2024届高三新高考化学大一轮专题复习--化学反应原理综合题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三新高考化学大一轮专题复习--化学反应原理综合题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-02 12:43:57 | ||
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文档简介
2024届高三新高考化学大一轮专题复习--化学反应原理综合题
1．（2022·四川南充·统考二模）实现碳中和成为各国科学家的研究重点，将二氧化碳转化为绿色液体燃料甲醇是一个重要方向。
甲醇的制备原理为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
(1)工业上利用低浓度氨水作为捕获剂，吸收烟气中CO2生成NH4HCO3以获得原料气体，其离子方程式为 。
(2)甲醇的制备反应一般认为通过如下两步来实现：
①CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)kJ/mol
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)kJ/mol
根据盖斯定律，该反应的 kJ·mol-1，反应能在 (填“高温”或“低温”)自发进行。
(3)为探究该反应原理，进行如下实验：在一恒温，体积为1L恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，进行该反应(不考虑其它副反应)。10min时测得CO2和CH3OH(g)的体积分数之比变为1：3且比值不再随时间变化。回答下列问题：
①反应开始到平衡，v(H2)= 。
②该温度下的平衡常数K= (mol/L)-2(保留两位有效数值)。
③若上述反应过程中不断升高反应温度，下列图象正确的是 。
(4)我国科学家制备了一种ZO-ZrO2催化剂，实现CO2高选择性合成CH3OH。气相催化合成过程中，CO2转化率(x)及CH3OH选择性(S)随温度的变化曲线如图。
①生成CH3OH的最佳温度约为 。
②温度升高，CO2转化率升高，但产物CH3OH含量降低的原因： 。
(5)研究发现，CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)，反应为CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)<0。在一容积固定的密闭容器中进行反应，实验测得：，、为速率常数。温度为T1℃时，该反应K=2，温度为T2℃时，，则T2℃时平衡压强 (填“>”“<”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是 。
2．（2023·浙江·统考高考真题）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：
该反应分两步完成：
请回答：
(1) 。
(2)恒定总压和水碳比[]投料，在不同条件下达到平衡时和的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
条件1 0.40 0.40 0
条件2 0.42 0.36 0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数 。
②对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，写出该反应方程式 。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入
B．恒定水碳比，增加体系总压可提高的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是 。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线 。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是 。
3．（2023·北京·统考高考真题）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．和生成；
ⅱ．分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。
a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应
c．
(3)近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。
①电极是电解池的 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。
4．（2023·辽宁·统考高考真题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为 。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。
5．（2023·山东济南·统考三模）二氧化碳捕集利用与封存、甲烷重整是实现“双碳”目标的重要途径。回答下列问题：
Ⅰ．化学家通过理论计算与研究，提出含氧空位的氧化铜对加氢选择合成甲醇具有高活性，后续实验研究证实了该理论预测。加氢选择合成甲醇的主要反应如下：
①
②
③
298K时，测得键能数据如下表所示。
化学键 C=O() C-O C-H O-H H-H
键能 803 326 414 464 436
(1)有利于反应①自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)； ，有利于提高甲醇产率的措施有 (至少回答2条)。
(2)将与按物质的量之比为3：1投入15MPa、220℃的密闭容器中进行上述反应①，不能说明反应一定达到平衡状态的是___________。
A．容器体积不再发生改变
B．
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变
D．某时刻测得与的物质的量之比为3：1
Ⅱ．甲烷重整工艺主要包括甲烷二氧化碳重整制氢、甲烷三重整制氢等。
(3)甲烷三重整制氢的主要反应为④ 。若将与CO按物质的量之比3：1加入反应装置，在不同条件下达到平衡时甲烷的物质的量分数为，在条件下与p的关系、在条件下与t的关系如图a所示。当CO的平衡转化率为时，反应条件可能是 ；210℃条件下，反应④的压强平衡常数 (保留三位有效数字)。甲烷三重整制氢工业一般将反应温度设置为750～920℃，将反应压力设置为2～3MPa，并向转化炉内通入空气或氧气，通入空气或氧气的目的是 。
(4)与重整制氢主要反应为⑤，该反应的阿伦尼乌斯经验公式实验数据如图b所示，已知阿伦尼乌斯经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应⑤逆反应的活化能为 。
6．（2023·江西宜春·江西省宜丰中学校考模拟预测）将CO2转化为更有价值的化工原料，正成为科学家们研究的一个重要领域。回答下列问题：
(1)已知：①2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH= 484 kJ mol 1
②2CH3OH(g)＋ 3O2(g) 2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH = 1353 kJ mol 1
则CO2(g)＋ 3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH = kJ mol 1.
(2)CO2催化加氢制甲醇过程中，存在竞争的副反应主要是： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH =＋41 kJ mol 1.在恒温密闭容器中，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[(CH3OH)%= ×100%]随着温度变化关系如下图所示。
①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因 。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，计算 244°C时反应生成CH3OH的物质的量为 mol。 (保留两位有效数字)
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，该温度下主反应的平衡常数Kp= 。 (列出计算式即可)
7．（2023·陕西咸阳·统考三模）用CO还原N2O，实现无害化处理是环境治理的一个重要方法：N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH。回答下列问题：
(1)已知：i.2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH1
ii.2N2O(g)2N2(g)+O2(g)ΔH2
ΔH= (用含ΔH1、ΔH2的式子表示)。
(2)N2O和CO在Fe+作用下的反应分两步进行：
反应I：Fe++N2O→FeO++N2
反应Ⅱ：FeO++CO→Fe++CO2
反应过程的能量变化如图所示：
①决定总反应速率的是 (填“反应I”或“反应Ⅱ”)。
②对于反应N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)，下列说法正确的是 (填字母)。
A．Fe+是催化剂，能降低反应的焓变
B．升高温度，N2O的平衡转化率减小
C．降低反应温度，反应平衡常数不变
D．上述反应过程中断裂离子键和极性键
(3)N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)的速率方程为v正=k正c(CO) c(N2O)，v逆=k逆c(O2) c(N2)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。
①反应速率Δv等于正、逆反应速率之差。平衡时，Δv(500K) Δv(550K)(填“＞”或“=”)。
②该反应的平衡常数为K，在图中画出pK(pK=-lgK)随温度的倒数()的变化曲线 。
(4)在473K时，向恒容密闭容器中充入amolCO和amolN2O，发生上述反应，平衡时N2O的体积分数为25%，该温度下的平衡常数的数值为 。
(5)已知500℃时，CaC2O4(s)CaCO3(s)+CO(g)的平衡常数Kp=ekPa。向一恒容密闭容器加入足量的CaC2O4固体，再充入一定量N2O气体，起始压强为bkPa，达到平衡时总压强为ckPa。500℃时，反应CO(g)+N2O(g)N2(g)+CO2(g)的平衡常数Kp= (用含e、b、c的式子表示)。
8．（2023·浙江·校联考模拟预测）工业上，以为原料，通过不同反应生产更高价值的。
I.直接分解生产：
反应①：
反应②：
请回答：
(1)恒温下，往恒容(10L)反应釜中通入4mol (g)(仅考虑发生上述反应)。某时刻转化率为20%，选择性为40%，则该时刻反应①的浓度商 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．反应①能自发进行的条件是低温
B．温度升高，反应②的平衡常数增大
C．压强增大，活化分子百分数增多，导致反应①速率加快
D．可通过C(s)的物质的量不再变化判断反应②达到平衡状态
(3)研究表明，在固体催化剂N存在下，反应①分三步进行，生成步骤的活化能远大于生成步骤的活化能，且开始一段时间内与的生成速率几乎相同(不考虑反应②)。画出步骤2和步骤3生成产物的反应过程能量示意图 。
II.辅助生产：
反应③：
恒温恒压下，和按物质的量之比1：1以一定流速通入装有某复合催化剂的反应器中，反应过程如图所示：
(4)关于反应过程，下列说法正确的是_______。
A．M可循环利用， 不可循环利用
B．过程1作用力a是氢键，过程2涉及极性键的形成和断裂
C．温度升高，过程1和过程2的反应速率均加快，总反应速率一定加快
D．其他条件不变，更换不同催化剂，同样生产1mol (g)所需能量不一定相同
(5)对该反应器催化剂表面上CO的生成速率和的消耗速率进行测定，所得实验结果如图2，请结合具体反应说明CO的生成速率和的消耗速率不相等的可能原因 。
9．（2023·广西·统考三模）以CO2为原料合成CH3OH和CH3OCH3是实现碳中和的重要途径之一、一定条件下，有关反应如下：
反应I．CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=－49.0 kJ ·mol－1
反应Ⅱ．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=－25.0 kJ ·mol－1
反应Ⅲ．CO2(g)+ H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3=+41.2kJ ·mol－1
回答下列问题：
(1)反应2CO2 (g) + 6H2 (g)CH3OCH3 (g)+3H2O(g)的△H= 。
(2)在Cu－ZnO－ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇(反应I)的反应历程如图所示。
图中反应②的化学方程式为 。在反应气中适当加入少量的水能够增大甲醇的产率，原因是 。
(3)催化条件下，某密闭容器中投入CO2和H2发生反应I和反应Ⅱ，实验测得温度对平衡体系中甲醇、二甲醚的物质的量分数的影响如图所示。
温度600K以下，甲醇的物质的量分数变化的可能原因是 。一定温度下，增大压强，二甲醚的物质的量分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)在5MPa下，CO2和H2按物质的量之比为1：3进行投料，发生反应I和反应Ⅲ，平衡时CO和CH3OH在含碳产物中的物质的量分数及CO2转化率随温度的变化如图所示。
①图中n代表的物质是 。
②150~400°C范围内，随着温度升高，H2O的平衡产量的变化趋势是 。
③270 °C时，CH3OH的分压为 MPa(保留2位小数)；反应Ⅲ的平衡常数K= (Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压 ×物质的量分数。保留3位小数)。
10．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）天然气是一种重要的化工原料，现代工业中常用天然气生产氢气、一氧化碳、甲醇等高附加值化学品，或是将其用于燃料电池。
(1)用天然气作原料制取氢气和一氧化碳的主要反应如下：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
①反应Ⅱ在 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)下为自发反应，反应Ⅲ的反应热 。
②已知反应I的正、逆反应活化能分别为，反应Ⅱ的正、逆反应活化能分别为，则 (填“>”、“<”或“=”)。
③在一定条件下，向恒容密闭容器中通入1mol和2mol，若只发生反应Ⅲ，则下列现象可以说明反应Ⅲ达到平衡的是 (填序号)。
A．
B．气体平均相对分子质量不再改变
C．气体密度不再改变
D．与的物质的量之比不再改变
④一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol和1mol，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时，容器中和的物质的量均为0.2mol，此时CO的浓度为 ，反应Ⅲ的平衡常数为 。
(2)设计以天然气为燃料的电池，可以提高能源利用率。某燃料电池装置如图所示，A、B为多孔性碳棒。向该电池中持续通入，时刻，已消耗的体积为67.2L(标准状况下)，继续通入，此时负极的电极反应式为 ；若向时刻的溶液中加入 molKOH并将溶液混匀，可使溶液中只含有一种溶质。
11．（2023·北京海淀·101中学校考三模）用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的，Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(无法占据活性位点)。反应过程如图所示：
(1)酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO分两步，将步骤ii补充完整： 。
i. +Fe+2H+=+Fe2++H2O
ii.______+______+H+=Fe2++______+______
(2)初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因 。
(3)水体初始pH会影响反应速率，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中随时间的变化如图所示。(注：为初始时NO的浓度。)
①为达到最高去除率，应调水体的初始pH= 。
②t＜10min，pH=2.0的溶液反应速率最快，t＞15min，其反应速率迅速降低，原因分别是 。
(4)总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是 。
(5)利用电解无害化处理水体中的NO，最终生成N2逸出。其装置及转化图如图所示：
①阴极的电极反应式为 。
②生成N2的离子方程式为 。
12．（2023·新疆·统考三模）深入研究含碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(g)+H2O(g) ΔH=-87.0kJ ·mol-1。
(1)分别向等温等容、绝热等容(起始温度相同)的密闭容器中加入0.2mol的NH3和0.1mol的CO2，若达平衡时等温等容容器中CO(NH2)2的质量分数为a%，绝热等容容器中CO(NH2)2的质量分数为b%，则a b(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。电解装置如图所示，熔融NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在发生电极反应时生成中间体Fe。惰性电极I的电极反应为 ， 生成氨气的反应：2Fe+N2 +3H2O(g)=Fe2O3+2NH3。
(3)如图是上述反应合成尿素的机理及能量变化(单位：kJ·mol-1) ，TS表示过渡态。
该反应历程中，起决速步骤的方程式是 。若 ΔE1=66.5 kJ·mol-1，则 ΔE2= kJ·mol-1。
(4)在T1℃和T2℃时(T1
(5)已知：Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。实验探究Catl、Cat2两种催化剂的催化效能，获得如图曲线。则催化效能较高的催化剂是 (填“Catl”或“Cat2”)，判断依据是 。
13．（2023·福建三明·统考模拟预测）与在固载金属催化剂(M)上可发生以下反应：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：……
可能的机理如图所示：
(1)写出反应ⅲ的化学方程式： 。
(2)已知298K时下列几种物质的标准生成焓。
[在标态和T(K)条件下由指定单质生成1mol某种物质的焓变]
物质 (g) (g) HCHO(g) (g)
标准生成焓/ -393.5 -242 -115.9 0
则反应ⅱ的 。
(3)向一装有催化剂的反应容器中通入和，维持体系压强为p MPa，只发生反应ⅰ和ⅱ，测得不同投料比下的平衡转化率随温度变化的曲线如图甲所示；时，HCHO和HCOOH的选择性随温度的变化曲线如图乙所示。
已知：物质B的选择性
①图甲中x (填“>”、“<”或“=”)3，理由是 。
②下列说法正确的是 (填标号)。
A．当容器中气体密度不再变化时，体系处于平衡状态
B．体系达平衡时，若分离出部分，反应ⅱ的平衡常数值将增大
C．若充入稀有气体，体系重新达平衡时HCHO的物质的量会减少
D．升高温度，反应ⅰ的增大，减小
③P点对应的体系中消耗了2.7mol ，则体系中充入的 mol，此时反应ⅰ的平衡常数 。(列出计算式即可)为以分+压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
14．（2023·福建宁德·统考模拟预测）乙二醇是一种重要的化工原料，可用于生产聚酯纤维、防冻剂、增塑剂等。由合成气直接法制乙二醇的主要反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
(1)已知298K、101kPa下，，，则 。
(2)在恒压密闭容器中充入合成气，仅考虑发生反应Ⅰ，维持10%转化率，所需反应条件(温度、压强)如表：
温度T/K 298.15 300 354.7 400
压强P/kPa 5.73 6.38 49.27 260.99
反应Ⅰ平衡常数K 1
则 (填“>”或“<”)0，随着温度升高所需压强增大的原因是 。
(3)在2L刚性容器中充入合成气，总压，温度473K，催化剂(含)下进行反应。
①测得和的时空收率分别为和(时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用表示的反应速率为 。
②平衡时，若和体积分数相等，的分压为，则的选择性为 ，反应Ⅰ的平衡常数 (用含x的式子表示)。(已知：的选择性；分压＝总压×物质的量分数。)
(4)合成气直接法制乙二醇的反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应历程(部分)如图1，一定条件下CO分压对选择性影响如图2所示。
图1(TS表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面)
图2
结合图1，图2，从速率角度解释CO分压增大选择性升高的原因 。
15．（2023·四川南充·统考三模）自“十四五规划”提出氮氧化物减排目标，烟气脱硝成为新型科研热点。其反应原理为：
反应I：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) ΔH＜0
反应Ⅱ：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)
(1)相关化学键的键能如表所示，则反应Ⅱ的正反应与逆反应活化能之差为 。
化学键 N≡O(NO气体) N－H N≡N H－O
键能/(kJ mol-1) 630 391 946 465
(2)在密闭体系中进行上述实验，一定条件下，测得不同温度下的相同时间内各组分含量如图1所示(部分反应物未画出)。
①温度小于500℃，随着温度的升高，N2的含量上升的原因是 。
②分析图像可知该容器内还发生了其它副反应，理由是 。
(3)烟气脱硝过程通常使用Vx/Ti作催化剂，实验室向1L密闭容器中充入4molNO、4molNH3和1molO2，发生反应I和反应Ⅱ，采用催化剂V0.5/Ti和V7/Ti测得不同温度下，NO转化率如图2所示。
①工业生产中最佳适宜条件为 ；在最佳适宜条件下进行反应，达平衡后，既能增大NO的平衡转化率又能加快反应速率的措施是 (填字母标号)。
A．升高温度 B．移去N2 C．充入氩气 D．充入2molNH3
②若恒温时，向体系再通入1molO2，则Kp(Ⅰ)/Kp(Ⅱ)的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
③图中A点时(若A点为平衡状态)，初始压强为90kPa，平衡时N2的物质的量为3.7mol，平衡时容器中NO的分压为 ，则反应Ⅱ的标准平衡常数K= 。(列计算式)已知K=，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(N2)、p(H2O)、p(NO)、p(NH3)为各组分的平衡分压}
16．（2023·广东·广州市第二中学校联考三模）人体内的血红蛋白(Hb)与肌红蛋白(Mb)均可结合，血红蛋白(Hb)与结合的过程存在如下反应：
①
②
③
回答下列问题：
(1) 0(填“>”“<”)， (用、表示)
(2)科研人员仅对于反应①进行模拟研究发现，37℃，pH=7.4时氧气分压与达到平衡时与的结合度α(转化率)的关系如图1所示，当pH=7.6时对应的曲线应为 (在下图中绘出)。
(3)已知：气液平衡体系中，例如平衡常数表达式为：。则37℃，pH=7.4时，反应①的平衡常数为
(4)高压氧舱常用于CO中毒治疗。若控制氧分压为80kPa，则37℃，pH=7.4时，达到平衡时与氧气的结合度α(转化率)为 %(保留一位小数)。
(5)血液中还同时存在反应④：，则氧分压 (填“高”或“低”)有利于排出体外。
(6)血液向肌肉细胞输送氧气时还存在反应⑤：，由向肌肉细胞快速提供氧气。正常人Mb含量为，Hb含量为。下列说法正确的是___________。
A．Hb结合氧气的能力强于Mb
B．高氧分压下，血液中浓度增加
C．高海拔居民体内Mb的含量偏高
D．肌肉细胞中Mb浓度不变时，氧气运输达平衡
17．（2023·广东深圳·翠园中学校考模拟预测）我国在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。因此将转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。异丁烯作为汽油添加剂的主要成分，可利用异丁烷与反应来制备。
反应I：
反应II：
已知：
回答下列问题：
(1)已知：异丁烷，异丁烯，CO的燃烧热热化学方程式的焓变分别为，，，则 (用题目给的反应焓变来表示)
(2)向恒容密闭容器中加入和，利用反应Ⅰ制备异丁烯。已知。已知正反应速率表示为，逆反应速率表示为，其中、为速率常数。
①图中能够代表的曲线为 (填“”“”“”或“”)。
②温度为时，该反应化学平衡常数 ，平衡时转化率 50％(填“>”、“=”、“<”)。
(3)重整技术是实现“碳中和”的一种理想的利用技术，反应为：。在时，将和按物质的量之为充入密闭容器中，分别在无催化剂及催化下反应相同时间，测得的转化率与温度的关系如图所示：
①a点转化率相等的原因是 。
②在、900℃、催化条件下，将、、按物质的量之比为充入密闭容器，的平衡转化率为，此时平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数；写出含、n、p的计算表达式)。
(4)相比于反应II直接脱氢，有人提出加入适量空气。采用异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，发生反应相比于异丁烷直按脱氢制备丁烯。从产率角度分析该方法的优点是 。
(5)利用电化学可以将有效转化为，装置如图所示。
装置工作时，阴极除有生成外，还可能生成副产物降低电解效率。阴极生成的副产物可能是 ，标准状况下，当阳极生成的体积为时，测得阴极区内的，则电解效率为 。(忽略电解前后液体积的变化)
已知：电解效率=×100％。
18．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考二模）工业烟气中常含有NOx(NO、NO2)。用NaClO溶液将NOx氧化为，实现烟气中NOx的脱除。
(1)NOx在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现 性。
(2)向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对NOx脱除率的影响，结果如下。
已知：NOx脱除率=×100%
①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是 。
②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式(可逆)为 。
③pH<5.5时，分析NOx脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因： 。
(3)用CrO3分别将脱除前后的NOx全部转化为NO2，并用库仑仪测定NO2的量，可计算NOx脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下：
检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。NO2进入电解池后与I-反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出NO2的物质的量。
①NO2在电解池中被I-还原为NO的离子方程式为 。
②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。NOx脱除率是 。
③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致NO2测定结果 (填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)NH3·H2O+ CO2=NH+HCO
(2) —49 低温
(3) 0.225mol(L·min) 5.3 AC
(4) 320℃ 温度升高，反应速率加快，CO2转化率增大，但CH3OH的选择性降低，副反应也增多，CH3OH的含量降低
(5) > 该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，T1小于T2说明平衡左移，气体的体积分数增大，压强增大
【详解】（1）由题意可知，浓氨水与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的离子方程式为NH3·H2O+ CO2=NH+HCO，故答案为：NH3·H2O+ CO2=NH+HCO；
（2）由盖斯定律可知，反应①+②得到二氧化碳转化为甲醇的反应，反应△H=△H1+△H2=(+41kJ/mol)+(—90kJ/mol)=—49 kJ/mol，该反应为熵减的放热反应，低温条件下，反应△H—T△S＜0，反应能自发进行，故答案为：—49；低温；
（3）10min时测得二氧化碳和甲醇的体积分数之比变为1：3且比值不再随时间变化可知反应达到平衡，设平衡时生成甲醇的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲醇的体积分数之比变为1：3可得：3(1—a)=a，解得a=0.75；
①由三段式数据可知，反应开始到平衡时氢气的反应速率为=0.225mol(L·min)，故答案为：0.225mol(L·min)；
②由三段式数据可知，该温度下的平衡常数K=≈5.3，故答案为：5.3；
③该反应为放热反应，升高温度，化学反应速率增大，反应达到平衡后，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小、甲醇的浓度增大、氢气的体积分数增大，故选AC；
（4）①由图可知，温度为320℃时，甲醇的选择性较高、二氧化碳转化率较高，则生成甲醇的最佳温度约为320℃，故答案为：320℃；
②温度升高，二氧化碳转化率升高，但产物甲醇含量降低说明温度升高，反应速率加快，二氧化碳转化率增大、甲醇的选择性降低，甲醇的选择性降低导致副反应也增多，甲醇的含量降低，故答案为：温度升高，反应速率加快，CO2转化率增大，但CH3OH的选择性降低，副反应也增多，CH3OH的含量降低；
（5）该反应为气体体积减小放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由温度为T2℃时，可得平衡常数K==1.9，平衡常数小于温度为T1℃时说明T1小于T2，T1℃时气体的体积分数小于T2℃时，压强小于T2℃时，故答案为：>；该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，T1小于T2说明平衡左移，气体的体积分数增大，压强增大。
2．(1)6
(2) 2 CO+3H2 CH4+H2O
(3)AC
(4) AC
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【详解】（1）设方程式①
②
③
根据盖斯定律可知，③=①-②，则；
（2）①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol和5mol，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；
则平衡常数；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2 CH4+H2O；
（3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入，A正确；
B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；
D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；
故选AC；
（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；
B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；
C．通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；
故选AC；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为： ；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
3．(1)
(2)ab
(3) 阳
(4) 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度
【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是。答案为；
（2）a．反应ⅰ的活化能是，反应ⅱ活化能是，，a项正确；
b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；
c．总反应的：，c项错误；
故选ab。
（3）①电极b上发生失电子生成的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为。答案为阳极；；
（4）①尿素消化分解生成和，由于反应中存在浓，则消化液中含氮粒子为。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入溶液的体积和浓度。答案为；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
4．(1) CuO SO3
(2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）
(3) cd d
【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；
d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；
故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案为。
5．(1) 低温 -88 降温、加压、及时分离出产物
(2)D
(3) 250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa 1.08×1012 使原料气部分发生氧化反应，为甲烷进一步转化提供热量
(4)30
【详解】（1）反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，则反应的焓变为，反应①为放热的熵减反应，故低温利于反应的自发进行；
已知：① ，② ，根据盖斯定律可知，反应①-②得：③，故；
生成甲醇的反应为气体分子数减小的放热反应，故降温、加压、及时分离出产物均有利于平衡正向移动，利于提高甲醇产率；
（2）A．反应为气体分子数改变的反应，容器体积不再发生改变，说明达到平衡状态，A不符合题意；
B．，说明此时正逆反应速率相等，则达到平衡状态，B不符合题意；
C．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，C不符合题意；
D．投料比为反应的二氧化碳、氢气的系数比，故二氧化碳、氢气的物质的量之比为定值，某时刻测得与的物质的量之比为3：1，不能说明反应达到平衡，D符合题意；
故选D；
（3）已知：，则温度相同，增大压强，平衡逆向移动，甲烷含量增大，故向上的曲线为条件下与p的关系；压强相同，升高温度，平衡正向进行，甲烷含量减小，故向下的曲线为条件下与t的关系；
假设与CO 投料分别为3mol、1mol，CO的平衡转化率为时，反应CO为1mol
则反应后总的物质的量为，，故反应条件可能是250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa；
210℃条件下，反应后总的物质的量为，甲烷、水、氢气、一氧化碳的物质的量分别为、、2mol、，分压分别为、、、，反应④的压强平衡常数；
通入空气或氧气的目的是使原料气部分发生氧化反应，为甲烷进一步转化提供热量；
（4）已知，则，也就是图像的斜率为活化能，故反应⑤逆反应的活化能为。
6．(1) 49.5
(2) 主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降 0.061
【详解】（1）根据盖斯定律，将反应①的焓变值的1.5倍减去反应②的焓变值的一半得到CO2(g)＋ 3H2(g) = CH3OH(g)＋H2O(g)， ΔH =[( 484 kJ mol 1)×1.5] [( 1353 kJ mol 1)÷2]= 49.5kJ mol 1，故答案为 49.5；
（2）分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降；
按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，244°C时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，因此此温度下反应生成CH3OH的物质的量为1mol×10.5%×58.3%≈0.061mol，故答案为0.061；
在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，，，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，总气体物质的量为3.8mol，则该温度下主反应的平衡常数；
7．(1)
(2) 反应I BD
(3) =
(4)1
(5)
【详解】（1）已知：i.2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH1，ii.2N2O(g)2N2(g)+O2(g)ΔH2，根据盖斯定律，反应N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)为反应(i+ii)，则H=。
（2）①决定总反应速率是由慢反应决定，活化能越大，化学反应速率越慢，根据图像可知，第一步反应活化能大，因此决定总反应速率是由第一步决定；故答案为反应I；
②A．根据题意，Fe+是N2O和CO反应的催化剂，催化剂改变历程，但对ΔH无影响，故A错误；
B．反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，CO2的体积分数减小，故B正确；
C．降低温度平衡正向移动，平衡常数增大，故C错误；
D．CO分子中C和O共用叁键，CO2的结构式为O=C=O，因此反应中有极性键的断裂，也有离子键的断裂，故D正确；
答案为BD；
（3）①达到平衡时，正反应速率=逆反应速率净反应速率为0，即Δv(500K)=Δv(550K)，故答案为=；
②反应为放热反应，升高温度，K减小，pK=-lgK，pK增大，pK与温度的倒数的图像是 ；故答案为；
（4）①开始N2O的投入量是amol，CO是amol，N2O的转化量是2x，则有，平衡后O的体积分数为25%，则有，解得x=0.5a，则该温度下平衡常数，故答案为：1；
（5）已知CaC2O4(s)CaCO3(s)+CO(g)Kp=ekPa，则p(CO)=ekPa，设N2O的转化压强为xkPa，则，则b-x+e+2x=c，x=c-e-b，则Kp=。
8．(1)0.0224
(2)BD
(3)
(4)B
(5)依据反应③过程，CO 的生成速率和CO2的消耗速率应相等，但还会发生反应②有积碳生成，且CO2+C2CO
【详解】（1）根据已知条件列出“三段式”
某时刻转化率为20%，选择性为40%，则=0.2，=0.4，解得x=0.32，y=0.48，则该时刻反应①的浓度商=0.0224。
（2）A．反应①是吸热的熵增的反应，自发进行的条件是高温，故A错误；
B．反应②分解生产C和H2的反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故B正确；
C．增大压强，活化分子数不一定增多，所以其反应速率不一定最多，如恒温恒容条件下加入惰性气体，体系压强增大但反应物浓度不变，反应速率不变，故C错误；
D．C(s)的物质的量不再变化，说明反应②的正逆反应速率相等，反应达到平衡，故D正确；
故选BD。
（3）反应①分三步进行，由图可知，步骤1为吸附在催化剂表面，该过程为放热反应，则步骤2为N在催化剂表面生成C3H6(g)和NH2(g)，步骤3为NC3H6(g)和NH2(g)从催化剂表面解吸附生成N(s)、C3H6(g)和H2(g)，该过程是吸热反应，结合反应①总反应为吸热反应，画出步骤2和步骤3生成产物的反应过程能量示意图为： 。
（4）A．由图可知，M和 在过程1中被消耗，在过程2中又生成，二者都可循环利用，故A错误；
B．过程1作用力a是H原子和O原子之间形成的氢键，过程2涉及极性键的形成和断裂，故B正确；
C．温度升高，可能导致催化剂活性降低，总反应速率不一定加快，故C错误；
D．催化剂不改变反应热，其他条件不变，更换不同催化剂，同样生产1mol (g)所需能量相同，故D错误；
故选B。
（5）依据反应③过程，CO 的生成速率和CO2的消耗速率应相等，但还会发生反应②有积碳生成，且CO2+C2CO。
9．(1)－123.0kJ·mol－1
(2) *HCOO+4*H=* H3CO+ H2O 水为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促进平衡正向移动，增大甲醇的产率
(3) 反应I和反应Ⅱ均为放热反应，温度600K以下，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应I平衡逆向移动的程度 增大
(4) CO 先减小后增大 0.16 0. 015
【详解】（1）反应I的2倍加上反应Ⅱ得到反应2CO2 (g) + 6H2 (g)CH3OCH3 (g)+3H2O(g)的△H=－123.0kJ·mol－1；故答案为：－123.0kJ·mol－1。
（2）根据图中信息，图中反应②是*HCOO和*H反应生成* H3CO和H2O，其反应方程式为*HCOO+4*H=* H3CO+ H2O。在反应气中适当加入少量的水能够增大甲醇的产率，根据图中信息水为反应③的反应物，适当加入水蒸气，增大反应③的反应物浓度，有利于平衡正向移动，增大甲醇的产率；故答案为：水为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促进平衡正向移动，增大甲醇的产率。
（3）温度600K以下，根据图中信息甲醇减少，二甲醚也再减少且二甲醚减小的幅度大于甲醇减小的幅度，因此甲醇的物质的量分数变化的可能原因是反应I和反应Ⅱ均为放热反应，温度600K以下，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应I平衡逆向移动的程度。一定温度下，反应I和反应Ⅱ都是体积减小的反应，增大压强，平衡都正向移动，因此二甲醚的物质的量分数增大；故答案为：反应I和反应Ⅱ均为放热反应，温度600K以下，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应I平衡逆向移动的程度；增大。
（4）①反应I是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应，升高温度，反应I平衡逆向移动，反应Ⅲ平衡正向移动，因此甲醇的量减少，CO的量增大，因此图中n代表的物质是CO；故答案为：CO。
②150~400°C范围内，随着温度升高，H2O的平衡产量的变化趋势与二氧化碳的转化率变化趋势一样，是先减小后增大；故答案为：先减小后增大。
③270 °C时，假设开始加入1mol二氧化碳，3mol氢气，建立三段式，，则x+y=0.24，x=y，则x=0.12，CH3OH的分压为MPa(保留2位小数)；反应Ⅲ的平衡常数；故答案为：0.015。
10．(1) 高温 ＜ BD
(2) 2
【详解】（1）①反应Ⅱ是吸热反应，熵增的反应，根据 ，则在高温下为自发反应，第一个方程式2倍减去第二个方程式得到反应Ⅲ的反应热；故答案为：高温；。
②已知反应I的正、逆反应活化能分别为，反应Ⅱ的正、逆反应活化能分别为，，，第二个方程式减去第一个方程式，则；故答案为：＜。
③A．，一个正向反应，一个逆向反应，速率之比不等于计量系数之比，故A不符合题意；B．平均摩尔质量等于质量除以气体物质的量，气体质量不变，正向反应，气体物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，当气体平均相对分子质量不再改变，则达到平衡，故B符合题意；C．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当气体密度不再改变，不能作为判断平衡标志，故C不符合题意；D．随着反应正向进行，与的物质的量之比发生改变，当与的物质的量之比不再改变，说明达到平衡，故D符合题意；综上所述，答案为：BD。
④一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol和1mol，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，建立三段式、、，达到平衡时，容器中和的物质的量均为0.2mol，1 x 2y=0.2，y z=0.2，C物质的量为x+2z=0.4，此时CO的浓度为，根据前面分析得到甲烷、二氧化碳、一氧化碳、氢气物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.4mol、2mol，则反应Ⅲ的平衡常数为；故答案为：；。
（2）向该电池中持续通入，甲烷为负极，空气为正极，此时负极的电极反应式为，正极电极反应式为；总反应方程式为：，时刻，已消耗的体积为67.2L(标准状况下气体物质的量为3mol)，则消耗KOH物质的量为6mol，则向时刻的溶液中加入2molKOH并将溶液混匀，可使溶液中只含有一种溶质；故答案为：；2。
11．(1)
(2)Fe2+发生水解反应产生白色絮状物，再与氧气发生反应生成红褐色固体。
(3) 6.5 氢离子浓度较高，反应速率快且Fe2+水解程度小附着物占据活性中心少
氢离子浓度降低Fe2+水解程度增大附着物占据活性中心增多
(4)或与发生归中反应生成氮气
(5)
【详解】（1）由图可知，被还原为，根据氧化还原反应规律得到：。
（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色由此判断原因为：Fe2+发生水解反应产生白色絮状物，再与氧气发生反应生成红褐色固体。
（3）当pH=6.5时由图像可知去除率最高；题干信息告知：离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(无法占据活性位点)。t＜10min，pH=2.0的溶液反应速率最快，t＞15min，其反应速率迅速降低，综合分析，可知：前期氢离子浓度较高，反应速率快且Fe2+水解程度小附着物占据活性中心少，反应速率快；后期
氢离子浓度降低Fe2+水解程度增大附着物占据活性中心增多，反应速率降低。
（4）40min时总氮量较初始时下降，说明部分含氮微粒脱离溶液体系，极有可能是转化为气体，由此猜测可能原因是或与发生归中反应生成氮气。
（5）由图可知阴极得电子转化为，即。次氯酸将氧化为氮气，即。
12．(1)大于
(2)Fe2O3+3H2O(g) +6e- =2Fe+6OH-
(3) HOOC-NH2 =H2O+HN=C=O 241
(4) 1000 1000 变大
(5) Cat2 Cat2 直线斜率变化值较小(或直线Cat2斜率绝对值较小或直线Cat2较Catl平缓) ，活化能较小催化效能较高(其他答案合理均可)
【详解】（1）该反应为放热反应，随着反应的进行，绝热容器中体系的温度会逐渐升高，平衡逆向移动，不利于CO(NH2)2(g)的生成，CO(NH2)2(g)所占体系的百分含量减少，a大于b。
（2）根据图示可知，惰性电极Ⅰ为阴极，反应得电子，电极反应式为Fe2O3+3H2O(g)+6e-=2Fe+6OH-。
（3）根据图所示，能垒最大的即为决速步骤，故该步骤的方程式为：HOOC NH2→HN=C=O+H2；根据2NH3+CO2=CO(NH2)2+H2O △H= 87kJ/mol，图中最终生成物对初始反应物的能量差是 87kJ/mol，那么由TS3到最终产物，就有ΔE2=ΔE1+87.5kJ/mol ( 87kJ/mol)=241kJ/mol。
（4）该反应△H＜0，温度升高，平衡向逆方向移动，因为T1＜T2，故在图中上面的那条线是T1℃对应的图像，平衡时v正=v逆，k正 p(HNCO) p(NH3)=k逆 p[CO(NH2)2]，代入横坐标为1、纵坐标为5那个点的数据得：kPa-1；T2℃时，根据标准平衡常数的表达式，并代入A点的数据得：；若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，容器体积不变，相当于加压，加压时平衡向气体计量数减小的正方向移动，CO(NH2)2的体积分数变大。
（5）已知活化能较小催化效能较高，由图可知，Cat2直线斜率变化值较小，活化能较小催化效能较高，所以催化效能较高的催化剂是Cat2。
13．(1)
(2)
(3) < 增大与的投料比，的平衡转化率增大 AC 3
【详解】（1）由图可知，与还可以发生反应生成CO和H2O，反应ⅰⅰⅰ为：。
（2）反应热等于生成物的生成焓减去反应物的生成焓， =-242-115.9+393.5=。
（3）①增大与的投料比，相当于增大的浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，图甲中x<3；
②A．在恒压容器中，反应进行时气体总质量不变，总体积减小，混合气体的密度增大，当容器中气体密度不再变化时，体系处于平衡状态，故A错误；
B．平衡常数只受温度影响，体系达平衡时，若分离出部分，反应ⅱ的平衡常数值将不变，故B错误；
C．在恒压容器中若充入稀有气体，容器体积增大，压强减小，与发生的反应ⅰ和ⅱ总体来看是气体体积减小的反应，反应会逆向进行，体系重新达平衡时HCHO的物质的量会减少
，故C正确；
D．升高温度，反应ⅰ的和都增大，故D错误；
故选AC；
③根据已知条件列出“三段式”：
P点对应的体系中消耗了2.7mol ，则x+2y=2.7mol，的选择性为=0.5，解得x=y=0.9mol，CO2的平衡转化率为=60%，解得a=3，则体系中充入的3mol，此时反应ⅰ的平衡常数。
14．(1)-90.14
(2) < 升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动
(3) 1.68 66.7% 或
(4)随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高
【详解】（1）已知：
①
②
由盖斯定律可知，②-①得：；
（2）由图表可知，随着温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，焓变小于零；反应为气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动，故随着温度升高所需压强增大；
（3）①由反应Ⅰ 、反应Ⅱ 体现的关系可知，表示的反应速率为；
②在2L刚性容器中充入合成气，总压，则一氧化碳、氢气初始分压均为20MPa，平衡时，若和体积分数相等，则分压均为aMPa，则
则的选择性为
的分压为，则20-3a-2a=x，，则氢气、一氧化碳分压分别为、，故应Ⅰ的平衡常数；
（4）CO分压增大选择性升高的原因为：随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高。
15．(1)-1838kJ mol-1
(2) 温度小于500℃，反应未达到平衡，随着温度升高，速率增大 温度大于500℃，生成物N2浓度下降，H2O(g)的浓度升高，则有副反应发生
(3) 250℃，V7/Ti D 不变 2kPa
【详解】（1）反应Ⅱ的正反应与逆反应活化能之差为反应Ⅱ的焓变， H=反应物的总键能-生成物的总键能，；故答案为：-1838kJ mol-1；
（2）①温度小于500℃，随着温度的升高，N2的含量上升的原因是：温度小于500℃，反应未达到平衡，随着温度升高，速率增大；
②温度大于500℃，生成物N2浓度下降，H2O(g)的浓度升高，则有副反应发生；
（3）①在250℃、V7/Ti时NO的转化率最大，为工业生产中最佳适宜条件；
A．升高温度，反应速率加快，但该反应为放热反应，故平衡逆向进行，减小了NO转化率，A不符合题意；
B．移去N2，NO的平衡转化率增大，但反应速率减小，B不符合题意；
C．密闭容器内充入氩气，反应速率不变，平衡不移动，C不符合题意；
D．充入氨气，反应速率加快，平衡正向进行，提高NO平衡转化率，D符合题意；
故答案为：D；
②K只受温度影响，温度不变，K不变，故K比值不变；故答案为：不变；
③向1L密闭容器中充入4molNO、4molNH3和1molO2发生反应I和反应Ⅱ，A点时NO转化率为95%，则NO消耗3.8mol，平衡时为0.2molNO，已知平衡时N2的物质的量为3.7mol，假设反应I消耗4x mol NO、生成4x molN2，反应Ⅱ消耗6y mol NO、生成5y molN2，则4x+6y=3.8、4x+5y=3.7，解得x=0.8，y=0.1，列三段式：反应I反应Ⅱ，平衡时总物质的量为，由压强之比等于物质的量之比，，解得平衡时压强为P平衡=99kPa，平衡时容器中NO的分压为，NH3的分压为，N2的分压为，H2O的分压为，pθ=100kPa，反应Ⅱ的标准平衡常数。
16．(1) <
(2)
(3)
(4)96.8
(5)高
(6)BCD
【详解】（1）反应②，氧气由气态变为液态可知为放热反应，因此，由盖斯定律可知，反应③=①-②，即，故答案为：<；；
（2）37 ℃氧气分压一定时，增大氢离子浓度，平衡向正反应方向移动，Hb与氧气的结合度减小，由图可知，曲线A的Hb与氧气的结合度最大说明溶液的pH最大，则pH=7.6时对应的曲线为；故答案为：；
（3）本题考查化学平衡常数的计算，反应①，有，根据题干中液平衡体系中，例如平衡常数表达式为：，可知，观察平衡时与的结合度α(转化率)的关系图可知，当pH=7.4，可知，p(O2)=4kPa时，此时的结合度为60%，即c(HbO2)=c×60%mol·L－1，c(HbH+)=c×40%mol·L－1，代入表达式可得，；故答案为：；
（4）根据前面可知，则有根据氧分压为80kPa，温度为37℃，pH=7.4时可知，K只受温度的影响，温度不变，则K不变，带入表达式有，因此K=，p(O2)=80kPa，代入上述表达式，即=96.8%；故答案为：96.8%；
（5）考查影响化学平衡的因素，氧气分压高，使平衡①向正反应方向进行，增加与氧气的结合度，c(H＋)增大，促使反应④向逆反应方向进行，因此有利于CO2排出体外，故答案为：高；
（6）A．根据反应⑤：且正常人Mb含量为小于Hb含量为，可知平衡正向移动的倾向更大，因此Hb结合氧气的能力弱于Mb，更易生成MbO2，故A错误；
B．Mb与氧气结合的平衡如下：Mb(aq)+O2(g) MbO2(aq)，高氧分压下，血液中浓度增加，故B正确；
C．高海拔中的氧气较为稀薄，更需要能与氧气较为容易结合的Mb，因此居民体内Mb的含量偏高，故C正确；
D．当肌肉细胞中Mb浓度不变时，说明反应⑤达到平衡，因此氧气运输达平衡，故D正确；
故答案选BCD。
17．(1)
(2) L3 1 >
(3) 温度较高，催化剂失活
(4)空气中氧气与产物氢气反应生成水，同时惰性的氮气加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率
(5) H2 75%
【详解】（1）给反应I编为序号①；
反应II编为序号②：
③；④；⑤，根据盖斯定律可得出目标方程式①=③-④-⑤-②，即可得，故答案为：；
（2）①温度越高，反应速率越快，k正、k逆越大，该反应为吸热反应，则k正增大的倍数大于k逆，则图中能够代表k送的曲线为L3；②反应达到平衡时，v正=v逆，则k正c[CH3CH(CH3)CH3] ·c(CO2) = k逆c[CH2=c(CH3)2]c(H2O) ×c(CO)，K=== 1，假设CH3CH(CH3)CH3的转化率为50%，Qc===0.5；
（3）①由图可知，a点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率相等，说明催化剂失去活性，
②设起始CO2、CH4、H2O物质的量为1mol、1mol、nmol，列化学平衡三段式
混合气体总物质的量为(1-a+1-a+2a+2a +n)= (2+2a+n) mol，Kp===；故答案为：温度较高，催化剂失活；；
（4）从产率角度分析其优点是空气中氧气与产物氢气反应生成水，同时惰性的氮气加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率，故答案为：空气中氧气与产物氢气反应生成水，同时惰性的氮气加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率；
（5）在阴极氢离子也易得到电子转化为H2，则阴极生成的副产物可能是H2；标准状况下，当阳极生成氧气体积为224mL时，转移电子的物质的量为 0.04mol，测得阴极区内的c( HCOO-) = 0.015mol/L，转移电子的物质的量为0.015mol/L×1L×2 = 0.03mol，电解效率为=75%，故答案为：H2；75%。
18．(1)还原
(2) 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+ 溶液初始pH高，c(H+)小，有利于2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+和2NO2+HClO+H2O 2+Cl-+3H+正向进行，NOx脱除率大
(3) NO2+2I-+2H3PO4=NO+I2+2+H2O 偏低
【详解】（1）在形成酸雨过程中，NOx在大气中最终被氧化硝酸，该程中NOx表现还原性，故答案为：还原；
（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液初始pH，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；
②将pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强强化性，将NO氧化为，自身被还原为Cl-，其离子方程式为2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+，故答案为：2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+；
③脱除NOx的反应为2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+和2NO2+HClO+H2O 2+Cl-+3H+，可反应可知pH<5.5时随pH升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高NOx脱除率，故答案为：溶液初始pH高，c(H+)小，有利于2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+和2NO2+HClO+H2O 2+Cl-+3H+正向进行，NOx脱除率大；
（3）①NO2在电解池中被I-还原为NO，而I-被氧化为I2，结合电解质环境H3PO4提供氢离子最终生成，根据得电子守恒可得反应方程式NO2+2I-+2H3PO4=NO+I2+2+H2O，故答案为：NO2+2I-+2H3PO4=NO+I2+2+H2O；
②可用转移电子物质的量表示NOx的物质的量，则脱除前NOx的物质的量为a mol，脱除后NOx的物质的量为b mol，NOx的脱出率为，故答案为：；
③测量结束后，电解池中还检测到少量和，说明NOx没有完全转化为NO2，导致NO2测定值偏低，故答案为：偏低。
答案第1页，共2页
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1．（2022·四川南充·统考二模）实现碳中和成为各国科学家的研究重点，将二氧化碳转化为绿色液体燃料甲醇是一个重要方向。
甲醇的制备原理为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
(1)工业上利用低浓度氨水作为捕获剂，吸收烟气中CO2生成NH4HCO3以获得原料气体，其离子方程式为 。
(2)甲醇的制备反应一般认为通过如下两步来实现：
①CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)kJ/mol
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)kJ/mol
根据盖斯定律，该反应的 kJ·mol-1，反应能在 (填“高温”或“低温”)自发进行。
(3)为探究该反应原理，进行如下实验：在一恒温，体积为1L恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，进行该反应(不考虑其它副反应)。10min时测得CO2和CH3OH(g)的体积分数之比变为1：3且比值不再随时间变化。回答下列问题：
①反应开始到平衡，v(H2)= 。
②该温度下的平衡常数K= (mol/L)-2(保留两位有效数值)。
③若上述反应过程中不断升高反应温度，下列图象正确的是 。
(4)我国科学家制备了一种ZO-ZrO2催化剂，实现CO2高选择性合成CH3OH。气相催化合成过程中，CO2转化率(x)及CH3OH选择性(S)随温度的变化曲线如图。
①生成CH3OH的最佳温度约为 。
②温度升高，CO2转化率升高，但产物CH3OH含量降低的原因： 。
(5)研究发现，CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)，反应为CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)<0。在一容积固定的密闭容器中进行反应，实验测得：，、为速率常数。温度为T1℃时，该反应K=2，温度为T2℃时，，则T2℃时平衡压强 (填“>”“<”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是 。
2．（2023·浙江·统考高考真题）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：
该反应分两步完成：
请回答：
(1) 。
(2)恒定总压和水碳比[]投料，在不同条件下达到平衡时和的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
条件1 0.40 0.40 0
条件2 0.42 0.36 0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数 。
②对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，写出该反应方程式 。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入
B．恒定水碳比，增加体系总压可提高的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是 。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线 。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是 。
3．（2023·北京·统考高考真题）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．和生成；
ⅱ．分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。
a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应
c．
(3)近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。
①电极是电解池的 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。
4．（2023·辽宁·统考高考真题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为 。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。
5．（2023·山东济南·统考三模）二氧化碳捕集利用与封存、甲烷重整是实现“双碳”目标的重要途径。回答下列问题：
Ⅰ．化学家通过理论计算与研究，提出含氧空位的氧化铜对加氢选择合成甲醇具有高活性，后续实验研究证实了该理论预测。加氢选择合成甲醇的主要反应如下：
①
②
③
298K时，测得键能数据如下表所示。
化学键 C=O() C-O C-H O-H H-H
键能 803 326 414 464 436
(1)有利于反应①自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)； ，有利于提高甲醇产率的措施有 (至少回答2条)。
(2)将与按物质的量之比为3：1投入15MPa、220℃的密闭容器中进行上述反应①，不能说明反应一定达到平衡状态的是___________。
A．容器体积不再发生改变
B．
C．混合气体的平均相对分子质量不再改变
D．某时刻测得与的物质的量之比为3：1
Ⅱ．甲烷重整工艺主要包括甲烷二氧化碳重整制氢、甲烷三重整制氢等。
(3)甲烷三重整制氢的主要反应为④ 。若将与CO按物质的量之比3：1加入反应装置，在不同条件下达到平衡时甲烷的物质的量分数为，在条件下与p的关系、在条件下与t的关系如图a所示。当CO的平衡转化率为时，反应条件可能是 ；210℃条件下，反应④的压强平衡常数 (保留三位有效数字)。甲烷三重整制氢工业一般将反应温度设置为750～920℃，将反应压力设置为2～3MPa，并向转化炉内通入空气或氧气，通入空气或氧气的目的是 。
(4)与重整制氢主要反应为⑤，该反应的阿伦尼乌斯经验公式实验数据如图b所示，已知阿伦尼乌斯经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。反应⑤逆反应的活化能为 。
6．（2023·江西宜春·江西省宜丰中学校考模拟预测）将CO2转化为更有价值的化工原料，正成为科学家们研究的一个重要领域。回答下列问题：
(1)已知：①2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH= 484 kJ mol 1
②2CH3OH(g)＋ 3O2(g) 2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH = 1353 kJ mol 1
则CO2(g)＋ 3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH = kJ mol 1.
(2)CO2催化加氢制甲醇过程中，存在竞争的副反应主要是： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH =＋41 kJ mol 1.在恒温密闭容器中，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[(CH3OH)%= ×100%]随着温度变化关系如下图所示。
①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因 。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，计算 244°C时反应生成CH3OH的物质的量为 mol。 (保留两位有效数字)
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，该温度下主反应的平衡常数Kp= 。 (列出计算式即可)
7．（2023·陕西咸阳·统考三模）用CO还原N2O，实现无害化处理是环境治理的一个重要方法：N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH。回答下列问题：
(1)已知：i.2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH1
ii.2N2O(g)2N2(g)+O2(g)ΔH2
ΔH= (用含ΔH1、ΔH2的式子表示)。
(2)N2O和CO在Fe+作用下的反应分两步进行：
反应I：Fe++N2O→FeO++N2
反应Ⅱ：FeO++CO→Fe++CO2
反应过程的能量变化如图所示：
①决定总反应速率的是 (填“反应I”或“反应Ⅱ”)。
②对于反应N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)，下列说法正确的是 (填字母)。
A．Fe+是催化剂，能降低反应的焓变
B．升高温度，N2O的平衡转化率减小
C．降低反应温度，反应平衡常数不变
D．上述反应过程中断裂离子键和极性键
(3)N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)的速率方程为v正=k正c(CO) c(N2O)，v逆=k逆c(O2) c(N2)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。
①反应速率Δv等于正、逆反应速率之差。平衡时，Δv(500K) Δv(550K)(填“＞”或“=”)。
②该反应的平衡常数为K，在图中画出pK(pK=-lgK)随温度的倒数()的变化曲线 。
(4)在473K时，向恒容密闭容器中充入amolCO和amolN2O，发生上述反应，平衡时N2O的体积分数为25%，该温度下的平衡常数的数值为 。
(5)已知500℃时，CaC2O4(s)CaCO3(s)+CO(g)的平衡常数Kp=ekPa。向一恒容密闭容器加入足量的CaC2O4固体，再充入一定量N2O气体，起始压强为bkPa，达到平衡时总压强为ckPa。500℃时，反应CO(g)+N2O(g)N2(g)+CO2(g)的平衡常数Kp= (用含e、b、c的式子表示)。
8．（2023·浙江·校联考模拟预测）工业上，以为原料，通过不同反应生产更高价值的。
I.直接分解生产：
反应①：
反应②：
请回答：
(1)恒温下，往恒容(10L)反应釜中通入4mol (g)(仅考虑发生上述反应)。某时刻转化率为20%，选择性为40%，则该时刻反应①的浓度商 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．反应①能自发进行的条件是低温
B．温度升高，反应②的平衡常数增大
C．压强增大，活化分子百分数增多，导致反应①速率加快
D．可通过C(s)的物质的量不再变化判断反应②达到平衡状态
(3)研究表明，在固体催化剂N存在下，反应①分三步进行，生成步骤的活化能远大于生成步骤的活化能，且开始一段时间内与的生成速率几乎相同(不考虑反应②)。画出步骤2和步骤3生成产物的反应过程能量示意图 。
II.辅助生产：
反应③：
恒温恒压下，和按物质的量之比1：1以一定流速通入装有某复合催化剂的反应器中，反应过程如图所示：
(4)关于反应过程，下列说法正确的是_______。
A．M可循环利用， 不可循环利用
B．过程1作用力a是氢键，过程2涉及极性键的形成和断裂
C．温度升高，过程1和过程2的反应速率均加快，总反应速率一定加快
D．其他条件不变，更换不同催化剂，同样生产1mol (g)所需能量不一定相同
(5)对该反应器催化剂表面上CO的生成速率和的消耗速率进行测定，所得实验结果如图2，请结合具体反应说明CO的生成速率和的消耗速率不相等的可能原因 。
9．（2023·广西·统考三模）以CO2为原料合成CH3OH和CH3OCH3是实现碳中和的重要途径之一、一定条件下，有关反应如下：
反应I．CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=－49.0 kJ ·mol－1
反应Ⅱ．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=－25.0 kJ ·mol－1
反应Ⅲ．CO2(g)+ H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3=+41.2kJ ·mol－1
回答下列问题：
(1)反应2CO2 (g) + 6H2 (g)CH3OCH3 (g)+3H2O(g)的△H= 。
(2)在Cu－ZnO－ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇(反应I)的反应历程如图所示。
图中反应②的化学方程式为 。在反应气中适当加入少量的水能够增大甲醇的产率，原因是 。
(3)催化条件下，某密闭容器中投入CO2和H2发生反应I和反应Ⅱ，实验测得温度对平衡体系中甲醇、二甲醚的物质的量分数的影响如图所示。
温度600K以下，甲醇的物质的量分数变化的可能原因是 。一定温度下，增大压强，二甲醚的物质的量分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)在5MPa下，CO2和H2按物质的量之比为1：3进行投料，发生反应I和反应Ⅲ，平衡时CO和CH3OH在含碳产物中的物质的量分数及CO2转化率随温度的变化如图所示。
①图中n代表的物质是 。
②150~400°C范围内，随着温度升高，H2O的平衡产量的变化趋势是 。
③270 °C时，CH3OH的分压为 MPa(保留2位小数)；反应Ⅲ的平衡常数K= (Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压 ×物质的量分数。保留3位小数)。
10．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）天然气是一种重要的化工原料，现代工业中常用天然气生产氢气、一氧化碳、甲醇等高附加值化学品，或是将其用于燃料电池。
(1)用天然气作原料制取氢气和一氧化碳的主要反应如下：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
①反应Ⅱ在 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)下为自发反应，反应Ⅲ的反应热 。
②已知反应I的正、逆反应活化能分别为，反应Ⅱ的正、逆反应活化能分别为，则 (填“>”、“<”或“=”)。
③在一定条件下，向恒容密闭容器中通入1mol和2mol，若只发生反应Ⅲ，则下列现象可以说明反应Ⅲ达到平衡的是 (填序号)。
A．
B．气体平均相对分子质量不再改变
C．气体密度不再改变
D．与的物质的量之比不再改变
④一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol和1mol，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时，容器中和的物质的量均为0.2mol，此时CO的浓度为 ，反应Ⅲ的平衡常数为 。
(2)设计以天然气为燃料的电池，可以提高能源利用率。某燃料电池装置如图所示，A、B为多孔性碳棒。向该电池中持续通入，时刻，已消耗的体积为67.2L(标准状况下)，继续通入，此时负极的电极反应式为 ；若向时刻的溶液中加入 molKOH并将溶液混匀，可使溶液中只含有一种溶质。
11．（2023·北京海淀·101中学校考三模）用纳米Fe/Ni复合材料能去除污染水体的，Ni不参与反应。离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(无法占据活性位点)。反应过程如图所示：
(1)酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO分两步，将步骤ii补充完整： 。
i. +Fe+2H+=+Fe2++H2O
ii.______+______+H+=Fe2++______+______
(2)初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色，结合化学用语解释整个变化过程的原因 。
(3)水体初始pH会影响反应速率，不同pH的硝酸盐溶液与纳米Fe/Ni反应时，溶液中随时间的变化如图所示。(注：为初始时NO的浓度。)
①为达到最高去除率，应调水体的初始pH= 。
②t＜10min，pH=2.0的溶液反应速率最快，t＞15min，其反应速率迅速降低，原因分别是 。
(4)总氮量指溶液中自由移动的所有含氮微粒浓度之和，纳米Fe/Ni处理某浓度硝酸盐溶液时，随时间的变化如图所示。40min时总氮量较初始时下降，可能的原因是 。
(5)利用电解无害化处理水体中的NO，最终生成N2逸出。其装置及转化图如图所示：
①阴极的电极反应式为 。
②生成N2的离子方程式为 。
12．（2023·新疆·统考三模）深入研究含碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(g)+H2O(g) ΔH=-87.0kJ ·mol-1。
(1)分别向等温等容、绝热等容(起始温度相同)的密闭容器中加入0.2mol的NH3和0.1mol的CO2，若达平衡时等温等容容器中CO(NH2)2的质量分数为a%，绝热等容容器中CO(NH2)2的质量分数为b%，则a b(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。电解装置如图所示，熔融NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在发生电极反应时生成中间体Fe。惰性电极I的电极反应为 ， 生成氨气的反应：2Fe+N2 +3H2O(g)=Fe2O3+2NH3。
(3)如图是上述反应合成尿素的机理及能量变化(单位：kJ·mol-1) ，TS表示过渡态。
该反应历程中，起决速步骤的方程式是 。若 ΔE1=66.5 kJ·mol-1，则 ΔE2= kJ·mol-1。
(4)在T1℃和T2℃时(T1
(5)已知：Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。实验探究Catl、Cat2两种催化剂的催化效能，获得如图曲线。则催化效能较高的催化剂是 (填“Catl”或“Cat2”)，判断依据是 。
13．（2023·福建三明·统考模拟预测）与在固载金属催化剂(M)上可发生以下反应：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：……
可能的机理如图所示：
(1)写出反应ⅲ的化学方程式： 。
(2)已知298K时下列几种物质的标准生成焓。
[在标态和T(K)条件下由指定单质生成1mol某种物质的焓变]
物质 (g) (g) HCHO(g) (g)
标准生成焓/ -393.5 -242 -115.9 0
则反应ⅱ的 。
(3)向一装有催化剂的反应容器中通入和，维持体系压强为p MPa，只发生反应ⅰ和ⅱ，测得不同投料比下的平衡转化率随温度变化的曲线如图甲所示；时，HCHO和HCOOH的选择性随温度的变化曲线如图乙所示。
已知：物质B的选择性
①图甲中x (填“>”、“<”或“=”)3，理由是 。
②下列说法正确的是 (填标号)。
A．当容器中气体密度不再变化时，体系处于平衡状态
B．体系达平衡时，若分离出部分，反应ⅱ的平衡常数值将增大
C．若充入稀有气体，体系重新达平衡时HCHO的物质的量会减少
D．升高温度，反应ⅰ的增大，减小
③P点对应的体系中消耗了2.7mol ，则体系中充入的 mol，此时反应ⅰ的平衡常数 。(列出计算式即可)为以分+压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
14．（2023·福建宁德·统考模拟预测）乙二醇是一种重要的化工原料，可用于生产聚酯纤维、防冻剂、增塑剂等。由合成气直接法制乙二醇的主要反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
(1)已知298K、101kPa下，，，则 。
(2)在恒压密闭容器中充入合成气，仅考虑发生反应Ⅰ，维持10%转化率，所需反应条件(温度、压强)如表：
温度T/K 298.15 300 354.7 400
压强P/kPa 5.73 6.38 49.27 260.99
反应Ⅰ平衡常数K 1
则 (填“>”或“<”)0，随着温度升高所需压强增大的原因是 。
(3)在2L刚性容器中充入合成气，总压，温度473K，催化剂(含)下进行反应。
①测得和的时空收率分别为和(时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用表示的反应速率为 。
②平衡时，若和体积分数相等，的分压为，则的选择性为 ，反应Ⅰ的平衡常数 (用含x的式子表示)。(已知：的选择性；分压＝总压×物质的量分数。)
(4)合成气直接法制乙二醇的反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应历程(部分)如图1，一定条件下CO分压对选择性影响如图2所示。
图1(TS表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面)
图2
结合图1，图2，从速率角度解释CO分压增大选择性升高的原因 。
15．（2023·四川南充·统考三模）自“十四五规划”提出氮氧化物减排目标，烟气脱硝成为新型科研热点。其反应原理为：
反应I：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) ΔH＜0
反应Ⅱ：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)
(1)相关化学键的键能如表所示，则反应Ⅱ的正反应与逆反应活化能之差为 。
化学键 N≡O(NO气体) N－H N≡N H－O
键能/(kJ mol-1) 630 391 946 465
(2)在密闭体系中进行上述实验，一定条件下，测得不同温度下的相同时间内各组分含量如图1所示(部分反应物未画出)。
①温度小于500℃，随着温度的升高，N2的含量上升的原因是 。
②分析图像可知该容器内还发生了其它副反应，理由是 。
(3)烟气脱硝过程通常使用Vx/Ti作催化剂，实验室向1L密闭容器中充入4molNO、4molNH3和1molO2，发生反应I和反应Ⅱ，采用催化剂V0.5/Ti和V7/Ti测得不同温度下，NO转化率如图2所示。
①工业生产中最佳适宜条件为 ；在最佳适宜条件下进行反应，达平衡后，既能增大NO的平衡转化率又能加快反应速率的措施是 (填字母标号)。
A．升高温度 B．移去N2 C．充入氩气 D．充入2molNH3
②若恒温时，向体系再通入1molO2，则Kp(Ⅰ)/Kp(Ⅱ)的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
③图中A点时(若A点为平衡状态)，初始压强为90kPa，平衡时N2的物质的量为3.7mol，平衡时容器中NO的分压为 ，则反应Ⅱ的标准平衡常数K= 。(列计算式)已知K=，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(N2)、p(H2O)、p(NO)、p(NH3)为各组分的平衡分压}
16．（2023·广东·广州市第二中学校联考三模）人体内的血红蛋白(Hb)与肌红蛋白(Mb)均可结合，血红蛋白(Hb)与结合的过程存在如下反应：
①
②
③
回答下列问题：
(1) 0(填“>”“<”)， (用、表示)
(2)科研人员仅对于反应①进行模拟研究发现，37℃，pH=7.4时氧气分压与达到平衡时与的结合度α(转化率)的关系如图1所示，当pH=7.6时对应的曲线应为 (在下图中绘出)。
(3)已知：气液平衡体系中，例如平衡常数表达式为：。则37℃，pH=7.4时，反应①的平衡常数为
(4)高压氧舱常用于CO中毒治疗。若控制氧分压为80kPa，则37℃，pH=7.4时，达到平衡时与氧气的结合度α(转化率)为 %(保留一位小数)。
(5)血液中还同时存在反应④：，则氧分压 (填“高”或“低”)有利于排出体外。
(6)血液向肌肉细胞输送氧气时还存在反应⑤：，由向肌肉细胞快速提供氧气。正常人Mb含量为，Hb含量为。下列说法正确的是___________。
A．Hb结合氧气的能力强于Mb
B．高氧分压下，血液中浓度增加
C．高海拔居民体内Mb的含量偏高
D．肌肉细胞中Mb浓度不变时，氧气运输达平衡
17．（2023·广东深圳·翠园中学校考模拟预测）我国在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。因此将转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。异丁烯作为汽油添加剂的主要成分，可利用异丁烷与反应来制备。
反应I：
反应II：
已知：
回答下列问题：
(1)已知：异丁烷，异丁烯，CO的燃烧热热化学方程式的焓变分别为，，，则 (用题目给的反应焓变来表示)
(2)向恒容密闭容器中加入和，利用反应Ⅰ制备异丁烯。已知。已知正反应速率表示为，逆反应速率表示为，其中、为速率常数。
①图中能够代表的曲线为 (填“”“”“”或“”)。
②温度为时，该反应化学平衡常数 ，平衡时转化率 50％(填“>”、“=”、“<”)。
(3)重整技术是实现“碳中和”的一种理想的利用技术，反应为：。在时，将和按物质的量之为充入密闭容器中，分别在无催化剂及催化下反应相同时间，测得的转化率与温度的关系如图所示：
①a点转化率相等的原因是 。
②在、900℃、催化条件下，将、、按物质的量之比为充入密闭容器，的平衡转化率为，此时平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数；写出含、n、p的计算表达式)。
(4)相比于反应II直接脱氢，有人提出加入适量空气。采用异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，发生反应相比于异丁烷直按脱氢制备丁烯。从产率角度分析该方法的优点是 。
(5)利用电化学可以将有效转化为，装置如图所示。
装置工作时，阴极除有生成外，还可能生成副产物降低电解效率。阴极生成的副产物可能是 ，标准状况下，当阳极生成的体积为时，测得阴极区内的，则电解效率为 。(忽略电解前后液体积的变化)
已知：电解效率=×100％。
18．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考二模）工业烟气中常含有NOx(NO、NO2)。用NaClO溶液将NOx氧化为，实现烟气中NOx的脱除。
(1)NOx在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现 性。
(2)向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对NOx脱除率的影响，结果如下。
已知：NOx脱除率=×100%
①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是 。
②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式(可逆)为 。
③pH<5.5时，分析NOx脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因： 。
(3)用CrO3分别将脱除前后的NOx全部转化为NO2，并用库仑仪测定NO2的量，可计算NOx脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下：
检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。NO2进入电解池后与I-反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出NO2的物质的量。
①NO2在电解池中被I-还原为NO的离子方程式为 。
②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。NOx脱除率是 。
③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致NO2测定结果 (填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)NH3·H2O+ CO2=NH+HCO
(2) —49 低温
(3) 0.225mol(L·min) 5.3 AC
(4) 320℃ 温度升高，反应速率加快，CO2转化率增大，但CH3OH的选择性降低，副反应也增多，CH3OH的含量降低
(5) > 该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，T1小于T2说明平衡左移，气体的体积分数增大，压强增大
【详解】（1）由题意可知，浓氨水与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的离子方程式为NH3·H2O+ CO2=NH+HCO，故答案为：NH3·H2O+ CO2=NH+HCO；
（2）由盖斯定律可知，反应①+②得到二氧化碳转化为甲醇的反应，反应△H=△H1+△H2=(+41kJ/mol)+(—90kJ/mol)=—49 kJ/mol，该反应为熵减的放热反应，低温条件下，反应△H—T△S＜0，反应能自发进行，故答案为：—49；低温；
（3）10min时测得二氧化碳和甲醇的体积分数之比变为1：3且比值不再随时间变化可知反应达到平衡，设平衡时生成甲醇的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲醇的体积分数之比变为1：3可得：3(1—a)=a，解得a=0.75；
①由三段式数据可知，反应开始到平衡时氢气的反应速率为=0.225mol(L·min)，故答案为：0.225mol(L·min)；
②由三段式数据可知，该温度下的平衡常数K=≈5.3，故答案为：5.3；
③该反应为放热反应，升高温度，化学反应速率增大，反应达到平衡后，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小、甲醇的浓度增大、氢气的体积分数增大，故选AC；
（4）①由图可知，温度为320℃时，甲醇的选择性较高、二氧化碳转化率较高，则生成甲醇的最佳温度约为320℃，故答案为：320℃；
②温度升高，二氧化碳转化率升高，但产物甲醇含量降低说明温度升高，反应速率加快，二氧化碳转化率增大、甲醇的选择性降低，甲醇的选择性降低导致副反应也增多，甲醇的含量降低，故答案为：温度升高，反应速率加快，CO2转化率增大，但CH3OH的选择性降低，副反应也增多，CH3OH的含量降低；
（5）该反应为气体体积减小放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由温度为T2℃时，可得平衡常数K==1.9，平衡常数小于温度为T1℃时说明T1小于T2，T1℃时气体的体积分数小于T2℃时，压强小于T2℃时，故答案为：>；该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，T1小于T2说明平衡左移，气体的体积分数增大，压强增大。
2．(1)6
(2) 2 CO+3H2 CH4+H2O
(3)AC
(4) AC
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【详解】（1）设方程式①
②
③
根据盖斯定律可知，③=①-②，则；
（2）①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol和5mol，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；
则平衡常数；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2 CH4+H2O；
（3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入，A正确；
B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；
D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；
故选AC；
（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；
B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；
C．通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；
故选AC；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为： ；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
3．(1)
(2)ab
(3) 阳
(4) 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度
【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是。答案为；
（2）a．反应ⅰ的活化能是，反应ⅱ活化能是，，a项正确；
b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；
c．总反应的：，c项错误；
故选ab。
（3）①电极b上发生失电子生成的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为。答案为阳极；；
（4）①尿素消化分解生成和，由于反应中存在浓，则消化液中含氮粒子为。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入溶液的体积和浓度。答案为；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
4．(1) CuO SO3
(2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）
(3) cd d
【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；
d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；
故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案为。
5．(1) 低温 -88 降温、加压、及时分离出产物
(2)D
(3) 250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa 1.08×1012 使原料气部分发生氧化反应，为甲烷进一步转化提供热量
(4)30
【详解】（1）反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，则反应的焓变为，反应①为放热的熵减反应，故低温利于反应的自发进行；
已知：① ，② ，根据盖斯定律可知，反应①-②得：③，故；
生成甲醇的反应为气体分子数减小的放热反应，故降温、加压、及时分离出产物均有利于平衡正向移动，利于提高甲醇产率；
（2）A．反应为气体分子数改变的反应，容器体积不再发生改变，说明达到平衡状态，A不符合题意；
B．，说明此时正逆反应速率相等，则达到平衡状态，B不符合题意；
C．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，C不符合题意；
D．投料比为反应的二氧化碳、氢气的系数比，故二氧化碳、氢气的物质的量之比为定值，某时刻测得与的物质的量之比为3：1，不能说明反应达到平衡，D符合题意；
故选D；
（3）已知：，则温度相同，增大压强，平衡逆向移动，甲烷含量增大，故向上的曲线为条件下与p的关系；压强相同，升高温度，平衡正向进行，甲烷含量减小，故向下的曲线为条件下与t的关系；
假设与CO 投料分别为3mol、1mol，CO的平衡转化率为时，反应CO为1mol
则反应后总的物质的量为，，故反应条件可能是250℃、9×105Pa或210℃、5×105Pa；
210℃条件下，反应后总的物质的量为，甲烷、水、氢气、一氧化碳的物质的量分别为、、2mol、，分压分别为、、、，反应④的压强平衡常数；
通入空气或氧气的目的是使原料气部分发生氧化反应，为甲烷进一步转化提供热量；
（4）已知，则，也就是图像的斜率为活化能，故反应⑤逆反应的活化能为。
6．(1) 49.5
(2) 主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降 0.061
【详解】（1）根据盖斯定律，将反应①的焓变值的1.5倍减去反应②的焓变值的一半得到CO2(g)＋ 3H2(g) = CH3OH(g)＋H2O(g)， ΔH =[( 484 kJ mol 1)×1.5] [( 1353 kJ mol 1)÷2]= 49.5kJ mol 1，故答案为 49.5；
（2）分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO2转化率、甲醇选择性均下降；
按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，244°C时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性为58.3%，因此此温度下反应生成CH3OH的物质的量为1mol×10.5%×58.3%≈0.061mol，故答案为0.061；
在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，，，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，总气体物质的量为3.8mol，则该温度下主反应的平衡常数；
7．(1)
(2) 反应I BD
(3) =
(4)1
(5)
【详解】（1）已知：i.2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH1，ii.2N2O(g)2N2(g)+O2(g)ΔH2，根据盖斯定律，反应N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)为反应(i+ii)，则H=。
（2）①决定总反应速率是由慢反应决定，活化能越大，化学反应速率越慢，根据图像可知，第一步反应活化能大，因此决定总反应速率是由第一步决定；故答案为反应I；
②A．根据题意，Fe+是N2O和CO反应的催化剂，催化剂改变历程，但对ΔH无影响，故A错误；
B．反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，CO2的体积分数减小，故B正确；
C．降低温度平衡正向移动，平衡常数增大，故C错误；
D．CO分子中C和O共用叁键，CO2的结构式为O=C=O，因此反应中有极性键的断裂，也有离子键的断裂，故D正确；
答案为BD；
（3）①达到平衡时，正反应速率=逆反应速率净反应速率为0，即Δv(500K)=Δv(550K)，故答案为=；
②反应为放热反应，升高温度，K减小，pK=-lgK，pK增大，pK与温度的倒数的图像是 ；故答案为；
（4）①开始N2O的投入量是amol，CO是amol，N2O的转化量是2x，则有，平衡后O的体积分数为25%，则有，解得x=0.5a，则该温度下平衡常数，故答案为：1；
（5）已知CaC2O4(s)CaCO3(s)+CO(g)Kp=ekPa，则p(CO)=ekPa，设N2O的转化压强为xkPa，则，则b-x+e+2x=c，x=c-e-b，则Kp=。
8．(1)0.0224
(2)BD
(3)
(4)B
(5)依据反应③过程，CO 的生成速率和CO2的消耗速率应相等，但还会发生反应②有积碳生成，且CO2+C2CO
【详解】（1）根据已知条件列出“三段式”
某时刻转化率为20%，选择性为40%，则=0.2，=0.4，解得x=0.32，y=0.48，则该时刻反应①的浓度商=0.0224。
（2）A．反应①是吸热的熵增的反应，自发进行的条件是高温，故A错误；
B．反应②分解生产C和H2的反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故B正确；
C．增大压强，活化分子数不一定增多，所以其反应速率不一定最多，如恒温恒容条件下加入惰性气体，体系压强增大但反应物浓度不变，反应速率不变，故C错误；
D．C(s)的物质的量不再变化，说明反应②的正逆反应速率相等，反应达到平衡，故D正确；
故选BD。
（3）反应①分三步进行，由图可知，步骤1为吸附在催化剂表面，该过程为放热反应，则步骤2为N在催化剂表面生成C3H6(g)和NH2(g)，步骤3为NC3H6(g)和NH2(g)从催化剂表面解吸附生成N(s)、C3H6(g)和H2(g)，该过程是吸热反应，结合反应①总反应为吸热反应，画出步骤2和步骤3生成产物的反应过程能量示意图为： 。
（4）A．由图可知，M和 在过程1中被消耗，在过程2中又生成，二者都可循环利用，故A错误；
B．过程1作用力a是H原子和O原子之间形成的氢键，过程2涉及极性键的形成和断裂，故B正确；
C．温度升高，可能导致催化剂活性降低，总反应速率不一定加快，故C错误；
D．催化剂不改变反应热，其他条件不变，更换不同催化剂，同样生产1mol (g)所需能量相同，故D错误；
故选B。
（5）依据反应③过程，CO 的生成速率和CO2的消耗速率应相等，但还会发生反应②有积碳生成，且CO2+C2CO。
9．(1)－123.0kJ·mol－1
(2) *HCOO+4*H=* H3CO+ H2O 水为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促进平衡正向移动，增大甲醇的产率
(3) 反应I和反应Ⅱ均为放热反应，温度600K以下，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应I平衡逆向移动的程度 增大
(4) CO 先减小后增大 0.16 0. 015
【详解】（1）反应I的2倍加上反应Ⅱ得到反应2CO2 (g) + 6H2 (g)CH3OCH3 (g)+3H2O(g)的△H=－123.0kJ·mol－1；故答案为：－123.0kJ·mol－1。
（2）根据图中信息，图中反应②是*HCOO和*H反应生成* H3CO和H2O，其反应方程式为*HCOO+4*H=* H3CO+ H2O。在反应气中适当加入少量的水能够增大甲醇的产率，根据图中信息水为反应③的反应物，适当加入水蒸气，增大反应③的反应物浓度，有利于平衡正向移动，增大甲醇的产率；故答案为：水为反应③的反应物，适当加入少量的水能够促进平衡正向移动，增大甲醇的产率。
（3）温度600K以下，根据图中信息甲醇减少，二甲醚也再减少且二甲醚减小的幅度大于甲醇减小的幅度，因此甲醇的物质的量分数变化的可能原因是反应I和反应Ⅱ均为放热反应，温度600K以下，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应I平衡逆向移动的程度。一定温度下，反应I和反应Ⅱ都是体积减小的反应，增大压强，平衡都正向移动，因此二甲醚的物质的量分数增大；故答案为：反应I和反应Ⅱ均为放热反应，温度600K以下，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应I平衡逆向移动的程度；增大。
（4）①反应I是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应，升高温度，反应I平衡逆向移动，反应Ⅲ平衡正向移动，因此甲醇的量减少，CO的量增大，因此图中n代表的物质是CO；故答案为：CO。
②150~400°C范围内，随着温度升高，H2O的平衡产量的变化趋势与二氧化碳的转化率变化趋势一样，是先减小后增大；故答案为：先减小后增大。
③270 °C时，假设开始加入1mol二氧化碳，3mol氢气，建立三段式，，则x+y=0.24，x=y，则x=0.12，CH3OH的分压为MPa(保留2位小数)；反应Ⅲ的平衡常数；故答案为：0.015。
10．(1) 高温 ＜ BD
(2) 2
【详解】（1）①反应Ⅱ是吸热反应，熵增的反应，根据 ，则在高温下为自发反应，第一个方程式2倍减去第二个方程式得到反应Ⅲ的反应热；故答案为：高温；。
②已知反应I的正、逆反应活化能分别为，反应Ⅱ的正、逆反应活化能分别为，，，第二个方程式减去第一个方程式，则；故答案为：＜。
③A．，一个正向反应，一个逆向反应，速率之比不等于计量系数之比，故A不符合题意；B．平均摩尔质量等于质量除以气体物质的量，气体质量不变，正向反应，气体物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，当气体平均相对分子质量不再改变，则达到平衡，故B符合题意；C．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当气体密度不再改变，不能作为判断平衡标志，故C不符合题意；D．随着反应正向进行，与的物质的量之比发生改变，当与的物质的量之比不再改变，说明达到平衡，故D符合题意；综上所述，答案为：BD。
④一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1mol和1mol，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，建立三段式、、，达到平衡时，容器中和的物质的量均为0.2mol，1 x 2y=0.2，y z=0.2，C物质的量为x+2z=0.4，此时CO的浓度为，根据前面分析得到甲烷、二氧化碳、一氧化碳、氢气物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.4mol、2mol，则反应Ⅲ的平衡常数为；故答案为：；。
（2）向该电池中持续通入，甲烷为负极，空气为正极，此时负极的电极反应式为，正极电极反应式为；总反应方程式为：，时刻，已消耗的体积为67.2L(标准状况下气体物质的量为3mol)，则消耗KOH物质的量为6mol，则向时刻的溶液中加入2molKOH并将溶液混匀，可使溶液中只含有一种溶质；故答案为：；2。
11．(1)
(2)Fe2+发生水解反应产生白色絮状物，再与氧气发生反应生成红褐色固体。
(3) 6.5 氢离子浓度较高，反应速率快且Fe2+水解程度小附着物占据活性中心少
氢离子浓度降低Fe2+水解程度增大附着物占据活性中心增多
(4)或与发生归中反应生成氮气
(5)
【详解】（1）由图可知，被还原为，根据氧化还原反应规律得到：。
（2）初始pH=2.0的废液反应15min后，出现大量白色絮状物，过滤后很快变成红褐色由此判断原因为：Fe2+发生水解反应产生白色絮状物，再与氧气发生反应生成红褐色固体。
（3）当pH=6.5时由图像可知去除率最高；题干信息告知：离子在材料表面的活性位点吸附后发生反应，活性位点被其他附着物占据会导致速率减慢(无法占据活性位点)。t＜10min，pH=2.0的溶液反应速率最快，t＞15min，其反应速率迅速降低，综合分析，可知：前期氢离子浓度较高，反应速率快且Fe2+水解程度小附着物占据活性中心少，反应速率快；后期
氢离子浓度降低Fe2+水解程度增大附着物占据活性中心增多，反应速率降低。
（4）40min时总氮量较初始时下降，说明部分含氮微粒脱离溶液体系，极有可能是转化为气体，由此猜测可能原因是或与发生归中反应生成氮气。
（5）由图可知阴极得电子转化为，即。次氯酸将氧化为氮气，即。
12．(1)大于
(2)Fe2O3+3H2O(g) +6e- =2Fe+6OH-
(3) HOOC-NH2 =H2O+HN=C=O 241
(4) 1000 1000 变大
(5) Cat2 Cat2 直线斜率变化值较小(或直线Cat2斜率绝对值较小或直线Cat2较Catl平缓) ，活化能较小催化效能较高(其他答案合理均可)
【详解】（1）该反应为放热反应，随着反应的进行，绝热容器中体系的温度会逐渐升高，平衡逆向移动，不利于CO(NH2)2(g)的生成，CO(NH2)2(g)所占体系的百分含量减少，a大于b。
（2）根据图示可知，惰性电极Ⅰ为阴极，反应得电子，电极反应式为Fe2O3+3H2O(g)+6e-=2Fe+6OH-。
（3）根据图所示，能垒最大的即为决速步骤，故该步骤的方程式为：HOOC NH2→HN=C=O+H2；根据2NH3+CO2=CO(NH2)2+H2O △H= 87kJ/mol，图中最终生成物对初始反应物的能量差是 87kJ/mol，那么由TS3到最终产物，就有ΔE2=ΔE1+87.5kJ/mol ( 87kJ/mol)=241kJ/mol。
（4）该反应△H＜0，温度升高，平衡向逆方向移动，因为T1＜T2，故在图中上面的那条线是T1℃对应的图像，平衡时v正=v逆，k正 p(HNCO) p(NH3)=k逆 p[CO(NH2)2]，代入横坐标为1、纵坐标为5那个点的数据得：kPa-1；T2℃时，根据标准平衡常数的表达式，并代入A点的数据得：；若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，容器体积不变，相当于加压，加压时平衡向气体计量数减小的正方向移动，CO(NH2)2的体积分数变大。
（5）已知活化能较小催化效能较高，由图可知，Cat2直线斜率变化值较小，活化能较小催化效能较高，所以催化效能较高的催化剂是Cat2。
13．(1)
(2)
(3) < 增大与的投料比，的平衡转化率增大 AC 3
【详解】（1）由图可知，与还可以发生反应生成CO和H2O，反应ⅰⅰⅰ为：。
（2）反应热等于生成物的生成焓减去反应物的生成焓， =-242-115.9+393.5=。
（3）①增大与的投料比，相当于增大的浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，图甲中x<3；
②A．在恒压容器中，反应进行时气体总质量不变，总体积减小，混合气体的密度增大，当容器中气体密度不再变化时，体系处于平衡状态，故A错误；
B．平衡常数只受温度影响，体系达平衡时，若分离出部分，反应ⅱ的平衡常数值将不变，故B错误；
C．在恒压容器中若充入稀有气体，容器体积增大，压强减小，与发生的反应ⅰ和ⅱ总体来看是气体体积减小的反应，反应会逆向进行，体系重新达平衡时HCHO的物质的量会减少
，故C正确；
D．升高温度，反应ⅰ的和都增大，故D错误；
故选AC；
③根据已知条件列出“三段式”：
P点对应的体系中消耗了2.7mol ，则x+2y=2.7mol，的选择性为=0.5，解得x=y=0.9mol，CO2的平衡转化率为=60%，解得a=3，则体系中充入的3mol，此时反应ⅰ的平衡常数。
14．(1)-90.14
(2) < 升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动
(3) 1.68 66.7% 或
(4)随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高
【详解】（1）已知：
①
②
由盖斯定律可知，②-①得：；
（2）由图表可知，随着温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，焓变小于零；反应为气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动，故随着温度升高所需压强增大；
（3）①由反应Ⅰ 、反应Ⅱ 体现的关系可知，表示的反应速率为；
②在2L刚性容器中充入合成气，总压，则一氧化碳、氢气初始分压均为20MPa，平衡时，若和体积分数相等，则分压均为aMPa，则
则的选择性为
的分压为，则20-3a-2a=x，，则氢气、一氧化碳分压分别为、，故应Ⅰ的平衡常数；
（4）CO分压增大选择性升高的原因为：随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高。
15．(1)-1838kJ mol-1
(2) 温度小于500℃，反应未达到平衡，随着温度升高，速率增大 温度大于500℃，生成物N2浓度下降，H2O(g)的浓度升高，则有副反应发生
(3) 250℃，V7/Ti D 不变 2kPa
【详解】（1）反应Ⅱ的正反应与逆反应活化能之差为反应Ⅱ的焓变， H=反应物的总键能-生成物的总键能，；故答案为：-1838kJ mol-1；
（2）①温度小于500℃，随着温度的升高，N2的含量上升的原因是：温度小于500℃，反应未达到平衡，随着温度升高，速率增大；
②温度大于500℃，生成物N2浓度下降，H2O(g)的浓度升高，则有副反应发生；
（3）①在250℃、V7/Ti时NO的转化率最大，为工业生产中最佳适宜条件；
A．升高温度，反应速率加快，但该反应为放热反应，故平衡逆向进行，减小了NO转化率，A不符合题意；
B．移去N2，NO的平衡转化率增大，但反应速率减小，B不符合题意；
C．密闭容器内充入氩气，反应速率不变，平衡不移动，C不符合题意；
D．充入氨气，反应速率加快，平衡正向进行，提高NO平衡转化率，D符合题意；
故答案为：D；
②K只受温度影响，温度不变，K不变，故K比值不变；故答案为：不变；
③向1L密闭容器中充入4molNO、4molNH3和1molO2发生反应I和反应Ⅱ，A点时NO转化率为95%，则NO消耗3.8mol，平衡时为0.2molNO，已知平衡时N2的物质的量为3.7mol，假设反应I消耗4x mol NO、生成4x molN2，反应Ⅱ消耗6y mol NO、生成5y molN2，则4x+6y=3.8、4x+5y=3.7，解得x=0.8，y=0.1，列三段式：反应I反应Ⅱ，平衡时总物质的量为，由压强之比等于物质的量之比，，解得平衡时压强为P平衡=99kPa，平衡时容器中NO的分压为，NH3的分压为，N2的分压为，H2O的分压为，pθ=100kPa，反应Ⅱ的标准平衡常数。
16．(1) <
(2)
(3)
(4)96.8
(5)高
(6)BCD
【详解】（1）反应②，氧气由气态变为液态可知为放热反应，因此，由盖斯定律可知，反应③=①-②，即，故答案为：<；；
（2）37 ℃氧气分压一定时，增大氢离子浓度，平衡向正反应方向移动，Hb与氧气的结合度减小，由图可知，曲线A的Hb与氧气的结合度最大说明溶液的pH最大，则pH=7.6时对应的曲线为；故答案为：；
（3）本题考查化学平衡常数的计算，反应①，有，根据题干中液平衡体系中，例如平衡常数表达式为：，可知，观察平衡时与的结合度α(转化率)的关系图可知，当pH=7.4，可知，p(O2)=4kPa时，此时的结合度为60%，即c(HbO2)=c×60%mol·L－1，c(HbH+)=c×40%mol·L－1，代入表达式可得，；故答案为：；
（4）根据前面可知，则有根据氧分压为80kPa，温度为37℃，pH=7.4时可知，K只受温度的影响，温度不变，则K不变，带入表达式有，因此K=，p(O2)=80kPa，代入上述表达式，即=96.8%；故答案为：96.8%；
（5）考查影响化学平衡的因素，氧气分压高，使平衡①向正反应方向进行，增加与氧气的结合度，c(H＋)增大，促使反应④向逆反应方向进行，因此有利于CO2排出体外，故答案为：高；
（6）A．根据反应⑤：且正常人Mb含量为小于Hb含量为，可知平衡正向移动的倾向更大，因此Hb结合氧气的能力弱于Mb，更易生成MbO2，故A错误；
B．Mb与氧气结合的平衡如下：Mb(aq)+O2(g) MbO2(aq)，高氧分压下，血液中浓度增加，故B正确；
C．高海拔中的氧气较为稀薄，更需要能与氧气较为容易结合的Mb，因此居民体内Mb的含量偏高，故C正确；
D．当肌肉细胞中Mb浓度不变时，说明反应⑤达到平衡，因此氧气运输达平衡，故D正确；
故答案选BCD。
17．(1)
(2) L3 1 >
(3) 温度较高，催化剂失活
(4)空气中氧气与产物氢气反应生成水，同时惰性的氮气加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率
(5) H2 75%
【详解】（1）给反应I编为序号①；
反应II编为序号②：
③；④；⑤，根据盖斯定律可得出目标方程式①=③-④-⑤-②，即可得，故答案为：；
（2）①温度越高，反应速率越快，k正、k逆越大，该反应为吸热反应，则k正增大的倍数大于k逆，则图中能够代表k送的曲线为L3；②反应达到平衡时，v正=v逆，则k正c[CH3CH(CH3)CH3] ·c(CO2) = k逆c[CH2=c(CH3)2]c(H2O) ×c(CO)，K=== 1，假设CH3CH(CH3)CH3的转化率为50%，Qc===0.5
（3）①由图可知，a点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率相等，说明催化剂失去活性，
②设起始CO2、CH4、H2O物质的量为1mol、1mol、nmol，列化学平衡三段式
混合气体总物质的量为(1-a+1-a+2a+2a +n)= (2+2a+n) mol，Kp===；故答案为：温度较高，催化剂失活；；
（4）从产率角度分析其优点是空气中氧气与产物氢气反应生成水，同时惰性的氮气加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率，故答案为：空气中氧气与产物氢气反应生成水，同时惰性的氮气加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率；
（5）在阴极氢离子也易得到电子转化为H2，则阴极生成的副产物可能是H2；标准状况下，当阳极生成氧气体积为224mL时，转移电子的物质的量为 0.04mol，测得阴极区内的c( HCOO-) = 0.015mol/L，转移电子的物质的量为0.015mol/L×1L×2 = 0.03mol，电解效率为=75%，故答案为：H2；75%。
18．(1)还原
(2) 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+ 溶液初始pH高，c(H+)小，有利于2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+和2NO2+HClO+H2O 2+Cl-+3H+正向进行，NOx脱除率大
(3) NO2+2I-+2H3PO4=NO+I2+2+H2O 偏低
【详解】（1）在形成酸雨过程中，NOx在大气中最终被氧化硝酸，该程中NOx表现还原性，故答案为：还原；
（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液初始pH，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；
②将pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强强化性，将NO氧化为，自身被还原为Cl-，其离子方程式为2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+，故答案为：2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+；
③脱除NOx的反应为2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+和2NO2+HClO+H2O 2+Cl-+3H+，可反应可知pH<5.5时随pH升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高NOx脱除率，故答案为：溶液初始pH高，c(H+)小，有利于2NO+3HClO+H2O 2+3Cl-+5H+和2NO2+HClO+H2O 2+Cl-+3H+正向进行，NOx脱除率大；
（3）①NO2在电解池中被I-还原为NO，而I-被氧化为I2，结合电解质环境H3PO4提供氢离子最终生成，根据得电子守恒可得反应方程式NO2+2I-+2H3PO4=NO+I2+2+H2O，故答案为：NO2+2I-+2H3PO4=NO+I2+2+H2O；
②可用转移电子物质的量表示NOx的物质的量，则脱除前NOx的物质的量为a mol，脱除后NOx的物质的量为b mol，NOx的脱出率为，故答案为：；
③测量结束后，电解池中还检测到少量和，说明NOx没有完全转化为NO2，导致NO2测定值偏低，故答案为：偏低。
答案第1页，共2页
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