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2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练1化学反应原理综合题含解析
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这是一份2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练1化学反应原理综合题含解析，共23页。试卷主要包含了NOx是大气主要污染物之一等内容，欢迎下载使用。
化学反应原理综合题
非选择题（共 12题）
1．氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气中的氮氧化物。
(1)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。脱除NO的总反应为_______。
(2)已知：ClO的氧化性弱于ClO－。电解氧化吸收法可将废气中的NOx转变为NO。分别向0.1mol·L-1NaCl溶液和0.08mol·L-1Na2SO4溶液(起始pH均调至9)中通入NO，测得电流强度与NO的脱除率的关系如图1所示。电解0.1mol·L-1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图2所示。
①电解Na2SO4溶液时产生H2O2。H2O2氧化吸收NO的离子方程式为_______。
②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是_______。
③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是_______。
2．氮的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
(1)已知：
①SO3(g)+NO(g)=NO2(g)+SO2(g) ∆H1=+41.8mol·L-1
②2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ∆H2=-196.6mol·L-1
则2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)的∆H=_______。
(2)NO作为主要空气污染物，其主要来源是汽车尾气，研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，并发生反应：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g) ∆H<0.在恒压密闭容器中加入足量活性炭和一定量NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图所示：
图中a、b、c三点中，达到平衡的点是_______；温度为1100K时，N2的平衡体积分数为_______。
(3)现代技术用氨气将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O，反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g) ∆H<0。
①实际生产中NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)的反应温度不宜过高的原因是_______。
②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，则0～8min内用N2表示的平均反应速率v(N2)=_______mol·L-1·min-1，500℃时该反应的平衡常数Kp=_______MPa(用含p0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
3．NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)NSR储存还原时，NO的储存和还原在不同时段交替进行，如1所示。
①NO储存转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为___。
②H2还原Ba(NO3)2的过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为___。
(2)NaClO溶液能有效去除NO。25℃时，NO的去除率随pH的变化如图3所示(用盐酸调节pH)；pH=4时，NO的去除率随温度的变化如图4所示。
①25℃时，随着pH降低，NO脱除率增大的原因是___。
②pH=4时，60~80℃间NO脱除率下降的原因是___。
(3)一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变n(NO2)：n(NO)的值，NOx的去除率如图5所示。
已知：a.NOx的去除率=1-×100%
b.NO与Ca(OH)2不反应
①当n(NO2)：n(NO)在0.3~0.5之间，NO与NO2吸收转化为Ca(OH)2反应的化学方程式为___。
②当n(NO2)：n(NO)大于1.4时，NO2的去除率升高，但NO的去除率却降低。其可能的原因是___。
4．下列反应，其自由能在一定 范围符合给出的关 系式：
(I)2NaHCO3(s) = Na2CO3(g)+ H2O(g)+ CO2(g) =[129076- 334.2T/K]J· mol-1
(II)NH4HCO3(s) = NH3(g) + H2O(g) + CO2(g) =[171502 - 476.4 T/K]J· mol-1
以下问题中与上述反应相关的自由能，均可由上述条件式计算，所有分压均须以p表示。
(1)计算在 298K时，当NaHCO3(s)， Na2CO3(s)和NH4HCO3(s)平衡共存时氨的分压________。
(2)将NaHCO3(s)， Na2CO3(s)和NH4HCO3(s)放入一个真空容器中平衡后，体系的独立组分数K，相数Φ和自由度f各为多少________、________、________？
(3) 计算当=时，NH4HCO3(s)， Na2CO3(s)和NaHCO3(s)平街共存的温度________。
(4)在298K时，将Na2CO3(s)， NaHCO3(s)和NH4HCO3(s)共同置于密闭容器中，使NH4HCO3(s)免受更多的分解，这种设想能否实现________？请用热力学原理计算说明________。
(5)在373K，p条件下，将含有H2O(g)的CO2(g)通过NaHCO3(s)， 计算：为避免NaHCO3(s)分解，气流中水的摩尔分数________。
(6)CO2(g)是温室气体， 焙烧CaCO3(s)时产生过程有两种：
①CaCO3(s)热分解制生石灰，不同温度下的分解压力即CO2的平衡压力示于下表。由CaCO3(s)烧制生石灰时， 若窑中气体不与外界对流，则窑温至少应维持多少度________？
t/℃
600
795
840
880
896
910
p/ p
0.0132
0.210
0.421
0.763
1.00
1.32
②用焦炭作燃料产生CO2：若通入空气的量恰好能使其中的O2完全转化为CO2，燃烧后的气体从窑顶逸出，欲使CaCO3(s)不断分解，窑的温度最低维持多少________？ (设空气体积分数为21.0% O2和79.0% N2，每种气体均看作理想气体)
5．研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。
Ⅰ.氨是重要的化工原料。某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如图所示。
(1)设备1中发生反应的化学方程式是__，设备2中通入的物质A是__。
Ⅱ.氨氮废水的去除是当前科学研究的热点问题。氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如图：
(2)过程①的目的是将NH转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，写出NH转化为NH3的离子方程式__。
(3)过程②加入NaClO溶液可将氨氮废水转化为无毒物质，反应后含氮元素、氯元素的物质化学式分别为___、__。
(4)含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，X可选用以下__以达到去除余氯的目的(填序号)。
A．KOH B．Na2SO4 C．KMnO4 D．NaCl
写出其中一个反应的离子方程式___。
6．铁、铜及其化合物在日常生活及工业生产中有着非常广泛的用途。回答下列问题：
I.FeCl3是常用的金属蚀刻剂和净水剂。
(1) FeCl3净水的原理是___________(用离子方程式及语言表示)。
(2)FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3++H2OFe(OH)2++H+ K1
Fe(OH)2++H2O +H+ K2
+H2OFe(OH)3+H+ K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是___________。
(3)配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于浓盐酸中，使用时加蒸馏水稀释至指定浓度。
某同学误将FeCl3直接放入自来水(含有Mg2+、Ca2+、、Cl-等杂质离子)中，看到红褐色沉淀和大量气泡，试解释出现该现象的原因___________(用离子方程式表示)。
II. CuCl2 常用作电镀添加剂、催化剂及饲料添加剂。
(4)①25℃时Fe(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2的Ksp如表格所示，计算当溶液中Fe2+、Cu2+离子浓度均为0.1 mol/L时，Fe(OH)2沉淀完全及Cu(OH)2开始沉淀时的pH值(已知lg2=0.3)
分子式
Ksp
开始沉淀时的pH值
沉淀完全时的pH值
Fe(OH)2
4.0×10-17
6.3
a= _____
Fe(OH)3
2.79×10-39
1.5
2.8
Cu(OH)2
1.6×10-20
b= _____
6.6
②在CuCl2溶液中含有少量FeCl2杂质时 ___________ (填“能"、“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是___________。
③为了除去CuCl2溶液中含有的少量FeCl2，可以用___________(填化学式，写出一种即可) 将FeCl2氧化为FeCl3，然后通过加入___________(填化学式，出一种即可)调控溶液pH值，使___________ ＜pH＜___________，将FeCl3转化为Fe(OH)3除去。
7．氧化还原法、沉淀法等是常用于治理水体污染的重要化学方法。
(1)还原法处理含铬废水：铝粉可将废水中的Cr2O还原为Cr3+。如图所示，废水的不同初始pH对Cr2O去除效果有重要影响。
①酸性条件下，铝粉去除Cr2O反应的离子方程式为_______
②初始pH为3.0，反应180min后，废水中Cr2O浓度仍较高的原因是_______。
③实验证明，若初始pH过低，Cr2O的去除效果也不理想，其原因可能是_______。
(2)沉淀法处理含氯废水：向模拟废水(NaCl溶液)中加入Ca(OH)2和NaAlO2粉末，氯离子可转化为Ca4Al2(OH)12Cl2沉淀。
①该反应的化学方程式为_______。
②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)]和其他反应条件不变，溶液中氯离子去除率随溶液初始氯离子浓度的变化如图所示，当初始氯离子浓度高于5g·L-1时，氯离子去除率下降的原因可能是_______。
8．工业燃煤、石油等化石燃料烧释放出大量SO2等气体，严重污染空气。对废气进行处理可实现绿色环保、废物利用。目前，在常温下处理SO2主要采用碱液吸收法。
(1)用过量的烧碱溶液吸收SO2，发生反应，若向所得的溶液滴入过氧化氢溶液，则溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，发生反应的离子方程式为_______。
(2)研究发现，溶液也可以用来处理废气中的SO2，发生反应，查阅资料可知，常温下，电离平衡常数：，。
①写出发生水解反应的离子方程式：_______；常温下，该反应的_______。
②溶液中_______(填“>”、“<”或“=”)。
(3)若向溶液中缓慢通入0.08mol Cl2，整个过程无气体逸出，忽略溶液体积的变化，测得溶液的pH与通入Cl2物质的量之间的变化曲线如图所示：
①a点pH=_______(填具体的数字)。
②下列说法错误的是_______(填标号)。
A．b点溶液中滴入紫色石蕊试液，此时原溶液不变色
B．c点溶液中存在
C．d点溶液中溶质只有、和
D．a点溶液中存在
(4)还可以采用多步法来处理废气中的SO2：
第1步：用过理的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；
第2步：加入石灰水，发生反应 K，则K=___[已知：，]。
9．空气质量与我们的健康息息相关，目前我国通过监测6项污染物的百分比浓度来计算空气质量指数(AQI)，SO2、NO2和CO是其中3项中的污染物。
(1)上述3种气体直接排入空气后会引起酸雨的气体有_______________(填化学式)。
(2)早期人们曾经使用铅室法生产硫酸，其主要反应为：SO2(g)＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g)
①若已知2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) + Q1 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) + Q2
则SO2(g)＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g)+ Q3 , Q3＝_________kJ·mol－1。
②一定温度下，向固定体积为2 L的密闭容器中充入SO2和NO2各1 mol，发生反应：SO2(g)＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g)。下列事实中不能说明该反应达到平衡状态的是____(选填序号)。
a．体系压强保持不变 b．混合气体的颜色保持不变
c．NO的物质的量保持不变 d．每生成1 mol SO3的同时消耗1 mol NO2
(3)矿石燃料的燃烧是造成酸雨的主要因素之一 。而甲醇日趋成为重要的有机燃料，通常利用CO和H2 合成甲醇，其反应的化学方程式为CO(g)＋ 2H2(g) CH3OH(g)。今在一容积可变的密闭容器中，充有10 mol CO和20 mol H2，用于合成甲醇。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(P)的关系如图所示：
①上述合成甲醇的反应为________反应(填“放热”或“吸热”)。
②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为_____________________。
10．的生产、应用是一个国家化工水平的重要标志。
（1）上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如下图所示：
则____________，催化乙烯加氢效果较好的催化剂是________（选填“”或“”）。
（2）经催化加氢合成乙烯： 。恒容条件下，按投料，各物质平衡浓度变化与温度的关系如图所示：
①指出图中曲线 分别表示_______、________的浓度。
②升高温度，平衡常数_________（“减小”“增大”或“不变”）。点，______（用表示）。写出能提高乙烯平衡产率的措施__________（任举两种）。
（3）加州理工学院Theodor Agape等在强碱环境下，实现了电催化制，产物的选择性高达，转化为的电极反应式为___________________。
11．能源问题是现代社会发展的三大基本问题之一。
(1)焦炭可用于制取水煤气。实验测得1.2 g 碳与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了13.16 kJ热量。该反应的热化学方程式为_________________________；该反应在________条件下能自发进行（选“高温”、“低温”或“任意温度”）。
(2)甲醇（CH3OH）广泛用作燃料电池的燃料，工业上可由CO和H2来合成，化学方程式为CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）。如图是在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①T1________T2（填“>”、“<”或“=”）。T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________（填“>”、“<”或“=”）K2。
②若容器容积不变，下列措施不能增加CO转化率的是________（填字母）。
a.降低温度 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂 d.充入He，使体系总压强增大
③生成甲醇的化学反应速率（v）与时间（t）的关系如图所示。则图中t2时采取的措施可能是___________________ ；
t3时采取的措施可能是 _________________。
④若在T1℃时，往一密闭容器通入等物质的量CO和H2测得容器内总压强1MPa，40min达平衡时测得容器内总压强为0.6MPa，计算生成甲醇的压强平衡常数KP＝________（MPa）-2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
(3)甲醇（CH3OH）燃料电池是以铂为电极，以KOH溶液为电解质溶液，在两极区分别加入CH3OH和O2即可产生电流。负极加入的物质是________；正极的电极反应为_______________________。
12．CO2的资源化利用能有效减少CO2的排放，充分利用碳资源。
（1）全球变暖现象很可能是大气中的温室气体（如CO2）聚集造成的。有科学家提出可以将CO2通过管道输送到海底，这样可减缓空气中CO2浓度的增加。下列有关说法正确的是__（填字母）。
A．送到海底越深的地方，CO2溶解得越多，同时CO2可能液化甚至变成干冰
B．把CO2输送到海底，会使海水酸性增强，有利于海洋生态环境
C．把CO2输送到海底，这是人类减缓空气中CO2浓度增加速率的唯一办法
D．要减缓空气中CO2浓度的增加，最有效的措施是使用新能源和植树造林
（2）已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-572kJ·mol-1
则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH=__kJ·mol-1。
（3）CO2催化加氢合成二甲醚是CO2转化的一种方法，主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2kJ·mol-1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5kJ·mol-1
在一体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2与1molH2，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化曲线如图所示。其中：CH3OCH3的选择性=×100%。
①CH3OCH3的选择性随温度的升高而降低的原因是___。
②270℃时，测得平衡时CH3OCH3的物质的量为0.1mol，此时反应Ⅰ的化学平衡常数K=__（保留2位有效数字）。
（4）多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类（如C2H4）的金属。电解装置中分别以多晶Cu和铂为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度（约0.1mol·L-1左右）基本保持不变。并向某极室内持续通入CO2，温度控制在10℃左右。通入CO2的电极为___（填“阴极”或“阳极”），生成C2H4的电极反应式为__。
参考答案
1．4NO+4NH3+O24N2+6H2O 3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O 电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强 随着电流强度增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化为氯酸根(或次氯酸根浓度减小，氯酸根浓度增大)，氯酸根氧化性比次氯酸根弱
【详解】
(1)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。根据图中信息得到NO、NH3和O2反应生成N2和H2O，因此脱除NO的总反应为4NO+4NH3+O24N2+6H2O；故答案为：4NO+4NH3+O24N2+6H2O。
(2)①H2O2氧化吸收NO，反应在碱性条件下生成硝酸根和水，其反应的离子方程式为3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O；故答案为：3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O。
②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性比双氧水氧化性更强，而且电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO的去除；故答案为：电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强。
③根据图中信息ClO的氧化性弱于ClO－，随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是随着电流强度增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化为氯酸根(或次氯酸根浓度减小，氯酸根浓度增大)，氯酸根氧化性比次氯酸根弱。
2．+113.0KJ/mol b、c 20% 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高 0.05
【详解】
(1)根据盖斯定律，反应①×2-反应②得2NO2(g)=2NO(g)+O2(g) ∆H=-(2×∆H1+ ∆H2)= -(2×41.8-196.6)=+113.0KJ/mol，故答案为：+113.0KJ/mol。
(2) 温度低于1050K时，反应速率较慢，反应未达平衡状态，温度等于或高于1050K时达到平衡，1100K是NO的平衡转化率为40%，假设通入NO的物质的量为1mol，利用三段式则有： ，所以N2的平衡体积分数为，故答案为：b、c，20%。
(3) ①NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高，故答案为：该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高。
②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，利用三段式则有： ，v(N2)= mol·L-1·min-1，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，500℃时该反应的平衡常数Kp= MPa= Mpa，故答案为：0.05、。
3．4：3 pH降低，，溶液中c(HClO)增大； HClO受热分解，溶液中c(HCIO)减小 NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低。
【详解】
(1)①NO储存转化为Ba(NO3)2过程中，根据转化图分析，NO和O2反应转化为NO2，NO2和BaO反应转化为Ba(NO3)2，取1molNO，转化为NO2需消耗O2的物质的量为0.5mol，生成1molNO2，NO2转化为,，则需要消耗O2的物质的量为0.25mol，整个转化过程中，消耗NO和O2的物质的量之比为1：0.75 =4：3；
故答案为：4：3
②根据图2分析，第一步反应中，H2含量降低，NH3含量升高，可知H2将还原成NH3，则第一步反应中发生的反应为：
(2)①pH降低，c(H+)增大，产生更多的HClO，所以NO的脱除率增大，故答案为：pH降低，，溶液中c(HClO)增大；
②HClO会分解，温度太高，HClO分解得太多，溶液中HCIO浓度减小了，故答案为：HClO受热分解，溶液中c(HCIO)减小；
(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：
②当太大，NO2量太多，吸收不完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降价，故答案为：NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低。
4．0.980p K=S-R-R'=6-2-1=3 相数φ=4 (三种固体和气体) 自由度f=K-φ+2=3-4+2=1 286.7K 不成立 298K， 当NH4HCO3(s)单独存在时
=171502 -476.4×298 =29534.8(J·mol-1)
=- RTln( /p )3 ∴=1.881×10-2p
同温时当存在NaHCO3(s)和Na2CO3(s)时 = 0.980p>1.881 ×10-2p
故设想不成立，共存时NH4HCO3(s)更易分解。 0.400< <0.600 896℃ 795℃
【详解】
如果计算结果正确但未用表示，而用Pa或kPa表示，整体扣0.5分。
6-1两方程式作差得NH4HCO3(s) +Na2CO3(s) =2NaHCO3(s) +NH3(g)
= (2)- (1)=[42426-1422T/K] J·mol-1
当T=298K时， =50.4 (J·mol-1)
= -RT ln /p故p (NH3) =0980p
另解：对于方程式(I)，当在298K时 =[129076 -334.2T/K)]=29484.4( J·mol-1)
_=-RTlnK= - RTln(/ p)( / p)
对于方程(II)，当在298K时 =[171502- 476.4T/K] =29534.8( J·mol-1)
=- RTlnK= - RTln(/ p) ( / p)( /p)
= -RT[ln (/ p) ( / p)( /p)]
RTln( /p )= 29484.4- -29534.8= -50.4(J·mol-1 )
故( /p) =0.980即=0.980p
6-2物种数S=6，独立化学反应R=2，浓度限制条件R'=1(气相中H2O和CO2的摩尔分数相等)，因此：独立组分数K=S-R-R'=6-2-1=3
相数φ=4 (三种固体和气体) (0.5 分)
自由度f=K-φ+2=3-4+2=1 (0.5 分)
6-3当=时， =-RTln =5.7628T
则42426-142.2T/K= 5.7628T/K ∴。T=286.7K (0.5 分)
6-4 298K， 当NH4HCO3(s)单独存在时
=171502 -476.4×298 =29534.8(J·mol-1) (0.5 分)
=- RTln( /p )3 ∴=1.881×10-2p
同温时当存在NaHCO3(s)和Na2CO3(s)时 = 0.980p>1.881 ×10-2p
故设想不成立，共存时NH4HCO3(s)更易分解。
6-5在373K时，= 129076-334.2×373 – 4419.4 J·mol-1
=-RTlnK ∴K = 0.240 (5)
假设气流中水的摩尔分数为则CO2的摩尔分数为1- ，总压为p
则K==(1-)
若使NaHCO3(s)不分解，即反应向逆(左)方向进行，
则Q>K即(1-)>0.240
解得0.400< <0.600
6-6-1窑中气体不与外界对流，则体系中气相应为p 的CO2 (由CaCO3分解产生)那么欲使CaCO3(s)不断分解，则窑温至少婴维持在896℃(读题目所给数据表即可)。(0.5 分)
6-6-2因为C(s)+O2(g) CO2(g) 则1molO2可产生1molCO2
由题意，空气中O2的分压为0.210 p ，因此这就是CO2的分压，欲使CaCO3不断分解，窑温至少要维持在795 ℃(读题目所给数据表即可) 。 (0.5 分)
5．4NH3+5O2 4NO+6H2O O2或者空气 NH4++OH-= NH3↑+H2O N2 NaCl B +ClO-= +Cl-或+HClO= +Cl-+H+
【详解】
Ⅰ. (1)设备1中是NH3和O2发生反应，化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O；设备2中发生的反应为：4NO+3O2+2H2O=4 HNO3,所以通入的物质A是O2或者空气。答案：4NH3+5O2 4NO+6H2O； O2或者空气；
Ⅱ. (2)过程①的目的是将NH4+转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，使NH4+转化为NH3，反应的离子方程式为：NH4++OH-= NH3↑+H2O 。答案：NH4++OH-= NH3↑+H2O；
(3)过程②加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，反应的方程式为：3NaClO+ 2NH3=3NaCl+N2+3H2O,所以含氮元素、氯元素的物质化学式为N2、NaCl 。 答案：N2；NaCl；
(4)含余氯废水的主要成分是NaClO和HClO，要除去需加入还原性物质Na2SO3，反应的离子方程式为：+ClO-=+Cl-和+HClO= +Cl-+H+。答案：B；+ClO-= +Cl-或+HClO= +Cl-+H+。
6．Fe3++3H2O= Fe(OH)3（胶体）+3H+ K1>K2>K3 Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑ 8.3 4.6 不能 Fe(OH)2沉淀完全及Cu(OH)2开始沉淀时的pH值太接近，很难通过调节溶液pH的方法除去 H2O2 CuO或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 2.8 4.6
【详解】
I.（1）Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O= Fe(OH)3（胶体）+3H+；
（2）第一步水解显酸性，水解生成的氢离子会抑制第二步水解，第一、 二步水解生成的氢离子会抑制第三步水解，K1、K2、K3由大到小的顺序是K1>K2>K3；
(3)将FeCl3直接放入自来水(含有Mg2+、Ca2+、、Cl-等杂质离子)中，由于与发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑，故看到红褐色沉淀和大量气泡；
II. (4)①当溶液中Fe2+沉淀完全时，c(Fe2+)10-5mol/L，Ksp[Fe(OH)2]= c(Fe2+)c2(OH-)=10-5mol/Lc2(OH-)=4.0×10-17，解得c(OH-)=2.0×10-6 mol/L，c(H+)=5.0×10-9 mol/L，pH=9- lg5=8.3，故a=8.3；
Cu(OH)2开始沉淀时，Qc= Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu 2+)c2(OH-)=0.1 mol/Lc2(OH-)=1.6×10-20，解得c(OH-)=4.0×10-10mol/L，c(H+)=2.5×10-5 mol/L，pH=5- lg2.5=4.6，故b=4.6；
②在CuCl2溶液中含有少量FeCl2杂质时不能通过调节溶液pH的方法来除去，理由是Fe(OH)2沉淀完全及Cu(OH)2开始沉淀时的pH值太接近，很难通过调节溶液pH的方法除去；
③CuCl2溶液中含有少量杂质FeCl2，加入氧化剂应不能引入杂质离子，为H2O2氧化亚铜离子为铁离子，加入CuO或CuCO3或Cu2(OH)2CO3调节溶液pH值，使2.8＜pH＜4.6，将FeCl3转化为Fe(OH)3除去，过滤得到氯化铜溶液。
7． Al的还原性较弱 pH过低，Al和H+反应生成Al3+ Cl-浓度较高时，使得OH-浓度较高，Ca2+、在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降
【详解】
(1)①酸性条件下，铝粉可将废水中的Cr2O还原为Cr3+，化学方程式为：；
②pH为3.0，Al的还原性较弱；
③pH过低，溶液中H+含量较高，Al和H+反应生成Al3+，导致Cr2O的去除效果不理想；
(2)①NaCl溶液、Ca(OH)2和NaAlO2反应生成Ca4Al2(OH)12Cl2沉淀，化学方程式为：；
②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)] 和其他反应条件不变，当初始氯离子浓度高于5g·L-1时，，Cl-浓度较高时，使得OH-浓度较高，Ca2+、在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降。
8．减小 10-12 < 10 AC 8×1015
【详解】
(1)亚硫酸钠中加入双氧水会发生氧化还原反应，方程式为，离子方程式为，亚硫酸钠被消耗，原来亚硫酸钠水解显碱性，反应后pH减小；
(2) ①发生水解反应的离子方程式：，；
②亚硫酸氢钠中，Ka2>Kh2，故电离大于水解，显酸性，故c()>c(H2SO3)
(3)①求a处pH，需要求得c(H+),此处只有亚硫酸钠，水解方程式，第二步可忽略，水解程度很小，，，，解得c(OH-)=10-4，故c(H+)=10-10，pH=10；
②A.此时溶液中可能溶有少量氯气，仍会使紫色石蕊褪色，A项错误；
B.由得，pH=2，故c(OH-)=10-12，故，，B项正确；
C.通入氯气后，，还剩0.03mol亚硫酸钠，仍会水解，还可能有亚硫酸氢钠，亚硫酸，C项错误；
D.物料守恒：c(Na+)=2c(H2SO3)+2c()+2c()；电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)；叠加得质子守恒：，D项正确；
(4)该反应常数为， Ksp； Kb。
9．SO2、NO2 a 、d 放热 KA=KB>KC
【详解】
、和CO中，能和空气中的水蒸气反应的有、，进一步被氧气氧化为硫酸，，硫酸和硝酸融入雨水，形成酸雨，在空气中CO不能与水反应，故答案为：、；
Ⅰ
Ⅱ
根据盖斯定律：ⅠⅡ得：，，
故答案为：；
在反应中，反应前后的气体体积变化等于零，即，无论是否平衡，体系内的压强永远不变；
a.左右气体总物质的量相同，压强不能说明反应以达到化学平衡，a错误；
只有有颜色，气体的颜色不变，说明的量不再发生变化，说明反应以达到化学平衡，b正确；
的物质的量不变，说明反应以达到化学平衡，c正确；
生成和消耗描述的都是正反应，不能说明反应以达到化学平衡，d错误。
故答案为：ad；
从图上可见，在时，随温度的升高CO的转化率越来越低，可见，升温时平衡向逆向移动，据勒夏特列原理，正反应放热，故答案为：放热；
化学平衡常数只受温度的影响，该反应放热，温度越高平衡逆向移动，K值减小，
故答案为：。
【点睛】
化学平衡图象分析方法，平衡图象题主要注意三点一趋势，三点是：图象的起点、拐点、终点，一趋势是看曲线的变化趋势，当然要看好横、纵坐标的向量；对于一个给定的化学反应，化学平衡常数的影响因素只有温度。
10． 减小 加压、适当降温、移走产物
【详解】
（1）与反应过程无关，只与反应的始态与终态有关，所以，根据图像可知，催化乙烯加氢效果较好的催化剂是，故答案为：；；
（2）①该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，水蒸气和乙烯都减少，根据反应方程式，水蒸气比乙烯减少的快，由图可知，m和n减少，且m减少的快，则m为水蒸气，n为乙烯，同理，二氧化碳和氢气都增多，氢气增多的比二氧化碳快，a和b都是增多，a增多的快，a为氢气，b为二氧化碳，故答案为：；；
②该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，升高温度，平衡常数减小，恒容条件下，设CO2的浓度为1xmol/L，H2浓度为3xmol/L，则
在A点，CO2的浓度等于H2O的浓度，c0=2(x-c0)，x=c0，K=，该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙烯平衡产率提高；又因为该反应正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，乙烯平衡产率提高；移走产物，平衡正向移动，乙烯平衡产率提高，故答案为：减小；；加压、适当降温、移走产物；
（3）在碱性条件下，得到电子，发生还原反应，其电极反应式为： ，故答案为：。
11．C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H =+131.6kJ·mol－1 高温 < > cd 加压 加入催化剂 66.7 CH3OH O2+4e-+2H2O =4OH—
【详解】
（1）1.2 g 碳为0.1mol，与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了13.16 kJ热量，反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H =+131.6kJ·mol－1；该反应的正反应为吸热反应，且气体分子数增大的反应，自发进行△G=△H-T△S<0，该反应的△H>0，△S>0，所以高温条件下才自发进行；故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H =+131.6kJ·mol－1；高温；
（2）①温度越高，反应速率越快，由图可知T1K2；故答案为：< ；>；
②a. 降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大；不选a；
b. 将CH3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，CO转化率增大；不选b；
c. 催化剂对平衡无影响，不能增加CO转化率，选c；
d. 充入He，体系总压强增大，各组分的浓度不变，平衡不移动，选d；故答案为：cd；
③CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）△H<0，由图可知，t2时，改变外界环境，速率加快，平衡正向移动，所以加压；t3时，改变外界环境，速率加快，平衡不移动，所以加入催化剂；故答案为：加压；加入催化剂；
④设转化的一氧化碳的物质的量为xmol，则：
根据物质的量与压强成正比关系，得到： ，，x=0.4mol，则，（MPa）-2；故答案为：66.7；
（3）燃料电池中，燃料作负极，发生氧化反应，失去电子；氧气作正极，发生还原反应，得到电子，所以负极加入的物质为CH3OH，电解质溶液为碱，在碱性环境中，O2+4e-+2H2O =4OH-；故答案为：CH3OH；O2+4e-+2H2O =4OH-。
12．AD -254 反应I的△H>O，反应Ⅱ的△H<0，温度升高，反应I正向进行，反应Ⅱ逆向进行，CH3OCH3的选择性降低 0.83 阴 14CO2＋12e－＋8H2O=C2H4＋12HCO3－
【分析】
（1）从影响环境的角度考虑；
（2）根据盖斯定律进行分析；
（3）利用化学平衡常数的表达式进行分析；
（4）利用电解原理、电极反应式的书写；
【详解】
（1）A、气体溶解度随压强的增大而增大，压强增大CO2可能液化，故A说法正确；
B、CO2能与水反应生成H2CO3，使海水酸性增强，破坏海洋生态环境，故B说法错误；
C、减缓空气中CO2浓度有多种方法，如合成聚二氧化碳塑料等，故C说法错误；
D、使用新能源减少CO2排放，植树造林可降低CO2浓度，故D说法正确；
答案为AD；
（2）利用盖斯定律，根据目标反应方程式，有②×2－①，△H=(－572×2kJ·mol－1)－(－890kJ·mol－1)=－254kJ·mol－1；
答案为－254kJ·mol－1；
（3）①反应I△H>0，属于放热反应，升高温度，平衡正向移动，反应Ⅱ的△H<0，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，CH3OCH3的选择性降低；
答案为反应I的△H>O，反应Ⅱ的△H<0，温度升高，反应I正向进行，反应Ⅱ逆向进行，CH3OCH3的选择性降低；
②根据图像，在270℃时，CH3OCH3的选择性为50%，测的平衡时CH3OCH3的物质的量为0.1mol，依据CH3OCH3的选择性公式计算出反应中消耗CO2的物质的量为0.4mol，则剩余CO2的物质的量为(1－0.4)mol=0.6mol，因此有
达到平衡后n(H2O)=0.5mol，n(H2)=(1－0.8)mol=0.2mol，n(CO)=0.2mol，根据化学平衡常数的表达式，K=，代数数值K≈0.83；
答案为0.83；
（4）根据题意CO2→C2H4，C的化合价由＋4价→－2价，化合价降低，根据电解原理，通入CO2的电极为阴极，其电极反应式为14CO2＋12e－＋8H2O=C2H4＋12HCO3－；
答案为阴极；14CO2＋12e－＋8H2O=C2H4＋12HCO3－。
【点睛】
难点是电极反应式的书写，根据电解原理，阴极上得电子，化合价降低，阳离子上失电子，化合价升高，根据题意，CO2还原为烃类，即通CO2一极为阴极，阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，H＋消耗HCO3－生成CO2，根据题意，维持HCO3－浓度不变，即阴极上产生HCO3－，阴极反应式为14CO2＋12e－＋8H2O=C2H4＋12HCO3－。
化学反应原理综合题
非选择题（共 12题）
1．氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气中的氮氧化物。
(1)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。脱除NO的总反应为_______。
(2)已知：ClO的氧化性弱于ClO－。电解氧化吸收法可将废气中的NOx转变为NO。分别向0.1mol·L-1NaCl溶液和0.08mol·L-1Na2SO4溶液(起始pH均调至9)中通入NO，测得电流强度与NO的脱除率的关系如图1所示。电解0.1mol·L-1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图2所示。
①电解Na2SO4溶液时产生H2O2。H2O2氧化吸收NO的离子方程式为_______。
②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是_______。
③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是_______。
2．氮的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
(1)已知：
①SO3(g)+NO(g)=NO2(g)+SO2(g) ∆H1=+41.8mol·L-1
②2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ∆H2=-196.6mol·L-1
则2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)的∆H=_______。
(2)NO作为主要空气污染物，其主要来源是汽车尾气，研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，并发生反应：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g) ∆H<0.在恒压密闭容器中加入足量活性炭和一定量NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图所示：
图中a、b、c三点中，达到平衡的点是_______；温度为1100K时，N2的平衡体积分数为_______。
(3)现代技术用氨气将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O，反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g) ∆H<0。
①实际生产中NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)的反应温度不宜过高的原因是_______。
②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，则0～8min内用N2表示的平均反应速率v(N2)=_______mol·L-1·min-1，500℃时该反应的平衡常数Kp=_______MPa(用含p0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
3．NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(1)NSR储存还原时，NO的储存和还原在不同时段交替进行，如1所示。
①NO储存转化为Ba(NO3)2过程中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为___。
②H2还原Ba(NO3)2的过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为___。
(2)NaClO溶液能有效去除NO。25℃时，NO的去除率随pH的变化如图3所示(用盐酸调节pH)；pH=4时，NO的去除率随温度的变化如图4所示。
①25℃时，随着pH降低，NO脱除率增大的原因是___。
②pH=4时，60~80℃间NO脱除率下降的原因是___。
(3)一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变n(NO2)：n(NO)的值，NOx的去除率如图5所示。
已知：a.NOx的去除率=1-×100%
b.NO与Ca(OH)2不反应
①当n(NO2)：n(NO)在0.3~0.5之间，NO与NO2吸收转化为Ca(OH)2反应的化学方程式为___。
②当n(NO2)：n(NO)大于1.4时，NO2的去除率升高，但NO的去除率却降低。其可能的原因是___。
4．下列反应，其自由能在一定 范围符合给出的关 系式：
(I)2NaHCO3(s) = Na2CO3(g)+ H2O(g)+ CO2(g) =[129076- 334.2T/K]J· mol-1
(II)NH4HCO3(s) = NH3(g) + H2O(g) + CO2(g) =[171502 - 476.4 T/K]J· mol-1
以下问题中与上述反应相关的自由能，均可由上述条件式计算，所有分压均须以p表示。
(1)计算在 298K时，当NaHCO3(s)， Na2CO3(s)和NH4HCO3(s)平衡共存时氨的分压________。
(2)将NaHCO3(s)， Na2CO3(s)和NH4HCO3(s)放入一个真空容器中平衡后，体系的独立组分数K，相数Φ和自由度f各为多少________、________、________？
(3) 计算当=时，NH4HCO3(s)， Na2CO3(s)和NaHCO3(s)平街共存的温度________。
(4)在298K时，将Na2CO3(s)， NaHCO3(s)和NH4HCO3(s)共同置于密闭容器中，使NH4HCO3(s)免受更多的分解，这种设想能否实现________？请用热力学原理计算说明________。
(5)在373K，p条件下，将含有H2O(g)的CO2(g)通过NaHCO3(s)， 计算：为避免NaHCO3(s)分解，气流中水的摩尔分数________。
(6)CO2(g)是温室气体， 焙烧CaCO3(s)时产生过程有两种：
①CaCO3(s)热分解制生石灰，不同温度下的分解压力即CO2的平衡压力示于下表。由CaCO3(s)烧制生石灰时， 若窑中气体不与外界对流，则窑温至少应维持多少度________？
t/℃
600
795
840
880
896
910
p/ p
0.0132
0.210
0.421
0.763
1.00
1.32
②用焦炭作燃料产生CO2：若通入空气的量恰好能使其中的O2完全转化为CO2，燃烧后的气体从窑顶逸出，欲使CaCO3(s)不断分解，窑的温度最低维持多少________？ (设空气体积分数为21.0% O2和79.0% N2，每种气体均看作理想气体)
5．研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。
Ⅰ.氨是重要的化工原料。某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如图所示。
(1)设备1中发生反应的化学方程式是__，设备2中通入的物质A是__。
Ⅱ.氨氮废水的去除是当前科学研究的热点问题。氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如图：
(2)过程①的目的是将NH转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，写出NH转化为NH3的离子方程式__。
(3)过程②加入NaClO溶液可将氨氮废水转化为无毒物质，反应后含氮元素、氯元素的物质化学式分别为___、__。
(4)含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，X可选用以下__以达到去除余氯的目的(填序号)。
A．KOH B．Na2SO4 C．KMnO4 D．NaCl
写出其中一个反应的离子方程式___。
6．铁、铜及其化合物在日常生活及工业生产中有着非常广泛的用途。回答下列问题：
I.FeCl3是常用的金属蚀刻剂和净水剂。
(1) FeCl3净水的原理是___________(用离子方程式及语言表示)。
(2)FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3++H2OFe(OH)2++H+ K1
Fe(OH)2++H2O +H+ K2
+H2OFe(OH)3+H+ K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是___________。
(3)配制FeCl3溶液时，常将FeCl3晶体溶于浓盐酸中，使用时加蒸馏水稀释至指定浓度。
某同学误将FeCl3直接放入自来水(含有Mg2+、Ca2+、、Cl-等杂质离子)中，看到红褐色沉淀和大量气泡，试解释出现该现象的原因___________(用离子方程式表示)。
II. CuCl2 常用作电镀添加剂、催化剂及饲料添加剂。
(4)①25℃时Fe(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2的Ksp如表格所示，计算当溶液中Fe2+、Cu2+离子浓度均为0.1 mol/L时，Fe(OH)2沉淀完全及Cu(OH)2开始沉淀时的pH值(已知lg2=0.3)
分子式
Ksp
开始沉淀时的pH值
沉淀完全时的pH值
Fe(OH)2
4.0×10-17
6.3
a= _____
Fe(OH)3
2.79×10-39
1.5
2.8
Cu(OH)2
1.6×10-20
b= _____
6.6
②在CuCl2溶液中含有少量FeCl2杂质时 ___________ (填“能"、“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是___________。
③为了除去CuCl2溶液中含有的少量FeCl2，可以用___________(填化学式，写出一种即可) 将FeCl2氧化为FeCl3，然后通过加入___________(填化学式，出一种即可)调控溶液pH值，使___________ ＜pH＜___________，将FeCl3转化为Fe(OH)3除去。
7．氧化还原法、沉淀法等是常用于治理水体污染的重要化学方法。
(1)还原法处理含铬废水：铝粉可将废水中的Cr2O还原为Cr3+。如图所示，废水的不同初始pH对Cr2O去除效果有重要影响。
①酸性条件下，铝粉去除Cr2O反应的离子方程式为_______
②初始pH为3.0，反应180min后，废水中Cr2O浓度仍较高的原因是_______。
③实验证明，若初始pH过低，Cr2O的去除效果也不理想，其原因可能是_______。
(2)沉淀法处理含氯废水：向模拟废水(NaCl溶液)中加入Ca(OH)2和NaAlO2粉末，氯离子可转化为Ca4Al2(OH)12Cl2沉淀。
①该反应的化学方程式为_______。
②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)]和其他反应条件不变，溶液中氯离子去除率随溶液初始氯离子浓度的变化如图所示，当初始氯离子浓度高于5g·L-1时，氯离子去除率下降的原因可能是_______。
8．工业燃煤、石油等化石燃料烧释放出大量SO2等气体，严重污染空气。对废气进行处理可实现绿色环保、废物利用。目前，在常温下处理SO2主要采用碱液吸收法。
(1)用过量的烧碱溶液吸收SO2，发生反应，若向所得的溶液滴入过氧化氢溶液，则溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，发生反应的离子方程式为_______。
(2)研究发现，溶液也可以用来处理废气中的SO2，发生反应，查阅资料可知，常温下，电离平衡常数：，。
①写出发生水解反应的离子方程式：_______；常温下，该反应的_______。
②溶液中_______(填“>”、“<”或“=”)。
(3)若向溶液中缓慢通入0.08mol Cl2，整个过程无气体逸出，忽略溶液体积的变化，测得溶液的pH与通入Cl2物质的量之间的变化曲线如图所示：
①a点pH=_______(填具体的数字)。
②下列说法错误的是_______(填标号)。
A．b点溶液中滴入紫色石蕊试液，此时原溶液不变色
B．c点溶液中存在
C．d点溶液中溶质只有、和
D．a点溶液中存在
(4)还可以采用多步法来处理废气中的SO2：
第1步：用过理的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；
第2步：加入石灰水，发生反应 K，则K=___[已知：，]。
9．空气质量与我们的健康息息相关，目前我国通过监测6项污染物的百分比浓度来计算空气质量指数(AQI)，SO2、NO2和CO是其中3项中的污染物。
(1)上述3种气体直接排入空气后会引起酸雨的气体有_______________(填化学式)。
(2)早期人们曾经使用铅室法生产硫酸，其主要反应为：SO2(g)＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g)
①若已知2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) + Q1 2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g) + Q2
则SO2(g)＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g)+ Q3 , Q3＝_________kJ·mol－1。
②一定温度下，向固定体积为2 L的密闭容器中充入SO2和NO2各1 mol，发生反应：SO2(g)＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g)。下列事实中不能说明该反应达到平衡状态的是____(选填序号)。
a．体系压强保持不变 b．混合气体的颜色保持不变
c．NO的物质的量保持不变 d．每生成1 mol SO3的同时消耗1 mol NO2
(3)矿石燃料的燃烧是造成酸雨的主要因素之一 。而甲醇日趋成为重要的有机燃料，通常利用CO和H2 合成甲醇，其反应的化学方程式为CO(g)＋ 2H2(g) CH3OH(g)。今在一容积可变的密闭容器中，充有10 mol CO和20 mol H2，用于合成甲醇。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(P)的关系如图所示：
①上述合成甲醇的反应为________反应(填“放热”或“吸热”)。
②A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为_____________________。
10．的生产、应用是一个国家化工水平的重要标志。
（1）上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如下图所示：
则____________，催化乙烯加氢效果较好的催化剂是________（选填“”或“”）。
（2）经催化加氢合成乙烯： 。恒容条件下，按投料，各物质平衡浓度变化与温度的关系如图所示：
①指出图中曲线 分别表示_______、________的浓度。
②升高温度，平衡常数_________（“减小”“增大”或“不变”）。点，______（用表示）。写出能提高乙烯平衡产率的措施__________（任举两种）。
（3）加州理工学院Theodor Agape等在强碱环境下，实现了电催化制，产物的选择性高达，转化为的电极反应式为___________________。
11．能源问题是现代社会发展的三大基本问题之一。
(1)焦炭可用于制取水煤气。实验测得1.2 g 碳与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了13.16 kJ热量。该反应的热化学方程式为_________________________；该反应在________条件下能自发进行（选“高温”、“低温”或“任意温度”）。
(2)甲醇（CH3OH）广泛用作燃料电池的燃料，工业上可由CO和H2来合成，化学方程式为CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）。如图是在不同温度下CO的转化率随时间变化的曲线。
①T1________T2（填“>”、“<”或“=”）。T1和T2温度下的平衡常数大小关系是K1________（填“>”、“<”或“=”）K2。
②若容器容积不变，下列措施不能增加CO转化率的是________（填字母）。
a.降低温度 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.使用合适的催化剂 d.充入He，使体系总压强增大
③生成甲醇的化学反应速率（v）与时间（t）的关系如图所示。则图中t2时采取的措施可能是___________________ ；
t3时采取的措施可能是 _________________。
④若在T1℃时，往一密闭容器通入等物质的量CO和H2测得容器内总压强1MPa，40min达平衡时测得容器内总压强为0.6MPa，计算生成甲醇的压强平衡常数KP＝________（MPa）-2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
(3)甲醇（CH3OH）燃料电池是以铂为电极，以KOH溶液为电解质溶液，在两极区分别加入CH3OH和O2即可产生电流。负极加入的物质是________；正极的电极反应为_______________________。
12．CO2的资源化利用能有效减少CO2的排放，充分利用碳资源。
（1）全球变暖现象很可能是大气中的温室气体（如CO2）聚集造成的。有科学家提出可以将CO2通过管道输送到海底，这样可减缓空气中CO2浓度的增加。下列有关说法正确的是__（填字母）。
A．送到海底越深的地方，CO2溶解得越多，同时CO2可能液化甚至变成干冰
B．把CO2输送到海底，会使海水酸性增强，有利于海洋生态环境
C．把CO2输送到海底，这是人类减缓空气中CO2浓度增加速率的唯一办法
D．要减缓空气中CO2浓度的增加，最有效的措施是使用新能源和植树造林
（2）已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-572kJ·mol-1
则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l) ΔH=__kJ·mol-1。
（3）CO2催化加氢合成二甲醚是CO2转化的一种方法，主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2kJ·mol-1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5kJ·mol-1
在一体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2与1molH2，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化曲线如图所示。其中：CH3OCH3的选择性=×100%。
①CH3OCH3的选择性随温度的升高而降低的原因是___。
②270℃时，测得平衡时CH3OCH3的物质的量为0.1mol，此时反应Ⅰ的化学平衡常数K=__（保留2位有效数字）。
（4）多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类（如C2H4）的金属。电解装置中分别以多晶Cu和铂为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度（约0.1mol·L-1左右）基本保持不变。并向某极室内持续通入CO2，温度控制在10℃左右。通入CO2的电极为___（填“阴极”或“阳极”），生成C2H4的电极反应式为__。
参考答案
1．4NO+4NH3+O24N2+6H2O 3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O 电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强 随着电流强度增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化为氯酸根(或次氯酸根浓度减小，氯酸根浓度增大)，氯酸根氧化性比次氯酸根弱
【详解】
(1)一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。根据图中信息得到NO、NH3和O2反应生成N2和H2O，因此脱除NO的总反应为4NO+4NH3+O24N2+6H2O；故答案为：4NO+4NH3+O24N2+6H2O。
(2)①H2O2氧化吸收NO，反应在碱性条件下生成硝酸根和水，其反应的离子方程式为3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O；故答案为：3H2O2+2NO+2OH－=2NO+4H2O。
②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性比双氧水氧化性更强，而且电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO的去除；故答案为：电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强。
③根据图中信息ClO的氧化性弱于ClO－，随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是随着电流强度增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化为氯酸根(或次氯酸根浓度减小，氯酸根浓度增大)，氯酸根氧化性比次氯酸根弱。
2．+113.0KJ/mol b、c 20% 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高 0.05
【详解】
(1)根据盖斯定律，反应①×2-反应②得2NO2(g)=2NO(g)+O2(g) ∆H=-(2×∆H1+ ∆H2)= -(2×41.8-196.6)=+113.0KJ/mol，故答案为：+113.0KJ/mol。
(2) 温度低于1050K时，反应速率较慢，反应未达平衡状态，温度等于或高于1050K时达到平衡，1100K是NO的平衡转化率为40%，假设通入NO的物质的量为1mol，利用三段式则有： ，所以N2的平衡体积分数为，故答案为：b、c，20%。
(3) ①NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高，故答案为：该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高。
②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，利用三段式则有： ，v(N2)= mol·L-1·min-1，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，500℃时该反应的平衡常数Kp= MPa= Mpa，故答案为：0.05、。
3．4：3 pH降低，，溶液中c(HClO)增大； HClO受热分解，溶液中c(HCIO)减小 NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低。
【详解】
(1)①NO储存转化为Ba(NO3)2过程中，根据转化图分析，NO和O2反应转化为NO2，NO2和BaO反应转化为Ba(NO3)2，取1molNO，转化为NO2需消耗O2的物质的量为0.5mol，生成1molNO2，NO2转化为,，则需要消耗O2的物质的量为0.25mol，整个转化过程中，消耗NO和O2的物质的量之比为1：0.75 =4：3；
故答案为：4：3
②根据图2分析，第一步反应中，H2含量降低，NH3含量升高，可知H2将还原成NH3，则第一步反应中发生的反应为：
(2)①pH降低，c(H+)增大，产生更多的HClO，所以NO的脱除率增大，故答案为：pH降低，，溶液中c(HClO)增大；
②HClO会分解，温度太高，HClO分解得太多，溶液中HCIO浓度减小了，故答案为：HClO受热分解，溶液中c(HCIO)减小；
(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：
②当太大，NO2量太多，吸收不完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降价，故答案为：NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低。
4．0.980p K=S-R-R'=6-2-1=3 相数φ=4 (三种固体和气体) 自由度f=K-φ+2=3-4+2=1 286.7K 不成立 298K， 当NH4HCO3(s)单独存在时
=171502 -476.4×298 =29534.8(J·mol-1)
=- RTln( /p )3 ∴=1.881×10-2p
同温时当存在NaHCO3(s)和Na2CO3(s)时 = 0.980p>1.881 ×10-2p
故设想不成立，共存时NH4HCO3(s)更易分解。 0.400< <0.600 896℃ 795℃
【详解】
如果计算结果正确但未用表示，而用Pa或kPa表示，整体扣0.5分。
6-1两方程式作差得NH4HCO3(s) +Na2CO3(s) =2NaHCO3(s) +NH3(g)
= (2)- (1)=[42426-1422T/K] J·mol-1
当T=298K时， =50.4 (J·mol-1)
= -RT ln /p故p (NH3) =0980p
另解：对于方程式(I)，当在298K时 =[129076 -334.2T/K)]=29484.4( J·mol-1)
_=-RTlnK= - RTln(/ p)( / p)
对于方程(II)，当在298K时 =[171502- 476.4T/K] =29534.8( J·mol-1)
=- RTlnK= - RTln(/ p) ( / p)( /p)
= -RT[ln (/ p) ( / p)( /p)]
RTln( /p )= 29484.4- -29534.8= -50.4(J·mol-1 )
故( /p) =0.980即=0.980p
6-2物种数S=6，独立化学反应R=2，浓度限制条件R'=1(气相中H2O和CO2的摩尔分数相等)，因此：独立组分数K=S-R-R'=6-2-1=3
相数φ=4 (三种固体和气体) (0.5 分)
自由度f=K-φ+2=3-4+2=1 (0.5 分)
6-3当=时， =-RTln =5.7628T
则42426-142.2T/K= 5.7628T/K ∴。T=286.7K (0.5 分)
6-4 298K， 当NH4HCO3(s)单独存在时
=171502 -476.4×298 =29534.8(J·mol-1) (0.5 分)
=- RTln( /p )3 ∴=1.881×10-2p
同温时当存在NaHCO3(s)和Na2CO3(s)时 = 0.980p>1.881 ×10-2p
故设想不成立，共存时NH4HCO3(s)更易分解。
6-5在373K时，= 129076-334.2×373 – 4419.4 J·mol-1
=-RTlnK ∴K = 0.240 (5)
假设气流中水的摩尔分数为则CO2的摩尔分数为1- ，总压为p
则K==(1-)
若使NaHCO3(s)不分解，即反应向逆(左)方向进行，
则Q>K即(1-)>0.240
解得0.400< <0.600
6-6-1窑中气体不与外界对流，则体系中气相应为p 的CO2 (由CaCO3分解产生)那么欲使CaCO3(s)不断分解，则窑温至少婴维持在896℃(读题目所给数据表即可)。(0.5 分)
6-6-2因为C(s)+O2(g) CO2(g) 则1molO2可产生1molCO2
由题意，空气中O2的分压为0.210 p ，因此这就是CO2的分压，欲使CaCO3不断分解，窑温至少要维持在795 ℃(读题目所给数据表即可) 。 (0.5 分)
5．4NH3+5O2 4NO+6H2O O2或者空气 NH4++OH-= NH3↑+H2O N2 NaCl B +ClO-= +Cl-或+HClO= +Cl-+H+
【详解】
Ⅰ. (1)设备1中是NH3和O2发生反应，化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O；设备2中发生的反应为：4NO+3O2+2H2O=4 HNO3,所以通入的物质A是O2或者空气。答案：4NH3+5O2 4NO+6H2O； O2或者空气；
Ⅱ. (2)过程①的目的是将NH4+转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，使NH4+转化为NH3，反应的离子方程式为：NH4++OH-= NH3↑+H2O 。答案：NH4++OH-= NH3↑+H2O；
(3)过程②加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，反应的方程式为：3NaClO+ 2NH3=3NaCl+N2+3H2O,所以含氮元素、氯元素的物质化学式为N2、NaCl 。 答案：N2；NaCl；
(4)含余氯废水的主要成分是NaClO和HClO，要除去需加入还原性物质Na2SO3，反应的离子方程式为：+ClO-=+Cl-和+HClO= +Cl-+H+。答案：B；+ClO-= +Cl-或+HClO= +Cl-+H+。
6．Fe3++3H2O= Fe(OH)3（胶体）+3H+ K1>K2>K3 Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑ 8.3 4.6 不能 Fe(OH)2沉淀完全及Cu(OH)2开始沉淀时的pH值太接近，很难通过调节溶液pH的方法除去 H2O2 CuO或CuCO3或Cu2(OH)2CO3 2.8 4.6
【详解】
I.（1）Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质，可起到净水的作用，反应的离子方程式为：Fe3++3H2O= Fe(OH)3（胶体）+3H+；
（2）第一步水解显酸性，水解生成的氢离子会抑制第二步水解，第一、 二步水解生成的氢离子会抑制第三步水解，K1、K2、K3由大到小的顺序是K1>K2>K3；
(3)将FeCl3直接放入自来水(含有Mg2+、Ca2+、、Cl-等杂质离子)中，由于与发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳Fe3++3=Fe(OH)3↓+3CO2↑，故看到红褐色沉淀和大量气泡；
II. (4)①当溶液中Fe2+沉淀完全时，c(Fe2+)10-5mol/L，Ksp[Fe(OH)2]= c(Fe2+)c2(OH-)=10-5mol/Lc2(OH-)=4.0×10-17，解得c(OH-)=2.0×10-6 mol/L，c(H+)=5.0×10-9 mol/L，pH=9- lg5=8.3，故a=8.3；
Cu(OH)2开始沉淀时，Qc= Ksp[Cu(OH)2]= c(Cu 2+)c2(OH-)=0.1 mol/Lc2(OH-)=1.6×10-20，解得c(OH-)=4.0×10-10mol/L，c(H+)=2.5×10-5 mol/L，pH=5- lg2.5=4.6，故b=4.6；
②在CuCl2溶液中含有少量FeCl2杂质时不能通过调节溶液pH的方法来除去，理由是Fe(OH)2沉淀完全及Cu(OH)2开始沉淀时的pH值太接近，很难通过调节溶液pH的方法除去；
③CuCl2溶液中含有少量杂质FeCl2，加入氧化剂应不能引入杂质离子，为H2O2氧化亚铜离子为铁离子，加入CuO或CuCO3或Cu2(OH)2CO3调节溶液pH值，使2.8＜pH＜4.6，将FeCl3转化为Fe(OH)3除去，过滤得到氯化铜溶液。
7． Al的还原性较弱 pH过低，Al和H+反应生成Al3+ Cl-浓度较高时，使得OH-浓度较高，Ca2+、在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降
【详解】
(1)①酸性条件下，铝粉可将废水中的Cr2O还原为Cr3+，化学方程式为：；
②pH为3.0，Al的还原性较弱；
③pH过低，溶液中H+含量较高，Al和H+反应生成Al3+，导致Cr2O的去除效果不理想；
(2)①NaCl溶液、Ca(OH)2和NaAlO2反应生成Ca4Al2(OH)12Cl2沉淀，化学方程式为：；
②保持投料比［n(Ca)：n(Al)：n(Cl)] 和其他反应条件不变，当初始氯离子浓度高于5g·L-1时，，Cl-浓度较高时，使得OH-浓度较高，Ca2+、在溶液中浓度降低，导致氯离子去除率下降。
8．减小 10-12 < 10 AC 8×1015
【详解】
(1)亚硫酸钠中加入双氧水会发生氧化还原反应，方程式为，离子方程式为，亚硫酸钠被消耗，原来亚硫酸钠水解显碱性，反应后pH减小；
(2) ①发生水解反应的离子方程式：，；
②亚硫酸氢钠中，Ka2>Kh2，故电离大于水解，显酸性，故c()>c(H2SO3)
(3)①求a处pH，需要求得c(H+),此处只有亚硫酸钠，水解方程式，第二步可忽略，水解程度很小，，，，解得c(OH-)=10-4，故c(H+)=10-10，pH=10；
②A.此时溶液中可能溶有少量氯气，仍会使紫色石蕊褪色，A项错误；
B.由得，pH=2，故c(OH-)=10-12，故，，B项正确；
C.通入氯气后，，还剩0.03mol亚硫酸钠，仍会水解，还可能有亚硫酸氢钠，亚硫酸，C项错误；
D.物料守恒：c(Na+)=2c(H2SO3)+2c()+2c()；电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)；叠加得质子守恒：，D项正确；
(4)该反应常数为， Ksp； Kb。
9．SO2、NO2 a 、d 放热 KA=KB>KC
【详解】
、和CO中，能和空气中的水蒸气反应的有、，进一步被氧气氧化为硫酸，，硫酸和硝酸融入雨水，形成酸雨，在空气中CO不能与水反应，故答案为：、；
Ⅰ
Ⅱ
根据盖斯定律：ⅠⅡ得：，，
故答案为：；
在反应中，反应前后的气体体积变化等于零，即，无论是否平衡，体系内的压强永远不变；
a.左右气体总物质的量相同，压强不能说明反应以达到化学平衡，a错误；
只有有颜色，气体的颜色不变，说明的量不再发生变化，说明反应以达到化学平衡，b正确；
的物质的量不变，说明反应以达到化学平衡，c正确；
生成和消耗描述的都是正反应，不能说明反应以达到化学平衡，d错误。
故答案为：ad；
从图上可见，在时，随温度的升高CO的转化率越来越低，可见，升温时平衡向逆向移动，据勒夏特列原理，正反应放热，故答案为：放热；
化学平衡常数只受温度的影响，该反应放热，温度越高平衡逆向移动，K值减小，
故答案为：。
【点睛】
化学平衡图象分析方法，平衡图象题主要注意三点一趋势，三点是：图象的起点、拐点、终点，一趋势是看曲线的变化趋势，当然要看好横、纵坐标的向量；对于一个给定的化学反应，化学平衡常数的影响因素只有温度。
10． 减小 加压、适当降温、移走产物
【详解】
（1）与反应过程无关，只与反应的始态与终态有关，所以，根据图像可知，催化乙烯加氢效果较好的催化剂是，故答案为：；；
（2）①该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，水蒸气和乙烯都减少，根据反应方程式，水蒸气比乙烯减少的快，由图可知，m和n减少，且m减少的快，则m为水蒸气，n为乙烯，同理，二氧化碳和氢气都增多，氢气增多的比二氧化碳快，a和b都是增多，a增多的快，a为氢气，b为二氧化碳，故答案为：；；
②该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，升高温度，平衡常数减小，恒容条件下，设CO2的浓度为1xmol/L，H2浓度为3xmol/L，则
在A点，CO2的浓度等于H2O的浓度，c0=2(x-c0)，x=c0，K=，该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙烯平衡产率提高；又因为该反应正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，乙烯平衡产率提高；移走产物，平衡正向移动，乙烯平衡产率提高，故答案为：减小；；加压、适当降温、移走产物；
（3）在碱性条件下，得到电子，发生还原反应，其电极反应式为： ，故答案为：。
11．C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H =+131.6kJ·mol－1 高温 < > cd 加压 加入催化剂 66.7 CH3OH O2+4e-+2H2O =4OH—
【详解】
（1）1.2 g 碳为0.1mol，与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了13.16 kJ热量，反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H =+131.6kJ·mol－1；该反应的正反应为吸热反应，且气体分子数增大的反应，自发进行△G=△H-T△S<0，该反应的△H>0，△S>0，所以高温条件下才自发进行；故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H =+131.6kJ·mol－1；高温；
（2）①温度越高，反应速率越快，由图可知T1
②a. 降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大；不选a；
b. 将CH3OH(g)从体系中分离，平衡正向移动，CO转化率增大；不选b；
c. 催化剂对平衡无影响，不能增加CO转化率，选c；
d. 充入He，体系总压强增大，各组分的浓度不变，平衡不移动，选d；故答案为：cd；
③CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）△H<0，由图可知，t2时，改变外界环境，速率加快，平衡正向移动，所以加压；t3时，改变外界环境，速率加快，平衡不移动，所以加入催化剂；故答案为：加压；加入催化剂；
④设转化的一氧化碳的物质的量为xmol，则：
根据物质的量与压强成正比关系，得到： ，，x=0.4mol，则，（MPa）-2；故答案为：66.7；
（3）燃料电池中，燃料作负极，发生氧化反应，失去电子；氧气作正极，发生还原反应，得到电子，所以负极加入的物质为CH3OH，电解质溶液为碱，在碱性环境中，O2+4e-+2H2O =4OH-；故答案为：CH3OH；O2+4e-+2H2O =4OH-。
12．AD -254 反应I的△H>O，反应Ⅱ的△H<0，温度升高，反应I正向进行，反应Ⅱ逆向进行，CH3OCH3的选择性降低 0.83 阴 14CO2＋12e－＋8H2O=C2H4＋12HCO3－
【分析】
（1）从影响环境的角度考虑；
（2）根据盖斯定律进行分析；
（3）利用化学平衡常数的表达式进行分析；
（4）利用电解原理、电极反应式的书写；
【详解】
（1）A、气体溶解度随压强的增大而增大，压强增大CO2可能液化，故A说法正确；
B、CO2能与水反应生成H2CO3，使海水酸性增强，破坏海洋生态环境，故B说法错误；
C、减缓空气中CO2浓度有多种方法，如合成聚二氧化碳塑料等，故C说法错误；
D、使用新能源减少CO2排放，植树造林可降低CO2浓度，故D说法正确；
答案为AD；
（2）利用盖斯定律，根据目标反应方程式，有②×2－①，△H=(－572×2kJ·mol－1)－(－890kJ·mol－1)=－254kJ·mol－1；
答案为－254kJ·mol－1；
（3）①反应I△H>0，属于放热反应，升高温度，平衡正向移动，反应Ⅱ的△H<0，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，CH3OCH3的选择性降低；
答案为反应I的△H>O，反应Ⅱ的△H<0，温度升高，反应I正向进行，反应Ⅱ逆向进行，CH3OCH3的选择性降低；
②根据图像，在270℃时，CH3OCH3的选择性为50%，测的平衡时CH3OCH3的物质的量为0.1mol，依据CH3OCH3的选择性公式计算出反应中消耗CO2的物质的量为0.4mol，则剩余CO2的物质的量为(1－0.4)mol=0.6mol，因此有
达到平衡后n(H2O)=0.5mol，n(H2)=(1－0.8)mol=0.2mol，n(CO)=0.2mol，根据化学平衡常数的表达式，K=，代数数值K≈0.83；
答案为0.83；
（4）根据题意CO2→C2H4，C的化合价由＋4价→－2价，化合价降低，根据电解原理，通入CO2的电极为阴极，其电极反应式为14CO2＋12e－＋8H2O=C2H4＋12HCO3－；
答案为阴极；14CO2＋12e－＋8H2O=C2H4＋12HCO3－。
【点睛】
难点是电极反应式的书写，根据电解原理，阴极上得电子，化合价降低，阳离子上失电子，化合价升高，根据题意，CO2还原为烃类，即通CO2一极为阴极，阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，H＋消耗HCO3－生成CO2，根据题意，维持HCO3－浓度不变，即阴极上产生HCO3－，阴极反应式为14CO2＋12e－＋8H2O=C2H4＋12HCO3－。
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