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2022届高三化学一轮复习化学反应原理23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23化学反应原理综合题含解析，共38页。
化学反应原理综合题
非选择题（共15题）
1．随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一、利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)ΔH＜0
(1)如何提高NO的转化率(任意写出一种)___________。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)∶n(NO)=1∶3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是___________。
A混合气体的平均摩尔质量保持不变
B容器内物质的总质量保持不变
C有1molN-H键断裂的同时，有1molO-H键断裂
Dn(NH3)∶n(NO)保持不变
Ec(H2O)保持不变
(3)已知该反应速率v正=k正•cx(NH3)•cy(NO)，v逆=k逆•c5(N2)•c0(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆，则x=___________，y=___________。
(4)某研究小组将4molNH3、6molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：
①从开始到5min末，温度由420K升高到580K，该时段内用NH3表示的平均反应速率v(NH3)___________。
②从图像可以看到，如果在有氧条件下，温度升高到580K之后，NO生成N2的转化率开始降低，其可能产生的原因是___________。
2．Ⅰ．在2020年中央经济工作会议上，我国明确提出“碳达峰”与“碳中和”目标。使利用合成高价值化学品更突显其重要性。
工业上可以利用和合成：。在一个绝热恒容的密闭容器中置入1mol和3mol，当___________时，说明反应达到平衡状态。
Ⅱ．利用超干重整的催化转化如图所示：
(1)与超干重整反应的化学方程式为___________。
(2)有关转化过程，下列说法正确的是___________ (填序号)
a．过程Ⅰ中未参与反应
b．过程Ⅱ实现了含碳物质与含氢物质的分离
c．转换②中CaO消耗过程中的，有利于反应正向进行
d．转化③中Fe与反应的物质的量之比为4∶3
Ⅲ．在K℃下，分别将0.20mol、0.40molClF充入2L和1L的两个刚性容器中，发生反应：。实验测得的体积分数随时间变化如图所示：
(1)针对，若仅从浓度而言，则、、、大小顺序为___________。
(2)反应进行到d点时，反应速率___________。
3．将二氧化碳还原转化为有用的化学物质是目前研究的热点之一、
(1)1945年Ipatieff等首次提出可在铜铝催化剂上用加氢合成甲醇。已知发生的主要反应的热化学方程式如下：
则：①___________。
②如图1所示，关闭K，向A中充入、，向B中充入、，起始时，在相同条件下，两容器中只发生反应：
，达到平衡时，则B中的转化率为___________。打开K，过一段时间重新达平衡，此时B的体积为___________L(用含a的代数式表示，连通管中气体体积不计)。
③和以物质的量之比为1：3通入某密闭容器中，只发生反应，的平衡转化率与温度、气体的总压强的关系如图2所示，则___________(填“＞”、“＜”或“=”)。已知，则a点压强平衡常数___________(是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(2)利用微生物燃料电池技术可将转化为甲烷(如图3所示)，则阴极的电极反应式为___________。该技术将有机废水中的碳元素最终转化为___________(填分子式)。
4．Ⅰ.二甲醚又称甲醚，简称DME，结构简式为，是一种无色气体，被称为21世纪的新型燃料，它清洁、高效、具有优良的环保性能，在医药、燃料、农药工业中有许多独特的用途。
(1)
由H2和CO直接制备二甲酵(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为___________
(2)T℃时，在2L密闭容器中充入4molCO和8molH2发生制备二甲醚的反应：(没有配平)，测得环的物质的量随时间的变化情况如图中状态Ⅰ所示。
①T℃时，反应的平衡常数K1=___________。
②若仅改变某一条件，测得B的物质的最随时间的变化情况如图中状态Ⅱ所示，则K1___________K2(填“＞”、“＜”或“=”)。
③若仅改变某一条件，测得B的物质的量随时间的变化情况如图中状态Ⅲ所示，则改变的条件可能是___________。
(3)燃料电池是一种绿色环保、高效的化学电源。二甲醚还可作燃料电池的燃料，以熔融作为电解质，一极充入二甲醚，另一极充入空气和气体，该电池的负极反应式为___________。用该二甲醚燃料电池电解300mL饱和食盐水。电解一段时间后，当溶液的pH值为13(室温下测定)时，消耗二甲醛的质量为___________g．(忽略溶液体积变化，不考虑损耗)
Ⅱ．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
电离平衡常数
请回答下列问题：
(1)25℃时，0.1mol/L的溶液呈___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)
(2)用足量溶液吸收工业尾气中少量SO2气体，发生反应的离子方程式为___________。
(3)25℃时，取浓度均为0.1000mol/L的醋酸溶液和氨水溶液各20.00mL，分别用0.1000mol/LNaOH溶液、0.1000mol/L盐酸进行中和滴定，滴定过程中溶液pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法错误的是_____________
a．曲线Ⅰ，滴加溶液到10mL时：
b．当NaOH溶液和盐酸滴加至20.00mL时，曲线Ⅰ和Ⅱ刚好相交
c．曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00mL时，溶液中
d．在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00mL的过程中，水的电离程度先增大后减小
5．天然气的主要成分是，是温室气体，CO与是重要的燃料。
(1)与反应使之转化为CO与，对缓解燃料危机，减少温室效应具有重要的意义，热化学方程式为，为研究不同条件对反应的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入和，在催化剂存在的条件下发生反应，10min末时反应达到平衡，测得10min内，则平衡后n(CH4)=___________，此反应自发的条件为___________。
A．任何温度下自发 B．高温下自发 C．低温下自发
(2)下图是以甲烷为燃料的一类固体氧化物燃料电池。
负极原料为___________，电极反应式为___________。
(3)和充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：，测得的物质的量随时间的变化如图：
曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KI___________(填“＞”、“=”或“＜”)KⅡ。一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。
容器
甲
乙
反应物投入量
、
、、、
若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为___________。
6．甲醇既是一种绿色能源，又是一种重要的化工原料，应用甲醇可以生产其他的醇、醛、酯等。已知反应：
i. CO2(g)+ H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41 kJ·mol-1，
ii. 2CO2(g)+6 H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1，
iii. 2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3=-23kJ·mol-1，
回答下列问题：
(1)CO(g)与H2(g)合成甲醇的反应：CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) ΔH=_______kJ·mol-1，该反应的熵变ΔS_______0(填“>”或“＜”)。
(2)在甲、乙两个密闭容器中分别通入0.5molCO和1.0molH2，发生合成甲醇的反应，测得平衡体系中某成分的物质的量(n)与压强(p)、温度(T)的关系如下图：
①500K下，反应达到平衡时甲、乙两个容器的容积之比为_______。
②测得p总1=0.2MPa，则500K时反应的平衡常数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)。
③500K时经过20min乙容器内反应达到b点的平衡状态，则0~20min内的平均反应速率v(H2)=_______mol·min-1。
(3)可利用CO2为原料通过电解方法制备甲醇，采用的电解质溶液为NaHCO3水溶液，其阴极反应式为_____，相比NaOH溶液、Na2CO3溶液，采用NaHCO3水溶液作电解液的原因是___。
7．氮是生命体的重要组成元素，自然界中氮的循环对于生命活动有重要意义。
(1)一种利用锂及其化合物的循环，将空气中的N2转化为NH3的过程如图所示。
①N2和CO是分子量相同的双原子分子，但液态N2的沸点要__(填“”、“”或“”)液态CO。
②写出转化(Ⅱ)的化学方程式：___。
③转化(Ⅲ)是电解熔融LiOH，该反应的化学方程式为___。
(2)氮肥厂的废水中氮元素以NH3•H2O、NH3和NH的形式存在，直接排放会造成水体富营养化。一种电化学氧化处理氨氮废水的原理是在酸性废水中加入NaCl进行电解，阳极产生的HClO可氧化氨氮，将其转化为N2。电解过程中，废水中初始Cl-浓度对氨氮去除速率及能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响关系如图所示。
①电解过程中阴极附近溶液的pH___(填“升高”、“降低”或“不变”)。
②当Cl-浓度减小时，氨氮去除速率下降，能耗却增加的原因是___。
③保持加入NaCl的量不变，当废水的pH低于4时，氨氮去除速率也会降低的原因是___。
8．氢气选择性催化还原(H2-SCR)是目前消除NO的理想方法，备受研究者关注。
H2-SCR法的主反应：
副反应：
回答下列问题：
(1)已知：
①_______
②提高主反应选择性的最佳措施是_______。
A．降低温度 B．增大压强 C．增大c(H2) D．使用合适的催化剂
(2)H2-SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理如下图
①下列有关说法不正确的是_______
A．Pt原子表面上发生反应有N+NO=N2O、N+N=N2等
B．H2解离为H原子，溢流至HY载体上，将吸附于载体的NO2还原
C．从Pt原子表面解吸的NH3，在HY载体上转化为
D．HY载体酸性越强，其吸附NO2能力越强，Pt催化活性越大
②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4：1，补充并配平下列化学方程式：+NO+O2=N2+H2O+____。
(3)T℃，时，恒容容器中发生上述反应，平衡体系中N2物质的量分数为10%，平衡压强与起始压强之比为3.6：4，则NO的有效去除率(转化为N2)为_______。
(4)一定条件下，恒温恒容容器中充入c(NO)=2.0×10-3mol·L-1、c(H2)=4.0×10-3mol·L-1，只发生反应，体系的总压强p随时间t的变化如下表所示：[已知该反应速率方程为υ=k·c(H2)·c2(NO)]
t/min
0
10
20
30
40
p/kPa
24
22.6
21.6
21
21
①t=20min时，υ=_______mol·L-1·s-1(速率常数k=1.0×105mol-2·L2·s-1)
②用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则该条件下反应的平衡常数Kp=_______。
9．谚语“雷雨发庄稼”的第一步化学方程式为：N2(g) +O2(g) = 2NO(g) △H= +180.5 kJ ·mo1-1，但是汽车尾气中过多的NO会造成酸雨、破坏臭氧层、形成光化学烟雾，并能与人体血红蛋白结合危害人类健康。
(1)汽车尾气中的NO和CO可在催化剂存在下反应并转化为参与大气循环的无污染气体，参考下图写出NO与CO反应的热化学方程式：___________。
(2)汽车尾气中的NO也可以用乙烯()除去，反应过程如下图所示，则总反应的化学方程式为___________。
(3)在催化剂存在的条件下，当、和按照起始的物质的量分数分别为15%、15%和70%，投料时，分别在1.0 MPa、2.5 MPa和4.0 MPa压强下发生(1)中的反应消除汽车尾气的污染，NO的平衡转化率α随温度的变化如下图所示。则反应在4.0MPa、550 ℃时的α=___________，其判断的依据为___________。影响α的因素有___________(写两条)。
(4)300℃时，在催化剂存在的条件下，和的混合气体在恒容密闭容器中发生(1)中的反应消除汽车尾气的污染。NO的转化率和容器内总压强的关系如下图所示(M点达到平衡)。则300℃下，该反应的平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数)。反应达到平衡后，升高温度，容器内总压强___________(填变大、变小或不变)，其理由是___________。
10．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究它们的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。
(1)已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) △H1 =-907.0 kJ/mol
4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=-1269.0 kJ/mol
若4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)的正反应活化能为E正 kJ/mol，则其逆反应活化能为___________kJ/mol(用含E正的代数式表示)。
(2)在一定条件下，向某2 L密闭容器中分别投入一定量的NH3、NO发生反应：4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)，其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，NO的转化率与温度的关系如图所示。
①工业上应选择催化剂___________(填“甲”或“乙”)。
②M点是否为对应温度下NO的平衡转化率，判断理由是___________。温度高于210℃时，NO转化率降低的可能原因是___________。
(3)已知：NO2(g) +SO2(g)NO(g)+SO3(g) △H<0.向密闭容器中充入等体积的NO2和SO2，测得平衡状态时压强对数1gp(NO2)和lgp(SO3)的关系如下图所示。
①ab两点体系总压强pa与pb的比值=___________；同一温度下图象呈线性变化的理由是___________。
②温度为T2时化学平衡常数Kp=___________，T1___________T2(填“>”、“<”或“=”)。
11．氮氧化物的治理有助于改善环境，比如雾霾、酸雨的治理。回答下列问题：
(1)已知：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=−574kJ·mol-1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=−1160kJ·mol-1
则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=_______kJ·mol-1。
(2)NH3可用于催化选择性还原NO，在不同温度下，发生反应6NO(g)+4NH3(g)⇌5N2(g)+6H2O(g) DH＜0，测得氨氮比[]与NO转化率的变化情况如图所示。
①由图可知，还原NO的合适条件，=_______。
②相同时，NO转化率520℃比450℃低的原因可能是_______。
③300℃和450℃时，NO转化率接近的原因是_______。
④一定温度下，在刚性密闭容器中，充入NO和NH3，测得在不同时间NO和NH3的物质的量如下表：
时间/min
0
1
2
3
∞
n(NO)/mol
1.2
0.90
0.72
0.60
0.60
n(NH3)/mol
0.90
0.70
0.58
0.50
0.50
若反应开始时的压强为p0，则该反应的化学平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，各气体的分压=气体总压×各气体的物质的量分数)。
(3)只需一步完成的反应称为基元反应，基元反应如aA+Dd=gG+hH的速率方程可表示为v=kca(A)•cd(D)，k为速率常数；非基元反应由多个基元反应组成，非基元反应的速率方程可由反应机理推定。NO氧化反应：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)分两步进行，均为基元反应，且快反应能够迅速完成。反应I：2NO(g)N2O2(g)，反应II：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(k1、k-1、k2为对应反应的速率常数)，其反应过程能量变化如图所示。
①决定NO氧化反应速率的步骤是反应_______(填“I”或“II”)。
②NO(g)与O2(g)反应生成NO2(g)的速率方程为v=_______(用含k1、k-1、k2…的代数式表示)。
12．汽车尾气是否为导致空气质量问题的主要原因，由此引发的“汽车限行”争议，是当前备受关注的社会性科学议题。
(1)反应 可有效降低汽车尾气污染物的排放。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(表示过渡态、表示中间产物)。
三个基元反应中，属于放热反应的是___________(填标号)；图中___________。
(2)探究温度、压强(2、5)对反应的影响，如图所示，表示2的是___________(填标号)。
(3)用可以消除污染：
①某条件下该反应速率，，该反应的平衡常数，则___________，___________。
②一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入4和6发生上述反应，测得和的物质的量随时间变化如图。
a点的正反应速率___________c点的逆反应速率(填“大于”、“小于”或“等于”)；测得平衡时体系压强为)，则该反应温度下___________。(用含的式子表示，只列式不用化简)。若在相同时间内测得的转化率随温度的变化曲线如下图，400℃~900℃之间的转化率下降由缓到急的原因是___________。
13．甲烷-CO2重整反应可以得到用途广泛的合成气，已知方程式如下。回答下列问题：
CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) ΔH>0
(1)相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
CH4(g)
CO(g)
H2(g)
燃烧热(kJ·mol-1)
890.3
283.0
285.8
① ΔH=___________kJ·mol-1
② 用Ni基双金属催化，反应的活化能降低，ΔH___________(填“变大”、“变小”或者“不变”)
(2)控制其它条件不变，改变温度对合成气中甲烷质量分数的影响如图。
若充入a molCH4，经过2小时后达到如右图A点，2小时内用CH4表示的平均反应速率为___________mol/h(用a表示)；假设A为平衡态，此时压强为2MPa，平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压x物质的量分数，保留2位小数)。
(3)甲烷的重整反应速率可以表示为η=k·p(CH4) [p(CH4)是指甲烷的分压]，其中k为速率常数。下列说法正确的是___________。
a.增加甲烷的浓度，η增大 b.增加CO2浓度，η增大
c.及时分离合成气，η增大 d.通过升高温度，提升k
(4)已知在高温的条件下，会发生如下副反应：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.0 kJ·mol-1，且温度越高副反应的转化率越高，化学上称之为“温度的选择性”。不同n(CO2)/n(CH4)配比随温度变化对平衡时n(H2)/n(CO)配比的影响如图所示。
按n(CO2)/n(CH4)=2.5的配比进料，随温度升高，合成气n(H2)/n(CO)配比“先增加后减小”。增加是因为高温有利甲烷分解的积碳反应，请解释“减小”的可能原因___________。
(5)一定温度下反应会出现积碳现象而降低催化剂活性。如图是Ni基双金属催化剂抗积碳的示意图。
结合图示：
①写出一个可能的积碳反应方程式___________。
② 金属钴能有效消碳的原因是___________。
14．现代煤化工产生的是一种重要的工业资源。
Ⅰ.的分解反应可用于高效制氢气，在密闭容器中充入一定量，发生反应，如图为气体的平衡转化率与温度、压强的关系。
(1)该反应的活化能___________(填“>”、“＜”或“=”)；在，下，往2L密闭容器中充入进行反应，2达到平衡状态，计算0～2内的平均反应速率___________。
(2)图中压强，、从大到小顺序为___________，原因是___________。
Ⅱ.可转化成羰基硫()：
(3)已知：
上述反应热效应之间的关系式为___________。
(4)绝热恒压下，密闭容器中充入与进行上述反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．混合气体的平均相对分子质量不再改变
B．生成，同时形成键
C．化学平衡常数不再改变
D．混合气体的密度不再改变
(5)T℃下，将等物质的量的与充入恒容密闭容器中进行上述反应，测得平衡时容器内气体的总压为，的体积分数为10%。则此时该反应的平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数，其中分压=总压×物质的量分数)。
(6)利用膜电解法转化。在酸性水溶液中，在阳极上转化为，其电极反应式为___________。
15．能源问题是人类社会面临的重大课题，天然气储量丰富，日益成为重要的清洁能源之一，甲烷合成高附加值化合物更是研究前沿。
(1)科学家研究了Fe/MIL-53催化剂用于甲烷氧化制备甲醇的反应机理，并计算得到催化过程的最低能量反应路径图如下(其中吸附到催化剂表面的物种用*表示)：
该历程中最大能垒(活化能)E正=___________kJ·mol-1，写出该步骤的化学方程式___________。
(2)二甲醚与合成气(CO、H2)制乙醇是目前合成乙醇的一种新途径，
总反应为：CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)分步反应历程为：
反应I：二甲醚(DME)羰基化反应：___________。
反应II：乙酸甲酯(MA)加氢反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)。
标准摩尔生成焓是指由稳态单质生成1mol该化合物的焓变，几种物质的标准生成焓如下
物质
H2
CO
CH3COCH3
CH3OH
C2H5OH
CH3COOCH3
焓变/kJ/mol
0
-110.53
-183.63
-201.50
-234.43
-411.53
①CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)△H=___________kJ·mol-1
②补充反应IDME羰基化反应的方程式：___________。
③在一定条件下只发生反应II，MA的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：则该反应△H___________0(填“＜”或“＞”)，p1、p2、p3由小到大的顺序为___________。
④在600K，p3kPa下向一恒压密闭反应器中通入1.0molMA和2.0molH2(g)只进行反应II，且初始反应器体积为3L，反应一段时间后达到平衡，则KC=___________mol/L(列出计算式)。
(3)甲烷湿重整制氢原理为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)△H，工业上利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率，其原理如图所示：
①写出B侧电极反应式：___________。
②在钯膜反应器中进行了甲烷湿重整实验，发现膜反应器中甲烷转化率明显高于传统反应器，试从平衡的角度分析利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率的原因___________。
参考答案
1．降低温度(或“增大压强”“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等) BE 4 6 0.228mol•L-1•min-1 平衡逆向移动
【详解】
(1)该反应焓变小于0为放热反应，所以降低温度可以使平衡正向移动，增大NO的转化率；该反应为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动，增大NO的转化率，此为分离出氮气、增大氨气浓度均可以使平衡正向移动，增大NO的转化率；
(2)A．反应开始的瞬间，混合气体的平均摩尔质量为体积比为1∶3的NH3和NO的平均摩尔质量，随着反应进行，开始生成氮气，所以气体的平均摩尔质量发生改变，当其不变时，说明反应达到平衡，A不符合题意；
B．根据质量守恒定律可知容器内物质的总质量始终不变，不能说明反应平衡，B符合题意；
C．有1molN-H键断裂的同时，即消耗mol氨气，有1molO-H键断裂，即消耗mol水，二者的消耗速率之比为2∶3，等于计量数之比，说明此时正逆反应速率相等，反应达到平衡，C不符合题意；
D．初始投料n(NH3)：n(NO)=1∶3，二者按照2∶3的比例反应，所以未平衡时n(NH3)∶n(NO)发生改变，当其不变时说明反应达到平衡，D不符合题意；E．水为液体，浓度为常数，故不能说明反应平衡，E符合题意；综上所述答案为BE；
(3)当反应达到平衡时有v正=v逆，即k正•cx(NH3)•cy(NO)=k逆•c5(N2)•c0(H2O)，变换可得，该反应的平衡常数K==，所以x=4，y=6；
(4)①420K时NO的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=6mol×2%=0.12mol，580K时NO的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=6mol×59%=3.54mol，此时段内Δn(NO)=3.54mol-0.12mol=3.42mol，根据方程式可知该时段内Δn(NH3)=×3.42mol=2.28mol，容器的体积为2L，所以v(NH3)==0.228mol•L-1•min-1；
②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低。
2．或或均可 bc
【详解】
Ⅰ．化学反应达到化学平衡的重要标志是对于同一物质的正、逆反应速率相等，根据化学反应速率之比等于化学计量系数之比，故当或或时，说明反应达到平衡状态， 故答案为：或或均可；
Ⅱ．(1)由题干反应历程示意图可知，与超干重整反应的化学方程式为，故答案为：；
(2)a．由历程图中可知，过程Ⅰ是CH4和CO2在Ni的催化作用下分解为CO和H2，故过程I中参与反应，a错误；
b．由历程图中可知，过程Ⅱ将H2转为了H2O，CO转化为CO2再转化为CO，故实现了含碳物质与含氢物质的分离，b正确；
c．由于转换②是CO和Fe3O4反应转化为Fe和CO2是一个可逆反应，故CaO消耗过程中的，有利于反应正向进行，c正确；
d．转化③中Fe与反应生成Fe3O4和CO、CaO，故Fe与的物质的量之比为3∶4，d错误；
故答案为：bc；
Ⅲ．设2L和1L的2个刚性容器中，F2的物质的量的变化量分别为x、y，1L的刚性容器中反应物浓度大，根据“先拐先平数值大”可知，曲线bc为1L刚性容器中的反应情况，曲线ad为2L刚性容器中的反应情况，则反应三段式分别为，
2L容器三段式： =，解得x=0.10；
1L容器三段式： =，解得y=0.15，据此分析解题：
①针对F2，若仅从浓度而言，b(正)＞c(正)、d(逆)＞a(逆)，且b、c点压强比a、d点大，所以c(正)＞d(逆)，则速率大小顺序为：b(正)＞c(正)＞d(逆)＞a(逆)，故答案为：b(正)＞c(正)＞d(逆)＞a(逆)；
②反应进行到d点时，反应速率v(F2)==mol/(L•min)，故答案为： 。
3．-49.47 40% 0.2a ＞
【详解】
(1) ①根据已知发生的主要反应的热化学方程式为：反应i: 反应；ii: ，根据盖斯定律反应ii+反应i计算得： =+41.17kJ .mol-1 +（-90.64kJ . mol-1）= -49.47kJ . mol-1。故答案为： -49.47。
②如图1所示，关闭K，向A中充入、，向B中充入、，起始时，在相同条件下，两容器中只发生反应：
，达到平衡时，根据 则有，n2=6.4mol，设参加反应的的物质的量为x，根据，则有(2-x)+(6-3x)+x+x=6.4，解得x=0.8x,
则B中的转化率=%=40%。打开K,为恒温恒压条件下，过一段时间重新达平衡(II) 的转化率相同均为40%，由可知，变化量为 n()=(1mol + 2mol) 40% = 1.2mol，n(H2)= (2mol + 6mol) 40% =3.6 mol、 n(CH3OH)= 1.2mol，n(H2O)= 1.2mol，则平衡时反应混合物的总物质的量=1.2mol + 1.2mol+ 1.8mol+5.4mol=9.6 mol，由体积之比等于物质的量之比可知，平衡后总体积=aL = 1.2aL，则B的体积为：1.2aL- aL = 0.2aL，故答案为：40%；0.2a。
③由反应正向是气体体积减小的反应，压强越大，CO2的转化率越大，由图可知，温度相同、压强为时CO2的转化率大，则大于。因为CO2和H2以物质的量之比为1 : 3通入某密闭容器中，发生反应. 反应，此时为的转化率为20%，所以达到平衡时，c(CO2)=、c(H2)= 、 c(CH3OH)= 、 c(H2O)= ，此时，所以 =。故答案：＞；。
(2)由图可知： CO2转化为甲烷时发生还原反应，结合酸性条件可知阴极的电极为CO2得电子发生还原反应，生成甲烷，其反应式为：，该技术将有机废水中的碳元素最终转化为，故答案：；。
4． 2.25 = 升高温度 0.115 碱性 ab
【详解】
(1)①
②
2①+②，可得，故答案为：；
(2)①T℃时，在状态Ⅰ的条件下，剩余氢气是2mol时反应到达平衡，平衡时CO、氢气、二甲醚和水蒸气的浓度分别是(mol/L)0.5、1、0.75、0.75，则反应的平衡常数。②反应正向是体积减小的放热反应，从图像可知：状态Ⅱ在4min达到平衡，说明反应速率加快，但平衡时氢气的物质的量比Ⅰ小，说明平衡正向移动，即改变条件为：增大压强，由于温度不变，所以平衡常数k不变，即；③状态Ⅲ在5min达到平衡，但平衡时氢气的物质的量比Ⅰ大，说明反应速率加快，且平衡逆向移动，所以改变的条件为升高温度，故答案为：2.25；=；升高温度；
(3)该电池的负极为二甲醚，反应的方程式为：，
原电池和电解池串在一起，转移电子数相同，则二甲醚的质量为：
，故答案为：，0.115；
Ⅱ．(1)的，的，则25℃时，10.1mol/L的溶液呈碱性，故答案为：碱性；
(2)足量Na2CO3溶液吸收工业尾气中少量SO2气体，反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)a．曲线Ⅰ表示用盐酸滴定氨水，曲线Ⅱ表示用氢氧化钠滴定醋酸。曲线Ⅰ，滴加溶液到10mL时，得到的是等浓度的一水合氨和氯化铵的混合溶液，溶液呈碱性，故a错误；
b．当NaOH溶液和盐酸滴加至20.00mL时，分别得到呈碱性的醋酸钠溶液和呈酸性的氯化铵溶液，则曲线Ⅰ和Ⅱ此时不会相交，故b错误；
c．曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00mL时，得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，据物料守恒可知：，据电荷守恒可知：，，此时溶液呈酸性，，则曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00mL时，溶液中，故c正确；
d．滴定过程中，能发生水解的盐越来越多，水的电离程度增大，恰好完全反应后，强碱或强酸越来越多，水的电离程度减小，故d正确。
故答案为：ab。
5．0.05mol B 甲烷 ＞ 0.4
(1)，则根据方程式中的关系可得：，则平衡后； ，根据，此反应和都是正值，所以应该是高温才能使小于0，所以答案为B；
(2)在该装置里甲烷发生氧化反应，作负极，由图可知导电的是氧离子，因此负极电极反应式为：；
(3)平衡时曲线Ⅰ产物多，所以其平衡常数大，答案为＞；设甲中从起始到平衡时二氧化碳转化了xmol，
则根据题意可以知道：=0.8，计算得出x=0.4，根据恒温恒容条件下的等效平衡的思想有开始甲和开始乙完全等效，即a+c=1，b+3c=3，要使起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c>x，故c的取值范围为0.4
【详解】
(1)根据盖斯定律(ii-2i-iii)可得CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) 的 ΔH=[-121-2×41+23]kJ·mol-1=-90 kJ·mol-1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0；
(2)①该反应焓变小于0为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO、H2的物质的量增加，CH3OH的物质的量减小，所以图示为CH3OH的物质的量变化曲线；500K下平衡时，甲容器中甲醇的物质的量为0.25mol，结合方程式可知此时n(CO)=0.25mol、n(H2)=0.5mol，设容器体积为V1，则K=；乙容器中平衡时n(CH3OH)=0.10mol，则此时n(CO)=0.4mol、n(H2)=0.8mol，设容器体积为V2，则K=，温度相同则平衡常数相同，所以=，解得V1：V2=5：16；
②p总1=0.2MPa，平衡时n(CH3OH)=0.25mol、n(CO)=0.25mol、n(H2)=0.5mol，所以p(CH3OH)= p(CO)=0.2 MPa×=0.05MPa，同理p(H2)=0.1MPa，所以Kp=MPa-2=100 MPa-2；
③b点平衡时n(H2)=0.8mol，Δn(H2)=0.2mol，所以v(H2)==0.01 mol·min-1；
(3)可利用CO2为原料通过电解方法制备甲醇，说明CO2在阴极被还原为甲醇，电解质溶液为NaHCO3水溶液，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应式为；CO2不溶于NaHCO3溶液，而能溶于NaOH溶液、Na2CO3溶液，会造成CO2的损失，利用率低。
7．< Li3N+3H2O=3 LiOH+ NH3↑ 4LiOH4Li+2H2O+O2↑ 升高 Cl-浓度减小时，产生的HClO的量减少，氨氮去除速率下降，而阳极的OH-的无效放电，则使能耗增加 酸性增强，HClO的氧化性增强， Cl-被氧化成Cl2从溶液中逸出，从而氨氮去除速率也会降低
【详解】
(1)①CO分子是极性分子，N2分子是非极性分子，分子量相同的极性分子的沸点要高于非极性分子，则CO的沸点比N2的高，故液态N2的沸点要小于液态CO。
②从图可知转化Ⅱ的反应物是Li3N和H2O，生成物是NH3和LiOH，则转化Ⅱ的化学方程式是Li3N+3H2O=3 LiOH+ NH3↑。
③转化(Ⅲ)是电解熔融LiOH，根据电解规律，则反应的化学方程式为4LiOH4Li+2H2O+O2↑。
(2)①电解过程中，阴极电极反应式是2H++2e-=H2↑, 所以电解过程中阴极附近溶液的pH会升高。
②当Cl-浓度减小时，根据阳极电极反应式Cl--2 e-+H2O=HClO+H+，所以当氯离子浓度减小时，产生的HClO的量减少，则氨氮去除速率下降，而阳极的OH-的无效放电，则使能耗增加。
③保持加入NaCl的量不变，当废水的pH低于4时，酸性增强，HClO的氧化性增强， Cl-被氧化成Cl2从溶液中逸出，从而氨氮去除速率也会降低。
8．-663.5 D D 4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+ 72%(或0.72) 1.792×10-4 0.27
【详解】
(1)①给反应编号：I. ，
II． ，根据盖斯定律，I2-II得，，故答案为：-663.5；
②A.由于，，降低温度平衡向放热反应方向移动，对主副反应均有利，故A不选；
B．主副反应均为气体体积减小的反应，增大压强均能使主副反应向正反应方向移动，故B不选；
C．主副反应中H2均为反应物，增大c(H2)均能使主副反应向正反应方向移动，故C不选；
D．催化剂具有高选择性，使用能加快主反应的催化剂，可以使相同时间内主反应的生成物更多，故D选；
答案选D；
(2)①A．Pt为催化剂，反应在Pt原子表面上发生，发生的反应有N+NO=N2O、N+N=N2等，故A正确；
B．由图可知，在Pt原子表面上H2解离为H原子，H原子将吸附的NO2还原生成N2O和H2O，故B正确；
C．由图可知，从Pt原子表面解吸的NH3，在HY载体上转化为，故C正确；
D．催化剂表面发生的反应包括吸附和解吸两个过程，吸附能力过强，不利于向产物转化，所以并不是吸附能力越强，催化活性越大，故D错误；
答案选D；
②由图可知，反应物为NO、O2和，反应生成N2和H2O，反应物中有，故生成物中应补充H+，已知NO、O2物质的量之比为4:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平，得到4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+，故答案为：4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+；
(3) ，设起始时n(H2)=3mol，n(NO)=1mol，则n初总=4mol，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，已知平衡压强与起始压强之比为3.6:4，则n末总=3.6mol，已知平衡体系中N2物质的量分数为10%，则n(N2)=3.6mol10%=0.36mol，列出三段式：
则NO的有效去除率(转化为N2)为100%=72%，故答案为：72%(或0.72)；
(4)假设容器的体积为1L，则初始时气体的物质的量为n(NO)=2.0×10-3mol、n(H2)=4.0×10-3mol，n初总=6.0×10-3mol，设转化的NO的物质的量为2x，列出三段式：
①20min时，气体总物质的量为(610-3-x)mol，在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则=，解得x=610-4mol，则c(H2)=2.8×10-3mol·L-1，c(NO)=8×10-4mol·L-1，υ=k·c(H2)·c2(NO)= 1.0×105mol-2·L2·s-12.8×10-3mol·L-1(8×10-4mol·L-1)2=1.792×10-4 mol·L-1·s-1，故答案为：1.792×10-4；
②由表中数据可知，30min时达到平衡，平衡时总压强为21 kPa，根据在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，有=，解得x=7.510-4mol，则平衡时各气体的分压为p(N2)=21kPa=3kPa，p(H2O)=21kPa=6kPa，p(NO)=21kPa=2kPa， p(H2)=21kPa=10 kPa，则Kp===0.27，故答案为：0.27。
9． 0.3975 该正反应气体分子数减少，则压强越大，α越高。同温时，p1对应α最高，所以p1最大，p1=4.0MPa 温度、压强或投料比 变大 容器体积不变，温度升高，总压强增大；同时由于反应放热，升高温度平衡逆向移动，容器内气体分子数增大，导致总压强增大
【详解】
(1)由图可知反应①为，反应②为，反应③为N2(g) +O2(g) = 2NO(g) △H3= +180.5 kJ ·mo1-1，①-②-③即得到 ，所以答案为： 。
(2)由图可知该反应的反应物为NO、O2、C2H4，生成物为CO2、N2、H2O，Cu2+为催化剂，根据质量守恒定律得出反应方程式为：，所以答案为：。
(3)该反应方程式为： ，为气体分子总数减少的反应，相同条件小，压强越大，NO的平衡转化率越大，所以图像中P1、P2、P3对应的分别是4.0 MPa、2.5 MPa、1.0 MPa，则4.0MPa、550 ℃时的α=0.3975，其判断的依据为：该正反应气体分子数减少，则压强越大，α越高。同温时，p1对应α最高，所以p1最大，p1=4.0MPa。温度、压强或投料比均可影响α，所以答案为：0.3975；该正反应气体分子数减少，则压强越大，α越高。同温时，p1对应α最高，所以p1最大，p1=4.0MPa；温度、压强或投料比。
(4)设初始 的NO和CO的量分别为m和n，列出三段式：则，所以，平衡时NO、CO、N2、CO2的分压分别为、、、，则该反应的平衡常数＝，反应达到平衡后，容器体积不变，温度升高，总压强增大；同时由于反应放热，升高温度平衡逆向移动，容器内气体分子数增大，导致总压强增大，所以答案为：；变大；容器体积不变，温度升高，总压强增大；同时由于反应放热，升高温度平衡逆向移动，容器内气体分子数增大，导致总压强增大。
10．E正+1812 乙 平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时M点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率，故M点一定不是对应温度下NO的平衡转化率 该反应正反应是一个放热反应，升高温度化学平衡逆向移动 10 由反应可知，NO与SO3的分压相等，NO2与SO2的分压相等，故Kp=，===，温度相同，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下图象呈线性变化 1×10-2 ＜
【详解】
(1)已知反应①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) △H1 =-907.0 kJ/mol反应②
4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=-1269.0 kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)可由，故其=，若4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)的正反应活化能为E正 kJ/mol，根据逆反应的活化能为=正反活化能-反应焓变，则其逆反应活化能为(E正+1812 )kJ/mol，故答案为： E正+1812 ；
(2)①由图中可知，相同温度下催化剂乙的催化效率高于催化剂甲的，故工业上应选择催化剂乙，故答案为：乙；
②平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时M点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率，由(1)分析可知，该反应正反应是一个放热反应，故温度高于210℃时，反应均已达到化学平衡，升高温度平衡逆向移动，故NO转化率降低的可能原因是该反应正反应是一个放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，故答案为：平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时M点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率，故M点一定不是对应温度下NO的平衡转化率；该反应正反应是一个放热反应，升高温度化学平衡逆向移动；
(3)①由于总压强等于各物质的分压之和，故有总压强等于p(NO2)+p(SO2)+p(NO)+p(SO3)= 2p(NO2)+2p(SO3)，故ab两点体系总压强pa=2×10kpa+2×100kpa=220kpa， pb=2×1kpa+2×10kpa=22kpa，故二者的比值==10；由反应可知，NO与SO3的分压相等，NO2与SO2的分压相等，故Kp=，===，温度相同，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下图象呈线性变化，故答案为：10；由反应可知，NO与SO3的分压相等，NO2与SO2的分压相等，故Kp=，===，温度相同，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下图象呈线性变化；
②根据图象，T1温度下，lgp(NO2)=2时，lgp(SO3)=1，
由于p(NO2)=100kPa=x-m，p(SO3)=y+m=10kPa，则Kp==()2=1×10-2，反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，升高温度可以导致平衡时p(SO3)降低，所以温度T1＜T2，故答案为：1×10-2；＜。
11．−867 1.0 温度过高，催化剂活性降低或反应放热，升温平衡逆向移动 氨氮比对NO转化率的影响大于温度对NO转化率的影响 p0或0.24p0 II c2(NO)·c(O2)
【详解】
（1）根据盖斯定律，ΔH＝ (ΔH1＋ΔH2)＝−867 kJ·mol－1；
（2）①由图像可知，温度应选择300℃或450℃条件下，此时当氨氮比为1.0时，NO转化率较高，再继续增加NH3的量，转化率变化不大，易造成污染，故氨氮比的合适值为1.0左右，故答案为：1.0；
②对比520 ℃和450 ℃的转化率，可发现520 ℃时转化率相对较低，可能是催化剂的活性降低或升温平衡逆向移动的缘故，故答案为：温度过高，催化剂活性降低或反应放热，升温平衡逆向移动；
③相同氨氮比时，300 ℃和450 ℃条件下的转化率几乎相同，随着氨氮比增加转化率增大，说明氨氮比对NO转化率的影响大于温度对NO转化率的影响，故答案为：氨氮比对NO转化率的影响大于温度对NO转化率的影响；
④对于反应4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g)，反应开始时n(NH3)=0.90 mol，n(NO)=1.20 mol，达到平衡时n(NH3)=0.50 mol，n(NO)=0.60 mol，根据物质反应转化关系，可知平衡时产生N2的物质的量n(N2)=Δn(NH3)=×(0.90−0.50) mol=0.50 mol，n(H2O)=Δn(NH3)=×(0.90−0.50) mol=0.60 mol，在温度和容器的容积不变时，气体的压强与物质的量呈正比，若反应开始时的压强为p0，则平衡压强=p0=p0，该反应的化学平衡常数Kp==p0或0.24p0，故答案为：p0或0.24p0；
（3）①由能量图可知，活化能E2大于E1，活化能大的步骤反应慢，故决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ；
②由于整个反应的速率取决于慢反应，则该反应的速率由第二步反应的速率决定，总反应的速率方程可表示为v＝k2c(N2O2)·c(O2)。第一个反应是快反应，可理解为快速平衡，即第一个反应的v正＝k1c2(NO)＝v逆＝k－1c(N2O2)，可得出c(N2O2)＝c2(NO)，代入v＝k2c(N2O2) ·c(O2)，得出v＝c2(NO)·c(O2)。
12．②③ 554.9 a 5 0 大于 ； 400℃～700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小
【详解】
(1)由图可知，反应①的反应物总能量小于生成物的总能量，属于吸热反应，反应△H1=+(199.2—0)kJ/mol=+199.2 kJ/mol，反应②的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，△H2=—[0— (—513.5)]kJ/mol=—513.5 kJ/mol，反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，由△H=△H1+△H2+△H3=—620.9 kJ/mol可得：△H3=—620.9 kJ/mol— (+199.2 kJ/mol)— (—513.5kJ/mol) =—306.6kJ/mol，由图可知，△H3=—(△E—248.3kJ/mol )=—306.6kJ/mol ，则△E =554.9kJ/mol，故答案为：②③；554.9；
(2)该反应为气体体积减小的放热反应，压强相同时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的平衡转化率减小；温度相同时，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的平衡转化率增大，则曲线a表示压强为2MPa时一氧化氮的平衡转化率随温度的变化，故答案为：a；
(3)①由反应方程式可知，反应的平衡常数K=，由反应达到平衡时，正、逆反应速率相等可得：=，则=，由K=可得：=，则a=5、b=0，故答案为：5；0；
②由图可知，a点所在曲线为氨气的物质的量随时间变化曲线，c点所在曲线为氮气的物质的量随时间变化曲线，a点氨气的浓度大于c点氨气浓度，则a点用氨气表示的正反应速率大于用氨气表示的逆反应速率；由图中数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知氨气、一氧化氮和氮气的平衡分压分别为、和，则分压常数；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则400℃～700℃间，随温度升高，平衡向逆反应方向移动，氨气的转化率逐渐减小；700℃以后，温度过高，导致催化剂活性降低，催化效果降低，反应速率急剧下降，消耗氨气的量减小，氨气转化率迅速变小，故答案为：大于；；400℃～700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小。
13．247.3 不变 0.07MPa2 ad 碳和二氧化碳在高温条件下反应生成了一氧化碳 CH4C+2H2 碳和二氧化碳在钴催化下生成一氧化碳
【分析】
(1)根据盖斯定律计算焓变，根据焓变实质判断其影响因素；
(2)根据质量分数的公式计算各物质的量，利用已知平衡常数表达式结合三段式方法进行计算平衡常数；
(3)根据平衡移动的影响利用外界条件的改变对平衡的影响判断转化率及反应速率；
(4)根据图像利用物质的化合价的变化判断可能发生的反应，根据氧化还原反应根据物质的性质判断反应；
(5)利用图像中各物质间的转化进行判断；
【详解】
(1)①根据表格中的燃烧热书写出热化学方程式①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1，② CO(g)+O2(g)= CO2(g) ΔH=-283kJ·mol-1，③ H2(g)+ O2(g)= H2O (l) ΔH=-285.8kJ·mol-1，根据盖斯定律①-2×③-2×② 得：CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) ΔH=247.3kJ·mol-1，故答案为：247.3；催化剂不影响焓变，故答案为：不变；
(2)根据图像，n(CH4)=n(CO2)=a mol，A点甲烷的质量分数为0.2，则A点甲烷的变化量Δn(CH4)=a-=，V(CH4)=mol/h，故答案为：；，=0.07Mpa2，故答案为0.07MPa2；
(3) a．增加甲烷的浓度，甲烷的转化率降低，导致p(CH4)在增大，故η=k·p(CH4)增大，故a说法正确；
b．增加CO2浓度，导致甲烷的转化率增大，导致p(CH4)在减小，故η=k·p(CH4)减小，故b说法不正确；
c．及时分离合成气，导致平衡向右移动，导致甲烷的转化率增大，导致p(CH4)在减小，故η=k·p(CH4)减小，故c说法不正确；
d．通过升高温度，增大活化分子数，提高k，故d说法正确；
故选答案ad；
(4)高温条件下甲烷分解产生碳，碳与二氧化碳发生反应生成一氧化碳，导致碳的含量减小；
(5)①反应过程中甲烷分解，可能的方程式为：CH4C+2H2；②根据图像中碳的转换判断碳和二氧化碳在钴催化下生成一氧化碳；
【点睛】
利用图像信息进行分析判断，根据已知信息利用三段式进行计算平衡常数，利用图像物质间的转换判断反应。
14．＞ 0.25 正反应气体体积增大，其他条件不变，压强增大，平衡逆向移动，转化率减小 C D
【详解】
(1)，因为，所以。在，下，往2L密闭容器中充入进行反应，2达到平衡状态时硫化氢的平衡转化率是50%，消耗硫化氢是2mol，生成的物质的量是1mol，浓度是0.5mol/L，则0～2内的平均反应速率0.5mol/L÷2min＝0.25。
(2)由于正反应气体体积增大，其他条件不变，压强增大，平衡逆向移动，转化率减小，所以图中压强、、从大到小顺序为。
Ⅱ.(3)已知：
①
②
③
则根据盖斯定律可知③+(①－②)/2即得到的。
(4)A．反应中反应物和生成物都为气体且反应前后气体总计量数不变，所以混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能据此说明反应达到平衡状态，A不选；
B．据方程式中和的计量数之比为1：1，1分子含有2键，生成a同时形成a键时反应没有达到平衡状态，B不选；
C．绝热恒压下，未达到平衡状态，温度会发生变化，平衡常数与温度有关，平衡常数不变，说明达到平衡状态，C选；
D．绝热恒压下，气体总质量始终不变，未达平衡时，温度发生变化，容器体积随之变化，密度也会变化，密度不变说明达到平衡状态，D选；
答案选CD。
(5)根据三段式可知
根据T℃下，氢气平衡体积分数：，解得，反应前后压强不变，则；
(6)在酸性水溶液中，在阳极上失去电子被氧化为，其电极反应式为。
15．128 Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·* －141.77 CO(g)＋CH3OCH3(g)CH3COOCH3(g) ＜ p3＜p2＜p1 2H＋＋2e－=H2 反应中产生的氢气被消耗移除体系，平衡正向移动，增大甲烷的转化率
【详解】
(1)根据示意图可知反应所吸收能量的最大能垒为Fe/MIL－53－CH4*到TS4，E正=（－13+141）kJ/mol＝128kJ·mol-1，该步骤的化学方程式为Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·*。
(2)①根据标准摩尔生成焓的定义，结合盖斯定律可知CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)的ΔH＝生成物的标准摩尔生成焓－反应物的标准摩尔生成焓＝[－234.43+（－201.50）－0－（－110.53）－（－183.63）] kJ·mol-1=－141.77kJ·mol-1
②二甲醚与合成气（氢气和CO）制乙醇的总反应为2H2(g)+CO(g)＋CH3OCH3(g)CH3OH(g)+C2H5OH(g)，反应Ⅱ为CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)，则根据盖斯定律可知反应Ⅰ为CO(g)＋CH3OCH3(g)CH3COOCH3(g)。
③根据图像可知，随着温度升高，MA的转化率降低，则升高温度平衡逆向进行，所以该反应ΔH＜0。CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)为体积减小的可逆反应，增大压强，平衡正向进行，MA的转化率增大，所以p3＜p2＜p1；
④根据图像可知在600K，p3kPa下，MA的转化率是80%，根据三段式可知
平衡时总物质的量是0.2mol+0.4mol+0.8mol+0.8mol＝2.2mol，反应前气体总物质的量是3mol，体积是3L，则平衡时体系的体积为=2.2L，各组分的浓度是乙酸甲酯为mol/L、氢气为mol/L、甲醇为mol/L、乙醇为mol/L，则KC=；
(3)①由于CH4和H2O反应生成CO和H2，根据原电池工作原理，A侧氢气分压比B侧氢气分压高，发生电极反应H2－2e－＝2H＋，B侧发生电极反应2H＋＋2e－＝H2↑。
②由于反应中产生的氢气被消耗移出体系，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，所以比传统的高。
化学反应原理综合题
非选择题（共15题）
1．随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一、利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)ΔH＜0
(1)如何提高NO的转化率(任意写出一种)___________。
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)∶n(NO)=1∶3充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是___________。
A混合气体的平均摩尔质量保持不变
B容器内物质的总质量保持不变
C有1molN-H键断裂的同时，有1molO-H键断裂
Dn(NH3)∶n(NO)保持不变
Ec(H2O)保持不变
(3)已知该反应速率v正=k正•cx(NH3)•cy(NO)，v逆=k逆•c5(N2)•c0(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数)，该反应的平衡常数K=k正/k逆，则x=___________，y=___________。
(4)某研究小组将4molNH3、6molNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生上述反应，NO的转化率随温度变化的情况如图所示：
①从开始到5min末，温度由420K升高到580K，该时段内用NH3表示的平均反应速率v(NH3)___________。
②从图像可以看到，如果在有氧条件下，温度升高到580K之后，NO生成N2的转化率开始降低，其可能产生的原因是___________。
2．Ⅰ．在2020年中央经济工作会议上，我国明确提出“碳达峰”与“碳中和”目标。使利用合成高价值化学品更突显其重要性。
工业上可以利用和合成：。在一个绝热恒容的密闭容器中置入1mol和3mol，当___________时，说明反应达到平衡状态。
Ⅱ．利用超干重整的催化转化如图所示：
(1)与超干重整反应的化学方程式为___________。
(2)有关转化过程，下列说法正确的是___________ (填序号)
a．过程Ⅰ中未参与反应
b．过程Ⅱ实现了含碳物质与含氢物质的分离
c．转换②中CaO消耗过程中的，有利于反应正向进行
d．转化③中Fe与反应的物质的量之比为4∶3
Ⅲ．在K℃下，分别将0.20mol、0.40molClF充入2L和1L的两个刚性容器中，发生反应：。实验测得的体积分数随时间变化如图所示：
(1)针对，若仅从浓度而言，则、、、大小顺序为___________。
(2)反应进行到d点时，反应速率___________。
3．将二氧化碳还原转化为有用的化学物质是目前研究的热点之一、
(1)1945年Ipatieff等首次提出可在铜铝催化剂上用加氢合成甲醇。已知发生的主要反应的热化学方程式如下：
则：①___________。
②如图1所示，关闭K，向A中充入、，向B中充入、，起始时，在相同条件下，两容器中只发生反应：
，达到平衡时，则B中的转化率为___________。打开K，过一段时间重新达平衡，此时B的体积为___________L(用含a的代数式表示，连通管中气体体积不计)。
③和以物质的量之比为1：3通入某密闭容器中，只发生反应，的平衡转化率与温度、气体的总压强的关系如图2所示，则___________(填“＞”、“＜”或“=”)。已知，则a点压强平衡常数___________(是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(2)利用微生物燃料电池技术可将转化为甲烷(如图3所示)，则阴极的电极反应式为___________。该技术将有机废水中的碳元素最终转化为___________(填分子式)。
4．Ⅰ.二甲醚又称甲醚，简称DME，结构简式为，是一种无色气体，被称为21世纪的新型燃料，它清洁、高效、具有优良的环保性能，在医药、燃料、农药工业中有许多独特的用途。
(1)
由H2和CO直接制备二甲酵(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为___________
(2)T℃时，在2L密闭容器中充入4molCO和8molH2发生制备二甲醚的反应：(没有配平)，测得环的物质的量随时间的变化情况如图中状态Ⅰ所示。
①T℃时，反应的平衡常数K1=___________。
②若仅改变某一条件，测得B的物质的最随时间的变化情况如图中状态Ⅱ所示，则K1___________K2(填“＞”、“＜”或“=”)。
③若仅改变某一条件，测得B的物质的量随时间的变化情况如图中状态Ⅲ所示，则改变的条件可能是___________。
(3)燃料电池是一种绿色环保、高效的化学电源。二甲醚还可作燃料电池的燃料，以熔融作为电解质，一极充入二甲醚，另一极充入空气和气体，该电池的负极反应式为___________。用该二甲醚燃料电池电解300mL饱和食盐水。电解一段时间后，当溶液的pH值为13(室温下测定)时，消耗二甲醛的质量为___________g．(忽略溶液体积变化，不考虑损耗)
Ⅱ．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
电离平衡常数
请回答下列问题：
(1)25℃时，0.1mol/L的溶液呈___________(填“酸性”、“碱性”或“中性”)
(2)用足量溶液吸收工业尾气中少量SO2气体，发生反应的离子方程式为___________。
(3)25℃时，取浓度均为0.1000mol/L的醋酸溶液和氨水溶液各20.00mL，分别用0.1000mol/LNaOH溶液、0.1000mol/L盐酸进行中和滴定，滴定过程中溶液pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法错误的是_____________
a．曲线Ⅰ，滴加溶液到10mL时：
b．当NaOH溶液和盐酸滴加至20.00mL时，曲线Ⅰ和Ⅱ刚好相交
c．曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00mL时，溶液中
d．在逐滴加入NaOH溶液或盐酸至40.00mL的过程中，水的电离程度先增大后减小
5．天然气的主要成分是，是温室气体，CO与是重要的燃料。
(1)与反应使之转化为CO与，对缓解燃料危机，减少温室效应具有重要的意义，热化学方程式为，为研究不同条件对反应的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入和，在催化剂存在的条件下发生反应，10min末时反应达到平衡，测得10min内，则平衡后n(CH4)=___________，此反应自发的条件为___________。
A．任何温度下自发 B．高温下自发 C．低温下自发
(2)下图是以甲烷为燃料的一类固体氧化物燃料电池。
负极原料为___________，电极反应式为___________。
(3)和充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：，测得的物质的量随时间的变化如图：
曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KI___________(填“＞”、“=”或“＜”)KⅡ。一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。
容器
甲
乙
反应物投入量
、
、、、
若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为___________。
6．甲醇既是一种绿色能源，又是一种重要的化工原料，应用甲醇可以生产其他的醇、醛、酯等。已知反应：
i. CO2(g)+ H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41 kJ·mol-1，
ii. 2CO2(g)+6 H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH2=-121 kJ·mol-1，
iii. 2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3=-23kJ·mol-1，
回答下列问题：
(1)CO(g)与H2(g)合成甲醇的反应：CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) ΔH=_______kJ·mol-1，该反应的熵变ΔS_______0(填“>”或“＜”)。
(2)在甲、乙两个密闭容器中分别通入0.5molCO和1.0molH2，发生合成甲醇的反应，测得平衡体系中某成分的物质的量(n)与压强(p)、温度(T)的关系如下图：
①500K下，反应达到平衡时甲、乙两个容器的容积之比为_______。
②测得p总1=0.2MPa，则500K时反应的平衡常数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)。
③500K时经过20min乙容器内反应达到b点的平衡状态，则0~20min内的平均反应速率v(H2)=_______mol·min-1。
(3)可利用CO2为原料通过电解方法制备甲醇，采用的电解质溶液为NaHCO3水溶液，其阴极反应式为_____，相比NaOH溶液、Na2CO3溶液，采用NaHCO3水溶液作电解液的原因是___。
7．氮是生命体的重要组成元素，自然界中氮的循环对于生命活动有重要意义。
(1)一种利用锂及其化合物的循环，将空气中的N2转化为NH3的过程如图所示。
①N2和CO是分子量相同的双原子分子，但液态N2的沸点要__(填“”、“”或“”)液态CO。
②写出转化(Ⅱ)的化学方程式：___。
③转化(Ⅲ)是电解熔融LiOH，该反应的化学方程式为___。
(2)氮肥厂的废水中氮元素以NH3•H2O、NH3和NH的形式存在，直接排放会造成水体富营养化。一种电化学氧化处理氨氮废水的原理是在酸性废水中加入NaCl进行电解，阳极产生的HClO可氧化氨氮，将其转化为N2。电解过程中，废水中初始Cl-浓度对氨氮去除速率及能耗(处理一定量氨氮消耗的电能)的影响关系如图所示。
①电解过程中阴极附近溶液的pH___(填“升高”、“降低”或“不变”)。
②当Cl-浓度减小时，氨氮去除速率下降，能耗却增加的原因是___。
③保持加入NaCl的量不变，当废水的pH低于4时，氨氮去除速率也会降低的原因是___。
8．氢气选择性催化还原(H2-SCR)是目前消除NO的理想方法，备受研究者关注。
H2-SCR法的主反应：
副反应：
回答下列问题：
(1)已知：
①_______
②提高主反应选择性的最佳措施是_______。
A．降低温度 B．增大压强 C．增大c(H2) D．使用合适的催化剂
(2)H2-SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理如下图
①下列有关说法不正确的是_______
A．Pt原子表面上发生反应有N+NO=N2O、N+N=N2等
B．H2解离为H原子，溢流至HY载体上，将吸附于载体的NO2还原
C．从Pt原子表面解吸的NH3，在HY载体上转化为
D．HY载体酸性越强，其吸附NO2能力越强，Pt催化活性越大
②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4：1，补充并配平下列化学方程式：+NO+O2=N2+H2O+____。
(3)T℃，时，恒容容器中发生上述反应，平衡体系中N2物质的量分数为10%，平衡压强与起始压强之比为3.6：4，则NO的有效去除率(转化为N2)为_______。
(4)一定条件下，恒温恒容容器中充入c(NO)=2.0×10-3mol·L-1、c(H2)=4.0×10-3mol·L-1，只发生反应，体系的总压强p随时间t的变化如下表所示：[已知该反应速率方程为υ=k·c(H2)·c2(NO)]
t/min
0
10
20
30
40
p/kPa
24
22.6
21.6
21
21
①t=20min时，υ=_______mol·L-1·s-1(速率常数k=1.0×105mol-2·L2·s-1)
②用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则该条件下反应的平衡常数Kp=_______。
9．谚语“雷雨发庄稼”的第一步化学方程式为：N2(g) +O2(g) = 2NO(g) △H= +180.5 kJ ·mo1-1，但是汽车尾气中过多的NO会造成酸雨、破坏臭氧层、形成光化学烟雾，并能与人体血红蛋白结合危害人类健康。
(1)汽车尾气中的NO和CO可在催化剂存在下反应并转化为参与大气循环的无污染气体，参考下图写出NO与CO反应的热化学方程式：___________。
(2)汽车尾气中的NO也可以用乙烯()除去，反应过程如下图所示，则总反应的化学方程式为___________。
(3)在催化剂存在的条件下，当、和按照起始的物质的量分数分别为15%、15%和70%，投料时，分别在1.0 MPa、2.5 MPa和4.0 MPa压强下发生(1)中的反应消除汽车尾气的污染，NO的平衡转化率α随温度的变化如下图所示。则反应在4.0MPa、550 ℃时的α=___________，其判断的依据为___________。影响α的因素有___________(写两条)。
(4)300℃时，在催化剂存在的条件下，和的混合气体在恒容密闭容器中发生(1)中的反应消除汽车尾气的污染。NO的转化率和容器内总压强的关系如下图所示(M点达到平衡)。则300℃下，该反应的平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数)。反应达到平衡后，升高温度，容器内总压强___________(填变大、变小或不变)，其理由是___________。
10．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究它们的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。
(1)已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) △H1 =-907.0 kJ/mol
4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=-1269.0 kJ/mol
若4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)的正反应活化能为E正 kJ/mol，则其逆反应活化能为___________kJ/mol(用含E正的代数式表示)。
(2)在一定条件下，向某2 L密闭容器中分别投入一定量的NH3、NO发生反应：4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)，其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，NO的转化率与温度的关系如图所示。
①工业上应选择催化剂___________(填“甲”或“乙”)。
②M点是否为对应温度下NO的平衡转化率，判断理由是___________。温度高于210℃时，NO转化率降低的可能原因是___________。
(3)已知：NO2(g) +SO2(g)NO(g)+SO3(g) △H<0.向密闭容器中充入等体积的NO2和SO2，测得平衡状态时压强对数1gp(NO2)和lgp(SO3)的关系如下图所示。
①ab两点体系总压强pa与pb的比值=___________；同一温度下图象呈线性变化的理由是___________。
②温度为T2时化学平衡常数Kp=___________，T1___________T2(填“>”、“<”或“=”)。
11．氮氧化物的治理有助于改善环境，比如雾霾、酸雨的治理。回答下列问题：
(1)已知：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=−574kJ·mol-1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=−1160kJ·mol-1
则CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=_______kJ·mol-1。
(2)NH3可用于催化选择性还原NO，在不同温度下，发生反应6NO(g)+4NH3(g)⇌5N2(g)+6H2O(g) DH＜0，测得氨氮比[]与NO转化率的变化情况如图所示。
①由图可知，还原NO的合适条件，=_______。
②相同时，NO转化率520℃比450℃低的原因可能是_______。
③300℃和450℃时，NO转化率接近的原因是_______。
④一定温度下，在刚性密闭容器中，充入NO和NH3，测得在不同时间NO和NH3的物质的量如下表：
时间/min
0
1
2
3
∞
n(NO)/mol
1.2
0.90
0.72
0.60
0.60
n(NH3)/mol
0.90
0.70
0.58
0.50
0.50
若反应开始时的压强为p0，则该反应的化学平衡常数Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，各气体的分压=气体总压×各气体的物质的量分数)。
(3)只需一步完成的反应称为基元反应，基元反应如aA+Dd=gG+hH的速率方程可表示为v=kca(A)•cd(D)，k为速率常数；非基元反应由多个基元反应组成，非基元反应的速率方程可由反应机理推定。NO氧化反应：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)分两步进行，均为基元反应，且快反应能够迅速完成。反应I：2NO(g)N2O2(g)，反应II：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(k1、k-1、k2为对应反应的速率常数)，其反应过程能量变化如图所示。
①决定NO氧化反应速率的步骤是反应_______(填“I”或“II”)。
②NO(g)与O2(g)反应生成NO2(g)的速率方程为v=_______(用含k1、k-1、k2…的代数式表示)。
12．汽车尾气是否为导致空气质量问题的主要原因，由此引发的“汽车限行”争议，是当前备受关注的社会性科学议题。
(1)反应 可有效降低汽车尾气污染物的排放。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(表示过渡态、表示中间产物)。
三个基元反应中，属于放热反应的是___________(填标号)；图中___________。
(2)探究温度、压强(2、5)对反应的影响，如图所示，表示2的是___________(填标号)。
(3)用可以消除污染：
①某条件下该反应速率，，该反应的平衡常数，则___________，___________。
②一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入4和6发生上述反应，测得和的物质的量随时间变化如图。
a点的正反应速率___________c点的逆反应速率(填“大于”、“小于”或“等于”)；测得平衡时体系压强为)，则该反应温度下___________。(用含的式子表示，只列式不用化简)。若在相同时间内测得的转化率随温度的变化曲线如下图，400℃~900℃之间的转化率下降由缓到急的原因是___________。
13．甲烷-CO2重整反应可以得到用途广泛的合成气，已知方程式如下。回答下列问题：
CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) ΔH>0
(1)相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
CH4(g)
CO(g)
H2(g)
燃烧热(kJ·mol-1)
890.3
283.0
285.8
① ΔH=___________kJ·mol-1
② 用Ni基双金属催化，反应的活化能降低，ΔH___________(填“变大”、“变小”或者“不变”)
(2)控制其它条件不变，改变温度对合成气中甲烷质量分数的影响如图。
若充入a molCH4，经过2小时后达到如右图A点，2小时内用CH4表示的平均反应速率为___________mol/h(用a表示)；假设A为平衡态，此时压强为2MPa，平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压x物质的量分数，保留2位小数)。
(3)甲烷的重整反应速率可以表示为η=k·p(CH4) [p(CH4)是指甲烷的分压]，其中k为速率常数。下列说法正确的是___________。
a.增加甲烷的浓度，η增大 b.增加CO2浓度，η增大
c.及时分离合成气，η增大 d.通过升高温度，提升k
(4)已知在高温的条件下，会发生如下副反应：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.0 kJ·mol-1，且温度越高副反应的转化率越高，化学上称之为“温度的选择性”。不同n(CO2)/n(CH4)配比随温度变化对平衡时n(H2)/n(CO)配比的影响如图所示。
按n(CO2)/n(CH4)=2.5的配比进料，随温度升高，合成气n(H2)/n(CO)配比“先增加后减小”。增加是因为高温有利甲烷分解的积碳反应，请解释“减小”的可能原因___________。
(5)一定温度下反应会出现积碳现象而降低催化剂活性。如图是Ni基双金属催化剂抗积碳的示意图。
结合图示：
①写出一个可能的积碳反应方程式___________。
② 金属钴能有效消碳的原因是___________。
14．现代煤化工产生的是一种重要的工业资源。
Ⅰ.的分解反应可用于高效制氢气，在密闭容器中充入一定量，发生反应，如图为气体的平衡转化率与温度、压强的关系。
(1)该反应的活化能___________(填“>”、“＜”或“=”)；在，下，往2L密闭容器中充入进行反应，2达到平衡状态，计算0～2内的平均反应速率___________。
(2)图中压强，、从大到小顺序为___________，原因是___________。
Ⅱ.可转化成羰基硫()：
(3)已知：
上述反应热效应之间的关系式为___________。
(4)绝热恒压下，密闭容器中充入与进行上述反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．混合气体的平均相对分子质量不再改变
B．生成，同时形成键
C．化学平衡常数不再改变
D．混合气体的密度不再改变
(5)T℃下，将等物质的量的与充入恒容密闭容器中进行上述反应，测得平衡时容器内气体的总压为，的体积分数为10%。则此时该反应的平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数，其中分压=总压×物质的量分数)。
(6)利用膜电解法转化。在酸性水溶液中，在阳极上转化为，其电极反应式为___________。
15．能源问题是人类社会面临的重大课题，天然气储量丰富，日益成为重要的清洁能源之一，甲烷合成高附加值化合物更是研究前沿。
(1)科学家研究了Fe/MIL-53催化剂用于甲烷氧化制备甲醇的反应机理，并计算得到催化过程的最低能量反应路径图如下(其中吸附到催化剂表面的物种用*表示)：
该历程中最大能垒(活化能)E正=___________kJ·mol-1，写出该步骤的化学方程式___________。
(2)二甲醚与合成气(CO、H2)制乙醇是目前合成乙醇的一种新途径，
总反应为：CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)分步反应历程为：
反应I：二甲醚(DME)羰基化反应：___________。
反应II：乙酸甲酯(MA)加氢反应：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)。
标准摩尔生成焓是指由稳态单质生成1mol该化合物的焓变，几种物质的标准生成焓如下
物质
H2
CO
CH3COCH3
CH3OH
C2H5OH
CH3COOCH3
焓变/kJ/mol
0
-110.53
-183.63
-201.50
-234.43
-411.53
①CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)△H=___________kJ·mol-1
②补充反应IDME羰基化反应的方程式：___________。
③在一定条件下只发生反应II，MA的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：则该反应△H___________0(填“＜”或“＞”)，p1、p2、p3由小到大的顺序为___________。
④在600K，p3kPa下向一恒压密闭反应器中通入1.0molMA和2.0molH2(g)只进行反应II，且初始反应器体积为3L，反应一段时间后达到平衡，则KC=___________mol/L(列出计算式)。
(3)甲烷湿重整制氢原理为：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)△H，工业上利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率，其原理如图所示：
①写出B侧电极反应式：___________。
②在钯膜反应器中进行了甲烷湿重整实验，发现膜反应器中甲烷转化率明显高于传统反应器，试从平衡的角度分析利用电化学原理借助透氢膜提高其转化率的原因___________。
参考答案
1．降低温度(或“增大压强”“分离出氮气”、“增大氨气浓度”等) BE 4 6 0.228mol•L-1•min-1 平衡逆向移动
【详解】
(1)该反应焓变小于0为放热反应，所以降低温度可以使平衡正向移动，增大NO的转化率；该反应为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动，增大NO的转化率，此为分离出氮气、增大氨气浓度均可以使平衡正向移动，增大NO的转化率；
(2)A．反应开始的瞬间，混合气体的平均摩尔质量为体积比为1∶3的NH3和NO的平均摩尔质量，随着反应进行，开始生成氮气，所以气体的平均摩尔质量发生改变，当其不变时，说明反应达到平衡，A不符合题意；
B．根据质量守恒定律可知容器内物质的总质量始终不变，不能说明反应平衡，B符合题意；
C．有1molN-H键断裂的同时，即消耗mol氨气，有1molO-H键断裂，即消耗mol水，二者的消耗速率之比为2∶3，等于计量数之比，说明此时正逆反应速率相等，反应达到平衡，C不符合题意；
D．初始投料n(NH3)：n(NO)=1∶3，二者按照2∶3的比例反应，所以未平衡时n(NH3)∶n(NO)发生改变，当其不变时说明反应达到平衡，D不符合题意；E．水为液体，浓度为常数，故不能说明反应平衡，E符合题意；综上所述答案为BE；
(3)当反应达到平衡时有v正=v逆，即k正•cx(NH3)•cy(NO)=k逆•c5(N2)•c0(H2O)，变换可得，该反应的平衡常数K==，所以x=4，y=6；
(4)①420K时NO的转化率为2%，此时消耗的n(NO)=6mol×2%=0.12mol，580K时NO的转化率为59%，此时消耗的n(NO)=6mol×59%=3.54mol，此时段内Δn(NO)=3.54mol-0.12mol=3.42mol，根据方程式可知该时段内Δn(NH3)=×3.42mol=2.28mol，容器的体积为2L，所以v(NH3)==0.228mol•L-1•min-1；
②该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低。
2．或或均可 bc
【详解】
Ⅰ．化学反应达到化学平衡的重要标志是对于同一物质的正、逆反应速率相等，根据化学反应速率之比等于化学计量系数之比，故当或或时，说明反应达到平衡状态， 故答案为：或或均可；
Ⅱ．(1)由题干反应历程示意图可知，与超干重整反应的化学方程式为，故答案为：；
(2)a．由历程图中可知，过程Ⅰ是CH4和CO2在Ni的催化作用下分解为CO和H2，故过程I中参与反应，a错误；
b．由历程图中可知，过程Ⅱ将H2转为了H2O，CO转化为CO2再转化为CO，故实现了含碳物质与含氢物质的分离，b正确；
c．由于转换②是CO和Fe3O4反应转化为Fe和CO2是一个可逆反应，故CaO消耗过程中的，有利于反应正向进行，c正确；
d．转化③中Fe与反应生成Fe3O4和CO、CaO，故Fe与的物质的量之比为3∶4，d错误；
故答案为：bc；
Ⅲ．设2L和1L的2个刚性容器中，F2的物质的量的变化量分别为x、y，1L的刚性容器中反应物浓度大，根据“先拐先平数值大”可知，曲线bc为1L刚性容器中的反应情况，曲线ad为2L刚性容器中的反应情况，则反应三段式分别为，
2L容器三段式： =，解得x=0.10；
1L容器三段式： =，解得y=0.15，据此分析解题：
①针对F2，若仅从浓度而言，b(正)＞c(正)、d(逆)＞a(逆)，且b、c点压强比a、d点大，所以c(正)＞d(逆)，则速率大小顺序为：b(正)＞c(正)＞d(逆)＞a(逆)，故答案为：b(正)＞c(正)＞d(逆)＞a(逆)；
②反应进行到d点时，反应速率v(F2)==mol/(L•min)，故答案为： 。
3．-49.47 40% 0.2a ＞
【详解】
(1) ①根据已知发生的主要反应的热化学方程式为：反应i: 反应；ii: ，根据盖斯定律反应ii+反应i计算得： =+41.17kJ .mol-1 +（-90.64kJ . mol-1）= -49.47kJ . mol-1。故答案为： -49.47。
②如图1所示，关闭K，向A中充入、，向B中充入、，起始时，在相同条件下，两容器中只发生反应：
，达到平衡时，根据 则有，n2=6.4mol，设参加反应的的物质的量为x，根据，则有(2-x)+(6-3x)+x+x=6.4，解得x=0.8x,
则B中的转化率=%=40%。打开K,为恒温恒压条件下，过一段时间重新达平衡(II) 的转化率相同均为40%，由可知，变化量为 n()=(1mol + 2mol) 40% = 1.2mol，n(H2)= (2mol + 6mol) 40% =3.6 mol、 n(CH3OH)= 1.2mol，n(H2O)= 1.2mol，则平衡时反应混合物的总物质的量=1.2mol + 1.2mol+ 1.8mol+5.4mol=9.6 mol，由体积之比等于物质的量之比可知，平衡后总体积=aL = 1.2aL，则B的体积为：1.2aL- aL = 0.2aL，故答案为：40%；0.2a。
③由反应正向是气体体积减小的反应，压强越大，CO2的转化率越大，由图可知，温度相同、压强为时CO2的转化率大，则大于。因为CO2和H2以物质的量之比为1 : 3通入某密闭容器中，发生反应. 反应，此时为的转化率为20%，所以达到平衡时，c(CO2)=、c(H2)= 、 c(CH3OH)= 、 c(H2O)= ，此时，所以 =。故答案：＞；。
(2)由图可知： CO2转化为甲烷时发生还原反应，结合酸性条件可知阴极的电极为CO2得电子发生还原反应，生成甲烷，其反应式为：，该技术将有机废水中的碳元素最终转化为，故答案：；。
4． 2.25 = 升高温度 0.115 碱性 ab
【详解】
(1)①
②
2①+②，可得，故答案为：；
(2)①T℃时，在状态Ⅰ的条件下，剩余氢气是2mol时反应到达平衡，平衡时CO、氢气、二甲醚和水蒸气的浓度分别是(mol/L)0.5、1、0.75、0.75，则反应的平衡常数。②反应正向是体积减小的放热反应，从图像可知：状态Ⅱ在4min达到平衡，说明反应速率加快，但平衡时氢气的物质的量比Ⅰ小，说明平衡正向移动，即改变条件为：增大压强，由于温度不变，所以平衡常数k不变，即；③状态Ⅲ在5min达到平衡，但平衡时氢气的物质的量比Ⅰ大，说明反应速率加快，且平衡逆向移动，所以改变的条件为升高温度，故答案为：2.25；=；升高温度；
(3)该电池的负极为二甲醚，反应的方程式为：，
原电池和电解池串在一起，转移电子数相同，则二甲醚的质量为：
，故答案为：，0.115；
Ⅱ．(1)的，的，则25℃时，10.1mol/L的溶液呈碱性，故答案为：碱性；
(2)足量Na2CO3溶液吸收工业尾气中少量SO2气体，反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)a．曲线Ⅰ表示用盐酸滴定氨水，曲线Ⅱ表示用氢氧化钠滴定醋酸。曲线Ⅰ，滴加溶液到10mL时，得到的是等浓度的一水合氨和氯化铵的混合溶液，溶液呈碱性，故a错误；
b．当NaOH溶液和盐酸滴加至20.00mL时，分别得到呈碱性的醋酸钠溶液和呈酸性的氯化铵溶液，则曲线Ⅰ和Ⅱ此时不会相交，故b错误；
c．曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00mL时，得到等浓度的醋酸和醋酸钠溶液，据物料守恒可知：，据电荷守恒可知：，，此时溶液呈酸性，，则曲线Ⅱ：滴加溶液到10.00mL时，溶液中，故c正确；
d．滴定过程中，能发生水解的盐越来越多，水的电离程度增大，恰好完全反应后，强碱或强酸越来越多，水的电离程度减小，故d正确。
故答案为：ab。
5．0.05mol B 甲烷 ＞ 0.4
(1)，则根据方程式中的关系可得：，则平衡后； ，根据，此反应和都是正值，所以应该是高温才能使小于0，所以答案为B；
(2)在该装置里甲烷发生氧化反应，作负极，由图可知导电的是氧离子，因此负极电极反应式为：；
(3)平衡时曲线Ⅰ产物多，所以其平衡常数大，答案为＞；设甲中从起始到平衡时二氧化碳转化了xmol，
则根据题意可以知道：=0.8，计算得出x=0.4，根据恒温恒容条件下的等效平衡的思想有开始甲和开始乙完全等效，即a+c=1，b+3c=3，要使起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c>x，故c的取值范围为0.4
【详解】
(1)根据盖斯定律(ii-2i-iii)可得CO(g)+ 2H2(g)CH3OH(g) 的 ΔH=[-121-2×41+23]kJ·mol-1=-90 kJ·mol-1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0；
(2)①该反应焓变小于0为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO、H2的物质的量增加，CH3OH的物质的量减小，所以图示为CH3OH的物质的量变化曲线；500K下平衡时，甲容器中甲醇的物质的量为0.25mol，结合方程式可知此时n(CO)=0.25mol、n(H2)=0.5mol，设容器体积为V1，则K=；乙容器中平衡时n(CH3OH)=0.10mol，则此时n(CO)=0.4mol、n(H2)=0.8mol，设容器体积为V2，则K=，温度相同则平衡常数相同，所以=，解得V1：V2=5：16；
②p总1=0.2MPa，平衡时n(CH3OH)=0.25mol、n(CO)=0.25mol、n(H2)=0.5mol，所以p(CH3OH)= p(CO)=0.2 MPa×=0.05MPa，同理p(H2)=0.1MPa，所以Kp=MPa-2=100 MPa-2；
③b点平衡时n(H2)=0.8mol，Δn(H2)=0.2mol，所以v(H2)==0.01 mol·min-1；
(3)可利用CO2为原料通过电解方法制备甲醇，说明CO2在阴极被还原为甲醇，电解质溶液为NaHCO3水溶液，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应式为；CO2不溶于NaHCO3溶液，而能溶于NaOH溶液、Na2CO3溶液，会造成CO2的损失，利用率低。
7．< Li3N+3H2O=3 LiOH+ NH3↑ 4LiOH4Li+2H2O+O2↑ 升高 Cl-浓度减小时，产生的HClO的量减少，氨氮去除速率下降，而阳极的OH-的无效放电，则使能耗增加 酸性增强，HClO的氧化性增强， Cl-被氧化成Cl2从溶液中逸出，从而氨氮去除速率也会降低
【详解】
(1)①CO分子是极性分子，N2分子是非极性分子，分子量相同的极性分子的沸点要高于非极性分子，则CO的沸点比N2的高，故液态N2的沸点要小于液态CO。
②从图可知转化Ⅱ的反应物是Li3N和H2O，生成物是NH3和LiOH，则转化Ⅱ的化学方程式是Li3N+3H2O=3 LiOH+ NH3↑。
③转化(Ⅲ)是电解熔融LiOH，根据电解规律，则反应的化学方程式为4LiOH4Li+2H2O+O2↑。
(2)①电解过程中，阴极电极反应式是2H++2e-=H2↑, 所以电解过程中阴极附近溶液的pH会升高。
②当Cl-浓度减小时，根据阳极电极反应式Cl--2 e-+H2O=HClO+H+，所以当氯离子浓度减小时，产生的HClO的量减少，则氨氮去除速率下降，而阳极的OH-的无效放电，则使能耗增加。
③保持加入NaCl的量不变，当废水的pH低于4时，酸性增强，HClO的氧化性增强， Cl-被氧化成Cl2从溶液中逸出，从而氨氮去除速率也会降低。
8．-663.5 D D 4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+ 72%(或0.72) 1.792×10-4 0.27
【详解】
(1)①给反应编号：I. ，
II． ，根据盖斯定律，I2-II得，，故答案为：-663.5；
②A.由于，，降低温度平衡向放热反应方向移动，对主副反应均有利，故A不选；
B．主副反应均为气体体积减小的反应，增大压强均能使主副反应向正反应方向移动，故B不选；
C．主副反应中H2均为反应物，增大c(H2)均能使主副反应向正反应方向移动，故C不选；
D．催化剂具有高选择性，使用能加快主反应的催化剂，可以使相同时间内主反应的生成物更多，故D选；
答案选D；
(2)①A．Pt为催化剂，反应在Pt原子表面上发生，发生的反应有N+NO=N2O、N+N=N2等，故A正确；
B．由图可知，在Pt原子表面上H2解离为H原子，H原子将吸附的NO2还原生成N2O和H2O，故B正确；
C．由图可知，从Pt原子表面解吸的NH3，在HY载体上转化为，故C正确；
D．催化剂表面发生的反应包括吸附和解吸两个过程，吸附能力过强，不利于向产物转化，所以并不是吸附能力越强，催化活性越大，故D错误；
答案选D；
②由图可知，反应物为NO、O2和，反应生成N2和H2O，反应物中有，故生成物中应补充H+，已知NO、O2物质的量之比为4:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平，得到4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+，故答案为：4+4NO+O2=4N2+6H2O+4H+；
(3) ，设起始时n(H2)=3mol，n(NO)=1mol，则n初总=4mol，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，已知平衡压强与起始压强之比为3.6:4，则n末总=3.6mol，已知平衡体系中N2物质的量分数为10%，则n(N2)=3.6mol10%=0.36mol，列出三段式：
则NO的有效去除率(转化为N2)为100%=72%，故答案为：72%(或0.72)；
(4)假设容器的体积为1L，则初始时气体的物质的量为n(NO)=2.0×10-3mol、n(H2)=4.0×10-3mol，n初总=6.0×10-3mol，设转化的NO的物质的量为2x，列出三段式：
①20min时，气体总物质的量为(610-3-x)mol，在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，则=，解得x=610-4mol，则c(H2)=2.8×10-3mol·L-1，c(NO)=8×10-4mol·L-1，υ=k·c(H2)·c2(NO)= 1.0×105mol-2·L2·s-12.8×10-3mol·L-1(8×10-4mol·L-1)2=1.792×10-4 mol·L-1·s-1，故答案为：1.792×10-4；
②由表中数据可知，30min时达到平衡，平衡时总压强为21 kPa，根据在恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，有=，解得x=7.510-4mol，则平衡时各气体的分压为p(N2)=21kPa=3kPa，p(H2O)=21kPa=6kPa，p(NO)=21kPa=2kPa， p(H2)=21kPa=10 kPa，则Kp===0.27，故答案为：0.27。
9． 0.3975 该正反应气体分子数减少，则压强越大，α越高。同温时，p1对应α最高，所以p1最大，p1=4.0MPa 温度、压强或投料比 变大 容器体积不变，温度升高，总压强增大；同时由于反应放热，升高温度平衡逆向移动，容器内气体分子数增大，导致总压强增大
【详解】
(1)由图可知反应①为，反应②为，反应③为N2(g) +O2(g) = 2NO(g) △H3= +180.5 kJ ·mo1-1，①-②-③即得到 ，所以答案为： 。
(2)由图可知该反应的反应物为NO、O2、C2H4，生成物为CO2、N2、H2O，Cu2+为催化剂，根据质量守恒定律得出反应方程式为：，所以答案为：。
(3)该反应方程式为： ，为气体分子总数减少的反应，相同条件小，压强越大，NO的平衡转化率越大，所以图像中P1、P2、P3对应的分别是4.0 MPa、2.5 MPa、1.0 MPa，则4.0MPa、550 ℃时的α=0.3975，其判断的依据为：该正反应气体分子数减少，则压强越大，α越高。同温时，p1对应α最高，所以p1最大，p1=4.0MPa。温度、压强或投料比均可影响α，所以答案为：0.3975；该正反应气体分子数减少，则压强越大，α越高。同温时，p1对应α最高，所以p1最大，p1=4.0MPa；温度、压强或投料比。
(4)设初始 的NO和CO的量分别为m和n，列出三段式：则，所以，平衡时NO、CO、N2、CO2的分压分别为、、、，则该反应的平衡常数＝，反应达到平衡后，容器体积不变，温度升高，总压强增大；同时由于反应放热，升高温度平衡逆向移动，容器内气体分子数增大，导致总压强增大，所以答案为：；变大；容器体积不变，温度升高，总压强增大；同时由于反应放热，升高温度平衡逆向移动，容器内气体分子数增大，导致总压强增大。
10．E正+1812 乙 平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时M点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率，故M点一定不是对应温度下NO的平衡转化率 该反应正反应是一个放热反应，升高温度化学平衡逆向移动 10 由反应可知，NO与SO3的分压相等，NO2与SO2的分压相等，故Kp=，===，温度相同，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下图象呈线性变化 1×10-2 ＜
【详解】
(1)已知反应①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) △H1 =-907.0 kJ/mol反应②
4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=-1269.0 kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)可由，故其=，若4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)的正反应活化能为E正 kJ/mol，根据逆反应的活化能为=正反活化能-反应焓变，则其逆反应活化能为(E正+1812 )kJ/mol，故答案为： E正+1812 ；
(2)①由图中可知，相同温度下催化剂乙的催化效率高于催化剂甲的，故工业上应选择催化剂乙，故答案为：乙；
②平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时M点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率，由(1)分析可知，该反应正反应是一个放热反应，故温度高于210℃时，反应均已达到化学平衡，升高温度平衡逆向移动，故NO转化率降低的可能原因是该反应正反应是一个放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，故答案为：平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时M点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率，故M点一定不是对应温度下NO的平衡转化率；该反应正反应是一个放热反应，升高温度化学平衡逆向移动；
(3)①由于总压强等于各物质的分压之和，故有总压强等于p(NO2)+p(SO2)+p(NO)+p(SO3)= 2p(NO2)+2p(SO3)，故ab两点体系总压强pa=2×10kpa+2×100kpa=220kpa， pb=2×1kpa+2×10kpa=22kpa，故二者的比值==10；由反应可知，NO与SO3的分压相等，NO2与SO2的分压相等，故Kp=，===，温度相同，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下图象呈线性变化，故答案为：10；由反应可知，NO与SO3的分压相等，NO2与SO2的分压相等，故Kp=，===，温度相同，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下图象呈线性变化；
②根据图象，T1温度下，lgp(NO2)=2时，lgp(SO3)=1，
由于p(NO2)=100kPa=x-m，p(SO3)=y+m=10kPa，则Kp==()2=1×10-2，反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，升高温度可以导致平衡时p(SO3)降低，所以温度T1＜T2，故答案为：1×10-2；＜。
11．−867 1.0 温度过高，催化剂活性降低或反应放热，升温平衡逆向移动 氨氮比对NO转化率的影响大于温度对NO转化率的影响 p0或0.24p0 II c2(NO)·c(O2)
【详解】
（1）根据盖斯定律，ΔH＝ (ΔH1＋ΔH2)＝−867 kJ·mol－1；
（2）①由图像可知，温度应选择300℃或450℃条件下，此时当氨氮比为1.0时，NO转化率较高，再继续增加NH3的量，转化率变化不大，易造成污染，故氨氮比的合适值为1.0左右，故答案为：1.0；
②对比520 ℃和450 ℃的转化率，可发现520 ℃时转化率相对较低，可能是催化剂的活性降低或升温平衡逆向移动的缘故，故答案为：温度过高，催化剂活性降低或反应放热，升温平衡逆向移动；
③相同氨氮比时，300 ℃和450 ℃条件下的转化率几乎相同，随着氨氮比增加转化率增大，说明氨氮比对NO转化率的影响大于温度对NO转化率的影响，故答案为：氨氮比对NO转化率的影响大于温度对NO转化率的影响；
④对于反应4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g)，反应开始时n(NH3)=0.90 mol，n(NO)=1.20 mol，达到平衡时n(NH3)=0.50 mol，n(NO)=0.60 mol，根据物质反应转化关系，可知平衡时产生N2的物质的量n(N2)=Δn(NH3)=×(0.90−0.50) mol=0.50 mol，n(H2O)=Δn(NH3)=×(0.90−0.50) mol=0.60 mol，在温度和容器的容积不变时，气体的压强与物质的量呈正比，若反应开始时的压强为p0，则平衡压强=p0=p0，该反应的化学平衡常数Kp==p0或0.24p0，故答案为：p0或0.24p0；
（3）①由能量图可知，活化能E2大于E1，活化能大的步骤反应慢，故决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ；
②由于整个反应的速率取决于慢反应，则该反应的速率由第二步反应的速率决定，总反应的速率方程可表示为v＝k2c(N2O2)·c(O2)。第一个反应是快反应，可理解为快速平衡，即第一个反应的v正＝k1c2(NO)＝v逆＝k－1c(N2O2)，可得出c(N2O2)＝c2(NO)，代入v＝k2c(N2O2) ·c(O2)，得出v＝c2(NO)·c(O2)。
12．②③ 554.9 a 5 0 大于 ； 400℃～700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小
【详解】
(1)由图可知，反应①的反应物总能量小于生成物的总能量，属于吸热反应，反应△H1=+(199.2—0)kJ/mol=+199.2 kJ/mol，反应②的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，△H2=—[0— (—513.5)]kJ/mol=—513.5 kJ/mol，反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，由△H=△H1+△H2+△H3=—620.9 kJ/mol可得：△H3=—620.9 kJ/mol— (+199.2 kJ/mol)— (—513.5kJ/mol) =—306.6kJ/mol，由图可知，△H3=—(△E—248.3kJ/mol )=—306.6kJ/mol ，则△E =554.9kJ/mol，故答案为：②③；554.9；
(2)该反应为气体体积减小的放热反应，压强相同时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的平衡转化率减小；温度相同时，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的平衡转化率增大，则曲线a表示压强为2MPa时一氧化氮的平衡转化率随温度的变化，故答案为：a；
(3)①由反应方程式可知，反应的平衡常数K=，由反应达到平衡时，正、逆反应速率相等可得：=，则=，由K=可得：=，则a=5、b=0，故答案为：5；0；
②由图可知，a点所在曲线为氨气的物质的量随时间变化曲线，c点所在曲线为氮气的物质的量随时间变化曲线，a点氨气的浓度大于c点氨气浓度，则a点用氨气表示的正反应速率大于用氨气表示的逆反应速率；由图中数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知氨气、一氧化氮和氮气的平衡分压分别为、和，则分压常数；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则400℃～700℃间，随温度升高，平衡向逆反应方向移动，氨气的转化率逐渐减小；700℃以后，温度过高，导致催化剂活性降低，催化效果降低，反应速率急剧下降，消耗氨气的量减小，氨气转化率迅速变小，故答案为：大于；；400℃～700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小。
13．247.3 不变 0.07MPa2 ad 碳和二氧化碳在高温条件下反应生成了一氧化碳 CH4C+2H2 碳和二氧化碳在钴催化下生成一氧化碳
【分析】
(1)根据盖斯定律计算焓变，根据焓变实质判断其影响因素；
(2)根据质量分数的公式计算各物质的量，利用已知平衡常数表达式结合三段式方法进行计算平衡常数；
(3)根据平衡移动的影响利用外界条件的改变对平衡的影响判断转化率及反应速率；
(4)根据图像利用物质的化合价的变化判断可能发生的反应，根据氧化还原反应根据物质的性质判断反应；
(5)利用图像中各物质间的转化进行判断；
【详解】
(1)①根据表格中的燃烧热书写出热化学方程式①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1，② CO(g)+O2(g)= CO2(g) ΔH=-283kJ·mol-1，③ H2(g)+ O2(g)= H2O (l) ΔH=-285.8kJ·mol-1，根据盖斯定律①-2×③-2×② 得：CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) ΔH=247.3kJ·mol-1，故答案为：247.3；催化剂不影响焓变，故答案为：不变；
(2)根据图像，n(CH4)=n(CO2)=a mol，A点甲烷的质量分数为0.2，则A点甲烷的变化量Δn(CH4)=a-=，V(CH4)=mol/h，故答案为：；，=0.07Mpa2，故答案为0.07MPa2；
(3) a．增加甲烷的浓度，甲烷的转化率降低，导致p(CH4)在增大，故η=k·p(CH4)增大，故a说法正确；
b．增加CO2浓度，导致甲烷的转化率增大，导致p(CH4)在减小，故η=k·p(CH4)减小，故b说法不正确；
c．及时分离合成气，导致平衡向右移动，导致甲烷的转化率增大，导致p(CH4)在减小，故η=k·p(CH4)减小，故c说法不正确；
d．通过升高温度，增大活化分子数，提高k，故d说法正确；
故选答案ad；
(4)高温条件下甲烷分解产生碳，碳与二氧化碳发生反应生成一氧化碳，导致碳的含量减小；
(5)①反应过程中甲烷分解，可能的方程式为：CH4C+2H2；②根据图像中碳的转换判断碳和二氧化碳在钴催化下生成一氧化碳；
【点睛】
利用图像信息进行分析判断，根据已知信息利用三段式进行计算平衡常数，利用图像物质间的转换判断反应。
14．＞ 0.25 正反应气体体积增大，其他条件不变，压强增大，平衡逆向移动，转化率减小 C D
【详解】
(1)，因为，所以。在，下，往2L密闭容器中充入进行反应，2达到平衡状态时硫化氢的平衡转化率是50%，消耗硫化氢是2mol，生成的物质的量是1mol，浓度是0.5mol/L，则0～2内的平均反应速率0.5mol/L÷2min＝0.25。
(2)由于正反应气体体积增大，其他条件不变，压强增大，平衡逆向移动，转化率减小，所以图中压强、、从大到小顺序为。
Ⅱ.(3)已知：
①
②
③
则根据盖斯定律可知③+(①－②)/2即得到的。
(4)A．反应中反应物和生成物都为气体且反应前后气体总计量数不变，所以混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能据此说明反应达到平衡状态，A不选；
B．据方程式中和的计量数之比为1：1，1分子含有2键，生成a同时形成a键时反应没有达到平衡状态，B不选；
C．绝热恒压下，未达到平衡状态，温度会发生变化，平衡常数与温度有关，平衡常数不变，说明达到平衡状态，C选；
D．绝热恒压下，气体总质量始终不变，未达平衡时，温度发生变化，容器体积随之变化，密度也会变化，密度不变说明达到平衡状态，D选；
答案选CD。
(5)根据三段式可知
根据T℃下，氢气平衡体积分数：，解得，反应前后压强不变，则；
(6)在酸性水溶液中，在阳极上失去电子被氧化为，其电极反应式为。
15．128 Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·* －141.77 CO(g)＋CH3OCH3(g)CH3COOCH3(g) ＜ p3＜p2＜p1 2H＋＋2e－=H2 反应中产生的氢气被消耗移除体系，平衡正向移动，增大甲烷的转化率
【详解】
(1)根据示意图可知反应所吸收能量的最大能垒为Fe/MIL－53－CH4*到TS4，E正=（－13+141）kJ/mol＝128kJ·mol-1，该步骤的化学方程式为Fe/MIL－53－CH4*=Fe/MIL－53－CH3·*＋H·*。
(2)①根据标准摩尔生成焓的定义，结合盖斯定律可知CH3OCH3(g)＋CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)的ΔH＝生成物的标准摩尔生成焓－反应物的标准摩尔生成焓＝[－234.43+（－201.50）－0－（－110.53）－（－183.63）] kJ·mol-1=－141.77kJ·mol-1
②二甲醚与合成气（氢气和CO）制乙醇的总反应为2H2(g)+CO(g)＋CH3OCH3(g)CH3OH(g)+C2H5OH(g)，反应Ⅱ为CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)，则根据盖斯定律可知反应Ⅰ为CO(g)＋CH3OCH3(g)CH3COOCH3(g)。
③根据图像可知，随着温度升高，MA的转化率降低，则升高温度平衡逆向进行，所以该反应ΔH＜0。CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3OH(g)＋C2H5OH(g)为体积减小的可逆反应，增大压强，平衡正向进行，MA的转化率增大，所以p3＜p2＜p1；
④根据图像可知在600K，p3kPa下，MA的转化率是80%，根据三段式可知
平衡时总物质的量是0.2mol+0.4mol+0.8mol+0.8mol＝2.2mol，反应前气体总物质的量是3mol，体积是3L，则平衡时体系的体积为=2.2L，各组分的浓度是乙酸甲酯为mol/L、氢气为mol/L、甲醇为mol/L、乙醇为mol/L，则KC=；
(3)①由于CH4和H2O反应生成CO和H2，根据原电池工作原理，A侧氢气分压比B侧氢气分压高，发生电极反应H2－2e－＝2H＋，B侧发生电极反应2H＋＋2e－＝H2↑。
②由于反应中产生的氢气被消耗移出体系，平衡正向移动，甲烷的转化率增大，所以比传统的高。
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