重庆2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡

这是一份重庆2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡，共29页。试卷主要包含了单选题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

重庆2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．（2023·重庆·重庆八中校联考模拟预测）为实现“碳达峰、碳中和”的目标，科学家提出以为催化剂，用光热化学循环分解法，达到减少大气中量的目的，反应的机理如图所示：

物质的量
物质
完全断键所需吸收的总能量










下列说法不正确的是A．过程①中光能转化为化学能
B．过程④为吸热过程
C．降低该反应的焓变，提高该反应速率
D．全过程热化学方程式为  
2．（2023·重庆·重庆八中校联考模拟预测）下列实验操作或装置正确的是

A．用甲装置分离苯和溴苯的混合液
B．用乙装置进行氢氧化钠滴定盐酸的实验，测定盐酸的浓度
C．用丙装置制备无水氯化镁
D．用丁装置进行中和热的测定
3．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）分别向1 L 0.5 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中加入①浓硫酸；②稀硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应时的热效应分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，下列关系中正确的是（     ）
A．ΔH1>ΔH2>ΔH3 B．ΔH1<ΔH2<ΔH3 C．ΔH1>ΔH2＝ΔH3 D．ΔH1＝ΔH2<ΔH3
4．（2023·重庆·统考模拟预测）已知：    ；H-H和H-O键的键能分别为436和463则的为
A． B． C． D．
5．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。

下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
6．（2023·重庆·重庆八中校联考模拟预测）钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述不正确的是

A．反应过程中有氢氧键的断裂和形成
B．反应过程中被氧化
C．脱硝反应为
D．是反应中间体
7．（2023·重庆·统考模拟预测）溶液中某光学活性卤化物的消旋反应为：。某温度下X和Y的浓度随时间的变化曲线如图所示。

下列说法错误的是
A．
B．L点处X的转化率为20％
C．时，
D．Y溶液含有少量X，经足够长时间后
8．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）在恒温恒容密闭容器中进行反应：，下列能作为反应已达到平衡状态的依据是
A．不再变化 B．反应速率：
C．容器内气体的压强不再变化 D．容器内气体的密度不再变化
9．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）已知反应：，生成的初始速率与、的初始浓度的关系可表示为，为速率常数，在800℃时测定相关数据如下表：
实验
初始浓度
生成的初始速率
序号



1



2



3




下列说法不正确的是A．式中，
B．800℃时，
C．当其他条件不变时，升高温度，速率常数增大
D．若起：始，则
10．（2023·重庆·统考模拟预测）固体催化剂Pd-Cu-TiO2的制备过程如图所示。光照使TiO2发生电荷分离。电子随机扩散到颗粒表面，将Pd2+转化为Pd沉积到颗粒上。再用类似方法在Pd上沉积Cu。下列有关说法不正确的是

A．催化剂在起催化作用时要参加化学反应
B．TiO2纳米颗粒属于胶体
C．在该过程中乙醇发生了氧化反应
D．②中Cu仅沉积在Pd的表面是因为在光照下Pd发生电荷分离，Cu2+在Pd表面得到电子变为Cu
11．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）已知：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行了如下实验(忽略溶液体积变化)：
编号
0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液体积/mL
0.1 mol·L-1H2C2O4溶液体积/mL
水的体积/mL
反应温度/℃
反应时间/min
Ⅰ
2
2
0
20
2.1
Ⅱ
V1
2
1
20
5.5
Ⅲ
V2
2
0
50
0.5

下列说法不正确的是A．V1=1，V2=2
B．设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响
C．实验计时是从溶液混合开始，溶液呈紫红色时结束
D．实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.01 mol·L-1·min-1
12．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）工业上用CO2合成乙酸的反应路径如图所示：

下列说法错误的是
A．反应过程中碳元素的化合价始终不变
B．第4步反应的氧化剂是CH3COORh*I
C．HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物
D．催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O
13．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）过氧化钙()在室温下稳定，加热至350℃左右迅速分解。实验室制备反应：，装置如图所示。下列说法错误的是

A．长颈漏斗可以起到防倒吸的作用
B．甲装置可以用浓氨水和碱石灰来制备氨气
C．冰水混合物的主要作用是防止生成的过氧化钙受热分解
D．反应过程中不断中和和过氧化氢生成的，促进反应进行
14．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）在一个容积为2 L的密闭容器中，加入0.8 mol的A2气体和0.6 mol B2气体，一定条件下发生如下反应：A2(g)＋B2(g) 2AB(g)　ΔH<0，反应中各物质的浓度随时间的变化情况如图所示，下列说法不正确的是

A．图中a点的值为0.15 B．该反应的平衡常数K＝0.03
C．温度升高，平衡常数K值减小 D．平衡时A2的转化率为62.5%

二、原理综合题
15．（2023·重庆·重庆八中校联考模拟预测）减少的排放量以及利用与的反应合成新能源是实现世界气候峰会目标的有效途径。
I．催化加氢合成二甲醚技术能有效利用资源
已知：①  
②  
(1)催化加氢直接合成二甲醚反应的热化学方程式为________。
(2)催化加氢直接合成二甲醚时会发生副反应：  。其他条件相同时，反应温度对平衡总转化率及反应2小时的实际总转化率影响如图。图中，温度高于280℃，平衡总转化率随温度升高而上升的原因可能是________。

II．与烷烃耦合反应有利于减少空气中含量，已知与发生的耦合反应包含如下三个反应：
①
②
③
(3)在恒温恒容密闭容器中充入一定量的，发生反应①，达到平衡时压强增大20%，则平衡时的转化率为________。
(4)在一定温度，某恒压密闭容器中充入和，达平衡后，容器中为，为，为，反应③的分压平衡常数，则平衡时容器中的物质的量为________。
(5)为提高丙烷与耦合过程中的产率，可采取的措施有________。
a．改善催化剂的选择性能
b．增大的浓度
c．恒容时充入惰性气体
(6)如图所示是一种二甲醚和直接制备碳酸二甲酯()的电化学方法，a极连接直流电源的________(填“正极”或“负极”)，b极的电极反应式为________。

16．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）钼是电子工业的重要材料，也可用来生产特种钢。回答下列问题：
(1)已知：




则_______(用含、、、的式子表示)。
(2)碳酸钠作固硫剂时，用氢气还原辉钼矿可发生反应：。实验测得平衡时的有关变化曲线如图1和图2所示：


①由图1曲线知，该反应的_______(填“>”或“＜”)0；压强从大到小的顺序为_______。
②图2中A点时，的转化率为_______。
③图2中B点处，该反应的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
17．（2023·重庆·统考模拟预测）氨具有较高的含氢量，可用作内燃机的燃料。
(1)液氨是重要的非水溶剂，和水类似，液氨的电离平衡为。写出与在液氨中发生中和反应的化学方程式为___________。
(2)合成氨反应的方程式为：，恒压密闭容器中，起始时，不同温度(T)下平衡混合物中物质的量分数随压强的变化曲线如图所示。

①25℃时，和的燃烧热分别为akJ/mol和bkJ/mol，上述合成氨反应的焓变为___________kJ/mol。
②A点的温度迅速从变为，则此时浓度商Q___________K()(填“>”“<”或“=”)。
③___________(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
④合成氨逆反应速率方程为：，式中k(逆)为逆反应的速率常数(只与温度有关)。从C点开始减小压强，平衡发生移动，直至达到新的平衡，v(逆)的变化过程为___________。
(3)合成氨也可以通过电化学过程实现，其装置如图所示。

①导线中电子流动方向为___________。
②生成的电极反应式为___________。
③若惰性电极2的电流效率η为75%，则惰性电极2处与的物质的量之比为___________。()
18．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）催化重整对温室气体的减排具有重要意义，其反应为。回答下列问题：
(1)将原料按初始组成充入密闭容器中，保持体系压强为发生反应，达到平衡时的体积分数与温度的关系如图所示。

①、下，n(平衡时气体)：n(初始气体)=___________；该温度下，此反应的平衡常数___________(以分压表示，列出计算式)。
②若A、B、C三点表示不同温度和压强下已达平衡时的体积分数，则___________点对应的平衡常数最小，理由是___________。
(2)900℃下，将和的混合气体(投料比)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图所示。(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)

由图可知，后的转化率与炭催化剂的目数的关系为________，原因是__________。
(3)磷化硼的晶胞结构如图所示，晶胞中P原子的空间堆积方式为___________；已知晶体中硼原子和磷原子的半径分别为和，距离最近的硼原子和磷原子的核间距为二者原子半径之和。则磷化硼晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________(写出计算式)。

19．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）回收利用硫和氮的氧化物是保护环境的重要举措。
(1)在模拟回收硫的实验中，向某恒容密闭容器中通入和气体，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。

①与实验a相比，实验c改变的实验条件可能是_______。
②请利用体积分数计算该条件下实验b的平衡常数_______(列出计算式即可)。(注：某物质的体积分数)
(2)用消除污染的反应原理为。不同温度条件下，与的物质的量之比分别为4∶1、3∶1、1∶3，得到脱除率曲线如图所示。

①曲线a中的起始浓度为，从A点到B点经过，该时间段内的脱除速率为_______。
②不论以何种比例混合，温度超过，脱除率骤然下降，除了在高温条件下氮气与氧气发生反应生成，可能的原因还有(一条即可)_______。
③曲线b对应的与的物质的量之比是_______，其理由是_______。
20．（2023·重庆·统考模拟预测）研究氮的氧化物(如：NO、、)和氮的氢化物都有广泛的用途，如：和可作为运载火箭的推进剂。
(1)已知： 。现将2mol 放入1L恒容密闭容器中，平衡体系中的体积分数()随温度的变化如图所示。

①d点v(正)_______v(逆)(填“>”“=”“＜”)。
②a、b、c三点中平衡常数、、由小到大是_______。
③在时，的平衡转化率为_______；若平衡时的总压为100kPa，则该反应平衡常数_______(保留到小数点后1位)。
(2)NO氧化为的反应为：，该反应分如下两步进行：
Ⅰ. (较快)
Ⅱ. (较慢)
在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和，保持其它条件不变，控制反应温度分别为和，c(NO)随t(时间)的变化如图所示。

在反应时间相同时，条件下转化的NO量_______(填“大于”“等于”“小于”)条件下转化的NO量，其本质原因是_______(结合反应Ⅰ和Ⅱ的反应热进行分析)。
(3)肼除了可作火箭的推进剂外，还可用于新型环保电池中，电池工作原理如图所示。

①向_______移动(填“电极甲”或“电极乙”)。
②该电池的负极反应式为_______。
21．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）二氧化碳的排放越来越受到能源和环境领域的关注.其综合利用是目前研究的重要课题之一，试运用所学知识，解决以下问题：
(1)CO2加氢时主要发生以下两个反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH=-165.0kJ•mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.18kJ•mol-1
在密闭容器中按H23mol、CO21mol通入，初始体积均为VL，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。分析温度对平衡体系中CO2、CO、CH4的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和CH4的物质的量分数与温度变化关系如图所示。

①表示0.1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是___(填序号)。
②N点低于M点的原因是___。
③590℃时反应I的平衡常数K为___。(用含V的代数式表示)
(2)利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO-，装置如图所示。

①在该装置中，右侧Pt电极的电极反应式为___。
②装置工作时，阴极除有HCOO-生成外，还可能生成副产物___降低电解效率。
已知：电解效率=×100%
测得阴极区内的c(HCOO-)=0.03mol/L，电解效率为75%，则阴极和阳极生成的气体在标准状况下的体积总共___mL。(忽略电解前后溶液的体积变化)
(3)已知水煤气法制备H2的反应为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。将等体积的CO(g)和H2O(g)充入恒容密闭容器中，反应速率v=v正-v逆=k正c(CO)c(H2O)-k逆c(CO2)c(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数且只与温度有关，在700℃和800℃时，CO的转化率随时间变化的曲线如图所示。M点与N点对应的的大小关系：M___N(填“>”、“<”或“=”)


参考答案：
1．C
【详解】A．以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，能量的变化形式是由光能转化为化学能，A正确；
B．过程④需要从外界吸收热量，因此为吸热过程，B正确；
C．作为催化剂可以降低该反应的活化能，无法降低焓变，提高该反应速率，C错误；
D．CO2分解为CO和O2化学式为，根据分子化学键完全断裂时的能量变化图可知，1molCO2完全断裂应该吸收1598kJ，1molCO完全断裂应该吸收1072 kJ，1mol O2完全断裂应该吸收496kJ；所以1molCO2分解产生1molCO和0.5molO2，所以需吸收kJ 能量，则全过程热化学方程式为  ，D正确；
故答案选C。
2．C
【详解】A．图中温度计的水银球未在支管口处，A错误；
B．用氢氧化钠滴定盐酸，氢氧化钠标准溶液应该放在碱式滴定管中，图中为酸式滴定管，B错误；
C．HCl可抑制氯化镁的水解，故可在HCl气流中加热氯化镁晶体制备无水氯化镁，C正确；
D．测定中和热时，大小两个烧杯口应该平齐并用盖板盖严以减少热量的损失，D错误；
故答案选C。
3．B
【详解】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应热效应表示为:═,分别向1L 0.5mol/L的溶液中加入①浓硫酸②稀硫酸③稀硝酸,因浓硫酸溶于水放热,生成硫酸钡沉淀会放出少量的热,则恰好完全反应时的放出的热量为:①＞②＞③,所以;
所以B选项是正确的.
4．A
【详解】△H=反应物总键能-生成物总键能，设O=O键键能为xkJ，，，因此的△H为，故选A。
5．D
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
6．C
【分析】根据图中物质的转化关系知反应物有、、，生成物有和。根据过程中含V元素微粒的结构式判断化学键的变化，据此解答。
【详解】A．由转化示意图可知，整个过程中有氢氧键的断裂和形成，故A正确；
B．反应过程中中的V由+4价升高到+5价，化合价升高，被氧化，故B正确；
C．由转化示意图可知，整个过程中反应物为、、，生成物为、，在钒系催化剂作用下脱硝反应为，故C错误；
D．由转化示意图可知，在反应过程中生成后又被消耗，则是反应中间体，故D正确；
答案选C。
7．C
【详解】A．由图可知，两个点都不是平衡点，则，A正确；
B．由图可知，X的起始浓度为0.1mol/L ，L点时X的浓度为0.08mol/L，则转化的X的浓度为0.02mol/L，X的转化率为20％，B正确；
C．化学反应速率为平均速率，根据方程式可知，X和Y的计量系数相同，故某个时间段的，但某个时刻无法根据平均速率公式求解，C错误；
D．由图可知，经足够长时间后，反应达到平衡，两者的浓度相等，则两者的物质的量相等，D正确；
故选C。
8．A
【详解】A．反应的平衡常数K=，当不再变化时，说明=K，说明反应达到平衡，故A选；
B．反应速率：，不能说明正逆反应速率相等，不能作为反应已达到平衡状态的依据，故B不选；
C．反应是气体体积不变的反应，反应过程中容器内气体的压强不变，当容器内气体的压强不再变化时，不能说明反应达到平衡，故C不选；
D．反应过程中气体总质量和总体积不变，则反应过程中容器内气体的密度是定值，当容器内气体的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，故D不选；
故选A。
9．D
【详解】A ．将 3 组实验数据代入 ，中有：k(2.00×10-3) x×(6.00×10-3)y=1.92×10-3，k (1.00×10-3)x ×(6.00×10-3)y=4.80×10-4，k (2.00×10-3)x×(3.00×10-3)y=9.60×10-4，解得： x=2 ， y=1 ，故 A正确；
B．得 800 ℃时，由A可知，x=2，y=1，代入k(2.00×10-3)x×(6.00×10-3)y=1.92×10-3，解得，故 B正确；
C．当其他条件不变时，升高温度，反应速率增大，速率常数增大，故C正确；
D．结合 B ，始=c2(NO)c(H2)，由于c(NO)和c(H2)的关系未知，无法计算c(NO)和c(H2)，故D错误；
故选D。
10．B
【详解】A．催化剂在起催化作用时通常参与化学反应，生成催化剂的中间产物，再发生化学反应重新生成催化剂，A正确；
B．TiO2纳米颗粒是纯净物，而胶体是混合物，B不正确；
C．在该过程中乙醇催化氧化生成乙醛，发生了氧化反应，C正确；
D．②中，在光照下Pd发生电荷分离，Cu2+在Pd表面得到电子变为Cu，生成的Cu仅沉积在Pd的表面，D正确；
故选B。
11．C
【详解】A．根据变量不变原则可知，实验Ⅰ是对照实验，溶液总体积为4mL，则V1=4-2-1=1，V2=4-2=2，故A正确；
B．实验目的是探究反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，实验Ⅰ和Ⅲ的温度条件不同，则设计实验Ⅰ和Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响，故B正确；
C．该定性实验是根据酸性KMnO4溶液褪色时间来判断反应快慢的，所以实验计时是从溶液混合开始，溶液呈无色时结束，故C错误；
D．实验Ⅲ中草酸过量，两种溶液混合瞬间c(KMnO4)=0.01mol/L×=0.005mol/L，反应完全时△c=0.005mol/L，v(KMnO4)==0.01mol/(L·min)，故D正确；
答案为C。
12．A
【详解】A．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价跟成键原子的非金属性有关，故A错误；
B．第4步反应为CH3COORh*I+H2=CH3COOH+ Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B正确；
C．根据每一步的反应可知，中间产物有HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I，都是先生成后反应的物质，故C正确；
D．根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh*催化作用下生产CH3COOH和H2O，所以循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；
答案选A。
13．C
【详解】A.氨气极易溶于水，倒吸的水在长颈漏斗中可以回流，故可以起到防倒吸的作用，A正确；
B.甲装置为固+液不加热制备气体的反应装置，根据反应原理，可以用浓氨水和碱石灰来制备氨气，B正确；
C.冰水混合物的主要作用：防止过氧化氢分解，同时使过氧化钙晶体析出，C错误；
D.反应过程中因为要生成更多的CaO2•8H2O，为使反应不断向正反应进行，需要加NH3•H2O中和过氧化氢和Ca2+反应生成的氢离子，促进反应进行，D正确。
答案选C。

14．B
【详解】A、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式A2(g)+B2(g)2AB(g)知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以a=(0.4-0.25)mol•L-1=0.15mol•L-1，即图中a点的值为0.15，故A正确；
B、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，B2的浓度改变为0.25mol•L-1，所以平衡时B2的浓度为=(0.3-0.25)mol•L-1=0.05mol•L-1，K===，故B错误；
C、已知A2(g)+B2(g)⇌2AB(g)释放出热量即△H＜0，所以温度升高，平衡逆移，平衡常数K值减小，故C正确；
D、当AB的浓度改变0.5 mol•L-1，由方程式知，A2的浓度改变为0.25mol•L-1，已知A2的初始量为0.4mol•L-1，所以平衡时A2的转化率为×100%=62.5%，故D正确；
答案选B。
15．(1)2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-123kJ/mol
(2)CO2催化加氢直接合成二甲醚的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，副反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，温度高于280℃， CO2平衡总转化率随温度升高而上升，原因可能是温度对副反应的影响大于对主反应的影响
(3)20%
(4)0.9mol
(5)a
(6)     负极     CH3OCH3-e-+=CH3OCOOCH3

【详解】（1）根据盖斯定律，将反应①×2+②即得：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)，ΔH=2×(-49.0kJ/mol)-25.0kJ/mol=-123kJ/mol，则CO2催化加氢直接合成二甲醚反应的热化学方程式为：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-123kJ/mol。
（2）CO2催化加氢直接合成二甲醚的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，副反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，温度高于280℃， CO2平衡总转化率随温度升高而上升，原因可能是温度对副反应的影响大于对主反应的影响。
（3）恒温恒容的容器中，压强之比等于物质的量之比。设起始时C3H8为1mol，压强增大了20%，则气体物质的量增大了20%，则平衡时气体物质的量增加了0.2mol，根据反应方程式，增加的物质的量和反应消耗的C3H8的物质的量相等，所以平衡时C3H8的转化率为=20%。
（4）在一定温度，某恒压密闭容器中充入 1mol ，各物质的分压之比等于物质的量之比，所以反应的Kp=，n(H2)=0.2mol。根据碳守恒，C3H6和C3H8的总物质的量为，设C3H6的物质的量为x，则C3H8的物质的量为1.05mol-x，根据氢守恒，1mol×8=0.5mol×2+0.2mol×2+6x+8×(1.05-x)，x=0.9mol。
（5）改善催化剂的选择性，可以极大地促进反应①②的进行，从而提高C3H6的产率；增大水蒸气的浓度，反应②平衡逆向移动，降低C3H6的产率；恒容时通入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动，不能提高C3H6的产率，故选a。
（6）电解池中，通入的CO2转化为，碳的化合价降低，则CO2在阴极得到电子，所以a极连接直流电源的负极；b为阳极，CH3OCH3在阳极失去电子，结合阴极生成的，生成碳酸二甲酯，电极反应式为：CH3OCH3-e-+=CH3OCOOCH3。
16．(1)2×+2×+3×-
(2)     >     p3>p2>p1     50%     0.01

【详解】（1）已知：①；②；③；④；由盖斯定律可知，2×①+2×③+3×②-④可得2×+2×+3×-。
（2）①观察图像可知，相同压强时，反应物H2的平衡转化率随温度升高而增大，即升高温度，平衡正向移动，向吸热方向移动，所以反应正向吸热，△H>0；反应正向是体积增大的反应，温度相同时，压强越大，反应物H2的平衡转化率越小，所以p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1；
②设生成二氧化碳物质的量为x，三段式为：

由图可知，A点时H2和H2O的体积分数相等，4-2x=2x，x=1mol，氢气转化率= =50%；
③图2中B点处，H2和CO的体积分数相等，4-2x=x，x=mol，则该反应的平衡常数=0.01。
17．(1)
(2)     3a-2b     >     9     v(逆)瞬间变大，然后逐渐减小，直至达到新的平衡，v(逆)不再改变
(3)     电源负极到惰性电极1、惰性电极2到电源正极          1:6

【详解】（1）液氨是重要的非水溶剂，和水类似，液氨的电离平衡为，则类似氢离子、氢氧根离子，与在液氨中发生中和反应生成氯化钾和液氨，反应为↑；
（2）①燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；25℃时，和的燃烧热分别为akJ/mol和bkJ/mol，则有：
Ⅰ：    =akJ/mol
Ⅱ：   =bkJ/mol
由盖斯定律可知，3×Ⅰ-2×Ⅱ得反应：=(3a-2b) kJ/mol；
②由图可知，相同条件下，时氨气含量更高，则A点的温度迅速从变为，则变化后体系中氨气含量高于变化后达到平衡体系中氨气含量，则反应逆向进行，故此时浓度商Q>K()；
③反应中，由图可知，AB两点氨气、氢气、氮气的物质的量的分数均相同，则；
④，k(逆)只与温度有关；从C点开始减小压强，相当于增大体积，各物质的分压均减小相同的倍数，由表达式可知，减小对影响更大，则v(逆)瞬间变大，然后逐渐减小，直至达到新的平衡，v(逆)不再改变；
（3）①电解池中阴离子向阳极移动，由图可知，惰性电极2为阳极与外界电源正极相连，惰性电极1为阴极与外界电源负极相连，则导线中电子流动方向为：电源负极到惰性电极1、惰性电极2到电源正极；
②生成的电极反应为H2在阳极失去电子发生氧化反应生成氨气，反应为；
③若惰性电极2的电流效率η为75%，假设转移6mol电子理论生成2molNH3，则实际生成1.5molNH3、消耗4.5mol电子，，根据电子守恒可知，另1.5mol电子生成0.25mol氮气，则惰性电极2处与的物质的量之比为0.25:1.5=1:6。
18．(1)     5：4     Kp=     A     该反应为吸热反应，温度升高化学平衡正向移动，平衡常数增大，A点温度最低，平衡常数最小
(2)     碳催化剂的目数越大，CH4的转化率越大     碳催化剂的目数越大，其颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触得更加充分，反应更加完全。
(3)     面心立方最密堆积    

【详解】（1）①T1温度下，达到平衡时，CO2体积分数为30%，设反应消耗CO2xmol，初始投入的CO2为amol，则，则，x=0.25a，则n(平衡时气体)：n(初始气体)=2.5a：2a=5：4。该温度下，平衡时各物质的分压为p(CH4)=p(CO2)=，p(CO)=p(H2)=，Kp=。
②从题干可知该反应为吸热反应，温度升高化学平衡正向移动，平衡常数增大，A点温度最低，平衡常数最小。
（2）从图中可知，碳催化剂的目数越大，CH4的转化率越大，原因为碳催化剂的目数越大，其颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触得更加充分，反应更加完全。
（3）由图可知，晶胞中P原子空间堆积方式为面心立方最密堆积。根据均摊法可知，该晶胞中P有8×+6×=4个，B有4个，设晶胞边长为a，则体对角线长度为，距离最近的硼原子和磷原子的核间距为体对角线长度的，即r1+r2=，则晶胞体积为，原子总体积为4()，原子体积占晶胞体积的百分率为。
19．(1)     升高温度    
(2)     (或0.06)     该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动     3∶1     与的物质的量之比越大，的脱除率越大

【详解】（1）①实验a、c开始均通入和气体，容器的容积相同，而起始时，c的压强大于a，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系，所以实验c改变的条件可能为升高温度；
②设消耗的物质的量为x，根据反应和三段式：，，，、、的体积分数分别为：、、，所以。
（2）①曲线a中的起始浓度为，的起始浓度为，从A点到B点经过时间为1s，的脱除率从上升到，的脱除量为，脱除速率为：，转化单位，摩尔质量为30，脱除速率为；
②该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以不论以何种比例混合，温度超过，脱除率骤然下降，除了在高温条件下氮气与氧气发生反应生成；
③根据勒夏特列原理，与的物质的量之比越大，浓度越大，平衡正向移动，脱除率越大，再根据图像，曲线b对应的与的物质的量之比为3∶1。
20．(1)     >          25%     26.7kPa
(2)     小于     升高温度有利于Ⅰ逆向移动，减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
(3)     电极甲    

【详解】（1）①由图可知，d点四氧化二氮的体积分数大于d点对应温度平衡时的体积分数，说明反应向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由图可知，a、b、c三点温度依次增大，则平衡常数越大的大小顺序为，故答案为：；
③由图可知，温度为达到平衡时，四氧化二氮的体积分数为60%，设四氧化二氮的转化率为a，由题意可建立如下三段式：

由三段式数据可得：×100%=60%，解得a=0.25，则四氧化二氮的转化率为25%，反应平衡常数，故答案为：25%；26.7 kPa；
（2）一氧化氮与氧气的为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化二氮的浓度减小，由图可知，在相同时间内，条件下一氧化氮浓度大于条件下一氧化氮浓度，说明升高温度有利于反应Ⅰ逆向移动，二氧化二氮浓度减小的影响大于了温度对反应Ⅱ速率的影响，故答案为：升高温度有利于Ⅰ逆向移动，减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
（3）由图可知，通入氧气的电极乙为环保电池的正极，电极甲为负极；
①由分析可知，电极甲为负极，电池工作时，阴离子氧离子向负极电极甲移动，故答案为：电极甲；
②由图可知，通入氧气的电极乙为环保电池的正极，电极甲为负极，联氨在氧离子作用下做负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为，故答案为：。
21．     c     从M点到N点，温度相同时压强增大，则Ⅰ向正反应方向移动，Ⅰ中的H2O浓度增大、CO2浓度减小；这使Ⅱ向逆反应方向移动，故压强增大CO物质的量分数减小          CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-     H2     672     <
【详解】(1)①反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，CO所以a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，所以表示0.1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是c；
②反应Ⅱ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO的物质的量分数增加，所以b、d代表CO，在恒温条件下，增大压强平衡向气体总物质的量减小的方向移动，从M点到N点，温度相同时压强增大，则Ⅰ向正反应方向移动，Ⅰ中的H2O浓度增大、CO2浓度减小；这使Ⅱ向逆反应方向移动，故压强增大CO物质的量分数减小；
③根据①、②的分析可知曲线c代表0.1MPa下CH4的物质的量分数，曲线b代表0.1MPa下CO的物质的量分数，CO2、CO、CH4物质的量分数之和为1，根据图示，590℃时CO2、CO、CH4的物质的量分数为20%、40%、40%，投入CO2的物质的量为1mol、H2的物质的量为3mol，根据C元素守恒可知，平衡时n(CO2)=0.2mol、n(CH4)=0.4mol、n(CO)=0.4mol，则反应Ⅰ生成n(H2O)=0.8mol，消耗n(H2)=1.6mol，反应Ⅱ生成n(H2O)=0.4mol，消耗n(H2)=0.4mol，所以平衡时n(H2)=3mol-1.6mol-0.4mol=1.0mol，n(H2O)0.4mol+0.8mol=1.2mol，容器体积为VL，所以反应I的平衡常数K==；
(2)①根据题意可知该装置可以将CO2有效地转化为HCOO-，C元素被还原，所以右侧Pt电极为阴极，CO2得电子被还原，电解质溶液显碱性，电极反应式为CO2+H2O+2e-=HCOO-+OH-；
②右侧Pt电极为阴极，水电离出氢离子也可以放电产生H2，降低电解效率；
阴极区内的c(HCOO-)=0.03mol/L，溶液体积为1L，则n(HCOO-)=0.03mol，根据电极反应式可知转移0.06mol电子，电解效率为75%，则电解池内转移电子总数为=0.08mol，所以阴极有0.02mol电子还原氢离子，生成0.01mol氢气，阳极的电极反应式为4H2O-4e-=O2+4H+，转移0.08mol电子生成0.02mol氧气，所以共产生0.03mol气体，标况下体积为0.03mol×22.4L/mol=0.672L=672mL；
(3)平衡时v正=v逆，则k正c(CO)c(H2O)=k逆c(CO2)c(H2)，所以，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，所以M点温度高于N点，升高温度CO的转化率减小，说明正反应为放热反应，升高温度平衡常数减小，所以M点＜N点。