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三年高考化学真题分类汇编（2022-2024）专题17原理综合题含解析答案
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这是一份三年高考化学真题分类汇编（2022-2024）专题17原理综合题含解析答案，共96页。试卷主要包含了纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系，天津地处环渤海湾，海水资源丰富，反应在工业上有重要应用等内容，欢迎下载使用。
1．尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．和生成；
ⅱ．分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。
a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应
c．
(3)近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。
①电极是电解池的 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。
（2023·山东卷）
2．一定条件下，水气变换反应的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为、，则该条件下水气变换反应的焓变 (用含的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：，k为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，浓度为 ，此时反应Ⅰ的反应速率 (用含和k的代数式表示)。
(3)温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。时刻测得的浓度分别为，反应Ⅱ达平衡时，测得的浓度为。体系达平衡后 (用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为 。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示点中，的浓度峰值点可能是 (填标号)。与不含盐酸相比，达浓度峰值时，浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)，的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（2023·湖北卷）
3．纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
(1)已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的 。
(2)图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个。
(3)纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 、 。
(4)1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是 。
(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是 (填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
（2023·浙江卷（6月））
4．水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：
该反应分两步完成：
请回答：
(1) 。
(2)恒定总压和水碳比[]投料，在不同条件下达到平衡时和的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数 。
②对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，写出该反应方程式 。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入
B．恒定水碳比，增加体系总压可提高的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是 。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线 。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是 。
（2023·辽宁卷）
5．硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为 。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·ml-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。
（2023·全国乙卷）
6．硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知 ， 。
(2)已知下列热化学方程式：
则的 。
(3)将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压 、平衡常数 。随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，平衡时 (用表示)。在时，，则 ， (列出计算式)。
（2023·浙江卷）
7．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
(1)有利于提高平衡转化率的条件是___________。
A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压
(2)反应的 ， (用表示)。
(3)恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。
①下列说法正确的是 。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ⅱ，吸收可促使氧化的平衡正移
C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因 。
(4)还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。
①常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：
下列说法不正确的是
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中占比越高
C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大
（2022·天津卷）
8．天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
(1)该工艺的总反应方程式为 。1ml 发生该反应的热量变化为 ，在总反应中的作用是 。
(2)研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是 (填“A”、“B”或“C”)。
(3)的电离方程式为 。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的 ， 。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于 (已知25℃时，FeS的为)。
（2022·福建卷）
9．异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)已知，则燃烧生成和的热化学方程式为 。
(2)在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
①内， ；
②t 16(填“>”“<”或“=”)。
(3)在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是 (填标号)。
a.的分压不变 b.混合气体密度不变
c. d.
(4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为 。
(5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。
(已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压)
①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的 点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是 。
②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为 (用含x的代数式表示)。
（2022·重庆卷）
10．反应在工业上有重要应用。
(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
①反应的△H 0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是 。
(2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是 。
②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是 。
A.Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B.过程2的△H＞0
C.加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离
D.H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应
③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为 。
(3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用 (填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为 。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为 (用a，b，y表示)。
（2022·辽宁卷）
11．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发。
(2) 温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率， 温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是 。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
(4)方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是 。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据， ；
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为 (填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为 。
（2022·江苏卷）
12．氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为 (用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有 (填元素符号)。
(2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为 。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为 。
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是 。
(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是 。
（2022·海南卷）
13．某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
(1)已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓) 。
(2)已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为 ，反应温度t约为 ℃。
(3)在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为 ；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
（2022·河北卷）
14．氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
(1)时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为 。
(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是 (填标号)。
A.增加用量 B.恒温恒压下通入惰性气体
C.移除 D.加入催化剂
②恒温恒压条件下，1mlCH4(g)和1mlH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数 (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为 (结果保留两位有效数字)。
(3)氢氧燃料电池中氢气在 (填“正”或“负”)极发生反应。
(4)在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为 。
(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用等代号表示)。
（2022·山东卷）
15．利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：
(1)以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变 。
(2)初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是 ；反应Ⅰ平衡常数 (保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻 ，BD产率= (保留两位有效数字)。
(3)为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是 (填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是 。
（2022·浙江卷（6月））
16．主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
(1)回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数 。
(2)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是 。
②下列说法正确的是 。
A.其他条件不变时，用Ar替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B.其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C.由实验数据推出中的键强于中的键
D.恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图 。
④在，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是 。
⑤在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因 。
（2022·湖南卷）
17．2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列说法正确的是 ；
A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C.平衡时的体积分数可能大于
D.将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系 (填“吸收”或“放出”)热量 kJ，反应Ⅰ的平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的 (该温度下的)；
②再生塔中产生的离子方程式为 ；
③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为 。
（2022·广东卷）
18．铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式： 。
②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为 (列式表示)。
③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线 (用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为 。
(2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
①下列有关溶液的说法正确的有 。
A.加入少量硫酸，溶液的pH不变
B.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C.加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D.加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为 ；计算溶液中的平衡浓度 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是 ；溶液从a变到b的过程中，的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（2022·全国乙卷）
19．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的 。
(2)较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。
(3)在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为 ，平衡常数 。
(4)在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率 ，理由是 。
②对应图中曲线 ，计算其在之间，分压的平均变化率为 。
（2022·全国甲卷）
20．金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
(1)转化为有直接氯化法和碳氯化法。在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接氯化：
(ⅱ)碳氯化：
①反应的为 ， Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率 (填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应的平衡常数 。
②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
(3)碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于“固—固”接触的措施是 。
（2022·浙江卷（1月））
21．工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：
(1)在C和O2的反应体系中：
反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·ml-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·ml-1
反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。
① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是 。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比 。
A.不变 B.增大 C.减小 D.无法判断
(2)水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·ml-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是 。
(3)一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·ml-1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为 。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为 。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是 。
A.反应温度愈高愈好 B.适当提高反应物压强
C.选择合适的催化剂 D.通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ： ；步骤Ⅱ： 。
（2021·重庆卷）
22．含结晶水的无机物可应用在吸波材料、电极材料和相变储能材料等领域。胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要的结晶水合物。
(1)硫酸铜参比电极具有电位稳定的优点，可用于土壤环境中钢质管道的电位监测。测量的电化学原理如图所示。回答下列问题：
①负极的电极反应式为 。
②测量后参比电极中CuSO4溶液的浓度 (填"变大”，“变小”或“不变")。
(2)把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平衡，反应式如下(脱水过程为吸热反应)。
反应I：CuSO4·5H2O (s) CuSO4·3H2O (s) + 2H2O(g)
反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g)
反应III：CuSO4·H2O (s) CuSO4(s) + H2O(g)
如图为50°C时水合物中水的质量分数 w与压强p(H2O)的关系图，回答下列问题：
①用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是 。
②反应Ⅰ对应的线段为 (填“ab”、“ed”或“ef”)。
③反应Ⅱ的平衡常数Kp= Pa2。
④反应III在60°C和50°C的平衡压强p(H2O)分别为p1和p2，则p1 p2 (填*>”、“<”或“=”)。
⑤当样品状态c点下网到M点，体系存在的固体有 ； 转化率为 % (保留小数点后两位)。
⑥25°C时为了保持CuSO4·H2O晶体纯度，可将其存在盛有大量Na2CO3· H2O晶体(平衡压强p(H2O)=706Pa)的密闭容器中，简述其理由 。
已知：25℃时反应I、II、III的平衡压强p（H2O）分别为1040、747和107Pa。
（2021·江苏卷）
23．甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。
(1)500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)
已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·ml-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是 。
(2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为
反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·ml-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·ml-1
反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·ml-1
①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH= 。
②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是 。
(3)利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。
①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为 。
②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是 。
（2021·福建卷）
24．化学链燃烧()是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集。基于载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下。
空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
①
②
(1)反应 。
(2)反应②的平衡常数表达式 。
(3)氧的质量分数：载氧体Ⅰ (填“>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。
(4)往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数为21%】，发生反应①。平衡时随反应温度T变化的曲线如图所示。时的平衡转化率 (保留2位有效数字)。
(5)根据下图，随温度升高而增大的原因是 。反应温度必须控制在以下，原因是 。
(6)载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的载氧体，反应②活化能如下表所示。
由表中数据判断：使用 (填“氧化铝”或“膨润土”)掺杂的载氧体反应较快；使用氧化铝或者膨润土掺杂的载氧体，单位时间内燃料反应器释放的热量分别为、，则a b(填“>”“=”或“<”)。
（2021·海南卷）
25．碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃，时：
①葡萄糖完全燃烧生成和，放出热量。
② 。
回答问题：
(1)25℃时，与经光合作用生成葡萄糖和的热化学方程式为 。
(2)25℃，时，气态分子断开化学键的焓变称为键焓。已知、键的键焓分别为、，分子中碳氧键的键焓为 。
(3)溶于水的只有部分转化为，大部分以水合的形式存在，水合可用表示。已知25℃时，的平衡常数，正反应的速率可表示为，逆反应的速率可表示为，则 (用含的代数式表示)。
(4)25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：，其平衡常数 。[已知，]
(5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因 。
（2021·湖北卷）
26．丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·ml-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·ml-1
(1)已知键能：E(C—H)=416kJ·ml-1，E(H—H)=436kJ·ml-1，由此计算生成1ml碳碳π键放出的能量为 kJ。
(2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是 。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp= kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
(3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为 kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为 。
(4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为 ，其理由是 。
（2021·辽宁卷）
27．苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g) ∆H1<0
Ⅱ.副反应：(g) ⇌(g) ∆H2>0
回答下列问题：
(1)已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
Ⅴ.(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
则 (用、和表示)。
(2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温B．适当降温C．适当加压D．适当减压
(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，其目的是 。
(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为 。
(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是 (填“①”“②”或“③”)。
(6)恒压反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应1的 (列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（2021·山东卷）
28．2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：+CH3OH △H1
反应Ⅱ：+CH3OH△H2
反应Ⅲ： △H3
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是 (用系统命名法命名)；的数值范围是 (填标号)。
A.<-1 B.-1～0 C.0～1 D.>1
(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0mlTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为 ml，反应Ⅰ的平衡常数Kx1= 。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)= 。
(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为 (填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正 逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。
（2021·浙江卷（6月））
29．含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：。判断该反应的自发性并说明理由 。
(2)已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别为、和。
①该温度下反应的平衡常数为 。
②平衡时的转化率为 。
(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是 。
A.须采用高温高压的反应条件使氧化为
B.进入接触室之前的气流无需净化处理
C.通入过量的空气可以提高含硫矿石和的转化率
D.在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率
②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是 。
A. B. C. D. E. F. G.
③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ) 。
(4)一定条件下，在溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
Ⅰ.
Ⅱ.① ；
Ⅲ.；
Ⅳ.② 。
（2021·广东卷）
30．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1
b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2
c)CH4(g)C(s)+2H2(g) ∆H3
d)2CO(g)CO2(g)+C(s) ∆H4
e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ∆H5
(1)根据盖斯定律，反应a的∆H1= (写出一个代数式即可)。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 。
A. 增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B. 移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C. 加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D. 降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分 步进行，其中，第 步的正反应活化能最大。
(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K随（温度的倒数）的变化如图所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有 (填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K= 。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程 。
(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途： 。
（2021·全国甲卷）
31．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的 ；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)，判断的理由是 。
A. B. C. D.
(2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式 ；
②图中对应等压过程的曲线是 ，判断的理由是 ；
③当时，的平衡转化率 ，反应条件可能为 或 。
（2021·河北卷）
32．当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为 。
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为yml•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为 ml•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于 kPa。
(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在 (填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O=CO2+CO
Ⅲ. Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为 。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 (用a、b、c字母排序)。
（2021·湖南卷）
33．氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：
(1)反应 ；
(2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？ (填标号)
A.25℃ B.125℃ C.225℃ D.325℃
(3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率 (用含的代数式表示)
②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是 (用图中a、b、c、d表示)，理由是 ；
③在该温度下，反应的标准平衡常数 。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
(4)电解过程中的移动方向为 (填“从左往右”或“从右往左”)；
(5)阳极的电极反应式为 。
（2021·全国乙卷）
34．一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是 。
(2)氯铂酸钡()固体加热时部分分解为、和，376.8℃时平衡常数，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘蒸气初始压强为。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则 ，反应的平衡常数K= (列出计算式即可)。
(3)McMrris测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数。
得到和均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和反应的 0(填“大于”或“小于”)
②反应的K= (用、表示)：该反应的 0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程 。
(4)Kistiakwsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
其中表示一个光子能量，表示NOCl的激发态。可知，分解1ml的NOCl需要吸收 ml光子。
（2021·浙江卷（1月））
35．“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是 。
(2)下列说法不正确的是 。
A.可采用碱石灰干燥氯气
B.可通过排饱和食盐水法收集氯气
C.常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D.工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g)⇌Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl 2(aq) + H2O(l)⇌H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g)⇌Cl2(aq)的焓变ΔH1 0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2= 。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c= 。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 ml·L-1，KI=3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g)⇌2CO(g) ΔHII= - 221 ml·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由 。
(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 ml·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是 。
A.适当提高反应温度 B.改变催化剂
C.适当降低反应温度 D.改变反应物浓度
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
温度/℃
480
500
520
550
转化率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
反应时间
0
4
8
12
t
20
浓度
0
2440
3200
3600
4000
4100
温度/℃
700
800
830
1000
平衡常数
1.67
1.11
1.00
0.59
实验
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
催化剂
t=350℃
t=400℃
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
载氧体掺杂物质
氧化铝
膨润土
活化能/
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•ml-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
化学键
键能
946
436.0
390.8
参考答案：
1．(1)
(2)ab
(3) 阳
(4) 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度
【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是。答案为；
（2）a．反应ⅰ的活化能是，反应ⅱ活化能是，，a项正确；
b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；
c．总反应的：，c项错误；
故选ab。
（3）①电极b上发生失电子生成的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为。答案为阳极；；
（4）①尿素消化分解生成和，由于反应中存在浓，则消化液中含氮粒子为。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入溶液的体积和浓度。答案为；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
2．(1)－
(2)
(3) a 减小 不变
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变＝－；
（2）T1温度时，HCOOH建立电离平衡：
，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝。
。
（3）t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应Ⅰ达平衡状态。此时
故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 ml·L－1，K(Ⅰ)＝。t1时刻→反应Ⅱ达平衡过程，
则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)ml·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(Ⅰ)＝，a＝。故＝，K(Ⅱ)＝。
加入0.1 ml·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，＝K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。
3．(1)128
(2) 3 3
(3) 6 10
(4)
(5)因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。
(6)a
【详解】（1）由和的结构式和反应历程可以看出，中断裂了2根碳氢键，形成了1根碳碳键，所以的=，故答案为：128；
（2）由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，,,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故答案为：3；3；
（3）由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10；
（4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1ml，则根据信息列出三段式为：
则，，，该反应的平衡常数=，故答案为：；
（5）及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。
（6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意；
b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意；
c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意；
故答案为：a。
4．(1)6
(2) 2 CO+3H2CH4+H2O
(3)AC
(4) A
(5)随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小
【详解】（1）设方程式①
②
③
根据盖斯定律可知，③=①-②，则；
（2）①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12ml和5ml，参加反应的一氧化碳为xml，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；
则平衡常数；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2CH4+H2O；
（3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入，A正确；
B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；
D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；
故选AC；
（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，反应物浓度增大导致CO的转化率稍减小，之后再通过催化剂层后，CO的转化率又增大且高于原来的，与图中变化相符，A正确；
B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；
C．换热的过程在催化剂层外，并不会反应，故只有温度降低而不会引起转化率变化，C不正确；
故选A；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为： ；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小。
5．(1) CuO SO3
(2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）
(3) cd d
【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，有更大转化率，故α=0.88的条件下并不是平衡转化率，b错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；
d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；
故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m ml，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案为。
6．(1) 4 1
(2)(a+c-2b)
(3) 3 增大
(4) 46.26
【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，转化为，则，解之得=4；当失重比为38.8%时，转化为，则，解之得y=1。
（2）①
②
③
根据盖斯定律可知，①+③-②2可得，则(a+c-2b)。
（3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。由平衡时的关系图可知,时，，则，因此，该反应的平衡总压3、平衡常数。由图中信息可知，随着温度升高而增大，因此，随反应温度升高而增大。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时，则，因此，平衡时。在时，，则、，联立方程组消去，可得，代入相关数据可求出46.26，则，。
7．(1)C
(2)
(3) BC 通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移
(4) C
【详解】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压；答案选C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应；
故△H1+2△H2=+329，；
（3）①A．根据流程可知，转化为Fe，Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2, 又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，选项A错误；
B．过程ⅱ，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，选项B正确；
C．过程ⅱ吸收而产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出，选项C正确；
D．该流程的总反应为CH4+3CO24CO+2H2O，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更少，选项D错误；
答案选BC；
②通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升；
（4）
①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知时，转化率为100%，即=1ml, 转化率为60%,即=3ml60%=1.8ml，故==1.8，故间R的变化趋势如图：
②A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，增大的倍数比大，则R提高，选项A正确；
B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B正确；
C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不正确；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D正确；
答案选C。
8．(1) (或) 放出热量 作催化剂或降低反应活化能
(2)C
(3) 或 8
【详解】（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为(或)，该反应的热化学方程式，因此1ml 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，C持续时间最长，说明C的脱硫效率最高，因此结果最好的C；故答案为：C。
（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。
9．(1)
(2) 190 >
(3)ad
(4)58.8%
(5) 甲 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，
【详解】（1）设Ⅲ ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得。
（2）①内，，则；
②、、，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H2O)=400ppm，内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。
（3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确；
b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误；
c．当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误；
d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确；
故选ad。
（4）设C3H8O的物质的量为1ml，若lml C3H8O完全反应，理论上生成1ml C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1ml×98%=0.98ml C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98ml×(1-40%)=0.588ml，所以丙烯的产率为=58.8%。
（5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲；
②由图可知，350°C时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有
，解得a=MPa。
10．(1) < 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低
(2) Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 BD 1:8
(3) 质子导体
【详解】（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，；
②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；
②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B错误；
C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；
D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D错误；
故选BD；
③根据反应，设通入的为1ml，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25ml、0.25ml、0.75ml、0.75ml，可计算出此温度下平衡常数K=9；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1ml、0.1ml、0.9ml、0.9ml(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xml，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1ml，出口b的为0.9ml-0.1ml=0.8ml，质量比为1:8；
（3）①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：；
③根据三段式：
，
设反应的的体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，则，CO的转化率为：。
11．(1)能
(2) 高 低
(3)ab
(4)a
(5) -1 a
(6) Fe 3d6
【详解】（1），则∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×298) kJ∙ml-1=-32.4 kJ∙ml-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故选ab。答案为：ab；
（4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；
故选a。答案为：a；
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，根据速率方程，氨的浓度是分母，浓度越小，速率越快，所以提高正反应速率，c正确；
故选a。答案为：-1；ac；
（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。
12．(1) Cu、O
(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大
(3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用
【详解】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
（2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+；
③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大；
（3）“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。
13．(1)-286
(2) 50%或0.5 660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给分)
(3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【详解】（1）电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2ml完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1ml完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
（2）①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图２信息可知＝ａ，则ａ，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则的转化率为，根据C元素守恒可知，的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的２倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图１中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
（3）在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，的浓度由０增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 的浓度由０增加到10.8，，:＝12722:10.81178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，的浓度由０增加到9.2，:＝10775:9.21171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 的浓度由０增加到345.2，:＝42780:345.2124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，的浓度由０增加到34，:＝38932:341145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
14．(1)H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ•ml-1
(2) BC 43%
(3)负
(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
(5)abehj
【详解】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1mlH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ•ml-1①，又因为1 ml H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ•ml-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ•ml-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ•ml-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B符合题意；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C符合题意；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合题意；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 ml CH4 (g)和1 ml H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b ml，则转化的CH4 (g)为α ml，剩余的CH4 (g)为(1-α)ml，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)ml，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)ml，H2(g)的物质的量为(3α+b)ml，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)ml，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5ml，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1ml，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25ml，，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )ml=3.45ml，H2(g)的物质的量为(3α+b )ml=3.35ml，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )ml=7.8ml，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
15．(1)-200(X+Y)
(2) a或c 8.3×10-8 0.08 39%
(3) c 由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【详解】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3ml的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1ml时二者能量和为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变=-200(X+Y)kJ·ml-1。
（2）实验测定X（3）依题意，反应I是正向放热过程，以BL为初始原料，温度升高则平衡逆向移动，温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则最大即最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长。
16．(1)8×108 L·ml－1
(2) 高温 AB 1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【详解】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/ml，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；
答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
17．(1) BD 吸收 31.2
(2) 10 2CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【详解】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5ml，水的平衡量也是0.5ml，由于CO的物质的量为0.1ml，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2ml，生成0.2ml CO2时消耗了0.2ml CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3mlCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3ml CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2ml CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5ml，CO的物质的量为0.1ml，CO2的物质的量为0.2ml，水的物质的量为0.5ml，则平衡时气体的总物质的量为0.5ml+0.1ml+0.2ml+0.5ml=1.3ml，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
18．(1) N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4) 2NO+O2=2NO2
(2) BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中
即=0.20
反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7
联立两个方程可得=6.0×10-4ml/L λ3 增大
【详解】（1）①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为，故答案为：N2↑；4H2O。
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1=(E1-E2)，M→N ΔH2=ΔH，N→Y ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)，故答案为：(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：；2NO+O2=2NO2。
（2）①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中将减小，(i)将正向移动，故C错误；
D．平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10ml/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20ml/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20ml/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z ml/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7，联立两个方程可得≈6.0×10-4ml/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的λmax最接近的是λ3；反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2=，= = ，因此= ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大，故答案为：λ3；增大。
19．(1)170
(2) 副产物氢气可作燃料 耗能高
(3) 50% 4.76
(4) 越高 n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高 d 24.9
【详解】（1）已知：
①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/ml
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/ml
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/ml
根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/ml×+484kJ/ml＝170 kJ/ml；
（2）根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/ml×=－314kJ/ml，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和4ml，根据三段式可知：
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图象可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和9ml，则根据三段式可知
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s－1。
20．(1) -223 1.2×1014 碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向左 变小
(2) 7.2×105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益
(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”
【详解】（1）①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/ml-172kJ/ml=-223kJ/ml；则Kp===1.2×1014Pa；
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；
③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)==Pa=7.2×105Pa；
②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。
（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
21．(1) a B
(2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
(3) 9.0 1.8：1 BC M+H2O=MO+H2 MO+CO=M+CO2
【详解】（1）①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，故此处填a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；
（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；
（3）①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x ml，CO为1 ml，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；
故答案选BC；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
22．(1) 不变
(2) 乙醇呈现出蓝色 ab 1.6 ×107 > CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O 38.89% 25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度
【详解】（1）①钢制管道、参比电极、潮湿土壤构成原电池，参比电极为Cu电极，钢制管道为铁电极，金属性Fe＞Cu，则Fe做负极材料，负极的电极反应式为：；
②Cu电极为正极，电极反应式为：，CuSO4·5H2O溶解与电解质溶液中，此时硫酸铜溶液的浓度不变；
（2）①无水CuSO4遇水变为蓝色，则用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是：乙醇变为蓝色；
②反应Ⅰ中水合物的质量分数最大，符合条件的线段为ab；
③反应Ⅱ中p(H2O)=4000Pa，反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g)
列出平衡常数，；
④脱水过程为吸热反应，则反应Ⅲ温度升高平衡正向移动，且正反应的总体积增大的反应，则温度越高，压强越大，则p1＞p2；
⑤c点时固体为CuSO4·3H2O，d点时固体为CuSO4·H2O，则M点时固体为CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O；
M点时水合物中水的质量分数为20%，c点到M点发生的反应为反应Ⅱ，列出三段式如下：
计算可得转化率为38.89%；
⑥25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度。
23．(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量
(2) 657.1kJ·ml-1 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小
(3) 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu
【详解】（1）已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=－178.8kJ·ml-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。
（2）①反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·ml-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·ml-1
依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·ml-1。
②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率。
（3）①图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。
②由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降。
24．(1)
(2)(或)
(3)>
(4)58%
(5) 反应①为放热反应，温度升高平衡左移 温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧
(6) 膨润土 <
【详解】（1）①；②，用①2+②
（1）得：反应 =，故答案：。
（2）由②可知，故体没有浓度，所以该反应的平衡常数表达式(或)，故答案：(或)。
（3）由图可知：载氧体I是把空气中的氧气转移到燃料反应器，载氧体II是氧气和甲烷发生反应释放出水和二氧化碳，所以氧的质量分数：载氧体I>载氧体II，故答案：>。
（4）设往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气的物质的量为1ml,氧气的物的量分数为21%，则氧气的物质的量为0.21ml，由图可知，达到平衡时氧气的物的量分数为10%，设反应的O2为xml，有，x=0.122ml，则 时的平衡转化率=58%，故答案：58%。
（5）因为①为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，氧气的浓度正大。因为往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数为21%】，由图可知，当温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧。故答案：反应①为放热反应，温度升高平衡左移；温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧。
（6）由表中数据可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能高，所以使用膨润土掺杂的载氧体反应较快。
使用氧化铝比使用者膨润土掺杂的载氧体反应较慢，单位时间内燃料反应器释放的热量少，所以<，故答案：膨润土；<。
25．(1)
(2)1067.5
(3)
(4)
(5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏
【详解】（1）由题意可知，反应①为1ml葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1ml葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=，故答案为：=；
（2）由题干信息结合反应②知,=反应物总键能-生成物总键能=E(CO)+12E(O=O)-2E(C=O)=E(CO)+-=-283kJ·ml-1。解得E(CO)=1067.5kJ·ml-1。故答案为：1067.5；
（3）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：k1c(H2CO3)= k2c(CO2)，==K=600，解得k2=，故答案为：；
（4）由方程式可知，反应的平衡常数K=====3.25×103，故答案为：3.25×103；
（5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故答案为：游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏。
26．(1)271
(2) 减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率 16.7
(3) 2 H2和C3H6都消耗O2
(4) 先增大后减小 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【详解】（1）由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H1=+125kJ·ml-1可知反应需要中断裂2ml C—H键、形成1ml碳碳π键和1ml H—H键，416kJ·ml-1×2- E (碳碳π键) -436kJ·ml-1= +125kJ.ml-1，解得：E(碳碳π键)= +271kJ. ml-1，所以形成1ml碳碳π键放出的能量为271kJ；
（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1ml，则起始时C3H8为0.4ml，N2为0.6ml，运用三段式法计算：
由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2ml，C3H6为0.2ml，H2为0.2ml，N2为0.6ml，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa×=故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP==16.7kPa。
（3）内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成的平均速率为=2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+O2=3CO2+3H2O，H2+O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1；
（4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
27．(1)
(2)BC
(3)提高苯的利用率
(4)金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性
(5)②
(6)
【详解】（1）根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4 Ⅴ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)可由，则，故答案为：；
（2）根据Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性；
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；
（6）恒压反应器中，按照投料，设投入的苯的物质的量为1ml，发生Ⅰ、Ⅱ反应总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：， 有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为：，H2的分压为：，则反应1的= ，故答案为：。
28． 2-甲基-2-丁烯 D 0.9α 逆向移动 1:10 X ＜
【详解】(1)由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。
(2)向某反应容器中加入1.0mlTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1-α) ml，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α ml。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α ml，n(A)=0.1α ml，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。
(3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填＜。
29． 不同温度下都能自发，是因为 C BDF
【详解】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量的反应为，由于该反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。
(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下的平衡常数为 .
②平衡时的转化率为；
(3)①A．在常压下催化氧化为的反应中，的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确；
B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；
C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化率；
D．与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D说法不正确。
综上所述，相关说法正确的是C；
②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是、、，因此选BDF；
③对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示如下：.
(4)由时间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成，，然后发生，该过程溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被氧化为，发生，该过程溶液的在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：、、、。
30． ∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4 AD 4 4 ac 68% 做冷冻剂
【分析】根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图象及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。
【详解】(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；
(2)A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；
故答案选AD；
(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。
(4)①随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；
③由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K==1，解方程得p2(H2)=p(CH4)P0，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，由已知条件知CO2与CH4的物质的量之比等于压强之比，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；
(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
【点睛】本题难点在于K与关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。
31． -49 A ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的 b 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小 33.3% 5×105Pa，210℃ 9×105Pa，250℃
【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①，②，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为： ；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。
(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。
③设起始n(CO2)=1ml，n(H2)=3ml，则，当平衡时时，=0.1，解得x=ml，平衡时CO2的转化率α==33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。
32． 6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJml-1 100.8 正 2C+CO2=2C+C 3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH- c、a、b
【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJml-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.8kJml-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=-3267.5kJml-1，根据盖斯定律，[①12+②6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=[(-393.5kJml-1)+(-285.8kJml-1)6]-(-3267.5kJml-1)=49.1kJml-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJml-1；
(2)由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，设c(H+)为α，则c（OH-）=，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-),可得c(HCO3-)=α-，大气中的CO2分压p(CO2)=px kPa，溶液中CO2的浓度c(CO2)(aq)=pxy ml/L，将c(H+)、c（OH-）、c(CO2)(aq)带入平衡常数表达式 ，所以解得α=c(H+)=，故答案为：；
(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K== 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正；2C+CO2=2C+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，碳元素从+4价降低到-2价，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；
II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原曲线中a的最大能垒为0.51＜b曲线的0.72，a曲线电化学还原更容易。且H+电还原中a曲线最大能垒0.27＞b曲线的0.22，综上所述，a催化剂比b催化剂更易发生CO2电还原。因此反应从易到难的顺序为c、a、b，故答案为：c、a、b。
33． +90.8 CD b
开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【详解】(1) 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，=390.8kJml-1-(946 kJml-1+436.0kJml-1)= +90.8kJml-1，故答案为：+90.8；
(2)若反应自发进行，则需△H-T△S<0，T>==456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；
(3)①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02ml，(H2)==mlL-1min-1，故答案为：；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数==0.48，故答案为：0.48；
(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。
34． 溴(或) 24.8 大于 大于 设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0 0.5
【详解】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或)；
(2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应：(s)(s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。(s)(s)+(s)+2(g)的平衡常数，则平衡时p2(Cl2)=，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则，376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时2p=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20×103-12.4×103)Pa，24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应的平衡常数K=；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡正向移动，则NOCl分解为NO和反应的大于0；
②Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅰ+Ⅱ得，则的K=；该反应的大于0；推理过程如下：设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0；
(4)Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2mlNOCl分解需要吸收1ml光子能量，则分解1ml的NOCl需要吸收0.5ml光子。
35． 2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑ A ＜ K1p + 反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·ml-1，反应II 可为反应I提供所需的能量 AB
【详解】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。
(3)①Cl2(g) ⇌ Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl2(g) ⇌ Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) ⇌ TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 kJ/ml，KI=3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g) ΔHII= - 221 kJ/ml ，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40 kJ/ml，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。
(5) 15%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，25%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，温度改变对活化能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度邻二氯苯产量减少的多，比例减少，故A正确、C错误；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯的反应的活化能，故B正确；D中改变反应物的浓度，并不能改变两种产物的比例，故D错误，综上所述，选AB。
1．尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．和生成；
ⅱ．分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。
a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b．ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应
c．
(3)近年研究发现，电催化和含氮物质(等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液通至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图所示。
①电极是电解池的 极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。
(4)尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中不能直接用溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是 。
②步骤ⅳ中标准溶液的浓度和消耗的体积分别为和，计算样品含氮量还需要的实验数据有 。
（2023·山东卷）
2．一定条件下，水气变换反应的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为、，则该条件下水气变换反应的焓变 (用含的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：，k为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，浓度为 ，此时反应Ⅰ的反应速率 (用含和k的代数式表示)。
(3)温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。时刻测得的浓度分别为，反应Ⅱ达平衡时，测得的浓度为。体系达平衡后 (用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为 。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示点中，的浓度峰值点可能是 (填标号)。与不含盐酸相比，达浓度峰值时，浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)，的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（2023·湖北卷）
3．纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
(1)已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的 。
(2)图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个。
(3)纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 、 。
(4)1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是 。
(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是 (填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
（2023·浙江卷（6月））
4．水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：
该反应分两步完成：
请回答：
(1) 。
(2)恒定总压和水碳比[]投料，在不同条件下达到平衡时和的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数 。
②对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，写出该反应方程式 。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入
B．恒定水碳比，增加体系总压可提高的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b-c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是 。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出平衡转化率随温度变化的曲线 。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是 。
（2023·辽宁卷）
5．硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为 。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·ml-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。
（2023·全国乙卷）
6．硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知 ， 。
(2)已知下列热化学方程式：
则的 。
(3)将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压 、平衡常数 。随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，平衡时 (用表示)。在时，，则 ， (列出计算式)。
（2023·浙江卷）
7．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
(1)有利于提高平衡转化率的条件是___________。
A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压
(2)反应的 ， (用表示)。
(3)恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。
①下列说法正确的是 。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ⅱ，吸收可促使氧化的平衡正移
C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因 。
(4)还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。
①常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：
下列说法不正确的是
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中占比越高
C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大
（2022·天津卷）
8．天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
(1)该工艺的总反应方程式为 。1ml 发生该反应的热量变化为 ，在总反应中的作用是 。
(2)研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是 (填“A”、“B”或“C”)。
(3)的电离方程式为 。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的 ， 。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于 (已知25℃时，FeS的为)。
（2022·福建卷）
9．异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)已知，则燃烧生成和的热化学方程式为 。
(2)在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
①内， ；
②t 16(填“>”“<”或“=”)。
(3)在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是 (填标号)。
a.的分压不变 b.混合气体密度不变
c. d.
(4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为 。
(5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。
(已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压)
①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的 点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是 。
②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为 (用含x的代数式表示)。
（2022·重庆卷）
10．反应在工业上有重要应用。
(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
①反应的△H 0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是 。
(2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是 。
②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是 。
A.Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B.过程2的△H＞0
C.加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离
D.H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应
③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为 。
(3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用 (填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为 。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为 (用a，b，y表示)。
（2022·辽宁卷）
11．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发。
(2) 温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率， 温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是 。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
(4)方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是 。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据， ；
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为 (填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为 。
（2022·江苏卷）
12．氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(1)“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为 (用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有 (填元素符号)。
(2)“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为 。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为 。
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是 。
(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是 。
（2022·海南卷）
13．某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
(1)已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓) 。
(2)已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2) 。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为 ，反应温度t约为 ℃。
(3)在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为 ；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
（2022·河北卷）
14．氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
(1)时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为 。
(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是 (填标号)。
A.增加用量 B.恒温恒压下通入惰性气体
C.移除 D.加入催化剂
②恒温恒压条件下，1mlCH4(g)和1mlH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数 (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为 (结果保留两位有效数字)。
(3)氢氧燃料电池中氢气在 (填“正”或“负”)极发生反应。
(4)在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为 。
(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用等代号表示)。
（2022·山东卷）
15．利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：
(1)以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变 。
(2)初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是 ；反应Ⅰ平衡常数 (保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻 ，BD产率= (保留两位有效数字)。
(3)为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是 (填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是 。
（2022·浙江卷（6月））
16．主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
(1)回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数 。
(2)热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下表：
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是 。
②下列说法正确的是 。
A.其他条件不变时，用Ar替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B.其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C.由实验数据推出中的键强于中的键
D.恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图 。
④在，常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是 。
⑤在范围内(其他条件不变)，的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因 。
（2022·湖南卷）
17．2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列说法正确的是 ；
A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C.平衡时的体积分数可能大于
D.将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系 (填“吸收”或“放出”)热量 kJ，反应Ⅰ的平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的 (该温度下的)；
②再生塔中产生的离子方程式为 ；
③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为 。
（2022·广东卷）
18．铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式： 。
②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为 (列式表示)。
③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线 (用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为 。
(2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
①下列有关溶液的说法正确的有 。
A.加入少量硫酸，溶液的pH不变
B.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C.加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D.加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为 ；计算溶液中的平衡浓度 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是 ；溶液从a变到b的过程中，的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（2022·全国乙卷）
19．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的 。
(2)较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。
(3)在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为 ，平衡常数 。
(4)在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率 ，理由是 。
②对应图中曲线 ，计算其在之间，分压的平均变化率为 。
（2022·全国甲卷）
20．金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
(1)转化为有直接氯化法和碳氯化法。在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接氯化：
(ⅱ)碳氯化：
①反应的为 ， Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率 (填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应的平衡常数 。
②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
(3)碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于“固—固”接触的措施是 。
（2022·浙江卷（1月））
21．工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：
(1)在C和O2的反应体系中：
反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·ml-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·ml-1
反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。
① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是 。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比 。
A.不变 B.增大 C.减小 D.无法判断
(2)水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·ml-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是 。
(3)一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·ml-1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为 。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为 。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是 。
A.反应温度愈高愈好 B.适当提高反应物压强
C.选择合适的催化剂 D.通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ： ；步骤Ⅱ： 。
（2021·重庆卷）
22．含结晶水的无机物可应用在吸波材料、电极材料和相变储能材料等领域。胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要的结晶水合物。
(1)硫酸铜参比电极具有电位稳定的优点，可用于土壤环境中钢质管道的电位监测。测量的电化学原理如图所示。回答下列问题：
①负极的电极反应式为 。
②测量后参比电极中CuSO4溶液的浓度 (填"变大”，“变小”或“不变")。
(2)把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平衡，反应式如下(脱水过程为吸热反应)。
反应I：CuSO4·5H2O (s) CuSO4·3H2O (s) + 2H2O(g)
反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g)
反应III：CuSO4·H2O (s) CuSO4(s) + H2O(g)
如图为50°C时水合物中水的质量分数 w与压强p(H2O)的关系图，回答下列问题：
①用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是 。
②反应Ⅰ对应的线段为 (填“ab”、“ed”或“ef”)。
③反应Ⅱ的平衡常数Kp= Pa2。
④反应III在60°C和50°C的平衡压强p(H2O)分别为p1和p2，则p1 p2 (填*>”、“<”或“=”)。
⑤当样品状态c点下网到M点，体系存在的固体有 ； 转化率为 % (保留小数点后两位)。
⑥25°C时为了保持CuSO4·H2O晶体纯度，可将其存在盛有大量Na2CO3· H2O晶体(平衡压强p(H2O)=706Pa)的密闭容器中，简述其理由 。
已知：25℃时反应I、II、III的平衡压强p（H2O）分别为1040、747和107Pa。
（2021·江苏卷）
23．甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。
(1)500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)
已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·ml-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是 。
(2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为
反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·ml-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·ml-1
反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·ml-1
①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH= 。
②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是 。
(3)利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。
①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为 。
②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是 。
（2021·福建卷）
24．化学链燃烧()是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集。基于载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下。
空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
①
②
(1)反应 。
(2)反应②的平衡常数表达式 。
(3)氧的质量分数：载氧体Ⅰ (填“>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。
(4)往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数为21%】，发生反应①。平衡时随反应温度T变化的曲线如图所示。时的平衡转化率 (保留2位有效数字)。
(5)根据下图，随温度升高而增大的原因是 。反应温度必须控制在以下，原因是 。
(6)载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的载氧体，反应②活化能如下表所示。
由表中数据判断：使用 (填“氧化铝”或“膨润土”)掺杂的载氧体反应较快；使用氧化铝或者膨润土掺杂的载氧体，单位时间内燃料反应器释放的热量分别为、，则a b(填“>”“=”或“<”)。
（2021·海南卷）
25．碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃，时：
①葡萄糖完全燃烧生成和，放出热量。
② 。
回答问题：
(1)25℃时，与经光合作用生成葡萄糖和的热化学方程式为 。
(2)25℃，时，气态分子断开化学键的焓变称为键焓。已知、键的键焓分别为、，分子中碳氧键的键焓为 。
(3)溶于水的只有部分转化为，大部分以水合的形式存在，水合可用表示。已知25℃时，的平衡常数，正反应的速率可表示为，逆反应的速率可表示为，则 (用含的代数式表示)。
(4)25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：，其平衡常数 。[已知，]
(5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因 。
（2021·湖北卷）
26．丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·ml-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·ml-1
(1)已知键能：E(C—H)=416kJ·ml-1，E(H—H)=436kJ·ml-1，由此计算生成1ml碳碳π键放出的能量为 kJ。
(2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是 。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp= kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
(3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为 kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为 。
(4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为 ，其理由是 。
（2021·辽宁卷）
27．苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g) ∆H1<0
Ⅱ.副反应：(g) ⇌(g) ∆H2>0
回答下列问题：
(1)已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
Ⅴ.(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
则 (用、和表示)。
(2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温B．适当降温C．适当加压D．适当减压
(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，其目的是 。
(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为 。
(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是 (填“①”“②”或“③”)。
(6)恒压反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应1的 (列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（2021·山东卷）
28．2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：+CH3OH △H1
反应Ⅱ：+CH3OH△H2
反应Ⅲ： △H3
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是 (用系统命名法命名)；的数值范围是 (填标号)。
A.<-1 B.-1～0 C.0～1 D.>1
(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0mlTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为 ml，反应Ⅰ的平衡常数Kx1= 。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)= 。
(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为 (填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正 逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。
（2021·浙江卷（6月））
29．含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：。判断该反应的自发性并说明理由 。
(2)已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别为、和。
①该温度下反应的平衡常数为 。
②平衡时的转化率为 。
(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是 。
A.须采用高温高压的反应条件使氧化为
B.进入接触室之前的气流无需净化处理
C.通入过量的空气可以提高含硫矿石和的转化率
D.在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率
②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是 。
A. B. C. D. E. F. G.
③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ) 。
(4)一定条件下，在溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
Ⅰ.
Ⅱ.① ；
Ⅲ.；
Ⅳ.② 。
（2021·广东卷）
30．我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1
b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2
c)CH4(g)C(s)+2H2(g) ∆H3
d)2CO(g)CO2(g)+C(s) ∆H4
e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ∆H5
(1)根据盖斯定律，反应a的∆H1= (写出一个代数式即可)。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 。
A. 增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B. 移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C. 加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D. 降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分 步进行，其中，第 步的正反应活化能最大。
(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K随（温度的倒数）的变化如图所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有 (填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K= 。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程 。
(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途： 。
（2021·全国甲卷）
31．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的 ；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 (填标号)，判断的理由是 。
A. B. C. D.
(2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式 ；
②图中对应等压过程的曲线是 ，判断的理由是 ；
③当时，的平衡转化率 ，反应条件可能为 或 。
（2021·河北卷）
32．当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为 。
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为yml•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为 ml•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于 kPa。
(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在 (填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O=CO2+CO
Ⅲ. Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为 。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 (用a、b、c字母排序)。
（2021·湖南卷）
33．氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：
(1)反应 ；
(2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？ (填标号)
A.25℃ B.125℃ C.225℃ D.325℃
(3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率 (用含的代数式表示)
②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是 (用图中a、b、c、d表示)，理由是 ；
③在该温度下，反应的标准平衡常数 。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
(4)电解过程中的移动方向为 (填“从左往右”或“从右往左”)；
(5)阳极的电极反应式为 。
（2021·全国乙卷）
34．一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是 。
(2)氯铂酸钡()固体加热时部分分解为、和，376.8℃时平衡常数，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘蒸气初始压强为。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则 ，反应的平衡常数K= (列出计算式即可)。
(3)McMrris测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数。
得到和均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和反应的 0(填“大于”或“小于”)
②反应的K= (用、表示)：该反应的 0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程 。
(4)Kistiakwsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
其中表示一个光子能量，表示NOCl的激发态。可知，分解1ml的NOCl需要吸收 ml光子。
（2021·浙江卷（1月））
35．“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是 。
(2)下列说法不正确的是 。
A.可采用碱石灰干燥氯气
B.可通过排饱和食盐水法收集氯气
C.常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D.工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g)⇌Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl 2(aq) + H2O(l)⇌H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g)⇌Cl2(aq)的焓变ΔH1 0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2= 。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c= 。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 ml·L-1，KI=3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g)⇌2CO(g) ΔHII= - 221 ml·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由 。
(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 ml·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是 。
A.适当提高反应温度 B.改变催化剂
C.适当降低反应温度 D.改变反应物浓度
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
温度/℃
480
500
520
550
转化率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
反应时间
0
4
8
12
t
20
浓度
0
2440
3200
3600
4000
4100
温度/℃
700
800
830
1000
平衡常数
1.67
1.11
1.00
0.59
实验
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
催化剂
t=350℃
t=400℃
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
载氧体掺杂物质
氧化铝
膨润土
活化能/
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•ml-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
化学键
键能
946
436.0
390.8
参考答案：
1．(1)
(2)ab
(3) 阳
(4) 样品的质量、步骤Ⅲ所加入溶液的体积和浓度
【详解】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是。答案为；
（2）a．反应ⅰ的活化能是，反应ⅱ活化能是，，a项正确；
b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；
c．总反应的：，c项错误；
故选ab。
（3）①电极b上发生失电子生成的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为。答案为阳极；；
（4）①尿素消化分解生成和，由于反应中存在浓，则消化液中含氮粒子为。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入溶液的体积和浓度。答案为；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
2．(1)－
(2)
(3) a 减小 不变
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变＝－；
（2）T1温度时，HCOOH建立电离平衡：
，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝。
。
（3）t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应Ⅰ达平衡状态。此时
故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 ml·L－1，K(Ⅰ)＝。t1时刻→反应Ⅱ达平衡过程，
则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)ml·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(Ⅰ)＝，a＝。故＝，K(Ⅱ)＝。
加入0.1 ml·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，＝K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。
3．(1)128
(2) 3 3
(3) 6 10
(4)
(5)因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。
(6)a
【详解】（1）由和的结构式和反应历程可以看出，中断裂了2根碳氢键，形成了1根碳碳键，所以的=，故答案为：128；
（2）由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，,,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故答案为：3；3；
（3）由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10；
（4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1ml，则根据信息列出三段式为：
则，，，该反应的平衡常数=，故答案为：；
（5）及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。
（6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意；
b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意；
c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意；
故答案为：a。
4．(1)6
(2) 2 CO+3H2CH4+H2O
(3)AC
(4) A
(5)随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小
【详解】（1）设方程式①
②
③
根据盖斯定律可知，③=①-②，则；
（2）①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12ml和5ml，参加反应的一氧化碳为xml，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；
则平衡常数；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2CH4+H2O；
（3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入，A正确；
B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；
D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；
故选AC；
（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，反应物浓度增大导致CO的转化率稍减小，之后再通过催化剂层后，CO的转化率又增大且高于原来的，与图中变化相符，A正确；
B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；
C．换热的过程在催化剂层外，并不会反应，故只有温度降低而不会引起转化率变化，C不正确；
故选A；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为： ；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小。
5．(1) CuO SO3
(2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）
(3) cd d
【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，有更大转化率，故α=0.88的条件下并不是平衡转化率，b错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；
d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；
故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m ml，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案为。
6．(1) 4 1
(2)(a+c-2b)
(3) 3 增大
(4) 46.26
【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，转化为，则，解之得=4；当失重比为38.8%时，转化为，则，解之得y=1。
（2）①
②
③
根据盖斯定律可知，①+③-②2可得，则(a+c-2b)。
（3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。由平衡时的关系图可知,时，，则，因此，该反应的平衡总压3、平衡常数。由图中信息可知，随着温度升高而增大，因此，随反应温度升高而增大。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时，则，因此，平衡时。在时，，则、，联立方程组消去，可得，代入相关数据可求出46.26，则，。
7．(1)C
(2)
(3) BC 通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移
(4) C
【详解】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压；答案选C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应；
故△H1+2△H2=+329，；
（3）①A．根据流程可知，转化为Fe，Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2, 又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，选项A错误；
B．过程ⅱ，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，选项B正确；
C．过程ⅱ吸收而产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出，选项C正确；
D．该流程的总反应为CH4+3CO24CO+2H2O，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更少，选项D错误；
答案选BC；
②通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升；
（4）
①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知时，转化率为100%，即=1ml, 转化率为60%,即=3ml60%=1.8ml，故==1.8，故间R的变化趋势如图：
②A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，增大的倍数比大，则R提高，选项A正确；
B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B正确；
C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不正确；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D正确；
答案选C。
8．(1) (或) 放出热量 作催化剂或降低反应活化能
(2)C
(3) 或 8
【详解】（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为(或)，该反应的热化学方程式，因此1ml 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，C持续时间最长，说明C的脱硫效率最高，因此结果最好的C；故答案为：C。
（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。
9．(1)
(2) 190 >
(3)ad
(4)58.8%
(5) 甲 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，
【详解】（1）设Ⅲ ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得。
（2）①内，，则；
②、、，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H2O)=400ppm，内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。
（3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确；
b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误；
c．当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误；
d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确；
故选ad。
（4）设C3H8O的物质的量为1ml，若lml C3H8O完全反应，理论上生成1ml C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1ml×98%=0.98ml C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98ml×(1-40%)=0.588ml，所以丙烯的产率为=58.8%。
（5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲；
②由图可知，350°C时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有
，解得a=MPa。
10．(1) < 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低
(2) Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 BD 1:8
(3) 质子导体
【详解】（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，；
②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；
②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B错误；
C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；
D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D错误；
故选BD；
③根据反应，设通入的为1ml，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25ml、0.25ml、0.75ml、0.75ml，可计算出此温度下平衡常数K=9；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1ml、0.1ml、0.9ml、0.9ml(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xml，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1ml，出口b的为0.9ml-0.1ml=0.8ml，质量比为1:8；
（3）①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：；
③根据三段式：
，
设反应的的体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，则，CO的转化率为：。
11．(1)能
(2) 高 低
(3)ab
(4)a
(5) -1 a
(6) Fe 3d6
【详解】（1），则∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×298) kJ∙ml-1=-32.4 kJ∙ml-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故选ab。答案为：ab；
（4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；
故选a。答案为：a；
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，根据速率方程，氨的浓度是分母，浓度越小，速率越快，所以提高正反应速率，c正确；
故选a。答案为：-1；ac；
（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。
12．(1) Cu、O
(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大
(3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用
【详解】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
（2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+；
③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大；
（3）“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。
13．(1)-286
(2) 50%或0.5 660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给分)
(3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【详解】（1）电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2ml完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1ml完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
（2）①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图２信息可知＝ａ，则ａ，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则的转化率为，根据C元素守恒可知，的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的２倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图１中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
（3）在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，的浓度由０增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 的浓度由０增加到10.8，，:＝12722:10.81178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，的浓度由０增加到9.2，:＝10775:9.21171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 的浓度由０增加到345.2，:＝42780:345.2124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，的浓度由０增加到34，:＝38932:341145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
14．(1)H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ•ml-1
(2) BC 43%
(3)负
(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
(5)abehj
【详解】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1mlH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ•ml-1①，又因为1 ml H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ•ml-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ•ml-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ•ml-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B符合题意；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C符合题意；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合题意；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 ml CH4 (g)和1 ml H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b ml，则转化的CH4 (g)为α ml，剩余的CH4 (g)为(1-α)ml，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)ml，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)ml，H2(g)的物质的量为(3α+b)ml，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)ml，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5ml，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1ml，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25ml，，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )ml=3.45ml，H2(g)的物质的量为(3α+b )ml=3.35ml，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )ml=7.8ml，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
15．(1)-200(X+Y)
(2) a或c 8.3×10-8 0.08 39%
(3) c 由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【详解】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3ml的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1ml时二者能量和为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变=-200(X+Y)kJ·ml-1。
（2）实验测定X
16．(1)8×108 L·ml－1
(2) 高温 AB 1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【详解】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/ml，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A正确；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B正确；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C错误；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D错误；
答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
17．(1) BD 吸收 31.2
(2) 10 2CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【详解】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确；
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5ml，水的平衡量也是0.5ml，由于CO的物质的量为0.1ml，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2ml，生成0.2ml CO2时消耗了0.2ml CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3mlCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3ml CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2ml CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5ml，CO的物质的量为0.1ml，CO2的物质的量为0.2ml，水的物质的量为0.5ml，则平衡时气体的总物质的量为0.5ml+0.1ml+0.2ml+0.5ml=1.3ml，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
18．(1) N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4) 2NO+O2=2NO2
(2) BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中
即=0.20
反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7
联立两个方程可得=6.0×10-4ml/L λ3 增大
【详解】（1）①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为，故答案为：N2↑；4H2O。
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1=(E1-E2)，M→N ΔH2=ΔH，N→Y ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)，故答案为：(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：；2NO+O2=2NO2。
（2）①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中将减小，(i)将正向移动，故C错误；
D．平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10ml/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20ml/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20ml/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z ml/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7，联立两个方程可得≈6.0×10-4ml/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的λmax最接近的是λ3；反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2=，= = ，因此= ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大，故答案为：λ3；增大。
19．(1)170
(2) 副产物氢气可作燃料 耗能高
(3) 50% 4.76
(4) 越高 n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高 d 24.9
【详解】（1）已知：
①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/ml
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/ml
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/ml
根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/ml×+484kJ/ml＝170 kJ/ml；
（2）根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/ml×=－314kJ/ml，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和4ml，根据三段式可知：
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76kPa；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图象可知n(H2S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1ml和9ml，则根据三段式可知
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa·s－1。
20．(1) -223 1.2×1014 碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向左 变小
(2) 7.2×105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益
(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”
【详解】（1）①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/ml-172kJ/ml=-223kJ/ml；则Kp===1.2×1014Pa；
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；
③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)==Pa=7.2×105Pa；
②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。
（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
21．(1) a B
(2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
(3) 9.0 1.8：1 BC M+H2O=MO+H2 MO+CO=M+CO2
【详解】（1）①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，故此处填a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；
（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；
（3）①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x ml，CO为1 ml，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；
故答案选BC；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
22．(1) 不变
(2) 乙醇呈现出蓝色 ab 1.6 ×107 > CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O 38.89% 25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度
【详解】（1）①钢制管道、参比电极、潮湿土壤构成原电池，参比电极为Cu电极，钢制管道为铁电极，金属性Fe＞Cu，则Fe做负极材料，负极的电极反应式为：；
②Cu电极为正极，电极反应式为：，CuSO4·5H2O溶解与电解质溶液中，此时硫酸铜溶液的浓度不变；
（2）①无水CuSO4遇水变为蓝色，则用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是：乙醇变为蓝色；
②反应Ⅰ中水合物的质量分数最大，符合条件的线段为ab；
③反应Ⅱ中p(H2O)=4000Pa，反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g)
列出平衡常数，；
④脱水过程为吸热反应，则反应Ⅲ温度升高平衡正向移动，且正反应的总体积增大的反应，则温度越高，压强越大，则p1＞p2；
⑤c点时固体为CuSO4·3H2O，d点时固体为CuSO4·H2O，则M点时固体为CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O；
M点时水合物中水的质量分数为20%，c点到M点发生的反应为反应Ⅱ，列出三段式如下：
计算可得转化率为38.89%；
⑥25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度。
23．(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量
(2) 657.1kJ·ml-1 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小
(3) 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu
【详解】（1）已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=－178.8kJ·ml-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。
（2）①反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·ml-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·ml-1
依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·ml-1。
②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率。
（3）①图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。
②由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降。
24．(1)
(2)(或)
(3)>
(4)58%
(5) 反应①为放热反应，温度升高平衡左移 温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧
(6) 膨润土 <
【详解】（1）①；②，用①2+②
（1）得：反应 =，故答案：。
（2）由②可知，故体没有浓度，所以该反应的平衡常数表达式(或)，故答案：(或)。
（3）由图可知：载氧体I是把空气中的氧气转移到燃料反应器，载氧体II是氧气和甲烷发生反应释放出水和二氧化碳，所以氧的质量分数：载氧体I>载氧体II，故答案：>。
（4）设往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气的物质的量为1ml,氧气的物的量分数为21%，则氧气的物质的量为0.21ml，由图可知，达到平衡时氧气的物的量分数为10%，设反应的O2为xml，有，x=0.122ml，则 时的平衡转化率=58%，故答案：58%。
（5）因为①为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，氧气的浓度正大。因为往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数为21%】，由图可知，当温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧。故答案：反应①为放热反应，温度升高平衡左移；温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧。
（6）由表中数据可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能高，所以使用膨润土掺杂的载氧体反应较快。
使用氧化铝比使用者膨润土掺杂的载氧体反应较慢，单位时间内燃料反应器释放的热量少，所以<，故答案：膨润土；<。
25．(1)
(2)1067.5
(3)
(4)
(5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏
【详解】（1）由题意可知，反应①为1ml葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1ml葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=，故答案为：=；
（2）由题干信息结合反应②知,=反应物总键能-生成物总键能=E(CO)+12E(O=O)-2E(C=O)=E(CO)+-=-283kJ·ml-1。解得E(CO)=1067.5kJ·ml-1。故答案为：1067.5；
（3）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：k1c(H2CO3)= k2c(CO2)，==K=600，解得k2=，故答案为：；
（4）由方程式可知，反应的平衡常数K=====3.25×103，故答案为：3.25×103；
（5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故答案为：游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏。
26．(1)271
(2) 减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率 16.7
(3) 2 H2和C3H6都消耗O2
(4) 先增大后减小 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【详解】（1）由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H1=+125kJ·ml-1可知反应需要中断裂2ml C—H键、形成1ml碳碳π键和1ml H—H键，416kJ·ml-1×2- E (碳碳π键) -436kJ·ml-1= +125kJ.ml-1，解得：E(碳碳π键)= +271kJ. ml-1，所以形成1ml碳碳π键放出的能量为271kJ；
（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1ml，则起始时C3H8为0.4ml，N2为0.6ml，运用三段式法计算：
由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2ml，C3H6为0.2ml，H2为0.2ml，N2为0.6ml，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa×=故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP==16.7kPa。
（3）内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成的平均速率为=2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+O2=3CO2+3H2O，H2+O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1；
（4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
27．(1)
(2)BC
(3)提高苯的利用率
(4)金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性
(5)②
(6)
【详解】（1）根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4 Ⅴ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)可由，则，故答案为：；
（2）根据Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性；
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；
（6）恒压反应器中，按照投料，设投入的苯的物质的量为1ml，发生Ⅰ、Ⅱ反应总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：， 有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为：，H2的分压为：，则反应1的= ，故答案为：。
28． 2-甲基-2-丁烯 D 0.9α 逆向移动 1:10 X ＜
【详解】(1)由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。
(2)向某反应容器中加入1.0mlTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1-α) ml，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α ml。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α ml，n(A)=0.1α ml，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。
(3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填＜。
29． 不同温度下都能自发，是因为 C BDF
【详解】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量的反应为，由于该反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。
(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下的平衡常数为 .
②平衡时的转化率为；
(3)①A．在常压下催化氧化为的反应中，的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确；
B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；
C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化率；
D．与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D说法不正确。
综上所述，相关说法正确的是C；
②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是、、，因此选BDF；
③对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示如下：.
(4)由时间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成，，然后发生，该过程溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被氧化为，发生，该过程溶液的在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：、、、。
30． ∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4 AD 4 4 ac 68% 做冷冻剂
【分析】根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图象及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。
【详解】(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；
(2)A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；
故答案选AD；
(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。
(4)①随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；
③由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K==1，解方程得p2(H2)=p(CH4)P0，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，由已知条件知CO2与CH4的物质的量之比等于压强之比，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；
(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
【点睛】本题难点在于K与关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。
31． -49 A ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的 b 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小 33.3% 5×105Pa，210℃ 9×105Pa，250℃
【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①，②，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为： ；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。
(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。
③设起始n(CO2)=1ml，n(H2)=3ml，则，当平衡时时，=0.1，解得x=ml，平衡时CO2的转化率α==33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。
32． 6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJml-1 100.8 正 2C+CO2=2C+C 3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH- c、a、b
【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJml-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.8kJml-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=-3267.5kJml-1，根据盖斯定律，[①12+②6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=[(-393.5kJml-1)+(-285.8kJml-1)6]-(-3267.5kJml-1)=49.1kJml-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJml-1；
(2)由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，设c(H+)为α，则c（OH-）=，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-),可得c(HCO3-)=α-，大气中的CO2分压p(CO2)=px kPa，溶液中CO2的浓度c(CO2)(aq)=pxy ml/L，将c(H+)、c（OH-）、c(CO2)(aq)带入平衡常数表达式 ，所以解得α=c(H+)=，故答案为：；
(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K== 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正；2C+CO2=2C+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，碳元素从+4价降低到-2价，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；
II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原曲线中a的最大能垒为0.51＜b曲线的0.72，a曲线电化学还原更容易。且H+电还原中a曲线最大能垒0.27＞b曲线的0.22，综上所述，a催化剂比b催化剂更易发生CO2电还原。因此反应从易到难的顺序为c、a、b，故答案为：c、a、b。
33． +90.8 CD b
开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【详解】(1) 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，=390.8kJml-1-(946 kJml-1+436.0kJml-1)= +90.8kJml-1，故答案为：+90.8；
(2)若反应自发进行，则需△H-T△S<0，T>==456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；
(3)①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02ml，(H2)==mlL-1min-1，故答案为：；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数==0.48，故答案为：0.48；
(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。
34． 溴(或) 24.8 大于 大于 设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0 0.5
【详解】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或)；
(2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应：(s)(s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。(s)(s)+(s)+2(g)的平衡常数，则平衡时p2(Cl2)=，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则，376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时2p=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20×103-12.4×103)Pa，24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应的平衡常数K=；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡正向移动，则NOCl分解为NO和反应的大于0；
②Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅰ+Ⅱ得，则的K=；该反应的大于0；推理过程如下：设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0；
(4)Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2mlNOCl分解需要吸收1ml光子能量，则分解1ml的NOCl需要吸收0.5ml光子。
35． 2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑ A ＜ K1p + 反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·ml-1，反应II 可为反应I提供所需的能量 AB
【详解】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。
(3)①Cl2(g) ⇌ Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl2(g) ⇌ Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) ⇌ TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 kJ/ml，KI=3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g) ΔHII= - 221 kJ/ml ，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40 kJ/ml，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。
(5) 15%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，25%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，温度改变对活化能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度邻二氯苯产量减少的多，比例减少，故A正确、C错误；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯的反应的活化能，故B正确；D中改变反应物的浓度，并不能改变两种产物的比例，故D错误，综上所述，选AB。
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