五年2018-2022高考化学真题按知识点分类汇编26-化学反应热的计算（含解析）

这是一份五年2018-2022高考化学真题按知识点分类汇编26-化学反应热的计算（含解析），共89页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

五年2018-2022高考化学真题按知识点分类汇编26-化学反应热的计算（含解析）

一、单选题
1．（2022·浙江·统考高考真题）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：

下列推理不正确的是
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
2．（2022·浙江·统考高考真题）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质(g)
O
H
HO
HOO




能量/
249
218
39
10
0
0



可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是A．的键能为
B．的键能大于中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：
D．
3．（2021·山东·统考高考真题）18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是

A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH318OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
4．（2021·浙江·统考高考真题）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
H- H
H-O
键能/(kJ·mol-1)
436
463
热化学方程式
2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g)  ΔH= -482kJ·mol-1

则2O(g)=O2(g)的ΔH为A．428 kJ·mol-1 B．-428 kJ·mol-1 C．498 kJ·mol-1 D．-498 kJ·mol-1
5．（2021·北京·高考真题）丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。

已知：
①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol
②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol
③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol
下列说法不正确的是
A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol
B．c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O
C．其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大
D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)
6．（2021·浙江·高考真题）相同温度和压强下，关于反应的，下列判断正确的是

A． B．
C． D．
7．（2021·重庆·统考高考真题）“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·mol-1，则2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的反应热∆H (kJ·mol-1)为

A．-152 B．-76 C．+76 D．+152
8．（2020·天津·高考真题）理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是

A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
9．（2020·北京·高考真题）依据图示关系，下列说法不正确的是

A．石墨燃烧是放热反应
B．1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多
C．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
10．（2020·江苏·高考真题）反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
11．（2020·浙江·高考真题）关于下列的判断正确的是




A． B． C． D．
12．（2019·浙江·高考真题）MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：
　　M2+(g)＋CO32-(g)　　M2+(g)＋O2−(g)＋CO2(g)
　　　　　
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是
A．ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0
B．ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0
C．ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)
D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3
13．（2019·江苏·高考真题）氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是
A．一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e−4OH−
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：∆H=反应中形成新共价键的键能之和-反应中断裂旧共价键的键能之和
14．（2018·浙江·校联考高考真题）氢卤酸的能量关系如图所示，下列说法正确的是（    ）

A．已知气体溶于水放热，则的△H1＜0
B．相同条件下，的△H2比的小
C．相同条件下，的(△H3+△H4)比的大
D．一定条件下，气态原子生成键放出能量，则该条件下△H2=+akJ/mol
15．（2019·北京·高考真题）下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）
A
B
C
                          D

NaCl溶于水

电解CuCl2溶液

CH3COOH在水中电离


H2与Cl2反应能量变化
NaCl=Na++Cl−
CuCl2=Cu2++2Cl−
CH3COOHCH3COO−+H+
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)
ΔH=−183kJ·mol−1

A．A B．B C．C D．D
16．（2019·浙江·统考高考真题）已知：




下列说法正确的是
A．∆H1<0，∆H2<0，∆H3<∆H4 B．6∆H1+∆H2+∆H3-∆H4=0
C．-6∆H1+∆H2+∆H3-∆H4=0 D．-6∆H1+∆H2-∆H3+∆H4=0

二、多选题
17．（2018·海南·高考真题）炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。下列说法正确的是

A．每活化一个氧分子吸收0.29eV能量
B．水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
C．氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程
D．炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂

三、填空题
18．（2019·天津·高考真题）氮、磷、砷、锑、铋、镆为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：
（1）砷在元素周期表中的位置______。的中子数为______。
已知：（，白磷）＝（，黑磷）    ；
（，白磷）＝（，红磷）    ；
由此推知，其中最稳定的磷单质是______。
（2）氮和磷氢化物性质的比较：热稳定性：______（填“＞”“＜”）。
沸点：______（填“＞”“＜”），判断依据是______。
（3）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对与反应产物的推断正确的是______（填序号）。
a．不能与反应    b．含离子键、共价键    c．能与水反应
（4）能发生较强烈的水解，生成难溶的，写出该反应的化学方程式_______________________，因此，配制溶液应注意_______________________。
（5）在1L真空密闭容器中加入a mol PH4I固体，t℃时发生如下反应：
    ①
    ②
    ③
达平衡时，体系中，，，则℃时反应①的平衡常数值为______（用字母表示）。

四、计算题
19．（2022·浙江·统考高考真题）联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要投料_______kg焦炭。
(2)每生产106kg纯碱，同时可获得_______(列式计算)。
20．（2020·浙江·高考真题）溶液与锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为，反应后最高温度为。
已知：反应前后，溶液的比热容均近似为、溶液的密度均近似为，忽略溶液体积、质量变化和金属吸收的热量。请计算：
(1)反应放出的热量_____J。
(2)反应的______(列式计算)。

五、原理综合题
21．（2022·全国·统考高考真题）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________。
22．（2022·全国·高考真题）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_______。
23．（2022·湖南·高考真题）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_______。
24．（2022·浙江·统考高考真题）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·mol-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-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·mol-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·mol-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：________。
25．（2022·湖北·统考高考真题）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号
反应物组成
a
粉末

b
粉

c
粉
饱和石灰水
d
粉
石灰乳
e
粉
粉末



回答下列问题：
(1)已知：
①
②
③
则的___________。
(2)温度为T时，，则饱和溶液中___________(用含x的代数式表示)。
(3)实验a中，后基本不变，原因是___________。
(4)实验b中，的变化说明粉与在该条件下___________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是___________；后基本不变，其原因是___________微粒的量有限。
(5)下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是___________(填标号)。A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
(6)归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理___________。
26．（2021·广东·高考真题）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：_______。
27．（2021·山东·统考高考真题）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1.0molTAME，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___mol，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“=)。

28．（2021·湖南·统考高考真题）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
化学键



键能
946
436.0
390.8

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_______。
29．（2021·河北·统考高考真题）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：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5

(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ymol•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________mol•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)。

30．（2021·浙江·统考高考真题）“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 mol·L-1，KI=3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g)⇌2CO(g)     ΔHII= - 221 mol·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 mol·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
31．（2021·辽宁·统考高考真题）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)。
32．（2021·湖北·统考高考真题）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·mol-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·mol-1
(1)已知键能：E(C—H)=416kJ·mol-1，E(H—H)=436kJ·mol-1，由此计算生成1mol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___。
33．（2021·海南·统考高考真题）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___________。
34．（2021·江苏·高考真题）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·mol-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·mol-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-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___。
35．（2021·福建·统考高考真题）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。
载氧体掺杂物质
氧化铝
膨润土
活化能/



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“<”)。
36．（2020·全国·统考高考真题）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_________。

(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判断的依据是__________。影响α的因素有__________。

(3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(−1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。

曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是__________________________。
37．（2020·山东·高考真题）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
(1)_________。
(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时H2(g)的浓度为__________mol﹒L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。
(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。

已知：CO2的平衡转化率=
CH3OH的平衡产率=
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为___________；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。
(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。
A．低温、高压    B．高温、低压   C．低温、低压 D．高温、高压
38．（2020·浙江·高考真题）研究氧化制对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：
Ⅰ  
Ⅱ  
Ⅲ  
Ⅳ  
已知：时，相关物质的相对能量(如图1)。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的(随温度变化可忽略)。例如： 。
请回答：
(1)①根据相关物质的相对能量计算_____。
②下列描述正确的是_____
A 升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B 加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动
C 反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成
D 恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：，且第二步速率较慢(反应活化能为)。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”，起点从的能量，开始(如图2)_____。
(2)①和按物质的量1:1投料，在和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“氧化制”的影响，所得实验数据如下表：
催化剂
转化率
转化率
产率
催化剂X
19.0
37.6
3.3

结合具体反应分析，在催化剂X作用下，氧化的主要产物是______，判断依据是_______。
②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高的选择性(生成的物质的量与消耗的物质的量之比)。在，乙烷平衡转化率为，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_____。
39．（2020·海南·高考真题）作为一种绿色消毒剂，H2O2在公共卫生事业中发挥了重要的作用。已知反应：H2O2(l)= H2O(1)+ O2(g) ΔH= -98 kJ·mol-1 K= 2.88×1020
回答问题：
(1) H2O2的强氧化性使其对大多数致病菌和病毒具有消杀功能。用3%医用H2O2对传染病房喷洒消毒时，地板上有气泡冒出，该气体是____________________。
(2)纯H2O2可作为民用驱雹火箭推进剂。在火箭喷口铂网催化下，H2O2剧烈分解：H2O2(l) = H2O(g)+O2(g)，放出大量气体，驱动火箭升空。每消耗34g H2O2，理论上 __________(填“放出”或“吸收”)热量__________98kJ (填“大于”、“小于”或“等于”)。
(3)纯H2O2相对稳定，实验表明在54℃下恒温贮存2周，浓度仍能保持99%，原因是H2O2分解反应的_______________(填编号)。
a. ΔH比较小   b. K不够大   c.速率比较小   d.活化能比较大
(4)向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2+的溶液，即有气泡快速逸出，反应中Mn2+起_________作用。某组实验数据如下：
t/min
0
10
20
30
40
50
c(H2O2)/mol ·L-1
0.70
0.49
0.35
0.25
0.17
0.12

0-30 min H2O2反应的平均速率v=_____ mol ·L·min-1
(5) H2O2的一种衍生物K2S2O8，阴离子结构式为(  )。其中性溶液加热至沸后，溶液pH降低，用离子方程式表明原因：_______________。
40．（2019·全国·高考真题）水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜0.25        B．0.25         C．0.25~0.50        D．0.50        E．＞0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。

可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。
（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。

计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)=___________kPa·min−1。467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。
41．（2019·全国·高考真题）环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知：(g)= (g)+H2(g)        ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ①
H2(g)+ I2(g)=2HI(g)                                    ΔH2=﹣11.0 kJ·mol −1 ②
对于反应：(g)+ I2(g)=(g)+2HI(g)  ③  ΔH3=___________kJ·mol −1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。
A．通入惰性气体                    B．提高温度
C．增加环戊烯浓度                D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。

A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L−1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。

该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。
42．（2019·全国·高考真题）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。（写出2种）
（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：

负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气__________L（标准状况）
43．（2018·全国·高考真题）CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH=______kJ·mol−1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压B．低温高压C．高温高压D．低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。
相关数据如下表：

积碳反应
CH4(g)=C(s)+2H2(g)
消碳反应
CO2(g)+C(s)=2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72

①由上表判断，催化剂X____Y（填“优于”或“劣于”），理由是_________________。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是________填标号）。

A．K积、K消均增加B．v积减小，v消增加
C．K积减小，K消增加D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5（k为速率常数）。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为________________。

44．（2018·全国·高考真题）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题
（1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。
（2）F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O5(g)完全分解）：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5.
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1

①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)    ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)＝N2O4(g)              ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率。t=62 min时，测得体系中pO2=2.9 kPa，则此时的=________kPa，v=_______kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。
④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。
（3）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程：
第一步   N2O5NO2+NO3          快速平衡
第二步   NO2+NO3→NO+NO2+O2        慢反应
第三步   NO+NO3→2NO2             快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______（填标号)。
A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
45．（2019·天津·高考真题）多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。

回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为________________________。的电子式为__________________。
Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：
①        
②    
③    
（1）氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为________________________。

（2）已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反应①的小，主要原因是________________________。
（3）不同温度下反应②中转化率如图2所示。下列叙述正确的是______（填序号）。
a．B点：    b．：A点点    c．反应适宜温度：℃
（4）反应③的______（用，表示）。温度升高，反应③的平衡常数______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有______（填分子式）。
46．（2019·北京·高考真题）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。
②已知反应器中还存在如下反应：
i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1
ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2
iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3
……
iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。
③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________（选填字母序号）。
a.促进CH4转化    b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成
④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。

（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。

①制H2时，连接_______________。
产生H2的电极反应式是_______________。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：________________________。
47．（2018·北京·高考真题）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：

（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。

p2_______p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－
（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）

A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快

①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
48．（2018·江苏·高考真题）NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)   ΔH=−116.1 kJ·mol−1
3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)   ΔH=75.9 kJ·mol−1
反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的ΔH=___________kJ·mol−1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：____________________________________。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：____________________________________。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为__________mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见图）。

反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。
。
49．（2018·天津·高考真题）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）
（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075

则该反应的ΔH=_________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A” 或“B ”）。
②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。

（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。
电池的负极反应式：________。
电池的正极反应式：6O2+6e−6O2−
6CO2+6O2−3C2O42−+6O2
反应过程中O2的作用是________。
该电池的总反应式：________。
50．（2018·海南·高考真题）过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成．医疗消毒等领域。
回答下列问题：
(1)已知：H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) △H1＝－286 kJ·mol¯1
H2(g)＋O2(g)＝H2O2(l) △H2＝－188 kJ·mol¯1
过氧化氢分解反应2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)的△H＝______kJ·mol¯1。不同温度下过氧化氢分解反应的平衡常数K(313K)_____K(298K) (填大于、小于或等于)。
(2)100℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24 h的分解率见下表：
离子
加入量(mg·L¯1)
分解率%
离子
加入量(mg·L¯1)
分解率％
无
0
2
Fe3＋
1.0
15
Al3＋
10
2
Cu2＋
0.1
86
Zn2＋
10
10
Cr3＋
0.1
96

由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是_______。贮运过氧化氢时，可选用的容器材质为_________(填标号)。
A．不锈钢            B．纯铝                C．黄铜 D．铸铁
(3)过氧化氢的Ka1＝2.24×10¯12，H2O2的酸性________H2O (填大于、小于或等于)。
研究表明，过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的原因是___________________：相同pH下，过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是__________________________________________。


参考答案：
1．A
【详解】A．虽然2ΔH1≈ΔH2，但ΔH2≠ΔH3，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目、双键的位置有关，不能简单的说碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，A错误；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，B正确；
C．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l)  ΔH1，反应IV为：+3H2(g)→(l)  ΔH4，故反应I是1mol碳碳双键加成，如果苯环上有三个完全独立的碳碳三键，则3ΔH1=ΔH4，现3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，C正确；
D．由图示可知，反应I为：(l)+H2(g)→(l)  ΔH1，反应III为：(l)+2H2(g) →(l)  ΔH3，反应IV为：+3H2(g)→(l)  ΔH4，ΔH3-ΔH1＜0即(l)+H2(g) →(l) ΔH＜0，ΔH4-ΔH3＞0即+H2(g)→(l)  ΔH＞0，则说明具有的总能量小于，能量越低越稳定，则说明苯分子具有特殊稳定性，D正确；
故答案为：A。

2．C
【详解】A．根据表格中的数据可知，的键能为218×2=436，A正确；
B．由表格中的数据可知的键能为：249×2=498，由题中信息可知中氧氧单键的键能为，则的键能大于中氧氧单键的键能的两倍，B正确；
C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278，中氧氧单键的键能为，C错误；
D．由表中的数据可知的，D正确；
故选C。

3．B
【详解】A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误；
B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；
C．反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318H，故C错误；
D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；
综上所述，正确的是B项，故答案为B。
4．D
【分析】根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算。
【详解】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。
5．C
【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H==+124kJ/mol，A正确；
B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；
C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小， C错误；
D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确；
答案为：C。
6．C
【分析】一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应，但是，由于苯环结构的特殊性决定了苯环结构的稳定性，苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯时，破坏了苯环结构的稳定性，因此该反应为吸热反应。
【详解】A．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此， ，A不正确；           
B．苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即，B不正确；
C．环己烯、1，3-环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放反应，，由于1mol 1，3-环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故其放出的热量更多，其；苯与氢气发生加成反应生成1，3-环己二烯的反应为吸热反应（），根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热，因此，C正确；      
D．根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热，因此，D不正确。
综上所述，本题选C。
7．A
【详解】已知CO(g)的燃烧热∆H = -283 kJ·mol-1，可得①，由图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)∆H=-330+123-229+77=-359kJ/mol②，由盖斯定律，(反应②-①)×2可得反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)，反应热∆H =( -359+283)×2 =-152kJ·mol-1，故选：A。
8．D
【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；
B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；
C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；
D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。
综上所述，答案为D。
9．C
【详解】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)= CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；
B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1molC(石墨)放热多，故B正确；
C．根据B项分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/mol，根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；
答案选C。
10．B
【详解】
A．SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，故A错误；
B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=,故B正确；
C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，故C错误；
D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，故D错误；
答案为B。
11．B
【详解】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO(aq)+H+(aq)=HCO(aq)为放热反应，所以△H1<0；
CO(aq)+H2O(l)HCO(aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO的水解反应为吸热反应，所以△H2>0；
OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3<0；
醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；
但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H4>△H3；
综上所述，只有△H1<△H2正确，故答案为B。
12．C
【详解】根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。
A. ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；
B. ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；
C.由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0，C项错误；
D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。
故答案选C。
13．A
【详解】A.体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即∆H<0，故A正确；
B.氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为：2H2 - 4e- =4H+，故B错误；
C.常温常压下，Vm≠22.4L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，故C错误；
D.反应中，应该如下估算：∆H=反应中断裂旧化学键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和，故D错误；
故选A。
14．D
【详解】A．△H1代表的是HX气体从溶液中逸出过程的焓变，因为气体溶于水放热，则气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1＞0，A错误；
B．由于比稳定，所以相同条件下的△H2比的大，B错误；
C．(△H3+△H4)代表的焓变，与是的还是的H原子无关，C错误；
D．一定条件下，气态原子生成键放出能量，则断开键形成气态原子吸收的能量，即△H2=+akJ/mol，D正确；
故选D。
15．B
【分析】本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。
【详解】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；
B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合题意；
C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，故C不符合题意；
D.由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热∆H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)∆H=-183kJ/mol，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。
16．B
【详解】物质由气态转化为液态（液化）需要放热，物质由固态转化为气态需要吸热，比较反应3和反应4中 C6H12O6（s）→ C6H12O6（g）为吸热过程，6H2O（g）→ 6 H2O（l）为放热过程，所以反应4放出更多能量，△H更小，故△H3＞△H4，选项A错误；由盖斯定律知，反应1的6倍与反应2与反应3的和可以得到反应4，即6△H1＋△H2＋△H3＝△H4，经数学变形，可以得到6△H1＋△H2+△H3－△H4＝0，选项B正确；选项C、D均错误。答案选B。
【点睛】本题考查热化学方程式的书写，难度不大，注意书写燃烧热的热化学方程式时可燃物一定是1 mol，即可燃物的计量系数一定是1。
17．CD
【详解】A. 由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此是放出能量，故A不符合题意；
B. 由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低0.18eV，故B不符合题意；
C. 由图可知，氧分子的活化是O－O的断裂与C－O键的生成过程，故C符合题意；
D. 活化氧可以快速氧化SO2，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中SO2转化为SO3的催化剂，故D符合题意；
故答案为CD。
18．     第四周期第VA族     173     黑磷     ＞     ＞     分子间存在氢键     b、c     （“”写成“”亦可）     加盐酸，抑制水解    
【详解】（1）砷元素的原子序数为33，与氮元素、磷元素均位于ⅤA族，最外层有5个电子，则砷在周期表中的位置为第四周期ⅤA族；288115Mc的质量数为288，质子数为115，由由中子数=质量数—中子数可知288115Mc的中子数为288—115=173；将已知转化关系依次编号为①②，由盖斯定律可知，①—②可得P（s，红磷）= P（s，黑磷）△H=△H1—△H2=（—39.3kJ/mol）—（—17.6 kJ/mol）=—21.7 kJ/mol。由于放热反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则白磷、红磷和黑磷三者能量的大小顺序为白磷＞红磷＞黑磷，能量越高越不稳定，则最稳定的是黑磷，故答案为第四周期ⅤA族；173；黑磷；
（2）元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，N元素非金属性强于P元素，则NH3热稳定性强于PH3；N元素非金属性强，原子半径小，N2H4分子间可以形成氢键，增大分子间作用力，而PH3分子间不能形成氢键，则N2H4的沸点高于PH3，故答案为＞；＞；N2H4分子间形成氢键；
（3）由题意可知，PH3与NH3性质类似，与HI反应生成反应PH4I，PH4I能与氢氧化钠溶液反应生成PH3，a错误；PH4I为离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，b正确；PH4I与NH4I类似，可以发生水解反应，c正确，bc正确，故答案为bc；
（4）由题意可知，SbCl3发生水解反应生成SbOCl沉淀和HCl，水解的化学方程式为SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl；配制SbCl3溶液时，为防止SbCl3水解，应加入盐酸，故答案为SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl；加入盐酸抑制SbCl3水解；
（5）由PH4I（s）PH3（g）+HI（g）可知，amolPH4I分解生成的物质的量的PH3和HI，由2HI（g）H2（g）+I2（g）可知HI分解生成c（H2）= c（I2）=cmol/L，PH4I分解生成c（HI）为（2c+b）mol/L，则4 PH3（g）P4（g）+ 6H2（g）可知PH3分解生成c（H2）=（d—c）mol/L，则体系中c（PH3）为[（2c+b）—（d—c）] mol/L=，故反应PH4I（s）PH3（g）+HI（g）的平衡常数K=c（PH3）c（HI）=，故答案为。
【点睛】本题考查化学反应基本理论，涉及了物质结构、元素周期律、盖斯定律、盐类水解和化学平衡常数等知识，注意元素周期律的应用，掌握盖斯定律和化学平衡常数的计算方法，明确盐类水解的应用是解答关键。
19．(1)10.8
(2)70

【解析】（1）完全分解石灰石(含，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是＝162000kJ，已知：焦炭的热值为(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是＝10800g＝10.8kg。
（2）根据（1）中计算可知消耗焦炭的物质的量是=900mol，参加反应的碳酸钙的物质的量是900mol，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1：1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是＝70kg。
20．         
【分析】(1)根据中和滴定实验的原理可知，该反应放出的热量可根据Q=cm计算；
(2)结合焓变的概念及其与化学计量数之间的关系列式计算。
【详解】(1)100mL 0.200mol/L CuSO4溶液与1.95g锌粉发生反应的化学方程式为：CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，忽略溶液体积、质量变化可知，溶液的质量m==1.00g/cm3×100mL(cm3)=100g，忽略金属吸收的热量可知，反应放出的热量Q=cm=4.18×100g×(30.1-20.1)= 4.18×103J，故答案为：4.18×103；
(2)上述反应中硫酸铜的物质的量n(CuSO4)= 0.200mol/L×0.100L=0.020mol，锌粉的物质的量n(Zn)==0.030mol，由此可知，锌粉过量。根据题干与第(1)问可知，转化0.020mol硫酸铜所放出的热量为4.18×103J，又因为该反应中焓变代表反应1mol硫酸铜参加反应放出的热量，单位为kJ/mol，则可列出计算式为：，故答案为：（答案符合要求且合理即可）。
【点睛】该题的难点是第(2)问，要求学生对反应焓变有充分的理解，抓住锌粉过量这个条件是解题的突破口，题目计算量虽不大，但要求学生有较好的思维与辨析能力。
21．(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/mol
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g)  ΔH2＝94kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g)  ΔH3＝－484kJ/mol
根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝170 kJ/mol；
（2）根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，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1mol和4mol，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1mol和9mol，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。

22．(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/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；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。

23．(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情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0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol 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0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，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0.2MPa1.3=0.26MPa，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-。

24．(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 mol，CO为1 mol，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。

25．(1)-911.9
(2)mol⋅L-1
(3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
(4)     不反应     Al和溶液中的OH-发生了反应     OH-
(5)A
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。

【详解】（1）根据盖斯定律可得，①+②+2´③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ⋅mol-1)+(-16.73kJ⋅mol-1)+2´(-415.0kJ⋅mol-1)=-911.9kJ⋅mol-1。
（2）温度为T时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)∙，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol⋅L-1。
（3）实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca(OH)2，4min后ΔT基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。
（4）实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。
（5）实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，故选A。
（6）实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。

26．     ∆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。
27．     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1.0molTAME，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) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α mol。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 mol，n(A)=0.1α mol，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＜。
28．     +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)，=390.8kJmol-1-(946 kJmol-1+436.0kJmol-1)= +90.8kJmol-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=0.02mol，(H2)==molL-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。

29．     6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-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=-393.5kJmol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.8kJmol-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[①12+②6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=[(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-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 mol/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。

30．     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·mol-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 mol ·L-1，KI=3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g)     ΔHII= - 221 mol ·L-1，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= -40kJ·mol-1，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。
31．(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)

【分析】（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1mol，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：。
32．(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·mol-1可知反应需要中断裂2mol C—H键、形成1mol碳碳π键和1mol H—H键，416kJ·mol-1×2- E (碳碳π键) -436kJ·mol-1= +125kJ.mol-1，解得：E(碳碳π键)= +271kJ. mol-1，所以形成1mol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1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算：

由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，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。
33．(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

【解析】（1）
由题意可知，反应①为1mol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1mol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)+E(O=O)-2E(C=O)=E(CO)+-=-283kJ·mol-1。解得E(CO)=1067.5kJ·mol-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。
34．(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量
(2)     657.1kJ·mol-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

【解析】（1）
已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)    ΔH=－178.8kJ·mol-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·mol-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)    ΔH=41.2kJ·mol-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·mol-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。
35．(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1mol,氧气的物的量分数为21%，则氧气的物质的量为0.21mol，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xmol，有，x=0.122mol，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；<。
36．     2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)  ∆H= -351 kJ∙mol-1     0.975     该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p２的，所以p1=5.0MPa     反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强               升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低
【分析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。
【详解】(1)由题中信息可知：
①SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)  ∆H= -98kJ∙mol-1
②V2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g)  ∆H2= -24kJ∙mol-1
③V2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s)  ∆H1= -399kJ∙mol-1
根据盖斯定律可知，③-②´2得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H= ∆H1-2∆H2=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)´2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)  ∆H= -351 kJ∙mol-1；
(2) SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。
(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：

平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)⇌2SO3(g) 的Kp=。
(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜tm，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞tm，k增大对v的提高小于α引起的降低。
【点睛】本题有关化学平衡常数的计算是一个难点，尤其题中给的都是字母型数据，这无疑增大了难度。这也是对考生的意志的考验，只要巧妙假设、小心求算，还是可以得到正确结果的，毕竟有关化学平衡的计算是一种熟悉的题型。本题的另一难点是最后一问，考查的是速率公式与化学平衡的综合理解，需要明确化学反应速率与速率常数及平衡转化率之间的函数关系，才能作出正确的解答。所以，耐心和细心才是考好的保证。
37．     +43.9               乙     p1、p2、p3     T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响     A
【分析】根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根据勒夏特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率之间的关系得到相应的答案。
【详解】(1).根据反应I-II=III，则△H3=△H1-△H2=-48.5kJ∙mol-1-(-92.4 kJ∙mol-1)=+43.9 kJ∙mol-1；
(2).假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：，反应II： ，反应III：，所以平衡时H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2xmol-(b+x)mol =(3-3a-b)mol，浓度为:；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：；
(3).反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1>p2>p3；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
(4).根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。
【点睛】本题为化学反应原理综合题，考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图象的分析，难点为平衡常数的计算，巧用了三个反应的化学方程式，进行了数据的处理，得到反应III的各项数据，进行计算得到平衡常数。
38．     430     AD               的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率     选择性膜吸附，促进反应Ⅱ平衡正向移动
【分析】根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。
【详解】(1)①由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393 kJ∙mol-1、-110 kJ∙mol-1、0 kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g) ∆H3=(-110 kJ∙mol-1)´4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)´2=430 kJ∙mol-1。
②A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A正确；
B．反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B不正确；
C．反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C不正确；
D．反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数），化学平衡向逆反应方向移动，D正确。
综上所述，描述正确的是AD。
③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)®C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJ∙mol-1+0+(-393 kJ∙mol-1)= -341 kJ∙mol-1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)®C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ∙mol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJ∙mol-1，过渡态的的相对能量变为-341 kJ∙mol-1+210 kJ∙mol-1= -131 kJ∙mol-1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ∙mol-1)+(-242 kJ∙mol-1)+(-110 kJ∙mol-1)= -300 kJ∙mol-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：。
(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。
②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以提高乙烷的转化率。故答案为：选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。
【点睛】本题“能量—反应过程图”是难点。一方面数据的处理较难，要把各个不同状态的相对能量算准，不能遗漏某些物质；另一方面，还要考虑两步反应的活化能不同。这就要求考生必须有耐心和细心，准确提取题中的关键信息和关键数据，才能做到完美。
39．     O2（或氧气）     放出     小于     cd     催化剂     0.015mol·L-1·min-1     S2O+H2OHSO+H++SO
【分析】根据过氧化氢分解的方程式分析产生的气体；根据过氧化氢的质量计算放出的热量；根据化学反应速率分析反应快慢的原因；根据一段时间内浓度的变化量计算化学反应速率；根据过硫酸根结构分析水解产物。
【详解】(1)利用双氧水消毒的时候会有气泡放出，是由于双氧水分解生成的氢气的缘故，故放出的气体是氧气，故答案为：氧气；
(2)过氧化氢的分解反应为放热反应，根据题干，34g过氧化氢为1mol，1mol过氧化氢完全分解生成水蒸气和氧气，由于液态水变成水蒸气需要吸收一部分能量，故生成水蒸气时放出是热量小于生成液态水使放出的热量，故答案为：放出、小于；
(3)实验表明在54℃下恒温贮存2周，浓度仍能保持99%，说明在54℃下过氧化氢的分解速率较慢，产生较慢反应速率的原因是过氧化氢分解过程中的需要的能量较高，化学反应活化能较大，而54℃的温度所提供的能量较少，故反应速率较慢，故答案选择cd；
(4)向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2+的溶液，即有气泡快速逸出，说明Mn2+的加入加快双氧水的分解速率，但Mn2+本身没有发生任何变化，故Mn2+起到了催化剂的作用；起始时双氧水的浓度为0.7mol/L，30min时双氧水的浓度为0.25mol/L，其浓度变化量Δc=0.7mol/L -0.25mol/L =0.45mol/L，则这段时间内双氧水的反应速率v===0.015mol·L-1·min-1，故答案为：催化剂、0.015mol·L-1·min-1；
(5)过硫酸根在水中易发生水解生成过一硫酸氢根、硫酸根和氢离子，加热升高温度有助于加速水解，其溶液pH降低，故过硫酸根水解的方程式为S2O+H2OHSO+H++SO，故答案为：S2O+H2OHSO+H++SO。
40．     大于     C     小于     2.02     COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH或H2O＝H+OH     0.0047     b     c     a     d
【分析】（1）由H2、CO与CoO反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小；
（2）根据三段式以及CO与H2的倾向大小关系综合判断；
（3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒；根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式；
（4）根据图中曲线a在30~90 min内分压变化量计算平均反应速率；水煤气变换中CO是反应物，H2是产物，该反应又是放热反应，根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。
【详解】（1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数（）高于CO还原体系中CO的物质的量分数（），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；
（2）721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则

则平衡时体系中H2的物质的量分数=，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由（1）可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；
（3）根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：

其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH；因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2O＝H+OH；
（4）由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)==0.0047 kPa·min−1；由（2）中分析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：

由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。
【点睛】本题以水煤气交换为背景，考查化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点在于材料分析和信息提取，图象比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。第（3）问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物Science中的文章“沉积在α-MoC上单层金原子对水煤气的低温催化反应”，试题以文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能量变化。本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1）问判断错误，会导致后续多数题目判断错误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考生若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出H2的物质的量分数小于0.5，这是由于对题干的信息应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1）（2）问得出的相关结论进行推断，需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。
41．     89.3     40％     3.56×104     BD     CD     Fe电极     Fe+2+H2↑（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑）     水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
【分析】（1）利用盖斯定律解题；
（2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；
（3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；
（4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中Na元素的变化确定环戊二烯得电子数和还原产物，进而写出电极反应式；注意Na与水会反应，Fe2+在碱性条件下生成沉淀。
【详解】（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol；
答案：89.3；
（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；
（g）+I2（g）= （g）+2HI（g）  增加的物质的量
1mol        1mol      1mol      2mol        1mol
xmol                                          2n×20%
得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；
（g） + I2（g）=   （g）+   2HI（g）
P（初） 0.5×105 0.5×105 0 0
ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40%
P（平） 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105
Kp==3.56×104；
A.T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；
B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；
C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；
D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；
答案：40%；3.56×104；BD；
（3）A.温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1 B.温度越高化学反应速率越快，但a、c点浓度也不一样，无法判断a点、c点反应速率大小，故B错误；
C. a点、b点反应一直在正向进行，故v（正）>v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确；
D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；
答案：CD；
（4）根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H2↑；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀；
答案：Fe电极；Fe+2=+H2↑（Fe+2C5H6=Fe（C2H5）2+ H2↑）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH-，进一步与Fe2+反应生成Fe（OH）2。
【点睛】本题以能力立意，考查提取信息、处理信息的能力及分析问题、解决问题的能力。充分体现了化学学科思想、学科方法、创新意识和学科价值，易错点第（2）小题平衡常数计算；第（4）小题电极反应式的书写。
42．     大于          O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低     ﹣116     增加反应体系压强、及时除去产物     Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O     5.6
【详解】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图象知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；
由图象知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：

起始（浓度）  c0 c0 0        0
变化（浓度）  0.84c0     0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡（浓度）(1-0.84)c0   (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得  ∆H=（∆H1+∆H2+∆H3）×2=-116kJ·mol-1；
（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；
（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。
43．     247     A          劣于     相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大     AD     pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【详解】（1）已知：
①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247 kJ·mol−1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，答案选A；某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知

所以其平衡常数为mol2·L−2。
（2）①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。
A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；
B．升高温度反应速率均增大，B错误；
C．根据A中分析可知选项C错误；
D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。
答案选AD。
②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图象可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
44．     O2     53.1     30.0     6.0×10－2     大于     温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高     13.4     AC
【详解】分析：（1）根据还原剂失去电子转化为氧化产物判断；
（2）①根据盖斯定律计算；
②根据压强之比是物质的量之比计算；
③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；
④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。
（3）根据三步反应的特点分析判断。
详解：（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2；
（2）①已知：
ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)  △H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g)   △H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g)  △H1＝＋53.1kJ/mol；
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）；
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。
（3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；
B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；
C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；
D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。
点睛：本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，题目难度较大。试题设计新颖，陌生感强，计算量较大，对学生的要求较高。压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。
45．                   阴极     或     1000℃     导致反应②的小     a、c          减小     、
【分析】I.书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态，要将热化学方程式中焓变的数值与化学计量数对应。本题的反应温度需要标注为条件；
II.（1）惰性电极电解KOH溶液，实质是电解水，产生氢气的必为阴极，发生还原反应。
（2）“看图说话”，将反应①的纵、横坐标对应起来看，即可顺利找到最低温度。影响自由能变的因素主要是焓变和熵变，分析发现熵变对反应②反而不利，说明焓变影响大，为主要影响因素；
（3）据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键。注意时间是一个不变的量。
（4）此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。
【详解】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·mol-1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：，注意别漏标3个氯原子的孤电子对；
II.（1）电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；阴极的电极反应式可以直接写成2H++2e-=H2↑，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
（2）由题目所给的图1可以看出，反应①（最上面那条线）当∆G=0时，对应的横坐标温度是1000℃；从反应前后气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果反应②的∆G更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即∆H2<∆H1导致反应②的∆G小（两个反应对应的∆H，一个为正值，一个为负值，大小比较很明显）；
（3）图2给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中A、B、C点反应均正向进行，D点刚好达到平衡，D点到E点才涉及平衡的移动。在到达平衡状态以前，正反应速率大于逆反应速率，a项正确，B点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；b点错误，温度越高，反应速率越快，所以E点的正（或逆）反应速率均大于A点；c项正确，C到D点，SiHCl3的转化率较高，选择此温度范围比较合适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。
（4）将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1，因∆H2<0、∆H1>0，所以∆H3必小于0，即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；
（5）反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。
【点睛】①对于反应的吉布斯自由能大小比较及变化的分析，要紧紧抓住焓判据和熵判据进行分析。②判断图2中时间是一个不变的量，是看清此图的关键。明白了自变量只有温度，因变量是SiCl4的转化率，才能落实好平衡的相关知识的应用，如平衡的建立，平衡的移动以及平衡常数随温度变化的规律等。
46．     CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2     C(s)+CO2(g)=2CO(g)     abc     降低     CO2和CaO发生反应CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CO2和CaO继续反应     K1     2H2O+2e-=H2↑+2OH-     连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移
【详解】（1）①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2；
②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因此，还需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变；
③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确；
④t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低；CO2和CaO发生反应CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CO2和CaO继续反应，从而导致CaO失效；
（2）①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2时，连接K1，该电池在碱性溶液中，由H2O提供H+，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化，其反应式为NiOOH+e-+H2O⇌Ni(OH)2+OH-，当连接K1时，Ni(OH)2失去电子变为NiOOH，当连接K2时，NiOOH得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。
47．     3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s)  ΔH2=−254 kJ·mol−1            >     反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大     SO2                  SO42—     4H+     0.4     I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率     反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【详解】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。
（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。
（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。
（4）用控制变量法对比分析。
详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。
（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。
（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。
（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。
②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。
③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c（H+）增大，从而反应i加快。
点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的应用、化学平衡图象的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。
48．     −136.2     HNO2−2e−+H2O3H++NO3−     2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O     24/7     迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大     催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【分析】（1）应用盖斯定律解答。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒写出方程式。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应生成NO。
【详解】（1）将两个热化学方程式编号，
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH=−116.1 kJ·mol−1（①式）
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol−1（②式）
应用盖斯定律，将（①式3+②式）2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（−116.1 kJ·mol−1）3+75.9 kJ·mol−1]2=-136.2kJ·mol−1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由（NH2）2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为mol。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
【点睛】本题以有效去除NOx为载体，考查盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图象的分析。主要体现的是对化学反应原理的考查，对化学反应原理的准确理解是解题的关键。
49．     CO32-     10     +120 kJ·mol-1     B     900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低     Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）     催化剂     2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
【详解】（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2==5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。
（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。
②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。
（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。
【点睛】本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。
50．     －196     小于     Cr3＋     B     大于     pH升高，c()增大，分解速率加快     H2O2浓度越大，其电离度越小，分解率越小
【详解】(1)已知：① H2(g)＋O2(g)＝H2O(l) △H1＝－286 kJ·mol¯1
②H2(g)＋O2(g)＝H2O2(l) △H2＝－188 kJ·mol¯1
根据盖斯定律，①×2-②×2得：2H2O2(l)＝2H2O(l)＋O2(g)的△H＝2△H1-2△H2=-196kJ·mol¯1。
该反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小，所以K(313K) 故答案为：－196 ；小于。
(2)由表中数据可知，加入铬离子，加入量最小，分解率最大，所以能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是铬离子；过氧化氢具有氧化性，可以氧化其他金属，但铝表面可以生成致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝继续腐蚀，因此长时间可以选纯铝容器来贮运过氧化氢，故选B。
故答案为Cr3＋ ；B。
(3)Ka1>Kw，故H2O2电离出氢离子浓度大于水电离出的氢离子浓度，故H2O2的酸性>H2O；
pH增大，氢离子浓度减小，反应正向进行，HO2-的浓度增加，分解速率加快；
过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，故分解率越小。
故答案为：大于；pH升高，c()增大，分解速率加快；H2O2浓度越大，其电离度越小，分解率越小。