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2023届高考化学二轮复习化学反应原理综合题 作业含解析
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这是一份2023届高考化学二轮复习化学反应原理综合题 作业含解析，共53页。试卷主要包含了是温室气体之一，氯乙烯是合成聚氯乙烯 的单体，甲醇是重要的化工原料等内容，欢迎下载使用。
化学反应原理综合题
1．（2022·山东日照·模拟预测）将转化为高附加值碳基燃料，可有效减少碳的排放。在催化剂作用下甲烷化分两步完成。
分步反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
总反应(Ⅲ)：
回答下列问题：
(1)在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度的变化如图所示。
对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是_______，使用的合适温度为_______。
(2)一定温度范围内对上述反应的平衡常数进行计算，得的线性关系如图所示。
①时，_______。
②反应Ⅰ中，正反应的活化能_______(填“>”、“<”或“=”)逆反应的话化能。对于反应Ⅱ，图中_______(填“>”、“<”或“=”)。
③时，上述体系达到平衡后，若，将容器的体积若压缩为原来的一半，的物质的量_______(填“增加”、“减小”或“不变”)，平衡Ⅰ将_______(“正向”、“逆向”或“不”)移动。
(3)条件下，向某真空容器中充入和的混合气体(体积之比为1∶4)，容器中初始压强为，在催化剂作用下反应经达到平衡，测得容器中、，试计算_______，_______。
2．（2022·广东佛山·二模）是温室气体之一。直接催化分解是目前消除最有前景的方法之一。直接催化分解时发生反应：
①
②
③
回答下列问题：
(1)已知：，则___________。
(2)反应进行时，分解转化率随温度变化曲线如图所示。
①反应所需活化能最低的曲线是___________(填“a”“b”“c”或“d”)；
②由曲线d可知，在左右的分解并不明显，其原因是___________；
③A点对应的转化率___________(填“是”或“不是”)平衡转化率，理由是___________；
④在下，将充入体积为的体积不变的容器中，B点的平均反应速率___________；平衡时，测得完全转化为，、的物质的量分别为、，计算反应①的平衡常数为___________。
(3)在一定条件下，能够与脱掉后形成的表面氧反应，促进表面氧的转移形成，进而促进分解。作用的可能机理如下(*表示催化剂的活性中心)：
Step1：
Step2：
Step3：___________
总反应：
Step3的反应方程式为___________。
3．（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：
(1)次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。
已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) ΔH =b kJ·mol-1
4Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 △H=_______kJ·mol-1。
(2)光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：
①0~15s内，Cl2的平均反应速率为_______mol· L-1·min-1
②第一次平衡时，CO的平衡转化率为_______；此温度下，该反应的平衡常数KC=_______(保留两位有效数字)。
③在第20 s时，改变的条件是_______。
(3)工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。
Ⅰ．C6H5-Cl(g)+H2S(gC6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；
Ⅱ．C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。
①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应Ⅰ)，下列可以作为反应Ⅰ达到平衡的判据是_______(填字母)。
A．气体的压强不变 B．平衡常数不变
C． v正(H2S)= v逆(HCl) D．容器内气体密度不变
②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。
(R为H2S与C6H6-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是_______；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为_______。
4．（2022·辽宁·模拟预测）清洁能源的综合利用可有效降低碳排放，是实现“碳中和、碳达峰”的重要途径。
(1)以环己烷为原料通过芳构化反应生产苯，同时可获取氢气。图甲是该反应过程中几种物质间的能量关系。
芳构化反应：(g)→(g)+3H2(g) _______kJ/mol。
(2)和合成乙醇反应为：。将等物质的量的和充入一刚性容器中，测得平衡时的体积分数随温度和压强的关系如图乙。
①压强P1_______P2(填“>”“=”或“<”，下同)，a、b两点的平衡常数Ka_______Kb。
②已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得图丙曲线。
在m催化剂作用下，该反应的活化能_______J/mol。从图中信息获知催化效能较高的催化剂是_______(填“m”或“n”)，判断理由是_______。
(3)和CO合成甲烷反应为：。T℃将等物质的量CO和H2充入恒压(200KPa)的密闭容器中。已知逆反应速率，其中p为分压，该温度下。反应达平衡时测得v正=。CO的平衡转化率为_______，该温度下反应的Kp=_______(用组分的分压计算的平衡常数)。
5．（2022·湖南湘西·三模）氯乙烯是合成聚氯乙烯(PVC) 的单体。乙烯氧氯化法是目前生产氯乙烯的先进工艺，有关反应如下：
①
②
③
④
请回答下列问题：
(1)氯乙烯制备PVC的反应类型是_______。
(2)_______kJ/mol。
(3)其他条件相同，在三种不同催化剂作用下进行乙烯氧氯化法制备氯乙烯，所得结果如图1所示。工业生产最适宜选择的催化剂是_______，理由是_______。
(4)在恒温恒容条件下充入、、，只发生反应④，能表明该反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．浓度商不随时间变化
B．混合气体密度不随时间变化
C．气体总压强不随时间变化
D．产物浓度之比不随时间变化
(5)反应④生成氯乙烯的净反应速率方程：(、为速率常数，只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。温度为T1℃时，，温度为T2℃时，，则_______(填“>”或“<”) 。
(6)在体积为10Ｌ的恒容密闭容器中充入8mol、2mol、4mol，发生反应④，平衡时其中三个组分的物质的量与温度的关系如图2所示。
①X点和Y点时的转化率之比为_______。
②500K时，该反应的平衡常数K为_______L/mol。
6．（2022·北京通州·一模）“绿水青山就是金山银山”，研究消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。
(1)已知：
写出C与反应生成的热化学方程式___________。
(2)已知：。在恒容密闭容器中，投入和，经过一段时间后达到平衡状态，测得的转化率为。该温度下，反应的平衡常数为___________。
(3)原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于的脱除。热解温度为得到的煤焦分别用表示，相关信息如下表：
煤焦
元素分析/%
比表面积
C
H
80.79
2.76
105.69
84.26
0.82
8.98
将NO浓度恒定的废气以固定流速通过反应器(图1)。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如图2所示。
[已知：的脱除主要包含吸附和化学还原()两个过程]
①已知煤焦表面存在的官能团有利于吸附NO，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关，比值小，表面官能团少。由图2可知，相同温度下，单位时间内对NO的脱除率比的高，可能原因是___________。(答两条)。
②后，随着温度升高，单位时间内NO的脱除率增大的原因是___________。
(4)电解氧化吸收法：其原理如图3所示：
①从A口中出来的物质的是___________。
②写出电解池阴极的电极反应式___________。
7．（2022·河北秦皇岛·二模）环已醇常用于工业上制取增塑剂、表面活性剂以及用作工业溶剂等。苯酚()催化加氢制备环已醇一直受到研究人员的关注，该反应为(g)+3H2(g) (g) 。请回答下列问题。
(1)已知： ；
；
。
则_______。
(2)向体积为50L的恒容密闭容器中充入一定量的(g)和不同温度下，反应均进行5min测得反应物的转化率随温度的变化关系如图所示，已知曲线Ⅰ表示苯酚的转化率)。
①起始时投入的苯酚和氢气的物质的量之比为_______。
②A、B、C、D四点对应的正反应速率、、、的大小关系为_______。
③温度低于400℃时，和苯酚的转化率随温度升高而增大的原因是_______。
④已知，V代表体积；n代表气体物质的量；T代表温度；R是摩尔气体常数，单位是。若初始时向容器中充入的苯酚为1mol，则反应从起始进行到A点，其平均反应速率_______；当反应温度为500℃时，反应达到平衡后，_______。(表示用分压代替浓度计算的平衡常数，结果用含R的代数式表示)
(3)氢原子和苯分子吸附在金属催化剂表面活性中心时，才能发生反应。当中混有微量杂质时，相同时间内测得环已醇的产率降低。推测其可能原因为_______。
8．（2022·重庆·模拟预测）甲醇(CH3OH)是重要的化工原料。回答下列问题：
I.制备甲醇有Ag3PO4光催化CO2转化法、水煤气合成法和CuO-ZnO催化CO2氢化法。
(1)Ag3PO4光催化CO2转化法制甲醇的总反应是：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2，Ag3PO4光催化机理如下，请写出步骤b的方程式。
a.Ag3PO4[Ag3PO4]⊕+e-
b._______
c.CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O
(2)水煤气合成法。制备甲醇的主要反应为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)。ΔH=-90.8kJ/mol，原料气加工过程中常常混有一定量CO2，为了研究不同温度下CO2对该反应的影响，以CO2、CO、H2的混合气体为原料在一定条件下进行试验，结果表明，原料气各组分含量不同时，反应生成甲醇和副产物甲烷的碳转化率是不同的。实验数据如下表所示。
φ(CO2)-φ(CO)-φ(H2)/%
0-30-70
4-26-70
8-22-70
20-10-70
反应温度/℃
225
235
250
225
235
250
225
235
250
225
235
250
碳转化率/%
CH3OH
4.9
8.8
11.0
19.0
33.1
56.5
17.7.
33.4
54.4
8.0
12.0
22.6
CH4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2.8
2.8
2.8
一定条件下，反应温度越高，生成甲醇反应的碳转化率_______(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”)。结合表中数据分析250℃下，CO2对甲醇合成的影响是________。
(3)CuO-ZnO催化CO2、H2合成甲醇涉及的反应如下：
反应I：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1>0
反应II：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2<0
反应III：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3<0
①一定条件下，在恒容密闭容器中按=3投料进行上述反应，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示。图中曲线X表示_______的平衡体积分数随温度的变化，温度从453K上升至533K，CO2的平衡转化率变化的原因是_______。
②温度为T℃时，在恒容密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，发生反应I、II。起始及平衡时容器内各气体的物质的量如下表所示：。
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
起始量/mol
5
7
0
0
0
平衡量/mol
n1
n2
经测定，达到平衡时容器内总压为pkPa，是起始时的5/6，则n1=_______；若此时n2=3，则反应II的平衡常数Kp=________(用含p的式子表示)。
II.一种以甲醇为原料，利用SnO2(mSnO2/CC)和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，制备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。
(4)①直流电源的正极为_______(填“a”或“b”)，电解过程中阴极上发生反应的电极反应式为_______。
②若有1molH+通过质子交换膜时，则该装置生成HCOO-和HCOOH共计_______mol。
9．（2022·陕西宝鸡·三模）汽车尾气中含有氮氧化合物和CO，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、
(1)已知：i.N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol-1
ii.C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393kJ·mol-1
iii.2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3=-221kJ·mol-1
则NO与CO反应iv的热化学方程式：_______。
(2)某研究小组在三个容积为2L的恒容密闭容器中，在三种不同实验条件分别充入4molNO和4molCO发生上述反应iv。反应体系保持各自温度不变，体系总压强随时间的变化如图1所示：
①温度：T1_______T2(①②③问均选(填“<”“=”或“>”)。
②CO的平衡转化率：I_______II_______III。
③反应速率：a点的v逆_______b点的v正。
④若该反应的速率v正=k正·p2(CO)·p2(NO)(kPa·min-1)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，k正与k逆仅与温度有关，p(M)表示M的分压，分压=总压×物质的量分数。
i．T1K下，NO的平衡转化率为_______，反应的平衡常数Kp=_______(kPa)-1(以分压表示)。已知T1K时k正=60(kPa)-3·min-1，则平衡时v逆=_______kPa·min-1。
ii．升高温度时，的比值_______。(选填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)反应iv在不同催化剂甲、乙条件下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图2所示。在工业生产中应选用_______催化剂(填“甲”或“乙”)，理由是________。
10．（2022·安徽·马鞍山二中二模）研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。
(1)发射“神舟十三”号的火箭推进剂为液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)。
已知：①C2H8N2(l)+4O2(g)=2CO2(g)+N2(g)+4H2O(l) ΔH1=-2765.0kJ/mol
②2O2(g) +N2(g)=N2O4(l) ΔH2=-19.5kJ/mol
③H2O(g)= H2O(l) ΔH3=-44.0kJ/mol
则C2H8N2(1)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)的ΔH为_______。
(2)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2(g)→2I(g)(快反应)
第二步：I(g)＋N2O(g)→N2(g)＋IO(g)(慢反应)
第三步：IO(g)＋N2O(g)→N2(g)＋O2(g)＋I2(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是_______
A．N2O分解反应中，k值与碘蒸气浓度大小有关
B．v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)
C．IO为反应的催化剂
D．第二步活化能比第三步大
(3)为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH=-746.8kJ-mol-1。实验测得：v正=k正·p2(NO)·p2(CO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；p为气体分压(分压=物质的量分数x总压)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_______(填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，压强为p0kPa。达平衡时压强为0.9p0kPa，则_______。
(4)我国科技人员计算了在一定温度范围内下列反应的平衡常数Kp：
①3N2H4(1)=4NH3(g)+N2(g) ΔH1 Kp1
②4NH3(g)=2N2(g)+6H2(g) ΔH2 Kp2
绘制pKp1-T和pKp2-T的线性关系图如图所示：(已知：pKp=-1gKp)
①由图可知，ΔH1_______0(填“＞”或“＜”)
②反应3N2H4(1)=3N2(g)＋6H2(g)的K=_______(用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH_______0(填“＞”或“＜”)，写出推理过程_______
11．（2022·山东青岛·一模）丁二烯是生产合成橡胶的主要原料。一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯()与溴单质发生液相加成反应(1，2加成和1，4加成)，已知溶剂极性越大越容易发生1，4加成。现体系中同时存在如下反应：
①
②
③
由阿伦尼乌斯公式推知，同一反应在不同温度(T)下，反应速率常数(k)与活化能(Ea)的关系如下：(其中R为常数)。已知体系中两种产物可通过互相转化，反应历程及能量变化如下图所示：
(1)由反应历程及能量变化图示判断，m_______n(填“>”、“=”或“＜”)，_______。(用含不同活化能的式子表示)
(2)其他条件不变的情况下，升高反应温度，对反应_______(填①或②)的速率提高更有利，分析原因_______。
(3)由反应历程及能量变化图示判断，产物中_______(用系统命名法命名)含量更大，若要提高该产物在平衡体系中的物质的量分数，还可采取的措施是_______。
(4)在一定温度下，向某反应容器中加入1.0mol和一定量的发生上述反应。测得的平衡转化率为，平衡时为b mol，若以物质的量分数表示的平衡常数，反应③的平衡常数，则产物的选择性百分比为_______，开始加入的为_______mol，反应①的平衡常数_______。
12．（2022·福建·模拟预测）2022年冬奥会的国家速滑馆“冰丝带”采用二氧化碳跨临界制冰，CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。请回答：
(1)CO2转化为甲醇有利于实现碳中和，该过程经历以下两步：
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ/mol
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90kJ/mol
①能说明反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)已达平衡状态的是_______(填字母)。
A．单位时间内生成1molCH3OH(g)的同时消耗了1molCO(g)
B．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变
C．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
D．在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化
②研究表明；在相同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料进行合成甲醇，在有分子筛膜(分子筛膜具有选择透过性)时甲醇的平衡产率明显高于无分子筛膜时甲醇的平衡产率，其原因可能是_______。
(2)在催化剂作用下，甲醇能与烯烃的液相反应制得TAME，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：+CH3OH ΔH1
反应Ⅱ：+CH3OH ΔH2
反应Ⅲ： ΔH3
①三个反应以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度变化关系如图所示。据图分析，比较A、B稳定性：_______，的数值范围是_______。
A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1
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a 。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx(Ⅲ)=9.0，则反应I的平衡常数Kx(I)=_______。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，达到平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=_______。
(3)工业上还可采用CH3OHCO+2H2的原理来制取高纯度的CO和H2。有科学家研究在钯基催化剂表面上利用甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，则甲醇脱氧反应中速率最慢的一步历程是_______。
13．（2022·安徽黄山·二模）CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，回答下列问题：
(1)CO2和乙烷反应制备乙烯。常温常压时，相关物质的相对能量如下图所示：
已知：H2O(g)= H2O(l)的 △H计算如下：△H=-286kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)=-44kJ·mol-1。则CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为___________。
(2)CO2和M2CO3反应制备MHCO3，某学习兴趣小组为了研究该反应，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容密闭容器中，发生如下反应：。反应达平衡时体系的总压为50 kPa，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5 kPa，则CO2(g)的初始压强应大于___________kPa。
(3)CO2和H2制备甲醇，反应体系中涉及以下两个反应：
I．CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ＜ 0
II．CO2(g) + H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2 ＞ 0
将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH的选择性=×100%
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。
A．210℃ B．230℃ C．催化CZT D．催化剂CZ(Zr-1)T
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是___________。
③230℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
20
40
60
80
压强/MPa
P0
0.95P0
0.92P0
0.90P0
0.90P0
反应I 的速率可表示为v=k·P(CO2)·P3 (H2)(k为常数)，平衡时P(H2O)=0.15P0，则反应在60 min时v=___________(用含P0、k的式子表示)。达平衡时CH3OH的选择性=___________，反应II的Kc=___________。
14．（2022·湖南省隆回县第一中学二模）烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。
(1)气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应
平衡常数(25℃)
活化能/(kJ/mol)
反应a：
24.6
反应b：
3.17
反应c：
58.17
①已知： ，则_______。
②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_______。
③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因_______。
(2)其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。
①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：_______。
②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是_______。
③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_______。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。
15．（2022·上海·模拟预测）我国提出争取在2030年前实现碳峰值、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2 转化为清洁能源是促进碳中和最直接有效的方法。
(1)H2还原CO2制取CH4的部分反应如下：
①
②
③
反应2C(s)+2H2O(g)=CH4(g)+CO2(g)的∆H=___________kJ/mol。
(2)恒温条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，只发生如下反应：CO(g)+3H2 (g)=CH4(g)+H2O(g)，反应4min后，测得CO的物质的量为0.8mol，下列有关说法正确的是___________ (填字母。)
A．利用合适的催化剂可增大该反应的平衡常数
B．容器内气体的平均相对分子质量保持不变，说明该反应达到平衡状态
C．用 H2表示该反应4min内的平均速率为0.075mol·L-1·s-1
D．其它条件不变，升高温度，CO的平衡转化率降低
(3)在一定条件下，向某0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2和ymolH2，发生反应：
①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线___________ (填“m” 或“n”)，判断依据是___________。
②若x=2、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H 2的转化率如图2所示，v(a)逆 ___________ v(c)逆(填“＞”、＜”或“=”)；T2时，起始压强为2.5MPa，则Kp=___________MPa-2(保留二位小数；K p为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程 v正=k正·c(CO2)·c3(H2),v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O),k正、k逆是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的lgk，其中表示c点的lgk逆的是___________(填“A”、“B”、“D”或“E”)。
16．（2022·浙江·模拟预测）H2S的吸收与利用有多种形式，根据下列研究回答：
(1)工业、上可采用“H2S—水双温交换法”富集海水中的HDO，其原理是利用H2S、HDS、H2O和HDO四种物质，在25℃和100℃两种不同温度下发生的两个不同反应得到较高浓度的HDO。四种物质在反应体系中的物质的量随温度的变化曲线如图1，100℃时的反应△H____0(填“>”、“=”或“<”)。
(2)H2S高温裂解反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。
①不同温度下，具有一定能量的分子百分数与分子能量的关系如图2所示，E表示T1温度下分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，阴影部分的面积反映活化分子的多少，则图中T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。若T1温度下使用催化剂，请在图中画出相应的变化____。
②A的压力转化率表示为α(A)=(1-)×100%(p0为A初始压力，p1为A某时刻分压)。维持温度和压强不变，一定量的H2S分解达到平衡时，用各组分的平衡分压(即组分的物质的量分数×总压)表示的平衡常数Kp=p(S2)，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)=____。
(3)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如图3：
反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)
催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)
该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间，其理由是____。
(4)表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用如图4表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
为了提高H2S的去除率，下列措施合适的是____。
A．增大压强(气相) B．适当增大水膜Ph C．反应温度越高越好 D．增加水膜厚度
17．（2022·湖南·岳阳市教育科学技术研究院二模）SO2及氮氧化物属于污染性气体，排放到空气中可形成光化学烟雾、酸雨等，科学家一直致力于研究这些气体的处理，能变废为宝。回答下列问题：
(1)已知反应：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol-1，
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1，
则反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的ΔH=_____。
(2)常温下，NO、NO2溶于水可制得HNO2溶液，向30mL0.10mol·L-1HNO2溶液中滴入0.10mol·L-1的NaOH溶液，使得溶液的pH=4，该溶液中=_____。［Ka(HNO2)=4.6×10-4，保留一位小数］。
(3)研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)的能量变化及反应历程如图所示：
a.该反应分两步进行，两步反应分别为：反应①Fe++N2OFeO++N2；反应②_____；由_____(填“反应①”或“反应②”)决定反应达到平衡所用时间。
b.在固定体积的密闭容器中，发生该反应，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定N2O的平衡转化率α。部分实验结果如图所示。B、C、D三点对应的实验温度分别为TB、Tc和TD，通过计算判断TB_____Tc_____TD(填“>”“<”或“=”)_____。
(4)燃煤烟气中可通过反应SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)实现硫的回收。将1molSO2和2molCO通入1L恒容密闭容器中，在恒温T℃，起始压强为2.5×106Pa条件下反应，5min时，反应达到平衡，气体密度减少16g·L-1。0~5min内，CO的反应速率是_____；若升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，则该反应的ΔH_____0(填“>”或“<”)。
(5)深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌(该还原菌最佳生存环境pH为7~8之间)作用下，能被SO腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，写出正极的电极反应式：_____。
参考答案：
1．(1)
(2) 1 > > 增加 正向
(3) 9 3.4
【解析】
(1)
由图可知，作催化剂时，CO2的转化率大、CH4的选择性高，所以工业上应选择的催化剂是，320℃时CO2的转化率最大，CH4的选择性高，即的催化效率最高，所以合适温度是320℃；
(2)
①根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则，，由图可知，当温度为时，，则。
②由图可知，横坐标为，则横坐标越大，温度越低，反应Ⅱ和Ⅲ的随着温度的降低而增大，反应Ⅲ的增大的幅度小于反应Ⅱ，降低温度，减小，则反应Ⅰ为吸热反应，因此正反应的活化能>逆反应的话化能；AB两点都是平衡点，温度越高反应速率越大，A点温度高于B点，因此对于反应Ⅱ>；
③将容器的体积压缩为原来的一半，压强增大，反应Ⅱ平衡均正向移动，则的物质的量增加；CO2浓度增大、CO浓度减小，所以平衡Ⅰ将正向移动；
(3)
条件下，向某真空容器中充入和的混合气体(体积之比为1∶4)，容器中初始压强为，反应初始、，在催化剂作用下反应经达到平衡，测得容器中、，反应Ⅱ生成的，反应Ⅰ消耗的，所以反应Ⅰ生成的9；反应Ⅰ消耗的、反应Ⅱ消耗的， 3.4。
2．(1)+19.6
(2) a 不加催化剂，分解的活化能大 不是 温度相同，无催化剂、不同催化剂条件下N2O的平衡转化率应该相同，在A点对应温度下，A点对应转化率不是最大值 0.03 8
(3)2NO2→2NO+O2
【解析】
(1)
①
②
④
由盖斯定律，反应①+反应④=反应②，则ΔH1+ΔH4=()+()=+19.6；
(2)
①由图可知，未平衡时，反应进行相同时间，a对应N2O的转化率最大，则a对应的反应速率最大，反应所需活化能最低的曲线是a；
②由曲线d可知，在左右的分解并不明显，可能原因是不加催化剂，分解的活化能大；
③A点对应的转化率一定不是平衡转化率，理由为：温度相同，无催化剂、不同催化剂条件下N2O的平衡转化率应该相同，在A点对应温度下，A点对应转化率不是最大值；
④B点N2O的转化率为60%，则Δc(N2O)=60%×=0.3mol/L，(0.3mol/L÷10min)=0.03；
平衡时，测得完全转化为，、的物质的量分别为、，则平衡后有0.20molNO2、N2O、0.25molO2、N2共四种物质，根据O原子守恒，n(N2O)=1mol-0.20mol×2-0.25mol×2=0.1mol，根据N原子守恒，n(N2)=(1mol×2-0.20mol-0.1mol×2)÷2=0.8mol，即平衡时有0.20molNO2、0.1molN2O、0.25molO2、0.8N2，浓度分别为0.1mol/L、0.05mol/L、0.125mol/L、0.4mol/L，反应①[]的平衡常数K==8；
(3)
Step1：
Step2：
Step3：___________
总反应：
则Step3的反应方程式=总反应-2(Step1+ Step2)，为2NO2→2NO+O2。
3．(1)-a-3b-
(2) 3 30% 0.57 增大CO的物质的量
(3) C 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多 温度590K，R=2.5
【解析】
(1)
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，-③-②×3-①×得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O(l)的ΔH=-a-3b-c kJ·mol-1。
(2)
①0~15 s时CO的变化物质的量为2.5mol-1.75mol=0.75mol，则Cl2的变化物质的量也为0.75mol，Cl2的平均反应速率为=0.05mol/(L·s)=3mol·L-1·min-1；
②反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L，该反应的平衡常数K==0.57；
③在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
(3)
①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．正(H2S)表示正反应速率，逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此正(H2S)=逆(HCl)说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。
4．(1)+208.4
(2) ＜ ＞ 9.6×104 n 由图可知，直线n斜率大，Ea小，催化效率高
(3) 40% ×10—4
【解析】
(1)
由图可知，环己烷转化为1，3—环己二烯的热化学方程式为①(g) →(g) +2H2(g) △H1=+237.1kJ/mol，1，3—环己二烯转化为苯的热化学方程式为②(g) →(g) +H2(g) △H2=—28.7kJ/mol，由盖斯定律可知，①+可得②环己烷转化为苯的热化学方程式为(g) → (g) +3H2(g) △H=(+237.1kJ/mol)+( —28.7kJ/mol)=+280.4kJ/mol，故答案为：+280.4；
(2)
①该反应为气体体积减小的反应，温度一定时增大压强，平衡向正反应方向移动，乙醇的体积分数增大，由图可知，压强为P1时乙醇的体积分数小于P2时，则P1小于P2；由图可知，压强一定时升高温度，乙醇的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，反应为放热反应，反应的平衡常数减小，则温度较低的a点平衡常数大于b点，故答案为：＜；＞；
②在m催化剂作用下，由图中数据可得如下方程式：56.2=—7.2×10—3Ea+C①，27.4=—7.5×10—3Ea+C②，解联立方程可得Ea=9.6×104J/mol;由图可知，直线n的斜率大于m，说明活化能Ea小于m，催化效率高于m，故答案为：9.6×104；n；由图可知，直线n斜率大，Ea小，催化效率高；
(3)
设起始通入一氧化碳和氢气的物质的量都为2mol、生成甲烷的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
平衡时正逆反应速率相等，由三段式数据可得：=，解得a=0.4，则一氧化碳的转化率为×100%=40%，平衡时分压常数KP==×10—4，故答案为：40%；×10—4。
5．(1)加聚反应
(2)-589
(3) MoC/NHPC 催化剂在较低温度下反应速率增大的倍数最大，能节约能源(或其他合理答案)
(4)AC
(5)>
(6) 3∶2 10
【解析】
(1)
氯乙烯通过加聚反应可生成聚氯乙烯(PVC)，所以该反应制备PVC的有机反应类型属于加聚反应；
(2)
①
②
③
根据盖斯定律可知，④可由（①+②）+③，所以对应反应热=（+）+=（）+()=-589 kJ/mol；
(3)
通过图中曲线可知，催化剂MoC/NHPC在较低温度下反应速率增大的倍数最大，能节约能源，所以选择MoC/NHPC催化剂最佳；
(4)
A．浓度商保持不变，则说明浓度商等于该温度下的化学平衡常数，反应达到平衡，A符合题意；
B．混合气体质量不变，容器体积不变，所以混合气体的密度始终保持不变，即气体密度不变，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；
C．该反应是气体分子数减小的反应，所以气体的总压强保持不变，可说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D．随着反应的进行，产物的浓度之比始终等于化学计量数之比，所以产物浓度之比不随时间变化，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC。
(5)
根据题干信息可知，反应的平衡常数K=，所以温度为T1℃时，，则K（T1）=0.6，温度为T2℃时，，K（T1）=1.4，因为反应为放热反应，所以温度越高，化学平衡常数K值越小，则＞；
(6)
在体积为10L的恒容密闭容器中充入8mol、2mol、4mol，发生反应④，根据图示显示，X点处，气体的总物质的量为4mol，则列出三段式如下：
所以X点时的转化率为，
Y点处，和的物质的量相等，设转化的氧气的物质的量为xmol，则，所以4-2x=4x，解得x=,则Y点时，的转化率为，
①则X点和Y点时的转化率之比为3:2；
②根据上述三段式可知，500K时，该反应平衡后各物质的浓度依次为：c(CH2=CH2)=0.4 mol/L，c(O2)=0.1 mol/L， c(Cl2)=0.2 mol/L， c(CH2=CHCl)=0.4 mol/L ，c(H2O)=0.2 mol/L，所以该反应的平衡常数K==10L/mol。
6．(1)2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ∆H=-854kJ/mol
(2)10
(3) 热解温度高，S-900的煤焦氢炭比值小，表面官能团少，不利于NO吸附；S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于NO吸附 温度升高，反应速率增大
(4) O2和较浓的硫酸 2＋2H＋＋2e-=＋2H2O
【解析】
(1)
反应的方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，将已知反应依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知，②×2-①-③得反应2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，则△H=2△H2-△H1-△H3=2×(-393.5kJ/mol)-(-114kJ/mol)-(+181kJ/mol)=-854kJ/mol，反应的热化学方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-854kJ/mol；
(2)
根据题意可列出三段式：
K===10；
(3)
①由信息可知，煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，由图可知，热解温度高，S-900的煤焦比值小，表面官能团少，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；由表格数据可知，S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；
②由图可知，350℃后，随着温度升高，反应速率加快，一氧化氮的脱除率增大；
(4)
①从电解氧化法吸收的原理图可知，和A口相连的电极是阳极室，通入的是稀硫酸，而阴极室通入的是溶液，出来的是S2O。则根据电极放电顺序，可知阳极是OH-失去电子发生氧化反应，生成水和氧气，而H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，所以整个电解过程中阳极室中的水减少，则阳极室的硫酸浓度会变大，故从A口中出来的物质是氧气和浓度变大的硫酸。
②从分析可知，H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，从到S2O是化合价降低的过程，得到电子发生了还原反应，则电解池的阴极的电极反应室为2＋2H＋＋2e-=S2O＋2H2O。
7．(1)-183
(2) 1∶2 平衡前升温，速率增大，单位时间内反应物的转化率增大
(3)金属催化剂会与反应从而失去催化活性
【解析】
(1)
已知热化学方程式：① (g)+3H2(g) (g) ，
② ，
③ ，
④ ，
根据盖斯定律①=②-③+×④，则y=(-3053.5)- (-3727.9)+ ×(-571.6)=-183；
(2)
①设起始时，投入的苯酚和氢气的物质的量分别为xmol、ymol，0 ~5min内苯酚的变化量为amol，则氢气的变化量为3amol，根据A、B点的数据，解得，，故起始时投入的苯酚和氢气的物质的量之比为1∶2；
②根据已知条件可知：曲线Ⅰ表示苯酚的转化率，曲线Ⅱ表示氢气的转化率；图像横坐标为温度，温度越高反应速率越快，则，而A、B两点表示的同一个温度下，同一个反应的正速率，故速率相等，故答案为：；
③温度低于400℃时，反应未达到平衡状态，故氢气和苯酚的转化率随温度升高而增大；
④若初始时向容器中充入的苯酚的物质的量为1mol，则通入的氢气的物质的量为2mol，根据化学反应速率计算公式，解得，设起始时，投入的苯酚和氢气的物质的量分别为1mol、2mol，根据 (g)+3H2(g) (g)，可求得平衡时，苯酚、氢气、环己醇的物质的量均为0.5mol，根据，此时总压强为(kPa)，；
(3)
氨气也可能吸附到金属催化剂表面，那样会阻挡氢原子的吸附，故答案为：金属催化剂会与反应从而失去催化活性。
8．(1)2H2O+4[Ag3PO4]⊕O2+4H++4Ag3PO4
(2) 增大 一定条件下，少量二氧化碳加入有利于提高碳反应生成甲醇的转化率
(3) 二甲醚 453K到533K，主要发生反应II，反应放热，温度升高，反应II逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降 1 kPa-2
(4) b 2CO2+2e-+H2O=HCOO-+ 0.75
【解析】
(1)
abc三个反应就是总反应2CO2+4H2O2CH3OH+3O2，则总反应减去反应ac可得反应b为：2H2O+4[Ag3PO4]⊕O2+4H++4Ag3PO4；
(2)
由表格中原料气各组分含量不同时反应生成甲醇的碳转化率的数据可知：反应温度越高，生成甲醇的碳转化率越高，故答案为：增大；
二氧化碳的体积分数为4%时生成甲醇的碳转化率最高，二氧化碳的体积分数为20%生成甲醇的碳转化率较低，不含二氧化碳时生成甲醇的碳转化率最低，因此原料含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率, CO2含量过高生成甲烷的碳转化率又降低，故答案为：一定条件下，少量二氧化碳加入有利于提高碳反应生成甲醇的转化率；
(3)
①随着温度的升高，反应工平衡逆向移动，故二甲醚平衡体积分数减小，对应曲线X，故此处填：二甲醚；CO2的平衡转化率与反应I、Ⅱ有关，且温度升高，两个反应平衡移动方向不一致，在不同温度范围内，两个反应程度不同，故CO2的平衡转化率表现不一致，故此处填：453K到533K，主要发生反应II，反应放热，温度升高，反应II逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降；故答案为：二甲醚；453K到533K，主要发生反应II，反应放热，温度升高，反应II逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降；
②恒温恒容条件下，压强之比等于其物质的量之比，则达到平衡时气体总物质的量：
(5.0+7.0)mol=，则平衡时气体总物质的量为10mol，反应前后气体减少的物质的量= (12-10)mol，气体减少的物质的量是生成甲醇气体物质的量的2倍，则生成甲醇的物质的量为1.0mol，生成1.0mol甲醇时，故n1=1；该反应中生成，则有水在反应中生成则生成的n(CO)=2mol，消耗的，剩余，则剩余，则，，，，反应I的平衡常数，故答案为：1；kPa-2；
(4)
①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，该电极反应式为：2CO2+2e-+H2O=HCOO-+；则电极b为正极，右侧电极为阳极，电极反应式为：；故答案为：b；2CO2+2e-+H2O=HCOO-+；
②由第一问的分析可知，阳极反应为：，阴极电极反应为：2CO2+2e-+H2O=HCOO-+，由此可以发现，若有1molH+通过质子交换膜时，则转移1mol电子，则此时该装置生成HCOO-和HCOOH共计0.75mol。
9．(1)2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol
(2) ＞ ＜ = ＞ 50% 0.05 6.0×105 减小
(3) 甲 催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高
【解析】
(1)
由盖斯定律可知，ii×2—i—iii可得反应iv：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，则反应热ΔH=2ΔH2—ΔH1—ΔH3 =(—393 kJ/mol)×2—(+180kJ/mol)—(—221kJ/mol)=—745kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol，故答案为：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol；
(2)
设温度为T1时一氧化氮的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为40kPa、35kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得a=0.5，既50%；设温度为T2时一氧化氮的转化率为b，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为32kPa、25kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得b=0.875，既87.5%；
①该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，说明T1大于T2，故答案为：＞；
②由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，所以II和III的一氧化氮转化率相等，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，则转化率的关系为：I＜II=III，故答案为：＜；=；
③平衡时，正逆反应速率相等，由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，催化剂能降低了反应的活化能，加快化学反应速率，则a点的逆反应速率大于b点的正反应速率，故答案为：＞；
④i．由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率为50%，一氧化碳、一氧化氮、二氧化碳、氮气的平衡分压分别为×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=5kPa，则分压平衡常数Kp==0.05；平衡时，正逆反应速率相等，则v正= v逆，k正·p2(CO)·p2(NO) =k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，==K=0.05，由T1K时k正=60(kPa)-3·min-1可得k逆==1200(kPa)-3·min-1，所以v逆=1200(kPa)-3·min-1×5kPa×(10kPa)2=6.0×105kPa·min-1，故答案为：50%；0.05；6.0×105；
ii．由i可知，=K，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则的比值减小，故答案为：减小；
(3)
由图可知，反应iv在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲，故答案为：甲；催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高。
10．(1)−2550.0kJ·mol-1
(2)BD
(3) 小于 或
(4) < Kp1·Kp2 < 设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)>∣pKp2(T2)-pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)-pKp1(T1)> pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此该反应正反应为放热反应
【解析】
(1)
由盖斯定律可知，①-2×②-4×③得反应：C2H8N2(1)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)，则ΔH=ΔH1-2ΔH2-3ΔH3=−2550.0kJ·mol-1；
(2)
A．k为速率常数受温度、催化剂、固体表面积性质等影响，不受浓度影响，A错误；
B．平衡时v(正)=v(逆)，第二步反应为慢反应，反应速率较慢，则v(第二步的逆反应)也较慢，第三步反应为快反应，反应速率较快，故v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)，B正确；
C．催化剂改变反应速率，反应前后质量和化学性质不变；IO为中间过程产物，不是反应的催化剂，C错误；
D．活化能越大反应越慢，第二步反应为慢反应、第三步反应为快反应，故活化能第二步比第三步大，D正确；
故选BD；
(3)
①达到平衡后，v正= v逆=k正·p2(NO)·p2(CO) =k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数K=，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，设初始CO、NO和N2物质的量分别为2mol、2mol、1mol，生成N2的物质的量为x；
则反应后总的物质的量为(5-x)mol，初始压强为p0kPa，达平衡时压强为0.9p0kPa，则，x=0.5mol，平衡时CO、NO、N2、CO2物质的量分别为1mol、1mol、1.5mol、1mol，总的物质的量为4.5mol，则K=；
(4)
①由图可知，Kp1随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，正反应为放热发应，ΔH1<0；
②由盖斯定律可知，①+②得反应3N2H4(1)=3N2(g)＋6H2(g)，则该反应的 K= Kp1·Kp2；
设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)>∣pKp2(T2)-pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)-pKp1(T1)> pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此升高温度，K值减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应。
11．(1) >
(2) ② 由题中阿伦尼乌斯公式可知，升高相同的温度，活化能越大，速率常数k增大的越多，，故升高温度，对1，4加成产物的生成速率提高更有利
(3) 2，3-二甲基-1，4-二溴-2-丁烯 在极性大的溶剂中进行反应
(4) 80%
【解析】
(1)
由反应历程及能量变化图示可知，反应物总能量高于生成物总能量，则转化为是放热反应，反应②-①得到→，根据盖斯定律，＜0，则m＞n；转化为的，转化为的，这个过程中===，
(2)
由题中阿伦尼乌斯公式可知，升高相同的温度，活化能越大，速率常数k增大的越多，，故升高温度，对1，4加成产物的生成速率提高更有利，则其他条件不变的情况下，升高反应温度，对反应②的速率提高更有利；
(3)
由图可知，的能量低于，较稳定，反应生成的容易转化为，则反应达平衡后产物中含量更大，主链含有4个C原子，1、4号C原子上含有Br原子，2、3号C原子上含有甲基，2号C原子含有碳碳双键，则该物质的名称为2，3-二甲基-1，4-二溴-2-丁烯；有题目中信息可知，溶剂极性越大越容易发生1，4加成，故若要提高该产物在平衡体系中的物质的量分数，还可采取的措施是在极性大的溶剂中进行反应；
(4)
设反应生成x mol，反应③的平衡常数，则生成的物质的量为4x mol，则产物的选择性百分比为=80%；反应开始时，加入1.0mol，的平衡转化率为，则消耗的物质的量为mol，则消耗Br2的物质的量为mol，平衡时为b mol，故开始加入的为；消耗的物质的量为mol，生成和的总物质的量为mol，产物的选择性百分比为80%，则生成的物质的量为= mol，平衡时，的物质的量为，为b mol，各物质总物质的量为(1+b)mol，则反应①的平衡常数=。
12．(1) CD 分子筛膜从反应体系中不断分离出CH3OH，有利于反应正向进行
(2) B>A D 1∶10
(3)CO*+4H*→CO*+2H2*或者4H*→2H2*
【解析】
(1)
①A．用不同物质的速率表示反应达到平衡，反应方向应是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，单位时间内生成1molCH3OH的同时消耗1molCO，反应方向都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B．组分都是气体，混合气体总质量保持不变，容器为恒容，气体体积不变，根据密度的定义，混合气体密度始终不变，因此该条件下，混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．化学平衡常数只受温度的影响，容器为绝热恒容，化学反应都会伴随能量的变化，容器中的温度在改变，当温度不再改变，反应平衡常数也不再改变，说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应是气体物质的量减少的反应，因此当气体平均摩尔质量不再变化，说明反应达到平衡，故D符合题意；
答案为CD；
②分子筛膜具有选择性透过性，使用分子筛膜相当于从反应体系中不断分离出甲醇，促使平衡向正反应方向进行，提高甲醇的平衡产率；故答案为分子筛膜从反应体系中不断分离出CH3OH，有利于反应正向进行；
(2)
①根据图像可知，温度越低，平衡常数越大，说明这三个反应均为放热反应，即ΔH1＜0、ΔH2＜0、ΔH3＜0，A的能量比B的能量高，能量越低，物质越稳定，即B比较稳定；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则ΔH1-ΔH2=ΔH3＜0，因此ΔH1＜ΔH2，由于放热反应的ΔH越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选项D正确；故答案为B>A；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)=αmol，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0.9αmol，n(A)=0.1αmol，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；故答案为；1∶10；
(3)
活化能越大，化学反应速率越慢，根据能量示意图可知，速率最慢的一步历程是CO*+4H*→CO*+2H2*或者4H*→2H2*；故答案为CO*+4H*→CO*+2H2*或者4H*→2H2*。
13．(1)C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=+133 kJ·mol-1
(2)120
(3) BD 温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低(其他合理答案均可给分) 0.015k P 33.3% 0.3
【解析】
(1)
ΔH =生成物总能量-反应物总能量，CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=-110 kJ·mol-1 -286kJ·mol-1 +52kJ·mol-1+393kJ·mol-1 +84kJ·mol-1=+133 kJ·mol-1；
(2)
因为反应温度不变，故化学平衡常数K不变, 化学反应方程式为：，平衡常数，将足量MHCO3固体置于真空恒容容器中，反应达平衡时体系总压为50kPa，则p(CO2)=p(H2O)=25 kPa，=25 kPa×25 kPa=625kPa2。设CO2(g)的初始压强为 x kPa，平衡时p(CO2)=(5+x) kPa，p(H2O)=5 kPa，则有Kp=p(CO2)·p(H2O)=625kPa2=5kPa×(x+5)kPa，解得x=120。故要使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO(g)的初始压强应大于120 kPa；
(3)
①如图可知合成甲醇的工业条件是230℃、催化剂CZ(Zr-1)T 故选BD；
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是：温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低；
③将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，，，a+3a= P0，a=0.25 P0，x+y=0.15 P0，a-(x+y)+3(a-x)-y+y+x+y=0.9 P0，解得x= P0，y= P0，P(CO2)=0.1 P0，P(H2)= P0，v=k·P(CO2)·P3 (H2)，则反应在60 min时v≈0.015k P；CH3OH的选择性=×100%=；反应II的Kc=。
14．(1) 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于
(2) 溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性 溶液直接与反应是脱除的主要原因
【解析】
(1)
①已知：反应a： ，
，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。
②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。
③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。
(2)
①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。
②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。
③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。
④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。
15．(1)-25
(2)BD
(3) m 该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，平衡常数减小。 < 9.88 A
【解析】
(1)
②式 (2③式 + ①式)= 25KJ·mol-1
(2)
A. 平衡常数与催化剂无关，A项错误；
B. 该反应为前后气体分子数改变的反应。平衡前后，气体总质量不变，气体平均物质的量会发生变化，故当容器内气体的平均相对分子质量保持不变时，可以说明该反应达到平衡状态，B项正确；
C.列三段式
用 H2表示该反应4min内的平均速率为v==0.075mol·L-1·min-1，C项错误；
D. 该反应为放热反应，其它条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率降低，D项正确。
答案选BD。
(3)
①该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，随温度升高平衡常数减小，故平衡常数K与温度T的变化关系应为曲线m；②温度升高化学反应速率加快，图2中a点温度小于c点温度，故v(a) 逆
起始时压强为2.5Mpa，平衡时压强为2.5Mpa=1.7Mpa，Kp==9.88MPa-2；③由v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，可得k逆=，k逆只与温度有关，温度越高v逆越大，温度升高平衡向逆反应方向移动，则平衡时温度越高c(CH3OH)·c(H2O)越小，故可得T与k逆成正比，与lgk逆成反比，从AE两点进行选择，<，故c点的lgk逆应为A点。
【点睛】
分析有关化学平衡的图像题时，一定要注意横纵坐标关系，本题图2中横纵坐标为H2转化率与温度，切不可与速率—温度图像混淆；本题图3中，一条线为增函数，另一条线为减函数，故解题时要先求出与k逆的关系，同时一定注意题中所给信息，例如本题中所给：速率常数只受温度影响，故虽然a点不是平衡点，但k逆的值在该温度下只有一个，利用平衡时的变化规律计算即可。
16．(1)>
(2) < 60%
(3)停留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2
(4)AB
【解析】
(1)
根据图像可知100℃以后随温度升高，反应物的物质的量减少，生成物的物质的量增加，说明升高温度平衡正向进行，所以100℃时的反应△H＞0。
(2)
①活化能即活化分子具有的最低能量与分子平均能量之差，升高温度活化分子数增加，阴影部分面积会增加，但平衡不移动，所以根据图像可判断T1＜T2；若T1温度下使用催化剂，由于催化剂会降低活化能，活化分子数会增加，则对应图像可表示为；
②根据三段式可知
则Kp=＝p(S2)＝，即，解得x＝0.5，则此时硫化氢的分压为，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)= (1-)×100%＝60%。
(3)
由于留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2，所以该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间。
(4)
A. 增大压强(气相)，硫化氢的溶解度增大，可提高H2S的去除率，A正确；
B. OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，可提高H2S的去除率，B正确；
C. 反应温度越高，硫化氢的溶解度越小，降低其去除率，C错误；
D. 若水膜过厚，导致活性炭的吸附力减弱，吸附的硫化氢、氧气减少，去除率减少，D错误；
答案选AB。
17．(1)-746kJ·mol-1
(2)0.2
(3) FeO++COCO2+Fe+ 反应① TB
(5)SO+5H2O+8e-=HS-+9OH-
【解析】
(1)
由盖斯定律，反应②-①可得反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的ΔH=ΔH2-ΔH1=-566-(+180)= -746kJ·mol-1；
(2)
HNO2的电离平衡常数Ka(HNO2)=，常温下pH=4则c(H+)=10-4mol/L，则；
(3)
a．总反应为N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)十N2(g)，实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++CO⇌CO2+Fe+；根据反应①的历程图可知，由Fe+和N2O经过过渡态得到产物FeO+和N2，过渡态和反应物Fe+和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间，故答案为：FeO++CO⇌CO2+Fe+；反应①；
b．根据图象，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，温度越低N2O转化率越大，则TB< Tc，C点时，起始物料比为=1.0，NO2的平衡转化率为α(NO2)=50%，设起始时c(NO2)=c(SO2)=xmol/L，化学平衡常数为K(C)=，D点时，起始物料比为=1.5，NO2的平衡转化率为α(NO2)=40%，设起始时c(SO2)=ymol/L，c(NO2)=1.5ymol/L，化学平衡常数为K(D)=，所以K(C)=K(D)，化学平衡不发生移动，则TC=TD，故答案为：TB
若反应进行到5min时，反应达到平衡，气体密度减小16g•L-1，则生成S的质量为16g/L×1L=16g，生成硫的物质的量为=0.5mol，则：，；若升高温度，气体的密度增加，说明平衡逆向移动，则正方向为放热反应，即反应的△H＜0，故答案为：0.2mol•L-1•min-1；＜；
(5)
pH为7～8时，正极SO在还原菌作用下得电子，发生还原反应，电极反应式为SO+5H2O+8e-=HS-+9OH-。
化学反应原理综合题
1．（2022·山东日照·模拟预测）将转化为高附加值碳基燃料，可有效减少碳的排放。在催化剂作用下甲烷化分两步完成。
分步反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
总反应(Ⅲ)：
回答下列问题：
(1)在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度的变化如图所示。
对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是_______，使用的合适温度为_______。
(2)一定温度范围内对上述反应的平衡常数进行计算，得的线性关系如图所示。
①时，_______。
②反应Ⅰ中，正反应的活化能_______(填“>”、“<”或“=”)逆反应的话化能。对于反应Ⅱ，图中_______(填“>”、“<”或“=”)。
③时，上述体系达到平衡后，若，将容器的体积若压缩为原来的一半，的物质的量_______(填“增加”、“减小”或“不变”)，平衡Ⅰ将_______(“正向”、“逆向”或“不”)移动。
(3)条件下，向某真空容器中充入和的混合气体(体积之比为1∶4)，容器中初始压强为，在催化剂作用下反应经达到平衡，测得容器中、，试计算_______，_______。
2．（2022·广东佛山·二模）是温室气体之一。直接催化分解是目前消除最有前景的方法之一。直接催化分解时发生反应：
①
②
③
回答下列问题：
(1)已知：，则___________。
(2)反应进行时，分解转化率随温度变化曲线如图所示。
①反应所需活化能最低的曲线是___________(填“a”“b”“c”或“d”)；
②由曲线d可知，在左右的分解并不明显，其原因是___________；
③A点对应的转化率___________(填“是”或“不是”)平衡转化率，理由是___________；
④在下，将充入体积为的体积不变的容器中，B点的平均反应速率___________；平衡时，测得完全转化为，、的物质的量分别为、，计算反应①的平衡常数为___________。
(3)在一定条件下，能够与脱掉后形成的表面氧反应，促进表面氧的转移形成，进而促进分解。作用的可能机理如下(*表示催化剂的活性中心)：
Step1：
Step2：
Step3：___________
总反应：
Step3的反应方程式为___________。
3．（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模）含氯化合物的反应在化学工业中具有重要的地位。回答下列问题：
(1)次氯酸钠氧化法可以制备Na2FeO4。
已知：2H2(g) +O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+ H2(g) ΔH =b kJ·mol-1
4Na2FeO4 (aq) + 10H2O(l)=4Fe(OH)3(s) +3O2 (g)十8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
反应2Fe(OH)3(s)十3NaClO(aq) + 4NaOH(aq)=2Na2FeO4 (aq) + 3NaCl(aq) +5H2O(l)的 △H=_______kJ·mol-1。
(2)光气(COCl2)是重要的含氯化合物。常用于医药、农药制造，工业上利用一氧化碳和氯气反应制备，反应方程式为CO(g)+Cl2(g) COCl2(g)。在1 L恒温恒容密闭容器中充入2.5molCO和1.5molCl2，在催化剂作用下发生反应，测得CO及COCl2的物质的量随时间变化如图1所示：
①0~15s内，Cl2的平均反应速率为_______mol· L-1·min-1
②第一次平衡时，CO的平衡转化率为_______；此温度下，该反应的平衡常数KC=_______(保留两位有效数字)。
③在第20 s时，改变的条件是_______。
(3)工业上常用氯苯(C6H5-Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备一种用途广泛的有机合成中间体苯硫酚(C6H5-SH) ，但会有副产物苯(C6 H6)生成。
Ⅰ．C6H5-Cl(g)+H2S(gC6H5-SH(g)+HCl(g) ΔH1= -16.8 kJ·mol-1；
Ⅱ．C6H5- Cl(g)+ H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+ S8(g) △H2= - 45.8 kJ·mol-1。
①将一定量的C6H5-Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应Ⅰ)，下列可以作为反应Ⅰ达到平衡的判据是_______(填字母)。
A．气体的压强不变 B．平衡常数不变
C． v正(H2S)= v逆(HCl) D．容器内气体密度不变
②现将一定量的C6H5-Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20 min测定生成物的浓度，得到图2和图3。
(R为H2S与C6H6-Cl的起始物质的量之比)，图2显示温度较低时C6H5-SH浓度的增加程度大于C6H6，从活化能角度分析其主要原因是_______；结合图2和图3，该模拟工业生产制备C6H5 - SH的适宜条件为_______。
4．（2022·辽宁·模拟预测）清洁能源的综合利用可有效降低碳排放，是实现“碳中和、碳达峰”的重要途径。
(1)以环己烷为原料通过芳构化反应生产苯，同时可获取氢气。图甲是该反应过程中几种物质间的能量关系。
芳构化反应：(g)→(g)+3H2(g) _______kJ/mol。
(2)和合成乙醇反应为：。将等物质的量的和充入一刚性容器中，测得平衡时的体积分数随温度和压强的关系如图乙。
①压强P1_______P2(填“>”“=”或“<”，下同)，a、b两点的平衡常数Ka_______Kb。
②已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得图丙曲线。
在m催化剂作用下，该反应的活化能_______J/mol。从图中信息获知催化效能较高的催化剂是_______(填“m”或“n”)，判断理由是_______。
(3)和CO合成甲烷反应为：。T℃将等物质的量CO和H2充入恒压(200KPa)的密闭容器中。已知逆反应速率，其中p为分压，该温度下。反应达平衡时测得v正=。CO的平衡转化率为_______，该温度下反应的Kp=_______(用组分的分压计算的平衡常数)。
5．（2022·湖南湘西·三模）氯乙烯是合成聚氯乙烯(PVC) 的单体。乙烯氧氯化法是目前生产氯乙烯的先进工艺，有关反应如下：
①
②
③
④
请回答下列问题：
(1)氯乙烯制备PVC的反应类型是_______。
(2)_______kJ/mol。
(3)其他条件相同，在三种不同催化剂作用下进行乙烯氧氯化法制备氯乙烯，所得结果如图1所示。工业生产最适宜选择的催化剂是_______，理由是_______。
(4)在恒温恒容条件下充入、、，只发生反应④，能表明该反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．浓度商不随时间变化
B．混合气体密度不随时间变化
C．气体总压强不随时间变化
D．产物浓度之比不随时间变化
(5)反应④生成氯乙烯的净反应速率方程：(、为速率常数，只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。温度为T1℃时，，温度为T2℃时，，则_______(填“>”或“<”) 。
(6)在体积为10Ｌ的恒容密闭容器中充入8mol、2mol、4mol，发生反应④，平衡时其中三个组分的物质的量与温度的关系如图2所示。
①X点和Y点时的转化率之比为_______。
②500K时，该反应的平衡常数K为_______L/mol。
6．（2022·北京通州·一模）“绿水青山就是金山银山”，研究消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。
(1)已知：
写出C与反应生成的热化学方程式___________。
(2)已知：。在恒容密闭容器中，投入和，经过一段时间后达到平衡状态，测得的转化率为。该温度下，反应的平衡常数为___________。
(3)原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于的脱除。热解温度为得到的煤焦分别用表示，相关信息如下表：
煤焦
元素分析/%
比表面积
C
H
80.79
2.76
105.69
84.26
0.82
8.98
将NO浓度恒定的废气以固定流速通过反应器(图1)。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如图2所示。
[已知：的脱除主要包含吸附和化学还原()两个过程]
①已知煤焦表面存在的官能团有利于吸附NO，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关，比值小，表面官能团少。由图2可知，相同温度下，单位时间内对NO的脱除率比的高，可能原因是___________。(答两条)。
②后，随着温度升高，单位时间内NO的脱除率增大的原因是___________。
(4)电解氧化吸收法：其原理如图3所示：
①从A口中出来的物质的是___________。
②写出电解池阴极的电极反应式___________。
7．（2022·河北秦皇岛·二模）环已醇常用于工业上制取增塑剂、表面活性剂以及用作工业溶剂等。苯酚()催化加氢制备环已醇一直受到研究人员的关注，该反应为(g)+3H2(g) (g) 。请回答下列问题。
(1)已知： ；
；
。
则_______。
(2)向体积为50L的恒容密闭容器中充入一定量的(g)和不同温度下，反应均进行5min测得反应物的转化率随温度的变化关系如图所示，已知曲线Ⅰ表示苯酚的转化率)。
①起始时投入的苯酚和氢气的物质的量之比为_______。
②A、B、C、D四点对应的正反应速率、、、的大小关系为_______。
③温度低于400℃时，和苯酚的转化率随温度升高而增大的原因是_______。
④已知，V代表体积；n代表气体物质的量；T代表温度；R是摩尔气体常数，单位是。若初始时向容器中充入的苯酚为1mol，则反应从起始进行到A点，其平均反应速率_______；当反应温度为500℃时，反应达到平衡后，_______。(表示用分压代替浓度计算的平衡常数，结果用含R的代数式表示)
(3)氢原子和苯分子吸附在金属催化剂表面活性中心时，才能发生反应。当中混有微量杂质时，相同时间内测得环已醇的产率降低。推测其可能原因为_______。
8．（2022·重庆·模拟预测）甲醇(CH3OH)是重要的化工原料。回答下列问题：
I.制备甲醇有Ag3PO4光催化CO2转化法、水煤气合成法和CuO-ZnO催化CO2氢化法。
(1)Ag3PO4光催化CO2转化法制甲醇的总反应是：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2，Ag3PO4光催化机理如下，请写出步骤b的方程式。
a.Ag3PO4[Ag3PO4]⊕+e-
b._______
c.CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O
(2)水煤气合成法。制备甲醇的主要反应为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)。ΔH=-90.8kJ/mol，原料气加工过程中常常混有一定量CO2，为了研究不同温度下CO2对该反应的影响，以CO2、CO、H2的混合气体为原料在一定条件下进行试验，结果表明，原料气各组分含量不同时，反应生成甲醇和副产物甲烷的碳转化率是不同的。实验数据如下表所示。
φ(CO2)-φ(CO)-φ(H2)/%
0-30-70
4-26-70
8-22-70
20-10-70
反应温度/℃
225
235
250
225
235
250
225
235
250
225
235
250
碳转化率/%
CH3OH
4.9
8.8
11.0
19.0
33.1
56.5
17.7.
33.4
54.4
8.0
12.0
22.6
CH4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2.8
2.8
2.8
一定条件下，反应温度越高，生成甲醇反应的碳转化率_______(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”)。结合表中数据分析250℃下，CO2对甲醇合成的影响是________。
(3)CuO-ZnO催化CO2、H2合成甲醇涉及的反应如下：
反应I：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1>0
反应II：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2<0
反应III：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3<0
①一定条件下，在恒容密闭容器中按=3投料进行上述反应，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示。图中曲线X表示_______的平衡体积分数随温度的变化，温度从453K上升至533K，CO2的平衡转化率变化的原因是_______。
②温度为T℃时，在恒容密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，发生反应I、II。起始及平衡时容器内各气体的物质的量如下表所示：。
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
起始量/mol
5
7
0
0
0
平衡量/mol
n1
n2
经测定，达到平衡时容器内总压为pkPa，是起始时的5/6，则n1=_______；若此时n2=3，则反应II的平衡常数Kp=________(用含p的式子表示)。
II.一种以甲醇为原料，利用SnO2(mSnO2/CC)和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，制备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。
(4)①直流电源的正极为_______(填“a”或“b”)，电解过程中阴极上发生反应的电极反应式为_______。
②若有1molH+通过质子交换膜时，则该装置生成HCOO-和HCOOH共计_______mol。
9．（2022·陕西宝鸡·三模）汽车尾气中含有氮氧化合物和CO，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、
(1)已知：i.N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol-1
ii.C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393kJ·mol-1
iii.2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3=-221kJ·mol-1
则NO与CO反应iv的热化学方程式：_______。
(2)某研究小组在三个容积为2L的恒容密闭容器中，在三种不同实验条件分别充入4molNO和4molCO发生上述反应iv。反应体系保持各自温度不变，体系总压强随时间的变化如图1所示：
①温度：T1_______T2(①②③问均选(填“<”“=”或“>”)。
②CO的平衡转化率：I_______II_______III。
③反应速率：a点的v逆_______b点的v正。
④若该反应的速率v正=k正·p2(CO)·p2(NO)(kPa·min-1)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，k正与k逆仅与温度有关，p(M)表示M的分压，分压=总压×物质的量分数。
i．T1K下，NO的平衡转化率为_______，反应的平衡常数Kp=_______(kPa)-1(以分压表示)。已知T1K时k正=60(kPa)-3·min-1，则平衡时v逆=_______kPa·min-1。
ii．升高温度时，的比值_______。(选填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)反应iv在不同催化剂甲、乙条件下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图2所示。在工业生产中应选用_______催化剂(填“甲”或“乙”)，理由是________。
10．（2022·安徽·马鞍山二中二模）研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。
(1)发射“神舟十三”号的火箭推进剂为液态四氧化二氮和液态偏二甲肼(C2H8N2)。
已知：①C2H8N2(l)+4O2(g)=2CO2(g)+N2(g)+4H2O(l) ΔH1=-2765.0kJ/mol
②2O2(g) +N2(g)=N2O4(l) ΔH2=-19.5kJ/mol
③H2O(g)= H2O(l) ΔH3=-44.0kJ/mol
则C2H8N2(1)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)的ΔH为_______。
(2)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步：I2(g)→2I(g)(快反应)
第二步：I(g)＋N2O(g)→N2(g)＋IO(g)(慢反应)
第三步：IO(g)＋N2O(g)→N2(g)＋O2(g)＋I2(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是_______
A．N2O分解反应中，k值与碘蒸气浓度大小有关
B．v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)
C．IO为反应的催化剂
D．第二步活化能比第三步大
(3)为避免汽车尾气中的氮氧化合物对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)＋2CO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH=-746.8kJ-mol-1。实验测得：v正=k正·p2(NO)·p2(CO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关；p为气体分压(分压=物质的量分数x总压)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_______(填“大于”“小于”或“等于”)k逆增大的倍数。
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，压强为p0kPa。达平衡时压强为0.9p0kPa，则_______。
(4)我国科技人员计算了在一定温度范围内下列反应的平衡常数Kp：
①3N2H4(1)=4NH3(g)+N2(g) ΔH1 Kp1
②4NH3(g)=2N2(g)+6H2(g) ΔH2 Kp2
绘制pKp1-T和pKp2-T的线性关系图如图所示：(已知：pKp=-1gKp)
①由图可知，ΔH1_______0(填“＞”或“＜”)
②反应3N2H4(1)=3N2(g)＋6H2(g)的K=_______(用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH_______0(填“＞”或“＜”)，写出推理过程_______
11．（2022·山东青岛·一模）丁二烯是生产合成橡胶的主要原料。一定条件下，2，3-二甲基-1，3-丁二烯()与溴单质发生液相加成反应(1，2加成和1，4加成)，已知溶剂极性越大越容易发生1，4加成。现体系中同时存在如下反应：
①
②
③
由阿伦尼乌斯公式推知，同一反应在不同温度(T)下，反应速率常数(k)与活化能(Ea)的关系如下：(其中R为常数)。已知体系中两种产物可通过互相转化，反应历程及能量变化如下图所示：
(1)由反应历程及能量变化图示判断，m_______n(填“>”、“=”或“＜”)，_______。(用含不同活化能的式子表示)
(2)其他条件不变的情况下，升高反应温度，对反应_______(填①或②)的速率提高更有利，分析原因_______。
(3)由反应历程及能量变化图示判断，产物中_______(用系统命名法命名)含量更大，若要提高该产物在平衡体系中的物质的量分数，还可采取的措施是_______。
(4)在一定温度下，向某反应容器中加入1.0mol和一定量的发生上述反应。测得的平衡转化率为，平衡时为b mol，若以物质的量分数表示的平衡常数，反应③的平衡常数，则产物的选择性百分比为_______，开始加入的为_______mol，反应①的平衡常数_______。
12．（2022·福建·模拟预测）2022年冬奥会的国家速滑馆“冰丝带”采用二氧化碳跨临界制冰，CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。请回答：
(1)CO2转化为甲醇有利于实现碳中和，该过程经历以下两步：
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ/mol
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH=-90kJ/mol
①能说明反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)已达平衡状态的是_______(填字母)。
A．单位时间内生成1molCH3OH(g)的同时消耗了1molCO(g)
B．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变
C．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
D．在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化
②研究表明；在相同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料进行合成甲醇，在有分子筛膜(分子筛膜具有选择透过性)时甲醇的平衡产率明显高于无分子筛膜时甲醇的平衡产率，其原因可能是_______。
(2)在催化剂作用下，甲醇能与烯烃的液相反应制得TAME，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：+CH3OH ΔH1
反应Ⅱ：+CH3OH ΔH2
反应Ⅲ： ΔH3
①三个反应以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度变化关系如图所示。据图分析，比较A、B稳定性：_______，的数值范围是_______。
A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1
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a 。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx(Ⅲ)=9.0，则反应I的平衡常数Kx(I)=_______。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，达到平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=_______。
(3)工业上还可采用CH3OHCO+2H2的原理来制取高纯度的CO和H2。有科学家研究在钯基催化剂表面上利用甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图，则甲醇脱氧反应中速率最慢的一步历程是_______。
13．（2022·安徽黄山·二模）CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，回答下列问题：
(1)CO2和乙烷反应制备乙烯。常温常压时，相关物质的相对能量如下图所示：
已知：H2O(g)= H2O(l)的 △H计算如下：△H=-286kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)=-44kJ·mol-1。则CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为___________。
(2)CO2和M2CO3反应制备MHCO3，某学习兴趣小组为了研究该反应，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容密闭容器中，发生如下反应：。反应达平衡时体系的总压为50 kPa，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5 kPa，则CO2(g)的初始压强应大于___________kPa。
(3)CO2和H2制备甲醇，反应体系中涉及以下两个反应：
I．CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ＜ 0
II．CO2(g) + H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2 ＞ 0
将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH的选择性=×100%
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。
A．210℃ B．230℃ C．催化CZT D．催化剂CZ(Zr-1)T
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是___________。
③230℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
20
40
60
80
压强/MPa
P0
0.95P0
0.92P0
0.90P0
0.90P0
反应I 的速率可表示为v=k·P(CO2)·P3 (H2)(k为常数)，平衡时P(H2O)=0.15P0，则反应在60 min时v=___________(用含P0、k的式子表示)。达平衡时CH3OH的选择性=___________，反应II的Kc=___________。
14．（2022·湖南省隆回县第一中学二模）烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。
(1)气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应
平衡常数(25℃)
活化能/(kJ/mol)
反应a：
24.6
反应b：
3.17
反应c：
58.17
①已知： ，则_______。
②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_______。
③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因_______。
(2)其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。
①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：_______。
②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是_______。
③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_______。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。
15．（2022·上海·模拟预测）我国提出争取在2030年前实现碳峰值、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2 转化为清洁能源是促进碳中和最直接有效的方法。
(1)H2还原CO2制取CH4的部分反应如下：
①
②
③
反应2C(s)+2H2O(g)=CH4(g)+CO2(g)的∆H=___________kJ/mol。
(2)恒温条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，只发生如下反应：CO(g)+3H2 (g)=CH4(g)+H2O(g)，反应4min后，测得CO的物质的量为0.8mol，下列有关说法正确的是___________ (填字母。)
A．利用合适的催化剂可增大该反应的平衡常数
B．容器内气体的平均相对分子质量保持不变，说明该反应达到平衡状态
C．用 H2表示该反应4min内的平均速率为0.075mol·L-1·s-1
D．其它条件不变，升高温度，CO的平衡转化率降低
(3)在一定条件下，向某0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2和ymolH2，发生反应：
①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线___________ (填“m” 或“n”)，判断依据是___________。
②若x=2、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H 2的转化率如图2所示，v(a)逆 ___________ v(c)逆(填“＞”、＜”或“=”)；T2时，起始压强为2.5MPa，则Kp=___________MPa-2(保留二位小数；K p为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程 v正=k正·c(CO2)·c3(H2),v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O),k正、k逆是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的lgk，其中表示c点的lgk逆的是___________(填“A”、“B”、“D”或“E”)。
16．（2022·浙江·模拟预测）H2S的吸收与利用有多种形式，根据下列研究回答：
(1)工业、上可采用“H2S—水双温交换法”富集海水中的HDO，其原理是利用H2S、HDS、H2O和HDO四种物质，在25℃和100℃两种不同温度下发生的两个不同反应得到较高浓度的HDO。四种物质在反应体系中的物质的量随温度的变化曲线如图1，100℃时的反应△H____0(填“>”、“=”或“<”)。
(2)H2S高温裂解反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)。
①不同温度下，具有一定能量的分子百分数与分子能量的关系如图2所示，E表示T1温度下分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，阴影部分的面积反映活化分子的多少，则图中T1____T2(填“>”、“=”或“<”)。若T1温度下使用催化剂，请在图中画出相应的变化____。
②A的压力转化率表示为α(A)=(1-)×100%(p0为A初始压力，p1为A某时刻分压)。维持温度和压强不变，一定量的H2S分解达到平衡时，用各组分的平衡分压(即组分的物质的量分数×总压)表示的平衡常数Kp=p(S2)，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)=____。
(3)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如图3：
反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)
催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g)=3S(g)+2H2O(g)
该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间，其理由是____。
(4)表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用如图4表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
为了提高H2S的去除率，下列措施合适的是____。
A．增大压强(气相) B．适当增大水膜Ph C．反应温度越高越好 D．增加水膜厚度
17．（2022·湖南·岳阳市教育科学技术研究院二模）SO2及氮氧化物属于污染性气体，排放到空气中可形成光化学烟雾、酸雨等，科学家一直致力于研究这些气体的处理，能变废为宝。回答下列问题：
(1)已知反应：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol-1，
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1，
则反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的ΔH=_____。
(2)常温下，NO、NO2溶于水可制得HNO2溶液，向30mL0.10mol·L-1HNO2溶液中滴入0.10mol·L-1的NaOH溶液，使得溶液的pH=4，该溶液中=_____。［Ka(HNO2)=4.6×10-4，保留一位小数］。
(3)研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)的能量变化及反应历程如图所示：
a.该反应分两步进行，两步反应分别为：反应①Fe++N2OFeO++N2；反应②_____；由_____(填“反应①”或“反应②”)决定反应达到平衡所用时间。
b.在固定体积的密闭容器中，发生该反应，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，也可能不同)，测定N2O的平衡转化率α。部分实验结果如图所示。B、C、D三点对应的实验温度分别为TB、Tc和TD，通过计算判断TB_____Tc_____TD(填“>”“<”或“=”)_____。
(4)燃煤烟气中可通过反应SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)实现硫的回收。将1molSO2和2molCO通入1L恒容密闭容器中，在恒温T℃，起始压强为2.5×106Pa条件下反应，5min时，反应达到平衡，气体密度减少16g·L-1。0~5min内，CO的反应速率是_____；若升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，则该反应的ΔH_____0(填“>”或“<”)。
(5)深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌(该还原菌最佳生存环境pH为7~8之间)作用下，能被SO腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，写出正极的电极反应式：_____。
参考答案：
1．(1)
(2) 1 > > 增加 正向
(3) 9 3.4
【解析】
(1)
由图可知，作催化剂时，CO2的转化率大、CH4的选择性高，所以工业上应选择的催化剂是，320℃时CO2的转化率最大，CH4的选择性高，即的催化效率最高，所以合适温度是320℃；
(2)
①根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则，，由图可知，当温度为时，，则。
②由图可知，横坐标为，则横坐标越大，温度越低，反应Ⅱ和Ⅲ的随着温度的降低而增大，反应Ⅲ的增大的幅度小于反应Ⅱ，降低温度，减小，则反应Ⅰ为吸热反应，因此正反应的活化能>逆反应的话化能；AB两点都是平衡点，温度越高反应速率越大，A点温度高于B点，因此对于反应Ⅱ>；
③将容器的体积压缩为原来的一半，压强增大，反应Ⅱ平衡均正向移动，则的物质的量增加；CO2浓度增大、CO浓度减小，所以平衡Ⅰ将正向移动；
(3)
条件下，向某真空容器中充入和的混合气体(体积之比为1∶4)，容器中初始压强为，反应初始、，在催化剂作用下反应经达到平衡，测得容器中、，反应Ⅱ生成的，反应Ⅰ消耗的，所以反应Ⅰ生成的9；反应Ⅰ消耗的、反应Ⅱ消耗的， 3.4。
2．(1)+19.6
(2) a 不加催化剂，分解的活化能大 不是 温度相同，无催化剂、不同催化剂条件下N2O的平衡转化率应该相同，在A点对应温度下，A点对应转化率不是最大值 0.03 8
(3)2NO2→2NO+O2
【解析】
(1)
①
②
④
由盖斯定律，反应①+反应④=反应②，则ΔH1+ΔH4=()+()=+19.6；
(2)
①由图可知，未平衡时，反应进行相同时间，a对应N2O的转化率最大，则a对应的反应速率最大，反应所需活化能最低的曲线是a；
②由曲线d可知，在左右的分解并不明显，可能原因是不加催化剂，分解的活化能大；
③A点对应的转化率一定不是平衡转化率，理由为：温度相同，无催化剂、不同催化剂条件下N2O的平衡转化率应该相同，在A点对应温度下，A点对应转化率不是最大值；
④B点N2O的转化率为60%，则Δc(N2O)=60%×=0.3mol/L，(0.3mol/L÷10min)=0.03；
平衡时，测得完全转化为，、的物质的量分别为、，则平衡后有0.20molNO2、N2O、0.25molO2、N2共四种物质，根据O原子守恒，n(N2O)=1mol-0.20mol×2-0.25mol×2=0.1mol，根据N原子守恒，n(N2)=(1mol×2-0.20mol-0.1mol×2)÷2=0.8mol，即平衡时有0.20molNO2、0.1molN2O、0.25molO2、0.8N2，浓度分别为0.1mol/L、0.05mol/L、0.125mol/L、0.4mol/L，反应①[]的平衡常数K==8；
(3)
Step1：
Step2：
Step3：___________
总反应：
则Step3的反应方程式=总反应-2(Step1+ Step2)，为2NO2→2NO+O2。
3．(1)-a-3b-
(2) 3 30% 0.57 增大CO的物质的量
(3) C 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多 温度590K，R=2.5
【解析】
(1)
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=a kJ·mol-1
②NaCl(aq)+H2O(l)=NaClO(aq)+H2(g) ΔH=b kJ·mol-1
③4Na2FeO4(aq)+10H2O(l)=4Fe(OH)3(s)+3O2(g)+8NaOH(aq) ΔH=c kJ·mol-1
根据盖斯定律，-③-②×3-①×得2Fe(OH)3(s)+3NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2Na2FeO4(aq)+3NaCl(aq)+5H2O(l)的ΔH=-a-3b-c kJ·mol-1。
(2)
①0~15 s时CO的变化物质的量为2.5mol-1.75mol=0.75mol，则Cl2的变化物质的量也为0.75mol，Cl2的平均反应速率为=0.05mol/(L·s)=3mol·L-1·min-1；
②反应进行到15s时达到第一次平衡，CO的平街转化率为=30%；此时平衡体系内CO为1.75mol/L、Cl2为0.75mol/L、COCl2为0.75mol/L，该反应的平衡常数K==0.57；
③在第20 s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质的量；
(3)
①A．反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．正(H2S)表示正反应速率，逆(HCl)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此正(H2S)=逆(HCl)说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为C；
②C6H5-Cl由反应Ⅰ生成，C6H6由反应Ⅱ生成，图2显示温度较低时C6H5-Cl浓度的增加程度大于C6H6，说明反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，相同时间内获得的产物的浓度自然反应Ⅰ比反应Ⅱ多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5-Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5。
4．(1)+208.4
(2) ＜ ＞ 9.6×104 n 由图可知，直线n斜率大，Ea小，催化效率高
(3) 40% ×10—4
【解析】
(1)
由图可知，环己烷转化为1，3—环己二烯的热化学方程式为①(g) →(g) +2H2(g) △H1=+237.1kJ/mol，1，3—环己二烯转化为苯的热化学方程式为②(g) →(g) +H2(g) △H2=—28.7kJ/mol，由盖斯定律可知，①+可得②环己烷转化为苯的热化学方程式为(g) → (g) +3H2(g) △H=(+237.1kJ/mol)+( —28.7kJ/mol)=+280.4kJ/mol，故答案为：+280.4；
(2)
①该反应为气体体积减小的反应，温度一定时增大压强，平衡向正反应方向移动，乙醇的体积分数增大，由图可知，压强为P1时乙醇的体积分数小于P2时，则P1小于P2；由图可知，压强一定时升高温度，乙醇的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，反应为放热反应，反应的平衡常数减小，则温度较低的a点平衡常数大于b点，故答案为：＜；＞；
②在m催化剂作用下，由图中数据可得如下方程式：56.2=—7.2×10—3Ea+C①，27.4=—7.5×10—3Ea+C②，解联立方程可得Ea=9.6×104J/mol;由图可知，直线n的斜率大于m，说明活化能Ea小于m，催化效率高于m，故答案为：9.6×104；n；由图可知，直线n斜率大，Ea小，催化效率高；
(3)
设起始通入一氧化碳和氢气的物质的量都为2mol、生成甲烷的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
平衡时正逆反应速率相等，由三段式数据可得：=，解得a=0.4，则一氧化碳的转化率为×100%=40%，平衡时分压常数KP==×10—4，故答案为：40%；×10—4。
5．(1)加聚反应
(2)-589
(3) MoC/NHPC 催化剂在较低温度下反应速率增大的倍数最大，能节约能源(或其他合理答案)
(4)AC
(5)>
(6) 3∶2 10
【解析】
(1)
氯乙烯通过加聚反应可生成聚氯乙烯(PVC)，所以该反应制备PVC的有机反应类型属于加聚反应；
(2)
①
②
③
根据盖斯定律可知，④可由（①+②）+③，所以对应反应热=（+）+=（）+()=-589 kJ/mol；
(3)
通过图中曲线可知，催化剂MoC/NHPC在较低温度下反应速率增大的倍数最大，能节约能源，所以选择MoC/NHPC催化剂最佳；
(4)
A．浓度商保持不变，则说明浓度商等于该温度下的化学平衡常数，反应达到平衡，A符合题意；
B．混合气体质量不变，容器体积不变，所以混合气体的密度始终保持不变，即气体密度不变，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；
C．该反应是气体分子数减小的反应，所以气体的总压强保持不变，可说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D．随着反应的进行，产物的浓度之比始终等于化学计量数之比，所以产物浓度之比不随时间变化，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC。
(5)
根据题干信息可知，反应的平衡常数K=，所以温度为T1℃时，，则K（T1）=0.6，温度为T2℃时，，K（T1）=1.4，因为反应为放热反应，所以温度越高，化学平衡常数K值越小，则＞；
(6)
在体积为10L的恒容密闭容器中充入8mol、2mol、4mol，发生反应④，根据图示显示，X点处，气体的总物质的量为4mol，则列出三段式如下：
所以X点时的转化率为，
Y点处，和的物质的量相等，设转化的氧气的物质的量为xmol，则，所以4-2x=4x，解得x=,则Y点时，的转化率为，
①则X点和Y点时的转化率之比为3:2；
②根据上述三段式可知，500K时，该反应平衡后各物质的浓度依次为：c(CH2=CH2)=0.4 mol/L，c(O2)=0.1 mol/L， c(Cl2)=0.2 mol/L， c(CH2=CHCl)=0.4 mol/L ，c(H2O)=0.2 mol/L，所以该反应的平衡常数K==10L/mol。
6．(1)2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ∆H=-854kJ/mol
(2)10
(3) 热解温度高，S-900的煤焦氢炭比值小，表面官能团少，不利于NO吸附；S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于NO吸附 温度升高，反应速率增大
(4) O2和较浓的硫酸 2＋2H＋＋2e-=＋2H2O
【解析】
(1)
反应的方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，将已知反应依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知，②×2-①-③得反应2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，则△H=2△H2-△H1-△H3=2×(-393.5kJ/mol)-(-114kJ/mol)-(+181kJ/mol)=-854kJ/mol，反应的热化学方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-854kJ/mol；
(2)
根据题意可列出三段式：
K===10；
(3)
①由信息可知，煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，由图可知，热解温度高，S-900的煤焦比值小，表面官能团少，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；由表格数据可知，S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；
②由图可知，350℃后，随着温度升高，反应速率加快，一氧化氮的脱除率增大；
(4)
①从电解氧化法吸收的原理图可知，和A口相连的电极是阳极室，通入的是稀硫酸，而阴极室通入的是溶液，出来的是S2O。则根据电极放电顺序，可知阳极是OH-失去电子发生氧化反应，生成水和氧气，而H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，所以整个电解过程中阳极室中的水减少，则阳极室的硫酸浓度会变大，故从A口中出来的物质是氧气和浓度变大的硫酸。
②从分析可知，H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，从到S2O是化合价降低的过程，得到电子发生了还原反应，则电解池的阴极的电极反应室为2＋2H＋＋2e-=S2O＋2H2O。
7．(1)-183
(2) 1∶2 平衡前升温，速率增大，单位时间内反应物的转化率增大
(3)金属催化剂会与反应从而失去催化活性
【解析】
(1)
已知热化学方程式：① (g)+3H2(g) (g) ，
② ，
③ ，
④ ，
根据盖斯定律①=②-③+×④，则y=(-3053.5)- (-3727.9)+ ×(-571.6)=-183；
(2)
①设起始时，投入的苯酚和氢气的物质的量分别为xmol、ymol，0 ~5min内苯酚的变化量为amol，则氢气的变化量为3amol，根据A、B点的数据，解得，，故起始时投入的苯酚和氢气的物质的量之比为1∶2；
②根据已知条件可知：曲线Ⅰ表示苯酚的转化率，曲线Ⅱ表示氢气的转化率；图像横坐标为温度，温度越高反应速率越快，则，而A、B两点表示的同一个温度下，同一个反应的正速率，故速率相等，故答案为：；
③温度低于400℃时，反应未达到平衡状态，故氢气和苯酚的转化率随温度升高而增大；
④若初始时向容器中充入的苯酚的物质的量为1mol，则通入的氢气的物质的量为2mol，根据化学反应速率计算公式，解得，设起始时，投入的苯酚和氢气的物质的量分别为1mol、2mol，根据 (g)+3H2(g) (g)，可求得平衡时，苯酚、氢气、环己醇的物质的量均为0.5mol，根据，此时总压强为(kPa)，；
(3)
氨气也可能吸附到金属催化剂表面，那样会阻挡氢原子的吸附，故答案为：金属催化剂会与反应从而失去催化活性。
8．(1)2H2O+4[Ag3PO4]⊕O2+4H++4Ag3PO4
(2) 增大 一定条件下，少量二氧化碳加入有利于提高碳反应生成甲醇的转化率
(3) 二甲醚 453K到533K，主要发生反应II，反应放热，温度升高，反应II逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降 1 kPa-2
(4) b 2CO2+2e-+H2O=HCOO-+ 0.75
【解析】
(1)
abc三个反应就是总反应2CO2+4H2O2CH3OH+3O2，则总反应减去反应ac可得反应b为：2H2O+4[Ag3PO4]⊕O2+4H++4Ag3PO4；
(2)
由表格中原料气各组分含量不同时反应生成甲醇的碳转化率的数据可知：反应温度越高，生成甲醇的碳转化率越高，故答案为：增大；
二氧化碳的体积分数为4%时生成甲醇的碳转化率最高，二氧化碳的体积分数为20%生成甲醇的碳转化率较低，不含二氧化碳时生成甲醇的碳转化率最低，因此原料含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率, CO2含量过高生成甲烷的碳转化率又降低，故答案为：一定条件下，少量二氧化碳加入有利于提高碳反应生成甲醇的转化率；
(3)
①随着温度的升高，反应工平衡逆向移动，故二甲醚平衡体积分数减小，对应曲线X，故此处填：二甲醚；CO2的平衡转化率与反应I、Ⅱ有关，且温度升高，两个反应平衡移动方向不一致，在不同温度范围内，两个反应程度不同，故CO2的平衡转化率表现不一致，故此处填：453K到533K，主要发生反应II，反应放热，温度升高，反应II逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降；故答案为：二甲醚；453K到533K，主要发生反应II，反应放热，温度升高，反应II逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降；
②恒温恒容条件下，压强之比等于其物质的量之比，则达到平衡时气体总物质的量：
(5.0+7.0)mol=，则平衡时气体总物质的量为10mol，反应前后气体减少的物质的量= (12-10)mol，气体减少的物质的量是生成甲醇气体物质的量的2倍，则生成甲醇的物质的量为1.0mol，生成1.0mol甲醇时，故n1=1；该反应中生成，则有水在反应中生成则生成的n(CO)=2mol，消耗的，剩余，则剩余，则，，，，反应I的平衡常数，故答案为：1；kPa-2；
(4)
①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，该电极反应式为：2CO2+2e-+H2O=HCOO-+；则电极b为正极，右侧电极为阳极，电极反应式为：；故答案为：b；2CO2+2e-+H2O=HCOO-+；
②由第一问的分析可知，阳极反应为：，阴极电极反应为：2CO2+2e-+H2O=HCOO-+，由此可以发现，若有1molH+通过质子交换膜时，则转移1mol电子，则此时该装置生成HCOO-和HCOOH共计0.75mol。
9．(1)2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol
(2) ＞ ＜ = ＞ 50% 0.05 6.0×105 减小
(3) 甲 催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高
【解析】
(1)
由盖斯定律可知，ii×2—i—iii可得反应iv：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，则反应热ΔH=2ΔH2—ΔH1—ΔH3 =(—393 kJ/mol)×2—(+180kJ/mol)—(—221kJ/mol)=—745kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol，故答案为：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol；
(2)
设温度为T1时一氧化氮的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为40kPa、35kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得a=0.5，既50%；设温度为T2时一氧化氮的转化率为b，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为32kPa、25kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得b=0.875，既87.5%；
①该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，说明T1大于T2，故答案为：＞；
②由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，所以II和III的一氧化氮转化率相等，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，则转化率的关系为：I＜II=III，故答案为：＜；=；
③平衡时，正逆反应速率相等，由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，催化剂能降低了反应的活化能，加快化学反应速率，则a点的逆反应速率大于b点的正反应速率，故答案为：＞；
④i．由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率为50%，一氧化碳、一氧化氮、二氧化碳、氮气的平衡分压分别为×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=5kPa，则分压平衡常数Kp==0.05；平衡时，正逆反应速率相等，则v正= v逆，k正·p2(CO)·p2(NO) =k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，==K=0.05，由T1K时k正=60(kPa)-3·min-1可得k逆==1200(kPa)-3·min-1，所以v逆=1200(kPa)-3·min-1×5kPa×(10kPa)2=6.0×105kPa·min-1，故答案为：50%；0.05；6.0×105；
ii．由i可知，=K，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则的比值减小，故答案为：减小；
(3)
由图可知，反应iv在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲，故答案为：甲；催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高。
10．(1)−2550.0kJ·mol-1
(2)BD
(3) 小于 或
(4) < Kp1·Kp2 < 设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)>∣pKp2(T2)-pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)-pKp1(T1)> pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此该反应正反应为放热反应
【解析】
(1)
由盖斯定律可知，①-2×②-4×③得反应：C2H8N2(1)＋2N2O4(1)=3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)，则ΔH=ΔH1-2ΔH2-3ΔH3=−2550.0kJ·mol-1；
(2)
A．k为速率常数受温度、催化剂、固体表面积性质等影响，不受浓度影响，A错误；
B．平衡时v(正)=v(逆)，第二步反应为慢反应，反应速率较慢，则v(第二步的逆反应)也较慢，第三步反应为快反应，反应速率较快，故v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)，B正确；
C．催化剂改变反应速率，反应前后质量和化学性质不变；IO为中间过程产物，不是反应的催化剂，C错误；
D．活化能越大反应越慢，第二步反应为慢反应、第三步反应为快反应，故活化能第二步比第三步大，D正确；
故选BD；
(3)
①达到平衡后，v正= v逆=k正·p2(NO)·p2(CO) =k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数K=，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2：2：1，设初始CO、NO和N2物质的量分别为2mol、2mol、1mol，生成N2的物质的量为x；
则反应后总的物质的量为(5-x)mol，初始压强为p0kPa，达平衡时压强为0.9p0kPa，则，x=0.5mol，平衡时CO、NO、N2、CO2物质的量分别为1mol、1mol、1.5mol、1mol，总的物质的量为4.5mol，则K=；
(4)
①由图可知，Kp1随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，正反应为放热发应，ΔH1<0；
②由盖斯定律可知，①+②得反应3N2H4(1)=3N2(g)＋6H2(g)，则该反应的 K= Kp1·Kp2；
设T2>T1，由图可知：pKp1(T2)-pKp1(T1)>∣pKp2(T2)-pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)-pKp1(T1)> pKp2(T1)-pKp2(T2)，pKp1(T2)+pKp2(T2)>pKp1(T1)+pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此升高温度，K值减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应。
11．(1) >
(2) ② 由题中阿伦尼乌斯公式可知，升高相同的温度，活化能越大，速率常数k增大的越多，，故升高温度，对1，4加成产物的生成速率提高更有利
(3) 2，3-二甲基-1，4-二溴-2-丁烯 在极性大的溶剂中进行反应
(4) 80%
【解析】
(1)
由反应历程及能量变化图示可知，反应物总能量高于生成物总能量，则转化为是放热反应，反应②-①得到→，根据盖斯定律，＜0，则m＞n；转化为的，转化为的，这个过程中===，
(2)
由题中阿伦尼乌斯公式可知，升高相同的温度，活化能越大，速率常数k增大的越多，，故升高温度，对1，4加成产物的生成速率提高更有利，则其他条件不变的情况下，升高反应温度，对反应②的速率提高更有利；
(3)
由图可知，的能量低于，较稳定，反应生成的容易转化为，则反应达平衡后产物中含量更大，主链含有4个C原子，1、4号C原子上含有Br原子，2、3号C原子上含有甲基，2号C原子含有碳碳双键，则该物质的名称为2，3-二甲基-1，4-二溴-2-丁烯；有题目中信息可知，溶剂极性越大越容易发生1，4加成，故若要提高该产物在平衡体系中的物质的量分数，还可采取的措施是在极性大的溶剂中进行反应；
(4)
设反应生成x mol，反应③的平衡常数，则生成的物质的量为4x mol，则产物的选择性百分比为=80%；反应开始时，加入1.0mol，的平衡转化率为，则消耗的物质的量为mol，则消耗Br2的物质的量为mol，平衡时为b mol，故开始加入的为；消耗的物质的量为mol，生成和的总物质的量为mol，产物的选择性百分比为80%，则生成的物质的量为= mol，平衡时，的物质的量为，为b mol，各物质总物质的量为(1+b)mol，则反应①的平衡常数=。
12．(1) CD 分子筛膜从反应体系中不断分离出CH3OH，有利于反应正向进行
(2) B>A D 1∶10
(3)CO*+4H*→CO*+2H2*或者4H*→2H2*
【解析】
(1)
①A．用不同物质的速率表示反应达到平衡，反应方向应是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，单位时间内生成1molCH3OH的同时消耗1molCO，反应方向都是向正反应方向进行，因此不能说明反应达到平衡，故A不符合题意；
B．组分都是气体，混合气体总质量保持不变，容器为恒容，气体体积不变，根据密度的定义，混合气体密度始终不变，因此该条件下，混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；
C．化学平衡常数只受温度的影响，容器为绝热恒容，化学反应都会伴随能量的变化，容器中的温度在改变，当温度不再改变，反应平衡常数也不再改变，说明反应达到平衡，故C符合题意；
D．组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应是气体物质的量减少的反应，因此当气体平均摩尔质量不再变化，说明反应达到平衡，故D符合题意；
答案为CD；
②分子筛膜具有选择性透过性，使用分子筛膜相当于从反应体系中不断分离出甲醇，促使平衡向正反应方向进行，提高甲醇的平衡产率；故答案为分子筛膜从反应体系中不断分离出CH3OH，有利于反应正向进行；
(2)
①根据图像可知，温度越低，平衡常数越大，说明这三个反应均为放热反应，即ΔH1＜0、ΔH2＜0、ΔH3＜0，A的能量比B的能量高，能量越低，物质越稳定，即B比较稳定；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则ΔH1-ΔH2=ΔH3＜0，因此ΔH1＜ΔH2，由于放热反应的ΔH越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选项D正确；故答案为B>A；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)=αmol，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0.9αmol，n(A)=0.1αmol，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；故答案为；1∶10；
(3)
活化能越大，化学反应速率越慢，根据能量示意图可知，速率最慢的一步历程是CO*+4H*→CO*+2H2*或者4H*→2H2*；故答案为CO*+4H*→CO*+2H2*或者4H*→2H2*。
13．(1)C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=+133 kJ·mol-1
(2)120
(3) BD 温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低(其他合理答案均可给分) 0.015k P 33.3% 0.3
【解析】
(1)
ΔH =生成物总能量-反应物总能量，CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=-110 kJ·mol-1 -286kJ·mol-1 +52kJ·mol-1+393kJ·mol-1 +84kJ·mol-1=+133 kJ·mol-1；
(2)
因为反应温度不变，故化学平衡常数K不变, 化学反应方程式为：，平衡常数，将足量MHCO3固体置于真空恒容容器中，反应达平衡时体系总压为50kPa，则p(CO2)=p(H2O)=25 kPa，=25 kPa×25 kPa=625kPa2。设CO2(g)的初始压强为 x kPa，平衡时p(CO2)=(5+x) kPa，p(H2O)=5 kPa，则有Kp=p(CO2)·p(H2O)=625kPa2=5kPa×(x+5)kPa，解得x=120。故要使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO(g)的初始压强应大于120 kPa；
(3)
①如图可知合成甲醇的工业条件是230℃、催化剂CZ(Zr-1)T 故选BD；
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是：温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低；
③将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，，，a+3a= P0，a=0.25 P0，x+y=0.15 P0，a-(x+y)+3(a-x)-y+y+x+y=0.9 P0，解得x= P0，y= P0，P(CO2)=0.1 P0，P(H2)= P0，v=k·P(CO2)·P3 (H2)，则反应在60 min时v≈0.015k P；CH3OH的选择性=×100%=；反应II的Kc=。
14．(1) 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于
(2) 溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性 溶液直接与反应是脱除的主要原因
【解析】
(1)
①已知：反应a： ，
，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。
②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。
③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。
(2)
①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。
②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。
③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。
④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。
15．(1)-25
(2)BD
(3) m 该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，平衡常数减小。 < 9.88 A
【解析】
(1)
②式 (2③式 + ①式)= 25KJ·mol-1
(2)
A. 平衡常数与催化剂无关，A项错误；
B. 该反应为前后气体分子数改变的反应。平衡前后，气体总质量不变，气体平均物质的量会发生变化，故当容器内气体的平均相对分子质量保持不变时，可以说明该反应达到平衡状态，B项正确；
C.列三段式
用 H2表示该反应4min内的平均速率为v==0.075mol·L-1·min-1，C项错误；
D. 该反应为放热反应，其它条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率降低，D项正确。
答案选BD。
(3)
①该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，随温度升高平衡常数减小，故平衡常数K与温度T的变化关系应为曲线m；②温度升高化学反应速率加快，图2中a点温度小于c点温度，故v(a) 逆
起始时压强为2.5Mpa，平衡时压强为2.5Mpa=1.7Mpa，Kp==9.88MPa-2；③由v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，可得k逆=，k逆只与温度有关，温度越高v逆越大，温度升高平衡向逆反应方向移动，则平衡时温度越高c(CH3OH)·c(H2O)越小，故可得T与k逆成正比，与lgk逆成反比，从AE两点进行选择，<，故c点的lgk逆应为A点。
【点睛】
分析有关化学平衡的图像题时，一定要注意横纵坐标关系，本题图2中横纵坐标为H2转化率与温度，切不可与速率—温度图像混淆；本题图3中，一条线为增函数，另一条线为减函数，故解题时要先求出与k逆的关系，同时一定注意题中所给信息，例如本题中所给：速率常数只受温度影响，故虽然a点不是平衡点，但k逆的值在该温度下只有一个，利用平衡时的变化规律计算即可。
16．(1)>
(2) < 60%
(3)停留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2
(4)AB
【解析】
(1)
根据图像可知100℃以后随温度升高，反应物的物质的量减少，生成物的物质的量增加，说明升高温度平衡正向进行，所以100℃时的反应△H＞0。
(2)
①活化能即活化分子具有的最低能量与分子平均能量之差，升高温度活化分子数增加，阴影部分面积会增加，但平衡不移动，所以根据图像可判断T1＜T2；若T1温度下使用催化剂，由于催化剂会降低活化能，活化分子数会增加，则对应图像可表示为；
②根据三段式可知
则Kp=＝p(S2)＝，即，解得x＝0.5，则此时硫化氢的分压为，则平衡时H2S的压力转化率(H2S)= (1-)×100%＝60%。
(3)
由于留时间过短或过长，均导致催化转化器中H2S、SO2不能恰好完全反应，硫的回收率降低，且排放的尾气中仍含有H2S或SO2，所以该工艺中需要严格控制气体在反应炉中的停留时间。
(4)
A. 增大压强(气相)，硫化氢的溶解度增大，可提高H2S的去除率，A正确；
B. OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大，可提高H2S的去除率，B正确；
C. 反应温度越高，硫化氢的溶解度越小，降低其去除率，C错误；
D. 若水膜过厚，导致活性炭的吸附力减弱，吸附的硫化氢、氧气减少，去除率减少，D错误；
答案选AB。
17．(1)-746kJ·mol-1
(2)0.2
(3) FeO++COCO2+Fe+ 反应① TB
(5)SO+5H2O+8e-=HS-+9OH-
【解析】
(1)
由盖斯定律，反应②-①可得反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)的ΔH=ΔH2-ΔH1=-566-(+180)= -746kJ·mol-1；
(2)
HNO2的电离平衡常数Ka(HNO2)=，常温下pH=4则c(H+)=10-4mol/L，则；
(3)
a．总反应为N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)十N2(g)，实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++CO⇌CO2+Fe+；根据反应①的历程图可知，由Fe+和N2O经过过渡态得到产物FeO+和N2，过渡态和反应物Fe+和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间，故答案为：FeO++CO⇌CO2+Fe+；反应①；
b．根据图象，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，温度越低N2O转化率越大，则TB< Tc，C点时，起始物料比为=1.0，NO2的平衡转化率为α(NO2)=50%，设起始时c(NO2)=c(SO2)=xmol/L，化学平衡常数为K(C)=，D点时，起始物料比为=1.5，NO2的平衡转化率为α(NO2)=40%，设起始时c(SO2)=ymol/L，c(NO2)=1.5ymol/L，化学平衡常数为K(D)=，所以K(C)=K(D)，化学平衡不发生移动，则TC=TD，故答案为：TB
若反应进行到5min时，反应达到平衡，气体密度减小16g•L-1，则生成S的质量为16g/L×1L=16g，生成硫的物质的量为=0.5mol，则：，；若升高温度，气体的密度增加，说明平衡逆向移动，则正方向为放热反应，即反应的△H＜0，故答案为：0.2mol•L-1•min-1；＜；
(5)
pH为7～8时，正极SO在还原菌作用下得电子，发生还原反应，电极反应式为SO+5H2O+8e-=HS-+9OH-。
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