安徽省2023年高考化学模拟题汇编-08化学反应速率与化学平衡（解答题）

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安徽省2023年高考化学模拟题汇编-08化学反应速率与化学平衡（解答题）

一、原理综合题
1．（2023·安徽蚌埠·统考三模）能源的合理开发和利用，低碳减排是人类正在努力解决的大问题。2023 年2月21日，中国气候变化特使谢振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献
(1)在298K、100kPa时，已知：
C(s，石墨) +O2(g)=CO2(g) ΔH1= -393.5 kJ·mol-1
H2(g) +O2(g)=H2O(1) ΔH2= -285.8 kJ· mol-1
2C2H2(g) +5O2 (g)= 4CO2(g) +2H2O(1) ΔH3= -2599.0 kJ·mol-1
在298K时由C(s，石墨)和H2(g)反应生成1 mol C2H2(g) 的热化学方程式为___________________。
(2)在固相催化剂作用下CO2加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH1=-156.9kJ· mol-1
副反应：CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) ΔH2= +41.1 kJ·mol -1
工业合成甲烷通常控制温度为500°C左右，其主要原因为_____________________________。
(3)向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g) ，保持总压为100kPa发生反应：
CH4(g) +4NO(g) 2N2(g) +CO2(g) +2H2O(g) ΔH <0。
当=1时，NO的平衡转化率~；T2时NO平衡转化率~的关系如图

①能表示此反应已经达到平衡的是______________________。
A．气体总体积保持不变
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变
C． 不再变化
②表示T2时NO平衡转化率~的关系是___________(填“I”或“II”)，T1_________________T2(填“>”或“<”)。
③在=1、T2时，CH4的平衡分压为____ 。已知：该反应的标准平衡常数 ，其中=100 kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO)2、 p(N2)和p( H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下 =_________________。(分压=总压 ×物质的量分数。计算结果用分数表示)。
2．（2023·安徽安庆·统考二模）低碳烯烃是最重要和最基本的有机化工原料，利用合成气间接或直接制取低碳烯烃是极具开发前景的合成气制烯烃技术。回答下列问题：
(1)乙烯(C2H4)分子中σ键和键数目之比___________。
(2)已知下列反应的热化学方程式：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)　ΔH1=-116kJ/mol
②CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(l)　ΔH2=-206kJ/mol
③2CH3OH(l)C2H4(g)+2H2O(l)　ΔH3=-35kJ/mol
计算④2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(l)的ΔH=___________
(3)目前较普遍采用的合成气间接制低碳烯烃过程可简化为反应①②③，另一种方法是费托合成直接制烯烃即反应④，相比费托合成反应，合成气间接制低碳烯烃方法的优点是___________，缺点是___________。
(4)我国科学家发明的Fe基费托合成催化剂Fe@Si/S-34能抑制水煤气变换反应，具有更高的低碳烯烃选择性，使费托合成直接制烯烃具有很大开发前景。其中Fe基催化剂以铁的氧化物为主，其晶胞如下图所示：Fe在晶胞中的配位数是___________，该晶胞的化学式为___________。

(5)在温度260°C，压强2MPa反应条件下，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1的混合气体进行反应2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)，平衡时CO的转化率为30%，该温度下反应的平衡常数Kp=___________(MPa)-3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(6)经研究反应④过程有副产物CO2、CH4、C2H6等生成。CO转化率以及产物选择性随温度的变化如下图所示。

该条件下生成乙烯最适宜的温度是___________。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________。
3．（2023·安徽滁州·安徽省定远县第三中学校考二模）十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”，因此研究等大气污染物的处理方法具有重要意义。
(1)汽车尾气中的和在一定条件下可发生如下反应：
反应a：
反应b：
①的燃烧热为，则_______。
②某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行的分解。若用和分别表示、、和固体催化剂，在固体催化剂表面分解的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是_______(填字母序号)。

(2)某研究小组探究催化剂对、转化的影响。将和以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中的含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即的转化率)，结果如图所示。若低于，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为_______；点是否为对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由_______。

(3)以乙烯作为还原剂脱硝，脱硝机理如图，则总反应的化学方程式为_______。

(4)温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：  ,实验测得：υ(正)＝υ(NO)消耗＝2υ(O2)消耗＝k(正)c2(NO)c(O2)，υ(逆)＝υ(NO2)消耗＝k(逆)c2(NO2)，k(正)、k(逆)为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中、如下表：
时间


















温度时=______ L∙mol−1。
②若将容器的温度改变为时其，则_______(填“”“”或“”)。
4．（2023·安徽合肥·统考一模）空间站还原转化系统能把呼出的捕集、分离并与空间站电解水系统产生的进行加氢处理，从而实现空间站内物料的循环利用。
(1)一种借助光将转化为的催化机理如图所示。该转化过程总反应的化学方程式是_______；图中所示的各物质中，含有极性共价键的非极性分子是_______(填化学式)。

(2)一定条件下，和还可发生如下两个平行反应：
i.  
ii.  
①已知相关键能数据如下表：
化学键




键能/
436
464
803
1072

则反应i的_______。
②为了提高的产率，理论上应采用的措施是_______(填标号)。
A．低温低压    B．高温低压    C．高温高压    D．低温高压
③保持温度，压强，按投料比向密闭容器中充入和，反应相同时间测得不同催化剂下转化率和选择性的相关实验数据如下表所示(已知选择性：转化的中生成的百分比)。
催化剂
转化率
选择性
cat.1
21.9%
67.3%
cat.2
36.1%
100.0%

上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．气体压强不再变化        B．气体平均相对分子质量不再变化
C．和的物质的量之比为    D．和的物质的量之比不再变化
(3)一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ii，达平衡时，的转化率为80%，则该温度下的平衡常数_______(保留两位小数)。
(4)若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比不同、温度不同时，测得相应的平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度_______(填“＜”，“>”，或“=”)，其原因是_______。

5．（2023·安徽蚌埠·统考二模）CH4和CO2两种引发温室效应气体可以转化为合成气(H2和CO)进而可以解决能源问题：
(1)甲醇是新型的汽车动力燃料。工业上可通过H2和CO化合制备甲醇，该反应的热化学方程式为
2H2(g) + CO(g)= CH3OH(1) ΔH1= -116kJ ·mol-1
已知：CO(g) +O2(g) =CO2(g) ΔH2= -283 kJ ·mol-1
H2(g) +O2(g) =H2O(g) ΔH3= -242 kJ ·mol-1
H2O(g) =H2O(1) ΔH4= -44 kJ ·mol-1
表示甲醇燃烧热的热化学方程式为________。
(2)CH4制备合成气反应CH4(g) +H2O(g)CO(g) + 3H2(g)通过计算机模拟实验。在400 ~ 1200°C，操作压强为3. 0MPa条件下，不同水碳比(1 ~10)进行了热力学计算，反应平衡体系中H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如图所示。

据模拟实验可知，该反应是_______(填“放热”或“吸热”)反应。平衡温度为750°C ，水碳比为5时， H2的物质的量分数为0.3，则CH4的转化率为_______，用各物质的平衡分压计算Kp=_______ MPa2。 (分压=总压 ×物质的量分数，结果保留2位小数)
(3)利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：
3CH3OH(g)C3H6(g) + 3H2O(g)。

该反应VanˊtHoff方程的实验数据如图中曲线a所示，已知VanˊtHoff方程为+C(ΔH为该反应的焓变，假设受温度影响忽略不计，K为平衡常数，R和C为常数) ，则该反应的焓变ΔH =________kJ·mol-1。对于另一反应实验数据如图中的曲线b所示，若该反应焓变为ΔH '，则△H_________ΔH ' (填“>”“<”或“=”)；此公式说明对于某个反应，当升高相同温度时，其ΔH 的数值越大，平常数的变化值就______( 填“越多”或“越少”)。
6．（2023·安徽·统考一模）异丁烯是一种重要的化工原料，主要用于制备甲基叔丁基醚、丁基橡胶、甲基丙烯腈等。将异丁烷脱氢制备异丁烯，可提高异丁烷的附加值，具有良好的经济与社会效益。回答下列问题。
(1)利用下列键能数据，计算下列异丁烷直接脱氢生成异丁烯反应：
的_______。
化学键






键能/
347.7
615
413.4
436
462.8
497.3

(2)在压强下，异丁烷的平衡转化率随温度的变化结果如下图所示。

该反应的平衡常数随温度升高而_______(填“增大”“减小”或“不变”)。计算时的平衡常数，_______(结果保留一位小数)。
(3)在温度、压强下，初始反应气体组成(异丁烷)或(异丁烷)与平衡时异丁烷摩尔分数x的关系如下图所示。

其中(异丁烷)为曲线_______，判断依据是_______。
(4)有人提出加入适量空气，采用异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，写出该反应的热化学方程式_______。并比较异丁烷直接脱氢制备异丁烯，从产率角度分析该方法的优缺点_______。
7．（2023·安徽淮北·统考一模）化石燃料燃烧排放的氮氧化物()需要加以处理，以氨气为还原剂的(选择性催化还原)技术主要是通过向烟道内喷入还原剂，然后在催化剂的作用下将烟气中的，还原成清洁的和。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
① (标准反应)
②(慢速反应)
③(快速反应)
④(副反应)
计算反应③的__________。
(2)下列关于反应②和反应③反应过程能量变化示意图正确的是__________。

(3)若烟气中水含量过高会对反应产生影响：ⅰ．从平衡角度分析水含量高的影响：__________；ⅱ．相同时间内水对反应①和反应③的影响如图所示。水的存在__________(选填“加快”“减慢”)了反应，可能的原因是：__________。

(4)在温度、压强条件下的恒容容器中模拟实验，原料气、、比例为1∶1∶2，主要发生反应③，平衡时压强为，脱氮率为__________，平衡常数__________(保留三位有效数字)。()
8．（2023·安徽黄山·统考一模）煤的间接液化是先把煤转化为一氧化碳和氢气，再在催化剂作用下合成甲醇等
(1)已知反应：①
②
③
则反应③的_______。
(2)在时，向体积为的一个刚性容器中加入一定量的和，只发生下列反应：、，达平衡时测得，则平衡时_______(用含a、b、c的代数式表示)。
(3)已知：在一定条件下可发生反应：
①下列说法正确的是_______。
A．使用高效催化剂可以加快化学反应速率，提高和的平衡转化率
B．时说明反应已经达到化学平衡状态
C．升高温度，化学反应速率加快，说明该反应的正反应是吸热反应
D．恒温恒容下，向平衡体系中再充入适量的，平衡正向移动，平衡常数不变
E.恒温恒容下，再加入氨气压强增大可以提高和的平衡转化率
②已知：催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心。恒温恒容条件下发生反应，若不变时，过多，反应速率减慢，可能的原因是_______。
③若一定温度范围内该反应的化学平衡常数为K，与(温度的倒数)的关系如图所示：则_______0(填“大于”或“小于”)

④时，在体积为的刚性容器充入和合成甲醇，假设只发生反应：，5分钟末达到平衡，测得的体积分数为，求5分钟内的平均反应速率_______，的平衡转化率为_______。
⑤的沸点由高到低的顺序是_______，原因是_______。
9．（2023·安徽·校联考模拟预测）氨既是重要的化工产品，又是染料、医药等工业的重要原料。回答下列问题：
(1)“哈伯—博施法”合成氨反应的能量变化如图(a)所示，则合成氨的热化学方程式为：_______。

(2)在不同条件下达到平衡，设体系中氨气的物质的量分数为，在下的与p、在下的与T关系如图(b)所示。

①_______(填“曲线a”或“曲线b”)表示的是下的与p关系图像。
②当时，反应条件可能是_______。
(3)Fe表面催化循环合成氨机理如下(*代表空白活性位，吸附在活性位上的物种用*标注，如)，其中的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。
a.              b.
c.               d.
e.        f._______
g.
①反应f为_______。实际生产中，原料气中和物质的量之比为。如此操作的原因有两点：_______、_______。
②已知：当2个原子被1个活性位吸附，这2个原子就容易成键。反应a~d中被1个活性位吸附的微粒是_______(填标号)。
A．         B．H        C．        D．N        E.
③研究表明，某些物质(例如硫)能使催化剂永久中毒。依据上述反应机理分析催化剂中毒原因：___。
10．（2023·安徽宣城·安徽省宣城市第二中学模拟预测）是常见的还原剂，也是合成一碳化学产品的原料。
(1)工业上采用天然气法制备。已知几种共价键的键能如表所示：
化学键

CO  



436
1076
465
413

写出气体和水蒸气在高温下反应生成和的热化学方程式：_______。
(2)工业上，用还原赤铁矿冶炼铁，有关热化学方程式如下：
①
②
③
④_______。(计算结果保留1位小数)
(3)工业上利用合成，一定量的和加入一定容积的反应器中，在催化剂存在下发生反应：。测得平衡转化率与温度关系如图所示。

①温度升高，平衡转化率降低，其主要原因是_______。
②_______(填“>”、“<”或“=”)。
(4)工业上，常用处理，在催化剂存在条件下发生反应：2。
在体积相等的甲、乙两个密闭容器中分别充入、气体，在恒温恒容、绝热恒容下分别发生上述反应。测得气体压强与时间关系如图所示。

①容器_______(填“甲”或“乙”)在恒温恒容条件下反应。
②气体总物质的量：a_______b(填“>”“<”或“=”)。
③b点平衡常数_______(填“>”“<”或“=”)。提示：用分压计算的平衡常数为，分压等于总压×物质的量分数。
④乙容器内分压变化率为_______。

二、工业流程题
11．（2023·安徽安庆·统考二模）金属钒在新能源动力电池中有重要作用。含钒尖晶石是钒渣中最主要的含钒物相，其主要成分有V2O3、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2.采用以下工艺流程制备V2O5。

(1)“焙烧”过程中被氧化的元素为_______，写出V2O3与Na2CO3反应的化学方程式_______。
(2)“沉淀1”的成分是_______。
(3)“滤液1”中铝元素所发生的离子反应方程式_______。
(4)“沉淀2”加热分解后固体产物的用途_______。(任写一种)
(5)“沉钒”析出NH4VO3晶体时，需要加入过量(NH4)2CO3，结合平衡移动原理解释原因_______。
(6)该工艺流程中可回收再循环利用的物质有_______。
12．（2023·安徽淮北·统考一模）金属镍作为重要的战略金属资源对国民经济和国防工业发挥着至关重要的作用。铜镍矿(主要成分为镍、镁、铜、铁、硅的氧化物)的湿式冶炼是获取镍的重要途径，其工艺流程如图所示：

(1)“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是__________。
(2)萃取剂是由与按一定比例调配而成的，其与形成的络合物含有的作用力有__________。
a．离子键     b．极性共价键     c．非极性共价键     d．配位键
(3)已知铁矾渣的成分是，在沉淀除铁过程中的作用是__________，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为__________。
(4)沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是__________(填化学式)。
(5)沉镍过程中的加入量对镍沉淀的影响如图所示，当为8.5时，溶液中的浓度为__________(已知该温度下)结合图中信息回答，选择加入量为的理由是__________。

13．（2023·安徽合肥·统考一模）一种由铜阳极泥(主要成分有Se、、等，还含有少量的Au、Pt等贵金属)提取Se，同时回收Ag和Cu的工艺流程如下图所示。

已知：①硒的沸点685℃，在空气中加热时会被氧化。
②在该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和恰好沉淀完全的pH如下表：
金属离子


开始沉淀的pH
4.0
8.1
恰好沉淀完全的pH
6.7
10.1

回答下列问题：
(1)为了提高“浸出”效果，可采取的措施有_______(写出一种合理措施)；浸出渣的主要成分是_______。
(2)工业上铜阳极泥还可以用浓硫酸浸出，从产物角度分析其缺点是_______。
(3)铜阳极泥中的硒元素主要以形式留在浸出液中，写出Se单质在“浸出”时反应的离子方程式_______。
(4)“沉硒”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯，采用真空蒸馏的目的是_______。
(5)加入NaOH进行“沉铜”处理，调节溶液pH的范围是_______。
(6)已知：常温下，  ，  。“溶浸”时发生反应的离子方程式为，常温下，该反应的平衡常数K=_______。
(7)“还原”时，工业上常用HCHO在碱性下还原得到Ag，反应后所得滤液3可进入_______操作中循环利用(填流程中操作名称)。

参考答案：
1．(1)2C(s，石墨) + H2(g)=C2H2(g)     ΔH= +226.7kJ·mol-1
(2)温度低于500 °C ，反应速率低；温度高于500 °C ，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成
(3)     C     II     >     45 kPa    

【详解】（1）设①C(s，石墨)＋O2(g)=CO2(g)  △H1=－393.5kJ·mol－1；
②H2(g) +O2(g)=H2O(1)               ΔH2= -285.8 kJ· mol-1；
③2C2H2(g)＋5O2(g)=4CO2(g)+ 2H2O(l)  △H3=－2599kJ·mol－1；
利用盖斯定律将①×2+②-③×可得：
2C(s，石墨)+H2(g)=C2H2(g) △H=（-393.5kJ/mol）×2+×（-571.6kJ/mol）-×（-2599 kJ/mol）=+226.7kJ/mol；
（2）加氢合成甲烷时，温度低于500℃时，反应速率低，温度高于500℃，对于副反应CO2(g) +H2(g)CO(g)+H2O(g)，正反应吸热，平衡向生成CO的方向移动程度增大，都不利于甲烷的生成，故答案为：温度低于500 °C ，反应速率低；温度高于500 °C ，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成；
（3）①A．该反应前后气体计量系数不变，故气体体积也始终不变，则气体总体积保持不变不能证明反应达到平衡，A错误；
B．由选项A可知，该反应前后气体计量系数不变，且所有的反应物和产物都是气体，则该反应体系的密度始终不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能证明反应达到平衡，B错误；
C．随着反应的进行一氧化氮在减少，氮气在增大，则一直在变化，故不再变化可以证明反应达到平衡，C正确；
故选C；
②由反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知，随着的增大，即增大NO的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由图3所示信息可知，曲线II表示T3K下NO平衡转化率～的关系，由题干反应方程式CH4(g)+4NO(g)⇌ 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)  △H<0可知，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线I表示=1时NO平衡转化率～关系图，从图中所示信息可知，T越大，则越小，NO的转化率越小，故Tl＞T2，故答案为：II；＞；
由题干图示信息可知，在=1、T2K下，NO的转化率为40%，根据三段式分析可知，，则该反应平衡时CH4的体积分数为=10%，则此时CH4的平衡分压分别为：p(CH4)==45kPa，p(NO)==30kPa，p(CO2)==5kPa，p(N2)==10kPa，p(H2O)==10kPa，故该反应的标准平衡常数==，故答案为：45kPa；。
2．(1)5：1
(2)-267kJ/mol
(3)     有副产物液态燃料甲醇生成     工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等
(4)     6     Fe2O3
(5)
(6)     320°C     使用更高效的催化剂

【详解】（1）两原子之间优先形成σ键。乙烯的结构式如图，中σ键和Π键数目之比5:1。答案为5:1；
（2）由盖斯定律得，反应④=③+2①=-267kJ/mol。答案为-267kJ/mol；
（3）有副产物液态燃料甲醇生成。而工艺流程长，能耗高，同时②反应副产物多烯烃选择性低等。答案为有副产物液态燃料甲醇生成；工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等；
（4）从图看每个Fe周围连了6个O，所以Fe的配位数为6。灰球12个位于棱上，8个位于体内，8个顶点，总共Fe为3+8+1=12个。答案为Fe2O3；
（5）由于起始，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1，设个物质的量分别为2mol、1mol、1mol，同时CO平衡转化率为30%，建立三段式为
，P平= MPa。则Kp=(MPa)-3。答案为；
（6）从图看，320℃时，C2H4选择性较高，条件为C2H4。为了提高烯烃的选择性可以选择更高效的催化剂，有利于主反应。答案为320°C；使用更高效的催化剂。
3．(1)          C
(2)     温度较低时，催化剂活性较低     否，该反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，根据曲线Ⅱ可知，a点对应的温度低于，其平衡转化率应该高于下的平衡转化率
(3)
(4)          ＞

【详解】（1）①，的燃烧热为即，第二个方程式2倍减去第一个方程式，则；故答案为：。
②已知 ，故的分解是放热反应，故和的总能量比能量小，能量越低越稳定，且化学键的断裂是吸热过程，故能量：，能量最低的是C；故答案为：C。
（2）若低于，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为温度较低时，催化剂活性较低；a点不是对应温度下的平衡脱氮率，理由是该反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，根据曲线Ⅱ可知，a点对应的温度低于，其平衡转化率应该高于下的平衡转化率；故答案为：温度较低时，催化剂活性较低；否，该反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，根据曲线Ⅱ可知，a点对应的温度低于，其平衡转化率应该高于下的平衡转化率。
（3）由图可知，在催化剂的作用下，与、反应最终生成、、，反应总方程式为：；故答案为：。
（4）根据图中信息在3s时达到平衡，NO物质的量为0.2mol，氧气物质的量为0.2mol，二氧化碳物质的量为0.8mol，该温度时平衡时υ(正)＝υ(逆)即k(正)c2(NO)c(O2)＝k(逆)c2(NO2)，；故答案为：160。
②若将容器的温度变为时，，则此时，小于，由于反应放热，所以平衡逆向移动，即＞ ；故答案为：＞。
4．(1)          CO2、CH4
(2)          D     B
(3)3.70
(4)     <     依据图像数据得知B和D的化学平衡常数分别为K(B)=2.25、K(D)=3，又i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大

【详解】（1）由图可知，总反应为氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，；甲烷、二氧化碳分子中含碳氢、碳氧极性键，分子为对称结构，为非极性分子；
（2）①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故反应i的；
②生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应，则低温高压利于平衡正向移动，提高甲醇产率，故选D；
③A．上述反应在恒压体系中进行，所以气体压强始终保持不变，则气体压强不再变化，说明反应达到平衡，A不符合题意；        
B．物质的总质量不变，反应的气体分子数减小，则气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡，B符合题意；
C．和的物质的量之比为，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C不符合题意；    
D．和的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定值，其不会变化，不说明反应达到平衡，D不符合题意；
故选B；
（3）一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ii，达平衡时，的转化率为80%，则反应氢气2.4mol，生成甲醇、水均为0.8mol，反应后二氧化碳、氢气分别为0.2mol、0.6mol，则该温度下的平衡常数；
（4）B进气比=1:1，设投料均为1mol，二氧化碳转化率为60%，则平衡后二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.4mol、0.4mol、0.6mol、0.6mol，反应为气体分子数不变的反应，则此时；同理，，i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，故B和D两点的温度。
5．(1)CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) +2H2O(1)       ΔH= - 739 kJ / mol
(2)     吸热     75%     1.29
(3)     R     大于     越多

【详解】（1）2H2(g) + CO(g)= CH3OH(1) ΔH1= -116kJ ·mol-1……①，CO(g) +O2(g) =CO2(g) ΔH2= -283 kJ ·mol-1……②，H2(g) +O2(g) =H2O(g) ΔH3= -242 kJ ·mol-1……③，H2O(g) =H2O(1) ΔH4= -44 kJ ·mol-1……④，根据盖斯定律可知，[③+④]×2+②－①，得到甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) +2H2O(1) ΔH= - 739 kJ / mol；故答案为CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) +2H2O(1) ΔH= - 739 kJ / mol；
（2）根据图像可知，随着温度升高，氢气物质的量分数增大，平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应正反应方向为吸热反应；水碳比为5，令水蒸气物质的量为5mol，甲烷物质的量为1mol，消耗甲烷物质的量为amol，则达到平衡时，n(CH4)=(1-a)mol，n(H2O)=(5-a)mol，n(CO)=amol，n(H2)=3amol，氢气的物质的量分数为0.3，解得a=0.75，即甲烷转化率为75%；达到平衡时CH4、H2O、CO、H2物质的量分数分别为、、0.1、0.3，用分压表示的压强平衡常数Kp=≈1.29；故答案为吸热；75%；1.29；
（3）根据图像可知，y1=-x1×+C，y2=-x2×+C，两式联立解得ΔH=R或R；根据图像以及ΔH表达式可知，ΔH＞ΔH'；该方程说明了当升高相同温度时，ΔH越大，平衡常数的变化值越多；故答案为R或R；＞；越多。
6．(1)
(2)     增大     33.3
(3)     M     加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着(异丁烷)增加，x减小：加入稀有气体，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。
(4)          空气中与产物中反应生成，同时惰性的加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，提高异丁烯产率。
缺点：空气中对异丁烷或异丁烯深度氧化，使得异丁烯产率降低。

【详解】（1）反应物的总键能-生成物的总键能，除去异丁烷和异丁烯相同的C—C键和C—H键，则反应的(413.4×2+347.7)-615-436=+123.5；
（2）由图可知，温度升高，异丁烷的平衡转化率增大，即反应正向进行，因此反应的平衡常数增大；820K时，异丁烷的平衡转化率=50%，设异丁烷的起始物质的量为1mol，则列三段式有：

则该反应的平衡常数；
（3）加入其他气体，体系总物质的量增加，异丁烷摩尔分数x减小。加入，平衡逆向移动，异丁烷转化率减小，平衡时x增加。总结果是随着(异丁烷)增加，x减小：加入稀有气体，对于分子数增加的反应，平衡正向移动，异丁烷转化率增加，平衡时x减小。因此，相同条件下加入稀有气体，平衡时x相对较低。则(异丁烷)为曲线M；
（4）异丁烷氧化脱氢的方法制备异丁烯，反应的化学方程式为，由反应物的总键能-生成物的总键能，则该反应的2×[(413.4×2+347.7)+497.3]-(2×615)-2×2×462.8=-234.9，因此该反应的热化学方程式为：；异丁烷氧化脱氢的方法，由于空气中与产物中反应生成，同时惰性的加入该分子数增加的反应中，二者均可使平衡正向移动，因此可以提高异丁烯产率；但由于空气中对异丁烷或异丁烯深度氧化，会使得异丁烯产率降低。
7．(1)-757
(2)B
(3)     水含量高不利于平衡正向进行     减慢     水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能
(4)     80%    

【详解】（1）根据盖斯定律（3+ - ）=-757，答案为：-757；
（2）反应②和反应③均是放热反应且反应③比反应②放出的热量多，所以B正确；故选B；
（3）反应均是可逆反应，水是生成物，水含量高不利于平衡正向进行；由图可知相同时间内水的存在会降低氮的氧化物的还原率，所以水的存在减慢了反应，可能的原因是：水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能；答案为：水含量高不利于平衡正向进行，减慢，水含量高使催化剂活性降低，增大了反应的活化能；
（4）气体的压强和物质的量成正比；反应前，体系的总压强为120kPa，原料气NO、NO2、NH3比例为1∶1∶2，这些组分的分压依次为30kPa、30kPa、60kPa；设反应中，NO减小的压强为x kPa，根据压强的变化列出三段式：
则30-x+30-x+60-2x+2x+3x=144，解得x=24，即平衡时，NO、NO、NH3、N2和H2O的压强分别为6kPa、6kPa、12kPa、48kPa、72kPa，则脱氮率为，KP=，答案为：80%，。
8．(1)+131.3
(2)mol
(3)     D     过多的占用活性点位过多，使反应速率减慢     小于     0.1     50%          、、均为分子晶体，甲醇分子间存在氢键沸点最高：为极性分子并且相对分子质量大于，分子间作用力大于，故沸点比高

【详解】（1）已知：①
②
根据盖斯定律，由①-②得反应③
则反应③的+131.3；
（2）令碳与水反应生成的氢气的物质的量为xmol，则生成的CO为xmol，令CO与水反应生成氢气的物质的量为ymol，则生成的二氧化碳的物质的量为ymol，消耗的CO的物质的量为ymol，平衡时氢气的物质的量为bmol，则xmol + ymol = bmol，平衡时CO的物质的量为cmol，则xmol - ymol = cmol，联立解得x = ，y=，故CO2的物质的量为y=mol；
（3）①A.使用高效催化剂可以加快化学反应速率，但催化剂不能使平衡移动，故和的平衡转化率不变，选项A错误；
B. 才能体现正逆反应速率相等，而时正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，选项B错误；
C. 温度升高，分子活化能降低，活化分子的百分数增加，单位体积内活化分子碰撞的有效次数增加，反应速率加快，不能说明该反应的正反应是吸热反应，选项C错误；
D.恒温恒容下，向平衡体系中再充入适量的，平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，选项D正确；
E.恒温恒容下，再加入氨气压强增大但反应物的浓度均不变，和的平衡转化率均不变，选项E错误；
答案选D；
②恒温恒容条件下发生反应，若不变时，过多，过多的占用活性点位过多，使反应速率减慢，反应速率减慢；
③根据图中曲线可知，随着增大，增大，即温度降低，K值增大，故该反应的正反应为放热反应，小于0；
④设的平衡转化率为x，根据三段式可知：

5分钟末达到平衡，测得的体积分数为，则，解得x=50%，5分钟内的平均反应速率0.1；
⑤、、均为分子晶体，甲醇分子间存在氢键沸点最高：为极性分子并且相对分子质量大于，分子间作用力大于，故沸点比高，故的沸点由高到低的顺序是。
9．(1)(Ea-Ea′)kJ/mol
(2)     曲线a     410℃、或者450℃、
(3)          的吸附分解反应是决速步骤，适度过量，有利于提高合成氨的整体反应速率     增加的用量可提高的转化率     BD     硫占据活性位，引起活性位减少，导致催化剂活性下降甚至失活

【详解】（1）由图可知，氮气和氢气反应生成氨气为放热反应，(Ea-Ea′)kJ/mol，则合成氨的热化学方程式为：(Ea-Ea′)kJ/mol。
（2）①合成氨的反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NH3的物质的量分数为增大，则曲线a表示的是下的与p关系图像；
②由题意可知，曲线a表示的是下的与p关系图像，曲线b表示在下的与T关系，当时，反应条件可能是410℃、或者450℃、。
（3）①总反应为，由盖斯定律可知，用总方程式减去各分步反应，即可得到f为；的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率，适度过量，有利于提高合成氨的整体反应速率，所以实际生产中，原料气中和物质的量之比为；
②*代表空白活性位，吸附在活性位上的物种用*标注，由反应d可知和都是被1个活性位吸附的微粒，二者容易成键，故选BD。
③Fe表面催化循环过程中提供活性位点，若活性位点被其他不参与反应的原子占据则催化剂活性会降低，催化剂中毒原因是：硫占据活性位，引起活性位减少，导致催化剂活性下降甚至失活。
10．(1)
(2)-16.7
(3)     正反应是放热反应，其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移     <
(4)     乙     >     >     3.2

【详解】（1）反应热等于断裂化学键的总键能与形成化学键的总键能之差。
，故答案为：。
（2）根据盖斯定律，④得：
。故答案为：-16.7。
（3）①根据温度对平衡影响分析可知温度升高，平衡转化率降低，其主要原因是：正反应是放热反应，其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移；
②N点比M点时反应物的浓度大、温度高，因此，又由于，所以。
故答案为：正反应是放热反应，其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移；<。
（4）①可逆反应是气体分子数减小的反应，曲线甲上升段压强增大，只能是温度升高所致，表明正反应放热，由甲、乙曲线可知，甲的压强大于乙，说明甲的温度高于乙，即甲为恒容绝热条件，乙为恒容恒温条件。
②对于恒容条件下，压强与温度、气体的物质的量有关，压强相同，温度越高，气体的总物质的量越小，因反应放热，绝热容器b温度高于a，，同压同体积条件下，气体物质的量与温度成反比，故a点气体总物质的量大于b点。
③b点温度不确定，其总压值无法直接用于计算，利用a点相关数据，计算如下：






起始分压()：
40
40

0
0
变化分压()：



p

a点分压()：



p

a点总压强：
，解得：

所以，a点，，。
a点的浓度商，b点气体的总物质的量比a点小，说明b点正向进行的程度大于a点，因此b点值大于a点的浓度商。
④分压变化率为。
故答案为：乙；>；>；3.2。
11．(1)     V、Fe或钒、铁     Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2
(2)Fe2O3
(3)+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]
(4)光导纤维或制单质硅等
(5)溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率
(6)(NH4)2CO3、Na2CO3

【分析】加入碳酸钠焙烧后，V2O3、Al2O3、SiO2分别生成NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3，FeO被氧化为Fe2O3，加水进行水溶，只有Fe2O3不溶，则沉淀1为Fe2O3，加入盐酸调节pH=2~3，将硅元素转化为硅酸，则沉淀2为硅酸，用NaOH调节pH，生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，溶液中只含NaVO3，加入(NH4)2CO3 “沉钒”析出NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5。
【详解】（1）由上述分析可知，“焙烧”过程中被氧化的元素为V、Fe或钒、铁；焙烧时，V2O3与Na2CO3、O2反应生成NaVO3和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2，故答案为：V、Fe或钒、铁；Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2；
（2）由上述分析可知，“沉淀1”的成分为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
（3）“滤液1”中铝元素以形式存在，加入盐酸发生反应+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]，故答案为：+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]；
（4）由上述分析可知，“沉淀2”为硅酸，硅酸加热分解得到的固体为二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，也可以用来制取单质硅，故答案为：光导纤维或制单质硅等；
（5）NH4VO3溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率，故答案为：溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率；
（6）该流程中，(NH4)2CO3、Na2CO3先消耗后生成，可循环利用，故答案为：(NH4)2CO3、Na2CO3。
12．(1)增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率
(2)b c d
(3)     调节溶液的，有利于转化成铁矾渣    
(4)
(5)          加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降

【分析】铜镍矿在氧压酸浸的条件下将镍、镁、铜、铁的氧化物转化为各自对应的离子，铁最终均以三价铁离子形式存在，萃取剂将铜离子与原溶液分离，最终得到金属铜，水相加氧化镁调节溶液酸碱性在硫酸钠存在的情况下，将铁转变为铁矾渣除去，然后氧化镁再一次调节溶液酸碱性使镍转变为沉淀，最后过滤得到氢氧化镍，最终得到金属镍。
【详解】（1）“氧压酸浸”滤液中含有、、、等离子，通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率，答案为：增大氧气浓度，加快氧气氧化的速率；
（2）a．此络合物中不存在离子键，a错误；   
b．有机物中氧氢之间和碳氧之间存在极性共价键，b 正确；
c．有机物中碳碳之间存在非极性共价键，c正确；
d．络合物中铜离子与非金属之间是配位键，d正确；
故选b c d。
（3）由分析可知在沉淀除铁过程中的作用是调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，其参与生成铁矾渣的离子反应方程式为，答案为：调节溶液的，有利于转化成铁矾渣，；
（4）过程中两次加入氧化镁，均会生成，所以沉镍步骤所得滤液中的溶质主要是，答案为：；
（5）当为8.5时，溶液是氢氧化镍的饱和溶液所以，此时 代入得到溶液中的浓度为，由图可知加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降，所以选择加入量为，答案为：，加入量低于，镍的沉淀不完全，高于对镍沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降。
13．(1)     适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步粉碎、 加速搅拌等(写出一种合理措施)     Au、Pt等贵金属
(2)产生二氧化硫，污染空气
(3)
(4)使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化
(5)
(6)
(7)溶浸

【分析】铜阳极泥加入稀硫酸、二氧化锰后，根据流程后面的信息可知，Au、Pt不溶解，故浸出渣为Au、Pt等不活泼金属，滤液中有银离子、铜离子和，滤液中加入氯化钠使银离子生成氯化银的沉淀，除去银离子，过滤后滤液1中加入亚硫酸钠溶液，还原为单质Se，过滤后滤液中加入氢氧化钠得到氢氧化铜沉淀，氢氧化铜逐渐转变为铜单质，含有氯化银的滤渣中加入硫代硫酸钠溶液，还原得到银单质，据此分析。
【详解】（1）为了提高“浸出”效果，需要加快反应速率，故可采取的措施有：适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步粉碎、 加速搅拌等；根据上述分析可知，浸出渣的主要成分是Au、Pt等贵金属；
（2）铜与浓硫酸反应会产生二氧化硫，污染空气；答案为：产生二氧化硫，污染空气；
（3）Se单质被二氧化锰氧化为，二氧化锰中锰元素化合价有+4变为+2，生成，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：；
（4）根据已知硒的沸点685℃，在空气中加热时会被氧化，故采用真空蒸馏的目的是使硒在较低的温度下蒸出，并防止在空气中被氧化；
（5）根据表格数据，为了使铜离子完全沉淀而不让沉淀，故调节溶液pH的范围是；
（6）根据已知得表达式： ，，“溶浸”时发生反应的离子方程式为：，常温下，该反应的平衡常数：；答案为：；
（7）HCHO在碱性下还原得到Ag，同时会生成硫代硫酸钠，故所得滤液3可进入溶浸操作中循环利用；答案为：溶浸。