江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12化学反应速率与化学平衡

江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2022·江西·校联考模拟预测）中科院天津工业生物技术研究所马延和团队在人工合成淀粉方面取得突破性进展，在国际上首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成(反应过程如图所示)，为二氧化碳作原料合成复杂分子提供了新技术路线。下列说法正确的是
A．第Ⅰ步反应只断裂了极性键
B．第Ⅱ步发生了反应
C．ATP为第Ⅳ步反应的催化剂，改变了反应的焓变
D．Lmol G-1-P最终生成1mol淀粉
2．（2022·江西上饶·校联考模拟预测）二氧化碳的电还原成为化学界研究的热点。日前，天津大学与丹麦技术大学科研团队联袂在二氧化碳资源利用领域取得突破，揭示了两电子二氧化碳电还原的控速步骤(下图虚线框图所示)，相关成果发表于《自然-通讯》，以下说法正确的是
已知：①法拉第效率是现代电化学的重要参数，法拉第效率=mnF/(It)，其中m为生成物物质的量，n为生成一个粒子转移的电子数，F为法拉第常数，即1摩尔电子的电量，I为电流，t为时间。②实验研究表明：二氧化碳电还原需要严格控制电解液的pH为7左右。
A．阴极水相电解液选择酸性更有利于生成*COOH时质子的供给与CO的脱附
B．选择合适的催化吸附剂，有利于降低控速反应的能量壁垒和焓变
C．若CO的法拉第效率为80%，则电机输出1mol电子时，理论生成标况下8.96LCO
D．从经济价值和工业需求量来看，乙醇和乙烯是理想产物，忽略副反应，理论上制备等物质的量的乙醇与乙烯耗电费用为2:1
3．（2022·江西南昌·统考一模）科学家利用金(Au)催化电解法在常温常压下实现合成氨，工作时某极区的微观示意图如下，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂(LiCF3SO3)和乙醇的有机溶液。下列说法正确的是
A．金(Au)为催化剂不参与反应
B．三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液不能导电
C．该电极方程式为：N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O-
D．选择性透过膜只允许N2、NH3和H2O通过，其它离子不可通过
二、原理综合题
4．（2023·江西景德镇·统考三模）有机物T常用作添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃A和B的液相反应制得，体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ 　ΔH1=akJ/mol
反应Ⅱ ΔH2=bkJ/mol
反应Ⅲ AB　ΔH3=ckJ/mol
回答下列问题：
(1)写出a、b、c的代数关系式 ；上述反应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，则的数值范围是 (填标号)
A．<-1 B．-1~0 C．0~1 D．>1

(2)T°C时，已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=4.0。
①向盛有惰性溶剂四氢呋哺的容器中加入一定量A、B和CH3OH；控制温度为T°C，AB物质的量浓度c随反应时间t的变化如表所示。0-100s内A的平均反应速率v(A)= mol·L-1·s-1；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正 逆反应速率v逆(填“>”“<”或“=”)。
时间t/s t=0 t=100 t=200 t=300
浓度c/mol·L-1 A 0.050 0.028 0.018 0.018
B 0.250 0.115
②向另一容器中加入惰性溶剂四氢呋喃和1.0molT，平衡时测得T的转化率为0.2，则平衡体系中A的物质的量为 mol，反应Ⅱ的平衡常数Kx2= 。同温下，再向该容器中注入四氢呋喃稀释，则下列说法正确的有 。
a．反应Ⅰ的化学平衡将逆向移动
b．再次平衡时，CH3OH的物质的量分数为50%
c．再次平衡时，c(B)：c(CH3OH)变小
d．再次平衡时，c(B)：c(CH3OH)不变
5．（2023·江西·校联考二模）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。其中技术固碳是化学家不断探索的方向，主要应用碳捕集、利用与封存技术。下面是一些利用CO2为原料制备物质的反应，根据所学知识回答下列问题：
I、CO2合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(g) +H2O(g) △H=-87.0kJ mol-1，如图是上述反应合成尿素的机理及能量变化(单位：kJ/mol)，TS表示过渡态。

(1)若△E1=66.5kJ mol-1，则△E2= kJ/mol。
(2)分别向等温等容、绝热等容(起始温度相同)的密闭容器中加入0.2mol的NH3和0.1mol的CO2，若达平衡时等温等容容器中CO(NH2)2百分含量为a%，绝热等容容器中CO(NH2)2百分含量为b%，则a b(填“大于”“小于”或“等于”)。
Ⅱ、在一定条件下CO2、H2主要发生以下反应：
①CO2(g) +4H2(g) CH4(g)+ 2H2O(g) ΔH1=-164. 0kJ ·mol-1
② ΔH1=＋41.4 kJ ·mol-1
向恒压密闭容器中充入物质的量之比为1：4的 CO2和 H2，发生上述反应，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH4的选择性随温度的变化如图所示。(已知：CH4的选择性=)

(3)其中表示平衡时CH4的选择性的曲线是 (填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是 。A点时H2的转化率为 (保留小数点后一位)
(4)若在一定温度下，投料比例相同(充入物质的量之比为1：4的 CO2和 H2)，通入恒容密闭容器中，发生上述反应达到平衡，测得反应前容器内压强为，平衡时压强为，甲烷压强为。则甲烷的选择性为 (用、、中相关字母表示，下同)，反应②的压强平衡常数的值为 。
6．（2023·江西赣州·统考模拟预测）甲烷和乙炔(CH≡CH)在有机合成中有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)已知：
①H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH1= - 198 kJ·mol-1；
②CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH2= - 283 kJ·mol-1；
③CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-846.3 kJ·mol-1。
写出甲烷与水蒸气在高温下制备合成气(CO、H2 )的热化学方程式： 。
(2)用甲烷在高温下气相裂解制取乙炔和氢气，其反应原理为2CH4(g) C2H2(g) +3H2(g) ΔH >0。几种气体平衡时分压(Pa)的对数与温度(K)的关系如图1所示。

①图1中A点温度时的平衡常数Kp= (用气体平衡时分压代替浓度计算)。
②T℃时，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CH4进行上述反应。当反应达到平衡时，测得c(CH4)= c(H2)，则CH4的转化率为 。 若改变温度至T2℃ ，10 s后反应再次达到平衡，测得c(CH4)= 2c(H2)，则该变化过程中T1 (填“>”或“ <”)T2。
(3)一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol C2H2(乙炔)和2 mol HCl发生反应：HC≡CH(g) + HCl(g) CH2= CHCl(g) ΔH。测得反应物(C2H2或HCl)浓度随时间的变化关系如图2所示。

①M点时，v正 (填“>”“<”或“=”)v逆。
②15 min时仅改变了一个外界条件，改变的条件可能是 。
③0~10 min内氯乙烯的平均反应速率v(CH2=CHCl)= mol·L-1·min-1.向密闭容器中充入一定量乙炔和氯化氢，发生上述反应，测得乙炔的平衡转化率与温度、S的关系如图3所示。其中S3>S2> S1，则S代表的物理量是 。

7．（2023·江西·统考二模）近日，科学家开发新型催化剂实现一氧化二氮对C4馏分中2-丁烯的气相选择性氧化，反应原理如图所示。

反应1：CH3CH=CHCH3(g)+N2O(g)CH3CH2COCH3(g)+N2(g) ΔH1；
反应2：CH3CH=CHCH3(g)+2N2O(g)2CH3CHO(g)+2N2(g) ΔH2<0。
(1)几种共价键的键能数据如下表所示。
共价键 C-H C-C C=C C=O N≡N N=O N=N
键能/kJ·mol 413 347 614 745 945 607 418
已知N2O的结构式为N=N=O。根据键能估算：ΔH1= kJ·mol-1。
(2)在恒温恒容密闭容器中充入CH3CH=CHCH3(g)和N2O(g)，发生上述反应1和反应2，下列情况不能说明反应已达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．混合气体密度不随时间变化
B．混合气体平均摩尔质量不随时间变化
C．混合气体总压强不随时间变化
D．混合气体中N2浓度不随时间变化
(3)一定温度下，向恒压密闭容器中充入CH3CH=CHCH3(g)和N2O(g)，发生上述反应1和反应2，测得平衡体系中N2的体积分数与起始投料比[]的关系如图1所示。

在M、N、Q三点中，CH3CH=CHCH3(g)的转化率由小到大排序为 (填字母)。图1中，N点的氮气的体积分数小于50%的原因是 。
(4)反应1的速率方程为v正=k正c(CH3CH=CHH3)·c(N2O)，v逆=k逆c(CH3CH2COCH3)·c(N2)(k正、k逆为正、逆反应速率常数，与温度、催化剂有关)。已知：阿伦尼乌斯经验公式为Rlnk=-(R为常数，T为温度，k为速率常数，Ea为活化能)。测得反应1在不同催化剂Cat1、Cat2作用下，速率常数与温度的倒数关系如图2所示。

催化效果较高的催化剂是 (填“Cat1”或“Cat2”)。
(5)在反应器中充入1mol2-丁烯和2molN2O(g)，发生上述反应，测得2-丁烯的平衡转化率与温度、压强的关系如图3所示。X点时丁酮(CH3CH2COCH3)的选择性为[CH3CH2COCH3的选择性=]。

①其他条件不变，升高温度，2-丁烯的平衡转化率降低的原因是 。p 31kPa(填“>”“<”或“=”)。
②Y点反应1的压强平衡常数Kp为 (结果保留两位有效数字)。
(6)以熔融碳酸盐(如K2CO3)为电解质，丁烯(C4H8)/空气燃料电池的能量转化率较高。电池反应为C4H8+6O2=4CO2+4H2O负极反应式为 。
8．（2023·江西鹰潭·统考二模）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的H2S，可回收处理并加以利用。
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-1036kJ mol-1
②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g) ΔH2=+94kJ mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-484kJ mol-1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)S2(g)+2H2(g)的ΔH4= kJ mol-1，该反应在 (填“高温”或“低温”)下才可自发进行。
(2)某恒温恒容条件下，反应④中H2S的转化率达到最大值的依据是 (填字母)。
a.气体的压强不发生变化 b.气体的密度不发生变化
c.平均摩尔质量不发生变化 d.单位时间里分解的H2S和生成的H2的量一样多
(3)另一种处理H2S的方法是克劳斯法：2H2S(g)+O2(g)S2(g)+2H2O(g) ΔH＜0。研究人员对反应条件对S2产率的影响进行了如图研究。
①同条件下，相同时间内，S2产率随温度的变化如图1所示。由图1可见，随着温度升高，S2产率先增大后减小，原因是 。
②同条件下，相同时间内，S2产率随n(O2)/n(H2S)值的变化如图2所示。n(O2)/n(H2S)值过高不利于提高S2产率，可能的原因是 。
(4)在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S)：n(Ar)=1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 ，平衡常数Kp= kPa(保留三位有效数字)。
(5)在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S－Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。

计算n(H2S)；n(Ar)=1：9时，在0-0.1s之间，H2S分压的平均变化率为 kPa s-1。
9．（2023·江西南昌·统考三模）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 。
10．（2022·江西·校联考模拟预测）工业上用接触法制硫酸的原理之一是的催化氧化反应： 。
(1)几种物质的相对能量如表所示。
物质
相对能量/(kJ/mol) 99 429 0 486
科学研究发现，NO对反应有促进作用，其历程分两步，能量变化图如图甲所示。
① ；
② ；
从能量角度分析，在该反应中NO的作用是 。根据图甲可知，反应 (填“①”或“②”)控制总反应速率； 。
(2)在体积相同的甲、乙两个密闭容器中，起始投入、的量完全相同，在不同条件下发生上述反应。
甲 乙
反应条件 500℃、恒容 500℃、恒压
平衡常数 K1 K2
的平衡转化率 α1 α2
c1 c2
混合气体平均摩尔质量 M1 M2
下列推断正确的是_______(填字母)。
A． B． C． D．
(3)在恒容密闭容器中起始按为2∶1、1∶1、1∶2投料，测得的平衡转化率与投料比 []、温度(T)的关系如图乙所示。
①x1代表的投料比为 。
②随着温度升高，不同投料比对应的转化率趋向相同，其主要原因可能是 。
③M点对应的总压强为1.3Mpa，M点对应的温度下，该反应的标准平衡常数为 。【已知：用各组分的标准分压计算的平衡常数叫标准平衡常数，分压=总压×该组分物质的量分数，标准分压，(为参照标准)】
④在T0℃时，向恒容密闭容器中充入、、三种气体，它们的分压依次为0.1MPa、0.3MPa、0.2MPa，此时反应 (填“向左进行”“向右进行”或“处于平衡状态”)。
11．（2022·江西·校联考模拟预测）建设生态文明，研究碳的化合物对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。
(1)已知有关化学键的键能E数据如下
化学键 C=O H—H C—H C—O O—H
E/(KJ·mol-1) 745 436 413 356 463
CO2和H2在一定条件下能发生反应：CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)，该反应的活化能为akJ·mol-1，其反应过程如图所示，则Ea2= kJ/mol(用含a的代数式表示)
(2)该反应在 (填“高温”或“低温”)能自发进行。
(3)一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的CO2和H2，此时容器的压强为48kPa，发生以上反应，6min时达到平衡，此时容器压强为30KPa，则0~6min内用H2的分压表示反应速率为 。该温度下，此反应的平衡常数KP= (KP是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
(4)恒温恒容条件下，为了提高CO2的转化率，可采取的措施为 (写一点即可)，能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A．混合气体的密度不再变化
B．甲酸的浓度不变
C．CO2的消耗速率与HCOOH的生成速率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
(5)利用太阳能电池电解能实现CO2转化为HCOOH，如图所示。
①电解过程中，b极发生的电极反应式为
②每转移1mol电子，阳极区溶液质量减轻 g。
12．（2022·江西抚州·统考模拟预测）新能源氢气汽车，燃料中CO体积分数必须低于10 ×10-4%，否则会造成催化剂中毒。CO深度去除一般采用“CO优先氧化”或“CO选择性甲烷化”的方法。
回答下列问题：
(1)“CO优先氧化”是向氢气燃料中通入空气，CO优先于H2发生反应。该方法的缺点是降低了燃料的热值、 (只答一条即可)。
(2)“CO选择性甲烷化”是通过CO加氢生成甲烷而实现CO的深度去除。反应过程：
i.CO (g) +3H2(g) CH4(g)+H2O(g) △H1= - 206 kJ·mol-1
ii.CO2(g) + 4H2(g) CH4(g) + 2H2O(g) △H2
iii.CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) △H3= + 41 kJ ·mol-1
①△H2 = kJ·mol-1；
②采用“CO选择性甲烷化”的方法消除CO，该方法最明显的缺点是 。
③欲使CO体积分数必须低于10 ×10-4% ，应采取的措施是 (填标号)。
A．升高温度 B．降低压强 C．使用CO加氢催化剂 D．使用CO2加氢抑制剂
(3)有研究认为CO加氢甲烷化存在下列过程(如图所示)，限速步骤是 (填标号)，从结构上给予解释： 。
在某一条件下进行CO加氢甲烷化，发生i、ii和iii反应，相关数据如下：
体积/L CO CO2 H2 H2O CH4
反应前 10 10 80 1.0 ×10-7 1.0 ×10-7
反应后 1.0 ×10-6 10 x 10 10
①x= (保留2位有效数字)；
②此条件下反应iii的平衡常数K= 100，通过计算判断反应iii是否平衡 。
13．（2022·江西·校联考模拟预测）氨是重要的无机化工产品，工业合成涉及到的主反应是N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)。回答下列问题：
(1)已知1molN2中的共价键断裂吸收Q1kJ能量；1molH2中的共价键断裂吸收Q2kJ能量；形成1molN-H释放Q3kJ能量。
①N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H= kJ·mol-1。
②Fe3O4为该反应的催化剂，使用时常加入Al2O3与之生成合金FeO·Al2O3使Fe3O4分布均匀，其目的是 。
(2)用平衡分压p(NH3)、p(N2)、p(H2)代替平衡浓度表示化学平衡常数。温度不变，将平衡时体系的总压强p1增加到原来的两倍，则此时Qp= (用含Kp的代数式表示)。
(3)T℃时，在有催化剂的恒容密闭容器只中充入N2和H2。如图所示为不同投料比[]时某反应物X的的平衡转化率的变化曲线。反应物X是 (填“N2”或“H2”)，判断依据是 。
(4)工业上可通过反应CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1制备原料气氢气。
①制备过程中一般采用较高的压强(3.0MPa)，原因是 ；原料气在进入氨合成塔前需除去CO，原因是 。
②在镍催化剂表面存在如下反应机理(*表示镍表面活性中心，上标*表示组分被活性中心吸附)：
I.CH4+2*=CH3*+H*(慢)H2O+*=H2+O*
II.CH3*+*=CH2*+H*
III.CH2*+*=CH*+H*
IV.CH*+O*=CO*+H*
V.CO*=CO+*
甲烷在镍催化表面发生的五个基元反应中，活化能最大的是 (填标号)。若反应CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)在任意温度下能自发进行，则ΔH1 0(填“大于”或“小于”)。
14．（2022·江西·校联考模拟预测）我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的担当。高效经济性的CO2捕集及利用是有效应对全球气候变化、促进低碳社会构建的重要方法。
(1)在催化剂作用下，可用CO2与H2反应制取甲酸。已知：
共价键 C=O C-O H-H H-O C-H
键能(kJ·mol-1) 799 343 436 463 413
则CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g)的△H= kJ/mol。
(2)在刚性密闭容器中，HCOOH平衡时的体积分数随投料比[]的变化如图所示：
①图中T1、T2表示不同的反应温度，判断T1 T2(填“>”、“<”或“=”)，依据为 。
②图中a= 。
③A、B、C三点CO2(g)的平衡转化率αA、αB、αC由大到小的顺序为 。
(3)工业上可以利用CO2与H2在催化剂作用下发生CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)合成甲醇，恒温恒容下，向密闭容器加入2mo1CO2和4molH2，一段时间后达到平衡，CO2转化率为α=50%，总压强为p0，计算该反应压强平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。向平衡后的容器中再加入2molCO2和4molH2，达到新的平衡时总压强为p1，则p1 2p0(填“>”、“<”或“=”)
(4)工业上也可以用CO2催化法制取甲烷，发生如下反应：CO2(g)+2H2O(g) CH4(g)+2O2(g) △H>0，温度T时，向刚性容器中充入2molCO2和3molH2O，反应过程中CO2的物质的量随时间变化如表格所示。实验测得，v正=k正·c(CO2)·c2(H2O)，v逆=k逆·c(CH4)·c2(O2)，k正、k逆是速率常数，只与温度有关，则T温度时= 。若升高温度， (增大、减小或者不变)
时间/min 5 10 15 20
CO2的物质的量/mol 1.4 1.0 0.8 0.8
15．（2022·江西上饶·校联考模拟预测）当今世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，中国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低。2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。因此，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点，其中研发二氧化碳的利用技术，将二氧化碳转化为能源是缓解环境和解决能源问题的方案之一。
I.二氧化碳在一定条件下转化为甲烷，其反应过程如下图所示。
已知：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1=-205kJ·mol-1
反应II：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H2=-246kJ·mol-1
(1)则反应I的热化学方程式为 。
(2)一定条件下，向2L恒容密闭容器中加入1mo1CO2和5molH2，只发生上述反应I和反应II；10min后容器内总压强(P)不再变化，容器中CH4为0.6mol，CO2为0.2mol，H2O为1.4mol，10min内H2的平均反应速率v(H2)= 反应II的平衡常数Kp= (用含字母P的代数式表示，已知Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替，某气体分压=气体总压强×该气体的物质的量分数)
II.在催化剂作用下CO2加氢还可制得甲醇CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=50kJ/mol。
(3)能说明反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=50kJ/mol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3molH2(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
III.CO2与H2催化重整制备CH3OCH3的过程中存在反应：
①2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H<0；
②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H>0。
(4)向密闭容器中以物质的量之比为1：3充入CO2与H2，实验测得CO2的平衡转化率随温度和压强的变化关系如图所示。P1、P2、P3由大到小的顺序为 ；T2°C时主要发生反应 。(填“①”或“②”)，CO2平衡转化率随温度变化先降后升的原因为 。
16．（2022·江西九江·统考二模）中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。已知CO2催化加氢的主要反应有：
(i)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1 K1
(ii)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2 K2
(1)一定温度下，向aL密闭容器中充入1molCO2和4molH2，发生上述两个反应。当反应达平衡后容器内CH3OH(g)为0.3mol，CO2(g)为0.6mol，则H2的平衡转化率为 ，反应i的平衡常数K1= (列出计算式即可)。
(2)在恒温恒压反应器中通入3molH2、1molCO2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如图a。反应(i)和反应(ii)的、均满足线性关系，如图b所示。已知：CH3OH的产率=×100%。
①反应过程中，若气体密度维持不变，则能判断 达到平衡。
a.反应(i) b.反应(ii) c.反应(i)和(ii) d.不能说明反应( i)或(ii)
②反应(ii) 的 H2 0 (填“大于”或“小于”或“等于")，判断的理由是 。
③根据图b，确定直线I表示的反应是 [填 “反应(i)”或“反应(ii)”]
(3)我国科研人员研究出在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如图所示。结合历程分析在反应气中加入少量的水蒸气 (填“可以”或“不可以")提高甲醇产率，其可能的原因为 。
17．（2022·江西·校联考模拟预测）已知下列三个涉及CO2(g)和H2O(g)的可逆反应：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H<0 ①
CuSO4· 5H2O(s)CuSO4(s)+ 5H2O(g) ②
2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) ③
(1)反应①一般认为通过如下步骤来实现，完成第二步反应方程式：
第一步： CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H>0；
第二步： 。
若第一步为慢反应，请根据反应历程在图中补充剩余的能量示意图 。
在T°C的刚性容器中，充入一定量的CO2和H2，能够判断反应①达到平衡状态的是 。
A．CO2的分压不变 B．混合气体的平均摩 尔质量不变
C．混合气体的密度不变 D．共价键数目保持不变
(2)实验测得1mol CuSO4固体溶于水吸收60.82kJ的热量， 1mol CuSO4·5H2O固体溶于水放出17.15kJ的热量，1mol液态水变成气态水吸收44.00kJ的热量，计算反应②的反应热为 kJ/mol。
(3)在T°C的刚性真空环境中，放入足量的NaHCO3固体，该反应达到平衡时的总压为4kPa (即为该反应的解离压) ，则反应③的Kp= 。
(4)已知T°C时，反应②的解离压为6.4kPa，向该温度下的刚性真空环境中同时加入足量的NaHCO3和CuSO4·5H2O固体，求平衡时CO2(g)分压为 。
(5)若在T°C的刚性真空环境中，放入10.6g的Na2CO3固体，并通入标况下体积为4.48L的水蒸气，此时压强为1KPa，问至少需要通入标况下 L的CO2气体，才能使Na2CO3完全转化成NaHCO3固体。
18．（2022·江西九江·统考一模）研究CO2的回收及充分利用，对减少碳排放和缓解能源危机具有重要的意义。
(1)在一定温度下，向1L恒容密闭容器中通入2molCO2和6molH2，在催化剂作用下可发生如下反应：2CO2(g) + 6H2(g)CH3CH2OH(g) +3H2O(g) H
①已知H2、CH3CH2OH(g)的燃烧热分别为285. 8KJ/mol、1366.8KJ/mol，H2O(l) =H2O(g) H1=+44kJ/mol，则 H= 。
②下列表示该反应达到平衡状态的是 。
A．混合气体的平均摩尔质量保持不变
B．有6molH—H断裂同时有6molO-H断裂
C．混合气体的密度不再改变
D．CO2的物质的量浓度保持不变
E.容器的压强保持不变
③当反应经过20min达到平衡时，容器中n(CO2)与n(H2O)相等，此时H2的转化率为 ，用CH3CH2OH表示20min内该反应的反应速率为
(2)一定温度下，以Ni/Ce为催化剂，在某恒容密闭容器中，发生反应CO2(g) +C(s)2CO(g) ，已知CO2、CO的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系：v(CO2)=k1·P(CO2)，v(CO)=k2·P2 (CO)，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp(用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数)的关系是Kp= ；v(CO2)、v(CO)与温度关系如图所示，则表示反应达到平衡状态的是 (填TA、TB或TC)
(3)用NaOH浓溶液吸收CO2，得到Na2CO3溶液，Na2CO3溶液中各离子浓度大小关系为 ；已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，向VmL 0.001mol/LNa2CO3溶液中加入等体积CaCl2溶液，欲使CO沉淀完全，则起始CaCl2物质的量浓度至少为 (当离子浓度小于10-5mol/L可认为沉淀完全)
19．（2022·江西·校联考模拟预测）国家主席习近平提出了中国应对气候变化的两个目标：二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，于2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术、降低空气中CO2含量成为了研究热点。为减少CO2对环境造成的影响，可采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下两个反应：
I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
II.CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH2
回答下列问题：
(1)反应I、II的InK(K代表化学平衡常数)随(温度的倒数)的变化如图所示。
ΔH1 0(填“大于”或“小于”或“等于”)；升高温度，反应CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)的化学平衡常数 (填“增大”或“减小”或“不变”)。
(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CO的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动
B．降低温度，反应I和II的正、逆反应速率都减小
C．恒温恒容下充入氦气，反应I的平衡向正反应方向移动
D．增大压强，反应I和II重新达到平衡的时间不同
(3)恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。
其中：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
②在230℃以上，升高温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是 。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应I和反应II，初始压强为p0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小20%.则达到平衡时H2的转化率为 ，反应II的平衡常数K= (保留两位有效数字)。
20．（2021·江西萍乡·统考二模）C1(分子中含一个C的物质如CO、CO2、CH4、CH3OH等)分子的选择性催化转化可制备高附加值化学品(如合成气和清洁能源如氢气)。对解决当前日益严峻的能源短缺和气候变化等问题具有积极意义，已知在催化剂的表面可发生如下反应：
(1)甲醇分解：①CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) △H1= +90.64 kJ mol-1；
水蒸气变换：②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2
a．对于甲醇分解反应正反应活化能E1与逆反应活化能E2，其E1 E2(填“＞”或“＜”)。
b．已知有关物质的摩尔生成熔(由元素最稳定的单质生成l mol纯化合物时的反应热)加如下：CO(g)：-110.53 kJ/mol，CO2(g)：-393.5 kJ/mol，H2O(g)：-241.8 kJ/mol，H2(g)：-0 kJ/mol；则△H2= 。
(2)573.2 K时，向一恒容密闭容器中按n(CH3OH)：n(H2O)=1：1.2充入混合气体，已知CH3OH的起始压强为5.00 MPa，t h后达平衡时，CH3OH的转化率为60%，CO2的选择性为40%(选择性：转化的CH3OH中最终生成CO2和CO的百分比)，则t h内v(CH3OH)= MPa﹒h-1(用含t的代数式表示)，反应①的分压平衡常数Kp= (MPa)2。
(3)由于CO分子极难被活化，水煤气变换反应催化转化过程往往受热力学和反应动力学控制，通常工业上要求高温高压等苛刻反应条件，而低温等离子体催化能够在气相中快速活化CO分子，实现低温常压下高选择性地转化CO，下列关于水煤气变换反应的说法正确 。
A．催化剂能有效降低反应的活化能，但不能增大反应物中活化分子的百分数
B．相对于通常方法，工业上选择低温等离子体催化剂能有效提高反应速率和CO的平衡转化率
C．选择低温等离子体催化剂能有效的解决高能耗和催化剂易失活等关键问题
D．工业上通入的H2O(g)越多生成物的百分含量越高
(4)在0.1 MPa下，将总进料量为1 mol且n(CH3OH)：n(H2O)=1：1.2的混合气体充入一刚性密闭容器中进行反应。平衡时，测得CH3OH在给定温度范围内含量极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分的含量变化与反应温度的关系如图所示，曲线a、d对应物质的化学式分别为 、 。
21．（2021·江西九江·统考一模）倡导生态文明建设，环境问题一直是我们关注的焦点。运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)为了高效利用能源并且减少的排放，可用下列方法把转化成乙醇燃料：
①
②
③
则表示燃烧热的热化学方程式为 。
(2)NO的氧化反应分两步进行；
I. II.
其反应过程能量变化如图所示
①决定NO氧化反应速率的步骤是 (填“I”或“II”)，其理由是 。
②一定温度下，在刚性密闭容器中，起始充入一定量的气体(转化为忽略不计)，此时压强为36kPa，在5min达到平衡，此时容器的压强为46kPa，则0~5min用的分压表示反应速率为 。该温度下，此反应的平衡常数 (是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
③恒温恒容条件下，能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A．压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．生成NO的速率与消耗的速率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
(3)利用燃料电池电解，可将雾霾中的NO、分别转化为和如下图装置所示。则物质甲为 (填名称)，阴极的电极反应式 ；当电路中转移2.5mol电子时，A的浓度为 (电解过程中忽略溶液体积变化)。
22．（2021·江西南昌·统考二模）由可催化合成等有机化工产品．温度为时在体系中发生以下反应：
主反应：
副反应：。
请回答下列问题：
(1)结合下图1信息写出主反应的热化学方程式是 。催化剂的选择是合成的核心技术之一，使用催化剂1或催化剂2合成，产生速率与温度的关系如图2．根据图2判断，活化能 (填“>”“=”“<”，下同)，使用催化剂1或催化剂2时，合成的_ 。
(2)时，在一恒容的密闭容器中充入和充分发生上述反应，平衡混合物中的体积分数与压强的关系如图所示：
判断和的大小关系： (填”>”“<”或“=”)，并说明理由： 。
(3)若在一定温度下，在一恒压的密闭容器中充入和，测得容器内的压强为，达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是；且物质的量为，在此温度下，的转化率为 ，主反应的平衡常数 为以分压表示的平衡常数，计算结果精确到小数点后2位)；
(4)在一恒压绝热的密闭容器中，达到平衡时再往容器内充入，主反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”“不变”)。
23．（2021·江西·校联考二模）甲醇是一种可再生能源，也是一种重要的化工原料，在日常生活中有着广泛的应用。工业上可采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-90.64 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2
(1)已知反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3=-41.20 kJ·mol-1，则反应Ⅱ的△H2= 。
(2)将一定量的CO和H2加入容积固定的密闭容器中，发生上述反应Ⅰ，反应进行相同时间，测得甲醇的体积分数φ(CH3OH)与反应温度T的关系曲线如图所示，由以上信息推测b点φ(CH3OH)大于a点的原因是 。
(3)如图是反应I中温度、压强与CO平衡转化率的关系：
①由图象可知，较低温度时，CO转化率对 (选填“温度”或“压强”)敏感。
②由图象可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300℃左右和10 MPa的条件，其原因是 。
(4)573.2 K时，向一容积可变的恒压密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，发生上述反应Ⅱ，测得起始时容器的体积为2 L，气体总压强为PMPa，t2 min后反应达到平衡，若CO2的转化率为50%，则平衡时H2的物质的量浓度为 mol/L，其平衡常数Kp= (MPa)-2(用含P的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数)
(5)若容器容积不变，充入一定量的CO2和H2进行反应Ⅱ，下列措施可增加甲醇产率的是 。
A．增加CO2的量 B．升高温度
C．充入He，使体系总压强增大 D．按原比例再充入CO2和H2
(6)甲醇燃料电池体积小、洁净环保、比能量高，已在便携式通讯设备、汽车等领域应用，“甲醇燃料电池”的工作原理如图所示。
请写出电极M上发生的电极反应式 。
三、工业流程题
24．（2021·江西萍乡·统考二模）锰酸锂(LiMn2O4)是新一代锂离子电池的正极材料。实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料(锰酸锂、碳粉等涂覆在铝箔上)的一种流程如图：
已知：Li2CO3在不同温度下的溶解度
温度/℃ 0 10 20 50 75 100
Li2CO3 1.593 1.406 1.329 1.181 0.866 0.728
(1)第①步反应中会有气体生成，该气体为： ，若要增大第①步反应的浸取率，可以采取的措施有： (写两条)。
(2)第②步反应得到的沉淀X的化学式为 ，上述流程中四步实验都包含过滤，实验室过滤时要使用的玻璃仪器有： 。
(3)工业上洗涤Li2CO3用的是热水而不是冷水，其原因是 。
(4)写出第③步反应“酸溶”过程中反应的离子方程式： 。
(5)固相法制备LiMn2O4的实验过程如下：将MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量之比配料，球磨3-5小时，然后高温加热，保温24小时，冷却至室温。
①写出该反应的化学方程式： 。
②LiMn2O4中锰元素的平均价态为+3.5。在不同温度下，合成的LiMn2O4中Mn2+、Mn3+和Mn4+的含量与温度的关系见表。
T/℃ w(Mn2+)(%) w(Mn3+)(%) w(Mn4+)(%)
700 5.56 44.58 49.86
750 2.56 44.87 52.57
800 5.50 44.17 50.33
850 6.22 44.40 49.38
由此可以确定：在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化趋势是：随温度升高 (填选项)
A．增大 B减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
25．（2021·江西九江·统考一模）砷盐净化工艺成功应用于冶炼锌工业，加快了我国锌冶炼技术改造步伐。从砷盐净化渣(成分为Cu、、Zn、ZnO、Co、Ni等)中回收有价值的金属具有重要意义。
回答下列问题：
(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有 (写两点)，其他条件不变时，Zn和Ni浸出率随pH变化如下图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为 。
(2)“氧化浸出“时，被氧化为的化学方程方式为 ；此过程温度不能过高的原因 。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入进行“沉铜”，得到难溶性的，则“沉铜”的离子方程式为 。
(4)操作Ⅰ所用到的玻璃仪器有 ，已知煅烧时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅挠，得到的钴的氧化物的质量为4.82g，的体积为2.688L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为 。
(5)已知常温下，相关金属氢氧化物开始沉淀和沉淀完全(离子浓度视为沉淀完全)的pH如下表所示：
开始沉淀的pH 完全沉淀的pH
8.0 10.0
7.5 9.5
若将沉铜后的溶液调节至，此时溶液中 。
参考答案：
1．B
【详解】A．第Ⅰ步反应为，既有极性键(C=O)断裂，又有非极性键(H-H)断裂，A项错误；
B．由图可知，第Ⅱ步发生反应，B项正确；
C．第Ⅳ步反应中ATP作催化剂，改变了反应历程，但不改变反应的焓变，C项错误；
D．淀粉为高分子化合物，nmol G-1-P最终生成1mol淀粉，D项错误；
答案选B。
2．C
【详解】A．实验研究表明：二氧化碳电还原需要严格控制电解液的pH为7左右，所以阴极水相电解液应选择接近中性的溶液，A不正确；
B．催化吸附剂，不能降低控速反应的焓变，B不正确；
C．若CO的法拉第效率为80%，当电机输出1mol电子时，则转移电子的物质的量为0.8mol，理论上生成CO的物质的量为0.4mol，标况下体积为8.96L，C正确；
D．在乙醇和乙烯中，碳元素都显-2价，若忽略副反应，则理论上制备等物质的量的乙醇与乙烯耗电费用比为1:1，D不正确；
故选C。
3．C
【详解】A．金(Au)虽然为催化剂，但是会参与反应，在整个过程不断被消耗、然后生成，总量不变，A错误；
B．该装置为电解池，电解液必须导电，即三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液导电，B错误；
C．据图可知，N2得电子后，和乙醇反应生成氨气和CH3CH2O-，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应为N2+6e-+6CH3CH2OH=2NH3+6CH3CH2O-，C正确；
D．据图可知，水分子不能透过选择性透过膜，D错误；
综上所述答案为C。
4．(1) a-b=c或者a=b+c等其它等价表示 D
(2) 2.20×10-4 < 0.04 30 ad
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则a-b=c（或者a=b+c等其它等价表示）；
由图可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数均随温度的减小而增大，则反应均为放热反应，、、均小于零，则>0；由第一空分析可知，-=<0，则<，故>1，故选D；
（2）①向由表可知，0-100s内A的平均反应速率； 0-100s段，A变化量为0.022、B变化量为0.135，故B的减小量更大，则反应Ⅲ逆向进行，t=100s之后A的量继续减小，则反应Ⅲ仍逆向进行，故正反应速率v正<反应速率v逆；
②向另一容器中加入惰性溶剂四氢呋喃和1.0molT，平衡时测得T的转化率为0.2，则反应的T为0.2mol，平衡时T为0.8mol；
T°C时，已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=4.0，则，a=0.04mol，则平衡时A、B、T、分别为0.04mol、0.16mol、0.8mol、0.2mol；总的物质的量为1.2mol，故
反应Ⅱ的平衡常数Kx2=；
a．同温下，再向该容器中注入四氢呋喃稀释，相当于增大容器体积，则反应Ⅰ的化学平衡将逆向移动，a正确；
b．当反应完全进行时，甲醇含量为50%，由于反应为可逆反应，故再次平衡时，CH3OH的物质的量分数不会是50%，b错误；
c．再次平衡时，T转化率为a，则平衡时AB物质的量和为amol，设A为xmol，B为(a-x)mol，根据Kx3=4.0，则，，甲醇为amol，则再次平衡时，c(B)：c(CH3OH)=0.8a：a=0.8:1，c(B)：c(CH3OH)不变，c错误；
d．由c分析可知，再次平衡时，c(B)：c(CH3OH)不变，d正确；
故选ad。
5．(1)241.0
(2)大于
(3) ① 温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高 10.9％
(4) 或
【详解】（1）根据，图中最终生成物对初始反应物的能量差是，那么由到最终产物，就有；
（2）该反应为放热反应，随着反应的进行，绝热容器中体系的温度会逐渐升高，平衡逆向移动，不利于的生成，所占体系的百分含量减少，a大于b；
（3）生成CH3OCH3的反应为放热的反应，随着温度的升高，反应逆向移动，导致CH3OCH3的选择性降低，故表示平衡时CH3OCH3的选择性的曲线是①；可以从平衡移动的角度分析，温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，导致二氧化碳的转化率升高；根据题给数据可得以下关系式：
则A点时H2的转化率=；
（4）根据方程式①CO2(g) +4H2(g) CH4(g)+ 2H2O(g) ΔH1=-164. 0kJ ·mol-1
② ΔH1=＋41.4 kJ ·mol-1
平衡时压强为，甲烷压强为，则反应①消耗的二氧化碳的压强为，反应②消耗的二氧化碳的压强为-2，则甲烷的选择性为或；
平衡时二氧化碳压强为--(-2)，压强为，CO的压强-2，H2的压强-(-2)-4，代入平衡常数表达式可得，反应②的压强平衡常数。
6．(1)CH4(g)+ H2O(g)=CO(g)+ 3H2(g) ΔH=+30.7 kJ/mol
(2) 1.0×105 40% >
(3) < 增大氯乙烯的浓度或改变温度 0.06 起始投料比 或其他合理答案
【详解】（1）已知：
①H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH1= - 198 kJ·mol-1；
②CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH2= - 283 kJ·mol-1；
③CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-846.3 kJ·mol-1。
由盖斯定律可知，-3×①-②+③得：甲烷与水蒸气在高温下制备合成气(CO、H2 )的热化学方程式：CH4(g)+ H2O(g)=CO(g)+ 3H2(g) ΔH=3ΔH1-ΔH2+ΔH3=+30.7 kJ/mol；
（2）①由图可知，图1中A点温度时，氢气、乙炔、甲烷的分压分别为、、，则平衡常数Kp=。
②T℃时，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CH4进行上述反应；
当反应达到平衡时，测得c(CH4)= c(H2)，则0.4-2a=3a，a=0.8mol，则CH4的转化率为。 若改变温度至T2℃ ，10 s后反应再次达到平衡，测得c(CH4)= 2c(H2)，则该变化过程中平衡逆向移动，甲烷含量增大，由于反应ΔH >0，正反应为吸热反应，则说明为降温的过程，则T1>T2。
（3）①由图可知，M点后，反应物(C2H2或HCl)浓度仍增大，说明M点时反应逆向进行，此时v正②15 min时仅改变了一个外界条件，导致反应逆向进行，则改变的条件可能是增大氯乙烯的浓度或改变温度。
③由化学方程式体现关系可知，0~10 min内氯乙烯的平均反应速率v(CH2=CHCl)= v(HC≡CH)= v(HCl)= ；向密闭容器中充入一定量乙炔和氯化氢，发生上述反应，相同温度下，增加HCl投料会促进乙炔的转化，提高乙炔的转化率，故则S代表的物理量是起始投料比 或其他合理答案。
7．(1)-398
(2)A
(3) M(4)Cat2
(5) 反应1和反应2的正反应都是放热反应，升温，平衡向左移动。2-丁烯的平衡转化率降低 > 0.33
(6)C4H8-24e-+12=16CO2+4H2O
【详解】（1）N2O的结构式为N=N=O，反应热等于断键吸收的热量减去成键放出的热量，则CH3CH=CHCH3(g)+N2O(g)CH3CH2COCH3(g)+N2(g) ΔH1=8413 kJ·mol+2347 kJ·mol+614 kJ·mol+418 kJ·mol+607 kJ·mol-8413 kJ·mol-3347 kJ·mol-745 kJ·mol-945 kJ·mol=-398 kJ·mol。
（2）A．反应过程中混合气体的总质量和总体积都不变，密度是定值，当混合气体密度不随时间变化时，不能说明反应达到平衡，故A选；
B．反应过程中混合气体的总质量不变，总物质的量增大，则混合气体平均摩尔质量减小，当混合气体平均摩尔质量不随时间变化时，说明反应达到平衡，故B不选；
C．反应过程中混合气体的总物质的量增大，混合气体压强增大，当混合气体总压强不随时间变化时，说明反应达到平衡，故C不选；
D．混合气体中N2浓度不随时间变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，故D不选；
故选A。
（3）CH3CH=CHCH3(g)的物质的量越多，反应1和反应2平衡正向移动，但CH3CH=CHCH3(g)的转化率减小，则在M、N、Q三点中，CH3CH=CHCH3(g)的转化率由小到大排序为M（4）由图可知，相同温度下，在Cat2的催化下，速率常数k更大，说明催化效果较高的催化剂是Cat2。
（5）①其他条件不变，升高温度，2-丁烯的平衡转化率降低的原因是：反应1和反应2的正反应都是放热反应，升温，平衡向左移动。2-丁烯的平衡转化率降低。反应1是气体体积不变的反应，反应2是气体体积增大的反应，则压强增大，反应1不移动，反应2平衡逆向移动，2-丁烯的平衡转化率降低的，则p>31kPa；
②X点和Y点温度相同，二者平衡常数的压强平衡常数Kp相等，计算X点的压强平衡常数Kp即可，根据已知条件列出“三段式”：
X点时丁酮(CH3CH2COCH3)的选择性为，则=，2-丁烯的转化率=0.5，得x= ，y=，反应1的平衡常数Kp==0.33。
（6）电池反应为C4H8+6O2=4CO2+4H2O中，C4H8在负极失去电子生成CO2，电极方程式为：C4H8-24e-+12=16CO2+4H2O。
8．(1) +170 高温
(2)ac
(3) 该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小 O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小
(4) 50% 4.76
(5)24.9
【详解】（1）已知：①2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1036kJ·mol-1
②4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+94kJ·mol-1
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-484kJ·mol-1，根据盖斯定律(①+②)×-③可得④2H2S(g)S2(g)+2H2(g)，所以ΔH4=(-1036+94)kJ·mol-1×-(-484 kJ·mol-1)=+170kJ·mol-1；该反应为熵增的吸热反应，根据吉布斯自由能可知，当＜0时可自发进行，即该反应需要在高温下才可自发进行；故答案为：+170；高温；
（2）某恒温恒容条件下，反应④：2H2S(g)S2(g)+2H2(g)中H2S的转化率达到最大值时，即反应达到一定限度，为平衡状态，则：
a．上述反应为气体分子数不断增大的反应，所以气体的压强随着反应时间的变化而变化，当气体的压强不变时，说明反应达到平衡状态，a符合题意；
b．气体的密度等于气体的总质量与容器体积的比值，因气体的总质量不变，容器体积不变，所以气体的密度始终为定值，其密度不变不能说明反应是否达到平衡状态，b不符合题意；
c．平均摩尔质量等于气体的总质量与气体总物质的量之比，因气体的总质量不变，但气体的总物质的量随着反应的进行会变化，所以气体的平均摩尔质量为变量，但变量不变时，说明反应达到了平衡状态，c符合题意；
d．单位时间里分解的H2S和生成的H2的量一样多，说明反应向正向进行，不能说明正逆反应速率相等，即不能直接说明反应是否达到平衡状态，d不符合题意；
故选ac；
（3）①温度较低时，反应未达到平衡，所以升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大；但温度较高时，同一时间反应达到平衡后，因该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小；
②O2浓度过高，H2S和O2会反应生成副产物SO2，导致S2产率减小；
（4）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×100%=50%，所以平衡常数Kp==≈4.76kPa；
（5）n(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；根据图像可知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×100kPa≈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。
9．(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。
10．(1) 降低活化能 ② -112
(2)B
(3) 1∶2 随着温度升高，温度对平衡起决定作用，投料比对平衡影响逐渐减小 2 向左进行
【详解】（1）分析反应历程可知，NO作总反应的催化剂，从能量角度分析，它降低了反应的活化能；活化能较大的反应速率较小，故反应②控制总反应速率；反应②的反应热等于产物的相对能量总和与反应物的相对能量总和之差，，根据盖斯定律，②×2＋①得总反应，，，故答案为：降低活化能；②；-112；
（2）A．温度不变，平衡常数不变，A项错误；
B．该反应是气体分子数减小的反应，甲容器平衡时，气体分子数减小，总压强减小；以甲容器为参照，甲容器缩小体积(加压)转化成乙容器，加压，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大，B项正确；
C．由B项可知，平衡时，乙容器中浓度较大，C项错误；
D．混合气体总质量不变，气体总物质的量减小，相对分子质量增大，即，D项错误；
答案选B。
（3）①相同温度下，投料比越大，平衡转化率越大，代表的投料比为1∶2，故答案为：1∶2；
②该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，的平衡转化率减小，当温度升高到一定程度，投料比对的平衡转化率影响逐渐减小，故三种投料比的平衡转化率趋向相等，故答案为：随着温度升高，温度对平衡起决定作用，投料比对平衡影响逐渐减小；
③代表投料比为2∶1，对应的平衡转化率为80％，设起始投，，列三段式为：，则，，，由标准分压，知，，，，标准平衡常数，故答案为：2；
④在T0℃时，向恒容密闭容器中充入、、三种气体，它们的分压依次为0.1MPa、0.3MPa、0.2MPa ，则，反应向左进行，故答案为：向左进行。
11．(1)a+51
(2)低温
(3) 3KPa/min 0.5KPa-1
(4) 充入一定量的H2(或移出HCOOH) BD
(5) CO2+2H++2e-=HCOOH 9
【详解】（1）根据ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和，ΔH=745KJ·mol-1×2+436KJ·mol-1-413KJ·mol-1-715KJ·mol-1-356KJ·mol-1-463KJ·mol-1=-51KJ·mol-1，据图：ΔH=Ea1-Ea2，Ea2=Ea1-ΔH=(a+51)kJ·mol-1。
（2）该反应ΔH<0，ΔS<0，由ΔG=ΔH-T·ΔS<0反应可自发进行可知当T较小时ΔG可能<0，故在低温能自发进行。
（3）恒温恒容容器内压强与气体物质的量成正比，将气体压强作为计算物理量设起始CO2、H2分压分别为24KPa消耗量为xKPa，列三段式：
由P平=30KPa=48KPa-xKPa，解得x=18，ν(H2)==3KPa·min-1，KP==0.5KPa-1。
（4）恒温恒容条件下，提高CO2的转化率,不能改变温度或者容器体积.可以充入H2或者分离出HCOOH使平衡正向移动，CO2转化率提高；
恒容条件下由ρ=气体密度恒定不变，A不能说明反应达平衡；
甲酸浓度不变说明正向生成速率与逆向消耗速率相等，B项可以；
CO2的消耗与HCOOH的生成均指正向反应速率，C项不能；
混合气体的平均相对分子质量，m总守恒，n总改变当混合气体升温平均相对分子质量不变可以说明正V正=V逆，D项可以；
故选BD。
（5）①石墨烯电极上CO2进入，HCOOH出来且电子流入该电极CO2得到e-，生成HCOOH：CO2+2e-+2H+=HCOOH；
②阳极区反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，每转移1mole-生成molO2，使溶液质量减轻8g，另同时有1molH+通过质子交换膜从阳极迁入阴极又减轻1g，共减轻9g。
12．(1)产生了非燃料气体二氧化碳
(2) -165 消耗大量氢气 CD
(3) Ⅲ 反应Ⅲ断裂碳氧三键，碳氧三键键能大 50 否
【解析】(1)
“CO优先氧化”是向氢气燃料中通入空气，CO优先于H2发生反应。该方法的缺点是降低了燃料的热值，产生了非燃料气体二氧化碳；
(2)
①根据盖斯定律i + iii可得CO2(g) + 4H2(g) CH4(g) + 2H2O(g) △H2=- 206 kJ·mol-1+ 41 kJ ·mol-1=-165kJ ·mol-1；
②采用“CO选择性甲烷化”的方法消除CO，该方法最明显的缺点是：消耗大量氢气；
③欲使CO体积分数必须低于10 ×10-4% ，应采取的措施是。
A．反应iii正向吸热，升高温度，平衡正向移动，CO体积分数增大，A错误；
B．反应i逆反应气体分子数增大，降低压强，平衡逆向移动，CO体积分数增大，B错误；
C．使用CO加氢催化剂，有利于反应iii发生，CO体积分数减小，C正确；
D．使用CO2加氢抑制剂，有利于减少氢气与二氧化碳反应，促进CO反应，CO体积分数减小，D正确；
答案选CD。
(3)
由反应历程可知，反应Ⅲ断裂碳氧三键，碳氧三键键能大，破坏所需能量大，故III是限速步骤；
①由题意可知，该反应为CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)，由表中数据可知，反应后CO为10×10-6L，即几乎完全反应，CO的变化量为10L，故氢气的变化量为30L，x=80-30=50；
②此条件下反应iii的平衡常数K= 100，浓度熵=800＞100，反应为达到平衡状态。
13．(1) (Q1+3Q2-6Q3) 增强催化剂的稳定性，增大催化剂的比表面积，提高催化剂的活性和催化效率
(2)
(3) N2 随着增大即增大H2的用量，平衡正向移动，N2的平衡转化率增大，而H2的平衡转化率减小
(4) 增大压强，反应物浓度增大，反应速率加快，提高生成效率 防止催化剂中毒 I 小于
【详解】（1）①根据已知信息可知，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H=反应物的总的键能减去生成物的总的键能=(Q1+3Q2-6Q3)kJ·mol-1，故答案为：(Q1+3Q2-6Q3)；
②Fe3O4为该反应的催化剂，使用时常加入Al2O3与之生成合金FeO·Al2O3使Fe3O4分布均匀，其目的是增强催化剂的稳定性，增大催化剂的比表面积，提高催化剂的活性和催化效率，故答案为：增强催化剂的稳定性，增大催化剂的比表面积，提高催化剂的活性和催化效率；
（2）由反应方程式N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，用平衡分压p(NH3)、p(N2)、p(H2)代替平衡浓度表示化学平衡常数，当平衡体系总压强为p1时，Kp=，温度不变，将平衡时体系的总压强p1增加到原来的两倍，此时p2(NH3)=2P(NH3)，p2(N2)=2p(N2)，p2(H2)=2p(H2),则此时Qp==，故答案为：；
（3）T℃时，在有催化剂的恒容密闭容器只中充入N2和H2，随着增大即增大H2的用量，平衡正向移动，N2的平衡转化率增大，而H2的平衡转化率减小，故图示信息中反应物X是N2，判断依据是随着增大即增大H2的用量，平衡正向移动，N2的平衡转化率增大，而H2的平衡转化率减小，故答案为：N2；随着增大即增大H2的用量，平衡正向移动，N2的平衡转化率增大，而H2的平衡转化率减小；
（4）①由反应CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)可知增大压强，平衡逆向移动，不利于H2的制备，制备过程中一般采用较高的压强(3.0MPa)，主要考虑增大压强，反应物浓度增大，反应速率加快，提高生成效率，由题干信息可知合成氨催化剂为Fe3O4能被CO还原而失去催化活性，故原料气在进入氨合成塔前需除去CO，原因是防止催化剂中毒，故答案为：增大压强，反应物浓度增大，反应速率加快，提高生成效率；防止催化剂中毒；
②已知活化能越大，反应速率越慢，由题干信息可知，甲烷在镍催化表面发生的五个基元反应中，活化能最大的是I，已知反应CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)的＞0，若该反应在任意温度下均能自发进行，则ΔH1小于0，故答案为：I；小于。
14．(1)+16
(2) > 该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，在相同投料比时，T1温度下产物的体积分数大于T2温度下产物的体积分数，则T1>T2 1 αC>αB>αA
(3) <
(4) 减小
【详解】（1）△H =反应物的总键能-生成物的总键能=2799kJ·mol-1+436kJ·mol-1-
(799+343+463+413)kJ·mol-1=+16kJmol-1。
故答案为：+16。
（2）①该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，从图象中可知在相同投料比时，T1温度下HCOOH的体积分数大于T2温度下产物的体积分数，则T1>T2；②根据反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)可知，当投料比[]=1，即a=1时，恰好达到最大转化，HCOOH平衡时的体积分数最大；③氢气的量越大，即投料比[]越大，CO的转化率越大，故A、B、C三点CO(g)的平衡转化率由大到小的顺序为αC>αB>αA。
故答案为：>，该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，在相同投料比时，T1温度下产物的体积分数大于T2温度下产物的体积分数，则T1>T2；1；αC>αB>αA。
（3）由已知信息可列三段式求得平衡时CO2，H2，H3OH，H2O的物质的量均1mol,具体如下：
，总压强为p0，则CO2，3H2，H3OH，H2O的分压均为，带入平衡常数表达式得：Kp=，向平衡后的容器中再加入2molCO2和4molH2，即与初始投料相比反应物的量增加一倍，即增大压强平衡正向移动，总压强变小，可得p1<2p0。
故答案为：，<。
（4）由题意知，v正=k正·c(CO2)·c2(H2O)，v逆=k逆·c(CH4)·c2(O2)， 当反应达到平衡时v正= v正，k正·c(CO2)·c2(H2O) =k逆·c(CH4)·c2(O2)即，由表格可知反应在15min时达到平衡，列三段式可得平衡常数K=24，，由于反应为吸热反应，升高温度平衡常数K变大，减小；
故答案为：，减小。
15．(1)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+41kJ·mol-1
(2) 0.13mol·L-1·min-1 7/p2
(3)CD
(4) P1>P2>P3 ② 开始升温以反应①为主，反应放热，平衡逆向移动，CO2平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应②为主，反应吸热平衡正向移动，CO2平衡转化率上升
【详解】（1）反应I的化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，已知①CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1=-205kJ·mol-1，②CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)△H2=-246kJ·mol-1，由盖斯定律可知①-②可得CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，△H=-205kJ·mol-1-(-246kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1，故热化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41kJ·mol-1。
（2）由题给信息可知如下三段式：设反应I生成水xmol，
x+0.6=1.4，则x=0.8，则v(H2)=mol·L-1·min-1；
平衡时容器中气体总物质的量n(CO2)+ n(H2)+ n(CO)+ n(H2O)+ n(CH4)=0.2+2.4+0.2+1.4+0.6=4.8mol，则反应II的平衡常数Kp=
（3）A．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(g)的同时消耗了3molH2(g)，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；
（4）作等温线，增大压强，反应①的平衡向正反应方向进行，反应②平衡不移动，整体来看，CO2的平衡转化率增大，根据图象可知，P1>P2>P3；根据图象可知，在T℃，CO2的平衡转化率在不同压强下保持不变，说明压强对反应物影响，因此该温度下，主要发生反应②；开始升温以反应①为主，反应放热，平衡逆向移动，CO2平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应②为主，反应吸热平衡正向移动，CO2平衡转化率上升。
16．(1) 25%
(2) c 大于 温度升高，甲醇的产率降低，则反应(i)平衡逆向移动，而CO2的转化率增大，则反应( ii)平衡正向移动，故反应(ii)是吸热反应 反应(i)
(3) 可以 增加少量水蒸气可促进反应③平衡正向移动，提高甲醇的产率
【解析】（1）
根据题干中给出的信息可以得出以下三段式：
设生成一氧化碳xmol，则
由题意可知1-x-0.3=0.6，则x=0.1，氢气转化率=；反应i的平衡常数K1=；
（2）
①反应在恒温恒压反应器中进行，反应(i)反应前后气体计量系数不同，反应过程中体积一直在变化，则此时密度也一直在变化，则密度不变可以证明反应(i)达到平衡，反应(i)达到平衡后氢气物质的量不再发生变化，则此时反应(ii)也达到平衡，故两个反应都达到平衡，答案为c；
②由图a可以发现，温度升高时甲醇产率降低，平衡逆向移动，反应(i)为放热反应，但是从图中还可以发现，二氧化碳的转化率增大，则反应(ii)正向移动，说明反应(ii)是吸热反应， H2大于0，故答案为：大于；温度升高，甲醇的产率降低，则反应(i)平衡逆向移动，而CO2的转化率增大，则反应( ii)平衡正向移动，故反应(ii)是吸热反应；
③由图b可以发现温度升高减小，直线I的纵坐标减小，说明直线I对应的反应在升温的时候平衡逆向移动，为放热反应，由②分析可知，反应(i)放热，故直线I表示的反应是反应(i)；
（3）
由图可知水蒸气为反应③的反应物，适当加入少量的水，反应物浓度增大，向正反应方向移动，甲醇产率升高，故答案为：可以；增加少量水蒸气可促进反应③平衡正向移动，提高甲醇的产率。
17．(1) CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) AB
(2)+142.03
(3)4
(4)0.625kPa
(5)38.08
【解析】（1）
方程式①减去第一步的方程式可得：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)；反应①为放热反应，则剩余的能量示意图为 ；
A．随着反应进行，CO2逐渐被消耗掉，CO2的分压也逐渐减少，平衡时不再发生变化，故CO2的分压不变可以证明反应达到平衡，A正确；
B．反应物和产物都是气体，且反应前后气体的计量系数不同，故混合气体的平均摩尔质量不变可以证明反应达到平衡，B正确；
C．反应物和产物都是气体，则总质量不变，且容器体积不变，故混合气体的密度不变不能证明反应达到平衡，C错误；
D．反应前后共价键的总数都是7个，则共价键数目保持不变不能证明反应达到平衡，D错误；
故选AB；
（2）
根据题目中的信息可知①CuSO4(s)= CuSO4(aq) H=+60.82kJ/mol
③CuSO4·5H2O(s)= CuSO4(aq)+5H2O(l) H=-17.15kJ/mol
④H2O(l)=H2O(g) H=+44.00 kJ/mol
根据盖斯定律②=③-①+5×④=(-17.15)-60.82+5×44=+142.03 kJ/mol；
（3）
反应③d的产物中只有水蒸气和二氧化碳气体，此时总压为4 kPa ，则这两种气体的分压为2 kPa ，则Kp=P(H2O)×P(CO2)=4；
（4）
反应②的解离压为6.4kPa，说明平衡时水蒸气的分压为6.4kPa，反应③的平衡常数为4，根据反应③的平衡常数的表达式可知P(CO2)=；
（5）
根据反应③平衡时P(H2O)×P(CO2)=4，才能使Na2CO3完全转化成NaHCO3固体，P(CO2)==4，即二氧化碳分压大于4时反应才能生成碳酸氢钠，根据入标况下体积为4.48L的水蒸气，此时压强为1KPa，设此时通入二氧化碳体积为V，则，解得V=35.84L，另外需要把10.6g的Na2CO3固体反应完全，需要消耗二氧化碳2.24L，一共需要通入二氧化碳的体积为38.08L。
18．(1) -216 kJ/mol ABDE 40%
(2) TC
(3) c(Na+)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(HCO)＞c(H+) 5.6×10-4mol/L
【详解】（1）①已知H2、CH3CH2OH(g)的燃烧热分别为285. 8KJ/mol、1366.8KJ/mol，即②H2 (g)+O2 (g)= H2O(l) H2=-285. 8kJ/mol，③CH3CH2OH(g)+3O2 (g)= 3H2O(l) + 2CO2(g) H3=-1366.8kJ/mol，①H2O(l) =H2O(g) H1=+44kJ/mol，由盖斯定律，6×反应②-反应③+3×反应①可得反应：2CO2(g) + 6H2(g)CH3CH2OH(g) +3H2O(g)， H=6×(-285. 8) -(-1366.8)+3×(+44)=-216 kJ/mol；
②A.反应前后物质的量不相等，混合气体的总质量不变，则混合气体的平均摩尔质量保持不变说明反应达到平衡，A选；
B.由于H2O和CH3CH2OH中都有O-H键，有6molH—H断裂同时有6molO-H断裂不能说明反应达到平衡，B不选；
C.在恒容下体积不变，混合气体的质量不变，则混合气体的密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，C不选；
D.CO2的物质的量浓度保持不变可说明反应达到平衡，D选；
E. 反应前后物质的量不相等，容器的压强保持不变可说明反应达到平衡，E选；
故选：ADE；
③当反应经过20min达到平衡时，容器中n(CO2)与n(H2O)相等，设生成n(H2O)为3x mol，则消耗n(CO2)是2x mol，可得2-2x=3x，解得x=0.4，消耗n(H2)=6x=2.4mol，H2的转化率为，生成n(CH3CH2OH)= x=0.4mol，用CH3CH2OH表示20min内该反应的反应速率为；
（2）已知v(CO2)=k1·P(CO2)，v(CO)=k2·P2 (CO)，根据反应速率与计量系数成正比可知，v(CO)=2v(CO2)，则k2·P2 (CO)=2×k1·P(CO2)，Kp=，反应达到平衡时，2v(CO2)= v(CO)，由图只有TC对应的反应速率满足该要求；
（3）Na2CO3溶液存在水解平衡CO+H2O HCO+OH-，HCO+H2O H2CO3+OH-，则溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(HCO)＞c(H+)；欲使CO沉淀完全，此时c(CO)=1×10-5mol/L，根据Ksp=c(CO) c(Ca2+)=2.8×10-9可知，c(Ca2+)==2.8×10-4mol/L，等体积混合后原溶液CaCl2溶液的最小浓度为混合溶液中c(Ca2+)的2倍，故原溶液CaCl2溶液的最小浓度为2×2.8×10-4mol/L=5.6×10-4mol/L。
19．(1) 小于 减小
(2)AB
(3) BD 230℃以上，温度升高，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，但温度对反应Ⅱ的平衡影响更大
(4) 55% 0.22
【详解】（1）温度T降低，增大，由图象可知，反应I的lnK随的增大而增大，反应II的lnK随的增大而减小，即随着的增大，反应I的K增大、反应II的K减小。所以，当温度降低，反应I的K增大、平衡正向移动，反应I为放热反应，ΔH1小于0；当温度降低，反应II的K减小、平衡逆向移动，反应II为吸热反应，ΔH2大于0。依据盖斯定律，反应CO(g)+2H2(g)→CH3OH(g)可由I-II得到，即焓变ΔH=ΔH1-ΔH2，而ΔH1<0、ΔH2>0，所以ΔH<0，温度升高，平衡逆向移动，化学平衡常数减小。
（2）A．增大一氧化碳浓度，反应II逆向移动，二氧化碳和氢气浓度增大，相当于反应I的反应物浓度增大，反应I正向移动，A正确；
B．降低温度，反应I和II的正、逆反应速率都减小，B正确；
C．恒温恒容下充入氦气，各物质浓度不变，平衡不移动，C错误；
D．增大压强，反应I平衡正向移动、反应II平衡就得逆向移动，当反应I达到平衡时，二氧化碳和氢气浓度不再改变，反应II也得达到平衡，因此增大压强，反应I和II重新达到平衡的时间相同，D错误；
答案选AB。
（3）①由图可知，230℃时甲醇产率最高，该温度下使用催化剂CZ(Zr-1)T，甲醇选择性较大，答案选BD。
②230℃以上，温度升高，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，但温度对反应Ⅱ的平衡影响更大，所以在230℃以上，升高温度CO2的转化率增大，但甲醇的产率降低。
（4）由于发生反应I，容器容积减小，设参加反应I的二氧化碳的物质的量为xmol，则有关系式：，解得x=0.6mol，则参加反应I的氢气的物质的量为1.8mol，生成甲醇的物质的量为0.6mol，生成水蒸气的物质的量为0.6mol，而二氧化碳的转化率为50%，则参加反应II的二氧化碳的物质的量为，反应II消耗氢气0.4mol，生成一氧化碳0.4mol，生成水蒸气0.4mol，平衡时容器中有二氧化碳1mol，氢气1.8mol，甲醇0.6mol，水蒸气1mol，一氧化碳0.4mol，氢气转化率为，设平衡时容器体积为V，则反应II的平衡常数。
20． ＞ -41.17 kJ/mol 46.656或46.66或46.7 BC H2 CO
【详解】(1)a．由甲醇分解的热化学方程式CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) △H1= +90.64 kJ mol-1可知：该反应的正反应是吸热反应，△H＞0，由于反应热△H =E1- E2，所以E1- E2＞0，故E1＞E2；
b．根据摩尔生成熔的含义可得反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2=(-110.53 kJ/mol)+(- 241.8kJ/mol)-(-393.5 kJ/mol+0 kJ/mol)= -41.17 kJ/mol；
(2)v(CH3OH)=；
反应开始时p(CH3OH)=5.0 MPa，由于CH3OH的转化率为60%，则平衡时p(CH3OH)=5.0 MPa×(1-60%)=2.0 MPa，转化的CH3OH为3 MPa，其中①反应产生H2为6 MPa；由于CO2的选择性为40%，则平衡时p(CO)=5.0 MPa×60%×(1-40%)=1.8 MPa，p(CO2)=5.0 MPa×60%×40%=1.2 MPa，发生反应②产生H2为1.2 MPa，故平衡时H2总压强为p(H2)=(6+1.2)MPa=7.2 MPa，因此反应①的化学平衡常数Kp=；
(3)A．催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，使许多普通分子变为活化分子，从而能增大反应物中活化分子的百分数，A错误；
B．相对于通常方法，工业上选择低温等离子体催化剂能有效提高反应速率，同时由于CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的正反应是放热反应，适当的降低温度，能够使化学平衡正向移动，从而能使CO的平衡转化率提高，B正确；
C．选择低温等离子体催化剂，可以使反应在较低温度下发生化学反应，从而能有效的解决高能耗问题及在较高温度下引起的催化剂失去其生理活性等关键问题，C正确；
D．工业上适当通入H2O(g)，增大反应物H2O(g)浓度可以使平衡正向移动，使生成物的物质的量增加，从而会提高生成物的含量，但若H2O(g)通入量过多，反应产生的生成物的物质的量增多，但其在平衡混合物中的百分含量反而会降低，D错误；
故合理选项是BC；
(4)对于反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H＜0，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均减小。依据图中信息，可初步得知，a、b曲线分别对应CO2或H2，c、d曲线则对应CO或H2O(g)。结合反应①方程式及题目已知条件可知：该反应起始时，n(H2)＞n(CO2)、n(H2O)＞n(CO)，故平衡时含量必然有H2＞CO2、H2O＞CO，故a、b、c、d曲线分别对应H2、CO2、H2O(g)、CO，曲线a表示H2，曲线d表示CO。
21． I 反应I的活化能大 0.064或8/125 AD 乙醇 2
【详解】(1)①
②
③
根据盖斯定律，3×③+3×②-①得： ；
(2)①由能量变化图可知第I步活化能较大，反应速率较慢，因此决定NO氧化反应速率的步骤是I；理由为反应I的活化能大；
②因为是刚性容器，可带压强列三段式：，根据题意有36+x=46，解得x=10，因此0~5min用的分压表示反应速率为10kPa÷5min=；该温度下，此反应的平衡常数=0.064或8/125；
③，2NO恒温恒容条件：
A．该反应为气体分子数变化的反应，压强不再变化，说明反应已达平衡；
B．ρ=m/V，自始至终m和V均不变，ρ不变不能说明反应已达平衡；
C．生成NO的速率与消耗的速率相等，都是逆反应速率，不能说明反应已达平衡；
D．混合气体的平均相对分子质量=m/n，气体总质量m自始至终不变，气体总n是变量，当混合气体的平均相对分子质量，说明反应已达平衡；
选AD；
(3)利用燃料电池电解，可将雾霾中的NO、分别转化为和：结合图可知，左边装置为乙醇燃料电池，右边装置为电解池，NO转化为，N化合价降低，则通入NO的一极得电子，为阴极，通入二氧化硫的一极为阳极，则燃料电池a电极为负极，燃料电池中负极通入的是燃料，因此物质甲为乙醇；电解池阴极得电子，NO转化为，结合电解质为硫酸铵可知电极反应式为；电解池阳极失电子，转化为，电极反应式为2H2O+SO2-2e-=+4H+，在电解池总反应为2NO+8H2O+5SO2(NH4)2SO4+4H2SO4~10e-，因此A为H2SO4，转移2.5mol电子时，生成1mol硫酸，物质的量浓度为1mol÷500mL=2mol/L。
22． ＜ = ＞ 根据热化学方程式可知，升高温度，平衡逆向移动，的体积分数增大；再对应图象，压强一定时，则 增大
【详解】(1)根据下图1中信息得到主反应的热化学方程式是。根据图2判断，升高温度，催化剂1的反应速率比催化剂2的反应速率，反应速率越快，活化能越小，因此活化能＜，不管使用催化剂1或催化剂2时，反应焓变不变，因此合成的=；故答案为：；＜；=。
(2)该反应是放热反应，当压强为1×106Pa时，从上到下，CO体积分数增大，说明平衡逆向移动，因此是升温即＞，并说明理由：根据热化学方程式可知，升高温度，平衡逆向移动，的体积分数增大；再对应图象，压强一定时，则；故答案为：＞；根据热化学方程式可知，升高温度，平衡逆向移动，的体积分数增大；再对应图象，压强一定时，则。
(3)若在一定温度下，在一恒压的密闭容器中充入和，测得容器内的压强为，达平衡后，测得反应前后容器中气体的物质的量之比是；且物质的量为，，，反应后n(CO)=(2 x y)mol，n(H2)=(5 3x 2y)mol =1mol，，解得x=1.2mol，y=0.2mol，在此温度下，的转化率为，反应后气体总物质的量为4.2mol，主反应的平衡常数 ；故答案为：。
(4)在一恒压绝热的密闭容器中，达到平衡时再往容器内充入，则容器体积变大，相当于减小压强，平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，体系温度降低，。主反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，因此主反应的平衡常数将增大；故答案为：增大。
23． -49.44 kJ·mol-1 反应进行到相同时间时a、b都没达到平衡，b的温度更高速率更快，生成CH3OH越多，CH3OH的体积分数更大 温度 温度低反应速率慢，温度高产率低；压强低，产率低，压强太大，成本高 1 AD CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+
【详解】(1)已知反应：反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-90.64 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2，
根据盖斯定律，将反应Ⅰ-Ⅱ，可得CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H3=-41.20 kJ·mol-1，△H1-△H2=△H3，整理可得△H2=-49.44 kJ·mol-1；
(2)反应进行到相同时间时，a、b都没达到平衡，b的温度更高，反应速率更快，生成CH3OH越多，CH3OH的体积分数更大，故b点φ(CH3OH)大于a点；
(3)①根据图象可知：在温度较低时，温度对CO的转化率影响较大，而压强对CO的转化率影响不大，故CO的转化率对温度敏感；
②由图象可知，温度越低，压强越大，CO转化率越高，但实际生产往往采用300℃左右和10 MPa的条件，这是由于温度低时化学反应速率较慢，达到平衡所需时间长；该反应的正反应是放热反应，温度升高化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致物质的产率降低；该反应的正反应是气体体积减小的反应，压强较低时物质的产率较低，但压强太大，化学平衡虽然正向移动，会使物质的产率增大，但无形会大大增大生产成本，不经济，在300℃左右和10 MPa的条件反应速率较快，物质产率较大，生产成本也不算高；
(4)在开始时容器容积是2 L，加入1 mol CO2和3 mol H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，CO的转化率是50%，则平衡时n(CO2)=n(CH3OH)=n(H2O)=0.5 mol，n(H2)=1.5 mol。平衡时气体总物质的量n(总)=0.5 mol+1.5 mol+0.5 mol+0.5 mol=3 mol，反应在恒压下进行，反应开始时有1 mol+3 mol=4 mol气体，气体的体积是2 L，则平衡时气体的体积V=，故平衡时H2的物质的量浓度c(H2)=；
对于恒容密闭容器，气体的体积比等于气体的物质的量的比，则化学平衡常数Kp=；
(5) A．若容器的容积不变，充入一定量的CO2和H2进行反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，△H2=-49.44 kJ·mol-1。当反应达到平衡后增加CO2的量，c(CO2)增大，化学平衡正向移动，能够产生更多的甲醇，因此可增加甲醇的产率，A符合题意；
B．该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致甲醇产率降低，B不符合题意；
C．充入He，使体系总压强增大，不能改变反应体系中任何一组分的浓度，化学平衡不发生移动，甲醇产率不变，C不符合题意；
D．按原比例再充入CO2和H2，导致体系压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，甲醇产量增加，产率增大，D符合题意；
故合理选项是AD；
(6)根据图示可知：在N电极上产生H2O，说明N电极通入的是O2，O2得到电子发生还原反应产生O2-，O2-结合H+产生H2O，所以N电极为正极，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；在M电极上加入的物质是CH3OH，CH3OH失去电子，发生氧化反应产生CO2气体，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。
24． H2 适当升高温度，适当增大NaOH溶液的浓度，粉碎，充分搅拌 Al(OH)3 漏斗、烧杯、玻璃棒 降低Li2CO3的溶解度，减少溶解，提高产率 4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O 8MnO2+2Li2CO3=4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ C
【分析】正极材料经过过量NaOH反应后，铝箔被转化为NaAlO2，故过滤后所得滤液主要成分为NaAlO2，与过量CO2反应得到Al(OH)3沉淀和NaHCO3，故沉淀X为Al(OH)3，LiMn2O4经过操作③，与H2SO4、O2反应转化为MnO2和Li2SO4，过滤后滤液中主要含有Li2SO4，加入一定量Na2CO3后Li2SO4转化为Li2CO3。
【详解】(1)由反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，知第①步反应产生的气体为H2，故此处填H2；增大浸取率可从加快反应速率角度考虑，相同时间内，一般反应速率越快，浸取率越高，故此处填：适当升高温度、适当增大NaOH溶液浓度、将原料粉碎、搅拌等（任写两点）；
(2)由分析知，沉淀X化学式为Al(OH)3；过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故此处填：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(3)由Li2CO3的溶解度信息知，随着温度升高，Li2CO3溶解度减小，故此处填：降低Li2CO3的溶解度，减少溶解损失，提高产率；
(4)由分析知，酸溶时，LiMn2O4转化为Li2SO4、MnO2，根据Mn元素化合价升高推测有O2参与反应，根据元素守恒推测还有H2O生成，初步确定反应为：LiMn2O4+H++O2→MnO2+Li++H2O，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得完整离子方程式为：4LiMn2O4+4H++O2=8MnO2+4Li++2H2O；
(5)①由所给信息初步确定反应为：4MnO2+Li2CO3→2LiMn2O4，根据Mn元素化合价降低，推测O元素化合价升高产生O2（C元素已经为最高价，故只能为O元素化合价升高），根据得失电子守恒初步配平反应为：8MnO2+2Li2CO3→4LiMn2O4+O2，根据元素守恒知还有2个CO2生成，故完整方程式为：8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+O2↑+2CO2↑；
②由所给数据知，700~750℃，Mn3+、Mn4+含量在上升，Mn2+含量在减少，故Mn元素平均价态增大，750℃往后，Mn4+含量减少，Mn2+含量逐渐上升，故Mn元素平均价态降低，综上所述，答案选C。
25． 搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等 3 受热易分解 玻璃棒、漏斗、烧杯 1∶10
【分析】砷盐净化渣用稀硫酸进行选择浸Zn，其中的Zn、ZnO反应，过滤分离，不溶物再用硫酸、过氧化氢氧化浸出，结合沉铜后物质可知，氧化时Co被氧化为Co2+、As被氧化为H3AsO4,而Cu被氧化为Cu2+，SiO2不反应，过滤分离，滤渣为SiO2，滤液调节pH并加入Na3AsO4，将Cu2+转化为Cu5H2(AsO4)4 2H2O沉淀，再过滤分离。滤液经萃取分液得到含有Co2+的有机层，反萃取得到CoSO4溶液，加入(NH4)C2O4溶液沉钴得到中CoC2O4 2H2O。
【详解】(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等；由图可知，当pH为3时，Zn的浸出率比较大，而Ni的浸出率比较小，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为3。
(2)“氧化浸出“时，被过氧化氢氧化为，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应的化学方程方式为；此过程温度不能过高的原因是受热易分解。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入进行“沉铜”，得到难溶性的，则“沉铜”的离子方程式为。
(4)，根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.06mol，生成的氧化物中n(Co)=0.06mol，n(O)=，则n(Co)：n(O)=0.06mol：0.08mol=3：4，则此时所得钴的氧化物的化学式为。
(5)当pH=10.0时，Ni2+沉淀完全，则，当pH=9.5时，Co2+沉淀完全，则，若将沉铜后的溶液调节至，此时溶液中。
试卷第1页，共3页
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