陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-13化学反应的热效应
一、单选题
1．（2023·陕西榆林·统考二模）人造小太阳、歼- 20、火星探测、海斗一号无人潜水器等均展示了我国科技发展的成果。下列相关叙述正确的是
A．潜水器的材料之一为合成橡胶发泡体，其具有防震、保温、不透水、不透气等特点
B．歼一20发动机的航空燃油是纯净物
C．火星土壤中的质量数为26
D．核聚变是化学能转化为热能的过程
2．（2022·陕西榆林·统考三模）材料是社会进步的阶梯。下列对我国最新科技成果解读错误的是
选项 科技成果 化学解读
A 合成CrCoNi材料 Cr、Co、Ni都是过渡元素
B 开发高效催化剂Ag/SiO2，实现CO2还原制备C1、C2高附加值产品 Ag/SiO2能提高CO2的平衡转化率
C 开发光催化剂，实现水和空气转化为H2O2 该反应的原子利用率为100%
D 北京冬奥会采用绿氢“微火”主火炬，电解水制绿氢 电解水制绿氢时，电能转化为化学能
A．A B．B C．C D．D
3．（2022·陕西榆林·统考二模）北京冬奥会火炬以氢气为燃料，主火炬首次采用“微火”方式。下列说法错误的是
A．氢气燃烧火焰呈淡蓝色
B．氢气是清洁能源，燃烧产物对环境友好
C．主火炬采用“微火”方式体现了低碳理念
D．利用太阳能分解水制备氢气是放热反应
4．（2022·陕西咸阳·统考一模）化学与科技、社会、文化、生活有着密切的联系。下列说法正确的是
A．中国自主研发的首个5G微基站射频芯片，主要材料是二氧化硅
B．利用潮汐发电，是将化学能转化为电能
C．“落红不是无情物，化作春泥更护花”，蕴藏着自然界的碳、氮循环
D．SO2可作为漂白剂、防腐剂、强氧化剂使用
5．（2022·陕西渭南·统考一模）向密闭容器中充入，发生反应： ，达到平衡状态。该反应经过以下两步基元反应完成：
i.
ii.
下列分析不正确的是
A．、
B．
C．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移
6．（2021·陕西汉中·统考一模）用下列实验装置能达到相关实验目的的是
A B C D
实验装置
实验目的 除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液 制备并收集少量NO2 实验室灼烧Na2CO3·10 H2O 测定中和反应的反应热
A．A B．B C．C D．D
7．（2021·陕西渭南·统考一模）化学实验结果一般可以用图象表示。下列图象与对应的叙述相符合的是
A．图甲可表示镁条与盐酸反应的能量变化
B．图乙表示向H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后，溶液的导电性随BaCl2的物质的量的变化
C．图丙表示光照下氯水的pH随时间的变化曲线，光照后溶液中Cl2的浓度增大
D．图丁表示70℃时不同碱性条件下H2O2的浓度随时间变化的曲线，溶液的碱性越强，H2O2分解速率越快
二、原理综合题
8．（2023·陕西西安·统考一模）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向1L的刚性密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：
I.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.4kJ mol-1
Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.1kJ mol-1
①下列说法正确的是 。
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应I、Ⅱ的平衡均不移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时H2的体积分数一定小于
D．增加碳块用量，可加快反应速率
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系 (填“吸收”或“放出”)热量 kJ，反应I的平衡常数Kc= 。
(2)一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如图：
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后溶液pH=10，则此时溶液中c(CO)∶c(HCO)= (该温度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7，Ka2=5.0×10-11)。
②再生塔中产生CO2的离子方程式为 。
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4的电极反应式为 ；AgCl/Ag电极的质量 (填变大、变小或不变)；放电结束后，铂电极所在的区域溶液的pH (填变大、变小或不变)。
9．（2023·陕西咸阳·统考三模）用CO还原N2O，实现无害化处理是环境治理的一个重要方法：N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH。回答下列问题：
(1)已知：i.2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH1
ii.2N2O(g)2N2(g)+O2(g)ΔH2
ΔH= (用含ΔH1、ΔH2的式子表示)。
(2)N2O和CO在Fe+作用下的反应分两步进行：
反应I：Fe++N2O→FeO++N2
反应Ⅱ：FeO++CO→Fe++CO2
反应过程的能量变化如图所示：
①决定总反应速率的是 (填“反应I”或“反应Ⅱ”)。
②对于反应N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)，下列说法正确的是 (填字母)。
A．Fe+是催化剂，能降低反应的焓变
B．升高温度，N2O的平衡转化率减小
C．降低反应温度，反应平衡常数不变
D．上述反应过程中断裂离子键和极性键
(3)N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)的速率方程为v正=k正c(CO) c(N2O)，v逆=k逆c(O2) c(N2)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。
①反应速率Δv等于正、逆反应速率之差。平衡时，Δv(500K) Δv(550K)(填“＞”或“=”)。
②该反应的平衡常数为K，在图中画出pK(pK=-lgK)随温度的倒数()的变化曲线 。
(4)在473K时，向恒容密闭容器中充入amolCO和amolN2O，发生上述反应，平衡时N2O的体积分数为25%，该温度下的平衡常数的数值为 。
(5)已知500℃时，CaC2O4(s)CaCO3(s)+CO(g)的平衡常数Kp=ekPa。向一恒容密闭容器加入足量的CaC2O4固体，再充入一定量N2O气体，起始压强为bkPa，达到平衡时总压强为ckPa。500℃时，反应CO(g)+N2O(g)N2(g)+CO2(g)的平衡常数Kp= (用含e、b、c的式子表示)。
10．（2023·陕西汉中·统考二模）有效去除大气中的H2S、SO2以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。
(1)氨水可以脱除烟气中的SO2.氨水脱硫的相关热化学方程式如下：
2NH3(g) + H2O(1) + SO2(g)=(NH4)2SO3(aq) ΔH=akJ/mol
2NH4HSO3(aq)=((NH4)2SO3 (aq) + H2O(l) + SO2(g) ΔH =bkJ/mol
2(NH4)2SO3(aq) + O2(g)= 2(NH4)2SO4 (aq) ΔH = ckJ/mol
反应2NH3(g) + 2NH4HSO3(aq)+O2(g)= 2(NH4)2SO4+(aq)的 ΔH = kJ/mol(用含a、 b、c的代数式表示)。
(2)H2S与CO2在高温下发生反应： H2S(g) + CO2(g) COS(g)+ H2O(g)。在610K时，将。0.40 mol H2S与0.20 mol CO2充入5 L的空钢瓶中，反应达到平衡后水的物质的量分数为0.2。
①上述条件下H2S的平衡转化事α1= %。
②若在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，该反应的ΔH 0(填“<” “>”“<或=”)。
③在610 K时反应H2S(g) + CO2(g) COS(g) + H2O(g)平衡建立的基础上，改变下列一种条件，能使H2S平衡转化率增大的是 (填标号)。
A．向容器中通入H2S B．向容器中通入CO2
C．加入催化剂 D．缩小容器的体积
(3)在气体总压强分别为p1和p2时，反应2SO3(g) 2SO2 g) + O2(g)在不同温度下达到平衡， 测得SO3(g)及SO2(g)的物质的量分数如图所示：
①压强： p2 p1(填：“>”或”<”) ：判断的理由是 。
②若p1=8.1MPa，起始时充入a mol的SO3(g)发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数Kp= MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压-总压×物质的量分数)。
11．（2023·陕西·校联考模拟预测）丁二烯是生产丁苯橡胶SBR、ABS 树脂、聚丁二烯橡胶BR等的基本原料，也是生产氯丁二烯、乙烯基环己烯等化学品的关键中间体，工业上常在钼系催化剂作用下，用丁烯氧化脱氢制丁二烯。丁烯氧化脱氢制丁二烯的反应如下:
反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) =2C4H6 (g) +2H2O (g) ΔH
副反应①: C4H8(g) +6O2 (g) =4CO2 (g) +4H2O (g) ΔH1 =-2542.6kJ·mol-1
副反应②: 2C4H6 (g) +11O2 (g) =8CO2 (g) +6H2O (g) ΔH2= -4886.6kJ·mol-1
(1)丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的 ΔH = 。
(2)在钼系催化剂作用下，某恒压密闭容器中通入一定量的丁烯和氧气发生反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) 2C4H6(g) +2H2O (g)，分别测得温度和氧烯比(氧气和丁烯的物质的量之比)对丁烯的转化率和丁二烯选择性的影响如下图所示:
氧烯比固定，温度升高，丁烯单位时间内转化率先增大后无明显变化的原因是 ; 丁
丁二烯最佳的温度和氧烯比分别为 ；
(3)400°C时，在体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol C4H8和1mol O2发生丁烯氧化脱氢制丁二烯反应和副反应①和②，测得此时容器的压强为P0，平衡时容器内的压强为1.2P0，C4H8的转化率为70%，丁二烯的选择性为90%，则平衡后C4H6 (g)的体积分数为 ，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K= 。
(4)钼系催化剂上C4H8燃烧反应的速率方程为v (C4H8) =k·px (C4H8) ·Py (O2)。为确定x和y，通过实验获得如图3数据，则:x和y分别为 、 。
(5)一种以C4H8为主要原料的电池工作原理如图4所示。B上的电极反应式为 。
12．（2023·陕西宝鸡·统考二模）实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，研究CO2转化为CH4、CH3OH、HCOOH的重整技术是科学家研究的热点课题，回答下列问题。
反应i：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1
反应ii：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49kJ·mol-1
(1)已知下表中断裂1mol化学键所吸收的能量数据，则ΔH1= kJ·mol-1。
化学键 H-H O-H C-H C=O
能量/kJ 436 463 413 803
(2)在573K时，体积为2L的刚性容器中投入2molCO2和6molH2发生反应ii达到平衡。
①为了提高CH3OH产率可以采取的措施有 (任写两项措施)。
②图1中能表示该反应的平衡常数的对数lnK与(T表示温度)之间的变化关系的曲线是 (选填“m”或“n”)。
③测得在相同时间内，不同温度下的H2转化率如图2所示，v(a)逆 v(c)逆(选填“>”“<”或“=”)；T2温度下该反应的平衡常数K值为 (保留两位小数)。
(3)在恒容密闭容器中，反应i按进料浓度比c(CO2)：c(H2)分别等于1：2、1：5、1：7时，CO2的平衡转化率随条件X的变化关系如图3所示：
①曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为 。
②条件X是 (选填“温度”或“压强”)，依据是 。
(4)我国学者探究了BiIn合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图4所示(带“*”表示物质处于吸附态)。
①阴极的电极反应为 。
②试从图4分析，采用BiIn合金催化剂既优于单金属Bi催化剂，又优于单金属In催化剂的原因 。
13．（2023·陕西咸阳·统考二模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应I：
已知：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
(1)反应I的 。
(2)下列关于反应I～III的说法正确的是______(填标号)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能
(3)在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：
ⅰ：；
ⅱ： .
(4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[∶n(乙苯)]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越 (填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ． 。
③850K时，反应经t min达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为n mol，则v(苯乙烯)＝ 。
(5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为 kPa(以含有、、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。② ]
14．（2022·陕西商洛·统考二模）乙烷、乙烯均是有机合成中重要的原料，乙烯年产量的多少可体现一个国家石油化工发展水平的高低。回答下列问题：
(1)已知有关反应热化学方程式如下：
①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+137kJ·mol-1
②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·mol-1
欲利用反应①、②中的数据求C2H6(g)的燃烧热，还需要知道一种物质的燃烧热(用△H3表示)，请写出该物质的燃烧热的热化学方程式 。C2H6(g)的燃烧热(△H4)为 (用含△H3的代数式表示)。
(2)一定条件下向某刚性恒容密闭容器内充入一定量的C2H6(g)，使其只发生反应①，测得不同温度，分别使用甲、乙两种催化剂的情况下，经过相同反应时间时乙烷的转化率随温度的变化情况如图1所示。
①温度低于1000K时，两种催化剂对该反应活化能影响较大的是 (填“甲”或“乙”)，使用该催化剂时，该转化反应适宜的温度是 ；使用催化剂甲时，当温度高于1000K时，C2H6的转化率减小的原因可能是 (填标号)。
A．平衡向左移动
B．催化剂催化活性降低，导致反应速率减小
C．温度过高，乙烯与氢气发生反应
②乙烷的转化率随时间的变化关系如图2所示，在m点条件下，平衡时总压为2.1×105Pa，经过10min反应达到平衡状态，则0~10min内m点对应反应的v(C2H6)= Pa·min-1，Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，则平衡常数Kp= Pa。
(3)利用电解法可将乙烷转化为乙酸、乙烯等多种产品，工作原理如图3所示。写出生成乙酸的电极反应式： 。
15．（2022·陕西宝鸡·统考三模）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 。
16．（2022·陕西榆林·统考二模）丙烯是生产石油化工产品的基本原料之一，其需求增长迅速。某科研小组以、、等为催化剂，通过丙烷催化氧化脱氢制备丙烯，其反应原理为 。
Ⅰ．已知：丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、。
。
(1)则 。
Ⅱ．不同催化剂对丙烷的催化效率不同，平衡时，丙烷的总转化率与催化剂、不同投料比之间的关系如表。
催化剂 反应温度/℃ 总转化率/% 丙烯的选择性/%
500 3：2：5 25 46.6
500 3：2：5 25 40.0
500 1：1：8 40.0 45.0
(2)在上述三种催化剂作用下，丙烯产率最高的是 (填催化剂的化学式)。
(3)在500℃、以为催化剂的条件下，向容积为10L的恒容密闭容器中充入、、，发生反应，经过10min达到平衡状态。
①，丙烯的化学反应速率 。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．不变
B．与的物质的量之比为1：1
C．的质量不再改变
③欲提高丙烷转化率，可采取的措施是 (任写一条即可)。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是 。
(4)在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，平衡时压强为p[已知该催化剂条件下的副反应为]，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数 (用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数，列出计算式即可，不用化简)。
17．（2022·陕西西安·模拟预测）据2021年最新统计，中国机动车保有量达到3.8亿辆，稳居世界第一。
Ⅰ.不断改进汽车尾气净化技术是减轻大气污染的重要举揩。其中一种“净化反应”的原理为：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) △H。
(1)已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ·mol-1
C(g)+O2(g)=CO2(g) △H2=—393.5kJ·mol-1
2C(g)+O2(g)=2CO(g) △H3=—221kJ·mol-1
净化反应的△H= kJ·mol-1。
(2)下列可判断净化反应达到平衡的是 。
A．混合气体的平均相对分子质量不变 B．p(CO)∶p(N2)=2∶1
C．NO的质量保持不变 D．v(NO)=2v(N2)
(3)净化反应净速率v=v正—v逆=k正p2(CO)·p2(NO)—k逆p2(CO2)·p(N2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①升高温度，k正—k逆 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②按照n(CO)∶n(NO)=1∶1投料反应，在不同压强下，净化反应中CO的平衡转化率随反应温度的变化如图1所示。当压强为p1、温度为t1℃时，某时刻测得N2的体积分数为，此时= 。
(4)Ⅱ.SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) △H＜0。其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图2。
①工业上选择催化剂乙的原因是 。
②在催化剂甲作用下，图中M点对应温度为210℃。210℃之前，NO转化率随温度升高而增大的原因是 ；210℃之后，NO转化率降低的原因可能是 。
(5)Ⅲ.比亚迪双模电动车不依赖专业充电站，采用了镍镉可充电电池。其总反应为：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。当电动车车行驶30min，电池的平均电流强度为aA，正极质量增加 g(用含a和F的字母表示计算结果)。[已知：①Q=It，Q的单位为C；②法拉第常数为F，单位为C·mol-1]。
18．（2022·陕西榆林·统考三模）以、为原料合成可有效降低空气中二氧化碳的含量，其中涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)已知 ；则
(2)某小组在温度为T℃下，将1mol和3mol充入容积为5L的恒容密闭容器中。同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，体系中各组分分压(各组分分压=总压×各组分物质的量分数)随时间的变化情况如图所示。
①图中缺少了一种组分的分压变化，该组分是 (填化学式)，该组分平衡时的分压为 MPa。
②0~15min内，反应Ⅰ的反应速率 ；达到平衡后， 。
③反应开始时，容器的总压为 MPa，T℃时，反应Ⅱ的平衡常数 (用分压代替浓度)。
19．（2022·陕西西安·校考模拟预测）甲醇是一种可再生能源，CO和CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。
(1)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。
(2)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应
i.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-90.2 kJ·mol-1制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示：
则P1 P2，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。(填“>”、“<”或“=”)
(3)在某催化剂作用下，CO2和H2发生反应
ii: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
iii：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3=41.2 kJ·mol-1
①维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(℃) CO2实际转化率(%) 甲醇选择性(%)
243 12.3 42.3
253 15.3 39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是： 。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是 。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应ⅱ和反应ⅲ，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25%，反应ⅱ的平衡常数Kp= (kPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(5)以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为 。
②若以铅蓄电池为电源，B应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2” )相连。
20．（2021·陕西榆林·统考三模）烟气脱硫脱硝技术是烟气治理的发展方向和研究热点，有着广泛的应用前景。
(1)可用NH3选择性脱除氮氧化物，已知：
①N2(g)+O2(g)=2NO(g) H1=+180kJ mol-1
②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l) H2=-1170kJ mol-1
③6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l) H3
则 H3= kJ mol-1
(2)目前，科学家正在研究一种以乙烯作还原剂的脱硝(NO)原理，其脱硝机理如图1所示，脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2所示。
①写出该脱硝原理总反应的化学方程式： 。
②为达到最佳的脱硝效果，应采取的条件为 (填温度和负载率)。
(3)用酸性KMnO4及添加物浆液也可高效脱除烟气中的NO和SO2.脱除NO时，NO被氧化为，被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为 。
(4)反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H4=-112.3kJ mol-1，是由以下两步反应完成的：
I.____ H5<0；
II.N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) H6<0。
①第I步反应的化学方程式为
② H5 (填“>”、“=”或“<”，下同)-112.3kJ mol-1；若第I步反应为快反应，则活化能E(I) E(II)。
③若反应2NO(g)+O2 2NO2(g)的正、逆反应速率分别为v正=k正×c2(NO) c(O2)、v逆=k逆×c2(NO2)，则该反应的化学平衡常数k= (用含k正和k逆的代数式表示)。
21．（2021·陕西宝鸡·统考模拟预测）Ⅰ氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题。
(1)图1是和反应生成和NO过程中能量变化示意图图中涉及物质为气态,请写出和CO反应的热化学方程式 。
(2)在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入、,发生反应测得和的浓度随时间变化如图2所示,
①计算该温度下此反应的平衡常数K= ;若使K的值变为1,则应采取的措施是 。
A．增大压强使平衡正移 B．恒压加入一定量 C．降低温度 D．升高温度
②下列措施能使增大的是 。
A．升高温度 B．恒温恒容充入
C．恒温恒容下,再充入1mol D．恒温恒容下,再充入、
(3)在体积为3L的恒容密闭容器中,投入和,在一定条件下合成氨,不同温度下测得的数据如表所示。
温度 平衡时
的产率30%
的物质的量2mol
已知:和的的总能量大于的总能量。
①则 。填“”“”或“”
②在T2、K下,经过5min达化学平衡状态,则内的平均速率 。
Ⅱ①三氧化钼是石油工业中常用的催化剂,也是瓷轴药的颜料,该物质常使用辉钼矿主要成分为通过一定条件来制备。回答下列相关问题:
已知:①
②
(1)若在恒温恒容条件下,发生反应,下列说法正确的是 填字母。
a．气体的密度不变,则反应一定达到了平衡状态
b．气体的相对分子质量不变,反应不一定处于平衡状态
c．增加的量,平衡正向移动
(2)在恒容密闭容器中,加入足量的和,仅发生反应:测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。
① (填“”“”或“”);比较、、的大小: 。
②若初始时通入为,则A点平衡常数 (用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压总压气体的物质的量分数)
三、填空题
22．（2023·陕西商洛·统考三模）实现碳达峰和碳中和目标的有效方式之一是二氧化碳直接加氢合成高附加值产品(烃类和烃的衍生物)，回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢合成甲醇：。
①下列有关叙述错误的是 (填标号)。
A．产物之间能形成氢键
B．该反应断裂极性键和非极性键
C．该工艺是理想的绿色化学工艺
D．催化剂均由短周期元素组成
②已知几种共价键的键能数据如下：
共价键 H—C C—O H—O H—H
键能/(kJ·mol-1) 799 413 358 467 436
kJ·mol-1
(2)CO2加氢制备乙烯：。在密闭容器中通入CO2和H2发生上述反应，测得平衡常数K的自然对数lnK与温度的关系如图1中直线 (填“a”或“b”)
(3)一定条件下发生反应：，改变外界一个条件，反应速率与时间关系如图2所示。
①t1min时改变的条件是 ，t2min时改变的条件是 。
②上述三个平衡状态中，原料转化率最大的是 (填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)，判断依据是 。
(4)一定条件下，向一密闭容器中投入1molCO2和3molH2，此时压强为20kPa，发生如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
达到平衡时，CO2的平衡转化率为80%，CH3OCH3的选择性为60%。反应Ⅱ的平衡常数Kp= (结果保留2位有效数字)。
注明：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数。
(5)我国科学家开发Ni—N—C(Cl)催化剂实现高效催化CO2还原制备CO。装置如图所示(采用阳离子交换膜)。总反应为。其正极反应式为 。
参考答案：
1．A
【详解】A．潜水器的材料之一为合成橡胶发泡体，该物质体积大，密度小，不溶于水，具有防震、保温、不透水、不透气等特点，A正确；
B．歼一20发动机的航空燃油中含有多种烃，因此属于混合物，而不属于纯净物，B错误；
C．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，火星土壤中的质量数为57，质子数为26，C错误；
D．核聚变是核能转化为热能的过程，D错误；
故合理选项是A。
2．B
【详解】A．合成CrCoNi材料中涉及的金属元素Cr、Co、Ni属于第四周期的副族元素，因此它们都是过渡元素，A正确；
B．催化剂只能加快化学反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不能使化学平衡发生移动，因此催化剂Ag/SiO2不能提高CO2的平衡转化率，B错误；
C．H2O、O2在光催化下发生化合反应产生H2O2，反应物的原子全部变为生成物，因此该反应的原子利用率为100%，C正确；
D．水在电解时产生H2、O2，此时的能量转化形式是电能转化为化学能，D正确；
故合理选项是B。
3．D
【详解】A．氢气在空气中燃烧，火焰呈淡蓝色，选项A正确；
B．氢气是清洁能源，燃烧产物是水，对环境友好，选项B正确；
C．冬奥会主火炬采用“微火”方式，这正是向世界展示中国的低碳环保理念，选项C正确；
D．利用太阳能分解水制备氢气，是水的分解，属于吸热反应，选项D错误；
答案选D。
4．C
【详解】A．芯片的原材料是硅，二氧化硅是光导纤维的主要材料，故A错误；
B．潮汐发电是利用潮汐能，其不属于化学变化，故B错误；
C．“落红不是无情物，化作春泥更护花”中落红是指花瓣，花瓣中含有C、H、O、N等化学元素，其掉落到土壤中被其它植物吸收是自然界的碳、氮循环，故C正确；
D．可作为漂白剂和防腐剂以及还原剂，其不具备强氧化性，故D错误；
故选C。
5．C
【详解】A．反应i+ ii=题目中反应，故+=，而反应ii.为形成化学键，故为放热反应，<0，故>0，故A正确；
B．根据I原子守恒，可得，故B正确；
C．该反应是反应前后气体总物质的量不变的反应，缩小体积(加压)，平衡不能移动，而是恒温时，缩小体积，浓度变大，故颜色变深，故C错误；
D．此反应吸热，故升高温度，平衡正向移动，颜色变深，且发生了氧化还原反应，故发生了电子的转移，故D正确；
故选C。
6．D
【详解】A． 胶体和溶液中的分散质都可以通过滤纸，除去Fe(OH)3胶体中混有的NaCl溶液应该用渗析，故A错误；
B．二氧化氮能与水反应，不能用排水法收集二氧化氮 ，应用排空气法收集，故B错误；
C．实验室灼烧固体应该在坩埚中 ，蒸发皿是蒸发溶液的，故C错误；
D．符合中和热实验的测定装置，故D正确；
故选：D。
7．D
【详解】A．图甲为吸热反应，镁条与盐酸的反应为放热反应，与图甲不相符，故A不符合题意；
B．向H2SO4溶液中滴入BaCl2溶液后，反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，导电性不为0，与图乙不相符，故B不符合题意；
C．氯水中存在平衡Cl2+H2O HCl+HClO，随着光照的进行，HClO分解生成HCl和O2，HClO的浓度减小，平衡向正反应方向移动，导致溶液中C12浓度减小，故C不符合题意；
D．根据图丁知，碱浓度越大，相同时间内消耗的双氧水越多，所以碱性越强双氧水分解速率越快，故D符合题意；
答案选D。
8．(1) ABC 吸收 31.2 0.1
(2) 1：2 2HCOCO2↑+H2O+CO 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O 变小 变小
【详解】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应I、Ⅱ的平衡不移动，A正确；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C正确；
D．增加碳块用量，但是其浓度不变，反应速率不变，D错误；
故选ABC；
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ，此时，整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；
由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时的浓度c(H2)=0.5mol/L，c(CO)=0.1mol/L，c(H2O)=0.5mol/L，则平衡常数Kc= ；
（2）①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，该溶液的pH=10，则=，根据，则；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，则将CO2电催化还原为C2H4的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O；此时AgCl/Ag电极上电极反应为：AgCl+e-=Ag+Cl-，故其质量变小；放电时铂电极为负极，电极反应为：C2H4+4H2O-12 e-=2CO2+12H+，氢离子浓度增大，故其pH变小。
9．(1)
(2) 反应I BD
(3) =
(4)1
(5)
【详解】（1）已知：i.2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH1，ii.2N2O(g)2N2(g)+O2(g)ΔH2，根据盖斯定律，反应N2O(g)+CO(g)N2(g)+CO2(g)为反应(i+ii)，则H=。
（2）①决定总反应速率是由慢反应决定，活化能越大，化学反应速率越慢，根据图像可知，第一步反应活化能大，因此决定总反应速率是由第一步决定；故答案为反应I；
②A．根据题意，Fe+是N2O和CO反应的催化剂，催化剂改变历程，但对ΔH无影响，故A错误；
B．反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，CO2的体积分数减小，故B正确；
C．降低温度平衡正向移动，平衡常数增大，故C错误；
D．CO分子中C和O共用叁键，CO2的结构式为O=C=O，因此反应中有极性键的断裂，也有离子键的断裂，故D正确；
答案为BD；
（3）①达到平衡时，正反应速率=逆反应速率净反应速率为0，即Δv(500K)=Δv(550K)，故答案为=；
②反应为放热反应，升高温度，K减小，pK=-lgK，pK增大，pK与温度的倒数的图像是 ；故答案为；
（4）①开始N2O的投入量是amol，CO是amol，N2O的转化量是2x，则有，平衡后O的体积分数为25%，则有，解得x=0.5a，则该温度下平衡常数，故答案为：1；
（5）已知CaC2O4(s)CaCO3(s)+CO(g)Kp=ekPa，则p(CO)=ekPa，设N2O的转化压强为xkPa，则，则b-x+e+2x=c，x=c-e-b，则Kp=。
10．(1)a+b+c
(2) 30 > B
(3) < 其他条件相同时，增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动，再达平衡时SO3物质的量分数增大，SO2物质的量分数减小 0.6
【详解】（1）①2NH3(g) + H2O(1) + SO2(g)=(NH4)2SO3(aq) ΔH=akJ/mol
②2NH4HSO3(aq)=((NH4)2SO3 (aq) + H2O(l) + SO2(g) ΔH =bkJ/mol
③2(NH4)2SO3(aq) + O2(g)= 2(NH4)2SO4 (aq) ΔH = ckJ/mol
根据盖斯定律①+②+③得2NH3(g) + 2NH4HSO3(aq)+O2(g)= 2(NH4)2SO4+(aq)的 ΔH =( a+b+c )kJ/mol
（2）①
x=0.12mol；上述条件下H2S的平衡转化事α1=。
②若在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，说明升高温度，平衡正向移动，该反应的ΔH>0。
③A．向容器中通入H2S，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但H2S平衡转化率减小，故不选A；
B．向容器中通入CO2，平衡正向移动，H2S平衡转化率增大，但CO2平衡转化率减小，故选B；
C．加入催化剂，平衡不移动，H2S平衡转化率不变，故不选C；
D．反应前后气体系数和相同，缩小容器的体积，平衡不移动，H2S平衡转化率不变，故不选D；
选B。
（3）①增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动，增大压强，2SO3(g) 2SO2 g) + O2(g)平衡逆向移动，SO3(g)的物质的量分数增大，所以压强： p2
，，若p1=8.1MPa，Kp=。
11．(1)-198.6 kJ·mol-1
(2) 开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化； 440℃，0.85。
(3) 25% 40
(4) 0
(5)
【详解】（1）分别将三个反应标识为③，①，②，则有③=①×2-②，根据盖斯定律有 H3= H1×2- H2=-2542.6×2-(-4886.6)=-198.6 kJ·mol-1。
故答案为：-198.6 kJ·mol-1。
（2）开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化。结合转化率与选择性，依图1可知，最佳温度为440℃，依图2，最佳氧烯比为0.85。
故答案为：开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化；440℃，0.85。
（3）反应过程中，由于丁烯的转化率力70%，二丁烯的选择性为90%，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应中C4H8的变化量为：1×70%×90%=0.63mol，副反应①中C4H8的变化量为1×70%-0.63=0.07mol；反应前容器的压强为P0，平街时容器的压强为1.2P0。则平衡时气体总的物质的量为2.4mol，设副反应②消耗C4H6为xmol，对于主反应三段式有，对于副反应①三段式有，对于副反应②三段式有
，所以，解得x=0.03，C4H8(g)、C4H6(g)、H2O(g)，O2(g)，CO2(g)的物质的量分别为0.3mol、0.6mol、1.0mol、0.1mol，0.4mol，则平衡后C4H6(g)的体分数为=25%，故丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K=40。
故答案为：25%，40。
（4）由图3可知，当p(C4H8)固定时，P (O2)增大时，v (C4H8)不变，得出y=0；而固定P (O2)时，490℃时p(C4H8)从10→20，v从2.5→3.535，得出。解得x=
故答案为：，0。
（5）由图4可知，B极为O2，发生还原反应：。
故答案为：。
12．(1)-154
(2) 增大体系压强、通入H2 n < 14.81
(3) 1：2 压强 该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致
(4) CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH 相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【详解】（1）根据反应热=反应键能和-产物键能和，则ΔH1=2E(C=O)+4E(H-H)-4E(C-H)-4E(O-H)= -154 kJ·mol-1；
（2）①反应为气体分子数减小的放热反应，为了提高CH3OH产率可以采取的措施有增大体系压强、通入H2等。
②反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，同时增大，平衡常数增大，故图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n；
③测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，由图可知，a点没有达到平衡，氢气转化率较低，生成浓度较低且温度较低；c点达到平衡，氢气转化率较高，生成浓度较大且温度较高；浓度越大、温度越高则反应速率越快，故<；
T2时氢气转化率为80%，根据题给数据可得三段式如下：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
则此时平衡常数；
（3）①氢气浓度越大，则二氧化碳转化率越大，故曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为1：2；
②该反应为气体分子数减小的反应，压强越大，二氧化碳转化率越大，故X表示压强，理由是：该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致；
（4）①根据题给信息可知，在阴极二氧化碳得到电子生成甲酸，电极反应为：CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH；
②根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
13．(1)
(2)AB
(3)
(4) 低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；
故选：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）
+CO2(g) + +
起始压强 p1
变化压强 x x x x x
平衡压强 p1-x p x x x
由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
14．(1) H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3 ΔH3-1274kJ/mol
(2) 甲 1000K B 6×103 4×104
(3)C2H6-6e-+2H2O=CH3COOH+6H+
【解析】（1）
还需要知道氢气的燃烧热，故氢气的燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3。根据盖斯定律可知，根据①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+137kJ·mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·mol-1；
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3，反应C2H6(g) +3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)可由①+②+③得到，故△H4=△H1+△H2+△H3=ΔH3-1274kJ/mol；
（2）
①由图可知温度低于1000K时，催化剂甲时C2H6的转化率高，故催化剂甲对该反应的活化能影响较大，由图可知转化率最高的温度为1000K；
A．该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，A不符合题意；
B．随着温度升高，催化剂活性降低，催化效率降低，则反应速率降低，相同时间内，转化率降低，B符合题意；
C．该反应为可逆反应，任何温度下，乙烯与氢气都会发生反应，C不符合题意；
故选B；
②设最初加入的乙烷的压强为xPa，则可得以下三段式：
则0.6x+0.4x+0.4x=2.1×105，x=1.5×105，则0~10min内m点对应反应的v(C2H6)=；平衡时乙烷，乙烯，氢气的分压分别为：，，，则；
（3）
乙烷中的碳为-3价，发生氧化反应生成乙酸，应该在阳极发生反应，电极反应为：C2H6-6e-+2H2O=CH3COOH+6H+。
15．(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
【详解】（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。
16．(1)-236
(2)
(3) 0.003 C 及时分离出 该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大
(4)
【详解】（1）①
②
由丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、的方程式：
③
④
由盖斯定律可得③×2-④×2+②×2得方程式①，则
则。
故答案为：-236;
（2）在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时，丙烯产率才会最高，所以最好的催化剂是：。
故答案为：
（3）①在500℃、以为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%，丙烯选择性为40%，说明丙烷生成丙烯的部分是40%，则， 则，丙烯的化学反应速率。
②A．与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误；
B．，与的物质的量之比一直为1：1，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；
C．为生成物，平衡时的质量才不再改变，故C正确。
③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物，促进反应正向进行。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
故答案为：①0.003；②C；③及时分离出；④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
（4）在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，丙烯选择性为45%，丙烷转化率为40%，则，则可得：
起始n始(mol) 1 1 0 0
变化△n(mol) 0.18 0.09 0.18 0.18
终态n终(mol) 0.82 0.91 0.18 0.18
起始n始(mol) 0.82 0.91 0 0.18
变化△n(mol) 0.4-0.18 0.77 0.66 0.88
终态n终(mol) 0.6 0.17 0.66 1.06
故平衡时：，，，，，，则；
平衡时压强为，平衡分压=总压×体积分数，则，，，，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：
故答案为：
17．(1)—746.5
(2)AC
(3) 减小 576
(4) 低温下乙有很强的催化活性，NO转化率远大于甲 反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 催化剂活性降低、副反应增多
(5)
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，②×2—①—③得到净化反应，则△H=(—393.5 kJ/mol)×2—(+180.5kJ/mol)—(—221kJ/mol)=—746.5kJ/mol，故答案为：—746.5；
（2）A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．p(CO)∶p(N2)=2∶1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．一氧化氮的质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．v(NO)=2v(N2) 不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选AC；
（3）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则k正增大的程度小于k逆，(k正—k逆)减小，故答案为：减小；
②当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则v正—v逆=k正p2(CO)·p2(NO)—k逆p2(CO2)·p(N2)=0，==Kp，设起始一氧化碳和一氧化氮的物质的量为2mol，由图可知，一氧化碳的转化率为80%，由题给数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知平衡常数Kp ===，设某时刻测得N2的体积分数为时，生成氮气的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可得：=，解得a=0.4，则=×=×=576，故答案为：576；
（4）①由图可知，其他条件相同，低温时，催化剂乙作用下，一氧化氮的转化率远大于催化剂甲，说明催化剂的活性远大于甲，所以工业上选择催化剂乙做反应的催化剂，故答案为：低温下乙有很强的催化活性，NO转化率远大于甲；
②由图可知，M点一氧化氮转化率最大，说明反应达到平衡，210℃之前反应为达到平衡，温度升高，反应速率加快，一氧化氮的消耗量增大，转化率增大；210℃之后，若催化剂活性降低，反应速率降低，一氧化氮消耗量降低，一氧化氮的转化率会减小；故答案为：反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；催化剂活性降低、副反应增多；
（5）由电池总反应可知，NiOOH为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e—=Ni(OH)2+OH—，由电极反应式可知，反应转移1mol电子，正极增加的质量为1g，则当电动车车行驶30min，电池的平均电流强度为aA时，正极增加的质量为g，故答案为：。
18．(1)
(2) CO 0.1 0.016 0.08 2 0.1875
【详解】本题主要考查化学反应原理，考查学生对基础知识的理解和综合运用能力。
(1)依据盖斯定律，。
(2)依据图中信息，起始时，容器中和的分压分别为0.5MPa和1.5MPa，总压为，假设图中缺少的组分为，则其分压应该为，此时容器总压为，假设不成立，故缺少的组分为CO(g)或，且其分压为，总压为。设0~15min内，反应Ⅰ有a mol(g)转化，反应Ⅱ有b mol(g)转化，为方便计算假定反应Ⅱ以反应Ⅰ的平衡状态为起始状态，列三段式：
Ⅰ.
，；解得：，；。
①缺少的组分为CO(g)，分压为0.1 MPa。
②反应Ⅰ的反应速率，达到平衡后，。
③反应开始时，容器的总压为2.0 MPa，反应Ⅱ的平衡常数。
19． CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1 > > 升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大 适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂） 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ pb
【详解】(1) 25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，则①CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=- akJ·mol-1
CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，则②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H = -b kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。
根据盖斯定律①-②-2×③，甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1；
(2) CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CO(g)转化率增大，则P1>P2，M、N两点为平衡点，两点正逆反应速率都相等， N点压强小于M点，M点的正反应速率>N点的逆反应速率。
(3)升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大，所以升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂）。
(4)由于发生反应ii，容器体积减小，设参加反应ii的CO2的物质的量是xmol，
X=0.75mol
参加反应ii的H2的物质的量是2.25mol，生成甲醇的物质的量是0.75mol、生成水的物质的量是0.75mol；CO2的转化率为50%，则参加反应iii的CO2的物质的量是2×0.5-0.75=0.25mol，反应iii消耗0.25molH2、生成0.25molCO、生成水0.25mol；达到平衡时，容器中CO2(g)的物质的量是1mol、H2的物质的量是4mol-2.25mol-0.25mol=1.5mol、甲醇的物质的量是0.75mol、水的物质的量是0.75mol+0.25mol=1mol，容器内气体总物质的量是6mol×(1-25%)=4.5mol；
反应ⅱ的平衡常数Kp=；
(5)根据图示，右侧电极氧气得电子生成水，B是负极，A是正极；
①甲醇、一氧化碳在阳极失电子生成碳酸二甲酯，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。
②铅蓄电池中，PbO2为正极、Pb为负极；B是阴极，B应与铅蓄电池的Pb相连。
20． -2070 温度350℃，负载率3.0% 2NO(g)= N2O2(g) > <
【详解】(1)根据盖斯定律可知：反应③=反应②-5×反应①，则 H3= H2-5 H1=-1170kJ mol-1-5×(+180kJ mol-1)=-2070 kJ mol-1，故答案为：-2070；
(2)①由图1转化关系可知，该反应过程中乙烯和NO以及氧气在Cu+作催化剂条件下发生反应最终生成二氧化碳、氮气和水，反应的方程式为：，故答案为：；
②由图2可知温度在350℃，负载率为3.0%时，脱硝率最高，故答案为：温度350℃，负载率3.0%；
(3)酸性KMnO4将NO氧化为，被还原为Mn2+，1molNO转移3mol电子，1mol转移5mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒，可得该反应的离子方程式：，故答案为：；
(4)①反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) 由以下两步反应完成，结合反应II，根据盖斯定律可知反应I=总反应-反应II，可得反应I为：2NO(g)= N2O2(g)，故答案为：2NO(g)= N2O2(g)；
②由①，结合盖斯定律得： H5=-112.3kJ mol-1- H6， H6<0，则 H5>-112.3kJ mol-1，第I步反应为快反应，根据活化能越低反应速率越快可知E(I)< E(II)，故答案为：>；<；
③反应达到平衡时v正= v逆，即k正×c2(NO) c(O2)= k逆×c2(NO2)，，故答案为：；
21． 或 C CD ＞ a b ＜
【分析】反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；达到化学平衡状态，则根据三段式结合平衡常数的定义、v=计算；若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，算出A点各物质的压强，代入平衡常数公式Kp=计算。
【详解】(1)反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，和CO反应的热化学方程式 。故答案为：；
(2)①在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入、, 所以K=≈0.198 ；平衡常数与温度有关，放热反应，降低温度，平衡正向移动，K变大，若使K的值变为1,则应采取的措施是降低温度；故答案为：或；C；
②A．升高温度，平衡逆向移动，所以减小，故A错误；
B．恒温恒容充入 平衡不移动，所以不变，故B错误；
C．恒温恒容下,再充入1mol ，平衡逆向移动，甲醇增大的幅度比二氧化碳大，所以增大，故C正确；
D．恒温恒容下,再充入、 等效于开始加入4molCO2和6molH2，压强增大，平衡正向移动，所以增大，故D正确；
故答案为：CD；
(3)①和的的总能量大于的总能量，则合成氨的反应为放热反应。T1时氨的产率为30%，氮气过量，按氢气计算理论产量为6molNH3,平衡时生成6mol×30%=1.8molNH3，升高温度，平衡逆向移动，T1温度高，则 ＞ ，故答案为：＞；
②在T2K下,经过5min达化学平衡状态,则内
v(H2)= = =0.2mol L-1 min-1，的平均速率 。 故答案为：；
Ⅱ(1)a．恒容条件下，随着反应的进行，气体的质量增大，则气体的密度也增大，当气体密度不变时反应达到平衡状态，故正确；
b．只有S2是气体，所以气体相对分子质量始终不变，所以气体相对分子质量不变时反应不一定达到平衡状态，故正确；
c．MoS2是固体，不影响平衡移动，所以加入MoS2平衡不移动，故错误；
故答案为：a b；
(2)①根据图知，压强一定时，升高温度氧气的转化率降低，平衡逆向移动，;该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，氧气转化率增大，所以、、的大小:。故答案为：；；
②若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以A点压强=×7.0kPa=5.5kPa，P(O2)=×5.5kPa=3.5kPa，P(SO2)=(5.5-3.5)kPa=2kPa，则A点平衡常数Kp==,则A点平衡常数(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压总压气体的物质的量分数)；故答案为：。
22．(1) CD -92
(2)b
(3) 升高温度 增大丙烷的浓度(或增大水蒸气的浓度或增大丙烷和水蒸气的浓度，1分) I 平衡I→Ⅱ和Ⅱ→Ⅲ都是向逆反应方向移动
(4)1.3
(5)
【详解】（1）①A．甲醇和水之间能形成氢键；B．该反应断裂二氧化碳中的极性键和氢气中的非极性键；C．该反应生成了甲醇和水，不满足绿色化学工艺要求；D．催化剂中锆为长周期元素；故选CD。
②根据键能计算器反应热为799×2+3×436-413×3-358-467×3=-92kJ·mol-1。
（2）该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，平衡常数减小，平衡常数K的自然对数lnK减小，故平衡常数K的自然对数lnK与温度的关系如图1中直线b。
（3）①t1min时正逆反应速率都增大，平衡向逆向移动，故改变的条件是升温，t2min时逆反应速率增大，但正反应速率不变，平衡逆向移动，则改变的条件是增大丙烷的浓度或增大水蒸气的浓度或增大丙烷和水蒸气的浓度。
②平衡I→Ⅱ和Ⅱ→Ⅲ都是向逆反应方向移动，故上述三个平衡状态中，原料转化率最大的是I。
（4）反应过程中二氧化碳反应的量为1×80%=0.8mol，其中反应生成甲醇的二氧化碳为0.8×60%=0.48mol，
反应后的总量为0.2+1.24+0.32+1.04+0.24=3.04mol，则平衡时的压强为，则反应Ⅱ的平衡常数Kp=。
（5）根据总反应分析，正极为得到电子的反应，则说明是二氧化碳得到我电子生成一氧化碳，反应式为。
试卷第1页，共3页
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