2023年高考真题变式分类汇编：盖斯定律及其应用1
一、选择题
1．（2023·东城模拟）CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+74.6kJ mol-1
③2CO(g)C(s)+CO2(g) △H3=-172.5kJ mol-1
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图。
注：Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列分析错误的是
A．△H1=+247.1kJ mol-1
B．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C．保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量
【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ mol-1，A不符合题意；
B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B符合题意；
C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，C不符合题意；
D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据盖斯定律可知，①=②-③；
B.压强越大，反应③平衡正向移动，积炭增多，Ra降低越快；
C.适当增大投料时，反应③平衡逆向移动，可减少积炭产生；
D.O2能与C反应可减少积炭产生。
2．（2022·海淀模拟）工业上利用碳热还原BaSO4制得BaS，进而生产各种含钡化合物。温度对反应后组分的影响如图。
已知：碳热还原BaSO4过程中可能发生下列反应。
i.BaSO4(s)+2C(s)=2CO2(g)+BaS(s) △H1
ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1
iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1
下列关于碳热还原BaSO4过程的说法正确的是（ ）
A．△H1=+113.1kJ·mol-1
B．400℃后，反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g)2CO(g)的移动导致的
C．温度升高，C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数K减小
D．反应过程中，生成的CO2和CO的物质的量之和始终等于投入C的物质的量
【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．已知ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1，
iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1，由盖斯定律可知：（ii+ iii）×可得BaSO4(s)+2C(s)=2CO2(g)+BaS(s)，故△H1=（△H2+ △H3）×=（571.2kJ·mol-1-118.8kJ·mol-1）×=+226.2 kJ·mol-1，A项不符合题意；
B.400℃后，BaS的物质的量分数变化不大，硫化钡基本反应完全，C、CO2的量减少，CO的量增加，故反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g) 2CO(g)的移动导致的，B项符合题意；
C．已知：ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1，
iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1，由盖斯定律可知：（ii- iii）×可得C(s)+CO2(g)2CO(g)，△H=（△H2-△H3）×=（571.2kJ·mol-1+118.8kJ·mol-1）×=+172.5 kJ·mol-1，反应正向为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K值增大，C项不符合题意；
D．为使硫酸钡得到充分还原，需要加入过量的碳，故反应过程中生成的CO2和CO的物质的量之和小于投入C的物质的量，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据盖斯定律计算；
B.结合图象变化分析；
C.由温度变化对平衡的影响判断K值变化；
D.为使硫酸钡得到充分的还原，需要加入过量的碳。
3．（2022·泰州模拟）CH4—CO2重整反应能够有效去除大气中 CO2，是实现“碳中和”的重要途径之一，发生的反应如下：
重整反应 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH
积炭反应Ⅰ 2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH1=―172 kJ·mol-1
积炭反应Ⅱ CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH2=+75kJ·mol-1
在恒压、起始投料比=1条件下，体系中含碳组分平衡时的物质的量随温度变化关系曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．重整反应的反应热ΔH=-247 kJ·mol-1
B．曲线B表示CH4平衡时物质的量随温度的变化
C．积炭会导致催化剂失活，降低CH4的平衡转化率
D．低于600℃时，降低温度有利于减少积炭的量并去除CO2气体
【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，重整反应的热化学方程式=II-I，对应的ΔH=ΔHII-ΔHI= + 247 kJ·mol-1，A不符合题意；
B．见分析，重整反应和积炭反应均为吸热反应，升高温度CH4参与的反应平衡均正向移动，所以CH4平衡时物质的量随温度升高而降低，B符合题意；
C．催化剂失活会导致反应速率降低，不会影响转化率，C不符合题意；
D．根据曲线C，低于600℃时，温度升高，CO增大，说明反应以重整反应为主，消耗CO2，生成CO，而增多的CO会是积碳反应I正向移动，导致C增多，反之，降低温度会导致减少积炭的量减少，同时CO2增多，不利于去除CO2气体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据盖斯定律，重整反应的热化学方程式=II-I，对应的ΔH=ΔHII-ΔHI= + 247 kJ·mol-1，根据勒夏特列原理可知，升高温度CH4正向移动，即平衡时n(CH4)随温度升高而降低，结合发生的反应，平衡时n(CH4)＜n(CO2)，可推出曲线A表示CO2，曲线B表示CH4。H2是生成物，则曲线D表示H2，曲线C表示CO。
4．（2022·南开模拟）Fe3+可与H2O、、等配体形成配位数为6的配离子，如[Fe(H2O)6]3+(浅紫色)、(红色)、(无色)，但不能与形成配离子。某同学完成如下实验：
下列有关叙述错误的是（ ）
A．[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，是Fe3+水解的产物所致
B．溶液II、III的颜色分别为红色和无色，说明其中不存在[Fe(H2O)6]3+
C．为了观察到溶液I中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可向溶液中加入硝酸
D．已知Fe3+与、的反应在溶液中存在以下平衡： ；，溶液II→溶液III，颜色由红色变为无色。若该反应是可逆反应，其平衡常数为
【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．铁离子水解生成氢氧化铁，使得溶液I呈黄色，A不符合题意；
B．Fe3+与H2O的反应存在平衡：Fe3++6H2O [Fe(H2O)6]3+，而溶液II、III分别存在平衡：、，因此溶液II、III的颜色分别为红色和无色，不能说明其中不存在[Fe(H2O)6]3+，只是[Fe(H2O)6]3+的很少，B符合题意；
C．铁离子水解生成氢氧化铁，使得溶液I呈黄色，为了观察到溶液I中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可向溶液中加入硝酸，抑制铁离子水解，C不符合题意；
D．向溶液II中加入NaF，溶液由红色变为无色，说明[Fe(SCN)6]3-转化为[FeF6]3-，反应的离子方程式为：6F-+[Fe(SCN)6]3- 6SCN-+[FeF6]3-，利用盖斯定律，减去即得到反应6F-+[Fe(SCN)6]3- 6SCN-+[FeF6]3-，平衡常数K=，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁离子水解生成红褐色的氢氧化铁；
C.加入硝酸可抑制铁离子水解，增大 [Fe(H2O)6]3+的浓度；
D.根据盖斯定律分析解答。
5．（2022·秦皇岛模拟）在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，除主反应(反应Ⅰ)外，还会发生副反应(反应Ⅱ)。
反应Ⅰ： ：
反应Ⅱ：
一定压强下，向某容积可变的密闭容器中通入和的混合气体(其中和的物质的量之比为1∶4)，在某催化剂的作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得的转化率、的选择性、CO的选择性随反应温度的变化情况如图所示。
已知：或CO的选择性指反应生成或CO时所消耗的的物质的量占参与反应的总物质的量的百分比。
下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，反应的平衡常数
B．温度升高，反应Ⅰ的平衡常数和反应Ⅱ的平衡常数都增大
C．通过控制反应温度、调节压强等措施可提高的选择性
D．500℃时，反应达到平衡后，增大压强，体系中CO和的体积分数均减小
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，目标反应可由反应Ⅰ反应Ⅱ得到，则目标反应的平衡常数，选项A不符合题意；
B．由题图可知，在温度为340~400℃时，的选择性为100%，即此温度范围内只发生反应Ⅰ，在此温度范围内升高温度，的转化率减小，说明反应Ⅰ的平衡逆向移动，减小，选项B不符合题意；
C．由上述分析及反应Ⅰ、反应Ⅱ在反应前后气体分子数的变化特点可知，温度、压强可影响的选择性，为提高的选择性，可采用控制反应温度、调节压强等措施，选项C符合题意；
D．增大压强，反应Ⅰ的平衡正向移动，可提高甲烷的产率，反应Ⅰ的平衡移动也会影响反应Ⅱ中CO的产率，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ａ．根据盖斯定律，该反应＝反应Ⅰ－2×反应Ⅱ，；
Ｂ.350℃前，CO2转化率随温度升高而增大，CH4的选择性为100%，此时只发生反应Ⅰ，，350℃后，CO2转化率随温度升高而减小，但CO选择性增大，此时主要发生反应Ⅱ，，据此分析；
Ｃ．改变温度和压强等能改变反应Ⅰ的平衡移动；
Ｄ．增大压强，CH4的体积分数增大。
6．（2022·绍兴模拟）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子，脱附后催化剂复原)催化水煤气变换反应. CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH＜0，低温获得高转化率与高反应速率。反应过程示意如图
下列说法正确的是（ ）
A．ΔH1=ΔH2>0
B．若未使用催化剂时水煤气变换反应的焓变为 ΔH'，则ΔH'＜ΔH
C．图示显示.状态Ⅰ的H2O 分子在变换过程中均参与了反应
D．ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．ΔH1、ΔH2 都有化学键的断裂，所以都为吸热过程，但是 ΔH1 还包括 CO 的吸附过程， 存在热量变化，因此 ΔH1、ΔH2不相等，A不符合题意；
B．使用催化剂可以降低该反应的活化能，提高反应速率，但不改变焓变，B不符合题意；
C．根据图知，过程Ⅰ和过程Ⅱ分别有一个水分子中的氢氧键断裂，过程Ⅲ断裂一个氢氧键，同时形成 一个氢氧键，并生成一个水分子，所以在该反应过程中，实际有两个 H2O 参与反应，C符合题意；
D．根据图知，参与催化反应的 CO(g)和 H2O(g)物质的量不是 1mol，CO2(g)和 H2(g)未脱附，ΔH 不 等于 ΔH1+ΔH2+ΔH3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据盖斯定律分析。
二、多选题
7．（2021·德州模拟）在恒温条件下，向盛有足量NaCl(s)的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 K1
②2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) △H2<0 K2
10分钟时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1。下列说法正确的是（ ）
A．平衡后c(NO)=2.5×10-2mol·L-1
B．平衡时NO2的转化率为50%
C．其它条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大
D．反应4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为
【答案】B,D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数
【解析】【解答】A.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为x mol，②中反应的Cl2为ymol，则：
， ，
则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(NO)= ，A不符合题意；
B．由A项分析，平衡时NO2的转化率为 ，故B符合题意；
C．平衡常数只受温度影响，反应在绝热条件下进行，反应②放热，使温度升高，平衡常数K2减小，故C不符合题意；
D．①2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) △H1＜0平衡常数K1；②2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) △H2＜0平衡常数K2；由盖斯定律可知，由①×2-②可得
反应4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数 ，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.注意压强关系转化为物质的量关系，要注意两个化学方程式的综合分析；
B.转化率的计算可以用物质的量进行计算；
C.反应的热效应，还要注意K和温度的关系；
D.盖斯定律的运用；
8．（2020·盐城模拟）CO2催化重整CH4的反应：(Ⅰ)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)；ΔH1，
主要副反应：(Ⅱ)H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)；ΔH2>0，
(Ⅲ)4H2(g)+CO2(g) CH4(g)+2H2O(g)；ΔH3<0。
在恒容反应器中按体积分数V(CH4)∶V(CO2)=50%∶50%充入气体，加入催化剂，测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．ΔH1=2ΔH2-ΔH3<0
B．其他条件不变，适当增大起始时V(CH4)∶V(CO2)，可抑制副反应(Ⅱ)、(Ⅲ)的进行
C．300～580℃时，H2O的体积分数不断增大，是由于反应(Ⅲ)生成H2O的量大于反应(Ⅱ)消耗的量
D．T℃时，在2.0L容器中加入2mol CH4、2mol CO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为75%，则反应(Ⅰ)的平衡常数小于81
【答案】B,D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A. 反应(Ⅰ)可由2倍(Ⅱ)减去反应(Ⅲ)得到，故ΔH1=2ΔH2-ΔH3，再根据图示，随温度的升高，CH4和CO2的体积分数减小，说明升温，平衡正移，而升温平衡向吸热方向移，正反应吸热，ΔH1>0，A不符合题意；
B. 其他条件不变，适当增大起始时V(CH4)∶V(CO2)，即增大CH4浓度和减小CO2浓度，根据平衡移动原理，减小反应物浓度或增加生成物浓度，平衡都逆向移动，B符合题意；
C. 300～580℃时，H2O的体积分数不断增大，反应(Ⅲ)是放热反应，升温时，平衡逆移消耗H2O，反应(Ⅱ)是吸热反应，升温时正移，生成H2O，而由于反应(Ⅲ)消耗H2O的量小于反应(Ⅱ)生成水的量，C不符合题意；
D. T℃时，在2.0L容器中加入2mol CH4、2mol CO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为75%，则CO2转化的浓度为 根据三段式：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO(g)+ 2H2(g)
起始（mol/L） 1 1 0 0
转化（mol/L） 0.75 0.75 1.5 1.5
平衡（mol/L） 0.25 0.25 1.5 1.5
若不考虑副反应，则反应(Ⅰ)的平衡常数 ，但由于副反应(Ⅲ)中，消耗的氢气的量比二氧化碳多的多，故计算式中，分子减小的更多，值小于81，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、根据盖斯定律进行计算，结合温度对化学平衡的影响进行讨论；
B、V（CH4）：V（CO2）增大，可以增大CH4浓度和减小CO2浓度，据此讨论；
C、温度升高，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应；
D、根据转化率计算CO2的浓度，然后列三段式解答。
9．（2022高二上·沂水期中）中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将催化还原为。已知催化加氢的主要反应有：
①
②
其他条件不变时，在相同时间内温度对催化加氢的影响如图。
下列说法错误的是（ ）
A．
B．使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数
C．220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小
D．其他条件不变，增大压强，不利于反应向生成的方向进行
【答案】C,D
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由题干信息可知，反应① ，反应② ，目标反应是可反应①-②得到，根据盖斯定律可知，ΔH=△H1-△H2=(-49.4 kJ/mol)-(+41.2 kJ/mol)=-90.6 kJ/mol，A不符合题意；
B．根据碰撞理论可知，使用催化剂，能降低反应所需的活化能，增大活化分子百分数，B不符合题意；
C．由图可知，220~240℃，升高温度，CO2的转化率增大，根据反应：① ② 可知升高温度，反应①平衡逆向移动，CO2的转化率减小，反应②平衡正向移动，CO2的转化率增大，说明升高温度对反应②速率的影响比对反应①的大，C符合题意；
D．其他他条件不变时，增大压强，对反应②无影响，反应①平衡正向移动，故其他条件不变时，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据盖斯定律计算；
B.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数；
C.升高温度，反应①平衡逆向移动，CO2的转化率减小，反应②平衡正向移动，CO2的转化率增大；
D.增大压强，对反应②无影响，反应①平衡正向移动。
10．（2021高二上·河北期中）关于如图所示转化关系(X代表卤素)，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若X分别表示Cl、Br、I，则过程Ⅱ吸收的热量依次增多
D．Cl2(g)、I2(g)分别发生反应Ⅰ，同一温度下的平衡常数分别为K1、K3，则
【答案】B,D
【知识点】化学反应中能量的转化；盖斯定律及其应用；卤素原子结构及其性质的比较
【解析】【解答】A．过程Ⅲ为共价键的形成过程，是一个放热过程，故A不符合题意；
B．由盖斯定律可知，反应Ⅰ=过程Ⅱ+过程Ⅲ，则反应热 ，故B符合题意；
C．Cl、Br、I三种元素的非金属性依次减弱，单质分子的键能依次减小，过程Ⅱ为共价键的破坏过程，则吸收的热量依次减少，故C不符合题意；
D．卤族元素的非金属性越强，单质与氢气反应的程度越大，则氯气、碘蒸气分别与氢气反应时，同一温度下的平衡常数 ，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A. 化学键的断裂要吸热，焓变大于0；
B. 依据盖斯定律分析，反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关；
C. HCl、HBr、HI的化学键的键能逐渐减小；
D. 根据化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差来判断.
11．（2021高二上·薛城期中）下列各组热化学方程式中， H的比较正确的是（ ）
①C(s)+O2(g)=CO2(g) H1 C(s)+O2(g)=CO (g) H2
②S(s)+O2(g)=SO2(g) H3 S(g)+O2(g)=SO2(g) H4
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) H5 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H6
④CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) H7 CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H8
A． H1< H2 B． H3< H4 C． H5> H6 D． H7> H8
【答案】A,C
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成一氧化碳放出的热量，C(s)+O2(g)=CO2(g) H1 、 C(s)+O2(g)=CO (g) H2，所以 H1< H2，故A符合题意；
B．同物质的量的气态硫能量高于固态硫，S(s)+O2(g)=SO2(g) H3 、 S(g)+O2(g)=SO2(g) H4，所以 H3> H4，故B不符合题意；
C．氢气燃烧放热，氢气越多，放出的热量越多，H2(g)+O2(g)=H2O(l) H5 、2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H6，所以 H5> H6，故C符合题意；
D．CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)反应放热， H7<0； CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) 反应吸热， H8>0，所以 H7< H8，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成一氧化碳放出的热量；
B．同物质的量的气态硫能量高于固态硫；
C．物质的量越多，放出的热量越多；
D．反应放热， H<0；反应吸热， H>0。
12．（2021高二上·湖南期中）以、为原料合成涉及的主要反应如下：
①
②
③
不同压强下，按照投料，平衡转化率随温度变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．根据盖斯定律计算
B．选择合适的催化剂可以提高反应①的选择性，从而提高的平衡转化率
C．为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，反应条件应选择高温、高压
D．温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是：该温度下，主要发生反应③
【答案】A,D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．①
②
③
根据盖斯定律①-②=③，，A符合题意；
B．催化剂不会改变平衡转化率，B不符合题意；
C．结合图像可知为提高的平衡转化率，温度应选择低温，由①和②可知为提高的平衡产率，温度应选择低温，由①和②可知，要提高的平衡转化率和的平衡产率，压强应选择高压，即为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，反应条件应选择低温、高压，C不符合题意；
D．温度时，三条曲线几乎交于一点，说明该温度下，压强对平衡移动几乎无影响，则温度下，主要发生反应③，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据盖斯定律计算；
B.催化剂不影响平衡转化率；
C.增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动；
D.温度时，三条曲线几乎交于一点，说明该温度下，压强对平衡移动几乎无影响。
13．（2018高三上·盐城期中）MAN公司提出的“VHRO”系统（V、H、R、O表示相应部位的某种催化剂）是一种净化柴油机尾气的模型，其示意图及相应热化学方程式如下图所示：
①（V）2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H1 =－114.0 kJ·mol－1
②（H）CO(NH2)2(aq) + H2O (l) 2NH3(g)+CO2(g) H2 = 119.2kJ·mol－1
③（R）2NH3(g)+NO(g)+NO2(g) = 2N2(g)+3H2O(g) H3=－759.0kJ·mol－1
④（O）4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g) + 6H2O(g) H4 =－1530.0 kJ·mol－1
下列说法正确的是（ ）
A．反应②为放热反应，其余为吸热反应
B．反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)的 H＞0
C．反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)的 H=－1632.0kJ·mol－1
D．设计反应④是为了提高“VHRO”系统所需的工作温度
【答案】B,C
【知识点】盖斯定律及其应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】A.反应①③④中ΔH<0，为放热反应，反应②中ΔH>0，为吸热反应，A不符合题意；
B.根据盖斯定律可得，反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)的反应热ΔH=ΔH4-2×ΔH3-ΔH1=(-1530.0kJ/mol)-2×(-759.0kJ/mol)-(-114.0kJ/mol)=102kJ/mol，故反应热ΔH>0，B符合题意；
C.根据盖斯定律可得，反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)的ΔH=ΔH1+2×H3=(-114.0kJ/mol)+2×(-759.0kJ/mol)=-1632.0kJ/mol，C符合题意；
D.设计反应④是为了除去过量的NH3，防止造成空气污染，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】A.根据ΔH的正负确定反应是吸热反应还是放热反应；
B.根据盖斯定律计算反应的反应热，从而确定ΔH的正负；
C.根据盖斯定律计算反应热，从而得出反应的热化学方程式；
D.设计反应④是为了除去过量NH3；
三、非选择题
14．（2019·全国Ⅱ卷）环戊二烯（ ）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知： (g) = (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol 1 ①
H2(g)+ I2(g) =2HI(g) ΔH2= 11.0 kJ·mol 1 ②
对于反应： (g)+ I2(g) = (g)+2HI(g) ③ ΔH3= kJ·mol 1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（ ）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为 ，该反应的平衡常数Kp= Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有 （填标号）。
A．通入惰性气体 B．提高温度
C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L 1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为 ），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为 ，总反应为 。电解制备需要在无水条件下进行，原因为 。
【答案】（1）89.3
（2）40％；3.56×104；BD
（3）C；D
（4）Fe电极；Fe+2 = +H2↑（Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH ，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的调控；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据目标反应的反应物和生成物，
① +
② 即为所求，所以反应热为
89.3kJ·mol 1。
（2）
(g)+ I2(g) = (g)+2HI(g)
起始： a a 0 0
变化： x x x 2x
平衡： a-x a-x x 2x
根据 ： 起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20% 列式计算：2a+x/2a=1.2，则a/x=0.4,转化率为 40％ ，平衡常数 Kp =
，根据a/x=0.4,可知平衡后各成分所占的百分含量分别为：
，
，
，
，代入公式Kp =
= 3.56×104 ， 达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，因为是吸热反应，所以可以采用提高温度，也可以通过增加碘的浓度，或减少碘化氢的浓度，环戊二烯的浓度，或通过减小压强。所以选BD 。
（3）因为环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，所以环戊二烯与二聚体系数关系为2:1，因为b点时环戊二烯浓度变化量为0.9，所以二聚体浓度为0.45。因为a点浓度大于b点浓度，所以a点速率快。答案为CD。
（4）
环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为 ） ，铁被氧化，所以铁为阳极，总反应为： Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑ ，因为题中信息为生成钠，钠与水反应，所以环境必须无水。
【分析】本题以盖斯定律为起点引发了一道与平衡相关的问题，借助于平衡有关的知识解决问题。
（2）采用起始，变化，平衡三步计算法求转化率，采用分压法求平衡常数，通过平衡的移动方向确定转化率的变化。
（3）通过图像的变化来比较相关因素。
（4）本题考查了电解的相关原理。阳极发生氧化反应。
15．（2018·海南）过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。回答下列问题：
（1）已知：
H2(g)+ O2(g)=H20(1) △H1=－286kJ·mol-1
H2(g)+ O2(g)=H2O2(l) △H2=－188 kJ·mol-1
过氧化氢分解反应2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)的△H= kJ·mol-1。不同温度下
过氧化氢分解反应的平衡常数K313K K298K (填“大于"“小于”或“等于”)。
（2）100℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24h的分解率见下表：
离子 加入量/(mg·L-1) 分解率/% 离子 加入量／(mg·L-1) 分解率/％
无 __ 2 Fe3＋ 1.O 15
Al3＋ 10 2 Cu2＋ O.1 86
Zn2＋ 10 10 Cr3＋ 0.1 96
由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是 。贮运过氧化氢时，可选用的容器材质为 (填标号)。
A．不锈钢 B．纯铝 C．黄铜 D．铸铁
（3）过氧化氢的Ka1=2.24×10-12，H2O2的酸性 H2O(填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH求的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的原因是 ：相同pH下，过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是 。
【答案】（1）-196；小于
（2）；B
（3）大于；pH升高， 的浓度增加，分解速率加快；过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，分解率越小
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)的△H=2△H1-2△H2=-196kJ·mol-1该反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小K313＜K298K
（2）由表中得，加入铬离子，加入量最小，分解率最大，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是铬离子，过氧化氢具有氧化线，可以氧化其他金属，但铝表面可以生成致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝继续腐蚀，因此长时间可以选纯铝容器来运输过氧化氢。
（3）Ka1＞Kw，故电离出氢离子大于水电离出的氢离子，故H2O2的酸性＞H2OpH升高，氢离子浓度减小，反应正向进行， HO2-的浓度增加，分解速率加快。过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，故分解率越小
【分析】（1）根据盖斯定律可解
（2）注意看清楚表格信息；铝的特性是铝表面能形成一层致密的氧化铝薄膜，保护内部铝不被腐蚀
（3）已知过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大，利用化学平衡移动原理可求解此类题目
16．（2023·梅州模拟）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
（1）室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：
①室温下，反应的 (用含、或的代数式表示)。
②基态核外电子排布式为 。
③室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。
根据A点数据计算反应的 ，下列关于该反应的说法不正确的是 。
A．加水稀释，平衡右移，K值增大
B．若达到A点的时间为，则
C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的
（2）与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀。
①实验中的作用是 。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为 。
（3）微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是 。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为，得到电子转化为H， 。
（4）可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：
①该制备过程总反应的化学方程式为 。
②电解一段时间后，阳极区溶液中的物质的量由变成，则生成的重铬酸钾的物质的量为 。
【答案】（1）ΔH3-2ΔH2；[Ar]3d3；1.0×1014；AC
（2）将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III)；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
（3）时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
（4）4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律，反应III-2xII得 ，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3，③从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时重铬酸跟为0.25mol/L，由原子守恒得重铬酸跟浓度为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则K=
A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向，同时没有改变温度，K值不变，A项错误；
B.由原子守恒得溶液中的重铬酸跟为1.0-0.25×2=0.5mol/L，重根酸根化学反应速率速率为，B正确；
C.升温重根酸根转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误。
（2）实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
（3）温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。从图看H和硫酸根经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS。故答案为：55摄氏度时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；硫酸根被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS。
（4）阴极区为H+放电产生H2。阳极区OH-放电产生H+和O2，H+促使，总反应为4K2CrO4+4H2O = 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH，由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生2molKOH，即2molK+移入阴极区产生KOH。当阳极区K+由amol变为bmol产生K2Cr2O7为 a-b/2mol。
【分析】（1）平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等
（4）判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程。
17．（2023·佛山模拟）工业利用、催化合成氨实现了人类“向空气中要面包”的梦想。
（1）原料气(含、、CO)中的CO能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为： 。
①除去原料气中CO的理由是 。
②为提高CO吸收率，应选择的条件为 。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
③中的配体为
（2）研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的物种用*标注。
①该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为 。合成氨反应：的 (用图中字母表示)。
②铁催化合成氨时与需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，越大，反应速率越小。原因是 。
（3）反应的标准平衡常数可表达为：，其中为标准压强(0.1MPa)，、和分别为各组分的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)。若和起始物质的量之比为1∶3，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转化率为50%，则 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】（1）防止催化剂中毒；C；NH3、CO
（2）； (a b)；NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附
（3）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）①CO能被催化剂吸附，因此除去原料气中CO的理由是防止催化剂中毒；故答案为：防止催化剂中；
②A．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故A不符合题意；B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B不符合题意；C．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故C符合题意；D．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，降低温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故D不符合题意；
③中氨气、一氧化碳都有孤对电子，其配体为NH3、CO；故答案为：NH3、CO
（2）①根据图中信息过渡态4活化能最大的步骤，该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为。焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则合成氨反(b a)= (a b)；
②由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知
氨气浓度越大，反应速率越小，由于铁催化合成氨时氮气与氢气需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附；
（3）若氮气和氢气起始物质的量之比为1∶3，假设氮气、氢气物质的量分别为1mol、3mol，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转氮气化率为50%，
，
【分析】（1）①CO往往可以使催化剂中毒，必须除去；②该反应放热反应，气体体积减小反应，根据平衡移动原理，选择低温高压。
（2）最大活化能即活化能相差最大的反应即可，反应热即活化能差值；②催化剂表面积为定值，氨气浓度较大时候，会阻碍氮气的吸附。
（3）根据转化率，列出三段式，求出各物质分压，从而计算压强平衡常数。
18．（2023·马鞍山模拟）我国力争2030年前实现碳达峰，2060 年前实现碳中和。CO2 的综合利用是实现碳中和的措施之一。
（1）Ⅰ． CO2和CH4在催化剂表面可以合成CH3COOH，该反应的历程和相对能量的变化情况如下图所示(*指微粒吸附在催化剂表面，H*指H吸附在催化剂载体上的氧原子上，TS表示过渡态)：
决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为 。
（2）下列说法正确的有 。
a．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率
b． CH3COOH* 比CH3COOH(g)能量高
c．催化效果更好的是催化剂2
d．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率
（3）Ⅱ． CO2和 H2在一定条件下也可以合成甲醇，该过程存在副反应ii。
反应i： CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1 = -49.3 kJ·mol-1
反应ii： CO2(g) + H2(g CO(g)+ H2O(g) ΔH2
有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)为0，则ΔH2= kJ·mol-1
（4）恒温恒容条件下，仅发生反应ii，反应达到平衡的标志是 。
a． CO的分压不再发生变化
b．气体平均相对分子质量不再发生变化
c． 气体密度不再发生变化
d． 比值不再发生变化
（5）在5.0MPa，将n(CO2) ： n(H2)=5 ： 16的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数)及CO2的转化率随温度的变化如图所示。
①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是 (填“a”或“b”)。
②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是 。
③250℃时反应i： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的 Kp= (MPa)-2(用最简分数表示)。
【答案】（1）CH3* + CO2*= CH3COO*或CH3*+ H* + CO2*= CH3COO* +H*
（2）ac
（3）+41
（4）ad
（5）a；温度升高后，以副反应(或反应ii )为主，副反应(或反应ii )是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动(其他合理答案也可)；
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应所需的活化能越高，反应速率越慢，决定总反应反应速率的为慢反应，因此决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为CH3*＋CO2*=CH3COO*。
（2）a、增大催化剂表面积可增大催化剂与CO2的接触，从而提高CO2在催化剂表面的吸附速率，a符合题意；
b、由相对能量图可知，CH3COOH*的能量低于CH3COOH(g)的能量，b不符合题意；
c、使用催化剂2时，反应所需的活化能更小，因此催化剂2的催化效果更好，c符合题意；
d、使用高活性催化剂可以加快反应速率，但不能降低反应焓变，d不符合题意；
故答案为：ac
（3）由图可得热化学方程式：CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH3=－283kJ·mol－1；
；H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH4=－242kJ·mol－1。根据盖斯定律可得，反应ⅱ的反应热ΔH2=ΔH4－ΔH3=(－242kJ·mol－1)－(－283kJ·mol－1)=＋41kJ·mol－1，所以反应ⅱ的反应热ΔH2=＋41kJ·mol－1。
（4）a、CO的分压在反应过程中是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，a符合题意；
b、反应物和生成物都是气体，反应前后混合气体的质量不变，且反应前后气体分子数不变，根据公式可知，反应过程中，混合气体的平均相对分子质量M不是一个变量，因此气体平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c、反应前后混合气体的总质量保持不变，反应在恒容容器中进行，则混合气体的体积不变，根据公式可得，反应过程中，混合气体的密度保持不变，属于恒量，因此不能说明反应达到平衡状态，c不符合题意；
d、该反应的平衡常数，该反应为吸热反应，反应过程中，温度发生变化，则平衡常数K是一个变量，当其不变时，说明反应达到平衡状态，d符合题意；
故答案为：ad
（5）①生成CH3OH的反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的百分数减小，因此图中表示CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的为曲线a。
②温度升高后，以反应ⅱ为主，反应ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，因此CO2的转化率增大。
③令n(CO2)=5mol，则n(H2)=16mol，此时参与反应的n(CO2)=5mol×20%=1mol，反应生成n(CH3OH)=n(CO)=0.5mol。反应ⅰ中参与反应的n(H2)=0.5mol×3=1.5mol，反应生成的n(H2O)=0.5mol。反应ⅱ中参与反应的n(H2)=0.5mol，反应生成的n(H2O)=0.5mol。所以反应达到平衡时，n(CO2)=5mol－1mol=4mol，n(H2)=16mol－1.5mol－0.5mol=14mol，n(CH3OH)=n(CO)=0.5mol，n(H2O)=0.5mol＋0.5mol=1mol。此时体系中混合气体的总物质的量n(总)=4mol＋14mol＋0.5mol＋0.5mol＋1mol=20mol，所以体系中，，
，
，所以体系中反应ⅰ的平衡常数。
【分析】（1）决定总反应反应速率的是慢反应，反应所需的活化能越高，反应速率越慢。
（2）a、增大接触面积可加快反应速率；
b、根据相对能量变化图分析；
c、反应所需的活化能越低，催化剂的效果越好；
d、催化剂只能降低反应所需的活化能，不能改变反应热；
（3）根据物质能量变化图书写热化学方程式，结合盖斯定律计算目标反应的反应热。
（4）正逆反应速率相等，或“变量不变时”，说明反应达到平衡状态。
（5）①结合温度对平衡移动的影响分析。
②CO2的转化率增大，说明温度升高，平衡正向移动。
③由图可知，CO2的平衡转化率为20%，反应生成CO和CH3OH的物质的量百分数为50%。据此结合三段式进行计算。
19．（2023·深圳模拟）“氧化法”和“光催化氧化法”常用于烟气脱硫、脱硝，对环境保护意义重大。回答下列问题：
（1）Ⅰ.氧化法
用氧化烟气中的时，体系中存在以下反应：
a)
b)
c)
根据盖斯定律， 。
（2）在密闭容器中充入和，发生以下反应：
d)
e)
不同压强(p)下，的平衡转化率随反应温度(T)的变化关系如下图所示：
①由图可知， 0(填“大于”或“小于”下同)， 。
②下列有关该反应体系的说法正确的是 (填标号)。
A．恒压下，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
B．任意时刻，存在
C．恒容下，升高温度，该体系中气体颜色变浅
D．恒容下，增大的浓度，反应d、e的正反应速率均增大
③某温度下，平衡时的物质的量分数为，且与的物质的量分数相等，此时 mol。
（3）Ⅱ.光催化氧化法
光照条件下，催化剂表面产生电子()和空穴()。电子与作用生成离子自由基()，空穴与水电离出的作用生成羟基自由基()，和分别与反应生成。变化过程如下图所示：
一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，结合催化剂的作用机理，分析可能的原因 。
（4）已知该过程中生成的可继续与发生反应：；该反应可分两步进行，请补充反应ⅰ：
ⅰ. ；
ⅱ.。
（5）理论上“光催化氧化法”中，消耗的与生成的的物质的量之比为 。
【答案】（1）
（2）小于；小于；AD；
（3）随着烟气湿度的增大，更多的在催化剂表面转化为，提高了的氧化速率
（4）
（5）3：4
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，(反应b+反应c)可得反应a，则(-286.6-196.6)= ；
（2）①由图可知，同一压强下，温度升高的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则小于0，同一温度下，增大压强反应d的平衡逆向移动，减小，则小于；
②A．恒压下混合气体的总质量不变，但反应前后气体分子数不相等即物质的量会发生变化，根据pV=nRT，容器的体积会发生变化，则密度是一变量，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故A正确；
B．任意时刻，由氮元素质量守恒，存在，故B不正确；
C．恒容下，升高温度，反应d正向移动，c(NO2)增大，则该体系中气体颜色变深，故C不正确；
D．恒容下，增大的浓度，则压强变大，反应d、e的正反应速率均增大，故D正确；
故答案为：AD；
③起始充入和，列三段式：、，平衡时的物质的量分数为，则，且与的物质的量分数相等，则2x=y，联立两式，解得x=0.1，y=0.2，此时0.2mol=mol；
（3）一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，可能的原因是：随着烟气湿度的增大，更多的在催化剂表面转化为，提高了的氧化速率；
（4）将总反应减去反应ii可得反应i为；
（5）“光催化氧化法”中由H2O电离出的， 和分别与反应生成，N元素化合价升高了3，生成1mol失去3mol电子，而电子与作用生成离子自由基()，消耗1mol得到4mol电子，由得失电子守恒有关系式3~3~4，消耗的与生成的的物质的量之比为3：4。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；
（2）①依据化学平衡移动原理分析；
②A．利用“变者不变即平衡”；
B．依据氮元素质量守恒分析；
CD．依据影响化学平衡的因素分析；
③利用三段式法计算；
（3）依据影响反应速率的因素分析；
（4）根据盖斯定律分析；
（5）依据得失电子守恒计算。
20．（2023·邯郸模拟）2023年全国政府工作报告指出，推动重点领域节能降碳减污。一种太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。
（1）已知与的燃烧热分别为，，，写出与反应生成和的热化学方程式 。
（2）一定温度下，在恒容密闭容器中与反应生成和。
①能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A． B．容器内压强一定 C．气体平均相对分子质量一定
D．气体密度一定 E．的体积分数一定
②已知容器的容积为5 L，初始加入和，反应平衡后测得的转化率为50%，则该反应的平衡常数为 。
③温度不变，再加入、、、各，则 (填“>”“<”或“=”)。
（3）工业上在一定条件下利用与可直接合成有机中间体二甲醚：。当时，实验测得的平衡转化率随温度及压强变化如图所示。
①该反应的 (填“>”或“<”)0。
②图中压强(p)由大到小的顺序是 。
（4）科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理如图所示。
①系统工作时，a极为 极，b极区的电极反应式为 。
②系统工作时b极区有少量固体析出，可能的原因是 。
【答案】（1）
（2）BCE；625；>
（3）<；
（4）负；；移向正极，遇到有可能形成的过饱和溶液，有固体析出
【知识点】盖斯定律及其应用；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）已知与的燃烧热分别为，，故有热化学方程式，①，②，③，根据盖斯定律分析，由②×4-①+③×2可得热化学方程式 。
（2）反应 ：
①A．中没有说明反应速率的方向，不能确定到平衡；B．该反应前后气体的总物质的量不相等，故容器内压强一定说明反应到平衡；C．该反应前后气体的总物质的量不相等，气体平均相对分子质量一定能说明反应到平衡；D．该反应全是气体，且容器的体积不变，故气体密度始终不变，故密度一定不能说明反应到平衡；E．的体积分数一定能说明反应到平衡。故答案为：BCE。
②，则该反应的平衡常数为。
③温度不变，再加入、、、各，，说明反应正向进行，则>。
（3）①从图分析，随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，说明升温，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，<0。
②在相同温度下，结合方程式，压强增大，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，故图中压强(p)由大到小的顺序是。
（4）①系统工作时，a极为金属钠，钠只能失去电子，做负极，b极为正极，b极区二氧化碳和水反应转化为碳酸氢根离子和氢气，电极反应式为。
②系统工作时钠离子作为阳离子向正极移动，遇到有可能形成的过饱和溶液，有固体析出。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；
（2）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
②化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；
③根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；
（3）依据影响化学平衡的因素分析；
（4）放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
21．（2023·运城模拟）加深对含氮氧化物的研究，有利于为环境污染提供有效决策。回答下列问题：
（1）已知：2NO(g) +O2(g)2NO2(g) ΔH1=-114 kJ·mol-1；
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH2= - 393.5 kJ·mol-1；
2NO(g)N2(g)+O2(g) ΔH3=-181 kJ·mol -1。
C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式为 ；关于该可逆反应，改变下列条件，一段时间后，正反应速率增大的是 (填字母)。
A．恒温下，缩小反应容器体积
B．恒容下，降低反应温度
C．恒温恒容下，通入一定量的N2
D．恒温恒容下，将CO2移出容器
（2）T ℃时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：v正= k正c2 (NO2)，v逆=k逆c(N2O4) (k正、k逆为速率常数，仅与温度有关)，且lg v正~lg c(NO2)与lg v逆~lg c(N2O4)的关系如图所示。
①表示v正的直线是 (填“A”或“B")。
②T ℃时，该反应的平衡常数K= 。
③T ℃时，向刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(NO2)为0.1 mol·L-1，平衡时NO2的转化率为 (保留一位小数)。平衡后v逆= (用含a的表达式表示)。
④上题③中的反应达到平衡后，其他条件不变，继续通定量入一的NO2，NO2的平衡浓度将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）为减少汽车尾气中NOx的排放，某研究小组在实验室以耐高温催化剂催化NO转化为N2，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。结合(1)中的反应，若不使用CO，温度超过775K，发现NO转化为N2的转化率降低，其可能的原因是 ；用平衡移动原理解释加入CO后，NO转化为N2的转化率增大的原因： 。
【答案】（1）2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH= - 854.0kJ·mol-1；AC
（2）A；100；95.2%；10a；增大
（3）NO分解成N2的反应是放热反应，775 K后，升高温度，该反应逆向进行；加入CO后，与NO分解生成的O2反应，使NO分解向生成N2的方向移动
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，题给反应②×2+反应③-反应①可得C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的反应，，故答案为：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH= - 854.0kJ·mol-1。恒温缩小容器体积，反应物浓度升高，反应速率加快；恒容降低温度，活化分子百分数降低，有效碰撞减少，反应速率降低；恒温恒容充入氮气，平衡逆向移动，反应物浓度升高，正反应速率升高；移出二氧化碳，平衡正向移动，反应物浓度降低，正反应速率降低；故答案为：AC。
（2）①由反应速率表达式及题给图像可知，正反应速率受物质浓度变化影响更大，体现在图像中则为随浓度变化，变化越快，对应图中直线A；②，当反应达到平衡时即 k正c2 (NO2)=k逆c(N2O4)，则，由图可知当时则，，则K=100。③由K=100可知，当c(NO2)为0.1 mol·L-1时，c(N2O4)=1 mol·L-1，则Δc(NO2)=2 mol·L-1，转化率为， k逆c(N2O4)=10a×1=10a。④由勒夏特列原理可知，通入二氧化氮，二氧化氮浓度升高，平衡向着二氧化氮浓度降低的方向移动，但是只能削弱二氧化氮浓度的升高但是不能抵消，因此最终二氧化氮的浓度仍旧为增大。
（3）由反应（1）可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，一氧化氮转化率降低；一氧化碳能与氧气反应，使平衡正向移动。
【分析】（1）将三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，反应②×2+反应③-反应①可得目标方程式；影响反应速率的因素有：温度、压强、催化剂等；
（2）①正反应速率受物质浓度变化影响更大；
②可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则；
③根据计算；
④平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3） NO分解成N2的反应是放热反应，775 K后，升高温度，该反应逆向进行 ，导致NO转化为N2的转化率降低；平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
22．（2023·汉中模拟）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)。
【答案】（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
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（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，故答案为：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=。
【分析】（1）将三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，将①+②+③可得目标方程式；
（2）①列出反应的三段式，结合计算；
②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；
③化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3）①增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动；
②列出反应的三段式计算。
23．（2023·聊城模拟）甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义
（1）一种重要的工业制备甲醇的反应为
① H
② H1=+40.9kJ/mol
③ H2=-90.4kJ/mol
试计算H kJ/mol。
（2）对于反应，v正=k正·p(CO2)·p3(H2)，v逆=k逆·p(CH3OH)·p(H2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。在540K下，分别按初始投料比n(CO2)：n(H2)=3：1，n(CO2)：n(H2)=1：l、n(CO2)：n(H2)=1：3进行反应，测得H2的平衡转化率随压强变化的关系如图所示：
①投料比n(CO2)：n(H2)=l：3的曲线是 。(填“a”、“b”或“c”)
②已知点N在曲线b上，计算该温度下压强平衡常数Kp= (MPa)-2.(用平衡分压代替平衡浓度计算)
③该温度下，测得某时刻p(CO2)=0.2MPa，p(CH3OH)=p(H2O)=0.1MPa，p(H2)=0.4MPa，此时v正：v逆= 。(保留2位有效数字)
（3）甲醇催化制取丙烯的反应为：。已知Arrhenius经验公式为(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示：
①该反应的活化能Ea= kJ/mol。
②当用更高效催化剂时，请在图中画出Rlnk与关系的曲线 。
（4）目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备： H<0。在恒压密闭容器中通入一定量的CH3OH和CO气体，测得甲醇的转化率随温度变化关系如图所示：
①温度为T1时，该反应的正反应速率v(B)正 v(A)逆(填“>”，“=”或“<”)。
②B、C、D三点逆反应速率由大到小的顺序为 。[用“v(D)”、“v(C)”、“v(B)”表示]
【答案】（1）-49.5
（2）c；0.32；0.41
（3）15.0；
（4）>；v(D)>v(C)>v(B)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知② H1=+40.9kJ/mol
③ H2=-90.4kJ/mol
根据盖斯定律，由②+③得反应① H=H1+H2=+40.9kJ/mol-90.4kJ/mol=-49.5 kJ/mol；故答案为：-49.5；
（2）①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(CO2)：n(H2)=3：1，b代表n(CO2)：n(H2)=1：1，c代表n(CO2)：n(H2)=1：3，故答案为：c；
②N点为投料比n(CO2)：n(H2)=1：1，氢气平衡转化率为60%，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，列三段式：
平衡时二氧化碳分压为：，同样的方法，平衡时氢气分压：0.625MPa，甲醇分压0.3125MPa，水蒸气分压0.3125MPa，则压强平衡常数；
③v正=k正p(CO2)p3(H2)，v逆=k逆p(CH3OH)p(H2O)，==；
（3）①已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-Ea/T+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，可得63=-2Ea+C、33=-4Ea+C，两式联立解得Ea=15.0，则反应的活化能为15.0kJ/mol；
②若使用催化剂，活化能降低，即直线的斜率相反数得减小，因此示意图为：；
（4）①温度为T1时，A点尚未达到平衡状态，相比于相同温度下达到平衡状态的B点，A点甲醇的浓度大于B点甲醇的浓度，浓度越大，反应速率越快，故v(B)正>v(A)逆；
②温度对反应速率的影响大于浓度，且温度越高反应速率越快，故B、C、D三点逆反应速率由大到小的顺序为v(D)>v(C)>v(B)。
【分析】（1）根据盖斯定律，将②+③=①；
（2）①n(CO2)：n(H2)越大，氢气的平衡转化率越高；
②列出反应的三段式计算；
③=；
（3）①将线上的点代入公式 计算；
②催化剂能降低反应的活化能；
（4）①温度为T1时，A点时平衡正向进行；
②温度越高反应速率越快。
24．（2023·邢台模拟）氨是化肥工业和有机化工的主要原料，历史上在合成氨的理论可行性、工业化及机理等方面的研究上产生过三位诺贝尔奖得主。回答下列问题：
（1）科学家基于不同的催化体系提出了相应的反应机理。
①基于铁催化体系(添加了氧化铝和氧化钾)的反应机理及能量变化如图所示，据此计算反应的ΔΗ= 。
②中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，显著提高了传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，其反应过程分为以下三步(*表示催化剂的活性位点)，据此写出Ⅱ的化学方程式。
I．；Ⅱ． ；Ⅲ．。
（2）研究表明，反应在不同压强(p)和氮氢比[]下，平衡体系中氨的体积分数[]随温度(T)的变化曲线如图所示。
①a点对应的转化率： (填“>”“<”或“=”，下同)； 。
②c点对应的小于a点对应的，解释其原因为 。
③a、b、e三点对应的压强平衡常数(、和)的大小关系为 ；a点对应的压强平衡常数 (用体系中各气体的分压来表示，分压=总压×物质的量分数)
（3）合成氨动力学研究表明，反应达到平衡时，正反应的速率方程为。已知：，、为速率常数。据此计算，中β= ；γ= 。
【答案】（1）2(E2 + E4 + E6 –E1–E3 –E5 )+2(ΔH1+ΔH2)；N*+LiH=*+ [LiNH](或2N*+2LiH =2*+2[LiNH])
（2）=；>；合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用；Ka=Kb>Kc；
（3）-1.5；1
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）①由反应机理及能量变化图可知，ΔΗ=2(–E1+E2–E3+ΔH1+E4 –E5+ΔH2+E6)=2(E2 + E4 + E6 –E1–E3 –E5 )+2(ΔH1+ΔH2)；
②设Ⅳ．，则Ⅳ-I-2Ⅲ得，2N*+2LiH =2*+2[LiNH]，化简得N*+LiH=*+ [LiNH]，即Ⅱ的化学方程式为N*+LiH=*+ [LiNH]或2N*+2LiH =2*+2[LiNH]。
（2）①a点时，投料比，而消耗量按照化学计量数之比也为1：3，则对应氮气和氢气的转化率相等；由图像可知，同一温度下，Ⅱ的投料比为1：2，其等效于在Ⅲ的投料比的基础上，减少氢气的浓度，平衡逆向移动，氨气的体积分数应减小，可实际上Ⅱ对应氨气的体积分数大于Ⅲ，说明压强>，因为压强增大，平衡正向移动，氨气的体积分数增大；
②合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用，从而导致c点对应的小于a点对应的；
③压强平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，由图像可知，温度：e>a=b，则压强平衡常数Ka=Kb>Kc；a点时，，列三段式：
，
则，解得，达到平衡时氮气物质的量分数为，同理可得氢气和氨气的物质的量分数分别为和，则a点对应的压强平衡常数。
（3）当达到平衡时，，即，则，由此可得，，解得，。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算；
（2）①②依据影响化学平衡的因素分析；
③压强平衡常数只受温度影响；利用三段式法计算；
（3）依据题目信息分析。
25．（2023·沧州模拟）氢能作为一种高热值、零污染的能源，对于促进全球经济脱碳，特别是在工业和交通领域将发挥不可或缺的替代作用。甲烷水蒸气催化重整制氢气是目前工业上比较常见的制氢工艺。回答下列问题：
（1）已知：、时，甲烷、一氧化碳和氢气的燃烧热分别为、和，，在催化剂作用下，甲烷水蒸气催化重整制氢气的为 。
（2）该反应易在 (填“较高温度”或“较低温度”)下自发进行。
（3）氧化钴催化作用下，在体积分别为和的密闭容器中，各充入和发生甲烷水蒸气催化重整制氢气的反应，达到平衡时，该反应的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为(和为速率常数，且只与温度有关)，反应达到平衡时，甲烷的转化率随温度的变化曲线如图所示。
①氧化钴中的最外层电子排布式为 。
②图中a、b、c三点所对应的平衡常数K的大小顺序为 (用字母表示，下同)，逆反应速率的大小关系为 。
③时，图中a点对应的正反应速率，则 。
④时，的密闭容器中，该反应的 。
【答案】（1）
（2）较高温度
（3）；；；0.04；1.92
【知识点】盖斯定律及其应用；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）该反应的热化学方程式为（2）该反应时，反应可自发进行，则该反应易在较高温度下自发进行；
（3）①氧化钴中的最外层电子排布式为；
②由于平衡常数只与温度有关，升高温度，该平衡正移，平衡常数增大，则图中a、b、c三点所对应的平衡常数K的大小顺序为；体积越大，压强越小，平衡正移，甲烷的转化率越大，则b点所在体系的体积为，a点和c点所在体系的体积为，温度越高，压强越大(即体积越小)，反应速率越大，则逆反应速率的大小关系为；
③a点平衡时甲烷的转化率为40%，则平衡时的物质的量分别为和，体积为，则时，图中a点对应的正反应速率，则；
④a点和b点温度相同，则K相同，；平衡时，该反应的正反应速率为，逆反应速率，则；时，的密闭容器中，该反应的。
【分析】（1）分别写出甲烷、一氧化碳和氢气的燃烧热的热化学方程式，结合盖斯定律计算；
（2）根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；
（3）①Co为27号元素，基态Co原子失去2个电子生成，则其价电子排布式为；
②平衡常数只与温度有关，温度越高，反应速率越快；
③将a点数据代入 计算；
④平衡时正逆反应速率相等，即=。
26．（2023·武汉模拟）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）I．CO2在Pb催化剂作用下，通过电催化还原为CO、HCOOH等物质被认为是一种具有前景的利用CO2的方式。
Pb催化剂中引入Bi能够提高它的选择性。Bi的价电子排布式为6s26p3，其在元素周期表中的位置为 。
（2）在Pb催化剂表面，CO2转化为CO和HCOOH是通过两种平行的反应途径进行的。CO2还原生成CO、HCOOH的关键中间体分别为*COOH、HCOO*。Pb催化剂催化CO2转化为CO和HCOOH的反应历程如图所示。(*表示吸附在催化剂表面)
①写出CO2在酸性介质中电催化还原为HCOOH的电极反应式 。
②产物的选择性是由催化剂对两种关键中间体的结合强度决定的。在Pb催化剂表面更利于生成
（3）II．CH4与CO2重整是CO2再利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应：
反应①：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1
反应②：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
反应③：2CO(g) CO2(g)+C(s) ΔH3=-172.5kJ·mol-1
已知25℃时，CH4、CO和H2的燃烧热分别为890 kJ·mol-1、283kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1则ΔH1= 。
（4）1.01×105 Pa下，将n(CO2)：n(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图所示。
①800℃时CO2的平衡转化率远大于600℃时CO2的平衡转化率，其原因是 。
②CH4的还原能力(R)可用于衡量CO2的转化效率，R= (平衡时CO2与CH4的物质的量变化量之比)。600℃时，R= ；随温度的升高，R变化趋势为 (填“增大”、“减小”、“先减小后增大”)。
【答案】（1）第六周期第VA族
（2）CO2+2e-+2H+=HCOOH；CO
（3）+247.6 kJ/mol
（4）反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小；；增大
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）Bi的电子排布为6s26p3，最高能层为P，最外层电子数为5个，则该元素位于第6周期第VA族。故答案为：第6周期第VA族；
（2）CO2在酸性介质中电催化还原为HCOOH即CO2得电子变为HCOOH，反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH。转化为中间体HCOO*的活化能高，该反应难；而*COOH能量低反应易发生，所以Pb催化剂有利于CO生成。所以故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；CO；
（3）由CH4、CO和H2的燃烧热分别为890 kJ·mol-1、283kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1得出反应④CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)| ΔH=-890 kJ·mol-1、⑤2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ·mol-1、⑥2H2(g)+ O2(g)= 2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ·mol-1。反应①=④-⑤-⑥，得到ΔH1=-890+566+571.6=+247.6 kJ·mol-1。故答案为：+247.6 kJ·mol-1；
（4）温度变化结合平衡移动分析。反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小。已知n(CO2)：n(CH4)=1：1，设各物质物质的量为1mol、1mol。同时600℃时CO2和CH4的转化率分别为65%、80%，则两者的变化量分别为0.65mol、0.8mol，所以R= 。从图分析，随着温度的升高，CO2的转化率越来越靠近CH4的转化率，所以R增大。故答案为：反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应正向进行程度小，CO2的生成量小；；增大。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（3）根据盖斯定律计算；
（4）依据影响化学平衡的因素分析。
27．（2023·银川模拟）氨是现代工业、农业生产最基础的化工原料之一。
I.传统的“哈伯法”反应原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ mol-1 ΔS=-200J K-1 mol-1
（1）上述反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发进行，理由是 。
（2）以NH3、CO2为原料生产重要的高效氮肥一一尿素[CO(NH2)2]，两步反应的能量变化如图所示。
2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)的ΔH= (用Ea1、Ea2、Ea3、Ea4表示)。已知Ea1＜Ea3，则两步反应中 (填“第一步”或“第二步”)反应决定了生产尿素的反应速率。
（3）某小组模拟不同条件下的合成氨反应，向容器中充入1molN2和3molH2在不同温度和压强下平衡混合物中氨的体积分数与温度的关系如图所示。
①B、C点化学平衡常数K(B) K(C)(填“＞”“＜”或“=”)。
②在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率v(A) v(B)(填“＞”“＜”或“=”)。
（4）II.“哈伯法”的原料H2来自于化石燃料，该过程会产生大量温室气体CO2。近年来有科学家提出通过电解氮气和水来合成氨(NRR反应)。
一种常温常压下NRR反应的装置如图所示，阴极的电极反应式为 。
（5）合成氨的捷姆金和佩热夫速率方程式为γ=k1 p(N2) -k2 ，γ为反应的瞬时总速率(正反应和逆反应速率之差)，k1、k2是正、逆反应速率常数。合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡常数Kp= (用k1，k2表示)。
【答案】（1）能；ΔH -TΔS=-92.4-298×(-200)×10-3=-32.8＜0
（2）ΔH=Ea1-Ea2+Ea3-Ea4；第二步
（3）=；＜
（4）N2+6H++6e-=2NH3(或N2+8H++6e-=2NH)
（5）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）正反应是体积减少的放热反应，-92.4-298×(-200)×10-3=-32.8＜0，故上述反应在常温下能自发进行；
（2）ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，所以第一步反应的ΔH= Ea1-Ea2，第二步反应的ΔH= Ea3-Ea4，反应2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)为第一步和第二步之和，即2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)的ΔH=ΔH+ΔH= Ea1-Ea2+Ea3-Ea4，反应速率越快活化能越小，因为Ea1＜Ea3，所以第二步的反应速率越慢，总反应由反应慢的决定，即两步反应中第二步反应决定了生产尿素的反应速率；
（3）平衡常数与温度有关，B、C点温度相同，所以B、C点化学平衡常数K(B)= K(C)，温度越大，反应速率越大，A点温度小于B点温度，所以该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率v(A) ＜v(B)；
（4）氮气通入的极为阴极，氮气得到电子变为氨气或铵根离子，即阴极反应式为N2+6H++6e-=2NH3(或N2+8H++6e-=2NH)；
（5）平衡时正反应等于逆反应速率，所以γ为反应的瞬时总速率(正反应和逆反应速率之差)为零，即γ=k1 p(N2) -k2 =0，化简得，合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡常数Kp，即Kp；
【分析】（1）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（2）ΔH=正反应活化能-逆反应活化能；决速步骤应是活化能最大的步骤；
（3）平衡常数只与温度有关；
（4）电解时，阳极元素化合价升高，发生氧化反应；阴极元素化合价降低，发生还原反应；
（5）利用三段式法计算。
28．（2023·蚌埠模拟）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℃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)。
【答案】（1）2C(s，石墨) + H2(g)=C2H2(g) ΔH= +226.7kJ·mol-1
（2）温度低于500 ℃ ，反应速率低；温度高于500 ℃ ，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；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（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 ℃ ，反应速率低；温度高于500 ℃ ，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不正确；
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不正确；
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；
故答案为：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；。
【分析】（1）利用盖斯定律分析；
（2）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（3）①利用“变者不变即平衡”；
②增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低；
③利用三段式法计算。
29．（2023·福州模拟）常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下：
反应I：；
反应II：
（1）已知：。则 。
（2）某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m n(填“>”“<”或“=”)。
（3）将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。
①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因为 。
②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为 。
③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致 。
（4）273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。
①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是 。
A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变
C．有1molN-H键断裂的同时，有键断裂 D．NO的分压保持不变
②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为 ，反应I的Kp= (写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）-1838
（2）<
（3）催化剂活性下降(或副反应增多)；W0.15MnCeTiOx；结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒
（4）C；75%；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知，结合反应II：，依据盖斯定律，推知，所以a=-1838kJ/mol；
（2）反应I正向为放热反应，逆向为吸热反应，升高温度，逆反应速率增大的更多，故m
②结合图片，可知W0.15MnCeTiOx在温度相对较低时催化效率高，NO的转化率较高、的选择性高、的生成量相对较高，故最佳催化剂为W0.15MnCeTiOx；
③催化剂表面出现NH4HSO4结晶，晶体会覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒，催化活性降低；
（4）①A．反应I、II前后气体系数和不相等，且均为气体，反应过程中混合气的总质量保持不变，但混合气的物质的量改变，故当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应I、II达到平衡，A正确；
B．反应I、II中，参加反应的n(NH3)∶n(NO)不同，当n(NH3)∶n(NO)保持不变时，则n(NH3)、n(NO)不再改变，反应达到平衡，B正确；
C．反应I中有12molN-H键断裂的同时，有键断裂时反应达到平衡，反应II中，当有12molN-H键断裂的同时，有键断裂时反应达到平衡，C不正确；
D．NO的分压保持不变，则体系中NO的浓度不再改变，反应I、II达到平衡，D正确；
故答案为：C。
②反应开始时通入4molNH3、4molNO、2molO2，达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol，则参加反应的O2为0.6mol，参加反应的NH3为2.8mol，产物只有水和氮气，根据氢元素守恒，生成水的物质的量为：2.8mol×3÷2=4.2mol，根据O元素守恒可知，NO需提供O元素的物质的量为：4.2mol-0.6mol×2=3mol，所以参加反应的NO的物质的量为3mol，生成N2的物质的量为：2.9mol，NO的转化率为：3mol÷4mol×100%=75%；
反应I的Kp 表达式为：， ，
，
，
，
所以
【分析】（1）依据盖斯定律分析；
（2）依据影响化学平衡的因素分析；
（3）①依据催化剂的活性分析；
②依据图像分析；
③由题目信息分析；
（4）①依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
②平衡转化率是指平衡时已转化了的某反应物的量与转化前该反应的量之比；利用三段式法计算。
30．（2023·安庆模拟）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：
①2023年高考真题变式分类汇编：盖斯定律及其应用1
一、选择题
1．（2023·东城模拟）CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+74.6kJ mol-1
③2CO(g)C(s)+CO2(g) △H3=-172.5kJ mol-1
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图。
注：Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列分析错误的是
A．△H1=+247.1kJ mol-1
B．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C．保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量
2．（2022·海淀模拟）工业上利用碳热还原BaSO4制得BaS，进而生产各种含钡化合物。温度对反应后组分的影响如图。
已知：碳热还原BaSO4过程中可能发生下列反应。
i.BaSO4(s)+2C(s)=2CO2(g)+BaS(s) △H1
ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1
iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1
下列关于碳热还原BaSO4过程的说法正确的是（ ）
A．△H1=+113.1kJ·mol-1
B．400℃后，反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g)2CO(g)的移动导致的
C．温度升高，C(s)+CO2(g)2CO(g)的平衡常数K减小
D．反应过程中，生成的CO2和CO的物质的量之和始终等于投入C的物质的量
3．（2022·泰州模拟）CH4—CO2重整反应能够有效去除大气中 CO2，是实现“碳中和”的重要途径之一，发生的反应如下：
重整反应 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH
积炭反应Ⅰ 2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH1=―172 kJ·mol-1
积炭反应Ⅱ CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH2=+75kJ·mol-1
在恒压、起始投料比=1条件下，体系中含碳组分平衡时的物质的量随温度变化关系曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．重整反应的反应热ΔH=-247 kJ·mol-1
B．曲线B表示CH4平衡时物质的量随温度的变化
C．积炭会导致催化剂失活，降低CH4的平衡转化率
D．低于600℃时，降低温度有利于减少积炭的量并去除CO2气体
4．（2022·南开模拟）Fe3+可与H2O、、等配体形成配位数为6的配离子，如[Fe(H2O)6]3+(浅紫色)、(红色)、(无色)，但不能与形成配离子。某同学完成如下实验：
下列有关叙述错误的是（ ）
A．[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，是Fe3+水解的产物所致
B．溶液II、III的颜色分别为红色和无色，说明其中不存在[Fe(H2O)6]3+
C．为了观察到溶液I中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可向溶液中加入硝酸
D．已知Fe3+与、的反应在溶液中存在以下平衡： ；，溶液II→溶液III，颜色由红色变为无色。若该反应是可逆反应，其平衡常数为
5．（2022·秦皇岛模拟）在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，除主反应(反应Ⅰ)外，还会发生副反应(反应Ⅱ)。
反应Ⅰ： ：
反应Ⅱ：
一定压强下，向某容积可变的密闭容器中通入和的混合气体(其中和的物质的量之比为1∶4)，在某催化剂的作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得的转化率、的选择性、CO的选择性随反应温度的变化情况如图所示。
已知：或CO的选择性指反应生成或CO时所消耗的的物质的量占参与反应的总物质的量的百分比。
下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，反应的平衡常数
B．温度升高，反应Ⅰ的平衡常数和反应Ⅱ的平衡常数都增大
C．通过控制反应温度、调节压强等措施可提高的选择性
D．500℃时，反应达到平衡后，增大压强，体系中CO和的体积分数均减小
6．（2022·绍兴模拟）我国科学家使用双功能催化剂(能吸附不同粒子，脱附后催化剂复原)催化水煤气变换反应. CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH＜0，低温获得高转化率与高反应速率。反应过程示意如图
下列说法正确的是（ ）
A．ΔH1=ΔH2>0
B．若未使用催化剂时水煤气变换反应的焓变为 ΔH'，则ΔH'＜ΔH
C．图示显示.状态Ⅰ的H2O 分子在变换过程中均参与了反应
D．ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3
二、多选题
7．（2021·德州模拟）在恒温条件下，向盛有足量NaCl(s)的2L恒容密闭容器中加入0.2molNO2、0.2molNO和0.1molCl2，发生如下两个反应：
①2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) △H1<0 K1
②2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) △H2<0 K2
10分钟时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%，10分钟内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol·L-1·min-1。下列说法正确的是（ ）
A．平衡后c(NO)=2.5×10-2mol·L-1
B．平衡时NO2的转化率为50%
C．其它条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大
D．反应4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为
8．（2020·盐城模拟）CO2催化重整CH4的反应：(Ⅰ)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)；ΔH1，
主要副反应：(Ⅱ)H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g)；ΔH2>0，
(Ⅲ)4H2(g)+CO2(g) CH4(g)+2H2O(g)；ΔH3<0。
在恒容反应器中按体积分数V(CH4)∶V(CO2)=50%∶50%充入气体，加入催化剂，测得反应器中平衡时各物质的体积分数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．ΔH1=2ΔH2-ΔH3<0
B．其他条件不变，适当增大起始时V(CH4)∶V(CO2)，可抑制副反应(Ⅱ)、(Ⅲ)的进行
C．300～580℃时，H2O的体积分数不断增大，是由于反应(Ⅲ)生成H2O的量大于反应(Ⅱ)消耗的量
D．T℃时，在2.0L容器中加入2mol CH4、2mol CO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为75%，则反应(Ⅰ)的平衡常数小于81
9．（2022高二上·沂水期中）中国科学家在淀粉人工光合成方面取得重大突破性进展，该实验方法首先将催化还原为。已知催化加氢的主要反应有：
①
②
其他条件不变时，在相同时间内温度对催化加氢的影响如图。
下列说法错误的是（ ）
A．
B．使用催化剂，能降低反应的活化能，增大活化分子百分数
C．220～240℃，升高温度，对反应②速率的影响比对反应①的小
D．其他条件不变，增大压强，不利于反应向生成的方向进行
10．（2021高二上·河北期中）关于如图所示转化关系(X代表卤素)，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若X分别表示Cl、Br、I，则过程Ⅱ吸收的热量依次增多
D．Cl2(g)、I2(g)分别发生反应Ⅰ，同一温度下的平衡常数分别为K1、K3，则
11．（2021高二上·薛城期中）下列各组热化学方程式中， H的比较正确的是（ ）
①C(s)+O2(g)=CO2(g) H1 C(s)+O2(g)=CO (g) H2
②S(s)+O2(g)=SO2(g) H3 S(g)+O2(g)=SO2(g) H4
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) H5 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H6
④CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) H7 CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H8
A． H1< H2 B． H3< H4 C． H5> H6 D． H7> H8
12．（2021高二上·湖南期中）以、为原料合成涉及的主要反应如下：
①
②
③
不同压强下，按照投料，平衡转化率随温度变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．根据盖斯定律计算
B．选择合适的催化剂可以提高反应①的选择性，从而提高的平衡转化率
C．为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，反应条件应选择高温、高压
D．温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是：该温度下，主要发生反应③
13．（2018高三上·盐城期中）MAN公司提出的“VHRO”系统（V、H、R、O表示相应部位的某种催化剂）是一种净化柴油机尾气的模型，其示意图及相应热化学方程式如下图所示：
①（V）2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H1 =－114.0 kJ·mol－1
②（H）CO(NH2)2(aq) + H2O (l) 2NH3(g)+CO2(g) H2 = 119.2kJ·mol－1
③（R）2NH3(g)+NO(g)+NO2(g) = 2N2(g)+3H2O(g) H3=－759.0kJ·mol－1
④（O）4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g) + 6H2O(g) H4 =－1530.0 kJ·mol－1
下列说法正确的是（ ）
A．反应②为放热反应，其余为吸热反应
B．反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)的 H＞0
C．反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)的 H=－1632.0kJ·mol－1
D．设计反应④是为了提高“VHRO”系统所需的工作温度
三、非选择题
14．（2019·全国Ⅱ卷）环戊二烯（ ）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知： (g) = (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol 1 ①
H2(g)+ I2(g) =2HI(g) ΔH2= 11.0 kJ·mol 1 ②
对于反应： (g)+ I2(g) = (g)+2HI(g) ③ ΔH3= kJ·mol 1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（ ）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为 ，该反应的平衡常数Kp= Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有 （填标号）。
A．通入惰性气体 B．提高温度
C．增加环戊烯浓度 D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A．T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L 1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为 ），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为 ，总反应为 。电解制备需要在无水条件下进行，原因为 。
15．（2018·海南）过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。回答下列问题：
（1）已知：
H2(g)+ O2(g)=H20(1) △H1=－286kJ·mol-1
H2(g)+ O2(g)=H2O2(l) △H2=－188 kJ·mol-1
过氧化氢分解反应2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)的△H= kJ·mol-1。不同温度下
过氧化氢分解反应的平衡常数K313K K298K (填“大于"“小于”或“等于”)。
（2）100℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24h的分解率见下表：
离子 加入量/(mg·L-1) 分解率/% 离子 加入量／(mg·L-1) 分解率/％
无 __ 2 Fe3＋ 1.O 15
Al3＋ 10 2 Cu2＋ O.1 86
Zn2＋ 10 10 Cr3＋ 0.1 96
由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是 。贮运过氧化氢时，可选用的容器材质为 (填标号)。
A．不锈钢 B．纯铝 C．黄铜 D．铸铁
（3）过氧化氢的Ka1=2.24×10-12，H2O2的酸性 H2O(填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH求的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的原因是 ：相同pH下，过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是 。
16．（2023·梅州模拟）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
（1）室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：
①室温下，反应的 (用含、或的代数式表示)。
②基态核外电子排布式为 。
③室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。
根据A点数据计算反应的 ，下列关于该反应的说法不正确的是 。
A．加水稀释，平衡右移，K值增大
B．若达到A点的时间为，则
C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的
（2）与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀。
①实验中的作用是 。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为 。
（3）微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是 。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为，得到电子转化为H， 。
（4）可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：
①该制备过程总反应的化学方程式为 。
②电解一段时间后，阳极区溶液中的物质的量由变成，则生成的重铬酸钾的物质的量为 。
17．（2023·佛山模拟）工业利用、催化合成氨实现了人类“向空气中要面包”的梦想。
（1）原料气(含、、CO)中的CO能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为： 。
①除去原料气中CO的理由是 。
②为提高CO吸收率，应选择的条件为 。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
③中的配体为
（2）研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的物种用*标注。
①该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为 。合成氨反应：的 (用图中字母表示)。
②铁催化合成氨时与需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，越大，反应速率越小。原因是 。
（3）反应的标准平衡常数可表达为：，其中为标准压强(0.1MPa)，、和分别为各组分的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)。若和起始物质的量之比为1∶3，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转化率为50%，则 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
18．（2023·马鞍山模拟）我国力争2030年前实现碳达峰，2060 年前实现碳中和。CO2 的综合利用是实现碳中和的措施之一。
（1）Ⅰ． CO2和CH4在催化剂表面可以合成CH3COOH，该反应的历程和相对能量的变化情况如下图所示(*指微粒吸附在催化剂表面，H*指H吸附在催化剂载体上的氧原子上，TS表示过渡态)：
决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为 。
（2）下列说法正确的有 。
a．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率
b． CH3COOH* 比CH3COOH(g)能量高
c．催化效果更好的是催化剂2
d．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率
（3）Ⅱ． CO2和 H2在一定条件下也可以合成甲醇，该过程存在副反应ii。
反应i： CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1 = -49.3 kJ·mol-1
反应ii： CO2(g) + H2(g CO(g)+ H2O(g) ΔH2
有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)为0，则ΔH2= kJ·mol-1
（4）恒温恒容条件下，仅发生反应ii，反应达到平衡的标志是 。
a． CO的分压不再发生变化
b．气体平均相对分子质量不再发生变化
c． 气体密度不再发生变化
d． 比值不再发生变化
（5）在5.0MPa，将n(CO2) ： n(H2)=5 ： 16的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数)及CO2的转化率随温度的变化如图所示。
①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是 (填“a”或“b”)。
②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是 。
③250℃时反应i： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的 Kp= (MPa)-2(用最简分数表示)。
19．（2023·深圳模拟）“氧化法”和“光催化氧化法”常用于烟气脱硫、脱硝，对环境保护意义重大。回答下列问题：
（1）Ⅰ.氧化法
用氧化烟气中的时，体系中存在以下反应：
a)
b)
c)
根据盖斯定律， 。
（2）在密闭容器中充入和，发生以下反应：
d)
e)
不同压强(p)下，的平衡转化率随反应温度(T)的变化关系如下图所示：
①由图可知， 0(填“大于”或“小于”下同)， 。
②下列有关该反应体系的说法正确的是 (填标号)。
A．恒压下，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
B．任意时刻，存在
C．恒容下，升高温度，该体系中气体颜色变浅
D．恒容下，增大的浓度，反应d、e的正反应速率均增大
③某温度下，平衡时的物质的量分数为，且与的物质的量分数相等，此时 mol。
（3）Ⅱ.光催化氧化法
光照条件下，催化剂表面产生电子()和空穴()。电子与作用生成离子自由基()，空穴与水电离出的作用生成羟基自由基()，和分别与反应生成。变化过程如下图所示：
一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，结合催化剂的作用机理，分析可能的原因 。
（4）已知该过程中生成的可继续与发生反应：；该反应可分两步进行，请补充反应ⅰ：
ⅰ. ；
ⅱ.。
（5）理论上“光催化氧化法”中，消耗的与生成的的物质的量之比为 。
20．（2023·邯郸模拟）2023年全国政府工作报告指出，推动重点领域节能降碳减污。一种太空生命保障系统利用电解水供氧，生成的氢气与宇航员呼出的二氧化碳在催化剂作用下生成水和甲烷，水可循环使用。
（1）已知与的燃烧热分别为，，，写出与反应生成和的热化学方程式 。
（2）一定温度下，在恒容密闭容器中与反应生成和。
①能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A． B．容器内压强一定 C．气体平均相对分子质量一定
D．气体密度一定 E．的体积分数一定
②已知容器的容积为5 L，初始加入和，反应平衡后测得的转化率为50%，则该反应的平衡常数为 。
③温度不变，再加入、、、各，则 (填“>”“<”或“=”)。
（3）工业上在一定条件下利用与可直接合成有机中间体二甲醚：。当时，实验测得的平衡转化率随温度及压强变化如图所示。
①该反应的 (填“>”或“<”)0。
②图中压强(p)由大到小的顺序是 。
（4）科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理如图所示。
①系统工作时，a极为 极，b极区的电极反应式为 。
②系统工作时b极区有少量固体析出，可能的原因是 。
21．（2023·运城模拟）加深对含氮氧化物的研究，有利于为环境污染提供有效决策。回答下列问题：
（1）已知：2NO(g) +O2(g)2NO2(g) ΔH1=-114 kJ·mol-1；
C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH2= - 393.5 kJ·mol-1；
2NO(g)N2(g)+O2(g) ΔH3=-181 kJ·mol -1。
C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式为 ；关于该可逆反应，改变下列条件，一段时间后，正反应速率增大的是 (填字母)。
A．恒温下，缩小反应容器体积
B．恒容下，降低反应温度
C．恒温恒容下，通入一定量的N2
D．恒温恒容下，将CO2移出容器
（2）T ℃时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：v正= k正c2 (NO2)，v逆=k逆c(N2O4) (k正、k逆为速率常数，仅与温度有关)，且lg v正~lg c(NO2)与lg v逆~lg c(N2O4)的关系如图所示。
①表示v正的直线是 (填“A”或“B")。
②T ℃时，该反应的平衡常数K= 。
③T ℃时，向刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(NO2)为0.1 mol·L-1，平衡时NO2的转化率为 (保留一位小数)。平衡后v逆= (用含a的表达式表示)。
④上题③中的反应达到平衡后，其他条件不变，继续通定量入一的NO2，NO2的平衡浓度将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）为减少汽车尾气中NOx的排放，某研究小组在实验室以耐高温催化剂催化NO转化为N2，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。结合(1)中的反应，若不使用CO，温度超过775K，发现NO转化为N2的转化率降低，其可能的原因是 ；用平衡移动原理解释加入CO后，NO转化为N2的转化率增大的原因： 。
22．（2023·汉中模拟）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)。
23．（2023·聊城模拟）甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义
（1）一种重要的工业制备甲醇的反应为
① H
② H1=+40.9kJ/mol
③ H2=-90.4kJ/mol
试计算H kJ/mol。
（2）对于反应，v正=k正·p(CO2)·p3(H2)，v逆=k逆·p(CH3OH)·p(H2)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的量分数×总压)。在540K下，分别按初始投料比n(CO2)：n(H2)=3：1，n(CO2)：n(H2)=1：l、n(CO2)：n(H2)=1：3进行反应，测得H2的平衡转化率随压强变化的关系如图所示：
①投料比n(CO2)：n(H2)=l：3的曲线是 。(填“a”、“b”或“c”)
②已知点N在曲线b上，计算该温度下压强平衡常数Kp= (MPa)-2.(用平衡分压代替平衡浓度计算)
③该温度下，测得某时刻p(CO2)=0.2MPa，p(CH3OH)=p(H2O)=0.1MPa，p(H2)=0.4MPa，此时v正：v逆= 。(保留2位有效数字)
（3）甲醇催化制取丙烯的反应为：。已知Arrhenius经验公式为(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示：
①该反应的活化能Ea= kJ/mol。
②当用更高效催化剂时，请在图中画出Rlnk与关系的曲线 。
（4）目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备： H<0。在恒压密闭容器中通入一定量的CH3OH和CO气体，测得甲醇的转化率随温度变化关系如图所示：
①温度为T1时，该反应的正反应速率v(B)正 v(A)逆(填“>”，“=”或“<”)。
②B、C、D三点逆反应速率由大到小的顺序为 。[用“v(D)”、“v(C)”、“v(B)”表示]
24．（2023·邢台模拟）氨是化肥工业和有机化工的主要原料，历史上在合成氨的理论可行性、工业化及机理等方面的研究上产生过三位诺贝尔奖得主。回答下列问题：
（1）科学家基于不同的催化体系提出了相应的反应机理。
①基于铁催化体系(添加了氧化铝和氧化钾)的反应机理及能量变化如图所示，据此计算反应的ΔΗ= 。
②中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，显著提高了传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，其反应过程分为以下三步(*表示催化剂的活性位点)，据此写出Ⅱ的化学方程式。
I．；Ⅱ． ；Ⅲ．。
（2）研究表明，反应在不同压强(p)和氮氢比[]下，平衡体系中氨的体积分数[]随温度(T)的变化曲线如图所示。
①a点对应的转化率： (填“>”“<”或“=”，下同)； 。
②c点对应的小于a点对应的，解释其原因为 。
③a、b、e三点对应的压强平衡常数(、和)的大小关系为 ；a点对应的压强平衡常数 (用体系中各气体的分压来表示，分压=总压×物质的量分数)
（3）合成氨动力学研究表明，反应达到平衡时，正反应的速率方程为。已知：，、为速率常数。据此计算，中β= ；γ= 。
25．（2023·沧州模拟）氢能作为一种高热值、零污染的能源，对于促进全球经济脱碳，特别是在工业和交通领域将发挥不可或缺的替代作用。甲烷水蒸气催化重整制氢气是目前工业上比较常见的制氢工艺。回答下列问题：
（1）已知：、时，甲烷、一氧化碳和氢气的燃烧热分别为、和，，在催化剂作用下，甲烷水蒸气催化重整制氢气的为 。
（2）该反应易在 (填“较高温度”或“较低温度”)下自发进行。
（3）氧化钴催化作用下，在体积分别为和的密闭容器中，各充入和发生甲烷水蒸气催化重整制氢气的反应，达到平衡时，该反应的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为(和为速率常数，且只与温度有关)，反应达到平衡时，甲烷的转化率随温度的变化曲线如图所示。
①氧化钴中的最外层电子排布式为 。
②图中a、b、c三点所对应的平衡常数K的大小顺序为 (用字母表示，下同)，逆反应速率的大小关系为 。
③时，图中a点对应的正反应速率，则 。
④时，的密闭容器中，该反应的 。
26．（2023·武汉模拟）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）I．CO2在Pb催化剂作用下，通过电催化还原为CO、HCOOH等物质被认为是一种具有前景的利用CO2的方式。
Pb催化剂中引入Bi能够提高它的选择性。Bi的价电子排布式为6s26p3，其在元素周期表中的位置为 。
（2）在Pb催化剂表面，CO2转化为CO和HCOOH是通过两种平行的反应途径进行的。CO2还原生成CO、HCOOH的关键中间体分别为*COOH、HCOO*。Pb催化剂催化CO2转化为CO和HCOOH的反应历程如图所示。(*表示吸附在催化剂表面)
①写出CO2在酸性介质中电催化还原为HCOOH的电极反应式 。
②产物的选择性是由催化剂对两种关键中间体的结合强度决定的。在Pb催化剂表面更利于生成
（3）II．CH4与CO2重整是CO2再利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应：
反应①：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1
反应②：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
反应③：2CO(g) CO2(g)+C(s) ΔH3=-172.5kJ·mol-1
已知25℃时，CH4、CO和H2的燃烧热分别为890 kJ·mol-1、283kJ·mol-1和285.8kJ·mol-1则ΔH1= 。
（4）1.01×105 Pa下，将n(CO2)：n(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图所示。
①800℃时CO2的平衡转化率远大于600℃时CO2的平衡转化率，其原因是 。
②CH4的还原能力(R)可用于衡量CO2的转化效率，R= (平衡时CO2与CH4的物质的量变化量之比)。600℃时，R= ；随温度的升高，R变化趋势为 (填“增大”、“减小”、“先减小后增大”)。
27．（2023·银川模拟）氨是现代工业、农业生产最基础的化工原料之一。
I.传统的“哈伯法”反应原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ mol-1 ΔS=-200J K-1 mol-1
（1）上述反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发进行，理由是 。
（2）以NH3、CO2为原料生产重要的高效氮肥一一尿素[CO(NH2)2]，两步反应的能量变化如图所示。
2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)的ΔH= (用Ea1、Ea2、Ea3、Ea4表示)。已知Ea1＜Ea3，则两步反应中 (填“第一步”或“第二步”)反应决定了生产尿素的反应速率。
（3）某小组模拟不同条件下的合成氨反应，向容器中充入1molN2和3molH2在不同温度和压强下平衡混合物中氨的体积分数与温度的关系如图所示。
①B、C点化学平衡常数K(B) K(C)(填“＞”“＜”或“=”)。
②在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率v(A) v(B)(填“＞”“＜”或“=”)。
（4）II.“哈伯法”的原料H2来自于化石燃料，该过程会产生大量温室气体CO2。近年来有科学家提出通过电解氮气和水来合成氨(NRR反应)。
一种常温常压下NRR反应的装置如图所示，阴极的电极反应式为 。
（5）合成氨的捷姆金和佩热夫速率方程式为γ=k1 p(N2) -k2 ，γ为反应的瞬时总速率(正反应和逆反应速率之差)，k1、k2是正、逆反应速率常数。合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡常数Kp= (用k1，k2表示)。
28．（2023·蚌埠模拟）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℃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)。
29．（2023·福州模拟）常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下：
反应I：；
反应II：
（1）已知：。则 。
（2）某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m n(填“>”“<”或“=”)。
（3）将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。
①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因为 。
②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为 。
③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致 。
（4）273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。
①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是 。
A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变
C．有1molN-H键断裂的同时，有键断裂 D．NO的分压保持不变
②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为 ，反应I的Kp= (写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。
30．（2023·安庆模拟）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℃，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 。
31．（2023·宜宾模拟）将CO2转化为更有价值的化工原料，正成为科学家们研究的一个重要领域。回答下列问题：
（1）已知：①2H2(g)＋O2(g) ＝2H2O(g) ΔH＝ 484 kJ mol 1
②2CH3OH(g)＋ 3O2(g) ＝2CO2(g)＋4H2O(g) ΔH ＝ 1353 kJ mol 1
则CO2(g)＋ 3H2(g) ＝ CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH ＝ kJ mol 1。
（2）在恒压密闭容器中通入CO2和H2的混合气体，制备甲醇过程中测得甲醇的时空收率(STY)(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度(T)变化如下表：
T/℃ 170 180 1 90 200 210 220 230
STY/[mol/(mol·h)] 0.10 0.15 0.20 0.25 0.28 0.20 0.15
①该反应最适宜的温度是 。
②在220℃和170 ℃条件下，该反应速率之比： υ(220℃)： υ(170℃)＝ 。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是 。
（3）CO2催化加氢制甲醇过程中，存在竞争的副反应主要是： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH ＝＋41 kJ mol 1。在恒温密闭容器中，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[(CH3OH)%＝ ×100%]随着温度变化关系如下图所示。
①分析温度高于236℃时图中曲线下降的原因 。
②按1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)投料反应，计算 244℃时反应生成CH3OH的物质的量为 mol。 (保留两位有效数字)
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，该温度下主反应的平衡常数Kp＝ 。 ( 列出计算式即可)
32．（2023·沈阳模拟）我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。的综合利用是实现碳中和的措施之一。
（1）生产尿素：
①尿素的合成分两步进行：
a.
b.
则总反应的ΔH= 。
②如图为时，温度对的转化率的影响。解释温度升高的平衡转化率增大的原因：
（2）已知制备甲醇的有关化学反应如下：
①甲醇还可以与乙酸反应制香料，反应方程式为，制香料反应的平衡常数K的表达式为 。
②850℃时，反应的平衡常数K=160，在密闭容器中进行该反应，开始时只加入、，反应10min后测得各组分的浓度如下表。比较正、逆反应的速率的大小：v(正) v(逆)(填“>”“＜”或“=”)。
物质
浓度/() 0.2 0.2 0.4 0.4
（3）一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中加入4mol CO(g)和4mol (g)发生反应，测得CO(g)和(g)的物质的量随时间的变化如图所示：
①从反应开始至达到化学平衡时，以表示的平均化学反应速率为 。
②若该反应的正、逆反应速率分别可表示为，，、分别为正、逆反应速率常数， A、B两点对应的时刻，该反应的正反应速率之比 。
③若平衡时总压强为pkPa，用平衡分压代替其平衡浓度表示的化学平衡常数 [已知：气体分压()=气体总压()×该气体的体积分数]。
33．（2023·房山模拟）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
（1）Ⅰ.制取氢气
甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：
kJ·mol
kJ·mol
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式 。
（2）理论上，能提高平衡产率的措施有 (写出一条即可)。
（3）Ⅱ.储存氢气
硼氢化钠()是研究最广泛的储氢材料之一
已知：
i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1
ii.25℃下在水中的溶解度为55 g，在水中的溶解度为0.28 g
在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的 (填写化学式)。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式 。
（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是 。
（6）用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。
①钛电极的电极反应式是 。
②电解过程中，阴极区溶液pH (填“增大”“减小”或“不变”)
34．（2023·南通模拟）乙硫醇()的综合利用及治理是当前环境领域关注的焦点之一。
（1）家用煤气中可掺入微量具有难闻气味的乙硫醇。
已知： kJ·mol
kJ·mol
kJ·mol
的 。
（2）是一种高效多功能的新型绿色水处理剂，可用于除去废水中的。已知水溶液中的物种分布分数如图所示。
①已知，比较和酸性强弱并从结构的角度说明理由： 。
②写出工业废水时，氧化生成和的离子方程式： 。
③一种采用电化学方法制取的装置原理如图所示。阳极使用的是易被氧化的活性铁电极。电解池阳极室中KOH溶液的浓度为14 mol·L、电解60 min，调节不同的电压，测得反应后溶液中的浓度与电流密度(其他条件一定，电压与电流密度大小成正比)的关系如图所示。
I 写出制取的电极反应式： 。
II 电流密度大于4 mA·cm时，所得反应后溶液中的浓度上升幅度变小的原因是 。
35．（2023·广东模拟）甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。请回答下列问题：
（1）用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：
方法I：CH4(g)+O2(g)CH3OH(g) △H1=-126.4kJ mol-1
方法II：CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2
已知H2的燃烧热为285.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ mol-1，则△H2= 。
（2）某工厂采用方法Ⅰ生产甲醇。在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，体系的总压强随时间的变化如图所示。
①下列措施可以提高CH4的平衡转化率的是 (填标号)。
A．升高温度
B．反应达到平衡后，再充入一定量He
C．投料比不变，增大反应物浓度
②达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为 (精确到0.1%)。
③该反应温度下，方法I的标准压力平衡常数= (列出计算式)。[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)， =，其中pθ=100kPa，pC、pH、pD、pE为各组分的平衡分压。]
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是 。
（3）为提高生产效率，利用方法Ⅱ进行连续生产时采用如图所示的步骤控制体系温度和通入气体(各阶段气体流速相同)。
已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸附不会导致体系温度的变化。通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是 ；请从反应速率的角度说明，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因： 。
（4）用ZrO2/NiCo2O4作电解催化剂也可以实现甲烷的直接转化，装置如图所示。
写出ZrO2/NiCo2O4电极的反应式： 。
36．（2023·河南模拟）氨是具有潜力的载氢代氢清洁燃料。研究掺氨丙烷混合燃料的燃烧对于实现碳达峰、碳中和的目标具有现实意义。一定条件下，氨、丙烷充分燃烧的反应如下：
4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH1
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) ΔH2=-2044kJ mol-1
对于不同配比的燃料，定义过量空气系数为完全燃烧1kg燃料所实际供给的空气质量与所需的理论空气质量的比值。
请回答下列问题：
（1）已知在一定温度和压强下，由最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的生成焓(ΔH)。常温常压下，相关物质的生成焓如下表所示：
物质 NH3(g) H2O(g)
ΔH(kJ mol-1) -46 -242
则ΔH1= kJ mol-1
（2）在100kPa下，10mol混合燃料在=1的条件下完全燃烧，产物只有CO2(g)、H2O(g)、N2(g)。若混合燃料中氨的体积分数为20%，则反应后混合气体中= kPa(保留3位有效数字)；若10mol混合燃料中氨的体积分数为10%，计算同样条件下燃烧后释放的热量将增加 kJ。(忽略温度变化对焓变的影响，假设空气中O2的体积分数为20%)
（3）研究表明，氨和丙烷混合燃烧排放的引起大气污染的气体主要是CO和NO。相关反应如下：
I.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH3<0，K1=8.5×1023(2065K)
II.4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) ΔH4<0，K2=7.0×1046(2065K)
III.N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH5>0，ΔS>0
①反应III能自发进行的条件是 。
②α分别为0.9、1.0、1.1时，烟气中CO排放浓度随氨体积分数变化的关系如图甲所示。α=0.9对应的曲线是 (填“X”“Y”或“Z”)，理由是 。
③烟气中NO排放浓度随着氨的体积分数变化的关系如图乙所示。氨的体积分数大于10%时，NO排放浓度逐渐减低的原因为 。
④丙烷中掺氨燃烧的优点是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ mol-1，A不符合题意；
B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B符合题意；
C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，C不符合题意；
D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据盖斯定律可知，①=②-③；
B.压强越大，反应③平衡正向移动，积炭增多，Ra降低越快；
C.适当增大投料时，反应③平衡逆向移动，可减少积炭产生；
D.O2能与C反应可减少积炭产生。
2．【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．已知ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1，
iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1，由盖斯定律可知：（ii+ iii）×可得BaSO4(s)+2C(s)=2CO2(g)+BaS(s)，故△H1=（△H2+ △H3）×=（571.2kJ·mol-1-118.8kJ·mol-1）×=+226.2 kJ·mol-1，A项不符合题意；
B.400℃后，BaS的物质的量分数变化不大，硫化钡基本反应完全，C、CO2的量减少，CO的量增加，故反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g) 2CO(g)的移动导致的，B项符合题意；
C．已知：ii.BaSO4(s)+4C(s)=4CO(g)+BaS(s) △H2=+571.2kJ·mol-1，
iii.BaSO4(s)+4CO(g)=4CO2(g)+BaS(s) △H3=-118.8kJ·mol-1，由盖斯定律可知：（ii- iii）×可得C(s)+CO2(g)2CO(g)，△H=（△H2-△H3）×=（571.2kJ·mol-1+118.8kJ·mol-1）×=+172.5 kJ·mol-1，反应正向为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数K值增大，C项不符合题意；
D．为使硫酸钡得到充分还原，需要加入过量的碳，故反应过程中生成的CO2和CO的物质的量之和小于投入C的物质的量，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据盖斯定律计算；
B.结合图象变化分析；
C.由温度变化对平衡的影响判断K值变化；
D.为使硫酸钡得到充分的还原，需要加入过量的碳。
3．【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，重整反应的热化学方程式=II-I，对应的ΔH=ΔHII-ΔHI= + 247 kJ·mol-1，A不符合题意；
B．见分析，重整反应和积炭反应均为吸热反应，升高温度CH4参与的反应平衡均正向移动，所以CH4平衡时物质的量随温度升高而降低，B符合题意；
C．催化剂失活会导致反应速率降低，不会影响转化率，C不符合题意；
D．根据曲线C，低于600℃时，温度升高，CO增大，说明反应以重整反应为主，消耗CO2，生成CO，而增多的CO会是积碳反应I正向移动，导致C增多，反之，降低温度会导致减少积炭的量减少，同时CO2增多，不利于去除CO2气体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据盖斯定律，重整反应的热化学方程式=II-I，对应的ΔH=ΔHII-ΔHI= + 247 kJ·mol-1，根据勒夏特列原理可知，升高温度CH4正向移动，即平衡时n(CH4)随温度升高而降低，结合发生的反应，平衡时n(CH4)＜n(CO2)，可推出曲线A表示CO2，曲线B表示CH4。H2是生成物，则曲线D表示H2，曲线C表示CO。
4．【答案】B
【知识点】盖斯定律及其应用；二价铁离子和三价铁离子的检验；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．铁离子水解生成氢氧化铁，使得溶液I呈黄色，A不符合题意；
B．Fe3+与H2O的反应存在平衡：Fe3++6H2O [Fe(H2O)6]3+，而溶液II、III分别存在平衡：、，因此溶液II、III的颜色分别为红色和无色，不能说明其中不存在[Fe(H2O)6]3+，只是[Fe(H2O)6]3+的很少，B符合题意；
C．铁离子水解生成氢氧化铁，使得溶液I呈黄色，为了观察到溶液I中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可向溶液中加入硝酸，抑制铁离子水解，C不符合题意；
D．向溶液II中加入NaF，溶液由红色变为无色，说明[Fe(SCN)6]3-转化为[FeF6]3-，反应的离子方程式为：6F-+[Fe(SCN)6]3- 6SCN-+[FeF6]3-，利用盖斯定律，减去即得到反应6F-+[Fe(SCN)6]3- 6SCN-+[FeF6]3-，平衡常数K=，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁离子水解生成红褐色的氢氧化铁；
C.加入硝酸可抑制铁离子水解，增大 [Fe(H2O)6]3+的浓度；
D.根据盖斯定律分析解答。
5．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，目标反应可由反应Ⅰ反应Ⅱ得到，则目标反应的平衡常数，选项A不符合题意；
B．由题图可知，在温度为340~400℃时，的选择性为100%，即此温度范围内只发生反应Ⅰ，在此温度范围内升高温度，的转化率减小，说明反应Ⅰ的平衡逆向移动，减小，选项B不符合题意；
C．由上述分析及反应Ⅰ、反应Ⅱ在反应前后气体分子数的变化特点可知，温度、压强可影响的选择性，为提高的选择性，可采用控制反应温度、调节压强等措施，选项C符合题意；
D．增大压强，反应Ⅰ的平衡正向移动，可提高甲烷的产率，反应Ⅰ的平衡移动也会影响反应Ⅱ中CO的产率，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Ａ．根据盖斯定律，该反应＝反应Ⅰ－2×反应Ⅱ，；
Ｂ.350℃前，CO2转化率随温度升高而增大，CH4的选择性为100%，此时只发生反应Ⅰ，，350℃后，CO2转化率随温度升高而减小，但CO选择性增大，此时主要发生反应Ⅱ，，据此分析；
Ｃ．改变温度和压强等能改变反应Ⅰ的平衡移动；
Ｄ．增大压强，CH4的体积分数增大。
6．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．ΔH1、ΔH2 都有化学键的断裂，所以都为吸热过程，但是 ΔH1 还包括 CO 的吸附过程， 存在热量变化，因此 ΔH1、ΔH2不相等，A不符合题意；
B．使用催化剂可以降低该反应的活化能，提高反应速率，但不改变焓变，B不符合题意；
C．根据图知，过程Ⅰ和过程Ⅱ分别有一个水分子中的氢氧键断裂，过程Ⅲ断裂一个氢氧键，同时形成 一个氢氧键，并生成一个水分子，所以在该反应过程中，实际有两个 H2O 参与反应，C符合题意；
D．根据图知，参与催化反应的 CO(g)和 H2O(g)物质的量不是 1mol，CO2(g)和 H2(g)未脱附，ΔH 不 等于 ΔH1+ΔH2+ΔH3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据盖斯定律分析。
7．【答案】B,D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数
【解析】【解答】A.10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3mol/(L·min)，则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3mol/(L min)×10min×2L=0.15mol，设①中反应的NO2为x mol，②中反应的Cl2为ymol，则：
， ，
则0.5x+2y=0.15，(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4，联立方程，解得x=0.1、y=0.05，故平衡后c(NO)= ，A不符合题意；
B．由A项分析，平衡时NO2的转化率为 ，故B符合题意；
C．平衡常数只受温度影响，反应在绝热条件下进行，反应②放热，使温度升高，平衡常数K2减小，故C不符合题意；
D．①2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) △H1＜0平衡常数K1；②2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) △H2＜0平衡常数K2；由盖斯定律可知，由①×2-②可得
反应4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)，则4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数 ，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.注意压强关系转化为物质的量关系，要注意两个化学方程式的综合分析；
B.转化率的计算可以用物质的量进行计算；
C.反应的热效应，还要注意K和温度的关系；
D.盖斯定律的运用；
8．【答案】B,D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A. 反应(Ⅰ)可由2倍(Ⅱ)减去反应(Ⅲ)得到，故ΔH1=2ΔH2-ΔH3，再根据图示，随温度的升高，CH4和CO2的体积分数减小，说明升温，平衡正移，而升温平衡向吸热方向移，正反应吸热，ΔH1>0，A不符合题意；
B. 其他条件不变，适当增大起始时V(CH4)∶V(CO2)，即增大CH4浓度和减小CO2浓度，根据平衡移动原理，减小反应物浓度或增加生成物浓度，平衡都逆向移动，B符合题意；
C. 300～580℃时，H2O的体积分数不断增大，反应(Ⅲ)是放热反应，升温时，平衡逆移消耗H2O，反应(Ⅱ)是吸热反应，升温时正移，生成H2O，而由于反应(Ⅲ)消耗H2O的量小于反应(Ⅱ)生成水的量，C不符合题意；
D. T℃时，在2.0L容器中加入2mol CH4、2mol CO2以及催化剂进行重整反应，测得CO2的平衡转化率为75%，则CO2转化的浓度为 根据三段式：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO(g)+ 2H2(g)
起始（mol/L） 1 1 0 0
转化（mol/L） 0.75 0.75 1.5 1.5
平衡（mol/L） 0.25 0.25 1.5 1.5
若不考虑副反应，则反应(Ⅰ)的平衡常数 ，但由于副反应(Ⅲ)中，消耗的氢气的量比二氧化碳多的多，故计算式中，分子减小的更多，值小于81，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、根据盖斯定律进行计算，结合温度对化学平衡的影响进行讨论；
B、V（CH4）：V（CO2）增大，可以增大CH4浓度和减小CO2浓度，据此讨论；
C、温度升高，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应；
D、根据转化率计算CO2的浓度，然后列三段式解答。
9．【答案】C,D
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由题干信息可知，反应① ，反应② ，目标反应是可反应①-②得到，根据盖斯定律可知，ΔH=△H1-△H2=(-49.4 kJ/mol)-(+41.2 kJ/mol)=-90.6 kJ/mol，A不符合题意；
B．根据碰撞理论可知，使用催化剂，能降低反应所需的活化能，增大活化分子百分数，B不符合题意；
C．由图可知，220~240℃，升高温度，CO2的转化率增大，根据反应：① ② 可知升高温度，反应①平衡逆向移动，CO2的转化率减小，反应②平衡正向移动，CO2的转化率增大，说明升高温度对反应②速率的影响比对反应①的大，C符合题意；
D．其他他条件不变时，增大压强，对反应②无影响，反应①平衡正向移动，故其他条件不变时，增大压强，有利于反应向生成CH3OH的方向进行，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.根据盖斯定律计算；
B.催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数；
C.升高温度，反应①平衡逆向移动，CO2的转化率减小，反应②平衡正向移动，CO2的转化率增大；
D.增大压强，对反应②无影响，反应①平衡正向移动。
10．【答案】B,D
【知识点】化学反应中能量的转化；盖斯定律及其应用；卤素原子结构及其性质的比较
【解析】【解答】A．过程Ⅲ为共价键的形成过程，是一个放热过程，故A不符合题意；
B．由盖斯定律可知，反应Ⅰ=过程Ⅱ+过程Ⅲ，则反应热 ，故B符合题意；
C．Cl、Br、I三种元素的非金属性依次减弱，单质分子的键能依次减小，过程Ⅱ为共价键的破坏过程，则吸收的热量依次减少，故C不符合题意；
D．卤族元素的非金属性越强，单质与氢气反应的程度越大，则氯气、碘蒸气分别与氢气反应时，同一温度下的平衡常数 ，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A. 化学键的断裂要吸热，焓变大于0；
B. 依据盖斯定律分析，反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关；
C. HCl、HBr、HI的化学键的键能逐渐减小；
D. 根据化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差来判断.
11．【答案】A,C
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A．同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成一氧化碳放出的热量，C(s)+O2(g)=CO2(g) H1 、 C(s)+O2(g)=CO (g) H2，所以 H1< H2，故A符合题意；
B．同物质的量的气态硫能量高于固态硫，S(s)+O2(g)=SO2(g) H3 、 S(g)+O2(g)=SO2(g) H4，所以 H3> H4，故B不符合题意；
C．氢气燃烧放热，氢气越多，放出的热量越多，H2(g)+O2(g)=H2O(l) H5 、2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H6，所以 H5> H6，故C符合题意；
D．CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s)反应放热， H7<0； CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) 反应吸热， H8>0，所以 H7< H8，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．同物质的量的碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量大于生成一氧化碳放出的热量；
B．同物质的量的气态硫能量高于固态硫；
C．物质的量越多，放出的热量越多；
D．反应放热， H<0；反应吸热， H>0。
12．【答案】A,D
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．①
②
③
根据盖斯定律①-②=③，，A符合题意；
B．催化剂不会改变平衡转化率，B不符合题意；
C．结合图像可知为提高的平衡转化率，温度应选择低温，由①和②可知为提高的平衡产率，温度应选择低温，由①和②可知，要提高的平衡转化率和的平衡产率，压强应选择高压，即为同时提高的平衡转化率和的平衡产率，反应条件应选择低温、高压，C不符合题意；
D．温度时，三条曲线几乎交于一点，说明该温度下，压强对平衡移动几乎无影响，则温度下，主要发生反应③，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据盖斯定律计算；
B.催化剂不影响平衡转化率；
C.增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动；
D.温度时，三条曲线几乎交于一点，说明该温度下，压强对平衡移动几乎无影响。
13．【答案】B,C
【知识点】盖斯定律及其应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】A.反应①③④中ΔH<0，为放热反应，反应②中ΔH>0，为吸热反应，A不符合题意；
B.根据盖斯定律可得，反应N2(g)+O2(g) 2NO(g)的反应热ΔH=ΔH4-2×ΔH3-ΔH1=(-1530.0kJ/mol)-2×(-759.0kJ/mol)-(-114.0kJ/mol)=102kJ/mol，故反应热ΔH>0，B符合题意；
C.根据盖斯定律可得，反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)的ΔH=ΔH1+2×H3=(-114.0kJ/mol)+2×(-759.0kJ/mol)=-1632.0kJ/mol，C符合题意；
D.设计反应④是为了除去过量的NH3，防止造成空气污染，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】A.根据ΔH的正负确定反应是吸热反应还是放热反应；
B.根据盖斯定律计算反应的反应热，从而确定ΔH的正负；
C.根据盖斯定律计算反应热，从而得出反应的热化学方程式；
D.设计反应④是为了除去过量NH3；
14．【答案】（1）89.3
（2）40％；3.56×104；BD
（3）C；D
（4）Fe电极；Fe+2 = +H2↑（Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH ，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的调控；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据目标反应的反应物和生成物，
① +
② 即为所求，所以反应热为
89.3kJ·mol 1。
（2）
(g)+ I2(g) = (g)+2HI(g)
起始： a a 0 0
变化： x x x 2x
平衡： a-x a-x x 2x
根据 ： 起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20% 列式计算：2a+x/2a=1.2，则a/x=0.4,转化率为 40％ ，平衡常数 Kp =
，根据a/x=0.4,可知平衡后各成分所占的百分含量分别为：
，
，
，
，代入公式Kp =
= 3.56×104 ， 达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，因为是吸热反应，所以可以采用提高温度，也可以通过增加碘的浓度，或减少碘化氢的浓度，环戊二烯的浓度，或通过减小压强。所以选BD 。
（3）因为环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，所以环戊二烯与二聚体系数关系为2:1，因为b点时环戊二烯浓度变化量为0.9，所以二聚体浓度为0.45。因为a点浓度大于b点浓度，所以a点速率快。答案为CD。
（4）
环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为 ） ，铁被氧化，所以铁为阳极，总反应为： Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑ ，因为题中信息为生成钠，钠与水反应，所以环境必须无水。
【分析】本题以盖斯定律为起点引发了一道与平衡相关的问题，借助于平衡有关的知识解决问题。
（2）采用起始，变化，平衡三步计算法求转化率，采用分压法求平衡常数，通过平衡的移动方向确定转化率的变化。
（3）通过图像的变化来比较相关因素。
（4）本题考查了电解的相关原理。阳极发生氧化反应。
15．【答案】（1）-196；小于
（2）；B
（3）大于；pH升高， 的浓度增加，分解速率加快；过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，分解率越小
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)的△H=2△H1-2△H2=-196kJ·mol-1该反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小K313＜K298K
（2）由表中得，加入铬离子，加入量最小，分解率最大，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是铬离子，过氧化氢具有氧化线，可以氧化其他金属，但铝表面可以生成致密的氧化铝薄膜，阻止内部的铝继续腐蚀，因此长时间可以选纯铝容器来运输过氧化氢。
（3）Ka1＞Kw，故电离出氢离子大于水电离出的氢离子，故H2O2的酸性＞H2OpH升高，氢离子浓度减小，反应正向进行， HO2-的浓度增加，分解速率加快。过氧化氢浓度越高，其电离程度越低，故分解率越小
【分析】（1）根据盖斯定律可解
（2）注意看清楚表格信息；铝的特性是铝表面能形成一层致密的氧化铝薄膜，保护内部铝不被腐蚀
（3）已知过氧化氢溶液中HO2-的浓度越大，利用化学平衡移动原理可求解此类题目
16．【答案】（1）ΔH3-2ΔH2；[Ar]3d3；1.0×1014；AC
（2）将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III)；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
（3）时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
（4）4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律，反应III-2xII得 ，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3，③从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时重铬酸跟为0.25mol/L，由原子守恒得重铬酸跟浓度为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则K=
A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向，同时没有改变温度，K值不变，A项错误；
B.由原子守恒得溶液中的重铬酸跟为1.0-0.25×2=0.5mol/L，重根酸根化学反应速率速率为，B正确；
C.升温重根酸根转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误。
（2）实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
（3）温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。从图看H和硫酸根经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS。故答案为：55摄氏度时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；硫酸根被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS。
（4）阴极区为H+放电产生H2。阳极区OH-放电产生H+和O2，H+促使，总反应为4K2CrO4+4H2O = 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH，由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生2molKOH，即2molK+移入阴极区产生KOH。当阳极区K+由amol变为bmol产生K2Cr2O7为 a-b/2mol。
【分析】（1）平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等
（4）判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程。
17．【答案】（1）防止催化剂中毒；C；NH3、CO
（2）； (a b)；NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附
（3）
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1）①CO能被催化剂吸附，因此除去原料气中CO的理由是防止催化剂中毒；故答案为：防止催化剂中；
②A．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故A不符合题意；B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B不符合题意；C．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故C符合题意；D．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，降低温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故D不符合题意；
③中氨气、一氧化碳都有孤对电子，其配体为NH3、CO；故答案为：NH3、CO
（2）①根据图中信息过渡态4活化能最大的步骤，该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为。焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则合成氨反(b a)= (a b)；
②由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知
氨气浓度越大，反应速率越小，由于铁催化合成氨时氮气与氢气需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附；
（3）若氮气和氢气起始物质的量之比为1∶3，假设氮气、氢气物质的量分别为1mol、3mol，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转氮气化率为50%，
，
【分析】（1）①CO往往可以使催化剂中毒，必须除去；②该反应放热反应，气体体积减小反应，根据平衡移动原理，选择低温高压。
（2）最大活化能即活化能相差最大的反应即可，反应热即活化能差值；②催化剂表面积为定值，氨气浓度较大时候，会阻碍氮气的吸附。
（3）根据转化率，列出三段式，求出各物质分压，从而计算压强平衡常数。
18．【答案】（1）CH3* + CO2*= CH3COO*或CH3*+ H* + CO2*= CH3COO* +H*
（2）ac
（3）+41
（4）ad
（5）a；温度升高后，以副反应(或反应ii )为主，副反应(或反应ii )是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动(其他合理答案也可)；
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应所需的活化能越高，反应速率越慢，决定总反应反应速率的为慢反应，因此决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为CH3*＋CO2*=CH3COO*。
（2）a、增大催化剂表面积可增大催化剂与CO2的接触，从而提高CO2在催化剂表面的吸附速率，a符合题意；
b、由相对能量图可知，CH3COOH*的能量低于CH3COOH(g)的能量，b不符合题意；
c、使用催化剂2时，反应所需的活化能更小，因此催化剂2的催化效果更好，c符合题意；
d、使用高活性催化剂可以加快反应速率，但不能降低反应焓变，d不符合题意；
故答案为：ac
（3）由图可得热化学方程式：CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH3=－283kJ·mol－1；
；H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH4=－242kJ·mol－1。根据盖斯定律可得，反应ⅱ的反应热ΔH2=ΔH4－ΔH3=(－242kJ·mol－1)－(－283kJ·mol－1)=＋41kJ·mol－1，所以反应ⅱ的反应热ΔH2=＋41kJ·mol－1。
（4）a、CO的分压在反应过程中是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，a符合题意；
b、反应物和生成物都是气体，反应前后混合气体的质量不变，且反应前后气体分子数不变，根据公式可知，反应过程中，混合气体的平均相对分子质量M不是一个变量，因此气体平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c、反应前后混合气体的总质量保持不变，反应在恒容容器中进行，则混合气体的体积不变，根据公式可得，反应过程中，混合气体的密度保持不变，属于恒量，因此不能说明反应达到平衡状态，c不符合题意；
d、该反应的平衡常数，该反应为吸热反应，反应过程中，温度发生变化，则平衡常数K是一个变量，当其不变时，说明反应达到平衡状态，d符合题意；
故答案为：ad
（5）①生成CH3OH的反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的百分数减小，因此图中表示CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的为曲线a。
②温度升高后，以反应ⅱ为主，反应ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，因此CO2的转化率增大。
③令n(CO2)=5mol，则n(H2)=16mol，此时参与反应的n(CO2)=5mol×20%=1mol，反应生成n(CH3OH)=n(CO)=0.5mol。反应ⅰ中参与反应的n(H2)=0.5mol×3=1.5mol，反应生成的n(H2O)=0.5mol。反应ⅱ中参与反应的n(H2)=0.5mol，反应生成的n(H2O)=0.5mol。所以反应达到平衡时，n(CO2)=5mol－1mol=4mol，n(H2)=16mol－1.5mol－0.5mol=14mol，n(CH3OH)=n(CO)=0.5mol，n(H2O)=0.5mol＋0.5mol=1mol。此时体系中混合气体的总物质的量n(总)=4mol＋14mol＋0.5mol＋0.5mol＋1mol=20mol，所以体系中，，
，
，所以体系中反应ⅰ的平衡常数。
【分析】（1）决定总反应反应速率的是慢反应，反应所需的活化能越高，反应速率越慢。
（2）a、增大接触面积可加快反应速率；
b、根据相对能量变化图分析；
c、反应所需的活化能越低，催化剂的效果越好；
d、催化剂只能降低反应所需的活化能，不能改变反应热；
（3）根据物质能量变化图书写热化学方程式，结合盖斯定律计算目标反应的反应热。
（4）正逆反应速率相等，或“变量不变时”，说明反应达到平衡状态。
（5）①结合温度对平衡移动的影响分析。
②CO2的转化率增大，说明温度升高，平衡正向移动。
③由图可知，CO2的平衡转化率为20%，反应生成CO和CH3OH的物质的量百分数为50%。据此结合三段式进行计算。
19．【答案】（1）
（2）小于；小于；AD；
（3）随着烟气湿度的增大，更多的在催化剂表面转化为，提高了的氧化速率
（4）
（5）3：4
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，(反应b+反应c)可得反应a，则(-286.6-196.6)= ；
（2）①由图可知，同一压强下，温度升高的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，则小于0，同一温度下，增大压强反应d的平衡逆向移动，减小，则小于；
②A．恒压下混合气体的总质量不变，但反应前后气体分子数不相等即物质的量会发生变化，根据pV=nRT，容器的体积会发生变化，则密度是一变量，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故A正确；
B．任意时刻，由氮元素质量守恒，存在，故B不正确；
C．恒容下，升高温度，反应d正向移动，c(NO2)增大，则该体系中气体颜色变深，故C不正确；
D．恒容下，增大的浓度，则压强变大，反应d、e的正反应速率均增大，故D正确；
故答案为：AD；
③起始充入和，列三段式：、，平衡时的物质的量分数为，则，且与的物质的量分数相等，则2x=y，联立两式，解得x=0.1，y=0.2，此时0.2mol=mol；
（3）一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，可能的原因是：随着烟气湿度的增大，更多的在催化剂表面转化为，提高了的氧化速率；
（4）将总反应减去反应ii可得反应i为；
（5）“光催化氧化法”中由H2O电离出的， 和分别与反应生成，N元素化合价升高了3，生成1mol失去3mol电子，而电子与作用生成离子自由基()，消耗1mol得到4mol电子，由得失电子守恒有关系式3~3~4，消耗的与生成的的物质的量之比为3：4。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；
（2）①依据化学平衡移动原理分析；
②A．利用“变者不变即平衡”；
B．依据氮元素质量守恒分析；
CD．依据影响化学平衡的因素分析；
③利用三段式法计算；
（3）依据影响反应速率的因素分析；
（4）根据盖斯定律分析；
（5）依据得失电子守恒计算。
20．【答案】（1）
（2）BCE；625；>
（3）<；
（4）负；；移向正极，遇到有可能形成的过饱和溶液，有固体析出
【知识点】盖斯定律及其应用；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）已知与的燃烧热分别为，，故有热化学方程式，①，②，③，根据盖斯定律分析，由②×4-①+③×2可得热化学方程式 。
（2）反应 ：
①A．中没有说明反应速率的方向，不能确定到平衡；B．该反应前后气体的总物质的量不相等，故容器内压强一定说明反应到平衡；C．该反应前后气体的总物质的量不相等，气体平均相对分子质量一定能说明反应到平衡；D．该反应全是气体，且容器的体积不变，故气体密度始终不变，故密度一定不能说明反应到平衡；E．的体积分数一定能说明反应到平衡。故答案为：BCE。
②，则该反应的平衡常数为。
③温度不变，再加入、、、各，，说明反应正向进行，则>。
（3）①从图分析，随着温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，说明升温，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，<0。
②在相同温度下，结合方程式，压强增大，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，故图中压强(p)由大到小的顺序是。
（4）①系统工作时，a极为金属钠，钠只能失去电子，做负极，b极为正极，b极区二氧化碳和水反应转化为碳酸氢根离子和氢气，电极反应式为。
②系统工作时钠离子作为阳离子向正极移动，遇到有可能形成的过饱和溶液，有固体析出。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；
（2）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
②化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；
③根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；
（3）依据影响化学平衡的因素分析；
（4）放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
21．【答案】（1）2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH= - 854.0kJ·mol-1；AC
（2）A；100；95.2%；10a；增大
（3）NO分解成N2的反应是放热反应，775 K后，升高温度，该反应逆向进行；加入CO后，与NO分解生成的O2反应，使NO分解向生成N2的方向移动
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，题给反应②×2+反应③-反应①可得C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的反应，，故答案为：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH= - 854.0kJ·mol-1。恒温缩小容器体积，反应物浓度升高，反应速率加快；恒容降低温度，活化分子百分数降低，有效碰撞减少，反应速率降低；恒温恒容充入氮气，平衡逆向移动，反应物浓度升高，正反应速率升高；移出二氧化碳，平衡正向移动，反应物浓度降低，正反应速率降低；故答案为：AC。
（2）①由反应速率表达式及题给图像可知，正反应速率受物质浓度变化影响更大，体现在图像中则为随浓度变化，变化越快，对应图中直线A；②，当反应达到平衡时即 k正c2 (NO2)=k逆c(N2O4)，则，由图可知当时则，，则K=100。③由K=100可知，当c(NO2)为0.1 mol·L-1时，c(N2O4)=1 mol·L-1，则Δc(NO2)=2 mol·L-1，转化率为， k逆c(N2O4)=10a×1=10a。④由勒夏特列原理可知，通入二氧化氮，二氧化氮浓度升高，平衡向着二氧化氮浓度降低的方向移动，但是只能削弱二氧化氮浓度的升高但是不能抵消，因此最终二氧化氮的浓度仍旧为增大。
（3）由反应（1）可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，一氧化氮转化率降低；一氧化碳能与氧气反应，使平衡正向移动。
【分析】（1）将三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，反应②×2+反应③-反应①可得目标方程式；影响反应速率的因素有：温度、压强、催化剂等；
（2）①正反应速率受物质浓度变化影响更大；
②可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则；
③根据计算；
④平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3） NO分解成N2的反应是放热反应，775 K后，升高温度，该反应逆向进行 ，导致NO转化为N2的转化率降低；平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
22．【答案】（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
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（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，故答案为：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=。
【分析】（1）将三个热化学方程式依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，将①+②+③可得目标方程式；
（2）①列出反应的三段式，结合计算；
②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；
③化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3）①增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动；
②列出反应的三段式计算。
23．【答案】（1）-49.5
（2）c；0.32；0.41
（3）15.0；
（4）>；v(D)>v(C)>v(B)
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知② H1=+40.9kJ/mol
③ H2=-90.4kJ/mol
根据盖斯定律，由②+③得反应① H=H1+H2=+40.9kJ/mol-90.4kJ/mol=-49.5 kJ/mol；故答案为：-49.5；
（2）①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(CO2)：n(H2)=3：1，b代表n(CO2)：n(H2)=1：1，c代表n(CO2)：n(H2)=1：3，故答案为：c；
②N点为投料比n(CO2)：n(H2)=1：1，氢气平衡转化率为60%，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都为1mol，列三段式：
平衡时二氧化碳分压为：，同样的方法，平衡时氢气分压：0.625MPa，甲醇分压0.3125MPa，水蒸气分压0.3125MPa，则压强平衡常数；
③v正=k正p(CO2)p3(H2)，v逆=k逆p(CH3OH)p(H2O)，==；
（3）①已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-Ea/T+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，可得63=-2Ea+C、33=-4Ea+C，两式联立解得Ea=15.0，则反应的活化能为15.0kJ/mol；
②若使用催化剂，活化能降低，即直线的斜率相反数得减小，因此示意图为：；
（4）①温度为T1时，A点尚未达到平衡状态，相比于相同温度下达到平衡状态的B点，A点甲醇的浓度大于B点甲醇的浓度，浓度越大，反应速率越快，故v(B)正>v(A)逆；
②温度对反应速率的影响大于浓度，且温度越高反应速率越快，故B、C、D三点逆反应速率由大到小的顺序为v(D)>v(C)>v(B)。
【分析】（1）根据盖斯定律，将②+③=①；
（2）①n(CO2)：n(H2)越大，氢气的平衡转化率越高；
②列出反应的三段式计算；
③=；
（3）①将线上的点代入公式 计算；
②催化剂能降低反应的活化能；
（4）①温度为T1时，A点时平衡正向进行；
②温度越高反应速率越快。
24．【答案】（1）2(E2 + E4 + E6 –E1–E3 –E5 )+2(ΔH1+ΔH2)；N*+LiH=*+ [LiNH](或2N*+2LiH =2*+2[LiNH])
（2）=；>；合成氨反应是一个气体分子数减小的放热反应，减小压强或升高温度，平衡逆向移动，φ(NH3)减小。与a点相比，c点的温度高、压强大，温度对φ(NH3)的影响起主导作用；Ka=Kb>Kc；
（3）-1.5；1
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）①由反应机理及能量变化图可知，ΔΗ=2(–E1+E2–E3+ΔH1+E4 –E5+ΔH2+E6)=2(E2 + E4 + E6 –E1–E3 –E5 )+2(ΔH
