2024届高三新高考化学大一轮复习题----化学反应原理综合题
1．（2023上·陕西西安·高三西北工业大学附属中学校考阶段练习）甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用．
已知涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)
(2)在时，在固定容积的密闭容器中进行上述反应，平衡时和的转化率及和的产率随变化的情况如图1所示．
图中表示转化率、产率变化的曲线分别是 、 （填标号），、两点的值相同，点通过改变温度达到点，则、、三点温度由大到小的顺序是 。
②一定温度下，向恒容容器内充入和，初始压强为，发生上述3个反应，达到平衡时的分压为，的分压为，则的选择性= [的选择性用，，表示，下同]，反应Ⅱ的 （用分压表示，分压=总压×物质的量分数）。
(3)已知常温下，的溶度积常数为，的二级电离常数为。溶于水除了沉淀溶解平衡，还存在碳酸根的水解（忽略二级水解）．则常温下，的实际溶解度比理论值 （填“大”或者“小”）．若溶液已知，则钙离子的实际浓度为 [用含，，的式子表达]。
(4)用电解法可将转化为多种原料，原理如图．若铜电极上只产生和气体，请写出产生的电极反应式 ；电解后溶液的 （填“变大”、“变小”或“不变”）．
2．（2023上·山西晋城·高三晋城市第一中学校校考期中）(I)工业合成氨的反应：是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知形成1mo1H-H、1mo1N-H、1mo1放出的能量分别为436kJ、391kJ、946kJ。则：
(1)工业上合成2mo1NH3共放出能量 kJ；实验室模拟工业合成氨时，在容积为2L的密闭容器内，开始投入N220mol、H230mol，反应经过10min后，生成10molNH3，则用N2表示的化学反应速率是 mol·L-1·min-1。
(2)如果将1mo1N2和3mo1H2混合，使之充分反应，反应放出的热量总小于上述数值，为什么？ 。
(II)某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案，已知：
实验 0.1mol L-1酸性KMnO4溶液的体积/mL 0.6mol L-1H2C2O4溶液的体积/mL H2O的体积/mL 实验温度/℃ 溶液褪色所需时间/min
① 10 V1 35 25
② 10 10 30 25
③ 10 10 V2 50
(3)表中V1= mL。
ii.探究温度对化学反应速率影响的实验编号是 (填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是 。
iii.实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)= mol·L-1·min-1。
3．（2023·广东·校联考一模）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，可由乙苯催化脱氢获得。
(1)科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了一个乙苯分子在催化剂表面脱氢制苯乙烯的反应，其历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注)：
乙苯脱氢制苯乙烯反应的焓变 (填“>”“<”或“=”)0，为提高乙苯的平衡转化率，应选择的反应条件为 (填标号)。
A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压
(2)有研究者发现，在气氛中乙苯催化脱氢制苯乙烯更容易进行，反应历程如图2：
①该过程的总反应的化学方程式为 。
②属于 (填“极性”或“非极性”)分子；干冰中每个分子周围有 个紧邻分子。
③从资源综合利用角度分析，氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点是 。
(3)100kPa恒压下，将2mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中发生乙苯脱氢制苯乙烯反应。
①℃时，反应经过10min达到平衡，此时苯乙烯的体积分数为0.375，则乙苯的转化率为 ，0~10min内的平均反应速率 ，该温度下的 kPa。
②℃时，若再向体系中通入氮气，此时 (填“增大”“减小”或“不变”)。
4．（2023上·广西梧州·高三梧州高级中学校考期中） .甲醇是重要的化工原料，利用合成气(CO、H2、CO2)在催化剂的作用合成甲醇，可能发生的反应如下：
①CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-49.58kJ/mol
②CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g) ΔH2=-90.77kJ/mol
③CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH3
(1)反应③的ΔH3=
(2)若反应①在恒容密闭容器中进行，能判断反应已达化学平衡状态的是___________(填字母)。
A．CO2百分含量保持不变 B．容器中H2浓度与CO2浓度之比为3∶1
C．容器中混合气体的密度保持不变 D．CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等
(3)在一定温度和催化剂存在下，向2L密闭容器中充入5molCO2和5molH2发生反应①5min时达到平衡，测得CO2还剩4mol。
①该时间内用氢气表示的反应速率v(H2)为 。
②达平衡时反应①的平衡常数K为 (填计算结果)。
Ⅱ.用滴定法可以测定食醋中醋酸的含量，用酸式滴定管取10.00mL这种市售食醋，置于已知烧杯中称得其质量为12.50g，再稀释至100mL，滴定时每次取20.00mL于锥形瓶中，选用的标准溶液是0.1125mol/LNaOH溶液滴定至终点，平均每次消耗NaOH溶液20.00mL。
(4)该实验中的指示剂应选择 ，判断滴定终点的方法为 。
(5)该食醋中CH3COOH的质量分数为 (结果保留三位有效数字)。
(6)滴定过程中下列操作会导致测定的CH3COOH的质量分数偏小的是(其它操作均正确)___________
A．碱式滴定管在装液前未用待测NaOH溶液润洗2~3次
B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分无气泡，在滴定终点读数时发现气泡
C．达到滴定终点时，俯视溶液凹液面最低点读数
D．滴定过程中，部分NaOH溶液滴到锥形瓶外
5．（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）资源化利用是实现减排的首要途径。已知加氢制甲醇的反应体系中，主要反应有
①
②
③
回答下列问题：
(1)有利于反应①自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。
(2)下列说法正确的是 (填标号)。
a．高温、低压的条件有利于提高的转化率
b．加氢制甲醇工艺具有较好的环保、经济效益与工艺前景
c．和的物质的量相等时，说明该反应体系达到了平衡状态
d．升温或加压(缩小容器体积)都能增大该反应体系中反应物活化分子百分数，从而加快化学反应速率
(3)在一定条件下，选择合适的催化剂只进行反应②。实验测得，反应速率(、分别为正、逆反应速率常数，只与温度有关，x为物质的量分数)。
①达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”“<”或“=”)增大的倍数。
②若在密闭容器中通入2mol 和2mol ，在一定温度下达到平衡时，的平衡转化率为50%，则 。
(4)在一定条件下，向体积为2L的密闭容器中通入2.0mol 和6.0mol ，和物质的量随时间的变化如图所示，则平衡时CO的浓度为 ，反应①的化学平衡常数是 。
(5)还原CO电化学法制备甲醇［］的工作原理如图所示。放电时，电流由电极 (填“a”或“b”)沿导线流向另一电极。该电池工作时，通入CO一端硫酸溶液的质量变化16g，理论上通过电路转移的电子数为 mol。
6．（2023上·新疆阿克苏·高三阿克苏地区第一中学校考阶段练习）按要求完成下列填空。
(1)某无色溶液可能含有 Ba2+、NH、Na+、Cu2+、SO、Cl-、HCO、HSO；等离子。设计如下实验确定其组成：
①加入足量H2O2发生反应的离子方程式有： 。
②溶液中一定存在的离子有： 。
(2)四甲基氢氧化铵是一种弱碱，常用于极谱分析，以四甲基氯化铵为原料通过电解获取四甲基氢氧化铵，工作原理如图。
①该装置b电极与直流电源的 极相连，a极的电极反应式为： 。
②c为： (“阳离子交换”或“阴离子交换”，下同)膜，d为： 膜。
③a、b两极共产生标准状况下3.36L气体，理论可得四甲基氢氧化铵的质量为： 。
(3)将Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145.0 kJ热量，写出该反应的热化学方程式： 。
7．（2023上·四川自贡·高三自贡市第一中学校考阶段练习）SO2和H2S是大气污染物，这两种气体的转化研究对资源综合利用和环境保护有重要意义。
Ⅰ.水煤气还原法，已知：①
②
(1)写出CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式 ；若该反应在恒温恒容体系中进行，则其达到平衡的标志 (填字母)。
A．单位时间内，生成nmolCO的同时生成nmolCO2
B．混合气体的平均摩尔质量保持不变
C．混合气体的总压强保持不变
D．CO2(g)与H2(g)的体积比保持不变
(2)在温度为T℃下，将1.4molH2和1molSO2通入2L恒容密闭容器中发生上述反应①，反应体系中气体的总压强随时间变化如图所示。SO2的平衡转化率为 。
(3)某密闭容器中发生上述反应②，平衡时CO的体积分数(%)与压强和温度的关系如图所示。
则T1、T2、T3由小到大的关系顺序是 ，判断的理由是 。
Ⅱ.将等物质的量的A和B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：，5min后测得，，C的反应速率是0.15mol·L-1·min-1。
(4)x= 。
(5)此时容器内的压强与开始时之比为 。
8．（2023上·上海黄浦·高三卢湾高级中学校考期中）氯碱工业中，通过电解饱和食盐水生产了一系列含氯、含钠的化工产品。某化学兴趣小组进行有关电解食盐水的探究实验，电解装置如图所示：
(1)实验约需450mL饱和食盐水，配制450mL饱和食盐水所需的定量仪器有 和 。
(2)配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是 (填选项字母)。
①容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
②定容时仰视液面
③容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净
④定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
(3)电解前在两极溶液中滴加酚酞，电解一段时间后，铁棒附近的现象为 。
(4)电解饱和食盐水的离子方程式为： 。
(5)简述检验工业烧碱中含有氯化钠的实验方法： 。
(6)工业上制氯化氢是将氯气在氢气中燃烧，火焰呈 色。实验室可用喷泉实验可以验证氯化氢气体的溶解性，如图所示烧瓶内已装满干燥氯水化氢气体，引发喷泉的操作是 ，该实验的原理是 。
(7)工业上用氯气和 (填原料名称)来制造漂白粉，其主要成分 ；有效成分 。若保存不当，漂白粉会逐渐失效，写出与此有关的化学方程式 。
(8)有效氯是指含氯消毒剂与浓盐酸反应生成的氯气的质量与含氯消毒剂质量的比值，可用于衡量含氯消毒剂的效能。
①写出与浓盐酸()反应生成氯气的化学方程式，并用单线桥法标出该反应的电子转移情况 。所得到的的相对分子质量为 。
②某品牌含氯消毒剂中含有质量分数为10%的NaClO，该消毒液的有效氯为 (结果保留3位小数)。
9．（2023上·福建泉州·高三福建省泉州第一中学校考阶段练习）甲醇是重要的化工原料之一，也可用作燃料，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)可以合成甲醇，涉及的反应如下：
反应ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1
反应ii：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.9kJ mol-1
反应iii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41.6kJ mol-1
请回答下列问题：
(1)在某催化剂作用下，反应ⅰ的反应历程如图所示(图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，*表示吸附在催化剂上)：
①反应ⅰ在 (填“较低”或“较高”)温度下才能自发进行。
②结合反应历程，写出反应ⅰ中生成甲醇的决速步骤的反应方程式： 。
③m= (计算结果保留两位有效数字，已知1cV=1.6×10-22kJ)。
(2)反应ⅰ的Arrhenius经验公式Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C均为常数，T为温度)，实验数据如图中曲线M所示。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线N所示，则实验可能改变的外界条件是 。
(3)将一定量的CO2(g)和H2(g)充入密闭容器中并加入合适的催化剂，只发生反应ii和iii。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性[×100%]和CO的选择[×100%]随压强的变化曲线如图所示。
图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 (填“m”“n”或“p”)，简述判断方法： 。
(4)有研究认为，在某催化剂作用下反应ⅱ先后通过反应ⅲ、ⅰ来实现。保持温度T不变向一恒容密闭容器中充入4molCO2和8molH2，在该催化剂作用下发生反应，经5min达到平衡，测得H2O(g)的物质的量为3mol，起始及达平衡时容器的总压强分别为1.5akPa、akPa，则从开始到平衡用H2分压表示的平均反应速率为 kPa min-1(用含a的式子表示，下同，分压=总压×物质的量分数)；反应ⅱ的压强平衡常数Kp= (kPa)-2(Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数)。
(5)光催化CO2制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原CO2的机理如图所示，光照时，低能价带失去电子并产生空穴(h+，具有强氧化性)。光催化原理与电解原理类似，则高能导带相当于电解池的 极；在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为 。
10．（2023上·北京东城·高三北京市第二十二中学校考期中）甲醇作为燃料，在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。工业上常用天然气作为制备的原料。已知：
①
②
③
(1)与化合生成的热化学方程式是 。
(2)利用③ 的原理：向恒容、体积为VL的密闭容器中充入1与2，在不同压强下合成甲醇。的平衡转化率与温度、压强(P)的关系如下图所示：
①以下能说明该反应达到平衡状态的是 。
A．混合气体的密度保持不变 B．容器内总压强保持不变
C．的体积分数保持不变 D．
②压强 (填“<”或“>”)
③结合图像信息，计算b点时，该反应的平衡常数 。
④要提高的转化率，可以采取的措施是 。
a．升温 b．加入催化剂 c．增加的浓度 d．加入 e．加入惰性气体 f．分离出甲醇
11．（2023上·湖南张家界·高三张家界市民族中学校考期中）当前，世界多国相继规划了“碳达峰”、“碳中和”的时间节点。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)工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，进行如下实验：某温度下，在容积为5L的密闭容器中，充入4mol和12mol在一定条件下发生反应生成，测得、(g)和(g)的物质的量(n)随时间变化如图所示。
①反应到第2分钟时，氢气的浓度为 。
②该温度下，此反应的平衡常数K= (保留一位小数)。
③保持温度和体积不变，向上述平衡体系中再同时充入1.5mol和0.5mol，平衡 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。
④下列措施中，一定能使的平衡转化率增大的是 (填标号)。
A．在原容器中充入1mol氦气 B．在原容器中再充入1mol
C．在原容器中再充入1mol D．使用更有效的催化剂
E．增大容器的容积 F．将水蒸气从体系中分离
(2)甲醇的组成元素的电负性从大到小依次为 。
(3)甲醇被称为21世纪新型燃料，可用于甲醇燃料电池，如图(电解质溶液为稀硫酸)，则a处通入的是(填“甲醇”或“氧气”) ，其电极上发生的电极反应式为 。若将电解质溶液换成KOH溶液，则该燃料电池的电极总反应式为 。
12．（2023上·黑龙江大庆·高三大庆实验中学校考期中）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发。
(2)工业常采用。针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了双温—双控—双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．N≡N在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
(3)某合成氨速率方程为，根据表中数据，= 。
实验 c(N2) c(H2) c(NH3) v/mol·L—1.s—1
1 m n P q
2 2m n P 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n P 2.828q
(4)工业合成氨基本合成过程如下
分离器中的过程对整个工业合成氨的意义是
(5)氯化银可以溶于氨水，反应原理为。
已知，
常温时，用某浓度氨水(溶质视为)完全溶解，所需氨水浓度至少为
13．（2023上·浙江·高三校联考阶段练习）丙烯是一种重要的化工原料，在催化剂作用下，可以由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：
反应Ⅱ(氧化脱氢)：
反应Ⅲ(氢气燃烧)：
回答下列问题：
(1) kJ/mol。
(2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入和Ar的混合气体。在温度为时，的平衡转化率与通入气体中的物质的量分数的关系如图1
①结合图1，从平衡移动的角度分析，“通入Ar”的作用是 。
②若要将的平衡转化率提高到60％，则 。
(3)恒温条件下，测得反应Ⅰ平衡时的物质的量浓度与平衡总压的关系如图2.请在图上画出平衡时的物质的量浓度随平衡总压变化的曲线 。(在图中C点平衡总压为10Mpa时，丙烷和丙烯的物质的浓度相等)。
(4)①关于反应Ⅲ，下列说法正确的是 。
A．该反应在任何温度下都能自发进行
B．升高温度，反应Ⅱ的平衡常数增大
C．通入的氧气越多，越有利于丙烷的氧化脱氢
D．将水液化分离出来，既可以加快反应速率，又能提高的转化率
②与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是 。
(5)研究表明，可催化氧化脱氢制丙烯。在p=0.1MPa，，催化剂X的催化下，气体按一定流速通过反应器，丙烷转化率和产物选择性(丙烯的选择性=丙烯的产率÷丙烷的转化率×100％)随温度变化如下表：
t℃ 丙烷转化率 产物的选择性
CO
400 4.06 93.12 2.20 4.68
500 12.32 91.23 3.16 5.61
600 35.22 85.44 7.73 6.83
下列说法不正确的是_____。
A．在较高温度下，催化剂X可提高产生丙烯反应的速率
B．催化氧化脱氢制丙烯的反应是放热反应
C．相同条件下，使用不同的催化剂，丙烷的平衡转化率相同
D．温度升高，催化剂X的活性下降，丙烯的产率降低
14．（2023上·上海徐汇·高三上海民办南模中学校考阶段练习）I．硫和氮两种元素与人们的生活密切相关，是生命物质的重要组成元素，自然界中硫、氮的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
(1)下列属于氮的固定的是___________。
A．工业上N2和H2合成NH3
B．N2在根瘤菌所含的固氮酶作用下还原为NH3
C．NH3催化氧化生成NO
D．汽车尾气中的NO和CO在催化剂的作用下生成N2
(2)热塑性聚氨酯(TPU)是具有高弹性、高拉伸强度、耐低温性、耐磨性和耐腐蚀能力的聚合物。一种基于二硫键(—S—S—)的自修复热塑性聚氨酯材料的结构如下：
该聚合物由X()和Y()聚合而成，下列说法正确的是___________。
A．X中碳氮双键比碳氧双键更容易与Y发生反应
B．生成该聚合物的反应属于缩聚反应
C．废弃的聚合物若直接焚烧处理，可能会产生氮氧化物、硫氧化物等有毒气体
D．该聚合物不能发生水解反应
II．含硫、含氮物质的使用在为人类带来益处的同时，也给人们带来了一些困扰。利用电化学原理处理氮氧化物、硫氧化物等废气具有重要意义。
(3)电解NO制备氮肥NH4NO3，其工作原理如下图所示，阳极的电极反应式为 ，为使电解产物完全转化为NH4NO3，需补充物质A，A是 。
(4)一种SO2的脱除与H2O2的制备协同进行的装置如下图所示，b极的电极反应式为 ，若有标准状况下2.24LSO2被脱除，可以制备H2O2 mol。
III．已知H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g) COS(g)＋H2O(g)。
(5)在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应达到平衡后H2O的物质的量分数为0.02，H2S的平衡转化率α1= %，反应平衡常数K= ；向容器中再充入0.20molCO2与0.80molH2S，H2S的平衡转化率α2= %。(均保留2位有效数字)
(6)在620K时重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，E(A—B)表示A—B键的键能，则2E(H—S)＋E(C=O) 2E(H—O)＋E(C=S) (选填“>”“<”或“=”)。
15．（2023·全国·高三专题练习）绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题：
(1)通过生物柴油副产物甘油制取H2正成为绿色能源的一个重要研究方向。生物甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下(K1、K2分别为反应I、Ⅱ的化学平衡常数)：
I．C3H8O3(g) 3CO(g)+4H2(g) ΔH1=+251kJ·mol-1 K1
Ⅱ.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1 K2
重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g) 3CO2(g)+7H2(g)的ΔH3= ，平衡常数K3= 。(用含K1、K2的计算式表示)
(2)大量研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应(CH4+CO2 2CO+2H2)，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4分别表示过渡态1、过渡态2、过渡态3、过渡态4)。
①Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则脱氢过程的速率由小到大的关系为 。
②甲烷逐步脱氢过程中，决定速率快慢的反应步骤是： (用化学方程式表示)。
(3)甲烷干法重整制H2的过程为反应a：CH4+CO2 2CO+2H2，同时发生副反应b：CO2+H2 CO+H2O，T℃时，在恒压容器中，通入2molCH4和2molCO2发生上述反应，总压强为P0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为P，则反应a的压强平衡常数Kp= (用含P和P0的计算式表示，已知分压=总压×物质的量分数)。
(4)甲烷裂解制氢的反应为CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH=+75kJ·mol-1，Ni可作该反应的催化剂，CH4在催化剂孔道表面反应时，若孔道堵塞会导致催化剂失活。其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图乙所示。考虑综合因素，使用催化剂的最佳温度为 ；650℃条件下，1000s后，氢气的体积分数快速下降的原因是 。
16．（2023上·云南昭通·高三校联考期中）回答下列问题
Ⅰ．在2L密闭容器中，800℃时反应体系中，随时间的变化如表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
(1)用表示从0～2s内该反应的平均速率v＝ 。
(2)能说明该反应已达到平衡状态的是 （填序号）。
a． b．容器内压强保持不变 c．体系颜色不再改变 d．容器内密度保持不变
(3)转化反应，在的催化作用下反应历程可分为：
第一步：；
第二步：（将化学方程式补充完整） 。
(4)某种燃料电池的工作原理如图所示，a、b均为惰性电极。
假设使用的“燃料”是甲醇，a极的电极反应式为 。
17．（2023上·北京·高三北师大二附中校考阶段练习）天然气是一种清洁能源，但其中大多含有、等酸性气体和水汽，会腐蚀管道设备。已知：25℃时氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。
(1)碳钢材质管道发生电化学腐蚀，负极的电极反应是 。
(2)用化学用语表示溶液显酸性的原因 。
(3)用热碱液(溶液)吸收天然气中的，可将其转化为可溶性的NaHS，反应的化学方程式是 。
(4)我国科学家设计了一种协同转化装置，实现对天然气中和的高效去除，装置如下图。其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯。
①ZnO@石墨烯是 极(填“阳”或“阴”)。
②石墨烯电极区发生反应为：
ⅰ.
ⅱ. 。
③协同转化总反应的化学方程式为 ，在其中所起的作用是 。
④工作时，ZnO@石墨烯电极区的pH基本保持不变，结合化学用语解释原因 。
18．（2023上·上海虹口·高三上海财经大学附属北郊高级中学校考期中）氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。氢气制取是氢能利用经济性考量的重要环节。
(1)氯碱化工副产氢纯度较高。写出制氢的离子方程式： 。
(2)粒径在 1~100 nm 的纳米铝粉常温下能与水反应释氢。向水中加入下列物质，不能加快纳米铝粉释氢速率的是___________。
A．HCl B．HNO3 C．H2SO4 D．NaOH
(3)目前全球每年约 7000 万吨 H2 的需求，95%来自于化石能源，相当于每年 8.3 亿吨的 CO2排放。从经济、环保、低碳等角度考量，获取氢气的技术发展方向应是 。(任写一条)
(4)高效、低成本的氢气储运技术是大力发展氢能产业的必要保障。一定温度下，某储氢合金(M)的储氢过程中存在如下反应：zMHx(s) + H2(g)zMHy(s)。
①上述反应中 z= (用含 x、y 的代数式表示)。
②对上述反应的焓变与熵变判断正确的是 。
A．ΔH>0，ΔS>0 B．ΔH<0，ΔS>0 C．ΔH>0，ΔS<0 D．ΔH<0，ΔS<0
③储氢完成后，该合金释放氢气的方式可以是 。
A．降温 B．加热 C．加压 D．减压
(5)液态有机储氢技术是借助某些不饱和液体有机化合物的加氢反应，实现氢的储存，再通过脱氢反应实现氢的释放。乙基咔唑(M =195 g·mol－1， 结构如图所示)是一种新型的储氢材料。
①乙基咔唑中 C 原子的杂化方式有 。
②科研中常用容氢量(× 100%)来衡量有机化合物的储氢能力，乙基储氢后有机化合物的质量咔唑的最大容氢量为 (精确至 0.1%)。
(6)在新能源体系下，氢能被视为与电能互补的优质二次能源。氢燃料电池能量转换率远高于氢气直接燃烧。
①碱性氢氧燃料电池工作时，负极反应式为： 。
②氢氧熔融碳酸盐燃料电池是一种以熔融态碳酸盐为电解质的电池，其工作原理如图所示， 有关该电池说法正确的是 。
A．电池工作时，熔融碳酸盐只起到导电的作用
B．该电池可利用工厂中排出的 CO2，减少温室气体的排放
C．电子流向：氢电极﹣负载﹣氧电极﹣熔融碳酸盐﹣氢电极
D．电池工作时，外电路中流过 0.2 mol 电子，消耗 1.6 g O2
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)
(2) a c B=C>A
(3) 大
(4) 不变
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，；
（2）①结合反应，越大，CO转化率越大直到接近100%，而氢气本身的转化率将下降，故b表示CO转化率、a表示转化率；随着的增大，CO接近完全转化，产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示产率变化的曲线；b表示CO转化率，B、C均在曲线b上，温度B=C，结合反应Ⅰ、Ⅱ，两反应均为放热反应，则温度越低CO转化率越高，A点转化率高于C，则A点温度低，故温度B=C>A；
②一定温度下，向恒容容器内充入3mol和1molCO，初始压强为，则初始氢气、一氧化碳分压分别为、，则分压的数值与其物质的量对应相等。发生上述3个反应，达到平衡时CO的分压为，的分压为；分压之比等于其物质的量之比。设反应Ⅰ消耗CO的分压为a，达到平衡时CO的分压为，则反应Ⅱ消耗CO的分压为，达到平衡时的分压为，则反应Ⅲ消耗的分压为，根据碳元素守恒、结合阿伏加德罗定律可知，，则的选择性为；
反应Ⅰ生成了水的分压为a，反应Ⅱ消耗了水的分压为，反应Ⅲ生成了水的分压为，平衡时水的分压为；反应Ⅰ消耗了氢气的分压为3a，反应Ⅱ生成了氢气的分压为，反应Ⅲ消耗了氢气的分压为，氢气的起始分压为，所以平衡时氢气的分压为，所以平衡时一氧化碳、水、二氧化碳、氢气分压分别为、、、，则反应Ⅱ的；
（3）①碳酸根的水解使得碳酸根离子浓度减小，促进碳酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，故常温下，的实际溶解度比理论值大；
碳酸根离子的水解：，则溶液中；的二级电离常数为；沉淀溶解平衡，则，，，,,所以，。
（4）根据图示，二氧化碳在铜电极得到电子生成，电极反应式为：；该电解的总反应为：，，电解后硫酸物质的量浓度不变，所以溶液的pH不变。
2．(1) 92 0.25
(2)合成氨的反应为可逆反应，反应物不能完全转化
(3) V1=5ml ②③ ①② 0.025mol·L-1·min-1
【详解】（1）化学反应的反应热=反应物键能之和-生成物键能之和，==，故合成2mo1NH3共放出能量为92kJ；生成10molNH3，则消耗的N2为5mol，N2表示的化学反应速率是；
（2）合成氨的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，将1mo1N2和3mo1H2混合，充分反应，生成的NH3小于2mol，故放出的热量小于92kJ；
（3）实验的目的是探究“外界条件对化学反应速率的影响”，原理为在其他条件相同时，改变一个条件，通过反应速率的变化判断改变的外界条件对速率的影响，对照实验②与实验①，二者温度相同，改变0.6mol L-1H2C2O4溶液的体积，则实验目的为探究浓度对速率的影响，改变0.6mol L-1H2C2O4溶液的体积使混合后的溶液中H2C2O4的浓度不同，而KMnO4的浓度相同，则应使实验①与实验②总体积相同，故V1=10mL+10mL+30mL-10mL-35mL=5mL；对照实验②与实验③，二者0.1mol L-1酸性KMnO4溶液的体积、0.6mol L-1H2C2O4溶液的体积相同，温度不同，则V2=30mL使混合后的溶液总体积相同，H2C2O4的浓度相同，KMnO4的浓度相同，二者反应速率的不同为温度对速率的影响，故答案为②③；而探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是①②；KMnO4溶液的褪色则,根据化学反应，，v(H2C2O4)= 0.025mol·L-1·min-1。
3．(1) > B
(2) 非极性 12 可以利用温室气体CO2，有利于碳减排
(3) 60%(或0.6) 3.75 56.25 减小
【详解】（1）由图可知，反应的总能量小于生成物的总能量，该反应为吸热反应，ΔH>0；乙苯在催化剂表面脱氢制苯乙烯的总反应为(g) (g)+H2(g)，该反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强均能使平衡正向移动，均能提高乙苯的平衡转化率，因此提高乙苯的平衡转化率，应选择的反应条件为高温、低压，故选B。
（2）①由反应历程图可知，该过程的总反应的化学方程式为(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)；
②是直线形分子，结构对称，属于非极性分子；干冰分子间只存在范德华力，是分子密堆积，每个分子周围有12个紧邻分子。
③从资源综合利用角度分析，氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点是来源广泛，简单易得，利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯能减少的排放，减少温室效应，实现“碳中和”；
（3）①列出三段式：
，
则，解得，乙苯的转化率为；内的平均反应速率；该温度下的；
②时，若再向体系中通入非反应性气体氮气，反应体系中各组分浓度减小，则此时减小。
4．(1)+41.19kJ mol-1
(2)AD
(3)
(4) 酚酞 当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色
(5)5.40%
(6)B
【详解】（1）已知①CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-49.58kJ/mol
②CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g) ΔH2=-90.77kJ/mol，根据盖斯定律反应①-反应②即可得反应③，则△H3=(-49.58+90.77)kJ mol-1=+41.19kJ mol-1；
（2）A ．CO2百分含量保持不变，能说明反应达到平衡，故A符合；
B．容器中H2浓度与CO2浓度之比为3∶1，不知道是否发生变化，不能说明达到平衡，故B不选；
C．该反应气体质量与体积不变，则气体密度为定值，故混合气密度不变不能说明平衡，故C不选；
D．CO2的生成速率与CH3OH的生成速率相等，说明正逆反应速率相等，能说明达到平衡，故D符合；
答案为AD；
（3）根据题目数据列三段式如下：
①该时间内用氢气表示的反应速率v(H2)为=；
②达平衡时反应①的平衡常数K===；
（4）用NaOH溶液滴定醋酸，恰好反应完时溶液呈碱性，故选用酚酞为指示剂；判断滴定终点的方法为当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；
（5）n(CH3COOH)=n(NaOH)= 0.1125mol/L0.02L=0.00225mol，则原溶液中醋酸的质量为0.00225mol560g/mol=0.675g，该食醋中CH3COOH的质量分数为=5.40%；
（6）A．碱式滴定管在装液前未用标准NaOH溶液润洗2～3次，导致浓度变小，所用溶液体积偏大，导致测定的CH3COOH的质量分数偏大，故A不选；
B．滴定开始前碱式滴定管尖嘴部分没有气泡，在滴定终点读数时发现尖嘴部分有气泡，导致读数偏小，导致测定的CH3COOH的质量分数偏小，故B符合；
C．达到滴定终点时，仰视溶液凹液面最低点读数，导致读数偏大，导致测定的CH3COOH的质量分数偏大，故C不选；
D．滴定过程中，部分NaOH溶液滴到锥形瓶外，导致读数偏大，导致测定的CH3COOH的质量分数偏大，故D不选；
答案为B。
5．(1)低温
(2)B
(3) ＞ 1
(4) 0.2mol/L 2.4
(5) b 2
【详解】（1）由盖斯定律①=②+③，，反应①正向体积减小△S＜0，则时T要较小，该反应低温自发，故答案为：低温；
（2）反应②正向吸热，升高温度有利于反应正向进行，反应③正向体积减小，增大压强有利于反应正向进行，故高温高压有利于提高三氧化碳的转化率，A错误；二氧化碳加氢可以缓解温室效应，同时创造经济效益，提升化工工艺，B正确；甲醇和水物质的量相等时，各组分的含量不能判断是否在变化，不能判断平衡；C错误；加压不能改变活化分子百分数，D错误；故答案为：B；
（3）平衡时正反应速率等于逆反应速率，则，，反应②正向吸热，升高温度平衡正向移动，平衡常数K增大，因此增大的倍数大于增大的倍数；若在密闭容器中通入2mol 和2mol ，在一定温度下达到平衡时，的平衡转化率为50%为1mol，据三段式有，则则；故答案为：＞、1；
（4）在一定条件下，向体积为2L的密闭容器中通入2.0mol 和6.0mol ，由图中可以读出平衡时二氧化碳的物质的量为0.4mol，甲醇的物质的量为1.2mol，则有
，平衡时一氧化碳的浓度为，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的浓度分别为0.2mol/L、1 mol/L、0.6mol/L、0.8 mol/L，反应①的平衡常数，故答案为：0.2mol/L、2.4；
（5）根据总反应可知，氢气在电极b发生氧化反应，b为负极发生电子流出；a为正极发生消耗的氢离子由负极区补充，因此通入CO一端硫酸溶液的质量变化16g是生成的甲醇，转移2mol电子；故答案为：b、2。
6．(1) HSO+H2O2= SO+H2O+H+、SO+Ba2+=BaSO4↓、HCO+H+=H2O+CO2↑ Ba2+、NH、Na+、HCO、HSO
(2) 正极 2(CH3)4N++2H2O+2e-═2(CH3)4NOH+H2↑ 阳离子交换膜 阴离子交换膜 18.2g
(3)2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g) △H=-290kJ mol-1
【详解】（1）因为是无色溶液，因此溶液中不含有Cu2+，加入足量H2O2溶液并用足量盐酸酸化，出现沉淀，推出原溶液中含有Ba2+，一定不含SO，一定含有HSO，其中沉淀中的n(Ba2+)=n(HSO)=0.01mol,加入足量H2O2溶液并用足量盐酸酸化后，有气体产生，推出原溶液中一定含有HCO，n(HCO)=0.01mol,加入Ba(OH)2溶液，产生气体，此气体为NH3，原溶液含有NH，物质的量为n(NH)=0.01mol,加入Ba(OH)2溶液后产生的沉淀是BaSO4，可知原溶液中n(HSO)还有0.05mol,即原溶液中n(HSO)=0.01mol+0.05mol=0.06mol,根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有Na+，因为无法确定是否含有Cl-；
①由上述分析可知，加入足量H2O2发生反应的离子方程式有：HSO+H2O2= SO+H2O+H+、SO+Ba2+=BaSO4↓、HCO+H+=H2O+CO2↑；
②由上述分析可知，溶液中一定存在的离子有Ba2+、NH、Na+、HCO、HSO；
（2）由左池中浓度变化得出，钠离子通过e膜向左移动，氯离子通过d膜向右移动，由电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则a为阴极，发生得电子的还原反应；
①由分析可知，a为阴极，b为阳极，与电源的正极相连，a为阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2(CH3)4N++2H2O+2e-═2(CH3)4NOH+H2↑；
②Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，所以c膜为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜；
③a、b两极共产生标准状况下3.36L气体，物质的量为0.15mol，=0.15mol,a极电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e-═2(CH3)4NOH+H2↑，b极电极反应式为4OH-+4e-=2H2O+O2↑，转移4mol电子收集氢气的物质的量为2mol,收集氧气的物质的量为1mol,共3mol气体，故a、b两极共产生0.15mol气体，转移电子为0.15mol×=0.2mol,理论可得四甲基氢氧化铵的质量为0.2mol×91g/mol=18.2g；
（3）有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)=4HCl(g)+CO2(g) △H=-290kJ mol-1。
7．(1) CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH=－41.2kJ·mol－1 A
(2)60%
(3) T1
(5)
【详解】（1）CO与H2O反应方程式为CO＋H2OCO2＋H2，根据盖斯定律，得出，因此CO与H2O反应的ΔH==－41.2kJ·mol－1，即热化学反应方程式为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH=－41.2kJ·mol－1；
A．生成n mol CO，相当于消耗n mol CO2，即单位时间内，CO2的消耗速率等于其生成速率，说明反应达平衡，A符合题意；
B．由于混合气体的总质量不变且总物质的量也不变（反应前后气体一样多），故混合气体的平均摩尔质量一直保持不变，不能用来判断平衡状态，B不符合题意；
C．由于反应前后气体分子数不变，且恒温恒容，故混合气体的总压强一直不变，不能用来判断平衡状态，C不符合题意；
D．由于CO2、H2同为生成物且1:1生成，故两者体积比一直不变，不能用来判断平衡状态，D不符合题意；
故选A；
（2）根据阿伏加德罗定律可知，平衡时总的物质的量为，结合反应2H2(g)+SO2(g)=S(1)+2H2O(g)可知，反应为气体分子数减小1的反应，则反应二氧化硫1.4mol+1mol-1.8mol=0.6mol，SO2的平衡转化率α(SO2)=；
（3）反应为气体分子数减小的放热反应，压强增大，CO的体积分数减小，但T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，说明该反应逆向移动，又因为该反应为放热反应，故T1
（5）生成D是0.5 mol/L，根据方程式可知消耗A是0.75 mol/L即1.5mol，消耗B是0.5mol，设A和B的起始量均是n mol，，已知c(A):c(B)可知(n-1.5):(n-0.5)=1:2，解得n＝2.5，所以A在5min末的浓度是1.0mol÷2L＝0.5mol/L；压强之比是物质的量之比，则此时容器内的压强与开始时之比为。
8．(1) 500ml容量瓶 托盘(电子)天平
(2)①③④
(3)变红
(4)
(5)取少量工业烧碱于洁净试管，加水溶解后加入足量硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则含有氯离子
(6) 苍白色 将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，打开止水夹 HCl在水中溶解度较大，HCl溶解于水后，圆底烧瓶内气体减少压强小于大气压，水被压入圆底烧瓶
(7) 石灰乳 氯化钙和次氯酸钙 次氯酸钙
(8) 72 0.095
【详解】（1）配制溶液需要在容量瓶中定容，另需要称取氯化钠固体，因此需要500ml容量瓶和托盘（电子）天平，故答案为：500ml容量瓶、托盘(电子)天平；
（2）因为最后需要定容，因此未干燥的容量瓶对配制溶液没有影响；定容时仰视导致体积偏大，溶液浓度偏低；容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，因为是配制饱和氯化钠溶液，溶液配制没有影响；定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，液面下降是因为部分溶液粘在了刻度线以上，因此对溶液配置无影响；故答案为：①③④；
（3）铁棒为阴极，发生，因此铁棒附近呈碱性，滴有酚酞变红；故答案为：变红；
（4）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，方程式为：，故答案为：；
（5）检验工业烧碱中含有氯化钠，需要先用硝酸将氢氧化钠全部中和，再滴入硝酸银溶液观察是否产生白色沉淀，故答案为：取少量工业烧碱于洁净试管，加水溶解后加入足量硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则含有氯离子；
（6）氢气在氯气中燃烧火焰为苍白色，引发喷泉需要造成负压：将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，打开止水夹；故答案为：苍白色、将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，打开止水夹、HCl在水中溶解度较大，HCl溶解于水后，圆底烧瓶内气体减少压强小于大气压，水被压入圆底烧瓶；
（7）工业上将氯气通入石灰乳制漂白粉，制得的漂白粉主要含有氯化钙和次氯酸钙，其中有效成分是次氯酸钙，漂白粉在空气中失效是空气中的二氧化碳将次氯酸钙反应生成的次氯酸分解所致，故答案为：石灰乳、氯化钙和次氯酸钙、次氯酸钙、
（8）次氯酸钠中的Cl被还原，HCl中的Cl被氧化，HCl还体现酸性，方程式为：，据方程式可知生成氯气的相对分子量，35+37=72，有效氯是指含氯消毒剂与浓盐酸反应生成的氯气的质量与含氯消毒剂质量的比值，据方程式可知：74.5gNaClO和浓盐酸反应生成71g氯气，则该消毒剂的有效氯为：，故答案为：、72、0.095。
9．(1) 较低 0.95
(2)加入更高效催化剂
(3) n 增大压强，反应ⅱ平衡正向移动，反应ⅲ平衡不移动，则CO2的平衡转化率和CH3OH的选择性均增大，且CO的选择性和CH3OH的选择性之和为100%
(4)
(5) 阴极 2H2O-4e-=O2↑+4H+
【详解】（1）①由图可知，反应ⅰ为放热反应，且 S<0，反应自发进行的条件 H-T S<0，则反应ⅰ在较低温度下才能自发进行；
②决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应，反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，由反应历程图中数据可知，活化能=过渡态能量-起始态能量，各个步骤中活化能分别为：0.7eV、0.8eV、0.2eV、0.2eV、0.7eV、(1.4-m)eV，其中最大的数值为[-0.1-(-0.9)]eV=0.8eV，该步骤的反应方程式为；
③反应ⅱ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.9kJ mol-1，反应ⅲ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41.6kJ mol-1，根据盖斯定律：反应ⅰ=反应ⅱ-反应ⅲ，即CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1=-49.9kJ mol-1-(+41.6kJ mol-1)=-91.5kJ mol-1，由图可知，1molCO(g)和2molH2的总能量与CH3OH(g)的总能量之差为91.5kJ，反应历程图中的E表示的是1个CO分子和2个H2分子的相对总能量与1个CH3OH分子的相对总能量之差为meV，相对总能量E=meV=，即m=0.95；
（2）由图可知，曲线M的Rlnk随T的增大减小幅度大，曲线N的Rlnk随T的增大减小幅度小，即温度一定时，二者的活化能不相等，催化剂能降低反应的活化能，所以曲线N实验可能改变的外界条件是加入了高效催化剂；
（3）反应ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强时平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，反应ⅲ是气体体积不变的反应，增大压强时平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，则增大压强时CO2的平衡转化率增大，CH3OH(g)的选择性增大，CO的选择性减小，并且CH3OH(g)的选择性和CO的选择性之和为100%，所以曲线n表示CO2的平衡转化率，曲线m表示CH3OH(g)的选择性；
（4）恒温恒容条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，起始及达平衡时容器的总压强分别为1.5akPa、akPa，起始时气体总物质的量为12mol，则平衡时气体的总物质的量为，设平衡时n(H2)=xmol，n(CO2)=ymol，n(CH3OH)=zmol，n(CO)=bmol，则x+y+z+b+3=8，由C、H、O原子守恒可得y+z+b=4，2x+4z+6=16，2y+z+b+3=8，解得x=1，y=1，z=2，b=1，
p(H2)=p(CO2)= p(CO)=kPa，p(CH3OH)=kPa，p(H2O)=kPa，则从开始到平衡用H2分压表示的平均反应速率为；反应ⅱCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的压强平衡常数；
（5）由图可知，光照时电子向高能价带移动，即高能价带发生得电子的还原反应，故高能价带相当于电解池的阴极；低能价带水失去电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。
10．(1)
(2) BC ＜ V2 df
【详解】（1）CH4与O2生成CH3OH，，根据盖斯定律，反应式=；
故答案为：；
（2）①A．该反应前后质量不变，恒容下，体积不变，则密度始终不变，密度不能作为判断平衡的依据，A不符合题意；
B．该反应为气体减小即压强减小的反应，当压强不变，该反应达到平衡，B符合题意；
C．CO体积分数不变，该反应达到平衡，C符合题意；
D．H2和CH3OH的速率之比为2:1，正逆反应速率相等，该反应达到平衡，D不符合题意；
故答案为：BC；
②在100℃时，a-b时，CO转化率增大，说明平衡正向进行，说明压强增大，则b点压强＞a点；
故答案为：＜；
③根据三段式，，；
故答案为：V2；
④a．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，CO转化率降低，a不符合题意；
b．加入催化剂，加快反应速率，平衡不移动，b不符合题意；
c．增加CO浓度，平衡正向进行，但CO转化率降低，c不符合题意；
d．加入H2，平衡正向进行，CO转化率增大，d符合题意；
e．恒容下加入惰性气体，反应物浓度不变，平衡不移动，e不符合题意；
f．分离出甲醇，平衡正向进行，CO转化率增大，f符合题意；
故答案为：df。
11．(1) 1.2mol/L 8.3 不 BF
(2)O＞C＞H
(3) 甲醇 CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+ 2CH3OH+3O2+4OH-=2+6H2O
【详解】（1）①二氧化碳与氢气反应生成甲醇的化学方程式为CO2+3H2=CH3OH+H2O，2min时消耗CO2为2mol，则消耗氢气6mol，则剩余氢气6mol，此时氢气的浓度为=1.2mol/L。
②此温度下，8min时反应达到平衡，根据图示可知，此时CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度分别为0.2mol/L、0.6mol/L、0.6mol/L、0.6mol/L，化学平衡常数K==8.3。
③保持温度和体积不变，向上述平衡体系中同时充入1.5molH2O和0.5molCO2，此时CO2、H2、CH3OH和H2O的浓度分别为0.3mol/L、0.6mol/L、0.6mol/L、0.9mol/L，此时Q==K，故平衡不移动。
④A．在原容器中充入1mol氦气，此时反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，A错误；B．在原容器中再充入1mol氢气，反应物浓度增大，化学平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，B正确；C．在原容器中再充入1molCO2，尽管化学平衡正向移动，但是二氧化碳的转化率降低，C错误；D．使用更有效的催化剂不能使化学平衡发生移动，D错误；E．该反应为气体体积减小的反应，增大容器的容积，化学平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，E错误；F．将水蒸气从体系中分离，生成物浓度减小，化学平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，F正确；故答案选BF。
（2）在同周期，非金属性逐渐增强，电负性也逐渐增大，所以电负性O＞C＞H；
（3）燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧气的电极是正极，根据电子流动方向知，左侧为负极、右侧为正极，则a为甲醇、b为氧气，电解质溶液为稀硫酸，负极上甲醇失电子生成二氧化碳和水，负极反应式为 CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+，若将电解质溶液换成KOH溶液，负极二氧化碳继续与KOH反应生成碳酸钾，则该燃料电池的电极总反应式为2CH3OH+3O2+4OH-=2+6H2O。
12．(1)能
(2)ab
(3)-1
(4)有利于平衡正向移动，提高氨的平衡产率
(5)2.4
【详解】（1）合成氨的反应，，ΔG=ΔH TΔS=( 92.4+0.2×298)kJ mol 1 = 32.8kJ mol 1<0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。
（2）a．因为合成氨反应的正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以 N≡N 在“热 Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热 Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷 Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故选ab。
（3）对比实验1、3，其他物质浓度不变，c(NH3)扩大10倍，v缩小10倍，故γ=-1。
（4）将氨气冷却分离，减少生成物的浓度，有利于平衡正向移动，提高氨的平衡产率。
（5）氯化银溶于氨水的反应，K====1.0×107×2.0×10-10=2×10-3，当0.1molAgCl完全溶解时，c(Cl-)=0.1mol/L，=0.1mol/L，代入平衡常数，可计算溶解后溶液中c2(NH3)=，故c(NH3)=2.2mol/L，根据方程式溶解0.1molAgCl时消耗的NH3的物质的量为0.2mol，故所需氨水的浓度至少为2.2+0.2=2.4mol/L。
13．(1)＋124
(2) 减小气体浓度(或分压)，使平衡右移，提高转化率 1：3.8
(3)
(4) A 反应温度较低、节约能源/氧气消耗氢气，有利于平衡正向移动/利用氢气和氧气反应放热，维持热量平衡/产品容易分离、副产物少
(5)BD
【详解】（1）由盖斯定律，可得；
（2）①在总压恒定的条件下，充入惰性气体，等同于扩体减压，气体浓度(或分压)减小，使平衡向着气体分子数增大的方向移动(右移)，提高了的转化率；
②根据图1，的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%。假设混合气体为1mol，则起始时为0.4mol，Ar为0.6mol，运用三段式法计算：，由于总压恒定为100kPa，平衡时为0.2mol，为0.2mol，为0.2mol，Ar为0.6mol，则、、的分压均为，故时反应Ⅰ的平衡常数，要将的平衡转化率提高到60%，假设起始时为1mol，Ar为xmol，。运用三段式法计算：，由于总压恒定为100kPa，平衡时为0.4mol，为0.6mol，为0.6mol，Ar为xmol，则分压为，、的分压均为，根据温度不变平衡常数相等：，(说明：本题用浓度平衡常数同样可求得结果)；
（3）增大压强缩小体积，平衡时两种物质的浓度都随平衡总压(体积缩小)的增大而增大。增大压强时，由于平衡向着气体分子数减少的逆反应方向移动，所以在两者浓度相等之后，两者浓度增加的程度不同，丙烷的浓度增大得更多，故丙烷的浓度大于丙烯的浓度。据此理可作图；
（4）①A. 反应Ⅱ的，，所以该反应在任何温度下都能自发进行，选项A正确；
B. 升高温度，反应Ⅱ的平衡逆向移动，平衡常数减小，选项B不正确；
C. 通入的氧气过多，将发生丙烷的深度氧化，可能生成CO或，使丙烯的产率降低或得不到丙烯，选项C不正确；
D. 将水液化分离出来，可提高的转化率，浓度降低减慢反应速率，选项D不正确；
答案选A；
②与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是反应Ⅱ的温度较低(任何温度下都自发)、反应Ⅰ必须在高温下才能自发，低温反应可以节约能源；产品主要是水和丙烯，容易分离、副产物少；
（5）A. 催化氧化脱氢制丙烯，在较高温度下，丙烯的产率远高于乙烯和CO，是催化剂X选择性地提高产生丙烯反应速率的结果，选项A正确；
B. 表格中的数据不一定是平衡状态的数据，不能得出该平衡体系，温度对平衡移动的影响规律，选项B不正确；
C. 催化剂能够改变反应速率，不同的催化剂对一定时间里没有达到平衡的转化率影响不同，但不能改变平衡转化率和平衡常数，选项C正确；
D. 催化剂的活性与温度有关，温度过低或过高都可能是催化剂失活。从表格中的数据分析，温度升高，丙烯的选择性降低，但是丙烷的转化率在增大，丙烯的产率在增加，选项D错误；
答案选BD。
14．(1)AB
(2)AC
(3) NO—3e－＋2H2O=NO＋4H+ NH3
(4) SO—2e－+2OH—=SO＋H2O 0.1
(5) 2.5% 2.8×10—3 2.5%
(6)>
【详解】（1）氮的固定是指游离态氮元素转化为化合态氮元素；
A．合成氨反应是游离态的氮元素转化为化合态氮元素的反应，属于氮的固定，故正确；
B．氮气在根瘤菌所含的固氮酶作用下还原为氨气的反应是游离态的氮元素转化为化合态氮元素的反应，属于氮的固定，故正确；
C．氨气催化氧化生成一氧化氮的反应是化合态氮元素转化为化合态氮元素的反应，不属于氮的固定，故错误；
D．汽车尾气中的一氧化氮和一氧化碳在催化剂的作用下生成氮气的反应化合态氮元素转化为游离态氮元素的反应，不属于氮的固定，故错误；
故选AB；
（2）由结构简式可知， 和发生加聚反应生成；
A．由高聚物的结构简式可知，X中碳氮双键比碳氧双键更容易与Y发生加成反应，故正确；
B．由分析可知，生成该聚合物的反应属于加聚反应，不属于缩聚反应，故错误；
C．废弃的该聚合物若直接高温焚烧处理，可能会产生氮氧化物、硫氧化物等有毒气体，污染环境，故正确；
D．由结构简式可知，该聚合物含酰胺基，一定条件下能发生水解反应，故D错误；
故选AC。
（3）由图可知，右侧电极为阳极，水分子作用下一氧化氮在阳极失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子和氢离子，电极反应式为NO—3e－＋2H2O=NO＋4H+，左侧电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+5e—+6H+=NH+H2O，反应的总方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，则将为使电解产物完全转化为硝酸铵，应通入氨气，则补充物质A为氨气，故答案为：NO—3e－＋2H2O=NO＋4H+；NH3；
（4）由图可知，b电极为原电池的负极，碱性条件下亚硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和水，电极反应式为SO—2e－+2OH—=SO＋H2O，由得失电子数目守恒可知，标准状况下2.24L二氧化硫被脱除时，可以制备过氧化氢的物质的量为=0.1mol，故答案为：SO—2e－+2OH—=SO＋H2O；0.1；
（5）设平衡时生成水蒸气的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由平衡时水蒸气的物质的量分数为0.2可得：=0.2，解得a=0.01，则硫化氢的转化率α1=×100%=2.5%，反应的平衡常数K==2.8×10—3；向容器中再充入0.20mol二氧化碳与0.80mol硫化氢相当于增大压强，该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，硫化氢的转化率不变，则硫化氢的转化率α2=2.5%，故答案为：2.5%；2.8×10—3；2.5%；
（6）由620K平衡时，水的物质的量分数为0.03可知，升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为反应物总能量小于生成物的总能量的吸热反应，则反应物的键能之和大于生成物的键能之和，故答案为：>。
15．(1) +128kJ/mol
(2) CH3*=CH2*+H*
(3)
(4) 600℃ 温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活
【详解】（1）由盖斯定律可知，重整反应的总反应=I+3Ⅱ，对应的；平衡常数；
（2）①催化剂能够降低反应的活化能，活化能越低，则化学反应速率越大，所以；②活化能最大的过程为反应的决速步骤，由图可知，过渡态为TS2的反应为决速步骤，对应的方程式为：CH3*=CH2*+H*；
（3）小问详解： 根据已知条件，平衡时甲烷的转化率为40%，对反应a列三段式：；平衡时，设水的物质的量为x mol，则对反应b列三段式：已知，平衡时水的分压为P，所以有，所以，n(总)=5.6mol则平衡时，, ，，，；
（4）其他条件不变时，随着温度升高，在较短时间内650℃催化效果最好，但1000s后，氢气的体积分数却减少了，因为温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活，所以综合来看600℃为最适温度。故答案为：600℃；温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活。
16．(1)
(2)bc
(3)FeO++CO= CO2+Fe+
(4)CH3OH-6e-+8OH-= CO+6H2O
【详解】（1）用表示从0～2s内该反应的平均速率v＝v(NO)= 。
（2）a．当v(NO2)=2v(O2)时，正逆反应速率不一定相等，该反应不一定达到平衡状态，故a错误；
b．随反应进行气体的物质的量减小，压强增减小，容器内压强保持不变，说明到达平衡，故b正确；
c．体系颜色不变，即二氧化氮的浓度不变，该反应达到平衡状态，故c正确；
d．根据质量守恒定律知，混合物质量始终不变，容器的体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，所以不能据此判断是否达到平衡状态，故d错误；
故答案为：bc。
（3）是催化剂，FeO+是中间产物，第一步是 Fe+和N2O(g)反应，第二步是FeO+和CO(g)
反应生成CO2和Fe+，即FeO++CO= CO2+Fe+。
（4）由外电路中电子的流向可知，a为负极，b为正极，假设使用的“燃料”是甲醇，甲醇在负极失去电子生成CO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CH3OH-6e-+8OH-= CO+6H2O。
17．(1)
(2)、
(3)
(4) 阴 催化作用 ZnO@石墨烯为阴极，电极反应为，当阴极反应消耗时，外电路通过2mol电子，阳极区有通过质子交换膜进入阴极区，阴极区几乎不变
【详解】（1）碳钢为铁碳合金，故发生电化学腐蚀，两个电极分别为铁、碳，作负极的物质是铁、其电极反应为Fe 2e =Fe2+。
（2）H2S属于二元弱酸，其溶液显酸性的原因为、。
（3）根据表格中的电离平衡常数可知，氢硫酸的酸性弱于碳酸，所以碳酸钠溶液中通入H2S时，生成的是NaHCO3，不能生成碳酸，反应的化学方程式为。
（4）①由图可知这是一个利用光伏电池将太阳能转化为电能，继而在通电条件下，两极周围发生氧化还原反应的电解过程。由石墨烯电极区发生反应i可知，右侧石墨烯流出电子作阳极，CO2得电子的左侧ZnO@石墨烯为阴极；
②根据图中转化关系，反应ii为：；
③由图可知协同总反应是将CO2和H2S转化为CO和S，故总反应为；
④反应i消耗了多少EDTA Fe2+，反应ii会生成多少EDTA Fe2+，故EDTA Fe2+在其中所起的作用是催化剂；ZnO@石墨烯为阴极，电极反应为，当阴极反应消耗时，外电路通过2mol电子，阳极区有通过质子交换膜进入阴极区，阴极区几乎不变。
18．(1)2Cl- + 2H2O2OH- + H2↑+ Cl2↑
(2)B
(3)利用可再生清洁能源分解水、太阳能光解水等
(4) D BD
(5) sp2、sp3 5.8%
(6) H2 + 2OH- - 2e- = 2H2O D
【详解】（1）氯碱化工电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，离子方程式为：2Cl- + 2H2O2OH- + H2↑+ Cl2↑。
（2）铝和NaOH溶液极非氧化性酸溶液能反应生成H2，但不能和硝酸反应生成H2，故选B。
（3）从经济、环保、低碳等角度考量，获取氢气的技术发展方向应是利用可再生清洁能源分解水、太阳能光解水等。
（4）①根据$、H$、原子守恒可得，，则；
②由可知，气体体积减小，则，该反应为自发反应，即，，故选D；
③为气体体积减小的放热反应，升高温度或降低压强都能使平衡逆向移动，释放出氢气，故答案为：BD。
（5）①甲基中C原子为杂化，苯环中C原子为杂化，故乙基咔唑中C原子的杂化方式有、；
②1mol苯环能与3mol氢气发生加成反应，则1mol乙基咔唑最多能与6mol氢气发生加成反应，最大容氢量为。
（6）A．分析可知电池工作时，熔融碳酸盐起到导电的作用，和氢离子结合生成二氧化碳，二氧化碳在正极生成碳酸根离子循环使用，故A错误；
B．电池是利用的是负极生成的二氧化碳的循环使用，不能利用工厂中排出的，减少温室气体的排放，故B错误；
C．电子不能经过熔融电解质，故C错误；
D．电极反应中电子守恒正极的电极反应为，电池工作时，外电路中流过0.2 mol电子，反应压强0.05mol，耗质量，故D正确；
故答案为：D。
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