2024届高三化学二轮专题——化学反应速率和化学平衡
一、单选题
1．在一密闭容器中，反应达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原平衡时的60%，则（ ）
A．平衡向逆反应方向移动了 B．物质A的转化率减小了
C．物质B的质量分数增大了 D．
2．臭氧分解 的反应历程包括以下反应：
反应①： (快)
反应②： (慢)
大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基 能够催化 分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是（ ）
A．活化能：反应①<反应②
B． 只参与反应①，改变 分解的反应历程
C． 分解为 的速率主要由反应①决定
D． 参与反应提高了 分解为 的平衡转化率
3．下列过程中，需要减慢化学反应速率的是（ ）
A．高炉炼铁 B．牛奶变质 C．合成尿素 D．酯化反应
4．衡水老白干已有1900多年的酿造历史，是一种采用“小麦中温大曲、地缸发酵、续茬配料、混蒸混烧”等工艺生产的白酒。下列说法错误的是
A．小麦中含有的淀粉是基本营养物质之一
B．“曲”中含有“淀粉→乙醇”转化过程的催化剂
C．葡萄糖是酿酒发酵过程中的一种中间产物
D．可用分液的方法将酒中的水分离出去以提高酒精浓度
5．某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量粒的反应瓶中，以研究硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。下列判断错误的是 （ ）
实验组别 混合溶液
30
饱和溶液/ 0 0.5 2.5 5 20
10 0
A．，，
B．本实验利用了控制变量思想，变量为浓度
C．反应一段时间后，实验的金属表面可能呈现红色
D．该小组的实验结论是硫酸铜对稀硫酸与锌反应生成氢气有催化作用
6．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮水处理。常温下，调节其水溶液pH时，含铁粒子的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知 ]。
下列说法正确的是（ ）
A．25℃，B点水的电离出的c(H+)=1×10 4
B．NaHFeO4溶液显碱性
C．常温下，H2FeO4(aq)+H+(aq) H3FeO (aq)的平衡常数K＜100
D．K2FeO4起杀菌消毒作用是因为其遇水生成了Fe(OH)3胶体
7．下列实验现象或结果不能证明一元酸HR为弱酸的是（ ）
A．室温时，NaR溶液的pH大于7
B．向HR溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色
C．向HR溶液中加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大
D．室温时，0.01mol/L的HR溶液的pH=4
8．向1L的恒容密闭容器中加入1molX和2molY，发生反应：，X的转化率随温度的变化如图所示(图中不同温度下的转化率是第5min数据)。下列说法正确的
A．300℃时，0-5min内平均反应速率
B．b、c点对应的(Y)大小关系：
C．c点时，反应消耗molX()，同时消耗molZ
D．若将气体体积缩小为0.5L，则c点温度下的(X)减小
9．密闭容器中加入HBr，一定条件下发生反应：，随反应时间的变化如曲线①所示，分别改变一个条件，得到曲线②和③，下列说法正确的是
A．该反应正反应为放热反应
B．曲线①，0~50min用表示的平均反应速率为
C．曲线②，可能使用了催化剂或压缩容器体积
D．曲线③，达到平衡后，容器内各物质的浓度分别增加，平衡正向移动
10．一定温度下，某容器中加入足量的碳酸钙，发生反应CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)，达到平衡，下列说法正确的是（ ）
A．将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，CO2的浓度不变
B．将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体的密度变大
C．因CaCO3(s)需加热条件才分解生成CaO(s)和CO2(g)，所以该分解反应ΔH<0
D．保持容器压强不变，充入He，平衡向逆反应方向进行
11．氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇的反应为放热反应，催化过程可解释为“吸附-活化-解离”的过程，催化反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．反应过程中I-V步，C元素化合价不变
B．单位时间内生成的水越多，则甲醇的产率越大
C．增大催化剂的表面积，可以提高甲醇的平衡产率
D．氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物生成
12．下列说法正确的是（ ）
A．常温下2S2O(g)=3S(s)+SO2(g)能自发进行，则该反应△H<0
B．一定温度下，饱和Ca(OH)2溶液中加入少量的生石灰，所得液的pH会增大
C．CaSO4悬浊液中滴加少量Na2CO3溶液可生成CaCO3，则Ksp(CaCO3) > Ksp(CaSO4)
D．用惰性电极电解1L1mol L的CuSO4溶液，当阴极析出3.2g铜时，加0.05molCu(OH)2固体可将溶液恢复至原浓度
13．工业上用明矾石[主要成分为K2SO4 Al2(SO4)3 4Al(OH)3，含少量SiO2]制备铵明矾[NH4Al(SO4)2 12H2O]的工艺流程如下，下列有关说法错误的是（ ）
A．“焙烧”前将明矾石粉碎的目的是加快反应速率，提高原料的利用率
B．明矾石“焙烧”反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
C．“酸溶”时发生反应的离子方程式为Al(OH)3＋3H+=Al3+＋3H2O
D．NH4Al(SO4)2 12H2O晶体属于化合物
14．相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，不合理的是
A．31g白磷(s)＜ 31g红磷(s) B．1 molH2(g) ＜ 2 molH2(g)
C．1mol H2O(s)＜ 1molH2O(l) D．1molH2S(g) ＞ 1molH2O(g)
15．已知：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH = - 49.0 kJ mol-1。向3个恒容的密闭容器中分别投入物质的量比为 3∶4 的CO2和H2，H2的物质的量(mol)随时间(min)变化如下表(T表示温度)，下列说法正确的是（ ）
A．在第I组在0~8 min内CO2的平均反应速率为2 mol·L-1·min-1，且放出98 kJ热量
B．第I组第10 min后，恒温，再充入1 mol CO2(g)和3 mol H2O(g)，则v正
D．对比第I和第III组，在 0~4 min内，能说明H2的平均反应速率随温度升高而增大
16．一定条件下，向一带活塞、有钒触媒的密闭容器中充入和，发生反应： ，则下列说法正确的是（ ）
A．该反应的逆方向低温自发
B．若容器绝热，则化学反应速率会越来越快
C．保持温度不变，达到平衡后，充入，的转化率将减小
D．不变，则该可逆反应已达到平衡状态
17．N2H4、N2O4常用作火箭发射的推进剂。推进剂发生反应：2N2H4（l）＋N2O4（l）=3N2（g）＋4H2O（g）。下列有关说法正确的是（ ）
A．反应每生成0.3 mol N2，转移电子的数目为1.6×6.02×1023
B．充有N2O4的密闭容器中存在：N2O4（g） 2NO2（g），当c（N2O4）∶c（NO2）＝1∶2时，该可逆反应到达限度
C．碱性N2H4—空气燃料电池工作时，正极电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－
D．N2H4的水溶液中存在：N2H4＋H2O N2H ＋OH－，向稀溶液中加水稀释， 的值变大
18．高粱酿酒过程中部分操作如图所示。下列说法错误的是
“蒸粮”时加热 “拌曲”前摊晾 “堆酵”时升温 “馏酒”时控温
A．“蒸粮”时可适当鼓风加快燃烧速率
B．““拌曲”加入的酒曲在酿酒时起到催化作用
C．“堆酵”时升温是因为吸收环境中的热量
D．“馏酒”的原理即实验操作中的“蒸馏”
19．已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量的NO2气体，且起始时体积相同。发生反应：2NO2(g) N2O4(g)△H＜0。一段时间后达到平衡状态，下列说法中正确的是（ ）
A．该反应的平衡常数表达式K=
B．达到平衡所需时间，甲与乙相等
C．平衡时NO2体积分数：甲＜乙
D．若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态
20．CH4与CO2重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应：
反应①：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247.4kJ·mol-1
反应②：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol-1
反应③：CH4(g)+ O2(g) CO(g)+2H2(g)ΔH3=-35.6kJ·mol-1
一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示,下列说法正确的是（ ）
A．2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-283kJ·mol-1
B．图中曲线a和b分别代表产物CO和H2
C．温度高于900K时，H2O的含量下降的原因之一是反应③向逆向进行
D．升高温度和增加压强均能使CO的产量增加
二、综合题
21．碳酸锂在医疗上可用于治疗狂躁性精神病，作镇静剂等。电解铝废渣(主要含AlF3、LiF、NaF、CaO等)可用于制备Li2CO3。
已知：①20℃时，Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10-29，Ksp(CaHPO4)=1×10-7，Ksp(CaSO4)=5×10-5。
②CaF2可溶于硫酸。
③Li2CO3的溶解度：0℃1.54g，20℃1.33g，80℃0.85g。
（1）在加热条件下“酸浸”，反应生成能腐蚀玻璃的气体，写出“酸浸”中AlF3发生反应的化学方程式： 。
（2）“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。
（3）“转化”后所得的LiHCO3溶液中含有的Ca2+需要加入Li3PO4稀溶液除去。“除钙”步骤中其他条件不变，反应相同时间，温度对除钙率和Li2CO3产率的影响如图1所示。
①随着温度的升高，Li2CO3的产率逐渐减小的原因是 。
②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是 。
（4）热分解后，获得Li2CO3的操作是先加热蒸发，然后 。
（5）锂硒电池是新一代全固态锂二次电池，具有优异的循环稳定性，其正极材料为附着硒化锂(Li2Sex)的碳基体。Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是 。
（6）对电解铝废水中Al3+含量的测定和处理是环境保护的重要课题。工业上常采用EDTA络合滴定法测定电解铝废水中的Al3+含量：取10.00mL电解铝废水置于250mL锥形瓶中，加入一定体积的柠檬酸，煮沸；再加入0.005mol·L-1的EDTA标准液20.00mL，调节溶液的pH至4.0，加热，冷却后用0.002mol·L-1的CuSO4标准液滴定至终点，消耗CuSO4标准液30.00mL。该矿业废水中Al3+的含量为 mg·L-1。(已知：Cu2+、Al3+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)
22．发展新能源、改善空气质量等一直是化学研究的热点。回答下列问题：
（1）甲醇是可再生的清洁能源，可利用CO2与H2合成甲醇：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。该反应历程如图所示。
上述合成甲醇的反应的有机副产物有 ；由于该反应速率较慢，需要加入催化剂使反应速率加快，主要降低下列变化中 (填字母)的能量变化。
A．*CO+*OH→*CO+*H2O B．*CO→*OCH
C．*OCH2→*OCH3 D．*OCH3→*CH3OH
（2）焦炭与水蒸气在恒容密闭容器中反应，可制合成气，主要反应(I)、(II)的lg KP(KP为以分压表示的平衡常数)与T的关系如图所示。
①反应(I)的△H 0(填“＞”、“＝”或“＜”)；
②在容积为10 L密闭容器中充入1 mol CO、1 mol H2O只发生反应(II)，反应5分钟到达图中d点，请计算0～5 min时，CO平均反应速率 ；此时CO的转化率为 ；已知：反应速率v=v正-v逆=k正·x(CO)·x(H2O)-k逆·x(CO2)·x(H2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算e处的 = ；
③c点时，若反应容器中CO浓度为0.1 mol/L，则CO2浓度为 (填数值)。
23．2009年10月1日，我国成功举办国庆六十年阅兵活动。其中阅兵仪式上9辆电动车与混合动力车等新能源车辆的亮相，展示了综合国力、国防科技发展水平。同时也说明能源短缺是人类社会面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。
（1）工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：
反应Ⅰ： CO(g) ＋
2H2(g) CH3OH(g) ΔH1
反应Ⅱ： CO2(g) ＋ 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH2
①上述反应符合“原子经济”原则的是 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
②下表所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数（K）。
温度 250℃ 300℃ 350℃
K 2.041 0.270 0.012
由表中数据判断ΔH1 0 （填“＞”、“＝”或“＜”）。
③某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO)＝ 0.2 mol/L，则CO的转化率为 ，此时的温度为 （从上表中选择）。
（2）已知在常温常压下：
①
2CH3OH(l) ＋
3O2(g) ＝
2CO2(g) ＋
4H2O(g) ΔH1＝－1275.6
kJ/mol
②
2CO (g)+ O2(g) ＝
2CO2(g) ΔH2＝－566.0
kJ/mol
③
H2O(g) ＝
H2O(l) ΔH3＝－44.0
kJ/mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：
（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，
①设计如图所示的电池装置。该电池正极的电极反应为 。
②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的化学方程式为
。
24．为了防止氮氧化物对空气的污染，人们采取了很多措施。
（1）如用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染，发生的反应如下：
CH4(g)+2NO2(g) N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g) △H＝－867 kJ·mol－1。
①下列有关说法正确的是 。
A．在容器中充入1mol CH4和2 mol NO2，当体系中n(CH4)/n(NO2)比值不随时间变化时，反应达到平衡状态
B.恒温恒容时，当混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
C.体系达到平衡后，升高温度，体系中的混合气体的平均相对分子质量增大
D.恒温恒压时，充入CH4有利于提高氮氧化物的转化率
②在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态。请在右图中补充画出从t2到t4时刻v正(N2) 随时间的变化曲线：
（2）现有的汽车尾气处理的原理是：NO(g)+2CO(g) N2(g) +2CO2(g)，通常使含适当比例的NO、CO尾气通过装有高效催化剂的处理装置。请根据以下相关数据，分析仅使用催化剂能否有效消除NO、CO尾气污染 。
反应 25℃时的平衡常数 焓变
反应I：2NO(g) N2(g)＋O2(g) K1=1×1030 △H=－180.5kJ/mol
反应II：2CO2 (g) 2CO(g)＋O2(g) K2=4×10－92 △H= +566.0kJ/mol
（3）用NH3催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染，其反应原理为：NO(g)
+NO2(g)+2NH3(g) 2N2(g) + 3H2O(g)。一定温度下，在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，容器中含n(NO)=a mol，n(NO2)=2a mol，n(NH3)=2a mol，n(N2)=2b mol，且N2(g)的体积分数为1/3，请计算此时的平衡常数Kp= 。（用只含P的式子表示，且化至最简式）。（备注：对于有气体参加的反应，可用某组分的平衡分压代替物质的量浓度计算平衡常数，记作KP。如p(NO2)为NO2的平衡分压，p(NO2)=x(NO2)p，p为平衡总压，x(NO2)为平衡体系中NO2的物质的量分数。）
（4）用间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图（质子膜允许H+和H2O通过），电极I发生的电极反应为 。
25．采用新技术减少氮氧化物、SO2等物质的排放，可促进社会主义生态文明建设。
（1）采用“联合脱硫脱氮技术” 处理烟气（含CO2、SO2、NO）可获得含CaCO3、CaSO4、Ca(NO2)2的副产品，工业流程如图所示。
①反应釜I采用“气—液逆流”接触吸收法(如图)，其优点是 。
②反应釜II中CaSO3转化为CaSO4的化学反应方程式为 。
（2）为研究“CO还原SO2”的新技术，在反应器中加入0.10 mol SO2，改变加入CO的物质的量，反应后体系中产物随CO的变化如图所示。其中产物Y的化学式是 。
（3）O2/CO2燃烧技术是指化石燃料在O2和CO2的混合气体中燃烧而不是在空气中燃烧，通过该燃烧技术可收集到高纯度的CO2。
①与在空气中燃烧相比，利用O2/CO2燃烧技术，烟气中NOx的排放量明显降低，其主要原因是 。
②利用太阳能可实现反应：2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)，该反应能自发进行的原因是 。
③700℃时，以Ni-MgO/γ-Al2O3作催化剂，向2 L密闭容器中通入CO2和CH4各3 mol，发生反应：CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g)，反应达平衡时测得 CO的体积分数为40%，CO2的平衡转化率为 。
④CO2在新型钴基电催化剂作用下可转化为清洁燃料—甲酸。其工作原理如图所示，写出生成甲酸的电极反应式： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A、由分析可知，平衡向正反应方向移动了，故A错误；
B、由分析可知，平衡正向移动，A的转化率增大，故B错误；
C、反应正向移动，B的物质的量分数增大，故C正确；
D、由分析可知，减小压强，平衡逆向移动，则a
【分析】保持温度不变，将容器体积增加一倍，若a=b，B的浓度应当均为原来的一半，当达到新的平衡时，B的浓度是原平衡时的60%，说明减小压强，平衡正向移动。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故A符合题意；
B．氯自由基(Cl )能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl 主要参与反应②，故B不符合题意；
C．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故C不符合题意；
D．Cl 是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.活化能越大反应速率越慢；
B.Cl 主要参与反应②；
C.化学反应由反应速率慢的一步反应决定；
D.催化剂不影响平衡状态。
3．【答案】B
【解析】【解答】A.高炉炼铁过程中，应通过加快反应速率，提高单位时间内获得铁的产量，A不符合题意；
B.牛奶变质过程中，应通过减慢反应速率，降低牛奶变质，延长保质期，B符合题意；
C.合成尿素过程中，应通过加快反应速率，提高单位时间内合成尿素的产量，C不符合题意；
D.酯化反应过程中，应通过加快反应速率，提高单位时间内生成酯的产量，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】需要减缓反应速率，则该反应过程应该是不为我们所需的反应，据此结合选项进行分析。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．小麦中含有的淀粉是天然高分子化合物，是基本营养物质之一，故A不符合题意；
B．“曲”中含有含有的酶是“淀粉→乙醇”转化过程的催化剂，故B不符合题意；
C．酿酒发酵过程为淀粉在酶的作用下发生水解反应生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下发酵生成乙醇，所以葡萄糖是酿酒发酵过程中的一种中间产物，故C不符合题意；
D．乙醇溶于水，所以可用蒸馏的方法将酒中的水分离出去以提高酒精浓度，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.淀粉是六大营养物质之一；
B.酶能催化淀粉转化为乙醇；
C.淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵生成乙醇。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同，A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL，而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，那么总量为20mL，所以V1=30mL，V6=10mL，V7=20mL，A不符合题意；
B．分析图表数据可知，探究的是硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响，所以变量为铜离子浓度，实验利用了控制变量思想，B不符合题意；
C．为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，反应一段时间后，实验F的金属呈现红色，C不符合题意；
D．因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，由于Zn和铜，稀硫酸能够形成微小的原电池反应，加快反应速率，但不是硫酸铜具有催化剂的作用，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】Cu和Zn以及硫酸铜溶液在形成原电池，促进反应发生，与催化剂的催化原理不同。
6．【答案】C
【解析】【解答】A.B点溶液呈酸性，说明H2FeO4电离大于HFeO4( )水解，抑制水的电离，此时pH=4，所以水的电离出的c(H+)=1×10 10，故A不符合题意；
B.由图可知，H2FeO4的第二步电离平衡常数大小约为10 7.5，第一步电离大小约为10 3.5，由K水=Kw/K电可知，HFeO4( )的水解平衡常数大小约为10 10.5，故HFeO4( )的电离大于水解，呈酸性，故B不符合题意；
C.结合图象可知，c(H2FeO4)=c(H3FeO )时，溶液的pH<2，c(H+)>0.01mol/L，则H2FeO4+H+ H3FeO4(+)的平衡常数K= = < =100
，即K<100，故C符合题意；
D.K2FeO4起杀菌消毒作用是因为它的强氧化性，生成Fe(OH)3胶体有吸附性而有净水作用。
【分析】A.根据图所示，pH=4,溶液显酸性，H2FeO4的电离占主导地位，根据水的离子积即可计算
B.据图所示，分别计算出HFeO4-电离和水解平衡常数
C.结合图示，当离子浓度相等时，可以计算出氢离子的浓度
D.高铁酸钾溶液的铁是+6价，具有很强的氧化性，利用其氧化性杀毒
7．【答案】B
【解析】【解答】A、室温NaR溶液pH大于7，则R－能水解，HR为弱酸；
B、HR溶液中滴加紫色石蕊试液变红，只说明HR溶液呈酸性，不能判断是否完全电离；
C、HR溶液中加少量NaR固体pH变大，证明HR在溶液中存在电离平衡，HR为弱酸；
D、室温时pH=4的溶液中氢离子浓度为0.0001mol/L，则0.01mol/LHR溶液中HR没有完全电离，HR为弱酸。
本题选B。
【分析】根据弱酸的电离平衡及其对应盐的水解平衡，应用平衡移动原理分析判断。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．a点时，转化率为30％，此时生成的Z为0.6mol，Z的平均反应速率为，A不符合题意；
B．温度越高反应速率越快，则b点的反应速率小于c点的速率，但5min时b点的转化率却大于c点，说明b点未达平衡，c点达平衡，Y的浓度：b＞c，温度：b＜c，故无法判断b、c两点(Y)大小关系，B不符合题意；
C．c点达平衡，反应消耗，同时消耗molZ，C符合题意；
D．c点温度下，压缩体积，即增大压强，平衡正向移动，(X)增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应速率v=进行分析。
B.温度越高反应速率越快。
C.c点达平衡，则正逆反应速率相等。
D.根据勒夏特列原理进行分析。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．由上述分析可知，升温平衡正向移动，则该反应为吸热反应，故A不符合题意；
B．曲线①，0~ 50 min用HBr表示的平均反应速率为=0.02mol﹒L-1﹒min-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，用H2表示的平均反应速率为0.01 mol﹒L-1﹒min-1，故B不符合题意；
C．曲线②，可能使用了催化剂，反应速率加快，平衡不移动，各物质浓度不变；如果缩小体积，气体浓度都增大了，而实际上HBr浓度减小了，与图象变化不符合，故C不符合题意；
D．曲线③达到平衡时有：，得，往容器中加入浓度均为0.2 mol﹒L-1的三种物质，得，则Qc＜K，平衡将向正反应方向移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
B、化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
C、催化剂不影响平衡移动；
D、化学平衡常数等于反应物的浓度幂之积和生成物的浓度幂之积之比，如果已知化学平衡常数，要判断平衡移动问题，可以结合Qc和化学平衡常数的关系进行判断，Qc>K，反应朝逆向移动，Qc>K，反应朝正向移动，Qc=K，平衡不移动。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．根据CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)可知，该反应的平衡常数K=c(CO2)，将体积缩小为原来的一半，当体系再次达到平衡时，因温度不变，则K值不变，所以c(CO2)也不变，A符合题意；
B.该反应中只有二氧化碳为气体，所以反应过程中气体的密度始终不变，则将体积增大为原来的2倍，再次达到平衡时，气体密度不变，B不符合题意；
C.CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)是分解反应，该反应为吸热反应，所以△H＞0，C不符合题意；
D.保持容器压强不变，充入He，容器体积增大，CO2的浓度减小，平衡将向正反应方向进行，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.由反应的平衡常数确定条件改变对c(CO2)的影响；
B.根据公式结合压强对平衡移动的影响进行分析；
C.该反应为吸热反应，其ΔH>0；
D.压强不变，充入He，体积增大，c(CO2)减小；
11．【答案】D
【解析】【解答】A．反应过程中Ⅰ-Ⅴ步，C的成键个数不相同，化合价发生了变化，A项不符合题意；
B．生成的水越多，有可能产生的越多，甲醇产率不一定大，B项不符合题意；
C．增大催化剂的表面积，可以加快反应速率，但不影响平衡转化率，C项不符合题意；
D．由图可得第Ⅲ步可知，氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物生成，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据成键个数分析；
B．甲醇产率不一定大；
C．依据化学平衡移动原理分析；
D．依据机理图分析。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．根据△H-T△S<0反应能自发进行，该反应的正反应是一个熵减少的反应即△S<0，该反应能自发进行，一定要满足△H<0，A符合题意；
B．饱和Ca(OH)2溶液中加入少量的生石灰，温度没有变化，反应后依然是Ca(OH)2饱和溶液，c(OH-)不变，pH不变，故B不符合题意；
C．CaSO4悬浊液中滴加少量Na2CO3溶液可生成CaCO3,说明难溶物质转化为了更难溶的物质，即Ksp(CaSO4)> Ksp(CaCO3)，C不符合题意；
D．用惰性电极电解CuSO4溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上失电子析出氧气，所以溶液中析出的物质相当于氧化铜，当阴极析出3.2g铜时，要使溶液恢复到原来状态，可向溶液中加入0.05molCuO；而Cu(OH)2相当于氧化铜和水，加入0.05mol的Cu(OH)2固体，则溶液偏小，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、根据△H-T△S＜0时，反应能自发进行判断；
B、饱和Ca（OH）2溶液中加入少量的生石灰，所得溶液仍然是饱和的，浓度不变；
C、从难溶电解质的溶解平衡的角度分析；
D、先确定电解时溶液中析出的物质，根据少什么加什么再加入相应的物质使溶液恢复到原来状态。
13．【答案】C
【解析】【解答】A. “焙烧”前将明矾石粉碎的目的是加快反应速率，提高原料的利用率，A不符合题意；
B. 明矾石“焙烧”反应的化学方程式为 ，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，B不符合题意；
C. 由B选项可知，焙烧后的固体主要为氧化铝，“酸溶”时发生反应的离子方程式为 ，故C符合题意；
D. NH4Al(SO4)2 12H2O晶体属于化合物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由流程可知，明矾石煅烧，分解生成硫酸钾、氧化铝以及二氧化硫和氧气，水浸除去硫酸钾，加入硫酸酸溶，水浸，过滤除去二氧化硅，加入硫酸铵，可生成铵明矾，以此解答该题；
A. 增大接触面积可以加快反应速率；
B. 化合价降低生成的为还原产物，花儿价升高生成为氧化产物；
C. 氧化铝为两性氧化物，溶于酸碱；
D. NH4Al(SO4)2 12H2O晶体属于盐，为化合物。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．在隔绝空气条件下，白磷加热到260℃时会转化为红磷；红磷加热到416℃时就升华，其蒸气冷却后变成白磷，说明红磷能自发的转化成白磷，所以白磷的熵要大于红磷，故A符合题意；
B．气态分子数越多，熵值越大，故B不符合题意；
C．一般情况下，相同的物质的量的固体状态的熵值最小，液体其次，气体的熵值最大，故C不符合题意；
D．硫化氢和水蒸气的物质的量相同，而且都是气态，原子数相同，但硫化氢的摩尔质量大，所以硫化氢的熵值要大于水蒸气的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．在隔绝空气条件下，白磷加热到260℃时会转化为红磷；红磷加热到416℃时就升华，其蒸气冷却后变成白磷，说明红磷能自发的转化成白磷，所以白磷的熵要大于红磷；
B．气态分子数越多，熵值越大；
C．一般情况下，相同的物质的量的固体状态的熵值最小，液体其次，气体的熵值最大；
D．物质的量相同的气体，原子数相同，摩尔质量大的，熵值大。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.根据表格数据可知：在第I组在0~8 min内H2的物质的量改变6.0 mol，则CO2的物质的量变化2.0 mol，CO2平均反应速率v(CO2)= =0.125 mol·L-1·min-1，A不符合题意；
B. 第I组第10 min后，恒温，再充入1 mol CO2(g)和3 mol H2O(g)，由于生成物H2O(g)浓度增大的多于反应物CO2(g)浓度的增大，则反应速率v正
D. 第I和第III组的物质浓度与反应温度都不相同，因此不能说明H2的平均反应速率随温度升高而增大，D不符合题意；
故合理选项是B。
【分析】A.根据氢气的物质的量变化量，计算出能量变化量，计算出氢气的速率，根据化学计量系数之比等于速率之比
B.平衡之后，加入二氧化碳和水的物质的量相当于增加了生成物的浓度，平衡向左移
C.温度不同，最终平衡后浓度不同
D.要比较温度对速率的影响，需要注意控制变量
16．【答案】C
【解析】【解答】A．该反应逆反应为吸热、气体体积增大的反应，〉0，〉0，高温时自发进行，故A不符合题意；
B．该反应为放热反应，若容器绝热，则化学反应速率会先减小后增大，故B不符合题意；
C．保持温度不变，达到平衡后，充入，密闭容器带有活塞，则容器体积变大，容器内各气体浓度变小，平衡逆向移动，的转化率变小，故C符合题意；
D．起始加入=2：1，反应中=2：1，故始终等于2：1，不能判定可逆反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据即可判断
B.容器绝热，反应放热，速率先减小再增大
C.温度不变，加入氮气，导致体积增大，浓度减小平衡逆向移动
D.给出的量的比值与化学计量系数之比相等，始终都是不变
17．【答案】C
【解析】【解答】A.2N2H4（l）＋N2O4（l）=3N2（g）＋4H2O（g）中每生成3molN2转移电子数是8mol，反应每生成0.3 mol N2，转移电子的数目为0.8×6.02×1023，A不符合题意；
B．充有N2O4的密闭容器中存在：N2O4（g） 2NO2（g），当c（N2O4）∶c（NO2）＝1∶2时，无法确定正逆反应速率是否相等，无法证明反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．碱性N2H4—空气燃料电池工作时，正极上氧化剂O2得电子，发生还原反应，正极电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，C符合题意；
D．N2H4的水溶液中存在：N2H4＋H2O N2H ＋OH－，向稀溶液中加水稀释，c(N2H4)减小，c(OH-)减小，c(H+)增大， 的值变小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据化合价变化计算转移的电子数；
B.根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
C.燃料电池中燃料作负极，氧化剂在正极发生反应；
D.溶液稀释，水解往正反应方向移动。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．“蒸粮”时可适当鼓风，增加氧气的浓度，可以加快燃烧速率，A不符合题意；
B．酒曲在酿酒时起到催化作用，B不符合题意；
C．升温是因为发酵时放出热量，C符合题意；
D．蒸馏时控制温度在酒精的沸点范围内，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】C项中升温是因为发酵时放出热量，其它选项依据物质的性质和反应的速率、反应条件分析。
19．【答案】C
【解析】【解答】A．平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，即K= ，故A不符合题意；
B．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在反应过程中甲的压强大于乙，压强大反应速率也大，所以甲达到平衡的时间也短，故B不符合题意；
C．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在达到平衡时，甲的压强大于乙，甲容器中反应正向进行的程度大于乙，所以NO2体积分数：甲＜乙，故C符合题意；
D．由于甲容器始终是恒压条件，所以压强不变不能说明该容器中反应已经处于平衡状态，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.根据平衡常数的定义式进行判断；
B.恒压条件下，随反应的进行，甲的压强相对乙是增大压强，反应速率加快；
C.反应过程中甲相对乙的压强增大，平衡向正反应方向移动，容积减小；
D.甲装置的压强一直不变，无论是否达到平衡状态，压强一直不变。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，2(③-①)可得2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=2(ΔH3-ΔH1)=-566kJ·mol-1，故A不符合题意；
B．根据反应①②③可知，反应产物有CO、H2和H2O，生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO，CO的产量高于H2，所以曲线a表示的产物为H2，曲线b表示CO，故B不符合题意；
C．反应②为吸热反应，升高温度后，反应向正反应向进行；但温度升高反应③逆向移动，甲烷浓度增大，反应①会正向移动，CO浓度增大、CO2浓度减少，反应②逆向移动，导致H2O的含量下降，则H2O的含量下降的原因之一是反应③向逆向进行，故C符合题意；
D．反应③为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的产量降低，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据盖斯定律计算即可
B.根据反应①②③判断一氧化碳的含量高于氢气
C.反应①②和吸热反应，反应③是放热反应，温度升高后③逆向移动，导致甲烷含量升高反应①正向移动，导致一氧化碳含量增大，反应②逆向移动
D.根据反应的放热和吸热进行判断
21．【答案】（1）2AlF3+3H2SO4(浓) Al2(SO4)3+6HF↑
（2）Al
（3）温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉；温度升高，PO 水解，PO 离子浓度减小
（4）趁热过滤
（5）Li2Se6>Li2Se4>Li2Se
（6）108
【解析】【解答】(1)在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，AlF3与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化氢，化学方程式：2AlF3+3H2SO4(浓) Al2(SO4)3+6HF↑；该反应属于复分解反应；
(2)根据分析，滤渣的主要成分是Al；
(3)①温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉，导致最终的产率逐渐减小；
②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是：温度升高，PO 水解，PO 离子浓度减小；
(4)根据已知信息①，Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失，所以先加热蒸发，然后趁热过滤；
(5)由Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化分析可知，结合碳基体过程中放出的能量越多，形成的物质越稳定，越易形成，则3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是：Li2Se6＞Li2Se4＞Li2Se，故答案为：Li2Se6＞Li2Se4＞Li2Se；
(6)CuSO4标准溶液的浓度为 ，与Al3+反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为0.003L×0.002mol/L=6×10-5mol，则n(Al3+)=0.02L×0.005mol/L-6×10-5mol=4×10-5mol，则该废水中Al3+的含量为 ，故答案为：108mg/L。
【分析】铝废渣用浓硫酸酸浸溶解，生成HF，形成含有Al3+、Li+、Na+、Ca2+、 的溶液，浓硫酸具有强氧化性，铝废渣的铝单质发生钝化不参与反应，过滤得到的滤渣含有铝单质，向滤液中加入碳酸钠溶液使Al3+、Li+、Ca2+转化为Li2CO3、Al2(CO3)3及CaCO3沉淀，过滤后向沉淀中加水，通入足量二氧化碳，使Al2(CO3)3转化为Al(OH)3，Li2CO3、CaCO3沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙，过滤则滤渣为Al(OH)3，再向滤液中加入Li3PO4除去溶液中的Ca2+生成Ca3(PO4)2沉淀，过滤后得到碳酸氢锂溶液，对其加热分解生成碳酸锂。
22．【答案】（1）CH2O；A
（2）＞；0.01 mol/(L·min)；50%；100；0.01 mol/L
【解析】【解答】(1)由图可知生成副产物主要有CO和CH2O，其中的有机副产物是CH2O；由图可知生成甲醇的过程中，能垒最高(为1.64 eV)的变化为*CO+*OH→*CO+*H2O，该反应速率最慢，决定整个反应的快慢，所以要想提高整个反应速率，应该降低该反应的能垒，故答案为：A；(2)①根据图示可知：温度升高，lgKp增大，说明升高温度，平衡正向移动。根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此该反应的正反应为吸热反应，故△H＞0；②在容积为10 L密闭容器中充入1 mol CO、1 mol H2O只发生反应(II) CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，反应5分钟到达图中d点，此时lgKp=0，则Kp=1，根据化学反应速率与物质反应关系，由于加入1 mol CO、1 mol H2O，反应是按1：1物质的量关系进行，剩余的CO、H2O也是1：1物质的量关系，反应产生的CO2与H2的物质的量相等，则每种气体的物质的量及浓度都相同，此时n(CO)=0.5 mol，c(CO)=c(H2O)=c(H2)=c(CO2)= =0.05 mol/L，则0～5 min时，CO平均反应速率v(CO)= =0.01mol/(L·min)；此时CO的转化率为 ×100%=50%；由于反应速率v=v正-v逆=k正·x(CO)·x(H2O)-k逆·x(CO2)·x(H2)，反应达到平衡时，v正=v逆，所以k正·x(CO)·x(H2O)=k逆·x(CO2)·x(H2)，则 =K，e点时lgKp=-2，Kp=10-2，由于反应开始时c(CO)=c(H2O)=0.1 mol/L，c(H2)=c(CO2)=0，假设反应产生CO2、H2的物质的量浓度是a mol/L，则平衡时c(CO)=c(H2O)=(1-a)mol/L，c(H2)=c(CO2)=a mol/L，该反应是反应前后气体体积不变的反应，则Kp= =10-2，解得a=0.1× mol/L，c(CO)=c(H2O)=(1-a)mol/L=0.1× mol/L，所以x(CO)=x(H2O)= ，x(H2)=x(CO2)= ，根据图象可知，此温度下反应达到平衡时，Kp=1，所以e处的 =Kp× =100；③对于反应(I)化学平衡常数K= ；对于反应(II)，化学平衡常数K= ，由于c点是两个反应的交点，化学平衡常数相等，所以 ，c(CO2)=c2(CO)，由于此时反应容器中CO浓度为0.1 mol/L，所以c(CO2)=c2(CO)=(0.1)2 mol/L =0.01 mol/L。
【分析】(1)由图可知，副产物有CO和CH2O，反应的能垒越低，反应越容易进行，副产物的量越多；反应的能垒越大，反应的反应速率越慢；(2)①该反应正向是气体体积增大的反应，根据温度与化学平衡常数的对数关系分析温度与平衡移动的关系；②根据图象确定Kp，利用物质加入量及转化量关系，确定平衡时各种物质的浓度，再根据化学反应速率和物质转化率的含义进行计算；根据e点lgKp计算CO转化率，得到各种气体的物质的量分数，结合该温度下的平衡常数，带入速率公式可得速率的比值；③c点是两个反应的交点，二者的平衡常数相等，据此解答。
23．【答案】（1）I；＜；80%；250℃
（2）CH3OH(l)+ O2(g) ＝ CO(g) + 2H2O(l) ΔH＝﹣442.8 kJ∕mol
（3）O2+ 2H2O + 4e-= 4OH-；2CH3OH + 3O2+ 4OH-= 2CO32-+ 6H2O
【解析】【解答】（1）①反应I只生成甲醇，符合绿色化学思想，原子利用率100%；
②由表中数据可知随温度的升高，K逐渐减小，说明平衡左移，即正反应是放热反应，ΔH1＜0；
③
CO(g) ＋ 2H2(g) CH3OH(g)
起始（mol） 1 3 0
转化（mol） 0.8 1.6 0.8
平衡（mol） 0.2 1.4 0.8
则CO的转化率为 =80%；K= =2.041，比照表中数据可知，温度为250℃；
（2）已知：① 2CH3OH(l) ＋ 3O2(g) ＝ 2CO2(g) ＋ 4H2O(g) ΔH1＝－1275.6 kJ/mol② 2CO (g)+ O2(g) ＝ 2CO2(g) ΔH2＝－566.0 kJ/mol③ H2O(g) ＝ H2O(l) ΔH3＝－44.0 kJ/mol。根据盖斯定律，由①× -②× +③×2得反应CH3OH(l)+ O2(g) ＝ CO(g) + 2H2O(l) ΔH＝﹣442.8 kJ∕mol；
（3）①该燃料电池中，正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，电极反应式为O2+ 2H2O + 4e-=4OH-；②得失电子相等条件下，将电极反应式相加即得电池反应式，所以得电池反应式为2CH3OH + 3O2+ 4OH-= 2CO32-+ 6H2O。
【分析】（1）①原子经济性,即化学变化中的反应物的利用率很高,或者只有大部分甚至全部是所需要的产物,其它副产品很少,甚至没有.若是没有任何其它产物的,就称为原子利用率100%,也就是化合反应了。
②分析表中数据，随温度的升高，K逐渐减小，说明平衡左移，即正反应是放热反应；
③利用三等式计算CO的转化率，再通过K值判断反应温度即可。
（2）根据盖斯定律进行计算，注意各热化学方程式的系数关系；
（3）①燃料电池中，燃料在负极发生反应，正极上是氧气参与反应，注意溶液为碱性；②因为甲醇会产生CO，CO2在碱性条件下会转化为CO32-。
24．【答案】（1）CD；
（2）由反应I和II的平衡常数，可知2NO(g)+2CO(g) N2(g) +2CO2(g)的K= K1/K2＝2.5×10121，该反应向正方向的趋势很大，使用合适的催化剂加快反应速率，基本上可以除去污染气体
（3）5625P/4
（4）2HSO3－ + 2e－+ 2H+ = S2O42－+2H2O
【解析】【解答】（1）①A．由反应式和起始加料量可知，体系中n(CH4)/n(NO2)比值始终不变，不能作为达到平衡状态的标志，A不符合题意；
B.容器的容积和混合气体总质量都不变，所以混合气体的密度不随时间改变，不能作为反应达到平衡状态的标志，B不符合题意；
C.正反应为放热反应，体系达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体分子数减小，根据M= ，体系中的混合气体的平均相对分子质量增大，C符合题意；
D.恒温恒压时，充入CH4平衡向正反应方向移动，氮氧化物的转化率增大，D符合题意；
故答案为：CD；
②t2时容积扩大到原来的2倍，组分浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，v正(N2)减小，t3时达到平衡，即图像是： 。
故答案为： 。
(2) 反应I：2NO(g) N2(g)＋O2(g) K1=1×1030
反应II：2CO2 (g) 2CO(g)＋O2(g) K2=4×10－92
据盖斯定律①-②得2NO(g)+2CO(g) N2(g) +2CO2(g)的K= K1/K2＝2.5×10121，K值越大，反应进行的越完全，从理论上来说，CO与NO能反应完全，因此，本题正确答案是：能，由反应I和II的平衡常数，可知2NO(g)+2CO(g) N2(g) +2CO2(g)的K= K1/K2＝2.5×10121，该反应向正方向的趋势很大，使用合适的催化剂加快反应速率，基本上可以除去污染气体；
（3）NO(g) +NO2(g)+2NH3(g) 2N2(g) + 3H2O(g)。
已知平衡时，n(NO)=a mol，n(NO2)=2a mol，n(NH3)=2a mol，n(N2)=2b mol，
物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，则n(H2O)=3b mol，
根据N2(g)的体积分数为1/3，则有： = ，解得，b=5a，
平衡时NO、NO2、NH3、N2、H2O的物质的量分数分别为： 、 、 、 、 ，
此时的平衡常数Kp= = = P。
因此，本题正确答案是： P；
（4）电极I为阴极，阴极上是HSO3－获得电子生成S2O42－，在酸性条件下还生成水，电极反应为：2HSO3－ + 2e－+ 2H+ = S2O42－+2H2O，因此，本题正确答案是：2HSO3－ + 2e－+ 2H+ = S2O42－+2H2O。
【分析】（1）①A.投料比等于化学计量系数比，则任何时刻二者的比值相等；
B.根据公式，分析反应过程中混合气体的密度是否发生变化；
C.根据公式，结合温度对平衡移动的影响进行分析；
D.结合浓度对平衡移动的影响分析；
②体积扩大两倍，则浓度减小一般，压强也减小，结合压强对平衡移动的影响分析；
（2）由反应Ⅰ和反应Ⅱ可得反应2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)的平衡常数K，由K值的大小确定反应正向进行的程度，从而确定仅使用催化剂是否能消除污染；
（3）结合平衡三段式进行计算；
（4）电极Ⅰ上由HSO3-发生得电子的反应生成S2O42-，据此写出电极反应式；
25．【答案】（1）使气体和石灰乳充分接触，提高气体的吸收效率；2NO2+CaSO3+Ca(OH)2=CaSO4+Ca(NO2)2+H2O
（2）S2
（3）CO2代替了N2，减少了N2与O2反应；ΔS>0；66.7%；CO2+2e－+H2O=HCOOH+O2-
【解析】【解答】(1) ①反应釜I采用“气一液逆流”接触吸收法的优点是使气体和石灰乳充分接触，提高气体的吸收效率；⑦反应釜Il中CaSO3转化为CaSO4是在石灰乳和二氧化氮作用下发生的反应，化学反应方程式为2NO2+CaSO3+Ca(OH)2=CaSO4+Ca(NO2)2+H2O；
(2)根据图中信息，若以CO投入量为0.2mol，则为0.10 mol SO2与0.2molCO反应生成0.05molY和0.2molX，且“CO还原SO2”，则X与Y中有一种是CO2，根据质量守恒可知X为CO2，则Y只含有硫元素，应该为S2；
(3) ①与在空气中燃烧相比．利用O2/CO2燃烧技术时，烟气中NOx的排放量明显降低，其主要原因是CO2代替了N2，减少了N2与O2反应；②利用太阳能可实现反应：2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)，该反应能为吸热反应，能自发进行，则△G=△H-T△S<0，必须△S>0； ③设C02的转化率为x则：
CO2(g)+ CH4(g) 2CO(g)+ 2H2(g)
起始（mol/L） 1.5 1.5 0 0
转化（mol/L） 1.5x 1.5x 3.0x 3.0x
平衡（mol/L） 1.5-1.5x 1.5-1.5x 3.0x 3.0x
，解得x= 66.7%，则C02的转化率为66.7%；④CO2在新型钴基电催化剂作用下，转化为清洁燃料甲酸的电极反应式为：CO2+2e-+H2O=HCOOH+O2-。
【分析】（3）④在书写生成甲酸的电极方程式时，注意二氧化碳被还原生成甲酸的同时生成的是氧负离子，而不是水，因为不是在溶液中进行的反应。
