2025届高三化学一轮复习——化学反应速率和化学平衡

2025届高三化学一轮复习——化学反应速率和化学平衡 一、单选题 1．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 2．福建多个科研机构经过长期联合研究发现，使用和改性的基催化剂，可打通从合成气经草酸二甲酯常压催化加氢制备乙二醇的技术难关。下列说法正确的是（　　） A．草酸属于无机物 B．与石墨互为同分异构体 C．属于过渡元素 D．催化剂通过降低焓变加快反应速率 3．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是（　　） A．利用合成乙酸、聚碳酸酯塑料，有利于实现“碳达峰、碳中和” B．在生产新冠灭活疫苗的过程中，如果温度过高会使病毒失去生理活性 C．植物油与均可使溴水褪色，二者反应原理相同 D．我国航空母舰上的阻拦索由钢绳缠绕在特制高分子材料上制作而成，阻拦索属于复合材料 4．糕点礼盒中经常放入食品脱氧剂。一种常见固体脱氧剂的组成为铁粉、炭粉、氯化钠等，脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，下列分析错误的是 A．脱氧剂中加入氯化钠，可以加快脱氧过程，效果更好 B．脱氧剂大面积由黑色转变为红棕色，说明已经失效 C．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收标准状况下氧气224mL D．降低温度冷藏，也可以延长糕点保质期 5．制备的方程式为，同时还有其他副反应发生。当反应体系的压强为时，分别改变进料比和反应温度，二者对产率影响如图所示。下列说法不正确的是 A．增加压强有利于提高的产率 B．制备的反应为放热反应 C．增加的用量，的产率一定会增加 D．温度为，平衡常数： 6．活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示： 下列说法正确的是（　　） A．通常情况获得产物的量：P12 B．相同条件下P1、P2的键能之和：P1>P2 C．该历程中最大正反应的活化能Ea=215.49kJ·mol-1 D．相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：(P1)>(P2) 7．向一容积可变密闭容器中充入等物质的量的A、B，发生反应：2A(g)+2B(g) 3C(s)+4D(g)在不同压强下，该反应平衡常数随温度变化如下表所示。下列判断正确的是（　　） 压强/MPa 平衡常数 温度/℃ 1.0 1.5 2.0 300 a b 16 516 c 64 d 800 160 f g A．g＞f B．正反应是放热反应 C．2.0MPa、800℃时，A的转化率最小 D．1.5MPa、300℃时，B的转化率为50% 8．难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（　　） A．图中温度 B．温度下，值为 C．在温度下，加适量的NaA固体可使饱和溶液由p点变到n点 D．向q点的饱和溶液中滴加NaA溶液，立即析出MA沉淀 9．下列设计的探究方案能达到相应探究目的的是（　　） 选项 探究方案 探究目的 A 用棉花包裹放在石棉网上，向棉花上滴几滴水，观察棉花是否燃烧 与是放热反应 B 用两支试管各取5mL0.1mol/L的溶液，分别加入3mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间 浓度对化学反应速率的影响 C 用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 醋酸是弱电解质 D 取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/L溶液5~6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含的实验事实判断该反应是可逆反应 化学反应的限度 A．A B．B C．C D．D 10．在密闭容器中发生反应2A(g)2B(g)+C(g)，其速率可表示为。在500℃，实验测得体系总压强数据如下表： t/min 0 50 100 150 200 p总/kPa 200 250 275 x 293.75 下列说法正确的是 A．0~50min，生成B的平均速率为1kPa·min−1 B．第80min的瞬时速率小于第120min的瞬时速率 C．推测上表中的x为287.5 D．反应到达平衡时2v正(A)＝v逆(C) 11．【不定项】某工厂进行了另外的实验，向某密闭容器中按n(H2)：n(CO)=2：1的比例投入反应物，测量了15min后H2在四种不同温度下的转化率如下表所示，且T1<T2<T3<T4，则下列说法正确的是（　　）。 温度 T1 T2 T3 T4 转化率 10% 70% 70% 60% A．该反应ΔH>0 B．T温度时（T2<T<T3），相同时间内H2的转化率为70% C．T3温度下，若反应在15min后继续进行，则H2的转化率会增大 D．T4温度下，若15min后，[CO]=0.5mol/L，则T4时的K=1.5 12．1，2-丙二醇(CH2OHCHOHCH3)单分子解离可以得到多种不同的产物或自由基，反应相对能量随反应历程的部分变化如图所示。解离路径包括碳碳键断裂解离和脱水过程。下列说法正确的是 A．可用质谱法鉴别TS1和TS2两条路径的产物 B．从能量的角度分析，TS2路径的速率比TS1路径快 C．产物比产物更稳定 D．1，2-丙二醇中C—C键的键能相差约为 13．在合成氨和接触法制硫酸的工业生产中，下列说法错误的是 （　　） A．均采用高压条件 B．均选择较高温度 C．均进行循环操作 D．均使用合适催化剂 14．二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。的选择性可表示为。下列说法正确的是（　　） A．反应的焓变 B．的平衡选择性随着温度的升高而增加 C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃ D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值 15．一定条件下，在容积为2 L的恒容密闭容器中通入2 mol 发生反应，一定温度下，测得的转化率随时间的变化曲线如图所示，在60 min时反应达到平衡状态。 下列说法错误的是 （　　） A．a点处的逆反应速率小于b点处的正反应速率 B．0~10 min内，的平均反应速率 C．其他条件不变，若在恒压条件下发生反应，平衡时的转化率大于50% D．60 min后，保持温度不变，向该容器中再通入0.5 mol 和1 mol ，则反应逆向进行 16．在葡萄糖水溶液中，链状结构与环状结构的平衡关系及百分含量如下： 下列说法不正确的是 A．链状葡萄糖成环是-OH与-CHO发生加成反应的结果 B．链状葡萄糖成环反应的， C．链状葡萄糖成环后，分子中多了一个手性碳原子 D．水溶液中，吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖稳定 17．HCHO(g)与O2(g)在催化剂Ca₅(PO₄)₃(OH) (简写为HAP)表面催化生成CO2(g)和H2O(g)的历程示意图如下。已知该反应在较高温度下不能自发进行。下列说法错误的是（　　） A．ΔH=反应物的键能总和－生成物的键能总和 B．羟基磷灰石(HAP)的作用是降低反应的活化能，加快反应速率 C．HCHO与CO2分子中的中心原子的杂化轨道类型相同 D．反应HCHO(g)+O2(g)CO2(g)+H2O(g)的 ΔS<0 18．稀土被称为新材料的宝库。稀土中的镧系离子可用离子交换法分离，其反应可表示为： 。某温度时，随时间变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．反应达到平衡前，正反应速率始终大于逆反应速率 B．时间段的平均反应速率为 C．时增大，该平衡向逆反应方向移动，平衡常数K减小 D．后，该离子交换反应的正反应仍在进行 19．叔丁基溴可与硝酸银在醇溶液中反应： 反应分步进行： ① ② 下图是该反应能量变化图。下列说法正确的是（　　） A．选用催化剂可改变反应的大小 B．图中对应的物质是 C．其他条件不变时，的浓度越高，总反应速率越快 D．其他条件不变时，的浓度是总反应速率的决定因素 20．催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下： 反应1： 反应2： 恒压下，将起始的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处的转化率及和的选择性[]随温度的变化如下图所示。下列说法不正确的是（　　） A． B．曲线③表示CO的选择性 C．280℃时出口处的物质的量分数比220℃时小 D．为提高生产效率，需研发转化率高和选择性高的催化剂 二、综合题 21．丙烯是重要的有机合成原料。由丙烷制备丙烯是近年来研究的热点，主要涉及如下反应。 反应i： 反应ii： 回答下列问题： （1）反应： △H3=　 　。 （2）在刚性绝热容器中发生反应i，下列能说明已达到平衡状态的有____(填标号)。 A．每断裂1 mol O=O键，同时生成4 molO-H键 B．容器内温度不再变化 C．混合气体的密度不再变化 D．n(C3H8)=n(C3H6) （3）在压强恒定为100 kPa条件下，按起始投料n(C3H8)：n(O2)=2：1，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应i和反应ii，其中不同温度下丙烷和氧气的转化率如图。 ①线　 　(填“L1”或“L2”)表示丙烷的转化率。 ②温度高于T1K后曲线L2随温度升高而降低的原因为　 　。 ③当温度高于　 　(填“T1”或“T2”)时，可判断反应ii不再发生，a点对应的温度下，丙烯的分压p(C3H6)=　 　kPa(保留3位有效数字，下同)，反应i的平衡常数　 　。(已知：分压p分=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中、、、为反应平衡时各组分的分压) （4）丙烷在碳纳米材料上脱氢的反应机理如图。 已知三步反应的活化能：反应I＞反应III＞反应II。则催化过程的决速反应为　 　(填“反应I”“反应II”或“反应III”)。 22．利用“萨巴蒂尔反应”，空间站的水气整合系统将CO2转化为CH4和水蒸气，配合O2 生成系统可实现O2的再生。回答下列问题： （1）I.萨巴蒂尔反应为CO2(g)十4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g) ∆H 已知25℃和101 kPa时，①H2(g)的燃烧热△H=- 285. 8 kJ●mol-1； ②CH4(g)的燃烧热∆H=- 890. 3 kJ●mol-1； ③H2O(g)=H2O (l) ∆H=-44.0 kJ●mol-1。 则萨巴蒂尔反应的∆H=　 　kJ●mol-1。 （2）萨巴蒂尔反应的前三步反应历程如图所示，其中吸附在催化剂Pt/SiO2表面的物质用“*”标注，Ts表示过渡态。从物质吸附在催化剂表面到形成过渡态的过程会　 　(填“放出”或“吸收”)热量，反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为　 　。 （3）II.CO2在一定条件下能与H2O发生氧再生反应：CO2(g) +2H2O(g) CH4(g)+ 2O2(g) ∆H=+802.3 kJ●mol-1 恒压p0条件下，按c(CO2) ： c(H2O)=1 ： 2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图所示。350 ℃时，该反应的平衡常数Kp=　 　 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。为了提高CO2的转化率，除升高温度外，还可采取的措施为　 　(写出一条)。 （4）氧再生反应还可以通过酸性条件下半导体光催化转化实现，反应机理如图甲所示： ①光催化CO2转化为CH4时，阴极的电极反应式为　 　。 ②催化剂的催化效率和CH4的生成速率随温度的变化关系如图乙所示。300~400℃之间，CH4生成速率加快的原因是　 　。 （5）氧再生反应所需的能量可由合成氨反应提供。合成氨反应的焓变和熵变如下：N2 (g) +3H2(g) 2NH3(g) ∆H= -92.4 kJ●mol-1 ∆S=-200J·K-1●mol-1常温(298 K)下，合成氨反应的自由能∆G=　 　 kJ ●mol-1， 合成氨反应在常温下　 　(填“能”或“不能”)自发进行。 23． （1）Ⅰ.下图为工业合成氨的流程图： 图中采取的措施可提高原料转化率的是　 　(填序号)。 （2）下图是未用催化剂N2(g)和H2(g)反应生成1mol NH3(g)过程中能量的变化示意图，请在图中绘制同条件下加入铁触媒后相应的能量变化曲线：　 　，并写出该条件下1 mol NH3(g)分解对应的热化学方程式：　 　。 （3）Ⅱ.某兴趣小组为研究“不同条件”对化学平衡的影响情况，进行了如下实验：(反应起始的温度和体积均相同)： 序号 起始投入量 平衡转化率 NH3 ①恒温恒容 0 ②绝热恒容 0 ③恒温恒压 0 则：　 　、　 　(填“>”、“=”或“<”) （4）如图表示500℃、60.0MPa条件下，平衡时NH3的体积分数与原料气投料比的关系。若投料比为4时，氨气的体积分数为40%，NH3的体积分数可能为图中的　 　点，平衡时N2的体积分数为　 　。溢出的NH3可用稀硫酸吸收，若恰好生成NH4HSO4，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是　 　。 24．KMnO4在生产和生活中有着广泛用途，某化学小组在实验室制备KMnO4并探究其性质。 （1）(一) KMnO4的制备，分步骤Ⅰ、Ⅱ两步进行。 步聚Ⅰ．先利用如图所示装置制备K2MnO4。称取7.0gKOH(s)和5.0gKClO3(s)放入容器A中，加热，待混合物熔融后，加入5.0gMnO2(s)，待反应物干涸后，加大火焰强热4~8min，得墨绿色的锰酸钾。 A可选用　 　(填标号)。 ①石英坩埚 ②瓷坩埚 ③铁坩埚 （2）实验中发生反应生成K2MnO4的化学方程式为　 　。 （3）Ⅱ．由K2MnO4制备KMnO4。已知：K2MnO4易溶于水，水溶液呈墨绿色。主要过程如下： ①待A处物料冷却后，用20mL4%KOH溶液重复浸取，合并浸取液便得墨绿色的锰酸钾溶液。 ②向滤液中通入足量CO2，使K2MnO4歧化为KMnO4和MnO2，过滤出生成的MnO2。 ③再将滤液进行一系列处理，得KMnO4晶体。 过程②向滤液中通入足量CO2，可观察到的现象为　 　；检验K2MnO4歧化完全的实验方法是　 　。 （4）(二) KMnO4的性质。已知：KMnO4具有强氧化性，可与草酸(H2C2O4)反应：。某化学小组选用硫酸酸化的0.05mol/L高锰酸钾溶液与草酸溶液反应，探究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下三组实验： [实验内容及记录的数据] 编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min H2C2O4溶液 　 KMnO4溶液 3mol/L稀硫酸 1 3.0 1.0 4.0 2.0 4.0 2 2.0 2.0 4.0 2.0 5.2 3 1.0 3.0 4.0 2.0 6.4 配制250mL 0.05mol/L的高锰酸钾溶液肯定不需要的仪器是　 　(填标号)。 a．蒸发皿 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．烧杯 e．坩埚 f．胶头滳管 （5）为达到实验目的，H2C2O4溶液的物质的量浓度不低于　 　。 （6）利用实验1中数据计算，0~4min内，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率：　 　。 25．以废旧锂离子电池的正极废料(主要含，还有少量Al、C等)为原料可制备。难溶于水和碱性溶液，可溶于酸性溶液。 （1）溶解。将废料加入过量NaOH溶液充分溶解，过滤，向滤渣中加入稀硫酸和，控制在80℃进行充分反应，过滤得到含钻离子的溶液。 ①在酸性条件下，与反应得到，其离子方程式为　 　。 ②上述反应过程控制在80℃进行的原因是　 　。 ③已知在不同浓度的硫酸水溶液中的溶解率如图所示。正极废料溶解时，硫酸和水的比率大于0.40时，溶解率下降的可能原因是　 　。 （2）分离。向上述所得溶液中加入有机磷萃取剂，充分振荡后静置、分液，再向得到的有机层提取液中加入硫酸溶液反萃取，再次分液，获得溶液，从而与分离。向有机层提取液中加入硫酸溶液能实现反萃取，其主要原因可能是　 　。 （3）制备。请补充完整由溶液和溶液制备固体的实验方案：　 　，干燥。[沉淀需“洗涤完全”，开始沉淀的] 答案解析部分 1．【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。 2．【答案】C 【解析】【解答】A．草酸属于二元弱酸，即乙二酸，属于有机物，A不符合题意； B．C60与石墨是碳元素的不同单质，互为同素异形体，B不符合题意； C．Cu在元素周期表中位于第四周期第ⅠB族，属于过渡元素，C符合题意； D．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，催化剂不影响焓变，因此反应焓变不变，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.草酸就是乙二酸，属于有机物； B.C60与石墨均为碳元素形成的单质，互为同素异形体； C.Cu为29号元素，位于第四周期第ⅠB族； D.催化剂不影响焓变。 3．【答案】C 【解析】【解答】A．利用合成乙酸、聚碳酸酯塑料，能减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，A不符合题意； B．加热、紫外线照射、重金属盐等均可以杀死病毒，使其失去生理活性，B不符合题意； C．植物油中含有碳碳双键，能与溴单质发生加成反应， 有还原性，能被溴单质氧化，二者反应原理不同，C符合题意； D．复合材料是运用先进的材料制备技术将不同性质的材料组分优化组合而成的新材料，阻拦索由钢绳缠绕在特制高分子材料上制作而成，属于复合材料，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、二氧化碳的减少有利于实现碳中和； B、温度过高会使蛋白质变性； C、二氧化硫具有还原性，可以和溴发生氧化还原反应，碳碳双键可以和溴发生加成反应； D、简单理解就是符合材料就是运用两种或两种以上的材料组分组合而成的新材料。 4．【答案】C 【解析】【解答】A．脱氧剂中加入氯化钠的作用是使铁粉和碳粉在潮湿的环境中形成原电池，原电池反应可以加快脱氧过程的发生，效果更好，故A不符合题意； B．脱氧剂大面积由黑色转变为红棕色说明脱氧剂中的铁粉已经完全被氧化为红棕色的氧化铁，已经失效，不具备脱氧能力，故B不符合题意； C．脱氧剂中的铁粉发生吸氧腐蚀得到氧化铁，由得失电子数目守恒可知，理论上最多能吸收标准状况下氧气的体积为××22.4L/mol×103mL/L=336mL，故C符合题意； D．降低温度冷藏，可以降低糕点的腐败速率，延长糕点保质期，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.加入氯化钠可形成原电池，反应速率加快； B.脱氧剂大面积由黑色转变为红棕色，说明铁粉已经完全被氧化为红棕色的氧化铁； D.降温可减慢反应速率。 5．【答案】C 6．【答案】D 【解析】【解答】A．由图可知，由中间产物Z转化为产物时，过渡态III的活化能比过渡态IV的活化能小得多，故通常情况下更容易获得P1产品，故获得产物的量：P1＞P2，A不符合题意； B．通常情况下，物质具有的能量越低越稳定，越稳定的物质具有的键能之和越大，由图中可知，P1具有的总能量高于P2，故相同条件下P1、P2的键能之和：P1＜P2，B不符合题意； C．由图中可知，过渡态I的活化能为14.15-(-12.16)=26.31 kJ·mol-1，过渡态II的活化能为-153.58-(201.34)=47.76 kJ·mol-1，过渡态III的活化能为：-200.59-(-205.11)=4.52 kJ·mol-1，过渡态IV的活化能为：-18.92-(-205.11)=186.19 kJ·mol-1，故该历程中最大正反应的活化能Ea=186.19kJ·mol-1，C不符合题意； D．由图可知，由中间产物Z转化为产物时，过渡态III的活化能比过渡态IV的活化能小得多，故相同条件下，由中间产物Z转化为产物的速率：(P1)>(P2)，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.根据能量的高低即可判断 B.根据能量高低判断 C.根据计算出过渡态的活化能即可计算出最大活化能 D.比较活化能大小即可 7．【答案】D 【解析】【解答】A．g、f是相同温度、不同压强下的平衡常数，因为平衡常数只受温度变化的影响，所以g=f，A不符合题意； B．由分析可知，该反应的正反应是吸热反应，B不符合题意； C．因为正反应为吸热反应，所以800℃、相同压强时，A的转化率最大，而反应前后气体的分子数相等，所以800℃时，三种压强下的A的转化率都相同，C不符合题意； D.1.5MPa、300℃时，平衡常数b=16，设B的物质的量的变化量为x，则达平衡时，A、B、D的物质的量分别为1-x、1-x、2x，，x=0.5mol，则B的转化率为=50%，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.平衡常数只与温度有关； B.该反应是气体体积不变的反应，增大压强平衡不移动，升温平衡常数增大，说明升温化学平衡正向移动，正反应为吸热反应； C.压强不影响该反应的平衡移动； D.根据计算。 8．【答案】D 【解析】【解答】A．难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，温度越高离子浓度越大，溶液离子浓度：T1 <T2，故图中温度，A项不符合题意； B．温度下，，B项不符合题意； C．在温度下，加适量的NaA固体，A-浓度增大，M+浓度减小，故可使饱和溶液由p点变到n点，C项不符合题意； D．加入的是NaA溶液，溶液总体积也会增大，溶液中与的大小关系不确定，故不一定析出MA沉淀，D项符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.升温促进难溶盐的溶解 ，则离子浓度变大。 B.根据进行分析。 C. 注意一定温度下的 沉淀溶解平衡常数为定值，结合进行分析。 D.溶液中与的大小关系不确定。 9．【答案】A 【解析】【解答】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠用棉花包裹放在石棉网上，向棉花上滴几滴水，若棉花燃烧说明过氧化钠与水反应为放热反应，放出的热量使棉花达到着火点，在氧气中发生燃烧，故A符合题意； B．由得失电子数目守恒可知，5mL0.1mol/L高锰酸钾溶液与12.5mL0.2mol/L的草酸溶液恰好完全反应，由题给数据可知，实验时，高锰酸钾溶液过量，溶液不可能褪色，故B不符合题意； C．没有明确盐酸和醋酸的浓度是否相同，则用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小无法判断盐酸和醋酸的电离程度的大小，无法确定醋酸是否为弱电解质，故C不符合题意； D．过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应时，应根据反应后的溶液中是否存在铁离子判断该反应是否为可逆反应，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.燃烧的条件：①有可燃物，②可燃物与氧气接触，③温度达到可燃物的着火点； B.高锰酸钾溶液过量，溶液不褪色； C.盐酸和醋酸浓度未知； D.FeCl3溶液不足，应反应后检验铁离子证明反应的可逆性。 10．【答案】C 【解析】【解答】A．等温等容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，由表格数据可知，0~50min，=50 kPa，结合反应2A(g)2B(g)+C(g)，=2=100 kPa，则生成B的平均速率为 =2kPa·min−1，故A不符合题意； B．由数据可知，0~50min，=50 kPa，50~100min，=25 kPa，而100~200min，=18.75kPa，速率越来越慢，第80min的瞬时速率大于第120min的瞬时速率，故B不符合题意； C．第一个50min，=50 kPa，第二个50min，=25 kPa，如果第三个50min，=12.5kPa，此时x为275+12.5=287.5，第四个50min，=6.25kPa，200min时287.5+6.25=293.75，假设合理，则推测出x为287.5，故C符合题意； D．达到平衡时v正＝v逆，用不同物质表示同一反应速率速率之比等于化学计量数之比，则反应到达平衡时v正(A)＝2v逆(C)，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．等温等容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，利用 计算； B．反应过程中，速率越来越慢； C．依据表中数据分析； D．达到平衡时，用不同物质表示同一反应速率速率之比等于化学计量数之比。 11．【答案】D 【解析】【解答】A、 T1<T2<T3<T4， 根据表中数据可知，升高温度时平衡逆向移动，该反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误； B、 T2温度下15min时反应未达到平衡，T3温度下15min时反应已经达到平衡，T2＜T＜T3的T温度下H2的转化率比T2、T3温度下的转化率都大，即H2的转化率大于70%，故B错误； C、达到平衡后再增大H2量，平衡正向移动，但H2的转化率减小，故C错误； D、T4温度反应15min后已达到平衡，设起始时c(CO)=amol/L，c(H2)=2amol/L，H2的平衡转化率为60%， 则平衡时氢气的浓度为0.8amol/L，CO的浓度为0.4amol/L，甲醇的浓度为0.6amo/L，c(CO)=0.5mol/L，即0.4a=0.5，解得a=1.25，则，故D正确； 故答案为：D。 【分析】A、升温氢气的转化率减小，平衡逆向移动； B、 T温度下H2的转化率比T2、T3温度下的转化率都大； C、增大氢气的量，氢气转化率会减小； D、列出反应的三段式计算。 12．【答案】D 13．【答案】A 【解析】【解答】A.工业制硫酸不需要高压条件 ，故A符合题意； B. 合成氨和接触法制硫酸的工业 ，都需要高温条件，故B不符合题意； C.工业制硫酸，从接触室出来的二氧化硫气体和氧气可循环使用，工业制氨气，合成塔出来的氨气和氢气可循环使用，故C不符合题意； D.工业制硫酸：SO2转化为SO3需要催化剂，工业制氨气需要催化剂催化，故D不符合题意； 故答案为：A 【分析】工业制硫酸：①铁矿石在沸腾炉中发生反应生成SO2和Fe2O3，②SO2在接触室中催化氧化生成SO3，③SO3溶于水生成硫酸，从接触室出来的二氧化硫气体和氧气可循环使用。 工业合成氨：氮气和氢气在催化剂作用下反应生成氨气。 14．【答案】D 【解析】【解答】A.根据盖斯定律， 反应，A项错误； B. 反应为为放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲烷的含量降低，故甲烷的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误； C.由图可知，温度范围约为450~550℃时二氧化碳实际转化率趋近于平衡转化率，此时为最适温度，温度继续增加，转化率会降低，可能与催化剂活性有关C错误； D.450℃时，提高 的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使二氧化碳平衡转化率达到X点的值，D正确； 故答案为：D。 【分析】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。 15．【答案】D 【解析】【解答】A.a点到b点的过程中，反应正向进行，因此b点正反应速率大于a点逆反应速率速率，A不符合题意。 B.0~10min内，NO2的转化率为0.3，所以参与反应的n(NO2)=2mol×0.3=0.6mol，所以反应生成n(O2)=0.3mol，所以用O2表示的反应速率，B不符合题意。 C.该反应为气体分子数增大的反应，恒压条件下，容器体积增大，浓度减小，相当于减压操作，平衡正向移动，所以达到新的平衡状态时，NO2的转化率大于50%，C不符合题意。 D.当反应达到平衡状态时，NO2的转化率为0.5，此时参与反应的n(NO2)=2mol×0.5=1mol，则反应生成n(NO)=1mol、n(O2)=0.5mol，此时反应的平衡常数。保持温度不变再通入0.5molO2和1molNO2，此时，所以Q＜K，反应正向进行，D符合题意。 故答案为：D 【分析】A、根据反应进行的方向判断正逆反应速率的相对大小。 B、根据公式计算反应速率。 C、该反应为气体分子数增大的反应，恒压条件下，容器体积增大，浓度减小，相当于减压操作，平衡正向移动。 D、根据Q与K的相对大小分析，若Q＜K，则反应正向进行；若Q＞K，则反应逆向进行；若Q=K，则反应达到平衡状态。 16．【答案】B 17．【答案】C 【解析】【解答】A．反应的反应热△H =反应物的键能总和一生成物的键能总和，A不符合题意； B．由题意可知，羟基磷灰石(HAP)是甲醛催化氧化的催化剂，可以降低反应的活化能，加快反应速率，B不符合题意； C．HCHO中C原子的σ键数为3，中心原子C上无孤电子对，杂化方式为sp2杂化，CO2分子中C原子的σ键数为2，无孤电子对，C原子的杂化方式为sp杂化，两者杂化方式不同，C符合题意； D．由图可知，反应HCHO(g)+O2(g)CO2(g)+H2O(g)的△H<O，为放热反应，但在较高温度下不能自发进行，即高温下，△H-TΔS>0，则ΔS <0，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.ΔH=反应物的键能总和－生成物的键能总和； B.催化剂能降低反应的活化能； D.该反应为放热反应，结合ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析。 18．【答案】C 【解析】【解答】A．随着反应的进行，反应物浓度逐渐下降，生成物浓度逐渐上升，直至达平衡，正反应逐渐下降，逆反应逐渐上升，达平衡前，正反应速率始终大于逆反应速率，A不符合题意； B．化学反应速率之比等于物质的化学计量数之比，即 ，B不符合题意； C．温度不变，平衡常数K不变，C符合题意； D．t3时反应达平衡，是一种动态平衡，v(正)=v（逆），反应并未停止，故t3后，该离子交换反应的正反应和逆反应仍在进行，D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A．正反应逐渐下降，逆反应逐渐上升，达平衡前，正反应速率始终大于逆反应速率； B．化学反应速率之比等于物质的化学计量数之比 ； C．温度不变，平衡常数K不变； D．t3时反应达平衡，是一种动态平衡，v(正)=v（逆），反应并未停止。 19．【答案】D 【解析】【解答】A、催化剂能降低反应的活化能，不影响，故A错误； B、第一步反应的产物为，则对应的物质是，故B错误； C、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，则总反应速率由反应①决定，其他条件不变时，的浓度越高，反应②速率越快，但对总反应速率的影响不大，故C错误； D、的浓度越大，反应①的速率越快，总反应速率越快，故D正确； 故答案为：D。 【分析】A、催化剂不影响焓变； B、根据反应的方程式判断； C、活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤； D、反应①是该反应的决速步骤。 20．【答案】B 【解析】【解答】A、根据盖斯定律，将反应1-反应2可得 ，故A正确； B、根据选择性的计算公式可知，CO的选择性+ 的选择性=1，则曲线②表示CO的选择性，故B错误； C、升高温度，反应1的平衡逆向移动，且220℃时的选择性大于280℃时，则280℃时出口处的的物质的量分数比220℃时小，故C正确； D、催化剂能提高反应速率，因此为提高生产效率，需研发转化率高和选择性高的催化剂，故D正确； 故答案为：B。 【分析】A、根据盖斯定律分析； B、曲线②是CO的选择性； C、升温反应2的平衡正向移动； D、催化剂能提高反应速率。 21．【答案】（1）-2507 kJ/mol （2）B （3）L2；放热反应，温度升高平衡逆向移动；T2；28.6；0.571 （4）反应I 【解析】【解答】（1）已知：反应i： 反应ii： 根据盖斯定律，将反应ii-反应i，整理可得： △H3=-2507 kJ/mol； （2）A．在刚性绝热容器中发生反应i，反应时每断裂1 mol O=O键，必然同时生成4 mol O—H键，表明反应正向进行，不能据此说明反应达到平衡，A不正确； B．该反应的正反应是放热反应，当容器内温度不再发生变化时，说明反应达到平衡，B正确； C．该反应的反应物与生成物均为气体，混合气体的质量不变，反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，在混合气体密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，C不正确； D．n(C3H8)=n(C3H6)时反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D不正确； 故答案为：B。 （3）①通过两反应方程式系数可知，丙烷转化率低于氧气，所以曲线L2表示丙烷的转化率； ②由于T1 K后反应达到平衡，两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低； ③当温度达到T2时，O2与丙烷的转化率相同，且起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2：1，可以判断温度达到T2后反应ii不再发生，T2 K时只发生反应i。设C3H8的起始量为2，O2的起始量为1，在T3 K下，根据图中数据可知：对于反应， 开始时n(C3H8)=2 mol，n(O2)=1 mol，由于a点时C3H8的转化率为0.5，所以根据物质反应转化关系可知平衡时n(C3H8)=1 mol，n(O2)=0.5 mol，n(C3H6)=n(H2O)=1 mol，平衡时气体总物质的量为n(总)=1 mol+0.5 mol+1 mol+1 mol+3.5 mol，此时总压强为100 kPa，故此时丙烯的分压p(C3H6)=100 kPa×=28.6 kPa；则反应i的平衡常数K=； （4）反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，该反应就越不容易发生，反应速率就越慢，对于多步反应，总反应速率由活化能大的慢反应决定，故催化过程的决速反应为反应I。 【分析】（1）根据盖斯定律， △H3 = △H2 - △H1 ，据此分析。 （2）达到化学平衡的主要标志是v正=v逆，各物质的含量保持不变。 （3）①通过两反应方程式系数可知，丙烷转化率低于氧气。 ②T1 K后反应达到平衡，两个反应均为放热反应，结合勒夏特列原理进行分析。 ③当温度达到T2时，O2与丙烷的转化率相同，且起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2：1，可以判断温度达到T2后反应ii不再发生，T2 K时只发生反应i。通过假设反应物的起始量，结合化学平衡三段式和化学平衡常数进行分析。 （4）对于多步反应，总反应速率由活化能大的慢反应决定。 22．【答案】（1）-164.9 （2）吸收；·CO+·OH+·H+3H2(g)→·CO+3H2(g)+H2O(g)或为·OH+·H→H2O(g) （3）1；减少c(CO2) ∶c(H2O)的投料比或增大c(H2O)或及时逸出产物等 （4）CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；300℃～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，CH4的生成速率加快 （5）-32.8；能 【解析】【解答】（1）①氢气的燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol ②甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ/mol ③H2O(g)=H2O (l) ∆H=-44.0 kJ/mol 根据盖斯定律，推出4×①－②－2×③，得出CO2(g)十4H2(g)CH4(g) + 2H2O(g) ∆H=-164.9 kJ/mol；故答案为-164.9； （2）根据图像可知，吸附态的能量小于过渡态，因此从物质吸附在催化剂表面到形成过程过渡态的过程会吸收热量；根据反应历程可知，最小能垒的步骤的化学方程式为·CO+·OH+·H+3H2(g)→·CO+3H2(g)+H2O(g)或为·OH+·H→H2O(g)；故答案为吸收；·CO+·OH+·H+3H2(g)→·CO+3H2(g)+H2O(g)或为·OH+·H→H2O(g)； （3）该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，甲烷、氧气物质的量浓度增大，且两者浓度之比为1∶2，结合图像可知，d为甲烷，c为氧气，a为水蒸气，b为二氧化碳，350℃下，反应达到平衡时，CO2和CH4的浓度相同，H2O和O2的浓度相同，由反应可知，CO2和H2O按c(CO2)∶c(H2O)=1∶2投料，则平衡时H2O的浓度是CO2的2倍，O2的浓度是CH4的2倍，则化学平衡常数Kp==1；为了提高CO2的转化率，除升高温度外，还可采取的措施是减少c(CO2) ∶c(H2O)的投料比或增大c(H2O)或及时逸出产物等；故答案为1；减少c(CO2) ∶c(H2O)的投料比或增大c(H2O)或及时逸出产物等； （4）①由图示信息可知，光催化CO2转化为CH4时，阴极的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O；故答案为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O； ②由图可知，温度在250℃时，催化剂的转化效率和CH4的生成速率均达到最大值，温度从250℃升高到300℃过程中，催化剂转化效率和CH4的生成速率均迅速下降，但超过300℃后，催化剂的转化效率减小到几乎为0，而CH4的生成速率加快，可判断是温度对反应的影响导致的，即300℃～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，CH4的生成速率加快，故答案为300℃～400℃之间，温度比催化剂对甲烷的生成速率影响大，因此温度升高，化学反应速率加快，CH4的生成速率加快； （5）∆G=∆H-T∆S=-92.4kJ/mol-298×(-0.2kJ/(K·mol))=-32.8 kJ/mol＜0，故合成氨反应在常温下能够自发进行；故答案为-32.8；能。 【分析】（1）根据盖斯定律计算； （2）根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；依据图像分析； （3）利用“三段式”法计算；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。 （4）①根据阴极得电子发生还原反应书写； ②依据影响反应速率的因素分析； （5）依据∆G=∆H-T∆S计算。 23．【答案】（1）②⑤ （2）；NH3(g)N2(g)+H2(g) =+46kJ/mol （3）＞；＜ （4）P；8%；c(H+)＞c()＞c()＞c(OH-) 【解析】【解答】（1）工业合成氨的化学方程式为N2+3H22NH3，反应是可逆反应，反应前后气体体积减小，反应是放热反应；依据合成氨的流程图，其中为提高原料转化率而采取的措施为：增大压强，平衡向体积减小的方向进行，提高反应物的转化率；液化分离出氨气，促进平衡正向进行，提高反应物的转化率；氮气和氢气的循环使用，也可提高原料的转化率，故答案为：②⑤； （2）由题干图示信息可知，反应方程式：N2(g)+H2(g)NH3(g) =254kJ/mol-300kJ/mol=-46kJ/mol，催化剂只能改变反应的途径降低反应所需要的活化能，不能改变反应的始态和终态，即不改变反应热，故在同条件下加入铁触媒后相应的能量变化曲线图为：，则该条件下1 mol NH3(g)分解对应的热化学方程式为：NH3(g)N2(g)+H2(g) =+46kJ/mol，故答案为：，NH3(g)N2(g)+H2(g) =+46kJ/mol； （3）由(2)分析可知，合成氨反应为正反应是一个气体体积减小的放热反应，容器①②中加入的N2和H2分别相同，但容器①恒温恒容、②绝热恒容则随着反应的进行，容器②的温度高于容器①，升高温度上述平衡逆向移动，故＞，容器①③中加入的N2和H2分别相同，但容器①恒温恒容、③恒温恒压，则随着反应的进行，容器③的压强大于容器①，增大压强上述平衡正向移动，故＜，故答案为：＞；＜； （4）图2表示500℃、60.0MPa条件下，平衡时NH3的体积分数与原料气投料比的关系，如果投料比为3时，达到平衡状态时，氮气和氢气的转化率相等，此时氨气的体积分数最大，若投料比为4时，氮气的转化率升高、氢气的转化率降低，NH3的体积分数减小；设投入的n（N2）=xmol，n（H2）=4xmol，设消耗的氮气为zmol，由三段式分析可知：，平衡时混合气体总物质的量=（x-z+4x-3z+2z）mol=（5x-2z）mol，氨气的体积分数等于其物质的量分数=×100%=40%，解得z=，此时N2的体积分数为：==8%，故若投料比为4时，氨气的体积分数为40%，NH3的体积分数可能为图中的P点，平衡时N2的体积分数为8%，若恰好生成NH4HSO4，根据NH4HSO4=+H++，+H2ONH3H2O+H+可知，该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是c(H+)＞c()＞c()＞c(OH-)，故答案为：P；8%；c(H+)＞c()＞c()＞c(OH-)。 【分析】（1）依据影响化学平衡的因素分析； （2）催化剂只能改变反应的途径降低反应所需要的活化能，不能改变反应的始态和终态，即不改变反应热；热化学方程式是表示化学反应所放出或吸收的热量的化学反应式； （3）依据等效平衡分析； （4）利用三段式法计算。 24．【答案】（1）③ （2） （3）墨绿色溶液变为紫红色，同时有黑色固体生成；取少量上层清液于试管中继续通入CO2，静置若无黑色沉淀则歧化完全或用玻璃棒蘸取溶液点到滤纸上，滤纸上只有紫色而无绿色痕迹，则歧化完全 （4）ae （5）0.5 （6） 【解析】【解答】（1）A是高温煅烧碱性物质可用铁坩埚； （2）根据反应物是氢氧化钾和氯酸钾和二氧化锰加热得到产物，即可写出方程式为 ； （3）根据产物通入二氧化碳后，墨绿色溶液变为紫色溶液，同时有黑色固体产生， 检验K2MnO4歧化完全的实验方法是 检验溶液中是否含有锰酸钾，可以取上层清液继续通入二氧化碳观察是否产生黑色沉淀即可； （4）配制一定物质的量浓度的溶液需要250mL容量瓶，玻璃棒，烧杯，胶头滴管； （5）根据方程式 2 5 0.05mol/L x4x10-3L 1x10-3Lxc c= 0.5 （6）利用数据I计算，混合后的高锰酸钾溶度为 0.05mol/L x4x10-3L /10x10-3L=0.02mol/L，速率为0.02mol/L/4min= ； 【分析】（1）根据反应物性质即可找出； （2）根据反应物和生成物即可写出方程式； （3）根据题意可知加入二氧化碳的产物即可判断现象，即可检验锰酸钾，继续通入二氧化碳看现象； （4）根据配制一定物质的量浓度的溶液方法配制； （5）根据第三组数据利用方程式计算出浓度； （6）根据数据计算出高锰酸钾的起始浓度，即可计算出速率。 25．【答案】（1）；温度过低，反应速率较慢，温度过高会导致的分解，不利于反应的进行；硫酸和水的比率大于0.40，硫酸浓度较大，会导致铝表面会生成致密的氧化膜，使的溶解率下降 （2）在硫酸溶液中的溶解度比在有机磷中的大 （3）控制溶液pH不大于9.0，在搅拌下向溶液中滴加溶液，至有大量固体生成；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的溶液，不出现白色沉淀 【解析】【解答】（1）①难溶于水和碱性溶液，可溶于酸性溶液，与，在酸性条件下生成、和氧气；离子方程式为；故答案为； ②反应过程控制在80℃进行，是因为温度过低，反应速率较慢，温度过高会导致的分解，不利于反应的进行；故答案为温度过低，反应速率较慢，温度过高会导致的分解，不利于反应的进行； ③当硫酸和水的比率大于0.40时，废料溶解率下降，是因为当硫酸和水的比率大时，硫酸浓度较大，会导致铝表面会生成致密的氧化膜，使的溶解率下降；故答案为硫酸和水的比率大于0.40，硫酸浓度较大，会导致铝表面会生成致密的氧化膜，使的溶解率下降； （2）向上述所得溶液中加入有机磷萃取剂，充分振荡后静置、分液；在硫酸溶液中的溶解度比在有机磷中的大；再向得到的有机层提取液中加入硫酸溶液反萃取，再次分液，获得溶液，故答案为在硫酸溶液中的溶解度比在有机磷中的大； （3）由溶液和溶液制备固体，实验方案为控制溶液pH不大于9.0，在搅拌下向溶液中滴加溶液，至有大量固体生成；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的溶液，不出现白色沉淀；给故答案为控制溶液pH不大于9.0，在搅拌下向溶液中滴加溶液，至有大量固体生成；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的溶液，不出现白色沉淀。 【分析】（1）①根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写； ②利用试剂的性质判断； ③常温时浓硫酸与铝发生钝化； （2）依据溶解度的大小分析； （3）依据沉淀的pH判断；通过检验最后一次洗液中是否还有杂质离子来判断固体是否已洗涤干净。 学科网（北京）股份有限公司 $$