2025届高考化学一轮复习 化学反应速率与化学平衡

化学反应速率与化学平衡 一．选择题（共15小题） 1．（2024•苏州一模）某温度下，1L容器中发生反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1（反应尚未达到平衡）。下列说法正确的是（　　） A．反应速率关2v（NO）＝3v（H2O） B．20s内，v（O2）＝0.04mol•L﹣1•s﹣1 C．20s内，NH3的转化率为80% D．20s内，上述反应转移电子数目为5×6.02×1023 2．（2024•南通一模）H2S和CO2反应生成的羰基硫（COS）用于粮食熏蒸，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。 CO2（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2O（g）；ΔH＞0。下列说法正确的是（　　） A．△S＞0 B．上述反应的平衡常数 C．生产中1mol H2S和1mol CO2充分反应，生成1mol COS D．加入催化剂，降低了焓变，从而提高羰基硫产率 3．（2023秋•江宁区期末）已知CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝﹣49kJ•mol﹣1，反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下x（CH3OH）～t如图所示。下列说法正确的是（　　） A．图中对应等压过程的曲线是M B．C点处x（CH3OH）相同，平衡常数相同 C．当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率为 D．由d点到b点可以通过升温实现 4．（2024•江苏一模）乙醇﹣水催化重整可获得H2。其主要反应为 反应Ⅰ：C2H5OH（g）+3H2O（g）＝2CO2（g）+6H2（g） ΔH＝+173.3kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g） ΔH＝+41.2kJ•mol﹣1 在1.0×105Pa，n始（H2O）﹕n始（C2H5OH）＝3﹕1时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性＝×100%，下列说法正确的是（　　） A．图中曲线③表示平衡时H2的产率随温度的变化 B．平衡时C2H5OH的转化率与H2O的转化率相等 C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D．一定温度下，降低体系压强，反应Ⅰ的平衡常数减小 5．（2024•南京一模）对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g） ΔH＜0，下列说法正确的是（　　） A．1mol N—H断裂的同时有1mol O—H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态 B．该反应的平衡常数可表达为 C．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率 D．分离出NO（g），v正增大，平衡向正反应方向移动 6．（2024•南通一模）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH（g）和CO（g），发生如下反应： 主反应：CH3OH（g）+CO（g）═CH3COOH（g）ΔH1 副反应：CH3OH（g）+CH3COOH（g）═CH3COOCH3（g）+H2O（g）ΔH2 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ随投料比x（物质的量之比）的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．投料比x代表 B．曲线c代表乙酸的分布分数 C．ΔH1＜0，ΔH2＞0 D．L、M、N三点的平衡常数：K（L）＝K（M）＞K（N） 7．（2024•苏州一模）以Cu—ZnO—Al2O3作催化剂发生如下反应： 2CH3CHO（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）+CH3COOH（g）ΔH＜0，下列说法正确的是（　　） A．该反应的ΔS＞0 B．该反应的平衡常数 C．催化剂Cu—ZnO—Al2O3能降低该反应的活化能 D．该反应中每消耗1mol CH3CHO，转移电子数约为2×6.02×1023 8．（2024•镇江一模）工业上采用RuO2催化氧化处理HCl废气实现氯资源循环利用：4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH。不同温度下，HCl转化率（α）与HCl和O2的起始流速变化关系如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。下列说法不正确的是（　　） A．ΔH＜0，ΔS＜0 B．增大n（O2）：n（HCl）的比值，可提高M点HCl转化率 C．较高流速时α（HCl）低的原因是在较短时间内达到了平衡状态 D．N点为平衡状态，用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算，该温度下反应的平衡常数K＝36 9．（2024•海安市一模）中国科学家首次用C60改性铜基催化剂，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压。草酸二甲酯加氢的主要反应有： 反应Ⅰ：CH3OOCCOOCH3（g）草酸二甲酯+2H2（g）⇌CH3OOCCH2OH（g）乙醇酸甲酯+CH3OH（g） 反应Ⅱ：CH3OOCCH2OH（g）+2H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g） 反应Ⅲ：HOCH2CH2OH（g）+H2（g）⇌C2H5OH（g）+H2O（g） ΔH＜0 其他条件相同时，相同时间内温度对产物选择性的影响结果如图。 物质B的选择性S（B）＝×100% 下列说法不正确的是（　　） A．若不使用C60改性铜基催化剂采用高压条件是为了加快反应速率 B．乙醇的平衡产率随温度升高而降低 C．其他条件不变，增加氢气浓度，一定能提高乙二醇的产率 D．用C60改性铜基催化剂催化草酸二甲酯反应制乙二醇最佳温度范围约为475～480K 10．（2024•通州区模拟）使用合适的催化剂进行乙酸直接加氢可制备乙醇，反应原理如下： 主反应：CH3COOH（g）+2H2（g）═CH3CH2OH（g）+H2O（g） ΔH＜0 副反应：CH3COOH（g）+CH3CH2OH（g）═CH3COOCH2CH3（g）+H2O（g） ΔH＜0（热效应小可忽略） 在密闭容器中控制n起始（H2）：n起始（CH3COOH）＝10。2MPaa下平衡时S（乙醇）和S（乙酸乙酯）随温度的变化与250℃下平衡时S（乙醇）和S（乙酸乙酯）随压强的变化如题13图所示。乙醇的选择性可表示为S（乙醇）═。下列说法正确的是（　　） A．反应2CH3COOH（g）+2H2（g）═CH3COOCH2CH3（g）+2H2O（g） ΔH＞0 B．曲线②变化的原因是随温度升高，副反应正向进行的程度减小 C．图中曲线③表示250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线 D．300℃、0.5MPa下，反应足够长时间，S（乙醇）＜90% 11．（2024•南京一模）反应4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（g） ΔH，可将工业废气中的HCl转化为Cl2，实现氯资源的循环利用。在n起始（HCl）：n起始（O2）＝1：1时，将HCl、O2混合气分别以不同流速通过装有催化剂的反应管，不同温度下出口处HCl转化率与HCl流速的关系如图所示。流速低于0.12mol•h﹣1时HCl转化率可近似为平衡转化率。若仅考虑该反应，下列说法正确的是（　　） A．ΔH＞0 B．减小或选用更高效的催化剂，均能提高X点HCl的平衡转化率 C．HCl流速高于0.12mol•h﹣1时，流速越大，反应速率越快 D．360℃时，当HCl流速为0.19mol•h﹣1时，每小时约获得4gCl2 12．（2024•南京一模）CO2催化加氢是转化CO2的一种方法，其过程中主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH 反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g） ΔH2＝﹣122.5kJ•mol﹣1 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性随温度的变化如图，其中：CO的选择性＝×100%。下列说法正确的是（　　） A．CH3OCH3的选择性＝×100% B．ΔH1＜0 C．温度高于300℃时主要发生反应Ⅱ D．其他条件不变，图中A点选择合适催化剂可提高CO的选择性 13．（2024•苏州一模）乙酸蒸汽催化重整制氢过程中的主要反应有： 反应Ⅰ：CH3COOH（g）+2H2O（g）＝2CO2（g）+4H2（g） ΔH＝131.5kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CH3COOH（g）＝2CO（g）+2H2（g） ΔH＝213.76kJ•mol﹣1 将一定比例的乙酸、水和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂M的反应管，乙酸转化率、氢酸比与温度的关系如图所示。若仅考虑上述反应，下列说法正确的是（　　） A．用催化剂M催化重整制氢的最佳温度范围约为750～800℃ B．700℃时，反应管出口气的＝3 C．600℃后，氢酸比下降的主要原因是温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度均减小 D．该过程深入研究的方向之一是寻找对反应Ⅱ选择性更高的催化剂 14．（2024•南通一模）CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）；ΔH1＝﹣122.5kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；ΔH2＝akJ•mol﹣1 在恒压、n始（CO2）：n始（H2）＝1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性＝×100%下列说法正确的是（　　） A．图中曲线①表示平衡时CH3OCH3选择性随温度的变化 B．a＜0 C．平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示 D．200℃时，使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的生产效率 15．（2024•盐城一模）CO2催化加氢制甲醇，在减少CO2排放的同时实现了CO2的资源化，该反应可表示为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），保持起始反应物n（H2）：n（CO2）＝3：1，T＝250℃时x（CH3OH）随压强变化的曲线和p＝5×105Pa时x（CH3OH）随温度变化的曲线如图。 已知：x（CH3OH）表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。 下列说法正确的是（　　） A．该反应正反应活化能大于逆反应活化能 B．图中曲线变化说明高温、低压有利于提高原料利用率 C．当p＝6×105Pa、T＝210℃时，达平衡后x（CH3OH）＜0.1 D．a、b曲线交点处CO2转化率相同，平衡常数不同 二．解答题（共5小题） 16．（2024•鼓楼区一模）研究工业尾气处理是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）脱除NO。已知： ①脱硝反应CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）的ΔH＝ 　 　kJ•mol﹣1 ②一定条件下，n（CH4）：n（NO）：n（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图1。 分析NO的去除率随温度变化的原因 　 　。 （2）脱除SO2。工业上用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图2所示。 已知：ⅰ.纳米MgO活性较高，常温可与水反应：ⅱ.MgSO3难溶于水，Mg（HSO3）2可溶。 ①为提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂情况下，可采取措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、　 　（写出两点）。 ②烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。请分析原因 　 　。 ③实验发现：随着SO2的脱除，600s以后溶液pH值几乎不变，但MgSO4浓度逐渐升高。结合图2和图3分析，可能是因为溶液中的Mg（OH）2转化为MgSO4。写出该反应的离子方程式 　 　。 （3）脱除H2S。催化剂CeO2﹣MgO对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图4所示，表示状态2的为 　 　（填选项）。 17．（2024•昆山市一模）有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。 （1）已知：①2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH1＝﹣566.0kJ•mol﹣1； ②N2（g）+2O2（g）＝2NO2（g）ΔH2＝+64kJ•mol﹣1。 反应2NO2（g）+4CO（g）＝N2（g）+4CO2（g）；ΔH3＝ 　 　。 （2）NH3—SCR技术可用于脱除大气中的NO2 ①Cu基催化剂是NH3—SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但烟气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO2（基态Ce原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2）可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图所示（含Ce化合物的比例系数均未标定）。 （a）从整个反应机理来看，总反应中起还原作用的物质是 　 　（填化学式）。 （b）在上述反应机理图中，CemOn的化学式为 　 　。 ②将3%NO、6%NH3、21%O2和70%N2的混合气体（N2为平衡气）以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图所示。 （a）在150﹣225℃范围内，NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是 　 　。 （b）燃煤烟气中伴有一定浓度的HCl气体，它会造成NO去除率下降，其原因可能是 　 　。 （3）电极生物膜法能有效去除水体中的，进行生物的反硝化反应。其可能反应机理如图所示。H2O在阴极得电子生成氢气2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，则生物膜中发生脱硝反应的离子方程式为 　 　。 18．（2024•鼓楼区一模）Ⅰ、研究脱除烟气中的SO2、NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。 已知：4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g） ΔH＝﹣905.0kJ•mol﹣1 N2（g）+O2（g）＝2NO（g） ΔH＝+180.5kJ•mol﹣1 有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g） ΔH＝ 　 　。 （2）尿素[CO（NH2）2]溶液可吸收含SO2、NO烟气中的SO2，其反应为SO2+CO（NH2）2+2H2O＝（NH4）2SO3+CO2。若吸收烟气时同时通入少量ClO2，可同时实现脱硫、脱硝。 ①脱硝的反应分为两步。第一步：5NO+2ClO2+H2O＝5NO2+2HCl。 第二步：NO2和CO（NH2）2反应生成N2和CO2。第二步的化学反应方程式为 　 　。 ②将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO（NH2）2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图1所示。通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是 　 　。 Ⅱ、炼钢厂排放的烧结烟气中主要含SO2、NO、N2、O2和水蒸气。臭氧（O3）预氧化，O3—NH3协同脱硫脱硝技术可将烟气中的污染物转化为铵盐和N2，实现脱硫脱硝。 说明：进行下列研究时均控制反应器内温度为100℃、模拟烟气流速为2L/min。研究表明，100℃时，O3很难氧化SO2、NH3，NH3和NO基本不发生氧化还原反应。 （3）臭氧预氧化：向反应器中通入仅含0.3‰NO的模拟烟气和O3。实验测得出口处NO、NO2浓度随的变化曲线如图2所示。 ①当＜1时，反应器中发生的主要反应的化学方程式为 　 　。 ②当＞1时，出口处NO2浓度急剧下降的原因是 　 　。 （4）O3—NH3协同脱硫脱硝：装置如图4所示，向反应器中通入含0.5‰SO2、0.3‰NO的模拟烟气。 ①按＝1通入O3，硫、氮脱除率随的变化曲线如图3所示。随着NH3量的增多，硫、氮脱除率几乎同等程度地升高，但也存在明显不足，主要缺点是 　 　。 ②按＝1通入NH3、＞1通入O3，随着O3投入量的增多，脱硝效率增大；而脱硫效率却减小，其原因是 　 　。 19．（2024•六合区一模）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3预处理后用碱液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。常温下，O3是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。O3氧化烟气中NOx时主要反应的热化学方程式为：2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g） ΔH1＝﹣116.4kJ•mol﹣1； 4NO2（g）+O2（g）＝2N2O5（g） ΔH3＝﹣56.8kJ•mol﹣1； NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g） ΔH2＝﹣200.9kJ•mol﹣1。 （1）反应3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g） ΔH＝ 　 　kJ•mol﹣1。 （2）O3氧化NO的氧化率随温度变化情况如图。随着温度升高NO的氧化率下降的原因可能是 　 　。 （3）一定条件下，向NOx/O3混合物中加入一定浓度的SO2气体，进行同时脱硫脱硝实验。实验结果如图同时脱硫脱硝时NO的氧化率略低的原因是 　 　。 （4）尿素[CO（NH2）2]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，该反应的化学方程式为 　 　，也可将该反应设计成碱性燃料电池除去烟气中的氮氧化物，该燃料电池正极的电极反应式是 　 　。 20．（2024•盐城一模）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。回答下列问题： （1）以CO2和NH3为原料合成尿素：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g） ΔH＝﹣87kJ•mol﹣1 ①该反应在 　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）下可自发进行。 ②如图是合成尿素的历程及能量变化，TS表示过渡态。 其中决速步骤的化学方程式为 　 　。 （2）以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下： Ⅰ.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） ΔH1 Ⅱ.C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g） ΔH2＝+90.3kJ•mol﹣1 Ⅲ.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH3＝﹣41.0kJ•mol﹣1 ①ΔH1＝　 　kJ•mol﹣1。 ②在T℃、50MPa反应条件下，向某容器中加入3mol C（s）和4mol H2O（g），发生上述三个反应，达到平衡时，测得容器中C（s）的物质的量为1mol，CO（g）和H2O（g）的物质的量均为0.5mol，则平衡时H2的物质的量为 　 　mol。 ③保持总压不变，随着温度的变化，平衡常数Kp发生变化，上述三个反应的平衡常数关系如图所示，表示、的曲线分别是 　 　、　 　。 （3）CH4与CO2反应可生成合成气：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ΔH＞0。在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2mol CH4和3mol CO2，加入催化剂并加热至T1发生反应，容器内的总压强p总随时间t的变化如图所示。 ①实验测得v正＝k正•c（CH4）•c（CO2），v逆＝k逆•c2（CO）•c2（H2），其中k正、k逆为仅与温度有关的速率常数，平衡后若将温度由T1升高到T2，则速率常数增大的倍数：k正　 　k逆（填“＞”“＜”或“＝”）。 ②0∼10min，用CH4表示的平均反应速率为 　 　mol•L﹣1•min﹣1。 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•苏州一模）某温度下，1L容器中发生反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g），NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1（反应尚未达到平衡）。下列说法正确的是（　　） A．反应速率关2v（NO）＝3v（H2O） B．20s内，v（O2）＝0.04mol•L﹣1•s﹣1 C．20s内，NH3的转化率为80% D．20s内，上述反应转移电子数目为5×6.02×1023 【答案】C 【分析】A．根据速率之比等于化学计量数之比进行判断； B．20s内v（NH3）＝0.04mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）＝0.05mol•L﹣1•s﹣1； C．NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1，则NH3在20s内转化的量为0.8mol•L﹣1，20s内NH3的转化率为进行计算； D．NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1，则NH3在20s内转化的量为0.8mol•L﹣1，即NH3在20s内转化的物质的量为0.8mol，由化学方程式可知，1mol NH3转化为NO时，转移的电子为5mol，则0.8mol NH3转移的电子数为0.8×5×6.02×1023。 【解答】解：A．速率之比等于化学计量数之比，则3v（NO）＝2v（H2O），故A错误； B．20s内v（NH3）＝0.04mol•L﹣1•s﹣1，速率之比等于化学计量数之比，则v（O2）＝0.05mol•L﹣1•s﹣1，故B错误； C．NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1，则NH3在20s内转化的量为0.8mol•L﹣1，20s内NH3的转化率为＝80%，故C正确； D．NH3在20s内由1.0mol•L﹣1变成0.2mol•L﹣1，则NH3在20s内转化的量为0.8mol•L﹣1，即NH3在20s内转化的物质的量为0.8mol，由化学方程式可知，1mol NH3转化为NO时，转移的电子为5mol，则0.8mol NH3转移的电子数为0.8×5×6.02×1023，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查了化学平衡的有关计算，题目难度中等，掌握化学平衡计算的方法是解答该题的关键。 2．（2024•南通一模）H2S和CO2反应生成的羰基硫（COS）用于粮食熏蒸，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。 CO2（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2O（g）；ΔH＞0。下列说法正确的是（　　） A．△S＞0 B．上述反应的平衡常数 C．生产中1mol H2S和1mol CO2充分反应，生成1mol COS D．加入催化剂，降低了焓变，从而提高羰基硫产率 【答案】A 【分析】A．结合反应自发性分析； B．依据方程式书写平衡常数表达式； C．可逆反应不能反应完全； D．催化剂不能改变反应焓变，也不能使平衡发生移动。 【解答】解：A．反应能自发，故ΔH﹣T△S＜0，ΔH＞0，故△S＞0，故A正确； B．反应的平衡常数K＝，故B错误； C．可逆反应不能反应完全，1mol H2S和1mol CO2充分反应，生成COS的物质的量小于1mol，故C错误； D．加入催化剂，反应焓变不变，平衡不移动，羰基硫产率不变，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 3．（2023秋•江宁区期末）已知CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝﹣49kJ•mol﹣1，反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下x（CH3OH）～t如图所示。下列说法正确的是（　　） A．图中对应等压过程的曲线是M B．C点处x（CH3OH）相同，平衡常数相同 C．当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率为 D．由d点到b点可以通过升温实现 【答案】C 【分析】A.分析可知，反应为放热反应，故升温平衡左移，x（CH3OH）的含量越低，则N为等压曲线； B.C点处x（CH3OH）相同，由于对应的温度不同，故平衡常数不相同； C.当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算： CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g） 起始量（mol）1 3 0 0 变化量（mol）y 3y y y 平衡量（mol）1﹣y 3﹣3y y y ＝0.1， y＝mol， 据此计算； D.由d点到b点，平衡需要左移，如果升高温度，分析压强对应的变化。 【解答】解：A.分析可知，反应为放热反应，故升温平衡左移，x（CH3OH）的含量越低，则N为等压曲线，故A错误； B.C点处x（CH3OH）相同，由于对应的温度不同，故平衡常数不相同，故B错误； C.当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算： CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g） 起始量（mol）1 3 0 0 变化量（mol）y 3y y y 平衡量（mol）1﹣y 3﹣3y y y ＝0.1， y＝mol， CO2的平衡转化率α＝×100%≈33%，故C正确； D.由d点到b点，平衡需要左移，如果升高温度，则压强必然变化，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了物质能量变化、平衡常数计算和影响平衡的因素分析、图象变化的理解应用等，掌握平衡移动原理和平衡常数计算是解题关键，题目难度中等。 4．（2024•江苏一模）乙醇﹣水催化重整可获得H2。其主要反应为 反应Ⅰ：C2H5OH（g）+3H2O（g）＝2CO2（g）+6H2（g） ΔH＝+173.3kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g） ΔH＝+41.2kJ•mol﹣1 在1.0×105Pa，n始（H2O）﹕n始（C2H5OH）＝3﹕1时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。 CO的选择性＝×100%，下列说法正确的是（　　） A．图中曲线③表示平衡时H2的产率随温度的变化 B．平衡时C2H5OH的转化率与H2O的转化率相等 C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D．一定温度下，降低体系压强，反应Ⅰ的平衡常数减小 【答案】C 【分析】反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度均有利于平衡正向移动，但平衡时CO2和CO的选择性之和为100%，故平衡时CO2和CO的选择性的变化趋势相反，只有第二个反应生成CO，因此升温CO的选择性升高，故曲线③表示CO的选择性随温度的变化，曲线②表示平衡时H2的产率随温度的变化，曲线①表示CO2的选择性随温度的变化，据此作答。 【解答】解：A．由分析可知，曲线③表示CO的选择性随温度的变化，曲线②表示平衡时H2的产率随温度的变化，故A错误； B．n始（H2O）﹕n始（C2H5OH）＝3﹕1时，若第二个反应不生成水，则平衡时C2H5OH的转化率与H2O的转化率相等，但第二个反应生成水，故平衡时C2H5OH的转化率与H2O的转化率不相等，故B错误； C．一定温度下，增大，相当于C2H5OH的物质的量不变，增大水的物质的量，平衡正向移动，乙醇平衡转化率提高，故C正确； D．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 5．（2024•南京一模）对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g） ΔH＜0，下列说法正确的是（　　） A．1mol N—H断裂的同时有1mol O—H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态 B．该反应的平衡常数可表达为 C．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率 D．分离出NO（g），v正增大，平衡向正反应方向移动 【答案】A 【分析】A．依据断键、成键情况判断速率关系； B．平衡常数等于生成物浓度的系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积； C．依据外界条件改变对平衡的影响分析； D． 【解答】解：A．1mol N—H断裂即有mol氨气被消耗，有1mol O—H断裂即有mol水被消耗，此时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确； B．依据方程式可知，该反应的平衡常数可表达为K＝，故B错误； C．反应放热，降温，平衡正向移动，NH3的平衡转化率变大，反应正向气体分子数减小，加压，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，故C错误； D．分离出NO（g），逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，平衡向正反应方向移动，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 6．（2024•南通一模）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH（g）和CO（g），发生如下反应： 主反应：CH3OH（g）+CO（g）═CH3COOH（g）ΔH1 副反应：CH3OH（g）+CH3COOH（g）═CH3COOCH3（g）+H2O（g）ΔH2 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ随投料比x（物质的量之比）的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．投料比x代表 B．曲线c代表乙酸的分布分数 C．ΔH1＜0，ΔH2＞0 D．L、M、N三点的平衡常数：K（L）＝K（M）＞K（N） 【答案】D 【分析】由曲线a、d的变化趋势可知，投料比x代表，曲线a、b代表δ（CH3COOH），曲线c、d代表δ（CH3COOCH3）；投料比相同时，随温度升高，δ（CH3COOH）的分布系数增大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，δ（CH3COOCH3）减小，说明副反应的平衡逆向移动；化学平衡常数只与温度有关，温度升高放热反应的平衡常数减小，以此分析解答。 【解答】解：A．由曲线a、d的变化趋势可知，投料比x代表，故A错误； B．随投料比x代表增大，生成CH3COOH越多，故曲线a、b代表δ（CH3COOH），曲线c、d代表δ（CH3COOCH3），故B错误； C．由图像可知，当投料比相同时，随温度升高，δ（CH3COOH）的分布系数增大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，ΔH1＞0；δ（CH3COOCH3）减小，说明副反应的平衡逆向移动，ΔH2＜0，故C错误； D．L、M、N三点对应副反应ΔH2＜0，且TN＞TM＝TL，升高温度平衡逆向移动，K（L）＝K（M）＞K（N），故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡，涉及图像中曲线变化的分析判断、影响平衡的因素、平衡常数的影响因素等知识，掌握基础是关键，题目难度中等。 7．（2024•苏州一模）以Cu—ZnO—Al2O3作催化剂发生如下反应： 2CH3CHO（g）+H2O（g）⇌C2H5OH（g）+CH3COOH（g）ΔH＜0，下列说法正确的是（　　） A．该反应的ΔS＞0 B．该反应的平衡常数 C．催化剂Cu—ZnO—Al2O3能降低该反应的活化能 D．该反应中每消耗1mol CH3CHO，转移电子数约为2×6.02×1023 【答案】C 【分析】A．依据反应前后物质变化特点判断熵值变化； B．化学平衡常数等于生成物浓度的系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积； C．催化剂能降低该反应的活化能； D．依据物质的化合价变化判断转移电子数。 【解答】解：A．反应后气体分子数减小，故该反应为熵减反应，反应的ΔS＜0，故A错误； B．依据反应方程式可知该反应的平衡常数K＝，故B错误； C．催化剂Cu—ZnO—Al2O3能降低该反应的活化能，加快反应速率，故C正确； D．由方程式可知CH3CHO转化为CH3COOH，碳元素由﹣1价升高为0价，故每消耗1mol CH3CHO，转移电子数约为6.02×1023，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握平衡常数的表示方法是解题的关键。 8．（2024•镇江一模）工业上采用RuO2催化氧化处理HCl废气实现氯资源循环利用：4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH。不同温度下，HCl转化率（α）与HCl和O2的起始流速变化关系如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。下列说法不正确的是（　　） A．ΔH＜0，ΔS＜0 B．增大n（O2）：n（HCl）的比值，可提高M点HCl转化率 C．较高流速时α（HCl）低的原因是在较短时间内达到了平衡状态 D．N点为平衡状态，用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算，该温度下反应的平衡常数K＝36 【答案】C 【分析】A.根据方程式，从物质的状态、数量、种类等角度判断反应的熵的变化情况，结合图像和平衡的影响因素，根据温度变化与转化率等物理量的变化分析反应热的变化情况； B.利用勒夏特列原理，反应物浓度增大，平衡正向移动； C.在温度、浓度、气压、催化剂等条件不变的情况下，平衡转化率不变； D.根据图像信息确定N点是否处于平衡状态，再用三段式的方法进行计算。 【解答】解：A.该反应前后物质种类相同，物质状态也相同，但气体分子数目减小，因此为熵减的反应，ΔS＜0，较低流速下转化率可近似为平衡转化率，由图像信息可知，其它条件不变时，温度越高，HCl的平衡转化率反而越小，说明升温反应逆向移动，所以ΔH＜0，故A正确； B.增大n（O2）：n（HCl）的比值，反应物浓度增大，反应正向移动，因此HCl的平衡转化率增大，故B正确； C.在温度、浓度、气压、催化剂等条件不变的情况下，平衡转化率不变，在较高流速时，反应物还还没有足够的时间反应就被转移出反应体系，因此短时间内α（HCl）低，还没有达到平衡，故C错误； D.N点处于较低流速状态，且此时温度较高，反应较快，因此N点达到平衡状态，用三段式的方法进行计算，计算过程如下： 4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（g） 初状态（mol） 4x 4x 0 0 变化量（mol） 4y y 2y 2y 平衡时（mol） （4x﹣4y） （4x﹣y） 2y 2y N点时HCl的平衡转化率α（HCl）＝80%，则＝0.8，由此可计算出平衡时HCl的物质的量含量φ（HCl）＝＝，同理，可计算出平衡时O2的物质的量含量φ（O2）＝，平衡时Cl2的物质的量含量φ（Cl2）＝，平衡时H2O的物质的量含量φ（H2O）＝，将此时几种物质的物质的量含量，代入平衡常数的表达式，可计算出平衡常数K＝36，故D正确； 故选：C。 【点评】考查学生的图像的识别、并从坐标图中获取信息解决问题的能力，尤其是平衡的计算和平衡的影响因素，这是化学平衡的重点内容，也是高考化学的常考考点，需要重视。 9．（2024•海安市一模）中国科学家首次用C60改性铜基催化剂，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压。草酸二甲酯加氢的主要反应有： 反应Ⅰ：CH3OOCCOOCH3（g）草酸二甲酯+2H2（g）⇌CH3OOCCH2OH（g）乙醇酸甲酯+CH3OH（g） 反应Ⅱ：CH3OOCCH2OH（g）+2H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g） 反应Ⅲ：HOCH2CH2OH（g）+H2（g）⇌C2H5OH（g）+H2O（g） ΔH＜0 其他条件相同时，相同时间内温度对产物选择性的影响结果如图。 物质B的选择性S（B）＝×100% 下列说法不正确的是（　　） A．若不使用C60改性铜基催化剂采用高压条件是为了加快反应速率 B．乙醇的平衡产率随温度升高而降低 C．其他条件不变，增加氢气浓度，一定能提高乙二醇的产率 D．用C60改性铜基催化剂催化草酸二甲酯反应制乙二醇最佳温度范围约为475～480K 【答案】C 【分析】A．增大压强可以加快反应速率； B．升高温度，平衡向吸热反应方向移动； C．增大反应物浓度，平衡正向移动； D．结合图象物质的产率变化判断合适温度。 【解答】解：A．使用催化剂可以加快反应速率，若不使用C60改性铜基催化剂，采用高压条件也可以加快反应速率，故A正确； B．反应Ⅲ正向放热，升高温度，平衡逆向移动，乙醇的平衡产率降低，故B正确； C．其他条件不变，增加氢气浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，乙二醇的产率不一定提高，故C错误； D．由图可知，温度范围约为475～480K时，乙二醇的选择性高，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。 10．（2024•通州区模拟）使用合适的催化剂进行乙酸直接加氢可制备乙醇，反应原理如下： 主反应：CH3COOH（g）+2H2（g）═CH3CH2OH（g）+H2O（g） ΔH＜0 副反应：CH3COOH（g）+CH3CH2OH（g）═CH3COOCH2CH3（g）+H2O（g） ΔH＜0（热效应小可忽略） 在密闭容器中控制n起始（H2）：n起始（CH3COOH）＝10。2MPaa下平衡时S（乙醇）和S（乙酸乙酯）随温度的变化与250℃下平衡时S（乙醇）和S（乙酸乙酯）随压强的变化如题13图所示。乙醇的选择性可表示为S（乙醇）═。下列说法正确的是（　　） A．反应2CH3COOH（g）+2H2（g）═CH3COOCH2CH3（g）+2H2O（g） ΔH＞0 B．曲线②变化的原因是随温度升高，副反应正向进行的程度减小 C．图中曲线③表示250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线 D．300℃、0.5MPa下，反应足够长时间，S（乙醇）＜90% 【答案】D 【分析】主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是①；主反应和副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反应的平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，曲线②表示2MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线；同理，③表示2MPa时乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线，④表示250℃时乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线。 【解答】解：A．根据盖斯定律，反应2CH3COOH（g）+2H2（g）＝CH3COOCH2CH3（g）+2H2O（g）可由主反应+副反应得到，由于主反应和副反应都为放热反应，故反应2CH3COOH（g）+2H2（g）＝CH3COOCH2CH3（g）+2H2O（g）的ΔH＜0，故A错误； B．曲线②表示2MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线，副反应的热效应小可忽略，原因是随温度升高，主反应逆向进行，不利于主反应的进行，故B错误； C．根据分析，曲线③表示2MPa时乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线，故C错误； D．由图可知，250℃、0.5MPa下乙醇的选择性为90%，升高温度主反应逆向移动，故300℃、0.5MPa下反应足够的时间S（乙醇）＜90%，故D正确； 故选：D。 【点评】本题综合考查化学知识，题目涉及化学平衡的移动，侧重考查学生分析能力，掌握勒夏特列原理是解题关键，此题难度中等。 11．（2024•南京一模）反应4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（g） ΔH，可将工业废气中的HCl转化为Cl2，实现氯资源的循环利用。在n起始（HCl）：n起始（O2）＝1：1时，将HCl、O2混合气分别以不同流速通过装有催化剂的反应管，不同温度下出口处HCl转化率与HCl流速的关系如图所示。流速低于0.12mol•h﹣1时HCl转化率可近似为平衡转化率。若仅考虑该反应，下列说法正确的是（　　） A．ΔH＞0 B．减小或选用更高效的催化剂，均能提高X点HCl的平衡转化率 C．HCl流速高于0.12mol•h﹣1时，流速越大，反应速率越快 D．360℃时，当HCl流速为0.19mol•h﹣1时，每小时约获得4gCl2 【答案】D 【分析】A．依据温度变化对平衡的影响判断反应吸放热； B．加入催化剂，平衡不移动； C．流速过快，反应不充分； D．依据流速和转化率计算获得氯气的量。 【解答】解：A．由图可知，流速一定时，升高温度，HCl转化率减小，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误； B．减小，有利于提高HCl的平衡转化率，选用更高效的催化剂，能加快反应速率，但平衡不移动，X点HCl的平衡转化率不变，故B错误； C．HCl流速高于0.12mol•h﹣1时，流速越大，反应物反应不充分，反应速率减慢，故C错误； D．360℃时，当HCl流速为0.19mol•h﹣1时，HCl的转化率为60%，依据4HCl～2Cl2可知，获得氯气的质量为×71g/mol≈4g，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 12．（2024•南京一模）CO2催化加氢是转化CO2的一种方法，其过程中主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH 反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g） ΔH2＝﹣122.5kJ•mol﹣1 在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性随温度的变化如图，其中：CO的选择性＝×100%。下列说法正确的是（　　） A．CH3OCH3的选择性＝×100% B．ΔH1＜0 C．温度高于300℃时主要发生反应Ⅱ D．其他条件不变，图中A点选择合适催化剂可提高CO的选择性 【答案】D 【分析】A．由反应Ⅱ可知，CH3OCH3的选择性＝×100%； B．由图可知，温度升高，CO2平衡转化率增大，平衡时CO的选择性先降低后增大； C．由图可知，温度高于300℃时CO的选择性增大； D．使用催化活性更高的催化剂，可提高CO的选择性。 【解答】解：A．由反应Ⅱ可知，CH3OCH3的选择性＝×100%，故A错误； B．由图可知，温度升高，CO2平衡转化率增大，平衡时CO的选择性先降低后增大，反应Ⅱ为放热反应，则反应Ⅰ为吸热反应，即ΔH1＞0，故B错误； C．由图可知，温度高于300℃时CO的选择性增大，说明温度越高，反应Ⅰ生产CO越多，主要发生反应Ⅰ，故C错误； 用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂，有利于反应Ⅰ发生，促进二氧化碳更多的转化为CO，提高CO的选择性，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡移动，明确化学平衡及其影响因素解答关键，试题培养了学生的识图、分析能力及综合应用能力，题目难度中等。 13．（2024•苏州一模）乙酸蒸汽催化重整制氢过程中的主要反应有： 反应Ⅰ：CH3COOH（g）+2H2O（g）＝2CO2（g）+4H2（g） ΔH＝131.5kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CH3COOH（g）＝2CO（g）+2H2（g） ΔH＝213.76kJ•mol﹣1 将一定比例的乙酸、水和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂M的反应管，乙酸转化率、氢酸比与温度的关系如图所示。若仅考虑上述反应，下列说法正确的是（　　） A．用催化剂M催化重整制氢的最佳温度范围约为750～800℃ B．700℃时，反应管出口气的＝3 C．600℃后，氢酸比下降的主要原因是温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度均减小 D．该过程深入研究的方向之一是寻找对反应Ⅱ选择性更高的催化剂 【答案】B 【分析】A．依据温度对乙酸转化率和氢酸比影响分析； B．依据氢酸比计算CO和二氧化碳物质的量之比； C．依据乙酸转化率变化分析； D．依据氢气的生成量判断研究方向。 【解答】解：A．催化重整中乙酸的转化率越大，氢酸比越大时，反应最佳，故最佳温度范围约为600℃，故A错误； B．700℃时，设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则氢酸比＝＝2.5，解得＝＝3，故B正确； C．600℃后，乙酸的转化率几乎不变，则温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度不可能均减小，故C错误； D．反应Ⅰ1mol乙酸生成4mol氢气，反应Ⅱ中1mol乙酸生成2mol氢气，反应Ⅰ更有利于氢气的生成，故该过程深入研究的方向之一是寻找对反应Ⅰ选择性更高的催化剂，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 14．（2024•南通一模）CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）；ΔH1＝﹣122.5kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）；ΔH2＝akJ•mol﹣1 在恒压、n始（CO2）：n始（H2）＝1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时CH3OCH3和CO的选择性及CO2的转化率随温度的变化如图中实线所示。CH3OCH3的选择性＝×100%下列说法正确的是（　　） A．图中曲线①表示平衡时CH3OCH3选择性随温度的变化 B．a＜0 C．平衡时H2转化率随温度的变化可能如图中虚线所示 D．200℃时，使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂可提高CH3OCH3的生产效率 【答案】D 【分析】根据已知反应Ⅰ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH1＝﹣122.5kJ•mol﹣1，反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝akJ•mol﹣1，可知ΔH1＜0，故温度升高，CH3OCH3的选择性减小，根据曲线的变化趋势可知，曲线②代表CH3OCH3的选择性；温度升高，若a＞0，反应Ⅱ右移，则CO的选择性增大，若a＜0，反应Ⅱ左移，则CO的选择性减小，而曲线③先减小后增大，故曲线①代表CO的选择性增大，曲线③代表CO2的平衡转化率，以此来解答此题。 【解答】解：A．反应Ⅰ：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH1＝﹣122.5kJ•mol﹣1，反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝akJ•mol﹣1，可知ΔH1＜0，故温度升高，CH3OCH3的选择性减小，根据曲线的变化趋势可知，曲线②代表CH3OCH3的选择性，曲线①表示平衡时CO的选择性，故A错误； B．图中曲线①代表CO的选择性，温度升高，CO增多，说明反应Ⅱ为吸热反应，即a＞0，故B错误； C．n始（CO2）和n始（H2）＝1：3时，若只发生反应Ⅰ，则二氧化碳和氢气的平衡转化率之比为1：1，若只发生反应Ⅱ，则二氧化碳转化率和氢气转化率之比为3：1，由于两个反应均发生，则1：1＜二氧化碳转化率与氢气的转化率之比＜3：1，温度升高反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，二氧化碳转化率和氢气转化率之比越来越远离1：1，即相等，故图中虚线不能表示氢气的平衡转化率，故C错误； D．使用对反应Ⅰ选择性高的催化剂，则单位时间内生成CH3OCH3的速率加快，可提高的CH3OCH3的生产效率，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡和化学反应能量变化，掌握外界条件对平衡的影响是解题的关键，难点是化学平衡的分析，题目难度较大。 15．（2024•盐城一模）CO2催化加氢制甲醇，在减少CO2排放的同时实现了CO2的资源化，该反应可表示为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），保持起始反应物n（H2）：n（CO2）＝3：1，T＝250℃时x（CH3OH）随压强变化的曲线和p＝5×105Pa时x（CH3OH）随温度变化的曲线如图。 已知：x（CH3OH）表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。 下列说法正确的是（　　） A．该反应正反应活化能大于逆反应活化能 B．图中曲线变化说明高温、低压有利于提高原料利用率 C．当p＝6×105Pa、T＝210℃时，达平衡后x（CH3OH）＜0.1 D．a、b曲线交点处CO2转化率相同，平衡常数不同 【答案】D 【分析】由图可知，反应正向气体分子数减小，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，x（CH3OH）增大，故a曲线表示T＝250℃时x（CH3OH）随压强变化的曲线，b曲线表示p＝5×105Pa时x（CH3OH）随温度变化的曲线，温度升高，x（CH3OH）减小，平衡逆向移动，反应正向为放热反应，据此作答。 【解答】解：A．反应正向为放热反应，故正反应活化能小于逆反应活化能，故A错误； B．高温、低压均使平衡逆向移动，不有利于提高原料利用率，故B错误； C．当p＝2×105Pa、T＝210℃时，达平衡后x（CH3OH）＝0.1，当p＝6×105Pa、T＝210℃时，温度不变，压强增大，平衡正向移动，x（CH3OH）＞0.1，故C错误； D．由图可知，a、b曲线交点处x（CH3OH）相同，故CO2转化率相同，但反应温度不同，故平衡常数不同，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•鼓楼区一模）研究工业尾气处理是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）脱除NO。已知： ①脱硝反应CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）的ΔH＝ 　﹣985.2　kJ•mol﹣1 ②一定条件下，n（CH4）：n（NO）：n（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图1。 分析NO的去除率随温度变化的原因 　当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低　。 （2）脱除SO2。工业上用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图2所示。 已知：ⅰ.纳米MgO活性较高，常温可与水反应：ⅱ.MgSO3难溶于水，Mg（HSO3）2可溶。 ①为提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂情况下，可采取措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、　减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等　（写出两点）。 ②烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。请分析原因 　Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2　。 ③实验发现：随着SO2的脱除，600s以后溶液pH值几乎不变，但MgSO4浓度逐渐升高。结合图2和图3分析，可能是因为溶液中的Mg（OH）2转化为MgSO4。写出该反应的离子方程式 　Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2＝2Mg2++2+2H2O　。 （3）脱除H2S。催化剂CeO2﹣MgO对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图4所示，表示状态2的为 　C　（填选项）。 【答案】（1）﹣985.2； （2）当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低； （2）①减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等； ②Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2； ③Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2 ＝2Mg2++2+2H2O； （3）C。 【分析】（1）令 ①CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣802.6kJ•mol﹣1，②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH2＝+182.6kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，①﹣②得CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2； （2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将p（CH4）：p（NO）：p（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图；当温度低于780K时，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是 当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，NO的去除率随温度升高而降低，其可能原因是高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低； （2）①为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以减慢烟气通入速率、升高温度等措施实现； ②Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，和亚硫酸氢根离子反应； ③氢氧化镁和亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸镁，亚硫酸镁和二氧化硫反应生成亚硫酸氢镁，亚硫酸镁和氧气反应生成硫酸镁； （3）由题干图示信息可知，催化剂CeO2﹣MgO对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如图所示，状态1为，状态2为，状态3为。 【解答】解：（1）令 ①CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣802.6kJ•mol﹣1 ②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH2＝+182.6kJ•mol﹣1，根据盖斯定律，①﹣②得CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＝﹣802.6kJ•mol﹣1﹣（+182.6kJ•mol﹣1）＝﹣985.2kJ•mol﹣1， 故答案为：﹣985.2； （2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将p（CH4）：p（NO）：p（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图；当温度低于780K时，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是 当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，NO的去除率随温度升高而降低，其可能原因是高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低， 故答案为：当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低； （2）①为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等， 故答案为：减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等； ②烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右，烟气脱硫效率始终很高，其原因为：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2， 故答案为：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2； ③脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响，实验发现，在600s以后，随着SO2的脱除，溶液pH值几乎不变，但MgSO4浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用离子方程式解释其可能原因：Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2 ＝2Mg2++2+2H2O， 故答案为：Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2 ＝2Mg2++2+2H2O； （3）催化剂CeO2﹣MgO对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如图所示，状态1为，状态2为，状态3为，故表示状态2的为C， 故答案为：C。 【点评】本题考查化学反应中的能量变化、化学平衡计算等知识点，关键是掌握化学平衡常数计算方法，题目难度中等。 17．（2024•昆山市一模）有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。 （1）已知：①2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH1＝﹣566.0kJ•mol﹣1； ②N2（g）+2O2（g）＝2NO2（g）ΔH2＝+64kJ•mol﹣1。 反应2NO2（g）+4CO（g）＝N2（g）+4CO2（g）；ΔH3＝ 　﹣1196kJ•mol﹣1　。 （2）NH3—SCR技术可用于脱除大气中的NO2 ①Cu基催化剂是NH3—SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但烟气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO2（基态Ce原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2）可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图所示（含Ce化合物的比例系数均未标定）。 （a）从整个反应机理来看，总反应中起还原作用的物质是 　NH3　（填化学式）。 （b）在上述反应机理图中，CemOn的化学式为 　Ce2O3　。 ②将3%NO、6%NH3、21%O2和70%N2的混合气体（N2为平衡气）以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图所示。 （a）在150﹣225℃范围内，NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是 　随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升　。 （b）燃煤烟气中伴有一定浓度的HCl气体，它会造成NO去除率下降，其原因可能是 　烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性　。 （3）电极生物膜法能有效去除水体中的，进行生物的反硝化反应。其可能反应机理如图所示。H2O在阴极得电子生成氢气2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，则生物膜中发生脱硝反应的离子方程式为 　　。 【答案】（1）﹣1196kJ•mol﹣1； （2）①a．NH3； b．Ce2O3； ②a．随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升； b．烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性； （3）。 【分析】（1）根据盖斯定律，目标反应＝反应①×2﹣反应②，进行分析； （2）根据整个反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，反应①可知，xCeO2+3SO2+O2＝Cex（SO4）y，结合原子守恒，确定y＝3，x＝2，反应②中元素化合价没有变化，温度升高，催化剂活性增大，同时反应速率也增大，进行分析； （3）根据生物膜中硝酸根离子与氢气反应，生成氮气，为确保电荷守恒和原子守恒，产物中还有氢氧根离子和水进行分析。 【解答】解：（1）目标反应＝反应①×2﹣反应②，ΔH＝（﹣566×2﹣64）kJ/mol＝﹣1196kJ/mol， 故答案为：﹣1196kJ•mol﹣1； （2）a．从整个反应机理来看，整个反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，该反应中NH3失电子做还原剂， 故答案为：NH3； b．由反应①可知，xCeO2+3SO2+O2＝Cex（SO4）y，由于硫原子守恒可得y＝3，由氧原子守恒可得2x+6+2＝4y，解得x＝2，硫酸盐中Ce元素的化合价为+3价，由于反应②中元素化合价没有变化，故CemOn中的Ce化合价为+3价，则氧化物的化学式为Ce2O3， 故答案为：Ce2O3； ②a．温度升高，催化剂活性增大，同时反应速率也增大，使得NO的去除速率迅速上升， 故答案为：随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升； b．烟气中的HCl能与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4Cl固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性， 故答案为：烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性； （3）从图中可知，生物膜中硝酸根离子与氢气反应，生成氮气，为确保电荷守恒和原子守恒，产物中还有氢氧根离子和水，离子方程式为， 故答案为：。 【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 18．（2024•鼓楼区一模）Ⅰ、研究脱除烟气中的SO2、NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。 已知：4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g） ΔH＝﹣905.0kJ•mol﹣1 N2（g）+O2（g）＝2NO（g） ΔH＝+180.5kJ•mol﹣1 有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g） ΔH＝ 　﹣1626.6kJ•mol﹣1　。 （2）尿素[CO（NH2）2]溶液可吸收含SO2、NO烟气中的SO2，其反应为SO2+CO（NH2）2+2H2O＝（NH4）2SO3+CO2。若吸收烟气时同时通入少量ClO2，可同时实现脱硫、脱硝。 ①脱硝的反应分为两步。第一步：5NO+2ClO2+H2O＝5NO2+2HCl。 第二步：NO2和CO（NH2）2反应生成N2和CO2。第二步的化学反应方程式为 　6NO2+4CO（NH2）2＝7N2+4CO2+8H2O　。 ②将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO（NH2）2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图1所示。通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是 　ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少　。 Ⅱ、炼钢厂排放的烧结烟气中主要含SO2、NO、N2、O2和水蒸气。臭氧（O3）预氧化，O3—NH3协同脱硫脱硝技术可将烟气中的污染物转化为铵盐和N2，实现脱硫脱硝。 说明：进行下列研究时均控制反应器内温度为100℃、模拟烟气流速为2L/min。研究表明，100℃时，O3很难氧化SO2、NH3，NH3和NO基本不发生氧化还原反应。 （3）臭氧预氧化：向反应器中通入仅含0.3‰NO的模拟烟气和O3。实验测得出口处NO、NO2浓度随的变化曲线如图2所示。 ①当＜1时，反应器中发生的主要反应的化学方程式为 　　。 ②当＞1时，出口处NO2浓度急剧下降的原因是 　O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物　。 （4）O3—NH3协同脱硫脱硝：装置如图4所示，向反应器中通入含0.5‰SO2、0.3‰NO的模拟烟气。 ①按＝1通入O3，硫、氮脱除率随的变化曲线如图3所示。随着NH3量的增多，硫、氮脱除率几乎同等程度地升高，但也存在明显不足，主要缺点是 　过量太多的氨气对提高硫、氮脱除率的影响不大，同时产生大量氨气尾气，既浪费原料，也带来新的污染　。 ②按＝1通入NH3、＞1通入O3，随着O3投入量的增多，脱硝效率增大；而脱硫效率却减小，其原因是 　n（O3）/n（NO）＞1时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3—NH3协同脱硝优先于O3—NH3协同脱硫反应（脱硝速率大于脱硫速率），因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大；同时由于通入的NH3量一定，高价氮的氧化物对NH3的消耗进一步限制了NH3与SO2反应的进行，使得脱硫效率减小　。 【答案】（1）﹣1626.6kJ•mol﹣1； （2）①6NO2+4CO（NH2）2＝7N2+4CO2+8H2O； ②ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少； （3）①； ②O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物； （4）①过量太多的氨气对提高硫、氮脱除率的影响不大，同时产生大量氨气尾气，既浪费原料，也带来新的污染； ②n（O3）/n（NO）＞1时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3—NH3协同脱硝优先于O3—NH3协同脱硫反应（脱硝速率大于脱硫速率），因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大；同时由于通入的NH3量一定，高价氮的氧化物对NH3的消耗进一步限制了NH3与SO2反应的进行，使得脱硫效率减小。 【分析】（1）4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g） ΔH1＝﹣905.0kJ•mol﹣1，N2（g）+O2（g）＝2NO（g） ΔH2＝+180.5kJ•mol﹣1，有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g） ΔH；根据盖斯定律可知； （2）①脱硝的反应分为两步；第一步：5NO+2ClO2+H2O＝5NO2+2HCl；第二步：NO2和CO（NH2）2反应生成N2和CO2； ②将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO（NH2）2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图所示；通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小； （3）①当n（O3）/n（NO）＜1时，主要有二氧化氮生成； ②当n（O3）/n（NO）＞1时，一氧化氮转化率很高，出口处NO2浓度急剧下降的原因是O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物； （4）①按n（O3）/n（NO）＝1通入O3，硫、氮脱除率随n（NH3）/n（SO2）的变化曲线如图所示。随着NH3量的增多，硫、氮脱除率几乎同等程度地升高，但也存在明显不足； ②按n（NH3）/n（SO2）＝1通入NH3、n（O3）/n（NO）＞1通入O3，随着O3投入量的增多，脱硝效率增大；而脱硫效率却减小，其原因是n（O3）/n（NO）＞1时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3—NH3协同脱硝优先于O3—NH3协同脱硫反应（脱硝速率大于脱硫速率），因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大。 【解答】解：（1）4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g） ΔH1＝﹣905.0kJ•mol﹣1，N2（g）+O2（g）＝2NO（g） ΔH2＝+180.5kJ•mol﹣1，有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g） ΔH；根据盖斯定律可知：， 故答案为：﹣1626.6kJ•mol﹣1； （2）①脱硝的反应分为两步；第一步：5NO+2ClO2+H2O＝5NO2+2HCl；第二步：NO2和CO（NH2）2反应生成N2和CO2；第二步的化学反应方程式为6NO2+4CO（NH2）2＝7N2+4CO2+8H2O， 故答案为：6NO2+4CO（NH2）2＝7N2+4CO2+8H2O； ②将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO（NH2）2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图所示；通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少， 故答案为：ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少； （3）①当n（O3）/n（NO）＜1时，主要有二氧化氮生成，反应器中发生的主要反应的化学方程式为， 故答案为：； ②当n（O3）/n（NO）＞1时，一氧化氮转化率很高，出口处NO2浓度急剧下降的原因是O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物， 故答案为：O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物； （4）①按n（O3）/n（NO）＝1通入O3，硫、氮脱除率随n（NH3）/n（SO2）的变化曲线如图所示。随着NH3量的增多，硫、氮脱除率几乎同等程度地升高，但也存在明显不足，主要缺点是过量太多的氨气对提高硫、氮脱除率的影响不大，同时产生大量氨气尾气，既浪费原料，也带来新的污染， 故答案为：过量太多的氨气对提高硫、氮脱除率的影响不大，同时产生大量氨气尾气，既浪费原料，也带来新的污染； ②按n（NH3）/n（SO2）＝1通入NH3、n（O3）/n（NO）＞1通入O3，随着O3投入量的增多，脱硝效率增大；而脱硫效率却减小，其原因是n（O3）/n（NO）＞1时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3—NH3协同脱硝优先于O3—NH3协同脱硫反应（脱硝速率大于脱硫速率），因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大；同时由于通入的NH3量一定，高价氮的氧化物对NH3的消耗进一步限制了NH3与SO2反应的进行，使得脱硫效率减小， 故答案为：n（O3）/n（NO）＞1时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3—NH3协同脱硝优先于O3—NH3协同脱硫反应（脱硝速率大于脱硫速率），因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大；同时由于通入的NH3量一定，高价氮的氧化物对NH3的消耗进一步限制了NH3与SO2反应的进行，使得脱硫效率减小。 【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变和平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 19．（2024•六合区一模）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3预处理后用碱液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。常温下，O3是一种有特殊臭味、稳定性较差的淡蓝色气体。O3氧化烟气中NOx时主要反应的热化学方程式为：2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g） ΔH1＝﹣116.4kJ•mol﹣1； 4NO2（g）+O2（g）＝2N2O5（g） ΔH3＝﹣56.8kJ•mol﹣1； NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g） ΔH2＝﹣200.9kJ•mol﹣1。 （1）反应3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g） ΔH＝ 　﹣371.3　kJ•mol﹣1。 （2）O3氧化NO的氧化率随温度变化情况如图。随着温度升高NO的氧化率下降的原因可能是 　O3在较高温度下易分解　。 （3）一定条件下，向NOx/O3混合物中加入一定浓度的SO2气体，进行同时脱硫脱硝实验。实验结果如图同时脱硫脱硝时NO的氧化率略低的原因是 　SO2的氧化消耗了少量的O3，减小了O3的浓度　。 （4）尿素[CO（NH2）2]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，该反应的化学方程式为 　2CO（NH2）2+6NO5N2+2CO2+4H2O　，也可将该反应设计成碱性燃料电池除去烟气中的氮氧化物，该燃料电池正极的电极反应式是 　O+4e﹣+2H2O＝N2+4OH﹣　。 【答案】（1）﹣371.3； （2）O3在较高温度下易分解； （3）SO2的氧化消耗了少量的O3，减小了O3的浓度； （4）2CO（NH2）2+6NO5N2+2CO2+4H2O；2NO+4e﹣+2H2O＝N2+4OH﹣。 【分析】（1）根据盖斯定律，将反应①+③得：反应3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g）进行分析； （2）根据O3的热稳定性差，进行分析； （3）根据SO2的存在影响了NO的氧化，同时脱硫脱硝时NO的氧化率略低进行分析； （4）根据尿素[CO（NH2）2]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，则三种气体分别为N2、CO2、H2O（g），在该碱性燃料电池中，负极反应式为CO（NH2）2﹣6e﹣+8OH﹣＝+N2+6H2O，NO在该燃料电池正极得电子生成N2等，电极反应式是2NO+4e﹣+2H2O＝N2+4OH﹣，进行分析。 【解答】解：（1）①2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g） ，②4NO2（g）+O2（g）＝2N2O5（g） ，③NO（g）+O3（g）＝NO2（g）+O2（g） ，依据盖斯定律，将反应①+③得：反应3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g）ΔH＝ΔH1+ΔH2＝﹣371.3kJ•mol﹣1， 故答案为：﹣371.3； （2）O3的热稳定性差，从图中可以看出，随着温度升高，O3氧化NO的氧化率不断下降，则原因可能是：O3在较高温度下易分解， 故答案为：O3在较高温度下易分解； （3）从图中可以看出，用O3单独脱NO时，NO的氧化率高于混有SO2的NO的氧化率，表明SO2的存在影响了NO的氧化，所以同时脱硫脱硝时NO的氧化率略低，原因是：SO2的氧化消耗了少量的O3，减小了O3的浓度， 故答案为：SO2的氧化消耗了少量的O3，减小了O3的浓度； （4）尿素[CO（NH2）2]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，则三种气体分别为N2、CO2、H2O（g），该反应的化学方程式为2CO（NH2）2+6NO5N2+2CO2+4H2O，也可将该反应设计成碱性燃料电池除去烟气中的氮氧化物，则NO在该燃料电池正极得电子生成N2等，电极反应式是2NO+4e﹣+2H2O＝N2+4OH﹣， 故答案为：2CO（NH2）2+6NO5N2+2CO2+4H2O；2NO+4e﹣+2H2O＝N2+4OH﹣。 【点评】本题主要考查化学平衡的影响因素等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 20．（2024•盐城一模）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。回答下列问题： （1）以CO2和NH3为原料合成尿素：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g） ΔH＝﹣87kJ•mol﹣1 ①该反应在 　低温　（填“高温”“低温”或“任意温度”）下可自发进行。 ②如图是合成尿素的历程及能量变化，TS表示过渡态。 其中决速步骤的化学方程式为 　HOOC—NH2→HN＝C＝O+H2O（或NH3+HOOC—NH2→HN＝C＝O+H2O+NH3）　。 （2）以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下： Ⅰ.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） ΔH1 Ⅱ.C（s）+2H2O（g）⇌CO2（g）+2H2（g） ΔH2＝+90.3kJ•mol﹣1 Ⅲ.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH3＝﹣41.0kJ•mol﹣1 ①ΔH1＝　+131.3　kJ•mol﹣1。 ②在T℃、50MPa反应条件下，向某容器中加入3mol C（s）和4mol H2O（g），发生上述三个反应，达到平衡时，测得容器中C（s）的物质的量为1mol，CO（g）和H2O（g）的物质的量均为0.5mol，则平衡时H2的物质的量为 　3.5　mol。 ③保持总压不变，随着温度的变化，平衡常数Kp发生变化，上述三个反应的平衡常数关系如图所示，表示、的曲线分别是 　b　、　d　。 （3）CH4与CO2反应可生成合成气：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ΔH＞0。在体积为2L的恒容密闭容器中，充入2mol CH4和3mol CO2，加入催化剂并加热至T1发生反应，容器内的总压强p总随时间t的变化如图所示。 ①实验测得v正＝k正•c（CH4）•c（CO2），v逆＝k逆•c2（CO）•c2（H2），其中k正、k逆为仅与温度有关的速率常数，平衡后若将温度由T1升高到T2，则速率常数增大的倍数：k正　＞　k逆（填“＞”“＜”或“＝”）。 ②0∼10min，用CH4表示的平均反应速率为 　0.05　mol•L﹣1•min﹣1。 【答案】（1）①低温； ②HOOC—NH2→HN＝C＝O+H2O（或NH3+HOOC—NH2→HN＝C＝O+H2O+NH3）； （2）①+131.3； ②3.5； ③b；d； （3）①＞； ②0.05。 【分析】（1）根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0可自发进行判断，第二步反应的活化能最大，为决速步骤，进行分析； （2）根据盖斯定律Ⅱ﹣Ⅲ，即得到目标方程，平衡时n（H2）＝n（H2O）消耗，反应Ⅰ＝反应Ⅱ﹣反应Ⅲ，故，进行分析； （3）根据反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，看图根据反应速率的计算式进行分析； 【解答】解：（1）①该反应的焓变和熵变均小于0，依据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0可自发进行判断，该反应在低温下可自发进行， 故答案为：低温； ②第二步反应的活化能最大，为决速步骤，则其中决速步骤的化学方程式为HOOC—NH2→HN＝C＝O+H2O（或NH3+HOOC—NH2→HN＝C＝O+H2O+NH3）， 故答案为：HOOC—NH2→HN＝C＝O+H2O（或NH3+HOOC—NH2→HN＝C＝O+H2O+NH3）； （2）①依据盖斯定律Ⅱ﹣Ⅲ，即得到C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g），则ΔH1＝ΔH2﹣ΔH3＝+131.3kJ•mol﹣1， 故答案为：+131.3； ②在T℃、50MPa反应条件下，向某容器中加入3molc（s）和4mol H2O（g），发生上述三个反应，达到平衡时，测得容器中C（s）的物质的量为1mol，CO（g）和H2O（g）的物质的量均为0.5mol，则根据氢原子守恒，可知平衡时n（H2）＝n（H2O）消耗＝4mol﹣0.5mol＝3.5mol， 故答案为：3.5； ③反应Ⅰ、反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，所以、随温度升高而增大，随温度升高而减小，反应Ⅰ＝反应Ⅱ﹣反应Ⅲ，故，将图中数据代入可知：，故曲线c、b、d符合此关系，曲线c代表，曲线b代表，曲线d代表， 故答案为：b；d； （3）①T1温度平衡时，v正＝v逆，即，，由于反应CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，即K（T1）＜K（T2），故增大，即k正＞k逆， 故答案为：＞； ②由图可知，，解得：x＝1，0∼10min，用CH4表示的平均反应速率＝， 故答案为：0.05。 【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$