2025届高考化学一轮复习 化学反应的调控

化学反应的调控 一．选择题（共15小题） 1．（2024•福州一模）工业上以CO2和NH3为原料合成尿素[CO（NH2）2]，在合成塔中的主要反应可表示如下： 反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（s）（氨基甲酸铵） K1 总反应Ⅱ：H2NCOONH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g） K2 总反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g） K3 下列说法正确的是（　　） A． B．反应Ⅰ在任何温度下可自发进行 C．恒压，降低氨碳比[n（NH3）/n（CO2）]可提高反应Ⅰ中NH3的平衡转化率 D．恒容，充入惰性气体，可提高总反应Ⅲ的反应速率 2．（2024•宁波一模）利用反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）可实现汽车尾气的无害化处理。下列措施能加快反应速率的是（　　） A．恒温恒容下，充入He（g） B．将CO2（g）从体系中分离出来 C．恒温恒压下，加入He（g） D．恒温恒容下，充入CO（g） 3．（2024•海淀区一模）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0。反应达平衡时，下列措施能提高H2转化率的是（　　） ①降温；②恒压通入惰性气体；③增加N2的浓度；④加压；⑤及时分离出氨气；⑥增加H2的浓度； A．①②④⑤ B．②③⑤⑥ C．①③④⑤ D．③④⑤⑥ 4．（2024•天津一模）证据推理是化学学科重要的核心素养。下列证据与推理的关系正确的是（　　） 选项 证据 推理 A 室温下，饱和BOH溶液的导电能力比饱和NaOH溶液弱 BOH为弱碱 B 增大反应物浓度，化学反应速率加快 增大反应物浓度，反应物活化分子百分数增大 C 往过氧化氢溶液中加入适量FeCl2溶液，一段时间后溶液变为棕黄色且有大量气泡产生 Fe2+对H2O2的分解具有催化作用 D HA溶液中不存在HA分子 HA为强酸 A．A B．B C．C D．D 5．（2024•天津一模）已知反应式：aX（g）+bY（？）⇌aQ（g）+aZ（g），当反应达平衡时c（X）＝0.2mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，达新平衡c（X）＝0.3mol/L，下列说法正确的是（　　） A．a一定小于b B．反应向逆方向移动 C．Y可能是固体或液体 D．Z的体积分数减小 6．（2024•河东区一模）下列叙述与图像不相对应的是（　　） A．图1表示反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＜0速率时间图像，t4时改变的条件可能是减小压强 B．图2是温度和压强对反应X+Y⇌2Z影响的示意图，则X、Y、Z均为气态 C．图3表示Zn与足量盐酸的反应速率时间图像，其中AB段速率增大的原因是反应放热，溶液温度逐渐升高 D．图4表示用（NH4）2CO3捕碳的反应：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）⇌2NH4HCO3（aq），其中b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为Kb＞Kc＞Kd 7．（2024•苏州一模）用纯净的CaCO3与一定浓度的稀盐酸反应制取CO2，生成CO2的体积随时间变化的关系如图所示（CO2体积已折算为标准状况下的体积）。下列分析正确的是（　　） A．OE段表示的平均反应速率最快 B．该反应是吸热反应 C．OE、EF、FG三段中，EF段收集到的CO2的量最多 D．OE、EF、FG三段中，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为2：6：7 8．（2024•河西区一模）吉林大学科研人员合作研究得出基于机械化学（“暴力”干扰使铁活化）在较温和的条件下由氮气合成氨的新方案（如图所示），利用这种方案所得氨的体积分数平衡时可高达82.5%。已知合成氨反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g） ΔH＝﹣92.4kJ/mol。下列说法正确的是（　　） A．该方案所得氨的含量高，主要是因为使用了铁做催化剂 B．采用该方案生产氨气，活化能和ΔH均减小 C．该方案提高了氨的平衡体积分数，与反应温度较低有关 D．为了提高氢气的平衡转化率和反应速率，应尽量采取较高温度 9．（2024•河西区一模）CuCl2溶液中存在如下平衡：[Cu（H2O）4]2+（蓝色）+4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄色）+4H2O ΔH＞0。下列可使蓝色的CuSO4溶液变为黄绿色的是（　　） A．加NaCl（s） B．加Na2SO4（s） C．加水 D．降温 10．（2024•苏州一模）在含有少量1的溶液中，2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）ΔH＝﹣98kJ•mol﹣1。其分解机理如下： ①H2O2+I﹣═H2O+IO﹣ΔH1 ②H2O2+IO﹣═H2O+O2+I﹣ΔH2 下列说法不正确的是（　　） A．升高温度和使用催化剂能提高H2O2分解的平衡转化率 B．IO﹣是中间产物，在反应②中作氧化剂 C．一段时间后，可用带火星的木条检验H2O2是否分解 D．ΔH1+ΔH2＝﹣98kJ•mol﹣1 11．（2024•河西区一模）研究浓度对反应Cr2（橙色）+H2O⇌2（黄色）+2H+ΔH＝+13.8kJ/mol 化学平衡的影响，实验操作及现象如图所示。 已知：试管c与试管a相比，温度略有升高，溶液颜色变深，呈橙色。下列说法正确的是（　　） A．当试管b中溶液颜色不再改变时，表明Cr2已全部反应 B．由上述②信息，说明影响试管c中反应化学平衡的主要因素是温度 C．对比试管b、d溶液颜色变化，可得结论：减小c（H+），平衡正向移动 D．试管d中溶液颜色变浅是由于体系中各离子浓度变小，但平衡不移动 12．（2024•苏州一模）利用反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）制备H2和CO，下列说法正确的是（　　） A．该反应ΔS＜0 B．该反应的平衡常数可表示为K＝ C．其他条件相同，增大压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大 D．其他条件相同，增大水蒸气的投入量，可提高CH4的平衡转化率 13．（2024•城中区一模）在一密闭容器中发生反应：2X（g）+Y（g）⇌aZ（g）ΔH＝QkJ•mol﹣1，开始按体积比2：1将X、Y充入反应器中，一定条件下发生反应。图甲和图乙是根据反应绘制的图像，下列有关说法正确的是（　　） A．图甲，p1＞p2，a＜3 B．图甲，T1＜T2，Q＞0 C．图乙，如果a＝3，t2时改变的条件可能为增大压强，此时活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增大，反应速率增大 D．图乙，t1时表示恒温，恒压条件下，向平衡体系中充入一定量的Z气体 14．（2024•城中区一模）图为工业合成氨的流程图。下列说法错误的是（　　） A．步骤①的目的是防止混入杂质使催化剂中毒 B．步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率 C．步骤③选择500℃的重要原因是催化剂活性最高 D．步骤③、④、⑤均有利于提高原料的平衡转化率 15．（2024•城中区一模）可逆反应aX（g）+bY（s）⇌cZ（g）+dW（g）进行过程中，当其他条件不变时，Z的体积分数[φ（Z）]与温度（T）、压强（p）的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．达到平衡后，增加Y的是，平衡正向移动 B．达到平衡后，升高温度，平衡正向移动 C．p2＞p1，且a＜c+d D．达到平衡后，加入催化剂．平衡正向移动 二．解答题（共5小题） 16．（2024•盐城一模）为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。 Ⅰ．CO2的捕集 （1）吸收剂X（乙醇胺，HOCH2CH2NH2）可完成对空气中CO2的捕集。 乙醇胺溶液能够吸收和解吸CO2的原因是 　 　。 Ⅱ．CO2的资源化 （2）二氧化碳甲烷化，其主要反应为： 反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1 在密闭容器中，1.01×105Pa，n起始（CO2）﹕n起始（H2）＝1﹕4时，CO2平衡转化率在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图1所示。 ①反应2CO（g）+2H2（g）SCO2（g）+CH4（g） ΔH＝　 　kJ•mol﹣1； ②580℃以后CO2平衡转化率升高的主要原因是 　 　。 （3）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2（M表示Ni或Ru）在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程如图2所示： ①步骤Ⅲ发生的反应为 　 　（*X代表吸附态中间体） ②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率 　 　（填“高于”或“低于”）使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 （4）利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如图3。 相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化图4所示： FE%＝×100%，选择性S（X）＝×100%。 ①“电解”在质子交换膜电解池中进行，当电解电压为0.7V，阴极发生的电极反应式为：　 　。 ②当电解电压为0.95V时，生成HCHO和HCOOH的选择性之比为 　 　。 17．（2024•靖远县一模）乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。 Ⅰ．某研究所成功研制出了单原子Bi修饰的Cu催化剂（BiCu—SAA），该催化剂能够在电催化还原CO2的过程中生成C2+（多碳化合物）。已知：几种化学键的键能如表所示。 化学键 C—H C—O H—O H—H C＝O C—C 键能/（kJ•mol﹣1） 414 351 465 436 803 332 （1）反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）的活化能Ea（正） 　 　（填“大于”或“小于”）Ea（逆）。该反应在 　 　（填“高温”“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。 （2）恒容绝热容器中发生反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），下列说法正确的是 　 　。 A．加入合适的催化剂可以提高CO2的平衡转化率 B．反应达到平衡后容器内温度保持不变 C．反应达到平衡时n（CO2）：n（H2）＝1：3一定成立 D．容器内气体密度不变时说明达到了平衡状态 （3）投入一定量的CO2和H2发生反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图2。图中控制其他条件，只调节反应温度，反应速率最快的是 　 　（填“T1”“T2”或“T3”），理由是 　 　。 Ⅱ．乙酸甲酯催化加氢可制备乙醇，涉及的反应如下： 反应ⅰ：CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+CH3OH（g） 反应ⅱ：2CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌CH3COOCH2CH3（g）+2CH3OH（g） 在温度为TK时，将10mol H2和1mol CH3COOCH3的混合气体通入体积为VL的恒容密闭容器中，反应经tmin后达到平衡，测得平衡时CH3COOCH3的转化率为80%，C2H5OH的选择性（）为60%。 （4）0～tmin内，v（H2）＝ 　 　（用含V、t的式子表示）mol•L﹣1•min﹣1。 （5）该温度下，反应Ⅰ的平衡常数K＝ 　 　。 Ⅲ．乙醇燃料电池（电极材料a和b均为性电极）广泛应用于微型电源、能源汽车、家用电源、国防等领域，工作原理如图3所示： （6）写出负极的电极反应式：　 　。当转移0.6mol电子时，正极需要通入的空气的体积约为 　 　L（标准状况下）。 18．（2024•广西一模）氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。涉及反应如下： 反应Ⅰ：CO（g）+3H2（g）＝CH4（g）+H2O（g） ΔHl＝﹣206.2kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH2＝﹣41.2kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g） ΔH3 回答下列问题： （1）ΔH3＝ 　 　kJ•mol﹣1。 （2）温度T2时，在1L固定容积的容器中充入1mol CO和一定量的H2发生上述反应，平衡时H2和CO的转化率（α）及CH4和CO2的物质的量（n）随变化的情况如图所示。 ①不能判断体系达到平衡的是 　 　。 A．气体压强不再变化 B．气体密度不再变化 C．气体平均摩尔质量不再变化 D．的值不再变化 ②曲线d表示n（CO2）变化的曲线，解释曲线d随增大先增大后减小的原因 　 　。 ③图中表示n（CH4）变化的曲线是 　 　（填图中曲线的序号）。 ④B点坐标为（1，m），m＝ 　 　，反应П的平衡常数K＝ 　 　（化简到最简分数）。 ⑤若升高温度，达到新平衡时，CH4物质的量 　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （3）若能将反应Ⅲ设计成原电池，可实现碳中和。写出在酸性条件下正极反应的电极反应式 　 　。 19．（2024•东城区一模）油气开采、石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，需要将其回收处理并加以利用。 Ⅰ.高温热分解法：2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） ΔH＝+170kJ•mol﹣1 （1）其他条件不变的情况下，增大压强，正反应速率 　 　（填“增大”“减小”或“不变”，下同），逆反应速率 　 　，H2S的平衡转化率会 　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。 （2）升高温度，该反应的化学平衡常数 　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。 （3）工业上，通常在等温、等压条件下将H2S与Ar的混合气体通入反应器，发生H2S热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，H2S的平衡转化率会 　 　（填“增大”“减小”或“不变”），利用平衡常数与浓度商的关系说明理由：　 　。 Ⅱ.克劳斯法：2H2S（g）+O2（g）⇌S2（g）+2H2O（g） 已知：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g） 4H2S（g）+2SO2（g）＝3S2（g）+4H2O（g） （4）用克劳斯法处理H2S，若生成1mol S2（g），放出热量 　 　kJ。 （5）用克劳斯法处理H2S时，研究人员对反应条件对S2产率的影响进行了如下研究。 ①其他条件相同时，相同时间内，S2产率随温度的变化如图1所示。由图1可见，随着温度升高，S2产率先增大后减小，原因是 　 　。 ②其他条件相同时，相同时间内，S2产率随n（O2）/n（H2S）值的变化如图2所示。 n（O2）/n（H2S）值过高不利于提高S2产率，可能的原因是 　 　。 20．（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）。 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•福州一模）工业上以CO2和NH3为原料合成尿素[CO（NH2）2]，在合成塔中的主要反应可表示如下： 反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（s）（氨基甲酸铵） K1 总反应Ⅱ：H2NCOONH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g） K2 总反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g） K3 下列说法正确的是（　　） A． B．反应Ⅰ在任何温度下可自发进行 C．恒压，降低氨碳比[n（NH3）/n（CO2）]可提高反应Ⅰ中NH3的平衡转化率 D．恒容，充入惰性气体，可提高总反应Ⅲ的反应速率 【答案】C 【分析】A．依据方程式中物质关系判断平衡常数关系； B．ΔH﹣T△S＜0时反应自发； C．恒压，降低氨碳比有利于平衡正向移动； D．恒容，充入惰性气体，反应速率不变。 【解答】解：A．反应Ⅰ+反应Ⅱ可得反应Ⅲ，故K3＝K1×K2，故A错误； B．反应ⅠΔH＜0，正向气体分子数减小，△S＜0，故该反应低温时自发，故B错误； C．恒压，降低氨碳比[n（NH3）/n（CO2）]，有利于平衡正向移动，可提高反应Ⅰ中NH3的平衡转化率，故C正确； D．恒容，充入惰性气体，反应物浓度不变，总反应Ⅲ的反应速率不变，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学反应速率，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。 2．（2024•宁波一模）利用反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）可实现汽车尾气的无害化处理。下列措施能加快反应速率的是（　　） A．恒温恒容下，充入He（g） B．将CO2（g）从体系中分离出来 C．恒温恒压下，加入He（g） D．恒温恒容下，充入CO（g） 【答案】D 【分析】A．恒温恒容下，充入He（g），反应物和生成物浓度都不变； B．将CO2（g）从体系中分离出来，生成物浓度减小； C．恒温恒压下，加入He（g），反应物和生成物的分压减小； D．恒温恒容下，加入CO（g），反应物浓度增大。 【解答】解：A．恒温恒容下，充入He（g），反应物和生成物浓度都不变，化学反应速率不变，故A错误； B．将CO2（g）从体系中分离出来，生成物浓度减小，化学反应速率减慢，故B错误； C．恒温恒压下，加入He（g），反应物和生成物的分压减小，化学反应速率减慢，故C错误； D．恒温恒容下，加入CO（g），反应物浓度增大，反应速率加快，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意A、C选项的区别。 3．（2024•海淀区一模）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0。反应达平衡时，下列措施能提高H2转化率的是（　　） ①降温；②恒压通入惰性气体；③增加N2的浓度；④加压；⑤及时分离出氨气；⑥增加H2的浓度； A．①②④⑤ B．②③⑤⑥ C．①③④⑤ D．③④⑤⑥ 【答案】C 【分析】该反应正方向为气体体积减小的反应，正反应放热，反应达平衡时，①降温，平衡正向移动；②恒压通入惰性气体，相当与压强降低，平衡逆向移动；③增加N2的浓度，平衡正向移动；④加压，平衡正向移动；⑤及时分离出氨气，促进平衡正向移动增加H2的浓度，促进平衡正向移动。 【解答】解：反应达平衡时，①降温，平衡正向移动，有利于H2转化率提升；②恒压通入惰性气体，相当与压强降低，平衡逆向移动，不利于H2转化率提升；③增加N2的浓度，平衡正向移动，有利于H2转化率提升；④加压，平衡正向移动，有利于H2转化率提升；⑤及时分离出氨气，促进平衡正向移动，有利于H2转化率提升；⑥增加H2的浓度，促进平衡正向移动，但H2的转化率降低；则提高H2转化率的措施有①③④⑤， 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 4．（2024•天津一模）证据推理是化学学科重要的核心素养。下列证据与推理的关系正确的是（　　） 选项 证据 推理 A 室温下，饱和BOH溶液的导电能力比饱和NaOH溶液弱 BOH为弱碱 B 增大反应物浓度，化学反应速率加快 增大反应物浓度，反应物活化分子百分数增大 C 往过氧化氢溶液中加入适量FeCl2溶液，一段时间后溶液变为棕黄色且有大量气泡产生 Fe2+对H2O2的分解具有催化作用 D HA溶液中不存在HA分子 HA为强酸 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【分析】A．不知道两溶液的浓度是否相等； B．增大反应物浓度，反应物活化分子百分数不变； C．Fe3+对H2O2的分解具有催化作用； D．HA溶液中不存在HA分子，说明HA已经完全电离。 【解答】解：A．不知道两溶液的浓度是否相等，不能判断二者碱性强弱，故A错误； B．增大反应物浓度，反应物活化分子百分数不变，故B错误； C．Fe3+是H2O2的分解的催化剂，故C错误； D．HA溶液中不存在HA分子，说明HA已经完全电离，则HA为强酸，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查物质的性质，侧重考查学生推理能力的掌握情况，试题难度中等。 5．（2024•天津一模）已知反应式：aX（g）+bY（？）⇌aQ（g）+aZ（g），当反应达平衡时c（X）＝0.2mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，达新平衡c（X）＝0.3mol/L，下列说法正确的是（　　） A．a一定小于b B．反应向逆方向移动 C．Y可能是固体或液体 D．Z的体积分数减小 【答案】A 【分析】已知反应式：aX（g）+bY（？）⇌aQ（g）+aZ（g），当反应达平衡时c（X）＝0.2mol/L，其他条件不变，若容器缩小到原来的，c（X）＝0.4mol/L，达新平衡c（X）＝0.3mol/L，加压平衡正向移动，正向气体分子数减小，Y为气体，且a+b＞a+a，故b＞a，据此作答。 【解答】解：A．由分析可知，b＞a，故A正确； B．由分析可知，平衡正向移动，故B错误； C．加压平衡正向移动，正向气体分子数减小，Y为气体，故C错误； D．平衡正向移动，Z的体积分数增大，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•河东区一模）下列叙述与图像不相对应的是（　　） A．图1表示反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g） ΔH＜0速率时间图像，t4时改变的条件可能是减小压强 B．图2是温度和压强对反应X+Y⇌2Z影响的示意图，则X、Y、Z均为气态 C．图3表示Zn与足量盐酸的反应速率时间图像，其中AB段速率增大的原因是反应放热，溶液温度逐渐升高 D．图4表示用（NH4）2CO3捕碳的反应：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）⇌2NH4HCO3（aq），其中b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为Kb＞Kc＞Kd 【答案】B 【分析】A．t4时如果减小压强，正逆反应速率都减小，平衡逆向移动； B．如果X、Y、Z均为气态，X+Y⇌2Z为气体体积相等的反应，改变压强，平衡不移动； C．Zn与盐酸反应是放热反应，开始时温度升高对反应速率的影响占主导地位； D．c点之后，升高温度，平衡逆向移动，导致CO2的浓度增大，说明反应为放热反应，升高温度，K值减小。 【解答】解：A．t4时如果减小压强，正逆反应速率都减小，平衡逆向移动，与图像相符合，故A错误； B．如果X、Y、Z均为气态，X+Y⇌2Z为气体体积相等的反应，改变压强，平衡不移动，Z的体积分数不变，与图像不符合，故B正确； C．Zn与盐酸反应是放热反应，开始时温度升高对反应速率的影响占主导地位，故反应速率加快，与图像相符，故C错误； D．c点之后，升高温度，平衡逆向移动，导致CO2的浓度增大，说明反应为放热反应，对放热反应，升高温度，K值减小，故Kb＞Kc＞Kd，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 7．（2024•苏州一模）用纯净的CaCO3与一定浓度的稀盐酸反应制取CO2，生成CO2的体积随时间变化的关系如图所示（CO2体积已折算为标准状况下的体积）。下列分析正确的是（　　） A．OE段表示的平均反应速率最快 B．该反应是吸热反应 C．OE、EF、FG三段中，EF段收集到的CO2的量最多 D．OE、EF、FG三段中，该反应用CO2表示的平均反应速率之比为2：6：7 【答案】C 【分析】A．相同时间内收集的气体越多，反应速率越快； B．CaCO3和稀盐酸的反应为放热反应； C．OE、EF、FG段收集的气体体积分别是：224mL、（672﹣224）mL＝448mL、（784﹣672）mL＝112mL； D．OE、EF、FG三段中，时间相同，该反应用CO2表示的平均反应速率之比等于气体的体积之比。 【解答】解：A．相同时间内收集的气体越多，反应速率越快，时间相同，EF段收集的气体最多，反应速率最快，故A错误； B．CaCO3和稀盐酸的反应为放热反应，故B错误； C．OE、EF、FG段收集的气体体积分别是：224mL、（672﹣224）mL＝448mL、（784﹣672）mL＝112mL，所以EF段收集到的CO2的量最多，故C正确； D．OE、EF、FG三段中，时间相同，该反应用CO2表示的平均反应速率之比等于气体的体积之比＝224mL：672mL：112mL＝2：6：1，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查图象的分析、判断，明确化学反应速率的计算方法是解本题关键，题目难度不大。 8．（2024•河西区一模）吉林大学科研人员合作研究得出基于机械化学（“暴力”干扰使铁活化）在较温和的条件下由氮气合成氨的新方案（如图所示），利用这种方案所得氨的体积分数平衡时可高达82.5%。已知合成氨反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g） ΔH＝﹣92.4kJ/mol。下列说法正确的是（　　） A．该方案所得氨的含量高，主要是因为使用了铁做催化剂 B．采用该方案生产氨气，活化能和ΔH均减小 C．该方案提高了氨的平衡体积分数，与反应温度较低有关 D．为了提高氢气的平衡转化率和反应速率，应尽量采取较高温度 【答案】C 【分析】依据外界条件改变对化学反应速率和化学平衡的影响分析。 【解答】解：A．使用催化剂，平衡不移动，氨气的含量不变，故A错误； B．使用催化剂，可以降低反应所需的活化能，但是反应焓变不变，故B错误； C．反应放热，温度低，有利于平衡正向移动，氨的平衡体积分数提高，故C正确； D．温度升高，反应速率加快，平衡逆向移动，平衡转化率减小，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。 9．（2024•河西区一模）CuCl2溶液中存在如下平衡：[Cu（H2O）4]2+（蓝色）+4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄色）+4H2O ΔH＞0。下列可使蓝色的CuSO4溶液变为黄绿色的是（　　） A．加NaCl（s） B．加Na2SO4（s） C．加水 D．降温 【答案】A 【分析】依据外界条件改变对化学平衡的影响分析。 【解答】解：A．加入NaCl（s），溶液中氯离子浓度增大，平衡正向移动，蓝色的CuSO4溶液变为黄绿色，故A正确； B．加Na2SO4（s），平衡不移动，溶液颜色不变，故B错误； C．加水，反应物浓度减小幅度更大，平衡逆向移动，故C错误； D．降温，平衡逆向移动，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。 10．（2024•苏州一模）在含有少量1的溶液中，2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）ΔH＝﹣98kJ•mol﹣1。其分解机理如下： ①H2O2+I﹣═H2O+IO﹣ΔH1 ②H2O2+IO﹣═H2O+O2+I﹣ΔH2 下列说法不正确的是（　　） A．升高温度和使用催化剂能提高H2O2分解的平衡转化率 B．IO﹣是中间产物，在反应②中作氧化剂 C．一段时间后，可用带火星的木条检验H2O2是否分解 D．ΔH1+ΔH2＝﹣98kJ•mol﹣1 【答案】A 【分析】由反应历程可知，I﹣作催化剂，IO﹣为中间产物，结合外界条件改变对化学平衡的影响分析。 【解答】解：A．反应放热，平衡逆向移动，H2O2分解的平衡转化率减小，加入催化剂，可以加快反应速率，平衡不移动，H2O2分解的平衡转化率不变，故A错误； B．IO﹣为中间产物，反应②中碘元素化合价降低作氧化剂，故B正确； C．H2O2分解产生氧气，一段时间后，可用带火星的木条是否复燃检验H2O2是否分解，故C正确； D．依据盖斯定律①+②可得2H2O2（aq）═2H2O（l）+O2（g）ΔH＝ΔH1+ΔH2＝﹣98kJ•mol﹣1，故D正确； 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。 11．（2024•河西区一模）研究浓度对反应Cr2（橙色）+H2O⇌2（黄色）+2H+ΔH＝+13.8kJ/mol 化学平衡的影响，实验操作及现象如图所示。 已知：试管c与试管a相比，温度略有升高，溶液颜色变深，呈橙色。下列说法正确的是（　　） A．当试管b中溶液颜色不再改变时，表明Cr2已全部反应 B．由上述②信息，说明影响试管c中反应化学平衡的主要因素是温度 C．对比试管b、d溶液颜色变化，可得结论：减小c（H+），平衡正向移动 D．试管d中溶液颜色变浅是由于体系中各离子浓度变小，但平衡不移动 【答案】C 【分析】依据外界条件改变对化学平衡的影响分析。 【解答】解：A．当试管b中溶液颜色不再改变时，表示反应达到平衡状态，但可逆反应不能反应完全，反应物和生成物共存，故A错误； B．浓硫酸溶于水放热，同时使溶液中氢离子浓度增大，溶液颜色变深，呈橙色，说明平衡最终逆向移动，说明影响试管c中反应化学平衡的主要因素是氢离子浓度增大，故B错误； C．对比试管b、d溶液颜色变化，加入NaOH，溶液中氢离子浓度减小，平衡正向移动，故C正确； D．试管d中溶液颜色变浅是由于体系中各离子浓度变小，生成物浓度减小幅度更大，平衡正向移动，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。 12．（2024•苏州一模）利用反应CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）制备H2和CO，下列说法正确的是（　　） A．该反应ΔS＜0 B．该反应的平衡常数可表示为K＝ C．其他条件相同，增大压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大 D．其他条件相同，增大水蒸气的投入量，可提高CH4的平衡转化率 【答案】D 【分析】依据外界条件改变对化学平衡的影响分析。 【解答】解：A．反应正向气体分子数增大，△S＞0，故A错误； B．反应的平衡常数可表示为K＝，故B错误； C．其他条件相同，增大压强，平衡逆向移动，平衡常数不变，故C错误； D．其他条件相同，增大水蒸气的投入量，平衡正向移动，可提高CH4的平衡转化率，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。 13．（2024•城中区一模）在一密闭容器中发生反应：2X（g）+Y（g）⇌aZ（g）ΔH＝QkJ•mol﹣1，开始按体积比2：1将X、Y充入反应器中，一定条件下发生反应。图甲和图乙是根据反应绘制的图像，下列有关说法正确的是（　　） A．图甲，p1＞p2，a＜3 B．图甲，T1＜T2，Q＞0 C．图乙，如果a＝3，t2时改变的条件可能为增大压强，此时活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增大，反应速率增大 D．图乙，t1时表示恒温，恒压条件下，向平衡体系中充入一定量的Z气体 【答案】D 【分析】A．根据先拐先平数值大，p1＞p2，压强大，而Z的体积分数小，则加压平衡逆向移动进行分析； B．根据T2先达到平衡，T1＜T2，进行分析； C．根据t2时表示向体系中加入了催化剂或增大压强，增大压强，单位体积内活化分子数增大，而活化分子百分数保持不变进行分析； D．根据向平衡体系中充入一定量的Z气体，该平衡与原平衡等效，进行分析。 【解答】解：A．先拐先平数值大，由p1T2、p2T2可知，p1先达到平衡，则p1＞p2，压强大，而Z的体积分数小，则加压，平衡逆向移动，所以a＞3，故A错误； B．T2先达到平衡，则T1＜T2，温度高，而Z的体积分数小，则升高温度，平衡逆向移动，所以Q＜0，故B错误； C．如果a＝3，该反应为气体体积不变的反应，t2时正、逆反应速率同等程度的增大，则t2时表示向体系中加入了催化剂或增大压强，增大压强，单位体积内活化分子数增大，而活化分子百分数保持不变，故C错误； D．t1时恒温、恒压条件下，向平衡体系中充入一定量的Z气体，c（X）、c（Y）减小，c（Z）增大，v（正）减小，v（逆）增大，且平衡与原平衡等效，建立新平衡与原平衡相同，故D正确； 故选：D。 【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。 14．（2024•城中区一模）图为工业合成氨的流程图。下列说法错误的是（　　） A．步骤①的目的是防止混入杂质使催化剂中毒 B．步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率 C．步骤③选择500℃的重要原因是催化剂活性最高 D．步骤③、④、⑤均有利于提高原料的平衡转化率 【答案】D 【分析】加压既能提高反应速率，又能促进平衡正向移动，合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用。 【解答】解：A．步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒，故A正确； B．合成NH3的反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，故B正确； C．工业生产中，催化合成NH3的反应温度为500℃，说明500℃是催化剂催化活性的最佳温度，故C正确； D．催化剂只能提高反应速率，不能提高平衡转化率，合成NH3的反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，而液化分离出氨气和氮气、氢气的循环再利用均可以使平衡正向移动，所以步骤④、⑤有利于提高原料平衡的转化率，步骤③不利于提高原料的平衡转化率，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查工业制氨气等，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。 15．（2024•城中区一模）可逆反应aX（g）+bY（s）⇌cZ（g）+dW（g）进行过程中，当其他条件不变时，Z的体积分数[φ（Z）]与温度（T）、压强（p）的关系如图所示。下列叙述正确的是（　　） A．达到平衡后，增加Y的是，平衡正向移动 B．达到平衡后，升高温度，平衡正向移动 C．p2＞p1，且a＜c+d D．达到平衡后，加入催化剂．平衡正向移动 【答案】C 【分析】由甲图可知，温度为T2时反应先达到平衡状态，反应速率快，温度高，故T2＞T1，升高温度，Z的体积分数减小，平衡逆向移动，故反应正向为放热反应，由图乙可知，压强为P2时反应先达到平衡状态，反应速率快，压强大，故P2＞P1，增大压强，Z的体积分数减小，平衡逆向移动，故反应正向为气体分数增大的反应，故a＜c+d，据此作答。 【解答】解：A．Y为固体，增加Y的量，平衡不移动，故A错误； B．由分析可知，反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故B错误； C．由分析可知，p2＞p1，且a＜c+d，故C正确； D．达到平衡后，加入催化剂．平衡不移动，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。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•盐城一模）为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。 Ⅰ．CO2的捕集 （1）吸收剂X（乙醇胺，HOCH2CH2NH2）可完成对空气中CO2的捕集。 乙醇胺溶液能够吸收和解吸CO2的原因是 　乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳　。 Ⅱ．CO2的资源化 （2）二氧化碳甲烷化，其主要反应为： 反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1 在密闭容器中，1.01×105Pa，n起始（CO2）﹕n起始（H2）＝1﹕4时，CO2平衡转化率在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图1所示。 ①反应2CO（g）+2H2（g）SCO2（g）+CH4（g） ΔH＝　﹣247.1　kJ•mol﹣1； ②580℃以后CO2平衡转化率升高的主要原因是 　反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度　。 （3）为了进一步研究CO2的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO2（M表示Ni或Ru）在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程如图2所示： ①步骤Ⅲ发生的反应为 　*COOH→*CO+*OH　（*X代表吸附态中间体） ②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率 　高于　（填“高于”或“低于”）使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 （4）利用高炉炼铁尾气中的CO2制取有机物的过程如图3。 相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化图4所示： FE%＝×100%，选择性S（X）＝×100%。 ①“电解”在质子交换膜电解池中进行，当电解电压为0.7V，阴极发生的电极反应式为：　CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH　。 ②当电解电压为0.95V时，生成HCHO和HCOOH的选择性之比为 　2﹕1　。 【答案】（1）乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳； （2）①﹣247.1； ②反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度； （3）①*COOH→*CO+*OH； ②高于； （4）①CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH； ②2﹕1。 【分析】（1）氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐； （2）①根据盖斯定律来解答； ②对于放热反应，温度升高，则平衡常数K减小；对于吸热反应，温度升高反，则平衡常数K增大； （3）①根据图知，步骤Ⅲ的反应； ②由已知条件可得出结论； （4）①由图像可知，阴极得到电子发生还原反应主要生成HCOOH； ②由图知，产物主要有：HCOOH、HCHO，生成1mol HCOOH转移2e﹣，生成1mol HCHO转移4e﹣，再根据转移电子数之比等于法拉第效率之比来计算。 【解答】解：（1）乙醇胺溶液能够吸收和解吸CO2的原因是乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳， 故答案为：乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳； （2）①根据盖斯定律反应Ⅰ﹣2×反应Ⅱ得到目标反应，则ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1﹣2×41.2kJ•mol﹣1＝﹣247.1 kJ•mol﹣1， 故答案为：﹣247.1； ②反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度， 故答案为：反应Ⅰ为放热反应，温度升高反应平衡常数K减小，CO2转化的量减小；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高反应平衡常数K增大，CO2转化的量增大，580℃以后，CO2转化量增大的幅度大于减小的幅度； （3）①由图知，步骤Ⅲ发生的反应为*COOH→*CO+*OH， 故答案为：*COOH→*CO+*OH； ②光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率可得电负性越大，催化效率越高。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率高于使用Ni/TiO2作催化剂的反应效率， 故答案为：高于； （4）①当电解电压为0.7V，观察图像可知，主要产生的是HCOOH，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH， 故答案为：CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH； ②电解电压为0.95V时，根据图示可知，产物主要有：HCOOH、HCHO，CO2+2e﹣+2H+＝HCOOH转移2e﹣，CO2+4e﹣+4H+＝ HCHO+H2O转移4e﹣，当电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为x：y时，根据FE（HCHO）＝60%、FE（HCOOH）＝15%，有＝，则x：y＝2：1，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为2：1， 故答案为：2﹕1。 【点评】考查了盖斯定律、影响化学平衡的因素及图像分析、电解池电极反应式的书写等知识点，是常考考点，难度中等。 17．（2024•靖远县一模）乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。 Ⅰ．某研究所成功研制出了单原子Bi修饰的Cu催化剂（BiCu—SAA），该催化剂能够在电催化还原CO2的过程中生成C2+（多碳化合物）。已知：几种化学键的键能如表所示。 化学键 C—H C—O H—O H—H C＝O C—C 键能/（kJ•mol﹣1） 414 351 465 436 803 332 （1）反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）的活化能Ea（正） 　小于　（填“大于”或“小于”）Ea（逆）。该反应在 　低温　（填“高温”“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。 （2）恒容绝热容器中发生反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），下列说法正确的是 　B　。 A．加入合适的催化剂可以提高CO2的平衡转化率 B．反应达到平衡后容器内温度保持不变 C．反应达到平衡时n（CO2）：n（H2）＝1：3一定成立 D．容器内气体密度不变时说明达到了平衡状态 （3）投入一定量的CO2和H2发生反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图2。图中控制其他条件，只调节反应温度，反应速率最快的是 　T1　（填“T1”“T2”或“T3”），理由是 　由于该反应放热，温度越高反应物平衡转化率越低，所以T1＞T2＞T3，温度越高反应速率越快，反应速率最快的是T1　。 Ⅱ．乙酸甲酯催化加氢可制备乙醇，涉及的反应如下： 反应ⅰ：CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+CH3OH（g） 反应ⅱ：2CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌CH3COOCH2CH3（g）+2CH3OH（g） 在温度为TK时，将10mol H2和1mol CH3COOCH3的混合气体通入体积为VL的恒容密闭容器中，反应经tmin后达到平衡，测得平衡时CH3COOCH3的转化率为80%，C2H5OH的选择性（）为60%。 （4）0～tmin内，v（H2）＝ 　　（用含V、t的式子表示）mol•L﹣1•min﹣1。 （5）该温度下，反应Ⅰ的平衡常数K＝ 　0.0253V　。 Ⅲ．乙醇燃料电池（电极材料a和b均为性电极）广泛应用于微型电源、能源汽车、家用电源、国防等领域，工作原理如图3所示： （6）写出负极的电极反应式：　　。当转移0.6mol电子时，正极需要通入的空气的体积约为 　16.8　L（标准状况下）。 【答案】（1）小于；低温； （2）B； （3）T1；由于该反应放热，温度越高反应物平衡转化率越低，所以T1＞T2＞T3，温度越高反应速率越快，反应速率最快的是T1； （4）； （5）0.0253V； （6）；16.8。 【分析】（1）根据焓变＝反应物总键能﹣生成物总键能，ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，反应能自发进行，进行分析； （2）根据加入合适的催化剂，平衡不移动，反应达到平衡后，各物质浓度不再改变，二氧化碳和氢气的物质的量比与起始投料量和转化率有关，气体总质量不变，容器体积不变，进行分析； （3）根据正反应放热，升高温度平衡逆向移动，温度越高，反应速率越快，进行分析； （4）根据反应消耗CH3COOCH3的物质的量为0.8mol，C2H5OH的选择性为60%，结合CH3COOCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）进行分析； （5）根据平衡常数K的计算式进行分析； （6）根据负极乙醇失电子生成二氧化碳和氢离子，负极的电极反应式为，氧气在正极得电子，电极反应式为，进行分析； 【解答】解：（1）焓变＝反应物总键能﹣生成物总键能，2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）ΔH＝4×803kJ•mol﹣1+6×436kJ•mol﹣1﹣（332kJ•mol﹣1+351+465kJ•mol﹣1×7+5×414kJ•mol﹣1）＝﹣180kJ•mol﹣1，正反应放热，，所以Ea（正）小于Ea（逆），ΔH＜0、△S＜0，该反应在低温条件下能自发进行， 故答案为：小于；低温； （2）A．加入合适的催化剂，平衡不移动，不能提高CO2的平衡转化率，故A错误； B．反应达到平衡后，各物质浓度不再改变，所以容器内温度保持不变，故B正确； C．二氧化碳和氢气的物质的量比与起始投料量和转化率有关，所以n（CO2）：n（H2）＝1：3不一定成立，故C错误； D．气体总质量不变，容器体积不变，则容器内气体密度是恒量，密度不变反应不一定达到平衡状态，故D错误； 故答案为：B。 （3）正反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，所以T1＞T2＞T3，温度越高，反应速率越快，反应速率最快的是T1， 故答案为：T1；由于该反应放热，温度越高反应物平衡转化率越低，所以T1＞T2＞T3，温度越高反应速率越快，反应速率最快的是T1； （4）将10mol H2和1mol CH3COOCH3的混合气体通入体积为VL的恒容密闭容器中，反应经tmin后达到平衡，测得平衡时CH3COOCH3的转化率为80%，则反应消耗CH3COOCH3的物质的量为0.8mol，C2H5OH的选择性为60%，参与CH3COOCH3（g）+2H2（g）＝CH3CH2OH（g）+CH3OH（g）反应的CH3COOCH3的物质的量为0.48mol，参与反应的氢气的物质的量为0.96mol，生成乙醇的物质的量为0.48mol、生成甲醇的物质的量为0.48mol；参与2CH3COOCH3（g）+2H2（g）⇌CH3COOCH2CH3（g）+2CH3OH（g）反应的CH3COOCH3的物质的量为0.32mol，参与反应的氢气的物质的量为0.32mol，生成乙酸乙酯的物质的量为0.16mol、生成甲醇的物质的量为0.32mol；则反应消耗氢气的物质的量为1.28mol，0～tmin内，v（H2）＝mol•L﹣1•min﹣1， 故答案为：； （5）该温度下，平衡时CH3COOCH3的物质的量为0.2mol，氢气的物质的量为10﹣1.28＝8.72mol，乙醇的物质的量为0.48mol，甲醇的物质的量为0.48+0.32＝0.8mol，反应Ⅰ的平衡常数K＝═0.0253V， 故答案为：0.0253V； （6）负极乙醇失电子生成二氧化碳和氢离子，负极的电极反应式为，氧气在正极得电子，电极反应式为，当转移0.6mol电子时，正极消耗氧气0.15mol，需要的空气在标准状况下的体积为0.15mol×22.4L•mol﹣1÷20%（或21%）＝16.8L， 故答案为：；16.8。 【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。 18．（2024•广西一模）氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。涉及反应如下： 反应Ⅰ：CO（g）+3H2（g）＝CH4（g）+H2O（g） ΔHl＝﹣206.2kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH2＝﹣41.2kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g） ΔH3 回答下列问题： （1）ΔH3＝ 　﹣165.0　kJ•mol﹣1。 （2）温度T2时，在1L固定容积的容器中充入1mol CO和一定量的H2发生上述反应，平衡时H2和CO的转化率（α）及CH4和CO2的物质的量（n）随变化的情况如图所示。 ①不能判断体系达到平衡的是 　B　。 A．气体压强不再变化 B．气体密度不再变化 C．气体平均摩尔质量不再变化 D．的值不再变化 ②曲线d表示n（CO2）变化的曲线，解释曲线d随增大先增大后减小的原因 　随H2浓度增大，开始主要是平衡I正移，H2O浓度增大，引起平衡Ⅱ正移，n（CO2）增大；H2浓度继续增大，主要是平衡Ⅱ逆移或Ⅲ平衡正移，均导致n（CO2）减少　。 ③图中表示n（CH4）变化的曲线是 　c　（填图中曲线的序号）。 ④B点坐标为（1，m），m＝ 　62.5　，反应П的平衡常数K＝ 　　（化简到最简分数）。 ⑤若升高温度，达到新平衡时，CH4物质的量 　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （3）若能将反应Ⅲ设计成原电池，可实现碳中和。写出在酸性条件下正极反应的电极反应式 　　。 【答案】（1）﹣165.0； （2）①B； ②随H2浓度增大，开始主要是平衡I正移，H2O浓度增大，引起平衡Ⅱ正移，n（CO2）增大；H2浓度继续增大，主要是平衡Ⅱ逆移或Ⅲ平衡正移，均导致n（CO2）减少； ③c； ④62.5；； ⑤减小； （3）。 【分析】（1）由盖斯定律，反应Ⅲ＝反应I﹣反应Ⅱ； （2）①根据质量守恒，混合气体质量不变，但反应I、Ⅲ气体计量数减小，故气体总物质的量减小，则气体压强、平均摩尔质量均为变量； ②随的值增大，平衡I正移，H2O浓度增大，引起平衡Ⅱ正移，CO2增多；的值继续增大，平衡Ⅱ逆移，平衡Ⅲ正移； ③的值越大，CO转化率越大直到接近100%，反应I正移，生成CH4越多，但消耗的CO一定大于生成的CH4，而氢气本身的转化率将下降； ④B点，即充入1mol H2，1mol CO，反应Ⅲ视为反应Ⅰ和反应Ⅱ加和，只考虑反应Ⅰ、Ⅱ．由此列出三段式如下： CO（g）+3H2（g）＝CH4（g）+H2O（g） 起始/mol：1 1 0 0 转化/mol：x 3x x x 平衡/mol：1﹣x 1﹣3x x x CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） 起始/mol：1﹣x x 0 1﹣3x 转化/mol：y y y y 平衡/mol：1﹣x﹣y x﹣y y 1﹣3x+y 观察图可知C点H2转化率为87.5%，可得，3x﹣y＝0.875； ⑤反应I、Ⅲ均为放热反应，温度升高，平衡逆移，n（CH4）减小； （3）正极发生得电子还原反应，应为CO2→CH4。 【解答】解：（1）由盖斯定律，反应Ⅲ＝反应I﹣反应Ⅱ，故ΔH3＝ΔH1﹣ΔH2＝﹣165.0kJ•mol﹣1， 故答案为：﹣165.0； （2）①根据质量守恒，混合气体质量不变，但反应I、Ⅲ气体计量数减小，故气体总物质的量减小，则气体压强、平均摩尔质量均为变量，随着反应进行，的值也在变化，也是变量，根据变量不变原则，ACD可以判断达到平衡，气体质量、容器体积不变，故密度不变，是定量，定量不变不能判断达到平衡， 故答案为：B； ②随的值增大，平衡I正移，H2O浓度增大，引起平衡Ⅱ正移，CO2增多；的值继续增大，平衡Ⅱ逆移，平衡Ⅲ正移，CO2减少，故d曲线先增大后减小， 故答案为：随H2浓度增大，开始主要是平衡I正移，H2O浓度增大，引起平衡Ⅱ正移，n（CO2）增大；H2浓度继续增大，主要是平衡Ⅱ逆移或Ⅲ平衡正移，均导致n（CO2）减少； ③的值越大，CO转化率越大直到接近100%，反应I正移，生成CH4越多，但消耗的CO一定大于生成的CH4，而氢气本身的转化率将下降，故a表示CO转化率、b表示H2转化率，c表示CH4产率变化的曲线， 故答案为：c； ④B点，即充入1mol H2，1mol CO，反应Ⅲ视为反应Ⅰ和反应Ⅱ加和，只考虑反应Ⅰ、Ⅱ．由此列出三段式如下： CO（g）+3H2（g）＝CH4（g）+H2O（g） 起始/mol：1 1 0 0 转化/mol：x 3x x x 平衡/mol：1﹣x 1﹣3x x x CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） 起始/mol：1﹣x x 0 1﹣3x 转化/mol：y y y y 平衡/mol：1﹣x﹣y x﹣y y 1﹣3x+y 观察图可知C点H2转化率为87.5%，可得，3x﹣y＝0.875，A点表示n（CO2）＝0.25，即y＝0.25，联立方程解得y＝0.25，x＝0.375，B点表示；反应Ⅱ的平衡常数， 故答案为：62.5；； ⑤反应I、Ⅲ均为放热反应，温度升高，平衡逆移，n（CH4）减小， 故答案为：减小； （3）正极发生得电子还原反应，应为CO2→CH4，故电极反应式为：， 故答案为：。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 19．（2024•东城区一模）油气开采、石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，需要将其回收处理并加以利用。 Ⅰ.高温热分解法：2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） ΔH＝+170kJ•mol﹣1 （1）其他条件不变的情况下，增大压强，正反应速率 　增大　（填“增大”“减小”或“不变”，下同），逆反应速率 　增大　，H2S的平衡转化率会 　减小　（填“增大”“减小”或“不变”）。 （2）升高温度，该反应的化学平衡常数 　变大　（填“变大”“变小”或“不变”）。 （3）工业上，通常在等温、等压条件下将H2S与Ar的混合气体通入反应器，发生H2S热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，H2S的平衡转化率会 　增大　（填“增大”“减小”或“不变”），利用平衡常数与浓度商的关系说明理由：　容器体积增大，各反应物和产物浓度减小相同的倍数，此时Q＝＜K，平衡正向移动，H2S的平衡转化率会增大　。 Ⅱ.克劳斯法：2H2S（g）+O2（g）⇌S2（g）+2H2O（g） 已知：2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g） 4H2S（g）+2SO2（g）＝3S2（g）+4H2O（g） （4）用克劳斯法处理H2S，若生成1mol S2（g），放出热量 　314　kJ。 （5）用克劳斯法处理H2S时，研究人员对反应条件对S2产率的影响进行了如下研究。 ①其他条件相同时，相同时间内，S2产率随温度的变化如图1所示。由图1可见，随着温度升高，S2产率先增大后减小，原因是 　反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小　。 ②其他条件相同时，相同时间内，S2产率随n（O2）/n（H2S）值的变化如图2所示。 n（O2）/n（H2S）值过高不利于提高S2产率，可能的原因是 　O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小　。 【答案】（1）增大；增大；减小； （2）K＝； （3）变大； （4）增大；容器体积增大，各反应物和产物浓度减小相同的倍数，此时Q＝＜K，平衡正向移动，H2S的平衡转化率会增大； （5）314； （6）①反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小； ②O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小。 【分析】（1）增大压强，各物质的浓度均变大，则正反应速率增大，逆反应速率增大，平衡逆移，则H2S的平衡转化率会减小； （2）平衡常数等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值； （3）该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动； （4）向反应器中通入Ar，容器体积增大，各反应物和产物浓度减小相同的倍数，此时Q＝＜K，平衡正向移动； （5）盖斯定律可知，（①+②）得到2H2S（g）+O2（g）⇌S2（g）+2H2O（g）； （6）①反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动； ②O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2。 【解答】解：（1）增大压强，各物质的浓度均变大，则正反应速率增大，逆反应速率增大，平衡逆移，则H2S的平衡转化率会减小， 故答案为：增大；增大；减小； （2）反应2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g）的化学平衡常数K＝， 故答案为：K＝； （3）该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，该反应的化学平衡常数变大， 故答案为：变大； （4）在等温、等压条件下将H2S与Ar的混合气体通入反应器，发生H2S热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，容器体积增大，各反应物和产物浓度减小相同的倍数，此时Q＝＜K，平衡正向移动，H2S的平衡转化率会增大， 故答案为：增大；容器体积增大，各反应物和产物浓度减小相同的倍数，此时Q＝＜K，平衡正向移动，H2S的平衡转化率会增大； （5）已知：①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ•mol﹣1；②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝+94kJ•mol﹣1；由盖斯定律可知，（①+②）得到2H2S（g）+O2（g）⇌S2（g）+2H2O（g）ΔH＝（ΔH1+ΔH2）＝﹣314kJ•mol﹣1，若生成1mol S2（g），放出热量314kJ热量， 故答案为：314； （6）①由（4）可知，反应2H2S（g）+O2（g）⇌S2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣314kJ•mol﹣1＜0，该反应是放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小， 故答案为：反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小； ②值过高不利于提高S2产率，可能的原因是O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小， 故答案为：O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小。 【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生盖斯定律和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 20．（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。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$