专题06 化学反应原理（江苏专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学下学期期末真题分类汇编

专题06 化学反应原理 内容概览 考向1 反应机理及能量图像分析 考向2 电化学基础 考向3 反应原理小综合 考向4 电解质溶液 考向5 平衡图像分析 考向1 反应机理及能量图像分析 1．(23-24高二下·江苏泰州·期末)苯和液溴反应的机理能垒图可如题图所示，催化该反应的过程中结合。下列叙述正确的是 A．苯和液溴反应的 B．催化时与以σ键结合 C．苯和液溴反应的决速步为第二步 D．若将换成ICl，将会生成 【答案】B 【解析】A．苯和液溴反应的，A错误； B．催化时与以σ键结合，B正确； C．第一步的正活化能比第二步的大，活化能越大反应速率越慢，决速步骤是第一步，C错误； D．若将换成ICl，连接苯环的是略带正电的基团，则生成碘苯，D错误； 故选B。 2．(23-24高二下·江苏徐州·期末)在含、和的溶液中，发生反应：，其分解机理及反应过程中的能量变化如图所示。下列有关该反应的说法错误的是 A．步骤②决定总反应的速率 B．步骤①是吸热过程，步骤②是放热过程 C．由反应机理可以看出，是中间产物 D．反应速率： 【答案】A 【解析】A．图中可见步骤①的活化能更大，则步骤①是决速步骤，故A错误； B．步骤①反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应；步骤②反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故B正确； C．由反应机理可以看出，Fe3+是该反应的催化剂，Fe2+是该反应的中间产物，故C正确； D．同一化学反应用不同物质表达的速率之比等于化学计量数之比，由方程式可得反应速率：2v()=v(I−)，故D正确； 故选A。 3．(23-24高二下·江苏扬州江都中学·期末)与反应生成涉及： ①； ②。 其中间态物质的能量关系如图所示，其中、表示过渡态物质。 下列说法正确的是 A．在光照下断键生成，该过程中放出能量 B．反应过程中，反应②的反应速率低于反应① C．过程中可能生成 D．与反应生成和HCl是吸热反应 【答案】C 【解析】A．断裂化学键需要吸收能量，故A错误； B．反应①的活化能比反应②的活化能高，故反应②的反应速率高于反应①，故B错误； C．反应②中可能发生，故C正确； D．由图中的能量关系图可知，与反应生成和HCl是放热反应，故D错误； 故选C。 4．(22-23高二下·江苏无锡·调研)反应物(X)转化为产物(Y)时的能量变化与反应进程的关系如图曲线①所示，在反应中仅改变一种外界条件，可得到如图曲线②。下列说法正确的是 A．该条件的改变增大了单位体积内活化分子百分数 B．X·M为反应所加的催化剂 C．改变该条件后，降低了反应的焓变 D．该反应是吸热反应 【答案】A 【解析】A．催化剂改变了反应的历程，降低了反应的活化能，增大了单位体积内活化分子百分数，加快了反应速率，A正确； B．X•M为反应的中间产物，不是所加的催化剂，B错误； C．改变该条件后，降低了反应的活化能，加快了反应速率，但是不改变反应焓变，C错误； D．该反应中生成物能量低于反应物能量，是放热反应，D错误； 故选A。 考向2 电化学基础 5．(22-23高二下·江苏常州教育学会·期末)实验室模拟组装水系锌离子二次电池，以溶液为电解质，主要通过在两极上“沉积/溶解”、“脱出/嵌入”实现充放电。工作时总反应为。下列有关说法不正确的是    A．充电时，阳极的电极反应为 B．充电时，移向并嵌入电极 C．放电时，电流从电极流出 D．放电时，电解质溶液中浓度不变 【答案】B 【分析】由工作时总反应为可知，放电时Zn价态升高失电子，故Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，MnO2作正极，电极反应式为Zn2++2MnO2+2e-=ZnMn2O4，充电时Zn作阴极，电极反应式为Zn2++2e-=Zn,MnO2作阳极，据此作答。 【解析】A．充电时MnO2极作阳极，电极反应为ZnMn2O4-2e-=Zn2++2MnO2，故A正确， B．充电时，阳离子移向阴极，即Zn2+移向并嵌入Zn电极，故B错误； C．放电时，电流从正极流出，即电流从MnO2电极流出，故C正确； D．放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，MnO2作正极，电极反应式为Zn2++2MnO2+2e-=ZnMn2O4，故电解质溶液中Zn2+浓度不变，故D正确； 故选：B。 6．(23-24高二下·江苏盐城·期末)电解法制备的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．M为电源的负极 B．阳极上的电极反应式为 C．阴离子交换膜应能允许通过而能阻止的扩散 D．理论上每转移0.1mol，阴极上会产生1.12L气体 【答案】C 【分析】电解法制备的工作原理如图所示，Fe为电解池的阳极，M为电源的正极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，Pt为电解池的阴极，N为电源的负极，电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴离子交换膜能允许OH-通过而能阻止的扩散，据此分析解题。 【解析】A．由分析可知，M为电源的正极，A错误； B．由分析可知，阳极上的电极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，B错误； C．由分析可知，负极生成氢氧根，正极需要氢氧根作为反应物，故阴离子交换膜能允许OH-通过而能阻止的扩散，C正确； D．由分析可知，阴极电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒可知，理论上每转移0.1mol e-，阴极上会产生标准状况下0.05molH2即0.05mol×22.4L/mol=1.12L气体，但是题干中没有标明气体状态，D错误； 故答案为：C。 7．(23-24高二下·江苏南京第五高级中学·期末)隔膜电解法制备 K2FeO4的工作原理如下图所示。下列说法正确的是 A．隔膜为阴离子交换膜 B．该方法中KOH可以循环使用，但需另外补充 C．Fe电极上的反应为：Fe - 6e- 4H2O = FeO 8H+ D．电路中每转移0.2mol e-，Pt 电极上理论上产生 2.24L气体 【答案】B 【分析】该装置为电解池，与直流电源正极相连的铁电极为阳极，碱性条件下，铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式为，铂电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为，电解的总反应为，则电解时，钾离子通过阳离子交换膜从左池移向右池。 【解析】A．由分析可知，电解池中隔膜为阳离子交换膜，故A错误； B．由分析可知，电解的总反应为，反应中消耗氢氧根离子，需要补充氢氧化钾，故B正确； C．由分析可知，与直流电源正极相连的铁电极为阳极，碱性条件下，铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式为，故C错误； D．没有标况，不确定生成的气体的体积，故D错误； 故选B。 8．(23-24高二下·江苏南京江宁区·期末)为防止因天然气泄漏，居家安装天然气报警器很重要。当空间内甲烷达到一定浓度时，传感器随之产生电信号并联动报警，图1是成品装置，其工作原理如图2所示，其中O2-可以在固体电解质中移动。当报警器触发工作时，下列说法正确的是 A．O2-在电解质中向a电极移动，电流方向由a电极经导线流向b电极 B．报警器触发工作时，图2的装置将电能转化为化学能 C．当电路中有0.008mol电子转移时，则电极a有22.4mL甲烷参与反应 D．多孔电极a极上发生的反应的电极反应式为： 【答案】D 【分析】甲烷、空气、构成燃料电池，电池工作时，通入CH4的多孔电极a为负极，CH4失电子产物与电解质反应生成CO2等，通入空气的多孔电极b为正极，O2得电子生成O2-。 【解析】A．由分析可知，a为负极，b为正极，则O2-在电解质中向a电极移动，但电流方向由b电极经导线流向a电极，A不正确； B．报警器触发工作时，图2的装置形成原电池，将化学能转化为电能，B不正确； C．在a电极，发生电极反应CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，则当电路中有0.008mol电子转移时，电极a有0.001molCH4参加反应，在标准状况下其体积为22.4mL，题中没有指明标准状况，C不正确； D．多孔电极a极为负极，CH4失电子产物与电解质反应生成CO2等，则发生反应的电极反应式为：，D正确； 故选D。 9．(23-24高二下·江苏扬州江都中学·期末)电催化还原CO2可实现捕捉并将其转化为燃料CO，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．Co-N-C/P电极与直流电源的正极相连 B．溶液中H+通过质子交换膜向石墨电极一侧移动 C．Co-N-C/P电极发生的反应为： D．工作过程中石墨电极周围溶液的pH不变 【答案】C 【分析】石墨电极产生O2，为阳极，Co-N-C/P电极消耗CO2转化为CO，为阴极，电极方程式为：，据此回答。 【解析】A．Co-N-C/P电极为阴极，与直流电源的负极相连，A错误； B．阳离子向阴极移动，所以溶液中H+通过质子交换膜向Co-N-C/P电极一侧移动，B错误； C．Co-N-C/P电极为阴极，所以电极反应式为：，C正确； D．石墨电极为阳极，电极反应式为：，H+浓度增大，pH减小，D错误； 故选C。 考向3 反应原理小综合 10．(23-24高二下·江苏南京江宁区·期末)对于反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，下列说法正确的是 A．上述反应ΔS > 0 B．上述反应平衡常数 C．其他条件相同，增大，HCl的转化率升高 D．上述反应中消耗1molO2，转移电子的数目为4×6.02×1023 【答案】D 【解析】A．由题干反应方程式信息可知，上述反应正反应的气体系数之和减小，即ΔS ＜0，A错误； B．由题干反应方程式信息可知，生成物H2O为气体，故上述反应平衡常数，B错误； C．其他条件相同，增大，化学平衡正向移动，O2的转化率增大，而HCl的转化率反而降低，C错误； D．上述反应中O2中O的化合价由0价降低到-2价，故消耗1molO2，转移电子的数目为4×6.02×1023，D正确； 故答案为：D。 11．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)NH3、N2H4、NO、NO2、NH4NO3等是氮的重要化合物。实验研究表明，在特定条件下，合成氨反应的速率与反应物的浓度的关系式为：(k为速率常数)。NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4，N2H4的燃烧热为624 kJ/mol；NaClO溶液氧化NH3制备N2H4，同时产生NaCl。在上述特定条件下，下列关于反应的说法正确的是 A．反应在任何温度下都能自发进行 B．反应物的总键能小于生成物的 C．使用催化剂能改变反应路径，降低反应的焓变 D．增大氨气浓度，反应速率一定加快 【答案】B 【解析】A．该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0。要使反应自发进行，则体系的自由能△G=△H-T△S＜0，故反应自发进行的温度应该是低温下自发进行，而不是反应在任何温度下都能自发进行，A错误； B．该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，说明断裂反应物化学键吸收的总能量小于形成生成物化学键释放的总能量的差，故反应物的总键能小于生成物的总键能，B正确； C．使用催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能，但不能改变反应物与生成物的总能量，因此不能改变反应的焓变，C错误； D．根据合成氨反应的速率与反应物的浓度的关系式可知：增大氨气浓度，反应速率不仅不能加快，反而会使化学反应速率降低，D错误； 故合理选项是B。 12．(23-24高二下·江苏南京第五高级中学·期末)750℃时，NH3和O2发生以下两个反应： ①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)     △H1 ②4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)     △H2 下列说法正确的是 A．反应①的平衡常数可表示为K1= B．反应②的△S＜0 C．反应①中每生成2molNO，转移电子数约为6.02×1024 D．反应②的△H2=2E(N≡N)+12E(H－O)-12E(N－H)-3E(O=O) 【答案】C 【解析】A．反应①的平衡常数可表示为K1=，A错误； B．反应②反应物生成物均为气态，系数之和反应物小于生成物，所以反应②的△S大于0，B错误； C．由方程式可知生成1molNO时电子转移5mol，所以反应①中每生成2molNO，转移电子10mol约为6.02×1024，C正确； D．反应②的△H2=-2E(N≡N)，D错误； 故选C。 考向4 电解质溶液 13．(22-23高二下·江苏泰州·期末)常温下，向一定浓度溶液中加入固体，保持溶液体积和温度不变，测得与[X为、、]的变化关系如图所示。    下列说法不正确的是 A．曲线M表示随的变化 B．从a点至b点，水的电离程度逐渐减小 C．的化学平衡常数为 D．a点溶液中： 【答案】B 【分析】向一定浓度溶液中加入固体，保持溶液体积和温度不变，随着pH增大，c(H＋)减小，减小，增大，则增大，减小，增大，则减小，因此曲线M表示，曲线N表示，曲线L表示。 【解析】A．根据前面分析曲线M表示随的变化，故A正确； B．b点，，从a点至b点，草酸根浓度不断增大，水解程度不断增大，故B错误； C．时，pH=4.3，，a点，，则的化学平衡常数为，故C正确； D．由于中，a点，则a点溶质为、，根据物料守恒得到溶液中：，故D正确。 综上所述，答案为B。 14．(23-24高二下·江苏扬州江都中学·期末)室温下，的，。通过下列实验探究NaHS溶液的性质。 实验1：测得0.1mol/LNaHS溶液的pH约为9.2 实验2：向5mL0.1mol/LNaHS溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液至溶液pH为12.9 实验3：将浓度均为0.002mol/L的NaHS和CuSO4溶液等体积混合，生成黑色沉淀CuS 实验4：向足量0.1mol/LNaHS溶液中通入少量SO2，生成沉淀S 下列有关说法正确的是 A．0.1mol/LNaHS溶液中存在 B．实验2所得溶液中 C．依据实验3的现象，可以推断出 D．实验4中发生反应的离子方程式为 【答案】C 【解析】A．0.1mol/LNaHS溶液中存在质子守恒，故A错误； B．根据题意，，此时溶液pH为12.9，则，则，故B错误； C．将浓度均为0.002mol/L的NaHS和CuSO4溶液等体积混合，生成黑色沉淀CuS，则混合时忽略溶液体积变化，，生成沉淀则，故C正确； D．的水解平衡常数等于，NaHS溶液呈碱性，方程式为，故D错误； 故选C。 15．(23-24高二下·江苏盐城·期末)以磷石膏(主要成分，杂质、等)和氨水为原料可实现 矿物封存同时制备轻质，转化部分流程如图。 ，， ，。 下列说法正确的是 A．氨水中存在： B．“转化”步骤，通入后清液中始终存在 C．“转化”步骤，若通入至溶液为6.5，此时溶液中 D．“滤液”中存在： 【答案】C 【解析】A．氨水显碱性， c(OH-)c(H+)，一水合氨微弱电离产生铵根离子和氢氧根，，则，根据电荷守恒，=+，故，故A项错误； B．“转化”后的清液中，CaCO3一定达到沉淀溶解平衡，而CaSO4不一定达到沉淀溶解平衡，则，，故B项错误； C．“转化”步骤，若通入CO2至溶液pH为6.5时，，，则，故C项正确； D．“转化”步骤 ，“滤液”中粒子有，根据电荷守恒，过滤后所得滤液中一定存在：，故D项错误； 故本题选C。 16．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)通过下列实验探究碳酸盐和碳酸氢盐的性质： 实验1：测定溶液的约为8。 实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀。 实验3：向苯酚浊液中加入少量固体充分反应后，得澄清溶液且无气体产生。 实验4：向溶液中滴入溶液，生成白色沉淀，且有无色气体产生。 下列说法正确的是 A．实验1的溶液中存在： B．实验2的上层清液中存在： C．实验3所得溶液中存在： D．实验4生成白色沉淀的离子方程式为： 【答案】D 【解析】A．实验1溶液呈碱性说明碳酸氢根水解强于电离，即，故，A错误； B．实验2说明碳酸根与钙离子刚好生成碳酸钙白色沉淀，碳酸钙沉淀存在溶解平衡，碳酸根是弱离子存在水解损耗，故，B错误； C．实验3说明苯酚和碳酸钠生成苯酚钠和碳酸氢钠，不生成二氧化碳，说明苯酚电离程度大于碳酸氢钠；根据电荷守恒可知，C错误； D．实验4说明碳酸氢根与钙离子发生反应生成碳酸钙沉淀和二氧化碳气体：，D正确； 故选D。 考向5 平衡图像分析 17．(23-24高二下·江苏常州高级中学·期末)逆水煤气变换体系中存在以下两个反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A．反应Ⅰ的，反应Ⅱ的 B．点反应Ⅰ的平衡常数 C．点的压强是的3倍 D．若按投料，则曲线之间交点位置不变 【答案】C 【解析】A．随着温度的升高，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，则说明随着温度升高，反应Ⅱ逆向移动、反应Ⅰ正向移动，则反应Ⅱ为放热反应焓变小于零、反应Ⅰ为吸热反应焓变大于零，A错误； B．点没有甲烷产物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料，则此时反应Ⅰ平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量相等，反应Ⅰ的平衡常数，B错误； C．点一氧化碳、甲烷物质的量相等，结合反应方程式的系数可知，生成水的总的物质的量为甲烷的3倍，结合阿伏加德罗定律可知，的压强是的3倍，C正确； D．反应Ⅰ为气体分子数不变的反应、反应Ⅱ为气体分子数减小的反应；若按投料，相当于增加氢气的投料，3种物质的体积分数都会变化，交点位置改变，D错误； 故选C。 18．(23-24高二下·江苏镇江·期末)甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应： 反应I：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)＋2H2(g)；ΔH1=＋135.4kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)；ΔH2=＋106.0kJ·mol-1 向容积为10L的恒容密闭容器中通入1.0molCH3OH气体发生上述反应，反应相同时间，测得CH3OH的转化率和HCOOCH3的选择性随温度变化如图所示。 (已知：HCOOCH3的选择性=×100%)。下列说法正确的是 A．HCOOCH3(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH=-76.6kJ·mol-1 B．实线代表的是HCOOCH3的选择性 C．553K时，HCOOCH3的产量为0.1mol D．低于553K时，温度越高，生成的HCOOCH3越多。高于553K时，温度越高，生成的CO越多 【答案】D 【解析】A．根据盖斯定律可知该反应可由2×反应Ⅱ-反应I得到，ΔH=2ΔH 2-ΔH 1=2(＋106.0kJ·mol-1)-(＋135.4kJ·mol-1)=+76.6kJ·mol-1，选项A错误； B．反应I和反应Ⅱ均为吸热反应，随温度的升高平衡均正向移动，实线代表的是甲醇的转化率，选项B错误； C．553 K时，甲醇的转化率为20%，HCOOCH3的选择性为50%，1.0 mol CH3OH中消耗0.2mol，其中0.1mol转化为甲酸甲酯，甲酸甲酯的物质的量为0.05mol，选项C错误； D．由图可知，低于553 K时，甲醇的转化率和甲酸甲酯的选择性都随温度的升高而增大所以温度越高，生成的HCOOCH3越多。而高于553 K时，甲酸甲酯的选择性明显降低，反应以反应Ⅱ为主，因此温度越高，生成的CO越多，选项D正确； 答案选D。 19．(23-24高二下·江苏南京江宁区·期末)在一定条件下CO2催化加氢生成CH3OH，主要发生三个竞争反应： 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1 = -49.5 kJ/mol   反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  ΔH2 = -165.0 kJ/mol 反应Ⅲ：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)  ΔH3 = -122.7 kJ/mol 为分析催化剂对反应的选择性，在1 L恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，测得反应进行相同时间后，有关物质的物质的量随温度变化如图所示，下列说法不正确的是 A．CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)  ΔH= +115.5 kJ/mol B．其他条件不变，增大H2用量，反应Ⅰ速率增大，平衡常数增大 C．一定温度下，当容器中的气体压强不再改变时，体系达到平衡 D．温度过高，三种含碳产物的物质的量会迅速降低，可能原因是催化剂活性降低 【答案】B 【解析】A．结合盖斯定律可知，反应Ⅰ-反应Ⅱ，整理可得CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)  ΔH= +115.5 kJ/mol，A正确； B．反应平衡常数只和温度有关，其他条件不变,增大H2用量,平衡常数不变，B错误； C．三步竞争反应均为气体系数变化的反应,进而影响体系压强，故容器中的气体压强不再改变时，体系达到平衡，C正确； D．温度过高，三种含碳产物的物质的量会迅速降低，可能的原因是因为催化剂活性降低，导致催化效果降低，D正确； 故合理选项是B。 20．(23-24高二下·江苏泰州·期末)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应： 反应Ⅰ    反应Ⅱ    压强为101kPa下，在密闭容器中投入1mol 和4mol 在催化剂作用下发生反应。平衡时，转化率、产率及另外2种含氢气体的物质的量随温度的变化如题图所示。CO选择性可表示为。下列说法正确的是 A．图中曲线②、曲线④分别表示平衡时物质的量、转化率随温度的变化 B．反应Ⅰ的、反应Ⅱ的 C．图中P点对应温度下，平衡时CO选择性为11.1% D．450℃之后，温度升高导致催化剂活性降低，从而导致甲烷平衡产率减小 【答案】C 【分析】结合已知信息和图像可知450℃以前，CO2的平衡转化率等于CH4的平衡产率，随着温度的升高，二氧化碳的转化率和甲烷的平衡产率均减小，反应Ⅰ为放热反应，450℃以后，曲线③和曲线④不再相等，由上述分析可知，二氧化碳转化率增大甲烷的平衡产率降低，即反应Ⅱ为吸热反应，曲线③代表的是平衡时CH4的产率随温度的变化情况，曲线④代表的是平衡时CO2的转化率随温度的变化情况；p点时2种含氢气体的物质的量均为1.36mol，结合碳原子守恒含碳物质总量为1mol，CH4的物质的量不超过1mol，且曲线随着温度升高逐渐增大，曲线①为H2物质的量随温度的变化情况，曲线②代表H2O(g)物质的量随温度的变化情况，回答下列问题； 【解析】A．根据上述分析可知，图中曲线②、曲线④分别表示平衡时物质的量、转化率随温度的变化情况，A错误； B．根据上述分析可知，反应Ⅰ的、反应Ⅱ的，B错误； C．图中P点对应温度下，反应Ⅰ消耗n(CO2)为xmol，反应Ⅱ消耗n(CO2)为ymol，三段式如下 结合p点数据可以得到，解得 ，C正确； D．450℃以后，甲烷平衡产率减小的原因是反应Ⅰ和Ⅱ同时发生，但以反应Ⅱ为主，D错误； 故选C。 1．(23-24高二下·江苏盐城·期末)工业生产硫酸涉及反应 。下列说法正确的是 A．反应的平衡常数 B．该反应 C．其他条件相同，增大，的转化率提高 D．通入2mol气体和1mol气体，达到平衡时放出196kJ的热量 【答案】C 【解析】A．K为生成物浓度的幂之积，与反应物浓度的幂之积之比，该反应的平衡常数，故A错误； B．该反应的正反应气体总物质的量减小，则，故B错误； C．增大氧气的量，可以促进二氧化硫的转化，则增大，的转化率提高，故C正确； D．该反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，则通入2mol气体和1mol气体，达到平衡时放出热量小于196kJ，故D错误； 故选C。 2．(22-23高二下·江苏扬州·期末)对于反应  ，下列说法正确的是 A．升高温度，逆反应速率加快，正反应速率减慢 B．上述反应的平衡常数表达式 C．其他条件不变，增加的用量，可以提高的转化率 D．该反应在任何条件下均可自发进行 【答案】D 【解析】A．升高温度，正、逆反应速率都加快，故A错误； B．由方程式可知，反应的平衡常数表达式为K=，故B错误； C．其他条件不变，增加氨气的用量，氨气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，但氨气的转化率减小，故C错误； D．该反应是熵增的放热反应，任何条件下均满足ΔH-TΔS<0，均可自发进行，故D正确； 故选D。 3．(22-23高二下·江苏无锡·调研)室温下，通过实验探究亚硫酸盐的性质。已知：、。下列说法正确的是 实验 实验操作和现象 1 向溶液中通入至溶液 2 将等体积、等物质的量浓度的和溶液混合，无明显现象 3 向溶液中逐滴加入等体积等浓度盐酸，最终溶液 4 向溶液中逐滴滴加溶液后，测得溶液 A．实验1所得溶液中： B．实验2所得溶液中： C．实验3所得溶液中： D．实验4所得溶液中： 【答案】A 【解析】A．反应后得到的溶液pH=7，，，故，A正确； B．实验2混合后的溶液中根据物料守恒可知：，B错误； C．实验3所得溶液为等量的亚硫酸氢钠和氯化钠，，则其电离大于水解，故，C错误； D．实验4所得溶液中由电荷守恒可知：，溶液则，故，D错误； 故选A。 4．(23-24高二下·江苏连云港·期末)铝-硫二次电池是一种新型化学电源，放电时的电池反应为，工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．放电时，电子由Al极经电解质溶液向多孔碳极移动 B．离子交换膜为阳离子交换膜 C．充电时，阳极反应式为 D．放电时，每转移电子，有离子穿过交换膜 【答案】B 【分析】由放电时的电池反应为2Al+3S=Al2S3可知，放电时，右侧电极Al失电子，为负极，发生电极反应为2Al+14-6e-=8，左侧电极为正极，电极反应式为8+3S+6e-=Al2S3+14，故充电时，右侧电极为阴极，连接外电源负极，左侧电极为阳极，连接外电源正极； 【解析】A．电子不会在电解质溶液中迁移，A错误； B．由分析可知，根据放电时两电极的电极反应，左右两极室参与反应及生成的离子均为阴离子，为保持左右两极参与反应及生成的离子的独立性，不能采用阴离子交换膜，故离子交换膜为阳离子交换膜，B正确； C．充电时，左侧电源为阳极，阳极失电子，电极反应式为Al2S3-6e−+14=8+3S，C错误； D．由于阳离子所带电荷数未知，放电时，每转移6mol电子，不一定是6mol离子穿过交换膜，D错误； 故选B。 5．(22-23高二下·江苏常州教育学会·期末)室温下，通过下列实验探究的性质。已知：25℃时，的、的。 实验1：配制溶液，测得溶液约为12； 实验2：取溶液，向其中加入少量固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解； 实验3：取溶液，向其中缓慢滴入等体积稀盐酸。 下列说法正确的是 A．实验1所得溶液中， B．根据实验2，可推测 C．实验3反应后溶液中存在： D．25℃时，反应的平衡常数 【答案】D 【解析】A．Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，则c(Na+)＞c()+2c()＞c()+c()，故A错误； B．CaCO3和CaSO4的物质类型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B错误； C．Na2CO3溶液物料守恒关系为c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()，滴入等体积0.1mol⋅L-1稀盐酸后生成NaCl和NaHCO3，仍然存在c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()，即c(Na+)＞c(H2CO3)+c()+c()，故C错误； D．反应+H2SO3⇌+的平衡常数 ，故D正确； 故选：D。 6．(22-23高二下·江苏扬州·期末)电解法可将硝基苯降解为苯胺，工作原理如图所示。下列说法正确的是    A．b极连接电源负极 B．a极硝基苯发生的反应为：  -6e-+6H+=  +2H2O C．电解质溶液中浓度越大，越利于硝基苯降解 D．理论上每转移4 mol电子将有4 mol 从右室移入左室 【答案】D 【分析】电解池中阳离子流向阴极，根据氢离子流动方向可知a电极为阴极，b电极为阳极，阴极硝基苯得电子生成苯胺，同时氢离子也会在阴极得到点生成氢气，阳极水放电生成氧气，据此分析解答。 【解析】A．由上述分析可知b为阳极，与电源正极相连，故A错误； B．a极硝基苯发生的反应为：  +6e-+6H+=  +2H2O，故B错误； C．电解质溶液中浓度过高，在电极上得电子的氢离子会更多，不利于硝基苯得电子，不利于硝基苯降解，故C错误； D．根据电荷守恒，电路中每转移4 mol电子将有4 mol 从右室移入左室，故D正确； 故选：D。 7．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)可充电水系电池用锌和催化剂材料作两极，电池工作示意图如图所示，其中双极膜是由阳膜和阴膜制成的复合膜，在直流电场的作用下，双极膜复合层间的电离出的和可以分别通过膜移向两极。下列说法正确的是    A．溶液的： B．充电时，极接外电源正极，实现电能转为化学能 C．放电时，当电路中转移电子时，理论上溶解 D．充电时，极的电极反应式为 【答案】C 【分析】由图可知，在a电极上，Zn失去电子转化为Zn(OH)2锌元素由0价降低到+2价，发生氧化反应，为负极，电极反应为:Zn+4OH--2e-=，在b电极上，发生还原反应，CO2得到电子，转化为HCOOH，为正极，电极反应为:CO2+2H++2e-=HCOOH，H2O电离出的H+和OH-可以分别由双极膜移向b极、a极； 【解析】A．虽然HCOOH为弱酸，越稀越电离，但浓度较大的HCOOH溶液中H+浓度较大，故溶液的：，选项A错误； B．根据分析可知，充电时，极接外电源负极，为阴极，实现电能转为化学能，选项B错误； C．放电时，负极电极反应为:Zn+4OH--2e-=，当电路中转移电子时，理论上溶解，选项C正确； D．充电时，极为阳极，电极反应式为，选项D错误； 答案选C。 8．(22-23高二下·江苏苏州·调研) 氮及其化合物的转化具有重要应用。是人工固氮的产物，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱等；能被NaClO氧化成(水合肼)；在一定条件下与反应可制备尿素，尿素加热至150-160℃将脱氨成缩二脲。以和为原料可以合成尿素[]，涉及的化学反应如下： 反应Ⅰ：  (快)   反应Ⅱ：  (慢)   下列有关说法正确的是 A．反应   B．和合成尿素的总反应速率由反应Ⅰ决定 C．增大压强，既能加快反应Ⅰ的速率又能提高原料的平衡转化率 D．生产过程中温度越高，尿素的产率越高 【答案】C 【解析】A．反应可由反应I和反应II相加得到，根据盖斯定律，，A错误； B．反应Ⅱ是慢反应，活化能大，故总反应的速率由反应II决定，B错误； C．反应I是气体系数减小的反应，故增大压强既能加快反应Ⅰ的速率又能提高原料的平衡转化率，C正确； D．由A选项知合成尿素的反应是放热反应，故温度越高，尿素的产率越低，D错误； 故选C。 9．(22-23高二下·江苏泰州·期末)通过下列实验探究碳酸盐和碳酸氢盐的性质： 实验1：测定溶液的约为8。 实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀。 实验3：向苯酚浊液中加入少量固体充分反应后，得澄清溶液且无气体产生。 实验4：向溶液中滴入溶液，生成白色沉淀，且有无色气体产生。 下列说法正确的是 A．实验1的溶液中存在： B．实验2的上层清液中存在： C．实验3所得溶液中存在： D．实验4生成白色沉淀的离子方程式为： 【答案】D 【解析】A．实验1溶液呈碱性说明碳酸氢根水解强于电离，即，故，A错误； B．实验2说明碳酸根与钙离子刚好生成碳酸钙白色沉淀，碳酸钙沉淀存在溶解平衡，碳酸根是弱离子存在水解损耗，故，B错误； C．实验3说明苯酚和碳酸钠生成苯酚钠和碳酸氢钠，不生成二氧化碳，说明苯酚电离程度大于碳酸氢钠；根据电荷守恒可知，C错误； D．实验4说明碳酸氢根与钙离子发生反应生成碳酸钙沉淀和二氧化碳气体：，D正确； 故选D。 10．(23-24高二下·江苏泰州·期末)室温下，用溶液(含少量)制备的过程如图所示。已知：，，。下列说法正确的是 A．0.1溶液中： B．“除钙”得到的上层清液中： C．氨水溶液中： D．“沉锰”的离子方程式为： 【答案】D 【分析】含少量Ca2+的MnSO4溶液中，加入NH4F溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，所得滤液主要含有Mn2+、和，再加入氨水−NH4HCO3溶液“沉锰”得到MnCO3沉淀，据此解答。 【解析】A．F−、均能水解生成HF、，但，，所以的水解程度大于F−，溶液显酸性，溶液中，A错误； B．“除钙”得到的上层清液为CaF2的饱和溶液，则，B错误； C．一水合氨和按物质的量1：1混合时，溶液中电荷守恒，物料守恒，联立两式可得，两者实际物质的量比值未知，又溶液中电荷守恒，物料守恒，联立两式可得，氨水- NH4HCO3溶液呈碱性，且增加的≠，即，C错误； D．Mn2+与反应生成MnCO3沉淀，电离出的H+与结合生成和H2O，则“沉锰”反应的离子方程式为：，D正确； 答案选D。 11．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)一定条件下混合气体通过反应器，发生的反应有： a． b． 实验中检测反应器出口气体的成分及其含量，其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如图1、如图2所示：    已知：选择性 下列说法不正确的是 A．由如图1可知，实验中反应均未达到化学平衡状态 B．由如图1可知，温度高于时，平衡转化率变化的原因是升高温度对反应b的影响程度大于对反应a的 C．由如图2可知，温度相同时选择性的实验值略高于其平衡值，可能原因是该温度下反应a的平衡常数大于反应b的 D．时，反应器出口气体中，则该温度下转化率 【答案】C 【解析】A．由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡状态， A正确； B．反应a为放热反应，反应b为吸热反应，温度升高，反应a逆向移动，反应b正向移动，温度高于时，反应b正向移动程度大于反应a逆向移动的程度，所以CO2平衡转化率随温度升高还在增大，B正确； C．由图2可知，温度相同时，CH3OH 选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是:在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多，C错误； D．220C时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CHOH):n(CO2):n(CO)=1：7.20：0.11，假设生成的CH30H的物质的量为1mol，则生成的CO的物质的量为0.11mol，剩余的CO2的物质的量为7.20mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为1mol+7.20mol+0.11mol ，则该温度下CO转化率的计算式为，D正确； 故选C。 12．(23-24高二下·江苏镇江·期末)室温下，通过下列实验探究Na2CO3的性质。已知：25℃时，H2SO3的Ka1=1.4×10-2、Ka2=1.0×10-7，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。 实验1：配制50mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，测得溶液pH约为12； 实验2：取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，向其中加入一定量CaSO4固体充分搅拌，一段时间后过滤，向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解； 实验3：取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1mol·L-1稀盐酸。 下列说法正确的是 A．实验1所得溶液中，c(Na+)＜c(CO)+c(HCO) B．实验2，加入稀盐酸后的上层清液中c(Ca2+)=c(SO) C．实验3反应后溶液中存在：c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3) D．25℃时，反应CO+H2SO3⇌HCO+HSO的平衡常数K=2.5×108 【答案】D 【解析】A．Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO)+c(OH-)，则c(Na+)＞c(HCO)+2c(CO)＞c(CO)+c(HCO)，故A错误； B．向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解，则滤渣为CaCO3和CaSO4的混合物，CaCO3溶于盐酸生成CaCl2，CaSO4存在溶解平衡，则实验2加入稀盐酸后的上层清液中c(Ca2+)＞c(SO)，故B错误； C．Na2CO3溶液物料守恒关系为c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(CO)+2c(HCO)，滴入等体积0.1mol•L稀盐酸后生成NaHCO3和NaCl，存在c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(CO)+2c(HCO)或c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)+c(Cl-)，则c(Na+)＞c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)，故C错误； D．反应CO+H2SO3⇌HCO+HSO的平衡常数K= = ==2.5×108，故D正确； 故选：D。 13．(23-24高二下·江苏南京第五高级中学·期末)苯乙烯是制备高分子的原料。乙苯脱氢制苯乙烯的主反应和两个副反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在913K、100kPa下，将质量比为的水蒸气和乙苯在催化剂作用下反应，测得乙苯的转化率和苯乙烯、苯、甲苯的选择性与时间的关系如下图所示。 下列说法不正确的是 A．曲线a表示乙苯的转化率 B．时，所得H2的物质的量逐渐减少 C．其他条件不变，增大水蒸气与乙苯的质量比，可以提高乙苯的平衡转化率 D．时，苯乙烯选择性下降的原因之一是反应Ⅰ生成的H2促进了反应Ⅲ的进行 【答案】B 【分析】苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着反应的进行，主反应生成的氢气促使副反应Ⅲ正向移动，使得甲苯的选择性大于苯的选择性，乙苯转化率增大，曲线a表示乙苯的转化率，b为甲苯选择性，据此回答。 【解析】A．根据分析可知，曲线a表示乙苯的转化率，故A正确； B．主反应Ⅰ生成氢气，反应Ⅲ消耗氢气，反应Ⅰ生成的氢气用于反应Ⅲ，氢气的物质的量应为先增大后减小，而不是一直减小，故B错误； C．其他条件不变，恒压条件下，增大水蒸气与乙苯的质量比，相当于减小压强，乙苯的平衡转化率增大，故C正确； D．根据分析可知，t1～t4时，苯乙烯选择性下降的原因之一是反应Ⅰ生成的H2促进了反应Ⅲ的进行，故D正确； 答案选B。 14．(23-24高二下·江苏常州高级中学·期末)向溶液中通至饱和，再经电解生成尿素(原理如下图)。该技术有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。下列说法正确的是 A．b极发生还原反应 B．a极的电极反应式： C．电解一段时间后阴极区溶液的增大 D．电解过程每生成尿素，有经过质子交换膜 【答案】C 【分析】由氢离子的移动方向可知，a电极是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极反应式为2+16e-+CO2+18H+=CO(NH2)2+7H2O，电极b为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑。 【解析】A．由分析可知，电极b为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，故A错误； B．由分析可知，a电极是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极反应式为2+16e-+CO2+18H+=CO(NH2)2+7H2O，故B错误； C．由分析可知，a电极是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极反应式为2 +16e-+CO2+18H+=CO(NH2)2+7H2O，电极b为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，每转移16个电子，右侧电极产生16个H+经过质子交换膜进入左侧极室，而a电极消耗18个H+，故左极室H+浓度减小，即阴极区的pH增大，故C正确； D．60g尿素物质的量为1mol，由C选项分析，根据阴极电极方程式可知，每生成1mol尿素，转移16mol电子，有16molH+经过质子交换膜进入左侧极室，故D错误； 故选C。 15．(23-24高二下·江苏连云港·期末)催化加氢制甲醇中发生的反应有： i． ii． iii． 将和按通入密闭容器中发生反应，测得不同压强下的平衡转化率以及相同压强下选择性[选择性为]随温度的变化如图所示。下列说法错误的是 A．相同压强下，从0到350℃,的平衡产率先降低后逐渐增大 B．的选择性曲线为a C．由大到小的顺序为 D．三条曲线接近重合的原因是催化剂失去活性而造成的 【答案】D 【解析】A．反应i为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的选择性减小，则表明甲醇选择性的曲线为a，则表示二氧化碳转化率的为曲线b，图中a曲线先降低，b曲线后上升，随着温度增加转化率逐渐增加，即的平衡产率先降低后逐渐增大，A项正确； B．反应i为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的选择性减小，则表明甲醇选择性的曲线为a，B项正确； C．反应i为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，反应ii是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，反应iii为气体体积减小的反应，则增大压强，二氧化碳的转化率增大，由图可知，条件下二氧化碳的转化率依次减小，则压强由大到小的顺序为：，C项正确； D．由于温度升高，反应i和反应iii平衡向左移动，反应ii平衡右移，此时反应体系中以反应ii为主，而反应ii前后气体体积不变，故改变压强，平衡转化率变化不大，曲线趋近重合，D项错误； 答案选D。 16．(23-24高二下·江苏徐州·期末)在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。 已知：反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度变化的影响如图所示。 ，下列有关说法正确的是 A．      B．延长点的反应时间，能提高的转化率 C．在260~320℃间，以为催化剂，升高温度的产率几乎不变 D．高于320℃后，以为催化剂，随温度的升高转化率上升的主要原因是反应Ⅱ平衡正向移动 【答案】B 【分析】在两种不同催化剂作用下反应相同时间，化学反应速率越大、CH4选择性越高，则甲烷的产率越高。 【解析】A．反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)可以由反应I-反应Ⅱ得到，故该反应ΔH等于反应I的ΔH减去反应Ⅱ的ΔH，故ΔH=-(a+b)kJ⋅mol−1，A错误； B．W点未达到平衡状态，延长反应时间可以增加转化率， B正确； C．在260℃~320℃间，以CeO2为催化剂，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升， C错误； D．由图中信息可知，高于320℃后以Ni为催化剂，CO2转化率明显低于相同温度下以CeO2为催化剂的转化率，反应一定未达平衡，高于320℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快， D错误； 答案选B。 17．(22-23高二下·江苏常州教育学会·期末)氢气是一种清洁能源，研发新型制氢技术具有重要意义。 (1)“表面改性铝粉分解水制氢”因储量丰富和较强的还原活性得到广泛应用。 铝粉表面的致密氧化膜是影响还原活性的主要因素，工业上常用溶液或锡酸钠溶液作为粉的改性试剂。 已知：；。 ①利用溶液改性粉的原理可用化学方程式表示为 ②348K下，向两份质量和粒径均相同的粉中，分别加入等体积溶液和溶液改性粉，氢气产率随时间的变化关系如图1所示。溶液改性效果明显优于溶液的可能原因是 。      ③保持其他条件不变，氢气产率随溶液浓度的变化关系如图2所示。当溶液浓度为时，氢气产率接近80%。但溶液过大或过小会大大降低氢气产率，其可能原因分别是 (2)“纳米铷镍合金催化氨硼烷水解制氢”主要经过吸附和还原的过程。 ①氨硼烷的结构式为 (标出配位键)。 ②室温下，氨硼烷在铷镍合金作用下快速水解生成氢气。根据过渡态理论，氨硼烷在铷镍合金作用下易水解的原因可解释为 。 ③铷镍合金催化氨硼烷水解的可能反应机理如图所示(每个步骤只画出了可能参与该步反应的1个水分子，氨硼烷中与B原子相连的3个H原子分别用和标记)。根据元素电负性的变化规律推测题图的虚线框内微粒A和B的化学式分别为 ；步骤Ⅱ可描述为 。    【答案】(1) Al将 Na2SnO3还原为单质 Sn，Al与 Sn 构成原电池，加快 Al粉分解 H2O 生成氢气的速率，相同时间内氢气产率更大 溶液浓度过大，反应过程中产生的难溶物质附着在铝粉的表面，降低了铝粉还原活性，溶液浓度过小，则产生的氢氧根离子浓度减小，都会导致氢气的产率降低 (2)    铷镍合金催化剂改变了氨硼烷的反应历程，降低了反应的活化能 、 水分子中-OH取代B(OH)中的得到被催化剂吸附的和B(OH)2 【解析】（1）①溶液除去铝粉表面的致密氧化膜，即Al2O3，； ②氢气产率达到最高值稳定的时候，铝表面的氧化膜已基本除尽，因此铝表面氧化膜的有无不是本题的主要因素，且其对铝的还原活性的影响不会造成氢气产率有如此大的差距。因此答案应为 Al将 Na2SnO3还原为单质 Sn，Al与 Sn 构成原电池，加快 Al粉分解 H2O 生成氢气的速率，相同时间内氢气产率更大； ③已知：、，溶液浓度过大，反应过程中产生的难溶物质附着在铝粉的表面，降低了铝粉还原活性，溶液浓度过小，则产生的氢氧根离子浓度减小，都会导致氢气的产率降低； （2） ①氨硼烷中NH3中N提供孤电子对、分子中B提供空轨道形成配位键，结构式为  。 ②过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；催化剂可以改变反应历程，降低反应活化能加快反应速率，故铷镍合金催化剂改变了氨硼烷的反应历程，降低了反应的活化能，加快了其分解的化学反应速率； ③电负性O>N>H>B，中N、和均显负电性、B显正电荷，水分子-H显正电性、-OH显负电性，步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为氨硼烷中NH3、和逐步为水分子负电性的-OH取代，脱去的NH3、、和和水分子中显负电性的-H结合逐步生成、、、，同生成，故微粒A和B的化学式分别为、；步骤Ⅱ可描述为水分子中-OH取代B(OH)中的得到被催化剂吸附的和B(OH)2。 18．(22-23高二下·江苏无锡·调研)回收利用含硫烟气有利于节约资源、保护环境。 Ⅰ．含的烟气回收 (1)将一部分含的烟气在空气中燃烧，将燃烧所得产物与剩余烟气混合，冷却后可回收得到硫磺()。该工艺中涉及反应如下： 反应1：； 反应2：； 反应3：； ①反应的 。 ②相同条件下需控制反应1与反应2中的烟气体积比为的原因是 。 Ⅱ．含的烟气回收 (2)以为催化剂，用还原制S。其他条件一定，改变起始时与的比例，反应相同时间，测得S的产率随温度的变化关系如图所示。500℃，时硫的产率比时小的原因可能是 。    (3)以炭基材料为催化剂，在炭表面被氧气催化氧化为，再转化为硫酸盐等。 ①炭基材料脱硫涉及反应：，下列关于该反应的说法正确的是 (填字母序号) a．通入过量空气，可提高的平衡转化率 b．当时，可判断反应达到平衡 c．使液化从平衡体系中分离，能加快正反应速率，增大转化率 ②450℃、在催化下，和的反应过程是按照如下两步完成的： 反应Ⅰ：_______(快反应) 反应Ⅱ：(慢反应) 请补充上述反应Ⅰ的化学方程式 ，决定总反应速率快慢的是反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 【答案】(1) 若体积比大于，则排放气体中残留污染空气；若体积比小于，则排放气体中残留污染空气 (2)时，过量，进一步将S还原成，导致硫的产率减小 (3) a Ⅱ 【解析】（1）①由盖斯定律可知该反应可由得到，则==； ②由反应2可知相同条件下控制反应1与反应2中的烟气体积比为时二氧化硫和硫化氢恰好完全反应，若体积比大于，则排放气体中残留污染空气；若体积比小于，则排放气体中残留污染空气； （2）500℃，时硫的产率比时小，原因时时，过量，进一步将S还原成，导致硫的产率减小； （3）①a．通入过量空气，增大氧气的浓度，可使平衡正向移动，从而可提高的平衡转化率，故正确； b．当时，不能说明各组成浓度不变，因此不能判断反应达到平衡，故错误； c．使液化从平衡体系中分离，可使平衡正向移动，增大转化率，但反应速率降低，故错误； ②反应Ⅰ=总反应-反应Ⅱ，可得反应Ⅰ：；慢反应决定总反应速率的快慢，因此反应Ⅱ决定总反应速率快慢。 19．(23-24高二下·江苏扬州江都中学·期末)天然气的主要成分是，可用于催化重整制取、等物质。 (1)天然气中含少量H2S和，需用一定方法脱除。 已知：H2S的，，的，。 ①用NaOH溶液脱H2S和CO2，脱除后的溶液中存在：、。下列说法正确的是 。 A．适当升高温度，溶液中增大 B．加入少量水，溶液中离子总数增大 C．通入少量HCl气体，增大 ②用溶液脱H2S和CO2。将含H2S和CO2的天然气缓缓通入溶液中，脱除过程中H2S与发生反应的离子方程式是 。 (2)以NiO为载氧体，催化重整制氢的反应如下：                ①反应的 kJ/mol。 ②载氧体NiO晶体与NaCl晶体结构类似，结构如图1所示。该NiO晶体中周围距离最近的形成的空隙构型为 。 ③人工制备的NiO晶体存在缺陷，如图2所示：一个Ni2+空缺，另有2个Ni2+被Ni3+取代，整个晶体仍呈电中性。某氧化镍晶体的组成为，该晶体中Ni2+与Ni3+的个数比为 。 (3)和CO2在Zn/ZSM-5分子筛催化反应生成CH3COOH反应机理如图3所示： ①催化剂载体表面存在O2-、Zn2+两种活性吸附位，被 (填“O2-”或“Zn2+”)活性吸附位吸附。 ②从电负性和化学键角度，过程ii可描述为 。 【答案】(1) AB (2) 205.9 正八面体 19∶4 (3) 二氧化碳中一个碳氧双键的π键断裂，二氧化碳中电负性小碳和甲基自由基中电负性大的碳结合成C-C键，形成。 【解析】（1）①A．适当升高温度，硫离子和碳酸根离子水解程度增大，溶液中增大，故A正确； B．加入少量水，根据越稀越水解的规律，硫离子和碳酸根离子水解平衡正向移动，溶液中离子总数增大，故B正确； C．通入通入少量HCl气体， 水解平衡正向移动，浓度减小， 增大，则减小，故C错误； 故选AB；②依据题意，酸性，H2S与发生反应的离子方程式为； （2）①根据盖斯定律反应的，故答案为：205.9；②由晶胞结构可知被周围距离最近的上下、左右、前后的围成了正八面体，故答案为：正八面体；③设个数为x，个数为y，依据题意由，解得x=0.76，y=0.16，则与个数比为19∶4，故答案为：19∶4； （3）①甲基自由基有一个为成键的单电子，有空轨道，则易被活性吸附位吸附，故答案为：；②甲基自由基中碳的电负性比氢大，二氧化碳中氧的电负性比碳大，发生过程ii时，二氧化碳中一个碳氧双键的π键断裂，二氧化碳中电负性小碳和甲基自由基中电负性大的碳结合成C-C键，形成，故答案为：二氧化碳中一个碳氧双键的π键断裂，二氧化碳中电负性小碳和甲基自由基中电负性大的碳结合成C-C键，形成。 20．(23-24高二下·江苏连云港·期末)的资源化利用能有效减少排放。 I．甲酸化：金属锰分解水原位还原产生甲酸是有机资源转化新途径。碳酸在水中一般以3种形态存在，即。当溶液的发生变化时，其中任一种形态的物质的量占三种形态总物质的量的分数也可能发生变化，如图1是碳酸溶液中碳酸的各种形态的随的变化曲线。初始变化对甲酸产率的影响如图2。 (1)甲酸产率在初始时最高，原因是 。 (2)锰催化产生甲酸部分机理如图3所示。画出图中方框内的结构 。 (3)实验中将锰粉、碳酸氢钠和去离子水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能是 。 Ⅱ.乙酸化：结合产甲酸反应机理与太阳能还原锰技术，Co催化分解水还原二氧化碳产乙酸的反应机理如下图所示。 (4)反应①、②两步的反应过程可以描述为 。在催化过程中由与H生成的总反应方程式为 。 【答案】(1)浓度最大 (2) (3)生成的MnO对反应有催化作用 (4) Co作催化剂，活性氢原子与中的碳氧双键发生加成反应生成，然后同一个碳原子上连接的两个羟基发生脱水生成 【解析】（1）根据图1，当时，浓度最大，此时甲酸产率最高。 （2） 结合图3，转化为，根据原子守恒可知，含Mn元素产物为。 （3）反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升，说明生成的产物可能为催化剂，加快反应速率。 （4） 根据反应机理图，Co作催化剂条件下，反应①为活性氢原子与中的碳氧双键发生加成反应生成，反应②为同一个碳原子上连接的两个羟基发生脱水生成；结合反应机理，催化过程与H生成，同时生成和，总反应方程式为。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 化学反应原理 内容概览 考向1 反应机理及能量图像分析 考向2 电化学基础 考向3 反应原理小综合 考向4 电解质溶液 考向5 平衡图像分析 考向1 反应机理及能量图像分析 1．(23-24高二下·江苏泰州·期末)苯和液溴反应的机理能垒图可如题图所示，催化该反应的过程中结合。下列叙述正确的是 A．苯和液溴反应的 B．催化时与以σ键结合 C．苯和液溴反应的决速步为第二步 D．若将换成ICl，将会生成 2．(23-24高二下·江苏徐州·期末)在含、和的溶液中，发生反应：，其分解机理及反应过程中的能量变化如图所示。下列有关该反应的说法错误的是 A．步骤②决定总反应的速率 B．步骤①是吸热过程，步骤②是放热过程 C．由反应机理可以看出，是中间产物 D．反应速率： 3．(23-24高二下·江苏扬州江都中学·期末)与反应生成涉及： ①； ②。 其中间态物质的能量关系如图所示，其中、表示过渡态物质。 下列说法正确的是 A．在光照下断键生成，该过程中放出能量 B．反应过程中，反应②的反应速率低于反应① C．过程中可能生成 D．与反应生成和HCl是吸热反应 4．(22-23高二下·江苏无锡·调研)反应物(X)转化为产物(Y)时的能量变化与反应进程的关系如图曲线①所示，在反应中仅改变一种外界条件，可得到如图曲线②。下列说法正确的是 A．该条件的改变增大了单位体积内活化分子百分数 B．X·M为反应所加的催化剂 C．改变该条件后，降低了反应的焓变 D．该反应是吸热反应 考向2 电化学基础 5．(22-23高二下·江苏常州教育学会·期末)实验室模拟组装水系锌离子二次电池，以溶液为电解质，主要通过在两极上“沉积/溶解”、“脱出/嵌入”实现充放电。工作时总反应为。下列有关说法不正确的是    A．充电时，阳极的电极反应为 B．充电时，移向并嵌入电极 C．放电时，电流从电极流出 D．放电时，电解质溶液中浓度不变 6．(23-24高二下·江苏盐城·期末)电解法制备的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．M为电源的负极 B．阳极上的电极反应式为 C．阴离子交换膜应能允许通过而能阻止的扩散 D．理论上每转移0.1mol，阴极上会产生1.12L气体 7．(23-24高二下·江苏南京第五高级中学·期末)隔膜电解法制备 K2FeO4的工作原理如下图所示。下列说法正确的是 A．隔膜为阴离子交换膜 B．该方法中KOH可以循环使用，但需另外补充 C．Fe电极上的反应为：Fe - 6e- 4H2O = FeO 8H+ D．电路中每转移0.2mol e-，Pt 电极上理论上产生 2.24L气体 8．(23-24高二下·江苏南京江宁区·期末)为防止因天然气泄漏，居家安装天然气报警器很重要。当空间内甲烷达到一定浓度时，传感器随之产生电信号并联动报警，图1是成品装置，其工作原理如图2所示，其中O2-可以在固体电解质中移动。当报警器触发工作时，下列说法正确的是 A．O2-在电解质中向a电极移动，电流方向由a电极经导线流向b电极 B．报警器触发工作时，图2的装置将电能转化为化学能 C．当电路中有0.008mol电子转移时，则电极a有22.4mL甲烷参与反应 D．多孔电极a极上发生的反应的电极反应式为： 9．(23-24高二下·江苏扬州江都中学·期末)电催化还原CO2可实现捕捉并将其转化为燃料CO，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．Co-N-C/P电极与直流电源的正极相连 B．溶液中H+通过质子交换膜向石墨电极一侧移动 C．Co-N-C/P电极发生的反应为： D．工作过程中石墨电极周围溶液的pH不变 考向3 反应原理小综合 10．(23-24高二下·江苏南京江宁区·期末)对于反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，下列说法正确的是 A．上述反应ΔS > 0 B．上述反应平衡常数 C．其他条件相同，增大，HCl的转化率升高 D．上述反应中消耗1molO2，转移电子的数目为4×6.02×1023 11．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)NH3、N2H4、NO、NO2、NH4NO3等是氮的重要化合物。实验研究表明，在特定条件下，合成氨反应的速率与反应物的浓度的关系式为：(k为速率常数)。NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4，N2H4的燃烧热为624 kJ/mol；NaClO溶液氧化NH3制备N2H4，同时产生NaCl。在上述特定条件下，下列关于反应的说法正确的是 A．反应在任何温度下都能自发进行 B．反应物的总键能小于生成物的 C．使用催化剂能改变反应路径，降低反应的焓变 D．增大氨气浓度，反应速率一定加快 12．(23-24高二下·江苏南京第五高级中学·期末)750℃时，NH3和O2发生以下两个反应： ①4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)     △H1 ②4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)     △H2 下列说法正确的是 A．反应①的平衡常数可表示为K1= B．反应②的△S＜0 C．反应①中每生成2molNO，转移电子数约为6.02×1024 D．反应②的△H2=2E(N≡N)+12E(H－O)-12E(N－H)-3E(O=O) 考向4 电解质溶液 13．(22-23高二下·江苏泰州·期末)常温下，向一定浓度溶液中加入固体，保持溶液体积和温度不变，测得与[X为、、]的变化关系如图所示。    下列说法不正确的是 A．曲线M表示随的变化 B．从a点至b点，水的电离程度逐渐减小 C．的化学平衡常数为 D．a点溶液中： 14．(23-24高二下·江苏扬州江都中学·期末)室温下，的，。通过下列实验探究NaHS溶液的性质。 实验1：测得0.1mol/LNaHS溶液的pH约为9.2 实验2：向5mL0.1mol/LNaHS溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液至溶液pH为12.9 实验3：将浓度均为0.002mol/L的NaHS和CuSO4溶液等体积混合，生成黑色沉淀CuS 实验4：向足量0.1mol/LNaHS溶液中通入少量SO2，生成沉淀S 下列有关说法正确的是 A．0.1mol/LNaHS溶液中存在 B．实验2所得溶液中 C．依据实验3的现象，可以推断出 D．实验4中发生反应的离子方程式为 15．(23-24高二下·江苏盐城·期末)以磷石膏(主要成分，杂质、等)和氨水为原料可实现 矿物封存同时制备轻质，转化部分流程如图。 ，， ，。 下列说法正确的是 A．氨水中存在： B．“转化”步骤，通入后清液中始终存在 C．“转化”步骤，若通入至溶液为6.5，此时溶液中 D．“滤液”中存在： 16．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)通过下列实验探究碳酸盐和碳酸氢盐的性质： 实验1：测定溶液的约为8。 实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀。 实验3：向苯酚浊液中加入少量固体充分反应后，得澄清溶液且无气体产生。 实验4：向溶液中滴入溶液，生成白色沉淀，且有无色气体产生。 下列说法正确的是 A．实验1的溶液中存在： B．实验2的上层清液中存在： C．实验3所得溶液中存在： D．实验4生成白色沉淀的离子方程式为： 考向5 平衡图像分析 17．(23-24高二下·江苏常州高级中学·期末)逆水煤气变换体系中存在以下两个反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A．反应Ⅰ的，反应Ⅱ的 B．点反应Ⅰ的平衡常数 C．点的压强是的3倍 D．若按投料，则曲线之间交点位置不变 18．(23-24高二下·江苏镇江·期末)甲醇脱氢法制HCOOCH3工艺过程涉及如下反应： 反应I：2CH3OH(g)=HCOOCH3(g)＋2H2(g)；ΔH1=＋135.4kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)；ΔH2=＋106.0kJ·mol-1 向容积为10L的恒容密闭容器中通入1.0molCH3OH气体发生上述反应，反应相同时间，测得CH3OH的转化率和HCOOCH3的选择性随温度变化如图所示。 (已知：HCOOCH3的选择性=×100%)。下列说法正确的是 A．HCOOCH3(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH=-76.6kJ·mol-1 B．实线代表的是HCOOCH3的选择性 C．553K时，HCOOCH3的产量为0.1mol D．低于553K时，温度越高，生成的HCOOCH3越多。高于553K时，温度越高，生成的CO越多 19．(23-24高二下·江苏南京江宁区·期末)在一定条件下CO2催化加氢生成CH3OH，主要发生三个竞争反应： 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1 = -49.5 kJ/mol   反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  ΔH2 = -165.0 kJ/mol 反应Ⅲ：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)  ΔH3 = -122.7 kJ/mol 为分析催化剂对反应的选择性，在1 L恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，测得反应进行相同时间后，有关物质的物质的量随温度变化如图所示，下列说法不正确的是 A．CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)  ΔH= +115.5 kJ/mol B．其他条件不变，增大H2用量，反应Ⅰ速率增大，平衡常数增大 C．一定温度下，当容器中的气体压强不再改变时，体系达到平衡 D．温度过高，三种含碳产物的物质的量会迅速降低，可能原因是催化剂活性降低 20．(23-24高二下·江苏泰州·期末)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应： 反应Ⅰ    反应Ⅱ    压强为101kPa下，在密闭容器中投入1mol 和4mol 在催化剂作用下发生反应。平衡时，转化率、产率及另外2种含氢气体的物质的量随温度的变化如题图所示。CO选择性可表示为。下列说法正确的是 A．图中曲线②、曲线④分别表示平衡时物质的量、转化率随温度的变化 B．反应Ⅰ的、反应Ⅱ的 C．图中P点对应温度下，平衡时CO选择性为11.1% D．450℃之后，温度升高导致催化剂活性降低，从而导致甲烷平衡产率减小 1．(23-24高二下·江苏盐城·期末)工业生产硫酸涉及反应 。下列说法正确的是 A．反应的平衡常数 B．该反应 C．其他条件相同，增大，的转化率提高 D．通入2mol气体和1mol气体，达到平衡时放出196kJ的热量 2．(22-23高二下·江苏扬州·期末)对于反应  ，下列说法正确的是 A．升高温度，逆反应速率加快，正反应速率减慢 B．上述反应的平衡常数表达式 C．其他条件不变，增加的用量，可以提高的转化率 D．该反应在任何条件下均可自发进行 3．(22-23高二下·江苏无锡·调研)室温下，通过实验探究亚硫酸盐的性质。已知：、。下列说法正确的是 实验 实验操作和现象 1 向溶液中通入至溶液 2 将等体积、等物质的量浓度的和溶液混合，无明显现象 3 向溶液中逐滴加入等体积等浓度盐酸，最终溶液 4 向溶液中逐滴滴加溶液后，测得溶液 A．实验1所得溶液中： B．实验2所得溶液中： C．实验3所得溶液中： D．实验4所得溶液中： 4．(23-24高二下·江苏连云港·期末)铝-硫二次电池是一种新型化学电源，放电时的电池反应为，工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．放电时，电子由Al极经电解质溶液向多孔碳极移动 B．离子交换膜为阳离子交换膜 C．充电时，阳极反应式为 D．放电时，每转移电子，有离子穿过交换膜 5．(22-23高二下·江苏常州教育学会·期末)室温下，通过下列实验探究的性质。已知：25℃时，的、的。 实验1：配制溶液，测得溶液约为12； 实验2：取溶液，向其中加入少量固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解； 实验3：取溶液，向其中缓慢滴入等体积稀盐酸。 下列说法正确的是 A．实验1所得溶液中， B．根据实验2，可推测 C．实验3反应后溶液中存在： D．25℃时，反应的平衡常数 6．(22-23高二下·江苏扬州·期末)电解法可将硝基苯降解为苯胺，工作原理如图所示。下列说法正确的是    A．b极连接电源负极 B．a极硝基苯发生的反应为：  -6e-+6H+=  +2H2O C．电解质溶液中浓度越大，越利于硝基苯降解 D．理论上每转移4 mol电子将有4 mol 从右室移入左室 7．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)可充电水系电池用锌和催化剂材料作两极，电池工作示意图如图所示，其中双极膜是由阳膜和阴膜制成的复合膜，在直流电场的作用下，双极膜复合层间的电离出的和可以分别通过膜移向两极。下列说法正确的是    A．溶液的： B．充电时，极接外电源正极，实现电能转为化学能 C．放电时，当电路中转移电子时，理论上溶解 D．充电时，极的电极反应式为 8．(22-23高二下·江苏苏州·调研) 氮及其化合物的转化具有重要应用。是人工固氮的产物，广泛用于生产铵盐、硝酸、纯碱等；能被NaClO氧化成(水合肼)；在一定条件下与反应可制备尿素，尿素加热至150-160℃将脱氨成缩二脲。以和为原料可以合成尿素[]，涉及的化学反应如下： 反应Ⅰ：  (快)   反应Ⅱ：  (慢)   下列有关说法正确的是 A．反应   B．和合成尿素的总反应速率由反应Ⅰ决定 C．增大压强，既能加快反应Ⅰ的速率又能提高原料的平衡转化率 D．生产过程中温度越高，尿素的产率越高 9．(22-23高二下·江苏泰州·期末)通过下列实验探究碳酸盐和碳酸氢盐的性质： 实验1：测定溶液的约为8。 实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀。 实验3：向苯酚浊液中加入少量固体充分反应后，得澄清溶液且无气体产生。 实验4：向溶液中滴入溶液，生成白色沉淀，且有无色气体产生。 下列说法正确的是 A．实验1的溶液中存在： B．实验2的上层清液中存在： C．实验3所得溶液中存在： D．实验4生成白色沉淀的离子方程式为： 10．(23-24高二下·江苏泰州·期末)室温下，用溶液(含少量)制备的过程如图所示。已知：，，。下列说法正确的是 A．0.1溶液中： B．“除钙”得到的上层清液中： C．氨水溶液中： D．“沉锰”的离子方程式为： 11．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)一定条件下混合气体通过反应器，发生的反应有： a． b． 实验中检测反应器出口气体的成分及其含量，其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如图1、如图2所示：    已知：选择性 下列说法不正确的是 A．由如图1可知，实验中反应均未达到化学平衡状态 B．由如图1可知，温度高于时，平衡转化率变化的原因是升高温度对反应b的影响程度大于对反应a的 C．由如图2可知，温度相同时选择性的实验值略高于其平衡值，可能原因是该温度下反应a的平衡常数大于反应b的 D．时，反应器出口气体中，则该温度下转化率 12．(23-24高二下·江苏镇江·期末)室温下，通过下列实验探究Na2CO3的性质。已知：25℃时，H2SO3的Ka1=1.4×10-2、Ka2=1.0×10-7，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。 实验1：配制50mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，测得溶液pH约为12； 实验2：取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，向其中加入一定量CaSO4固体充分搅拌，一段时间后过滤，向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解； 实验3：取10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1mol·L-1稀盐酸。 下列说法正确的是 A．实验1所得溶液中，c(Na+)＜c(CO)+c(HCO) B．实验2，加入稀盐酸后的上层清液中c(Ca2+)=c(SO) C．实验3反应后溶液中存在：c(Na+)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3) D．25℃时，反应CO+H2SO3⇌HCO+HSO的平衡常数K=2.5×108 13．(23-24高二下·江苏南京第五高级中学·期末)苯乙烯是制备高分子的原料。乙苯脱氢制苯乙烯的主反应和两个副反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 在913K、100kPa下，将质量比为的水蒸气和乙苯在催化剂作用下反应，测得乙苯的转化率和苯乙烯、苯、甲苯的选择性与时间的关系如下图所示。 下列说法不正确的是 A．曲线a表示乙苯的转化率 B．时，所得H2的物质的量逐渐减少 C．其他条件不变，增大水蒸气与乙苯的质量比，可以提高乙苯的平衡转化率 D．时，苯乙烯选择性下降的原因之一是反应Ⅰ生成的H2促进了反应Ⅲ的进行 14．(23-24高二下·江苏常州高级中学·期末)向溶液中通至饱和，再经电解生成尿素(原理如下图)。该技术有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。下列说法正确的是 A．b极发生还原反应 B．a极的电极反应式： C．电解一段时间后阴极区溶液的增大 D．电解过程每生成尿素，有经过质子交换膜 15．(23-24高二下·江苏连云港·期末)催化加氢制甲醇中发生的反应有： i． ii． iii． 将和按通入密闭容器中发生反应，测得不同压强下的平衡转化率以及相同压强下选择性[选择性为]随温度的变化如图所示。下列说法错误的是 A．相同压强下，从0到350℃,的平衡产率先降低后逐渐增大 B．的选择性曲线为a C．由大到小的顺序为 D．三条曲线接近重合的原因是催化剂失去活性而造成的 16．(23-24高二下·江苏徐州·期末)在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。 已知：反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得转化率和生成选择性随温度变化的影响如图所示。 ，下列有关说法正确的是 A．      B．延长点的反应时间，能提高的转化率 C．在260~320℃间，以为催化剂，升高温度的产率几乎不变 D．高于320℃后，以为催化剂，随温度的升高转化率上升的主要原因是反应Ⅱ平衡正向移动 17．(22-23高二下·江苏常州教育学会·期末)氢气是一种清洁能源，研发新型制氢技术具有重要意义。 (1)“表面改性铝粉分解水制氢”因储量丰富和较强的还原活性得到广泛应用。 铝粉表面的致密氧化膜是影响还原活性的主要因素，工业上常用溶液或锡酸钠溶液作为粉的改性试剂。 已知：；。 ①利用溶液改性粉的原理可用化学方程式表示为 ②348K下，向两份质量和粒径均相同的粉中，分别加入等体积溶液和溶液改性粉，氢气产率随时间的变化关系如图1所示。溶液改性效果明显优于溶液的可能原因是 。      ③保持其他条件不变，氢气产率随溶液浓度的变化关系如图2所示。当溶液浓度为时，氢气产率接近80%。但溶液过大或过小会大大降低氢气产率，其可能原因分别是 (2)“纳米铷镍合金催化氨硼烷水解制氢”主要经过吸附和还原的过程。 ①氨硼烷的结构式为 (标出配位键)。 ②室温下，氨硼烷在铷镍合金作用下快速水解生成氢气。根据过渡态理论，氨硼烷在铷镍合金作用下易水解的原因可解释为 。 ③铷镍合金催化氨硼烷水解的可能反应机理如图所示(每个步骤只画出了可能参与该步反应的1个水分子，氨硼烷中与B原子相连的3个H原子分别用和标记)。根据元素电负性的变化规律推测题图的虚线框内微粒A和B的化学式分别为 ；步骤Ⅱ可描述为 。    18．(22-23高二下·江苏无锡·调研)回收利用含硫烟气有利于节约资源、保护环境。 Ⅰ．含的烟气回收 (1)将一部分含的烟气在空气中燃烧，将燃烧所得产物与剩余烟气混合，冷却后可回收得到硫磺()。该工艺中涉及反应如下： 反应1：； 反应2：； 反应3：； ①反应的 。 ②相同条件下需控制反应1与反应2中的烟气体积比为的原因是 。 Ⅱ．含的烟气回收 (2)以为催化剂，用还原制S。其他条件一定，改变起始时与的比例，反应相同时间，测得S的产率随温度的变化关系如图所示。500℃，时硫的产率比时小的原因可能是 。    (3)以炭基材料为催化剂，在炭表面被氧气催化氧化为，再转化为硫酸盐等。 ①炭基材料脱硫涉及反应：，下列关于该反应的说法正确的是 (填字母序号) a．通入过量空气，可提高的平衡转化率 b．当时，可判断反应达到平衡 c．使液化从平衡体系中分离，能加快正反应速率，增大转化率 ②450℃、在催化下，和的反应过程是按照如下两步完成的： 反应Ⅰ：_______(快反应) 反应Ⅱ：(慢反应) 请补充上述反应Ⅰ的化学方程式 ，决定总反应速率快慢的是反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 19．(23-24高二下·江苏扬州江都中学·期末)天然气的主要成分是，可用于催化重整制取、等物质。 (1)天然气中含少量H2S和，需用一定方法脱除。 已知：H2S的，，的，。 ①用NaOH溶液脱H2S和CO2，脱除后的溶液中存在：、。下列说法正确的是 。 A．适当升高温度，溶液中增大 B．加入少量水，溶液中离子总数增大 C．通入少量HCl气体，增大 ②用溶液脱H2S和CO2。将含H2S和CO2的天然气缓缓通入溶液中，脱除过程中H2S与发生反应的离子方程式是 。 (2)以NiO为载氧体，催化重整制氢的反应如下：                ①反应的 kJ/mol。 ②载氧体NiO晶体与NaCl晶体结构类似，结构如图1所示。该NiO晶体中周围距离最近的形成的空隙构型为 。 ③人工制备的NiO晶体存在缺陷，如图2所示：一个Ni2+空缺，另有2个Ni2+被Ni3+取代，整个晶体仍呈电中性。某氧化镍晶体的组成为，该晶体中Ni2+与Ni3+的个数比为 。 (3)和CO2在Zn/ZSM-5分子筛催化反应生成CH3COOH反应机理如图3所示： ①催化剂载体表面存在O2-、Zn2+两种活性吸附位，被 (填“O2-”或“Zn2+”)活性吸附位吸附。 ②从电负性和化学键角度，过程ii可描述为 。 20．(23-24高二下·江苏连云港·期末)的资源化利用能有效减少排放。 I．甲酸化：金属锰分解水原位还原产生甲酸是有机资源转化新途径。碳酸在水中一般以3种形态存在，即。当溶液的发生变化时，其中任一种形态的物质的量占三种形态总物质的量的分数也可能发生变化，如图1是碳酸溶液中碳酸的各种形态的随的变化曲线。初始变化对甲酸产率的影响如图2。 (1)甲酸产率在初始时最高，原因是 。 (2)锰催化产生甲酸部分机理如图3所示。画出图中方框内的结构 。 (3)实验中将锰粉、碳酸氢钠和去离子水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能是 。 Ⅱ.乙酸化：结合产甲酸反应机理与太阳能还原锰技术，Co催化分解水还原二氧化碳产乙酸的反应机理如下图所示。 (4)反应①、②两步的反应过程可以描述为 。在催化过程中由与H生成的总反应方程式为 。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$