第二章 化学反应速率与化学平衡 单元测试卷-2025-2026学年高二上学期化学人教版选择性必修1

高二化学选择性必修一化学反应速率与化学平衡单元测试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是 A．酯和热氢氧化钠溶液混合，一段时间后酯层消失 B．在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入一定量的铁粉 C．实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气 D．用钠与氯化钾共融的方法制备气态钾： 2．决定化学反应速率的主要因素是 A．反应物本身的性质 B．反应物间的接触面积 C．催化剂的催化效率 D．反应温度 3．将溶于溶液中，能配制成浓度较大的碘水，主要是发生了反应：。该平衡体系中，的物质的量浓度与温度（T）的关系如图所示（曲线上的任何一点都代表平衡状态）。下列说法正确的是（    ） A．反应速率： B．平衡常数： C．M、N两点相比，M点的大 D．Q点时， 4．国家主席习近平在第七十五届联合国大会上庄严宣布，中国将力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和。恒温恒容时，按体积比1：1向密闭容器中投入CO与，发生反应：。下列不能判断反应是否达到平衡的是 A．平均相对分子质量不再变化 B．混合气体密度不再变化 C．CO体积分数不再变化 D．单位时间生成与CO的体积相等 5．在一定温度下，利用催化剂将分解为和。已知该反应的ΔH=+90.8kJ/mol，ΔS=198.9J·mol-1·K-1，哪个温度下反应能自发进行 A．30℃ B．90℃ C．140℃ D．200℃ 6．已知烯经和在磺酸树脂()作用下可以生成，二元醇，其反应历程的示意图如下(R1、R2、R3、R4均表示烃基或H原子)。下列说法错误的是 A．是该反应催化剂 B．整个过程的总反 C．操作时温度不能过高或过低 D．过程中反应的原子利用率为100% 7．以铜、铬的氧化物为催化剂，用HCl制Cl2的原理为，下列说法正确的是 A．平衡时，将生成的水蒸气除去，有利于提高HCl的转化率 B．因为是∆S<0，所以该反应一定不能自发进行 C．恒压容器中，反应达到平衡后通入惰性气体，平衡不移动 D．平衡时，其他条件不变，增大催化剂用量，反应放热量变大 8．如图表示外界条件（温度、压强）的变化对反应：的影响，则在图中Y表示（    ） A．平衡混合气体中R的质量分数 B．平衡混合气体中G的体积分数 C．G的平衡转化率 D．L的平衡转化率 9．在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法不正确的是 A．该历程有三个基元反应 B．①中，催化剂被氧化 C．②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子 D．总反应的速率由③决定 10．NO2(g)可转化为N2O4(g)，反应放出大量的热。对于反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，下列说法正确的是 A．该反应的ΔH > 0 B．该反应的平衡常数表达式为K= C．升高温度，该反应的正反应速率增大，逆反应速率增大 D．将反应器容积扩大为原来的2倍，气体颜色比压缩前深 11．某温度下，在容积为2L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应  ，12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．化学计量数之比b：c=1：2 B．前12s内，A的平均反应速率为 C．12s后，A的消耗速率等于B的生成速率 D．12s内，A和B反应放出的热量为0.2Q kJ 12．下列有关实验内容、实验装置和对应的实验目的均正确的是 A．测定中和热 B．测定O2的生成速率 将NO2球浸泡在冷水和热水中 C．验证反应的吸放热 D．比较温度对反应速率的影响 A．A B．B C．C D．D 13．下列是有关外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和实验结论表达均正确的是 A．图①反应：，是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，则正反应 B．图②反应：，是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后，化学反应速率随时间变化的图像 C．图③反应：，是在有无催化剂存在条件下，建立平衡过程的图像，a是使用催化剂时的曲线 D．图④反应：，是一定条件下，向含有一定量A的恒容密闭容器中逐渐加入B，达平衡时A的转化率的图像 14．甲醇-水催化重整可获得，其主要反应为： 反应I： 反应II： 在、时，若仅考虑上述反应，平衡时的选择性、的转化率和的产率随温度的变化如图所示。已知：的选择性下列说法正确的是 A．反应I在任何温度下都能自发进行 B．平衡时的转化率大于的转化率 C．图中曲线①表示平衡时产率随温度的变化 D．升高温度和增大压强均能提高反应I中的平衡转化率 二、解答题 15．某校化学活动小组做了如下探究实验： 实验一：测定相同体积的1mol/L的硫酸分别与足量锌粒和锌粉反应的速率，设计如图装置： (1)写出此反应的离子方程式 。 (2)根据此实验探究，可以得出的结论是：其他条件不变时， 。 实验二：利用溶液和酸性溶液之间的反应，探究外界条件改变对化学反应速率的影响。实验如下表： 序号 温度/K 溶液颜色褪至无色时所需时间/s V/mL V/mL A 293 2 5 3 B 293 3 5 8 C 313 2 3 (3)表中 ；通过实验可探究 的改变对反应速率的影响。 (4)利用实验B中数据计算，用的浓度变化表示的反应速率为 。 (5)实验中发现：在开始一段时间内，反应速率较小，溶液褪色不明显；但不久后突然褪色，反应速率明显增大。针对上述现象，某同学认为该反应放热，导致溶液温度上升，反应速率增大。从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是 的影响。若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，可以在反应一开始时加入 (填字母)。 A．硫酸钾    B．硫酸锰    C．氯化锰    D．水 16．煤炭燃烧产生的烟气会对空气造成严重污染。兴趣小组进行了ClO2协同氨水脱除模拟烟气中NO和SO2的实验研究，其流程如下： (1)“喷淋液”中的ClO2可通过下述方法制备：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O 当生成1 mol ClO2时，转移的电子为 mol。 (2)所得副产物中除了NH4Cl外，还有 (填化学式)。 (3)传统湿式氨法烟气处理技术以氨水作为喷淋液，在催化剂作用下，喷淋除去NO过程中有一种无污染气体生成。该反应的化学方程式为 。 (4)利用ClO2协同氨水进行脱硫脱硝净化时，NO和SO2气体脱除效率随pH变化情况如图1所示，ClO2被还原为ClO2-、Cl-的转化率与溶液pH的关系如图2所示。     ①NO的脱除率随着pH的增大而逐渐减弱，可能原因是 。 ②写出pH≤2.0时，ClO2脱除SO2反应的离子方程式： 。 17．从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程如下图。 已知： ⅰ.难溶于水和稀酸；酸浓度越高，溶解得越多。 ⅱ.、均为弱酸，难溶于水。 (1)酸性条件下，SnS易被氧化为。反应分两步：ⅰ.；ⅱ. 。 (2)浸出液中含有、、、、、等微粒。硫酸浓度、浸出时间等条件不变时，反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率的影响如下图。 ①酸浸过程中铁元素被还原，还原剂是 。 ②升高温度有利于减少浸出液中锡元素的残留。反应温度升高，锡浸出率下降的可能原因有 （写出两条）。 (3)向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）。该种脱砷方法称为沉淀法。 ①加入溶液的目的是 。 ②从平衡角度解释脱除砷时pH不宜过高的原因： 。 ③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，烟尘成分应满足的条件是 。 (4)置换时，先加入接近理论投加量的锌粉，充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉。这样操作的目的有 （写出两条）。 18．二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲醇是一种很有前景的方法。如下图所示为该反应在无催化剂及有催化剂时的能量变化。 (1)从图可知，有催化剂存在的是过程 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 (2)写出图中CO2催化合成甲醇的热化学方程式： 。 (3)若要提高上述可逆反应中甲醇的平衡产率，可以采取的措施有 。 (4)已知：1mol液态甲醇完全气化需吸热37.4kJ，1mol液态水完全气化需吸热44.0kJ，由CO2合成1mol液态甲醇和1mol液态水的反应热ΔH= kJ/mol (5)关于CO2催化合成甲醇的反应，下列说法中，合理的是 (填序号)。 a．该反应中所有原子都被用于合成甲醇 b．该反应可用于CO2的转化，有助于缓解温室效应 c．催化合成甲醇的温度控制在300℃而非常温，主要是考虑原料的转化率 d．降温分离出液态甲醇和水，将剩余气体重新通入反应器，可提高CO2与H2的利用率 19．CCUS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CO2资源化，产生经济效益。请回答下列问题： (1)利用废气中的二氧化碳为原料可以制取甲醇。一定条件下，在恒容密闭容器中发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）。 ①已知：H2（g）、CH3OH（1）的燃烧热（△H）分别为-285.8kJ·mol-1和-726.5kJ ·mol-1 CH3OH（l）= CH3OH（g）△H=+35.2kJ·mol-1 H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ·mol-1。 则CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H= kJ·mol-1。有利于提高H2平衡转化率的条件是 （填选项字母）。 A高温低压B低温高压C高温高压D低温低压 ②某温度下，向体积为2L的容器中充入6molH2、4molCO2，发生反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），达到平衡时H2的转化率为50%，其平衡常数为 （保留两位有效数字）。 ③起始条件（T1℃、2L密闭容器）如下表所示： 达到平衡时，该反应的平衡常数K（I） K（II）（填“>”“<”或“=”，下同）。平衡时CH3OH的浓度：c（I） c（II）。 (2)CO2可用来合成低碳烯烃：2CO2（g）+6H2（g）→CH2=CH2（g）+4H2O（g）△H= -127.8 kJ·mol-1。0.1MPa下，按n（CO2）：n（H2）=1：3的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生上述反应，不同温度（T）下平衡时的四种气态物质的质量分数（φ）如图所示: ①曲线b、c表示的物质分别为 （填化学式）。 ②保持温度不变，在体积为VL的恒容容器中以n（CO2）：n（H2）=2：3的投料比加入反应物，t0时达到化学平衡。t1时将容器体积瞬间扩大至2VL并保持不变，t2时重新达到平衡。请在图中画出容器内混合气体的平均相对分子质量M随时间的变化图象 (3)工业上，还可以利用太阳能以CO2为原料制取C，使得二氧化碳资源化，其原理如下图所示： 整个过程中 （填“Fe3O4”或“FeO”）是反应的催化剂。重整系统中每生成1mol Fe3O4，转移电子的物质的量为 。 20．碘在科研与生活中有重要作用。 Ⅰ．实验室按如下实验流程提取海带中的碘。 海带→灼烧→过滤→氧化→萃取、分液→的溶液 (1)上述实验流程中不需要用到的仪器是 (从下列图中选择，写出名称)。 (2)“氧化”时加入3mol⋅L⁻¹溶液和3%溶液，发生反应的离子方程式为 。 Ⅱ．某兴趣小组用0.50mol·L⁻¹KI、0.2%淀粉溶液、0.10mol⋅L⁻¹、0.20mol⋅L⁻¹等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。 已知：(慢)    (快) (3)向KI、与淀粉的混合溶液中加入一定量的溶液，当溶液中的 耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，与初始的体积、与量需满足的关系为： (填“>”，“<”，“=”)。 (4)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表： 实验序号 体积V/mL 出现蓝色的时间t/s 溶液 水 KI溶液 溶液 淀粉溶液 ① 10.0 0.0 4.0 4.0 2.0 ② 5.0 4.0 4.0 2.0 20 ③ 10.0 2.0 4.0 2.0 20 ④ 10.0 4.0 2.0 2.0 5 ①表中 ， 5(填“>”，“<”，“=”)。 ②用表示实验序号④的速率为 。 (5)已知某条件下，浓度随反应时间t的变化曲线如图，若保持其它条件不变，图中分别画出降低反应温度和加入催化剂时随反应时间t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《高二化学选择性必修一化学反应速率与化学平衡单元测试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D B D A A B D C 题号 11 12 13 14 答案 A C C B 1．B 【详解】A．酯的水解是可逆反应，酯和热氢氧化钠溶液混合，促使水解趋于完全，一段时间后酯层消失，涉及平衡移动，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意； B．在配制硫酸亚铁溶液时往往要加入一定量的铁粉，其目的是防止Fe2+被氧化为Fe3+，与化学平衡移动无关，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意； C．氯气与水的反应是可逆反应(Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO)，饱和食盐水中存在大量氯离子，可使其平衡逆向移动，导致Cl2难溶于饱和食盐水，可用排饱和食盐水的方法收集氯气，涉及平衡移动，能用勒夏特列原理解释，C不符合题意； D．可将K(g)从反应体系中分离出来，减小生成物浓度，使平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意； 故选B。 2．A 【详解】A．决定化学反应速率的主要因素是内因即反应物本身的性质，A符合题意； B．反应物间的接触面积是影响化学反应速率的外界条件，不是主要因素，B不合题意； C．催化剂也是影响化学反应速率的外界条件之一，故催化剂的催化效率也不是主要因素，C不合题意； D．反应温度也是影响化学反应速率的外界条件之一，故不是主要因素，D不合题意； 故答案为：A。 3．D 【分析】由图象曲线的变化趋势可知，当温度升高时，I3-的物质的量浓度减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应的正反应为放热反应；升高温度，平衡向逆反应方向移动，温度越高，平衡常数越小，从温度对平衡移动的影响分别判断碘单质的转化率、平衡常数的变化、反应进行方向及不同状态的A的浓度大小。 【详解】A、P点时的温度比M点的温度高，温度越高反应速率越快，所以，故A错误； B、正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，所以，故B错误； C、升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以M、N两点相比，N点的c(I-)大，故C错误； D、T1时Q未平衡，但可逆反应在这种温度下最终达平衡状态，所以要向转化I3- (aq)的方向移动，所以Q点时，，故D正确； 故选D。 4．B 【详解】A．反应前后均为气体，质量守恒，平均相对分子质量，即不变，总物质的量从反应前的3mol（1mol CO + 2mol ）变为1mol （假设完全反应），变，平均相对分子质量也会变化，当平均相对分子质量不再变化时，反应达到平衡，A正确； B．，反应前后总质量守恒（均为气体，质量不变），且体积恒容，因此密度始终不变，B错误； C．CO的物质的量随反应减少，气体总物质的量也减少。达平衡时CO的物质的量与总气体物质的量均稳定，体积分数不再变化即达到平衡，C正确； D．根据方程式可知：，平衡时正、逆反应速率相等，生成CH₃OH的速率（正反应）等于生成CO的速率（逆反应），D正确； 故选B。 5．D 【详解】若反应自发进行，则需， ，即温度应高于，故答案为：D。 6．A 【详解】 A．是该反应的催化剂，是中间产物，最后又转化为，A错误； B．从反应的起始和终止可以看出，整个过程的总反应为：，B正确; C．温度过高H2O2分解，温度过低反应速率慢，C正确； D．过程③中产物为一种，没有其它物质生成，原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，原子利用率为100%，D正确； 故选A。 7．A 【详解】A．平衡时，将生成的水蒸气除去，生成物浓度减小平衡正向移动，有利于提高HCl的转化率，故A正确； B．该反应∆S<0、∆H<0，低温时∆G=∆H-T∆S<0，该反应低温自发，故B错误； C．恒压容器中通入惰性气体，反应的分压减小，反应正向体积减小，平衡逆向移动，故C错误； D．催化剂不能改变反应的焓变和反应限度，增大催化剂用量，反应放热量不变，故D错误； 故答案为：A。 8．B 【详解】A．正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向进行，则平衡混合气中R的质量分数增大，选项A不符合； B．正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向进行，则平衡混合气体中G的体积分数减小，又因为正反应体积增大，增大压强，平衡混合气体中G的体积分数增大，选项B符合； C．正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向进行，则G的转化率增大，选项C不符合； D．正反应吸热，升高温度平衡向正反应方向进行，则L的转化率增大，选项D不符合； 答案选B。 9．D 【详解】A．从图中可以看出，反应①、②、③为三个基元反应，故A正确； B．①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，故B正确； C．②中丙烷失去了氢原子变成了正丙基，故C正确； D．①过程中活化能为181.1kJ/mol，②过程中活化能为27.9kJ/mol，③过程中活化能为20.2 kJ/mol，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，故D错误； 答案D。 10．C 【详解】A．该反应为放热反应，ΔH<0，故A错误； B．该反应的平衡常数表达式为K=，故B错误； C．升高温度，正、逆反应速率均增大，故C正确； D．将反应器容积扩大为原来的2倍，各物质的浓度均减小，气体颜色变浅，故D错误； 故选：C。 11．A 【分析】由图可知，12s时反应达到平衡，B的浓度变化量=0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L，A的浓度变化量0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，生成C的物质的量为0.8mol，则，则：：=3：1：2，化学计量数之比b：c=1：2，该方程式为 【详解】A．由分析可知，化学计量数之比b：c=1：2，A正确； B．前12s内，A的平均反应速率为，B错误； C．12s后，反应达到平衡，由方程式可知，A的消耗速率等于B的生成速率的3倍，C错误； D． 表示消耗3molA，放出QkJ能量，12s内，A的消耗量为0.6mol/L×2L=1.2mol，放出的热量为0.4Q kJ，D错误； 故选A。 12．C 【详解】A．中和热的测定需要用到玻璃搅拌棒，使溶液充分反应，故A错误； B．测定O2的生成速率应该用分液漏斗，氧气从长颈漏斗逸出，注射器无法收集到气体，无法达到实验目的，故B错误； C．若X中是吸热反应，集气瓶中空气压强减小，U形管内甲液面升高乙降低；若X中是放热反应，集气瓶中空气压强增大，U形管内甲液面降低乙升高，可以达到实验目的，故C正确； D．2NO2(g) ⇌N2O4(g)△H＜0升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体颜色加深，温度降低，平衡正向移动，气体颜色变浅，只能判断平衡移动方向，不能比较温度对化学反应速率的影响，故D错误； 故答案为C。 13．C 【详解】A．由图可知，交点是平衡点，升温，平衡正向移动，所以正反应方向是吸热反应，即，A错误； B．由可知，KCl的浓度并不会影响平衡移动，B错误； C．催化剂的使用会加快反应速率，更快达平衡，且不影响平衡移动，所以a是使用催化剂时的曲线，C正确； D．向含有一定量A的恒容密闭容器中逐渐加入B，则A的平衡转化率会逐渐增大，而非先增大后减小，D错误； 故选C。 14．B 【分析】根据已知反应反应I：  ；反应II：  ，可知I的热效应更大，故温度升高的时候对反应I的影响更大一些，即二氧化碳选择性减小，同时CO的选择性增大，根据CO的选择性定义可知③代表一氧化碳的选择性，①代表的转化率，②代表氢气的产率，以此来解答此题。 【详解】A．反应I：  ，反应I是气体系数增大的反应，即，在高温时小于0，所以反应I在高温下都能自发进行，故A错误； B．，而反应I消耗的和相等，反应II还要生成，故平衡时的转化率一定大于的转化率，故B正确； C．由分析可知，①代表的转化率随温度的变化，故C错误； D．反应I是气体系数增大的反应，增大压强，反应I逆向移动，的转化率减小，故D错误； 答案选B。 15．(1) (2)反应物间接触面积越大，反应速率越快 (3) 5 浓度 (4) (5) 的催化作用 B 【详解】（1）Zn与硫酸反应生成和，离子方程式为：。 （2）根据此实验探究，可以得出的结论是：其他条件不变时，反应物间接触面积越大，反应速率越快。 （3）利用溶液和酸性溶液之间的反应，探究外界条件改变对化学反应速率的影响，实验中溶液总体积要设置相同，，A和B实验中温度相同，反应物的浓度不同，通过实验A、B可探究浓度的改变对反应速率的影响。 （4）利用实验B中数据计算，溶液混合后的起始浓度为，用的浓度变化表示的反应速率为。 （5）该反应在溶液中进行，所以温度升高、浓度变大、加入催化剂会使反应速率增大，反应过程中反应物的浓度是不断减小的，所以一定不是浓度的影响，题目给的猜想是温度的影响，所以原因还可能是催化剂，而开始时反应速率小，不久后增大，说明催化剂是反应过程中生成的，所以速率增大的原因可能是的催化作用；因为猜想是的催化作用，且不能再引入新的离子，所以可以在反应一开始时加入硫酸锰，所以选B。 16． 1 (NH4)2SO4、NH4NO3 4NH3+6NO5N2+6H2O 随着pH增大，ClO2易(发生歧化反应)转化为ClO2-，造成其氧化能力减弱 5SO2+2ClO2+6H2O=2Cl-+5SO42-+12H+ 【分析】(1)根据同一元素发生氧化还原反应的规律分析判断； (2)SO2、NO会被ClO2氧化产生H2SO4、HNO3，反应会同时产生HCl，H2SO4、HNO3、HCl与氨水反应产生(NH4)2SO4、NH4NO3、NH4Cl； (3)NH3、NO会发生归中反应产生N2、H2O； (4)①根据溶液pH与物质氧化性强弱分析判断； ②写出pH≤2.0时，溶液显强酸性，ClO2将SO2氧化为硫酸，ClO2被还原产生HCl，结合物质在溶液中存在形式，及电子守恒书写反应的离子方程式。 【详解】(1)在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低1价，得到1个电子，Cl元素由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1价，得到1 个电子，由于化合价升降总数相同，所以反应中每产生1 mol Cl2，电子转移的物质的量是2 mol，同时产生2 mol ClO2，则当生成1 mol ClO2时，转移的电子为1 mol； (2)ClO2具有强的氧化性，会将SO2、NO氧化产生H2SO4、HNO3，反应会同时产生HCl，H2SO4、HNO3、HCl与氨水反应产生(NH4)2SO4、NH4NO3、NH4Cl，所以所得副产物中除了NH4Cl外，还有(NH4)2SO4、NH4NO3； (3)氨水分解产生NH3，NH3、NO会在一定条件下发生归中反应产生N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O； (4)①ClO2在碱性条件下会发生反应产生ClO2-、Cl-，使物质的氧化性减弱，导致NO的脱除率随着pH的增大而逐渐减弱； ②当溶液pH≤2.0时，溶液显强酸性，在酸性条件下，ClO2将SO2氧化为硫酸，ClO2被还原产生HCl，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式：5SO2+2ClO2+6H2O=2Cl-+5SO42-+12H+。 【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关知识。涉及物质的氧化性的影响因素、物质之间的反应、方程式的书写及有关计算。物质的氧化性或还原性与物质的浓度、溶液的酸碱性、温度等有关，溶液浓度越大、温度越高、溶液酸性越强，物质的氧化性或还原性越强。在氧化还原反应中氧化剂得到电子与还原剂失去电子相等，反应特征、实质与反应类型关系可概括为：“升失氧、降得还”。这是氧化还原反应分析的依据。 17．(1) (2) （SnS或其他合理答案） 温度升高，被氧化为的速率加快；ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使的溶解度降低 (3) 将氧化为，将氧化为，并在调pH后与形成沉淀 pH过高会产生沉淀，降低，正向移动，As去除率下降 (4)避免锌粉过量，影响海绵镉的纯度；除去滤液中的，避免污染或减少滤液中的杂质 【分析】从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程为：将锡冶炼烟尘加入稀进行酸浸，除难溶过滤以滤渣分离，其余全部溶解转化为相应离子过滤得到浸出液含：、、、和、等微粒，在浸出液加入溶液氧化为，再加入CaO调pH至4～6，过滤得到产生富砷渣：和滤液1，最后加入锌粉进行置换后过滤得到海绵镉和滤液2，据此分析解答。 【详解】（1）酸性条件下，SnS易被氧化为，根据第ⅰ步反应和被氧化为的目的，则第ⅱ步的反应方程式为：。 （2）①在酸浸中，杂质最终被还原为，则将还原为的物质结合元素组成应该为SnS在酸性中生成的还原性气体； ②根据反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率图可知，温度越高，锡元素的浸出率越低，即固体残留越多，其原因可能为：温度升高，被氧化为的速率加快；温度升高，ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使的溶解度降低。 （3）向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）； ①原浸出液中为和，形成后Fe元素变为价，As元素由的价变为的价，则加入溶液的主要目的是：将氧化为，将氧化为，并在调pH后与形成沉淀； ②除砷时要用CaO调pH至4～6，pH如果过高则会出现转化为沉淀，使降低，导致正向移动，使As去除率下降； ③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，根据中可知，但要保证砷充分除去，则Fe元素需要适当过量，最后得到烟尘中。 （4）先加入接近理论投加量的锌粉的目的是防止过量的锌粉过滤后混在海绵镉中影响海绵镉的纯度；充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉，目的是：进一步除去滤液中残留的，避免污染或减少滤液中的杂质。 18．(1)Ⅱ (2)CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)   ΔH=-49.0kJ/mol (3)适当降温及加压(或移走产物) (4)-130.4 (5)bd 【解析】（1） 催化剂能降低反应的活化能，所以图中曲线II表示有催化剂存在的是过程，故答案为：II； （2） 由图可知，1molCO2和3molH2具有的总能量比1molCH3OH(g)和1molH2O(g)具有的总能量多49.0kJ，即1molCO2和3molH2反应生成1molCH3OH(g)和1molH2O(g)时放出49.0kJ热量，热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)   ΔH=-49.0kJ/mol，故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)   ΔH=-49.0kJ/mol； （3） 该反应正向是气体体积减少的放热反应，增大压强、降低温度、及时移走生成物等均可使平衡正向移动，提高甲醇的平衡产率，故答案为：适当降温、加压（或及时移走生成物）； （4） 由以上分析（2）可知 ①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)   ΔH=-49.0kJ/mol 1mol液态甲醇完全气化需吸热37.4kJ，1mol液态水完全气化需吸热44.0kJ，即 ②CH3OH(l)=CH3OH(g)ΔH=+37.4kJ/mol ③H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ/mol 由盖斯定律：①-②-③得到CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=-130.4kJ/mol，则合成1mol液态甲醇和1mol液态水将放出130.4kJ热量，故答案为：130.4； （5） a．CO2合成甲醇的反应为CO2+3H2=CH3OH+H2O，还有水生成，原子利用率小于100%，故a错误； b．CO2是温室效应气体，该反应可将CO2转化CH3OH，可减少空气中CO2的含量，有助于缓解温室效应，故b正确； c．催化合成甲醇的反应是放热反应，温度控制在300℃而非常温，主要是考虑催化剂的活性，故c错误； d．降温时甲醇和水液化分离出来，再将剩余的反应气体的循环到反应器，使更多的CO2与H2转化为甲醇，提高CO2与H2的利用率，故d正确； 故答案为：bd。 19． -51.7 B 0.05 < < H2O、CO2 FeO 2mol 【分析】(1) ①根据盖斯定律计算CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）的焓变； 根据影响平衡移动的因素判断提高H2平衡转化率的方法； ②利用“三段式”计算平衡常数； ③CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）反应放热，容器II温度降低； (2) ①2CO2（g）+6H2（g）=CH2=CH2（g）+4H2O（g）正反应放热，升高温度平衡逆向移动； ②正反应气体物质的量减小，平均摩尔质量增大，扩大容器体积，平衡逆向移动，气体物质的量增多，平均摩尔质量减小； (3)根据铁元素守恒3FeOFe3O4； 【详解】(1) H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热△H分别为-285.8kJ·mol -1和-726.5kJ•mol-1，则 ①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l )△H=-285.8kJ·mol -1 ②CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l)△H=-726.5kJ•mol-1 ③CH3OH(l)= CH3OH(g) △H=+35.2kJ·mol -1 ； ④H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ·mol -1。 根据盖斯定律-②+3×①+③+④，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H=-51.7 kJ·mol -1； A．升高温度，平衡逆向移动，H2平衡转化率减小，故不选A； B．降低温度，平衡正向移动，增大压强，平衡正向移动，所以低温高压H2平衡转化率增大，故选B； C．升高温度，平衡逆向移动，H2平衡转化率减小，故不选C； D．降低压强，平衡逆向移动，H2平衡转化率减小，故不选D； ② K=0.05； ③CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)反应放热，容器II温度降低，降低温度平衡正向移动，达到平衡时，该反应的平衡常数： K(I)<K(II)；平衡时CH3OH的浓度c(I)<c(II)； (2) ① 2CO2（g）+6H2（g）→ CH2=CH2(g)+4H2O(g)正反应放热，升高温度平衡逆向移动，CO2、H2百分含量增大且为1：3， CH2=CH2、H2O百分含量减小且为1：4，曲线b、c表示的物质分别为H2O、CO2； ②反应前混合气体的平均相对分子质量=，所以起点坐标为（0，18.8），随着反应进行，气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，至t0时达到化学平衡，若氢气完全反应，剩余1molCO2，转化为0.5molCH2=CH2和2molH2O，平均相对分子质量=，则t0达平衡时平均相对分子质量在区间（18.8，27），t1时将容器体积瞬间扩大至2V L，平衡向逆方向移动，t2时重新达平衡，平均相对分子质量减小，t2达平衡时 ，平均相对分子质量应大于18.8，所以图象是； (3) 以CO2为原料制取C，根据图示，CO2和FeO反应，所以FeO是催化剂；根据铁元素守恒3FeOFe3O4，所以生成1mol Fe3O4转移2mol电子。 【点睛】本题考查本题考查了盖斯定律、化学平衡移动的影响因素、化学平衡计算等，注意把握盖斯定律的应用方法、三段式在化学平衡计算中的灵活应用是解题的关键。 20．(1)蒸发皿 (2) (3) 或 < (4) 5.0 > 0.002mol·L⁻¹·s⁻¹ (5) 【分析】本实验通过用不同浓度、不同的试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响，据此分析回答问题。 【详解】（1）灼烧需要坩埚，过滤需要漏斗，萃取需要分液漏斗，没有用到的是蒸发皿； （2）海带中的碘以I-的形式存在，被氧化成，故离子反应方程式为：； （3）慢反应中有I2生成，使溶液变蓝色，而快反应中消耗l2，慢反应决定反应速率，因此当耗尽后，S2O与I-反应生成碘单质，碘才能与淀粉作用显示蓝色，根据可知，I2与的物质的量的关系为1：2，即1mol碘需消耗，根据方程式知，生成1mol碘需要，即，浓度之比也是2：1，为确保能观察到蓝色，碘需有剩余，则，即； （4）①该实验的目的是探究反应物浓度对化学反应速率的影响，应保证除了浓度之外的其他条件均相同，所以在实验各中溶液总体积保持为20mL，所以表中V1=5.0，V2=2.0，V3=2.0，对比①④，①浓度大，当耗尽后，碘才能与淀粉作用显示蓝色，故>5； ②当耗尽后，碘才能与淀粉作用显示蓝色，根据反应的离子方程式有关系式：，则实验④中，，； （5） 保持其它条件不变，降低温度，反应速率降低，溶液颜色将由无色变成为蓝色的时间变长，而使用催化剂，能加快化学反应速率，溶液颜色将由无色变成为蓝色的时间变短，因此降低反应温度和加入催化剂时随反应时间t的变化曲线示意图为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$