第六章 化学反应速率 化学平衡（综合训练）（江苏专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第六章 化学反应速率 化学平衡 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H－1 Li－7 C－12 N－14 O－16 Mg－24 S－32 Cl－35.5 K－39 Fe－56 一、单项选择题：共15题，每题3分，共45分。每题只有一个选项最符合题意。 1．（2025·江苏省扬州市期末）在恒容密闭容器中模拟工业合成氨反应，下列有关说法正确的是 A．升高温度，反应速率一定加快 B．反应达平衡后，通入少量Ar，v(正)和v(逆)都不变 C．反应达平衡时，N2完全转化为NH3 D．充入1 mol N2和3 mol H2，一定条件下充分反应，放出的热量为92.4 kJ 【答案】B 【解析】A项，升高温度，若温度过高，催化剂可能失去活性，反应速率不一定加快，错误；B项，在恒容密闭容器中，N2＋3H22NH3，反应达平衡后，通入少量Ar，各物质的量的浓度不变，v(正)和v(逆)都不变，正确；C项，反应达平衡时，N2＋3H22NH3该反应是可逆反应，不能完全转化，N2不能完全转化为NH3，错误；D项，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ∆H＝－92.4kJ·mol⁻1，充入1mol N2和3mol H2，一定条件下充分反应，该反应是可逆反应，不能完全转化，放出的热量小于92.4 kJ，错误。 2．（2025·江苏省扬州中学期末调研）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关主要反应有： Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝＋247 kJ·mol－1，K1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41 kJ·mol－1，K2 下列说法正确的是 A．反应Ⅰ的平衡常数K1＝ B．反应Ⅱ的ΔS＜0 C．有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压 D．该工艺每转化0.2 mol CO2可获得0.4 mol CO 【答案】C 【解析】A项，平衡常数的表达式为生成物浓度幂次方与反应物浓度幂次方的比值，反应Ⅰ的平衡常数K1＝，不符合题意；B项，反应Ⅱ能发生，说明ΔH－TΔS＜0，已知ΔH2＞0，则ΔS＞0，不符合题意；C项，升高温度反应Ⅰ和反应Ⅱ均正向移动，降低压强使反应Ⅰ平衡正向移动，平衡转化率将增大，符合题意；D项，反应I每反应1 mol CO2生成2 mol CO，反应II每反应1 mol CO2生成1 mol CO，则每转化0.2 mol CO2获得小于0.4 mol CO，不符合题意。 3．（2025·江苏省南通市、泰州市、镇江市、盐城市一模）反应8SO3(g)＋6CH4(g)S8(g)＋6CO2(g)＋12H2O(g) ∆H＜0，可用于治理大气污染。下列关于该反应的说法正确的是 A．该反应的∆S＜0 B．反应物的键能总和大于生成物的键能总和 C．反应的平衡常数K＝ D．使用高效催化剂可以降低反应的焓变 【答案】C 【解析】A项，该反应的正反应方向，气体体积增大，∆S＜0，错误；B项，该反应∆H＜0，根据∆H＝反应物的键能总和－生成物的键能总和，则反应物的键能总和小于生成物的键能总和，错误；C项，该反应的平衡常数表达式为K＝，正确；D项，使用高效催化剂可以改变反应速率，不能降低反应的焓变，反应的焓变只与反应物的总能量与生成物的总能量有关，与反应途径无关，错误。 4．（2025••江苏省兴化中学、高邮中学、泗洪中学调研）Fe2O3可以催化脱除H2S，脱除反应为Fe2O3(s)＋3H2S(g)＝S(s)＋2FeS(s)＋3H2O(g)，脱除过程如下图所示。下列说法正确的是 A．图甲中催化剂对H2S的吸附强度强于图乙 B．脱除过程中氧元素的化合价发生变化 C．该反应的平衡常数K＝ D．脱除一段时间后，催化剂的活性降低 【答案】D 【解析】A项，Fe2O3中铁元素为＋3价、氧元素为－2价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，错误；B项，图中铁元素的化合价由＋3价降低至＋2价，硫元素的化合价由－2价升高至0价，氧元素的化合价未发生变化，错误；C项，根据脱除反应的化学方程式可知，该反应的平衡常数表达式为，错误；D项，脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，活性降低，正确。 5．（2025·江苏南京市开学考）催化反应广泛存在，如植物光合作用、合成氨、CH4和H2O重整制H2和CO、工业尾气中NH3的无害化处理、的催化氧化[SO2(g)和O2(g)生成1 mol SO3(g)放出98.3 kJ的热量]等。催化剂有选择性，如酸性条件下锑电催化还原CO2，生成HCOOH的选择性大于CO。非均相催化指催化剂与反应物处于不同聚集状态的催化反应，反应在催化剂表面进行，主要包括吸附、反应、脱附等过程。 下列有关反应描述正确的是 A．合成氨温度选择400～500℃的重要原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大 B．浓硫酸催化下，CH3CH218OH与CH3COOH的酯化反应产物中可检测到H218O C．乙醛催化加氢反应中，H2在催化剂Ni表面吸附过程的∆S＞0 D．转化为SO3时，S原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3 【答案】A 【解析】A项，合成氨的反应条件是高温、高压和催化剂，条件较为苛刻，对设备要求较高，温度选择400～500℃的重要原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大，正确；B项，酯化反应的规律是酸脱羟基醇脱氢，则18O应出现在乙酸乙酯中，错误；C项，乙醛催化加氢反应中，H2在催化剂Ni表面吸附，该过程气体分子数减小，则∆S＜0，错误；D项，SO2中心原子价层电子对数为2＋＝3，杂化方式为sp2，SO3中心原子价层电子对数为2＋＝3，杂化方式为sp2，错误。 6．（2025·江苏省徐州市期中）阅读材料，有机金属化合物是一类含有金属—碳键的化合物。蔡斯盐K[PtCl3(C2H4)•H2O]由乙烯和K2[PtCl4]溶液在催化剂作用下制得；二茂铁Fe(C5H5)2常被用作燃料的催化剂和抗爆剂，熔点为 172℃；三甲基铝(CH3)3Al可用作许多反应的催化剂；[RhI2(CO)2]－可催化(CH3OH与CO反应生成乙酸；Ni能与CO在50～60℃条件下反应生成Ni(CO)4，其在220～250℃下迅速分解生成金属Ni，可用于Ni、Co分离。 对于反应CH3OH(l)＋CO(g)CH3COOH(l) ∆H，下列说法正确的是 A．该反应的∆H＜0 B．CO在反应过程中共价键未断裂 C．[RhI2(CO)2]−提高该反应的活化能 D．及时分离CH3COOH 能加快化学反应速率 【答案】A 【解析】A项，该反应可以理解为醇的氧化反应生成乙酸，为放热反应，则∆H＜0，正确；B项，CO结构为C≡O，反应生成乙酸中存在碳氧双键和碳氧单键，则CO在反应过程中共价键发生断裂，错误；C项，[RhI2(CO)2] －为反应的催化剂，降低该反应的活化能，加快反应速率，错误；D项，及时分离CH3COOH，促使平衡正向移动，但是物质浓度减小，减慢了反应速率，错误。 7．（2025·海南省海口市摸底）起始温度T ℃下，分别向体积均为1 L的恒温密闭容器甲、绝热密闭容器乙中加入0.1 mol A和0.4 mol B，发生反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g) ∆H＜0两容器中的转化率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A．容器甲对应的曲线为Ⅰ B．v正(a)＞v逆(b) C．平衡常数：K(Ⅰ)＞K(Ⅱ) D．0～40 s内，曲线中v(B)＝5.0×10－4 mol·L－1·s－1 【答案】B 【解析】该反应从正反应方向开始，正反应放热，随着反应的进行，反应放出热量，导致气体温度升高，反应速率加快、平衡逆向移动，A的转化率降低，所以Ⅰ是绝热条件下进行，Ⅱ表示恒温下进行反应。 A项，由以上分析可知容器甲对应的曲线为Ⅱ，错误；B项，a、b两点转化率相同，则两者浓度相同，两点向正反应方向进行，则v正都大于v逆，a点温度更高，则a点的v正大于b点的v正大于b点的v逆，正确；C项，曲线Ⅰ先出现拐点，说明温度更高，反应放热，则曲线Ⅰ是绝热装置乙的曲线，由于反应放热，温度升高平衡逆向移动，K(Ⅰ)小于K(Ⅱ)，错误；D项，0～40 s内，曲线ⅡA的转化率为25%，则A转化的浓度均为＝0.025 mol·L－1，v(A)＝＝6.25×10－4 mol·L－1·s－1，根据速率之比等于化学计量数之比，可得v(A)＝6.25×10－4 mol·L－1·s－1，错误。 8．（2025·江苏省泰州中学测试）在恒压密闭容器中，充入起始量一定的CO2和H2，主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝＋41.2 kJ·mol－1 反应Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH＝－122.5 kJ·mol－1 达平衡时，CO2转化率和CO的选择性随温度的变化如图所示[CO的选择性＝]，下列说法正确的是 A．反应Ⅰ的ΔS＞0 B．升高温度能提高CH3OCH3的平衡产率 C．温度高于300 ℃时，曲线②随温度升高而升高说明此时主要发生反应Ⅱ D．同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择在低温低压条件下反应 【答案】A 【解析】A项，反应Ⅰ能够自发进行，根据ΔG＝ΔH－TΔS<0可知，ΔS>0，正确；B项，反应Ⅰ正向反应是吸热反应，反应Ⅱ正向反应是放热反应，升高温度，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，CH3OCH3的平衡产率降低，错误；C项，根据前面分析曲线①是CO的选择性随温度的变化曲线、曲线②是CO2转化率随温度的变化曲线，温度高于300 ℃时，曲线①随温度升高增大趋势大于曲线②，说明此时主要发生反应Ⅰ，错误；D项，反应Ⅱ正向反应是体积减小的放热反应，要同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择在低温高压条件下反应，错误。 9．（2025·江苏省无锡澄宜六校12月联考）CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有： 反应Ⅰ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH1＝－122.5 kJ·mol－1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；ΔH2＝a kJ·mol－1 在恒压、n始(CO2)和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%，下列说法错误的是 A．图中曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化 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】C 【解析】反应Ⅰ焓变小于零，升高温度，平衡Ⅰ逆向移动，则平衡时CH3OCH3选择性随温度升高会下降，结合图像可知，②表示平衡时CH3OCH3选择性随温度的变化曲线；曲线①随温度升高上升，说明反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡Ⅱ正向移动，导致CO的选择性增大，故曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化、曲线①表示平衡时CO的选择性随温度的变化，反应Ⅱ为吸热反应，焓变大于零，故a＞0。 A项，由分析可知，曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化，正确；B项，由分析可知，a＞0，正确；C项，n始(CO2)∶n始(H2)＝1∶3，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；温度升高平衡Ⅰ逆向移动，平衡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，故图中虚线不可能表示氢气的平衡转化率，错误；D项，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CH3OCH3的生产效率，正确。 10．（2025·江苏省扬州中学1月）飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。如何有效消除NO成为环保领域的重要课题。某研究小组用新型催化剂对CO、NO催化转化进行研究，测得一段时间内NO的转化率、CO剩余的百分率随温度变化情况如图所示。已知NO可发生下列反应： 反应I：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ∆H1 反应Ⅱ：2NO(g)N2(g)＋O2(g) ∆H2 下列叙述不正确的是 A．∆H1＜0，∆H2＜0 B．温度大于775 K时，催化剂活性降低 C．＝1时，控制温度875 K已可较好的去除NO D．775 K，＝1时，不考虑其他反应，该时刻n(CO2)∶n(N2)≈3∶2 【答案】B 【解析】根据题意分析，图像表示的是一段时间内NO的转化率、CO剩余的百分率随温度变化情况，三角形代表的是CO剩余的百分率。 A项，根据反应Ⅱ的图像可以看出在775K时达到平衡状态，后随温度的升高NO的转化率下降，因此∆H2＜0，而反应I熵减的∆S＜0，既然能够自发，可推测是放热的，因此∆H1＜0，正确；B项，在温度大于775K时，反应速率并没有减慢，说明催化剂活性没有降低，错误；C项，根据图像可以看出＝1时，温度875K时NO的转化率已经很高，已经能够较好的去除NO，正确；D项，根据表中数据775K时，CO剩余的百分率为70％则其转化率为30％，＝1时，设n(NO)＝n(CO)＝1 mol，反应的n(CO)＝0.3 mol，反应的n(NO)＝0.3 mol。利用三段式处理数据如下： 2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) 转化量/mol 0.3 0.3 0.3 0.15 由图可知NO的转化率为40%，则反应Ⅱ中参加反应的NO为1 mol×40%－0.3 mol＝0.1 mol，利用三段式处理数据如下： 2NO(g)N2(g)＋O2(g) 转化量/mol 0.1 0.05 0.05 n(CO2)＝0.3 mol、n(N2)＝0.15 mol＋0.05 mol＝0.2 mol，因此n(CO2)∶n(N2)＝3∶2，正确。 11．（2025·江苏苏州市开学考）CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。重整时发生如下反应： 反应I：CH4(g)＋CO2(g)＝2H2(g)＋2CO(g) ∆H1＝247.1 kJ·mol－1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)＝CO(g)＋H2O(g) ∆H2＝41.2 kJ·mol－1 其他条件相同，n(CH4)∶n(CO2)投料比为1∶1.5时，CH4和CO2的平衡转化率与温度变化关系如图所示，下列说法不正确的是 A．其他条件不变，n(CH4)∶n(CO2)投料比为1∶1，则平衡时CO2转化率一定高于CH4 B．一定条件下，使用高效催化剂可以提高单位时间内氢气的产量 C．n(H2)∶n(CO)始终低于1.0，是因为发生了反应Ⅱ D．其他条件不变，550～650℃，升高温度更有利于反应Ⅱ进行 【答案】D 【解析】A项，其他条件不变，n(CH4)∶n(CO2)投料比为1∶1时，二氧化碳既和甲烷反应，也和氢气反应，则平衡时CO2转化率一定高于CH4，正确；B项，使用高效催化剂可以提高反应速率，则单位时间内氢气的产量增大，正确；C项，由方程式可知，反应I中氢气与一氧化碳的物质的量比始终为1.0，若氢气与一氧化碳的物质的量比始终低于1.0说明发生了反应Ⅱ，正确；D项，由图可知，550～650℃条件下，甲烷的转化率大于二氧化碳的转化率，说明升温更有利于反应I，错误。 12．（2025·江苏省盐城市上学期期中）天然气开采过程中产生大量的含硫废气(硫元素的主要存在形式为H2S)，需要回收处理并加以利用，有关反应如下： 2H2S(g)＋3O2(g)＝2SO2(g)＋2H2O(g) ∆H1＝－1 036 kJ·mol－1 4H2S(g)＋2SO2(g)＝3S2(g)＋4H2O(g) ∆H1＝＋94 kJ·mol－1 恒压条件下，向密闭容器中充入2 mol H2S、3 mol O2、95 mol Ar。若仅考虑上述反应，反应过程中含硫物种的分布分数δ[如：δ(S2)＝]随时间变化如图所示。下列说法正确的是 A．混和气体中加入Ar的主要目的是提高反应速率 B．甲表示SO2分布分数的曲线 C．H2S转化率为α，则体系中H2O的物质的量为2α mol D．t1时，体系中含硫物质的总的物质的量为2.0 mol 【答案】C 【解析】恒压条件下，向密闭容器中充入2 mol H2S、3 mol O2、95 mol Ar，反应①生成的SO2与H2S发生反应②，故H2S不断减少，SO2先增加后减少，S2不断增加，对应分布分数随时间变化的曲线分别是，甲表示H2S，乙表示SO2，丙表示S2。 A项，恒压条件下，向密闭容器中充入95 mol Ar，相当于给反应体系减压，稀释反应物浓度，反而会使速率下降，错误；B项，由分析可知，甲表示H2S分布分数的曲线，乙表示SO2分布分数的曲线，错误；C项，由题中两个热化学方程式可知，H2S与H2O的化学计量数之比为1∶1，若H2S转化率为α，则生成H2O的物质的量＝消耗的H2S的物质的量，H2O的物质的量为2α，正确；D项，由图可知，t1时，向密闭容器中充入2 mol H2S，根据元素守恒，S的总物质的量为2 mol，SO2和S2的分布分数都为40%，H2S的分布分数为20%，H2S和SO2中含有一个S，S2含有两个S，则体系中含硫物质的总物质的量小于2.0 mol，错误。 13．（2025·江苏省扬州市上学期期中）水煤气法制H2的主要反应(忽略其他副反应)如下： ① C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)；ΔH＝131.7 kJ·mol－1 ② CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)；ΔH＝－43.6 kJ·mol－1 ③ CaO(s)＋CO2(g)＝CaCO3(s)；ΔH＝－178.3 kJ·mol－1 将一定量的C(s)和H2O(g)投入恒压密闭容器中，再加入适量CaO(s)，在不同温度下反应达平衡后，分别对容器中气体取样进行分析(忽略其中的水蒸气，仅考虑其他成分)，所得CO、CO2和H2的物质的量分数及H2的产量随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A．制备高纯度的H2最佳温度范围约为800～1 000 ℃ B．图中曲线b表示CO2的物质的量分数随温度的变化 C．从750 ℃升高至800 ℃，反应①正向进行程度小于反应②逆向进行程度 D．800 ℃时对平衡体系加压，重新达平衡后c(CO2)增大 【答案】C 【解析】根据图形，反应①产生CO和H2，然后反应②消耗CO生成CO2，反应③又消耗CO2，所以得到曲线a表示H2，曲线b表示CO，曲线c表示CO2，据此信息解答。 A项，从图中可见，约在700℃时，体系中H2的体积分数最高，随后随温度继续升高而下降，说明要制得高纯度的H2，其最适宜温度为：700℃，错误；B项，由于加入了 CaO会将生成的CO2不断吸收且随温度升高消耗更多，含量降低，故平衡混合气中CO2 含量始终最小，根据分析，曲线c才表示CO2的物质的量分数随温度的变化，错误；C项，随温度由 750℃上升到800℃，图中H2 的含量略有下降，说明吸热反应①正向进行增强的程度小于放热反应②反向进行增强的程度，从而导致H2含量减小，正确；D项，在 800℃时若对体系加压，反应③的平衡常数不变，所以重新平衡后气相中c(CO2)不变，错误。 14．（2025·江苏省南京市二模）CH4－H2O(g)重整制氢过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ①CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋206kJ·mol－1 ②CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41kJ·mol－1 一定温度、压强下，将n(CH4):n(H2O)＝1:3的混合气匀速通过装有催化剂的透氢膜反应管，透氢膜用于分离H2且透过H2的速率随温度升高而增大。装置及CH4转化率、出口气中CO、CO2和H2的质量分数随温度变化如图所示。 下列说法不正确的是 A．反应CH4(g)＋2H2O(g)＝CO2(g)＋4H2(g)的ΔH＝＋165 kJ·mol－1 B．适量添加CaO可提高H2的平衡产率 C．800K时，产氢速率大于透氢速率 D．该装置理想工作温度约为900K 【答案】D 【解析】A项，根据盖斯定律，由①＋②可得目标反应方程式，则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋206 kJ·mol－1＋(－41kJ·mol－1)＝＋165 kJ·mol－1，正确；B项，若在体系中加入CaO，CaO会与生成的CO2反应生成CaCO3，从而降低反应体系中CO2浓度(分压)，使平衡正向移动，提高H2的平衡产率，正确；C项，由图中可知，800 K左右时甲烷转化率约为40%，氢气质量分数约为20%，随温度升高，氢气在出口气中的质量分数增大，到900K时达最大值，之后甲烷转化率增大，而氢气在出口气中质量分数减小，说明800K时产氢速率大于透氢速率，正确；D项，由图示可见，在约900 K时甲烷转化率和氢气质量分数均达到较高水平，此时氢气和二氧化碳在出口气中的质量分数相近，透氢率较低，故900K不是该装置理想工作温度，错误。 15．（2025·江苏省淮安市一模）在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，两侧分别进行： 反应I：H2(g)＋I2(g)2HI(g) 反应II：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) 如图－1所示；各物质起始加入量为：H2、I2和HI均为4.0 mol，O2为6.5 mol，SO3为2.0 mol，设SO2为x mol。当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于正中位置；反应II中SO2与O2起始物质的量之比一定条件下，不同温度时SO2转化率如图－2所示（图中虚线表示相同条件下SO2的平衡转化率随温度的变化）。 下列说法不正确的是 A．欲使反应II起始时向正反应方向进行，x的最大取值应小于7.0 B．反应II正反应活化能小于逆反应的活化能 C．保持温度不变，T3℃时改变SO2与O2起始物质的量的比值，SO2的转化率可能从a点的值升至b点的值 D．在x分别为4.5和5.0这两种情况下，当反应达平衡时，H2的物质的量相等 【答案】D 【解析】A项，反应I和II两部分温度、体积、压强相同，平衡时，两反应混合气体的总的物质的量相同，反应I反应前后气体体积不变，平衡后混合气体的总的物质的量为4.0 mol×3＝12.0 mol，所以反应II平衡时混合气体的总的物质的量为12.0 mol，设达平衡时O2的消耗量为a mol，则： 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) 起始量/mol x 6.5 2.0 转化量/mol 2a a 2a 平衡量/mol x－2a 6.5－a 2.0＋2a x－2a＋6.5－a＋2.0＋2a＝12，解得：x＝3.5＋a；又x－2a＞0，即x＞2a；x＝3.5＋a两边同乘以2得：2x＝3.5×2＋a×2，2x＝7＋2a，则x＜7，因此欲使反应II起始时向正反应方向进行，x的最大取值应小于7.0，正确；B项，图－2虚线表示相同条件下SO2的平衡转化率随温度的变化，温度越高平衡转化率越低，说明反应II是放热反应，因此反应II正反应活化能小于逆反应的活化能，正确；C项，保持温度不变，减小SO2与O2起始物质的量的比值，SO2的转化率增大，可以从a点的值升至b点的值，正确；D项，两种情况下，反应II到达平衡时反应混合物总的物质的量都为12 mol，所以这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的，温度不同，反应达到平衡状态时H2物质的量也不同，错误。 二、非选择题：共4题，共55分。 16．（15分）（2025·江苏省泰州中学上学期一模）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 （1）液氨是一种重要的载氢材料。已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，Fe－TiO2﹣xHy双催化剂双温催化合成氨机理如图－1所示，该方法通过光辐射产生温差，可以实现高速率、高产率合成氨。 ①高温区纳米Fe催化剂能提高合成氨效率的原因是__________________________________________ ___________________________________________。 ②低温区TiO2﹣xHy能提高合成氨效率的原因是_______________________________________________ ______________________________。 ③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，负极的电极反应式为______________________________________。 （2）十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，可经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气，催化剂对反应活化能的影响如图－2所示。一定条件下，向恒容密闭容器加入1 mol十氢萘进行催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的物质的量随时间的变化关系如图－3所示。 ①C10H12的物质的量显著低于C10H8可能的原因是_________________________________________。 ②7 h时，反应体系内氢气的物质的量为___________mol。 （3）以H2、CO2和二甲胺为原料，在Cu/ZnO催化下合成DMF()的机理如图－4所示。 ①该过程合成DMF的化学方程式为______________________________________________。 ②由机理图可知，反应过程会产生一种有机副产物，其结构简式为_________________。 ③若改用D2、CO2和二甲胺为原料，产物水的结构式为_________________。 【答案】（1）①纳米铁可以吸附更多N2，高温有利于N≡N、H—H断裂，加快反应速率（2分） ②反应放热，低温区促进N2、H2合成氨，平衡正向移动，提高NH3平衡产率（2分） ③2NH3－6e﹣＋6OH－＝N2＋6H2O（2分） （2）①催化剂显著降低了C10H12转化为C10H8的活化能，C10H12分解速率大于其生成速率（2分） ②2.028（2分） （3）①H2＋CO2＋HN(CH3)2H2O＋DMF（2分） ②HCOOH（2分） ③H－O－D（1分） 【解析】（1）①N≡N在Fe表面断裂，Fe的温度高于体系温度，纳米铁可以吸附更多N2，高温有利于N≡N、H—H断裂，加快反应速率；②氨气在TiO2﹣xHy表面生成，TiO2﹣xHy温度低于体系温度，反应放热，低温区促进N2、H2合成氨，平衡正向移动，提高NH3平衡产率；③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，NH3为燃料做负极，失电子，负极的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－＝N2＋6H2O；（2）①由图可知，对比C10H18转化为C10H12的活化能与C10H12转化为C10H8的活化能，可得出催化剂显著降低了C10H12转化为C10H8的活化能，C10H12分解速率大于其生成速率；②由图可知，C10H18(g)→C10H12(g)＋3H2(g)；C10H12(g)→C10H8＋5H2(g)，反应体系内氢气的物质的量为0.021×3＋0.393×5＝2.028 mol；（3）①由图可知，该过程合成DMF的化学方程式为H2＋CO2＋HN(CH3)2H2O＋DMF；②由[HCOO]－[NH2(CH3)2]＋产生DMF和H2O，同时过程中也会产生[H]＋[HCOONH(CH3)2]－，生成一种副产物为HCOOH；③由图可知，水中有一个氢来自于氢气，故产物水的结构为H－O－D。 17．（14分）（2025·南京市金陵中学4月调研）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。 （1）ZVI可通过FeCl2·4H2O和NaBH4溶液反应制得，同时生成H2、B(OH)4－，制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是_________________________________________________________________。 （2）ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H＋、O2、NO3－等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如图所示。有效腐蚀过程中，生成1 mol乙烯所转移的电子物质的量为_______mol，过程④对应的电极反应式为_________________________________________。 （3）ZVI可去除废水中Pb2＋，pH＜6时，pH对Pb2＋的去除率的影响如图所示。 已知：ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可表示为：FeOH＋H＋FeOH2＋，FeOHFeO—＋H＋。pH约为8.1达到等电点，ZVI表面不带电。 ⅱ)pH＜6时，ZVI去除Pb2＋主要发生表面配位反应和还原反应： 2FeOH2＋＋Pb2＋(FeO)2Pb＋4H＋ 2Fe＋3Pb2＋＋4H2O3Pb＋2FeOOH＋6H＋ ①pH＜6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb2＋的原因是_________________________________________。 ②pH＜6时，随着pH增大，Pb2＋的去除率会增大至接近100%的原因是_________________________ _________________________________________________________________________________________。 （4）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐(NO3－)转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是___________________________________________________________________________________ _______________________________________。 【答案】（1）排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化（2分）；及时排出H2，防止爆炸（2分） （2）①6（2分） ②NO3－＋10H＋＋8e—＝NH＋3H2O（2分） （3）①ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH2＋，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2＋（2分） ②随pH增大，c(H＋)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2＋的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大（2分） （4）pH减小，H＋浓度增大，会生成更多的H，使NO3－被还原的中间产物NH更多的与H反应生成NH，减少N2的生成（2分） 【解析】（1）由题意可知，四水氯化亚铁与四氢合硼酸钠反应生成纳米铁、氢气、四羟基合硼酸钠和水，反应中不断通入高纯氮气能排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化，同时排出反应生成的氢气，防止氢气遇氧气受热发生爆炸，故答案为：排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸；（2）由图可知，纳米铁在负极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得到电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子，有效腐蚀过程中，C2HCl3(碳为＋1价)C2H4(碳为－2价)，生成1 mol乙烯所转移的电子物质的量为1 mol×6＝6 mol，过程④对应的电极反应为酸性条件下，硝酸根离子得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO3－＋10H＋＋8e—＝NH＋3H2O，故答案为：6；NO3－＋10H＋＋8e—＝NH＋3H2O；（3）①由题给信息可知，废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH2＋，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2＋，所以铁氧化物颗粒不易吸附Pb2＋，故答案为：ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH2＋，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2＋；②由题给信息可知，废水中pH＜6时，随着pH增大，废水中减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2＋的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大，所以Pb2＋的去除率会增大至接近100%，故答案为：随pH增大，c(H＋)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2＋的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大；（4）由图可知，当废水pH＜4.2时，pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子，使废水中硝酸根离子被还原的中间产物NH更多，NH与氢原子反应生成铵根离子，减少氮气的生成，导致氮气生成率逐渐降低，故答案为：pH减小，H＋浓度增大，会生成更多的H，使NO3－被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成NH，减少N2的生成。 18．（12分）（2025·江苏省无锡澄宜六校12月联考）发展二甲醚(CH3OCH3)的生产和使用技术具有重要意义。 （1）工业上利用反应CH3O－Na＋＋CH3I→CH3OCH3＋NaI合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行的原因是_______________________________________________________________________________。 （2）工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生以下两个反应： I．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－91 kJ·mol－1 II．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝－24 kJ·mol－1 ①有研究者在使用催化剂、压强为5.0 MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应I、II制备二甲醚，结果如图所示。260℃时CO转化率高但CH3OCH3(g)产率很低的原因可能是_____________________。 ②Al2O3催化CH3OH形成二甲醚的过程可表示为2CH3OH＋CH3OCH3＋，控制起始温度为250℃，以固定流速向装有催化剂的反应器中分别通入纯甲醇和[m(CH3OH)∶m(H2O)]＝4∶1的甲醇溶液，得到甲醇转化率、反应器温度随通入液体时长的关系如图所示。通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因是_________________________________________________________________________________________。 （3）利用二甲醚可通过以下途径制取氢气。 途径Ⅰ：2CH3OCH3(g)＋3O2(g)＝4CO2(g)＋6H2(g) ΔH＝－25 kJ·mol－1 途径Ⅱ：CH3OCH3(g)＋3H2O(g)＝2CO2(g)＋6H2(g) ΔH＝＋135 kJ·mol－1 ①“自热重整”可看做是途径Ⅰ和途径Ⅱ相结合的一种制氢方法：向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气。通入氧气最主要的目的是_________________________________________________。 ②途径Ⅱ中主要包括三个ΔH＞0的基本反应：CH3OCH3＋H2O＝2CH3OH；CH3OH＋H2O＝CO2＋3H2；CO2＋H2＝CO＋H2O。下列措施一定可以提高单位时间内H2产率的是___________(填序号)。 A．升高温度 B．增大反应器中压强 C．使用甲醇水解的高效催化剂 ③在“Cu0/Cu＋双位点”催化作用下，CH3OH与水反应的反应路径如图所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：_________________。 【答案】（1）CH3ONa更容易与水反应生成难电离的CH3OH，使c(CH3O－)减小（2分） （2）①反应I中CO转化成CH3OH的速率快，但反应II中CH3OH转化成CH3OCH3(g)的速率慢，故在固定时间内CO转化率高但CH3OCH3(g)产率很低（2分） ②水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少（2分） （3）①氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提H2产率（2分） ②C（2分） ③（2分） 【解析】（1）CH3ONa更容易与水反应生成难电离的CH3OH，使c(CH3O－)减小，所以利用反应CH3ONa＋CH3ICH3OCH3＋NaI合成二甲醚，需要在无水条件下进行；（2）①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ∆H1＝－91 kJ·mol－1……I、2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ∆H2＝－24 kJ·mol－1……II；CO的转化主要体现在反应I的进行，据图推测，反应I是快反应，很快达到平衡，因此，CO转化率实际上就是平衡转化率随温度的变化；但是反应II中由CH3OH合成CH3OCH3是个慢反应，CH3OCH3的产率既与CO平衡转化率有关，也与自身速率有关。温度越高，CO平衡转化率越低，但是反应II速率越快，因此在不同温度范围内呈现不同的变化规律。根据上述分析，260℃时CO转化率高但CH3OCH3产率很低的原因可能是反应I中CO转化成CH3OH的速率快，但反应II中CH3OH转化成CH3OCH3的速率慢，因此在固定时间内CO转化率高但CH3OCH3产率很低；②水、甲醇对催化剂活性位点形成竞争吸附，参与催化反应的甲醇减少，所以通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低；（2）①制氢过程中向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气最主要的目的是：氧气和二甲醚反应放热，促进途径Ⅱ反应正向进行，提高H2产率；②A项，三个基本反应∆H＞0，不同温度下对不同反应影响程度不同，所以升温不一定提高单位时间内H2产率，不符合题意；B项，对应CH3OH＋H2O＝CO2＋3H2反应，增大压强会导致平衡逆向移动，不利于生成氢气，不符合题意；C项，使用甲醇水解的高效催化剂，可以降低反应活化能，提高单位时间内H2产率，符合题意；③中间体是指在反应过程中生成，并参与后续反应，则中间体结构为：。 19．（14分）（2025·常州市上学期期中）Deacon催化氧化法处理HCl废气，可实现氯资源的再利用。 （1）Deacon氧化反应为4HCl(g)＋O2(g)＝2Cl2(g)＋2H2O(g) ∆H＝－114.4 kJ·mol－1，CuO是该方法中常用的催化剂，其催化机理如图所示。 1 图中转化涉及的反应中，发生化合价变化的元素有_______________（填元素符号）。 ②根据上述机理，反应制得1 mol Cl2，须投入__________CuO（填序号）。 A．少量 B．2 mol C．4 mol D．足量 （2）负载在TiO2上的RuO2也可用作Deacon催化氧化的催化剂。TiO2和RuO2的晶胞结构均如图所示，且二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66。 ①当RuO2晶体中有O原子脱出时，出现O空位，此时Ru的化合价__________（填“升高”“降低”或“不变”）。 ②Ru的相对原子质量为__________（精确至1，钛的相对原子质量为48）。 （3）将HCl和O2分别以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在360℃、400℃和440℃下分别发生Deacon氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率（α）曲线如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。 ①图中T3＝________℃。 ②下列措施可提高M点HCl的转化率的是__________（填序号）。 A．增大HCl的流速 B．将温度升高40℃ C．增大n(HCl)∶n(O2) D．使用更高效的催化剂 ③图中较高流速时，α(T3)小于α(T1)和α(T2)，原因是________________________________________ ______________________________________________________________________。 ④设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K＝________（用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算）。 【答案】（1）①Cu、Cl、O（2分） ②A（2分） （2）①降低（1分） ②101（1分） （3）①360（2分） ②BD（2分） ③流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率下降，同时T3温度低，反应速率慢（2分） ④36（2分） 【解析】（1）根据总反应：4HCl(g)＋O2(g)＝2Cl2(g)＋2H2O(g)，CuO为催化剂，Y和Z为反应物，X和W为生成物，故Y为HCl，Cu(OH)Cl转化为Cu2OCl2和W，W为H2O；Z为O2，X为Cl2。①根据分析，图中转化涉及的反应中，发生化合价变化的元素有Cu、Cl、O；②根据上述机理，CuO为催化剂，反应制得1 mol Cl2，须投入少量CuO，故选A项；（2）①当RuO2晶体中有O原子脱出时，O元素显负价，此时Ru的化合价降低；TiO2和RuO2的晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，故：＝1.66＝，故M(Ru)＝101；（3）①Deacon氧化反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃；②A项，由图像可知，增大HCl的流速，HCl的转化率减小，错误；B项，M对应温度为360℃，由图像可知，在HCl流速均为0.17 mol·h－1时，升高温度，HCl的转化率增大，正确；C项，增大n(HCl)∶n(O2)，HCl的转化率降低，错误；D项，使用更高效的催化剂，可以增加该温度和HCl流速下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增大，正确；故选BD；③图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要原因是：流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率下降，同时T3温度低，反应速率慢；④由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)＝n(O2)＝4 mol，可列出三段式： 4HCl(g)＋O2(g)＝2Cl2(g)＋2H2O(g) 起始(mol) 4 4 0 0 转化(mol) 3.2 0.8 1.6 1.6 平衡(mol) 0.8 3.2 1.6 1.6 平衡时气体总物质的量为7.2 mol，故K＝＝36。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 化学反应速率 化学平衡 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H－1 Li－7 C－12 N－14 O－16 Mg－24 S－32 Cl－35.5 K－39 Fe－56 一、单项选择题：共15题，每题3分，共45分。每题只有一个选项最符合题意。 1．（2025·江苏省扬州市期末）在恒容密闭容器中模拟工业合成氨反应，下列有关说法正确的是 A．升高温度，反应速率一定加快 B．反应达平衡后，通入少量Ar，v(正)和v(逆)都不变 C．反应达平衡时，N2完全转化为NH3 D．充入1 mol N2和3 mol H2，一定条件下充分反应，放出的热量为92.4 kJ 2．（2025·江苏省扬州中学期末调研）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关主要反应有： Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝＋247 kJ·mol－1，K1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41 kJ·mol－1，K2 下列说法正确的是 A．反应Ⅰ的平衡常数K1＝ B．反应Ⅱ的ΔS＜0 C．有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压 D．该工艺每转化0.2 mol CO2可获得0.4 mol CO 3．（2025·江苏省南通市、泰州市、镇江市、盐城市一模）反应8SO3(g)＋6CH4(g)S8(g)＋6CO2(g)＋12H2O(g) ∆H＜0，可用于治理大气污染。下列关于该反应的说法正确的是 A．该反应的∆S＜0 B．反应物的键能总和大于生成物的键能总和 C．反应的平衡常数K＝ D．使用高效催化剂可以降低反应的焓变 4．（2025••江苏省兴化中学、高邮中学、泗洪中学调研）Fe2O3可以催化脱除H2S，脱除反应为Fe2O3(s)＋3H2S(g)＝S(s)＋2FeS(s)＋3H2O(g)，脱除过程如下图所示。下列说法正确的是 A．图甲中催化剂对H2S的吸附强度强于图乙 B．脱除过程中氧元素的化合价发生变化 C．该反应的平衡常数K＝ D．脱除一段时间后，催化剂的活性降低 5．（2025·江苏南京市开学考）催化反应广泛存在，如植物光合作用、合成氨、CH4和H2O重整制H2和CO、工业尾气中NH3的无害化处理、的催化氧化[SO2(g)和O2(g)生成1 mol SO3(g)放出98.3 kJ的热量]等。催化剂有选择性，如酸性条件下锑电催化还原CO2，生成HCOOH的选择性大于CO。非均相催化指催化剂与反应物处于不同聚集状态的催化反应，反应在催化剂表面进行，主要包括吸附、反应、脱附等过程。 下列有关反应描述正确的是 A．合成氨温度选择400～500℃的重要原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大 B．浓硫酸催化下，CH3CH218OH与CH3COOH的酯化反应产物中可检测到H218O C．乙醛催化加氢反应中，H2在催化剂Ni表面吸附过程的∆S＞0 D．转化为SO3时，S原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3 6．（2025·江苏省徐州市期中）阅读材料，有机金属化合物是一类含有金属—碳键的化合物。蔡斯盐K[PtCl3(C2H4)•H2O]由乙烯和K2[PtCl4]溶液在催化剂作用下制得；二茂铁Fe(C5H5)2常被用作燃料的催化剂和抗爆剂，熔点为 172℃；三甲基铝(CH3)3Al可用作许多反应的催化剂；[RhI2(CO)2]－可催化(CH3OH与CO反应生成乙酸；Ni能与CO在50～60℃条件下反应生成Ni(CO)4，其在220～250℃下迅速分解生成金属Ni，可用于Ni、Co分离。 对于反应CH3OH(l)＋CO(g)CH3COOH(l) ∆H，下列说法正确的是 A．该反应的∆H＜0 B．CO在反应过程中共价键未断裂 C．[RhI2(CO)2]−提高该反应的活化能 D．及时分离CH3COOH 能加快化学反应速率 7．（2025·海南省海口市摸底）起始温度T ℃下，分别向体积均为1 L的恒温密闭容器甲、绝热密闭容器乙中加入0.1 mol A和0.4 mol B，发生反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g) ∆H＜0两容器中的转化率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A．容器甲对应的曲线为Ⅰ B．v正(a)＞v逆(b) C．平衡常数：K(Ⅰ)＞K(Ⅱ) D．0～40 s内，曲线中v(B)＝5.0×10－4 mol·L－1·s－1 8．（2025·江苏省泰州中学测试）在恒压密闭容器中，充入起始量一定的CO2和H2，主要发生下列反应： 反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝＋41.2 kJ·mol－1 反应Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH＝－122.5 kJ·mol－1 达平衡时，CO2转化率和CO的选择性随温度的变化如图所示[CO的选择性＝]，下列说法正确的是 A．反应Ⅰ的ΔS＞0 B．升高温度能提高CH3OCH3的平衡产率 C．温度高于300 ℃时，曲线②随温度升高而升高说明此时主要发生反应Ⅱ D．同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择在低温低压条件下反应 9．（2025·江苏省无锡澄宜六校12月联考）CO2催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有： 反应Ⅰ：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH1＝－122.5 kJ·mol－1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；ΔH2＝a kJ·mol－1 在恒压、n始(CO2)和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%，下列说法错误的是 A．图中曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化 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 10．（2025·江苏省扬州中学1月）飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。如何有效消除NO成为环保领域的重要课题。某研究小组用新型催化剂对CO、NO催化转化进行研究，测得一段时间内NO的转化率、CO剩余的百分率随温度变化情况如图所示。已知NO可发生下列反应： 反应I：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ∆H1 反应Ⅱ：2NO(g)N2(g)＋O2(g) ∆H2 下列叙述不正确的是 A．∆H1＜0，∆H2＜0 B．温度大于775 K时，催化剂活性降低 C．＝1时，控制温度875 K已可较好的去除NO D．775 K，＝1时，不考虑其他反应，该时刻n(CO2)∶n(N2)≈3∶2 11．（2025·江苏苏州市开学考）CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。重整时发生如下反应： 反应I：CH4(g)＋CO2(g)＝2H2(g)＋2CO(g) ∆H1＝247.1 kJ·mol－1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)＝CO(g)＋H2O(g) ∆H2＝41.2 kJ·mol－1 其他条件相同，n(CH4)∶n(CO2)投料比为1∶1.5时，CH4和CO2的平衡转化率与温度变化关系如图所示，下列说法不正确的是 A．其他条件不变，n(CH4)∶n(CO2)投料比为1∶1，则平衡时CO2转化率一定高于CH4 B．一定条件下，使用高效催化剂可以提高单位时间内氢气的产量 C．n(H2)∶n(CO)始终低于1.0，是因为发生了反应Ⅱ D．其他条件不变，550～650℃，升高温度更有利于反应Ⅱ进行 12．（2025·江苏省盐城市上学期期中）天然气开采过程中产生大量的含硫废气(硫元素的主要存在形式为H2S)，需要回收处理并加以利用，有关反应如下： 2H2S(g)＋3O2(g)＝2SO2(g)＋2H2O(g) ∆H1＝－1 036 kJ·mol－1 4H2S(g)＋2SO2(g)＝3S2(g)＋4H2O(g) ∆H1＝＋94 kJ·mol－1 恒压条件下，向密闭容器中充入2 mol H2S、3 mol O2、95 mol Ar。若仅考虑上述反应，反应过程中含硫物种的分布分数δ[如：δ(S2)＝]随时间变化如图所示。下列说法正确的是 A．混和气体中加入Ar的主要目的是提高反应速率 B．甲表示SO2分布分数的曲线 C．H2S转化率为α，则体系中H2O的物质的量为2α mol D．t1时，体系中含硫物质的总的物质的量为2.0 mol 13．（2025·江苏省扬州市上学期期中）水煤气法制H2的主要反应(忽略其他副反应)如下： ① C(s)＋H2O(g)＝CO(g)＋H2(g)；ΔH＝131.7 kJ·mol－1 ② CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)；ΔH＝－43.6 kJ·mol－1 ③ CaO(s)＋CO2(g)＝CaCO3(s)；ΔH＝－178.3 kJ·mol－1 将一定量的C(s)和H2O(g)投入恒压密闭容器中，再加入适量CaO(s)，在不同温度下反应达平衡后，分别对容器中气体取样进行分析(忽略其中的水蒸气，仅考虑其他成分)，所得CO、CO2和H2的物质的量分数及H2的产量随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A．制备高纯度的H2最佳温度范围约为800～1 000 ℃ B．图中曲线b表示CO2的物质的量分数随温度的变化 C．从750 ℃升高至800 ℃，反应①正向进行程度小于反应②逆向进行程度 D．800 ℃时对平衡体系加压，重新达平衡后c(CO2)增大 14．（2025·江苏省南京市二模）CH4－H2O(g)重整制氢过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ①CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋206kJ·mol－1 ②CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41kJ·mol－1 一定温度、压强下，将n(CH4):n(H2O)＝1:3的混合气匀速通过装有催化剂的透氢膜反应管，透氢膜用于分离H2且透过H2的速率随温度升高而增大。装置及CH4转化率、出口气中CO、CO2和H2的质量分数随温度变化如图所示。 下列说法不正确的是 A．反应CH4(g)＋2H2O(g)＝CO2(g)＋4H2(g)的ΔH＝＋165 kJ·mol－1 B．适量添加CaO可提高H2的平衡产率 C．800K时，产氢速率大于透氢速率 D．该装置理想工作温度约为900K 15．（2025·江苏省淮安市一模）在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，两侧分别进行： 反应I：H2(g)＋I2(g)2HI(g) 反应II：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) 如图－1所示；各物质起始加入量为：H2、I2和HI均为4.0 mol，O2为6.5 mol，SO3为2.0 mol，设SO2为x mol。当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于正中位置；反应II中SO2与O2起始物质的量之比一定条件下，不同温度时SO2转化率如图－2所示（图中虚线表示相同条件下SO2的平衡转化率随温度的变化）。 下列说法不正确的是 A．欲使反应II起始时向正反应方向进行，x的最大取值应小于7.0 B．反应II正反应活化能小于逆反应的活化能 C．保持温度不变，T3℃时改变SO2与O2起始物质的量的比值，SO2的转化率可能从a点的值升至b点的值 D．在x分别为4.5和5.0这两种情况下，当反应达平衡时，H2的物质的量相等 二、非选择题：共4题，共55分。 16．（15分）（2025·江苏省泰州中学上学期一模）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 （1）液氨是一种重要的载氢材料。已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，Fe－TiO2﹣xHy双催化剂双温催化合成氨机理如图－1所示，该方法通过光辐射产生温差，可以实现高速率、高产率合成氨。 ①高温区纳米Fe催化剂能提高合成氨效率的原因是__________________________________________ ___________________________________________。 ②低温区TiO2﹣xHy能提高合成氨效率的原因是_______________________________________________ ______________________________。 ③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，负极的电极反应式为______________________________________。 （2）十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，可经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气，催化剂对反应活化能的影响如图－2所示。一定条件下，向恒容密闭容器加入1 mol十氢萘进行催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的物质的量随时间的变化关系如图－3所示。 ①C10H12的物质的量显著低于C10H8可能的原因是_________________________________________。 ②7 h时，反应体系内氢气的物质的量为___________mol。 （3）以H2、CO2和二甲胺为原料，在Cu/ZnO催化下合成DMF()的机理如图－4所示。 ①该过程合成DMF的化学方程式为______________________________________________。 ②由机理图可知，反应过程会产生一种有机副产物，其结构简式为_________________。 ③若改用D2、CO2和二甲胺为原料，产物水的结构式为_________________。 17．（14分）（2025·南京市金陵中学4月调研）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。 （1）ZVI可通过FeCl2·4H2O和NaBH4溶液反应制得，同时生成H2、B(OH)4－，制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是_________________________________________________________________。 （2）ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H＋、O2、NO3－等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如图所示。有效腐蚀过程中，生成1 mol乙烯所转移的电子物质的量为_______mol，过程④对应的电极反应式为_________________________________________。 （3）ZVI可去除废水中Pb2＋，pH＜6时，pH对Pb2＋的去除率的影响如图所示。 已知：ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可表示为：FeOH＋H＋FeOH2＋，FeOHFeO—＋H＋。pH约为8.1达到等电点，ZVI表面不带电。 ⅱ)pH＜6时，ZVI去除Pb2＋主要发生表面配位反应和还原反应： 2FeOH2＋＋Pb2＋(FeO)2Pb＋4H＋ 2Fe＋3Pb2＋＋4H2O3Pb＋2FeOOH＋6H＋ ①pH＜6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb2＋的原因是_________________________________________。 ②pH＜6时，随着pH增大，Pb2＋的去除率会增大至接近100%的原因是_________________________ _________________________________________________________________________________________。 （4）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐(NO3－)转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是________________________________________________________________________________。 18．（12分）（2025·江苏省无锡澄宜六校12月联考）发展二甲醚(CH3OCH3)的生产和使用技术具有重要意义。 （1）工业上利用反应CH3O－Na＋＋CH3I→CH3OCH3＋NaI合成二甲醚。该反应需要在无水条件下进行的原因是_______________________________________________________________________________。 （2）工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3的新工艺主要发生以下两个反应： I．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－91 kJ·mol－1 II．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝－24 kJ·mol－1 ①有研究者在使用催化剂、压强为5.0 MPa、反应时间为10分钟的条件下，通过反应I、II制备二甲醚，结果如图所示。260℃时CO转化率高但CH3OCH3(g)产率很低的原因可能是_____________________。 ②Al2O3催化CH3OH形成二甲醚的过程可表示为2CH3OH＋CH3OCH3＋，控制起始温度为250℃，以固定流速向装有催化剂的反应器中分别通入纯甲醇和[m(CH3OH)∶m(H2O)]＝4∶1的甲醇溶液，得到甲醇转化率、反应器温度随通入液体时长的关系如图所示。通入甲醇溶液的反应器中，甲醇转化率逐渐降低的原因是_______________________________________________________。 （3）利用二甲醚可通过以下途径制取氢气。 途径Ⅰ：2CH3OCH3(g)＋3O2(g)＝4CO2(g)＋6H2(g) ΔH＝－25 kJ·mol－1 途径Ⅱ：CH3OCH3(g)＋3H2O(g)＝2CO2(g)＋6H2(g) ΔH＝＋135 kJ·mol－1 ①“自热重整”可看做是途径Ⅰ和途径Ⅱ相结合的一种制氢方法：向二甲醚、水蒸气的混合气中通入少量氧气。通入氧气最主要的目的是_________________________________________________。 ②途径Ⅱ中主要包括三个ΔH＞0的基本反应：CH3OCH3＋H2O＝2CH3OH；CH3OH＋H2O＝CO2＋3H2；CO2＋H2＝CO＋H2O。下列措施一定可以提高单位时间内H2产率的是___________(填序号)。 A．升高温度 B．增大反应器中压强 C．使用甲醇水解的高效催化剂 ③在“Cu0/Cu＋双位点”催化作用下，CH3OH与水反应的反应路径如图所示，在答题卡上画出图中方框内中间体的结构：_________________。 19．（14分）（2025·常州市上学期期中）Deacon催化氧化法处理HCl废气，可实现氯资源的再利用。 （1）Deacon氧化反应为4HCl(g)＋O2(g)＝2Cl2(g)＋2H2O(g) ∆H＝－114.4 kJ·mol－1，CuO是该方法中常用的催化剂，其催化机理如图所示。 1 图中转化涉及的反应中，发生化合价变化的元素有_______________（填元素符号）。 ②根据上述机理，反应制得1 mol Cl2，须投入__________CuO（填序号）。 A．少量 B．2 mol C．4 mol D．足量 （2）负载在TiO2上的RuO2也可用作Deacon催化氧化的催化剂。TiO2和RuO2的晶胞结构均如图所示，且二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66。 ①当RuO2晶体中有O原子脱出时，出现O空位，此时Ru的化合价_______（填“升高”“降低”或“不变”）。 ②Ru的相对原子质量为__________（精确至1，钛的相对原子质量为48）。 （3）将HCl和O2分别以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在360℃、400℃和440℃下分别发生Deacon氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率（α）曲线如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。 ①图中T3＝________℃。 ②下列措施可提高M点HCl的转化率的是__________（填序号）。 A．增大HCl的流速 B．将温度升高40℃ C．增大n(HCl)∶n(O2) D．使用更高效的催化剂 ③图中较高流速时，α(T3)小于α(T1)和α(T2)，原因是____________________________________________。 ④设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K＝________（用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算）。 / 学科网（北京）股份有限公司 $