专题02 化学反应速率与化学平衡（期末真题汇编，江苏专用）高二化学上学期

专题02 化学反应速率与化学平衡 3大高频考点概览 考点01 影响化学反应速率的因素与活化能 考点02 影响化学平衡的因素和勒夏特列原理 考点03 化学平衡状态与化学平衡常数 地 城 考点01 影响化学反应速率的因素与活化能 阅读下列材料，完成下面小题： 硫及其化合物用途广泛。实验室可用固体FeS与酸反应制取H2S气体；Fe2O3可用作脱硫剂，催化脱除工业废气中的H2S，生成单质硫；O2能将H2S氧化为SO2，用于制作H2S-O2燃料电池；稀H2SO4与稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O(l)，放出的热为57.3 kJ。 1．(24-25高二上·江苏扬州·期末)下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A．单质硫为淡黄色固体，可用于制备硫化橡胶 B．H2S中H与S形成共价键，H2S具有还原性 C．SO2具有漂白性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂 2．(24-25高二上·江苏扬州·期末)下列化学反应表示正确的是 A．向NaOH溶液中通入过量SO2：SO2＋NaOH=NaHSO3 B．FeS与浓硝酸反应：FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑ C．稀H2SO4与稀NaOH溶液反应：H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋2H2O(l)   ∆H=-57.3 kJ·mol−1 D．H2S-O2碱性燃料电池的正极反应：O2-4e-＋2H2O=4OH- 3．(24-25高二上·江苏扬州·期末)Fe2O3脱除H2S反应过程的部分机理如图所示。已知图中甲、乙是两种不同的吸附方式。下列说法不正确的是 A．图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力强于图乙 B．图中氧元素的化合价未发生变化 C．脱硫剂活性降低的原因可能是生成的硫单质覆盖在Fe2O3表面 D．失效的脱硫剂可在氧气中加热重新转化为Fe2O3实现“再生” 【答案】1．D 2．A 3．A 【解析】1．A．S单质为淡黄色固体，是物理性质，而硫单质还可以用于制备硫化橡胶和硫化塑料，提高其物理性能和耐热性，是化学性质，A错误； B．H2S中H与S形成共价键为共价化合物，H2S具有还原性是由于S为最低价态，B错误； C．SO2使酸性高锰酸钾褪色是因还原性，C错误； D．浓硫酸具有吸水性，可用于除去部分气体中的水蒸气，D正确； 故选D。 2．A．向NaOH溶液中通入过量SO2生成NaHSO3，化学方程式：SO2＋NaOH=NaHSO3，A正确； B．硫化亚铁溶于浓硝酸中发生氧化还原反应，生成硫酸铁、NO2和水，B错误； C．中和热是指稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，热化学方程式中化学计量数为物质的量，当生成2mol水时放出的热量为生成1mol水时放出热量的2倍，C错误； D．H2S-O2碱性燃料电池的正极得电子，电极反应：O2+4e-＋2H2O=4OH-，D错误； 故选A。 3．A．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，A错误； B．该过程中氧元素均以化合态形式存在，所以氧元素化合价并未改变，B正确； C．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，C正确； D．催化剂失效后，在氧气中加热，FeS和O2反应生成Fe2O3和SO2，D正确； 故选A。 4．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中·期末)氨气是一种重要的含氮化合物，目前主要由和在高温高压和铁触媒催化作用下合成(哈伯-博施法)。主要来自煤炭的催化重整。揭示合成氨反应的机理，实现温和条件下制取氨气，一直是化学工作者孜孜以求的目标。研究表明，通入总物质的量一定的和，合成氨反应在催化剂上可能通过如图所示机理进行(*表示催化剂表面的吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)，其中步骤(ⅱ)是控制总反应速率的步骤。下列相关说法不正确的是 (i)N2(g)+*N2* (ii)N2*+*2N* (iii)H2(g)+*H2* (iv)H2*+*2H* (v)N*+H*NH*+* ()NH3*NH3(g)+* A．在步骤(ⅱ)中，有非极性共价键发生断裂 B．在步骤(ⅴ)中，与结合生成，同时释放出1个吸附位 C．步骤(ⅵ)对应的机理可能为 D．其他条件不变时，提高的含量一定能加快合成氨的速率 【答案】D 【详解】A．氮气分子中存在非极性共价键，在步骤(ⅱ)中，氮气分子的共价键断裂形成氮原子，即有非极性共价键发生断裂，A正确； B．步骤(v)：N*+H*NH*+*，即在步骤(ⅴ)中，与结合生成，同时释放出1个吸附位，B正确； C．根据题给反应机理可推断，步骤(ⅵ)对应的机理可能为NH*与结合生成，同时释放出1个吸附位，即可能为，C正确； D．因为步骤(ⅱ)是控制总反应速率的步骤，所以其他条件不变时，适当提高的含量能加快合成氨的速率，但若氮气的含量过高，导致氢气占有的催化剂活性中心过少，其分解产生的吸附在催化剂表面的氢原子也会过少，则合成氨的速率减小，所以其他条件不变时，提高的含量不一定能加快合成氨的速率，D错误； 故选D。 5．(24-25高二上·江苏徐州·期末)中性条件下，沸石(主要含、、、)催化产生自由基和自由基降解水中污染物，反应机理如图所示。已知铁催化性能优于铜。下列说法正确的是 A．过程Ⅰ的离子方程式： B．过程Ⅳ中有产生 C．过程Ⅴ会导致产生的增加 D．催化过程中化合价发生变化的元素为、、H、O 【答案】C 【详解】A．由反应机理图可知过程Ⅰ为，A错误； B．过程Ⅳ为，无产生，B错误； C．过程Ⅴ为，Fe2+的量增加：，会导致产生的增加，C正确； D．催化过程中化合价发生变化的元素为、、O，H元素的化合价未变化，D错误； 故选C。 6．(24-25高二上·江苏盐城五校联考·期末)以反应 5H2C2O4＋2＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 为例探究外界条件对化学反应速率的影响。实验时，分别量取 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4 溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是 实验编号 H2C2O4 溶液 酸性 KMnO4 溶液 温度/℃ 浓度/(mol·L-1) 体积/mL 浓度/(mol·L-1) 体积/mL ① 0.10 2.0 0.010 4.0 25 ② 0.20 2.0 0.010 4.0 25 ③ 0.20 2.0 0.010 4.0 50 A．实验①②③所加的H2C2O4溶液均要过量 B．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2＋对反应起催化作用 C．实验①和②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响 D．实验①测得 KMnO4 溶液的褪色时间为40s，则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4mol•L-1•s-1 【答案】D 【详解】A．根据反应方程式可得5H2C2O4~2，由实验数据分析可知，n(KMnO4)=4×10-3L×0.01mol·L-1=4×10-5mol，刚好与之反应的n(H2C2O4)=n(KMnO4)=1×10-4mol，若是0.1mol/L的H2C2O4溶液，所需体积为1mL，故在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故A正确； B．在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故B正确； C．分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确； D．高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为=×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)==1.7×10−4mol⋅L−1⋅s−1，故D错误； 本题选D。 7．(24-25高二上·江苏通州高级中学·期末)在演唱会上，我们能看到“星光闪烁”。荧光棒的发光原理是：化学物质相互反应过程中，能量以光的形式释放出来。把荧光棒放在热水中，荧光棒会迅速变亮。原因之一是 A．压强变大，反应速率变快 B．反应物浓度增大，反应速率增大 C．温度升高，反应速率增大 D．热水作为催化剂，从而加快了反应速率 【答案】C 【详解】A．反应与压强无关，A错误； B．荧光棒中的物质不能接触到热水，与反应物浓度无关，B错误； C．在热水中，温度升高，单位体积内活化分子数目增加，反应速率加快，C正确； D．荧光棒中的物质不能接触到热水，起不到催化作用，D错误； 故选C。 阅读下列材料，完成以下问题： 催化剂能改变化学反应速率，常见催化剂有金属及其氧化物、氯化物、酸和碱等。催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、SO2催化氧化(以V2O5作催化剂)、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、铂催化氧化NH3等。催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中N电催化生成N2、氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。 8．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)下列说法不正确的是 A．V2O5能降低二氧化硫催化氧化反应的活化能 B．NH3与O2反应中，铂能减小该反应的焓变 C．汽车尾气处理中，加入催化剂能加快化学反应速率 D．C2H4与O2反应中，Ag催化能提高生成环氧乙烷的选择性 9．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)下列化学反应表示不正确的是 A．汽车尾气处理：2NO+2CON2+2CO2 B．电催化为N2的阳极反应：2+8H++6e-=N2↑+4H2O C．硝酸工业中NH3的氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O D．CO2和H2催化制二甲醚：2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O 10．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．SO2具有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂 B．氯化铵易溶于水，可用作金属表面的除锈剂 C．浓硫酸具有脱水性，可用浓硫酸干燥氯气 D．可加氧化铜调pH除去氯化铜溶液中的氯化铁 【答案】8．B 9．B 10．D 【解析】8．A．在反应中使用催化剂能降低二氧化硫催化氧化反应的活化能，A正确； B．NH3与O2反应中，使用铂作催化剂只能降低反应活化能，但不能改变反应的焓变，B错误； C．在化学反应中，使用催化剂能加快化学反应速率，C正确； D．根据题干信息，在C2H4与O2反应中，使用Ag作催化能提高生成环氧乙烷的选择性，D正确； 故答案为：B。 9．A．汽车尾气处理过程中利用催化剂加快反应速率，提高单位时间内尾气转化为无污染产物的效率，具体的反应方程式为：2NO+2CON2+2CO2，A正确； B．电催化为N2是在阴极得到电子发生还原反应，电极反应式为：2，B错误； C．硝酸工业中在催化剂作用下被氧化为NO和，反应的方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，C正确； D．CO2和H2在催化剂作用下反应制取二甲醚的化学反应方程式为：2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O，D正确； 故答案为：B。 10．A．SO2作葡萄酒抗氧化剂是利用了SO2的还原性，性质与用途没有对应关系，A错误； B．氯化铵的溶液因氯化铵水解显酸性，能与金属表面的氧化物反应，可用作金属表面的除锈剂，但跟氯化铵易溶于水没有关系，性质与用途没有对应关系，B错误； C．浓硫酸干燥氯气利用的是浓硫酸的吸水性，性质与用途没有对应关系，C错误； D．加氧化铜调pH是利用反应改变溶液pH后使氯化铁水解为氢氧化铁除去，因此可除去氯化铜溶液中的氯化铁，性质与用途具有对应关系，D正确； 故答案为：D。 11．(24-25高二上·江苏南京五校联盟·期末)捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的、混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上检测到有积碳。 下列说法不正确的是 A．反应①为；反应②为 B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应： C．时刻，反应②生成速率大于副反应生成的速率 D．之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止 【答案】C 【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A项正确； B．由图知，时间内，大于，且生成不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，则可能发生反应，由于反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，所以生成氢气的速率不变，B项正确； C．反应②中CO和H2的化学计量数相同，则二者反应速率应相等，副反应的发生使生成H2的速率大于生成CO的速率，由图2可知，t2时刻，H2的总气体流速为2 mmol·min-1，CO的气体流速约为1.6 mmol·min-1，则副反应产生H2的气体流速约为(2-1.6)mmol·min-1=0.4 mmol·min-1，故副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率，C项错误； D．之后，v(CO)=0，v(CH4)逐渐增大，则生成v(CO)=0，说明反应②不再发生，D项正确； 故选：C。 12．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)金属硫化物()催化反应  ，T℃时，平衡常数为K。该反应既可以除去天然气中的，又可以获得。下列说法正确的是 A．该反应的 B．T℃时，若时，则 C．选择金属硫化物()作催化剂能降低反应活化能和焓变 D．该反应每消耗1mol可除去44.8L 【答案】B 【详解】A．该反应为气体分子数增大的反应，为熵增反应，，A错误； B．T℃时，反应的平衡常数为：，若，则反应正向进行，，B正确； C．催化剂可以降低反应的活化能加快反应速率，但是不能改变反应的焓变，C错误； D．没有说明是否处于标况，则硫化氢的体积不一定是44.8L，D错误； 故选B。 13．(24-25高二上·江苏连云港灌云县第一中学·期末)回答下列问题。 (1)某同学为探究化学反应速率的影响因素拟设计如图实验方案。 实验一 实验二         ①实验一：探究 对化学反应速率的影响。 ②实验二：能否探究催化剂对化学反应速率的影响？说明原因 。 (2)在容积为的密闭容器中，进行如下反应：，最初加入1.2molA和3.2molB，在不同温度下，D的物质的量和时间t的关系如图。 试回答下列问题： ①时，内，以A表示的平均反应速率为 。 ②能判断该反应达到化学平衡状态的依据有 。 a．    b． c．容器中压强不变 d．混合气体中不变 ③利用图中数据计算：时A物质的平衡转化率为 ，时的平衡常数 ，该反应为 反应(填“吸热”或“放热”)。 ④时，某时刻测得体系中各物质的量为：，，，，则此时该反应 (填“向正反应方向进行”、“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”)。 【答案】(1) 反应物浓度 否，两反应容器温度不同 (2) cd 50%(或0.5) 0.3 吸热 向逆反应方向进行 【详解】（1）①实验一种，其他条件相同，只是HI的浓度不同，因此在探究反应物浓度对化学反应速率的影响。 ②实验二中除催化剂外，两试管的温度也不同，存在两个变量，因此不能探究催化剂对化学反应速率的影响； （2）①在800℃时，当5min 时D的物质的量是0.6mol，根据方程式中A与D的关系可知：消耗A的物质的量是0.6mol，所以0-5min内，以A表示的平均反应速率为vA)= ； ②a．不能根据c(A)=c(C)来判断反应平衡，且根据三段式计算，平衡时两者浓度不相等，a项错误； b．根据方程式，若反应达到平衡，，b项错误； c．由于该反应是反应前后气体体积不等的反应，所以若容器中压强不变 ，则反应达到平衡，c项正确； d．由于该反应是反应前后气体体积不等的反应，所以若反应未达到平衡，则任何物质的浓度就会发生变化，所以若混合气体中c(A)不变，反应达到平衡，d项正确； 故选：cd； ③根据题给信息，列出三段式： ， 则A物质的平衡转化率为：， K=0.3； 由图像可知，随着温度的升高，D的含量增多，依据勒夏特列原理，温度升高有利于向吸热方向进行，则正反应为吸热反应； ④根据已知可得：c(A)=0.45mol/L，c(B)=1.0mol/L，c(C)=0.45mol/L，c(D)=0.45mol/L，Qc=，所以此时该反应向逆反应方向进行。 14．(24-25高二上·江苏扬州·期末)制氢技术研究具有重要意义。 (1)CuFe2O4-x分解水制氢，其原理为：CuFe2O4-x＋xH2O CuFe2O4＋xH2。 ①1 mol CuFe2O3.8理论上可制得H2为 mol。 ②CuFe2O4-x可由CuFe2O4在无氧条件下煅烧制得。若煅烧后Fe元素化合价不变，CuFe2O4-x中Cu2+与Cu+的个数比为1∶1，则x= 。 (2)HCOOH在RuN(CH3)2催化剂下选择制氢，其可能的转化途径如图所示。 ①用“→”表示中“N—H”配位键 。 ②途径Ⅱ过程中生成的产物X为 (填化学式)。 ③改用HCOOD代替HCOOH，途径Ⅰ中生成的气体为CO2、 (填化学式)。 (3)NaBH4与水催化反应制氢的原理为：NaBH4＋2H2O4H2↑＋NaBO2。 已知：常温下，NaBH4易溶于水，在强碱性条件下稳定存在；NaBO2易以晶体形式析出。催化反应开始时，BH、H2O反应物吸附于催化剂表面活性位点；反应结束后，产物须从催化剂表面及时脱除，空出活性位点。 ①反应时间相同，NaBH4溶液的起始浓度由0.8 %增大到1%，生成H2体积增大，其原因可能是 。 ②反应时间相同，NaBH4溶液的起始浓度由1 %增大到8%，生成H2体积减小，其原因可能是 。 【答案】(1) 0.2 0.25 (2) CO HD (3) NaBH4浓度增大，吸附到活性位点上的BH增多，与更多的H2O反应生成H2，导致生成H2速率加快 NaBH4浓度过大，迅速产生较多NaBO2结晶，不能及时脱除空出活性位点(或覆盖在催化剂表面)，阻碍了反应物被催化剂吸附(或接触)，导致H2生成速率减慢或者 NaBH4浓度过大，BH占据更多催化剂活性位点，造成活性位点上吸附的H2O减少，导致H2生成速率减慢 【详解】（1）①根据中反应的方程式可知若x＝0.2，则1mol CuFe2O3.8理论上可制得H2为0.2mol； ②CuFe2O4中Fe为+3价，CuFe2O4-x中Cu2+与Cu+的个数比为1∶1，则根据化合价代数合为零，，x=0.25； （2） ①中“N—H”配位键； ②根据质量守恒可知，X为CO； ③改用HCOOD代替HCOOH，途径Ⅰ中，羧基上氢与催化剂作用最后生成了氢气，故生成的气体为CO2、HD； （3）①NaBH4浓度增大，吸附到活性位点上的BH增多，有效碰撞次数不断增多，与更多的H2O反应生成H2，导致生成H2速率加快； ②NaBH4浓度过大，迅速产生较多NaBO2结晶，不能及时脱除空出活性位点(或覆盖在催化剂表面)，阻碍了反应物被催化剂吸附(或接触)，接触面积不断减小，导致H2生成速率减慢或者NaBH4浓度过大，BH占据更多催化剂活性位点，造成活性位点上吸附的H2O减少，导致H2生成速率减慢。 地 城 考点02 影响化学平衡的因素与勒夏特列原理 1．(24-25高二上·江苏扬州·期末)某温度下，密闭容器中发生反应4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH<0。下列说法正确的是 A．上述反应的∆S<0 B．当v(NH3)∶v(H2O)=4∶6时，反应达到平衡状态 C．温度升高，不利于提高NH3的平衡转化率 D．上述反应中消耗11.2 L O2，转移电子的数目为2×6.02×1023 【答案】C 【详解】A．反应前后气体物质的量增加，熵变，A错误； B．速率比4:6由化学计量数决定，无论是否平衡均成立，不能作为平衡标志，B错误； C．反应为放热，升温平衡逆向移动，转化率降低，C正确； D．气体体积未明确条件（如标准状况），无法计算物质的量及电子数，D错误； 综上，答案是C。 2．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·期末)向某密闭容器中充入4molH2和1molCO2，在催化剂作用下发生反应： ①   ②   ③   CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如下图所示（不考虑其它因素影响）。 已知：生成物A的选择性％。 下列说法正确的是 A．一定温度下，使用高效催化剂能提高氢气的平衡转化率 B．在220℃条件下，平衡时H2O的物质的量为0.56mol C．温度高于280℃，反应③右移程度小于反应①左移程度 D．其他条件不变，增大压强，图中点X将可能下调至点Y 【答案】B 【详解】A．催化剂只能改变反应速率而不能使平衡发生移动，故一定温度下，使用高效催化剂不能改变氢气的平衡转化率，A错误； B．由题干图像信息可知，220℃下CO2的转化率为40%，CH3OCH3的选择性为80%，即×100%=80%，解得n(CH3OCH3)=0.16mol，CO的选择性为5%，则×100%=5%，即得n(CO)=0.02mol，根据碳原子守恒可得n(CH3OH)=0.4×1-0.16×2-0.02=0.06mol，根据反应方程式可知，在220℃条件下，平衡时H2O的物质的量为0.38mol+0.16mol+0.02mol=0.56mol，B正确； C．由题干图像信息可知，温度高于280℃，CO的选择性明显增大，而CO2的平衡转化率也增大，但CH3OCH3的选择性减小，故反应③右移程度大于反应①左移程度，C错误； D．由题干方程式信息可知，其他条件不变，增大压强，反应②③平衡不移动，而反应①平衡正向移动，导致CH3OH的浓度增大，反应②平衡正向移动，H2O浓度增大，CO2浓度减小，导致反应③平衡逆向移动，则平衡时CO的选择性减小，CH3OCH3的选择性增大，即图中点X将不可能下调至点Y，D错误； 故答案为：B。 3．(24-25高二上·江苏南京五校联盟·期末)用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以，的投料比充入反应器中，发生反应：，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示： 下列说法中错误的是 A．b代表的物质是 B．该反应在高温下自发进行 C．为提高的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增压 D．温度下的平衡转化率为50% 【答案】B 【分析】由图中n(H2)的变化趋势可知，随着温度的升高，n(H2)的量增大，平衡左移，ΔH<0；且方程式同侧物质的物质的量变化趋势是一致的，故a曲线代表的物质为CO2；再由b的变化幅度大于c的，可知，b、c两曲线分别代表的物质为H2O和C2H4； 【详解】A．由分析可知，b代表的物质是，A正确； B．由分析可知，反应为放热的反应，且反应为熵减反应，故该反应在低温自发进行，B错误； C．增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率变大，C正确； D．温度下，平衡时氢气6mol、水4mol，则反应氢气6mol、二氧化碳2mol，初始氢气为12mol，则投料二氧化碳4mol，故的平衡转化率为，D正确； 故选B。 4．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)CO2的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为1∶1的CO2和H2，发生如下反应： ①CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)　　　ΔH1=+31.2 kJ·mol-1 ②CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g)    ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 在相同时间内，CO2的转化率、HCOOH的选择性[HCOOH的选择性=×100%]与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是     A．CO2的转化率等于H2的转化率 B．温度高于673 K时，随着温度的升高CO的选择性增大 C．其他条件不变，改为恒压容器，再次达到平衡时，HCOOH的物质的量减小 D．673 K下反应达到平衡时，CO2、HCOOH、CO的浓度之比为10∶57∶133 【答案】C 【详解】A．反应①和反应②中的CO2、H2物质的量之比均为1∶1，则CO2的转化率等于H2的转化率，A正确； B．根据图示，温度高于673K时HCOOH的选择性减小，CO2的转化率继续增大，故CO的选择性增大，B正确； C．其他条件不变，改为恒压容器，则反应①相当于增加压强，平衡正向移动，HCOOH的物质的量增大，C错误； D．设充入的CO2和H2各为1mol，673K下反应达到平衡时，CO2的转化率为95%，则剩余的CO2为1mol×(1-95%)=0.05mol，HCOOH的选择性为30%,则生成的HCOOH为1mol×95%×30%=0.285mol，生成的CO为1mol×95%×70%=0.665mol，则平衡时CO2、HCOOH、CO的浓度之比为=0.05∶0.285∶0.665=10∶57∶133，D正确； 故选C。 5．(24-25高二上·江苏连云港灌云县第一中学·期末)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 【答案】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。 6．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期末)室温下，下列实验方案能达到实验目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，观察溶液颜色变化 探究H+浓度对和相互转化的影响 B 分别向装有大小相同铁片的两只锥形瓶中加入溶液和10 mL浓硫酸，观察产生气泡的快慢 验证反应物浓度越大速率越快 C 用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴在pH试纸上，待变色后与标准比色卡比对 测定NaClO溶液的pH D 在试管中加入0.5 g淀粉和溶液，加热。加入少量新制的Cu(OH)2，加热 证明淀粉水解后有还原性糖生成 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．K2CrO4中存在平衡2(黄色)+2H+(橙红色)+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，溶液黄色变成橙红色，则可以探究H+浓度对和相互转化的影响，A正确； B．铁和稀硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气，有气泡产生，铁在浓硫酸中钝化，无法观察到气泡，因此不能达到实验目的，B错误； C．次氯酸钠具有强氧化性，漂白性，可使pH试纸褪色，不能用pH试纸检测其pH值，C错误； D．水解后溶液显酸性，需要先加NaOH去除过量的硫酸，D错误； 故选A。 7．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是     探究方案 探究目的 A 已知反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，压缩体积可观察到体系颜色加深 压强对化学平衡移动的影响 B 向1 mol·L-1 CH3COONH4溶液中滴加几滴石蕊溶液，溶液不变色 CH3COONH4是否水解 C 向Na2S与ZnS的混合浊液中加入0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，沉淀颜色由白色变为黑色 溶度积常数：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS) D 用pH计测等浓度的醋酸钠、次氯酸钠的pH，后者的pH大 酸性：CH3COOH>HClO A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的气体总物质的量在反应前后相等，压缩体积虽增大压强，但平衡不移动。颜色加深仅因浓度增大，无法说明压强对平衡的影响，A错误； B．CH3COONH4中CH3COO⁻和NH均水解，若两者水解程度相当，溶液可能呈中性，石蕊不变色（紫色），但此现象无法直接证明是否水解，因水解后仍可能显中性，B错误； C．Na2S可溶，混合浊液中S2-浓度由Na2S提供（远高于ZnS溶解产生的S2-），加入CuSO4生成CuS沉淀，仅说明此时S2-浓度足够高，与Cu2+结合生成沉淀，无法比较ZnS与CuS的Ksp，C错误； D．等浓度下，NaClO的pH大于CH3COONa，说明ClO⁻水解程度更大，对应HClO酸性更弱，故CH3COOH酸性强于HClO，D正确； 故选D。 8．(24-25高二上·江苏扬州·期末)为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法将有机氯化工业的副产品转化为Cl2：4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)  ΔH1=-57.2 kJ·mol−1。不同温度下将n起始(O2) ∶n起始(HCl)=1∶1混合气体以不同流速通入一定长度装有催化剂的反应管中，出口处测算HCl的转化率随HCl流速的变化曲线如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。下列说法正确的是 A．温度：T1 <T2 <T3 B．选用高效催化剂能显著提高N点处HCl的转化率 C．其他条件不变时，增大可提高HCl平衡转化率 D．不同温度下，M点处HCl的转化率、反应平衡常数均相等 【答案】C 【分析】根据反应4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH1=-57.2 kJ·mol−1可知，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低时，温度越高，HCl的转化率越小，故代表的温度高，代表的温度最低，据此分析解答。 【详解】A．根据分析可知，反应为放热反应，温度越高，平衡左移，HCl的转化率越低，结合图中曲线数据，则有：，A错误； B．选用高效催化剂只能加快反应的速率，不影响平衡的移动，故N点处HCl的转化率不变，B错误； C．其他条件不变时，增大的比例，等同于只增加的浓度，平衡向右移动，则HCl平衡转化率增大，C正确； D．平衡常数只被温度影响，在该反应中，当温度不同时，平衡常数一定不同，D错误； 故答案为：C。 9．(24-25高二上·江苏镇江市第一中学·期末)是一种液体燃料。利用和合成的主要反应为 反应Ⅰ 反应Ⅱ 在密闭容器中，，时，平衡转化率、在催化剂作用下反应tmin所测得的实际转化率及的选择性随温度的变化如图所示。的选择性可表示为。 下列说法不正确的是 A．0～tmin内，240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大 B．从220℃～280℃，的平衡产率先增大后缓慢减小 C．280℃时增大压强，的转化率可能大于40％ D．需研发低温下转化率高和选择性高的催化剂 【答案】B 【详解】A．根据图像可知0～tmin内，240℃下甲醇的选择性几乎是100%，而280℃下甲醇的选择性90%，这说明240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大，A正确； B．根据方程式可知消耗1mol二氧化碳生成1mol水，从220℃～280℃时二氧化碳的平衡转化率逐渐减小至几乎不再发生变化，所以的平衡产率也是逐渐减小至几乎不再发生变化，B错误； C．280℃时增大压强反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ平衡不移动，因此依据图像可判断的转化率可能大于40％，C正确； D．由于反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，所以需研发低温下转化率高和选择性高的催化剂，D正确； 答案选B。 10．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)甲烷催化二氧化碳重整制合成气过程中主要发生反应的热化学方程式为： 反应Ⅰ：  kJ·mol-1 反应Ⅱ：   反应Ⅲ：  kJ·mol-1 常压下，将原料气和以一定流速(气体摩尔流量kmolh-1)通入装有催化剂的反应管，实验测得原料气的转化率和水的摩尔流量随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A．反应Ⅱ的kJ·mol-1 B．图中曲线B表示的转化率随温度的变化 C．温度在873~1200K间，的转化量减小的幅度大于增大的幅度 D．其他条件不变，随着的比值增加，的平衡转化率降低 【答案】C 【详解】A．由盖斯定律可得反应I-反应III=反应II，则反应II的ΔH=247.1kJ•mol-1-205.9kJ•mol-1=+41.2kJ•mol-1，故A错误； B．由图可知，曲线A的转化率大于曲线B，温度低于873K时，水的摩尔流量随温度升高而增大，反应Ⅰ消耗甲烷和二氧化碳，反应Ⅱ消耗二氧化碳和氢气生成水，反应Ⅲ消耗甲烷和水蒸气生成CO和氢气，说明水蒸气的生成量大于消耗量，则二氧化碳的消耗量大于甲烷，二氧化碳的转化率大于甲烷，故图中曲线A表示CO2的转化率随温度的变化，故B错误； C．由题目所给方程式可知，反应Ⅱ生成水，反应Ⅲ消耗水，由图可知，温度在873～1200K间，升高温度，反应物的转化率变大，水的摩尔流量减小，说明水蒸气的消耗量大于生成量，即水蒸气的转化量减小的幅度大于增大的幅度，故C正确； D．其他条件不变，的比值增加，相当于二氧化碳浓度一定，甲烷加入量增大，平衡正向移动，故二氧化碳转化率变大，故D错误； 故答案为C。 二、解答题 11．(24-25高二上·江苏省苏州市昆山震川高级中·期末)烟气中常常含有大量、等大气污染物，需经过净化处理后才能排放。 (1)除去燃煤产生的废气中的的过程图所示。 ①过程Ⅰ是一部分发生催化氧化反应，若参加反应和的体积比为4∶3，则反应的化学方程式为 。 ②过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分，使得Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为 。 (2)用吸收液脱除的原理如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 一定条件下测得脱硫率与浓度关系如图所示。 ①吸收液经除S后可进行再生，较经济的再生方法是 。 ②当的浓度大于10 g⋅L时，浓度越大，脱硫率越低的原因是 。 (3)我国科学家研究在活性炭催化条件下将煤气中的协同脱除，部分反应机理如图所示。 ①中S元素的转化过程可描述为 。 ②从物质转化与资源综合利用角度分析，该过程初步达到的目的为 。 【答案】(1) CD (2) 通入足量(或空气) 浓度增大，pH减小，使反应(II)、(III)的平衡向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应(Ⅲ)浓度增大因素 (3) 在催化剂作用下转化为S、、等物质 实现煤气中的脱除，同时产生清洁能源 【详解】（1）①据图可知过程I中反应还有CuSO4生成，所以O2除了将SO2氧化还将Cu氧化，生成CuSO4和H2SO4，参加反应SO2和O2的体积比为4：3，根据电子守恒可知氧化SO2的氧气为2份，另外一份氧化Cu，结合原子守恒可得化学方程式为； ②电解池中阳极发生氧化反应，所以阳极应是SO2被氧化为，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为； （2）①根据题目所给信息可知除硫后Fe3+转化为Fe2+，吸收液再生则需要将Fe2+氧化为Fe3+，较经济的方法为通入足量O2(或空气)； ②Fe3+水解会使溶液显酸性，Fe3+浓度增大，pH减小，使反应(Ⅱ)、(Ⅲ)的平衡向逆反应方向移动且pH减小因素超过反应(Ⅲ)Fe3+浓度增大因素，所以浓度越大，脱硫率越低； （3）①分析题图中箭头的指向及有关物质可知，反应中H2S中的S元素在催化剂作用下转化为S、SO2、CS2等物质；②据图可知该过程可以实现煤气中H2S的脱除，同时产生清洁能源H2。 12．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。 (1)催化重整： ⅰ．  kJ·mol-1 ⅱ．  kJ·mol-1 ①反应的 kJ·mol-1。 ②实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中的含量。分析投入CaO时，百分含量增大的原因是： 。 (2)利用之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为，对比水和碳在高温下直接 接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是 。 (3)硼氢化钠()水解制氢：常温下，自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。 ①若用代替，依据反应机理，则反应后生成的气体中含有 。 ②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：浓度较大时，易以形式结晶析出。) 分析质量分数超过10%后制氢速率下降的可能原因 。 ③转化为后，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。阴极上的电极反应式是 。 【答案】(1) +247.4 CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动 (2)该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离 (3) 、HD、 浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降 【详解】（1）①根据盖斯定律可知，反应可由i-ii得到，则[-()] kJ·mol-1=+247.4 kJ·mol-1； ②CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物，导致浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动，从而提高平衡体系中的含量。 （2）该工艺中和CO分别在不同反应器内产生，实现了和CO的分离； （3）①由图可知，第一步转化过程中转化为BH3和H原子，H原子可结合生成H2，第二步转化中BH3与D2O分别脱氢生成HD，同时得到BH2OH，最终一步转化中B(OH)3结合D2O中-OD，同时得电子形成，D2O断键得到D原子，D原子结合生成D2； ②浓度较高时，生成较多的，以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降； ③由装置可知，阴极上得电子生成，电极反应式为：。 地 城 考点03 化学平衡状态与化学平衡常数 1．(24-25高二上江苏省淮安市涟水县第一中学·期末)工业合成硫酸关键一步是将转化为。对于体积恒定的密闭容器中发生的放热反应，下列说法正确的是 A．增大的浓度可以加快反应速率 B．反应达到平衡后，反应就停止了 C．升高温度该反应速率减慢 D．使用过量的可以使完全转化为 【答案】A 【详解】A．增加反应物浓度，加快反应速率，A正确； B．化学平衡为动态平衡，达到平衡后正反应速率等于逆反应速率，各物质的量不变，反应没有停止，B不正确； C．温度升高，化学反应速率加快，C不正确； D．该反应为可逆反应，反应物转化率不可能达到100%，故不可以实现完全转化，D不正确； 故选A。 2．(24-25高二上·江苏省南京市五校联盟·期末)升高温度，下列物理量不一定增大的是 A．化学平衡常数K B．水的离子积常数Kw C．化学反应速率v D．BaSO4的溶度积Ksp 【答案】A 【详解】A．正反应为吸热反应，升高温度化学反应平衡常数增大；正反应为放热反应，升高温度化学反应平衡常数减小，A符合题意； B．水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，水的离子积常数随着温度升高而增大，B不符合题意； C．升高温度，化学反应速率一定增大，C不符合题意； D．溶度积Ksp只与温度有关，BaSO4的溶解平衡为吸热过程，升高温度，促进溶解，Ksp增大，D不符合题意； 综上所述答案为A。 3．(24-25高二上·江苏省苏州市昆山震川高级中学·期末)草酸亚铁(FeC2O4)晶体为淡黄色粉末，难溶于水，溶于稀酸，是生产锂电池的原材料。实验室制备FeC2O4部分实验过程如下： 已知室温时：、、。 下列说法正确的是 A．可用KMnO4溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否变质 B．室温时，反应的平衡常数 C．“操作a”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥 D．“操作a”所得滤液中存在： 【答案】B 【分析】由题干流程图信息可知，硫酸亚铁铵加水并加入H2SO4进行酸化溶解，然后加入草酸，加热后反应生成草酸亚铁沉淀，通过过滤，洗涤，干燥即得到FeC2O4晶体，据此分析解题。 【详解】A．铵根中N为-3价能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不可用KMnO4溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否变质，应该用KSCN溶液等，A错误； B．室温时，反应的平衡常数K=====11.8，B正确； C．由分析可知，FeC2O4是沉淀，故“操作a”为过滤、乙醇洗涤、干燥，C错误； D．由分析可知，“操作a”为过滤出FeC2O4沉淀后所得滤液中，则存在：，否则将继续产生FeC2O4沉淀，D错误； 故答案为：B。 4．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 实验操作和现象 结论 A 用0.1molL-1NaOH溶液分别中和等体积的0.1molL-1溶液和0.1molL-1溶液，消耗的NaOH溶液多 酸性： B 用pH计分别测定等浓度的溶液和溶液的pH，溶液的pH小 键的极性增强，羧酸酸性增强 C 反应平衡后，缩小容器的体积，气体的颜色变深 平衡向逆反应方向移动 D 向2mL0.1molL-1溶液中先滴加4滴0.1molL-1NaCl溶液，振荡后再滴加4滴0.1molL-1KI溶液，白色沉淀变为黄色沉淀 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，通过该实验无法说明H2SO4和CH3COOH酸性的强弱，故A错误； B．等浓度CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液中，CH2ClCOOH溶液的pH更小，O-H键极性更强，更容易解离，酸性更强，故B正确； C．缩小密闭容器的体积，气体的浓度都增大，二氧化氮是红棕色，颜色先变深，缩小体积会导致压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡右移，颜色会稍变浅，故C错误； D．Ag+过量， 滴加4滴0.1mol/L KI溶液生成黄色沉淀可能是碘离子和过量的银离子反应得到的，不一定是沉淀转化得到的，不能证明Ksp(AgC1)>Ksp(AgI)，故D错误； 故答案为B。 阅读材料，回答下列小题。 氨气是一种重要的含氮化合物，目前主要由和在高温高压和铁触媒催化作用下合成(哈伯-博施法)。主要来自煤炭的催化重整。揭示合成氨反应的机理，实现温和条件下制取氨气，一直是化学工作者孜孜以求的目标。 5．(24-25高二上·江苏省苏州市昆山震川高级中学·期末)在时，煤炭催化重整反应为 。在时，向恒容密闭容器中充入一定量和，则下列相关说法正确的是 A．该反应的熵变 B．当时，该反应达到平衡状态 C．其他条件不变时，加入少量，制取的速率不变 D．在时，和的能量和的能量 6．(24-25高二上·江苏省苏州市昆山震川高级中学·期末)研究表明，通入总物质的量一定的和，合成氨反应在催化剂上可能通过如图所示机理进行(*表示催化剂表面的吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)，其中步骤(ⅱ)是控制总反应速率的步骤。下列相关说法不正确的是 A．在步骤(ⅱ)中，有非极性共价键发生断裂 B．在步骤(ⅴ)中，与结合生成，同时释放出1个吸附位 C．步骤(ⅵ)对应的机理可能为 D．其他条件不变时，提高的含量一定能加快合成氨的速率 7．(24-25高二上·江苏省苏州市昆山震川高级中学·期末)用纳米作催化剂，常压下电化学合成氨的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．镍合金连接外接电源的负极 B．从镍合金向片运动 C．镍合金上电极反应式为： D．反应中，每生成同时得到 【答案】5．C 6．D 7．A 【解析】5．A．根据反应能够自发进行，该反应为焓变为正值，则其反应的熵变大于0，A错误； B．当时，不能说明反应的正逆反应速率是否相等，不能判断该反应达到平衡状态，B错误； C．碳为固态，加入少量，不改变反应速率，制取的速率不变，C正确； D．反应为吸热反应，则生成物的能量更大，故在时，和的能量和的能量，D错误； 故选C。 6．A．氮气分子中存在非极性共价键，在步骤(ⅱ)中，氮气分子分解为氮原子，因此有非极性共价键发生断裂，A正确；     B．根据反应历程的方程式可知，在步骤(ⅴ)中，与结合生成，同时释放出1个吸附位，B正确； C．根据反应机理推断，步骤(ⅵ)对应的机理可能为，C正确； D．因为步骤(ⅱ)是控制总反应速率的步骤，所以其他条件不变时，适当提高的含量能加快合成氨的速率，但是若氮气的含量过高，则氢气占有的催化剂活性中心过少，其分解产生的吸附在催化剂表面的氢原子也会过少，必然导致合成氨的速率减小，D错误； 故选D。 7．由图可知，Pt电极上氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气：，Pt为阳极；镍合金为阴极，阴极区氮气得到电子发生还原反应生成氨气：； A．由分析可知，镍合金为阴极，连接外接电源的负极，A正确； B．阳离子向阴极移动，故不会从镍合金向片运动，B错误； C．由分析可知，镍合金为阴极，阴极区氮气得到电子发生还原反应生成氨气：，C错误； D．没有指明是在标况下，不确定生成的氨气的体积，D错误； 故选A。 二、解答题 8．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)燃油汽车尾气中氮氧化合物、碳氧化合物的处理与利用是研究的热点。 (1)汽车尾气中的污染物NO和CO，一定条件下可发生以下反应： 反应Ⅰ.2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)     ΔH1=-746kJ·mol-1 反应Ⅱ.2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)    ΔH2=-180.0kJ·mol-1 反应Ⅲ.2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)    ΔH3 ①反应Ⅲ的ΔH3= 。 ②燃油汽车尾气中产生NO的原因为 (用化学方程式表示)；汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，可能的原因是 。 ③经过反应Ⅰ处理后汽车尾气仍含有较多CO、NO的可能原因是 。写出一项能减少尾气中CO、NO的措施： 。 (2)在相同时间内，三种催化剂下NO的转化率、NO2浓度随温度变化如图1所示。相同时间内，MnCeZr催化剂在不同空速下NO的转化率随温度的变化如图2所示。 已知：空速(规定的条件下，单位时间、单位体积催化剂处理的气体量)的大小直接决定了烟气在催化剂表面的停留时间和装置的烟气处理能力。催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝(去除氮氧化物)效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。 ①根据图1和图2分析，选取工业脱硝的最佳反应条件为300℃、 、 。 ②在100~150℃下NO的转化率较低、而在150~200℃下NO的转化率快速增加的原因为 。 (3)尖晶石结构中的ZnGa2O4、SAPO-34双功能催化剂可在250~400℃温度范围内将CO2高选择性转化为甲醇，进而制备低碳烯烃，可能的反应历程如下： 注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。 画出中间体M结构为 。反应机理中步骤①和步骤②的过程可以描述为 。 【答案】(1) +566.0 kJ·mol-1 N2+O22NO 生成NO的反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，NO的含量增大 该反应的活化能大，反应速率慢 选用高效催化剂 (2) MnCeZr 空速10 000 h-1 150~200 ℃下随着温度的升高反应速率增大；温度升高催化剂的活性增强使反应速率加快，二者共同作用使NO转化率快速增加 (3) H2首先在Zn—Ga—O表面解离成2个H*，并与催化剂Zn—Ga—O中的氧原子结合生成水脱离，留下氧原子空位，二氧化碳分子中的氧原子落在氧空位中与催化剂结合 【详解】（1）反应Ⅰ.2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)     ΔH1=-746kJ·mol-1 反应Ⅱ.2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)    ΔH2=-180.0kJ·mol-1 ①Ⅱ-Ⅰ得2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)    ΔH3 =-180.0kJ·mol-1+746kJ·mol-1=+566.0 kJ·mol-1。 ②燃油汽车尾气中产生NO是空气中的氮气和氧气在高温条件下反应生成的，反应方程式为N2+O22NO；汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，可能的原因是：生成NO的反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，NO的含量增大。 ③2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)反应的活化能大，反应速率慢，所以经过反应Ⅰ处理后汽车尾气仍含有较多CO、NO；选用高效催化剂，加快反应速率，能减少尾气中的CO、NO。 （2）①根据图1和图2分析，在300℃、空速为10 000 h-1、MnCeZr作催化剂时NO的转化率最大，NO2浓度最低，则选取工业脱硝的最佳反应条件为300℃、空速为10 000 h-1、MnCeZr作催化剂。 ②在100~150℃下NO的转化率较低、而在150~200℃下NO的转化率快速增加的原因为：150~200 ℃下随着温度的升高反应速率增大；温度升高催化剂的活性增强使反应速率加快，二者共同作用使NO转化率快速增加。 （3） 吸附在催化剂上的H依次与C原子成键，根据“碳四价”，中间体M结构为。反应机理中步骤①和步骤②的过程可以描述为：H2首先在Zn—Ga—O表面解离成2个H*，并与催化剂Zn—Ga—O中的氧原子结合生成水脱离，留下氧原子空位，二氧化碳分子中的氧原子落在氧空位中与催化剂结合。 9．(24-25高三上·江苏镇江市第一中学·期末)工业尾气中的氮氧化物是大气主要污染源之一、消除氮氧化物对环境保护有着重要意义。 (1)SNCR­SCR脱硝技术是一种新型除去烟气(含NOx和O2等)中氮氧化物的方法，以NH3作还原剂，其脱硝流程如图1，其中SNCR脱硝效率与体系温度关系如图2所示。 ①当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其可能的原因是 ； ②SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是 。 (2)氢气选择性催化还原(H2-SCR)是一种理想的方法。其相关反应如下： 主反应：2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)　ΔH1 副反应：2NO(g)＋H2(g)=N2O(g)＋H2O(g)　ΔH2<0 ①已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH3=-483.5 kJ·mol-1 N2(g)＋O2(g)=2NO(g)　ΔH4=＋180.5 kJ·mol-1 ΔH1= 。 ②一定温度下用H2还原NO，测得反应后尾气中NO、N2O、N2的体积分数随H2的体积分数的变化如图3所示。当H2的体积分数大于750×10-6时，N2的体积分数下降的原因是 。 ③在Pt表面H2、O2和NO会解离成H、O、N，其中H与O生成H2O，而Pt表面的N会与邻位的N反应生成N2，与NO反应生成N2O，与邻位的H反应生成NH3，过程如图4所示。当Pt的载体酸性增强时，会产生更多的N2，原因是 。 【答案】(1) 温度超过950℃后，NH3会与O2反应生成NO(生成的N2会与O2反应)，增大烟气中的NOx浓度，脱硝率下降 SCR技术中温度过高，催化剂活性降低 (2) -664.0 kJ·mol-1 氢气和生成的氮气反应生成氨气 酸性增强，NH3易被载体吸附生成NH，NH与NO和O2反应，产生更多的N2 【详解】（1）①当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其可能的原因是温度高于950℃时，NH3会与O2反应生成NO(生成的N2会与O2反应)，增大烟气中的NOx浓度，脱硝率下降； ②SCR技术的反应温度不能太高，其原因是温度过高，催化剂活性降低， （2）①已知：III、2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH3=-483.5 kJ·mol-1 IV、N2(g)＋O2(g)=2NO(g)　ΔH4=＋180.5 kJ·mol-1 由盖斯定律III-IV可得2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)，ΔH1=-483.5kJ•mol-1-180.5kJ⋅mol-1=-664kJ/mol； ②由图可知，当H2的体积分数大于750×10-6时，N2的体积分数呈下降趋势，但NH3的体积分数呈上升趋势，说明生成的氮气与氢气反应生成了氨气； ③根据图4可知，酸性增强，NH3易被载体吸附生成NH，NH与NO和O2反应，产生更多的N2。 10．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)烟气脱硝技术是烟气治理的发展方向和研究热点。 (1)以为活性物质、为载体的催化剂，可用于烟气中的脱除。将胶体与、溶液混合，静置、过滤、洗涤、煅烧制得催化剂。异丙醇铝加入到75℃水中，充分搅拌可生成胶体。 已知：胶粒表面带正电荷。 ①生成胶体的化学方程式为 。 ②与、溶液混合前，须在胶体中加入一定量NaOH溶液的目的是 。 ③“煅烧”制催化剂的过程中固体的质量先减小后增大，固体质量增加的原因是 。 (2)将模拟烟气(主要成分为NO、、)匀速通过装有催化剂的反应管，和NO反应机理可表示为(ads表示吸附态)。 负载不同含量的催化剂对NO的脱除率随温度的变化如下图所示。 ①130~200℃温度范围内，随着温度的升高，NO脱除率均迅速增大原因是 。 ②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关。温度高于400℃，使用催化剂B的NO脱除率明显低于催化剂A，其原因是 。 (3)实验测得温度升高出口处含量增大，已知与在该催化剂下很难反应生成，含量增大的原因是 (用化学方程式表示)。 【答案】(1) (胶体) 改变胶粒电荷性质； 和氧气生成了 (2) 温度升高反应速率加快；催化剂活性随温度升高而增大，两者共同导致NO脱除率均迅速增大 催化剂B的含量高，含量低，对的吸附少 (3) 【详解】（1）①加入到75℃水中，充分搅拌可生成胶体，结合质量守恒，反应还生成，反应为(胶体)； ②胶粒表面带正电荷，加入一定量NaOH溶液改变胶粒电荷性质，再加入、溶液吸附Cu2+、Ce3+，故答案为改变胶粒电荷性质； ③吸附有Cu2+、Ce3+的胶体煅烧可制得/催化剂，煅烧过程中，固体质量先减小后增大，根据催化剂和原料的分子式，增大是因为Ce2O3和氧气反应生成了CeO2； （2）①温度和催化剂能改变反应速率；温度升高反应速率加快，催化剂活性随温度升高而增大，两者共同导致130~200℃温度范围内，随着温度的升高，NO脱除率均迅速增大； ②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关；由图，氧化铝载体可以吸附氨气以便利于下一步反应的进行，则温度高于400℃，使用催化剂B的NO脱除率明显低于催化剂A，其原因是：催化剂B的含量高，含量低，对的吸附少，导致其NO的脱除率低； （3）已知与在该催化剂下很难反应生成，则含量增大应该是氨气和NO催化反应生成的，结合质量守恒，还生成水：。 11．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)实验室以菱锰矿(含及少量Fe、Si的氧化物等)为原料制备高纯和的流程如下图所示。 已知：室温下、、、。 (1)该流程中可循环使用的物质有 。 (2)“焙烧”过程中发生的化学方程式： 。 (3)“沉铁”过程中会产生少量沉淀。在工业上可用于去除溶液中，反应为，其平衡常数 。 (4)制取在如图所示实验装置中，搅拌下使一定量的溶液与氨水混合溶液充分反应。 ①滴液漏斗中添加的药品是 。 ②混合溶液中氨水的作用是 。 (5)制取。固定其他条件不变，反应物物质的量浓度比值、温度、空气流量对溶液制取纯度的影响分别如图所示。 补充完整制取纯净的实验方案：取25mL0.7mol·L-1的溶液， ，控制搅拌速率500r·min-1反应8h， ，110℃干燥2h，得到纯净的(须使用的试剂：0.7mol·L-1NaOH溶液、1.0mol·L-1溶液)。 【答案】(1)或氨水、 (2) (3)10 (4) 氨水混合溶液 调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全 (5) 边搅拌边向其中加入50mL0.7mol·L-1NaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气 静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成 【分析】向菱锰矿(含及少量Fe、Si的氧化物等)中加入硫酸铵焙烧，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气、水和二氧化碳，铁的氧化物、二氧化硅不与硫酸铵反应，加水溶解，再加入氨水调节pH除去铁，过滤得到硫酸锰溶液，搅拌条件下使一定量的MnSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液充分反应制取，同时得到硫酸铵，据此解答。 【详解】（1）该流程中NH3或氨水、(NH4)2SO4既是反应物又是生成物，则该流程中可循环使用的物质有NH3或氨水、(NH4)2SO4； （2）“焙烧”过程中碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：； （3）反应，其平衡常数K==； （4）①溶液与氨水混合溶液充分反应，氨水受热易分解挥发，则三颈烧瓶中盛有MnSO4溶液，滴液漏斗中添加的药品是氨水混合溶液； ②反应生成MnCO3，则混合溶液中氨水的作用是：调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全； （5）由图可知，制取纯净Mn3O4需控制氢氧化钠与硫酸锰的浓度比值为2.0、温度75℃、空气流量在17L/min，此时得到的Mn3O4纯度较大，钡离子和硫酸根离子能生成硫酸钡沉淀，溶液用于检验得到Mn3O4沉淀是否洗涤干净；故制取纯净Mn3O4的实验方案：取25mL0.7mol/L的MnSO4溶液，边搅拌边向其中加入50mL0.7mol/LNaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气，控制搅拌速率500r·min-1反应8h，静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成，100℃干燥2h，得到纯净的Mn3O4。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 化学反应速率与化学平衡 3大高频考点概览 考点01 影响化学反应速率的因素与活化能 考点02 影响化学平衡的因素和勒夏特列原理 考点03 化学平衡状态与化学平衡常数 地 城 考点01 影响化学反应速率的因素与活化能 阅读下列材料，完成下面小题： 硫及其化合物用途广泛。实验室可用固体FeS与酸反应制取H2S气体；Fe2O3可用作脱硫剂，催化脱除工业废气中的H2S，生成单质硫；O2能将H2S氧化为SO2，用于制作H2S-O2燃料电池；稀H2SO4与稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O(l)，放出的热为57.3 kJ。 1．(24-25高二上·江苏扬州·期末)下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A．单质硫为淡黄色固体，可用于制备硫化橡胶 B．H2S中H与S形成共价键，H2S具有还原性 C．SO2具有漂白性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂 2．(24-25高二上·江苏扬州·期末)下列化学反应表示正确的是 A．向NaOH溶液中通入过量SO2：SO2＋NaOH=NaHSO3 B．FeS与浓硝酸反应：FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑ C．稀H2SO4与稀NaOH溶液反应：H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋2H2O(l)   ∆H=-57.3 kJ·mol−1 D．H2S-O2碱性燃料电池的正极反应：O2-4e-＋2H2O=4OH- 3．(24-25高二上·江苏扬州·期末)Fe2O3脱除H2S反应过程的部分机理如图所示。已知图中甲、乙是两种不同的吸附方式。下列说法不正确的是 A．图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力强于图乙 B．图中氧元素的化合价未发生变化 C．脱硫剂活性降低的原因可能是生成的硫单质覆盖在Fe2O3表面 D．失效的脱硫剂可在氧气中加热重新转化为Fe2O3实现“再生” 4．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中·期末)氨气是一种重要的含氮化合物，目前主要由和在高温高压和铁触媒催化作用下合成(哈伯-博施法)。主要来自煤炭的催化重整。揭示合成氨反应的机理，实现温和条件下制取氨气，一直是化学工作者孜孜以求的目标。研究表明，通入总物质的量一定的和，合成氨反应在催化剂上可能通过如图所示机理进行(*表示催化剂表面的吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)，其中步骤(ⅱ)是控制总反应速率的步骤。下列相关说法不正确的是 (i)N2(g)+*N2* (ii)N2*+*2N* (iii)H2(g)+*H2* (iv)H2*+*2H* (v)N*+H*NH*+* ()NH3*NH3(g)+* A．在步骤(ⅱ)中，有非极性共价键发生断裂 B．在步骤(ⅴ)中，与结合生成，同时释放出1个吸附位 C．步骤(ⅵ)对应的机理可能为 D．其他条件不变时，提高的含量一定能加快合成氨的速率 5．(24-25高二上·江苏徐州·期末)中性条件下，沸石(主要含、、、)催化产生自由基和自由基降解水中污染物，反应机理如图所示。已知铁催化性能优于铜。下列说法正确的是 A．过程Ⅰ的离子方程式： B．过程Ⅳ中有产生 C．过程Ⅴ会导致产生的增加 D．催化过程中化合价发生变化的元素为、、H、O 6．(24-25高二上·江苏盐城五校联考·期末)以反应 5H2C2O4＋2＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 为例探究外界条件对化学反应速率的影响。实验时，分别量取 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4 溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是 实验编号 H2C2O4 溶液 酸性 KMnO4 溶液 温度/℃ 浓度/(mol·L-1) 体积/mL 浓度/(mol·L-1) 体积/mL ① 0.10 2.0 0.010 4.0 25 ② 0.20 2.0 0.010 4.0 25 ③ 0.20 2.0 0.010 4.0 50 A．实验①②③所加的H2C2O4溶液均要过量 B．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2＋对反应起催化作用 C．实验①和②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响 D．实验①测得 KMnO4 溶液的褪色时间为40s，则这段时间内的平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4mol•L-1•s-1 7．(24-25高二上·江苏通州高级中学·期末)在演唱会上，我们能看到“星光闪烁”。荧光棒的发光原理是：化学物质相互反应过程中，能量以光的形式释放出来。把荧光棒放在热水中，荧光棒会迅速变亮。原因之一是 A．压强变大，反应速率变快 B．反应物浓度增大，反应速率增大 C．温度升高，反应速率增大 D．热水作为催化剂，从而加快了反应速率 阅读下列材料，完成以下问题： 催化剂能改变化学反应速率，常见催化剂有金属及其氧化物、氯化物、酸和碱等。催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、SO2催化氧化(以V2O5作催化剂)、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、铂催化氧化NH3等。催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中N电催化生成N2、氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。 8．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)下列说法不正确的是 A．V2O5能降低二氧化硫催化氧化反应的活化能 B．NH3与O2反应中，铂能减小该反应的焓变 C．汽车尾气处理中，加入催化剂能加快化学反应速率 D．C2H4与O2反应中，Ag催化能提高生成环氧乙烷的选择性 9．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)下列化学反应表示不正确的是 A．汽车尾气处理：2NO+2CON2+2CO2 B．电催化为N2的阳极反应：2+8H++6e-=N2↑+4H2O C．硝酸工业中NH3的氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O D．CO2和H2催化制二甲醚：2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O 10．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．SO2具有氧化性，可用作葡萄酒抗氧化剂 B．氯化铵易溶于水，可用作金属表面的除锈剂 C．浓硫酸具有脱水性，可用浓硫酸干燥氯气 D．可加氧化铜调pH除去氯化铜溶液中的氯化铁 11．(24-25高二上·江苏南京五校联盟·期末)捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的、混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上检测到有积碳。 下列说法不正确的是 A．反应①为；反应②为 B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应： C．时刻，反应②生成速率大于副反应生成的速率 D．之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止 12．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)金属硫化物()催化反应  ，T℃时，平衡常数为K。该反应既可以除去天然气中的，又可以获得。下列说法正确的是 A．该反应的 B．T℃时，若时，则 C．选择金属硫化物()作催化剂能降低反应活化能和焓变 D．该反应每消耗1mol可除去44.8L 13．(24-25高二上·江苏连云港灌云县第一中学·期末)回答下列问题。 (1)某同学为探究化学反应速率的影响因素拟设计如图实验方案。 实验一 实验二         ①实验一：探究 对化学反应速率的影响。 ②实验二：能否探究催化剂对化学反应速率的影响？说明原因 。 (2)在容积为的密闭容器中，进行如下反应：，最初加入1.2molA和3.2molB，在不同温度下，D的物质的量和时间t的关系如图。 试回答下列问题： ①时，内，以A表示的平均反应速率为 。 ②能判断该反应达到化学平衡状态的依据有 。 a．    b． c．容器中压强不变 d．混合气体中不变 ③利用图中数据计算：时A物质的平衡转化率为 ，时的平衡常数 ，该反应为 反应(填“吸热”或“放热”)。 ④时，某时刻测得体系中各物质的量为：，，，，则此时该反应 (填“向正反应方向进行”、“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”)。 14．(24-25高二上·江苏扬州·期末)制氢技术研究具有重要意义。 (1)CuFe2O4-x分解水制氢，其原理为：CuFe2O4-x＋xH2O CuFe2O4＋xH2。 ①1 mol CuFe2O3.8理论上可制得H2为 mol。 ②CuFe2O4-x可由CuFe2O4在无氧条件下煅烧制得。若煅烧后Fe元素化合价不变，CuFe2O4-x中Cu2+与Cu+的个数比为1∶1，则x= 。 (2)HCOOH在RuN(CH3)2催化剂下选择制氢，其可能的转化途径如图所示。 ①用“→”表示中“N—H”配位键 。 ②途径Ⅱ过程中生成的产物X为 (填化学式)。 ③改用HCOOD代替HCOOH，途径Ⅰ中生成的气体为CO2、 (填化学式)。 (3)NaBH4与水催化反应制氢的原理为：NaBH4＋2H2O4H2↑＋NaBO2。 已知：常温下，NaBH4易溶于水，在强碱性条件下稳定存在；NaBO2易以晶体形式析出。催化反应开始时，BH、H2O反应物吸附于催化剂表面活性位点；反应结束后，产物须从催化剂表面及时脱除，空出活性位点。 ①反应时间相同，NaBH4溶液的起始浓度由0.8 %增大到1%，生成H2体积增大，其原因可能是 。 ②反应时间相同，NaBH4溶液的起始浓度由1 %增大到8%，生成H2体积减小，其原因可能是 。 地 城 考点02 影响化学平衡的因素与勒夏特列原理 1．(24-25高二上·江苏扬州·期末)某温度下，密闭容器中发生反应4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH<0。下列说法正确的是 A．上述反应的∆S<0 B．当v(NH3)∶v(H2O)=4∶6时，反应达到平衡状态 C．温度升高，不利于提高NH3的平衡转化率 D．上述反应中消耗11.2 L O2，转移电子的数目为2×6.02×1023 2．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·期末)向某密闭容器中充入4molH2和1molCO2，在催化剂作用下发生反应： ①   ②   ③   CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如下图所示（不考虑其它因素影响）。 已知：生成物A的选择性％。 下列说法正确的是 A．一定温度下，使用高效催化剂能提高氢气的平衡转化率 B．在220℃条件下，平衡时H2O的物质的量为0.56mol C．温度高于280℃，反应③右移程度小于反应①左移程度 D．其他条件不变，增大压强，图中点X将可能下调至点Y 3．(24-25高二上·江苏南京五校联盟·期末)用二氧化碳催化加氢来合成低碳烯烃，起始时以，的投料比充入反应器中，发生反应：，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示： 下列说法中错误的是 A．b代表的物质是 B．该反应在高温下自发进行 C．为提高的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增压 D．温度下的平衡转化率为50% 4．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)CO2的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为1∶1的CO2和H2，发生如下反应： ①CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)　　　ΔH1=+31.2 kJ·mol-1 ②CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g)    ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 在相同时间内，CO2的转化率、HCOOH的选择性[HCOOH的选择性=×100%]与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是     A．CO2的转化率等于H2的转化率 B．温度高于673 K时，随着温度的升高CO的选择性增大 C．其他条件不变，改为恒压容器，再次达到平衡时，HCOOH的物质的量减小 D．673 K下反应达到平衡时，CO2、HCOOH、CO的浓度之比为10∶57∶133 5．(24-25高二上·江苏连云港灌云县第一中学·期末)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 6．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期末)室温下，下列实验方案能达到实验目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，观察溶液颜色变化 探究H+浓度对和相互转化的影响 B 分别向装有大小相同铁片的两只锥形瓶中加入溶液和10 mL浓硫酸，观察产生气泡的快慢 验证反应物浓度越大速率越快 C 用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴在pH试纸上，待变色后与标准比色卡比对 测定NaClO溶液的pH D 在试管中加入0.5 g淀粉和溶液，加热。加入少量新制的Cu(OH)2，加热 证明淀粉水解后有还原性糖生成 A．A B．B C．C D．D 7．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是     探究方案 探究目的 A 已知反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，压缩体积可观察到体系颜色加深 压强对化学平衡移动的影响 B 向1 mol·L-1 CH3COONH4溶液中滴加几滴石蕊溶液，溶液不变色 CH3COONH4是否水解 C 向Na2S与ZnS的混合浊液中加入0.1 mol·L-1 CuSO4溶液，沉淀颜色由白色变为黑色 溶度积常数：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS) D 用pH计测等浓度的醋酸钠、次氯酸钠的pH，后者的pH大 酸性：CH3COOH>HClO A．A B．B C．C D．D 8．(24-25高二上·江苏扬州·期末)为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法将有机氯化工业的副产品转化为Cl2：4HCl(g)＋O2(g) 2Cl2(g)＋2H2O(g)  ΔH1=-57.2 kJ·mol−1。不同温度下将n起始(O2) ∶n起始(HCl)=1∶1混合气体以不同流速通入一定长度装有催化剂的反应管中，出口处测算HCl的转化率随HCl流速的变化曲线如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。下列说法正确的是 A．温度：T1 <T2 <T3 B．选用高效催化剂能显著提高N点处HCl的转化率 C．其他条件不变时，增大可提高HCl平衡转化率 D．不同温度下，M点处HCl的转化率、反应平衡常数均相等 9．(24-25高二上·江苏镇江市第一中学·期末)是一种液体燃料。利用和合成的主要反应为 反应Ⅰ 反应Ⅱ 在密闭容器中，，时，平衡转化率、在催化剂作用下反应tmin所测得的实际转化率及的选择性随温度的变化如图所示。的选择性可表示为。 下列说法不正确的是 A．0～tmin内，240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大 B．从220℃～280℃，的平衡产率先增大后缓慢减小 C．280℃时增大压强，的转化率可能大于40％ D．需研发低温下转化率高和选择性高的催化剂 10．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)甲烷催化二氧化碳重整制合成气过程中主要发生反应的热化学方程式为： 反应Ⅰ：  kJ·mol-1 反应Ⅱ：   反应Ⅲ：  kJ·mol-1 常压下，将原料气和以一定流速(气体摩尔流量kmolh-1)通入装有催化剂的反应管，实验测得原料气的转化率和水的摩尔流量随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 A．反应Ⅱ的kJ·mol-1 B．图中曲线B表示的转化率随温度的变化 C．温度在873~1200K间，的转化量减小的幅度大于增大的幅度 D．其他条件不变，随着的比值增加，的平衡转化率降低 二、解答题 11．(24-25高二上·江苏省苏州市昆山震川高级中·期末)烟气中常常含有大量、等大气污染物，需经过净化处理后才能排放。 (1)除去燃煤产生的废气中的的过程图所示。 ①过程Ⅰ是一部分发生催化氧化反应，若参加反应和的体积比为4∶3，则反应的化学方程式为 。 ②过程Ⅱ利用电化学装置吸收另一部分，使得Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为 。 (2)用吸收液脱除的原理如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 一定条件下测得脱硫率与浓度关系如图所示。 ①吸收液经除S后可进行再生，较经济的再生方法是 。 ②当的浓度大于10 g⋅L时，浓度越大，脱硫率越低的原因是 。 (3)我国科学家研究在活性炭催化条件下将煤气中的协同脱除，部分反应机理如图所示。 ①中S元素的转化过程可描述为 。 ②从物质转化与资源综合利用角度分析，该过程初步达到的目的为 。 12．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。 (1)催化重整： ⅰ．  kJ·mol-1 ⅱ．  kJ·mol-1 ①反应的 kJ·mol-1。 ②实验发现，其他条件不变，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中的含量。分析投入CaO时，百分含量增大的原因是： 。 (2)利用之间的相互转化，来裂解水制取氢气，其制氢流程如图所示。该工艺制氢的总反应为，对比水和碳在高温下直接 接触反应制氢，分析该工艺制氢的最大优点是 。 (3)硼氢化钠()水解制氢：常温下，自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。 ①若用代替，依据反应机理，则反应后生成的气体中含有 。 ②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：浓度较大时，易以形式结晶析出。) 分析质量分数超过10%后制氢速率下降的可能原因 。 ③转化为后，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。阴极上的电极反应式是 。 地 城 考点03 化学平衡状态与化学平衡常数 1．(24-25高二上江苏省淮安市涟水县第一中学·期末)工业合成硫酸关键一步是将转化为。对于体积恒定的密闭容器中发生的放热反应，下列说法正确的是 A．增大的浓度可以加快反应速率 B．反应达到平衡后，反应就停止了 C．升高温度该反应速率减慢 D．使用过量的可以使完全转化为 2．(24-25高二上·江苏省南京市五校联盟·期末)升高温度，下列物理量不一定增大的是 A．化学平衡常数K B．水的离子积常数Kw C．化学反应速率v D．BaSO4的溶度积Ksp 3．(24-25高二上·江苏省苏州市昆山震川高级中学·期末)草酸亚铁(FeC2O4)晶体为淡黄色粉末，难溶于水，溶于稀酸，是生产锂电池的原材料。实验室制备FeC2O4部分实验过程如下： 已知室温时：、、。 下列说法正确的是 A．可用KMnO4溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否变质 B．室温时，反应的平衡常数 C．“操作a”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥 D．“操作a”所得滤液中存在： 4．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)下列实验操作和现象，能得出相应结论的是 实验操作和现象 结论 A 用0.1molL-1NaOH溶液分别中和等体积的0.1molL-1溶液和0.1molL-1溶液，消耗的NaOH溶液多 酸性： B 用pH计分别测定等浓度的溶液和溶液的pH，溶液的pH小 键的极性增强，羧酸酸性增强 C 反应平衡后，缩小容器的体积，气体的颜色变深 平衡向逆反应方向移动 D 向2mL0.1molL-1溶液中先滴加4滴0.1molL-1NaCl溶液，振荡后再滴加4滴0.1molL-1KI溶液，白色沉淀变为黄色沉淀 A．A B．B C．C D．D 阅读材料，回答下列小题。 氨气是一种重要的含氮化合物，目前主要由和在高温高压和铁触媒催化作用下合成(哈伯-博施法)。主要来自煤炭的催化重整。揭示合成氨反应的机理，实现温和条件下制取氨气，一直是化学工作者孜孜以求的目标。 5．(24-25高二上·江苏省苏州市昆山震川高级中学·期末)在时，煤炭催化重整反应为 。在时，向恒容密闭容器中充入一定量和，则下列相关说法正确的是 A．该反应的熵变 B．当时，该反应达到平衡状态 C．其他条件不变时，加入少量，制取的速率不变 D．在时，和的能量和的能量 6．(24-25高二上·江苏省苏州市昆山震川高级中学·期末)研究表明，通入总物质的量一定的和，合成氨反应在催化剂上可能通过如图所示机理进行(*表示催化剂表面的吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)，其中步骤(ⅱ)是控制总反应速率的步骤。下列相关说法不正确的是 A．在步骤(ⅱ)中，有非极性共价键发生断裂 B．在步骤(ⅴ)中，与结合生成，同时释放出1个吸附位 C．步骤(ⅵ)对应的机理可能为 D．其他条件不变时，提高的含量一定能加快合成氨的速率 7．(24-25高二上·江苏省苏州市昆山震川高级中学·期末)用纳米作催化剂，常压下电化学合成氨的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．镍合金连接外接电源的负极 B．从镍合金向片运动 C．镍合金上电极反应式为： D．反应中，每生成同时得到 二、解答题 8．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)燃油汽车尾气中氮氧化合物、碳氧化合物的处理与利用是研究的热点。 (1)汽车尾气中的污染物NO和CO，一定条件下可发生以下反应： 反应Ⅰ.2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)     ΔH1=-746kJ·mol-1 反应Ⅱ.2NO(g)⇌N2(g)+O2(g)    ΔH2=-180.0kJ·mol-1 反应Ⅲ.2CO2(g)⇌2CO(g)+O2(g)    ΔH3 ①反应Ⅲ的ΔH3= 。 ②燃油汽车尾气中产生NO的原因为 (用化学方程式表示)；汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，可能的原因是 。 ③经过反应Ⅰ处理后汽车尾气仍含有较多CO、NO的可能原因是 。写出一项能减少尾气中CO、NO的措施： 。 (2)在相同时间内，三种催化剂下NO的转化率、NO2浓度随温度变化如图1所示。相同时间内，MnCeZr催化剂在不同空速下NO的转化率随温度的变化如图2所示。 已知：空速(规定的条件下，单位时间、单位体积催化剂处理的气体量)的大小直接决定了烟气在催化剂表面的停留时间和装置的烟气处理能力。催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝(去除氮氧化物)效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。 ①根据图1和图2分析，选取工业脱硝的最佳反应条件为300℃、 、 。 ②在100~150℃下NO的转化率较低、而在150~200℃下NO的转化率快速增加的原因为 。 (3)尖晶石结构中的ZnGa2O4、SAPO-34双功能催化剂可在250~400℃温度范围内将CO2高选择性转化为甲醇，进而制备低碳烯烃，可能的反应历程如下： 注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。 画出中间体M结构为 。反应机理中步骤①和步骤②的过程可以描述为 。 9．(24-25高三上·江苏镇江市第一中学·期末)工业尾气中的氮氧化物是大气主要污染源之一、消除氮氧化物对环境保护有着重要意义。 (1)SNCR­SCR脱硝技术是一种新型除去烟气(含NOx和O2等)中氮氧化物的方法，以NH3作还原剂，其脱硝流程如图1，其中SNCR脱硝效率与体系温度关系如图2所示。 ①当体系温度高于950℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其可能的原因是 ； ②SNCR与SCR技术相比，SCR技术的反应温度不能太高，其原因是 。 (2)氢气选择性催化还原(H2-SCR)是一种理想的方法。其相关反应如下： 主反应：2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)　ΔH1 副反应：2NO(g)＋H2(g)=N2O(g)＋H2O(g)　ΔH2<0 ①已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)　ΔH3=-483.5 kJ·mol-1 N2(g)＋O2(g)=2NO(g)　ΔH4=＋180.5 kJ·mol-1 ΔH1= 。 ②一定温度下用H2还原NO，测得反应后尾气中NO、N2O、N2的体积分数随H2的体积分数的变化如图3所示。当H2的体积分数大于750×10-6时，N2的体积分数下降的原因是 。 ③在Pt表面H2、O2和NO会解离成H、O、N，其中H与O生成H2O，而Pt表面的N会与邻位的N反应生成N2，与NO反应生成N2O，与邻位的H反应生成NH3，过程如图4所示。当Pt的载体酸性增强时，会产生更多的N2，原因是 。 10．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)烟气脱硝技术是烟气治理的发展方向和研究热点。 (1)以为活性物质、为载体的催化剂，可用于烟气中的脱除。将胶体与、溶液混合，静置、过滤、洗涤、煅烧制得催化剂。异丙醇铝加入到75℃水中，充分搅拌可生成胶体。 已知：胶粒表面带正电荷。 ①生成胶体的化学方程式为 。 ②与、溶液混合前，须在胶体中加入一定量NaOH溶液的目的是 。 ③“煅烧”制催化剂的过程中固体的质量先减小后增大，固体质量增加的原因是 。 (2)将模拟烟气(主要成分为NO、、)匀速通过装有催化剂的反应管，和NO反应机理可表示为(ads表示吸附态)。 负载不同含量的催化剂对NO的脱除率随温度的变化如下图所示。 ①130~200℃温度范围内，随着温度的升高，NO脱除率均迅速增大原因是 。 ②催化剂的催化效率与反应物在载体表面的吸附和活性物质表面的反应有关。温度高于400℃，使用催化剂B的NO脱除率明显低于催化剂A，其原因是 。 (3)实验测得温度升高出口处含量增大，已知与在该催化剂下很难反应生成，含量增大的原因是 (用化学方程式表示)。 11．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)实验室以菱锰矿(含及少量Fe、Si的氧化物等)为原料制备高纯和的流程如下图所示。 已知：室温下、、、。 (1)该流程中可循环使用的物质有 。 (2)“焙烧”过程中发生的化学方程式： 。 (3)“沉铁”过程中会产生少量沉淀。在工业上可用于去除溶液中，反应为，其平衡常数 。 (4)制取在如图所示实验装置中，搅拌下使一定量的溶液与氨水混合溶液充分反应。 ①滴液漏斗中添加的药品是 。 ②混合溶液中氨水的作用是 。 (5)制取。固定其他条件不变，反应物物质的量浓度比值、温度、空气流量对溶液制取纯度的影响分别如图所示。 补充完整制取纯净的实验方案：取25mL0.7mol·L-1的溶液， ，控制搅拌速率500r·min-1反应8h， ，110℃干燥2h，得到纯净的(须使用的试剂：0.7mol·L-1NaOH溶液、1.0mol·L-1溶液)。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $