题型01 化学平衡综合（期末真题汇编，江苏专用）高二化学上学期

题型01 化学平衡综合 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。 1．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·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 2．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·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 3．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·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 4．(24-25高二上·江苏苏州·期末)1，3-丁二烯(X)与发生两种加成反应：1，2-加成和1，4-加成，均为放热反应，其中，1，2-加成产物用Y表示，1，4-加成产物用Z表示。40℃时，在密闭容器中充入一定量的和，测得各气体浓度与反应时间的关系、能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．1，2-加成产物比1，4-加成产物稳定 B．达平衡时，升高温度，产物中1，4-加成产物含量降低 C．1，2-加成产物转化为1，4-加成产物的反应为吸热反应 D．40℃时，生成1，2-加成产物的活化能大于生成1，4-加成产物的活化能 5．(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 6．(24-25高二上·江苏江阴长泾中学·期中)乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理如下，能量与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是 A．A中所有碳原子的杂化方式均为sp3 B．第①步反应只断裂了碳碳键 C．总反应的ΔH<0，说明反应物的键能总和小于生成物的键能总和 D．乙烯在酸催化下水合制乙醇一定不需要加热就能进行 7．(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 8．(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% 9．(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 10．(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 11．(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 12．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·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 13．(24-25高二上·江苏镇江中学·期末)运用化学反应原理研究溶液的组成与性质具有重要意义，已知水存在如下平衡：H2OH++OH- △H>0，现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L-1NaOH溶液，乙为0.1 mol·L-1CH3COOH，丙为0.1 mol·L-1AlCl3溶液。试回答下列问题： (1)甲溶液的pH= 。甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为 。 (2)将此乙溶液加水稀释，其他条件不变，随着加水体积的增加而逐渐增大的是_______(填写序号)。 A． B． C．c(H+)和c(OH–)的乘积 D．c(H+) (3)丙溶液中存在的水解平衡为 (用离子方程式表示)。 (4)室温下，向20.00mL乙溶液中逐滴加入甲溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。请分析： ①pH=7时，溶液中c(CH3COO-)、c(Na+)二者之间的关系为 。 ②下列关系式中，能同时代表图中a、b、c三点所对应溶液中微粒之间浓度关系的是 。 A．c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L  B．c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) C．c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)     D．c(CH3COO-)+c(CH3COOH)>c(Na+) (5)已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表：(单位省略) 醋酸 碳酸 氢氰酸 Ka=1.7×10-5 Ka1=4.2×10-7 Ka2=5.6×10-11 Ka=6.2×10-10 ①25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 。 ②向Na2CO3溶液中加入明矾溶液，有沉淀和气体产生，反应的离子方程式为 。 14．(24-25高二上·江苏南京五校联盟·期末)纳米被广泛应用于光催化、精细陶瓷等领域。以钛铁矿(主要成分为)为原料制备纳米的步骤如下：25°C时， (1)酸浸：向磨细的钛铁矿中加入浓硫酸，充分反应后，所得溶液中主要含有、、、和。基态核外电子排布式为 ；价电子轨道表示式为 ；中电子的不同空间运动状态数目为 。 (2)除铁、沉钛：向溶液中加入铁粉，充分反应，趁热过滤。所得滤液冷却后过滤得到富含的溶液；调节除铁后溶液的，使水解生成，过滤。 ①若沉钛后，则需要调节溶液的略大于 ； ②水解生成的离子方程式为 ； ③加入铁粉的作用是 。 (3)煅烧：在550°C时煅烧，可得到纳米。纳米在室温下可有效催化降解空气中的甲醛。和甲醛都可在催化剂表面吸附，光照时，吸附的与产生，从而降解甲醛。空气的湿度与甲醛降解率的关系如图所示，甲醛降解率随空气湿度变化的原因为 。 15．(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”)。 16．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期末)氢气是一种理想的清洁能源。 (1)制氢。利用卤化物热化学循环制氢，原理如下图所示(部分反应物和产物已略去)。 ①加热条件下发生反应Ⅲ的化学方程式为 。 ②若反应IV中有水参加反应，理论上IV反应可生成 。 (2)储氢。镁基储氢材料等体系能与水反应释放出氢气。不同储氢材料与水反应制氢速率曲线如图I所示，在溶液中的水解机理如图II所示。 ①Mg2NiH4与水反应放出氢气的化学反应方程式： 。 ②复合材料与水反应放出氢气的速率最快，原因可能为 。 ③表面包裹Mg(OH)2的在溶液中水解速率较快，结合机理说明其原因 。 (3)实验室利用铁基催化剂进行电催化硝酸盐还原合成氨的装置如图III所示。电解时，先吸附到催化剂表面放电产生。 ①写出电解生成的电极反应式 。 ②从5变化到3时，的产率逐渐减小的原因可能为 。 17．(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 。 18．(24-25高二上·江苏扬州·期末)五氧化二钒(V2O5)在冶金、化工等领域有重要应用。 (1)V2O5的制备。NH4VO3制备V2O5的反应为2NH4VO3V2O5＋2NH3＋H2O。反应时，若不及时分离出产生的NH3，会有少量VO2生成，其原因是 。 (2)V2O5催化氧化SO2的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH =-196 kJ·mol−1，其反应历程为： Ⅰ  V2O5(s)＋SO2 (g)2VO2(s)＋SO3 (g)  ΔH1=24 kJ·mol−1     Ⅱ  4VO2(s)＋O2(g)2V2O5(s)  ΔH2       ①反应 Ⅰ 平衡常数表达式为K= 。 ②ΔH2 = kJ·mol−1。 ③V2O5的活性温度范围是450～600℃。预热后的SO2和O2在如图所示的接触室内发生反应，经过催化剂层时，气体温度会迅速上升。热交换器可使内外气体进行能量交换，其目的是 。 ④SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。在实际生产中，反应条件选择A点而不选择B点的原因是 (填字母)。 a．A点条件下，SO2的反应速率更快 b．B点条件下，对设备要求更高，能耗更大 c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大 (3)V2O5用作活性电极。一种双隔膜电池的工作原理如图所示。V2O5电极反应式为 ；b膜是 离子交换膜(填“阳”或“阴”)。 19．(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 。 20．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·期末)捕集并转化CO2可以有效实现碳达峰、碳中和。 Ⅰ．工业上利用两种温室气体CH4和CO2催化重整制取H2和CO，主要反应为： 反应①：   过程中还发生三个副反应： 反应②：   反应③：   反应④：  △H4 将CH4与CO2(体积比为1∶1)的混合气体以一定流速通过催化剂，产物中H2与CO的物质的量之比、CO2的转化率与温度的关系如图所示： (1)△H4= kJ·mol-1。 (2)500℃时，比较小，此时发生的副反应以 (选填②、③、④中一种)为主。升高温度，产物中H2与CO的物质的量之比增大的原因是 。 Ⅱ．光催化CH4和CO2生成CO和H2催化反应机理如图所示： (3)上述反应机理中表现出氧化性的粒子有 。 Ⅲ．用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如右图所示： ，其中，Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 (4)当电解电压为u1V时，阴极生成HCHO的电极反应式为 。 (5)当电解电压为u2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为5：6，生成HCHO的法拉第效率m为 。 21．(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)。 22．(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)。 23．(24-25高三上·江苏南京师范大学附属中学·期中)“碳达峰•碳中和”是我国社会发展重大战略之一，的减排、吸收、封存及转化，都是学术研究和工业应用中的重要课题。 (1)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： I： Ⅱ： 还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。常压下和按物质的量之比1：3投料，某一时段内和的转化率随温度变化如下图1，时的值为 ，请在下图2中画出间的变化趋势，并标明时值 。 (2)与2-甲基咪唑(结构简式：)的酸根离子(可形成一种金属有机骨架结构ZIF-8，ZIF-8具有空间笼状骨架(结构如下图3)，其空隙可以吸附，并促进转化为高附加值化学品。①ZIF-8具有较高的热稳定性且能循环利用。然而，在潮湿的酸性环境中使用时，会有生成，以表示ZIF-8，该反应的化学方程式为 。试从结构的角度分析，潮湿环境下ZIF-8重复捕获的能力将大大降低的原因是 。 ②ZIF-8催化转化为环状碳酸酯的可能机理如下： 在上述催化过程中，ZIF-8由提供空轨道作为活性位点，与反应物的孤电子对结合。从下列选项中选择合理的中间体完成反应：I、Ⅱ依次为 。 (3)催化电解吸收的KOH溶液可将转化为CO或有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如下图4所示。 其中，表示电解生成还原产物所转移电子的物质的量，表示法拉第常数。 ①阴极由生成CO的电极反应式为 。 ②在相同条件下，催化电解相同时间，阴极施加的电解电压过高或过低，生成CO的量都会减少，原因是 。 ③阴极施加的电解电压为1.0V，电解进行一段时间后共产生了0.46molCO，该过程同时产生的在标准状况下的体积为 。 24．(23-24高三上·江苏南通如皋·期中)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 。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型01 化学平衡综合 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。 1．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·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 2．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·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 3．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·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】1．C 2．D 3．A 【解析】1．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。 2．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。 3．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。 4．(24-25高二上·江苏苏州·期末)1，3-丁二烯(X)与发生两种加成反应：1，2-加成和1，4-加成，均为放热反应，其中，1，2-加成产物用Y表示，1，4-加成产物用Z表示。40℃时，在密闭容器中充入一定量的和，测得各气体浓度与反应时间的关系、能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．1，2-加成产物比1，4-加成产物稳定 B．达平衡时，升高温度，产物中1，4-加成产物含量降低 C．1，2-加成产物转化为1，4-加成产物的反应为吸热反应 D．40℃时，生成1，2-加成产物的活化能大于生成1，4-加成产物的活化能 【答案】B 【详解】A．1，4一加成产物的能量比1，2一加成产物的能量更低，能量越低则越稳定，所以1，4一加成产物比1，2—加成产物更稳定，A错误； B．升高温度时，1，4—加成产物转化为1，2—加成产物，产物中1，4—加成产物含量降低，B正确； C．根据反应进程和能量关系图可知，1，2—加成产物转化为1，4—加成产物为放热反应，C错误； D．40℃时，开始阶段生成1，2加成产物的反应速率远大于生成1，4加成产物的反应速率，所以生成1，2—加成产物的活化能小，D错误； 故选：B。 5．(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】A 【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错误； 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，故反应②生成H2速率大于副反应生成H2的速率，C正确； 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正确； 故选A。 6．(24-25高二上·江苏江阴长泾中学·期中)乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理如下，能量与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是 A．A中所有碳原子的杂化方式均为sp3 B．第①步反应只断裂了碳碳键 C．总反应的ΔH<0，说明反应物的键能总和小于生成物的键能总和 D．乙烯在酸催化下水合制乙醇一定不需要加热就能进行 【答案】C 【详解】 A．中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，带正电荷碳原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误； B．由图可知，第①步反应中水合氢离子发生了氢氧键断裂和乙烯分子发生了碳碳双键的断裂，故B错误； C．由图可知，总反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，说明反应物的键能总和小于生成物的键能总和，故C正确； D．由图可知，乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，但反应条件与反应是否放热无关，故D错误； 故选C。 7．(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。 8．(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。 9．(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。 10．(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。 11．(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。 12．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·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。 13．(24-25高二上·江苏镇江中学·期末)运用化学反应原理研究溶液的组成与性质具有重要意义，已知水存在如下平衡：H2OH++OH- △H>0，现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L-1NaOH溶液，乙为0.1 mol·L-1CH3COOH，丙为0.1 mol·L-1AlCl3溶液。试回答下列问题： (1)甲溶液的pH= 。甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH-)的大小关系为 。 (2)将此乙溶液加水稀释，其他条件不变，随着加水体积的增加而逐渐增大的是_______(填写序号)。 A． B． C．c(H+)和c(OH–)的乘积 D．c(H+) (3)丙溶液中存在的水解平衡为 (用离子方程式表示)。 (4)室温下，向20.00mL乙溶液中逐滴加入甲溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。请分析： ①pH=7时，溶液中c(CH3COO-)、c(Na+)二者之间的关系为 。 ②下列关系式中，能同时代表图中a、b、c三点所对应溶液中微粒之间浓度关系的是 。 A．c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L  B．c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) C．c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)     D．c(CH3COO-)+c(CH3COOH)>c(Na+) (5)已知25℃时，醋酸、碳酸、氢氰酸的电离平衡常数如下表：(单位省略) 醋酸 碳酸 氢氰酸 Ka=1.7×10-5 Ka1=4.2×10-7 Ka2=5.6×10-11 Ka=6.2×10-10 ①25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为 。 ②向Na2CO3溶液中加入明矾溶液，有沉淀和气体产生，反应的离子方程式为 。 【答案】(1) 13 丙>乙>甲 (2)B (3)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+ (4) c(Na+)=c(CH3COO-) CD (5) CN-+CO2+H2O=+HCN 3+2Al3++3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑ 【详解】（1）氢氧化钠为强碱，水溶液中完全电离，0.1mol/LNaOH溶液中c(OH-)是0.1mol/L，常温下pOH=1，pH值为13；，氢氧化钠电离出OH-抑制水的电离，醋酸为弱酸，醋酸部分电离出氢离子抑制水的电离，AlCl3溶液中铝离子水解促进水的电离，所以水电离出的c(OH-)的大小关系为丙>乙>甲； （2）A．，加水稀释，醋酸浓度减小，氢离子浓度减小，比值减小； B．    ，氢离子浓度减小，比值增大； C．c(H+)和c(OH–)的乘积等于水的离子积常数，温度不变，K值不变；     D．加水稀释，醋酸浓度减小，氢离子浓度减小； 故选B； （3）AlCl3溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+； （4）①pH=7时，，由电荷守恒，，则溶液中c(CH3COO-)、c(Na+)二者之间的关系为c(Na+)=c(CH3COO-)。 ②A．加入氢氧化钠溶液后，溶液体积增大，结合物料守恒，c(CH3COO-)+c(CH3COOH<0.1mol/L，错误；   B．c点溶液显碱性，则c(H+)<c(OH-)，错误； C．由电荷守恒，则c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)，正确； D．c加入氢氧化钠量最大且氢氧化钠溶液体积小于20mL，结合物料守恒，则会存在c(CH3COO-)+c(CH3COOH)<c(Na+)，正确； 故选CD； （5）①由K值，酸性碳酸大于HCN大于碳酸氢根离子，则25℃时，向NaCN溶液中通入少量CO2生成、HCN，反应的离子方程式为CN-+CO2+H2O=+HCN。 ②向Na2CO3溶液中加入明矾硫酸铝钾溶液，有沉淀和气体产生，结合质量守恒，碳酸根离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为3+2Al3++3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。 14．(24-25高二上·江苏南京五校联盟·期末)纳米被广泛应用于光催化、精细陶瓷等领域。以钛铁矿(主要成分为)为原料制备纳米的步骤如下：25°C时， (1)酸浸：向磨细的钛铁矿中加入浓硫酸，充分反应后，所得溶液中主要含有、、、和。基态核外电子排布式为 ；价电子轨道表示式为 ；中电子的不同空间运动状态数目为 。 (2)除铁、沉钛：向溶液中加入铁粉，充分反应，趁热过滤。所得滤液冷却后过滤得到富含的溶液；调节除铁后溶液的，使水解生成，过滤。 ①若沉钛后，则需要调节溶液的略大于 ； ②水解生成的离子方程式为 ； ③加入铁粉的作用是 。 (3)煅烧：在550°C时煅烧，可得到纳米。纳米在室温下可有效催化降解空气中的甲醛。和甲醛都可在催化剂表面吸附，光照时，吸附的与产生，从而降解甲醛。空气的湿度与甲醛降解率的关系如图所示，甲醛降解率随空气湿度变化的原因为 。 【答案】(1) 或 14 (2) 2 TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+ 将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质 (3)湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO∙增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低； 【详解】（1） Ti为22号元素，基态核外电子排布式为或；价电子排布式为3d5，价电子轨道表示式为：；的电子排布式为：，电子的不同空间运动状态数目即电子所占轨道数为14； （2）①25℃时，Ksp[TiO(OH)2]=1×10−29，c(TiO2+)•c2(OH-)=1×10−29，c(TiO2+)＜1×10−5mol•L−1，c(OH-)＞mol/L=10-12mol/L，c(H+)＜mol/L=10-2mol/L，即需要调整溶液的pH＞2。 ②TiO2+水解生成TiO(OH)2同时产生H+，离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+。 ③加入铁粉的作用是将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质。 （3）甲醛降解率随空气湿度变化的原因为湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO∙增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低。 15．(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。 16．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期末)氢气是一种理想的清洁能源。 (1)制氢。利用卤化物热化学循环制氢，原理如下图所示(部分反应物和产物已略去)。 ①加热条件下发生反应Ⅲ的化学方程式为 。 ②若反应IV中有水参加反应，理论上IV反应可生成 。 (2)储氢。镁基储氢材料等体系能与水反应释放出氢气。不同储氢材料与水反应制氢速率曲线如图I所示，在溶液中的水解机理如图II所示。 ①Mg2NiH4与水反应放出氢气的化学反应方程式： 。 ②复合材料与水反应放出氢气的速率最快，原因可能为 。 ③表面包裹Mg(OH)2的在溶液中水解速率较快，结合机理说明其原因 。 (3)实验室利用铁基催化剂进行电催化硝酸盐还原合成氨的装置如图III所示。电解时，先吸附到催化剂表面放电产生。 ①写出电解生成的电极反应式 。 ②从5变化到3时，的产率逐渐减小的原因可能为 。 【答案】(1) 1 (2) 和都能和水反应生成氢气，同时和水反应生成和Ni构成了原电池，两者作用使反应放出氢气速率最快 水解生成和，将表面覆盖的除去，使能和接触而直接反应 (3) 溶液中浓度增大，更多的得到电子生成得到电子产生的量减少，的产率逐渐减小 【详解】（1）①加热条件下反应Ⅲ中Fe3O4和HBr反应生成Br2、H2O和FeBr2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； ②反应Ⅳ中FeBr2和H2O反应生成Fe3O4、HBr、H2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3FeBr2+4H2O=Fe3O4+H2↑+6HBr，有4mol水参加反应，理论上该反应可生成1 molH2； （2）①Mg2NiH4与水反应放出氢气的化学反应方程式为； ②复合材料与水反应放出氢气的速率最快，原因可能为：和都能和水反应生成氢气，同时和水反应生成，Mg和构成了原电池，两者作用使反应放出氢气速率最快； ③在溶液中水解速率较快，原因为：水解生成和H+，H+将表面覆盖的除去，使能和接触而直接反应； （3）①电解时，先吸附到催化剂表面放电产生，氮元素化合价降低，得电子发生还原反应，电极反应式为； ②pH从5变化到3时，酸性增强，溶液中H+浓度增大，H+得电子生成氢气，造成硝酸根离子得电子产生铵根离子的量减少，则的产率逐渐减小的原因可能为：溶液中浓度增大，更多的得到电子生成，得到电子产生的量减少，的产率逐渐减小。 17．(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。 18．(24-25高二上·江苏扬州·期末)五氧化二钒(V2O5)在冶金、化工等领域有重要应用。 (1)V2O5的制备。NH4VO3制备V2O5的反应为2NH4VO3V2O5＋2NH3＋H2O。反应时，若不及时分离出产生的NH3，会有少量VO2生成，其原因是 。 (2)V2O5催化氧化SO2的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH =-196 kJ·mol−1，其反应历程为： Ⅰ  V2O5(s)＋SO2 (g)2VO2(s)＋SO3 (g)  ΔH1=24 kJ·mol−1     Ⅱ  4VO2(s)＋O2(g)2V2O5(s)  ΔH2       ①反应 Ⅰ 平衡常数表达式为K= 。 ②ΔH2 = kJ·mol−1。 ③V2O5的活性温度范围是450～600℃。预热后的SO2和O2在如图所示的接触室内发生反应，经过催化剂层时，气体温度会迅速上升。热交换器可使内外气体进行能量交换，其目的是 。 ④SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。在实际生产中，反应条件选择A点而不选择B点的原因是 (填字母)。 a．A点条件下，SO2的反应速率更快 b．B点条件下，对设备要求更高，能耗更大 c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大 (3)V2O5用作活性电极。一种双隔膜电池的工作原理如图所示。V2O5电极反应式为 ；b膜是 离子交换膜(填“阳”或“阴”)。 【答案】(1)高温下，NH3将部分V2O5还原为VO2 (2) -244 预热气体反应物SO2、O2；降低气体生成物温度；保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等 bc (3) V2O5＋2e−＋6H+ = 2VO2+＋3H2O 阳 【详解】（1）NH3具有还原性，能将部分V2O5还原为VO2； （2）①反应Ⅰ中V2O5、VO2为固体，平衡常数表达式为； ②根据盖斯定律，； ③气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2、降低体生成物气温度；V2O5的活性温度范围是450～600℃，保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等； ④a．B点与A点同温，但压强更大，浓度更小，A化学反应速率不影响转化率，a错误； b．B点压强更大，对设备要求更高，能耗更大，b正确； c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大，c正确； 故选bc； （3）在酸性溶液中，V2O5作正极得到电子生成VO2+，正极反应式为V2O5+6H++2e-=2VO2++3H2O；Zn为负极，负极的钾离子通过阳离子交换膜进入到中间室，正极硫酸根通过阴离子交换膜进入中间室，故b膜为阳离子交换膜。 19．(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：。 20．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·期末)捕集并转化CO2可以有效实现碳达峰、碳中和。 Ⅰ．工业上利用两种温室气体CH4和CO2催化重整制取H2和CO，主要反应为： 反应①：   过程中还发生三个副反应： 反应②：   反应③：   反应④：  △H4 将CH4与CO2(体积比为1∶1)的混合气体以一定流速通过催化剂，产物中H2与CO的物质的量之比、CO2的转化率与温度的关系如图所示： (1)△H4= kJ·mol-1。 (2)500℃时，比较小，此时发生的副反应以 (选填②、③、④中一种)为主。升高温度，产物中H2与CO的物质的量之比增大的原因是 。 Ⅱ．光催化CH4和CO2生成CO和H2催化反应机理如图所示： (3)上述反应机理中表现出氧化性的粒子有 。 Ⅲ．用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如右图所示： ，其中，Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 (4)当电解电压为u1V时，阴极生成HCHO的电极反应式为 。 (5)当电解电压为u2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为5：6，生成HCHO的法拉第效率m为 。 【答案】(1)+76.4 (2) ② 升高温度，反应以反应④为主，H2增大幅度大于CO (3)CO2、h+ (4)CO2+4e-+4H+=HCHO+H2O (5)36 【详解】（1）反应①：   反应②：   反应③：   反应④：  △H4 利用盖斯定律，将反应①+③得， △H4=(+247.4-171.0) kJ·mol-1=+76.4kJ·mol-1。 （2）500℃时，反应①中，=1，发生反应②使减小，发生反应④使增大，则比较小，此时发生的副反应以②为主。升高温度，产物中H2与CO的物质的量之比增大的原因是：升高温度，反应以反应④为主，H2增大幅度大于CO。 （3）上述反应机理中，CO2得电子转化为CO和O2-，CH4获得h+提供的电子，生成CO和H2，则表现出氧化性的粒子有CO2、h+。 （4）当电解电压为u1V时，CO2在阴极得电子产物与电解质反应生成HCHO，则阴极生成HCHO的电极反应式为CO2+4e-+4H+=HCHO+H2O。 （5）当电解电压为u2V时，CO2→HCOOH转移2e-，CO2→HCHO转移4e-，当电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为5:6时，可建立等式，m=36，生成HCHO的法拉第效率m为36。 【点睛】书写电极反应式时，需注意电解质的性质。 21．(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。 22．(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：。 23．(24-25高三上·江苏南京师范大学附属中学·期中)“碳达峰•碳中和”是我国社会发展重大战略之一，的减排、吸收、封存及转化，都是学术研究和工业应用中的重要课题。 (1)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： I： Ⅱ： 还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。常压下和按物质的量之比1：3投料，某一时段内和的转化率随温度变化如下图1，时的值为 ，请在下图2中画出间的变化趋势，并标明时值 。 (2)与2-甲基咪唑(结构简式：)的酸根离子(可形成一种金属有机骨架结构ZIF-8，ZIF-8具有空间笼状骨架(结构如下图3)，其空隙可以吸附，并促进转化为高附加值化学品。①ZIF-8具有较高的热稳定性且能循环利用。然而，在潮湿的酸性环境中使用时，会有生成，以表示ZIF-8，该反应的化学方程式为 。试从结构的角度分析，潮湿环境下ZIF-8重复捕获的能力将大大降低的原因是 。 ②ZIF-8催化转化为环状碳酸酯的可能机理如下： 在上述催化过程中，ZIF-8由提供空轨道作为活性位点，与反应物的孤电子对结合。从下列选项中选择合理的中间体完成反应：I、Ⅱ依次为 。 (3)催化电解吸收的KOH溶液可将转化为CO或有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如下图4所示。 其中，表示电解生成还原产物所转移电子的物质的量，表示法拉第常数。 ①阴极由生成CO的电极反应式为 。 ②在相同条件下，催化电解相同时间，阴极施加的电解电压过高或过低，生成CO的量都会减少，原因是 。 ③阴极施加的电解电压为1.0V，电解进行一段时间后共产生了0.46molCO，该过程同时产生的在标准状况下的体积为 。 【答案】(1) 1.8 (2) 与2-甲基咪唑根之间的配位键(或共价键)被破坏，笼状骨架结构坍塌(或空隙减少、活性位点减少)，吸附的能力降低 BD (3) 电压过高，阴极生成等副产物的比例增大；电压过低，电解过程中通过的总电量少，生成的CO少 0.896L 【详解】（1） 600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知1000℃时，CH4转化率为100%，即，CO2转化率为60%，即，故，400~1 000℃间R的变化趋势如图：； 故答案为：1.8；； （2）①在潮湿的酸性环境中会有生成，根据原子守恒，；潮湿环境下ZIF-8重复捕获的能力将大大降低的原因是与2-甲基咪唑根之间的配位键(或共价键)被破坏，笼状骨架结构坍塌(或空隙减少、活性位点减少)，吸附的能力降低，潮湿环境下ZIF-8重复捕获的能力将大大降低； 故答案为：；与2-甲基咪唑根之间的配位键(或共价键)被破坏，笼状骨架结构坍塌(或空隙减少、活性位点减少)，吸附的能力降低； ②环酯中酯基水解生成，环状碳酸酯由ZIF-8催化转化，则物质Ⅰ为，物质Ⅱ为，故BD正确； 故答案为：BD； （3）①阴极发生还原反应，碳酸氢根得电子生成一氧化碳，电极反应式为； 故答案为：； ②电压过高，阴极生成等副产物的比例增大；电压过低，电解过程中通过的总电量少，生成的CO少，在相同条件下，催化电解相同时间，阴极施加的电解电压过高或过低，生成CO的量都会减少； 故答案为：电压过高，阴极生成等副产物的比例增大；电压过低，电解过程中通过的总电量少，生成的CO少； ③阴极施加的电解电压为1.0V，电极反应为，，产生了0.46molCO，结合图像生成H2物质的量为0.46mol×=0.04mol，产生的在标准状况下的体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L。 24．(23-24高三上·江苏南通如皋·期中)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。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $