第6章 化学反应速率和化学平衡（专项训练）化学沪科版必修第二册

第6章 化学反应速率和化学平衡 A 题型聚焦·专项突破 考点一 化学反应速率的计算 题型1 化学反应速率的计算 题型2 化学反应速率与化学计量数的比例关系应用 考点二 影响化学反应速率的因素（重点） 题型1 影响反应速率的因素 题型2 化学反应速率影响因素的实验探究 考点三 可逆反应与化学平衡状态（重点） 题型1 可逆反应的判断 题型2 化学平衡状态的判定依据 考点四 化学平衡移动（重点·难点） 题型1 化学平衡移动的影响因素 题型2 化学平衡相关图像分析 考点五 化工生产原理与反应条件优化 题型1 工业制硫酸的原理与生产流程 题型2 化工生产中反应条件的优化 B 综合攻坚·知能拔高 A 题型聚焦·专项突破 考点一 化学反应速率的计算 ◆题型1 化学反应速率的计算 1．（25-26高二上·上海·阶段练习）对于反应，在不同条件下的化学反应速率如下，其中反应速率最快的是 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，要比较在不同条件下的化学反应速率快慢，比较速率和化学计量数的比值大小即可，比值越大，反应速率越大，以此分析。 【详解】A．，； B．，； C．，； D．，。 综上，反应速率最快的是B，故选B。 【点睛】注意统一单位后再比较。 2．（24-25高二上·上海·期末）在2A＋B⇌3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是 A．υ(A)=0.5mol/(L·s) B．υ(B)=0.3mol/(L·s) C．υ(C)=0.8mol/(L·s) D．υ(D)=1mol/(L·s) 【答案】B 【详解】化学反应速率之比等于化学计量数之比，则转化为同种物质的反应速率比较快慢，注意速率单位统一： A．υ(A)=0.5mol/(L·s)，转化为υ(B)= 0.5mol/(L·s)×=0.25mol/(L·s)； B．υ(B)=0.3mol/(L·s)； C．υ(C)=0.8mol/(L·s)，转化为υ(B)= 0.8mol/(L·s)×=0.267mol/(L·s)； D．υ(D)=1mol/(L·s)，转化为υ(B)= 1mol/(L·s)×=0.25mol/(L·s)； B项所表示的反应速率最快； 答案选B。 ◆题型2 化学反应速率与化学计量数的比例关系应用 3．（24-25高二上·上海·期中）在密闭容器中W(g)与X(g)反应生成Y(g)和Z(g)，其反应速率分别为v(W)、v(X)、v(Y)、v(Z)，已知存在如下关系：v(W)=2v(X)，v(Y)=2v(X)，v(Z)=2v(W)，则此反应可表示为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】用不同物质表示的反应速率比等于化学计量数比； v(W)=2v(X)→ 化学计量数比W:X=2:1； v(Y)=2v(X)→化学计量数比Y：X= 2:1； v(Z)=2v(W)→化学计量数比Z：W= 2:1； 综上，反应式为，故选A。 4．（24-25高一下·上海·期末）硫酸是重要的化工原料，工业制硫酸的其中一步重要反应是：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)   ∆H<0。在密闭容器中进行上述反应，以下用不同物质表示的反应速率中，最快的是 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，把所有反应速率都转化成A的反应速率，数值大的速率大。 【详解】A．v(O2)=0.4mol·L-1·min-1； B．由v(SO2)=0. 5mol·L-1·min-1，则； C．由v(SO3)=0. 6mol·L-1·min-1，； D．； 比较可得v(O2)=0.02mol·L-1·s-1时表示的反应速率最快，故选D。 考点二 影响化学反应速率的因素（重点） ◆题型1 影响反应速率的因素 5．（24-25高一下·上海·期末）下列有关说法错误的是 A．向炉膛内鼓风，用煤粉代替煤块可以使炉火更旺 B．将肉类食品进行低温冷藏，能使其永远不会腐败变质 C．工业合成氨时，要同时考虑反应速率和反应限度两个方面 D．我国西周时期已发明用“酒曲”酿酒，原理是利用催化剂改变反应速率 【答案】B 【详解】A．相同条件下，增大反应物的浓度或增大固体的表面积均可加快反应速率，所以向炉膛内鼓风，煤粉比煤块燃烧更充分，A正确； B．低温冷藏只能减慢肉类食品的变质速率，不会使其永远不会腐败变质，B错误； C．工业合成氨是一个可逆的放热反应，为提高产率，需要同时考虑反应速率和反应限度两个方面，C正确； D．酒曲是一种酶，酿酒过程中作催化剂，加快反应速率，D正确； 故选B。 6．（24-25高二下·上海崇明·期中）决定化学反应快慢的最主要的因素是 A．反应物本身的性质 B．反应所处的温度 C．反应物的浓度 D．反应时是否加入催化剂 【答案】A 【详解】反应物本身的性质是决定化学反应快慢的最主要的因素，如钠可与冷水发生剧烈反应，而铜与热水在高温下也不反应，反应温度、反应物浓度、气体压强、催化剂等是影响化学反应速率的外因，不是决定因素，故选A。 ◆题型2 化学反应速率影响因素的实验探究 7．（24-25高一下·上海·期末）某实验小组用5%的溶液、粉末和蒸馏水探究外界条件对双氧水分解反应速率的影响，实验记录如下表。 实验序号 温度/℃ 5% 溶液体积/mL 粉末质量/g 体积/mL 收集150mL 所需的时间/s Ⅰ 20 50 无 0 几乎无气体产生 Ⅱ 20 50 0.5 0 45 Ⅲ 20 25 0.5 a 85 Ⅳ 60 50 0.5 0 下列说法不正确的是 A．对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，催化剂可加快反应速率 B．研究浓度对该反应速率的影响，a=25 C．实验Ⅰ、Ⅳ研究温度对双氧水分解反应速率的影响 D．结合表中数据，推测 【答案】C 【详解】A．实验Ⅰ和Ⅱ在相同温度下，相同浓度的，在有和无的条件下反应，所以对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，催化剂可加快反应速率，A正确； B．在相同温度和都加入催化剂的条件下，实验Ⅱ和ⅡI可以研究浓度对该反应速率的影响，溶液的总体积相同，所以a=25，B正确； C．实验Ⅰ、Ⅳ中，温度不同，Ⅰ中没有催化剂，Ⅳ加了催化剂，有2个变量，不能研究温度对双氧水分解反应速率的影响，C错误； D．结合表中数据，对比实验Ⅱ和Ⅳ，Ⅳ的温度高于Ⅱ，所以反应速率较快，可以推测，D正确； 故选C。 8．（2025高一·上海·专题练习）CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列结论不正确的是 A．反应在2~4min内平均反应速率最大 B．反应在2~4min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)=0.1mol·L-1·min-1 C．反应开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大 D．4min后，反应速率减小的主要原因是c(H+)减小 【答案】B 【详解】A．相同时间内生成的二氧化碳气体越多，反应速率越快，据图可知2～4min内产生二氧化碳最多，反应速率最大，故A正确； B．由图可知，2～4min产生二氧化碳的物质的量为0.2mol，缺容器的体积，无法计算二氧化碳的浓度和反应速率，故B错误； C．反应开始后，反应物的浓度开始减小，反应速率应减小，但实际上反应速率增大，说明该反应为放热反应，随反应进行温度升高，反应速率逐渐上升说明温度比浓度对反应速率的影响大，故C正确； D．4min后，反应消耗盐酸，导致溶液中氢离子浓度过低，浓度比温度对反应速率的影响大，所以反应速率减小，故D正确； 故选B。 考点三 可逆反应与化学平衡状态（重点） ◆题型1 可逆反应的判断 9．（24-25高二上·上海·期中）在下列反应CO+H2OCO2+H2中，加入后，则存在于 A．只存在于CO和中 B．只中存在于中 C．只存在于CO中 D．存在于CO、、 【答案】D 【详解】CO+H2OCO2+H2是可逆反应，加入后，反应同时向正逆两个方向进行，存在于CO、H2O、CO2中。 答案选D。 10．（24-25高二上·上海嘉定·开学考试）工业制硫酸中的一步重要反应是在400～500℃下的催化氧化：。这是一个正反应放热的可逆反应。若反应在恒容密闭容器中进行，下列有关说法正确的是 A．达到平衡时，正、逆反应速率均为零 B．其他条件不变时，向容器内充入Ne，的生成速率会增大 C．使用合适的高效催化剂，可以实现的完全转化 D．通过调控反应条件，可以提高该反应进行的程度 【答案】D 【详解】A．达到平衡时，正、逆反应速率相等但不为零，A错误； B．其他条件不变时，向恒容容器内充入Ne，各组分浓度不变，反应速率不变，B错误； C．可逆反应不能进行到底，使用合适的高效催化剂，不能实现的完全转化，C错误； D．通过调控反应条件，可以使反应向生成方向进行，提高该反应进行的程度，D正确； 故选D。 ◆题型2 化学平衡状态的判定依据 11．（24-25高一下·上海·期末）一定条件下，向容积为1.00L的密闭容器中通入一定量的和的混合气体，发生反应：（正反应吸热），体系中各物质浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是 A．64s时，反应达到化学平衡状态 B．前100秒内，用浓度的变化表示的化学反应速率是 C．保持容器体积不变，充入氦气，反应速率增加 D．若该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐升高 【答案】B 【详解】A．64s后，各物质浓度仍在改变，故64s时反应没有达到化学平衡状态，A错误； B．由图可知，前100秒内，用浓度的变化表示的化学反应速率是：，B正确； C．保持容器体积不变，充入氦气后各物质浓度不变，反应速率不变，C错误； D．由图可知，反应过程中N2O4浓度减小，NO2浓度增大，说明反应正向进行，该反应正向为吸热反应，若该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐降低，D错误； 故选B。 12．（24-25高一下·上海·期末）如图是合成氨反应的正、逆反应速率随反应时间变化的示意图，有关叙述错误的是 A．状态I和状态II时，反应均处于平衡状态 B．状态I变化为状态II的过程，称为化学平衡移动 C．时刻平衡向正反应方向移动，是由增大压强引起的 D．同一种反应物在状态I和状态II时，浓度不相等 【答案】C 【详解】A．状态I和状态II时，正、逆反应速率相等，反应均处于平衡状态，故A正确； B．状态I改变条件瞬间正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行到达状态II，化学平衡发生移动，故B正确； C．t1时刻平衡正向移动，根据图像可知，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，所以改变的条件是增大反应物浓度，不是改变的压强，故C错误； D．由于平衡发生了移动，所以反应物、生成物的浓度均发生变化，故D正确； 故答案为：C； 考点四 化学平衡移动（重点·难点） ◆题型1 化学平衡移动的影响因素 13．（24-25高三上·上海浦东新·阶段练习）可逆反应：2SO2＋O22SO3达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2。下列说法正确的是(K为平衡常数) A．K变大，O2转化率减小 B．K变大，SO2转化率减小 C．K不变，O2转化率增大 D．K不变，SO2转化率增大 【答案】D 【详解】可逆反应：2SO2＋O22SO3达到平衡状态时，平衡常数只受温度影响，保持温度不变，则平衡常数K不变，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2，平衡正向移动，促进了SO2的转化，SO2的转化率增大，但是O2自身的转化率降低，A、B、C错误； 故选D。 14．（24-25高一下·上海·期末）在恒容密闭容器中进行的合成氨反应，达到平衡后改变一个条件，一段时间又达到平衡，此时测得氨气的体积分数增大。下列可能的原因是 A．升高温度 B．在容器中通入一定量的氦气 C．增大容器体积 D．按起始投料比成比例增加反应物的浓度 【答案】D 【详解】在恒容密闭容器中进行合成氨气的反应为：N2+3H22NH3 △H＜0，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。 A．在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NH3的体积分数减小，A不符合题意； B．在容器中通入一定量的氦气，反应混合物中任何一组分的浓度不变，化学平衡不发生移动，因此混合气体中氨气的体积分数不变，B不符合题意； C．反应达到平衡后，若增大容器体积，反应体系的压强减小，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，反应达到平衡后，测得氨气的体积分数减小，C不符合题意； D．按起始投料比成比例增加反应物的浓度，即增大了反应体系的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，当反应达到平衡后测得氨气的体积分数增大，D符合题意； 故合理选项是D。 ◆题型2 化学平衡相关图像分析 15．（24-25高二上·上海·期末）在体积为的恒容密闭容器中发生反应：，其他条件不变，不同温度下，物质的浓度随时间变化的曲线如图。下列说法不正确的是 A．反应温度： B．a℃、7min时，物质的体积分数为20% C．200℃、时，若分离出会打破原来的平衡体系 D．a℃时，气体的平均相对分子质量不再改变说明反应已达到平衡 【答案】B 【分析】物质的浓度不变时反应到达平衡状态，由图可知，a℃时7min到达平衡状态，200℃时6min到达平衡状态，温度越高反应速率越快，故a<200℃。以此分析该题。 【详解】A．由分析可知，反应温度：，A正确； B．a℃、7min时，反应达到平衡，此时X的浓度为0.5mol/L，容器体积为2L，则X的物质的量为n(X)=0.5mol/L×2L = 1mol。反应开始时X的浓度为1.0mol/L，物质的量为n(X)起始=1.0mol/L×2L = 2mol，根据反应可知，消耗1mol的X会生成1mol的Z，则平衡时Z的物质的量为1mol，Y是固体，不计入体积分数计算。此时气体总物质的量为n(X)+n(Z)=1mol + 1mol=2mol，则物质Z的体积分数为×100% = 50%，B错误； C．200℃、8min时，反应达到平衡，若分离出Z，Z的浓度减小，根据勒夏特列原理，平衡会正向移动，从而打破原来的平衡体系，C正确； D．该反应中Y是固体，反应前后气体的物质的量不变，但气体的质量会发生变化。根据M=（M为平均相对分子质量，m为气体总质量，n为气体总物质的量），当气体的平均相对分子质量不再改变时，说明气体的质量不再变化，反应达到平衡状态，D正确； 故选B。 16．（24-25高二上·上海奉贤·期末）一定温度下，(X)在Al2O3存在下与等物质的量的HCl反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A．由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能 B．由图1和图2都能判断Z比Y更稳定 C．5~10 min时，各物质的物质的量分数变化可以用E1<E2来解释 D．此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数 【答案】C 【分析】已知X与HCl按照1：1的物质的量进行反应会得到Y和Z，从图1中可以发现，随着时间的推移，Z的物质的量分数逐渐增加，而Y的物质的量分数先增加后减小，说明生成Y的反应速率很快，即X→Y的反应活化能比X→Z的活化能低，而通过图2可发现，Z的能量比Y和X都低，这就说明稳定性Z＞Y＞X，则最终转化为Z的趋势更大，也符合图1的物质的量变化趋势。 【详解】A．根据分析可知X→Z的反应活化能比X→Y的活化能高，A正确； B．根据图1可知最终产物为Z，说明Z更稳定，物质X和Y都倾向于转化为Z；根据图2可知Z能量低于Y，即Z比Y稳定，B正确； C．图1中5~10 min时Y的物质的量分数上升程度远远大于Z的物质的量分数上升，即X→Y的反应速度更大，说明根据分析可知X→Z的反应活化能比X→Y的活化能高，无法用E1＜E2来解释，C错误； D．根据图1，当反应足够长时间后，Z和Y的物质的量分数不再变化，且Z的物质的量分数远大于Y，说明X→Z的平衡常数更大，D正确； 故选C。 考点五 化工生产原理与反应条件优化 ◆题型1 工业制硫酸的原理与生产流程 17．（24-25高一上·上海闵行·期中）化工生产事关经济民生，以下有关化工生产的描述正确的是。     A．工业上制造普通玻璃的原料为石英砂、纯碱和黏土 B．如图甲，硫酸厂在沸腾炉中实现 C．如图乙，海水提溴步骤④⑤⑥的目的是为了富集溴元素 D．侯氏制碱法：先向饱和食盐水中通入足量氨气，后通入微量，有利于沉淀析出 【答案】C 【分析】工业制硫酸用黄铁矿和空气反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气在接触室中反应生成三氧化硫，生成的三氧化硫用98.3%硫酸吸收；海水中有丰富的化学资源，粗盐提纯出氯化钠，可用于氯碱工业，海水晒盐后的母液中还有较多的镁离子、溴离子，可制得无水氯化镁和高浓度溴单质。 【详解】A．制造普通玻璃的原料为石英砂、纯碱和石灰石，A错误； B．接触室中有催化剂，硫酸厂在接触室中实现，不是在沸腾炉中反应，B错误； C．海水提溴过程中用氯气氧化之后得到低浓度溴溶液，再与二氧化硫水溶液反应生成HBr，最后用氯气氧化得到高浓度溴，④⑤⑥过程是富集溴元素，C正确； D．应该是向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳至饱和状态更有利于产生NaHCO3沉淀，D错误。 故选C。 18．（24-25高二上·上海浦东新·期中）以黄铁矿为原料来生产硫酸的工艺流程如图。下列说法错误的是 A．一定条件下，2 mol SO2与足量O2充分反应转移4 mol 电子 B．将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 C．煅烧黄铁矿发生的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，FeS2中S的化合价为-1价 D．用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫可避免形成酸雾 【答案】A 【分析】黄铁矿粉碎，通入空气煅烧反应生成氧化铁和二氧化硫，4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，二氧化硫在催化剂作用下加热，发生反应：2SO2+O22SO3，三氧化硫被98.3%的浓硫酸吸收生成硫酸，SO3+H2O=H2SO4。 【详解】A．二氧化硫在催化剂作用下加热，发生反应：2SO2+O22SO3是可逆反应，故2 mol SO2与足量O2反应转移电子少于4 mol，故A错误； B．将黄铁矿粉碎，可增大固体表面积，使固体充分反应，且加快反应速率，提高原料利用率，故B正确； C．煅烧黄铁矿发生的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，FeS2中Fe为+2价，S的化合价为-1价，故C正确； D．用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫得到发烟硫酸，可避免形成酸雾，故D正确； 故选：A。 ◆题型2 化工生产中反应条件的优化 19．（24-25高二上·上海·期中）工业上利用黄铁矿(FeS2)制取硫酸，其反应流程如下： 下列说法错误的是 A．反应①矿石粉碎的目的是提高反应速率 B．反应②中即使通入过量的氧气，也不能将SO2全部转化成SO3 C．接触室选择500℃左右的温度是因为比常温更有利于合成SO3 D．过量的氨水吸收SO2的化学方程式：2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O 【答案】C 【分析】由图可知，黄铁矿粉碎后，通入空气高温煅烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化转化为三氧化硫，三氧化硫被吸收生成硫酸； 【详解】A．将黄铁矿粉碎，增大反应物的接触面积，煅烧时可加快反应速率，A正确； B．SO2转化为SO3是可逆反应，即使通入过量的氧气，SO2不能完全转化为SO3，B正确； C．接触室选择500℃左右的温度是因为此时催化剂活性最大，C错误； D．过量的氨水吸收SO2生成亚硫酸铵和水，故D正确； 故选C。 20．（24-25高二下·上海·期中）以黄铁矿为原料来生产硫酸的工艺流程如图。下列说法正确的是 A．将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率 B．煅烧黄铁矿发生的反应为，还原产物只有 C．硫磺与过量氧气点燃，可直接生成三氧化硫 D．工业上也可以直接用水吸收制取硫酸 【答案】A 【分析】以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程，主要分为三个核心阶段。首先，将黄铁矿粉碎后与空气在高温下煅烧，生成二氧化硫，粉碎操作可增大接触面积，加快反应速率并提高原料利用率。其次，二氧化硫在400~500℃及五氧化二钒催化下，与氧气反应转化为三氧化硫，此为可逆反应，需控制条件以提升转化率。最后，三氧化硫不直接用水吸收，而是采用 98.3%的浓硫酸吸收，避免形成酸雾，确保吸收效率，最终制得硫酸。 【详解】A．将黄铁矿粉碎，能增大其与空气的接触面积，使反应更充分，从而加快反应速率并提高原料的转化率，A正确； B．在煅烧反应中，氧气作为氧化剂，被还原的氧元素存在于Fe2​O3​和SO2​中，故两者也都是还原产物，并非只有SO2​，B错误； C．硫磺与过量氧气点燃，反应生成的是SO2​，SO2​转化为SO3​需要在催化剂和加热条件下进行，不能直接生成，C错误； D．若直接用水吸收SO3​，会形成酸雾，导致吸收效率低，工业上采用 98.3% 的浓硫酸吸收 SO3​，D错误； 故选A。 B 综合攻坚·知能拔高 1．（24-25高一下·上海·期末）下列表示合成氨反应的速率中，反应最快的是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据反应速率之比等于化学计量系数比可知： A．v(N2)=0.0003mol•L-1•s-1=v(N2)=0.0003×3600 mol•L-1•h-1=1.08 mol•L-1•h-1， B．当v(H2)=0.045mol•L-1•min-1=0.045×60 mol•L-1•h-1=2.7 mol•L-1•h-1时，v(N2)=0.9 mol•L-1•h-1， C．当v(NH3)=1.50mol•L-1•h-1时，v(N2)=0.75mol•L-1•h-1， D．v(N2)=0.015mol•L-1•min-1=0.015×60 mol•L-1•h-1=0.9 mol•L-1•h-1， 故A表示的反应速率最快，故答案选A。 2．（24-25高一下·上海·期末）某温度下，将3molA和2.5molB混合于2L的恒容密闭容器中发生反应；，5min后达到平衡，已知，生成D为1mol。下列选项正确的是 A． B． C．平衡时B的转化率为25% D．平衡时压强为起始时的10/11倍 【答案】D 【详解】A．根据D的生成量1mol和C的生成量0.5mol，变化量之比为1:0.5=2:1，对应化学计量数之比为2:a，解得a=1，v(A)与v(C)的速率比为3:1，已知v(C)=0.05 mol/(L·min)，则v(A)=3×0.05=0.15 mol/(L·min)，A错误； B．根据D的生成量1mol和C的生成量0.5mol，变化量之比为1:0.5=2:1，对应化学计量数之比为2:a，解得a=1，B错误； C．B的转化量为0.5mol，初始量为2.5mol，转化率为×100%=20%，C错误； D．起始总物质的量为3+2.5=5.5mol，平衡总物质的量为1.5+2+0.5+1=5mol，压强比为，D正确。 故选D。 3．（24-25高一下·上海·期末）氮是自然界中各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。在2L密闭容器内，t℃时发生反应：。在体系中，随时间的变化如下表： 时间(min) 0 1 2 3 4 5 的物质的量(mol) 0.20 0.10 0.08 0.06 0.06 0.06 (1)上述反应在第5min时，的转化率为_______。 (2)用表示从0~2min内该反应的平均速率_______。 (3)t℃时，在4个均为2L密闭容器中不同投料下进行合成氨反应。根据在相同时间内测定的结果，判断该反应进行最慢的为_______。 A． B． C． D． (4)下列操作一定能使合成氨反应速率加快的是_______。 A．升高温度 B．及时移走产品氨气 C．恒容条件下充入He D．恒压条件下充入He 【答案】(1) (2) (3)B (4)A 【详解】（1）由表，在第5min时，的转化率为； （2）0~2min内该反应的平均速率； （3）A． B． C． D． 该反应进行最慢的为B； （4）A．升高温度，活化分子比例增大，反应速率加快；     B．及时移走产品氨气，物质浓度减小，反应速率减小； C．恒容条件下充入He，不影响反应中各物质浓度，反应速率不变； D．恒压条件下充入He，容器体积增大，物质浓度减小，反应速率减小； 故选A。 4．（24-25高一下·上海·期末）和N2O4(g)之间存在如下转化：N2O4(g) 2NO2(g)，一定温度下，体积为2L的恒容密闭容器中， NO2(g)和N2O4 (g)之间发生反应，各组分物质的量与时间关系如图所示： (1)在0~3min内，用 NO2(g)表示的反应速率为_______。 (2)若在绝热容器中加入一定量   反应一段时间后，混合气储温度升高，说明： 的能量比 的能量______________(填“高”或“低”)。 (3)恒温恒容条件下，下列能说明反应： 达到平衡状态的是_______(填字母)。 A． B． C．容器内气体的压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变 工业上以黄铁矿(主要成分 制硫酸，流程如下： (4)黄铁矿在“煅烧”前须粉碎，粉碎的目的是_______， (5)“烧渣”的主要成分为_______(填化学式)。 (6)“催化氧化”时发生反应的化学方程式为_______。 (7)“吸收”时试剂X是98.3%的浓硫酸，选用该浓硫酸而不用水的主要原因是_______。 【答案】(1)0.1mol·L-1·min-1 (2)高 (3)C (4)增大接触面积，加快反应速率 (5) (6) (7)SO3与水反应放出大量的热，易形成酸雾 【分析】黄铁矿(主要成分)通入氧气进行煅烧，发生，得到烧渣和SO2，烧渣的成分为，SO2经催化氧化发生反应，生成，再用的浓硫酸进行吸收，即可得到，据此回答。 【详解】（1）由方程式N2O4(g)⇌2NO2(g)可知，反应中NO2的物质的量变化较大，则X表示NO2的物质的量随时间的变化曲线，Y表示N2O4的物质的量随时间的变化曲线。NO2在0～3min内变化0.6mol，则v==0.1mol·L-1·min-1。 （2）若在一保温容器中加入一定量NO2，反应一段时间后，混合气体温度升高，说明该反应为放热反应，说明2molNO2(g)的能量比1mol N2O4(g)的能量高。 （3）A．反应物和生成物物质的量之比等于化学计量数之比不能判断反应达到平衡状态，A不选； B．生成N2O4和消耗NO2均表示逆反应速率，不能判断反应达到平衡，B不选； C．该反应为气体体积增大的反应，压强为量，容器内气体的压强保持不变，反应达到平衡，C选； D．反应前后均为气体，且体积不变，密度为定值，混合气体的密度保持不变，不能判断反应达到平衡，D不选； 故选C。 （4）黄铁矿在“煅烧”前须粉碎，粉碎可以增大接触面积，加快反应速率。 （5）由分析知，“烧渣”的主要成分为。 （6）由分析知，“催化氧化”时二氧化硫与氧气在催化剂的催化下被氧化为三氧化硫，发生反应的化学方程式为。 （7）“吸收”时发生的反应为，该反应非常剧烈且大量放热，会形成酸雾阻碍吸收反应的进行，因此实际吸收过程中是用98.3%的浓硫酸来作吸收剂，故原因为SO3与水反应放出大量的热，易形成酸雾。 5．（24-25高一下·上海·阶段练习）完成下列问题 (1)下列是吸热反应的是_______。 A．铝热反应 B．Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl晶体反应 C．铁在氯气中燃烧 D．碳酸钙分解 (2)已知某化学反应，A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)(A2，B2、AB2的结构式分别为A-A、B-B、B-A-B)，反应过程中的能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是_______。 A．该反应的进行一定需要加热或点燃 B．该反应若生成2molAB2(g)，则放出的热量为(E1-E2)kJ C．该反应断开化学键消耗的总能量大于形成化学键释放的总能量 D．生成2molB-A键放出E2kJ能量 (3)以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为碳中和提供了一条新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。 根据上述信息可知，利用TiO2催化分解2molCO2(g)生成2molCO(g)和1molO2(g)时需要___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。 【答案】(1)BD (2)C (3) 吸收 556 【详解】（1）常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸或与水、所有中和反应、绝大多数化合反应、铝热反应；常见的吸热反应有：绝大数分解反应、个别的化合反应（如C和CO2）、工业制水煤气、碳（一氧化碳、氢气）还原金属氧化物、某些复分解（如铵盐和强碱），据此解题： A．铝热反应放出大量的热，属于放热反应，A不合题意； B．Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl晶体反应为吸热反应，B符合题意； C．铁在氯气中燃烧为放热反应，C不合题意； D．碳酸钙分解为吸热反应，D符合题意； 故答案为：BD； （2）由图可知，生成物能量大于反应物能量，所以该反应为吸热反应，说明断开反应物中化学键吸收的总能量大于形成生成物中化学键释放的总能量，据此分析： A．由图可知，生成物能量大于反应物能量，所以该反应为吸热反应，但吸热反应不一定需要加热或点燃才能进行，如八水合氢氧化钡和氯化铵，不需要加热也能发生反应，A错误； B．由图可知，该反应若生成2mol AB2（g），则吸收的热量为（E1-E2）kJ，B错误； C．该反应为吸热反应，所以该反应断开反应物中化学键吸收的总能量大于形成生成物中化学键释放的总能量，C正确； D．由图可知，形成4molB-A键放出E2 kJ能量，D错误； 故答案为：C； （3）根据图中信息可知，将2molCO2完全离解成气态原子所吸收的能量为2×1598kJ=3196kJ，将2molCO和1molO2完全离解成气态原子所吸收的能量为2×1072kJ+496kJ=2640kJ，能量作差可知，则利用TiO2催化剂分解2molCO2生成CO和O2时需要吸收556kJ能量，故答案为：吸收；556； 6.（24-25高一下·上海·期末）从化合价和物质类别两个视角认识元素及其化合物性质是重要的化学学习方式。图1是Fe及其化合物的化合价—物质类别二维图。回答下列问题： (1)工业上冶炼Fe常用的方法是 。 A．电解法 B．还原法 C．热分解法 D．物理方法 (2)若图1中的F为硫酸盐，请写出由物质D转化为物质F的离子方程式：___________。 (3)图1中的B在潮湿的空气中很容易发生化合反应变成E，该反应的化学方程式为___________。 (4)图1中的F与C在水溶液中转化的离子反应有：，为了探究该反应存在一定的限度，某化学兴趣小组取的溶液于试管中，再加入的溶液，振荡，使试管中的物质充分反应一段时间。为了达到实验目的，则还需要再向试管中加入的下列试剂为 。 A．淀粉溶液 B．溶液 C． D．酸性高锰酸钾溶液 【答案】(1)B (2) (3) (4)B 【分析】由图示化合价可知，A是FeO，D是Fe2O3，B是Fe(OH)2，E是Fe(OH)3，C是+2价铁盐，F是+3价铁盐，据此分析回答问题。 (1)工业上常用碳生成一氧化碳来还原铁矿石冶炼Fe，为还原法，故选B； (2)根据图1，D到F过程中铁的化合价未变，F为硫酸盐，则D为氧化铁，氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为； (3)B为+2价的碱，为氢氧化亚铁，可与氧气、水反应生成氢氧化铁，化学方程式为； (4)根据题干条件，取10mL 0.5mol/L的KI溶液于试管中，再加入10mL 0.2mol/L的FeCl3溶液，可知KI过量，若反应为可逆反应，则溶液中存在Fe3+，可用KSCN溶液检验，故选B。 7.（2025·上海闵行·二模）高炉气中存在反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g) ΔH>0，勒夏特列通过研究该反应提出了化学平衡移动原理。 (1)恒温恒容时，能说明上述反应达到平衡状态的是_______。(不定项) A．CO2与CO的物质的量之比为1：2 B．v正(CO2)：v逆(CO) = 2：1 C．CO2和CO的浓度不再改变 D．混合气体的密度不再改变 (2)不同温度和压强下，上述反应达到平衡时CO和CO2​的体积分数变化如图所示。 根据化学平衡移动原理，解释两种气体体积分数的变化趋势_______。 【答案】(1)CD (2)当温度不变时，由于该反应是体积增大的反应，压强增大，平衡左移，所以CO体积分数减小，CO2体积分数增大。当压强不变时，由于该反应正反应吸热，温度升高，平衡右移，所以CO体积分数增大，CO2体积分数减小。(合理即可) 【解析】(1)A．CO2与CO的物质的量之比为1：2，没有说保持不变，无法判断反应是否达到平衡状态，A错误； B．反应处于平衡状态时2v正(CO2)=v逆(CO)，当v正(CO2)：v逆(CO) = 2：1时，反应未处于平衡状态，B错误； C．CO2和CO的浓度不再改变，按定义达到平衡状态，C正确； D．因为该反应是在恒容条件下，气体质量在反应前后不守恒，即密度是不断变化的，故当密度不变是反应达到平衡状态，D正确； 故选CD。 (2)当温度不变时，由于该反应是体积增大的反应，压强增大，平衡左移，所以CO体积分数减小，CO2体积分数增大；当压强不变时，由于该反应正反应吸热，温度升高，平衡右移，所以CO体积分数增大，CO2体积分数减小。 8.（24-25高一下·上海·期末）雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一。已知汽车尾气排放时发生的反应之一为：。一定条件下，该反应平衡时，的体积分数与反应物起始的物质的量之比()、温度的关系如图所示。 (1)在X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是_______。在2L密闭容器中加入NO与CO各3mol，经过5分钟达到平衡状态，根据图像计算平均反应速率_______。 (2)若在另一条件下模拟该反应，NO、CO、，的初始浓度分别为0.2mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L和0.1mol/L，达到平衡时，各物质的浓度可能的是_______。 A． B． C． D． (3)催化还原NO是重要的烟气脱硝技术。研究发现其反应过程如图所示。分析脱硝过程的催化剂是_______。 【答案】(1) Z>Y>X (2)A (3)Fe3+ 【详解】（1）反应中增大NO投料，促进反应正向进行，促进CO转化率增大，则X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是Z>Y>X。在2L密闭容器中加入NO与CO各3mol，经过5分钟达到平衡状态，此时二氧化碳的体积分数为40%，反应为气体分子数减小1的反应，假设生成amol氮气，则此时生成2amol二氧化碳、总的物质的量为（6-a）mol，，a=1，平均反应速率 （2）为可逆反应，进行不完全； A．若，则说明反应逆向进行消耗0.05mol/L氮气，可能存在； B．若，则说明反应逆向进行消耗0.1mol/L氮气，不可能存在； C．若，则说明反应正向进行消耗0.2mol/LNO，不可能存在； D．若，则说明反应正向进行消耗0.4mol/LNO，不可能存在； 故选A。 （3）由图可知：氨气和铁离子反应生成Fe2+-NH2，Fe2+-NH2与NO反应生成Fe2+，Fe2+与氧气反应又生成了Fe3+，故催化剂为Fe3+。 9．（24-25高一下·上海松江·期中）电池是一种能源存储与转换的常用装置。锂硫电池负极为金属锂，正极为S单质。 (1)该电池锂电极不宜与水直接接触的原因是___________。(用化学方程式表示) (2)向100mL0.4mol·L-1Na2S溶液中缓慢且匀速通入Cl2，制取S单质。2分钟后剩余Na2S浓度为0.2mol·L-1，该反应的化学方程式为___________；该反应的化学反应速率v(NaCl)为___________mol·L-1·min-1，生成S单质的质量为___________g。(反应过程中忽略溶液体积变化) 锂硫电池在充放电时多硫化物及产生少量的[Li3S6]+进入电解质溶液中而使正极材料损耗，使电池循环充放电次数小于200次。介孔碳颗粒三维连续开放通道和Fe3O4掺入正极材料极大地提高电池的充放电性能，并使其循环充放电次数达1200次以上。其中介孔碳颗粒有利于硫均匀分散并吸附在正极，且能使Li+更顺畅地进出；Fe3O4能加速正极反应并吸附[Li3S6]+防止其进入电解质溶液。结合此段文字，提取信息，回答下列问题。 (3)[Li3S6]+中存在的化学键类型为___________。(不定项) A．离子键    B．极性键    C．非极性键 (4)介孔碳颗粒不具有的性质为___________。 A．高导电性 B．比表面积大，吸附性强 C．结构稳定性 D．孔径小于Li+直径 (5)关于正极改进材料，说法错误的是___________。 A．该正极材料不宜与酸性电解质直接接触 B．该正极材料具有磁性是因为含有Fe3O4 C．硫和多硫化物在该结构中易脱落进入溶液中 D．材料中Fe3O4可催化正极反应 以某种矿粉(主要成分为Al2O3、Fe2O3及少量FeS2)为原料生产正极填充材料Fe3O4的部分工艺流程如下： (6)碱浸时金属氧化物被溶解的离子方程式为___________。 (7)下列说法错误的是___________。 A．将矿粉碾细可使其焙烧更充分 B．FeS2在空气中充分焙烧过程只有一种还原产物 C．用NaOH溶液吸收“焙烧”过程产生的SO2有利于保护环境和资源再利用 D．向“过滤”得到的滤液中通入过量盐酸，铝元素存在的形式由转化为Al3+ (8)FeS2与Fe2O3混合后在隔绝氧气的条件下焙烧的目的是生成Fe3O4和SO2，写出该反应的化学方程式___________。 【答案】(1) (2) 0.2 0.64 (3)AC (4)D (5)C (6) (7)B (8) 【分析】据流程，矿粉焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，加入氢氧化钠 “碱浸”时Al2O3转化为溶于水的；过滤分离出氧化铁，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2； 【详解】（1）锂为活泼金属，会和水反应生成氢氧化锂和氢气：，故锂电极不宜与水直接接触； （2）Na2S溶液中缓慢且匀速通入Cl2，氯气具有氧化性，氧化硫离子生成硫单质，反应的化学方程式为：；反应速率比等于化学计量数比，该反应的化学反应速率，反应生成0.1L×（0.4mol·L-1-0.2mol·L-1）=0.02molS单质，质量为0.02mol×32g/mol=0.64g； （3）锂为金属元素、硫为非金属元素，则锂和硫之间存在离子键，且多硫化物中存在硫硫非极性共价键，故[Li3S6]+中存在的化学键类型为AC； （4）A．介孔碳颗粒三维连续开放通道和Fe3O4掺入正极材料极大地提高电池的充放电性能，并使其循环充放电次数达1200次以上，则其具有高导电性，不符合题意； B．介孔碳颗粒有利于硫均匀分散并吸附在正极，说明其比表面积大，吸附性强，不符合题意； C．介孔碳颗粒能使其循环充放电次数达1200次以上，说明其结构稳定性，不符合题意； D．介孔碳颗粒能使Li+更顺畅地进出，则其孔径大于Li+直径，符合题意； 故选D； （5）A．Fe3O4掺入正极材料，Fe3O4能和酸反应生成盐和水，则该正极材料不宜与酸性电解质直接接触，正确； B．Fe3O4俗称磁性氧化铁，该正极材料具有磁性是因为含有Fe3O4，正确； C．介孔碳颗粒有利于硫均匀分散并吸附在正极，则硫和多硫化物在该结构中不易脱落进入溶液中，错误； D．Fe3O4能加速正极反应，则材料中Fe3O4可催化正极反应，从而加速反应，正确； 故选C； （6）碱浸时金属氧化物被溶解的反应为氧化铝和氢氧化钠生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为； （7）A．将矿粉碾细可增大反应接触面，使其焙烧更充分，正确； B．焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，氧气发生还原反应被还原为氧化铁和二氧化硫，还原产物为氧化铁和二氧化硫，错误； C．二氧化硫为酸性氧化物，能和碱氢氧化钠反应，用NaOH溶液吸收“焙烧”过程产生的SO2有利于保护环境和资源再利用，正确； D．向“过滤”得到的滤液中通入过量盐酸，和过量氢离子反应生成水和铝离子，正确； 故选B； （8）FeS2与Fe2O3混合后在隔绝氧气的条件下焙烧的目的是生成Fe3O4和SO2，结合得失电子守恒、原子守恒，该反应的化学方程式。 10．（25-26高二上·上海·阶段练习）某小组同学查到一份研究过氧化氢溶液与氢碘酸(HI)反应的实验资料，具体如下： 资料1：室温下，过氧化氢溶液可与氢碘酸(HI)反应，溶液为棕黄色。 资料2：实验数据如下表所示： 实验编号 1 2 3 4 5 实验条件 保持条件，取相同体积的和HI溶液 0.1 0.1 0.1 0.3 0.3 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 出现棕黄色时间 13.1 6.5 4.3 4.4 4.4 (1)过氧化氢溶液与氢碘酸反应的化学方程式为___________。 (2)实验1、2、3研究___________对反应速率的影响，结论是___________。 (3)甲同学对编号4、5的实验分别升高不同温度，发现升高温度较小的一组，棕黄色出现加快，升高温度较大的一组，棕黄色出现反而变慢。请结合反应物性质进行解释___________。 乙同学用KI替代HI验证上述实验。在实验过程中，溶液未变色，却有大量无色气体产生。他提出假设：KI中的I-可能是过氧化氢分解反应的催化剂，并设计如下实验验证： I．取3支试管，分别加入溶液。再向试管1中加入1 mL KI溶液；向试管2中加入溶液；向试管3中加入∙∙∙∙∙∙ II．分别将3支试管置于水浴中。 (4)设计试管2的目的是___________。 (5)试管3中应加入的试剂是___________。 (6)实验现象证明乙同学假设成立，该实验现象是___________。 丙同学查阅资料发现，碘离子催化双氧水分解反应分两步进行，其反应历程为： ①∙∙∙∙∙∙(慢)  ②(快) (7)反应①的化学方程式为___________。总反应的决速步是反应___________(填“①”或“②”)。 (8)已知分解放热98 kJ。下列有关I-催化分解反应的说法正确的是___________。 A．反应速率与I-浓度有关 B．I元素先被还原后被氧化 C．活化能等于 D． 【答案】(1) (2) 反应物浓度 反应物浓度越大，反应速率越快 (3)H2O2受热分解，则温度越高，分解的受热分解的H2O2越多，反应速率越小，出现棕黄色的时间越慢 (4)排除K+不是催化剂 (5)1 mL蒸馏水 (6)试管1中有大量无色气体生成，试管2、试管3几乎没有气体生成 (7) ① (8)A 【分析】根据单一变量原则，可知实验1、2、3之间只有反应物HI浓度不同，可以探究反应物浓度对化学反应速率的影响，实验4、5反应物浓度相同，可以设置反应温度不同，探究反应温度对反应速率的影响，据此解答。 【详解】（1）溶液变为棕黄色，说明生成了I2，发生的化学方程式为。 （2）①对比实验1、2、3的条件，氢碘酸的浓度不同，最后溶液出现棕黄色的时间也不同，其他条件相同，可以探究反应物浓度对反应速率的影响；②实验1、2、3氢碘酸的浓度依次增大，出现棕黄色的时间依次减小，说明反应物浓度越大，反应速率越快。 （3）H2O2受热分解，则温度越高，分解的受热分解的H2O2越多，反应速率越小，出现棕黄色的时间越慢。 （4）假设条件为KI中的为催化剂，所以需要排除K+不是催化剂。 （5）试管3为空白对照，加入1mL的蒸馏水即可。 （6）如果为催化剂，则试管1中有大量无色气体生成，试管2、试管3几乎没有气体生成。 （7）①根据催化剂在反应前后不变，所以反应①的化学方程式为；②活化能较高，导致速度较慢的反应①为总反应的决速步。 （8）从反应历程中得，浓度越高，反应决速步速率越高，总反应速率越快，所以总反应速率与有关，A正确；反应①中I由-1价被氧化为+1价，在第②步中由+1价被还原成-1价，I元素先被氧化后被还原，B错误；反应焓变为98 kJ/mol，C错误；由知：，D错误。 11．（25-26高三上·上海·月考）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈和副产物丙烯醛的热化学方程式如下： ①   ② (1)有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是_____。（写两点） (2)如图为一定时间内丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为。高于460℃时，丙烯腈产率降低的原因可能是_____。 A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．副反应增多 D．反应活化能增大 (3)如果只发生反应①，则恒温恒压条件下，下列选项表明反应一定达到平衡状态的是_____。 A．容器内混合气体的密度不再变化 B．容器内压强不再变化 C．断裂键的同时形成键 D． (4)丙烯腈和丙烯醛的产率与的关系如图所示。由图可知，最佳约为_____，理由是_____。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为_____。 【答案】(1)低温、低压 (2)AC (3)AD (4) 1.0 该比例下丙烯腈产率最高，且副产物丙烯醛产率最低 【详解】（1）反应①为气体体积增大的放热反应，低温、低压均有利于提高丙烯腈的平衡产率； （2）A．催化剂在一定的温度范围内活性较高，高于460℃时，催化剂活性可能降低，导致丙烯腈产率降低，A正确； B．反应①是放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数变小，丙烯腈产率降低，B错误； C．温度升高，副反应增多，导致丙烯腈的产率下降，C正确； D．反应活化能的大小不影响平衡，D错误； 故选AC； （3）A．混合气体的密度，反应前后气体总质量m不变，恒温恒压下，体积V会变化（因为气体分子数变化），当密度不再变化时，说明体积V不变，反应达到平衡，A正确； B．反应在恒温恒压条件下进行，压强始终不变，所以压强不再变化不能说明达到平衡，B错误； C．断裂键（正反应方向）和形成键（正反应方向），都表示正反应，不能说明正逆反应速率相等，C错误； D．根据反应速率之比等于化学计量数之比，即3v正(NH3)=2v逆(O2)，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D正确； 故选AD。 （4）根据图可知，当n(氨)：n(丙烯)≈1.0时，丙烯腈的产率最高，且丙烯醛的产率最低，故1.0是最佳比值。根据化学方程式： ，氨气、氧气、丙烯的初始体积比为时反应达到最佳状态，而空气中氧气约占，所以进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为。 12．（24-25高二下·上海徐汇·期末）工业上可利用CO和来生产燃料甲醇，这对于实现“碳中和”具有重要意义。已知甲醇制备的有关化学反应以及在500℃时的化学反应平衡常数如下表所示： 化学反应 平衡常数 500℃ ①   2.5 ②   1 ③   (1)反应①自发进行的条件是___________。 A．高温下容易自发 B．低温下容易自发 C．任何温度下都容易自发 D．任何温度下都不容易自发 (2)一定温度下，向盛有催化剂的恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，发生反应①。下列不能说明该反应一定处于平衡状态的是___________。 A．容器内气体的压强不再发生变化 B．的体积分数不再变化 C．容器内和的浓度之比不再变化 D．混合气体的密度不再发生变化 (3)根据表格中信息，计算反应②的焓变___________。 (4)反应②在其他条件相同、不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间后，的转化率随反应温度的变化如下图所示。请判断a点所处的状态是不是化学平衡状态并说明理由___________。 (5)500℃时，已知，，则___________。。该温度下，往2L恒容密闭容器中充入和只发生反应③。测得某时刻，CO的转化率为50%，则此时该反应的v(正)___________v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。 可利用与制备“合成气”(CO、)，科学家提出制备“合成气”反应历程分两步： 反应①： 反应②： 上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图： (6)该反应的决速步为反应___________(选填“①”或“②”)； (7)与制备“合成气”的热化学方程式反应①反应②反应历程为___________(用的代数式表示)。 【答案】(1)B (2)BD (3) (4)不是，a点所处的状态并没有达到的转化率最大 (5) ＜ (6)① (7) 【详解】（1）根据分析反应①是放热熵减的反应需要低温下自发进行，故选B。 （2）恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物发生反应：。 A．恒容密闭容器中发生上述反应，容器内气体的压强随反应正移而减小，故当容器内气体的压强不再发生变化，反应处于平衡状态，A错误； B．上述反应列三段式： 的体积分数=，所以的体积分数始终是50%，其不再变化不能说明该反应一定处于平衡状态，B正确； C．该反应是以投入，根据上面的三段式，，故容器内和的浓度之比会随着反应进行而变化，能说明该反应一定处于平衡状态，C错误； D．混合气体的密度，该反应物质全是气体，ｍ始终不变，V也不变，所以混合气体密度始终不变，故混合气体的密度不再发生变化不能说明该反应一定处于平衡状态，D正确。 故选BD。 （3）根据盖斯定律，反应②=①－③，。 （4）催化剂只改变反应速率，不能改变平衡，所以，温度相同时不管选择什么催化剂达到平衡时的转化率应是一样的，也就是最大值，a点所处的状态并没有达到的转化率最大，所以不是化学平衡状态。 （5）根据第(3)小问，②=①－③，则③=①－②，。 利用题目的投料列三段式： ，平衡逆移，。 （6）反应①正反应的活化能高于反应②，反应①慢，是该反应的决速步。 （7）反应①吸收的能量可用表示，反应②吸收的热量用，反应①+②=+=，故与制备“合成气”的热化学方程式：。 13．（25-26高二上·上海·月考）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。 以甲醛和合成气为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ① ② 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 -116 -111 0 -455 (1)生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为______。 (2)反应③______0(填“>”“<”或“=”)，反应在______(填“高温”或“低温”)自发进行。 (3)恒压时，合成气中增大，(羟基乙醛)单位时间产率降低，其原因是______。 反应中伴随副反应④：。 (4)平衡常数与温度之间满足关系常数，反应②和④的与的关系如图所示，则______，(填“>”“<”或“=”)。 (5)欲抑制甲醇的生成，应适当______(填“升高”或“降低”)反应温度，理由是______。 若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为。 (6)反应后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，则甲醛的平均消耗速率v=______。 (7)溶剂中和浓度分别保持为、，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为18%、34%、14%，生成乙二醇的平衡常数K=______。 【答案】(1) (2) ＜ 低温 (3)反应②的速率大于反应①使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低 (4)＜ (5) 降低 随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度 (6)0.112 (7) 【详解】（1）将反应①和②相加，消去中间产物，得到总反应：，反应焓变公式：：，故总反应③的热化学方程式为： ； （2）反应中气体分子数减少（4 mol气体 → 1 mol液体），混乱度降低，故ΔS < 0；反应自发性条件是ΔG = ΔH - TΔS< 0，ΔH为负、ΔS为负时，低温（T较小）使ΔG < 0，反应自发； （3）恒压时，合成气中增大，意味着的分压增大，的分压减小，反应速率与反应物浓度相关，分压减小效应超过分压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间产率降低； （4）平衡常数与温度之间满足关系常数，与的关系图中，斜率为。图中反应②的斜率大于反应④，表明，由于两反应的K随温度降低均增大，均为放热（），故； （5）抑制甲醇生成，即让反应②的正向进行程度大于反应④，由图可知，随着的增大，增大的程度大于增大程度，故需要低温才能抑制甲醇的生成； （6）反应后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，即生成HOCH2CHO消耗甲醛38%，乙二醇消耗甲醛8%，甲醇消耗甲醛10%，总计38% + 8% + 10% = 56%；消耗甲醛的量= 1.0 mol/L × 56% = 0.56 mol/L，则甲醛的平均消耗速率； （7）总反应③：平衡常数表达式为[注：为液体，但在溶液中其浓度变化，故包含在中；单位要符合]；平衡浓度：（乙二醇平衡产率34%）: ；羟基乙醛18% ：；甲醇14% ：，总甲醛消耗浓度：， 平衡 ：；给定平衡浓度：，，代入计算：，解得：(科学记数，保留小数点后2位)。 14.（25-26高二上·上海闵行·期中）人类的生活离不开化工产品。化工产品的生产涉及反应原理、物料选择、能源消耗、工艺流程、环境保护等许多问题。请回答下列问题： (1)下列符合实际并用于工业生产的是______。 A．NaOH与盐酸中和反应制NaCl B．和光照制HCl C．通入澄清石灰水中制漂白粉 D．用硫黄制硫酸 (2)有关工业制硫酸的下列说法中，错误的是______。（不定项） A．二氧化硫的催化氧化在转化器中发生 B．吸收塔用浓度为浓硫酸吸收三氧化硫 C．转化器中装有催化剂 D．以硫黄为原料制硫酸使用的设备之一是沸腾炉 (3)在硫酸工业生产中，的吸收过程是在吸收塔（如图）中进行的，吸收塔里还装入了大量瓷环。下列有关说法错误的是______。 A．从①处通入的气体中含大量，整个吸收操作采取逆流的形式 B．从②处喷下的硫酸，瓷环的作用是增大接触面积 C．从③处导出的气体只含有少量，可直接排入大气 D．从④处流出的是可用水或稀硫酸稀释的硫酸 工业上制硫酸的设备分为三大部分：沸腾炉、转化器、吸收塔。下面的装置是仿照工业上制备硫酸工艺的流程设计出来的，用于探究工业上为何采用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫。 (4)写出沸腾炉内煅烧硫铁矿的反应方程式：______。 (5)图中的乙、丙分别相当于工业上制取硫酸装置中的______、______。 (6)从乙装置中出来的气体有______。 (7)丙装置的作用为______，丁中的现象为______。 (8)本实验设计还存在的较明显缺陷是______。 【答案】(1)D (2)D (3)C (4) (5) 转化器或接触室 吸收塔 (6) (7) 吸收三氧化硫制取硫酸 形成酸雾 (8)缺少尾气吸收装置 【分析】仿照工业上制备硫酸工艺的流程，二氧化硫与氧气利用浓硫酸干燥；二氧化硫进入装置乙进行催化氧化为三氧化硫；利用丙装置吸收三氧化硫气体，生成硫酸；利用丁装置吸收三氧化硫气体制取硫酸，与丙装置进行对比。 (1)A．工业生产中NaCl主要从海水里提取，A错误； B．H2和Cl2光照条件下会爆炸，不能用于工业制取HCl，B错误； C．澄清石灰水浓度太低，导致产率低，应该是将Cl2通入石灰乳制取漂白粉，C错误； D．硫磺与氧气反应生成SO2，SO2与氧气在催化剂作用下生成SO3，SO3被浓硫酸吸收生成硫酸，D正确； 故选D。 (2)A．二氧化硫的催化氧化在转化器中发生，A正确； B．吸收塔用浓度为浓硫酸吸收三氧化硫，可以防止形成酸雾，提高吸收效率，B正确； C．在二氧化硫催化氧化生成三氧化硫的过程中，转化器中装有五氧化二钒作催化剂，加快反应速率，C正确； D．以硫磺为原料制硫酸时应使用硫黄燃烧炉或焚硫炉，D错误； 故选D。 (3)A．从①处通入的气体中含大量SO3，整个吸收操作采取逆流的形式，可尽可能多的吸收SO3，A正确； B．从②处喷下98.3%的硫酸，瓷环的作用是增大接触面积，B正确； C．从③处导出的气体含有少量SO2，二氧化硫有毒，不可直接排入大气，C错误； D．从④处流出的是发烟硫酸，可用水或稀硫酸稀释，D正确； 故选C。 (4)沸腾炉内煅烧硫铁矿的反应方程式为：。 (5)工业上制硫酸设备分为沸腾炉、接触室、吸收塔，乙装置中有催化剂，是将二氧化硫催化氧化为三氧化硫的装置，相当于接触室；丙装置中盛装浓硫酸，用于吸收三氧化硫，相当于吸收塔。 (6)由于二氧化硫的催化氧化是可逆反应，所以从乙装置中出来的气体有：。 (7)丙装置中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫制取硫酸；丁装置中是用水吸收三氧化硫制硫酸，三氧化硫溶于水会放出大量的热，使水汽化为水蒸气，从而形成酸雾。 (8)实验过程中会有未反应完的二氧化硫等尾气，二氧化硫是有毒气体，会污染空气，而本实验缺少尾气吸收装置。 15．（25-26高一上·上海·期末）I．自然界中氮循环如图所示。 (1)上述循环中涉及到多个固氮过程，过程①是___________固氮，过程②是人工固氮，写出人工固氮的化学方程式___________。过程③中氮元素由___________态转化为___________态。 (2)自然界固氮，可将少量转化为等氮肥。请写出的化学方程式___________、___________。 (3)将20 mL 和NO的混合气体通入倒立于水槽且盛满水的试管中，充分反应后试管中剩余10 mL气体，则原混合气体中与NO的体积比为___________。 A． B． C． D． (4)在细菌的作用下铵态氮()与亚硝态氮()可以转化为氮气，所涉及的离子方程式为：，反应中，每生成0.02 mol氮气时，转移电子的物质的量为___________。 (5)氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。有人研究了温度对海洋硝化细菌去除氨氮效果的影响。下表为对10 L人工海水样本的监测数据。硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是___________℃，在最佳反应温度时，48 h内去除氨氮反应的平均速率是___________。 温度/℃ 样本氨氮含量/mg 处理24 h 处理48 h 氨氮含量/mg 氨氮含量/mg 20 1008 838 788 25 1008 757 468 30 1008 798 600 40 1008 977 910 Ⅱ．工业制硝酸时尾气中含有的NO、可用NaOH溶液吸收。发生的反应有：，。用不同浓度NaOH溶液吸收含量不同的尾气()，氮氧化物吸收率与NaOH浓度间的关系如图所示： (6)随溶液浓度的增大，氮氧化物吸收率的变化情况是___________。 (7)当a小于50%时，加入能提升氮氧化物的吸收率，原因是___________。 (8)某小组同学建议用废氨水对含NO、的废气进行吸收，请简述用废氨水吸收的优点。___________。 【答案】(1) 自然 化合 游离 (2) (3)C (4)0.06 mol (5) 25℃ 1.125 (6)先增大后减少 (7)当a小于50%时，尾气中的含量相对较高，加入，会将氧化成，使的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大。 (8)废物利用、可生产氮肥 【详解】（1）过程①为，为自然固氮，故答案为自然固氮；过程②是人工固氮，化学方程式为，故答案为；由图可知，过程③中氮元素由化合态转为游离态，故答案为过程③中氮元素由化合态转为游离态。 （2）的过程是与反应生成，与反应生成，其化学方程式为、。 （3）由题意得，充分反应前后体积差为10 mL，设原混合气体中有x mL，即消耗了x mL ，得 ，所以，，则原混合气体中体积为15 mL，体积为5 mL，体积比为，故答案选C。 （4）中，中氮元素化合价由-3价上升至0价，中氮元素化合价由+3价下降至0价，得出每生成1 mol，转移3 mol ，因此每生成0.02 mol氮气时转移电子的物质的量为0.06 mol。 （5）当温度为25℃时，样本氨氮含量1008 mg，处理48 h后，剩余氨氮含量468 mg，处理了氨氮含量540 mg，除氨氮最多，因此硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是25℃；25℃，48 h内去除氨氮540 mg，样本体积为10 L，所以。 （6）由图可知，随溶液浓度的增大，氮氧化物吸收率先增大后减小。 （7）由公式得，a表示尾气中的物质的量分数，当a小于50%时，尾气中的含量相对较高，加入，会将氧化成，使的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大。 （8）用废氨水对含、的废气进行吸收生成硝酸铵和亚硝酸铵，硝酸铵和亚硝酸铵可以用做化肥和化工原料，故用废氨水吸收的优点是可以废物利用、可生产氮肥等。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第6章 化学反应速率和化学平衡 A 题型聚焦·专项突破 考点一 化学反应速率的计算 题型1 化学反应速率的计算 题型2 化学反应速率与化学计量数的比例关系应用 考点二 影响化学反应速率的因素（重点） 题型1 影响反应速率的因素 题型2 化学反应速率影响因素的实验探究 考点三 可逆反应与化学平衡状态（重点） 题型1 可逆反应的判断 题型2 化学平衡状态的判定依据 考点四 化学平衡移动（重点·难点） 题型1 化学平衡移动的影响因素 题型2 化学平衡相关图像分析 考点五 化工生产原理与反应条件优化 题型1 工业制硫酸的原理与生产流程 题型2 化工生产中反应条件的优化 B 综合攻坚·知能拔高 A 题型聚焦·专项突破 考点一 化学反应速率的计算 ◆题型1 化学反应速率的计算 1．（25-26高二上·上海·阶段练习）对于反应，在不同条件下的化学反应速率如下，其中反应速率最快的是 A． B． C． D． 2．（24-25高二上·上海·期末）在2A＋B⇌3C＋4D反应中，表示该反应速率最快的是 A．υ(A)=0.5mol/(L·s) B．υ(B)=0.3mol/(L·s) C．υ(C)=0.8mol/(L·s) D．υ(D)=1mol/(L·s) ◆题型2 化学反应速率与化学计量数的比例关系应用 3．（24-25高二上·上海·期中）在密闭容器中W(g)与X(g)反应生成Y(g)和Z(g)，其反应速率分别为v(W)、v(X)、v(Y)、v(Z)，已知存在如下关系：v(W)=2v(X)，v(Y)=2v(X)，v(Z)=2v(W)，则此反应可表示为 A． B． C． D． 4．（24-25高一下·上海·期末）硫酸是重要的化工原料，工业制硫酸的其中一步重要反应是：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)   ∆H<0。在密闭容器中进行上述反应，以下用不同物质表示的反应速率中，最快的是 A． B． C． D． 考点二 影响化学反应速率的因素（重点） ◆题型1 影响反应速率的因素 5．（24-25高一下·上海·期末）下列有关说法错误的是 A．向炉膛内鼓风，用煤粉代替煤块可以使炉火更旺 B．将肉类食品进行低温冷藏，能使其永远不会腐败变质 C．工业合成氨时，要同时考虑反应速率和反应限度两个方面 D．我国西周时期已发明用“酒曲”酿酒，原理是利用催化剂改变反应速率 6．（24-25高二下·上海崇明·期中）决定化学反应快慢的最主要的因素是 A．反应物本身的性质 B．反应所处的温度 C．反应物的浓度 D．反应时是否加入催化剂 ◆题型2 化学反应速率影响因素的实验探究 7．（24-25高一下·上海·期末）某实验小组用5%的溶液、粉末和蒸馏水探究外界条件对双氧水分解反应速率的影响，实验记录如下表。 实验序号 温度/℃ 5% 溶液体积/mL 粉末质量/g 体积/mL 收集150mL 所需的时间/s Ⅰ 20 50 无 0 几乎无气体产生 Ⅱ 20 50 0.5 0 45 Ⅲ 20 25 0.5 a 85 Ⅳ 60 50 0.5 0 下列说法不正确的是 A．对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，催化剂可加快反应速率 B．研究浓度对该反应速率的影响，a=25 C．实验Ⅰ、Ⅳ研究温度对双氧水分解反应速率的影响 D．结合表中数据，推测 8．（2025高一·上海·专题练习）CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列结论不正确的是 A．反应在2~4min内平均反应速率最大 B．反应在2~4min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)=0.1mol·L-1·min-1 C．反应开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大 D．4min后，反应速率减小的主要原因是c(H+)减小 考点三 可逆反应与化学平衡状态（重点） ◆题型1 可逆反应的判断 9．（24-25高二上·上海·期中）在下列反应CO+H2OCO2+H2中，加入后，则存在于 A．只存在于CO和中 B．只中存在于中 C．只存在于CO中 D．存在于CO、、 10．（24-25高二上·上海嘉定·开学考试）工业制硫酸中的一步重要反应是在400～500℃下的催化氧化：。这是一个正反应放热的可逆反应。若反应在恒容密闭容器中进行，下列有关说法正确的是 A．达到平衡时，正、逆反应速率均为零 B．其他条件不变时，向容器内充入Ne，的生成速率会增大 C．使用合适的高效催化剂，可以实现的完全转化 D．通过调控反应条件，可以提高该反应进行的程度 ◆题型2 化学平衡状态的判定依据 11．（24-25高一下·上海·期末）一定条件下，向容积为1.00L的密闭容器中通入一定量的和的混合气体，发生反应：（正反应吸热），体系中各物质浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是 A．64s时，反应达到化学平衡状态 B．前100秒内，用浓度的变化表示的化学反应速率是 C．保持容器体积不变，充入氦气，反应速率增加 D．若该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐升高 12．（24-25高一下·上海·期末）如图是合成氨反应的正、逆反应速率随反应时间变化的示意图，有关叙述错误的是 A．状态I和状态II时，反应均处于平衡状态 B．状态I变化为状态II的过程，称为化学平衡移动 C．时刻平衡向正反应方向移动，是由增大压强引起的 D．同一种反应物在状态I和状态II时，浓度不相等 考点四 化学平衡移动（重点·难点） ◆题型1 化学平衡移动的影响因素 13．（24-25高三上·上海浦东新·阶段练习）可逆反应：2SO2＋O22SO3达到平衡状态时，保持恒温恒容向容器中加入一定量的O2。下列说法正确的是(K为平衡常数) A．K变大，O2转化率减小 B．K变大，SO2转化率减小 C．K不变，O2转化率增大 D．K不变，SO2转化率增大 14．（24-25高一下·上海·期末）在恒容密闭容器中进行的合成氨反应，达到平衡后改变一个条件，一段时间又达到平衡，此时测得氨气的体积分数增大。下列可能的原因是 A．升高温度 B．在容器中通入一定量的氦气 C．增大容器体积 D．按起始投料比成比例增加反应物的浓度 ◆题型2 化学平衡相关图像分析 15．（24-25高二上·上海·期末）在体积为的恒容密闭容器中发生反应：，其他条件不变，不同温度下，物质的浓度随时间变化的曲线如图。下列说法不正确的是 A．反应温度： B．a℃、7min时，物质的体积分数为20% C．200℃、时，若分离出会打破原来的平衡体系 D．a℃时，气体的平均相对分子质量不再改变说明反应已达到平衡 16．（24-25高二上·上海奉贤·期末）一定温度下，(X)在Al2O3存在下与等物质的量的HCl反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。 下列说法不正确的是 A．由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能 B．由图1和图2都能判断Z比Y更稳定 C．5~10 min时，各物质的物质的量分数变化可以用E1<E2来解释 D．此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数 考点五 化工生产原理与反应条件优化 ◆题型1 工业制硫酸的原理与生产流程 17．（24-25高一上·上海闵行·期中）化工生产事关经济民生，以下有关化工生产的描述正确的是。     A．工业上制造普通玻璃的原料为石英砂、纯碱和黏土 B．如图甲，硫酸厂在沸腾炉中实现 C．如图乙，海水提溴步骤④⑤⑥的目的是为了富集溴元素 D．侯氏制碱法：先向饱和食盐水中通入足量氨气，后通入微量，有利于沉淀析出 18．（24-25高二上·上海浦东新·期中）以黄铁矿为原料来生产硫酸的工艺流程如图。下列说法错误的是 A．一定条件下，2 mol SO2与足量O2充分反应转移4 mol 电子 B．将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 C．煅烧黄铁矿发生的反应为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，FeS2中S的化合价为-1价 D．用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫可避免形成酸雾 ◆题型2 化工生产中反应条件的优化 19．（24-25高二上·上海·期中）工业上利用黄铁矿(FeS2)制取硫酸，其反应流程如下： 下列说法错误的是 A．反应①矿石粉碎的目的是提高反应速率 B．反应②中即使通入过量的氧气，也不能将SO2全部转化成SO3 C．接触室选择500℃左右的温度是因为比常温更有利于合成SO3 D．过量的氨水吸收SO2的化学方程式：2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O 20．（24-25高二下·上海·期中）以黄铁矿为原料来生产硫酸的工艺流程如图。下列说法正确的是 A．将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率 B．煅烧黄铁矿发生的反应为，还原产物只有 C．硫磺与过量氧气点燃，可直接生成三氧化硫 D．工业上也可以直接用水吸收制取硫酸 B 综合攻坚·知能拔高 1．（24-25高一下·上海·期末）下列表示合成氨反应的速率中，反应最快的是 A． B． C． D． 2．（24-25高一下·上海·期末）某温度下，将3molA和2.5molB混合于2L的恒容密闭容器中发生反应；，5min后达到平衡，已知，生成D为1mol。下列选项正确的是 A． B． C．平衡时B的转化率为25% D．平衡时压强为起始时的10/11倍 3．（24-25高一下·上海·期末）氮是自然界中各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。在2L密闭容器内，t℃时发生反应：。在体系中，随时间的变化如下表： 时间(min) 0 1 2 3 4 5 的物质的量(mol) 0.20 0.10 0.08 0.06 0.06 0.06 (1)上述反应在第5min时，的转化率为_______。 (2)用表示从0~2min内该反应的平均速率_______。 (3)t℃时，在4个均为2L密闭容器中不同投料下进行合成氨反应。根据在相同时间内测定的结果，判断该反应进行最慢的为_______。 A． B． C． D． (4)下列操作一定能使合成氨反应速率加快的是_______。 A．升高温度 B．及时移走产品氨气 C．恒容条件下充入He D．恒压条件下充入He 4．（24-25高一下·上海·期末）和N2O4(g)之间存在如下转化：N2O4(g) 2NO2(g)，一定温度下，体积为2L的恒容密闭容器中， NO2(g)和N2O4 (g)之间发生反应，各组分物质的量与时间关系如图所示： (1)在0~3min内，用 NO2(g)表示的反应速率为_______。 (2)若在绝热容器中加入一定量   反应一段时间后，混合气储温度升高，说明： 的能量比 的能量______________(填“高”或“低”)。 (3)恒温恒容条件下，下列能说明反应： 达到平衡状态的是_______(填字母)。 A． B． C．容器内气体的压强保持不变 D．混合气体的密度保持不变 工业上以黄铁矿(主要成分 制硫酸，流程如下： (4)黄铁矿在“煅烧”前须粉碎，粉碎的目的是_______， (5)“烧渣”的主要成分为_______(填化学式)。 (6)“催化氧化”时发生反应的化学方程式为_______。 (7)“吸收”时试剂X是98.3%的浓硫酸，选用该浓硫酸而不用水的主要原因是_______。 5．（24-25高一下·上海·阶段练习）完成下列问题 (1)下列是吸热反应的是_______。 A．铝热反应 B．Ba(OH)2⋅8H2O晶体与NH4Cl晶体反应 C．铁在氯气中燃烧 D．碳酸钙分解 (2)已知某化学反应，A2(g)+2B2(g)=2AB2(g)(A2，B2、AB2的结构式分别为A-A、B-B、B-A-B)，反应过程中的能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是_______。 A．该反应的进行一定需要加热或点燃 B．该反应若生成2molAB2(g)，则放出的热量为(E1-E2)kJ C．该反应断开化学键消耗的总能量大于形成化学键释放的总能量 D．生成2molB-A键放出E2kJ能量 (3)以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为碳中和提供了一条新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。 根据上述信息可知，利用TiO2催化分解2molCO2(g)生成2molCO(g)和1molO2(g)时需要___________(填“吸收”或“放出”)___________kJ能量。 6.（24-25高一下·上海·期末）从化合价和物质类别两个视角认识元素及其化合物性质是重要的化学学习方式。图1是Fe及其化合物的化合价—物质类别二维图。回答下列问题： (1)工业上冶炼Fe常用的方法是 。 A．电解法 B．还原法 C．热分解法 D．物理方法 (2)若图1中的F为硫酸盐，请写出由物质D转化为物质F的离子方程式：___________。 (3)图1中的B在潮湿的空气中很容易发生化合反应变成E，该反应的化学方程式为___________。 (4)图1中的F与C在水溶液中转化的离子反应有：，为了探究该反应存在一定的限度，某化学兴趣小组取的溶液于试管中，再加入的溶液，振荡，使试管中的物质充分反应一段时间。为了达到实验目的，则还需要再向试管中加入的下列试剂为 。 A．淀粉溶液 B．溶液 C． D．酸性高锰酸钾溶液 7.（2025·上海闵行·二模）高炉气中存在反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g) ΔH>0，勒夏特列通过研究该反应提出了化学平衡移动原理。 (1)恒温恒容时，能说明上述反应达到平衡状态的是_______。(不定项) A．CO2与CO的物质的量之比为1：2 B．v正(CO2)：v逆(CO) = 2：1 C．CO2和CO的浓度不再改变 D．混合气体的密度不再改变 (2)不同温度和压强下，上述反应达到平衡时CO和CO2​的体积分数变化如图所示。 根据化学平衡移动原理，解释两种气体体积分数的变化趋势_______。 8.（24-25高一下·上海·期末）雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一。已知汽车尾气排放时发生的反应之一为：。一定条件下，该反应平衡时，的体积分数与反应物起始的物质的量之比()、温度的关系如图所示。 (1)在X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是_______。在2L密闭容器中加入NO与CO各3mol，经过5分钟达到平衡状态，根据图像计算平均反应速率_______。 (2)若在另一条件下模拟该反应，NO、CO、，的初始浓度分别为0.2mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L和0.1mol/L，达到平衡时，各物质的浓度可能的是_______。 A． B． C． D． (3)催化还原NO是重要的烟气脱硝技术。研究发现其反应过程如图所示。分析脱硝过程的催化剂是_______。 9．（24-25高一下·上海松江·期中）电池是一种能源存储与转换的常用装置。锂硫电池负极为金属锂，正极为S单质。 (1)该电池锂电极不宜与水直接接触的原因是___________。(用化学方程式表示) (2)向100mL0.4mol·L-1Na2S溶液中缓慢且匀速通入Cl2，制取S单质。2分钟后剩余Na2S浓度为0.2mol·L-1，该反应的化学方程式为___________；该反应的化学反应速率v(NaCl)为___________mol·L-1·min-1，生成S单质的质量为___________g。(反应过程中忽略溶液体积变化) 锂硫电池在充放电时多硫化物及产生少量的[Li3S6]+进入电解质溶液中而使正极材料损耗，使电池循环充放电次数小于200次。介孔碳颗粒三维连续开放通道和Fe3O4掺入正极材料极大地提高电池的充放电性能，并使其循环充放电次数达1200次以上。其中介孔碳颗粒有利于硫均匀分散并吸附在正极，且能使Li+更顺畅地进出；Fe3O4能加速正极反应并吸附[Li3S6]+防止其进入电解质溶液。结合此段文字，提取信息，回答下列问题。 (3)[Li3S6]+中存在的化学键类型为___________。(不定项) A．离子键    B．极性键    C．非极性键 (4)介孔碳颗粒不具有的性质为___________。 A．高导电性 B．比表面积大，吸附性强 C．结构稳定性 D．孔径小于Li+直径 (5)关于正极改进材料，说法错误的是___________。 A．该正极材料不宜与酸性电解质直接接触 B．该正极材料具有磁性是因为含有Fe3O4 C．硫和多硫化物在该结构中易脱落进入溶液中 D．材料中Fe3O4可催化正极反应 以某种矿粉(主要成分为Al2O3、Fe2O3及少量FeS2)为原料生产正极填充材料Fe3O4的部分工艺流程如下： (6)碱浸时金属氧化物被溶解的离子方程式为___________。 (7)下列说法错误的是___________。 A．将矿粉碾细可使其焙烧更充分 B．FeS2在空气中充分焙烧过程只有一种还原产物 C．用NaOH溶液吸收“焙烧”过程产生的SO2有利于保护环境和资源再利用 D．向“过滤”得到的滤液中通入过量盐酸，铝元素存在的形式由转化为Al3+ (8)FeS2与Fe2O3混合后在隔绝氧气的条件下焙烧的目的是生成Fe3O4和SO2，写出该反应的化学方程式___________。 10．（25-26高二上·上海·阶段练习）某小组同学查到一份研究过氧化氢溶液与氢碘酸(HI)反应的实验资料，具体如下： 资料1：室温下，过氧化氢溶液可与氢碘酸(HI)反应，溶液为棕黄色。 资料2：实验数据如下表所示： 实验编号 1 2 3 4 5 实验条件 保持条件，取相同体积的和HI溶液 0.1 0.1 0.1 0.3 0.3 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 出现棕黄色时间 13.1 6.5 4.3 4.4 4.4 (1)过氧化氢溶液与氢碘酸反应的化学方程式为___________。 (2)实验1、2、3研究___________对反应速率的影响，结论是___________。 (3)甲同学对编号4、5的实验分别升高不同温度，发现升高温度较小的一组，棕黄色出现加快，升高温度较大的一组，棕黄色出现反而变慢。请结合反应物性质进行解释___________。 乙同学用KI替代HI验证上述实验。在实验过程中，溶液未变色，却有大量无色气体产生。他提出假设：KI中的I-可能是过氧化氢分解反应的催化剂，并设计如下实验验证： I．取3支试管，分别加入溶液。再向试管1中加入1 mL KI溶液；向试管2中加入溶液；向试管3中加入∙∙∙∙∙∙ II．分别将3支试管置于水浴中。 (4)设计试管2的目的是___________。 (5)试管3中应加入的试剂是___________。 (6)实验现象证明乙同学假设成立，该实验现象是___________。 丙同学查阅资料发现，碘离子催化双氧水分解反应分两步进行，其反应历程为： ①∙∙∙∙∙∙(慢)  ②(快) (7)反应①的化学方程式为___________。总反应的决速步是反应___________(填“①”或“②”)。 (8)已知分解放热98 kJ。下列有关I-催化分解反应的说法正确的是___________。 A．反应速率与I-浓度有关 B．I元素先被还原后被氧化 C．活化能等于 D． 11．（25-26高三上·上海·月考）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈和副产物丙烯醛的热化学方程式如下： ①   ② (1)有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是_____。（写两点） (2)如图为一定时间内丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为。高于460℃时，丙烯腈产率降低的原因可能是_____。 A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．副反应增多 D．反应活化能增大 (3)如果只发生反应①，则恒温恒压条件下，下列选项表明反应一定达到平衡状态的是_____。 A．容器内混合气体的密度不再变化 B．容器内压强不再变化 C．断裂键的同时形成键 D． (4)丙烯腈和丙烯醛的产率与的关系如图所示。由图可知，最佳约为_____，理由是_____。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为_____。 12．（24-25高二下·上海徐汇·期末）工业上可利用CO和来生产燃料甲醇，这对于实现“碳中和”具有重要意义。已知甲醇制备的有关化学反应以及在500℃时的化学反应平衡常数如下表所示： 化学反应 平衡常数 500℃ ①   2.5 ②   1 ③   (1)反应①自发进行的条件是___________。 A．高温下容易自发 B．低温下容易自发 C．任何温度下都容易自发 D．任何温度下都不容易自发 (2)一定温度下，向盛有催化剂的恒容密闭容器中按初始进料比投入反应物，发生反应①。下列不能说明该反应一定处于平衡状态的是___________。 A．容器内气体的压强不再发生变化 B．的体积分数不再变化 C．容器内和的浓度之比不再变化 D．混合气体的密度不再发生变化 (3)根据表格中信息，计算反应②的焓变___________。 (4)反应②在其他条件相同、不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，反应相同时间后，的转化率随反应温度的变化如下图所示。请判断a点所处的状态是不是化学平衡状态并说明理由___________。 (5)500℃时，已知，，则___________。。该温度下，往2L恒容密闭容器中充入和只发生反应③。测得某时刻，CO的转化率为50%，则此时该反应的v(正)___________v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。 可利用与制备“合成气”(CO、)，科学家提出制备“合成气”反应历程分两步： 反应①： 反应②： 上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图： (6)该反应的决速步为反应___________(选填“①”或“②”)； (7)与制备“合成气”的热化学方程式反应①反应②反应历程为___________(用的代数式表示)。 13．（25-26高二上·上海·月考）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。 以甲醛和合成气为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ① ② 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 -116 -111 0 -455 (1)生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为______。 (2)反应③______0(填“>”“<”或“=”)，反应在______(填“高温”或“低温”)自发进行。 (3)恒压时，合成气中增大，(羟基乙醛)单位时间产率降低，其原因是______。 反应中伴随副反应④：。 (4)平衡常数与温度之间满足关系常数，反应②和④的与的关系如图所示，则______，(填“>”“<”或“=”)。 (5)欲抑制甲醇的生成，应适当______(填“升高”或“降低”)反应温度，理由是______。 若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为。 (6)反应后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，则甲醛的平均消耗速率v=______。 (7)溶剂中和浓度分别保持为、，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为18%、34%、14%，生成乙二醇的平衡常数K=______。 14.（25-26高二上·上海闵行·期中）人类的生活离不开化工产品。化工产品的生产涉及反应原理、物料选择、能源消耗、工艺流程、环境保护等许多问题。请回答下列问题： (1)下列符合实际并用于工业生产的是______。 A．NaOH与盐酸中和反应制NaCl B．和光照制HCl C．通入澄清石灰水中制漂白粉 D．用硫黄制硫酸 (2)有关工业制硫酸的下列说法中，错误的是______。（不定项） A．二氧化硫的催化氧化在转化器中发生 B．吸收塔用浓度为浓硫酸吸收三氧化硫 C．转化器中装有催化剂 D．以硫黄为原料制硫酸使用的设备之一是沸腾炉 (3)在硫酸工业生产中，的吸收过程是在吸收塔（如图）中进行的，吸收塔里还装入了大量瓷环。下列有关说法错误的是______。 A．从①处通入的气体中含大量，整个吸收操作采取逆流的形式 B．从②处喷下的硫酸，瓷环的作用是增大接触面积 C．从③处导出的气体只含有少量，可直接排入大气 D．从④处流出的是可用水或稀硫酸稀释的硫酸 工业上制硫酸的设备分为三大部分：沸腾炉、转化器、吸收塔。下面的装置是仿照工业上制备硫酸工艺的流程设计出来的，用于探究工业上为何采用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫。 (4)写出沸腾炉内煅烧硫铁矿的反应方程式：______。 (5)图中的乙、丙分别相当于工业上制取硫酸装置中的______、______。 (6)从乙装置中出来的气体有______。 (7)丙装置的作用为______，丁中的现象为______。 (8)本实验设计还存在的较明显缺陷是______。 15．（25-26高一上·上海·期末）I．自然界中氮循环如图所示。 (1)上述循环中涉及到多个固氮过程，过程①是___________固氮，过程②是人工固氮，写出人工固氮的化学方程式___________。过程③中氮元素由___________态转化为___________态。 (2)自然界固氮，可将少量转化为等氮肥。请写出的化学方程式___________、___________。 (3)将20 mL 和NO的混合气体通入倒立于水槽且盛满水的试管中，充分反应后试管中剩余10 mL气体，则原混合气体中与NO的体积比为___________。 A． B． C． D． (4)在细菌的作用下铵态氮()与亚硝态氮()可以转化为氮气，所涉及的离子方程式为：，反应中，每生成0.02 mol氮气时，转移电子的物质的量为___________。 (5)氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。有人研究了温度对海洋硝化细菌去除氨氮效果的影响。下表为对10 L人工海水样本的监测数据。硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是___________℃，在最佳反应温度时，48 h内去除氨氮反应的平均速率是___________。 温度/℃ 样本氨氮含量/mg 处理24 h 处理48 h 氨氮含量/mg 氨氮含量/mg 20 1008 838 788 25 1008 757 468 30 1008 798 600 40 1008 977 910 Ⅱ．工业制硝酸时尾气中含有的NO、可用NaOH溶液吸收。发生的反应有：，。用不同浓度NaOH溶液吸收含量不同的尾气()，氮氧化物吸收率与NaOH浓度间的关系如图所示： (6)随溶液浓度的增大，氮氧化物吸收率的变化情况是___________。 (7)当a小于50%时，加入能提升氮氧化物的吸收率，原因是___________。 (8)某小组同学建议用废氨水对含NO、的废气进行吸收，请简述用废氨水吸收的优点。___________。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $