第六章 化学反应速率与化学平衡测试（综合训练）（江苏专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 以化学反应速率与化学平衡为核心，通过概念辨析、图表分析、工业情境题整合基础原理与实际应用，强化科学思维与探究能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|1-4题|结合气体反应、催化剂作用考查速率影响因素，辨析活化分子、平衡移动本质|从速率定义到影响因素，构建“条件-速率-平衡”逻辑链| |平衡分析|5-9题|通过转化率-温度/压强图表、多反应体系数据，考查平衡移动与计算|整合勒夏特列原理与K值应用，建立“数据-图像-结论”推理模型| |反应机理|6-7题、14(1)题|以催化反应步骤图、能量变化曲线为载体，分析中间体与决速步|从微观反应历程理解宏观反应速率，体现结构决定性质的化学观念| |工业应用|10-17题|结合甲烷转化、脱硫等工业流程，考查条件优化与产率提升|关联反应热、平衡转化率与实际生产，培养科学态度与责任|

第六章 化学反应速率与化学平衡 高三化学·参考答案 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 D C C A C D C A B D C B B 二、非选择题：共4题，共61分。 14．（14分）（1）①Cu、Cl、O（2分） ②A（2分） （2）①降低（1分） ②101（1分） （3）①360（2分） ②BD（2分） ③流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率下降，同时T3温度低，反应速率慢（2分） ④36（2分） 15．（16分）（1）①缩短（2分） ②催化剂活性下降；副反应加剧（2分） （2） ①能显著增加催化剂表面的电子密度，促进在催化剂表面接受光生电子质子生成自由基 催化剂表面的电子结构发生了改变，导致自由基减少，自由基增多（2分） ②占比降低后，表面电子密度不足，副反应增多，甲醇选择性下降（2分） （3）①Ⅰ（2分） ②键的键能大于键，断裂键需要更多的活化能，导致生成的反应速率比生成的慢（2分） ③ 2 （2分） ④与配位，竞争性抑制反应；实验方案：增加浓度，质谱检测信号增强，同时甲醇信号减弱（2分） 16．（16分）（1）① （2分） ② （2分） 2 （2分） ③CaS + 2O2 = CaSO4 （2分） ④93%（2分） （2）①保持该温度可获得较高的CO2产率，但温度继续提升则导致废气SO2浓度急剧升高，同时CO2产率增长速度减缓，收益降低（2分） ②Fe(10%) （2分） ③导致催化反应位点被掩蔽，催化剂与气体接触不充分，反应速率降低导致CO2产率降低（2分） 17．（15分）（1）①（2分） ② 溶解度较小，加入固体无法增加的浓度，因此对SO2吸收速率影响不大（2分） （2）① （2分） ②固体颗粒可能堵塞喷淋口，影响后续流程（2分） ③易被烟气中的氧化为（2分） （3）①加热至873.15 K时，反应Ⅱ的吉布斯自由能远小于反应Ⅰ，高温下中+6价的S会被-3价的N还原为(会被氨气还原为) （2分） ② 能与热解产生的中间产物(尤其)反应产生和，防止生成，使氮元素更多地转化为，提高了产量（3分） / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 化学反应速率与化学平衡 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Na 23 Cl 35.5 Ti48 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．（原创）对于化学反应速率，下列说法正确的是 A．对有气体参加的化学反应，增大压强，反应速率一定增大 B．活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞 C．可逆反应升高温度，正、逆反应速率以相同倍数增大 D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而增大反应速率 2．催化反应广泛存在，如植物光合作用、合成氨、CH4和H2O重整制H2和CO、工业尾气中NH3的无害化处理、的催化氧化[SO2(g)和O2(g)生成1 mol SO3(g)放出98.3 kJ的热量]等。催化剂有选择性，如酸性条件下锑电催化还原CO2，生成HCOOH的选择性大于CO。非均相催化指催化剂与反应物处于不同聚集状态的催化反应，反应在催化剂表面进行，主要包括吸附、反应、脱附等过程。下列说法不正确的是 A．植物光合作用过程中，酶能增大该反应的活化分子百分数 B．H2O2制O2反应中，Fe3＋能加快化学反应速率 C．酸性条件下锑电催化还原CO2生成两种产物速率：v(CO)＞v(HCOOH) D．铁触媒催化合成氨的反应属于非均相催化 3．（改编）已知：2SO2(g)＋ O2(g)2SO3 (g)　ΔH＝－197.8 kJ· mol－1。起始反应物为SO2 和 O2(物质的量之比为2∶1，且总物质的量不变)。SO2 的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表，下列说法不正确的是 温度/K 压强/(105 Pa) 1.01 5.07 10.1 25.3 50.7 673 99.2 99.6 99.7 99.8 99.9 723 97.5 98.9 99.2 99.5 99.6 773 93.5 96.9 97.8 98.6 99.0 A．一定压强下降低温度，SO2 的转化率增大 B．使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间 C．在不同温度、压强下，转化相同物质的量的SO2 所需要的时间相等 D．工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2 的转化率已相当高 4．（2026高三上·江苏扬州·阶段检测）硫及其化合物的转化具有重要作用，煅烧辉铜矿反应为。下列说法正确的是 A．该反应的平衡常数表达式 B．辉铜矿煅烧生成2 mol Cu时，转移4 mol电子 C．其他条件相同，增大，的转化率增加 D．其他条件相同，使用催化剂，正反应速率增加，逆反应速率减小 5．（25-26高三上·江苏连云港·阶段检测）相同温度下，向三个体积不等的恒容密闭容器中分别通入2 mol NOCl(g)，发生反应：，后，三个容器中的转化率如图所示。已知点已达到平衡状态，下列叙述正确的是 A．A点未到平衡状态 B．容器体积 C．B点对应容器中，再通入和，平衡不移动 D．当三个容器都达到平衡状态时，体积为的容器中转化率最低 6．（改编）甲酸在金属-有机胺催化剂作用下分解制氢的反应为HCOOH(l)＝CO2(g)+H2(g)，可能的反应机理如下图所示。 下列说法不正确的是 A．催化剂中的Pd带部分正电荷 B．步骤I有配位键形成 C．若以DCOOH代替HCOOH，则生成HD D．步骤III中每生成1 mol H2，转移电子的数目约为2×6.02×1023 7．HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．Ⅰ是催化剂 B．Ⅱ是中间体 C．②对应的基元反应是决速步 D．总反应的化学方程式为 8．（2026·江苏镇江·二模）一定条件下，工业上以NO和为原料合成，涉及主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在、反应条件下，向密闭容器中充入2 mol NO和，发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，测得NO和转化率、和选择性与反应时间的关系如题图所示。下列说法不正确的是 A．若使用仅对反应Ⅱ有催化作用的催化剂，则75 min时曲线b所示物种的浓度减小 B．曲线d表示转化率 C．G点水的物质的量为2m mol D．75 min时，生成 9．（改编）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应： 反应I：   反应II：   向恒压、密闭容器中通入和，平衡时、、的物质的量随温度的变化如图所示。的选择性。下列说法正确的是 A．反应达到平衡状态时， B．时，的平衡转化率为 C．的平衡选择性随着温度的升高而增大 D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 10．（25-26·江苏盐城·期末）甲烷和水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应为 ① ② 在装有催化剂的密闭容器中，、时，若仅考虑上述反应，平衡时转化率和CO转化率随温度的变化如图所示。 CO转换率 下列说法正确的是 A．反应的焓变 B．曲线a表示平衡时转化率随温度的变化 C．850℃平衡时生成的比550℃平衡时生成的少 D．相同条件下，和总物质的量不变，越小，产量越高 11．（2026·江苏扬州·模拟预测）利用与获得的主要反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   100下，在密闭容器中加入一定量的和，发生以上反应。温度后体系达平衡，已完全分解。中间产物转化率、产率及另外2种含氢气体的物质的量(n)随温度的变化如图所示(温度前图未画出)。 下列说法正确的是 A．反应的 B．曲线④表示的产率 C．温度为时，反应达平衡后，缩小容器体积达新平衡，的浓度不变 D．温度为时，反应Ⅲ的平衡常数为 12．（26-27高三上·江苏连云港·阶段检测） 加氢转化为二甲醚 的反应过程如下： 反应Ⅰ．、 反应Ⅱ． 反应Ⅲ． 在恒温恒容密闭容器中充入 和 发生上述反应。平衡时 的转化率、 和二甲醚生成物的选择性随温度变化如图所示。下列说法正确的是 (已知： 含碳生成物 的选择性 ) A．曲线③表示的是 平衡转化率 B．260°C 时容器内 的量为 C．工业生产二甲醚的温度应该选择 340℃以上 D．260°C 时的平衡转化率为 28% 13．（2026·江苏南京·模拟预测）燃油汽车尾气中除含大量CO2外，还含有NO和CO气体。某研究小组用新型催化剂对CO、NO的催化转化进行试验研究，测得一段时间内，条件下，NO的转化率、CO剩余的百分率以及无CO且无催化剂时NO直接分解为N2的转化率随温度的变化情况如图所示。 已知NO可发生下列反应： 反应Ⅰ：     ΔH1 反应Ⅱ：     ΔH2 下列叙述不正确的是 A．曲线a表示CO剩余的百分率 B．ΔH1<0，ΔH2>0 C．时，该催化剂脱除NO的最适宜温度在975℃左右 D．775℃，时，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，该时刻c(CO2)：c(N2)=3：2 二、非选择题：共4题，共61分。 14.（14分）Deacon催化氧化法处理HCl废气，可实现氯资源的再利用。 （1）Deacon氧化反应为4HCl(g)＋O2(g)＝2Cl2(g)＋2H2O(g) ∆H＝－114.4 kJ·mol－1，CuO是该方法中常用的催化剂，其催化机理如图所示。 1 图中转化涉及的反应中，发生化合价变化的元素有_______________（填元素符号）。 ②根据上述机理，反应制得1 mol Cl2，须投入__________CuO（填序号）。 A．少量 B．2 mol C．4 mol D．足量 （2）负载在TiO2上的RuO2也可用作Deacon催化氧化的催化剂。TiO2和RuO2的晶胞结构均如图所示，且二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66。 ①当RuO2晶体中有O原子脱出时，出现O空位，此时Ru的化合价__________（填“升高”“降低”或“不变”）。 ②Ru的相对原子质量为__________（精确至1，钛的相对原子质量为48）。 （3）将HCl和O2分别以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在360℃、400℃和440℃下分别发生Deacon氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率（α）曲线如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。 ①图中T3＝________℃。 ②下列措施可提高M点HCl的转化率的是__________（填序号）。 A．增大HCl的流速 B．将温度升高40℃ C．增大n(HCl)∶n(O2) D．使用更高效的催化剂 ③图中较高流速时，α(T3)小于α(T1)和α(T2)，原因是_____________________________________________。 ④设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K＝________（用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算）。 15．（16分）（2026·江苏连云港·模拟预测）甲烷选择性氧化制甲醇是C1化学中的“圣杯”反应，催化剂的研究至关重要。 （1）铁基催化剂[Fe2(MoO4)3]可实现N2O为氧化剂的甲烷选择性氧化。研究表明，N2O在Fe3+位点分解生成表面α-氧物种，该物种可插入CH4的C—H键生成CH3OH。 反应历程可表示为 步骤Ⅰ：     步骤Ⅱ： 副反应： ①为提高CH3OH的选择性，应适当________(填“延长”或“缩短”)CH4与催化剂的接触时间。 ②研究发现，当反应温度超过400℃时，CH3OH的产率急剧下降。从反应历程角度分析，温度过高导致产率下降的原因可能是_____________。 （2）在光热条件下，In-Fe双金属有机框架可催化甲烷制甲醇。催化剂在光照下可产生光生电子(e-)和空穴(h+)。O2在催化剂表面接受光生电子和质子(H+)，活化生成自由基。Fe3+的引入可显著增加催化剂表面的电子密度。 ①引入Fe3+可促进生成的原因可能是_____________。 ②若反应体系中产生羟基自由基()，会在产物中检测到甲醛等副产物。In/Fe的物质的量之比对甲醇选择性的影响如图-1所示。当In/Fe的物质的量之比大于6∶4时，甲醇选择性下降的原因可能是_____________。 （3）电喷雾电离NiO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。NiO+分别与CH4(曲线a)、CD4(曲线b)反应，体系的能量随反应进程的变化如图-2所示。 ①已知E1>E2，CH4制CH3OH反应的决速步是步骤________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②其他条件相同，将CH4替换为CH2D2，与NiO+反应生成氘代甲醇。实验测得产物中CH2DOD的产量小于CHD2OH，原因可能是________。 ③若NiO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。 ④若在体系中引入少量H2O，则甲醇的产率会显著下降，同时检测到Ni+(H2O)物种。推测原因并设计一个简单实验进行验证：_____________。 16．（16分）（2026·江苏镇江·期末）以CH4为燃料气、CaSO4为载氧体的化学链燃烧技术具有巨大的碳捕集潜力和广阔的应用空间，其工作原理如图1所示。 化学键 C-H O-H C≡O C=O 键能 a b x c 反应I：     反应II：     已知部分化学键的键能如表所示(时，单位)，回答下列问题。 （1）若在燃料反应器中只发生反应I和反应II。 ①______________。(用含、、的代数式表示) ②反应I的平衡常数表达式为______________；反应I过程中，若单位时间内有键断裂且同时有______________键断裂，则反应I达到平衡状态。 ③空气反应器中发生的反应方程式为______________。 ④在时，反应器中通入，测得平衡时，则平衡时甲烷的转化率______________。 （2）甲烷以一定流速通入燃料反应器中，反应后对出口气体进行采样分析，测得与相关数据随温度变化如图2所示。其他条件不变时，在载氧体中掺杂一定量过渡金属元素的氧化物，温度对产率的影响如图3所示。 ①单独作为载氧体时，反应器温度适宜控制在1170K左右，其原因为______________。 ②时载氧体中掺杂______________的氧化物时，反应效果最佳。 ③载氧体中掺杂的氧化物时，当添加量大于时效果反而下降，补全可能的原因：当添加量过大时，一部分的氧化物在表面形成较大的团聚颗粒，______________。 17.（15分） （2026·江苏泰州·模拟预测）烟气脱硫是清洁生产的必要手段。 （1）湿法脱硫。常温下，向浆液中通入，溶液中S和Mg元素物质的量之比、与pH的关系如图-1所示。 ①pH小于4.55后，继续通入，此时反应的化学方程式为___________。 ②清液中加入固体对吸收速率影响不大，原因是___________。 （2）清液“两级吸收-再生”脱硫的技术路线如图-2所示。 “一级吸收”后的溶液经“再生”、“过滤”后通过管道进入“二级吸收塔”雾化喷淋继续脱硫。 ①“再生”过程发生的主要反应的离子方程式为___________。 ②若不“过滤”，可能导致的问题是___________。 ③多次循环后，“二级吸收”加入少量防止下降，下降的原因是___________。 （3）氨水脱硫生成的副产物通过热解可以更好的资源化利用。在不同温度下热解产物的X射线衍射图如图-3所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在)。分解可能发生： 反应Ⅰ   反应Ⅱ   对应的吉布斯自由能()与温度的关系如图-4所示。 ①将固体加热至873.15 K，气体产物中几乎没有，原因是___________。 ②能和在613.15 K之前完全反应生成和。将和混合加热，能提高产量的原因是___________。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 化学反应速率与化学平衡 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O16 Na 23 Cl 35.5 Ti48 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．（原创）对于化学反应速率，下列说法正确的是 A．对有气体参加的化学反应，增大压强，反应速率一定增大 B．活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞 C．可逆反应升高温度，正、逆反应速率以相同倍数增大 D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而增大反应速率 【答案】D 【解析】有气体参加的化学反应，增大压强，若反应物的浓度不改变，反应速率则不变，则增大压强，反应速率不一定曾大，A错误；活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，B错误；升高温度，平衡一定发生移动，则正、逆反应速率不同，增大的倍数不同，C错误；催化剂可使反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，D正确。 2．催化反应广泛存在，如植物光合作用、合成氨、CH4和H2O重整制H2和CO、工业尾气中NH3的无害化处理、的催化氧化[SO2(g)和O2(g)生成1 mol SO3(g)放出98.3 kJ的热量]等。催化剂有选择性，如酸性条件下锑电催化还原CO2，生成HCOOH的选择性大于CO。非均相催化指催化剂与反应物处于不同聚集状态的催化反应，反应在催化剂表面进行，主要包括吸附、反应、脱附等过程。下列说法不正确的是 A．植物光合作用过程中，酶能增大该反应的活化分子百分数 B．H2O2制O2反应中，Fe3＋能加快化学反应速率 C．酸性条件下锑电催化还原CO2生成两种产物速率：v(CO)＞v(HCOOH) D．铁触媒催化合成氨的反应属于非均相催化 【答案】C 【解析】A项，酶的作用类似催化剂，能降低反应的活化能，增大该反应的活化分子百分数，正确；B项，Fe3＋是H2O2分解的催化剂，能加快化学反应速率，正确；C项，由题干信息可知，酸性条件下锑电催化还原CO2时，生成HCOOH的选择性大于CO，即两种产物的生成速率v(CO)＜v(HCOOH)，错误；D项，反应物是气体，铁触媒是固体催化剂，根据题干信息可知，该反应属于非均相催化，正确。 3．（改编）已知：2SO2(g)＋ O2(g)2SO3 (g)　ΔH＝－197.8 kJ· mol－1。起始反应物为SO2 和 O2(物质的量之比为2∶1，且总物质的量不变)。SO2 的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表，下列说法不正确的是 温度/K 压强/(105 Pa) 1.01 5.07 10.1 25.3 50.7 673 99.2 99.6 99.7 99.8 99.9 723 97.5 98.9 99.2 99.5 99.6 773 93.5 96.9 97.8 98.6 99.0 A．一定压强下降低温度，SO2 的转化率增大 B．使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间 C．在不同温度、压强下，转化相同物质的量的SO2 所需要的时间相等 D．工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2 的转化率已相当高 【答案】C 【解析】A.由表格数据及勒夏特列原理知，针对放热反应，一定压强下降低温度，平衡正向移动，反应物SO2的转化率增大，选项A正确；B.化剂对化学平衡移动无影响，但可以缩短到达平衡所需时间，选项B正确；C.催由于在不同温度、压强下，化学反应速率不一定相等，故转化相同物质的量的SO2所需要的时间不一定相等，选项C不正确；D.由图中数据可知，不同温度下，1.01×105 Pa(常压)下SO2的转化率分别为99.2%、97.5%、93.5%，已经相当高了，且加压后转化率升高并不明显，所以没有必要通过加压提高转化率，选项D正确。 4．（2026高三上·江苏扬州·阶段检测）硫及其化合物的转化具有重要作用，煅烧辉铜矿反应为。下列说法正确的是 A．该反应的平衡常数表达式 B．辉铜矿煅烧生成2 mol Cu时，转移4 mol电子 C．其他条件相同，增大，的转化率增加 D．其他条件相同，使用催化剂，正反应速率增加，逆反应速率减小 【答案】A 【解析】A．平衡常数表达式中固体物质浓度视为常数，不列入表达式，该反应只有和为气体，因此，A正确；B．生成2 mol Cu时，1 mol 中S元素从-2价升高到+4价，共失去6mol电子，对应转移电子总物质的量为6 mol，B错误；C．是固体，改变其用量浓度不变，平衡不移动，的转化率不变，C错误；D．催化剂会同等程度增大正、逆反应速率，不会减小逆反应速率，D错误；故答案选A。 5．（25-26高三上·江苏连云港·阶段检测）相同温度下，向三个体积不等的恒容密闭容器中分别通入2 mol NOCl(g)，发生反应：，后，三个容器中的转化率如图所示。已知点已达到平衡状态，下列叙述正确的是 A．A点未到平衡状态 B．容器体积 C．B点对应容器中，再通入和，平衡不移动 D．当三个容器都达到平衡状态时，体积为的容器中转化率最低 【答案】C 【解析】该反应是气体分子数增大的反应：，其他条件相同时，容器体积越大（压强越小），NOCl的平衡转化率越高，已知B点已达平衡。A．A点对应容器体积，反应物初始浓度比B点更大，反应速率更快，B点在时已经达到平衡，因此A点必然也早已达到平衡，A点40%的转化率是小体积（高压强）下的平衡转化率，并非未到平衡，A错误；B．A、B均为平衡态，温度相同则平衡常数相等。分别计算：对体积为的容器：初始为2 mol，转化率40%，平衡时，，，；对体积为的容器：初始为2 mol，转化率50%，平衡时，，，。 由相等解得，并非，B错误；C．B点原平衡中，，，，体积为。再通入1 mol NOCl和1 mol NO后，，与原平衡的相等，，平衡不移动，C正确；D．该反应压强越小（容器体积越大），NOCl平衡转化率越高，因此体积最大的容器中压强最小，NOCl平衡转化率最高，体积最小的容器转化率最低，D错误；故选C。 6．（改编）甲酸在金属-有机胺催化剂作用下分解制氢的反应为HCOOH(l)＝CO2(g)+H2(g)，可能的反应机理如下图所示。 下列说法不正确的是 A．催化剂中的Pd带部分正电荷 B．步骤I有配位键形成 C．若以DCOOH代替HCOOH，则生成HD D．步骤III中每生成1 mol H2，转移电子的数目约为2×6.02×1023 【答案】D 【解析】A项，由图可知，催化剂中的Pd不带电荷，吸附了H＋后，带部分正电荷，正确；B项，步骤中，HCOOH电离出H＋，氢离子提供空轨道，N提供孤电子对，形成NH配位键，正确；C项，根据步骤Ⅱ原理可知，甲酸上的碳和氧原子生成二氧化碳，另外两个氢原子通过步骤Ⅲ会生成氢气，若以DCOOH代替HCOOH，就会生成HD，正确；D项，步聚Ⅲ中-1价的H与+1价的H发生归中反应生成氢气，每生成1 mol H2转移电子的数目约为6.02×1023，错误。 7．HCOOH在催化剂的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是 A．Ⅰ是催化剂 B．Ⅱ是中间体 C．②对应的基元反应是决速步 D．总反应的化学方程式为 【答案】C 【解析】反应机理：、①、②、③、④；相对能量变化图对应反应机理中I到II对应步骤①，II到III对应步骤②，III到IV对应步骤③，IV到I对应步骤④。A．参与第①步反应，经过多步反应后又生成了，且题干中说明有机物HCOOH在含铁配离子的作用下发生反应，因此是该反应的催化剂，A正确；B．由分析得，Ⅱ是第①步反应中的产物，参与了第②步反应，因此Ⅱ是中间体，B正确；C．由相对能量变化图可知，步骤②活化能为，步骤④活化能为，因此基元反应的决速步是④，C错误；D．由反应机理图可知，反应物是HCOOH，产物是CO2、H2，所以总反应的化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，D正确；故答案选C。 8．（2026·江苏镇江·二模）一定条件下，工业上以NO和为原料合成，涉及主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在、反应条件下，向密闭容器中充入2 mol NO和，发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，测得NO和转化率、和选择性与反应时间的关系如题图所示。下列说法不正确的是 A．若使用仅对反应Ⅱ有催化作用的催化剂，则75 min时曲线b所示物种的浓度减小 B．曲线d表示转化率 C．G点水的物质的量为2m mol D．75 min时，生成 【答案】A 【解析】NH3与N2的选择性之和为100%，曲线b、c表示选择性，曲线a、d表示转化率；反应Ⅰ消耗NO与H2物质的量之比为2∶5，反应Ⅱ消耗NO与H2物质的量之比为1∶1，起始充入2molNO和6molH2，0~25min内两种物质的转化率接近相等，说明开始阶段相同时间内反应Ⅰ为快反应，NH3是主产物，选择性高，故曲线b是NH3的选择性，曲线c是N2的选择性，根据初始投料比可知，氢气过量，则NO的转化率应高于H2，故a代表NO的转化率，d代表H2的转化率。A．由分析可知曲线b是NH3选择性；使用仅对反应Ⅱ有催化作用的催化剂，反应Ⅱ速率加快，NH3选择性降低，但最终平衡时浓度由热力学平衡决定，故75 min时浓度不变，A错误；B．由分析可知，曲线d表示H2转化率，B正确；C．已知G点坐标(32，m)，即32 min时NO转化率为m，应根据反应Ⅰ 2NO～2H2O和反应Ⅱ 2NO～2H2O得出消耗NO与生成H2O的物质的量之比1:1，初始充入2 mol NO，转化率为m，则n(H2O)=2m mol，C正确；D．75 min时，NO转化率80%，氨气选择性25%，则：消耗NO为1.6 mol，反应Ⅰ消耗生成NH3的NO物质的量为1.6×25%=0.4 mol，生成n(NH3)=0.4 mol，D正确；故答案为A。 9．（改编）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应： 反应I：   反应II：   向恒压、密闭容器中通入和，平衡时、、的物质的量随温度的变化如图所示。的选择性。下列说法正确的是 A．反应达到平衡状态时， B．时，的平衡转化率为 C．的平衡选择性随着温度的升高而增大 D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 【答案】B 【解析】反应I是放热反应，温度升高，平衡逆移，则CH4的物质的量减小，CO2的转化率下降；反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，平衡正移，则CO的物质的量增大，CO2的转化率升高；图像中随着温度的升高，曲线①呈现单调下降的趋势，则代表的是CH4的物质的量，曲线②呈现单调升高的趋势，则代表的是CO的物质的量，剩下的曲线③则是的物质的量。A．反应达到平衡状态时，由图分析，曲线②为CO的物质的量0.1mol，则，A错误；B．根据分析，曲线③为B正确；C．的选择性。由图可知，随着温度升高，曲线①代表的单调减少，而曲线②代表的单调增加，因此的选择性随温度升高而减小，C错误；D．增大压强，反应I平衡右移，反应I中等物质的量CO2消耗更多的H2，故加压会降低平衡时的物质的量，D错误；故选A。 10．（25-26·江苏盐城·期末）甲烷和水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应为 ① ② 在装有催化剂的密闭容器中，、时，若仅考虑上述反应，平衡时转化率和CO转化率随温度的变化如图所示。 CO转换率 下列说法正确的是 A．反应的焓变 B．曲线a表示平衡时转化率随温度的变化 C．850℃平衡时生成的比550℃平衡时生成的少 D．相同条件下，和总物质的量不变，越小，产量越高 【答案】D 【解析】A．根据盖斯定律，将反应①+②可得到目标反应，焓变，A错误；B．反应①，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率随温度升高而增大；反应②，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率随温度升高而降低， 图中曲线a随温度升高转化率下降，曲线b随温度升高转化率增大，因此曲线b才是的转化率曲线，a是的转化率曲线，B错误；C．由选项B分析知b是的转化率曲线，a是的转化率曲线；设初始，，结合图像数据计算：550℃：转化率为30%，生成；转化率为90%，则；850℃：转化率为90%，生成，转化率为50%，则，，850℃生成的更多，C错误；D．相同条件下，和总物质的量不变，越小，的物质的量越大，的物质的量越小，在水过量的前提下（结合实际生产，合理！），转化的总量增加，的产量越高，D正确；故选D。 11．（2026·江苏扬州·模拟预测）利用与获得的主要反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   100下，在密闭容器中加入一定量的和，发生以上反应。温度后体系达平衡，已完全分解。中间产物转化率、产率及另外2种含氢气体的物质的量(n)随温度的变化如图所示(温度前图未画出)。 下列说法正确的是 A．反应的 B．曲线④表示的产率 C．温度为时，反应达平衡后，缩小容器体积达新平衡，的浓度不变 D．温度为时，反应Ⅲ的平衡常数为 【答案】C 【解析】在T2之前，曲线③和曲线④重合，说明CO2的转化率和CH4的产率相等，即在这之前只发生反应Ⅱ，在T2之后，曲线④大于曲线③，说明曲线④代表CO2的转化率，曲线③代表CH4的产率，温度升高CO2的转化率减小，说明ΔH2<0，在T3之后，CO2的转化率略有上升，说明反应Ⅲ的ΔH3>0；温度升高时，反应Ⅱ逆向进行，H2O的物质的量减少，所以曲线②为H2O的物质的量，曲线为H2的物质的量，据分析答题。A．根据盖斯定律，目标反应可由反应Ⅱ - 反应Ⅲ得到，故<0，A错误；B．根据分析，曲线④代表CO2的转化率，曲线③代表CH4的产率，B错误；C．温度为T0时，存在反应I和反应Ⅱ，反应达平衡后，缩小容器体积达新平衡，温度不变，反应I的化学平衡常数不变K=c(CO2)保持不变，即平衡后c(CO2)不变，C正确；D．在T3时，H2和H2O的物质的量相等为1.36 mol，根据氢元素守恒可知n(CH4)=，此时CH4的产率为64%， 则反应前CO2为1 mol，再由反应Ⅱ生成0.64 mol CH4时会产生n(H2O) =1.28 mol，可知反应Ⅲ生成的n(H2O)=1.36mol-1.28mol=0.08 mol，同时生成0.08 mol CO，根据C元素守恒平衡时n(CO2)=(1-0.64-0.08)mol=0.28 mol，反应Ⅲ的平衡常数，D错误。答案C。 12．（26-27高三上·江苏连云港·阶段检测） 加氢转化为二甲醚 的反应过程如下： 反应Ⅰ．、 反应Ⅱ． 反应Ⅲ． 在恒温恒容密闭容器中充入 和 发生上述反应。平衡时 的转化率、 和二甲醚生成物的选择性随温度变化如图所示。下列说法正确的是 (已知： 含碳生成物 的选择性 ) A．曲线③表示的是 平衡转化率 B．260°C 时容器内 的量为 C．工业生产二甲醚的温度应该选择 340℃以上 D．260°C 时的平衡转化率为 28% 【答案】B 【解析】由题干信息可知，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，则随着温度升高，CO的选择性增大，CH3OCH3的选择性减小，即曲线①表示CO的选择性，曲线③表示CH3OCH3的选择性，曲线②表示CO2的平衡转化率，据此分析解题。A．由分析可知，曲线②表示的是CO2平衡转化率，A错误；B．由图可知，260℃时，CO2的平衡转化率为50%，初始充入 1mol CO2，则反应掉0.5 mol CO2，CO选择性为36%，二甲醚的选择性为50%，根据题目中的定义：含碳生成物X的选择性，则生成的CO的物质的量为：，生成二甲醚的物质的量为：，根据碳守恒，反应掉0.5 mol CO2，生成CO、甲醇和二甲醚，则转化为甲醇的碳的物质的量为：，B正确；C．观察图像可知，340℃以上时，曲线③（二甲醚的选择性）已经降至接近0，而曲线①（CO的选择性）非常高，这意味着340℃以上主要发生生成CO的反应，二甲醚的产率极低，工业生产二甲醚的温度不应该选择 340℃以上，C错误；D．260℃时，已知平衡时各含碳物质的量：、、，根据题中反应，计算消耗的H2总量：生成0.18 mol CO发生反应Ⅱ，消耗0.18 mol H2，生成甲醇和二甲醚的总过程可看作由反应Ⅰ生成甲醇，再有反应Ⅲ转化部分甲醇为二甲醚，则体系中总的生成甲醇的物质的量为：，发生反应Ⅰ，消耗H2的物质的量为：，则总共消耗1.14 mol H2，初始充入3 mol H2，H2的平衡转化率为：，D错误；故选B。 13．（2026·江苏南京·模拟预测）燃油汽车尾气中除含大量CO2外，还含有NO和CO气体。某研究小组用新型催化剂对CO、NO的催化转化进行试验研究，测得一段时间内，条件下，NO的转化率、CO剩余的百分率以及无CO且无催化剂时NO直接分解为N2的转化率随温度的变化情况如图所示。 已知NO可发生下列反应： 反应Ⅰ：     ΔH1 反应Ⅱ：     ΔH2 下列叙述不正确的是 A．曲线a表示CO剩余的百分率 B．ΔH1<0，ΔH2>0 C．时，该催化剂脱除NO的最适宜温度在975℃左右 D．775℃，时，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，该时刻c(CO2)：c(N2)=3：2 【答案】B 【解析】的转化率越大，剩余的百分率越小，因此用、两个趋势相反的线表示。表示无时直接分解为的转化率。因为，若无直接分解的反应，则的剩余百分率和的转化率之和应该为；现会直接分解，因此的转化率会大于剩余百分率，由此可知表示剩余百分率，表示发生反应Ⅰ时的转化率，据此分析。A．在反应Ⅰ中，与反应，随着温度升高，反应速率加快，剩余百分率应先降低；但温度过高时，若反应Ⅰ逆向移动，剩余百分率会升高。曲线符合“先降后升”的变化，且初始时剩余百分率接近（未反应），因此曲线表示剩余的百分率，A不符合题意；B．曲线表示转化率，因为反应相同的时间，首先随温度的升高，反应速率加快，的转化率升高，后温度再高的话，则是平衡移动的结果了，说明升温平衡逆向，；曲线表示无且无催化剂时直接分解为的转化率，反应Ⅱ转化率随温度升高先升高后降低，说明高温下平衡逆向移动，则，B符合题意；C．脱除最适宜温度为转化率最高时对应的温度，曲线（转化率）在达最高，C不符合题意；D．根据图示可知，、条件下，剩余的百分含量为，设，根据已知条件列出“三段式”： ， ，c(CO2)：c(N2)= 3：2，D不符合题意；故选B。 二、非选择题：共4题，共61分。 14.（14分）Deacon催化氧化法处理HCl废气，可实现氯资源的再利用。 （1）Deacon氧化反应为4HCl(g)＋O2(g)＝2Cl2(g)＋2H2O(g) ∆H＝－114.4 kJ·mol－1，CuO是该方法中常用的催化剂，其催化机理如图所示。 1 图中转化涉及的反应中，发生化合价变化的元素有_______________（填元素符号）。 ②根据上述机理，反应制得1 mol Cl2，须投入__________CuO（填序号）。 A．少量 B．2 mol C．4 mol D．足量 （2）负载在TiO2上的RuO2也可用作Deacon催化氧化的催化剂。TiO2和RuO2的晶胞结构均如图所示，且二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66。 ①当RuO2晶体中有O原子脱出时，出现O空位，此时Ru的化合价__________（填“升高”“降低”或“不变”）。 ②Ru的相对原子质量为__________（精确至1，钛的相对原子质量为48）。 （3）将HCl和O2分别以不同起始流速通入装有催化剂的反应器，在360℃、400℃和440℃下分别发生Deacon氧化反应，通过检测不同温度下反应器出口处气体成分绘制HCl的转化率（α）曲线如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。 ①图中T3＝________℃。 ②下列措施可提高M点HCl的转化率的是__________（填序号）。 A．增大HCl的流速 B．将温度升高40℃ C．增大n(HCl)∶n(O2) D．使用更高效的催化剂 ③图中较高流速时，α(T3)小于α(T1)和α(T2)，原因是_____________________________________________。 ④设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K＝________（用平衡时气体物质的量分数代替气体平衡浓度计算）。 【答案】（1）①Cu、Cl、O（2分） ②A（2分） （2）①降低（1分） ②101（1分） （3）①360（2分） ②BD（2分） ③流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率下降，同时T3温度低，反应速率慢（2分） ④36（2分） 【解析】（1）根据总反应：4HCl(g)＋O2(g)＝2Cl2(g)＋2H2O(g)，CuO为催化剂，Y和Z为反应物，X和W为生成物，故Y为HCl，Cu(OH)Cl转化为Cu2OCl2和W，W为H2O；Z为O2，X为Cl2。①根据分析，图中转化涉及的反应中，发生化合价变化的元素有Cu、Cl、O；②根据上述机理，CuO为催化剂，反应制得1 mol Cl2，须投入少量CuO，故选A项； （2）①当RuO2晶体中有O原子脱出时，O元素显负价，此时Ru的化合价降低；TiO2和RuO2的晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，故：＝1.66＝，故M(Ru)＝101； （3）①Deacon氧化反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃；②A项，由图像可知，增大HCl的流速，HCl的转化率减小，错误；B项，M对应温度为360℃，由图像可知，在HCl流速均为0.17 mol·h－1时，升高温度，HCl的转化率增大，正确；C项，增大n(HCl)∶n(O2)，HCl的转化率降低，错误；D项，使用更高效的催化剂，可以增加该温度和HCl流速下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增大，正确；故选BD；③图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要原因是：流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触发生反应，导致转化率下降，同时T3温度低，反应速率慢；④由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)＝n(O2)＝4 mol，可列出三段式： 4HCl(g)＋O2(g)＝2Cl2(g)＋2H2O(g) 起始(mol) 4 4 0 0 转化(mol) 3.2 0.8 1.6 1.6 平衡(mol) 0.8 3.2 1.6 1.6 平衡时气体总物质的量为7.2 mol，故K＝＝36。 15．（16分）（2026·江苏连云港·模拟预测）甲烷选择性氧化制甲醇是C1化学中的“圣杯”反应，催化剂的研究至关重要。 （1）铁基催化剂[Fe2(MoO4)3]可实现N2O为氧化剂的甲烷选择性氧化。研究表明，N2O在Fe3+位点分解生成表面α-氧物种，该物种可插入CH4的C—H键生成CH3OH。 反应历程可表示为 步骤Ⅰ：     步骤Ⅱ： 副反应： ①为提高CH3OH的选择性，应适当________(填“延长”或“缩短”)CH4与催化剂的接触时间。 ②研究发现，当反应温度超过400℃时，CH3OH的产率急剧下降。从反应历程角度分析，温度过高导致产率下降的原因可能是_____________。 （2）在光热条件下，In-Fe双金属有机框架可催化甲烷制甲醇。催化剂在光照下可产生光生电子(e-)和空穴(h+)。O2在催化剂表面接受光生电子和质子(H+)，活化生成自由基。Fe3+的引入可显著增加催化剂表面的电子密度。 ①引入Fe3+可促进生成的原因可能是_____________。 ②若反应体系中产生羟基自由基()，会在产物中检测到甲醛等副产物。In/Fe的物质的量之比对甲醇选择性的影响如图-1所示。当In/Fe的物质的量之比大于6∶4时，甲醇选择性下降的原因可能是_____________。 （3）电喷雾电离NiO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。NiO+分别与CH4(曲线a)、CD4(曲线b)反应，体系的能量随反应进程的变化如图-2所示。 ①已知E1>E2，CH4制CH3OH反应的决速步是步骤________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②其他条件相同，将CH4替换为CH2D2，与NiO+反应生成氘代甲醇。实验测得产物中CH2DOD的产量小于CHD2OH，原因可能是________。 ③若NiO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。 ④若在体系中引入少量H2O，则甲醇的产率会显著下降，同时检测到Ni+(H2O)物种。推测原因并设计一个简单实验进行验证：_____________。 【答案】（1）①缩短（2分） ②催化剂活性下降；副反应加剧（2分） （2） ①能显著增加催化剂表面的电子密度，促进在催化剂表面接受光生电子质子生成自由基 催化剂表面的电子结构发生了改变，导致自由基减少，自由基增多（2分） ②占比降低后，表面电子密度不足，副反应增多，甲醇选择性下降（2分） （3）①Ⅰ（2分） ②键的键能大于键，断裂键需要更多的活化能，导致生成的反应速率比生成的慢（2分） ③ 2 （2分） ④与配位，竞争性抑制反应；实验方案：增加浓度，质谱检测信号增强，同时甲醇信号减弱（2分） 【解析】（1）①生成的会发生副反应被氧化为，缩短与催化剂的接触时间，可减少生成的发生副反应，提高甲醇的选择性； ②温度升高，步骤Ⅰ速率加快，生成的活性氧(Fe4+=O)浓度增大，甲醇被氧化的副反应加剧，更多甲醇被消耗导致产率下降，或温度过高，催化剂铁离子失活，步骤Ⅰ反应速率慢，生成的活性氧浓度小，步骤Ⅱ反应速率慢，甲醇的产率下降； （2）①题干明确说明引入可增加催化剂表面电子密度，而生成需要接受电子，因此可促进该过程； ②题干提到会生成甲醛副产物，占比降低后，表面电子密度不足，副反应增多，甲醇选择性下降； （3）①总反应的决速步由活化能更大、反应速率更慢的步骤决定，已知，步骤Ⅰ活化能更大，因此是决速步； ②同位素形成的共价键中，键的键能更高，更难断裂，，即断裂键需要更多的活化能导致生成的反应速率比生成的慢，因此产物中CH2DOD的产量小于CHD2OH； ③CHD3​中只有1个和3个等价的：断键生成，断生成，共2种不同的氘代甲醇； ④检测到物种，说明结合消耗了活性反应物，通过改变水的加入量观察产率变化即可验证推测，实验方案为增加浓度，质谱检测信号增强，同时甲醇信号减弱。 16．（16分）（2026·江苏镇江·期末）以CH4为燃料气、CaSO4为载氧体的化学链燃烧技术具有巨大的碳捕集潜力和广阔的应用空间，其工作原理如图1所示。 化学键 C-H O-H C≡O C=O 键能 a b x c 反应I：     反应II：     已知部分化学键的键能如表所示(时，单位)，回答下列问题。 （1）若在燃料反应器中只发生反应I和反应II。 ①______________。(用含、、的代数式表示) ②反应I的平衡常数表达式为______________；反应I过程中，若单位时间内有键断裂且同时有______________键断裂，则反应I达到平衡状态。 ③空气反应器中发生的反应方程式为______________。 ④在时，反应器中通入，测得平衡时，则平衡时甲烷的转化率______________。 （2）甲烷以一定流速通入燃料反应器中，反应后对出口气体进行采样分析，测得与相关数据随温度变化如图2所示。其他条件不变时，在载氧体中掺杂一定量过渡金属元素的氧化物，温度对产率的影响如图3所示。 ①单独作为载氧体时，反应器温度适宜控制在1170K左右，其原因为______________。 ②时载氧体中掺杂______________的氧化物时，反应效果最佳。 ③载氧体中掺杂的氧化物时，当添加量大于时效果反而下降，补全可能的原因：当添加量过大时，一部分的氧化物在表面形成较大的团聚颗粒，______________。 【答案】（1）① （2分） ② （2分） 2 （2分） ③CaS + 2O2 = CaSO4 （2分） ④93%（2分） （2）①保持该温度可获得较高的CO2产率，但温度继续提升则导致废气SO2浓度急剧升高，同时CO2产率增长速度减缓，收益降低（2分） ②Fe(10%) （2分） ③导致催化反应位点被掩蔽，催化剂与气体接触不充分，反应速率降低导致CO2产率降低（2分） 【解析】（1）①根据题目，反应II-3×反应I可得，根据盖斯定律，该反应ΔH = ΔH2-3ΔH1= +776-3×(+149) kJ/mol = 329 kJ/mol。每发生一次该反应，断裂6根C=O键和4根C-H键，生成4根C≡O键和4根O-H键，则有4x+4b-6c-4a = 329 kJ/mol，解得。 ②根据题目，反应I中CaSO4和CaS为固体，其平衡常数表达式为。反应I中CO2含有键，达到平衡状态时，正向反应速率等于逆向反应速率，故有键断裂时，根据反应物系数关系，应有2 mol C=O键断裂，即2 mol键断裂，答案为2。 ③空气反应器中，CaS与空气反应转化为CaSO4，反应方程式为CaS + 2O2 = CaSO4。 ④反应器中通入，平衡时生成，两个反应中甲烷与水的化学计量数之比均为1:2，可知CH4反应1.86mol，甲烷的转化率。 （2）①单独作为载氧体时的数据见图2，反应器温度在1170K左右时，CO2产率和SO2浓度曲线处于拐角处，据此分析，可知反应器温度适宜控制在1170K左右的原因为：保持该温度可获得较高的CO2产率，但温度继续提升则导致废气SO2浓度急剧升高，同时CO2产率增长速度减缓，收益降低。 ②根据图像，1100K时，载氧体中掺杂Fe(10%)的氧化物时，反应效果最佳，答案为Fe(10%)。 ③根据题目提示，可推测原因为：当添加量过大时，一部分的氧化物在表面形成较大的团聚颗粒，导致催化反应位点被掩蔽，催化剂与气体接触不充分，反应速率降低导致CO2产率降低。 17.（15分） （2026·江苏泰州·模拟预测）烟气脱硫是清洁生产的必要手段。 （1）湿法脱硫。常温下，向浆液中通入，溶液中S和Mg元素物质的量之比、与pH的关系如图-1所示。 ①pH小于4.55后，继续通入，此时反应的化学方程式为___________。 ②清液中加入固体对吸收速率影响不大，原因是___________。 （2）清液“两级吸收-再生”脱硫的技术路线如图-2所示。 “一级吸收”后的溶液经“再生”、“过滤”后通过管道进入“二级吸收塔”雾化喷淋继续脱硫。 ①“再生”过程发生的主要反应的离子方程式为___________。 ②若不“过滤”，可能导致的问题是___________。 ③多次循环后，“二级吸收”加入少量防止下降，下降的原因是___________。 （3）氨水脱硫生成的副产物通过热解可以更好的资源化利用。在不同温度下热解产物的X射线衍射图如图-3所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在)。分解可能发生： 反应Ⅰ   反应Ⅱ   对应的吉布斯自由能()与温度的关系如图-4所示。 ①将固体加热至873.15 K，气体产物中几乎没有，原因是___________。 ②能和在613.15 K之前完全反应生成和。将和混合加热，能提高产量的原因是___________。 【答案】（1）①（2分） ② 溶解度较小，加入固体无法增加的浓度，因此对SO2吸收速率影响不大（2分） （2）① （2分） ②固体颗粒可能堵塞喷淋口，影响后续流程（2分） ③易被烟气中的氧化为（2分） （3）①加热至873.15 K时，反应Ⅱ的吉布斯自由能远小于反应Ⅰ，高温下中+6价的S会被-3价的N还原为(会被氨气还原为) （2分） ② 能与热解产生的中间产物(尤其)反应产生和，防止生成，使氮元素更多地转化为，提高了产量（3分） 【解析】（1）①观察图像，pH小于4.55后，溶液中的浓度非常小且S和Mg元素物质的量之比大于2，则继续通入的只能与水反应，发生的反应的化学方程式为； ②属于微溶物质，其与反应的前提条件是处在溶解态，向清液中加入固体无法增加溶解态的浓度，因此对SO2吸收速率影响不大； （2）①“一级吸收”过程中溶液吸收了高浓度的，硫元素的存在形式大多为，此时加入，发生的离子方程式为； ②“二级吸收塔”使用了雾化喷淋，若不及时过滤出固体，颗粒可能堵塞喷淋口，影响后续流程； ③易被烟气中的氧化为，多次循环后不断被消耗，浓度下降 ； （3）①观察图-4，加热至873.15 K时，热解产物为，因为反应Ⅱ的吉布斯自由能远小于反应Ⅰ，说明反应Ⅱ更容易自发进行，高温下中+6价的S会被-3价的N还原为，导致气体产物绝大部分都为，故气体产物中几乎没有； ②已知：能和在613.15 K之前完全反应生成和；观察图-3，613.15 K之前，热解产生的中间产物多为，故能与热解产生的中间产物反应产生和，抑制了的生成，使中的氮元素更多地转化为，提高了产量。 / 学科网（北京）股份有限公司 $