安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-18化学反应速率与化学平衡（3）

这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-18化学反应速率与化学平衡（3），共30页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-18化学反应速率与化学平衡（3）

一、单选题
1．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题，甲酸(HCOOH)在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现NO的催化还原，进而减少污染。已知Fe(II)、Fe(III)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法正确的是

A．Fe3O4没有参与该循环历程
B．HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂
C．NO是NO催化还原过程的催化剂
D．在整个历程中，每1molH2可还原1 mol NO
2．（2021·安徽合肥·统考一模）根据下列实验操作和现象，所得结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向2mL黄色溶液中滴加浓的维生素C溶液，
溶液颜色变绿
维生素C具有还原性
B
压缩装有、I2、HI混合气体(已达平衡)的容器，气体颜色加深
平衡向生成的方向移动
C
向含有和的悬浊液中滴加几滴溶液，生成黑色沉淀

D
向酸催化后的淀粉水解液中加入适量的银氨溶液，水浴加热未观察到银镜
淀粉未水解成葡萄糖

A．A B．B C．C D．D
3．（2021·安徽蚌埠·统考一模）一定条件下的2L密闭容器中，发生2A(s)2B(g)+C(g)反应，反应物A的物质的量随反应时间的变化情况见表，下列说法正确的是
时间/min
物质的量/mol
温度/℃
0
5
10
15
20
25
500
1.0
0.8
0.66
0.56
0.50
0.50
600
1.0
0.50
0.30
0.20
0.20
0.20

A．500℃时，前10minB的平均反应速率为0.034mol·L-1·min-1
B．该反应的△H>0
C．再加入少量A，B的平衡浓度增大
D．若将容器体积缩小，A的平衡转化率增大
4．（2021·安徽蚌埠·统考一模）对Pd单原子催化剂(Pd/SVG)上H2还原NO的反应进行研究，发现Pd/SVG上NO被还原生成N2和NH3的路径机理如图所示：

下列说法正确的是
A．Pd/SVG可以改变NO的平衡转化率
B．NO被还原为N2的总反应为2NO+2H2=N2+2H2O
C．NO被还原为NH3的反应决速步为解离1反应
D．Pd/SVG上H2还原NO过程中产物N2的形成更容易
5．（2021·安徽淮北·统考一模）普通电解水制氢气和氧气的缺点是温度高，能耗大。铈—钒液流电池在充电状态下产生的Ce4+和V2+离子可在低温催化条件下用于制备氢气和氧气，该装置示意图如图。下列说法错误的是

A．在催化剂作用下有利于降低分解水制氢的能耗
B．铈—钒液流电池在充电状态下总反应为：Ce3++V3+Ce4++V2+
C．工作时，H+通过质子交换膜由a往b移动
D．制氧气的离子方程式为：4Ce4++4OH-4Ce3++O2↑+2H2O
6．（2021·安徽淮北·统考一模）向1L的密闭容器中通入2molCO2(g)、2molH2(g)，发生反应为H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH。在T1、T2下，测得CO的物质的量随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是

A．CO2平衡转化率：α(T1)”、“”“=”或“＜”，下同)；反应的平衡常数：A点_______D点。实验测得：v正=k正∙c2(NO)∙c2(CO)，v逆=k逆∙c(N2)∙c2(CO2)，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数。则T1℃时C点处对应的v正：v逆=_______。

(3)汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下［Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态］：
I.NO+Pt(s)=NO*                    II.CO+Pt(s)=CO*                         III.NO*=N*+O*
IV.CO*+O*=CO2+Pt(s) V.N*+N*=N2+Pt(s) VI.NO*+N*=N2O+Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。

①图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是_______。
②图2中温度T2℃时反应V的活化能_______反应VI的活化能(填“＜”、“>”或“=”)；温度T3℃时发生的主要反应为_______(选填“IV”或“V”或“VI”)。

三、工业流程题
19．（2021·安徽蚌埠·统考一模）铍铜合金具有良好的综合性能，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程：

已知：Ⅰ．铍、铝元素的化学性质相似，氧化物具有两性
Ⅱ．常温下部分难溶物的溶度积常数如表：
难溶物
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
溶度积常数(Ksp)
2.2×10-20
8.0×10-38
2.1×10-13
(1)用NaOH溶液溶解铍铜元件时，能提高浸取率的措施有___(写出两种)。
(2)滤渣1的成分有___(填化学式)。
(3)①滤液2中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，下列实验步骤合理的顺序为___(填字母)。
a．加入过量的氨水        b．加入适量的HCl      c．洗涤       d．过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是___。
(4)滤渣3中有淡黄色固体，写出反应②中CuS发生反应的离子方程式___。
(5)滤液3中含Fe3+，若使Fe3+完全沉淀，溶液pH至少为___(已知离子物质的量浓度小于10-5mol·L-1时认为完全沉淀，lg2=0.3)。
20．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）废钒催化剂的主要成分为V2O5、V2O4、K2SO4、Al2O3、SiO2、Fe2O3。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。下图为废钒催化剂回收工艺路线：

已知：①酸浸时，V2O5、V2O4分别转化为VO，VO2+
②“离子交换”和“洗脱”过程可简单表示为4ROH+V4OR4V4O12+4OH-(ROH为阴离子交换树脂)
(1)酸浸时需要粉碎废钒催化剂，目的是_______。
(2)写出酸浸时V2O4的转化反应方程式_______。废渣1的主要成分是_______(填化学式)。
(3)氧化时加入0.1molKClO3，理论上能氧化_______mol的VO2+离子。
(4)中和时pH应控制在大于_______。(精确到0.1)(已知中和时钒元素未形成沉淀，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，离子浓度小于1.0×10-5mol/L时认为沉淀完全)。
(5)为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_______(填酸性或碱性)。
(6)已知沉钒时溶液中产生钒酸铵沉淀(NH4VO3)，写出煅烧时的化学反应方程式_______。

参考答案：
1．B
【详解】A．由图可知，铁元素发生了价态变化，说明Fe3O4参与了该循环历程，故A错误；
B．由信息可知，HCOOH分解为H2和CO2，说明HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确；
C．由图可知，在整个历程中，NO先被还原为NO，NO再被还原为N2，则NO是反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；
D．在整个历程中，Fe3O4为催化剂，H2作还原剂，将NO最终转化为N2，根据得失电子守恒1molH2可还原0.4 mol NO，故D错误；
答案选B。
2．A
【详解】A．向2mL黄色FeCl3溶液中滴加浓的维生素C溶液，溶液颜色变绿，说明铁离子被还原为亚铁离子，能够证明维生素C具有还原性，故A正确；
B．压缩装有H2、I2、HI混合气体(已达平衡)的容器，容器内压强增大，由于该反应前后气体体积不变，压强不影响平衡，所以平衡不移动，故B错误；
C．Na2S与CuSO4溶液直接反应生成CuS沉淀，不是由ZnS沉淀转化得到，不能比较两者的Ksp大小，故C错误；
D．向酸催化后的淀粉水解液中应该先加入氢氧化钠溶液，然后再加入适量的银氨溶液，水浴加热，否则酸中氢离子与银氨溶液反应，干扰了检验结果，故D错误；
故选：A。
3．B
【详解】A．500℃时，B与A的反应系数相同，前10minB的平均反应速率为 ，A错误；
B．由表格数据可知，温度升高达到平衡时A物质的量较少，说明该反应正向是吸热，即△H>0，B正确；
C．A物质是固体，温度不变情况下，平衡常数不变，B、C物质浓度的比值也不变，则再加入少量A，B的平衡浓度不变，C错误；
D．若将容器体积缩小，则体系压强增大，平衡朝着气体物质系数减少的方向移动，即平衡逆向移动，则A的平衡转化率减小，D错误；
故选B。
4．B
【详解】A．Pd/SVG催化剂只能加快化学反应速率，不能改变平衡，故不能改变NO的平衡转化率，错误；
B．由如图可知，NO被还原为N2的总反应为2NO+2H2=N2+2H2O，正确；
C．由图可知，生成氨气的基元反应中，NH2O+H→NH2OH这一步活化能最大，故这步为决速步骤，错误；
D．由图示知，NO被氧化为N2的活化能明显大于氧化生成NH3活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，错误；
故选B。
5．D
【详解】A．催化剂能够改变反应途径降低反应的活化能，因而能够降低分解水制氢能耗，A正确；
B．由题干可知：充电状态下可产生Ce4+、V2+，因而根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为：Ce3++V3+Ce4++V2+，B正确；
C．由图可知：在装置的右侧产生H2，因此H+会通过离子交换膜由a往b移动，C正确；
D．装置中含有质子交换膜，因此有H+参加反应，制备O2的反应方程式中不能有OH-，D错误；
故合理选项是D。
6．D
【分析】据图可知T1温度下反应达到平衡所需时间较短，反应速率更快，所以T1＞T2，温度越高平衡时CO的物质的量越大，说明升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应。
【详解】A．根据分析可知T1＞T2，该反应为吸热反应，温度越高，CO2的转化率越大，所以α(T1)＞α(T2)T1，A错误；
B．据图可知前3min，T1温度下反应速率更快，所以T1温度下容器内发生的有效碰撞次数更多，B错误；
C．T2温度下12min时，反应达到平衡，此时容器内CO的物质的量为0.5mol，初始投料为2molCO2(g)、2molH2(g)，根据反应方程式可知此时容器内CO2、H2、CO2、H2O的物质的量分别为1.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，该反应前后气体系数之和相等，可用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以该温度下K==，再充入H2、CO2、CO、H2O各1mol，则浓度商为=＞，所以此时平衡逆向移动，C错误；
D．据图可知非绝热条件T1温度达到平衡时n(CO)=1.0mol，该反应为吸热反应，绝热条件下进行反应容器内温度降低，则新平衡会在原平衡的基础上逆向移动，则平衡时n(CO) 增大的浓度或分离出产物等均可
(4)

【解析】（1）
反应②的反应热反应物的总键能-生成物的总键能=2×803+436-1076-2×463=+40.0；
（2）
A．增大的浓度，反应物的浓度增大，则反应①②的正反应速率均增加，A正确；
B．恒容密闭容器中体积不变，混合气体的总质量不变，则气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．加入催化剂，化学平衡不移动，的平衡转化率不变，C错误；
故选：BC；
（3）
①参与了2个反应，而只参与1个反应，相同情况下消耗更多，平衡转化率更大，曲线A表示的平衡转化率；
②曲线B表示的平衡转化率，800K，反应至转化率达到X点时小于平衡转化率，反应向正反应方向进行，则v(正)> v(逆)；若要使的转化率由X点达到Y点，即使反应达到平衡，改变的外界条件可以是增大的浓度或分离出产物等均可；
③800K，的平衡转化率为40%，转化的物质的量10 mol×40%=4mol，的平衡转化率为20%，转化的物质的量10 mol×20%=2mol，列三段式：反应①：，反应②：，在恒温恒压下，反应①的分压平衡常数；
（4）
由原理图可知，A电极上CO2→CO，C元素化合价降低、发生还原反应，则A电极为阴极，B电极为阳极，阴极反应式为。
14．(1)△H1+3△H2
(2) b 16
(3)p1＞p2＞p3

【分析】根据题中热化学方程式，由盖斯定律计算△H；根据化学平衡的本质特征判断平衡状态；根据化学平衡“三段式”计算化学平衡常数；根据题中图示信息，由平衡移动影响氧气转化率判断压强大小关系；据此解答。
（1）
由①2Cr2S3(s)4Cr(s)+3S2(g) △H1，②S2(g)+2O2(g)2SO2(g) △H2可知，根据盖斯定律，①+②×3，则2Cr2S3(s)+6O2(g)4Cr(s)+6SO2(g)的△H=△H1+3△H2；答案为△H1+3△H2。
（2）
①a．在恒温恒容条件下，发生反应S2(g)+2O2(g)2SO2(g)，气体的密度ρ=，该可逆反应m、V始终保持不变，密度ρ始终不变，则气体的密度不变，不能说明反应达到了平衡状态，故a错误；
b．气体的平均相对分子质量M=，该可逆反应中m是不变量，n是变量，则M是变量，当气体的平均相对分子质量不变时，n也不再改变，该可逆反应一定处于平衡状态，故b正确；
c．加入优质催化剂，可加快反应速率，但催化剂对平衡移动无影响，不能提高转化率，故c错误；
答案为b。
②由可得，n(起)=1.0mol+1.5mol=2.5mol，n(平)=(2.5-x)mol，反应达到平衡时容器压强为起始时的80%，根据压强比等于物质的量之比，则=80%，解得x=0.5mol，则平衡常数K===16；答案为16。
（3）
由S2(g)+2O2(g)2SO2(g)可知，增大压强，平衡正向移动，氧气的平衡转化率α增大，则由可得，p1、p2、p3由大到小的顺序是p1＞p2＞p3；答案为p1＞p2＞p3。
15． +41.8kJ/mol 0.04 先增大后减小 氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳 0.8 H3CO *+H2=CH3OH*
【详解】(1)①由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得反应Ⅲ，则焓变△H3=△H2—△H1= (—49.0 kJ/mol)—(—90.8kJ/mol)= +41.8kJ/mol，故答案为：+41.8kJ/mol；
②由题给数据可知，一氧化碳、氢气和甲醇的平衡分压分别为10.0%×5.0MPa=0.5 MPa、50%×5.0MPa=2.5 MPa、2.5%×5.0MPa=0.125 MPa，则反应Ⅰ的平衡常数Kp===0.04(MPa)—2，故答案为：0.04；
(2)①由图可知，随着二氧化碳百分含量的增加，单位体积催化剂上，甲醇反应速率先增大后减小，故答案为：先增大后减小；
②若在无二氧化碳的体系中加入适量氧气，氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳，从而起到和二氧化碳相似的作用，故答案为：氧气能与一氧化碳反应生成二氧化碳；
(3)①化学反应速率取决于化学反应速率最慢的一步，反应的能垒越大，反应速率越慢，由图可知，反应历程中控速步骤的能垒为(—0.1eV)—(—0.9eV)=0.8eV，故答案为：0.8；
②由图可知，虚线框内发生的反应为H3CO *与H2反应生成CH3OH*，反应的化学反应方程式为H3CO *+H2=CH3OH*，故答案为：H3CO *+H2=CH3OH*。
16． 219.4 c a d 温度度相同时，增大压强反应Ⅰ平衡正移，水的含量增大，CO2和H2的含量减少，使反应Ⅱ逆移，CO含量降低 2.4 2nCO2+12nH++12ne-=+4nH2O
【详解】(1)①CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH1=+206.4kJ·mol-1，②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.0kJ·mol-1，由盖斯定律可知，①+②=③，③CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ΔH3=165.4 kJ·mol-1，③的逆向活化能Ea(逆)为54kJ·mol-1，ΔH3= Ea(正)- Ea(逆)，Ea(正)=219.4 kJ·mol-1。
(2)在CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)反应中，正反应速率v正=k正c(CO)·c(H2O)，逆反应速率v逆=k逆c(CO2)·c(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，仅受温度影响，温度升高平衡逆向移动，V正＜V逆，升温时lgK逆减小更快，则表示pk正随T变化关系的斜线是c。
(3) ①对于反应Ⅰ：升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量减少，对于反应Ⅱ：升高温度，则平衡正向移动，CO的含量增加；增大压强，反应2不移动，但反应1的平衡正向移动，H2O的含量增大，使反应2逆向移动，导致CO含量降低，综上可知温度相同时，压强越大，CH4的含量越大、CO含量越小，则压强为1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d，；N点平衡组成含量低于M点的原因是：温度度相同时，增大压强反应Ⅰ平衡正移，水的含量增大，CO2和H2的含量减少，使反应Ⅱ逆移，CO含量降低。
②起始时n (CO2) =1mol，则n (H2)=3mol，由图可知当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，根据C原子守恒有： n (CO) =n (CH4)=1mol×40%=0.4mol，n(CO2)=1mol×20%=0.2mol，，平衡时n(CO2)=(1-0.8)mol=0.2mol，n(H2O)=1.2mol，n (CO) =0.4mol，n (CH4)=0.4mol，n(H2)=1mol，则p(CO)=1MPa=0.125 MPa，p(H2O)=1MPa=0.375 MPa，p(CO2)=1MPa=0.0625 MPa，p(H2)=1MPa=0.3125 MPa，则。
(4)以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯(简称LDPE)。电解时阴极的电极反应式为：2nCO2+12nH++12ne-= +4nH2O。
17． CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ/mol A 0.06 60% T1