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北京市2023年高考化学模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡（实验题、解答题）
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这是一份北京市2023年高考化学模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡（实验题、解答题），共24页。试卷主要包含了实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
北京市2023年高考化学模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡（实验题、解答题）
一、实验题
1．（2023·北京顺义·一模）某化学小组探究铜和稀硝酸的反应：
资料1 铜与浓度低于反应很慢，且放热极少。
(1)实验预测
①铜与稀反应的离子方程式为_______。
②小组同学预测铜与稀的反应速率应逐渐减慢，其理论依据是_______。
(2)实验实施
实验I：铜丝与反应。
实验装置
实验操作
实验现象
在洁净的注射器中装入已活化铜丝2.3g，再用注射器抽取，同时排尽注射器中的空气，关闭注射器止水开关，以保证铜丝与稀反应体系处于无氧环境中。
反应较慢阶段A：反应前90min几乎没有现象，90min左右才有很少气泡产生(该气体遇空气变成红棕色)，溶液为浅蓝色；反应较快阶段B：之后溶液逐渐变为绿色；最后阶段C：在反应结束前15min左右时，体系溶液为深蓝色。
实验II：探究Cu与稀在无氧环境下反应所得溶液显绿色的原因：
操作及现象
实验序号
取不同阶段的溶液进行实验操作
实验现象
阶段A溶液
阶段B溶液
阶段C溶液
1
滴加酸性溶液
褪色，滴6滴后溶液不褪色
褪色，但滴20滴后溶液仍然褪色
褪色，滴10滴后溶液不再褪色
2
滴加3%溶液
无明显现象
少量淡黄色沉淀
较多黄色沉淀
3
滴加稀溶液
无明显现象
变蓝色
无明显现象
资料2：
i.上述溶液中均不存在-3价的氮；为淡黄色沉淀。
ii.是一种弱酸，；
①通过上述实验，证明铜与稀反应过程中可能有生成，理由是_______。
②分析阶段B溶液呈绿色的原因_______。
③从平衡角度分析实验II中，阶段B溶液中滴加稀硫酸溶液由绿色变蓝的原因_______。
④写出铜和稀反应的生成的化学方程式_______。
(3)继续探究：
探究铜和稀反应速率变化的原因：小组同学依据实验I的数据，画出铜和稀硝酸反应的速率时间图像为下图：
甲同学提出，铜与稀硝酸反应，反应开始较慢(阶段A)，后较快(阶段B)，可能是因为反应生成的产物有催化作用，并通过实验证明了自己的猜想：甲同学设计的实验方案为_______。
(4)反思总结：通过上述实验探究过程，铜和的反应实际过程可能为_______。
2．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是_______。
(2)用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式_______。
口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______
②简述在金被氧化过程中的作用：_______。
(3)工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。
①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起_______作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……
a.打开瓶塞后，_______(填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是_______。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6⇌2[Cu(S2O3)2]3-+
结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：_______。
二、原理综合题
3．（2023·北京房山·统考一模）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
Ⅰ.制取氢气
(1)甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：
kJ·mol
kJ·mol
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式___________。
(2)理论上，能提高平衡产率的措施有___________(写出一条即可)。
Ⅱ.储存氢气
硼氢化钠()是研究最广泛的储氢材料之一
已知：
i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1
ii．25℃下在水中的溶解度为55 g，在水中的溶解度为0.28 g
(3)在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的___________(填写化学式)。
(4)向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式___________。
(5)在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是___________。
(6)用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。
①钛电极的电极反应式是___________。
②电解过程中，阴极区溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)
4．（2023·北京西城·统考一模）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
(1)E1=_____。
(2)提高H2平衡产率的措施有_____(答2条)。
Ⅱ.MgH2水解制备H2
(3)MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是_____。
(4)MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是_____。
(5)MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质
Mg(OH)2
Ni(OH)2
Cu(OH)2
Ksp
5.6×10-12
5.5×10-16
2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是_____。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是_____。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是_____。
5．（2023·北京丰台·统考一模）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i．⼀定条件下，Ti4+水解⽅程式：
ii．⼀定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
(1)用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因___________。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
(2)浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量⻆度解释加入还原铁粉的目的___________。
(3)⼀定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因___________。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
(4)⼀定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因___________。
III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到⼆氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
(5)电极X连接电源___________(填“正”或“负”)极。
(6)写出电极Y上发生的电极反应式___________。
6．（2023·北京平谷·统考模拟预测）氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，请回答下列问题：
I.转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30℃时，在T.F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。
(1)过程ii的离子方程式是_______。
II.蒸气转化：在催化剂的作用下，水蒸气将氧化。结合图回答问题。
(2)写出甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式：_______。
(3)第II步为可逆反应。在800°C时，恒容密闭容器中CO的起始浓度为a mol/L，水蒸气的起始浓度为1.5a mol/L，达到化学平衡状态后，CO平衡转化率为60%，则此反应的平衡常数k=_______。
(4)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解混合气体制备和CO，基本原理如图所示，X是电源的_______极(填“正”或“负”)，电解池中阴极的反应式是_____和_______。
7．（2023·北京石景山·统考模拟预测）水体中过量的抗生素会对环境造成极大危害，零价铁(Fe)及耦合技术在处理抗生素废水中应用广泛。
I．还原法
零价铁作为一种还原剂可以提供电子，水中的得电子生成(氢自由基)，通过双键加成、单电子还原与抗生素发生反应。
(1)氧化反应：_______。
还原反应：(电中性)。
(2)与阿莫西林(抗生素的一种)发生多步反应，第一步如下图所示，请在图中标出阿莫西林断裂的化学键(参考示例“”)，用“O”在中间产物圈出一个手性碳原子_______。
(3)纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，试解释原因_______。
II．氧化法
(4)酸性条件Fe可与溶解氧生成，和作用生成羟基自由基和，氧化抗生素。和生成的离子方程式是_______。
(5)下图为酸性条件零价铁−电芬顿耦合法(电化学氧化法)原理示意图的一部分，左侧连接电源_______，结合阴极电极反应说明该法生成的原理_______。
8．（2023·北京朝阳·北京八十中校考模拟预测）我国提出 2060 年前实现碳中和，为有效降低大气 CO2中的含量，以 CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
Ⅰ．主反应：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ∆H1＝－156.9 kJ·mol－l
Ⅱ．副反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ∆H2＝＋41.1 kJ·mol－l
(1)已知：Ⅲ．2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) ∆H3＝－395.6 kJ·mol－l
Ⅳ．CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ∆H4＝__________。
(2)CO2加氢合成甲烷时，通常控制温度为 500 °C 左右，其可能的原因为_______。
A．反应速率快 B．平衡转化率高
C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好
(3)500 °C 时，向 1 L 恒容密闭容器中充入 4 mol CO2和 12 mol H2，初始压强为 p，20 min 时主、副反应都达到平衡状态，测得 c(H2O)＝5 mol·L－1，体系压强为3/4 p， 则 0~ 20 min 内 v(CH4)＝________，平衡时 CH4选择性＝ ___________(CH4选择性=× 100%， 计算保留三位有效数字)。
(4)以 CO2催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为 3CH3OH(g) C3H6(g)＋3H2O(g)。该反应的 Arrhenius 经验公式的实验数据如图中曲线 a 所示，已知 Arhenius 经验公式，(Ea为活化能，k 为速率常数，R 和 C 为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线 b 所示，则实验可能改变的外界条件是 __________。
9．（2023·北京海淀·北理工附中校考模拟预测）金属钇(Y)具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：
表1 浸出液成分
Al3+
Fe3+
Ca2+
PO43-
Mg2+
Mn2+
Y3+
浓度/(mg•L-1)
7670
9460
550
640
5600
1500
70.2
（1）浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+ Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ （已知：FeR3、YR3均易溶于HR）
浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。
①用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因________。
②结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是________。
（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。
表2 Fe3+、Y3+去除率
终点pH
去除率/%
Fe3+
Y3+
3.0
87.84
19.86
3.5
92.33
23.63
4.5
99.99
44.52
5.0
99.99
89.04
中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。
①该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因________。
磷酸法：将磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。
表3 滤液中Fe3+、Y3+的浓度
Fe3+
Y3+
浓度/(mg•L-1)
508
68.9
② 配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式
Fe3+ + + = FePO4↓+ CO2↑+ ，___________________
③ 综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因________。
（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过________（填操作）收集含Y3+的有机溶液。
（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是________。
a. 分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b. 表2中 Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3+的吸附
c. 表2中 pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3+ + 3OH- = Y（OH）3↓
d. 有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
10．（2023·北京海淀·北理工附中校考模拟预测）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。
（1）CO2来源之一是汽车尾气
①根据上图，写出气缸内产生NO的热化学方程式________。
②写出转换器中在催化剂作用下NOx和CO反应的化学方程式________。
③在催化转换器中机动车尾气转化效率与空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如右图。若空燃比小于14.7，氧气不足，CxHy和CO不能被完全氧化，导致其转化效率降低；若空燃比大于14.7，则NOx的转化效率降低，原因是________。
（2）利用NaOH溶液可以“捕捉” CO2
已知：0.448L CO2（已折算标准状况）被NaOH溶液充分吸收，得到100mL含有Na2CO3和NaHCO3的吸收液。
①向吸收液中加入足量BaCl2溶液得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥后，称重为1.97g，则吸收液中c(Na2CO3) = ________。（该条件下NaHCO3与BaCl2不反应）
②对该吸收液，下列判断正确的是________。
a . c (CO32- ) > c (HCO3- )
b. 2c (CO32- ) + c (HCO3- ) + c (OH- ) = c (H+ ) + c (Na+ )
c. c (H2CO3) + c (HCO3- ) + c (CO32- ) =0.2mol•L-1
（3）工业上可用CO2来制甲醇
①CO2 (g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH < 0
根据图1分析，实际工业生产中，反应温度选择250℃的理由________。
②利用光电催化原理，由CO2和H2O制备CH3OH的装置如图2。写出右侧的电极反应式________。
参考答案：
1．(1) 随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢
(2) 在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀 B阶段产生，电离产生，发生反应；，溶液为绿色； B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色
(3)在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象；
(4)铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快生成越多。
【详解】（1）铜和稀硝酸反应的离子方程式为：，随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢；
（2）在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀，说明在反应的过程有生成；B阶段产生，电离产生，发生反应；（绿色），所以溶液为绿色；B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色；铜和稀反应的生成的化学方程式为：；
（3）要证明在该反应中作催化剂，直接加入溶液，其他的试剂和操作和上述一样，形成更好的对比，所以方案设计为：在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象。
（4）根据实验现象和实验探究，铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快，生成越多。
2．(1)Au在高温条件下不与O2反应
(2) 与Au+形成配合物，提高Au的还原性
(3) 催化 锥形瓶中溶液蓝色复原 当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小
【详解】（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；
（2）该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：；从方程式中可以看出，与Au+形成配合物，提高Au的还原性；
（3）该机理图机理为：Au失电子形成Au+，与Au+反应得到，与反应得到和Au，与氧气、氨水反应又重新生成，故在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将又氧化为；a中为在氧气和氨水的作用下生成了，方程式为：；当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，配制的浸金液中的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。
3．(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +50 kJ·mol
(2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强
(3)NaOH
(4)+2H2O+4H2
(5)浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低
(6) 6H2O+BO+8e-=BH+8OH- 增大
【详解】（1）已知① kJ·mol；② kJ·mol；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +91 kJ·mol-41 kJ·mol=+50 kJ·mol。
（2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高平衡产率。
（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。
（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。
（6）①用惰性电极电解溶液可制得，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；
②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。
4．(1)160kJ/mol
(2)高温、低压、及时移走H2
(3)MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
(4)产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
(5) Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生 反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液 MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【详解】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
5．(1)
(2)pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防⽌Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
(3)还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
(4)浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高。
(5)正
(6)TiO2+4e-=Ti+2O2-
【详解】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3∙H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防⽌Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
6．(1)
(2)
(3)1
(4) 负
【详解】（1）从流程图可知，过程ii亚铁离子与氧气、氢离子反应生成铁离子和水，离子方程式为。
（2）根据图示可知，第一步的反应+第二步的反应=甲烷与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，热化学方程式为 ΔH=（-103.3+33.2）kJ/mol=-70.1kJ/mol。
（3）达到化学平衡时，CO平衡转化率为60%，则，K=。
（4）从图中可知，上方的多孔电极上，H2O得电子生成H2和O2-，CO2得电子生成CO和O2-，因此上方的多孔电极为阴极，X为电源负极。电解池中阴极的反应式为、。
7．(1)Fe− 2e－＝Fe2+
(2)
(3)纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快
(4)Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O
(5) 正极 阴极O2＋2e－＋2H＋＝H2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基
【详解】（1）根据题意零价铁作为一种还原剂可以提供电子，因此铁失去电子发生氧化反应：Fe− 2e－＝Fe2+；故答案为：Fe− 2e－＝Fe2+。
（2）根据中间产物和阿莫西林分析，断键是碳氮键，中间产物有三个手性碳原子，其图像描述；故答案为：。
（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，主要与铁的接触面积有关，其反应速率更快；故答案为：纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快。
（4）根据题意得到和作用生成羟基自由基和，则酸性条件下和生成的离子方程式是Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O；故答案为：Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O。
（5）根据前面信息得到铁会失去电子变为亚铁离子，和Fe2+作用生成羟基自由基和，则铁电极应该连接电源的正极作阳极，阴极上氧气得到电子与氢离子结合生成H2O2，生成的亚铁离子移动到阴极，亚铁离子和H2O2作用生成羟基自由基；故答案为：正极；阴极O2＋2e－＋2H＋＝H2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基。
8．(1)
(2)ACD
(3) 66.7%
(4)使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积
【详解】（1）根据盖斯定律Ⅲ×2-Ⅰ得到Ⅳ，则；故答案为：。
（2）CO2加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动；故答案为：ACD。
（3）时，向1L恒容密闭容器中充入和，初始压强为p，时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，建立三段式，，2x+y=5，根据物质的量之比等于压强之比得到，解得x=2，y=1，则内，平衡时选择性；故答案为：；66.7%。
（4）当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积；故答案为：使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积。
9． Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H+) 减小（或c(OH-)增大），平衡右移，Y3+萃取率提高 Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大 KSP[Fe(OH) 3]小于KSP[Y(OH) 3]或Fe(OH) 3的溶解度小于Y(OH) 3或c（Fe 3+）远大于c（Y3+） 2Fe 3++2 H3PO4+ 3CO32-= 2FePO4↓+ 3CO 2↑+3H2O 磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小 分液 bcd
【详解】考查化学反应原理的综合运用，（1）①Y3＋的溶液中存在：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H＋)减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Y3＋的转化率增大，即Y3＋萃取率提高；②根据Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+，Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ ，Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大，因此萃取Y3＋之前，应除去Fe3＋，防止对Y3＋萃取产生干扰；（2）①表2采用的是中和沉淀法，通过条件pH，Fe3＋去除率高，其原因可能是KSO[Fe(OH)3]
【详解】（1）考查热化学反应方程式的书写、化学反应方程式的书写、反应条件的控制，①断裂1molN2中化学键时吸收的能量为946kJ，断裂1molO2中的化学键吸收的能量是498kJ，生成2molNO中化学键放出的能量是2×632kJ，此反应吸收的能量是(946＋498－2×632)kJ=180kJ，即热化学反应方程式为 N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH = +180kJ·mol－1；②根据流程，转换器中NOx和CO反应生成CO2、N2，化学反应方程式为2xCO+2NOx=N2+2xCO2 ；③转化率降低的原因是氧气过量，还原性气体CO和Cx Hy，首先还原性气体和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行；（2）考查化学计算和离子浓度大小比较；①加入BaCl2溶液，发生BaCl2＋Na2CO3=BaCO3↓＋2NaCl，n(Na2CO3)=n(BaCO3)=1.97/197mol=0.01mol，c(Na2CO3)=0.01/(100×10－3)mol·L－1=0.1mol·L－1；②根据碳元素守恒，n(NaHCO3)=(0.448/22.4－0.01)mol=0.01mol，a、Na2CO3和NaHCO3物质的量相等，但CO32－水解程度大于HCO3－水解程度，因此c(HCO3－)>c(CO32－)，故a错误；b、根据电荷守恒，得出c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故b正确；c、根据物料守恒， c (H2CO3) + c (HCO3－ ) + c (CO32－ ) =0.2mol·L－1，故c正确；（3）考查反应条件的控制、电极反应式的书写，①根据图1，250℃时，催化效应最高，温度低于250°C时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250°C时，CO2的转化率和催化效率都较低；②根据电子或H＋移动的方向，以及原电池的工作原理，即右侧为正极，根据目的，右侧电极反应式CO2+6e－+6H＋=CH3OH+H2O。
点睛：本题的难点是电极反应式的书写，书写电极反应式，首先判断正负两极，需要根据原电池的工作原理进行判断，如本题，根据电子或H＋移动的方向，推断出右侧为正极，然后判断在电极上的反应物和生成物，CO2中C显＋4价，CH3OH中C显－2价，化合价降低，右侧电极上CO2作反应物，CH3OH作产物，根据介质的环境判断出H＋或OH－是否参与反应，即本题的电极反应式为CO2+6e－+6H＋=CH3OH+H2O。
北京市2023年高考化学模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡（实验题、解答题）
一、实验题
1．（2023·北京顺义·一模）某化学小组探究铜和稀硝酸的反应：
资料1 铜与浓度低于反应很慢，且放热极少。
(1)实验预测
①铜与稀反应的离子方程式为_______。
②小组同学预测铜与稀的反应速率应逐渐减慢，其理论依据是_______。
(2)实验实施
实验I：铜丝与反应。
实验装置
实验操作
实验现象
在洁净的注射器中装入已活化铜丝2.3g，再用注射器抽取，同时排尽注射器中的空气，关闭注射器止水开关，以保证铜丝与稀反应体系处于无氧环境中。
反应较慢阶段A：反应前90min几乎没有现象，90min左右才有很少气泡产生(该气体遇空气变成红棕色)，溶液为浅蓝色；反应较快阶段B：之后溶液逐渐变为绿色；最后阶段C：在反应结束前15min左右时，体系溶液为深蓝色。
实验II：探究Cu与稀在无氧环境下反应所得溶液显绿色的原因：
操作及现象
实验序号
取不同阶段的溶液进行实验操作
实验现象
阶段A溶液
阶段B溶液
阶段C溶液
1
滴加酸性溶液
褪色，滴6滴后溶液不褪色
褪色，但滴20滴后溶液仍然褪色
褪色，滴10滴后溶液不再褪色
2
滴加3%溶液
无明显现象
少量淡黄色沉淀
较多黄色沉淀
3
滴加稀溶液
无明显现象
变蓝色
无明显现象
资料2：
i.上述溶液中均不存在-3价的氮；为淡黄色沉淀。
ii.是一种弱酸，；
①通过上述实验，证明铜与稀反应过程中可能有生成，理由是_______。
②分析阶段B溶液呈绿色的原因_______。
③从平衡角度分析实验II中，阶段B溶液中滴加稀硫酸溶液由绿色变蓝的原因_______。
④写出铜和稀反应的生成的化学方程式_______。
(3)继续探究：
探究铜和稀反应速率变化的原因：小组同学依据实验I的数据，画出铜和稀硝酸反应的速率时间图像为下图：
甲同学提出，铜与稀硝酸反应，反应开始较慢(阶段A)，后较快(阶段B)，可能是因为反应生成的产物有催化作用，并通过实验证明了自己的猜想：甲同学设计的实验方案为_______。
(4)反思总结：通过上述实验探究过程，铜和的反应实际过程可能为_______。
2．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是_______。
(2)用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式_______。
口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______
②简述在金被氧化过程中的作用：_______。
(3)工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。
①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起_______作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……
a.打开瓶塞后，_______(填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是_______。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6⇌2[Cu(S2O3)2]3-+
结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：_______。
二、原理综合题
3．（2023·北京房山·统考一模）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
Ⅰ.制取氢气
(1)甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：
kJ·mol
kJ·mol
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式___________。
(2)理论上，能提高平衡产率的措施有___________(写出一条即可)。
Ⅱ.储存氢气
硼氢化钠()是研究最广泛的储氢材料之一
已知：
i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1
ii．25℃下在水中的溶解度为55 g，在水中的溶解度为0.28 g
(3)在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的___________(填写化学式)。
(4)向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式___________。
(5)在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是___________。
(6)用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。
①钛电极的电极反应式是___________。
②电解过程中，阴极区溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)
4．（2023·北京西城·统考一模）镁基储氢材料MgH2具有储氢量高、成本低廉等优点，发展前景广阔。
Ⅰ.MgH2热分解放出H2
MgH2(s)Mg(s)+H2(g) ΔH=+75kJ/mol
该反应的能量变化如图。
(1)E1=_____。
(2)提高H2平衡产率的措施有_____(答2条)。
Ⅱ.MgH2水解制备H2
(3)MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是_____。
(4)MgH2与H2O反应时，最初生成H2的速率很快，但随后变得很缓慢，原因是_____。
(5)MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的水解性能。1mol/L的几种盐溶液对MgH2水解制备H2的性能曲线如图。
已知：ⅰ.
物质
Mg(OH)2
Ni(OH)2
Cu(OH)2
Ksp
5.6×10-12
5.5×10-16
2.2×10-20
ⅱ.MgH2在MCl2(M代表Mg、Ni、Cu)溶液中水解的示意图如图。
①NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是_____。
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是_____。
③CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是_____。
5．（2023·北京丰台·统考一模）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i．⼀定条件下，Ti4+水解⽅程式：
ii．⼀定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
(1)用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因___________。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
(2)浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量⻆度解释加入还原铁粉的目的___________。
(3)⼀定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因___________。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
(4)⼀定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因___________。
III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到⼆氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
(5)电极X连接电源___________(填“正”或“负”)极。
(6)写出电极Y上发生的电极反应式___________。
6．（2023·北京平谷·统考模拟预测）氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景，请回答下列问题：
I.转化脱硫：将天然气压入吸收塔，30℃时，在T.F菌作用下，酸性环境中脱硫过程示意图如下。
(1)过程ii的离子方程式是_______。
II.蒸气转化：在催化剂的作用下，水蒸气将氧化。结合图回答问题。
(2)写出甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式：_______。
(3)第II步为可逆反应。在800°C时，恒容密闭容器中CO的起始浓度为a mol/L，水蒸气的起始浓度为1.5a mol/L，达到化学平衡状态后，CO平衡转化率为60%，则此反应的平衡常数k=_______。
(4)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解混合气体制备和CO，基本原理如图所示，X是电源的_______极(填“正”或“负”)，电解池中阴极的反应式是_____和_______。
7．（2023·北京石景山·统考模拟预测）水体中过量的抗生素会对环境造成极大危害，零价铁(Fe)及耦合技术在处理抗生素废水中应用广泛。
I．还原法
零价铁作为一种还原剂可以提供电子，水中的得电子生成(氢自由基)，通过双键加成、单电子还原与抗生素发生反应。
(1)氧化反应：_______。
还原反应：(电中性)。
(2)与阿莫西林(抗生素的一种)发生多步反应，第一步如下图所示，请在图中标出阿莫西林断裂的化学键(参考示例“”)，用“O”在中间产物圈出一个手性碳原子_______。
(3)纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，试解释原因_______。
II．氧化法
(4)酸性条件Fe可与溶解氧生成，和作用生成羟基自由基和，氧化抗生素。和生成的离子方程式是_______。
(5)下图为酸性条件零价铁−电芬顿耦合法(电化学氧化法)原理示意图的一部分，左侧连接电源_______，结合阴极电极反应说明该法生成的原理_______。
8．（2023·北京朝阳·北京八十中校考模拟预测）我国提出 2060 年前实现碳中和，为有效降低大气 CO2中的含量，以 CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
Ⅰ．主反应：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ∆H1＝－156.9 kJ·mol－l
Ⅱ．副反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ∆H2＝＋41.1 kJ·mol－l
(1)已知：Ⅲ．2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g) ∆H3＝－395.6 kJ·mol－l
Ⅳ．CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g) ∆H4＝__________。
(2)CO2加氢合成甲烷时，通常控制温度为 500 °C 左右，其可能的原因为_______。
A．反应速率快 B．平衡转化率高
C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好
(3)500 °C 时，向 1 L 恒容密闭容器中充入 4 mol CO2和 12 mol H2，初始压强为 p，20 min 时主、副反应都达到平衡状态，测得 c(H2O)＝5 mol·L－1，体系压强为3/4 p， 则 0~ 20 min 内 v(CH4)＝________，平衡时 CH4选择性＝ ___________(CH4选择性=× 100%， 计算保留三位有效数字)。
(4)以 CO2催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为 3CH3OH(g) C3H6(g)＋3H2O(g)。该反应的 Arrhenius 经验公式的实验数据如图中曲线 a 所示，已知 Arhenius 经验公式，(Ea为活化能，k 为速率常数，R 和 C 为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线 b 所示，则实验可能改变的外界条件是 __________。
9．（2023·北京海淀·北理工附中校考模拟预测）金属钇(Y)具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：
表1 浸出液成分
Al3+
Fe3+
Ca2+
PO43-
Mg2+
Mn2+
Y3+
浓度/(mg•L-1)
7670
9460
550
640
5600
1500
70.2
（1）浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+ Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ （已知：FeR3、YR3均易溶于HR）
浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。
①用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因________。
②结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是________。
（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。
表2 Fe3+、Y3+去除率
终点pH
去除率/%
Fe3+
Y3+
3.0
87.84
19.86
3.5
92.33
23.63
4.5
99.99
44.52
5.0
99.99
89.04
中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。
①该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因________。
磷酸法：将磷酸（H3PO4：三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。
表3 滤液中Fe3+、Y3+的浓度
Fe3+
Y3+
浓度/(mg•L-1)
508
68.9
② 配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式
Fe3+ + + = FePO4↓+ CO2↑+ ，___________________
③ 综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因________。
（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过________（填操作）收集含Y3+的有机溶液。
（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是________。
a. 分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b. 表2中 Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3+的吸附
c. 表2中 pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3+ + 3OH- = Y（OH）3↓
d. 有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
10．（2023·北京海淀·北理工附中校考模拟预测）CO2的绿色减排、捕捉、转化是人类可持续发展的重要战略之一。
（1）CO2来源之一是汽车尾气
①根据上图，写出气缸内产生NO的热化学方程式________。
②写出转换器中在催化剂作用下NOx和CO反应的化学方程式________。
③在催化转换器中机动车尾气转化效率与空燃比（空气与燃油气的体积比）的关系如右图。若空燃比小于14.7，氧气不足，CxHy和CO不能被完全氧化，导致其转化效率降低；若空燃比大于14.7，则NOx的转化效率降低，原因是________。
（2）利用NaOH溶液可以“捕捉” CO2
已知：0.448L CO2（已折算标准状况）被NaOH溶液充分吸收，得到100mL含有Na2CO3和NaHCO3的吸收液。
①向吸收液中加入足量BaCl2溶液得到沉淀，经过滤、洗涤、干燥后，称重为1.97g，则吸收液中c(Na2CO3) = ________。（该条件下NaHCO3与BaCl2不反应）
②对该吸收液，下列判断正确的是________。
a . c (CO32- ) > c (HCO3- )
b. 2c (CO32- ) + c (HCO3- ) + c (OH- ) = c (H+ ) + c (Na+ )
c. c (H2CO3) + c (HCO3- ) + c (CO32- ) =0.2mol•L-1
（3）工业上可用CO2来制甲醇
①CO2 (g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH < 0
根据图1分析，实际工业生产中，反应温度选择250℃的理由________。
②利用光电催化原理，由CO2和H2O制备CH3OH的装置如图2。写出右侧的电极反应式________。
参考答案：
1．(1) 随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢
(2) 在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀 B阶段产生，电离产生，发生反应；，溶液为绿色； B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色
(3)在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象；
(4)铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快生成越多。
【详解】（1）铜和稀硝酸反应的离子方程式为：，随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢；
（2）在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀，说明在反应的过程有生成；B阶段产生，电离产生，发生反应；（绿色），所以溶液为绿色；B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色；铜和稀反应的生成的化学方程式为：；
（3）要证明在该反应中作催化剂，直接加入溶液，其他的试剂和操作和上述一样，形成更好的对比，所以方案设计为：在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象。
（4）根据实验现象和实验探究，铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快，生成越多。
2．(1)Au在高温条件下不与O2反应
(2) 与Au+形成配合物，提高Au的还原性
(3) 催化 锥形瓶中溶液蓝色复原 当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小
【详解】（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；
（2）该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：；从方程式中可以看出，与Au+形成配合物，提高Au的还原性；
（3）该机理图机理为：Au失电子形成Au+，与Au+反应得到，与反应得到和Au，与氧气、氨水反应又重新生成，故在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将又氧化为；a中为在氧气和氨水的作用下生成了，方程式为：；当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，配制的浸金液中的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。
3．(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +50 kJ·mol
(2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强
(3)NaOH
(4)+2H2O+4H2
(5)浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低
(6) 6H2O+BO+8e-=BH+8OH- 增大
【详解】（1）已知① kJ·mol；② kJ·mol；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g) +91 kJ·mol-41 kJ·mol=+50 kJ·mol。
（2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高平衡产率。
（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。
（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。
（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。
（6）①用惰性电极电解溶液可制得，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；
②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。
4．(1)160kJ/mol
(2)高温、低压、及时移走H2
(3)MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑
(4)产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积
(5) Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生 反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液 MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生
【详解】（1）焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，则ΔH=E1-E2=E1-85kJ/mol=+75kJ/mol，解得E1=160kJ/mol；
（2）该反应为体积增大的吸热反应，则提高H2平衡产率的措施有高温、低压、及时移走H2；
（3）MgH2与H2O反应制备H2的化学方程式是MgH2+2H2O=Mg(OH)2+2H2↑；
（4）MgH2与H2O反应时会生成氢氧化镁沉淀，附着在MgH2表面，故原因是产物Mg(OH)2逐渐覆盖在MgH2表面，减少了MgH2与H2O的接触面积；
（5）①根据Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+更容易生成沉淀，故NiCl2溶液制备H2的性能优于MgCl2溶液，原因是Ksp[Ni(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2)]，Ni2+结合H2O电离的OH-的能力强于Mg2+，更有利于H2的产生；
②MgH2在MgCl2溶液中制备H2的性能不如在NiCl2溶液中优异，但使用MgCl2溶液利于发展“镁－氢”循环经济，原因是反应后固体生成物仅有Mg(OH)2，便于回收利用；分离除去Mg(OH)2，可以循环使用MgCl2溶液；
③铜离子具有较强的氧化性，而MgH2具有较强的还原性，故CuCl2溶液制备H2的性能不如NiCl2溶液，可能的原因是MgH2将Cu2+还原为难溶固体覆盖在MgH2表面，阻止反应持续发生。
5．(1)
(2)pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防⽌Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
(3)还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
(4)浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高。
(5)正
(6)TiO2+4e-=Ti+2O2-
【详解】（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3∙H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防⽌Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
6．(1)
(2)
(3)1
(4) 负
【详解】（1）从流程图可知，过程ii亚铁离子与氧气、氢离子反应生成铁离子和水，离子方程式为。
（2）根据图示可知，第一步的反应+第二步的反应=甲烷与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，热化学方程式为 ΔH=（-103.3+33.2）kJ/mol=-70.1kJ/mol。
（3）达到化学平衡时，CO平衡转化率为60%，则，K=。
（4）从图中可知，上方的多孔电极上，H2O得电子生成H2和O2-，CO2得电子生成CO和O2-，因此上方的多孔电极为阴极，X为电源负极。电解池中阴极的反应式为、。
7．(1)Fe− 2e－＝Fe2+
(2)
(3)纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快
(4)Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O
(5) 正极 阴极O2＋2e－＋2H＋＝H2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基
【详解】（1）根据题意零价铁作为一种还原剂可以提供电子，因此铁失去电子发生氧化反应：Fe− 2e－＝Fe2+；故答案为：Fe− 2e－＝Fe2+。
（2）根据中间产物和阿莫西林分析，断键是碳氮键，中间产物有三个手性碳原子，其图像描述；故答案为：。
（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，主要与铁的接触面积有关，其反应速率更快；故答案为：纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快。
（4）根据题意得到和作用生成羟基自由基和，则酸性条件下和生成的离子方程式是Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O；故答案为：Fe2+＋H2O2＋H＋＝Fe3+＋＋H2O。
（5）根据前面信息得到铁会失去电子变为亚铁离子，和Fe2+作用生成羟基自由基和，则铁电极应该连接电源的正极作阳极，阴极上氧气得到电子与氢离子结合生成H2O2，生成的亚铁离子移动到阴极，亚铁离子和H2O2作用生成羟基自由基；故答案为：正极；阴极O2＋2e－＋2H＋＝H2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基。
8．(1)
(2)ACD
(3) 66.7%
(4)使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积
【详解】（1）根据盖斯定律Ⅲ×2-Ⅰ得到Ⅳ，则；故答案为：。
（2）CO2加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动；故答案为：ACD。
（3）时，向1L恒容密闭容器中充入和，初始压强为p，时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，建立三段式，，2x+y=5，根据物质的量之比等于压强之比得到，解得x=2，y=1，则内，平衡时选择性；故答案为：；66.7%。
（4）当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积；故答案为：使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积。
9． Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H+) 减小（或c(OH-)增大），平衡右移，Y3+萃取率提高 Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大 KSP[Fe(OH) 3]小于KSP[Y(OH) 3]或Fe(OH) 3的溶解度小于Y(OH) 3或c（Fe 3+）远大于c（Y3+） 2Fe 3++2 H3PO4+ 3CO32-= 2FePO4↓+ 3CO 2↑+3H2O 磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小 分液 bcd
【详解】考查化学反应原理的综合运用，（1）①Y3＋的溶液中存在：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H＋)减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Y3＋的转化率增大，即Y3＋萃取率提高；②根据Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+，Y3+ + 3HR YR3 + 3H+ ，Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大，因此萃取Y3＋之前，应除去Fe3＋，防止对Y3＋萃取产生干扰；（2）①表2采用的是中和沉淀法，通过条件pH，Fe3＋去除率高，其原因可能是KSO[Fe(OH)3]
【详解】（1）考查热化学反应方程式的书写、化学反应方程式的书写、反应条件的控制，①断裂1molN2中化学键时吸收的能量为946kJ，断裂1molO2中的化学键吸收的能量是498kJ，生成2molNO中化学键放出的能量是2×632kJ，此反应吸收的能量是(946＋498－2×632)kJ=180kJ，即热化学反应方程式为 N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH = +180kJ·mol－1；②根据流程，转换器中NOx和CO反应生成CO2、N2，化学反应方程式为2xCO+2NOx=N2+2xCO2 ；③转化率降低的原因是氧气过量，还原性气体CO和Cx Hy，首先还原性气体和O2反应，使得NOx的还原反应很难继续进行；（2）考查化学计算和离子浓度大小比较；①加入BaCl2溶液，发生BaCl2＋Na2CO3=BaCO3↓＋2NaCl，n(Na2CO3)=n(BaCO3)=1.97/197mol=0.01mol，c(Na2CO3)=0.01/(100×10－3)mol·L－1=0.1mol·L－1；②根据碳元素守恒，n(NaHCO3)=(0.448/22.4－0.01)mol=0.01mol，a、Na2CO3和NaHCO3物质的量相等，但CO32－水解程度大于HCO3－水解程度，因此c(HCO3－)>c(CO32－)，故a错误；b、根据电荷守恒，得出c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，故b正确；c、根据物料守恒， c (H2CO3) + c (HCO3－ ) + c (CO32－ ) =0.2mol·L－1，故c正确；（3）考查反应条件的控制、电极反应式的书写，①根据图1，250℃时，催化效应最高，温度低于250°C时，CO2的转化率较大但催化剂的催化效率低，反应速率慢；若温度高于250°C时，CO2的转化率和催化效率都较低；②根据电子或H＋移动的方向，以及原电池的工作原理，即右侧为正极，根据目的，右侧电极反应式CO2+6e－+6H＋=CH3OH+H2O。
点睛：本题的难点是电极反应式的书写，书写电极反应式，首先判断正负两极，需要根据原电池的工作原理进行判断，如本题，根据电子或H＋移动的方向，推断出右侧为正极，然后判断在电极上的反应物和生成物，CO2中C显＋4价，CH3OH中C显－2价，化合价降低，右侧电极上CO2作反应物，CH3OH作产物，根据介质的环境判断出H＋或OH－是否参与反应，即本题的电极反应式为CO2+6e－+6H＋=CH3OH+H2O。
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