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福建省2023年高考化学模拟题汇编-05化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡
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这是一份福建省2023年高考化学模拟题汇编-05化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡，共36页。试卷主要包含了单选题，实验题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
福建省2023年高考化学模拟题汇编-05化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2023·福建漳州·统考三模）用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，不能达到目的的是
A．除去乙烷中的乙烯
B．测定中和反应的反应热
C．验证还原性：S2->Cl-
D．分离NH4CI和NaCl固体
2．（2023·福建福州·统考模拟预测）下列有关催化剂的说法错误的是
A．改变反应历程 B．改变基元反应的活化能
C．可能提高主反应选择性 D．能提高反应物转化率
3．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图(活化的微粒用*标注)，下列说法中正确的是
A．CO2*的能量高于CO2
B．Ni－H2的形成增大了H－H键能
C．Ni、La2O3和La2O2CO3加氢反应的催化剂
D．制备CH4的过程涉及极性键和非极性键的断裂、形成
4．（2023·福建漳州·统考三模）2022年诺贝尔化学奖授予了对“点击化学”和“生物正交化学”做出贡献的三位科学家。以炔烃和叠氮化合物为原料的叠氮—炔基Husigen成环反应是点击化学的代表反应，其反应原理如图所示(其中［Cu］为一价铜)；下列说法错误的是
A．反应①消耗的［Cu］大于反应⑤生成的［Cu］
B．该反应原子利用率为100%
C．若将原料 换为 ，则产物为
D．反应⑤的化学方程式为+H+=+[Cu]
5．（2023·福建漳州·统考三模）工业上采用碘循环工艺处理工业尾气SO2，同时制得H2，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．反应器中的反应的化学方程式为
B．分离器中物质分离操作为蒸馏
C．膜反应器中加入，生成可循环的的物质的量为1mol
D．碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol
6．（2023·福建厦门·统考二模）下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A．图1模拟侯氏制碱法获得
B．图2用溶液滴定未知浓度的醋酸溶液
C．图3 溶液，，探究温度对化学平衡的影响
D．图4探究苯酚和碳酸酸性强弱
7．（2023·福建厦门·统考二模）从菱锰矿(主要成分为，M为、或)提取的转化关系如下：
菱锰矿，，已知 ，关系如图。下列说法错误的是
A．“焙烧”过程最大的是 B．“焙烧”过程最大的是
C．“焙烧”温度应控制在 D．“操作X”为加热
8．（2023·福建福州·统考二模）Ni活化的反应历程如下图所示：
下列说法错误的是
A．反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3
B．反应历程涉及非极性键的断裂和极性键的形成
C．三种中间体比较，中间体2最稳定
D．升高温度，的化学平衡常数K增大
9．（2023·福建漳州·统考模拟预测）将电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用S-In催化剂电催化还原制甲酸的机理如图甲所示，反应历程如图乙所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。下列说法错误的是
A．使用S-In催化剂，可以降低反应的活化能
B．在催化剂表面的催化作用下转化为和
C．电催化还原制甲酸的总反应式为
D．电催化还原制备甲酸时，阳极电势比阴极低
10．（2023·福建·统考模拟预测）环境污染已成为一个世界性问题，下列说法正确的是
A．CO与可在表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1所示。则为中间体、为催化剂
B．在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如图2所示。若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中含氮量
C．工业上用合成乙酸的反应路径如图3所示，催化循环的总反应为
D．科学家研究了钒系SCR催化剂催化脱硝机理，部分反应机理如图4所示。脱硝反应为
11．（2023·福建福州·统考二模）下列实验中，不能达到实验目的的是
制取氨气
提纯(含少量HCl、)
制备
验证溴乙烷发生消去反应后产物的性质
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
12．（2023·福建·统考模拟预测）下列说法或图示表达错误的是
A．在中，提供孤对电子，提供空轨道
B．叠氮-炔环加成满足点击化学的条件，活性Cu(I)催化该反应的机理如图1所示，DTF计算表明叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，则活性Cu(I)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快
C．冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如图2所示。与二甲醚()相比，该螯合离子中“C-O-C”键角更小
D．图3的结构中含有-OH，可与水分子间形成氢键，其在水中的溶解度比图4所示物质大
二、实验题
13．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成。已知部分物质的性质如表所示。
物质
TEMPO－COOH
溶解性
微溶于水，易溶于CH2Cl2
难溶于水，易溶于CH2Cl2
易溶水，难溶于CH2Cl2
熔点/℃
70
43
—
沸点/℃
270
153
—
性质
+NaHSO3 (易溶于水)
实验步骤如下：
I.向三颈瓶中依次加入1.53g(10mmol)邻硝基苄醇，10.0mL二氯甲烷(沸点39.8℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mLTEMPO－COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和NaHCO3溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13.0mL(足量)10%NaClO水溶液后，继续反应40min。
II.反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。
III.将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0mL饱和NaHSO3溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在水浴中用5%氢氧化钠溶液调节pH到10，浅黄色固体析出完全。抽滤、干燥至恒重，得1.30g产品。
(1)控制反应温度为15℃的方法是______；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是______。
(2)合成产品的化学方程式为______。
(3)配制饱和NaHCO3溶液时，必须使用的仪器是(填写仪器名称)______。
(4)相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，原因是_______；该副产物主要成分是_______。
(5)步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是______。
(6)若用一定浓度盐酸代替“步骤III”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，_______(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是______。
(7)本实验产率为_______(计算结果保留3位有效数字)。
三、原理综合题
14．（2023·福建福州·统考模拟预测）常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下：
反应I：；
反应II：
(1)已知：。则___________。
(2)某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________ n(填“>”“<”或“=”)。
(3)将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。
①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因为___________。
②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为___________。
③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致___________。
(4)273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。
①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是___________。
A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变
C．有1molN-H键断裂的同时，有键断裂 D．NO的分压保持不变
②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为___________，反应I的Kp=___________(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。
15．（2023·福建厦门·统考二模）在化工生产中有重要作用．天然气法合成相关反应如下：
反应I
反应Ⅱ
(1)、随温度变化不大。温度不同时，反应体系中不同。合成总反应的随温度T变化如图。
① ________。
②为提高平衡转化率，控制温度范围在________(填标号)，理由是________。
A． B． C． D．以上
(2)合成总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与初始浓度和转化率满足关系，式中k为速率常数。
①、时，测得、，则________。
②时，计划在内转化率达，应控制初始浓度大于________。
(3)利用工业废气替代硫磺矿生产的反应为。反应物投料比采用，维持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的成分数x随温度T的变化如图。
①图中表示的曲线是________(填“a”“b”“c”或“d”)。
②时，该反应的________(以分压表示，分压总压物质的量分数)。
③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是________，缺点是________。
16．（2023·福建漳州·统考三模）的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将转化为高附加值化学品已成为有吸引力的解决方案。
Ⅰ．以、为原料合成
(1)和在某催化剂表面上合成的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为___________。
(2)已知相关化学键的键能数据如下：
化学键
436
414
464
326
803
结合表中数据及反应历程图，写出由和合成的热化学方程式___________。
(3)在一容积可变的密闭容器中，充入与，发生上述反应，实验测得在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如图所示：
①、、从高到低排序为___________。
②请计算在温度下，该反应的压强平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留三位有效数字)。
Ⅱ．利用下列工艺脱除并利用水煤气中的温室气体
(4)上述脱除工艺中可循环利用的物质是___________；某温度下，当吸收塔中溶液时，溶液中___________(已知：该温度下的，)。
(5)用上述装置电解利用气体，制取燃料，铂电极上的电极反应式为___________。当玻碳电极上生成标准状况下时，通过质子交换膜的离子的物质的量为___________。
Ⅲ．以表面覆盖为催化剂，可以将和直接转化成乙酸
(6)在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，理由是___________。
17．（2023·福建福州·统考二模）苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用乙苯为原料合成。其反应原理如下：
已知：上述反应的速度方程为，，其中、分别为正、逆反应速度常数，P为各组分分压(分压=总压×物质的量分数)。
(1)该反应中，部分化学键的平均键能数据如下表：
键
C-H
C-C
C=C
H-H
键能
413
348
X
436
请计算X=_______。
(2)利用催化乙苯()脱氢的反应机理如下
下列说法正确的是_______。
A．乙苯中，α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能
B．通过降低焓变加快反应速率
C．增加用量可提高反应的平衡转化率
(3)经研究表明，在固定空速(恒压)条件下该反应存在乙苯的转化率较低、氧化铁表明存在积碳等问题。若在起始加入一定量的水蒸气能够有效地解决这些问题，加入水蒸气的作用是_______和_______。
(4)100kPa下，反应气组成分别按照、、投料，乙苯平衡转化率随反应温度变化关系如图。
①图中的曲线是_______(填曲线标号)。
②图中M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为_______(填“>”“<”或“=”)。
③550℃、100kPa，按投料时，_______kPa(用最简分数表示)。
18．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）有效去除大气中的SO2、H2S以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。
(1)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应过程分三步完成(Cat表示催化剂，[]表示空穴)：
i.Cat[ ]+SO2=Cat[O]+SO
ii.Cat[ ]+SO=Cat[O]+S
iii.……
①写出第iii步反应方程式：______。
②在500℃条件下(硫的沸点445℃)，将0.05mol混合气体(CO体积分数0.1%，SO2体积分数为0.05%，其余为N2)通入1L刚性容器中，在催化剂作用下发生反应，100min时测得CO体积分数0.01%。
i.100min时SO2去除率为______。
ii.0~100min内CO平均反应速率v(CO)=______。
③已知脱硫总反应的△H＞0，其他条件相同时，以γ－Al2O3作为催化剂，反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图所示，当温度高于500℃，SO2去除率降低的原因是_____。
(2)工业上可用克劳斯法处理H2S废气，其脱硫原理的反应分两步进行，其过程与能量变化如图所示。
①克劳斯法脱硫的总反应的热化学方程式为_____。
②在一定温度、285kPa反应条件下，将n(H2S)：n(O2)=2：1混合气进行下列反应：
I.2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g)
II.2SO2(g)+4H2S(g)3S2(g)+4H2O(g)
测得平衡时混合气体中S2与SO2的分压相等，且H2S平衡转化率为45%，此时p(S2)=_____；反应I的平衡常数Kp=______(列出数字运算表达式即可)。
19．（2023·福建·统考模拟预测）全球能源危机日益严重，探索新能源已成为当下人们所必须应对的一个挑战。回答以下问题：
(1)热解制，发生如下反应。若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，在图1画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图。_________
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
(2)甲烷是重要的资源，通过图2所示过程可实现由甲烷到氢气的转化。
500℃时，与重整主要发生下列反应：
已知 。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是_______。
(3)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，图3中可作为酸性中心的原子的标号是_______(填“①”“②”或“③”)。
(4)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，_______。
实验
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
P
2.828g
(5)已知：电解液态水制备1mol，电解反应的。由此计算的燃烧焓_______。
(6)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图4，则最可行途径为a→_______(用b~j等代号表示)。
(7)在C和的反应体系中：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
设，反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的y随温度的变化关系如图5所示。
图中对应于反应Ⅲ的直线是_______。一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与的物质的量之比_______(填“不变”、“增大”或“减小”)。
20．（2023·福建漳州·统考模拟预测）处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题，回答下列问题。
(1)CO催化加氢制，有利于减少有害气体CO。CO加氢制的总反应可表示为。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的_______
(2)实验室中采用测定空气中CO的含量，发生反应：。不同温度(、)下，分别向装有足量固体的2L恒容密闭容器中，通入，测得气体体积分数随时间t的变化曲线如图所示。
①分析图像可知，_______(填“>”“<”或“=”)0。
②温度下，若向装有足量固体的2L恒容密闭容器中通入，达到平衡时，的物质的量分数为_______。
(3)时，在总压为l00kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的和，发生反应。在不同条件下的平衡转化率与反应起始时的变化曲线如图所示。
①下列叙述能说明反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．每消耗气体，同时消耗气体
B．的物质的量分数不再变化
C．
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②在温度、容积一定的密闭容器中，用CO处理大气污染物时，增大的投料比，CO的转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
③时，在2L的密闭容器中，充入6mol的和，4min后容器内各物质的物质的量不再变化，0~4min，_______。此时，平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果保留三位有效数字)。
四、工业流程题
21．（2023·福建福州·统考二模）铟被广泛应用于电子工业、航空航天等高科技领域。某企业采用铅锌冶炼烟灰中浸渣()氯化浸出工艺回收粗铟的工艺流程如下：
已知：①水溶液中铟主要以的形式存在。
②
回答下列问题：
(1)“氯化浸出”时，主要反应的离子方程式为_______，此步骤加热的目的是_______；浸出温度选定80℃的原因之一是温度过高易反应产生_______气体(任写一种)。
(2)在不同的溶液初始pH下，萃取剂浓度对萃取率的影响如图所示，则适宜的条件为_______。
(3)反萃取剂应选用_______(填化学式)。
(4)常温下，在的溶液中存在平衡体系：，则该反应的化学平衡常数_______(计算结果保留两位有效数字，常温下)。
(5)“置换”时，主要反应的离子方程式为_______；所得浊液经过滤、洗涤、干燥等操作得到粗铟，检验粗铟已洗涤干净的方法为_______。
参考答案：
1．B
【详解】A．乙烯能与溴反应，而乙烷不与溴反应且不溶于溴，可将混合气体通过足量溴水除去乙烷中的乙烯，A正确；
B．温度计需要测量反应溶液的温度，不是测量隔热层的温度，B错误；
C．浓盐酸和高锰酸钾反应生成Cl2，Cl2可以氧化S2-，反应生成S和Cl-，可以证明还原性：S2->Cl-，C正确；
D．氯化铵受热分解为氯化氢和氨气，遇冷又结合为氯化铵固体，NaCl受热不分解，所以能用图示方法分离NH4Cl和NaCl固体，D正确；
故选B。
2．D
【详解】A．催化剂参与化学反应，改变反应历程，故A正确；
B．催化剂能降低基元反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C．催化剂可提高主反应速率，提高主反应选择性，故C正确；
D．催化剂不能使平衡移动，不能提高反应物转化率，故D错误；
选D。
3．A
【详解】A．CO2*为活化微粒，活化分子比普通分子的能量高，因此CO2*的能量高于CO2，故A正确；
B．Ni-H2的形成有利于氢气分子解离为氢原子，因此Ni-H2的形成削弱了H-H键能，故B错误；
C．Ni、La2O3是二氧化碳加氢反应的催化剂，La2O2CO3是中间产物，故C错误；
D．制备甲烷过程中，断键有“C=O”、“H-H”，形成的键有“C-H”、“O-H”，没有非极性键的形成，故D错误；
答案为A。
4．A
【详解】A．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，[Cu]作催化剂，催化剂在反应前后的质量和性质均保持不变，故反应①消耗的［Cu］等于反应⑤生成的［Cu］，A错误；
B．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，该反应为加成反应，故该反应原子利用率为100%，B正确；
C．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，若将原料 换为 ，则产物为 ，C正确；
D．反应⑤的化学方程式为+H+= +[Cu]，D正确；
故答案为：A。
5．C
【详解】A. 由题干转化流程图可知，反应器中的反应的化学方程式为，故A正确；
B. 分离器中为氢碘酸和硫酸的分离，应采用沸点不同进行蒸馏分离，故B正确；
C. 膜反应器中反应为，由于是可逆反应，加入，生成可循环的的物质的量小于1mol，故C错误；
D. 由A和C分析可知，碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol,故D正确；
故答案选C。
6．C
【详解】A．氨气极易溶于水，直接通入溶液中会引起倒吸，故A不符合题意；
B．氢氧化钠为强碱，应该使用碱式滴定管，故B不符合题意；
C．，反应吸热，温度改变导致平衡移动使得溶液颜色不同，能探究温度对化学平衡的影响，故C符合题意；
D．挥发的盐酸也会和苯酚钠生成苯酚干扰了实验，故D不符合题意；
故选C。
7．A
【详解】A．熵增的反应利于反应的进行，由流程可知，“焙烧”过程碳酸锰首先分解为氧化锰，而此时碳酸镁没有分解，故最大的不是，A错误；
B．吸热反应不利于反应的自发进行，反应可以自发进行，“焙烧”过程碳酸钙分解所需的温度最高，则最大的是，B正确；
C．焙烧”过程要求碳酸锰分解而碳酸镁、碳酸钙不分解，结合图像可知，“焙烧”温度应控制在，C正确；
D．生成碳酸锰的反应为分解反应，则操作X为加热促使分解，D正确；
故选A。
8．D
【详解】A．活化能越大，速率越慢，慢反应为决速步骤，故反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3，A正确；
B．中间体2→过渡态2涉及C-C非极性键断裂，Ni(s)→中间体1，中间体2→过渡态2，过渡态2→中间体3，均涉及极性键的形成，B正确；
C．三种中间体比较，中间体2能量最低，最稳定，C正确；
D．的总能量比高6.57kJ，该反应为放热反应，升高温度，的化学平衡常数K减小，D错误；
答案选D。
9．D
【详解】A．催化剂的催化原理是降低反应的活化能，提高反应速率，故A正确；
B．根据图甲可知，催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，将转化为和，故B正确；
C．结合图乙反应历程图的起始物质和最终物质，可以得出电催化二氧化碳转化为甲酸的总反应式为，故C正确；
D．电解池中，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，电源正极电势高于负极，所以电解池的阳极电势高于阴极，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题主要考查催化机理分析、根据催化机理图能判断微粒的转化及作用、根据反应历程图书写转化反应、综合应用信息书写总的反应方程式、判断电解池中阳极、阴极电势高低，注意对题干中信息的提取和应用。
10．C
【详解】A．CO与可在表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1所示第一步是和反应生成氮气和，则为催化剂、为中间体，故A错误；
B．若导电基体上的Pt颗粒增多，反应速率加快，平衡不移动，因此对溶液中含氮量无影响，故B错误；
C．工业上用合成乙酸的反应路径如图3所示，反应物为甲醇、二氧化碳、氢气，产物为乙酸、水，其催化循环的总反应为，故C正确；
D．根据图4信息得到脱硝反应是氨气、一氧化氮和氧气反应生成氮气和水，故D错误。
综上所述，答案为C。
11．A
【详解】A．氯化铵溶液与澄清石灰水不加热反应主要生成一水合氨，不易产生氨气，不能实现氨气制备，A符合题意；
B．Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HCl极易溶于水，可用稀硫酸中的水吸收，同时稀硫酸中氢离子使平衡逆向移动，减少氯气的损失，之后通过浓硫酸干燥，能达到目的，B不符题意；
C．打开k2，之后打开k1使稀硫酸流下与铁反应产生氢气，关闭k1，利用产生的氢气排除装置内的空气，然后关闭k2，利用氢气产生的压强将生成的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中与NaOH溶液反应制备氢氧化亚铁，能达到目的，C不符题意；
D．溴乙烷在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯中混有乙醇，乙醇与水任意比例混溶，用水吸收乙醇，酸性高锰酸钾溶液褪色证明乙烯具有还原性，能达到目的，D不符题意；
答案选A。
12．C
【详解】A．在中，提供孤对电子，提供空轨道，两者形成配位键，A正确；
B．活化能越大，反应越慢，活化能越小，反应越快，催化剂可改变反应历程，降低活化能，加快反应速率；根据题意可知，叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，则活性Cu(I)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快，B正确；
C．该螯合离子中氧的孤电子对形成配位键，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故导致该螯合离子中“C-O-C”键角变大，C错误；
D．图3的结构中含有-OH，可与水分子间形成氢键，图4所示物质不能和水分子间形成氢键，故图3所示物质在水中的溶解度比图4所示物质的大，D正确；
故选C。
13．(1) 冷水浴 平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下
(2)+NaClO+H2O+NaCl
(3)烧杯、玻璃棒
(4) 生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化 邻硝基苯甲酸
(5)蒸馏
(6) 能 浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品
(7)86.1%
【分析】以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，发生的反应为+NaClO+H2O+NaCl，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，据此分析解答。
【详解】（1）控制反应温度为15℃的方法是冷水浴；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下，故答案为：冷水浴；平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；
（2）在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，反应的化学方程式为+NaClO+H2O+NaCl，故答案为：+NaClO+H2O+NaCl；
（3）配制饱和NaHCO3溶液时，往蒸馏水中加碳酸氢钠，加到碳酸氢钠无法再溶解为止，取上层清夜，就是碳酸氢钠饱和溶液，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故必须使用的仪器是烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；
（4）反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸，故答案为：生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化；邻硝基苯甲酸；
（5）二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，分离沸点不同的液体混合物要用蒸馏的方法，所以步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；
（6）溶液中存在平衡：+NaHSO3，浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品，故答案为：能；浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品；
（7）由反应+NaClO+H2O+NaCl可知，1.53g(10mmol)邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到10mmol邻硝基苯甲醛，质量为0.01mol151g/mol=1.51g，产率=100%=86.1%，故答案为：86.1%。
14．(1)-1838
(2)<
(3) 催化剂活性下降(或副反应增多) W0.15MnCeTiOx 结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒
(4) C 75%
【详解】（1）已知，结合反应II：，依据盖斯定律，推知，所以a=-1838kJ/mol；
（2）反应I正向为放热反应，逆向为吸热反应，升高温度，逆反应速率增大的更多，故m
②结合图片，可知W0.15MnCeTiOx在温度相对较低时催化效率高，NO的转化率较高、的选择性高、的生成量相对较高，故最佳催化剂为W0.15MnCeTiOx；
③催化剂表面出现NH4HSO4结晶，晶体会覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒，催化活性降低；
（4）①A．反应I、II前后气体系数和不相等，且均为气体，反应过程中混合气的总质量保持不变，但混合气的物质的量改变，故当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应I、II达到平衡，A正确；
B．反应I、II中，参加反应的n(NH3)∶n(NO)不同，当n(NH3)∶n(NO)保持不变时，则n(NH3)、n(NO)不再改变，反应达到平衡，B正确；
C．反应I中有12molN-H键断裂的同时，有键断裂时反应达到平衡，反应II中，当有12molN-H键断裂的同时，有键断裂时反应达到平衡，C错误；
D．NO的分压保持不变，则体系中NO的浓度不再改变，反应I、II达到平衡，D正确；
故选C。
②反应开始时通入4molNH3、4molNO、2molO2，达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol，则参加反应的O2为0.6mol，参加反应的NH3为2.8mol，产物只有水和氮气，根据氢元素守恒，生成水的物质的量为：2.8mol×3÷2=4.2mol，根据O元素守恒可知，NO需提供O元素的物质的量为：4.2mol-0.6mol×2=3mol，所以参加反应的NO的物质的量为3mol，生成N2的物质的量为：2.9mol，NO的转化率为：3mol÷4mol×100%=75%；
反应I的Kp 表达式为：， ，
，
，
，
所以
15．(1) +411.15 B 650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小
(2) 2 0.9
(3) b 变废为宝，减小污染 反应温度更高、耗能更大
【详解】（1）①已知：
反应I ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×I得 +411.15；
②由图可知，650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650℃~700℃左右达到峰值，故为提高平衡转化率，控制温度范围在650℃~700℃；
（2）①、时，测得、，则，。
②时，计划在内转化率达，则，=0.9，应控制初始浓度大于0.9
（3）①根据化学方程式体现的关系乐子，二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1:4，结合图像可知，图中表示的曲线是b。
②时，反应物投料比采用，维持体系压强为，设甲烷、硫化氢投料分别为1mol、2mol；
由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等，则1-a=a，a=0.5mol，则甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，总的物质的量为4mol，该反应的；
③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是可以变废为宝，减小污染；缺点是反应温度更高、耗能更大。
16．(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 4mol
(6)当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大
【详解】（1）由图可知，该过程中能垒最小的步骤为：；
（2）由图可知，和合成的化学方程式为：，根据，根据键能，，所以热化学方程式为：；
（3）①因为该反应为放热反应，压强不变时，温度越高，平衡逆向移动，的转化率越小，所以、、从高到低排序为；
②平衡常数只与温度有关，时，压强为50atm，的转化率为50％，根据三段式：，
，；
（4）根据图示，用溶液吸收，生成，分解生成，可以循环使用；的电离常数，，，；
（5）由图可知，玻碳电极产生，为阳极，铂电极为阴极，发生反应的电极反应式为：，阳极的电极反应式为：，生成标准状况下，有4mol质子通过质子交换膜；
（6）250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，原因是当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大。
17．(1)615
(2)A
(3) 水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动 水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳
(4) a <
【详解】（1）∆H=反应物总键能-生成物总键能，123kJ/mol=(2×413+348-X-436)kJ/mol，解得X=615；
（2）A．由反应机理图可知α位的碳氢键比β位的碳氢键先断，则α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能，A正确；
B．是该反应的催化剂，其通过降低反应的活化能来加快反应速率，催化剂不能改变一个反应的焓变，B错误；
C．是该反应的催化剂，改变催化剂的量能改变反应速率，但是不能使平衡发生移动，不能提高反应的平衡转化率，C错误；
选A；
（3）恒压条件下，加入水蒸气会减小乙苯的分压，使平衡向正向移动；同时，水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳，从而提高乙苯的转化率；
（4）①分别按照、、投料，水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大，故图中的曲线是a；
②M点乙苯的转化率较N点大，则M点乙苯的浓度小于N点，故M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为<；
③550℃、100kPa，按投料时，乙苯的平衡转化率=为60%，设乙苯的起始物质的量为amol，则水蒸气物质的量为9amol，则，平衡时气体总物质的量为0.4a+0.6a+0.6a+9a=10.6a，=，故。
18．(1) Cat[O]+CO= Cat[ ]+CO2 90% 4.5×10—7 mol/(L·min) 当温度高于500℃时，催化剂失去活性
(2) 2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g) △H=—409.4kJ/mol 30kPa
【详解】（1）由题给信息可知，在一定条件下，一氧化碳可以去除烟气中的二氧化硫的反应为一氧化碳与二氧化硫反应生成硫和二氧化碳，反应的方程式为2CO+SO2=2CO2+S；
①由盖斯定律可知，总反应—反应i—ii可得反应第iii步反应Cat[O]+CO= Cat[ ]+CO2，故答案为：Cat[O]+CO= Cat[ ]+CO2；
②由题意可知，500℃时硫为气态，起始一氧化碳、二氧化硫和氮气的物质的量分别为5×10—5 mol、2.5×10—5 mol和0.049925mol，设100min时反应生成amol硫蒸气，由题意建立如下三段式：
由一氧化碳体积分数为0.01%可得：×100%=0.01%，解得a=2.25×10—5 mol，则二氧化硫的去除率为×100%=90%，一氧化碳的反应速率为=4.5×10—7 mol/(L·min)，故答案为：90%；4.5×10—7 mol/(L·min)；
③由图可知，当温度高于500℃时，二氧化硫去除率降低说明温度过高，催化剂失去催化活性，故答案为：当温度高于500℃时，催化剂失去活性；
（2）①由图可知，克劳斯法脱硫的总反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变△H=—[(345.3kJ/mol)—(—64.1kJ/mol)]=—409.4kJ/mol，热化学方程式为2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g) △H=—409.4kJ/mol，故答案为：2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g) △H=—409.4kJ/mol；
②设起始硫化氢为2mol、氧气为1mol，平衡时反应消耗3amol氧气、生成3bmolS2，由题意建立如下三段式：
由平衡时混合气体中S2与二氧化硫的分压相等可得：2a—2b=3b，由硫化氢平衡转化率为45%可得：×100%=45%，解联立方程可得a=0.25、b=0.1，则平衡时混合气体的总物质的量为2.85mol，硫化氢、氧气、二氧化硫、S2、水蒸气的平衡分压分别为×285kPa=110kPa、×285kPa=25kPa、×285kPa=30kPa、×285kPa=30kPa、×285kPa=90kPa，反应I的平衡常数Kp= ，故答案为：30kPa；。
19．(1)
(2)可以提供转化所需的能量，且可以消耗二氧化碳导致反应向生成氢气的方向移动
(3)②
(4)-1
(5)
(6)b~e~h~j
(7) a 增大
【详解】（1）由题干可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为吸热反应，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得反应，图示为：；
（2）向重整反应体系中加入适量多孔CaO，氧化钙和二氧化碳反应为放热反应，可以提供甲烷到氢气转化所需的能量，且可以消耗二氧化碳导致反应向生成氢气的方向移动；
（3）已知酸性中心可结合孤电子对，则需要提供空轨道，Si、Al、O中只有铝可以提供空轨道，故图3中可作为酸性中心的原子的标号是②；
（4）由图表可知，其它条件相同时，反应速率与氨气浓度的负一次方成正比，故-1；
（5）已知：电解液态水制备1mol，电解反应的，则，燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由盖斯定律可知，的燃烧热化学方程式为；
（6）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；结合图像可知，则最可行途径为a~b~e~h~j；
（7）已知：
Ⅰ
Ⅱ
由盖斯定律可知，反应2×Ⅰ-Ⅱ
Ⅲ
Ⅰ为其分子数不变的放热反应、Ⅱ为气体分子数减小的放热反应、Ⅲ为气体分子数增大的放热反应，，结合图像可知，abc曲线分别为Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ；一定压强下，随着温度的升高，三个反应均逆向移动，反应Ⅱ焓变更大，受温度影响更大，则二氧化碳量减小、一氧化碳量增加，气体中CO与的物质的量之比变大。
20．(1)
(2) < 0.8
(3) BC 增大 0.643
【详解】（1）根据盖斯定律②-①得总反应：，答案为：；
（2）①分析图像可知，先拐先平，温度高，得到，依据化学平衡移动原理，温度越高体积分数越小，说明平衡逆向移动，升温平衡向吸热反应方向进行，所以逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，则，答案为：<；
②由图像可知温度下达到平衡，体积分数为0.8，反应为，反应前后气体体积不变，充入，增大压强，但平衡不变，所以平衡后体积分数不变仍为0.8，物质的量分数等于体积分数，故也为0.8，答案为：0.8；
（3）①A．每消耗气体，同时消耗气体，描述的均为正反应，不能说明反应已达到平衡状态，A错误；
B．的物质的量分数不再改变，可说明反应达到平衡状态 ，B正确；
C．描述的为正、逆反应速率，且速率比等于方程式的系数比，可说明反应已达到平衡状态 ，C正确；
D．反应前后物质状态均为气体，气体的总质量不变，反应前后气体的物质的量不变，所以无论是否达到平衡状态，混合气体的平均相对分子质量都不变，故混合气体的平均相对分子质量不变不能说明反应达到平衡状态，D错误；
故选BC。
②用CO处理大气污染物时，增大投料比时的转化率减小，另一种反应物CO的转化率增大，答案为：增大；
③时，在2L的密闭容器中，充入6mol的和，起始，对应的平衡转化率为30%，4min时反应达平衡状态，故0~4min，，答案为：；
④由上题数据可知达到平衡时的平衡转化率为30%，转化量是1.8摩尔，列出三段式
，答案为：0.643。
21．(1) 增大反应速率，提升酸浸效率 Cl2或ClO2
(2)pH=0.5，萃取剂浓度为15%
(3)H2SO4
(4)7.7×10-6
(5) 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净
【分析】铅锌冶炼烟灰中浸渣()加H2SO4、HCl、NaClO3进行“氯化浸出”，铟主要以进入水溶液，锡以SnO2进入酸浸渣，水溶液用萃取剂HX萃取、分液，去掉水相，得到InX3有机相，有机相中加反萃取剂进行反萃取去掉有机相得到高含量In3+溶液，往溶液中加过量锌粉置换出In，同时得到硫酸锌溶液，硫酸锌溶液经过系列步骤制备硫酸锌晶体。
【详解】（1）“氯化浸出”时，In由+2价被氧化为+3价，Sn价态不变仍以SnO2存在，则该步骤是利用酸性条件下氯酸根离子氧化二价In，主要反应的离子方程式为；此步骤加热的目的是增大反应速率，提升酸浸效率；温度过高HCl和NaClO3会发生氧化还原反应生成Cl2或ClO2；
（2）萃取率越高越好，则适宜的条件为pH=0.5，萃取剂浓度为15%；
（3）由和后续制备硫酸锌晶体副产品可知萃取剂选H2SO4；
（4）的化学平衡常数即In3+的水解常数=7.7×10-6；
（5）“置换”时，主要反应是Zn置换出In，反应的离子方程式为；由流程可知所得浊液中含硫酸根离子，检验粗铟已洗涤干净就是检验粗铟最后一次洗涤液中没有硫酸根离子，方法为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净。
福建省2023年高考化学模拟题汇编-05化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2023·福建漳州·统考三模）用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，不能达到目的的是
A．除去乙烷中的乙烯
B．测定中和反应的反应热
C．验证还原性：S2->Cl-
D．分离NH4CI和NaCl固体
2．（2023·福建福州·统考模拟预测）下列有关催化剂的说法错误的是
A．改变反应历程 B．改变基元反应的活化能
C．可能提高主反应选择性 D．能提高反应物转化率
3．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图(活化的微粒用*标注)，下列说法中正确的是
A．CO2*的能量高于CO2
B．Ni－H2的形成增大了H－H键能
C．Ni、La2O3和La2O2CO3加氢反应的催化剂
D．制备CH4的过程涉及极性键和非极性键的断裂、形成
4．（2023·福建漳州·统考三模）2022年诺贝尔化学奖授予了对“点击化学”和“生物正交化学”做出贡献的三位科学家。以炔烃和叠氮化合物为原料的叠氮—炔基Husigen成环反应是点击化学的代表反应，其反应原理如图所示(其中［Cu］为一价铜)；下列说法错误的是
A．反应①消耗的［Cu］大于反应⑤生成的［Cu］
B．该反应原子利用率为100%
C．若将原料 换为 ，则产物为
D．反应⑤的化学方程式为+H+=+[Cu]
5．（2023·福建漳州·统考三模）工业上采用碘循环工艺处理工业尾气SO2，同时制得H2，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．反应器中的反应的化学方程式为
B．分离器中物质分离操作为蒸馏
C．膜反应器中加入，生成可循环的的物质的量为1mol
D．碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol
6．（2023·福建厦门·统考二模）下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A．图1模拟侯氏制碱法获得
B．图2用溶液滴定未知浓度的醋酸溶液
C．图3 溶液，，探究温度对化学平衡的影响
D．图4探究苯酚和碳酸酸性强弱
7．（2023·福建厦门·统考二模）从菱锰矿(主要成分为，M为、或)提取的转化关系如下：
菱锰矿，，已知 ，关系如图。下列说法错误的是
A．“焙烧”过程最大的是 B．“焙烧”过程最大的是
C．“焙烧”温度应控制在 D．“操作X”为加热
8．（2023·福建福州·统考二模）Ni活化的反应历程如下图所示：
下列说法错误的是
A．反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3
B．反应历程涉及非极性键的断裂和极性键的形成
C．三种中间体比较，中间体2最稳定
D．升高温度，的化学平衡常数K增大
9．（2023·福建漳州·统考模拟预测）将电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用S-In催化剂电催化还原制甲酸的机理如图甲所示，反应历程如图乙所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。下列说法错误的是
A．使用S-In催化剂，可以降低反应的活化能
B．在催化剂表面的催化作用下转化为和
C．电催化还原制甲酸的总反应式为
D．电催化还原制备甲酸时，阳极电势比阴极低
10．（2023·福建·统考模拟预测）环境污染已成为一个世界性问题，下列说法正确的是
A．CO与可在表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1所示。则为中间体、为催化剂
B．在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如图2所示。若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中含氮量
C．工业上用合成乙酸的反应路径如图3所示，催化循环的总反应为
D．科学家研究了钒系SCR催化剂催化脱硝机理，部分反应机理如图4所示。脱硝反应为
11．（2023·福建福州·统考二模）下列实验中，不能达到实验目的的是
制取氨气
提纯(含少量HCl、)
制备
验证溴乙烷发生消去反应后产物的性质
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
12．（2023·福建·统考模拟预测）下列说法或图示表达错误的是
A．在中，提供孤对电子，提供空轨道
B．叠氮-炔环加成满足点击化学的条件，活性Cu(I)催化该反应的机理如图1所示，DTF计算表明叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，则活性Cu(I)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快
C．冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如图2所示。与二甲醚()相比，该螯合离子中“C-O-C”键角更小
D．图3的结构中含有-OH，可与水分子间形成氢键，其在水中的溶解度比图4所示物质大
二、实验题
13．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成。已知部分物质的性质如表所示。
物质
TEMPO－COOH
溶解性
微溶于水，易溶于CH2Cl2
难溶于水，易溶于CH2Cl2
易溶水，难溶于CH2Cl2
熔点/℃
70
43
—
沸点/℃
270
153
—
性质
+NaHSO3 (易溶于水)
实验步骤如下：
I.向三颈瓶中依次加入1.53g(10mmol)邻硝基苄醇，10.0mL二氯甲烷(沸点39.8℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mLTEMPO－COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和NaHCO3溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13.0mL(足量)10%NaClO水溶液后，继续反应40min。
II.反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。
III.将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0mL饱和NaHSO3溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在水浴中用5%氢氧化钠溶液调节pH到10，浅黄色固体析出完全。抽滤、干燥至恒重，得1.30g产品。
(1)控制反应温度为15℃的方法是______；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是______。
(2)合成产品的化学方程式为______。
(3)配制饱和NaHCO3溶液时，必须使用的仪器是(填写仪器名称)______。
(4)相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，原因是_______；该副产物主要成分是_______。
(5)步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是______。
(6)若用一定浓度盐酸代替“步骤III”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，_______(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是______。
(7)本实验产率为_______(计算结果保留3位有效数字)。
三、原理综合题
14．（2023·福建福州·统考模拟预测）常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下：
反应I：；
反应II：
(1)已知：。则___________。
(2)某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________ n(填“>”“<”或“=”)。
(3)将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。
①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因为___________。
②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为___________。
③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致___________。
(4)273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。
①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是___________。
A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变
C．有1molN-H键断裂的同时，有键断裂 D．NO的分压保持不变
②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为___________，反应I的Kp=___________(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。
15．（2023·福建厦门·统考二模）在化工生产中有重要作用．天然气法合成相关反应如下：
反应I
反应Ⅱ
(1)、随温度变化不大。温度不同时，反应体系中不同。合成总反应的随温度T变化如图。
① ________。
②为提高平衡转化率，控制温度范围在________(填标号)，理由是________。
A． B． C． D．以上
(2)合成总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与初始浓度和转化率满足关系，式中k为速率常数。
①、时，测得、，则________。
②时，计划在内转化率达，应控制初始浓度大于________。
(3)利用工业废气替代硫磺矿生产的反应为。反应物投料比采用，维持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的成分数x随温度T的变化如图。
①图中表示的曲线是________(填“a”“b”“c”或“d”)。
②时，该反应的________(以分压表示，分压总压物质的量分数)。
③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是________，缺点是________。
16．（2023·福建漳州·统考三模）的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将转化为高附加值化学品已成为有吸引力的解决方案。
Ⅰ．以、为原料合成
(1)和在某催化剂表面上合成的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为___________。
(2)已知相关化学键的键能数据如下：
化学键
436
414
464
326
803
结合表中数据及反应历程图，写出由和合成的热化学方程式___________。
(3)在一容积可变的密闭容器中，充入与，发生上述反应，实验测得在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如图所示：
①、、从高到低排序为___________。
②请计算在温度下，该反应的压强平衡常数___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留三位有效数字)。
Ⅱ．利用下列工艺脱除并利用水煤气中的温室气体
(4)上述脱除工艺中可循环利用的物质是___________；某温度下，当吸收塔中溶液时，溶液中___________(已知：该温度下的，)。
(5)用上述装置电解利用气体，制取燃料，铂电极上的电极反应式为___________。当玻碳电极上生成标准状况下时，通过质子交换膜的离子的物质的量为___________。
Ⅲ．以表面覆盖为催化剂，可以将和直接转化成乙酸
(6)在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，理由是___________。
17．（2023·福建福州·统考二模）苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用乙苯为原料合成。其反应原理如下：
已知：上述反应的速度方程为，，其中、分别为正、逆反应速度常数，P为各组分分压(分压=总压×物质的量分数)。
(1)该反应中，部分化学键的平均键能数据如下表：
键
C-H
C-C
C=C
H-H
键能
413
348
X
436
请计算X=_______。
(2)利用催化乙苯()脱氢的反应机理如下
下列说法正确的是_______。
A．乙苯中，α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能
B．通过降低焓变加快反应速率
C．增加用量可提高反应的平衡转化率
(3)经研究表明，在固定空速(恒压)条件下该反应存在乙苯的转化率较低、氧化铁表明存在积碳等问题。若在起始加入一定量的水蒸气能够有效地解决这些问题，加入水蒸气的作用是_______和_______。
(4)100kPa下，反应气组成分别按照、、投料，乙苯平衡转化率随反应温度变化关系如图。
①图中的曲线是_______(填曲线标号)。
②图中M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为_______(填“>”“<”或“=”)。
③550℃、100kPa，按投料时，_______kPa(用最简分数表示)。
18．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）有效去除大气中的SO2、H2S以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。
(1)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应过程分三步完成(Cat表示催化剂，[]表示空穴)：
i.Cat[ ]+SO2=Cat[O]+SO
ii.Cat[ ]+SO=Cat[O]+S
iii.……
①写出第iii步反应方程式：______。
②在500℃条件下(硫的沸点445℃)，将0.05mol混合气体(CO体积分数0.1%，SO2体积分数为0.05%，其余为N2)通入1L刚性容器中，在催化剂作用下发生反应，100min时测得CO体积分数0.01%。
i.100min时SO2去除率为______。
ii.0~100min内CO平均反应速率v(CO)=______。
③已知脱硫总反应的△H＞0，其他条件相同时，以γ－Al2O3作为催化剂，反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图所示，当温度高于500℃，SO2去除率降低的原因是_____。
(2)工业上可用克劳斯法处理H2S废气，其脱硫原理的反应分两步进行，其过程与能量变化如图所示。
①克劳斯法脱硫的总反应的热化学方程式为_____。
②在一定温度、285kPa反应条件下，将n(H2S)：n(O2)=2：1混合气进行下列反应：
I.2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g)
II.2SO2(g)+4H2S(g)3S2(g)+4H2O(g)
测得平衡时混合气体中S2与SO2的分压相等，且H2S平衡转化率为45%，此时p(S2)=_____；反应I的平衡常数Kp=______(列出数字运算表达式即可)。
19．（2023·福建·统考模拟预测）全球能源危机日益严重，探索新能源已成为当下人们所必须应对的一个挑战。回答以下问题：
(1)热解制，发生如下反应。若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，在图1画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图。_________
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
(2)甲烷是重要的资源，通过图2所示过程可实现由甲烷到氢气的转化。
500℃时，与重整主要发生下列反应：
已知 。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是_______。
(3)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，图3中可作为酸性中心的原子的标号是_______(填“①”“②”或“③”)。
(4)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，_______。
实验
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
P
2.828g
(5)已知：电解液态水制备1mol，电解反应的。由此计算的燃烧焓_______。
(6)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图4，则最可行途径为a→_______(用b~j等代号表示)。
(7)在C和的反应体系中：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
设，反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的y随温度的变化关系如图5所示。
图中对应于反应Ⅲ的直线是_______。一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与的物质的量之比_______(填“不变”、“增大”或“减小”)。
20．（2023·福建漳州·统考模拟预测）处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题，回答下列问题。
(1)CO催化加氢制，有利于减少有害气体CO。CO加氢制的总反应可表示为。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的_______
(2)实验室中采用测定空气中CO的含量，发生反应：。不同温度(、)下，分别向装有足量固体的2L恒容密闭容器中，通入，测得气体体积分数随时间t的变化曲线如图所示。
①分析图像可知，_______(填“>”“<”或“=”)0。
②温度下，若向装有足量固体的2L恒容密闭容器中通入，达到平衡时，的物质的量分数为_______。
(3)时，在总压为l00kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的和，发生反应。在不同条件下的平衡转化率与反应起始时的变化曲线如图所示。
①下列叙述能说明反应已达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．每消耗气体，同时消耗气体
B．的物质的量分数不再变化
C．
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②在温度、容积一定的密闭容器中，用CO处理大气污染物时，增大的投料比，CO的转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
③时，在2L的密闭容器中，充入6mol的和，4min后容器内各物质的物质的量不再变化，0~4min，_______。此时，平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果保留三位有效数字)。
四、工业流程题
21．（2023·福建福州·统考二模）铟被广泛应用于电子工业、航空航天等高科技领域。某企业采用铅锌冶炼烟灰中浸渣()氯化浸出工艺回收粗铟的工艺流程如下：
已知：①水溶液中铟主要以的形式存在。
②
回答下列问题：
(1)“氯化浸出”时，主要反应的离子方程式为_______，此步骤加热的目的是_______；浸出温度选定80℃的原因之一是温度过高易反应产生_______气体(任写一种)。
(2)在不同的溶液初始pH下，萃取剂浓度对萃取率的影响如图所示，则适宜的条件为_______。
(3)反萃取剂应选用_______(填化学式)。
(4)常温下，在的溶液中存在平衡体系：，则该反应的化学平衡常数_______(计算结果保留两位有效数字，常温下)。
(5)“置换”时，主要反应的离子方程式为_______；所得浊液经过滤、洗涤、干燥等操作得到粗铟，检验粗铟已洗涤干净的方法为_______。
参考答案：
1．B
【详解】A．乙烯能与溴反应，而乙烷不与溴反应且不溶于溴，可将混合气体通过足量溴水除去乙烷中的乙烯，A正确；
B．温度计需要测量反应溶液的温度，不是测量隔热层的温度，B错误；
C．浓盐酸和高锰酸钾反应生成Cl2，Cl2可以氧化S2-，反应生成S和Cl-，可以证明还原性：S2->Cl-，C正确；
D．氯化铵受热分解为氯化氢和氨气，遇冷又结合为氯化铵固体，NaCl受热不分解，所以能用图示方法分离NH4Cl和NaCl固体，D正确；
故选B。
2．D
【详解】A．催化剂参与化学反应，改变反应历程，故A正确；
B．催化剂能降低基元反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C．催化剂可提高主反应速率，提高主反应选择性，故C正确；
D．催化剂不能使平衡移动，不能提高反应物转化率，故D错误；
选D。
3．A
【详解】A．CO2*为活化微粒，活化分子比普通分子的能量高，因此CO2*的能量高于CO2，故A正确；
B．Ni-H2的形成有利于氢气分子解离为氢原子，因此Ni-H2的形成削弱了H-H键能，故B错误；
C．Ni、La2O3是二氧化碳加氢反应的催化剂，La2O2CO3是中间产物，故C错误；
D．制备甲烷过程中，断键有“C=O”、“H-H”，形成的键有“C-H”、“O-H”，没有非极性键的形成，故D错误；
答案为A。
4．A
【详解】A．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，[Cu]作催化剂，催化剂在反应前后的质量和性质均保持不变，故反应①消耗的［Cu］等于反应⑤生成的［Cu］，A错误；
B．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，该反应为加成反应，故该反应原子利用率为100%，B正确；
C．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，若将原料 换为 ，则产物为 ，C正确；
D．反应⑤的化学方程式为+H+= +[Cu]，D正确；
故答案为：A。
5．C
【详解】A. 由题干转化流程图可知，反应器中的反应的化学方程式为，故A正确；
B. 分离器中为氢碘酸和硫酸的分离，应采用沸点不同进行蒸馏分离，故B正确；
C. 膜反应器中反应为，由于是可逆反应，加入，生成可循环的的物质的量小于1mol，故C错误；
D. 由A和C分析可知，碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol,故D正确；
故答案选C。
6．C
【详解】A．氨气极易溶于水，直接通入溶液中会引起倒吸，故A不符合题意；
B．氢氧化钠为强碱，应该使用碱式滴定管，故B不符合题意；
C．，反应吸热，温度改变导致平衡移动使得溶液颜色不同，能探究温度对化学平衡的影响，故C符合题意；
D．挥发的盐酸也会和苯酚钠生成苯酚干扰了实验，故D不符合题意；
故选C。
7．A
【详解】A．熵增的反应利于反应的进行，由流程可知，“焙烧”过程碳酸锰首先分解为氧化锰，而此时碳酸镁没有分解，故最大的不是，A错误；
B．吸热反应不利于反应的自发进行，反应可以自发进行，“焙烧”过程碳酸钙分解所需的温度最高，则最大的是，B正确；
C．焙烧”过程要求碳酸锰分解而碳酸镁、碳酸钙不分解，结合图像可知，“焙烧”温度应控制在，C正确；
D．生成碳酸锰的反应为分解反应，则操作X为加热促使分解，D正确；
故选A。
8．D
【详解】A．活化能越大，速率越慢，慢反应为决速步骤，故反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3，A正确；
B．中间体2→过渡态2涉及C-C非极性键断裂，Ni(s)→中间体1，中间体2→过渡态2，过渡态2→中间体3，均涉及极性键的形成，B正确；
C．三种中间体比较，中间体2能量最低，最稳定，C正确；
D．的总能量比高6.57kJ，该反应为放热反应，升高温度，的化学平衡常数K减小，D错误；
答案选D。
9．D
【详解】A．催化剂的催化原理是降低反应的活化能，提高反应速率，故A正确；
B．根据图甲可知，催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，将转化为和，故B正确；
C．结合图乙反应历程图的起始物质和最终物质，可以得出电催化二氧化碳转化为甲酸的总反应式为，故C正确；
D．电解池中，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，电源正极电势高于负极，所以电解池的阳极电势高于阴极，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题主要考查催化机理分析、根据催化机理图能判断微粒的转化及作用、根据反应历程图书写转化反应、综合应用信息书写总的反应方程式、判断电解池中阳极、阴极电势高低，注意对题干中信息的提取和应用。
10．C
【详解】A．CO与可在表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1所示第一步是和反应生成氮气和，则为催化剂、为中间体，故A错误；
B．若导电基体上的Pt颗粒增多，反应速率加快，平衡不移动，因此对溶液中含氮量无影响，故B错误；
C．工业上用合成乙酸的反应路径如图3所示，反应物为甲醇、二氧化碳、氢气，产物为乙酸、水，其催化循环的总反应为，故C正确；
D．根据图4信息得到脱硝反应是氨气、一氧化氮和氧气反应生成氮气和水，故D错误。
综上所述，答案为C。
11．A
【详解】A．氯化铵溶液与澄清石灰水不加热反应主要生成一水合氨，不易产生氨气，不能实现氨气制备，A符合题意；
B．Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HCl极易溶于水，可用稀硫酸中的水吸收，同时稀硫酸中氢离子使平衡逆向移动，减少氯气的损失，之后通过浓硫酸干燥，能达到目的，B不符题意；
C．打开k2，之后打开k1使稀硫酸流下与铁反应产生氢气，关闭k1，利用产生的氢气排除装置内的空气，然后关闭k2，利用氢气产生的压强将生成的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中与NaOH溶液反应制备氢氧化亚铁，能达到目的，C不符题意；
D．溴乙烷在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯中混有乙醇，乙醇与水任意比例混溶，用水吸收乙醇，酸性高锰酸钾溶液褪色证明乙烯具有还原性，能达到目的，D不符题意；
答案选A。
12．C
【详解】A．在中，提供孤对电子，提供空轨道，两者形成配位键，A正确；
B．活化能越大，反应越慢，活化能越小，反应越快，催化剂可改变反应历程，降低活化能，加快反应速率；根据题意可知，叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，则活性Cu(I)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快，B正确；
C．该螯合离子中氧的孤电子对形成配位键，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故导致该螯合离子中“C-O-C”键角变大，C错误；
D．图3的结构中含有-OH，可与水分子间形成氢键，图4所示物质不能和水分子间形成氢键，故图3所示物质在水中的溶解度比图4所示物质的大，D正确；
故选C。
13．(1) 冷水浴 平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下
(2)+NaClO+H2O+NaCl
(3)烧杯、玻璃棒
(4) 生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化 邻硝基苯甲酸
(5)蒸馏
(6) 能 浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品
(7)86.1%
【分析】以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，发生的反应为+NaClO+H2O+NaCl，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，据此分析解答。
【详解】（1）控制反应温度为15℃的方法是冷水浴；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下，故答案为：冷水浴；平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；
（2）在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，反应的化学方程式为+NaClO+H2O+NaCl，故答案为：+NaClO+H2O+NaCl；
（3）配制饱和NaHCO3溶液时，往蒸馏水中加碳酸氢钠，加到碳酸氢钠无法再溶解为止，取上层清夜，就是碳酸氢钠饱和溶液，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故必须使用的仪器是烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；
（4）反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸，故答案为：生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化；邻硝基苯甲酸；
（5）二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，分离沸点不同的液体混合物要用蒸馏的方法，所以步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；
（6）溶液中存在平衡：+NaHSO3，浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品，故答案为：能；浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品；
（7）由反应+NaClO+H2O+NaCl可知，1.53g(10mmol)邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到10mmol邻硝基苯甲醛，质量为0.01mol151g/mol=1.51g，产率=100%=86.1%，故答案为：86.1%。
14．(1)-1838
(2)<
(3) 催化剂活性下降(或副反应增多) W0.15MnCeTiOx 结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒
(4) C 75%
【详解】（1）已知，结合反应II：，依据盖斯定律，推知，所以a=-1838kJ/mol；
（2）反应I正向为放热反应，逆向为吸热反应，升高温度，逆反应速率增大的更多，故m
②结合图片，可知W0.15MnCeTiOx在温度相对较低时催化效率高，NO的转化率较高、的选择性高、的生成量相对较高，故最佳催化剂为W0.15MnCeTiOx；
③催化剂表面出现NH4HSO4结晶，晶体会覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒，催化活性降低；
（4）①A．反应I、II前后气体系数和不相等，且均为气体，反应过程中混合气的总质量保持不变，但混合气的物质的量改变，故当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应I、II达到平衡，A正确；
B．反应I、II中，参加反应的n(NH3)∶n(NO)不同，当n(NH3)∶n(NO)保持不变时，则n(NH3)、n(NO)不再改变，反应达到平衡，B正确；
C．反应I中有12molN-H键断裂的同时，有键断裂时反应达到平衡，反应II中，当有12molN-H键断裂的同时，有键断裂时反应达到平衡，C错误；
D．NO的分压保持不变，则体系中NO的浓度不再改变，反应I、II达到平衡，D正确；
故选C。
②反应开始时通入4molNH3、4molNO、2molO2，达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol，则参加反应的O2为0.6mol，参加反应的NH3为2.8mol，产物只有水和氮气，根据氢元素守恒，生成水的物质的量为：2.8mol×3÷2=4.2mol，根据O元素守恒可知，NO需提供O元素的物质的量为：4.2mol-0.6mol×2=3mol，所以参加反应的NO的物质的量为3mol，生成N2的物质的量为：2.9mol，NO的转化率为：3mol÷4mol×100%=75%；
反应I的Kp 表达式为：， ，
，
，
，
所以
15．(1) +411.15 B 650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小
(2) 2 0.9
(3) b 变废为宝，减小污染 反应温度更高、耗能更大
【详解】（1）①已知：
反应I ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×I得 +411.15；
②由图可知，650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650℃~700℃左右达到峰值，故为提高平衡转化率，控制温度范围在650℃~700℃；
（2）①、时，测得、，则，。
②时，计划在内转化率达，则，=0.9，应控制初始浓度大于0.9
（3）①根据化学方程式体现的关系乐子，二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1:4，结合图像可知，图中表示的曲线是b。
②时，反应物投料比采用，维持体系压强为，设甲烷、硫化氢投料分别为1mol、2mol；
由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等，则1-a=a，a=0.5mol，则甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，总的物质的量为4mol，该反应的；
③相比以硫磺矿为原料，使用的优点是可以变废为宝，减小污染；缺点是反应温度更高、耗能更大。
16．(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 4mol
(6)当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大
【详解】（1）由图可知，该过程中能垒最小的步骤为：；
（2）由图可知，和合成的化学方程式为：，根据，根据键能，，所以热化学方程式为：；
（3）①因为该反应为放热反应，压强不变时，温度越高，平衡逆向移动，的转化率越小，所以、、从高到低排序为；
②平衡常数只与温度有关，时，压强为50atm，的转化率为50％，根据三段式：，
，；
（4）根据图示，用溶液吸收，生成，分解生成，可以循环使用；的电离常数，，，；
（5）由图可知，玻碳电极产生，为阳极，铂电极为阴极，发生反应的电极反应式为：，阳极的电极反应式为：，生成标准状况下，有4mol质子通过质子交换膜；
（6）250～400℃时，生成乙酸的速率先减小后增大，原因是当温度高于，催化剂活性降低，反应速率减慢，随着温度升高，反应速率主要受温度影响，与催化剂无关，所以反应速率又增大。
17．(1)615
(2)A
(3) 水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动 水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳
(4) a <
【详解】（1）∆H=反应物总键能-生成物总键能，123kJ/mol=(2×413+348-X-436)kJ/mol，解得X=615；
（2）A．由反应机理图可知α位的碳氢键比β位的碳氢键先断，则α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能，A正确；
B．是该反应的催化剂，其通过降低反应的活化能来加快反应速率，催化剂不能改变一个反应的焓变，B错误；
C．是该反应的催化剂，改变催化剂的量能改变反应速率，但是不能使平衡发生移动，不能提高反应的平衡转化率，C错误；
选A；
（3）恒压条件下，加入水蒸气会减小乙苯的分压，使平衡向正向移动；同时，水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳，从而提高乙苯的转化率；
（4）①分别按照、、投料，水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大，故图中的曲线是a；
②M点乙苯的转化率较N点大，则M点乙苯的浓度小于N点，故M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为<；
③550℃、100kPa，按投料时，乙苯的平衡转化率=为60%，设乙苯的起始物质的量为amol，则水蒸气物质的量为9amol，则，平衡时气体总物质的量为0.4a+0.6a+0.6a+9a=10.6a，=，故。
18．(1) Cat[O]+CO= Cat[ ]+CO2 90% 4.5×10—7 mol/(L·min) 当温度高于500℃时，催化剂失去活性
(2) 2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g) △H=—409.4kJ/mol 30kPa
【详解】（1）由题给信息可知，在一定条件下，一氧化碳可以去除烟气中的二氧化硫的反应为一氧化碳与二氧化硫反应生成硫和二氧化碳，反应的方程式为2CO+SO2=2CO2+S；
①由盖斯定律可知，总反应—反应i—ii可得反应第iii步反应Cat[O]+CO= Cat[ ]+CO2，故答案为：Cat[O]+CO= Cat[ ]+CO2；
②由题意可知，500℃时硫为气态，起始一氧化碳、二氧化硫和氮气的物质的量分别为5×10—5 mol、2.5×10—5 mol和0.049925mol，设100min时反应生成amol硫蒸气，由题意建立如下三段式：
由一氧化碳体积分数为0.01%可得：×100%=0.01%，解得a=2.25×10—5 mol，则二氧化硫的去除率为×100%=90%，一氧化碳的反应速率为=4.5×10—7 mol/(L·min)，故答案为：90%；4.5×10—7 mol/(L·min)；
③由图可知，当温度高于500℃时，二氧化硫去除率降低说明温度过高，催化剂失去催化活性，故答案为：当温度高于500℃时，催化剂失去活性；
（2）①由图可知，克劳斯法脱硫的总反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应的焓变△H=—[(345.3kJ/mol)—(—64.1kJ/mol)]=—409.4kJ/mol，热化学方程式为2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g) △H=—409.4kJ/mol，故答案为：2H2S(g)+O2(g)=2S2(g)+2H2O(g) △H=—409.4kJ/mol；
②设起始硫化氢为2mol、氧气为1mol，平衡时反应消耗3amol氧气、生成3bmolS2，由题意建立如下三段式：
由平衡时混合气体中S2与二氧化硫的分压相等可得：2a—2b=3b，由硫化氢平衡转化率为45%可得：×100%=45%，解联立方程可得a=0.25、b=0.1，则平衡时混合气体的总物质的量为2.85mol，硫化氢、氧气、二氧化硫、S2、水蒸气的平衡分压分别为×285kPa=110kPa、×285kPa=25kPa、×285kPa=30kPa、×285kPa=30kPa、×285kPa=90kPa，反应I的平衡常数Kp= ，故答案为：30kPa；。
19．(1)
(2)可以提供转化所需的能量，且可以消耗二氧化碳导致反应向生成氢气的方向移动
(3)②
(4)-1
(5)
(6)b~e~h~j
(7) a 增大
【详解】（1）由题干可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为吸热反应，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得反应，图示为：；
（2）向重整反应体系中加入适量多孔CaO，氧化钙和二氧化碳反应为放热反应，可以提供甲烷到氢气转化所需的能量，且可以消耗二氧化碳导致反应向生成氢气的方向移动；
（3）已知酸性中心可结合孤电子对，则需要提供空轨道，Si、Al、O中只有铝可以提供空轨道，故图3中可作为酸性中心的原子的标号是②；
（4）由图表可知，其它条件相同时，反应速率与氨气浓度的负一次方成正比，故-1；
（5）已知：电解液态水制备1mol，电解反应的，则，燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由盖斯定律可知，的燃烧热化学方程式为；
（6）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；结合图像可知，则最可行途径为a~b~e~h~j；
（7）已知：
Ⅰ
Ⅱ
由盖斯定律可知，反应2×Ⅰ-Ⅱ
Ⅲ
Ⅰ为其分子数不变的放热反应、Ⅱ为气体分子数减小的放热反应、Ⅲ为气体分子数增大的放热反应，，结合图像可知，abc曲线分别为Ⅲ、Ⅰ、Ⅱ；一定压强下，随着温度的升高，三个反应均逆向移动，反应Ⅱ焓变更大，受温度影响更大，则二氧化碳量减小、一氧化碳量增加，气体中CO与的物质的量之比变大。
20．(1)
(2) < 0.8
(3) BC 增大 0.643
【详解】（1）根据盖斯定律②-①得总反应：，答案为：；
（2）①分析图像可知，先拐先平，温度高，得到，依据化学平衡移动原理，温度越高体积分数越小，说明平衡逆向移动，升温平衡向吸热反应方向进行，所以逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，则，答案为：<；
②由图像可知温度下达到平衡，体积分数为0.8，反应为，反应前后气体体积不变，充入，增大压强，但平衡不变，所以平衡后体积分数不变仍为0.8，物质的量分数等于体积分数，故也为0.8，答案为：0.8；
（3）①A．每消耗气体，同时消耗气体，描述的均为正反应，不能说明反应已达到平衡状态，A错误；
B．的物质的量分数不再改变，可说明反应达到平衡状态 ，B正确；
C．描述的为正、逆反应速率，且速率比等于方程式的系数比，可说明反应已达到平衡状态 ，C正确；
D．反应前后物质状态均为气体，气体的总质量不变，反应前后气体的物质的量不变，所以无论是否达到平衡状态，混合气体的平均相对分子质量都不变，故混合气体的平均相对分子质量不变不能说明反应达到平衡状态，D错误；
故选BC。
②用CO处理大气污染物时，增大投料比时的转化率减小，另一种反应物CO的转化率增大，答案为：增大；
③时，在2L的密闭容器中，充入6mol的和，起始，对应的平衡转化率为30%，4min时反应达平衡状态，故0~4min，，答案为：；
④由上题数据可知达到平衡时的平衡转化率为30%，转化量是1.8摩尔，列出三段式
，答案为：0.643。
21．(1) 增大反应速率，提升酸浸效率 Cl2或ClO2
(2)pH=0.5，萃取剂浓度为15%
(3)H2SO4
(4)7.7×10-6
(5) 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净
【分析】铅锌冶炼烟灰中浸渣()加H2SO4、HCl、NaClO3进行“氯化浸出”，铟主要以进入水溶液，锡以SnO2进入酸浸渣，水溶液用萃取剂HX萃取、分液，去掉水相，得到InX3有机相，有机相中加反萃取剂进行反萃取去掉有机相得到高含量In3+溶液，往溶液中加过量锌粉置换出In，同时得到硫酸锌溶液，硫酸锌溶液经过系列步骤制备硫酸锌晶体。
【详解】（1）“氯化浸出”时，In由+2价被氧化为+3价，Sn价态不变仍以SnO2存在，则该步骤是利用酸性条件下氯酸根离子氧化二价In，主要反应的离子方程式为；此步骤加热的目的是增大反应速率，提升酸浸效率；温度过高HCl和NaClO3会发生氧化还原反应生成Cl2或ClO2；
（2）萃取率越高越好，则适宜的条件为pH=0.5，萃取剂浓度为15%；
（3）由和后续制备硫酸锌晶体副产品可知萃取剂选H2SO4；
（4）的化学平衡常数即In3+的水解常数=7.7×10-6；
（5）“置换”时，主要反应是Zn置换出In，反应的离子方程式为；由流程可知所得浊液中含硫酸根离子，检验粗铟已洗涤干净就是检验粗铟最后一次洗涤液中没有硫酸根离子，方法为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净。
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