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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）
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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)<α(T2)T1
B．前3min，T2温度下容器内发生的有效碰撞次数比T1多
C．T2温度下12min时，向容器中再分别充入H2、CO2、CO、H2O各1mol，平衡向正向移动
D．在初始温度T1下，1L绝热容器通入2molCO2(g)、2molH2(g)，平衡时n(CO)<1mol
7．（2021·安徽淮北·统考一模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.02gH与0.03gH合成He时释放的数目为0.1NA
B．1mol甲基碳正离子(CH)所含质子总数为8NA
C．加热条件下，56gFe与足量浓硝酸充分反应，转移的电子数为3NA
D．在一定条件下，2molSO2和1molO2充分反应后，容器中的分子总数小于2NA
8．（2021·安徽芜湖·统考二模）消除天然气中的H2S是能源研究领域的热点，华中科技大学李钰等研究表明，利用CuFe2O4表面吸附H2S时有两种机理途径，如图所示。
下列说法错误的是
A．该吸附过程最终释放能量
B．途径1决速步骤的能垒为204.5kJ·mol-1
C．由步骤H2S*=HS*+H*可知，H-S键断裂放出能量：途径1>途径2
D．CuFe2O4在吸附过程中提供了O原子
9．（2021·安徽合肥·统考三模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中一定正确的是
A．1molFe3O4被完全还原为Fe2+时转移的电子数为2NA
B．10.5gHClO中含有H—Cl键的数目为0.2NA
C．2molSO2与1molO2充分反应后气体分子总数小于2NA
D．8.8g由CO2和N2O组成的混合气体含氧原子总数为0.3NA
10．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）科研人员提出120℃下CeO2催化合成DMC(碳酸二甲酯)需经历三步反应，示意图如下。下列说法正确的是
A．该反应的原子利用率100%
B．①②③中，均有O-H键断裂
C．寻找更高效催化剂，可有效提高该反应的效率
D．向反应体系中加入少量水蒸气，可提高反应物的平衡转化率
11．（2021·安徽马鞍山·统考三模）下列实验操作能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
探究浓度对反应速率影响
向两支各盛有5mL0.1mol•L-1KMnO4溶液的试管中分别滴加2滴0.1mol•L-1H2C2O4和0.01mol•L-1H2C2O4，观察KMnO4溶液褪色所需时间
B
比较NaHSO3溶液中c()和c(H2SO3)大小
在pH试纸上滴2～3滴NaHSO3
溶液，测pH
C
验证I-与Fe3+的反应有一定限度
向5mL0.1mol•L-1KI溶液中加入10mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，充分反应后滴加KSCN
溶液
D
验证H2O2的氧化性比Fe3+强
将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色
A．A B．B C．C D．D
二、原理综合题
12．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）乙醇是一种重要的工业原料，被广泛应用于能源、化工、食品等领域。以合成气合成乙醇是近年来研究的热点，其中乙酸甲酯CH3COOCH3加氢是制取乙醇的关键步骤之一、包括以下主要反应：
I．CH3COOCH3(g)+2H2(g) C2H5OH(g)+CH3OH(g) ΔH1=—71kJ·mol-1
II．CH3COOCH3(g)+H2(g) CH3CHO(g)+CH3OH(g) ΔH2=+13.6kJ·mol-1
(1)反应CH3CHO(g)+H2(g) C2H5OH(g)的ΔH=___________。
(2)若在体积为2L的密闭容器中，控制CH3COOCH3流速为22.4m3·h-1(已换算为标准状况)，CH3COOCH3的转化率为80.0%，则CH3COOCH3的反应速率为___________mol·L-1·min-1(保留三位有效数字)。CH3COOCH3流速过大时乙酸甲酯的转化率下降，原因是___________。
(3)乙酸甲酯加氢反应通常使用铜基催化剂，催化剂I的主要成分为Cu-Al，催化剂II的主要成分为Cu-Zn-Al，实验中采用催化剂I和催化剂II测得不同温下相同时间内乙酸甲酯的转化率如图1。工业生产中应使用的催化剂是___________ (填“催化剂I”或“催化剂II”)，温度升高，乙酸甲酯的转化率增大的原因是___________。
(4)使用X射线衍射仪对催化剂I和II的中间产物进行XRD分析，根据衍射峰可判断物质的成分。XRD谱图如图2，分析XRD谱图可知，相比催化剂I，催化剂II的中间产物中新生成的物质是___________ (填化学式)。
(5)一定条件下在1L密闭容器内通入2.00 mol CH3COOCH3和3.96 mol H2发生反应I和II，测得不同温度下达平衡时CH3COOCH3转化率和乙醇的选择性如图3所示。260℃时反应I的平衡常数K=___________。温度高于240℃时，随温度升高乙醇的选择性降低的原因是___________。［乙醇的选择性=］
13．（2021·安徽合肥·统考一模）资源化在推进能源绿色转型，实现“碳达峰、碳中和”中具有重要意义。
Ⅰ. 与催化重整制合成气是研究热点之一、发生的主要反应有：
反应①：
反应②：
(1)有关化学键键能数据如表：
化学键
H-O
C=O
键能/
436
463
803
1076
则反应②的反应热_______。
(2)对于上述反位体系，下列说法错误的是_______。
A．增大的浓度，反应①②的正反应速率均增加
B．恒容密闭容器中当气体密度不变时，反应达到平衡状态
C．加入催化剂，可提高的平衡转化率
(3)恒压下进行与催化重整实验。初始压强为，起始投料，和的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。
①曲线_______(填“A”或“B”)表示的平衡转化率。
②800K，反应至转化率达到X点时，v(正)_______v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。若要使的转化率由X点达到Y点，改变的外界条件可以是_______(答一条即可)。
③800K，反应①的分压平衡常数_______(分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ.利用电化学装置可实现和两种分子的耦合转化，其原理如图所示。
(4)阴极的电极反应式为_______。
14．（2021·安徽蚌埠·统考一模）三硫化二铬(Cr2S3)是一种棕黑色固体，可作为化学试剂、医药材料中间体等。
已知：①2Cr2S3(s)4Cr(s)+3S2(g) △H1
②S2(g)+2O2(g)2SO2(g) △H2
(1)则2Cr2S3(s)+6O2(g)4Cr(s)+6SO2(g)的△H=___(用含△H1、△H2的代数式表示)。
(2)在恒温恒容条件下，发生反应S2(g)+2O2(g)2SO2(g)。
①下列说法正确的是___(填字母)。
a.气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态
b.气体的平均相对分子质量不变，反应一定处于平衡状态
c.加入优质催化剂加快反应速率，提高转化率
②在2L恒容密闭容器中充入1.0molS2(g)和1.5molO2(g)发生反应，反应达到平衡时容器压强为起始时的80%，平衡常数K=___。
(3)在恒容密闭容器中，发生反应S2(g)+2O2(g)2SO2(g)，测得氧气的平衡转化率α与起始压强、温度的关系如图所示。p1、p2、p3由大到小的顺序是___。
15．（2021·安徽淮北·统考一模）甲醇是目前人类认知最为安全、高效、清洁的替代燃料，可用如下方法制备：碳的氧化物和氢气合成法，其主要反应包括：
Ⅰ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1=—90.8kJ•mol—1
Ⅱ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2=—49.0kJ•mol—1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3
(1)在恒温的合成塔中发生上述反应，达到平衡时合成塔出口处总压强为5.0MPa，各组分的体积分数如表所示：
CO
CO2
H2
CH3OH
其他
10.0%
5.0%
50.0%
2.5%
32.5%
①反应Ⅲ的焓变△H3=___。
②此温度下反应Ⅰ的平衡常数Kp=___(MPa)—2。
(2)反应Ⅰ是合成甲醇的主要反应，在二氧化碳存在时，单位体积催化剂上生成甲醇的速率如图：
①加入二氧化碳对甲醇反应速率的影响是___。
②在无二氧化碳的体系中加入适量氧气也可以起到和二氧化碳相似的作用，原因是___。
(3)一氧化碳与氢气的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
①该反应历程中控速步骤的能垒为___eV。
②写出虚线框内发生的化学反应方程式___。
16．（2021·安徽芜湖·统考二模）以CO2和CH4为原料制造更高价值的化学产品是目前用来缓解温室效应的研究方向之一、
(1)工业上CH4-H2O催化重整制取合成气(CO和H2的混合气)的过程中发生如下反应：
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
③CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ΔH3
若反应③的逆向活化能Ea(逆)为54kJ·mol-1，则该反应的正向活化能Ea(正)为___________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。如图 (pk=-lgk，T表示温度)所示a、b、c、d四条斜线中，有两条分别为pk正和pk逆随T变化斜线，则表示pk正随T变化关系的斜线是________。
(3)已知：CO2加氢可缓解CO2对温室效应的影响，其原理为：
I.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165.0kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.0kJ·mol-1
在反应器中通入3molH2和1molCO2，分别在0.1 MPa和1MPa下进行反应。分析实验中温度对含碳物质的平衡组成(体积百分数)的影响，其中CO和CH4的影响如图所示：
①1 MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是___________。N点平衡组成含量低于M点的原因是___________。
②当CH4和CO平衡组成均为40%时，该温度下反应I的平衡常数Kp为___________。
(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___________。
17．（2021·安徽合肥·统考三模）SO2和H2S是大气污染物，这两种气体的转化研究对资源综合利用和环境保护有重要意义。
I.水煤气还原法
已知：①2H2(g)+SO2(g)=S(1)+2H2O(g)ΔH1=+45.4kJ·mol-1
②2CO(g)+SO2(g)=S(1)+2CO2(g)ΔH2=-37.0kJ·mol-1
(1)写出CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式______；若该反应在恒温恒容体系中进行，则其达到平衡的标志为______(填字母)。
A．单位时间内，生成nmolCO的同时生成nmolCO2
B．混合气体的平均摩尔质量保持不变
C．混合气体的总压强保持不变
D．CO2(g)与H2(g)的体积比保持不变
(2)在温度为T℃下，将1.4molH2和1molSO2通入2L恒容密闭容器中发生上述反应①2H2(g)+SO2(g)=S(1)+2H2O(g)，反应体系中气体的总压强随时间变化如图所示。在0~10min，该反应的平均速率v(H2)=______ mol·L-1·min-1，SO2的平衡转化率α(SO2)=______。
(3)某密闭容器中发生上述反应②2CO(g)+SO2(g=S(1)+2CO2(g)，平衡时CO的体积分数(%)与压强和温度的关系如图所示。
则T1、T2、T3由小到大的关系顺序是______，判断的理由是______。
II.碱液吸收法
(4)用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为CO+H2S=HS-+HCO。该反应的平衡常数K=______。(已知H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11；H2S的Ka1=5.6×10-8，Ka2=1.2×10-15)
18．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）减少机动车尾气中NO、和CO的排放是科学家一直关注研究的课题。
(1)用CO处理大气污染物N2O所发生的的反应为：N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g) ΔH，几种物质的相对能量如下：
物质
N2O(g)
CO(g)
CO2(g)
N2(g)
相对能量kJ∙mol-1
475.5
283
0
393.5
①ΔH=_______kJ·mol-1。
②T℃时，将等物质的量的N2O和CO充入密闭容器中发生反应，下列事实能判断反应达到平衡状态的是_______。
A．气体的密度不再变化
B．混合气体的平均相对分子质量不再变化
C．体系中N2O和CO的转化率相等
D．比值不再变化
(2)模拟汽车的“催化转化器”，将2molNO(g)和2molCO(g)充入1L的密闭容器中，在不同温度和压强下发生反应2NO(g)+2CO(g)-N2(g)+2CO2(g)，测得CO的平衡转化率α随温度T变化曲线如图所示。图象中C点逆反应速率_______B点正反应速率(填“>”“=”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)<1mol，D正确；
综上所述答案为D。
7．C
【详解】A．核聚变的方程式为H+H→He+，0.02gH和0.03gH的物质的量均为0.01mol，则核反应释放的数目为0.01NA，故A错误；
B．甲基碳正离子含有的质子数为9，则1mol甲基碳正离子所含质子总数为1mol×9×NA mol—1=9NA，故B错误；
C．加热条件下，铁与足量浓硝酸充分反应生成硝酸铁，则反应转移的电子数为×3×NA mol—1=3NA，故C正确；
D．一定条件下，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则2mol二氧化硫和1mol氧气充分反应后，容器中的分子总数大于2NA，故D错误；
故选C。
8．C
【详解】A．由能量图可知，相对能量下降，所以是释放能量，故A正确；
B．活化能越大，反应速率越慢，反应速率最慢的反应制约反应速率，由图可知途径1最大能垒为[-362.6-(-576.1)]kJ/mol=204.5 kJ·mol-1，故B正确；
C．S-H键断裂是吸收能量的不是放出能量，故C错误；
D．从图可知，由起始的H2S生成H2O可知CuFe2O4是提供O原子的，故D正确；
故选C。
9．A
【详解】A．Fe3O4中有2个Fe3+、1个Fe2+，故1molFe3O4被完全还原为Fe2+时转移的电子数为2NA，A正确；
B．HClO的结构式为：H-O-Cl，故HClO中无H-Cl键，则10.5gHClO中含有H—Cl键的数目为0，B错误；
C．由于SO2和O2的反应是一个可逆反应，故2molSO2与1molO2充分反应后气体分子总数大于2NA，C错误；
D．由于CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故8.8g由CO2和N2O组成的混合气体分子个数为，氧原子总数为，D错误；
故答案为：A。
10．C
【分析】由流程可知①涉及CH3OH+H-O-催化剂→CH3O-催化剂+H2O，②涉及CH3O-催化剂+CO2→CH3COO-催化剂，③涉及CH3OH+CH3COO-催化剂→CH3OCOOCH3+H-O-催化剂；总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O，以此解答该题。
【详解】A．总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O，除了生成DMC外，还生成了水，因此原子利用率不是100%，故A错误；
B．①中CH3OH生成CH3O-催化剂，CH3OH中的O-H键断裂；②中没有O-H键断裂；③CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H键断裂，故B错误；
C．寻找更高效催化剂，可以提高反应速率，因此可有效提高该反应的效率，故C正确；
D．向反应体系中加入少量水蒸气，生成物浓度增大，平衡逆向移动，不能提高反应物的平衡转化率，故D错误；
故选C。
11．B
【详解】A．两组实验中高锰酸钾均过量，溶液不会褪色，达不到实验目的，A错误；
B． NaHSO3溶液是强碱弱酸的酸式盐，电离可以使之呈酸性、水解可以使之呈碱性，若电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性、c() c(H2SO3)；若电离程度小于水解程度，则溶液呈碱性、c() c(H2SO3)，故通过测试溶液的酸碱性大小即可比较NaHSO3溶液中c()和c(H2SO3)大小，B正确；
C．向5mL0.1mol•L-1KI溶液中加入10mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，充分反应后氯化铁过量，滴加KSCN溶液必定呈血红色，无法证明该反应是可逆反应，实验中氯化铁应少量，C错误；
D．氢离子、亚铁离子和硝酸根离子能反应生成铁离子，故无法证明H2O2的氧化性比Fe3+强，D错误；
答案选B。
12．(1)—84.6kJ/mol
(2) 6.67 反应物与催化剂接触时间过短，反应不充分
(3) 催化剂II 温度升高，反应速率增大，乙酸甲酯的转化率增大
(4)CuAlO2
(5) 14 反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应II向正反应方向移动，生成乙醇的量减少
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应I—II可得反应CH3CHO(g)+H2(g)=C2H5OH(g)，则ΔH=ΔH1—ΔH2=(—71 kJ/mol)—(+13.6 kJ/mol)=—84.6 kJ/mol，故答案为：—84.6 kJ/mol；
（2）设时间为1h，由题意可知，乙酸甲酯的起始物质的量为=103mol，由乙酸甲酯的转化率为80%可知，乙酸甲酯的反应速率为=6.67mol/(L·min)；若流速过大，乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降，故答案为：6.67；反应物与催化剂接触时间过短，反应不充分；
（3）由图可知，相同温度条件下，使用催化剂II时，乙酸甲酯的转化率大于催化剂I，说明催化剂II的活性强于催化剂I，反应的反应速率强于催化剂I，则工业生产中应使用的催化剂是催化剂II；升高温度，化学反应速率增大，单位时间内消耗乙酸甲酯的物质的量增大，乙酸甲酯的转化率增大，故答案为：催化剂II；温度升高，反应速率增大，乙酸甲酯的转化率增大；
（4）由图可知，催化剂II的中间产物中有偏铝酸亚铜生成，而催化剂I没有偏铝酸亚铜生成，则相比催化剂I，催化剂II的中间产物中新生成的物质是偏铝酸亚铜，故答案为：CuAlO2；
（5）由图可知，260℃时，乙酸甲酯的转化率为90%，乙醇的选择性为70%，则平衡时，生成乙醇的乙酸甲酯的物质的量为2.00mol×90%×70%=1.26mol，由题给方程式可建立如下三段式：
由三段式数据可知，反应I的平衡常数K==14；由题给方程式可知，反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应II向正反应方向移动，生成乙醇的量减少，导致乙醇的选择性降低，故答案为：14；反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应II向正反应方向移动，生成乙醇的量减少。
13．(1)+40.0
(2)BC
(3) A > 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
(2)恒温恒容时，压强与气体物质的量成正比，则，带入数据得：，解得n平=1.8 mol，设达平衡时，SO2转化x mol，列三段式如下： ，则(1.4-2x+1-x+2x) mol=1.8 mol，解得x=0.6 mol，0~10 min时，v(H2)=，SO2的转化率α(SO2)=；
(3)压强增大，反应②平衡正向移动，CO的体积分数减小，升高温度，平衡逆向移动，CO的体积分数增大，而由图示知，压强增大，CO体积分数也越大，说明此时温度对平衡的影响占主导地位，故T1＜T2＜T3，故此处依次填：T1＜T2＜T3；理由为：压强增大，CO的体积分数减小，但T1、T2、T3对应的CO体积分数逐渐增大，说明该反应逆向进行，又因为该反应为放热反应，故T1＜T2＜T3；
(4)该反应的平衡常数K=，故此处填1.0×103。
18． -365 D < > 40.5:1 温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小 ＞ IV
【详解】(1)①△H=生成物所具有的总能量-反应物所具有的总能量=(393.5+0-475.5-283)kJ•mol-1=-365 kJ•mol-1，
②A.反应前后气体质量和体积不变，气体的密度始终不变化，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.反应前后气体质量不变，气体物质的量不变，混合气体平均相对分子质量不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C. N2O和CO的起始量相同，系数比为1:1，体系中N2O和CO的转化率一直相等，故C错误；
D.反应未达到平衡前CO浓度增加，CO2浓度减小，当比值不再变化，说明达到平衡，故D正确；
故选：D；
(2)C、B点纵坐标相同，反应物浓度相同，由于B点温度高于C点，则C点逆反应速率小于B点正反应速率；同一压强下，温度升高，CO的平衡转化率α下降，说明平衡逆向移动，即该反应是放热反应，由于D点温度高于A点，则A点平衡常数大于D点；C点CO的平衡转化率α=25%，列三段式
则v正=k正•c2(NO)•c2(CO)=1.52×1.52k正=5.0625k正，v逆=k逆•c(N2)•c2(CO2)=0.25×0.52k逆=0.0625k逆，所以v正：v逆=5.0625k正：0.0625k逆=81×0.5：1=40.5：1；
(3)①温度从Ta升至Tb的过程中，反应没有达到平衡状态，升高温度，催化剂活性增强，反应速率加快，导致反应物浓度急剧减小；
②图2中温度T2℃时c(CO2)＞c(N2)，则反应速率：IV＞V，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以活化能：V＞IV；图中温度T3℃时，c(CO2)＞c(N2)＞c(N2O)，则生成CO2的反应为主反应，即T3℃时发生的主要反应为IV。
19．(1)粉碎铍铜元件、搅拌、加热、适当增加NaOH溶液浓度
(2)CuS、FeS
(3) adcb 在HCl气流中加热蒸发
(4)CuS+MnO2+4H+=Cu2++S+Mn2++2H2O
(5)3.3
【分析】废旧铍铜元件(含BeO 25%、CuS 71%和少量FeS、SiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，由信息可知BeO属于两性氧化物，与NaOH反应产生Na2BeO2；CuS不与NaOH溶液反应，FeS不与NaOH溶液反应，SiO2属于酸性氧化物，和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣1为CuS、FeS。向滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be (OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体。滤渣1中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为+2价的锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。
（1）
根据化学反应速率的影响因素可知：用NaOH溶液溶解铍铜元件时，能提高浸取率的措施有粉碎铍铜元件、搅拌、加热、适当增加NaOH溶液浓度等。
（2）
根据上述分析可知滤渣1中含有不能与NaOH溶液反应的CuS、FeS，而酸性氧化物SiO2及两性氧化物BeO而反应变为可溶性物质进入滤液1中。
（3）
①在滤液2中含有NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，应该向溶液中先加入过量氨水，中和HCl，同时将BeCl2转化为Be(OH)2沉淀，然后过滤，洗涤沉淀得到纯净Be(OH)2，再用适量稀HCl溶解沉淀，得到BeCl2溶液，故实验步骤合理的顺序为adcb。
（4）
滤渣3中有淡黄色沉淀生成，根据滤渣1中含有CuS、FeS，可知反应产生了难溶性的S单质。向其中加入MnO2、稀硫酸，在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Cu2+、S、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应方程式：CuS+MnO2+4H+=Cu2++S+Mn2++2H2O。
（5）
由于Fe(OH)3的溶度积常数为Ksp=8.0×10-38，c(Fe3+)·c3(OH-)=2.2×10-20，c(Fe3+)＜10-5 mol·L-1，则c(OH-)≥，所以c(H+)= ，则pH=-lg c(H+)=3+0.3=3.3，即溶液pH至少为3.3。
20． 加快浸取速率，提高原料浸取率 V2O4+4H+=2VO2++2H2O SiO2 0.6 4.7 碱性 2NH4VO3 V2O5 + H2O + 2NH3
【分析】废钒催化剂的主要成分是V2O5、V2O4、K2SO4、Al2O3、SiO2、Fe2O3，加硫酸溶解，V2O5、V2O4分别转化为VO，VO2+，Al2O3、Fe2O3溶解生成硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不溶解；滤液中加入氧化剂KClO3把VO2+氧化为VO，用KOH调节pH除去Fe3+、Al3+，同时VO转化为V4O，通过“离子交换”和“洗脱”，发生反应4ROH+V4OR4V4O12+4OH-，得到含有V4O的溶液，加入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH4VO3)，煅烧钒酸铵生成V2O5。
【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素可知，酸浸时需要粉碎废钒催化剂，目的是加快浸取速率，提高浸取率。
(2)酸浸时V2O4转化为VO2+，反应方程式V2O4+4H+=2VO2++2H2O。酸浸时，只有SiO2不溶于硫酸， 废渣1的主要成分是SiO2。
(3) 加入氧化剂KClO3把VO2+氧化为VO，氯元素化合价由+5降低为-1，V元素化合价由+4升高为+5，根据得失电子守恒，氧化时加入0.1molKClO3，理论上能氧,0.6mol的VO2+离子。
(4)根据溶度积常数可知，氢氧化铁比氢氧化铝更难溶，铝离子完全沉淀时，铁离子一定完全沉淀，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，铝离子完全沉淀时，c(OH-)= ，c(H+)=，中和时pH应控制在大于4.7。
(5) 4ROH+V4OR4V4O12+4OH-，根据平衡移动原理，为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈碱性；
(6煅烧NH4VO3分解为V2O5、氨气、水，反应的化学反应方程式是2NH4VO3 V2O5 + H2O + 2NH3。
【点睛】本题从废钒催化剂中回收V2O5为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤反应原理的解题关键，掌握常见元素及其化合物的性质，熟悉溶度积常数的有关计算，培养学生应用知识解决实际问题的能力。
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)<α(T2)T1
B．前3min，T2温度下容器内发生的有效碰撞次数比T1多
C．T2温度下12min时，向容器中再分别充入H2、CO2、CO、H2O各1mol，平衡向正向移动
D．在初始温度T1下，1L绝热容器通入2molCO2(g)、2molH2(g)，平衡时n(CO)<1mol
7．（2021·安徽淮北·统考一模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.02gH与0.03gH合成He时释放的数目为0.1NA
B．1mol甲基碳正离子(CH)所含质子总数为8NA
C．加热条件下，56gFe与足量浓硝酸充分反应，转移的电子数为3NA
D．在一定条件下，2molSO2和1molO2充分反应后，容器中的分子总数小于2NA
8．（2021·安徽芜湖·统考二模）消除天然气中的H2S是能源研究领域的热点，华中科技大学李钰等研究表明，利用CuFe2O4表面吸附H2S时有两种机理途径，如图所示。
下列说法错误的是
A．该吸附过程最终释放能量
B．途径1决速步骤的能垒为204.5kJ·mol-1
C．由步骤H2S*=HS*+H*可知，H-S键断裂放出能量：途径1>途径2
D．CuFe2O4在吸附过程中提供了O原子
9．（2021·安徽合肥·统考三模）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中一定正确的是
A．1molFe3O4被完全还原为Fe2+时转移的电子数为2NA
B．10.5gHClO中含有H—Cl键的数目为0.2NA
C．2molSO2与1molO2充分反应后气体分子总数小于2NA
D．8.8g由CO2和N2O组成的混合气体含氧原子总数为0.3NA
10．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）科研人员提出120℃下CeO2催化合成DMC(碳酸二甲酯)需经历三步反应，示意图如下。下列说法正确的是
A．该反应的原子利用率100%
B．①②③中，均有O-H键断裂
C．寻找更高效催化剂，可有效提高该反应的效率
D．向反应体系中加入少量水蒸气，可提高反应物的平衡转化率
11．（2021·安徽马鞍山·统考三模）下列实验操作能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
探究浓度对反应速率影响
向两支各盛有5mL0.1mol•L-1KMnO4溶液的试管中分别滴加2滴0.1mol•L-1H2C2O4和0.01mol•L-1H2C2O4，观察KMnO4溶液褪色所需时间
B
比较NaHSO3溶液中c()和c(H2SO3)大小
在pH试纸上滴2～3滴NaHSO3
溶液，测pH
C
验证I-与Fe3+的反应有一定限度
向5mL0.1mol•L-1KI溶液中加入10mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，充分反应后滴加KSCN
溶液
D
验证H2O2的氧化性比Fe3+强
将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，溶液变黄色
A．A B．B C．C D．D
二、原理综合题
12．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）乙醇是一种重要的工业原料，被广泛应用于能源、化工、食品等领域。以合成气合成乙醇是近年来研究的热点，其中乙酸甲酯CH3COOCH3加氢是制取乙醇的关键步骤之一、包括以下主要反应：
I．CH3COOCH3(g)+2H2(g) C2H5OH(g)+CH3OH(g) ΔH1=—71kJ·mol-1
II．CH3COOCH3(g)+H2(g) CH3CHO(g)+CH3OH(g) ΔH2=+13.6kJ·mol-1
(1)反应CH3CHO(g)+H2(g) C2H5OH(g)的ΔH=___________。
(2)若在体积为2L的密闭容器中，控制CH3COOCH3流速为22.4m3·h-1(已换算为标准状况)，CH3COOCH3的转化率为80.0%，则CH3COOCH3的反应速率为___________mol·L-1·min-1(保留三位有效数字)。CH3COOCH3流速过大时乙酸甲酯的转化率下降，原因是___________。
(3)乙酸甲酯加氢反应通常使用铜基催化剂，催化剂I的主要成分为Cu-Al，催化剂II的主要成分为Cu-Zn-Al，实验中采用催化剂I和催化剂II测得不同温下相同时间内乙酸甲酯的转化率如图1。工业生产中应使用的催化剂是___________ (填“催化剂I”或“催化剂II”)，温度升高，乙酸甲酯的转化率增大的原因是___________。
(4)使用X射线衍射仪对催化剂I和II的中间产物进行XRD分析，根据衍射峰可判断物质的成分。XRD谱图如图2，分析XRD谱图可知，相比催化剂I，催化剂II的中间产物中新生成的物质是___________ (填化学式)。
(5)一定条件下在1L密闭容器内通入2.00 mol CH3COOCH3和3.96 mol H2发生反应I和II，测得不同温度下达平衡时CH3COOCH3转化率和乙醇的选择性如图3所示。260℃时反应I的平衡常数K=___________。温度高于240℃时，随温度升高乙醇的选择性降低的原因是___________。［乙醇的选择性=］
13．（2021·安徽合肥·统考一模）资源化在推进能源绿色转型，实现“碳达峰、碳中和”中具有重要意义。
Ⅰ. 与催化重整制合成气是研究热点之一、发生的主要反应有：
反应①：
反应②：
(1)有关化学键键能数据如表：
化学键
H-O
C=O
键能/
436
463
803
1076
则反应②的反应热_______。
(2)对于上述反位体系，下列说法错误的是_______。
A．增大的浓度，反应①②的正反应速率均增加
B．恒容密闭容器中当气体密度不变时，反应达到平衡状态
C．加入催化剂，可提高的平衡转化率
(3)恒压下进行与催化重整实验。初始压强为，起始投料，和的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。
①曲线_______(填“A”或“B”)表示的平衡转化率。
②800K，反应至转化率达到X点时，v(正)_______v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。若要使的转化率由X点达到Y点，改变的外界条件可以是_______(答一条即可)。
③800K，反应①的分压平衡常数_______(分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ.利用电化学装置可实现和两种分子的耦合转化，其原理如图所示。
(4)阴极的电极反应式为_______。
14．（2021·安徽蚌埠·统考一模）三硫化二铬(Cr2S3)是一种棕黑色固体，可作为化学试剂、医药材料中间体等。
已知：①2Cr2S3(s)4Cr(s)+3S2(g) △H1
②S2(g)+2O2(g)2SO2(g) △H2
(1)则2Cr2S3(s)+6O2(g)4Cr(s)+6SO2(g)的△H=___(用含△H1、△H2的代数式表示)。
(2)在恒温恒容条件下，发生反应S2(g)+2O2(g)2SO2(g)。
①下列说法正确的是___(填字母)。
a.气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态
b.气体的平均相对分子质量不变，反应一定处于平衡状态
c.加入优质催化剂加快反应速率，提高转化率
②在2L恒容密闭容器中充入1.0molS2(g)和1.5molO2(g)发生反应，反应达到平衡时容器压强为起始时的80%，平衡常数K=___。
(3)在恒容密闭容器中，发生反应S2(g)+2O2(g)2SO2(g)，测得氧气的平衡转化率α与起始压强、温度的关系如图所示。p1、p2、p3由大到小的顺序是___。
15．（2021·安徽淮北·统考一模）甲醇是目前人类认知最为安全、高效、清洁的替代燃料，可用如下方法制备：碳的氧化物和氢气合成法，其主要反应包括：
Ⅰ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H1=—90.8kJ•mol—1
Ⅱ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2=—49.0kJ•mol—1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3
(1)在恒温的合成塔中发生上述反应，达到平衡时合成塔出口处总压强为5.0MPa，各组分的体积分数如表所示：
CO
CO2
H2
CH3OH
其他
10.0%
5.0%
50.0%
2.5%
32.5%
①反应Ⅲ的焓变△H3=___。
②此温度下反应Ⅰ的平衡常数Kp=___(MPa)—2。
(2)反应Ⅰ是合成甲醇的主要反应，在二氧化碳存在时，单位体积催化剂上生成甲醇的速率如图：
①加入二氧化碳对甲醇反应速率的影响是___。
②在无二氧化碳的体系中加入适量氧气也可以起到和二氧化碳相似的作用，原因是___。
(3)一氧化碳与氢气的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
①该反应历程中控速步骤的能垒为___eV。
②写出虚线框内发生的化学反应方程式___。
16．（2021·安徽芜湖·统考二模）以CO2和CH4为原料制造更高价值的化学产品是目前用来缓解温室效应的研究方向之一、
(1)工业上CH4-H2O催化重整制取合成气(CO和H2的混合气)的过程中发生如下反应：
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
③CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ΔH3
若反应③的逆向活化能Ea(逆)为54kJ·mol-1，则该反应的正向活化能Ea(正)为___________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。如图 (pk=-lgk，T表示温度)所示a、b、c、d四条斜线中，有两条分别为pk正和pk逆随T变化斜线，则表示pk正随T变化关系的斜线是________。
(3)已知：CO2加氢可缓解CO2对温室效应的影响，其原理为：
I.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165.0kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.0kJ·mol-1
在反应器中通入3molH2和1molCO2，分别在0.1 MPa和1MPa下进行反应。分析实验中温度对含碳物质的平衡组成(体积百分数)的影响，其中CO和CH4的影响如图所示：
①1 MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是___________。N点平衡组成含量低于M点的原因是___________。
②当CH4和CO平衡组成均为40%时，该温度下反应I的平衡常数Kp为___________。
(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___________。
17．（2021·安徽合肥·统考三模）SO2和H2S是大气污染物，这两种气体的转化研究对资源综合利用和环境保护有重要意义。
I.水煤气还原法
已知：①2H2(g)+SO2(g)=S(1)+2H2O(g)ΔH1=+45.4kJ·mol-1
②2CO(g)+SO2(g)=S(1)+2CO2(g)ΔH2=-37.0kJ·mol-1
(1)写出CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式______；若该反应在恒温恒容体系中进行，则其达到平衡的标志为______(填字母)。
A．单位时间内，生成nmolCO的同时生成nmolCO2
B．混合气体的平均摩尔质量保持不变
C．混合气体的总压强保持不变
D．CO2(g)与H2(g)的体积比保持不变
(2)在温度为T℃下，将1.4molH2和1molSO2通入2L恒容密闭容器中发生上述反应①2H2(g)+SO2(g)=S(1)+2H2O(g)，反应体系中气体的总压强随时间变化如图所示。在0~10min，该反应的平均速率v(H2)=______ mol·L-1·min-1，SO2的平衡转化率α(SO2)=______。
(3)某密闭容器中发生上述反应②2CO(g)+SO2(g=S(1)+2CO2(g)，平衡时CO的体积分数(%)与压强和温度的关系如图所示。
则T1、T2、T3由小到大的关系顺序是______，判断的理由是______。
II.碱液吸收法
(4)用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为CO+H2S=HS-+HCO。该反应的平衡常数K=______。(已知H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11；H2S的Ka1=5.6×10-8，Ka2=1.2×10-15)
18．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）减少机动车尾气中NO、和CO的排放是科学家一直关注研究的课题。
(1)用CO处理大气污染物N2O所发生的的反应为：N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g) ΔH，几种物质的相对能量如下：
物质
N2O(g)
CO(g)
CO2(g)
N2(g)
相对能量kJ∙mol-1
475.5
283
0
393.5
①ΔH=_______kJ·mol-1。
②T℃时，将等物质的量的N2O和CO充入密闭容器中发生反应，下列事实能判断反应达到平衡状态的是_______。
A．气体的密度不再变化
B．混合气体的平均相对分子质量不再变化
C．体系中N2O和CO的转化率相等
D．比值不再变化
(2)模拟汽车的“催化转化器”，将2molNO(g)和2molCO(g)充入1L的密闭容器中，在不同温度和压强下发生反应2NO(g)+2CO(g)-N2(g)+2CO2(g)，测得CO的平衡转化率α随温度T变化曲线如图所示。图象中C点逆反应速率_______B点正反应速率(填“>”“=”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)<1mol，D正确；
综上所述答案为D。
7．C
【详解】A．核聚变的方程式为H+H→He+，0.02gH和0.03gH的物质的量均为0.01mol，则核反应释放的数目为0.01NA，故A错误；
B．甲基碳正离子含有的质子数为9，则1mol甲基碳正离子所含质子总数为1mol×9×NA mol—1=9NA，故B错误；
C．加热条件下，铁与足量浓硝酸充分反应生成硝酸铁，则反应转移的电子数为×3×NA mol—1=3NA，故C正确；
D．一定条件下，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则2mol二氧化硫和1mol氧气充分反应后，容器中的分子总数大于2NA，故D错误；
故选C。
8．C
【详解】A．由能量图可知，相对能量下降，所以是释放能量，故A正确；
B．活化能越大，反应速率越慢，反应速率最慢的反应制约反应速率，由图可知途径1最大能垒为[-362.6-(-576.1)]kJ/mol=204.5 kJ·mol-1，故B正确；
C．S-H键断裂是吸收能量的不是放出能量，故C错误；
D．从图可知，由起始的H2S生成H2O可知CuFe2O4是提供O原子的，故D正确；
故选C。
9．A
【详解】A．Fe3O4中有2个Fe3+、1个Fe2+，故1molFe3O4被完全还原为Fe2+时转移的电子数为2NA，A正确；
B．HClO的结构式为：H-O-Cl，故HClO中无H-Cl键，则10.5gHClO中含有H—Cl键的数目为0，B错误；
C．由于SO2和O2的反应是一个可逆反应，故2molSO2与1molO2充分反应后气体分子总数大于2NA，C错误；
D．由于CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故8.8g由CO2和N2O组成的混合气体分子个数为，氧原子总数为，D错误；
故答案为：A。
10．C
【分析】由流程可知①涉及CH3OH+H-O-催化剂→CH3O-催化剂+H2O，②涉及CH3O-催化剂+CO2→CH3COO-催化剂，③涉及CH3OH+CH3COO-催化剂→CH3OCOOCH3+H-O-催化剂；总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O，以此解答该题。
【详解】A．总反应为：2CH3OH+CO2→CH3OCOOCH3+H2O，除了生成DMC外，还生成了水，因此原子利用率不是100%，故A错误；
B．①中CH3OH生成CH3O-催化剂，CH3OH中的O-H键断裂；②中没有O-H键断裂；③CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H键断裂，故B错误；
C．寻找更高效催化剂，可以提高反应速率，因此可有效提高该反应的效率，故C正确；
D．向反应体系中加入少量水蒸气，生成物浓度增大，平衡逆向移动，不能提高反应物的平衡转化率，故D错误；
故选C。
11．B
【详解】A．两组实验中高锰酸钾均过量，溶液不会褪色，达不到实验目的，A错误；
B． NaHSO3溶液是强碱弱酸的酸式盐，电离可以使之呈酸性、水解可以使之呈碱性，若电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性、c() c(H2SO3)；若电离程度小于水解程度，则溶液呈碱性、c() c(H2SO3)，故通过测试溶液的酸碱性大小即可比较NaHSO3溶液中c()和c(H2SO3)大小，B正确；
C．向5mL0.1mol•L-1KI溶液中加入10mL0.1mol•L-1FeCl3溶液，充分反应后氯化铁过量，滴加KSCN溶液必定呈血红色，无法证明该反应是可逆反应，实验中氯化铁应少量，C错误；
D．氢离子、亚铁离子和硝酸根离子能反应生成铁离子，故无法证明H2O2的氧化性比Fe3+强，D错误；
答案选B。
12．(1)—84.6kJ/mol
(2) 6.67 反应物与催化剂接触时间过短，反应不充分
(3) 催化剂II 温度升高，反应速率增大，乙酸甲酯的转化率增大
(4)CuAlO2
(5) 14 反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应II向正反应方向移动，生成乙醇的量减少
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应I—II可得反应CH3CHO(g)+H2(g)=C2H5OH(g)，则ΔH=ΔH1—ΔH2=(—71 kJ/mol)—(+13.6 kJ/mol)=—84.6 kJ/mol，故答案为：—84.6 kJ/mol；
（2）设时间为1h，由题意可知，乙酸甲酯的起始物质的量为=103mol，由乙酸甲酯的转化率为80%可知，乙酸甲酯的反应速率为=6.67mol/(L·min)；若流速过大，乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降，故答案为：6.67；反应物与催化剂接触时间过短，反应不充分；
（3）由图可知，相同温度条件下，使用催化剂II时，乙酸甲酯的转化率大于催化剂I，说明催化剂II的活性强于催化剂I，反应的反应速率强于催化剂I，则工业生产中应使用的催化剂是催化剂II；升高温度，化学反应速率增大，单位时间内消耗乙酸甲酯的物质的量增大，乙酸甲酯的转化率增大，故答案为：催化剂II；温度升高，反应速率增大，乙酸甲酯的转化率增大；
（4）由图可知，催化剂II的中间产物中有偏铝酸亚铜生成，而催化剂I没有偏铝酸亚铜生成，则相比催化剂I，催化剂II的中间产物中新生成的物质是偏铝酸亚铜，故答案为：CuAlO2；
（5）由图可知，260℃时，乙酸甲酯的转化率为90%，乙醇的选择性为70%，则平衡时，生成乙醇的乙酸甲酯的物质的量为2.00mol×90%×70%=1.26mol，由题给方程式可建立如下三段式：
由三段式数据可知，反应I的平衡常数K==14；由题给方程式可知，反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应II向正反应方向移动，生成乙醇的量减少，导致乙醇的选择性降低，故答案为：14；反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高，反应I向逆反应方向移动，反应II向正反应方向移动，生成乙醇的量减少。
13．(1)+40.0
(2)BC
(3) A > 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
(2)恒温恒容时，压强与气体物质的量成正比，则，带入数据得：，解得n平=1.8 mol，设达平衡时，SO2转化x mol，列三段式如下： ，则(1.4-2x+1-x+2x) mol=1.8 mol，解得x=0.6 mol，0~10 min时，v(H2)=，SO2的转化率α(SO2)=；
(3)压强增大，反应②平衡正向移动，CO的体积分数减小，升高温度，平衡逆向移动，CO的体积分数增大，而由图示知，压强增大，CO体积分数也越大，说明此时温度对平衡的影响占主导地位，故T1＜T2＜T3，故此处依次填：T1＜T2＜T3；理由为：压强增大，CO的体积分数减小，但T1、T2、T3对应的CO体积分数逐渐增大，说明该反应逆向进行，又因为该反应为放热反应，故T1＜T2＜T3；
(4)该反应的平衡常数K=，故此处填1.0×103。
18． -365 D < > 40.5:1 温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小 ＞ IV
【详解】(1)①△H=生成物所具有的总能量-反应物所具有的总能量=(393.5+0-475.5-283)kJ•mol-1=-365 kJ•mol-1，
②A.反应前后气体质量和体积不变，气体的密度始终不变化，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.反应前后气体质量不变，气体物质的量不变，混合气体平均相对分子质量不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C. N2O和CO的起始量相同，系数比为1:1，体系中N2O和CO的转化率一直相等，故C错误；
D.反应未达到平衡前CO浓度增加，CO2浓度减小，当比值不再变化，说明达到平衡，故D正确；
故选：D；
(2)C、B点纵坐标相同，反应物浓度相同，由于B点温度高于C点，则C点逆反应速率小于B点正反应速率；同一压强下，温度升高，CO的平衡转化率α下降，说明平衡逆向移动，即该反应是放热反应，由于D点温度高于A点，则A点平衡常数大于D点；C点CO的平衡转化率α=25%，列三段式
则v正=k正•c2(NO)•c2(CO)=1.52×1.52k正=5.0625k正，v逆=k逆•c(N2)•c2(CO2)=0.25×0.52k逆=0.0625k逆，所以v正：v逆=5.0625k正：0.0625k逆=81×0.5：1=40.5：1；
(3)①温度从Ta升至Tb的过程中，反应没有达到平衡状态，升高温度，催化剂活性增强，反应速率加快，导致反应物浓度急剧减小；
②图2中温度T2℃时c(CO2)＞c(N2)，则反应速率：IV＞V，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以活化能：V＞IV；图中温度T3℃时，c(CO2)＞c(N2)＞c(N2O)，则生成CO2的反应为主反应，即T3℃时发生的主要反应为IV。
19．(1)粉碎铍铜元件、搅拌、加热、适当增加NaOH溶液浓度
(2)CuS、FeS
(3) adcb 在HCl气流中加热蒸发
(4)CuS+MnO2+4H+=Cu2++S+Mn2++2H2O
(5)3.3
【分析】废旧铍铜元件(含BeO 25%、CuS 71%和少量FeS、SiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，由信息可知BeO属于两性氧化物，与NaOH反应产生Na2BeO2；CuS不与NaOH溶液反应，FeS不与NaOH溶液反应，SiO2属于酸性氧化物，和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣1为CuS、FeS。向滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be (OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体。滤渣1中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为+2价的锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。
（1）
根据化学反应速率的影响因素可知：用NaOH溶液溶解铍铜元件时，能提高浸取率的措施有粉碎铍铜元件、搅拌、加热、适当增加NaOH溶液浓度等。
（2）
根据上述分析可知滤渣1中含有不能与NaOH溶液反应的CuS、FeS，而酸性氧化物SiO2及两性氧化物BeO而反应变为可溶性物质进入滤液1中。
（3）
①在滤液2中含有NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，应该向溶液中先加入过量氨水，中和HCl，同时将BeCl2转化为Be(OH)2沉淀，然后过滤，洗涤沉淀得到纯净Be(OH)2，再用适量稀HCl溶解沉淀，得到BeCl2溶液，故实验步骤合理的顺序为adcb。
（4）
滤渣3中有淡黄色沉淀生成，根据滤渣1中含有CuS、FeS，可知反应产生了难溶性的S单质。向其中加入MnO2、稀硫酸，在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Cu2+、S、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应方程式：CuS+MnO2+4H+=Cu2++S+Mn2++2H2O。
（5）
由于Fe(OH)3的溶度积常数为Ksp=8.0×10-38，c(Fe3+)·c3(OH-)=2.2×10-20，c(Fe3+)＜10-5 mol·L-1，则c(OH-)≥，所以c(H+)= ，则pH=-lg c(H+)=3+0.3=3.3，即溶液pH至少为3.3。
20． 加快浸取速率，提高原料浸取率 V2O4+4H+=2VO2++2H2O SiO2 0.6 4.7 碱性 2NH4VO3 V2O5 + H2O + 2NH3
【分析】废钒催化剂的主要成分是V2O5、V2O4、K2SO4、Al2O3、SiO2、Fe2O3，加硫酸溶解，V2O5、V2O4分别转化为VO，VO2+，Al2O3、Fe2O3溶解生成硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不溶解；滤液中加入氧化剂KClO3把VO2+氧化为VO，用KOH调节pH除去Fe3+、Al3+，同时VO转化为V4O，通过“离子交换”和“洗脱”，发生反应4ROH+V4OR4V4O12+4OH-，得到含有V4O的溶液，加入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH4VO3)，煅烧钒酸铵生成V2O5。
【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素可知，酸浸时需要粉碎废钒催化剂，目的是加快浸取速率，提高浸取率。
(2)酸浸时V2O4转化为VO2+，反应方程式V2O4+4H+=2VO2++2H2O。酸浸时，只有SiO2不溶于硫酸， 废渣1的主要成分是SiO2。
(3) 加入氧化剂KClO3把VO2+氧化为VO，氯元素化合价由+5降低为-1，V元素化合价由+4升高为+5，根据得失电子守恒，氧化时加入0.1molKClO3，理论上能氧,0.6mol的VO2+离子。
(4)根据溶度积常数可知，氢氧化铁比氢氧化铝更难溶，铝离子完全沉淀时，铁离子一定完全沉淀，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，铝离子完全沉淀时，c(OH-)= ，c(H+)=，中和时pH应控制在大于4.7。
(5) 4ROH+V4OR4V4O12+4OH-，根据平衡移动原理，为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈碱性；
(6煅烧NH4VO3分解为V2O5、氨气、水，反应的化学反应方程式是2NH4VO3 V2O5 + H2O + 2NH3。
【点睛】本题从废钒催化剂中回收V2O5为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤反应原理的解题关键，掌握常见元素及其化合物的性质，熟悉溶度积常数的有关计算，培养学生应用知识解决实际问题的能力。
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