（新）专题15 化学反应速率和化学平衡-2022年高考化学一轮复习高频考点集训（解析版）.docx

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1、专题15 化学反应速率和化学平衡一、单选题1下列叙述正确的是()A铝单质可以从MnO2中置换出MnB海水中含有丰富的碘元素，因此碘被称为“海洋之素”C我国华为Al芯片已跻身于全球Al芯片榜单前列，该芯片的主要材料是二氧化硅D纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较慢，再加入少量CuSO4固体，速率不改变【答案】A【解析】A通过铝热反应，利用铝的还原性可以从MnO2中置换出Mn，故A正确；B99%的溴元素存在于海水中，因此溴被称为“海洋元素”，故B错误；CAl芯片主要材料是硅晶体，不是二氧化硅，故C错误；D锌与加入的少量硫酸铜反应生成铜，锌、铜构成原电池，加快化学反应速率，故D错误；故选A。2反应，70

2、0时平衡常数为1.47。下列说法正确的是A升高温度该反应的正反应速率增大，逆反应速率减小B平衡后再加入一定质量的铁粉，该反应速率加快，平衡向正反应方向移动C绝热容器中进行该反应，温度不再变化时，则达到化学平衡状态D900时平衡常数小于1.47【答案】C【解析】A升高温度该反应的正反应速率、逆反应速率均增大，A错误；B铁是固体，加入铁粉，对该反应的速率、平衡移动均无影响，B错误；C由于化学反应伴随热量的变化，绝热容器中进行该反应，平衡前，温度是个变量，故温度不再变化时，则达到化学平衡状态，C正确；D该反应的正反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，则900时平衡常数大于1.47，D

3、错误。答案选C。3可逆反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)在恒容密闭容器中进行，达到平衡状态的标志是( )单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为2：2：1的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态。ABCD【答案】B【解析】单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO，都表示正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故不符合题意；单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，说明反应v(正)=v(逆

4、)，能说明达到平衡状态，故符合题意；反应中必然满足和，但是只有才平衡，当用、的物质的量浓度变化表示的反应速率之比为221的状态，可能已经平衡，也可能没有平衡，与各物质的初始浓度及转化率有关，故不符合题意； 混合气体的颜色不再改变，说明NO2气体的浓度不变，达到平衡状态，故符合题意；无论反应是否达到平衡状态，混合气体的质量不变，容器的体积不变，所以混合气体的密度不变，不能说明达到平衡状态，故不符合题意； 反应前后气体的化学计量数之和不相等，反应过程中，混合气体的物质的量一直变化，又因为气体质量不变，根据M=，所以混合气体的平均相对分子质量一直变，当其不再变化时，说明达到平衡状态，故符合题意；正确

5、的是；答案选B。4某科研小组利用有机胺(TBA)参与联合生产碳酸氢钠和二氯乙烷的工艺流程如图所示。下列说法错误的是A过程中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气B过程的反应为C理论上每产生需要D流程中可循环利用的物质是TBA、CuCl【答案】C【解析】A侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨盐水中通二氧化碳，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净的碳酸钠，由图可知，过程中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，故A不符合题意；B根据分析，过程的反应为，故B不符合题意；C根据分析，过程为乙烯的氯化过程，反应方程式为：C2H4+2CuCl2C2H4Cl2+2CuCl，根据2Cu

6、Cl2C2H4Cl2，理论上每产生需要，故C符合题意；D根据分析，过程中产生的TBAHCl和氧气反应生成了TBA，加入到饱和食盐水中继续反应；过程为C2H4和CuCl2反应生成的CuCl，CuCl继续参加过程的反应，故流程中可循环利用的物质是TBA、CuCl，故D不符合题意；答案选C。5在密闭容器中，反应 X(g) + 2Y(g)2Z(g) + W(s)达到平衡后，若将容器体积扩大一倍，对反应产生的影响是Av(正) 减小， v(逆) 增大Bv(正) 增大， v(逆) 减小Cv(正) 、v(逆) 都减小Dv(正) 、v(逆) 都增大【答案】C【解析】达到平衡后，若将容器体积扩大一倍，压强减小，正

7、逆反应速率均减小，答案选C。6密闭容器中进行反应M(g)+N(g)R(g)+2L(?)，R的体积分数随时间的变化情况如图所示。下列叙述正确的是( )A正反应为吸热反应，L是气体B正反应为吸热反应，L是固体或液体C正反应为放热反应，L是气体D正反应为放热反应，L是固体或液体【答案】C【解析】由上述分析可知，正反应放热，L是气体，故C正确；答案选C。7在t时，某体积可变的密闭容器内，加入适量反应物发生反应：mA(g)+nB(g)pC(g)，已知通过逐渐改变容器的体积使压强增大，每次改变后达到平衡时测得A的物质的量浓度和重新达到平衡所需时间如下表：压强c(A)重新达到平衡所需时间第一次达到平衡2&#

8、215;105Pa0.08mol/L4min第二次达到平衡5×105Pa0.20mol/Lxmin第三次达到平衡1×106Pa0.44mol/L0.8min则下列有关说法中不正确的是（ ）A第二次平衡到第三次平衡中，A的平均反应速率为0.3mol/(L·min)B维持压强为2×105Pa，假设当反应达到平衡状态时体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，则重新达到平衡时体系中共有(a+b)mo1气体C当压强为1×106Pa时，此反应的平衡常数表达式为K=Dm+n=p，x=0【答案】A【解析】A第二次平衡到第三次平衡中，压强从5×

9、;105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变倍，浓度应该由0.20 molL1增大为0.40molL1，但是实际上A的浓度为0.44 molL1，则平衡时A的浓度变化量为0.04mol/L，则A的平均反应速率为=0.05mol/(L·min)，故A错误；B根据分析，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变，所以当反应达到平衡状态时，体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是(a+b)mo1，故B正确；C由表格数据可知，当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变倍

10、，浓度应该由0.20增大为0.40molL1，但是实际上A的浓度为0.44 molL1，说明平衡逆移，则反应前气体的物质的量小于反应后气体的物质的量，则反应物B不在是气态，所以此反应的平衡常数表达式为K=，故C正确；D根据分析，增大压强平衡不移动，说明该反应是反应前后气体分子数目不变的反应体系，即m+n=p，从第一次达到平衡到第二次达到平衡过程中平衡没有发生移动，即压强的变化反应始终保持平衡状态，则x=0，故D正确；答案选A。8甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是A过程吸收能量B过程中，形成了OH键和CS键C该催化剂可降低反应活化能从而有

11、效提高反应物的平衡转化率D硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应【答案】C【解析】A. 过程中SH键发生断裂，故需要吸收能量，故A正确；B. 由图可知，过程中，形成了OH键和CS键，故B正确；C. 催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，但是催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；D. 硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应中，-SH替代了甲醇分子中的-OH，则反应类型为取代反应，故D正确；故选C。9一定条件下，用Fe2O3、NiO或Cr2O3作催化剂对燃煤烟气进行回收，使SO2转化生成S。催化剂不同，其他条件相同(浓度、温度、压强)情况下， 相同时间内SO2的转化率随反应温度的变化如下图，下列

12、说法不正确的是A不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3作催化剂可以节约能源B选择Fe2O3作催化剂，最适宜温度为340 左右Ca 点后SO2的转化率减小的原因可能是温度升高催化剂活性降低了D其他条件相同的情况下，选择Cr2O3作催化剂，SO2的平衡转化率最小【答案】D【解析】A. 根据图象可知，当温度在340时，在Fe2O3作催化剂条件下，反应先达到平衡，SO2 的平衡转化率最大，A正确；B. 340380温度范围内，催化剂的催化能力最大，二氧化硫的转化率也是最大，反应速率最快，B正确；C. 催化剂催化能力需要维持在一定的温度下，温度太高，催化剂活性可能会降低，C正

13、确；D. 相同其他条件下，选择 Cr2O3作催化剂，在温度为380时，SO2 的平衡转化率不是最小的，NiO作催化剂时，相同温度下，SO2 的转化率是最小的，D错误；答案选D。10下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫B在溶液中加入少量铁粉以防止被氧化C实验室中常用排饱和食盐水的方法收集D使用过量的空气以提高的利用率【答案】B【解析】A汽水瓶中存在平衡H2CO3H2O+CO2，打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，所以瓶中泛起大量泡沫，可以用勒夏特列原理解释，故不选A； B在溶液中加入少量铁粉以防止被氧化

14、，主要发生反应，不能用勒夏特列原理解释，故选B；C氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2OHClO+H+Cl-，由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了氯离子，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以用勒夏特列原理解释，故不选C;D增大氧气的浓度，平衡正向移动，使用过量的空气以提高的利用率，可以用勒夏特列原理解释，故不选D；选B。11关于一定条件下的化学平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)H<0。下列说法正确的是（ ）A恒温恒容时充入H2，正反应速率增大，平衡右移B恒温恒容时充入He，正反应速率增大，平衡右移C压缩体积加压，正、逆反应速率不变，平衡不移

15、动D升温，正反应速率减小、逆反应速率增大，平衡右移【答案】A【解析】A恒温恒容时充入H2，氢气浓度增大，正反应速率增大，平衡右移，故A正确；B恒温恒容时充入He，各反应物浓度都不变，正反应速率不变，平衡不移动，故B错误；C加压，体积缩小，各物质浓度均增大，正、逆反应速率都增大，平衡不移动，故C错误；D升温，正反应速率增大，逆反应速率增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。12一定温度下，在3个容积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生反应：PCl5 (g) PCl3(g)+Cl2(g)。下列说法错误的是( )容器编号物质的起始浓度/(mol·L-1)物质的平衡浓度/(mo

16、l·L-1)0.4000.20.600.20.800A反应达到平衡时，容器I中比容器中的小B反应达到平衡时，容器I与容器中的总压强之比为34C反应达到平衡时，容器中的体积分数小于D反应达到平衡时，容器中0.4mol/L<c(PCl5)<0.8 mol/L【答案】B【解析】A设容器中平衡时三氯化磷为xmol/L，由题给数据可建立如下三段式：温度不变，化学平衡常数不变，由化学平衡常数公式可得关系式=0.2，解得x=0.2，则容器中=2，则反应达到平衡时，容器I中比容器中的小，故A正确；B由容器中压强之比等于物质的量之比可知，反应达到平衡时，容器I与容器中的总压强之比为（0.6

17、mol/L×1L）：（1.0mol/L×1L）=3:5，故B错误；C该反应是气体体积增大的反应，由题给数据可知，容器相当于容器I增大压强，增大压强，平衡向逆反应方向移动，氯气的体积分数减小，则反应达到平衡时，容器中氯气的体积分数小于，故C正确；D由题给数据可知，该反应向正反应方向进行，反应达到平衡时，五氯化磷的浓度小于0.8 mol/L，该反应是气体体积增大的反应，容器相当于容器I增大压强1倍，增大压强，平衡向逆反应方向移动，反应达到平衡时，三氯化磷的浓度比容器I中的2倍要大，大于0.4mol/L，则反应达到平衡时，容器中0.4mol/L<c(PCl5)<0.8

18、 mol/L，故D正确；故选B。13一定温度时，向恒容密闭容器中充入和，发生反应：经过一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：024680下列说法正确的是A反应在前2s的平均速率B保持其他条件不变，体积压缩到，平衡常数将增大C相同温度下，起始时向容器中充入，达到平衡时，的转化率等于D保持温度不变，向该容器中再充入、，反应达到新平衡时增大【答案】D【解析】A根据表格中数据知，当n（SO3）=1.8mol，该反应达到平衡状态，反应在前2s的平均速率v（SO3）= =0.2mol·L-1·s-1，同一可逆反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，v（O2

19、）= ×0.2mol·L-1·s-1=0.1mol·L-1·s-1，故A错误；B化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，与压强、物质浓度都无关，故B错误；C相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，如果三氧化硫完全转化为二氧化硫和氧气，二氧化硫和氧气的物质的量分别是4mol、2mol，为原来的2倍，增大压强平衡正向移动，则二氧化硫转化率增大，所以二氧化硫转化率大于90%，相同温度下，起始时向容器中充入4mol SO3，达到平衡时，SO3的转化率小于10%，故C错误；D温度不变，向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2

20、，增大了压强，平衡正向移动，三氧化硫的物质的量增加，氧气的物质的量减小，所以比值增大，故D正确；故选：D。14在容积可变的密闭容器中充入2mol苯蒸气和4mol氢气，恒温T1和恒压P1条件下进行如下反应： H1= -208.8kJ· mol-1，达平衡时容器的体积为2L，苯的转化率为50%。下列有关说法正确的是( )A苯蒸气的体积分数不再变化时，说明该反应己达平衡状态B反应体系中气体总浓度保持不变，说明该反应己达平衡状态C在原平衡基础上，再向容器中充入3mol苯蒸气，平衡逆向移动D在原平衡基础上，升高温度，苯的转化率增大【答案】C【解析】A、根据PV=nRT可知，恒温恒压下，体系的总

21、体积和体系的总物质的量呈正比，即苯蒸气的体积分数等于其物质的量分数；经分析，苯蒸汽在反应前和平衡时的物质的量分数都是，即从开始到平衡时，苯蒸汽的体积分数没有变化，所以苯蒸气的体积分数不再变化时，不能说明该反应己达平衡状态，A错误；B、根据PV=nRT可知，气体总浓度c=，则c恒定，故反应体系中气体总浓度保持不变，不能说明该反应己达平衡状态，B错误；C、平衡时，c(苯)=c(H2)=c(环己烷) =0.5mol/L，则K=8；平衡时，气体的总物质的量为3mol，体积为2L，再加入3mol苯蒸汽，气体的总体积变为4L，此时c(苯)= 0.5mol/L，c(H2)=c(环己烷)=0.25mol/L，

22、则Qc=16，即K<Qc，故平衡逆向移动，C正确；D、反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则苯的转化率减小，D错误；故选C。二、综合题15由四种常见元素组成的化合物X，按如下流程进行实验。气体C能使带火星木条复燃，溶液B和溶液E的焰色反应为黄色，固体A和D组成元素相同，X可由蓝色溶液F与过量的浓的强碱性溶液B反应获得。请回答： (1)X的化学式_。(2)写出F+BX反应的离子方程式：_。(3)黑色固体A可在高温下与氨气作用生成红色固体D，同时生成一种单质，写出该反应的方程式：_。已知CuCl晶体呈白色，熔点为430，沸点为1490，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，溶于水、

23、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H3CuCl4，反应的化学方程式为：CuCl(白色，s)+3HCl(aq)H3CuCl4(黄色，aq)。实验室用下图所示装置制取CuCl，反应原理为：2Cu2+SO2+8Cl+2H2O=2+4H+；(aq)CuCl(s)+3Cl-(aq）反应结束后，取出三颈烧瓶中的混合物进行一系列操作可得到CuCl晶体。(4)反应过程中要通入过量SO2的原因是：_。(5)欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：_。【答案】(1)Na2Cu(OH)4 (2)Cu2+4OH-=Cu(OH)42- (3)6CuO+2NH33Cu2O+N2+3H2O (4) 将CuCl2完全转化

24、为CuCl，并防止生成的CuCl被氧化 (5) 将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤，洗涤，干燥 【解析】I.气体C能使带火星木条复燃，则C为O2，且n（O2）=0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，红色固体D与稀硫酸、过氧化氢反应得到蓝色溶液，D和黑色固体A的组成元素相同，则A为CuO、D为Cu2O，F为CuSO4，固体A分解发生反应：4CuO2Cu2O+O2，可知n（CuO）=0.02mol。溶液B和溶液E的焰色反应为黄色，说明含有钠元素，碱性溶液B与0.100mol/L400mL盐酸反应，B为NaOH水溶液，n（NaOH）=0.04mol，X可由蓝色溶液

25、F与过量的浓的B溶液反应获得，且满足n（Cu）：n（Na）=1：2，故X为Na2Cu(OH)4。（1）由上述分析可知，X的化学式为Na2Cu(OH)4；（2）X可由蓝色溶液F与过量的浓的强碱性溶液B反应获得，该反应的离子方程式为Cu2+4OH-=Cu(OH)42-；（3）CuO与氨气在高温下反应生成Cu2O、氮气和水，反应方程式为6CuO+2NH33Cu2O+N2+3H2O；（4）由反应原理可知，SO2将CuCl2完全转化为CuCl，CuCl露置于潮湿空气中易被氧化，而SO2具有还原性，可以防止生成的CuCl被氧化，即答案为：将CuCl2完全转化为CuCl，并防止生成的CuCl被氧化；（5）由

26、题目信息可知，CuCl可以溶于浓盐酸，而Cu不与盐酸反应，且溶液中存在平衡(aq)CuCl(s)+3Cl-(aq），稀释会析出CuCl晶体，所以提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案为：将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤，洗涤，干燥。16某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。假设1：_对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。假设2：对该反应有

27、催化作用。方案：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_。方案：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_。查阅资料：溶于水可以生成和_。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。结论：和均对Cu与的反应有催化作用。(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因_。(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。iii_iii(4)探究的性质

28、。将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为_。【答案】(1)Cu2+ 排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响 通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：BCA，反应速率随浓度降低而减慢，说明对该反应有催化作用 (2)有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子(3) (4) 【解析】(1) 溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测C

29、u2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的，因此的浓度：BCA，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。(2) 根据价层电子对互斥理论，中孤电

30、子对数为 ，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形， 在NO2分子中，N周围的价电子数为5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮原子的价电子总数为5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因为：有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子。(3) Cu与稀硝酸反应中反应过程中可能参与催化，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为： ，反应ii=(总反应-i×6-iii×2)，

31、则反应ii 为：。(4) 硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设的质量为296g，即1mol，当温度升至时，剩余固体质量为296g×24.33%=72g，其中Cu为64g，还剩余8g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为1:0.5，则该物质应为Cu2O。17纯碱是重要的化工原料，在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。（1）工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中Mg2+、Ca2+离子，从成本角度考虑加入试剂的化学式为_、_。某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱，流程如下：已知：几种盐的溶解度NaClNH4HCO3NaHC

32、O3NH4Cl溶解度（20°C，100gH2O时）36.021.79.637.2（2）写出装置I中反应的化学方程式_。从平衡移动角度解释该反应发生的原因_。操作的名称是_。（3）写出装置II中发生反应的化学方程式_。（4）请结合化学用语说明装置III中加入磨细的食盐粉及NH3的作用_。（5）该流程中可循环利用的物质是_。（6）制出的纯碱中含有杂质NaCl，为测定其纯度，下列方案中不可行的是_。a向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，测生成CaCO3的质量b向m克纯碱样品中加入足量稀H2SO4，干燥后测生成气体的体积c向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，测生成沉淀的质量【答案】(

33、1)Ca(OH)2 Na2CO3 (2) NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3¯+NH4Cl 溶液中存在下述两种平衡NH3+H2ONH3·H2ONH+OH，CO2+H2OH2CO3HCO+H+，H+与OH反应生成水，两个平衡均向右移动，溶液中NH和HCO浓度均增大，由于NaHCO3的溶解度小，析出NaHCO3晶体使得反应发生 过滤 (3)2NaHCO3Na2CO3+H2 O+CO2 (4)促使氯化铵结晶析出 (5)CO2(6)c 【解析】（1）工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中Mg2+、Ca2+离子，从成本角度考虑应先加入过量石灰水，使镁离子转化为氢氧化镁沉

34、淀除去，再向溶液中加入碳酸钠溶液，使钙离子转化为碳酸钙沉淀除去，故答案为：Ca(OH)2；Na2CO3；（2）装置I中的反应为氨气和二氧化碳气体和饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3¯+NH4Cl，故答案为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3¯+NH4Cl；向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳气体，氨气和二氧化碳气体在溶液中形成两种平衡NH3+H2ONH3·H2ONH+OH，CO2+H2OH2CO3HCO+H+，H+与OH反应生成水，两个平衡均向右移动，溶液中NH和HCO浓度均增大，由于N

35、aHCO3的溶解度小，析出NaHCO3晶体使得反应发生，故答案为：溶液中存在下述两种平衡NH3+H2ONH3·H2ONH+OH，CO2+H2OH2CO3HCO+H+，H+与OH反应生成水，两个平衡均向右移动，溶液中NH和HCO浓度均增大，由于NaHCO3的溶解度小，析出NaHCO3晶体使得反应发生；操作是用过滤的方法分离得到碳酸氢钠固体，故答案为：过滤；（3）装置II中发生的反应为碳酸氢钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2 O+CO2，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2 O+CO2；（4）在母液中含有大量的铵根离子

36、和氯离子，向母液中通入氨气，使溶液中铵根离子浓度增大，加入磨细的食盐粉能增大溶液中的氯离子浓度增大，溶液中铵根离子和氯离子浓度增大，使溶解平衡NH4Cl (s) NH(aq）+Cl(aq）向左移动，有利于氯化铵结晶析出，故答案为：促使氯化铵结晶析出；（5）由图可知，装置I中二氧化碳做反应物制备碳酸氢钠，装置II中碳酸氢钠固体受热发生分解反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，则流程中可循环利用的物质是二氧化碳，故答案为：CO2；（6）a.向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液，Na2CO3与CaCl2反应生成CaCO3沉淀，由样品的质量和生成CaCO3的质量可以列关系式计算出纯碱的纯度，故正确；b.向m

37、克纯碱样品中加入足量稀硫酸，干燥后测得生成气体的体积为二氧化碳的体积，根据样品的质量和生成样品的质量和生成二氧化碳的体积可以列关系式计算出纯碱的纯度，故正确；c.向m克纯碱样品中加入足量AgNO3溶液，Na2CO3和NaCl与AgNO3反应生成Ag2CO3沉淀和AgCl沉淀，沉淀的质量为氯化银和碳酸银，无法列关系式计算出纯碱的纯度，故错误；c错误，故答案为：c。18NO是大气污染物之一，能催化O3分解，破坏大气臭氧层，在空气中参与产生光化学烟雾。科学家研究用负载Cu的ZSM-5分子筛作催化剂对NO催化分解，获得了良好效果，利用催化剂分解NO进行脱硝的原理为2NO(g)N2(g)+O2(g) H

38、回答下列问题：(1)已知：NO(g) = N(g)+O(g) H1=+631.8kJmol-1N2(g) = 2N(g) H2=+941.7kJmol-1 O2(g) = 2O(g) H3=+493.7kJmol-1则NO分解反应的H=_。 (2)由NO和He组成的实验混合气112mL(标况)，其中NO体积分数为4.0%，在催化剂作用下于密闭容器中，在50kPa恒压条件下进行反应，催化剂表面活性中心(M)的含量为8×10-6mol。如图是NO平衡转化率和分解反应选择性随温度的变化曲线。脱硝反应的温度选定在300，原因是_。反应20s，测得平均每个活性中心上NO分解的分子数为5.25，

39、此时分解反应的转化率为_。研究表明，脱硝分解反应中，正反应速率 ，逆反应速率 。300时，分解反应达到平衡，此时=_(p分=p总×物质的量分数)。(3)研究者对NO在该催化剂上的分解反应提出如下反应机理，分解产生的O2浓度增大易占据催化剂活性中心M。 ：NO+MNO-M 快 ：2NO-MN2+2O-M 慢 ：2O-MO2+2M 快三个反应中，活化能较高的是_(填“”、“”或“”)，反应要及时分离出O2，目的是_。【答案】(1)-171.8 kJmol-1 (2)300时NO平衡转化率和分解反应选择性均较高，且继续升温变化不大，成本会提高 21% 81/4(或20.25) (3) 保持

40、催化剂活性，分离产物使平衡正向移动 【解析】（1）题目所给过程即分子断键过程，故NO中的键能为631.8kJ/mol，N2中的键能为941.7 kJ/mol，O2中的键能为493.7 kJ/mol，根据键能与反应热关系得：H=2×631.8kJ/mol-（941.7 kJ/mol+493.7 kJ/mol）= -171.8kJ/mol；（2）300时NO平衡转化率和分解反应选择性均较高，且继续升温变化不大，但成本会提高，若温度低于300，NO转化率低且反应速率慢；总共分解的NO：n(NO)=5.25×8×10-6mol = 4.2×10-5mol；原本N

41、O总量为： ，故NO转化率= ，即此时分解反应的转化率为21%；当达到平衡时，正=逆，即k正p2(NO)=k逆p(N2)p(O2)，故 ；由图像可知300时NO平衡转化率为90%，转化的NO=2×10-4mol×90%=1.8×10-4mol；列三段式如下： 平衡时各自分压为： ， ；所以：=20.25；（3）在其他条件相同时，活化能大，普通分子就不容易变为活化分子，导致反应速率慢，故反应II的活化能最大；及时分离出O2，可防止催化剂中心被O2占据而导致催化剂活性降低，反应变慢，同时也能促进平衡正向移动，提高NO转化率。19减弱温室效应的方法之一是将CO2回收利用

42、。回答下列问题：（1）在催化剂存在下可将CO2应用于生产清洁燃料甲烷，相关反应如下：主反应：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)H1副反应：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H2=+41.2kJ·mol-1已知：H2和CH4的燃烧热分别为-285.5kJ·mol-1和-890.0kJ·mol-1H2O(l)=H2O(g)H=+44kJ·mol-1H1=_kJ·mol-1。有利于提高CH4平衡产率的反应条件是_(至少写两条)。工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是_。T时，若在体积恒为2L的密闭容器中同时发生上述

43、反应，将物质的量之和为5mol的H2和CO2以不同的投料比进行反应，结果如图1所示。若a、b表示反应物的转化率，则表示H2转化率的是_，c、d分别表示CH4(g)和CO(g)的体积分数，由图可知=_时，甲烷产率最高。若该条件CO的产率趋于0，则T时主反应的平衡常数K=_。（2）可利用NaOH溶液捕获CO2。若过程中所捕获的CO2刚好将NaOH完全转化为Na2CO3，则所得溶液中c(Na+)_c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)（填“>”、“<”或“=”）；若所得溶液中c(HCO)c(CO)=21，溶液pH=_。（室温下，H2CO3的K1=4×107；K2=5

44、5;1011）【答案】(1)-164.0 降低温度、增大压强 催化剂 b 4 100L2·mol-2 (2) > 10 【解析】（1）根据反应CO2 (g)+ H2 (g)=CO(g)+H2O(g)H2=+41.2 kJmol-1 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H3=-571.0 kJmol-1 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H4 =-890.0kJmol-1H2O(l)= H2O(g) H5=+44 kJmol-1根据盖斯定律，反应=2-+2，则CO2(g)+

45、4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H1=2H3-H4+2H5=-164.0 kJmol-1；反应CO2(g) +4H2(g)=CH4(g) +2H2O(g)是正方向为气体体积缩小的放热反应，降低温度和增大压强都有利于反应正向移动,提高CH4平衡产率;工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是催化剂；随着比值的增大,氢气的转化率降低,则表示H2转化率的是b；随着比值的增大,氢气的量增多,一氧化碳的量减少,甲烷的量增加，故c为CH4 (g)的体积分数，由图可知=4时，甲烷的产量最高。若该条件下CO的产率趋于0，=4,开始物质的量之和为5mol的H2和CO2分别为4

46、mol和1mol,平衡转化率为80%,则平衡时各物质的量浓度为: 根据三段式，从上到下分别为，开始时浓度，改变的浓度，平衡时浓度， 所以K=100。（2）根据物料守恒c(Na+)=2c(CO)+2c(HCO+2c(H2CO3),所以答案为c(Na+)>c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3);CO2可以被NaOH捕获，所得溶液的pH= 13,碱性较强，CO水解能力大于HCO，因此CO2主要转 化为NaHCO3;所得溶液c HCO): c(CO)=2: 1，则根据第二步电离平衡常数K2= =510-11，所以氢离子的浓度为110-10mol/L,pH=10。