高中化学专题15 化学反应速率和化学平衡-2021年高考化学一轮复习高频考点集训（解析版）

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MnCh中置换出Mn

B.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A1芯片已跻身于全球A1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CuS04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MnCh中置换出Mn,故A正确；

B.99%的漠元素存在于海水中，因此澳被称为“海洋元素”，故B错误；

C.A1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Ao

2.反应Fe（s）+CC）2（g）QFeO（s）+CO（g）,AH>0,700℃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

D.900℃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错误。

答案选C。

3.可逆反应2NCh(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()

①单位时间内生成nmolCh的同时生成2nmolNO

②单位时间内生成nmolC)2的同时生成2nmolNO2

③用NO?、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

④混合气体的颜色不再改变的状态

⑤混合气体的密度不再改变的状态

⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态。

A.①③⑤B.②④©C.①③④D.①②®④⑤⑥

【答案】B

【解析】

①单位时间内生成nmolCh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①不

符合题意；

②单位时间内生成nmolCh的同时生成2nmolNCh,说明反应v(正)=丫(逆)，能说明达到平衡状态，故②符合

题意；

③反应中必然满足|:¥=邛和"力等一千,但是只有

V正(N02)=v逆(N02)才平衡，当用N02、NO、。2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，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③不符合题意；

④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④符合题意；

⑤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⑤不符合题意；

⑥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=-S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,

n气

故⑥符合题意；正确的是②④⑥；

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。

CO：

NaHCOj

CH

下列说法错误的是

A.过程①中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气

B.过程②的反应为4TBA-HC1+O2+4CUC1=4TBA+4CUC12+2H2。

C.理论上每产生ImolC2H4cL需要ImolCuCl?

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

碳酸气钠过滤出来，经焙烧得到纯净的碳酸钠，由图可知，过程①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②的反应为4TBA-HC1+C）2+4CUC1=4TBA+4CUC12+2H2。，故B不符合题意；

催化剂

C.根据分析，过程③为乙烯的氯化过程，反应方程式为：C2H4+2CuChC2H4cl2+2CUCI,根据

2CuCb~C2Hteb,理论上每产生1molC2H4Cl2需要2molCuCl2,故C符合题意；

D.根据分析，过程①中产生的TBAHC1和氧气反应生成了TBA,加入到饱和食盐水中继续反应；过程③

为C2H4和CuC12反应生成的CuCLCuCl继续参加过程②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）+W⑸达到平衡后，若将容器体积扩大一倍，对反

应产生的影响是

A.v（正）减小，v（逆）增大B.v（正）增大，v（逆）减小

C.v（正）、v（逆）都减小D.v（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(p随时间的变化情况如图所示。下列叙述

正确的是()

<P

丁旧

0时间

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:

重新达到平衡所需

压强c(A)

时间

第一次达到平衡2xlO5Pa0.08mol/L4min

第二次达到平衡5xlO5Pa0.20mol/Lxmin

第三次达到平衡lxlO6Pa0.44mol/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2xl()5pa,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)mol气体

C当压强为向小时,此反应的平衡常数表达式为勺篝

D.m+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5xl05pa增大为ixl()6pa时，压强增大2倍，体积变1倍，浓度应

2

该由0.20mol-L1增大为0.40molL但是实际上A的浓度为0.44mol-LI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0-04mol/L_QQ5mo|/(L-min),故A错误；

0.8min

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)mol,故

B正确；

C.由表格数据可知，当压强从SxlgPa增大为lxl()6pa时，压强增大2倍，体积变,倍，浓度应该由0.20

2

增大为(WOmoLLl但是实际上A的浓度为0.44molL1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=C©-^P,故C正确；

c(A)

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。下列说法中不正顿的

是

催化剂①催化剂②催化剂

SH

HHS

H|H2OHH

CH3SH+H2O

催化剂催化剂

A.过程①吸收能量

B.过程④中，形成了O—H键和C—S键

C.该催化剂可降低反应活化能从而有效提高反应物的平衡转化率

D.硫化氢与甲醇合成甲硫醉的反应类型为取代反应

【答案】C

【解析】

A.过程①中S—H键发生断裂，故需要吸收能量，故A正确；

B.由图可知，过程④中，形成了O—H键和C—S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-0H,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CnCh作催化剂对燃煤烟气进行回收，使SCh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，下列说法

*

3

面

W士

6

S

A.不考虑催化剂价格因素，选择Fe?O3作催化剂可以节约能源

B.选择FezCh作催化剂，最适宜温度为340℃左右

C.a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CnCh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34（TC时，在FezCh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.340〜380C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正确；

D.相同其他条件下，选择CnCh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，SCh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FeSC）4溶液中加入少量铁粉以防止Fe"被氧化

C.实验室中常用排饱和食盐水的方法收集C12

D.2sC）2（g）+O2（g）=2SC）3（g）使用过量的空气以提高SO2的利用率

【答案】B

【解析】

A.汽水瓶中存在平衡H2cO3WH2O+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FeSC>4溶液中加入少量铁粉以防止Fe?+被氧化，主要发生反应2Fe3++Fe=3Fe?+,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，C12+H2O^HC1O+H+Cr,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，2sO2（g）+C）2（g）=2SO3（g）平衡正向移动，使用过量的空气以提高SO2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）+l2（g）^2HI（g）AH<0o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Hz,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1.0L的恒容密闭容器中发生反应：PC15(g)UPC13(g)+CL(g)。下列说

法错误的是()

物质的起始浓度/(mol-L”)物质的平衡浓度/(mol-L”)

容器编号

g)eg)《5)45)

I0.4000.2

II0.600.2

III0.800

c(Cl2)

A.反应达到平衡时，容器I中比容器n中的小

c(PCh)

B.反应达到平衡时，容器I与容器H中的总压强之比为3：4

C.反应达到平衡时，容器HI中C1,的体积分数小于！

3

D.反应达到平衡时，容器III中0.4mol/L<c(PC15)<0.8mol/L

【答案】B

【解析】

A.设容器H中平衡时三氯化磷为xmol/L,由题给数据可建立如下三段式:

PCl5(g)UPCh(g)+Cl2(g)

起(mol/L)0.600.2

变(mol/L)XXX

平(mol/L)0.6-xX0.2+x

x(02+x)

温度不变，化学平衡常数不变，山化学平衡常数公式可得关系式二=02解得x=0.2,则容器I］中

0.6-x

C(C1,)04mol/LC(C1,)

：=2,则反应达到平衡时，容器।中工「二比容器II中的小,故A正确；

c(PCl3)0.2mol/Lc(PCl3)

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H中的总压强之比为

(0.6mol/LxlL)；(1.Omol/LxlL)=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，容器川相当于容器1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in中氯气的体积分数小于工，故c」％®；

3

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O.8mol/L,该反

应是气体体积增大的反应，容器HI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III中

0.4mol/L<c(PCl5)<0.8mol/L,故D正确;

故选B。

13.一定温度时，向2.0L恒容密闭容器中充入2molS。？和lmoK)2,发生反应：

2SC)2(g)+O2(g)U2SC)3(g)•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：

t/s02468

n(SO3)/mol00.81.41.81.8

下列说法正确的是

A.反应在前2s的平均速率v(C)2)=0-4molLLsT

B.保持其他条件不变，体积压缩到1.0L,平衡常数将增大

C.相同温度下，起始时向容器中充入4moiS03,达到平衡时，S0,的转化率等于10%

D.保持温度不变，向该容器中再充入2moiS。？、Imo］。？，反应达到新平衡时n(SOj/n(C)2)增大

【答案】D

【解析】

O.Snu)l

A.根据表格中数据知，当n(SCh)=L8mol,该反应达到平衡状态，反应在前2s的平均速率v(SCh)=「2L

2s

=0.2moi.□•力,同一可逆反应中同•段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，V(02)="

2

x0.2mol-L-1's'=0.1mol-L1-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4moiSCh,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4moiSCh,达到平衡时，S03的转化率小于

10%,故C错误；

D.温度不变，向该容器中再充入2moiSO?、ImolCh,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2moi苯蒸气和4moi氢气，恒温口和恒压R条件下进行如下反应:

健化剂、［〕（）

©+3%*g△H产-208.8kJ.mol",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3moi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；

nP

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

VRT

明该反应己达平衡状态，B错误；

C、平衡时，c（苯户c（H»=c（环己烷）二电里-O.5mol/L,则K=。台对平衡时，气体的总物质的量为

2L0.5x0.53

3moL体积为2L,再加入3moi苯蒸汽，气体的总体积变为4L,此时c（苯户生刊~~吧0.5mol/L,c（H2）=c（环

4L

己烷尸叵25moi/L,则Qc=。25即K<Q,，故平衡逆向移动，C正确；

4Llx0.253

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Co

二、综合题

15.1.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O

(2)写出F+B—X反应的离子方程式：o

(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:

II.已知CuCl晶体呈白色，熔点为430C,沸点为1490℃,见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，溶于

水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H3C11CI4,反应的化学方程式为：CuCl(白色，$)+3}«：1缶4)=向€：11。4(黄

色，aq)。实验室用下图所示装置制取CuCl,反应原理为：2CU2++SO2+8C「+2H2O=2CUC1：+SO：+4H+；

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CuCI晶体。

(4)反应过程中要通入过量S02的原因是：。

(5)欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：

A

2+2

【答案】(l)Na2[Cu(OH)4](2)CU+4OH-[CU(OH)4]-(3)6CUO+2NH3=3Cu2O+N2+3H2O(4)将

CuCl2完全转化为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C112O,F为CuSO」，固

A

体A分解发生反应：4CuO=2Cu2O+O2t，可知n(CuO)=0.02mok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Na21Cu(OH)4|。

(1)由上述分析可知，X的化学式为Na2[Cu(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)4F；

A

(3)CuO与氨气在高温下反应生成CU2。、氮气和水，反应方程式为6CUO+2NH3=3CU2O+N2+3H2O；

II.(4)由反应原理可知，SO2将CuCb完全转化为CuCLCuCl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Cu。被氧化，即答案为：将CuCb完全转化为CuCl,并防止生成的CuCI被氧化；

(5)由题目信息可知，CuCI可以溶于浓盐酸，而Cu不与盐酸反应，且溶液中存在平衡CuCE(aq)=

CuCl(s)+3C「(aq),稀释会析出CuCI晶体，所以提纯某混有铜粉的CuCI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HNOs反应，发现有趣的现象。室温下，3moi-匚1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。

反应片刻后的绿色清液铜片

-----------------------A---------

浓硒酸倒入水中稀释—

铜片与

蓝色溶液B立即产生气泡

其中c(HNOj=3moi•

回答下列问题：

(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。

①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。

②假设2：NO2对该反应有催化作用。

方案I：向盛有铜片的溶液A中通入少量NO?,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5moi的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是

方案II响溶液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：B>C>A,

该实验能够证明假设2成立的理由是0

③查阅资料：NO2溶于水可以生成HNO2和c

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HN02对该反应也有催化作用。

结论：N0,和HNO2均对Cu与HNO,的反应有催化作用。

(2)试从结构角度解释NO2在金属表面得电子的能力强于NO；的原因。

(3)Cu与稀硝酸反应中HNO2参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。

i.NO；+HNO2+H'=2NO2T+H,O

ii.____________________

+

iii.3NO2+H2O=2H+2NO；+NO

(4)探究Cu(NO3)2•6H2O的性质。

将一定质量的CU(NO3)2-6H2。放在母蜗中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至T°C时，

剩余固体质量变为原来的24.33%，则剩余固体的化学式可能为。

【答案】(1)①CM+②排除通入NO2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NO2,

因此三份溶液中NO?的浓度：B>C>A,反应速率随NO?浓度降低而减慢，说明NO2对该反应有催化作

用③HNO,

(2)NO2有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的NOj；NO；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，

难以获得电子

+2+

(3)Cu+2NO2+2H=CU+2HNO2

(4)Cu2O

【解析】

(1)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Cu2+

对该反应有催化作用、并通过实验探究之。②排除了Cu，*对该反应有催化作用，就要通过实验探究NO2对

该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案I中向盛有铜片的溶液A中通入少量NO?,补充对比实

验，补充该实验的目的是排除通入NO?与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案H：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NO2的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的NO?,因

此N。？的浓度：B>C>A,则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：B>C>A可以证明，

该实验能够证明NO?对该反应有催化作用。③已知NO2溶于水可以生成HNC)2,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HNO3，故NO2溶于水可以生成HNO,和HNO3。

(2)根据价层电子对互斥理论，NO；中孤电子对数为5-2.3+1=0，价层电子对数为3+0=3,根据杂化

2

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NO?在金属表面得电子的能力强于NO,的原因为：NO?有单电子，

很容易得到一个电子形成更稳定的NO：；NOJ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HNC)2可能参与催化，UNO2先在反应中消耗后又重新生成，反应前后

HNO2的质量和化学性质不发生改变：Cu与稀硝酸反应为：

+2+

3Cu+8H+2NO；=3CU+2NOT+4H2O,反应ii=；(总反应-ix6-iiix2),则反应ii为：

+2+

Cu+2NO2+2H=CU+2HNO2。

(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CU(NO3)2・6H2。的

质量为296g,即ImoL当温度升至T°C时，剩余固体质量为296gx24.33%=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Cu?。。

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+、Ca?+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:

装

置

III

已知：几种盐的溶解度

NaClNH4HCO3NaHCO3NH4CI

溶解度(20℃,lOOg&O时)36.021.79.637.2

(2)①写出装置I中反应的化学方程式

②从平衡移动角度解释该反应发生的原因

③操作①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CaCOj的质量

b.向m克纯碱样品中加入足量稀H2s04,干燥后测生成气体的体积

c.向m克纯碱样品中加入足量AgNCh溶液，测生成沉淀的质量

【答案】(l)Ca(0H)2Na2cCh

(2)①NaCl+CCh+NHs+HzONaHCO-J+NH4cl②溶液中存在下述两种平衡NH3+H2O^NH3-H20

NH：+OH—,CO2+H2OUH2co3QHC0；+H+,H+与OH—反应生成水，两个平衡均向右移动，溶液中NH

^口HCO；浓度均增大，由于NaHCO3的溶解度小，析出NaHCCh晶体使得反应发生③过滤

⑶2NaHC0、ANa2cO3+H2O+CO2f(4)促使氯化镂结晶析出(5)C()2

(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+、Ca?+离子，从成本角度考虑应先加入过量石灰水,

使镁离子转化为域氧化镁沉淀除去，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)①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镀，反应的化学

方程式为NaCI+CCh+NEh+FhONaHCChJ+NHQ,故答案为：NaCI+CCh+NHa+HQuNaHCChJ+NHQ；

②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+H2OU

NHrHaOUNH；+OH,CO2+H2OUH2cChUHCO；+H+,H+与OH反应生成水，两个平衡均向右移动，

溶液中NH：和HCO3浓度均增大，由于NaHCCh的溶解度小，析出NaHCCh晶体使得反应发生，故答案为：

溶液中存在下述两种平衡NH3+H2OUNH3H20UNH；+0H,CO2+H2OUH2co3UHCO3+H+,H+与

OH反应生成水，两个平衡均向右移动，溶液中NH：和HCO3浓度均增大，由于NaHCCh的溶解度小，析

出NaHCCh晶体使得反应发生；

③操作①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H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2NaHCChANa2cO3+H2O+CO2T，故答案为：ZNaHCOs^Na2co3+H2O+CChf；

(4)在母液中含有大量的钺根离子和氯离子，向母液中通入氨气，使溶液中镀根离子浓度增大，加入磨细

的食盐粉能增大溶液中的氯离子浓度增大，溶液中铁根离子和氯离子浓度增大，使溶解平衡NH4cl(s)U

NH：(aq)+CL(aq)向左移动，有利于氯化核结晶析出，故答案为：促使氯化镀结晶析出；

(5)由图uj•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：C02；

(6)a.向m克纯碱样品中加入足量CaCL溶液，Na2cCh与CaCh反应生成CaCCh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AgNO.3溶液,Na2c03和NaCl与AgNO3反应生成Ag2cCh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。

18.NO是大气污染物之一，能催化03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2N0(g).N2(g)+O2(g)AH回答下列问题：

(1)已知：NO(g)=N(g)+O(g)AHi=+631.8kJ»mor'

N2(g)=2N(g)AH2=+941.7kJ«mor'

02(g)=20(g)AH3=+493.7kJ«mol-'

则NO分解反应的AH=。

⑵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8xl0-6mol«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。

①脱硝反应的温度选定在300℃,原因是o

②反应20s,测得平均每个活性中心上NO分解的分子数为5.25,此时分解反应的转化率为。

③研究表明，脱硝分解反应中，正反应速率X)正=k*：p2(NO),逆反应速率。逆=k逆p(N2)?p(O2)。300℃

%

时，分解反应达到平衡，此时芳=______(p行PM物质的量分数)。

k逆

(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Ch浓度增大易占据催化剂活性中

心Mo

I：N0+M-N0-M快

II：2NO-MTN2+2O-M慢

III：2O-MUO2+2M快

三个反应中，活化能较高的是(填"I"、"H"或"III”)，反应要及时分离出。2,目的是o

【答案】(1)-171.8kJ・moH

(2)①300℃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②21%

③81/4(或20.25)

(3)11保持催化剂活性，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941.7kJ/mol,O2中的

键能为493.7kJ/mol,根据键能与反应热关系得：△H=2x63L8kJ/mol-(941.7kJ/mol+493.7kJ/mol)=

-171.8kJ/mol；

(2)①300C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；

②总共分解的NO：n(NO)=5.25x8xl0qnol=4.2xl(y5mo［；原本NO总量为：

x4%=2?410

22.4Umol

故NO转化率=42?1(圻'8b%=21%,即此时分解反应的转化率为21%；

20mbl

：2

2kl］p(®,)?

③当达到平衡时，ULD逆,即k,1p(NO)=kap(N2)*p(O2)>故厂=---；/2八\一

k.逆p-(NO)

由图像可知300℃时NO平衡转化率为90%,转化的NO=2x10^01x90%=1.8x10-4mol；

列三段式如下：

2NOUN2+O2

起始(mol)2?”

转化(mol)1.8?4109s?10

平衡(mol)2?109?'510

20°90°

平衡时各自分压为：p(NO)=^—j-?50kPa：,p(N,)=p(O,)=--------?50kPa=22.5kPa；

''10

。一P@)?2

所以:=20.25；

k逆p2(NO)

(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n的活化

能最大；及时分离出可防止催化剂中心被02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。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)A//i

1

副反应：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH2=+41.2kJ-mol-

已知：己和CH4的燃烧热分别为-285.5kJ-mol”和-890.0kJ-moE

H2O(l)=H2O(g)A/7=+44kJ-mol'1

①△，］=__kJ-mol'1。

②有利于提高CH4平衡产率的反应条件是一(至少写两条)。工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是一。

③T℃时，若在体积恒为2