2026年北京高考化学二轮复习专题08 化学反应速率与化学平衡（专题专练）（解析版）

专题08化学反应速率与化学平衡目录第一部分风向速递洞察考向，感知前沿第二部分分层突破固本培优，精准提分A组·保分基础练题型01化学反应速率的计算题型02影响化学反应速率的因素题型03活化能题型04化学平衡状态的判断题型05影响化学平衡的因素题型06化学平衡常数的相关计算题型07合成氨条件的选择题型08化学平衡图像综合考查B组·抢分能力练第三部分真题验证对标高考，感悟考法1．（25-26高三上·北京·月考）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。(1)世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图所示。①工业上可用生产，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是。②上图中制硫酸总反应的化学方程式是。③i中反应的与的物质的量之比是。(2)现代工业采用接触法制硫酸。在接触室发生反应①中硫氧键键能的平均值为中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为。②不同的温度和压强下，的平衡转化率如下图，图中横坐标X代表(填“温度”或“压强”)。③接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：。(3)用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为。②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。已知：待测液中元素的含量为。(相对原子质量：55)③若未加热煮沸，会使测定结果(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】(1)(2)6b-4a-196温度反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温度过高转化率显著下降(3)偏大【详解】（1）①工业上可用生产，发生氮的催化氧化反应，方程式为：；②由物质转化图可知，、、为反应物，为产物，故制硫酸总反应的化学方程式为：；③根据反应i的反应物和产物，反应方程式为：，则与的物质的量之比是；（2）①设氧气的键能为xkJ/mol，由反应△H=反应物键能之和—生成物键能之和可得：(4×akJ/mol+xkJ/mol)-6bkJ/mol=-196kJ/mol，解得x=6b-4a-196，故答案为：6b-4a-196；②从图可知，横坐标增大，的平衡转化率是减小的。该反应是气体分子数减少的反应，若是压强，压强增大，的平衡转化率应是增大的，另该反应是放热反应，则增大温度，平衡会向吸热反应即逆反应方向移动，的平衡转化率减小，故横坐标代表温度；③用换热器将热量导出，可以避免接触室内温度过高，催化剂失去活性，反应速率下降，另外导出的热量可使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；从平衡角度讲，该反应是放热反应，温度过高会使平衡转化率下降；则答案为：反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温度过高转化率显著下降；（3）①用软锰矿浆(主要成分为)吸收，并制备反应的化学方程式为。②用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，此过程发生的反应是，结合已知反应可得到关系式设待测液中元素的浓度为x，可得解得即元素的浓度为。③若未加热煮沸，待测液中含有少量的，会使标准液消耗变多，从而使测定结果偏大。2．（25-26高三上·北京·月考）二氧化硫的转化和综合利用在生产和环境保护等领域具有重要意义。(1)18～19世纪，利用SO2和氮氧化物制硫酸。反应过程如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是。②该方法制硫酸的总反应为。(2)SO2的催化氧化是现代工业制备硫酸的重要步骤。接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：。(3)ClO2溶液常用于氧化脱除烟气中的SO2和NO。①用ClO2氧化脱除SO2的离子反应方程式为。②用ClO2氧化脱除NO的过程为；。随着ClO2溶液初始浓度的增加，脱硝时从溶液中逸出的NO2却随之增加。研究表明，溶液中的ClO2不能吸收NO2，且在一定程度上阻碍水对NO2的吸收。其他条件相同，将不同的烟气通过ClO2溶液，当NO烟气中含有SO2时，用ClO2溶液处理烟气的实验结果如图所示。脱硝处理含SO2的NO烟气时逸出的NO2明显减少，其原因是。【答案】(1)(NO、NO2、NOx催化均可)(2)Ⅰ．反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降；通过换热使原料气预热，升温，提高初始反应速率；通过多层催化剂可以提高与催化剂的接触面积，加快反应速率；Ⅱ．平衡角度：该反应为吸热反应，避免温度过高使平衡逆移，平衡转化率显著下降；该反应为吸热反应，通过热交换使接触室温度下降，平衡正移，提高转化率(3)ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用【详解】（1）①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，NH3和O2发生氧化还原反应生产NO和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平化学方程式为：；②总反应为SO2和O2在氮氧化物的催化下制硫酸，则(Ⅱ+Ⅲ×2+Ⅰ)×可得总反应为：(NO、NO2、NOx催化均可)。（2）从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的为：Ⅰ．反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降；通过换热使原料气预热，升温，提高初始反应速率；通过多层催化剂可以提高与催化剂的接触面积，加快反应速率；Ⅱ．平衡角度：该反应为放热反应，避免温度过高使平衡逆移，平衡转化率显著下降；该反应为放热反应，通过热交换使接触室温度下降，平衡正移，提高转化率。（3）①用ClO2氧化脱除SO2生成和Cl-，S元素由+4价上升到+6价，Cl元素由+4价下降到-1价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；②脱硝处理含SO2的NO烟气时逸出的NO2明显减少，其原因是：ClO2溶液中的部分ClO2与SO2发生反应，溶液中剩余的ClO2浓度减小，减弱了水对NO2吸收的阻碍作用。3．（25-26高三上·北京·月考）合成气(CO与H2混合气体)在生产中有重要应用。铁基氧载体可以实现CO2与CH4重整制备合成气，过程如图1.不同温度下，氧化室中气体的体积分数如图2.下列说法不正确的是A．氧化室中的主要反应为B．由图1可知，若FeO/Fe3O4实现循环，理论上所得合成气中C．500～650℃时，氧化室中CO比H2更易发生副反应D．该方法既可制备有价值的合成气，又可减少温室气体的排放【答案】B【详解】A．由图可知，氧化室中和反应生成CO、H2和FeO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，A正确；B．由图可知，还原室中FeO和CO2反应生成和CO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，氧化室中发生反应：，若实现循环，说明生成的FeO和消耗的FeO相等，则合成气中，B错误；C．氧化室中发生反应：，由图可知，500~650℃时，H2的体积分数大于CO的2倍，说明氧化室中CO比更易发生副反应，C正确；D．该过程中可以实现与重整制备合成气，可减少温室气体的排放，D正确；故选B。01化学反应速率的计算1．（2024·北京·一模）工业上以1，4-丁二醇(BD)为原料催化脱氢制备γ-丁内酯(BL)，其副反应产物为四氢呋喃(，THF)、正丁醇(BuOH)以及其他四碳有机物。其他条件相同时，不同温度下，向1L容器中通入4×10-2molBD反应2h，测得BL、THF、BuOH在四碳有机产物中的物质的量分数如下：温度/℃220240250255BL/%60.284.692.695.2THF/%1.21.81.92.1BuOH/%0.20.30.40.6已知：HO(CH2)4OH(g，BD)(g，BL)+2H2(g)ΔH>0下列说法不正确的是A．220℃，2h时n(BL)=9.03×10-3mol，则BD的总转化率为37.5%B．250℃，2h时n(BD)+n(BL)+n(THF)+n(BuOH)<4×10-2molC．255℃，2h时n(BL)=1.5×10-2mol，则0~2h内υ(H2)主反应=1.5×10-2mol·L−1·h−1D．由表中数据可知，220~255℃，催化剂活性、选择性均随着温度的升高而提高【答案】D【详解】A．由表格数据可知，220℃，2h时n(BL)=9.03×10-3mol，含量为60.2%，则BD的总转化率为，A正确；；B．BD)制备BL，其副反应产物为THF、BuOH以及其他四碳有机物，则根据碳守恒，250℃，2h时n(BD)+n(BL)+n(THF)+n(BuOH)<4×10-2mol，B正确；C．255℃，2h时n(BL)=1.5×10-2mol，则0~2h内，C正确；D．由表中数据可知，220~255℃，BL在四碳有机产物中的物质的量分数增大，但是不能体现220~255℃时催化剂活性随温度的升高而增大，D错误；故选D。2．已知反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)。某温度下的平衡常数为400，此温度下，在2L的密闭容器中加入amolCH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度(mol/L)0.440.60.6下列说法正确的是A．a=1.64B．此时刻正反应速率大于逆反应速率C．若混合气体的平均摩尔质量不再变化，则说明反应已达到平衡状态D．若起始时加入2amolCH3OH，则达到平衡时CH3OH的转化率增大【答案】B【详解】A．根据方程式，生成的H2O的物质的量为0.6mol/L×2L=1.2mol，未反应的CH3OH的物质的量为0.44mol/L×2L=0.88mol，a=0.88mol+1.2mol×2=3.28mol，故A错误；B．浓度商Qc==1.86<K=400，反应向正反应进行，此时正、逆反应速率的大小：v正>v逆，故B正确；C．平均摩尔质量=，该反应中m和n均不发生变化，平均摩尔质量始终不变，故平均摩尔质量不变不能说明反应已达到平衡状态，故C错误；D．若起始时加入2amolCH3OH，相当于增大压强，增大压强，平衡不移动，CH3OH的转化率不变，故D错误；答案选B。3．（2023·北京东城·模拟预测）五氯化磷(PCl5)是有机合成中重要的氯化剂，可由如下反应制得：PCl3(g)＋Cl2(g)⇌PCl5(g)

ΔH=-93.0kJ/mol。某温度下，在2.0L的恒容密闭容器中充入2.0molPCl3和1.0molCl2，实验数据记录如下。t/s050150250350n(PCl5)/mol00.240.360.400.40下列说法正确的是A．0～150s内的υ(PCl3)=2.4×10-3mol·L-1·s-1B．该温度下，反应的化学平衡常数K=C．升高温度，PCl3的平衡转化率大于20%D．增大压强，活化分子百分数增大，反应速率加快【答案】B【详解】A．根据化学方程式和题给数据得0～150s内消耗PCl30.36mol，0～150s内，A错误；B．根据题给数据，反应达到250s时达到平衡状态，列三段式得：该温度下，反应的化学平衡常数，B正确；C．该温度下，PCl3的平衡转化率为，该反应的，为放热反应，升高温度平衡向逆方向移动，PCl3的平衡转化率减小，小于20%，C错误；D．增大压强，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，化学反应速率加快，D错误；故选B。4．在催化剂作用下主要发生反应：。已知：反应速率，、分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，向两个容积相等的恒容密闭容器中分别充入等量，在323K和343K时的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法正确的是A．343K时反应物的平衡转化率为21%B．a点的反应速率小于b点的反应速率C．343K时D．由323K时的平衡转化率数据，不能计算323K的平衡常数K【答案】C【详解】A．该反应为气体分子总数不变的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，且能提高的转化率；根据图象可知曲线、分别为343K和323K时的转化率-时间曲线，即343K时反应物的平衡转化率为22%，A项错误；B．a、b两点的反应物的转化率相等，则各物质浓度也相等，但a点温度较高，即a点反应速率要比b点大，B项错误；C．343K时的平衡转化率为22%，设起始时的浓度为1，则平衡时，则，即，C项正确；D．同理，由323K时的转化率为21%，设起始时为1，根据三段式法可求出平衡时、、分别为0.79、0.105和0.105，则平衡常数，D项错误；答案选C。02影响化学反应速率的因素5．（2025·北京海淀·二模）苯的硝化反应的部分过程如下图。若用氘代苯（）进行该反应（反应过程不变），反应速率无明显变化。下列说法不正确的是已知：C-D键能大于C-H键能。A．可用质谱法区分苯和氘代苯B．硝基苯的核磁共振氢谱中有3组峰C．用氘代苯进行反应时，ⅰ中有C-D键的断裂与形成D．图示过程的反应速率主要由ⅰ决定【答案】C【详解】A．苯和氘代苯相对分子质量不同，可用质谱法区分，A正确；B．硝基苯有三种等效氢，核磁共振氢谱中有3组峰，B正确；C．用氘代苯进行反应时，ⅰ中无C-D键的断裂与形成，C错误；D．C-D键能大于C-H键能，而反应速率无明显变化，说明ⅰⅰ不是决速步骤，故过程的反应速率主要由ⅰ决定，D正确；故选C。6．（2025·北京西城·二模）一种催化加氢合成的方法，反应如下：①②1.3MPa时，将和按一定流速通过催化剂，相同时间内测得的转化率和CO的选择性随温度的变化如图1所示。只发生反应①时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。已知：CO的选择性下列说法不正确的是A．CO与合成反应的热化学方程式：B．图1中，温度升高，的转化率和CO的选择性都升高，可能因为反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度C．由图1可知，300℃时的转化率为8%D．其他条件不变，改进催化剂，可使相同时间内200℃时的转化率大幅提高【答案】C【详解】A．根据已知反应①与反应②及盖斯定律可知：CO与合成反应的焓变ΔH＝ΔH1-2ΔH2=−255.9kJ⋅mol−1，A不符合题意；B．反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应向放热方向进行，反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度，B符合题意；C．根据图1可知，CO2转化率8％，其转化物质的量：，CO选择性30％，生成CO的CO2：，转化为的CO2：，根据反应①可知消耗0.168mol，根据反应②可知消耗0.024mol，的转化率：，C不符合题意；D．改进催化剂，反应未达平衡时，反应速率加快，200℃下CO2转化率提高，D不符合题意；答案选C。7．（2025·北京西城·一模）反应在工业上有重要的应用，在膜反应器中的工作原理示意图如图所示。下列说法不正确的是A．和均是非极性分子B．吸附并透过膜的过程中键发生断裂和形成C．膜可分离并提高的平衡转化率D．增大和的流速，一定可提高单位时间内的产率【答案】D【详解】A．是直线形分子，结构对称，正负电荷重心重合，是非极性分子；中只含分极性共价键，H2是非极性分子，故A正确；B．分子中含有键，根据图示，吸附并透过膜的过程中氢气分子先变为氢原子，通过膜后再形成氢气分子，键发生断裂和形成，故B正确；C．根据图示，H2能透过膜，CO不能透过膜，膜可分离出氢气，平衡正向移动，所以提高的平衡转化率，故C正确；D．增大和的流速，不利于反应物与催化剂的接触，所以不一定能提高单位时间内的产率，故D错误；选D。8．（2025·北京西城·一模）某小组探究金属、、与溶液的反应。已知：ⅰ、(白色)(棕色)ⅱ、装置实验金属现象Ⅰ钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体ⅡAl铝片表面很快产生无色气体，同时析出红色固体，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体(1)经检验，中产生的黑色固体是，中生成的过程中的反应有、。(2)探究Ⅱ中发生的反应。①取Ⅱ中少量洗净的红色固体，先加入稀硫酸，无明显现象，再加入稀硝酸，微热，观察到(填实验现象)，证明有生成。②验证Ⅱ中棕色溶液含有的实验操作和现象是。③反应过程中溶液发生变化，起始溶液的约为2.7，一段时间降到1.2，之后逐渐升高至3.5后基本不变。ⅰ、结合化学用语解释，除温度外，反应过程中溶液的pH降低的原因：。ⅱ、溶液的pH升高的过程中产生无色气体的速率增大，主要影响因素有。④棕色溶液最终变为无色，反应的离子方程式是。(3)实验Ⅲ将条放入酸化的溶液()中，条表面迅速产生无色气体，同时有少量红色固体析出，溶液中有蓝白色固体生成，经检验含有、。随着反应进行，溶液的逐渐升高，最终得到橙黄色浊液，条表面有大量疏松的红色固体析出。结合、、，对比、、与溶液的反应，解释与溶液反应既有又有生成的原因：。(4)综合上述实验，影响、、与溶液反应产物的因素有(写两点)。【答案】(1)(2)红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，在液面上方变红棕色取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成生成的反应：，消耗的反应：等，相同时间内生成的多于消耗的，增大温度、形成原电池(3)金属与水反应生成和的速率：，金属阳离子结合的能力：，部分生成，部分被还原为(4)金属的还原(活泼)性、金属离子结合的能力等【详解】（1）Ⅰ中生成CuO的有关反应第一步是金属Na与水反应产生OH-，其方程式为，故答案为：；（2）①Ⅱ中红色固体为铜，先不溶于稀硫酸，加入稀硝酸并微热时，出现红色固体溶解、溶液变蓝并产生无色气体，在液面上方变红棕色的现象，证明其中含有金属Cu，故答案为：红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，在液面上方变红棕色；②检验棕色溶液中的方法：向少量棕色溶液中加入足量水(或稀释)，棕色逐渐消失并生成白色沉淀(CuCl)，证明有[CuCl3]2-，故答案为：取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成；③i.pH降低的原因(除温度上升外)：铝被氧化为Al3+，其水合离子[Al(H2O)6]3+发生水解，产生H+，使溶液酸性增强；ii.被还原出来的Cu附着在Al的表面形成原电池，加快反应速率，产生氢气的速率增大，故答案为：生成的反应：，消耗的反应：等，相同时间内生成的多于消耗的，增大；温度、形成原电池；④棕色溶液最终褪色(即[CuCl3]2-被还原为(Cu)的离子方程式为，故答案为：；（3）金属与水反应生成和的速率：，金属阳离子结合的能力：，从而导致部分生成，部分被还原为；（4）综合实验可知，影响Na、Mg、Al与CuCl2溶液反应产物的主要因素有金属的还原(活泼)性、金属离子结合的能力等。03活化能9．（2025·北京房山·一模）通过理论计算发现，CH2=CH—C≡CH与HBr发生加成反应时，通过不同的路径都可以生成有机物④，其反应过程及相对能量变化如下图所示。下列说法不正确的是A．反应物经过渡态2生成中间体发生的是1，4-加成B．推测物质的稳定性顺序为：④>③>②C．反应路径1中最大能垒为45.6kcal·mol-1D．CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2平衡常数随温度升高而增大【答案】D【详解】A．由图，反应物经过渡态2生成中间体，HBr中氢、溴分别和1、4号碳结合，即CH2=CH-C≡CH+HBr→BrCH2-CH=C=CH2，发生的是1，4-加成，A正确；B．由题干反应历程图可知，物质②③④具有的能量相对大小为：②＞③＞④，能量越高物质越不稳定，故推测物质的稳定性顺序为：④>③>②，B正确；C．由题干反应历程图可知，反应路径1中最大能垒为过渡态3，其数值为36.1kcal·mol-1-(-9.5kcal·mol-1)=45.6kcal·mol-1，C正确；

D．由图，反应CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数随温度升高而减小，D错误；故选D。10．（2024·北京丰台·一模）过渡金属氧化物离子(以表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如下图所示。下列说法不正确的是A．反应速率：步骤Ⅰ<步骤ⅡB．分子中，键角：C．若与反应，生成的氘代甲醇有2种D．【答案】D【详解】A．步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤Ⅰ更小，A正确；B．O原子上有两对孤对电子，排斥力较大，键角H—C—H>H—O—C，B正确；C．根据反应机理可知，若MO+与CH3D反应，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH，共两种，C正确；D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E1-E2+E3-E4，D错误；故选D；11．（2024·北京·三模）一定条件下，与反应合成的反应历程如图所示。已知其他条件不变时，反应物种的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢。说明：过渡态中“…”示化学键未完全断裂或形成。下列说法正确的是A．反应历程中两个反应均涉及氢原子的成键B．该反应的C．相同条件下，与反应，其过渡态Ⅰ的能量比低D．与反应，能获得两种有机产物，且相对分子质量相同【答案】D【详解】A．根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，A错误；B．该反应的，即生成物的能量减去反应物的能量，B错误；C．已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件下，与发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态Ⅰ的能量比b高，C错误；D．根据图可知，与发生上述反应，可以获得、2种相对分子质量相等的有机产物，D正确；故选D。12．（2024·北京顺义·二模）我国科研人员研究发现原子活化乙烷的反应机理，一种机理如图所示。下列说法不正确的是A．决定反应速率的步骤是中间体过渡态2B．键的形成与断裂使得氢原子发生了迁移C．该过程涉及非极性键的断裂与形成D．总反应为【答案】C【详解】A．中间体过渡态2的正反应活化能最大，反应速率最慢，是决定反应速率的步骤，故A正确；B．Co可活化C2H6放出CH4，Co-H键的形成使H原子发生了迁移，故B正确；C．根据反应历程可知，涉及到C-C键的断裂和C-H键形成，没有涉及非极性键的形成，故C错误；D．由起点和终点物质可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，总反应为Co(s)+C2H6(g)→CoCH2(s)+CH4(g)∆H>0，故D正确；答案为C。04化学平衡状态的判断13．（2025·北京朝阳·一模）依据反应，实验模拟去除锅炉水垢中的①向固体中加入一定量的溶液，测得随时间变化如图所示；②不变时，过滤。向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，固体溶解，取清液加入溶液，无明显变化。资料：。下列分析正确的是A．把转化为的原因是要减小的浓度B．反应a正向进行，需满足C．溶液的不变时，反应a未达到平衡状态D．①中加入溶液后，始终存在：【答案】C【详解】A．不和酸反应，能够溶于酸，把转化为的原因是有利于去除水垢，A错误；B．反应a的平衡常数K=，反应a正向进行，需满足，B错误；C．不变时，过滤，向滤渣中加入过量盐酸，产生气泡，固体溶解，取清液加入溶液，无明显变化，说明清液中没有、滤渣中没有硫酸钙，说明反应a未达到平衡状态，C正确；D．①中加入溶液后，始终存在电荷守恒：，D错误；故选C。14．（2022·北京东城·二模）硝基苯甲酸乙酯(O2NC6H4COOC2H5)在碱性条件下发生水解反应：O2NC6H4COOC2H5+OH-O2NC6H4COO-+C2H5OH，两种反应物初始浓度均为0.05mol·L-1，测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间t变化曲线如下图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是A．t=700s时，反应达到平衡状态B．t=600s时，硝基苯甲酸乙酯的浓度为0.015mol·L-1C．达到平衡之前，随着反应的进行硝基苯甲酸乙酯水解速率逐渐减小D．其他条件不变，提高c(OH-)，可使该反应的化学平衡常数增大【答案】D【详解】A．从图中可以看出，t=700s时，反应物的转化率达到最大值，此时各物质的浓度不变，反应达到平衡状态，A正确；B．t=600s时，硝基苯甲酸乙酯的转化率为70%，浓度为0.05mol·L-1×(1-70%)=0.015mol·L-1，B正确；C．达到平衡之前，随着反应的进行，硝基苯甲酸乙酯的浓度不断减小，所以水解速率逐渐减小，C正确；D．其他条件不变，提高c(OH-)，虽然可使平衡正向移动，但温度不变，所以该反应的化学平衡常数不变，D不正确；故选D。15．（2022·北京海淀·二模）在160℃、200℃条件下，分别向两个固定容积为2L的容器中充入2molCO和2mol，发生反应：

。实验测得两容器中CO或的物质的量随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．ac段的平均反应速率为0.10mol/(L·min)B．曲线ac对应160℃条件下的反应C．当容器中混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态D．160℃时，该反应的平衡常数【答案】D【详解】A．据分析及图中所示数据，ac段增加0.8mol，耗时8min，的平均反应速率为=0.05mol/(L·min)，A错误；B．据分析，曲线ac对应200℃条件下的反应，B错误；C．该反应各物质均是气体，气体总质量不变，容器体积不变，容器中混合气体的密度始终不变，当容器中混合气体的密度不随时间变化时，不能判断该反应是否达到平衡状态，C错误；D．据分析，曲线bd代表160℃条件，d点代表平衡状态，此时CO物质的量剩余0.5mol，则其反应消耗1.5mol，根据反应方程式有：则平衡常数，D正确；故选D。16．在容积不变的密闭容器中发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

ΔH<0，830℃时反应的平衡常数是1.0，下列说法正确的是A．容器内的压强不变时，说明反应达到平衡状态B．若平衡时移走CO2，则平衡向正反应方向移动，化学反应速率加快C．830℃时，充入0.1molCO和0.3molH2O保持温度不变，CO平衡转化率为75%D．1000℃时，某时刻CO2、H2、CO和H2O的浓度均为0.05mol/L，此时平衡向正反应方向移动【答案】C【详解】A．一定温度下容积不变时，体系压强与物质的量成正比。该反应气体分子总数始终不变、故压强也始终不变，则当体系压强不随时间变化时不能说明反应达到平衡状态，A错误；B．若平衡时移走CO2，则减少了产物浓度、平衡向正反应方向移动，但化学反应速率减小，B错误；C．830℃时，充入0.1molCO和0.3molH2O保持温度不变，，，得x=0.075mol，则CO平衡转化率为75%，C正确；D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

ΔH<0，830℃时反应的平衡常数是1.0，1000℃时，平衡左移，则K＜1，某时刻CO2、H2、CO和H2O的浓度均为0.05mol/L，，则此时平衡向逆反应方向移动，D错误；答案选C。05影响化学平衡的因素17．（2025·北京·三模）粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下：(1)在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量。浸铜过程中除了与Cu反应外，发生的反应可能还有。(写出两个)(2)浸金时，Au转化为。其他条件相同时，相同反应时间内，温度对滤渣2中金含量的影响如下表所示温度℃30507090滤渣2含金g/t855709310352浸金过程中发生的反应：i．ii．……①补全反应ii的离子方程式。②解释随温度升高滤渣2中含金量先减小增大的原因。(3)浸银时发生反应；将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。①气体X是。②其他条件不变，含再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因。(4)该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有。【答案】(1)、(2)+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减后，温度太高时，+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加(3)Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降(4)H2SO4和NaCl【详解】（1）在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量，原因是会受热分解生成H2O和O2，且氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2，化学方程式分别为：、。（2）①浸金过程除了发生反应：，和Cl-在酸性条件下也可以发生氧化还原反应生成Cl2，则反应ii的离子方程式为：+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；②温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减少，温度太高时，+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加。（3）①浸银时发生反应；将HCHO氧化为，此时向溶液中通入，由于亚硫酸性强于碳酸性，则碳酸根转化为亚硫酸根，则X为。②Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降。（4）浸金液中和Na2S2O5反应生成Au，离子方程式为：，该过程中有H2SO4和NaCl生成，则该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有H2SO4和NaCl。18．（2025·北京·三模）处理H2S有多种方法。(1)碱法脱硫——用K2CO3溶液吸收H2S。已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。H2SH2CO3①用化学用语表示K2CO3溶液显碱性的原因：。②用过量的K2CO3溶液吸收H2S的离子方程式是。(2)热分解法——加热使H2S发生分解反应已知下列反应的热化学方程式：i．

ii．

iii．

①写出H2S分解生成S2(g)的热化学方程式。②在恒温恒压的条件下，分别以n(H2S)：n(Ar)为4：1、1：1、1：4的H2S-Ar混合气进行实验。随n(H2S)：n(Ar)减小，H2S平衡转化率(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是。(3)间接电解法脱硫间接电解法脱硫过程的示意图如下。①溶液X的主要溶质是。②简述在电解反应器中FeCl3溶液再生的原理：。③不考虑其他副反应，理论上5molH2S反应能生成gH2。【答案】(1)+H2O+OH-+H2S=+HS-(2)2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)，△H=-170kJ/mol增大在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，减小原反应体系的压强，化学平衡正向移动，H2S平衡转化率增大(3)FeCl2、HCl在电解反应器中，控制合适电压使Fe2+在阳极失电子，转化为Fe3+，然后以FeCl3溶液形式再进入吸收反应器中，达到再生目的10【详解】（1）①K2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中盐电离产生的发生水解反应使溶液呈碱性，用离子方程式表示为：+H2O+OH-；②由表可知弱酸的电离平衡常数：Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)＞Ka2(H2CO3)＞Ka2(H2S)，弱酸的电离平衡常数越大，相应的弱酸的酸性就越强。强酸能够与弱酸盐反应制取弱酸，因此用过量的K2CO3溶液吸收H2S，二者反应只能生成HS-和，该反应的离子方程式是+H2S=+HS-；（2）①根据盖斯定律，×(反应ⅰ+反应ⅱ)-反应ⅲ，可得2H2S(g)=S2(g)＋2H2(g)，△H=×(-1036+94)kJ/mol-(-484)kJ/mol=-170kJ/mol；则该反应的热化学方程式为2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)，△H=-170kJ/mol；②H2S分解生成S2(g)的反应是气体分子数增加的反应，减小压强化学平衡正向移动，导致H2S的平衡转化率增大。在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，相当于增大体系容积，减小原反应体系的压强，减小压强，化学平衡正向移动，有利于H2S平衡转化率的增大，因此n(H2S)：n(Ar)减小，H2S平衡转化率增大，原因是：在恒温恒压的条件下，n(H2S)：n(Ar)减小，减小原反应体系的压强，化学平衡正向移动，H2S平衡转化率增大；（3）①根据图示脱硫过程，发生的反应为：H2S+2FeCl3=S↓+2FeCl2+2HCl，故溶液X的主要溶质为FeCl2、HCl；②在电解反应器中，控制合适电压使Fe2+在阳极失电子，转化为Fe3+，然后以FeCl3溶液形式再进入吸收反应器中，达到再生目的；③5molH2S转化为S，转移10mole-，根据反应过程中电子守恒规律，可生成H2的物质的量为5mol，其质量为m(H2)=5mol×2g/mol=10g。19．（2025·北京房山·三模）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。(1)理论分析：预测可将还原为Fe的金属，并解释原因。(2)实验验证实验金属操作、现象及产物I过量Cu一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质II过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质III过量Mg有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是。②用平衡移动原理解释实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因。③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使Zn与反应置换出少量Fe，也会被消耗。对应的离子方程式。b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被消耗。设计实验（填实验操作和现象）。证实了此条件下可忽略对Fe的消耗。c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与的反应。实验证实了Zn粉被包裹。ii．查阅资料：开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3.结合a，b和c可知，实验II未检测到Fe单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，（填实验操作和现象），固体中检测Fe单质。(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因。【答案】(1)Mg、Zn

在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质(2)产生蓝色沉淀Fe3+水解反应为Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2+＋H2↑向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体(3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹【详解】（1）在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质。（2）①K3[Fe(CN)6]能与Fe2+生成蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，则在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，则证明都有Fe2+生成；②FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应离子方程式为：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3；Mg、Zn与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；③i．a．Fe是较活泼金属，能与氧化性较强的Fe3+反应生成Fe2+，也能与H+反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑；b．在此条件下可忽略H+对Fe的消耗，即要设计实验证明该实验中H+对Fe的反应无影响，可控制pH为3~4，设计盐酸和铁的对比实验，向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗；ii．结合a，b和c可知，实验II未检测到Fe单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，实验II要检测到Fe单质，具体操作为：重新做实验II，当溶pH为3～4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ可知：Mg比Zn活泼，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹。20．（2025·北京房山·三模）以银锰精矿（主要含、、）和氧化锰矿（主要含）为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。已知：酸性条件下，的氧化性强于。硫酸锰受热不分解。(1)“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。①“浸锰”过程中，发生反应，为提高浸取速率，可采取的措施是：。（写出一种即可）②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应。（已知S元素被氧化成硫酸根离子）的离子方程式为：。(2)①“浸银”时，发生的反应为：，可以使用过量、和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。②结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中浸出剂中、的作用：。(3)“沉银”过程中需要过量的锌粉作为还原剂。①该步反应的参加反应的离子。②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释Ag的沉淀率变化的原因：。(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：。【答案】(1)适当提高酸的浓度、升高温度、粉碎矿石、搅拌等（任写一种）(2)FeCl3HCl是为了与电离出的Ag+结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率，是为了抑制水解，防止生成氢氧化铁沉淀(3)开始时Zn与反应，Ag沉淀率增大；随着反应的进行，溶解的氧气可作氧化剂，将生成的单质Ag转化为[AgCl2]-溶解过量，沉淀率下降(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂【详解】（1）①“浸锰”过程中，发生反应，为提高浸取速率，可采取的措施有适当提高酸的浓度、升高温度、粉碎矿石、搅拌等（任写一种）；②FeS2与MnO2在酸性条件下反应，S被氧化为，Mn被还原为，离子方程式：；（2）①“浸银”时，发生的反应为：，将中的S氧化为S单质，为了不引入杂质，可以使用过量FeCl3提供，为防止水解，需在酸性条件下进行反应，为了不引入杂质，可由使用过量HCl，综上所述，可以使用过量FeCl3、HCl和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出；②是为了与电离出的Ag+结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率，是为了抑制水解，防止生成氢氧化铁沉淀；（3）①沉银时与Zn反应生成单质银；②开始时Zn与反应，Ag沉淀率增大；随着反应的进行，溶解的氧气可作氧化剂，将生成的单质Ag转化为[AgCl2]-溶解，沉淀率下降；（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用MnO2的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO4。06化学平衡常数的相关计算21．（2025·北京东城·二模）在恒压密闭容器中投入8mol(g)、11.7mol(g)和18.8mol(g)、发生反应。测得压强在0.1MPa和0.5MPa下，平衡转化率随温度的变化如图所示。下列分析不正确的是A．为0.5MPa，为0.1MPaB．M对应的容器体积为VL，则525℃时K=0.1VC．体系的状态由N转为M时，吸收19.6kJ热量D．转化率M小于N的原因是，压强对体系的影响大于温度的影响【答案】B【详解】A．根据分析，压强，则为0.5MPa，为0.1MPa，A正确；B．如M对应的容器体积为VL，此时平衡转化率为90%，列三段式：则反应的平衡常数为：，B错误；C．该反应，为放热反应，体系的状态由N转为M时平衡转化率降低，平衡向左移动，反应吸热，所以可能吸收19.6kJ热量，C正确；D．根据图中曲线，比较M点(低压平衡左移、较低温平衡右移)和N点(高压平衡右移、高温平衡左移)的温度和压强对转化率的影响，可以得到压强的推动作用大于了温度的不利影响，D正确；故答案为：B。22．（2025·北京·模拟预测）乙烯是有机合成工业重要的原料，由乙烷制取乙烯是常见的方法。回答下列问题：(1)乙烷氧化脱氢制备乙烯是化工生产中的重要工艺。主反应：

；副反应：

。①副反应在一定温度下能自发进行的原因为。②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率与温度的关系如图所示。a．图中A点反应一定未达平衡，原因是。b．若C点反应也未达平衡，可能的原因是。(2)是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数。一定温度和压强下，反应ⅰ：

；反应ⅱ：

(远大于)。①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，计算。②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，的平衡产率(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)某团队提出为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷裂解催化脱氢制乙烯技术。配位不饱和催化耦合脱氢反应过程推测如下：物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4.补全图中画框部分。(4)2021年来中国科学院谢奎团队研究电解乙烷制备乙烯并取得突破，其原理如图所示。A极的电极反应式为。【答案】(1)该反应的、，高温时该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低催化剂活性降低，导致反应速率减慢(2)或0.19增大(3)(4)【详解】（1）①该反应的、，高温时，在高温度下能自发进行；②一定温度下，向装有催化剂的恒容密闭容器中充入物质的量之比为的和，反应相同时间后，测得乙烯的产率随温度先增加后减小，a．图中A点反应一定未达平衡，因为该反应为放热反应，若A点反应到达平衡，则温度更高条件下，乙烯的产率应更低，b．若C点反应也未达平衡，因为随着温度的升高，催化剂活性降低，导致反应速率减慢；（2）①仅发生反应ⅰ时，的平衡转化率为40.0%，假设反应前乙烷的物质的量为1mol，得三段式，计算，②远大于，说明反应ii进行程度远大于反应i，反应ii的反应物H2需要反应i来提供，也就是说反应i先发生，生成氢气后，这些氢气马上与C2H6发生反应ii，而且因为反应ii进行程度大，导致氢气浓度降低，反应i平衡不断正向移动，因此C2H4的平衡产率增大；（3）物理吸附的乙烷与配位不饱和中心反应，从键活化开始，同时的价态由+3升高到+4，即增加一个共价键，根据碳原子的电负性强于铬原子，推测图中画框部分为；（4）从图分析，电极B上二氧化碳反应生成一氧化碳，得到电子，为阴极反应，则A为阳极；A电极上乙烷反应生成生成乙烯和水，电极反应式为。23．向一容积可变密闭容器中充入等物质的量的A、B，发生反应：2A(g)+2B(g)3C(s)+4D(g)在不同压强下，该反应平衡常数随温度变化如表所示。下列判断正确的是压强Mpa平衡常数温度/℃1.01.52.0300ab16516c64d800160fgA．c＞a，g＞f B．正反应是放热反应C．2.0MPa、800℃时，A的转化率最小 D．1.5MPa、300℃时，B的转化率为50%【答案】D【详解】A．平衡常数只与温度相关，温度不变，K不变，所以g=f，故A错误；B．由表格中的数据可知，平衡常数随温度升高而增大，平衡正向移动，该反应的正反应是吸热反应，故B错误；C．因为正反应为吸热反应，所以800℃、相同压强时，A的转化率最大，而反应前后气体的分子数相等，所以800℃时，三种压强下的A的转化率都相同，故C错误；D．1.5MPa、300℃时，平衡常数b=16，设平衡时体积为V，B的物质的量的变化量为x,则达平衡时，A、B、D的物质的量分别为1-x、1-x、2×=16，x=0.5mol，则B的转化率为×100%=50%，故D正确；故选：D。24．已知：，温度时的平衡常数。温度时，在①、②、③、④四个相同体积的恒容容器中投料，起始浓度如下表所示。下列判断不正确的是温度容器编号起始浓度/①0.10.100②0.20.100③0.10.20.10.1④0.040.040.060.06A．容器①达到平衡，用表示的化学反应速率为：B．容器③中反应向正反应方向进行C．容器④中反应向正反应方向进行，则D．已知：，若的状态为液态，则能量变化曲线可能为图中①【答案】D【详解】A．容器①达到平衡，由三段式分析，则有K==，解得x=0.06mol/L，用H2表示的化学反应速率为：=，A正确；B．容器③中Qc===0.5<K=，则反应向正反应方向进行，B正确；C．容器④中反应向正反应方向进行，说明Qc===<K，即该温度下的平衡常数大于T1温度下的，根据题干可知该反应正反应为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，K增大，则，C正确；D．已知：，，根据盖斯定律可知，若的状态为液态，，则反应物总能量高于生成物总能量，即能量变化曲线不可能为图中①，D错误；故答案为D。07合成氨条件的选择25．（2025·北京东城·二模）硝酸是重要的化工原料。下图为制硝酸的流程示意图。下列说法正确的是A．流程中，、和NO作反应物时，均作还原剂B．合成塔中高温、高压的反应条件均是为了提高的平衡产率C．吸收塔中通入空气的目的是提高NO的转化率D．可选用铜作为盛装液氨和浓硝酸的罐体材料【答案】C【详解】A．在合成氨反应中，N2中氮元素化合价从0价降低到-3价，N2作氧化剂；在氧化炉中发生反应，中氮元素化合价升高，作还原剂；NO在吸收塔中发生反应2NO+O2=2NO2，NO中氮元素化合价升高，NO作还原剂，A错误；B．合成氨的正反应是放热反应，高温会使平衡逆向移动，降低的平衡产率；高压使平衡正向移动，能提高的平衡产率，B错误；C．吸收塔中发生反应2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，通入空气，提供O2，使NO能充分反应，提高NO的转化率，C正确；D．浓硝酸具有强氧化性，能与铜反应，不能用铜作为盛装浓硝酸的罐体材料，D错误；故选C。26．（2025·北京延庆·一模）硝酸是重要化工原料，工业合成氨以及氨氧化制取硝酸的原理示意图如下。下列说法不正确的是A．合成塔中合成氨的反应条件都是为了提高平衡转化率B．氧化炉中反应的化学方程式：C．A物质可以是空气或氧气，目的是使尽量充分的转化为D．生产过程中吸收塔产生的尾气可用碱液吸收【答案】A【详解】A．合成氨的反应是放热反应，合成氨的反应条件中高温不能提高平衡转化率，目的是为了提高催化剂的活性、加快反应速率，另外加入催化剂也不能提高平衡转化率，A错误；B．氧化炉中NH3和O2在催化剂、加热的条件下反应生成NO和H2O，化学方程式：，B正确；C．流程分析可知M为空气，氨气的催化氧化需要O2，NO和水反应生成HNO3需要O2；吸收塔发生反应：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，O2与NO反应生成NO2，NO2被吸收生成HNO3，所以空气的作用是：将使NO充分转化为HNO3，C正确；D．吸收塔产生的尾气中可能含有未反应的NO和NO2等氮氧化物，这些气体可以用碱液（如NaOH溶液）吸收，生成硝酸盐和亚硝酸盐，D正确；故选A。27．固体表面的化学过程研究对于化学工业非常重要。在Fe催化剂、一定压强和温度下合成氨的反应机理如下图所示。下列说法不正确的是（

）

A．N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应B．吸附在铁表面的N2断裂了N≡N键C．NH3分子中的N-H键不是同时形成D．Fe催化剂可以有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【详解】A、由3可知N2和H2分子被吸附在铁表面，而4、5表示发生反应，所以N2和H2分子被吸附在铁表面发生反应，故A正确；B、由图4可知氮气吸附在铁表面，并断裂了N≡N键，故B正确；C、由图5、6、7可知，NH3分子中的N-H键不是同时形成，故C正确；D、催化剂只改变反应速率，平衡不移动，所以不能提高反应物的平衡转化率，故D错误；答案选D。28．如图所示为工业合成氨的流程图。有关说法错误的是A．步骤③中“”是催化剂催化活性的最佳温度B．晶胞符合分子密堆积C．步骤②、④、⑤均有利于提高原料的转化率D．产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂【答案】B【详解】A．由图可知工业生成中，催化合成氨的反应温度为，说明是催化剂催化活性的最佳温度，故A正确；B．晶胞中存在氢键，氢键具有饱和性和方向性，晶胞不符合分子密堆积，故B错误；C．工业合成氨的反应方程式为：N2+3H22NH3，该反应是气体体积减小的放热反应，步骤②为加压，④为分离出产物，⑤为重复利用反应物，均有利于提高原料的转化率，故C正确；D．氨气易液化吸热，产品液氨除可生产化肥外，还可用作制冷剂，故D正确；故选B。08化学平衡图像综合考查29．工业上常通过烷烃催化裂解制取低碳烯烃。向容积1L的容器中通入，发生反应：，其他条件不变、相同时间内丙烯产率随温度变化如图所示。下列说法正确的是A．该反应正反应活化能小于逆反应活化能B．其他条件不变，初始温度为，若改为在绝热的容器中反应，产率应低于C．时，丙烯产率的变化主要是温度导致的D．时，【答案】B【详解】A．该反应为吸热反应，吸热反应中，正反应的活化能大于逆反应的活化能，A错误；B．由图可知，时，丙烯的产率为，由恒温改为绝热，因为反应吸热，故温度下降，速率降低，平衡产率也降低，无论时是否达到平衡，从热力学和动力学的角度分析，丙烯产率都应下降，B正确；C．该反应为吸热反应，温度升高应导致丙烯产率升高，而该段丙烯产率陡降，故这段丙烯产率的变化主因不是温度，这可能是由于高温下催化剂失活导致的，错误D．由于该反应吸热，其他条件不变时，时丙烯的平衡产率一定要高于时的平衡产率，而图中b点（）时丙烯的产率低于a点（），故b点一定不是平衡点，根据图中的数据无法计算时，D错误；故答案选B。30．（2025·北京东城·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫(SO2)和氮氧化物(NOx)的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题：I．用活性炭吸附NOx。(1)活性炭可以和NOx反应。一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式：。(2)活性炭吸附NO2反应如下：。在T1℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下：时间(min)01020304050NO2(mol)21.160.800.801.231.23N2(mol)00.420.600.600.800.80①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)=；②30min时，该反应的平衡常数K=，反应放出的热量为kJ。(3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是(填字母)。a．加入活性炭

b．通入NO2

c．缩小容器的体积

d．加入合适的催化剂Ⅱ．SO2烟气脱除。工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。已知：i．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应；ii．MgSO3在水中难溶，Mg(HSO3)2可溶。(4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用。(5)实验发现，在以后，随着SO2的脱除，溶液pH值几乎不变，但烟气脱硫效率始终很高，且MgSO4浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用方程式解释其可能原因。(6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、(写出两条)。【答案】(1)C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)

∆H=-34kJ∙mol-1(2)0.042mol∙L-1∙min-10.67538.4(3)b(4)Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，主要反应为OH-+SO2=或Mg(OH)2+2SO2=Mg2++2，电离使溶液显酸性，所以pH值很快降到4左右当溶液中含有较高浓度的Mg2+时，SO2与OH-反应生成的易与Mg2+结合生成MgSO3沉淀Mg2++=MgSO3↓，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2Mg2++2OH-的电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，从而提高脱硫效率(5)Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，2MgSO3+O2=2MgSO4(6)减缓烟气通入速率、降低烟气中SO2浓度、适当提高反应体系温度等【详解】（1）一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，则2molNO参加反应时，放热34kJ，所以活性炭与NO反应的热化学方程式：C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)

∆H=-34kJ∙mol-1。（2）①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)==0.042mol∙L-1∙min-1；②在T1℃时，该反应在2L容器中发生反应，30min时，NO2的物质的量为0.80mol、N2的物质的量为0.60mol，则可建立如下三段式：该反应的平衡常数K==0.675，反应放出的热量为=38.4kJ。（3）a．加入活性炭，不改变反应物和生成物的浓度，平衡不发生移动，a不符合题意；b．通入NO2，平衡正向移动，达新平衡时，反应物和生成物的浓度都比原平衡时大，b符合题意；c．缩小容器的体积，平衡逆向移动，反应物的物质的量增大，生成物的物质的量减小，c不符合题意；d．加入合适的催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，但平衡不发生移动，反应物和生成物的物质的量都不变，d不符合题意；故选b。（4）烟气脱硫开始阶段，纳米MgO与水反应MgO+H2O=Mg(OH)2，Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，OH-与溶解的SO2发生反应2OH-+SO2=+H2O、+SO2+H2O=2，在溶液中以电离为主，电离使溶液显酸性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因：Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，主要反应为OH-+SO2=或Mg(OH)2+2SO2=Mg2++2，电离使溶液显酸性，所以pH值很快降到4左右。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，SO2与OH-反应生成的会与Mg2+结合生成MgSO3沉淀，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用：当溶液中含有较高浓度的Mg2+时，SO2与OH-反应生成的易与Mg2+结合生成MgSO3沉淀Mg2++=MgSO3↓，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2Mg2++2OH-的电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，从而提高脱硫效率。（5）pH约为4时，溶液中主要含有微粒为，在以后，发生反应Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，随着反应的进行，MgSO3增多，同时MgSO3会被空气中的O2氧化为MgSO4，发生反应2MgSO3+O2=2MgSO4，MgSO4浓度逐渐升高，而MgSO3又能吸收SO2，发生反应MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，从而使溶液pH几乎不变。则用方程式解释其可能原因：Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，2MgSO3+O2=2MgSO4。（6）为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，通过升高温度、增大接触面积、增大接触时间，都可提高脱硫效率，则可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、减缓烟气通入速率、降低烟气中SO2浓度、适当提高反应体系温度等。31．（2025·北京石景山·一模）是一种重要的工业原料，硫酸工业的发展进程大体可分为前工业生产、硝化法制硫酸的铅室法、硝化法制硫酸的塔式法和接触法制硫酸阶段。(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆（）取精华法”，补全反应的化学方程式：①____________；②。(2)一种硝化法制硫酸的反应原理分三步进行。①被还原为NO，写出上述过程中硫元素被氧化的方程式。②中混有，有利于的氧化，原因是。(3)接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：。①其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度（某一转化率下，反应速率最快时的温度），绘制某一转化率（）下，反应速率（数值已略去）与温度的关系，如图所示。解释时越大反应速率数值越低的原因；越大最佳操作温度越（填“高”或“低”）。②平衡转化率下所对应的温度叫平衡温度。其他条件不变时，转化率（非平衡时或平衡时）与最佳操作温度、平衡温度的关系如下图所示。曲线1为温度曲线（填“平衡”或“最佳操作”），原因是。【答案】(1)(2)和NO和生成或，生成的或继续和反应(3)越大反应物浓度越低，反应速率越慢低平衡相同条件下平衡时的转化率最大【详解】（1）①该反应中部分S元素的化合价由+6价变为+4价，根据原子守恒及氧化还原反应原理知，应该有部分O元素的化合价由-2价变为0价，则未知的生成物是O2，结合原子守恒配平方程式为；（2）①N2O3被还原为NO，SO2被氧化为SO3，S燃烧时被氧化为SO2，则上述过程中硫元素被氧化的方程式为和；②SO2中混有O2有利于SO2的氧化，原因是NO和O2生成NO2或N2O3，生成的NO2或N2O3继续和SO2反应；（3）①根据图知，490℃时α越大反应速率数值越低的原因：α越大反应物浓度越低，反应速率越慢；由图可知，α越大最佳操作温度越低；②相同条件下平衡时的转化率最大，根据图知，曲线1为平衡温度曲线。32．（2024·北京朝阳·二模）甲烷还原二氧化碳是实现“双碳”目标的有效途径之一，常压、催化剂作用下，按照和的物质的量之比投料。有关反应如下：某一时段内，和的转化率随温度变化如下图所示。已知：的转化效率下列分析不正确的是A．根据反应Ⅰ、Ⅱ，低压高温有利于提高的平衡转化率B．时，转化的R值为C．由升高到，含氢产物中水的占比增大D．由升高到，的转化效率逐渐增大【答案】C【详解】A．反应Ⅰ是气体分子数增大的吸热反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的吸热反应，升高温度均有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，且降低压强有利于反应Ⅰ的平衡正向移动，c(H2)增大可促进反应Ⅱ的平衡正向移动，也可提高CO2的平衡转化率，所以低压高温有利于提高CO2的平衡转化率，故A正确；B．由图可知，500℃时CO2的转化率为20%，CH4的转化率为40%，CO2的转化效率为=1.5，故B正确；C．由图可知，温度由400℃升高到600℃时CH4转化率的增大幅度远大于CO2，则此时主要发生反应Ⅰ，且只有反应Ⅱ生成水，所以含氢产物中水的占比减小，故C错误；D．由图可知，由700℃升高到1000℃时△n(CO2)变化幅度较大，△n(CH4)变化幅度较小，则CO2的转化效率逐渐增大，故D正确；答案选C。1．（25-26高三上·北京·月考）环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯为原料生产环氧丙烷的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．该过程生产环氧丙烷的原子利用率为100%B．该过程中Ti元素的化合价发生了变化C．该过程中有极性键和非极性键的断裂和形成D．利用该方法每生产1mol环氧丙烷共转移2mol电子【答案】C【详解】A．原子利用率100%需所有反应物原子均转化为目标产物。由机理推测总反应为丙烯（C3H6）与H2O2反应生成环氧丙烷（C3H6O）和H2O，存在副产物H2O，原子利用率并非100%，A错误；B．过程中Ti形成4个键或5个键，其中第五个键为配位键，配位键不影响化合价的变化，因此Ti的化合价未发生变化，B错误；C．反应中断裂的键有丙烯中C=C非极性键、H2O2中O-O非极性键及O-H极性键，形成的键为环氧丙烷中C-O极性键和O2中O-O非极性键，C正确；D．利用该方法每生产1mol环氧丙烷共转移1mol电子，因为每摩尔H2O2转移2mol电子，而生成1mol环氧丙烷需要消耗0.5molH2O2，因此D错误；故选C。2．（25-26高三上·北京·月考）乙烯和氧气在催化下生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的机理如下图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态(TS)和TS3的能量相差不大)。注：表示催化剂表面根据以上信息判断，下列说法正确的是A．吸附在催化剂表面的过程会释放能量B．中键角约，为杂化C．改变的形貌，使TS2能量降低，其余能量均不变，可提高的平衡产率D．乙烯与氧气生成乙醛的反应为放热反应【答案】B【详解】A．吸附在催化剂表面能量升高，该过程需要吸收能量，A错误；B．环氧乙烷为三元环结构，C-C-O键角受环张力影响约，C原子价电子对数为4，为杂化，B正确；C．改变的形貌，使TS2能量降低，其余能量均不变，只改变活化能，加快反应，但不影响平衡，故不能提高的平衡产率，C错误；D．图示为乙烯与吸附态氧原子反应生成乙醛，能量降低，但无法比较乙烯和氧气与乙醛的能量差值，且氧气变为吸附态氧原子会吸收能能量，故不一定是放热反应，D错误；故选B。3．（25-26高三上·北京·月考）下列事实能用平衡移动原理解释的是A．溶液中加入少量固体，促进分解B．密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深C．铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D．左右比室温更有利于合成氨的反应【答案】B【详解】A．MnO2是催化剂，加快H2O2分解速率，但平衡不移动，A不符合题意；B．2NO2⇌N2O4为放热反应，受热时平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色加深，B符合