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河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-15化学反应速率与化学平衡
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这是一份河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-15化学反应速率与化学平衡，共48页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-15化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2023·河北·校联考模拟预测）某科研团队合作开发了活性位点催化剂，先“吸氢”再将硝基化合物转化为氨基化合物，反应历程和每步的活化能如图所示：
下列说法正确的是
A．是该反应历程的中间产物
B．提高Ⅲ→Ⅳ的反应速率，对快速提升总反应速率起决定性作用
C．I→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ的转化过程中，元素的化合价逐渐降低
D．总反应为
2．（2023·河北衡水·河北武邑中学校考模拟预测）已知阿仑尼乌斯公式是反应速率常数随温度变化关系的经验公式，可写作(k为反应速率常数，为反应活化能，R和C为大于0的常数)，为探究m、n两种催化剂对某反应的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得曲线如图所示。下列说法错误的是
A．在m催化剂作用下，该反应的活化能
B．对该反应催化效能较高的催化剂是m
C．不改变其他条件，只升高温度，k值增大
D．无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向
3．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）下列方案设计、现象和结论均正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
验证反应物浓度增大可加快反应速率
在3支试管中分别加入、草酸溶液各2mL，再同时加入高锰酸钾溶液，观察现象
若草酸溶液中紫红色最先褪去，则反应物浓度增大时，该反应速率不一定增大，还有其他影响因素，需要进一步探究
B
检验与的还原性强弱
向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液，观察现象
溶液变蓝色，说明还原性：
C
探究有机物基团间的相互影响
向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象
若苯中溶液不变化，甲苯中溶液紫红色褪去，说明甲苯分子中甲基对苯环有影响
D
验证药物肉桂醛衍生物( )中有碳碳双键
向该肉桂醛衍生物溶液中滴加溴水，观察现象
滴入溴水，溴水褪色，说明肉桂醛衍生物中有碳碳双键
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·河北沧州·统考二模）实验小组探究对的影响。已知(黄色)。将1mL 0.01mol/L 溶液与3mL 0.01mol/L KSCN溶液混合，得到红色溶液，将该红色溶液分成三等份，进行如下实验1、2、3，下列说法正确的是
A．实验1加入水的目的是验证浓度改变对平衡的影响
B．实验2和实验3实验现象相同，变色原理也相同
C．本实验可证明与的配位能力比与配位能力更强
D．实验2中盐酸的浓度c大于3mol/L
5．（2022·河北邯郸·邯郸一中校考模拟预测）可利用酰胺型铱金属配合物通过硝基芳烃还原串联N－苄基化反应制备。反应机理如图(其中Ph－代表苯基，[Ir]代表)下列说法不正确的是
A．反应I过程中有水生成
B．反应IV涉及加成反应和消去反应
C．该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇
D．用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成
6．（2022·河北廊坊·霸州市第一中学校考模拟预测）化学振荡反应是指在化学反应中出现其反应物(或生成物)的浓度均匀一致地随时间而来回振荡的现象。碘钟反应是常见的振荡反应，在烧杯中加入H2O2溶液、酸性KIO3溶液、MnSO4和丙二酸的混合溶液、少许可溶性淀粉试剂后，碘钟反应正式开启，初始颜色为无色，溶液颜色变化如图。下列说法错误的是
A．无色变为琥珀色过程中，已知涉及反应2HIO+2Mn2++2H+=I2+2Mn3++2H2O，则氧化性：HIO＞Mn3+
B．反应由琥珀色变为蓝色过程中有氧化还原反应发生
C．出现蓝色，是因为此时反应生成了大量I2
D．该碘钟反应的振荡周期与温度无关
7．（2022·河北·模拟预测）工业上制备硫酸过程中涉及反应： 。某体积可变的密闭容器中投入一定量和，在、两不同压强下和的含硫百分含量[的含硫百分含量为]随温度变化如图，下列说法正确的是
A．图中表示的含硫百分含量随温度的变化
B．
C．浓度：
D．平衡常数：
8．（2022·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）下列实验操作现象与结论对应关系正确的是
实验操作、现象
结论
A
加热NaI固体和浓磷酸的混合物，有气体产生
浓磷酸的酸性大于氢碘酸
B
分别在20℃、30℃下，取溶液，向其中先加入的硫酸，再加入淀粉溶液，发生反应
探究反应速率与温度的关系
C
将SO2通入Ca(ClO)2溶液，出现白色沉淀
SO2是酸性氧化物
D
探究氧化铁和乙醇反应得到黑色固体成分，该黑色固体能被磁铁吸引且加入足量稀盐酸，振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成
不能确定是否含有0价铁
A．A B．B C．C D．D
9．（2022·河北沧州·统考二模）环氧丙烷(C3H6O，PO)是一种重要的有机化工产品，对Cu2O催化剂表面催化空气氧化丙烯反应机理的DFT计算表明，可能有通过分子氧(甲图)和晶格氧(乙图)两种反应机理(TS代表中间态)。已知吸附能指在吸附过程中释放的能量，下列说法错误的是中
A．C3H6在催化剂上的吸附能低于C3H6与O2共吸附在表面的吸附能
B．空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应
C．通过对图象的分析得出，该反应更易按照甲图路径进行
D．总反应方程式为2C3H6+O22C3H6O
10．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）下列说法错误的是
A．、、TD燃烧均生成水
B．可用试纸测定新制氯水的
C．硝酸铵溶于水可自发进行，该过程
D．溶液能用来鉴别同浓度的稀溶液与稀溶液
11．（2021·河北·模拟预测）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
二、多选题
12．（2023·河北·校联考模拟预测）某兴趣小组同学将的酸性溶液和溶液按如下比例混合，探究浓度对反应速率的影响。
序号
温度
①
20℃
②
20℃
现象：实验①溶液很快由紫色变为青绿色，而实验②慢一点；变为青绿色后，实验②溶液很快褪至无色，而实验①褪色慢一点。
资料：与很难形成配合物；(青绿色)，有强氧化性，而氧化性极弱。
下列说法错误的是
A．
B．溶液中能通过加盐酸酸化调
C．溶液由青绿色褪至无色过程中，实验①中较小，导致褪色速率较慢
D．由实验可知，加入越多，溶液由紫色褪至无色的速率越快
13．（2022·河北·模拟预测）CO2的综合利用是实现“双碳”的重要手段。利用钌(Ru)基催化剂将CO2转化为有机原料甲酸的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．反应II为决速步骤，所以反应II的活化能最低
B．水是该反应的中间产物
C．该反应的总方程式：
D．反应过程中既有极性键的生成，又有非极性键的生成
14．（2022·河北沧州·统考二模）下列实验方案、现象和结论都正确的是
选项
目的
实验方案
现象和结论
A
探究铁粉和水蒸气反应的气体产物
将产生的气体通入肥皂水中，用燃着的木条靠近产生的气泡，观察现象
气泡破裂发出爆鸣声，说明生成的是H2
B
探究浓度对反应速率的影响
向两支各装有4 mL 0.01 mol·L-1的酸性KMnO4溶液的试管中，分别加入0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液2 mL和4mL，记录溶液褪色时间
加入草酸量多的试管褪色快，说明浓度越大反应速率越快
C
探究HClO和
CH3COOH酸性强弱
取等浓度的NaClO溶液和CH3COONa 溶液，分别用 pH试纸测量，与标准比色卡对照
CH3COONa溶液的pH较小，说明酸性：CH3COOH> HClO
D
探究AgCl和AgI的Ksp大小
向等浓度的NaCl和KI混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，观察沉淀颜色
先产生黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)> Ksp (AgI)
A．A B．B C．C D．D
15．（2021·河北石家庄·统考一模）科研工作者通过计算机模拟和数学计算，设计出三条在含结构的化合物中插入的反应路径，其相对能量变化如图所示：
下列说法错误的是
A．该反应为放热反应 B．通过图象的分析得出，该反应按照路径Ⅲ进行
C．反应过程中的成键数目不变 D．图中M与N互为同分异构体
三、原理综合题
16．（2023·河北·校联考模拟预测）世界卫生组织国际癌症研究机构公布的致癌物清单中，一碘甲烷属于三类致癌物。用化学反应原理研究一碘甲烷具有重要意义，一碘甲烷热裂解时主要发生如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：(丁烯)
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)几种化学键的键能数据如表所示：
化学键
键能/
413
612
348
则反应Ⅱ的 ，若反应I正反应活化能为，则逆反应活化能为 (用含的代数式表示)。
(2)在恒容密闭容器中投入，实验测得平衡体系中乙烯、碘化氢和丁烯的物质的量分数与反应温度的关系如图所示：
①随着体系温度升高，的物质的量分数先增大后减小的原因可能是 ．
②条件下，的平衡转化率为 ，若起始压强为，则反应Ⅱ的标准平衡常数 (已知：分压总压该组分的物质的量分数，对于反应，，其中，为各组分的平衡分压)。
(3)研究反应Ⅱ对提高反应I中的平衡转化率有重要意义。时，反应Ⅱ的正、逆反应速率与浓度的关系为，(是速率常数)，正、逆反应速率方程分别对应图中曲线、曲线。
①时，向的密闭容器中充入和，此时 (填“>”“<”或“=”)。
②图中曲线变为曲线改变的条件可能是 。
17．（2023·河北衡水·河北武邑中学校考模拟预测）乙醇是一种很有发展前景的能源替代品，通过CO和催化加氢制乙醇的体系中涉及化学应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
(1)则加氢制的热化学方程式为 ；该反应的化学平衡常数 (用、或表示)。
(2)反应Ⅲ自发进行趋势很大的原因为 ，已知，升高温度，该反应自发进行的程度将 (填“增大”、“减少”或“不变”)。
(3)T℃时，向盛有催化剂的2L恒容密闭容器中充入2mol和4mol，发生上述反应，10min末达到平衡，此时的转化率为80%，和的物质的量浓度分别为和．则0~10min内，平均反应速率 ；反应Ⅲ的平衡常数 (保留两位有效数字)。
(4)根据DFT计算和实验分析，在Ti掺杂稳定的Rh单原子催化剂表面进行的加氢制乙醇的反应历程如图所示(其中“*”表示吸附态；TS表示过渡态，对应的数值表示该步骤的活化能)，转化为的路径有两条，其优势路径决速步骤的活化能为 ，劣势路径决速步骤的化学方程式为 。
18．（2023·河北·校联考模拟预测）为解决气候危机，近年来我国大力研发二氧化碳利用技术，耦合丙烷()的研究不仅能降低空气中二氧化碳含量，同时还能制备重要化工原料丙烯()。其耦合原理为 ，同时伴随着副反应 的发生。
回答下列问题：
(1)传统工业是通过直接脱氢制备。
①直接脱氢制备的热化学方程式为 。
②工业上，通常在中掺入水蒸气，控制反应温度不变，并保持体系总压为常压的条件下进行反应，该方法能提高的平衡转化率的原因为 。
(2)T K下，向体积为5L的刚性容器中充入0.02 mol 和0.04 mol 进行上述反应，此时容器内压强为kPa.2 min时达到平衡，平衡时的转化率为50%，的转化率为20%。
①平衡时的物质的量浓度为 。
②2 min内， 。
③T K下，耦合反应的平衡常数 kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)丙烯难溶于水，被水溶液氧化的效果较差，若将丙烯溶解在18-冠-6()中，氧化效果会明显提升。已知18—冠—6能与反应形成。
①与18-冠-6无法发生相应反应的原因为 。
②加入18-冠-6后氧化效果会明显提升的原因为 。
19．（2023·河北沧州·统考二模）氮及其化合物在工农业生产中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
Ⅰ、一定条件下，用催化还原可消除NO污染。
已知：①
②
(1)和完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时，吸收8.9kJ的热量；则 △H= 。
(2)反应②分两步进行，其反应历程与能量变化关系如图所示，写出决定NO氧化反应速率的化学方程式： 。
(3)将2mol NO(g)、1mol (g)和1mol He(g)通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应②和。平衡时，若、与三者的物质的量相等，则NO转化率为 ，反应②平衡常数 (用含p的代数式表示，不考虑)。
Ⅱ、汽车尾气中的氮氧化物可利用如下反应处理： ，实验测得，，(、为速率常数，只与温度有关)。
(4)达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”“<”或“=”)增大的倍数。
III、近年来，低温等离子技术是在高压放电下，产生自由基，自由基将NO氧化为后，再用溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气(、、NO)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图所示。
(5)等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，原因是 。
(6)其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图所示，当电功率为30W时，NO转化率达到最大的原因可能是 。
20．（2022·河北·模拟预测）随着汽车进入千家万户，汽车尾气排放标准也越来越高。NO2、NO、CO均为汽车尾气的主要成分，CO是汽油不完全燃烧的产物外，主要涉及如下反应。
反应I：
反应II：
回答下列问题：
(1)C、N、O三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为 。
(2)实验测得反应II的速率方程为，，、为速率常数。下，向某刚性密闭容器中投入和的起始浓度分别为和，平衡后的浓度变为，则下该反应的平衡常数为 ；温度改变为时，若，则 (填“>”“=”或“＜”)，原因为 。
(3)时，按投入某刚性密闭容器中，起始压强为。后容器内气体压强变为起始时的0.9倍，其中的分压为。
①时的体积分数为 。
②内的平均反应速率为 。
(4)研究某催化剂在汽车尾气处理中的应用，涉及反应。将一定比例的和的混合气体，模仿汽车尾气流通速度，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。
①已知：的燃烧热为，则 。
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是 。
21．（2021·河北石家庄·统考一模）Ⅰ．天然气开采过程会产生大量含硫废水(硫元素的主要存在形式为)，可采用氧化法对其进行处理。
(1)下列事实中，能够比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是___________(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于亚硫酸
C．常温下，的氢硫酸和亚硫酸的分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
Ⅱ．已知：氧化还原反应可拆分为氧化、还原两个半反应，电极电势分别表示为和，电势差。如的。两组电对的电势差越大，反应的自发程度越大。
(2)各电对的电极电势与产物浓度的关系如图1所示，将体系中自发程度最大的反应记为ⅰ，反应ⅰ的离子方程式为 。各微粒的相对能量如下表：
相对能量
a
b
0
c
d
e
已知反应ⅰ为放热反应，当有发生反应ⅰ时，释放的能量为 。(用含字母的代数式表示)
(3)时，向浓度为的溶液中加入一定量固体，在不同下的去除率随时间变化如图所示。
①实际生产中采取的去除条件，而不选择更低的原因为 。
②时，前的去除速率 ；实际生产中反应时间选择而不是更长，其原因为 。
(4)已知反应过程中还会发生如下两个反应(均未配平)：
ⅱ．
ⅲ
实验测得，在、时，的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。
①时，反应ⅲ的平衡常数 。
②结合反应ⅰ、ⅱ、ⅲ分析，当投加量高于时，单位体积内S的质量减小的原因为 。
22．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）是重要的工业原料，的综合利用有利于碳达峰、碳中和目标的最终实现。
(1)和乙烷反应制备乙烯。
时，相关物质的相对能量如图，与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为 。已知。
(2)在催化下发生反应：。假定未发生其他反应，时向恒容密闭容器中充入和，初始总压强为，反应进行到时，与分压(分压=总压×组分物质的量分数)相等，后反应达到平衡，和的平衡分压分别为和。
①该可逆反应达到平衡的标志为 (填标号)。
A．四种物质分压之比等于计量系数之比 B．单位体积内分子总数不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．和的物质的量之和不变
②内， ，平衡时的转化率为 。该温度下充入和，则该反应的平衡常数 。
(3)与环氧丙烷()在催化剂作用下生成()的反应原理如下：
该反应的化学方程式为 ，催化剂为 。
23．（2021·河北·模拟预测）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为 。
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为 mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于 kPa。
(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在 (填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O=CO2+CO
Ⅲ. Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为 。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 (用a、b、c字母排序)。
24．（2021·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）甲醇是一种可再生能源，CO和CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。
(1)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。
(2)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应
i.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-90.2 kJ·mol-1制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示：
则P1 P2，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。(填“>”、“<”或“=”)
(3)在某催化剂作用下，CO2和H2发生反应
ii: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
iii：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3=41.2 kJ·mol-1
①维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(℃)
CO2实际转化率(%)
甲醇选择性(%)
243
12.3
42.3
253
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是： 。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是 。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应ⅱ和反应ⅲ，初始压强为P0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小25%，反应ⅱ的平衡常数Kp= (kPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(5)以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为 。
②若以铅蓄电池为电源，B应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2” )相连。
25．（2021·河北沧州·统考三模）“加大力度保护自然，实现可持续发展”是第五届联合国环境大会会议主题。工业生产产生的含的烟气对环境和人体健康有极大的危害，必须经过处理才可排放。
(1)在一定条件下，肼()与反应能生成和。
已知：①；
②；
③；
则反应的 。
(2)在一恒容密闭容器中发生反应：。当温度高于250℃时，正、逆反应速率分别为分别为正、逆反应速率常数，、与该反应的平衡常数之间的关系为 。速率常数随温度的升高而增大，则达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”、“<”或“=”)增大的倍数。
(3)在一定条件下，利用催化净化技术，CO可将NO2转化为无毒物质反应为。向两个容积均为2L的恒容密闭容器中均分别充入和，分别在220℃和300℃下发生反应。测得两容器中CO或CO2的物质的量随时间的变化关系如图所示，曲线I代表的体系平衡后气体的总压强为，曲线II代表的体系平衡后气体的总压强为。
①代表220℃条件下的变化曲线为 (填“I”或“II”)；ad段的平均反应速率为 。
②下列有关曲线II条件下的反应的说法正确的是 (填标号)。
A．当体系中与的物质的量之比不随时间变化时，反应达到平衡状态
B．当混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
C．体系达到平衡后，升高温度，混合气体的平均相对分子质量增大
D．使用高效催化剂可提高的转化率
③图中a、c、d三点对应的逆反应速率由大到小的顺序为 (用a、c、d表示)；在曲线II代表的温度下，该反应的平衡常数Kp= (Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
四、工业流程题
26．（2023·河北张家口·统考三模）钛及其合金广泛用于航空航天，有“空中金属”之称，可溶于较浓盐酸。学习小组以高钛渣(含、和少量、和)为原料制备单质钛的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“筛分”的目的为 ；浸渣的主要成分为 (填化学式)。
(2)“转化”工序加入铁粉的目的为 ；“结晶”操作不能控制温度过高的原因为 。
(3)“水解”时发生主要反应的离子方程式为 。
(4)“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为 。
(5)试剂X适合选用___________(填标号)。
A．浓盐酸 B．稀盐酸 C．NaCl溶液 D．NaOH溶液
(6)的晶体类型为 ；单质钛的两种同素异形体的晶胞结构如图所示，甲、乙两种晶体的空间利用率之比为 (用代数式表示)。
27．（2022·河北·校联考模拟预测）传统方法制备会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备，并用其处理有机废水，过程如下。
(1)受热易分解，写出反应的化学方程式 。在制备的过程中，需要控制电解槽的温度。
(2)电解制备，装置如图所示。
①a极的电极反应式为 。
②通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是 。
③pH过高时会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液pH基本不变，原因是 。
④测定生成的浓度。取溶液，用溶液滴定，完全反应转化为时，消耗溶液。则溶液的浓度为 。
(3)用氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好。
①20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率= 。
②降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因： 。
28．（2022·河北沧州·统考二模）镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如下：
已知：i.酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等
ii.NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大
回答下列问题：
(1)提高“酸浸”速率的方法有 。(任写一条)
(2)“滤渣1”的主要成分是 。(写化学式)
(3)黄钠铁矾的化学式为Na2 Fe 6(SO4)4(OH)12，“除铁”的离子方程式为 。
(4)“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是 (结合平衡理论解释)。Ca2+和Mg2+沉淀完全时，溶液中F-的浓度c(F- )最小为 mol·L-1。(已知离子浓度≤10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0 ×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11)
(5)镍、钴萃取率与料液pH、萃取剂体积与料液体积比Va：V0的关系曲线如下图所示，则“萃取”时应选择的pH和Va：V0分别为 、 。
(6)获得NiSO4(s)的“一系列操作”是 。
(7)工艺流程中，可循环利用的物质是 。
参考答案：
1．C
【详解】A．由题目中先“吸氢”再转化和图示可知，反应的第一步是与氢气结合，反应最后又生成，故是催化剂，选项A错误；
B．根据图中各步活化能可知，生成物质Ⅰ活化能最高，所以对总反应速率起决定性作用的是生成物质I的反应，选项B错误；
C．反应历程中，物质Ⅰ→物质Ⅱ加氢，物质Ⅱ→物质Ⅲ去氧，物质Ⅲ→物质Ⅳ去氧，均为还原反应，元素化合价逐渐降低，选项正确；
D．总反应为，选项D错误；
答案选C。
2．B
【详解】A．将坐标和代入中，即①，②，联立①②，计算可知，A项正确；
B．对比图中直线m和n的斜率绝对值的大小可知，使用催化剂n时对应的较小，则对该反应催化效能较高的催化剂是n，B项错误；
C．由可知，其他条件不变，温度升高，k值增大，C项正确；
D．阿仑尼乌斯公式表示反应速率常数随温度的变化关系，无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向，D项正确；
故选B。
3．A
【详解】A．高锰酸钾与草酸溶液反应过程中，生成的可作催化剂，加快反应速率，可见当反应物浓度增大时，反应速率增大不一定是由浓度变化造成的，还可能有其他影响因素，需要进一步探究，A正确；
B．向含的溶液中通入，无论是还是先反应，最终均会生成碘单质，故不能证明还原性，B错误；
C．向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，苯中溶液不变化，甲苯中溶液紫红色褪去，是酸性高锰酸钾氧化甲基的结果，能说明苯环对甲基有影响，C错误；
D．碳碳双键、醛基都能使溴水褪色，D错误；
故选：A。
4．B
【详解】A．实验1加入水的目的是排除浓度改变对溶液颜色变化的影响，A错误；
B．实验2和实验3都是与络合，使减小，生成血红色物质的平衡逆移，颜色变浅呈橙色，B正确；
C．本实验中由于浓度远大于，所以不足以证明与的配位能力比与配位能力更强，C错误；
D．实验2中盐酸的浓度c应等于3mol/L，D错误；
故选B。
5．D
【详解】A． 反应I的反应物中有OH-和含羟基的Ph-CH2OH、结合图中产物的结构示意图可知，该过程中有水生成，A正确；
B． 反应IV中先发生加成反应得到Ph-NH-CH(OH)-Ph、再消去得到产物Ph-N=CH-Ph，则涉及加成反应和消去反应，B正确；
C． 由示意图可知，反应Ⅲ中消耗硝基苯，反应Ⅵ中消耗苯甲醇、且生成了目标产物 ，该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇，除了这三个物质，其余含苯环的有机物均为中间产物，C正确；
D． 用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成，D不正确；
答案选D。
6．D
【详解】A．在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物。在反应2HIO+2Mn2++2H+=I2+2Mn3++2H2O中，氧化剂是HIO，氧化产物是Mn3+，所以氧化性：HIO＞Mn3+，A正确；
B．反应由琥珀色变为蓝色过程中会发生反应：5H2O2+2HIO3=I2+5O2↑+6H2O，该反应过程中元素化合价会发生变化，因此反应属于氧化还原反应，B正确；
C．溶液中含有淀粉溶液，由于I2遇淀粉溶液变为蓝色，故出现蓝色，是由于此时反应生成了大量I2，C正确；
D．H2O2不稳定，温度升高，H2O2发生分解反应，导致H2O2的浓度降低，浓度降低，会使反应速率减慢，故该碘钟反应的振荡周期与温度有关，D错误；
故合理选项是D。
7．C
【详解】A．由方程式可知温度越高，的含量越低，所以图中表示的含硫百分含量随温度的变化，故A错误；
B．图中表示的含硫百分含量随温度的变化，压强越大的平衡体积分数越大，所以，故B错误；
C．由图可知、两点时各物质的物质的量均相等，但点容器体积小，所以浓度：，故C正确；
D．温度越高，平衡常数越低，所以平衡常数：，故D错误。
故答案为C
8．D
【详解】A．加热HI和浓H3PO4溶液可制得HI，说明HI比H3PO4易挥发，不能比较H3PO4、HI的酸性强弱，A不合题意；
B．KI溶液中先加淀粉，后加硫酸，且均需要加硫酸，试剂顺序不合理，只改变温度探究温度对化学反应速率的影响，B不合题意；
C．Ca（ClO）2溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钙，则白色沉淀为CaSO4，体现SO2的还原性而不是酸性氧化物的通性，C不合题意；
D．由于Fe、Fe3O4均为黑色可以被吸铁石吸引的固体，根据反应Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，Fe+2FeCl3=3FeCl2，故可知探究氧化铁和乙醇反应得到黑色固体成分，该黑色固体能被磁铁吸引且加入足量稀盐酸，振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成，故不能确定是否含有0价铁，D符合题意；
故答案为：D。
9．A
【详解】A．对比图甲和图乙中①和②的变化可知，C3H6在催化剂上的吸附能高于C3H6与O2共吸附在表面的吸附能，A错误；
B．由图甲和图乙可知空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应，B正确；
C．由图甲和图乙可知，图甲中②到TS1的吸收的能量较低，更容易发生反应，C正确；
D．由图甲和图乙可知，总反应方程式为2C3H6+O22C3H6O，D正确；
故选A。
10．B
【详解】A．D2、T2、TD都为氢气分子，都能在氧气中燃烧生成水，故A正确；
B．新制氯水中次氯酸具有强氧化性，能使有机色质被氧化而漂白褪色，则不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故B错误；
C．硝酸铵溶于水的过程为吸热过程，△H＞0，硝酸铵在溶液中电离出自由移动的离子的过程是熵变增大的过程，△S＞0，常温下△H—T△S＜0，则硝酸铵溶于水可自发进行，故C正确；
D．碳酸钠溶液能与氯化钡溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，碳酸氢钠溶液不能与氯化钡溶液反应，则氯化钡溶液能用来鉴别同浓度的碳酸钠稀溶液和碳酸氢钠稀溶液，故D正确；
故选B。
11．A
【详解】A．由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量为0.5-0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125 =0.075 。因此，时间段内，Y的平均反应速率为 ，A说法不正确；
B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；
C．结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即的M转化为Z，C说法正确；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。
12．BD
【详解】A．题目探究浓度对反应速率的影响，要控制单一变量，则设计实验时，除浓度外，其他量均相同，所以加水体积为，即，A正确；
B．溶液可与盐酸反应放出氯气，故不可用盐酸酸化，B错误；
C．由实验时溶液都是先变为青绿色后褪至无色可知，在反应过程中，先被还原为，后被还原为，由青绿色褪至无色的过程中，若浓度过大，平衡正向移动，导致浓度降低，褪色速率较慢，C正确；
D．由表中数据和实验现象可知，并不是加入越多，溶液由紫色褪至无色的速率越快，D错误；
故答案为：BD。
13．AD
【详解】A．反应Ⅱ为决速步骤，所以反应Ⅱ的活化能最高，故A错误；
B．由机理图可以看出总反应为，可以看出水是该反应的中间产物，故B正确；
C．由图可知该反应的总方程式为：，故C正确；
D．反应过程的最终产物和中间体中都有没有非极性键的生成，故D错误。
故答案为AD
14．AD
【详解】A．铁粉和水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，氢气可以燃烧，收集后，用燃着的木条靠近会有爆鸣声，A正确；
B．草酸浓度相同，体积不同，且生成锰离子可作催化剂，不能探究浓度对反应速率的影响，B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，故不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应该用pH计测定，C错误；
D．NaCl和KI浓度相同，向等浓度的NaCl和KI混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液时，溶度积小的先形成沉淀，AgI为黄色沉淀，故先产生黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)> Ksp (AgI)，D正确；
故选AD。
15．BC
【详解】A．由图可知，反应物M的总能量高于生成物N的总能量，故A正确；
B．由图可知，相对于路径Ⅱ、Ⅲ，路径Ⅰ的中间反应少，活化能变化小，有利于反应进行，则该反应按照路径Ⅰ进行，故B错误；
C．由图可知，反应物M中的成键数目和生成物N中的成键数目不同，说明反应过程中的成键数目会发生变化，故C错误；
D．由图可知，反应物M和生成物N的分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体，故D正确；
故选BC。
16．(1)
(2) 前，升高温度反应Ⅰ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐增大；超过后，再升高温度，反应Ⅲ正向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐减小 (或) 17
(3) = 使用更高效的催化剂或升高温度等
【详解】（1）反应的焓变可以用反应物的总键能减去生成物的总键能，由乙烯到丁烯过程中减少了一个碳碳双键，增加两个碳碳单键，故该反应的。焓变也等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应Ⅰ正反应活化能为，则逆反应活化能为；
（2）①前，升高温度反应Ⅰ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐增大；超过后，再升高温度，反应Ⅲ正向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐减小；
假设最终平衡时，乙烯的物质的量为，由图可知丁烯的物质的量为，列三段式如下：对于反应Ⅱ
生成乙烯的物质的量为时反应I的状态如下：
反应Ⅲ前后气体物质的量不变，故最终平衡时气体的总物质的量为，根据，解得，所以乙烯的物质的量为，丁烯为，一碘甲烷反应了，转化率为。平衡时，气体的总物质的量为，则此时，容器内的总压强为，代入标准平衡常数表达式计算可得；
（3）①曲线代表正反应速率与浓度的关系，曲线代表逆反应速率与浓度的关系，根据图像计算、，则此时反应Ⅱ的平衡常数，，说明该反应处于平衡状态，。
②曲线变为曲线，浓度不变正反应速率增大，实际是增大，可以使用更高效的催化剂或升高温度。
17．(1)
(2) 反应放热很多 减小
(3) 0.025 3.9
(4) 0.79eV
【详解】（1）根据反应Ⅰ和Ⅲ进行分析，Ⅲ-2×Ⅰ可得；该反应的化学平衡常数。
（2）反应Ⅲ自发进行趋势很大的原因为反应放热很多，由于该反应、且在一定温度范围为常数，即T增大时，将增大，该反应自发进行的程度将减小。
（3）根据题意可知，平衡时，且生成时消耗、；再结合其余两个转化分析：
则、，解得、。平衡时，体系中、，则0~10min内，；反应Ⅲ的平衡常数。
（4）活化能越大，反应速率越慢，活化能最大的为决速步骤。根据图示可知，两条路径中，一条最大活化能为0.79eV，为优势路径；另一条最大活化能为1.16eV，为劣势路径。则优势路径决速步骤的活化能为0.79eV；劣势路径决速步骤的化学方程式为。
18．(1) 该反应为气体分子数增大的反应，恒压下掺入水蒸气后会降低的分压，提高平衡转化率
(2) 0.002 0.0008
(3) 的半径较小，跟18-冠-6无法形成稳定结构 18-冠-6可溶解丙烯，同时结合，释放出，增大与丙烯的接触面积，提高了氧化效率
【详解】（1）将耦合反应和副反应直接叠加即得，直接脱氢制备的热化学方程式为 。
②温度不变，该反应为气体分子数增大的反应，恒压下掺混水蒸气后会降低的分压，提高平衡转化率。
（2）T K下，向体积为5 L的刚性容器中充入0.02 mol 和0.04 mol 进行上述反应，此时容器内压强为 kPa.2 min时达到平衡，平衡时的转化率为50%，的转化率为20%。根据反应分析如下：
的转化率为20%，所以最终消耗的物质的量为0.008 mol，所以副反应的关系为
①平衡时的物质的量浓度为0.01 mol÷5 L=0.002 。
②0～2 min内，。
③T K下，容器固定，压强之比等于物质的量比，起始压强为 kPa，总物质的量为0.06 mol，平衡时、、、、的物质的量分别为0.01 mol、0.032 mol、0.01 mol、0.008 mol、0.008 mol，带入求得平衡常数kPa。
（3）①Na与18-冠-6无法发生相应反应的原因为的半径较小，跟18-冠-6无法形成稳定结构。
②加入18-冠-6后氧化效果会明显提升的原因为18-冠-6可溶解丙烯，同时结合，释放出，增大与丙烯的接触面积，提高了氧化效率。
19．(1)−1155.5
(2)
(3) 60%
(4)<
(5)NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行
(6)当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小
【详解】（1）和完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时，吸收8.9kJ的热量，则生成2mol NO吸收热量，即热化学方程式为： ，根据盖斯定律，反应Ⅰ＋Ⅱ整理可得 ；
故答案为：-1155.5；
（2）由图可知，，说明第二步反应的活化能大，反应速率慢，决定NO氧化反应速率，其化学方程式为；
故答案为：；
（3）由题目信息可知，2mol NO(g)、1mol (g)和1mol He(g)通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应。设平衡时，，根据N守恒可得，根据O守恒可得；解得，。NO转化率为；反应②平衡常数；
故答案为：60%；；
（4）该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则正反应速率小于逆反应速率，则增大的倍数<增大的倍数；
故答案为：<；
（5）NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行，在低温条件下可提高NO的转化率；
故答案为：NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行；
（6）当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小；
故答案为：当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小。
20．(1)N>O>C
(2) 20 ＜ ，可知此时的平衡常数为，该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小
(3) 或22.2%
(4) 催化剂在温度高于后，温度越高催化剂活性越低
【详解】（1）由于基态原子价电子排布式中轨道处于半满状态，所以、、三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为；
（2）下，反应Ⅱ达到平衡时、、各物质的量的浓度分别为、和，则下该反应的平衡常数为；温度改变为时，若，可知此时的平衡常数为；该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以；
（3）反应Ⅱ：
反应Ⅰ：
所以时各气体的分压分别为为、为、为、为；
①时的体积分数为；
②内的平均生成速率为；
（4）①反应的；
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是温度高于后，温度越高催化剂活性越低。
21．(1)AC
(2) 2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O 2a+2c+2d—b—3e
(3) pH＜5时，H2S溶解度降低，部分逸出造成环境污染 1.4×10—3 10min后H2S去除率增幅减小，会有H2S逸出造成环境污染
(4) Na2SO3投加量大于5g/L时，反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ
【解析】（1）
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应说明氢硫酸的酸性弱于碳酸，亚硫酸可以与碳酸氢钠溶液反应说明亚硫酸的酸性强于碳酸，则氢硫酸的酸性弱于亚硫酸，故正确；
B．未明确是否为在相同条件下测定氢硫酸与亚硫酸的导电能力，无法比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱，故错误；
C．常温下，相同浓度的氢硫酸溶液pH大于亚硫酸溶液说明氢硫酸的电离程度小于亚硫酸，故正确；
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸与酸性强弱无关，则氢硫酸的还原性强于亚硫酸不能氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱，故错误；
故选BD；
（2）
由图可知，SO/ S2O与S/H2S两组电对的电势差越大，反应的自发程度越大，则反应ⅰ的离子方程式为2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O，由反应热等于生成物的总能量与反应物总能量之差可知，反应△H=-(2a+2c+2d—b—3e )kJ/mol，则当有2mol氢硫酸反应时，放出的热量为(2a+2c+2d—b—3e)kJ，故答案为：2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O；2a+2c+2d—b—3e；
（3）
①硫化氢气体溶于水得到氢硫酸溶液，氢硫酸在溶液中部分电离出氢离子，若溶液pH＜5，溶液中氢离子浓度增大，电离平衡左移，导致硫化氢气体的溶解度减小，会逸出造成环境污染，所以实际生产中采取溶液pH=5的去除条件，而不选择更低pH，故答案为：pH＜5时，H2S溶解度降低，部分逸出造成环境污染；
②由图可知，溶液pH=5时，10min时硫化氢的去除率为70%，设溶液的体积为1L，10min时硫化氢的去除速率为=1.4×10—3；由图可知，10min后，曲线斜率减小说明硫化氢去除率增幅减小，硫化氢不能完全被吸收，会有硫化氢逸出造成环境污染，故答案为：1.4×10—3；10min后H2S去除率增幅减小，会有H2S逸出造成环境污染；
（4）
①由图可知，T℃反应达到平衡时，S2O的浓度为0.015mol/L、SO的浓度为0.009mol/L，则反应的平衡常数K===，故答案为：；
②由方程式可知反应ⅰ和ⅱ生成硫单质，反应ⅲ消耗硫单质，由图可知，当Na2SO3投加量大于5g/L时，单位体积内硫单质的质量减小说明反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ，故答案为：Na2SO3投加量大于5g/L时，反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ。
22．(1)
(2) BC 0.2 75% 6.75
(3) +CO2 和或和
【详解】（1）二氧化碳与乙烷反应生成乙烯、一氧化碳和气态水的反应为，则△H =[52+(—110) +(—242)—+(—84)—+(—393)]kJ/mol=+177 kJ/mol，则热化学方程式为，故答案为：；
（2）①A．四种物质分压之比等于计量系数之比不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，单位体积内分子总数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．二氧化碳和甲烷的物质的量之和不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC；
②设5min时消耗二氧化碳的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的分压相等可得：=，解得a=0.5mol，由容器的体积为1L可知，0—5min内水的反应速率为=0.2；
设5min时消耗二氧化碳的物质的量为ymol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的平衡分压之比为0.25MPa：0.75MPa=1:3可得：=，解得y=0.75，由容器的体积为1L可知，反应的平衡常数为=6.75，温度不变，化学平衡常数不变，则该温度下充入1mol二氧化碳和3mol氢气的反应平衡常数也为6.75，故答案为：0.2；6.75；
（3）由图可知，在和碘离子做催化剂作用下，环氧丙烷与二氧化碳反应生成，反应的化学方程式为+CO2，故答案为：+CO2；和或和。
23． 6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1 100.8 正 2C+CO2=2C+C 3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH- c、a、b
【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJmol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.8kJmol-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[①12+②6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=[(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1；
(2)由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，设c(H+)为α，则c（OH-）=，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-),可得c(HCO3-)=α-，大气中的CO2分压p(CO2)=px kPa，溶液中CO2的浓度c(CO2)(aq)=pxy mol/L，将c(H+)、c（OH-）、c(CO2)(aq)带入平衡常数表达式 ，所以解得α=c(H+)=，故答案为：；
(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K== 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正；2C+CO2=2C+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，碳元素从+4价降低到-2价，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；
II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原曲线中a的最大能垒为0.51＜b曲线的0.72，a曲线电化学还原更容易。且H+电还原中a曲线最大能垒0.27＞b曲线的0.22，综上所述，a催化剂比b催化剂更易发生CO2电还原。因此反应从易到难的顺序为c、a、b，故答案为：c、a、b。
24． CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1 > > 升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大 适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂） 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ pb
【详解】(1) 25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，则①CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=- akJ·mol-1
CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，则②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H = -b kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。
根据盖斯定律①-②-2×③，甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1；
(2) CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CO(g)转化率增大，则P1>P2，M、N两点为平衡点，两点正逆反应速率都相等， N点压强小于M点，M点的正反应速率>N点的逆反应速率。
(3)升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大，所以升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂）。
(4)由于发生反应ii，容器体积减小，设参加反应ii的CO2的物质的量是xmol，
X=0.75mol
参加反应ii的H2的物质的量是2.25mol，生成甲醇的物质的量是0.75mol、生成水的物质的量是0.75mol；CO2的转化率为50%，则参加反应iii的CO2的物质的量是2×0.5-0.75=0.25mol，反应iii消耗0.25molH2、生成0.25molCO、生成水0.25mol；达到平衡时，容器中CO2(g)的物质的量是1mol、H2的物质的量是4mol-2.25mol-0.25mol=1.5mol、甲醇的物质的量是0.75mol、水的物质的量是0.75mol+0.25mol=1mol，容器内气体总物质的量是6mol×(1-25%)=4.5mol；
反应ⅱ的平衡常数Kp=；
(5)根据图示，右侧电极氧气得电子生成水，B是负极，A是正极；
①甲醇、一氧化碳在阳极失电子生成碳酸二甲酯，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。
②铅蓄电池中，PbO2为正极、Pb为负极；B是阴极，B应与铅蓄电池的Pb相连。
25． -1225.6 < I 0.0125 A c>d>a
【详解】(1)根据盖斯定律可知，；
(2)反应达到平衡时，，即，由此可得；该反应为放热反应，升高温度，K减小，由此可得增大的倍数小于增大的倍数；
(3)①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，由图中达到平衡的时间长短可知曲线Ⅰ代表220℃条件下的物质的量随时间变化的曲线，曲线Ⅱ代表300℃条件下的物质的量随时间变化的曲线；段，化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以；
②A．反应体系中，与的物质的量之比随着的消耗，比值逐渐增大，达到平衡时，比值不再改变，A项正确；
B．混合气体的密度等于总质量与体积的比值恒容条件下，反应时混合气体的体积始终不变，因此不能通过混合气体的密度判断是否达到平衡，B项错误；
C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，气体的总物质的量增加，混合气体的平均相对分子质量减小，C项错误；
D．催化剂只改变反应的快慢，不影响平衡转化率，D项错误；
答案选A；
③c点温度高，逆反应速率最快，a点未达到平衡，d点达到了平衡，反应达到平衡之前，逆反应速率逐渐增大，由大到小的顺序为；根据图中曲线Ⅱ，列出三段式：
平衡后气体的总物质的量为3.75mol，则 。
26．(1) 控制高钛渣颗粒大小均匀，便于控制酸浸速率和进行程度 、
(2) 将还原为 防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率(产品产率)
(3)
(4)防止、被氧化变质
(5)B
(6) 分子晶体
【分析】高钛渣(含、和少量、和)经“筛分”后用硫酸酸浸，、FeTiO3与H2SO4反应转变为TiOSO4、，故得到含有H2SO4、TiOSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，微溶、SiO2没有溶解，过滤得到浸渣为 ，加入铁屑转化时还原体系中的，过滤，所得滤液经结晶得到绿矾，所得滤液在90°C下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，过滤，煅烧发生反应，制得烧渣为；经过氯化冷凝时，转化为液态，在氩气中被镁还原得到Ti，Ti和多余的镁的混合物通过加稀盐酸、过滤，得到纯Ti。
【详解】（1）“筛分”可控制高钛渣颗粒大小均匀，有利于控制酸浸速率和进行程度；由转化关系知，浸渣的主要成分为原料中难溶于酸的和生成的。
（2）由流程信息，“酸浸”后生成，而“结晶”得到绿矾，故“转化”工序加入铁粉的目的为将还原为；在90℃时充分水解成，若“结晶”控制温度过高，会导致提前水解使制得的绿矾不纯，又会降低钛的回收率(或产品产率)。
（3）由信息，在90℃时水解成，反应的离子方程式为
（4）“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为防止、被氧化变质。
（5）由信息，钛溶于浓盐酸，故可用稀盐酸分离生成的和多余的单质；
故选B。
（6）通常为液体，其晶体类型为分子晶体；由图知，甲、乙晶胞中均含有2个原子，故二者的空间利用率之比即为体积之比的倒数，计算得。
27．(1)
(2) 将b极产生的氧气循环利用，用于制备 反应中转移等量的电子，阴极产生与阳极产生的物质的量相等，(可得1分)阳极产生通过质子交换膜移至a极附近与反应
(3) 有机物被氧化为；，，使溶液pH降低到5.6
【分析】本实验为用空气和水电解的方式制备H2O2，而后用H2O2处理有机废水，据此分析回答问题。
(1)
H2O2受热易分解生成水和氧气，化学反应方程式为2 H2O2 2H2O+O2↑；
(2)
①氧气在a极得电子和水反应生成过氧化氢，故a极的电极反应式为O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH−；
②b极为阳极，发生氧化反应，生成氧气，故通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2；
③电解时a极生成OH-，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能通过质子交换膜移动到a极，中和OH-，保持a极附近溶液的pH不变，故为反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，(可得1分)阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应；
④H2O2和Ce(SO4)2反应，Ce(SO4)2做氧化剂，H2O2做还原剂，根据电子守恒有如下关系，H2O2 ~2Ce(SO4)2，则H2O2的浓度为 ；
(3)
①根据速率公式有， ；
②H2O2氧化有机物时，生成的有机物为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6。
28．(1)搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等（写一条即可）
(2)Cu、Fe
(3)2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+
(4) pH降低，c(H+ )增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多 10-2.5
(5) 4.0 1.00
(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(7)P507+煤油
【分析】废炉渣经硫酸酸浸后，除去酸浸渣，由已知i可知，酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等，分别经过除铜、除铁、除钙镁、萃取后得到NiSO4溶液和Co负载有机相，最后分别获得CoSO4溶液和NiSO4固体，据此解答。
（1）
提高“酸浸”速率的方法有搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等；
故答案为：搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等（写一条即可）。
（2）
“滤渣1”是由于加入过量铁粉除铜而产生的，所以其主要成分是Cu、Fe；
故答案为：Cu、Fe。
（3）
“除铁”步骤是用将溶液中的Fe2+氧化为黄钠铁矾，其化学式为Na2 Fe 6(SO4)4(OH)12，反应的离子方程式为：2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+；
故答案为：2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+。
（4）
“除钙镁”时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F-HF的平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；已知离子浓度≤10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，且Ksp(CaF2)=1.0 ×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，钙离子沉淀完全时，c(F-)=mol/L，镁离子沉淀完全时，c(F-)=mol/L，所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中F-的浓度c(F- )最小为mol/L；
故答案为：pH降低，c(H+ )增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；10-2.5。
（5）
萃取目的是为了获取NiSO4溶液和Co负载有机相，所以Co萃取率越高越好，Ni萃取率越低越好，所以由图分析可知应选择的pH和Va：V0分别为4.0和1.00；
故答案为：4.0，1.00。
（6）
由NiSO4溶液获得NiSO4（s）应采用重结晶的方法，故一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
（7）
由工艺流程分析可知，可循环利用的物质是萃取剂P507+煤油；
故答案为：P507+煤油。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-15化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2023·河北·校联考模拟预测）某科研团队合作开发了活性位点催化剂，先“吸氢”再将硝基化合物转化为氨基化合物，反应历程和每步的活化能如图所示：
下列说法正确的是
A．是该反应历程的中间产物
B．提高Ⅲ→Ⅳ的反应速率，对快速提升总反应速率起决定性作用
C．I→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ的转化过程中，元素的化合价逐渐降低
D．总反应为
2．（2023·河北衡水·河北武邑中学校考模拟预测）已知阿仑尼乌斯公式是反应速率常数随温度变化关系的经验公式，可写作(k为反应速率常数，为反应活化能，R和C为大于0的常数)，为探究m、n两种催化剂对某反应的催化效能，进行了实验探究，依据实验数据获得曲线如图所示。下列说法错误的是
A．在m催化剂作用下，该反应的活化能
B．对该反应催化效能较高的催化剂是m
C．不改变其他条件，只升高温度，k值增大
D．无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向
3．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）下列方案设计、现象和结论均正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
验证反应物浓度增大可加快反应速率
在3支试管中分别加入、草酸溶液各2mL，再同时加入高锰酸钾溶液，观察现象
若草酸溶液中紫红色最先褪去，则反应物浓度增大时，该反应速率不一定增大，还有其他影响因素，需要进一步探究
B
检验与的还原性强弱
向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液，观察现象
溶液变蓝色，说明还原性：
C
探究有机物基团间的相互影响
向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象
若苯中溶液不变化，甲苯中溶液紫红色褪去，说明甲苯分子中甲基对苯环有影响
D
验证药物肉桂醛衍生物( )中有碳碳双键
向该肉桂醛衍生物溶液中滴加溴水，观察现象
滴入溴水，溴水褪色，说明肉桂醛衍生物中有碳碳双键
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·河北沧州·统考二模）实验小组探究对的影响。已知(黄色)。将1mL 0.01mol/L 溶液与3mL 0.01mol/L KSCN溶液混合，得到红色溶液，将该红色溶液分成三等份，进行如下实验1、2、3，下列说法正确的是
A．实验1加入水的目的是验证浓度改变对平衡的影响
B．实验2和实验3实验现象相同，变色原理也相同
C．本实验可证明与的配位能力比与配位能力更强
D．实验2中盐酸的浓度c大于3mol/L
5．（2022·河北邯郸·邯郸一中校考模拟预测）可利用酰胺型铱金属配合物通过硝基芳烃还原串联N－苄基化反应制备。反应机理如图(其中Ph－代表苯基，[Ir]代表)下列说法不正确的是
A．反应I过程中有水生成
B．反应IV涉及加成反应和消去反应
C．该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇
D．用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成
6．（2022·河北廊坊·霸州市第一中学校考模拟预测）化学振荡反应是指在化学反应中出现其反应物(或生成物)的浓度均匀一致地随时间而来回振荡的现象。碘钟反应是常见的振荡反应，在烧杯中加入H2O2溶液、酸性KIO3溶液、MnSO4和丙二酸的混合溶液、少许可溶性淀粉试剂后，碘钟反应正式开启，初始颜色为无色，溶液颜色变化如图。下列说法错误的是
A．无色变为琥珀色过程中，已知涉及反应2HIO+2Mn2++2H+=I2+2Mn3++2H2O，则氧化性：HIO＞Mn3+
B．反应由琥珀色变为蓝色过程中有氧化还原反应发生
C．出现蓝色，是因为此时反应生成了大量I2
D．该碘钟反应的振荡周期与温度无关
7．（2022·河北·模拟预测）工业上制备硫酸过程中涉及反应： 。某体积可变的密闭容器中投入一定量和，在、两不同压强下和的含硫百分含量[的含硫百分含量为]随温度变化如图，下列说法正确的是
A．图中表示的含硫百分含量随温度的变化
B．
C．浓度：
D．平衡常数：
8．（2022·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）下列实验操作现象与结论对应关系正确的是
实验操作、现象
结论
A
加热NaI固体和浓磷酸的混合物，有气体产生
浓磷酸的酸性大于氢碘酸
B
分别在20℃、30℃下，取溶液，向其中先加入的硫酸，再加入淀粉溶液，发生反应
探究反应速率与温度的关系
C
将SO2通入Ca(ClO)2溶液，出现白色沉淀
SO2是酸性氧化物
D
探究氧化铁和乙醇反应得到黑色固体成分，该黑色固体能被磁铁吸引且加入足量稀盐酸，振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成
不能确定是否含有0价铁
A．A B．B C．C D．D
9．（2022·河北沧州·统考二模）环氧丙烷(C3H6O，PO)是一种重要的有机化工产品，对Cu2O催化剂表面催化空气氧化丙烯反应机理的DFT计算表明，可能有通过分子氧(甲图)和晶格氧(乙图)两种反应机理(TS代表中间态)。已知吸附能指在吸附过程中释放的能量，下列说法错误的是中
A．C3H6在催化剂上的吸附能低于C3H6与O2共吸附在表面的吸附能
B．空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应
C．通过对图象的分析得出，该反应更易按照甲图路径进行
D．总反应方程式为2C3H6+O22C3H6O
10．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）下列说法错误的是
A．、、TD燃烧均生成水
B．可用试纸测定新制氯水的
C．硝酸铵溶于水可自发进行，该过程
D．溶液能用来鉴别同浓度的稀溶液与稀溶液
11．（2021·河北·模拟预测）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
二、多选题
12．（2023·河北·校联考模拟预测）某兴趣小组同学将的酸性溶液和溶液按如下比例混合，探究浓度对反应速率的影响。
序号
温度
①
20℃
②
20℃
现象：实验①溶液很快由紫色变为青绿色，而实验②慢一点；变为青绿色后，实验②溶液很快褪至无色，而实验①褪色慢一点。
资料：与很难形成配合物；(青绿色)，有强氧化性，而氧化性极弱。
下列说法错误的是
A．
B．溶液中能通过加盐酸酸化调
C．溶液由青绿色褪至无色过程中，实验①中较小，导致褪色速率较慢
D．由实验可知，加入越多，溶液由紫色褪至无色的速率越快
13．（2022·河北·模拟预测）CO2的综合利用是实现“双碳”的重要手段。利用钌(Ru)基催化剂将CO2转化为有机原料甲酸的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．反应II为决速步骤，所以反应II的活化能最低
B．水是该反应的中间产物
C．该反应的总方程式：
D．反应过程中既有极性键的生成，又有非极性键的生成
14．（2022·河北沧州·统考二模）下列实验方案、现象和结论都正确的是
选项
目的
实验方案
现象和结论
A
探究铁粉和水蒸气反应的气体产物
将产生的气体通入肥皂水中，用燃着的木条靠近产生的气泡，观察现象
气泡破裂发出爆鸣声，说明生成的是H2
B
探究浓度对反应速率的影响
向两支各装有4 mL 0.01 mol·L-1的酸性KMnO4溶液的试管中，分别加入0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液2 mL和4mL，记录溶液褪色时间
加入草酸量多的试管褪色快，说明浓度越大反应速率越快
C
探究HClO和
CH3COOH酸性强弱
取等浓度的NaClO溶液和CH3COONa 溶液，分别用 pH试纸测量，与标准比色卡对照
CH3COONa溶液的pH较小，说明酸性：CH3COOH> HClO
D
探究AgCl和AgI的Ksp大小
向等浓度的NaCl和KI混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，观察沉淀颜色
先产生黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)> Ksp (AgI)
A．A B．B C．C D．D
15．（2021·河北石家庄·统考一模）科研工作者通过计算机模拟和数学计算，设计出三条在含结构的化合物中插入的反应路径，其相对能量变化如图所示：
下列说法错误的是
A．该反应为放热反应 B．通过图象的分析得出，该反应按照路径Ⅲ进行
C．反应过程中的成键数目不变 D．图中M与N互为同分异构体
三、原理综合题
16．（2023·河北·校联考模拟预测）世界卫生组织国际癌症研究机构公布的致癌物清单中，一碘甲烷属于三类致癌物。用化学反应原理研究一碘甲烷具有重要意义，一碘甲烷热裂解时主要发生如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：(丁烯)
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)几种化学键的键能数据如表所示：
化学键
键能/
413
612
348
则反应Ⅱ的 ，若反应I正反应活化能为，则逆反应活化能为 (用含的代数式表示)。
(2)在恒容密闭容器中投入，实验测得平衡体系中乙烯、碘化氢和丁烯的物质的量分数与反应温度的关系如图所示：
①随着体系温度升高，的物质的量分数先增大后减小的原因可能是 ．
②条件下，的平衡转化率为 ，若起始压强为，则反应Ⅱ的标准平衡常数 (已知：分压总压该组分的物质的量分数，对于反应，，其中，为各组分的平衡分压)。
(3)研究反应Ⅱ对提高反应I中的平衡转化率有重要意义。时，反应Ⅱ的正、逆反应速率与浓度的关系为，(是速率常数)，正、逆反应速率方程分别对应图中曲线、曲线。
①时，向的密闭容器中充入和，此时 (填“>”“<”或“=”)。
②图中曲线变为曲线改变的条件可能是 。
17．（2023·河北衡水·河北武邑中学校考模拟预测）乙醇是一种很有发展前景的能源替代品，通过CO和催化加氢制乙醇的体系中涉及化学应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
(1)则加氢制的热化学方程式为 ；该反应的化学平衡常数 (用、或表示)。
(2)反应Ⅲ自发进行趋势很大的原因为 ，已知，升高温度，该反应自发进行的程度将 (填“增大”、“减少”或“不变”)。
(3)T℃时，向盛有催化剂的2L恒容密闭容器中充入2mol和4mol，发生上述反应，10min末达到平衡，此时的转化率为80%，和的物质的量浓度分别为和．则0~10min内，平均反应速率 ；反应Ⅲ的平衡常数 (保留两位有效数字)。
(4)根据DFT计算和实验分析，在Ti掺杂稳定的Rh单原子催化剂表面进行的加氢制乙醇的反应历程如图所示(其中“*”表示吸附态；TS表示过渡态，对应的数值表示该步骤的活化能)，转化为的路径有两条，其优势路径决速步骤的活化能为 ，劣势路径决速步骤的化学方程式为 。
18．（2023·河北·校联考模拟预测）为解决气候危机，近年来我国大力研发二氧化碳利用技术，耦合丙烷()的研究不仅能降低空气中二氧化碳含量，同时还能制备重要化工原料丙烯()。其耦合原理为 ，同时伴随着副反应 的发生。
回答下列问题：
(1)传统工业是通过直接脱氢制备。
①直接脱氢制备的热化学方程式为 。
②工业上，通常在中掺入水蒸气，控制反应温度不变，并保持体系总压为常压的条件下进行反应，该方法能提高的平衡转化率的原因为 。
(2)T K下，向体积为5L的刚性容器中充入0.02 mol 和0.04 mol 进行上述反应，此时容器内压强为kPa.2 min时达到平衡，平衡时的转化率为50%，的转化率为20%。
①平衡时的物质的量浓度为 。
②2 min内， 。
③T K下，耦合反应的平衡常数 kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)丙烯难溶于水，被水溶液氧化的效果较差，若将丙烯溶解在18-冠-6()中，氧化效果会明显提升。已知18—冠—6能与反应形成。
①与18-冠-6无法发生相应反应的原因为 。
②加入18-冠-6后氧化效果会明显提升的原因为 。
19．（2023·河北沧州·统考二模）氮及其化合物在工农业生产中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
Ⅰ、一定条件下，用催化还原可消除NO污染。
已知：①
②
(1)和完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时，吸收8.9kJ的热量；则 △H= 。
(2)反应②分两步进行，其反应历程与能量变化关系如图所示，写出决定NO氧化反应速率的化学方程式： 。
(3)将2mol NO(g)、1mol (g)和1mol He(g)通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应②和。平衡时，若、与三者的物质的量相等，则NO转化率为 ，反应②平衡常数 (用含p的代数式表示，不考虑)。
Ⅱ、汽车尾气中的氮氧化物可利用如下反应处理： ，实验测得，，(、为速率常数，只与温度有关)。
(4)达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”“<”或“=”)增大的倍数。
III、近年来，低温等离子技术是在高压放电下，产生自由基，自由基将NO氧化为后，再用溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气(、、NO)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图所示。
(5)等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，原因是 。
(6)其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图所示，当电功率为30W时，NO转化率达到最大的原因可能是 。
20．（2022·河北·模拟预测）随着汽车进入千家万户，汽车尾气排放标准也越来越高。NO2、NO、CO均为汽车尾气的主要成分，CO是汽油不完全燃烧的产物外，主要涉及如下反应。
反应I：
反应II：
回答下列问题：
(1)C、N、O三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为 。
(2)实验测得反应II的速率方程为，，、为速率常数。下，向某刚性密闭容器中投入和的起始浓度分别为和，平衡后的浓度变为，则下该反应的平衡常数为 ；温度改变为时，若，则 (填“>”“=”或“＜”)，原因为 。
(3)时，按投入某刚性密闭容器中，起始压强为。后容器内气体压强变为起始时的0.9倍，其中的分压为。
①时的体积分数为 。
②内的平均反应速率为 。
(4)研究某催化剂在汽车尾气处理中的应用，涉及反应。将一定比例的和的混合气体，模仿汽车尾气流通速度，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。
①已知：的燃烧热为，则 。
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是 。
21．（2021·河北石家庄·统考一模）Ⅰ．天然气开采过程会产生大量含硫废水(硫元素的主要存在形式为)，可采用氧化法对其进行处理。
(1)下列事实中，能够比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是___________(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于亚硫酸
C．常温下，的氢硫酸和亚硫酸的分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
Ⅱ．已知：氧化还原反应可拆分为氧化、还原两个半反应，电极电势分别表示为和，电势差。如的。两组电对的电势差越大，反应的自发程度越大。
(2)各电对的电极电势与产物浓度的关系如图1所示，将体系中自发程度最大的反应记为ⅰ，反应ⅰ的离子方程式为 。各微粒的相对能量如下表：
相对能量
a
b
0
c
d
e
已知反应ⅰ为放热反应，当有发生反应ⅰ时，释放的能量为 。(用含字母的代数式表示)
(3)时，向浓度为的溶液中加入一定量固体，在不同下的去除率随时间变化如图所示。
①实际生产中采取的去除条件，而不选择更低的原因为 。
②时，前的去除速率 ；实际生产中反应时间选择而不是更长，其原因为 。
(4)已知反应过程中还会发生如下两个反应(均未配平)：
ⅱ．
ⅲ
实验测得，在、时，的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。
①时，反应ⅲ的平衡常数 。
②结合反应ⅰ、ⅱ、ⅲ分析，当投加量高于时，单位体积内S的质量减小的原因为 。
22．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）是重要的工业原料，的综合利用有利于碳达峰、碳中和目标的最终实现。
(1)和乙烷反应制备乙烯。
时，相关物质的相对能量如图，与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为 。已知。
(2)在催化下发生反应：。假定未发生其他反应，时向恒容密闭容器中充入和，初始总压强为，反应进行到时，与分压(分压=总压×组分物质的量分数)相等，后反应达到平衡，和的平衡分压分别为和。
①该可逆反应达到平衡的标志为 (填标号)。
A．四种物质分压之比等于计量系数之比 B．单位体积内分子总数不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．和的物质的量之和不变
②内， ，平衡时的转化率为 。该温度下充入和，则该反应的平衡常数 。
(3)与环氧丙烷()在催化剂作用下生成()的反应原理如下：
该反应的化学方程式为 ，催化剂为 。
23．（2021·河北·模拟预测）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为 。
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为 mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于 kPa。
(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在 (填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O=CO2+CO
Ⅲ. Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为 。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 (用a、b、c字母排序)。
24．（2021·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）甲醇是一种可再生能源，CO和CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。
(1)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为 。
(2)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应
i.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-90.2 kJ·mol-1制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示：
则P1 P2，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。(填“>”、“<”或“=”)
(3)在某催化剂作用下，CO2和H2发生反应
ii: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
iii：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3=41.2 kJ·mol-1
①维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(℃)
CO2实际转化率(%)
甲醇选择性(%)
243
12.3
42.3
253
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是： 。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是 。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应ⅱ和反应ⅲ，初始压强为P0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小25%，反应ⅱ的平衡常数Kp= (kPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(5)以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为 。
②若以铅蓄电池为电源，B应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2” )相连。
25．（2021·河北沧州·统考三模）“加大力度保护自然，实现可持续发展”是第五届联合国环境大会会议主题。工业生产产生的含的烟气对环境和人体健康有极大的危害，必须经过处理才可排放。
(1)在一定条件下，肼()与反应能生成和。
已知：①；
②；
③；
则反应的 。
(2)在一恒容密闭容器中发生反应：。当温度高于250℃时，正、逆反应速率分别为分别为正、逆反应速率常数，、与该反应的平衡常数之间的关系为 。速率常数随温度的升高而增大，则达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”、“<”或“=”)增大的倍数。
(3)在一定条件下，利用催化净化技术，CO可将NO2转化为无毒物质反应为。向两个容积均为2L的恒容密闭容器中均分别充入和，分别在220℃和300℃下发生反应。测得两容器中CO或CO2的物质的量随时间的变化关系如图所示，曲线I代表的体系平衡后气体的总压强为，曲线II代表的体系平衡后气体的总压强为。
①代表220℃条件下的变化曲线为 (填“I”或“II”)；ad段的平均反应速率为 。
②下列有关曲线II条件下的反应的说法正确的是 (填标号)。
A．当体系中与的物质的量之比不随时间变化时，反应达到平衡状态
B．当混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
C．体系达到平衡后，升高温度，混合气体的平均相对分子质量增大
D．使用高效催化剂可提高的转化率
③图中a、c、d三点对应的逆反应速率由大到小的顺序为 (用a、c、d表示)；在曲线II代表的温度下，该反应的平衡常数Kp= (Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
四、工业流程题
26．（2023·河北张家口·统考三模）钛及其合金广泛用于航空航天，有“空中金属”之称，可溶于较浓盐酸。学习小组以高钛渣(含、和少量、和)为原料制备单质钛的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“筛分”的目的为 ；浸渣的主要成分为 (填化学式)。
(2)“转化”工序加入铁粉的目的为 ；“结晶”操作不能控制温度过高的原因为 。
(3)“水解”时发生主要反应的离子方程式为 。
(4)“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为 。
(5)试剂X适合选用___________(填标号)。
A．浓盐酸 B．稀盐酸 C．NaCl溶液 D．NaOH溶液
(6)的晶体类型为 ；单质钛的两种同素异形体的晶胞结构如图所示，甲、乙两种晶体的空间利用率之比为 (用代数式表示)。
27．（2022·河北·校联考模拟预测）传统方法制备会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备，并用其处理有机废水，过程如下。
(1)受热易分解，写出反应的化学方程式 。在制备的过程中，需要控制电解槽的温度。
(2)电解制备，装置如图所示。
①a极的电极反应式为 。
②通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是 。
③pH过高时会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液pH基本不变，原因是 。
④测定生成的浓度。取溶液，用溶液滴定，完全反应转化为时，消耗溶液。则溶液的浓度为 。
(3)用氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好。
①20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率= 。
②降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因： 。
28．（2022·河北沧州·统考二模）镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如下：
已知：i.酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等
ii.NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大
回答下列问题：
(1)提高“酸浸”速率的方法有 。(任写一条)
(2)“滤渣1”的主要成分是 。(写化学式)
(3)黄钠铁矾的化学式为Na2 Fe 6(SO4)4(OH)12，“除铁”的离子方程式为 。
(4)“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是 (结合平衡理论解释)。Ca2+和Mg2+沉淀完全时，溶液中F-的浓度c(F- )最小为 mol·L-1。(已知离子浓度≤10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0 ×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11)
(5)镍、钴萃取率与料液pH、萃取剂体积与料液体积比Va：V0的关系曲线如下图所示，则“萃取”时应选择的pH和Va：V0分别为 、 。
(6)获得NiSO4(s)的“一系列操作”是 。
(7)工艺流程中，可循环利用的物质是 。
参考答案：
1．C
【详解】A．由题目中先“吸氢”再转化和图示可知，反应的第一步是与氢气结合，反应最后又生成，故是催化剂，选项A错误；
B．根据图中各步活化能可知，生成物质Ⅰ活化能最高，所以对总反应速率起决定性作用的是生成物质I的反应，选项B错误；
C．反应历程中，物质Ⅰ→物质Ⅱ加氢，物质Ⅱ→物质Ⅲ去氧，物质Ⅲ→物质Ⅳ去氧，均为还原反应，元素化合价逐渐降低，选项正确；
D．总反应为，选项D错误；
答案选C。
2．B
【详解】A．将坐标和代入中，即①，②，联立①②，计算可知，A项正确；
B．对比图中直线m和n的斜率绝对值的大小可知，使用催化剂n时对应的较小，则对该反应催化效能较高的催化剂是n，B项错误；
C．由可知，其他条件不变，温度升高，k值增大，C项正确；
D．阿仑尼乌斯公式表示反应速率常数随温度的变化关系，无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向，D项正确；
故选B。
3．A
【详解】A．高锰酸钾与草酸溶液反应过程中，生成的可作催化剂，加快反应速率，可见当反应物浓度增大时，反应速率增大不一定是由浓度变化造成的，还可能有其他影响因素，需要进一步探究，A正确；
B．向含的溶液中通入，无论是还是先反应，最终均会生成碘单质，故不能证明还原性，B错误；
C．向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，苯中溶液不变化，甲苯中溶液紫红色褪去，是酸性高锰酸钾氧化甲基的结果，能说明苯环对甲基有影响，C错误；
D．碳碳双键、醛基都能使溴水褪色，D错误；
故选：A。
4．B
【详解】A．实验1加入水的目的是排除浓度改变对溶液颜色变化的影响，A错误；
B．实验2和实验3都是与络合，使减小，生成血红色物质的平衡逆移，颜色变浅呈橙色，B正确；
C．本实验中由于浓度远大于，所以不足以证明与的配位能力比与配位能力更强，C错误；
D．实验2中盐酸的浓度c应等于3mol/L，D错误；
故选B。
5．D
【详解】A． 反应I的反应物中有OH-和含羟基的Ph-CH2OH、结合图中产物的结构示意图可知，该过程中有水生成，A正确；
B． 反应IV中先发生加成反应得到Ph-NH-CH(OH)-Ph、再消去得到产物Ph-N=CH-Ph，则涉及加成反应和消去反应，B正确；
C． 由示意图可知，反应Ⅲ中消耗硝基苯，反应Ⅵ中消耗苯甲醇、且生成了目标产物 ，该过程反应原料为硝基苯和苯甲醇，除了这三个物质，其余含苯环的有机物均为中间产物，C正确；
D． 用CH3CH2CH2OH替代上述过程中的同类物质参与反应，可以合成，D不正确；
答案选D。
6．D
【详解】A．在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物。在反应2HIO+2Mn2++2H+=I2+2Mn3++2H2O中，氧化剂是HIO，氧化产物是Mn3+，所以氧化性：HIO＞Mn3+，A正确；
B．反应由琥珀色变为蓝色过程中会发生反应：5H2O2+2HIO3=I2+5O2↑+6H2O，该反应过程中元素化合价会发生变化，因此反应属于氧化还原反应，B正确；
C．溶液中含有淀粉溶液，由于I2遇淀粉溶液变为蓝色，故出现蓝色，是由于此时反应生成了大量I2，C正确；
D．H2O2不稳定，温度升高，H2O2发生分解反应，导致H2O2的浓度降低，浓度降低，会使反应速率减慢，故该碘钟反应的振荡周期与温度有关，D错误；
故合理选项是D。
7．C
【详解】A．由方程式可知温度越高，的含量越低，所以图中表示的含硫百分含量随温度的变化，故A错误；
B．图中表示的含硫百分含量随温度的变化，压强越大的平衡体积分数越大，所以，故B错误；
C．由图可知、两点时各物质的物质的量均相等，但点容器体积小，所以浓度：，故C正确；
D．温度越高，平衡常数越低，所以平衡常数：，故D错误。
故答案为C
8．D
【详解】A．加热HI和浓H3PO4溶液可制得HI，说明HI比H3PO4易挥发，不能比较H3PO4、HI的酸性强弱，A不合题意；
B．KI溶液中先加淀粉，后加硫酸，且均需要加硫酸，试剂顺序不合理，只改变温度探究温度对化学反应速率的影响，B不合题意；
C．Ca（ClO）2溶液中通入SO2，发生氧化还原反应生成硫酸钙，则白色沉淀为CaSO4，体现SO2的还原性而不是酸性氧化物的通性，C不合题意；
D．由于Fe、Fe3O4均为黑色可以被吸铁石吸引的固体，根据反应Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O，Fe+2FeCl3=3FeCl2，故可知探究氧化铁和乙醇反应得到黑色固体成分，该黑色固体能被磁铁吸引且加入足量稀盐酸，振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成，故不能确定是否含有0价铁，D符合题意；
故答案为：D。
9．A
【详解】A．对比图甲和图乙中①和②的变化可知，C3H6在催化剂上的吸附能高于C3H6与O2共吸附在表面的吸附能，A错误；
B．由图甲和图乙可知空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应，B正确；
C．由图甲和图乙可知，图甲中②到TS1的吸收的能量较低，更容易发生反应，C正确；
D．由图甲和图乙可知，总反应方程式为2C3H6+O22C3H6O，D正确；
故选A。
10．B
【详解】A．D2、T2、TD都为氢气分子，都能在氧气中燃烧生成水，故A正确；
B．新制氯水中次氯酸具有强氧化性，能使有机色质被氧化而漂白褪色，则不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故B错误；
C．硝酸铵溶于水的过程为吸热过程，△H＞0，硝酸铵在溶液中电离出自由移动的离子的过程是熵变增大的过程，△S＞0，常温下△H—T△S＜0，则硝酸铵溶于水可自发进行，故C正确；
D．碳酸钠溶液能与氯化钡溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，碳酸氢钠溶液不能与氯化钡溶液反应，则氯化钡溶液能用来鉴别同浓度的碳酸钠稀溶液和碳酸氢钠稀溶液，故D正确；
故选B。
11．A
【详解】A．由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量为0.5-0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125 =0.075 。因此，时间段内，Y的平均反应速率为 ，A说法不正确；
B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；
C．结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即的M转化为Z，C说法正确；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。
12．BD
【详解】A．题目探究浓度对反应速率的影响，要控制单一变量，则设计实验时，除浓度外，其他量均相同，所以加水体积为，即，A正确；
B．溶液可与盐酸反应放出氯气，故不可用盐酸酸化，B错误；
C．由实验时溶液都是先变为青绿色后褪至无色可知，在反应过程中，先被还原为，后被还原为，由青绿色褪至无色的过程中，若浓度过大，平衡正向移动，导致浓度降低，褪色速率较慢，C正确；
D．由表中数据和实验现象可知，并不是加入越多，溶液由紫色褪至无色的速率越快，D错误；
故答案为：BD。
13．AD
【详解】A．反应Ⅱ为决速步骤，所以反应Ⅱ的活化能最高，故A错误；
B．由机理图可以看出总反应为，可以看出水是该反应的中间产物，故B正确；
C．由图可知该反应的总方程式为：，故C正确；
D．反应过程的最终产物和中间体中都有没有非极性键的生成，故D错误。
故答案为AD
14．AD
【详解】A．铁粉和水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，氢气可以燃烧，收集后，用燃着的木条靠近会有爆鸣声，A正确；
B．草酸浓度相同，体积不同，且生成锰离子可作催化剂，不能探究浓度对反应速率的影响，B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，故不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应该用pH计测定，C错误；
D．NaCl和KI浓度相同，向等浓度的NaCl和KI混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液时，溶度积小的先形成沉淀，AgI为黄色沉淀，故先产生黄色沉淀，说明Ksp(AgCl)> Ksp (AgI)，D正确；
故选AD。
15．BC
【详解】A．由图可知，反应物M的总能量高于生成物N的总能量，故A正确；
B．由图可知，相对于路径Ⅱ、Ⅲ，路径Ⅰ的中间反应少，活化能变化小，有利于反应进行，则该反应按照路径Ⅰ进行，故B错误；
C．由图可知，反应物M中的成键数目和生成物N中的成键数目不同，说明反应过程中的成键数目会发生变化，故C错误；
D．由图可知，反应物M和生成物N的分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体，故D正确；
故选BC。
16．(1)
(2) 前，升高温度反应Ⅰ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐增大；超过后，再升高温度，反应Ⅲ正向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐减小 (或) 17
(3) = 使用更高效的催化剂或升高温度等
【详解】（1）反应的焓变可以用反应物的总键能减去生成物的总键能，由乙烯到丁烯过程中减少了一个碳碳双键，增加两个碳碳单键，故该反应的。焓变也等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应Ⅰ正反应活化能为，则逆反应活化能为；
（2）①前，升高温度反应Ⅰ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐增大；超过后，再升高温度，反应Ⅲ正向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐减小；
假设最终平衡时，乙烯的物质的量为，由图可知丁烯的物质的量为，列三段式如下：对于反应Ⅱ
生成乙烯的物质的量为时反应I的状态如下：
反应Ⅲ前后气体物质的量不变，故最终平衡时气体的总物质的量为，根据，解得，所以乙烯的物质的量为，丁烯为，一碘甲烷反应了，转化率为。平衡时，气体的总物质的量为，则此时，容器内的总压强为，代入标准平衡常数表达式计算可得；
（3）①曲线代表正反应速率与浓度的关系，曲线代表逆反应速率与浓度的关系，根据图像计算、，则此时反应Ⅱ的平衡常数，，说明该反应处于平衡状态，。
②曲线变为曲线，浓度不变正反应速率增大，实际是增大，可以使用更高效的催化剂或升高温度。
17．(1)
(2) 反应放热很多 减小
(3) 0.025 3.9
(4) 0.79eV
【详解】（1）根据反应Ⅰ和Ⅲ进行分析，Ⅲ-2×Ⅰ可得；该反应的化学平衡常数。
（2）反应Ⅲ自发进行趋势很大的原因为反应放热很多，由于该反应、且在一定温度范围为常数，即T增大时，将增大，该反应自发进行的程度将减小。
（3）根据题意可知，平衡时，且生成时消耗、；再结合其余两个转化分析：
则、，解得、。平衡时，体系中、，则0~10min内，；反应Ⅲ的平衡常数。
（4）活化能越大，反应速率越慢，活化能最大的为决速步骤。根据图示可知，两条路径中，一条最大活化能为0.79eV，为优势路径；另一条最大活化能为1.16eV，为劣势路径。则优势路径决速步骤的活化能为0.79eV；劣势路径决速步骤的化学方程式为。
18．(1) 该反应为气体分子数增大的反应，恒压下掺入水蒸气后会降低的分压，提高平衡转化率
(2) 0.002 0.0008
(3) 的半径较小，跟18-冠-6无法形成稳定结构 18-冠-6可溶解丙烯，同时结合，释放出，增大与丙烯的接触面积，提高了氧化效率
【详解】（1）将耦合反应和副反应直接叠加即得，直接脱氢制备的热化学方程式为 。
②温度不变，该反应为气体分子数增大的反应，恒压下掺混水蒸气后会降低的分压，提高平衡转化率。
（2）T K下，向体积为5 L的刚性容器中充入0.02 mol 和0.04 mol 进行上述反应，此时容器内压强为 kPa.2 min时达到平衡，平衡时的转化率为50%，的转化率为20%。根据反应分析如下：
的转化率为20%，所以最终消耗的物质的量为0.008 mol，所以副反应的关系为
①平衡时的物质的量浓度为0.01 mol÷5 L=0.002 。
②0～2 min内，。
③T K下，容器固定，压强之比等于物质的量比，起始压强为 kPa，总物质的量为0.06 mol，平衡时、、、、的物质的量分别为0.01 mol、0.032 mol、0.01 mol、0.008 mol、0.008 mol，带入求得平衡常数kPa。
（3）①Na与18-冠-6无法发生相应反应的原因为的半径较小，跟18-冠-6无法形成稳定结构。
②加入18-冠-6后氧化效果会明显提升的原因为18-冠-6可溶解丙烯，同时结合，释放出，增大与丙烯的接触面积，提高了氧化效率。
19．(1)−1155.5
(2)
(3) 60%
(4)<
(5)NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行
(6)当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小
【详解】（1）和完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时，吸收8.9kJ的热量，则生成2mol NO吸收热量，即热化学方程式为： ，根据盖斯定律，反应Ⅰ＋Ⅱ整理可得 ；
故答案为：-1155.5；
（2）由图可知，，说明第二步反应的活化能大，反应速率慢，决定NO氧化反应速率，其化学方程式为；
故答案为：；
（3）由题目信息可知，2mol NO(g)、1mol (g)和1mol He(g)通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应。设平衡时，，根据N守恒可得，根据O守恒可得；解得，。NO转化率为；反应②平衡常数；
故答案为：60%；；
（4）该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则正反应速率小于逆反应速率，则增大的倍数<增大的倍数；
故答案为：<；
（5）NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行，在低温条件下可提高NO的转化率；
故答案为：NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行；
（6）当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小；
故答案为：当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小。
20．(1)N>O>C
(2) 20 ＜ ，可知此时的平衡常数为，该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小
(3) 或22.2%
(4) 催化剂在温度高于后，温度越高催化剂活性越低
【详解】（1）由于基态原子价电子排布式中轨道处于半满状态，所以、、三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为；
（2）下，反应Ⅱ达到平衡时、、各物质的量的浓度分别为、和，则下该反应的平衡常数为；温度改变为时，若，可知此时的平衡常数为；该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以；
（3）反应Ⅱ：
反应Ⅰ：
所以时各气体的分压分别为为、为、为、为；
①时的体积分数为；
②内的平均生成速率为；
（4）①反应的；
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是温度高于后，温度越高催化剂活性越低。
21．(1)AC
(2) 2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O 2a+2c+2d—b—3e
(3) pH＜5时，H2S溶解度降低，部分逸出造成环境污染 1.4×10—3 10min后H2S去除率增幅减小，会有H2S逸出造成环境污染
(4) Na2SO3投加量大于5g/L时，反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ
【解析】（1）
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应说明氢硫酸的酸性弱于碳酸，亚硫酸可以与碳酸氢钠溶液反应说明亚硫酸的酸性强于碳酸，则氢硫酸的酸性弱于亚硫酸，故正确；
B．未明确是否为在相同条件下测定氢硫酸与亚硫酸的导电能力，无法比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱，故错误；
C．常温下，相同浓度的氢硫酸溶液pH大于亚硫酸溶液说明氢硫酸的电离程度小于亚硫酸，故正确；
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸与酸性强弱无关，则氢硫酸的还原性强于亚硫酸不能氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱，故错误；
故选BD；
（2）
由图可知，SO/ S2O与S/H2S两组电对的电势差越大，反应的自发程度越大，则反应ⅰ的离子方程式为2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O，由反应热等于生成物的总能量与反应物总能量之差可知，反应△H=-(2a+2c+2d—b—3e )kJ/mol，则当有2mol氢硫酸反应时，放出的热量为(2a+2c+2d—b—3e)kJ，故答案为：2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O；2a+2c+2d—b—3e；
（3）
①硫化氢气体溶于水得到氢硫酸溶液，氢硫酸在溶液中部分电离出氢离子，若溶液pH＜5，溶液中氢离子浓度增大，电离平衡左移，导致硫化氢气体的溶解度减小，会逸出造成环境污染，所以实际生产中采取溶液pH=5的去除条件，而不选择更低pH，故答案为：pH＜5时，H2S溶解度降低，部分逸出造成环境污染；
②由图可知，溶液pH=5时，10min时硫化氢的去除率为70%，设溶液的体积为1L，10min时硫化氢的去除速率为=1.4×10—3；由图可知，10min后，曲线斜率减小说明硫化氢去除率增幅减小，硫化氢不能完全被吸收，会有硫化氢逸出造成环境污染，故答案为：1.4×10—3；10min后H2S去除率增幅减小，会有H2S逸出造成环境污染；
（4）
①由图可知，T℃反应达到平衡时，S2O的浓度为0.015mol/L、SO的浓度为0.009mol/L，则反应的平衡常数K===，故答案为：；
②由方程式可知反应ⅰ和ⅱ生成硫单质，反应ⅲ消耗硫单质，由图可知，当Na2SO3投加量大于5g/L时，单位体积内硫单质的质量减小说明反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ，故答案为：Na2SO3投加量大于5g/L时，反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ。
22．(1)
(2) BC 0.2 75% 6.75
(3) +CO2 和或和
【详解】（1）二氧化碳与乙烷反应生成乙烯、一氧化碳和气态水的反应为，则△H =[52+(—110) +(—242)—+(—84)—+(—393)]kJ/mol=+177 kJ/mol，则热化学方程式为，故答案为：；
（2）①A．四种物质分压之比等于计量系数之比不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，单位体积内分子总数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．二氧化碳和甲烷的物质的量之和不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC；
②设5min时消耗二氧化碳的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的分压相等可得：=，解得a=0.5mol，由容器的体积为1L可知，0—5min内水的反应速率为=0.2；
设5min时消耗二氧化碳的物质的量为ymol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的平衡分压之比为0.25MPa：0.75MPa=1:3可得：=，解得y=0.75，由容器的体积为1L可知，反应的平衡常数为=6.75，温度不变，化学平衡常数不变，则该温度下充入1mol二氧化碳和3mol氢气的反应平衡常数也为6.75，故答案为：0.2；6.75；
（3）由图可知，在和碘离子做催化剂作用下，环氧丙烷与二氧化碳反应生成，反应的化学方程式为+CO2，故答案为：+CO2；和或和。
23． 6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1 100.8 正 2C+CO2=2C+C 3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH- c、a、b
【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJmol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.8kJmol-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[①12+②6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=[(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1；
(2)由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，设c(H+)为α，则c（OH-）=，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-),可得c(HCO3-)=α-，大气中的CO2分压p(CO2)=px kPa，溶液中CO2的浓度c(CO2)(aq)=pxy mol/L，将c(H+)、c（OH-）、c(CO2)(aq)带入平衡常数表达式 ，所以解得α=c(H+)=，故答案为：；
(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K== 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正；2C+CO2=2C+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，碳元素从+4价降低到-2价，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；
II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原曲线中a的最大能垒为0.51＜b曲线的0.72，a曲线电化学还原更容易。且H+电还原中a曲线最大能垒0.27＞b曲线的0.22，综上所述，a催化剂比b催化剂更易发生CO2电还原。因此反应从易到难的顺序为c、a、b，故答案为：c、a、b。
24． CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1 > > 升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大 适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂） 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ pb
【详解】(1) 25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，则①CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=- akJ·mol-1
CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，则②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H = -b kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。
根据盖斯定律①-②-2×③，甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1；
(2) CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CO(g)转化率增大，则P1>P2，M、N两点为平衡点，两点正逆反应速率都相等， N点压强小于M点，M点的正反应速率>N点的逆反应速率。
(3)升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大，所以升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂）。
(4)由于发生反应ii，容器体积减小，设参加反应ii的CO2的物质的量是xmol，
X=0.75mol
参加反应ii的H2的物质的量是2.25mol，生成甲醇的物质的量是0.75mol、生成水的物质的量是0.75mol；CO2的转化率为50%，则参加反应iii的CO2的物质的量是2×0.5-0.75=0.25mol，反应iii消耗0.25molH2、生成0.25molCO、生成水0.25mol；达到平衡时，容器中CO2(g)的物质的量是1mol、H2的物质的量是4mol-2.25mol-0.25mol=1.5mol、甲醇的物质的量是0.75mol、水的物质的量是0.75mol+0.25mol=1mol，容器内气体总物质的量是6mol×(1-25%)=4.5mol；
反应ⅱ的平衡常数Kp=；
(5)根据图示，右侧电极氧气得电子生成水，B是负极，A是正极；
①甲醇、一氧化碳在阳极失电子生成碳酸二甲酯，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。
②铅蓄电池中，PbO2为正极、Pb为负极；B是阴极，B应与铅蓄电池的Pb相连。
25． -1225.6 < I 0.0125 A c>d>a
【详解】(1)根据盖斯定律可知，；
(2)反应达到平衡时，，即，由此可得；该反应为放热反应，升高温度，K减小，由此可得增大的倍数小于增大的倍数；
(3)①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，由图中达到平衡的时间长短可知曲线Ⅰ代表220℃条件下的物质的量随时间变化的曲线，曲线Ⅱ代表300℃条件下的物质的量随时间变化的曲线；段，化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以；
②A．反应体系中，与的物质的量之比随着的消耗，比值逐渐增大，达到平衡时，比值不再改变，A项正确；
B．混合气体的密度等于总质量与体积的比值恒容条件下，反应时混合气体的体积始终不变，因此不能通过混合气体的密度判断是否达到平衡，B项错误；
C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，气体的总物质的量增加，混合气体的平均相对分子质量减小，C项错误；
D．催化剂只改变反应的快慢，不影响平衡转化率，D项错误；
答案选A；
③c点温度高，逆反应速率最快，a点未达到平衡，d点达到了平衡，反应达到平衡之前，逆反应速率逐渐增大，由大到小的顺序为；根据图中曲线Ⅱ，列出三段式：
平衡后气体的总物质的量为3.75mol，则 。
26．(1) 控制高钛渣颗粒大小均匀，便于控制酸浸速率和进行程度 、
(2) 将还原为 防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率(产品产率)
(3)
(4)防止、被氧化变质
(5)B
(6) 分子晶体
【分析】高钛渣(含、和少量、和)经“筛分”后用硫酸酸浸，、FeTiO3与H2SO4反应转变为TiOSO4、，故得到含有H2SO4、TiOSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，微溶、SiO2没有溶解，过滤得到浸渣为 ，加入铁屑转化时还原体系中的，过滤，所得滤液经结晶得到绿矾，所得滤液在90°C下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，过滤，煅烧发生反应，制得烧渣为；经过氯化冷凝时，转化为液态，在氩气中被镁还原得到Ti，Ti和多余的镁的混合物通过加稀盐酸、过滤，得到纯Ti。
【详解】（1）“筛分”可控制高钛渣颗粒大小均匀，有利于控制酸浸速率和进行程度；由转化关系知，浸渣的主要成分为原料中难溶于酸的和生成的。
（2）由流程信息，“酸浸”后生成，而“结晶”得到绿矾，故“转化”工序加入铁粉的目的为将还原为；在90℃时充分水解成，若“结晶”控制温度过高，会导致提前水解使制得的绿矾不纯，又会降低钛的回收率(或产品产率)。
（3）由信息，在90℃时水解成，反应的离子方程式为
（4）“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为防止、被氧化变质。
（5）由信息，钛溶于浓盐酸，故可用稀盐酸分离生成的和多余的单质；
故选B。
（6）通常为液体，其晶体类型为分子晶体；由图知，甲、乙晶胞中均含有2个原子，故二者的空间利用率之比即为体积之比的倒数，计算得。
27．(1)
(2) 将b极产生的氧气循环利用，用于制备 反应中转移等量的电子，阴极产生与阳极产生的物质的量相等，(可得1分)阳极产生通过质子交换膜移至a极附近与反应
(3) 有机物被氧化为；，，使溶液pH降低到5.6
【分析】本实验为用空气和水电解的方式制备H2O2，而后用H2O2处理有机废水，据此分析回答问题。
(1)
H2O2受热易分解生成水和氧气，化学反应方程式为2 H2O2 2H2O+O2↑；
(2)
①氧气在a极得电子和水反应生成过氧化氢，故a极的电极反应式为O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH−；
②b极为阳极，发生氧化反应，生成氧气，故通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2；
③电解时a极生成OH-，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能通过质子交换膜移动到a极，中和OH-，保持a极附近溶液的pH不变，故为反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，(可得1分)阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应；
④H2O2和Ce(SO4)2反应，Ce(SO4)2做氧化剂，H2O2做还原剂，根据电子守恒有如下关系，H2O2 ~2Ce(SO4)2，则H2O2的浓度为 ；
(3)
①根据速率公式有， ；
②H2O2氧化有机物时，生成的有机物为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6。
28．(1)搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等（写一条即可）
(2)Cu、Fe
(3)2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+
(4) pH降低，c(H+ )增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多 10-2.5
(5) 4.0 1.00
(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(7)P507+煤油
【分析】废炉渣经硫酸酸浸后，除去酸浸渣，由已知i可知，酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等，分别经过除铜、除铁、除钙镁、萃取后得到NiSO4溶液和Co负载有机相，最后分别获得CoSO4溶液和NiSO4固体，据此解答。
（1）
提高“酸浸”速率的方法有搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等；
故答案为：搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等（写一条即可）。
（2）
“滤渣1”是由于加入过量铁粉除铜而产生的，所以其主要成分是Cu、Fe；
故答案为：Cu、Fe。
（3）
“除铁”步骤是用将溶液中的Fe2+氧化为黄钠铁矾，其化学式为Na2 Fe 6(SO4)4(OH)12，反应的离子方程式为：2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+；
故答案为：2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+。
（4）
“除钙镁”时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F-HF的平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；已知离子浓度≤10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，且Ksp(CaF2)=1.0 ×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，钙离子沉淀完全时，c(F-)=mol/L，镁离子沉淀完全时，c(F-)=mol/L，所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中F-的浓度c(F- )最小为mol/L；
故答案为：pH降低，c(H+ )增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；10-2.5。
（5）
萃取目的是为了获取NiSO4溶液和Co负载有机相，所以Co萃取率越高越好，Ni萃取率越低越好，所以由图分析可知应选择的pH和Va：V0分别为4.0和1.00；
故答案为：4.0，1.00。
（6）
由NiSO4溶液获得NiSO4（s）应采用重结晶的方法，故一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
（7）
由工艺流程分析可知，可循环利用的物质是萃取剂P507+煤油；
故答案为：P507+煤油。
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