还剩31页未读，
继续阅读
所属成套资源：新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编
成套系列资料，整套一键下载
新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11化学反应速率与化学平衡
展开
这是一份新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11化学反应速率与化学平衡，共34页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2022·新疆昌吉·统考一模）乙烯(CH2=CH2)催化加氢的机理如图甲所示，其中“”代表催化剂；其位能与反应进程关系如图乙所示。下列说法错误的是
A．①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂
B．上述过程中，CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键
C．途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1
D．CH2=CH2(g)+H2(g)⇌CH3CH3(g)，该反应的△H=(E3-E1)kJ·mol-1
2．（2021·新疆·统考二模）为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关理由均正确的是
选项
实验目的
实验方法
相关解释
A
测量氯水的pH
pH试纸可以测量溶液的酸碱度
B
探究正戊烷(C5H12)催化裂解
C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃
C
验证苯和溴能发生取代反应
AgNO3溶液反应，生成HBr与AgNO3溶液反应，生成淡黄色沉淀
D
探究温度对平衡移动的影响
2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动
A．A B．B C．C D．D
二、原理综合题
3．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）(我国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，关键的一步是利用化学催化剂将高浓度CO2还原成CH3OH：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。
(1)已知相关键能数据如表所示，则上述反应的ΔH= kJ•mol-1。
化学键
H－H
H－O
C=O
C－O
C－H
键能/kJ•mol-1
436
464
803
326
414
(2)某温度下，向一定体积的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，体系达到平衡时CO2的转化率为20%。反应的平衡常数Kx= (对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，Kx=，x为物质的量分数，计算结果用分数表示)。
(3)以CO2(g)和H2(g)为原料合成CH3OH(g)，除发生上述反应外(后续称为反应Ⅰ)，还发生反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+40.9kJ•mol-1。
①反应I、Ⅱ的lnK(K代表化学平衡常数)随(温度的倒数)的变化如图所示。线 (填“a”或“b”)表示反应Ⅱ的lnK随的变化。升高温度，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数 (填“增大”或“减小”或“不变”)。
②研究发现，在单原子Cu/ZrO2催化时，反应I的历程以及中间体HCOO*与CH3O*物质的量之比随时间变化如图所示：
第一步：CO2+H2→HCOO*+H*
第二步：HCOO*+2H2→CH3O*+H2O
第三步：CH3O*+H*→CH3OH
下列说法正确的是 (填标号)。
A．任何温度下，反应Ⅰ均可自发进行
B．升高温度时，3步反应速率均加快
C．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率
D．反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步骤
③反应I反应历程中某一步基元反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R、C为常数)。
i.该基元反应的活化能Ea= kJ•mol-1。
ii.直线 (填“b”或“c”)表示使用更高效的催化剂时，Rlnk与的关系。
④在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=×100%]随温度(T)变化关系如图所示。若233~250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是 ；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是 。
4．（2023·新疆阿勒泰·统考二模）二十大提出“坚持精准治污、科学治污、依法治污，持续深入打好蓝天碧水净土保卫战”。利用反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，可有效减少汽车尾气污染物的排放。
(1)已知该反应的 ΔH=-620.9 kJ·mol-1，逆反应活化能为a kJ·mol-1，则其正反应活化能为 kJ·mol-1。
(2)在一定温度下，向恒容容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如下表所示：
t/min
0
1
2
3
4
5
p/kPa
400
370
346
330
320
320
①反应的平衡常数Kp= (Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压 ×物质的量分数)。
②实验测得该反应的速率v正=k正·p2( CO )·p2( NO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)，k正与k逆仅与温度有关。则平衡时k正 k逆 (填“>” “<”或“=”，下同)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 k逆增大的倍数。
③未达平衡前，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率，应选择的最佳措施是 (填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．使用合适的催化剂 D．降低氮气浓度
(3)①在不同催化剂甲、乙作用下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图所示。工业生产中选用甲，理由是 。
②在催化剂甲作用下，反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。
该化学反应的速率主要由反应 决定(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”，下同)。提高反应温度，逆反应速率增加最大的是反应 。
(4)若将该反应设计成如图所示的原电池，既能产生电能，又能消除环境污染。a极对应的电极反应式为 。
5．（2022·新疆·统考二模）1，3-丁二烯(CH2=CHCH=CH2)与氢气、卤素单质等的反应在有机合成中具有重要意义。已知：在一定条件下1，3-丁二烯和H2的反应原理如下：
I．CH2=CHCH=CH2(g)+H2(g)→CH2=CHCH2CH3(g) △H1=akJ·mol-1
II．CH2=CHCH=CH2(g)+H2(g)→CH3CH=CHCH3(g) △H2=bkJ·mol-1
III．CH2=CHCH2CH3(g)+H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g) △H3=ckJ·mol-1
IV．CH3CH=CHCH3(g)+H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g) △H4
回答下列问题：
(1)△H4= kJ·mol-1(用a、b、c表示)。
(2)已知反应I在较低温度下易自发进行，其正反应速率v正=k正·c(CH2=CHCH=CH2)·c(H2)，v逆=k逆·c(CH2=CHCH2CH3)，其中k正、k逆为速率常数，速率常数与温度的关系如图所示。已知T1温度下，k正=k逆。
①T1温度下，反应I的化学平衡常数K= (填数值)。
②T2温度下，k正、k逆在图中相应的点分别为 、 (填字母序号)。
(3)某温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.5molCH2=CHCH=CH2(g)和1.5molH2(g)，只发生反应I和反应II，达平衡时CH2=CHCH2CH3(g)和CH3CH=CHCH3(g)的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
①反应开始至20s，剩余H2的物质的量为 。
②反应II的化学平衡常数K= 。
已知：1，3-丁二烯和Br2发生1：1反应的能量随反应过程的变化关系如图所示，根据图示回答下列问题：
(4)1，3-丁二烯和Br2反应生成的两种产物，一种称为动力学产物，由速率更快的反应生成；一种称为热力学产物，由产物更加稳定的反应生成。则动力学产物结构简式为 。
(5)若要提高加成产物B的平衡产率，一定可以采取的措施有 (填字母序号)。
A．使用合适的催化剂 B．加入过量的Br2 C．将加成产物B及时从体系分离
6．（2022·新疆·统考三模）甲基叔丁基醚(MTBE)是一种高辛烷值汽油添加剂，可由甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成：CH3OH(g)+IB(g)MTBE(g) ∆H。回答下列问题：
(1)反应过程中反应物首先被催化剂吸附，再经历过渡态，最终得到产物，相对能量与反应历程的关系如图1所示(其中N1表示甲醇和异丁烯同时被吸附，N2表示甲醇先被吸附，N，表示异丁烯先被吸附)，该反应的∆H= kJ·mol-1，下列说法错误的是 。
A．过渡态1比另两种过渡态稳定
B．三种反应历程中，N3反应速率最快
C．降低温度和增大压强都有利于提高反应物平衡转化率
D．起始投料在刚性容器中分别采用三种途径反应相同时间，三种途径MTBE的产率一定相同
(2)向刚性密闭容器中充入等物质的量的甲醇和异丁烯，在催化剂作用下，分别在T1和T2两个温度反应，异丁烯的转化率随时间的变化关系如图2所示。
①T2时，反应90min后到达点B，此时甲醇的体积分数为 (保留3位有效数字)
②A、B、M三点中，正反应速率最大的是 ，逆反应速率最小的是 。
③比较A、B、M三点的平衡常数K(A)、K(B)、K(M)，从大到小的顺序是 。
④已知对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)，标准平衡常数Kθ=，其中PG、PH、PD、PE为各组分的平衡分压，分压=总压×该组分物质的量分数，pθ=100kPa。在T1时，将等物质的量的甲醇和异丁烯充入恒容密闭容器中(初始压强为200kPa)，甲醇的平衡分压为 ，反应的标准平衡常数Kθ= 。
7．（2022·新疆喀什·统考一模）碳和碳的两种氧化物(CO、CO2)在工业上都有重要的应用。
(1)利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2
Ⅲ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH3
①根据上述反应判断ΔH3= (用ΔH1、ΔH2表示)。
在压强相等的情况下，下表为一定比例的CO2/H2，CO/H2，CO/CO2/H2在装有催化剂的反应器中生成甲醇时，不同温度下甲醇生成速率的数值变化。
组分
a(CO2/H2)
b(CO/H2)
c(CO/CO2/H2)
490K时甲醇生成速率
[mol·(mL cat)-1·h-1]
3.0
0.8
10.4
510K时甲醇生成速率
[mol·(mL cat)-1·h-1]
2.5
1.5
9.8
②490K时，从表中数值可以看出，合成甲醇的主要反应为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，CO的存在使甲醇生成速率增大的原因为 。
③组分a中，一定比例的CO2/H2反应，510K时甲醇生成速率低于490K时甲醇生成速率，其原因可能为 。
(2)在T0K、1.0×104kPa下，等物质的量的CO与CH4混合气体可以合成乙醛，反应方程式如下： CO(g)＋CH4(g) CH3CHO(g)
实验测得：v正=k正p(CO)·p(CH4)，v逆=k逆p(CH3CHO)，k正、k逆为速率常数，p为气体的分压(气体分压p=气体总压p总×体积分数)。若用气体分压表示的平衡常数Kp=4.5×10-5(kPa)-1，则k正= (以k逆表示)；当CO转化率为20%时，v正：v逆=
(3)工业生产水煤气的反应为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH =+131 kJ·mol-1，ΔS=+134.5 J·K-1·mol-1，常温下该反应 (填“能”、“不能”)自发进行，工业生产水煤气时需要首先加热煤层，并不断间歇式的通入空气和水蒸气，请说出生产水煤气时通入空气的原因 。
8．（2022·新疆喀什·统考一模）为应对全球气候问题，中国政府承诺“2030年碳达峰”“2060年碳中和”。二氧化碳再次成为科学家们研究的重点。回答下列问题：
(1)已知：①H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH1=-285.8kJ/mol
②C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH2=-1366.8kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g) ΔH3=+44kJ·mol-1
则CO2与H2反应生成C2H5OH(g)和H2O(g)的热化学方程式为 。
(2)将CO2和H2按物质的量之比为1：3通入某刚性密闭容器中，只发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，平衡状态CH3OH的体积分数与温度、气体总压强的关系如图所示
。
①能表明反应达平衡状态的是 (填字母)。
A．v正(CH3OH)=3v逆(H2)
B．不再变化
C．气体密度不再变化
D．气体平均摩尔质量不再变化
②能同时加快反应速率和增大H2平衡转化率的措施是 。
③p1、p2、p3从大到小的顺序是 。温度为T2、气体总压强为p3的条件下，反应达到平衡时H2的转化率为 。b点的平衡常数Kp= (MPa)-2。
(3)为了研究Fe-Mn/γ-Al2O3催化剂在CO2加氢中的性能，科研人员在290℃、1.37MPa、=3、反应混合气进入反应器流速为5400mL/(h·g)的条件下，考察了Fe的负载量与Mn的添加量对催化剂性能的影响，结果见表。
催化剂
碳基选择性/%
烯烷比
CO2转化率/%
CH4
C2～C5+烯烃
CO
Fe25%
54.9
35.1
10.0
0.2
32.1
Mn4%Fe17%
42.0
46.5
11.5
0.7
34.4
Mn12%Fe17%
34.0
55.3
10.7
1.2
37.7
Mn20%Fe17%
40.7
43.4
15.8
0.9
25.9
分析表中数据可知，当Fe的负载量和Mn的添加量为 时最有利于二氧化碳加氢合成低碳烯烃。向催化剂中再加入适量K助剂时，C2～C5+烯烃的选择性明显提高，而CH4的选择性明显降低，CO2的转化率也增大，从催化剂对反应活化能的影响说明其原因： 。
9．（2021·新疆·统考二模）硫、氮元素形成的有毒有害气体对大气造成严重污染，研究它们的转化关系对消除污染有重要指导作用。已知：标准生成焓是指298K，100kPa条件下，由最稳定的单质生成单位物质的量的纯物质的热效应，△H=生成物标准生成焓总和-反应物标准生成焓总和。
物质
标准生成焓(kJ/mol)
物质
标准生成焓(kJ/mol))
O2(g)
0
SO2(g)
-296.9
N2(g)
0
SO3(g)
-395.2
S(斜方硫，s)
0
NO(g)
89.9
NO2(g)
33.9
(1)写出NO2氧化SO2的热化学方程式 (已知NO2自身被还原为NO)。
(2)可用如图电解装置将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则a接电源的 极，阴极的电极反应式为 。
(3)按投料比n(NO)：n(Cl2)=2：1将NO和Cl2加入到一恒压密闭容器中，发生反应2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)，平衡的转化率与温度T的关系如图所示：
①该反应的ΔH 0(填“＞”或“＜”)。
②已知总压为pMPa，M点时容器内Cl2的转化率为 。
10．（2021·新疆乌鲁木齐·统考三模）为减少CO2排放、科学家着眼于能源转换和再利用等问题。
(1)CO2甲烷化反应最早由化学家Paul Sabatier提出。在一定的温度和压力下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。
①已知部分共价键键能如表。
化学键
C=O
C-H
H-H
H-O
键能/kJ•mol-1
745.0
413.4
436.0
462.8
则反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)的∆H= kJ•mol-1。
②向刚性绝热密闭容器中充入等物质的量的CO2(g)和H2(g)发生上述反应，下列可说明反应已达平衡状态的是 (填编号)。
A．容器内温度不变 B．混合气体平均密度保持不变
C．CH4的体积分数保持不变 D．v正(CO2)=v逆(H2O)
(2)CO2与H2在某催化剂表面制甲醇的化学方程式是：CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ∆H<0。
①320℃时，CO2与H2按体积比1：4投入到刚性密闭容器中，同时加入催化剂发生合成甲醇的反应，测得初始时压强为p，反应一段时间后达到平衡，测得CO2的平衡转化率为50%，则平衡时体系的压强为 。
②若将2molCO2和6molH2充入密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H<0。图甲表示压强为0.1 MPa和5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。
a、b两点正反应速率分别用va、vb表示，则va vb(填“大于”、“小于”或“等于”)。
b点对应的平衡常数Kp= MPa-2(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压=总压×物质的量分数)。
(3)我国科学家用S-In催化剂电催化还原CO2制甲酸的机理如图乙所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。
①图乙中，催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是 。
②图丙为催化还原CO2的反应历程图。其中，生成甲酸的决速步骤的电极反应式为 ，从反应能垒角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因： 。
11．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）全球气候变化是21世纪人类面临的重大挑战，“碳达峰、碳中和”既是气候变化应对战略，更是经济可持续发展战略。研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为当今研究热点。
(1)加氢可制备甲酸：
①工业上利用甲酸的能量关系转换如下图所示，计算a= 。
②将等物质的量的和充入体积为的密闭容器中发生反应：。实验测得：，，、为速率常数(只与温度有关)。温度为T1℃时，，温度为T2℃时，。则T1 T2(填“>”“<”或“=”)；T2℃时平衡压强 T1℃时平衡压强(填“>”“<”或“=”)，理由是 。
(2)工业上常用氨水吸收，其产物之一是。写出常温下水解反应的离子方程式： ，计算该反应的平衡常数 (保留2位有效数字，已知常温下碳酸的电离常数、，的电离常数)。
(3)我国科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，可有效减少碳的排放，其工作原理如图所示。
系统工作时a极为电池的 极，b极区参与的电极总反应式为 。
12．（2023·新疆·统考三模）深入研究含碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(g)+H2O(g) ΔH=-87.0kJ ·mol-1。
(1)分别向等温等容、绝热等容(起始温度相同)的密闭容器中加入0.2mol的NH3和0.1mol的CO2，若达平衡时等温等容容器中CO(NH2)2的质量分数为a%，绝热等容容器中CO(NH2)2的质量分数为b%，则a b(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。电解装置如图所示，熔融NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在发生电极反应时生成中间体Fe。惰性电极I的电极反应为 ， 生成氨气的反应：2Fe+N2 +3H2O(g)=Fe2O3+2NH3。
(3)如图是上述反应合成尿素的机理及能量变化(单位：kJ·mol-1) ，TS表示过渡态。
该反应历程中，起决速步骤的方程式是 。若 ΔE1=66.5 kJ·mol-1，则 ΔE2= kJ·mol-1。
(4)在T1℃和T2℃时(T1
(5)已知：Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。实验探究Catl、Cat2两种催化剂的催化效能，获得如图曲线。则催化效能较高的催化剂是 (填“Catl”或“Cat2”)，判断依据是 。
三、工业流程题
13．（2023·新疆阿勒泰·统考一模）为保护环境，充分利用钴资源，一种以废旧钴酸锂电池材料(正极材料主要含有LiCoO2、铝箔及金属钢壳)回收钴酸锂的工艺流程如下:
已知一定条件下，部分金属阳离子形成氢氧化物的pH如下表:
离子
Co3+
Fe3+
Co2+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的pH
0.3
2.7
7.2
7.6
3.6
完全沉淀的pH
1.1
3.2
9.2
9.6
5.2
请回答下列问题:
(1)废旧钴酸锂电池需经放电、拆解、粉碎预处理。放电方式为电化学放电，可以将废旧电池浸泡在 (填标号)中进行放电。粉碎的目的是 。
A．Na2SO4溶液
B．98%的H2SO4溶液
C．酒精
(2)“酸浸”过程中，除加入H2SO4，还要加入H2O2。
①H2O2的作用是 (填标号)。
A．做氧化剂
B．做还原剂
C．既做氧化剂又做还原剂
②H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，该反应的离子方程式为 。
③相同条件下，“酸浸”时钴的浸出率随温度变化如右图所示，此时温度控制在80°C左右的原因为 。
(3)“调pH”时，溶液应控制的pH范围为 ，选用的最佳试剂是 (填标号)。
A．H2SO4 B．CoCO3 C．石灰乳 D．NaOH
(4)高温时，CoC2O4和Li2CO3生成LiCoO2的同时放出CO2。此反应的化学方程式为 。
14．（2021·新疆·统考二模）绿色植物标本用醋酸铜晶体[(CH3COO)2Cu•H2O]处理后颜色更鲜艳、稳定。制备醋酸铜晶体并测定产品中铜的含量，实验如图。
醋酸铜晶体的制备
(1)步骤②将研磨后混合物注入热水中反应，写出反应的离子方程式 ；碱式碳酸铜的制备需在热水中进行反应，且温度需控制在60℃左右，原因是 。
(2)操作③的名称为 。
(3)写出图中④发生反应的化学方程式 。
(4)图中⑤采用的操作为： 、 、过滤、洗涤、干燥。
四、实验题
15．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）乙酰苯胺为无色晶体，具有退热镇痛作用，有“退热冰”之称。实验室常用苯胺与乙酸反应制备乙酰苯胺： +CH3COOH +H2O
相关的文献数据如表：
物质
相对分子质量
密度(g/mL)
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
冰醋酸
60
1.05
16.6
118
易溶于水
苯胺
93
1.02
-6
184.4
微溶于水，易氧化
乙酰苯胺
135
1.21
114.3
305
微溶于冷水，易溶于热水
实验流程如图：
据此回答下列问题：
(1)实验装置中仪器a的名称 。
(2)圆底烧瓶中加入少许锌粉的目的是 。锌粉几乎不与纯乙酸反应。但随着上述制备反应的进行而会消耗乙酸，原因是 。
(3)反应需控制温度在105℃左右的原因是 。
(4)将反应液倒入冷水的作用是 。
(5)粗产品中所含有机杂质主要为 ，进一步提纯的实验方法为 。
(6)计算所得到乙酰苯胺的产率是 (保留3位有效数字)。
参考答案：
1．D
【详解】A． 由图知，①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂，A正确；
B．由图知，④中已没有碳碳双键、而是碳碳单键，则上述过程中CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键，B正确；
C．使用催化剂，能降低反应的活化能。途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1，C正确；
D．焓变ΔH =正反应的活化能−逆反应的活化能；则 CH2=CH2(g)+H2(g)⇌CH3CH3(g)，该反应的△H=(E1-E3)kJ·mol-1=(E2-E4)kJ·mol-1，D不正确；
答案选D。
2．D
【详解】A．氯水中含HClO可使pH试纸褪色，不能选pH试纸测定，选项A错误；
B．图中缺温度计测定裂解产物的沸点，不能完成实验，选项B错误；
C．挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反应，由现象不能证明发生取代反应，选项C错误；
D．只有温度不同，可探究温度对平衡的影响，选项D正确；
答案选D。
3．(1)-46
(2)
(3) b 减小 BD 30.0 c 反应I放热，反应Ⅱ吸热，升温使反应I平衡逆向移动程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降 气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低
【详解】（1）ΔH=E反应物总键能-E生成物的总键能=803×2+3×436-（3×414+326+464×3）=-46kJ•mol-1。答案为-46；
（2）根据条件列出三段式为
则计算平衡时气体总物质的量为0.8+2.4+0.2+0.2=3.6mol，则x(CO2)= 、x(H2)= 、x(CH3OH)=x(H2O)= 。计算得Kx=。答案为；
（3）反应Ⅱ为吸热反应随着温度的升高，K增大即随着的增大K减小，所以Ⅱ的线为b。由盖斯定律得该反应由Ⅰ+Ⅱ得ΔH=-46+40.9=-5.1 kJ•mol-1，则该反应为放热反应升高温度K减小。
A．反应Ⅰ为ΔH<0、ΔS<0的反应在低温条件下自发进行，A项错误；
B．升温无论吸热放热反应速率均加快，B项正确；
C．用不同催化剂改变反应历程但不改变化学平衡的限度即平衡转化率，C项错误；
D．从图可以看出反应中HCOO*与CH3O*物质的量之比增大即CH3O*较少所以反应Ⅱ为慢反应产生CH3O*少，反应Ⅱ活化能高，D项正确；
故选BD。
由图中的两点（3.0，63.0）和（4.0，33.0）计算63.0=3.0Ea+C和33.0=4.0Ea+C计算得到Ea= 30.0。
使用催化剂降低Ea，即直线的斜率更小为c。
CO2在反应Ⅰ和Ⅱ均参与反应，其转化率综合考虑两个反应受温度的影响。反应Ⅰ为放热反应升温平衡逆向，而反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向。但CO2随着温度的升高其转化率降低，即反应Ⅰ的影响更大。气流过大，气体还未充分反应达到化学平衡就被排出导致CO2转化率降低。
答案为b；减小；BD；30.0；c；反应I放热，反应Ⅱ吸热，升温使反应I平衡逆向移动程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低。
4．(1)(a-620.9)
(2) 0.8kPa-1 < < C
(3) 催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高 I Ⅱ
(4)2NO +4e-= N2+2O2-
【详解】（1）根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可得，正反应活化能=ΔH+逆反应活化能=(a-620.9)kJ·mol-1；故答案为：(a-620.9)。
（2）①设开始反应时通入的NO和CO气体的物质的量均为2mol，4min反应达到平衡时生成氮气amol，由题意可建立如下三段式：
由平衡前后气体的物质的量之比等于压强之比可得：=，解得a=0.8m，平衡时各物质的分压为：p(NO)=×320kPa=40kPa，p(CO)=×320kPa=40kPa，p(CO2)=×320kPa=160kPa，p(N2)=×320kPa=80kPa，反应的平衡常数Kp=；
②达到平衡后，v正=v逆=k正·p2(NO)·p2(CO)=k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数Kp=，所以平衡时k正小于k逆；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
③A．降低温度，化学反应速率减小，A错误；
B．该反应为气体计量数减小的反应，增大压强，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，但增大压强，会增大对设备的要求，增加成本，不是最佳措施，B错误；
C．使用适合催化剂，降低反应的活化能，化单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，C正确；
D．降低氮气浓度，生成物的浓度减小，化学反应速率减小，D错误；
故选C；
故答案为：0.8kPa-1；<；<；C。
（3）①由图可知，反应在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲；
②活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，由图可知，整个反应分为三个基元反应阶段，其中反应I正反应的活化能为298.4kJ/mol，正反应的活化能最大，故反应速率最慢，故该化学反应的速率主要由反应I决定；改变温度，对活化能大的反应影响大，反应Ⅱ的逆反应活化能最大，所以逆反应速率增加最大，逆反应速率增加最大的是反应Ⅱ；
故答案为：催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；I；Ⅱ。
（4）由图可知，a电极NO得到电子转化为氮气和O2-，a极对应的电极反应式为：2NO+4e-=N2+2O2-；
故答案为：2NO+4e-=N2+2O2-。
5．(1)a-b+c
(2) 1 n m
(3) 0.8mol 0.625
(4)
(5)C
【详解】（1）由已知信息，反应Ⅰ-反应Ⅱ+反应Ⅲ可得到反应Ⅳ，根据盖斯定律可得，△H4=△H1-△H2+△H3=(a-b+c)kJ·mol-1；
（2）①已知v正=k正·c(CH2=CHCH=CH2)·c(H2)，v逆=k逆·c(CH2=CHCH2CH3)，反应达到平衡时，v正=v逆，即k正·c(CH2=CHCH=CH2)·c(H2)=k逆·c(CH2=CHCH2CH3)，则有，又T1温度下，k正=k逆，因此T1温度下，反应Ⅰ的平衡常数K=1；
②反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，△S＜0，已知反应Ⅰ在较低温度下易自发进行，根据△G=△H-T△S可知，反应Ⅰ的△H＜0，T2＞T1，T2温度下，相比于T1是升高温度，速率均增大，但平衡逆向进行，v正＜V逆，则k正、k逆均增大，且k正＜k逆，因此k正、k逆在图中相应的点分别为n、m；
（3）①由图象可知，反应开始至20s时，CH2=CHCH2CH3(g)和CH3CH=CHCH3(g)的物质的量分别为0.5mol、0.2mol，根据方程式可知，生成0.5molCH2=CHCH2CH3(g)消耗0.5molH2，生成0.2molCH3CH=CHCH3(g)消耗0.2molH2，则共消耗0.7molH2，因此剩余H2的物质的量为1.5mol-0.7mol=0.8mol；
②根据图象，反应达到平衡时，CH2=CHCH2CH3(g)和CH3CH=CHCH3(g)的物质的量分别为0.5mol、0.2mol，生成0.5molCH2=CHCH2CH3(g)消耗0.5molH2和0.5molCH2=CHCH=CH2(g)，生成0.2molCH3CH=CHCH3(g)消耗0.2molH2和0.2molCH2=CHCH=CH2(g)，则达到平衡时CH2=CHCH=CH2(g)的物质的量为1.5mol-0.5mol-。2mol=0.8mol，H2的物质的量为0.8mol，体积为2.0L，因此，反应Ⅱ的化学平衡常数；
（4）根据图象分析，相同条件下，由活性中间体C生成产物A的活化能小，速率更快，则动力学产物的结构简式为；
（5）A．使用合适催化剂，不影响平衡移动，加成产物B的平衡产率不变，A不符合题意；
B．加入过量的Br2，可能使得生成加成产物A的反应正向进行，反而加成产物B的平衡产率降低，B不符合题意；
C．将加成产物B及时从体系分离，生成加成产物B的反应正向进行，加成产物B的平衡产率一定增大，C符合题意；
答案选C。
6．(1) -4x BD
(2) 28.6% M B K(B)>K(A)=K(M) 20kPa 20
【详解】（1）该反应的∆H 为生成物的相对能量减去反应物的相对能量，则∆H=(1-5)xkJ·mol-1=-4x kJ·mol-1。下列说法：
A．能量越低越稳定，三种过渡态中，过渡态1能量最低，则过渡态1比另两种过渡态稳定，A正确；
B．N1、N2、N3三种反应历程的活化能分别(6-4)xkJ·mol-1=4x kJ·mol-1、(9-3)xkJ·mol-1=6x kJ·mol-1、(10-4)xkJ·mol-1=6x kJ·mol-1，则N1反应速率最快，B错误；
C．该反应为气体分子总数减小的放热反应，则降低温度和增大压强都有利于提高反应物平衡转化率，C正确；
D．N1、N2、N3三种反应历程的活化能不完全相同，则起始投料在刚性容器中分别采用三种途径反应相同时间，三种途径MTBE的产率不完全相同，D错误；
选BD。
（2）①设初始时甲醇和异丁烯均为1mol，T2时，反应90min后到达点B，则存在：，此时甲醇的体积分数为 。
②先拐先平速率大，则温度，T1＞T2。A、M温度相同但M点反应物浓度大，则M点正反应速率大， B、M反应物浓度相同但M点温度高，则M点正反应速率大，则A、B、M三点中，正反应速率最大的是M；A、M温度相同但A点生成物浓度大，则M点逆反应速率小， B、M生成物浓度相同但M点温度高，则M点逆反应速率大，则A、B、M三点中，逆反应速率最小的是B。
③平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，温度高最平衡常数小，则A、B、M三点的平衡常数K(A)、K(B)、K(M)，从大到小的顺序是K(B)>K(A)=K(M)。
④在T1时，将等物质的量的甲醇和异丁烯充入恒容密闭容器中(初始压强为200kPa)，则甲醇和异丁烯的初始分压均为100 kPa，由图知：，则甲醇的平衡分压为20kPa；已知pθ=100kPa，则反应的标准平衡常数。
7． ΔH1-ΔH2 Ⅰ CO促进反应Ⅲ逆向移动，CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少 510K时催化剂的活性降低 k逆×4.5×10-5(kPa)-1 4：5 不能 因为工业生产水煤气的反应为吸热反应，通入空气和煤反应，释放热量使生产水煤气的反应能够持续进行
【详解】(1)Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1；Ⅱ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2；
①根据盖斯定律：反应Ⅰ-反应Ⅱ可得反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH3=ΔH1-ΔH2；
②合成甲醇的反应为反应Ⅰ和Ⅱ，从表中数值可以看出，490K时，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率，反应Ⅰ进行的程度大，因此合成甲醇的主要反应为Ⅰ；根据平衡移动规律和影响速率因素进行分析，CO的存在，促进反应Ⅲ逆向移动，CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少，有利于甲醇生成，反应速率加快；
③催化剂的催化能力与温度有关，温度升高，催化剂的催化能力下降或丧失；因此组分a中，一定比例的CO2/H2反应，510K时甲醇生成速率低于490K时甲醇生成速率，其原因可能为510K时催化剂的活性降低；
(2)当反应达到平衡时，v正= v逆，则=Kp=4.5×10-5(kPa)-1，则k正= k逆×4.5×10-5(kPa)-1；在T0K、1.0×104kPa下，设起始时n(CH4)= n(CO)=1mol，则反应的三段式为
所以p(CH4)= p(CO)= ×1.0×104kPa=×104kPa；p(CH3CHO)= ×1.0×104kPa=×104kPa；所以v正=k正p(CO)·p(CH4)= k正××104××104；v逆=k逆p(CH3CHO)= k逆××104；==；
(3)根据<0，反应自发进行；根据反应可知，ΔH>0，ΔS>0，所以反应需要在高温下反应，常温下反应不能自发进行；工业生产水煤气的反应为吸热反应，通入空气和煤反应，释放热量使生产水煤气的反应能够持续进行，所以工业生产水煤气时需要首先加热煤层，并不断间歇式的通入空气和水蒸气。
8． 2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ΔH=-216kJ/mol BD 增大CO2的浓度 p1＞p2＞p3 33.3% 5.8×10-2 Fe17%Mn12% 降低了生成低碳烯烃反应的活化能，增大了生成CH4反应的活化能
【详解】(1) 根据盖斯定律:①×6- ②+③× 3得2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)
ΔH =(-285.8×6+1366.8+44×3)kJ/mol=-216kJ/mol，故答案为：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)
ΔH =(-285.8×6+1366.8+44×3)kJ/mol=-216kJ/mol；
(2) ①A． 3v正(CH3OH)= v逆(H2)才能表明反应达到平衡状态，故A错误；
B．随着反应进行，c(CO2)减小，c(H2O)增大，说明在反应过程中是变量，当不再变化，表明反应达到平衡状态，故B正确；
C．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变,容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故C错误；
D．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变,该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，表明反应已达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
②增大CO2浓度，浓度越大，反应速率越快,同时平衡正向移动，H2平衡转化率增大，故答案为：增大CO2浓度；
③该反应是气体体积减小的反应，压强越大,平衡正向移动，平衡状态CH3OH的体积分数越大，结合图中信息可知p1 > P2 > p3；温度为T2、气体总压强为p3的条件下，反应达到平衡时，CH3OH的体积分数为10%，设起始CO2和H2物质的量为1mol和3mol，CO2转化物质的量为xmol，
CH3OH的体积分数为10%=，则反应达到平衡的转化率为，a点和b点温度相同，则Kp(a)=Kp(b)，a点反应达到平衡时，3n(CO2)=n(H2)，则，，，故答案为：p1＞p2＞p3，33.3%，5.8×10-2；
(3)根据表中数据可知，Mn12%、Fe17%时，C2~C5+烯烃选择性最大，则当Fe的负载量和Mn的添加量为Mn12%、Fe17%时最有利于二氧化碳加氢合成低碳烯烃；向催化剂中再加入适量K助剂时，C2 ~ C5+烯烃的选择性明显提高，说明催化剂降低了生成低碳烯烃反应的活化能，而CH4的选择性明显降低，说明催化剂增大了生成CH4反应的活化能，故答案为： Mn12%、Fe17%；催化剂降低了生成低碳烯烃反应的活化能，增大了生成CH4反应的活化能。
9．(1)NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g) △H=-42.3kJ/mol
(2) 正 NO+5e-+6H+=NH+H2O
(3) ＜ 60%
【解析】（1）
NO2氧化SO2的化学方程式为NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g)，反应的焓变△H=生成物标准生成焓总和一反应物标准生成焓总和=89.9kJ/mol+(﹣395.2kJ/mol)﹣(33.9kJ/mol)﹣(﹣296.9kJ/mol)=﹣42.3kJ/mol，热化学方程式为NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g)△H=﹣42.3kJ/mol。
（2）
NO、SO2转化为(NH4)2SO4时，NO发生得电子的还原反应，SO2发生失电子的氧化反应，则电解池中通入SO2的电极为阳极、通入NO的电极为阴极，阳极与电源正极相接，阴极与电源负极相接，即a解接电源正极、b解电源负极，阴极上NO得电子生成NH，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH+H2O。
（3）
①由图可知，随着温度的升高，NO的平衡转化率降低，即升温，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，△H＜0。
②投料比n(NO)：n(Cl2)=2：1，可设n(Cl2)=amol，n(NO)=2amol，M点NO的平衡转化率为60%，列化学平衡三段式： ，M点时容器内Cl2的转化率为 ×100%=60%。
10．(1) -270.8 AC
(2) 0.8p 大于
(3) 活化水分子 HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH- CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒
【解析】（1）
焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，可知，反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)的∆H==-270.8 kJ•mol-1；
②A.反应放热，所以容器内温度为变量，但温度不变，可说明反应达到平衡状态，A正确；
B.混合气体平均密度等于气体的质量与容器体积之比，因为反应过程中气体的总质量不变，容器不变，所以气体的密度始终保持不变，气体平均密度不变不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C.CH4的体积分数为变量，说当CH4的体积分数不变时，反应达到平衡状态，C正确；
D.2v正(CO2)=v逆(H2O)，说明正反应速率等于逆反应速率，上述关系式不能说明反应达到平衡状态，D错误；
综上所述，AC符合题意；
（2）
设起始CO2物质的量为a mol，氢气物质的量为4a mol，反应一段时间后达到平衡，测得CO2的平衡转化率为50%，
平衡时气体总物质的量为(0.5a+2.5a+0.5a+0.5a) mol=4a mol，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时体系的压强为=0.8p，
故答案为：0.8p；
②该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，图中a点CO2的平衡转化率大于b点，则a点处的压强大于b点，a点所在曲线表示5.0MPa、b点所在曲线表示0.1Mpa，压强越大，反应速率越快，所以Va大于Vb；b点CO2的平衡转化率为0.5，则CO2的转化物质的量为0.5×2mol=1mol，
平衡分压p(CO2)=p(CH3OH)=p(H2O)=×0.1MPa=MPa、p(H2)=3p(CO2)= MPa，平衡常数Kp=
MPa-2=MPa-2，
故答案为：大于；；
（3）
①由图可知，催化剂S2-活性位点能够很好的吸入水分子，并将水转化为H+和OH-，H+与CO2结合生成HCOO-，
故答案为：活化水分子；
②由图可知，生成甲酸的决速步骤的电极反应式为：HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH-，从反应能垒或吸附位点角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因是：CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒，
故答案为：HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH-；CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒。
11．(1) －31.4 < < 是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体分子数增多，总压强增大，而T1
(3) 负
【详解】（1）①由图示可知：反应(1)
反应(2)
反应(3)
利用盖斯定律，将(3)－(1)－(2)可得：。
②由题意可知：T1℃，当反应达平衡时，则有，
，，平衡常数K=2，同理求得T2℃时，平衡常数K=1.61，由①可知，此反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此T1
（3）金属钠为活泼金属，易失去电子，因此a极为电池的负极，b极为电池的正极。由题图可知，b极上是二氧化碳和水发生得电子的还原反应生成碳酸氢根离子和氢气，因此b极区二氧化碳参与的电极总反应式为：。
12．(1)大于
(2)Fe2O3+3H2O(g) +6e- =2Fe+6OH-
(3) HOOC-NH2 =H2O+HN=C=O 241
(4) 1000 1000 变大
(5) Cat2 Cat2 直线斜率变化值较小(或直线Cat2斜率绝对值较小或直线Cat2较Catl平缓) ，活化能较小催化效能较高(其他答案合理均可)
【详解】（1）该反应为放热反应，随着反应的进行，绝热容器中体系的温度会逐渐升高，平衡逆向移动，不利于CO(NH2)2(g)的生成，CO(NH2)2(g)所占体系的百分含量减少，a大于b。
（2）根据图示可知，惰性电极Ⅰ为阴极，反应得电子，电极反应式为Fe2O3+3H2O(g)+6e-=2Fe+6OH-。
（3）根据图所示，能垒最大的即为决速步骤，故该步骤的方程式为：HOOC−NH2→HN=C=O+H2；根据2NH3+CO2=CO(NH2)2+H2O △H=−87kJ/mol，图中最终生成物对初始反应物的能量差是−87kJ/mol，那么由TS3到最终产物，就有ΔE2=ΔE1+87.5kJ/mol−(−87kJ/mol)=241kJ/mol。
（4）该反应△H＜0，温度升高，平衡向逆方向移动，因为T1＜T2，故在图中上面的那条线是T1℃对应的图像，平衡时v正=v逆，k正∙p(HNCO)∙p(NH3)=k逆∙p[CO(NH2)2]，代入横坐标为1、纵坐标为5那个点的数据得：kPa-1；T2℃时，根据标准平衡常数的表达式，并代入A点的数据得：；若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，容器体积不变，相当于加压，加压时平衡向气体计量数减小的正方向移动，CO(NH2)2的体积分数变大。
（5）已知活化能较小催化效能较高，由图可知，Cat2直线斜率变化值较小，活化能较小催化效能较高，所以催化效能较高的催化剂是Cat2。
13．(1) A 增大接触面积，加快反应速率，使充分灼烧
(2) B 2LiCoO2+ 6H++ H2O2= 2Li++ 2Co2+ + 4H2O+O2↑ 低于80°C，浸出反应速率随温度升高而增大，超过80°C，Co2+水解加剧及H2O2 分解导致浸出反应速率下降
(3) 5.2≤pH<7.2 B
(4)4CoC2O4+ 2Li2CO3+3O2 4LiCoO2+ 10CO2
【分析】废旧钴酸锂电池材料正极材料主要含有LiCoO2、铝箔及金属钢壳，灼烧得到LiCoO2、氧化铝、氧化铁，用硫酸、双氧水浸取生成Li2SO4、CoSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3；“调pH”生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3；滤液1加草酸铵生成草酸钴沉淀，过滤，滤液2加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂、草酸钴高温加热生成LiCoO2。
【详解】（1）Na2SO4溶液能导电，将废旧电池浸泡在Na2SO4溶液中，构成电解池，废旧电池放电；98%的H2SO4溶液不导电，将废旧电池浸泡在98%的H2SO4溶液中，不能构成电解池，废旧电池不放电；酒精是非电解质，将废旧电池浸泡在酒精中，不能构成电解池，废旧电池不放电；故选A。粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，使充分灼烧。
（2）①H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，Co元素化合价降低，发生还原反应，H2O2的作用是作还原剂，选B。
②H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为2LiCoO2+ 6H++ H2O2= 2Li++ 2Co2+ + 4H2O+O2↑。
③低于80°C，浸出反应速率随温度升高而增大，超过80°C，Co2+水解加剧及H2O2 分解导致浸出反应速率下降，所以温度控制在80°C左右。
（3）调节pH的目的是使Fe3+、Al3+完全转化为沉淀，Co2+不能生成沉淀，所以 “调pH”时，溶液应控制的pH范围为5.2≤pH<7.2，为不引入新杂质，选用的最佳试剂是CoCO3，选B。
（4）高温时，CoC2O4和Li2CO3生成LiCoO2和CO2，反应的化学方程式为4CoC2O4+ 2Li2CO3+3O2 4LiCoO2+ 10CO2。
14．(1) 2Cu2++4HCO=Cu(OH)2•CuCO3↓+3CO2↑+H2O 升高温度能加快反应，但温度过高导致Cu(OH)2•CuCO3分解
(2)过滤
(3)Cu(OH)2•CuCO3+4CH3COOH=2(CH3COO)2Cu+CO2↑+3H2O
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】将一定量的胆矾和碳酸氢钠晶体混合物研磨后注入热水后，反应生成生成Cu(OH)2•CuCO3和CO2，所得溶液经过滤得到Cu(OH)2•CuCO3固体、并与醋酸反应制得醋酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到醋酸铜晶体。
（1）
碳酸氢根水解大于电离呈碱性，由流程知步骤①将研磨后混合物注入热水后生成Cu(OH)2•CuCO3，则增大了氢离子浓度、氢离子与部分碳酸氢根反应生成CO2，按电荷守恒、元素质量守恒可知发生反应的离子方程式为2Cu2++4HCO=Cu(OH)2•CuCO3↓+3CO2↑+H2O；温度升高能加快反应速率，但温度过高导致Cu(OH)2•CuCO3分解，则制备Cu(OH)2•CuCO3需在热水中进行反应，且温度需控制在60℃左右。
（2）
操作③为固液分离，为过滤操作。
（3）
碱式碳酸铜与醋酸反应制得醋酸铜、水和二氧化碳，方程式Cu(OH)2•CuCO3+4CH3COOH=2(CH3COO)2Cu+CO2↑+3H2O。
（4）
图中⑤为醋酸铜晶体的制取，带结晶水，不宜用蒸发结晶、应采用冷却结晶，故采用的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。
15．(1)直形冷凝管
(2) 防止苯胺被氧化 有H2O生成，纯乙酸变为乙酸溶液
(3)温度过低，反应速率慢且不能蒸出反应所生成的水；温度过高未反应的乙酸蒸出
(4)降低乙酰苯胺溶解度，使其充分析出
(5) 苯胺 重结晶
(6)64.8%
【分析】5 mL苯胺和过量冰醋酸在105℃下反应制备乙酰苯胺，苯胺、冰醋酸和乙酰苯胺的沸点较高，反应在105℃下进行，故锥形瓶中蒸馏物主要成分是H2O；由苯胺、冰醋酸和乙酰苯胺的沸点可知，若温度过高，会使未反应的乙酸蒸出；该反应为可逆反应，若温度过低，反应过程中的水不能被除去，不利于反应正进行；当反应过程中不再有水生成，即锥形瓶中不再有水增加或牛角管管口不再有水珠滴下，证明反应已基本完全。
【详解】（1）由装置特点可知实验装置中仪器a为直形冷凝管，故答案为：直形冷凝管；
（2）苯胺微溶于水，易氧化，圆底烧瓶中加入少许锌粉可防止苯胺被氧化；锌粉几乎不与纯乙酸反应，由反应方程式可知反应有水生产，纯乙酸变为乙酸溶液，锌粉会与乙酸溶液反应；故答案为：防止苯胺被氧化；有H2O生成，纯乙酸变为乙酸溶液；
（3）由苯胺、冰醋酸和乙酰苯胺的沸点可知，若温度过高，会使未反应的冰醋酸蒸出，且该反应为可逆反应，若温度过低，反应过程中的水不能被除去，不利于反应正进行，故反应需控制温度在105℃左右；故答案为：温度过低，反应速率慢且不能蒸出反应所生成的水；温度过高未反应的乙酸蒸出；
（4）乙酰苯胺微溶于冷水，易溶于热水，将反应液倒入冷水的作用是降低乙酰苯胺溶解度，使其充分析出，故答案为：降低乙酰苯胺溶解度，使其充分析出；
（5）冰醋酸易溶于水，而苯胺微溶于水，乙酰苯胺微溶于冷水，故粗产品中所含有机杂质主要为苯胺；乙酰苯胺易溶于热水，故可通过重结晶的方法进一步提纯；故答案为：苯胺；重结晶；
（6）5 mL苯胺和过量冰醋酸在105℃下反应制备乙酰苯胺，5 mL苯胺的物质的量为，理论上生成乙酰苯胺的质量为，则乙酰苯胺的产率为64.8%，故答案为：64.8%。
新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2022·新疆昌吉·统考一模）乙烯(CH2=CH2)催化加氢的机理如图甲所示，其中“”代表催化剂；其位能与反应进程关系如图乙所示。下列说法错误的是
A．①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂
B．上述过程中，CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键
C．途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1
D．CH2=CH2(g)+H2(g)⇌CH3CH3(g)，该反应的△H=(E3-E1)kJ·mol-1
2．（2021·新疆·统考二模）为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关理由均正确的是
选项
实验目的
实验方法
相关解释
A
测量氯水的pH
pH试纸可以测量溶液的酸碱度
B
探究正戊烷(C5H12)催化裂解
C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃
C
验证苯和溴能发生取代反应
AgNO3溶液反应，生成HBr与AgNO3溶液反应，生成淡黄色沉淀
D
探究温度对平衡移动的影响
2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动
A．A B．B C．C D．D
二、原理综合题
3．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）(我国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，关键的一步是利用化学催化剂将高浓度CO2还原成CH3OH：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。
(1)已知相关键能数据如表所示，则上述反应的ΔH= kJ•mol-1。
化学键
H－H
H－O
C=O
C－O
C－H
键能/kJ•mol-1
436
464
803
326
414
(2)某温度下，向一定体积的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，体系达到平衡时CO2的转化率为20%。反应的平衡常数Kx= (对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，Kx=，x为物质的量分数，计算结果用分数表示)。
(3)以CO2(g)和H2(g)为原料合成CH3OH(g)，除发生上述反应外(后续称为反应Ⅰ)，还发生反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+40.9kJ•mol-1。
①反应I、Ⅱ的lnK(K代表化学平衡常数)随(温度的倒数)的变化如图所示。线 (填“a”或“b”)表示反应Ⅱ的lnK随的变化。升高温度，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数 (填“增大”或“减小”或“不变”)。
②研究发现，在单原子Cu/ZrO2催化时，反应I的历程以及中间体HCOO*与CH3O*物质的量之比随时间变化如图所示：
第一步：CO2+H2→HCOO*+H*
第二步：HCOO*+2H2→CH3O*+H2O
第三步：CH3O*+H*→CH3OH
下列说法正确的是 (填标号)。
A．任何温度下，反应Ⅰ均可自发进行
B．升高温度时，3步反应速率均加快
C．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率
D．反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步骤
③反应I反应历程中某一步基元反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R、C为常数)。
i.该基元反应的活化能Ea= kJ•mol-1。
ii.直线 (填“b”或“c”)表示使用更高效的催化剂时，Rlnk与的关系。
④在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=×100%]随温度(T)变化关系如图所示。若233~250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是 ；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是 。
4．（2023·新疆阿勒泰·统考二模）二十大提出“坚持精准治污、科学治污、依法治污，持续深入打好蓝天碧水净土保卫战”。利用反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，可有效减少汽车尾气污染物的排放。
(1)已知该反应的 ΔH=-620.9 kJ·mol-1，逆反应活化能为a kJ·mol-1，则其正反应活化能为 kJ·mol-1。
(2)在一定温度下，向恒容容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如下表所示：
t/min
0
1
2
3
4
5
p/kPa
400
370
346
330
320
320
①反应的平衡常数Kp= (Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压 ×物质的量分数)。
②实验测得该反应的速率v正=k正·p2( CO )·p2( NO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)，k正与k逆仅与温度有关。则平衡时k正 k逆 (填“>” “<”或“=”，下同)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 k逆增大的倍数。
③未达平衡前，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率，应选择的最佳措施是 (填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．使用合适的催化剂 D．降低氮气浓度
(3)①在不同催化剂甲、乙作用下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图所示。工业生产中选用甲，理由是 。
②在催化剂甲作用下，反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。
该化学反应的速率主要由反应 决定(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”，下同)。提高反应温度，逆反应速率增加最大的是反应 。
(4)若将该反应设计成如图所示的原电池，既能产生电能，又能消除环境污染。a极对应的电极反应式为 。
5．（2022·新疆·统考二模）1，3-丁二烯(CH2=CHCH=CH2)与氢气、卤素单质等的反应在有机合成中具有重要意义。已知：在一定条件下1，3-丁二烯和H2的反应原理如下：
I．CH2=CHCH=CH2(g)+H2(g)→CH2=CHCH2CH3(g) △H1=akJ·mol-1
II．CH2=CHCH=CH2(g)+H2(g)→CH3CH=CHCH3(g) △H2=bkJ·mol-1
III．CH2=CHCH2CH3(g)+H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g) △H3=ckJ·mol-1
IV．CH3CH=CHCH3(g)+H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g) △H4
回答下列问题：
(1)△H4= kJ·mol-1(用a、b、c表示)。
(2)已知反应I在较低温度下易自发进行，其正反应速率v正=k正·c(CH2=CHCH=CH2)·c(H2)，v逆=k逆·c(CH2=CHCH2CH3)，其中k正、k逆为速率常数，速率常数与温度的关系如图所示。已知T1温度下，k正=k逆。
①T1温度下，反应I的化学平衡常数K= (填数值)。
②T2温度下，k正、k逆在图中相应的点分别为 、 (填字母序号)。
(3)某温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.5molCH2=CHCH=CH2(g)和1.5molH2(g)，只发生反应I和反应II，达平衡时CH2=CHCH2CH3(g)和CH3CH=CHCH3(g)的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
①反应开始至20s，剩余H2的物质的量为 。
②反应II的化学平衡常数K= 。
已知：1，3-丁二烯和Br2发生1：1反应的能量随反应过程的变化关系如图所示，根据图示回答下列问题：
(4)1，3-丁二烯和Br2反应生成的两种产物，一种称为动力学产物，由速率更快的反应生成；一种称为热力学产物，由产物更加稳定的反应生成。则动力学产物结构简式为 。
(5)若要提高加成产物B的平衡产率，一定可以采取的措施有 (填字母序号)。
A．使用合适的催化剂 B．加入过量的Br2 C．将加成产物B及时从体系分离
6．（2022·新疆·统考三模）甲基叔丁基醚(MTBE)是一种高辛烷值汽油添加剂，可由甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成：CH3OH(g)+IB(g)MTBE(g) ∆H。回答下列问题：
(1)反应过程中反应物首先被催化剂吸附，再经历过渡态，最终得到产物，相对能量与反应历程的关系如图1所示(其中N1表示甲醇和异丁烯同时被吸附，N2表示甲醇先被吸附，N，表示异丁烯先被吸附)，该反应的∆H= kJ·mol-1，下列说法错误的是 。
A．过渡态1比另两种过渡态稳定
B．三种反应历程中，N3反应速率最快
C．降低温度和增大压强都有利于提高反应物平衡转化率
D．起始投料在刚性容器中分别采用三种途径反应相同时间，三种途径MTBE的产率一定相同
(2)向刚性密闭容器中充入等物质的量的甲醇和异丁烯，在催化剂作用下，分别在T1和T2两个温度反应，异丁烯的转化率随时间的变化关系如图2所示。
①T2时，反应90min后到达点B，此时甲醇的体积分数为 (保留3位有效数字)
②A、B、M三点中，正反应速率最大的是 ，逆反应速率最小的是 。
③比较A、B、M三点的平衡常数K(A)、K(B)、K(M)，从大到小的顺序是 。
④已知对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)，标准平衡常数Kθ=，其中PG、PH、PD、PE为各组分的平衡分压，分压=总压×该组分物质的量分数，pθ=100kPa。在T1时，将等物质的量的甲醇和异丁烯充入恒容密闭容器中(初始压强为200kPa)，甲醇的平衡分压为 ，反应的标准平衡常数Kθ= 。
7．（2022·新疆喀什·统考一模）碳和碳的两种氧化物(CO、CO2)在工业上都有重要的应用。
(1)利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2
Ⅲ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH3
①根据上述反应判断ΔH3= (用ΔH1、ΔH2表示)。
在压强相等的情况下，下表为一定比例的CO2/H2，CO/H2，CO/CO2/H2在装有催化剂的反应器中生成甲醇时，不同温度下甲醇生成速率的数值变化。
组分
a(CO2/H2)
b(CO/H2)
c(CO/CO2/H2)
490K时甲醇生成速率
[mol·(mL cat)-1·h-1]
3.0
0.8
10.4
510K时甲醇生成速率
[mol·(mL cat)-1·h-1]
2.5
1.5
9.8
②490K时，从表中数值可以看出，合成甲醇的主要反应为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，CO的存在使甲醇生成速率增大的原因为 。
③组分a中，一定比例的CO2/H2反应，510K时甲醇生成速率低于490K时甲醇生成速率，其原因可能为 。
(2)在T0K、1.0×104kPa下，等物质的量的CO与CH4混合气体可以合成乙醛，反应方程式如下： CO(g)＋CH4(g) CH3CHO(g)
实验测得：v正=k正p(CO)·p(CH4)，v逆=k逆p(CH3CHO)，k正、k逆为速率常数，p为气体的分压(气体分压p=气体总压p总×体积分数)。若用气体分压表示的平衡常数Kp=4.5×10-5(kPa)-1，则k正= (以k逆表示)；当CO转化率为20%时，v正：v逆=
(3)工业生产水煤气的反应为C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH =+131 kJ·mol-1，ΔS=+134.5 J·K-1·mol-1，常温下该反应 (填“能”、“不能”)自发进行，工业生产水煤气时需要首先加热煤层，并不断间歇式的通入空气和水蒸气，请说出生产水煤气时通入空气的原因 。
8．（2022·新疆喀什·统考一模）为应对全球气候问题，中国政府承诺“2030年碳达峰”“2060年碳中和”。二氧化碳再次成为科学家们研究的重点。回答下列问题：
(1)已知：①H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH1=-285.8kJ/mol
②C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH2=-1366.8kJ/mol
③H2O(l)=H2O(g) ΔH3=+44kJ·mol-1
则CO2与H2反应生成C2H5OH(g)和H2O(g)的热化学方程式为 。
(2)将CO2和H2按物质的量之比为1：3通入某刚性密闭容器中，只发生反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，平衡状态CH3OH的体积分数与温度、气体总压强的关系如图所示
。
①能表明反应达平衡状态的是 (填字母)。
A．v正(CH3OH)=3v逆(H2)
B．不再变化
C．气体密度不再变化
D．气体平均摩尔质量不再变化
②能同时加快反应速率和增大H2平衡转化率的措施是 。
③p1、p2、p3从大到小的顺序是 。温度为T2、气体总压强为p3的条件下，反应达到平衡时H2的转化率为 。b点的平衡常数Kp= (MPa)-2。
(3)为了研究Fe-Mn/γ-Al2O3催化剂在CO2加氢中的性能，科研人员在290℃、1.37MPa、=3、反应混合气进入反应器流速为5400mL/(h·g)的条件下，考察了Fe的负载量与Mn的添加量对催化剂性能的影响，结果见表。
催化剂
碳基选择性/%
烯烷比
CO2转化率/%
CH4
C2～C5+烯烃
CO
Fe25%
54.9
35.1
10.0
0.2
32.1
Mn4%Fe17%
42.0
46.5
11.5
0.7
34.4
Mn12%Fe17%
34.0
55.3
10.7
1.2
37.7
Mn20%Fe17%
40.7
43.4
15.8
0.9
25.9
分析表中数据可知，当Fe的负载量和Mn的添加量为 时最有利于二氧化碳加氢合成低碳烯烃。向催化剂中再加入适量K助剂时，C2～C5+烯烃的选择性明显提高，而CH4的选择性明显降低，CO2的转化率也增大，从催化剂对反应活化能的影响说明其原因： 。
9．（2021·新疆·统考二模）硫、氮元素形成的有毒有害气体对大气造成严重污染，研究它们的转化关系对消除污染有重要指导作用。已知：标准生成焓是指298K，100kPa条件下，由最稳定的单质生成单位物质的量的纯物质的热效应，△H=生成物标准生成焓总和-反应物标准生成焓总和。
物质
标准生成焓(kJ/mol)
物质
标准生成焓(kJ/mol))
O2(g)
0
SO2(g)
-296.9
N2(g)
0
SO3(g)
-395.2
S(斜方硫，s)
0
NO(g)
89.9
NO2(g)
33.9
(1)写出NO2氧化SO2的热化学方程式 (已知NO2自身被还原为NO)。
(2)可用如图电解装置将雾霾中的NO、SO2转化为(NH4)2SO4，则a接电源的 极，阴极的电极反应式为 。
(3)按投料比n(NO)：n(Cl2)=2：1将NO和Cl2加入到一恒压密闭容器中，发生反应2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)，平衡的转化率与温度T的关系如图所示：
①该反应的ΔH 0(填“＞”或“＜”)。
②已知总压为pMPa，M点时容器内Cl2的转化率为 。
10．（2021·新疆乌鲁木齐·统考三模）为减少CO2排放、科学家着眼于能源转换和再利用等问题。
(1)CO2甲烷化反应最早由化学家Paul Sabatier提出。在一定的温度和压力下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。
①已知部分共价键键能如表。
化学键
C=O
C-H
H-H
H-O
键能/kJ•mol-1
745.0
413.4
436.0
462.8
则反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)的∆H= kJ•mol-1。
②向刚性绝热密闭容器中充入等物质的量的CO2(g)和H2(g)发生上述反应，下列可说明反应已达平衡状态的是 (填编号)。
A．容器内温度不变 B．混合气体平均密度保持不变
C．CH4的体积分数保持不变 D．v正(CO2)=v逆(H2O)
(2)CO2与H2在某催化剂表面制甲醇的化学方程式是：CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ∆H<0。
①320℃时，CO2与H2按体积比1：4投入到刚性密闭容器中，同时加入催化剂发生合成甲醇的反应，测得初始时压强为p，反应一段时间后达到平衡，测得CO2的平衡转化率为50%，则平衡时体系的压强为 。
②若将2molCO2和6molH2充入密闭容器中发生反应：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H<0。图甲表示压强为0.1 MPa和5.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。
a、b两点正反应速率分别用va、vb表示，则va vb(填“大于”、“小于”或“等于”)。
b点对应的平衡常数Kp= MPa-2(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压=总压×物质的量分数)。
(3)我国科学家用S-In催化剂电催化还原CO2制甲酸的机理如图乙所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。
①图乙中，催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是 。
②图丙为催化还原CO2的反应历程图。其中，生成甲酸的决速步骤的电极反应式为 ，从反应能垒角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因： 。
11．（2021·新疆乌鲁木齐·统考一模）全球气候变化是21世纪人类面临的重大挑战，“碳达峰、碳中和”既是气候变化应对战略，更是经济可持续发展战略。研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为当今研究热点。
(1)加氢可制备甲酸：
①工业上利用甲酸的能量关系转换如下图所示，计算a= 。
②将等物质的量的和充入体积为的密闭容器中发生反应：。实验测得：，，、为速率常数(只与温度有关)。温度为T1℃时，，温度为T2℃时，。则T1 T2(填“>”“<”或“=”)；T2℃时平衡压强 T1℃时平衡压强(填“>”“<”或“=”)，理由是 。
(2)工业上常用氨水吸收，其产物之一是。写出常温下水解反应的离子方程式： ，计算该反应的平衡常数 (保留2位有效数字，已知常温下碳酸的电离常数、，的电离常数)。
(3)我国科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，可有效减少碳的排放，其工作原理如图所示。
系统工作时a极为电池的 极，b极区参与的电极总反应式为 。
12．（2023·新疆·统考三模）深入研究含碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(g)+H2O(g) ΔH=-87.0kJ ·mol-1。
(1)分别向等温等容、绝热等容(起始温度相同)的密闭容器中加入0.2mol的NH3和0.1mol的CO2，若达平衡时等温等容容器中CO(NH2)2的质量分数为a%，绝热等容容器中CO(NH2)2的质量分数为b%，则a b(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。电解装置如图所示，熔融NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在发生电极反应时生成中间体Fe。惰性电极I的电极反应为 ， 生成氨气的反应：2Fe+N2 +3H2O(g)=Fe2O3+2NH3。
(3)如图是上述反应合成尿素的机理及能量变化(单位：kJ·mol-1) ，TS表示过渡态。
该反应历程中，起决速步骤的方程式是 。若 ΔE1=66.5 kJ·mol-1，则 ΔE2= kJ·mol-1。
(4)在T1℃和T2℃时(T1
(5)已知：Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。实验探究Catl、Cat2两种催化剂的催化效能，获得如图曲线。则催化效能较高的催化剂是 (填“Catl”或“Cat2”)，判断依据是 。
三、工业流程题
13．（2023·新疆阿勒泰·统考一模）为保护环境，充分利用钴资源，一种以废旧钴酸锂电池材料(正极材料主要含有LiCoO2、铝箔及金属钢壳)回收钴酸锂的工艺流程如下:
已知一定条件下，部分金属阳离子形成氢氧化物的pH如下表:
离子
Co3+
Fe3+
Co2+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的pH
0.3
2.7
7.2
7.6
3.6
完全沉淀的pH
1.1
3.2
9.2
9.6
5.2
请回答下列问题:
(1)废旧钴酸锂电池需经放电、拆解、粉碎预处理。放电方式为电化学放电，可以将废旧电池浸泡在 (填标号)中进行放电。粉碎的目的是 。
A．Na2SO4溶液
B．98%的H2SO4溶液
C．酒精
(2)“酸浸”过程中，除加入H2SO4，还要加入H2O2。
①H2O2的作用是 (填标号)。
A．做氧化剂
B．做还原剂
C．既做氧化剂又做还原剂
②H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，该反应的离子方程式为 。
③相同条件下，“酸浸”时钴的浸出率随温度变化如右图所示，此时温度控制在80°C左右的原因为 。
(3)“调pH”时，溶液应控制的pH范围为 ，选用的最佳试剂是 (填标号)。
A．H2SO4 B．CoCO3 C．石灰乳 D．NaOH
(4)高温时，CoC2O4和Li2CO3生成LiCoO2的同时放出CO2。此反应的化学方程式为 。
14．（2021·新疆·统考二模）绿色植物标本用醋酸铜晶体[(CH3COO)2Cu•H2O]处理后颜色更鲜艳、稳定。制备醋酸铜晶体并测定产品中铜的含量，实验如图。
醋酸铜晶体的制备
(1)步骤②将研磨后混合物注入热水中反应，写出反应的离子方程式 ；碱式碳酸铜的制备需在热水中进行反应，且温度需控制在60℃左右，原因是 。
(2)操作③的名称为 。
(3)写出图中④发生反应的化学方程式 。
(4)图中⑤采用的操作为： 、 、过滤、洗涤、干燥。
四、实验题
15．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）乙酰苯胺为无色晶体，具有退热镇痛作用，有“退热冰”之称。实验室常用苯胺与乙酸反应制备乙酰苯胺： +CH3COOH +H2O
相关的文献数据如表：
物质
相对分子质量
密度(g/mL)
熔点(℃)
沸点(℃)
溶解性
冰醋酸
60
1.05
16.6
118
易溶于水
苯胺
93
1.02
-6
184.4
微溶于水，易氧化
乙酰苯胺
135
1.21
114.3
305
微溶于冷水，易溶于热水
实验流程如图：
据此回答下列问题：
(1)实验装置中仪器a的名称 。
(2)圆底烧瓶中加入少许锌粉的目的是 。锌粉几乎不与纯乙酸反应。但随着上述制备反应的进行而会消耗乙酸，原因是 。
(3)反应需控制温度在105℃左右的原因是 。
(4)将反应液倒入冷水的作用是 。
(5)粗产品中所含有机杂质主要为 ，进一步提纯的实验方法为 。
(6)计算所得到乙酰苯胺的产率是 (保留3位有效数字)。
参考答案：
1．D
【详解】A． 由图知，①→②过程中，H2分子内H—H之间的共价键断裂，A正确；
B．由图知，④中已没有碳碳双键、而是碳碳单键，则上述过程中CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键，B正确；
C．使用催化剂，能降低反应的活化能。途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1，C正确；
D．焓变ΔH =正反应的活化能−逆反应的活化能；则 CH2=CH2(g)+H2(g)⇌CH3CH3(g)，该反应的△H=(E1-E3)kJ·mol-1=(E2-E4)kJ·mol-1，D不正确；
答案选D。
2．D
【详解】A．氯水中含HClO可使pH试纸褪色，不能选pH试纸测定，选项A错误；
B．图中缺温度计测定裂解产物的沸点，不能完成实验，选项B错误；
C．挥发的溴及生成的HBr均与硝酸银反应，由现象不能证明发生取代反应，选项C错误；
D．只有温度不同，可探究温度对平衡的影响，选项D正确；
答案选D。
3．(1)-46
(2)
(3) b 减小 BD 30.0 c 反应I放热，反应Ⅱ吸热，升温使反应I平衡逆向移动程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降 气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低
【详解】（1）ΔH=E反应物总键能-E生成物的总键能=803×2+3×436-（3×414+326+464×3）=-46kJ•mol-1。答案为-46；
（2）根据条件列出三段式为
则计算平衡时气体总物质的量为0.8+2.4+0.2+0.2=3.6mol，则x(CO2)= 、x(H2)= 、x(CH3OH)=x(H2O)= 。计算得Kx=。答案为；
（3）反应Ⅱ为吸热反应随着温度的升高，K增大即随着的增大K减小，所以Ⅱ的线为b。由盖斯定律得该反应由Ⅰ+Ⅱ得ΔH=-46+40.9=-5.1 kJ•mol-1，则该反应为放热反应升高温度K减小。
A．反应Ⅰ为ΔH<0、ΔS<0的反应在低温条件下自发进行，A项错误；
B．升温无论吸热放热反应速率均加快，B项正确；
C．用不同催化剂改变反应历程但不改变化学平衡的限度即平衡转化率，C项错误；
D．从图可以看出反应中HCOO*与CH3O*物质的量之比增大即CH3O*较少所以反应Ⅱ为慢反应产生CH3O*少，反应Ⅱ活化能高，D项正确；
故选BD。
由图中的两点（3.0，63.0）和（4.0，33.0）计算63.0=3.0Ea+C和33.0=4.0Ea+C计算得到Ea= 30.0。
使用催化剂降低Ea，即直线的斜率更小为c。
CO2在反应Ⅰ和Ⅱ均参与反应，其转化率综合考虑两个反应受温度的影响。反应Ⅰ为放热反应升温平衡逆向，而反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向。但CO2随着温度的升高其转化率降低，即反应Ⅰ的影响更大。气流过大，气体还未充分反应达到化学平衡就被排出导致CO2转化率降低。
答案为b；减小；BD；30.0；c；反应I放热，反应Ⅱ吸热，升温使反应I平衡逆向移动程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低。
4．(1)(a-620.9)
(2) 0.8kPa-1 < < C
(3) 催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高 I Ⅱ
(4)2NO +4e-= N2+2O2-
【详解】（1）根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可得，正反应活化能=ΔH+逆反应活化能=(a-620.9)kJ·mol-1；故答案为：(a-620.9)。
（2）①设开始反应时通入的NO和CO气体的物质的量均为2mol，4min反应达到平衡时生成氮气amol，由题意可建立如下三段式：
由平衡前后气体的物质的量之比等于压强之比可得：=，解得a=0.8m，平衡时各物质的分压为：p(NO)=×320kPa=40kPa，p(CO)=×320kPa=40kPa，p(CO2)=×320kPa=160kPa，p(N2)=×320kPa=80kPa，反应的平衡常数Kp=；
②达到平衡后，v正=v逆=k正·p2(NO)·p2(CO)=k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数Kp=，所以平衡时k正小于k逆；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
③A．降低温度，化学反应速率减小，A错误；
B．该反应为气体计量数减小的反应，增大压强，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，但增大压强，会增大对设备的要求，增加成本，不是最佳措施，B错误；
C．使用适合催化剂，降低反应的活化能，化单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，C正确；
D．降低氮气浓度，生成物的浓度减小，化学反应速率减小，D错误；
故选C；
故答案为：0.8kPa-1；<；<；C。
（3）①由图可知，反应在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲；
②活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，由图可知，整个反应分为三个基元反应阶段，其中反应I正反应的活化能为298.4kJ/mol，正反应的活化能最大，故反应速率最慢，故该化学反应的速率主要由反应I决定；改变温度，对活化能大的反应影响大，反应Ⅱ的逆反应活化能最大，所以逆反应速率增加最大，逆反应速率增加最大的是反应Ⅱ；
故答案为：催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；I；Ⅱ。
（4）由图可知，a电极NO得到电子转化为氮气和O2-，a极对应的电极反应式为：2NO+4e-=N2+2O2-；
故答案为：2NO+4e-=N2+2O2-。
5．(1)a-b+c
(2) 1 n m
(3) 0.8mol 0.625
(4)
(5)C
【详解】（1）由已知信息，反应Ⅰ-反应Ⅱ+反应Ⅲ可得到反应Ⅳ，根据盖斯定律可得，△H4=△H1-△H2+△H3=(a-b+c)kJ·mol-1；
（2）①已知v正=k正·c(CH2=CHCH=CH2)·c(H2)，v逆=k逆·c(CH2=CHCH2CH3)，反应达到平衡时，v正=v逆，即k正·c(CH2=CHCH=CH2)·c(H2)=k逆·c(CH2=CHCH2CH3)，则有，又T1温度下，k正=k逆，因此T1温度下，反应Ⅰ的平衡常数K=1；
②反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，△S＜0，已知反应Ⅰ在较低温度下易自发进行，根据△G=△H-T△S可知，反应Ⅰ的△H＜0，T2＞T1，T2温度下，相比于T1是升高温度，速率均增大，但平衡逆向进行，v正＜V逆，则k正、k逆均增大，且k正＜k逆，因此k正、k逆在图中相应的点分别为n、m；
（3）①由图象可知，反应开始至20s时，CH2=CHCH2CH3(g)和CH3CH=CHCH3(g)的物质的量分别为0.5mol、0.2mol，根据方程式可知，生成0.5molCH2=CHCH2CH3(g)消耗0.5molH2，生成0.2molCH3CH=CHCH3(g)消耗0.2molH2，则共消耗0.7molH2，因此剩余H2的物质的量为1.5mol-0.7mol=0.8mol；
②根据图象，反应达到平衡时，CH2=CHCH2CH3(g)和CH3CH=CHCH3(g)的物质的量分别为0.5mol、0.2mol，生成0.5molCH2=CHCH2CH3(g)消耗0.5molH2和0.5molCH2=CHCH=CH2(g)，生成0.2molCH3CH=CHCH3(g)消耗0.2molH2和0.2molCH2=CHCH=CH2(g)，则达到平衡时CH2=CHCH=CH2(g)的物质的量为1.5mol-0.5mol-。2mol=0.8mol，H2的物质的量为0.8mol，体积为2.0L，因此，反应Ⅱ的化学平衡常数；
（4）根据图象分析，相同条件下，由活性中间体C生成产物A的活化能小，速率更快，则动力学产物的结构简式为；
（5）A．使用合适催化剂，不影响平衡移动，加成产物B的平衡产率不变，A不符合题意；
B．加入过量的Br2，可能使得生成加成产物A的反应正向进行，反而加成产物B的平衡产率降低，B不符合题意；
C．将加成产物B及时从体系分离，生成加成产物B的反应正向进行，加成产物B的平衡产率一定增大，C符合题意；
答案选C。
6．(1) -4x BD
(2) 28.6% M B K(B)>K(A)=K(M) 20kPa 20
【详解】（1）该反应的∆H 为生成物的相对能量减去反应物的相对能量，则∆H=(1-5)xkJ·mol-1=-4x kJ·mol-1。下列说法：
A．能量越低越稳定，三种过渡态中，过渡态1能量最低，则过渡态1比另两种过渡态稳定，A正确；
B．N1、N2、N3三种反应历程的活化能分别(6-4)xkJ·mol-1=4x kJ·mol-1、(9-3)xkJ·mol-1=6x kJ·mol-1、(10-4)xkJ·mol-1=6x kJ·mol-1，则N1反应速率最快，B错误；
C．该反应为气体分子总数减小的放热反应，则降低温度和增大压强都有利于提高反应物平衡转化率，C正确；
D．N1、N2、N3三种反应历程的活化能不完全相同，则起始投料在刚性容器中分别采用三种途径反应相同时间，三种途径MTBE的产率不完全相同，D错误；
选BD。
（2）①设初始时甲醇和异丁烯均为1mol，T2时，反应90min后到达点B，则存在：，此时甲醇的体积分数为 。
②先拐先平速率大，则温度，T1＞T2。A、M温度相同但M点反应物浓度大，则M点正反应速率大， B、M反应物浓度相同但M点温度高，则M点正反应速率大，则A、B、M三点中，正反应速率最大的是M；A、M温度相同但A点生成物浓度大，则M点逆反应速率小， B、M生成物浓度相同但M点温度高，则M点逆反应速率大，则A、B、M三点中，逆反应速率最小的是B。
③平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，温度高最平衡常数小，则A、B、M三点的平衡常数K(A)、K(B)、K(M)，从大到小的顺序是K(B)>K(A)=K(M)。
④在T1时，将等物质的量的甲醇和异丁烯充入恒容密闭容器中(初始压强为200kPa)，则甲醇和异丁烯的初始分压均为100 kPa，由图知：，则甲醇的平衡分压为20kPa；已知pθ=100kPa，则反应的标准平衡常数。
7． ΔH1-ΔH2 Ⅰ CO促进反应Ⅲ逆向移动，CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少 510K时催化剂的活性降低 k逆×4.5×10-5(kPa)-1 4：5 不能 因为工业生产水煤气的反应为吸热反应，通入空气和煤反应，释放热量使生产水煤气的反应能够持续进行
【详解】(1)Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1；Ⅱ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2；
①根据盖斯定律：反应Ⅰ-反应Ⅱ可得反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH3=ΔH1-ΔH2；
②合成甲醇的反应为反应Ⅰ和Ⅱ，从表中数值可以看出，490K时，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率，反应Ⅰ进行的程度大，因此合成甲醇的主要反应为Ⅰ；根据平衡移动规律和影响速率因素进行分析，CO的存在，促进反应Ⅲ逆向移动，CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少，有利于甲醇生成，反应速率加快；
③催化剂的催化能力与温度有关，温度升高，催化剂的催化能力下降或丧失；因此组分a中，一定比例的CO2/H2反应，510K时甲醇生成速率低于490K时甲醇生成速率，其原因可能为510K时催化剂的活性降低；
(2)当反应达到平衡时，v正= v逆，则=Kp=4.5×10-5(kPa)-1，则k正= k逆×4.5×10-5(kPa)-1；在T0K、1.0×104kPa下，设起始时n(CH4)= n(CO)=1mol，则反应的三段式为
所以p(CH4)= p(CO)= ×1.0×104kPa=×104kPa；p(CH3CHO)= ×1.0×104kPa=×104kPa；所以v正=k正p(CO)·p(CH4)= k正××104××104；v逆=k逆p(CH3CHO)= k逆××104；==；
(3)根据<0，反应自发进行；根据反应可知，ΔH>0，ΔS>0，所以反应需要在高温下反应，常温下反应不能自发进行；工业生产水煤气的反应为吸热反应，通入空气和煤反应，释放热量使生产水煤气的反应能够持续进行，所以工业生产水煤气时需要首先加热煤层，并不断间歇式的通入空气和水蒸气。
8． 2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g) ΔH=-216kJ/mol BD 增大CO2的浓度 p1＞p2＞p3 33.3% 5.8×10-2 Fe17%Mn12% 降低了生成低碳烯烃反应的活化能，增大了生成CH4反应的活化能
【详解】(1) 根据盖斯定律:①×6- ②+③× 3得2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)
ΔH =(-285.8×6+1366.8+44×3)kJ/mol=-216kJ/mol，故答案为：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)
ΔH =(-285.8×6+1366.8+44×3)kJ/mol=-216kJ/mol；
(2) ①A． 3v正(CH3OH)= v逆(H2)才能表明反应达到平衡状态，故A错误；
B．随着反应进行，c(CO2)减小，c(H2O)增大，说明在反应过程中是变量，当不再变化，表明反应达到平衡状态，故B正确；
C．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变,容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故C错误；
D．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变,该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，表明反应已达到平衡状态，故D正确；
故答案为：BD；
②增大CO2浓度，浓度越大，反应速率越快,同时平衡正向移动，H2平衡转化率增大，故答案为：增大CO2浓度；
③该反应是气体体积减小的反应，压强越大,平衡正向移动，平衡状态CH3OH的体积分数越大，结合图中信息可知p1 > P2 > p3；温度为T2、气体总压强为p3的条件下，反应达到平衡时，CH3OH的体积分数为10%，设起始CO2和H2物质的量为1mol和3mol，CO2转化物质的量为xmol，
CH3OH的体积分数为10%=，则反应达到平衡的转化率为，a点和b点温度相同，则Kp(a)=Kp(b)，a点反应达到平衡时，3n(CO2)=n(H2)，则，，，故答案为：p1＞p2＞p3，33.3%，5.8×10-2；
(3)根据表中数据可知，Mn12%、Fe17%时，C2~C5+烯烃选择性最大，则当Fe的负载量和Mn的添加量为Mn12%、Fe17%时最有利于二氧化碳加氢合成低碳烯烃；向催化剂中再加入适量K助剂时，C2 ~ C5+烯烃的选择性明显提高，说明催化剂降低了生成低碳烯烃反应的活化能，而CH4的选择性明显降低，说明催化剂增大了生成CH4反应的活化能，故答案为： Mn12%、Fe17%；催化剂降低了生成低碳烯烃反应的活化能，增大了生成CH4反应的活化能。
9．(1)NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g) △H=-42.3kJ/mol
(2) 正 NO+5e-+6H+=NH+H2O
(3) ＜ 60%
【解析】（1）
NO2氧化SO2的化学方程式为NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g)，反应的焓变△H=生成物标准生成焓总和一反应物标准生成焓总和=89.9kJ/mol+(﹣395.2kJ/mol)﹣(33.9kJ/mol)﹣(﹣296.9kJ/mol)=﹣42.3kJ/mol，热化学方程式为NO2(g)+SO2(g)=NO(g)+SO3(g)△H=﹣42.3kJ/mol。
（2）
NO、SO2转化为(NH4)2SO4时，NO发生得电子的还原反应，SO2发生失电子的氧化反应，则电解池中通入SO2的电极为阳极、通入NO的电极为阴极，阳极与电源正极相接，阴极与电源负极相接，即a解接电源正极、b解电源负极，阴极上NO得电子生成NH，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH+H2O。
（3）
①由图可知，随着温度的升高，NO的平衡转化率降低，即升温，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，△H＜0。
②投料比n(NO)：n(Cl2)=2：1，可设n(Cl2)=amol，n(NO)=2amol，M点NO的平衡转化率为60%，列化学平衡三段式： ，M点时容器内Cl2的转化率为 ×100%=60%。
10．(1) -270.8 AC
(2) 0.8p 大于
(3) 活化水分子 HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH- CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒
【解析】（1）
焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，可知，反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)的∆H==-270.8 kJ•mol-1；
②A.反应放热，所以容器内温度为变量，但温度不变，可说明反应达到平衡状态，A正确；
B.混合气体平均密度等于气体的质量与容器体积之比，因为反应过程中气体的总质量不变，容器不变，所以气体的密度始终保持不变，气体平均密度不变不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C.CH4的体积分数为变量，说当CH4的体积分数不变时，反应达到平衡状态，C正确；
D.2v正(CO2)=v逆(H2O)，说明正反应速率等于逆反应速率，上述关系式不能说明反应达到平衡状态，D错误；
综上所述，AC符合题意；
（2）
设起始CO2物质的量为a mol，氢气物质的量为4a mol，反应一段时间后达到平衡，测得CO2的平衡转化率为50%，
平衡时气体总物质的量为(0.5a+2.5a+0.5a+0.5a) mol=4a mol，根据压强之比等于物质的量之比，则平衡时体系的压强为=0.8p，
故答案为：0.8p；
②该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，图中a点CO2的平衡转化率大于b点，则a点处的压强大于b点，a点所在曲线表示5.0MPa、b点所在曲线表示0.1Mpa，压强越大，反应速率越快，所以Va大于Vb；b点CO2的平衡转化率为0.5，则CO2的转化物质的量为0.5×2mol=1mol，
平衡分压p(CO2)=p(CH3OH)=p(H2O)=×0.1MPa=MPa、p(H2)=3p(CO2)= MPa，平衡常数Kp=
MPa-2=MPa-2，
故答案为：大于；；
（3）
①由图可知，催化剂S2-活性位点能够很好的吸入水分子，并将水转化为H+和OH-，H+与CO2结合生成HCOO-，
故答案为：活化水分子；
②由图可知，生成甲酸的决速步骤的电极反应式为：HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH-，从反应能垒或吸附位点角度分析该催化剂对生成甲酸具有高选择性的原因是：CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒，
故答案为：HCOO*+H2O+e-=HCOOH*+OH-；CO2生成CO的能垒大大高于生成HCOOH的能垒。
11．(1) －31.4 < < 是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体分子数增多，总压强增大，而T1
(3) 负
【详解】（1）①由图示可知：反应(1)
反应(2)
反应(3)
利用盖斯定律，将(3)－(1)－(2)可得：。
②由题意可知：T1℃，当反应达平衡时，则有，
，，平衡常数K=2，同理求得T2℃时，平衡常数K=1.61，由①可知，此反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此T1
（3）金属钠为活泼金属，易失去电子，因此a极为电池的负极，b极为电池的正极。由题图可知，b极上是二氧化碳和水发生得电子的还原反应生成碳酸氢根离子和氢气，因此b极区二氧化碳参与的电极总反应式为：。
12．(1)大于
(2)Fe2O3+3H2O(g) +6e- =2Fe+6OH-
(3) HOOC-NH2 =H2O+HN=C=O 241
(4) 1000 1000 变大
(5) Cat2 Cat2 直线斜率变化值较小(或直线Cat2斜率绝对值较小或直线Cat2较Catl平缓) ，活化能较小催化效能较高(其他答案合理均可)
【详解】（1）该反应为放热反应，随着反应的进行，绝热容器中体系的温度会逐渐升高，平衡逆向移动，不利于CO(NH2)2(g)的生成，CO(NH2)2(g)所占体系的百分含量减少，a大于b。
（2）根据图示可知，惰性电极Ⅰ为阴极，反应得电子，电极反应式为Fe2O3+3H2O(g)+6e-=2Fe+6OH-。
（3）根据图所示，能垒最大的即为决速步骤，故该步骤的方程式为：HOOC−NH2→HN=C=O+H2；根据2NH3+CO2=CO(NH2)2+H2O △H=−87kJ/mol，图中最终生成物对初始反应物的能量差是−87kJ/mol，那么由TS3到最终产物，就有ΔE2=ΔE1+87.5kJ/mol−(−87kJ/mol)=241kJ/mol。
（4）该反应△H＜0，温度升高，平衡向逆方向移动，因为T1＜T2，故在图中上面的那条线是T1℃对应的图像，平衡时v正=v逆，k正∙p(HNCO)∙p(NH3)=k逆∙p[CO(NH2)2]，代入横坐标为1、纵坐标为5那个点的数据得：kPa-1；T2℃时，根据标准平衡常数的表达式，并代入A点的数据得：；若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，容器体积不变，相当于加压，加压时平衡向气体计量数减小的正方向移动，CO(NH2)2的体积分数变大。
（5）已知活化能较小催化效能较高，由图可知，Cat2直线斜率变化值较小，活化能较小催化效能较高，所以催化效能较高的催化剂是Cat2。
13．(1) A 增大接触面积，加快反应速率，使充分灼烧
(2) B 2LiCoO2+ 6H++ H2O2= 2Li++ 2Co2+ + 4H2O+O2↑ 低于80°C，浸出反应速率随温度升高而增大，超过80°C，Co2+水解加剧及H2O2 分解导致浸出反应速率下降
(3) 5.2≤pH<7.2 B
(4)4CoC2O4+ 2Li2CO3+3O2 4LiCoO2+ 10CO2
【分析】废旧钴酸锂电池材料正极材料主要含有LiCoO2、铝箔及金属钢壳，灼烧得到LiCoO2、氧化铝、氧化铁，用硫酸、双氧水浸取生成Li2SO4、CoSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3；“调pH”生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3；滤液1加草酸铵生成草酸钴沉淀，过滤，滤液2加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂、草酸钴高温加热生成LiCoO2。
【详解】（1）Na2SO4溶液能导电，将废旧电池浸泡在Na2SO4溶液中，构成电解池，废旧电池放电；98%的H2SO4溶液不导电，将废旧电池浸泡在98%的H2SO4溶液中，不能构成电解池，废旧电池不放电；酒精是非电解质，将废旧电池浸泡在酒精中，不能构成电解池，废旧电池不放电；故选A。粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，使充分灼烧。
（2）①H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，Co元素化合价降低，发生还原反应，H2O2的作用是作还原剂，选B。
②H2O2促进了LiCoO2在H2SO4中转化为CoSO4，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为2LiCoO2+ 6H++ H2O2= 2Li++ 2Co2+ + 4H2O+O2↑。
③低于80°C，浸出反应速率随温度升高而增大，超过80°C，Co2+水解加剧及H2O2 分解导致浸出反应速率下降，所以温度控制在80°C左右。
（3）调节pH的目的是使Fe3+、Al3+完全转化为沉淀，Co2+不能生成沉淀，所以 “调pH”时，溶液应控制的pH范围为5.2≤pH<7.2，为不引入新杂质，选用的最佳试剂是CoCO3，选B。
（4）高温时，CoC2O4和Li2CO3生成LiCoO2和CO2，反应的化学方程式为4CoC2O4+ 2Li2CO3+3O2 4LiCoO2+ 10CO2。
14．(1) 2Cu2++4HCO=Cu(OH)2•CuCO3↓+3CO2↑+H2O 升高温度能加快反应，但温度过高导致Cu(OH)2•CuCO3分解
(2)过滤
(3)Cu(OH)2•CuCO3+4CH3COOH=2(CH3COO)2Cu+CO2↑+3H2O
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】将一定量的胆矾和碳酸氢钠晶体混合物研磨后注入热水后，反应生成生成Cu(OH)2•CuCO3和CO2，所得溶液经过滤得到Cu(OH)2•CuCO3固体、并与醋酸反应制得醋酸铜溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到醋酸铜晶体。
（1）
碳酸氢根水解大于电离呈碱性，由流程知步骤①将研磨后混合物注入热水后生成Cu(OH)2•CuCO3，则增大了氢离子浓度、氢离子与部分碳酸氢根反应生成CO2，按电荷守恒、元素质量守恒可知发生反应的离子方程式为2Cu2++4HCO=Cu(OH)2•CuCO3↓+3CO2↑+H2O；温度升高能加快反应速率，但温度过高导致Cu(OH)2•CuCO3分解，则制备Cu(OH)2•CuCO3需在热水中进行反应，且温度需控制在60℃左右。
（2）
操作③为固液分离，为过滤操作。
（3）
碱式碳酸铜与醋酸反应制得醋酸铜、水和二氧化碳，方程式Cu(OH)2•CuCO3+4CH3COOH=2(CH3COO)2Cu+CO2↑+3H2O。
（4）
图中⑤为醋酸铜晶体的制取，带结晶水，不宜用蒸发结晶、应采用冷却结晶，故采用的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。
15．(1)直形冷凝管
(2) 防止苯胺被氧化 有H2O生成，纯乙酸变为乙酸溶液
(3)温度过低，反应速率慢且不能蒸出反应所生成的水；温度过高未反应的乙酸蒸出
(4)降低乙酰苯胺溶解度，使其充分析出
(5) 苯胺 重结晶
(6)64.8%
【分析】5 mL苯胺和过量冰醋酸在105℃下反应制备乙酰苯胺，苯胺、冰醋酸和乙酰苯胺的沸点较高，反应在105℃下进行，故锥形瓶中蒸馏物主要成分是H2O；由苯胺、冰醋酸和乙酰苯胺的沸点可知，若温度过高，会使未反应的乙酸蒸出；该反应为可逆反应，若温度过低，反应过程中的水不能被除去，不利于反应正进行；当反应过程中不再有水生成，即锥形瓶中不再有水增加或牛角管管口不再有水珠滴下，证明反应已基本完全。
【详解】（1）由装置特点可知实验装置中仪器a为直形冷凝管，故答案为：直形冷凝管；
（2）苯胺微溶于水，易氧化，圆底烧瓶中加入少许锌粉可防止苯胺被氧化；锌粉几乎不与纯乙酸反应，由反应方程式可知反应有水生产，纯乙酸变为乙酸溶液，锌粉会与乙酸溶液反应；故答案为：防止苯胺被氧化；有H2O生成，纯乙酸变为乙酸溶液；
（3）由苯胺、冰醋酸和乙酰苯胺的沸点可知，若温度过高，会使未反应的冰醋酸蒸出，且该反应为可逆反应，若温度过低，反应过程中的水不能被除去，不利于反应正进行，故反应需控制温度在105℃左右；故答案为：温度过低，反应速率慢且不能蒸出反应所生成的水；温度过高未反应的乙酸蒸出；
（4）乙酰苯胺微溶于冷水，易溶于热水，将反应液倒入冷水的作用是降低乙酰苯胺溶解度，使其充分析出，故答案为：降低乙酰苯胺溶解度，使其充分析出；
（5）冰醋酸易溶于水，而苯胺微溶于水，乙酰苯胺微溶于冷水，故粗产品中所含有机杂质主要为苯胺；乙酰苯胺易溶于热水，故可通过重结晶的方法进一步提纯；故答案为：苯胺；重结晶；
（6）5 mL苯胺和过量冰醋酸在105℃下反应制备乙酰苯胺，5 mL苯胺的物质的量为，理论上生成乙酰苯胺的质量为，则乙酰苯胺的产率为64.8%，故答案为：64.8%。
相关试卷
甘肃高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04化学反应速率与化学平衡： 这是一份甘肃高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04化学反应速率与化学平衡，共27页。试卷主要包含了单选题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡： 这是一份山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡，共58页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡： 这是一份山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡，共58页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
