上海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-38化学反应速率与化学平衡（1）解答题
一、原理综合题
1．（2023·上海·统考模拟预测）某温度下，在体积为5 L的密闭容器内发生如下反应：
(1)在上述反应的反应物与生成物中，非极性分子为：_______。
(2)若反应20 min后气体总物质的量增加了10 mol，则甲烷的平均反应速率为_______。
(3)下列选项中的物理量不变时，一定可以判断反应达到平衡的是_______。
A．容器内氢元素的质量分数 B．容器内的压强
C．反应的平衡常数 D．容器内气体的平均相对分子质量
(4)在某一时刻，，反应若改变某一条件，可使得，指出可以改变的条件，并说明理由：_______。
已知CO与合成是可逆反应：。
(5)若上述反应达到平衡时CO与的转化率相同，则投料比_______。
2．（2023·上海·模拟预测）H2O2 (过氧化氢) 应用领域非常广泛。
已知：2H2O2(l) 2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)
H2O2(aq) H+(aq)+HO(aq) ，K(25℃)=2.24×10-12
完成下列填空：
(1)氧原子最外层成对电子和未成对电子数目之比为_______。
(2)H2O2的电子式为_______。对H2O2分子结构，有以下两种推测：
要确定H2O2分子结构，需要测定H2O2分子中的_______。(选填序号)
a. H—O键长 b. O—O键长 c. H—O—O键角 d. H—O、O—O键能
(3)H2O2分解反应的平衡常数表达式K=_______。不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K(25oC)_______K(40oC) (选填“>”“<”或“=”)。标准状况下，某5mL H2O2溶液60s内产生氧气22.4mL(溶液体积变化忽略不计)。则0~60s v(H2O2)= _______。
(4)25℃，pH(H2O2) _______pH(H2O) (选填“>”“<”或“=”)。研究表明，H2O2溶液中HO浓度越大，H2O2的分解速率越快。某温度下，经过相同时间，不同浓度H2O2分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是_______。相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是_______。
(5)蒽醌法是过氧化氢主要的生产方法。其生产过程可简单表示如下：
试从绿色化学角度评价该生产方法。_______
3．（2023·上海青浦·统考二模）为实现“碳中和”，可以使二氧化碳与氢气反应，一定条件下，CO2和H2可发生如下两个平行反应：
i.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)-42kJ
ii.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)+49.6kJ
(1)为了提高CH3OH的产率，理论上应采用的措施是(填编号)______。
A．低温低压 B．高温低压 C．高温高压 D．低温高压
(2)保持温度533K，压强3MPa，按投料比=向密闭容器中充入CO2和H2，反应相同时间测得不同催化剂下CO2转化率和CH3OH选择性的相关实验数据如表所示(已知CH3OH选择性：转化的CO2中生成CH3OH的百分比)。
催化剂 CO2转化率 CH3OH选择性
cat.1 21.9% 67.3%
cat.2 36.1% 100.0%
上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是______(填编号)
A．气体压强不再变化
B．气体平均相对分子质量不再变化
C．CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1
D．CO2和H2的物质的量之比不再变化
(3)一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，只发生上述反应ii，达平衡时，H2的转化率为80%，则该温度下的平衡常数K=______(保留两位小数)。
(4)若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比n(CO2)：n(H2)不同、温度不同时，测得相应的CO2平衡转化率如图所示，则B和D两点的温度T(B)______T(D)(填“＜”，“＞”，或“=”)，结合平衡常数分析原因：______。
在工业生产和环境保护中，可以用NaOH溶液捕获CO2，减少碳排放，可得到Na2CO3和NaHCO3两种盐。
(5)0.1mol/L的NaHCO3溶液中c(OH-)＞c(H+)，用水解和电离理论的角度解释其原因______；若往溶液中加入氨水至中性，则c(Na+)______c()+c()+c(H2CO3)(填“＞”、“﹤”或“=”)。
(6)往0.1mol/L的Na2CO3溶液加入少量Na2CO3固体，完全溶解后溶液中c(Na+)：c(CO)的比值______(填“变大”、“变小”或“保持不变”)。
4．（2023·上海长宁·统考二模）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2(g)+CH4(g)CS2(g)+2H2S(g)，回答下列问题：
(1)CH4的立体构型为_______，CS2分子的电子式为_______。
(2)某温度下若S8完全分解成气态S2。在恒温恒容密闭容器中S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为_______。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是_______(填序号)。
a．气体密度 b．气体总压 c．CH4与S2体积比 d．CS2的体积分数
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃可能的原因是：_______。
(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O等)使尾气中的H2S转化为单质硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式_______。燃煤废气中常含有的NOx也能使H2S转化为单质硫S，完成其化学方程式，并标出电子转移的方向和数目(用含X的代数式表示)_______。
_______H2S＋_______NOx＝_______S＋_______＋_______N2
5．（2023·上海宝山·统考二模）氮化硅(Si3N4)是一种重要的无机材料陶瓷，它是一种超硬物质，具有良好的耐腐蚀、耐热冲击和耐磨损性能，主要被应用于钢铁冶炼、耐火材料等方面。
完成下列填空：
(1)一个硅原子核外能量最高的电子数目是_______，其所占据的电子亚层符号为_________；与硅同周期的主族元素中，原子半径最小的是_______，依据是___________________。
(2)Si3N4属于共价化合物，其含有的化学键是________，属于_______晶体。
工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q>0)
(3)该反应的平衡常数表达式K=_____________________ 。
(4)在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2L，3min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.80g，则SiCl4的平均反应速率为________________ mol·L-1·min-1。
(5)上述反应达到平衡后，改变某一条件，下列说法正确的是________。
a.增加Si3N4的量，平衡向左移动 b.减小HCl的量，平衡向左移动
c.增大压强，平衡常数K减小 d.降低温度，平衡常数K增大
(6)若平衡时H2和HCl的物质的量之比为，保持其他条件不变，升高温度后达到新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比_______ (填“>”、“<”或“=”) 。
6．（2023·上海虹口·统考二模）SO2是大气污染物，SO2废气的处理可以先用H2还原成H2S后再设法回收S，主要涉及反应：3H2+SO2H2S+2H2O。完成下列填空：
(1)写出硫化氢的电子式_______，硫原子的核外有_______种不同运动状态的电子。
(2)列举一个硫元素比氧元素非金属性弱的事实：_______。
(3)在一定温度下，向2L反应器中通入含SO2的废气与H2，经过10min，有0.4mol水生成，则这段时间内v(SO2)=_______。
(4)一定条件下SO2与H2的反应达到平衡时，SO2的平衡转化率随温度(t)、压强(P)的变化如下图所示：
①根据上述信息可以判断：P1_______P2(填“>”、“<”或“=”)
②随着温度的升高，该反应的化学平衡常数K将_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。
③SO2废气的另一种处理方法是用Na2SO3溶液吸收，得到NaHSO3溶液。
(5)写出该方法吸收SO2的化学方程式_______。
(6)所得的NaHSO3溶液呈酸性，运用相关化学用语进行解释_______。
7．（2021·上海浦东新·统考二模）利用可消除CO污染或定量测定CO，反应为：
完成下列填空：
(1)该反应的平衡常数表达式___________。在2L恒容密闭容器中反应25min后，固体质量减少了6.4g，则0～25min 的平均反应速率为___________。
(2)取一定量的和CO于某密闭容器中，分别在80和100下进行实验，测得如下：
时间/min温度 0 10 20 30 40 50
80 0.50 0.37 0.26 0.18 0.12 0.12
100 0.50 0.35 0.24 0.17 x 0.15
上表中___________，理由是___________。根据上表数据可以得出的结论是___________。
(3)如图所示，300时的百分含量随着压强的增大而减小，请解释其原因___________。
(4)可用高浓度NaOH溶液吸收。
①若4.48L (标准状况)和0.35mol NaOH溶液完全反应，生成的碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为___________。
②继续通入二氧化碳至溶液中碳酸钠和碳酸氢钠(碳酸氢钠溶液呈碱性)的物质的量之比1∶1，则溶液中各离子浓度大小顺序为___________。
③若使碳酸氢钠溶液中的比值变小，可加入的物质是___________。
a．通入HCl b．NaOH固体 c．通入 d．固体
8．（2021·上海徐汇·统考二模）自然界中碳、氮、硫的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
完成下列填空：
(1)N原子核外未成对电子的电子云空间伸展方向有___________个；CS2的电子式___________。
为了减少CO2的排放，利用CO2和H2在一定条件下可以合成CH3OH，反应的化学方程式为：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)，在5L密闭容器中充入1mol CO 2和3mol H2，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数φ(CH3OH)与温度的关系如下图所示。
(2)该反应的平衡常数K=___________；若温度为T时，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，则0~10分钟内，CH3OH的平均反应速率 =___________。
(3)该反应是___________反应(选填“吸热”或“放热”)；其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率___________ CH3OH在b点的正反应速率(选填“>”、“<”或“=”)；解释温度低于T时，φ(CH3OH)逐渐增加的原因___________。化石燃料燃烧的烟气中含有影响环境的氮氧化物，因此要对烟气进行脱硝处理。液相氧化法采用碱性NaClO2溶液做吸收剂，反应如下：_____ClO + ________NO + ______OH- → ______NO+ _______Cl- + ________H2O
(4)配平上述方程式___。
写出使用广范pH试纸测定溶液pH的方法___________。
9．（2021·上海宝山·统考二模）N2O5是硝酸的酸酐，采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种参与大气循环的气体，写出该反应的化学方程式___________。
(2)F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)+Q1(Q1＜0)，2NO2(g)N2O4(g)+Q2(Q2＞0)，其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强P随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞
p/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1
①研究表明，N2O5(g)分解的速率v=2×10-3×PN2O5(kPa/min)。t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，则此时=___________kPa，v=___________(kPa/min)。
②若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强P∞(35℃)___________63.1kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，试从勒夏特列原理的角度加以解释___________。
③写出N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数表达式___________。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R．A．Ogg提出如下反应历程：
第一步N2O5NO2+NO3快速平衡
第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应
第三步NO+NO3→2NO2快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述错误的是___________(填编号)。
A．v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3
C．该反应的速率主要由第二步决定 D．N2O5的分解率主要由第一步决定
10．（2021·上海嘉定·统考二模）工业上用N2和H2合成NH3 “N2 + 3H2 2NH3+Q”(反应条件略)。请回答下列问题：
(1)在实际化工生产中，为提高NH3的产率，可以采取的措施有(写两个)：___________，___________。
(2)氨气与酸反应得到铵盐，某(NH4)2SO4水溶液的pH=5，原因是溶液中存在平衡___________(用离子方程式表示)，该反应对水的电离平衡起到___________作用(填“促进”“抑制”或“无影响”)。(NH4)2SO4溶液中的离子浓度由大到小的顺序为___________。
(3)某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量)
①图象中T2和T1的关系是：T2___________T1(填“”“”“”或“无法确定”)。
②在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最大的是___________(填字母)。
③若容器容积为2L，b点对应的n=0.15mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为___________ mol/L。
11．（2021·上海长宁·统考二模）对烟道气中的进行回收再利用具有较高的社会价值。
(1)大气中含量过高会导致雨水中含有(填化学式)___而危害植物和建筑物。工厂排放的尾气用饱和溶液吸收可得到重要化工原料，反应的化学方程式为___。由过饱和溶液结晶脱水可制得。写出该过程的化学方程式__。
(2)可用作食品的抗氧化剂。在滴定某葡萄酒中残留量时，取葡萄酒样品，用的碘标准液滴定至终点，消耗碘液。补全该滴定反应的离子方程式：，___；该样品中的残留量为___(以计)。
(3)一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS(s)，该反应_(选填“放出”或“吸收”)的热量为_。
(4)在绝对隔热恒容的密闭容器中，进行该反应的平衡常数表达式为___，对此反应下列说法正确的是__。
a．若混合气体密度保持不变，则已达到平衡状态
b．从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变
c．达平衡后若再充入一定量CO2，平衡常数保持不变
d．分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变
12．（2021·上海静安·统考二模）科学家1956年发现N3。相隔46年，又于2002年发现N4。回答下列问题。
(1)氮原子最外层运动状态不同的电子有___________种，N2的电子式：___________。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，写出N4的结构式___________。
已知： 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ
(2)恒温、恒容条件下，将2.0mol NO和1.0mol CO充入一个容积为2L的密闭容器中进行上述反应，反应过程中部分物质的物质的量变化如图所示。
0～9min内N2的平均反应速率v(N2)=___________mol/(L·min)；第12min时CO2的浓度为___________ mol/L；第12min时改变的反应条件可能为___________(填字母代号)；
a.升高温度 b.加入NO c.加催化剂 d.减小压强 e.降低温度
(3)如图是该平衡混合气中N2的体积分数随温度或压强变化的曲线。(图中L(L1、L2)、X可能是温度或压强。)可以确定X代表的是___________(填“温度”或“压强”)，L1与L2的大小关系是L1___________ L2(选填“<”、“>”或“=”)，你的理由是___________。
(4)尿素溶液也可用于处理汽车尾气，所得产物都是无污染的气态物质，化学方程式如下：2CO(NH2)2+4NO+O2→2CO2+4N2+4H2O(反应条件省略)。经测定，每吸收30gNO能排放热量321.7kJ，则该反应的热化学方程式为___________。
13．（2021·上海崇明·统考二模）分解水制氢气的工业制法之一是硫—碘循环，主要涉及下列反应：
(I)SO2 + 2H2O + I2 → H2SO4 + 2HI，(II)2HIH2 + I2，(III)2H2SO4 → 2SO2 + O2 + 2H2O
(1)分析上述反应，下列判断正确的是___________
a．反应III易在常温下进行 b．反应I中SO2还原性比HI强
c．循环过程中需补充H2O d．循环过程中产生1mol O2的同时产生1mol H2
(2)一定温度下，向2L密闭容器中加入1mol HI(g)，发生反应II，H2物质的量随时间的变化如图所示。0-2min内的平均反应速率v(HI)= ___________。该温度下，反应2HI(g) H2(g) + I2(g)的平衡常数表达式为___________。相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则___________(从a～d中选择)是原来的2倍。
a．平衡常数 b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间 d．平衡时H2的体积分数
(3)SO2在一定条件下可氧化生成SO3，其主反应为：2SO2 (g) + O2(g) 2SO3(g) + Q，若此反应起始的物质的量相同，则下列关系图正确的是___________(填序号)
a． b
c． d．
实际工业生产使用的条件是：常压、___________。
(4)实际生产用氨水吸收SO2生成亚硫酸的铵盐。现取a克该铵盐，若将其中的铵盐全部反应生成SO2，应加入18.4mol/L的硫酸溶液的体积(V)范围为___________L(只列出算式即可)。
14．（2021·上海青浦·统考二模）甲醇可用于制造甲醛和农药，工业上可由碳的氧化物和氢气反应制得反应制得。
I.CO和H2在一定条件下能发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)+Q(Q＞0)。523K时，在容积为2L的恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应，反应进行至5min时达到平衡状态，此时测得H2的体积分数为50%。
(1)在0~5min内，H2的平均反应速率v(H2)= _______。
(2)在523K时，上述反应的平衡常数K=_______，若反应的平衡K值变大，下列说法正确的是_______(填编号)。
A．一定向正反应方向移动 B．平衡移动时，逆反应速率始终增大
C．一定向逆反应方向移动 D．平衡移动时，正反应速率始终减小
(3)下列说法能判断上述恒容密闭容器中的反应已达到化学平衡状态的是_______(填编号)。
A．容器内气体密度保持不变 B．CH3OH的体积分数保持不变
C．v(CO)=v(CH3OH) D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
Ⅱ.用CO2和H2制备CH3OH，可实现CO2的资源化利用，涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
将反应物混合气体按进料比n(CO)：n(H2)=1:3通入反应装置中，选择合适的催化剂，发生上述反应。
(4)不同温度下，CO2的平衡转化率如图①所示，温度高于503K时，CO2的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是_______。实际生产中，保持压强不变，相对反应时间内不同温度下CH3OH的产率如图②所示，由图可知，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是_______。
合成氨工厂常用碳酸钾溶液吸收混合气中的CO2，从而实现CO2的减排。
(5)碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为_______，某研究小组用200mL 1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2 (标准状况)，形成溶液中的溶质是_______(填化学式)，各离子的浓度关系正确的是_______(填编号)。
a. c(K+)+c(H+)=c(CO)+c(HCO)+c(OH-)
b. 3c(K+)=4c(CO)+4c(HCO)+4c(H2CO3)
c. c(K+)＞c(OH-)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H+)
15．（2021·上海青浦·统考二模）卤族元素的化合物在生活、医药、化工中有着重要的用途。
I．过氧化氢氧化法制备碘酸钾(KIO3)的方法如图：
(1)氧原子核外有_______种运动状态不同的电子；碘原子最外层电子的排布式为_______；K2CO3固体中含有的化学键有_______。
(2)合成步骤中的化学方程式为_______。
(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因：_______。
Ⅱ．ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌，可以通过下列方法制取：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(4)该反应的氧化产物为_______，若反应过程中有4 mol HCl参与反应，则电子转移的数目为_______。
Ⅲ．目前从海水中提溴(Br2)大致有“浓缩”、“氧化”、“提取”等步骤。
(5)向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的Br-氧化为Br2。“氧化”时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，硫酸酸化可以提高氯气的利用率，原因是_______。
(6)用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO3和CO2。吸收1 mol Br2需消耗Na2CO3_______mol。
16．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）I.是化学活动性极强的气体。高温下，将一定量的与充入2.5L的空钢瓶中，发生反应：。相关数据如下表。
温度(K) 起始反应物的量(mol) 平衡时的物质的量分数
500 0.40 0.10 0.02
600 0.40 0.10 0.03
(1)该反应是_______(选填“吸热”或“放热”)反应；500K时，反应5min时达到平衡，则0～5min内，的平均反应速率_______；600K时，达到平衡所需时间_______(选填“大于”“小于”或“等于”)5min。
(2)向反应器中再分别充入下列气体，能使平衡转化率增大的是_______。(选填编号)
a. b. c.COS d.
II.可在氧气中燃烧，反应式为：。研究人员对影响产率的反应条件进行了研究：保持其他条件不变，测定反应至相同时间时产率随温度的变化。所得结果如图所示。
(3)请解释产率先增大后减小的原因_______。
III.另一种吸收效率更高的工艺是：将与分别缓慢通入、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。
(4)请写出与反应的离子方程式_______；在上述吸收过程中，理论上无需添加的物质是_______。
(5)已知常温下CuS不与发生反应，则过程中通入的作用是_______；为保证全部转化为S，通入和的体积比至少为_______。
17．（2022·上海青浦·一模）含氮化合物(NOx、NO等)是主要污染物之一，消除含氮化合物的污染备受关注。请回答下列问题：
I.NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。NSR(NOx储存还原)工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示；若用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。
(1)图1种BaO的作用是_____。用H2模拟尾气中还原性气体研究Ba(NO3)2的催化还原过程，第一步反应的化学方程式为_____。
II.用铁去除含氮废水中的硝酸盐(NO)是重要的方法。一种去除NO的过程如图：
(2)过程中“操作”的名称是_____。酸化废水与铁粉反应的离子方程式是_____。
(3)研究发现Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。在去除NO的过程中，Fe3O4(导电)覆盖在铁粉表面，随着反应的进行，产生FeO(OH)(不导电)，它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输，导致NO的去除率低，若要提高NO的去除率，可采取的措施是_____。
III.测定某废水中NO含量。先取VmL含NO水样并将O2驱除，加入催化剂、V1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4；最后用c2mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，滴定至终点时消耗V2mL。
已知：3Fe2++NO+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O，Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O
(4)加入稀H2SO4的作用是_____。
(5)水样中NO的含量为_____mol·L-1(用含c1、c2、V1、V2、V1的代数式表示)。如果在加入FeSO4标准溶液之前没有驱除O2，则测定结果_____。(填“偏大”或“偏小”)。
18．（2022·上海奉贤·一模）氢燃料电池有良好的应用前景。工业上常用下列方法制取氢气。
Ⅰ．甲烷与水蒸气催化重整制取氢气，主要反应为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。
(1)上述反应体系中属于非极性分子的化合物是_____。
(2)一定条件下，向体积为2L的密闭容器中充入1molCH4和1molH2O(g)发生上述反应，10min时反应达到平衡状态，此时CH4的浓度为0.4 mol L 1，则0~10min内H2的平均反应速率为_____mol L 1 min 1。
Ⅱ．甲烷与硫化氢催化重整制取氢气，主要反应为：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。
(3)恒温恒容时，该反应一定处于平衡状态的标志是_____。
a．υ正(H2S)=2υ逆(H2) b．CH4的体积分数不再变化
c．不再变化 d．混合气体的密度不再改变
(4)该反应平衡常数表达式K=_____，若改变某一条件使平衡向正反应方向移动，则K值_____。
a．一定改变 b．可能增大 c．可能减小 d．可能不变
III.将原料气按n(CH4)：n(H2S)=1：2充入反应容器中，保持体系压强为0.1MPa，研究不同温度对该反应体系的影响。平衡体系中各组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：
(5)图中表示H2物质的量分数变化的曲线是_____(选填字母)，该反应的正反应为______反应(选填“放热”或“吸热”)。保持其他条件不变，升高温度测得CH4的平衡转化率先增大后下降，其原因可能是_____。
19．（2022·上海青浦·一模）合成NH3是重要的研究课题，一种合成NH3的流程示意如图。
相关数据如表：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 与N2反应温度/℃ 分解温度/℃
Mg 649 1090 >300 Mg3N2：>800
已知：Mg3N2溶于水发生反应Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
I.固氮：
(1)从结构上解释N2化学性质稳定的原因_____。上述固氮反应的化学方程式是_____。固氮的适宜温度范围是_____。(填编号)
a.500～600℃ b.700～800℃ c.900～1000℃
(2)检测固氮作用：向固氮后的产物中加水，_____(填操作和现象)，说明Mg能起到固氮作用。
II.转氨：选用试剂a完成转化。
(3)选用H2O进行转化，发现从体系中分离出NH3较困难，若选用HCl气体进行转化，发现能产生NH3，且产物MgCl2能直接循环利用，但NH3的收率较低，原因是_____。
活性炭还原NO2的原理为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)。一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入1molNO2和足量C发生该反应(不考虑2NO2N2O4)。实验测得NO2的转化率与时间的关系如图所示：
(4)反应达到平衡时CO2的体积分数为_____，混合气体的平均摩尔质量(A)_____(B)(填“大于”“小于”或“等于”)。
(5)下列能够判断该反应已达到平衡状态的是_____。(填序号)
a.CO2的质量分数保持不变
b.容器中N2与CO2的百分含量之比保持不变
c.2v(逆)(NO2)=V(正)(N2)
d.混合气体的颜色保持不变
20．（2022·上海金山·统考一模）丙烯()是石油化工的基础有机原料之一，主要用于生产聚丙烯、二氯丙烷、异丙醇等。制备方法如下：
方法一 丙烷氧化脱氢法制备丙烯：(正反应放热)
在催化剂的作用下、相同的反应时间，的转化率和的产率随温度变化关系如图。
完成下列填空：
(1)的转化率随温度升高而上升的原因是_______，写出一条提高产率的措施。_______
方法二 丙烷脱氢制备丙烯：。
(2)已知：；
用含a、b的代数式表示Q=_______。
(3)某温度下，在一恒容容器中充入，发生脱氢制丙烯反应，起始压强为10kPa，平衡时总压强为14kPa，的平衡转化率为_______。该反应的平衡常数_______kPa(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)
(4)将一定浓度的与固定浓度的通过含催化剂的恒容反应器发生脱氢反应：，经相同时间，流出的、和随初始的变化关系如图。结合化学方程式解释和变化差异的原因。_______
(5)一定条件下，与HCl发生反应有①、②两种可能，反应进程中的能量变化如图。保持其他条件不变，若要提高产物中能量的比例，可采用的措施是_______。
a.适当提高反应温度 b.改变催化剂
c.适当降低反应温度 d.改变反应物浓度
21．（2022·上海虹口·统考一模）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，处理再利用有多种方法。回答下列问题：
Ⅰ．热分解法
反应原理为，在体积为的恒容密闭容器中充入气体，测得不同温度下分解反应的转化率与时间的关系曲线如下图所示：
(1)写出反应的平衡常数表达式_______。
(2)该反应的ΔH _______0(选填“>”、“＜”或“=”)。
(3)温度为时，当混合气体的_______、_______不变时，可证明反应已达平衡状态。
(4)温度为时，反应从开始到P点时，用表示的平均化学反应速率_______。
(5)某温度时，向体积不等的恒容容器中加入等量，反应相同时间后，测得各容器中的转化率与容器体积关系如图所示。之后，的转化率下降的原因是_______。
Ⅱ．活性炭吸附氧化法
可用表面喷淋水的活性炭吸附氧化，其反应原理如下图所示。
(6)该方法的总反应方程式为_______。
(7)其他条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响的去除率。
①适当增大活性炭表面的水膜，的去除率增大，可能的原因是_______。
②若水膜过厚，的去除率降低的原因是_______。
22．（2022·上海杨浦·统考一模）工业上以黄铁矿(主要成分)为原料制备硫酸，要经煅烧、氧化、吸收三个阶段。完成下列填空：
(1)黄铁矿煅烧时需粉碎，其目的是_______。
(2)催化氧化制时，控制温度在450℃左右，这是因为_______。(选填选项)
A．催化剂活性强，反应速率快 B．转化率大
C．单位时间内，的产量高 D．产生的污染气体少
(3)催化氧化设备内构造如图1所示，其中1-4表示催化剂层，图2所示进程中表示热交换过程的是_______。(选填选项)
A． B． C． D． E. F. G.
使用热交换器的目的是_______。
(4)为研究催化氧化时温度对平衡转化率的影响，进行如下试验。取100L原料气(体积分数为8%、12%、80%)使之发生反应，平衡时得到如表数据：
温度/℃ 500 525 550 575 600
平衡转化率/% 93.5 90.5 85.6 80.0 74.0
①平衡时，随温度升高的体积分数_______(填“增大”“减小”或“不变”)；600℃达平衡时，的体积分数为_______(保留两位小数)。尾气中的可用足量溶液吸收，吸收后的碱性溶液还可用于的尾气处理，吸收后的溶液仍呈强碱性。
②吸收后的溶液中一定存在的阴离子有、_______，设计实验检验溶液中：_______。
23．（2022·上海徐汇·统考三模）乙烷裂解制乙烯的方法有：
①直接裂解：
②氧气氧化裂解：
完成下列填空：
(1)800℃时，在一恒压密闭容器中加入一定量，发生反应①，达到平衡后向容器中通入稀有气体He，的平衡转化率_______(选填“增大”“减小”或“不变”)。要使该反应的平衡常数增大，可采取的措施是_______。
乙烷氧气氧化裂解制乙烯，除发生反应②外，还发生副反应③：，在800℃时用乙烷氧气氧化裂解制乙烯，乙烷的转化率、乙烯的选择性和收率随投料比的变化关系如图所示。
已知：
的选择性
的收率=的转化率×的选择性
(2)控制而不采用选择性更高的，除可防止积碳外，另一原因是_______；时，越小，乙烷的转化率越大，乙烯的选择性和收率越小的原因是_______。
(3)T℃时，将2mol和3mol通入1L的恒容密闭容器中发生反应②③，tmin达到平衡，平衡时的收率为60%，选择性为75%。的转化率为_______；0～tmin内，的平均生成速率为_______，的平衡浓度_______。
(4)通过比较反应①②的热效应，指出氧化裂解法的优点_______
24．（2022·上海松江·统考二模）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：①CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ②CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)。完成下列填空：
(1)一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0~5min内，H2的平均反应速率v=_______。
(2)反应②的平衡表达式K=_______。将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是_______(选填序号)。
a.气体密度 b.气体总压 c.CH3OH与O2体积比 d.O2的体积分数
(3)将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，平衡时v正(O2)、c(O2)与温度的关系如图所示：
反应②为_______反应(选填：放热或吸热)。55~100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是_______。
(4)反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c(OH–)-c(H+)=_______。继续加入HCl溶液至中性，此时c(HCOOH)_______c(Cl–)(选填“>”“<”或“=”)。
(5)写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法_______。
25．（2022·上海普陀·统考二模）二甲醚(CH3OCH3)的合成方法主要有两种：方法一：2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g)
(1)恒温恒容下进行上述反应，能说明反应已达平衡状态的是_______。
a.混合气体密度不变
b.混合气体的平均相对分子质量不变
c.3v(CO2)正=v(H2)逆
d.不变
反应达到平衡，其他条件不变，向容器中再加入等物质的量的H2(g)和H2O(g)，平衡向_______(选填“正”或“逆”)反应方向移动，理由是_______。
(2)方法一是CO2高值化利用的途径之一、已知CO2溶于水的过程可表示为：CO2(g)＋H2O(l) H2CO3(aq)；，p(CO2)表示CO2的平衡压强。将CO2(g)通入NaClO(aq)中，当n(CO2)∶n(NaClO)=1恰好反应，离子方程式为_______，该反应的平衡常数表达式K=_______。向反应后的溶液中加过量NaOH(aq)，c()_______c(ClO-)(选填“>”“＜”或“=”)。
方法二：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ①
2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) ②
(3)T℃，在2L的密闭容器中充入4molCO和8molH2合成二甲醚，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为0.8，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)。0~4min内，v(CH3OCH3)=_______。
(4)300℃和500℃时，反应①的平衡常数分别为K1、K2，且K1>K2，则反应①正反应为_______反应(选填“吸热”或“放热”)。
二、工业流程题
26．（2023·上海·模拟预测）以废旧铜电路板为原料制备硫酸铜晶体可变废为宝，如图是某工厂的实际制备工艺流程。
资料1：流程中RH为有机化合物
(1)浸取前将废旧铜电路板粉碎的目的是_____。
(2)上述流程中需要用到分液操作步骤是(填序号)_____。
(3)浸取后得到的溶液铜元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取时发生反应的离子方程式为_____。
(4)研究发现，加入H2O2后随温度升高，铜元素浸出率随温度变化的曲线如图。分析温度高于85℃，铜元素浸出率下降可能的原因_____。
(5)工艺流程中循环使用的物质有：NH3、_____、有机溶剂、_____。
(6)该工厂排放的水质情况及国家允许的污水排放标准如表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。
项目 废水水质 排放标准
pH 1.0 6～9
Cu2+含量/(mg L-1) 72 ≤0.5
NH含量/(mg L-1) 2632 ≤15
资料2：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－
①根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为_____。
②结合资料解释实验结果图中b到d段曲线所示的过程_____。
27．（2022·上海长宁·统考一模）砷（As）是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，镓（Ga）与铝同主族，砷化镓是当代国际公认的继硅之后最成熟的化合物半导体材料。某含砷（As）的有毒工业废水经如图流程转化为粗。已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。
完成下列填空：
(1)砷在元素周期中的位置为第______周期、第______族；砷和热的浓反应，生成，反应的化学方程式为______；砷化镓（GaAs）和氮化硼（BN）晶体都具有空间网状结构，硬度大，则砷化镓熔点______氮化硼的熔点（选填“高于”、“低于”或“接近于”）。
(2)“碱浸”的目的是将废水中的和转化为盐，转化为的离子方程式为______；加入试剂1的目的是______。
(3)“沉砷”是将转化为沉淀，主要反应有（其中、都大于0）：
① ；②；
沉砷最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因。______。
(4)通过对溶液进行加热，再过滤可制得粗。在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图所示。为提高粗的沉淀率，则“结晶”过程应控制的最佳条件是______。从绿色化学和综合利用的角度考虑，滤液2需要处理，其方法是______。
三、结构与性质
28．（2021·上海虹口·统考二模）镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法(Pidgeon法)冶炼镁，以煅白(CaO·MgO，M = 96 g/mol)为原料与硅铁(含硅75%)混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2(CaO·MgO)(s) + Si(s) Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)；完成下列填空：
(1)已知还原性Mg > Si，上述反应仍能发生的原因是_______。
(2)由图推测上述反应正向为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是_______(选填序号)。
a.平衡常数到达最大值
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO·MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n(CaO·MgO)消耗 ：n(Ca2SiO4)生成 = 2：1
(4)平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg(g)的浓度将_______(填“升高”“降低”或“不变”)。
(5)若还原炉容积为400 m3，原料中煅白质量为9600 kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率 _______mol/(L·h)。
(6)工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如表所示：
MgCl2 MgO
熔点/℃ 712 2850
①镁原子核外有_______种能量不同的电子，它们的运动状态有_______种。
②MgCl2的电子式为_______；
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由_______
参考答案：
1．(1)、
(2)0.05 mol/(L·min)
(3)BD
(4)降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，因此
(5)1∶2
【详解】（1）非极性分子是指正负电荷中心重合的分子，在上述反应的反应物与生成物中，甲烷和氢气分子都有对称中心，其正负电荷中心重合，非极性分子为：、，故答案为：、。
（2）根据反应系数关系可知气体总物质的量增加了10 mol，则甲烷减少了5mol，甲烷的平均反应速率为：，故答案为：0.05 mol/(L·min)。
（3）A．根据元素质量守恒可知容器内氢元素的质量分数为定量，故其不能作为平衡状态的判断标准，故A错误；
B．容器体积不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，则压强也随之改变，压强不变一定可以判断反应达到平衡，故B正确；
C．反应的平衡常数只与温度有关，只要温度不变平衡常数就不变，故其不能作为平衡状态的判断标准，故C错误；
D．各物质均为气体，气体的总质量不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，容器内气体的平均相对分子质量是变量，变量不变一定可以判断反应达到平衡，故D正确；
故答案为BD。
（4）若改变某一条件，可使得，使速率降低且平衡逆向移动的条件改变，因为正反应为吸热反应，故推测为降温，故答案为：降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，因此。
（5），据反应系数可知CO与的变换量之比为1∶2，若使转化率相同，则投料比1∶2，故答案为：1∶2。
2．(1)2：1
(2) c
(3) c(O2) > 0.4mol·L-1·min-1(或0.0067mol·L-1·s-1)
(4) < pH升高，HO的浓度增加，H2O2分解速率加快 H2O2浓度越高，电离程度越低，分解率越小
(5)该法生产原子利用率是100％，符合“绿色化学工艺”
【详解】（1）O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，最外层成对电子数为4个，未成对电子数为2个，成对电子数和未成对电子数之比为2：1。
（2）H2O2的电子式为，对于H2O2的分子结构有图示两种推测，这两种结构的不同之处在于H-O-O的键角不同，因此需要测定H2O2分子内H-O-O键角，故答案选c。
（3）H2O2分解反应为2H2O2(l) 2H2O(l)+O2(g)，平衡常数表达式K= c(O2)。已知H2O2的分解反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，则平衡常数K(25℃)>K(40℃)。5mLH2O2溶液60s内生成氧气22.4mL即1×10-3mol，则参与反应的H2O2有2×10-3mol，v(H2O2)=。
（4）25℃时，H2O2电离生成H+和的平衡常数K=2.24×10-12>1×10-14，同温度下过氧化氢电离程度大于水，故25℃时pH(H2O2)
3．(1)D
(2)B
(3)3.70
(4) ＜ 依据图像数据计算得到B、D两点的平衡常数K(B)=2.25和K(D)=3，又反应i是吸热反应，升温K增大
(5) 的水解程度大于电离程度，溶液中c(H+)＞c(OH-) =
(6)变小
【详解】（1）生成甲醇的反应是气体体积减小的放热反应，降低温度和增大压强都可以使平衡正向移动，为了提高甲醇的产率，采取的措施可以是低温高压，故选D。
（2）使用cat.2作催化剂，甲醇的选择性100%，即只发生反应ⅱ。
A．恒压条件下，气体压强一直不变，所以气体压强不再变化不能判断反应ⅱ是否达到平衡状态，故A不选；
B．反应ⅱ的反应物和生成物都是气体，气体总质量是不变的，但气体总物质的量是变化的，所以未平衡前混合气体的平均相对分子质量是变化的，当气体平均相对分子质量不再变化时，反应达到了平衡状态，故B选；
C．CH3OH和H2O是生成物，物质的量之比始终为1：1，所以CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1不能判断反应ⅱ是否达到平衡状态，故C不选；
D．起始投料CO2和H2的物质的量之比是方程式的系数比，所以CO2和H2的物质的量之比一直不变，CO2和H2的物质的量之比不再变化不能作为判断反应是否达到平衡的标志，故D不选；
故选B。
（3）一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，只发生上述反应ii，达平衡时，H2的转化率为80%，可列三段式：
则该温度下的平衡常数K==3.70。
（4）B点CO2和H2的物质的量之比为1：1，CO2的平衡转化率为60%，设CO2和H2的物质的量均为1mol，容器体积为1L，可列三段式：
可得平衡常数K(B)==2.25。
D点CO2和H2的物质的量之比为1.5：1，CO2的平衡转化率为50%，设CO2的物质的量为3mol，则H2的物质的量为2mol，容器体积为1L，可列三段式：
可得平衡常数K(D)==3。该反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，K(B)
（6）碳酸钠溶液中由于碳酸根离子的水解，使溶液中c(Na+)：c()大于2，往0.1mol/L的Na2CO3溶液加入少量Na2CO3固体，完全溶解后溶液中碳酸根离子浓度增大，水解程度减弱，所以c(Na+)：c(CO)的比值变小。
4．(1) 正四面体形
(2) 30% d
(3) 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
(4) 2H2S＋SO2＝3S＋2H2O、2H2S＋O2＝2S＋2H2O
【详解】（1）CH4中心原子价层电子对数为4+0=4，其立体构型为正四面体形，CS2分子中每个硫和碳共用两对电子，其电子式为；故答案为：正四面体形；。
（2）①根据题意假设S2(g)、CH4(g)物质的量分别为2mol、1mol，建立三段式，当CS2的体积分数为10%时即，解得x＝0.3mol，则CH4的转化率为；故答案为：30%。
②a．气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，则密度始终不再改变，因此当密度不变，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b．该反应是等体积反应，压强不变，因此当气体总压不变，不能作为判断平衡标志，故b不符合题意；c．CH4与S2体积比始终是1:2，因此不能作为判断平衡标志，故c不符合题意；d．CS2的体积分数不变，能作为判断平衡的标志，故d符合题意；综上所述，答案为：d。
（3）据图分析，升高温度，甲烷的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则生成CS2的反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃可能的原因是：根据图中分析得到600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢；故答案为：放热；600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。
（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O等)使尾气中的H2S转化为单质硫S，可实现废物利用，保护环境，能得到硫的反应的化学方程式2H2S＋SO2＝3S＋2H2O、2H2S＋O2＝2S＋2H2O。燃煤废气中常含有的NOx也能使H2S转化为单质硫S，1mol硫化氢转移2mol电子，氮氧化物变为1mol氮气转移4xmol电子，根据得失电子守恒则氮气系数配1，硫化氢系数配2x，根据守恒得到方程式为2xH2S＋2NOx＝2xS＋2xH2O＋N2，其电子转移为；故答案为：2H2S＋SO2＝3S＋2H2O、2H2S＋O2＝2S＋2H2O；。
5．(1) 2个 3p Cl(或氯) 同周期的主族元素，其核外电子层数相同，从左到右随着核电荷数逐渐增大，核对外层电子吸引力也逐渐增大，原子半径逐渐减小，氯在主族元素的最右边，所以半径最小
(2) 共价键 原子
(3)
(4)0.01
(5)d
(6)>
【详解】（1）硅核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，其中3p能量最高，电子数为2；其所占据的电子亚层符号为3p；硅位于第三周期，同周期越靠右原子半径越小，故原子半径最小的是Cl(或氯)；依据是：同周期的主族元素，其核外电子层数相同，从左到右随着核电荷数逐渐增大，核对外层电子吸引力也逐渐增大，原子半径逐渐减小，氯在主族元素的最右边，所以半径最小；
（2）Si3N4属于共价化合物，则硅和氮之间是共价键，属于原子晶体；
（3）根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数表达式K=；
（4）固体的质量增加了2.80g为Si3N4的质量，其物质的量n=m/M=2.8g÷140g/mol=0.02mol，根据方程式可知消耗氢气的物质的量=0.02mol×6=0.12mol，故v(H2)= c÷ t=0.12mol/2L÷3min=0.02 mol·L-1·min-1，v(SiCl4)= 0.02 mol·L-1·min-1÷2=0.01 mol·L-1·min-1；
（5）a．增加Si3N4的量，其浓度增大，平衡向右移动，a错误；
b．减小HCl的量，其浓度降低，则平衡向右移动，b错误；
c．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，c错误；
d．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数K增大，d正确；
故选d；
（6）该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应反应移动，到达新平衡，H2的物质的量增大，HCl的物质的量物质的量减小，新平衡H2和HCl的物质的量之比>。
6．(1) 16
(2)水比H2S稳定、SO2中硫显正价
(3)0.01 mol·L-1·min-1
(4) < 变小
(5)SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3
(6)HSO会水解，HSO+H2O H2SO3+OH-，HSO同时会电离，HSO H++SO，电离的程度大于水解的程度，所以溶液显酸性
【详解】（1）硫化氢的电子式为 ，S为16号元素，核外有16种不同运动状态的电子，故答案为： ；16；
（2）可通过简单氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的还原性、单质之间的置换反应或者在同一化合物中的化合价正负比较S和O的非金属性强弱，如水比H2S稳定，氧气能与硫化氢反应生成S单质，或者在二氧化硫中S为+4价，O为-2价，故答案为：水比H2S稳定、SO2中硫显正价；
（3）经过10min，有0.4mol水生成，根据反应可知此时消耗的二氧化硫的物质的量为0.2mol，v(SO2)= 0.01 mol·L-1·min-1，故答案为：0.01 mol·L-1·min-1；
（4）①根据上述信息当温度相同时，压强由P1到P2时，二氧化硫的转化率增大，说明平衡正向移动，而该反应正向气体分子数减小，压强增大平衡正向移动，则P2大于P1，故答案为：<；
②压强相同时，随温度的升高，二氧化硫的转化率减小，可知平衡逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，温度升高K减小，故答案为：变小；
（5）Na2SO3溶液吸收SO2，得到NaHSO3溶液，反应方程式为：O2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，故答案为：O2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3；
（6）NaHSO3溶液存在一下平衡：HSO+H2O H2SO3+OH-，HSO H++SO，NaHSO3溶液呈酸性，HSO可知电离的程度大于水解的程度，所以溶液显酸性；故答案为：HSO会水解，HSO+H2O H2SO3+OH-，HSO同时会电离，HSO H++SO，电离的程度大于水解的程度，所以溶液显酸性；
7． 0.008mol/(L·min) 0.15 100比80反应速率快，80时反应40min已达到平衡，故100时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡 温度越高反应速率越快；该反应是放热反应 原反应的反应前后，气体的化学计量数不变，故等温下压强对平衡移动没有影响，而图中信息表示某温度下增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化 3∶1 c d
【详解】(1)根据反应方程式可知：由于I2O5和I2为固体，故该反应的平衡常数表达式，根据反应方程式：每生成5molCO2固体质量减少了80g，故固体质量减少了6.4g时，生成的CO2的物质的量为：，在2L恒容密闭容器中反应25min后，则0～25min 的平均反应速率为0.008mol/(L·min)，故答案为：；0.008mol/(L·min)；
(2)根据表中数据可知，80℃下40min时反应已经达到平衡，100℃下反应速率更大，达到平衡所需要的时间更短，故40min时早已达到平衡，故上表中0.15，温度越高，平衡时CO的物质的量越大，说明平衡逆向移动，说明该反应正反应是一个放热反应，故答案为：0.15；100比80反应速率快，80时反应40min已达到平衡，故100时相同的量的同一反应在40min时应该已经达到平衡；温度越高反应速率越快；该反应是放热反应；
(3) 原反应的反应前后，气体的化学计量数不变，故等温下压强对平衡移动没有影响，而图中信息表示某温度下增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘在300时已气化，故答案为：原反应的反应前后，气体的化学计量数不变，故等温下压强对平衡移动没有影响，而图中信息表示某温度下增大压强，该平衡逆向移动，说明反应前的气体量小于反应后，说明产物中的碘已气化；
(4) ①若4.48L (标准状况)其物质的量为=0.2mol和0.35mol NaOH溶液完全反应，根据反应2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、NaOH+CO2=NaHCO3，设生成的碳酸钠为n1mol和碳酸氢钠为n2mol，则有：n1+n2=0.2mol，2n1+n2=0.35，解得：n1=0.15mol，n2=0.05mol，故碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为0.15mol：0.05mol=3：1，故答案为：3：1；
②继续通入二氧化碳至溶液中碳酸钠和碳酸氢钠(碳酸氢钠溶液呈碱性)的物质的量之比1∶1，由于溶液呈碱性，即的水解程度大于的电离程度，故溶液中各离子浓度大小顺序为：，故答案为：；
③a．通入HCl，由于+H+=H2O+CO2，由于钠离子浓度不变，的浓度减小，故比值增大，a不合题意；
b．NaOH固体，由于+OH-=H2O+，使得碳酸氢钠转化为碳酸钠，故比值增大，b不合题意；
c．通入，由于CO2溶于水后生成碳酸，将电离出碳酸氢根和氢离子，故抑制了的水解和电离，使得的浓度增大，而钠离子浓度不变，故比值减小，c符合题意；
d．固体，浓度增大，故的水解程度减小，故比值减小，d符合题意；
故答案为：cd。
8． 3 0.015 mol·L-1·min-1 放热 < 温度低于T时，反应未达到平衡，向生成物方向进行 3ClO+4NO +4OH- = 4NO+ 3Cl- + 2H2O 取一片pH试纸，放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用玻璃棒蘸取待测液，点在pH试纸中央，对比标准比色卡，读取pH数值
【详解】(1)N是7号元素，其核外电子排布式为[He]2s22p3，原子核外2p轨道的3个电子未成对，分列3个p轨道，因此未成对电子的电子云空间伸展方向有3个；CO2和CS2是等电子体，则CS2的电子式为；
(2)平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值称为化学平衡常数，则该反应的平衡常数K=；若温度为T时，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，设10分钟内二氧化碳反应了xmol，则列三段式如下：，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，则=30%，解得x=0.75，则0~10分钟内，CH3OH的平均反应速率 ==0.015 mol·L-1·min-1；
(3)c点之前反应未平衡，反应正向进行，φ(CH3OH)增大，c点反应达到平衡，c点之后升高温度，φ(CH3OH)减小，平衡逆向移动，说明逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，即该反应是放热反应；其它条件相同时，b点温度更高，因此CH3OH在a点的正反应速率
9． 2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl 30.0 6.0×10-2 大于 NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大 B
【详解】(1)由题意可知：干燥的氯气与硝酸银反应生成O2、N2O5，根据得失电子守恒和原子守恒，可得方程式为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl，故答案为：2Cl2+4AgNO3→2N2O5+O2+4AgCl；
(2)①在恒容密闭容器中，气体的分压和物质的量成正比，所以此题中可用P代替各物质的量使用，t=62min时，测得体系PO2=2.9kPa，，因此；，故答案为：30.0；；
②根据，恒容密闭容器中，升高温度，T增大。所以总压强P增大。二聚为放热，升高温度平衡逆向移动，体系压强增大，因此总压强大于63.1kPa，故答案为：大于；NO2二聚为放热反应，温度升高，平衡左移，容器体积不变，体系物质的量增加，总压强增大；
③由反应N2O4(g)2NO2(g)可知该反应的平衡常数为，故答案为：；
(3)A．由第一步N2O5NO2+NO3快速平衡；第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应，可知，v(第一步反应)＞v(第二步反应)，则v(第一步反应的逆反应)＞v(第二步反应)，故A不选；
B．由以上三步反应可知，反应的中间产物除NO3外还有NO，故选B；
C．在以上三步反应中，第二步为慢反应，所以该反应的速率主要由第二步决定，故C不选；
D．该反应中第一步的正反应为N2O5的合成反应，逆反应为N2O5的分解反应，且反应速率较快，则N2O5的分解率主要由第一步决定，故D不选。
答案选B。
10． 增加氮气的投入量 将生成的氨气降温液化及时移出 NH+H2O NH3 H2O+H+ 促进 c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-) ＜ c 0.01
【分析】要提高NH3的产率，需要使平衡正向移动，据此分析解答；NH水解导致硫酸铵溶液显酸性，据此分析解答；合成氨的反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着吸热方向移动，当氮气和氢气的物质的量之比为1∶3时达平衡状态时氨的百分含量最大，判断起始加入N2的物质的量，结合H2、N2的转化率均为60%分析解答。
【详解】(1) 工业上的合成氨的反应是气体物质的量减小的放热反应，在实际化工生产中，为提高NH3的产率，可以采取的措施有：增加氮气的投入量；将生成的氨气降温液化及时移出，故答案为：增加氮气的投入量；将生成的氨气降温液化及时移出；
(2)NH水解导致硫酸铵溶液显酸性，水解的方程式为NH+H2O NH3 H2O+H+；盐类的水解促进水的电离；水解后(NH4)2SO4水溶液的pH=5，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)，故答案为：NH+H2O NH3 H2O+H+；促进；c(NH)＞c(SO)＞c(H+)＞c(OH-)；
(3)①合成氨的反应为放热反应，温度升高，化学平衡向着吸热方向移动，从T1到T2反应体系中氨气的百分数增加，故T1＞T2，故答案为：＜；
②b点代表平衡状态，c点表示又加入了氢气，平衡向右移动，氮气的转化率增大，因此反应物N2的转化率最大的是c，故答案为：c；
③当氮气和氢气的物质的量之比为1∶3时达平衡状态时氨的百分含量最大，平衡点时产物的产率最大，根据图示，当起始氢气的物质的量为0.15mol时氨的含量最大，故起始加入N2的物质的量为0.05mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时氮气的浓度是=0.01mol/L，故答案为：0.01。
11． H2SO4 H2SO3 SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 4I-+6H+ 0.128 放出 135kJ K= ad
【详解】(1)大气中 SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3容易被空气中的氧气氧化为H2SO4，导致雨水中含有H2SO3和H2SO4而危害植物和建筑物。SO2和水以及 Na2SO3反应生成 NaHSO3，反应的化学方程式为SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3。由 NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可制得 Na2S2O5，该过程的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
(2) 和I2反应，S的化合价从+4升高到中的+6价，I的化合价降低，从0价降低到-1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出该反应的离子方程式：+2I2+3H2O=2+4I-+6H+。根据反应的离子方程式，在50.00mL 葡萄酒样品中，中S的物质的量为0.01000mol/L×0.01000L××2，则以SO2计的质量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol，1L葡萄酒样品中Na2S2O5的残留量为0.01000mol/L×0.01000L××2×64g/mol×=0.128g，故答案为：4I-+6H+，0.128。
(3)根据图象可以写出该反应的化学方程式为：2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g)。由反应物到过渡态需要吸收409kJ的热量，由过渡态到生成物放出679kJ的热量，所以该反应为放热反应。生成1molS即32gS，放出679kJ-409kJ=270kJ的热量，则生成16gS(s)，放出的热量为=135kJ。
(4)根据该反应的化学方程式可知，S是固体，则该反应的平衡常数表达式为K=。
a．由于容器的容积不变，但混合气体的总质量在未平衡前是变化的，当混合气体密度保持不变时，则已达到平衡状态，故a正确；
b．该反应反应前后气体物质的量之和不相等，所以从反应开始到平衡，混合气体的物质的量之和是变化的，而且该容器为绝热容器，压强和气体的总物质的量以及温度有关，所以在未平衡前，容器内的压强是变化的，故b错误；
c．平衡常数和温度有关，达平衡后若再充入一定量CO2，平衡逆向移动，由于该容器是绝热容器，所以温度会降低，则平衡常数会发生改变，故c错误；
d．S是固体，分离出少量S粉，正、逆反应速率均保持不变，故d正确；
故选ad。
12． 5 0.011 0.2 e 压强 由图知：氮气的体积分数随X增大而增大，而2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ，正反应放热、氮气的体积分数随着温度的升高而减小，随着压强的增大而增大 2CO(NH2)2(aq)+4NO(g)+O2(g)=2CO2(g)+4N2(g)+4H2O(l)+1286.8kJ
【详解】(1) 氮原子质子数为7，核外有7个电子，最外层有5个电子，原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，则最外层运动状态不同的电子有5种，氮气中N原子满足最外层8电子稳定结构，存在N≡N，则N2的电子式：。已知N4分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，则每个N与其它3个N分别共用1对电子对，形成正四面体结构， N4的结构式。
(2) 对于反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ：由图知，0～9min内N2的平均反应速率v(N2)= ；反应过程中，CO消耗的物质的量等于生成CO2的物质的量，第12min时消耗CO=生成CO2的浓度=；第12min时改变反应条件，则NO、CO2物质的量不变但进一步消耗、氮气物质的量不变但进一步生成，说明平衡朝右移动，则：a．该反应放热、升高温度平衡左移，a不选； b．加入NO则NO曲线应该不连续、NO的浓度、物质的量先增大后减小，b不选； c．加催化剂 ，不影响平衡移动，c不选；d．减小压强，平衡左移，d不选；e．降低温度，平衡右移，e选；则第12min时改变反应条件可能的选项为e。
(3)图中X代表的是压强，L1与L2的大小关系是L1 L2，理由是：由图知：氮气的体积分数随X增大而增大，而2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) +746.5 kJ，正反应放热、氮气的体积分数随着温度的升高而减小，随着压强的增大而增大。
(4) 2CO(NH2)2+4NO+O2=2CO2+4N2+4H2O。经测定，每吸收30g即1molNO能排放热量321.7kJ，则吸收4molNO能排放热量4×321.7kJ=1286.8kJ，该反应的热化学方程式为2CO(NH2)2(aq)+4NO(g)+O2(g)=2CO2(g)+4N2(g)+4H2O(l)+1286.8kJ。
13． bc 0.05mol·L-1·min-1 K= b bd 催化剂、加热 ≥ V ≥ 或 或
【分析】根据图象计算化学反应速率，再利用化学反应速率之比等于化学计量数之比来解答；根据反应方程式写平衡表达式；利用浓度对化学平衡的影响来分析HI的平衡浓度、达到平衡的时间、平衡时H2的体积分数，但温度不变，平衡常数不变；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析；使用催化剂，能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡，据此结合图象判断；二氧化硫和氨水反应可生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，计算出ag亚硫酸铵或亚硫酸氢铵放出二氧化硫消耗硫酸的体积。
【详解】(1)a．硫酸常温下温度，不易分解，故a错误；b．反应I中SO2还原性比HI强，反应中二氧化硫表现还原性，还原性比HI强，故b正确；c．1molSO2消耗2molH2O生成1molH2SO4，1molH2SO4分解生成1molSO2与1molH2O，循环中水的量减少，故应补充水，故c正确；d．由Ⅲ可知产生1molO2的同时产生2molSO2，由I可知2molSO2生成4molHI，由Ⅱ可知4molHI分解生成2mol H2，即循环过程中产生l mol O2的同时产生2mol H2，故d错误；故答案为：bc；
(2)由图可知2min内氢气的物质的量增加了0.1mol，则氢气的浓度为 =0.05mol/L，用氢气表示的化学反应速率为 =0.025mol·L-1·min-1，由反应中的化学计量数可知v(HI）=0.025mol·L-1·min-1×2=0.05mol·L-1·min-1；根据方程式可写出平衡常数表达式为：K= ；对该反应，当温度不变开始加入HI(g）的物质的量是原来的2倍，则温度不变，K不变，故a错；物质的量为原来的2倍，该反应是反应前后气体体积相等的反应，则反应体系中各物质的浓度都是原来的2倍，故b正确；物质的量增大，则化学反应速率先增大的快，后随浓度的减小，速率增大的程度变小，故c错；由反应方程式及原来的量与后来的量成正比，则这两种情况下建立的平衡为等效平衡，即平衡时H2的体积分数相同，故d错；故答案为：0.05mol L-1 min-1；K=；b；
故答案为：0.05mol·L-1·min-1；
(3)升高温度，加快反应速率到达平均的时间缩短，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，三氧化硫的含量降低，二氧化硫的含量升高，故a错误，b正确；增大压强，加快反应速率到达平均的时间缩短，正反应速率增大更多，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的含量减少，图象与实际不符合，故c错误；使用催化剂，能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡，故d正确；故选bd；实际工业生产使用的条件是：常压、五氧化二钒、500℃，选择温度500℃时催化剂的活性较高、加快反应速率，故选：bd；催化剂、加热；
(4)设ag亚硫酸铵完全转化为二氧化硫消耗硫酸的体积为x，设ag亚硫酸氢铵完全转化为二氧化硫消耗硫酸的体积为y： ， ，解得x= L， ，解得y=L，因氨气和二氧化硫反应可能生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵或为亚硫酸铵和亚硫酸酸氢铵的混合物，故消耗硫酸的范围为： ≥ V ≥ 或 或。故答案为： ≥ V ≥ 或 或；。
14． 0.1mol·L-1·s-1 4 AD BD CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应 此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强 CO+CO2+H2O=2HCO KHCO3和K2CO3 b
【详解】(1)设平衡时Δn(H2)=x mol，则列三段式有：
根据题意有=50%，解得x=1，容器体积为2L，所以v(H2)==0.1mol·L-1·min-1；
(2)根据(1)的计算可知平衡时CO、H2和CH3OH的物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol，容器体积为2L，则浓度分别为0.25mol/L、0.5mol/L、0.25mol/L，所以平衡常数K==4；
若平衡K值变大，由于平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，说明降低了温度；
A．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，A正确；
B．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，生成物的浓度逐渐增大，逆反应速率增大，所以平衡移动时，逆反应速率先减小后增大，B错误；
C．对于放热反应降低温度，平衡正向移动，C错误；
D．降低温度的瞬间，正、逆反应速率都减小，由于平衡正向移动，反应物的浓度逐渐减小，所以平衡移动时，正反应速率始终减小，D正确；
综上所述答案为AD；
(3)A．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，容器恒容，则无论是否平衡密度都不发生变化，A不符合题意；
B．CH3OH的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，B符合题意；
C．平衡时正逆反应速率相等，但选项未指明是正反应还是逆反应速率，故不能说明反应是否达到平衡，C不符合题意；
D．反应物和生成物均为气体，所以气体的质量不变，但该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时平均相对分子质量会发生变化，当其不变时说明反应达到平衡，D符合题意；
综上所述答案为BD；
(4) CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，主反应为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于副反应，所以CO2的平衡转化率随温度的升高而增大；温度越高，速率越快，此条件下主反应速率最快，523K时催化剂的活性最强，所以此时CH3OH的产率最大；
(5)碳酸钾吸收CO2得到碳酸氢钾溶液，离子方程式为CO+CO2+H2O=2HCO，200mL 1.5mol/LK2CO3溶液中含有0.2L×1.5mol/L=0.3molK2CO3，标况下3.36L二氧化碳的物质的量为0.15mol，所以只能反应0.15mol碳酸根，则溶质为0.15mol K2CO3和0.3molKHCO3；
各离子的浓度关系：
a．溶液中存在电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，a错误；
b．根据溶质成分可知3c(K)=4c(C)，则有3c(K+)=4c(CO)+4c(HCO)+4c(H2CO3)，b正确；
c．CO和HCO的水解使溶液显碱性，但水解是微弱的，所以离子浓度大小关系应为c(K+)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH-)＞c(H+)，c错误；
综上所述答案为b。
15． 8 5s25p5 离子键、极性共价键 I2+5H2O22HIO3+4H2O H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等 Cl2 2NA 加入硫酸酸化，能够使平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，从而有利于Cl2与NaBr的反应的发生，提高Cl2的利用率 1
【分析】I．将粉碎的I2与H2O2在催化剂存在条件下加热到70℃，发生反应：I2+5H2O22HIO3+4H2O，然后加入K2CO3溶液调整至中性，得到KIO3；
II．根据氧化还原反应的有关概念及电子转移数目与元素化合价升降总数相等计算；
III．向浓缩的海水中通入Cl2，发生氧化还原反应产生Br2，用热空气将Br2吹出，用Na2CO3饱和溶液吸收，转化为NaBr、NaBrO3和CO2，根据原子守恒、电子守恒配平方程式并进行有关计算。
【详解】(1)O是8号元素，氧原子核外有8个电子，则O原子核外有8种不同运动状态的电子；
碘是第五周期第VIIA的元素，所以碘原子最外层电子排布式是5s25p5；
K2CO3为离子化合物，K+与之间以离子键结合；在阴离子中C、O原子之间以极性共价键结合，故K2CO3固体中含有的化学键类型有离子键、极性共价键；
(2)在合成步骤，I2、H2O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生HIO3、H2O，反应方程式为：I2+5H2O22HIO3+4H2O；
(3)当合成温度高于70℃时碘酸钾产率会降低，可能的原因有：如H2O2分解、I2升华、催化剂活性降低等；
II．在反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O中，Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以HCl是还原剂，Cl2是氧化产物；Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3是氧化剂，ClO2是还原产物；在反应中若有4 mol HCl参加反应，转移电子的物质的量是2 mol，则转移的电子数目是2NA；
III．(5)向浓缩的海水中通入Cl2，NaBr被氧化产生Br2，反应方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，氧化时先在卤水中加入硫酸酸化，然后再通入氯气，可以增大溶液中氢离子的浓度，使Cl2与水反应的化学平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO逆向移动，减小氯气与水的反应，因此可提高氯气与NaBr反应的利用率；
(6)吹出的Br2用Na2CO3溶液吸收，发生反应：3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2，根据方程式可知：每吸收1 mol Br2，需消耗Na2CO3的物质的量是1 mol。
16．(1) 吸热 小于
(2)b
(3)燃烧为放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，产率先增大；单位时间的生成量增大，转化率增大；当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，产率减小；
(4) ，
(5) 氧化为 1：2
【详解】（1）由表可知，随着温度增加，平衡时的物质的量分数增加；所以升高温度反应平衡正向移动，所以该反应是吸热反应；500K时，反应5min时达到平衡，设反应xmol，所以生成xmol ，平衡时的物质的量分数为，解得x=0.01；所以则0～5min内；600K时，温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间减少；故答案为吸热；；小于。
（2）a．平衡后通入，使得转化率降低，故a不符合题意；
b．平衡后通入，使得转化率增大，故b符合题意；
c．平衡后通入COS为生成物，使得转化率降低，故c不符合题意；
d．体积不变，充入氮气，平衡体系各组分的物质的量浓度不变，所以反应速率不变，所以平衡不移动，故d不符合题意；
故答案选b。
（3）燃烧为放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，产率先增大；单位时间的生成量增大，转化率增大；当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，产率减小；故答案为燃烧为放热反应，反应未达到平衡时，升高温度，产率先增大；单位时间的生成量增大，转化率增大；当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，产率减小。
（4）与反应生成CuS沉淀，离子方程式为；根据物质转化关系图可知，反应前和反应后不需要添加的物质的，；故答案为；，。
（5）根据反应流程，与反应CuS，；已知常温下CuS不与发生反应，所以通入的目的是氧化为：；然后与CuS反应得到S，反应方程式为；所以整个流程总反应为，所以为保证全部转化为S，通入和的体积比至少为1：2；故答案为氧化为；1：2。
17．(1) 吸收 NOx(如 NO，NO2)
(2) 过滤
(3)在酸化的废水中加入一定量的Fe2＋
(4)提高氧化性
(5) 偏大
【详解】（1）储存时，氧化钡、一氧化氮和氧气反应生成了硝酸钡，所以氧化钡的作用是吸收 NOx(如 NO，NO2)，根据图2知前12秒的还原产物为氨气，结合题意分析，H2和Ba(NO3)2的催化还原产物有BaO、NH3、H2O，根据氧化还原反应的守恒规律，配平方程式；故答案为吸收 NOx(如 NO，NO2)；。
（2）由操作得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得分离操作为过滤；由酸化废水反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为，故答案为过滤；。
（3）根据题目提供信息，Fe3O4(导电)，产生FeO(OH)(不导电)，Fe2＋能与FeO(OH)反应生成Fe3O4，可知若要提高的去除率，可采取的措施是加入Fe2＋，故答案为在酸化的废水中加入一定量的Fe2＋。
（4）先取VmL含水样并将O2驱除，加入催化剂、V1mLcmol L 1FeSO4标准溶液（过量），再加入稀H2SO4；最后用c2mol L 1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，发生，加入稀H2SO4的作用是提高氧化性，故答案为提高氧化性。
（5）取VmL含氮()水样，加入催化剂、v1 mLc1mol L 1FeSO4标准溶液(过量)，再加入稀H2SO4，发生3 Fe2＋＋＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O，步骤2.用c2mol L 1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋ (被还原为Cr3＋)，终点时消耗v2mL，发生，根据K2Cr2O7标准溶液的用量求得剩余的FeSO4的物质的量＝6c2v2×10 3mol，则参与步骤I反应的FeSO4的物质的量＝(c1v1 6c2v2)×10 3mol，根据该反应3 Fe2＋＋＋4H＋＝NO↑＋3Fe3＋＋2H2O可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中O2存在，也会消耗FeSO4，所以K2Cr2O7用量偏小，由于FeSO4总量一定，所以参与步骤I反应的FeSO4物质的量会偏大，计算出来的水样中的含量也偏大；故答案为；偏大。
【点睛】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等。
18．(1)CH4
(2)0.03
(3)b
(4) bd
(5) a 吸热 随着温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢浓度减小，甲烷的平衡转化率下降
【详解】（1）CH4是含共价键的非极性分子，H2O、CO是含共价键的极性分子，H2含共价键的非极性分子，氢气是单质，因此上述反应体系中属于非极性分子的化合物是CH4；故答案为：CH4。
（2）根据题意，10min时反应达到平衡状态，此时CH4的浓度为0.4 mol L 1，则甲烷浓度改变量为0.1 mol L 1，氢气浓度改变量为0.3 mol L 1，则0~10min内H2的平均反应速率为；故答案为：0.03。
（3）a．υ正(H2S)=2υ逆(H2)，一个正反应速率，一个逆反应速率，两个不同方向，两者速率之比不等于计量系数之比，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；
b．CH4的体积分数不再变化，则能作为判断平衡标志，故b符合题意；
c．开始加入的甲烷和硫化氢按照计量之比加入，则始终不改变，当不再变化，不能作为判断平衡标志，故c不符合题意；
d．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不再改变，当混合气体的密度不再改变，不能作为判断平衡标志，故d不符合题意；
综上所述，答案为：b。
（4）该反应平衡常数表达式，若改变某一条件使平衡向正反应方向移动，若是增大反应物浓度或减小压强，平衡常数不变，若是改变温度，平衡向正反应方向移动，则平衡常数变大，因此bd符合题意；综上所述，答案为：；bd。
（5）根据题意减少的为甲烷和硫化氢，增加的为CS2、H2，再根据计量系数得到氢气增加的幅度大，因此图中表示H2物质的量分数变化的曲线是a；根据图中信息，升高温度，甲烷、硫化氢的量减少，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应。保持其他条件不变，由于温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢的浓度减小，因此甲烷的转化率降低；故答案为：a；吸热；随着温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢浓度减小，甲烷的平衡转化率下降。
19．(1) N2分子中含有氮氮三键，键能大，破坏N≡N键需要吸收很高的能量，所以氮气的化学性质很稳定 3Mg+N2Mg3N2 b
(2)用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气产生
(3)NH3与HCl会发生反应NH3+HCl=NH4Cl
(4) 40% >
(5)ad
【详解】（1）N2分子中含有氮氮三键，键能大，破坏N≡N键需要吸收很高的能量，所以氮气的化学性质很稳定；固氮是将游离态氮转化为化合态的氮，根据上述流程可知，其中的固氮反应为镁与氮气的反应，化学方程式为3Mg+N2Mg3N2；镁在熔融状态下反应，而镁的熔点为649℃，而二氮化三镁大于800℃时发生分解，故固氮的适宜温度范围是700~800℃，故选b；
（2）氮化镁能和水反应产生白色沉淀和氨气，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气产生，说明Mg能起到固氮作用；
（3）NH3与HCl会发生反应NH3+HCl=NH4Cl，故NH3的收率较低；
（4）6 .5min时反应达到平衡，此时NO2的转化率为0.5，利用三段式可知:
则反应达到平衡时CO2的体积分数=100%== 40%；反应未开始时，气体只有NO2，摩尔质量为46g/mol，若反应完全进行，则气体为体积比为1 : 2的N2和CO2，平均摩尔质量约为38.67g/mol，说明NO2的转化率越大，混合气体的平均摩尔质量越小，则(A) >(B)；
（5）a.反应过程中CO2的质量分数在改变，当CO2的质量分数保持不变，反应达到平衡状态，选项a正确；
b. CO2、N2均为生成物，初始投料为NO2，所以CO2、N2的百分含量之比始终不变，不能说明反应达到平衡状态，选项b错误；
c. 2v(逆)(NO2)=v(正)(N2)，则4v(逆)(N2)=v(正)(N2)，正逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡状态，选项c错误；
d. NO2有颜色，混合气体颜色不变，说明NO2的浓度不变，反应达到平衡状态，选项d正确；
答案选ad。
20．(1) 温度升高，催化剂活性增大，导致反应速率加快，单位时间内反应的更多 适当降低反应温度
(2)a-b
(3) 40%
(4)高温下二氧化碳会和氢气发生反应生成一氧化碳，且消耗氢气等于生成的一氧化碳：，导致、的变化幅度出现差异
(5)ab
【详解】（1）在催化剂的作用下、相同的反应时间，的转化率随温度升高而上升，原因为温度升高，催化剂活性增大，导致反应速率加快，单位时间内反应的更多，其转化率上升；
生成的反应为放热反应，故提高产率的方法有适当降低反应温度、选择更合适的催化剂等；
（2）已知：①；
②
由盖斯定律可知，①-②得：，故Q=a-b；
（3）
则10+a=14 kPa，a=4 kPa，的平衡转化率为。该反应的平衡常数kPa；
（4）若只发生，则、的变化幅度应该是相同的，实际氢气变化不明显而、的增加幅度几乎相等，推测高温下二氧化碳会和氢气发生反应生成一氧化碳，且消耗氢气等于生成的一氧化碳：，导致、的变化幅度出现差异；
（5）a．由图可知，反应①活化能更大，适当提高反应温度更利于反应①的进行，a正确；
b．改变催化剂，选用高效催化剂降低反应①的活化能，提高反应①的选择性，b正确；
c．适当降低反应温度，更不利于活化能高的反应①的进行，c错误；
d．改变反应物浓度，不能影响反应的活化能，不影响生成物的比例，d错误；
故选ab。
21．(1)
(2)>
(3) 压强 平均相对分子质量
(4)0.032 mol/(L·s)
(5)反应未达到平衡，压强越小，反应速率越慢，消耗H2S的量减小
(6)2H2S+O2=2S↓+2H2O
(7) 水膜中的氢硫酸存在如下平衡：H2SHS—+H+，OH—浓度增大，溶液中H+浓度减小，平衡右移，H2S消耗量增大 若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少
【详解】（1）由方程式可知，反应的平衡常数表达式为，故答案为：；
（2）由图可知，T1时反应最先达到平衡说明反应温度最大，硫化氢的转化率最大说明升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应ΔH大于0，故答案为：>；
（3）该反应为气体体积增大的反应，反应中混合气体的压强增大，则混合气体的压强不变时说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡；由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积增大的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量减小，则混合气体的平均相对分子质量不变时说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故答案为：压强；平均相对分子质量；
（4）由图可知，温度为T3条件下，1.25s时硫化氢的转化率为20%，则由方程式可知，反应从开始到P点时，氢气的反应速率为=0.032 mol/(L·s)，故答案为：0.032 mol/(L·s)；
（5）化学平衡是反应的最大限度，则容器体积为Vn时反应达到平衡，容器体积小于Vn时，反应未达到平衡，容器的体积越大，反应速率越慢，消耗硫化氢的量越小，所以硫化氢的转化率下降，故答案为：反应未达到平衡，压强越小，反应速率越慢，消耗H2S的量减小；
（6）由图可知，活性炭表面表面发生的反应为水膜中硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应的化学方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O，故答案为：2H2S+O2=2S↓+2H2O；
（7）①水膜中的氢硫酸存在如下平衡：H2SHS-+H+，增大活性炭表面的水膜pH，溶液中氢氧根离子浓度增大，中和氢离子浓度增大，平衡右移，硫化氢的消耗量增大，所以去除率增大，故答案为：水膜中的氢硫酸存在如下平衡：H2SHS-+H+，OH-浓度增大，溶液中H+浓度减小，平衡右移，H2S消耗量增大；
②若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的氧原子的量减少，消耗氢硫酸根的量减小，导致硫化氢的去除率降低，故答案为：若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。
22．(1)增大黄铁矿与氧气的接触面积，使反应充分进行
(2)AC
(3) BDF 冷却产物气体的同时预热原料气体从而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益
(4) 减小 6.1% SO 取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl—
【详解】（1）煅烧时粉碎黄铁矿可以增大固体的表面积，使黄铁矿与氧气的接触面积，有利于反应充分进行，故答案为：黄铁矿与氧气的接触面积，使反应充分进行；
（2）二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率减小、三氧化硫的百分含量减小，实际生产时控制温度在450℃左右的目的是该温度为催化剂的活性温度，催化剂的活性强，反应速率快，有利于提高单位时间内三氧化硫的百分含量，故选AC；
（3）二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是放热反应，使用热交换器能冷却产物气体的同时预热原料气体，有利于降低温度，平衡向正反应方向移动，提高生成物的产率，从而提高生产过程中能量的利用率，以降低生产成本，提高经济效益；催化氧化反应在催化剂表面进行，反应物的转化率不变，当温度降低时，反应物的转化率增大，则图2所示进程中表示热交换过程的是、、，故选BDF，故答案为：BDF；冷却产物气体的同时预热原料气体从而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益；
（4）①二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体的总体积增大，所以不参加反应的氮气的体积分数减小；由表格数据可知，600℃达平衡时，二氧化硫的转化率为74.0%，则平衡时二氧化硫、氧气、三氧化硫、氮气的总体积为(100—8×74.0%×)L=97.04L，三氧化硫的体积为8×74.0%=5.92L，则三氧化硫的体积分数为×100%≈6.1%，故答案为：减小；6.1%；
②由题意可知，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫所得溶液为亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠溶液与氯气反应得到硫酸钠和氯化钠的混合溶液，溶液中的硫酸根离子会干扰氯离子的检验，所以检验溶液中氯离子时，应先加入硝酸钡溶液排出硫酸根离子干扰后，再加入硝酸银溶液检验氯离子，具体操作为取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl—，故答案为：取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl—。
23．(1) 增大 升温
(2) 为2～3.5时，的收率几乎不变 越小，比例增加，发生副反应生成(或生成CO、)
(3) 0.8(或80%) 1
(4)反应①为吸热反应，反应②为放热反应。同样温度下进行反应，反应②能耗低
【解析】(1)
恒压密闭容器中通入稀有气体He，体积增大，平衡向气体分子数增大的方向移动，对于反应①正反应方向是气体体积增大的方向，则平衡正向移动，的平衡转化率增大；平衡常数只受温度影响，反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应的平衡常数增大，可采取的措施是升温；
(2)
①由图可知，比值小于2时，乙烯收率随比值增大在上升，比值大于2时，乙烯的收率并未增加，并且氧含量值在降低，会造成积炭，所以控制，故答案为：为2～3.5时，的收率几乎不变；
②较低时可认为是C2H6含量较低，O2较多，会导致乙烷发生深度氧化，也可以可将C2H6转化为别的物质如CO、，导致其选择性较低，故答案为：越小，比例增加，发生副反应生成(或生成CO、)；
(3)
根据已知的收率=的转化率×的选择性，平衡时的收率为60%，选择性为75%，则的转化率为；起始投入2mol和3mol通入1L的恒容容器中，转化了2mol×80%=1.6mol，由的选择性，生成的的物质的量为75%×1.6mol=1.2mol，对反应②列三段式：，则反应③消耗的物质的量为1.6-1.2=0.4mol，对反应③列三段式：，0～tmin内，的平均生成速率为，的平衡浓度；
(4)
氧化裂解法的优点为：反应①为吸热反应，反应②为放热反应。同样温度下进行反应，反应②能耗低。
24．(1)0.048mol·L-1·min-1
(2) K=[HCHO]/[CH3OH][O2] c
(3) 吸热 虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大
(4) c(HCOOH)或c(Na+)-c(HCOO-) =
(5)取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖
