近三年高考化学真题分类汇编：化学反应速率和化学平衡3

近三年高考化学真题分类汇编：化学反应速率和化学平衡3
一、选择题
1．（2021·辽宁）某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应 ，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是（　　）
A．升高温度，若 增大，则
B．加入一定量Z，达新平衡后 减小
C．加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后 增大
D．加入一定量氩气，平衡不移动
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而 增大，说明平衡正向移动，故则 ，A不符合题意；
B．加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后 减小，B不符合题意；
C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后 不变，C符合题意；
D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.升温平衡正向移动，则反应是吸热；
B.加入生成物，平衡逆向移动，Y减小；
C.只有Z是气体，且平衡常数不变，则Z浓度不变；
D.加入稀有气体，各物质分压不变平衡不移动。
2．（2021·辽宁）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是（　　）
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为 时，半衰期为
【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A不符合题意；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B符合题意；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为 = ，C不符合题意；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为 时，半衰期为125min÷2= ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.根据图像分析，增加催化剂浓度，反应速率加快；
B.根据图像分析，浓度不同时，花费时间也可能相同；
C.根据反应速率计算即可；
D.根据半衰期的定义，先根据图像数据计算为62.5min。
3．（2021·海南）制备水煤气的反应 ，下列说法正确的是（　　）
A．该反应
B．升高温度，反应速率增大
C．恒温下，增大总压，H2O(g)的平衡转化率不变
D．恒温恒压下，加入催化剂，平衡常数增大
【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以△S＞0，A不符合题意；
B．升高温度，物质的内能增加，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，因此化学反应速率增大，B符合题意；
C．恒温下，增大总压，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使H2O(g)的平衡转化率减小，C不符合题意；
D．恒温恒压下，加入催化剂，化学平衡不移动，因此化学平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.属于熵增反应；
B.升温提高活化分子百分数反应速率增大；
C.增压，平衡逆向移动，水的转化率减小；
D.催化剂对平衡常数无影响。
4．（2021·北京）Li电池使用过程中会产生LiH，对电池的性能和安全性带来影响。可用D2O与LiH进行反应测定LiH含量，由产物中的n(D2)/n(HD)比例可推算n(Li)/n(LiH)。
已知：①2LiH 2Li+H2 △H>0
②LiH+H2O=LiOH+H2↑
下列说法错误的是（　　）
A．H2O、D2O的化学性质基本相同
B．Li与D2O反应的方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑
C．n(D2)/n(HD)比例小说明n(Li)/n(LiH)比例大
D．80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD)
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；碱金属的性质
【解析】【解答】A．H与 D互为同位素、具有相同的核外电子排布 ，则H2O、D2O的化学性质基本相同，A不符合题意；
B．类似于钠和水的反应， Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B不符合题意；
C．D2由Li与D2O反应生成、HD 通过反应LiH+D2O=LiOD+HD ，则 n(D2)/n(HD)比例小说明n(Li)/n(LiH)比例小，C符合题意；
D．升温，2LiH 2Li+H2 △H>0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD) ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．同种物质化学性质基本相同；
B．碱金属与水反应生成碱和氢气；
C．根据LiH+D2O=LiOD+HD 分析；
D．根据勒夏特列原理分析。
5．（2021·北京）已知C3H8脱H2制烯烃的反应为C3H8 = C3H6+H2。固定C3H8浓度不变，提高CO2浓度，测定出口处C3H6、H2、CO浓度。实验结果如下图。
已知：
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2043.9kJ/mol
C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) △H=-1926.1kJ/mol
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △H=-241.8kJ/mol
下列说法错误的是（　　）
A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol
B．C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势的差异是因为发生了CO2+H2 CO+H2O
C．相同条件下，提高C3H8对CO2的比例，可以提高C3H8的转化率
D．如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)
【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；质量守恒定律
【解析】【解答】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H1=-2043.9kJ/mol ②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) △H2=-1926.1kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △H3=-241.8kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H= =(-2043.9kJ/mol)-( -1926.1kJ/mol)-( -241.8kJ/mol)=+124kJ/mol，A不符合题意；
B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2 CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B不符合题意；
C．从图中可知，相同条件下，C3H6的百分含量随着CO2的浓度增大，C3H6的百分含量增大，即表示C3H8的转化率增大，而增大CO2的浓度，相当于减小C3H8对CO2的比例，C符合题意；
D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.根据盖斯定律合写方程式计算；
B.根据C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，c(H2)和c(C3H6)应该相等，因为其它反应造成二者浓度变化不同；
C.根据图示投料比 () 越大，C3H8转化率越小；
D.根据碳原子守恒分析。
6．（2021·北京）NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g) N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是（　　）
A．1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
B．断裂2 mol NO2分子中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量
C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
【答案】B
【知识点】化学平衡的调控；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体，1 mol平衡混合气体中所含原子大于1 mol N，A项不符合题意；
B．反应2NO2(g) N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项符合题意；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项不符合题意；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.1molNO2中含1molN原子，1molN2O4中含2molN原子；
B.焓变为负，为放热反应，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；
C.恒温时，缩小容积，浓度增大；
D.恒容时，升高温度平衡逆向移动。
7．（2021·浙江）一定温度下：在 的四氯化碳溶液( )中发生分解反应： 。在不同时刻测量放出的 体积，换算成 浓度如下表：
0 600 1200 1710 2220 2820 x
1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12
下列说法正确的是（　　）
A． ，生成 的平均速率为
B．反应 时，放出的 体积为 (标准状况)
C．反应达到平衡时，
D．推测上表中的x为3930
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A. ，五氧化二氮的速率为= ,因此 生成 的平均速率为.故A不符合题意
B. 反应 时，五氧化二氮的变化量为(1.4-0.35)mol/L=1.05mol/L,氧气的物质的量为五氧化二氮物质的量的一半，故为1.05mol/Lx0.1Lx=0.0525mol，标况下的体积为0.0525molx22.4L/mol=1.176L，故B不符合题意
C.反应平衡时， ，故C不符合题意
D.由表格分析，600-1710s内，经过1110s浓度变为原来的一半，因此再次变为1半时时间也是1110s，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.根据数据计算出五氧化二氮的速率，根据化学计量系数之比计算出二氧化氮的速率
B.根据时间计算出五氧化二氮的变化量，在集合方程式计算出氧气
C.平衡时，某物质的正逆速率相等
D.找出浓度变化一半的时间即可
8．（2021·浙江）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】A.甲烷和氢气均是气体，且物质的量均为1mol，甲烷的相对分子质量大于氢气，熵是甲烷大于氢气，故A不符合题意
B.同种状态的物质的熵相等，但是物质的量越大，熵越大，故B符合题意
C.气固液三种物质的熵的大小是气＞液＞固，故C不符合题意
D.组成排列更有序其熵越小，金刚石的结构是八面体结构，空间结构更加整齐，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】相同情况下，相对分子质量越大熵越大，物质的量越多，熵越大，混乱程度越大，熵值越大
9．（2021·广东）化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是（　　）
选项 操作或做法 目的
A 将铜丝插入浓硝酸中 制备
B 将密闭烧瓶中的 降温 探究温度对平衡移动的影响
C 将溴水滴入 溶液中，加入乙醇并振荡 萃取溶液中生成的碘
D 实验结束，将剩余 固体放回原试剂瓶 节约试剂
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；硝酸的化学性质；化学试剂的存放；分液和萃取
【解析】【解答】A.铜与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，A不符合题意；
B.烧瓶中发生反应2NO2(g)=N2O4(g)，其中NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，通过观察降温后烧瓶内气体颜色的变化，结合温度对平衡移动的影响可得出结论，B符合题意；
C.溴水中的Br2能将I－氧化成I2，由于乙醇能与水互溶，因此不能用乙醇作萃取剂，C不符合题意；
D.实验用剩的药品NaCl不能直接放回原试剂瓶内，防止瓶内试剂被污染，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.铜与浓硝酸反应生成NO2；
B.NO2可发生自聚反应2NO2(g) N2O4(g)，其中N2O4为无色气体；
C.乙醇能与水互溶，不做萃取剂；
D.NaCl不能直接放回原试剂瓶；
10．（2021·广东）反应 经历两步：① ；② 。反应体系中 、 、 的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．a为 随t的变化曲线
B． 时，
C． 时， 的消耗速率大于生成速率
D． 后，
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.由上述分析可知，曲线a为c(X)随t变化的曲线，A不符合题意；
B.由曲线图可知，t1时，c(X)=c(Y)=c(Z)，B不符合题意；
C.由图可知，t2时，物质Y的浓度在逐渐减少，说明此时Y的消耗速率大于生成速率，C不符合题意；
D.由图可知，参与反应的c(X)=c0mol/L，则反应①生成c(Y)=c0mol/L，由于t3时，还有Y剩余，因此反应②中参与反应的物质Y的浓度为[c0-c(Y)]mol/L，所以反应②生成Z的浓度c(Z)=2[c0-c(Y)]mol/L，D符合题意；
故答案为：D
【分析】曲线a表示物质的浓度在不断减少，题干反应中反应物只有X一种，因此曲线a表示的X的浓度变化；一直增大的曲线表示的是物质Z的浓度变化；先增大后减少的曲线表示的物质Y的浓度变化。据此结合选项进行分析。
11．（2021·全国甲） 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A． 重水( )中含有的质子数为
B． 的 与 完全反应时转移的电子数为
C． 环状 ( )分子中含有的 键数为
D． 的 溶液中 离子数为
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；探究二氧化氮与水的反应；同位素及其应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．D2O的质子数为10，18gD2O的物质的量为 =0.9mol， 则重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；
B．NO2与H2O反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；
C．一个S8分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为=mol，则含有的S-S键数为×8NA=NA，C正确；
D．酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+,，含Cr元素微粒有Cr2O72-和CrO42-，则1LpH=4的0.1mol/L K2Cr2O7溶液中Cr2O72-离子数应小于0.1 NA，D错误；
故答案为：C
【分析】A．根据n=计算；
B．根据转移电子数计算；
C．根据n=计算物质的量，再根据共价键的个数计算；
D．根据水解分析；
12．（2021·全国甲）已知相同温度下， 。某温度下，饱和溶液中 、 、与 的关系如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．曲线①代表 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 的 值为
C．加适量 固体可使溶液由a点变到b点
D． 时两溶液中
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，A不符合题意；
B.曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO42-)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，B符合题意；
C.向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c(SO42-)将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，C不符合题意；
D.由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝10y1-y2，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO42-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO42-)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO32-)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO32-)]的关系。
13．（2021·湖南）常温下，用 的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为 三种一元弱酸的钠盐 溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（　　）
A．该 溶液中：
B．三种一元弱酸的电离常数：
C．当 时，三种溶液中：
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合题意；
B．由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，弱酸的酸性越弱，电离常数越小，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B不符合题意；
C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C符合题意；
D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐恰好完全反应，可知c(Na+)=c(Cl-)，将三种溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX
A.在NaX溶液中，水解呈碱性，因此根据电荷守恒即可判断
B.据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX，即可判断电离常数
C.根据电荷守恒列出式子，再根据中性进行判断只需要判断加入氯离子的物质的量浓度即可，因为水解程度不一样故加入的盐酸不一样，碱性越强需要的酸越多剩余的酸根离子越少
D.混合之后利用电荷守恒即可判断
14．（2021·湖南）铁的配合物离子(用 表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．该过程的总反应为
B． 浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中 元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由反应机理可知，发生的化学方程式为HCOOH CO2↑+H2↑，故A不符合题意；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B不符合题意；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，铁形成的化学键数目发生变化，则元素化合价也发生变化，故C不符合题意；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，活化能越大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据反应物和最终的产物即可写出方程式
B.在整个过程中均存在氢离子参与，因此需要控制氢离子的浓度实现速率的最大化
C.氢离子在整个过程中参与了反应，经历断键成键断键的过程，过程中化合价发生改变
D.整个反应速率是由速率最慢的过程决定，活化能高的速率慢
15．（2021·河北）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
【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由图中数据可知， 时，M、Z的浓度分别为0.300 和0.125 ，则根据①M的变化量为0.5 -0.300 =0.200 ，根据②计算出转化为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说法符合题意；
B．由题中信息可知，根据速率公式 v1=k1c2(M) 和 v2=k2c2(M) ，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的化学计量数均为1，因此反应开始后，= ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法不符合题意；
C．结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内，= = ，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说法不符合题意；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z多、生成Y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说法不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据30min的数据计算出Y的物质的量浓度的变化量即可计算出速率
B.温度不变，平衡常数不变，利用平衡常数公式带入计算即可判断Y和Z的浓度之比不变
C.根据速率之比计算即可
D.活化能越大，反应速率越慢，根据计算判断Y和Z的浓度大小即可判断速率的大小
二、多选题
16．（2021·山东）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+ H2R+ HR R-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)= ，下列表述正确的是（　　）
A． >
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C,D
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据，，根据M，N，P三点计算出 ，，，因此故A不符合题意
B.M点存在电荷守恒，此时据图所示，，可以得到，故B不符合题意
C.根据图示O点，，可以得到=1，进行变换得到，得到氢离子的浓度c(H+)=根据溶液的pH=得出pH=故C符合题意
D.根据图示即可得到此时溶液是NaCl、HR、NaR混合溶液，此时的pH大于7，因此水解大于电离，因此，故D符合题意
【分析】A.根据M，N，P三点的数据计算出K1，K2，K3即可
B.根据电荷守恒结合进行判断
C.根据O点进行变化即可计算
D.根据P点的溶质以及pH即可判断离子浓度大小
17．（2021·湖南）已知： ，向一恒温恒容的密闭容器中充入 和 发生反应， 时达到平衡状态I，在 时改变某一条件， 时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B． 时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数 ：
D．平衡常数K：
【答案】B,C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g) 3C(g)，该反应是前后气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．根据图像变化曲线可知，t2 t3过程中，t2时 瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，改变的条件为：向容器中加入C，B符合题意；
C．根据上述分析可知，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡状态后，生成A的量增大，但总的物质的量不变，所以A的体积分数 增大，即A的体积分数 ： (II)＞ (I)，C符合题意；
D．平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，所以平衡向正反应方向移动，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，结合图像选项进行判断
三、非选择题
18．（2021·湖北）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+ O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·mol-1
（1）已知键能：E(C—H)=416kJ·mol-1，E(H—H)=436kJ·mol-1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为　 　kJ。
（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是　 　。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=　 　kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
（3）在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为　 　kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为　 　。
（4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g)
k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)
k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为　 　，其理由是　 　。
【答案】（1）271
（2）减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率；16.7
（3）2；H2和C3H6都消耗O2
（4）先增大后减小；反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1可知反应需要中断裂2mol C—H键、形成1mol碳碳π键和1mol H—H键，436kJ·mol-1×2- E (碳碳π键) = +125kJ.mol-1，解得：E(碳碳π键)= 271kJ. mol-1，所以形成1mol碳碳π键放出的能量为271kJ；
（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算：
由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa× = 故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP= =16.7KkPa。
（3） 内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成 的平均速率为 =2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+ O2=3CO2+3H2O，H2+ O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1；
（4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
【分析】（1）根据△H＝反应物总键能 生成物总键能，结合每摩尔反应Ⅰ中断键和成键情况计算；
（2）该反应的正反应是气体体积增大的反应，恒温恒压条件下通入无关气体，相当于减压，反应向气体体积增大的方向移动，反应物C3H8的转化率增大，利用图a中的数据，设未知数列三段式计算可得各气体平衡的物质的量，故而可得物质的量分数，代入Kp计算；
（3）由图b可知，0～1.2s内，C3H6的分压变化，代入v（C3H6）＝△p(C3H6)/△t计算。随着反应进行，分压：p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，可推断反应中存在其他消耗C3H6和H2且生成H2O和CO2的反应，从而影响了O2的消耗速率；
（4）速率常数只与温度有关，反应开始时，通入气体C3H8、O2、N2，体系中主要发生反应Ⅱ，据此结合丙烯的净生成速率方程为v（C3H6）＝kp（C3H8） k′p（C3H6）分析随着反应的进行的量变。
19．（2021·天津）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 ，回答下列问题：
（1）CH4的电子式为　 　，CS2分子的立体构型为　 　。
（2）某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，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℃的原因是　 　。
（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫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　 　。
【答案】（1）；直线形
（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） 、 、 写出任意一个
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）CH4的电子式为： ；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；
（2）①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，
CS2的体积分数为10%，即 ，解得x=0.3a，则CH4的转化率为 30%。
②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1：2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；
故答案为：d。
（3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。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℃的原因是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、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为 、 、 写出任意一个。
【分析】（1）甲烷分子中C原子和每个H原子共用一对电子；CS2分子的结构与CO2相似，为直线型
（2）①根据三段式计算转化率；
②根据变化量不再可变能说明反应达到平衡判断；
（3）随温度升高，甲烷的转化率降低，说明该反应为放热反应，工业上的制备反应既要考虑反应物的转化率，还要考虑温度对反应速率的影响；
（4）根据O2、SO2和NOx等有氧化性，可将H2S氧化为S，根据氧化还原反应得失电子守恒配平。
20．（2021·辽宁） 磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在 氛围中进行)：
①称取 ，配成 溶液，转移至恒压滴液漏斗中。
②向三颈烧瓶中加入 溶液。
③持续磁力搅拌，将 溶液以 的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。
④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在 干燥。
⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。
部分装置如图：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　；使用恒压滴液漏斗的原因是　 　。
（2）实验室制取 有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为　 　，对应的装置为　 　(填标号)。
可供选择的试剂： 、 、 、 、饱和 、饱和
可供选择的发生装置(净化装置略去)：
（3）三颈烧瓶中反应生成了Fe和 ，离子方程式为　 　。
（4）为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_______。
A．采用适宜的滴液速度
B．用盐酸代替KOH溶液，抑制 水解
C．在空气氛围中制备
D．选择适宜的焙烧温度
（5）步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为　 　；使用乙醇洗涤的目的是　 　。
（6）该实验所得磁性材料的产率为　 　(保留3位有效数字)。
【答案】（1）（球形）冷凝管；平衡气压，便于液体顺利流下
（2） (或 )；A(或B)
（3）
（4）A；D
（5）稀硝酸和硝酸银溶液；除去晶体表面水分，便于快速干燥
（6）90.0%
【知识点】化学反应速率的影响因素；氮气的化学性质；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是（球形）冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。
（2）实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为： ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和 和饱和 在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为： ，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置。综上考虑，答案为： (或 )；A(或B)；
（3）三颈烧瓶中 溶液与 溶液发生反应生成了Fe和 ，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为 ；
（4）结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项正确，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和 ，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD；
（5）因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥。
（6） 的物质的量为 ，根据发生反应的离子方程式： ，可知理论上所得的Fe和 的物质的量各自为0.0125mol，所以得到的黑色产品质量应为 ，实际得到的产品3.24g，所以其产率为 ，故答案为：90.0%。
【分析】
（1）a是球形冷凝管，恒压滴液漏斗目的是平衡气压，便于液体流下；
（2）可以选择氨气和氯化铵作为氮源，根据氧化还原反应理论挑选氧化剂或还原剂进行反应即可；装置可选A或B均可，依据氮源的选取；
（3）根据材料分析，二价铁反应生成的铁和四氧化三铁，据此根据得失电子守恒进行配平即可；
（4）为了获得更好的产品，需要控制反应速率和焙烧温度；
（5）检验氯离子即可，注意需要酸化除去干扰粒子；乙醇的洗涤是为了去除水分；
（6）根据反应计算理论的产量即可，再根据计算得到产率。
21．（2021·辽宁）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应： (g)+3H2(g) (g) H1<0
Ⅱ.副反应： (g) (g) H2>0
回答下列问题：
（1）已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 (g)+15O2(g) 12CO2(g)+6H2O(l) H4
Ⅴ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H5
则 　 　(用 、 和 表示)。
（2）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温 B．适当降温 C．适当加压 D．适当减压
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在 的基础上适当增大 用量，其目的是　 　。
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当 中混有微量 或 等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为　 　。
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是　 　(填“①”“②”或“③”)。
（6）恒压反应器中，按照 投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为 ，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应1的 　 　(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）
（2）B；C
（3）提高苯的利用率
（4）金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活动
（5）②
（6）
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O2(g) 12CO2(g)+6H2O(l) H4 Ⅴ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H5
Ⅰ.主反应： (g)+3H2(g) (g)可由 ，则 ，故答案为： ；
（2）根据Ⅰ.主反应： (g)+3H2(g) (g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在 的基础上适当增大 用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当 中混有微量 或 等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活动，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活动；
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；
（6）恒压反应器中，按照 投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生Ⅰ、Ⅱ反应总压为 ，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则： ， 有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为： ，H2的分压为： ，则反应1的 = ，故答案为： 。
【分析】
（1）根据盖斯定律计算反应热即可，注意正负号；
（2）根据反应方程式，反应放热，可以降温和加压，使平衡正向移动；
（3）增大其中一反应物浓度，可提高另一反应物的转化率；
（4）金属催化剂的活性可能受硫化氢等杂质的影响；
（5）根据图中原子是否有空轨道可以接受孤对电子对；
（6）利用三段式进行计算即可
22．（2021·海南）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃， 时：
① 葡萄糖 完全燃烧生成 和 ，放出 热量。
② 。
回答问题：
（1）25℃时， 与 经光合作用生成葡萄糖 和 的热化学方程式为　 　。
（2）25℃， 时，气态分子断开 化学键的焓变称为键焓。已知 、 键的键焓分别为 、 ， 分子中碳氧键的键焓为　 　 。
（3）溶于水的 只有部分转化为 ，大部分以水合 的形式存在，水合 可用 表示。已知25℃时， 的平衡常数 ，正反应的速率可表示为 ，逆反应的速率可表示为 ，则 　 　(用含 的代数式表示)。
（4）25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应： ，其平衡常数 　 　。[已知 ， ]
（5）溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因　 　。
【答案】（1）
（2）664.75
（3）
（4）
（5）游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应： ，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）由题意可知，反应①为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为 = ，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1mol葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方程式为 = ，故答案为： = ；
（2）由反应热的焓变为反应物的键焓之和与生成物的键焓之和的差值可得：反应②的焓变 =—283kJ/mol，解得E(C=O)= =664.75kJ/mol，故答案为：664.75；
（3）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：k1c(H2CO3)= k2c(CO2)， = =K=600，解得k2= ，故答案为： ；
（4）由方程式可知，反应的平衡常数K= = = = =3.25×103，故答案为：3.25×103；
（5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡 ，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故答案为：游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应： ，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏。
【分析】
（1）根据盖斯定律和燃烧热写出热化学方程式并计算反应热；
（2）反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和；
（3）平衡时正反应速率等于逆反应速率，再根据所给的平衡常数与反应速率的关系计算即可；
（4）根据平衡常数的公式即可计算，平衡时的浓度也是计算溶度积常数时的浓度；
（5）二氧化碳和碳酸钙的反应是可逆反应，二氧化碳过量会正向移动，碳酸钙会减少，从而破坏钟乳石。
23．（2021·北京）某小组实验验证“Ag++Fe2+ Fe3++Ag”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mo/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。
①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是　 　。
②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是　 　。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+ Fe3++Ag”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象　 　。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1
mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN- AgSCN↓（白色） K=1012
Fe3++SCN- FeSCN2+（红色） K=102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是　 　。
②测得平衡常数K=　 　。
（3）思考问题
①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值　 　(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
②不用实验II中清液测定K的原因是　 　。
【答案】（1）灰黑色固体溶解，产生红棕色气体；防止酸性条件下， 氧化性氧化Fe2+干扰实验结果；a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转
（2）指示剂；
（3）偏低；Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【知识点】化学平衡常数；实验装置综合；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
②由于Fe(NO3)3溶液电离出 将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下， 氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+ Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e- Fe3+，Ag++e- Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
（2）①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN- AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)= mol/L，根据平衡三段式进行计算如下： ，故反应的平衡常数K= = ，故答案为：指示剂； 。
（3）①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+ Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN- AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即 偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。
②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
【分析】
(1)①Ag与浓硝酸反应现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体；
②NO3-与H+结合成强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，扰实验；
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+ Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e- Fe3+，Ag++e- Ag，故另一个电极要用惰性电极，左侧必须含有Fe3+或者Fe2+，右侧烧杯中必须含有Ag；根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，据此分析；
(2)①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，所以Fe3+的作用是滴定反应的指示剂；
②取I中所得上清液vmL，用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗V1mL，已知：
Ag++SCN- AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式计算各物质的浓度，代入K= ；
(3)①实验所得浊液含有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+ Ag+Fe3+，且存在反应Ag++SCN- AgSCN，导致测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即 c1V1 偏大，故所得到的K=
偏低；
②由于实验 II 中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态。
24．（2021·山东）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ： +CH3OH
△H1
反应Ⅱ： +CH3OH
△H2
反应Ⅲ： △H3
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是　 　 (用系统命名法命名)；
的数值范围是　 　(填标号)。
A．<-1 B．-1～0 C.0～1 D．>1
（2）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为　 　mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=　 　。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将　 　 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=　 　。
（3）为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为　 　 (填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正　 　逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。
【答案】（1）2-甲基-2-丁烯；D
（2）0.9α；；逆向移动；1：10
（3）X；＜
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由平衡常数K与温度的变化关系曲线图可知，反应I，II，III的平衡常数的自然对数与温度成反比，说明温度越高，反应平衡常数越小，说明反应是放热，相同温度下，自然对数数值越大，说明平衡常数越大，此时物质具有的能量越高，所以A的总量高于B的总能量，因此B比较稳定，B的系统命名为 2-甲基-2-丁烯 ，根据盖斯定律即可判断 ＜0，即可得出 ＞1，故正确答案是： 2-甲基-2-丁烯 、D
（2）向反应容器中加入1molTAME，温度控制在353K，TAME的转化率为 α ，可以计算出平衡时的n(TAME)=(1-α)mol，n(A)+n（B）=α=n(CH3OH)，反应III的平衡常 数Kx3 = = =9，得出n(A)=0.9α， n(B)=0.1α，此时反应Ⅰ的平衡常数Kx1 = = = ， 同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释 ，浓度变小，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变， A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH) =1：10，故正确答案： 0.9α 、 、 逆向移动 、 1：10
（3）温度不变，平衡时浓度比值不变，故 = =9，有曲线可以得到，平衡浓度曲线X的浓度高于曲线Y的浓度，B表示是X曲线，由曲线的趣趋势t=100s时， =10.2＞9，平衡逆向移动，因此正速率小于逆速率，故正确答案是： X 、 ＜
【分析】（1）根据图像变化的趋势，具有的能量越高，相同温度下的K越大即可判断，根据盖斯定律即可计算出焓变的大小关系
（2）根据给出的数据利用反应III的常数计算出平衡时各物质的物质的量，即可计算出K1，稀释浓度，平衡逆向移动，温度不变，平衡时浓度之比是定值
（3）根据图像进行判断，同时计算出浓度商与平衡常数对比即可判断
25．（2021·浙江）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量 ： 。判断该反应的自发性并说明理由　 　。
（2）已知 。 时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的 和 ，当反应达到平衡后测得 、 和 的浓度分别为 、 和 。
①该温度下反应的平衡常数为　 　。
②平衡时 的转化率为　 　。
（3）工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是　 　。
A．须采用高温高压的反应条件使 氧化为
B．进入接触室之前的气流无需净化处理
C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和 的转化率
D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收 以提高吸收速率
②接触室结构如图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　 　。
A． B． C． D． E. F. G.
③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应 的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)　 　。
（4）一定条件下，在 溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
Ⅰ.
Ⅱ.①　 　；
Ⅲ. ；
Ⅳ.②　 　。
【答案】（1）不同温度下都能自发，是因为
（2）；
（3）C；BDF；
（4）；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）实验室 中铜与浓硫酸的反应制备少量的二氧化硫反应为 ，焓变小于0，熵变大于0.根据＜0.判断自发反应，故正确答案是 ：不同温度下都能自发，是因为
（2）① 根据方程式 以及给出的数据计算出平衡常数K===
②二氧化硫平衡转化率为X100%==88%
（3）①A.在常压下，二氧化硫催化氧化三氧化硫的反应中，其实二氧化硫的转化率已经很高，工业上采用采用高压的反应条件，可以提高转化率，故A不符合题意
B.进入接触室之前的气流中含有降低催化剂活性的物质，需要进行处理易防止降低催化剂的活性， 故B不符合题意
C.通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，是平衡向右移动，因此可以提高含硫矿石的转化率和二氧化硫的转化率，故C符合题意
D.三氧化硫与水的反应是放出大量的热，在吸收塔中若采用水或者稀硫酸吸收三氧化硫反应放出的热量会使硫酸形成酸雾导致吸收三氧化硫的吸收率减小，因此在吸收塔中不宜采用稀硫酸吸收三氧化硫，故D不符合题意
②热交换主要是能量的交换，交换时反应物和催化剂不接触，温度降低，化学反应速率降低，但是转化率几乎不变，热交换的过程是a4-b3，a3-b2，a2-b1，正确答案是：BDF
③最是温度曲线是反应平衡时的转化率曲线，不同的最适合温度转化率不同，但是温度升高，转化率降低，当温度高于最适合温度后，催化剂的活性降低，会低于平衡时的转化率，因此 的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图 ；
（4） 定条件下，在 溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化 ， ，此时溶液是显碱性，然后过氧化氢将硫氢根离子氧化为硫酸根离子，此时溶液为澄清，pH减小，发生 ，随着反应的进行，硫氢根离子被过氧化氢氧化为硫单质，变浑浊，此时消耗氢离子，pH增大，发生 ，再接着进行反应，硫单质被过氧化氢氧化，变为硫酸根离子，溶液显酸性，发生 ，此时溶液变为澄清。故正确答案是： ，
【分析】（1）根据进行判断即可
（2）①根据数据带入计算公式计算
②根据二氧化硫的转化量以及反应后的总量进行计算
（3）①A.采用高压主要是增大转化率，温度控制在500℃左右是催化剂的活性最大
B.含有其他可使催化剂中毒的气体需要除杂
C.提供足量的空气主要是增大接触面积，以及增大氧气的量提高二氧化硫的转化率
D.应该采用浓硫酸进行吸收
②考查的是热交换时，转化率不受影响
③考查的是温度对转化率的影响，此反应是放热反应，因此温度升高转化率降低
（4）主要将此过程分析清楚，硫氢根离子具有还原性，以及过氧化氢具有还原性，浑浊是产生硫单质，澄清是硫单质被消耗
26．（2021·广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝( )、钼( )、镍( )等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时， 的 ， ； ； ；该工艺中， 时，溶液中 元素以 的形态存在。
（1）“焙烧”中，有 生成，其中 元素的化合价为　 　。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀 为　 　。
（3）“沉钼”中， 为7.0。
①生成 的离子方程式为　 　。
②若条件控制不当， 也会沉淀。为避免 中混入 沉淀，溶液中 　 　(列出算式)时，应停止加入 溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有 和 ， 为　 　。
②往滤液Ⅲ中添加适量 固体后，通入足量　 　(填化学式)气体，再通入足量 ，可析出 。
（5）高纯 (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止 刻蚀液与下层 (砷化镓)反应。
①该氧化物为　 　。
②已知： 和 同族， 和 同族。在 与上层 的反应中， 元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
【答案】（1）+6
（2）
（3） + = ↓；
（4）；
（5）；
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；化学平衡常数；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得，Mo的化合价为＋6价。
（2）废催化剂中加入NaOH焙烧、水浸后，所得滤液Ⅰ中含有NaAlO2，通入过量CO2后，发生反应的离子方程式为：AlO2－＋CO2＋H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，因此“沉铝”过程中，生成沉淀X的化学式为Al(OH)3。
（3）①滤液Ⅰ中溶液碱性，因此溶液的pH＞6.0，溶液中Mo元素以MoO42－的形成存在，加入BaCl2溶液后反应生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为：Ba2＋＋MoO42－=BaMoO4↓；
②若开始生成BaCO3沉淀，则溶液中存在反应：HCO3－＋BaMoO4 BaCO3＋MoO42－＋H＋，该反应的平衡常数。要避免BaMoO4沉淀中混有BaCO3沉淀，则必须满足，由于“沉钼”过程中溶液的pH=7.0，即溶液中c(H+)=1.0×107mol/L，所以当溶液中时，开始生成BaCO3沉淀，此时时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①由于“沉铝”过程中加入过量的CO2，反应生成NaHCO3，因此滤液Ⅲ中所含溶质为NaCl、NaHCO3，因此Y为NaHCO3；
②若要将NaCl转化为NaHCO3析出，则可先往溶液中通入足量的NH3，再通入足量的CO2，发生反应的化学方程式为NaCl＋H2O＋NH3＋CO2=NaHCO3↓。
（5）①该致密的氧化物为Al2O3；
②GaAs中As的化合价为－3价，转化为＋5的过程中，失去8个电子，因此GaAs为还原剂，则H2O2为氧化剂，反应过程中H2O2中氧元素由－1价变为－2价。在氧化还原反应中，得失电子守恒，故H2O2得到电子数为8。因此参与反应的H2O2和GaAs的比为4:1，即氧化剂和还原剂的比为4:1。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0进行计算。
（2）根据沉铝过程中发生的反应分析。
（3）①根据溶液中所含离子书写反应的离子方程式；
②根据形成沉淀的反应和相关化学平衡常数进行计算。
（4）①结合沉铝过程中加入过量CO2的过程分析溶液的溶质；
②根据Y的成分，确定析出Y的过程中发生的反应，从而确定通入气体的成分。
（5）①该致密氧化膜为Al2O3；
②根据反应过程中化合价的变化，结合得失电子守恒进行计算。
27．（2021·广东）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H1
b)CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2
c)CH4(g) C(s)+2H2(g) H3
d)2CO(g) CO2(g)+C(s) H4
e)CO(g)+H2(g) H2O(g)+C(s) H5
（1）根据盖斯定律，反应a的 H1=　 　(写出一个代数式即可)。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分　 　步进行，其中，第　 　步的正反应活化能最大。
（4）设K 为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K 随 （温度的倒数）的变化如图所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有　 　(填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K =　 　。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程　 　。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：　 　。
【答案】（1） H2+ H3- H5或 H3- H4
（2）A；D
（3）4；4
（4）ac；；68%
（5）做冷冻剂
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，反应a的反应热ΔH1= H2+ H3- H5或 H3- H4。
（2）A、CO2、CH4都为反应a、b、c的反应物，增大反应物浓度，反应速率增大，A符合题意；
B、C为固体，固体的浓度视为常数，因此减少C的含量，平衡不移动，B不符合题意；
C、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，因此反应a加入催化剂后，平衡不移动，CH4的平衡转化率不变，C不符合题意；
D、温度降低，反应速率减小，因此降低反应温度，反应a~e的正逆反应速率都减小，D符合题意；
故答案为：AD
（3）由反应能量图可知，反应过程中出现四个最高能量，则出现四个活化能，因此该历程分四步进行；其中第四步反应所需的活化能最大。
（4）①属于吸热反应，则温度升高，K增大，lnKPT增大。由图可知，反应a和反应c中，温度升高时，lnKPT升高；反应b中温度升高，KPT降低；因此反应a和反应c为吸热反应，反应b为放热反应；
②气体的相对分压等于其分压除以p0，因此相对压力平衡常数；
③由于物质的量之比等于压强之比，因此可用压强计算平衡转化率。由图可知，A点对应温度下，反应c的KPT=0，即，所以p(CH4)=p(H2)=40kPa，初始状态时，，所以CH4的平衡转化率为：。
（5）干冰为固态的CO2，可用于人工降雨或作冷冻剂。
【分析】（1）根据盖斯定律分析。
（2）结合反应速率和平衡移动的影响因素分析。
（3）根据反应过程中所需的活化能，确定历程中所需的反应；结合图像分析活化能的大小。
（4）①结合温度对平衡常数和平衡移动的影响分析；
②根据相对压力的表达式分析；
③结合A点时反应c的平衡常数进行计算。
（5）结合CO2的用途分析。
28．（2021·全国甲）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的 　 　 ；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是　 　(填标号)，判断的理由是　 　。
A． B． C． D．
（2）合成总反应在起始物 时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为 ，在 ℃下的 、在 下的 如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式 　 　；
②图中对应等压过程的曲线是　 　，判断的理由是　 　；
③当 时， 的平衡转化率 　 　，反应条件可能为　 　或　 　。
【答案】（1）-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的
（2）；b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小；33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ/mol，②CO2(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH2=-90 kJ/mol，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ/mol+(-90kJ/mol)=-49 kJ/mol；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。
(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：；
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中x(CH3OH)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。
③设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则
当平衡时x(CH3OH)=0.1时，=0.1，解得x=，平衡时CO2的转化率α=×100%=33.3%；由图可知，满足平衡时x(CH3OH)=0.1的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。
【分析】(1)根据盖斯定律计算ΔH；根据ΔH与能量的关系分析；
(2)①根据平衡常数表达式计算；
②根据勒夏特列原理分析；
③根据三段式计算；
29．（2021·湖南）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键
键能 946 436.0 390.8
一定温度下，利用催化剂将 分解为 和 。回答下列问题：
（1）反应 　 　 ；
（2）已知该反应的 ，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)
A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将 通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变， 时反应达到平衡，用 的浓度变化表示 时间内的反应速率 　 　 (用含 的代数式表示)
② 时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后 分压变化趋势的曲线是　 　(用图中a、b、c、d表示)，理由是　 　；
③在该温度下，反应的标准平衡常数 　 　。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应 ， ，其中 ， 、 、 、 为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氮转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中 的移动方向为　 　(填“从左往右”或“从右往左”)；
（5）阳极的电极反应式为　 　。
KOH溶液KOH溶液
【答案】（1）+90.8
（2）C；D
（3）；b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；0.48
（4）从右往左
（5）2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) 根据方程式：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，△H=390.8kJ mol-1 -(946 kJ mol-1+436.0kJ mol-1 )= +90.8kJ mol-1，故答案为：+90.8；
(2)若反应自发进行，则需要满足△H-T△S<0，T> = =456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；
(3)①设t1时达到平衡，转化的N2的物质的量为x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比， = ，解得x=0.02mol， (H2)= = mol L-1 min-1，故答案为： ；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡向左移动，导致氮气的小于N2分压比原来2倍，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数 == =0.48，故答案为：0.48；
(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，氢离子的得到电子变为氢气，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。
【分析】
（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能即可计算
（2）根据＜0，即可判断
（3）① 利用三行式进行计算，根据压强之比等于物质的量之比，计算出物质的量即可计算出氢气的速率②体积减小原来的 一半，浓度增大一倍，即压强增大一倍选择b ③根据物质的量之比压强之比，计算出平衡时的压强，计算出压强的平衡常数即可
（4）氨气中氮元素为-3价，氢元素为+1价，氨气中氮元素变为氮气，化合价升高，被氧化，做阳极，因此吸引大量的阴离子，氢氧根离子向左移动，氨气中的氢元素变为氢气，化合价降低，被还原，做阴极。
（5）阳极发生的是氨气失去电子变为氮气结合氢氧根变为氮气
30．（2021·全国乙卷）一氯化碘（ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现。该元素是　 　.
（2）氯铂酸钡（BaPtCl6)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数K‘p=1.0x104Pa2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气（然后将支管封闭）。在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa.376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则PICl=　 　kPa，反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K=　 　（列出计算式即可）.
（3）McMorris 测定和计算了在136-180℃范围内下列反应的平衡常数KP ：
2NO(g)+2ICl(g) 2NOCl(g)+I2(g) KP1
2NOCl(g) 2NO(g)+Cl2(g) KP2
得到lgKP1 和lgKP2 均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH　 　0(填“大于”或“小于”）.
②反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的K=　 　（用KP1、KP2表示）：该反应的ΔH　 　0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程　 　.
（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
NOCl+hv→NOC*
NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收　 　mol的光子。
【答案】（1）溴（或Br）
（2）2.=4.8；
（3）大于；KP1·KP2；△H＞0；当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0
（4）
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；
(2)由题意376.8℃时玻璃烧瓶中发生两个反应： BaPtCl6 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)，BaPtCl6 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）的平衡常数Kp=1.0×104Pa2，则平衡时p2(Cl2)=1.0×104Pa2，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则
0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时p(ICl)=2p kPa=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×103Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应 2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K=；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的大于0；
②Ⅰ.2NO+2ICl2NOCl Kp1
Ⅱ. 2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g) Kp2
Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)，故K= Kp1 Kp2；
该反应的ΔH 大于0，根据图像可知， 当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0 ；
(4)Ⅰ. NOCl+hv→NOCl*
Ⅱ. NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。
【分析】(1)根据红棕色液体推断；
(2)根据三段式及平衡常数公式计算；
(3)根据图像中曲线的趋势和所对应的数据进行估算；
(4)根据物质的量之比等于化学计量数之比计算；
近三年高考化学真题分类汇编：化学反应速率和化学平衡3
一、选择题
1．（2021·辽宁）某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应 ，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是（　　）
A．升高温度，若 增大，则
B．加入一定量Z，达新平衡后 减小
C．加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后 增大
D．加入一定量氩气，平衡不移动
2．（2021·辽宁）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是（　　）
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为 时，半衰期为
3．（2021·海南）制备水煤气的反应 ，下列说法正确的是（　　）
A．该反应
B．升高温度，反应速率增大
C．恒温下，增大总压，H2O(g)的平衡转化率不变
D．恒温恒压下，加入催化剂，平衡常数增大
4．（2021·北京）Li电池使用过程中会产生LiH，对电池的性能和安全性带来影响。可用D2O与LiH进行反应测定LiH含量，由产物中的n(D2)/n(HD)比例可推算n(Li)/n(LiH)。
已知：①2LiH 2Li+H2 △H>0
②LiH+H2O=LiOH+H2↑
下列说法错误的是（　　）
A．H2O、D2O的化学性质基本相同
B．Li与D2O反应的方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑
C．n(D2)/n(HD)比例小说明n(Li)/n(LiH)比例大
D．80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD)
5．（2021·北京）已知C3H8脱H2制烯烃的反应为C3H8 = C3H6+H2。固定C3H8浓度不变，提高CO2浓度，测定出口处C3H6、H2、CO浓度。实验结果如下图。
已知：
C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H=-2043.9kJ/mol
C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) △H=-1926.1kJ/mol
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △H=-241.8kJ/mol
下列说法错误的是（　　）
A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol
B．C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势的差异是因为发生了CO2+H2 CO+H2O
C．相同条件下，提高C3H8对CO2的比例，可以提高C3H8的转化率
D．如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)
6．（2021·北京）NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g) N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是（　　）
A．1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
B．断裂2 mol NO2分子中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量
C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
7．（2021·浙江）一定温度下：在 的四氯化碳溶液( )中发生分解反应： 。在不同时刻测量放出的 体积，换算成 浓度如下表：
0 600 1200 1710 2220 2820 x
1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12
下列说法正确的是（　　）
A． ，生成 的平均速率为
B．反应 时，放出的 体积为 (标准状况)
C．反应达到平衡时，
D．推测上表中的x为3930
8．（2021·浙江）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是（　　）
A．
B．
C．
D．
9．（2021·广东）化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是（　　）
选项 操作或做法 目的
A 将铜丝插入浓硝酸中 制备
B 将密闭烧瓶中的 降温 探究温度对平衡移动的影响
C 将溴水滴入 溶液中，加入乙醇并振荡 萃取溶液中生成的碘
D 实验结束，将剩余 固体放回原试剂瓶 节约试剂
A．A B．B C．C D．D
10．（2021·广东）反应 经历两步：① ；② 。反应体系中 、 、 的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．a为 随t的变化曲线
B． 时，
C． 时， 的消耗速率大于生成速率
D． 后，
11．（2021·全国甲） 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（　　）
A． 重水( )中含有的质子数为
B． 的 与 完全反应时转移的电子数为
C． 环状 ( )分子中含有的 键数为
D． 的 溶液中 离子数为
12．（2021·全国甲）已知相同温度下， 。某温度下，饱和溶液中 、 、与 的关系如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．曲线①代表 的沉淀溶解曲线
B．该温度下 的 值为
C．加适量 固体可使溶液由a点变到b点
D． 时两溶液中
13．（2021·湖南）常温下，用 的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为 三种一元弱酸的钠盐 溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（　　）
A．该 溶液中：
B．三种一元弱酸的电离常数：
C．当 时，三种溶液中：
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：
14．（2021·湖南）铁的配合物离子(用 表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．该过程的总反应为
B． 浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中 元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
15．（2021·河北）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
16．（2021·山东）赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+ H2R+ HR R-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)= ，下列表述正确的是（　　）
A． >
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
17．（2021·湖南）已知： ，向一恒温恒容的密闭容器中充入 和 发生反应， 时达到平衡状态I，在 时改变某一条件， 时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B． 时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数 ：
D．平衡常数K：
三、非选择题
18．（2021·湖北）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+ O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·mol-1
（1）已知键能：E(C—H)=416kJ·mol-1，E(H—H)=436kJ·mol-1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为　 　kJ。
（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是　 　。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=　 　kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
（3）在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为　 　kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为　 　。
（4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g)
k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)
k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为　 　，其理由是　 　。
19．（2021·天津）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 ，回答下列问题：
（1）CH4的电子式为　 　，CS2分子的立体构型为　 　。
（2）某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，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℃的原因是　 　。
（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫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　 　。
20．（2021·辽宁） 磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在 氛围中进行)：
①称取 ，配成 溶液，转移至恒压滴液漏斗中。
②向三颈烧瓶中加入 溶液。
③持续磁力搅拌，将 溶液以 的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流3h。
④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在 干燥。
⑤管式炉内焙烧2h，得产品3.24g。
部分装置如图：
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是　 　；使用恒压滴液漏斗的原因是　 　。
（2）实验室制取 有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式为　 　，对应的装置为　 　(填标号)。
可供选择的试剂： 、 、 、 、饱和 、饱和
可供选择的发生装置(净化装置略去)：
（3）三颈烧瓶中反应生成了Fe和 ，离子方程式为　 　。
（4）为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有_______。
A．采用适宜的滴液速度
B．用盐酸代替KOH溶液，抑制 水解
C．在空气氛围中制备
D．选择适宜的焙烧温度
（5）步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂为　 　；使用乙醇洗涤的目的是　 　。
（6）该实验所得磁性材料的产率为　 　(保留3位有效数字)。
21．（2021·辽宁）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应： (g)+3H2(g) (g) H1<0
Ⅱ.副反应： (g) (g) H2>0
回答下列问题：
（1）已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 (g)+15O2(g) 12CO2(g)+6H2O(l) H4
Ⅴ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H5
则 　 　(用 、 和 表示)。
（2）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温 B．适当降温 C．适当加压 D．适当减压
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在 的基础上适当增大 用量，其目的是　 　。
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当 中混有微量 或 等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为　 　。
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是　 　(填“①”“②”或“③”)。
（6）恒压反应器中，按照 投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为 ，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应1的 　 　(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
22．（2021·海南）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃， 时：
① 葡萄糖 完全燃烧生成 和 ，放出 热量。
② 。
回答问题：
（1）25℃时， 与 经光合作用生成葡萄糖 和 的热化学方程式为　 　。
（2）25℃， 时，气态分子断开 化学键的焓变称为键焓。已知 、 键的键焓分别为 、 ， 分子中碳氧键的键焓为　 　 。
（3）溶于水的 只有部分转化为 ，大部分以水合 的形式存在，水合 可用 表示。已知25℃时， 的平衡常数 ，正反应的速率可表示为 ，逆反应的速率可表示为 ，则 　 　(用含 的代数式表示)。
（4）25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应： ，其平衡常数 　 　。[已知 ， ]
（5）溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因　 　。
23．（2021·北京）某小组实验验证“Ag++Fe2+ Fe3++Ag”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mo/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。
①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是　 　。
②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是　 　。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+ Fe3++Ag”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象　 　。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1
mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN- AgSCN↓（白色） K=1012
Fe3++SCN- FeSCN2+（红色） K=102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是　 　。
②测得平衡常数K=　 　。
（3）思考问题
①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值　 　(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
②不用实验II中清液测定K的原因是　 　。
24．（2021·山东）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ： +CH3OH
△H1
反应Ⅱ： +CH3OH
△H2
反应Ⅲ： △H3
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是　 　 (用系统命名法命名)；
的数值范围是　 　(填标号)。
A．<-1 B．-1～0 C.0～1 D．>1
（2）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为　 　mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=　 　。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将　 　 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=　 　。
（3）为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为　 　 (填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正　 　逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。
25．（2021·浙江）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量 ： 。判断该反应的自发性并说明理由　 　。
（2）已知 。 时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的 和 ，当反应达到平衡后测得 、 和 的浓度分别为 、 和 。
①该温度下反应的平衡常数为　 　。
②平衡时 的转化率为　 　。
（3）工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是　 　。
A．须采用高温高压的反应条件使 氧化为
B．进入接触室之前的气流无需净化处理
C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和 的转化率
D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收 以提高吸收速率
②接触室结构如图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　 　。
A． B． C． D． E. F. G.
③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应 的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)　 　。
（4）一定条件下，在 溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
Ⅰ.
Ⅱ.①　 　；
Ⅲ. ；
Ⅳ.②　 　。
26．（2021·广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝( )、钼( )、镍( )等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时， 的 ， ； ； ；该工艺中， 时，溶液中 元素以 的形态存在。
（1）“焙烧”中，有 生成，其中 元素的化合价为　 　。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀 为　 　。
（3）“沉钼”中， 为7.0。
①生成 的离子方程式为　 　。
②若条件控制不当， 也会沉淀。为避免 中混入 沉淀，溶液中 　 　(列出算式)时，应停止加入 溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有 和 ， 为　 　。
②往滤液Ⅲ中添加适量 固体后，通入足量　 　(填化学式)气体，再通入足量 ，可析出 。
（5）高纯 (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止 刻蚀液与下层 (砷化镓)反应。
①该氧化物为　 　。
②已知： 和 同族， 和 同族。在 与上层 的反应中， 元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
27．（2021·广东）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) H1
b)CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H2
c)CH4(g) C(s)+2H2(g) H3
d)2CO(g) CO2(g)+C(s) H4
e)CO(g)+H2(g) H2O(g)+C(s) H5
（1）根据盖斯定律，反应a的 H1=　 　(写出一个代数式即可)。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分　 　步进行，其中，第　 　步的正反应活化能最大。
（4）设K 为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K 随 （温度的倒数）的变化如图所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有　 　(填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K =　 　。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程　 　。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：　 　。
28．（2021·全国甲）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的 　 　 ；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是　 　(填标号)，判断的理由是　 　。
A． B． C． D．
（2）合成总反应在起始物 时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为 ，在 ℃下的 、在 下的 如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式 　 　；
②图中对应等压过程的曲线是　 　，判断的理由是　 　；
③当 时， 的平衡转化率 　 　，反应条件可能为　 　或　 　。
29．（2021·湖南）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键
键能 946 436.0 390.8
一定温度下，利用催化剂将 分解为 和 。回答下列问题：
（1）反应 　 　 ；
（2）已知该反应的 ，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)
A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将 通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变， 时反应达到平衡，用 的浓度变化表示 时间内的反应速率 　 　 (用含 的代数式表示)
② 时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后 分压变化趋势的曲线是　 　(用图中a、b、c、d表示)，理由是　 　；
③在该温度下，反应的标准平衡常数 　 　。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应 ， ，其中 ， 、 、 、 为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氮转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中 的移动方向为　 　(填“从左往右”或“从右往左”)；
（5）阳极的电极反应式为　 　。
KOH溶液KOH溶液
30．（2021·全国乙卷）一氯化碘（ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现。该元素是　 　.
（2）氯铂酸钡（BaPtCl6)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数K‘p=1.0x104Pa2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气（然后将支管封闭）。在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa.376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则PICl=　 　kPa，反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K=　 　（列出计算式即可）.
（3）McMorris 测定和计算了在136-180℃范围内下列反应的平衡常数KP ：
2NO(g)+2ICl(g) 2NOCl(g)+I2(g) KP1
2NOCl(g) 2NO(g)+Cl2(g) KP2
得到lgKP1 和lgKP2 均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH　 　0(填“大于”或“小于”）.
②反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的K=　 　（用KP1、KP2表示）：该反应的ΔH　 　0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程　 　.
（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
NOCl+hv→NOC*
NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收　 　mol的光子。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而 增大，说明平衡正向移动，故则 ，A不符合题意；
B．加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后 减小，B不符合题意；
C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后 不变，C符合题意；
D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.升温平衡正向移动，则反应是吸热；
B.加入生成物，平衡逆向移动，Y减小；
C.只有Z是气体，且平衡常数不变，则Z浓度不变；
D.加入稀有气体，各物质分压不变平衡不移动。
2．【答案】B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A不符合题意；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B符合题意；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为 = ，C不符合题意；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为 时，半衰期为125min÷2= ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.根据图像分析，增加催化剂浓度，反应速率加快；
B.根据图像分析，浓度不同时，花费时间也可能相同；
C.根据反应速率计算即可；
D.根据半衰期的定义，先根据图像数据计算为62.5min。
3．【答案】B
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以△S＞0，A不符合题意；
B．升高温度，物质的内能增加，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，因此化学反应速率增大，B符合题意；
C．恒温下，增大总压，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使H2O(g)的平衡转化率减小，C不符合题意；
D．恒温恒压下，加入催化剂，化学平衡不移动，因此化学平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】
A.属于熵增反应；
B.升温提高活化分子百分数反应速率增大；
C.增压，平衡逆向移动，水的转化率减小；
D.催化剂对平衡常数无影响。
4．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；碱金属的性质
【解析】【解答】A．H与 D互为同位素、具有相同的核外电子排布 ，则H2O、D2O的化学性质基本相同，A不符合题意；
B．类似于钠和水的反应， Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B不符合题意；
C．D2由Li与D2O反应生成、HD 通过反应LiH+D2O=LiOD+HD ，则 n(D2)/n(HD)比例小说明n(Li)/n(LiH)比例小，C符合题意；
D．升温，2LiH 2Li+H2 △H>0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD) ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．同种物质化学性质基本相同；
B．碱金属与水反应生成碱和氢气；
C．根据LiH+D2O=LiOD+HD 分析；
D．根据勒夏特列原理分析。
5．【答案】C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；质量守恒定律
【解析】【解答】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) △H1=-2043.9kJ/mol ②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(g) △H2=-1926.1kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △H3=-241.8kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H= =(-2043.9kJ/mol)-( -1926.1kJ/mol)-( -241.8kJ/mol)=+124kJ/mol，A不符合题意；
B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2 CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B不符合题意；
C．从图中可知，相同条件下，C3H6的百分含量随着CO2的浓度增大，C3H6的百分含量增大，即表示C3H8的转化率增大，而增大CO2的浓度，相当于减小C3H8对CO2的比例，C符合题意；
D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.根据盖斯定律合写方程式计算；
B.根据C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，c(H2)和c(C3H6)应该相等，因为其它反应造成二者浓度变化不同；
C.根据图示投料比 () 越大，C3H8转化率越小；
D.根据碳原子守恒分析。
6．【答案】B
【知识点】化学平衡的调控；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体，1 mol平衡混合气体中所含原子大于1 mol N，A项不符合题意；
B．反应2NO2(g) N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项符合题意；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项不符合题意；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.1molNO2中含1molN原子，1molN2O4中含2molN原子；
B.焓变为负，为放热反应，且焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；
C.恒温时，缩小容积，浓度增大；
D.恒容时，升高温度平衡逆向移动。
7．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A. ，五氧化二氮的速率为= ,因此 生成 的平均速率为.故A不符合题意
B. 反应 时，五氧化二氮的变化量为(1.4-0.35)mol/L=1.05mol/L,氧气的物质的量为五氧化二氮物质的量的一半，故为1.05mol/Lx0.1Lx=0.0525mol，标况下的体积为0.0525molx22.4L/mol=1.176L，故B不符合题意
C.反应平衡时， ，故C不符合题意
D.由表格分析，600-1710s内，经过1110s浓度变为原来的一半，因此再次变为1半时时间也是1110s，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.根据数据计算出五氧化二氮的速率，根据化学计量系数之比计算出二氧化氮的速率
B.根据时间计算出五氧化二氮的变化量，在集合方程式计算出氧气
C.平衡时，某物质的正逆速率相等
D.找出浓度变化一半的时间即可
8．【答案】B
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】A.甲烷和氢气均是气体，且物质的量均为1mol，甲烷的相对分子质量大于氢气，熵是甲烷大于氢气，故A不符合题意
B.同种状态的物质的熵相等，但是物质的量越大，熵越大，故B符合题意
C.气固液三种物质的熵的大小是气＞液＞固，故C不符合题意
D.组成排列更有序其熵越小，金刚石的结构是八面体结构，空间结构更加整齐，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】相同情况下，相对分子质量越大熵越大，物质的量越多，熵越大，混乱程度越大，熵值越大
9．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；硝酸的化学性质；化学试剂的存放；分液和萃取
【解析】【解答】A.铜与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，A不符合题意；
B.烧瓶中发生反应2NO2(g)=N2O4(g)，其中NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，通过观察降温后烧瓶内气体颜色的变化，结合温度对平衡移动的影响可得出结论，B符合题意；
C.溴水中的Br2能将I－氧化成I2，由于乙醇能与水互溶，因此不能用乙醇作萃取剂，C不符合题意；
D.实验用剩的药品NaCl不能直接放回原试剂瓶内，防止瓶内试剂被污染，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.铜与浓硝酸反应生成NO2；
B.NO2可发生自聚反应2NO2(g) N2O4(g)，其中N2O4为无色气体；
C.乙醇能与水互溶，不做萃取剂；
D.NaCl不能直接放回原试剂瓶；
10．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.由上述分析可知，曲线a为c(X)随t变化的曲线，A不符合题意；
B.由曲线图可知，t1时，c(X)=c(Y)=c(Z)，B不符合题意；
C.由图可知，t2时，物质Y的浓度在逐渐减少，说明此时Y的消耗速率大于生成速率，C不符合题意；
D.由图可知，参与反应的c(X)=c0mol/L，则反应①生成c(Y)=c0mol/L，由于t3时，还有Y剩余，因此反应②中参与反应的物质Y的浓度为[c0-c(Y)]mol/L，所以反应②生成Z的浓度c(Z)=2[c0-c(Y)]mol/L，D符合题意；
故答案为：D
【分析】曲线a表示物质的浓度在不断减少，题干反应中反应物只有X一种，因此曲线a表示的X的浓度变化；一直增大的曲线表示的是物质Z的浓度变化；先增大后减少的曲线表示的物质Y的浓度变化。据此结合选项进行分析。
11．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；探究二氧化氮与水的反应；同位素及其应用；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．D2O的质子数为10，18gD2O的物质的量为 =0.9mol， 则重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；
B．NO2与H2O反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；
C．一个S8分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为=mol，则含有的S-S键数为×8NA=NA，C正确；
D．酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O72-+H2O 2CrO42-+2H+,，含Cr元素微粒有Cr2O72-和CrO42-，则1LpH=4的0.1mol/L K2Cr2O7溶液中Cr2O72-离子数应小于0.1 NA，D错误；
故答案为：C
【分析】A．根据n=计算；
B．根据转移电子数计算；
C．根据n=计算物质的量，再根据共价键的个数计算；
D．根据水解分析；
12．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，A不符合题意；
B.曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO42-)＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，B符合题意；
C.向饱和BaSO4溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO4)不变可知，溶液中c(SO42-)将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，C不符合题意；
D.由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中＝＝10y1-y2，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO42-)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO42-)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO32-)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜ Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO42-)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO32-)]的关系。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合题意；
B．由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，弱酸的酸性越弱，电离常数越小，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B不符合题意；
C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C符合题意；
D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐恰好完全反应，可知c(Na+)=c(Cl-)，将三种溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX
A.在NaX溶液中，水解呈碱性，因此根据电荷守恒即可判断
B.据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX，即可判断电离常数
C.根据电荷守恒列出式子，再根据中性进行判断只需要判断加入氯离子的物质的量浓度即可，因为水解程度不一样故加入的盐酸不一样，碱性越强需要的酸越多剩余的酸根离子越少
D.混合之后利用电荷守恒即可判断
14．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由反应机理可知，发生的化学方程式为HCOOH CO2↑+H2↑，故A不符合题意；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B不符合题意；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，铁形成的化学键数目发生变化，则元素化合价也发生变化，故C不符合题意；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，活化能越大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据反应物和最终的产物即可写出方程式
B.在整个过程中均存在氢离子参与，因此需要控制氢离子的浓度实现速率的最大化
C.氢离子在整个过程中参与了反应，经历断键成键断键的过程，过程中化合价发生改变
D.整个反应速率是由速率最慢的过程决定，活化能高的速率慢
15．【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由图中数据可知， 时，M、Z的浓度分别为0.300 和0.125 ，则根据①M的变化量为0.5 -0.300 =0.200 ，根据②计算出转化为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说法符合题意；
B．由题中信息可知，根据速率公式 v1=k1c2(M) 和 v2=k2c2(M) ，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的化学计量数均为1，因此反应开始后，= ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法不符合题意；
C．结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内，= = ，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说法不符合题意；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z多、生成Y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说法不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.根据30min的数据计算出Y的物质的量浓度的变化量即可计算出速率
B.温度不变，平衡常数不变，利用平衡常数公式带入计算即可判断Y和Z的浓度之比不变
C.根据速率之比计算即可
D.活化能越大，反应速率越慢，根据计算判断Y和Z的浓度大小即可判断速率的大小
16．【答案】C,D
【知识点】化学平衡常数；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.根据，，根据M，N，P三点计算出 ，，，因此故A不符合题意
B.M点存在电荷守恒，此时据图所示，，可以得到，故B不符合题意
C.根据图示O点，，可以得到=1，进行变换得到，得到氢离子的浓度c(H+)=根据溶液的pH=得出pH=故C符合题意
D.根据图示即可得到此时溶液是NaCl、HR、NaR混合溶液，此时的pH大于7，因此水解大于电离，因此，故D符合题意
【分析】A.根据M，N，P三点的数据计算出K1，K2，K3即可
B.根据电荷守恒结合进行判断
C.根据O点进行变化即可计算
D.根据P点的溶质以及pH即可判断离子浓度大小
17．【答案】B,C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g) 3C(g)，该反应是前后气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．根据图像变化曲线可知，t2 t3过程中，t2时 瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，改变的条件为：向容器中加入C，B符合题意；
C．根据上述分析可知，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，达到新的平衡状态后，生成A的量增大，但总的物质的量不变，所以A的体积分数 增大，即A的体积分数 ： (II)＞ (I)，C符合题意；
D．平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，所以平衡向正反应方向移动，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，结合图像选项进行判断
18．【答案】（1）271
（2）减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率；16.7
（3）2；H2和C3H6都消耗O2
（4）先增大后减小；反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1可知反应需要中断裂2mol C—H键、形成1mol碳碳π键和1mol H—H键，436kJ·mol-1×2- E (碳碳π键) = +125kJ.mol-1，解得：E(碳碳π键)= 271kJ. mol-1，所以形成1mol碳碳π键放出的能量为271kJ；
（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算：
由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa× = 故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP= =16.7KkPa。
（3） 内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成 的平均速率为 =2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+ O2=3CO2+3H2O，H2+ O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1；
（4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
【分析】（1）根据△H＝反应物总键能 生成物总键能，结合每摩尔反应Ⅰ中断键和成键情况计算；
（2）该反应的正反应是气体体积增大的反应，恒温恒压条件下通入无关气体，相当于减压，反应向气体体积增大的方向移动，反应物C3H8的转化率增大，利用图a中的数据，设未知数列三段式计算可得各气体平衡的物质的量，故而可得物质的量分数，代入Kp计算；
（3）由图b可知，0～1.2s内，C3H6的分压变化，代入v（C3H6）＝△p(C3H6)/△t计算。随着反应进行，分压：p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，可推断反应中存在其他消耗C3H6和H2且生成H2O和CO2的反应，从而影响了O2的消耗速率；
（4）速率常数只与温度有关，反应开始时，通入气体C3H8、O2、N2，体系中主要发生反应Ⅱ，据此结合丙烯的净生成速率方程为v（C3H6）＝kp（C3H8） k′p（C3H6）分析随着反应的进行的量变。
19．【答案】（1）；直线形
（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） 、 、 写出任意一个
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）CH4的电子式为： ；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；
（2）①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，
CS2的体积分数为10%，即 ，解得x=0.3a，则CH4的转化率为 30%。
②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1：2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；
故答案为：d。
（3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。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℃的原因是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、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为 、 、 写出任意一个。
【分析】（1）甲烷分子中C原子和每个H原子共用一对电子；CS2分子的结构与CO2相似，为直线型
（2）①根据三段式计算转化率；
②根据变化量不再可变能说明反应达到平衡判断；
（3）随温度升高，甲烷的转化率降低，说明该反应为放热反应，工业上的制备反应既要考虑反应物的转化率，还要考虑温度对反应速率的影响；
（4）根据O2、SO2和NOx等有氧化性，可将H2S氧化为S，根据氧化还原反应得失电子守恒配平。
20．【答案】（1）（球形）冷凝管；平衡气压，便于液体顺利流下
（2） (或 )；A(或B)
（3）
（4）A；D
（5）稀硝酸和硝酸银溶液；除去晶体表面水分，便于快速干燥
（6）90.0%
【知识点】化学反应速率的影响因素；氮气的化学性质；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是（球形）冷凝管；恒压滴液漏斗在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。
（2）实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或铵盐氧化，常见的可以是将氨气通入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为： ；可选择气体通入硬质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和 和饱和 在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为： ，可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置。综上考虑，答案为： (或 )；A(或B)；
（3）三颈烧瓶中 溶液与 溶液发生反应生成了Fe和 ，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为 ；
（4）结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项正确，若用盐酸代替KOH溶液，生成的晶体为Fe和 ，均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD；
（5）因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥。
（6） 的物质的量为 ，根据发生反应的离子方程式： ，可知理论上所得的Fe和 的物质的量各自为0.0125mol，所以得到的黑色产品质量应为 ，实际得到的产品3.24g，所以其产率为 ，故答案为：90.0%。
【分析】
（1）a是球形冷凝管，恒压滴液漏斗目的是平衡气压，便于液体流下；
（2）可以选择氨气和氯化铵作为氮源，根据氧化还原反应理论挑选氧化剂或还原剂进行反应即可；装置可选A或B均可，依据氮源的选取；
（3）根据材料分析，二价铁反应生成的铁和四氧化三铁，据此根据得失电子守恒进行配平即可；
（4）为了获得更好的产品，需要控制反应速率和焙烧温度；
（5）检验氯离子即可，注意需要酸化除去干扰粒子；乙醇的洗涤是为了去除水分；
（6）根据反应计算理论的产量即可，再根据计算得到产率。
21．【答案】（1）
（2）B；C
（3）提高苯的利用率
（4）金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活动
（5）②
（6）
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O2(g) 12CO2(g)+6H2O(l) H4 Ⅴ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H5
Ⅰ.主反应： (g)+3H2(g) (g)可由 ，则 ，故答案为： ；
（2）根据Ⅰ.主反应： (g)+3H2(g) (g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在 的基础上适当增大 用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当 中混有微量 或 等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活动，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活动；
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；
（6）恒压反应器中，按照 投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生Ⅰ、Ⅱ反应总压为 ，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则： ， 有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为： ，H2的分压为： ，则反应1的 = ，故答案为： 。
【分析】
（1）根据盖斯定律计算反应热即可，注意正负号；
（2）根据反应方程式，反应放热，可以降温和加压，使平衡正向移动；
（3）增大其中一反应物浓度，可提高另一反应物的转化率；
（4）金属催化剂的活性可能受硫化氢等杂质的影响；
（5）根据图中原子是否有空轨道可以接受孤对电子对；
（6）利用三段式进行计算即可
22．【答案】（1）
（2）664.75
（3）
（4）
（5）游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应： ，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；热化学方程式；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）由题意可知，反应①为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为 = ，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1mol葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方程式为 = ，故答案为： = ；
（2）由反应热的焓变为反应物的键焓之和与生成物的键焓之和的差值可得：反应②的焓变 =—283kJ/mol，解得E(C=O)= =664.75kJ/mol，故答案为：664.75；
（3）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：k1c(H2CO3)= k2c(CO2)， = =K=600，解得k2= ，故答案为： ；
（4）由方程式可知，反应的平衡常数K= = = = =3.25×103，故答案为：3.25×103；
（5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡 ，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故答案为：游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应： ，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏。
【分析】
（1）根据盖斯定律和燃烧热写出热化学方程式并计算反应热；
（2）反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和；
（3）平衡时正反应速率等于逆反应速率，再根据所给的平衡常数与反应速率的关系计算即可；
（4）根据平衡常数的公式即可计算，平衡时的浓度也是计算溶度积常数时的浓度；
（5）二氧化碳和碳酸钙的反应是可逆反应，二氧化碳过量会正向移动，碳酸钙会减少，从而破坏钟乳石。
23．【答案】（1）灰黑色固体溶解，产生红棕色气体；防止酸性条件下， 氧化性氧化Fe2+干扰实验结果；a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转
（2）指示剂；
（3）偏低；Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【知识点】化学平衡常数；实验装置综合；化学实验方案的评价；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
②由于Fe(NO3)3溶液电离出 将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下， 氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+ Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e- Fe3+，Ag++e- Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
（2）①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN- AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)= mol/L，根据平衡三段式进行计算如下： ，故反应的平衡常数K= = ，故答案为：指示剂； 。
（3）①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+ Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN- AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即 偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。
②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
【分析】
(1)①Ag与浓硝酸反应现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体；
②NO3-与H+结合成强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，扰实验；
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+ Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e- Fe3+，Ag++e- Ag，故另一个电极要用惰性电极，左侧必须含有Fe3+或者Fe2+，右侧烧杯中必须含有Ag；根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，据此分析；
(2)①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，所以Fe3+的作用是滴定反应的指示剂；
②取I中所得上清液vmL，用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗V1mL，已知：
Ag++SCN- AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式计算各物质的浓度，代入K= ；
(3)①实验所得浊液含有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+ Ag+Fe3+，且存在反应Ag++SCN- AgSCN，导致测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即 c1V1 偏大，故所得到的K=
偏低；
②由于实验 II 中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态。
24．【答案】（1）2-甲基-2-丁烯；D
（2）0.9α；；逆向移动；1：10
（3）X；＜
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由平衡常数K与温度的变化关系曲线图可知，反应I，II，III的平衡常数的自然对数与温度成反比，说明温度越高，反应平衡常数越小，说明反应是放热，相同温度下，自然对数数值越大，说明平衡常数越大，此时物质具有的能量越高，所以A的总量高于B的总能量，因此B比较稳定，B的系统命名为 2-甲基-2-丁烯 ，根据盖斯定律即可判断 ＜0，即可得出 ＞1，故正确答案是： 2-甲基-2-丁烯 、D
（2）向反应容器中加入1molTAME，温度控制在353K，TAME的转化率为 α ，可以计算出平衡时的n(TAME)=(1-α)mol，n(A)+n（B）=α=n(CH3OH)，反应III的平衡常 数Kx3 = = =9，得出n(A)=0.9α， n(B)=0.1α，此时反应Ⅰ的平衡常数Kx1 = = = ， 同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释 ，浓度变小，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变， A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH) =1：10，故正确答案： 0.9α 、 、 逆向移动 、 1：10
（3）温度不变，平衡时浓度比值不变，故 = =9，有曲线可以得到，平衡浓度曲线X的浓度高于曲线Y的浓度，B表示是X曲线，由曲线的趣趋势t=100s时， =10.2＞9，平衡逆向移动，因此正速率小于逆速率，故正确答案是： X 、 ＜
【分析】（1）根据图像变化的趋势，具有的能量越高，相同温度下的K越大即可判断，根据盖斯定律即可计算出焓变的大小关系
（2）根据给出的数据利用反应III的常数计算出平衡时各物质的物质的量，即可计算出K1，稀释浓度，平衡逆向移动，温度不变，平衡时浓度之比是定值
（3）根据图像进行判断，同时计算出浓度商与平衡常数对比即可判断
25．【答案】（1）不同温度下都能自发，是因为
（2）；
（3）C；BDF；
（4）；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）实验室 中铜与浓硫酸的反应制备少量的二氧化硫反应为 ，焓变小于0，熵变大于0.根据＜0.判断自发反应，故正确答案是 ：不同温度下都能自发，是因为
（2）① 根据方程式 以及给出的数据计算出平衡常数K===
②二氧化硫平衡转化率为X100%==88%
（3）①A.在常压下，二氧化硫催化氧化三氧化硫的反应中，其实二氧化硫的转化率已经很高，工业上采用采用高压的反应条件，可以提高转化率，故A不符合题意
B.进入接触室之前的气流中含有降低催化剂活性的物质，需要进行处理易防止降低催化剂的活性， 故B不符合题意
C.通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，是平衡向右移动，因此可以提高含硫矿石的转化率和二氧化硫的转化率，故C符合题意
D.三氧化硫与水的反应是放出大量的热，在吸收塔中若采用水或者稀硫酸吸收三氧化硫反应放出的热量会使硫酸形成酸雾导致吸收三氧化硫的吸收率减小，因此在吸收塔中不宜采用稀硫酸吸收三氧化硫，故D不符合题意
②热交换主要是能量的交换，交换时反应物和催化剂不接触，温度降低，化学反应速率降低，但是转化率几乎不变，热交换的过程是a4-b3，a3-b2，a2-b1，正确答案是：BDF
③最是温度曲线是反应平衡时的转化率曲线，不同的最适合温度转化率不同，但是温度升高，转化率降低，当温度高于最适合温度后，催化剂的活性降低，会低于平衡时的转化率，因此 的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图 ；
（4） 定条件下，在 溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化 ， ，此时溶液是显碱性，然后过氧化氢将硫氢根离子氧化为硫酸根离子，此时溶液为澄清，pH减小，发生 ，随着反应的进行，硫氢根离子被过氧化氢氧化为硫单质，变浑浊，此时消耗氢离子，pH增大，发生 ，再接着进行反应，硫单质被过氧化氢氧化，变为硫酸根离子，溶液显酸性，发生 ，此时溶液变为澄清。故正确答案是： ，
【分析】（1）根据进行判断即可
（2）①根据数据带入计算公式计算
②根据二氧化硫的转化量以及反应后的总量进行计算
（3）①A.采用高压主要是增大转化率，温度控制在500℃左右是催化剂的活性最大
B.含有其他可使催化剂中毒的气体需要除杂
C.提供足量的空气主要是增大接触面积，以及增大氧气的量提高二氧化硫的转化率
D.应该采用浓硫酸进行吸收
②考查的是热交换时，转化率不受影响
③考查的是温度对转化率的影响，此反应是放热反应，因此温度升高转化率降低
（4）主要将此过程分析清楚，硫氢根离子具有还原性，以及过氧化氢具有还原性，浑浊是产生硫单质，澄清是硫单质被消耗
26．【答案】（1）+6
（2）
（3） + = ↓；
（4）；
（5）；
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；化学平衡常数；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得，Mo的化合价为＋6价。
（2）废催化剂中加入NaOH焙烧、水浸后，所得滤液Ⅰ中含有NaAlO2，通入过量CO2后，发生反应的离子方程式为：AlO2－＋CO2＋H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，因此“沉铝”过程中，生成沉淀X的化学式为Al(OH)3。
（3）①滤液Ⅰ中溶液碱性，因此溶液的pH＞6.0，溶液中Mo元素以MoO42－的形成存在，加入BaCl2溶液后反应生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为：Ba2＋＋MoO42－=BaMoO4↓；
②若开始生成BaCO3沉淀，则溶液中存在反应：HCO3－＋BaMoO4 BaCO3＋MoO42－＋H＋，该反应的平衡常数。要避免BaMoO4沉淀中混有BaCO3沉淀，则必须满足，由于“沉钼”过程中溶液的pH=7.0，即溶液中c(H+)=1.0×107mol/L，所以当溶液中时，开始生成BaCO3沉淀，此时时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①由于“沉铝”过程中加入过量的CO2，反应生成NaHCO3，因此滤液Ⅲ中所含溶质为NaCl、NaHCO3，因此Y为NaHCO3；
②若要将NaCl转化为NaHCO3析出，则可先往溶液中通入足量的NH3，再通入足量的CO2，发生反应的化学方程式为NaCl＋H2O＋NH3＋CO2=NaHCO3↓。
（5）①该致密的氧化物为Al2O3；
②GaAs中As的化合价为－3价，转化为＋5的过程中，失去8个电子，因此GaAs为还原剂，则H2O2为氧化剂，反应过程中H2O2中氧元素由－1价变为－2价。在氧化还原反应中，得失电子守恒，故H2O2得到电子数为8。因此参与反应的H2O2和GaAs的比为4:1，即氧化剂和还原剂的比为4:1。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0进行计算。
（2）根据沉铝过程中发生的反应分析。
（3）①根据溶液中所含离子书写反应的离子方程式；
②根据形成沉淀的反应和相关化学平衡常数进行计算。
（4）①结合沉铝过程中加入过量CO2的过程分析溶液的溶质；
②根据Y的成分，确定析出Y的过程中发生的反应，从而确定通入气体的成分。
（5）①该致密氧化膜为Al2O3；
②根据反应过程中化合价的变化，结合得失电子守恒进行计算。
27．【答案】（1） H2+ H3- H5或 H3- H4
（2）A；D
（3）4；4
（4）ac；；68%
（5）做冷冻剂
【知识点】盖斯定律及其应用；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，反应a的反应热ΔH1= H2+ H3- H5或 H3- H4。
（2）A、CO2、CH4都为反应a、b、c的反应物，增大反应物浓度，反应速率增大，A符合题意；
B、C为固体，固体的浓度视为常数，因此减少C的含量，平衡不移动，B不符合题意；
C、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，因此反应a加入催化剂后，平衡不移动，CH4的平衡转化率不变，C不符合题意；
D、温度降低，反应速率减小，因此降低反应温度，反应a~e的正逆反应速率都减小，D符合题意；
故答案为：AD
（3）由反应能量图可知，反应过程中出现四个最高能量，则出现四个活化能，因此该历程分四步进行；其中第四步反应所需的活化能最大。
（4）①属于吸热反应，则温度升高，K增大，lnKPT增大。由图可知，反应a和反应c中，温度升高时，lnKPT升高；反应b中温度升高，KPT降低；因此反应a和反应c为吸热反应，反应b为放热反应；
②气体的相对分压等于其分压除以p0，因此相对压力平衡常数；
③由于物质的量之比等于压强之比，因此可用压强计算平衡转化率。由图可知，A点对应温度下，反应c的KPT=0，即，所以p(CH4)=p(H2)=40kPa，初始状态时，，所以CH4的平衡转化率为：。
（5）干冰为固态的CO2，可用于人工降雨或作冷冻剂。
【分析】（1）根据盖斯定律分析。
（2）结合反应速率和平衡移动的影响因素分析。
（3）根据反应过程中所需的活化能，确定历程中所需的反应；结合图像分析活化能的大小。
（4）①结合温度对平衡常数和平衡移动的影响分析；
②根据相对压力的表达式分析；
③结合A点时反应c的平衡常数进行计算。
（5）结合CO2的用途分析。
28．【答案】（1）-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的
（2）；b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小；33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41kJ/mol，②CO2(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH2=-90 kJ/mol，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ/mol+(-90kJ/mol)=-49 kJ/mol；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。
(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：；
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中x(CH3OH)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。
③设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则
当平衡时x(CH3OH)=0.1时，=0.1，解得x=，平衡时CO2的转化率α=×100%=33.3%；由图可知，满足平衡时x(CH3OH)=0.1的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。
【分析】(1)根据盖斯定律计算ΔH；根据ΔH与能量的关系分析；
(2)①根据平衡常数表达式计算；
②根据勒夏特列原理分析；
③根据三段式计算；
29．【答案】（1）+90.8
（2）C；D
（3）；b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；0.48
（4）从右往左
（5）2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1) 根据方程式：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，△H=390.8kJ mol-1 -(946 kJ mol-1+436.0kJ mol-1 )= +90.8kJ mol-1，故答案为：+90.8；
(2)若反应自发进行，则需要满足△H-T△S<0，T> = =456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；
(3)①设t1时达到平衡，转化的N2的物质的量为x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比， = ，解得x=0.02mol， (H2)= = mol L-1 min-1，故答案为： ；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡向左移动，导致氮气的小于N2分压比原来2倍，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数 == =0.48，故答案为：0.48；
(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，氢离子的得到电子变为氢气，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。
【分析】
（1）根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能即可计算
（2）根据＜0，即可判断
（3）① 利用三行式进行计算，根据压强之比等于物质的量之比，计算出物质的量即可计算出氢气的速率②体积减小原来的 一半，浓度增大一倍，即压强增大一倍选择b ③根据物质的量之比压强之比，计算出平衡时的压强，计算出压强的平衡常数即可
（4）氨气中氮元素为-3价，氢元素为+1价，氨气中氮元素变为氮气，化合价升高，被氧化，做阳极，因此吸引大量的阴离子，氢氧根离子向左移动，氨气中的氢元素变为氢气，化合价降低，被还原，做阴极。
（5）阳极发生的是氨气失去电子变为氮气结合氢氧根变为氮气
30．【答案】（1）溴（或Br）
（2）2.=4.8；
（3）大于；KP1·KP2；△H＞0；当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0
（4）
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；
(2)由题意376.8℃时玻璃烧瓶中发生两个反应： BaPtCl6 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)，BaPtCl6 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）的平衡常数Kp=1.0×104Pa2，则平衡时p2(Cl2)=1.0×104Pa2，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则
0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时p(ICl)=2p kPa=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×103Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应 2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K=；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的大于0；
②Ⅰ.2NO+2ICl2NOCl Kp1
Ⅱ. 2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g) Kp2
Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)，故K= Kp1 Kp2；
该反应的ΔH 大于0，根据图像可知， 当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0 ；
(4)Ⅰ. NOCl+hv→NOCl*
Ⅱ. NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。
【分析】(1)根据红棕色液体推断；
(2)根据三段式及平衡常数公式计算；
(3)根据图像中曲线的趋势和所对应的数据进行估算；
(4)根据物质的量之比等于化学计量数之比计算；