2023年高考真题变式分类汇编：化学反应速率的影响因素3
一、选择题
1．（2022·天津市）向恒温恒容密闭容器中通入2mol 和1mol ，反应达到平衡后，再通入一定量，达到新平衡时，下列有关判断错误的是（ ）
A．的平衡浓度增大 B．反应平衡常数增大
C．正向反应速率增大 D．的转化总量增大
2．（2022·北京市）捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。
下列说法错误的是（ ）
A．反应①为；反应②为
B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应
C．时刻，副反应生成的速率大于反应②生成速率
D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生
3．（2022·浙江6月选考）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（ ）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
4．（2023·天津模拟）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应Ⅰ、Ⅱ发生在氧化炉中，反应Ⅲ发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如表所示。下列说法正确的是( )
温度 化学平衡常数
反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ：
A．升高氧化炉的温度可提高反应Ⅰ的逆反应速率而减慢反应Ⅱ的逆反应速率
B．通过减小氧化炉的压强可促进反应而抑制反应Ⅱ
C．在氧化炉中使用选择性催化反应的催化剂可增大氧化炉中的含量
D．氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度
5．（2023·邵阳模拟）下列实验方案不能达到探究目的的是
选项 实验方案 探究目的
A 两个封有和混合气体的圆底烧瓶分别浸泡在热水和冷水中，比较两个烧瓶里气体的颜色 探究温度对化学平衡移动的影响
B 向两支盛有溶液的试管中分别加入的溶液和的溶液，比较产生气泡速率 探究、对分解速率的影响
C 向苯酚浊液中加入溶液，观察溶液变化 探究苯酚、酸性强弱
D 向盛有溶液的试管中滴加2滴的溶液，振荡，再向其中滴加4滴的溶液，观察沉淀及颜色变化 探究与的大小
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·湖北模拟）糕点礼盒中经常放入食品脱氧剂。一种常见固体脱氧剂的组成为铁粉、炭粉、氯化钠等，脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，下列分析错误的是
A．脱氧剂中加入氯化钠，可以加快脱氧过程，效果更好
B．脱氧剂大面积由黑色转变为红棕色，说明已经失效
C．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收标准状况下氧气224mL
D．降低温度冷藏，也可以延长糕点保质期
7．（2022高三上·金山模拟）某水处理剂由纳米铁粉附着在多孔炭粉的表面复合而成，利用原电池原理处理弱酸性废水中的NO3－时，其表面发生如图所示反应。下列说法正确的是（ ）
A．电池工作时，H+向负极移动
B．正极附近溶液的酸性增强
C．负极电极式：Fe－3e－＝Fe3+
D．与单独使用纳米铁粉相比，该水处理剂能加快NO3－的除去速率
8．（2022高三上·金山模拟）实验室用盐酸和二氧化锰制备Cl2，有关说法正确的是（ ）
A．增大盐酸的浓度能加快反应速率
B．用稀盐酸则反应速率较慢
C．增加MnO2的用量可显著加快反应速率
D．升高温度则减慢反应速率
9．（2022·温州模拟）T℃，反应，在密闭容器中达到平衡时的体积为100mL。已知密度：CaO(s)：、：。下列有关说法正确的是
A．恒温、恒容，体系中再加入56g，平衡不移动
B．恒温、恒压，体系中再加入100g，平衡不移动
C．恒温，压缩容器体积，平衡后，反应速率加快
D．恒温、恒压，体系中通入一定量，平衡正向移动，建立新的平衡状态
10．（2022·奉贤模拟）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，测得不同起始浓度（）和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如表所示，下列说法错误的是
编号 0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A．实验①，0~20min，
B．实验②，60min时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
11．（2022·丽水、湖州、衢州模拟）在密闭容器中发生反应2A(g)2B(g)+C(g)，其速率可表示为。在500℃，实验测得体系总压强数据如下表：
t/min 0 50 100 150 200
p总/kPa 200 250 275 x 293.75
下列说法正确的是
A．0~50min，生成B的平均速率为1kPa·min 1
B．第80min的瞬时速率小于第120min的瞬时速率
C．推测上表中的x为287.5
D．反应到达平衡时2v正(A)＝v逆(C)
12．（2022·朝阳模拟）汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析错误的是（ ）
A．催化剂能提高反应速率
B．、均发生了氧化反应
C．转化为时，转化为
D．催化剂对化学反应有选择性
13．（2022·南开模拟）在两个密闭的锥形瓶中，0.05g形状相同的镁条(过量)分别与2mL 2mol/L的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。
下列说法正确的是（ ）
A．两个反应的离子方程式均为
B．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
C．反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
二、多选题
14．（2022·河北）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①；②。反应①的速率，反应②的速率，式中为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的曲线。下列说法错误的是（ ）
A．随的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于时，总反应速率由反应②决定
15．（2021高二上·湖南期中）湿法烟气脱氮工艺中常用到尿素，其反应原理为，反应达到平衡后仅改变某一条件，反应速率v与时间t的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．t2时刻，改变的某一条件可能是充入少量的N2
B．t4时刻，改变的某一条件可能是增大压强
C．t6时刻，改变的某一条件可能是加入合适的催化剂
D．反应达到平衡的各时间段内，时间段内的含量最低
16．（2021高二上·湖南期中）一氧化碳甲烷化反应为 。下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物质省略)。下列说法错误的是（ ）
A．步骤①只有非极性键断裂
B．该反应的
C．过渡态II能量最高，因此其对应的步骤③反应速率最慢
D．该方法可以清除剧毒气体，从而保护环境
17．（2020高二上·黄山期中）臭氧是理想的脱硝试剂，其反应为： 。反应达平衡后，其他条件不变，只改变下图中的条件，正确的是
A． B．
C． D．
18．（2020高二上·滨海期中）一定温度下，在体积为 VL 的密闭容器中加入 1molX 和 1molY 进行如下反应： X(g)+ Y(g ) 2Z(g )+ W(s)；ΔH >0 达到平衡，下列判断正确的是( )
A．平衡后加入 X，开始时，正、逆反应速率均增大
B．恒温恒压向平衡混合物中加入少量氦气，上述反应不发生移动
C．温度不变，将容器的体积变为 2VL，Z 的平衡浓度变为原来的 1/2
D．温度和容器体积不变时，向平衡混合物中加入 1molX 和 1molY，重新达到平衡状态时，Z 的质量分数增大
19．（2020高二上·张家口期中）用CO合成甲醇(CH3OH)的热化学方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．温度：T1>T2>T3
B．正反应速率：v(a)>v(c)
C．平衡常数：K(b)=K(d)
D．在T2温度和1.0×104kPa下，反应在某时刻处于e点，则e点反应速率v(正)>v(逆)
20．（2020高二上·邢台期中）在某温度下，往20mL0.2mol·L-1H2O2溶液中滴入几滴FeSO4溶液，发生催化分解，测得不同时刻生成O2的体积(标准状况下)如表：
t/min 0 2 4 8
V(O2)/mL 0 22.4 33.6 36.4
下列说法正确的是（ ）(忽略溶液的体积变化)
A．0～4min内的平均反应速率：v(H2O2)=3.75×10-2mol·L-1·min-1
B．第8min时，c(H2O2)=3.75×10-2mol·L-1
C．反应开始至2min时，H2O2转化率为75%
D．加入的FeSO4溶液越多，反应速率越快
21．（2020高二上·唐山期中）Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下： ①Cl2（g） 2Cl （g）快；②CO（g）+Cl （g） COCl （g）快；③COCl （g）+Cl2（g） COCl2（g）+Cl （g）慢。其中反应②存在v正=k正c（CO） c（Cl ）、v逆=k逆c（COCl ）。下列说法正确的是( )
A．反应①的活化能大于反应③的活化能
B．反应②的平衡常数K=
C．要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D．选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率
22．（2020高二上·延寿期中）下列有关化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达错误的是（ ）
A．a是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH > 0
B．b是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，Ⅰ是使用催化剂时的曲线
C．c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1 > p2
D．d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固体后化学反应速率随时间变化的图象
23．（2020高二上·平邑期中）化学研究小组探究外界条件对化学反应 的速率和平衡的影响图像如下，下列判断错误的是（ ）
A．由丁图可知，该反应
B．乙图中，若 ，则a曲线一定使用了催化剂
C．由丙图可知， ，该反应正反应为放热反应
D．甲图中，表示反应速率 的是点1
24．（2020高三上·即墨期中）目前认为乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．总反应速率由第①步反应决定
B．第②步反应原子利用率为100％
C．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体稳定
D．第①步反应的活化能最小，第②③步反应为放热反应
三、非选择题
25．（2022·北京市）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。
（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是 。
（2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为 。
（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为 。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。
（4）煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为 。
已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
（5）条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为 。
②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为 。(填“偏大”或“偏小”)
26．（2022·内江模拟）研究二氧化碳的资源化利用具有重要的意义。回答下列问题：
（1）已知下列热化学方程式：
反应I：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.9kJ/mol。
反应II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的ΔH3= 。
（2）在T℃时，将CO2和H2加入容积不变的密闭容器中，发生反应I：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)，能判断反应达到平衡的是____(填标号)。
A．CO2的消耗速率和CH4的生成速率相等
B．容器内气体压强不再发生变化
C．混合气体的密度不再发生变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
（3）将n(CO2)：n(H2)=1：4的混合气体充入密闭容器中发生上述反应I、II，在不同温度和压强时，CO2的平衡转化率如图所示。0.1MPa时，CO2的转化率在600℃之后，随温度升高而增大的主要原因是 。
（4）①CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图，下列说法中正确的是 。
A．催化过程使用的催化剂为La2O3和La2O2CO3
B．La2O2CO3可以释放出CO2*(活化分子)
C．H2经过Ni活性中心断键裂解产生活化态H*的过程为放热过程
D．CO2加氢制备CH4的过程需要La2O3和Ni共同完成
②CO2加氢制备CH4过程中发生如下反应：
I.CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) △H1
II.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2
反应I的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea= kJ/mol。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
（5）一定温度和压强为1MPa条件下，将CO2和H2按物质的量之比为1：4通入密闭弹性容器中发生催化反应，假设只发生反应：I.CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)；II.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，10min两个反应均达到平衡时，CO2平衡转化率为80%，CH4选择性为50%[CH4的选择性=]。该温度下，反应II的Kp (已知Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替)，用CH4的分压变化表示反应I在10分钟内达平衡的平均速率为 MPa·min-1(列出算式即可)。
27．（2022高二下·新乡期中）是锂离子电池的活性材料。某小组以含锰矿料(主要成分是，含少量、、FeO、CoO和)为原料制备的流程如图所示(部分条件和产物省略)。
已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.7 7.6 7.6 7.7
完全沉淀的pH 3.7 9.1 9.1 9.2
请回答下列问题：
（1）写出一条提高“酸浸”速率的措施： 。
（2）“除杂1”时，加入的作用是 (用离子方程式表示)。
（3）“固体1”中除了含有外，还只含有另外一种固体，其化学式为 ，则“除杂1”过程调节pH范围为 。
（4）在高温下“合成”，反应的化学方程式为 。
（5）已知：常温下，。为了使残液中，必须控制≥ mol/L。
（6）“浸渣”中含少量锰元素，其测定方法如下：
第1步：称取W g“浸渣”，加酸将锰元素以形式全部溶出，过滤，将滤液加入250mL容量瓶中，定容；
第2步：取25.00mL上述定容后的溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量溶液，加热，充分反应后，煮沸溶液；
第3步：用溶液滴定至终点，消耗滴定液V mL，使重新变为。
已知：具有强氧化性，受热易分解。
①“浸渣”中锰元素的质量分数为 (用含W、V的代数式表示)。
②如果省略第2步“煮沸溶液”，测得结果将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
28．（2022·德州模拟）工业上从铬铁矿废渣(主要含Cr2O3、SiO2、Al2O3、Fe2O3)中回收提取铬的工艺流程如下：
注：焙烧可将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。
（1）为加快“水浸”速率，可采取的措施为 (写出一种即可)。
（2）已知“浸出液”的主要成分为Na2CrO4，则Cr2O3焙烧时反应的化学方式为 。
（3）滤渣1的主要成分是 。
实验室中进行操作2用到的玻璃仪器有 。
（4）常温下，溶液中部分离子的物质的量浓度的对数lgc与pH的关系如图所示。已知溶液中离子浓度≤10-5 mol/L时认为沉淀完全。
浸出液用H2SO4调节pH的最佳范围是 。
调pH时 转化的离子方程式为 。
（5）一定温度下，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，工作原理如图所示，负极电极反应式为 ，一段时间后，N极附近溶液pH (填“增大”、“减小”或“不变”)。
29．（2022·呼伦贝尔模拟）锆矿石(主要成分为 ，还含有 及钠、铝、铜的氧化物等杂质)，一种以锆矿石为原料制备工业纯 的工艺流程如图所示：
已知： 易溶于水，390℃会升华； 难溶于水，受热易分解。
回答下列问题：
（1）为使氯化得更充分，一般采用的措施有 (只填一条)。
（2）“高温氯化”过程中， 的产率与温度的关系如图所示，试分析随温度升高 产率降低的原因： ；“高温氯化”结束前会通一段时间氧气，其目的是 。
（3）“高温氯化”可以把氧化物转化为氯化物，写出 在“高温氯化”时发生反应的化学方程式： 。
（4）“过量的NaOH稀溶液”的作用是 ；得到“溶液1”的操作名称为 ，该操作所用的玻璃仪器有 。
（5）“溶液2”中含 ，写出生成该离子的离子方程式： 。
30．（2022·汕头模拟）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下
（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为 。
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是 (写出一种即可)。
（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、 。
（4）上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性；CeO2
H2O2 (填“＞”，“＜”)
（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式 。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c( )= mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28)。
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)
①该反应中的催化剂为 (写离子符号)
②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
31．（2022·烟台模拟）某含钛高炉废渣的主要成分有、、、，通过如下工艺进行资源化综合处理：
回答下列问题：
（1）酸浸过程中适当升温的目的是 ，酸溶渣的主要成分为 。
（2）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是 。
（3）“溶解”过程中，10min所测的转化率与温度关系如图所示，分析40℃时转化率最高的原因 。
（4）中Ti为+4价，则1mol该物质中所含过氧键的数目为 。由与煅烧生成的化学方程式为 。
（5）已知25℃时溶液中金属离子的浓度对数lgc与pH关系如图所示。“分步沉淀”过程中，当恰好沉淀完全时(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)，溶液中浓度不超过 mol/L。
（6）上述流程中可循环利用的物质为 。
32．（2022·秦皇岛模拟）利用“铁脱络-化学沉淀法”回收电镀废水中镍的流程如图。
已知，①废水中镍主要以NiR2络合物形式存在，其在水溶液中存在平街：NiR2 (aq) Ni2+ (aq)+ 2R- (aq，有机配体)K=1.6 ×10-14
②常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1. 6×10-15
③“脱络”(指NiR2转化成Ni2+ )过程中，反应历程如下：
i.Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH；
ii.R-+·OH=OH-+ ·R；
iii. H2O2+2·OH=O2 ↑+2H2O。
（1）·OH的电子式为 。
（2）①根据·OH与H2O2的反应历程，分析“脱络”时加入的Fe2+的作用机制： 。
②实验测得H2O2加入量对溶液中镍回收率的影响如图所示。由图可知，当加入H2O2的量为 g·L-1时，镍回收效果最好；当加入H2O2的量较大时， 镍回收率下降，可能的原因是 。
（3）常温下，若“脱络”后的废水中 c(Ni2+ )=0. 01 mol·L-1，“沉淀”时先加入 NaOH至溶液的pH= ，使Fe3+恰好沉淀完全(Fe3+浓度为10-6 mol·L-1，忽略溶液体积变化)，此时 (填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。
（4）取100 mL某电镀废水利用上述流程回收镍，得到2. 325 g Ni(OH)2沉淀，经计算该步骤中Ni2+的回收率为99. 97%；Ni(OH)2沉淀再经稀硫酸溶解、 、过滤，得到NiSO4·7H2O固体的质量为6.744g。试计算100mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率： (保留四位有效数字)。
33．（2022·乌鲁木齐模拟）将CH4和CO2两种引发温室效应气体转化为合成气(H2和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。
（1）在恒温恒容的密闭容器中通入等物质的量的CH4和CO2，发生反应：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH＞0
①下列描述不能说明该反应达到平衡状态的是 ( 填编号)
A．容器内混合气体的密度保持不变
B．容器内压强保持不变
C． CH4和CO的物质的量之比保持不变
D．断裂4molC-H键的同时形成2molC=O
②若要提高反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH＞0的平衡混合物中CO的浓度，可以采取的措施是 ( 任写一种)。
（2）利用CH4、CO2在一定条件下重整的技术可得到富含CO的气体，此技术在能源和环境上具有双重重大意义。重整过程中的催化转化原理如下图所示。
该技术总反应的方程式为 。
（3）甲烷的水蒸气重整可以富集氢气，其反应方程式为：
CH4(g)+H2O (g) 2CO(g)+3H2(g) ΔH
已知i CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1 = akJ/mol
ii CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H2 = bkJ/mol
①相同条件下，CH4(g)+H2O(g) 2CO(g)+3H2(g)的正反应活化能Ea(正) =ck/mol，则逆反应的活化能Ea(逆)= kJ/mol (用含a、b、 c的字母表示)。
②通过计算机模拟实验，对400~1200℃，操作压强为0.1MPa条件下，不同水碳比(1-10)进行了热力学计算，反应平衡体系中H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如下图所示。
据模拟实验可知，温度一定时，H2的物质的量分数与水碳比(1~10)的关系是 。平衡温度为900℃，水碳比为1时，H2的物质的量分数为0.6，则CH4的转化率为 ，用各物质的平衡分压计算Kp= ，反应的速率方程为 v=kp(CH4)p-1 (H2) (k为速率常数)，此时反应速率v为 。
34．（2022·潍坊模拟）碲(Te)单质广泛应用于冶金等行业。用辉碲铋矿(主要成分为，含少量杂质CaO)为原料制取单质Te的工艺流程如下：
已知：25℃时的
回答下列问题：
（1）烧渣的主要成分是，写出焙烧反应的化学方程式 ，气体Y不能排放到空气中，写出处理气体Y的一种方法 。
（2）为提高烧渣碱浸速率，除将烧渣粉碎外，还可采取的措施是 (写出1条)。
（3）Te位于元素周期表第ⅥA族，则碱浸后的滤液中Te的存在形式是 (填粒子符号)。测得碱浸后的滤液中，向该滤液中加入NaF固体进行沉钙操作，则需最少加入 gNaF达到沉钙完全。(溶液中的离子浓度时，可认为沉淀完全)
（4）反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。
（5）写出反应2的离子方程式 。
35．（2022·淮安模拟）某科研小组研究臭氧脱除SO2和NO工艺，反应原理及反应热、活化能数据如下：
反应I：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) △H1=-200.9kJ·mol-1 Ea1=+3.2kJ·mol-1
反应II：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H2=-241.6kJ·mol-1 Ea2=+58kJ·mol-1
已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。
向容积一定的反应器中充入含1.0molNO、1.0molSO2的模拟烟气和2.0molO3，改变温度，反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．Q点一定为平衡状态点
B．相同温度下NO的转化率远高于SO2，主要原因是Ea1小于Ea2
C．300℃后，SO2转化率接近于零且不再变化，主要原因是O3分解
D．其他条件不变，扩大反应器的容积可以降低NO和SO2单位时间内的转化率
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，平衡后，再通入一定量，平衡正向移动，的平衡浓度增大，A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B符合题意；
C．通入一定量，反应物浓度增大，正向反应速率增大，C不符合题意；
D．通入一定量，促进二氧化硫的转化，的转化总量增大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 达到平衡后，反应物的浓度增大，平衡正向移动。
2．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A不符合题意；
B．由题干图2信息可知，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B不符合题意；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成的速率小于反应②生成速率，C符合题意；
D．由题干图2信息可知，之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应①为CaO和二氧化碳反应生成碳酸钙；反应②为碳酸钙和甲烷反应生成CaO、CO和氢气；
B.，比多，且生成速率不变；
D.之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为0。
3．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，v(NH3)= =2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)= v(NH3)=1.00 10-5mol/(L·min)，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)；
B.结合实验①②数据分析，两者表面积相同，实验①未达到平衡；
D.催化剂表面积越大，反应速率越快。
4．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．升温能加快反应速率，所以升高氧化炉的温度均能提高反应Ⅰ和反应Ⅱ的逆反应速率，A不符合题意；
B．反应I和II的气体分子数均增大，减小压强或增大压强对反应I和II的影响相同，B不符合题意；
C．在氧化炉中使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可加快反应I的速率，减小反应II的速率，C符合题意；
D．根据500℃、700℃时反应III的平衡常数可知，反应III正向是放热反应，温度过高会抑制反应III的发生，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据化学反应速率的影响因素进行分析。
B.反应I和II的气体分子数均增大，结合化学平衡的影响因素进行分析。
C.根据化学反应速率的影响因素进行分析。
D.升温利于平衡向吸热反应方向移动。
5．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．是红棕色气体，是无色气体，可以观察颜色变化探究温度对化学平衡移动的影响，A项能达到实验目的；
B．未控制单一变量，阴离子种类不同，B项不能达到实验目的；
C．向苯酚浊液中加入碳酸钠，溶液变澄清，可说明酸性：苯酚，C项能达到实验目的；
D．因加入的物质的量小，无剩余，且加入的少量，若生成沉淀，可以证明，D项能达到实验目的；
故答案为：B。
【分析】A.该实验只有温度一个变量，能达到实验目的；
B.该实验存在阳离子和阴离子两个变量；
C.根据强酸制弱酸原理分析；
D.Ksp小的先沉淀。
6．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．脱氧剂中加入氯化钠的作用是使铁粉和碳粉在潮湿的环境中形成原电池，原电池反应可以加快脱氧过程的发生，效果更好，故A不符合题意；
B．脱氧剂大面积由黑色转变为红棕色说明脱氧剂中的铁粉已经完全被氧化为红棕色的氧化铁，已经失效，不具备脱氧能力，故B不符合题意；
C．脱氧剂中的铁粉发生吸氧腐蚀得到氧化铁，由得失电子数目守恒可知，理论上最多能吸收标准状况下氧气的体积为××22.4L/mol×103mL/L=336mL，故C符合题意；
D．降低温度冷藏，可以降低糕点的腐败速率，延长糕点保质期，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加入氯化钠可形成原电池，反应速率加快；
B.脱氧剂大面积由黑色转变为红棕色，说明铁粉已经完全被氧化为红棕色的氧化铁；
D.降温可减慢反应速率。
7．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置为原电池，H+移向正极，A不符合题意；
B．由分析可知，正极电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣＝NH4++3H2O，则其附近溶液的酸性减弱，B不符合题意；
C．由分析可知，负极电极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，C不符合题意；
D．与单独使用纳米铁粉相比，形成原电池可以加快反应速率，所以该水处理剂能加快NO3﹣的去除速率，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息，该装置为原电池，铁粉为负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+；碳粉为正极，发生还原反应，电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣＝NH4++3H2O。
8．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．增大盐酸的浓度，能加快反应速率，A符合题意；
B．若用稀盐酸，则不发生反应，B不符合题意；
C．增加MnO2的用量，反应速率不变，若使用粉末可加快反应速率，C不符合题意；
D．升高温度能加快反应速率，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.增大反应物的浓度，能加快反应速率。
B.稀盐酸与二氧化锰不反应。
C.增加或减少固体、纯液体的用量，不影响反应速率。
D. 升高温度能加快反应速率。
9．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．恒温、恒容，体系中再加入56g CaO(s)，气体的体积减小，压强增大，平衡逆向移动，A不符合题意；
B.100g CaCO3(s)的体积约为34mL，恒温、恒压，总体积增大，二氧化碳浓度不变，平衡不移动，B符合题意；
C．恒温，压缩容器体积，容器内压强增大，平衡逆向移动，由于温度不变，平衡常数不变，则新的平衡和旧的平衡中，c(CO2)相同，则反应速率也相同，C不符合题意；
D．恒温、恒压，体系中通入一定量N2，相当于减小压强，平衡正向移动，由于温度不变，平衡常数不变，c(CO2)不变，则新的平衡和旧的平衡等同，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
10．【答案】C
【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．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为，，反应速率之比等于化学计量数之比，，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为，则实验①达平衡时氨气浓度也为，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据反应速率之比等于化学计量数之比，利用v=Δc/Δt计算；
B．催化剂只影响反应速率，不影响平衡；
CD．依据影响反应速率的因素分析。
11．【答案】C
【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．等温等容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，由表格数据可知，0~50min，=50 kPa，结合反应2A(g)2B(g)+C(g)，=2=100 kPa，则生成B的平均速率为 =2kPa·min 1，故A不符合题意；
B．由数据可知，0~50min，=50 kPa，50~100min，=25 kPa，而100~200min，=18.75kPa，速率越来越慢，第80min的瞬时速率大于第120min的瞬时速率，故B不符合题意；
C．第一个50min，=50 kPa，第二个50min，=25 kPa，如果第三个50min，=12.5kPa，此时x为275+12.5=287.5，第四个50min，=6.25kPa，200min时287.5+6.25=293.75，假设合理，则推测出x为287.5，故C符合题意；
D．达到平衡时v正＝v逆，用不同物质表示同一反应速率速率之比等于化学计量数之比，则反应到达平衡时v正(A)＝2v逆(C)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．等温等容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，利用 计算；
B．反应过程中，速率越来越慢；
C．依据表中数据分析；
D．达到平衡时，用不同物质表示同一反应速率速率之比等于化学计量数之比。
12．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A不符合题意；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B符合题意；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C不符合题意；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.催化剂能降低反应的活化能；
B.化合价降低发生还原反应，化合价升高发生氧化反应；
C.氧化还原反应中有元素的化合价升高就必然有元素的化合价降低；
D.催化剂具有选择性。
13．【答案】C
【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．醋酸为弱酸，离子方程式时不能拆，所以镁与醋酸反应不能用Mg+2H+═Mg2++H2↑离子方程式表示，A不符合题意；
B．密闭容器中气体物质的量越大，气体压强越大，开始一段时间内c(H+)：盐酸＞醋酸，则开始一段时间内生成气体体积：盐酸＞醋酸，则曲线②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，B不符合题意；
C．反应中消耗H+而促进醋酸电离，则反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终生成氢气的量与n(酸)成正比，两种酸的物质的量相等，所以两种溶液最终产生的氢气总量基本相等，C符合题意；
D．当醋酸浓度达到一定程度后，c(H+)：盐酸＜醋酸，反应速率与c(H+)成正比，所以一段时间后盐酸与Mg反应的化学反应速率均慢于醋酸与Mg反应的化学反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同浓度的盐酸和醋酸，由于醋酸为弱酸，不能完全电离，所以刚刚开始H+浓度小，与金属镁反应是，化学反应速率会慢，产生氢气的速率慢，容器内压强增加的也就慢些，所以①代表的是醋酸，②代表盐酸，但是最终产生气体总量相等，所以最终压强相等，随着反应的进行，盐酸与镁反应速率快，消耗H+快，在反应后期，醋酸中H+浓度要大于盐酸中的氢离子浓度，所以在后期，醋酸与镁反应速率要快一些。
14．【答案】A,B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法符合题意；
B．根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v (X)= v (Y) +v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v (X) + v (Y) = v(Z)，B说法符合题意；
C．升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，则欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C说法不符合题意；
D．由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此总反应速率由反应②决定，D说法不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】X是反应物，所以随着反应进行，X的物质的量浓度逐渐减小，反应①中Y是生成物、反应②中Y是反应物，则随着反应的进行，Y的物质的量浓度先增大后减小，Z的物质的量浓度逐渐增大，所以浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②。
15．【答案】A,D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．t2时刻，正逆反应速率都增大，逆反应速率比正反应速率增大的多，平衡逆向移动，改变的某一条件可能是加压或者是升高温度，故A符合题意；
B．t4时刻，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，反应是气体分子数增大的反应，改变的某一条件可能是增大压强，故B不符合题意；
C．t6时刻，反应速率加快，平衡不移动，改变的某一条件可能是加入合适的催化剂，故C不符合题意；
D．反应达到平衡的各时间段内，和时间段内平衡均逆向移动，的含量最低时间段是，故D符合题意；
故答案为AD。
【分析】t1时反应达到平衡，t2时逆反应速率大于正反应速率，当改变浓度时其中一个速率瞬间不变，t4时正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，可为升高温度、增大压强等，t6时正逆反应速率都增大，且平衡不移动，可能为加入催化剂。
16．【答案】B,C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知步骤①是断键，未断键，因此只有非极性键断裂，故A不符合题意；
B．由图像可知反应物的总能量低于生成物的总能量，故该反应为吸热反应，，故B符合题意；
C．根据图中信息，过渡态Ⅰ的能量差最高，则活化能最大，其对应的步骤①反应速率最慢，故C符合题意；
D．根据反应的历程可知，有毒气体一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷，该方法可以清除剧毒气体，从而保护环境，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.步骤①是H2断键，CO未断键；
B.该反应的反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应；
C.活化能越大反应速率越慢；
D.该过程将有毒的一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷。
17．【答案】A,D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A． 由图像可知，增大压强， (正)> (逆)，平衡正向移动，该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，A符合题意；
B．由图像可知，增大压强，反应物的转化率减小，平衡逆向移动，而该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，B不符合题意；
C．由图像可知，升高温度，K增大，说明平衡正向移动，但该反应的正反应 ，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，C不符合题意；
D．由图像可知，该反应的正反应 ，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应物的浓度增大，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.中注意图像中根据外界条件的影响的综合判断，应该根据交叉点后的影响进行判断。
B.根据压强对平衡的影响进行判断，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动。
C.平衡常数只于温度有关，对于放热反应来说，K与T成反比关系。
D.根据温度对平衡的影响判断，升高温度平衡向吸热方向移动。
18．【答案】B,C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．平衡后加入X，反应物浓度增大，正反应速率会瞬间增大，而生成物浓度开始不变，因此逆反应速率在开始时不变，故A项判断不符合题意；
B．氦气不参加反应，恒温恒压下充入氦气，容器体积增大，容器内参加反应的物质的分压将减小，该反应为气体等体积反应，平衡不会移动，故B项判断符合题意；
C．温度不变，将容器的体积变为 2VL，容器内压强将减小，与原平衡互为等效平衡，容器体积增大一倍，因此Z 的平衡浓度变为原来的 1/2，故C项判断符合题意；
D．温度和容器体积不变时，向平衡混合物中加入 1molX 和 1molY，容器内压强将增大，新平衡与原平衡等效，因此新平衡与原平衡的质量分数相同，故D项判断不符合题意；
综上所述，判断正确的是BC项，故答案为BC。
【分析】A： 平衡后加入 X，开始时正反应速率均增大，逆反应速率不变
B：氦气不参加反应，恒温恒压下充入氦气，容器体积增大，容器内参加反应的物质的分压将减小
C：体积扩大两倍，浓度变为原来的 1/2，反应前后气体的物质的量不变，压强不影响平衡移动
D：由于压强不影响该平衡的移动，所以按原投料比加入原料形成的是等效平衡
19．【答案】C,D
【知识点】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． 反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H<0是放热反应，压强不变时，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，则T3>T2>T1，故A不符合题意；
B．温度越高反应速率越快，由A可知T3>T2>T1，则v(a)
D．T2曲线上b点代表平衡状态，e点要想达到平衡状态b点，CO的平衡转化率要增大，平衡正向移动，则e点反应速率v(正)>v(逆)，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】重点：1、同一反应，温度相同K相同
2、平衡状态时，v(正)=v(逆)，正向移动过v(正)>v(逆)，逆向移动v(正))
【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. 根据方程式：2H2O2=2H2O+O2 ，H2O2的物质的量的变化量为O2的两倍， 0～4min内的平均反应速率：v(H2O2)= = 3.75×10-2mol·L-1·min-1，故A符合题意；
B. 8min时，V(O2)=36.4 mL=0.0364L，则n(O2)= =0.001625mol，△n(H2O2)= 0.001625mol×2=0.00325mol，△c(H2O2)= =0.1625mol/L，c(H2O2)=0.2mol/L 0.1625mol/L=3.75×10-2mol·L-1，故B符合题意；
C. 反应开始至2min时，V(O2)=22.4 mL=0.0224L，则n(O2)= =0.001mol，△n(H2O2)= 0.001mol×2=0.002mol，转化率为 =50%，故C不符合题意；
D. 加入的FeSO4溶液过多时，混合溶液体积变大，H2O2浓度会变小，反应速率可能减慢，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】2H2O22H2O+O2
A.根据表格中给的数据，H2O2的物质的量的变化量为O2的两倍， 0～4min内的平均反应速率，根据公式可以计算
B.还是根据表格中给出的数据，可以计算过氧化氢的变化量，然后计算出浓度
C.开始时，2分钟，体积是22.4L，可以计算出参加反应的过氧化氢物质的量
D. 加入的是液体催化剂，加入的过多，导致反应物的浓度减小，会导致反应速率减慢
21．【答案】B,C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A不符合题意；
B．反应②存在v正=k正c（CO） c（Cl ）、v逆=k逆c（COCl ），平衡时正逆反应速率相等，则 ，故B符合题意；
C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C符合题意；
D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COCl2的平衡产率不变，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.考查活化能与反应速率的关系
B.Tijuana方程式写出②的平衡常数的表达式结合题意即可
C.反应的整体速率是由单个反应速率决定的，单个速率越块，整体速率越快
D.催化剂改变速率，不能改变平衡移动
22．【答案】C,D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A符合题意；
B．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，所以a是使用催化剂时的曲线，故B符合题意；
C．不断加入B，A的转化率增大，故C不符合题意；
D．该反应实质为Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大化学平衡不移动，故D不符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．升高温度，平衡向吸热方向移动，根据反应方向判断反应热； B．催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，平衡不移动； C． A的转化率随着B的增加而增大；D．氯化钾不影响平衡移动。
23．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A．由丁图可知，温度相同时，增大压强，D%增大，说明平衡正向移动，则m+n＞p+q，A不符合题意；
B．乙图中，若 ，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，B符合题意；
C．由丙图可知，温度为T2时反应先达到平衡，则 ，T1→T2，温度升高，C%减小，说明平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应，C不符合题意；
D．甲图中，曲线上的点为平衡点，点3对应的转化率小于平衡转化率，点3时反应正向进行，则表示反应速率 的是点3，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】
A.根据丁图，同温时增压正向移动；
B.乙图可知ａ增大反应速率，但未改变平衡；
C.丙图可知，先拐先平数值大， ；
D.甲图1点，转化率增大，正反应速率大于逆反应。
24．【答案】C,D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.第①步反应活化能较大，反应发生消耗的能量高，则该步反应难进行，其反应速率较小，总反应的快慢取决于慢反应，则总反应速率由第①步反应决定，故A不符合题意；
B.第②步反应中没有其它物质生成，原子利用率为100％，故B不符合题意；
C.第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则第②步反应的中间体稳定，故C符合题意；
D.从图中可以看到，第①步反应的活化能最大，故D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】 A.活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率；
B.化合反应中原子利用率为100%；
C.物质具有的能量越高越不稳定；
D.若生成物的总能量低于反应物的总能量，则为放热反应，反之相反。
25．【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分
（2）2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
（3）SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；3I--2e-=I
（4）
（5）I2+I-=I；偏小
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；
（3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+，故答案为：SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I，故答案为：3I--2e-=I；
（4）由题意可得如下关系：S~SO2~I~2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；
（5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I-=I，故答案为：I2+I-=I；
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
【分析】（1）增大反应物的接触面积可使反应更充分；
（2） 在高温下分解生成CaO、 和氧气；
（3）①电解池中，SO2与 I 发生氧化还原反应；
②电解池的阳极发生氧化反应；
（4）根据S~SO2~I~2e-计算；
（5）①碘和碘离子发生反应生成I；
②管式炉内壁上有残留，硫元素没有全部转化为二氧化硫。
26．【答案】（1）+206.1kJ/mol
（2）B；D
（3）反应I的△H1<0，反应II的△H2>0，600℃之后，温度升高，反应II向右移动，二氧化碳减少的量比反应I向左移动二氧化碳增加的量多
（4）BD；31；使用更高效的催化剂(增大催化剂比表面积)
（5）1.2；或0.0095
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)目标反应=反应II-反应I，故；
(2)A. CO2的消耗速率和CH4的生成速率相等，均为正反应方向，不能判断反应达平衡，A不正确；
B. 该反应前后气体分子数减少，容器体积恒定时，容器内气体压强不再发生变化，反应达到平衡，B正确；
C. 容器体积恒定，气体总质量不变，混合气体的密度一直不变，不能判断达平衡，C不正确；
D. 该反应前后气体分子数减少，达平衡时气体的混合气体的物质的量不变，气体的总质量不变，故平均相对分子质量不变，可以判断达平衡，D正确；
故答案为：BD；
(3)反应I的△H1<0，反应II的△H2>0，600℃之后，温度升高，反应II向右移动，二氧化碳的量减少，反应I向左移动，二氧化碳的量增加，总的结果是二氧化碳的量增加，说明反应I逆向的程度大于反应II正向的程度，故答案为：反应I的△H1<0，反应II的△H2>0，600℃之后，温度升高，反应II向右移动，二氧化碳减少的量比反应I向左移动二氧化碳增加的量多；
(4)A. 根据二氧化碳加氢制CH4的催化机理图示，催化过程使用的催化剂为La2O3，La2O2CO3为中间产物，A不正确；
B. 根据图示，La2O2CO3可以释放出CO2*(活化分子)，B正确；
C. H2经过Ni活性中心断键裂解产生活化态H*的过程为断开化学键的过程，断键吸收热量，C不正确；
D. 根据图示，La2O3是将CO2转化为CO2*(活化分子)的催化剂，Ni是将H2转化为活化态H*的催化剂，则加氢制CH4的过程需要La2O3和Ni共同完成，D正确；
故答案为：BD；
将曲线a上的点(3.2，9.2)和(3.4，3.0)代入Arrhenius经验公式，解得Ea=31kJ/mol，将曲线b上的点(3.2，9.2)和(3.6，1.0)代入Arrhenius经验公式，解得Ea=20.5kJ/mol，b曲线的活化能降低，改变的条件可能是催化剂，故答案为：使用更高效的催化剂(增大催化剂比表面积)；
(5)CO2和H2按物质的量之比为1：4，设CO2的物质的量为1mol，H2的物质的量为4mol，反应I中CO2转化的无物质的量为xmol，反应II中CO2转化的物质的量为ymol，可列出三段式：
，，CO2平衡转化率为80%，CH4选择性为50%，故x+y=0.8，，解得x=0.4，y=0.4，故平衡时各物质的物质的量和分压为：，反应II的平衡常数；CH4为生成物，初始分压为0MPa，10min时的分压为：，反应速率为： 。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（3） 反应Ⅰ的ΔH1<0，反应Ⅱ的ΔH2>0，600℃之后，温度升高，反应Ⅱ向右移动，二氧化碳减少的量比反应Ⅰ向左移动二氧化碳增加的量多；
（4）①A.La2O2CO3为中间产物；
B.图中La2O2CO3可以释放出CO2*(活化分子)；
C.断键吸收热量；
D.La2O3是将CO2转化为CO2*(活化分子)的催化剂，Ni是将H2转化为活化态H*的催化剂；
②将曲线上的点代入Rlnk=-计算；催化剂能影响活化能；
（5）列出反应的三段式计算。
27．【答案】（1）粉碎含锰矿料(或适当加热或搅拌)
（2）
（3）；3.7≤pH≤7.6
（4）
（5）
（6）；偏高
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】锰矿料(主要成分是，含少量、、FeO、CoO和)，加硫酸后，、、FeO、CoO 均溶于硫酸生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钴、硫酸锰等可溶性盐，其中不溶于硫酸生成浸渣；过滤得滤液，滤液中加二氧化锰和氨水，将铁转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，滤液中加硫化钠，将钴离子转化成硫化钴沉淀，过滤后，在滤液中加碳酸钠得到，将转入合成装置中加碳酸锂，通入氧气得到，据此分析解答。
(1)可以通过升高温度、搅拌、粉碎矿料、适当增大硫酸的浓度等措施提高“酸浸”速率，故答案为：粉碎含锰矿料(或适当加热或搅拌)；
(2)“除杂1”时，加入将亚铁离子氧化成三价铁，有利于将铁转化成沉淀除去，离子方程式为：，故答案为：；
(3)“固体1”中主要含生产的氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，由表格数据可知“除杂1”过程只为除去铁离子，而不使钴离子和锰离子沉淀，因此pH值应控制在3.7≤pH≤7.6，故答案为：；3.7≤pH≤7.6；
(4)将转入合成装置中加碳酸锂，通入氧气在高温下发生反应得到和二氧化碳，反应方程式为：，故答案为：；
(5)为了使残液中，必须控制≥，故答案为：；
(6)根据得失电子守恒可得关系式：，，消耗滴定液V mL，可知=mol，则mol，“浸渣”中锰元素的质量分数为==； ②如果省略第2步“煮沸溶液”，则会有溶液残留在溶液中，具有强氧化性也能氧化，增加了的消耗，使得测定结果偏高，故答案为：；偏高；
【分析】 含锰矿料加入硫酸酸浸，金属氧化物均转化为对应的金属阳离子，SiO2不溶，则浸渣为SiO2；加入二氧化锰和氨水，将铁转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，滤液中加硫化钠，将钴离子转化成硫化钴沉淀，过滤后，在滤液中加碳酸钠得到，将转入合成装置中加碳酸锂，通入氧气得到，据此分析解答。
28．【答案】（1）提高水浸温度、搅拌等
（2）
（3）；烧杯、漏斗、玻璃棒
（4）4.5≤pH≤9.3；2 +2H+ +H2O
（5）；增大
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)为加快“水浸”速率，可采取适当提高水浸温度、搅拌等措施，故答案为：提高水浸温度、搅拌等；
(2)已知铬铁矿废渣中主要含Cr2O3，Cr显+3价，而“浸出液”的主要成分为Na2CrO4，Cr显+6价，因此在焙烧过程中发生了氧化还原反应，Cr2O3为还原剂，O2为氧化剂，利用化合价升降法进行配平，反应方程式为： ，故答案为： ；
(3)由题意可知，铬铁矿废渣在焙烧过程中可将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，Cr2O3转化为Na2CrO4，“水浸”之后通过操作1过滤，可知滤渣为Fe2O3；从流程图可知进行操作2可得滤渣2，因此操作2为过滤，实验室中进行过滤用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗和烧杯，故答案为Fe2O3，玻璃棒、漏斗、烧杯；
(4)浸出液用H2SO4调节pH的目的是使杂质离子 和 完全沉淀，而 不沉淀。从溶液中部分离子的物质的量浓度的对数lgc与pH的关系图可知：当pH≤9.3时杂质离子 和 完全沉淀，但当pH<4.5时， 沉淀又发生反应转化为Al3+，因此浸出液用H2SO4调节pH的最佳范围是4.5≤pH≤9.3，在调pH的过程中，可知 与 之间发生相互转化，离子方程式为 ，故答案为4.5≤pH≤9.3， ；
(5)根据工作原理图可知：在M极苯酚发生氧化反应生成二氧化碳，做原电池的负极，在N极 发生还原反应生成 ，做原电池的正极，所以负极电极反应式为 ，正极的电极反应为 ，所以一段时间后，N极附近溶液pH增大，故答案为 ，增大；
【分析】铬铁矿废渣（主要含 Cr2O3、SiO2、Al2O3、Fe2O3 ）中回收提取铬，铬铁矿废渣中加入碳酸钠培烧，烧渣水浸过滤得到滤渣1主要是Fe2O3，浸出液中加入硫酸调节溶液pH4.5≤pH≤9.3，过滤得到滤渣2主要是硅酸、氢氧化铝，滤液中加入Na2S反应生成Cr(OH)3，煅烧得到Cr2O3，Cr2O3还原得到Cr。
29．【答案】（1）粉碎锆矿石(其他合理答案)
（2）温度过高， 会升华为气体；除去过量的炭黑
（3） (其他合理答案)
（4）将氯化物转化为沉淀，并将 转化为 而除去；过滤；烧杯、玻璃棒、漏斗
（5）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)粉碎锆矿石可以增大锆矿石与炭黑和氯气的接触面积，使氯化得更充分，故答案为：粉碎锆矿石；
(2)由题给信息可知，四氯化锆在390℃时会升华，所以温度过高，“高温氯化”过程中四氯化锆会升华为气体导致产率降低；因“高温氯化”得到的氯化物中混有过量的炭黑，“高温氯化”结束前通一段时间氧气，能将氯化物中的炭黑转化为二氧化碳，达到除去过量的炭黑的目的，故答案为：温度过高， 会升华为气体；除去过量的炭黑；
(3)由题意可知，氧化锆与与过量的炭黑、氯气高温下反应生成四氯化锆和二氧化碳，反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
(4)由分析可知，向氯化物加入稀氢氧化钠溶液碱浸时，过量稀氢氧化钠溶液将四氯化锆、氯化铜转化氢氧化锆、氢氧化铜沉淀，氯化铝转化为偏铝酸钠，达到除去氯化物中氯化钠和氯化铝的目的；得到“溶液1”的操作为过滤，过滤所用的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：将氯化物转化为沉淀，并将 转化为 而除去；过滤；烧杯、玻璃棒、漏斗；
(5)由分析可知，向滤渣中加入浓氢氧化钠溶液的目的是将氢氧化铜转化为四羟基合铜离子，反应的离子方程式为 ，故答案为： 。
【分析】“高温氯化”把氧化物转化为氯化物，ZrO2与C和氯气发生反应，同时生成氯化铜、氯化铝等，加入“过量的NaOH稀溶液”将氯化物转化为沉淀，并将AlCl3转化为而除去，溶液1成分为NaAlO2，加入NaOH浓溶液得到 和Zr(OH)4，焙烧分解可得ZrO2。
30．【答案】（1）+3
（2）矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
（3）漏斗、玻璃棒
（4）＞
（5）2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑；0.18
（6）Ce4+；1：2
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。
(1)CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F盐酸化合价由-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3；
(2)根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。
(3)操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
(4)氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2 > H2O2；
(5)“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则 ， 此时溶液的pH为5，则溶液中c( )= 0.18 mol/L。
(6)①根据图示，总反应为 ，该反应中的催化剂为Ce4+；
② 反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0计算；
（2）升温、增大反应物的接触面积等均能加快反应速率；
（3）操作①为过滤；
（4）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；
（5） “沉铈” 时CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀；结合、计算；
（6）①催化剂在反应前后不发生变化；
②该过程的总反应为。
31．【答案】（1）加快溶解速率；
（2）
（3）低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低
（4）4NA；
（5）10
（6）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)酸浸过程中适当升温的目的是加快溶解速率，由分析可知，酸溶渣的主要成分为。
(2)水解析出沉淀，根据电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式是。
(3)40℃时转化率最高的原因是低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低。
(4)中Ti为+4价，设-1价O原子的个数为x个，-2价O原子的个数为y个，则可得出，x+y=15，x+2y=22，解得x=8，y=7，即-1价O原子的个数为8个，则1mol该物质中所含过氧键的数目为4NA。同理可得，中O均为-2价，则可知反应过程中中-1价O既有降价，又有升价，得到氧气，则由与煅烧生成的化学方程式为。
(5)由图可知，，，当恰好沉淀完全时，，则此时，故溶液中浓度不超过10mol/L。
(6)由分析可知，酸溶步骤使用硫酸，水解后的母液中含有硫酸，则可循环利用的物质为。
【分析】该含钛高炉废渣的主要成分有、、、，加入盐酸酸浸，滤液中含有氯化铁、氯化铝、盐酸，再加入氨水分步沉淀，得到氢氧化铁、氢氧化铝，废水中含有氯化铵；浸渣中含有、，由第(2)问可知，加入硫酸酸溶时，溶解转化为，不反应，酸溶渣为，滤液中加入热水，水解生成，中加入氨水、过氧化氢反应生成，煅烧得到。
32．【答案】（1）
（2）生成羟基自由基，消耗有机配体R- ，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；0.45；反应iii速率加快，消耗较多·OH，不利于R-转化成·R
（3）3；无
（4）蒸发浓缩、冷却结晶；95.97%
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；制备实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】废水中的NiR2经过脱络后得到含镍离子的废水，加氢氧化钠溶液沉淀后得到氢氧化镍沉淀，滤液中含少量的镍离子，经过后续处理得到氢氧化镍固体。
(1)·OH的电子式为：；
(2)从整个反应历程来看，羟基自由基能消耗有机配体，使“脱络”反应平衡正向移动移动，故答案为：生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；由图知，H2O2加入量为0. 45g/ L时，镍的回收效果最好；当H2O2加入量高于0. 45g/ L时，反应iii 速率加快，导致羟基自由基大量减少，不利于除镍；
(3)Fe3+完全沉淀时c3(OH- )= mol3·L-3=1×10 -33 mol3 ·L-3，c(OH- )=1×10-11 mol/ L ，则c(H+)=1×10-3 mol/ L，即pH=3。此时Qc[Ni(OH)2]=0.01×(10-11)2=10-24< Ksp[Ni(OH)2]，故无Ni(OH)2沉淀生成；
(4)要得到NiSO4·7H2O固体需要将氢氧化镍沉淀先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O；Ni(OH)2沉淀转化成NiSO4·7H2O固体的转化率为(6.744g ÷281g/mol) ÷(2.325g÷93g/mol) × 100% = 96%，100 mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率为96%×99.97%≈95.97%。
【分析】（1） OH中O原子与H原子之间形成一对共用电子对，O原子上有一个单电子；
（2）①Fe2+和H2O2发生反应生成 OH， OH将R-转化为 R，c(R-)减小，使平衡 NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq) 正向移动；
②曲线的最高点为最佳加入量，低于此数值，生成的 OH 过少，则转化生成的自由基过少，而高于这个值，过氧化氢过多，可发生反应iii，消耗过氧化氢，从而使废水处理效果都下降；
（3）结合 Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1. 6×10-15 计算；
（4）先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O。
33．【答案】（1）A；增加反应物的浓度或及时从装置中分离出氢气
（2）CH4+3CO2 4CO + 2H2O
（3）c-a-b；水碳比越大，H2的物质的量分数越大；66. 7%或；0. 0432 (MPa)2或 (MPa)2；
【知识点】化学反应速率的影响因素；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；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①A．根据和质量守恒定律分析，密度一直保持不变，不能作为反应达到平衡状态的标志，故A选；
B．反应前后气体总体积不相等，压强不变可作为反应达到平衡状态的标志，故B不选；
C．CH4和CO的物质的量之比随反应而改变，若不变可作为反应达到平衡状态的标志，故C不选；
D．断裂4molC-H键的同时形成2molC=O，说明正逆反应速率相等，可作为反应达到平衡状态的标志，故D不选；
故答案为：A；
②该反应在恒温恒容的密闭容器中进行，若要提高平衡混合物中CO的浓度，可以采取的措施是增加反应物的浓度或及时从装置中分离出氢气，故答案为：增加反应物的浓度或及时从装置中分离出氢气；
(2)由题中重整过程中的催化转化原理示意图可知，过程I的反应为CH4+CO22CO + 2H2，过程II的第一步反应为Fe3O4+4CaO+2CO+2H2+2CO2=3Fe+4CaCO3+2H2O，第二步反应为3Fe+4CaCO3=Fe3O4+4CaO+4CO↑，过程II的总反应为2H2+2CO2=2CO+2H2O，则该技术总反应的方程式为CH4+3CO2 4CO + 2H2O，故答案为：CH4+3CO2 4CO + 2H2O；
(3)①根据盖斯定律可知，反应i+反应ii得CH4(g)+H2O (g) CO(g)+3H2(g) ΔH=△H1+△H2=(a+b) kJ/mol，由于反应热ΔH= Ea(正)- Ea(逆)，则Ea(逆)= Ea(正)- ΔH= ck/mol-(a+b) kJ/mol=( c-a-b) kJ/mol，故答案为：c-a-b；
②平衡温度一定时，由图中曲线走势可知，水碳比越大，H2的物质的量分数越大；
在平衡温度为900℃的条件下，水碳比为1时，H2的物质的量分数为0.6，设甲烷和水的物质的量均为a mol，达到化学平衡时甲烷消耗的物质的量为x mol，
所以(H2)==0.6，解得x=，则CH4的转化率(CH4)===66. 7%；
反应后气体总物质的量为2a+2x=mol，总压强p总=0.1MPa，各气体的平衡分压p(CH4)= p(H2O)=p总=0.1 p总=0.01 MPa，同理可得：p(CO)= 0.2 p总=0.02 MPa，p(H2)= 0.6p总=0.06 MPa，故压强平衡常数Kp===0. 0432 (MPa)2；
根据反应的速率方程为 v=kp(CH4)p-1 (H2)，此时反应速率v=k=，故答案为：水碳比越大，H2的物质的量分数越大；66. 7%；0. 0432 (MPa)2；。
【分析】（1）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
②提高反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH＞0的平衡混合物中CO的浓度，应使平衡正向移动；
（2）反应物为 CH4、CO2，产物为CO和水；
（3）①根据盖斯定律结合ΔH= Ea(正)- Ea(逆)计算；
②列出反应的三段式结合图像计算。
34．【答案】（1）；用NaOH溶液吸收
（2）搅拌、适当提高NaOH溶液浓度、适当提高温度等（任写一条）
（3）；335.2
（4）1：1
（5）
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)烧渣的主要成分是，焙烧反应的化学方程式为：；气体Y是 SO2，不能排放到空气中，可用NaOH溶液吸收；
(2)为提高烧渣碱浸速率，除将烧渣粉碎外，还可采取的措施是搅拌、适当提高NaOH溶液浓度、适当提高温度等（任写一条）；
(3)Te位于元素周期表第ⅥA族，根据分析，碱浸后的滤液中Te的存在形式是：；碱浸后加入NaF后，钙离子生成CaF2沉淀，当钙离子沉淀完全时，发生的反应为：，当钙离子沉淀完全时，消耗的NaF的质量至少为：；
(4)反应1中发生的反应为：，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：1；
(5)反应2为Na2TeO4溶液中加稀硫酸和亚硫酸钠，发生氧化还原反应得到目标产物Te，离子方程式为：。
【分析】辉碲铋矿在空气中焙烧后得到产物和SO2，烧渣用氢氧化钠溶液碱浸，Te元素的存在形式为Na2TeO3，少量的CaO转变为氢氧化钙，加NaF后钙离子转变为CaF2除去，加入双氧水后Na2TeO3被氧化为Na2TeO4，加稀硫酸和亚硫酸钠后发生氧化还原反应得到目标产物Te。
35．【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．图示为相同时间内的转化率，还会受到反应速率的影响，且图像中属于描点法所得图像，Q点不一定为图像的最高点，则不一定为平衡点，A项符合题意；
B．根据题目所给信息可知Ea1小于Ea2，活化能越小反应速率越快，相同条件下反应更易发生，所以相同温度下NO的转化率远高于SO2，B项不符合题意；
C．据图可知300℃后SO2的转化率接近为0，且不再变化，所以应是O3的分解导致转化率降低，C项不符合题意；
D．其它条件不变，扩大反应器的容积，平衡正向进行，臭氧浓度减小，反应I和反应I平衡逆向进行， NO和 SO2的转化率减小，且增大容器体积可以减慢反应速率，也可以减小单位时间内的转化率， D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.活化能越小反应速率越快；
C.300℃后SO2的转化率接近为0；
D.其它条件不变，若扩大反应器的容积，平衡正向移动，臭氧浓度减小。
2023年高考真题变式分类汇编：化学反应速率的影响因素3
一、选择题
1．（2022·天津市）向恒温恒容密闭容器中通入2mol 和1mol ，反应达到平衡后，再通入一定量，达到新平衡时，下列有关判断错误的是（ ）
A．的平衡浓度增大 B．反应平衡常数增大
C．正向反应速率增大 D．的转化总量增大
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，平衡后，再通入一定量，平衡正向移动，的平衡浓度增大，A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B符合题意；
C．通入一定量，反应物浓度增大，正向反应速率增大，C不符合题意；
D．通入一定量，促进二氧化硫的转化，的转化总量增大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 达到平衡后，反应物的浓度增大，平衡正向移动。
2．（2022·北京市）捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以为载气，以恒定组成的混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳。
下列说法错误的是（ ）
A．反应①为；反应②为
B．，比多，且生成速率不变，可能有副反应
C．时刻，副反应生成的速率大于反应②生成速率
D．之后，生成的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A不符合题意；
B．由题干图2信息可知，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B不符合题意；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成的速率小于反应②生成速率，C符合题意；
D．由题干图2信息可知，之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应①为CaO和二氧化碳反应生成碳酸钙；反应②为碳酸钙和甲烷反应生成CaO、CO和氢气；
B.，比多，且生成速率不变；
D.之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成的速率为0。
3．（2022·浙江6月选考）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（ ）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，v(NH3)= =2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)= v(NH3)=1.00 10-5mol/(L·min)，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)；
B.结合实验①②数据分析，两者表面积相同，实验①未达到平衡；
D.催化剂表面积越大，反应速率越快。
4．（2023·天津模拟）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应Ⅰ、Ⅱ发生在氧化炉中，反应Ⅲ发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如表所示。下列说法正确的是( )
温度 化学平衡常数
反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ：
A．升高氧化炉的温度可提高反应Ⅰ的逆反应速率而减慢反应Ⅱ的逆反应速率
B．通过减小氧化炉的压强可促进反应而抑制反应Ⅱ
C．在氧化炉中使用选择性催化反应的催化剂可增大氧化炉中的含量
D．氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．升温能加快反应速率，所以升高氧化炉的温度均能提高反应Ⅰ和反应Ⅱ的逆反应速率，A不符合题意；
B．反应I和II的气体分子数均增大，减小压强或增大压强对反应I和II的影响相同，B不符合题意；
C．在氧化炉中使用选择性催化反应Ⅰ的催化剂可加快反应I的速率，减小反应II的速率，C符合题意；
D．根据500℃、700℃时反应III的平衡常数可知，反应III正向是放热反应，温度过高会抑制反应III的发生，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据化学反应速率的影响因素进行分析。
B.反应I和II的气体分子数均增大，结合化学平衡的影响因素进行分析。
C.根据化学反应速率的影响因素进行分析。
D.升温利于平衡向吸热反应方向移动。
5．（2023·邵阳模拟）下列实验方案不能达到探究目的的是
选项 实验方案 探究目的
A 两个封有和混合气体的圆底烧瓶分别浸泡在热水和冷水中，比较两个烧瓶里气体的颜色 探究温度对化学平衡移动的影响
B 向两支盛有溶液的试管中分别加入的溶液和的溶液，比较产生气泡速率 探究、对分解速率的影响
C 向苯酚浊液中加入溶液，观察溶液变化 探究苯酚、酸性强弱
D 向盛有溶液的试管中滴加2滴的溶液，振荡，再向其中滴加4滴的溶液，观察沉淀及颜色变化 探究与的大小
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．是红棕色气体，是无色气体，可以观察颜色变化探究温度对化学平衡移动的影响，A项能达到实验目的；
B．未控制单一变量，阴离子种类不同，B项不能达到实验目的；
C．向苯酚浊液中加入碳酸钠，溶液变澄清，可说明酸性：苯酚，C项能达到实验目的；
D．因加入的物质的量小，无剩余，且加入的少量，若生成沉淀，可以证明，D项能达到实验目的；
故答案为：B。
【分析】A.该实验只有温度一个变量，能达到实验目的；
B.该实验存在阳离子和阴离子两个变量；
C.根据强酸制弱酸原理分析；
D.Ksp小的先沉淀。
6．（2023·湖北模拟）糕点礼盒中经常放入食品脱氧剂。一种常见固体脱氧剂的组成为铁粉、炭粉、氯化钠等，脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，下列分析错误的是
A．脱氧剂中加入氯化钠，可以加快脱氧过程，效果更好
B．脱氧剂大面积由黑色转变为红棕色，说明已经失效
C．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收标准状况下氧气224mL
D．降低温度冷藏，也可以延长糕点保质期
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．脱氧剂中加入氯化钠的作用是使铁粉和碳粉在潮湿的环境中形成原电池，原电池反应可以加快脱氧过程的发生，效果更好，故A不符合题意；
B．脱氧剂大面积由黑色转变为红棕色说明脱氧剂中的铁粉已经完全被氧化为红棕色的氧化铁，已经失效，不具备脱氧能力，故B不符合题意；
C．脱氧剂中的铁粉发生吸氧腐蚀得到氧化铁，由得失电子数目守恒可知，理论上最多能吸收标准状况下氧气的体积为××22.4L/mol×103mL/L=336mL，故C符合题意；
D．降低温度冷藏，可以降低糕点的腐败速率，延长糕点保质期，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加入氯化钠可形成原电池，反应速率加快；
B.脱氧剂大面积由黑色转变为红棕色，说明铁粉已经完全被氧化为红棕色的氧化铁；
D.降温可减慢反应速率。
7．（2022高三上·金山模拟）某水处理剂由纳米铁粉附着在多孔炭粉的表面复合而成，利用原电池原理处理弱酸性废水中的NO3－时，其表面发生如图所示反应。下列说法正确的是（ ）
A．电池工作时，H+向负极移动
B．正极附近溶液的酸性增强
C．负极电极式：Fe－3e－＝Fe3+
D．与单独使用纳米铁粉相比，该水处理剂能加快NO3－的除去速率
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置为原电池，H+移向正极，A不符合题意；
B．由分析可知，正极电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣＝NH4++3H2O，则其附近溶液的酸性减弱，B不符合题意；
C．由分析可知，负极电极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，C不符合题意；
D．与单独使用纳米铁粉相比，形成原电池可以加快反应速率，所以该水处理剂能加快NO3﹣的去除速率，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息，该装置为原电池，铁粉为负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+；碳粉为正极，发生还原反应，电极反应式为NO3﹣+10H++8e﹣＝NH4++3H2O。
8．（2022高三上·金山模拟）实验室用盐酸和二氧化锰制备Cl2，有关说法正确的是（ ）
A．增大盐酸的浓度能加快反应速率
B．用稀盐酸则反应速率较慢
C．增加MnO2的用量可显著加快反应速率
D．升高温度则减慢反应速率
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．增大盐酸的浓度，能加快反应速率，A符合题意；
B．若用稀盐酸，则不发生反应，B不符合题意；
C．增加MnO2的用量，反应速率不变，若使用粉末可加快反应速率，C不符合题意；
D．升高温度能加快反应速率，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.增大反应物的浓度，能加快反应速率。
B.稀盐酸与二氧化锰不反应。
C.增加或减少固体、纯液体的用量，不影响反应速率。
D. 升高温度能加快反应速率。
9．（2022·温州模拟）T℃，反应，在密闭容器中达到平衡时的体积为100mL。已知密度：CaO(s)：、：。下列有关说法正确的是
A．恒温、恒容，体系中再加入56g，平衡不移动
B．恒温、恒压，体系中再加入100g，平衡不移动
C．恒温，压缩容器体积，平衡后，反应速率加快
D．恒温、恒压，体系中通入一定量，平衡正向移动，建立新的平衡状态
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．恒温、恒容，体系中再加入56g CaO(s)，气体的体积减小，压强增大，平衡逆向移动，A不符合题意；
B.100g CaCO3(s)的体积约为34mL，恒温、恒压，总体积增大，二氧化碳浓度不变，平衡不移动，B符合题意；
C．恒温，压缩容器体积，容器内压强增大，平衡逆向移动，由于温度不变，平衡常数不变，则新的平衡和旧的平衡中，c(CO2)相同，则反应速率也相同，C不符合题意；
D．恒温、恒压，体系中通入一定量N2，相当于减小压强，平衡正向移动，由于温度不变，平衡常数不变，c(CO2)不变，则新的平衡和旧的平衡等同，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
10．（2022·奉贤模拟）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g) N2(g)+3H2(g)，测得不同起始浓度（）和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如表所示，下列说法错误的是
编号 0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A．实验①，0~20min，
B．实验②，60min时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【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．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为，，反应速率之比等于化学计量数之比，，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为，则实验①达平衡时氨气浓度也为，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据反应速率之比等于化学计量数之比，利用v=Δc/Δt计算；
B．催化剂只影响反应速率，不影响平衡；
CD．依据影响反应速率的因素分析。
11．（2022·丽水、湖州、衢州模拟）在密闭容器中发生反应2A(g)2B(g)+C(g)，其速率可表示为。在500℃，实验测得体系总压强数据如下表：
t/min 0 50 100 150 200
p总/kPa 200 250 275 x 293.75
下列说法正确的是
A．0~50min，生成B的平均速率为1kPa·min 1
B．第80min的瞬时速率小于第120min的瞬时速率
C．推测上表中的x为287.5
D．反应到达平衡时2v正(A)＝v逆(C)
【答案】C
【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．等温等容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，由表格数据可知，0~50min，=50 kPa，结合反应2A(g)2B(g)+C(g)，=2=100 kPa，则生成B的平均速率为 =2kPa·min 1，故A不符合题意；
B．由数据可知，0~50min，=50 kPa，50~100min，=25 kPa，而100~200min，=18.75kPa，速率越来越慢，第80min的瞬时速率大于第120min的瞬时速率，故B不符合题意；
C．第一个50min，=50 kPa，第二个50min，=25 kPa，如果第三个50min，=12.5kPa，此时x为275+12.5=287.5，第四个50min，=6.25kPa，200min时287.5+6.25=293.75，假设合理，则推测出x为287.5，故C符合题意；
D．达到平衡时v正＝v逆，用不同物质表示同一反应速率速率之比等于化学计量数之比，则反应到达平衡时v正(A)＝2v逆(C)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．等温等容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，利用 计算；
B．反应过程中，速率越来越慢；
C．依据表中数据分析；
D．达到平衡时，用不同物质表示同一反应速率速率之比等于化学计量数之比。
12．（2022·朝阳模拟）汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析错误的是（ ）
A．催化剂能提高反应速率
B．、均发生了氧化反应
C．转化为时，转化为
D．催化剂对化学反应有选择性
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A不符合题意；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B符合题意；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C不符合题意；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.催化剂能降低反应的活化能；
B.化合价降低发生还原反应，化合价升高发生氧化反应；
C.氧化还原反应中有元素的化合价升高就必然有元素的化合价降低；
D.催化剂具有选择性。
13．（2022·南开模拟）在两个密闭的锥形瓶中，0.05g形状相同的镁条(过量)分别与2mL 2mol/L的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。
下列说法正确的是（ ）
A．两个反应的离子方程式均为
B．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
C．反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
【答案】C
【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．醋酸为弱酸，离子方程式时不能拆，所以镁与醋酸反应不能用Mg+2H+═Mg2++H2↑离子方程式表示，A不符合题意；
B．密闭容器中气体物质的量越大，气体压强越大，开始一段时间内c(H+)：盐酸＞醋酸，则开始一段时间内生成气体体积：盐酸＞醋酸，则曲线②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，B不符合题意；
C．反应中消耗H+而促进醋酸电离，则反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终生成氢气的量与n(酸)成正比，两种酸的物质的量相等，所以两种溶液最终产生的氢气总量基本相等，C符合题意；
D．当醋酸浓度达到一定程度后，c(H+)：盐酸＜醋酸，反应速率与c(H+)成正比，所以一段时间后盐酸与Mg反应的化学反应速率均慢于醋酸与Mg反应的化学反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】同浓度的盐酸和醋酸，由于醋酸为弱酸，不能完全电离，所以刚刚开始H+浓度小，与金属镁反应是，化学反应速率会慢，产生氢气的速率慢，容器内压强增加的也就慢些，所以①代表的是醋酸，②代表盐酸，但是最终产生气体总量相等，所以最终压强相等，随着反应的进行，盐酸与镁反应速率快，消耗H+快，在反应后期，醋酸中H+浓度要大于盐酸中的氢离子浓度，所以在后期，醋酸与镁反应速率要快一些。
二、多选题
14．（2022·河北）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①；②。反应①的速率，反应②的速率，式中为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的曲线。下列说法错误的是（ ）
A．随的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于时，总反应速率由反应②决定
【答案】A,B
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法符合题意；
B．根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v (X)= v (Y) +v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v (X) + v (Y) = v(Z)，B说法符合题意；
C．升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，则欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C说法不符合题意；
D．由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此总反应速率由反应②决定，D说法不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】X是反应物，所以随着反应进行，X的物质的量浓度逐渐减小，反应①中Y是生成物、反应②中Y是反应物，则随着反应的进行，Y的物质的量浓度先增大后减小，Z的物质的量浓度逐渐增大，所以浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②。
15．（2021高二上·湖南期中）湿法烟气脱氮工艺中常用到尿素，其反应原理为，反应达到平衡后仅改变某一条件，反应速率v与时间t的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．t2时刻，改变的某一条件可能是充入少量的N2
B．t4时刻，改变的某一条件可能是增大压强
C．t6时刻，改变的某一条件可能是加入合适的催化剂
D．反应达到平衡的各时间段内，时间段内的含量最低
【答案】A,D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．t2时刻，正逆反应速率都增大，逆反应速率比正反应速率增大的多，平衡逆向移动，改变的某一条件可能是加压或者是升高温度，故A符合题意；
B．t4时刻，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，反应是气体分子数增大的反应，改变的某一条件可能是增大压强，故B不符合题意；
C．t6时刻，反应速率加快，平衡不移动，改变的某一条件可能是加入合适的催化剂，故C不符合题意；
D．反应达到平衡的各时间段内，和时间段内平衡均逆向移动，的含量最低时间段是，故D符合题意；
故答案为AD。
【分析】t1时反应达到平衡，t2时逆反应速率大于正反应速率，当改变浓度时其中一个速率瞬间不变，t4时正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，可为升高温度、增大压强等，t6时正逆反应速率都增大，且平衡不移动，可能为加入催化剂。
16．（2021高二上·湖南期中）一氧化碳甲烷化反应为 。下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化(部分物质省略)。下列说法错误的是（ ）
A．步骤①只有非极性键断裂
B．该反应的
C．过渡态II能量最高，因此其对应的步骤③反应速率最慢
D．该方法可以清除剧毒气体，从而保护环境
【答案】B,C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知步骤①是断键，未断键，因此只有非极性键断裂，故A不符合题意；
B．由图像可知反应物的总能量低于生成物的总能量，故该反应为吸热反应，，故B符合题意；
C．根据图中信息，过渡态Ⅰ的能量差最高，则活化能最大，其对应的步骤①反应速率最慢，故C符合题意；
D．根据反应的历程可知，有毒气体一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷，该方法可以清除剧毒气体，从而保护环境，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.步骤①是H2断键，CO未断键；
B.该反应的反应物的总能量低于生成物的总能量，为吸热反应；
C.活化能越大反应速率越慢；
D.该过程将有毒的一氧化碳与氢气反应最终转化为无毒的甲烷。
17．（2020高二上·黄山期中）臭氧是理想的脱硝试剂，其反应为： 。反应达平衡后，其他条件不变，只改变下图中的条件，正确的是
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A． 由图像可知，增大压强， (正)> (逆)，平衡正向移动，该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，A符合题意；
B．由图像可知，增大压强，反应物的转化率减小，平衡逆向移动，而该反应的正反应是一个气体体积减小的方向，增大压强，平衡正向移动，B不符合题意；
C．由图像可知，升高温度，K增大，说明平衡正向移动，但该反应的正反应 ，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，C不符合题意；
D．由图像可知，该反应的正反应 ，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应物的浓度增大，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.中注意图像中根据外界条件的影响的综合判断，应该根据交叉点后的影响进行判断。
B.根据压强对平衡的影响进行判断，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动。
C.平衡常数只于温度有关，对于放热反应来说，K与T成反比关系。
D.根据温度对平衡的影响判断，升高温度平衡向吸热方向移动。
18．（2020高二上·滨海期中）一定温度下，在体积为 VL 的密闭容器中加入 1molX 和 1molY 进行如下反应： X(g)+ Y(g ) 2Z(g )+ W(s)；ΔH >0 达到平衡，下列判断正确的是( )
A．平衡后加入 X，开始时，正、逆反应速率均增大
B．恒温恒压向平衡混合物中加入少量氦气，上述反应不发生移动
C．温度不变，将容器的体积变为 2VL，Z 的平衡浓度变为原来的 1/2
D．温度和容器体积不变时，向平衡混合物中加入 1molX 和 1molY，重新达到平衡状态时，Z 的质量分数增大
【答案】B,C
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．平衡后加入X，反应物浓度增大，正反应速率会瞬间增大，而生成物浓度开始不变，因此逆反应速率在开始时不变，故A项判断不符合题意；
B．氦气不参加反应，恒温恒压下充入氦气，容器体积增大，容器内参加反应的物质的分压将减小，该反应为气体等体积反应，平衡不会移动，故B项判断符合题意；
C．温度不变，将容器的体积变为 2VL，容器内压强将减小，与原平衡互为等效平衡，容器体积增大一倍，因此Z 的平衡浓度变为原来的 1/2，故C项判断符合题意；
D．温度和容器体积不变时，向平衡混合物中加入 1molX 和 1molY，容器内压强将增大，新平衡与原平衡等效，因此新平衡与原平衡的质量分数相同，故D项判断不符合题意；
综上所述，判断正确的是BC项，故答案为BC。
【分析】A： 平衡后加入 X，开始时正反应速率均增大，逆反应速率不变
B：氦气不参加反应，恒温恒压下充入氦气，容器体积增大，容器内参加反应的物质的分压将减小
C：体积扩大两倍，浓度变为原来的 1/2，反应前后气体的物质的量不变，压强不影响平衡移动
D：由于压强不影响该平衡的移动，所以按原投料比加入原料形成的是等效平衡
19．（2020高二上·张家口期中）用CO合成甲醇(CH3OH)的热化学方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H<0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．温度：T1>T2>T3
B．正反应速率：v(a)>v(c)
C．平衡常数：K(b)=K(d)
D．在T2温度和1.0×104kPa下，反应在某时刻处于e点，则e点反应速率v(正)>v(逆)
【答案】C,D
【知识点】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． 反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H<0是放热反应，压强不变时，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，则T3>T2>T1，故A不符合题意；
B．温度越高反应速率越快，由A可知T3>T2>T1，则v(a)
D．T2曲线上b点代表平衡状态，e点要想达到平衡状态b点，CO的平衡转化率要增大，平衡正向移动，则e点反应速率v(正)>v(逆)，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】重点：1、同一反应，温度相同K相同
2、平衡状态时，v(正)=v(逆)，正向移动过v(正)>v(逆)，逆向移动v(正))
t/min 0 2 4 8
V(O2)/mL 0 22.4 33.6 36.4
下列说法正确的是（ ）(忽略溶液的体积变化)
A．0～4min内的平均反应速率：v(H2O2)=3.75×10-2mol·L-1·min-1
B．第8min时，c(H2O2)=3.75×10-2mol·L-1
C．反应开始至2min时，H2O2转化率为75%
D．加入的FeSO4溶液越多，反应速率越快
【答案】A,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. 根据方程式：2H2O2=2H2O+O2 ，H2O2的物质的量的变化量为O2的两倍， 0～4min内的平均反应速率：v(H2O2)= = 3.75×10-2mol·L-1·min-1，故A符合题意；
B. 8min时，V(O2)=36.4 mL=0.0364L，则n(O2)= =0.001625mol，△n(H2O2)= 0.001625mol×2=0.00325mol，△c(H2O2)= =0.1625mol/L，c(H2O2)=0.2mol/L 0.1625mol/L=3.75×10-2mol·L-1，故B符合题意；
C. 反应开始至2min时，V(O2)=22.4 mL=0.0224L，则n(O2)= =0.001mol，△n(H2O2)= 0.001mol×2=0.002mol，转化率为 =50%，故C不符合题意；
D. 加入的FeSO4溶液过多时，混合溶液体积变大，H2O2浓度会变小，反应速率可能减慢，故D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】2H2O22H2O+O2
A.根据表格中给的数据，H2O2的物质的量的变化量为O2的两倍， 0～4min内的平均反应速率，根据公式可以计算
B.还是根据表格中给出的数据，可以计算过氧化氢的变化量，然后计算出浓度
C.开始时，2分钟，体积是22.4L，可以计算出参加反应的过氧化氢物质的量
D. 加入的是液体催化剂，加入的过多，导致反应物的浓度减小，会导致反应速率减慢
21．（2020高二上·唐山期中）Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下： ①Cl2（g） 2Cl （g）快；②CO（g）+Cl （g） COCl （g）快；③COCl （g）+Cl2（g） COCl2（g）+Cl （g）慢。其中反应②存在v正=k正c（CO） c（Cl ）、v逆=k逆c（COCl ）。下列说法正确的是( )
A．反应①的活化能大于反应③的活化能
B．反应②的平衡常数K=
C．要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D．选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率
【答案】B,C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A不符合题意；
B．反应②存在v正=k正c（CO） c（Cl ）、v逆=k逆c（COCl ），平衡时正逆反应速率相等，则 ，故B符合题意；
C．慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C符合题意；
D．催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COCl2的平衡产率不变，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.考查活化能与反应速率的关系
B.Tijuana方程式写出②的平衡常数的表达式结合题意即可
C.反应的整体速率是由单个反应速率决定的，单个速率越块，整体速率越快
D.催化剂改变速率，不能改变平衡移动
22．（2020高二上·延寿期中）下列有关化学反应速率和化学平衡影响的图象，其中图象和实验结论表达错误的是（ ）
A．a是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH > 0
B．b是在有无催化剂存在下建立的平衡过程图象，Ⅰ是使用催化剂时的曲线
C．c是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1 > p2
D．d是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl固体后化学反应速率随时间变化的图象
【答案】C,D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H＞0，故A符合题意；
B．使用催化剂，反应速率加快，缩短反应时间，所以先达到平衡状态，所以a是使用催化剂时的曲线，故B符合题意；
C．不断加入B，A的转化率增大，故C不符合题意；
D．该反应实质为Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大化学平衡不移动，故D不符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．升高温度，平衡向吸热方向移动，根据反应方向判断反应热； B．催化剂能同等程度的改变正逆反应速率，平衡不移动； C． A的转化率随着B的增加而增大；D．氯化钾不影响平衡移动。
23．（2020高二上·平邑期中）化学研究小组探究外界条件对化学反应 的速率和平衡的影响图像如下，下列判断错误的是（ ）
A．由丁图可知，该反应
B．乙图中，若 ，则a曲线一定使用了催化剂
C．由丙图可知， ，该反应正反应为放热反应
D．甲图中，表示反应速率 的是点1
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A．由丁图可知，温度相同时，增大压强，D%增大，说明平衡正向移动，则m+n＞p+q，A不符合题意；
B．乙图中，若 ，该反应为气体体积不变的反应，图中a、b平衡状态相同，则a曲线可能使用了催化剂或增大压强，B符合题意；
C．由丙图可知，温度为T2时反应先达到平衡，则 ，T1→T2，温度升高，C%减小，说明平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应，C不符合题意；
D．甲图中，曲线上的点为平衡点，点3对应的转化率小于平衡转化率，点3时反应正向进行，则表示反应速率 的是点3，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】
A.根据丁图，同温时增压正向移动；
B.乙图可知ａ增大反应速率，但未改变平衡；
C.丙图可知，先拐先平数值大， ；
D.甲图1点，转化率增大，正反应速率大于逆反应。
24．（2020高三上·即墨期中）目前认为乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．总反应速率由第①步反应决定
B．第②步反应原子利用率为100％
C．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体稳定
D．第①步反应的活化能最小，第②③步反应为放热反应
【答案】C,D
【知识点】吸热反应和放热反应；化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A.第①步反应活化能较大，反应发生消耗的能量高，则该步反应难进行，其反应速率较小，总反应的快慢取决于慢反应，则总反应速率由第①步反应决定，故A不符合题意；
B.第②步反应中没有其它物质生成，原子利用率为100％，故B不符合题意；
C.第①步反应的中间体比第②步反应的中间体能量高，能量越高越不稳定，则第②步反应的中间体稳定，故C符合题意；
D.从图中可以看到，第①步反应的活化能最大，故D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】 A.活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率；
B.化合反应中原子利用率为100%；
C.物质具有的能量越高越不稳定；
D.若生成物的总能量低于反应物的总能量，则为放热反应，反之相反。
三、非选择题
25．（2022·北京市）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。
（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是 。
（2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为 。
（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为 。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。
（4）煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为 。
已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
（5）条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为 。
②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为 。(填“偏大”或“偏小”)
【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分
（2）2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
（3）SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；3I--2e-=I
（4）
（5）I2+I-=I；偏小
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；
（3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+，故答案为：SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I，故答案为：3I--2e-=I；
（4）由题意可得如下关系：S~SO2~I~2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；
（5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I-=I，故答案为：I2+I-=I；
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
【分析】（1）增大反应物的接触面积可使反应更充分；
（2） 在高温下分解生成CaO、 和氧气；
（3）①电解池中，SO2与 I 发生氧化还原反应；
②电解池的阳极发生氧化反应；
（4）根据S~SO2~I~2e-计算；
（5）①碘和碘离子发生反应生成I；
②管式炉内壁上有残留，硫元素没有全部转化为二氧化硫。
26．（2022·内江模拟）研究二氧化碳的资源化利用具有重要的意义。回答下列问题：
（1）已知下列热化学方程式：
反应I：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.9kJ/mol。
反应II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的ΔH3= 。
（2）在T℃时，将CO2和H2加入容积不变的密闭容器中，发生反应I：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)，能判断反应达到平衡的是____(填标号)。
A．CO2的消耗速率和CH4的生成速率相等
B．容器内气体压强不再发生变化
C．混合气体的密度不再发生变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
（3）将n(CO2)：n(H2)=1：4的混合气体充入密闭容器中发生上述反应I、II，在不同温度和压强时，CO2的平衡转化率如图所示。0.1MPa时，CO2的转化率在600℃之后，随温度升高而增大的主要原因是 。
（4）①CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图，下列说法中正确的是 。
A．催化过程使用的催化剂为La2O3和La2O2CO3
B．La2O2CO3可以释放出CO2*(活化分子)
C．H2经过Ni活性中心断键裂解产生活化态H*的过程为放热过程
D．CO2加氢制备CH4的过程需要La2O3和Ni共同完成
②CO2加氢制备CH4过程中发生如下反应：
I.CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) △H1
II.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H2
反应I的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea= kJ/mol。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
（5）一定温度和压强为1MPa条件下，将CO2和H2按物质的量之比为1：4通入密闭弹性容器中发生催化反应，假设只发生反应：I.CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)；II.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，10min两个反应均达到平衡时，CO2平衡转化率为80%，CH4选择性为50%[CH4的选择性=]。该温度下，反应II的Kp (已知Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替)，用CH4的分压变化表示反应I在10分钟内达平衡的平均速率为 MPa·min-1(列出算式即可)。
【答案】（1）+206.1kJ/mol
（2）B；D
（3）反应I的△H1<0，反应II的△H2>0，600℃之后，温度升高，反应II向右移动，二氧化碳减少的量比反应I向左移动二氧化碳增加的量多
（4）BD；31；使用更高效的催化剂(增大催化剂比表面积)
（5）1.2；或0.0095
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)目标反应=反应II-反应I，故；
(2)A. CO2的消耗速率和CH4的生成速率相等，均为正反应方向，不能判断反应达平衡，A不正确；
B. 该反应前后气体分子数减少，容器体积恒定时，容器内气体压强不再发生变化，反应达到平衡，B正确；
C. 容器体积恒定，气体总质量不变，混合气体的密度一直不变，不能判断达平衡，C不正确；
D. 该反应前后气体分子数减少，达平衡时气体的混合气体的物质的量不变，气体的总质量不变，故平均相对分子质量不变，可以判断达平衡，D正确；
故答案为：BD；
(3)反应I的△H1<0，反应II的△H2>0，600℃之后，温度升高，反应II向右移动，二氧化碳的量减少，反应I向左移动，二氧化碳的量增加，总的结果是二氧化碳的量增加，说明反应I逆向的程度大于反应II正向的程度，故答案为：反应I的△H1<0，反应II的△H2>0，600℃之后，温度升高，反应II向右移动，二氧化碳减少的量比反应I向左移动二氧化碳增加的量多；
(4)A. 根据二氧化碳加氢制CH4的催化机理图示，催化过程使用的催化剂为La2O3，La2O2CO3为中间产物，A不正确；
B. 根据图示，La2O2CO3可以释放出CO2*(活化分子)，B正确；
C. H2经过Ni活性中心断键裂解产生活化态H*的过程为断开化学键的过程，断键吸收热量，C不正确；
D. 根据图示，La2O3是将CO2转化为CO2*(活化分子)的催化剂，Ni是将H2转化为活化态H*的催化剂，则加氢制CH4的过程需要La2O3和Ni共同完成，D正确；
故答案为：BD；
将曲线a上的点(3.2，9.2)和(3.4，3.0)代入Arrhenius经验公式，解得Ea=31kJ/mol，将曲线b上的点(3.2，9.2)和(3.6，1.0)代入Arrhenius经验公式，解得Ea=20.5kJ/mol，b曲线的活化能降低，改变的条件可能是催化剂，故答案为：使用更高效的催化剂(增大催化剂比表面积)；
(5)CO2和H2按物质的量之比为1：4，设CO2的物质的量为1mol，H2的物质的量为4mol，反应I中CO2转化的无物质的量为xmol，反应II中CO2转化的物质的量为ymol，可列出三段式：
，，CO2平衡转化率为80%，CH4选择性为50%，故x+y=0.8，，解得x=0.4，y=0.4，故平衡时各物质的物质的量和分压为：，反应II的平衡常数；CH4为生成物，初始分压为0MPa，10min时的分压为：，反应速率为： 。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（3） 反应Ⅰ的ΔH1<0，反应Ⅱ的ΔH2>0，600℃之后，温度升高，反应Ⅱ向右移动，二氧化碳减少的量比反应Ⅰ向左移动二氧化碳增加的量多；
（4）①A.La2O2CO3为中间产物；
B.图中La2O2CO3可以释放出CO2*(活化分子)；
C.断键吸收热量；
D.La2O3是将CO2转化为CO2*(活化分子)的催化剂，Ni是将H2转化为活化态H*的催化剂；
②将曲线上的点代入Rlnk=-计算；催化剂能影响活化能；
（5）列出反应的三段式计算。
27．（2022高二下·新乡期中）是锂离子电池的活性材料。某小组以含锰矿料(主要成分是，含少量、、FeO、CoO和)为原料制备的流程如图所示(部分条件和产物省略)。
已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.7 7.6 7.6 7.7
完全沉淀的pH 3.7 9.1 9.1 9.2
请回答下列问题：
（1）写出一条提高“酸浸”速率的措施： 。
（2）“除杂1”时，加入的作用是 (用离子方程式表示)。
（3）“固体1”中除了含有外，还只含有另外一种固体，其化学式为 ，则“除杂1”过程调节pH范围为 。
（4）在高温下“合成”，反应的化学方程式为 。
（5）已知：常温下，。为了使残液中，必须控制≥ mol/L。
（6）“浸渣”中含少量锰元素，其测定方法如下：
第1步：称取W g“浸渣”，加酸将锰元素以形式全部溶出，过滤，将滤液加入250mL容量瓶中，定容；
第2步：取25.00mL上述定容后的溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量溶液，加热，充分反应后，煮沸溶液；
第3步：用溶液滴定至终点，消耗滴定液V mL，使重新变为。
已知：具有强氧化性，受热易分解。
①“浸渣”中锰元素的质量分数为 (用含W、V的代数式表示)。
②如果省略第2步“煮沸溶液”，测得结果将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）粉碎含锰矿料(或适当加热或搅拌)
（2）
（3）；3.7≤pH≤7.6
（4）
（5）
（6）；偏高
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】锰矿料(主要成分是，含少量、、FeO、CoO和)，加硫酸后，、、FeO、CoO 均溶于硫酸生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钴、硫酸锰等可溶性盐，其中不溶于硫酸生成浸渣；过滤得滤液，滤液中加二氧化锰和氨水，将铁转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，滤液中加硫化钠，将钴离子转化成硫化钴沉淀，过滤后，在滤液中加碳酸钠得到，将转入合成装置中加碳酸锂，通入氧气得到，据此分析解答。
(1)可以通过升高温度、搅拌、粉碎矿料、适当增大硫酸的浓度等措施提高“酸浸”速率，故答案为：粉碎含锰矿料(或适当加热或搅拌)；
(2)“除杂1”时，加入将亚铁离子氧化成三价铁，有利于将铁转化成沉淀除去，离子方程式为：，故答案为：；
(3)“固体1”中主要含生产的氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，由表格数据可知“除杂1”过程只为除去铁离子，而不使钴离子和锰离子沉淀，因此pH值应控制在3.7≤pH≤7.6，故答案为：；3.7≤pH≤7.6；
(4)将转入合成装置中加碳酸锂，通入氧气在高温下发生反应得到和二氧化碳，反应方程式为：，故答案为：；
(5)为了使残液中，必须控制≥，故答案为：；
(6)根据得失电子守恒可得关系式：，，消耗滴定液V mL，可知=mol，则mol，“浸渣”中锰元素的质量分数为==； ②如果省略第2步“煮沸溶液”，则会有溶液残留在溶液中，具有强氧化性也能氧化，增加了的消耗，使得测定结果偏高，故答案为：；偏高；
【分析】 含锰矿料加入硫酸酸浸，金属氧化物均转化为对应的金属阳离子，SiO2不溶，则浸渣为SiO2；加入二氧化锰和氨水，将铁转化为氢氧化铁沉淀，过滤除去，滤液中加硫化钠，将钴离子转化成硫化钴沉淀，过滤后，在滤液中加碳酸钠得到，将转入合成装置中加碳酸锂，通入氧气得到，据此分析解答。
28．（2022·德州模拟）工业上从铬铁矿废渣(主要含Cr2O3、SiO2、Al2O3、Fe2O3)中回收提取铬的工艺流程如下：
注：焙烧可将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。
（1）为加快“水浸”速率，可采取的措施为 (写出一种即可)。
（2）已知“浸出液”的主要成分为Na2CrO4，则Cr2O3焙烧时反应的化学方式为 。
（3）滤渣1的主要成分是 。
实验室中进行操作2用到的玻璃仪器有 。
（4）常温下，溶液中部分离子的物质的量浓度的对数lgc与pH的关系如图所示。已知溶液中离子浓度≤10-5 mol/L时认为沉淀完全。
浸出液用H2SO4调节pH的最佳范围是 。
调pH时 转化的离子方程式为 。
（5）一定温度下，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，工作原理如图所示，负极电极反应式为 ，一段时间后，N极附近溶液pH (填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1）提高水浸温度、搅拌等
（2）
（3）；烧杯、漏斗、玻璃棒
（4）4.5≤pH≤9.3；2 +2H+ +H2O
（5）；增大
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)为加快“水浸”速率，可采取适当提高水浸温度、搅拌等措施，故答案为：提高水浸温度、搅拌等；
(2)已知铬铁矿废渣中主要含Cr2O3，Cr显+3价，而“浸出液”的主要成分为Na2CrO4，Cr显+6价，因此在焙烧过程中发生了氧化还原反应，Cr2O3为还原剂，O2为氧化剂，利用化合价升降法进行配平，反应方程式为： ，故答案为： ；
(3)由题意可知，铬铁矿废渣在焙烧过程中可将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，Cr2O3转化为Na2CrO4，“水浸”之后通过操作1过滤，可知滤渣为Fe2O3；从流程图可知进行操作2可得滤渣2，因此操作2为过滤，实验室中进行过滤用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗和烧杯，故答案为Fe2O3，玻璃棒、漏斗、烧杯；
(4)浸出液用H2SO4调节pH的目的是使杂质离子 和 完全沉淀，而 不沉淀。从溶液中部分离子的物质的量浓度的对数lgc与pH的关系图可知：当pH≤9.3时杂质离子 和 完全沉淀，但当pH<4.5时， 沉淀又发生反应转化为Al3+，因此浸出液用H2SO4调节pH的最佳范围是4.5≤pH≤9.3，在调pH的过程中，可知 与 之间发生相互转化，离子方程式为 ，故答案为4.5≤pH≤9.3， ；
(5)根据工作原理图可知：在M极苯酚发生氧化反应生成二氧化碳，做原电池的负极，在N极 发生还原反应生成 ，做原电池的正极，所以负极电极反应式为 ，正极的电极反应为 ，所以一段时间后，N极附近溶液pH增大，故答案为 ，增大；
【分析】铬铁矿废渣（主要含 Cr2O3、SiO2、Al2O3、Fe2O3 ）中回收提取铬，铬铁矿废渣中加入碳酸钠培烧，烧渣水浸过滤得到滤渣1主要是Fe2O3，浸出液中加入硫酸调节溶液pH4.5≤pH≤9.3，过滤得到滤渣2主要是硅酸、氢氧化铝，滤液中加入Na2S反应生成Cr(OH)3，煅烧得到Cr2O3，Cr2O3还原得到Cr。
29．（2022·呼伦贝尔模拟）锆矿石(主要成分为 ，还含有 及钠、铝、铜的氧化物等杂质)，一种以锆矿石为原料制备工业纯 的工艺流程如图所示：
已知： 易溶于水，390℃会升华； 难溶于水，受热易分解。
回答下列问题：
（1）为使氯化得更充分，一般采用的措施有 (只填一条)。
（2）“高温氯化”过程中， 的产率与温度的关系如图所示，试分析随温度升高 产率降低的原因： ；“高温氯化”结束前会通一段时间氧气，其目的是 。
（3）“高温氯化”可以把氧化物转化为氯化物，写出 在“高温氯化”时发生反应的化学方程式： 。
（4）“过量的NaOH稀溶液”的作用是 ；得到“溶液1”的操作名称为 ，该操作所用的玻璃仪器有 。
（5）“溶液2”中含 ，写出生成该离子的离子方程式： 。
【答案】（1）粉碎锆矿石(其他合理答案)
（2）温度过高， 会升华为气体；除去过量的炭黑
（3） (其他合理答案)
（4）将氯化物转化为沉淀，并将 转化为 而除去；过滤；烧杯、玻璃棒、漏斗
（5）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)粉碎锆矿石可以增大锆矿石与炭黑和氯气的接触面积，使氯化得更充分，故答案为：粉碎锆矿石；
(2)由题给信息可知，四氯化锆在390℃时会升华，所以温度过高，“高温氯化”过程中四氯化锆会升华为气体导致产率降低；因“高温氯化”得到的氯化物中混有过量的炭黑，“高温氯化”结束前通一段时间氧气，能将氯化物中的炭黑转化为二氧化碳，达到除去过量的炭黑的目的，故答案为：温度过高， 会升华为气体；除去过量的炭黑；
(3)由题意可知，氧化锆与与过量的炭黑、氯气高温下反应生成四氯化锆和二氧化碳，反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
(4)由分析可知，向氯化物加入稀氢氧化钠溶液碱浸时，过量稀氢氧化钠溶液将四氯化锆、氯化铜转化氢氧化锆、氢氧化铜沉淀，氯化铝转化为偏铝酸钠，达到除去氯化物中氯化钠和氯化铝的目的；得到“溶液1”的操作为过滤，过滤所用的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：将氯化物转化为沉淀，并将 转化为 而除去；过滤；烧杯、玻璃棒、漏斗；
(5)由分析可知，向滤渣中加入浓氢氧化钠溶液的目的是将氢氧化铜转化为四羟基合铜离子，反应的离子方程式为 ，故答案为： 。
【分析】“高温氯化”把氧化物转化为氯化物，ZrO2与C和氯气发生反应，同时生成氯化铜、氯化铝等，加入“过量的NaOH稀溶液”将氯化物转化为沉淀，并将AlCl3转化为而除去，溶液1成分为NaAlO2，加入NaOH浓溶液得到 和Zr(OH)4，焙烧分解可得ZrO2。
30．（2022·汕头模拟）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下
（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为 。
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是 (写出一种即可)。
（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、 。
（4）上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性；CeO2
H2O2 (填“＞”，“＜”)
（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式 。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c( )= mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28)。
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)
①该反应中的催化剂为 (写离子符号)
②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
【答案】（1）+3
（2）矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
（3）漏斗、玻璃棒
（4）＞
（5）2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑；0.18
（6）Ce4+；1：2
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。
(1)CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F盐酸化合价由-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3；
(2)根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。
(3)操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
(4)氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2 > H2O2；
(5)“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则 ， 此时溶液的pH为5，则溶液中c( )= 0.18 mol/L。
(6)①根据图示，总反应为 ，该反应中的催化剂为Ce4+；
② 反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0计算；
（2）升温、增大反应物的接触面积等均能加快反应速率；
（3）操作①为过滤；
（4）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物判断；
（5） “沉铈” 时CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀；结合、计算；
（6）①催化剂在反应前后不发生变化；
②该过程的总反应为。
31．（2022·烟台模拟）某含钛高炉废渣的主要成分有、、、，通过如下工艺进行资源化综合处理：
回答下列问题：
（1）酸浸过程中适当升温的目的是 ，酸溶渣的主要成分为 。
（2）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是 。
（3）“溶解”过程中，10min所测的转化率与温度关系如图所示，分析40℃时转化率最高的原因 。
（4）中Ti为+4价，则1mol该物质中所含过氧键的数目为 。由与煅烧生成的化学方程式为 。
（5）已知25℃时溶液中金属离子的浓度对数lgc与pH关系如图所示。“分步沉淀”过程中，当恰好沉淀完全时(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)，溶液中浓度不超过 mol/L。
（6）上述流程中可循环利用的物质为 。
【答案】（1）加快溶解速率；
（2）
（3）低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低
（4）4NA；
（5）10
（6）
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)酸浸过程中适当升温的目的是加快溶解速率，由分析可知，酸溶渣的主要成分为。
(2)水解析出沉淀，根据电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式是。
(3)40℃时转化率最高的原因是低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低。
(4)中Ti为+4价，设-1价O原子的个数为x个，-2价O原子的个数为y个，则可得出，x+y=15，x+2y=22，解得x=8，y=7，即-1价O原子的个数为8个，则1mol该物质中所含过氧键的数目为4NA。同理可得，中O均为-2价，则可知反应过程中中-1价O既有降价，又有升价，得到氧气，则由与煅烧生成的化学方程式为。
(5)由图可知，，，当恰好沉淀完全时，，则此时，故溶液中浓度不超过10mol/L。
(6)由分析可知，酸溶步骤使用硫酸，水解后的母液中含有硫酸，则可循环利用的物质为。
【分析】该含钛高炉废渣的主要成分有、、、，加入盐酸酸浸，滤液中含有氯化铁、氯化铝、盐酸，再加入氨水分步沉淀，得到氢氧化铁、氢氧化铝，废水中含有氯化铵；浸渣中含有、，由第(2)问可知，加入硫酸酸溶时，溶解转化为，不反应，酸溶渣为，滤液中加入热水，水解生成，中加入氨水、过氧化氢反应生成，煅烧得到。
32．（2022·秦皇岛模拟）利用“铁脱络-化学沉淀法”回收电镀废水中镍的流程如图。
已知，①废水中镍主要以NiR2络合物形式存在，其在水溶液中存在平街：NiR2 (aq) Ni2+ (aq)+ 2R- (aq，有机配体)K=1.6 ×10-14
②常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1. 6×10-15
③“脱络”(指NiR2转化成Ni2+ )过程中，反应历程如下：
i.Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH；
ii.R-+·OH=OH-+ ·R；
iii. H2O2+2·OH=O2 ↑+2H2O。
（1）·OH的电子式为 。
（2）①根据·OH与H2O2的反应历程，分析“脱络”时加入的Fe2+的作用机制： 。
②实验测得H2O2加入量对溶液中镍回收率的影响如图所示。由图可知，当加入H2O2的量为 g·L-1时，镍回收效果最好；当加入H2O2的量较大时， 镍回收率下降，可能的原因是 。
（3）常温下，若“脱络”后的废水中 c(Ni2+ )=0. 01 mol·L-1，“沉淀”时先加入 NaOH至溶液的pH= ，使Fe3+恰好沉淀完全(Fe3+浓度为10-6 mol·L-1，忽略溶液体积变化)，此时 (填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。
（4）取100 mL某电镀废水利用上述流程回收镍，得到2. 325 g Ni(OH)2沉淀，经计算该步骤中Ni2+的回收率为99. 97%；Ni(OH)2沉淀再经稀硫酸溶解、 、过滤，得到NiSO4·7H2O固体的质量为6.744g。试计算100mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率： (保留四位有效数字)。
【答案】（1）
（2）生成羟基自由基，消耗有机配体R- ，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；0.45；反应iii速率加快，消耗较多·OH，不利于R-转化成·R
（3）3；无
（4）蒸发浓缩、冷却结晶；95.97%
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；制备实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】废水中的NiR2经过脱络后得到含镍离子的废水，加氢氧化钠溶液沉淀后得到氢氧化镍沉淀，滤液中含少量的镍离子，经过后续处理得到氢氧化镍固体。
(1)·OH的电子式为：；
(2)从整个反应历程来看，羟基自由基能消耗有机配体，使“脱络”反应平衡正向移动移动，故答案为：生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；由图知，H2O2加入量为0. 45g/ L时，镍的回收效果最好；当H2O2加入量高于0. 45g/ L时，反应iii 速率加快，导致羟基自由基大量减少，不利于除镍；
(3)Fe3+完全沉淀时c3(OH- )= mol3·L-3=1×10 -33 mol3 ·L-3，c(OH- )=1×10-11 mol/ L ，则c(H+)=1×10-3 mol/ L，即pH=3。此时Qc[Ni(OH)2]=0.01×(10-11)2=10-24< Ksp[Ni(OH)2]，故无Ni(OH)2沉淀生成；
(4)要得到NiSO4·7H2O固体需要将氢氧化镍沉淀先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O；Ni(OH)2沉淀转化成NiSO4·7H2O固体的转化率为(6.744g ÷281g/mol) ÷(2.325g÷93g/mol) × 100% = 96%，100 mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率为96%×99.97%≈95.97%。
【分析】（1） OH中O原子与H原子之间形成一对共用电子对，O原子上有一个单电子；
（2）①Fe2+和H2O2发生反应生成 OH， OH将R-转化为 R，c(R-)减小，使平衡 NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq) 正向移动；
②曲线的最高点为最佳加入量，低于此数值，生成的 OH 过少，则转化生成的自由基过少，而高于这个值，过氧化氢过多，可发生反应iii，消耗过氧化氢，从而使废水处理效果都下降；
（3）结合 Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1. 6×10-15 计算；
（4）先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O。
33．（2022·乌鲁木齐模拟）将CH4和CO2两种引发温室效应气体转化为合成气(H2和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。
（1）在恒温恒容的密闭容器中通入等物质的量的CH4和CO2，发生反应：CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH＞0
①下列描述不能说明该反应达到平衡状态的是 ( 填编号)
A．容器内混合气体的密度保持不变
B．容器内压强保持不变
C． CH4和CO的物质的量之比保持不变
D．断裂4molC-H键的同时形成2molC=O
②若要提高反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH＞0的平衡混合物中CO的浓度，可以采取的措施是 ( 任写一种)。
（2）利用CH4、CO2在一定条件下重整的技术可得到富含CO的气体，此技术在能源和环境上具有双重重大意义。重整过程中的催化转化原理如下图所示。
该技术总反应的方程式为 。
（3）甲烷的水蒸气重整可以富集氢气，其反应方程式为：
CH4(g)+H2O (g) 2CO(g)+3H2(g) ΔH
已知i CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H1 = akJ/mol
ii CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H2 = bkJ/mol
①相同条件下，CH4(g)+H2O(g) 2CO(g)+3H2(g)的正反应活化能Ea(正) =ck/mol，则逆反应的活化能Ea(逆)= kJ/mol (用含a、b、 c的字母表示)。
②通过计算机模拟实验，对400~1200℃，操作压强为0.1MPa条件下，不同水碳比(1-10)进行了热力学计算，反应平衡体系中H2的物质的量分数与水碳比、平衡温度的关系如下图所示。
据模拟实验可知，温度一定时，H2的物质的量分数与水碳比(1~10)的关系是 。平衡温度为900℃，水碳比为1时，H2的物质的量分数为0.6，则CH4的转化率为 ，用各物质的平衡分压计算Kp= ，反应的速率方程为 v=kp(CH4)p-1 (H2) (k为速率常数)，此时反应速率v为 。
【答案】（1）A；增加反应物的浓度或及时从装置中分离出氢气
（2）CH4+3CO2 4CO + 2H2O
（3）c-a-b；水碳比越大，H2的物质的量分数越大；66. 7%或；0. 0432 (MPa)2或 (MPa)2；
【知识点】化学反应速率的影响因素；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；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①A．根据和质量守恒定律分析，密度一直保持不变，不能作为反应达到平衡状态的标志，故A选；
B．反应前后气体总体积不相等，压强不变可作为反应达到平衡状态的标志，故B不选；
C．CH4和CO的物质的量之比随反应而改变，若不变可作为反应达到平衡状态的标志，故C不选；
D．断裂4molC-H键的同时形成2molC=O，说明正逆反应速率相等，可作为反应达到平衡状态的标志，故D不选；
故答案为：A；
②该反应在恒温恒容的密闭容器中进行，若要提高平衡混合物中CO的浓度，可以采取的措施是增加反应物的浓度或及时从装置中分离出氢气，故答案为：增加反应物的浓度或及时从装置中分离出氢气；
(2)由题中重整过程中的催化转化原理示意图可知，过程I的反应为CH4+CO22CO + 2H2，过程II的第一步反应为Fe3O4+4CaO+2CO+2H2+2CO2=3Fe+4CaCO3+2H2O，第二步反应为3Fe+4CaCO3=Fe3O4+4CaO+4CO↑，过程II的总反应为2H2+2CO2=2CO+2H2O，则该技术总反应的方程式为CH4+3CO2 4CO + 2H2O，故答案为：CH4+3CO2 4CO + 2H2O；
(3)①根据盖斯定律可知，反应i+反应ii得CH4(g)+H2O (g) CO(g)+3H2(g) ΔH=△H1+△H2=(a+b) kJ/mol，由于反应热ΔH= Ea(正)- Ea(逆)，则Ea(逆)= Ea(正)- ΔH= ck/mol-(a+b) kJ/mol=( c-a-b) kJ/mol，故答案为：c-a-b；
②平衡温度一定时，由图中曲线走势可知，水碳比越大，H2的物质的量分数越大；
在平衡温度为900℃的条件下，水碳比为1时，H2的物质的量分数为0.6，设甲烷和水的物质的量均为a mol，达到化学平衡时甲烷消耗的物质的量为x mol，
所以(H2)==0.6，解得x=，则CH4的转化率(CH4)===66. 7%；
反应后气体总物质的量为2a+2x=mol，总压强p总=0.1MPa，各气体的平衡分压p(CH4)= p(H2O)=p总=0.1 p总=0.01 MPa，同理可得：p(CO)= 0.2 p总=0.02 MPa，p(H2)= 0.6p总=0.06 MPa，故压强平衡常数Kp===0. 0432 (MPa)2；
根据反应的速率方程为 v=kp(CH4)p-1 (H2)，此时反应速率v=k=，故答案为：水碳比越大，H2的物质的量分数越大；66. 7%；0. 0432 (MPa)2；。
【分析】（1）①可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
②提高反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH＞0的平衡混合物中CO的浓度，应使平衡正向移动；
（2）反应物为 CH4、CO2，产物为CO和水；
（3）①根据盖斯定律结合ΔH= Ea(正)- Ea(逆)计算；
②列出反应的三段式结合图像计算。
34．（2022·潍坊模拟）碲(Te)单质广泛应用于冶金等行业。用辉碲铋矿(主要成分为，含少量杂质CaO)为原料制取单质Te的工艺流程如下：
已知：25℃时的
回答下列问题：
（1）烧渣的主要成分是，写出焙烧反应的化学方程式 ，气体Y不能排放到空气中，写出处理气体Y的一种方法 。
（2）为提高烧渣碱浸速率，除将烧渣粉碎外，还可采取的措施是 (写出1条)。
（3）Te位于元素周期表第ⅥA族，则碱浸后的滤液中Te的存在形式是 (填粒子符号)。测得碱浸后的滤液中，向该滤液中加入NaF固体进行沉钙操作，则需最少加入 gNaF达到沉钙完全。(溶液中的离子浓度时，可认为沉淀完全)
（4）反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。
（5）写出反应2的离子方程式 。
【答案】（1）；用NaOH溶液吸收
（2）搅拌、适当提高NaOH溶液浓度、适当提高温度等（任写一条）
（3）；335.2
（4）1：1
（5）
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
(1)烧渣的主要成分是，焙烧反应的化学方程式为：；气体Y是 SO2，不能排放到空气中，可用NaOH溶液吸收；
(2)为提高烧渣碱浸速率，除将烧渣粉碎外，还可采取的措施是搅拌、适当提高NaOH溶液浓度、适当提高温度等（任写一条）；
(3)Te位于元素周期表第ⅥA族，根据分析，碱浸后的滤液中Te的存在形式是：；碱浸后加入NaF后，钙离子生成CaF2沉淀，当钙离子沉淀完全时，发生的反应为：，当钙离子沉淀完全时，消耗的NaF的质量至少为：；
(4)反应1中发生的反应为：，氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：1；
(5)反应2为Na2TeO4溶液中加稀硫酸和亚硫酸钠，发生氧化还原反应得到目标产物Te，离子方程式为：。
【分析】辉碲铋矿在空气中焙烧后得到产物和SO2，烧渣用氢氧化钠溶液碱浸，Te元素的存在形式为Na2TeO3，少量的CaO转变为氢氧化钙，加NaF后钙离子转变为CaF2除去，加入双氧水后Na2TeO3被氧化为Na2TeO4，加稀硫酸和亚硫酸钠后发生氧化还原反应得到目标产物Te。
35．（2022·淮安模拟）某科研小组研究臭氧脱除SO2和NO工艺，反应原理及反应热、活化能数据如下：
反应I：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) △H1=-200.9kJ·mol-1 Ea1=+3.2kJ·mol-1
反应II：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) △H2=-241.6kJ·mol-1 Ea2=+58kJ·mol-1
已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。
向容积一定的反应器中充入含1.0molNO、1.0molSO2的模拟烟气和2.0molO3，改变温度，反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．Q点一定为平衡状态点
B．相同温度下NO的转化率远高于SO2，主要原因是Ea1小于Ea2
C．300℃后，SO2转化率接近于零且不再变化，主要原因是O3分解
D．其他条件不变，扩大反应器的容积可以降低NO和SO2单位时间内的转化率
【答案】A
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．图示为相同时间内的转化率，还会受到反应速率的影响，且图像中属于描点法所得图像，Q点不一定为图像的最高点，则不一定为平衡点，A项符合题意；
B．根据题目所给信息可知Ea1小于Ea2，活化能越小反应速率越快，相同条件下反应更易发生，所以相同温度下NO的转化率远高于SO2，B项不符合题意；
C．据图可知300℃后SO2的转化率接近为0，且不再变化，所以应是O3的分解导致转化率降低，C项不符合题意；
D．其它条件不变，扩大反应器的容积，平衡正向进行，臭氧浓度减小，反应I和反应I平衡逆向进行， NO和 SO2的转化率减小，且增大容器体积可以减慢反应速率，也可以减小单位时间内的转化率， D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.活化能越小反应速率越快；
C.300℃后SO2的转化率接近为0；
D.其它条件不变，若扩大反应器的容积，平衡正向移动，臭氧浓度减小。
