2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡移动原理1
一、选择题
1．（2023·北京）下列事实能用平衡移动原理解释的是( )
A．溶液中加入少量固体，促进分解
B．密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深
C．铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D．锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、二氧化锰是催化剂，可以加快过氧化氢的分解速率，A错误；
B、，反应为放热反应，升高温度，平衡朝逆向移动，颜色变深，B正确；
C、浓硝酸具有氧化性，可以和铁发生氧化还原反应，生成NO2，C错误；
D、稀硫酸和Fe反应时，加入CuSO4，可以生成Cu，Cu和Fe、稀硫酸形成原电池，加快反应速率，D错误；
故答案为：B
【分析】A、催化剂可以降低反应所需活化能，加快反应速率；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、浓硝酸和金属反应生成二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮；
D、原电池的反应速率更快。
2．（2023·辽宁）某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
选项 颜色变化 解释
A 溶液呈浅棕色 在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深 发生了反应：
C 紫黑色晶体消失 ()的消耗使溶解平衡右移
D 溶液褪色 与有色物质发生了置换反应
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；
B．已知I3-(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2 I3-，生成I3-使溶液颜色加深，B项正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s) I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3-，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；
D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；
故答案为：D。
【分析】根据分析可知，I-与I2发生反应I-+I2 I3-，该反应为可逆反应，利用平衡移动原理解答即可。
3．（2023·宁波模拟）向工业废水中加入硫化物可以获得CuS、FeS纳米粒子［已知，］，下列说法正确的是
A．FeS固体不能用于去除工业废水中的
B．向和混合溶液中加入溶液，当两种沉淀共存时，
C．向CuS饱和溶液中加入固体，CuS的溶解平衡逆向移动，滤液中一定存在
D．已知溶液中，可判断CuS易溶于稀盐酸
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据题干信息，Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，说明一定条件下FeS的溶解度较大，则FeS固体能用于去除工业废水中的Cu2+，A不符合题意；
B．当两种沉淀共存时，，B不符合题意；
C．CuS饱和溶液中存在溶解平衡：CuS(s)可逆Cu2+(aq)+S2-(aq)，加入CuCl2固体，c(Cu2+)增大，利于平衡逆向移动，温度不变，则Ksp(CuS)不变，滤液中一定存在，C符合题意；
D．H2S溶液中Ka1·Ka2==1×10-21，CuS饱和溶液中有Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)，若CuS易溶于稀盐酸，则其反应是CuS+2H+可逆Cu2++H2S，平衡常数K=，由此说明，CuS与稀盐酸的反应几乎不能发生，
D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.相同条件下，物质的溶度积越大，则其溶解度越大。
B.当两种沉淀共存时，。
C.注意温度不变，物质的溶度积不变，结合化学平衡影响因素进行分析。
D.根据弱电解质电离平衡常数、化学平衡常数、物质溶度积公式进行分析。
4．（2023·闵行模拟）下列工业生产采取的措施能用勒夏特列原理解释的是
A．工业合成氨采用高压
B．工业制硫酸催化氧化时采用常压
C．工业合成氨采用高温
D．工业制硫酸催化氧化时采用高温
【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．合成氨气的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，可以得到更多的氨气，因此一般采用20 MPa~50MPa的高压，与平衡移动有关，能用勒夏特列原理解释，A符合题意；
B．工业制硫酸催化氧化反应为气体体积缩小的反应，压强越大二氧化硫的转化率越高，由于常压下二氧化硫的转化率已经较高，且增大压强后对设备的要求更高，增加了生产成本，所以工业制硫酸催化氧化时选择常压条件，与可逆反应无关，不能用勒夏特列原理解释，B不符合题意
C．合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于氨气的生成，工业合成氨时温度选择高温的目的是为了催化剂活性及反应速率，不能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．二氧化硫催化氧化是一个放热反应， 升高温度平衡向逆反应方向移动，不能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】勒夏特列原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
5．（2023·虹口模拟）下列化工生产中，所采取的条件或操作不能用勒夏特列原理解释的是
A．工业制盐酸：向合成塔中通入过量氢气
B．合成氨：采用20-50MPa压强
C．工业制硫酸：向接触室中通入过量空气
D．联合制碱工业：向母液中加入食盐
【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．氢气和氯气的反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；
B．生成氨气的反应为气体分子数减小的反应，增大压强利于平衡正向减小，利于氨气的生成，用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．向接触室中通入过量空气，促使二氧化硫和氧气反应转化为三氧化硫，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．联合制碱工业中向母液中加入食盐，提高氯离子浓度，利于氯化铵结晶析出，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、氢气的合成不受平衡移动影响；
B、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
C、增大氧气的浓度，平衡朝正向移动；
D、增大氯离子的浓度，使平衡朝氯化铵析出的方向移动。
6．（2023·虹口模拟）一定温度下，向1L密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应2X(g)+Y(g) 3Z(？)。达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0。下列说法错误的是
A．Z不可能为气体
B．达到平衡时容器内有1.8molZ
C．压缩体积，再次达到平衡，X的浓度不变
D．Y的体积分数不变说明反应达到平衡状态
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．若Z为气体，则反应前后气体的压强不变，题目中压强从原来的P0变为0.4P0故Z不可能为气体，故A不符合题意；
B．根据向1L密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应2X(g)+Y(g) 3Z(？)。达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0，则
则，则x= 0.6，故达到平衡时容器内有1.8molZ，故B不符合题意；
C．Z为非气体，故压缩体积，再次达到平衡，X的浓度不变，故C不符合题意；
D．反应体系中只有X和Y，Y的体积分数一直为，故Y的体积分数不变不能说明反应达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、两边气体化学计量数相同，压强不受影响；
B、结合三段式判断；
C、结合A的分析，可以知道Z不是气体，压缩体积时X浓度不变；
D、反应物都为气体，生成物不是气体，因此体积分数中X和Y都是1：2。
7．（2023·兰州模拟）K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。在考虑平衡：① (aq) +H2O(l)2(aq) K1=3.0× 10-2(25℃)；②(aq)(aq) +H+(aq) K2=3.3× 10-7(25℃)的条件下，25℃时，向0.10 mol/L K2Cr2O7溶液中加入NaOH，溶液中，随pH的变化关系如图所示，溶液体积变化可忽略。下列说法中正确的是
A．已知Ka1(H2SO3) = 1.29× 10-2，由②可知向K2CrO4溶液中通SO2可制得KHCrO4
B．的值随溶液 pH的增大逐渐减小
C．当溶液pH=9时，溶液中的平衡浓度约为6 × 10-4mol/L
D．当溶液pH=7时，c(K+) =c ( ) +c( ) +2c ()
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．二氧化硫具有还原性，具有强氧化性，向K2CrO4溶液中通SO2两者会发生氧化还原反应生成硫酸根离子和Cr3+，A不符合题意；
B．由题意可知，、，则，则，随溶液 pH的增大，氢离子浓度减小，则比值逐渐变大，B不符合题意；
C.25℃时，向0.10 mol/L K2Cr2O7溶液中加入NaOH，溶液体积变化可忽略；当溶液pH=9时，，可忽略浓度，则根据铬元素守恒可知：，又因为，两式联立可解得，C符合题意；
D．当溶液pH=7时，，由电荷守恒可知，+c(K+) =c+ ( ) +2c( ) +2c ()，则c(K+) =c ( ) +2c( ) +2c ()，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铬酸根离子和二氧化硫可以发生氧化还原反应；
B、电离平衡常数只受温度影响，结合电离平衡常数和氢离子的浓度判断；
C、根据pH以及元素守恒判断；
D、结合电荷守恒判断。
8．（2023·黄山模拟）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，与的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是
A．曲线②代表与的关系
B．向的溶液中加水稀释，平衡：逆向移动，增大
C．的约为
D．时，溶液中的
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线②代表-lg c[]与pH的关系，选项A不符合题意；
B．向的溶液中加水稀释，减小，平衡：逆向移动， 选项B符合题意；
C．由图像，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，选项C不符合题意；
D．根据图中曲线可知，时，-lg c[]=1，溶液的pH>14，，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息及图示信息可知，在酸性较强的情况下，利于反应 正向移动，利于反应 逆向移动，所以在酸性较强时主要存在M2+，碱性较强时主要存在 ，则曲线①
代表-lg[M2+]与pH的关系，曲线②代表与的关系 。
9．（2023·菏泽模拟）的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色。某同学按如下步骤完成实验：
已知与、在溶液中存在以下平衡：(红色)；(无色)
下列说法错误的是
A．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的
B．与的配位能力强于
C．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A不符合题意；
B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明与的配位能力强于，B不符合题意；
C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C符合题意；
D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铁离子水解为氢氧化铁，可能形成黄色；
B、配位能力越强则越容易形成；
C、增大氢离子的浓度，可以抑制铁离子的水解，但是加入稀盐酸会导致颜色发生变化；
D、硫氰酸钾遇铁离子变红。
10．（2022·余姚模拟）室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．将氢溴酸改成NaBr(s)和浓硫酸，可能有利于生成C2H5Br
C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，选项A不符合题意。
B．将氢溴酸改成NaBr(s)和浓硫酸，反应产生HBr，HBr浓度较高，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，选项B不符合题意。
C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1：1，等于方程式中的系数比），只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1：1，选项C不符合题意。
D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr易挥发性，温度升高化学反应速率加快，而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢，故不一定能缩短到达平衡的时间，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】依据化学平衡移动原理分析。
11．（2023·黄浦模拟）一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器中分别投入2 mol NOCl，发生反应：2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)。t min后，三个容器中NOCl的转化率如图中A、B、C三点。下列叙述正确的是
A．A点延长反应时间，可以提高NOCl的转化率
B．A、B两点的压强之比为25︰28
C．t min时，C点正＜逆
D．容积为a L的容器达到平衡后再投入1 mol NOCl、1 mol NO，平衡不移动
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，容器容积a＜c，由图可知，A点NOCl的转化率与C点转化率相同，则A点已达到平衡，延长反应时间，不会改变转化率，则延长反应时间，不可以提高NOCl的转化率，A不符合题意；
B．根据三段式分析可知，，A、B两点的总物质的量之比为：(1+1+0.5)：(0.4+1.6+0.8)=25：28，但由于A、B两点对应的容器体积不同，故A、B两点的压强之比不为25︰28，B不符合题意；
C．由题干图示信息可知，容器容积a＜c，由图可知，A点NOCl的转化率与C点转化率相同，则A点已达到平衡，且增大容器体积相对于减小压强，则C点平衡时NOCl的转化率要大于50%，即t min时，C点正＞逆，C不符合题意；
D．由A项分析可知，A为平衡点，容积为a L的容器达到平衡后根据A点数据可知，K===，再投入1 mol NOCl、1 mol NO，Qc====K，故平衡不移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据题干图示信息，平衡后转化率不会改变；
B．根据三段式分析；
C．依据化学平衡移动原理分析；
D．通过计算比较Qc与K的大小判断。
12．（2022·柳州模拟）难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．图中温度
B．温度下，值为
C．在温度下，加适量的NaA固体可使饱和溶液由p点变到n点
D．向q点的饱和溶液中滴加NaA溶液，立即析出MA沉淀
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，温度越高离子浓度越大，溶液离子浓度：T1
C．在T1温度下，加适量的NaA固体，A-浓度增大，M+浓度减小，故可使饱和溶液由p点变到n点，C项不符合题意；
D．加入的是NaA溶液，溶液总体积也会增大，溶液中c(M+)c(A-)与Ksp(MA)的大小关系不确定，故不一定析出MA沉淀，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升温促进难溶盐的溶解 ，则离子浓度变大。
B.根据Ksp(MA)=c(M+)c(A-)进行分析。
C. 注意一定温度下的 沉淀溶解平衡常数为定值，结合Ksp(MA)=c(M+)c(A-)进行分析。
D.溶液中c(M+)c(A-)与Ksp(MA)的大小关系不确定。
13．（2022·惠州模拟）有平衡体系：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH <0，为了增加甲醇(CH3OH)单位时间的产量，应采用的最佳措施是（ ）
A．高温、高压 B．低温、高压、催化剂
C．低温、低压 D．适宜温度、高压、催化剂
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】该反应为放热的体积缩小的可逆反应，高温将会使平衡逆向移动，不利于提高甲醇的产量，但温度太低，反应速率太慢，也不利用提高单位时间内的产量，所以温度应适当；高压能使平衡正向移动，从而提高甲醇的产量；加入催化剂不影响化学平衡的移动，但可提高化学反应速率，从而提高平衡前单位时间内生成物的产量，故为了增加甲醇(CH3OH)单位时间的产量，应采用的最佳措施是适宜温度、高压、催化剂
故答案为：D。
【分析】反应为放热反应，升高温度平衡朝逆向移动；左边气体系数大于右边，增大压强，平衡朝正向移动。
14．（2022·汕头模拟）化学知识来源于生活，又能服务于生活。下列叙述正确的是( )
A．镀锌的铁皮镀层破损后，铁皮会加速腐蚀
B．用溶液、溶液分别制取固体、固体实验操作完全相同
C．利用的强氧化性既可以对自来水杀菌消毒，又可起到净水的作用
D．利用化学平衡移动的原理，可以将煤气中毒的病人移至高压氧舱进行救治
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．镀锌的铁皮镀层破损后，会形成锌铁原电池，锌为负极，铁为正极，不会加速铁皮腐蚀，A项不符合题意；
B．溶液制取固体直接蒸发浓缩，冷却结晶即可，但用溶液制取固体需要在HCl气流下进行蒸发操作，B项不符合题意；
C．的强氧化性可以起到对自来水杀菌消毒的作用，但起到净水的作用是因为反应：，产生了Fe(OH)3吸附杂质，C项不符合题意；
D．根据反应HbCO+O2HbO2+CO(Hb为血红蛋白)，利用化学平衡移动的原理，煤气中毒的病人移至高压氧舱会使上述平衡向正反应方向移动，使血红蛋白恢复输氧能力，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、要判断铁是否会加速腐蚀，要判断金属跟铁的活泼性比较，如果比铁活泼的话，则不会被腐蚀，如果比铁不活泼，则铁会被加速腐蚀；
B、氯化铜和硫酸铜溶液的蒸发要注意，这是氯化铜的话，它对应的强酸是氯化氢，属于易挥发的酸，而硫酸铜对应硫酸，硫酸是不挥发的酸，所以在蒸发的过程中，氯化铜溶液需要在氯化氢的气流中蒸发；
C、此时的铁为+6，具有强氧化性，化合价降低，可以形成Fe3+，当铁离子结合水形成氢氧化铁胶体的时候，可以起到净水的作用；
D、注意平衡移动的时候，增大反应的浓度会使平衡朝正向移动。
15．（2022·舟山模拟）在一定条件下的2L密闭容器中，X、Y、C三种气体的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法一定错误的是（ ）
A．X、Y、C三种气体发生反应的化学方程式为：
B．0～15min，X的平均速率约为0.025
C．反应开始到25min，C的产率为25%
D．25min时改变的条件可能是降温
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由图可知X、Y物质的量减少，X、Y是反应物，C物质的量增加，C是生成物，X、Y、C在相同时间的变化量之比为3：1：2，所以反应方程式是，故A不符合题意；
B.0～15 min，X消耗的物质的量为0.75 mol，体积为2 L，平均速率约为 0.025 ，故B不符合题意；
C.0-25 min X生成C的物质的量为0.5 mol，C的理论产量为2 mol，C的产率为25%，故C不符合题意；
D.25 min时，改变条件后三种气体反应速率都加快，不可能是降温，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】横坐标为时间，纵坐标为物质的量，图线斜率代表物质的消耗或者生成的快慢，即为化学反应速率，斜率越大，化学反应速率越快，与图可知，25min时各曲线斜率变大，化学反应速率，不可能为降低温度。
16．（2022·河东模拟）对于反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任何条件下都能自发进行
B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加
C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率
D．2mol SO2(g)和1mol O2(g)所含键能总和比2mol SO3(g)所含键能小
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，A不符合题意；
B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，B不符合题意；
C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，C不符合题意；
D．该反应为放热反应，故2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】难点分析A. 断反应能否自发进行由该公式确定：△G=△H－T△S，该反应为熵变减小的反应，ΔH-TΔS<0：反应能自发进行； 所以，必须在高温条件下才能自发进行
二、多选题
17．（2020·江苏）CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
在恒压、反应物起始物质的量比 条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1：1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
【答案】B,D
【知识点】化学平衡移动原理；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】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，A不符合题意；
B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) = H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，B符合题意；
C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，C不符合题意；
D.800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A．根据勒夏特列原理来考虑；
B．根据两者反应的化学方程式，考虑量的变化；
C．催化剂不平衡转化率，只改变化学反应速率；
D．可以通过增加一种反应物的方法提高另一种的转化率。
18．（2020·盐城模拟）在容积为2.0L的恒容密闭容器中充入3.0molCl2和4.0molPCl5，473K 时发生反应：PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)△H= 92.5 kJ·mol-1，各物质的物质的量随时间变化关系如图所示：（ ）
下列说法正确的是（ ）
A．0.0~5.0min，PCl5分解的平均速率为0.6mol·L-1·min -1
B．起始时，若用3.0mol37Cl2和4.0mol P35Cl5，达平衡时，PCl3 中不含37Cl
C．图中14.0min时，改变的外界条件可能是缩小容器的体积
D．若在14.0min时，向容器中各充入1.0mol 的Cl2、PCl5 及PCl3，维持其他条件不变，重新达到平衡前，v(正)>v(逆)
【答案】C,D
【知识点】化学平衡移动原理；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．根据 ，则0.0~5.0min，PCl5分解的平均速率 ，A不符合题意；
B．该反应为可逆反应，在达到平衡的过程中，反应既正向进行，又逆向进行，因此各个物质中均存在37Cl，B不符合题意；
C．根据图示，14.0min时，Cl2和PCl3的物质的量在减小，而PCl5的物质的量在增加，说明平衡逆向移动，若压缩体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，与图像相符，C符合题意；
D．达到平衡时，Cl2、PCl3、PCl5的物质的量分别为6mol、3mol、1mol，容器的体积为2L，则可求得平衡常数 ，若向容器中各充入1.0mol的Cl2、PCl5及PCl3，此时Cl2、PCl3、PCl5的物质的量分别为7mol、4mol、2mol，浓度商 ，小于K，平衡正向移动，则v(正)>v(逆)，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】A．由图所知，0.0～5.0min，△n（PCl5）=4.0mol-1.0mol=3.0mol，结合v= 计算PCl5分解的平均速率；
B．从PCl5（g） PCl3（g）+Cl2（g）是可逆反应分析；
C．由图可知，图中14.0min时，改变的外界条件后，Cl2和PCl3的物质的量减小，PCl5的物质的量上升，说明平衡逆向移动；
D．根据图中数据，计算平衡常数K，在14.0min时，向容器中各充入1.0mol的Cl2、PCl5及PCl3，计算此时的浓度商，再与K相比较得出结论。
19．（2020·江苏模拟）烟气中的NO经过O3预处理，再用CaSO3悬浊液吸收去除。预处理时发生反应：NO(g)＋O3(g) NO2(g)＋O2(g)。测得：v正＝k正c(NO)·c(O3)，v逆＝k逆c(NO2)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。向容积均为2L的甲、乙两个密闭容器中充入一定量的NO和O3，测得NO的体积分数随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．高温有利于提高容器中NO的平衡转化率
B．T1时，反应在t1min内的平均速率v(O2)＝ mol·L－1·min－1
C．T1时，NO(g)＋O3(g) NO2(g)＋O2(g)的k正＞3k逆
D．T2时，向2L密闭容器中充入0.6molNO、0.4molO3，到达平衡时c(NO2)小于乙容器中平衡时c(NO2)
【答案】B,C
【知识点】化学平衡移动原理；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】A．结合分析可知，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小，A不符合题意；
B．由反应方程式可知，反应前后体系中气体的总物质的量不变，则到达t1时，NO减小的物质的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol，所以v(NO)= = mol·L－1·min－1，v(O2)=v(NO)= mol·L－1·min－1，B符合题意；
C．由反应方程式可知，反应前后，体系中气体的总物质的量不变，那么，到达t1时，NO减小的物质的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol，列三段式有
由图可知，t1时，平衡正向进行，v正＞v逆，即k正c(NO)·c(O3)＞k逆(NO2)·c(O2)， ＞ ， = =3，所以 >3，C符合题意；
D．设平衡时乙容器中c(NO2)=a，根据方程式可知c(O2)=a，c(NO)=(0.4-a)mol/L，c(O3)=(0.6-a)mol/L，则有平衡常数K= ；设充入0.6molNO、0.4molO3到达平衡时c(NO2)=b，则c(O2)=b，c(NO)=(0.6-b)mol/L，c(O3)=(0.4-b)mol/L，平衡常数K= ；温度不变，平衡常数不变，所以 = ，所以a=b，即两种情况下c(NO2)相等，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】T2温度下先达到化学平衡，故T1＜T2；到达平衡时，T2温度下NO的体积分数大于T1温度下NO的体积分数，说明升高温度，平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应。
20．（2020·南通模拟）温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．T℃时，该反应的化学平衡常数为
B．图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)
C．向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡大
D．容器内的压强：Pa:Pb＞6:7
【答案】B,D
【知识点】化学平衡移动原理；等效平衡；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】A. a点时反应达到平衡，NO2转化率为40%，则
T℃时，该反应的化学平衡常数为 ，故A不符合题意；
B. 图中c点还未达到平衡，反应往正方向进行，v(正)＞v(逆)，故B符合题意；
C. 向a点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆移，转化率降低，C不符合题意；
D.由A可知a点时容器内气体物质的量为1.2mol；b点时反应三段式为
则b点容器内气体物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，则Pa:Pb＞6:7，故D符合题意；
故答案选：BD。
【分析】由反应 可知容器体积越大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的转化率提高，由图像可知，相同时间，a，b为已达到平衡点，c还未达到平衡，利用化学平衡常数和等效平衡进行分析。
21．（2019·南通模拟）在三个容积均为2L的密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)
相关反应数据如下：
容器 容器类型 起始温度/ 起始物质的量/mol 平衡时H2物质的量/mol
CO H2O CO2 H2
Ⅰ 恒温恒容 800 1.2 0.6 0 0 0.4
Ⅱ 恒温恒容 900 0.7 0.1 0.5 0.5
Ⅲ 绝热恒容 800 0 0 1.2 0.8
下列说法正确的是（）
A．容器Ⅰ中反应经10min建立平衡，0～10min内，平均反应速率v(CO)＝0.04mol·L－1·min－1
B．若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol，平衡将正向移动
C．达到平衡时，容器Ⅱ中反应吸收的热量小于0.1akJ
D．达平衡时，容器Ⅲ中n(CO)<0.48mol
【答案】B,D
【知识点】化学平衡移动原理；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.容器Ⅰ中反应经10 min建立平衡，0～10min内， n(H2)=0.4mol，根据反应可知， n(CO)=0.4mol，平均反应速率v(CO)＝ =0.02mol·L－1·min－1，选项A不符合题意；
B.根据表中数据可知，平衡时CO、H2O、CO2、H2各浓度为0.4mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，K= ，若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1 mol，Q= ，平衡将正向移动，选项B符合题意；
C.若与Ⅰ温度相同，则为等效平衡，达平衡时应生成0.8molCO，吸收热量0.1a kJ，但由于升高温度平衡向吸热反应的逆反应移动，生成更多的CO，达到平衡时，容器Ⅱ中反应吸收的热量大于0.1a kJ，选项C不符合题意；
D. 若为恒温恒容，根据三段式，设CO2转化率为x，
CO(g) ＋H2O(g) CO2(g) ＋H2(g)
开始/mol/L 0 0 0.6 0.4
改变/mol/L 0.6x 0.6x 0.6x 0.6x
平衡/mol/L 0.6x 0.6x 0.6-0.6x 0.4-0.6x
K= ，解得x=0.4，故平衡时，n(CO)=0.48mol，因反应为放热反应，绝热恒容时相当于升高温度，平衡逆向移动，则平衡时，容器Ⅲ中n(CO)<0.48mol，选项D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】A.该计算没有比上容器的体积；
B.计算出加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol后的浓度商小于平衡常数，因此反应会正向进行；
C.该反应为放热反应，因此升高温度，反应会向逆反应发现进行；
D.该条件是绝热恒温，即热量无法与外界进行交换，那么反应放热势必会使体系的温度升高，在该反应中会使反应逆向进行。
22．（2018·泰州模拟）下列说法正确的是（ ）
A．向稀醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸的电离程度增大
B．电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极
C．常温下，2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)不能自发进行，则该反应的△H>0
D．工业通过反应“Na(l)+KCl(l) NaCl(l)+K(g)”冶炼钾，说明钠的金属性强于钾
【答案】B,C
【知识点】化学平衡移动原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO－）浓度增大，抑制了醋酸的电离，选项A不符合题意；
B、电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极，选项B符合题意；
C、常温下，2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）不能自发进行，说明△H-T△S＞0，已知该反应△S<0，所以该反应的△H＞0，选项C符合题意；
D、工业通过反应“Na(l) +KCl(l) NaCl(l)+K(g)”冶炼钾，是因为钾以蒸气从液态的混合物中分离出来，选项D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A.根据同离子效应进行分析；
B.电镀时镀层金属做阳极；
C.根据自由能判据进行分析；
D.根据化学平衡原理进行分析。
三、非选择题
23．（2023·辽宁）2—噻吩乙醇()是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：
Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入液体A和金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ．制噻吩钠。降温至，加入噻吩，反应至钠砂消失。
Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应。
Ⅳ．水解。恢复室温，加入水，搅拌；加盐酸调至4~6，继续反应，分液；用水洗涤有机相，二次分液。
Ⅴ．分离。向有机相中加入无水，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中液体A可以选择 。
a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨
（2）噻吩沸点低于吡咯()的原因是 。
（3）步骤Ⅱ的化学方程式为 。
（4）步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是 。
（5）步骤Ⅳ中用盐酸调节的目的是 。
（6）下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是 (填名称)：无水的作用为 。
（7）产品的产率为 (用计算，精确至0.1%)。
【答案】（1）c
（2） 中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高
（3）2 +2Na 2 +H2
（4）将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热
（5）将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率
（6）球形冷凝管和分液漏斗；除去水
（7）70.0%
【知识点】化学平衡移动原理；有机物的合成；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏
【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故选c；
（2）噻吩沸点低于吡咯()的原因是：中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高
（3）步骤Ⅱ中和Na反应生成2-噻吩钠和H2，化学方程式为2+2Na+H2
(4)为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热；
（5）2-噻吩乙醇钠水解生成-噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节pH的目的是将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率；
（6）步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水硫酸镁的作用是：除去水；
（7）步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2mol2-噻吩乙醇，产品的产率为=70.0%。
【分析】根据制备流程图，弄清楚每一步是呀操作的目的和意义，步骤I为融化金属钠，加入甲苯目的为溶剂，步骤II为金属钠与噻吩反应，得到噻吩钠，步骤III为噻吩钠与环氧乙烷反应制备噻吩乙醇钠，步骤IV加水目的是水解制备噻吩乙醇，最后步骤V为干燥、蒸馏得到噻吩乙醇。
24．（2023·浙江1月选考）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
（1）有利于提高平衡转化率的条件是 。
A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压
（2）反应的 ， (用表示)。
（3）恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。
①下列说法正确的是 。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ⅱ，吸收可促使氧化的平衡正移
C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因 。
（4）还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。
①常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃ 480 500 520 550
转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R 2.6 2.4 2.1 1.8
下列说法错误的是
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中占比越高
C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大
【答案】（1）C
（2）；
（3）BC；通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移
（4）；C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压；故答案为：C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应；
故△H1+2△H2=+329，，故答案为： ； ；
（3）①A．先转化为Fe，然后Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2， 又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，选项A不符合题意；
B．过程ⅱ，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，选项B符合题意；
C．过程ⅱ吸收而产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出，选项C符合题意；
D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量一样多，选项D不符合题意；
故答案为：BC；
②通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，故答案为： 通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移；
（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知时，转化率为100%，即=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，故==1.8，故间R的变化趋势如图：，故答案为：；
②A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，增大的倍数比大，则R提高，选项A符合题意；
B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B符合题意；
C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不符合题意；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D符合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）有利于提高 平衡转化率，即有利于反应向生成二氧化碳的方向进行；
（2）根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2可得；
（3）①A.Fe3O4、CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物；
B.过程ⅱ，吸收使浓度降低；
C.过程ii中CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收；
D.焓变只与反应物和生成物的总能量差有关，与反应过程无关；
②化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）①时，=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，；
②A.根据分析；
B.温度越低，CH4的转化率越低，R越大；
C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率增大；
D.改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率。
25．（2022·衡阳模拟）硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：。研究表明，催化氧化的反应速率方程为式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为平衡转化率，α′为某时刻转化率，n为常数。在α′=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到的v-t曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任何温度下都能自发
B．与足量充分反应，放出的热量为
C．升高温度，能增大单位体积内活化分子百分数和活化分子数
D．反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k、α均增大
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应焓变△H<0，反应前后气体分子数减少，熵变△S<0，依据△G=△H-T△S<0反应能自发进行可知，该反应在低温条件下自发进行，A不符合题意；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，1molSO2与足量氧气充分反应，放出的热量小于98kJ，B不符合题意；
C．升高温度，活化分子数增加，单位体积内活化分子百分数增加，C符合题意；
D．升高温度，反应速率常数增大，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫平衡转化率降低，反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k增大对v的提高大于α引起的降低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据△G=△H-T△S<0判断；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，进行不到底；
C．利用活化分子理论分析；
D．依据化学平衡移动原理分析；
26．（2023·天津市模拟）羰基硫是一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害，利于粮食的长期储存．在容积不变的密闭容器中，将和混合后在催化剂和加热条件下达到下列平衡：。
（1）已知结构与相似，则分子的空间结构为 。
（2）若反应前的物质的量为，达到平衡时的物质的量为，且化学平衡常数为0.1。下列说法正确的是 。
a．增大压强，化学平衡正向移动
b．增大浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
c．反应前的物质的量为
d．达到平衡时的转化率为
（3）①在不同温度下达到化学平衡时，的转化率如图所示，则该反应是 (填“吸热”或“放热”)反应。
②若采用恒压，当温度高于后，的转化率出现了断崖式下跌，原因可能是 、 (写出任意两点即可)。
（4）增大的值，的转化率 (填“增大”或“减小”)。工业上尾气的处理方法中，克劳斯法是将三分之一氧化为，再在转化炉中将剩下的转化为S单质，写出转化炉中反应的化学方程式： 。实验室中气体常用过量的氢氧化钠溶液吸收，写出反应的离子方程式： 。
【答案】（1）直线形
（2）cd
（3）放热；硫化氢在高温下分解；催化剂活性降低
（4）增大；2H2S(g)+SO2(g)═3S(g)+2H2O(g)；H2S+2OH-=2H2O+S2-
【知识点】判断简单分子或离子的构型；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）二氧化碳结构为O=C=O为直线形分子，已知COS结构与CO2相似，则COS也为直线形分子；
（2）a．CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，故a不正确；
b．增大CO浓度，反应物浓度增大，正反应速率瞬间增大，逆反应速率也增大，故b不正确；
c．反应前CO物质的量为10mol，达到平衡时CO的物质的量为8mol，且化学平衡常数为0.1，设反应前H2S物质的量为amol，容器体积为VL，列三段式计算如下：
K= =0.1，解得a=7，反应前H2S的物质的量为7mol，故c正确；
d．达到平衡时CO的转化率为 =20%，故d正确；
故答案为：cd；
（3）①升高温度，硫化氢的转化率减小，平衡逆向移动，则该反应是放热反应。
②若采用恒压，当温度高于300℃后，H2S的转化率出现了断崖式下跌，原因可能是硫化氢在高温下分解、催化剂活性降低；
（4）增大c(H2S)/c(CO)的值，相当于提高硫化氢的浓度，反应正向进行，可以增大CO的转化率。将三分之一H2S氧化为SO2，反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)═2SO2(g)+2H2O(g)；再在转化炉中将剩下的H2S转化为S单质，则转化炉中反应为二氧化硫和硫化氢生成硫单质和水，化学方程式2H2S(g)+SO2(g)═3S(g)+2H2O(g)，克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应2H2S(g)+O2(g)═2S(g)+2H2O(g)；实验室中H2S气体常用过量的氢氧化钠溶液吸收，生成硫化钠和水，反应的离子方程式H2S+2OH-=2H2O+S2-。
【分析】（1）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（2）a、左右两边气体化学计量数相同，压强不影响平衡移动；
b、增大反应物浓度，正反应速率先增大后减小，逆反应速率先不变后增大；
c、结合三段式判断；
d、转化率为变化量和起始量的比值；
（3） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 硫化氢在高温下分解、催化剂活性降低，H2S的转化率出现了断崖式下跌；
（4）硫化氢和二氧化硫反应生成硫和水。
27．（2023·顺义模拟）以废旧铜电路板为原料制备硫酸铜晶体可变废为宝，如图是某工厂的实际制备工艺流程。
资料1：流程中RH为有机化合物
（1）浸取前将废旧铜电路板粉碎的目的是 。
（2）上述流程中需要用到分液操作步骤是(填序号) 。
（3）浸取后得到的溶液铜元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取时发生反应的离子方程式为 。
（4）研究发现，加入H2O2后随温度升高，铜元素浸出率随温度变化的曲线如图。分析温度高于85℃，铜元素浸出率下降可能的原因 。
（5）工艺流程中循环使用的物质有：NH3、 、有机溶剂、 。
（6）该工厂排放的水质情况及国家允许的污水排放标准如表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。
项目 废水水质 排放标准
pH 1.0 6～9
Cu2+含量/(mg L-1) 72 ≤0.5
NH含量/(mg L-1) 2632 ≤15
资料2：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－
①根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为 。
②结合资料解释实验结果图中b到d段曲线所示的过程 。
【答案】（1）提高浸取速率和铜的浸取率
（2）③⑤
（3）
（4）温度过高会导致H2O2分解
（5）NH4Cl；RH
（6）9；b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3 H2O，c(NH3)增大，反应Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升；c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
【知识点】化学平衡移动原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）粉碎操作可增大浸取液和废旧电路板的接触面积，从而提高浸取速率和铜的浸取率。
（2）分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，上述流程中需要用到分液操作步骤是③⑤。
（3）该过程发生氧化还原反应，离子方程式为。
（4）温度过高会导致H2O2分解，从而可能使得铜元素的浸出率下降。
（5）操作③分液得到的NH4Cl溶液可用于操作①浸取步骤，操作⑤分液得到的有机层中包含有机溶剂和RH，可重复用于③步骤。
（6）①由图像可知当pH=9时，铜元素含量最低，故根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为9；②b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3 H2O，c(NH3)增大，发生Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－，该反应的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升。c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
【分析】铜电路板粉碎后和NH3、NH4Cl、H2O2等发生氧化还原反应，反应的离子方程式为，浸出液中主要存在[Cu(NH3)4]2+、Cl-等离子。浸出液再与RH反应，用有机溶剂萃取，有机层中含CuR2，水层中含NH4Cl。分液后往有机层加入稀硫酸，则CuR2和H2SO4反应得到CuSO4和RH，CuSO4位于水层，RH位于有机层，分液后得到CuSO4溶液，后续处理得到CuSO4晶体。
28．（2023·南京模拟）苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。
（1）利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。
C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ΔH=akJ mol-1
保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行：
A．乙苯
B．n(乙苯)：n(N2)=1：10
C．n(乙苯)：n(CO2)=1：10
三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[×100%]与温度的关系如图1所示。
①α 0(填“＞”、“＜”或“不能确定”)。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是 。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是 。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是 。
（2）CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
①在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为 。
②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是 。
【答案】（1）＞；加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大；CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大；水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳
（2）乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上；过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据图像可知转化率是大于0的，故α＞0。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳。
（2）①图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
②CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示，p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降。
【分析】（1）①根据图像可知转化率大于0。
②③乙苯转化率提高，说明平衡正向移动，结合三种投料方式的不同进行分析。
④水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)。
（2）①图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
②乙苯转化率下降，是因为过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低。
29．（2023·合肥模拟）空间站还原转化系统能把呼出的捕集、分离并与空间站电解水系统产生的进行加氢处理，从而实现空间站内物料的循环利用。
（1）一种借助光将转化为的催化机理如图所示。该转化过程总反应的化学方程式是 ；图中所示的各物质中，含有极性共价键的非极性分子是 (填化学式)。
（2）一定条件下，和还可发生如下两个平行反应：
i.
ii.
①已知相关键能数据如下表：
化学键
键能/ 436 464 803 1072
则反应i的 。
②为了提高的产率，理论上应采用的措施是 (填标号)。
A．低温低压 B．高温低压 C．高温高压 D．低温高压
③保持温度，压强，按投料比向密闭容器中充入和，反应相同时间测得不同催化剂下转化率和选择性的相关实验数据如下表所示(已知选择性：转化的中生成的百分比)。
催化剂 转化率 选择性
cat。1 21.9% 67.3%
cat。2 36.1% 100.0%
上述条件下，使用cat。2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是 (填标号)。
A．气体压强不再变化| B．气体平均相对分子质量不再变化
C．和的物质的量之比为 D．和的物质的量之比不再变化
（3）一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ii，达平衡时，的转化率为80%，则该温度下的平衡常数 (保留两位小数)。
（4）若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比不同、温度不同时，测得相应的平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度T(B) T(D)(填“＜”，“>”，或“=”)，其原因是 。
【答案】（1）；CO2、CH4
（2）+42；D；AB
（3）5.33
（4）＜；i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大
【知识点】极性键和非极性键；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由图可知，氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，；甲烷、二氧化碳分子中含碳氢、碳氧极性键，分子为对称结构，为非极性分子；
（2）①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故反应i的；
②生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应，则低温高压利于平衡正向移动，提高甲醇产率，
故答案为：D；
③A．反应ii气体分子数减小的反应，气体压强不再变化，说明反应达到平衡，A正确；
B．物质的总质量不变，反应的气体分子数减小，则气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡，B正确；
C．和的物质的量之比为，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C不正确；
D．和的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定值，其不会变化，不说明反应达到平衡，D不正确；
故答案为：AB；
（3）一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ii，达平衡时，的转化率为80%，则反应氢气2.4mol，生成甲醇、水均为0.8mol，反应后二氧化碳、氢气分别为0.2mol、0.6mol，则该温度下的平衡常数；
（4）B进气比=1：1，设投料均为1mol，二氧化碳转化率为60%，则平衡后二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.4mol、0.4mol、0.6mol、0.6mol，反应为气体分子数不变的反应，则此时；同理，，i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，故B和D两点的温度。
【分析】（1）氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，注意反应条件。共价化合物中，极性键存在于不同原子之间，一般非极性分子的结构对称。
（2）① 反应物总键能-生成物总键能。
②根据化学平衡移动原理进行分析。
③达到平衡状态的主要标志是V正=V逆，各物质的含量保持不变。
（3） 可通过化学平衡三段式进行分析。
（4）反应 i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大 。
30．（2023·沈阳模拟）氢气作为一种清洁能源，一直是能源研究的热点，水煤气变换反应可用于大规模制，反应原理如下：
（1）根据下表中提供的数据，计算 。
化学键
键能 803 x 463 436
（2）实验发现其他条件不变，在体系中投入一定量可以增大的体积分数，从化学平衡的角度解释原因 。
（3）某温度下，在一恒容密闭容器中充入和，加入催化剂使其发生上述反应(忽略其他副反应)，测得该反应中初始压强为，分压如图甲所示(t时刻前，的分压未给出)，则A点坐标为(t， )、平衡常数 。
（4）反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中曲线所示，已知经验公式为(其中为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能 。当使用更高效催化剂时，请绘制关系示意图 。(假定实验条件下，催化剂对C值无影响)
（5）储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输问题。某储氢合金的结构属六方晶系，晶体结构及俯视图分别如图(a)、(b)所示。已知a、b两点的分数坐标分别为、，则c点坐标为 。X射线衍射测定两晶面间距为(见图b)，高为，设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的摩尔质量为，则密度为 。(列出表达式)
【答案】（1）1074.8
（2）CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大
（3）；0.5
（4）30.0；
（5）（）；
【知识点】化学平衡移动原理；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】（1） H=反应物的键能-生成物的键能==-42.1kJ/mol，解得x=1074.8。
（2）其他条件不变，在体系中投入一定量CaO，CaO与生成物CO2反应生成CaCO3，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大，故答案为：CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大。
（3）由反应可知，反应前后总压不变，所以平衡时总压为P0，H2O的分压为，A点的坐标为（t，）；由图可知，平衡时CO2、H2、CO、H2O的平衡分压分别为，平衡常数KP=。
（4）已知Arrhenius经验公式为，根据图像可得①63.0=-3.0Ea+C，②33.0=-4.0Ea+C，联立方程解得Ea=30.0，则反应的活化能为30.0kJ/mol；使用高效催化剂，活化能降低，因此图像为：
。
（5）由a和b的坐标可得c的坐标为（），由均摊法可知，La为：，Ni原子位于内部和面心：，化学式为LaNi5，X射线衍射测定两晶面间距为dpm，设底面边长为a，则，可得，底面积=，则晶体的密度为=
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2）减少生成物的浓度，使平衡朝正向移动；
（3）分压平衡常数要结合总压和总物质的量进行判断；
（4）催化剂可以降低反应所需的活化能；
（5）密度的计算要结合阿伏加德罗常数、体积、摩尔质量判断。
31．（2022高三上·金山模拟）（一）铁的常见化合价有+2、+3，在很强的氧化剂作用下也可形成不稳定的+6价高铁酸盐。实验室以FeCl2(aq)为原料制备高密度磁记录材料Fe/Fe3O4复合物，装置如图所示。在氩气气氛中，向装有50 mL 1 mol·L－1 FeCl2(aq)的三颈烧瓶中逐滴加入100 mL 14
mol·L－1 KOH(aq)，100℃下搅拌回流3 h，得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀。待三颈烧瓶中的混合物冷却后，过滤，再依次用沸水和乙醇洗涤，40℃干燥后焙烧3 h，得到Fe/Fe3O4复合物产品 3.24 g。
完成下列填空：
（1）三颈烧瓶内发生反应的离子方程式为 ；检验反应是否进行完全的操作是 。
（2）焙烧需在隔绝空气条件下进行，原因是 。实验所得产品的产率为 。
（3）FeCl3的晶体类型属于 。
（4）向BaCl2(H+)中加入Ba(OH)2以除去杂质FeCl3，为使溶液中c(Fe3+)≤10－6 mol·L－1，则溶液中c(OH－)≥ mol·L－1。用平衡移动原理解释除杂原理。
【答案】（1）4Fe2+＋8OH－ Fe↓＋Fe3O4↓＋4H2O；取少量反应后的溶液，加入KSCN(aq)，再加入少量新制氯水，若溶液不出现血红色，则反应已经进行完全（不可用KMnO4）
（2）防止产品中的二价铁元素被O2氧化；0.90 已知：FeCl3为共价化合物，熔点是306℃，易水解； Fe(OH)3(s) Fe3+(aq)＋3OH－(aq)的平衡常数Ksp＝4×10－38。
（3）分子晶体
（4）3.42×10-11；Fe(OH)3(s) Fe3+(aq)＋3OH－(aq)，加入Ba(OH)2，使溶液中c(OH－)增大，Q＞Ksp，平衡向左移动，Fe3+转化成Fe(OH)3。
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；化学平衡移动原理；铁及其化合物的性质实验；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）根据题干信息可知，三颈烧瓶内FeCl2(aq)和KOH(aq)反应生成Fe和Fe3O4，根据原子种类守恒，产物中还有H2O，则该反应离子方程式为 4Fe2+＋8OH－ Fe↓＋Fe3O4↓＋4H2O 。检验反应是否进行完全，主要是检验是否有Fe2+剩余，其操作是取少量反应后的溶液，加入KSCN(aq)，再加入少量新制氯水，若溶液不出现血红色，则反应已经进行完全。
（2）焙烧需在隔绝空气条件下进行是因为产品中的二价铁元素容易被空气中的O2氧化。根据反应方程式及n=cV=可知，n(Fe)=n(Fe3O4)=n(FeCl2)= ×50×10-3L×1 mol·L－1 =0.0125mol，所以理论上得到Fe/Fe3O4复合物产品的质量为0.0125mol×（56+232）g/mol=3.6g，而实际上得到3.24g，所以实验所得产品的产率为×100%=90%。
（3）根据已知信息，FeCl3为共价化合物，熔点是306℃，熔沸点低，所以FeCl3属于分子晶体。
（4）Ksp [Fe(OH)3]＝c(Fe3+)·c3(OH-)=4×10－38≤10－6 mol·L－1×c3(OH-)，所以c(OH－) ≥3.42×10-11 mol·L－1。溶液中存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s) Fe3+(aq)＋3OH－(aq)，加入Ba(OH)2，使溶液中c(OH－)增大，Q＞Ksp，平衡向左移动，Fe3+转化成Fe(OH)3。
【分析】（1）首先判断反应的反应物和生成物及反应条件，再结合离子方程式书写原则进行分析。检验反应是否进行完全，主要是检验是否有Fe2+剩余。
（2）二价铁元素容易被空气中的O2氧化；根据反应方程式及n=cV=进行分析。
（3）根据不同晶体的特点进行分析。
（4）Ksp [Fe(OH)3]＝c(Fe3+)·c3(OH-)，结合平衡移动原理进行分析。
32．（2022·葫芦岛模拟）烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟O3氧化结合(NH4)2SO3溶液吸收法同时脱除SO2和NO的过程示意图如下。
（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应 平衡常数(25℃) 活化能(kJ/mol)
a： 1.6×1057 3.17
b： 6.2×1034 3.17
c： 1.1×1041 58.17
①已知：，则 。
②其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，SO2和NO的转化率随O3的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于SO2的原因 。
（2）其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，O3与NO的物质的量之比对SO2和NO脱除率的影响如图。
①(NH4)2SO3溶液显碱性，用化学平衡原理解释： 。
②O3的浓度很低时，SO2的脱除率超过97%，原因是 。
③在吸收器中，SO与NO2反应生成和的离子方程式是 。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为N2，反应中和N2的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是 。
【答案】（1）-241.6kJ/mol；反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2
（2）溶液中存在，水解程度大于水解程度，溶液呈碱性；(NH4)2SO3溶液能够直接与SO2发生反应；；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；盐类水解的原理
【解析】【解答】(1)①根据盖斯定律可得；②活化能越低，反应速率越快。由表中数据可知反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2；
(2)①溶液中存在，SO水解程度大于水解程度，则溶液中c(OH)>c(H+)，溶液呈碱性；②(NH4)2SO3溶液直接与SO2发生反应生成NH4HSO3；③吸收器中亚硫酸铵过量，SO与反应产生的H+不共存，反应式为；④根据题干信息和原子守恒可写出反应式为。
【分析】(1)①根据盖斯定律计算；②活化能越低，反应速率越快。
(2)①依据离子的水解程度判断溶液的酸碱性；②(NH4)2SO3溶液与SO2反应生成NH4HSO3；③依据化合价的变化分析；④根据题干信息和原子守恒。
33．（2022·浦东模拟）某实验小组用下图装置制取氯气并进行实验探究。
完成下列填空：
（1）电解饱和食盐水的化学方程式为 。检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是 。
（2）利用图装置验证氯气与烧碱溶液的反应。将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有 ；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是 。
（3）探究发现NaClO溶液的消毒效率与温度有关(如图所示)，因此浓漂白液稀释时，应保持温度在40℃以下。试用平衡移动原理和物质变化的相关知识加以解释。
（4）氯碱工厂的烧碱产品常含有碳酸钠、氯化钠，可用“中和滴定氯化钡法”测定其中NaOH的含量。
其实验步骤为：称取工业烧碱2.088 g，配成500 mL溶液，取出25.00 mL，先加入25.00 mL 0.05 mol L-1 BaCl2溶液(过量)，然后滴入酚酞指示剂，再用0.1200 mol L-1 的盐酸滴定至终点，平均消耗盐酸18.56 mL。
滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为 。计算该样品中NaOH的质量分数为 。(用小数表示，保留至小数点后第3位)，某次检测发现，实验值明显高于理论值，原因可能是 。(选填编号)
a.工业烧碱已发生潮解 b.滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
c.配制的待测液敞口放置时间过长 d.滴定时往锥形瓶中加水
（5）该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是 。
【答案】（1）2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑；取样，加入稀硝酸酸化，加入硝酸银溶液，若溶液产生白色沉淀，则表明含有NaCl
（2）①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中；②中长导管中有气泡产生
（3）NaClO溶液中存在水解平衡：ClO―＋H2OHClO＋OH―，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解：2HClO 2HCl＋O2↑，HClO的浓度减小，消毒效率降低
（4）Ba2＋＋CO → BaCO3↓；0.853；b
（5）用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应
【知识点】化学平衡移动原理；常见气体制备原理及装置选择；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】(1)电解饱和食盐水时，阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极水电离出的氢离子得电子生成氢气，故电解的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑。检验氯离子应用银离子生成氯化银沉淀，由于氢氧化银也是白色沉淀，故应先加入硝酸中和氢氧化钠，则检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是取样，加入稀硝酸酸化，加入硝酸银溶液，若溶液产生白色沉淀，则表明含有NaCl。
(2)氯气与烧碱溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，使装置内气体压强减小，小于外界大气压，故将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是②中长导管中有气泡产生。
(3)NaClO溶液中存在水解平衡：ClO-＋H2OHClO＋OH-，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解：2HClO 2HCl＋O2↑，HClO的浓度减小，消毒效率降低。
(4)滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为Ba2＋＋CO → BaCO3↓。
NaOH的含量为。
某次检测发现，实验值明显高于理论值，
a．工业烧碱已发生潮解，则测定的工业烧碱的质量会偏大，测定的氢氧化钠的质量分数会偏低，故不符合；
b．滴定管水洗后未用标准盐酸润洗，则盐酸的浓度偏小，消耗盐酸的体积偏大，故测定结果偏高，故符合；
c．配制的待测液敞口放置时间过长，则会有更多的氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，测定结果会偏低，故不符合；
d．滴定时往锥形瓶中加水，不改变氢氧化钠物质的量，无影响，故不符合；
故答案为：b。
(5)该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应。
【分析】（1）电解饱和食盐水生成NaOH、H2 、Cl2 ；检验NaCl常用的试剂是硝酸酸化的AgNO3溶液，注意硝酸用于排除NaOH的干扰。
（2）氯气与烧碱溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，使装置①内气压减小，小于外界大气压，据此分析。
（3）ClO-水解可生成HClO，水解吸热，升温会使水解程度增大，达到一定温度时，HClO会分解，据此分析。
（4）Ba2+与CO32-反应生成BaCO3沉淀；滴入的盐酸与NaOH反应关系式为HCl~NaOH，据此可算出所取25mL溶液中m(NaOH)，进而求出500mL溶液中m(NaOH)，据此分析。
（5）用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应。
34．（2022·德州模拟）废旧锂电池的有效回收，可以减少环境污染，也能缓解贵金属资源危机。一种高效处理三元锂电池正极活性物质(其中金属元素的质量分数为、、、)，回收贵金属元素的工艺如下。
已知：金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示：
金属离子
开始沉淀的pH 6.6 7.8 6.7
完全沉淀的pH 9.2 10.4 9.5
回答下列问题：
（1）在一定条件下“酸浸”时，金属离子的浸出率与硫酸浓度的关系如下图所示，此条件下，硫酸最合适的浓度为 mol/L。为提高金属离子的浸出率，除硫酸浓度外，还可以研究 、 等条件与金属离子的浸出率的关系。
（2）“调pH”的最佳pH为5，原因是：①pH过低，丁二酮肟不易与络合生成丁二酮肟镍沉淀，不利于的除去；②pH值过高 。
（3）“沉锰”的离子方程式为 。
（4）“还原煅烧”时，生成的溶解度较小。“水浸”时，通入过量有利于溶解为，从而与其他金属元素分离，从平衡移动的角度分析其原理： 。
（5）金属离子的电化学沉积法清洁环保且成本较低。其原理是通过电解装置将金属离子从溶液中逐一还原析出，生成的金属单质应附着在 极。
电解时，各金属离子还原为单质的电压如下表：
金属离子
还原为单质的电压/V 0.280 1.185 0.257
若要改进工艺，更好分离金属离子，应在 (填字母)流程后开始使用电化学沉积法。最后析出的金属单质为 。
A．“酸浸” B．“调pH” C．“沉镍” D．“沉锰”
【答案】（1）2.5mol/L；酸浸时间；温度、搅拌速率、液固投料比(其他影响速率的因素合理即可)
（2）和形成氢氧化物沉淀，不能与镍盐沉淀分离
（3）
（4）体系中存在的溶解平衡：，通入过量与结合生成，降低了的浓度，使的溶解平衡向溶解的方向移动，因此有利于进入溶液
（5）阴；C；锰
【知识点】化学平衡移动原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】加入焦炭还原煅烧得到金属单质，加入过量有利于溶解为，过滤可得滤渣含Mn、Co、Ni，加入硫酸溶解得到金属离子，加入NaOH调节pH，再加入丁二酮肟沉镍，高锰酸钾和锰离子发生归中反应生成二氧化锰，最后加入草酸钠沉钴得到草酸钴；
(1)由图可知，硫酸浓度为2.5 mol/L时金属离子的浸出率浸出率较高，为减少原料浪费，最合适的硫酸最合适的浓度为2.5 mol/L；浓度、反应物接触面积、反应时间等会影响反应速度，则为提高金属离子的浸出率，除硫酸浓度外，还可以研究酸浸时间、温度、搅拌速率、液固投料比等条件与金属离子的浸出率的关系；
(2)由金属离子沉淀的pH值表可知，若“调pH”时pH值过高，和形成氢氧化物沉淀，不能与镍盐沉淀分离；
(3)“沉锰”时高锰酸钾和锰离子发生归中反应生成二氧化锰，反应的离子方程式为；
(4)“水浸”时，体系中存在的溶解平衡：，通入过量与结合生成，降低了的浓度，使的溶解平衡向溶解的方向移动，因此有利于进入溶液；
(5)金属离子发生还原反应生成金属单质，电解池中阴极发生还原反应，则生成的金属单质附着在阴极；由于与还原为单质的电压相差不远，较难分离，则应在“沉镍”流程后开始使用电化学沉积法，
故答案为：C，还原为金属Co的电压较低，通电后先析出，最后析出的金属单质为锰。
【分析】先分析流程，经过焦炭还原后形成相应的单质，为Li、Mn、Co、Ni，水浸后通入二氧化碳，滤液为碳酸锂，滤渣为Mn、Co、Ni，经过酸浸后形成相应的硫酸盐，加入NaOH，再加入丁二酮肟沉镍，高锰酸钾和锰离子发生归中反应生成二氧化锰，最后加入草酸钠沉钴得到草酸钴；
（1）结合图示，可知pH为2.5时浸出率很高，往后浸出率提高不明显；提高浸出率的方法有增加酸浸时间、增加投料比、增大接触面积、提高温度、搅拌等；
（2）pH过高，氢氧根浓度增大，容易使金属离子沉淀；
（3）根据图示，可知该过程为氧化还原反应，原溶液中含有Mn2+，加入MnO4-后发生氧化还原反应，形成二氧化锰；
（4）从平衡移动的角度解释溶解度，即利用难溶电解质的溶解平衡解释，根据碳酸根和二氧化碳的反应，使溶解平衡朝正向移动，由于锂离子的溶解；
（5）金属离子为阳离子，电解过程中移向阴极；根据电压选择，可知镍和钴的电压接近，因此必须在除去镍以后再开始电解。
35．（2022·徐汇模拟）不锈钢具有良好的耐腐蚀性和耐磨性，铬(Cr)是不锈钢的重要成分。完成下列填空：
（1）I.通过 可以得到较纯的铬， 的熔点比 。(选填“高”或“低”)，某工厂用 含 的铬铁矿粉 制备 ，最终得到产品bkg，产率为 。(用含a和b的代数式表示)
（2）II.元素 在溶液中主要以(蓝紫色)、 (绿色)、 (橙红色)、 (黄色)等形式存在， 为难溶于水的灰蓝色固体。
与 的化学性质相似，在 溶液中逐滴加入 溶液直至过量，可观察到的现象是 。
（3）III. 和 在溶液中可以相互转化。室温下，初始浓度为 溶液中 随 的变化如图所示。
用离子方程式表示 溶液中的转化平衡 。
（4）写出该反应平衡常数的表达式K= 。
（5）由图可知，溶液酸性增强， 的平衡转化率 。(选填“增大”、“减小”或“不变”)
（6）升高温度，溶液中 的平衡转化率减小，则该反应是 反应。(选填“吸热”或“放热”)
【答案】（1）低；
（2）蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解，形成绿色溶液
（3）
（4）
（5）增大
（6）放热
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)工业常利用铝热反应制备高熔点的金属，上述反应属于铝热反应，所以熔点：Al＞Cr；根据Cr元素守恒可知， ，m( )=40%a kg，所以理论上可得到重铬酸钾的质量m( )= ，实际得到的产品质量为b kg，所以产率为 = ；
(2)Cr(OH)3与Al(OH)3的化学性质相似，可知Cr(OH)3是两性氧化物，能溶解在强碱NaOH溶液中，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，首先蓝紫色变浅同时产生Cr(OH)3灰蓝色固体，继续滴加，沉淀溶解，Cr(OH)3变为Cr(OH) ，溶液最终变为绿色，故答案为蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；
(3)随着H+浓度的增大， 与溶液中的H+发生反应，反应转化为 的离子反应式为： ；
(4)根据反应 及平衡常数公式可知，该反应的平衡常数表达式为：K= ；
(5)由图可知，溶液酸性增大，平衡 正向进行，则 的平衡转化率增大，故答案为：增大；
(6)由于升高温度，溶液中 的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中 的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应。
【分析】(1)利用铝热反应制备高熔点的金属；根据元素守恒确定关系式计算 ；
(2)依据题目的信息，利用平衡转化进行分析；
(3)(5)(6)利用平衡移动原理进行分析；
(4)根据平衡常数公式分析 ；
2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡移动原理1
一、选择题
1．（2023·北京）下列事实能用平衡移动原理解释的是( )
A．溶液中加入少量固体，促进分解
B．密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深
C．铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D．锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生
2．（2023·辽宁）某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
选项 颜色变化 解释
A 溶液呈浅棕色 在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深 发生了反应：
C 紫黑色晶体消失 ()的消耗使溶解平衡右移
D 溶液褪色 与有色物质发生了置换反应
A．A
B．B
C．C
D．D
3．（2023·宁波模拟）向工业废水中加入硫化物可以获得CuS、FeS纳米粒子［已知，］，下列说法正确的是
A．FeS固体不能用于去除工业废水中的
B．向和混合溶液中加入溶液，当两种沉淀共存时，
C．向CuS饱和溶液中加入固体，CuS的溶解平衡逆向移动，滤液中一定存在
D．已知溶液中，可判断CuS易溶于稀盐酸
4．（2023·闵行模拟）下列工业生产采取的措施能用勒夏特列原理解释的是
A．工业合成氨采用高压
B．工业制硫酸催化氧化时采用常压
C．工业合成氨采用高温
D．工业制硫酸催化氧化时采用高温
5．（2023·虹口模拟）下列化工生产中，所采取的条件或操作不能用勒夏特列原理解释的是
A．工业制盐酸：向合成塔中通入过量氢气
B．合成氨：采用20-50MPa压强
C．工业制硫酸：向接触室中通入过量空气
D．联合制碱工业：向母液中加入食盐
6．（2023·虹口模拟）一定温度下，向1L密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应2X(g)+Y(g) 3Z(？)。达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0。下列说法错误的是
A．Z不可能为气体
B．达到平衡时容器内有1.8molZ
C．压缩体积，再次达到平衡，X的浓度不变
D．Y的体积分数不变说明反应达到平衡状态
7．（2023·兰州模拟）K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。在考虑平衡：① (aq) +H2O(l)2(aq) K1=3.0× 10-2(25℃)；②(aq)(aq) +H+(aq) K2=3.3× 10-7(25℃)的条件下，25℃时，向0.10 mol/L K2Cr2O7溶液中加入NaOH，溶液中，随pH的变化关系如图所示，溶液体积变化可忽略。下列说法中正确的是
A．已知Ka1(H2SO3) = 1.29× 10-2，由②可知向K2CrO4溶液中通SO2可制得KHCrO4
B．的值随溶液 pH的增大逐渐减小
C．当溶液pH=9时，溶液中的平衡浓度约为6 × 10-4mol/L
D．当溶液pH=7时，c(K+) =c ( ) +c( ) +2c ()
8．（2023·黄山模拟）某元素M的氢氧化物在水中的溶解反应为：、，与的关系如图所示，c为或浓度的值，下列说法错误的是
A．曲线②代表与的关系
B．向的溶液中加水稀释，平衡：逆向移动，增大
C．的约为
D．时，溶液中的
9．（2023·菏泽模拟）的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色。某同学按如下步骤完成实验：
已知与、在溶液中存在以下平衡：(红色)；(无色)
下列说法错误的是
A．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的
B．与的配位能力强于
C．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
10．（2022·余姚模拟）室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是
A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
B．将氢溴酸改成NaBr(s)和浓硫酸，可能有利于生成C2H5Br
C．若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间
11．（2023·黄浦模拟）一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器中分别投入2 mol NOCl，发生反应：2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)。t min后，三个容器中NOCl的转化率如图中A、B、C三点。下列叙述正确的是
A．A点延长反应时间，可以提高NOCl的转化率
B．A、B两点的压强之比为25︰28
C．t min时，C点正＜逆
D．容积为a L的容器达到平衡后再投入1 mol NOCl、1 mol NO，平衡不移动
12．（2022·柳州模拟）难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．图中温度
B．温度下，值为
C．在温度下，加适量的NaA固体可使饱和溶液由p点变到n点
D．向q点的饱和溶液中滴加NaA溶液，立即析出MA沉淀
13．（2022·惠州模拟）有平衡体系：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH <0，为了增加甲醇(CH3OH)单位时间的产量，应采用的最佳措施是（ ）
A．高温、高压 B．低温、高压、催化剂
C．低温、低压 D．适宜温度、高压、催化剂
14．（2022·汕头模拟）化学知识来源于生活，又能服务于生活。下列叙述正确的是( )
A．镀锌的铁皮镀层破损后，铁皮会加速腐蚀
B．用溶液、溶液分别制取固体、固体实验操作完全相同
C．利用的强氧化性既可以对自来水杀菌消毒，又可起到净水的作用
D．利用化学平衡移动的原理，可以将煤气中毒的病人移至高压氧舱进行救治
15．（2022·舟山模拟）在一定条件下的2L密闭容器中，X、Y、C三种气体的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法一定错误的是（ ）
A．X、Y、C三种气体发生反应的化学方程式为：
B．0～15min，X的平均速率约为0.025
C．反应开始到25min，C的产率为25%
D．25min时改变的条件可能是降温
16．（2022·河东模拟）对于反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任何条件下都能自发进行
B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加
C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率
D．2mol SO2(g)和1mol O2(g)所含键能总和比2mol SO3(g)所含键能小
二、多选题
17．（2020·江苏）CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
在恒压、反应物起始物质的量比 条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B．曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C．相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D．恒压、800K、n(CH4)：n(CO2)=1：1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率能达到Y点的值
18．（2020·盐城模拟）在容积为2.0L的恒容密闭容器中充入3.0molCl2和4.0molPCl5，473K 时发生反应：PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)△H= 92.5 kJ·mol-1，各物质的物质的量随时间变化关系如图所示：（ ）
下列说法正确的是（ ）
A．0.0~5.0min，PCl5分解的平均速率为0.6mol·L-1·min -1
B．起始时，若用3.0mol37Cl2和4.0mol P35Cl5，达平衡时，PCl3 中不含37Cl
C．图中14.0min时，改变的外界条件可能是缩小容器的体积
D．若在14.0min时，向容器中各充入1.0mol 的Cl2、PCl5 及PCl3，维持其他条件不变，重新达到平衡前，v(正)>v(逆)
19．（2020·江苏模拟）烟气中的NO经过O3预处理，再用CaSO3悬浊液吸收去除。预处理时发生反应：NO(g)＋O3(g) NO2(g)＋O2(g)。测得：v正＝k正c(NO)·c(O3)，v逆＝k逆c(NO2)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。向容积均为2L的甲、乙两个密闭容器中充入一定量的NO和O3，测得NO的体积分数随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．高温有利于提高容器中NO的平衡转化率
B．T1时，反应在t1min内的平均速率v(O2)＝ mol·L－1·min－1
C．T1时，NO(g)＋O3(g) NO2(g)＋O2(g)的k正＞3k逆
D．T2时，向2L密闭容器中充入0.6molNO、0.4molO3，到达平衡时c(NO2)小于乙容器中平衡时c(NO2)
20．（2020·南通模拟）温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．T℃时，该反应的化学平衡常数为
B．图中c点所示条件下，v(正)＞v(逆)
C．向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡大
D．容器内的压强：Pa:Pb＞6:7
21．（2019·南通模拟）在三个容积均为2L的密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－akJ·mol－1(a>0)
相关反应数据如下：
容器 容器类型 起始温度/ 起始物质的量/mol 平衡时H2物质的量/mol
CO H2O CO2 H2
Ⅰ 恒温恒容 800 1.2 0.6 0 0 0.4
Ⅱ 恒温恒容 900 0.7 0.1 0.5 0.5
Ⅲ 绝热恒容 800 0 0 1.2 0.8
下列说法正确的是（）
A．容器Ⅰ中反应经10min建立平衡，0～10min内，平均反应速率v(CO)＝0.04mol·L－1·min－1
B．若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol，平衡将正向移动
C．达到平衡时，容器Ⅱ中反应吸收的热量小于0.1akJ
D．达平衡时，容器Ⅲ中n(CO)<0.48mol
22．（2018·泰州模拟）下列说法正确的是（ ）
A．向稀醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸的电离程度增大
B．电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极
C．常温下，2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)不能自发进行，则该反应的△H>0
D．工业通过反应“Na(l)+KCl(l) NaCl(l)+K(g)”冶炼钾，说明钠的金属性强于钾
三、非选择题
23．（2023·辽宁）2—噻吩乙醇()是抗血栓药物氯吡格雷的重要中间体，其制备方法如下：
Ⅰ．制钠砂。向烧瓶中加入液体A和金属钠，加热至钠熔化后，盖紧塞子，振荡至大量微小钠珠出现。
Ⅱ．制噻吩钠。降温至，加入噻吩，反应至钠砂消失。
Ⅲ．制噻吩乙醇钠。降温至，加入稍过量的环氧乙烷的四氢呋喃溶液，反应。
Ⅳ．水解。恢复室温，加入水，搅拌；加盐酸调至4~6，继续反应，分液；用水洗涤有机相，二次分液。
Ⅴ．分离。向有机相中加入无水，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，蒸出四氢呋喃、噻吩和液体A后，得到产品。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中液体A可以选择 。
a．乙醇 b．水 c．甲苯 d．液氨
（2）噻吩沸点低于吡咯()的原因是 。
（3）步骤Ⅱ的化学方程式为 。
（4）步骤Ⅲ中反应放热，为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是 。
（5）步骤Ⅳ中用盐酸调节的目的是 。
（6）下列仪器在步骤Ⅴ中无需使用的是 (填名称)：无水的作用为 。
（7）产品的产率为 (用计算，精确至0.1%)。
24．（2023·浙江1月选考）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
（1）有利于提高平衡转化率的条件是 。
A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压
（2）反应的 ， (用表示)。
（3）恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。
①下列说法正确的是 。
A．可循环利用，不可循环利用
B．过程ⅱ，吸收可促使氧化的平衡正移
C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因 。
（4）还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。
①常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃ 480 500 520 550
转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R 2.6 2.4 2.1 1.8
下列说法错误的是
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中占比越高
C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大
25．（2022·衡阳模拟）硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：。研究表明，催化氧化的反应速率方程为式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为平衡转化率，α′为某时刻转化率，n为常数。在α′=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到的v-t曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任何温度下都能自发
B．与足量充分反应，放出的热量为
C．升高温度，能增大单位体积内活化分子百分数和活化分子数
D．反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k、α均增大
26．（2023·天津市模拟）羰基硫是一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害，利于粮食的长期储存．在容积不变的密闭容器中，将和混合后在催化剂和加热条件下达到下列平衡：。
（1）已知结构与相似，则分子的空间结构为 。
（2）若反应前的物质的量为，达到平衡时的物质的量为，且化学平衡常数为0.1。下列说法正确的是 。
a．增大压强，化学平衡正向移动
b．增大浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
c．反应前的物质的量为
d．达到平衡时的转化率为
（3）①在不同温度下达到化学平衡时，的转化率如图所示，则该反应是 (填“吸热”或“放热”)反应。
②若采用恒压，当温度高于后，的转化率出现了断崖式下跌，原因可能是 、 (写出任意两点即可)。
（4）增大的值，的转化率 (填“增大”或“减小”)。工业上尾气的处理方法中，克劳斯法是将三分之一氧化为，再在转化炉中将剩下的转化为S单质，写出转化炉中反应的化学方程式： 。实验室中气体常用过量的氢氧化钠溶液吸收，写出反应的离子方程式： 。
27．（2023·顺义模拟）以废旧铜电路板为原料制备硫酸铜晶体可变废为宝，如图是某工厂的实际制备工艺流程。
资料1：流程中RH为有机化合物
（1）浸取前将废旧铜电路板粉碎的目的是 。
（2）上述流程中需要用到分液操作步骤是(填序号) 。
（3）浸取后得到的溶液铜元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取时发生反应的离子方程式为 。
（4）研究发现，加入H2O2后随温度升高，铜元素浸出率随温度变化的曲线如图。分析温度高于85℃，铜元素浸出率下降可能的原因 。
（5）工艺流程中循环使用的物质有：NH3、 、有机溶剂、 。
（6）该工厂排放的水质情况及国家允许的污水排放标准如表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如图所示。
项目 废水水质 排放标准
pH 1.0 6～9
Cu2+含量/(mg L-1) 72 ≤0.5
NH含量/(mg L-1) 2632 ≤15
资料2：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－
①根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为 。
②结合资料解释实验结果图中b到d段曲线所示的过程 。
28．（2023·南京模拟）苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。
（1）利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。
C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ΔH=akJ mol-1
保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行：
A．乙苯
B．n(乙苯)：n(N2)=1：10
C．n(乙苯)：n(CO2)=1：10
三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[×100%]与温度的关系如图1所示。
①α 0(填“＞”、“＜”或“不能确定”)。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是 。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是 。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是 。
（2）CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
①在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为 。
②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是 。
29．（2023·合肥模拟）空间站还原转化系统能把呼出的捕集、分离并与空间站电解水系统产生的进行加氢处理，从而实现空间站内物料的循环利用。
（1）一种借助光将转化为的催化机理如图所示。该转化过程总反应的化学方程式是 ；图中所示的各物质中，含有极性共价键的非极性分子是 (填化学式)。
（2）一定条件下，和还可发生如下两个平行反应：
i.
ii.
①已知相关键能数据如下表：
化学键
键能/ 436 464 803 1072
则反应i的 。
②为了提高的产率，理论上应采用的措施是 (填标号)。
A．低温低压 B．高温低压 C．高温高压 D．低温高压
③保持温度，压强，按投料比向密闭容器中充入和，反应相同时间测得不同催化剂下转化率和选择性的相关实验数据如下表所示(已知选择性：转化的中生成的百分比)。
催化剂 转化率 选择性
cat。1 21.9% 67.3%
cat。2 36.1% 100.0%
上述条件下，使用cat。2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是 (填标号)。
A．气体压强不再变化| B．气体平均相对分子质量不再变化
C．和的物质的量之比为 D．和的物质的量之比不再变化
（3）一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ii，达平衡时，的转化率为80%，则该温度下的平衡常数 (保留两位小数)。
（4）若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比不同、温度不同时，测得相应的平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度T(B) T(D)(填“＜”，“>”，或“=”)，其原因是 。
30．（2023·沈阳模拟）氢气作为一种清洁能源，一直是能源研究的热点，水煤气变换反应可用于大规模制，反应原理如下：
（1）根据下表中提供的数据，计算 。
化学键
键能 803 x 463 436
（2）实验发现其他条件不变，在体系中投入一定量可以增大的体积分数，从化学平衡的角度解释原因 。
（3）某温度下，在一恒容密闭容器中充入和，加入催化剂使其发生上述反应(忽略其他副反应)，测得该反应中初始压强为，分压如图甲所示(t时刻前，的分压未给出)，则A点坐标为(t， )、平衡常数 。
（4）反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中曲线所示，已知经验公式为(其中为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能 。当使用更高效催化剂时，请绘制关系示意图 。(假定实验条件下，催化剂对C值无影响)
（5）储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输问题。某储氢合金的结构属六方晶系，晶体结构及俯视图分别如图(a)、(b)所示。已知a、b两点的分数坐标分别为、，则c点坐标为 。X射线衍射测定两晶面间距为(见图b)，高为，设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的摩尔质量为，则密度为 。(列出表达式)
31．（2022高三上·金山模拟）（一）铁的常见化合价有+2、+3，在很强的氧化剂作用下也可形成不稳定的+6价高铁酸盐。实验室以FeCl2(aq)为原料制备高密度磁记录材料Fe/Fe3O4复合物，装置如图所示。在氩气气氛中，向装有50 mL 1 mol·L－1 FeCl2(aq)的三颈烧瓶中逐滴加入100 mL 14
mol·L－1 KOH(aq)，100℃下搅拌回流3 h，得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀。待三颈烧瓶中的混合物冷却后，过滤，再依次用沸水和乙醇洗涤，40℃干燥后焙烧3 h，得到Fe/Fe3O4复合物产品 3.24 g。
完成下列填空：
（1）三颈烧瓶内发生反应的离子方程式为 ；检验反应是否进行完全的操作是 。
（2）焙烧需在隔绝空气条件下进行，原因是 。实验所得产品的产率为 。
（3）FeCl3的晶体类型属于 。
（4）向BaCl2(H+)中加入Ba(OH)2以除去杂质FeCl3，为使溶液中c(Fe3+)≤10－6 mol·L－1，则溶液中c(OH－)≥ mol·L－1。用平衡移动原理解释除杂原理。
32．（2022·葫芦岛模拟）烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟O3氧化结合(NH4)2SO3溶液吸收法同时脱除SO2和NO的过程示意图如下。
（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应 平衡常数(25℃) 活化能(kJ/mol)
a： 1.6×1057 3.17
b： 6.2×1034 3.17
c： 1.1×1041 58.17
①已知：，则 。
②其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，SO2和NO的转化率随O3的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于SO2的原因 。
（2）其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，O3与NO的物质的量之比对SO2和NO脱除率的影响如图。
①(NH4)2SO3溶液显碱性，用化学平衡原理解释： 。
②O3的浓度很低时，SO2的脱除率超过97%，原因是 。
③在吸收器中，SO与NO2反应生成和的离子方程式是 。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为N2，反应中和N2的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是 。
33．（2022·浦东模拟）某实验小组用下图装置制取氯气并进行实验探究。
完成下列填空：
（1）电解饱和食盐水的化学方程式为 。检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是 。
（2）利用图装置验证氯气与烧碱溶液的反应。将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有 ；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是 。
（3）探究发现NaClO溶液的消毒效率与温度有关(如图所示)，因此浓漂白液稀释时，应保持温度在40℃以下。试用平衡移动原理和物质变化的相关知识加以解释。
（4）氯碱工厂的烧碱产品常含有碳酸钠、氯化钠，可用“中和滴定氯化钡法”测定其中NaOH的含量。
其实验步骤为：称取工业烧碱2.088 g，配成500 mL溶液，取出25.00 mL，先加入25.00 mL 0.05 mol L-1 BaCl2溶液(过量)，然后滴入酚酞指示剂，再用0.1200 mol L-1 的盐酸滴定至终点，平均消耗盐酸18.56 mL。
滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为 。计算该样品中NaOH的质量分数为 。(用小数表示，保留至小数点后第3位)，某次检测发现，实验值明显高于理论值，原因可能是 。(选填编号)
a.工业烧碱已发生潮解 b.滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
c.配制的待测液敞口放置时间过长 d.滴定时往锥形瓶中加水
（5）该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是 。
34．（2022·德州模拟）废旧锂电池的有效回收，可以减少环境污染，也能缓解贵金属资源危机。一种高效处理三元锂电池正极活性物质(其中金属元素的质量分数为、、、)，回收贵金属元素的工艺如下。
已知：金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如下表所示：
金属离子
开始沉淀的pH 6.6 7.8 6.7
完全沉淀的pH 9.2 10.4 9.5
回答下列问题：
（1）在一定条件下“酸浸”时，金属离子的浸出率与硫酸浓度的关系如下图所示，此条件下，硫酸最合适的浓度为 mol/L。为提高金属离子的浸出率，除硫酸浓度外，还可以研究 、 等条件与金属离子的浸出率的关系。
（2）“调pH”的最佳pH为5，原因是：①pH过低，丁二酮肟不易与络合生成丁二酮肟镍沉淀，不利于的除去；②pH值过高 。
（3）“沉锰”的离子方程式为 。
（4）“还原煅烧”时，生成的溶解度较小。“水浸”时，通入过量有利于溶解为，从而与其他金属元素分离，从平衡移动的角度分析其原理： 。
（5）金属离子的电化学沉积法清洁环保且成本较低。其原理是通过电解装置将金属离子从溶液中逐一还原析出，生成的金属单质应附着在 极。
电解时，各金属离子还原为单质的电压如下表：
金属离子
还原为单质的电压/V 0.280 1.185 0.257
若要改进工艺，更好分离金属离子，应在 (填字母)流程后开始使用电化学沉积法。最后析出的金属单质为 。
A．“酸浸” B．“调pH” C．“沉镍” D．“沉锰”
35．（2022·徐汇模拟）不锈钢具有良好的耐腐蚀性和耐磨性，铬(Cr)是不锈钢的重要成分。完成下列填空：
（1）I.通过 可以得到较纯的铬， 的熔点比 。(选填“高”或“低”)，某工厂用 含 的铬铁矿粉 制备 ，最终得到产品bkg，产率为 。(用含a和b的代数式表示)
（2）II.元素 在溶液中主要以(蓝紫色)、 (绿色)、 (橙红色)、 (黄色)等形式存在， 为难溶于水的灰蓝色固体。
与 的化学性质相似，在 溶液中逐滴加入 溶液直至过量，可观察到的现象是 。
（3）III. 和 在溶液中可以相互转化。室温下，初始浓度为 溶液中 随 的变化如图所示。
用离子方程式表示 溶液中的转化平衡 。
（4）写出该反应平衡常数的表达式K= 。
（5）由图可知，溶液酸性增强， 的平衡转化率 。(选填“增大”、“减小”或“不变”)
（6）升高温度，溶液中 的平衡转化率减小，则该反应是 反应。(选填“吸热”或“放热”)
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、二氧化锰是催化剂，可以加快过氧化氢的分解速率，A错误；
B、，反应为放热反应，升高温度，平衡朝逆向移动，颜色变深，B正确；
C、浓硝酸具有氧化性，可以和铁发生氧化还原反应，生成NO2，C错误；
D、稀硫酸和Fe反应时，加入CuSO4，可以生成Cu，Cu和Fe、稀硫酸形成原电池，加快反应速率，D错误；
故答案为：B
【分析】A、催化剂可以降低反应所需活化能，加快反应速率；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、浓硝酸和金属反应生成二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮；
D、原电池的反应速率更快。
2．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；
B．已知I3-(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2 I3-，生成I3-使溶液颜色加深，B项正确；
C．I2在水中存在溶解平衡I2(s) I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3-，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；
D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；
故答案为：D。
【分析】根据分析可知，I-与I2发生反应I-+I2 I3-，该反应为可逆反应，利用平衡移动原理解答即可。
3．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据题干信息，Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，说明一定条件下FeS的溶解度较大，则FeS固体能用于去除工业废水中的Cu2+，A不符合题意；
B．当两种沉淀共存时，，B不符合题意；
C．CuS饱和溶液中存在溶解平衡：CuS(s)可逆Cu2+(aq)+S2-(aq)，加入CuCl2固体，c(Cu2+)增大，利于平衡逆向移动，温度不变，则Ksp(CuS)不变，滤液中一定存在，C符合题意；
D．H2S溶液中Ka1·Ka2==1×10-21，CuS饱和溶液中有Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)，若CuS易溶于稀盐酸，则其反应是CuS+2H+可逆Cu2++H2S，平衡常数K=，由此说明，CuS与稀盐酸的反应几乎不能发生，
D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.相同条件下，物质的溶度积越大，则其溶解度越大。
B.当两种沉淀共存时，。
C.注意温度不变，物质的溶度积不变，结合化学平衡影响因素进行分析。
D.根据弱电解质电离平衡常数、化学平衡常数、物质溶度积公式进行分析。
4．【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．合成氨气的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，可以得到更多的氨气，因此一般采用20 MPa~50MPa的高压，与平衡移动有关，能用勒夏特列原理解释，A符合题意；
B．工业制硫酸催化氧化反应为气体体积缩小的反应，压强越大二氧化硫的转化率越高，由于常压下二氧化硫的转化率已经较高，且增大压强后对设备的要求更高，增加了生产成本，所以工业制硫酸催化氧化时选择常压条件，与可逆反应无关，不能用勒夏特列原理解释，B不符合题意
C．合成氨的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，不利于氨气的生成，工业合成氨时温度选择高温的目的是为了催化剂活性及反应速率，不能用勒夏特列原理解释，C不符合题意；
D．二氧化硫催化氧化是一个放热反应， 升高温度平衡向逆反应方向移动，不能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】勒夏特列原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。
5．【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．氢气和氯气的反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；
B．生成氨气的反应为气体分子数减小的反应，增大压强利于平衡正向减小，利于氨气的生成，用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；
C．向接触室中通入过量空气，促使二氧化硫和氧气反应转化为三氧化硫，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；
D．联合制碱工业中向母液中加入食盐，提高氯离子浓度，利于氯化铵结晶析出，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、氢气的合成不受平衡移动影响；
B、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
C、增大氧气的浓度，平衡朝正向移动；
D、增大氯离子的浓度，使平衡朝氯化铵析出的方向移动。
6．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．若Z为气体，则反应前后气体的压强不变，题目中压强从原来的P0变为0.4P0故Z不可能为气体，故A不符合题意；
B．根据向1L密闭容器中充入2molX和1molY，发生反应2X(g)+Y(g) 3Z(？)。达到平衡时，容器的压强从原来的P0变为0.4P0，则
则，则x= 0.6，故达到平衡时容器内有1.8molZ，故B不符合题意；
C．Z为非气体，故压缩体积，再次达到平衡，X的浓度不变，故C不符合题意；
D．反应体系中只有X和Y，Y的体积分数一直为，故Y的体积分数不变不能说明反应达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、两边气体化学计量数相同，压强不受影响；
B、结合三段式判断；
C、结合A的分析，可以知道Z不是气体，压缩体积时X浓度不变；
D、反应物都为气体，生成物不是气体，因此体积分数中X和Y都是1：2。
7．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．二氧化硫具有还原性，具有强氧化性，向K2CrO4溶液中通SO2两者会发生氧化还原反应生成硫酸根离子和Cr3+，A不符合题意；
B．由题意可知，、，则，则，随溶液 pH的增大，氢离子浓度减小，则比值逐渐变大，B不符合题意；
C.25℃时，向0.10 mol/L K2Cr2O7溶液中加入NaOH，溶液体积变化可忽略；当溶液pH=9时，，可忽略浓度，则根据铬元素守恒可知：，又因为，两式联立可解得，C符合题意；
D．当溶液pH=7时，，由电荷守恒可知，+c(K+) =c+ ( ) +2c( ) +2c ()，则c(K+) =c ( ) +2c( ) +2c ()，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铬酸根离子和二氧化硫可以发生氧化还原反应；
B、电离平衡常数只受温度影响，结合电离平衡常数和氢离子的浓度判断；
C、根据pH以及元素守恒判断；
D、结合电荷守恒判断。
8．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线②代表-lg c[]与pH的关系，选项A不符合题意；
B．向的溶液中加水稀释，减小，平衡：逆向移动， 选项B符合题意；
C．由图像，pH=7.0时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，选项C不符合题意；
D．根据图中曲线可知，时，-lg c[]=1，溶液的pH>14，，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息及图示信息可知，在酸性较强的情况下，利于反应 正向移动，利于反应 逆向移动，所以在酸性较强时主要存在M2+，碱性较强时主要存在 ，则曲线①
代表-lg[M2+]与pH的关系，曲线②代表与的关系 。
9．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A不符合题意；
B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明与的配位能力强于，B不符合题意；
C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C符合题意；
D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铁离子水解为氢氧化铁，可能形成黄色；
B、配位能力越强则越容易形成；
C、增大氢离子的浓度，可以抑制铁离子的水解，但是加入稀盐酸会导致颜色发生变化；
D、硫氰酸钾遇铁离子变红。
10．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量，选项A不符合题意。
B．将氢溴酸改成NaBr(s)和浓硫酸，反应产生HBr，HBr浓度较高，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，选项B不符合题意。
C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1：1，等于方程式中的系数比），只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1：1，选项C不符合题意。
D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr易挥发性，温度升高化学反应速率加快，而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢，故不一定能缩短到达平衡的时间，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】依据化学平衡移动原理分析。
11．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，容器容积a＜c，由图可知，A点NOCl的转化率与C点转化率相同，则A点已达到平衡，延长反应时间，不会改变转化率，则延长反应时间，不可以提高NOCl的转化率，A不符合题意；
B．根据三段式分析可知，，A、B两点的总物质的量之比为：(1+1+0.5)：(0.4+1.6+0.8)=25：28，但由于A、B两点对应的容器体积不同，故A、B两点的压强之比不为25︰28，B不符合题意；
C．由题干图示信息可知，容器容积a＜c，由图可知，A点NOCl的转化率与C点转化率相同，则A点已达到平衡，且增大容器体积相对于减小压强，则C点平衡时NOCl的转化率要大于50%，即t min时，C点正＞逆，C不符合题意；
D．由A项分析可知，A为平衡点，容积为a L的容器达到平衡后根据A点数据可知，K===，再投入1 mol NOCl、1 mol NO，Qc====K，故平衡不移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据题干图示信息，平衡后转化率不会改变；
B．根据三段式分析；
C．依据化学平衡移动原理分析；
D．通过计算比较Qc与K的大小判断。
12．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，温度越高离子浓度越大，溶液离子浓度：T1
C．在T1温度下，加适量的NaA固体，A-浓度增大，M+浓度减小，故可使饱和溶液由p点变到n点，C项不符合题意；
D．加入的是NaA溶液，溶液总体积也会增大，溶液中c(M+)c(A-)与Ksp(MA)的大小关系不确定，故不一定析出MA沉淀，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升温促进难溶盐的溶解 ，则离子浓度变大。
B.根据Ksp(MA)=c(M+)c(A-)进行分析。
C. 注意一定温度下的 沉淀溶解平衡常数为定值，结合Ksp(MA)=c(M+)c(A-)进行分析。
D.溶液中c(M+)c(A-)与Ksp(MA)的大小关系不确定。
13．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】该反应为放热的体积缩小的可逆反应，高温将会使平衡逆向移动，不利于提高甲醇的产量，但温度太低，反应速率太慢，也不利用提高单位时间内的产量，所以温度应适当；高压能使平衡正向移动，从而提高甲醇的产量；加入催化剂不影响化学平衡的移动，但可提高化学反应速率，从而提高平衡前单位时间内生成物的产量，故为了增加甲醇(CH3OH)单位时间的产量，应采用的最佳措施是适宜温度、高压、催化剂
故答案为：D。
【分析】反应为放热反应，升高温度平衡朝逆向移动；左边气体系数大于右边，增大压强，平衡朝正向移动。
14．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；盐类水解的原理
【解析】【解答】A．镀锌的铁皮镀层破损后，会形成锌铁原电池，锌为负极，铁为正极，不会加速铁皮腐蚀，A项不符合题意；
B．溶液制取固体直接蒸发浓缩，冷却结晶即可，但用溶液制取固体需要在HCl气流下进行蒸发操作，B项不符合题意；
C．的强氧化性可以起到对自来水杀菌消毒的作用，但起到净水的作用是因为反应：，产生了Fe(OH)3吸附杂质，C项不符合题意；
D．根据反应HbCO+O2HbO2+CO(Hb为血红蛋白)，利用化学平衡移动的原理，煤气中毒的病人移至高压氧舱会使上述平衡向正反应方向移动，使血红蛋白恢复输氧能力，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、要判断铁是否会加速腐蚀，要判断金属跟铁的活泼性比较，如果比铁活泼的话，则不会被腐蚀，如果比铁不活泼，则铁会被加速腐蚀；
B、氯化铜和硫酸铜溶液的蒸发要注意，这是氯化铜的话，它对应的强酸是氯化氢，属于易挥发的酸，而硫酸铜对应硫酸，硫酸是不挥发的酸，所以在蒸发的过程中，氯化铜溶液需要在氯化氢的气流中蒸发；
C、此时的铁为+6，具有强氧化性，化合价降低，可以形成Fe3+，当铁离子结合水形成氢氧化铁胶体的时候，可以起到净水的作用；
D、注意平衡移动的时候，增大反应的浓度会使平衡朝正向移动。
15．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．由图可知X、Y物质的量减少，X、Y是反应物，C物质的量增加，C是生成物，X、Y、C在相同时间的变化量之比为3：1：2，所以反应方程式是，故A不符合题意；
B.0～15 min，X消耗的物质的量为0.75 mol，体积为2 L，平均速率约为 0.025 ，故B不符合题意；
C.0-25 min X生成C的物质的量为0.5 mol，C的理论产量为2 mol，C的产率为25%，故C不符合题意；
D.25 min时，改变条件后三种气体反应速率都加快，不可能是降温，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】横坐标为时间，纵坐标为物质的量，图线斜率代表物质的消耗或者生成的快慢，即为化学反应速率，斜率越大，化学反应速率越快，与图可知，25min时各曲线斜率变大，化学反应速率，不可能为降低温度。
16．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，A不符合题意；
B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，B不符合题意；
C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，C不符合题意；
D．该反应为放热反应，故2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】难点分析A. 断反应能否自发进行由该公式确定：△G=△H－T△S，该反应为熵变减小的反应，ΔH-TΔS<0：反应能自发进行； 所以，必须在高温条件下才能自发进行
17．【答案】B,D
【知识点】化学平衡移动原理；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】A．甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应即正向移动，甲烷转化率增大，甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷转化率减小，A不符合题意；
B．根据两个反应得到总反应为CH4(g)＋2CO2(g) = H2(g)＋3CO(g) ＋H2O (g)，加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2消耗量大于CH4，因此CO2的转化率大于CH4，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化，B符合题意；
C．使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，C不符合题意；
D.800K时甲烷的转化率为X点，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，D符合题意；
故答案为：BD
【分析】A．根据勒夏特列原理来考虑；
B．根据两者反应的化学方程式，考虑量的变化；
C．催化剂不平衡转化率，只改变化学反应速率；
D．可以通过增加一种反应物的方法提高另一种的转化率。
18．【答案】C,D
【知识点】化学平衡移动原理；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．根据 ，则0.0~5.0min，PCl5分解的平均速率 ，A不符合题意；
B．该反应为可逆反应，在达到平衡的过程中，反应既正向进行，又逆向进行，因此各个物质中均存在37Cl，B不符合题意；
C．根据图示，14.0min时，Cl2和PCl3的物质的量在减小，而PCl5的物质的量在增加，说明平衡逆向移动，若压缩体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，与图像相符，C符合题意；
D．达到平衡时，Cl2、PCl3、PCl5的物质的量分别为6mol、3mol、1mol，容器的体积为2L，则可求得平衡常数 ，若向容器中各充入1.0mol的Cl2、PCl5及PCl3，此时Cl2、PCl3、PCl5的物质的量分别为7mol、4mol、2mol，浓度商 ，小于K，平衡正向移动，则v(正)>v(逆)，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】A．由图所知，0.0～5.0min，△n（PCl5）=4.0mol-1.0mol=3.0mol，结合v= 计算PCl5分解的平均速率；
B．从PCl5（g） PCl3（g）+Cl2（g）是可逆反应分析；
C．由图可知，图中14.0min时，改变的外界条件后，Cl2和PCl3的物质的量减小，PCl5的物质的量上升，说明平衡逆向移动；
D．根据图中数据，计算平衡常数K，在14.0min时，向容器中各充入1.0mol的Cl2、PCl5及PCl3，计算此时的浓度商，再与K相比较得出结论。
19．【答案】B,C
【知识点】化学平衡移动原理；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】A．结合分析可知，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小，A不符合题意；
B．由反应方程式可知，反应前后体系中气体的总物质的量不变，则到达t1时，NO减小的物质的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol，所以v(NO)= = mol·L－1·min－1，v(O2)=v(NO)= mol·L－1·min－1，B符合题意；
C．由反应方程式可知，反应前后，体系中气体的总物质的量不变，那么，到达t1时，NO减小的物质的量=0.4mol-0.1×1mol=0.3mol，列三段式有
由图可知，t1时，平衡正向进行，v正＞v逆，即k正c(NO)·c(O3)＞k逆(NO2)·c(O2)， ＞ ， = =3，所以 >3，C符合题意；
D．设平衡时乙容器中c(NO2)=a，根据方程式可知c(O2)=a，c(NO)=(0.4-a)mol/L，c(O3)=(0.6-a)mol/L，则有平衡常数K= ；设充入0.6molNO、0.4molO3到达平衡时c(NO2)=b，则c(O2)=b，c(NO)=(0.6-b)mol/L，c(O3)=(0.4-b)mol/L，平衡常数K= ；温度不变，平衡常数不变，所以 = ，所以a=b，即两种情况下c(NO2)相等，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】T2温度下先达到化学平衡，故T1＜T2；到达平衡时，T2温度下NO的体积分数大于T1温度下NO的体积分数，说明升高温度，平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应。
20．【答案】B,D
【知识点】化学平衡移动原理；等效平衡；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】A. a点时反应达到平衡，NO2转化率为40%，则
T℃时，该反应的化学平衡常数为 ，故A不符合题意；
B. 图中c点还未达到平衡，反应往正方向进行，v(正)＞v(逆)，故B符合题意；
C. 向a点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆移，转化率降低，C不符合题意；
D.由A可知a点时容器内气体物质的量为1.2mol；b点时反应三段式为
则b点容器内气体物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，则Pa:Pb＞6:7，故D符合题意；
故答案选：BD。
【分析】由反应 可知容器体积越大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的转化率提高，由图像可知，相同时间，a，b为已达到平衡点，c还未达到平衡，利用化学平衡常数和等效平衡进行分析。
21．【答案】B,D
【知识点】化学平衡移动原理；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.容器Ⅰ中反应经10 min建立平衡，0～10min内， n(H2)=0.4mol，根据反应可知， n(CO)=0.4mol，平均反应速率v(CO)＝ =0.02mol·L－1·min－1，选项A不符合题意；
B.根据表中数据可知，平衡时CO、H2O、CO2、H2各浓度为0.4mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，K= ，若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1 mol，Q= ，平衡将正向移动，选项B符合题意；
C.若与Ⅰ温度相同，则为等效平衡，达平衡时应生成0.8molCO，吸收热量0.1a kJ，但由于升高温度平衡向吸热反应的逆反应移动，生成更多的CO，达到平衡时，容器Ⅱ中反应吸收的热量大于0.1a kJ，选项C不符合题意；
D. 若为恒温恒容，根据三段式，设CO2转化率为x，
CO(g) ＋H2O(g) CO2(g) ＋H2(g)
开始/mol/L 0 0 0.6 0.4
改变/mol/L 0.6x 0.6x 0.6x 0.6x
平衡/mol/L 0.6x 0.6x 0.6-0.6x 0.4-0.6x
K= ，解得x=0.4，故平衡时，n(CO)=0.48mol，因反应为放热反应，绝热恒容时相当于升高温度，平衡逆向移动，则平衡时，容器Ⅲ中n(CO)<0.48mol，选项D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】A.该计算没有比上容器的体积；
B.计算出加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol后的浓度商小于平衡常数，因此反应会正向进行；
C.该反应为放热反应，因此升高温度，反应会向逆反应发现进行；
D.该条件是绝热恒温，即热量无法与外界进行交换，那么反应放热势必会使体系的温度升高，在该反应中会使反应逆向进行。
22．【答案】B,C
【知识点】化学平衡移动原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】A、醋酸属于弱酸，加入少量醋酸钠，c（CH3COO－）浓度增大，抑制了醋酸的电离，选项A不符合题意；
B、电镀时，通常把待镀金属制品作阴极，镀层金属作阳极，选项B符合题意；
C、常温下，2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）不能自发进行，说明△H-T△S＞0，已知该反应△S<0，所以该反应的△H＞0，选项C符合题意；
D、工业通过反应“Na(l) +KCl(l) NaCl(l)+K(g)”冶炼钾，是因为钾以蒸气从液态的混合物中分离出来，选项D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A.根据同离子效应进行分析；
B.电镀时镀层金属做阳极；
C.根据自由能判据进行分析；
D.根据化学平衡原理进行分析。
23．【答案】（1）c
（2） 中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高
（3）2 +2Na 2 +H2
（4）将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热
（5）将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率
（6）球形冷凝管和分液漏斗；除去水
（7）70.0%
【知识点】化学平衡移动原理；有机物的合成；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏
【解析】【解答】（1）步骤Ⅰ制钠砂过程中，液体A不能和Na反应，而乙醇、水和液氨都能和金属Na反应，故选c；
（2）噻吩沸点低于吡咯()的原因是：中含有N原子，可以形成分子间氢键，氢键可以使熔沸点升高
（3）步骤Ⅱ中和Na反应生成2-噻吩钠和H2，化学方程式为2+2Na+H2
(4)为防止温度过高引发副反应，加入环氧乙烷溶液的方法是：将环氧乙烷溶液沿烧杯壁缓缓加入，此过程中不断用玻璃棒进行搅拌来散热；
（5）2-噻吩乙醇钠水解生成-噻吩乙醇的过程中有NaOH生成，用盐酸调节pH的目的是将NaOH中和，使平衡正向移动，增大反应物的转化率；
（6）步骤Ⅴ中的操作有过滤、蒸馏，蒸馏的过程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，无需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有机相中加入无水硫酸镁的作用是：除去水；
（7）步骤Ⅱ中Na完全反应，根据方程式可知，理论上可以生成0.2mol2-噻吩乙醇，产品的产率为=70.0%。
【分析】根据制备流程图，弄清楚每一步是呀操作的目的和意义，步骤I为融化金属钠，加入甲苯目的为溶剂，步骤II为金属钠与噻吩反应，得到噻吩钠，步骤III为噻吩钠与环氧乙烷反应制备噻吩乙醇钠，步骤IV加水目的是水解制备噻吩乙醇，最后步骤V为干燥、蒸馏得到噻吩乙醇。
24．【答案】（1）C
（2）；
（3）BC；通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移
（4）；C
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压；故答案为：C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应；
故△H1+2△H2=+329，，故答案为： ； ；
（3）①A．先转化为Fe，然后Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2， 又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，选项A不符合题意；
B．过程ⅱ，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，选项B符合题意；
C．过程ⅱ吸收而产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出，选项C符合题意；
D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量一样多，选项D不符合题意；
故答案为：BC；
②通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，故答案为： 通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移；
（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知时，转化率为100%，即=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，故==1.8，故间R的变化趋势如图：，故答案为：；
②A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，增大的倍数比大，则R提高，选项A符合题意；
B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B符合题意；
C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不符合题意；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D符合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）有利于提高 平衡转化率，即有利于反应向生成二氧化碳的方向进行；
（2）根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2可得；
（3）①A.Fe3O4、CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物；
B.过程ⅱ，吸收使浓度降低；
C.过程ii中CaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收；
D.焓变只与反应物和生成物的总能量差有关，与反应过程无关；
②化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（4）①时，=1mol， 转化率为60%，即=3mol60%=1.8mol，；
②A.根据分析；
B.温度越低，CH4的转化率越低，R越大；
C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率增大；
D.改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率。
25．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应焓变△H<0，反应前后气体分子数减少，熵变△S<0，依据△G=△H-T△S<0反应能自发进行可知，该反应在低温条件下自发进行，A不符合题意；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，1molSO2与足量氧气充分反应，放出的热量小于98kJ，B不符合题意；
C．升高温度，活化分子数增加，单位体积内活化分子百分数增加，C符合题意；
D．升高温度，反应速率常数增大，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫平衡转化率降低，反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k增大对v的提高大于α引起的降低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据△G=△H-T△S<0判断；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，进行不到底；
C．利用活化分子理论分析；
D．依据化学平衡移动原理分析；
26．【答案】（1）直线形
（2）cd
（3）放热；硫化氢在高温下分解；催化剂活性降低
（4）增大；2H2S(g)+SO2(g)═3S(g)+2H2O(g)；H2S+2OH-=2H2O+S2-
【知识点】判断简单分子或离子的构型；化学平衡移动原理
【解析】【解答】（1）二氧化碳结构为O=C=O为直线形分子，已知COS结构与CO2相似，则COS也为直线形分子；
（2）a．CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，故a不正确；
b．增大CO浓度，反应物浓度增大，正反应速率瞬间增大，逆反应速率也增大，故b不正确；
c．反应前CO物质的量为10mol，达到平衡时CO的物质的量为8mol，且化学平衡常数为0.1，设反应前H2S物质的量为amol，容器体积为VL，列三段式计算如下：
K= =0.1，解得a=7，反应前H2S的物质的量为7mol，故c正确；
d．达到平衡时CO的转化率为 =20%，故d正确；
故答案为：cd；
（3）①升高温度，硫化氢的转化率减小，平衡逆向移动，则该反应是放热反应。
②若采用恒压，当温度高于300℃后，H2S的转化率出现了断崖式下跌，原因可能是硫化氢在高温下分解、催化剂活性降低；
（4）增大c(H2S)/c(CO)的值，相当于提高硫化氢的浓度，反应正向进行，可以增大CO的转化率。将三分之一H2S氧化为SO2，反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g)═2SO2(g)+2H2O(g)；再在转化炉中将剩下的H2S转化为S单质，则转化炉中反应为二氧化硫和硫化氢生成硫单质和水，化学方程式2H2S(g)+SO2(g)═3S(g)+2H2O(g)，克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应2H2S(g)+O2(g)═2S(g)+2H2O(g)；实验室中H2S气体常用过量的氢氧化钠溶液吸收，生成硫化钠和水，反应的离子方程式H2S+2OH-=2H2O+S2-。
【分析】（1）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（2）a、左右两边气体化学计量数相同，压强不影响平衡移动；
b、增大反应物浓度，正反应速率先增大后减小，逆反应速率先不变后增大；
c、结合三段式判断；
d、转化率为变化量和起始量的比值；
（3） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 硫化氢在高温下分解、催化剂活性降低，H2S的转化率出现了断崖式下跌；
（4）硫化氢和二氧化硫反应生成硫和水。
27．【答案】（1）提高浸取速率和铜的浸取率
（2）③⑤
（3）
（4）温度过高会导致H2O2分解
（5）NH4Cl；RH
（6）9；b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3 H2O，c(NH3)增大，反应Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升；c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
【知识点】化学平衡移动原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）粉碎操作可增大浸取液和废旧电路板的接触面积，从而提高浸取速率和铜的浸取率。
（2）分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，上述流程中需要用到分液操作步骤是③⑤。
（3）该过程发生氧化还原反应，离子方程式为。
（4）温度过高会导致H2O2分解，从而可能使得铜元素的浸出率下降。
（5）操作③分液得到的NH4Cl溶液可用于操作①浸取步骤，操作⑤分液得到的有机层中包含有机溶剂和RH，可重复用于③步骤。
（6）①由图像可知当pH=9时，铜元素含量最低，故根据实验结果分析，处理废水中Cu2+的最佳pH约为9；②b~c段，随着c(OH－)的增大，铵根离子和OH－结合生成NH3 H2O，c(NH3)增大，发生Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－，该反应的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升。c~d段随着c(OH－)的进一步增大，Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH－的平衡逆向进行，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变小，铜元素含量下降。
【分析】铜电路板粉碎后和NH3、NH4Cl、H2O2等发生氧化还原反应，反应的离子方程式为，浸出液中主要存在[Cu(NH3)4]2+、Cl-等离子。浸出液再与RH反应，用有机溶剂萃取，有机层中含CuR2，水层中含NH4Cl。分液后往有机层加入稀硫酸，则CuR2和H2SO4反应得到CuSO4和RH，CuSO4位于水层，RH位于有机层，分液后得到CuSO4溶液，后续处理得到CuSO4晶体。
28．【答案】（1）＞；加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大；CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大；水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳
（2）乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上；过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①根据图像可知转化率是大于0的，故α＞0。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc(或Qp＜Kp)，反应平衡时正向进行程度更大。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH=CH2；CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)，可消除催化剂表面的积碳。
（2）①图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
②CO2的分压[p(CO2)=×p]与乙苯转化率的关系如图3所示，p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低，乙苯转化率下降。
【分析】（1）①根据图像可知转化率大于0。
②③乙苯转化率提高，说明平衡正向移动，结合三种投料方式的不同进行分析。
④水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)。
（2）①图2所示的反应机理中步骤I和步骤II可描述为乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
②乙苯转化率下降，是因为过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α－H的脱除速率降低。
29．【答案】（1）；CO2、CH4
（2）+42；D；AB
（3）5.33
（4）＜；i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大
【知识点】极性键和非极性键；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）由图可知，氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，；甲烷、二氧化碳分子中含碳氢、碳氧极性键，分子为对称结构，为非极性分子；
（2）①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故反应i的；
②生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应，则低温高压利于平衡正向移动，提高甲醇产率，
故答案为：D；
③A．反应ii气体分子数减小的反应，气体压强不再变化，说明反应达到平衡，A正确；
B．物质的总质量不变，反应的气体分子数减小，则气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡，B正确；
C．和的物质的量之比为，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C不正确；
D．和的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定值，其不会变化，不说明反应达到平衡，D不正确；
故答案为：AB；
（3）一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ii，达平衡时，的转化率为80%，则反应氢气2.4mol，生成甲醇、水均为0.8mol，反应后二氧化碳、氢气分别为0.2mol、0.6mol，则该温度下的平衡常数；
（4）B进气比=1：1，设投料均为1mol，二氧化碳转化率为60%，则平衡后二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.4mol、0.4mol、0.6mol、0.6mol，反应为气体分子数不变的反应，则此时；同理，，i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，故B和D两点的温度。
【分析】（1）氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，注意反应条件。共价化合物中，极性键存在于不同原子之间，一般非极性分子的结构对称。
（2）① 反应物总键能-生成物总键能。
②根据化学平衡移动原理进行分析。
③达到平衡状态的主要标志是V正=V逆，各物质的含量保持不变。
（3） 可通过化学平衡三段式进行分析。
（4）反应 i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大 。
30．【答案】（1）1074.8
（2）CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大
（3）；0.5
（4）30.0；
（5）（）；
【知识点】化学平衡移动原理；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】（1） H=反应物的键能-生成物的键能==-42.1kJ/mol，解得x=1074.8。
（2）其他条件不变，在体系中投入一定量CaO，CaO与生成物CO2反应生成CaCO3，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大，故答案为：CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大。
（3）由反应可知，反应前后总压不变，所以平衡时总压为P0，H2O的分压为，A点的坐标为（t，）；由图可知，平衡时CO2、H2、CO、H2O的平衡分压分别为，平衡常数KP=。
（4）已知Arrhenius经验公式为，根据图像可得①63.0=-3.0Ea+C，②33.0=-4.0Ea+C，联立方程解得Ea=30.0，则反应的活化能为30.0kJ/mol；使用高效催化剂，活化能降低，因此图像为：
。
（5）由a和b的坐标可得c的坐标为（），由均摊法可知，La为：，Ni原子位于内部和面心：，化学式为LaNi5，X射线衍射测定两晶面间距为dpm，设底面边长为a，则，可得，底面积=，则晶体的密度为=
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2）减少生成物的浓度，使平衡朝正向移动；
（3）分压平衡常数要结合总压和总物质的量进行判断；
（4）催化剂可以降低反应所需的活化能；
（5）密度的计算要结合阿伏加德罗常数、体积、摩尔质量判断。
31．【答案】（1）4Fe2+＋8OH－ Fe↓＋Fe3O4↓＋4H2O；取少量反应后的溶液，加入KSCN(aq)，再加入少量新制氯水，若溶液不出现血红色，则反应已经进行完全（不可用KMnO4）
（2）防止产品中的二价铁元素被O2氧化；0.90 已知：FeCl3为共价化合物，熔点是306℃，易水解； Fe(OH)3(s) Fe3+(aq)＋3OH－(aq)的平衡常数Ksp＝4×10－38。
（3）分子晶体
（4）3.42×10-11；Fe(OH)3(s) Fe3+(aq)＋3OH－(aq)，加入Ba(OH)2，使溶液中c(OH－)增大，Q＞Ksp，平衡向左移动，Fe3+转化成Fe(OH)3。
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；化学平衡移动原理；铁及其化合物的性质实验；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）根据题干信息可知，三颈烧瓶内FeCl2(aq)和KOH(aq)反应生成Fe和Fe3O4，根据原子种类守恒，产物中还有H2O，则该反应离子方程式为 4Fe2+＋8OH－ Fe↓＋Fe3O4↓＋4H2O 。检验反应是否进行完全，主要是检验是否有Fe2+剩余，其操作是取少量反应后的溶液，加入KSCN(aq)，再加入少量新制氯水，若溶液不出现血红色，则反应已经进行完全。
（2）焙烧需在隔绝空气条件下进行是因为产品中的二价铁元素容易被空气中的O2氧化。根据反应方程式及n=cV=可知，n(Fe)=n(Fe3O4)=n(FeCl2)= ×50×10-3L×1 mol·L－1 =0.0125mol，所以理论上得到Fe/Fe3O4复合物产品的质量为0.0125mol×（56+232）g/mol=3.6g，而实际上得到3.24g，所以实验所得产品的产率为×100%=90%。
（3）根据已知信息，FeCl3为共价化合物，熔点是306℃，熔沸点低，所以FeCl3属于分子晶体。
（4）Ksp [Fe(OH)3]＝c(Fe3+)·c3(OH-)=4×10－38≤10－6 mol·L－1×c3(OH-)，所以c(OH－) ≥3.42×10-11 mol·L－1。溶液中存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s) Fe3+(aq)＋3OH－(aq)，加入Ba(OH)2，使溶液中c(OH－)增大，Q＞Ksp，平衡向左移动，Fe3+转化成Fe(OH)3。
【分析】（1）首先判断反应的反应物和生成物及反应条件，再结合离子方程式书写原则进行分析。检验反应是否进行完全，主要是检验是否有Fe2+剩余。
（2）二价铁元素容易被空气中的O2氧化；根据反应方程式及n=cV=进行分析。
（3）根据不同晶体的特点进行分析。
（4）Ksp [Fe(OH)3]＝c(Fe3+)·c3(OH-)，结合平衡移动原理进行分析。
32．【答案】（1）-241.6kJ/mol；反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2
（2）溶液中存在，水解程度大于水解程度，溶液呈碱性；(NH4)2SO3溶液能够直接与SO2发生反应；；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡移动原理；盐类水解的原理
【解析】【解答】(1)①根据盖斯定律可得；②活化能越低，反应速率越快。由表中数据可知反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2；
(2)①溶液中存在，SO水解程度大于水解程度，则溶液中c(OH)>c(H+)，溶液呈碱性；②(NH4)2SO3溶液直接与SO2发生反应生成NH4HSO3；③吸收器中亚硫酸铵过量，SO与反应产生的H+不共存，反应式为；④根据题干信息和原子守恒可写出反应式为。
【分析】(1)①根据盖斯定律计算；②活化能越低，反应速率越快。
(2)①依据离子的水解程度判断溶液的酸碱性；②(NH4)2SO3溶液与SO2反应生成NH4HSO3；③依据化合价的变化分析；④根据题干信息和原子守恒。
33．【答案】（1）2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑；取样，加入稀硝酸酸化，加入硝酸银溶液，若溶液产生白色沉淀，则表明含有NaCl
（2）①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中；②中长导管中有气泡产生
（3）NaClO溶液中存在水解平衡：ClO―＋H2OHClO＋OH―，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解：2HClO 2HCl＋O2↑，HClO的浓度减小，消毒效率降低
（4）Ba2＋＋CO → BaCO3↓；0.853；b
（5）用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应
【知识点】化学平衡移动原理；常见气体制备原理及装置选择；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】(1)电解饱和食盐水时，阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极水电离出的氢离子得电子生成氢气，故电解的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑。检验氯离子应用银离子生成氯化银沉淀，由于氢氧化银也是白色沉淀，故应先加入硝酸中和氢氧化钠，则检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是取样，加入稀硝酸酸化，加入硝酸银溶液，若溶液产生白色沉淀，则表明含有NaCl。
(2)氯气与烧碱溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，使装置内气体压强减小，小于外界大气压，故将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是②中长导管中有气泡产生。
(3)NaClO溶液中存在水解平衡：ClO-＋H2OHClO＋OH-，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解：2HClO 2HCl＋O2↑，HClO的浓度减小，消毒效率降低。
(4)滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为Ba2＋＋CO → BaCO3↓。
NaOH的含量为。
某次检测发现，实验值明显高于理论值，
a．工业烧碱已发生潮解，则测定的工业烧碱的质量会偏大，测定的氢氧化钠的质量分数会偏低，故不符合；
b．滴定管水洗后未用标准盐酸润洗，则盐酸的浓度偏小，消耗盐酸的体积偏大，故测定结果偏高，故符合；
c．配制的待测液敞口放置时间过长，则会有更多的氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，测定结果会偏低，故不符合；
d．滴定时往锥形瓶中加水，不改变氢氧化钠物质的量，无影响，故不符合；
故答案为：b。
(5)该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应。
【分析】（1）电解饱和食盐水生成NaOH、H2 、Cl2 ；检验NaCl常用的试剂是硝酸酸化的AgNO3溶液，注意硝酸用于排除NaOH的干扰。
（2）氯气与烧碱溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，使装置①内气压减小，小于外界大气压，据此分析。
（3）ClO-水解可生成HClO，水解吸热，升温会使水解程度增大，达到一定温度时，HClO会分解，据此分析。
（4）Ba2+与CO32-反应生成BaCO3沉淀；滴入的盐酸与NaOH反应关系式为HCl~NaOH，据此可算出所取25mL溶液中m(NaOH)，进而求出500mL溶液中m(NaOH)，据此分析。
（5）用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应。
34．【答案】（1）2.5mol/L；酸浸时间；温度、搅拌速率、液固投料比(其他影响速率的因素合理即可)
（2）和形成氢氧化物沉淀，不能与镍盐沉淀分离
（3）
（4）体系中存在的溶解平衡：，通入过量与结合生成，降低了的浓度，使的溶解平衡向溶解的方向移动，因此有利于进入溶液
（5）阴；C；锰
【知识点】化学平衡移动原理；物质的分离与提纯
【解析】【解答】加入焦炭还原煅烧得到金属单质，加入过量有利于溶解为，过滤可得滤渣含Mn、Co、Ni，加入硫酸溶解得到金属离子，加入NaOH调节pH，再加入丁二酮肟沉镍，高锰酸钾和锰离子发生归中反应生成二氧化锰，最后加入草酸钠沉钴得到草酸钴；
(1)由图可知，硫酸浓度为2.5 mol/L时金属离子的浸出率浸出率较高，为减少原料浪费，最合适的硫酸最合适的浓度为2.5 mol/L；浓度、反应物接触面积、反应时间等会影响反应速度，则为提高金属离子的浸出率，除硫酸浓度外，还可以研究酸浸时间、温度、搅拌速率、液固投料比等条件与金属离子的浸出率的关系；
(2)由金属离子沉淀的pH值表可知，若“调pH”时pH值过高，和形成氢氧化物沉淀，不能与镍盐沉淀分离；
(3)“沉锰”时高锰酸钾和锰离子发生归中反应生成二氧化锰，反应的离子方程式为；
(4)“水浸”时，体系中存在的溶解平衡：，通入过量与结合生成，降低了的浓度，使的溶解平衡向溶解的方向移动，因此有利于进入溶液；
(5)金属离子发生还原反应生成金属单质，电解池中阴极发生还原反应，则生成的金属单质附着在阴极；由于与还原为单质的电压相差不远，较难分离，则应在“沉镍”流程后开始使用电化学沉积法，
故答案为：C，还原为金属Co的电压较低，通电后先析出，最后析出的金属单质为锰。
【分析】先分析流程，经过焦炭还原后形成相应的单质，为Li、Mn、Co、Ni，水浸后通入二氧化碳，滤液为碳酸锂，滤渣为Mn、Co、Ni，经过酸浸后形成相应的硫酸盐，加入NaOH，再加入丁二酮肟沉镍，高锰酸钾和锰离子发生归中反应生成二氧化锰，最后加入草酸钠沉钴得到草酸钴；
（1）结合图示，可知pH为2.5时浸出率很高，往后浸出率提高不明显；提高浸出率的方法有增加酸浸时间、增加投料比、增大接触面积、提高温度、搅拌等；
（2）pH过高，氢氧根浓度增大，容易使金属离子沉淀；
（3）根据图示，可知该过程为氧化还原反应，原溶液中含有Mn2+，加入MnO4-后发生氧化还原反应，形成二氧化锰；
（4）从平衡移动的角度解释溶解度，即利用难溶电解质的溶解平衡解释，根据碳酸根和二氧化碳的反应，使溶解平衡朝正向移动，由于锂离子的溶解；
（5）金属离子为阳离子，电解过程中移向阴极；根据电压选择，可知镍和钴的电压接近，因此必须在除去镍以后再开始电解。
35．【答案】（1）低；
（2）蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解，形成绿色溶液
（3）
（4）
（5）增大
（6）放热
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】(1)工业常利用铝热反应制备高熔点的金属，上述反应属于铝热反应，所以熔点：Al＞Cr；根据Cr元素守恒可知， ，m( )=40%a kg，所以理论上可得到重铬酸钾的质量m( )= ，实际得到的产品质量为b kg，所以产率为 = ；
(2)Cr(OH)3与Al(OH)3的化学性质相似，可知Cr(OH)3是两性氧化物，能溶解在强碱NaOH溶液中，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，首先蓝紫色变浅同时产生Cr(OH)3灰蓝色固体，继续滴加，沉淀溶解，Cr(OH)3变为Cr(OH) ，溶液最终变为绿色，故答案为蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；
(3)随着H+浓度的增大， 与溶液中的H+发生反应，反应转化为 的离子反应式为： ；
(4)根据反应 及平衡常数公式可知，该反应的平衡常数表达式为：K= ；
(5)由图可知，溶液酸性增大，平衡 正向进行，则 的平衡转化率增大，故答案为：增大；
(6)由于升高温度，溶液中 的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中 的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应。
【分析】(1)利用铝热反应制备高熔点的金属；根据元素守恒确定关系式计算 ；
(2)依据题目的信息，利用平衡转化进行分析；
(3)(5)(6)利用平衡移动原理进行分析；
(4)根据平衡常数公式分析 ；
