2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡的计算1
一、选择题
1．（2022·德州模拟）在恒温恒容密闭容器中发生反应2H2(g)+2NO(g) 2H2O(g) +N2(g)，N2的瞬时生成速率v=k·cm(H2)c2 (NO)。控制NO起始浓度为0.5 mol/L，N2的瞬时生成速率和H2起始浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由题可知，该反应的速率常数k为15
B．随着H2起始浓度增大，该反应平衡常数增大
C．达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，则NO转化率减小
D．H2起始浓度0.2 mol/L，某时刻NO的浓度为0.4 mol/L，则N2的瞬时生成速率为0.24 mol/L
【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A． NO起始浓度为0.5 mol/L，由图像可知，N2的瞬时生成速率与H2起始浓度呈直线关系，则m=1，将数据(0.2，0.75)代入v=k·c(H2)c2 (NO)，该反应的速率常数 ，A项符合题意；
B．反应一定，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B项不符合题意；
C． 达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，新平衡与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，则NO转化率增大，C项不符合题意；
D．由2H2(g)+2NO(g) 2H2O(g) +N2(g)可知，NO起始浓度为0.5 mol/L，某时刻NO的浓度为0.4 mol/L，变化量为0.1 mol/L，则时刻H2的浓度为0.2mol/L-0.1mol/L =0.1mol/L，N2的瞬时生成速率为 ，单位错误，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据v=k·c(H2)c2 (NO)计算；
B.平衡常数只与温度有关；
C. H2和NO的浓度均增加一倍，平衡正向移动；
D.反应速率的单位为mol/(L·s)。
2．（2022·南通模拟）氨催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH<0。在T℃时，向1L密闭容器中投入4molNH3、5molO2，平衡时测得NH3的转化率为60%。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（ ）
A．NH3·H2O(aq)NH4HSO4 B．HNO3(浓)NO2
C．NH4ClNH3 D．NON2
【答案】A
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A．一水合氨与SO2反应生成NH4HSO3或(NH4)2SO3，A符合题意；
B．浓硝酸不稳定，光照条件下分解生成NO2、H2O和O2，B不符合题意；
C．氯化铵不稳定，受热分解生成NH3和HCl，C不符合题意；
D．NO与CO在催化剂作用下可发生氧化还原反应生成N2和CO2，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据元素化合物的性质分析。
3．（2022·锦州模拟）精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义，从中间产品分金渣(主要成分为：、、、)中获取高纯银的流程如下图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：在上述反应的温度下
①，；
②。
A．“分银”时与反应生成的离子方程式为，该反应的化学平衡常数为
B．“分银渣”的主要成分为
C．“沉银”时为防止产生污染性有毒气体，盐酸不宜过量
D．若“还原”时有生成，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．离子方程式为，该反应的化学平衡常数表达式为，A项不符合题意；
B．加入氯化铁进行预处理，氯化铁具有氧化性，能与硫化银发生氧化还原反应生成硫单质，“分银”时加入亚硫酸钠，与反应生成，而“分银渣”的主要成分为，B项符合题意；
C．“沉银”时加入盐酸，使生成氯化银沉淀，盐酸会与亚硫酸钠反应产生二氧化硫有毒气体，故盐酸不宜过量，C项不符合题意；
D．“还原”时氯化银和甲醛反应生成、单质银和氯化氢，化学方程式为：，氧化剂为，还原剂为HCHO，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据进行计算；
B.预处理时，氯化铁将硫化银转化为氯化银，同时生成S，分银渣中必然含有S；
C.盐酸会与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成氯气；
D.还原时发生反应，据此分析解答。
4．（2022·南充模拟）常温下，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中分别加入NaOH固体，lg随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．a点由水电离出的=1×10-13mol/L
B．HY溶液导电性先减弱后增强
C．当n(HY)：n(NaY)=1：1混合配成溶液，pH=4
D．b点溶液中： =
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由分析可知，a点HX溶液中lg
为12，0.1mol/LHX溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则水电离出的氢离子浓度为
=1×10-13mol/L，故A不符合题意；
B．由分析可知，HY为弱酸，向HY溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中的离子浓度增大，溶液的导电性增强，故B符合题意；
C．由图可知，c点为等物质的量的HY和NaY的混合溶液，溶液中lg 为6，溶液中氢离子浓度为 mol/L =10-4mol/L，溶液pH为4，则当n(HY)：n(NaY)=1：1混合配成溶液，溶液pH=4，故C不符合题意；
D．由分析可知，b点HY溶液中lg
为0，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所得HY和NaY的混合溶液呈中性，由电荷守恒可知c(Na+)+ c(H+)=c(Y-)+ c(OH-)，溶液中c(Na+)= c(Y-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据a点的数据即可计算出水电离的氢离子
B.根据图示，Y为弱酸，加入氢氧化钠导电性增强
C.根据数据即可计算出pH
D.根据电荷守恒即可判断
5．（2021·诸暨模拟）温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)△H＞0。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是（ ）
容器编号 物质的起始浓度(mol/L) 物质的平衡浓度(mol/L)
c(NO2) c(NO) c(O2) c(O2)
Ⅰ 0.6 0 0 0.2
Ⅱ 0.3 0.5 0.2
Ⅲ 0 0.5 0.35
A．容器Ⅱ中刚开始反应时v正＜v逆
B．达平衡时，容器I与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5
C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数大于50%
D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2>T1
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．T1温度下，根据实验I的数据：
该反应的平衡常数K= = =0.8，容器Ⅱ反应达平衡前，Qc= = ＜0.8，此时反应向着正方向进行，v正＞v逆，故A不符合题意；
B．达平衡时，容器I中气体的总物质的量浓度为0.8mol/L；温度相同，化学平衡常数相同，故温度为T1，反应达平衡时，容器Ⅱ中的平衡常数K=0.8，容器Ⅱ反应达平衡前，Qc= = ＜0.8，此时反应向着正方向进行，气体的物质的量浓度增大，即达平衡时，容器II中气体的总物质的量浓度大于1.0mol/L，则达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比=总物质的量浓度之比＜4∶5，故B不符合题意；
C.根据2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，如果Ⅲ中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c(NO2)=0.5mol/L，且容器中还有 c(O2)=0.1mol/L剩余，与I相比，Ⅲ是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中 NO 的体积分数小于50%，故C不符合题意；
D．v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO) c(O2)，达到平衡时，v正=v逆，则k正c2(NO2)=k逆c2(NO) c(O2)，则K═ = 。当温度改变为T2时，若k正=k逆，则此温度下K=1＞0.8，该反应为吸热反应，温度升高，K增大，因此T2＞T1，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据容器I计算出平衡阐述，再根据II中的数据即可计算出浓度商与之对比即可判断
B.根据平衡常数计算出I和II中的总的物质的量即可计算压强之比
C.根据平衡常数计算出NO的转化率即可
D.根据 正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)， 计算出平衡常数的等式即可与K进行对比，在结合正反应是吸热进行判断
6．（2021·临沂模拟）一定条件下，在容积为2 L的刚性容器中充入1 mol (g) 和2 mol H2，发生反应 (g)+2H2(g) (g) △H<0，反应过程中测得容器内压强的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．升高温度可增大反应速率，提高环戊二烯的平衡转化率
B．0~20 min内，H2的平均反应速率为0.05 mol/(L·min)
C．达到平衡时，环戊烷和环戊二烯的体积分数相同
D．该温度下平衡常数Kp=4.0 MPa-2
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A． (g)+2H2(g) (g) ，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，环戊二烯的平衡转化率降低，故A不符合题意；
B．根据以上分析，0~20 min内，H2的平均反应速率为 0.025 mol/(L·min)，故B不符合题意；
C．根据以上分析，达到平衡时，环戊烷和环戊二烯的物质的量都是0.5mol，环戊烷和环戊二烯的体积分数相同，故C符合题意；
D．该温度下平衡常数 MPa-2，故D不符合题意；
选C。
【分析】
同温、同体积，压强比等于物质的量比， ，x=0.5mol；
7．（2021·潮州模拟）温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，发生反应：PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g) △H=a kJ·mol-l(a＞0)。0～10 min保持容器温度不变，10 min时改变一种条件，整个过程中PCl5、PCl3、Cl2的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．0～4 min的平均速率v(PCl3)=0.025 mol·L-1·min-1
B．10 min时改变的条件是增加了一定量的PCl5
C．若起始时向该容器中充入2.0mol PCl3和2.0 mol Cl2，保持温度为T，反应达平衡时放出的热量小于1.6a kJ
D．温度为T，起始时向该容器中充入1.0mol PCl5、0.10mol PCl3和0.10 mol Cl2，反应达到平衡前v正＜v逆
【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.0~4min内，PCl3的变化浓度为，因此该段时间内用PCl3表示的反应速率，A符合题意；
B.10min时若增加PCl5的量，则反应达到平衡时，PCl5的量应大于原平衡时的量，B不符合题意；
C.由图可知，起始时向容器中充入1.0molPCl3和1.0molCl2，保持温度为T，转化为1－20%=80%，当起始时向该容器内充入2.0molPCl3和2.0molCl2，保持温度为T，相当于加压，故转化率大于80%，反应达到平衡时放出的热量大于1.6akJ，C不符合题意；
D.起始时向该容器中充入1.0molPCl5、0.10molPCl3和1.0molCl2，则此时，结合图可知，该温度下反应的平衡常数，因此反应正向进行，故v正＞v逆，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据速率公式进行计算；
B.增加PCl5，则PCl5的量应增加；
C.结合平衡移动进行分析；
D.根据反应进行的方向判断正逆反应速率的大小；
8．（2021·和平模拟）相同温度下，甲、乙两个恒容密闭容器均进行反应：X(g)+Y(g) W(？)+2Z(g)△H＜0.实验过程中部分数据如表所示。
容器 起始容积 物质的起始加入量 平衡时Z的物质的量浓度
甲 2L 1molX、1molY 0.6mol·L-1
乙 5L 2molW、4molZ 0.48mol·L-1
下列说法错误的是（ ）
A．该温度下W为非气态
B．适当降低乙容器的温度可能使c甲(Z)=1.5c乙(Z)
C．该温度下反应的化学平衡常数K=9
D．平衡后正反应速率v正(X)：甲＞乙
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．综上所述分析，W为非气态，A不符合题意；
B．适当降温，因为正反应放热，可使乙中平衡向右移动，使c乙(Z)增大，能使c(Z)甲=c乙(Z)，B符合题意；
C．平衡常数 ，C不符合题意；
D．乙中平衡时，X的物质的量浓度为0.8mol÷5L=0.16mol/L，甲中c(X)=0.4mol÷2L=0.2 mol/L，所以平衡后正反应速率v正(X)：甲＞乙，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 起始投料相当于甲的二倍；甲为2L，乙为4L(此时p甲=p乙)，则甲乙等效，起始投料乙是甲的2倍，平衡量也是甲的2倍，把乙从4L变成5L时，相当于减压，乙的各组分物质的量不变，平衡不移动，故此反应为反应前后分子数不变的反应，即W为非气态，据此解题。
9．（2021·唐山模拟）温度 ℃，反应 中所有物质均为气态。在起始温度、体积相同( ℃、2L密闭容器)时，发生反应的部分数据见下表：
反应条件 反应时间
反应Ⅰ： 恒温恒容 0 2 6 0 0
10 4.5
20 1
30 1
反应Ⅱ： 绝热恒容 0 0 0 2 2
下列说法正确的是（ ）
A．对反应I，前10 内的平均反应速率
B．在其他条件不变的情况下，若30 时只向容器中再充入1 和1 ，则平衡正向移动
C．对于反应I，进行30 时， 所占的体积分数为30%
D．达到平衡时，反应I、II对比：平衡常数
【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A． 对反应I，前10min内的平均反应速率v(CH3OH)= v(H2)= × =0.025mol L-1 min-1，故A不符合题意；
B． 在其他条件不变的情况下，若30 时只向容器中再充入1 和1 ，Qc= ，则平衡不移动，故B不符合题意；
C． 对于反应I，进行30 时， 所占的体积分数为= =50%，故C不符合题意；
D． 达到平衡时，反应I、II对比：Ⅱ为逆向恒容绝热，温度降低，平衡正向进行，平衡常数 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H＜0，反应Ⅰ是恒温恒容容器，反应是放热反应，Ⅱ为逆向恒容绝热，温度降低，平衡正向进行。列出反应的三段式进行计算 。
10．（2021·海淀模拟）在体积恒为1L的密闭容器中发生反应： 。测得不同条件下A的平衡转化率a(A)如下表。
实验序号 实验温度 初始投料量
1 10 10 50
2 10 10 a
3 15 10 40
下列说法正确的是（ ）
A．当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态
B． 时，反应的化学平衡常数值为2
C．若 ，则
D．
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A． 反应气体分子总数不变，则等温等体积的条件下，容器内压强始终不变，故压强不变不能说明达到化学平衡状态，A不符合题意；
B． 时， ，则反应的化学平衡常数 ，B不符合题意；
C． 正反应放热，降温时平衡右移，若 ，则 ，C不符合题意；
D． ， ，平衡常数是温度的函数，故 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据 ，反应前后气体系数不变，压强不影响平衡移动
B.温度为T1时，根据平衡时A的转化率计算出其他的平衡时的物质的量计算出浓度即可计算出平衡常数
C.正反应是放热，温度越高，A的转化率越低
D.根据给出的数据进行计算出此时的平衡常数即可与T1和T2的常数对比即可
11．（2021·昌平模拟）某温度下，H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)的平衡常数K= 。该温度下，在①、②两个恒容密闭容器中投入H2(g)和CO2(g)，起始浓度如下表。下列说法正确的是（ ）
容器编号 起始浓度/mol·L 1
H2 CO2 H2O CO
① 0.1 0.1 0 0
② 0.2 0.1 0.2 0.1
A．反应开始时，②中反应向逆反应方向进行
B．平衡时，①中c(CO2)=0.04mol·L 1
C．①中H2的平衡转化率为40%
D．①、②均达平衡时，①中各组分浓度与②相同
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由题给数据可知，反应②的浓度熵Qc= =1＜K，则平衡向正反应方向移动，故A不符合题意；
B．由分析可知，平衡时，①中c(CO2)=(0.1—0.1×0.06) mol·L 1=0.04mol·L 1，故B符合题意；
C．由分析可知，①中H2的平衡转化率为60%，故C不符合题意；
D．由题给数据可知，反应①平衡时，水蒸气和一氧化碳的浓度相等，反应②中水蒸气和一氧化碳浓度不相等，由方程式可知，反应达到平衡时，水蒸气和一氧化碳浓度依然不相等，则①、②均达平衡时，①中各组分浓度与②不相同，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】设①中H2的平衡转化率为x，由题意可建立如下三段式：
由平衡常数K= 可得： = ，解得x=0.06。
12．（2021·南京模拟）工业上可用“丙烯氨氧化法”生产重要的化工原料丙烯腈(C3H3N)。
①在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)的热化学方程式为C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515 kJ/mol
②得到副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式为C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol
丙烯腈产率与反应温度的关系曲线如图所示。
下列说法错误的是( )
A．反应①的平衡常数可表示为K=
B．增大压强可以提高丙烯腈的平衡产率
C．温度低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率
D．C3H4O(g)+NH3(g)+ O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g) ΔH=-162 kJ/mol
【答案】B
【知识点】化学平衡的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．平衡常数等于生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的平衡常数K= ，故A不符合题意；
B．增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，对反应①而言向逆向移动，会降低丙烯腈的产率，故B符合题意；
C．反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动，由图像可知460℃之后产率符合温度对平衡的影响，说明460℃开始反应达到平衡，温度低于460℃时未平衡，故C不符合题意；
D．由盖斯定律可知该反应可由①-②得到，则该反应的 ΔH= ΔH①- ΔH②=-515 kJ/mol-(-353kJ/mol)=-162 kJ/mol，反应的热化学方程式为：C3H4O(g)+NH3(g)+ O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g) ΔH=-162 kJ/mol，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.利用公式直接写出即可
B.结合反应前后计量系数的变化，通过压强变化确定平衡移动的方向
C.结合温度对产率的影响判断
D.根据盖斯定律计算即可
13．（2021·信阳模拟）在一定的温度下，将一定量的氢气和氮气的混合气体充入等压密闭容器中进行反应，达到平衡时维持温度不变，测得混合气体的密度是反应前密度的1.25倍，则达到平衡时，氨气的体积分数为（ ）
A．25% B．27.5 % C．30% D．37.5%
【答案】A
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】设原混合气体为100L，氮气的体积为aL，则氢气的体积为(100-a)L，令参加反应的氮气为xL，则：
N2 + 3H2 2NH3
起始（L） a 100-a 0
转化（L） x 3x 2x
平衡（L） a-x 100-a-3x 2x
混合气体的质量不变，则密度与体积成反比，则有： =1.25，解得x=10，混合气体体积减少量等于氨气的体积，所以氨气的体积分数为 ×100%=25%。
故答案为：A。
【分析】密闭容器中总重量不变，根据三行式利用密度之比求出转化量即可
14．（2020高一下·十堰期末）往恒容密闭容器中通入amolNO2气体，在一定温度下分解生成O2和NO，各物质的浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X表示NO，Y表示O2
B．t1min时，NO2的正反应速率比逆反应速率大
C．t3min时，c(NO2)+c(NO)+c(O2)=1.5amol L-1
D．t2min时，NO2在混合物中所占的物质的量分数为0.25
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．NO2气体在一定温度下分解生成O2和NO，反应方程式为：2NO2 2NO+O2，根据方程式可知反应产生的NO和O2的物质的量浓度比为2：1，则根据图示可知X应该表示NO，Y应该表示O2，故A不符合题意；
B．t1 min时，反应未达到平衡，还在向正反应方向进行，说明NO2的正反应速率比逆反应速率大，故B不符合题意；
C．t3 min时，反应达到平衡状态，由于反应物不能完全转化为生成物，且容器的容积未知，因此不能确定容器中各种物质的浓度和的大小，故C符合题意；
D．t2min时，NO2和O2的浓度相等，恒容密闭容器中，则物质的量也相等，设t2min时，生成O2的物质的量为x，列三段式：
根据题意可得：a-2x=x，解得x= ，则NO2在混合物中所占的物质的量分数为 =0.25，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应物减少，生成物增多
B.未达到平衡，反应向右进行，故正速率大于逆速率
C.根据反应物和产物写出方程式，计算浓度，但是体积未知
D.结合三行式，结合t2时，二氧化氮和氧气量相等计算转化量即可
二、多选题
15．（2022·济宁模拟）工业上利用NaClO将废水中的As(III)氧化为As(V)，然后经吸附、沉降而除去。As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。一般把10-1>Ka>10-4的酸称为中强酸，把Ka<10-4的酸称为弱酸，下列说法正确的是（ ）
A．H3AsO4、H3AsO3都是中强酸
B．pH=10时，NaClO将As(III)氧化为As(V)的离子方程式：H2AsO+ClO-+OH-=HAsO+Cl-+H2O
C．H2AsO+H2AsOHAsO+H3AsO3K=102.4
D．相同温度下，同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，前者碱性强
【答案】B,C
【知识点】化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．一般把10-1＞Ka＞10-4的酸称为中强酸，把Ka＜10-4的酸称为弱酸，H3AsO3的Ka1=10-9.2＜10-4，H3AsO3是弱酸，A项不符合题意；
B．pH=10时，As(III)主要以形式存在，As(V)主要以形式存在，NaClO将氧化成，自身被还原成Cl-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式：+ClO-+OH-=+Cl-+H2O，B项符合题意；
C．+ +H3AsO3的K=====102.4，C项符合题意；
D．根据As(III)水溶液中含砷的各物质的分布分数知，当与相等时溶液的pH＞12，H3AsO3的Ka2＜10-12，根据As(V)水溶液中含砷的各物质的分布分数知，当与相等时溶液的pH在11~12之间，H3AsO4的Ka3＞10-12＞Ka2(H3AsO3)，故相同温度下同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，的水解程度小于的水解程度，后者碱性强，D项不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.分别计算 H3AsO4、H3AsO3的电离平衡常数，再根据10-1>Ka>10-4的酸称为中强酸，把Ka<10-4的酸称为弱酸分析；
B.pH=10时，As(III)主要以形式存在，As(V)主要以形式存在；
C.根据K=计算；
D.根据越弱越水解分析。
16．（2017·南通模拟）臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+O2（g），在T温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2和1.0mol O3，经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s 0 3 6 12 24
n（O2）/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80
下列有关说法正确的是（ ）
A．反应在0～3 s内的平均速率v（NO2）=0.24 mol L﹣1 s﹣1
B．24 s后，若保持其他条件不变，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44 mol L﹣1，则反应的△H＜0
C．在T温度下，起始时向容器中充入1.0 mol NO2、0.5 mol O3和0.50 mol N2O5、0.50 mol O2，反应达到平衡时，压强为起始时的0.88倍
D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0 mol N2O5和2.0 mol O2，达到平衡时，N2O5的转化率大于20%
【答案】B,C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：A．由表中数据可知，3s内压强物质的量变化量为0.36mol，容器体积为2L，故0～3s内v（O2）= =0.06mol/（L．s），速率之比等于其化学计量数之比，故v（NO2）=2v（O2）=2×0.06mol/（L．s）=0.12mol/（L．s），故A错误；
B．由表中数据可知，12s与24s时氧气的物质的量均为0.8mol，说明12s时可逆反应到达平衡，平衡时氧气的浓度为 =0.4mol/L，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44mol/L，氧气浓度增大，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为放热反应，即△H＜0，故B正确；
C．容器体积不变，在T温度下，起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，转化到左边相当于起始投入2.0molNO2和1.0molO3，与原平衡为完全等效平衡，平衡时压强相等，12s到达平衡时氧气的物质的量为0.8mol，则：
2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+ O2（g） 物质的量减少
1 1
0.8mol 0.8mol
故原平衡中平衡时气体物质的量为2mol+1mol﹣0.8mol=2.2mol，即起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2到达平衡时，混合气体总物质的量为2.2mol，平衡时压强为起始的 =0.88倍，故C正确；
D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0molN2O5和2.0molO2，转化到左边相当于起始投入4.0molNO2和2.0molO3，所到达的平衡状态相当于在原平衡的基础上压强增大一倍，平衡先正反应方向移动，平衡时N2O5的物质的量大于2×0.8mol=1.6mol，故参加反应的N2O5的物质的量小于2mol﹣1.6mol=0.4mol，则达到平衡时，N2O5的转化率小于 ×100%=20%，故D错误，
故选BC．
【分析】A．根据v= 计算v（O2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（NO2）；
B．由表中数据可知，12s与24s时氧气的物质的量均为0.8mol，说明12s时可逆反应到达平衡，平衡时氧气的浓度为 =0.4mol/L，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44mol/L，氧气浓度增大，说明降低温度，平衡向正反应方向移动；
C．容器体积不变，在T温度下，起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，转化到左边相当于起始投入2.0molNO2和1.0molO3，与原平衡为完全等效平衡，平衡时压强相等，即平衡时混合气体总物质的量相等，结合表中数据计算平衡时混合气体总物质的量，再利用压强之比等于物质的量之比计算；
D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0molN2O5和2.0molO2，转化到左边相当于起始投入4.0molNO2和2.0molO3，所到达的平衡状态相当于在原平衡的基础上压强增大一倍，平衡先正反应方向移动，平衡时N2O5的物质的量大于2×0.8mol=1.6mol，故参加反应的N2O5的物质的量小于2mol﹣1.6mol=0.4mol，据此计算判断．
17．（2021高一下·邯郸期末）一定条件下，在的平衡体系中，X、Y、Z的浓度分别是2 mol/L，0.8 mol/L、2.4 mol/L，则X在起始时的浓度不可能是（ ）
A．3 mol/L B．0.2 mol/L C．4.4 mol/L D．4.8 mol/L
【答案】B,D
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】可逆反应不能完全发生。假如反应从正反应方向进行，2.4 mol/L的Z是由X、Y反应产生的，则根据物质反应转化关系，反应消耗X的浓度是2.4 mol/L，故反应开始时X的浓度为2 mol/L+2.4 mol/L=4.4 mol/L；若反应从逆反应方向开始，Y由Z反应生成，逆推0.8 mol/L的Y反应，会同时消耗1.6 mol/L的X，产生1.6 mol/L的Z，则X的起始浓度为2 mol/L-1.6 mol/L=0.4 mol/L，故X在起始时的浓度范围为0.4 mol/L～4.4 mol/L，因此X的浓度不可能是0.2 mol/L、4.8 mol/L，
故答案为：BD。
【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析。
18．（2017高二上·盐城期末）在一定温度时，将1mol A和2mol B放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g） C（g）+2D（g），经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L．下列叙述不正确的是（ ）
A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.2mol/（L min）
B．5min时，容器内D的浓度为0.2mol/L
C．当容器内压强保持恒定时，该可逆反应达到平衡状态
D．5min时容器内气体总的物质的量为3mol
【答案】A,D
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L，则转化的B为5L×0.2mol/L=1mol，则
A（s）+2B（g） C（g）+ 2D（g）
起始 2 0 0
转化 1 0.5 1
平衡 1 0.5 1
A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为 {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.02mol/（L min），故A错误；
B.5min时，容器内D的浓度为 {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.2mol/L，故B正确；
C．该反应为气体体积增大的反应，则当容器内压强保持恒定时，该可逆反应达到平衡状态，故C正确；
D．A为固体，B、C、D为气体，则5min时容器内气体总的物质的量为1mol+1mol+0.5mol=2.5mol，故D错误；
故选AD．
【分析】经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L，则转化的B为5L×0.2mol/L=1mol，则
A（s）+2B（g） C（g）+ 2D（g）
起始 2 0 0
转化 1 0.5 1
平衡 1 0.5 1
A．结合v= {#mathmL#}{#/mathmL#} 计算；
B．结合c= {#mathmL#}{#/mathmL#} 计算；
C．该反应为气体体积增大的反应；
D．A为固体，B、C、D为气体．
19．（2022高二上·德州期中）在2L密闭容器中充入气体A和B，发生反应： ，所得实验数据如下表。下列说法错误的是（ ）
实验编号 温度/℃ 起始时物质的量/ 平衡时物质的量/
① 300 0.40 0.10 0.090
② 500 0.40 0.10 0.080
③ 500 0.20 0.05 a
A．该反应
B．平衡时物质Ｂ的体积分数：②①
C．实验③中达到平衡时，a值小于0.040
D．500℃该反应的平衡常数K的数值为0.32
【答案】C,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由①②可知，温度升高时，平衡时n(C)下降，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的ΔH<0，A不符合题意；
B．温度升高，平衡逆向移动，物质B的体积分数增大，B不符合题意；
C．对比②和③可知，③相当于在②基础上减压，根据方程式可知，减压正向移动，则达到平衡后a >0.040，C符合题意；
D．由实验②的数据建立三段式有：，则平衡常数
，D符合题意；
故答案为：CD 。
【分析】A.升温，平衡时C的物质的量减少，说明升温平衡逆向移动；
B.升温平衡逆向移动；
C.③相当于在②基础上减压，平衡正向移动；
D.列出反应的三段式，结合计算。
20．（2022高二上·浙江期中）某兴趣小组在实验室控制X和Y初始投料比为1：2.2，在催化剂存在下，发生如下反应：。经过100s的相同反应时间测得如下实验数据：
T(K) 催化剂 X转化率(%) W选择性(%)
543 Ⅰ 12.3 42.3
543 Ⅱ 10.9 72.7
553 Ⅰ 15.3 39.1
553 Ⅱ 12.0 71.6
该反应存在副反应，且100s时未达到平衡；W选择性是指转化的X中生成W的百分比。根据表中数据，下列说法错误的是（ ）
A．温度和催化剂都能影响该反应的选择性
B．其他条件相同时，升高温度，生成W的量可能增大
C．使用催化剂Ⅱ有利于提高X转化为W的转化率
D．若起始X、Y混合气体的总浓度为3.2mol/L，则在553K，使用催化剂Ⅱ时，W的生成速率为
【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．对比数据可以看出，不同催化剂在相同温度下W的选择性不一样，相同催化剂在不同温度下W的选择性也不一样，即温度和催化剂都能影响该反应的选择性，A选项不符合题意；
B．对比表格中数据，其他条件相同时，升高温度，W的选择性降低，则生成W的量减小，B选项符合题意；
C.543K温度下，使用催化剂I，X转化为W的转化率为：12.3%×42.3%=5.2%，使用催化剂II，X转化为W的转化率为：10.9%×72.7%=7.9%，同理553K温度下，也可以计算得出使用催化剂Ⅱ有利于提高X转化为W的转化率，C选项不符合题意；
D．若起始X、Y混合气体的总浓度为3.2mol/L，X和Y初始投料比为1：2.2，则c(X)=1mol/L，在553K温度下，使用催化剂Ⅱ时，X的转化率为12%，则 c(X)=1mol/L×12%=0.12mol/L，此时W的选择性为71.6%，则 c(W)=0.12mol/L×71.6%=0.0859 mol/L，则W的生成速率为： ，D选项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．对比数据可以看出，不同催化剂在相同温度下W的选择性不一样，相同催化剂在不同温度下W的选择性也不一样；
B．依据A项分析判断；
C.依据X转化为W的转化率= X转化率(%)× W选择性(%)计算；
D．利用υ=Δc/Δt计算。
三、非选择题
21．（2023·湖南）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
（1）Ⅰ．苯乙烯的制备
已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的 ；
（2）在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；
（4）关于本反应体系中催化剂的描述错误的是____；
A．X射线衍射技术可测定晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变颗粒大小不影响反应速率
（5）Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
引发剂中活性最高的是 ；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
【答案】（1）+118
（2）5
（3）苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
（4）B；D
（5）C6H5CH2Cl
（6）K Ksp
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH4=ΔH1－ΔH2－ΔH3=(－4386.9kJ·mol－1)－(－4263.1kJ·mol－1)－(－241.8kJ·mol－1)=118kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH4=＋118kJ·mol－1。
（2）当乙苯的平衡转化率为50%时，参与反应的n(乙苯)=0.5mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.5mol=1.5mol，设此时容器的体积为V，则可得该温度下反应的平衡常数。
当乙苯的平衡转化率为75%时，参与反应的n(乙苯)=1mol×75%=0.75mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.25mol+0.75mol+0.75mol=1.75mol。设加入n(水蒸气)=amol，此时容器的体积为V′，由于物质的量之比等于体积之比，因此可得，解得。此时反应的平衡常数
因为反应温度不变，因此平衡常数不变，所以可得，解得a=5。所以加入水蒸气的物质的量为5mol。
（3）反应④为主反应，随着乙苯转化率的增大，反应生成苯乙烯和氢气的量增多，体系的压强增大。而反应⑥中反应前后气体分子数不变，压强增大，平衡不移动。反应⑤中反应后气体分子数增大，压强增大后，反应⑤平衡逆向移动，苯的产量降低，因此曲线b表示的产物是苯。
（4）A、测定晶体结构的方法为X射线衍射技术，A不符合题意；
B、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂，不影响平衡移动，因此不可改变乙苯的平衡转化率，B符合题意；
C、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂可降低乙苯脱氢反应的活化能，C不符合题意；
D、改变Fe2O3的颗粒大小，可改变固体与气体的接触面积，从而改变反应速率，D符合题意；
故答案为：BD
（5）由于非金属性Cl>Br>I，氯原子吸引电子的能力更强，则形成自由基C6H5CH2·的能力越强，因此活性最高的是C6H5CH2Cl。
（6）Cu＋在配体L的水溶液中反应的离子方程式为：Cu＋(aq)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)，该反应的平衡常数。CuBr的沉淀溶解平衡反应为CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数Ksp=c(Cu＋)×c(Br－)。CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq)=[Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数。由于，所以K′=K·Ksp。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）温度不变，则平衡常数不变，根据三段式结合平衡常数的表达式进行计算。
（3）随着乙苯转化率增大，体系的压强增大，结合压强对反应⑤、反应⑥平衡移动的影响分析。
（4）A、测定晶体结构，可用X射线衍射实验；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动；
C、加入催化剂，可降低反应所需的活化能；
D、增大催化剂的接触面积，可增大反应速率；
（5）根据卤素原子吸引电子的能力强弱分析。
（6）CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
22．（2023·辽宁）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
（1）我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
（2）铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为 。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
（3）接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】（1）CuO；SO3
（2）催化剂；反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）
（3）cd；d；
【知识点】热化学方程式；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）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2；
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；（ii）铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境；
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；
d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；
故答案为：cd；
（ii）从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数：
设SO2初始量为xmol，则平衡时n(SO2)=x·αe，n(SO3)=x-x·αe=x(1-αe)；带入Kp可得；
【分析】难点分析：（2）平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
23．（2023·湖北）纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
（1）已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的 。
（2）图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个。
（3） 纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 、 。
（4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5） 及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是 。
（6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是 (填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
【答案】（1）+128
（2）3；3
（3）6；10
（4）
（5）在反应过程中，断裂和形成的化学键相同
（6）a
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）和反应历程可以看出，中断裂了2根碳氢键，形成了1根碳碳键和形成一个H-H键，所以该过程反应热为：
（2）由反应历程可知，包含3个基元反应；其中第三个的活化能最大，反应速率最慢；
（3）由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，脱氢过程中六元环数目不变，则总共含有6个五元环，10个六元环；
（4）反应过程中压强恒定为P0(即的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为
可得平衡时各物质分压：，，
带入压强平衡常数表达式：，可得
（5）图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；
（6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a正确；
b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率
b不正确；
c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不正确；
【分析】（1）根据结构，有机物结构很复杂，只需要弄清楚反应断开和形成化学键即可，利用断开化学键吸收的能量减去形成化学键释放能量即可；
（2）根据反应历程可知，有几个峰就有几个历程，峰越高，代表基元反应活化能越大，越难进行；
（3）有分析可知，脱氢过程六元环数目不变，每脱去2个H形成一个五元环；
（4）根据三段式，求出各物质平衡时物质的量，计算物质的量分数，求出分压，带入压强平衡表达式即可；
（5）根据直线方程可知，斜率代表反应热，二者的斜率基本相同，数目两个反应热相同，进而说明反应断开和形成化学键数目相同
（6）根据化学平衡移动原理以及化学反应速率影响因素进行判断即可。
24．（2023·全国乙卷）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
（1）在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知 ， 。
（2）已知下列热化学方程式：
则的 。
（3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压 、平衡常数 。随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，平衡时 (用表示)。在时，，则 ， (列出计算式)。
【答案】（1）4；1
（2）(a+c-2b)
（3）3；2.25；增大
（4）；46.26；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；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）由图中信息可知，当失重比为19.4%时；变成，失去的为水的质量，可得，解的x=4，同理，当失重比为38.8%时，经过计算可得y=1；
（2）根据盖斯定律可知，①+③-②x2可得目标方程式，则
（3）通过图像可知，在温度为660K时，即为a点，=1.5KPa；由于SO3：SO2=1：1，=1.5KPa；
那么总压强为：3KPa；该反应压强平衡常数为：，由图中信息可知随着温度增大儿增大，所以Kp也增大；
（4）由于仅发生反应(Ⅰ)时=，当有反应（II）时，则有，整理可得
，在929K时，P总=84.6kPa，=35.7kPa，又有，联立解的，代入数据可得，=46.26kPa，，那么
【分析】解题技巧分析：平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
25．（2023·新课标卷）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据图1数据计算反应的 。
（2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理由是 。
（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有情性气体的图是 。
③图3中，当、时，氮气的转化率 。该温度时，反应的平衡常数 (化为最简式)。
【答案】（1）
（2）(ⅱ)；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）
（4）；合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大；图4；；
【知识点】晶胞的计算；活化能及其对化学反应速率的影响；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）根据反应物总键能减去生成物总键能，
（2）在化学反应中，最大的活化能为速率控制步骤，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)；
（3）晶胞密度为，晶胞参数为：287pm，根据公式：，则，，解的n=，
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1
③假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有
在p2=20MPa时，氨气的摩尔分数为0.2，可得，，解的x=，那么氮气转化率率为：，平衡时氮气，氢气、氨气的物质的量为：、2mol、，各物质的物质的量分数为：，所以=，进而得到。
【分析】难点分析：平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
26．（2022·江苏模拟）兰尼镍(Raney-Ni)是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，常用作烯烃、炔烃等氢化反应催化剂，其高催化活性源自于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。由镍矿渣[主要含、，还含铁、铜、钙、镁化合物及其他不溶性杂质]制备兰尼镍的过程可表示如下：
已知：，
（1）“酸溶”过程中，发生反应的离子方程式为 。
（2）“除杂”过程中加入除去发生的反应是：，该反应的平衡常数 。
（3）“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为。为测定其组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(条件下加热，收集到的气体产物只有一种，以上残留固体为)。通过计算确定该样品的化学式。(写出计算过程)
（4）“浸出”是制备兰尼镍的关键步骤，溶液在“浸出”过程中的作用是 。
（5）使用新制兰尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是 。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金
（5）镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的计算；化学式及其计算
【解析】【解答】镍矿渣加入稀硫酸、NaClO3把S元素氧化为S单质，除杂后加入碳酸钠沉镍，经一系列反应得金属镍，镍和铝熔合为镍铝合金，用氢氧化钠浸出铝元素，形成多孔结构的镍铝合金。
(1)“酸溶”过程中，酸性条件下，被NaClO3氧化为S沉淀，发生反应的离子方程式为；
(2)“除杂”过程中加入除去发生的反应是：，该反应的平衡常数。
(3)以上残留固体为，可知n(NiO)=0.03mol，条件下加热，收集到的气体产物只有一种，说明发生反应，固体质量减少(2.69-2.25)=0.44g，说明反应生成二氧化碳的质量为0.44g，则n(NiCO3)=n(CO2)=0.01mol；根据镍元素守恒，，则n(H2O)=，该样品的化学式为。
(4)溶液在“浸出”过程中的作用溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金。
(5)镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附，故在氢化时不需要加入氢气也能完成。
【分析】（1） “酸溶” 时，NiS被NaClO3氧化为S，根据得失电子守恒和原子守恒书写离子方程式；
（2）根据计算；
（3） 收集到的气体产物只有一种 ，根据元素守恒可知该气体为二氧化碳，根据二氧化碳的质量计算x，结合镍元素守恒计算y，根据质量守恒计算z；
（4）氢氧化钠可溶解铝，形成镍铝合金；
（5）镍的多孔结构可吸附氢气。
27．（2022·葫芦岛模拟）重整技术是实现“碳中和”的一种理想的利用技术，具有广阔的市场前景、经济效应和社会意义。该过程中涉及的反应如下。
主反应：
副反应：
回答下列问题：
（1）已知、和的燃烧热分别为、和，该催化重整主反应的 。有利于提高平衡转化率的条件是 (填标号)。
A． 高温高压 B． 高温低压 C． 低温高压 D． 低温低压
（2）在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。
①甲烷的质量分数随温度变化的关系如图甲所示，曲线对应的 ；
②反应体系中，随温度变化的关系如图乙所示，随着进料比的增加，的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是 。
（3）在、 时，按投料比加入刚性密闭容器中，达平衡时甲烷的转化率为，二氧化碳的转化率为，则副反应的压强平衡常数 (计算结果保留3位有效数字)。
（4）我国科学家设计了一种电解装置如图丙所示，能将二氧化碳转化成合成气和，同时获得甘油醛。则催化电极为 极，催化电极产生的电极反应式为 。
【答案】（1）+247.3；B
（2）2.0；减小；随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小
（3）1.06
（4）阳；或
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据题中所给条件，可以列出，，，根据盖斯定律可得；主反应：化学方程式反应物系数之和小于生成物系数之和，并且该反应为吸热反应，故高温低压有利于二氧化碳的转化，
故答案为：B；
(2)①甲烷的质量分数，由a、b、c三条线的起始投入甲烷的质量分数可知，甲烷的质量分数越大，越小，故曲线对应的2.0；
②可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小；
(3)设开始时n(CO2)=1mol，n(CH4)=1mol，列三段式 CH4转化率为90%，反应了；对于副反应来说开始二氧化碳是0.1mol，氢气是1.8mol，一氧化碳是1.8mol，二氧化碳的转化率为95%，则副反应中反应的二氧化碳：1×95%-1×90%=0.05mol，列出三段式为，副反应的平衡常数为，反应平衡后，气体：CH40.1mol，CO20.05mol，H21.75mol，CO1.85mol，H2O0.05mol，n总=3.85mol，设总压强为P压强比等于物质的量之比，；
(4)催化电极b表面二氧化碳还原为一氧化碳为电解池的阴极，故催化电极a为电解池的阳极；阴极产生的电极反应式为或。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；主反应为气体体积增大的吸热反应，有利于提高二氧化碳转化率的条件是高温低压；
（2）①甲烷的质量分数越大，越小；
②随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小；
（3）设开始时n(CO2)=1mol，n(CH4)=1mol，列出反应的三段式，再根据进行计算；
（4）催化电极a上甘油被氧化成甘油醛，发生氧化反应，催化电极a为阳极；催化电极b为阴极，发生还原反应，催化电极b上二氧化碳和水反应生成一氧化碳和氢气，据此书写电极反应式。
28．（2022·锦州模拟）研发二氧化碳利用技术，已成为世界科学领域研究的热点。请回答下列问题：
（1）Ⅰ．二氧化碳催化加氢制甲醇，不仅有利于降低空气中二氧化碳含量，同时可以制备清洁能源，其总反应可表示为：。
一定温度下，此反应的反应历程与体系能量变化关系如图1所示，则第二步反应的热化学方程式为 。
（2）第一步反应的正反应速率方程为，逆反应速率方程为，其中、分别为正、逆反应的速率常数，只受温度影响。与(温度的倒数)的关系如图2所示，①、②、③、④四条斜线中，表示的是 。图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+2、a+1、a-1、a-2，则温度为时，第一步反应的化学平衡常数 。
（3）总反应在起始物质的量时，不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在时随压强(P)的变化及在时随温度(t)的变化如图所示。
①图中对应等温过程的曲线是 (填“a”或“b”)，判断的理由是 。
②时，当时，的平衡转化率为 (保留小数点后一位)。
（4）Ⅱ．我国科学家以Bi为电极，在酸性水溶液中实现电催化还原，两种途径的反应机理如图所示，其中表示过渡态、数字表示微粒的相对总能量。
途径一，电还原经两步反应生成：第一步为(*表示微粒与的接触位点)：第二步为 。
（5）电还原的选择性以途径一为主，理由是 。
【答案】（1）
（2）④；0.1##
（3）a；该反应前后气体系数和减小，增大压强平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大；33.3
（4）
（5）途径一的活化能更低或途径一的过渡态微粒的相对总能量更低
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)由图可知，第二步反应为一氧化碳和氢气生成甲醇，生成物能量较低，放出热量数值为41 kJ mol-1-(-49 kJ mol-1)=90kJ mol-1，故反应的热化学方程式为： ；
(2)第二步反应为二氧化碳和氢气生成一氧化碳和水，生成物能量较高，反应焓变大于零， ；温度降低，平衡逆向移动，v正、v逆均减小，、均减小，且<，则表示的是④，的是③；
平衡时=；图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+2、a+1、a-1、a-2，则温度为时，第一步反应的化学平衡常数；
(3)①反应为气体分子数减小的反应，等温时增加压强，平衡正向移动，甲醇的含量增加，故图中对应等温过程的曲线是a；
②总反应在起始物质的量时，设初始氢气、二氧化碳的物质的量分别为3mol、1mol，转化的二氧化碳的物质的量为a
时，当时，则，a=，的平衡转化率为；
(4)由图可知，第二步反应为和氢离子得到电子生成HCOOH，反应为：；
(5)过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越大反应速率越慢；由图可知，电还原的途径一的活化能更低或途径一的过渡态微粒的相对总能量更低，导致反应更容易进行。
【分析】（1）第二步反应为一氧化碳和氢气生成甲醇；
（2）第一步反应为，温度降低，平衡逆向移动，v正、v逆均减小，、均减小，且<；根据计算；
（3）①增加压强，平衡正向移动，甲醇的含量增加；
②结合图像，列出反应的三段式进行计算；
（4）第二步反应为和氢离子得到电子生成HCOOH；
（5）途径一反应更容易进行。
29．（2022·石家庄模拟）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：I. Cr(OH)3为两性氢氧化物；
II.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。
化合物 Cr(OH)3 Ca(OH)2 Mg(OH)2 SrCO3
Ksp近似值 1×10-31 5.5×10-6 1.8×10-11 5.6×10-10
回答下列问题：
（1）气体A的电子式为 。
（2）“除钡、铅”时，pH过低会导致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因为 (用离子方程式解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为 。
（3）“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
（4）用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为 。
（5）“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为 。
（6）已知：碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K= (保留两位有效数字)。
（7）“系列操作”中包含“200℃烘干”操作，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为 (填化学式)。
【答案】（1）
（2）2CrO+2H+Cr2O+H2O；8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O
（3）Cr(OH)3
（4）pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低
（5）Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+
（6）1.9 ×105
（7）NH4NO3
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7~8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
(1)气体A为CO2，其电子式为；
(2)(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移动，更多的CrO转化为Cr2O，导致(NH4)2CrO4的利用率降低；
结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O；
(3)由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3；
(4)Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低；
(5)“调pH ≈13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+；
(6)Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K===== 1.9 ×105；
(7)由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3。
【分析】“酸溶”时，SrCO3与HNO3反应生成Sr(NO3)2和CO2，所以气体A是CO2，滤液中含有Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+；“沉钡、铅”后所得滤液中含有Sr2+、Ca2+、Mg2+、NH4+、CO42-；“酸化”“还原”后，CO42-被还原为Cr3+；Ksp越小，说明物质的溶解度越小，根据表格信息，结合流程图可知，“调pH 7~8”时，Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀；“调pH≈13”时，Ca2+、Mg2+分别转化为Ca(OH)2、Mg(OH)2沉淀；所得滤液中含有Sr2+，经“碳化”转化为SrCO3，再经“系列操作”可得到高纯SrCO3。据此分析。
30．（2022·蚌埠模拟）中国首次实现利用二氧化碳合成淀粉，合成过程的关键步骤是利用二氧化碳制备甲醇。CO2催化加氢制CH3OH的主要反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O。
（1）已知H2(g)和CH3OH(g)的燃烧热分别是285.8kJ·mol-1和763.9kJ·mol-1，H2O(1)的汽化热是40.8kJ·mol-1，则反应CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH= 。该反应在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下可自发进行。
（2）CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如CO2*表示CO2吸附在催化剂表面)
该反应历程中决速步反应的化学方程式为 。
（3）已知化学反应速率方程k正、k逆是正逆反应v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)的速率常数，只受温度影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，k正、k逆对应的曲线分别是 、 。
（4）CO2和H2起始物质的量之比为1：3时，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示(分子筛膜能选择性分离出H2O)。有分子筛膜时，温度为210℃时甲醇平衡产率最高的原因是 。
（5）一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入2 molCO2和6molH2，发生反应CO2(g)+3H2(g) → CH3OH(g)+H2O(g)。已知容器内起始压强为320kPa，反应达平衡时容器内压强为200kPa，平衡时CH3OH(g)的分压为 kPa，该温度下反应的标准平衡常数Kθ= 。(该反应标准平衡常数的表达式为Kθ=，其中p为分压，分压=总压×物质的量分数，pθ=100kPa)
【答案】（1）-52.7kJ·mol-1；低温
（2）CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*
（3）b；a
（4）温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降
（5）60；或8.3
【知识点】盖斯定律及其应用；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)根据题目所给信息可得热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(1) ΔH=-285.8kJ·mol-1、②CH3OH(g)+O2(g)=2H2O(1)+CO2(g) ΔH=-763.9kJ·mol-1、③H2O(1)=H2O(g) ΔH=40.8kJ·mol-1，根据盖斯定律①×3-②+③可得CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=(-285.8kJ·mol-1)×3-(-763.9kJ·mol-1)+40.8kJ·mol-1=-52.7kJ·mol-1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，所以在低温条件下满足ΔH-TΔS＜0，反应可以自发；
(2)活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知决速步骤为CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*；
(3)温度升高反应速率加快，所以越小，k越大，即lgk越大，而该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，说明温度对k逆的影响更大，所以k正对应的曲线是b，k逆对应的曲线是a；
(4)温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降；
(5)设平衡时CH3OH的物质的量为x，列三段式有： ，恒容密闭容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有=，解得x=1.5，所以平衡时CH3OH(g)的分压为×200kPa=60kPa，同理可以求出CO2、H2、H2O的分压分别为20kPa、60kPa、60kPa，所以Kθ==或8.3。
【分析】(1)根据盖斯定律；
(2)依据活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率；
(3)温度升高反应速率加快；
(4)依据温度对平衡的影响；
(5)利用“三段式”计算。
31．（2022·白山模拟）氨气是重要的化工原料。据《科学)最新报道，我国科学家开发新型催化剂Li4RuH6或Ba2RuH6在温和(低温低压)条件下合成NH3，反应进程如图1、图2所示。
工业合成氨原理：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H。
（1）已知：N≡N、H-H、N-H键的键能分别为945kJ·mol-1、436kJ·mol-1、391kJ·mol-1。工业合成NH3的△H= kJ mol-1。
（2）图2中与图1能量变化相符的是 (填“曲线a”或“曲线b")。在某条件下，测得上述反应的E1=1250kJ mol-1，则E2= kJ mol-1。
（3）合成氨的速率方程为v(NH3)=k(N2)·(H2) (NH3)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关；、、为反应级数，可取整数、分数或小数)。测得在一定温度和催化剂作用下，速率与浓度的关系如下表所示：
c(N2)/(mol L-1) c(H2)/(mol L-1) c(NH3)/(mol L-1) 速率
I 0.1 0.1 0.1 v
II 0.2 0.1 0.1 2v
III 0.2 0.4 0.1 16v
IV 0.4 0.9 0.2 54v
V 0.4 m 0.4 64v
则 ； ；= ；m= 。
（4）向密闭容器中充入ImolN2和2.6molH2，在一定条件下合成NH3，相同时间内测得体系中N2的物质的量(mol)与温度、压强的关系如图3所示。
①P (填">”、“<"或“=")1.8MPa。
②投料比一定时，随着温度升高，不同压强下N2的物质的量趋向相等，其主要原因是 。
③在1.8MPa、373K时，平衡常数Kp= MPa—2。(提示：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
【答案】（1）-93
（2）曲线b；1343
（3）1；1.5；-1；1.6
（4）>；温度升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响；12.5
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：△H=(945kJ·mol-1+436kJ·mol-1×3)-(391kJ·mol-1×2×3)=-93kJ·mol-1，故答案为：-93；
(2)由图可知，图1为有催化剂参与合成氨反应的反应进程，图2中曲线b表示有催化剂参与合成氨反应的反应进程与能量变化，则曲线b与图1能量变化相符；由反应热△H=-(E2-E1)可得：-93kJ·mol-1=-(E2-1250kJ mol-1)，解得E2=1343kJ mol-1，故答案为：曲线b；1343；
(3)依据题给数据，由I和II的速率相比可得：
=
，解得α=1；由II和III的速率相比可得：
=
，解得β=1.5；由I和IV的速率相比可得：
=
，解得γ=-1；由I和V的速率相比可得：
=
，解得m=1.6，故答案为：1；1.5；-1；1.6；
(4)①合成氨反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氮气的物质的量减小，由图可知，温度一定时，压强为P时氮气的物质的量小于1.8MPa，则P大于1.8MPa，故答案为：>；
②投料比一定时，随着温度升高，不同压强下氮气的物质的量趋向相等说明温度升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响，故答案为：温度升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响；
③由图可知，在1.8MPa、373K条件下，反应达到平衡时，氮气的物质的量为0.4mol，由方程式可知，平衡时氢气、氨气的物质的量分别为2.6mol-(1mol-0.4mol) ×3=0.8mol、(1mol—0.4mol) ×2=1.2mol，则氮气、氢气、氨气的平衡分压为
×1.8MPa=0.3MPa、
×1.8MPa=0.6MPa、
×1.8MPa=0.9MPa，平衡常数Kp=
=12.5 MPa-2，故答案为：12.5。
【分析】（1）根据焓变与键能的关系计算公式计算
（2）根据催化剂对能量的变化影响即可判断，根据焓变与活化能的关系即可计算
（3）根据表格中速率以及速率公式进行计算出数值
（4）①根据压强对反应的影响即可判断
②温度对平衡的影响大于压强
③根据数据结合方程式计算出平衡时压强即可计算出常数
32．（2021·内江模拟）大气污染物( CO、N2O、NO等)的治理和“碳中和”技术的开发应用，成为化学研究的热点问题。
（1）某化工厂排出的尾气(含CO、N2O)治理的方法为：在密闭容器中发生如下反应：CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g)，CO、N2O 在Pt2O+表面进行两步反应转化为无毒气体，其相对能量与反应历程的关系如下图。
①写出N2O在Pt2O+的表面上反应的化学方程式 。
②第一步反应的速率比第二步的 ( 填“ 慢”或“快”)。两步反应均为 热反应。
（2）汽车尾气中含NO，处理NO的一种方法为： 2 CO(g) +2 NO(g)N2(g) +2 CO2(g)
①已知该反应为自发反应，则该反应的反应热△H 0. (选填“＞”或“＜”或“=”)
②一定温度下，将2 mol CO、4 mol NO充入一恒压密闭容器。已知起始压强为11 MPa，达到平衡时，测得N2的物质的量为0. 5 mol ，则该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数Kp= MPa -1(分压=总压×物质的量分数)。
（3）2021年3月5日，国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰碳中和各项工作。科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO2 转化为HCOOH，实现碳中和的目标。如图所示：
①离子交换膜为 离子交换膜。
②P极电极反应式为 。
③工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：
反应CO2(g) + H2(g) HCOOH(g)的焓变△H = kJ·mol-1。温度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1 L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) K=2。 实验测得：v正=k正c(CO2)c(H2)， v逆=k逆c(HCOOH)， k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆= k正 ；温度为T2℃时，k正=1. 9k逆，则T2℃＞ T1℃，理由是 。
【答案】（1）N2O+Pt2O+=N2+ Pt2O；慢；放
（2）＜；MPa
（3）阳；CO2+2e-+2H+=HCOOH；-31.4；0.5；由k正=1.9k逆，，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞T1
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据题干信息及反应历程图示知，生成的无毒物质为二氧化碳和氮气，N2O在Pt2O+的表面上反应的化学方程式为：N2O+Pt2O+=N2+ Pt2O，故答案为：N2O+Pt2O+=N2+ Pt2O；
②由反应历程图知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，所以第一步反应速率慢于第二步；两步反应的反应物总能量都大于生成物总能量，所以两步反应均为放热反应；故答案为：慢；放；
（2）①反应2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g）能够自发进行，反应△S＜0，若满足△H-T△S＜0，必须△H＜0，故答案为：＜；
②根据三段式：，则平衡时，气体总物质的量为1+3+1+0.5=5.5mol，Kp=，故答案为：MPa；
（3）①根据图示知，P极为阴极，H+由N极转移至P极，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳；
②P极为阴极，电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；
③由图示可知：Ⅰ HCOOH（g） CO（g）+H2O（g）△H=+72.6kJ/mol，Ⅱ CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/ mol，Ⅲ H2（g）+ O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，根据盖斯定律，将Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ可得HCOOH（g） CO2 （g）+H2（g）的焓变△H=（+72.6kJ/mol）+（-283.0kJ/mol）-（-241.8kJ/mol）=+31.4kJ/mol，则CO2（g）+H2（g） HCOOH（g）的焓变△H=-31.4kJ/mol；
反应CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)达到化学平衡时，有v正= v逆，即k正c(CO2)c(H2)=k逆c(HCOOH)，所以，所以k正=2k逆，即k逆=k正；
温度改变为T2时，由k正=1.9k逆，，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞ T1；故答案为：-31.4；；由k正=1.9k逆，，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞T1。
【分析】（1）①根据题干信息及反应历程图，生成二氧化碳和氮气；
②由反应历程图知，活化能大，反应速率慢；两步反应的反应物总能量都大于生成物总能量；
（2）①自发反应△H-T△S＜0；
②根据三段式计算；
（3）①阳离子交换膜为充许阳离子通过；
②阴极发生还原反应；
③根据盖斯定律，计算焓变；化学平衡时，v正= v逆，据此分析。
33．（2021·大庆模拟）氨是最重要的氮肥，也是产量最大的化工产品之一、合成氨工艺是人工固氮的重要途径。回答下列问题：
（1）已知气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量， 叫做该化学键的键能(kJ·mol-1)。一些键能数据如表：
化学键
键能E(kJ·mol-1) 946.0 436.0 390.8
反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H= kJ/mol
（2）化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了部分参加反应的分子在固体催化剂表面合成氨的反应过程，模拟示意图如图：
分别表示N2、H2、NH3
i.图②表示N2、H2被吸附在催化剂表面，图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②到图③的过程 能量(填“吸收”或“放出”)。
ii.N2的吸附分解反应速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。实际生产中，原料N2和H2物质的量之比为1︰2.8，分析说明N2过量的理由是 和 。
iii.关于合成氨工艺，下列说法正确的是 。
A．控制温度(773K)远高于室温，是为了提高平衡转化率和加快化学反应速率。
B．基于NH3有较强的分子间作用力，可将其液化，不断将液氨移去，利于化学平衡向正反应方向移动。
C．当温度、体积一定时，在原料气中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率。
D．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。
（3）在体积相同的密闭容器中按物质的量比 1︰3 投入氮气和氢气，发生反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)分别在200℃、400℃、600℃条件下进行反应，平衡时NH3的物质的量分数随总压强的变化曲线如图所示：
i.M点和N点的平衡常数大小关系是KM KN(填“>”、“<”或者“=”)。
ii.M点的平衡常数Kp= MPa-2(计算结果保留到小数点后两位。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。)
（4）已知液氨中存在：2NH3(l) NH+NH。用Pt电极对液氨进行电解也可产生H2和N2.阴极的电极反应式是 。
【答案】（1）-90.8
（2）吸收；原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；BD
（3）>；0.05
（4）2NH+2e-=2 NH3+H2↑或2NH3+2e-=H2↑+2NH
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据表中键能数据，可得 H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=946.0 kJ·mol-1+436.0 kJ·mol-1-390.8 kJ·mol-16=-90.8 kJ/mol。
（2）i.根据模拟示意图可知，图②到图③的过程表示的是化学键断裂的过程，化学键断裂需要吸收热量，所以该过程表示的是吸热过程。
ii.原料中N2相对H2易得，且合成氨反应是可逆反应，适度N2过量有利于提高H2的转化率，N2在催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。
iii.A．合成氨反应是可逆的放热反应，根据勒夏特列平衡移动原理，升高温度并不能提高平衡转化率，但能加快化学反应速率和提高催化剂活性，故A不正确；
B．由于NH3有较强的分子间作用力，可将其液化，不断将液氨移去，有利于化学平衡向正反应方向移动，故B正确；
C．当温度、体积一定时，在原料气中添加少量惰性气体，并不能改变N2和H2的浓度，并不利于提高平衡转化率，故C不正确；
D．制备原料气过程中会产生其他气体杂质，为了防止催化剂中毒和安全事故发生，因此原料气须经过净化处理，故D正确；
答案BD。
（3）i.合成氨反应是放热反应，温度越高，混合物中氨的物质的量分数越低，所以M点对应的温度小于N点对应的温度，温度越高，平衡常数越小，故KM>KN。
ii.由M点的坐标可知此时总压是50MPa，氨的物质的量分数是60。由投入氮气和氢气的物质的量比是1︰3，它们反应时N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，消耗的物质的量比也是1︰3，所以平衡时剩余的氮气和氢气的物质的量比也是1：3。则混合气体中剩余的40分子中，N2分子10，H2分子占30，则根据分压=总压×物质的量分数，可得P(N2)= 50MPa10=5 MPa，P(H2)= 50MPa=15 MPa ，P(NH3) ==30 MPa，则Kp= 。
（4）用Pt电极对液氨进行电解，阴极发生还原反应，则移向阴极的阳离子NH或NH3分子得电子被还原成氢气，则阴电极反应式为2NH+2e-=2 NH3+H2↑或2NH3+2e-=H2↑+2NH。
【分析】（1）根据 H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；
（2） i. 图③表示在催化剂表面，N2、H2中的化学键断裂，氢气和氮气在高温高压催化剂条件下生成氨气；
ii.N2过量可提高氢气的转化率；
iii.根据化学平衡移动原理分析；
（3） i. 合成氨的反应为放热反应，升温平衡逆向移动；
ii. 根据Kp= 计算；
（4）阴极发生还原反应。
34．工业废气和机动车尾气排放的氮氧化物(NOx)是大气中细颗粒物(PM2.5)的主要
前体物之一，还可产生光化学烟雾和硝酸型酸雨，严重危害人类生命健康和破坏生态环境。回答下列问题：
（1）一种脱硝方法是利用臭氧将NOx氧化为高价态氮氧化物N2O5，然后溶解在液相中。
氧化反应如下：
Ⅰ．NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g) △H1=- 200.9 kJ·mol-1
Ⅱ.2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g) △OH2
①在298K，101kPa时，反应I的活化能为10.7kJ·mol-1，则其逆反应的活化能为 kJ·mol-1
②在2L密闭容器中充入2molNO2和1molO3，在不同温度下，平衡时NO2的物质的量分数 (NO2)随温度变化的曲线如图甲所示。
ⅰ．反应Ⅱ的△H2 0(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，a点的V正 b点的v正，a点的v正 v逆。
ⅱ．图甲中，T2℃时，若考患2NO2(g) N2O4(g)，平衡后，O2和N2O4的平衡分压相同，则反应Ⅱ以物质的量分数表示的平衡常数Kx= (保留两位小数，不考虑反应Ⅰ的影响)。
ⅲ．对反应体系无限加压，得平衡时a(O3)与压强的关系如图乙所示。压强增大至p1MPa之后，O3的平衡转化率a(O3)不再增大的原因是
（2）一种Ce-Ti固溶体催化剂选择性催化还原NOx的原理如下。
①反应的化学方程式为 。
②反应的催化剂为 (填标号)。
【答案】（1）211.6；i．小于；小于；大于；0.21；压强增大至p1 MPa 之后，NO2、N2O5均变为非气态物质，反应Ⅱ变为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，a(O3)不再增大
（2）4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O；1
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】本题以NOx的处理为素材考查活化能计算、△H、速率、Kx、催化原理分析等理论点．
(1)①△H=正反应的活化能一逆反应的活化能，逆反应的活化能为10.7 kJ·mol-1+ 200.9 kJ·mol-1=211.6 kJ·mol-1
②ⅰ．分析图甲，温度越高， (NO2)增大，说明正反应为放热反应，△H2小于0，a点对应的温度比b点的低，a点的v正小于b点的v正，a点的 (NO2)高于平衡时的 (NO2)，有正向移动的趋势，所以a点的v正大于v逆。ⅱ．
2NO2(g)+ O3(g) N2O5(g)+ O2(g)
起始（mol） 2 x 0 0
转化（mol） x 0.5x 0.5x 0.5x
平衡（mol） 2-x 1-0.5x 0.5x 0.5x
2NO2(g) N2O4(g)
起始（mol） 2-x 0
转化（mol） y 0.5y
平衡（mol） 2-x-y 0.5y
O2和N2O4的平衡分压相同，即0.5x=0.5y，T2℃平衡时， (NO2)= 40%，计算可得x= y= 0.5 mol，NO2(g)、O3(g)、N2O5(g)、O2(g)、N2O4(g)的物质的量分别为1 mol，0.75 mol，0.25 mol，0.25 mol，0.25 mol，总物质的量为2.5 mol，求出各自的物质的量分数，可求得Kx≈0.21，
ⅲ．对反应体系无限加压，压强增大至p1MPa之后，O3的平衡转化率a(O3 )不再增大的可能原因是压强增大至p1MPa之后，NO2、N2O5均变为非气态物质，反应Ⅱ变为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，a(O3)不再增大．
(2)①由催化过程分析可得，NO和NH4在中间产物中始终按照1：1的关系存在，配平可得4NO+4NH4+O2 4N2+6H2O
②与反应物一同参与反应，最后又生成的为催化剂，则标号1为催化剂。
【分析】（1）①根据“△H=正反应的活化能一逆反应的活化能”进行计算；
②ⅰ结合温度对平衡移动的影响分析反应的热效应；根据温度对反应速率的影响比较a、b两点反应速率的大小；根据a点时反应进行的方向判断正逆反应速率的相对大小。
ⅱ根据平衡三段式进行计算。
ⅲ结合压强对平衡移动的影响分析。
（2）①根据图示反应原理确定反应物和生成物，从而书写反应的化学方程式；
②与反应物一同参与反应，最后又生成的为催化剂。
35．（2021·泉州模拟）氢气选择性催化还原(H2-SCR)是目前消除NO的理想方法，备受研究者关注。
H2-SCR法的主反应：
副反应：
回答下列问题：
（1）已知：
①
②提高主反应选择性的最佳措施是 。
A．降低温度 B．增大压强 C．增大c(H2) D．使用合适的催化剂
（2）H2-SCR在Pt-HY催化2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡的计算1
一、选择题
1．（2022·德州模拟）在恒温恒容密闭容器中发生反应2H2(g)+2NO(g) 2H2O(g) +N2(g)，N2的瞬时生成速率v=k·cm(H2)c2 (NO)。控制NO起始浓度为0.5 mol/L，N2的瞬时生成速率和H2起始浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．由题可知，该反应的速率常数k为15
B．随着H2起始浓度增大，该反应平衡常数增大
C．达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，则NO转化率减小
D．H2起始浓度0.2 mol/L，某时刻NO的浓度为0.4 mol/L，则N2的瞬时生成速率为0.24 mol/L
2．（2022·南通模拟）氨催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH<0。在T℃时，向1L密闭容器中投入4molNH3、5molO2，平衡时测得NH3的转化率为60%。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（ ）
A．NH3·H2O(aq)NH4HSO4 B．HNO3(浓)NO2
C．NH4ClNH3 D．NON2
3．（2022·锦州模拟）精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义，从中间产品分金渣(主要成分为：、、、)中获取高纯银的流程如下图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：在上述反应的温度下
①，；
②。
A．“分银”时与反应生成的离子方程式为，该反应的化学平衡常数为
B．“分银渣”的主要成分为
C．“沉银”时为防止产生污染性有毒气体，盐酸不宜过量
D．若“还原”时有生成，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
4．（2022·南充模拟）常温下，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中分别加入NaOH固体，lg随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．a点由水电离出的=1×10-13mol/L
B．HY溶液导电性先减弱后增强
C．当n(HY)：n(NaY)=1：1混合配成溶液，pH=4
D．b点溶液中： =
5．（2021·诸暨模拟）温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)△H＞0。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是（ ）
容器编号 物质的起始浓度(mol/L) 物质的平衡浓度(mol/L)
c(NO2) c(NO) c(O2) c(O2)
Ⅰ 0.6 0 0 0.2
Ⅱ 0.3 0.5 0.2
Ⅲ 0 0.5 0.35
A．容器Ⅱ中刚开始反应时v正＜v逆
B．达平衡时，容器I与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5
C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数大于50%
D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2>T1
6．（2021·临沂模拟）一定条件下，在容积为2 L的刚性容器中充入1 mol (g) 和2 mol H2，发生反应 (g)+2H2(g) (g) △H<0，反应过程中测得容器内压强的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．升高温度可增大反应速率，提高环戊二烯的平衡转化率
B．0~20 min内，H2的平均反应速率为0.05 mol/(L·min)
C．达到平衡时，环戊烷和环戊二烯的体积分数相同
D．该温度下平衡常数Kp=4.0 MPa-2
7．（2021·潮州模拟）温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，发生反应：PCl5(g) PCl3(g)＋Cl2(g) △H=a kJ·mol-l(a＞0)。0～10 min保持容器温度不变，10 min时改变一种条件，整个过程中PCl5、PCl3、Cl2的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．0～4 min的平均速率v(PCl3)=0.025 mol·L-1·min-1
B．10 min时改变的条件是增加了一定量的PCl5
C．若起始时向该容器中充入2.0mol PCl3和2.0 mol Cl2，保持温度为T，反应达平衡时放出的热量小于1.6a kJ
D．温度为T，起始时向该容器中充入1.0mol PCl5、0.10mol PCl3和0.10 mol Cl2，反应达到平衡前v正＜v逆
8．（2021·和平模拟）相同温度下，甲、乙两个恒容密闭容器均进行反应：X(g)+Y(g) W(？)+2Z(g)△H＜0.实验过程中部分数据如表所示。
容器 起始容积 物质的起始加入量 平衡时Z的物质的量浓度
甲 2L 1molX、1molY 0.6mol·L-1
乙 5L 2molW、4molZ 0.48mol·L-1
下列说法错误的是（ ）
A．该温度下W为非气态
B．适当降低乙容器的温度可能使c甲(Z)=1.5c乙(Z)
C．该温度下反应的化学平衡常数K=9
D．平衡后正反应速率v正(X)：甲＞乙
9．（2021·唐山模拟）温度 ℃，反应 中所有物质均为气态。在起始温度、体积相同( ℃、2L密闭容器)时，发生反应的部分数据见下表：
反应条件 反应时间
反应Ⅰ： 恒温恒容 0 2 6 0 0
10 4.5
20 1
30 1
反应Ⅱ： 绝热恒容 0 0 0 2 2
下列说法正确的是（ ）
A．对反应I，前10 内的平均反应速率
B．在其他条件不变的情况下，若30 时只向容器中再充入1 和1 ，则平衡正向移动
C．对于反应I，进行30 时， 所占的体积分数为30%
D．达到平衡时，反应I、II对比：平衡常数
10．（2021·海淀模拟）在体积恒为1L的密闭容器中发生反应： 。测得不同条件下A的平衡转化率a(A)如下表。
实验序号 实验温度 初始投料量
1 10 10 50
2 10 10 a
3 15 10 40
下列说法正确的是（ ）
A．当容器内压强不变时，反应达到化学平衡状态
B． 时，反应的化学平衡常数值为2
C．若 ，则
D．
11．（2021·昌平模拟）某温度下，H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)的平衡常数K= 。该温度下，在①、②两个恒容密闭容器中投入H2(g)和CO2(g)，起始浓度如下表。下列说法正确的是（ ）
容器编号 起始浓度/mol·L 1
H2 CO2 H2O CO
① 0.1 0.1 0 0
② 0.2 0.1 0.2 0.1
A．反应开始时，②中反应向逆反应方向进行
B．平衡时，①中c(CO2)=0.04mol·L 1
C．①中H2的平衡转化率为40%
D．①、②均达平衡时，①中各组分浓度与②相同
12．（2021·南京模拟）工业上可用“丙烯氨氧化法”生产重要的化工原料丙烯腈(C3H3N)。
①在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)的热化学方程式为C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515 kJ/mol
②得到副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式为C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol
丙烯腈产率与反应温度的关系曲线如图所示。
下列说法错误的是( )
A．反应①的平衡常数可表示为K=
B．增大压强可以提高丙烯腈的平衡产率
C．温度低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率
D．C3H4O(g)+NH3(g)+ O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g) ΔH=-162 kJ/mol
13．（2021·信阳模拟）在一定的温度下，将一定量的氢气和氮气的混合气体充入等压密闭容器中进行反应，达到平衡时维持温度不变，测得混合气体的密度是反应前密度的1.25倍，则达到平衡时，氨气的体积分数为（ ）
A．25% B．27.5 % C．30% D．37.5%
14．（2020高一下·十堰期末）往恒容密闭容器中通入amolNO2气体，在一定温度下分解生成O2和NO，各物质的浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X表示NO，Y表示O2
B．t1min时，NO2的正反应速率比逆反应速率大
C．t3min时，c(NO2)+c(NO)+c(O2)=1.5amol L-1
D．t2min时，NO2在混合物中所占的物质的量分数为0.25
二、多选题
15．（2022·济宁模拟）工业上利用NaClO将废水中的As(III)氧化为As(V)，然后经吸附、沉降而除去。As(III)和As(V)水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。一般把10-1>Ka>10-4的酸称为中强酸，把Ka<10-4的酸称为弱酸，下列说法正确的是（ ）
A．H3AsO4、H3AsO3都是中强酸
B．pH=10时，NaClO将As(III)氧化为As(V)的离子方程式：H2AsO+ClO-+OH-=HAsO+Cl-+H2O
C．H2AsO+H2AsOHAsO+H3AsO3K=102.4
D．相同温度下，同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，前者碱性强
16．（2017·南通模拟）臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+O2（g），在T温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2和1.0mol O3，经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s 0 3 6 12 24
n（O2）/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80
下列有关说法正确的是（ ）
A．反应在0～3 s内的平均速率v（NO2）=0.24 mol L﹣1 s﹣1
B．24 s后，若保持其他条件不变，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44 mol L﹣1，则反应的△H＜0
C．在T温度下，起始时向容器中充入1.0 mol NO2、0.5 mol O3和0.50 mol N2O5、0.50 mol O2，反应达到平衡时，压强为起始时的0.88倍
D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0 mol N2O5和2.0 mol O2，达到平衡时，N2O5的转化率大于20%
17．（2021高一下·邯郸期末）一定条件下，在的平衡体系中，X、Y、Z的浓度分别是2 mol/L，0.8 mol/L、2.4 mol/L，则X在起始时的浓度不可能是（ ）
A．3 mol/L B．0.2 mol/L C．4.4 mol/L D．4.8 mol/L
18．（2017高二上·盐城期末）在一定温度时，将1mol A和2mol B放入容积为5L的某密闭容器中发生如下反应：A（s）+2B（g） C（g）+2D（g），经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L．下列叙述不正确的是（ ）
A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.2mol/（L min）
B．5min时，容器内D的浓度为0.2mol/L
C．当容器内压强保持恒定时，该可逆反应达到平衡状态
D．5min时容器内气体总的物质的量为3mol
19．（2022高二上·德州期中）在2L密闭容器中充入气体A和B，发生反应： ，所得实验数据如下表。下列说法错误的是（ ）
实验编号 温度/℃ 起始时物质的量/ 平衡时物质的量/
① 300 0.40 0.10 0.090
② 500 0.40 0.10 0.080
③ 500 0.20 0.05 a
A．该反应
B．平衡时物质Ｂ的体积分数：②①
C．实验③中达到平衡时，a值小于0.040
D．500℃该反应的平衡常数K的数值为0.32
20．（2022高二上·浙江期中）某兴趣小组在实验室控制X和Y初始投料比为1：2.2，在催化剂存在下，发生如下反应：。经过100s的相同反应时间测得如下实验数据：
T(K) 催化剂 X转化率(%) W选择性(%)
543 Ⅰ 12.3 42.3
543 Ⅱ 10.9 72.7
553 Ⅰ 15.3 39.1
553 Ⅱ 12.0 71.6
该反应存在副反应，且100s时未达到平衡；W选择性是指转化的X中生成W的百分比。根据表中数据，下列说法错误的是（ ）
A．温度和催化剂都能影响该反应的选择性
B．其他条件相同时，升高温度，生成W的量可能增大
C．使用催化剂Ⅱ有利于提高X转化为W的转化率
D．若起始X、Y混合气体的总浓度为3.2mol/L，则在553K，使用催化剂Ⅱ时，W的生成速率为
三、非选择题
21．（2023·湖南）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
（1）Ⅰ．苯乙烯的制备
已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的 ；
（2）在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；
（4）关于本反应体系中催化剂的描述错误的是____；
A．X射线衍射技术可测定晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变颗粒大小不影响反应速率
（5）Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
引发剂中活性最高的是 ；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
22．（2023·辽宁）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
（1）我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
（2）铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为 。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
（3）接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算)。
23．（2023·湖北）纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
（1）已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的 。
（2）图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个。
（3） 纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 、 。
（4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5） 及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是 。
（6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是 (填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
24．（2023·全国乙卷）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
（1）在气氛中，的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知 ， 。
（2）已知下列热化学方程式：
则的 。
（3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压 、平衡常数 。随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，平衡时 (用表示)。在时，，则 ， (列出计算式)。
25．（2023·新课标卷）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据图1数据计算反应的 。
（2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理由是 。
（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有情性气体的图是 。
③图3中，当、时，氮气的转化率 。该温度时，反应的平衡常数 (化为最简式)。
26．（2022·江苏模拟）兰尼镍(Raney-Ni)是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，常用作烯烃、炔烃等氢化反应催化剂，其高催化活性源自于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。由镍矿渣[主要含、，还含铁、铜、钙、镁化合物及其他不溶性杂质]制备兰尼镍的过程可表示如下：
已知：，
（1）“酸溶”过程中，发生反应的离子方程式为 。
（2）“除杂”过程中加入除去发生的反应是：，该反应的平衡常数 。
（3）“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为。为测定其组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(条件下加热，收集到的气体产物只有一种，以上残留固体为)。通过计算确定该样品的化学式。(写出计算过程)
（4）“浸出”是制备兰尼镍的关键步骤，溶液在“浸出”过程中的作用是 。
（5）使用新制兰尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是 。
27．（2022·葫芦岛模拟）重整技术是实现“碳中和”的一种理想的利用技术，具有广阔的市场前景、经济效应和社会意义。该过程中涉及的反应如下。
主反应：
副反应：
回答下列问题：
（1）已知、和的燃烧热分别为、和，该催化重整主反应的 。有利于提高平衡转化率的条件是 (填标号)。
A． 高温高压 B． 高温低压 C． 低温高压 D． 低温低压
（2）在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。
①甲烷的质量分数随温度变化的关系如图甲所示，曲线对应的 ；
②反应体系中，随温度变化的关系如图乙所示，随着进料比的增加，的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是 。
（3）在、 时，按投料比加入刚性密闭容器中，达平衡时甲烷的转化率为，二氧化碳的转化率为，则副反应的压强平衡常数 (计算结果保留3位有效数字)。
（4）我国科学家设计了一种电解装置如图丙所示，能将二氧化碳转化成合成气和，同时获得甘油醛。则催化电极为 极，催化电极产生的电极反应式为 。
28．（2022·锦州模拟）研发二氧化碳利用技术，已成为世界科学领域研究的热点。请回答下列问题：
（1）Ⅰ．二氧化碳催化加氢制甲醇，不仅有利于降低空气中二氧化碳含量，同时可以制备清洁能源，其总反应可表示为：。
一定温度下，此反应的反应历程与体系能量变化关系如图1所示，则第二步反应的热化学方程式为 。
（2）第一步反应的正反应速率方程为，逆反应速率方程为，其中、分别为正、逆反应的速率常数，只受温度影响。与(温度的倒数)的关系如图2所示，①、②、③、④四条斜线中，表示的是 。图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+2、a+1、a-1、a-2，则温度为时，第一步反应的化学平衡常数 。
（3）总反应在起始物质的量时，不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在时随压强(P)的变化及在时随温度(t)的变化如图所示。
①图中对应等温过程的曲线是 (填“a”或“b”)，判断的理由是 。
②时，当时，的平衡转化率为 (保留小数点后一位)。
（4）Ⅱ．我国科学家以Bi为电极，在酸性水溶液中实现电催化还原，两种途径的反应机理如图所示，其中表示过渡态、数字表示微粒的相对总能量。
途径一，电还原经两步反应生成：第一步为(*表示微粒与的接触位点)：第二步为 。
（5）电还原的选择性以途径一为主，理由是 。
29．（2022·石家庄模拟）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：I. Cr(OH)3为两性氢氧化物；
II.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。
化合物 Cr(OH)3 Ca(OH)2 Mg(OH)2 SrCO3
Ksp近似值 1×10-31 5.5×10-6 1.8×10-11 5.6×10-10
回答下列问题：
（1）气体A的电子式为 。
（2）“除钡、铅”时，pH过低会导致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因为 (用离子方程式解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为 。
（3）“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
（4）用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为 。
（5）“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为 。
（6）已知：碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K= (保留两位有效数字)。
（7）“系列操作”中包含“200℃烘干”操作，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为 (填化学式)。
30．（2022·蚌埠模拟）中国首次实现利用二氧化碳合成淀粉，合成过程的关键步骤是利用二氧化碳制备甲醇。CO2催化加氢制CH3OH的主要反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O。
（1）已知H2(g)和CH3OH(g)的燃烧热分别是285.8kJ·mol-1和763.9kJ·mol-1，H2O(1)的汽化热是40.8kJ·mol-1，则反应CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH= 。该反应在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下可自发进行。
（2）CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如CO2*表示CO2吸附在催化剂表面)
该反应历程中决速步反应的化学方程式为 。
（3）已知化学反应速率方程k正、k逆是正逆反应v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)的速率常数，只受温度影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，k正、k逆对应的曲线分别是 、 。
（4）CO2和H2起始物质的量之比为1：3时，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示(分子筛膜能选择性分离出H2O)。有分子筛膜时，温度为210℃时甲醇平衡产率最高的原因是 。
（5）一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入2 molCO2和6molH2，发生反应CO2(g)+3H2(g) → CH3OH(g)+H2O(g)。已知容器内起始压强为320kPa，反应达平衡时容器内压强为200kPa，平衡时CH3OH(g)的分压为 kPa，该温度下反应的标准平衡常数Kθ= 。(该反应标准平衡常数的表达式为Kθ=，其中p为分压，分压=总压×物质的量分数，pθ=100kPa)
31．（2022·白山模拟）氨气是重要的化工原料。据《科学)最新报道，我国科学家开发新型催化剂Li4RuH6或Ba2RuH6在温和(低温低压)条件下合成NH3，反应进程如图1、图2所示。
工业合成氨原理：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △H。
（1）已知：N≡N、H-H、N-H键的键能分别为945kJ·mol-1、436kJ·mol-1、391kJ·mol-1。工业合成NH3的△H= kJ mol-1。
（2）图2中与图1能量变化相符的是 (填“曲线a”或“曲线b")。在某条件下，测得上述反应的E1=1250kJ mol-1，则E2= kJ mol-1。
（3）合成氨的速率方程为v(NH3)=k(N2)·(H2) (NH3)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关；、、为反应级数，可取整数、分数或小数)。测得在一定温度和催化剂作用下，速率与浓度的关系如下表所示：
c(N2)/(mol L-1) c(H2)/(mol L-1) c(NH3)/(mol L-1) 速率
I 0.1 0.1 0.1 v
II 0.2 0.1 0.1 2v
III 0.2 0.4 0.1 16v
IV 0.4 0.9 0.2 54v
V 0.4 m 0.4 64v
则 ； ；= ；m= 。
（4）向密闭容器中充入ImolN2和2.6molH2，在一定条件下合成NH3，相同时间内测得体系中N2的物质的量(mol)与温度、压强的关系如图3所示。
①P (填">”、“<"或“=")1.8MPa。
②投料比一定时，随着温度升高，不同压强下N2的物质的量趋向相等，其主要原因是 。
③在1.8MPa、373K时，平衡常数Kp= MPa—2。(提示：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
32．（2021·内江模拟）大气污染物( CO、N2O、NO等)的治理和“碳中和”技术的开发应用，成为化学研究的热点问题。
（1）某化工厂排出的尾气(含CO、N2O)治理的方法为：在密闭容器中发生如下反应：CO(g) + N2O(g) CO2(g) + N2(g)，CO、N2O 在Pt2O+表面进行两步反应转化为无毒气体，其相对能量与反应历程的关系如下图。
①写出N2O在Pt2O+的表面上反应的化学方程式 。
②第一步反应的速率比第二步的 ( 填“ 慢”或“快”)。两步反应均为 热反应。
（2）汽车尾气中含NO，处理NO的一种方法为： 2 CO(g) +2 NO(g)N2(g) +2 CO2(g)
①已知该反应为自发反应，则该反应的反应热△H 0. (选填“＞”或“＜”或“=”)
②一定温度下，将2 mol CO、4 mol NO充入一恒压密闭容器。已知起始压强为11 MPa，达到平衡时，测得N2的物质的量为0. 5 mol ，则该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数Kp= MPa -1(分压=总压×物质的量分数)。
（3）2021年3月5日，国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰碳中和各项工作。科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO2 转化为HCOOH，实现碳中和的目标。如图所示：
①离子交换膜为 离子交换膜。
②P极电极反应式为 。
③工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：
反应CO2(g) + H2(g) HCOOH(g)的焓变△H = kJ·mol-1。温度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1 L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) K=2。 实验测得：v正=k正c(CO2)c(H2)， v逆=k逆c(HCOOH)， k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆= k正 ；温度为T2℃时，k正=1. 9k逆，则T2℃＞ T1℃，理由是 。
33．（2021·大庆模拟）氨是最重要的氮肥，也是产量最大的化工产品之一、合成氨工艺是人工固氮的重要途径。回答下列问题：
（1）已知气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量， 叫做该化学键的键能(kJ·mol-1)。一些键能数据如表：
化学键
键能E(kJ·mol-1) 946.0 436.0 390.8
反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H= kJ/mol
（2）化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了部分参加反应的分子在固体催化剂表面合成氨的反应过程，模拟示意图如图：
分别表示N2、H2、NH3
i.图②表示N2、H2被吸附在催化剂表面，图⑤表示生成的NH3离开催化剂表面，图②到图③的过程 能量(填“吸收”或“放出”)。
ii.N2的吸附分解反应速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。实际生产中，原料N2和H2物质的量之比为1︰2.8，分析说明N2过量的理由是 和 。
iii.关于合成氨工艺，下列说法正确的是 。
A．控制温度(773K)远高于室温，是为了提高平衡转化率和加快化学反应速率。
B．基于NH3有较强的分子间作用力，可将其液化，不断将液氨移去，利于化学平衡向正反应方向移动。
C．当温度、体积一定时，在原料气中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率。
D．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。
（3）在体积相同的密闭容器中按物质的量比 1︰3 投入氮气和氢气，发生反应：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)分别在200℃、400℃、600℃条件下进行反应，平衡时NH3的物质的量分数随总压强的变化曲线如图所示：
i.M点和N点的平衡常数大小关系是KM KN(填“>”、“<”或者“=”)。
ii.M点的平衡常数Kp= MPa-2(计算结果保留到小数点后两位。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。)
（4）已知液氨中存在：2NH3(l) NH+NH。用Pt电极对液氨进行电解也可产生H2和N2.阴极的电极反应式是 。
34．工业废气和机动车尾气排放的氮氧化物(NOx)是大气中细颗粒物(PM2.5)的主要
前体物之一，还可产生光化学烟雾和硝酸型酸雨，严重危害人类生命健康和破坏生态环境。回答下列问题：
（1）一种脱硝方法是利用臭氧将NOx氧化为高价态氮氧化物N2O5，然后溶解在液相中。
氧化反应如下：
Ⅰ．NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g) △H1=- 200.9 kJ·mol-1
Ⅱ.2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g) △OH2
①在298K，101kPa时，反应I的活化能为10.7kJ·mol-1，则其逆反应的活化能为 kJ·mol-1
②在2L密闭容器中充入2molNO2和1molO3，在不同温度下，平衡时NO2的物质的量分数 (NO2)随温度变化的曲线如图甲所示。
ⅰ．反应Ⅱ的△H2 0(填“大于”“小于”或“等于”，下同)，a点的V正 b点的v正，a点的v正 v逆。
ⅱ．图甲中，T2℃时，若考患2NO2(g) N2O4(g)，平衡后，O2和N2O4的平衡分压相同，则反应Ⅱ以物质的量分数表示的平衡常数Kx= (保留两位小数，不考虑反应Ⅰ的影响)。
ⅲ．对反应体系无限加压，得平衡时a(O3)与压强的关系如图乙所示。压强增大至p1MPa之后，O3的平衡转化率a(O3)不再增大的原因是
（2）一种Ce-Ti固溶体催化剂选择性催化还原NOx的原理如下。
①反应的化学方程式为 。
②反应的催化剂为 (填标号)。
35．（2021·泉州模拟）氢气选择性催化还原(H2-SCR)是目前消除NO的理想方法，备受研究者关注。
H2-SCR法的主反应：
副反应：
回答下列问题：
（1）已知：
①
②提高主反应选择性的最佳措施是 。
A．降低温度 B．增大压强 C．增大c(H2) D．使用合适的催化剂
（2）H2-SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理如下图
①下列有关说法错误的是
A．Pt原子表面上发生反应有N+NO=N2O、N+N=N2等
B．H2解离为H原子，溢流至HY载体上，将吸附于载体的NO2还原
C．从Pt原子表面解吸的NH3，在HY载体上转化为
D．HY载体酸性越强，其吸附NO2能力越强，Pt催化活性越大
②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4：1，补充并配平下列化学方程式： +NO+O2=N2+H2O+ 。
（3）T℃， 时，恒容容器中发生上述反应，平衡体系中N2物质的量分数为10%，平衡压强与起始压强之比为3.6：4，则NO的有效去除率(转化为N2)为 。
（4）一定条件下，恒温恒容容器中充入c(NO)=2.0×10-3mol·L-1、c(H2)=4.0×10-3mol·L-1，只发生反应 ，体系的总压强p随时间t的变化如下表所示：[已知该反应速率方程为υ=k·c(H2)·c2(NO)]
t/min 0 10 20 30 40
p/kPa 24 22.6 21.6 21 21
①t=20min时，υ= mol·L-1·s-1(速率常数k=1.0×105mol-2·L2·s-1)
②用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则该条件下反应的平衡常数Kp= 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A． NO起始浓度为0.5 mol/L，由图像可知，N2的瞬时生成速率与H2起始浓度呈直线关系，则m=1，将数据(0.2，0.75)代入v=k·c(H2)c2 (NO)，该反应的速率常数 ，A项符合题意；
B．反应一定，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B项不符合题意；
C． 达平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，新平衡与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，则NO转化率增大，C项不符合题意；
D．由2H2(g)+2NO(g) 2H2O(g) +N2(g)可知，NO起始浓度为0.5 mol/L，某时刻NO的浓度为0.4 mol/L，变化量为0.1 mol/L，则时刻H2的浓度为0.2mol/L-0.1mol/L =0.1mol/L，N2的瞬时生成速率为 ，单位错误，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据v=k·c(H2)c2 (NO)计算；
B.平衡常数只与温度有关；
C. H2和NO的浓度均增加一倍，平衡正向移动；
D.反应速率的单位为mol/(L·s)。
2．【答案】A
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】A．一水合氨与SO2反应生成NH4HSO3或(NH4)2SO3，A符合题意；
B．浓硝酸不稳定，光照条件下分解生成NO2、H2O和O2，B不符合题意；
C．氯化铵不稳定，受热分解生成NH3和HCl，C不符合题意；
D．NO与CO在催化剂作用下可发生氧化还原反应生成N2和CO2，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据元素化合物的性质分析。
3．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．离子方程式为，该反应的化学平衡常数表达式为，A项不符合题意；
B．加入氯化铁进行预处理，氯化铁具有氧化性，能与硫化银发生氧化还原反应生成硫单质，“分银”时加入亚硫酸钠，与反应生成，而“分银渣”的主要成分为，B项符合题意；
C．“沉银”时加入盐酸，使生成氯化银沉淀，盐酸会与亚硫酸钠反应产生二氧化硫有毒气体，故盐酸不宜过量，C项不符合题意；
D．“还原”时氯化银和甲醛反应生成、单质银和氯化氢，化学方程式为：，氧化剂为，还原剂为HCHO，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据进行计算；
B.预处理时，氯化铁将硫化银转化为氯化银，同时生成S，分银渣中必然含有S；
C.盐酸会与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成氯气；
D.还原时发生反应，据此分析解答。
4．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由分析可知，a点HX溶液中lg
为12，0.1mol/LHX溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，则水电离出的氢离子浓度为
=1×10-13mol/L，故A不符合题意；
B．由分析可知，HY为弱酸，向HY溶液中加入氢氧化钠固体，溶液中的离子浓度增大，溶液的导电性增强，故B符合题意；
C．由图可知，c点为等物质的量的HY和NaY的混合溶液，溶液中lg 为6，溶液中氢离子浓度为 mol/L =10-4mol/L，溶液pH为4，则当n(HY)：n(NaY)=1：1混合配成溶液，溶液pH=4，故C不符合题意；
D．由分析可知，b点HY溶液中lg
为0，溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，所得HY和NaY的混合溶液呈中性，由电荷守恒可知c(Na+)+ c(H+)=c(Y-)+ c(OH-)，溶液中c(Na+)= c(Y-)，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据a点的数据即可计算出水电离的氢离子
B.根据图示，Y为弱酸，加入氢氧化钠导电性增强
C.根据数据即可计算出pH
D.根据电荷守恒即可判断
5．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．T1温度下，根据实验I的数据：
该反应的平衡常数K= = =0.8，容器Ⅱ反应达平衡前，Qc= = ＜0.8，此时反应向着正方向进行，v正＞v逆，故A不符合题意；
B．达平衡时，容器I中气体的总物质的量浓度为0.8mol/L；温度相同，化学平衡常数相同，故温度为T1，反应达平衡时，容器Ⅱ中的平衡常数K=0.8，容器Ⅱ反应达平衡前，Qc= = ＜0.8，此时反应向着正方向进行，气体的物质的量浓度增大，即达平衡时，容器II中气体的总物质的量浓度大于1.0mol/L，则达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比=总物质的量浓度之比＜4∶5，故B不符合题意；
C.根据2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)，如果Ⅲ中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c(NO2)=0.5mol/L，且容器中还有 c(O2)=0.1mol/L剩余，与I相比，Ⅲ是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于50%，则达平衡时，容器Ⅲ中 NO 的体积分数小于50%，故C不符合题意；
D．v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO) c(O2)，达到平衡时，v正=v逆，则k正c2(NO2)=k逆c2(NO) c(O2)，则K═ = 。当温度改变为T2时，若k正=k逆，则此温度下K=1＞0.8，该反应为吸热反应，温度升高，K增大，因此T2＞T1，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据容器I计算出平衡阐述，再根据II中的数据即可计算出浓度商与之对比即可判断
B.根据平衡常数计算出I和II中的总的物质的量即可计算压强之比
C.根据平衡常数计算出NO的转化率即可
D.根据 正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)， 计算出平衡常数的等式即可与K进行对比，在结合正反应是吸热进行判断
6．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A． (g)+2H2(g) (g) ，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，环戊二烯的平衡转化率降低，故A不符合题意；
B．根据以上分析，0~20 min内，H2的平均反应速率为 0.025 mol/(L·min)，故B不符合题意；
C．根据以上分析，达到平衡时，环戊烷和环戊二烯的物质的量都是0.5mol，环戊烷和环戊二烯的体积分数相同，故C符合题意；
D．该温度下平衡常数 MPa-2，故D不符合题意；
选C。
【分析】
同温、同体积，压强比等于物质的量比， ，x=0.5mol；
7．【答案】A
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.0~4min内，PCl3的变化浓度为，因此该段时间内用PCl3表示的反应速率，A符合题意；
B.10min时若增加PCl5的量，则反应达到平衡时，PCl5的量应大于原平衡时的量，B不符合题意；
C.由图可知，起始时向容器中充入1.0molPCl3和1.0molCl2，保持温度为T，转化为1－20%=80%，当起始时向该容器内充入2.0molPCl3和2.0molCl2，保持温度为T，相当于加压，故转化率大于80%，反应达到平衡时放出的热量大于1.6akJ，C不符合题意；
D.起始时向该容器中充入1.0molPCl5、0.10molPCl3和1.0molCl2，则此时，结合图可知，该温度下反应的平衡常数，因此反应正向进行，故v正＞v逆，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据速率公式进行计算；
B.增加PCl5，则PCl5的量应增加；
C.结合平衡移动进行分析；
D.根据反应进行的方向判断正逆反应速率的大小；
8．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．综上所述分析，W为非气态，A不符合题意；
B．适当降温，因为正反应放热，可使乙中平衡向右移动，使c乙(Z)增大，能使c(Z)甲=c乙(Z)，B符合题意；
C．平衡常数 ，C不符合题意；
D．乙中平衡时，X的物质的量浓度为0.8mol÷5L=0.16mol/L，甲中c(X)=0.4mol÷2L=0.2 mol/L，所以平衡后正反应速率v正(X)：甲＞乙，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 起始投料相当于甲的二倍；甲为2L，乙为4L(此时p甲=p乙)，则甲乙等效，起始投料乙是甲的2倍，平衡量也是甲的2倍，把乙从4L变成5L时，相当于减压，乙的各组分物质的量不变，平衡不移动，故此反应为反应前后分子数不变的反应，即W为非气态，据此解题。
9．【答案】D
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A． 对反应I，前10min内的平均反应速率v(CH3OH)= v(H2)= × =0.025mol L-1 min-1，故A不符合题意；
B． 在其他条件不变的情况下，若30 时只向容器中再充入1 和1 ，Qc= ，则平衡不移动，故B不符合题意；
C． 对于反应I，进行30 时， 所占的体积分数为= =50%，故C不符合题意；
D． 达到平衡时，反应I、II对比：Ⅱ为逆向恒容绝热，温度降低，平衡正向进行，平衡常数 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H＜0，反应Ⅰ是恒温恒容容器，反应是放热反应，Ⅱ为逆向恒容绝热，温度降低，平衡正向进行。列出反应的三段式进行计算 。
10．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】A． 反应气体分子总数不变，则等温等体积的条件下，容器内压强始终不变，故压强不变不能说明达到化学平衡状态，A不符合题意；
B． 时， ，则反应的化学平衡常数 ，B不符合题意；
C． 正反应放热，降温时平衡右移，若 ，则 ，C不符合题意；
D． ， ，平衡常数是温度的函数，故 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据 ，反应前后气体系数不变，压强不影响平衡移动
B.温度为T1时，根据平衡时A的转化率计算出其他的平衡时的物质的量计算出浓度即可计算出平衡常数
C.正反应是放热，温度越高，A的转化率越低
D.根据给出的数据进行计算出此时的平衡常数即可与T1和T2的常数对比即可
11．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由题给数据可知，反应②的浓度熵Qc= =1＜K，则平衡向正反应方向移动，故A不符合题意；
B．由分析可知，平衡时，①中c(CO2)=(0.1—0.1×0.06) mol·L 1=0.04mol·L 1，故B符合题意；
C．由分析可知，①中H2的平衡转化率为60%，故C不符合题意；
D．由题给数据可知，反应①平衡时，水蒸气和一氧化碳的浓度相等，反应②中水蒸气和一氧化碳浓度不相等，由方程式可知，反应达到平衡时，水蒸气和一氧化碳浓度依然不相等，则①、②均达平衡时，①中各组分浓度与②不相同，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】设①中H2的平衡转化率为x，由题意可建立如下三段式：
由平衡常数K= 可得： = ，解得x=0.06。
12．【答案】B
【知识点】化学平衡的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．平衡常数等于生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的平衡常数K= ，故A不符合题意；
B．增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，对反应①而言向逆向移动，会降低丙烯腈的产率，故B符合题意；
C．反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动，由图像可知460℃之后产率符合温度对平衡的影响，说明460℃开始反应达到平衡，温度低于460℃时未平衡，故C不符合题意；
D．由盖斯定律可知该反应可由①-②得到，则该反应的 ΔH= ΔH①- ΔH②=-515 kJ/mol-(-353kJ/mol)=-162 kJ/mol，反应的热化学方程式为：C3H4O(g)+NH3(g)+ O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g) ΔH=-162 kJ/mol，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.利用公式直接写出即可
B.结合反应前后计量系数的变化，通过压强变化确定平衡移动的方向
C.结合温度对产率的影响判断
D.根据盖斯定律计算即可
13．【答案】A
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】设原混合气体为100L，氮气的体积为aL，则氢气的体积为(100-a)L，令参加反应的氮气为xL，则：
N2 + 3H2 2NH3
起始（L） a 100-a 0
转化（L） x 3x 2x
平衡（L） a-x 100-a-3x 2x
混合气体的质量不变，则密度与体积成反比，则有： =1.25，解得x=10，混合气体体积减少量等于氨气的体积，所以氨气的体积分数为 ×100%=25%。
故答案为：A。
【分析】密闭容器中总重量不变，根据三行式利用密度之比求出转化量即可
14．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．NO2气体在一定温度下分解生成O2和NO，反应方程式为：2NO2 2NO+O2，根据方程式可知反应产生的NO和O2的物质的量浓度比为2：1，则根据图示可知X应该表示NO，Y应该表示O2，故A不符合题意；
B．t1 min时，反应未达到平衡，还在向正反应方向进行，说明NO2的正反应速率比逆反应速率大，故B不符合题意；
C．t3 min时，反应达到平衡状态，由于反应物不能完全转化为生成物，且容器的容积未知，因此不能确定容器中各种物质的浓度和的大小，故C符合题意；
D．t2min时，NO2和O2的浓度相等，恒容密闭容器中，则物质的量也相等，设t2min时，生成O2的物质的量为x，列三段式：
根据题意可得：a-2x=x，解得x= ，则NO2在混合物中所占的物质的量分数为 =0.25，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.反应物减少，生成物增多
B.未达到平衡，反应向右进行，故正速率大于逆速率
C.根据反应物和产物写出方程式，计算浓度，但是体积未知
D.结合三行式，结合t2时，二氧化氮和氧气量相等计算转化量即可
15．【答案】B,C
【知识点】化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．一般把10-1＞Ka＞10-4的酸称为中强酸，把Ka＜10-4的酸称为弱酸，H3AsO3的Ka1=10-9.2＜10-4，H3AsO3是弱酸，A项不符合题意；
B．pH=10时，As(III)主要以形式存在，As(V)主要以形式存在，NaClO将氧化成，自身被还原成Cl-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式：+ClO-+OH-=+Cl-+H2O，B项符合题意；
C．+ +H3AsO3的K=====102.4，C项符合题意；
D．根据As(III)水溶液中含砷的各物质的分布分数知，当与相等时溶液的pH＞12，H3AsO3的Ka2＜10-12，根据As(V)水溶液中含砷的各物质的分布分数知，当与相等时溶液的pH在11~12之间，H3AsO4的Ka3＞10-12＞Ka2(H3AsO3)，故相同温度下同浓度的Na3AsO4溶液与Na2HAsO3溶液，的水解程度小于的水解程度，后者碱性强，D项不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.分别计算 H3AsO4、H3AsO3的电离平衡常数，再根据10-1>Ka>10-4的酸称为中强酸，把Ka<10-4的酸称为弱酸分析；
B.pH=10时，As(III)主要以形式存在，As(V)主要以形式存在；
C.根据K=计算；
D.根据越弱越水解分析。
16．【答案】B,C
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：A．由表中数据可知，3s内压强物质的量变化量为0.36mol，容器体积为2L，故0～3s内v（O2）= =0.06mol/（L．s），速率之比等于其化学计量数之比，故v（NO2）=2v（O2）=2×0.06mol/（L．s）=0.12mol/（L．s），故A错误；
B．由表中数据可知，12s与24s时氧气的物质的量均为0.8mol，说明12s时可逆反应到达平衡，平衡时氧气的浓度为 =0.4mol/L，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44mol/L，氧气浓度增大，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为放热反应，即△H＜0，故B正确；
C．容器体积不变，在T温度下，起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，转化到左边相当于起始投入2.0molNO2和1.0molO3，与原平衡为完全等效平衡，平衡时压强相等，12s到达平衡时氧气的物质的量为0.8mol，则：
2NO2（g）+O3（g） N2O5（g）+ O2（g） 物质的量减少
1 1
0.8mol 0.8mol
故原平衡中平衡时气体物质的量为2mol+1mol﹣0.8mol=2.2mol，即起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2到达平衡时，混合气体总物质的量为2.2mol，平衡时压强为起始的 =0.88倍，故C正确；
D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0molN2O5和2.0molO2，转化到左边相当于起始投入4.0molNO2和2.0molO3，所到达的平衡状态相当于在原平衡的基础上压强增大一倍，平衡先正反应方向移动，平衡时N2O5的物质的量大于2×0.8mol=1.6mol，故参加反应的N2O5的物质的量小于2mol﹣1.6mol=0.4mol，则达到平衡时，N2O5的转化率小于 ×100%=20%，故D错误，
故选BC．
【分析】A．根据v= 计算v（O2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（NO2）；
B．由表中数据可知，12s与24s时氧气的物质的量均为0.8mol，说明12s时可逆反应到达平衡，平衡时氧气的浓度为 =0.4mol/L，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44mol/L，氧气浓度增大，说明降低温度，平衡向正反应方向移动；
C．容器体积不变，在T温度下，起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，转化到左边相当于起始投入2.0molNO2和1.0molO3，与原平衡为完全等效平衡，平衡时压强相等，即平衡时混合气体总物质的量相等，结合表中数据计算平衡时混合气体总物质的量，再利用压强之比等于物质的量之比计算；
D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0molN2O5和2.0molO2，转化到左边相当于起始投入4.0molNO2和2.0molO3，所到达的平衡状态相当于在原平衡的基础上压强增大一倍，平衡先正反应方向移动，平衡时N2O5的物质的量大于2×0.8mol=1.6mol，故参加反应的N2O5的物质的量小于2mol﹣1.6mol=0.4mol，据此计算判断．
17．【答案】B,D
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】可逆反应不能完全发生。假如反应从正反应方向进行，2.4 mol/L的Z是由X、Y反应产生的，则根据物质反应转化关系，反应消耗X的浓度是2.4 mol/L，故反应开始时X的浓度为2 mol/L+2.4 mol/L=4.4 mol/L；若反应从逆反应方向开始，Y由Z反应生成，逆推0.8 mol/L的Y反应，会同时消耗1.6 mol/L的X，产生1.6 mol/L的Z，则X的起始浓度为2 mol/L-1.6 mol/L=0.4 mol/L，故X在起始时的浓度范围为0.4 mol/L～4.4 mol/L，因此X的浓度不可能是0.2 mol/L、4.8 mol/L，
故答案为：BD。
【分析】化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，据此判断分析。
18．【答案】A,D
【知识点】化学平衡的计算
【解析】【解答】解：经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L，则转化的B为5L×0.2mol/L=1mol，则
A（s）+2B（g） C（g）+ 2D（g）
起始 2 0 0
转化 1 0.5 1
平衡 1 0.5 1
A．在5min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为 {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.02mol/（L min），故A错误；
B.5min时，容器内D的浓度为 {#mathmL#}{#/mathmL#} =0.2mol/L，故B正确；
C．该反应为气体体积增大的反应，则当容器内压强保持恒定时，该可逆反应达到平衡状态，故C正确；
D．A为固体，B、C、D为气体，则5min时容器内气体总的物质的量为1mol+1mol+0.5mol=2.5mol，故D错误；
故选AD．
【分析】经5min后，测得容器内B的浓度减少了0.2mol/L，则转化的B为5L×0.2mol/L=1mol，则
A（s）+2B（g） C（g）+ 2D（g）
起始 2 0 0
转化 1 0.5 1
平衡 1 0.5 1
A．结合v= {#mathmL#}{#/mathmL#} 计算；
B．结合c= {#mathmL#}{#/mathmL#} 计算；
C．该反应为气体体积增大的反应；
D．A为固体，B、C、D为气体．
19．【答案】C,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由①②可知，温度升高时，平衡时n(C)下降，说明温度升高，平衡逆向移动，所以该反应的ΔH<0，A不符合题意；
B．温度升高，平衡逆向移动，物质B的体积分数增大，B不符合题意；
C．对比②和③可知，③相当于在②基础上减压，根据方程式可知，减压正向移动，则达到平衡后a >0.040，C符合题意；
D．由实验②的数据建立三段式有：，则平衡常数
，D符合题意；
故答案为：CD 。
【分析】A.升温，平衡时C的物质的量减少，说明升温平衡逆向移动；
B.升温平衡逆向移动；
C.③相当于在②基础上减压，平衡正向移动；
D.列出反应的三段式，结合计算。
20．【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．对比数据可以看出，不同催化剂在相同温度下W的选择性不一样，相同催化剂在不同温度下W的选择性也不一样，即温度和催化剂都能影响该反应的选择性，A选项不符合题意；
B．对比表格中数据，其他条件相同时，升高温度，W的选择性降低，则生成W的量减小，B选项符合题意；
C.543K温度下，使用催化剂I，X转化为W的转化率为：12.3%×42.3%=5.2%，使用催化剂II，X转化为W的转化率为：10.9%×72.7%=7.9%，同理553K温度下，也可以计算得出使用催化剂Ⅱ有利于提高X转化为W的转化率，C选项不符合题意；
D．若起始X、Y混合气体的总浓度为3.2mol/L，X和Y初始投料比为1：2.2，则c(X)=1mol/L，在553K温度下，使用催化剂Ⅱ时，X的转化率为12%，则 c(X)=1mol/L×12%=0.12mol/L，此时W的选择性为71.6%，则 c(W)=0.12mol/L×71.6%=0.0859 mol/L，则W的生成速率为： ，D选项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A．对比数据可以看出，不同催化剂在相同温度下W的选择性不一样，相同催化剂在不同温度下W的选择性也不一样；
B．依据A项分析判断；
C.依据X转化为W的转化率= X转化率(%)× W选择性(%)计算；
D．利用υ=Δc/Δt计算。
21．【答案】（1）+118
（2）5
（3）苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
（4）B；D
（5）C6H5CH2Cl
（6）K Ksp
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH4=ΔH1－ΔH2－ΔH3=(－4386.9kJ·mol－1)－(－4263.1kJ·mol－1)－(－241.8kJ·mol－1)=118kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH4=＋118kJ·mol－1。
（2）当乙苯的平衡转化率为50%时，参与反应的n(乙苯)=0.5mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.5mol=1.5mol，设此时容器的体积为V，则可得该温度下反应的平衡常数。
当乙苯的平衡转化率为75%时，参与反应的n(乙苯)=1mol×75%=0.75mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.25mol+0.75mol+0.75mol=1.75mol。设加入n(水蒸气)=amol，此时容器的体积为V′，由于物质的量之比等于体积之比，因此可得，解得。此时反应的平衡常数
因为反应温度不变，因此平衡常数不变，所以可得，解得a=5。所以加入水蒸气的物质的量为5mol。
（3）反应④为主反应，随着乙苯转化率的增大，反应生成苯乙烯和氢气的量增多，体系的压强增大。而反应⑥中反应前后气体分子数不变，压强增大，平衡不移动。反应⑤中反应后气体分子数增大，压强增大后，反应⑤平衡逆向移动，苯的产量降低，因此曲线b表示的产物是苯。
（4）A、测定晶体结构的方法为X射线衍射技术，A不符合题意；
B、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂，不影响平衡移动，因此不可改变乙苯的平衡转化率，B符合题意；
C、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂可降低乙苯脱氢反应的活化能，C不符合题意；
D、改变Fe2O3的颗粒大小，可改变固体与气体的接触面积，从而改变反应速率，D符合题意；
故答案为：BD
（5）由于非金属性Cl>Br>I，氯原子吸引电子的能力更强，则形成自由基C6H5CH2·的能力越强，因此活性最高的是C6H5CH2Cl。
（6）Cu＋在配体L的水溶液中反应的离子方程式为：Cu＋(aq)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)，该反应的平衡常数。CuBr的沉淀溶解平衡反应为CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数Ksp=c(Cu＋)×c(Br－)。CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq)=[Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数。由于，所以K′=K·Ksp。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）温度不变，则平衡常数不变，根据三段式结合平衡常数的表达式进行计算。
（3）随着乙苯转化率增大，体系的压强增大，结合压强对反应⑤、反应⑥平衡移动的影响分析。
（4）A、测定晶体结构，可用X射线衍射实验；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动；
C、加入催化剂，可降低反应所需的活化能；
D、增大催化剂的接触面积，可增大反应速率；
（5）根据卤素原子吸引电子的能力强弱分析。
（6）CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
22．【答案】（1）CuO；SO3
（2）催化剂；反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）
（3）cd；d；
【知识点】热化学方程式；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）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2；
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；（ii）铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境；
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；
d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；
故答案为：cd；
（ii）从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数：
设SO2初始量为xmol，则平衡时n(SO2)=x·αe，n(SO3)=x-x·αe=x(1-αe)；带入Kp可得；
【分析】难点分析：（2）平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
23．【答案】（1）+128
（2）3；3
（3）6；10
（4）
（5）在反应过程中，断裂和形成的化学键相同
（6）a
【知识点】反应热和焓变；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）和反应历程可以看出，中断裂了2根碳氢键，形成了1根碳碳键和形成一个H-H键，所以该过程反应热为：
（2）由反应历程可知，包含3个基元反应；其中第三个的活化能最大，反应速率最慢；
（3）由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，脱氢过程中六元环数目不变，则总共含有6个五元环，10个六元环；
（4）反应过程中压强恒定为P0(即的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为
可得平衡时各物质分压：，，
带入压强平衡常数表达式：，可得
（5）图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；
（6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a正确；
b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率
b不正确；
c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不正确；
【分析】（1）根据结构，有机物结构很复杂，只需要弄清楚反应断开和形成化学键即可，利用断开化学键吸收的能量减去形成化学键释放能量即可；
（2）根据反应历程可知，有几个峰就有几个历程，峰越高，代表基元反应活化能越大，越难进行；
（3）有分析可知，脱氢过程六元环数目不变，每脱去2个H形成一个五元环；
（4）根据三段式，求出各物质平衡时物质的量，计算物质的量分数，求出分压，带入压强平衡表达式即可；
（5）根据直线方程可知，斜率代表反应热，二者的斜率基本相同，数目两个反应热相同，进而说明反应断开和形成化学键数目相同
（6）根据化学平衡移动原理以及化学反应速率影响因素进行判断即可。
24．【答案】（1）4；1
（2）(a+c-2b)
（3）3；2.25；增大
（4）；46.26；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；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）由图中信息可知，当失重比为19.4%时；变成，失去的为水的质量，可得，解的x=4，同理，当失重比为38.8%时，经过计算可得y=1；
（2）根据盖斯定律可知，①+③-②x2可得目标方程式，则
（3）通过图像可知，在温度为660K时，即为a点，=1.5KPa；由于SO3：SO2=1：1，=1.5KPa；
那么总压强为：3KPa；该反应压强平衡常数为：，由图中信息可知随着温度增大儿增大，所以Kp也增大；
（4）由于仅发生反应(Ⅰ)时=，当有反应（II）时，则有，整理可得
，在929K时，P总=84.6kPa，=35.7kPa，又有，联立解的，代入数据可得，=46.26kPa，，那么
【分析】解题技巧分析：平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
25．【答案】（1）
（2）(ⅱ)；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）
（4）；合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大；图4；；
【知识点】晶胞的计算；活化能及其对化学反应速率的影响；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）根据反应物总键能减去生成物总键能，
（2）在化学反应中，最大的活化能为速率控制步骤，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)；
（3）晶胞密度为，晶胞参数为：287pm，根据公式：，则，，解的n=，
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1
③假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有
在p2=20MPa时，氨气的摩尔分数为0.2，可得，，解的x=，那么氮气转化率率为：，平衡时氮气，氢气、氨气的物质的量为：、2mol、，各物质的物质的量分数为：，所以=，进而得到。
【分析】难点分析：平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
26．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金
（5）镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；化学平衡的计算；化学式及其计算
【解析】【解答】镍矿渣加入稀硫酸、NaClO3把S元素氧化为S单质，除杂后加入碳酸钠沉镍，经一系列反应得金属镍，镍和铝熔合为镍铝合金，用氢氧化钠浸出铝元素，形成多孔结构的镍铝合金。
(1)“酸溶”过程中，酸性条件下，被NaClO3氧化为S沉淀，发生反应的离子方程式为；
(2)“除杂”过程中加入除去发生的反应是：，该反应的平衡常数。
(3)以上残留固体为，可知n(NiO)=0.03mol，条件下加热，收集到的气体产物只有一种，说明发生反应，固体质量减少(2.69-2.25)=0.44g，说明反应生成二氧化碳的质量为0.44g，则n(NiCO3)=n(CO2)=0.01mol；根据镍元素守恒，，则n(H2O)=，该样品的化学式为。
(4)溶液在“浸出”过程中的作用溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金。
(5)镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附，故在氢化时不需要加入氢气也能完成。
【分析】（1） “酸溶” 时，NiS被NaClO3氧化为S，根据得失电子守恒和原子守恒书写离子方程式；
（2）根据计算；
（3） 收集到的气体产物只有一种 ，根据元素守恒可知该气体为二氧化碳，根据二氧化碳的质量计算x，结合镍元素守恒计算y，根据质量守恒计算z；
（4）氢氧化钠可溶解铝，形成镍铝合金；
（5）镍的多孔结构可吸附氢气。
27．【答案】（1）+247.3；B
（2）2.0；减小；随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小
（3）1.06
（4）阳；或
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)根据题中所给条件，可以列出，，，根据盖斯定律可得；主反应：化学方程式反应物系数之和小于生成物系数之和，并且该反应为吸热反应，故高温低压有利于二氧化碳的转化，
故答案为：B；
(2)①甲烷的质量分数，由a、b、c三条线的起始投入甲烷的质量分数可知，甲烷的质量分数越大，越小，故曲线对应的2.0；
②可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小；
(3)设开始时n(CO2)=1mol，n(CH4)=1mol，列三段式 CH4转化率为90%，反应了；对于副反应来说开始二氧化碳是0.1mol，氢气是1.8mol，一氧化碳是1.8mol，二氧化碳的转化率为95%，则副反应中反应的二氧化碳：1×95%-1×90%=0.05mol，列出三段式为，副反应的平衡常数为，反应平衡后，气体：CH40.1mol，CO20.05mol，H21.75mol，CO1.85mol，H2O0.05mol，n总=3.85mol，设总压强为P压强比等于物质的量之比，；
(4)催化电极b表面二氧化碳还原为一氧化碳为电解池的阴极，故催化电极a为电解池的阳极；阴极产生的电极反应式为或。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；主反应为气体体积增大的吸热反应，有利于提高二氧化碳转化率的条件是高温低压；
（2）①甲烷的质量分数越大，越小；
②随着投料比的增加，增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小；
（3）设开始时n(CO2)=1mol，n(CH4)=1mol，列出反应的三段式，再根据进行计算；
（4）催化电极a上甘油被氧化成甘油醛，发生氧化反应，催化电极a为阳极；催化电极b为阴极，发生还原反应，催化电极b上二氧化碳和水反应生成一氧化碳和氢气，据此书写电极反应式。
28．【答案】（1）
（2）④；0.1##
（3）a；该反应前后气体系数和减小，增大压强平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大；33.3
（4）
（5）途径一的活化能更低或途径一的过渡态微粒的相对总能量更低
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)由图可知，第二步反应为一氧化碳和氢气生成甲醇，生成物能量较低，放出热量数值为41 kJ mol-1-(-49 kJ mol-1)=90kJ mol-1，故反应的热化学方程式为： ；
(2)第二步反应为二氧化碳和氢气生成一氧化碳和水，生成物能量较高，反应焓变大于零， ；温度降低，平衡逆向移动，v正、v逆均减小，、均减小，且<，则表示的是④，的是③；
平衡时=；图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+2、a+1、a-1、a-2，则温度为时，第一步反应的化学平衡常数；
(3)①反应为气体分子数减小的反应，等温时增加压强，平衡正向移动，甲醇的含量增加，故图中对应等温过程的曲线是a；
②总反应在起始物质的量时，设初始氢气、二氧化碳的物质的量分别为3mol、1mol，转化的二氧化碳的物质的量为a
时，当时，则，a=，的平衡转化率为；
(4)由图可知，第二步反应为和氢离子得到电子生成HCOOH，反应为：；
(5)过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越大反应速率越慢；由图可知，电还原的途径一的活化能更低或途径一的过渡态微粒的相对总能量更低，导致反应更容易进行。
【分析】（1）第二步反应为一氧化碳和氢气生成甲醇；
（2）第一步反应为，温度降低，平衡逆向移动，v正、v逆均减小，、均减小，且<；根据计算；
（3）①增加压强，平衡正向移动，甲醇的含量增加；
②结合图像，列出反应的三段式进行计算；
（4）第二步反应为和氢离子得到电子生成HCOOH；
（5）途径一反应更容易进行。
29．【答案】（1）
（2）2CrO+2H+Cr2O+H2O；8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O
（3）Cr(OH)3
（4）pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低
（5）Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+
（6）1.9 ×105
（7）NH4NO3
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的计算；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7~8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
(1)气体A为CO2，其电子式为；
(2)(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移动，更多的CrO转化为Cr2O，导致(NH4)2CrO4的利用率降低；
结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O；
(3)由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3；
(4)Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低；
(5)“调pH ≈13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+；
(6)Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K===== 1.9 ×105；
(7)由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3。
【分析】“酸溶”时，SrCO3与HNO3反应生成Sr(NO3)2和CO2，所以气体A是CO2，滤液中含有Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+；“沉钡、铅”后所得滤液中含有Sr2+、Ca2+、Mg2+、NH4+、CO42-；“酸化”“还原”后，CO42-被还原为Cr3+；Ksp越小，说明物质的溶解度越小，根据表格信息，结合流程图可知，“调pH 7~8”时，Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀；“调pH≈13”时，Ca2+、Mg2+分别转化为Ca(OH)2、Mg(OH)2沉淀；所得滤液中含有Sr2+，经“碳化”转化为SrCO3，再经“系列操作”可得到高纯SrCO3。据此分析。
30．【答案】（1）-52.7kJ·mol-1；低温
（2）CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*
（3）b；a
（4）温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降
（5）60；或8.3
【知识点】盖斯定律及其应用；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)根据题目所给信息可得热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(1) ΔH=-285.8kJ·mol-1、②CH3OH(g)+O2(g)=2H2O(1)+CO2(g) ΔH=-763.9kJ·mol-1、③H2O(1)=H2O(g) ΔH=40.8kJ·mol-1，根据盖斯定律①×3-②+③可得CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=(-285.8kJ·mol-1)×3-(-763.9kJ·mol-1)+40.8kJ·mol-1=-52.7kJ·mol-1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，所以在低温条件下满足ΔH-TΔS＜0，反应可以自发；
(2)活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知决速步骤为CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*；
(3)温度升高反应速率加快，所以越小，k越大，即lgk越大，而该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，说明温度对k逆的影响更大，所以k正对应的曲线是b，k逆对应的曲线是a；
(4)温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降；
(5)设平衡时CH3OH的物质的量为x，列三段式有： ，恒容密闭容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有=，解得x=1.5，所以平衡时CH3OH(g)的分压为×200kPa=60kPa，同理可以求出CO2、H2、H2O的分压分别为20kPa、60kPa、60kPa，所以Kθ==或8.3。
【分析】(1)根据盖斯定律；
(2)依据活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率；
(3)温度升高反应速率加快；
(4)依据温度对平衡的影响；
(5)利用“三段式”计算。
31．【答案】（1）-93
（2）曲线b；1343
（3）1；1.5；-1；1.6
（4）>；温度升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响；12.5
【知识点】反应热和焓变；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：△H=(945kJ·mol-1+436kJ·mol-1×3)-(391kJ·mol-1×2×3)=-93kJ·mol-1，故答案为：-93；
(2)由图可知，图1为有催化剂参与合成氨反应的反应进程，图2中曲线b表示有催化剂参与合成氨反应的反应进程与能量变化，则曲线b与图1能量变化相符；由反应热△H=-(E2-E1)可得：-93kJ·mol-1=-(E2-1250kJ mol-1)，解得E2=1343kJ mol-1，故答案为：曲线b；1343；
(3)依据题给数据，由I和II的速率相比可得：
=
，解得α=1；由II和III的速率相比可得：
=
，解得β=1.5；由I和IV的速率相比可得：
=
，解得γ=-1；由I和V的速率相比可得：
=
，解得m=1.6，故答案为：1；1.5；-1；1.6；
(4)①合成氨反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氮气的物质的量减小，由图可知，温度一定时，压强为P时氮气的物质的量小于1.8MPa，则P大于1.8MPa，故答案为：>；
②投料比一定时，随着温度升高，不同压强下氮气的物质的量趋向相等说明温度升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响，故答案为：温度升高，温度对平衡的影响大于压强对平衡的影响；
③由图可知，在1.8MPa、373K条件下，反应达到平衡时，氮气的物质的量为0.4mol，由方程式可知，平衡时氢气、氨气的物质的量分别为2.6mol-(1mol-0.4mol) ×3=0.8mol、(1mol—0.4mol) ×2=1.2mol，则氮气、氢气、氨气的平衡分压为
×1.8MPa=0.3MPa、
×1.8MPa=0.6MPa、
×1.8MPa=0.9MPa，平衡常数Kp=
=12.5 MPa-2，故答案为：12.5。
【分析】（1）根据焓变与键能的关系计算公式计算
（2）根据催化剂对能量的变化影响即可判断，根据焓变与活化能的关系即可计算
（3）根据表格中速率以及速率公式进行计算出数值
（4）①根据压强对反应的影响即可判断
②温度对平衡的影响大于压强
③根据数据结合方程式计算出平衡时压强即可计算出常数
32．【答案】（1）N2O+Pt2O+=N2+ Pt2O；慢；放
（2）＜；MPa
（3）阳；CO2+2e-+2H+=HCOOH；-31.4；0.5；由k正=1.9k逆，，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞T1
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据题干信息及反应历程图示知，生成的无毒物质为二氧化碳和氮气，N2O在Pt2O+的表面上反应的化学方程式为：N2O+Pt2O+=N2+ Pt2O，故答案为：N2O+Pt2O+=N2+ Pt2O；
②由反应历程图知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，所以第一步反应速率慢于第二步；两步反应的反应物总能量都大于生成物总能量，所以两步反应均为放热反应；故答案为：慢；放；
（2）①反应2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g）能够自发进行，反应△S＜0，若满足△H-T△S＜0，必须△H＜0，故答案为：＜；
②根据三段式：，则平衡时，气体总物质的量为1+3+1+0.5=5.5mol，Kp=，故答案为：MPa；
（3）①根据图示知，P极为阴极，H+由N极转移至P极，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳；
②P极为阴极，电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；
③由图示可知：Ⅰ HCOOH（g） CO（g）+H2O（g）△H=+72.6kJ/mol，Ⅱ CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/ mol，Ⅲ H2（g）+ O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，根据盖斯定律，将Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ可得HCOOH（g） CO2 （g）+H2（g）的焓变△H=（+72.6kJ/mol）+（-283.0kJ/mol）-（-241.8kJ/mol）=+31.4kJ/mol，则CO2（g）+H2（g） HCOOH（g）的焓变△H=-31.4kJ/mol；
反应CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)达到化学平衡时，有v正= v逆，即k正c(CO2)c(H2)=k逆c(HCOOH)，所以，所以k正=2k逆，即k逆=k正；
温度改变为T2时，由k正=1.9k逆，，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞ T1；故答案为：-31.4；；由k正=1.9k逆，，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞T1。
【分析】（1）①根据题干信息及反应历程图，生成二氧化碳和氮气；
②由反应历程图知，活化能大，反应速率慢；两步反应的反应物总能量都大于生成物总能量；
（2）①自发反应△H-T△S＜0；
②根据三段式计算；
（3）①阳离子交换膜为充许阳离子通过；
②阴极发生还原反应；
③根据盖斯定律，计算焓变；化学平衡时，v正= v逆，据此分析。
33．【答案】（1）-90.8
（2）吸收；原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；BD
（3）>；0.05
（4）2NH+2e-=2 NH3+H2↑或2NH3+2e-=H2↑+2NH
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据表中键能数据，可得 H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=946.0 kJ·mol-1+436.0 kJ·mol-1-390.8 kJ·mol-16=-90.8 kJ/mol。
（2）i.根据模拟示意图可知，图②到图③的过程表示的是化学键断裂的过程，化学键断裂需要吸收热量，所以该过程表示的是吸热过程。
ii.原料中N2相对H2易得，且合成氨反应是可逆反应，适度N2过量有利于提高H2的转化率，N2在催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。
iii.A．合成氨反应是可逆的放热反应，根据勒夏特列平衡移动原理，升高温度并不能提高平衡转化率，但能加快化学反应速率和提高催化剂活性，故A不正确；
B．由于NH3有较强的分子间作用力，可将其液化，不断将液氨移去，有利于化学平衡向正反应方向移动，故B正确；
C．当温度、体积一定时，在原料气中添加少量惰性气体，并不能改变N2和H2的浓度，并不利于提高平衡转化率，故C不正确；
D．制备原料气过程中会产生其他气体杂质，为了防止催化剂中毒和安全事故发生，因此原料气须经过净化处理，故D正确；
答案BD。
（3）i.合成氨反应是放热反应，温度越高，混合物中氨的物质的量分数越低，所以M点对应的温度小于N点对应的温度，温度越高，平衡常数越小，故KM>KN。
ii.由M点的坐标可知此时总压是50MPa，氨的物质的量分数是60。由投入氮气和氢气的物质的量比是1︰3，它们反应时N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，消耗的物质的量比也是1︰3，所以平衡时剩余的氮气和氢气的物质的量比也是1：3。则混合气体中剩余的40分子中，N2分子10，H2分子占30，则根据分压=总压×物质的量分数，可得P(N2)= 50MPa10=5 MPa，P(H2)= 50MPa=15 MPa ，P(NH3) ==30 MPa，则Kp= 。
（4）用Pt电极对液氨进行电解，阴极发生还原反应，则移向阴极的阳离子NH或NH3分子得电子被还原成氢气，则阴电极反应式为2NH+2e-=2 NH3+H2↑或2NH3+2e-=H2↑+2NH。
【分析】（1）根据 H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；
（2） i. 图③表示在催化剂表面，N2、H2中的化学键断裂，氢气和氮气在高温高压催化剂条件下生成氨气；
ii.N2过量可提高氢气的转化率；
iii.根据化学平衡移动原理分析；
（3） i. 合成氨的反应为放热反应，升温平衡逆向移动；
ii. 根据Kp= 计算；
（4）阴极发生还原反应。
34．【答案】（1）211.6；i．小于；小于；大于；0.21；压强增大至p1 MPa 之后，NO2、N2O5均变为非气态物质，反应Ⅱ变为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，a(O3)不再增大
（2）4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O；1
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】本题以NOx的处理为素材考查活化能计算、△H、速率、Kx、催化原理分析等理论点．
(1)①△H=正反应的活化能一逆反应的活化能，逆反应的活化能为10.7 kJ·mol-1+ 200.9 kJ·mol-1=211.6 kJ·mol-1
②ⅰ．分析图甲，温度越高， (NO2)增大，说明正反应为放热反应，△H2小于0，a点对应的温度比b点的低，a点的v正小于b点的v正，a点的 (NO2)高于平衡时的 (NO2)，有正向移动的趋势，所以a点的v正大于v逆。ⅱ．
2NO2(g)+ O3(g) N2O5(g)+ O2(g)
起始（mol） 2 x 0 0
转化（mol） x 0.5x 0.5x 0.5x
平衡（mol） 2-x 1-0.5x 0.5x 0.5x
2NO2(g) N2O4(g)
起始（mol） 2-x
