专题2《化学反应速率与化学平衡》检测题2022-2023学年上学期苏教版（2020）高中化学选择性必修1（Word含答案）
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| 名称 | 专题2《化学反应速率与化学平衡》检测题2022-2023学年上学期苏教版（2020）高中化学选择性必修1（Word含答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 596.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-09-28 16:26:10 | ||
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文档简介
专题2《化学反应速率与化学平衡》检测题
一、单选题
1．下列不属于自发进行的变化是
A．红墨水加到清水使整杯水变红 B．冰在室温下融化成水
C．电解饱和食盐水 D．铁器在潮湿的空气中生锈
2．某温度时，在催化剂作用下，2 L恒容密闭容器中发生反应I2(g)+H2(g)2HI(g)，部分数据如表：
t/min 0 2.0 4.0 6.0 8.0
n(HI)/mol 0 0.18 0.35 0.50 0.62
则2～6 min内，以H2的物质的量浓度变化表示的反应速率为A．0.02 mol L-1 min-1 B．0.04 mol L-1 min-1
C．0.08 mol L-1 min-1 D．0.16 mol L-1 min-1
3．开发催化加氢合成甲醇技术是有效利用资源，实现“碳达峰、碳中和”目标的重要途径。某温度下，在恒容密闭容器中发生反应： 。下列有关说法正确的是
A．加入合适的催化剂，能提高单位时间内的产量
B．升高反应温度有利于提高的平衡转化率
C．平衡后再通入适量，平衡常数K增大
D．增大体系的压强，平衡不发生移动
4．合成氨反应，达到平衡后，改变下列条件后，对正反应速率影响大于逆反应速率的是
A．减小生成物浓度 B．减小压强
C．升高温度 D．加入催化剂
5．已知反应在四种不同情况下的反应速率分别如下：
①v(A)=0.1 mol·L-1·min-1
②v(B)=0.15 mol·L-1·min-1
③
④v(D=0.1 mol·L-1·min-1
则该反应进行速率快慢顺序正确的是
A．①＞②＞③＞④ B．②＞①=④＞③
C．③＞①＞②＞④ D．④＞③＞①＞②
6．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
相关反应的热化学方程式为
反应I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) △H1=-213kJ/mol
反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) △H2=+327 kJ/mol
反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)+I2(g) △H3=+172kJ/mol
下列说法不正确的是
A．该过程实现了太阳能到化学能的转化
B．SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用
C．总反应的热化学力程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+286kJ/mol
D．该过程使水分解制氢反应更加容易发生，但总反应的△H不变
7．反应2NO2(g)N2O4(g) △H=-57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．T1>T2 B．X、Y两点的反应速率：X>Y
C．X、Z两点气体的颜色：X深，Z浅 D．X、Z两点气体的平均相对分子质量：X>Z
8．已知可逆反应：AsO+2I-+2H+AsO+I2+H2O。据此设计出如图所示的实验装置，其中C1、C2均为铂电极，A烧杯中为KI溶液，B烧杯中为Na3AsO4溶液。以下关于该装置的说法错误的是
A．盐桥中的阳离子向B烧杯移动
B．电流的方向由C2极到C1极
C．电流表读数为0时，再向B烧杯中滴加浓NaOH溶液，C2作正极
D．电流表读数为0时，表明该可逆反应达到了平衡状态
9．对于反应N2(g)+3H2O(g)=2NH3(g)+O2(g)，在不同时间段内所测反应速率如下，则表示该化学反应进行最快的是
A．υ(NH3)=1.5 mol L 1 min 1 B．υ(N2)=1.2 mol L 1 min 1
C．υ(H2O)=1.67 mol L 1 min 1 D．υ(O2)=1.5 mol L 1 min 1
10．少量铁粉与100mL0.01mol·L-1的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的量，可以使用如下方法中的
①由铁粉换铁块②加NaNO3固体③将0.01mol·L-1的稀盐酸换成98％的硫酸溶液④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用100mL0.1mol·L-1盐酸
A．③⑤ B．①③ C．⑥⑦ D．⑦⑧
11．已知反应X(g)+3Y(g) 2Z(g) △H的能量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．△H= E2- E1 B．更换高效催化剂，E3不变
C．恒压下充入一定量的氦气n(Z)减少 D．压缩容器，c(X)减小
12．常温下，A、B初始浓度为2 ： 1的混合溶液中，同时发生两个反应：①2A+B 2M+N，②2A+B2M+Y，溶液中B、Y的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是
A．溶液中c(M)=c(N)+c(Y)
B．0~ 10min内，A的平均反应速率为0.04mol/(L·min)
C．18min时，反应①与反应②中B的转化率之比为2∶3
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
二、填空题
13．CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。在容积为1L的恒容密闭容器中，充入1.00molCO2(g)和3.00molH2(g)，一定条件下发生反应得到CH3OH(g)和H2O(g)，测得反应物X和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。
(1)0~3min内，v(CH3OH)=_______(保留三位有效数字)mol·L-1·min-1。
(2)该反应的化学方程式为_______。
(3)X代表的物质为_______(填化学式)，理由是_______。
(4)9min后，保持其他条件不变，向容器中再通入1.00molCO2(g)和3.00molH2(g)，则该反应的速率将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)下列可以作为该反应已达到平衡的判据的是_______(填标号)。
A．气体的压强不变 B．v正(CO2)=v逆(H2O)
C．CH3OH(g)与H2O(g)的浓度相同 D．容器内气体的密度不变
14．在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)=2HI(g)
(1)保持容器容积不变，向其中充入1 mol H2，反应速率_________。
(2)升高温度，反应速率________。
(3)扩大容器体积，反应速率______。
(4)保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，反应速率________。
(5)保持容器体积不变，向其中充入1 mol N2，反应速率________。
(6)保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol N2，反应速率________。
15．氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1mol NH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
(1)若保持容器容积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率v(H2)=_______mol·L-1·min-1(用含t1的代数式表示)；
(2)t2时将容器容积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是___________(用图中a、b、c、d表示)，理由是___________
(3)在该温度下，反应的标准平衡常数Kθ=____。[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g) gG(g)+hH(g) Kθ=，其中pθ=100kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压]。
16．地下水中的氮污染主要是由引起的，人们对的转化进行了长时间的研究，目前主要有物理方法、化学方法和生物方法，其中化学方法主要包含活泼金属还原法和催化反硝化法。催化反硝化法是一种经济可行的脱氮方法，其原理是在Pd/Cu双金属催化剂作用下，将硝酸盐还原成氮气：。
(1)下列说法错误的是_______(填序号)。
A．氮肥溶于水的过程中熵值增大
B．在酸性条件下，活泼金属与反应属于自发反应
C．Pd/Cu双金属催化剂是该反应是否能自发发生的决定因素
(2)已知：的，(a、b均为正值)，该反应_______(填“能”“不能”或“无法判断是否能”)自发进行。
17．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对反应[可用aA(g)+bB(g) cC(g)表示]化学平衡的影响，得到如图所示图像(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率，φ表示体积分数)：
分析图像，回答下列问题：
(1)在图像反应Ⅰ中，若p1>p2，则此正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应，也是一个气体分子数_______(填“减少”或“增大”)的反应。
(2)在图像反应Ⅱ中，T1_______T2(填“>”“<”或“=”)，该正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)在图像反应Ⅲ中，若T2>T1，则此正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)在图像反应Ⅳ中，若T1>T2，则该反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。
18．反应3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，回答下列问题：
(1)增加Fe的量，其反应速率_______(填“增大”、“不变”或“减小”，下同)；
(2)将容器的体积缩小一半，其反应速率_______；
(3)保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其反应速率_______；
(4)保持压强不变，充入N2使容器的体积增大，其反应速率_______；
(5)在一定温度下，将一定量反应物充入该密闭容器中，一段时间后，下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
a.容器中Fe、H2O、Fe3O4、H2共存
b.H2O、H2的物质的量之比为1：1
c.容器中的压强不随时间变化
d.容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
e.断裂4molH-O键的同时断裂4molH-H键
三、工业流程题
19．铬是一种重要的金属材料，被广泛用于冶金、化工、耐火材料等行业。某铬铁矿的主要成分为Cr2O3、Fe2O3、FeO，还有少量 MgO、Al2O3和杂质SiO2等，利用其制备多种铬产品和其他金属产品的工艺流程如下：
已知：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑ SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑
回答下列问题：
(1)步骤①发生的主要反应为2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A↑，反应时应选用何种材质的容器？_______(填字母)。
A．塑料 B．刚玉 C．铁 D．石英
(2)步骤②的操作是_______，“滤渣 2”是Al(OH)3和_______。 写出过量物质A与“滤液1"中溶质生成Al(OH)3 的离子方程式：_______。
(3)“滤液2”中的Na2CrO4需要用H2SO4酸化，用离子方程式表示该反应：_______。
(4)制取高纯铬常用电解法和铝热法，铝热法的缺点是_______。步骤④是在隔绝空气条件下，除生成Cr2O3 外，还生成了Na2CO3和CO，若该反应中有3 molNa2Cr2O7 参加反应，则转移的电子为_______mol。
(5)“滤渣1”中铁元素含量较高，具有回收价值。为回收金属，需要将含Fe3+的有机相进行反萃取，当反萃取剂的浓度均为0.5 mol L-1 时，反萃取效果最好的物质是_______(填化学式)。
20．工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质)为主要原料生产锰酸锂(LiMn2O4)的工艺流程如下：
(1)为了提高碳酸锰矿浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③___________等。
(2)“除铁”时，加入CaO的目的是___________。
(3)“合成MnO2”的化学方程式为___________。
(4)“锂化”是将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量比配料，球磨3～5h，然后升温至600～750℃，保温24h，自然冷却至室温得产品。
①升温到515℃时，开始有CO2产生，比预计碳酸锂的分解温度(723℃)低得多。可能的原因是___________。
②写出该反应的化学方程式：___________。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．扩散现象，是熵增加的自发过程，A不符合题意；
B．冰的熔点为0℃，水常温是液体，冰在室温下融化成水，是熵增加的自发过程，B不符合题意；
C．电解饱和食盐水，是在外电场的作用下强制发生的氧化还原反应，不是自发过程，C符合题意；
D．铁在潮湿的空气中生锈是发生了自发的氧化还原反应，属于电化学腐蚀，是自发进行的化学过程，D不符合题意；
综上所述答案为C。
2．A
【详解】2-6 min内，HI的物质的量由0.18 mol变为0.50 mol，△n(HI)=0.50 mol-0.18 mol=0.32 mol，根据方程式可知H2、HI变化的物质的量的比是1：2，则在这段时间内H2的物质的量改变了△n(H2)=△n(HI)=0.16 mol，故以H2的物质的量浓度变化表示的反应速率v(H2)== 0.02 mol L-1 min-1，故合理选项是A。
3．A
【详解】A．加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，提高单位时间内甲醇的产量，故A正确；
B．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的转化率减小，故B错误；
C．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，所以平衡后再通入适量氢气，平衡常数K不变，故C错误；
D．该反应是气体体积减小的反应，增大体系的压强，平衡向正反应方向移动，故D错误；
故选A。
4．B
【分析】由N2+3H22NH3 △H＜0可知，该反应为气体体积减小、且放热的反应，升高温度平衡逆向移动，增大压强平衡正向移动，减小生成物浓度平衡正向移动，结合升高温度、增大压强、增大浓度、使用催化剂均加快反应速率，据此分析解题。
【详解】A．减小生成物浓度平衡正向移动，反应速率减小，瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，则对逆反应的反应速率影响更大，A不合题意；
B．该反应为气体体积减小的反应，减小压强正、逆反应速率均减小，但平衡逆向移动，则对正反应的反应速率影响更大，B符合题意；
C．该反应为放热反应，升高温度正、逆反应速率均增大，但平衡逆向移动，对逆反应的反应速率影响更大，C不合题意；
D．加入催化剂，同等程度地改变正、逆反应速率，平衡不移动，D不合题意；
故答案为：B。
5．C
【详解】在单位相同的条件下，将不同物质的反应速率除以其计量数，得到的数值越大说明该反应速率越大，①v(A)=0.1 mol·L-1·min-1，②v(B)=mol·L-1·min-1，③，④v(D=mol·L-1·min-1，反应速率：③＞①＞②＞④，故选C。
6．C
【详解】A．由图可知利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，A正确；
B．由图可知总反应为水分解生成氧气、氢气，则SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用，B正确；
C．由盖斯定律可知，I+II+III得到H2O(l)═H2 (g)+O2(g) △H=(-213kJ mol-1)+(+327kJ mol-1)+(+172kJ mol-1)=+286 kJ mol-1，C错误；
D．催化剂降低反应的活化能，不影响焓变，则该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的△H不变，D正确；
故答案为：C。
7．B
【详解】A．升高温度，化学平衡逆向移动，的体积分数增大，Y点的体积分数小，则，A错误；
B．由选项A分析可知，X点的温度大于Y点的温度，温度越高，化学反应速率越快，所以反应速率X>Y，B正确；
C．X、Z两点温度相同，但压强不同，为红棕色气体，增大压强，平衡右移，但是气体的体积变小，浓度增大的影响较大，气体的颜色加深，则X、Z两点气体的颜色：X浅，Z深，C错误；
D．X、Z两点都在等温线上，X的压强小，增大压强，化学平衡正向移动，Z点时气体的物质的量小，则平均相对分子质量变大，即平均相对分子质量：X故选B。
8．C
【详解】A．AsO得到电子，碘离子失去电子，所以C1极是负极，C2极是正极，因此盐桥中的阳离子向B烧杯移动，故A正确；
B．C1极是负极，C2极是正极，因此电流的方向由C2极到C1极，故B正确；
C．电流表读数为0时，再向B烧杯中滴加浓NaOH溶液，氢离子浓度减小，反应逆向进行，单质碘作氧化剂，所以C1极是正极，C2作负极，故C错误；
D．该反应为可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不再改变，则没有电流通过电流计，所以电流计读数为零，故D正确；
故选C。
9．B
【详解】根据速率与计量系数之比分析，比值越大速率越快，、、、，则比值最大即υ(N2)=1.2 mol L 1 min 1表示该化学反应进行最快，故B符合题意。
综上所述，答案为B。
10．D
【详解】①由铁粉换铁块，反应速率减慢，故错误；②加NaNO3固体与酸形成硝酸，不产生氢气，故错误；③将0.01mol·L-1的稀盐酸换成98％的硫酸溶液，发生钝化现象，故错误；④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，铁置换出铜，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故错误；⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率加快，故正确；⑧改用100mL0.1mol·L-1盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；故选D。
11．C
【详解】A．△H=生成物的总能量-反应物的总能量=E1-E2，故A错误；
B．更换高效催化剂，降低反应活化能，反应速率加快，该反应中(E3-E2)为活化能，E2为反应物的能量，E2不变，活化能降低，则E3减小，故B错误；
C．恒压下充入一定量的氦气，容器体积增大，反应体系的分压减小，平衡向气体增多的方向移动，则n(Z)减少，故C正确；
D．压缩容器体积，压强增大，平衡向右移动，n(X)减小，体积减小，各物质的浓度都增大，平衡移动只能减弱这种改变，而不能消除，故c(X)还是比原来大，故D错误；
故选C。
12．A
【详解】A．以10min为例，设容器体积为VL，10min时生成Y0.12Vmol，则根据反应2A+B2M+Y，消耗B0.12Vmol，生成M0.24Vmol，10min时共消耗B0.2Vmol，则反应2A+B2M+N消耗B0.08Vmol，则生成N0.08Vmol，生成M0.16Vmol，共生成M0.4Vmol，c(M)=0.4mol/L，c(N)=0.08mol/L，c(Y)=0.12mol/L，A错误；
B．10min内B的浓度变化为0.2mol/L，根据反应①和②可知，0-10minA的浓度变化为0.4mol/L，则A的平均反应速率为，B正确；
C．18min时Y的浓度为0.15mol/L，则反应②消耗B的浓度为0.15mol/L，反应②B的转化率为30%，共消耗B的浓度为0.25mol/L，则反应①消耗B浓度为0.1mol/L，反应①B的转化率为20%，反应①和反应②中B的转化率之比为2∶3，C正确；
D．以10min内反应为例，反应①中B的反应速率为，反应②中B的反应速率为，反应②速率更快，活化能更小，D正确；
故答案选A。
13． 0.167 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) CO2 CO2与CH3OH的反应速率相同或X的减小量与甲醇的增加量一样 增大 AB
【分析】CO2(g)和H2(g)的初始浓度分别为1.00mol/L、3.00mol/L，由图可知，X的初始浓度为1.00mol/L、则X为CO2(g)。
【详解】(1)0~3min内， 。
(2)已知 CO2(g)和H2(g)反应生成CH3OH(g)和H2O(g)，按元素质量守恒，该反应的化学方程式为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。
(3) 反应速率之比等于化学计量数之比，则X代表的物质为CO2，理由是CO2与CH3OH的反应速率相同X的减小量与甲醇的增加量一样；
(4)9min后，保持其他条件不变，向容器中再通入1.00molCO2(g)和3.00molH2(g)，则反应物浓度增加，则该反应的速率将增大。
(5)A．反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，A正确；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，v正(CO2) =v正(H2O)=v逆(H2O) ，则说明反应已达平衡，B正确；
C．由方程式可知，CH3OH(g)与H2O(g)的浓度相同始终相同，故不能说明已平衡，选项C不正确；
D．密闭容器中， ，气体质量守恒，容积体积的不变，故不能说明已平衡，选项D不正确；
答案为AB。
14． 增大 增大 减小 不变 不变 减小
【详解】(1)在容器容积不变时，充入1 mol H2即c(H2)增大，反应物浓度增大，化学反应速率增大；
(2)升高温度，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，反应速率增大；
(3)扩大容器体积，相当于减小各成分浓度，反应速率减小，
(4)保持容器内气体压强不变，保持充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，压强未变，体积增大，浓度也不变，则速率不变；
(5)保持容器容积不变，充入1mol N2，N2不参与反应，参与反应的各成分浓度未变，则反应速率不变；
(6)保持容器压强不变，充入N2，体积增大，各成分浓度减小，则反应速率减小。
15．(1)
(2) b 容器容积迅速缩小至原来的一半时，N2分压变为原来的2倍；其他条件不变时，容器容积减小，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即该平衡逆向移动，所以N2分压先变为原来的2倍，后逐渐减小
(3)0.48
【解析】（1）
密闭容器中0.1mol NH3总压为200kPa，则如图t1时H2的分压为120kPa，则H2的物质的量n(H2)=，则用H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)=；
（2）
t2时刻容器体积迅速缩小到原来的一半，则N2的分压迅速增大到原来的2倍，则cd错误；压强增大，化学平衡向气体总体积减小的方向移动，即化学平衡逆向移动，导致N2的分压应比原来2倍小，则b正确，a错误，故合理选项是b；
（3）
在该温度下，达到平衡时，p(N2)=40kPa=0.4pθ、p(H2)=120kPa=1.2pθ、p(NH3)=120kPa=1.2pθ，则Kθ=。
16． C 无法判断是否能
【详解】(1) A．溶于水时混乱度增大，其熵值增大，A项正确；
B．活泼金属易失去电子，酸性条件下具有强氧化性，二者反应属于自发反应，B项正确；
C．决定反应是否为自发反应的因素是反应物自身的性质，C项错误；
故答案为：C；
(2)，由于无法判断a和bT值的相对大小，故无法确定是大于0还是小于0，所以无法判断该反应是否能自发进行，故答案为：无法判断是否能。
17． 放热 减少 < 放热 放热 不能自发进行
【详解】(1)在图像反应Ⅰ中，升高温度，A的转化率减小，平衡逆向移动，则此正反应为放热反应；若p1>p2，增大压强，A的转化率增大，平衡正向移动，反应是一个气体分子数减少的反应。
(2)在图像反应Ⅱ中，T2温度下反应先达到平衡，反应速率快，T1(3)在图像反应Ⅲ中，若T2>T1，升高温度，C的体积分数减小，平衡逆向移动，则此正反应为放热反应。
(4)在图像反应Ⅳ中，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体分子数相同，若T1>T2，升高温度，A的转化率增大，说明正反应吸热，根据 ，该反应不能自发进行。
18．(1)不变
(2)增大
(3)不变
(4)减小
(5)d
【分析】(1)
因铁是固体，增加铁的量，没有增加铁的浓度，所以不能改变反应速率；
(2)
容器的体积缩小，容器内各物质的浓度都增大，浓度越大，化学反应速率越快；
(3)
体积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变；
(4)
压强不变，充入N2使容器的体积增大，但各物质的浓度都减小，浓度越小，反应速率越小；
(5)
在一定温度下，将一定量反应物充入该密闭容器中，一段时间后，下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是：
a．可逆反应不能进行到底，无论反应进行到何种程度，容器中Fe、H2O、Fe3O4、H2四种物质都会共存，因此不能说明该反应达到平衡状态，a错误；
b．H2O、H2的物质的量之比与投料有关，不能说明该反应达到平衡状态，b错误；
c．由于左右化学计量数之和相等，故容器中的压强不随时间变化，不能说明该反应达到平衡状态，c错误；
d．气体质量为变量，物质的量不变，容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明该反应达到平衡状态，d正确；
e．断裂4molH-O键的同时生成4molH-H键，说明该反应达到平衡状态，e错误；
故选d。
19．(1)C
(2) 水浸、过滤 H2SiO3 +CO2 +2H2O=Al(OH)3↓+
(3)2+2H+ =+H2O
(4) 能耗大或者产品纯度较低 18
(5)(NH4)2HPO4
【分析】铬铁矿的主要成分为Cr2O3、Fe2O3、FeO，还有少量 MgO、Al2O3和杂质SiO2等，加入Na2CO3、NaNO3进行熔融、氧化，发生反应2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2CO2↑、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，所得产物进行水浸、过滤，得到的滤渣1主要为Fe2O3、 MgO，滤液1中含Na2CrO4、NaNO2、NaAlO2、Na2SiO3、Na2CO3、NaNO3，滤渣1加硫酸进行酸溶、加过氧化氢进行氧化，所得溶液加有机萃取剂进行萃取分液，得到含有铁离子的有机相，经过一系列处理得到铁离子，向滤液1中通入过量的二氧化碳，二氧化碳和NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀、和Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀，因此滤渣2的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3，经过一系列处理得到含铝产品，滤液2中Na2CrO4经过酸化得到Na2Cr2O7，Na2Cr2O7与焦炭在高温条件下反应得到Cr2O3，Cr2O3经处理得到Cr。
（1）
A．塑料不耐高温，A错误；
B．刚玉主要成分为氧化铝，氧化铝高温条件下能和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，B错误；
C．铁不与上述反应过程中的物质反应，C正确；
D．石英主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳酸钠高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳，D错误；
答案选C。
（2）
熔块经处理得到滤渣和滤液，因此步骤②为水浸、过滤，由分析可知，滤渣2是Al(OH)3和H2SiO3，步骤①发生的主要反应为2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A↑，依据原子守恒可知，A为CO2，过量的CO2与“滤液1"中的NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：+CO2 +2H2O=Al(OH)3↓+。
（3）
“滤液2”中的Na2CrO4经H2SO4酸化得到Na2Cr2O7，离子方程式为：2+2H+ =+H2O。
（4）
铝热法制高纯铬，铝热反应的耗能大，得到产品的纯度低，Na2Cr2O7与焦炭在高温条件下除生成Cr2O3 外，还生成了Na2CO3和CO，铬元素化合价由+6价降低到+3价，若该反应中有3 molNa2Cr2O7 参加反应，则转移电子的物质的量为3mol=18mol。
（5）
由图像可知，当反萃取剂的浓度均为0.5 mol L-1 时，(NH4)2HPO4的反萃取效果最好。
20．(1)增大硫酸的浓度(或将碳酸锰矿研成粉末等)
(2)调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去
(3)MnSO4＋K2S2O8＋2H2O=MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4
(4) MnO2是催化剂，加快了碳酸锂分解 8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑
【分析】向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质)其中加入硫酸，发生MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋CO2↑＋H2O，且三种氧化物均溶解转化为硫酸盐，向其中加高锰酸钾可氧化亚铁离子，将亚铁离子氧化为铁离子，加CaO调节pH可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后，向滤液中MnF2是为了除去溶液中的Ca2＋，过滤后发生MnSO4＋K2S2O8＋2H2O=MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4，最后发生8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑，据此分析解题。
（1）
为了提高碳酸锰矿浸出的速率，可以从浓度、温度、固体表面积等方面思考，因此在“酸浸”时可采取的措施还有：适当增大硫酸的浓度(或将碳酸锰矿研成粉末等)；故答案为：增大硫酸的浓度(或将碳酸锰矿研成粉末等)。
（2）
“除铁”时，加入CaO的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去；故答案为：调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去。
（3）
根据流程图分析可知滤液中MnSO4被K2S2O8氧化生成MnO2，MnSO4中S化合价升高变为MnO2，K2S2O8中部分 1价的O化合价降低变为 2价，再根据得失电子守恒和质量守恒配平，得到“合成MnO2”的化学方程式为：MnSO4＋K2S2O8＋2H2O=MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4；故答案为：MnSO4＋K2S2O8＋2H2O=MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4。
（4）
①可能的原因是MnO2是催化剂，降低反应所需活化能，加快了碳酸锂分解；故答案为：MnO2是催化剂，加快了碳酸锂分解。
②MnO2中Mn化合价降低，则反应中只有氧化合价升高，变为氧气，因此该反应的化学方程式为：8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑；故答案为：8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．下列不属于自发进行的变化是
A．红墨水加到清水使整杯水变红 B．冰在室温下融化成水
C．电解饱和食盐水 D．铁器在潮湿的空气中生锈
2．某温度时，在催化剂作用下，2 L恒容密闭容器中发生反应I2(g)+H2(g)2HI(g)，部分数据如表：
t/min 0 2.0 4.0 6.0 8.0
n(HI)/mol 0 0.18 0.35 0.50 0.62
则2～6 min内，以H2的物质的量浓度变化表示的反应速率为A．0.02 mol L-1 min-1 B．0.04 mol L-1 min-1
C．0.08 mol L-1 min-1 D．0.16 mol L-1 min-1
3．开发催化加氢合成甲醇技术是有效利用资源，实现“碳达峰、碳中和”目标的重要途径。某温度下，在恒容密闭容器中发生反应： 。下列有关说法正确的是
A．加入合适的催化剂，能提高单位时间内的产量
B．升高反应温度有利于提高的平衡转化率
C．平衡后再通入适量，平衡常数K增大
D．增大体系的压强，平衡不发生移动
4．合成氨反应，达到平衡后，改变下列条件后，对正反应速率影响大于逆反应速率的是
A．减小生成物浓度 B．减小压强
C．升高温度 D．加入催化剂
5．已知反应在四种不同情况下的反应速率分别如下：
①v(A)=0.1 mol·L-1·min-1
②v(B)=0.15 mol·L-1·min-1
③
④v(D=0.1 mol·L-1·min-1
则该反应进行速率快慢顺序正确的是
A．①＞②＞③＞④ B．②＞①=④＞③
C．③＞①＞②＞④ D．④＞③＞①＞②
6．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
相关反应的热化学方程式为
反应I：SO2(g)+I2(g)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq) △H1=-213kJ/mol
反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) △H2=+327 kJ/mol
反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)+I2(g) △H3=+172kJ/mol
下列说法不正确的是
A．该过程实现了太阳能到化学能的转化
B．SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用
C．总反应的热化学力程式为2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) △H=+286kJ/mol
D．该过程使水分解制氢反应更加容易发生，但总反应的△H不变
7．反应2NO2(g)N2O4(g) △H=-57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．T1>T2 B．X、Y两点的反应速率：X>Y
C．X、Z两点气体的颜色：X深，Z浅 D．X、Z两点气体的平均相对分子质量：X>Z
8．已知可逆反应：AsO+2I-+2H+AsO+I2+H2O。据此设计出如图所示的实验装置，其中C1、C2均为铂电极，A烧杯中为KI溶液，B烧杯中为Na3AsO4溶液。以下关于该装置的说法错误的是
A．盐桥中的阳离子向B烧杯移动
B．电流的方向由C2极到C1极
C．电流表读数为0时，再向B烧杯中滴加浓NaOH溶液，C2作正极
D．电流表读数为0时，表明该可逆反应达到了平衡状态
9．对于反应N2(g)+3H2O(g)=2NH3(g)+O2(g)，在不同时间段内所测反应速率如下，则表示该化学反应进行最快的是
A．υ(NH3)=1.5 mol L 1 min 1 B．υ(N2)=1.2 mol L 1 min 1
C．υ(H2O)=1.67 mol L 1 min 1 D．υ(O2)=1.5 mol L 1 min 1
10．少量铁粉与100mL0.01mol·L-1的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的量，可以使用如下方法中的
①由铁粉换铁块②加NaNO3固体③将0.01mol·L-1的稀盐酸换成98％的硫酸溶液④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用100mL0.1mol·L-1盐酸
A．③⑤ B．①③ C．⑥⑦ D．⑦⑧
11．已知反应X(g)+3Y(g) 2Z(g) △H的能量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．△H= E2- E1 B．更换高效催化剂，E3不变
C．恒压下充入一定量的氦气n(Z)减少 D．压缩容器，c(X)减小
12．常温下，A、B初始浓度为2 ： 1的混合溶液中，同时发生两个反应：①2A+B 2M+N，②2A+B2M+Y，溶液中B、Y的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是
A．溶液中c(M)=c(N)+c(Y)
B．0~ 10min内，A的平均反应速率为0.04mol/(L·min)
C．18min时，反应①与反应②中B的转化率之比为2∶3
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
二、填空题
13．CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。在容积为1L的恒容密闭容器中，充入1.00molCO2(g)和3.00molH2(g)，一定条件下发生反应得到CH3OH(g)和H2O(g)，测得反应物X和CH3OH(g)的浓度随时间的变化如图所示。
(1)0~3min内，v(CH3OH)=_______(保留三位有效数字)mol·L-1·min-1。
(2)该反应的化学方程式为_______。
(3)X代表的物质为_______(填化学式)，理由是_______。
(4)9min后，保持其他条件不变，向容器中再通入1.00molCO2(g)和3.00molH2(g)，则该反应的速率将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)下列可以作为该反应已达到平衡的判据的是_______(填标号)。
A．气体的压强不变 B．v正(CO2)=v逆(H2O)
C．CH3OH(g)与H2O(g)的浓度相同 D．容器内气体的密度不变
14．在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)=2HI(g)
(1)保持容器容积不变，向其中充入1 mol H2，反应速率_________。
(2)升高温度，反应速率________。
(3)扩大容器体积，反应速率______。
(4)保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，反应速率________。
(5)保持容器体积不变，向其中充入1 mol N2，反应速率________。
(6)保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol N2，反应速率________。
15．氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1mol NH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
(1)若保持容器容积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率v(H2)=_______mol·L-1·min-1(用含t1的代数式表示)；
(2)t2时将容器容积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是___________(用图中a、b、c、d表示)，理由是___________
(3)在该温度下，反应的标准平衡常数Kθ=____。[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g) gG(g)+hH(g) Kθ=，其中pθ=100kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压]。
16．地下水中的氮污染主要是由引起的，人们对的转化进行了长时间的研究，目前主要有物理方法、化学方法和生物方法，其中化学方法主要包含活泼金属还原法和催化反硝化法。催化反硝化法是一种经济可行的脱氮方法，其原理是在Pd/Cu双金属催化剂作用下，将硝酸盐还原成氮气：。
(1)下列说法错误的是_______(填序号)。
A．氮肥溶于水的过程中熵值增大
B．在酸性条件下，活泼金属与反应属于自发反应
C．Pd/Cu双金属催化剂是该反应是否能自发发生的决定因素
(2)已知：的，(a、b均为正值)，该反应_______(填“能”“不能”或“无法判断是否能”)自发进行。
17．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对反应[可用aA(g)+bB(g) cC(g)表示]化学平衡的影响，得到如图所示图像(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，α表示平衡转化率，φ表示体积分数)：
分析图像，回答下列问题：
(1)在图像反应Ⅰ中，若p1>p2，则此正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应，也是一个气体分子数_______(填“减少”或“增大”)的反应。
(2)在图像反应Ⅱ中，T1_______T2(填“>”“<”或“=”)，该正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)在图像反应Ⅲ中，若T2>T1，则此正反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。
(4)在图像反应Ⅳ中，若T1>T2，则该反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。
18．反应3Fe(s)+4H2O(g) Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，回答下列问题：
(1)增加Fe的量，其反应速率_______(填“增大”、“不变”或“减小”，下同)；
(2)将容器的体积缩小一半，其反应速率_______；
(3)保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其反应速率_______；
(4)保持压强不变，充入N2使容器的体积增大，其反应速率_______；
(5)在一定温度下，将一定量反应物充入该密闭容器中，一段时间后，下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
a.容器中Fe、H2O、Fe3O4、H2共存
b.H2O、H2的物质的量之比为1：1
c.容器中的压强不随时间变化
d.容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
e.断裂4molH-O键的同时断裂4molH-H键
三、工业流程题
19．铬是一种重要的金属材料，被广泛用于冶金、化工、耐火材料等行业。某铬铁矿的主要成分为Cr2O3、Fe2O3、FeO，还有少量 MgO、Al2O3和杂质SiO2等，利用其制备多种铬产品和其他金属产品的工艺流程如下：
已知：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑ SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑
回答下列问题：
(1)步骤①发生的主要反应为2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A↑，反应时应选用何种材质的容器？_______(填字母)。
A．塑料 B．刚玉 C．铁 D．石英
(2)步骤②的操作是_______，“滤渣 2”是Al(OH)3和_______。 写出过量物质A与“滤液1"中溶质生成Al(OH)3 的离子方程式：_______。
(3)“滤液2”中的Na2CrO4需要用H2SO4酸化，用离子方程式表示该反应：_______。
(4)制取高纯铬常用电解法和铝热法，铝热法的缺点是_______。步骤④是在隔绝空气条件下，除生成Cr2O3 外，还生成了Na2CO3和CO，若该反应中有3 molNa2Cr2O7 参加反应，则转移的电子为_______mol。
(5)“滤渣1”中铁元素含量较高，具有回收价值。为回收金属，需要将含Fe3+的有机相进行反萃取，当反萃取剂的浓度均为0.5 mol L-1 时，反萃取效果最好的物质是_______(填化学式)。
20．工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质)为主要原料生产锰酸锂(LiMn2O4)的工艺流程如下：
(1)为了提高碳酸锰矿浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③___________等。
(2)“除铁”时，加入CaO的目的是___________。
(3)“合成MnO2”的化学方程式为___________。
(4)“锂化”是将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量比配料，球磨3～5h，然后升温至600～750℃，保温24h，自然冷却至室温得产品。
①升温到515℃时，开始有CO2产生，比预计碳酸锂的分解温度(723℃)低得多。可能的原因是___________。
②写出该反应的化学方程式：___________。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．扩散现象，是熵增加的自发过程，A不符合题意；
B．冰的熔点为0℃，水常温是液体，冰在室温下融化成水，是熵增加的自发过程，B不符合题意；
C．电解饱和食盐水，是在外电场的作用下强制发生的氧化还原反应，不是自发过程，C符合题意；
D．铁在潮湿的空气中生锈是发生了自发的氧化还原反应，属于电化学腐蚀，是自发进行的化学过程，D不符合题意；
综上所述答案为C。
2．A
【详解】2-6 min内，HI的物质的量由0.18 mol变为0.50 mol，△n(HI)=0.50 mol-0.18 mol=0.32 mol，根据方程式可知H2、HI变化的物质的量的比是1：2，则在这段时间内H2的物质的量改变了△n(H2)=△n(HI)=0.16 mol，故以H2的物质的量浓度变化表示的反应速率v(H2)== 0.02 mol L-1 min-1，故合理选项是A。
3．A
【详解】A．加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，提高单位时间内甲醇的产量，故A正确；
B．该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氢气的转化率减小，故B错误；
C．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，所以平衡后再通入适量氢气，平衡常数K不变，故C错误；
D．该反应是气体体积减小的反应，增大体系的压强，平衡向正反应方向移动，故D错误；
故选A。
4．B
【分析】由N2+3H22NH3 △H＜0可知，该反应为气体体积减小、且放热的反应，升高温度平衡逆向移动，增大压强平衡正向移动，减小生成物浓度平衡正向移动，结合升高温度、增大压强、增大浓度、使用催化剂均加快反应速率，据此分析解题。
【详解】A．减小生成物浓度平衡正向移动，反应速率减小，瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，则对逆反应的反应速率影响更大，A不合题意；
B．该反应为气体体积减小的反应，减小压强正、逆反应速率均减小，但平衡逆向移动，则对正反应的反应速率影响更大，B符合题意；
C．该反应为放热反应，升高温度正、逆反应速率均增大，但平衡逆向移动，对逆反应的反应速率影响更大，C不合题意；
D．加入催化剂，同等程度地改变正、逆反应速率，平衡不移动，D不合题意；
故答案为：B。
5．C
【详解】在单位相同的条件下，将不同物质的反应速率除以其计量数，得到的数值越大说明该反应速率越大，①v(A)=0.1 mol·L-1·min-1，②v(B)=mol·L-1·min-1，③，④v(D=mol·L-1·min-1，反应速率：③＞①＞②＞④，故选C。
6．C
【详解】A．由图可知利用太阳能使化学反应发生，则太阳能转化为化学能，A正确；
B．由图可知总反应为水分解生成氧气、氢气，则SO2和I2对总反应起到了催化剂的作用，B正确；
C．由盖斯定律可知，I+II+III得到H2O(l)═H2 (g)+O2(g) △H=(-213kJ mol-1)+(+327kJ mol-1)+(+172kJ mol-1)=+286 kJ mol-1，C错误；
D．催化剂降低反应的活化能，不影响焓变，则该过程降低了水分解制氢反应的活化能，但总反应的△H不变，D正确；
故答案为：C。
7．B
【详解】A．升高温度，化学平衡逆向移动，的体积分数增大，Y点的体积分数小，则，A错误；
B．由选项A分析可知，X点的温度大于Y点的温度，温度越高，化学反应速率越快，所以反应速率X>Y，B正确；
C．X、Z两点温度相同，但压强不同，为红棕色气体，增大压强，平衡右移，但是气体的体积变小，浓度增大的影响较大，气体的颜色加深，则X、Z两点气体的颜色：X浅，Z深，C错误；
D．X、Z两点都在等温线上，X的压强小，增大压强，化学平衡正向移动，Z点时气体的物质的量小，则平均相对分子质量变大，即平均相对分子质量：X
8．C
【详解】A．AsO得到电子，碘离子失去电子，所以C1极是负极，C2极是正极，因此盐桥中的阳离子向B烧杯移动，故A正确；
B．C1极是负极，C2极是正极，因此电流的方向由C2极到C1极，故B正确；
C．电流表读数为0时，再向B烧杯中滴加浓NaOH溶液，氢离子浓度减小，反应逆向进行，单质碘作氧化剂，所以C1极是正极，C2作负极，故C错误；
D．该反应为可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不再改变，则没有电流通过电流计，所以电流计读数为零，故D正确；
故选C。
9．B
【详解】根据速率与计量系数之比分析，比值越大速率越快，、、、，则比值最大即υ(N2)=1.2 mol L 1 min 1表示该化学反应进行最快，故B符合题意。
综上所述，答案为B。
10．D
【详解】①由铁粉换铁块，反应速率减慢，故错误；②加NaNO3固体与酸形成硝酸，不产生氢气，故错误；③将0.01mol·L-1的稀盐酸换成98％的硫酸溶液，发生钝化现象，故错误；④加CH3COONa固体，生成醋酸，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑤加NaCl溶液，氢离子浓度减小，反应速率减慢，故错误；⑥滴入几滴硫酸铜溶液，铁置换出铜，构成原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故错误；⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率加快，故正确；⑧改用100mL0.1mol·L-1盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，故正确；故选D。
11．C
【详解】A．△H=生成物的总能量-反应物的总能量=E1-E2，故A错误；
B．更换高效催化剂，降低反应活化能，反应速率加快，该反应中(E3-E2)为活化能，E2为反应物的能量，E2不变，活化能降低，则E3减小，故B错误；
C．恒压下充入一定量的氦气，容器体积增大，反应体系的分压减小，平衡向气体增多的方向移动，则n(Z)减少，故C正确；
D．压缩容器体积，压强增大，平衡向右移动，n(X)减小，体积减小，各物质的浓度都增大，平衡移动只能减弱这种改变，而不能消除，故c(X)还是比原来大，故D错误；
故选C。
12．A
【详解】A．以10min为例，设容器体积为VL，10min时生成Y0.12Vmol，则根据反应2A+B2M+Y，消耗B0.12Vmol，生成M0.24Vmol，10min时共消耗B0.2Vmol，则反应2A+B2M+N消耗B0.08Vmol，则生成N0.08Vmol，生成M0.16Vmol，共生成M0.4Vmol，c(M)=0.4mol/L，c(N)=0.08mol/L，c(Y)=0.12mol/L，A错误；
B．10min内B的浓度变化为0.2mol/L，根据反应①和②可知，0-10minA的浓度变化为0.4mol/L，则A的平均反应速率为，B正确；
C．18min时Y的浓度为0.15mol/L，则反应②消耗B的浓度为0.15mol/L，反应②B的转化率为30%，共消耗B的浓度为0.25mol/L，则反应①消耗B浓度为0.1mol/L，反应①B的转化率为20%，反应①和反应②中B的转化率之比为2∶3，C正确；
D．以10min内反应为例，反应①中B的反应速率为，反应②中B的反应速率为，反应②速率更快，活化能更小，D正确；
故答案选A。
13． 0.167 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) CO2 CO2与CH3OH的反应速率相同或X的减小量与甲醇的增加量一样 增大 AB
【分析】CO2(g)和H2(g)的初始浓度分别为1.00mol/L、3.00mol/L，由图可知，X的初始浓度为1.00mol/L、则X为CO2(g)。
【详解】(1)0~3min内， 。
(2)已知 CO2(g)和H2(g)反应生成CH3OH(g)和H2O(g)，按元素质量守恒，该反应的化学方程式为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。
(3) 反应速率之比等于化学计量数之比，则X代表的物质为CO2，理由是CO2与CH3OH的反应速率相同X的减小量与甲醇的增加量一样；
(4)9min后，保持其他条件不变，向容器中再通入1.00molCO2(g)和3.00molH2(g)，则反应物浓度增加，则该反应的速率将增大。
(5)A．反应中，气体的物质的量、压强会随着反应而变化，故容器内压强不随时间的变化，说明气体的物质的量不随时间变化，则说明反应已达平衡，A正确；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，v正(CO2) =v正(H2O)=v逆(H2O) ，则说明反应已达平衡，B正确；
C．由方程式可知，CH3OH(g)与H2O(g)的浓度相同始终相同，故不能说明已平衡，选项C不正确；
D．密闭容器中， ，气体质量守恒，容积体积的不变，故不能说明已平衡，选项D不正确；
答案为AB。
14． 增大 增大 减小 不变 不变 减小
【详解】(1)在容器容积不变时，充入1 mol H2即c(H2)增大，反应物浓度增大，化学反应速率增大；
(2)升高温度，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，反应速率增大；
(3)扩大容器体积，相当于减小各成分浓度，反应速率减小，
(4)保持容器内气体压强不变，保持充入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，压强未变，体积增大，浓度也不变，则速率不变；
(5)保持容器容积不变，充入1mol N2，N2不参与反应，参与反应的各成分浓度未变，则反应速率不变；
(6)保持容器压强不变，充入N2，体积增大，各成分浓度减小，则反应速率减小。
15．(1)
(2) b 容器容积迅速缩小至原来的一半时，N2分压变为原来的2倍；其他条件不变时，容器容积减小，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即该平衡逆向移动，所以N2分压先变为原来的2倍，后逐渐减小
(3)0.48
【解析】（1）
密闭容器中0.1mol NH3总压为200kPa，则如图t1时H2的分压为120kPa，则H2的物质的量n(H2)=，则用H2的浓度变化表示的反应速率v(H2)=；
（2）
t2时刻容器体积迅速缩小到原来的一半，则N2的分压迅速增大到原来的2倍，则cd错误；压强增大，化学平衡向气体总体积减小的方向移动，即化学平衡逆向移动，导致N2的分压应比原来2倍小，则b正确，a错误，故合理选项是b；
（3）
在该温度下，达到平衡时，p(N2)=40kPa=0.4pθ、p(H2)=120kPa=1.2pθ、p(NH3)=120kPa=1.2pθ，则Kθ=。
16． C 无法判断是否能
【详解】(1) A．溶于水时混乱度增大，其熵值增大，A项正确；
B．活泼金属易失去电子，酸性条件下具有强氧化性，二者反应属于自发反应，B项正确；
C．决定反应是否为自发反应的因素是反应物自身的性质，C项错误；
故答案为：C；
(2)，由于无法判断a和bT值的相对大小，故无法确定是大于0还是小于0，所以无法判断该反应是否能自发进行，故答案为：无法判断是否能。
17． 放热 减少 < 放热 放热 不能自发进行
【详解】(1)在图像反应Ⅰ中，升高温度，A的转化率减小，平衡逆向移动，则此正反应为放热反应；若p1>p2，增大压强，A的转化率增大，平衡正向移动，反应是一个气体分子数减少的反应。
(2)在图像反应Ⅱ中，T2温度下反应先达到平衡，反应速率快，T1
(4)在图像反应Ⅳ中，增大压强，A的转化率不变，说明反应前后气体分子数相同，若T1>T2，升高温度，A的转化率增大，说明正反应吸热，根据 ，该反应不能自发进行。
18．(1)不变
(2)增大
(3)不变
(4)减小
(5)d
【分析】(1)
因铁是固体，增加铁的量，没有增加铁的浓度，所以不能改变反应速率；
(2)
容器的体积缩小，容器内各物质的浓度都增大，浓度越大，化学反应速率越快；
(3)
体积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变；
(4)
压强不变，充入N2使容器的体积增大，但各物质的浓度都减小，浓度越小，反应速率越小；
(5)
在一定温度下，将一定量反应物充入该密闭容器中，一段时间后，下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是：
a．可逆反应不能进行到底，无论反应进行到何种程度，容器中Fe、H2O、Fe3O4、H2四种物质都会共存，因此不能说明该反应达到平衡状态，a错误；
b．H2O、H2的物质的量之比与投料有关，不能说明该反应达到平衡状态，b错误；
c．由于左右化学计量数之和相等，故容器中的压强不随时间变化，不能说明该反应达到平衡状态，c错误；
d．气体质量为变量，物质的量不变，容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明该反应达到平衡状态，d正确；
e．断裂4molH-O键的同时生成4molH-H键，说明该反应达到平衡状态，e错误；
故选d。
19．(1)C
(2) 水浸、过滤 H2SiO3 +CO2 +2H2O=Al(OH)3↓+
(3)2+2H+ =+H2O
(4) 能耗大或者产品纯度较低 18
(5)(NH4)2HPO4
【分析】铬铁矿的主要成分为Cr2O3、Fe2O3、FeO，还有少量 MgO、Al2O3和杂质SiO2等，加入Na2CO3、NaNO3进行熔融、氧化，发生反应2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2CO2↑、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，所得产物进行水浸、过滤，得到的滤渣1主要为Fe2O3、 MgO，滤液1中含Na2CrO4、NaNO2、NaAlO2、Na2SiO3、Na2CO3、NaNO3，滤渣1加硫酸进行酸溶、加过氧化氢进行氧化，所得溶液加有机萃取剂进行萃取分液，得到含有铁离子的有机相，经过一系列处理得到铁离子，向滤液1中通入过量的二氧化碳，二氧化碳和NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀、和Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀，因此滤渣2的主要成分为Al(OH)3和H2SiO3，经过一系列处理得到含铝产品，滤液2中Na2CrO4经过酸化得到Na2Cr2O7，Na2Cr2O7与焦炭在高温条件下反应得到Cr2O3，Cr2O3经处理得到Cr。
（1）
A．塑料不耐高温，A错误；
B．刚玉主要成分为氧化铝，氧化铝高温条件下能和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，B错误；
C．铁不与上述反应过程中的物质反应，C正确；
D．石英主要成分为二氧化硅，二氧化硅和碳酸钠高温条件下反应生成硅酸钠和二氧化碳，D错误；
答案选C。
（2）
熔块经处理得到滤渣和滤液，因此步骤②为水浸、过滤，由分析可知，滤渣2是Al(OH)3和H2SiO3，步骤①发生的主要反应为2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A↑，依据原子守恒可知，A为CO2，过量的CO2与“滤液1"中的NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：+CO2 +2H2O=Al(OH)3↓+。
（3）
“滤液2”中的Na2CrO4经H2SO4酸化得到Na2Cr2O7，离子方程式为：2+2H+ =+H2O。
（4）
铝热法制高纯铬，铝热反应的耗能大，得到产品的纯度低，Na2Cr2O7与焦炭在高温条件下除生成Cr2O3 外，还生成了Na2CO3和CO，铬元素化合价由+6价降低到+3价，若该反应中有3 molNa2Cr2O7 参加反应，则转移电子的物质的量为3mol=18mol。
（5）
由图像可知，当反萃取剂的浓度均为0.5 mol L-1 时，(NH4)2HPO4的反萃取效果最好。
20．(1)增大硫酸的浓度(或将碳酸锰矿研成粉末等)
(2)调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去
(3)MnSO4＋K2S2O8＋2H2O=MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4
(4) MnO2是催化剂，加快了碳酸锂分解 8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑
【分析】向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质)其中加入硫酸，发生MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋CO2↑＋H2O，且三种氧化物均溶解转化为硫酸盐，向其中加高锰酸钾可氧化亚铁离子，将亚铁离子氧化为铁离子，加CaO调节pH可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后，向滤液中MnF2是为了除去溶液中的Ca2＋，过滤后发生MnSO4＋K2S2O8＋2H2O=MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4，最后发生8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑，据此分析解题。
（1）
为了提高碳酸锰矿浸出的速率，可以从浓度、温度、固体表面积等方面思考，因此在“酸浸”时可采取的措施还有：适当增大硫酸的浓度(或将碳酸锰矿研成粉末等)；故答案为：增大硫酸的浓度(或将碳酸锰矿研成粉末等)。
（2）
“除铁”时，加入CaO的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去；故答案为：调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去。
（3）
根据流程图分析可知滤液中MnSO4被K2S2O8氧化生成MnO2，MnSO4中S化合价升高变为MnO2，K2S2O8中部分 1价的O化合价降低变为 2价，再根据得失电子守恒和质量守恒配平，得到“合成MnO2”的化学方程式为：MnSO4＋K2S2O8＋2H2O=MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4；故答案为：MnSO4＋K2S2O8＋2H2O=MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4。
（4）
①可能的原因是MnO2是催化剂，降低反应所需活化能，加快了碳酸锂分解；故答案为：MnO2是催化剂，加快了碳酸锂分解。
②MnO2中Mn化合价降低，则反应中只有氧化合价升高，变为氧气，因此该反应的化学方程式为：8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑；故答案为：8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。
答案第1页，共2页
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