【精品解析】近三年高考化学真题分类汇编：化学反应速率和化学平衡2

近三年高考化学真题分类汇编：化学反应速率和化学平衡2
一、选择题
1．（2022·北京市）某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。
已知：
下列说法错误的是（　　）
A．温度升高时不利于吸附
B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动
C．转化为的反应是
D．每获得时，转移电子的数目为
2．（2022·海南）某温度下，反应在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是（　　）
A．增大压强，，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时的浓度增大
C．恒容下，充入一定量的，平衡向正反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大
3．（2022·山东）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
4．（2022·浙江6月选考）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（　　）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
5．（2022·浙江6月选考）关于反应，达到平衡后，下列说法不正确的是（　　）
A．升高温度，氯水中的减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，增大
C．取氯水稀释，增大
D．取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
6．（2022·湖南）向体积均为 的两恒容容器中分别充入 和 发生反应： ，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A． B．气体的总物质的量：
C．a点平衡常数： D．反应速率：
7．（2022·湖南）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是（　　）
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有 和
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
8．（2022·广东）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应 的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（　　）
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时， 内，
9．（2022·广东）恒容密闭容器中， 在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该反应的
B．a为 随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入 的平衡转化率增大
10．（2022·浙江选考）AB型强电解质在水中的溶解(可视作特殊的化学反应)表示为AB(s)=An+(aq)+Bn-(aq)，其焓变和熵变分别为ΔH和ΔS。对于不同组成的AB型强电解质，下列说法正确的是（　　）
A．ΔH和ΔS均大于零
B．ΔH和ΔS均小于零
C．ΔH可能大于零或小于零，ΔS大于零
D．ΔH和ΔS均可能大于零或小于零
11．（2022·浙江选考）某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是（　　）
A．反应原料中的原子100%转化为产物
B．该过程在化合物X和I-催化下完成
C．该过程仅涉及加成反应
D．若原料用，则产物为
12．（2022·浙江选考）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是（　　）
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
13．（2021·浙江）下列方案设计、现象和结论都正确的是（　　）
　 目的 方案设计 现象和结论
A 检验某无色溶液中是否含有NO 取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液 若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NO
B 探究KI与FeCl3反应的限度 取5 mL 0.1 mol·L-1KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液 若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度
C 判断某卤代烃中的卤素 取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液 若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素
D 探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性 取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 若没有生成砖红色沉淀 ，则蔗糖在酸性水溶液中稳定
A．A B．B C．C D．D
14．（2021·浙江）实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法错误的是（　　）
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH )
15．（2021·浙江）取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min 0 20 40 60 80
c/(mol·L-1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050
下列说法错误的是（　　）
A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
16．（2021·浙江）在298.15 K、100 kPa条件下，N2(g) +3H2 (g)=2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1，N2 (g) 、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29.1、28.9和35.6J·K-1·mol-1。一定压强下，1 mol反应中，反应物[N2(g) +3H2(g)]、生成物[2NH3(g)]的能量随温度T的变化示意图合理的是（　　）
A．
B．
C．
D．
二、多选题
17．（2022·湖南）反应物（S）转化为产物（P或 ）的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是（　　）
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
三、非选择题
18．（2022·北京市）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　 　。
（2）用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是　 　。
②沉钙反应的离子方程式为　 　。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为　 　。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是　 　。
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是　 　。
（4）滤渣C中含有的物质是　 　。
（5）该流程中可循环利用的物质是　 　。
19．（2022·北京市）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。
（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是　 　。
（2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为　 　。
（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为　 　。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为　 　。
（4）煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为　 　。
已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
（5）条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为　 　。
②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为　 　。(填“偏大”或“偏小”)
20．（2022·海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)　 　。
（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)　 　。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为　 　，反应温度t约为　 　℃。
（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂 t=350℃ t=400℃
催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780
催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为　 　；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是　 　。
21．（2022·山东）利用丁内酯(BL)制备1，4-丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：
（1）以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变　 　。
（2）初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是　 　；反应Ⅰ平衡常数　 　(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻　 　，BD产率=　 　(保留两位有效数字)。
（3）为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是　 　(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是　 　。
22．（2022·浙江6月选考）氨基钠（）是重要的化学试剂，实验室可用下图装置（夹持、搅拌、尾气处理装置已省略）制备。
简要步骤如下：
Ⅰ．在瓶A中加入液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ．加入钠粒，反应，得粒状沉积物。
Ⅲ．除去液氨，得产品。
已知：几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
请回答：
（1）的作用是　 　；装置B的作用是　 　。
（2）步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案　 　。
（3）步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有　 　。
（4）下列说法不正确的是____。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品
D．产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
（5）产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品→　 　→　 　→　 　→计算
a．准确加入过量的水
b．准确加入过量的标准溶液
c．准确加入过量的标准溶液
d．滴加甲基红指示剂（变色的范围4.4～6.2）
e．滴加石蕊指示剂（变色的范围4.5～8.3）
f．滴加酚酞指示剂（变色的范围8.2～10.0）
g．用标准溶液滴定
h．用标准溶液滴定
i．用标准溶液滴定
23．（2022·浙江6月选考）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
（1）回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：
在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数K=　 　。
（2）热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解（一边进料，另一边出料），发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得和的体积分数如下表：
温度/ 950 1000 1050 1100 1150
0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
0.0 0.0 0.1 0.4 1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是　 　。
②下列说法正确的是　 　。
A．其他条件不变时，用替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C．由实验数据推出中的键强于中的键
D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图　 　。
④在、常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是　 　。
⑤在范围内（其他条件不变），的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因　 　。
24．（2022·湖南）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的 和 ，起始压强为 时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ．
Ⅱ．
①下列说法正确的是　 　；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时 的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时， 的转化率为 ， 的物质的量为 。此时，整个体系　 　（填“吸收”或“放出”）热量　 　 ，反应Ⅰ的平衡常数 　 　（以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。
（2）一种脱除和利用水煤气中 方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中 溶液吸收一定量的 后， ，则该溶液的 　 　（该温度下 的 ）；
②再生塔中产生 的离子方程式为　 　；
③利用电化学原理，将 电催化还原为 ，阴极反应式为　 　。
25．（2022·全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和，还有少量、、的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为　 　，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因　 　。
（2）在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是　 　。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（），还要加入。
（ⅰ）能被氧化的离子是　 　；
（ⅱ）促进了金属在醋酸中转化为，其化学方程式为　 　；
（ⅲ）也能使转化为，的作用是　 　。
（4）“酸浸”后溶液的约为4.9，滤渣的主要成分是　 　。
（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有　 　。
26．（2022·全国乙卷）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的　 　。
（2）较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是　 　，缺点是　 　。
（3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为　 　，平衡常数　 　。
（4）在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率　 　，理由是　 　。
②对应图中曲线　 　，计算其在之间，分压的平均变化率为　 　。
27．（2022·浙江选考）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：
（1）在C和O2的反应体系中：
反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·mol-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1
反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。
① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是　 　。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比　 　。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·mol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是　 　。
（3）一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·mol-1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为　 　。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为　 　。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是　 　。
A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：　 　；步骤Ⅱ：　 　。
28．（2021·浙江）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是　 　。
（2）下列说法错误的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g) Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) +
HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g) Cl2(aq)的焓变ΔH1　 　0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2=　 　。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=　 　。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
（4）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181
mol·L-1，KI=-3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g) 2CO(g)
ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由　 　 。
（5）在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据可知，该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于NO2的吸附，A不符合题意；
B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B不符合题意；
C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，反应的化学方程式为，C不符合题意；
D．根据可知，每获得，转移的电子数为0.4mol，数目为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动；
B.固定”可使该平衡正向移动；
C.N2O4和氧气、水反应发生反应；
D.根据得失电子守恒计算。
2．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则v正> v逆，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A不符合题意；
B．催化剂不影响化学平衡状态，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不符合题意；
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C符合题意；
D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2 (g)的平衡转化率减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.平衡常数只与温度有关；
B.催化剂不影响平衡状态；
C.增大某一反应物浓度，平衡正向移动；
D.增大某一反应物浓度，平衡正向移动，但是其转化率减小。
3．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+ OOH=NO2+ OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+ C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+ OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项不符合题意；
B．根据图示，由NO生成HONO的反应有①②2种历程，B项不符合题意；
C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项不符合题意；
D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氧化还原反应中一定有电子转移；
B.由NO生成HONO的反应历程有①②的历程；
C.增大NO的量，平衡不移动；
D.无论反应历程如何，发生的反应均为2C3H8+O22C3H6+2H2O。
4．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，v(NH3)= =2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)= v(NH3)=1.00 10-5mol/(L·min)，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)；
B.结合实验①②数据分析，两者表面积相同，实验①未达到平衡；
D.催化剂表面积越大，反应速率越快。
5．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c(HClO)减小，A不符合题意；
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B不符合题意；
C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此 增大，C不符合题意；
D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升温该反应的平衡逆向移动；
B.氢离子和醋酸根离子反应生成醋酸弱电解质；
C.加水稀释，次氯酸浓度变化远大于氯离子浓度变化。
6．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，故A不符合题意；
B．该反应的ΔH<0，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，此时两者相等，则na＜nc，故B符合题意；
C．设平衡时Z的物质的量为a，则有三段式：
，恒温条件下，Pa=P始，则有3-2a=×3mol，解得a=0.75mol，则，甲为绝热容器，反应过程中温度高于乙，平衡逆向移动，故a点平衡常数：K＜12，故C不符合题意；
D．由图可知，甲容器达到平衡的时间短，则甲的反应速率比乙快，则Va正＞Vb正，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.随着反应的进行，压强先增大后减小，ΔH<0；
C.列出反应的三段式结合温度变化判断；
D.甲的反应速率比乙快。
7．【答案】C
【知识点】化学反应速率；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A不符合题意；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B不符合题意；
C．合成槽内发生的反应为NaHCO3+6NaF+NaAlO2=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O，产物为Na3AlF6和Na2CO3，故C符合题意；
D．由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2CO3+HF=NaF+NaHCO3，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应 NaHCO3+6NaF+NaAlO2=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O， 过滤得到 Na3AlF6和含有 Na2CO3的滤液。
8．【答案】D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息可知，无催化剂时，随着反应的进行，生成物浓度也在增加，即反应也在进行，A不符合题意；
B．由图可知，相同时间内，使用催化剂I得到的产物更多，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，B不符合题意；
C．由图可知，在0~2min 内，Δc(X)为2.0mol/L，使用催化剂II时，Δc(Y)为2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，C不符合题意；
D．在0~2min 内，使用催化剂I时，Δc(Y)为4.0mol/L，则v(Y)=，(X) =，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应是否进行可根据产物是否在增加进行分析。
B.反应活化能越低，其反应速率越大。
C.对于可逆反应，参加反应的各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。
D.根据反应速率的表达式及反应速率之比等于其化学计量数之比进行分析。
9．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
10．【答案】D
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】强电解质溶于水有的放热，如硫酸铜等；有的吸热，如碳酸氢钠等，所以在水中溶解对应的ΔH可能大于零或小于零。熵表示系统混乱程度。体系越混乱，则熵越大。AB型强电解质固体溶于水，存在熵的变化。固体转化为离子，混乱度是增加的，但离子在水中存在水合过程，这样会引发水的混乱度的变化，让水分子会更加规则，即水的混乱度下降，所以整个溶解过程的熵变ΔS，取决于固体转化为离子的熵增与水合过程的熵减两个作用的相对大小关系。若是前者占主导，则整个溶解过程熵增，即ΔS＞0，反之，熵减，即ΔS＜0。综上所述，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】AB型强电解质溶于水时可能放热也可能吸热，可能是固体或液体溶解于水，也可能是气体溶解于水。
11．【答案】C
【知识点】催化剂；加成反应
【解析】【解答】A．通过图示可知，二氧化碳和反应生成，没有其它物质生成，反应原料中的原子100%转化为产物，A不符合题意；
B．通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，B不符合题意；
C．在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C符合题意；
D．通过分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用，则产物为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.总反应的方程式为；
B.X和I-为该反应的催化剂；
C.生成X的反应不是加成反应；
D.结合总反应的方程式进行分析判断。
12．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A不符合题意；
B．b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，选项B不符合题意；
C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C符合题意；
D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应速率的定义分析判断；
B.b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为瞬时速率；
C.化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比；
D.加入催化剂反应速率增大，平衡不移动。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断；氯离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A不符合题意；
B．向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B符合题意；
C．溶液中加入KOH后体系中剩余大量的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C不符合题意；
D．蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二价亚铁离子变为三价铁离子，主要说明含有氧化性的离子，但是不一定是亚硝酸根还有可能是硝酸根离子
B.碘离子的量是过量的，若不是可逆反应，不存在三价铁离子，但是最终加入硫氰化钾溶液后，溶液变为红色说明有三价铁离子因此说明反应有限度
C.检验氯离子时需要进行加入硝酸酸化
D.检验醛基时需要碱性环境，水解后加入氢氧化钠调节溶液为碱性
14．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的调控；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法不符合题意；
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的 ，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的 ，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法不符合题意；
C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法符合题意；
D． 25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH-) -c(H+)|（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。结合选项进行判断
15．【答案】C
【知识点】催化剂；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A不符合题意；
B.20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v= = =0.010mol/(L·min)，B不符合题意；
C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C符合题意；
D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据浓度的变化量计算出物质的量，结合方程式计算出氧气的物质的量即可
B.根据物质的量的浓度的变化量，根据v=c/t计算出速率
C.随着反应的进行浓度不断减小，速率不断的减小
D.氧化铁以及碘离子均可做过氧化氢的反应的催化剂
16．【答案】B
【知识点】化学平衡的调控；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图像B符合题意，
故答案为：B。
【分析】温度越高，对于比热容越高的能量变化越大，而 N2 (g) 、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29.1、28.9和35.6J·K-1·mol-1 ，因此反应物的能量大于生成物的能量。
17．【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡中反应条件的控制；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．进程Ⅰ中S的总能量大于P的总能量，为放热反应，A符合题意；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B不符合题意；
C．活化能越低，反应速率越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，Ｃ不符合题意；
D．由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S Z，然后S Z转化为产物P Z，由于P Z没有转化为P＋Z，因此Z没有催化作用，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.反应物的总能量大于生成物总能量为放热反应；
B.X为催化剂，催化剂不影响平衡；
C.活化能越低，反应速率越快；
D.催化剂在反应前后不发生变化。
18．【答案】（1）
（2），在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出；；2.4∶1；，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
（3），，随大量氨逸出，平衡正向移动
（4）
（5）
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，反应的化学方程式为；
（2）①根据表中数据可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为。
③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④，在反应中会优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙，导致产品中纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。
19．【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分
（2）2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
（3）SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；3I--2e-=I
（4）
（5）I2+I-=I；偏小
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；
（3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+，故答案为：SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I，故答案为：3I--2e-=I；
（4）由题意可得如下关系：S~SO2~I~2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；
（5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I-=I，故答案为：I2+I-=I；
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
【分析】（1）增大反应物的接触面积可使反应更充分；
（2） 在高温下分解生成CaO、 和氧气；
（3）①电解池中，SO2与 I 发生氧化还原反应；
②电解池的阳极发生氧化反应；
（4）根据S~SO2~I~2e-计算；
（5）①碘和碘离子发生反应生成I；
②管式炉内壁上有残留，硫元素没有全部转化为二氧化硫。
20．【答案】（1）-286
（2）；50%或0.5；660.2(或660.1或660.3，其他答案酌情给分)
（3）5.4；相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
(2)①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，的浓度由0增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 的浓度由0增加到10.8，：＝12722：10.81178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，的浓度由0增加到9.2，：＝10775：9.21171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 的浓度由0增加到345.2，：＝42780：345.2124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，的浓度由0增加到34，：＝38932：341145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
21．【答案】（1）-200(X+Y)
（2）a或c；8.3×10-8；0.08；39%
（3）c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；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)同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效，则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol的能量差值为200(X+Y)kJ，反应Ⅰ为放热反应，焓变为负值，则=-200(X+Y)kJ·mol-1。
(2)实验测定X(3)反应Ⅰ为放热反应，以BL为初始原料，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则最大即最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动，增大，则=1.0所需时间更长。
【分析】 （1）同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时两个平衡完全等效，且焓变为负值；
（2）X（3）反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，温度越高反应速率越快；增大压强反应Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动。
22．【答案】（1）催化；防止氧气、水进入密闭体系
（2）试管加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排型的气体导至试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽；如未出现气泡，则空气已排尽
（3）分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量
（4）B；C
（5）b；d；g
【知识点】化学反应速率的影响因素；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3 9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)3 9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备，
故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系；
（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，判断密封体系中空气是否排尽的实验方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；
（3）反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；
（4）A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3 9H2O均匀分散在液氨中，A符合题意；
B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，不能被点燃、不会产生火焰，B不符合题意；
C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C不符合题意；
D.NaNH2易与水、氧气发生反应，可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D符合题意；
故答案为：BC；
（5）NaNH2的唯一杂质为NaOH，NaNH2溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，则滴定终点时溶液呈酸性，选用甲基橙作指示剂，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg → 加入过量盐酸标准溶液 → 加入滴加甲基橙指示剂 → 用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。
【分析】在Fe(NO3)3 9H2O作催化剂的条件下，液氨与钠反应生成NaNH2和氢气，NaNH2易与水、氧气等反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入反应体系，在N之后应连接尾气处理装置。
23．【答案】（1）
（2）高温；AB；；时不参与反应，相同分压的经历相同的时间转化率相同；先升后降。在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g) 的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2 的速率大于反应Ⅰ生成S2 的速率，S2(g) 的体积分数减小
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝ ；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A符合题意；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B符合题意；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C不符合题意；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D不符合题意；
故答案为：AB；
③反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，吸热反应反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应过程能量示意图可表示为 ；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
【分析】（1）根据计算；
（2）①ΔH－TΔS＜0时反应可自发进行；
②A.Ar不参与反应；
B.升温平衡正向移动；
C.根据表中实验数据，无法判断出H2S中的S-H键、CH4中的C-H键相对强弱；
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，平衡正向移动；
③反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，生成物的总能量高于反应物总能量；
④1000℃条件下CH4不参与反应；
⑤低温段，以反应Ⅰ为主，在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率。
24．【答案】（1）BD；吸收；31.2；
（2）10；2 CO2↑+ +H2O；2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体，各组分浓度不变，反应Ⅰ的平衡不移动，A不符合题意；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，反应后过程中气体的密度发生变化，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B符合题意；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，可逆反应不能彻底进行，则平衡时H2的体积分数不可能大于，C不符合题意；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，可加快反应速率，D符合题意；
综上所述，正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa×1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）c( )：c( )=1：2，根据 可知， = ，则该溶液的pH=-lgc(H+)=10；
②KHCO3在再生塔中受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，反应的离子方程式为2 CO2↑+ +H2O；
③由图可知，水在玻碳电极发生氧化反应生成氧气，则玻碳电极为阳极，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，阴极发生还原反应，且在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
【分析】（1）①A.恒容体系中充入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动；
B.该反应的密度为变量，当混合气体的密度不变时反应达到平衡；
C.可逆反应不能彻底进行；
D.增大反应物的接触面积可加快反应速率；
②根据反应Ⅰ的能量变化及反应Ⅱ的能量变化求出整个体系的热量变化；根据计算；
（2）①结合计算；
②再生塔中碳酸氢钾分解产生二氧化碳；
③阴极发生还原反应。
25．【答案】（1）PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)；反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
（2）反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
（3）Fe2+；Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O；作还原剂
（4）Fe(OH)3、Al(OH)3
（5）Ba2+、Na+
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“脱硫”过程中，Na2CO3溶液与PbSO4反应生成PbCO3和Na2SO4，反应的离子方程式为：PbSO4+CO32-= PbCO3+SO42-；结合第一个表格信息可知该反应的平衡常数K=，说明该反应正向进行程度很大，几乎完全转化，且生成的PbCO3可通过“酸浸”进入溶液中，减少铅的损失。
（2）反应BaSO4+CO32-= BaCO3(s)+SO42-的平衡常数K=，远小于105，说明该反应正向进行程度很小，因此加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
（3）（i）H2O2有氧化性，二价铁有还原性，能被H2O2氧化为三价铁。
（ii）根据题干信息可知，该反应属于氧化还原反应，其中Pb作还原剂，H2O2作氧化剂，氧化产物是Pb(Ac)2，还原产物是H2O，结合电子守恒、原子守恒进行配平可得Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）PbO2→Pb(Ac)2的过程中Pb元素化合价由+4降为+2，说明PbO2是氧化剂，则H2O2是还原剂。
（4）由分析可知，“酸浸”后的滤渣主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。
（5）由（2）可知，“脱硫”时加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化，“酸浸”时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，“沉铅”时Pb2+转化为Pb(OH)2沉淀，最终得到PbO，所以“沉铅”的滤液中，金属离子有Ba2+和Na+[加Na2CO3、NaOH时引入的]。
【分析】根据题干信息及流程图可知，加入Na2CO3“脱硫”时，铅膏中的PbSO4转化为PbCO3；过滤后，向滤渣中加入HAc、H2O2进行“酸浸”，由于H2O2具有氧化性，可将二价铁氧化为三价铁，“酸浸”后溶液的pH约为4.9，结合第二个表格信息可知，此时所得滤渣主要是Fe(OH)3和Al(OH)3；过滤后，向滤液中加入NaOH进行“沉铅”，得到Pb(OH)2沉淀，经一系列操作可得到PbO。
26．【答案】（1）170
（2）副产物氢气可作燃料；耗能高
（3）50%；4.76
（4）越高；n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高；d；24.9
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律（①+②）-③即得到反应④，所以ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170kJ/mol。
（2）根据题干信息，结合盖斯定律可知克劳斯工艺的总反应为2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，高温热分解法与之相比，在生成S的同时还有燃料H2生成，但耗能高，成本较高。
（3）根据题干信息，假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=4mol，根据三段式可知：
　 2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1-x 0.5x x
平衡时H2S和H2的分压相等，则其物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，平衡常数Kp＝。
（4）①该反应过程中气体体积分数增大，n(H2S)：n(Ar)的值越小，则H2S的分压越小，相当于减压，平衡将向正反应方向移动，所以H2S平衡转化率越高。
②根据①分析可知n(H2S)：n(Ar)＝1：9对应的曲线是d，在0.1s时H2S转化率为24%。假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=9mol，则根据三段式可知
　 2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
平衡时H2S的压强为，H2S的起始压强为，所以H2S分压的平均变化率为。
【分析】（1）根据盖斯定律进行求解，注意几点：①若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；②当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；③△H的计算一定要带上正负号。
（2）可从反应条件、产物，结合成本、效益等角度进行分析。
（3）通过列化学平衡三段式，结合转化率和平衡常数的表达式进行分析，注意单位统一。
（4）①根据勒夏特烈原理进行分析，注意惰性气体对反应中压强的影响。
②气体分压的平均变化率=，注意气体的物质的量与压强之间的关系。
27．【答案】（1）a；B
（2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
（3）9.0；1.8：1；BC；M+H2O=MO+H2；MO+CO=M+CO2
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，故此处填a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故故答案为：B；
(2)由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；
(3)①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不正确；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C正确；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不正确；
故故答案为：BC；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算，再进行判断；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，温度对其平衡移动影响程度大；
（2）从反应速率和平衡移动的角度分析；
（3）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②列出反应的三段式计算；
③A.温度过高催化剂失去活性；
B.压强增大反应速率加快；
C.合适的催化剂能降低活化能，增大反应速率；
D.恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，恒压条件，通入氮气反应速率变慢；
④第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2。
28．【答案】（1）2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑
（2）A
（3）＜；；K1p +
（4）反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量
（5）A；B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。
综上所述，相关说法错误的是A，
故答案为：A。
(3)①Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2= ，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为 ；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则 ，由K2= 可知 = ，由K1=c(Cl2)/p可知， = ，则 = ，因此，c= K1p + 。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。
(5) A.．由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率（催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大），从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A正确；
B．可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B正确；
C．适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不正确；
D．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不正确。
综上所述，选AB。
【分析】（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠
（2）氯气溶于水后，形成的是次氯酸或盐酸与碱石灰作用。收集氯气时利用的是排饱和食盐水的方法进行收集气体，常温下可以加压的方式减小分子的间隔即可将气体变为液体，工业上利用氢气和氯气制取氯化氢溶于水变为盐酸
（3）① 根据盖斯定律计算即可②根据平衡常数的计算公式进行计算即可③利用K1和K2结合氯元素守恒进行计算即可
（4）利用盖斯定律，得出方程式，K值很大，加入碳促进四氯化碳的产生
（5）提高产物的比例，主要可以选择适合的催化剂以及适当的提高温度，促进产物的合成
1 / 1近三年高考化学真题分类汇编：化学反应速率和化学平衡2
一、选择题
1．（2022·北京市）某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。
已知：
下列说法错误的是（　　）
A．温度升高时不利于吸附
B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动
C．转化为的反应是
D．每获得时，转移电子的数目为
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据可知，该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于NO2的吸附，A不符合题意；
B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B不符合题意；
C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，反应的化学方程式为，C不符合题意；
D．根据可知，每获得，转移的电子数为0.4mol，数目为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动；
B.固定”可使该平衡正向移动；
C.N2O4和氧气、水反应发生反应；
D.根据得失电子守恒计算。
2．（2022·海南）某温度下，反应在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是（　　）
A．增大压强，，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时的浓度增大
C．恒容下，充入一定量的，平衡向正反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的，的平衡转化率增大
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则v正> v逆，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A不符合题意；
B．催化剂不影响化学平衡状态，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不符合题意；
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C符合题意；
D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2 (g)的平衡转化率减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.平衡常数只与温度有关；
B.催化剂不影响平衡状态；
C.增大某一反应物浓度，平衡正向移动；
D.增大某一反应物浓度，平衡正向移动，但是其转化率减小。
3．（2022·山东）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+ OOH=NO2+ OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+ C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+ OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项不符合题意；
B．根据图示，由NO生成HONO的反应有①②2种历程，B项不符合题意；
C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项不符合题意；
D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氧化还原反应中一定有电子转移；
B.由NO生成HONO的反应历程有①②的历程；
C.增大NO的量，平衡不移动；
D.无论反应历程如何，发生的反应均为2C3H8+O22C3H6+2H2O。
4．（2022·浙江6月选考）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（　　）
A．实验①，，
B．实验②，时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，v(NH3)= =2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)= v(NH3)=1.00 10-5mol/(L·min)，A不符合题意；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B不符合题意；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C符合题意；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据和化学反应速率之比等于化学计量数之比计算v(N2)；
B.结合实验①②数据分析，两者表面积相同，实验①未达到平衡；
D.催化剂表面积越大，反应速率越快。
5．（2022·浙江6月选考）关于反应，达到平衡后，下列说法不正确的是（　　）
A．升高温度，氯水中的减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，增大
C．取氯水稀释，增大
D．取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c(HClO)减小，A不符合题意；
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B不符合题意；
C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此 增大，C不符合题意；
D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升温该反应的平衡逆向移动；
B.氢离子和醋酸根离子反应生成醋酸弱电解质；
C.加水稀释，次氯酸浓度变化远大于氯离子浓度变化。
6．（2022·湖南）向体积均为 的两恒容容器中分别充入 和 发生反应： ，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A． B．气体的总物质的量：
C．a点平衡常数： D．反应速率：
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，故A不符合题意；
B．该反应的ΔH<0，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，此时两者相等，则na＜nc，故B符合题意；
C．设平衡时Z的物质的量为a，则有三段式：
，恒温条件下，Pa=P始，则有3-2a=×3mol，解得a=0.75mol，则，甲为绝热容器，反应过程中温度高于乙，平衡逆向移动，故a点平衡常数：K＜12，故C不符合题意；
D．由图可知，甲容器达到平衡的时间短，则甲的反应速率比乙快，则Va正＞Vb正，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.随着反应的进行，压强先增大后减小，ΔH<0；
C.列出反应的三段式结合温度变化判断；
D.甲的反应速率比乙快。
7．（2022·湖南）铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是（　　）
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有 和
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
【答案】C
【知识点】化学反应速率；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A不符合题意；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B不符合题意；
C．合成槽内发生的反应为NaHCO3+6NaF+NaAlO2=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O，产物为Na3AlF6和Na2CO3，故C符合题意；
D．由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2CO3+HF=NaF+NaHCO3，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应 NaHCO3+6NaF+NaAlO2=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O， 过滤得到 Na3AlF6和含有 Na2CO3的滤液。
8．（2022·广东）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应 的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（　　）
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时， 内，
【答案】D
【知识点】化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息可知，无催化剂时，随着反应的进行，生成物浓度也在增加，即反应也在进行，A不符合题意；
B．由图可知，相同时间内，使用催化剂I得到的产物更多，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，B不符合题意；
C．由图可知，在0~2min 内，Δc(X)为2.0mol/L，使用催化剂II时，Δc(Y)为2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，C不符合题意；
D．在0~2min 内，使用催化剂I时，Δc(Y)为4.0mol/L，则v(Y)=，(X) =，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应是否进行可根据产物是否在增加进行分析。
B.反应活化能越低，其反应速率越大。
C.对于可逆反应，参加反应的各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比。
D.根据反应速率的表达式及反应速率之比等于其化学计量数之比进行分析。
9．（2022·广东）恒容密闭容器中， 在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．该反应的
B．a为 随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入 的平衡转化率增大
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
10．（2022·浙江选考）AB型强电解质在水中的溶解(可视作特殊的化学反应)表示为AB(s)=An+(aq)+Bn-(aq)，其焓变和熵变分别为ΔH和ΔS。对于不同组成的AB型强电解质，下列说法正确的是（　　）
A．ΔH和ΔS均大于零
B．ΔH和ΔS均小于零
C．ΔH可能大于零或小于零，ΔS大于零
D．ΔH和ΔS均可能大于零或小于零
【答案】D
【知识点】焓变和熵变
【解析】【解答】强电解质溶于水有的放热，如硫酸铜等；有的吸热，如碳酸氢钠等，所以在水中溶解对应的ΔH可能大于零或小于零。熵表示系统混乱程度。体系越混乱，则熵越大。AB型强电解质固体溶于水，存在熵的变化。固体转化为离子，混乱度是增加的，但离子在水中存在水合过程，这样会引发水的混乱度的变化，让水分子会更加规则，即水的混乱度下降，所以整个溶解过程的熵变ΔS，取决于固体转化为离子的熵增与水合过程的熵减两个作用的相对大小关系。若是前者占主导，则整个溶解过程熵增，即ΔS＞0，反之，熵减，即ΔS＜0。综上所述，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】AB型强电解质溶于水时可能放热也可能吸热，可能是固体或液体溶解于水，也可能是气体溶解于水。
11．（2022·浙江选考）某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是（　　）
A．反应原料中的原子100%转化为产物
B．该过程在化合物X和I-催化下完成
C．该过程仅涉及加成反应
D．若原料用，则产物为
【答案】C
【知识点】催化剂；加成反应
【解析】【解答】A．通过图示可知，二氧化碳和反应生成，没有其它物质生成，反应原料中的原子100%转化为产物，A不符合题意；
B．通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，B不符合题意；
C．在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C符合题意；
D．通过分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用，则产物为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.总反应的方程式为；
B.X和I-为该反应的催化剂；
C.生成X的反应不是加成反应；
D.结合总反应的方程式进行分析判断。
12．（2022·浙江选考）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是（　　）
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A不符合题意；
B．b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，选项B不符合题意；
C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C符合题意；
D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应速率的定义分析判断；
B.b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为瞬时速率；
C.化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比；
D.加入催化剂反应速率增大，平衡不移动。
13．（2021·浙江）下列方案设计、现象和结论都正确的是（　　）
　 目的 方案设计 现象和结论
A 检验某无色溶液中是否含有NO 取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液 若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NO
B 探究KI与FeCl3反应的限度 取5 mL 0.1 mol·L-1KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液 若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度
C 判断某卤代烃中的卤素 取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液 若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素
D 探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性 取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热 若没有生成砖红色沉淀 ，则蔗糖在酸性水溶液中稳定
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡状态的判断；氯离子的检验；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A．原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A不符合题意；
B．向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B符合题意；
C．溶液中加入KOH后体系中剩余大量的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C不符合题意；
D．蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二价亚铁离子变为三价铁离子，主要说明含有氧化性的离子，但是不一定是亚硝酸根还有可能是硝酸根离子
B.碘离子的量是过量的，若不是可逆反应，不存在三价铁离子，但是最终加入硫氰化钾溶液后，溶液变为红色说明有三价铁离子因此说明反应有限度
C.检验氯离子时需要进行加入硝酸酸化
D.检验醛基时需要碱性环境，水解后加入氢氧化钠调节溶液为碱性
14．（2021·浙江）实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法错误的是（　　）
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH )
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的调控；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法不符合题意；
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度 mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的 ，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的 ，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法不符合题意；
C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法符合题意；
D． 25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH-) -c(H+)|（两者差的绝对值）相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。结合选项进行判断
15．（2021·浙江）取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min 0 20 40 60 80
c/(mol·L-1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050
下列说法错误的是（　　）
A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
【答案】C
【知识点】催化剂；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A不符合题意；
B.20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v= = =0.010mol/(L·min)，B不符合题意；
C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C符合题意；
D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据浓度的变化量计算出物质的量，结合方程式计算出氧气的物质的量即可
B.根据物质的量的浓度的变化量，根据v=c/t计算出速率
C.随着反应的进行浓度不断减小，速率不断的减小
D.氧化铁以及碘离子均可做过氧化氢的反应的催化剂
16．（2021·浙江）在298.15 K、100 kPa条件下，N2(g) +3H2 (g)=2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1，N2 (g) 、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29.1、28.9和35.6J·K-1·mol-1。一定压强下，1 mol反应中，反应物[N2(g) +3H2(g)]、生成物[2NH3(g)]的能量随温度T的变化示意图合理的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】化学平衡的调控；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图像B符合题意，
故答案为：B。
【分析】温度越高，对于比热容越高的能量变化越大，而 N2 (g) 、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29.1、28.9和35.6J·K-1·mol-1 ，因此反应物的能量大于生成物的能量。
二、多选题
17．（2022·湖南）反应物（S）转化为产物（P或 ）的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是（　　）
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡中反应条件的控制；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．进程Ⅰ中S的总能量大于P的总能量，为放热反应，A符合题意；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B不符合题意；
C．活化能越低，反应速率越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，Ｃ不符合题意；
D．由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S Z，然后S Z转化为产物P Z，由于P Z没有转化为P＋Z，因此Z没有催化作用，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.反应物的总能量大于生成物总能量为放热反应；
B.X为催化剂，催化剂不影响平衡；
C.活化能越低，反应速率越快；
D.催化剂在反应前后不发生变化。
三、非选择题
18．（2022·北京市）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　 　。
（2）用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是　 　。
②沉钙反应的离子方程式为　 　。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为　 　。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是　 　。
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是　 　。
（4）滤渣C中含有的物质是　 　。
（5）该流程中可循环利用的物质是　 　。
【答案】（1）
（2），在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出；；2.4∶1；，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
（3），，随大量氨逸出，平衡正向移动
（4）
（5）
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】
（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，反应的化学方程式为；
（2）①根据表中数据可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为。
③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④，在反应中会优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙，导致产品中纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。
19．（2022·北京市）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。
（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是　 　。
（2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为　 　。
（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为　 　。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为　 　。
（4）煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为　 　。
已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
（5）条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为　 　。
②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为　 　。(填“偏大”或“偏小”)
【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分
（2）2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
（3）SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；3I--2e-=I
（4）
（5）I2+I-=I；偏小
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；
（3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+，故答案为：SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I，故答案为：3I--2e-=I；
（4）由题意可得如下关系：S~SO2~I~2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；
（5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I-=I，故答案为：I2+I-=I；
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
【分析】（1）增大反应物的接触面积可使反应更充分；
（2） 在高温下分解生成CaO、 和氧气；
（3）①电解池中，SO2与 I 发生氧化还原反应；
②电解池的阳极发生氧化反应；
（4）根据S~SO2~I~2e-计算；
（5）①碘和碘离子发生反应生成I；
②管式炉内壁上有残留，硫元素没有全部转化为二氧化硫。
20．（2022·海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)　 　。
（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)　 　。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为　 　，反应温度t约为　 　℃。
（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂 t=350℃ t=400℃
催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780
催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为　 　；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是　 　。
【答案】（1）-286
（2）；50%或0.5；660.2(或660.1或660.3，其他答案酌情给分)
（3）5.4；相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
(2)①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，的浓度由0增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 的浓度由0增加到10.8，：＝12722：10.81178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，的浓度由0增加到9.2，：＝10775：9.21171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 的浓度由0增加到345.2，：＝42780：345.2124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，的浓度由0增加到34，：＝38932：341145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
21．（2022·山东）利用丁内酯(BL)制备1，4-丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：
（1）以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变　 　。
（2）初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是　 　；反应Ⅰ平衡常数　 　(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻　 　，BD产率=　 　(保留两位有效数字)。
（3）为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是　 　(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是　 　。
【答案】（1）-200(X+Y)
（2）a或c；8.3×10-8；0.08；39%
（3）c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；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)同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效，则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol的能量差值为200(X+Y)kJ，反应Ⅰ为放热反应，焓变为负值，则=-200(X+Y)kJ·mol-1。
(2)实验测定X(3)反应Ⅰ为放热反应，以BL为初始原料，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则最大即最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动，增大，则=1.0所需时间更长。
【分析】 （1）同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时两个平衡完全等效，且焓变为负值；
（2）X（3）反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，温度越高反应速率越快；增大压强反应Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动。
22．（2022·浙江6月选考）氨基钠（）是重要的化学试剂，实验室可用下图装置（夹持、搅拌、尾气处理装置已省略）制备。
简要步骤如下：
Ⅰ．在瓶A中加入液氨和，通入氨气排尽密闭体系中空气，搅拌。
Ⅱ．加入钠粒，反应，得粒状沉积物。
Ⅲ．除去液氨，得产品。
已知：几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。
请回答：
（1）的作用是　 　；装置B的作用是　 　。
（2）步骤Ⅰ，为判断密闭体系中空气是否排尽，请设计方案　 　。
（3）步骤Ⅱ，反应速率应保持在液氨微沸为宜。为防止速率偏大，可采取的措施有　 　。
（4）下列说法不正确的是____。
A．步骤Ⅰ中，搅拌的目的是使均匀地分散在液氨中
B．步骤Ⅱ中，为判断反应是否已完成，可在N处点火，如无火焰，则反应已完成
C．步骤Ⅲ中，为避免污染，应在通风橱内抽滤除去液氨，得到产品
D．产品应密封保存于充满干燥氮气的瓶中
（5）产品分析：假设是产品的唯一杂质，可采用如下方法测定产品纯度。从下列选项中选择最佳操作并排序。
准确称取产品→　 　→　 　→　 　→计算
a．准确加入过量的水
b．准确加入过量的标准溶液
c．准确加入过量的标准溶液
d．滴加甲基红指示剂（变色的范围4.4～6.2）
e．滴加石蕊指示剂（变色的范围4.5～8.3）
f．滴加酚酞指示剂（变色的范围8.2～10.0）
g．用标准溶液滴定
h．用标准溶液滴定
i．用标准溶液滴定
【答案】（1）催化；防止氧气、水进入密闭体系
（2）试管加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排型的气体导至试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽；如未出现气泡，则空气已排尽
（3）分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量
（4）B；C
（5）b；d；g
【知识点】化学反应速率的影响因素；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）结合实验原理，根据实验操作中加入Fe(NO3)3 9H2O的用料很少，可推知，Fe(NO3)3 9H2O在反应中作催化剂，加快反应速率；结合已知信息可知，制备得到的NaNH2易与水和氧气发生反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入密闭体系，干扰NaNH2的制备，
故答案为：催化；防止氧气、水进入密闭体系；
（2）结合氨气极易溶于水，空气中的氮气难溶于水，氧气不易溶于水的物理性质，判断密封体系中空气是否排尽的实验方案如下：试管中加满水倒扣于水槽中，M处通入氨气，将N处排出的气体导入试管内。如试管底部出现气泡，则空气尚未排尽，如未出现气泡，则说明空气已排尽；
（3）反应物的浓度、温度均可影响化学反应速率，所以为防止反应速率偏大，可实施的措施有：分批少量加入钠粒；降低冷却液温度；适当增加液氨量(任写一种即可)；
（4）A.步骤I中，搅拌可使液体混合均匀，所以搅拌可使少量的催化剂Fe(NO3)3 9H2O均匀分散在液氨中，A符合题意；
B.步骤II中，由于液氨处于微沸状态，故生成的氢气中混有一定量的氨气；氢气虽然是可燃性气体，由于氨气在空气中不能被点燃，当氨气中只有少量氢气时，不能被点燃、不会产生火焰，B不符合题意；
C.步骤II中得到的粒状沉积物，颗粒较小，颗粒太小的沉淀易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，所以不适宜选用抽滤装置进行过滤，C不符合题意；
D.NaNH2易与水、氧气发生反应，可密封保存于充满干燥氮气的瓶中，D符合题意；
故答案为：BC；
（5）NaNH2的唯一杂质为NaOH，NaNH2溶于水生成氢氧化钠和氨气，所以可利用盐酸标准溶液进行滴定，因滴定终点时，溶液中含氯化钠和氯化铵，则滴定终点时溶液呈酸性，选用甲基橙作指示剂，过量的盐酸再利用氢氧化钠标准液反滴定，最终利用所测数据计算得出产品中NaNH2的纯度，故涉及的操作步骤为：准确称取产品xg → 加入过量盐酸标准溶液 → 加入滴加甲基橙指示剂 → 用氢氧化钠标准溶液进行滴定，根据实验所测数据，计算产品纯度，故答案为：bdg。
【分析】在Fe(NO3)3 9H2O作催化剂的条件下，液氨与钠反应生成NaNH2和氢气，NaNH2易与水、氧气等反应，所以装置B中Hg可防止氧气、水进入反应体系，在N之后应连接尾气处理装置。
23．（2022·浙江6月选考）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
（1）回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：
在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数K=　 　。
（2）热解制。根据文献，将和的混合气体导入石英管反应器热解（一边进料，另一边出料），发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得和的体积分数如下表：
温度/ 950 1000 1050 1100 1150
0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
0.0 0.0 0.1 0.4 1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是　 　。
②下列说法正确的是　 　。
A．其他条件不变时，用替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C．由实验数据推出中的键强于中的键
D．恒温恒压下，增加的体积分数，的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图　 　。
④在、常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是　 　。
⑤在范围内（其他条件不变），的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因　 　。
【答案】（1）
（2）高温；AB；；时不参与反应，相同分压的经历相同的时间转化率相同；先升后降。在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g) 的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2 的速率大于反应Ⅰ生成S2 的速率，S2(g) 的体积分数减小
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝ ；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A符合题意；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B符合题意；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C不符合题意；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D不符合题意；
故答案为：AB；
③反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，吸热反应反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应过程能量示意图可表示为 ；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
【分析】（1）根据计算；
（2）①ΔH－TΔS＜0时反应可自发进行；
②A.Ar不参与反应；
B.升温平衡正向移动；
C.根据表中实验数据，无法判断出H2S中的S-H键、CH4中的C-H键相对强弱；
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，平衡正向移动；
③反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，生成物的总能量高于反应物总能量；
④1000℃条件下CH4不参与反应；
⑤低温段，以反应Ⅰ为主，在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率。
24．（2022·湖南）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的 和 ，起始压强为 时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ．
Ⅱ．
①下列说法正确的是　 　；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时 的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时， 的转化率为 ， 的物质的量为 。此时，整个体系　 　（填“吸收”或“放出”）热量　 　 ，反应Ⅰ的平衡常数 　 　（以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。
（2）一种脱除和利用水煤气中 方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中 溶液吸收一定量的 后， ，则该溶液的 　 　（该温度下 的 ）；
②再生塔中产生 的离子方程式为　 　；
③利用电化学原理，将 电催化还原为 ，阴极反应式为　 　。
【答案】（1）BD；吸收；31.2；
（2）10；2 CO2↑+ +H2O；2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体，各组分浓度不变，反应Ⅰ的平衡不移动，A不符合题意；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，反应后过程中气体的密度发生变化，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B符合题意；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，可逆反应不能彻底进行，则平衡时H2的体积分数不可能大于，C不符合题意；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，可加快反应速率，D符合题意；
综上所述，正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa×1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）c( )：c( )=1：2，根据 可知， = ，则该溶液的pH=-lgc(H+)=10；
②KHCO3在再生塔中受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，反应的离子方程式为2 CO2↑+ +H2O；
③由图可知，水在玻碳电极发生氧化反应生成氧气，则玻碳电极为阳极，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，阴极发生还原反应，且在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
【分析】（1）①A.恒容体系中充入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动；
B.该反应的密度为变量，当混合气体的密度不变时反应达到平衡；
C.可逆反应不能彻底进行；
D.增大反应物的接触面积可加快反应速率；
②根据反应Ⅰ的能量变化及反应Ⅱ的能量变化求出整个体系的热量变化；根据计算；
（2）①结合计算；
②再生塔中碳酸氢钾分解产生二氧化碳；
③阴极发生还原反应。
25．（2022·全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和，还有少量、、的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为　 　，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因　 　。
（2）在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是　 　。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（），还要加入。
（ⅰ）能被氧化的离子是　 　；
（ⅱ）促进了金属在醋酸中转化为，其化学方程式为　 　；
（ⅲ）也能使转化为，的作用是　 　。
（4）“酸浸”后溶液的约为4.9，滤渣的主要成分是　 　。
（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有　 　。
【答案】（1）PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)；反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
（2）反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
（3）Fe2+；Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O；作还原剂
（4）Fe(OH)3、Al(OH)3
（5）Ba2+、Na+
【知识点】化学平衡常数；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）“脱硫”过程中，Na2CO3溶液与PbSO4反应生成PbCO3和Na2SO4，反应的离子方程式为：PbSO4+CO32-= PbCO3+SO42-；结合第一个表格信息可知该反应的平衡常数K=，说明该反应正向进行程度很大，几乎完全转化，且生成的PbCO3可通过“酸浸”进入溶液中，减少铅的损失。
（2）反应BaSO4+CO32-= BaCO3(s)+SO42-的平衡常数K=，远小于105，说明该反应正向进行程度很小，因此加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
（3）（i）H2O2有氧化性，二价铁有还原性，能被H2O2氧化为三价铁。
（ii）根据题干信息可知，该反应属于氧化还原反应，其中Pb作还原剂，H2O2作氧化剂，氧化产物是Pb(Ac)2，还原产物是H2O，结合电子守恒、原子守恒进行配平可得Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）PbO2→Pb(Ac)2的过程中Pb元素化合价由+4降为+2，说明PbO2是氧化剂，则H2O2是还原剂。
（4）由分析可知，“酸浸”后的滤渣主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。
（5）由（2）可知，“脱硫”时加入Na2CO3不能使铅膏中的BaSO4完全转化，“酸浸”时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，“沉铅”时Pb2+转化为Pb(OH)2沉淀，最终得到PbO，所以“沉铅”的滤液中，金属离子有Ba2+和Na+[加Na2CO3、NaOH时引入的]。
【分析】根据题干信息及流程图可知，加入Na2CO3“脱硫”时，铅膏中的PbSO4转化为PbCO3；过滤后，向滤渣中加入HAc、H2O2进行“酸浸”，由于H2O2具有氧化性，可将二价铁氧化为三价铁，“酸浸”后溶液的pH约为4.9，结合第二个表格信息可知，此时所得滤渣主要是Fe(OH)3和Al(OH)3；过滤后，向滤液中加入NaOH进行“沉铅”，得到Pb(OH)2沉淀，经一系列操作可得到PbO。
26．（2022·全国乙卷）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的　 　。
（2）较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是　 　，缺点是　 　。
（3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为　 　，平衡常数　 　。
（4）在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率　 　，理由是　 　。
②对应图中曲线　 　，计算其在之间，分压的平均变化率为　 　。
【答案】（1）170
（2）副产物氢气可作燃料；耗能高
（3）50%；4.76
（4）越高；n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高；d；24.9
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律（①+②）-③即得到反应④，所以ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170kJ/mol。
（2）根据题干信息，结合盖斯定律可知克劳斯工艺的总反应为2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，高温热分解法与之相比，在生成S的同时还有燃料H2生成，但耗能高，成本较高。
（3）根据题干信息，假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=4mol，根据三段式可知：
　 2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1-x 0.5x x
平衡时H2S和H2的分压相等，则其物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，平衡常数Kp＝。
（4）①该反应过程中气体体积分数增大，n(H2S)：n(Ar)的值越小，则H2S的分压越小，相当于减压，平衡将向正反应方向移动，所以H2S平衡转化率越高。
②根据①分析可知n(H2S)：n(Ar)＝1：9对应的曲线是d，在0.1s时H2S转化率为24%。假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=9mol，则根据三段式可知
　 2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
平衡时H2S的压强为，H2S的起始压强为，所以H2S分压的平均变化率为。
【分析】（1）根据盖斯定律进行求解，注意几点：①若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；②当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；③△H的计算一定要带上正负号。
（2）可从反应条件、产物，结合成本、效益等角度进行分析。
（3）通过列化学平衡三段式，结合转化率和平衡常数的表达式进行分析，注意单位统一。
（4）①根据勒夏特烈原理进行分析，注意惰性气体对反应中压强的影响。
②气体分压的平均变化率=，注意气体的物质的量与压强之间的关系。
27．（2022·浙江选考）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：
（1）在C和O2的反应体系中：
反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·mol-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1
反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。
① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是　 　。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比　 　。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·mol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是　 　。
（3）一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·mol-1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为　 　。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为　 　。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是　 　。
A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：　 　；步骤Ⅱ：　 　。
【答案】（1）a；B
（2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
（3）9.0；1.8：1；BC；M+H2O=MO+H2；MO+CO=M+CO2
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，故此处填a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故故答案为：B；
(2)由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；
(3)①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不正确；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C正确；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不正确；
故故答案为：BC；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算，再进行判断；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，温度对其平衡移动影响程度大；
（2）从反应速率和平衡移动的角度分析；
（3）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②列出反应的三段式计算；
③A.温度过高催化剂失去活性；
B.压强增大反应速率加快；
C.合适的催化剂能降低活化能，增大反应速率；
D.恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，恒压条件，通入氮气反应速率变慢；
④第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2。
28．（2021·浙江）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是　 　。
（2）下列说法错误的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g) Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) +
HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g) Cl2(aq)的焓变ΔH1　 　0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2=　 　。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=　 　。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
（4）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181
mol·L-1，KI=-3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g) 2CO(g)
ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由　 　 。
（5）在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
【答案】（1）2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑
（2）A
（3）＜；；K1p +
（4）反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量
（5）A；B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；反应热和焓变；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。
综上所述，相关说法错误的是A，
故答案为：A。
(3)①Cl2(g) Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2= ，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl2(g) Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为 ；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则 ，由K2= 可知 = ，由K1=c(Cl2)/p可知， = ，则 = ，因此，c= K1p + 。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。
(5) A.．由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率（催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大），从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A正确；
B．可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B正确；
C．适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不正确；
D．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不正确。
综上所述，选AB。
【分析】（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠
（2）氯气溶于水后，形成的是次氯酸或盐酸与碱石灰作用。收集氯气时利用的是排饱和食盐水的方法进行收集气体，常温下可以加压的方式减小分子的间隔即可将气体变为液体，工业上利用氢气和氯气制取氯化氢溶于水变为盐酸
（3）① 根据盖斯定律计算即可②根据平衡常数的计算公式进行计算即可③利用K1和K2结合氯元素守恒进行计算即可
（4）利用盖斯定律，得出方程式，K值很大，加入碳促进四氯化碳的产生
（5）提高产物的比例，主要可以选择适合的催化剂以及适当的提高温度，促进产物的合成
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