第2章 化学反应的方向、限度与速率 章节测试（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第2章 化学反应的方向、限度与速率 章节测试
一、单选题
1．可逆反应A(g)+3B(g) 2C(g) △H=﹣92.4kJ mol﹣1，下列说法错误的是（　　）
A．正反应的活化能一定小于92.4kJ mol﹣1
B．逆反应的活化能一定大于92.4kJ mol﹣1
C．逆反应的活化能比正反应的活化能高92.4kJ mol﹣1
D．使用催化剂，正、逆反应的活化能都减小
2．在密闭容器中充入4 mol X，在一定的温度下4X（g） 3Y (g) + Z (g)，达到平衡时，有30%的发生分解，则平衡时混合气体总物质的量是（　　）
A．3.4 mol B．4 mol C．2.8 mol D．1.2 mol
3．实验室利用下列实验方案探究影响化学反应速率的因素，有关说法不正确的是（　　）
实验编号 温度℃ 酸性溶液 溶液
① 25 4mL 0.01mol/L 2mL0.1mol/L
② 25 4mL 0.01mol/L 2mL0.2mol/L
③ 50 4mL 0.01mol/L 2mL0.1mol/L
A．实验中要记录溶液褐色所需要的时间
B．对比实验①②探究的是浓度对化学反应速率的影响
C．对比实验①③探究的是温度对化学反应速率的影响
D．起始时向①中加入固体，不影响其反应速率
4．下列反应的速率受温度影响不大，主要决定于浓度和扩散速率的是（　　）
A．N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0
B．2H2(g)+O2(g) 2H2O(l) ΔH<0
C．H+ (aq)+ OH-(aq)=H2O(l) ΔH<0
D．CaCO3(s)=CaO(s)+ CO2 (g) ΔH >0
5．一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)，如图表示该反应过程中能量(单位为kJ·mol－1)的变化。关于该反应的下列说法中，正确的是(　　)
A．ΔH<0，ΔS<0 B．ΔH>0，ΔS<0
C．ΔH>0，ΔS>0 D．ΔH<0，ΔS>0
6．已知2SO2＋O2 2SO3(g)，若反应速率分别用v(SO2)、v(O2)、v(SO3)表示，则下列式子正确的是（　　）
A．2v(SO3)＝v(O2) B．v(SO2)＝v(O2)＝v(SO3)
C．1/2v(SO2)＝v(O2) D．v(O2)＝2v(SO2)
7．合成氨反应为，在合成氨工业中常采取的下列措施不能用勒夏特列原理来解释的是（　　）
A．及时补充氮气和氢气 B．使用铁触媒做催化剂
C．将氨液化及时分离出反应器 D．压强增至
8．常压下羰基化法精炼镍的原理为： Ni(CO)4(g)Ni (s) +4CO(g) ΔH ＞0，在平衡体系中，气体的平均摩尔质量M ()在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的（　　）
A．该反应达到平衡时， v分解[Ni(CO)4]=4v消耗(CO)
B．vb(正)＞ va(逆)
C．K(a)=K(c)＞K(b)
D．当M=100g·mol-1时， n(Ni(CO)4)：n(CO)=1： 1
9．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　）
A．H2（g）、I2（g）、HI（g）平衡体系加压后颜色变深
B．常温下，将pH=10的NH3 H2O溶液稀释10倍，pH>9
C．利用TiCl4水解制备TiO2时，需加入大量水并加热
D．向Mg（OH）2悬浊液中滴加FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成
10．配制硫酸铝溶液时，为得到澄清的溶液经常在配制过程中加入少量的（　　）
A．H2O B．NaOH溶液 C．H2SO4溶液 D．Na2SO4溶液
11．反应2X（气）+Y（气）=2Z（气）+热量，在不同温度(T1和T2)及压强(P1和P2)下，产物Z的物质的量(nz)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是（　　）
A．T1P2
C．T1>T2 P1>P2 D．T1>T2 P112．工业合成乙醇的反应：C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g) ΔH<0，在催化剂、260-290℃。和约7MPa的条件下进行。下列说法错误的是（　　）
A．循环使用乙烯是为了提高乙烯的利用率
B．原理分析表明合成时压强越大越好，但实际生产中还要考虑安全、成本等因素
C．其他条件不变时，投料比n(H2O)∶n(C2H4)越小，乙烯的平衡转化率越大
D．寻找高活性的催化剂是研究该反应的重要方向
13．SO2与O2反应生成SO3的热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.6kJ/mol。下列说法正确的是（　　）
A．其他条件不变，将反应器的体积压缩，该反应的平衡常数增大
B．若反应转移的电子数为6.02×1023，反应放出的热量约为98.3kJ
C．若混合气体的平均相对分子质量不变，则该反应达到了平衡状态
D．向平衡体系中加入SO2，能加快正反应速率，提高SO2的平衡转化率
14．在1L密闭容器中进行如下反应：X（g）+3Y（g） 2Z（g），达到平衡时 X、Y、Z的物质的量分别为 0.1mol、0.3mol、0.2mol，保持温度和容器体积不变时，再向容器中充入X、Y、Z的物质的量0.1mol、0.3mol、0.2mol，则下列说法正确的是（　　）
A．化学平衡常数不变，平衡不移动
B．向正反应方向移动
C．向逆反应方向移动
D．容器内压强始终保持原来的2倍
15．高温下，某反应达到平衡，平衡常数K＝ 。恒容时，温度升高，H2浓度减小。下列说法正确的是（　　）
A．该反应的焓变为正值
B．恒温恒容下，增大压强，H2浓度一定减小
C．升高温度，逆反应速率减小
D．该反应的化学方程式为CO＋H2O CO2＋H2
16．海洋中的珊瑚虫经如下反应形成石灰石外壳，进而形成珊瑚：Ca2＋+2 CaCO3+CO2+H2O。与珊瑚虫共生的藻类会消耗海洋中的CO2，气候变暖，温室效应的加剧干扰了珊瑚虫的生长导致其死亡。下列说法不合理的是（　　）
A．共生藻类消耗CO2，有利于珊瑚的形成
B．温室效应导致海洋中CO2浓度升高，抑制了珊瑚的形成
C．气候变暖，温度升高会增大CO2在海水中的溶解度，抑制了珊瑚的形成
D．与深海地区相比，浅海地区压强较小，有利于珊瑚的形成
二、综合题
17．氮氧化物是大气的主要污染物之一，能形成酸雨、雾霾。大气中的氮氧化物主要来源于燃料的燃烧。
（1）已知：N2(g)+ O2(g) 2NO(g) ΔH= -180.5kJ·mol-1。N≡N键能941kJ·mol-1、O＝O键能499 kJ·mol-1，则NO中N≡O键的键能为　 　 kJ·mol-1。
（2）T℃时，向1L恒容密闭容器中充入1molN2O3和1molO2，发生反应；N2O3(g)+O2(g) N2O5(g) ΔH= -62kJ·mol-1。若平衡时N2O3和N2O5的体积分数相等，则T℃时，该反应的平衡常数K=　 　。
（3）用活化后的N2O5作催化剂，氨气可将NO和O2还原成N2和H2O。若参加反应的NH3和NO的物质的量相等，则该反应的化学方程式为　 　。已知该反应的平衡常数与温度的关系为lg K=5.08+ 。若该反应在t℃下达到平衡，升高温度时，平衡　 　（填“正向“逆向“或“不”）移动，逆反应速率将　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）图I是用食盐水作电解液电解烟气脱氮的一种原理图，NO 被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3-，尾气经氢氧化钠溶液吸收后再排入空气中。电流密度和溶液pH对烟气脱氮的影响如图II。
①处理后的尾气中，一定含有的气体单质是　 　（填化学式）。
②溶液的pH对NO除去率有影响的原因是　 　。
③若电极板面积为10cm2，实验烟气含NO的体积分数为1.5%，流速为0.070 L·s-1（气体体积已折算成标准状况，且烟气中无其他气体被氧化），测得电流密度为1.0A·cm-2。实验中NO除去率为　 　（法拉第常数为96500C·mol-1)）。
18． 催化重整不仅可以得到CO和，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1） 催化重整反应为：，
①有利于提高平衡转化率的条件是　 　（填字母）。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
②在体积恒定的密闭容器中进行该反应并达到平衡状态，若此时改变条件使平衡常数K值变大，该反应　 　（填字母）。
A．一定向正反应方向移动 B．重新达到平衡后正反应速率增大
C．一定向逆反应方向移动 D．重新达到平衡后逆反应速率减小
③某温度下，在体积为2L的容器中加入2mol、1mol以及催化剂进行重整反应，达到平衡时的转化率是50%，的体积分数为　 　，该温度下的平衡常数为　 　（可保留分数）。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：
　 积碳反应 消碳反应
/（） +75 +172
活化能（） 催化剂X 33 91
催化剂Y 43 72
①由上表判断，催化剂X　 　Y（填“优于”或“劣于”），理由是　 　。
②在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是　 　（填标号）。
A．、均增加 B．减小、增加
C．减小、增加 D．增加的倍数比增加的倍数大
19．氮氧化物(NOx)是电厂主要排放污染物之一。工业上采用氨脱硝处理后排放，原理如下：
①4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) △H1=－1632.4kJ·mol－1
②4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) △H2=akJ·mol－1
当反应温度过高时，NH3会发生氧化反应：③NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)、△H3=－902.0kJ·mol－1
回答下列问题：
（1）有利于提高反应①中NO转化率(脱硝率)的条件是___________(填标号)。
A．高温低压 B．低温低压
C．低温高压 D．增大氨气浓度
（2）反应②中的a=　 　。温度下，实验室在2L密闭容器中加入2 molNH3、3 molNO模拟反应②，达到平衡时测得脱硝率为60%，则平衡常数Ke=　 　（只列出计算式，不必求出计算结果)。
（3）反应③中，常用的催化剂有Cr2O3和Fe2O3，Cr2O3的催化效率更好一些。下列表示两种催化剂在反应③催化过程中的能量变化示意图合理的是　 　(填字母序号)。
（4）下图为混合气中O2含量6%时，不同温度下脱硝率的变化曲线[其中氨氮摩尔比RNS=n(NH3)/n(NO)]，由图可知：
(i)氨氮摩尔比对脱硝率的影响规律是　 　。
(ⅱ)温度在800-950℃变化时，脱硝率随温度升高而　 　，但高于950℃后，脱硝率反而下降，一方面是由于平衡移动的影响，另一方面是由于　 　。
20．氮及其化合物一直是我国的科研重点。
已知：
i．N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H1＞0
ii.6NO(g)＋4NH3(g) 5N2(g)＋6H2O(g) △H2＜0
iii．O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) △H3＜0
回答下列问题：
（1）合成氨的反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) △H=　 　。
（2）一定温度下，向某体积不变的密闭容器中充入一定量NO(g)和NH3(g)，10 min后，容器内混合气体压强由p1 kPa变为p2 kPa后不再发生变化，此时容器中只存在反应ii平衡体系。
①反应ii的平衡常数表达式为K=　 　。
②10 min时反应ii　 　 (填“达到”或“未达到”)平衡状态；此时用分压表示反应ii的反应速率v(NO)= 　 　kPa·min-1(用含p1、p2的代数式表示)。
③适当升高温度，NH3(g)的转化率会　 　 (填“增大”“减小”或“不变”)，原因为　 　。
（3）某固氮反应机理如下图所示。
①该固氮的总反应方程式为　 　。
②已知三步分反应的活化能由大到小的顺序为III＞I＞II，则该固氮过程的快慢由步骤　 　 (填“I”“II”或“III”)决定。
21．五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）回收V2O5的新工艺流程如图：
已知：①部分含钒物质常温下在水中的溶解性如表所示：
物质 VOSO4 V2O5 NH4VO3 (VO2)2SO4
溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶
②VO2++OH- VO3-+H2O
回答下列问题：
（1）用水浸泡废催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，在不加试剂情况下，可以采取的措施为　 　（写一条）。
（2）滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，其存在形式为　 　（填离子符号）。
（3）每生成1mol（VO2）2SO4时转移电子的数目为　 　。
（4）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的离子方程式为　 　。
（5）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的一种作用为　 　。
（6）新工艺流程的最后，钒以NH4VO3的形式沉淀出来；如图中横坐标表示反应II的温度，纵坐标表示沉钒率，沉钒率是指NH4VO3沉淀中V元素的质量和废催化剂中V元素的质量之比，也即是钒的回收率。请解释图中温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是　 　。
（7）该工艺流程中可以循环利用的物质为　 　。
（8）若实验室用的原料中V2O5占6%(原料中的所有钒已换算成V2O5)。取100克该废钒催化剂按工业生产的步骤进行实验。当加入100mL0.1mol/L的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设与KClO3反应后的操作步骤中钒没有损失，则该实验中钒的回收率是　 　（保留3位有效数字）。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能=-92.4kJ mol﹣1，正反应的活化能不能确定，A项符合题意；
B．分析可知，逆反应的活化能=正反应的活化能+92.4kJ mol﹣1，所以逆反应的活化能一定大于92.4kJ mol﹣1，B项不符合题意；
C．分析可知，△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能=﹣92.4kJ mol﹣1，逆反应的活化能比正反应的活化能高92.4kJ mol﹣1，C项不符合题意；
D．催化剂对正逆反应同等影响，加入催化剂，降低了反应的活化能，则正逆反应的活化能均减小，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、正反应的活化能未知；
B、逆反应的活化能=正反应的活化能+92.4kJ mol﹣1；
C、△H=正反应的活化能﹣逆反应的活化能；
D、加入催化剂，降低了反应的活化能。
2．【答案】B
【解析】【解答】由于反应前后气体分子数不变，因此平衡时混合气体的物质的量不变，因此平衡混合气体的总物质的量为4mol，B符合题意；
故答案为：B
【分析】由于反应前后气体分子数不变，因此平衡时混合气体的物质的量不变。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．探究影响化学反应速率的因素需要记录溶液褪色所需时间，故A不符合题意；
B．实验①②只有浓度不同，探究的是浓度对化学反应速率的影响，故B不符合题意；
C．实验①③只有温度不同，探究的是温度对化学反应速率的影响，故C不符合题意；
D．起始向①中加入固体，引入离子Mn2+，Mn2+催化该氧化还原反应，影响其反应速率，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】Mn2+可以起到催化剂的作用，催化剂加快反应速率。
4．【答案】C
【解析】【解答】离子反应的速率取决于溶液中离子的浓度和离子的扩散速率，受温度影响不大，是一类不需要活化能来引发的反应，所以答案选C。故答案为：C。
【分析】气体反应温度升高，反应速率加快，故A，B不符合题意。碳酸钙分解在高温条件下才能发生，温度对反应速率影响较大。
5．【答案】A
【解析】【解答】依据反应和图像：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，反应是熵减少的反应，即△S＜0；反应物能量高于生成物的能量，该反应是放热反应，即△H＜0，
故答案为：A
【分析】由反应方程式中气体系数确定熵变 S；再由物质能量确定反应热效应 H；
6．【答案】C
【解析】【解答】根据 ；v(SO3)＝2v(O2)，A不符合题意；
B.v(SO2)＝2v(O2)＝v(SO3)，B不符合题意；
C. v(SO2)＝v(O2)，C符合题意；
D.2v(O2)＝v(SO2)，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行解答。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．及时补充氮气和氢气，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，有利于增大氨气的产率，能用勒夏特列原理来解释，故A不符合题意；
B．使用铁触媒做催化剂，化学平衡不移动，氨气的产率不变，不能用勒夏特列原理来解释，故B符合题意；
C．将氨液化及时分离出反应器，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，有利于增大氨气的产率，能用勒夏特列原理来解释，故A不符合题意；
D．该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，有利于增大氨气的产率，能用勒夏特列原理来解释，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】勒夏特列原理是改变影响化学平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。
A.补充氮气和氢气，反应物浓度增大，利于平衡右移。
B.催化剂改变反应速率，不影响化学平衡的移动。
C.减小生成物的浓度，利于平衡右移。
D.由于反应前后气体的分子数减小，所以增大压强，利于平衡向右移动
8．【答案】B
【解析】【解答】A．达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，即4v分解[Ni(CO)4]=v消耗(CO)，故A不符合题意；
B．有分析可知T1>T2，温度高速率快，压强越大速率越快，故vb(正)＞va(逆)，故B符合题意；
C．温度不变K不变，温度升高平衡正向移动，故K(a)=K(c)D．设Ni(CO)4(g)为xmol，CO(g)为ymol，，x：y=72：71，故D不符合题意；
故答案为：B。：
【分析】A．平衡时，正反应速率等于逆反应速率；
B．温度高速率快，压强越大速率越快；
C．温度不变K不变；
D．利用平均摩尔质量计算。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．存在平衡H2+I2（g） 2HI（g），该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，故A选；
B．氨水是弱电解质存在电离平衡，加水稀释促进电离，常温下，将pH=10的NH3 H2O溶液稀释至10倍后，pH应是9，但醋酸又电离出氢离子，溶液pH>9，则能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C．盐的水解是吸热反应，加热促进四氯化钛水解，则能用勒夏特列原理解释，故C不选；
D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，促进氢氧化镁的电离平衡正向移动，电离出更多的氢氧根与铁离子结合生成红褐色Fe(OH)3沉淀，能用勒夏特列原理解释，故D不选；
故答案为：A。
【分析】A.该反应前后系数不变，压强改变不影响平衡的移动
B.稀释促进弱碱的电离
C.温度升高，平衡发生移动，盐的水解时吸热反应
D.氢氧化铁沉淀比氢氧化镁更难溶
10．【答案】C
【解析】【解答】配制硫酸铝溶液时，主要是由于铝离子水解会使溶液变浑浊，为得到澄清的溶液经常在配制过程中加入少量的硫酸，抑制铝离子水解，故C符合题意。
故答案为：C。
【分析】铝离子很容易水解，所以在制备硫酸铝的时候加入一些硫酸，防止水解
11．【答案】C
【解析】【解答】根据温度对反应速率的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2；根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，先拐先平压强大，故有：P1＞P2，
故答案为：C。
【分析】由图示可知对于T、P，图像中曲线先出现拐点，先达到平衡，数值大，因此T1＞T2，P1＞P2。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．循环使用乙烯可使乙烯尽可能转化为乙醇，提高乙烯的利用率，故A不符合题意；
B．该反应是气体体积减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，压强过大对设备的要求高且易发生事故，因此实际生产中还要考虑安全、成本等因素，故B不符合题意；
C．投料比n(H2O)∶n(C2H4)越小，体系中的n(C2H4)越大，乙烯的平衡转化率越小，故C符合题意；
D．催化剂可提高反应速率，因此寻找高活性的催化剂是研究该反应的重要方向，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.循环使用乙烯，可充分反应；
B.压强过大对设备的要求高，且易发生事故；
C.n(C2H4)越大，乙烯转化率越小；
D.催化剂可加快反应速率。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．平衡常数只随温度发生改变，温度不变，平衡常数不变，A项不符合题意；
B．根据反应，若反应转移的电子数为6.02×1023，即转移1mol电子，反应了0.5molSO2，反应放出的热量约为49.15kJ，B项不符合题意；
C．混合气体的平均相对分子质量等于气体总质量除以气体总物质的量。根据质量守恒，气体总质量不变，但反应中气体总物质的量逐渐减小，所以当气体总物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡状态，C项符合题意；
D．平衡体系中加入SO2，反应物浓度增大，能加快正反应速率，不能提高SO2的平衡转化率，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.平衡常数只与温度有关；
B.热化学方程式中，化学系数与反应热成正比；
D. 向平衡体系中加入SO2， 反应物浓度增大反应速率加快，但SO2的平衡转化率减小。
14．【答案】B
【解析】【解答】A. 平衡常数只和温度有关，温度不变，平衡常数不变，但平衡向正向移动，故A不符合题意；
B. 等温等容条件下，再向容器中充入X、Y、Z的物质的量0.1mol、0.3mol、0.2mol，则相当于加压，平衡向正反应方向移动，故B符合题意；
C. 根据以上分析，平衡向正反应方向移动，故C不符合题意；
D. 平衡向正反应方向移动，气体物质的量减小，压强也发生改变，故D不符合题意；
故答案选B。
【分析】A.平衡常数只是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，但平衡后的条件改变相等于增大压强，平衡发生移动；
B.相等于增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；
D.平衡不移动压强为原来的2倍，但平衡移动后，压强小于原来的2倍。
15．【答案】A
【解析】【解答】A.升高温度是，c(H2)减小，说明升高温度，平衡正向移动，故正反应为吸热反应，其焓变为正值，A符合题意；
B.恒温恒容下，增大压强，反应体系中各物质的量浓度保持不变，平衡不发生移动，c(H2)保持不变，B不符合题意；
C.温度升高，正逆反应速率增大，C不符合题意；
D.由平衡常数的表达式可得，该反应的化学方程式为：CO2＋H2 CO＋H2O，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.结合温度对平衡移动的影响进行分析；
B.集合压强对平衡移动的影响进行分析；
C.结合温度对反应速率的影响进行分析；
D.结合平衡常数的表达式确定反应的化学方程式；
16．【答案】C
【解析】【解答】A．由Ca2++2 CaCO3+H2O+CO2可知，共生藻类消耗CO2，促使平衡正向移动，有利于珊瑚的形成，A不符合题意；
B．由Ca2++2 CaCO3+H2O+CO2可知，海洋中CO2浓度升高，促使平衡逆向移动，不利于珊瑚的形成，B不符合题意；
C．升高温度，二氧化碳溶解度降低，C符合题意；
D．为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，则利于珊瑚的形成，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 A.根据勒夏特列原理分析；
B.根据勒夏特列原理分析；
C.依据温度对二氧化碳溶解度影响解答；
D.该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动。
17．【答案】（1）810.25
（2）2
（3）4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O；逆向；增大
（4）H2；次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强；73.7%
【解析】【解答】（1）已知：N2(g)+ O2(g) 2NO(g) ΔH= -180.5kJ·mol-1。N≡N键能941kJ·mol-1、O＝O键能499 kJ·mol-1，因为 ΔH等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，所以，NO中N≡O键的键能为 810.25 kJ·mol-1。
（2）T℃时，向1L恒容密闭容器中充入1molN2O3和1molO2，发生反应；N2O3(g)+O2(g) N2O5(g) ΔH= -62kJ·mol-1。若平衡时N2O3和N2O5的体积分数相等，则由N原子守恒可知，N2O3的转化率为50%，N2O3、O2、N2O5的平衡浓度均为0.5mol/L，则T℃时，该反应的平衡常数K= 。
（3）用活化后的N2O5作催化剂，氨气可将NO和O2还原成N2和H2O。若参加反应的NH3和NO的物质的量相等，则该反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O。已知该反应的平衡常数与温度的关系为lg K=5.08+ 。若该反应在t℃下达到平衡，升高温度时，K减小，平衡逆向移动，逆反应速率将增大。
（4）①由用食盐水作电解液电解烟气脱氮的原理可知，阴极上水电离的氢离子放电产生氢气，所以，处理后的尾气中，一定含有的气体单质是H2。②由图可知，pH越小时NO的去除率越高，因为次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强。③若电极板面积为10cm2，实验烟气含NO的体积分数为1.5%，流速为0.070 L·s-1（气体体积已折算成标准状况，且烟气中无其他气体被氧化），测得电流密度为1.0A·cm-2。实验中NO除去率为 73.7%。
【分析】（1）化学反应的焓变等于生成物与反应物键能的差值，据此计算键能即可。
18．【答案】（1）A；AB；12.5%；
（2）劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大；AD
【解析】【解答】（1）①该反应前后气体分子数增大，且为吸热反应，所以升温、低压均利于平衡正向移动。
②化学平衡常数只与温度有关，该反应是吸热反应，则改变条件使平衡常数K值变大，说明改变的条件是升高温度，所以该反应一定向正反应方向移动且重新达到平衡后正反应速率增大，逆反应速率也增大。
③达到平衡时CO2的转化率为50%，说明转化的n（CO2）=1mol×50%=0.5mol，可列出化学平衡三段式如下，根据V=n·Vm可知，V与n成正比，所以CO2的体积分数为=12.5%，该温度下的平衡常数为 。
　 CH4(g) ＋ CO2(g) 2CO(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 2 1 0 0
转化（mol） 0.5 0.5 1 1
平衡（mol） 1.5 0.5 1 1
（2）①根据表格信息，对比催化剂X、Y可知，积碳反应中，催化剂Y的活化能大，则积碳反应的速率小，而消碳反应活化能较小，则消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。
②积碳反应、消碳反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，即K积、K消均增加。由图可知，积碳量先增加后减少，则v消增加的倍数比v积增加的倍数大，故答案选AD。
【分析】（1）①提高CH4平衡转化率，需要使平衡右移，结合化学平衡移动原理进行分析。
②化学平衡常数只与温度有关，若为吸热反应，升温时，平衡常数增大，且正逆反应速率均增大。
③通过化学平衡三段式及化学平衡常数表达式进行分析，注意化学平衡常数表达式中的数据是浓度，而不是物质的量。
（2）①消碳反应所需活化能越低，消碳反应越容易进行，催化剂活性越好。
②平衡常数只与温度有关，积碳反应、消碳反应均为吸热反应，升温，利于平衡正向移动，化学平衡常数和反应速率均增大。
19．【答案】（1）B；D
（2）-1815.0；
（3）B
（4）其他影响因素相同时，氨氮摩尔比越大，脱硝率越高；增大；温度升高后，氨气的氧化反应开始加快，NO会增多，氨氮摩尔比下降，导致脱硝率会逐步降低
【解析】【解答】(1)正反应放热，降低温度平衡正向移动，有利于提高反应①中NO转化率；减小压强，平衡正向移动，有利于提高反应①中NO转化率；增大氨气浓度，平衡正向移动，有利于提高反应①中NO转化率，
故答案为：BD；(2)①4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) △H1=－1632.4kJ·mol－1
②4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) △H2=akJ·mol－1
③NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H3=－902.0kJ·mol－1，根据盖斯定律，①② 得 NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) △H3=－902.0kJ·mol－1，即(－1632.4kJ·mol－1) 4a=－902.0kJ·mol－1，a=-1815 kJ·mol－1；
　 4NH3(g)+ 6NO(g) 5N2(g)+ 6H2O(g)
起始（mol/L） 1 1.5 0 0
转化（mol/L） 0.6 0.9 0.75 0.9
平衡（mol/L） 0.4 0.6 0.75 0.9
平衡常数K= = (3)已知反应③中，Cr2O3的催化效率更好一些，所以使用Cr2O3活化能更低。反应③放热，故生成物的总能量小于反应物的，B图正确，选B；(4) (i)根据图像，氨氮摩尔比越大，脱硝率越高；(ⅱ)由图可知，温度在800-950℃变化时，脱硝率随温度升高而增大；由题中信息可知，温度升高后，氨气的氧化反应加快，NO浓度增多，氨氮摩尔比降低，脱硝率下降。
【分析】(1)平衡正向移动有利于提高反应①中NO转化率；(2)根据盖斯定律计算a值；利用“三段式”计算平衡常数；(3)反应③中，Cr2O3的催化效率更好一些，所以使用Cr2O3活化能更低，反应③反应，生成物的能量小于反应物；(4) (i)根据图像判断氨氮摩尔比对脱硝率的影响规律；(ⅱ)温度升高后，氨气的氧化反应加快，NO增多，氨氮摩尔比降低，脱硝率下降。
20．【答案】（1）
（2）；达到；0.6(p2－p1)；减小；反应ii为放热反应，适当升高温度反应ii逆向移动，NH3(g)的转化率减小
（3）2N2＋6H2O=3O2＋4NH3；Ⅲ
【解析】【解答】（1）已知反应i．N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H1＞0 ii.6NO(g)＋4NH3(g) 5N2(g)＋6H2O(g) △H2＜0　iii．O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g) △H3＜0，根据盖斯定律可知，合成氨的反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)可由(3 iii -3i- ii)/2，故△H＝ ，故答案为： ；
（2）①根据化学平衡常数的定义可知①反应ii的平衡常数表达式为K= ，故答案为： ；
②由题干信息可知，10min时压强不在发生变化，说明反应ii达到化学平衡状态，反应ii在反应后气体系数增加1，根据关系可得参加反应的NO(g)的分压为6(p2-p1)kPa，此时用分压表示反应ii的反应速率为 kPa·min-1，故答案为：达到； ；
③由题干信息可知反应ii.6NO(g)＋4NH3(g) 5N2(g)＋6H2O(g) △H2＜0是一个放热反应，适当升高温度，平衡逆向移动，故NH3(g)的转化率会减小，故答案为：减小；反应ii为放热反应，适当升高温度反应ii逆向移动，NH3(g)的转化率减小；
（3）①根据图中物质转化可知，该固氮的总反应方程式为2N2＋6H2O=3O2＋4NH3，故答案为：2N2＋6H2O=3O2＋4NH3；
②反应的活化能越大，反应速率越慢，一个分步进行的反应速率取决于最慢的一步反应，即取决于活化能最大的一步反应，故该固氮过程的快慢由步骤III决定，故答案为：III。
【分析】
（1）根据盖斯定律将化学方程式进行加减即可，注意反应热有正负号；
（2）十分钟分压不变则达到平衡状态，从变到不变是判断平衡状态的方法之一；根据PV=nRT可知，温度体积一定，其物质的量与其压强成正比，即采用各物质的压强计算反应速率；此反应放热，升温反应逆向移动；
（3）根据反应机理可知反应物是氮气和水，生成物是氧气和氨气，据此写出化学方程式即可，而活化能越大，反应越慢。
21．【答案】（1）粉碎废钒；搅拌；适当升温
（2）VO2+
（3）2NA或1.204×1024
（4）V2O5＋SO32-＋4H+=2VO2+＋SO42-＋2H2O
（5）作用1：溶液中存在平衡：VO2++2OH- VO3-+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-作用2：溶液中存在平衡:NH4VO3(s) NH4+(aq)+VO3-(aq)，加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出
（6）原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降。原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降。原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2++2OH- VO3-+H2O，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降。原因4：平衡VO2++2OH- VO3-+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降
（7）氨水或NH3和H2O
（8）91.0%
【解析】【解答】（1）水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；答案为：粉碎废钒；搅拌；适当升温；（2）废催化剂（含有V2O5、VOSO4、不溶性硅酸盐）用水浸泡，根据题中信息，由于VOSO4是可溶的，过滤时进入虑液1中，又根据题中信息，滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，则钒的存在形式为VO2+；答案为VO2+。（3）由2VOSO4→(VO2)2SO4可以知道，V由+4价到+5价，1摩尔V失1摩尔电子，而(VO2)2SO4中有2摩尔V，故每生成1mol(VO2)2SO4转移2NA个电子；答案为2NA或1.204×1024。（4）在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生反应的离子方程式为：V2O5+SO32-+4H+＝2VO2++SO42-+2H2O；答案为V2O5+SO32-+4H+＝2VO2++SO42-+2H2O。（5）溶液中存在平衡：VO2++2OH- VO3-+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-，另外溶液中存在平衡：NH4VO3（s） NH4+（aq）+VO3-（aq），加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；答案为作用1：溶液中存在平衡：VO2++2OH- VO3-+H2O，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-，作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3（s） NH4+（aq）+VO3-（aq），加入氨水，使NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；（6）根据已知信息及物质的性质可知温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是，原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降。原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降。原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2++2OH- VO3-+H2O，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降。原因4：平衡VO2++2OH- VO3-+H2O，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降。（7）钒酸铵加热分解2NH4VO3 V2O5+2NH3↑+H2O；产物中有V2O5、NH3、H2O，则氨气和水，可循环使用；答案为氨水或NH3和H2O。（8）结合得失电子守恒和原子守恒配平得到加入氯酸钾时发生的反应离子方程式为：6VO2++ClO3-+3H2O＝6VO2++Cl-+6H+，根据该离子方程式可得如下关系：3V2O5～6VO2+～ClO3-，100 mL0.1mol/L的KClO3溶液中ClO3-的物质的量为n(ClO3-)=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则对应V2O5的物质的量为0.03mol，质量为：0.03mol×182g/mol=5.46g，所以该实验中钒的回收率为： ×100%=91.0%；答案为91.0%。
【分析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5，以此解答该题