2024届高三化学一轮专题训练—化学反应速率和化学平衡（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学一轮专题训练—化学反应速率和化学平衡（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 889.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-07 14:21:04 | ||
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文档简介
2024届高三化学一轮专题训练—化学反应速率和化学平衡
一、单选题
1．一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中 和 代表不同元素的原子。（ ）
关于此反应说法错误的是（ ）
A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应
C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应
2．下列过程在一定条件下能自发进行但不能用熵增解释的是（ ）
A．花香四溢 B．冰块融化
C．Na2CO3·10H2O风化 D．水蒸气冷凝
3．SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任何条件下都能自发进行
B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加
C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率
D．2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所含键能总和比2 mol SO3(g)所含键能小
4．液氨中存在：2NH3(l) NH＋NH。下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．NH3的比例模型：
B．NH的空间构型：三角锥形
C．NH的电子式：
D．平衡常数表达式：
5．《天工开物》中记载分离金和银的方法：“凡足色金参和伪售者，唯银可入，余物无望焉。欲去银存金，则将其金打成薄片剪碎，每块以土泥裹涂，入坩埚中硼砂熔化，其银即吸入土内，让金流出以成足色。然后入铅少许，另入坩埚内，勾出土内银，亦毫厘具在也。”下列说法错误的是（ ）
A．硼砂的作用是和银反应
B．金银合金的硬度比银的大
C．“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积
D．银的熔点低于金的
6．密闭容器中加入HBr，一定条件下发生反应：，随反应时间的变化如曲线①所示，分别改变一个条件，得到曲线②和③，下列说法正确的是（ ）
A．该反应正反应为放热反应
B．曲线①，0~50min用表示的平均反应速率为
C．曲线②，可能使用了催化剂或压缩容器体积
D．曲线③，达到平衡后，容器内各物质的浓度分别增加，平衡正向移动
7．向恒容密闭容器中充入体积比为1：3的CO2和H2，发生反应2CO2(g) + 6H2(g)4H2O(g) + CH2=CH2(g)。测得不同温度下CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．所以M点的平衡常数比N点的小
B．温度低于250℃时，乙烯的平衡产率随温度升高而增大
C．保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，CO2的转化率可能会增大到50%
D．实际生产中应尽可能在较低的温度下进行，以提高 CO2的转化率
8．以乙醇、过氧化氢、碘化钠和原料1制备联苯衍生物2的一种反应机理如图。下列说法错误的是（ ）
A．反应过程的催化剂是
B．涉及的有机反应只有取代、消去、还原
C．化合物4和5互为同分异构体
D．反应过程中反应液可能保持不变
9．在密闭容器中发生反应：S(反应物)→P(产物)。在相同条件下研究催化剂X、Y对该反应的影响，其能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应热：Ⅰ>Ⅱ B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅱ>Ⅲ D．升高温度，S的平衡转化率增大
10．在一定温度下，以为催化剂，氯苯和在溶液中发生反应
反应①：(邻二氯苯)
反应②：(对二氯苯)
反应①和②存在的速率方程：和，、为速率常数，只与温度有关，反应①和②的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．若对二氯苯比邻二氯苯稳定，则
B．保持反应体系温度恒定，体系中两种有机产物的浓度之比保持不变
C．通过改变催化剂可以提高产物中对二氯苯的比例
D．相同时间内，(对二氯苯)(邻二氯苯)
11．在一体积可变的密闭容器中加入足量的固体，并充入，发生反应。已知：与平衡分压比的自然对数值[]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．平衡常数K值随着温度的升高而减小
B．缩小容器体积有利于提高的平衡转化率
C．X点反应达到平衡时，的转化率约为
D．向X点对应的平衡体系再充入和，平衡不移动
12．有两个相同带活塞的容器，向容器a中充入NO2(g)待颜色不再变化，再向容器b中充入溴蒸汽，使两容器的颜色和体积相等〔注意：同浓度的NO2和Br2蒸汽颜色相同，2NO2(g) N2O4(g)(无色)，迅速将两容器同时压缩(假设气体不液化)，下列说法正确的是（ ）
A．a→a′过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的浅
B．若对a和b以极慢的速度缓缓压缩，则a和b的颜色均慢慢加深，但在每一个相同的时间点，b的颜色总比a的深
C．假设容器和活塞均为无色，从容器左侧观察a和a′，a′的颜色比a浅
D．气体的物质的量：na一定大于nb′
13．相同的温度和压强下，有关下列两个反应的说法错误的是
反应 △H/kJ mol-1 △n △S/J K mol-1
MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) 117.6 1 a
CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) 177.9 1 b
注：①其中△n表示反应方程式中气体系数差；
②△H-T△S＜0的反应方向自发
A．因为△n相同，所以a与b大小相近
B．热分解温度：MgCO3(s)＞CaCO3(s)
C．a-b=S[MgO(s)]+S[CaCO3(s)]-S[MgCO3(s)]-S[CaO(s)]
D．两个反应在不同温度下的△H和△S都大于零
14．已知N≡N、N—H、H—H的键能分别为946 kJ·mol－1、391 kJ·mol－1、436 kJ·mol－1。下列说法正确的是（ ）
A．N2与H2在一定条件下化合生成2 mol NH3时放出的热量为92 kJ
B．一定条件下合成氨反应N2＋3H2 2NH3达平衡时，3v(H2)正＝2v(NH3)逆
C．用液氨和液氧制成的燃料电池放电时可实现将化学能全部转化为电能
D．反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)常温下能自发进行，该反应的ΔH>0
15．常温下，向20mL0.1mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的烧碱溶液，溶液中水所电离的c水（H+）随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．B点的溶液中粒子浓度之间存在：c(HA)＞c(Na+)＞c(A-)
B．由图可知A-的水解平衡常数Kh约为1×10-9
C．C，E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性
D．F点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c(OH-)=c(HA)+c(A-)+c(H+)
16．在刚性密闭容器中充入CO2和H2发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H，测得反应过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．平衡常数：K1＞K2
B．反应温度：T2＞T1
C．加催化剂，△H不变
D．平衡后再通入CO2，其转化率增大
二、综合题
17．2022年2月4日至20日，北京冬季奥运会由北京市和河北省张家口市联合举办。手抄报、冰丝带、绿交通呼应中国碳达峰、碳中和的承诺。在节能减排措施上离不开化学元素与技术。
国家速滑馆“冰丝带”是北京冬奥会最具科技含量的场馆，它采用了当前冬季运动场馆最环保的制冰技术之一为二氧化碳跨临界直接制冰技术。
（1）CO2由气体变成固体的过程中，下列判断正确的是__________。（单选）
A．ΔH＞0，ΔS＞0 B．ΔH＞0，ΔS＜0
C．ΔH＜0，ΔS＞0 D．ΔH＜0，ΔS＜0
（2）关于CO2叙述不正确的是________。（单选）
A．CO2属于酸性氧化物 B．CO2溶于水形成的溶液能导电
C．CO2属于非电解质 D．CO2是共价晶体
（3）为吸收CO2，下列处理CO2的转化关系不能实现是_____________。（单选）
A．NaOH(aq)Na2CO3(aq) B．NaCl(aq)NaHCO3(s)
C．Ca(ClO)2(aq)CaCO3(s) D．(aq)(aq)
（4）基于新材料及3D打印技术，科学家研制出的微胶囊吸收剂，它能将排放的CO2以更加安全、廉价和高效的方式处理掉，球形微胶囊内部充入(NH4)2CO3溶液，其原理如图所示。
已知：(NH4)2CO3(aq)＋CO2(aq)＋H2O(l) 2NH4HCO3(aq) ΔH=－25.3 kJ·mol－1
吸收CO2时宜选用 （选填“低温”或“高温”）理由 、 （列举两点）。
（5）已知一水合氨和碳酸室温下电离平衡常数如下：
弱电解质 H2CO3 NH3·H2O
电离平衡 常数 Ka1＝4.3×10－7 Ka2＝5.6×10－11 Kb＝1.8×10－5
试结合电离平衡常数，判断并解释0.1 mol·L－1NH4HCO3溶液的酸碱性。
（6）吸收CO2过程中，胶囊内部溶液的n(NH4+) （“增大”、“减小”、“几乎不变”），理由是 （不考虑其他副反应及溶液体积变化）。
（7）北京冬奥会全部场馆100%使用太阳能、氢能等清洁能源供电，着力打造“绿色冬奥”。冬奥会火炬“飞扬”，以氢气为燃料。氢燃料电池车则是北京冬奥会期间的交通服务用车。
北京举办的两届奥运会火炬“飞扬”和“祥云”分别使用氢气和丙烷作为燃料
2022冬奥会“飞扬”：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=－484kJ·mol－1
2008奥运会“祥云”：②C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) ΔH=－2039kJ·mol－1
常压下，单位质量燃料完全燃烧放出热量叫做该燃料的热值。热值：H2 C3H8（填写“大于”、“小于”或“等于”）
（8）试计算工业制备丙烷反应的焓变：3CO2(g)+10H2(g)=C3H8(g)+6H2O(g) ΔH= 。
（9）冬奥会赛区内使用氢燃料清洁能源车辆，某氢氧燃料电池工作示意图如下，电解质溶液可分别使用氢氧化钾溶液和稀硫酸。使用不同电解质溶液时，有关说法不正确的是______（单选）
A．能量转化方式相同
B．电极a均作负极
C．电极b附近发生的电极反应相同
D．转移等量电子，消耗氧气物质的量相等
18．天然气通过重整反应可生产合成气，进而生产H2，该工艺减少甲烷和CO2的排放，对于节约能源和保护环境具有双重意义。以甲烷为原料制氢主要有水蒸气重整、CO2重整等方法。甲烷水蒸气重整制氢工艺流程如图：
（1）涉及的甲烷水蒸气重整反应方程式为：
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1
CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ΔH2=+165kJ·mol-1
已知CH4、CO、H2的燃烧热分别为ΔH=-891kJ·mol-1、ΔH=-283kJ·mol-1、ΔH=-286kJ·mol-1、水的汽化热ΔH=+44kJ·mol-1，则ΔH1= 。
（2）天然气脱硫工艺中常用热分解法处理H2S，硫化氢分解的反应方程式为：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)，在101kPa时各气体的平衡体积分数与温度的关系如图所示：
该反应的ΔH 0(填“＞”、“＜”)。图中A点时反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压X物质的量分数)。
（3）利用甲烷水蒸气重整制得的氢气，工业上可用于合成氨生产。
①“哈伯法”是制氨气的常用方法，反应方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)向密闭容器中按1：3体积比通入N2和H2，反应达平衡时NH3的体积分数为25.0%，则N2的平衡转化率α(N2)=
②“球磨法”是一种在温和的条件下(45℃和1bar，1bar≈100kPa)合成氨气的新方法，氨的最终体积分数可高达82.5%。该法分为两个步骤(如图)：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上［Fe(N*)］，有助于氮分子的解离。第二步，N*发生加氢反应得到NHx*(x=1~3)，剧烈碰撞中，NHx*从催化剂表面脱附得到产物氨。“球磨法”与“哈伯法”相比较，下列说法中错误的是 (选填标号)。
A．催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2的吸附率越高
B．“哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”不用解离氮氮三键
C．“球磨法”转速不能过快，否则体系升温太快，温度升高不利于N2吸附
D．“球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压会增大成本
（4）用催化剂Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯的反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表。
助剂 CO2转化率(%) 各产物在有机产物中的占比(%)
C2H4 C3H6 其他有机物
Na 42.5 35.9 39.6 24.5
K 27.2 75.6 22.8 1.6
Cu 9.8 80.7 12.5 6.8
欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加 助剂效果最好，加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是 。
19．含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。回答下列问题：
已知：
Ⅰ.2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）DH1=-483.6kJ·mol-1
Ⅱ.N2（g）+O2（g） 2NO（g）DH2=+180.5kJ·mol-1
Ⅲ.2H2（g）+2NO（g） N2（g）+2H2O（g）
（1）反应Ⅲ的正反应活化能为EakJ·mol-1，则逆反应活化能为 kJ·mol-1（用含Ea的式子表示）。
（2）我国学者在刚性容器中按投料比 =1发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系，如图。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 （填标号）。
A.2v逆（NO）=v正（N2）
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙时，NO转化率随温度升高先增大后减小的可能原因是 。
③研究表明该反应v=kcm（H2）c2（NO），其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为 ，由此可知m= 。设此时反应的活化能为Ea'，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：lg =- （ - ）（R为常数）。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数 （填“越大”、“越小”或“不变”）。
（3）氨气可还原氮氧化物，工业上常利用反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）DH＜0合成氨气，在30MPa、不同物质的量分数（75%的H2和25%的N2；67.5%的H2、22.5%的N2和10%的惰性气体）条件下进行实验，测得平衡时，NH3体积分数与温度的关系如图。
物质的量分数为75%的H2和25%的N2对应的曲线是 （填“a”或“b”）。
②M点，该反应的压强平衡常数Kp= （MPa）-2（用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数）。
20．NOx(主要指N2O、NO和NO2)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)△H=-116.1kJ·mol-1
3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)△H=+75.9kJ·mol-1
反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的△H= kJ·mol-1
（2）用CO还原N2O的反应为：CO(g)+N2O(g)N2(g)+CO2(g)，其能量变化如图甲所示：
①投料比一定时，要提高N2O平衡转化率，可采取的措施是 。
②反应达到平衡前，在同温同压条件下的相同时间段内，N2O的转化率在使用催化剂2时比使用催化剂1要高，原因是 。
③在容积均为1L的密闭容器A(起始500℃，恒温)、B(起始500℃，绝热)两个容器中分别加入1molN2O、4molCO和相同催化剂，发生上述反应。实验测得A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图乙所示。
Ⅰ.曲线b中，从反应开始到M点处，用N2O表示的反应速率为 mol/(L·s)。
Ⅱ.容器B中N2O的转化率随时间的变化关系是图乙中的 (填“a”或“b”)曲线。
（3）活性炭还原NO2的反应为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量活性炭发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B、C三点中NO2的转化率最高的是 (填“A”、“B”或“C”)点，理由是 。
②C点时该反应的压强平衡常数Kp= MPa(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
21．镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法(Pidgeon法)冶炼镁，以煅白(CaO·MgO，M = 96 g/mol)为原料与硅铁(含硅75%)混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2(CaO·MgO)(s) + Si(s) Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)；完成下列填空：
（1）已知还原性Mg
> Si，上述反应仍能发生的原因是 。
（2）由图推测上述反应正向为 (填“吸热”或“放热”)反应。
（3）若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是 (选填序号)。
a.平衡常数到达最大值
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO·MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n(CaO·MgO)消耗 ：n(Ca2SiO4)生成
= 2：1
（4）平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg(g)的浓度将 (填“升高”“降低”或“不变”)。
（5）若还原炉容积为400
m3，原料中煅白质量为9600 kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率
mol/(L·h)。
（6）工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如表所示：
MgCl2 MgO
熔点/℃ 712 2850
①镁原子核外有 种能量不同的电子，它们的运动状态有 种。
②MgCl2的电子式为 ；
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A符合题意；
B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B不符合题意；
C．该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，属于分解反应，反应物没有完全转化为生成，属于可逆反应，据此解答即可.
2．【答案】D
【解析】【解答】A．花香四溢自发进行，使体系的混乱程度增大，导致熵增加，A不符合题意；
B．冰块受热融化能够自发进行，水分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，B不符合题意；
C．Na2CO3·10H2O风化能够自发进行，风化使结晶水合物变为Na2CO3和蒸馏水，H2O分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，C不符合题意；
D．水蒸气遇冷会冷凝变为液体水，使水分子排列由无序变得有序，体系混乱程度减小，熵减小，因此该过程能自发进行但不能用熵增解释，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】熵可以根据其混乱程度判断，气体增多，则熵增，气体减少，则熵减。固体转化为液体，液体转化为气体，其熵依次增大。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，选项A不符合题意；
B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，选项B不符合题意；
C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，选项C不符合题意；
D．反应的ΔH=∑[2mol SO2(g)＋1mol O2(g)]－∑[2mol SO3(g)]=－196.6 kJ·mol－1＜0，则有∑[2mol SO2(g)＋1mol O2(g)]＜∑[2mol SO3(g)]，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行判断；
B.平衡后再通入O2，可能气体的总物质的量增大的多；
C.催化剂不影响平衡转化率。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．该模型为球棍模型，NH3的比例模型为，故A不符合题意；
B．中N原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对，该离子为四面体结构，故B不符合题意；
C．中N原子和2个H原子形成N-H键，N原子还存在2个孤电子对，的电子式，故C符合题意；
D．平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，平衡常数，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.是氨气的球棍模型；
B.中N原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；
D.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。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．硼砂的作用是帮助熔化，不和银发生化学反应，A符合题意；
B．合金的硬度一般比其组分大，则金银合金的硬度比银的大，B不符合题意；
C．“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积，加快金属熔化的反应速率，C不符合题意；
D．向坩埚中加入金银合金，其银即吸入土内，让金流出’，说明银熔化，可得银的熔点低于金的，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据“ 入坩埚中硼砂熔化 ”，可知硼砂的作用是熔化；
B、合金的硬度比成分金属更大；
C、碎片粉碎可以增大固体的接触面积；
D、 其银即吸入土内，让金流出以成足色 ，可知银的熔点更低。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．由上述分析可知，升温平衡正向移动，则该反应为吸热反应，故A不符合题意；
B．曲线①，0~ 50 min用HBr表示的平均反应速率为=0.02mol﹒L-1﹒min-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，用H2表示的平均反应速率为0.01 mol﹒L-1﹒min-1，故B不符合题意；
C．曲线②，可能使用了催化剂，反应速率加快，平衡不移动，各物质浓度不变；如果缩小体积，气体浓度都增大了，而实际上HBr浓度减小了，与图象变化不符合，故C不符合题意；
D．曲线③达到平衡时有：，得，往容器中加入浓度均为0.2 mol﹒L-1的三种物质，得，则Qc＜K，平衡将向正反应方向移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
B、化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
C、平衡不移动，速率加快，可能是加入催化剂；
D、化学平衡常数等于反应物的浓度幂之积和生成物的浓度幂之积之比，如果已知化学平衡常数，要判断平衡移动问题，可以结合Qc和化学平衡常数的关系进行判断，Qc>K，反应朝逆向移动，Qc>K，反应朝正向移动，Qc=K，平衡不移动。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．随着温度升高，CO2的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，由图可知，M点的平衡常数大于N点，A不符合题意；
B．由图可知，温度低于250℃，升高温度， CO2的平衡转化率降低，乙烯的产率随温度升高而降低，B不符合题意；
C．N点平衡时二氧化碳的转化率小于50%，保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，平衡正向移动，CO2的转化率可能会增大到50%，C符合题意；
D．该反应在较低的温度下进行，反应速率慢，同时催化剂的活性低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】通过图像分析，依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，碘化钠开始加入，最终未被消耗，则在反应过程的催化剂是NaI，A项不符合题意；
B．该过程中化合物1转化为化合物3为取代反应，化合物3转化为化合物4为消去反应，化合物4、5互为同分异构体，化合物4、5之间的转化为异构化反应，化合物5转化为化合物2为取代反应，乙醇与HI发生取代反应生成C2H5I，B项符合题意；
C．化合物4和5的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，C项不符合题意；
D．反应过程中，生成的氢氧化钠和碘化氢均会被消耗，则反应液pH可能保持不变，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】Ａ．NaI先消耗后生成，为催化剂；
Ｂ．该过程涉及取代、消去、同分异构体的异构化等反应；
Ｃ.4和5互为同分异构体 ；
Ｄ．反应过程中，生成的氢氧化钠和碘化氢均会被消耗，对反应液pH不产生影响。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应热，所以Ⅰ和Ⅱ的反应热相等，故A不符合题意；
B．催化剂可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但不能使平衡移动，增大产率，故B不符合题意；
C．如图，Ⅱ的最大活化能要低于Ⅲ，活化能越低，反应速率越快，所以生成P的速率：Ⅱ>Ⅲ，故C符合题意；
D．如图，该反应反应物总能大于生成物总能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，S的转化率降低，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】催化剂降低了反应的活化能，加快反应速率，不影响化学平衡。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．反应①和反应②均为放热反应，即、，又知对二氯苯比邻二氯苯稳定，则反应②放出的热量更多，即，选项A符合题意；
B．速率大小由和判断，影响因素只与、有关，温度恒定时，、保持不变，则两种有机产物的浓度之比保持不变，选项B不符合题意；
C．改变催化剂可改变选择性，可提高产物中对二氯苯的比例，选项C不符合题意；
D．反应①和反应②中转化为对二氯苯和邻二氯苯均为进行，则(对二氯苯)(邻二氯苯)成立，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．物质的能量越低，越稳定；
B．K的大小只与温度有关；
C．改变催化剂可改变选择性；
D．依据已知反应判断。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图中曲线得到温度越高，越大，则越大，说明温度升高，CO物质的量浓度越大，平衡正向移动，因此平衡常数K值随着温度的升高而增大，故A不符合题意；
B．该反应是体积增大的反应，缩小容器体积，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，故B不符合题意；
C．X点反应达到平衡时，则CO的物质的量和的物质的量相等，则为x，由于生成CO消耗的二氧化碳物质的量是CO物质的量的一半，则消耗的二氧化碳物质的量为0.5x，因此的转化率约为，故C不符合题意；
D．平衡体系X点CO的压强和的压强相等，即两者物质的量相等，由于是体积可变的密闭容器，向X点对应的平衡体系再充入和，相等于在另一个容器中放入，是平衡体系，将两个容器合二为一，两者物质的量相等，则平衡不移动，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A．根据图中曲线判断平衡常数K值变化；
B．依据压强对转化率的影响分析；
C．利用三段式进行计算；
D．利用等效平衡进行分析。
12．【答案】B
【解析】【解答】a→a′过程中，增大压强，2NO2 N2O4平衡正向移动，有一定量的NO2转化成N2O4，但是新平衡时各气体物质的浓度均比旧平衡时大；b→b′过程中，溴蒸汽的物质的量不变，浓度增大，
A. a→a′过程中，开始时容器的容积瞬间减小，NO2的浓度瞬间增大，则颜色突然加深，2NO2 N2O4平衡正向移动，NO2的浓度逐渐减小，则颜色又逐渐变浅，但是新平衡时各气体物质的浓度均比旧平衡时大，则最终颜色比原来的深，故A不符合题意；
B. 在以极慢的速度缓缓压缩的过程中，a中2NO2 N2O4平衡正向移动，有一定量的NO2转化成N2O4，而b→b′过程中，溴蒸汽的物质的量不变，但在每一个相同的时间点，溴蒸汽的浓度总是比NO2的浓度大，故b的颜色总比a的深，故B符合题意；
C. 由A项分析知，从容器左侧观察a和a′，a′的颜色更深，故C不符合题意；
D. 起始时，两容器中气体的浓度和体积相等，即气体物质的量相等，b→b′过程中，溴蒸汽的物质的量不变，故气体的物质的量：na等于nb′，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.总和a→a′的过程，实际是增大体系压强，导致体系中物质浓度增大的过程，因此反应会正向移动，颜色加深；
C.因为a’中各物质浓度加深，因此a’的颜色更深；
D.a到b过程中，物质的量未发生变化。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．由方程式可知，两个反应中气体化学计量数差相等，则反应的熵变a和b大小相近，故A不符合题意；
B．MgCO3和CaCO3均为离子晶体，镁离子和钙离子所带电荷相等，镁离子半径小于钙离子，MgO的晶格能大于CaO，镁离子更易与碳酸根离子中的氧离子结合，使碳酸根离子易分解为二氧化碳，则碳酸镁的分解温度小与碳酸钙，故B符合题意；
C．由方程式可知，两个反应中气体化学计量数差相等，则反应的熵变a和b的差值a-b=S[MgO(s)]+S[CaCO3(s)]-S[MgCO3(s)]-S[CaO(s)]，故C不符合题意；
D．由表格数据可知，两个反应都是气体体积增加的吸热反应，故两个反应在不同温度下的ΔH和ΔS都大于零，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．两个反应中气体化学计量数差相等；
B．离子所带电荷相等，离子半径越小，分解温度越小；
C．由方程式可知，两个反应中气体化学计量数差相等；
D．依据表格数据分析。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．N2与H2在一定条件下化合生成氨气的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)ΔH，焓变=反应物总键能-生成物总键能，所以ΔH=946 kJ·mol－1+436 kJ·mol－1×3-391 kJ·mol－1×6=-92 kJ·mol－1，焓变小于0为放热反应，所以N2与H2在一定条件下化合生成2 mol NH3时放出的热量为92 kJ，A符合题意；
B．该反应平衡时2v(H2)正＝3v(NH3)正，又v(NH3)正= v(NH3)逆，所以2v(H2)正＝3v(NH3)逆，B不符合题意；
C．用液氨和液氧制成的燃料电池放电时会有一部分能量以热能的形式散失，C不符合题意；
D．△H-T△S＜0的反应可自发进行， NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)的△S＜0，常温下能自发进行，则该反应的△H＜0，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；
B、达平衡时，同一物质的正逆反应速率相等；
C、原电池是将化学能转化为电能的装置；
D、反应自发进行的条件是△H-T△S＜0，和反应的焓变、熵变、温度有关。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．B点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)，A不符合题意；
B．由题图可知0.1 mol·L-1的HA溶液中c(H+)为1×10-3 mol·L-1，由此可计算出Ka约为1×10-5，则Kh=KW/Ka≈1×10-9，B符合题意；
C．C点是HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，而E点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，C不符合题意；
D．F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，由质子守恒可得：c(OH-)＝2c(HA)+c(A-)+c(H+)，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】（1）比较弱酸根离子和弱酸浓度要看弱酸的电离程度与若酸根离子水解程度的相对大小；
（2）注意；
（3）质子守恒是指酸失去的质子和碱得到的质子数目相同。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．由图像知，根据先拐先平衡，数字大，T1先达到平衡，温度较高，从T1到T2，降低温度，CO2物质的量减小，平衡正向移动，说明正反应是放热反应，即 大于 ，故A不符合题意；
B．根据先拐先平衡，数字大，反应温度：T1＞T2，故B不符合题意；
C．催化剂改变速率，不改变平衡，故C符合题意；
D．平衡后，增大 浓度， 的平衡转化率减小， 的平衡转化率增大，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据先拐先平衡，可知T1先达到平衡，则T1＞T2；从T1到T2，降低温度，CO2物质的量减小，说明平衡正向移动，则正反应是放热反应，即 大于 ；催化剂改变速率，不改变平衡；平衡后，增大反应物浓度，平衡正向移动。
17．【答案】（1）D
（2）D
（3）B
（4）低温；低温有利CO2的溶解或增大CO2(aq)浓度。；低温防止盐的分解；反应放热，低温有利于平衡右移吸收更多的CO2。合理即给分
（5）碱性 HCO3-+H2O H2CO3 + OH－ K1= =2.3×10－8 ，NH4++H2O NH3·H2O + H+ K2= =5.6×10－10
K1＞K2，即HCO水解程度大于NH4+，溶液中c(OH－)＞c(H+)，溶液呈碱性。
（6）增大；CO水解呈碱性，NH水解呈酸性，两者互相促进。随着CO2的通入，CO转化为水解能力更弱的HCO，对NH水解促进作用减小，n(NH4+)增大
（7）大于
（8）－381kJ·mol－1
（9）C
【解析】【解答】（1）二氧化碳变为固态过程是放热且气体数目减少的过程，即可判断 ΔH＜0，ΔS＜0 ；
（2）A.二氧化碳与碱反应得到盐和水，故A不符合题意；
B.二氧化碳溶于水是碳酸，碳酸可导电，故B不符合题意；
C.二氧化碳溶于水时碳酸导电，二氧化碳不是电解质，故C不符合题意；
D.二氧化碳是分子晶体，故D符合题意；
（3）A.氢氧化碳与少量的二氧化碳可以得到碳酸钠，故A不符合题意；
B.氯化钠与二氧化碳不能反应得到碳酸氢钠，故B符合题意；
C.碳酸酸性强于次氯酸，故C不符合题意；
D.碳酸酸性强于苯酚，故D不符合题意；
（4）根据 (NH4)2CO3(aq)＋CO2(aq)＋H2O(l) 2NH4HCO3(aq) ΔH=－25.3 kJ·mol－1 ，反应放热，可以促进二氧化碳的吸收，低温有利于二氧化碳的溶解；
（5）碳酸氢根和铵根均可以水解，碳酸氢根水解：HCO3-+H2O=H2CO3+OH- K1=== =2.3×10－8 ，NH4++H2O=NH3.H2O+H+， K2== = =5.6×10－10 ， K1＞K2， 因此碳酸氢根水解强度大于铵根水解，故溶液显碱性；
（6）碳酸根水解呈现碱性，铵根离子水解呈现酸性，两者相互促进，随着二氧化碳的通入，碳酸根转化为水解能力更弱的碳酸氢根，对铵根水解促进作用减小， n(NH4+)增大 ；
（7）分别取1g氢气和甲烷丙烷计算出热值，氢气热值为： 484/4=121，丙烷热值为：2039/44=46.3，因此氢气的热值大；
（8） ①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ， ΔH=－484kJ·mol－1②C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) ， ΔH=－2039kJ·mol－1
①x5-②即可得到 3CO2(g)+10H2(g)=C3H8(g)+6H2O(g) ΔH=－381kJ·mol－1 ；
（9）A.无论电解质是硫酸还是氢氧化钠均是将化学能转化为电能，故A不符合题意；
B.氢气在负极失去电子，故B不符合题意；
C.电池b均是氧气得到电子，但是酸性时得到的是水，碱性时得到的是氢氧根，故C符合题意；
D.均是氧气和氢气之间转移电子，电子总数相等，故D不符合题意；
【分析】（1）根据焓变和熵变判断即可；
（2）二氧化碳是酸性氧化物，是属于分子晶体与水形成碳酸可导电；
（3）根据反应物和生成物利用性质即可判断；
（4）根据给出的反应式即可判断低温有利于二氧化碳溶解；
（5）根据写出水解的常数公式结合水的离子积即可计算比较；
（6）根据碳酸根水解呈碱性，随着二氧化碳加入变为碳酸氢根水解能力降低铵根离子浓度增大；
（7）根据计算出单位质量的热量即可；
（8）根据盖斯定律找出关系即可计算焓变；
（9）氢氧燃料电池，氢气做负极，氧气做正极，酸性时负极氢气失去电子变为氢离子，正极时氧气得到电子结合氢离子得到水，而氢氧化钠做电解质时，氢气失去电子结合氢氧根变为水，正极氧气得到电子变为氢氧根，结合选项判断。
18．【答案】（1）＋206kJ·mol－1
（2）>；20.2kPa
（3）40%；B
（4）K；降低反应的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响
【解析】【解答】（1）有分析可知， ，
，
，
，
有盖斯定律得a-b-3c-d得ΔH1= =＋206kJ·mol－1；
（2）由图可知，升高温度硫化氢的体积分数减少，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A点硫化氢和氢气的体积分数相等，即是硫化氢和氢气的物质的量相等，设硫化氢的物质的量是2mol，则
则2-2x=2x，解得x= ，则A点气体的总物质的量是2.5mol，平衡常数Kp=
=20.2kPa；
（3）①
则
解得a=0.4mol，则N2的平衡转化率α(N2)= ；
②A．由题意可知，催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2的吸附率越高，故A正确；
B．“哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”是氮分子被吸附在这些缺陷上［Fe(N*)］，有助于氮分子的解离氮氮三键，故B不正确；
C．“球磨法”转速不能过快，否则体系升温太快，温度升高平衡逆向移动，不利于N2吸附，故C正确；
D．“球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压对设备要求比较高，会增大成本，故D正确；
（4）单位时间内加入K助剂，乙烯的含量最高，所以在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂效果最好，加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低反应的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
【分析】（1） ，
，
，
，
有盖斯定律得a-b-3c-d得ΔH1；
19．【答案】（1）Ea+664.1
（2）CD；该反应未达平衡，温度低于350℃时，温度升高，NO转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于350℃时，催化剂失活或活性降低；1；越大
（3）a； 或0.0059或0.006
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得反应Ⅲ的 ，而 正反应活化能-逆反应活化能=-664.1kJ/mol，所以逆反应活化能= （Ea+664.1）kJ/mol；
（2）①A．若正反应速率=逆反应速率说明反应达到平衡状态。而v逆（NO）：v正（N2）=2：1，所以v逆（NO）= 2v正（N2），A项不正确；
B．混合气体的密度= ，该容器为恒容所以体积不变，而混合气体的总质量也不变，所以混合气体的密度任何时候都不发生改变，故不能判定反应是否达到平衡状态，B项不正确；
C．该反应是一个气体体积减小的反应，平衡之前，容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后，容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后，容器内的压强不再发生改变，C项正确；
D．混合气体的相对分子质量= ，混合气体的质量恒定不变，但是平衡前，混合气体的物质的量一直发生变化，所以相对分子质量也在改变。若相对分子质量不变，则说明该反应达到平衡状态，D项正确；
②使用催化剂乙时，NO转化率随温度升高先增大后减小的原因为该反应未达平衡，温度低于350℃时，温度升高，NO转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于350℃时，催化剂失活或活性降低；
③温度为T1时，假设初始氢气和一氧化氮的物质的量都为1mol，容器的体积为1L，那么氢气和一氧化氮的初始浓度为 ，所以 ，而当氢气的转化率为50%时， ，此时的速率 ，解得m=1，根据速率常数存在的关系式可以得到，活化能越大，升高温度，等号右侧的值就越小，那么 就越小，说明 的值就越大，那么k2>k1，所以速率常数增大的倍数也是越大的；
（3）①温度相同的条件下，反应物的浓度越大，生成的产物越多。从图2中可以看到，当温度相同时，曲线a位于曲线b的上方，那么说明曲线a代表的应该是75%的氢气和25%的氮气；；
②根据题意可知，初始时氢气的分压为： ，氮气的分压为： ，假设平衡时氮气的变化分压为x MPa，那么氢气的变化分压为3x MPa，氨气的变化分压为2x MPa，则有： ，平衡时氨气的体积分数 ，解得 ，则该反应的压强平衡常数 。
【分析】
(1)根据盖斯定律以及 正反应活化能-逆反应活化能计算；
(2)①判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法：
1、v正=v逆，即正逆反应速率相等；
2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。
②根据平衡以及催化剂活性分析；
③假设初始H2和NO的物质的量都为1mol，容器的体积为1L，根据题意计算；
(3)①根据温度相同的条件下，反应物的浓度越大，生成的产物越多分析；
②根据三段式以及Kp=计算。
20．【答案】（1）-136.2
（2）降低温度；在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O的转化率更高；1×10-3；a
（3）A；该反应的正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡左移，NO2的转化率减小，所以A点NO2的转化率最高；4
【解析】【解答】(1)已知①2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)△H=-116.1kJ·mol-1，②3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)△H=+75.9kJ·mol-1，根据盖斯定律(①×3+②)×得3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)，△H=[3×(-116.1kJ·mol-1)+(+75.9kJ·mol-1)]×=-136.2kJ·mol-1；
(2)①由图可知，反应CO(g)+N2O(g)N2(g)+CO2(g)为放热反应，故可以通过降低温度使平衡正向移动，提高N2O平衡转化率；
②在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O的转化率更高；
③Ⅰ.曲线b中，从反应开始到M点处，N2O的转化率为20%，故用N2O表示的反应速率为=1×10-3mol/(L·s)。
Ⅱ.反应N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)的△H<0，容器B(绝热)的起始温度为500℃，反应正向进行放出热量，使体系的温度升高，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，故表示B容器中N2O的转化率随时间的变化关系的是图乙中的a曲线。
(3)①由反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)可知，该反应的正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡左移，NO2的转化率减小，所以A点NO2的转化率最高；
②根据图像可知，
C点时n(NO2)=n(CO2)，1-2x=2x，解得x=0.25mol，因此平衡常数为=4。
【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)①依据化学平衡移动原理分析；
②依据化学平衡移动原理分析
③Ⅰ.利用计算。
Ⅱ.依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
(3)①依据勒夏特列原理分析；
②根据三段式法计算。
21．【答案】（1）该反应条件下，镁为气体，从反应体系逸出，使平衡不断正向移动
（2）吸热
（3）c
（4）不变
（5）0.025mol/(L·h)
（6）4；12； Mg2+；选择MgCl2，原因是MgCl2熔点低，能耗小
【解析】【解答】(1)1200℃时发生反应为2(CaO MgO)(s)+Si(s) Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，此时镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，使得化学反应能发生；
(2)由图象可知，温度越高，Mg的产率增大，说明升高温度平衡正移，所以正方向为吸热方向；
(3)a．平衡常数到达最大值，不能证明正逆反应速率相等，故不正确；
b．化学平衡是动态平衡，反应物不再转化为生成物，则是证明反应结束的，故不正确；
c．炉内Ca2SiO4与CaO MgO的质量比保持不变，达到了平衡，故正确；
d．单位时间内，n(CaO MgO)消耗：n(Ca2SiO4)生成=2：1，不能证明正逆反应速率相等，故不正确；
故答案为：c；
(4)因为该反应的K=C2(Mg)，平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则温度没变所以K不变，所以新平衡时Mg(g)的浓度不变；
(5)发生反应为：2(CaO MgO)(s)+Si(s) Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，由关系式 ，解得m=1.2t，n=50000mol，这段时间Mg的生成速率v=50000mol÷(400×103)L÷5h=0.025 mol/(L h)；
(6)①Mg原子核外有几个能级填充电子，则有几种能量不同的电子，Mg原子核外填充的电子为1s、2s、2p、3s能级电子，所以有4种能量不同的电子，它们的运动状态有12种；
②MgCl2是离子化合物，电子式为： Mg2+ ；
③氧化镁熔点比氯化镁熔点高，熔融离子晶体要消耗能源，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯化镁冶炼镁。
【分析】（1）可逆反应，产物中的气体逸散到空气中，促进平衡向右移动
（2）温度越高产率越大，故正反应是吸热反应
（3）反应前后气体的体积改变，判断是否平衡，可通过判断正逆速率是否相等，以及物质的量是否不变、以及压强是否不变进行判断
（4）利用平衡常数的计算公式，温度不变，K不变，浓度不变
（5）根据转化率计算出转化的质量级和反应方程式计算出镁蒸汽的物质的量，再根据速率计算公式进行计算
（6）①根据镁原子的质子数即可判断镁原子的核外电子数，找出含有的能级数即可，含有多少个电子具有多少种运动状态 ② 氯化镁是由镁原子和氯原子得失电子形成的离子化合物，因此需要体现出电荷 ③ 电解制取金属单质，一般选择的是离子化合物，氯化镁和氧化镁均是离子化合物，但是氯化镁的熔点低消耗的能量低
一、单选题
1．一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中 和 代表不同元素的原子。（ ）
关于此反应说法错误的是（ ）
A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应
C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应
2．下列过程在一定条件下能自发进行但不能用熵增解释的是（ ）
A．花香四溢 B．冰块融化
C．Na2CO3·10H2O风化 D．水蒸气冷凝
3．SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)＋O2(g)=2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任何条件下都能自发进行
B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加
C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率
D．2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所含键能总和比2 mol SO3(g)所含键能小
4．液氨中存在：2NH3(l) NH＋NH。下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．NH3的比例模型：
B．NH的空间构型：三角锥形
C．NH的电子式：
D．平衡常数表达式：
5．《天工开物》中记载分离金和银的方法：“凡足色金参和伪售者，唯银可入，余物无望焉。欲去银存金，则将其金打成薄片剪碎，每块以土泥裹涂，入坩埚中硼砂熔化，其银即吸入土内，让金流出以成足色。然后入铅少许，另入坩埚内，勾出土内银，亦毫厘具在也。”下列说法错误的是（ ）
A．硼砂的作用是和银反应
B．金银合金的硬度比银的大
C．“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积
D．银的熔点低于金的
6．密闭容器中加入HBr，一定条件下发生反应：，随反应时间的变化如曲线①所示，分别改变一个条件，得到曲线②和③，下列说法正确的是（ ）
A．该反应正反应为放热反应
B．曲线①，0~50min用表示的平均反应速率为
C．曲线②，可能使用了催化剂或压缩容器体积
D．曲线③，达到平衡后，容器内各物质的浓度分别增加，平衡正向移动
7．向恒容密闭容器中充入体积比为1：3的CO2和H2，发生反应2CO2(g) + 6H2(g)4H2O(g) + CH2=CH2(g)。测得不同温度下CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．所以M点的平衡常数比N点的小
B．温度低于250℃时，乙烯的平衡产率随温度升高而增大
C．保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，CO2的转化率可能会增大到50%
D．实际生产中应尽可能在较低的温度下进行，以提高 CO2的转化率
8．以乙醇、过氧化氢、碘化钠和原料1制备联苯衍生物2的一种反应机理如图。下列说法错误的是（ ）
A．反应过程的催化剂是
B．涉及的有机反应只有取代、消去、还原
C．化合物4和5互为同分异构体
D．反应过程中反应液可能保持不变
9．在密闭容器中发生反应：S(反应物)→P(产物)。在相同条件下研究催化剂X、Y对该反应的影响，其能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应热：Ⅰ>Ⅱ B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅱ>Ⅲ D．升高温度，S的平衡转化率增大
10．在一定温度下，以为催化剂，氯苯和在溶液中发生反应
反应①：(邻二氯苯)
反应②：(对二氯苯)
反应①和②存在的速率方程：和，、为速率常数，只与温度有关，反应①和②的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．若对二氯苯比邻二氯苯稳定，则
B．保持反应体系温度恒定，体系中两种有机产物的浓度之比保持不变
C．通过改变催化剂可以提高产物中对二氯苯的比例
D．相同时间内，(对二氯苯)(邻二氯苯)
11．在一体积可变的密闭容器中加入足量的固体，并充入，发生反应。已知：与平衡分压比的自然对数值[]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．平衡常数K值随着温度的升高而减小
B．缩小容器体积有利于提高的平衡转化率
C．X点反应达到平衡时，的转化率约为
D．向X点对应的平衡体系再充入和，平衡不移动
12．有两个相同带活塞的容器，向容器a中充入NO2(g)待颜色不再变化，再向容器b中充入溴蒸汽，使两容器的颜色和体积相等〔注意：同浓度的NO2和Br2蒸汽颜色相同，2NO2(g) N2O4(g)(无色)，迅速将两容器同时压缩(假设气体不液化)，下列说法正确的是（ ）
A．a→a′过程中，颜色突然加深，然后逐渐变浅，最终颜色比原来的浅
B．若对a和b以极慢的速度缓缓压缩，则a和b的颜色均慢慢加深，但在每一个相同的时间点，b的颜色总比a的深
C．假设容器和活塞均为无色，从容器左侧观察a和a′，a′的颜色比a浅
D．气体的物质的量：na一定大于nb′
13．相同的温度和压强下，有关下列两个反应的说法错误的是
反应 △H/kJ mol-1 △n △S/J K mol-1
MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) 117.6 1 a
CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) 177.9 1 b
注：①其中△n表示反应方程式中气体系数差；
②△H-T△S＜0的反应方向自发
A．因为△n相同，所以a与b大小相近
B．热分解温度：MgCO3(s)＞CaCO3(s)
C．a-b=S[MgO(s)]+S[CaCO3(s)]-S[MgCO3(s)]-S[CaO(s)]
D．两个反应在不同温度下的△H和△S都大于零
14．已知N≡N、N—H、H—H的键能分别为946 kJ·mol－1、391 kJ·mol－1、436 kJ·mol－1。下列说法正确的是（ ）
A．N2与H2在一定条件下化合生成2 mol NH3时放出的热量为92 kJ
B．一定条件下合成氨反应N2＋3H2 2NH3达平衡时，3v(H2)正＝2v(NH3)逆
C．用液氨和液氧制成的燃料电池放电时可实现将化学能全部转化为电能
D．反应NH3(g)＋HCl(g)=NH4Cl(s)常温下能自发进行，该反应的ΔH>0
15．常温下，向20mL0.1mol·L-1的HA溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的烧碱溶液，溶液中水所电离的c水（H+）随加入烧碱溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．B点的溶液中粒子浓度之间存在：c(HA)＞c(Na+)＞c(A-)
B．由图可知A-的水解平衡常数Kh约为1×10-9
C．C，E两点因为对水的电离的抑制作用和促进作用相同，所以溶液均呈中性
D．F点的溶液呈碱性，粒子浓度之间存在：c(OH-)=c(HA)+c(A-)+c(H+)
16．在刚性密闭容器中充入CO2和H2发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H，测得反应过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．平衡常数：K1＞K2
B．反应温度：T2＞T1
C．加催化剂，△H不变
D．平衡后再通入CO2，其转化率增大
二、综合题
17．2022年2月4日至20日，北京冬季奥运会由北京市和河北省张家口市联合举办。手抄报、冰丝带、绿交通呼应中国碳达峰、碳中和的承诺。在节能减排措施上离不开化学元素与技术。
国家速滑馆“冰丝带”是北京冬奥会最具科技含量的场馆，它采用了当前冬季运动场馆最环保的制冰技术之一为二氧化碳跨临界直接制冰技术。
（1）CO2由气体变成固体的过程中，下列判断正确的是__________。（单选）
A．ΔH＞0，ΔS＞0 B．ΔH＞0，ΔS＜0
C．ΔH＜0，ΔS＞0 D．ΔH＜0，ΔS＜0
（2）关于CO2叙述不正确的是________。（单选）
A．CO2属于酸性氧化物 B．CO2溶于水形成的溶液能导电
C．CO2属于非电解质 D．CO2是共价晶体
（3）为吸收CO2，下列处理CO2的转化关系不能实现是_____________。（单选）
A．NaOH(aq)Na2CO3(aq) B．NaCl(aq)NaHCO3(s)
C．Ca(ClO)2(aq)CaCO3(s) D．(aq)(aq)
（4）基于新材料及3D打印技术，科学家研制出的微胶囊吸收剂，它能将排放的CO2以更加安全、廉价和高效的方式处理掉，球形微胶囊内部充入(NH4)2CO3溶液，其原理如图所示。
已知：(NH4)2CO3(aq)＋CO2(aq)＋H2O(l) 2NH4HCO3(aq) ΔH=－25.3 kJ·mol－1
吸收CO2时宜选用 （选填“低温”或“高温”）理由 、 （列举两点）。
（5）已知一水合氨和碳酸室温下电离平衡常数如下：
弱电解质 H2CO3 NH3·H2O
电离平衡 常数 Ka1＝4.3×10－7 Ka2＝5.6×10－11 Kb＝1.8×10－5
试结合电离平衡常数，判断并解释0.1 mol·L－1NH4HCO3溶液的酸碱性。
（6）吸收CO2过程中，胶囊内部溶液的n(NH4+) （“增大”、“减小”、“几乎不变”），理由是 （不考虑其他副反应及溶液体积变化）。
（7）北京冬奥会全部场馆100%使用太阳能、氢能等清洁能源供电，着力打造“绿色冬奥”。冬奥会火炬“飞扬”，以氢气为燃料。氢燃料电池车则是北京冬奥会期间的交通服务用车。
北京举办的两届奥运会火炬“飞扬”和“祥云”分别使用氢气和丙烷作为燃料
2022冬奥会“飞扬”：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=－484kJ·mol－1
2008奥运会“祥云”：②C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) ΔH=－2039kJ·mol－1
常压下，单位质量燃料完全燃烧放出热量叫做该燃料的热值。热值：H2 C3H8（填写“大于”、“小于”或“等于”）
（8）试计算工业制备丙烷反应的焓变：3CO2(g)+10H2(g)=C3H8(g)+6H2O(g) ΔH= 。
（9）冬奥会赛区内使用氢燃料清洁能源车辆，某氢氧燃料电池工作示意图如下，电解质溶液可分别使用氢氧化钾溶液和稀硫酸。使用不同电解质溶液时，有关说法不正确的是______（单选）
A．能量转化方式相同
B．电极a均作负极
C．电极b附近发生的电极反应相同
D．转移等量电子，消耗氧气物质的量相等
18．天然气通过重整反应可生产合成气，进而生产H2，该工艺减少甲烷和CO2的排放，对于节约能源和保护环境具有双重意义。以甲烷为原料制氢主要有水蒸气重整、CO2重整等方法。甲烷水蒸气重整制氢工艺流程如图：
（1）涉及的甲烷水蒸气重整反应方程式为：
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1
CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ΔH2=+165kJ·mol-1
已知CH4、CO、H2的燃烧热分别为ΔH=-891kJ·mol-1、ΔH=-283kJ·mol-1、ΔH=-286kJ·mol-1、水的汽化热ΔH=+44kJ·mol-1，则ΔH1= 。
（2）天然气脱硫工艺中常用热分解法处理H2S，硫化氢分解的反应方程式为：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)，在101kPa时各气体的平衡体积分数与温度的关系如图所示：
该反应的ΔH 0(填“＞”、“＜”)。图中A点时反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压X物质的量分数)。
（3）利用甲烷水蒸气重整制得的氢气，工业上可用于合成氨生产。
①“哈伯法”是制氨气的常用方法，反应方程式为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)向密闭容器中按1：3体积比通入N2和H2，反应达平衡时NH3的体积分数为25.0%，则N2的平衡转化率α(N2)=
②“球磨法”是一种在温和的条件下(45℃和1bar，1bar≈100kPa)合成氨气的新方法，氨的最终体积分数可高达82.5%。该法分为两个步骤(如图)：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上［Fe(N*)］，有助于氮分子的解离。第二步，N*发生加氢反应得到NHx*(x=1~3)，剧烈碰撞中，NHx*从催化剂表面脱附得到产物氨。“球磨法”与“哈伯法”相比较，下列说法中错误的是 (选填标号)。
A．催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2的吸附率越高
B．“哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”不用解离氮氮三键
C．“球磨法”转速不能过快，否则体系升温太快，温度升高不利于N2吸附
D．“球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压会增大成本
（4）用催化剂Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成乙烯的反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表。
助剂 CO2转化率(%) 各产物在有机产物中的占比(%)
C2H4 C3H6 其他有机物
Na 42.5 35.9 39.6 24.5
K 27.2 75.6 22.8 1.6
Cu 9.8 80.7 12.5 6.8
欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加 助剂效果最好，加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是 。
19．含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。回答下列问题：
已知：
Ⅰ.2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）DH1=-483.6kJ·mol-1
Ⅱ.N2（g）+O2（g） 2NO（g）DH2=+180.5kJ·mol-1
Ⅲ.2H2（g）+2NO（g） N2（g）+2H2O（g）
（1）反应Ⅲ的正反应活化能为EakJ·mol-1，则逆反应活化能为 kJ·mol-1（用含Ea的式子表示）。
（2）我国学者在刚性容器中按投料比 =1发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系，如图。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 （填标号）。
A.2v逆（NO）=v正（N2）
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙时，NO转化率随温度升高先增大后减小的可能原因是 。
③研究表明该反应v=kcm（H2）c2（NO），其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为 ，由此可知m= 。设此时反应的活化能为Ea'，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：lg =- （ - ）（R为常数）。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数 （填“越大”、“越小”或“不变”）。
（3）氨气可还原氮氧化物，工业上常利用反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）DH＜0合成氨气，在30MPa、不同物质的量分数（75%的H2和25%的N2；67.5%的H2、22.5%的N2和10%的惰性气体）条件下进行实验，测得平衡时，NH3体积分数与温度的关系如图。
物质的量分数为75%的H2和25%的N2对应的曲线是 （填“a”或“b”）。
②M点，该反应的压强平衡常数Kp= （MPa）-2（用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数）。
20．NOx(主要指N2O、NO和NO2)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)△H=-116.1kJ·mol-1
3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)△H=+75.9kJ·mol-1
反应3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)的△H= kJ·mol-1
（2）用CO还原N2O的反应为：CO(g)+N2O(g)N2(g)+CO2(g)，其能量变化如图甲所示：
①投料比一定时，要提高N2O平衡转化率，可采取的措施是 。
②反应达到平衡前，在同温同压条件下的相同时间段内，N2O的转化率在使用催化剂2时比使用催化剂1要高，原因是 。
③在容积均为1L的密闭容器A(起始500℃，恒温)、B(起始500℃，绝热)两个容器中分别加入1molN2O、4molCO和相同催化剂，发生上述反应。实验测得A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图乙所示。
Ⅰ.曲线b中，从反应开始到M点处，用N2O表示的反应速率为 mol/(L·s)。
Ⅱ.容器B中N2O的转化率随时间的变化关系是图乙中的 (填“a”或“b”)曲线。
（3）活性炭还原NO2的反应为2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)，在恒温条件下，1molNO2和足量活性炭发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B、C三点中NO2的转化率最高的是 (填“A”、“B”或“C”)点，理由是 。
②C点时该反应的压强平衡常数Kp= MPa(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
21．镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一。工业上可用硅热法(Pidgeon法)冶炼镁，以煅白(CaO·MgO，M = 96 g/mol)为原料与硅铁(含硅75%)混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应：2(CaO·MgO)(s) + Si(s) Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)；完成下列填空：
（1）已知还原性Mg
> Si，上述反应仍能发生的原因是 。
（2）由图推测上述反应正向为 (填“吸热”或“放热”)反应。
（3）若还原炉体积不变，能证明上述反应达到平衡的是 (选填序号)。
a.平衡常数到达最大值
b.反应物不再转化为生成物
c.炉内Ca2SiO4与CaO·MgO的质量比保持不变
d.单位时间内，n(CaO·MgO)消耗 ：n(Ca2SiO4)生成
= 2：1
（4）平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg(g)的浓度将 (填“升高”“降低”或“不变”)。
（5）若还原炉容积为400
m3，原料中煅白质量为9600 kg，5小时后，测得煅白的转化率为50%，计算这段时间内Mg的生成速率
mol/(L·h)。
（6）工业上也可用电解法来制备镁。相关化合物的熔点如表所示：
MgCl2 MgO
熔点/℃ 712 2850
①镁原子核外有 种能量不同的电子，它们的运动状态有 种。
②MgCl2的电子式为 ；
③判断工业上应选择MgCl2还是MgO作为电解原料并说明理由
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A符合题意；
B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B不符合题意；
C．该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，属于分解反应，反应物没有完全转化为生成，属于可逆反应，据此解答即可.
2．【答案】D
【解析】【解答】A．花香四溢自发进行，使体系的混乱程度增大，导致熵增加，A不符合题意；
B．冰块受热融化能够自发进行，水分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，B不符合题意；
C．Na2CO3·10H2O风化能够自发进行，风化使结晶水合物变为Na2CO3和蒸馏水，H2O分子之间距离增大，体系的混乱程度增大，导致熵增加，C不符合题意；
D．水蒸气遇冷会冷凝变为液体水，使水分子排列由无序变得有序，体系混乱程度减小，熵减小，因此该过程能自发进行但不能用熵增解释，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】熵可以根据其混乱程度判断，气体增多，则熵增，气体减少，则熵减。固体转化为液体，液体转化为气体，其熵依次增大。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，选项A不符合题意；
B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，选项B不符合题意；
C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，选项C不符合题意；
D．反应的ΔH=∑[2mol SO2(g)＋1mol O2(g)]－∑[2mol SO3(g)]=－196.6 kJ·mol－1＜0，则有∑[2mol SO2(g)＋1mol O2(g)]＜∑[2mol SO3(g)]，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行判断；
B.平衡后再通入O2，可能气体的总物质的量增大的多；
C.催化剂不影响平衡转化率。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．该模型为球棍模型，NH3的比例模型为，故A不符合题意；
B．中N原子价层电子对数=4+=4且不含孤电子对，该离子为四面体结构，故B不符合题意；
C．中N原子和2个H原子形成N-H键，N原子还存在2个孤电子对，的电子式，故C符合题意；
D．平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，平衡常数，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.是氨气的球棍模型；
B.中N原子的价层电子对数为4，不含孤电子对；
D.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。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．硼砂的作用是帮助熔化，不和银发生化学反应，A符合题意；
B．合金的硬度一般比其组分大，则金银合金的硬度比银的大，B不符合题意；
C．“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积，加快金属熔化的反应速率，C不符合题意；
D．向坩埚中加入金银合金，其银即吸入土内，让金流出’，说明银熔化，可得银的熔点低于金的，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据“ 入坩埚中硼砂熔化 ”，可知硼砂的作用是熔化；
B、合金的硬度比成分金属更大；
C、碎片粉碎可以增大固体的接触面积；
D、 其银即吸入土内，让金流出以成足色 ，可知银的熔点更低。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．由上述分析可知，升温平衡正向移动，则该反应为吸热反应，故A不符合题意；
B．曲线①，0~ 50 min用HBr表示的平均反应速率为=0.02mol﹒L-1﹒min-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，用H2表示的平均反应速率为0.01 mol﹒L-1﹒min-1，故B不符合题意；
C．曲线②，可能使用了催化剂，反应速率加快，平衡不移动，各物质浓度不变；如果缩小体积，气体浓度都增大了，而实际上HBr浓度减小了，与图象变化不符合，故C不符合题意；
D．曲线③达到平衡时有：，得，往容器中加入浓度均为0.2 mol﹒L-1的三种物质，得，则Qc＜K，平衡将向正反应方向移动，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
B、化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
C、平衡不移动，速率加快，可能是加入催化剂；
D、化学平衡常数等于反应物的浓度幂之积和生成物的浓度幂之积之比，如果已知化学平衡常数，要判断平衡移动问题，可以结合Qc和化学平衡常数的关系进行判断，Qc>K，反应朝逆向移动，Qc>K，反应朝正向移动，Qc=K，平衡不移动。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．随着温度升高，CO2的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，由图可知，M点的平衡常数大于N点，A不符合题意；
B．由图可知，温度低于250℃，升高温度， CO2的平衡转化率降低，乙烯的产率随温度升高而降低，B不符合题意；
C．N点平衡时二氧化碳的转化率小于50%，保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，平衡正向移动，CO2的转化率可能会增大到50%，C符合题意；
D．该反应在较低的温度下进行，反应速率慢，同时催化剂的活性低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】通过图像分析，依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，碘化钠开始加入，最终未被消耗，则在反应过程的催化剂是NaI，A项不符合题意；
B．该过程中化合物1转化为化合物3为取代反应，化合物3转化为化合物4为消去反应，化合物4、5互为同分异构体，化合物4、5之间的转化为异构化反应，化合物5转化为化合物2为取代反应，乙醇与HI发生取代反应生成C2H5I，B项符合题意；
C．化合物4和5的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，C项不符合题意；
D．反应过程中，生成的氢氧化钠和碘化氢均会被消耗，则反应液pH可能保持不变，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】Ａ．NaI先消耗后生成，为催化剂；
Ｂ．该过程涉及取代、消去、同分异构体的异构化等反应；
Ｃ.4和5互为同分异构体 ；
Ｄ．反应过程中，生成的氢氧化钠和碘化氢均会被消耗，对反应液pH不产生影响。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应热，所以Ⅰ和Ⅱ的反应热相等，故A不符合题意；
B．催化剂可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但不能使平衡移动，增大产率，故B不符合题意；
C．如图，Ⅱ的最大活化能要低于Ⅲ，活化能越低，反应速率越快，所以生成P的速率：Ⅱ>Ⅲ，故C符合题意；
D．如图，该反应反应物总能大于生成物总能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，S的转化率降低，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】催化剂降低了反应的活化能，加快反应速率，不影响化学平衡。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．反应①和反应②均为放热反应，即、，又知对二氯苯比邻二氯苯稳定，则反应②放出的热量更多，即，选项A符合题意；
B．速率大小由和判断，影响因素只与、有关，温度恒定时，、保持不变，则两种有机产物的浓度之比保持不变，选项B不符合题意；
C．改变催化剂可改变选择性，可提高产物中对二氯苯的比例，选项C不符合题意；
D．反应①和反应②中转化为对二氯苯和邻二氯苯均为进行，则(对二氯苯)(邻二氯苯)成立，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．物质的能量越低，越稳定；
B．K的大小只与温度有关；
C．改变催化剂可改变选择性；
D．依据已知反应判断。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．根据图中曲线得到温度越高，越大，则越大，说明温度升高，CO物质的量浓度越大，平衡正向移动，因此平衡常数K值随着温度的升高而增大，故A不符合题意；
B．该反应是体积增大的反应，缩小容器体积，平衡逆向移动，的平衡转化率降低，故B不符合题意；
C．X点反应达到平衡时，则CO的物质的量和的物质的量相等，则为x，由于生成CO消耗的二氧化碳物质的量是CO物质的量的一半，则消耗的二氧化碳物质的量为0.5x，因此的转化率约为，故C不符合题意；
D．平衡体系X点CO的压强和的压强相等，即两者物质的量相等，由于是体积可变的密闭容器，向X点对应的平衡体系再充入和，相等于在另一个容器中放入，是平衡体系，将两个容器合二为一，两者物质的量相等，则平衡不移动，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A．根据图中曲线判断平衡常数K值变化；
B．依据压强对转化率的影响分析；
C．利用三段式进行计算；
D．利用等效平衡进行分析。
12．【答案】B
【解析】【解答】a→a′过程中，增大压强，2NO2 N2O4平衡正向移动，有一定量的NO2转化成N2O4，但是新平衡时各气体物质的浓度均比旧平衡时大；b→b′过程中，溴蒸汽的物质的量不变，浓度增大，
A. a→a′过程中，开始时容器的容积瞬间减小，NO2的浓度瞬间增大，则颜色突然加深，2NO2 N2O4平衡正向移动，NO2的浓度逐渐减小，则颜色又逐渐变浅，但是新平衡时各气体物质的浓度均比旧平衡时大，则最终颜色比原来的深，故A不符合题意；
B. 在以极慢的速度缓缓压缩的过程中，a中2NO2 N2O4平衡正向移动，有一定量的NO2转化成N2O4，而b→b′过程中，溴蒸汽的物质的量不变，但在每一个相同的时间点，溴蒸汽的浓度总是比NO2的浓度大，故b的颜色总比a的深，故B符合题意；
C. 由A项分析知，从容器左侧观察a和a′，a′的颜色更深，故C不符合题意；
D. 起始时，两容器中气体的浓度和体积相等，即气体物质的量相等，b→b′过程中，溴蒸汽的物质的量不变，故气体的物质的量：na等于nb′，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.总和a→a′的过程，实际是增大体系压强，导致体系中物质浓度增大的过程，因此反应会正向移动，颜色加深；
C.因为a’中各物质浓度加深，因此a’的颜色更深；
D.a到b过程中，物质的量未发生变化。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．由方程式可知，两个反应中气体化学计量数差相等，则反应的熵变a和b大小相近，故A不符合题意；
B．MgCO3和CaCO3均为离子晶体，镁离子和钙离子所带电荷相等，镁离子半径小于钙离子，MgO的晶格能大于CaO，镁离子更易与碳酸根离子中的氧离子结合，使碳酸根离子易分解为二氧化碳，则碳酸镁的分解温度小与碳酸钙，故B符合题意；
C．由方程式可知，两个反应中气体化学计量数差相等，则反应的熵变a和b的差值a-b=S[MgO(s)]+S[CaCO3(s)]-S[MgCO3(s)]-S[CaO(s)]，故C不符合题意；
D．由表格数据可知，两个反应都是气体体积增加的吸热反应，故两个反应在不同温度下的ΔH和ΔS都大于零，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．两个反应中气体化学计量数差相等；
B．离子所带电荷相等，离子半径越小，分解温度越小；
C．由方程式可知，两个反应中气体化学计量数差相等；
D．依据表格数据分析。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．N2与H2在一定条件下化合生成氨气的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)ΔH，焓变=反应物总键能-生成物总键能，所以ΔH=946 kJ·mol－1+436 kJ·mol－1×3-391 kJ·mol－1×6=-92 kJ·mol－1，焓变小于0为放热反应，所以N2与H2在一定条件下化合生成2 mol NH3时放出的热量为92 kJ，A符合题意；
B．该反应平衡时2v(H2)正＝3v(NH3)正，又v(NH3)正= v(NH3)逆，所以2v(H2)正＝3v(NH3)逆，B不符合题意；
C．用液氨和液氧制成的燃料电池放电时会有一部分能量以热能的形式散失，C不符合题意；
D．△H-T△S＜0的反应可自发进行， NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s)的△S＜0，常温下能自发进行，则该反应的△H＜0，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；
B、达平衡时，同一物质的正逆反应速率相等；
C、原电池是将化学能转化为电能的装置；
D、反应自发进行的条件是△H-T△S＜0，和反应的焓变、熵变、温度有关。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．B点的溶液为等浓度的HA和NaA的混合溶液，此时溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，则c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)，A不符合题意；
B．由题图可知0.1 mol·L-1的HA溶液中c(H+)为1×10-3 mol·L-1，由此可计算出Ka约为1×10-5，则Kh=KW/Ka≈1×10-9，B符合题意；
C．C点是HA和NaA的混合溶液，溶液呈中性，而E点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液呈碱性，C不符合题意；
D．F点的溶液为等浓度的NaA和NaOH的混合溶液，由质子守恒可得：c(OH-)＝2c(HA)+c(A-)+c(H+)，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】（1）比较弱酸根离子和弱酸浓度要看弱酸的电离程度与若酸根离子水解程度的相对大小；
（2）注意；
（3）质子守恒是指酸失去的质子和碱得到的质子数目相同。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．由图像知，根据先拐先平衡，数字大，T1先达到平衡，温度较高，从T1到T2，降低温度，CO2物质的量减小，平衡正向移动，说明正反应是放热反应，即 大于 ，故A不符合题意；
B．根据先拐先平衡，数字大，反应温度：T1＞T2，故B不符合题意；
C．催化剂改变速率，不改变平衡，故C符合题意；
D．平衡后，增大 浓度， 的平衡转化率减小， 的平衡转化率增大，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据先拐先平衡，可知T1先达到平衡，则T1＞T2；从T1到T2，降低温度，CO2物质的量减小，说明平衡正向移动，则正反应是放热反应，即 大于 ；催化剂改变速率，不改变平衡；平衡后，增大反应物浓度，平衡正向移动。
17．【答案】（1）D
（2）D
（3）B
（4）低温；低温有利CO2的溶解或增大CO2(aq)浓度。；低温防止盐的分解；反应放热，低温有利于平衡右移吸收更多的CO2。合理即给分
（5）碱性 HCO3-+H2O H2CO3 + OH－ K1= =2.3×10－8 ，NH4++H2O NH3·H2O + H+ K2= =5.6×10－10
K1＞K2，即HCO水解程度大于NH4+，溶液中c(OH－)＞c(H+)，溶液呈碱性。
（6）增大；CO水解呈碱性，NH水解呈酸性，两者互相促进。随着CO2的通入，CO转化为水解能力更弱的HCO，对NH水解促进作用减小，n(NH4+)增大
（7）大于
（8）－381kJ·mol－1
（9）C
【解析】【解答】（1）二氧化碳变为固态过程是放热且气体数目减少的过程，即可判断 ΔH＜0，ΔS＜0 ；
（2）A.二氧化碳与碱反应得到盐和水，故A不符合题意；
B.二氧化碳溶于水是碳酸，碳酸可导电，故B不符合题意；
C.二氧化碳溶于水时碳酸导电，二氧化碳不是电解质，故C不符合题意；
D.二氧化碳是分子晶体，故D符合题意；
（3）A.氢氧化碳与少量的二氧化碳可以得到碳酸钠，故A不符合题意；
B.氯化钠与二氧化碳不能反应得到碳酸氢钠，故B符合题意；
C.碳酸酸性强于次氯酸，故C不符合题意；
D.碳酸酸性强于苯酚，故D不符合题意；
（4）根据 (NH4)2CO3(aq)＋CO2(aq)＋H2O(l) 2NH4HCO3(aq) ΔH=－25.3 kJ·mol－1 ，反应放热，可以促进二氧化碳的吸收，低温有利于二氧化碳的溶解；
（5）碳酸氢根和铵根均可以水解，碳酸氢根水解：HCO3-+H2O=H2CO3+OH- K1=== =2.3×10－8 ，NH4++H2O=NH3.H2O+H+， K2== = =5.6×10－10 ， K1＞K2， 因此碳酸氢根水解强度大于铵根水解，故溶液显碱性；
（6）碳酸根水解呈现碱性，铵根离子水解呈现酸性，两者相互促进，随着二氧化碳的通入，碳酸根转化为水解能力更弱的碳酸氢根，对铵根水解促进作用减小， n(NH4+)增大 ；
（7）分别取1g氢气和甲烷丙烷计算出热值，氢气热值为： 484/4=121，丙烷热值为：2039/44=46.3，因此氢气的热值大；
（8） ①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ， ΔH=－484kJ·mol－1②C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(g) ， ΔH=－2039kJ·mol－1
①x5-②即可得到 3CO2(g)+10H2(g)=C3H8(g)+6H2O(g) ΔH=－381kJ·mol－1 ；
（9）A.无论电解质是硫酸还是氢氧化钠均是将化学能转化为电能，故A不符合题意；
B.氢气在负极失去电子，故B不符合题意；
C.电池b均是氧气得到电子，但是酸性时得到的是水，碱性时得到的是氢氧根，故C符合题意；
D.均是氧气和氢气之间转移电子，电子总数相等，故D不符合题意；
【分析】（1）根据焓变和熵变判断即可；
（2）二氧化碳是酸性氧化物，是属于分子晶体与水形成碳酸可导电；
（3）根据反应物和生成物利用性质即可判断；
（4）根据给出的反应式即可判断低温有利于二氧化碳溶解；
（5）根据写出水解的常数公式结合水的离子积即可计算比较；
（6）根据碳酸根水解呈碱性，随着二氧化碳加入变为碳酸氢根水解能力降低铵根离子浓度增大；
（7）根据计算出单位质量的热量即可；
（8）根据盖斯定律找出关系即可计算焓变；
（9）氢氧燃料电池，氢气做负极，氧气做正极，酸性时负极氢气失去电子变为氢离子，正极时氧气得到电子结合氢离子得到水，而氢氧化钠做电解质时，氢气失去电子结合氢氧根变为水，正极氧气得到电子变为氢氧根，结合选项判断。
18．【答案】（1）＋206kJ·mol－1
（2）>；20.2kPa
（3）40%；B
（4）K；降低反应的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响
【解析】【解答】（1）有分析可知， ，
，
，
，
有盖斯定律得a-b-3c-d得ΔH1= =＋206kJ·mol－1；
（2）由图可知，升高温度硫化氢的体积分数减少，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A点硫化氢和氢气的体积分数相等，即是硫化氢和氢气的物质的量相等，设硫化氢的物质的量是2mol，则
则2-2x=2x，解得x= ，则A点气体的总物质的量是2.5mol，平衡常数Kp=
=20.2kPa；
（3）①
则
解得a=0.4mol，则N2的平衡转化率α(N2)= ；
②A．由题意可知，催化剂(Fe)缺陷密度越高，N2的吸附率越高，故A正确；
B．“哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”是氮分子被吸附在这些缺陷上［Fe(N*)］，有助于氮分子的解离氮氮三键，故B不正确；
C．“球磨法”转速不能过快，否则体系升温太快，温度升高平衡逆向移动，不利于N2吸附，故C正确；
D．“球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压对设备要求比较高，会增大成本，故D正确；
（4）单位时间内加入K助剂，乙烯的含量最高，所以在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂效果最好，加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低反应的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。
【分析】（1） ，
，
，
，
有盖斯定律得a-b-3c-d得ΔH1；
19．【答案】（1）Ea+664.1
（2）CD；该反应未达平衡，温度低于350℃时，温度升高，NO转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于350℃时，催化剂失活或活性降低；1；越大
（3）a； 或0.0059或0.006
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得反应Ⅲ的 ，而 正反应活化能-逆反应活化能=-664.1kJ/mol，所以逆反应活化能= （Ea+664.1）kJ/mol；
（2）①A．若正反应速率=逆反应速率说明反应达到平衡状态。而v逆（NO）：v正（N2）=2：1，所以v逆（NO）= 2v正（N2），A项不正确；
B．混合气体的密度= ，该容器为恒容所以体积不变，而混合气体的总质量也不变，所以混合气体的密度任何时候都不发生改变，故不能判定反应是否达到平衡状态，B项不正确；
C．该反应是一个气体体积减小的反应，平衡之前，容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后，容器内的压强随反应的进行不断变化，当反应达到平衡后，容器内的压强不再发生改变，C项正确；
D．混合气体的相对分子质量= ，混合气体的质量恒定不变，但是平衡前，混合气体的物质的量一直发生变化，所以相对分子质量也在改变。若相对分子质量不变，则说明该反应达到平衡状态，D项正确；
②使用催化剂乙时，NO转化率随温度升高先增大后减小的原因为该反应未达平衡，温度低于350℃时，温度升高，NO转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于350℃时，催化剂失活或活性降低；
③温度为T1时，假设初始氢气和一氧化氮的物质的量都为1mol，容器的体积为1L，那么氢气和一氧化氮的初始浓度为 ，所以 ，而当氢气的转化率为50%时， ，此时的速率 ，解得m=1，根据速率常数存在的关系式可以得到，活化能越大，升高温度，等号右侧的值就越小，那么 就越小，说明 的值就越大，那么k2>k1，所以速率常数增大的倍数也是越大的；
（3）①温度相同的条件下，反应物的浓度越大，生成的产物越多。从图2中可以看到，当温度相同时，曲线a位于曲线b的上方，那么说明曲线a代表的应该是75%的氢气和25%的氮气；；
②根据题意可知，初始时氢气的分压为： ，氮气的分压为： ，假设平衡时氮气的变化分压为x MPa，那么氢气的变化分压为3x MPa，氨气的变化分压为2x MPa，则有： ，平衡时氨气的体积分数 ，解得 ，则该反应的压强平衡常数 。
【分析】
(1)根据盖斯定律以及 正反应活化能-逆反应活化能计算；
(2)①判定可逆反应是否达到化学平衡状态，一般有以下两种方法：
1、v正=v逆，即正逆反应速率相等；
2．变量不变，包括某组分的含量、气体的颜色、密度、平均相对分子质量、体系的总压强等。
②根据平衡以及催化剂活性分析；
③假设初始H2和NO的物质的量都为1mol，容器的体积为1L，根据题意计算；
(3)①根据温度相同的条件下，反应物的浓度越大，生成的产物越多分析；
②根据三段式以及Kp=计算。
20．【答案】（1）-136.2
（2）降低温度；在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O的转化率更高；1×10-3；a
（3）A；该反应的正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡左移，NO2的转化率减小，所以A点NO2的转化率最高；4
【解析】【解答】(1)已知①2NO2(g)+H2O(l)HNO3(aq)+HNO2(aq)△H=-116.1kJ·mol-1，②3HNO2(aq)HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)△H=+75.9kJ·mol-1，根据盖斯定律(①×3+②)×得3NO2(g)+H2O(l)2HNO3(aq)+NO(g)，△H=[3×(-116.1kJ·mol-1)+(+75.9kJ·mol-1)]×=-136.2kJ·mol-1；
(2)①由图可知，反应CO(g)+N2O(g)N2(g)+CO2(g)为放热反应，故可以通过降低温度使平衡正向移动，提高N2O平衡转化率；
②在催化剂2催化下，反应的活化能更低，反应速率快，经过相同反应时间，N2O的转化率更高；
③Ⅰ.曲线b中，从反应开始到M点处，N2O的转化率为20%，故用N2O表示的反应速率为=1×10-3mol/(L·s)。
Ⅱ.反应N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)的△H<0，容器B(绝热)的起始温度为500℃，反应正向进行放出热量，使体系的温度升高，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，故表示B容器中N2O的转化率随时间的变化关系的是图乙中的a曲线。
(3)①由反应2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)可知，该反应的正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡左移，NO2的转化率减小，所以A点NO2的转化率最高；
②根据图像可知，
C点时n(NO2)=n(CO2)，1-2x=2x，解得x=0.25mol，因此平衡常数为=4。
【分析】(1)根据盖斯定律计算；
(2)①依据化学平衡移动原理分析；
②依据化学平衡移动原理分析
③Ⅰ.利用计算。
Ⅱ.依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
(3)①依据勒夏特列原理分析；
②根据三段式法计算。
21．【答案】（1）该反应条件下，镁为气体，从反应体系逸出，使平衡不断正向移动
（2）吸热
（3）c
（4）不变
（5）0.025mol/(L·h)
（6）4；12； Mg2+；选择MgCl2，原因是MgCl2熔点低，能耗小
【解析】【解答】(1)1200℃时发生反应为2(CaO MgO)(s)+Si(s) Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，此时镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，使得化学反应能发生；
(2)由图象可知，温度越高，Mg的产率增大，说明升高温度平衡正移，所以正方向为吸热方向；
(3)a．平衡常数到达最大值，不能证明正逆反应速率相等，故不正确；
b．化学平衡是动态平衡，反应物不再转化为生成物，则是证明反应结束的，故不正确；
c．炉内Ca2SiO4与CaO MgO的质量比保持不变，达到了平衡，故正确；
d．单位时间内，n(CaO MgO)消耗：n(Ca2SiO4)生成=2：1，不能证明正逆反应速率相等，故不正确；
故答案为：c；
(4)因为该反应的K=C2(Mg)，平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则温度没变所以K不变，所以新平衡时Mg(g)的浓度不变；
(5)发生反应为：2(CaO MgO)(s)+Si(s) Ca2SiO4 (l)+2Mg(g)，由关系式 ，解得m=1.2t，n=50000mol，这段时间Mg的生成速率v=50000mol÷(400×103)L÷5h=0.025 mol/(L h)；
(6)①Mg原子核外有几个能级填充电子，则有几种能量不同的电子，Mg原子核外填充的电子为1s、2s、2p、3s能级电子，所以有4种能量不同的电子，它们的运动状态有12种；
②MgCl2是离子化合物，电子式为： Mg2+ ；
③氧化镁熔点比氯化镁熔点高，熔融离子晶体要消耗能源，从而增加成本，为减少成本，所以用熔融氯化镁冶炼镁。
【分析】（1）可逆反应，产物中的气体逸散到空气中，促进平衡向右移动
（2）温度越高产率越大，故正反应是吸热反应
（3）反应前后气体的体积改变，判断是否平衡，可通过判断正逆速率是否相等，以及物质的量是否不变、以及压强是否不变进行判断
（4）利用平衡常数的计算公式，温度不变，K不变，浓度不变
（5）根据转化率计算出转化的质量级和反应方程式计算出镁蒸汽的物质的量，再根据速率计算公式进行计算
（6）①根据镁原子的质子数即可判断镁原子的核外电子数，找出含有的能级数即可，含有多少个电子具有多少种运动状态 ② 氯化镁是由镁原子和氯原子得失电子形成的离子化合物，因此需要体现出电荷 ③ 电解制取金属单质，一般选择的是离子化合物，氯化镁和氧化镁均是离子化合物，但是氯化镁的熔点低消耗的能量低
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