2024届高三化学二轮复习——化学反应速率和化学平衡（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学二轮复习——化学反应速率和化学平衡（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 807.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-28 23:21:05 | ||
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文档简介
2024届高三化学二轮复习——化学反应速率和化学平衡
一、单选题
1．在催化剂作用下，向容积为1L的容器中加入1molX和3molY，发生反应：，平衡时和反应10min时X的转化率(X)随温度的变化分别如曲线I、Ⅱ所示。下列说法错误的是
A．该反应
B．200℃时，前10min的平均反应速率
C．400℃时，反应的平衡常数K=2
D．bc段变化可能是催化剂在温度高于400℃时活性降低导致
2．已知HClO是比H2CO3还弱的酸，氯水中存在下列平衡：Cl2＋H2O HCl＋HClO；HClO H＋＋ClO－，达到平衡后，要使HClO的浓度增大，可加入下列物质：（ ）
A．SO2 B．NaHCO3 C．HCl D．NaOH
3．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0是硫酸制造工业的基本反应。将2.0L密闭反应器置于常压下某恒温环境中，反应的部分数据如下表所示。下列说法正确的是（ ）
n/mol t/min n(SO2) n(O2) n(SO3)
0 0.100 0.060 0
4 0.056
8 0.016
10 0.088
A．该反应的平衡常数K=
B．工业上应选择高温高压条件进行生产
C．平衡状态时，c(SO2)=0.006mol·L-1
D．0~4min用O2表示的平均反应速率为5.5×10-3mol·L-1·min-1
4．在容积一定的密闭容器中，反应2X(？) Y(g)+Z(g)达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述错误的是（ ）
A．正反应吸热 B．平衡常数增大
C．反应速率增大 D．X是气态
5．从砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe2O3、SiO2和CaCO3)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸"速率，同时防止H2O2过度分解
B．“碱浸”时，GaAs被H2O2氧化，每反应1 mol GaAs，转移电子的数目为5NA
C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益
D．该工艺得到的Na3AsO4·12H2O纯度较低，可以通过重结晶的方法进行提纯
6．一定条件下：2A（g） + B（s） C（g） ΔH＜0。在测定C（g）的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最大的是（ ）
A．温度130℃、压强50 kPa B．温度0℃、压强50 kPa
C．温度130℃、压强150 kPa D．温度0℃、压强150 kPa
7．工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大的危害，必须进行处理。下面是一种处理方法的工业流程：
其中第①步存在平衡：2CrO42-（黄色）+2H+ Cr2O72-（橙色）+H2O
下列说法正确的是（ ）
A．反应②中还原1mol Cr2O72-，需要6 mol的Fe2+
B．改变反应①的平衡体系中c(H+)浓度，溶液颜色无明显变化
C．若2v (Cr2O72-) =v (CrO42-)，说明反应①达平衡状态
D．FeSO4溶液呈酸性的原因是Fe2++ 2H2O= Fe(OH) 2↓+ 2H+
8．实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备CuSO4·5H2O的部分实验步骤如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“溶解Ⅰ”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液Ⅰ”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解Ⅱ”过程中，有大量的气体产生
D．“操作Ⅰ”是将溶液直接加热蒸干得到CuSO4·5H2O晶体
9．室温下，将0.10mol·L-1NaOH溶液滴加到0.10mol·L-1HA溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数(lg )关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．溶液中水的电离程度：N>P>Q
B．P点溶液中：c(Na+)=c(OH-)+c(HA)–c(H+)
C．Q点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)
D．室温下，NaA的水解平衡常数Kh=10-4.75
10．中科院化学研究所最新报道了化合物1催化CO2的氢化机理。其中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如图所示。下列有关该过程的说法正确的是（ ）
A．过程中共经历三个过渡态TS11-2、I1-2、TS21-2
B．该过程的总反应速率主要由过程②决定
C．升高温度，有利于提高I1-2的平衡转化率
D．过程①的热化学方程式为I(s)+CO2(g)=I1-2(s) H=-2.08 kJ·mol-1
11．氢气可用于烟气的脱氮、脱硫，反应为4H2(g)+2NO(g)+SO2(g) N2(g)+S(l)+4H2O(g)，△H＜0下列有关该反应说法正确的是（ ）
A．氧化剂是NO，还原剂是H2
B．升高温度，正、逆反应速率均增大
C．当v(H2)＝v(H2O)时，反应达到平衡
D．使用高效催化剂可提高NO的平衡转化率
12．某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/ 产物Z的平均生成速率/
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是（ ）
A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
13．一定条件下合成乙烯：。已知其它条件不变时，温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的是
A．平衡常数
B．反应速率：
C．所含总能量：
D．经过相同时间后得到乙烯的量：X＞Y
14．已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中-1gc(X)(X为Sr2+或F-)与1g[]的关系如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．L1代表-lgc(Sr2+)与lg[]的变化曲线
B．Ksp(SrF2)的数量级为10-9
C．a、c两点的溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)
D．c点的溶液中存在c(Cl-)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)
15．人体内的血红蛋白（Hb）可与O2结合，更易与CO结合使人体中毒，涉及原理如下：
①Hb（aq）+O2（g） HbO2（aq） ΔH1＜0
②Hb（aq）+CO（g） HbCO（aq） ΔH2＜0
③HbO2（aq）+CO（g） HbCO（aq）+O2（g） ΔH3＜0
下列说法错误的是（ ）
A．ΔH1＜ΔH2
B．反应①、②在一定温度下均能自发进行
C．刚从平原到高原时，人体血液中c（HbO2）将降低，使人体因缺氧而不适
D．将CO中毒的人转至高压氧仓中治疗，反应③平衡逆向移动而缓解症状
16．在不同条件下，按投料比进行反应： ，并测定实验数据。
一定条件下，CO2转化率为13.68%，CH3OH产率(甲醇的物质的量/起始CO2物质的量)为4.12%。
②一定压强下，相同时间，CH3OH产率随温度变化的数据图如下。
下列说法错误的是
A．与①相同条件下，提高与的比例，可以提高的转化率
B．由①可推测，制取过程中无副反应发生
C．由②可推测，480～520K，温度升高，速率加快是产率升高的原因
D．由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动
17．氨的工业合成对工农业生产具有划时代意义。在容积固定的密闭容器中充入一定量的 和 ，一定条件下发生反应 。下列有关叙述正确的是（ ）
A．相同条件下，
B．温度不变时，向容器中充入氦气，反应速率加快
C．升高温度，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
D．增大 的浓度，能提高 的转化率
18．硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：。研究表明，催化氧化的反应速率方程为式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为平衡转化率，α′为某时刻转化率，n为常数。在α′=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到的v-t曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任何温度下都能自发
B．与足量充分反应，放出的热量为
C．升高温度，能增大单位体积内活化分子百分数和活化分子数
D．反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k、α均增大
19．利用间接转化法可将氮氧化物转化为化工产品以实现氮氧化物的充分利用。
已知①
②
③ 。
若某温度下，向VL密闭容器中加入2molNO和2molICl发生上述反应，达平衡时容器中NOCl(g)为amol，为bmol。下列说法错误的是（ ）
A．若升高温度NOCl的物质的量增大，则且
B．此时的浓度为
C．若该密闭容器中气体颜色保持不变，说明各反应已达平衡状态
D．NO转化率为
20．下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．将NO2球没泡在冷水和热水中
B．向H2O2溶液中添加MnO2
C．
t/℃ 25 50 100
Kw/10 14 1.01 5.47 55.0
D．
c(NH3 H2O) 0.1 0.01
pH 11.1 10.6
二、综合题
21．高锰酸钾消毒片主要成分为KMnO4，可外用消炎杀菌。用某软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)制备KMnO4的流程图如下：
已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应。
（1）“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为 。
（2）向“浸取液”中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分为 。
（3）“操作I”中玻璃棒的作用是 。“操作II”时，当 时，停止加热，自然冷却，抽滤后即可获得紫黑色KMnO4晶体。
（4）“歧化”时，加入冰醋酸的目的是 (用必要的离子方程式和文字解释)。
（5）“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是 (填字母)。
a.浓盐酸 b.亚硫酸 c.稀硫酸 d.氢碘酸
22．倡导生态文明建设，环境问题一直是我们关注的焦点。运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
（1）为了高效利用能源并且减少 的排放，可用下列方法把 转化成乙醇燃料：
①
②
③
则表示 燃烧热的热化学方程式为 。
（2）NO的氧化反应 分两步进行；
I. II.
其反应过程能量变化如图所示
①决定NO氧化反应速率的步骤是 (填“I”或“II”)，其理由是 。
②一定温度下，在刚性密闭容器中，起始充入一定量的 气体( 转化为 忽略不计)，此时压强为36kPa，在5min达到平衡，此时容器的压强为46kPa，则0~5min用 的分压表示反应速率为 。该温度下，此反应的平衡常数 ( 是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
③恒温恒容条件下，能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A．压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．生成NO的速率与消耗 的速率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
（3）利用 燃料电池电解，可将雾霾中的NO、 分别转化为 和 如下图装置所示。则物质甲为 (填名称)，阴极的电极反应式 ；当电路中转移2.5mol电子时，A的浓度为 (电解过程中忽略溶液体积变化)。
23．H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。请回答下列问题：
（1）苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如下图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为 。
（2）H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610 K时，将0.40 mol H2S与0.10 mol CO2充入2.5 L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g) COS(g) +H2O(g)； = +35 kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量为0.01 mol 。
①在610 K时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)= 。
②该条件下，容器中反应达到化学平衡状态的依据是 (填字母序号)。
A．容器内混合气体密度不再变化 B．v消耗(H2S)=v生成(COS)
C．容器内的压强不再变化 D．H2S与CO2的质量之比不变
（3）工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在密闭容器中充入一定量H2S气体，反应原理：2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。
①图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为 ，△H 0(填>、<或=)。
②如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有 。
③在温度T2、P3=5MPa条件下，该反应的平衡常数Kp= MPa (已知：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
24．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。请回答：
（1）如图表示在CuO存在下HCl催化氧化的反应过程，则总反应的化学方程为 。
（2）研究HCl催化氧化反应中温度、 和 等因素对HCl转化率的影响，得到如下实验结果：
①利用Na2S2O3溶液和KI溶液测定反应生成Cl2的物质的量，若消耗V1mLc1mol·L-1的Na2S2O3溶液，则生成Cl2 mol(已知2S2O +I2=S4O +2I-)。
② 表示催化剂的质量与HCl(g)流速之比，是衡量反应气体与催化剂接触情况的物理量。当 =4、 =50g·min·mol-1时，每分钟流经1g催化剂的气体体积为 L(折算为标准状况下)。
③在420℃、 =3、 =200g·min·mol-1条件下，α(HCl)为33.3%，则O2的反应速率为 mol·g-1·min-1。
④比较在下列两种反应条件下O2的反应速率：vⅠ vⅡ(填“＞”“=”或“＜”)。
Ⅰ.410℃、 =3、 =350g·min·mol-1；
Ⅱ.390℃、 =4、 =350g·min·mol-1。
（3）在101.325kPa时，以含N2的HCl和O2的混合气体测定不同温度下HCl催化氧化反应中HCl的平衡转化率，得到如图结果
①360℃时反应的平衡常数K360与400℃时反应的平衡常数K400之间的关系是K360 K400。(填“＞”“=”或“＜”)。
②一定温度下随着 的增大，HCl的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)，原因为 。
25．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工业上用制作印刷电路的废液（含 、 、 、 ）生产CuCl的流程如图所示：
根据以上信息回答下列问题：
（1）生产过程中：X是 。（填化学式）
（2）写出生成CuCl的离子方程式 。
（3）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是 。
（4）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是 。
（5）CuCl的另一种制备原理是Cu2++Cu+2Cl－＝2CuCl K＝5.85×106，向0.01 mol L－1的CuCl2溶液中加入足量的铜，能否生成CuCl？（通过计算说明） 。
（6）使用CuCl捕捉CO气体的反应为CuCl(s)+xCO(g) CuCl xCO(s) △H < 0，为提高CO的平衡转化率，可采取的措施有 （填标号）。
A 降低温度 B 增大压强 C 延长反应时间 D 把CuCl分散到疏松多孔的分子筛中
（7）已知：CuCl Cu++Cl－ K1； CuCl+Cl- CuCl2－ K2；则反应Cu++2Cl－ CuCl2－的平衡常数K＝ （用K1、K2表示）。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.．升高温度，转化率增大，平衡正向移动，正向是吸热反应即该反应放热，故A正确；
B.200℃时，前10min的平均反应速率，故B正确；
C.400℃时，X转化率为60%，平衡常数为：，故C错误；
D.ab阶段随温度升高，转化率增大，bc阶段随温度升高，转化率减小，该变化可能是催化剂在温度高于400℃时活性降低导致，故D正确；
故答案为：C。
【分析】平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
2．【答案】B
【解析】【解答】A.SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，所以氯水中通入二氧化硫，Cl2＋H2O HCl＋HClO逆向移动，则HClO浓度降低，故不选A；
B.NaHCO3+HCl= NaCl+CO2+H2O，加入碳酸氢钠，盐酸浓度降低，Cl2＋H2O HCl＋HClO平衡正向移动，HClO浓度增大，
故答案为：B；
C.加入HCl，盐酸浓度增大，Cl2＋H2O HCl＋HClO平衡逆向移动，HClO浓度减小，故不选C；
D.加入氢氧化钠，NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，HClO浓度减小，故不选D；
故故答案为：B。
【分析】根据勒夏特列原理进行作答。
3．【答案】C
【解析】【解答】A.反应的平衡常数为生成物的幂指数积与反应物的幂指数积的比值，则二氧化硫催化氧化反应的平衡常数为 ，故A不符合题意；
B.二氧化硫催化氧化反应是一个气体体积减小的放热反应，高温条件下，平衡向逆反应方向移动，不利于三氧化硫的生成，工业上选择适宜的温度和高压条件进行生产，故B不符合题意；
C.由表格数据可知，8min时，O2的物质的量变化量为(0.060—0.016)mol=0.044mol，由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可知，SO3的物质的量为0.088mol，8min时SO3的物质的量和10min时SO3的物质的量相等，说明反应已达到平衡，则衡状态时，c(SO2)= =0.006mol·L-1，C符合题意；
D. 0~4min时，SO2的物质的量变化量为(0.100—0.056)mol=0.044mol，由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可知，O2的物质的量变化量为 =0.022mol，则用O2表示的平均反应速率为 =2.75×10-3mol·L-1·min-1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.熟记平衡常数的定义，代入即可；
B.根据影响化学反应移动的因素考虑；
C.根据表格中数据求得氧气物质的量变化，再根据系数关系进行求算；
D. 根据物质的量变化以及公式v=计算。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．根据分析可知，正反应为吸热反应，A项不符合题意；
B．正反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，B项不符合题意；
C．温度升高，反应速率一定增大，C项不符合题意；
D．根据分析可知，X是非气态，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】 达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，由于混合气体的总体积为定值，根据可知，混合气体的总质量增大，说明X为非气态（固态或液态），升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应。
5．【答案】B
【解析】【解答】本题以回收砷化镓废料中的镓和砷为载体，考查氧化还原反应、温度控制、pH控制、循环利用、实验提纯操作等。“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸"速率，同时防止H2O2过度分解，A不符合题意；
B.根据工艺流程可判断，“碱浸”时，GaAs被H2O2氧化生成Na3AsO4，As由-3价升高到+5价，每反应1 mol GaAs，转移电子的数目为8NA，B符合题意；
C.“旋流电积”时，Ga3+在阴极放电，H2O在阳极放电生成O2，同时生成H+，所以“尾液"溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益，C不符合题意；
D.固体可以通过重结晶的方法进行提纯，D不符合题意。
【分析】A、温度太低，反应速率太慢，温度过高，H2O2易分解；
B、根据反应过程中化合价变化计算转移电子数；
C、反应生成的H2SO4可加入到“中和”步骤中循环利用；
D、重结晶可用于提纯晶体；
6．【答案】A
【解析】【解答】测定C（g）的相对分子质量，要使测定结果误差最大，应该使混合气体中C（g）的含量越少越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa。
故答案为：A。
【分析】由于存在平衡2A（g）+B（s） C（g），A的存在会影响C的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向右移动，减小A的含量，该反应正反应是体积减小的放热反应，减小压强平衡向逆反应移动，升高温度平衡向逆反应移动，故应采取低温、高压，平衡正向进行，测定结果误差最小，反之最大。
7．【答案】A
【解析】【解答】A、根据电子得失守恒可知，还原1mol Cr2O72—离子得到Cr3+，得电子：2×（6-3）mol=6mol，需要FeSO4 7H2O的物质的量为 mol=6mol，选项A符合题意；
B、改变反应①的平衡体系中c(H+)浓度，平衡：2CrO42-（黄色）+2H+ Cr2O72-（橙色）+H2O会移动，溶液颜色会在黄色和橙色之间变化，选项B不符合题意；
C、若2v (Cr2O72-) =v (CrO42-)，不能说明正逆反应速率相等，无法说明反应①达平衡状态，选项C不符合题意；
D、FeSO4溶液呈酸性的原因是Fe2++ 2H2O Fe(OH) 2↓+ 2H+，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】、根据Cr2O72-与Fe2+发生氧化还原，得失电子守恒解答；
B、根据 ①的平衡由于H+的浓度改变而移动，导致溶液颜色变化；
C、根据反应速率之比等于计量数之比不能判断是否平衡解答；
D、根据Fe2+水解为可逆反应解答；
8．【答案】D
【解析】【解答】A．将铜帽粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A不符合题意；
B．Cu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，“滤液Ⅰ”中，溶质的主要成分为ZnSO4，B不符合题意；
C．“溶解Ⅱ”过程中有铜离子生成，且反应放热，促进双氧水分解产生大量氧气，C不符合题意；
D．“操作Ⅰ”是从硫酸铜、稀硫酸的混合溶液中获取硫酸铜晶体，直接加热蒸干会使硫酸铜晶体失去结晶水，且有杂质，应经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CuSO4·5H2O晶体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.将铜帽粉碎主要是增大接触面积提高反应速率
B.铜不与硫酸反应，而锌与硫酸反应得到硫酸锌
C.铜离子可以促进过氧化氢的分解
D.不应直接蒸干易产生杂质和分解，应该是冷却结晶
9．【答案】B
【解析】【解答】A．三点的pH都小于7，水的电离受到抑制，且pH越小，水的电离程度越小，故溶液中的水的电离程度为NB．P点lg =0，即 = ，根据电荷守恒分析，c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则有c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+ ，或c(Na+)=c(OH-)+c(HA)–c(H+) ，B符合题意；
C．Q点lg =1，pH小于7，c(H+)>c(OH-)，则根据电荷守恒分析，c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则有c(A-)> c(Na+)，C不符合题意；
D．由NQ点的坐标可以计算P点坐标（0，4.75），lg =0，=10-4.75mol/L，根据电离平衡常数 分析，K=10-4.75，则室温下，NaA的水解平衡常数Kh= =10-9.25，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据此时溶液的pH进行判断即可
B.根据P点的数据，结合电荷守恒即可判断
C.根据Q点的数据结合电荷守恒分析
D.根据P点的坐标即可计算出平衡常数
10．【答案】B
【解析】【解答】A.由反应过程可知，I1-2为中间产物，TS11-2、TS21-2为过渡态，A不符合题意；
B.由反应能量图可知，反应①的活化能较小，反应②的活化能较大，因此反应速率①>②，总反应的反应速率由慢反应决定，因此总反应的反应速率由过程②决定，B符合题意；
C.过程②中反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，I1-2的转化率降低，C不符合题意；
D.过程①为吸热反应，反应热ΔH=+2.08kJ/mol，因此该反应的热化学方程式为I(s)＋CO2(g) I1－2(s) ΔH=+2.08kJ/mol，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、I1-2为中间产物；
B、反应速率由慢反应决定；
C、升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
D、过程①反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应；
11．【答案】B
【解析】【解答】A.中氧化剂是NO和SO2，氢气是还原剂，A项不符合题意；
B.升高温度正、逆反应速率同时增大，B项符合题意；
C.用H2、H2O表示的速率没有标明正、逆方向，C项不符合题意；
D.催化剂不能改变平衡转化率，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】当正反应速率与逆反应速率相等时，可以判断反应到达平衡状态。注意所谓的速率相等，可以是同一种物质的不同反应方向，若用不同的物质表示速率，其速率之比需要满足反应中的化学计量数之比。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A不符合题意；
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B不符合题意；
C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C不符合题意；
D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小；
B.计算此时的浓度熵和平衡常数，比较两者相对大小，确定反应进行方向；
C.Y、Z都是气体且二者的物质的量之比始终为1：2；
D.5min时反应达到平衡状态。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．升高温度， 的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以 ，故A不符合题意；
B．升高温度，反应速率一定增大，故 ，故B符合题意；
C．升高温度， 的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明该反应是一个放热反应，则 ，故C不符合题意；
D．若经过的时间较长，反应达到平衡，X点 转化率较大，则得到的乙烯的量X＞Y，若经过的时间较短，未达到平衡， ，则得到的乙烯的量X＜Y，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.升高温度利于平衡向吸热反应方向移动。
B.升温能增大反应速率。
C.ΔH=，ΔH＞0表示吸热反应，ΔH＜0表示放热反应。
D.达到平衡时，根据转化率进行分析；未达到平衡时，根据反应速率进行分析。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．随着lg[]的增大，则逆向移动，F-浓度增大，溶解平衡逆向移动，c(Sr2+)减小，则-lgc(Sr2+)增大，对应曲线L2，A符合题意；
B．Ksp(SrF2)= ，取lg[]值为1，代入图示数据，Ksp(SrF2)=10-4×(10-2.2)2=10-8.4，数量级为10-9，B不符合题意；
C．根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2+)=c(F-)，有平衡可知，溶解得到的c(F-)等于溶液中存在的c(F-)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)，C不符合题意；
D．由图可知c点处c(Sr2+)=c(F-)，则与H+结合的F-占了SrF2溶解出来的一半，则加入的HCl多于生成的HF；c点对应lg[]值大于0，则>1，即c(HF)>c(H+)，故溶液中存在c(Cl-)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据随着lg[]的增大，即可判断出曲线
B.根据数据比值为1即可计算出Ksp
C.根据原子守恒即可判断
D.根据C点数据即可计算
15．【答案】A
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，反应③可由反应②减反应①所得，ΔH3=ΔH2-ΔH1<0，则ΔH2<ΔH1，A项符合题意；
B．反应①与反应②均是熵减反应，由ΔH-TΔS<0反应可自发进行可知，反应①与反应②在较低温度能自发进行，B项不符合题意；
C．从平原初到高原，氧气含量减少，反应③正向移动，则人体血液中c（HbO2）降低，C项不符合题意；
D．CO中毒的人体血液中c（HbCO）增大，转到高压氧仓中，反应③平衡逆向移动，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.由盖斯定律计算；
B.△H-T△S<0的反应可自发进行；
C.从平原到高原压强减小、温度减小；
D.把CO中毒的人转到高压氧仓中，c(O2)增大。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．与①相同条件下，提高与的比例，即增大H2的用量，化学平衡正向移动， 的转化率增大，H2的转化率减小，A不符合题意；
B．由①可推测，一定条件下，转化率为13.68%，产率(甲醇的物质的量/起始物质的量)为4.12%，根据碳原子守恒可知，制取过程中有副反应发生，B符合题意；
C．由图示信息可知， 480～520K，温度升高，相同时间内的CH3OH产率升高，主要是由于速率的加快，C不符合题意；
D．由题干信息可知， 正反应是一个放热反应，则由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.提高与的比例，该反应的平衡正向移动；
C.480～520K，温度升高，化学反应速率加快；
D.升高温度，该反应的平衡逆向移动。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．v(H2):v(NH3)=3:2，故A不符合题意；
B．温度不变时，向容积恒定的容器中通入惰性气体，由于容器体积不变，所以各物质浓度不变，所以反应速率不变，故B不符合题意；
C．升高温度，正逆反应速率都加快，故C不符合题意；
D．增大氮气的浓度，平衡正向移动，所以氢气的转化率增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.相同条件下，用不同物质表示的速率之比等于方程式的化学计量数之比
B.其他条件不变，体积不变，冲入稀有气体，浓度不变，平衡不移动
C.温度对速率起促进作用，因此温度升高，速率提高，正反应是放热，故反应逆向移动
D.增加一种反应物的浓度可以提高另外一种的转化率
18．【答案】C
【解析】【解答】A．该反应焓变△H<0，反应前后气体分子数减少，熵变△S<0，依据△G=△H-T△S<0反应能自发进行可知，该反应在低温条件下自发进行，A不符合题意；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，1molSO2与足量氧气充分反应，放出的热量小于98kJ，B不符合题意；
C．升高温度，活化分子数增加，单位体积内活化分子百分数增加，C符合题意；
D．升高温度，反应速率常数增大，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫平衡转化率降低，反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k增大对v的提高大于α引起的降低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据△G=△H-T△S<0判断；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，进行不到底；
C．利用活化分子理论分析；
D．依据化学平衡移动原理分析；
19．【答案】A
【解析】【解答】A．若升高温度NOCl的物质的量增大，可能为和，且反应①生成NOCl的程度大于反应②消耗NOCl的程度，A符合题意；
B．设反应①中NO的转化量为2xmol，根据达平衡时容器中NOCl(g)为amol，为bmol可列出以下三段式：，
，，平衡时I2的物质的量为：，浓度为，B不符合题意；
C．若该密闭容器中气体颜色保持不变，说明I2和Cl2浓度保持不变，说明各反应已达平衡状态，C不符合题意；
D．NO的净转化率为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.计算出此时I2的物质的量，再结合计算；
C.可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
D.计算平衡时NO反应的物质的量，再根据计算。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．存在平衡2NO2 N2O4，且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用勒夏特列原理解释，A项不符合题意；
B．MnO2为H2O2溶液分解的催化剂，使用催化剂只改变反应速率，但平衡不移动，不可以用勒夏特列原理解释，B项符合题意；
C．水是弱电解质，存在电离平衡H2O H++OH ，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，C项不符合题意；
D．氨水中存在平衡NH3 H2O NH +OH ，浓度越稀，电离程度越大，故0.1mol/L的氨水稀释10倍，pH变化小于1个单位，可以用勒夏特列原理解释，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
21．【答案】（1）2MnO2＋4KOH＋O2 2K2MnO4＋2H2O
（2）Al(OH)3和H2SiO3
（3）引流；表面出现晶膜
（4）调节溶液pH，使3MnO ＋2H2O 2MnO ＋MnO2↓＋4OH－平衡向右移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率
（5）c
【解析】【解答】(1)“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为，被氧化生成高锰酸钾，方程式为2MnO2＋4KOH＋O2 2K2MnO4＋2H2O，故答案为：2MnO2＋4KOH＋O2 2K2MnO4＋2H2O；(2)通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，故答案为：Al(OH)3和H2SiO3；(3) 操作I为过滤，玻璃棒起到引流作用，操作Ⅱ为结晶操作，“结晶”时，当表面出现晶膜时，停止加热，自然冷却，抽滤后即可获得紫黑色KMnO4晶体，故答案为：引流；表面出现晶膜；(4) “歧化”时，加入冰醋酸的目的是调节溶液pH，使3MnO42-+2H2O 2MnO4-+MnO2↓+4OH-平衡向右移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率，故答案为：调节溶液pH，使3 +2H2O +MnO2↓+4OH-平衡向右移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率；(5)KMnO4具有强氧化性，所以不能用还原性酸，盐酸、亚硫酸以及氢碘酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案为：c。
【分析】软锰矿（主要成分为MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质）与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2＋4KOH＋O2 2K2MnO4＋2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡3 +2H2O +MnO2↓+4OH-右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，以此解答该题。
22．【答案】（1）
（2）I；反应I的活化能大；；0.064或8/125；AD
（3）乙醇；；2
【解析】【解答】(1)①
②
③
根据盖斯定律，3×③+3×②-①得： ；
(2)①由能量变化图可知第I步活化能较大，反应速率较慢，因此决定NO氧化反应速率的步骤是I；理由为反应I的活化能大；
②因为是刚性容器，可带压强列三段式： ，根据题意有36+x=46，解得x=10，因此0~5min用 的分压表示反应速率为10kPa÷5min= ；该温度下，此反应的平衡常数 =0.064 或8/125 ；
③ ，2NO恒温恒容条件：
A．该反应为气体分子数变化的反应，压强不再变化，说明反应已达平衡；
B．ρ=m/V，自始至终m和V均不变，ρ不变不能说明反应已达平衡；
C．生成NO的速率与消耗 的速率相等，都是逆反应速率，不能说明反应已达平衡；
D．混合气体的平均相对分子质量=m/n，气体总质量m自始至终不变，气体总n是变量，当混合气体的平均相对分子质量，说明反应已达平衡；
选AD；
(3)利用 燃料电池电解，可将雾霾中的NO、 分别转化为 和 ：结合图可知，左边装置为乙醇燃料电池，右边装置为电解池，NO转化为 ，N化合价降低，则通入NO的一极得电子，为阴极，通入二氧化硫的一极为阳极，则燃料电池a电极为负极，燃料电池中负极通入的是燃料，因此物质甲为乙醇；电解池阴极得电子，NO转化为 ，结合电解质为硫酸铵可知电极反应式为 ；电解池阳极失电子， 转化为 ，电极反应式为2H2O+SO2-2e-= +4H+，在电解池总反应为2NO+8H2O+5SO2 (NH4)2SO4+4H2SO4~10e-，因此A为H2SO4，转移2.5mol电子时，生成1mol硫酸，物质的量浓度为1mol÷500mL=2mol/L。
【分析】（1）写出化学方程式利用盖斯定律计算出燃烧热即可
（2）① 活化能高的速率慢，因此I的活化能高，因此由I决定 ② 根据起始的压强以及平衡的压强利用三行式进行计算平衡时各物质的压强即可计算出氧气的速率，根据平衡时各物质的压强即可计算出平衡常数 ③ 此反应是放热反应且系数在减小，温度不变和体积不变，因此某气态物质的正逆速率不变，以及浓度不变、压强不变，以及相对分子质量不变可以判断平衡
（3）根据与甲连接是通入的一氧化氮转为铵根离子，化学价降低被还原性，得到电子，甲是电池的负极应该通入的是乙醇，阴极是一氧化氮得到电子结合氢离子变为铵根离子，因此即可写出电极式，根据正负极电极式即可写出总的电解池反应根据转移的电子数即可计算出A的浓度
23．【答案】（1）C6H5Cl(g)+H2S(g) C6H5SH(g)+HCl(g) ΔH=-16.8 kJ/mol
（2）0.002mol/(L·min)；D
（3）P3>P2>P1；>；及时分离出产物H2或S2；1
【解析】【解答】(1)根据图像，推出①C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H6(g)＋HCl(g)＋ S8(g) =－45.8kJ·mol－1，②C6H5Cl(g) C6H6(g)＋ S8(g) =－(104－75)kJ·mol－1=－29kJ·mol－1，①－②得出C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；故答案为：C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；
(2)①达到平衡后水蒸气的物质的量为0.01mol，则消耗H2S的物质的量为0.01mol，根据化学反应速率的数学表达式，推出v(H2S)= =2×10－3mol/(L·min)；故答案为：2×10－3mol/(L·min)；
②A．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，该反应条件是恒容状态，容器的体积保持不变，因此密度始终保持不变，即密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A不正确；
B．消耗H2S和生成COS都是向正反应方向进行，因此v消耗(H2S)=v生成(COS)，不能说明该反应达到平衡，故B不正确；
C．反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体压强始终保持不变，压强不变，不能说明反应达到平衡，故C不正确；
D．开始时投入H2S和CO2物质的量不同，随着反应进行，剩余H2S和CO2物质的量之比不断变化，当H2S和CO2物质的量之比不再变化，即H2S和CO2质量之比不再变化时，反应达到平衡，故D正确；
答案为：D；
(3)①作等温线，根据反应方程式，增大压强，平衡向逆反应方向进行，H2S的平衡转化率降低，即P3＞P2＞P1；随着温度升高H2S平衡转化率增大，根据勒夏特列原理，正反应方向为吸热反应，即 ＞0；故答案为：P3＞P2＞P1；＞；
②根据勒夏特列原理，可以采取措施及时分离出产物H2或S8，故答案为：及时分离出产物H2或S8；
③令H2S起始物质的量为amol，建立三段式： ，H2的分压为P3× MPa，S2的分压为P3× MPa，H2S的分压为P3× MPa，利用平衡常数的数学表达式，Kp= P3=5MPa，代入上式，得出Kp=1MPa，故答案为：1。
【分析】（1）写出给出的热化学方程式，再结合盖斯定律即可写出热化学方程式
（2）① 根据水蒸气的变化量即可计算出水蒸气的速率，结合化学计量系数即可计算出硫化氢的速率②H2S(g)+CO2(g) COS(g) +H2O(g)； = +35 kJ/mol， 此反应前后气体系数相等，以及式吸热反应，可以根据物质的量浓度不变以及某物质的正逆速率相等以及含量不变即可判断是否达到平衡
（3）① 根根温度与硫化氢转化率的关系以及压强对反应的影响即可判断②体改硫化氢的转化率，可以将产物及时分离促使平衡右移动 ③根据转化率结合三行式即可计算出平衡时的物质的量即可求出平衡分压，求出平衡常数即可
24．【答案】（1）2HCl(g)+ O2(g)=H2O(g)+Cl2(g) H= H1+ H2+ H3
（2） c1V1×10-3；0.56；；＞
（3）＞；减小；随着 增大，N2含量增大，HCl(g)、O2(g)、H2O(g)和Cl2(g)的浓度均使反应体系的浓度商Q＞K，平衡逆向移动，α(HCl)减小
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都是相同的，由图1可知热化学方程式为2HCl(g)+ O2(g)=H2O(g)+Cl2(g) H= H1+ H2+ H3；(2)①根据题中离子方程式2S2O32-+I2=S4O +2lˉ，Cl2氧化Iˉ的离子方程式为Cl2+2Iˉ=2Clˉ+I2，可以得到如下关系式：2S2O32-～I2～Cl2，n(Cl2)= n(S2O32-)= c1V1×10-3mol；②当 =50g·min·mol-1时，每分钟流经1g催化剂的HCl为 mol， =4，所以每分钟流经1g催化剂的O2为 mol，总气体的物质的量为 ，体积为 =0.56L；③ =200g·min·mol-1时α(HCl)为33.3%，则v(HCl)= ×33.3%mol g-1 min-1，根据化学方程式HCl和O2反应的比例为4：1，v(O2)= v(HCl)= × ×33.3%mol g-1 min-1= mol g-1 min-1；④根据第③题的计算过程可知，当 相同时，HCl的转化率越大，反应速率越大，据图可知410℃、 =3的情况下HCl的转化率较大，所以vI＞vⅡ；(3)①由图可知，当 相同时，温度越高HCl平衡转化率越小，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则K360＞K400；②一定温度下随着 增大，通过催化剂的混合气体中HCl和O2量变小，N2的量变大，相当于反应物和生成物的浓度同时变小相同倍数，根据浓度商Qc= ，若各物质浓度变小相同倍数时，会使Qc大于K，此时平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）①根据方程式即可计算出物质的量
②根据给出的数据即可计算出体积
③根据氯化氢的转化率即可计算出氯化氢的速率即可计算出氧气的速率
④根据给出的数据计算出速率即可
（3）①根据图示，温度越高氯化氢的转化率越低，即可判断其正反应是放热，即可判断出常数的大小
②根据 的增大 ，说明氮气含量增大，利用浓度商即可计算
25．【答案】（1）Fe
（2）2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O=2CuCl↓＋SO42－＋4H＋
（3）减少产品CuCl的损失，易于干燥
（4）Cu＋2H2SO4(浓硫酸) CuSO4＋SO2↑＋2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1：1，所以理论上不需要补充SO2
（5）能，
（6）AB
（7）
【解析】【解答】(1)根据分析X为Fe；(2)根据图示CuSO4、SO2、CuCl2反应得到CuCl，SO2中S的化合价从＋4升高到＋6，生成H2SO4，而CuCl2和CuSO4中Cu的化合价从＋2降低到＋1，得到CuCl晶体，离子方程式为2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O=2CuCl↓＋SO42－＋4H＋；(3)CuCl微溶于水，不溶于乙醇，用乙醇洗涤，可以减少洗涤过程中的溶解损失，而且乙醇易挥发，洗涤后易干燥；(4)铜和浓硫酸反应生成SO2和CuSO4，而SO2和CuSO4与CuCl2反应生成CuCl，根据化学方程判断，理由是Cu＋2H2SO4(浓硫酸) CuSO4＋SO2↑＋2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1：1，所以理论上不需要补充SO2；(5)反应 Cu2++Cu+2Cl－＝2CuCl的平衡常数表示式 ，在0.01 mol L－1的CuCl2溶液中加入足量的铜，可根据浓度商Qc判断， ，QcB．增大压强，向气体体积减小的方向移动，即正向移动，CO转化率会增加，B正确；
C．达到平衡后，延长反应时间，化学平衡不会移动，C不正确；
D．CuCl是固体，分散到疏松多孔的分子筛中，只是增加了接触面积，加快反应速率，平衡不移动，D不正确；
故答案为：AB；(7)目标反应可由反应2－反应1得到，化学方程式相减，则平衡常数相除，则Cu++2Cl－ CuCl2－的平衡常数K= 。
【分析】滤渣②和浓硫酸反应可以得到CuSO4，可知滤渣②为Cu，可知滤渣①里的成分为Cu和过量的X。废液中主要是Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、Cl－，不引入新的杂质，过量X为Fe粉，过量的Fe置换出Cu，滤液①主要是FeCl2，通入过量的Cl2，得到FeCl3，可以蚀刻电路板。滤渣①为Cu和Fe，加入过量的HCl，Fe和HCl反应生成FeCl2，滤液②主要为FeCl2。CuCl2和SO2、CuSO4反应得到CuCl。
一、单选题
1．在催化剂作用下，向容积为1L的容器中加入1molX和3molY，发生反应：，平衡时和反应10min时X的转化率(X)随温度的变化分别如曲线I、Ⅱ所示。下列说法错误的是
A．该反应
B．200℃时，前10min的平均反应速率
C．400℃时，反应的平衡常数K=2
D．bc段变化可能是催化剂在温度高于400℃时活性降低导致
2．已知HClO是比H2CO3还弱的酸，氯水中存在下列平衡：Cl2＋H2O HCl＋HClO；HClO H＋＋ClO－，达到平衡后，要使HClO的浓度增大，可加入下列物质：（ ）
A．SO2 B．NaHCO3 C．HCl D．NaOH
3．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH<0是硫酸制造工业的基本反应。将2.0L密闭反应器置于常压下某恒温环境中，反应的部分数据如下表所示。下列说法正确的是（ ）
n/mol t/min n(SO2) n(O2) n(SO3)
0 0.100 0.060 0
4 0.056
8 0.016
10 0.088
A．该反应的平衡常数K=
B．工业上应选择高温高压条件进行生产
C．平衡状态时，c(SO2)=0.006mol·L-1
D．0~4min用O2表示的平均反应速率为5.5×10-3mol·L-1·min-1
4．在容积一定的密闭容器中，反应2X(？) Y(g)+Z(g)达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，则下列叙述错误的是（ ）
A．正反应吸热 B．平衡常数增大
C．反应速率增大 D．X是气态
5．从砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe2O3、SiO2和CaCO3)中回收镓和砷的工艺流程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸"速率，同时防止H2O2过度分解
B．“碱浸”时，GaAs被H2O2氧化，每反应1 mol GaAs，转移电子的数目为5NA
C．“旋流电积”所得“尾液”溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益
D．该工艺得到的Na3AsO4·12H2O纯度较低，可以通过重结晶的方法进行提纯
6．一定条件下：2A（g） + B（s） C（g） ΔH＜0。在测定C（g）的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最大的是（ ）
A．温度130℃、压强50 kPa B．温度0℃、压强50 kPa
C．温度130℃、压强150 kPa D．温度0℃、压强150 kPa
7．工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大的危害，必须进行处理。下面是一种处理方法的工业流程：
其中第①步存在平衡：2CrO42-（黄色）+2H+ Cr2O72-（橙色）+H2O
下列说法正确的是（ ）
A．反应②中还原1mol Cr2O72-，需要6 mol的Fe2+
B．改变反应①的平衡体系中c(H+)浓度，溶液颜色无明显变化
C．若2v (Cr2O72-) =v (CrO42-)，说明反应①达平衡状态
D．FeSO4溶液呈酸性的原因是Fe2++ 2H2O= Fe(OH) 2↓+ 2H+
8．实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备CuSO4·5H2O的部分实验步骤如图：
下列说法错误的是（ ）
A．“溶解Ⅰ”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液Ⅰ”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解Ⅱ”过程中，有大量的气体产生
D．“操作Ⅰ”是将溶液直接加热蒸干得到CuSO4·5H2O晶体
9．室温下，将0.10mol·L-1NaOH溶液滴加到0.10mol·L-1HA溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数(lg )关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．溶液中水的电离程度：N>P>Q
B．P点溶液中：c(Na+)=c(OH-)+c(HA)–c(H+)
C．Q点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)
D．室温下，NaA的水解平衡常数Kh=10-4.75
10．中科院化学研究所最新报道了化合物1催化CO2的氢化机理。其中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如图所示。下列有关该过程的说法正确的是（ ）
A．过程中共经历三个过渡态TS11-2、I1-2、TS21-2
B．该过程的总反应速率主要由过程②决定
C．升高温度，有利于提高I1-2的平衡转化率
D．过程①的热化学方程式为I(s)+CO2(g)=I1-2(s) H=-2.08 kJ·mol-1
11．氢气可用于烟气的脱氮、脱硫，反应为4H2(g)+2NO(g)+SO2(g) N2(g)+S(l)+4H2O(g)，△H＜0下列有关该反应说法正确的是（ ）
A．氧化剂是NO，还原剂是H2
B．升高温度，正、逆反应速率均增大
C．当v(H2)＝v(H2O)时，反应达到平衡
D．使用高效催化剂可提高NO的平衡转化率
12．某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/ 产物Z的平均生成速率/
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是（ ）
A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
13．一定条件下合成乙烯：。已知其它条件不变时，温度对的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示。下列说法一定正确的是
A．平衡常数
B．反应速率：
C．所含总能量：
D．经过相同时间后得到乙烯的量：X＞Y
14．已知SrF2属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用HCl调节SrF2浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中-1gc(X)(X为Sr2+或F-)与1g[]的关系如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．L1代表-lgc(Sr2+)与lg[]的变化曲线
B．Ksp(SrF2)的数量级为10-9
C．a、c两点的溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)
D．c点的溶液中存在c(Cl-)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)
15．人体内的血红蛋白（Hb）可与O2结合，更易与CO结合使人体中毒，涉及原理如下：
①Hb（aq）+O2（g） HbO2（aq） ΔH1＜0
②Hb（aq）+CO（g） HbCO（aq） ΔH2＜0
③HbO2（aq）+CO（g） HbCO（aq）+O2（g） ΔH3＜0
下列说法错误的是（ ）
A．ΔH1＜ΔH2
B．反应①、②在一定温度下均能自发进行
C．刚从平原到高原时，人体血液中c（HbO2）将降低，使人体因缺氧而不适
D．将CO中毒的人转至高压氧仓中治疗，反应③平衡逆向移动而缓解症状
16．在不同条件下，按投料比进行反应： ，并测定实验数据。
一定条件下，CO2转化率为13.68%，CH3OH产率(甲醇的物质的量/起始CO2物质的量)为4.12%。
②一定压强下，相同时间，CH3OH产率随温度变化的数据图如下。
下列说法错误的是
A．与①相同条件下，提高与的比例，可以提高的转化率
B．由①可推测，制取过程中无副反应发生
C．由②可推测，480～520K，温度升高，速率加快是产率升高的原因
D．由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动
17．氨的工业合成对工农业生产具有划时代意义。在容积固定的密闭容器中充入一定量的 和 ，一定条件下发生反应 。下列有关叙述正确的是（ ）
A．相同条件下，
B．温度不变时，向容器中充入氦气，反应速率加快
C．升高温度，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
D．增大 的浓度，能提高 的转化率
18．硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：。研究表明，催化氧化的反应速率方程为式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为平衡转化率，α′为某时刻转化率，n为常数。在α′=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到的v-t曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任何温度下都能自发
B．与足量充分反应，放出的热量为
C．升高温度，能增大单位体积内活化分子百分数和活化分子数
D．反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k、α均增大
19．利用间接转化法可将氮氧化物转化为化工产品以实现氮氧化物的充分利用。
已知①
②
③ 。
若某温度下，向VL密闭容器中加入2molNO和2molICl发生上述反应，达平衡时容器中NOCl(g)为amol，为bmol。下列说法错误的是（ ）
A．若升高温度NOCl的物质的量增大，则且
B．此时的浓度为
C．若该密闭容器中气体颜色保持不变，说明各反应已达平衡状态
D．NO转化率为
20．下列实验事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．将NO2球没泡在冷水和热水中
B．向H2O2溶液中添加MnO2
C．
t/℃ 25 50 100
Kw/10 14 1.01 5.47 55.0
D．
c(NH3 H2O) 0.1 0.01
pH 11.1 10.6
二、综合题
21．高锰酸钾消毒片主要成分为KMnO4，可外用消炎杀菌。用某软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)制备KMnO4的流程图如下：
已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应。
（1）“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为 。
（2）向“浸取液”中通入CO2，调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分为 。
（3）“操作I”中玻璃棒的作用是 。“操作II”时，当 时，停止加热，自然冷却，抽滤后即可获得紫黑色KMnO4晶体。
（4）“歧化”时，加入冰醋酸的目的是 (用必要的离子方程式和文字解释)。
（5）“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是 (填字母)。
a.浓盐酸 b.亚硫酸 c.稀硫酸 d.氢碘酸
22．倡导生态文明建设，环境问题一直是我们关注的焦点。运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
（1）为了高效利用能源并且减少 的排放，可用下列方法把 转化成乙醇燃料：
①
②
③
则表示 燃烧热的热化学方程式为 。
（2）NO的氧化反应 分两步进行；
I. II.
其反应过程能量变化如图所示
①决定NO氧化反应速率的步骤是 (填“I”或“II”)，其理由是 。
②一定温度下，在刚性密闭容器中，起始充入一定量的 气体( 转化为 忽略不计)，此时压强为36kPa，在5min达到平衡，此时容器的压强为46kPa，则0~5min用 的分压表示反应速率为 。该温度下，此反应的平衡常数 ( 是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
③恒温恒容条件下，能说明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A．压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．生成NO的速率与消耗 的速率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
（3）利用 燃料电池电解，可将雾霾中的NO、 分别转化为 和 如下图装置所示。则物质甲为 (填名称)，阴极的电极反应式 ；当电路中转移2.5mol电子时，A的浓度为 (电解过程中忽略溶液体积变化)。
23．H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。请回答下列问题：
（1）苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如下图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为 。
（2）H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610 K时，将0.40 mol H2S与0.10 mol CO2充入2.5 L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g) COS(g) +H2O(g)； = +35 kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量为0.01 mol 。
①在610 K时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)= 。
②该条件下，容器中反应达到化学平衡状态的依据是 (填字母序号)。
A．容器内混合气体密度不再变化 B．v消耗(H2S)=v生成(COS)
C．容器内的压强不再变化 D．H2S与CO2的质量之比不变
（3）工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在密闭容器中充入一定量H2S气体，反应原理：2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。
①图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为 ，△H 0(填>、<或=)。
②如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有 。
③在温度T2、P3=5MPa条件下，该反应的平衡常数Kp= MPa (已知：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
24．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。请回答：
（1）如图表示在CuO存在下HCl催化氧化的反应过程，则总反应的化学方程为 。
（2）研究HCl催化氧化反应中温度、 和 等因素对HCl转化率的影响，得到如下实验结果：
①利用Na2S2O3溶液和KI溶液测定反应生成Cl2的物质的量，若消耗V1mLc1mol·L-1的Na2S2O3溶液，则生成Cl2 mol(已知2S2O +I2=S4O +2I-)。
② 表示催化剂的质量与HCl(g)流速之比，是衡量反应气体与催化剂接触情况的物理量。当 =4、 =50g·min·mol-1时，每分钟流经1g催化剂的气体体积为 L(折算为标准状况下)。
③在420℃、 =3、 =200g·min·mol-1条件下，α(HCl)为33.3%，则O2的反应速率为 mol·g-1·min-1。
④比较在下列两种反应条件下O2的反应速率：vⅠ vⅡ(填“＞”“=”或“＜”)。
Ⅰ.410℃、 =3、 =350g·min·mol-1；
Ⅱ.390℃、 =4、 =350g·min·mol-1。
（3）在101.325kPa时，以含N2的HCl和O2的混合气体测定不同温度下HCl催化氧化反应中HCl的平衡转化率，得到如图结果
①360℃时反应的平衡常数K360与400℃时反应的平衡常数K400之间的关系是K360 K400。(填“＞”“=”或“＜”)。
②一定温度下随着 的增大，HCl的平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)，原因为 。
25．氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸。工业上用制作印刷电路的废液（含 、 、 、 ）生产CuCl的流程如图所示：
根据以上信息回答下列问题：
（1）生产过程中：X是 。（填化学式）
（2）写出生成CuCl的离子方程式 。
（3）析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的原因是 。
（4）在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是 。
（5）CuCl的另一种制备原理是Cu2++Cu+2Cl－＝2CuCl K＝5.85×106，向0.01 mol L－1的CuCl2溶液中加入足量的铜，能否生成CuCl？（通过计算说明） 。
（6）使用CuCl捕捉CO气体的反应为CuCl(s)+xCO(g) CuCl xCO(s) △H < 0，为提高CO的平衡转化率，可采取的措施有 （填标号）。
A 降低温度 B 增大压强 C 延长反应时间 D 把CuCl分散到疏松多孔的分子筛中
（7）已知：CuCl Cu++Cl－ K1； CuCl+Cl- CuCl2－ K2；则反应Cu++2Cl－ CuCl2－的平衡常数K＝ （用K1、K2表示）。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.．升高温度，转化率增大，平衡正向移动，正向是吸热反应即该反应放热，故A正确；
B.200℃时，前10min的平均反应速率，故B正确；
C.400℃时，X转化率为60%，平衡常数为：，故C错误；
D.ab阶段随温度升高，转化率增大，bc阶段随温度升高，转化率减小，该变化可能是催化剂在温度高于400℃时活性降低导致，故D正确；
故答案为：C。
【分析】平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
2．【答案】B
【解析】【解答】A.SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，所以氯水中通入二氧化硫，Cl2＋H2O HCl＋HClO逆向移动，则HClO浓度降低，故不选A；
B.NaHCO3+HCl= NaCl+CO2+H2O，加入碳酸氢钠，盐酸浓度降低，Cl2＋H2O HCl＋HClO平衡正向移动，HClO浓度增大，
故答案为：B；
C.加入HCl，盐酸浓度增大，Cl2＋H2O HCl＋HClO平衡逆向移动，HClO浓度减小，故不选C；
D.加入氢氧化钠，NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，HClO浓度减小，故不选D；
故故答案为：B。
【分析】根据勒夏特列原理进行作答。
3．【答案】C
【解析】【解答】A.反应的平衡常数为生成物的幂指数积与反应物的幂指数积的比值，则二氧化硫催化氧化反应的平衡常数为 ，故A不符合题意；
B.二氧化硫催化氧化反应是一个气体体积减小的放热反应，高温条件下，平衡向逆反应方向移动，不利于三氧化硫的生成，工业上选择适宜的温度和高压条件进行生产，故B不符合题意；
C.由表格数据可知，8min时，O2的物质的量变化量为(0.060—0.016)mol=0.044mol，由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可知，SO3的物质的量为0.088mol，8min时SO3的物质的量和10min时SO3的物质的量相等，说明反应已达到平衡，则衡状态时，c(SO2)= =0.006mol·L-1，C符合题意；
D. 0~4min时，SO2的物质的量变化量为(0.100—0.056)mol=0.044mol，由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比可知，O2的物质的量变化量为 =0.022mol，则用O2表示的平均反应速率为 =2.75×10-3mol·L-1·min-1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.熟记平衡常数的定义，代入即可；
B.根据影响化学反应移动的因素考虑；
C.根据表格中数据求得氧气物质的量变化，再根据系数关系进行求算；
D. 根据物质的量变化以及公式v=计算。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．根据分析可知，正反应为吸热反应，A项不符合题意；
B．正反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，B项不符合题意；
C．温度升高，反应速率一定增大，C项不符合题意；
D．根据分析可知，X是非气态，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】 达到平衡后，升高温度容器内气体的密度增大，由于混合气体的总体积为定值，根据可知，混合气体的总质量增大，说明X为非气态（固态或液态），升高温度平衡正向移动，该反应为吸热反应。
5．【答案】B
【解析】【解答】本题以回收砷化镓废料中的镓和砷为载体，考查氧化还原反应、温度控制、pH控制、循环利用、实验提纯操作等。“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸"速率，同时防止H2O2过度分解，A不符合题意；
B.根据工艺流程可判断，“碱浸”时，GaAs被H2O2氧化生成Na3AsO4，As由-3价升高到+5价，每反应1 mol GaAs，转移电子的数目为8NA，B符合题意；
C.“旋流电积”时，Ga3+在阴极放电，H2O在阳极放电生成O2，同时生成H+，所以“尾液"溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益，C不符合题意；
D.固体可以通过重结晶的方法进行提纯，D不符合题意。
【分析】A、温度太低，反应速率太慢，温度过高，H2O2易分解；
B、根据反应过程中化合价变化计算转移电子数；
C、反应生成的H2SO4可加入到“中和”步骤中循环利用；
D、重结晶可用于提纯晶体；
6．【答案】A
【解析】【解答】测定C（g）的相对分子质量，要使测定结果误差最大，应该使混合气体中C（g）的含量越少越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa。
故答案为：A。
【分析】由于存在平衡2A（g）+B（s） C（g），A的存在会影响C的相对分子质量测定，故应采取措施使平衡向右移动，减小A的含量，该反应正反应是体积减小的放热反应，减小压强平衡向逆反应移动，升高温度平衡向逆反应移动，故应采取低温、高压，平衡正向进行，测定结果误差最小，反之最大。
7．【答案】A
【解析】【解答】A、根据电子得失守恒可知，还原1mol Cr2O72—离子得到Cr3+，得电子：2×（6-3）mol=6mol，需要FeSO4 7H2O的物质的量为 mol=6mol，选项A符合题意；
B、改变反应①的平衡体系中c(H+)浓度，平衡：2CrO42-（黄色）+2H+ Cr2O72-（橙色）+H2O会移动，溶液颜色会在黄色和橙色之间变化，选项B不符合题意；
C、若2v (Cr2O72-) =v (CrO42-)，不能说明正逆反应速率相等，无法说明反应①达平衡状态，选项C不符合题意；
D、FeSO4溶液呈酸性的原因是Fe2++ 2H2O Fe(OH) 2↓+ 2H+，选项D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】、根据Cr2O72-与Fe2+发生氧化还原，得失电子守恒解答；
B、根据 ①的平衡由于H+的浓度改变而移动，导致溶液颜色变化；
C、根据反应速率之比等于计量数之比不能判断是否平衡解答；
D、根据Fe2+水解为可逆反应解答；
8．【答案】D
【解析】【解答】A．将铜帽粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A不符合题意；
B．Cu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，“滤液Ⅰ”中，溶质的主要成分为ZnSO4，B不符合题意；
C．“溶解Ⅱ”过程中有铜离子生成，且反应放热，促进双氧水分解产生大量氧气，C不符合题意；
D．“操作Ⅰ”是从硫酸铜、稀硫酸的混合溶液中获取硫酸铜晶体，直接加热蒸干会使硫酸铜晶体失去结晶水，且有杂质，应经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CuSO4·5H2O晶体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.将铜帽粉碎主要是增大接触面积提高反应速率
B.铜不与硫酸反应，而锌与硫酸反应得到硫酸锌
C.铜离子可以促进过氧化氢的分解
D.不应直接蒸干易产生杂质和分解，应该是冷却结晶
9．【答案】B
【解析】【解答】A．三点的pH都小于7，水的电离受到抑制，且pH越小，水的电离程度越小，故溶液中的水的电离程度为N
C．Q点lg =1，pH小于7，c(H+)>c(OH-)，则根据电荷守恒分析，c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则有c(A-)> c(Na+)，C不符合题意；
D．由NQ点的坐标可以计算P点坐标（0，4.75），lg =0，=10-4.75mol/L，根据电离平衡常数 分析，K=10-4.75，则室温下，NaA的水解平衡常数Kh= =10-9.25，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据此时溶液的pH进行判断即可
B.根据P点的数据，结合电荷守恒即可判断
C.根据Q点的数据结合电荷守恒分析
D.根据P点的坐标即可计算出平衡常数
10．【答案】B
【解析】【解答】A.由反应过程可知，I1-2为中间产物，TS11-2、TS21-2为过渡态，A不符合题意；
B.由反应能量图可知，反应①的活化能较小，反应②的活化能较大，因此反应速率①>②，总反应的反应速率由慢反应决定，因此总反应的反应速率由过程②决定，B符合题意；
C.过程②中反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，I1-2的转化率降低，C不符合题意；
D.过程①为吸热反应，反应热ΔH=+2.08kJ/mol，因此该反应的热化学方程式为I(s)＋CO2(g) I1－2(s) ΔH=+2.08kJ/mol，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、I1-2为中间产物；
B、反应速率由慢反应决定；
C、升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
D、过程①反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应；
11．【答案】B
【解析】【解答】A.中氧化剂是NO和SO2，氢气是还原剂，A项不符合题意；
B.升高温度正、逆反应速率同时增大，B项符合题意；
C.用H2、H2O表示的速率没有标明正、逆方向，C项不符合题意；
D.催化剂不能改变平衡转化率，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】当正反应速率与逆反应速率相等时，可以判断反应到达平衡状态。注意所谓的速率相等，可以是同一种物质的不同反应方向，若用不同的物质表示速率，其速率之比需要满足反应中的化学计量数之比。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A不符合题意；
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B不符合题意；
C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C不符合题意；
D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小；
B.计算此时的浓度熵和平衡常数，比较两者相对大小，确定反应进行方向；
C.Y、Z都是气体且二者的物质的量之比始终为1：2；
D.5min时反应达到平衡状态。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．升高温度， 的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以 ，故A不符合题意；
B．升高温度，反应速率一定增大，故 ，故B符合题意；
C．升高温度， 的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明该反应是一个放热反应，则 ，故C不符合题意；
D．若经过的时间较长，反应达到平衡，X点 转化率较大，则得到的乙烯的量X＞Y，若经过的时间较短，未达到平衡， ，则得到的乙烯的量X＜Y，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.升高温度利于平衡向吸热反应方向移动。
B.升温能增大反应速率。
C.ΔH=，ΔH＞0表示吸热反应，ΔH＜0表示放热反应。
D.达到平衡时，根据转化率进行分析；未达到平衡时，根据反应速率进行分析。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．随着lg[]的增大，则逆向移动，F-浓度增大，溶解平衡逆向移动，c(Sr2+)减小，则-lgc(Sr2+)增大，对应曲线L2，A符合题意；
B．Ksp(SrF2)= ，取lg[]值为1，代入图示数据，Ksp(SrF2)=10-4×(10-2.2)2=10-8.4，数量级为10-9，B不符合题意；
C．根据原子守恒，由溶解平衡可知2c(Sr2+)=c(F-)，有平衡可知，溶解得到的c(F-)等于溶液中存在的c(F-)与生成的c(HF)之和，故溶液中均存在2c(Sr2+)=c(F-)+c(HF)，C不符合题意；
D．由图可知c点处c(Sr2+)=c(F-)，则与H+结合的F-占了SrF2溶解出来的一半，则加入的HCl多于生成的HF；c点对应lg[]值大于0，则>1，即c(HF)>c(H+)，故溶液中存在c(Cl-)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据随着lg[]的增大，即可判断出曲线
B.根据数据比值为1即可计算出Ksp
C.根据原子守恒即可判断
D.根据C点数据即可计算
15．【答案】A
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，反应③可由反应②减反应①所得，ΔH3=ΔH2-ΔH1<0，则ΔH2<ΔH1，A项符合题意；
B．反应①与反应②均是熵减反应，由ΔH-TΔS<0反应可自发进行可知，反应①与反应②在较低温度能自发进行，B项不符合题意；
C．从平原初到高原，氧气含量减少，反应③正向移动，则人体血液中c（HbO2）降低，C项不符合题意；
D．CO中毒的人体血液中c（HbCO）增大，转到高压氧仓中，反应③平衡逆向移动，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.由盖斯定律计算；
B.△H-T△S<0的反应可自发进行；
C.从平原到高原压强减小、温度减小；
D.把CO中毒的人转到高压氧仓中，c(O2)增大。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．与①相同条件下，提高与的比例，即增大H2的用量，化学平衡正向移动， 的转化率增大，H2的转化率减小，A不符合题意；
B．由①可推测，一定条件下，转化率为13.68%，产率(甲醇的物质的量/起始物质的量)为4.12%，根据碳原子守恒可知，制取过程中有副反应发生，B符合题意；
C．由图示信息可知， 480～520K，温度升高，相同时间内的CH3OH产率升高，主要是由于速率的加快，C不符合题意；
D．由题干信息可知， 正反应是一个放热反应，则由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.提高与的比例，该反应的平衡正向移动；
C.480～520K，温度升高，化学反应速率加快；
D.升高温度，该反应的平衡逆向移动。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．v(H2):v(NH3)=3:2，故A不符合题意；
B．温度不变时，向容积恒定的容器中通入惰性气体，由于容器体积不变，所以各物质浓度不变，所以反应速率不变，故B不符合题意；
C．升高温度，正逆反应速率都加快，故C不符合题意；
D．增大氮气的浓度，平衡正向移动，所以氢气的转化率增大，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.相同条件下，用不同物质表示的速率之比等于方程式的化学计量数之比
B.其他条件不变，体积不变，冲入稀有气体，浓度不变，平衡不移动
C.温度对速率起促进作用，因此温度升高，速率提高，正反应是放热，故反应逆向移动
D.增加一种反应物的浓度可以提高另外一种的转化率
18．【答案】C
【解析】【解答】A．该反应焓变△H<0，反应前后气体分子数减少，熵变△S<0，依据△G=△H-T△S<0反应能自发进行可知，该反应在低温条件下自发进行，A不符合题意；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，1molSO2与足量氧气充分反应，放出的热量小于98kJ，B不符合题意；
C．升高温度，活化分子数增加，单位体积内活化分子百分数增加，C符合题意；
D．升高温度，反应速率常数增大，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫平衡转化率降低，反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k增大对v的提高大于α引起的降低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据△G=△H-T△S<0判断；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，进行不到底；
C．利用活化分子理论分析；
D．依据化学平衡移动原理分析；
19．【答案】A
【解析】【解答】A．若升高温度NOCl的物质的量增大，可能为和，且反应①生成NOCl的程度大于反应②消耗NOCl的程度，A符合题意；
B．设反应①中NO的转化量为2xmol，根据达平衡时容器中NOCl(g)为amol，为bmol可列出以下三段式：，
，，平衡时I2的物质的量为：，浓度为，B不符合题意；
C．若该密闭容器中气体颜色保持不变，说明I2和Cl2浓度保持不变，说明各反应已达平衡状态，C不符合题意；
D．NO的净转化率为：，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.计算出此时I2的物质的量，再结合计算；
C.可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变，据此判断；
D.计算平衡时NO反应的物质的量，再根据计算。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．存在平衡2NO2 N2O4，且正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以气体颜色加深，可以用勒夏特列原理解释，A项不符合题意；
B．MnO2为H2O2溶液分解的催化剂，使用催化剂只改变反应速率，但平衡不移动，不可以用勒夏特列原理解释，B项符合题意；
C．水是弱电解质，存在电离平衡H2O H++OH ，电离过程是吸热过程，升高温度，促进水的电离，氢离子与氢氧根离子的浓度增大，水的离子积增大，可以用平衡移动原理解释，C项不符合题意；
D．氨水中存在平衡NH3 H2O NH +OH ，浓度越稀，电离程度越大，故0.1mol/L的氨水稀释10倍，pH变化小于1个单位，可以用勒夏特列原理解释，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动．平衡移动原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用平衡移动原理解释，平衡移动原理对所有的动态平衡都适用。
21．【答案】（1）2MnO2＋4KOH＋O2 2K2MnO4＋2H2O
（2）Al(OH)3和H2SiO3
（3）引流；表面出现晶膜
（4）调节溶液pH，使3MnO ＋2H2O 2MnO ＋MnO2↓＋4OH－平衡向右移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率
（5）c
【解析】【解答】(1)“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为，被氧化生成高锰酸钾，方程式为2MnO2＋4KOH＋O2 2K2MnO4＋2H2O，故答案为：2MnO2＋4KOH＋O2 2K2MnO4＋2H2O；(2)通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，故答案为：Al(OH)3和H2SiO3；(3) 操作I为过滤，玻璃棒起到引流作用，操作Ⅱ为结晶操作，“结晶”时，当表面出现晶膜时，停止加热，自然冷却，抽滤后即可获得紫黑色KMnO4晶体，故答案为：引流；表面出现晶膜；(4) “歧化”时，加入冰醋酸的目的是调节溶液pH，使3MnO42-+2H2O 2MnO4-+MnO2↓+4OH-平衡向右移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率，故答案为：调节溶液pH，使3 +2H2O +MnO2↓+4OH-平衡向右移动，促进KMnO4的生成，提高KMnO4的产率；(5)KMnO4具有强氧化性，所以不能用还原性酸，盐酸、亚硫酸以及氢碘酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案为：c。
【分析】软锰矿（主要成分为MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质）与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2＋4KOH＋O2 2K2MnO4＋2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡3 +2H2O +MnO2↓+4OH-右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，以此解答该题。
22．【答案】（1）
（2）I；反应I的活化能大；；0.064或8/125；AD
（3）乙醇；；2
【解析】【解答】(1)①
②
③
根据盖斯定律，3×③+3×②-①得： ；
(2)①由能量变化图可知第I步活化能较大，反应速率较慢，因此决定NO氧化反应速率的步骤是I；理由为反应I的活化能大；
②因为是刚性容器，可带压强列三段式： ，根据题意有36+x=46，解得x=10，因此0~5min用 的分压表示反应速率为10kPa÷5min= ；该温度下，此反应的平衡常数 =0.064 或8/125 ；
③ ，2NO恒温恒容条件：
A．该反应为气体分子数变化的反应，压强不再变化，说明反应已达平衡；
B．ρ=m/V，自始至终m和V均不变，ρ不变不能说明反应已达平衡；
C．生成NO的速率与消耗 的速率相等，都是逆反应速率，不能说明反应已达平衡；
D．混合气体的平均相对分子质量=m/n，气体总质量m自始至终不变，气体总n是变量，当混合气体的平均相对分子质量，说明反应已达平衡；
选AD；
(3)利用 燃料电池电解，可将雾霾中的NO、 分别转化为 和 ：结合图可知，左边装置为乙醇燃料电池，右边装置为电解池，NO转化为 ，N化合价降低，则通入NO的一极得电子，为阴极，通入二氧化硫的一极为阳极，则燃料电池a电极为负极，燃料电池中负极通入的是燃料，因此物质甲为乙醇；电解池阴极得电子，NO转化为 ，结合电解质为硫酸铵可知电极反应式为 ；电解池阳极失电子， 转化为 ，电极反应式为2H2O+SO2-2e-= +4H+，在电解池总反应为2NO+8H2O+5SO2 (NH4)2SO4+4H2SO4~10e-，因此A为H2SO4，转移2.5mol电子时，生成1mol硫酸，物质的量浓度为1mol÷500mL=2mol/L。
【分析】（1）写出化学方程式利用盖斯定律计算出燃烧热即可
（2）① 活化能高的速率慢，因此I的活化能高，因此由I决定 ② 根据起始的压强以及平衡的压强利用三行式进行计算平衡时各物质的压强即可计算出氧气的速率，根据平衡时各物质的压强即可计算出平衡常数 ③ 此反应是放热反应且系数在减小，温度不变和体积不变，因此某气态物质的正逆速率不变，以及浓度不变、压强不变，以及相对分子质量不变可以判断平衡
（3）根据与甲连接是通入的一氧化氮转为铵根离子，化学价降低被还原性，得到电子，甲是电池的负极应该通入的是乙醇，阴极是一氧化氮得到电子结合氢离子变为铵根离子，因此即可写出电极式，根据正负极电极式即可写出总的电解池反应根据转移的电子数即可计算出A的浓度
23．【答案】（1）C6H5Cl(g)+H2S(g) C6H5SH(g)+HCl(g) ΔH=-16.8 kJ/mol
（2）0.002mol/(L·min)；D
（3）P3>P2>P1；>；及时分离出产物H2或S2；1
【解析】【解答】(1)根据图像，推出①C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H6(g)＋HCl(g)＋ S8(g) =－45.8kJ·mol－1，②C6H5Cl(g) C6H6(g)＋ S8(g) =－(104－75)kJ·mol－1=－29kJ·mol－1，①－②得出C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；故答案为：C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；
(2)①达到平衡后水蒸气的物质的量为0.01mol，则消耗H2S的物质的量为0.01mol，根据化学反应速率的数学表达式，推出v(H2S)= =2×10－3mol/(L·min)；故答案为：2×10－3mol/(L·min)；
②A．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，该反应条件是恒容状态，容器的体积保持不变，因此密度始终保持不变，即密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A不正确；
B．消耗H2S和生成COS都是向正反应方向进行，因此v消耗(H2S)=v生成(COS)，不能说明该反应达到平衡，故B不正确；
C．反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体压强始终保持不变，压强不变，不能说明反应达到平衡，故C不正确；
D．开始时投入H2S和CO2物质的量不同，随着反应进行，剩余H2S和CO2物质的量之比不断变化，当H2S和CO2物质的量之比不再变化，即H2S和CO2质量之比不再变化时，反应达到平衡，故D正确；
答案为：D；
(3)①作等温线，根据反应方程式，增大压强，平衡向逆反应方向进行，H2S的平衡转化率降低，即P3＞P2＞P1；随着温度升高H2S平衡转化率增大，根据勒夏特列原理，正反应方向为吸热反应，即 ＞0；故答案为：P3＞P2＞P1；＞；
②根据勒夏特列原理，可以采取措施及时分离出产物H2或S8，故答案为：及时分离出产物H2或S8；
③令H2S起始物质的量为amol，建立三段式： ，H2的分压为P3× MPa，S2的分压为P3× MPa，H2S的分压为P3× MPa，利用平衡常数的数学表达式，Kp= P3=5MPa，代入上式，得出Kp=1MPa，故答案为：1。
【分析】（1）写出给出的热化学方程式，再结合盖斯定律即可写出热化学方程式
（2）① 根据水蒸气的变化量即可计算出水蒸气的速率，结合化学计量系数即可计算出硫化氢的速率②H2S(g)+CO2(g) COS(g) +H2O(g)； = +35 kJ/mol， 此反应前后气体系数相等，以及式吸热反应，可以根据物质的量浓度不变以及某物质的正逆速率相等以及含量不变即可判断是否达到平衡
（3）① 根根温度与硫化氢转化率的关系以及压强对反应的影响即可判断②体改硫化氢的转化率，可以将产物及时分离促使平衡右移动 ③根据转化率结合三行式即可计算出平衡时的物质的量即可求出平衡分压，求出平衡常数即可
24．【答案】（1）2HCl(g)+ O2(g)=H2O(g)+Cl2(g) H= H1+ H2+ H3
（2） c1V1×10-3；0.56；；＞
（3）＞；减小；随着 增大，N2含量增大，HCl(g)、O2(g)、H2O(g)和Cl2(g)的浓度均使反应体系的浓度商Q＞K，平衡逆向移动，α(HCl)减小
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律，不管化学反应是一步完成还是分几步完成，其反应热都是相同的，由图1可知热化学方程式为2HCl(g)+ O2(g)=H2O(g)+Cl2(g) H= H1+ H2+ H3；(2)①根据题中离子方程式2S2O32-+I2=S4O +2lˉ，Cl2氧化Iˉ的离子方程式为Cl2+2Iˉ=2Clˉ+I2，可以得到如下关系式：2S2O32-～I2～Cl2，n(Cl2)= n(S2O32-)= c1V1×10-3mol；②当 =50g·min·mol-1时，每分钟流经1g催化剂的HCl为 mol， =4，所以每分钟流经1g催化剂的O2为 mol，总气体的物质的量为 ，体积为 =0.56L；③ =200g·min·mol-1时α(HCl)为33.3%，则v(HCl)= ×33.3%mol g-1 min-1，根据化学方程式HCl和O2反应的比例为4：1，v(O2)= v(HCl)= × ×33.3%mol g-1 min-1= mol g-1 min-1；④根据第③题的计算过程可知，当 相同时，HCl的转化率越大，反应速率越大，据图可知410℃、 =3的情况下HCl的转化率较大，所以vI＞vⅡ；(3)①由图可知，当 相同时，温度越高HCl平衡转化率越小，说明该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则K360＞K400；②一定温度下随着 增大，通过催化剂的混合气体中HCl和O2量变小，N2的量变大，相当于反应物和生成物的浓度同时变小相同倍数，根据浓度商Qc= ，若各物质浓度变小相同倍数时，会使Qc大于K，此时平衡逆向移动，HCl的平衡转化率减小。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）①根据方程式即可计算出物质的量
②根据给出的数据即可计算出体积
③根据氯化氢的转化率即可计算出氯化氢的速率即可计算出氧气的速率
④根据给出的数据计算出速率即可
（3）①根据图示，温度越高氯化氢的转化率越低，即可判断其正反应是放热，即可判断出常数的大小
②根据 的增大 ，说明氮气含量增大，利用浓度商即可计算
25．【答案】（1）Fe
（2）2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O=2CuCl↓＋SO42－＋4H＋
（3）减少产品CuCl的损失，易于干燥
（4）Cu＋2H2SO4(浓硫酸) CuSO4＋SO2↑＋2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1：1，所以理论上不需要补充SO2
（5）能，
（6）AB
（7）
【解析】【解答】(1)根据分析X为Fe；(2)根据图示CuSO4、SO2、CuCl2反应得到CuCl，SO2中S的化合价从＋4升高到＋6，生成H2SO4，而CuCl2和CuSO4中Cu的化合价从＋2降低到＋1，得到CuCl晶体，离子方程式为2Cu2＋＋SO2＋2Cl－＋2H2O=2CuCl↓＋SO42－＋4H＋；(3)CuCl微溶于水，不溶于乙醇，用乙醇洗涤，可以减少洗涤过程中的溶解损失，而且乙醇易挥发，洗涤后易干燥；(4)铜和浓硫酸反应生成SO2和CuSO4，而SO2和CuSO4与CuCl2反应生成CuCl，根据化学方程判断，理由是Cu＋2H2SO4(浓硫酸) CuSO4＋SO2↑＋2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1：1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2也为1：1，所以理论上不需要补充SO2；(5)反应 Cu2++Cu+2Cl－＝2CuCl的平衡常数表示式 ，在0.01 mol L－1的CuCl2溶液中加入足量的铜，可根据浓度商Qc判断， ，Qc
C．达到平衡后，延长反应时间，化学平衡不会移动，C不正确；
D．CuCl是固体，分散到疏松多孔的分子筛中，只是增加了接触面积，加快反应速率，平衡不移动，D不正确；
故答案为：AB；(7)目标反应可由反应2－反应1得到，化学方程式相减，则平衡常数相除，则Cu++2Cl－ CuCl2－的平衡常数K= 。
【分析】滤渣②和浓硫酸反应可以得到CuSO4，可知滤渣②为Cu，可知滤渣①里的成分为Cu和过量的X。废液中主要是Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋、Cl－，不引入新的杂质，过量X为Fe粉，过量的Fe置换出Cu，滤液①主要是FeCl2，通入过量的Cl2，得到FeCl3，可以蚀刻电路板。滤渣①为Cu和Fe，加入过量的HCl，Fe和HCl反应生成FeCl2，滤液②主要为FeCl2。CuCl2和SO2、CuSO4反应得到CuCl。
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