高考化学二轮专题复习之专题11 化学反应速率和化学平衡（含答案）
文档属性
| 名称 | 高考化学二轮专题复习之专题11 化学反应速率和化学平衡（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-01 08:43:25 | ||
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文档简介
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专题11 化学反应速率和化学平衡
一、单选题
1．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．氨水应密闭保存，放置在低温处
B．在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质
C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．侯氏制碱采用通入氨气、冷却、加入食盐的方法从母液中提取氯化铵
2．下列过程中化学反应速率的加快对人类有益的是（ ）
A．金属的腐蚀 B．食物的腐败 C．塑料的降解 D．橡胶的老化
3．对于反应：2A(g)+B(g)2C(g)，保持其他条件不变，只改变下列一个反应条件，不能使生成C的反应速率加快的是
A．增大反应物的浓度 B．增大压强
C．升高温度 D．扩大容器体积
4．已知： △H＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．容器内压强不变，不能表明反应达到平衡
B．t2时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡常数K：K(II)＜K(I)
D．平衡时A的体积分数φ：φ(II)>φ(I)
5．100 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液与过量锌粉反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成H2的总量，可向反应物中加入适量（ ）
A．硝酸钠溶液 B．NaCl固体
C．硫酸铵固体 D．硫酸钾溶液
6．对于反应Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)，下列叙述错误的是（ ）
A．该反应过程中释放能量
B．若将该反应设计成原电池，则锌为负极
C．其任何一个反应物或生成物都能用来表示该反应的速率
D．若将该反应设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，正极放出11.2L气体(标准状况下)
7．汽车尾气污染已成为突出的环境问题。反应 2NO+2CO 2CO2 +N2 可用于净化汽车尾气。一定条件下，该反应进行一段时间后，各物质的浓度均不再变化，此时（ ）
A．反应完全停止 B．反应物消耗完全
C．反应达到了平衡状态 D．正反速率大于逆反应速率
8．下列现象或操作可用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．食品包装袋内常放一小袋铁屑
B．制取氢气时，用粗锌产生气泡的速率比用纯锌快
C．合成氨工业中，将氨液化后分离出来，以提高氮气的转化率
D．对于反应，达到平衡后压缩容器体积，混合气体颜色变深
9．和存在平衡：。下列分析正确的是（ ）
A．平衡混合气体中含N原子大于
B．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
C．恒容时，充入少量，平衡正向移动导致气体颜色变浅
D．断裂中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量
10．H2NNO2(硝酰胺，Nitrarnide)是一种弱酸，常温下Ka1＝10－5.6。常温下，硝酰胺分解反应，H2NNO2(aq)＝N2O(g)＋H2O(l)的第－步为O2NNH2(aq) O2NNH-(aq)+H+(aq)，其中k为速率常数，υ正＝k1c(O2NNH2)，υ逆=k－1c(O2NNH－)·c(H＋)，则 等于（ ）
A．5.6 B．8.4 C．－5.6 D．－8.4
11．对已达到化学平衡的下列反应： ，降低温度的同时减小压强，对反应产生的影响是（ ）
A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D．正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动
12．下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（ ）
A．汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
B．用铁片和稀硫酸反应制取H2时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生H2的速率
C．二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D．100mL2mol·L-1的盐酸与锌反应时，加入适量的NaCl溶液，生成H2的速率不变
13．一定温度下，在2个容积均为1 L的密闭容器中，充入一定量的反应物，发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2 (g) ΔH＜0，相关反应数据如下表所示：
容器编号 温度 起始时物质的量/mol 10 s时物质的量/mol
NO CO N2
Ⅰ T1℃ 0.2 0.2 0.05
Ⅱ T2℃(T2>T1) 0.2 0.2 0.05
下列说法正确的是（ ）
A．10 s时，容器Ⅰ中的反应处于平衡状态
B．10 s时，容器Ⅰ中的化学反应速率v(CO2)=0.005mol·L-1·s-1
C．化学平衡常数：KⅡ>KⅠ
D．若起始时，向容器Ⅱ中充入0.08 mol NO、0.1 mol CO、0.04 mol N2和0.1 mol CO2，反应将向逆反应方向进行
14．某温度下，密闭容器中发生反应aX(g) bY(g)＋cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是( )
A．可逆反应的化学方程式的化学计量数：a＞b＋c
B．压缩容器的容积时，v正增大，v逆减小
C．达到新平衡时，物质X的转化率减小
D．达到新平衡时，混合物中Z的质量分数增大
15．化学反应达到化学平衡的本质是（ ）
A．各组分浓度保持不变 B．反应物与生成物的浓度相等
C．正反应与逆反应停止进行 D．正反应和逆反应的速率相等
16．对可逆反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述错误的是（ ）
A．化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v正(H2O)
B．达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率也减小
D．若单位时间内生成x mol NO的同时生成x mol NH3，则反应达到平衡状态
17．对于可逆反应 △H<0，下列图像表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
18．科研人员提出120℃下催化合成(碳酸二甲酯)需经历三步反应，示意图如图。下列说法正确的是（ ）
A．与过量稀溶液完全反应生成和甲醇
B．改用更高效的催化剂，可提高的平衡产率
C．反应历程①②③中，活化能越高，反应速率越慢
D．向反应体系中加入少量水蒸气，反应物的平衡转化率升高
19．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．打开啤酒瓶有大量泡沫冒出
B．用饱和碳酸氢钠溶液除去气体中的氯化氢杂质
C．新制的氯水在光照下颜色变浅
D．容器中有，增大压强颜色变深
20．已知反应N2O4(g) 2NO2(g) △H=+57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A，C两点气体的平均相对分子质量：A>C
B．A，C两点气体的颜色：A深，C浅
C．由状态B到状态A，可以用加热的方法
D．A，C两点的反应速率：A>C
二、多选题
21．一定条件下，将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：，在2min末测得剩余B的物质的量为1.2mol，生成C的物质的量为2.4mol。下列有关说法错误的是（ ）
A．x的数值为3
B．2min末，A的浓度为0.4 mol L 1
C．2min内，用D表示的反应的平均速率为
D．将容器的容积变为3L，化学反应速率将减小
22．乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应进程中有两个过渡态
B．是总反应的催化剂
C．总反应速率由第①步反应决定
D．第①、②、③步反应都是放热反应
23．在温度T1和T2时，分别将0.5molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中，发生反应： CH4(g)＋2NO2(g) N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，测得有关数据如表：
时间/min 0 10 20 40 50
T1 n(CH4)/mol 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10
T2 n(CH4)/mol 0.50 0.30 0.18 …… 0.15
下列说法正确的是（ ）
A．T1时0~10minNO2的平均反应速率为0.15mol·L－1·min－1
B．T2时CH4的平衡转化率为70.0%
C．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.3molCH4和0.80molH2O(g)，平衡向正反应方向移动
D．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.5molCH4和1.2molNO2，与原平衡相比，达新平衡时N2的浓度增大
24．一定条件下，反应H2(g)+ Br2(g)=2HBr(g)的速率方程为v= kcα(H2)·cβ(Br2 )·cγ(HBr) ，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：
c(H2)/ (mol·L-1) c (Br2)/ (mol·L-1) c(HBr)/ (mol·L-1) 反应速率
0.1 0. 1 2 v
0.1 0.4 2 8v
0.2 0.4 2 16v
0.4 0.1 4 2v
0.2 0.1 c 4v
根据表中的测定结果，下列结论不正确的是（ ）
A．表中c的值为4
B．α、β、γ的值分别为1、2、- 1
C．反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D．在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低
25．工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠粗品，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。一种生产芒硝并进行纯化的流程如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．和煤粉高温下反应所得CO和Na2S的物质的量之比为2：1
B．“溶解”时需要适当升高温度
C．“操作I”是趁热过滤
D．含少量Na2S的乙醇可通过分液的方法回收乙醇
26．根据下列图所示所得出的结论正确的是（ ）
A．图甲是一定温度下，处于恒容密闭容器、弱酸性环境下的铁钉发生腐蚀过程中体系压强的变化曲线，可推知初始阶段铁钉主要发生析氢腐蚀
B．图乙是平衡体系2NO2(g) N2O4(g)；ΔH＝－56.9 kJ·mol－1改变某一条件后v(正)、v(逆)的变化情况，可推知t0时刻改变的条件是升高温度
C．图丙是某温度下c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.100 mol·L－1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系，可推知该温度下pH＝3的溶液中：Ka<10－4.75
D．图丁中虚线是2SO2＋O2 2SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，可推知催化剂Ⅰ的催化效果更好
三、填空题
27．现有反应mA(g)+nB(g) pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：
（1）若加入B（容器体积不变），则A的转化率 （填增大、减小或不变，下同），B的转化率 。
（2）若升高温度，则平衡时
B、C的浓度之比 将 （填增大、减小或不变）。
（3）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（容积不变）时混合物颜色 （填变深、变浅或不变，下同），而维持容器内压强不变，充入Ne时，混合物的颜色 。
28．在一定条件下，反应A(g)＋B(g)
C(g)， H < 0，达到平衡后，根据下列图像判断：
（1）升温，达到新的平衡的是（ ）；
（2）降压，达到新的平衡的是（ ）；
（3）减少C的量，移向新平衡的是（ ）；
（4）增加A的量，移向新平衡的是（ ），此时B的转化率 （填“增大”或“减小”或“不变”，下空同）；
（5）使用催化剂，达到平衡的是（ ），C的质量分数 。
29．稀氨水中存在下述电离平衡：NH3+H2O NH3·H2O NH +OH-。试分析向溶液中分别加入下列物质时，平衡如何移动：
加入的物质 氯化铵 氨气 氢氧化钠
平衡移动方向
四、实验探究题
30．NCl3既可用于漂白，又可用于柠檬等水果的熏蒸处理。已知：NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃, 95℃以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解。实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3。某小组利用如图所示的装置制备NCl3，并探究NCl3的漂白性。
回答下列问题：
（1）仪器M中盛放的试剂为 。
（2）各装置接口连接的顺序为 （用小写字母表示）。
（3）当装置B的蒸馏烧瓶中出现较多油状液体后，关闭b处的活塞，应控制水浴加热的温度为 ，装置C的作用为 。
（4）当装置D的锥形瓶内有较多黄色油状液体出现时，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取该液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；若取该液体滴入50～60℃的热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，则试纸先变蓝后褪色。结合化学方程式解释该现象： 。
（5）在pH=4时电解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，然后利用空气流将产物带出电解槽。电解池中产生NCl3的电极为 （填“阴极”或“阳极”），该电极的电极反应式为 。
（6）NCl3可与NaClO2溶液反应制取ClO2气体，同时产生一种无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
31．某学生为了探究影响化学反应速率的外界因素，进行以下实验。
（1）向100
mL稀硫酸中加入过量的锌粉，标准状况下测得数据累计值如下：
时间/min 1 2 3 4 5
氢气体积/mL 50 120 232 290 310
①在0~1、1~2、 2~3、3-4、4~-5min各时间段中：
反应速率最大的时间段是 min，主要的原因可能是 。
反应速率最小的时间段是 min，主要的原因可能是 。
②为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可以在稀硫酸中加入 （填序号）。
a Na2CO3溶液 b NaOH溶液 c 稀HNO3 d
蒸馏水
（2）进行以下对比实验，并记录实验现象。
实验I：
实验II：另取两支试管分别加入5 mL5%H2O2溶液和5mL10%H2O2溶液，均未观察到有明显的气泡产生。
①双氧水分解的化学方程式是 。
②实验I的目的是 。
③实验II未观察到预期现象，为了达到该实验的目的，可采取的改进措施是 。
32．兴趣小组同学为探究影响化学反应速率及化学平衡的因素，设计以下实验：
（1）利用实验Ⅰ探究锌与1mol/L硫酸和4mol/L硫酸反应的速率，可以测定收集一定体积氢气所用的时间。此方法需要控制的变量有(写出1项即可)： 。
（2）利用实验Ⅱ探究浓度对化学平衡的影响。
已知：Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+ 推测B试管中实验现象为 ，用平衡移动原理解释原因： 。
（3）该小组同学继续用酸性KMnO4溶液和草酸(H2C2O4)溶液进行实验，实验操作及现象如下表：
编号 实验操作 实验现象
ⅰ 向一支试管中先加入5mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入1滴3mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入5mL0.1mol/L草酸溶液 前10min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30min后几乎变为无色
ⅱ 向另一支试管中先加入5mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，最后加入5mL0.1mol/L草酸溶液 80s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s后几乎变为无色
已知：2MnO + 5H2C2O4 +6H+ =2Mn2+ +10CO2↑+8H2O
① 由实验ⅰ、实验ⅱ可得出的结论是 。
② 关于实验ⅱ中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组同学提出了猜想：反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用下列提供的试剂设计实验ⅲ，验证猜想。
提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸， MnSO4固体，蒸馏水。
补全实验ⅲ的操作：向试管中先加入5mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液， ，最后加入5mL0.1mol/L草酸溶液。
33．某研究性学习小组利用草酸溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验设计如下：(假设溶液混合时体积可以加和)
实验序号 实验 温度(K) 酸性KMnO4溶液 草酸溶液 水 溶液褪色时间
c(mol/L) V(mL) c(mol/L) V(mL) V(mL) t(s)
① 298 0.02 3.0 0.10 3.0 0 t1
② T 0.02 3.0 0.10 2.0 a 8.0
③ 348 0.02 3.0 0.10 2.0 a t2
④ 378 0.02 3.0 0.10 3.0 0 t3
（1）乙同学欲通过实验①、②探究反应物浓度对该反应速率的影响，则a= ，T= 。若t1＜8.0s，可以得出的结论是： 。
（2）在实验②的条件下，可以计算，从反应开始到结束，KMnO4消耗的平均反应速率是 mol/(L·s)。
（3）通过比较实验②、③的结果，可以探究 变化对化学反应速率的影响。
（4）丙同学在实验④条件下进行该反应，结果却发现反应产生了两种组成元素相同的气体，溶液完全褪色后发现体系中残余的草酸浓度明显低于其他三组实验。丙同学猜测在实验④中出现了草酸分解的副反应。试写出实验④草酸分解的化学方程式： 。
五、综合题
34．工业合成氨技术反应原理为：N2 (g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1
（1）T ℃ 时，反应达到平衡，测得 υ(NH3)＝0.12 mol·L-1·min -1
① υ(N2)＝ mol·L-1·min -1
② 化学平衡常数表达式 K＝
（2）在其他条件相同时，图为分别测定不同压强、不同温度下，N2 的平衡转化率。
L 表示 ，其中 X1 X2(填“>”或“<)
35．
（1）△甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下可合成甲醇，发生的主要反应如下
I.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H1=-129.0kJ mol-1
II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ mol-1
III.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H3
回答下列问题：
H3= 。
（2）将2.0molCO2和3.0molH2通入容积为3L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应II，测得H2的平衡转化率与温度的关系如图所示。
①100℃时反应II达到平衡所需的时间为5min，则反应从起始至5min内，用H2表示该反应的平均反应速率为 。
②100℃时，反应II的平衡常数K= 。
③其他条件不变时，下列措施可以提高反应II的化学反应速率的是 (填标号)。
A．恒容条件下通入He B．增大容器体积
C．升高温度 D．通入更多的H2(g)
④已知：反应II的瞬时速率表达式为v正=k正c(CO2) c(H2)，v逆=k逆c(CO) c(H2O)(k为速率常数，只与温度有关)。温度由100℃升高到300℃，活化分子百分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。300℃时， (填“大于”“小于”或“等于”)K(100℃)。
（3）如图为含有少量水蒸气的一定比例的CO2+H2、CO/CO2+H2、CO+H2分别发生反应时，甲醇的生成速率与温度的关系。490K时，根据曲线a、c可判断合成甲醇的反应机理是____(填“A”或“B”)。
A．COCO2CH3OH+H2O B．CO2COCH3OH
36．一定温度下，向体积为2L的密闭容器中通入NO2 (气体）和N2O4
(无色气体），二者之间可相互转化，反应过程中各物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。回答下列问题：
（1）0~3min内用N2O4表示的平均反应速率为 。
（2）若升高温度，则v(正） (填“加快”“减慢”或“不变”，下同），v(逆） 。
（3）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得：甲中v(NO2)=0.2mol·L-1·s-1，乙中v(N2O4)=9mol·L-1·min-1，则 (填“甲”或“乙”）中反应更快。
（4）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是（ ）
A v(NO2)=2
v(N2O4)
B 容器内压强不再发生变化
C X的体积分数不再发生变化
D 容器内气体的原子总数不再发生变化
E 相同时间内消耗n mol Y的同时生成2n mol X
F 相同时间内消耗n mol Y的同时消耗2n mol X
37．一种从废弃催化剂(主要含、及、等)中回收钛、钒的工艺流程如下图所示：
回答下列问题：
（1）操作①的名称是 ，废弃催化剂碱浸前需要粉碎的目的是 。
（2）已知的化学性质与氧化铝相似，则“碱浸”过程中发生反应的离子方程式为 。
（3）沉淀的主要成分是、 (填化学式)，“调节”时，硫酸用量不能过多，否则可能造成的结果是 。
（4）在焙烧时，气体产物经过与 (填化学式)反应后，可以在生产流程中循环利用。
（5）工业上另一种提钒的方法为草酸法，利用在酸性条件下与二元弱酸反应，得到含有的浸取液，则该反应的离子方程式为 。
（6）整个流程钛元素的损耗率为，若取1吨废弃催化剂，理论上最多能得到的质量为 吨。(保留1位有效数字)
38．
（1）I.某可逆反应在某体积为2L的密闭容器中进行，在从0~3min各物质的量的变化情况如图所示（A、B、C均为气体）。
该反应的化学方程式为 。
（2）反应开始至2min时，B的平均反应速率为 。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是______。
A． B．容器内压强保持不变
C． D． 不再变化
（4）由图求得A的平衡时的转化率为 。
（5）Ⅱ．已知：断开1mol共价键吸收的能量或形成1mol共价键释放的能量数据如表
共价键 H—H N—H N≡N
能量变化/ a b c
则合成氨反应：
六、推断题
39．某兴趣小组对化合物A开展探究实验。
其中：A由三种元素组成；气体B(纯净物)是黄绿色气体；溶液C和F均为中性溶液且均只含一种溶质，焰色反应为黄色。
请回答：
（1）组成A的3种元素是 (填元素符号)，A的化学式是 。
（2）固体A与盐酸反应的化学方程式是 。
（3）过量的气体B与氨气反应可得一种黄色液体X( )，X与 中相同元素的化合价也相同，该液体遇水会强烈水解，写出水解的化学方程式 。
（4）将气体B与 同时通入足量水中发生氧化还原反应，离子方程式为 。设计实验证明该反应为不可逆反应 。
40．从植物鸭嘴花中提取的沐舒坦(结构简式为)，医学上广泛应用于缓解咳嗽症状。用有机物甲合成沐舒坦的路线如下(部分步骤已省略)
已知：①
②
（1）反应①的反应类型是 。
（2）化合物丙的分子式为 。
（3）写出反应④的化学反应方程式(已知反应④为可逆反应，条件不用写出) 。反应④进行过程中加入会显著提升沐舒坦产率，其原因是 。
（4）请写出符合下列要求的化合物乙的一种同分异构体的结构简式 。
①苯环上两个取代基；②核磁共振氢谱中的峰面积之比为3∶2∶2；
（5）根据题目信息和已知知识，写出以对二甲苯为原料制取的流程的流程示意图(无机试剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.氨水中存在化学平衡：NH3+H2O NH3 H2O，正反应是放热,反应温度降低，平衡向生成一水合氨的方向进行，避免氨气挥发，能用勒夏特列原理解释，故不选A；
B.加入Fe+2Fe3+=3Fe2+，不存在化学平衡的问题，不能用勒夏特列原理解释，故选B；
C.排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大．使平衡地Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向进行，减小氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，故不选C；
D.饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl（s） NH4+（aq）+Cl-（aq），若要析出氯化铵，应该使平衡向逆向移动，通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出；冷却降低氯化铵溶解度，平衡逆向移动；加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，能用勒夏特列原理解释，故不选D；
故答案为：B。
【分析】勒夏特列原理指的是在化学反应中，改变某种因素，反应会向减弱这种因素的方向进行。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．金属的腐蚀速率的加快会导致停工、停产，甚至发生危害事故，对人类无益，A不符合题意；
B．食物的腐败速率的加快，会导致物质浪费，影响人类食物的使用，对人类无益，B不符合题意；
C．塑料的降解速率加快，可以提高塑料制品的使用年限，节约开支，减少垃圾的产生，对人类有益，C符合题意；
D．橡胶的老化速率的加快，会影响橡胶制品的使用寿命，影响人类的出行、生产、工作等，对人类无益，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用物质对人类的用途分析。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．增大反应物的浓度，使得单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞几率变大，使得生成C的反应速率加快，A不符合题意；
B．增大压强，单位体积内的活化分子数也会增加，生成C的反应速率加快，B不符合题意；
C．升高温度，使得活化分子百分数增加，速率加快，C不符合题意；
D．扩大容器体积，各组分的浓度减小，化学反应速率减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．该反应前后气体化学计量数之和不变，即反应前后容器内压强不变，所以压强不变，不能表明反应达到平衡，故A不符合题意；
B．正反应速率没有断点且逐渐增大，说明t2时刻加入生成物C，逆反应速率瞬间增大，平衡逆移，使得正反应速率增大，故B不符合题意；
C．化学平衡常数只与温度有关，因此恒温条件下，K(II)=K(I)，故C符合题意；
D．最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自的物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数φ：φ(II)>φ(I)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图象分析，在t2时正反应速率逐渐增大，且不断点，结合化学方程式判断，可知改变的条件为浓度，且应该是增大生成物的浓度；
A、左右两边气体系数相同，压强不能判断平衡；
B、改变的条件为增大生成物的浓度；
C、没有改变温度，平衡常数不变；
D、平衡朝逆向移动，A的体积分数增大。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.加入硝酸钠溶液，在酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，与锌反应生成NO气体，不生成氢气，故A不符合题意；
B.加入NaCl固体，NaCl固体不参与反应，且加入的是固体，不影响溶液的浓度，不能减缓反应进行的速率，也不影响生成H2的量，故B不符合题意；
C.加入硫酸铵固体，由于硫酸铵水解呈酸性，氢离子浓度增大，反应速率增大，生成H2的量增多，故C不符合题意；
D.加入硫酸钾溶液，硫酸钾不参与反应，但加入的水可使氢离子浓度减小，反应速率减小，生成氢气的总量不变，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】该反应的离子方程式为
Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑ ，氢离子的浓度越大化学反应速率越快，浓度越慢。
A.引入硝酸根离子后不生成氢气。
C.硫酸铵中铵根离子水解显酸性，所以生成氢气的量变大。
D.相当于稀释原溶液符合要求。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．锌与稀硫酸的反应为放热反应，反应过程中会释放能量，故A不符合题意；
B．若将该反应设计成原电池，反应的还原剂锌为原电池的负极，故B不符合题意；
C．锌为浓度为定值的固体，不能用来表示该反应的速率，故C符合题意；
D．若将该反应设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，由得失电子数目守恒可知，标准状况下正极生成氢气的体积为×22.4L/mol=11.2L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.锌与稀硫酸反应放热；
B.该反应中Zn为还原剂，作负极发生氧化反应；
C.不能用纯固体表示反应速率；
D.根据得失电子守恒，结合V=nVm计算。
7．【答案】C
【解析】【解答】各物质的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，C符合题意；
故答案为：C
【分析】各物质的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．食品包装袋内常放一小袋铁屑，主要作抗氧化剂，与平衡移动无关，故A不符合题意；
B．制取氢气时，用粗锌产生气泡的速率比用纯锌快，主要是原电池原理，加快反应速率，故B不符合题意；
C．合成氨工业中，将氨液化后分离出来，氨气浓度降低，平衡正向移动，有利于提高氮气的转化率，可用勒夏特列原理解释，故C符合题意；
D．对于反应，达到平衡后压缩容器体积，浓度增大，混合气体颜色变深，但平衡没有移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、铁屑可以作为抗氧化剂；
B、粗锌含有杂质，可以形成原电池；
C、减小生成物的浓度，平衡朝正向移动；
D、左右两边化学计量数相同，增大压强平衡不移动。
9．【答案】A
【解析】【解答】A． N2O4分子中有2个N原子，平衡混合气体中含N原子大于，故A符合题意；
B． 恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，故B不符合题意；
C． 恒容时，充入少量，相当于NO2的浓度不变，平衡不移动，气体颜色不变，故C不符合题意；
D． ，反应放热，断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．利用平均值原理，依据原子守恒；
B． 依据二氧化碳浓度变化分析；
C． 利用勒夏特列原理分析；
D． 反应放热断裂的共价键所需能量小于形成共价键放出能量。
10．【答案】C
【解析】【解答】Ka1＝ =10－5.6，当反应达到平衡状态时，υ正＝υ逆，即k1c(O2NNH2)= k－1c(O2NNH－)·c(H＋)，那么 = =10-5.6，因此 =lg(10-5.6)=-5.6；
故答案为：C。
【分析】Ka1＝ ，当反应达到平衡状态时，υ正＝υ逆，据此进行计算。解答本题时容易忽略的是达到平衡状态时υ正＝υ逆，根据平衡时υ正＝υ逆，再结合υ正＝k1c(O2NNH2)，υ逆=k－1c(O2NNH－)·c(H＋)即可得出结果。
11．【答案】C
【解析】【解答】若只降低温度，则正、逆反应速率都减小，且平衡逆向移动；若只减小压强，则正、逆反应速率也都减小，且平衡也逆向移动。综上分析，降低温度的同时减小压强，则正、逆反应速率都减小，且平衡逆向移动。故C符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
12．【答案】A
【解析】【解答】A．减小压强，单位体积活化分子数减小，反应速率减小，故A符合题意；
B．浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化，阻止反应的进行，故B不符合题意；
C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C不符合题意；
D．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减小，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.减小压强， 单位体积内活化分子数目减少；
B.常温下Fe遇浓硫酸发生钝化；
C.升温反应速率增大；
D.加入适量的NaCl溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．根据分析，10 s时，容器Ⅰ中的反应还未达到平衡状态，故A不符合题意；
B.10s时，容器Ⅰ中的化学反应速率，故B不符合题意；
C．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，所以化学平衡常数：KⅡD． 容器Ⅱ达到平衡状态，可列出三段式，则，若起始时，向容器Ⅱ中充入0.08molNO、0.1molCO、0.04mol和0.1mol，，则反应将向逆反应方向进行，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.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；
B.根据计算；
C.该反应为放热反应，升温K减小。
14．【答案】C
【解析】【解答】A.将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应有a＜b+c，故A不符合题意；
B. 压缩容器的容积，压强增大，正逆反应速率都增大，故B不符合题意；
C. 平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时，物质X的转化率减小，故C符合题意；
D. 平衡向逆反应方向移动，混合物中Z的质量分数减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，结合压强对平衡移动的影响解答该题。
15．【答案】D
【解析】【解答】A.对可逆反应来说，达到了化学平衡状态的特征是：当反应进行到一定程度时，反应物和生成物的质量(或浓度)保持不变，故A不符合题意；
B.对可逆反应来说，当反应物与生成物的浓度相等，不能作为判断化学反应达到平衡的依据，故B不符合题意；
C.对可逆反应来说，当反应进行到一定程度时，v(正)=v(逆)≠0，故C不符合题意；
D.对可逆反应来说，达到了化学平衡状态的本质是：正反应和逆反应的速率相等，故D符合题意；
故答案：D。
【分析】对可逆反应来说，当反应进行到一定程度时，v(正)=v(逆)≠0，反应物和生成物的质量(或浓度)保持不变，说明该可逆反应达到了化学平衡状态。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．速率之比和系数成正比，因此3v正(NH3)=2v逆(H2O)，选项A符合题意；
B．达到化学平衡时正逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v正(O2)=5v逆(NO)，选项B不符合题意；
C．达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，选项C不符合题意；
D．单位时间内生成x mol NO与生成x mol NH3分别表示正逆反应速率，表示正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】对于任何可逆反应，速率之比等于化学计量系数之比，对于 4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，可以通过判断物质的量浓度不变以及某物质的正逆速率相等判断是否平衡， 达到平衡后，可以改变压强、浓度、温度等使平衡移动，增大体积相当于减小压强，速率均减小。结合选项进行判断
17．【答案】B
【解析】【解答】A．反应放热，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，则逆反应速率大于正反应速率，与图像不相符，A项不符合题意；
B.500℃时温度高，反应速率更快，但升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物C在反应混合物中的含量减小，与图像相符，B项符合题意；
C．反应放热，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，即相同压强时，A的转化率减小，与图像不相符，C项不符合题意；
D．催化剂能加快反应速率，但不改变化学平衡，有无催化剂，C的浓度都不变化，与图像不相符，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据外界因素对速率和平衡的影响分析；
B.先拐先平数值大；
C．利用定一议二法分析；
D．先拐先平数值大。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．与过量稀溶液完全反应生成二氧化碳和甲醇，故A不符合题意；
B．催化剂不能使平衡移动，改用更高效的催化剂，不能提高的平衡产率，故B不符合题意；
C．活化能越高，反应速率越慢，故C符合题意；
D．二氧化碳和甲醇在120℃下催化合成碳酸二甲酯和水，向反应体系中加入少量水蒸气，平衡逆向移动，反应物的平衡转化率降低，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.由图可知，该过程的总反应为与过量稀溶液完全反应生成二氧化碳和甲醇；
B.催化剂不影响平衡转化率；
D.加入少量水蒸气，平衡逆向移动。
19．【答案】D
【解析】【解答】A．开启啤酒瓶后，平衡马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．饱和碳酸氢钠吸收氯化氢，生成碳酸可使二氧化碳与水反应的平衡逆向移动，从而减少对二氧化碳的影响，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C．黄绿色的氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO、2HClO＝2HCl＋O2↑，光照后促进HClO分解，导致平衡右移，所以颜色变浅，可以用勒夏特里原理解释，故C不选；
D．增大压强缩小体积，碘浓度增大导致颜色变深，对容积可变的密闭容器中已达平衡的HI、I2、H2混合气体进行压缩，反应前后气体体积不变，混合气体颜色变深是因为体积缩小，浓度增大，但是该反应平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故D选；
故答案为：D。
【分析】依据勒夏特列原理，也叫化学平衡移动原理，研究的对象为可逆反应。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．反应前后气体总质量不变，混合气体的物质的量越大，其相对分子质量越小，混合气体中二氧化氮含量越大混合气体相对分子质量越小，A点二氧化氮含量大于C点，则相对分子质量 ，故A不选；
B．二氧化氮浓度越大混合气体颜色越深，AC温度相同，压强 ，则容器体积 ，所以A点浓度小于C点，则A点颜色浅、C点颜色深，故B不选；
C.A、B是等压条件下，且温度 ，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法实现，故选C；
D．相同温度下，压强越大反应速率越大，AC温度相同，压强 ，所以反应速率A点小于C点，故D不选；
故答案为：C。
【分析】该反应是一个反应前后气体计量数增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化氮含量增大；增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮含量减小，根据图中数据知，相同温度时，二氧化氮含量越大压强越小，所以 ；相同压强时，温度越高二氧化氮含量越大，所以 。
21．【答案】B,C
【解析】【解答】A．在2min末测得剩余B的物质的量为1.2mol，则B消耗的物质的量为0.8mol，生成C的物质的量为2.4mol，根据该变量之比等于计量系数之比，则x的数值为3，故A不符合题意；
B．在2min末测得剩余B的物质的量为1.2mol，则B消耗的物质的量为0.8mol，根据该变量之比等于计量系数之比得到A消耗了1.6mol，则剩余0.4mol，2min末，则A的浓度为0.2 mol L 1，故B符合题意；
C．D为固体，浓度是固定值，不能描述其平均速率，故C符合题意；
D．将容器的容积变为3L，浓度减小，因此化学反应速率将减小，故D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A.物质的量变化量之比等于化学计量数之比；
B.根据结合物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算A的浓度；
C.D为固体，不能用纯固体表示反应速率；
D.体积增大，浓度减小，反应速率减小。
22．【答案】A,D
【解析】【解答】A．根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，故A符合题意；
B．由图可知，H3O+在第①步被消耗，在第③步又生成，则H3O+是总反应的催化剂，故B不符合题意；
C．活化能越大，反应速率越慢，决定总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故C不符合题意，
D．由图可知，第①步反应物总能量小于生成物总能量，说明第①步为吸热反应，第②、③步生成物的总能量低于反应物的总能量，是放热反应，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A、由图可知，该反应进程中有三个过渡态；
D、由图可知，第①步为吸热反应。
23．【答案】B,D
【解析】【解答】A．T1时，0～10minCH4的平均反应速率为 ；在同一化学反应中，用不同的物质表示化学反应速率，其数值之比等于计量数之比，可知，T1时0～10minNO2的平均反应速率为0.03mol L-1 min-1，A不符合题意；
B．由表格数据可知，T2时CH4的平衡物质的量为0.15mol，则转化的甲烷为0.50mol-0.15mol=0.35mol，则T2时CH4的平衡转化率为 ，B符合题意；
C．利用浓度商Qc和K的关系，判断平衡移动方向。利用三等式，求出平衡常数K，T1时，体积为1L，由表格中数据，有：
则T1时，反应的平衡常数 =6.4；T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O(g)，则CH4的浓度变为0.4mol·L－1，H2O的浓度变为1.6mol·L－1，此时浓度商 ，Qc＞K，则平衡逆向移动，C不符合题意；
D．T1时向平衡体系中再充入0.5molCH4和1.2molNO2，平衡正向移动，氮气浓度变大，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】D项需要注意；体积不变，物质的量变为原来的2倍，若新平衡与原平衡等效，则N2平衡的浓度变为原平衡的2倍；但物质的量变为原来的2倍，新平衡与原平衡相比，其效果相当于压强增大，平衡逆向移动，则N2平衡的浓度比原平衡的2倍小，但是比原平衡大；综上则达新平衡时N2的浓度增大，大于原平衡浓度小于原平衡浓度的2倍。
24．【答案】A,B
【解析】【解答】A．第一组数据代入有①v=k×0.1×0.11.5×2-1，第五组数据代入有②4v=k×0.2×0.11.5×c-1，得：0.25=，解得c=1，A符合题意；
B．根据分析可知α、β、γ的值分别为1、、-1，B符合题意；
C．根据分析可知c(Br)的指数的绝对值最大，对反应速率影响最大，C不符合题意；
D．由于γ=-1，增大HBr(g)浓度，cγ(HBr)c减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】根据 反应H2(g)+ Br2(g)=2HBr(g)的速率方程为v= kcα(H2)·cβ(Br2 )·cγ(HBr) ， 结合第一组和第二组的数据可知，，得到β=1.5，对比第二组和第三组数据可知，，得到=1，对比第一组和第四组数据，将β=1.5，=1，得到。结合选项即可判断
25．【答案】B,C
【解析】【解答】A. 据分析，和煤粉高温下反应所得CO和Na2S的物质的量之比为4：1，故A不符合题意；
B. Na2S溶于热乙醇，“溶解”时需适当加热，故B符合题意；
C. 据分析，“操作I”是趁热过滤，故C符合题意；
D. 回收含少量Na2S的乙醇应使用蒸馏装置，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】芒硝和煤粉在高温下生成硫化钠和CO，硫化钠用热乙醇溶解，过滤除去不溶的重金属硫化物和煤粉，滤液经过冷却、结晶，然后过滤，得到含有少量硫化钠的乙醇和硫化钠固体。
26．【答案】A,C
【解析】【解答】A. 图甲是一定温度下，处于恒容密闭容器、弱酸性环境下的铁钉发生腐蚀过程中体系压强的变化曲线，根据反应开始时压强增大，可推知初始阶段铁钉主要发生析氢腐蚀，气体体积增多，压强增大，选项A符合题意；
B. 图乙是平衡体系2NO2(g) N2O4(g)；ΔH＝－56.9 kJ·mol－1改变某一条件后v(正)、v(逆)的变化情况，若t0时刻改变的条件是升高温度，则正逆反应速率均增大，与图中正反应速率在条件改变时不变不符，选项B不符合题意；
C. 图丙是某温度下c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.100 mol·L－1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系，可推知该温度下Ka=10－4.75，温度不变时Ka不变，则pH＝3的溶液中Ka=10－4.75，选项C符合题意；
D. 图丁中虚线是2SO2＋O2 2SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，根据图中信息可知，催化剂Ⅱ正反应的活化能更低，催化效果更好，选项D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】B、由图可知，改变的一瞬间逆反应速率并没有改变，故不可能是温度的变化， 而是增大了二氧化氮的浓度
D、活化能越低，催化效果越好
27．【答案】（1）增大；减小
（2）减小
（3）变深；变浅
【解析】【解答】（1）若加入B（容器体积不变），平衡向正反应移动，A的转化率增大，B自身转化率减小，故答案为：增大；减小；（2）升高温度平衡向正反应移动，平衡时B的浓度降低，C的浓度增大，故
B、C的浓度之比将减小，故答案为：减小；（3）加入C（容积不变）时，平衡向逆反应方向进行，B的浓度增大，颜色变深；维持容器内压强不变，充入氛气，容器体积增大，B的浓度降低，颜色变浅，故答案为：变深；变浅。
【分析】根据题意可知，本题考查转化率、化学平衡移动，依据转化率等于变化的浓度除以初始浓度、勒夏特列原理分析。
28．【答案】（1）B
（2）C
（3）E
（4）A；增大
（5）D；不变
【解析】【解答】反应A(g)＋B(g) C(g)， H<0，达到平衡后。（1）升温，正逆反应速率均增大，平衡逆向移动，则达到新的平衡的图为B；（2）降压，正逆反应速率均减小，平衡正向移动，则达到新的平衡的图为C；（3）减少C的量，瞬间逆反应速率减小，正反应速率不变，随着反应的进行，正反应速率增大，逆反应速率减小，移向新平衡的图是E；（4）增加A的量，瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，随着反应的进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，移向新平衡的图为A，此时B的转化率增大；5）使用催化剂，正逆反应速率增大，平衡不移动，则达到平衡的图为D，C的质量分数不变。
【分析】反应A(g)＋B(g) C(g)， H<0，达到平衡后，升温、增大反应物的浓度，反应速率增大；降压、减小生成物浓度，反应速率减小；升温平衡逆向移动；降压平衡正向移动；使用催化剂平衡不移动。本题考查化学反应速率的影响因素及化学平衡移动，注意影响化学反应速率的外因有浓度、温度、压强、催化剂等，化学平衡移动的判断利用勒夏特列原理进行判断。
29．【答案】逆向移动；正向移动；逆向移动
【解析】【解答】氨水中加氯化铵，增大了铵根离子浓度使平衡逆向移动，通入氨气增大氨分子的浓度，使平衡正向移动，加氢氧化钠，增大氢氧根离子的浓度，使平衡逆向移动，故答案为：逆向移动；正向移动；逆向移动；
【分析】加入的物质对平衡产生的影响， NH3+H2O NH3·H2O NH +OH- ，加入氯化铵，中增加了生成物铵根离子，导致平衡逆向移动，产生更多的氨气，加入氨气，增加了反应物，平衡正向移动，碱性增强，加入氢氧化钠，增加了生成物中的氢氧根离子，导致平衡逆向移动，产生更多的氨气。
30．【答案】（1）浓盐酸
（2）a、b、c、e、f、d
（3）70～95℃；吸收尾气HCl并防止倒吸 在热水中发生的反应为NCl3＋3H2O 3HClO+NH3↑, NCl3本身无漂白性，但在热水中会水解生成NH3·H2O
（4）使红色石蕊试纸变蓝，而生成的HClO又使其褪色
（5）阳极；3Cl-+NH4+-6e―=NCl3+4H+
（6）2NCl3＋6NaClO=6ClO2↑＋6NaCl＋N2↑
【解析】【解答】（1）A装置制备氯气，因此仪器M中盛放的试剂为浓盐酸；（2）A装置制备氯气，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3，加热蒸馏，再冷凝收集NCl3，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染空气，故仪器接口连接的顺序为：a、b、c、e、f、d；（3）由于NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃, 95℃以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解，所以应控制水浴加热的温度为70～95℃，氯气、氯化氢都能引起空气污染，不能直接排放，可以用氢氧化钠溶液吸收，所以装置C的作用为吸收尾气HCl并防止倒吸；（4）NCl3本身无漂白性，与水反应生成次氯酸和氨气，化学方程式：NCl3＋3H2O 3HClO+NH3↑，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，使红色石蕊试纸变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色；（5）在pH=4时电解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，氮元素化合价从－3价升高到＋3价，发生失去电子的氧化反应，则电解池中产生NCl3的电极为阳极，该电极的电极反应式为3Cl－+NH4+-6e－=NCl3+4H+。（6）NCl3可与NaClO2溶液反应制取ClO2气体，同时产生一种无污染的气体，根据原子守恒可知该气体是氮气，反应的方程式为2NCl3＋6NaClO=6ClO2↑＋6NaCl＋N2↑。
【分析】（1）装置a的作用为制备氯气；
（2）实验室利用氯气和氯化氨反应来制取三氯化氮，A装置产生氯气闭装置。B为氯气和氯化氨反应生成三氯化氮，D装置为收集装置，C为尾气处理装置；
（3）根据三氯化氮的理化常数，判断控制水浴加热的温度范围，装置C为尾气处理装置，反应生产氯化氢气体，据此分析C的作用；
（4）装置D的锥形瓶内有较多黄色油状液体，出现时产生的是三氯化氮。根据试纸的一些现象，来判断水解产物，据此分析解释原因；
（5）在pH等于4时电解氯化氨溶液，也可以制得三氯化氮，根据化合价变化，氮从负三价变为正三价失电子，在电解池中为阳极反应，据此写出电极反应；
（6）三氯化氮可以与亚氯酸钠溶液反应制取二氧化氯气体同时产生一种无污染的气体，根据元素守恒及氧化还原原理，可以写出方程式。
31．【答案】（1）2-3；该反应中放热使温度升高而加快反应速率，此时温度的影响起主要因素；4-5；该反应中消耗H+使H+浓度减小而减慢反应速率，此时H+浓度的影响起主要因素；d
（2）2H2O2 2H2O+O2；其他条件相同时，探究温度对H2O2分解速率的影响；将两只试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中，或向两只试管中同时滴入2滴1mol/L的FeCl3溶液，观察产生气泡的速率
【解析】【解答】(1)①在0~1、1~2、2~3、3~4、4~5 min各时间段中，△V分别为50mL、(120-50)mL=70mL、（232-120）mL=112mL、(290-232)mL=58mL、(310-290)mL=20mL，所以反应速率最快的是2-3min、最慢的是4-5min； 在2-3min内反应放热，温度升高，速率加快，此时温度的影响起主要因素；在4-5min时，消耗H+使H+浓度减小而减慢反应速率，此时H+浓度的影响起主要因素；
②a．加Na2CO3溶液，硫酸和碳酸钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，导致和锌反应的氢离子总物质的量减少，氢气的生成量减少，不符合条件，故a不正确；
b．加氢氧化钠溶液，硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，导致和锌反应的氢离子总物质的量减少，氢气的生成量减少，不符合条件，故b不正确；
c．加稀HNO3溶液，硝酸具有强氧化性，和锌反应不生成氢气，不符合条件，故c不正确；
d．加入水，氢离子浓度减小、反应速率减慢，氢离子总物质的量不变，则不影响氢气的生成量，所以符合条件，故d正确，故答案为：d；
(2)①过氧化氢分解生成水和氧气，反应方程式为2H2O2 2H2O+O2；
②分别在试管A、B中加入2 mL5% H2O2溶液，各滴入2滴1mol/L 的FeCl3溶液，待试管中均有适量气泡出现，说明过氧化氢分解能发生，试管A、B中均有适量气泡出现时，将试管A放入盛有5℃冷水的烧杯中，将试管B放入盛有40℃热水的烧杯中，两支试管不同点是试管A的温度比试管B的温度低，说明研究的是其他条件相同时，探究温度对H2O2分解速率的影响；
③影响化学反应速率的外界因素有浓度、温度、气体的压强、催化剂、固体的表面积等，为加快反应速率使反应现象明显，可从温度或催化剂的影响角度考虑，例如将两支试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中或向两支试管中同时滴入2滴1mol/L 的FeCl3溶液，观察产生气泡的速率。
【分析】(1)结合表中数据，根据影响化学反应速率的因素进行判断；
(2)②根据试管A、B实验操作的异同点判断实验I的目的。
32．【答案】（1）温度（或者锌粒大小等）
（2）溶液由橙色变为黄色；加NaOH溶液使c(H+)减小，平衡右移，c(CrO)增大
（3）其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；再加入10滴3mol·L-1硫酸，然后加入少量MnSO4固体
【解析】【解答】（1）测定收集一定体积氢气所用的时间，需保证温度、锌粒大小相同，则此方法需要控制的变量有温度、锌粒大小；
（2）D试管中实验现象为溶液由橙色变为黄色，用平衡移动原理解释原因为加NaOH溶液使c (H+) 减小，平衡右移，c (Cr)增大；
（3）①实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度不同，实验II酸浓度大，反应快，故由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是：其他条件相同时，H+ (或硫酸)浓度越大，反应速率越快；
②为了验证实验II中80s后溶液颜色迅速变浅的是否有锰离子其催化作用，应其他条件相同，只改变锰离子的量，因此向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液；
【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
33．【答案】（1）1.0；298；其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快
（2）0.00125
（3）温度
（4）H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑
【解析】【解答】(1)乙同学欲通过实验①、②探究反应物浓度对该反应速率的影响，为控制高锰酸钾的浓度相等，混合后溶液的总体积必须相等，则a=1.0，控制温度相同，则T=298K。实验①草酸的浓度大于实验②，若t1＜8.0s，可以得出的结论是其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快；
(2)在实验②的条件下，可以计算，从反应开始到结束，KMnO4消耗的平均反应速率是mol/(L·s)；
(3)实验②、③的温度不同，可以探究温度变化对化学反应速率的影响。
(4)草酸分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，根据得失电子守恒，反应的化学方程式是H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑。
【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
34．【答案】（1）0.06；
（2）压强；<
【解析】【解答】(1) ①根据速率之比等于化学计量数之比，可知：υ(N2)＝ υ(NH3)＝ ，
故答案为：0.06;② 化学平衡常数等于生成物浓度的幂之积比反应物浓度的幂之积，则该反应的平衡常数表达式为K= ，
故答案为： ；(2)若X代表温度，L代表压强，由图像可知随横坐标压强的增大X曲线呈增大趋势，可知平衡正向移动，该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动与图像吻合；若X代表压强，L代表温度，则随温度的升高，氮气的转化率增大，平衡正向移动，而该反应是放热反应，升温平衡逆向移动，与图像不符，故X代表温度，L代表压强；由图像可知当压强一定时，温度X1对应的氮气转化率大于温度X2对应的氮气转化率，由此可知温度由X2到X1的过程平衡正向移动，而该反应放热，温度降低时平衡正向移动，因此X1小于X2；
故答案为：压强；<；
【分析】（1）①v（N2）=0.5v（NH3）=0.06 mol·L-1·min -1
②K=
（2）由图可得，随着L增大，平衡正向移动，故L为压强，则X1，X2为不同温度下，又该反应放热，则温度越高转化率越低，则X1＜X2
35．【答案】（1）-88kJ mol-1
（2）0.1mol L-1 min-1；3；CD；增大；大于
（3）A
【解析】【解答】（1）结合盖斯定律可知方程式Ⅱ+Ⅰ=目标方程式，△H3=△H2+△H1=-88kJ·mol-1；
（2）①由于H2转化率为50%，则5min中内△n(H2)=3mol×50%=1.5mol；则v(H2)==0.1mol·L-1·min-1；
②根据反应过程列三段式，K==3；
③A．恒容充入He，体积不变，各物质浓度均不变，速率不变，A不正确；B．增大容器体积，各组分浓度变小，速率变小，B不正确；C．升高温度，增大活化分子百分比，速率增大，C正确；D．通入更多氢气，提升反应物浓度，速率增大，D正确；
故答案为：CD；
④温度升高，活化分子百分比变大；反应达到平衡时v(正)=v(逆)，设300℃时反应的平衡常数为K0，则k正c(CO2) c(H2)= k逆c(CO) c(H2O)，==K0，据题意，反应吸热，升温使平衡正向移动，平衡常数变大，K0>K(100℃)，故此处为：大于。
（3）根据图中信息，490K时，二氧化碳和氢气生成甲醇的速率大，故CO先转化为二氧化碳，因此反应机理是A，答案为A。
【分析】（1）依据盖斯定律分析；
（2）①利用v=Δc/Δt计算；
②利用三段式法计算；
③依据影响反应速率的因素分析；
④温度和催化剂影响活化分子百分数，浓度和压强影响单位体积活化分子数；
（3）根据图中信息分析。
36．【答案】（1）0.05mol·L-1·min-1
（2）加快；加快
（3）乙
（4）BCF
【解析】【解答】（1）由图象可知，0~3min内X所代表的物质的物质的量减少了0.6mol，Y所代表的物质的物质的量增加了0.3mol，二者的物质的量变化量之比为2:1，故X表示NO2，Y表示N2O4，化学方程式为2NO2 N2O4。0~3min内， =0.05mol·L-1·min-1；
（2）温度升高，正、逆反应速率都加快；
（3）甲中v(NO2)=0.2mol·L-1·s-1，乙中v(N2O4)=0.15mol·L-1·s-1，即乙中v(NO2)=2v(N2O4)=0.3mol·L-1·s-1，则乙中反应更快；
（4）A.v(NO2)=2v(N2O4)，未体现正反应速率与逆反应速率的关系，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故A不正确；
B.反应2NO2 N2O4为气体体积减小的反应，容器内压强不再发生变化，说明反应达到化学平衡状态，故B正确；
C.X(NO2)的体积分数不再发生变化，说明各组分浓度不再变化，则反应达到化学平衡状态，故C正确；
D.容器内气体的原子总数始终不变，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故D不正确；
E.无论反应是否达到化学平衡状态，相同时间内消耗n molY(N2O4)的同时一定会生成2nmolX(NO2)，故E不正确；
F.相同时间内消耗n molY(N2O4)的同时消耗2nmolX(NO2)，说明正、逆反应速率相等，则说明该反应已达到化学平衡状态，故F正确。
【分析】（1）根据v=计算；
（2）温度升高正逆反应都加快；
（3）同一物质的反应速率数值越大，其反应速率越快；
（4）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。
37．【答案】（1）过滤；增大固体接触面，提高浸出率，加快浸取反应速率
（2）
（3）；沉淀又重新溶解进入反应液，且过量可能使沉淀，造成损失
（4）
（5）
（6）0.7
【解析】【解答】废弃催化剂(主要含、及、等) 粉碎预处理后加入氢氧化钠溶液进行碱浸，过滤得到浸渣和浸出液，浸渣加入硫酸处理后过滤，得到溶液，浓缩水解后得到，焙烧得到； 浸出液调节pH=10，得到沉淀X为、，滤液中加入氯化铵溶液，反应得到，焙烧得到。
（1）操作①后得到浸渣和浸出液，为固液分离，名称是过滤；为了增大固体接触面，提高浸出率，加快浸取反应速率，故废弃催化剂碱浸前需要粉碎；
（2）已知的化学性质与氧化铝相似，“碱浸”过程中与氢氧化钠反应生成NaVO3和水，发生反应的离子方程式为；
（3）与氢氧化钠反应生成硅酸钠与硫酸反应后生成难溶于水的硅酸，故沉淀的主要成分是、；
沉淀又重新溶解进入反应液，且过量可能使沉淀，“调节”时，硫酸用量不能过多，否则造成损失；
（4）在焙烧时，气体产物经过与反应后生成氯化铵，可以在生产流程中循环利用；
（5）工业上另一种提钒的方法为草酸法，利用在酸性条件下与二元弱酸反应，得到含有的浸取液，同时生成二氧化碳和水，该反应的离子方程式为；
（6）整个流程钛元素的损耗率为，若取1吨废弃催化剂，理论上最多能得到的质量为吨。
【分析】（1）有浸渣和浸液，分离固体和液体，过滤；增加反应面积，使反应更充分，转化率更高，反应速率更快；
（2）钒与铝相似则反应为五氧化二钒与氢氧化钠反应生成NaVO3和水；
（3）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠经过调节pH后生成硅酸沉淀；氢氧化铝与硫酸反应再次溶解；
（4）焙烧时生成氨气，想要再得到氯化铵就加入氯化氢；
（5）五氧化二钒与草酸反应生成和二氧化碳、水；
（6）根据二氧化钛的含量以及元素损失率计算。
38．【答案】（1）
（2）
（3）B；C；D
（4）0.4（或40%）
（5）
【解析】【解答】（1）由物质的量变化坐标图可知，参与反应n(A)=5mol-3mol=2mol，n(B)=2mol-1mol=1mol，反应生成n(C)=4mol-2mol=2mol，因此A、B、C的变化的量之比为2：1：2，所以反应的化学方程式为2A+B 2C。
（2）反应开始至2min时，B的变化的浓度，所以用B表示的反应速率。
（3）A、各物质的浓度相等，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B、由于反应前后气体分子数改变，因此反应过程中压强改变，则当压强不变时，说明反应达到平衡状态，B符合题意；
C、反应速率之比等于化学计量数之比，因此v正(A)：v正(C)=2：2=1：1，所以v正(A)=v正(C)，若v逆(A)=v正(C)，则v正(A)=v逆(A)，反应达到平衡状态，C符合题意；
D、c(C)不再改变，则说明反应达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：BCD
（4）A的转化率为。
（5）反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，因此该反应的反应热ΔH=c kJ/mol+3×a kJ/mol-2×3×b kJ/mol=(3a+c-6b)kJ/mol。
【分析】（1）根据反应过程中物质的量的变化确定反应物和生成物，由变化量之比得出化学计量数之比，从而得出反应的化学方程式。
（2）根据公式计算反应速率。
（3）A、各物质的浓度相等，不能说明反应达到平衡状态；
B、分析反应过程中压强是否发生变化，若发生变化，则当其不变时，说明反应达到平衡状态；
C、用同种物质表示的正逆反应速率相等时，说明反应达到平衡状态；
D、某物质的浓度不变，说明反应达到平衡状态；
（4）根据进行计算。
（5）反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，据此计算。
39．【答案】（1）Na、O、Cl；
（2）
（3）
（4）；向氯水中通入过量 ，充分反应后再加入淀粉碘化钾溶液，不变蓝色，说明该反应为不可逆反应
【解析】【解答】(1)由分析可知，组成A的3种元素是Na、O、Cl，A的化学式为 ；
(2)2.875g固体A和0.14mol HCl反应生成0.07molCl2、0.03molNaCl和H2O，由此得出化学方程式为 ；
(3)过量的Cl2和氨气反应可得一种黄色液体X( )，X与 中相同元素的化合价也相同，由此推测X为NCl3，NCl3水解生成 和HClO，水解方程式为： ；
(4)Cl2与 同时通入足量水中反应生成HCl和H2SO4，离子方程式为： ；若该反应为可逆反应，反应中会有Cl2的存在，因此只需检验是否含有Cl2，即可证明该反应是否为可逆反应，检验方法为：向氯水中通入过量 ，充分反应后再加入淀粉碘化钾溶液，不变蓝色，说明该反应为不可逆反应。
【分析】固体A和盐酸反应生成溶液C，溶液C为中性溶液且只含一种溶质，焰色反应为黄色，则含有Na元素，则C中溶质为NaCl，A中含有Na元素；气体B(纯净物)是黄绿色气体，气体B为Cl2， ，电解NaCl溶液生成NaOH、Cl2、H2，生成的溶液D和硫酸反应生成F溶液，溶液F为中性溶液且只含一种溶质，则溶液F为Na2SO4溶液，溶液D为NaOH溶液，硫酸中含有溶质0.015mol，则NaOH的物质的量为0.03mol，则A中Na元素的物质的量为0.03mol，根据Na元素守恒，则溶液C中NaCl的物质的量为0.03mol，盐酸中溶质的物质的量为0.14mol，根据Cl元素守恒，则A中Cl元素的物质的量为 ，A由三种元素组成，其中两种元素为Na元素、Cl元素，则另一种元素为O元素，A中含有Na、Cl的总质量为 ，则A中含有O元素的物质的量为 ，则A的化学式为 。
40．【答案】（1）取代反应
（2）
（3）+H2N+HCl；反应为可逆反应，加入碳酸钾与HCl反应，HCl浓度降低，有利于平衡正向移动，提高沐舒坦的产率
（4）
（5）
【解析】【解答】由题干合成流程图信息可知，化合物甲的结构简式为：，结合已知信息①可推知C7H5NO4的结构简式为：，(5)本题采用逆向合成法，目标产物可由在Ni作催化剂的条件下与H2加成得到，结合信息②可知可由还原得到，根据信息①可知可由与酸性高锰酸钾作用转化而来，可由在浓硫酸、浓硝酸的作用下发生硝化反应而得，据此确定合成路线，据此分析解题。
（1）由分析可知，物质甲的结构简式为：，故反应①的反应类型是甲苯的硝化反应，故属于取代反应，故答案为：取代反应；
（2）由题干合成流程图中丙的结构简式可知化合物丙的分子式为：C7H6NClBr2，故答案为：C7H6NClBr2；
（3）由题干合成流程图中可知，反应④的化学反应方程式(已知反应④为可逆反应，条件不用写出) 为：++HCl，由于K2CO3能与HCl反应，促使上述反应平衡正向移动，则反应④进行过程中加入会显著提升沐舒坦产率，故答案为：++HCl；反应为可逆反应，加入碳酸钾与HCl反应，HCl浓度降低，有利于平衡正向移动，提高沐舒坦的产率；
（4）由题干流程图可知，化合物乙的分子式为：C7H7NO2，故其符合条件①苯环上两个取代基；②核磁共振氢谱中的峰面积之比为3∶2∶2的同分异构体有：，故答案为：；
（5）本题采用逆向合成法，目标产物可由在Ni作催化剂的条件下与H2加成得到，结合信息②可知可由还原得到，根据信息①可知可由与酸性高锰酸钾作用转化而来，可由在浓硫酸、浓硝酸的作用下发生硝化反应而得，据此确定合成路线为：，故答案为：。
【分析】
（1）考查反应类型的判别
（2）考查有机化合物分子式的书写
（3）考查有机化学反应方程式的书写，注意可逆符号。
（4）考查同分异构体的书写，要理清楚同分异构体的书写标准。
（5）根据最终产物，采用逆向合成法一步一步写出中间产物。
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专题11 化学反应速率和化学平衡
一、单选题
1．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．氨水应密闭保存，放置在低温处
B．在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质
C．实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气
D．侯氏制碱采用通入氨气、冷却、加入食盐的方法从母液中提取氯化铵
2．下列过程中化学反应速率的加快对人类有益的是（ ）
A．金属的腐蚀 B．食物的腐败 C．塑料的降解 D．橡胶的老化
3．对于反应：2A(g)+B(g)2C(g)，保持其他条件不变，只改变下列一个反应条件，不能使生成C的反应速率加快的是
A．增大反应物的浓度 B．增大压强
C．升高温度 D．扩大容器体积
4．已知： △H＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．容器内压强不变，不能表明反应达到平衡
B．t2时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡常数K：K(II)＜K(I)
D．平衡时A的体积分数φ：φ(II)>φ(I)
5．100 mL 2 mol·L-1 H2SO4溶液与过量锌粉反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成H2的总量，可向反应物中加入适量（ ）
A．硝酸钠溶液 B．NaCl固体
C．硫酸铵固体 D．硫酸钾溶液
6．对于反应Zn(s)+H2SO4(aq)=ZnSO4(aq)+H2(g)，下列叙述错误的是（ ）
A．该反应过程中释放能量
B．若将该反应设计成原电池，则锌为负极
C．其任何一个反应物或生成物都能用来表示该反应的速率
D．若将该反应设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，正极放出11.2L气体(标准状况下)
7．汽车尾气污染已成为突出的环境问题。反应 2NO+2CO 2CO2 +N2 可用于净化汽车尾气。一定条件下，该反应进行一段时间后，各物质的浓度均不再变化，此时（ ）
A．反应完全停止 B．反应物消耗完全
C．反应达到了平衡状态 D．正反速率大于逆反应速率
8．下列现象或操作可用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．食品包装袋内常放一小袋铁屑
B．制取氢气时，用粗锌产生气泡的速率比用纯锌快
C．合成氨工业中，将氨液化后分离出来，以提高氮气的转化率
D．对于反应，达到平衡后压缩容器体积，混合气体颜色变深
9．和存在平衡：。下列分析正确的是（ ）
A．平衡混合气体中含N原子大于
B．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
C．恒容时，充入少量，平衡正向移动导致气体颜色变浅
D．断裂中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量
10．H2NNO2(硝酰胺，Nitrarnide)是一种弱酸，常温下Ka1＝10－5.6。常温下，硝酰胺分解反应，H2NNO2(aq)＝N2O(g)＋H2O(l)的第－步为O2NNH2(aq) O2NNH-(aq)+H+(aq)，其中k为速率常数，υ正＝k1c(O2NNH2)，υ逆=k－1c(O2NNH－)·c(H＋)，则 等于（ ）
A．5.6 B．8.4 C．－5.6 D．－8.4
11．对已达到化学平衡的下列反应： ，降低温度的同时减小压强，对反应产生的影响是（ ）
A．逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动
B．逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
C．正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动
D．正、逆反应速率都减小，平衡向正反应方向移动
12．下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（ ）
A．汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
B．用铁片和稀硫酸反应制取H2时，改用铁片和浓硫酸可以加快产生H2的速率
C．二氧化硫的催化氧化反应是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢
D．100mL2mol·L-1的盐酸与锌反应时，加入适量的NaCl溶液，生成H2的速率不变
13．一定温度下，在2个容积均为1 L的密闭容器中，充入一定量的反应物，发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2 (g) ΔH＜0，相关反应数据如下表所示：
容器编号 温度 起始时物质的量/mol 10 s时物质的量/mol
NO CO N2
Ⅰ T1℃ 0.2 0.2 0.05
Ⅱ T2℃(T2>T1) 0.2 0.2 0.05
下列说法正确的是（ ）
A．10 s时，容器Ⅰ中的反应处于平衡状态
B．10 s时，容器Ⅰ中的化学反应速率v(CO2)=0.005mol·L-1·s-1
C．化学平衡常数：KⅡ>KⅠ
D．若起始时，向容器Ⅱ中充入0.08 mol NO、0.1 mol CO、0.04 mol N2和0.1 mol CO2，反应将向逆反应方向进行
14．某温度下，密闭容器中发生反应aX(g) bY(g)＋cZ(g)，达到平衡后，保持温度不变，将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍。则下列叙述正确的是( )
A．可逆反应的化学方程式的化学计量数：a＞b＋c
B．压缩容器的容积时，v正增大，v逆减小
C．达到新平衡时，物质X的转化率减小
D．达到新平衡时，混合物中Z的质量分数增大
15．化学反应达到化学平衡的本质是（ ）
A．各组分浓度保持不变 B．反应物与生成物的浓度相等
C．正反应与逆反应停止进行 D．正反应和逆反应的速率相等
16．对可逆反应4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述错误的是（ ）
A．化学反应速率关系是：2v正(NH3)=3v正(H2O)
B．达到化学平衡时，4v正(O2)=5v逆(NO)
C．达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率也减小
D．若单位时间内生成x mol NO的同时生成x mol NH3，则反应达到平衡状态
17．对于可逆反应 △H<0，下列图像表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
18．科研人员提出120℃下催化合成(碳酸二甲酯)需经历三步反应，示意图如图。下列说法正确的是（ ）
A．与过量稀溶液完全反应生成和甲醇
B．改用更高效的催化剂，可提高的平衡产率
C．反应历程①②③中，活化能越高，反应速率越慢
D．向反应体系中加入少量水蒸气，反应物的平衡转化率升高
19．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A．打开啤酒瓶有大量泡沫冒出
B．用饱和碳酸氢钠溶液除去气体中的氯化氢杂质
C．新制的氯水在光照下颜色变浅
D．容器中有，增大压强颜色变深
20．已知反应N2O4(g) 2NO2(g) △H=+57kJ/mol，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A，C两点气体的平均相对分子质量：A>C
B．A，C两点气体的颜色：A深，C浅
C．由状态B到状态A，可以用加热的方法
D．A，C两点的反应速率：A>C
二、多选题
21．一定条件下，将2molA气体和2molB气体通入体积为2L的密闭容器中发生如下反应：，在2min末测得剩余B的物质的量为1.2mol，生成C的物质的量为2.4mol。下列有关说法错误的是（ ）
A．x的数值为3
B．2min末，A的浓度为0.4 mol L 1
C．2min内，用D表示的反应的平均速率为
D．将容器的容积变为3L，化学反应速率将减小
22．乙烯水化制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应进程中有两个过渡态
B．是总反应的催化剂
C．总反应速率由第①步反应决定
D．第①、②、③步反应都是放热反应
23．在温度T1和T2时，分别将0.5molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中，发生反应： CH4(g)＋2NO2(g) N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，测得有关数据如表：
时间/min 0 10 20 40 50
T1 n(CH4)/mol 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10
T2 n(CH4)/mol 0.50 0.30 0.18 …… 0.15
下列说法正确的是（ ）
A．T1时0~10minNO2的平均反应速率为0.15mol·L－1·min－1
B．T2时CH4的平衡转化率为70.0%
C．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.3molCH4和0.80molH2O(g)，平衡向正反应方向移动
D．保持其他条件不变，T1时向平衡体系中再充入0.5molCH4和1.2molNO2，与原平衡相比，达新平衡时N2的浓度增大
24．一定条件下，反应H2(g)+ Br2(g)=2HBr(g)的速率方程为v= kcα(H2)·cβ(Br2 )·cγ(HBr) ，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：
c(H2)/ (mol·L-1) c (Br2)/ (mol·L-1) c(HBr)/ (mol·L-1) 反应速率
0.1 0. 1 2 v
0.1 0.4 2 8v
0.2 0.4 2 16v
0.4 0.1 4 2v
0.2 0.1 c 4v
根据表中的测定结果，下列结论不正确的是（ ）
A．表中c的值为4
B．α、β、γ的值分别为1、2、- 1
C．反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D．在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低
25．工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠粗品，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。一种生产芒硝并进行纯化的流程如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．和煤粉高温下反应所得CO和Na2S的物质的量之比为2：1
B．“溶解”时需要适当升高温度
C．“操作I”是趁热过滤
D．含少量Na2S的乙醇可通过分液的方法回收乙醇
26．根据下列图所示所得出的结论正确的是（ ）
A．图甲是一定温度下，处于恒容密闭容器、弱酸性环境下的铁钉发生腐蚀过程中体系压强的变化曲线，可推知初始阶段铁钉主要发生析氢腐蚀
B．图乙是平衡体系2NO2(g) N2O4(g)；ΔH＝－56.9 kJ·mol－1改变某一条件后v(正)、v(逆)的变化情况，可推知t0时刻改变的条件是升高温度
C．图丙是某温度下c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.100 mol·L－1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系，可推知该温度下pH＝3的溶液中：Ka<10－4.75
D．图丁中虚线是2SO2＋O2 2SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，可推知催化剂Ⅰ的催化效果更好
三、填空题
27．现有反应mA(g)+nB(g) pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：
（1）若加入B（容器体积不变），则A的转化率 （填增大、减小或不变，下同），B的转化率 。
（2）若升高温度，则平衡时
B、C的浓度之比 将 （填增大、减小或不变）。
（3）若B是有色物质，A、C均无色，则加入C（容积不变）时混合物颜色 （填变深、变浅或不变，下同），而维持容器内压强不变，充入Ne时，混合物的颜色 。
28．在一定条件下，反应A(g)＋B(g)
C(g)， H < 0，达到平衡后，根据下列图像判断：
（1）升温，达到新的平衡的是（ ）；
（2）降压，达到新的平衡的是（ ）；
（3）减少C的量，移向新平衡的是（ ）；
（4）增加A的量，移向新平衡的是（ ），此时B的转化率 （填“增大”或“减小”或“不变”，下空同）；
（5）使用催化剂，达到平衡的是（ ），C的质量分数 。
29．稀氨水中存在下述电离平衡：NH3+H2O NH3·H2O NH +OH-。试分析向溶液中分别加入下列物质时，平衡如何移动：
加入的物质 氯化铵 氨气 氢氧化钠
平衡移动方向
四、实验探究题
30．NCl3既可用于漂白，又可用于柠檬等水果的熏蒸处理。已知：NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃, 95℃以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解。实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3。某小组利用如图所示的装置制备NCl3，并探究NCl3的漂白性。
回答下列问题：
（1）仪器M中盛放的试剂为 。
（2）各装置接口连接的顺序为 （用小写字母表示）。
（3）当装置B的蒸馏烧瓶中出现较多油状液体后，关闭b处的活塞，应控制水浴加热的温度为 ，装置C的作用为 。
（4）当装置D的锥形瓶内有较多黄色油状液体出现时，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取该液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，试纸不褪色；若取该液体滴入50～60℃的热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，则试纸先变蓝后褪色。结合化学方程式解释该现象： 。
（5）在pH=4时电解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，然后利用空气流将产物带出电解槽。电解池中产生NCl3的电极为 （填“阴极”或“阳极”），该电极的电极反应式为 。
（6）NCl3可与NaClO2溶液反应制取ClO2气体，同时产生一种无污染的气体，该反应的化学方程式为 。
31．某学生为了探究影响化学反应速率的外界因素，进行以下实验。
（1）向100
mL稀硫酸中加入过量的锌粉，标准状况下测得数据累计值如下：
时间/min 1 2 3 4 5
氢气体积/mL 50 120 232 290 310
①在0~1、1~2、 2~3、3-4、4~-5min各时间段中：
反应速率最大的时间段是 min，主要的原因可能是 。
反应速率最小的时间段是 min，主要的原因可能是 。
②为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，可以在稀硫酸中加入 （填序号）。
a Na2CO3溶液 b NaOH溶液 c 稀HNO3 d
蒸馏水
（2）进行以下对比实验，并记录实验现象。
实验I：
实验II：另取两支试管分别加入5 mL5%H2O2溶液和5mL10%H2O2溶液，均未观察到有明显的气泡产生。
①双氧水分解的化学方程式是 。
②实验I的目的是 。
③实验II未观察到预期现象，为了达到该实验的目的，可采取的改进措施是 。
32．兴趣小组同学为探究影响化学反应速率及化学平衡的因素，设计以下实验：
（1）利用实验Ⅰ探究锌与1mol/L硫酸和4mol/L硫酸反应的速率，可以测定收集一定体积氢气所用的时间。此方法需要控制的变量有(写出1项即可)： 。
（2）利用实验Ⅱ探究浓度对化学平衡的影响。
已知：Cr2O(橙色)+H2O2CrO(黄色)+2H+ 推测B试管中实验现象为 ，用平衡移动原理解释原因： 。
（3）该小组同学继续用酸性KMnO4溶液和草酸(H2C2O4)溶液进行实验，实验操作及现象如下表：
编号 实验操作 实验现象
ⅰ 向一支试管中先加入5mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入1滴3mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入5mL0.1mol/L草酸溶液 前10min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30min后几乎变为无色
ⅱ 向另一支试管中先加入5mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，最后加入5mL0.1mol/L草酸溶液 80s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s后几乎变为无色
已知：2MnO + 5H2C2O4 +6H+ =2Mn2+ +10CO2↑+8H2O
① 由实验ⅰ、实验ⅱ可得出的结论是 。
② 关于实验ⅱ中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组同学提出了猜想：反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用下列提供的试剂设计实验ⅲ，验证猜想。
提供的试剂：0.01mol/L酸性KMnO4溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸， MnSO4固体，蒸馏水。
补全实验ⅲ的操作：向试管中先加入5mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液， ，最后加入5mL0.1mol/L草酸溶液。
33．某研究性学习小组利用草酸溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验设计如下：(假设溶液混合时体积可以加和)
实验序号 实验 温度(K) 酸性KMnO4溶液 草酸溶液 水 溶液褪色时间
c(mol/L) V(mL) c(mol/L) V(mL) V(mL) t(s)
① 298 0.02 3.0 0.10 3.0 0 t1
② T 0.02 3.0 0.10 2.0 a 8.0
③ 348 0.02 3.0 0.10 2.0 a t2
④ 378 0.02 3.0 0.10 3.0 0 t3
（1）乙同学欲通过实验①、②探究反应物浓度对该反应速率的影响，则a= ，T= 。若t1＜8.0s，可以得出的结论是： 。
（2）在实验②的条件下，可以计算，从反应开始到结束，KMnO4消耗的平均反应速率是 mol/(L·s)。
（3）通过比较实验②、③的结果，可以探究 变化对化学反应速率的影响。
（4）丙同学在实验④条件下进行该反应，结果却发现反应产生了两种组成元素相同的气体，溶液完全褪色后发现体系中残余的草酸浓度明显低于其他三组实验。丙同学猜测在实验④中出现了草酸分解的副反应。试写出实验④草酸分解的化学方程式： 。
五、综合题
34．工业合成氨技术反应原理为：N2 (g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1
（1）T ℃ 时，反应达到平衡，测得 υ(NH3)＝0.12 mol·L-1·min -1
① υ(N2)＝ mol·L-1·min -1
② 化学平衡常数表达式 K＝
（2）在其他条件相同时，图为分别测定不同压强、不同温度下，N2 的平衡转化率。
L 表示 ，其中 X1 X2(填“>”或“<)
35．
（1）△甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下可合成甲醇，发生的主要反应如下
I.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H1=-129.0kJ mol-1
II.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ mol-1
III.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H3
回答下列问题：
H3= 。
（2）将2.0molCO2和3.0molH2通入容积为3L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应II，测得H2的平衡转化率与温度的关系如图所示。
①100℃时反应II达到平衡所需的时间为5min，则反应从起始至5min内，用H2表示该反应的平均反应速率为 。
②100℃时，反应II的平衡常数K= 。
③其他条件不变时，下列措施可以提高反应II的化学反应速率的是 (填标号)。
A．恒容条件下通入He B．增大容器体积
C．升高温度 D．通入更多的H2(g)
④已知：反应II的瞬时速率表达式为v正=k正c(CO2) c(H2)，v逆=k逆c(CO) c(H2O)(k为速率常数，只与温度有关)。温度由100℃升高到300℃，活化分子百分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。300℃时， (填“大于”“小于”或“等于”)K(100℃)。
（3）如图为含有少量水蒸气的一定比例的CO2+H2、CO/CO2+H2、CO+H2分别发生反应时，甲醇的生成速率与温度的关系。490K时，根据曲线a、c可判断合成甲醇的反应机理是____(填“A”或“B”)。
A．COCO2CH3OH+H2O B．CO2COCH3OH
36．一定温度下，向体积为2L的密闭容器中通入NO2 (气体）和N2O4
(无色气体），二者之间可相互转化，反应过程中各物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。回答下列问题：
（1）0~3min内用N2O4表示的平均反应速率为 。
（2）若升高温度，则v(正） (填“加快”“减慢”或“不变”，下同），v(逆） 。
（3）若上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得：甲中v(NO2)=0.2mol·L-1·s-1，乙中v(N2O4)=9mol·L-1·min-1，则 (填“甲”或“乙”）中反应更快。
（4）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是（ ）
A v(NO2)=2
v(N2O4)
B 容器内压强不再发生变化
C X的体积分数不再发生变化
D 容器内气体的原子总数不再发生变化
E 相同时间内消耗n mol Y的同时生成2n mol X
F 相同时间内消耗n mol Y的同时消耗2n mol X
37．一种从废弃催化剂(主要含、及、等)中回收钛、钒的工艺流程如下图所示：
回答下列问题：
（1）操作①的名称是 ，废弃催化剂碱浸前需要粉碎的目的是 。
（2）已知的化学性质与氧化铝相似，则“碱浸”过程中发生反应的离子方程式为 。
（3）沉淀的主要成分是、 (填化学式)，“调节”时，硫酸用量不能过多，否则可能造成的结果是 。
（4）在焙烧时，气体产物经过与 (填化学式)反应后，可以在生产流程中循环利用。
（5）工业上另一种提钒的方法为草酸法，利用在酸性条件下与二元弱酸反应，得到含有的浸取液，则该反应的离子方程式为 。
（6）整个流程钛元素的损耗率为，若取1吨废弃催化剂，理论上最多能得到的质量为 吨。(保留1位有效数字)
38．
（1）I.某可逆反应在某体积为2L的密闭容器中进行，在从0~3min各物质的量的变化情况如图所示（A、B、C均为气体）。
该反应的化学方程式为 。
（2）反应开始至2min时，B的平均反应速率为 。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是______。
A． B．容器内压强保持不变
C． D． 不再变化
（4）由图求得A的平衡时的转化率为 。
（5）Ⅱ．已知：断开1mol共价键吸收的能量或形成1mol共价键释放的能量数据如表
共价键 H—H N—H N≡N
能量变化/ a b c
则合成氨反应：
六、推断题
39．某兴趣小组对化合物A开展探究实验。
其中：A由三种元素组成；气体B(纯净物)是黄绿色气体；溶液C和F均为中性溶液且均只含一种溶质，焰色反应为黄色。
请回答：
（1）组成A的3种元素是 (填元素符号)，A的化学式是 。
（2）固体A与盐酸反应的化学方程式是 。
（3）过量的气体B与氨气反应可得一种黄色液体X( )，X与 中相同元素的化合价也相同，该液体遇水会强烈水解，写出水解的化学方程式 。
（4）将气体B与 同时通入足量水中发生氧化还原反应，离子方程式为 。设计实验证明该反应为不可逆反应 。
40．从植物鸭嘴花中提取的沐舒坦(结构简式为)，医学上广泛应用于缓解咳嗽症状。用有机物甲合成沐舒坦的路线如下(部分步骤已省略)
已知：①
②
（1）反应①的反应类型是 。
（2）化合物丙的分子式为 。
（3）写出反应④的化学反应方程式(已知反应④为可逆反应，条件不用写出) 。反应④进行过程中加入会显著提升沐舒坦产率，其原因是 。
（4）请写出符合下列要求的化合物乙的一种同分异构体的结构简式 。
①苯环上两个取代基；②核磁共振氢谱中的峰面积之比为3∶2∶2；
（5）根据题目信息和已知知识，写出以对二甲苯为原料制取的流程的流程示意图(无机试剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.氨水中存在化学平衡：NH3+H2O NH3 H2O，正反应是放热,反应温度降低，平衡向生成一水合氨的方向进行，避免氨气挥发，能用勒夏特列原理解释，故不选A；
B.加入Fe+2Fe3+=3Fe2+，不存在化学平衡的问题，不能用勒夏特列原理解释，故选B；
C.排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大．使平衡地Cl2+H2O H++Cl-+HClO逆向进行，减小氯气的溶解度，能用勒夏特列原理解释，故不选C；
D.饱和NH4Cl溶液中存在溶解平衡：NH4Cl（s） NH4+（aq）+Cl-（aq），若要析出氯化铵，应该使平衡向逆向移动，通入氨气后，溶液中铵根离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出；冷却降低氯化铵溶解度，平衡逆向移动；加入食盐，溶液中氯离子浓度增大，平衡向着逆向移动，有利于氯化铵的析出，能用勒夏特列原理解释，故不选D；
故答案为：B。
【分析】勒夏特列原理指的是在化学反应中，改变某种因素，反应会向减弱这种因素的方向进行。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．金属的腐蚀速率的加快会导致停工、停产，甚至发生危害事故，对人类无益，A不符合题意；
B．食物的腐败速率的加快，会导致物质浪费，影响人类食物的使用，对人类无益，B不符合题意；
C．塑料的降解速率加快，可以提高塑料制品的使用年限，节约开支，减少垃圾的产生，对人类有益，C符合题意；
D．橡胶的老化速率的加快，会影响橡胶制品的使用寿命，影响人类的出行、生产、工作等，对人类无益，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用物质对人类的用途分析。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．增大反应物的浓度，使得单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞几率变大，使得生成C的反应速率加快，A不符合题意；
B．增大压强，单位体积内的活化分子数也会增加，生成C的反应速率加快，B不符合题意；
C．升高温度，使得活化分子百分数增加，速率加快，C不符合题意；
D．扩大容器体积，各组分的浓度减小，化学反应速率减小，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．该反应前后气体化学计量数之和不变，即反应前后容器内压强不变，所以压强不变，不能表明反应达到平衡，故A不符合题意；
B．正反应速率没有断点且逐渐增大，说明t2时刻加入生成物C，逆反应速率瞬间增大，平衡逆移，使得正反应速率增大，故B不符合题意；
C．化学平衡常数只与温度有关，因此恒温条件下，K(II)=K(I)，故C符合题意；
D．最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自的物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数φ：φ(II)>φ(I)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图象分析，在t2时正反应速率逐渐增大，且不断点，结合化学方程式判断，可知改变的条件为浓度，且应该是增大生成物的浓度；
A、左右两边气体系数相同，压强不能判断平衡；
B、改变的条件为增大生成物的浓度；
C、没有改变温度，平衡常数不变；
D、平衡朝逆向移动，A的体积分数增大。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.加入硝酸钠溶液，在酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，与锌反应生成NO气体，不生成氢气，故A不符合题意；
B.加入NaCl固体，NaCl固体不参与反应，且加入的是固体，不影响溶液的浓度，不能减缓反应进行的速率，也不影响生成H2的量，故B不符合题意；
C.加入硫酸铵固体，由于硫酸铵水解呈酸性，氢离子浓度增大，反应速率增大，生成H2的量增多，故C不符合题意；
D.加入硫酸钾溶液，硫酸钾不参与反应，但加入的水可使氢离子浓度减小，反应速率减小，生成氢气的总量不变，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】该反应的离子方程式为
Zn + 2H+ = Zn2+ + H2↑ ，氢离子的浓度越大化学反应速率越快，浓度越慢。
A.引入硝酸根离子后不生成氢气。
C.硫酸铵中铵根离子水解显酸性，所以生成氢气的量变大。
D.相当于稀释原溶液符合要求。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．锌与稀硫酸的反应为放热反应，反应过程中会释放能量，故A不符合题意；
B．若将该反应设计成原电池，反应的还原剂锌为原电池的负极，故B不符合题意；
C．锌为浓度为定值的固体，不能用来表示该反应的速率，故C符合题意；
D．若将该反应设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，由得失电子数目守恒可知，标准状况下正极生成氢气的体积为×22.4L/mol=11.2L，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.锌与稀硫酸反应放热；
B.该反应中Zn为还原剂，作负极发生氧化反应；
C.不能用纯固体表示反应速率；
D.根据得失电子守恒，结合V=nVm计算。
7．【答案】C
【解析】【解答】各物质的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，C符合题意；
故答案为：C
【分析】各物质的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．食品包装袋内常放一小袋铁屑，主要作抗氧化剂，与平衡移动无关，故A不符合题意；
B．制取氢气时，用粗锌产生气泡的速率比用纯锌快，主要是原电池原理，加快反应速率，故B不符合题意；
C．合成氨工业中，将氨液化后分离出来，氨气浓度降低，平衡正向移动，有利于提高氮气的转化率，可用勒夏特列原理解释，故C符合题意；
D．对于反应，达到平衡后压缩容器体积，浓度增大，混合气体颜色变深，但平衡没有移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、铁屑可以作为抗氧化剂；
B、粗锌含有杂质，可以形成原电池；
C、减小生成物的浓度，平衡朝正向移动；
D、左右两边化学计量数相同，增大压强平衡不移动。
9．【答案】A
【解析】【解答】A． N2O4分子中有2个N原子，平衡混合气体中含N原子大于，故A符合题意；
B． 恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，故B不符合题意；
C． 恒容时，充入少量，相当于NO2的浓度不变，平衡不移动，气体颜色不变，故C不符合题意；
D． ，反应放热，断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．利用平均值原理，依据原子守恒；
B． 依据二氧化碳浓度变化分析；
C． 利用勒夏特列原理分析；
D． 反应放热断裂的共价键所需能量小于形成共价键放出能量。
10．【答案】C
【解析】【解答】Ka1＝ =10－5.6，当反应达到平衡状态时，υ正＝υ逆，即k1c(O2NNH2)= k－1c(O2NNH－)·c(H＋)，那么 = =10-5.6，因此 =lg(10-5.6)=-5.6；
故答案为：C。
【分析】Ka1＝ ，当反应达到平衡状态时，υ正＝υ逆，据此进行计算。解答本题时容易忽略的是达到平衡状态时υ正＝υ逆，根据平衡时υ正＝υ逆，再结合υ正＝k1c(O2NNH2)，υ逆=k－1c(O2NNH－)·c(H＋)即可得出结果。
11．【答案】C
【解析】【解答】若只降低温度，则正、逆反应速率都减小，且平衡逆向移动；若只减小压强，则正、逆反应速率也都减小，且平衡也逆向移动。综上分析，降低温度的同时减小压强，则正、逆反应速率都减小，且平衡逆向移动。故C符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
12．【答案】A
【解析】【解答】A．减小压强，单位体积活化分子数减小，反应速率减小，故A符合题意；
B．浓硫酸具有强氧化性，与铁发生钝化，阻止反应的进行，故B不符合题意；
C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C不符合题意；
D．加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，反应物浓度减小，则反应速率减小，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.减小压强， 单位体积内活化分子数目减少；
B.常温下Fe遇浓硫酸发生钝化；
C.升温反应速率增大；
D.加入适量的NaCl溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．根据分析，10 s时，容器Ⅰ中的反应还未达到平衡状态，故A不符合题意；
B.10s时，容器Ⅰ中的化学反应速率，故B不符合题意；
C．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，所以化学平衡常数：KⅡ
故答案为：D。
【分析】A.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；
B.根据计算；
C.该反应为放热反应，升温K减小。
14．【答案】C
【解析】【解答】A.将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，则应有a＜b+c，故A不符合题意；
B. 压缩容器的容积，压强增大，正逆反应速率都增大，故B不符合题意；
C. 平衡向逆反应方向移动，达到新平衡时，物质X的转化率减小，故C符合题意；
D. 平衡向逆反应方向移动，混合物中Z的质量分数减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】将容器的容积压缩到原来容积的一半，当达到新平衡时，物质Y和Z的浓度均是原来的1.8倍，说明平衡向逆反应方向移动，结合压强对平衡移动的影响解答该题。
15．【答案】D
【解析】【解答】A.对可逆反应来说，达到了化学平衡状态的特征是：当反应进行到一定程度时，反应物和生成物的质量(或浓度)保持不变，故A不符合题意；
B.对可逆反应来说，当反应物与生成物的浓度相等，不能作为判断化学反应达到平衡的依据，故B不符合题意；
C.对可逆反应来说，当反应进行到一定程度时，v(正)=v(逆)≠0，故C不符合题意；
D.对可逆反应来说，达到了化学平衡状态的本质是：正反应和逆反应的速率相等，故D符合题意；
故答案：D。
【分析】对可逆反应来说，当反应进行到一定程度时，v(正)=v(逆)≠0，反应物和生成物的质量(或浓度)保持不变，说明该可逆反应达到了化学平衡状态。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．速率之比和系数成正比，因此3v正(NH3)=2v逆(H2O)，选项A符合题意；
B．达到化学平衡时正逆反应速率相等，各物质反应速率之比等于其化学计量数之比，因此4v正(O2)=5v逆(NO)，选项B不符合题意；
C．达到化学平衡时增加容器体积，各组分浓度都减小，因此正逆反应速率都减小，但逆反应速率减小程度更大，平衡正向移动，选项C不符合题意；
D．单位时间内生成x mol NO与生成x mol NH3分别表示正逆反应速率，表示正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】对于任何可逆反应，速率之比等于化学计量系数之比，对于 4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，可以通过判断物质的量浓度不变以及某物质的正逆速率相等判断是否平衡， 达到平衡后，可以改变压强、浓度、温度等使平衡移动，增大体积相当于减小压强，速率均减小。结合选项进行判断
17．【答案】B
【解析】【解答】A．反应放热，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，则逆反应速率大于正反应速率，与图像不相符，A项不符合题意；
B.500℃时温度高，反应速率更快，但升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物C在反应混合物中的含量减小，与图像相符，B项符合题意；
C．反应放热，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向逆反应方向移动，即相同压强时，A的转化率减小，与图像不相符，C项不符合题意；
D．催化剂能加快反应速率，但不改变化学平衡，有无催化剂，C的浓度都不变化，与图像不相符，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据外界因素对速率和平衡的影响分析；
B.先拐先平数值大；
C．利用定一议二法分析；
D．先拐先平数值大。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．与过量稀溶液完全反应生成二氧化碳和甲醇，故A不符合题意；
B．催化剂不能使平衡移动，改用更高效的催化剂，不能提高的平衡产率，故B不符合题意；
C．活化能越高，反应速率越慢，故C符合题意；
D．二氧化碳和甲醇在120℃下催化合成碳酸二甲酯和水，向反应体系中加入少量水蒸气，平衡逆向移动，反应物的平衡转化率降低，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.由图可知，该过程的总反应为与过量稀溶液完全反应生成二氧化碳和甲醇；
B.催化剂不影响平衡转化率；
D.加入少量水蒸气，平衡逆向移动。
19．【答案】D
【解析】【解答】A．开启啤酒瓶后，平衡马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，能用勒夏特列原理解释，故A不选；
B．饱和碳酸氢钠吸收氯化氢，生成碳酸可使二氧化碳与水反应的平衡逆向移动，从而减少对二氧化碳的影响，能用勒夏特列原理解释，故B不选；
C．黄绿色的氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO、2HClO＝2HCl＋O2↑，光照后促进HClO分解，导致平衡右移，所以颜色变浅，可以用勒夏特里原理解释，故C不选；
D．增大压强缩小体积，碘浓度增大导致颜色变深，对容积可变的密闭容器中已达平衡的HI、I2、H2混合气体进行压缩，反应前后气体体积不变，混合气体颜色变深是因为体积缩小，浓度增大，但是该反应平衡不移动，不能用平衡移动原理解释，故D选；
故答案为：D。
【分析】依据勒夏特列原理，也叫化学平衡移动原理，研究的对象为可逆反应。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．反应前后气体总质量不变，混合气体的物质的量越大，其相对分子质量越小，混合气体中二氧化氮含量越大混合气体相对分子质量越小，A点二氧化氮含量大于C点，则相对分子质量 ，故A不选；
B．二氧化氮浓度越大混合气体颜色越深，AC温度相同，压强 ，则容器体积 ，所以A点浓度小于C点，则A点颜色浅、C点颜色深，故B不选；
C.A、B是等压条件下，且温度 ，所以由状态B到状态A，可以用加热的方法实现，故选C；
D．相同温度下，压强越大反应速率越大，AC温度相同，压强 ，所以反应速率A点小于C点，故D不选；
故答案为：C。
【分析】该反应是一个反应前后气体计量数增大的吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化氮含量增大；增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮含量减小，根据图中数据知，相同温度时，二氧化氮含量越大压强越小，所以 ；相同压强时，温度越高二氧化氮含量越大，所以 。
21．【答案】B,C
【解析】【解答】A．在2min末测得剩余B的物质的量为1.2mol，则B消耗的物质的量为0.8mol，生成C的物质的量为2.4mol，根据该变量之比等于计量系数之比，则x的数值为3，故A不符合题意；
B．在2min末测得剩余B的物质的量为1.2mol，则B消耗的物质的量为0.8mol，根据该变量之比等于计量系数之比得到A消耗了1.6mol，则剩余0.4mol，2min末，则A的浓度为0.2 mol L 1，故B符合题意；
C．D为固体，浓度是固定值，不能描述其平均速率，故C符合题意；
D．将容器的容积变为3L，浓度减小，因此化学反应速率将减小，故D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】A.物质的量变化量之比等于化学计量数之比；
B.根据结合物质的量变化量之比等于化学计量数之比计算A的浓度；
C.D为固体，不能用纯固体表示反应速率；
D.体积增大，浓度减小，反应速率减小。
22．【答案】A,D
【解析】【解答】A．根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，故A符合题意；
B．由图可知，H3O+在第①步被消耗，在第③步又生成，则H3O+是总反应的催化剂，故B不符合题意；
C．活化能越大，反应速率越慢，决定总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故C不符合题意，
D．由图可知，第①步反应物总能量小于生成物总能量，说明第①步为吸热反应，第②、③步生成物的总能量低于反应物的总能量，是放热反应，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A、由图可知，该反应进程中有三个过渡态；
D、由图可知，第①步为吸热反应。
23．【答案】B,D
【解析】【解答】A．T1时，0～10minCH4的平均反应速率为 ；在同一化学反应中，用不同的物质表示化学反应速率，其数值之比等于计量数之比，可知，T1时0～10minNO2的平均反应速率为0.03mol L-1 min-1，A不符合题意；
B．由表格数据可知，T2时CH4的平衡物质的量为0.15mol，则转化的甲烷为0.50mol-0.15mol=0.35mol，则T2时CH4的平衡转化率为 ，B符合题意；
C．利用浓度商Qc和K的关系，判断平衡移动方向。利用三等式，求出平衡常数K，T1时，体积为1L，由表格中数据，有：
则T1时，反应的平衡常数 =6.4；T1时向平衡体系中再充入0.30molCH4和0.80molH2O(g)，则CH4的浓度变为0.4mol·L－1，H2O的浓度变为1.6mol·L－1，此时浓度商 ，Qc＞K，则平衡逆向移动，C不符合题意；
D．T1时向平衡体系中再充入0.5molCH4和1.2molNO2，平衡正向移动，氮气浓度变大，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】D项需要注意；体积不变，物质的量变为原来的2倍，若新平衡与原平衡等效，则N2平衡的浓度变为原平衡的2倍；但物质的量变为原来的2倍，新平衡与原平衡相比，其效果相当于压强增大，平衡逆向移动，则N2平衡的浓度比原平衡的2倍小，但是比原平衡大；综上则达新平衡时N2的浓度增大，大于原平衡浓度小于原平衡浓度的2倍。
24．【答案】A,B
【解析】【解答】A．第一组数据代入有①v=k×0.1×0.11.5×2-1，第五组数据代入有②4v=k×0.2×0.11.5×c-1，得：0.25=，解得c=1，A符合题意；
B．根据分析可知α、β、γ的值分别为1、、-1，B符合题意；
C．根据分析可知c(Br)的指数的绝对值最大，对反应速率影响最大，C不符合题意；
D．由于γ=-1，增大HBr(g)浓度，cγ(HBr)c减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】根据 反应H2(g)+ Br2(g)=2HBr(g)的速率方程为v= kcα(H2)·cβ(Br2 )·cγ(HBr) ， 结合第一组和第二组的数据可知，，得到β=1.5，对比第二组和第三组数据可知，，得到=1，对比第一组和第四组数据，将β=1.5，=1，得到。结合选项即可判断
25．【答案】B,C
【解析】【解答】A. 据分析，和煤粉高温下反应所得CO和Na2S的物质的量之比为4：1，故A不符合题意；
B. Na2S溶于热乙醇，“溶解”时需适当加热，故B符合题意；
C. 据分析，“操作I”是趁热过滤，故C符合题意；
D. 回收含少量Na2S的乙醇应使用蒸馏装置，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】芒硝和煤粉在高温下生成硫化钠和CO，硫化钠用热乙醇溶解，过滤除去不溶的重金属硫化物和煤粉，滤液经过冷却、结晶，然后过滤，得到含有少量硫化钠的乙醇和硫化钠固体。
26．【答案】A,C
【解析】【解答】A. 图甲是一定温度下，处于恒容密闭容器、弱酸性环境下的铁钉发生腐蚀过程中体系压强的变化曲线，根据反应开始时压强增大，可推知初始阶段铁钉主要发生析氢腐蚀，气体体积增多，压强增大，选项A符合题意；
B. 图乙是平衡体系2NO2(g) N2O4(g)；ΔH＝－56.9 kJ·mol－1改变某一条件后v(正)、v(逆)的变化情况，若t0时刻改变的条件是升高温度，则正逆反应速率均增大，与图中正反应速率在条件改变时不变不符，选项B不符合题意；
C. 图丙是某温度下c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.100 mol·L－1的醋酸与醋酸钠混合溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系，可推知该温度下Ka=10－4.75，温度不变时Ka不变，则pH＝3的溶液中Ka=10－4.75，选项C符合题意；
D. 图丁中虚线是2SO2＋O2 2SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，根据图中信息可知，催化剂Ⅱ正反应的活化能更低，催化效果更好，选项D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】B、由图可知，改变的一瞬间逆反应速率并没有改变，故不可能是温度的变化， 而是增大了二氧化氮的浓度
D、活化能越低，催化效果越好
27．【答案】（1）增大；减小
（2）减小
（3）变深；变浅
【解析】【解答】（1）若加入B（容器体积不变），平衡向正反应移动，A的转化率增大，B自身转化率减小，故答案为：增大；减小；（2）升高温度平衡向正反应移动，平衡时B的浓度降低，C的浓度增大，故
B、C的浓度之比将减小，故答案为：减小；（3）加入C（容积不变）时，平衡向逆反应方向进行，B的浓度增大，颜色变深；维持容器内压强不变，充入氛气，容器体积增大，B的浓度降低，颜色变浅，故答案为：变深；变浅。
【分析】根据题意可知，本题考查转化率、化学平衡移动，依据转化率等于变化的浓度除以初始浓度、勒夏特列原理分析。
28．【答案】（1）B
（2）C
（3）E
（4）A；增大
（5）D；不变
【解析】【解答】反应A(g)＋B(g) C(g)， H<0，达到平衡后。（1）升温，正逆反应速率均增大，平衡逆向移动，则达到新的平衡的图为B；（2）降压，正逆反应速率均减小，平衡正向移动，则达到新的平衡的图为C；（3）减少C的量，瞬间逆反应速率减小，正反应速率不变，随着反应的进行，正反应速率增大，逆反应速率减小，移向新平衡的图是E；（4）增加A的量，瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，随着反应的进行，正反应速率减小，逆反应速率增大，移向新平衡的图为A，此时B的转化率增大；5）使用催化剂，正逆反应速率增大，平衡不移动，则达到平衡的图为D，C的质量分数不变。
【分析】反应A(g)＋B(g) C(g)， H<0，达到平衡后，升温、增大反应物的浓度，反应速率增大；降压、减小生成物浓度，反应速率减小；升温平衡逆向移动；降压平衡正向移动；使用催化剂平衡不移动。本题考查化学反应速率的影响因素及化学平衡移动，注意影响化学反应速率的外因有浓度、温度、压强、催化剂等，化学平衡移动的判断利用勒夏特列原理进行判断。
29．【答案】逆向移动；正向移动；逆向移动
【解析】【解答】氨水中加氯化铵，增大了铵根离子浓度使平衡逆向移动，通入氨气增大氨分子的浓度，使平衡正向移动，加氢氧化钠，增大氢氧根离子的浓度，使平衡逆向移动，故答案为：逆向移动；正向移动；逆向移动；
【分析】加入的物质对平衡产生的影响， NH3+H2O NH3·H2O NH +OH- ，加入氯化铵，中增加了生成物铵根离子，导致平衡逆向移动，产生更多的氨气，加入氨气，增加了反应物，平衡正向移动，碱性增强，加入氢氧化钠，增加了生成物中的氢氧根离子，导致平衡逆向移动，产生更多的氨气。
30．【答案】（1）浓盐酸
（2）a、b、c、e、f、d
（3）70～95℃；吸收尾气HCl并防止倒吸 在热水中发生的反应为NCl3＋3H2O 3HClO+NH3↑, NCl3本身无漂白性，但在热水中会水解生成NH3·H2O
（4）使红色石蕊试纸变蓝，而生成的HClO又使其褪色
（5）阳极；3Cl-+NH4+-6e―=NCl3+4H+
（6）2NCl3＋6NaClO=6ClO2↑＋6NaCl＋N2↑
【解析】【解答】（1）A装置制备氯气，因此仪器M中盛放的试剂为浓盐酸；（2）A装置制备氯气，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3，加热蒸馏，再冷凝收集NCl3，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染空气，故仪器接口连接的顺序为：a、b、c、e、f、d；（3）由于NCl3熔点为-40℃，沸点为70℃, 95℃以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解，所以应控制水浴加热的温度为70～95℃，氯气、氯化氢都能引起空气污染，不能直接排放，可以用氢氧化钠溶液吸收，所以装置C的作用为吸收尾气HCl并防止倒吸；（4）NCl3本身无漂白性，与水反应生成次氯酸和氨气，化学方程式：NCl3＋3H2O 3HClO+NH3↑，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子，溶液显碱性，使红色石蕊试纸变蓝，生成的HClO又使其漂白褪色；（5）在pH=4时电解NH4Cl溶液也可以制得NCl3，氮元素化合价从－3价升高到＋3价，发生失去电子的氧化反应，则电解池中产生NCl3的电极为阳极，该电极的电极反应式为3Cl－+NH4+-6e－=NCl3+4H+。（6）NCl3可与NaClO2溶液反应制取ClO2气体，同时产生一种无污染的气体，根据原子守恒可知该气体是氮气，反应的方程式为2NCl3＋6NaClO=6ClO2↑＋6NaCl＋N2↑。
【分析】（1）装置a的作用为制备氯气；
（2）实验室利用氯气和氯化氨反应来制取三氯化氮，A装置产生氯气闭装置。B为氯气和氯化氨反应生成三氯化氮，D装置为收集装置，C为尾气处理装置；
（3）根据三氯化氮的理化常数，判断控制水浴加热的温度范围，装置C为尾气处理装置，反应生产氯化氢气体，据此分析C的作用；
（4）装置D的锥形瓶内有较多黄色油状液体，出现时产生的是三氯化氮。根据试纸的一些现象，来判断水解产物，据此分析解释原因；
（5）在pH等于4时电解氯化氨溶液，也可以制得三氯化氮，根据化合价变化，氮从负三价变为正三价失电子，在电解池中为阳极反应，据此写出电极反应；
（6）三氯化氮可以与亚氯酸钠溶液反应制取二氧化氯气体同时产生一种无污染的气体，根据元素守恒及氧化还原原理，可以写出方程式。
31．【答案】（1）2-3；该反应中放热使温度升高而加快反应速率，此时温度的影响起主要因素；4-5；该反应中消耗H+使H+浓度减小而减慢反应速率，此时H+浓度的影响起主要因素；d
（2）2H2O2 2H2O+O2；其他条件相同时，探究温度对H2O2分解速率的影响；将两只试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中，或向两只试管中同时滴入2滴1mol/L的FeCl3溶液，观察产生气泡的速率
【解析】【解答】(1)①在0~1、1~2、2~3、3~4、4~5 min各时间段中，△V分别为50mL、(120-50)mL=70mL、（232-120）mL=112mL、(290-232)mL=58mL、(310-290)mL=20mL，所以反应速率最快的是2-3min、最慢的是4-5min； 在2-3min内反应放热，温度升高，速率加快，此时温度的影响起主要因素；在4-5min时，消耗H+使H+浓度减小而减慢反应速率，此时H+浓度的影响起主要因素；
②a．加Na2CO3溶液，硫酸和碳酸钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，导致和锌反应的氢离子总物质的量减少，氢气的生成量减少，不符合条件，故a不正确；
b．加氢氧化钠溶液，硫酸和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，导致和锌反应的氢离子总物质的量减少，氢气的生成量减少，不符合条件，故b不正确；
c．加稀HNO3溶液，硝酸具有强氧化性，和锌反应不生成氢气，不符合条件，故c不正确；
d．加入水，氢离子浓度减小、反应速率减慢，氢离子总物质的量不变，则不影响氢气的生成量，所以符合条件，故d正确，故答案为：d；
(2)①过氧化氢分解生成水和氧气，反应方程式为2H2O2 2H2O+O2；
②分别在试管A、B中加入2 mL5% H2O2溶液，各滴入2滴1mol/L 的FeCl3溶液，待试管中均有适量气泡出现，说明过氧化氢分解能发生，试管A、B中均有适量气泡出现时，将试管A放入盛有5℃冷水的烧杯中，将试管B放入盛有40℃热水的烧杯中，两支试管不同点是试管A的温度比试管B的温度低，说明研究的是其他条件相同时，探究温度对H2O2分解速率的影响；
③影响化学反应速率的外界因素有浓度、温度、气体的压强、催化剂、固体的表面积等，为加快反应速率使反应现象明显，可从温度或催化剂的影响角度考虑，例如将两支试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中或向两支试管中同时滴入2滴1mol/L 的FeCl3溶液，观察产生气泡的速率。
【分析】(1)结合表中数据，根据影响化学反应速率的因素进行判断；
(2)②根据试管A、B实验操作的异同点判断实验I的目的。
32．【答案】（1）温度（或者锌粒大小等）
（2）溶液由橙色变为黄色；加NaOH溶液使c(H+)减小，平衡右移，c(CrO)增大
（3）其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快；再加入10滴3mol·L-1硫酸，然后加入少量MnSO4固体
【解析】【解答】（1）测定收集一定体积氢气所用的时间，需保证温度、锌粒大小相同，则此方法需要控制的变量有温度、锌粒大小；
（2）D试管中实验现象为溶液由橙色变为黄色，用平衡移动原理解释原因为加NaOH溶液使c (H+) 减小，平衡右移，c (Cr)增大；
（3）①实验Ⅰ、Ⅱ酸的浓度不同，实验II酸浓度大，反应快，故由实验Ⅰ、Ⅱ可得出的结论是：其他条件相同时，H+ (或硫酸)浓度越大，反应速率越快；
②为了验证实验II中80s后溶液颜色迅速变浅的是否有锰离子其催化作用，应其他条件相同，只改变锰离子的量，因此向试管中先加入1mL0.01mol/L酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1mL0.1mol/L草酸溶液；
【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
33．【答案】（1）1.0；298；其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快
（2）0.00125
（3）温度
（4）H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑
【解析】【解答】(1)乙同学欲通过实验①、②探究反应物浓度对该反应速率的影响，为控制高锰酸钾的浓度相等，混合后溶液的总体积必须相等，则a=1.0，控制温度相同，则T=298K。实验①草酸的浓度大于实验②，若t1＜8.0s，可以得出的结论是其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快；
(2)在实验②的条件下，可以计算，从反应开始到结束，KMnO4消耗的平均反应速率是mol/(L·s)；
(3)实验②、③的温度不同，可以探究温度变化对化学反应速率的影响。
(4)草酸分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，根据得失电子守恒，反应的化学方程式是H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑。
【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
34．【答案】（1）0.06；
（2）压强；<
【解析】【解答】(1) ①根据速率之比等于化学计量数之比，可知：υ(N2)＝ υ(NH3)＝ ，
故答案为：0.06;② 化学平衡常数等于生成物浓度的幂之积比反应物浓度的幂之积，则该反应的平衡常数表达式为K= ，
故答案为： ；(2)若X代表温度，L代表压强，由图像可知随横坐标压强的增大X曲线呈增大趋势，可知平衡正向移动，该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动与图像吻合；若X代表压强，L代表温度，则随温度的升高，氮气的转化率增大，平衡正向移动，而该反应是放热反应，升温平衡逆向移动，与图像不符，故X代表温度，L代表压强；由图像可知当压强一定时，温度X1对应的氮气转化率大于温度X2对应的氮气转化率，由此可知温度由X2到X1的过程平衡正向移动，而该反应放热，温度降低时平衡正向移动，因此X1小于X2；
故答案为：压强；<；
【分析】（1）①v（N2）=0.5v（NH3）=0.06 mol·L-1·min -1
②K=
（2）由图可得，随着L增大，平衡正向移动，故L为压强，则X1，X2为不同温度下，又该反应放热，则温度越高转化率越低，则X1＜X2
35．【答案】（1）-88kJ mol-1
（2）0.1mol L-1 min-1；3；CD；增大；大于
（3）A
【解析】【解答】（1）结合盖斯定律可知方程式Ⅱ+Ⅰ=目标方程式，△H3=△H2+△H1=-88kJ·mol-1；
（2）①由于H2转化率为50%，则5min中内△n(H2)=3mol×50%=1.5mol；则v(H2)==0.1mol·L-1·min-1；
②根据反应过程列三段式，K==3；
③A．恒容充入He，体积不变，各物质浓度均不变，速率不变，A不正确；B．增大容器体积，各组分浓度变小，速率变小，B不正确；C．升高温度，增大活化分子百分比，速率增大，C正确；D．通入更多氢气，提升反应物浓度，速率增大，D正确；
故答案为：CD；
④温度升高，活化分子百分比变大；反应达到平衡时v(正)=v(逆)，设300℃时反应的平衡常数为K0，则k正c(CO2) c(H2)= k逆c(CO) c(H2O)，==K0，据题意，反应吸热，升温使平衡正向移动，平衡常数变大，K0>K(100℃)，故此处为：大于。
（3）根据图中信息，490K时，二氧化碳和氢气生成甲醇的速率大，故CO先转化为二氧化碳，因此反应机理是A，答案为A。
【分析】（1）依据盖斯定律分析；
（2）①利用v=Δc/Δt计算；
②利用三段式法计算；
③依据影响反应速率的因素分析；
④温度和催化剂影响活化分子百分数，浓度和压强影响单位体积活化分子数；
（3）根据图中信息分析。
36．【答案】（1）0.05mol·L-1·min-1
（2）加快；加快
（3）乙
（4）BCF
【解析】【解答】（1）由图象可知，0~3min内X所代表的物质的物质的量减少了0.6mol，Y所代表的物质的物质的量增加了0.3mol，二者的物质的量变化量之比为2:1，故X表示NO2，Y表示N2O4，化学方程式为2NO2 N2O4。0~3min内， =0.05mol·L-1·min-1；
（2）温度升高，正、逆反应速率都加快；
（3）甲中v(NO2)=0.2mol·L-1·s-1，乙中v(N2O4)=0.15mol·L-1·s-1，即乙中v(NO2)=2v(N2O4)=0.3mol·L-1·s-1，则乙中反应更快；
（4）A.v(NO2)=2v(N2O4)，未体现正反应速率与逆反应速率的关系，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故A不正确；
B.反应2NO2 N2O4为气体体积减小的反应，容器内压强不再发生变化，说明反应达到化学平衡状态，故B正确；
C.X(NO2)的体积分数不再发生变化，说明各组分浓度不再变化，则反应达到化学平衡状态，故C正确；
D.容器内气体的原子总数始终不变，不能说明该反应已达到化学平衡状态，故D不正确；
E.无论反应是否达到化学平衡状态，相同时间内消耗n molY(N2O4)的同时一定会生成2nmolX(NO2)，故E不正确；
F.相同时间内消耗n molY(N2O4)的同时消耗2nmolX(NO2)，说明正、逆反应速率相等，则说明该反应已达到化学平衡状态，故F正确。
【分析】（1）根据v=计算；
（2）温度升高正逆反应都加快；
（3）同一物质的反应速率数值越大，其反应速率越快；
（4）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。
37．【答案】（1）过滤；增大固体接触面，提高浸出率，加快浸取反应速率
（2）
（3）；沉淀又重新溶解进入反应液，且过量可能使沉淀，造成损失
（4）
（5）
（6）0.7
【解析】【解答】废弃催化剂(主要含、及、等) 粉碎预处理后加入氢氧化钠溶液进行碱浸，过滤得到浸渣和浸出液，浸渣加入硫酸处理后过滤，得到溶液，浓缩水解后得到，焙烧得到； 浸出液调节pH=10，得到沉淀X为、，滤液中加入氯化铵溶液，反应得到，焙烧得到。
（1）操作①后得到浸渣和浸出液，为固液分离，名称是过滤；为了增大固体接触面，提高浸出率，加快浸取反应速率，故废弃催化剂碱浸前需要粉碎；
（2）已知的化学性质与氧化铝相似，“碱浸”过程中与氢氧化钠反应生成NaVO3和水，发生反应的离子方程式为；
（3）与氢氧化钠反应生成硅酸钠与硫酸反应后生成难溶于水的硅酸，故沉淀的主要成分是、；
沉淀又重新溶解进入反应液，且过量可能使沉淀，“调节”时，硫酸用量不能过多，否则造成损失；
（4）在焙烧时，气体产物经过与反应后生成氯化铵，可以在生产流程中循环利用；
（5）工业上另一种提钒的方法为草酸法，利用在酸性条件下与二元弱酸反应，得到含有的浸取液，同时生成二氧化碳和水，该反应的离子方程式为；
（6）整个流程钛元素的损耗率为，若取1吨废弃催化剂，理论上最多能得到的质量为吨。
【分析】（1）有浸渣和浸液，分离固体和液体，过滤；增加反应面积，使反应更充分，转化率更高，反应速率更快；
（2）钒与铝相似则反应为五氧化二钒与氢氧化钠反应生成NaVO3和水；
（3）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠经过调节pH后生成硅酸沉淀；氢氧化铝与硫酸反应再次溶解；
（4）焙烧时生成氨气，想要再得到氯化铵就加入氯化氢；
（5）五氧化二钒与草酸反应生成和二氧化碳、水；
（6）根据二氧化钛的含量以及元素损失率计算。
38．【答案】（1）
（2）
（3）B；C；D
（4）0.4（或40%）
（5）
【解析】【解答】（1）由物质的量变化坐标图可知，参与反应n(A)=5mol-3mol=2mol，n(B)=2mol-1mol=1mol，反应生成n(C)=4mol-2mol=2mol，因此A、B、C的变化的量之比为2：1：2，所以反应的化学方程式为2A+B 2C。
（2）反应开始至2min时，B的变化的浓度，所以用B表示的反应速率。
（3）A、各物质的浓度相等，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B、由于反应前后气体分子数改变，因此反应过程中压强改变，则当压强不变时，说明反应达到平衡状态，B符合题意；
C、反应速率之比等于化学计量数之比，因此v正(A)：v正(C)=2：2=1：1，所以v正(A)=v正(C)，若v逆(A)=v正(C)，则v正(A)=v逆(A)，反应达到平衡状态，C符合题意；
D、c(C)不再改变，则说明反应达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：BCD
（4）A的转化率为。
（5）反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，因此该反应的反应热ΔH=c kJ/mol+3×a kJ/mol-2×3×b kJ/mol=(3a+c-6b)kJ/mol。
【分析】（1）根据反应过程中物质的量的变化确定反应物和生成物，由变化量之比得出化学计量数之比，从而得出反应的化学方程式。
（2）根据公式计算反应速率。
（3）A、各物质的浓度相等，不能说明反应达到平衡状态；
B、分析反应过程中压强是否发生变化，若发生变化，则当其不变时，说明反应达到平衡状态；
C、用同种物质表示的正逆反应速率相等时，说明反应达到平衡状态；
D、某物质的浓度不变，说明反应达到平衡状态；
（4）根据进行计算。
（5）反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，据此计算。
39．【答案】（1）Na、O、Cl；
（2）
（3）
（4）；向氯水中通入过量 ，充分反应后再加入淀粉碘化钾溶液，不变蓝色，说明该反应为不可逆反应
【解析】【解答】(1)由分析可知，组成A的3种元素是Na、O、Cl，A的化学式为 ；
(2)2.875g固体A和0.14mol HCl反应生成0.07molCl2、0.03molNaCl和H2O，由此得出化学方程式为 ；
(3)过量的Cl2和氨气反应可得一种黄色液体X( )，X与 中相同元素的化合价也相同，由此推测X为NCl3，NCl3水解生成 和HClO，水解方程式为： ；
(4)Cl2与 同时通入足量水中反应生成HCl和H2SO4，离子方程式为： ；若该反应为可逆反应，反应中会有Cl2的存在，因此只需检验是否含有Cl2，即可证明该反应是否为可逆反应，检验方法为：向氯水中通入过量 ，充分反应后再加入淀粉碘化钾溶液，不变蓝色，说明该反应为不可逆反应。
【分析】固体A和盐酸反应生成溶液C，溶液C为中性溶液且只含一种溶质，焰色反应为黄色，则含有Na元素，则C中溶质为NaCl，A中含有Na元素；气体B(纯净物)是黄绿色气体，气体B为Cl2， ，电解NaCl溶液生成NaOH、Cl2、H2，生成的溶液D和硫酸反应生成F溶液，溶液F为中性溶液且只含一种溶质，则溶液F为Na2SO4溶液，溶液D为NaOH溶液，硫酸中含有溶质0.015mol，则NaOH的物质的量为0.03mol，则A中Na元素的物质的量为0.03mol，根据Na元素守恒，则溶液C中NaCl的物质的量为0.03mol，盐酸中溶质的物质的量为0.14mol，根据Cl元素守恒，则A中Cl元素的物质的量为 ，A由三种元素组成，其中两种元素为Na元素、Cl元素，则另一种元素为O元素，A中含有Na、Cl的总质量为 ，则A中含有O元素的物质的量为 ，则A的化学式为 。
40．【答案】（1）取代反应
（2）
（3）+H2N+HCl；反应为可逆反应，加入碳酸钾与HCl反应，HCl浓度降低，有利于平衡正向移动，提高沐舒坦的产率
（4）
（5）
【解析】【解答】由题干合成流程图信息可知，化合物甲的结构简式为：，结合已知信息①可推知C7H5NO4的结构简式为：，(5)本题采用逆向合成法，目标产物可由在Ni作催化剂的条件下与H2加成得到，结合信息②可知可由还原得到，根据信息①可知可由与酸性高锰酸钾作用转化而来，可由在浓硫酸、浓硝酸的作用下发生硝化反应而得，据此确定合成路线，据此分析解题。
（1）由分析可知，物质甲的结构简式为：，故反应①的反应类型是甲苯的硝化反应，故属于取代反应，故答案为：取代反应；
（2）由题干合成流程图中丙的结构简式可知化合物丙的分子式为：C7H6NClBr2，故答案为：C7H6NClBr2；
（3）由题干合成流程图中可知，反应④的化学反应方程式(已知反应④为可逆反应，条件不用写出) 为：++HCl，由于K2CO3能与HCl反应，促使上述反应平衡正向移动，则反应④进行过程中加入会显著提升沐舒坦产率，故答案为：++HCl；反应为可逆反应，加入碳酸钾与HCl反应，HCl浓度降低，有利于平衡正向移动，提高沐舒坦的产率；
（4）由题干流程图可知，化合物乙的分子式为：C7H7NO2，故其符合条件①苯环上两个取代基；②核磁共振氢谱中的峰面积之比为3∶2∶2的同分异构体有：，故答案为：；
（5）本题采用逆向合成法，目标产物可由在Ni作催化剂的条件下与H2加成得到，结合信息②可知可由还原得到，根据信息①可知可由与酸性高锰酸钾作用转化而来，可由在浓硫酸、浓硝酸的作用下发生硝化反应而得，据此确定合成路线为：，故答案为：。
【分析】
（1）考查反应类型的判别
（2）考查有机化合物分子式的书写
（3）考查有机化学反应方程式的书写，注意可逆符号。
（4）考查同分异构体的书写，要理清楚同分异构体的书写标准。
（5）根据最终产物，采用逆向合成法一步一步写出中间产物。
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