2024届高三化学二轮复习——化学反应速率与化学平衡（含解析）

2024届高三化学二轮复习——化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．兴趣小组用预处理后的废弃油脂制作肥皂(高级脂肪酸钠)并回收甘油，简单流程如下图所示。下列说法错误的是
A．步骤①中加入乙醇的目的是助溶，提高反应速率
B．步骤②中加入食盐细粒的目的是降低肥皂的溶解度
C．步骤③可借助装置M完成(夹持装置省略)
D．步骤④中包含蒸馏操作
2．在下，向的恒容密闭容器里按充入气体A，B，发生反应：。时达到平衡，测得部分数据如表所示：
物质及状态
平衡时的物质的量分数 40% 20% 　
平衡时的物质的量/ 　 　 4
下列说法正确的是（　　）
A．
B．起始时，充入的物质的量为
C．时，该反应的化学平衡常数
D．平衡时，的物质的量浓度为
3．在一密闭容器中，可逆反应：aA(g) + bB(g) cC(g)达平衡后，测得此时C的浓度为0.6 mol/L。若保持温度不变，将容器的容积压缩为原来的2/3，当重新达平衡后，C的浓度是0.8 mol/L。下列说法正确的是（　　）
A．a + b > c B．平衡向正反应方向移动
C．物质A的转化率降低 D．物质C的质量分数增加
4．800℃时，在2 L密闭容器中发生反应：2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)，该反应体系中n(NO)随时间的变化如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
n(NO)/mol 0.022 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
下列有关说法错误的是（　　）
A．用氧气表示0～3 s内该反应的平均速率ν(O2)＝0.0025 mol·L－1·s－1
B．容器内颜色保持不变时，说明该反应达到平衡状态
C．增大氧气的浓度，既加快反应速率，又使平衡正向移动
D．该反应达到平衡时，转移电子总数为0.03NA
5．以、为原料合成涉及的主要反应如下：
①
②
的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如下：
已知：
下列分析错误的是（　　）
A．
B．400℃左右，体系发生的反应主要是②
C．由图可知，，
D．初始、，平衡后、，若只发生①、②，则的平衡转化率为24%
6．研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是（）

A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
7．一定条件下，在密闭容器中发生反应4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g)△H<0并建立平衡，在t1和t3时分别改变一个条件，在t2和t4时反应达到新的平衡状态。图1是正反应速率随时间变化的图像，图2是NO的浓度随时间变化的图像，下列说法错误的是（　　）
A．t1时改变的条件是减小生成物浓度
B．t3时正、逆反应速率均增大
C．t3时改变的条件可能是加压或者升温
D．t4时的平衡常数小于t1时的平衡常数
8．一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4（s）+CO（g） MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H＞0该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是（　　）
选项 x y
A MgSO4的质量（忽略体积） CO的转化率
B CO的物质的量 CO2与CO的物质的量之比
C SO2的浓度 平衡常数K
D 温度 容器内混合气体的密度
A．A B．B C．C D．D
9．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
10．一定温度下，向1.0L恒容密闭容器中充入，发生如下反应：。反应过程中测定的部分数据见下表。下列说法错误的是（　　）
0 50 150 250 350
0 0.16 0.19 0.20 0.20
A．0～250s，反应过程中气体平均摩尔质量逐渐减小
B．反应到250s时，产生的体积为4.48L(标准状况)
C．对平衡后体系降温，混合气体密度减小，则的状态一定发生变化
D．其它条件相同时，向平衡后体系再充入等物质的量的和，此时v(正)>v(逆)
11．T℃时在2L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的浓度变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的体积百分含量与时间的关系如图2所示.则下列结论错误的是（　　）
A．容器中发生的反应可表示为：3X(g)+Y(g) 2Z(g)
B．反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)=0.1mol L-1 min-1
C．保持其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小
D．若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是加催化剂
12．反应是工业上制备高纯硅的重要中间过程。一定压强下，起始投入原料的值和温度与的平衡产率的变化关系如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．该反应为放热反应，
B．M、N点的分压：
C．的值越大平衡产率越高
D．M、N点的逆反应速率：
13．在一容积不变，绝热的密闭容器中发生可逆反应：2X(s) Y(g)+Z(g)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是（　　）
A．混合气体的密度不再变化
B．反应容器中Y的质量分数不变
C．该反应的化学平衡常数不变
D．容器中混合气体的平均相对分子量不变
14．M和N转化为P的催化反应历程如图。下列说法错误的是（　　）
A．生活中常用P除水垢
B．催化剂能改变反应速率同时也能改变反应的焓变
C．M和N转化为P是一个放热反应
D．该反应有利于治理温室效应
15．我国科学家团队打通了温和条件下草酸二甲酯催化加氢制乙二醇的技术难关，反应为.如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为时，和随时间的变化分别为曲线Ⅰ和Ⅱ，反应温度为时，随时间的变化为曲线Ⅲ.下列判断正确的是（　　）
A．
B．a、b两时刻生成乙二醇的速率：
C．在温度下，反应在内的平均速率为
D．其他条件相同，在温度下，起始时向该容器中充入一定量的氮气，则反应达到平衡的时间小于
二、综合题
16．有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。
（1）在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；
①O3=O+O2 (慢) ②O+O3=2O2 (快)
第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)=　 　。
（2）NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：
已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) ΔH=－143 kJ/mol
反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH1=－200.2 kJ/mol。
反应2：热化学方程式为　 　。
（3）一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。
已知：NO与Ca(OH)2不反应；
NOx的去除率=1－×100%
①在0.3－0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：　 　。
②当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是　 　。
（4）若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=－759.8 kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近　 　。
②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为　 　；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为　 　(以上两空均用a、b、c、d表示)。
③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为　 　。
17．实验室以天青石精矿(主要含SrSO4，还含有少量SiO2、CaSO4、BaSO4)为原料制取SrSO4，其实验流程如下：
（1）室温下，反应SrSO4(s)＋CO (aq) SrCO3(s)＋SO (aq)达到平衡，则反应的平衡常数为　 　[Ksp(SrSO4)＝3.2×10 7，Ksp(SrCO3)＝5.6×10 10]。
（2）浸取天青石精矿时，向NH4HCO3溶液中加入适量浓氨水的目的是　 　。“浸取Ⅰ”的条件是温度在60~70℃、搅拌、反应3小时，温度过高将会导致SrSO4的转化率下降，其原因是　 　。
（3）“焙烧”所得SrO粗品用蒸馏水多次浸取得Sr(OH)2溶液。判断SrO粗品已经浸取完全的方法：　 　。
（4）“沉淀”过程中除得到SrSO4外，还得到一种可循环利用的物质，该物质为　 　。
（5）将SrSO4与煤粉按照一定比例混合后煅烧得到一种黑灰(SrS)。
①写出生成SrS的化学反应方程式：　 　。
②设计以黑灰为原料，制取SrSO4的实验方案：　 　。
(已知：SrS易溶于水，易水解。水浸时的浸取率随温度变化如下图。实验中锶元素需充分转化SrSO4，必须使用的试剂：蒸馏水、3mol·L－1H2SO4和NaOH溶液)。
18．按要求填空
（1）操作一：在某压强恒定的密闭容器中加入2molN2和4molH2，发生如下反应：
N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）；△H=﹣92.4kJ/mol
达到平衡时，体积为反应前的 ．
求：达到平衡时，N2的转化率为　 　．
（2）操作二：若向该容器中加入a mol N2、b mol H2、c mol NH3，且a、b、c均为正数，在相同条件下达到平衡时，混合物中各组分的物质的量与上述平衡相同．试比较操作一、操作二反应放出的能量：①　 　②（＞”、“＜”或“=”）．
（3）若将2molN2和4molH2放入起始体积相同的恒容容器中，在与Ⅰ相同的温度下达到平衡．试比较平衡时操作一、操作二NH3的浓度：①　 　②（填“＞”、“＜”或“=”）．
19．镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如图：
已知：i.酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等；
ii.NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大。
回答下列问题：
（1）提高“酸浸”速率的方法有 　 　。（任写一条）
（2）基态Fe原子的核外电子排布式为 　 　。Fe的晶胞结构如图所示，已知NA表示阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数为anm，则Fe晶胞的密度为 　 　g cm3（用含NA和a的代数式表示）。
（3）黄钠铁矾的化学式为Na2Fe6（SO4）4（OH）12，“除铁”的离子方程式为 　 　。
（4）“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加　 　（结合平衡理论解释）。Ca2+和Mg2+沉淀完全时，溶液中 F﹣的浓度c（F﹣）最小为 　 　mol L﹣1。[已知离子浓度≤10﹣5mol L﹣1时，认为该离子沉淀完全，Ksp（CaF2）═1.0×10﹣10，Ksp（MgF2）═7.5×10﹣11]
（5）获得NiSO4（s）的“一系列操作”是 　 　。
20．硫的氧化物是形成酸雨的罪魁祸首，含硫烟气(主要成分为SO2)的处理备受关注，主要有以下两种方法。请回答下列问题：
（1）已Ⅰ.碱液吸收法
步骤1：用足量氨水吸收SO2。
步骤2：再加入熟石灰，发生反应＋Ca2＋＋2OH－＋=CaSO3↓＋2NH3·H2O。
知：25 ℃时，Kb(NH3·H2O)＝a；Ksp(CaSO3)＝b。该温度下，步骤2中反应的平衡常数K＝　 　(用含a、b的代数式表示)。
Ⅱ.水煤气还原法
已知：ⅰ.2CO(g)＋SO2(g) S(l)＋2CO2(g) ΔH1＝－37.0 kJ·mol－1
ⅱ.2H2(g)＋SO2(g) S(l)＋2H2O(g) ΔH2＝＋45.4 kJ·mol－1
（2）写出CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g) 、H2(g)的热化学方程式为　 　。
若该反应在绝热、恒容体系中进行，达到平衡的标志　 　。
A．氢氧键的断裂速率等于氢氢键的断裂速率
B．混合气体的平均摩尔质量保持不变
C．混合气体的总压强保持不变
D．H2O(g) 与H2(g)的体积比保持不变
（3）反应ⅱ的正反应的活化能E　 　(填“>”“<”或“＝”)ΔH2。
（4）在一定压强下，发生反应ⅱ。平衡时，α(SO2) （二氧化硫的转化率）与原料气投料比[ ]和温度(T)的关系如图所示。
①α(H2)：M　 　(填“>”“<”或“＝”)N。
②逆反应速率：M　 　(填“>”“<”或“＝”)Q。
（5）T ℃，向10 L恒容密闭容器中充入2 mol CO(g)、2 mol SO2(g)和2 mol H2(g)，发生反应ⅰ和反应ⅱ。5 min达到平衡时，CO2(g)和H2O(g)的物质的量分别为1.6 mol、1.8 mol。
①该温度下，反应ⅱ的平衡常数K＝　 　。
②其他条件不变，6 min时缩小容器容积。α(SO2)　 　(填“增大”“减小”或“不变”)，原因　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．乙醇是常用的有机溶剂，而且能够与水混溶，油脂难溶于水，步骤①中加入乙醇的目的是增加油脂在NaOH溶液中的溶解度，使反应物充分接触发生反应。从而可提高反应速率，A不符合题意；
B．向混合物中加入食盐细粒，会降低高级脂肪酸钠的溶解度而结晶析出，即发生盐析现象，B不符合题意；
C．操作③为过滤，用到的仪器为漏斗，而不是分液漏斗，C符合题意；
D．甘油和水相互溶解，二者的沸点不同，用蒸馏操作分离甘油，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.油脂能溶于乙醇；
B.向混合物中加入食盐细粒会发生盐析；
D.甘油和水互溶，采用蒸馏的方法分离。
2．【答案】B
【解析】【解答】根据三段式：，，，。
A．，A不符合题意；
B．根据上述计算，，充入的为2a，为6mol，B符合题意；
C．根据以上三段式计算：，C不符合题意；
D．平衡时，的物质的量为，浓度为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据以上三段式中各物质之间的关系计算。
3．【答案】C
【解析】【解答】保持温度不变，将容器的容积压缩为原来的2/3，若平衡不移动，C的浓度为0.9mol/L；压缩体积，增大压强，平衡时C的浓度为0.8mol/L 0.9mol/L，增大压强平衡逆反应方向移动，则a + bc，物质A的转化率降低，C的质量分数减小，
故答案为：C。
【分析】此题采用假设法，假设平衡不移动，根据容积的变化来判断浓度的变化，然后根据浓度的变化和题目中的浓度变化进行判断平衡移动的方向。
4．【答案】A
【解析】【解答】A. 用NO表示0～3 s内该反应的平均速率为 ，用氧气表示0～3 s内该反应的平均速率 ，A符合题意；
B. 二氧化氮为红棕色，一氧化氮和氧气无色，故颜色为该反应的“变量”，所以容器内颜色保持不变时，说明该反应达到平衡状态，B不符合题意；
C. 增大氧气的浓度，既加快反应速率，又使平衡正向移动，C不符合题意；
D. 该反应达到平衡时，消耗了0.015molNO，共转移电子总数为0.03NA，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据v=计算；
B．反应达到平衡状态时各物质的浓度不变；
C．增大反应物浓度，反应速率加快，平衡正向移动；
D．消耗2molNO时转移电子数为4NA，达到平衡状态时消耗0.015molNO，据此计算消耗0.015molNO转移电子数。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．反应①的正反应为气体体积减小的方向，反应②反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应②不移动，因此 P1>P2，A不符合题意；
B.400℃时，由图可以看出， CH3OH 的选择性趋近为0，意味着转化为CH3OH的CO2为0，因此此时体系发生的反应主要是②，B不符合题意；
C．由图看出，随着温度升高，的选择性()逐渐降低，反应①向逆方向进行，因此正反应<0；同时，随着温度升高，前期的平衡转化率()逐渐降低，此阶段体系发生的反应主要是反应①，后期的平衡转化率()逐渐升高，此阶段体系发生的反应主要是反应②，因此>0，C不符合题意；
D ．平衡后，根据CO2的平衡转化率为30%，得出两个反应共消耗0.3mol CO2，又因为可知0.3mol CO2中有80%发生反应①转化为CH3OH，而0.3mol CO2中有20%发生反应②转化为CO，根据三段式可得：
，
两个反应中氢气的转化总量为0.78mol，所以氢气的转化率=，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.增大压强，反应①正向移动，反应②不移动；
B.400℃时甲醇的选择性接近0；
C.升温甲醇的选择性降低， ，升温二氧化碳的转化率升高， 。
6．【答案】C
【解析】【解答】A.雾是胶体，霾是悬浊液，其分散剂均是水，故A不符合题意
B.根据图示可知，最终氮的氧化物转化成硝酸铵而硫的氧化物转化成硫酸铵进入无机颗粒物，故B不符合题意
C.催化剂指的是只改变化学反应的速率而不参与化学反应，且本身的性质和质量不发生改变，本题中氨气参加了反应，故C符合题意
D.过度使用氮肥会导致氮元素在环境中流动，最终也可能会转化成铵盐，从而也间接的有助于雾霾的形成，D不符合题意
故答案为：C
【分析】该题考查分散系、催化剂、硫和氮的氧化物对环境的影响，学生应重点掌握①：分散系、分散剂、分散质的概念；②催化剂：只改变化学反应的速率，本身不参与化学反应，且本身的性质和质量不发生改变；
7．【答案】C
【解析】【解答】A.由图1可知，t1改变条件时，正反应速率在原来基础上逐渐减小；由图2可知，t1改变条件时，NO的浓度在原来基础上逐渐减小，说明改变条件后平衡正向移动，只有减小生成物浓度才能与两个图像的变化情况吻合，A不符合题意；
B.由图1可知，t3改变条件时，正反应速率在原来基础上突增，由图2可知，NO的浓度在原来基础上逐渐增大，即平衡逆向移动，说明t3改变条件时，逆反应速率大于正反应速率，即逆反应速率在原来基础上也是突增的，B不符合题意；
C.由上分析可知，t3改变条件时正逆反应速率均突增，但由图2可知，NO的浓度在原来基础上是逐渐增大的，因此所改变的条件只能是升温而不是加压，C不符合题意；
D.由上述分析可知，t4时的温度高于t3时的，t3时的温度等于t1时的，因此t4时的温度高于t1时的温度，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，D不符合题意。
【分析】A.t1时，正反应速率减小，NO的浓度减小，说明改变条件为减弱反应条件、平衡向正反应方向移动；t3时，正反应速率增大，说明反应条件增强，NO的浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，据此进行分析即可。
8．【答案】D
【解析】【解答】解：该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，
A．若x是MgSO4的质量，y是CO的转化率，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动，所以增大硫酸镁的质量，CO的转化率不变，故A错误；
B．若x是CO的物质的量，y是CO2与CO的物质的量之比，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但加入的CO量大于CO转化的量，所以增大CO的物质的量，CO2与CO的物质的量之比应该减小，故B错误；
C．若x是二氧化硫的浓度，y是平衡常数，平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，增大二氧化硫浓度，温度不变，平衡常数不变，故C错误；
D．若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，所以符合图象，故D正确；
故选D．
【分析】该反应是一个反应前后气体体积增大的吸热反应，
A．若x是MgSO4的质量，y是CO的转化率，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动；
B．若x是CO的物质的量，y是CO2与CO的物质的量之比，增大CO的物质的量，平衡向正反应方向移动，但加入的CO量大于CO转化的量；
C．若x是二氧化硫的浓度，y是平衡常数，平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关；
D．若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向移动．
9．【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。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．该反应是气体总物质的量增大、质量不变的反应，则0～250s，气体平均摩尔质量逐渐减小，故A不符合题意；
B．反应到250s时，PCl3气体的物质的量为0.2mol，根据反应方程式可知生成氯气的物质的量为0.2mol，所以产生的体积为4.48L(标准状况)，故B不符合题意；
C．相对分子质量大，沸点高，对平衡后体系降温，混合气体密度减小，说明气体总质量减小，则的状态一定发生变化，故C不符合题意；
D．一定温度下，K= ；其它条件相同时，向平衡后体系再充入等物质的量的和，假设加入的和都是1mol，，所以反应逆向进行，此时v(正)故答案为：D。
【分析】A、气体质量守恒，若是气体化学计量数增大，则平均摩尔质量减小；
B、结合公式V=n·Vm判断；
C、结合公式m=ρ·V判断；
D、化学平衡常数等于反应物的浓度幂之积和生成物的浓度幂之积之比，如果已知化学平衡常数，要判断平衡移动问题，可以结合Q和化学平衡常数的关系进行判断，Q>K，反应朝逆向移动，Q>K，反应朝正向移动，Q=K，平衡不移动。
11．【答案】C
【解析】【解答】A. 从图1可以得出，X、Y为反应物，Z为生成物，三者物质的量的变化量分别为0.6mol、0.2mol、0.4mol，且反应在3min达平衡，则反应为：3X(g)+Y(g) 2Z(g)，A不符合题意；
B. 反应进行的前3min内，用X表示的反应速率v(X)= =0.1mol L-1 min-1，B不符合题意；
C. T2先达平衡，则T2>T1，保持其他条件不变，升高温度，Y的百分含量减小，说明平衡正向移动，反应的化学平衡常数K增大，C符合题意；
D. 若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则达平衡的时间缩短，但各物质的量未改变，所以改变的条件是加催化剂，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A：参与反应的物质的量之比等于化学计量数之比
B：根据计算
C： T2先达平衡，则T2>T1，保持其他条件不变，升高温度，Y的百分含量减小，说明平衡正向移动，反应的化学平衡常数K增大
D：催化剂加快反应速率，但不改变平衡
12．【答案】C
【解析】【解答】A．温度升高，的平衡产率减小，说明反应向逆反应方向移动，正反应为放热反应，选项A不符合题意；
B．M点的平衡产率大，其物质的量大、温度高，故分压大，选项B不符合题意；
C．由图可知，的值增大至7时，的平衡产率降低至接近于0，选项C符合题意；
D.M点温度较高，浓度较大，逆反应速率，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.其他条件相同时，温度高，产率低，说明该反应是放热反应；
B.物质的量相同时，温度越高，压强越大，温度相同时，物质的量越大，压强越大；
C.从图可以看出，并非比值越大，平衡产率越大；
D.温度对反应速率的影响最大，温度越高，反应速率越大。
13．【答案】C
【解析】【解答】A.反应过程中混合气体的质量发生变化，根据密度公式可知，混合气体的密度在反应过程中发生变化，为一变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B.反应过程中Y的质量分数发生变化，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，B不符合题意；
C.化学平衡常数只与温度有关，与平衡移动无关，因此平衡常数不变，不能说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D.反应过程中混合气体的质量、物质的量发生变化，根据公式可知，混合气体的平均相对分子量在反应过程中为一变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、分析反应过程中混合气体的密度是否为变量，若为变量，则当其不变时，反应达到平衡状态；
B、反应过程中Y的质量分数为变量；
C、化学平衡常数只与温度有关，与反应平衡移动无关；
D、分析反应过程中混合气体的平均相对分子量是否为变量，若为变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态；
14．【答案】B
【解析】【解答】A．根据以上分析，P为CH3COOH，生活中常用醋酸除水垢，故A不符合题意；
B．催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变，故B符合题意；
C．根据图示，①的总能量高于②的总能量，CH4和CO2转化为CH3COOH是一个放热反应，故C不符合题意；
D．该反应是将CH4和CO2等温室效应气体转化为CH3COOH，所以发生的反应有利于治理温室效应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，CH4和CO2在催化剂的条件下反应生成CH3COOH，反应经过由①到过渡态和由过渡态再到②两个过程，且①的总能量高于②的总能量，总反应为CH4+CO2 CH3COOH，即M为CH4，N为CO2，P为CH3COOH，据此分析解答。
15．【答案】C
【解析】【解答】A、由图可知，反应温度为T1和T2，Ⅱ比Ⅲ先达到平衡，则T1>T2，升高温度，c(H2)增大，平衡逆向移动，则该反应的 ，故A错误；
B、升高温度，反应速率加快，a点的温度高于b点，则反应速率v(a)>v(b)，故B错误；
C、T2时，在0~t2内，Δc(H2)=0.05mol/L，，故C正确；
D、向恒容容器中充入氮气，各物质的浓度不变，反应速率不变，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、先拐先平衡；
B、升温反应速率增大；
C、根据计算；
D、 向该容器中充入一定量的氮气 ，各物质的浓度不变，反应速率不变。
16．【答案】（1）
（2）NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H2=+57.2 kJ/mol
（3）NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2量太多， 剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低
（4）1：1；cd；60%
【解析】【解答】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)， v2=k2c(O3)·c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)·c(O)，所以c(O)=；
(2)反应①是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂，根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H=+57.2 kJ/mol；
(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；
②当NO太少，NO2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO2-+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；
(4)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1；
②增大，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、 c三点CO的转化率从小到大的顺序为cT2，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为b=c>d；
③若=0.8，反应达平衡时，N2 的体积分数为20%，假设开始时n(NO)=1 mol，n(CO)=0.8 mol，假设CO平衡时CO转化了x mol，则根据物质反应转化关系可知平衡产生CO2的物质的量为x mol，N2为0.5x mol，则此时CO为(0.8-x) mol，NO为(1-x) mol， ×100%=20%， 解得x=0.6 mol，所以NO的转化率为×100%=60%。
【分析】（1）若生成速率等于消耗速率，可以结合代数式进行判断；
（2）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（3） ① 一氧化氮和二氧化氮与氢氧化钙反应生成亚硝酸钙和水；
② NO2量太多， 剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低 ；
（4） ① 结合化学计量数之比进行判断；
② 增大某种反应物的浓度，其转化率减小；
③ 结合三段式进行判断。
17．【答案】（1）571.4
（2）将HCO 转化为CO ，增大溶液中CO 的浓度；温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发
（3）取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红
（4）氨水
（5）SrSO4＋2C=SrS＋2CO2↑(或SrSO4＋4C=SrS＋4CO↑)；取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L－1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干
【解析】【解答】(1)室温下，反应SrSO4(s)＋CO (aq) SrCO3(s)＋SO (aq)达到平衡，则溶液中 = = =571.4，故答案为：571.4；
(2)一水合氨可以和碳酸氢根反应生成碳酸根，浸取天青石精矿时，向NH4HCO3溶液中加入适量浓氨水的目的是：将HCO 转化为CO ，增大溶液中CO 的浓度；NH4HCO3加热易分解，温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发，所以“浸取Ⅰ”的条件是温度在60~70℃、搅拌、反应3小时，温度过高将会导致SrSO4的转化率下降，故答案为：将HCO 转化为CO ，增大溶液中CO 的浓度；温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发；
(3) SrO粗品已经浸取完全时，浸取后的溶液中不再有Sr(OH)2，取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红说明浸取完全，故答案为：取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红；
(4)第一步浸取滤液中含有NH ，在沉淀过程中会生成NH3 H2O，可循环利用，故答案为：氨水；
(5)①SrSO4与C发生氧化还原反应生成SrS和二氧化碳或一氧化碳，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为：SrSO4＋2C=SrS＋2CO2↑(或SrSO4＋4C=SrS＋4CO↑)，故答案为：SrSO4＋2C=SrS＋2CO2↑(或SrSO4＋4C=SrS＋4CO↑)；
②由图可知，90℃是Sr(OH)2的浸取率最高，取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L－1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干，故答案为：取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L－1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干。
【分析】天青石精矿(主要含SrSO4，还含有少量SiO2、CaSO4、BaSO4)，加入碳酸氢铵溶液和氨水浸取，可将SrSO4转化为SrCO3，过滤后滤渣含有SiO2、CaCO3、BaSO4、SrCO3滤液中含有NH ，滤渣经过焙烧，“焙烧”所得SrO粗品用蒸馏水多次浸取得Sr(OH)2溶液，再和第一步浸取的滤液反应生成SrSO4，以此解答。
18．【答案】（1）50%
（2）＞
（3）＞
【解析】【解答】解：（1.）体积之比等于物质的量之比，故平衡后反应混合气体总的物质的量为（2mol+4mol）× =4mol，则：
N2（g） + 3H2（g） 2NH3（g） 物质的量减少
1 2
n（N2） 6mol﹣4mol=2mol
故n（N2）=1mol，氮气的转化率= ×100%=50%，
故答案为：50%；
（2.）开始加入a mol N2、b mol H2、c mol NH3，在相同条件下达到平衡时，混合物中各组分的物质的量与原平衡相同，为等效平衡，按化学计量数转化到左边满足氮气为2mol、氢气为4mol，（2）中由于氨气存在，故参加反应的氮气的物质的量比（1）中少，所以放出的热量①＞②，
故答案为：＞；
（3.）若将2molN2和4molH2放入起始体积相同的恒容容器中，在与Ⅰ相同的温度下达到平衡，等效为在Ⅰ平衡基础上增大体积降低压强，平衡时浓度混合气体浓度降低，平衡时NH3的浓度：①＞②，
故答案为：＞．
【分析】（1.）体积之比等于物质的量之比，据此计算反应后混合气体总的物质的量，利用差量法计算参加反应的氮气的物质的量，再根据转化率定义计算；
（2.）开始加入a mol N2、b mol H2、c mol NH3，在相同条件下达到平衡时，混合物中各组分的物质的量与原平衡相同，为等效平衡，按化学计量数转化到左边满足氮气为2mol、氢气为4mol，（2）中由于氨气存在，故参加反应的氮气的物质的量比（1）中少；
（3.）若将2molN2和4molH2放入起始体积相同的恒容容器中，在与Ⅰ相同的温度下达到平衡，等效为在Ⅰ平衡基础上增大体积降低压强，平衡时浓度混合气体浓度降低．
19．【答案】（1）升高温度、粉碎炉渣
（2）[Ar]3d66s2；
（3）6Fe2++ClO3-+2Na++4SO42-+9H2O=Na2Fe6（SO4）4（OH）12+Cl-+6H+
（4）：pH降低，酸性增强，F﹣+H2O HF+OH﹣平衡正移，c（F﹣）减小，为使钙镁完全沉淀；10﹣5.5
（5）蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤
【解析】【解答】 （1） 升高温度 、增大固体反应物接触面积都可以加快反应速率；
（2）Fe是26号元素，其基态原子的核外电子排布式为 ： [Ar]3d66s2 ，或1s22s22p63s23p63d64s2；Fe的晶胞是体心立方，一个晶胞内部含有的Fe原子的个数是8×1/8+1=2，根据晶胞参数以及密度公式得：ρ==；
（3）“除铁”的离子方程式为 ：6Fe2++ClO3-+2Na++4SO42-+9H2O=Na2Fe6（SO4）4（OH）12+Cl-+6H+；
（4） 随pH降低，NaF用量急剧增加 得原因是： pH降低，酸性增强，F﹣+H2O HF+OH﹣平衡正移，c（F﹣）减小，为使钙镁完全沉淀 ，需增大NaF的用量；
（Ca2+）沉淀完全时，c（F-）==，要使Mg2+沉淀完全，c（F-）=，要使两个离子都沉淀完全，应选择浓度大的，即c（F-）=10-2.5mol/L；
（5）硫酸镍在水中的溶解度随温度的升高而增大，获取硫酸镍的操作应该是： 蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤 。
【分析】（1）可以影响化学反应速率的因素有：温度、反应物浓度、催化剂、固体反应物接触面积等；
（2）先计算一个晶胞中Fe原子的个数，再根据晶胞密度公式求算；
（3）除铁的过程是Fe2+被ClO3-氧化为Fe3+；
(4)沉淀完全指的是溶液中该离子的浓度小于等于10-5mol/L，再将10-5mol/L代入Ksp的表达式；
（5）硫酸镍的溶解度随温度升高，变化趋势较大，因此应该采取冷却结晶的方式析出晶体。
20．【答案】（1）
（2）CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g) ΔH1＝－41.2kJ·mol－1；C
（3）D
（4）>；>
（5）2 700；增大；反应ⅰ和反应ⅱ均为气体分子总数减小的反应，只缩小容器容积，平衡均向右移动，SO2的转化率增大
【解析】【解答】解：Ⅰ.（1）25 ℃时，Kb(NH3·H2O)＝c(OH－)×c(NH )/c(NH3·H2O)=a2；Ksp(CaSO3)＝c(SO )×c(Ca2+)/c(CaSO3)=b；根据反应2NH ＋Ca2＋＋2OH－＋SO =CaSO3↓＋2NH3·H2O可知该反应的平衡常数为K=c2(NH3·H2O)×c(CaSO3)/c2(NH )×c(Ca2+)×c2(OH－) ×c(SO )=1/Kb2Ksp=1/ba2；正确答案：1/ba2。Ⅱ.(2)根据盖斯定律：反应（ⅰ-ⅱ）×1/2，可以得到CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g) ΔH1＝－41.2kJ·mol－1 ；断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，A不正确；反应前后混合气体的总质量不变，反应前后混合气体的总量不变，因此混合气体的平均摩尔质量恒为定值，不能判断反应达到平衡状态，B不正确；根据气态方程：PV=nRT，当V、n保持不变时，压强与温度成正比，因为该反应在绝热、恒容体系中进行，当体系内温度不变时，体系的压强不再发生变化，反应达到平衡状态，C正确；H2O(g)为反应物不断被消耗，H2(g)为生成物，不断增多，当二者体积比保持不变时，即物质的浓度保持不变，反应达到平衡状态，D正确；正确答案：CD。(3)反应ⅱ为：2H2(g)＋SO2(g) S(l)＋2H2O(g) ΔH2＝＋45.4 kJ·mol－1，反应热等于正反应活化能减去逆反应活化能，E（正）- E（逆）=ΔH2＝＋45.4，E（正）=E（逆）＋45.4，所以反应ⅱ的正反应的活化能E>ΔH2；正确答案：>。(4) ①根据图像可知，当α(SO2)一定时， 比值越大，氢气的转化率就越大α(H2)：M> N；正确答案：>。
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡右移，反应物转化率增大；根据图像，相同， 条件下，T1 时α(SO2)的大于 T2时的α(SO2)，说明T1> T2，温度越高，反应速率越快，逆反应速率M>Q；正确答案：>。(5)①
ⅰ. 2CO(g)＋ SO2(g) S(l)＋ 2CO2(g)
起始 2 2 　 0
转化 1.6 0.8 　 1.6
平衡 0.4 1.2 　 1.6
ⅱ. 2H2(g)＋ SO2(g) S(l)＋ 2H2O(g)
起始 2 1.2 0
转化 1.8 0.9 1.8
平衡 0.2 0.3 1.8
　 　 　 　 　 　 　 　 　
针对反应ⅱ各物质浓度为c(H2)=0.02mol/L， c(SO2)=0.03 mol/L， c(H2O)=0.18 mol/L， 该温度下，反应ⅱ的平衡常数K＝c2(H2O)/c2(H2)×c(SO2)，代入数值可求出反应ⅱ的平衡常数=2700；正确答案：2700。
②反应ⅰ和反应ⅱ均为气体分子总数减小的反应，只缩小容器容积，平衡均向右移动，SO2的转化率增大，所以其他条件不变，6 min时缩小容器容积，α(SO2)增大；正确答案：增大；反应ⅰ和反应ⅱ均为气体分子总数减小的反应，只缩小容器容积，平衡均向右移动，SO2的转化率增大。
【分析】(1)写出该反应的平衡常数为K=c2(NH3·H2O)×c(CaSO3)/c2(NH )×c(Ca2+)×c2(OH－) ×c(SO )，利用Kb(NH3·H2O)＝a；Ksp(CaSO3)＝b条件，既可以得到K的表达式。(2)根据盖斯定律得出CO(g)＋H2O(g) H2(g)＋CO2(g) ΔH1＝－41.2kJ·mol－1；根据变量不变判断反应达平衡状态。注意该题的条件为绝热、恒容体系中进行，所以根据气态方程：PV=nRT，当V、n保持不变时，压强与温度成正比，因为该反应在绝热、恒容体系中进行，当温度不变时，体系的压强不在发生变化，反应达到平衡状态。（3）根据反应热等于正反应活化能减去逆反应活化能，E（正）- E（逆）=ΔH2＝＋45.4进行分析判断。(4) ①根据图像可知，当α(SO2)一定时， 比值越大，氢气的转化率就越大。②根据图像判断出该反应为吸热反应，T1>T2，温度越高，反应速率越快。（5）根据题给的起始量和平衡量，结合两个反应关系，可以计算出反应ⅱ的平衡常数K