吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11化学反应速率与化学平衡

这是一份吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11化学反应速率与化学平衡，共48页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。
吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11化学反应速率与化学平衡

一、单选题
1．（2023·吉林白山·统考模拟预测）科学家实现了聚乙烯塑料转化成高附加值的产品，流程如图所示。下列叙述正确的是
  
A．聚乙烯不可用作食品外包装材料
B．高温下生物转化比低温下快
C．丙比乙多一个-CH2-
D．甲在碱性介质中能发生水解
2．（2023·吉林长春·统考模拟预测）下列实验方案设计和现象都正确的是
选项
实验目的
方案设计
现象
A
验证转化为是放热反应
将充有的密闭烧瓶放入热水中
烧瓶内气体颜色变浅
B
验证比的酸性强
时，分别用计测定溶液和溶液的
溶液的：
C
验证与相比，能加速破坏铝片表面的氧化膜
两块相同的未经打磨的铝片，相同温度下分别投入到等浓度的溶液和溶液中
一段时间后，前者无明显现象，后者铝片
发生溶解
D
验证
向浓度均为的混合溶液中加入溶液
出现蓝色沉淀
A．A B．B C．C D．D
3．（2023·吉林长春·校联考模拟预测）下列实验操作能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验目的
证明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)
探究化学反应速率的影响因素
除去乙烯中少量的SO2
增大HClO的浓度
实验操作
  
  
  
  
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·吉林·统考二模）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．7.8g中所含阴离子数为
B．1mol完全反应制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数为
C．1mol和3mol在一定条件下充分反应生成的分子数为
D．常温下pH=2的醋酸溶液中含有的氢离子数为
5．（2022·吉林·校联考模拟预测）常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是
A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃
C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)
6．（2022·吉林长春·统考模拟预测）乙烯液相催化氧化乙醛机理如图所示：

下列说法错误的是
A．产生1molCH3CHO转移电子数为2NA
B．CuCl2与PdCl2是催化剂，CuCl与Pd是中间产物
C．I、II、III步均发生氧化还原反应
D．该反应过程中既有极性键和非极性键断裂又有极性键和非极性键形成
7．（2022·吉林·校联考模拟预测）一定温度下，10mL 0.40 mol·L-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
2
3
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是（    ）（溶液体积变化忽略不计）
A．反应至6min时，H2O2分解了50％
B．反应至6min时，c(H2O2)=0.20 mol·L-1
C．0~6min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)
D．4~6min的平均反应速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min)
8．（2021·吉林·统考二模）溶液中除铁时还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠 [Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀除去。下图是温度-pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域。下列说法不正确的是  ｛已知25℃，Ksp[Fe(OH)3]=2.64×10-39｝

A．工业生产黄铁矾钠，温度控制在85～95℃pH=1.5左右
B．pH=6，温度从80℃升高至150℃体系得到的沉淀被氧化
C．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+ 离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O
D．在25℃时溶液经氧化，调节溶液pH=4 ，此时溶液中c(Fe3+)=2.64×10-9 mol·L－1

二、原理综合题
9．（2023·吉林长春·校联考模拟预测）氮、硫及其化合物都是目前研究的热点。
(1)NO破坏臭氧层的反应过程如图1所示。
  
已知：O3 (g)+O(g)=2O2 (g) ∆H=−143kJ/mol；
反应2：O(g)+NO2 (g)=O2 (g)+NO(g) ∆H=+57.2kJ/mol。
则反应1的热化学方程式为： 。
(2)利用反应CH4 (g)+2NO2 (g)CO2 (g)+N2 (g)+2H2O(g) ∆H=－868.74kJ/mol，可将NO2进行无害化处理，将2molCH4 (g)和4molNO2加入恒温恒容的密闭容器中(起始压强为120kPa)，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
时间/min
0
50
100
150
200
250
300
压强/kPa
120
136
144
148
150
150
150
①用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，及v=∆p/∆t，分压=总压×物质的量分数，则反应前 50min 内平均反应速率 v(CH4)= kPa/min。
②Kp 为用气体分压表示的平衡常数， 则该温度下该反应的平衡常数 Kp= kPa。
(3)燃煤烟气中硫的回收反应为 2CO(g)+SO2 (g)2CO2 (g)+S(l)。相同条件下，选用 a、b、c 三种催化剂进行反应，生成二氧化碳的物质的量与时间的变化关系如图2所示，催化效果最差的是 。研究发现细小炭粒能将 O2转化为活性氧而加快 SO2 的氧化速率，在干燥和潮湿两种环境中的反应历程如图3所示。活化氧的过程适宜在潮湿环境中进行，理由为 。
  
(4)间接电解法除N2O。其工作原理如图4所示，已知：H2S2O4是一种弱酸。
  
①a极是电源 (填“正极”或“负极”)，离子交换膜是 (填“阳离子” 或“阴离子”)交换膜。
②吸收池的工作原理是 (用化学方程式表示)。
10．（2023·吉林白山·统考模拟预测）我国科研团队发现了一种具有超高稳定性的一维钯银合金纳米线催化剂，能高选择性、高稳定性地将CO2还原成甲酸(HCOOH)。化学反应为CO2(g) +H2(g) HCOOH(g)   ΔH。
(1)已知：①2HCOOH(g) +O2(g)=2CO2(g) +2H2O(g) ΔH1= -a kJ·mol-1
②H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH2= -bkJ·mol-1 (a>2b >0) ；
CO2(g)+ H2(g) HCOOH(g)     ΔH= kJ·mol-1
(2)在某催化剂作用下，CO2(g) + H2(g) HCOOH(g)的速率方程为v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆 c(HCOOH)(k正、k逆为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关)。若在某温度下，k正= 4k逆，则该反应的平衡常数K= 。加入催化剂，k正 增大的倍数 (填“大于”、 “小于”或“等于”)k逆增大的倍数。
(3)CO2催化氢化制甲酸的反应历程图(M为过渡金属)如图1所示。
  
上述循环中，M(CO)4PR3是 (填“催化剂”或“中间产物”)。
(4)在反应器中充入CO2和H2，发生上述反应。化学反应速率随时间的变化关系如图2所示。
  
若仅改变一个外界条件，t2时刻改变的条件可能是 。在I、II、III三次平衡中， (填“ 能”或“不能”)判断CO2转化率的大小排序，理由为 。
(5)在某催化剂作用下，向恒容密闭反应器中充入1 mol CO2和3 mol H2，发生如下反应：
反应一：CO2(g) + H2(g) HCOOH(g)
反应二：CO2 (g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH”或“”、“”“=”或“＜”)k逆增大的倍数。
③求a点时= 。
(3)氮氧化物会造成环境污染，但对于某些生物却是生命的关键。在高压深海处存在一种独特的生物，就是依靠身体中的特殊蛋白酶(fotc)催化作用利用深海高压气体氮氧化物(NmOn)提供一部分生命所需能量，生化机理如下：

已知：
i.中间体N(m-y)O(n-x)有微弱毒性，低浓度无害，高浓度会造成生物死亡，同时生物体内的甲壳素变红。
ii.催化剂对气体的吸附速率随着压强的增大而增大，反之减小。
iii.此种生物只能在固定深度范围的海域才能存活。
①在更深的海域生物死亡时会通体呈现红色，其原因是 。
②在更浅的海域生物死亡时呈现因为饥饿得不到能量的白色，其原因是 。
21．（2021·吉林长春·统考二模）I. 甲烷和水蒸气催化制氢主要存在如下两个反应：
①CH4(g)+ H2O (g)CO(g)+3H2(g) ∆H= +206kJ•mol-1
②CO(g)+ H2O (g)CO2 (g)+H2(g) ∆H= —41kJ•mol-1
恒定压强为P0时，将n(CH4)：n(H2O)=1 ：3的混合气体投入反应器中，平衡时各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。

回答下列问题：
(1)写出CH4与CO2生成H2和CO的热化学方程式： 。
(2)关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是 (填字母)。
A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，反应速率加快
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快
C．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快
D．加入合适的催化剂，同时降低反应温度，相同时间内的转化率可能不变
(3)恒定压强为P0，投料比n(CH4)： n(H2O)=1 ：3时，从提高氢气产率角度考虑反应温度应控制在 ℃左右。
(4) 600°C时，CH4的平衡转化率为 (保留2位有效数字)，反应①的平衡常数的计算式为Kp= (Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
II.我国科学家最近发明了一种Zn-PbO2电池，电解质为K2SO4、H2SO4和KOH，由a和b两种离子交换膜隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域，反应后B中溶液浓度变大，结构示意图如下：

回答下列问题：
(5)电池中，Zn 极上发生的电极反应式为 。
(6)电池放电过程中，每消耗6.5gZn，理论上PbO2电极质量增重 g。
22．（2021·吉林延边·统考模拟预测）硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族。请回答下列问题：
I.工业上用精炼铜的阳极泥(硒主要以CuSe形式存在，还含有少量Ag、Au)为原料与浓硫酸混合焙烧，将产生的SO2、SeO2混合气体用水吸收即可得Se固体。
(1)写出“混合气体用水吸收”时发生反应的化学方程式 。
(2)下列说法正确的是 (填字母)。
A．SeO2可以氧化H2S，但遇到强氧化剂时可能表现还原性
B．热稳定性：H2Se>H2S
C．“焙烧”时的主要反应为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O
II.硒及其氢化物H2Se在新型光伏太阳能电池和金属硒化物方面有重要应用。
(3)已知：①H2Se(g)+1/2O2(g)⇌Se(s)+H2O(l)    ΔH1=mKJ•mol−1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)    ΔH2=nKJ•mol−1
③H2O(g)=H2O(l)    ΔH3=pKJ•mol−1
反应H2(g)+Se(s)⇌H2Se(g)的反应热ΔH= kJ•mol−1(用含m、n、p的代数式表示)。
(4)已知常温H2Se的电离平衡常数K1=1.3×10−4，K2=5.0×10−11，则NaHSe溶液的离子浓度由大到小的顺序为 。Ag2SO4在一定条件下可以制备Ag2SeO4已知该条件下Ag2SeO4的Ksp=5.7×10−8，Ag2SO4的的Ksp=1.4×10−5，则反应Ag2SO4(s)+SeO(aq)⇌Ag2SeO4(s)+SO (aq)的化学平衡常数K= (保留两位有效数字)。
III.研究含硒工业废水的处理工艺，对控制水体中硒超标具有重要意义。
(5)用惰性电极电解弱电解质亚硒酸(H2SeO3)溶液可制得强酸H2SeO4，电解过程中阳极生成2mol产物时，阴极析出标准状态下的气体 L。
(6)木炭包覆纳米零价铁除硒法是一种改良的含硒废水处理方法。制备纳米零价铁时，以木炭和FeCl3·6H2O为原料，在N2氛围中迅速升温至600℃，保持2小时，该过程中木炭的作用有吸附和 。木炭包覆纳米零价铁在碱性含硒废水中形成许多微电池，加速SeO的还原过程。已知SeO转化为单质Se，写出其对应的电极反应式 。

三、工业流程题
23．（2022·吉林长春·统考模拟预测）聚阴离子Na2FePO4F多用于锂离子电池正极材料，一种工艺简单、绿色经济的合成流程如下：

首先将含有NaF和FePO4各0.025mol的原料研磨混合30min，混合均匀转移到80mL。的水热釜中，将0.025mol的CH3COONa溶于6mL蒸馏水中，并加入1g蔗糖溶解均匀并慢慢加入水热釜中得到流变态混合物，请回答下列问题：
(1)80°C干燥的加热方式： 。
(2)前驱体主要成分是NaF、FePO4、CH3COONa和蔗糖四种物质的混合物。此段操作的目的是 。
(3)加入的NaF、FePO4、CH3COONa物质的量之比为1：1：1的目的是 。
(4)350℃烧结主要是蔗糖碳化，产生的碳粒包裹在生成的纳米级Na2FePO4F的表面，碳层的作用是 。
(5)二次烧结中有NaF、FePO4、CH3COONa反应生成Na2FePO4F、CO、水及焦炭，试写出该反应的化学方程式： 。
(6)假定原料完全反应，最后称量黑色粉末Na2FePO4F/C共5.63g，则产品中Na2FePO4F含量为 (保留三位有效数字)。
24．（2021·吉林长春·统考二模）用软锰矿(主要成分为MnO2，所含杂质为质量分数约8%Fe3O4和约5%Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3，同时制得Ba(OH)2，工艺流程如下：

已知：25℃时相关物质的Ksp见下表
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
回答下列问题：
(1)MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 ，能否通过加热的方式加快该反应的速率， (填“能”或“否”)
(2)已知MnO2为两性氧化物，保持BaS投料量不变，随软锰矿粉与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 。
(3)在实验室进行过滤操作时，除了使用铁架台和烧杯以外，还需要的玻璃仪器为 。
(4)净化时需先加入的试剂X为 (填化学式) 。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度小于1.0×10-5mol•L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 。

四、填空题
25．（2021·吉林延边·统考模拟预测）CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。请回答下列问题：
I.工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0。该反应在起始温度和体积均相同(T℃、1L)的两个密闭容器中分别进行，反应物起始物质的量见下表：

CO2(mol)
H2(mol)
CH3OH(mol)
H2O(mol)
反应a(恒温恒容)
1
3
0
0
反应b(绝热恒容)
0
0
1
1
(1)达到平衡时，反应a，b对比：CO2的体积分数φ(a) φ(b)(填“>”、“＜”或“=”))。
(2)下列能说明反应a达到平衡状态的是 (填字母)。
A．v正(CO2)=3v逆(H2)
B．混合气体的平均摩尔质量不再改变
C．c(CH3OH)=c(H2O)
D．容器内压强不再改变
II.我国科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。
已知：反应1：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH＜0
反应2：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH>0
在密闭容器中通入3mol的的H2和1mol的CO2，分别在1MPa和10MPa下进行反应。实验中对平衡体系组成的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，其中温度对CO和CH4的影响如图所示。

(3)1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是 和 。M点平衡组成含量高于N点的原因是 。
(4)图中当CH4和CO平衡组成均为40%时，若容器的体积为1L，该温度下反应1的平衡常数K的值为 。
III.在T1时，向体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的的CO和H2，发生反应CO(g)＋2H2(g) ⇌ CH3OH(g)，反应达到平衡时CH3OH(g)的体积分数(φ)与n(H2)/n(CO)的关系如下图所示。

(5)当时，达到平衡后，CH3OH的体积分数可能是图象中的 (填“D”、“E”或“F”)点。
(6)= 时，CH3OH的体积分数最大。

参考答案：
1．D
【详解】A．聚乙烯塑料广 泛用于生活，常用作食品外包装材料，选项A错误；
B．在高温下微生物会失去活性，甚至死亡，故高温下生物转化会变慢甚至停止转化，选项B错误；
C．由于乙、丙中的n值未知，无法计算-CH2- 的数目，选项C错误；
D．甲中含有酯基，在碱性介质中能发生水解，选项D正确；
答案选D。
2．C
【详解】A．A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，将充有二氧化氮的密闭烧瓶放入热水中，平衡向逆反应方向移动，气体颜色变深，则实验现象不正确，A错误；
B．水解形成的酸为，应该分别用计测定25℃时，溶液和溶液的，方案设计不正确，B错误；
C．Cl-能加速破坏铝片表面的氧化膜，溶液中反应剧烈，铝片表面发生溶解，C正确；
D．溶液过量，直接反应生成蓝色沉淀，不能比较二者大小，D错误；
故选C。
3．D
【详解】A．KCl和过量AgNO3溶液混合生成AgCl沉淀，AgNO3有剩余，再滴加2滴溶液，AgNO3和KI直接反应生成AgI沉淀，不能证明，A错误；
B．左侧试管内盐酸的浓度大、金属片的活动性强，不能判断反应速率快是由金属活动性引起的，还是由H+浓度引起的，B错误；
C．SO2、乙烯都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以不能用酸性KMnO4溶液除去乙烯中混有的SO2，C错误；
D．氯水中含有盐酸、次氯酸，盐酸可与碳酸钙反应，次氯酸与碳酸钙不反应，即该操作可增大次氯酸的浓度，D正确；
故选D。
4．A
【详解】A．中含有和，7.8g物质的量为0.1mol，则阴离子数为，A正确；
B．1mol完全反应制成胶体后，其中含有氢氧化铁胶粒数小于，B错误；
C．反应为可逆反应，生成的分子数小于，C错误；
D．题没有给出醋酸溶液的体积，无法算出氢离子数，D错误；
故选A。
5．B
【详解】A．平衡常数只与温度有关，与浓度无关，A错误；
B．50℃时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，B正确；
C．230℃时，Ni(CO)4分解Ni(CO)4 (g) Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为K’== =5×104，可知分解率较高，C错误；
D．平衡时，正逆反应速率相等，即4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO)，D错误；
故选B。
6．D
【详解】A．乙烯中碳的化合价为-2价，乙醛中为-1价，1mol乙烯转化为乙醛失2mol电子，故A正确；
B．由图示可知反应起点PdCl2为反应物，生成Pd，过程II中氯化铜为反应物与Pd反应生成CuCl，可知CuCl2与PdCl2是开始存在的物质，作催化剂，而CuCl与Pd是反应过程中的生成物，同时也是另一反应的反应物，作中间产物，故B正确；
C．I、II、III步中均有单质参加或生成，均有价态变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．由图可知该过程的最终生成物为乙醛，其中只含有极性键和非极性键断裂，无非极性键形成，故D错误；
故选：D。
7．D
【详解】A．0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，则H2O2分解率为×100%=50%，故A正确；
B．由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正确；
C．0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，所以v(H2O2)=≈0.033mol/(L•min)，故C正确；
D．由题中数据可知，0～3 min生成氧气的体积大于3～6min生成氧气的体积，因此，4～6 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故D错误；
答案选D。
8．B
【详解】A. 由图像可知，生成黄铁矾钠所需要的合适温度为85℃～95℃，pH=1.5左右，故A正确，
B.根据图像，pH=6温度从80℃升高至150℃，FeOOH分解成Fe2O3，沉淀没有被氧化，故B错误；
C. ClO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故C正确；
D.25℃ pH=4时，c(OH-)=1×10-10mol/L，Fe(OH)3的Ksp=2.64×10-39，则c(Fe3+)=2.64×10-39÷（1×10-10）3=2.64×10-9（mol/L），故D正确；
答案为B。
9．(1)O3(g)+NO(g)=O2(g)+NO2(g)  ΔH=−200.2kJ/mol
(2) 0.32 810
(3) c 潮湿环境下的活化能低于干燥环境下的活化能，活化能越低越易发生反应
(4) 负极 阳离子 H2O+H2S2O4+N2O=N2+2H2SO3

【详解】（1）根据反应过程，反应1的方程式为O3+NO=NO2+O2，O3(g)+O(g)=2O2(g) ∆H=−143kJ/mol……①，O(g)+NO2 (g)=O2 (g)+NO(g) ∆H=+57.2kJ/mol……②，根据盖斯定律有①-②，则有O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) ∆H=(-143-57.2)kJ/mol=-200.2kJ/mol，故答案为O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) ∆H=-200.2kJ/mol；
（2）①起始时气体总压强为120kPa，起始时通入2molCH4(g)和4molNO2(g)，根据相同条件下，压强之比等于其物质的量之比，因此甲烷的分压为40kPa，NO2分压为80kPa，令前50min，消耗甲烷分压为xkPa，消耗二氧化氮的分压为2xkPa，生成CO2分压为xkPa，生成N2分压为xkPa，生成水蒸气分压为2xkPa，因此有(40-x)+(80-2x)+x+x+2x=136，解得x=16，前50min内平均反应速率v(CH4)==0.32kPa/min；故答案为0.32；
②令达到平衡时，消耗甲烷分压为xkPa，消耗二氧化氮的分压为2xkPa，生成CO2分压为xkPa，生成N2分压为xkPa，生成水蒸气分压为2xkPa，因此有(40-x)+(80-2x)+x+x+2x=150，解得x=30，用分压表示的平衡常数Kp==810kPa；故答案为810；
（3）根据图2，使用催化剂c时，反应速率相对较低，因此催化剂效果最差的是c；根据图3可知，潮湿环境下，反应活化能低，反应速率快，因此活化氧的过程适宜在潮湿环境中进行；故答案为c；潮湿环境下的活化能低于干燥环境下的活化能，活化能越低越易发生反应；
（4）该装置为电解装置，根据装置图可知，右边电极得到较浓的硫酸，右边电极的反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据电解原理，该电极为阳极，即b为正极，a为负极，阴极反应式为2H++2H2SO3+2e-=H2S2O4+2H2O，根据得失电子数目守恒，H+从右侧向左侧移动，离子交换膜为阳离子交换膜；故答案为负极；阳离子；
根据装置图可知，吸收池中N2O与H2S2O4反应生成N2和H2SO3，根据得失电子数目守恒，其反应方程式为H2O+H2S2O4+N2O=N2+2H2SO3；故答案为H2O+H2S2O4+N2O=N2+2H2SO3。
10．(1)
(2) 4 等于
(3)中间产物
(4) 增大HCOOH浓度 不能 两次改变条件，使两次平衡移动方向相反，CO2的物质的量的变化量未知，只知II时CO2的转化率最大，不能比较I和III时CO2的转化率大小
(5) 反应一的正反应是吸热反应，反应二的正反应是放热反应，升高温度对反应一的影响程度大于反应二，导致CO2的平衡转化率增大 3.9 ×10-3

【详解】（1）根据盖斯定律可知，ΔH= ΔH1+ΔH2= kJ·mol-1；
故答案为：；
（2）平衡时v正= v逆，即k正c(CO2)·c(H2)= k逆 c(HCOOH)，即平衡常数K==4；加入催化剂，会加快反应速率，但不影响平衡，故k正 增大的倍数等k逆增大的倍数；
故答案为：4；等于；
（3）根据循环图可知，M(CO)4PR3是CO2发生反应后生成，最终又被消耗的，所以是中间产物；
故答案为：中间产物；
（4）两次平衡移动改变的条件依次是加压或升温、增大甲酸浓度；三次平衡中，不能判断CO2转化率的大小排序，两次改变条件，使两次平衡移动方向相反，CO2的物质的量的变化量未知，只知II时CO2的转化率最大，不能比较I和III时CO2的转化率大小；
故答案为：增大甲酸浓度；不能；两次改变条件，使两次平衡移动方向相反，CO2的物质的量的变化量未知，只知II时CO2的转化率最大，不能比较I和III时CO2的转化率大小；
（5）反应一的正反应是吸热反应，反应二的正反应是放热反应，升高温度对反应一的影响程度大于反应二，导致CO2的平衡转化率增大；在F点状态下，CO2的平衡转化率为20%，CH3OH的选择性为60%，根据原子守恒可得平衡体系中各物质的物质的量：
物质
CO2
HCOOH (g)
CH3OH (g)
H2O (g)
H2
物质的量/mol
0.80
0.08
0.12
0.12
2.56
F点的总物质的量为3.68mol，p(CO2)=36.8 kPa×=8 kPa，p(H2)=25.6 kPa，p(HCOOH)=0.8 kPa，
故答案为：反应一的正反应是吸热反应，反应二的正反应是放热反应，升高温度对反应一的影响程度大于反应二，导致CO2的平衡转化率增大；3.9 ×10-3。
11．(1) -749 低温 BD Ka=Kb>Kc 2
(2) 12

【详解】（1）①由盖斯定律可知，2×II- I即可得到==-749，该反应是气体体积减小的反应，，当时，反应能自发进行，则该反应在低温下能够自发进行；
②A．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，气体密度是定值，当容器内气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡，故A不选；
B．该反应是放热反应，在绝热恒容密闭容器进行，温度一直上升，当容器内气体的温度不再改变时，能说明反应达到平衡，故B选；
C．时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故C不选；
D．该反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，则容器内气体的平均摩尔质量增大，当容器内气体的平均摩尔质量不变时，说明反应达到平衡，故D选；
故选BD；
③恒温恒容条件发生发应Ⅲ，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，随着反应的进行，各容器内压强：pa=pbKc；实验b中，反应IⅢ 中，0-20min内，体系压强从160 kPa减少到140kPa，减小的压强为生成氮气的分压，即△p(N2)=20kPa，所以转化的CO的分压△p(CO)=2△p(N2)=40kPa，起始总压为160kPa，CO和NO的物质的量之比为1:1，即CO的起始分压为80kPa，所以CO分压的平均变化率为=2，列出三段式如下：

。
（2）①由晶胞结构可知，形成的晶体是面心立方堆积，该晶体的配位数为12；
②原子的个数为8=4，该晶胞的质量为g，体积V=，晶胞的边长a=，两个原子的核间距为晶胞体对角线长的，为=
12．(1) -49.6kJ·mol-1 < 低温
(2) 0.5   
(3) 增大 向逆反应方向移动

【详解】（1）①：CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) ΔH1= -90.8 kJ·mol-1
②：H2O(l)=H2O(g) ΔH2= +44.0 kJ·mol-1
H2(g)的燃烧热 ΔH= -285.8 kJ·mol-1、CO(g)的燃烧热 ΔH=- 283.0 kJ·mol-1；
则③2H2(g) +O2(g) =2H2O(l) ΔH1=-571.6 kJ·mol-1
④2CO(g) O2(g) =2CO2(g)ΔH1=-566 kJ·mol-1
根据盖斯定律①-④+③+②得CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g)ΔH3=-90.8 kJ·mol-1+566 kJ·mol-1-571.6 kJ·mol-1+44.0 kJ·mol-1=-49.6kJ·mol-1；反应③气体物质的量减少，ΔSP3 反应为气体分子数增大的反应，加压平衡逆移，NO转化率减小 C
【详解】I．(1)由合成氨能量变化图可知合成1mol NH3 (g)放出46kJ能量，因此该条件下，N2(g)+3H2(g)2NH3 (g) ΔH=-2×46kJ/mol=-92kJ/mol；
(2)相同条件下，活化能越大，反应速率越慢，决定反应速率的一步为反应速率最慢的一步，即活化能最大的一步，因此反应历程中决定合成氨反应速率的一步反应的热化学方程式为Nad(g)+3Had(g)=NHad(g)+2Had(g) ΔH=+106kJ/mol；
(3)A．由(1)可知合成氨反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，但平衡逆向移动，氮气的平衡转化率降低，A不符题意；
B．增大压强，反应速率增大，合成氨平衡正向移动，氮气的平衡转化率增大，B符题意；
C．增加N2的量，N2的浓度增大，反应速率增大，但N2的平衡转化率降低，C不符题意；
D．及时分离氨气平衡正向移动，氮气的平衡转化率增大，氮反应物浓度减小，反应速率减小，D不符题意；
选B。
Ⅱ．(4)根据以建立三段式：，平衡时，v正= v逆，即k正c4 (NH3 )·c6 (NO) =k逆c5 (N2 )·c6 (H2O)，==0.25；温度升高，平衡4NH3 (g)+6NO(g)5N2 (g)+6H2O(g)逆向移动，新平衡前v正< v逆，升高温度瞬间各种物质的浓度不变，因此正反应速率增大倍数小于逆反应增大倍数，即m＜n；
(5)由图2可知，温度相同时，P3→P2→P1，NO平衡转化率减小，即P3→P2→P1为增大压强的过程，因此P1>P2>P3；原因是反应为气体分子数增大的反应，加压平衡逆移，NO转化率减小；
(6)其他条件不变，增大，相等于n(NH3)不变，n(NO)增大，平衡正向移动，平衡时体系中n总增大，n(H2O)增大，但根据勒夏特列原理可知n(H2O)增大幅度小于n总增大幅度，因此φ(H2O)减小，可能为图中C点。
20． -198kJ·mol-1 该反应为放热反应 P1>P2>P3 ＜ 320 L/mol 更深的海域压强大，吸附速率快于催化剂解吸附速率，中间产物浓度增大，引起中毒死亡 更浅的海域压强小，吸附速率较慢，总反应速率由较慢的步骤决定，导致解吸附放出的能量不足，生物因缺乏能量而死亡。
【详解】(1)根据盖斯定律(①+②×2+③×3)可得ΔH4=[-113kJ/mol+(-227kJ/mol)×2+（-57kJ/mol）×3]= -198kJ·mol-1；该反应焓变小于0，为放热反应，所以在热力学上趋势大；
(2)①该反应为气体系数之和减小的反应，所以温度不变，增大压强平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，所以P1>P2>P3；
②平衡时v正=k正c2(NO)∙c2(CO)=v逆=k逆c(N2)∙c2(CO2) ，据图可知压强相同时，升高温度NO的平衡转化率降低，即平衡逆向移动，所以仅升高温度后，v正＜v逆，而升温瞬间各物质的浓度不变，所以k正增大的倍数＜k逆增大的倍数；
③平衡时v正=k正c2(NO)∙c2(CO)=v逆=k逆c(N2)∙c2(CO2) ，所以；a点时，NO的平衡转化率为80%，则∆n(NO)=1mol×80%=0.8mol，根据反应方程式可知平衡时∆n(CO)=0.8mol，∆n(N2)=0.4mol，∆n(CO2)=0.8mol，所以平衡时体系中n(NO)= n(CO)=1mol-0.8mol=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.8mol，容器体积为2L，所以K==320 L/mol；
(3)①更深的海域压强大，吸附速率快于催化剂解吸附速率，中间产物N(m-y)O(n-x)浓度增大，引起中毒死亡，同时生物体内的甲壳素变红；
②更浅的海域压强小，吸附速率较慢，总反应速率由较慢的步骤决定，导致解吸附放出的能量不足，生物因缺乏能量而死亡，死亡时呈现因为饥饿得不到能量的白色。
21． CH4(g)+ CO2 (g) ２CO(g)+２H2(g) ∆H= +247kJ/mol CD 700 78% Zn—2e—+4OH—=Zn(OH) 6.4
【详解】I. (1)由盖斯定律可知，①—②可得反应CH4(g)+ CO2 (g) ２CO(g)+２H2(g) ，则∆H=∆H1—∆H2=( +206 kJ/mol)—(—41kJ/mol)=+247kJ/mol，故答案为：CH4(g)+ CO2 (g) ２CO(g)+２H2(g) ∆H= +247kJ/mol；
(2) A．恒温、恒容条件下，加入惰性气体，气体总压强增大，但参加反应的各物质的浓度不变，化学反应速率不变，故错误；
B．恒温、恒容条件下，加入水蒸气，反应物的浓度增大，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数目增加，有效碰撞的次数增加，化学反应反应速率加快，故错误；
C．升高温度，反应物的能量增大，活化分子的数目和百分数增大，有效碰撞频率增大，化学反应速率加快，故正确；
D．加入合适的催化剂，化学反应速率加快，该反应为吸热反应，同时降低反应温度，化学反应速率减慢，平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率减小，则相同时间内的转化率可能不变，故正确；
CD正确，故答案为：CD；
(3) )由图可知，恒定压强为P0，投料比n(CH4)： n(H2O)=1 ：3时，氢气产率在700℃左右出现峰值，原因是温度低于700℃时，由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大，而温度高于700℃，随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应②，反应②正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小，则从提高氢气产率角度考虑反应温度应控制在700℃左右，故答案为：700；
(4) 已知混合气体中甲烷和水的物质的量比为1:3，设甲烷和水蒸气的初始物质的量分别为1mol和3mol，反应中消耗甲烷的物质的量为x，反应②中消耗一氧化碳的物质的量为y，由题意建立如下三段式：


由图可知，600℃时CH4的物质的量分数为0.04，则=0.04，解得x=，甲烷的平衡转化率为≈78%；由图可知，平衡时甲烷的物质的量分数为0.04、水的物质的量分数为0.32、二氧化碳的物质的量分数为0.08、氢气的物质的量分数为0.50，则一氧化碳的物质的量分数为1—(0.04+0.32+0.50+0.08)=0.06，反应①的平衡常数Kp==，故答案为：78%；；
II. 由题给示意图可知，锌电极为电池的负极，A区域电解质溶液为氢氧化钾溶液，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成Zn(OH)，电极反应式为Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)，溶液中阴离子电荷数小于阳离子电荷数，溶液中钾离子通过阳离子交换膜a膜进入B区域，二氧化铅为电池的正极，C区域电解质溶液为硫酸溶液，酸性条件下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅，电极反应式为PbO2+2e—+4H++SO=PbSO4+2H2O，溶液中阳离子电荷数小于阴离子电荷数，硫酸根离子通过阴离子交换膜b膜进入B区域，则B区域中电解质溶液为硫酸钾溶液，溶液浓度增大；
(5)由分析可知，电池中，锌电极为电池的负极，A区域电解质溶液为氢氧化钾溶液，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成Zn(OH)，电极反应式为Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)，故答案为：Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)；
(6) 由分析可知，二氧化铅为电池的正极，C区域电解质溶液为硫酸溶液，酸性条件下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅，电极反应式为PbO2+2e—+4H++SO=PbSO4+2H2O，正极质量增加64g，6.5g锌的物质的量为0.1mol，由得失电子数目守恒可知，正极增加的质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，故答案为：6.4。
22． SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4 AC p-m + c(Na+)>c(HSe−)>c(OH−)>c(H+)>c(Se2−) 2.5×102 44.8L 将三价铁还原为零价铁/作还原剂 SeO+4e−+3H2O=Se+6OH−
【详解】(1)混合气体为SO2、SeO2和水反应生成Se固体，Se元素由+4价下降到0价，S元素由+4价要上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=Se↓+2H2SO4；
(2)A．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族，Se的性质与S相似，因SO2遇强氧化剂时可能表现还原性，所以SeO2可以氧化H2S，但遇到强氧化剂时可能表现还原性，故A正确；
B．硒(Se)元素位于元素周期表第四周期第VIA族，非金属性S>Se，则热稳定性：H2Sec(HSe−)>c(OH−)>c(H+)>c(Se2−)；已知Ag2SeO4(s)2Ag+(aq)+ SeO(aq) Ksp1=c2(Ag+)×c(SeO)=5.7×10−8，Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+ SO(aq) Ksp2= c2(Ag+)×c(SO)=1.4×10−5，则反应Ag2SO4(s)+SeO(aq)⇌Ag2SeO4(s)+SO (aq)的化学平衡常数K====2.5×102；故答案为：c(Na+)>c(HSe−)>c(OH−)>c(H+)>c(Se2−)；2.5×102；
(5)用惰性电极电解弱电解质亚硒酸(H2SeO3)溶液可制得强酸H2SeO4，该电解方程式为：H2SeO3+H2O= H2SeO4+H2，电解过程中阳极生成2mol H2SeO4时转移22mol=4mol电子，则阴极产生2mol氢气，标准状态下的体积为44.8L，故答案为：44.8L；
(6)由题干信息可知，该过程中木炭的作用有吸附和还原剂，将三价铁还原为零价铁；已知SeO转化为单质Se，Se元素由+4价下降到0价，得到4个电子，结合电荷守恒和原子守恒配平电极方程式为：SeO+4e−+3H2O=Se+6OH−，故答案为：将三价铁还原为零价铁/作还原剂；SeO+4e−+3H2O=Se+6OH−。
23．(1)水浴加热（或恒温箱）
(2)使反应物充分混合均匀
(3)保证Na+、Fe2+、、F-的物质的量之比为2：1：1：1
(4)提高晶粒之间的导电能力
(5)
(6)95.9%

【详解】（1）80℃干燥的加热方式中学实验常用水浴加热，实际操作常用恒温箱；
（2）前驱体主要成分是NaF、FePO4、CH3COONa和蔗糖四种物质的混合物，故进行研磨、水热、搅拌、干燥的目的是使反应物充分混合均匀；
（3）因产物为Na2FePO4F，故加入NaF、FePO4、CH3COONa的物质的量之比为1：1：1的目的是保证Na+、Fe2+、、F-的物质的量之比为2：1：1：1；
（4）纳米级的Na2FePO4F晶粒之间填充碳粒，可以增加晶粒之间的导电能力；
（5）根据反应物及产物可得该反应的化学方程式为；
（6）根据加入的药品可知：应含有Na2FePO4F的物质的量为0.025mol，其质量为216g/mol0.025mol=5.4g，则产品中Na2FePO4F含量为95.9%。
24． MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S 能 MnO2为两性氧化物，过量的MnO2会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小； 漏斗、玻璃棒 H2O2 4.9 Mn2+++NH3⋅H2O=MnCO3↓++H2O
【分析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)，加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，过滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢钠、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
【详解】(1)MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；一般来说，升高反应的温度可以加快反应速率，故可通过加热的方式加快该反应的速率；
(2)MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；
(3)在实验室进行过滤操作时，除了使用铁架台和烧杯以外，还需要的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒；
(4)净化时为更好的除去Fe元素，需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；
(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2+++NH3⋅H2O=MnCO3↓++H2O。
25． > BD a d 温度相同时，增大压强使反应1平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应2逆移，CO百分含量降低 2.88 F 2
【详解】(1)a为恒温，b为绝热容器，反应向逆反应进行，逆反应为吸热反应，平衡时温度比a中低，相当于a升高温度平衡向逆反应方向移动，CO2的体积分数增大，φ(a)>φ(b)，故答案为：>；
(2) A．当v正(CO2)=3v逆(H2)时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应a达到平衡状态，故A不选；
B．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，则混合气体的平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明反应达到平衡状态，故B选；
C．c(CH3OH)=c(H2O)时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应a达到平衡状态，故C不选；
D．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中压强减小，当容器内压强不再改变时，说明应达到平衡状态，故D选；
故答案为：BD；
(3)对于反应1：升高温度，平衡逆向移动，CH4的含量减少，对于平衡2：升高温度，则平衡正向移动，CO的含量增加；增大压强，反应2不移动，但反应1的平衡正向移动，H2O的含量增大，使反应2逆向移动，导致CO含量降低，综上：温度相同时，压强越大，CH4的含量越大、CO含量越小，则压强为1MPa时，表示CH4和CO平衡组成随温度变化关系的曲线分别是a、d，故答案为：a；d；温度相同时，增大压强使反应1平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应2逆移，CO百分含量降低；
(4)起始时n(CO2)=1mol，则n(H2)=3mol，根据图象，当CH4和CO平衡组成为40%时，则CO2平衡组成为20%，根据C原子守恒有：n(CO)=n(CH4)═1mol×40%=0.4mol，n(CO2)=1mol×20%=0.2mol，则反应1：

反应2：

平衡时：n(CO2)=(1-0.4-0.4)mol=0.2mol，n(H2O)=(0.4+0.8)mol=1.2mol，n(H2)=3mol-1.6mol-0.4mol=1mol，n(CH4)=0.4，反应1平衡常数K===2.88，故答案为：2.88；
(5)混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故时，达到平衡状态后，甲醛的体积分数小于C点，F点符合题意，故答案为：F；
(6)混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故时，达到平衡状态后，甲醛的体积分数最大，故答案为：2。