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2022届高三化学高考备考一轮复习化学反应速率与化学平衡专项训练
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这是一份2022届高三化学高考备考一轮复习化学反应速率与化学平衡专项训练，共25页。试卷主要包含了单选题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
1．N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·ml-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2，也可将水体中的NO3-转化为N2。对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列说法正确的是
A．该反应的ΔH<0，ΔS<0
B．反应的平衡常数可表示为K=
C．使用高效催化剂能降低反应的焓变
D．其他条件相同，增大，NO的转化率下降
2．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[100%]与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250 ℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
3．NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A．1 ml平衡混合气体中含1 ml N原子
B．断裂2 ml NO2中的共价键所需能量小于断裂1 ml N2O4中的共价键所需能量
C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
4．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18NA
B．1ml碘蒸气和1ml氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA
C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为NA
D．1L1ml•L-1溴化铵水溶液中NH与H+离子数之和大于NA
5．H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越大，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，NaOH溶液浓度越小，H2O2分解速率越慢
C．图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
6．下列方案设计、现象和结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
7．NO与CO是燃油汽车尾气中的两种有害气体，常温常压下它们之间的反应：
CO(g)+ NO(g)=CO2(g)+N2(g) ΔH= -374.3 kJ·ml-1 K=2.5×1060， 反应速率较小。有关该反应的说法正确的是
A．K很大，NO与CO在排入大气之前就已反应完全
B．增大压强，平衡将向右移动，K> 2.5×1060
C．升高温度，既增大反应速率又增大K
D．选用适宜催化剂可达到尾气排放标准
8．X(g)+3Y(g)2Z(g) ΔH=-a kJ·ml-1。一定条件下，将1ml X 和3ml Y通入2L的恒容密闭容器中，反应10min，测得Y的物质的量为2.4ml。下列说法正确的是
A．10min内，Y的平均反应速率为0.03ml·L-1·s-1
B．第10min时，X的反应速率为0.01 ml·L-1·s-1
C．10min内，消耗0.2ml X，生成0.4ml Z
D．10min内，X和Y反应放出的热量为a kJ
9．溶液与溶液发生反应：，达到平衡。下列说法不正确的是
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C．加入固体，平衡逆向移动
D．该反应的平衡常数
10．在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是
A．Ea为逆反应活化能，E为正反应活化能
B．该反应为放热反应，ΔH＝Ea’－Ea
C．所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量
D．温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移
11．在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 ml CO2和0.2 ml CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是
A．反应CO2(g)＋C(s) 2CO(g)的ΔS＞0、ΔH＜0
B．体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)＜2p总(状态Ⅰ)
C．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)
D．逆反应速率：v逆(状态Ⅰ)＞v逆(状态Ⅲ)
12．已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是
A．b代表下CH3COCH3的Y-t曲线
B．反应进行到20min末，H3COCH3的
C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D．从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的
13．可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g) 、②2M（g）N（g）+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦，可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是：
A．反应①的正反应是吸热反应
B．达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C．达平衡（I）时，X的转化率为
D．在平衡（I）和平衡（II）中，M的体积分数相等
14．人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2,因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2O2+HbCO，37 ℃时，该反应的平衡常数K=220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是
A．CO与HbO2反应的平衡常数K=
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向逆反应方向移动
15．下列图示与对应的叙述相符的是
A．图5表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图6表示0.1000ml•L-1NaOH溶液滴定•L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C．图7表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
D．图8 表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大
二、原理综合题（4大题）
16．某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrOCr2O+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
(1)步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。
(2)下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
(3)步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂；
b．100℃ 蒸发溶剂；
c．抽滤；
d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
(4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
(5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。
17．工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：
（1）在C和O2的反应体系中：
反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·ml-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·ml-1
反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。
① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是______。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比______。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·ml-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是________。
（3）一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·ml-1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为________。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为________。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是________。
A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：________；步骤Ⅱ：________。
18．苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g) ∆H1<0
Ⅱ.副反应：(g) ⇌(g) ∆H2>0
回答下列问题：
（1）已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
Ⅴ.(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
则_______(用、和表示)。
（2）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温B．适当降温C．适当加压D．适当减压
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，其目的是_______。
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为_______。
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是_______(填“①”“②”或“③”)。
（6）恒压反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应1的_______(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
19．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的_______；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。
A． B． C． D．
(2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_______；
②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；
③当时，的平衡转化率____，反应条件可能为___或___。
目的
方案设计
现象和结论
A
检验某无色溶液中是否含有NO
取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液
若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NO
B
探究KI与FeCl3反应的限度
取5 mL 0.1 ml·L-1KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 ml·L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液
若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度
C
判断某卤代烃中的卤素
取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液
若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素
D
探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性
取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热
若没有生成砖红色沉淀 ，则蔗糖在酸性水溶液中稳定
参考答案
1．A
【详解】
A．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·ml-1，反应气体物质的量减少，ΔS<0，故A正确；
B．2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应的平衡常数可表示为K=，故B错误；
C．使用高效催化剂，反应的焓变不变，故C错误；
D．其他条件相同，增大，NO的转化率增大，故D错误；
选A。
2．D
【详解】
A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A错误；
B．根据图像，在175～300 ℃范围，随温度的升高，N2的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B错误；
C．根据图像，温度高于250℃ N2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图像，温度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C错误；
D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确；
答案为D。
3．B
【详解】
A．1mlNO2含有1mlN原子，1mlN2O4含有2mlN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 ml平衡混合气体中所含原子大于1 ml N，A项错误；
B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2mlNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1mlN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
答案选B。
4．C
【详解】
A．在标准状况下氟气的物质的量为1ml，其质子数为1ml=，A正确；
B．碘蒸气与氢气发生的反应为：，反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于，B正确；
C．电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，若阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1:1，若气体的总质量为，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为1ml，根据关系式H22e-可知，转移的电子数为，C错误；
D．溴化铵水溶液存在电荷守恒，即c()+c()=c(Br-)+c(OH-)，则物质的量也满足n()+n()=n(Br-)+n(OH-)，因为n(Br-)=，所以该溶液中与离子数之和大于，D正确；
故选C。
5．C
【详解】
A．图甲表明，相同时间内，pH=13的溶液中，H2O2的起始浓度越大，浓度的变化量越大，其分解速率越快，A正确；
B．图乙表明，NaOH溶液浓度越小，相同时间内H2O2的浓度变化量越小，分解速率越慢，B正确；
C．图丙表明，Mn2+浓度相同时，1.0ml/LNaOH中H2O2的浓度变化量小于0.1ml/LNaOH中H2O2的浓度变化量，所以溶液的碱性越强，H2O2的分解速率不一定越快，C不正确；
D．图丙表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，图丁表明，碱性溶液中，Mn2+浓度越大，对H2O2分解速率的影响越大，D正确；
故选C。
6．B
【详解】
A．原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A错误；
B．向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B正确；
C．溶液中加入KOH后体系中剩余大量的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C错误；
D．蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，D错误；
故答案选B。
7．D
【详解】
A．平衡常数很大，表示该反应所能进行的程度大，由于NO与CO反应速率较小，在排入大气之前没有反应完全，故A错误；
B．平衡常数只与温度有关，增大压强，K不变，故B错误；
C．CO(g)+ NO(g)=CO2(g)+N2(g)正反应放热，升高温度，速率加快，平衡逆向移动，K减小，故C错误；
D．选用适宜催化剂可加快反应速率，使尾气得到净化，达到尾气排放标准，故D正确；
选D。
8．C
【详解】
将1mlX和3mlY通入2L的恒容密闭容器中，反应10min，测得Y的物质的量为2.4ml，则
A. 10min内，Y的平均反应速率= =0.0005ml⋅·L-1·s-1，故A错误；
B. 第10min内，X的反应速率= =0.01ml⋅L−1⋅min−1，为平均反应速率，不能计算10min时的反应速率，故B错误；
C. 10min内，消耗0.2mlX，生成0.4mlZ，故C正确；
D. 由反应可知，1mlX与3mlY完全反应放出热量为akJ，则10min内，X和Y反应放出的热量为0.2akJ，故D错误；
故选：C。
9．D
【详解】
A.加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c（I2）减小，平衡正向移动，A正确；
B.将5mL0.1ml/LKI溶液与1mL0.1ml/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；
C.加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动，C正确；
D.该反应的平衡常数K=，D错误；
答案选D。
10．D
【分析】
由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应。
【详解】
A项、由图可知， Ea为正反应活化能，E为逆反应活化能，故A错误；
B项、由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝—（Ea’－Ea），故B错误；
C项、在相同温度下，分子的能量并不完全相同，有些分子的能量高于分子的平均能量，称为活化分子，则所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，故C错误；
D项、该反应为放热反应，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡向吸热的逆反应方向移动，故D正确；
故选D。
【点睛】
活化分子发生有效碰撞，要求能量高、碰撞方向正确，发生有效碰撞的分子是活化分子，活化能是活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差是解答关键。
11．C
【详解】
A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高，平衡时c(CO2)小，则升高温度，平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；
B．分别加入0.1mlCO2和0.2mlCO2，曲线I为加入0.1mlCO2，曲线II为加入0.2mlCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总(状态Ⅱ)=2P总(状态Ⅰ)，但加压CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)平衡逆向移动，为使c(CO2)相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总(状态Ⅱ)＞2P总(状态Ⅰ)，故B错误；
C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1mlCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1mlCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)，故C正确；
D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高，反应速率快，则逆反应速率为V逆(状态Ⅰ)＜V逆(状态Ⅲ)，故D错误；
故选C。
12．D
【详解】
A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图像可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线，A错误；
B、当反应进行到20min时，从图像中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以v(0℃)/v(20℃)＜1，B错误；
C、根据图像温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C错误；
D、根据图像可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的△n(0℃)/△n(20℃)＝1，D正确；
答案选D。
【点晴】
做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图像正确判断反应是吸热还是放热。平衡图像题的一般解题流程为：。
13．B
【分析】
A.从降温导致平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动时，X、Y、Z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热；
B.根据等温时，反应②中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可判断；
C.相同压强下，根据物质的量之比等于体积之比计算①中气体的物质的量，进而求出转化率；
D.由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，M的体积分数不会相等的。
【详解】
A.降温由平衡(I)向平衡(II)移动，同时X、Y、Z的物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，A项错误。
B.达平衡(I)时的压强于开始时的体系的压强之比为：2.8:3=14:15，B项正确；
C.达平衡(I)时，反应①的总物质的量由3.0 ml减小为2.8 ml，X(g)+2Y(g)⇌⇌2Z(g)该反应正反应气体总量减小， 设反应的X的物质的量为△n(X)，利用差量可得：1:1=△n(X)：(3.0－2.8)，解之得：△n(X)=0.2ml，则X的转化率为×100%=20%，C项错误；
D.由平衡(I)到平衡(II)，由于反应过程温度降低，化学反应②发生移动，M的量发生变化，M体积分数是不会相等的，D项错误；
故答案：B。
14．C
【详解】
A项，根据化学方程式可知平衡常数表达式为K=，故A项正确；
B项，c(CO)增大，CO+HbO2O2+HbCO平衡正向移动，故B项正确；
C项，K==220，当=0.02时，此时==9×10-5，故C项错误；
D项，增大c(O2)，使CO+HbO2O2+HbCO平衡逆向移动解毒，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为C。
15．C
【详解】
A．反应是吸热反应，生成物能量高于反应物能量，错误；
B ．0.1000 ml·L－1CH3COOH溶液PH.>1，因CH3COOH是弱酸，图像标的是PH=1，错误；
C ．a点在曲线下方，是不饱和溶液，正确；
D．达到平衡时反应物的转化率最大，t时刻没有达到平衡，所以反应物转化率并不最大，错误。
16．增大反应物的接触面积 BC a e d c AC 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 H2SO4 抑制Cr2O转化为CrO，且与Cr2O不反应
【分析】
根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。
【详解】
(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。
(2)A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D错误；
答案选BC。
(3)Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。
(4)①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；
答案选AC。
②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡+H2O2H++2，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制转化为，且与不反应。
17．
（1） a B
（2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
（3） 9.0 1.8：1 BC M+H2O=MO+H2 MO+CO=M+CO2
【解析】
（1）
①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，故此处填a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；
（2）
由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；
（3）
①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x ml，CO为1 ml，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；
故答案选BC；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
18．
（1）
（2）BC
（3）提高苯的利用率
（4）金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性
（5）②
（6）
【分析】
（1）
根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4 Ⅴ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)可由，则，故答案为：；
（2）
根据Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；
（3）
反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；
（4）
氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性；
（5）
催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；
（6）
恒压反应器中，按照投料，设投入的苯的物质的量为1ml，发生Ⅰ、Ⅱ反应总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：， 有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为：，H2的分压为：，则反应1的= ，故答案为：。
19．-49 A ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的 b 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小 33.3% 5×105Pa，210℃ 9×105Pa，250℃
【详解】
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①，②，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为： ；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。
(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。
③设起始n(CO2)=1ml，n(H2)=3ml，则，当平衡时时，=0.1，解得x=ml，平衡时CO2的转化率α==33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。
1．N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·ml-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2，也可将水体中的NO3-转化为N2。对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列说法正确的是
A．该反应的ΔH<0，ΔS<0
B．反应的平衡常数可表示为K=
C．使用高效催化剂能降低反应的焓变
D．其他条件相同，增大，NO的转化率下降
2．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[100%]与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250 ℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
3．NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)⇌N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A．1 ml平衡混合气体中含1 ml N原子
B．断裂2 ml NO2中的共价键所需能量小于断裂1 ml N2O4中的共价键所需能量
C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
4．NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18NA
B．1ml碘蒸气和1ml氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA
C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为NA
D．1L1ml•L-1溴化铵水溶液中NH与H+离子数之和大于NA
5．H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越大，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，NaOH溶液浓度越小，H2O2分解速率越慢
C．图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
6．下列方案设计、现象和结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
7．NO与CO是燃油汽车尾气中的两种有害气体，常温常压下它们之间的反应：
CO(g)+ NO(g)=CO2(g)+N2(g) ΔH= -374.3 kJ·ml-1 K=2.5×1060， 反应速率较小。有关该反应的说法正确的是
A．K很大，NO与CO在排入大气之前就已反应完全
B．增大压强，平衡将向右移动，K> 2.5×1060
C．升高温度，既增大反应速率又增大K
D．选用适宜催化剂可达到尾气排放标准
8．X(g)+3Y(g)2Z(g) ΔH=-a kJ·ml-1。一定条件下，将1ml X 和3ml Y通入2L的恒容密闭容器中，反应10min，测得Y的物质的量为2.4ml。下列说法正确的是
A．10min内，Y的平均反应速率为0.03ml·L-1·s-1
B．第10min时，X的反应速率为0.01 ml·L-1·s-1
C．10min内，消耗0.2ml X，生成0.4ml Z
D．10min内，X和Y反应放出的热量为a kJ
9．溶液与溶液发生反应：，达到平衡。下列说法不正确的是
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C．加入固体，平衡逆向移动
D．该反应的平衡常数
10．在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是
A．Ea为逆反应活化能，E为正反应活化能
B．该反应为放热反应，ΔH＝Ea’－Ea
C．所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量
D．温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移
11．在体积均为1.0 L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1 ml CO2和0.2 ml CO2，在不同温度下反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是
A．反应CO2(g)＋C(s) 2CO(g)的ΔS＞0、ΔH＜0
B．体系的总压强p总：p总(状态Ⅱ)＜2p总(状态Ⅰ)
C．体系中c(CO)：c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)
D．逆反应速率：v逆(状态Ⅰ)＞v逆(状态Ⅲ)
12．已知反应：2CH3COCH3(l)CH3COCH2COH(CH3)2(l)。取等量CH3COCH3，分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化分数随时间变化的关系曲线（Y-t）如图所示。下列说法正确的是
A．b代表下CH3COCH3的Y-t曲线
B．反应进行到20min末，H3COCH3的
C．升高温度可缩短反应达平衡的时间并能提高平衡转化率
D．从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH(CH3)2的
13．可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g) 、②2M（g）N（g）+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦，可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：
下列判断正确的是：
A．反应①的正反应是吸热反应
B．达平衡（I）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为14:15
C．达平衡（I）时，X的转化率为
D．在平衡（I）和平衡（II）中，M的体积分数相等
14．人体血液内的血红蛋白(Hb)易与O2结合生成HbO2,因此具有输氧能力，CO吸入肺中发生反应：CO+HbO2O2+HbCO，37 ℃时，该反应的平衡常数K=220。HbCO的浓度达到HbO2浓度的0.02倍，会使人智力受损。据此，下列结论错误的是
A．CO与HbO2反应的平衡常数K=
B．人体吸入的CO越多，与血红蛋白结合的O2越少
C．当吸入的CO与O2浓度之比大于或等于0.02时，人的智力才会受损
D．把CO中毒的病人放入高压氧仓中解毒，其原理是使上述平衡向逆反应方向移动
15．下列图示与对应的叙述相符的是
A．图5表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化
B．图6表示0.1000ml•L-1NaOH溶液滴定•L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C．图7表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液
D．图8 表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大
二、原理综合题（4大题）
16．某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrOCr2O+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
(1)步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。
(2)下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
(3)步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂；
b．100℃ 蒸发溶剂；
c．抽滤；
d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
(4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
(5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。
17．工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：
（1）在C和O2的反应体系中：
反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·ml-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·ml-1
反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。
① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是______。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比______。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·ml-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是________。
（3）一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·ml-1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为________。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为________。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是________。
A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：________；步骤Ⅱ：________。
18．苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g) ∆H1<0
Ⅱ.副反应：(g) ⇌(g) ∆H2>0
回答下列问题：
（1）已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
Ⅴ.(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
则_______(用、和表示)。
（2）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温B．适当降温C．适当加压D．适当减压
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，其目的是_______。
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为_______。
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是_______(填“①”“②”或“③”)。
（6）恒压反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应1的_______(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
19．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的_______；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。
A． B． C． D．
(2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_______；
②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；
③当时，的平衡转化率____，反应条件可能为___或___。
目的
方案设计
现象和结论
A
检验某无色溶液中是否含有NO
取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液
若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NO
B
探究KI与FeCl3反应的限度
取5 mL 0.1 ml·L-1KI溶液于试管中，加入1 mL 0.1 ml·L-1 FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15% KSCN溶液
若溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度
C
判断某卤代烃中的卤素
取2 mL卤代烃样品于试管中，加入5 mL 20% KOH水溶液混合后加热，再滴加AgNO3溶液
若产生的沉淀为白色，则该卤代烃中含有氯元素
D
探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性
取2mL20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min；再加入适量新制Cu(OH)2悬浊液并加热
若没有生成砖红色沉淀 ，则蔗糖在酸性水溶液中稳定
参考答案
1．A
【详解】
A．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·ml-1，反应气体物质的量减少，ΔS<0，故A正确；
B．2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应的平衡常数可表示为K=，故B错误；
C．使用高效催化剂，反应的焓变不变，故C错误；
D．其他条件相同，增大，NO的转化率增大，故D错误；
选A。
2．D
【详解】
A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A错误；
B．根据图像，在175～300 ℃范围，随温度的升高，N2的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B错误；
C．根据图像，温度高于250℃ N2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图像，温度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C错误；
D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确；
答案为D。
3．B
【详解】
A．1mlNO2含有1mlN原子，1mlN2O4含有2mlN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 ml平衡混合气体中所含原子大于1 ml N，A项错误；
B．反应2NO2(g)⇌N2O4(g)为放热反应，故完全断开2mlNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1mlN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
答案选B。
4．C
【详解】
A．在标准状况下氟气的物质的量为1ml，其质子数为1ml=，A正确；
B．碘蒸气与氢气发生的反应为：，反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于，B正确；
C．电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，若阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为1:1，若气体的总质量为，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为1ml，根据关系式H22e-可知，转移的电子数为，C错误；
D．溴化铵水溶液存在电荷守恒，即c()+c()=c(Br-)+c(OH-)，则物质的量也满足n()+n()=n(Br-)+n(OH-)，因为n(Br-)=，所以该溶液中与离子数之和大于，D正确；
故选C。
5．C
【详解】
A．图甲表明，相同时间内，pH=13的溶液中，H2O2的起始浓度越大，浓度的变化量越大，其分解速率越快，A正确；
B．图乙表明，NaOH溶液浓度越小，相同时间内H2O2的浓度变化量越小，分解速率越慢，B正确；
C．图丙表明，Mn2+浓度相同时，1.0ml/LNaOH中H2O2的浓度变化量小于0.1ml/LNaOH中H2O2的浓度变化量，所以溶液的碱性越强，H2O2的分解速率不一定越快，C不正确；
D．图丙表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，图丁表明，碱性溶液中，Mn2+浓度越大，对H2O2分解速率的影响越大，D正确；
故选C。
6．B
【详解】
A．原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反应生成Fe3+，故不能验证原溶液中含有亚硝酸根，A错误；
B．向KI溶液中滴加FeCl3，若FeCl3没有剩余说明反应是完全的，因此向反应后的溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则说明该反应是有限度的，B正确；
C．溶液中加入KOH后体系中剩余大量的OH-，再加入硝酸银溶液后OH-也可以使Ag+生产白色沉淀，C错误；
D．蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中加入NaOH溶液使体系呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，D错误；
故答案选B。
7．D
【详解】
A．平衡常数很大，表示该反应所能进行的程度大，由于NO与CO反应速率较小，在排入大气之前没有反应完全，故A错误；
B．平衡常数只与温度有关，增大压强，K不变，故B错误；
C．CO(g)+ NO(g)=CO2(g)+N2(g)正反应放热，升高温度，速率加快，平衡逆向移动，K减小，故C错误；
D．选用适宜催化剂可加快反应速率，使尾气得到净化，达到尾气排放标准，故D正确；
选D。
8．C
【详解】
将1mlX和3mlY通入2L的恒容密闭容器中，反应10min，测得Y的物质的量为2.4ml，则
A. 10min内，Y的平均反应速率= =0.0005ml⋅·L-1·s-1，故A错误；
B. 第10min内，X的反应速率= =0.01ml⋅L−1⋅min−1，为平均反应速率，不能计算10min时的反应速率，故B错误；
C. 10min内，消耗0.2mlX，生成0.4mlZ，故C正确；
D. 由反应可知，1mlX与3mlY完全反应放出热量为akJ，则10min内，X和Y反应放出的热量为0.2akJ，故D错误；
故选：C。
9．D
【详解】
A.加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c（I2）减小，平衡正向移动，A正确；
B.将5mL0.1ml/LKI溶液与1mL0.1ml/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；
C.加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动，C正确；
D.该反应的平衡常数K=，D错误；
答案选D。
10．D
【分析】
由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应。
【详解】
A项、由图可知， Ea为正反应活化能，E为逆反应活化能，故A错误；
B项、由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝—（Ea’－Ea），故B错误；
C项、在相同温度下，分子的能量并不完全相同，有些分子的能量高于分子的平均能量，称为活化分子，则所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，故C错误；
D项、该反应为放热反应，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡向吸热的逆反应方向移动，故D正确；
故选D。
【点睛】
活化分子发生有效碰撞，要求能量高、碰撞方向正确，发生有效碰撞的分子是活化分子，活化能是活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差是解答关键。
11．C
【详解】
A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高，平衡时c(CO2)小，则升高温度，平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；
B．分别加入0.1mlCO2和0.2mlCO2，曲线I为加入0.1mlCO2，曲线II为加入0.2mlCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总(状态Ⅱ)=2P总(状态Ⅰ)，但加压CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)平衡逆向移动，为使c(CO2)相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总(状态Ⅱ)＞2P总(状态Ⅰ)，故B错误；
C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1mlCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1mlCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡左移，消耗CO，则c(CO，状态Ⅱ)＜2c(CO，状态Ⅲ)，故C正确；
D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高，反应速率快，则逆反应速率为V逆(状态Ⅰ)＜V逆(状态Ⅲ)，故D错误；
故选C。
12．D
【详解】
A、温度越高反应速率就越快，到达平衡的时间就越短，由图像可看出曲线b首先到达平衡，所以曲线b表示的是20℃时的Y-t曲线，A错误；
B、当反应进行到20min时，从图像中可以看出b曲线对应的转化分数高于a曲线对应的转化分数，这说明b曲线在20℃时对应的反应速率快，所以v(0℃)/v(20℃)＜1，B错误；
C、根据图像温度越高CH3COCH3转化的越少，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，即正方应是放热反应，C错误；
D、根据图像可以看出当反应进行到66min时a、b曲线对应的转化分数均相同，都是0.113，这说明此时生成的CH3COCH2COH（CH3）2一样多，所以从Y=0到Y=0.113，CH3COCH2COH（CH3）2的△n(0℃)/△n(20℃)＝1，D正确；
答案选D。
【点晴】
做题时注意观察曲线的变化趋势，以及温度对化学反应速率的影响，本题的关键是根据图像正确判断反应是吸热还是放热。平衡图像题的一般解题流程为：。
13．B
【分析】
A.从降温导致平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动时，X、Y、Z的总物质的量变化导致反应移动的方向来判断反应是吸热还是放热；
B.根据等温时，反应②中气体的物质的量不变，压强与体积成反比，并且左右两个容器中的压强关系可判断；
C.相同压强下，根据物质的量之比等于体积之比计算①中气体的物质的量，进而求出转化率；
D.由于温度变化反应②的平衡已经被破坏，M的体积分数不会相等的。
【详解】
A.降温由平衡(I)向平衡(II)移动，同时X、Y、Z的物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，A项错误。
B.达平衡(I)时的压强于开始时的体系的压强之比为：2.8:3=14:15，B项正确；
C.达平衡(I)时，反应①的总物质的量由3.0 ml减小为2.8 ml，X(g)+2Y(g)⇌⇌2Z(g)该反应正反应气体总量减小， 设反应的X的物质的量为△n(X)，利用差量可得：1:1=△n(X)：(3.0－2.8)，解之得：△n(X)=0.2ml，则X的转化率为×100%=20%，C项错误；
D.由平衡(I)到平衡(II)，由于反应过程温度降低，化学反应②发生移动，M的量发生变化，M体积分数是不会相等的，D项错误；
故答案：B。
14．C
【详解】
A项，根据化学方程式可知平衡常数表达式为K=，故A项正确；
B项，c(CO)增大，CO+HbO2O2+HbCO平衡正向移动，故B项正确；
C项，K==220，当=0.02时，此时==9×10-5，故C项错误；
D项，增大c(O2)，使CO+HbO2O2+HbCO平衡逆向移动解毒，故D项正确。
综上所述，本题正确答案为C。
15．C
【详解】
A．反应是吸热反应，生成物能量高于反应物能量，错误；
B ．0.1000 ml·L－1CH3COOH溶液PH.>1，因CH3COOH是弱酸，图像标的是PH=1，错误；
C ．a点在曲线下方，是不饱和溶液，正确；
D．达到平衡时反应物的转化率最大，t时刻没有达到平衡，所以反应物转化率并不最大，错误。
16．增大反应物的接触面积 BC a e d c AC 再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁 H2SO4 抑制Cr2O转化为CrO，且与Cr2O不反应
【分析】
根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。
【详解】
(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。
(2)A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D错误；
答案选BC。
(3)Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。
(4)①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；
答案选AC。
②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡+H2O2H++2，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制转化为，且与不反应。
17．
（1） a B
（2）水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率
（3） 9.0 1.8：1 BC M+H2O=MO+H2 MO+CO=M+CO2
【解析】
（1）
①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减， y值减小，对应线条a，故此处填a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；
（2）
由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；
（3）
①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x ml，CO为1 ml，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B符合题意；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；
故答案选BC；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
18．
（1）
（2）BC
（3）提高苯的利用率
（4）金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性
（5）②
（6）
【分析】
（1）
根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4 Ⅴ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)可由，则，故答案为：；
（2）
根据Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；
（3）
反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；
（4）
氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性；
（5）
催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；
（6）
恒压反应器中，按照投料，设投入的苯的物质的量为1ml，发生Ⅰ、Ⅱ反应总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：， 有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为：，H2的分压为：，则反应1的= ，故答案为：。
19．-49 A ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的 b 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小 33.3% 5×105Pa，210℃ 9×105Pa，250℃
【详解】
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①，②，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为： ；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。
(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。
③设起始n(CO2)=1ml，n(H2)=3ml，则，当平衡时时，=0.1，解得x=ml，平衡时CO2的转化率α==33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。
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