重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-16化学反应速率与化学平衡（2）

这是一份重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-16化学反应速率与化学平衡（2），共31页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，计算题等内容，欢迎下载使用。

重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-16化学反应速率与化学平衡（2）

一、单选题
1．（2022·重庆·统考模拟预测）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2L 所含的分子数为0.5NA
B．0.1mol/L 溶液中，含有的数目小于0.1NA
C．2 mol NO与1 mol 在密闭容器中充分反应后的分子数小于2NA
D．常温下，1 mol Fe与足量的浓硝酸反应转移的电子数为3NA
2．（2022·重庆·统考二模）利用CO2和H2合成乙烯： 2CO2(g)+6H2(g) CH2 =CH2(g)+4H2O(g) ΔH，在恒容密闭容器中，起始压强相同，反应温度、投料比[]对CO2平衡转化率的影响如图所示。

下列推断正确的是
A．a<3 B．ΔH >0 C．vM(正)>vN(逆) D．KM>KN
3．（2022·重庆·统考模拟预测）容积均为1L的甲、乙两个刚性容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入0.2molNO2，发生反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0。甲容器中NO2的相关量随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是

A．0~3s内，甲容器中NO2反应速率增大的原因是催化剂活性增加
B．3s时甲容器中反应达到化学平衡状态
C．K乙<225L/mol
D．欲使甲、乙两容器中NO2的体积分数相等可分离部分乙容器中的N2O4
4．（2022·重庆·统考模拟预测）通过下列装置进行相应实验，不能达到实验目的的是

A．甲装置可用于实验室制取蒸馏水
B．乙装置可用于测定醋酸的浓度
C．丙装置可用于分离Al(OH)3和I2的固体混合物
D．可从丁装置的漏斗处向锥形瓶内添加少量MnO2，探究催化剂对化学反应速率的影响
5．（2022·重庆·统考二模）氯化铁是一种很重要的铁盐。利用下表中实验装置，能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
装置




目的
除去Fe(OH)3胶体中的杂质FeCl3
检验 FeCl3样品溶液中混有FeCl2
验证 FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
制备无水FeCl3

A．A B．B C．C D．D
6．（2022·重庆·统考模拟预测）下列方案设计、现象和结论都正确的是

实验目的
方案设计
现象和结论
A

探究NO2生成N2O4反应的吸放热
将充有NO2的密闭烧瓶放入热水中
烧瓶内气体颜色变浅，NO2生成N2O4的反应为吸热反应
B

比较CH3COOH和HF的酸性强弱
相同条件下，分别用pH试纸测定0.lmol·L-1CH3COONa溶液、1.0mol·L-1NaF溶液的pH
NaF溶液的pH>CH3COONa溶液的pH，证明CH3COOH的酸性比HF的酸性强
C

比较氢氧化铜和氢氧化镁Ksp的大小
向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液
先出现蓝色沉淀，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
D

镀锌铁皮锌镀层厚度的测定
装有镀锌铁皮的烧杯中加入足量稀硫酸
产生气泡的速率突然减小，证明镀锌层完全反应

A．A B．B C．C D．D
7．（2022·重庆·统考二模）根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向次氯酸钙的溶液中通入少量
出现白色沉淀

B
相同条件下，在两支试管中均加入的和，再向其中一支试管中快速加入少量固体。
加有的试管中溶液褪色较快
对该反应有催化作用
C
向盛有某溶液的试管中滴入稀溶液，将湿润的红色试纸靠近管口
无明显现象
该溶液中无
D
向蔗糖中滴入浓硫酸
固体变黑且膨胀
浓硫酸具有吸水性

A．A B．B C．C D．D
8．（2022·重庆·统考模拟预测）40℃时，向100mL水中加入5gMg(OH)2固体溶解，一段时间后再滴入少量稀H2SO4，整个过程pH随时间的变化如图所示，下列说法正确的是

A．a→b段，由水电离出的c(OH-)逐渐增大
B．b点时，溶液中的c(OH-)=1.0×10-4.09
C．c→e段的变化符合勒夏特列原理
D．e点处，离子浓度大小顺序为c()>c(Mg2+)>c(OH-)>c(H+)
9．（2022·重庆·统考模拟预测）下列有关说法正确的是
A．N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，恒温恒压下再通入少量NH3，容器中气体密度增大
B．NH4Cl(s)⇌NH3(g)+HCl(g)，室温下不能自发进行，说明该反应的△H<0
C．CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，压缩容器使体积减小，达到新平衡后CO2浓度增大
D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，恒容绝热下，当压强不变时可以判定反应达到平衡
10．（2022·重庆·统考二模）下图是不同物质在密闭容器中反应的有关图像，下列对有关图像的叙述正确的是

A．图1：对达到平衡后，在时刻充入了一定的HI，平衡逆向移动
B．图2：该图像表示的方程式为
C．图3：对，图中
D．图4：对可表示X的百分含量
11．（2022·重庆·模拟预测）我国科学家合成了Y、单原子催化剂，用于电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。下列说法中错误的是

A．相同条件下，比催化剂更利于吸附氮气
B．实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可提高氨气的平衡转化率
C．使用单原子催化剂，反应的快慢由生成的速率决定
D．工业合成氨与电化学催化还原氮气均涉及到共价键的断裂与形成
12．（2022·重庆·统考模拟预测）研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义，相关的主要化学反应有：
Ⅰ.NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)    ΔH1
Ⅱ.2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)    ΔH2<0
已知：1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为
NO2
CO
CO2
NO
819kJ
1076kJ
1490kJ
632kJ
下列描述正确的是
A．ΔH1=+227kJ·mol-1
B．若在绝热恒容密闭容器中只进行反应Ⅰ，压强不变时能说明反应Ⅰ达到了平衡
C．恒温条件下，增大CO的浓度能使反应Ⅱ正向移动，且提高了CO的平衡转化率
D．上述两个反应达到平衡后，再升高温度，逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡

二、原理综合题
13．（2022·重庆·统考模拟预测）氨是化肥工业和基本有机化工业的主要原料，随着科学技术的发展，对氨的需求量日益增长。
(1)已知：    。在恒容密闭容器中，一定条件下该反应的进程或结果如图1和图2：

①图1中温度_______(填“<”“>”或“=”)，理由是_______。
②图1中A、B、C三点的转化率由大到小的顺序是_______(填字母)。
③图2中t2时改变的条件可能是_______。
(2)已知：氨的分解反应为。在T℃时，向体积为10L的恒容密闭容器中加入8mol和4mol，达到平衡时的体积为总体积的。则氨气的分解率为_______；该温度下的平衡常数为_______。
(3)我国科学家实现了在室温下电催化制取和，装置如图所示，其中双极膜复合层之间的水能解离成和，双极膜能实现、的定向移动。
①电解时，双极膜产生的向_______(填“A”或“B”)极移动。
②电解的总反应式为_______。

14．（2022·重庆·统考模拟预测）甲醇(CH3OH)是重要的化工原料。回答下列问题：
I.制备甲醇有Ag3PO4光催化CO2转化法、水煤气合成法和CuO-ZnO催化CO2氢化法。
(1)Ag3PO4光催化CO2转化法制甲醇的总反应是：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2，Ag3PO4光催化机理如下，请写出步骤b的方程式。
a.Ag3PO4[Ag3PO4]⊕+e-
b._______
c.CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O
(2)水煤气合成法。制备甲醇的主要反应为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)。ΔH=-90.8kJ/mol，原料气加工过程中常常混有一定量CO2，为了研究不同温度下CO2对该反应的影响，以CO2、CO、H2的混合气体为原料在一定条件下进行试验，结果表明，原料气各组分含量不同时，反应生成甲醇和副产物甲烷的碳转化率是不同的。实验数据如下表所示。
φ(CO2)-φ(CO)-φ(H2)/%
0-30-70
4-26-70
8-22-70
20-10-70
反应温度/℃
225
235
250
225
235
250
225
235
250
225
235
250
碳转化率/%
CH3OH
4.9
8.8
11.0
19.0
33.1
56.5
17.7.
33.4
54.4
8.0
12.0
22.6
CH4
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2.8
2.8
2.8
一定条件下，反应温度越高，生成甲醇反应的碳转化率_______(填“增大”、“减小”、“不变”或“无法判断”)。结合表中数据分析250℃下，CO2对甲醇合成的影响是________。
(3)CuO-ZnO催化CO2、H2合成甲醇涉及的反应如下：
反应I：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1>0
反应II：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2<0
反应III：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3<0
①一定条件下，在恒容密闭容器中按=3投料进行上述反应，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH的平衡体积分数随温度变化如图所示。图中曲线X表示_______的平衡体积分数随温度的变化，温度从453K上升至533K，CO2的平衡转化率变化的原因是_______。

②温度为T℃时，在恒容密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，发生反应I、II。起始及平衡时容器内各气体的物质的量如下表所示：。

CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
起始量/mol
5
7
0
0
0
平衡量/mol


n1

n2
经测定，达到平衡时容器内总压为pkPa，是起始时的5/6，则n1=_______；若此时n2=3，则反应II的平衡常数Kp=________(用含p的式子表示)。
II.一种以甲醇为原料，利用SnO2(mSnO2/CC)和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，制备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。

(4)①直流电源的正极为_______(填“a”或“b”)，电解过程中阴极上发生反应的电极反应式为_______。
②若有1molH+通过质子交换膜时，则该装置生成HCOO-和HCOOH共计_______mol。
15．（2022·重庆·统考二模）为实现“碳达峰”、“碳中和”目标，可将CO2催化加氢制甲醇。该反应体系中涉及以下两个主要反应：
反应I： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49kJ/mol
反应II： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ/mol
(1)反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的反应热ΔH3=_______。
(2)在密闭容器中，上述反应混合体系建立平衡后，下列说法正确的是_______。
A．增大压强，CO的浓度一定保持不变
B．降低温度，反应II的逆反应速率增大，正反应速率减小
C．增大CH3OH的浓度，反应II的平衡向正反应方向移动
D．恒温恒容下充入氦气，反应I的平衡向正反应方向移动
(3)不同条件下，相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。

CH3OH的选择性= 100%
①由图可知，合成甲醇的适宜条件为_______ (填标号)
A．CZT催化剂       B．CZ(Zr-1)T 催化剂       C．230°C            D．290 °C
②在230°C以上，升高温度，CO2的平衡转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是_______。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，发生反应I和反应II，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，气体体积减小10%，则在达到平衡时， CH3OH的选择性=_______，反应II的平衡常数K=_______。
(5)利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，装置如图：

①铜电极上产生HCOOH的电极反应式为_______。
②若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量变化了 _______g。
16．（2022·重庆·模拟预测）碳化学是以分子中只含一个碳原子的化合物为原料生产化工产品的方法。合成气(CO和的混合气体)是一碳化学的重要原料，焦炭与水蒸气在刚性密闭容器中会发生如下两个反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
下表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。
物质




标准生成热
0.0


0.0
(1)反应Ⅰ的焓变_______，、分别表示该反应正、逆反应的活化能，则－_______0(填“>”或“<”或“=”)。
(2)若在绝热恒容容器中仅发生反应Ⅱ，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______。
A．容器内气体的压强不变 B．容器内温度不变
C．容器内气体的密度不再改变 D．容器内气体的平均相对分子质量不变
(3)已知反应Ⅱ的正反应速率，逆反应速率，、分别为正、逆反应速率常数，(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化。升高温度，反应Ⅱ的平衡常数K_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。

(4)在上图A点对应的温度下，向某刚性密闭容器中加入足量焦炭和一定量水蒸气，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa。
①平衡时CO的分压_______kPa，平衡时水蒸气的转化率为_______%。
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有_______、_______(写两种不同的方法)。
17．（2022·重庆·统考二模）碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长。因此，诸多科学家都在大力研究利用和以减少碳的排放。
(1)“神十三”中航天员们呼吸产生的用一种循环方案处理，即，然后电解水又得氢气和氧气。在温度为T，向一恒容密闭容器中，按物质的量之比通入和，测得反应过程中压强随时间的变化如图中a所示，若其它条件不变，仅改变某一条件时，测得其压强。随时间的变化如图中b所示。

①能说明容器中的反应均已达到平衡状态的是_______。
A．容器内气体的平均相对分子质量不变
B．和的转化率相等
C．与的物质的量之比保持不变
D．
②_______0(填“>”“<”或“不确定”)；理由是_______。
③改变的条件是_______。
(2)经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①反应Ⅱ的活化能(正)_______ (逆)(填“>”“<”或“=”)。
②在温度下，将和充入的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡状态时和的物质的量分别为和。则温度时反应Ⅰ的平衡常数_______。
(3)工业上利用废气中的联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如下图。已知B中的装置使用了阳离子交换膜。

①B中发生的总反应的离子方程式为_______。
②若某废气中含有的和的体积比为，废气中和体积分数共为。假设A中处理了标准状况下的废气，其中和全部转化成，理论上可制得_______。

三、工业流程题
18．（2022·重庆·统考二模）钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。一种从钕铁硼废料[含钕(Nd，质量分数为28.8%)、Fe、B]中提取氧化钕的工艺流程如图所示：

已知：Nd稳定的化合价为+3价；金属钕的活动性较强，能与酸发生置换反应；Nd(H2PO4)3难溶于水；硼不与稀硫酸反应。
(1)可以选择_______(填标号)除去钕铁硼废料表面的矿物油污。
A．酒精清洗 B．NaOH溶液浸泡 C．纯碱溶液浸泡 D．稀硫酸
(2)“粉碎”的目的是 _______。
(3)“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)常温下，“沉钕”过程中，Nd(H2PO4)3沉淀完全时的pH为2.3，溶液中的c(Fe2+)=2.0 mol·L-1，此时_______(填“有”或“无”)Fe(OH)2沉淀生成。列式计算说明原因_______(常温下，Ksp[Fe(OH)2]=8.0 ×10-16)。
(5)“碱转换”时，得到Nd(OH)3沉淀，“滤液2”的主要溶质为_______。
(6)焙烧沉淀[Nd2(C2O4)3·10H2O]时， 生成无毒的气体，该反应的化学方程式为_______。
(7)若用100g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24 g Nd2O3，则Nd2O3的回收率为_______。
19．（2022·重庆·模拟预测）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

已知：I. Cr(OH)3为两性氢氧化物；
II.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。
化合物
Cr(OH)3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
SrCO3
Ksp近似值
1×10-31
5.5×10-6
1.8×10-11
5.6×10-10
回答下列问题：
(1)气体A的电子式为_______。
(2)“除钡、铅”时，pH过低会导致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因为_______(用离子方程式解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为_______。
(5)“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为_______。
(6)已知：碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K=_______(保留两位有效数字)。
(7)“系列操作”中包含“200°C烘干”操作，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为_______ (填化学式)。

四、计算题
20．（2022·重庆·统考模拟预测）2021年11月初，世界气候峰会在英国举行，为减少环境污染，减少化石能源的使用，开发新型、清洁、可再生能源迫在眉睫。
(1)甲醇、乙醇来源丰富、燃烧热值高，可作为能源使用。其中一种可减少空气中CO2的甲醇合成方法为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。
①若将一定量的CO2和H2投入1.0L恒容密闭容器中合成甲醇，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图所示。则该反应的正反应为_______(填“放热”或“吸热”)反应，在p2及512K时，图中N点处平衡向_______(填“正向”或“逆向”)移动；

②若将物质的量之比为1：3的CO2和H2充入体积为1.0L的恒容密闭容器中反应，不同压强下CO2转化率随温度的变化关系如下图所示。

a.A、B两条曲线的压强分别为、，则_______ (填“>”“<”或“=”)；
b.若A曲线条件下，起始充入CO2和H2的物质的量分别为lmol、3mol，且a点时的K=300(L2/mol2)，则a点对应CO2转化率为_______。
(2)在工业生产中也用反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2kJ·mol-1制取H2，从而获得氢能源，该反应需要加入催化剂，若用[M]表示催化剂，则反应历程可表示为：
第一步：[M]+H2O(g)=[M]O+H2(g)
第二步：[M]O+CO(g)=[M]+CO2(g)
①第二步比第一步反应慢，则第二步反应的活化能比第一步_______(填“大”或“小”)。反应过程中，中间产物[M]O的能量比产物的能量_______(填“高”或“低”)；
②研究表明，此反应的速率方程为，式中)、分别表示相应的物质的量分数，Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，该反应的Kp_______(填“增大”或“减小”)。根据速率方程分析，T>Tm时v逐渐减小的原因是_______。

(3)以甲醇为主要原料，电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。阳极的电极反应式为____，若装置中消耗标准状态下O244.8L，理论上能制得碳酸二甲酯的质量____g。


参考答案：
1．C
【详解】A．已知标准状况下SO3为固体，则无法计算11.2L SO3所含的分子数，A错误；
B．由于题干未告知溶液的体积，故无法计算0.1mol/L 溶液中，含有的数目，B错误；
C．已知反应2NO+O2=2NO2和2NO2N2O4可知，2 mol NO与1 mol 在密闭容器中充分反应后的分子数小于2NA，C正确；
D．常温下，Fe在浓硝酸中发生钝化，故无法计算1 mol Fe与足量的浓硝酸反应转移的电子数，D错误；
故答案为：C。
2．D
【详解】A．由题干信息可知，投料比越大，CO2平衡转化率增大，平衡向正反应方向移动，故a>3，A错误；
B．由图示可知，升高温度，CO2的平衡转化率降低，逆向移动，故正反应为放热反应，ΔH <0，B错误；
C．温度升高，化学反应速率加快，因TM D．该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，M、N两点的反应平衡常数KM>KN，D正确；
故选D。
3．D
【详解】A．该反应为放热反应，故0~3s内温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响，导致反应速率增大，故A错误；
B．由图象可知，9s时达化学平衡状态，故B错误；
C．相同温度下，甲容器充入0.2molNO2，发生反应2NO2(B)⇌N2O4(g)ΔH<0达到平衡时二氧化氮气体的浓度为0.02mol/L，根据三段式

平衡常数K==225L/mol，容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应2NO2(g)=N2O4(g)△H<0，甲容器中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数K甲225L/mol，故C错误；
D．容积均为1L的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应2NO2(g)=N2O4(g)△H<0，甲容器中温度升高，平衡逆向进行，若使甲、乙两容器中NO2的体积分数相等，故可以分离部分乙容器中的N2O4，故D正确；
故选D。
4．C
【详解】A．利用蒸馏装置制取蒸馏水，A正确；
B．碱式滴定管中盛放碱液，滴定含酚酞指示剂的醋酸，B正确；
C．碘单质加热易升华，但是氢氧化铝加热也易分解，故不能用此装置分离Al(OH)3和I2的固体混合物，故C错误；
D．MnO2为双氧水分解的催化剂，故D正确；
故选C。
5．D
【详解】A．Fe(OH)3胶体中的胶体粒子及杂质FeCl3的离子都能够通过滤纸，因此不能采用过滤的方法分离提纯，应该采用渗析方法提纯Fe(OH)3胶体，A错误；
B．FeCl3溶液中含有的Fe2+不能与KSCN发生反应，因此不能使用该方法检验Fe2+的存在，应该向FeCl3溶液中滴加紫色的酸性KMnO4溶液，根据溶液紫色是否褪色判断，B错误；
C．采用控制变量方法判断FeCl3溶液是否有催化作用时，应该在其它外界条件都相同，其中一个滴加FeCl3溶液，一个不滴加FeCl3溶液，根据实验现象进行分析判断，而不能同时改变两个外界条件，C错误；
D．FeCl3是强酸弱碱盐，受热易水解，在HCl气氛中加热晶体，FeCl3∙6H2O的结晶水会在加热时被HCl气流带出反应装置，避免了盐的水解反应的发生，因此可以制取得到无水FeCl3，D正确；
故合理选项是D。
6．C
【详解】A．NO2生成N2O4是放热反应，温度升高，反应向生成红棕色气体二氧化氮的方向移动，现象和结论不正确，故A错误；
B．方案设计中CH3COONa和NaF的浓度不相同，方案设计不正确，不能比较CH3COOH和HF的酸性强弱，B错误；
C．氢氧化镁和氢氧化铜是同类型的物质，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，C正确；
D．锌铁都能和酸反应，方案设计不合理，锌反应的同时，可能就有铁发生反应，D错误。
故选C。
7．B
【详解】A．向次氯酸钙溶液中通入足量SO2，发生氧化还原反应，离子方程式：2ClO-+Ca2++2H2O+2SO2=2Cl-+CaSO4↓+4H++SO，有白色沉淀生成，不能比较大小，故A错误；
B．锰离子可作催化剂，由现象可知MnSO4对该反应有催化作用，故B正确；
C．滴入稀的氢氧化钠溶液，可能生成一水合氨，湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸没有明显现象，应加热溶液得到氨气再检验，但原溶液中可能含有铵根离子，故C错误；
D．固体变黑，说明蔗糖被炭化，浓硫酸表现脱水性，固体膨胀有气体生成，同时表现氧化性，生成气体为二氧化碳、二氧化硫，故D错误；
故选：B。
8．C
【详解】A．由图可知，a→b段，由Mg(OH)2溶解产生的c(OH-)增大，由水电离出的c(OH-)逐渐减小，故A错误；
B．由于温度为40℃，b点时，溶液中的c(OH-)>1.0×10-4.09，故B错误；
C．由于Mg(OH)2(s)⇌Mg2＋(aq)＋2OH-(aq)，滴加少量硫酸后，pH突然减小，随之平衡右移，pH又增大，符合勒夏特列原理，故C正确；
D．e点处，c()＜c(Mg2＋)，故D错误；
答案选C。
9．D
【详解】A．恒温恒压下再通入少量NH3，容器中气体密度可能增大，可能减小，也可能不变，故A错误；
B．NH4Cl(s)NH3(g)＋HCl(g)反应的ΔS＞0，室温下，该反应不能自发进行，通过ΔG=ΔH-TΔS＞0，推出ΔH＞0，故B错误；
C．K=c(CO2)，温度不变，平衡常数不变，CO2浓度也不变，故C错误；
D．对于H2(g)＋I2(g)2HI(g)反应，该反应为放热反应，在恒容绝热下，温度升高，气体压强增大，当压强不再变化，说明反应达到平衡，故D正确；
答案为D。
10．C
【详解】A．图1，如果在t0时刻充入了一定的HI，逆反应速率瞬间增大，正反应速率瞬间不变，v正应与平衡点相连，故A错误；
B．从图像可知到t1时刻，A的浓度减少：(2.0-1.2)mol/L=0.8mol/L，B的浓度增加0.4mol/L，C的浓度增加1.2mol/L，达平衡时，反应物和生成物共存，反应为可逆反应，根据浓度变化之比等于化学计量数之比确定化学反应方程式为：，故B错误；
C．增大压强，反应速率增大，升高温度，反应速率增大，故先达到平衡，由先拐先平知p2＞p1，T1＞T2，压强越大平衡正向进行，C的百分含量增大，图像符合，温度越高，C%含量减小，升温平衡逆向进行，图像符合，故C正确；
D．由方程式看出，温度升高，平衡将逆向移动，X的百分含量将增大，图像不符合，故D错误；
故选：C。
11．B
【详解】A．由图可知，使用Sc1/NC的反应活化能小于使用Y1/NC的反应活化能，说明Sc1/NC比Y1/NC更有利于吸附N2，A正确；
B．催化剂只能改变反应的途径，不影响平衡移动，实际生产中将催化剂的尺寸处理成纳米级颗粒可加快反应速率，但氨气的平衡转化率不变，B错误；
C．由图可知，使用Sc1/NC单原子催化剂时，*N2与H结合生成*NNH的活化能最大，则历程中最大能垒的反应为：*N2+H→*NNH，C正确；
D．氮气和氢气合成氨和用于电化学催化氢气还原氮气的反应氨，都涉及氢氢键和氮氮键的和氮氢键的形成，D正确；
故选B。
12．B
【详解】A．焓变=反应物吸收能量-生成物释放能量，所以ΔH1=(1076kJ/mol-819kJ/mol)-(1490kJ/mol+632kJ/mol) =−227kJ·mol−1，A错误；
B．虽然该反应前后气体系数之和相等，但容器绝热，反应未平衡时，容器内温度会发生变化，温度的变化会引起压强的改变，所以当压强不变时说明反应达到平衡，B正确；
C．增大CO的浓度能使反应Ⅱ正向移动，但其转化率会降低，C错误；
D．两个反应焓变均小于0，为放热反应，再升高温度，平衡都会逆向移动，而逆反应速率均瞬间增大，之后逐渐减小至达到新的平衡，D错误；
综上所述答案为B。
13．(1) < 由图可知，n(H2 )相同时，T2对应氨气含高，反应为放热反应，降低温度有利于生，成氨气，则T1 < T2 C 增大N2的浓度
(2) 50% 1.25
(3) B 4N2+9H2O5+3

【详解】（1）①由图可知，n(H2 )相同时，T1对应氨气含高，反应为放热反应，降低温度有利于生，成氨气，则T1 < T2，故答案为: <；由图可知，n(H2 )相同时，T1对应氨气含高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气，则T1 < T2；
②A、B、C三点，n(H2 )越大，平衡正向移动的程度越大，N2的转化率越大，C点时氢气的物质的量最大，C点N2的转化率最高，故答案为: C；
③图2中t2时v正(N2)突然变大后逐渐减小，v逆(NH3)渐变大，平衡逆向移动，故改变的条件可能是增大N2的浓度；
（2）设氨气的浓度减少2x，根据三段式有：

达到平衡时的体积为总体积的，则，解得x=0.2，则氨气的分解率为=50%；该温度下的平衡常数为==1.25；
（3）①电解时， A极上氮气得电子产生氨气为阴极，B极上氮气失电子产生硝酸为阳极，电解池中阴离子向阳极移动，故双极膜产生的向B极移动；
②电解是氮气转化为氨气和硝酸，总反应式为4N2+9H2O5和3。
14．(1)2H2O+4[Ag3PO4]⊕O2+4H++4Ag3PO4
(2) 增大 一定条件下，少量二氧化碳加入有利于提高碳反应生成甲醇的转化率
(3) 二甲醚 453K到533K，主要发生反应II，反应放热，温度升高，反应II逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降 1 kPa-2
(4) b 2CO2+2e-+H2O=HCOO-+ 0.75

【详解】（1）abc三个反应就是总反应2CO2+4H2O2CH3OH+3O2，则总反应减去反应ac可得反应b为：2H2O+4[Ag3PO4]⊕O2+4H++4Ag3PO4；
（2）由表格中原料气各组分含量不同时反应生成甲醇的碳转化率的数据可知：反应温度越高，生成甲醇的碳转化率越高，故答案为：增大；
二氧化碳的体积分数为4%时生成甲醇的碳转化率最高，二氧化碳的体积分数为20%生成甲醇的碳转化率较低，不含二氧化碳时生成甲醇的碳转化率最低，因此原料含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率, CO2含量过高生成甲烷的碳转化率又降低，故答案为：一定条件下，少量二氧化碳加入有利于提高碳反应生成甲醇的转化率；
（3）①随着温度的升高，反应工平衡逆向移动，故二甲醚平衡体积分数减小， 对应曲线X，故此处填：二甲醚；CO2的平衡转化率与反应I、Ⅱ有关，且温度升高，两个反应平衡移动方向不一致，在不同温度范围内，两个反应程度不同，故CO2的平衡转化率表现不一致，故此处填：453K到533K，主要发生反应II，反应放热，温度升高，反应II逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降；故答案为：二甲醚；453K到533K，主要发生反应II，反应放热，温度升高，反应II逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降；
②恒温恒容条件下，压强之比等于其物质的量之比，则达到平衡时气体总物质的量：
(5.0+7.0)mol=， 则平衡时气体总物质的量为10mol，反应前后气体减少的物质的量= (12-10)mol，气体减少的物质的量是生成甲醇气体物质的量的2倍，则生成甲醇的物质的量为1.0mol，生成1.0mol甲醇时，故n1=1；该反应中生成，则有水在反应中生成则生成的n(CO)=2mol，消耗的，剩余，则剩余，则，，，，反应I的平衡常数，故答案为：1；kPa-2；
（4）①由图可知二氧化碳在左侧电极发生反应，其中碳元素化合价降低，则a为负极，该电极反应式为：2CO2+2e-+H2O=HCOO-+；则电极b为正极，右侧电极为阳极，电极反应式为：；故答案为：b；2CO2+2e-+H2O=HCOO-+；
②由第一问的分析可知，阳极反应为：，阴极电极反应为：2CO2+2e-+H2O=HCOO-+，由此可以发现，若有1molH+通过质子交换膜时，则转移1mol电子，则此时该装置生成HCOO-和HCOOH共计0.75mol。
15．(1)-90kJ/mol
(2)C
(3) BC 230°C以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大
(4) 30%
(5) CO2+2e- +2H+ =HCOOH 3.6

【详解】（1）；
（2）A．增大压强，反应II平衡不移动，反应I平衡正向移动导致二氧化碳浓度增大，从而使反应II平衡正向移动，一氧化碳浓度增大，A错误；
B．降低温度，反应II的正、逆反应速率均减小，B错误；
C．增大甲醇浓度，使反应I逆向移动，二氧化碳浓度增大，反应II正向移动，C正确；
D．恒温恒容下通入氦气，对于反应I来说各物质浓均不变，平衡不移动，D错误；
故选C。
（3）由图可知在相同温度下CZ(Zr-I)T催化剂对甲醇的选择性更高，温度为230oC时甲醇的产率最高，故合成甲醇的适宜条件选BC；
在230°C以上，升高温度，反应I为放热反应，平衡逆向移动，甲醇的产率降低；反应II为吸热反应，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；升高温度对反应II的影响更大，导致CO2的平衡转化率增大，甲醇的产率降低；
（4）设反应I中二氧化碳转化了xmol，反应II中二氧化碳转化了ymol，可列出三段式：

反应达平衡时，CO2的转化率为50%，即x+y=1，气体体积减小10%，即平衡时气体的物质的量比原来少了10%，即，解得x=0.3，y=0.7，在达到平衡时， CH3OH的选择性：； 平衡时反应II中各物质的物质的量为：
，
设容器的体积为VL，平衡常数。
（5）该装置为电解池，Pt为阳极，Cu为阴极。铜电极上为二氧化碳得电子被还原，制备甲酸的电极反应式为：；铜电极上只生成5.6gCO时，电极反应为，即CO2变成CO，溶液增加质量为氧原子质量。生成5.6gCO时，增加氧原子质量为：，该电解池装置用了阳离子交换膜，同时会有氢离子迁移到铜极区，增加的氢离子质量为：，共增重3.6g。
16．(1) +131.3 >
(2)AB
(3)变小
(4) 8 40 增大容器体积 及时分离出或

【详解】（1）=+131.3；、分别表示该反应正、逆反应的活化能，该反应为吸热反应，＞，则－＞0；
（2）Ⅱ：
A.该反应中气体体积不变，气体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气体的压强为变量，当混合气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；
B.在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确
C.混合气体的质量为定变量、容器容积不变，则混合气体的密度为定量，当混合气体的密度不变时，不能表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，C错误；
D.混合气体的质量为定量，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为定量，当混合气体的平均分子质量不变时，不能表明达到平衡状态，D错误；
故选AB；
（3）直线a、b分别表示、随温度的变化，随着温度的降低增大，正逆反应速率均减小，则降低相同温度时lg减小更快，降低温度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡常数K变小；
（4）①，，则有x-y+80-x-y+y++x+y=100，解得x=20 kPa，A点时=，=，，由以上可知，(20-y)·(60-y)=(y)·(20+y)解得y=12 kPa，平衡时CO的分压20 kPa -12 kPa =8kPa，平衡时水蒸气的转化率为；
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有1.增大容器体积， 2. 及时分离出或，促进平衡正向移动。
17．(1) AC ＜ 随着反应进行，压强先变大后变小，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强增大 加入催化剂
(2) ＜ 10
(3) 2H2O+2Cl-=H2↑+2OH-+Cl2↑ 9.9

【详解】（1）①A．容器内气体的质量和物质的量均是变化的量，气体的平均相对分子质量不变，说明反应已达到平衡状态，A符合题意；
B．和的投料比等于系数比，故两者的转化率相等，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；
C．与的物质的量之比随着反应的进行不断变化，当该比例保持不变时，说民反应已达到平衡状态，C符合题意；
D．时，由于未指明两个速率的反应方向，故不能说明达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC。
②由图可知，随着反应进行，压强先变大后变小，5min时达到平衡状态，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强变大，故＜0。
③改变的条件化学反应速率加快，而平衡状态没有移动，说明加入了催化剂。
（2）①反应Ⅱ为放热反应，生成物的能量低于反应物的能量，则反应Ⅱ的活化能(正)＜。
②由三段式得：


在温度下，的恒容密闭容器中平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为3mol-1mol -1mol=1mol、7mol-3mol-3mol=1mol、1mol、1mol+1.5mol=2.5mol；则温度时反应Ⅰ的平衡常数=10。
（3）①由图可知，B中发生的总反应为电解氯化钠溶液的反应，离子方程式为2H2O+2Cl-=H2↑+2OH-+Cl2↑。
②的废气中和总体积为10×103L×8.96%=896L，和的体积均为448L，两者的物质的量均为20mol，和全部转化成，～6e-、～4e-，则转移电子的总的物质的量为200mol；C2H4生成C2H4Cl2，C2H4～2e-，则根据电子守恒可知，生成的物质的量为100mol，质量为100mol×99g/mol=9900g=9.9kg。
18．(1)A
(2)增大“酸溶“时接触面积，加快“浸出”速率
(3)B
(4) 无 Qc=c(Fe2+)·c2(OH-)=2.0×(=2×10-23.4＜8.0×10-16
(5)Na3PO4、NaOH
(6)2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O
(7)90%

【分析】由题给流程可知：钕铁硼废料粉碎后加入稀硫酸酸溶，钕、铁溶于稀硫酸得到可溶性硫酸钕、硫酸亚铁溶液，而硼不与稀硫酸反应，过滤得到滤渣1中含有硼和含有硫酸钕、硫酸亚铁的滤液，向滤液中加入磷酸二氢钠将硫酸钕转化为磷酸二氢钕沉淀，过滤得到将磷酸二氢钕和含有硫酸亚铁、硫酸钠的滤液1；向磷酸二氢钕沉淀中加入过量氢氧化钠溶液将磷酸二氢钕转化为溶解度更小的氢氧化钕和磷酸钠，过滤得到氢氧化钕和含有磷酸钠的滤液2；氢氧化钕溶于稀硫酸得到硫酸钕，硫酸钕与加入的草酸溶液反应生成草酸钕和稀硫酸，过滤得到草酸钕和含有稀硫酸的滤液3，草酸钕高温煅烧得到氧化钕。
(1)
矿物油的主要成分是各种烃，烃不能与酸、碱、盐发生反应，可根据相似相溶原理，用酒精清洗，故合理选项是A；
(2)
将矿石粉碎，目的是增大“酸溶“时接触面积，提高“浸出”速率；
(3)
根据上述分析可知：“炉渣1”的主要成分是硼，化学式是B；
(4)
常温下，“沉钕”过程中，Nd(H2PO4)3沉淀完全时的pH为2.3，c(OH-)=mol/L，溶液中的c(Fe2+)=2.0 mol·L-1，此时的离子浓度积Qc=c(Fe2+)·c2(OH-)= 2.0×(=2×10-23.4＜8.0×10-16= Ksp[Fe(OH)2]，因此没有Fe(OH)2沉淀产生；
(5)
在“碱转换”时，磷酸二氢钕与过量NaOH溶液反应转化为溶解度更小的氢氧化钕和磷酸钠，过滤得到氢氧化钕和含有磷酸钠的滤液2，因此“滤液2”的主要溶质为Na3PO4、及过量的NaOH溶液；
(6)
焙烧沉淀[Nd2(C2O4)·10H2O]时， 生成无毒的气体CO2、H2O，同时产生Nd2O3，该反应的化学方程式为：2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O；
(7)
由题意可知，100 g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24 g氧化钕，则根据原子个数守恒可得Nd2O3的回收率为：。
19．(1)
(2) 2CrO+2H+Cr2O+H2O 8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O
(3)Cr(OH)3
(4)pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低
(5)Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+
(6)1.9 ×105
(7)NH4NO3

【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7~8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
【详解】（1）气体A为CO2，其电子式为；
（2）(NH4)2CrO4溶液中存在2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O正向移动，更多的CrO转化为Cr2O，导致(NH4)2CrO4的利用率降低；
结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H++Cr2O+3H2C2O4= 2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（3）由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3；
（4）Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为pH过高会使Cr(OH)3的溶解，导致铬的去除率降低；
（5）“调pH ≈13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH ≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+；
（6）Sr2+(aq)+2HCO(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K===== 1.9 ×105；
（7）由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3。
20．(1) 放热 正向 ＞ 90%
(2) 大 高 减小 温度为主要影响因素，Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
(3) 360

【详解】（1）①分析图象可知温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，由盖斯定律可知正反应为放热反应；在p2及512K时，N点在曲线下方未达到平衡，达到平衡后甲醇的物质的量为，平衡向正向移动才能增大甲醇的物质的量，故N点此时向正向移动；
②由热化学方程式得，相同温度下，增大压强，平衡向正向移动，的转化率增大，＞；设a点对应CO2转化x：

，解得x=0.9，则CO2的转化率为90%；
（2）①活化能越大，反应就越慢，第二步反应比第一步反应慢，则第二步的活化能大于第一步；反应物断开化学键需要吸收能量，正反应为放热反应，总能量降低，则中间产物的能量比产物的能量高；
②正反应为放热反应，温度升高，平衡向逆向移动，则减小；此反应的速率方程为，反应速率加快，k值增大，可得到Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；T>Tm时温度为主要影响因素；
（3）该电解池中从左往右移动，根据电解池阳离子向阴极移动，可知右侧为阴极与电源负极相连，阳极的电极反应式为：；消耗氧气的物质的量为，阴极的电极反应式为：，则整个电路中转移，产生碳酸二甲酯为，理论上制得碳酸二甲酯的质量为。