2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡的影响因素2

2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡的影响因素2
一、多选题
1．（2021·岳阳模拟）一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。
容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
Ⅰ T1 0.2 0.2 0.1
Ⅱ T2 0.2 0.2 0.12
下列说法错误的是（　　）
A．T1＞T2
B．I中反应达到平衡时，CO的转化率为60%
C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ
D．对于I，平衡后向容器中再充入0.2 mol CO和0.2 mol CO2，平衡正向移动
2．（2022·聊城模拟）某温度下，改变0.1mol/LK2Cr2O7溶液的pH时，各种含铬元素粒子及浓度变化如图所示(已知H2CrO4是二元酸，其电离常数为Ka1、Ka2)，下列有关说法正确的是（　　）
A．该温度下的Kw=1×10-13
B．B点溶液中：c(K+)<2c(Cr2O)+3c(CrO)
C．KHCrO4溶液：c(HCrO)>c(CrO)>c(H2CrO4)
D．该温度下反应Cr2O+H2O2CrO+2H+的平衡常数为1×10-13.2
3．（2020·扬州模拟）催化剂存在下，在1 L的恒容密闭容器中充入0.1 molCO和0.3mol H2发生反应CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)。反应相同时间，CO的转化率与反应温度的关系如图所示。下列说法一定正确的是（　　）
A．升高温度，CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的化学平衡常数增大
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高CO的转化率
C．图中Y点所示条件下，改用性能更好的催化剂能提高CO的转化率
D．T1 ℃，CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的化学平衡常数K＞1
4．（2020高一下·潍坊期末）T1℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入SO2和O2发生反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，容器中各组分的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点反应速率vaB．0-t2时间段，反应速率v(SO3)= mol L-1 min-1
C．t2时刻，向容器中充入一定体积的气体氦，则v正、v逆均不变
D．若反应在T2℃进行(T25．（2020高二下·连云港期末）三个容积相同的恒容密闭容器中各自充入1 mol CO和一定量的H2，分别在T1、T2、T3温度下发生如下反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H＜0。当反应达到平衡状态时，测得CO的转化率与投料比[ ]的关系如下图所示。下列说法正确的是（　　）
A．H2的平衡转化率：a＞b＞c
B．上述三种温度之间大小关系为T1＞T2＞T3
C．a点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，平衡向正方向移动
D．c点状态下再通入1 mol CO和4 mol H2，新平衡中CH3OH的体积分数增大
6．（2020高二下·盐城期末）T℃时，在密闭容器中进行的反应：COCl2(g) CO(g)+Cl2(g)△H=108kJ·mol-1，在4min、10min、14min时均只改变影响平衡的一个条件，各物质的浓度变化如图所示：
下列说法正确的是（　　）
A．4min时改变的条件是：降低体系的温度
B．10min时改变的条件是：向体系中再充入Cl2
C．14min时改变的条件是：增大容器的体积
D．若T℃时，起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20mol，则达到平衡前，v正>v逆
7．（2019高二下·宿迁期末）一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的气体A和气体B，发生反应： 2A(g)＋B(g) 2C(g)，反应过程中测定部分数据见下表(表中t1＜t2)，下列说法正确的是（　　）
反应时间/min n(A)/mol n(B)/mol
0 0.10 0.060
t1 0.012 　
t2 　 0.016
A．在0～t1 min内的平均反应速率为v(C)＝0.088/t1 mol L－1 min－1
B．其他条件不变，起始时向容器中充入0.10 mol C和0.010 mol B，平衡时n(A)＝0.012 mol
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)＝0.0070 mol L－1，则反应的ΔH＞0
D．相同温度下，起始时向容器中充入0.15mol A和0.090mol B，平衡时A转化率大于88%
二、选择题
8．（2020·浙江）一定条件下： 。在测定 的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是(　　)
A．温度 、压强 B．温度 、压强
C．温度 、压强 D．温度 、压强
9．（2020·天津）已知 呈粉红色， 呈蓝色， 为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡： ，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是（　　）
A．等物质的量的 和 中σ键数之比为3:2
B．由实验①可推知△H<0
C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：
10．（2019·北京）实验测得 溶液、 溶液以及 的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．随温度升高，纯水中
B．随温度升高， 的溶液的 减小
C．随温度升高， 的溶液的pH变化是 改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随水温升高， 溶液和 溶液的pH均降低，是因为 、 水解平衡移动方向不同
11．（2019·海南）反应 ， 在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中，不能提高乙烷平衡转化率的是（　　）
A．增大容器容积 B．升高反应温度
C．分离出部分氢气 D．等容下通入惰性气体
12．（2018·北京）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。
下列说法错误的是：（　　）
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C一C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
13．（2018·全国Ⅲ卷）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
14．（2023·深圳模拟）恒温、恒压下，向密闭容器中充入少量正丁烷，可同时发生以下反应：
反应1：(g) (g) + H2(g)
反应2：(g) (g) +H2(g)
反应3：(g) (g)
已知：，其中R、C均为常数。反应1和反应2的随变化关系曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．，
B．稳定性：
C．a为反应3中随的变化曲线
D．再向平衡体系中充入少量Ar，反应3的平衡常数增大
15．（2023·聊城模拟）下列操作不能达到实验目的的是
目的 操作
A 验证淀粉未水解 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，观察颜色变化。
B 验证结合H+的能力比强 室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5.
C 探究维生素C的还原性 向盛有2mL黄色FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化。
D 研究温度对化学平衡的影响 将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温，观察颜色变化。
A．A B．B C．C D．D
16．（2023·闵行模拟）体积均为2.0L的恒容密闭容器甲、乙、丙中，发生反应：CO2(g)+C(s) 2CO(g)，起始投料量如表，在不同温度下CO平衡浓度随温度变化如下图。下列说法正确的是
容器 n(CO2)/mol n(C)/mol n(CO)/mol
甲 0.2 0.6 0
乙 0.4 0.8 0
丙 X<0.6 1 0
A．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的容器分别是乙、甲、丙
B．a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pc>pb>pa
C．1100K时，平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：甲>乙>丙
D．1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)>v(逆)
17．（2023·顺义模拟）某同学设计下述实验检验[Ag(NH3)2]Cl溶液中的Ag+，实验如表：
实验 试剂 现象
试管 滴管
2mL[Ag(NH3)2]Cl溶液 6滴0.1 mol L 1KCl溶液 I中无明显现象
6滴0.1 mol L 1KI溶液 II中产生黄色沉淀
6滴0.1 mol L 1HCl溶液 III中产生白色沉淀
6滴饱和KCl溶液 IV中产生白色沉淀
下列说法错误的是
A．I中的c(Ag+)较小，不足以与Cl－沉淀
B．II中存在平衡：AgI(s)Ag+(aq)+I－(aq)
C．III说明NH3与H+的结合能力小于与Ag+的结合能力
D．配离子与其它离子能否反应，其本质是平衡移动的问题
18．（2023·顺义模拟）工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，以氨气、氧气为原料，在Pt－Rh合金催化剂存在下生成NO和副产物N2，两个竞争反应化学方程式如下：
Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)
现将1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下反应，相同时间内有关生成物物质的量随温度变化曲线如图所示：
已知：有效转化率=×100%
下列说法错误的是
A．400℃时，主要发生反应Ⅱ
B．由图分析工业上用氨催化氧化制备HNO3，最佳温度约为840℃
C．520℃时，NH3的有效转化率约为66.7%
D．840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应I平衡逆向移动所致
19．（2023·郑州模拟）实现碳达峰、碳中和是党中央做出的重大战略决策。恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
下列说法正确的是（　　）
A．过程①中，CO2的转化率为50%
B．过程②中CO2的吸收，不利于CO还原Fe3O4的平衡正向移动
C．过程③中通入He的作用是催化剂，加快CaCO3分解
D．过程①、②、③均涉及到了氧化还原反应
20．（2023·常德模拟）工业上从废旧金属中回收金属Co时，有一步操作是加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液“沉钴”，离子方程式为：。下列有关说法错误的是
A．该反应之所以能发生，原因是Co2+与结合生成难溶电解质促进了的电离
B．“沉钴”后，还要进行的操作为过滤、干燥
C．“沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率
D．“沉钴”时通入适量NH3效果更好，是因为发生了反应：
21．（2023·南通模拟）在催化剂作用下，以、为原料合成，其主要反应有：
反应1 kJ·mol
反应2 kJ·mol
将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，测得、的转化率随温度变化的关系如图所示。
已知的选择性
下列说法正确的是
A．图中曲线①表示转化率随温度的变化
B．720~800℃范围内，随温度的升高，出口处及的量均增大
C．720~800℃范围内，随温度的升高，的选择性不断增大
D．其他条件不变，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
22．（2023·许昌模拟）与下列实验操作和现象所对应的原理解释正确的是
实验操作 现象 原理解释
A 向ZnS沉淀上滴加适量0.1mol/LCuSO4溶液，振荡试管 沉淀变为黑色 Kap(ZnS)>Kap(CuS)
B 将乙醇与浓硫酸混合加热产生的气体通入酸性KMnO4溶液中 溶液紫红色褪去 乙醇分子内脱水生成乙烯，乙烯具有还原性
C 向植物油中加入Na2CO3溶液，加热 溶液不再分层 碳酸钠溶液呈碱性：+2H2OH2CO3+2OHˉ，油脂在碱性条件下水解
D 实验室中加热KClO3和MnO2固体混合物制氧气 反应前后MnO2的质量没有发生变化 MnO2没有参与反应
A．A B．B C．C D．D
23．（2023·普陀模拟）已知合成氨反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)＋QkJ(Q>0)。某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始时氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量)。下列说法错误的是
A．由图可知，T1＞T2
B．a、b、c三点中，b点时H2的转化率最大
C．a、b、c三点的平衡常数K值相等，c点化学反应速率最快
D．若容器容积为2 L，b点对应的n＝0.15 mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为0.01mol·L－1
三、非选择题
24．（2023·黄山模拟）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)为尿素生产过程的中间产物，易分解。
已知：
Ⅰ.N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH1= -92 kJ·mol-1
Ⅱ. C(s)+O2(g) CO2(g) ΔH2= - 394 kJ·mol-1
Ⅲ. N2(g)+ 3H2(g)+C(s)+O2(g) H2NCOONH4(s) ΔH3= - 646 kJ·mol-1
Ⅳ.H2NCOONH4(s) 2NH3(g)+ CO2(g) ΔH4
回答下列问题：
（1）NH3的空间构型为　 　。NH3的键角大于PH3， 分析原因：　 　。
（2）ΔH4=　 　。 T℃下在某密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，假设只发生反应Ⅳ，达平衡时测得NH3的浓度为c1；保持温度不变，加压(缩小容器的体积)，测得新的平衡条件下NH3的浓度为c2，则c1　 　c 2(填“>” “<”或“=”)。反应Ⅳ在　 　 (填“高温” “低温”或“任意温度”)条件下能够自发进行。
（3）某温度下在一刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，起始压强为1MPa， 10min 末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则10min内v(N2)=　 　MPa/min。此时平衡常数Kp=　 　。对于该条件下的反应，下列说法错误的是　 　。
A．当N2的体积分数不变时，说明反应已经达到化学平衡状态
B．温度升高化学反应速率加快，化学平衡常数增大
C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，可以提高H2的平衡转化率
D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但ΔH1不变
（4）在一定的条件 下，将AmolN2和BmolH2充入某体积固定的密闭容器中合成NH3，在不同的催化剂(甲或乙)下发生反应，反应相同时间后H2的转化率与温度的关系如图：
某学习小组的同学通过讨论得出结论： 200℃时， a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。判断依据是：　 　。
25．（2023·崇明模拟）
（1）Ⅰ.科学家对汽车尾气进行无害化处理反应为：2CO + 2NO2CO2 + N2。一定条件下，在L密闭容器中充入mol CO和mol NO，一段时间后测得CO、CO2浓度随时间变化如图1所示，CO的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图2所示，图中起始投料比，完成问题：
该反应的化学平衡常数表达式是　 　。根据图1，用N2表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是　 　mol/(L·min)。
（2）已知：反应2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)中，每生成14克N2时放出373.23kJ热量，试写出上述反应的热化学方程式：　 　。
（3）该反应的正反应是　 　反应(填“吸热”或“放热”)。图2中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是　 　。
（4）写出一条结论，可表明该反应已经达到平衡状态　 　。
（5）下列关于该可逆反应的说法错误的是　 　(单选题)
a．其他条件不变，若充入N2，达到新平衡时，、均增大
b．加入催化剂可提高NO的平衡转化率
c．若适当增大压强，则平衡正向移动
d．其他条件不变，若容器体积扩大一倍，达到新平衡时，c(N2)小于原来的一半
（6）Ⅱ.研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了验证催化剂比表面积对反应速率的影响规律，在温度为T0时，某同学设计了以下实验：
实验编号 T(K) NO的初始浓() CO的初始浓度 () 催化剂的比表面积 ()
I T0 75
II T0 50
在图3中画出表中实验II条件下混合气体中NO的浓度随时间变化的曲线。　 　
26．（2023·东城模拟）电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4，的流程如图：
（1）MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为　 　。
（2）浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用的MnO2的化学性质是　 　。
（3）结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：　 　。
（4）过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如图。
已知：
a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为[OR=]；
c.莘取时发生反应M2++2HAMA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：　 　。
②反应M2++2A-MA2的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判断调pH时a　 　b(填“＜”或“＞”)，结合平衡常数解释原因：　 　。
③试剂Y是　 　。
（5）不同温度下MnSO4的溶解度如表。
温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100
溶解度/g 52.9 59.7 62.9 62.9 60.0 53.6 45.6 40.9 35.3
过程II的操作为　 　，洗涤，干燥。
27．（2023·潍坊模拟）甲醇合成丙烯有“一步法”和“两步法”两种合成方式，“一步法”是在催化剂的作用下由甲醇直接合成丙烯；“两步法”则分两步合成，其热化学方程式如下：
反应I：甲醇醚化反应(DME)
反应II：含氧化合物制丙烯反应(OTP)
已知部分键能数据如下：
化学键 C-C C=C C-H H-H O-H C=O C-O
键能/ 356 615 413 436 462 745 360
回答下列问题：
（1）“一步法”合成丙烯的热化学方程式为　 　。合成丙烯时有乙烯等副产物，若选择作载气时，保持总压不变，调控甲醇和的不同分压，各产物的选择性如下表所示(其他产物略)：
分压/MPa 分压/MPa 丙烯选择性/% 乙烯选择性/%
0.10 0 30.9 7.51
0.08 0.02 32.0 7.42
0.04 0.06 34.8 7.03
0.02 0.08 36.7 6.48
0.01 0.09 39.4 5.43
分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为　 　MPa。
（2）已知：。温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol ，若只发生反应Ⅰ，达平衡状态时，体系中的物质的量分数为　 　(填序号)。A． B． C． D．
（3）“两步法”中，在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为，则平衡混合体系中，丙烯的体积分数为　 　(用含、的式子表示，下同)，若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应II(OTP)的平衡常数　 　。
（4）“两步法”中存在反应Ⅲ： △H，同时也会有芳香烃等副产品，其中丙烯和芳香烃选择性与不同温度下反应I进行的程度的关系如图所示。要提高丙烯的选择性，可采取的措施是　 　，当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是　 　。
28．（2023·河东模拟）Cu(II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。
（1）Cu2+的价层电子排布式为　 　。
（2）[Cu(NH3)4]SO4在水中电离的方程式是　 　。
（3）如图为Cu(II)配合物A和B发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化。
①氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有　 　。
②已知：当Cu(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色由紫色变为橙色(如图所示)。
若将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为　 　。
（4）已知：[CuCl4]2-为黄色；[Cu(H2O)4]2+为蓝色；两溶液混合为绿色溶液。在稀CuCl2溶液中加入MgCl2浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因　 　。
（5）CuCl2和CuCl是铜常见的两种氯化物，如图表示的是　 　的晶胞。已知晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶体的密度为　 　g cm-3。(已知：1pm=10-10cm)
29．（2023·温州模拟）甲醇和二甲醚是可再生能源，具有广泛的发展前景。相关的主要反应有：
制备合成气：I.
制备甲醇和二甲醚：II.
III.
请回答：
（1）有利于制备合成气(反应I)的条件是____。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
（2）一定条件下，相关物质的相对能量与反应过程如下图：
①　 　。
②在某温度下，在体积为1L的恒容容器中，投料为1molCO和2molH2，仅发生反应II和III，在时达到平衡状态，请画出之间的变化趋势　 　。
（3）甲醇生成二甲醚的转化率可以根据冷凝液中的与的相对百分含量来计算(忽略副反应和各物质的挥发)。冷凝液中的质量分数为，的质量分数为，则甲醇的转化率　 　。(用含和的式子表示)
（4）制备合成气(反应I)时，还存在反应，该过程可用于热化学能的储存。已知：储能效率(是通过化学反应吸收的热量，是设备的加热功率)。反应物气体流速、对转化率、储能效率()的影响，部分数据如下表：
序号 加热温度/℃ 反应物气体流速/
1 800 4 1：1 79.6 52.2
2 800 6 1：1 64.2 61.9
3 800 6 1：2 81.1 41.6
①下列说法错误的是　 　。
A．反应I可以储能的原因是该反应是吸热反应，将热量储存在高热值物质CO、H2中
B．其他条件不变，反应物气体流速越小，CH4转化率越大，有利于热化学能储存
C．其他条件不变，越小，CH4转化率越大
D．反应物气体流速越大，CH4转化率越低的可能原因是反应物与催化剂未充分接触
②在实验2和3中，经过相同的时间，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，说明其可能的原因　 　。(该条件下设备的加热功率视为不变)
30．（2023·凉山模拟）NOx会危害人体健康，破坏环境，对其进行无害处理研究一直是科技界关注的重点。请回答以下问题：
（1）选择性催化还原技术(SCR)是针对柴油车尾气排放中的一项处理工艺。已知在催化剂的作用下，有如下反应发生：
①4NH3(g) + 5O2(g) 4NO (g) + 6H2O(g) ΔH1= - 905kJ·mol-1
②4NH3(g) + 3O2(g) 2N2(g) + 6H2O(g) ΔH2=- 1268kJ· mol-1
③4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(g) ΔH3
反应③的反应热ΔH3=　 　。
（2）氨催化氧化时会发生(1)中的①、②两个竞争反应。为研究某催化剂的效果，在1L恒容密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得反应达到平衡时有关物质的量关系如图：
①根据以上信息，其他条件不变时，下列措施中可以提高NH3转化为N2的平衡转化率的是　 　(填字母)。
A．升高反应温度 B．降低反应温度
C．增大NH3和O2的初始投料比 D．及时分离出H2O
②520℃-840℃时体系中NO含量迅速增加的原因是　 　。
（3）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化如图a。
I.2NO(g) N2O2(g)
II.N2O2(g)+O2(g) 2NO(g)
①决定NO氧化反应速率的步骤是　 　(填“I”或“II”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，在温度为T1和T2(T2>T1)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图b，转化相同量的NO，在温度　 　 (填“T1”或“T2”)下消耗的时间较长，结合图a分析其原因　 　。
（4）在恒温条件下，向初始压强为pMPa的恒容密闭容器中加入等物质的量CO和NO发生反应： 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为　 　(保留一位小数)。该条件下反应平衡常数Kp=　 　 MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×物质的量分数)。
31．（2023·辽宁模拟）将转化为有机碳酸酯(DMC)，可有效减少碳排放。转化为DMC的总反应为　，可通过Ⅰ、Ⅱ两步反应完成：
Ⅰ．　
Ⅱ．　
请回答下列问题：
（1）有机碳酸酯中碳原子的杂化方式为　 　，1mol中含有的键数目为　 　。
（2）反应Ⅱ的反应机理如图1所示，其中催化剂参与催化循环和脱水循环。
①该反应的催化剂是　 　，该物质还有另一个作用一提高DMC的平衡产率，结合反应机理图分析其中的原因：　 　。
②将物质的量之比为1∶2的和的混合气体以相同流速通过两种不同的催化剂a、b，仅发生反应Ⅱ．相同时间内的转化率如图2所示。
M点　 　(填“是”或“不是”)对应温度下的的平衡转化率，原因是　 　。
（3）一定温度范围内的线性关系如图3。
①对于反应Ⅱ，活化能　 　(填“>”或“<”)。
②时，该温度下　 　。某温度下，在5L恒容密闭容器中充入5mol和10mol，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应经10min达到平衡，此时，，则　 　
32．（2023·白山模拟）随着时代的进步，人类对能源的需求量与日俱增，我国全球首套焦炉气化学合成法生产无水乙醇的工业示范项目打通全流程实现，项目投产成功。
（1）3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=　 　(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
已知：i.2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH1
ii．CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g) ΔH2
iii．CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH3
在恒温恒容密闭容器中充入3molCO(g)和7molH2(g)仅发生反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，下列叙述正确的是　 　(填标号)。
A．混合气体总压强不随时间变化时，反应达到平衡状态
B．反应达到平衡时，CH3CH2OH体积分数可能为25%
C．反应达到平衡后，再充入少量CO，CO的平衡转化率增大
D．反应达到平衡后，再加入高效催化剂，乙醇产率保持不变
（2）醋酸酯加氢制乙醇是一个乙酰基产物制备乙醇的路线。
①醋酸酯加氢的催化效能如表所示：
实验组 催化剂 原料 反应条件 反应性能
温度/℃ 压力/MPa 转化率/% 选择性/%
1 Cu/SiO2 醋酸甲酯 190 28 96.1 99.0
2 Cu-Cr 醋酸乙酯 250 2.8 接近完全 93.8
3 Cu/ZnO 醋酸乙酯 185 1 56 99.0
4 Cu/SiO2 醋酸乙酯 280 4.0 94.6 96.6
上述实验中，催化效能最好的为实验　 　(填序号)，与之对比，实验3中，醋酸酯平衡转化率较低的主要原因可能是　 　(从表中所给条件的角度分析)。
②醋酸甲酯加氢历程一般认为可分为如下步骤(*代表催化剂位点，已知：CH3CO*+H·→CH3CHO)：
a．CH3COOCH3→CH3CO·+CH3O·
b．CH3CO·+*→CH3CO*(慢)
c．CH3O·+*→CH3O*(快)
d．CH3CO*+3H·→CH3CH2OH
e．CH3O*+H·→CH3OH
……
其中，在b和c的步骤中，活化能较小的是　 　(填标号，下同)，控制总反应速率的步骤是　 　，分析上述步骤，副产物除CH3OH外，还可能有　 　(写一种即可)。
（3）甲醇也是新能源的重要组成部分。
以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
iv．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
v．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH5>0
vi．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH6<0
在不同压强下、按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3进行投料，在器容中发生上述3个反应，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物(即CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图，压强p1、p2、p3由大到小的顺序为　 　，曲线　 　(填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数，在T1℃下，压强为p3时，反应v的浓度平衡常数Kc=　 　(填含α的表达式)。
33．（2023·新疆模拟）锶(Sr)是第五周期IIA族元素。自然界中的锶存在于天青石中，天青石的主要成分为SrSO4和少量CaSO4、BaSO4。以天青石为原料制备高纯SrCO3需要两个步骤。
[步骤一]从天青石到粗SrCO3：
已知：i． Ca、Sr、Ba硫化物( MS)和硫氢化物[ M( HS)2]均易溶于水，
ii.20℃时，Sr(OH)2、Ba(OH)2、Ca(OH)2的溶解度(单位为g)分别为1.77、3. 89、0.173；80℃时，Sr(OH)2、 Ba(OH)2、Ca(OH)2的溶解度(单位为g)分别为20. 2、101.4、0.094。
（1）焙烧过程中SrSO4转化为SrS的化学方程式是　 　。
（2）浸取时发生反应：2MS+2H2OM( HS)2+M(OH)2(M=Ca、Sr、Ba)。使用热水有利于提高平衡转化率，原因是　 　。
（3）滤渣1的主要成分是　 　(写化学式)。
（4）[步骤二]粗SrCO3转化为高纯SrCO3：
粗SrCO3中的杂质是BaCO3.有同学提出在实验室可以将粗SrCO3产物溶于酸，再加入Na2SO4溶液实现Sr和Ba的分离。设Ba2+完全沉淀时c(Ba2+)= 10-5mol·L-1，则溶液中c(Sr2+)一定不大于　 　。该方案　 　(填“合理”或者“不合理”)。[Ksp( BaSO4)= 1.1×10-10，Ksp(SrSO4)= 3.3×10-7]
（5）实际的工业除杂和转化流程如下图所示：
已知：i．溶液中存在 +H2O2+2H+，具有强氧化性。
ii． Cr( OH)3的性质类似Al( OH)3，Ksp[ Cr(OH)3]=1×10-31。
①若酸溶过程中H+过量太多，则除钡过程中Ba2+去除率会下降，请从化学平衡移动角度解释原因　 　。
②还原过程中草酸(H2C2O4)发生反应的离子方程式为　 　。
③为除铬，向溶液D中加入NH3·H2O调节pH为7~8。此过程不调节pH为13的原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量多，降温平衡正向移动，故，A不符合题意；
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1mol，起始投入量为0.2mol，则其转化率为50%，B符合题意；
C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，即达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ，C不符合题意；
D．恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol CO2，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡不移动，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
B.I中达到平衡时转化的CO为0.2mol-0.1mol=0.1mol；
C.温度越高、反应速率越快；
D.计算Qc和K，比较两者相对大小判断平衡的移动方向。
2．【答案】B,C
【知识点】化学平衡的影响因素；离子积常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．KW只与温度有关，取D点数据，pH值为13，即c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，则KW= c(H+)·c(OH-)=10-14，A不符合题意；
B．由图示知，B的pH=6.5，c(HCrO)= c(CrO)，根据电荷守恒有：c(K+)+ c(H+)=2c(Cr2O)+2c(CrO)+ c(HCrO)+ c(OH-)，溶液显酸性，即c(H+)> c(OH-)，则c(K+)<2c(Cr2O)+3c(CrO)，B符合题意；
C．取A点数据计算，Ka1== c(H+)=10-0.74，则Kh2==10-13.26，说明Ka1> Kh2，即HCrO的电离程度大于水解程度，故KHCrO4溶液：c(HCrO)>c(CrO)>c(H2CrO4)，C符合题意；
D．该温度下反应Cr2O+H2O2CrO+2H+的平衡常数为K=，取C点数据c(CrO)= c(Cr7O)，则K=0.051×(10-6.6)2=5.1×10-15.2，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.根据KW= c(H+)·c(OH-)计算；
B.根据电荷守恒分析；
C.HCrO的电离程度大于水解程度；
D.根据K=计算。
3．【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．从图像可以看出，随着温度的升高化学反应速率加快，在相同的反应时间内，CO的转化率增大，但无法判断温度升高平衡移动的方向，故无法得出温度升高平衡常数增大的结论，故A不符合题意；
B．图中X点所示条件下，反应没有达到平衡状态，延长反应时间，反应正向进行，能提高CO的转化率，故B符合题意；
C．图中Y点所示条件下，改用性能更好的催化剂能加快反应速率，不能提高CO的转化率，故C不符合题意；
D．根据反应：CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)，列出三段式：
K= ＞1，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】从图像可以看出，随着温度的升高化学反应速率加快，在相同的反应时间内，CO的转化率增大；T1 ℃时CO的转化率为50%，据此分析；
A，无法判断反应的移动方向，所以不能判断平衡常数变化情况；
B，图中X点是非平衡点；
C，催化剂能加快反应速率，不能改变化学平衡；
D，根据反应方程式列出三段式解答。
4．【答案】B,C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．a、b两点，随反应的进行反应物的浓度减小，则反应速率va＞vb，A说法不符合题意；
B.0-t2时间段，反应速率v(SO3)= = mol L-1 min-1，B说法符合题意；
C．t2时刻，向容器中充入一定体积的气体氦，反应体系中各量的浓度均为变化，则则v正、v逆均不变，C说法符合题意；
D．若反应在T2℃进行(T2答案为BC。
【分析】A.速率和反应物的浓度有关，浓度变化量越大，速率越大
B.计算出浓度变化量，根据公式=计算
C.体积不变，浓度不变，平衡不移动
D.温度低，速率低，消耗的量少，剩余的物质的量大
5．【答案】A,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．a、b两点投料比相同，在投料比[ ]不变时，CO的转化率越大，则H2的转化率也越大，所以H2的平衡转化率：a＞b；投料比越大，则CO的转化率越大，H2的转化率就越小，根据图示可知c点的投料比最大，故该点H2的转化率最小，因此H2的平衡转化率大小关系为：a＞b＞c，A符合题意；
B．该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，CO的转化率会减小。根据图示可知在投料比相同时，CO的转化率的大小关系：T1＞T2＞T3，说明反应温度：T1＜T2＜T3，B不符合题意；
C．a点时CO的转化率是50%，在反应开始时加入CO的物质的量是1 mol，则此时CO及反应产生的CH3OH的物质的量都是0.5 mol，CO、CH3OH的浓度相等，a点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，CO、CH3OH的浓度仍然相同，此时Qc=K，说明化学平衡不发生移动，C不符合题意；
D．c点为平衡状态，在反应开始时其投料比[ ]=4，若此时再通入1 mol CO和4 mol H2，与原开始投料比相同，由于增大反应物浓度，使反应体系的压强增大，增大压强化学平衡向气体体积减小的正向移动，会产生更多的CH3OH，最终达到新平衡中CH3OH的体积分数增大，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.结合图示即可判断，先定ab大小，通过一氧化碳的转化率进行比较，再比较投料比，c投料比越大，氢气的转化率越低，综合abc的大小进行对比即可
B.正反应是放热反应，温度越高，平衡向左移动，一氧化碳的转化率越低，因此判断温度大小
C.根据转化率计算出此时的浓度，再根据加入的熟路计算出浓度，即可判断平衡是否移动
D.相当于加压，平衡向右移动即可判断含量增大
6．【答案】C,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.由图可知，4min瞬间浓度不变，不可能是改变压强、浓度，应是改变温度，此时反应物的浓度减小，产物浓度增加，说明平衡正向移动，而正向为吸热反应，则应该是升高温度， 故A不符合题意；
B.10min瞬间氯气浓度不变，CO的浓度降低，故改变条件为分离出CO，故B不符合题意；
C.14min瞬间各物质的浓度同时减小，且平衡正向移动，应为增大容器的体积，减小压强，故C符合题意；
D. T℃时由图像起点可得平衡常数K= ，若起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20mol，则Qc= v逆，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A、该反应为吸热反应，降低温度，反应逆向进行
B、10min时，由图可知，CO的浓度瞬间减小，因此改变的条件是，降低CO的浓度
7．【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A. 在0～t1 min内的平均反应速率为v(C)＝0.088/2t1 mol L－1 min－1＝0.044/t1 mol L－1 min1，A不符合题意；
B.根据等效平衡，起始充入0.10mol C和0.010mol ，相当于起始充入了0.10mol A和0.060mol B，所以平衡时n(A)=0.012mol，B符合题意；
C.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)减小，该反应为放热反应，则反应的ΔH<0；C不符合题意；
D. 在原平衡下，参加反应的A的物质的量为0.088mol，则A的转化率为88%，在新的反应体系中，A、B的物质的量增加了，相当于增大了压强，平衡向正方反应方向移动，所以该体系中A的转化率大于88%，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据反应速率的定义计算C的反应速率；
B.根据等效平衡进行分析；
C.逐一比较升高温度A的浓度变化是升高，而不是减小；
D.根据压强对化学平衡的影响进行分析。
8．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D；D符合题意；
故答案为：D
【分析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，所以需要控制反应尽量往逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，高温低压为测定最佳条件。
9．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A不符合题意；
B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应， H>0，B不符合题意；
C. 实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C不符合题意；
D. 实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A项中[Co(H2O)6]2+中不仅有Co2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。
10．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A.在纯水中，无论温度如何变化，氢离子和氢氧根的浓度都是相等的，选项的说法是错误的，不符合题意；
B.醋酸根离子的水解是吸热反应，因此升高温度会促进醋酸根的水解，所以由水电离出的氢氧根浓度会变大，选项的说法是错误的，不符合题意；
C.温度升高，水的离子积常数和铜离子的水解程度都会发生改变，选项的说法是正确的，符合题意；
D.弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解都会向正反应方向进行，选项的说法是错误的，不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.水的离子积常数等于氢离子和氢氧根离子浓度的乘机，在纯水中二者是相等的；
B.弱酸根离子的水解程度随温度的升高而增大；
C.铜离子的水解和水的离子积常数变化都会使氢离子的浓度变大，使pH变小；
D..弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解会向正反应方向进行。
11．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.增大容器容积，体系压强减小，平衡向着气体体积增大的方向移动，因此平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大，A不符合题意；
B.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，该反应正反应为吸热反应，因此升高温度，平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大，B不符合题意；
C.分离出部分氢气，则生成物浓度减小，平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大，C不符合题意；
D.等容下通入惰性气体，体系的总压增大，但由于反应物和生成物的浓度不变，因此平衡不移动，乙烷的平衡转化率不变，D符合题意；
故答案为：D
【分析】结合温度、浓度、压强对平衡移动的影响分析。
12．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；探究吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2 CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项不符合题意；
B.CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项不符合题意；
C.根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项不符合题意；
D.催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项符合题意；
故答案为：D
【分析】原子利用率百分之百是指无副产物生成，一般其反应特点是是多生一的反应。催化剂降低了活化能，从而提高了活化分子百分数，同等程度的提高了反应速率，但不影响平衡。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A.由图像可知，c点为滴定终点，c点对应的c(Cl－)=10－4.75，则Ksp(AgCl)= c(Cl－)×c(Ag+)=10－9.5，故A不符合题意；
B.曲线上的每一点均为溶解平衡状态，故B不符合题意；
C.恰好完全反应时，消耗AgNO3溶液的体积为20mL，终点横坐标应该是20mL，故C符合题意；
D.因为AgBr的Ksp小于AgCl的Ksp，滴定终点时c(Br－)小于c(Cl－)，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】本题考查难溶电解质的溶解平衡、溶度积。
14．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，反应1和反应2的lnK随增大而减小，故，，A不符合题意；
B．由题干图示信息可知，相同时反应2的lnK更大，则有，反应3为反应2-反应1得到，则小于0，即顺-2-丁烯具有的总能量高于反-2-丁烯，能量越高越不稳定，故稳定性：反-2-丁烯＞顺-2-丁烯，B符合题意；
C．由B项分析可知，则lnK随的增大而增大，故a不为反应3中随的变化曲线，C不符合题意；
D．平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变平衡常数不变，故再向平衡体系中充入少量Ar，反应3的平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据题干图示信息分析；
B．能量越高越不稳定；
C．依据B项分析判断；
D．平衡常数仅仅是温度的函数。
15．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，选项A符合题意；
B．阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则结合H+的能力比的强，选项B不符合题意；
C．向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化，若观察到FeCl3溶液的黄色逐渐褪去，且溶液变成浅绿色，说明维生素C具有还原性，选项C不符合题意；
D．将铜与浓硝酸反应，生成的气体NO2收集后用冰水混合物冷却降温，由于存在平衡体系：2NO2N2O4 △H<0，能进行温度对化学平衡的影响研究，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.若淀粉部分水解，会得到相同实验现象；
B.酸根离子越弱，越易结合氢离子；
C.维生素C能将氯化铁还原为氯化亚铁；
D.浓硝酸的还原产物为二氧化氮，存在转化：2NO2N2O4，NO2为红棕色，N2O4为无色。
16．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．CO2(g)+C(s) 2CO(g)反应中，C为固体，不影响平衡移动，CO的化学计量数大于CO2的化学计量数，且反应发生在恒容密闭容器中，所以增大CO2的物质的量，则平衡左移。甲容器中n(CO2)初始为0.2mol，若全部转化为CO，则c(CO)=0.2mol/L，所以曲线Ⅰ对应的容器不是甲；若曲线Ⅲ对应的容器为甲，则在1100℃时，乙容器中的c(CO)应小于0.08mol/L，不符合图示。综上分析，曲线Ⅱ对应的容器是甲，故曲线Ⅰ对应的容器是乙，曲线Ⅲ对应的容器是丙，A项符合题意；
B．该反应生成物中气体的化学计量数大于反应物中气体的化学计量数。b、c两点为同一容器的不同状态，b点的c(CO)更大，该状态下气体的总物质的量大于c点状态，故pb>pc；a点为容器乙状态，该状态下气体的总物质的量大于b点，故pa>pb，所以a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pa>pb>pc，B项不符合题意；
C．CO2的分子量大于CO，所以CO2的转化率越高则混合气体的平均分子量大小越小。相同温度下，容器中转化率丙>甲>乙，故平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：乙>甲>丙，C项不符合题意；
D.1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则，而1000K时，根据图示可知反应CO2(g)+C(s) 2CO(g)的平衡常数K<0.5，Q>K，则起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，反应v(正)故答案为：A。
【分析】固体不影响平衡移动，1100K时，CO的浓度a点约为c点的2倍，由表中起始浓度的关系可知，曲线Ⅰ对应容器乙、曲线Ⅱ对应容器甲、曲线Ⅲ对应的容器丙。
17．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．根据I和IV得到I中没有沉淀产生，说明I中的c(Ag+)较小，不足以与Cl－沉淀，故A不符合题意；
B．II中产生黄色沉淀即生成AgI沉淀，AgI沉淀存在溶解平衡即：AgI(s)Ag+(aq)+I－(aq)，故B不符合题意；
C．根据I和III的现象，产生的沉淀说明[Ag(NH3)2]Cl和氢离子反应，有大量银离子生成，银离子和氯离子反应生成AgCl沉淀，说明III中NH3与H+的结合能力大于与Ag+的结合能力，故C符合题意；
D．根据I和II的现象，可以得出配离子与其它离子能否反应，其本质是平衡移动的问题，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.25℃时，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；
B.AgI沉淀存在溶解平衡AgI(s)Ag+(aq)+I－(aq)；
C.根据实验I和III的现象分析；
D.NH3与H+的结合使[Ag(NH3)2]+ Ag++2NH3正向移动。
18．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.400℃时，氮气的物质的量最大，说明主要发生反应Ⅱ，A不符合题意；
B.840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低，则工业用氨催化氧化制备HNO3，选择的最佳温度是840℃，B不符合题意；
C．由图知520C时，生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol，则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol，反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量为0.2mol，NH3的有效转化率为，C符合题意；
D.840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应Ⅰ为放热反应，升温，反应Ⅰ平衡逆向移动所致，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.400℃时，氮气的物质的量最大，主要发生反应Ⅱ；
B.840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低；
C.根据计算；
D.反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动。
19．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．过程①中，CO2转化为CO，但并不知道该反应进行的程度，所以无法准确计算转化率，A不符合题意；
B．过程ⅱ，吸收，使浓度降低，从而促进CO还原Fe3O4的平衡正移，B不符合题意；
C．恒压、750℃时，通入He，是碳酸钙分解反应平衡向正向移动，但He并未参加反应，也不属于催化剂，C不符合题意；
D．根据上述反应机理可知，过程①、②、③中元素均有化合价的升降，均涉及到了氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．不知道该反应进行的程度，无法计算；
B．依据化学平衡移动原理分析；
C．He未参加反应，不属于催化剂；
D．利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
20．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．含Co2+溶液中加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液，发生反应+H+、Co2++=CoCO3↓、+H+=H2O+CO2↑，A不符合题意；
B．“沉钴”后，还要将CoCO3转化为Co，所以需进行的操作为过滤、洗涤、干燥、灼烧、还原等，B符合题意；
C．Na2CO3的碱性强，会将Co2+转化为Co(OH)2，则“沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率，C不符合题意；
D．“沉钴”时通入适量NH3，能促进+H+电离的正向进行，从而增大溶液中的c()，有利于生成CoCO3沉淀，离子方程式为：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.含Co2+溶液中加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液会反应生成碳酸钴；
B.沉钴”后应将CoCO3转化为Co；
C.碳酸钠碱性较强，会生成 Co(OH)2；
D.通入氨气，+H+的平衡正向移动，有利于生成CoCO3沉淀。
21．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A．由分析可知，图中曲线①表示转化率随温度的变化，故A不符合题意；
B.720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，则生成、的物质的量增大，出口处及的量均增大，故B符合题意；
C.720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，但的转化率程度大于，说明反应2正向进行的程度增大大于反应1，的选择性不断减小，故C不符合题意；
D．催化剂不改变平衡产率，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据化学平衡移动原理分析。
22．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．沉淀变为黑色说明硫化锌转化为硫化铜，所以Kap(ZnS)>Kap(CuS)，A符合题意；
B．乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，所以不能证明乙醇分子内脱水生成乙烯，乙烯具有还原性，B不符合题意；
C．碳酸根离子分步水解：，，C不符合题意；
D．催化剂参与反应，但反应过程消耗量与最终生成量相等，所以质量反应前后保持不变，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.ZnS与CuSO4溶液反应生成更难溶的CuS沉淀；
B.乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；
C.碳酸根分步水解；
D.该实验中，二氧化锰是催化剂。
23．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由图可知，n（H2）相同时，温度T2对应氨气含量高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气，则T1＞T2，A不符合题意；
B．a、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，H2的转化率却越小，a点时氢气的物质的量最小，a点H2的转化率最高，B符合题意；
C．温度不变化学平衡常数不变，故a、b、c三点的平衡常数K值相等，c点时H2起始的物质的量浓度最大，化学反应速率最快，C不符合题意；
D．b点时，初始加入n（H2）=0.15mol，n（N2）为xmol，平衡时H2和N2的转化率均为60%，则转化的氢气为0.09mol，则：，则×100%=60%，则x=0.05mol，则平衡时N2的物质的量浓度为=0.01 mol L-1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动；
B.氢气的物质的量越大，氮气的转化率越大；
C.化学平衡常数值只与温度有关；
D.列出反应的三段式，结合计算。
24．【答案】（1）三角锥形；中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大
（2）+160kJ·mol-l；=；高温
（3）0.01；12.5( MPa)-2；B
（4）催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【分析】（1）NH3中心原子氮原子形成3个共价键且含有1对孤电子对，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；NH3的键角大于PH3，原因为：中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3 中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大；
（2）已知：
Ⅰ.N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH1= -92 kJ·mol-1
Ⅱ. C(s)+O2(g) CO2(g)|ΔH2= - 394 kJ·mol-1
Ⅲ. N2(g)+ 3H2(g)+C(s)+O2(g) H2NCOONH4(s) ΔH3= - 646 kJ·mol-1
由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得到反应Ⅳ.H2NCOONH4(s) 2NH3(g)+ CO2(g)，故ΔH4=ΔH1+ΔH2-ΔH3=+160 kJ·mol-1；
反应Ⅳ的平衡常数为：K=c2(NH3)c(CO2)，密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，保持温度不变，加压平衡常数不变，则新的平衡条件下NH3的浓度为c2=c1；反应Ⅳ为吸热的熵增反应，故在高温条件下能够自发进行；
（3）刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，假设投料均为1mol，起始压强为1MPa；10min 末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则总的物质的量为1.6mol，总的物质的量减小0.4mol，根据N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)可知生成氨气0.4mol、消耗氮气、氢气分别为0.2mol、0.6mol，平衡时氮气、氢气、氨气分别为0.8mol、0.4mol、0.4mol，则10min内v(N2)=MPa/min。此时平衡常数Kp=。
A．当N2的体积分数不变时，说明正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应已经达到化学平衡状态，A正确；
B．反应为放热反应，温度升高化学反应速率加快，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，B不正确；
C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，平衡正向移动，可以提高H2的平衡转化率，C正确；
D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但不该反应的焓变，故ΔH1不变，D正确；
故答案为：B；
（4）催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率，与图像不符，故200℃时， a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。
【分析】（1）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析；
（2）依据盖斯定律分析；依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（3）利用三段式法计算；利用“变者不变即平衡”；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
25．【答案】（1）K=；0.020
（2）2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ(合理即可)
（3）放热；Ka>Kb=Kc
（4）氮气的浓度不再改变(合理即可)
（5）b
（6）
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由题干反应方程式结合平衡常数的定义可知，2CO+2NO 2CO2+N2该反应的化学平衡常数表达式是K=；根据图1，达到平衡所需要的时间为40min，达到平衡时CO2的浓度改变了1.6mol/L，根据方程式可知，N2的浓度改变了0.8mol/L，则用N2表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是=0.020mol/(L·min)，故答案为：K=；0.020；
（2）14gN2的物质的量为=0.5mol，生成14gN2时放出373.23kJ热量，则生成1molN2放出热量为=746.46kJ，则该反应的热化学方程式为：2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ，故答案为：2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ(合理即可)；
（3）由图2可知m相同时，温度升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，即该反应的正反应是放热反应；已知温度不变，同一反应方程式的化学平衡常数不变，由图2可知，Ta＜Tb=Tc，结合该反应正反应是一个放热反应，则a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是Ka＞Kb=Kc，故答案为：放热；Ka＞Kb=Kc；
（4）化学平衡状态是指可逆反应的正反应和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，则表明该反应已经达到平衡状态的一个结论可以是：正逆反应速率相等、氮气的浓度不再改变等，故答案为：氮气的浓度不再改变(合理即可)；
（5）a．保持其他条件不变，若充入N2，则增大生成物浓度，逆反应速率增大，随着平衡逆向移动导致反应物浓度也慢慢增大，则正反应速率也增大，故则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能是平衡发生移动，则加入催化剂不可提高NO的平衡转化率，b不正确；
c．该反应的正反应气体体积减小，若适当增大压强，则平衡正向移动，c正确；
d．其他条件不变，若容器体积扩大一倍，平衡逆向移动，达到新平衡时，c(N2)小于原来的一半，d正确；
故答案为：b；
（6）实验II与实验Ⅰ相比，催化剂的比表面积较小，故反应速率应较小；温度相同，平衡不移动，故平衡时NO的浓度不变，故答案为：。
【分析】（1）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；利用v=Δc/Δt计算；
（2）热化学方程式是表示化学反应所放出或吸收的热量的化学反应式；
（3）K的大小只与温度有关，与反应物或生成物起始浓度的大小无关。
（4）利用“变者不变即平衡”；
（5）依据化学平衡移动原理分析；
（6）“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同。
26．【答案】（1）MnS+2H+=Mn2++H2S↑
（2）氧化性
（3）Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全
（4）MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；＜；由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；稀硫酸
（5）加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+=Mn2++H2S↑；
（2）浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，可以减少有毒硫化氢气体的生成，同时产生更多的硫酸锰，故答案为：氧化性；
（3）铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，故答案为：Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
（4）①由烃基-R的结构可知，MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中有利于钙离子或锰离子溶于磺化煤油，故答案为：MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离，故答案为：由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（5）由分析可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰，故答案为：加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤。
【分析】向电解锰渣中加入MnO2和稀硫酸，浸出、过滤，得到浸出渣和浸出液（含有Mn2+、H+、以及少量的Fe3+、Ca2+），调节溶液的pH=4，加热浓缩，过滤得到Fe(OH)3沉淀和浓缩液，调节浓缩液pH=a，加入萃取剂E萃取，分液得到油层和水层，向油层中加入稀硫酸，进行反萃取，分液得到油层和硫酸锰溶液，将硫酸锰溶液加热至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤，干燥，最后得到高纯硫酸锰。
27．【答案】（1） ；0.01
（2）B
（3）；
（4）升高温度；反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知：
反应I：
反应II：
由盖斯定律可知，I+II得：，反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，由图表数据可知，；
分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为0.01MPa，此时丙烯的选择性最高，而副产物乙烯的选择性最低；
（2）温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol ，若只发生反应Ⅰ，由于反应为可逆反应不可能进行完全，则体系中的物质的量分数小于；已知：，温度为500K时，，；假设某一时刻，甲醇、甲醚、水的物质的量相等，此时体系中的物质的量分数为，则，反应正向移动，故平衡是体系中的物质的量分数大于；故答案为：B；
（3）在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为；“两步法”中，反应I为气体分子数不变的反应，反应II为气体分子数增加1的反应，则总压强的变化是由反应II引起的，根据化学方程式II体现的关系可知，平衡混合体系中，丙烯的分液为，体积分数为；若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应甲醇0.6、平衡是甲醇0.4；平衡时丙烯；则反应II生成水2、消耗甲醚，反应I消耗甲醇[0.6-]=(0.8-0.5)、生成甲醚(0.8-0.5)、水(0.8-0.5)，故平衡时甲醚为(0.8-0.5)-=(1.8-1.5)、水为2+(0.8-0.5)=(1.5-1.2)，故反应II(OTP)的平衡常数；
（4）要提高丙烯的选择性，可采取的措施是适当升高温度；当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；利用分析表中数据判断；
（2）根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；
（3）利用三段式法计算；
（4）依据图像和题目信息分析。
28．【答案】（1）3d9
（2）[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++
（3）共价键和氢键；加水稀释
（4）CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡右移，则[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加，使溶液显绿色
（5）CuCl；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）Cu的价电子排布式为3d104s1，则Cu2+的价层电子排布式为3d9。故答案为：3d9；
（2）[Cu(NH3)4]SO4为强电解质，在水中发生完全电离，则电离的方程式是[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++。故答案为：[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++；
（3）①从图中可以看出，氢原子与氮原子间形成共价键，与O原子间形成氢键，则氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有共价键和氢键。
②从图中可以看出，在溶液中存在如下转化：CuL6(紫色)CuL4(橙色)+2L，若将配合物的颜色由紫色调整为橙色，则平衡正向移动，此时微粒数增大，则应减小浓度，所以需要进行的简单操作为加水稀释。故答案为：共价键和氢键；加水稀释；
（4）在稀CuCl2溶液中加入MgCl2浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，则反应由[Cu(H2O)4]2+向生成[CuCl4]2-的方向进行，原因：CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡右移，则[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加，使溶液显绿色。故答案为：CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡右移，则[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加，使溶液显绿色；
（5）在晶胞中，黑球数目为=4，灰球数目为4，则晶胞表示的是CuCl的晶胞。已知晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶体的密度为 =g cm-3。故答案为：CuCl；。
【分析】（1）Cu原子失去两个电子生成Cu2+；
（2）[Cu(NH3)4]SO4为强电解质，完全电离；
（3）①氢原子与其它原子之间存在N-H、N-H O；
②由紫色调整为橙色，则平衡正向移动；
（4）CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡右移，则[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加，使溶液显绿色；
（5）根据均摊法和计算。
29．【答案】（1）C
（2）205.4kJ moL-1；
（3）
（4）B；CO2占比低时以反应Ⅰ为主，储能效率高，而CO2高时以反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ mol 1为主储能效率低
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）该反应为吸热且气体增加的反应，升温或减小压强均能使平衡正向移动。故答案为：C。
（2）E1未2molCO和4molH2的总能量，E3为1molCH3OCH3和1molH2O的总E1-E3为能量。由反应2Ⅱ+Ⅲ得到： 2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-181.4 kJ moL-1+( 24.0kJ moL-1)=-205.4 kJ moL-1=E生成物-E反应物=E3-E1，E1-E3=205.4 kJ moL-1。由于K2>K3，CH3OH的变化由反应Ⅱ决定，CH3OH在反应Ⅱ中作为产物浓度不断增加，而t1-t2达平衡浓度不发生改变。故答案为：205.4kJ moL-1；
；
（3）冷凝液中有CH3OH、CH3OCH3、H2O，已知冷凝液中H2O的质量分数为w1，CH3OH的质量分数为w2，则CH3OCH3的质量分数为1- w1 -w2。设冷凝液的总质量为m总则CH3OH、CH3OCH3的物质的量分别为、。由，则反应甲醇的转化率为。故答案为：；
（4）A．反应吸热反应，即产物CO+H2的总能量高于CO2+CH4，反应体系储能是由于高能的CO和H2，A项正确；
B．由表格知气流速度快比值为1：1储能效率最高，而1、2实验对比，CH4的转化率高储能效率低，B项不正确；
C．由实验2、3对比，实验3的转化率高，即比值小转化率高（相当于增加CO2平衡正向，CH4的转化率增大），C项正确；
D．气流太快，CH4未及时参与反应，没法与催化剂充分接触，D项正确；
故答案为：B。
对比反应Ⅰ和CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ mol 1，反应Ⅰ储能效果更好。若CO2量增加以反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ mol 1为主，导致储能效率降低。而CO2含量少时以反应Ⅰ为主，储能效率更高。故答案为：CO2占比低时以反应Ⅰ为主，储能效率高，而CO2高时以反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ mol 1为主储能效率低。
【分析】（1）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（2）利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；
（3）平衡转化率是指平衡时已转化了的某反应物的量与转化前该反应的量之比；
（4） ①依据化学平衡移动原理分析；②依据主次反应判断。
30．【答案】（1）-1812.5kJ ·mol-1
（2）BD；该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率
（3）II；T2；反应I放热，温度升高，平衡逆移，c(N2O2)减小；且 c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高对反应II速率的影响
（4）66.7%；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律， ③=②×2.5-①×1.5=-1268×2.5-(-905×1.5)=-1812.5，所以ΔH3=-1812.5kJ ·mol-1。
（2）①A．在1 L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，根据图像可知，520℃平衡时n(NO)=n(N2)=
0.2 mol，结合化学方程式列数据如下：
则平衡时，n(NH3)=(1-0.2-0.4)mol=0.4 mol、n(O2)=(2-0. 25-0. 3)mol= 1.45 mol、n( H20)=(0.3 +0. 6)mol=0.9 mol，因为容器的体积是1 L.所以该反应的平衡常数该反应是放热反应，降低温度，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，故A不正确，B正确；
C．增大NH3和O2的初始投料比，提高O2的转化率，NH3的转化率降低，故C不正确；
D．将反应生成的H2O(g)及时移出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，D正确；
②该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率。
（3）①根据反应过程能量变化示意图可知，反应I的活化能较低，速率较快；反应II的活化能较高，速率较慢。决定NO氧化反应速率的步骤是反应II。
②由题图3可知，当消耗相同量的NO时，温度为T：时消耗的时间更长。由题图2可知，反应I和II均为放热反应，但反应I的活化能较低，外界条件变化后能迅速达到平衡，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小；而反应II活化能较高，反应速率慢，c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高的影响。
（4）加入等物质的量CO和NO，因此投料比是1：1。
，解得x=。所以n(总)= mol。
所以n(总)= mol。
算出平衡时，总压强p1，，解得。2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)
；；；；
。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；
（2）①AB利用三段式法计算；
CD．依据影响化学平衡的因素分析；
②依据曲线变化分析；
（3）①活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；
②依据影响化学平衡的因素分析；
（4）利用三段式法计算。
31．【答案】（1）、；5
（2）；催化剂的中间产物使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率；不是；催化剂不改变反应物的平衡转化率，相同温度下，催化剂b对应的的转化率比M点高，说明M点未达到平衡
（3）<；1；20
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）有机碳酸酯中含有甲基和碳氧双键，碳原子的杂化方式为、，中只含有单键，则1mol中含有5mol键，数目为5。
（2）①由图可知，在反应过程中先消耗再生成参与第一步反应，则是催化剂；该物质还有另一个作用一提高DMC的平衡产率，原因是：催化剂的中间产物使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率；
②催化剂不改变反应物的平衡转化率，相同温度下，催化剂b对应的的转化率比M点高，说明M点未达到平衡，M点不是对应温度下的的平衡转化率。
（3）①由图3可知，升高温度，减小，说明平衡逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应，则活化能<；
②由盖斯定律可知，Ⅰ×2+Ⅱ可得总反应　，则K总=KK2，时，该温度下1，在5L恒容密闭容器中充入5mol和10mol，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应经10min达到平衡，此时，，根据已知条件列出“三段式”
则y==0.2mol/L，x-2y==0.2mol/L，则x=0.6mol/L，则。
【分析】（1）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
（2）①利用化学平衡移动原理分析；
②催化剂只能加速化学反应的速度，而不能使平衡移动；
（3）①依据化学平衡移动原理分析；
②根据盖斯定律，利用三段式法计算。
32．【答案】（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3；AC
（2）1；压强太小，不利于平衡向正反应方向移动；c；b；CH3CHO
（3）p1>p2>p3；m；
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应i+ii+iii可得反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，则反应ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；
A．该反应是气体体积减小的反应，反应中气体压强减小，则混合气体总压强不随时间变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
B．若一氧化碳完全反应，由方程式可知，反应后氢气、甲醇、乙醇、水蒸气的物质的量都为1mol，甲醇的体积分数可能为25%，该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以反应达到平衡时，甲醇体积分数不可能为25%，故不正确；
C．反应达到平衡后，再充入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，但一氧化碳的平衡转化率减小，故不正确；
D．反应达到平衡后，再加入高效催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，乙醇产率保持不变，故正确；
故答案为：AD，故答案为：ΔH1+ΔH2+ΔH3；AD；
（2）由表格数据可知，实验1催化剂的选择性高于实验2、4，原料的转化率高于实验3，所以述实验中，催化效能最好的为实验1；与实验1相比，实验3的反应温度与1相近，压强小于实验1，说明实验3的压强太小，不利于平衡向正反应方向移动，导致醋酸酯平衡转化率较低；活化能越小，反应速率越快，慢反应控制总反应速率，所以在b和c的步骤中，活化能较小的是快反应c、控制总反应速率的步骤是慢反应b；由反应CH3CO*+H·→CH3CHO可知，醋酸酯加氢制乙醇时，副产物除了甲醇外，还有乙醛，故答案为：1；压强太小，不利于平衡向正反应方向移动；c；b；CH3CHO；
（3）由方程式可知，反应iv、vi均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，反应v为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量增大，所以升高温度，甲醇在含碳产物中物质的量分数减小，则曲线m表示甲醇在含碳产物中物质的量分数；反应iv、vi均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，一氧化碳的物质的量减小，反应v是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，一氧化碳的物质的量不变，所以增大压强，甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol和3mol，容器的体积为VL，反应iv、vi生成甲醇的物质的量分别为amol、bmol，反应v生成一氧化碳的物质的量为cmol，由图可知，在T1℃下，压强为p3时，甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等、二氧化碳的转化率为α，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳的转化率为α可得：a+b+c=α，由甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等可得c—b=a+b=，解得a=c=、b=0，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为(1—α)mol、(1—2α)mol、mol、αmol，反应v的浓度平衡常数Kc==，故答案为：p1>p2>p3；m；。
【分析】（1）根据盖斯定律，目标方程式=反应i+ii+iii，则ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；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；化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（2）①催化剂能加快反应速率；实验3中压强太小，不利于平衡向正反应方向移动；
②活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（3）反应iv、vi均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应v为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；反应iv、vi均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应v是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动；列出反应的三段式计算。
33．【答案】（1）SrSO4 +4C SrS+4CO↑
（2）该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大
（3）Ca(OH)2、C
（4）0.03；不合理
（5）c( H+)增大， +H2O 2 +2H+反应逆向移动，c()下降，使BaCrO4(s) Ba2+( aq) + (aq)平衡正向移动， BaCrO4沉淀率下降， Ba2+ 的去除率下降； +3H2C2O4+8H+ = 2Cr3+ +6CO2↑+7H2O；直接用NaOH将pH调至13 ，Cr(OH)3会与过量的NaOH反应生成，无法将Cr元素完全除去
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）天青石的主要成分为，与碳粉反应生成CO和SrS，反应方程式为：；
（2）浸取时发生反应：，用热水有利于提高的平衡转化率，原因是：该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大；
（3）已知在时，Ca(OH)2的溶解度(g)为0.094，属于微溶物，还有多余的碳粉，则滤渣1的主要成分是、C；
（4）完全沉淀时，则，加入溶液实现和的分离，则不能沉淀SrSO4，溶液中一定不大于；
（5）①若酸溶过程中过量太多，则除钡过程中去除率会下降，从化学平衡移动角度解释原因：对，增大，发生反应，下降，平衡正向移动，沉淀率下降，的去除率下降；
②还原过程中与草酸发生反应生成铬离子和二氧化碳，反应的离子方程式为；
③为除铬，向溶液D中加入调节为7～8，此过程不调节为13的原因是：直接用将调至13，会与过量的反应生成，无法将元素完全除去。
【分析】 【步骤一】天青石和碳隔绝空气高温焙烧生成CO、SrS，SrS加热水后水解，溶液中除含有Sr2+和OH-外，还含有少量Ba2+杂质，过滤得到滤渣1的主要成分是Ca(OH)2和过量的C，然后滤液1加二氧化碳，经过过滤、洗涤、干燥得粗SrCO3；
【步骤二】粗SrCO3中的杂质为BaCO3，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，得到含Sr2+、Ba2+的溶液A，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡”，过滤得到含Sr2+、NH、CrO的溶液B，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，Cr2O被还原为Cr3+，得到含Sr2+、NH、Cr3+的溶液D，向溶液中加氨水调pH到7～8，将Cr3+转化为沉淀除去，沉淀A为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13加入碳酸氢铵与溶液中Sr2+生成SrCO3沉淀，沉淀再经过过滤得到高纯SrCO3。
2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡的影响因素2
一、多选题
1．（2021·岳阳模拟）一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。
容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol
Ⅰ T1 0.2 0.2 0.1
Ⅱ T2 0.2 0.2 0.12
下列说法错误的是（　　）
A．T1＞T2
B．I中反应达到平衡时，CO的转化率为60%
C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ
D．对于I，平衡后向容器中再充入0.2 mol CO和0.2 mol CO2，平衡正向移动
【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量多，降温平衡正向移动，故，A不符合题意；
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1mol，起始投入量为0.2mol，则其转化率为50%，B符合题意；
C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，即达到平衡所需要的时间：Ⅱ＞Ⅰ，C不符合题意；
D．恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol CO2，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡不移动，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
B.I中达到平衡时转化的CO为0.2mol-0.1mol=0.1mol；
C.温度越高、反应速率越快；
D.计算Qc和K，比较两者相对大小判断平衡的移动方向。
2．（2022·聊城模拟）某温度下，改变0.1mol/LK2Cr2O7溶液的pH时，各种含铬元素粒子及浓度变化如图所示(已知H2CrO4是二元酸，其电离常数为Ka1、Ka2)，下列有关说法正确的是（　　）
A．该温度下的Kw=1×10-13
B．B点溶液中：c(K+)<2c(Cr2O)+3c(CrO)
C．KHCrO4溶液：c(HCrO)>c(CrO)>c(H2CrO4)
D．该温度下反应Cr2O+H2O2CrO+2H+的平衡常数为1×10-13.2
【答案】B,C
【知识点】化学平衡的影响因素；离子积常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．KW只与温度有关，取D点数据，pH值为13，即c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=0.1mol/L，则KW= c(H+)·c(OH-)=10-14，A不符合题意；
B．由图示知，B的pH=6.5，c(HCrO)= c(CrO)，根据电荷守恒有：c(K+)+ c(H+)=2c(Cr2O)+2c(CrO)+ c(HCrO)+ c(OH-)，溶液显酸性，即c(H+)> c(OH-)，则c(K+)<2c(Cr2O)+3c(CrO)，B符合题意；
C．取A点数据计算，Ka1== c(H+)=10-0.74，则Kh2==10-13.26，说明Ka1> Kh2，即HCrO的电离程度大于水解程度，故KHCrO4溶液：c(HCrO)>c(CrO)>c(H2CrO4)，C符合题意；
D．该温度下反应Cr2O+H2O2CrO+2H+的平衡常数为K=，取C点数据c(CrO)= c(Cr7O)，则K=0.051×(10-6.6)2=5.1×10-15.2，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.根据KW= c(H+)·c(OH-)计算；
B.根据电荷守恒分析；
C.HCrO的电离程度大于水解程度；
D.根据K=计算。
3．（2020·扬州模拟）催化剂存在下，在1 L的恒容密闭容器中充入0.1 molCO和0.3mol H2发生反应CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)。反应相同时间，CO的转化率与反应温度的关系如图所示。下列说法一定正确的是（　　）
A．升高温度，CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的化学平衡常数增大
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高CO的转化率
C．图中Y点所示条件下，改用性能更好的催化剂能提高CO的转化率
D．T1 ℃，CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的化学平衡常数K＞1
【答案】B,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．从图像可以看出，随着温度的升高化学反应速率加快，在相同的反应时间内，CO的转化率增大，但无法判断温度升高平衡移动的方向，故无法得出温度升高平衡常数增大的结论，故A不符合题意；
B．图中X点所示条件下，反应没有达到平衡状态，延长反应时间，反应正向进行，能提高CO的转化率，故B符合题意；
C．图中Y点所示条件下，改用性能更好的催化剂能加快反应速率，不能提高CO的转化率，故C不符合题意；
D．根据反应：CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)，列出三段式：
K= ＞1，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】从图像可以看出，随着温度的升高化学反应速率加快，在相同的反应时间内，CO的转化率增大；T1 ℃时CO的转化率为50%，据此分析；
A，无法判断反应的移动方向，所以不能判断平衡常数变化情况；
B，图中X点是非平衡点；
C，催化剂能加快反应速率，不能改变化学平衡；
D，根据反应方程式列出三段式解答。
4．（2020高一下·潍坊期末）T1℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入SO2和O2发生反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，容器中各组分的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a、b两点反应速率vaB．0-t2时间段，反应速率v(SO3)= mol L-1 min-1
C．t2时刻，向容器中充入一定体积的气体氦，则v正、v逆均不变
D．若反应在T2℃进行(T2【答案】B,C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．a、b两点，随反应的进行反应物的浓度减小，则反应速率va＞vb，A说法不符合题意；
B.0-t2时间段，反应速率v(SO3)= = mol L-1 min-1，B说法符合题意；
C．t2时刻，向容器中充入一定体积的气体氦，反应体系中各量的浓度均为变化，则则v正、v逆均不变，C说法符合题意；
D．若反应在T2℃进行(T2答案为BC。
【分析】A.速率和反应物的浓度有关，浓度变化量越大，速率越大
B.计算出浓度变化量，根据公式=计算
C.体积不变，浓度不变，平衡不移动
D.温度低，速率低，消耗的量少，剩余的物质的量大
5．（2020高二下·连云港期末）三个容积相同的恒容密闭容器中各自充入1 mol CO和一定量的H2，分别在T1、T2、T3温度下发生如下反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H＜0。当反应达到平衡状态时，测得CO的转化率与投料比[ ]的关系如下图所示。下列说法正确的是（　　）
A．H2的平衡转化率：a＞b＞c
B．上述三种温度之间大小关系为T1＞T2＞T3
C．a点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，平衡向正方向移动
D．c点状态下再通入1 mol CO和4 mol H2，新平衡中CH3OH的体积分数增大
【答案】A,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．a、b两点投料比相同，在投料比[ ]不变时，CO的转化率越大，则H2的转化率也越大，所以H2的平衡转化率：a＞b；投料比越大，则CO的转化率越大，H2的转化率就越小，根据图示可知c点的投料比最大，故该点H2的转化率最小，因此H2的平衡转化率大小关系为：a＞b＞c，A符合题意；
B．该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，CO的转化率会减小。根据图示可知在投料比相同时，CO的转化率的大小关系：T1＞T2＞T3，说明反应温度：T1＜T2＜T3，B不符合题意；
C．a点时CO的转化率是50%，在反应开始时加入CO的物质的量是1 mol，则此时CO及反应产生的CH3OH的物质的量都是0.5 mol，CO、CH3OH的浓度相等，a点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，CO、CH3OH的浓度仍然相同，此时Qc=K，说明化学平衡不发生移动，C不符合题意；
D．c点为平衡状态，在反应开始时其投料比[ ]=4，若此时再通入1 mol CO和4 mol H2，与原开始投料比相同，由于增大反应物浓度，使反应体系的压强增大，增大压强化学平衡向气体体积减小的正向移动，会产生更多的CH3OH，最终达到新平衡中CH3OH的体积分数增大，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.结合图示即可判断，先定ab大小，通过一氧化碳的转化率进行比较，再比较投料比，c投料比越大，氢气的转化率越低，综合abc的大小进行对比即可
B.正反应是放热反应，温度越高，平衡向左移动，一氧化碳的转化率越低，因此判断温度大小
C.根据转化率计算出此时的浓度，再根据加入的熟路计算出浓度，即可判断平衡是否移动
D.相当于加压，平衡向右移动即可判断含量增大
6．（2020高二下·盐城期末）T℃时，在密闭容器中进行的反应：COCl2(g) CO(g)+Cl2(g)△H=108kJ·mol-1，在4min、10min、14min时均只改变影响平衡的一个条件，各物质的浓度变化如图所示：
下列说法正确的是（　　）
A．4min时改变的条件是：降低体系的温度
B．10min时改变的条件是：向体系中再充入Cl2
C．14min时改变的条件是：增大容器的体积
D．若T℃时，起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20mol，则达到平衡前，v正>v逆
【答案】C,D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.由图可知，4min瞬间浓度不变，不可能是改变压强、浓度，应是改变温度，此时反应物的浓度减小，产物浓度增加，说明平衡正向移动，而正向为吸热反应，则应该是升高温度， 故A不符合题意；
B.10min瞬间氯气浓度不变，CO的浓度降低，故改变条件为分离出CO，故B不符合题意；
C.14min瞬间各物质的浓度同时减小，且平衡正向移动，应为增大容器的体积，减小压强，故C符合题意；
D. T℃时由图像起点可得平衡常数K= ，若起始向2L的恒容密闭容器中充入COCl2、Cl2、CO均为0.20mol，则Qc= v逆，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A、该反应为吸热反应，降低温度，反应逆向进行
B、10min时，由图可知，CO的浓度瞬间减小，因此改变的条件是，降低CO的浓度
7．（2019高二下·宿迁期末）一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的气体A和气体B，发生反应： 2A(g)＋B(g) 2C(g)，反应过程中测定部分数据见下表(表中t1＜t2)，下列说法正确的是（　　）
反应时间/min n(A)/mol n(B)/mol
0 0.10 0.060
t1 0.012 　
t2 　 0.016
A．在0～t1 min内的平均反应速率为v(C)＝0.088/t1 mol L－1 min－1
B．其他条件不变，起始时向容器中充入0.10 mol C和0.010 mol B，平衡时n(A)＝0.012 mol
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)＝0.0070 mol L－1，则反应的ΔH＞0
D．相同温度下，起始时向容器中充入0.15mol A和0.090mol B，平衡时A转化率大于88%
【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】A. 在0～t1 min内的平均反应速率为v(C)＝0.088/2t1 mol L－1 min－1＝0.044/t1 mol L－1 min1，A不符合题意；
B.根据等效平衡，起始充入0.10mol C和0.010mol ，相当于起始充入了0.10mol A和0.060mol B，所以平衡时n(A)=0.012mol，B符合题意；
C.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)减小，该反应为放热反应，则反应的ΔH<0；C不符合题意；
D. 在原平衡下，参加反应的A的物质的量为0.088mol，则A的转化率为88%，在新的反应体系中，A、B的物质的量增加了，相当于增大了压强，平衡向正方反应方向移动，所以该体系中A的转化率大于88%，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据反应速率的定义计算C的反应速率；
B.根据等效平衡进行分析；
C.逐一比较升高温度A的浓度变化是升高，而不是减小；
D.根据压强对化学平衡的影响进行分析。
二、选择题
8．（2020·浙江）一定条件下： 。在测定 的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是(　　)
A．温度 、压强 B．温度 、压强
C．温度 、压强 D．温度 、压强
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D；D符合题意；
故答案为：D
【分析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，所以需要控制反应尽量往逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，高温低压为测定最佳条件。
9．（2020·天津）已知 呈粉红色， 呈蓝色， 为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡： ，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是（　　）
A．等物质的量的 和 中σ键数之比为3:2
B．由实验①可推知△H<0
C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A不符合题意；
B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应， H>0，B不符合题意；
C. 实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C不符合题意；
D. 实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A项中[Co(H2O)6]2+中不仅有Co2+与H2O分子间的配位键，而且每个H2O分子中还有两个O—Hσ键；C项中H2O为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和增大的方向移动”来理解。
10．（2019·北京）实验测得 溶液、 溶液以及 的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．随温度升高，纯水中
B．随温度升高， 的溶液的 减小
C．随温度升高， 的溶液的pH变化是 改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随水温升高， 溶液和 溶液的pH均降低，是因为 、 水解平衡移动方向不同
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A.在纯水中，无论温度如何变化，氢离子和氢氧根的浓度都是相等的，选项的说法是错误的，不符合题意；
B.醋酸根离子的水解是吸热反应，因此升高温度会促进醋酸根的水解，所以由水电离出的氢氧根浓度会变大，选项的说法是错误的，不符合题意；
C.温度升高，水的离子积常数和铜离子的水解程度都会发生改变，选项的说法是正确的，符合题意；
D.弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解都会向正反应方向进行，选项的说法是错误的，不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.水的离子积常数等于氢离子和氢氧根离子浓度的乘机，在纯水中二者是相等的；
B.弱酸根离子的水解程度随温度的升高而增大；
C.铜离子的水解和水的离子积常数变化都会使氢离子的浓度变大，使pH变小；
D..弱酸根水解的过程是吸热的，因此温度升高，水解会向正反应方向进行。
11．（2019·海南）反应 ， 在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中，不能提高乙烷平衡转化率的是（　　）
A．增大容器容积 B．升高反应温度
C．分离出部分氢气 D．等容下通入惰性气体
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.增大容器容积，体系压强减小，平衡向着气体体积增大的方向移动，因此平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大，A不符合题意；
B.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，该反应正反应为吸热反应，因此升高温度，平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大，B不符合题意；
C.分离出部分氢气，则生成物浓度减小，平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大，C不符合题意；
D.等容下通入惰性气体，体系的总压增大，但由于反应物和生成物的浓度不变，因此平衡不移动，乙烷的平衡转化率不变，D符合题意；
故答案为：D
【分析】结合温度、浓度、压强对平衡移动的影响分析。
12．（2018·北京）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。
下列说法错误的是：（　　）
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C一C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；探究吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A.根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2 CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项不符合题意；
B.CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项不符合题意；
C.根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项不符合题意；
D.催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项符合题意；
故答案为：D
【分析】原子利用率百分之百是指无副产物生成，一般其反应特点是是多生一的反应。催化剂降低了活化能，从而提高了活化分子百分数，同等程度的提高了反应速率，但不影响平衡。
13．（2018·全国Ⅲ卷）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；影响盐类水解程度的主要因素
【解析】【解答】A.由图像可知，c点为滴定终点，c点对应的c(Cl－)=10－4.75，则Ksp(AgCl)= c(Cl－)×c(Ag+)=10－9.5，故A不符合题意；
B.曲线上的每一点均为溶解平衡状态，故B不符合题意；
C.恰好完全反应时，消耗AgNO3溶液的体积为20mL，终点横坐标应该是20mL，故C符合题意；
D.因为AgBr的Ksp小于AgCl的Ksp，滴定终点时c(Br－)小于c(Cl－)，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】本题考查难溶电解质的溶解平衡、溶度积。
14．（2023·深圳模拟）恒温、恒压下，向密闭容器中充入少量正丁烷，可同时发生以下反应：
反应1：(g) (g) + H2(g)
反应2：(g) (g) +H2(g)
反应3：(g) (g)
已知：，其中R、C均为常数。反应1和反应2的随变化关系曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．，
B．稳定性：
C．a为反应3中随的变化曲线
D．再向平衡体系中充入少量Ar，反应3的平衡常数增大
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，反应1和反应2的lnK随增大而减小，故，，A不符合题意；
B．由题干图示信息可知，相同时反应2的lnK更大，则有，反应3为反应2-反应1得到，则小于0，即顺-2-丁烯具有的总能量高于反-2-丁烯，能量越高越不稳定，故稳定性：反-2-丁烯＞顺-2-丁烯，B符合题意；
C．由B项分析可知，则lnK随的增大而增大，故a不为反应3中随的变化曲线，C不符合题意；
D．平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变平衡常数不变，故再向平衡体系中充入少量Ar，反应3的平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据题干图示信息分析；
B．能量越高越不稳定；
C．依据B项分析判断；
D．平衡常数仅仅是温度的函数。
15．（2023·聊城模拟）下列操作不能达到实验目的的是
目的 操作
A 验证淀粉未水解 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，观察颜色变化。
B 验证结合H+的能力比强 室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5.
C 探究维生素C的还原性 向盛有2mL黄色FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化。
D 研究温度对化学平衡的影响 将铜与浓硝酸反应生成的气体收集后用冰水混合物冷却降温，观察颜色变化。
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，选项A符合题意；
B．阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则结合H+的能力比的强，选项B不符合题意；
C．向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化，若观察到FeCl3溶液的黄色逐渐褪去，且溶液变成浅绿色，说明维生素C具有还原性，选项C不符合题意；
D．将铜与浓硝酸反应，生成的气体NO2收集后用冰水混合物冷却降温，由于存在平衡体系：2NO2N2O4 △H<0，能进行温度对化学平衡的影响研究，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.若淀粉部分水解，会得到相同实验现象；
B.酸根离子越弱，越易结合氢离子；
C.维生素C能将氯化铁还原为氯化亚铁；
D.浓硝酸的还原产物为二氧化氮，存在转化：2NO2N2O4，NO2为红棕色，N2O4为无色。
16．（2023·闵行模拟）体积均为2.0L的恒容密闭容器甲、乙、丙中，发生反应：CO2(g)+C(s) 2CO(g)，起始投料量如表，在不同温度下CO平衡浓度随温度变化如下图。下列说法正确的是
容器 n(CO2)/mol n(C)/mol n(CO)/mol
甲 0.2 0.6 0
乙 0.4 0.8 0
丙 X<0.6 1 0
A．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的容器分别是乙、甲、丙
B．a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pc>pb>pa
C．1100K时，平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：甲>乙>丙
D．1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)>v(逆)
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．CO2(g)+C(s) 2CO(g)反应中，C为固体，不影响平衡移动，CO的化学计量数大于CO2的化学计量数，且反应发生在恒容密闭容器中，所以增大CO2的物质的量，则平衡左移。甲容器中n(CO2)初始为0.2mol，若全部转化为CO，则c(CO)=0.2mol/L，所以曲线Ⅰ对应的容器不是甲；若曲线Ⅲ对应的容器为甲，则在1100℃时，乙容器中的c(CO)应小于0.08mol/L，不符合图示。综上分析，曲线Ⅱ对应的容器是甲，故曲线Ⅰ对应的容器是乙，曲线Ⅲ对应的容器是丙，A项符合题意；
B．该反应生成物中气体的化学计量数大于反应物中气体的化学计量数。b、c两点为同一容器的不同状态，b点的c(CO)更大，该状态下气体的总物质的量大于c点状态，故pb>pc；a点为容器乙状态，该状态下气体的总物质的量大于b点，故pa>pb，所以a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pa>pb>pc，B项不符合题意；
C．CO2的分子量大于CO，所以CO2的转化率越高则混合气体的平均分子量大小越小。相同温度下，容器中转化率丙>甲>乙，故平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：乙>甲>丙，C项不符合题意；
D.1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则，而1000K时，根据图示可知反应CO2(g)+C(s) 2CO(g)的平衡常数K<0.5，Q>K，则起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，反应v(正)故答案为：A。
【分析】固体不影响平衡移动，1100K时，CO的浓度a点约为c点的2倍，由表中起始浓度的关系可知，曲线Ⅰ对应容器乙、曲线Ⅱ对应容器甲、曲线Ⅲ对应的容器丙。
17．（2023·顺义模拟）某同学设计下述实验检验[Ag(NH3)2]Cl溶液中的Ag+，实验如表：
实验 试剂 现象
试管 滴管
2mL[Ag(NH3)2]Cl溶液 6滴0.1 mol L 1KCl溶液 I中无明显现象
6滴0.1 mol L 1KI溶液 II中产生黄色沉淀
6滴0.1 mol L 1HCl溶液 III中产生白色沉淀
6滴饱和KCl溶液 IV中产生白色沉淀
下列说法错误的是
A．I中的c(Ag+)较小，不足以与Cl－沉淀
B．II中存在平衡：AgI(s)Ag+(aq)+I－(aq)
C．III说明NH3与H+的结合能力小于与Ag+的结合能力
D．配离子与其它离子能否反应，其本质是平衡移动的问题
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．根据I和IV得到I中没有沉淀产生，说明I中的c(Ag+)较小，不足以与Cl－沉淀，故A不符合题意；
B．II中产生黄色沉淀即生成AgI沉淀，AgI沉淀存在溶解平衡即：AgI(s)Ag+(aq)+I－(aq)，故B不符合题意；
C．根据I和III的现象，产生的沉淀说明[Ag(NH3)2]Cl和氢离子反应，有大量银离子生成，银离子和氯离子反应生成AgCl沉淀，说明III中NH3与H+的结合能力大于与Ag+的结合能力，故C符合题意；
D．根据I和II的现象，可以得出配离子与其它离子能否反应，其本质是平衡移动的问题，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.25℃时，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)；
B.AgI沉淀存在溶解平衡AgI(s)Ag+(aq)+I－(aq)；
C.根据实验I和III的现象分析；
D.NH3与H+的结合使[Ag(NH3)2]+ Ag++2NH3正向移动。
18．（2023·顺义模拟）工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，以氨气、氧气为原料，在Pt－Rh合金催化剂存在下生成NO和副产物N2，两个竞争反应化学方程式如下：
Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)
Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)
现将1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下反应，相同时间内有关生成物物质的量随温度变化曲线如图所示：
已知：有效转化率=×100%
下列说法错误的是
A．400℃时，主要发生反应Ⅱ
B．由图分析工业上用氨催化氧化制备HNO3，最佳温度约为840℃
C．520℃时，NH3的有效转化率约为66.7%
D．840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应I平衡逆向移动所致
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A.400℃时，氮气的物质的量最大，说明主要发生反应Ⅱ，A不符合题意；
B.840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低，则工业用氨催化氧化制备HNO3，选择的最佳温度是840℃，B不符合题意；
C．由图知520C时，生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol，则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol，反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量为0.2mol，NH3的有效转化率为，C符合题意；
D.840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应Ⅰ为放热反应，升温，反应Ⅰ平衡逆向移动所致，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.400℃时，氮气的物质的量最大，主要发生反应Ⅱ；
B.840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低；
C.根据计算；
D.反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动。
19．（2023·郑州模拟）实现碳达峰、碳中和是党中央做出的重大战略决策。恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
下列说法正确的是（　　）
A．过程①中，CO2的转化率为50%
B．过程②中CO2的吸收，不利于CO还原Fe3O4的平衡正向移动
C．过程③中通入He的作用是催化剂，加快CaCO3分解
D．过程①、②、③均涉及到了氧化还原反应
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．过程①中，CO2转化为CO，但并不知道该反应进行的程度，所以无法准确计算转化率，A不符合题意；
B．过程ⅱ，吸收，使浓度降低，从而促进CO还原Fe3O4的平衡正移，B不符合题意；
C．恒压、750℃时，通入He，是碳酸钙分解反应平衡向正向移动，但He并未参加反应，也不属于催化剂，C不符合题意；
D．根据上述反应机理可知，过程①、②、③中元素均有化合价的升降，均涉及到了氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．不知道该反应进行的程度，无法计算；
B．依据化学平衡移动原理分析；
C．He未参加反应，不属于催化剂；
D．利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
20．（2023·常德模拟）工业上从废旧金属中回收金属Co时，有一步操作是加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液“沉钴”，离子方程式为：。下列有关说法错误的是
A．该反应之所以能发生，原因是Co2+与结合生成难溶电解质促进了的电离
B．“沉钴”后，还要进行的操作为过滤、干燥
C．“沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率
D．“沉钴”时通入适量NH3效果更好，是因为发生了反应：
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用
【解析】【解答】A．含Co2+溶液中加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液，发生反应+H+、Co2++=CoCO3↓、+H+=H2O+CO2↑，A不符合题意；
B．“沉钴”后，还要将CoCO3转化为Co，所以需进行的操作为过滤、洗涤、干燥、灼烧、还原等，B符合题意；
C．Na2CO3的碱性强，会将Co2+转化为Co(OH)2，则“沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率，C不符合题意；
D．“沉钴”时通入适量NH3，能促进+H+电离的正向进行，从而增大溶液中的c()，有利于生成CoCO3沉淀，离子方程式为：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.含Co2+溶液中加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液会反应生成碳酸钴；
B.沉钴”后应将CoCO3转化为Co；
C.碳酸钠碱性较强，会生成 Co(OH)2；
D.通入氨气，+H+的平衡正向移动，有利于生成CoCO3沉淀。
21．（2023·南通模拟）在催化剂作用下，以、为原料合成，其主要反应有：
反应1 kJ·mol
反应2 kJ·mol
将体积比为1∶1的、混合气体按一定流速通过催化反应管，测得、的转化率随温度变化的关系如图所示。
已知的选择性
下列说法正确的是
A．图中曲线①表示转化率随温度的变化
B．720~800℃范围内，随温度的升高，出口处及的量均增大
C．720~800℃范围内，随温度的升高，的选择性不断增大
D．其他条件不变，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A．由分析可知，图中曲线①表示转化率随温度的变化，故A不符合题意；
B.720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，则生成、的物质的量增大，出口处及的量均增大，故B符合题意；
C.720~800℃范围内，随温度的升高，、的转化率都增大，但的转化率程度大于，说明反应2正向进行的程度增大大于反应1，的选择性不断减小，故C不符合题意；
D．催化剂不改变平衡产率，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据化学平衡移动原理分析。
22．（2023·许昌模拟）与下列实验操作和现象所对应的原理解释正确的是
实验操作 现象 原理解释
A 向ZnS沉淀上滴加适量0.1mol/LCuSO4溶液，振荡试管 沉淀变为黑色 Kap(ZnS)>Kap(CuS)
B 将乙醇与浓硫酸混合加热产生的气体通入酸性KMnO4溶液中 溶液紫红色褪去 乙醇分子内脱水生成乙烯，乙烯具有还原性
C 向植物油中加入Na2CO3溶液，加热 溶液不再分层 碳酸钠溶液呈碱性：+2H2OH2CO3+2OHˉ，油脂在碱性条件下水解
D 实验室中加热KClO3和MnO2固体混合物制氧气 反应前后MnO2的质量没有发生变化 MnO2没有参与反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．沉淀变为黑色说明硫化锌转化为硫化铜，所以Kap(ZnS)>Kap(CuS)，A符合题意；
B．乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色，所以不能证明乙醇分子内脱水生成乙烯，乙烯具有还原性，B不符合题意；
C．碳酸根离子分步水解：，，C不符合题意；
D．催化剂参与反应，但反应过程消耗量与最终生成量相等，所以质量反应前后保持不变，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.ZnS与CuSO4溶液反应生成更难溶的CuS沉淀；
B.乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；
C.碳酸根分步水解；
D.该实验中，二氧化锰是催化剂。
23．（2023·普陀模拟）已知合成氨反应3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)＋QkJ(Q>0)。某科研小组研究：在其他条件不变的情况下，改变起始时氢气的物质的量对合成NH3反应的影响。实验结果如图所示：(图中T表示温度，n表示起始时H2物质的量)。下列说法错误的是
A．由图可知，T1＞T2
B．a、b、c三点中，b点时H2的转化率最大
C．a、b、c三点的平衡常数K值相等，c点化学反应速率最快
D．若容器容积为2 L，b点对应的n＝0.15 mol，测得平衡时H2、N2的转化率均为60%，则平衡时N2的物质的量浓度为0.01mol·L－1
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．由图可知，n（H2）相同时，温度T2对应氨气含量高，反应为放热反应，降低温度有利于生成氨气，则T1＞T2，A不符合题意；
B．a、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，H2的转化率却越小，a点时氢气的物质的量最小，a点H2的转化率最高，B符合题意；
C．温度不变化学平衡常数不变，故a、b、c三点的平衡常数K值相等，c点时H2起始的物质的量浓度最大，化学反应速率最快，C不符合题意；
D．b点时，初始加入n（H2）=0.15mol，n（N2）为xmol，平衡时H2和N2的转化率均为60%，则转化的氢气为0.09mol，则：，则×100%=60%，则x=0.05mol，则平衡时N2的物质的量浓度为=0.01 mol L-1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动；
B.氢气的物质的量越大，氮气的转化率越大；
C.化学平衡常数值只与温度有关；
D.列出反应的三段式，结合计算。
三、非选择题
24．（2023·黄山模拟）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)为尿素生产过程的中间产物，易分解。
已知：
Ⅰ.N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH1= -92 kJ·mol-1
Ⅱ. C(s)+O2(g) CO2(g) ΔH2= - 394 kJ·mol-1
Ⅲ. N2(g)+ 3H2(g)+C(s)+O2(g) H2NCOONH4(s) ΔH3= - 646 kJ·mol-1
Ⅳ.H2NCOONH4(s) 2NH3(g)+ CO2(g) ΔH4
回答下列问题：
（1）NH3的空间构型为　 　。NH3的键角大于PH3， 分析原因：　 　。
（2）ΔH4=　 　。 T℃下在某密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，假设只发生反应Ⅳ，达平衡时测得NH3的浓度为c1；保持温度不变，加压(缩小容器的体积)，测得新的平衡条件下NH3的浓度为c2，则c1　 　c 2(填“>” “<”或“=”)。反应Ⅳ在　 　 (填“高温” “低温”或“任意温度”)条件下能够自发进行。
（3）某温度下在一刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，起始压强为1MPa， 10min 末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则10min内v(N2)=　 　MPa/min。此时平衡常数Kp=　 　。对于该条件下的反应，下列说法错误的是　 　。
A．当N2的体积分数不变时，说明反应已经达到化学平衡状态
B．温度升高化学反应速率加快，化学平衡常数增大
C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，可以提高H2的平衡转化率
D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但ΔH1不变
（4）在一定的条件 下，将AmolN2和BmolH2充入某体积固定的密闭容器中合成NH3，在不同的催化剂(甲或乙)下发生反应，反应相同时间后H2的转化率与温度的关系如图：
某学习小组的同学通过讨论得出结论： 200℃时， a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。判断依据是：　 　。
【答案】（1）三角锥形；中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大
（2）+160kJ·mol-l；=；高温
（3）0.01；12.5( MPa)-2；B
（4）催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【分析】（1）NH3中心原子氮原子形成3个共价键且含有1对孤电子对，为sp3杂化，空间构型为三角锥形；NH3的键角大于PH3，原因为：中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3 中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大；
（2）已知：
Ⅰ.N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH1= -92 kJ·mol-1
Ⅱ. C(s)+O2(g) CO2(g)|ΔH2= - 394 kJ·mol-1
Ⅲ. N2(g)+ 3H2(g)+C(s)+O2(g) H2NCOONH4(s) ΔH3= - 646 kJ·mol-1
由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得到反应Ⅳ.H2NCOONH4(s) 2NH3(g)+ CO2(g)，故ΔH4=ΔH1+ΔH2-ΔH3=+160 kJ·mol-1；
反应Ⅳ的平衡常数为：K=c2(NH3)c(CO2)，密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，保持温度不变，加压平衡常数不变，则新的平衡条件下NH3的浓度为c2=c1；反应Ⅳ为吸热的熵增反应，故在高温条件下能够自发进行；
（3）刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，假设投料均为1mol，起始压强为1MPa；10min 末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则总的物质的量为1.6mol，总的物质的量减小0.4mol，根据N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)可知生成氨气0.4mol、消耗氮气、氢气分别为0.2mol、0.6mol，平衡时氮气、氢气、氨气分别为0.8mol、0.4mol、0.4mol，则10min内v(N2)=MPa/min。此时平衡常数Kp=。
A．当N2的体积分数不变时，说明正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应已经达到化学平衡状态，A正确；
B．反应为放热反应，温度升高化学反应速率加快，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，B不正确；
C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，平衡正向移动，可以提高H2的平衡转化率，C正确；
D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但不该反应的焓变，故ΔH1不变，D正确；
故答案为：B；
（4）催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率，与图像不符，故200℃时， a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。
【分析】（1）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析；
（2）依据盖斯定律分析；依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
（3）利用三段式法计算；利用“变者不变即平衡”；
（4）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。
25．（2023·崇明模拟）
（1）Ⅰ.科学家对汽车尾气进行无害化处理反应为：2CO + 2NO2CO2 + N2。一定条件下，在L密闭容器中充入mol CO和mol NO，一段时间后测得CO、CO2浓度随时间变化如图1所示，CO的平衡转化率与温度、起始投料比m的关系如图2所示，图中起始投料比，完成问题：
该反应的化学平衡常数表达式是　 　。根据图1，用N2表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是　 　mol/(L·min)。
（2）已知：反应2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)中，每生成14克N2时放出373.23kJ热量，试写出上述反应的热化学方程式：　 　。
（3）该反应的正反应是　 　反应(填“吸热”或“放热”)。图2中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是　 　。
（4）写出一条结论，可表明该反应已经达到平衡状态　 　。
（5）下列关于该可逆反应的说法错误的是　 　(单选题)
a．其他条件不变，若充入N2，达到新平衡时，、均增大
b．加入催化剂可提高NO的平衡转化率
c．若适当增大压强，则平衡正向移动
d．其他条件不变，若容器体积扩大一倍，达到新平衡时，c(N2)小于原来的一半
（6）Ⅱ.研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了验证催化剂比表面积对反应速率的影响规律，在温度为T0时，某同学设计了以下实验：
实验编号 T(K) NO的初始浓() CO的初始浓度 () 催化剂的比表面积 ()
I T0 75
II T0 50
在图3中画出表中实验II条件下混合气体中NO的浓度随时间变化的曲线。　 　
【答案】（1）K=；0.020
（2）2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ(合理即可)
（3）放热；Ka>Kb=Kc
（4）氮气的浓度不再改变(合理即可)
（5）b
（6）
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由题干反应方程式结合平衡常数的定义可知，2CO+2NO 2CO2+N2该反应的化学平衡常数表达式是K=；根据图1，达到平衡所需要的时间为40min，达到平衡时CO2的浓度改变了1.6mol/L，根据方程式可知，N2的浓度改变了0.8mol/L，则用N2表示该反应达平衡过程中的平均反应速率是=0.020mol/(L·min)，故答案为：K=；0.020；
（2）14gN2的物质的量为=0.5mol，生成14gN2时放出373.23kJ热量，则生成1molN2放出热量为=746.46kJ，则该反应的热化学方程式为：2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ，故答案为：2CO(g) + 2NO(g)2CO2(g) + N2(g)+746.46kJ(合理即可)；
（3）由图2可知m相同时，温度升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，即该反应的正反应是放热反应；已知温度不变，同一反应方程式的化学平衡常数不变，由图2可知，Ta＜Tb=Tc，结合该反应正反应是一个放热反应，则a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc相对大小关系是Ka＞Kb=Kc，故答案为：放热；Ka＞Kb=Kc；
（4）化学平衡状态是指可逆反应的正反应和逆反应速率相等，反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变，则表明该反应已经达到平衡状态的一个结论可以是：正逆反应速率相等、氮气的浓度不再改变等，故答案为：氮气的浓度不再改变(合理即可)；
（5）a．保持其他条件不变，若充入N2，则增大生成物浓度，逆反应速率增大，随着平衡逆向移动导致反应物浓度也慢慢增大，则正反应速率也增大，故则达到新平衡时，正、逆反应速率均增大，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能是平衡发生移动，则加入催化剂不可提高NO的平衡转化率，b不正确；
c．该反应的正反应气体体积减小，若适当增大压强，则平衡正向移动，c正确；
d．其他条件不变，若容器体积扩大一倍，平衡逆向移动，达到新平衡时，c(N2)小于原来的一半，d正确；
故答案为：b；
（6）实验II与实验Ⅰ相比，催化剂的比表面积较小，故反应速率应较小；温度相同，平衡不移动，故平衡时NO的浓度不变，故答案为：。
【分析】（1）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；利用v=Δc/Δt计算；
（2）热化学方程式是表示化学反应所放出或吸收的热量的化学反应式；
（3）K的大小只与温度有关，与反应物或生成物起始浓度的大小无关。
（4）利用“变者不变即平衡”；
（5）依据化学平衡移动原理分析；
（6）“变量控制法”是探究一个因素时，要控制其他因素相同。
26．（2023·东城模拟）电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4，的流程如图：
（1）MnS与H2SO4发生复分解反应的离子方程式为　 　。
（2）浸出过程中，加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4，利用的MnO2的化学性质是　 　。
（3）结合离子方程式解释从浸出液中除去Fe3+的操作的原理：　 　。
（4）过程I除去Ca2+并富集Mn2+的流程如图。
已知：
a.萃取剂E是溶解了P204(记为HA)的磺化煤油(一种有机溶剂)；
b.HA为一元弱酸，难溶于水，结构为[OR=]；
c.莘取时发生反应M2++2HAMA2+2H+(M2+表示Ca2+或Mn2+)。
①从结构角度分析MA2可溶于磺化煤油的原因：　 　。
②反应M2++2A-MA2的平衡常数用β表示。已知β(CaA2)＞β(MnA2)，判断调pH时a　 　b(填“＜”或“＞”)，结合平衡常数解释原因：　 　。
③试剂Y是　 　。
（5）不同温度下MnSO4的溶解度如表。
温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 100
溶解度/g 52.9 59.7 62.9 62.9 60.0 53.6 45.6 40.9 35.3
过程II的操作为　 　，洗涤，干燥。
【答案】（1）MnS+2H+=Mn2++H2S↑
（2）氧化性
（3）Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全
（4）MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；＜；由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；稀硫酸
（5）加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）硫化锰与稀硫酸发生复分解反应生成硫酸锰和硫化氢气体。反应的离子方程式为MnS+2H+=Mn2++H2S↑，故答案为：MnS+2H+=Mn2++H2S↑；
（2）浸出时，加入二氧化锰和稀硫酸的目的是酸性条件下二氧化锰将硫化锰氧化为硫酸锰、硫和水，反应中二氧化锰做反应的氧化剂，可以减少有毒硫化氢气体的生成，同时产生更多的硫酸锰，故答案为：氧化性；
（3）铁离子在溶液中发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大溶液pH和加热均能促使水解趋于完全，有利于除去浸出液中的铁离子，故答案为：Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解反应为吸热反应，增大pH和加热均促使水解趋于完全；
（4）①由烃基-R的结构可知，MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中有利于钙离子或锰离子溶于磺化煤油，故答案为：MA2中4个－R的极性小且体积大，将金属离子包裹于其中；
②由平衡常数β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时，结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离，故答案为：由β(CaA2)＞β(MnA2)可知，相同c(M2+)时结合Ca2+所需c(A-)更小，由HA的电离平衡可知，增大c(H+)能减小c(A-)，有利于Ca2+和Mn2+分离；
③由分析可知，向油层中加入稀硫酸的目的是反萃取、分液得到油层和硫酸锰溶液，则试剂Y为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（5）由分析可知，将硫酸锰溶液加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤、干燥得到高纯硫酸锰，故答案为：加热溶液至100℃，浓缩结晶，趁热过滤。
【分析】向电解锰渣中加入MnO2和稀硫酸，浸出、过滤，得到浸出渣和浸出液（含有Mn2+、H+、以及少量的Fe3+、Ca2+），调节溶液的pH=4，加热浓缩，过滤得到Fe(OH)3沉淀和浓缩液，调节浓缩液pH=a，加入萃取剂E萃取，分液得到油层和水层，向油层中加入稀硫酸，进行反萃取，分液得到油层和硫酸锰溶液，将硫酸锰溶液加热至100℃，浓缩结晶，趁热过滤，洗涤，干燥，最后得到高纯硫酸锰。
27．（2023·潍坊模拟）甲醇合成丙烯有“一步法”和“两步法”两种合成方式，“一步法”是在催化剂的作用下由甲醇直接合成丙烯；“两步法”则分两步合成，其热化学方程式如下：
反应I：甲醇醚化反应(DME)
反应II：含氧化合物制丙烯反应(OTP)
已知部分键能数据如下：
化学键 C-C C=C C-H H-H O-H C=O C-O
键能/ 356 615 413 436 462 745 360
回答下列问题：
（1）“一步法”合成丙烯的热化学方程式为　 　。合成丙烯时有乙烯等副产物，若选择作载气时，保持总压不变，调控甲醇和的不同分压，各产物的选择性如下表所示(其他产物略)：
分压/MPa 分压/MPa 丙烯选择性/% 乙烯选择性/%
0.10 0 30.9 7.51
0.08 0.02 32.0 7.42
0.04 0.06 34.8 7.03
0.02 0.08 36.7 6.48
0.01 0.09 39.4 5.43
分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为　 　MPa。
（2）已知：。温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol ，若只发生反应Ⅰ，达平衡状态时，体系中的物质的量分数为　 　(填序号)。A． B． C． D．
（3）“两步法”中，在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为，则平衡混合体系中，丙烯的体积分数为　 　(用含、的式子表示，下同)，若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应II(OTP)的平衡常数　 　。
（4）“两步法”中存在反应Ⅲ： △H，同时也会有芳香烃等副产品，其中丙烯和芳香烃选择性与不同温度下反应I进行的程度的关系如图所示。要提高丙烯的选择性，可采取的措施是　 　，当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是　 　。
【答案】（1） ；0.01
（2）B
（3）；
（4）升高温度；反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）已知：
反应I：
反应II：
由盖斯定律可知，I+II得：，反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，由图表数据可知，；
分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为0.01MPa，此时丙烯的选择性最高，而副产物乙烯的选择性最低；
（2）温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol ，若只发生反应Ⅰ，由于反应为可逆反应不可能进行完全，则体系中的物质的量分数小于；已知：，温度为500K时，，；假设某一时刻，甲醇、甲醚、水的物质的量相等，此时体系中的物质的量分数为，则，反应正向移动，故平衡是体系中的物质的量分数大于；故答案为：B；
（3）在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为；“两步法”中，反应I为气体分子数不变的反应，反应II为气体分子数增加1的反应，则总压强的变化是由反应II引起的，根据化学方程式II体现的关系可知，平衡混合体系中，丙烯的分液为，体积分数为；若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应甲醇0.6、平衡是甲醇0.4；平衡时丙烯；则反应II生成水2、消耗甲醚，反应I消耗甲醇[0.6-]=(0.8-0.5)、生成甲醚(0.8-0.5)、水(0.8-0.5)，故平衡时甲醚为(0.8-0.5)-=(1.8-1.5)、水为2+(0.8-0.5)=(1.5-1.2)，故反应II(OTP)的平衡常数；
（4）要提高丙烯的选择性，可采取的措施是适当升高温度；当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；利用分析表中数据判断；
（2）根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；
（3）利用三段式法计算；
（4）依据图像和题目信息分析。
28．（2023·河东模拟）Cu(II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。
（1）Cu2+的价层电子排布式为　 　。
（2）[Cu(NH3)4]SO4在水中电离的方程式是　 　。
（3）如图为Cu(II)配合物A和B发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化。
①氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有　 　。
②已知：当Cu(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色由紫色变为橙色(如图所示)。
若将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为　 　。
（4）已知：[CuCl4]2-为黄色；[Cu(H2O)4]2+为蓝色；两溶液混合为绿色溶液。在稀CuCl2溶液中加入MgCl2浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因　 　。
（5）CuCl2和CuCl是铜常见的两种氯化物，如图表示的是　 　的晶胞。已知晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶体的密度为　 　g cm-3。(已知：1pm=10-10cm)
【答案】（1）3d9
（2）[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++
（3）共价键和氢键；加水稀释
（4）CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡右移，则[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加，使溶液显绿色
（5）CuCl；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）Cu的价电子排布式为3d104s1，则Cu2+的价层电子排布式为3d9。故答案为：3d9；
（2）[Cu(NH3)4]SO4为强电解质，在水中发生完全电离，则电离的方程式是[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++。故答案为：[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++；
（3）①从图中可以看出，氢原子与氮原子间形成共价键，与O原子间形成氢键，则氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有共价键和氢键。
②从图中可以看出，在溶液中存在如下转化：CuL6(紫色)CuL4(橙色)+2L，若将配合物的颜色由紫色调整为橙色，则平衡正向移动，此时微粒数增大，则应减小浓度，所以需要进行的简单操作为加水稀释。故答案为：共价键和氢键；加水稀释；
（4）在稀CuCl2溶液中加入MgCl2浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，则反应由[Cu(H2O)4]2+向生成[CuCl4]2-的方向进行，原因：CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡右移，则[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加，使溶液显绿色。故答案为：CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡右移，则[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加，使溶液显绿色；
（5）在晶胞中，黑球数目为=4，灰球数目为4，则晶胞表示的是CuCl的晶胞。已知晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数为NAmol-1，则该晶体的密度为 =g cm-3。故答案为：CuCl；。
【分析】（1）Cu原子失去两个电子生成Cu2+；
（2）[Cu(NH3)4]SO4为强电解质，完全电离；
（3）①氢原子与其它原子之间存在N-H、N-H O；
②由紫色调整为橙色，则平衡正向移动；
（4）CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O，加入MgCl2溶液，c(Cl-)增大，平衡右移，则[CuCl4]2-的浓度增大，黄色与绿色叠加，使溶液显绿色；
（5）根据均摊法和计算。
29．（2023·温州模拟）甲醇和二甲醚是可再生能源，具有广泛的发展前景。相关的主要反应有：
制备合成气：I.
制备甲醇和二甲醚：II.
III.
请回答：
（1）有利于制备合成气(反应I)的条件是____。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
（2）一定条件下，相关物质的相对能量与反应过程如下图：
①　 　。
②在某温度下，在体积为1L的恒容容器中，投料为1molCO和2molH2，仅发生反应II和III，在时达到平衡状态，请画出之间的变化趋势　 　。
（3）甲醇生成二甲醚的转化率可以根据冷凝液中的与的相对百分含量来计算(忽略副反应和各物质的挥发)。冷凝液中的质量分数为，的质量分数为，则甲醇的转化率　 　。(用含和的式子表示)
（4）制备合成气(反应I)时，还存在反应，该过程可用于热化学能的储存。已知：储能效率(是通过化学反应吸收的热量，是设备的加热功率)。反应物气体流速、对转化率、储能效率()的影响，部分数据如下表：
序号 加热温度/℃ 反应物气体流速/
1 800 4 1：1 79.6 52.2
2 800 6 1：1 64.2 61.9
3 800 6 1：2 81.1 41.6
①下列说法错误的是　 　。
A．反应I可以储能的原因是该反应是吸热反应，将热量储存在高热值物质CO、H2中
B．其他条件不变，反应物气体流速越小，CH4转化率越大，有利于热化学能储存
C．其他条件不变，越小，CH4转化率越大
D．反应物气体流速越大，CH4转化率越低的可能原因是反应物与催化剂未充分接触
②在实验2和3中，经过相同的时间，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，说明其可能的原因　 　。(该条件下设备的加热功率视为不变)
【答案】（1）C
（2）205.4kJ moL-1；
（3）
（4）B；CO2占比低时以反应Ⅰ为主，储能效率高，而CO2高时以反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ mol 1为主储能效率低
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）该反应为吸热且气体增加的反应，升温或减小压强均能使平衡正向移动。故答案为：C。
（2）E1未2molCO和4molH2的总能量，E3为1molCH3OCH3和1molH2O的总E1-E3为能量。由反应2Ⅱ+Ⅲ得到： 2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-181.4 kJ moL-1+( 24.0kJ moL-1)=-205.4 kJ moL-1=E生成物-E反应物=E3-E1，E1-E3=205.4 kJ moL-1。由于K2>K3，CH3OH的变化由反应Ⅱ决定，CH3OH在反应Ⅱ中作为产物浓度不断增加，而t1-t2达平衡浓度不发生改变。故答案为：205.4kJ moL-1；
；
（3）冷凝液中有CH3OH、CH3OCH3、H2O，已知冷凝液中H2O的质量分数为w1，CH3OH的质量分数为w2，则CH3OCH3的质量分数为1- w1 -w2。设冷凝液的总质量为m总则CH3OH、CH3OCH3的物质的量分别为、。由，则反应甲醇的转化率为。故答案为：；
（4）A．反应吸热反应，即产物CO+H2的总能量高于CO2+CH4，反应体系储能是由于高能的CO和H2，A项正确；
B．由表格知气流速度快比值为1：1储能效率最高，而1、2实验对比，CH4的转化率高储能效率低，B项不正确；
C．由实验2、3对比，实验3的转化率高，即比值小转化率高（相当于增加CO2平衡正向，CH4的转化率增大），C项正确；
D．气流太快，CH4未及时参与反应，没法与催化剂充分接触，D项正确；
故答案为：B。
对比反应Ⅰ和CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ mol 1，反应Ⅰ储能效果更好。若CO2量增加以反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ mol 1为主，导致储能效率降低。而CO2含量少时以反应Ⅰ为主，储能效率更高。故答案为：CO2占比低时以反应Ⅰ为主，储能效率高，而CO2高时以反应CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ mol 1为主储能效率低。
【分析】（1）依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（2）利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；
（3）平衡转化率是指平衡时已转化了的某反应物的量与转化前该反应的量之比；
（4） ①依据化学平衡移动原理分析；②依据主次反应判断。
30．（2023·凉山模拟）NOx会危害人体健康，破坏环境，对其进行无害处理研究一直是科技界关注的重点。请回答以下问题：
（1）选择性催化还原技术(SCR)是针对柴油车尾气排放中的一项处理工艺。已知在催化剂的作用下，有如下反应发生：
①4NH3(g) + 5O2(g) 4NO (g) + 6H2O(g) ΔH1= - 905kJ·mol-1
②4NH3(g) + 3O2(g) 2N2(g) + 6H2O(g) ΔH2=- 1268kJ· mol-1
③4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(g) ΔH3
反应③的反应热ΔH3=　 　。
（2）氨催化氧化时会发生(1)中的①、②两个竞争反应。为研究某催化剂的效果，在1L恒容密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得反应达到平衡时有关物质的量关系如图：
①根据以上信息，其他条件不变时，下列措施中可以提高NH3转化为N2的平衡转化率的是　 　(填字母)。
A．升高反应温度 B．降低反应温度
C．增大NH3和O2的初始投料比 D．及时分离出H2O
②520℃-840℃时体系中NO含量迅速增加的原因是　 　。
（3）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化如图a。
I.2NO(g) N2O2(g)
II.N2O2(g)+O2(g) 2NO(g)
①决定NO氧化反应速率的步骤是　 　(填“I”或“II”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，在温度为T1和T2(T2>T1)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图b，转化相同量的NO，在温度　 　 (填“T1”或“T2”)下消耗的时间较长，结合图a分析其原因　 　。
（4）在恒温条件下，向初始压强为pMPa的恒容密闭容器中加入等物质的量CO和NO发生反应： 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为　 　(保留一位小数)。该条件下反应平衡常数Kp=　 　 MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×物质的量分数)。
【答案】（1）-1812.5kJ ·mol-1
（2）BD；该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率
（3）II；T2；反应I放热，温度升高，平衡逆移，c(N2O2)减小；且 c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高对反应II速率的影响
（4）66.7%；
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律， ③=②×2.5-①×1.5=-1268×2.5-(-905×1.5)=-1812.5，所以ΔH3=-1812.5kJ ·mol-1。
（2）①A．在1 L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，根据图像可知，520℃平衡时n(NO)=n(N2)=
0.2 mol，结合化学方程式列数据如下：
则平衡时，n(NH3)=(1-0.2-0.4)mol=0.4 mol、n(O2)=(2-0. 25-0. 3)mol= 1.45 mol、n( H20)=(0.3 +0. 6)mol=0.9 mol，因为容器的体积是1 L.所以该反应的平衡常数该反应是放热反应，降低温度，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，故A不正确，B正确；
C．增大NH3和O2的初始投料比，提高O2的转化率，NH3的转化率降低，故C不正确；
D．将反应生成的H2O(g)及时移出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，D正确；
②该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率。
（3）①根据反应过程能量变化示意图可知，反应I的活化能较低，速率较快；反应II的活化能较高，速率较慢。决定NO氧化反应速率的步骤是反应II。
②由题图3可知，当消耗相同量的NO时，温度为T：时消耗的时间更长。由题图2可知，反应I和II均为放热反应，但反应I的活化能较低，外界条件变化后能迅速达到平衡，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小；而反应II活化能较高，反应速率慢，c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高的影响。
（4）加入等物质的量CO和NO，因此投料比是1：1。
，解得x=。所以n(总)= mol。
所以n(总)= mol。
算出平衡时，总压强p1，，解得。2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)
；；；；
。
【分析】（1）根据盖斯定律分析；
（2）①AB利用三段式法计算；
CD．依据影响化学平衡的因素分析；
②依据曲线变化分析；
（3）①活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；
②依据影响化学平衡的因素分析；
（4）利用三段式法计算。
31．（2023·辽宁模拟）将转化为有机碳酸酯(DMC)，可有效减少碳排放。转化为DMC的总反应为　，可通过Ⅰ、Ⅱ两步反应完成：
Ⅰ．　
Ⅱ．　
请回答下列问题：
（1）有机碳酸酯中碳原子的杂化方式为　 　，1mol中含有的键数目为　 　。
（2）反应Ⅱ的反应机理如图1所示，其中催化剂参与催化循环和脱水循环。
①该反应的催化剂是　 　，该物质还有另一个作用一提高DMC的平衡产率，结合反应机理图分析其中的原因：　 　。
②将物质的量之比为1∶2的和的混合气体以相同流速通过两种不同的催化剂a、b，仅发生反应Ⅱ．相同时间内的转化率如图2所示。
M点　 　(填“是”或“不是”)对应温度下的的平衡转化率，原因是　 　。
（3）一定温度范围内的线性关系如图3。
①对于反应Ⅱ，活化能　 　(填“>”或“<”)。
②时，该温度下　 　。某温度下，在5L恒容密闭容器中充入5mol和10mol，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应经10min达到平衡，此时，，则　 　
【答案】（1）、；5
（2）；催化剂的中间产物使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率；不是；催化剂不改变反应物的平衡转化率，相同温度下，催化剂b对应的的转化率比M点高，说明M点未达到平衡
（3）<；1；20
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）有机碳酸酯中含有甲基和碳氧双键，碳原子的杂化方式为、，中只含有单键，则1mol中含有5mol键，数目为5。
（2）①由图可知，在反应过程中先消耗再生成参与第一步反应，则是催化剂；该物质还有另一个作用一提高DMC的平衡产率，原因是：催化剂的中间产物使产物水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率；
②催化剂不改变反应物的平衡转化率，相同温度下，催化剂b对应的的转化率比M点高，说明M点未达到平衡，M点不是对应温度下的的平衡转化率。
（3）①由图3可知，升高温度，减小，说明平衡逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应，则活化能<；
②由盖斯定律可知，Ⅰ×2+Ⅱ可得总反应　，则K总=KK2，时，该温度下1，在5L恒容密闭容器中充入5mol和10mol，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应经10min达到平衡，此时，，根据已知条件列出“三段式”
则y==0.2mol/L，x-2y==0.2mol/L，则x=0.6mol/L，则。
【分析】（1）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
（2）①利用化学平衡移动原理分析；
②催化剂只能加速化学反应的速度，而不能使平衡移动；
（3）①依据化学平衡移动原理分析；
②根据盖斯定律，利用三段式法计算。
32．（2023·白山模拟）随着时代的进步，人类对能源的需求量与日俱增，我国全球首套焦炉气化学合成法生产无水乙醇的工业示范项目打通全流程实现，项目投产成功。
（1）3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=　 　(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
已知：i.2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH1
ii．CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g) ΔH2
iii．CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH3
在恒温恒容密闭容器中充入3molCO(g)和7molH2(g)仅发生反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，下列叙述正确的是　 　(填标号)。
A．混合气体总压强不随时间变化时，反应达到平衡状态
B．反应达到平衡时，CH3CH2OH体积分数可能为25%
C．反应达到平衡后，再充入少量CO，CO的平衡转化率增大
D．反应达到平衡后，再加入高效催化剂，乙醇产率保持不变
（2）醋酸酯加氢制乙醇是一个乙酰基产物制备乙醇的路线。
①醋酸酯加氢的催化效能如表所示：
实验组 催化剂 原料 反应条件 反应性能
温度/℃ 压力/MPa 转化率/% 选择性/%
1 Cu/SiO2 醋酸甲酯 190 28 96.1 99.0
2 Cu-Cr 醋酸乙酯 250 2.8 接近完全 93.8
3 Cu/ZnO 醋酸乙酯 185 1 56 99.0
4 Cu/SiO2 醋酸乙酯 280 4.0 94.6 96.6
上述实验中，催化效能最好的为实验　 　(填序号)，与之对比，实验3中，醋酸酯平衡转化率较低的主要原因可能是　 　(从表中所给条件的角度分析)。
②醋酸甲酯加氢历程一般认为可分为如下步骤(*代表催化剂位点，已知：CH3CO*+H·→CH3CHO)：
a．CH3COOCH3→CH3CO·+CH3O·
b．CH3CO·+*→CH3CO*(慢)
c．CH3O·+*→CH3O*(快)
d．CH3CO*+3H·→CH3CH2OH
e．CH3O*+H·→CH3OH
……
其中，在b和c的步骤中，活化能较小的是　 　(填标号，下同)，控制总反应速率的步骤是　 　，分析上述步骤，副产物除CH3OH外，还可能有　 　(写一种即可)。
（3）甲醇也是新能源的重要组成部分。
以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
iv．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
v．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH5>0
vi．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH6<0
在不同压强下、按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3进行投料，在器容中发生上述3个反应，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物(即CH3OH和CO)中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图，压强p1、p2、p3由大到小的顺序为　 　，曲线　 　(填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数，在T1℃下，压强为p3时，反应v的浓度平衡常数Kc=　 　(填含α的表达式)。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3；AC
（2）1；压强太小，不利于平衡向正反应方向移动；c；b；CH3CHO
（3）p1>p2>p3；m；
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，反应i+ii+iii可得反应3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，则反应ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；
A．该反应是气体体积减小的反应，反应中气体压强减小，则混合气体总压强不随时间变化时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确；
B．若一氧化碳完全反应，由方程式可知，反应后氢气、甲醇、乙醇、水蒸气的物质的量都为1mol，甲醇的体积分数可能为25%，该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以反应达到平衡时，甲醇体积分数不可能为25%，故不正确；
C．反应达到平衡后，再充入少量一氧化碳，平衡向正反应方向移动，但一氧化碳的平衡转化率减小，故不正确；
D．反应达到平衡后，再加入高效催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，乙醇产率保持不变，故正确；
故答案为：AD，故答案为：ΔH1+ΔH2+ΔH3；AD；
（2）由表格数据可知，实验1催化剂的选择性高于实验2、4，原料的转化率高于实验3，所以述实验中，催化效能最好的为实验1；与实验1相比，实验3的反应温度与1相近，压强小于实验1，说明实验3的压强太小，不利于平衡向正反应方向移动，导致醋酸酯平衡转化率较低；活化能越小，反应速率越快，慢反应控制总反应速率，所以在b和c的步骤中，活化能较小的是快反应c、控制总反应速率的步骤是慢反应b；由反应CH3CO*+H·→CH3CHO可知，醋酸酯加氢制乙醇时，副产物除了甲醇外，还有乙醛，故答案为：1；压强太小，不利于平衡向正反应方向移动；c；b；CH3CHO；
（3）由方程式可知，反应iv、vi均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，反应v为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量增大，所以升高温度，甲醇在含碳产物中物质的量分数减小，则曲线m表示甲醇在含碳产物中物质的量分数；反应iv、vi均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，一氧化碳的物质的量减小，反应v是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，一氧化碳的物质的量不变，所以增大压强，甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1mol和3mol，容器的体积为VL，反应iv、vi生成甲醇的物质的量分别为amol、bmol，反应v生成一氧化碳的物质的量为cmol，由图可知，在T1℃下，压强为p3时，甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等、二氧化碳的转化率为α，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳的转化率为α可得：a+b+c=α，由甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等可得c—b=a+b=，解得a=c=、b=0，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为(1—α)mol、(1—2α)mol、mol、αmol，反应v的浓度平衡常数Kc==，故答案为：p1>p2>p3；m；。
【分析】（1）根据盖斯定律，目标方程式=反应i+ii+iii，则ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；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；化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（2）①催化剂能加快反应速率；实验3中压强太小，不利于平衡向正反应方向移动；
②活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（3）反应iv、vi均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应v为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动；反应iv、vi均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，反应v是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动；列出反应的三段式计算。
33．（2023·新疆模拟）锶(Sr)是第五周期IIA族元素。自然界中的锶存在于天青石中，天青石的主要成分为SrSO4和少量CaSO4、BaSO4。以天青石为原料制备高纯SrCO3需要两个步骤。
[步骤一]从天青石到粗SrCO3：
已知：i． Ca、Sr、Ba硫化物( MS)和硫氢化物[ M( HS)2]均易溶于水，
ii.20℃时，Sr(OH)2、Ba(OH)2、Ca(OH)2的溶解度(单位为g)分别为1.77、3. 89、0.173；80℃时，Sr(OH)2、 Ba(OH)2、Ca(OH)2的溶解度(单位为g)分别为20. 2、101.4、0.094。
（1）焙烧过程中SrSO4转化为SrS的化学方程式是　 　。
（2）浸取时发生反应：2MS+2H2OM( HS)2+M(OH)2(M=Ca、Sr、Ba)。使用热水有利于提高平衡转化率，原因是　 　。
（3）滤渣1的主要成分是　 　(写化学式)。
（4）[步骤二]粗SrCO3转化为高纯SrCO3：
粗SrCO3中的杂质是BaCO3.有同学提出在实验室可以将粗SrCO3产物溶于酸，再加入Na2SO4溶液实现Sr和Ba的分离。设Ba2+完全沉淀时c(Ba2+)= 10-5mol·L-1，则溶液中c(Sr2+)一定不大于　 　。该方案　 　(填“合理”或者“不合理”)。[Ksp( BaSO4)= 1.1×10-10，Ksp(SrSO4)= 3.3×10-7]
（5）实际的工业除杂和转化流程如下图所示：
已知：i．溶液中存在 +H2O2+2H+，具有强氧化性。
ii． Cr( OH)3的性质类似Al( OH)3，Ksp[ Cr(OH)3]=1×10-31。
①若酸溶过程中H+过量太多，则除钡过程中Ba2+去除率会下降，请从化学平衡移动角度解释原因　 　。
②还原过程中草酸(H2C2O4)发生反应的离子方程式为　 　。
③为除铬，向溶液D中加入NH3·H2O调节pH为7~8。此过程不调节pH为13的原因是　 　。
【答案】（1）SrSO4 +4C SrS+4CO↑
（2）该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大
（3）Ca(OH)2、C
（4）0.03；不合理
（5）c( H+)增大， +H2O 2 +2H+反应逆向移动，c()下降，使BaCrO4(s) Ba2+( aq) + (aq)平衡正向移动， BaCrO4沉淀率下降， Ba2+ 的去除率下降； +3H2C2O4+8H+ = 2Cr3+ +6CO2↑+7H2O；直接用NaOH将pH调至13 ，Cr(OH)3会与过量的NaOH反应生成，无法将Cr元素完全除去
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）天青石的主要成分为，与碳粉反应生成CO和SrS，反应方程式为：；
（2）浸取时发生反应：，用热水有利于提高的平衡转化率，原因是：该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大；
（3）已知在时，Ca(OH)2的溶解度(g)为0.094，属于微溶物，还有多余的碳粉，则滤渣1的主要成分是、C；
（4）完全沉淀时，则，加入溶液实现和的分离，则不能沉淀SrSO4，溶液中一定不大于；
（5）①若酸溶过程中过量太多，则除钡过程中去除率会下降，从化学平衡移动角度解释原因：对，增大，发生反应，下降，平衡正向移动，沉淀率下降，的去除率下降；
②还原过程中与草酸发生反应生成铬离子和二氧化碳，反应的离子方程式为；
③为除铬，向溶液D中加入调节为7～8，此过程不调节为13的原因是：直接用将调至13，会与过量的反应生成，无法将元素完全除去。
【分析】 【步骤一】天青石和碳隔绝空气高温焙烧生成CO、SrS，SrS加热水后水解，溶液中除含有Sr2+和OH-外，还含有少量Ba2+杂质，过滤得到滤渣1的主要成分是Ca(OH)2和过量的C，然后滤液1加二氧化碳，经过过滤、洗涤、干燥得粗SrCO3；
【步骤二】粗SrCO3中的杂质为BaCO3，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，得到含Sr2+、Ba2+的溶液A，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡”，过滤得到含Sr2+、NH、CrO的溶液B，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，Cr2O被还原为Cr3+，得到含Sr2+、NH、Cr3+的溶液D，向溶液中加氨水调pH到7～8，将Cr3+转化为沉淀除去，沉淀A为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13加入碳酸氢铵与溶液中Sr2+生成SrCO3沉淀，沉淀再经过过滤得到高纯SrCO3。