2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡移动原理2
一、选择题
1．（2022·广东）恒容密闭容器中， 在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的
B．a为 随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入 的平衡转化率增大
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；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．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
2．（2021·辽宁）某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应 ，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是（ ）
A．升高温度，若 增大，则
B．加入一定量Z，达新平衡后 减小
C．加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后 增大
D．加入一定量氩气，平衡不移动
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而 增大，说明平衡正向移动，故则 ，A不符合题意；
B．加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后 减小，B不符合题意；
C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后 不变，C符合题意；
D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.升温平衡正向移动，则反应是吸热；
B.加入生成物，平衡逆向移动，Y减小；
C.只有Z是气体，且平衡常数不变，则Z浓度不变；
D.加入稀有气体，各物质分压不变平衡不移动。
3．（2022·河西模拟）向2L容密闭容器中投入一定量的CO和，发生如下反应： ，CO的平衡转化率与温度、投料比[]的关系如下图所示。（ ）
A．
B．投料比：
C．在400K、条件下，反应Ⅰ的平衡常数的值为0.25
D．在500K、条件下，增大压强，CO的平衡转化率能从Y点到Z点
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；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． 由图随温度升高，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，正反应放热，，故A不符合题意；
B． 相同温度下，反应中增大氢气的浓度，一氧化碳的转化率增大，由图如500K时，60%>40%，投料比：，故B不符合题意；
C． 在400K、条件下，令投入的氢气为2mol，CO为1mol，平衡转化率为50%， ，反应Ⅰ的平衡常数的值为=4，故C不符合题意；
D． 在500K、条件下，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，CO的平衡转化率能从Y点到Z点，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度越高，CO的转化率越来越小，平衡逆向移动；
B.反应中增加氢气的量会促进CO的转化，提高CO的平衡转化率；
C.列出反应的三段式结合平衡常数的公式进行计算。
4．（2022·和平模拟）氢气是一种可再生的绿色能源，也是重要的化工原料，天然气在催化剂作用下热解可制得氢气，其反应如下：ΔH=+74.81kJ·mol-1，关于上述反应，以下叙述正确的是（ ）
A．反应达平衡时，恒温恒压下通入惰性气体，会加快正反应速率，使平衡正向移动
B．反应达平衡时，恒温恒容下加入C(s)，会加快逆反应速率，使平衡逆向移动
C．当H2(g)的生成速率是CH4(g)消耗速率的2倍时，说明反应达到了平衡状态
D．正反应活化能大于逆反应活化能
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．恒温恒压，通入惰性气体，相当于稀释了反应物的浓度，反应向气体体积增大的一方进行，但是反应物浓度下降。分子间碰撞概率降低，反应速率减慢，故A不符合题意；
B．反应体系中固体视为浓度不变，加入后无影响，故B不符合题意；
C．无论反应是否平衡，氢气的生成速率始终是甲烷的消耗速率的2倍。故C不符合题意；
D．反应焓变大于零，说明生成物能量大于反应物能量。反应过程中最高能量和生成物能量差距更小，正反应活化能大于逆反应活化能，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A.恒温恒压加入惰性气体，体积增大，浓度减小；
B.C是固体，加入固体不影响反应速率；
C.反应达到平衡的标志是正逆反应速率相等；
D.该反应为吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化能。
5．（2022·泉州模拟）将铜片与足量浓盐酸混合加热，铜片溶解，有气泡产生，溶液呈无色。已知： Cu++3Cl-CuCl(无色) K=5.0×105； Ksp(CuCl)=1.2×10-6，下 列说法错误的是（ ）
A．铜片表面产生的气体为H2
B．金属活泼性顺序是有一定前提条件的
C．将反应后的溶液稀释，无沉淀产生
D．铜不与稀盐酸反应主要因c(Cl-)不够大
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．从已知可知，铜失去电子生成亚铜离子，结合氯离子形成无色的CuCl，溶液中的氢离子得到电子生成氢气，所以气体为氢气，A项不符合题意；
B．根据金属活动性顺序分析，铜不能和盐酸反应，但是该反应存在，说明了金属活动性顺序时有前提条件的，B项不符合题意；
C．反应吸收后，不能形成无色的CuCl，亚铜离子和氯离子可能形成氯化亚铜沉淀，C项符合题意；
D．稀盐酸中氯离子浓度小，不容易建立Cu++3Cl-CuCl平衡，则铜不和稀盐酸反应，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.溶液中氢离子得电子生成氢气；
B.根据金属活动顺序可是铜与盐酸不反应，该反应中一定条件下铜与盐酸发生反应；
C.可能形成CuCl沉淀；
D.离子浓度太小不易发生Cu++3Cl-CuCl。
6．（2022·河西模拟） 和 存在平衡： 。下列分析正确的是（ ）
A． 平衡混合气体中含N原子大于
B．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
C．恒容时，充入少量 ，平衡正向移动导致气体颜色变浅
D．断裂 中的共价健所需能量大于断裂 中的共价健所需能量
【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A． N2O4分子中有2个N原子， 平衡混合气体中含N原子大于 ，故A符合题意；
B． 恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，故B不符合题意；
C． 恒容时，充入少量 ，相当于NO2的浓度不变，平衡不移动，气体颜色不变，故C不符合题意；
D． ，反应放热，断裂 中的共价健所需能量小于断裂 中的共价健所需能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A． 依据氮原子守恒；
B． 考虑物理变化和平衡移动原理。；
C． 考虑平衡移动时，压强变化归结为浓度变化；
D． 放热反应，旧键断裂吸收的总能量小于新键形成放出的总能量。
7．（2022·大连模拟）某温度下，改变0.1mol/L 溶液的pH时，各种含铬元素粒子及 浓度变化如图所示(已知 a是二元酸)，下列有关说法正确的是（ ）
A．该温度下的
B．溶液中存在平衡 ，且该温度下此反应的平衡常数
C．E点溶液中存在：
D．向 溶液中，加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算；离子积常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．G点时， ，此时 ，则Kw= ，A项不符合题意；
B．由图可知溶液中存在平衡 ，F点时， ，则K= ，B项不符合题意；
C．E点时， ，根据电荷守恒有： ，即 ，此时溶液显酸性，即 ，则c(K+)<2c( )+3c( )，C项符合题意；
D．根据平衡 +H2O 2 +2H+，加入NaOH固体，平衡正向移动，溶液橙色变浅，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据G点，结合Kw= 计算；
B.F点 ，再根据K= 计算；
C.E点，结合电荷守恒分析；
D.加入NaOH固体，平衡 +H2O 2 +2H+正向移动。
8．（2022·南京模拟）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领城，该反应的热化学方程式是2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) ΔH=mkJ·mol-1。理论计算表明，原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3。在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．m<0
B．500K下反应达到平衡时，若增大压强(减小容器容积)，则n(C2H4)增大
C．X点坐标为(440，39)，则440K时反应的平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
D．实际反应往往伴随副反应，生成C3H6等。一定温度和压强条件下，使用合适催化剂可提高乙烯的选择性[ ×100%]
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；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．由分析可知，a曲线代表H2，c曲线代表CO2，结合图示信息可知，温度升高，H2、CO2的物质的量分数增大，说明平衡逆向移动，则m<0，A不符合题意；
B．根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)可知，增大压强平衡正向移动，则500K下反应达到平衡时，若增大压强(减小容器容积)，则n(C2H4)增大，B不符合题意；
C．由分析结合图示信息可知，X点即H2和H2O的物质的量分数相等，即H2和H2O的平衡物质的量相等，根据三段式分析： ，则有3a-6x=4x，解得x=0.3amol，X点坐标为(440，39)，则440K时平衡体系中：CO2的平衡分压为： ，H2的平衡分压为： ，C2H4的平衡分压为： ，H2O的平衡分压为： ，故该反应的平衡常数Kp= = = MPa-3≠ ，C符合题意；
D．实际反应往往伴随副反应，生成C3H6等。一定温度和压强条件下，使用合适催化剂可提高乙烯的选择性[ ×100%]，则可以减少副反应的发生，提高乙烯的产率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)可知，原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3时，任何温度下达到平衡时，CO2和H2的物质的量分数之比为1：3，乙烯和水的物质的量分数之比为1：4，且二氧化碳和氢气同时增多或减少，乙烯和水同时增多或减少，由图可知，a代表氢气，b代表水，c代表二氧化碳，d代表乙烯。
9．（2022·唐山模拟）臭氧分解 的反应历程包括以下反应：
反应①： (快)
反应②： (慢)
大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基 能够催化 分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是（ ）
A．活化能：反应①<反应②
B． 只参与反应①，改变 分解的反应历程
C． 分解为 的速率主要由反应①决定
D． 参与反应提高了 分解为 的平衡转化率
【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故A符合题意；
B．氯自由基(Cl )能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl 主要参与反应②，故B不符合题意；
C．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故C不符合题意；
D．Cl 是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.活化能越大反应速率越慢；
B.Cl 主要参与反应②；
C.化学反应由反应速率慢的一步反应决定；
D.催化剂不影响平衡状态。
10．（2022·汕头模拟）实验探究是化学学科的魅力所在。下列有关实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向平衡体系2NO2 N2O4中加压 红棕色变浅 平衡正向移动
B 向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热 溶液中未观察到砖红色沉淀产生 淀粉没有水解
C 将大小相同的Al和Mg分别投入到相同浓度的NaOH溶液中 Al溶解有气泡产生，Mg无现象 Al的金属性强于Mg
D 向海带灰的浸取液中滴加适量氯水，再加入CCl4萃取 分层，下层出现紫红色 海带中含有碘元素
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；分液和萃取
【解析】【解答】A．向平衡体系2NO2 N2O4中加压，NO2浓度增大，气体颜色先变深，后又因2NO2 N2O4的平衡正向移动，颜色逐渐变浅，因此现象应为气体颜色先变深后变浅，故A不符合题意；
B．加入稀硫酸使淀粉水解后，应在碱性环境下检验葡萄糖，即应先加过量的NaOH中和稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，故B不符合题意；
C．根据金属单质与水或酸反应置换出氢的难易判断金属性的强弱，与NaOH是否反应不能作为判断金属性强弱的依据，故C不符合题意；
D．向海带灰的浸取液中滴加适量氯水，再加入CCl4萃取，溶液分层，下层出现紫红色，说明生成了I2，从而证明海带中含有碘元素，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.加压平衡向气体总物质的量减小的方向移动，且气体的浓度增大；
B.水解应在碱性溶液中检验葡萄糖；
C.Al与NaOH溶液反应，Mg不与NaOH溶液反应；
D.氯水将碘离子氧化成碘单质，碘易溶于四氯化碳。
11．（2022·南平模拟）110℃时，将某X固体置于真空恒温恒容容器中，存在平衡： ，反应达平衡时体系的总压为50kPa。下列说法正确的是（ ）
A．加入X固体的量不影响平衡
B．若先通入Y(g)使初始压强为120kPa，再加入足量X(s)，平衡时Z(g)的分压为5kPa
C．若原容器中残留有空气，平衡时体系的总压仍为50kPa
D．增大X(s)的表面积，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
【答案】B
【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．X为固体，过量时反应物浓度不变，正、逆反应速率不变，故不影响平衡，但如果加入的X固体不足，则使得最终反应体系的压强小于50kPa的话，则与原平衡的状态不一样，即X的量对平衡有影响，A不符合题意；
B．若先通入Y(g)使初始压强为120kPa，再加入足量X(s)，设X分解使Y的压强增大了xkPa，则Z的平衡分压为xkPa，根据平衡常数：Kp=(120+x)x= ，解得：x=5kPa，即平衡时Z(g)的分压为5kPa，B符合题意；
C．若原容器中残留有空气，如果平衡时体系的总压仍为50kPa，则Y、Z的平衡分压小于25kPa，根据温度不变平衡常数不变可知，此时Y、Z的平衡分压的乘积小于Kp，平衡正向移动，体系压强增大，即平衡时体系的压强大于50kPa，C不符合题意；
D．增大X(s)的表面积，正反应速率增大，根据温度不变平衡常数不变，说明平衡体系中压强不变，即平衡不移动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.X的量不足会到导致平衡压强小于50kPa；
B.根据平衡常数计算；
C.若原容器中残留有空气，Y、Z的平衡分压小于25kPa；
D.增大X的表面积，反应速率增大，但平衡不移动。
12．（2022·南通模拟）氨催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH<0。在T℃时，向1L密闭容器中投入4molNH3、5molO2，平衡时测得NH3的转化率为60%。下列有关氨催化氧化反应的说法正确的是（ ）
A．反应过程中分离出H2O(g)，正反应速率增大
B．反应达到平衡时，相同时间内消耗NH3和NO的物质的量相等
C．平衡时向容器中继续通入O2，平衡正向移动，平衡常数增大
D．其他条件不变，起始时投入2molNH3、2.5molO2，平衡时NH3的转化率小于60%
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．反应过程中分理出产物H2O(g) ，平衡正向移动，反应物浓度减小，正反应速率减小，A不符合题意；
B．消耗NH3为正反应方向，消耗NO为逆反应方向，相同时间内消耗NH3和NO的物质的量相等时，根据方程式中的化学计量数可知，此时正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B符合题意；
C．平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变，C不符合题意；
D．其他条件不变，起始时投入2molNH3、2.5molO2，与原平衡相比相当于减压，平衡向气体分子数增多的方向移动，即平衡正向移动，平衡时NH3的转化率大于60% ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据化学平衡移动原理分析；
B．依据正逆反应速率相等分析
C．平衡常数只与温度有关；
D．依据化学平衡移动原理分析。
13．（2022·海口模拟）利用CO2和CH4反应制备合成气(CO、H2)的原理是CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH>0。温度为T℃时，该反应的平衡常数为K。下列说法正确的是（ ）
A．K越大，说明反应速率、CO2的平衡转化率越大
B．增大压强，平衡向逆反应方向移动，K减小
C．升高温度，反应速率和平衡常数K都增大
D．加入催化剂，能提高合成气的平衡产率
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．K越大，说明反应越完全，CO2的平衡转化率越大，但反应速率受外界因素影响，不一定速率较大，A不符合题意；
B．K只受温度影响，温度不变，则K不变，B不符合题意；
C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，该反应ΔH>0为吸热反应，则升温平衡常数K增大，C符合题意；
D．加入催化剂，只能改变反应速率，平衡不一移动，则不能提高合成气的平衡产率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.化学平衡数表示反应进行的程度，K越大，反应物转化率越大，但反应速率与此没有关系，反应速率只取决于反应物本身的性质或者外界影响因素
B.K是关于温度的函数，温度不变，则K不变
C.对于吸热反应，升高温度，K增大；对于放热反应，升高温度，K减小
D.催化剂不影响平衡移动，只改变反应速率
14．（2022·深圳模拟）T1℃时，向1L密闭容器中充入10molH2和3molSO2发生反应：3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g) △H<0。部分物质的物质的量n(X)随时间t变化如图中实线所示。下列说法正确的是（ ）
A．实线a代表n(H2O)随时间变化的曲线
B．t1min时，v正(SO2)
D．若该反应在T2℃(T2
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据题干反应方程式3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g)可知，达到平衡时生成H2O的物质的量是消耗SO2的2倍，故实线a不是代表n(H2O)随时间变化的曲线，而是代表H2S随时间变化的曲线，A不符合题意；
B．由题干图示信息可知，t1min后H2S的物质的量还在增大，SO2的物质的量还在减小，说明反应在向正向进行，且化学反应中各物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，则有，此时，即正(SO2)＞逆(H2S)，B不符合题意；
C．由题干图示信息可知，达到平衡时，SO2的物质的量为0.3mol，根据三段式分析可知，，容器的体积为1L，则该反应的平衡常数K==L mol-1，C符合题意；
D．由题干信息可知，3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g) △H<0，则降低温度，平衡正向移动，SO2的平衡转化量增大，平衡时的物质的量减小，故若该反应在T2℃(T2
【分析】A.根据SO2的物质的量变化，再根据各物质的物质的量变化之比等于方程式系数比，判断a线代表的物质是什么
B.由图可知t1时反应向正向进行，v正（SO2）>v逆（SO2）=v逆（H2S）
C.列三段式计算平衡常熟
D.降低温度，反应速率减小达到平衡的时间变长，同时向放热反应方向移动，即正向移动， n(SO2) 变小
15．（2022·嘉兴模拟）下列说法错误的是（ ）
A．趁热过滤时应快速将混合液倒入预热后的漏斗中，漏斗颈下端不能紧贴烧杯内壁
B．溶液蒸发或冷却速率越快，得到的晶体颗粒就越细小
C．实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火
D．向蓝色CoCl2溶液中逐滴加入浓盐酸并振荡，溶液的颜色会从蓝色逐渐变成粉红色
【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；化学实验安全及事故处理；过滤；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A．趁热过滤是为了防止因温度降低引起的晶体析出，因此趁热过滤时应快速将混合液倒入预热后的漏斗中，漏斗颈下端不能紧贴烧杯内壁，故A不符合题意；
B．晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶液蒸发或冷却速率越快，晶体不容易形成大的颗粒，得到的晶体颗粒就越细小，故B不符合题意；
C．实验室电器设备着火，电器不能用水灭火，应隔绝氧气进行灭火，二氧化碳不燃烧也不支持燃烧，因此实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火，故C不符合题意；
D．CoCl2溶于浓盐酸生成，溶液中存在如下平衡：，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液为蓝色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.趁热过滤是为了防止因温度降低引起的晶体析出。
B.晶体颗粒的大小与结晶条件有关。
C.电器不能用水灭火，应隔绝氧气进行灭火，结合CO2的性质进行分析。
D.CoCl2溶于浓盐酸生成CoCl42-，且存在化学平衡，随着浓盐酸的滴入，c(Cl-)增大，则利于平衡逆向移动，据此分析。
16．（2022·通州模拟）下列事实或数据不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A B C D
密闭容器中，氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深 向新制氯水中滴加溶液，溶液由浅黄绿色变为无色 c(氨水)mol/L0.10.01pH11.110.6
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．氢气与碘蒸气反应生成碘化氢气体的反应是气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，则加压后颜色变深是因为浓度增大，不是因为平衡移动，故A符合题意；
B．新制氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl—+HClO，向新制氯水中滴加氢氧化钠溶液，氢氧根离子中和酸，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，则溶液由浅黄绿色变为无色，该现象能用平衡移动原理解释，故B不符合题意；
C．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向右移动，水中离子浓度增大，则纯水电导率增大能用平衡移动原理解释，故C不符合题意；
D．由氨水的pH与浓度变化的关系可知，氨水中存在电离平衡，加水稀释时，电离平衡右移，氨水浓度变为原来的10倍时，pH<1，则氨水的pH与浓度变化的关系能用平衡移动原理解释，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氢气和碘蒸气生成碘化氢，是等体积的反应，加压化学平衡不移动，但是碘蒸气的浓度增大，颜色加深。
17．（2022·南平模拟）已知反-2-丁烯转化为顺-2-丁烯反应如下，，和随温度变化的曲线如图。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．反-2-丁烯与顺-2-丁烯互为位置异构体
B．温度变化对的影响程度小于对的影响程度
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．反-2-丁烯与顺-2-丁烯互为顺反异构体，A不符合题意；
B．由图可知，的斜率更大，受温度影响更大，温度变化对的影响程度大于对的影响程度，B不符合题意；
C．图中曲线的斜率代表活化能，正反应的斜率更大，活化能更大，C符合题意；
D．由C分析可知，正反应的活化能更大，则反应为吸热反应，生成物能量大于反应物能，故反-2-丁烯比顺-2-丁烯稳定，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．相同的原子或原子团连在双键同侧或异侧形成的不同物质为顺反异构体；
B．斜率越大，受温度影响越大；
C．图中曲线的斜率代表活化能，斜率越大，活化能越大；
D．依据能量越低越稳定。
18．（2022·延庆模拟）在一定温度下，将1molCO2和3molH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应并达到平衡：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0，测得平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为25%。下列说法不正确的是（ ）
A．平衡混合气体中C原子的物质的量是1mol
B．该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量
C．该反应的化学平衡常数K=
D．其他条件相同时，若起始充入2molCO2和6molH2，达到平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．初始二氧化碳的物质的量为1mol，依据碳原子守恒，平衡混合气体中C原子的物质的量是1mol，A不符合题意；
B．该反应焓变小于0，为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，B不符合题意；
C．平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为25%，设平衡时消耗二氧化碳xmol/L，则平衡时二氧化碳的物质的量浓度为(1-x)mol/L，氢气的物质的量浓度为(3-3x)mol/L，CH3OH的物质的量浓度为xmol/L，水蒸气的物质的量浓度为xmol/L，=25%，解得x=，则平衡时c(CO2)=mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=mol/L，化学平衡常数K===，C符合题意；
D．其他条件相同时，若起始充入2molCO2和6molH2，与原来相比，开始反应物浓度是原来的2倍，则压强是原来的2倍，增大压强平衡正向移动，导致二氧化碳和氢气的转化率增大，则平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据碳原子守恒；
B．该反应焓变小于0；
C．利用三段式法计算；
D．向恒容容器中充入反应物，相当于加压。
19．（2022·西城模拟）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 0.2 0.2 0.1
Ⅱ 0.2 0.2 0.12
下列说法不正确的是（ ）
A．
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
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0.2mol CO和0.2mol ，平衡正向移动
【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】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，二氧化碳的量少，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不符合题意；
C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，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 ，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡不移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据勒夏特列原理分析；
B．利用转化率的定义式计算；
C．温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短；
D．比较平衡常数与浓度商Qc的大小关系判断反应的方向。
二、多选题
20．（2020高二下·苏州期末）在3个初始温度均为T℃的密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) (正反应放热)。下列说法正确的是( )
容器编号 容器类型 初始体积 起始物质的量/mol 平衡时SO3物质的量/mol
SO2 O2 SO3
I 恒温恒容 1.0 L 2 1 0 1.6
II 绝热恒容 1.0 L 2 1 0 a
III 恒温恒压 0.5 L 0 0 1 b
A．a＞1.6
B．b＜0.8
C．平衡时v正(SO2)：v(I)＜v(II)
D．若起始时向容器I中充入1.0 mol SO2(g)、0.20 mol O2(g)和4.0molSO3(g)，则反应将向正反应方向进行
【答案】B,C
【知识点】化学平衡移动原理；等效平衡；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．II与I初始投入量相同，II为绝热恒容容器，该反应为放热反应，故II随着反应的进行，容器内气体温度升高，平衡时相当于对I容器升高温度，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，则平衡时SO3的物质的量比I小，即a＜1.6，A不符合题意；
B．对于I中反应，开始时n(SO2)=2 mol，n(O2)=1 mol，平衡时n(SO3)=1.6 mol，若容器III反应是在恒温恒容下进行，其等效开始状态是n(SO2)=1 mol，n(O2)=0 mol，物质的量是I的一半，容器的容积也是I的一半，则二者为等效开始状态，平衡时各种物质的含量相同，则平衡时SO3的物质的量是0.8 mol，但由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，反应III是在恒温恒压下进行，反应从逆反应方向开始，反应发生使气体的压强增大，为维持压强不变，相当于在I平衡的基础上扩大容器的容积而导致减小压强，减小压强化学平衡逆向移动，因此反应III中达到平衡时SO3的物质的量比0.8 mol要少，即b＜0.8 mol，B符合题意；
C．II为绝热容器，随着反应的进行容器内气体的温度升高，温度升高反应速率加快，则平衡时的正反应速率：平衡时v正(SO2)：v(I)＜v(II)，C符合题意；
D．对于反应I，由于容器的容积是1 L，则开始时c(SO2)=2 mol÷1 L=2 mol/L，c(O2)=1 mol÷1 L=1 mol/L，平衡时c(SO3)=1.6 mol÷1 L=1.6 mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时，c(SO2)=2 mol/L-1.6 mol/L=0.4 mol/L，c(O2)=1 mol/L- ×1.6 mol/L=0.2 mol/L，该反应的化学平衡常数K= =80，若开始时向I中加入1.0 mol SO2(g)、0.20 mol O2(g)和4.0 mol SO3(g)，由于容器的容积是1 L，则c(SO2)=1.0 mol/L，c(O2)=0.20 mol/L，c(SO3)= 4.0 mol/L，则Qc= =80=K，因此反应恰好处于平衡状态，既不向正反应方向移动，也不向逆反应方向移动，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.正反应反应，反应的进行温度升高，导致平衡左移，导致平衡时三氧化硫的浓度减小
B.相当于加压，使平衡向右移动，含量增大
C.温度增大，速率增大，故II温度高于I，因此速率大
D.先计算出I中的平衡常数，再根据给出数据计算出浓度商进行比较即可
21．（2020高一下·扬州期末）向容积为1.00L的密闭容器中通入一定量的N2O4和NO2的混合气体，发生反应：N2O4(g) 2NO2(g)ΔH>0，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
已知：NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体
A．64s时，反应达到化学平衡状态
B．到达化学平衡前，混合气体的颜色逐渐变深
C．若该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐升高
D．前100s内，用NO2浓度的变化表示的化学反应速率是0.008mol·L－1·s－1
【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.64s后，N2O4和NO2的浓度仍在发生改变，因此并没有达到平衡，A不符合题意；
B．根据图示，达到平衡前，NO2的浓度在不断增大，因此混合气体的颜色逐渐变深，B符合题意；
C．若为绝热仪器，根据图示，平衡正向移动，反应吸热，容器内气体的温度逐渐降低，C不符合题意；
D．前100s，NO2的浓度从0.20mol·L－1变化为1.00mol·L－1，则 ，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、当化学反应达到平衡时，反应物与生成物的浓度不再变化；
B、注意二氧化氮为红棕色气体；
C、从吸、放热的角度进行作答；
D、根据进行计算。
22．（2018高二上·江苏期末）单质碘在水中的溶解度较小，且溶解较慢。实验室配制碘水时，往往将碘单质加入稀KI溶液中。该溶液中存在平衡： 。该反应的平衡常数K随温度变化规律如图所示。下列说法中，正确的是（ ）
A．向上述体系中加入CCl4，平衡不移动
B．25 ℃时，向上述体系中加入少量I2，平衡向右移动，平衡常数大于680
C．该反应的平衡常数表达式为
D．该反应的正反应为放热反应
【答案】C,D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、加入CCl4，水溶液中的I2部分溶于CCl4中，碘水中I2的浓度减小，平衡逆向移动，A错误；
B、25 ℃时，向上述体系中加入少量I2，碘水中I2的浓度增大，平衡向右移动，但温度不变，平衡常数不变仍为680，B错误；
C、该反应的平衡常数的表达式为 ，C正确；
D、由图像可知，温度升高时平衡常数减小，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，D正确。正确答案为CD。
【分析】A、加入四氯化碳，碘溶于四氯化碳中，碘的浓度减小，反应逆向移动
B、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
三、非选择题
23．（2022·湖南）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的 和 ，起始压强为 时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ．
Ⅱ．
①下列说法正确的是 ；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时 的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时， 的转化率为 ， 的物质的量为 。此时，整个体系 （填“吸收”或“放出”）热量 ，反应Ⅰ的平衡常数 （以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。
（2）一种脱除和利用水煤气中 方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中 溶液吸收一定量的 后， ，则该溶液的 （该温度下 的 ）；
②再生塔中产生 的离子方程式为 ；
③利用电化学原理，将 电催化还原为 ，阴极反应式为 。
【答案】（1）BD；吸收；31.2；
（2）10；2 CO2↑+ +H2O；2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体，各组分浓度不变，反应Ⅰ的平衡不移动，A不符合题意；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，反应后过程中气体的密度发生变化，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B符合题意；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，可逆反应不能彻底进行，则平衡时H2的体积分数不可能大于，C不符合题意；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，可加快反应速率，D符合题意；
综上所述，正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa×1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）c( )：c( )=1：2，根据 可知， = ，则该溶液的pH=-lgc(H+)=10；
②KHCO3在再生塔中受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，反应的离子方程式为2 CO2↑+ +H2O；
③由图可知，水在玻碳电极发生氧化反应生成氧气，则玻碳电极为阳极，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，阴极发生还原反应，且在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
【分析】（1）①A.恒容体系中充入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动；
B.该反应的密度为变量，当混合气体的密度不变时反应达到平衡；
C.可逆反应不能彻底进行；
D.增大反应物的接触面积可加快反应速率；
②根据反应Ⅰ的能量变化及反应Ⅱ的能量变化求出整个体系的热量变化；根据计算；
（2）①结合计算；
②再生塔中碳酸氢钾分解产生二氧化碳；
③阴极发生还原反应。
24．（2022·浙江选考）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·mol-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-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·mol-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·mol-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： 。
【答案】（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
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(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，故故答案为：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 mol，CO为1 mol，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不正确；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C正确；
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不正确；
故故答案为：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。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算，再进行判断；
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，温度对其平衡移动影响程度大；
（2）从反应速率和平衡移动的角度分析；
（3）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②列出反应的三段式计算；
③A.温度过高催化剂失去活性；
B.压强增大反应速率加快；
C.合适的催化剂能降低活化能，增大反应速率；
D.恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，恒压条件，通入氮气反应速率变慢；
④第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2。
25．（2021·辽宁）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弧电子对，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)。
【答案】（1）
（2）B；C
（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动
（5）②
（6）
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】（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动，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活动；
（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1mol，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： 。
【分析】
（1）根据盖斯定律计算反应热即可，注意正负号；
（2）根据反应方程式，反应放热，可以降温和加压，使平衡正向移动；
（3）增大其中一反应物浓度，可提高另一反应物的转化率；
（4）金属催化剂的活性可能受硫化氢等杂质的影响；
（5）根据图中原子是否有空轨道可以接受孤对电子对；
（6）利用三段式进行计算即可
26．（2022·德州模拟）3D打印对钛粉末的要求很高。熔盐电解精炼是制取钛粉的有效途径。精炼时一般采用等摩尔比的KCl-NaCl熔盐，其中含有一定浓度的低价氯化钛(TiClx，x=2、3)。(已知：①熔盐中Ti3+少，Ti2+多熔盐电解精炼制得的钛粉颗粒相对粗大；②钛的熔点为1668℃，TiCl4熔点-24. 1℃、沸点136. 4℃)。
（1）精炼时，粗品质的海绵钛、废钛材等做电解池的 极。
（2）采用海绵钛与TiCl4制取低价钛离子的电解质熔盐时，熔盐中存下如下4个反应：
ⅰ.3Ti4++Ti0→4Ti3+△H1
ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+△H2
ⅲ．Ti4++Ti2+→2Ti3+△H3
ⅳ．……… △H4
①反应ⅳ的化学方程式为 。
②上述4个反应的平衡常数与温度的关系如下图。由此可知△H1 3△H2(填“＞”、“＜”或“＝”)。
③有助于制取低价钛离子的电解质熔盐的措施为 。
（3）向下图装置中加入海绵钛，从石英管中缓慢加入a mol TiCl4，恒温条件下进行反应。
①平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。熔盐中低价钛离子的平均价态为 。
②用各离子的物质的量分数表示平衡浓度，则反应ⅲ的平衡常数K3= 。
③若向此平衡体系中继续注入TiCl4，则再次平衡后 (填“增大”、“减小”或“不变”)
（4）电解精炼制钛粉，偶尔会得到一些相对粗大的钛粉颗粒而影响产品质量，请分析产生的原因 (写出1条原因，合理即可。)
【答案】（1）阳
（2）2Ti3++Ti0 3Ti2+；＞；降低熔盐温度
（3）+ ；；不变
（4）①熔盐电解精炼时阴极上得到的Ti粉脱附进入熔盐，与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)；②海绵钛中含有其它还原性的物质与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)等
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)精炼时，粗品质的海绵钛、废钛材等作电解池的阳极，精铜作阴极，含有Cu2+的溶液为电解质溶液；
(2)①根据题意可知反应ⅳ的化学方程式为2Ti3++Ti0 3Ti2+；
②已知：ⅰ.3Ti4++Ti0→4Ti3+△H1
ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+△H2
根据盖斯定律，将3×ⅱ-ⅰ，整理可得2Ti3++Ti0 3Ti2+△H=3△H2 -△H1。即ⅳ=3×ⅱ-ⅰ。根据温度与化学平衡常数的关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应，△H=3△H2-△H1＜0，即△H1＞3△H2；
③根据平衡移动原理，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，有助于反应向低价盐方向移动，故有助于制取低价钛离子的电解质熔盐的措施为降低熔盐温度；
(3)①平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。Ti的总物质的量为(b+c) mol，Ti元素总化合价为+4c，则熔盐中低价钛离子的平均价态为+ ；
②从石英管中缓慢加入a mol TiCl4，平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。假设反应ⅰ.3Ti4++Ti0→4Ti3+消耗Ti0为x mol，则其消耗Ti4+为3x mol，反应产生Ti3+为4x mol，反应ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+中消耗Ti0为(b-x) mol，消耗Ti4+为(b-x) mol，反应产生Ti2+为2(b-x) mol，所以消耗Ti4+为3x+(b-x)=c mol，解得x= ，故平衡时n(Ti4+)=(a-c) mol，n(Ti3+)=4x mol=(2c-2b)mol，n(Ti2+)=2(b-x) mol=(3b-c) mol，所以反应ⅲ．Ti4++Ti2+→2Ti3+的化学平衡常数K= ；
③反应在恒温条件下进行，各个化学反应的平衡常数不变，因此若向此平衡体系中继续注入TiCl4，再次平衡后 不变；
(4)电解精炼制钛粉，偶尔会得到一些相对粗大的钛粉颗粒而影响产品质量，这可能是由于①熔盐电解精炼时阴极上得到的Ti粉脱附进入熔盐，与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)；②海绵钛中含有其它还原性的物质与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)等。
【分析】（1）精炼铜时粗品质的海绵钛、废钛材等作阳极；
（2）①根据盖斯定律计算；
②根据平衡移动原理分析；
③降低温度，放热反应的化学平衡正向移动；
（3）①根据化合物化合价代数和为0计算；
②平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
③平衡常数只与温度有关。
27．（2022·新余模拟）三氧化二镍(Ni2O3)经常用于制造镍氢电池，也可用于镍粉的制造，工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铝、铁及其氧化物、碳等)回收其中的镍并制备Ni2O3的工艺流程如下所示：
已知：①NiCl2易溶于水，在该实验条件下H2O2、Fe3+不能氧化Ni2+
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.010mol/L)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
③反萃取的反应原理为NiR2+2H+ Ni2++2HR
（1）“预处理”操作目的是除去镍废料表面的矿物油污，可选用试剂为___________(填标号)。
A．酒精 B．纯碱溶液 C．NaOH溶液
（2）酸浸时镍的浸出率与温度的关系如图所示，温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是 (从两个角度分析)。
（3）“氧化”时主要反应的离子方程式是 。
（4）利用上述表格数据，可计算出Fe(OH)3的Ksp= (用科学记数法表示，已知lg2=0.3)，若“氧化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1 mol/L，则“调pH”应控制的pH范围是 。
（5）向有机相中加入 溶液能进行反萃取的原因为 (用化学平衡移动原理解释)。
（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系：
温度 低于30.8℃ 30.8℃-53.8℃ 53.8℃-280℃ 高于280℃
晶体形态 NiSO4·7H2O NiSO4·6H2O 多种结晶水合物 NiSO4
从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作依次是 。
（7）有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池(碱性)，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式为 。
【答案】（1）A
（2）HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2＋水解加快(或促进Ni2＋水解)，部分生成Ni(OH)2
（3）2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O
（4）4×10-38；4.7≤PH＜7.2
（5）存在平衡NiR2＋2H＋ Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，C(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+
（6）蒸发浓缩，冷却至30.8℃—53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥
（7）MH + OH- -e- = M + H2O
【知识点】化学平衡移动原理；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】含镍废料经过预处理除去表面的油污，根据物理方法，使油污分离，第二步中加入盐酸浸出金属阳离子，而其中的碳没有参与反应，在滤渣1中，而金属镍离子，二价铁离子、铝离子，第三步加入双氧水后将二价铁氧化成三价铁离子，在第四步中加入氧化镍后调节pH将三价铁和铝离子除去，在第五步中加入有机萃取剂把镍离子萃取到有机相中，第六步中加入硫酸溶液后将镍离子反萃取到溶液中，通过结晶得到硫酸镍晶体，再通过一系列过程得到三氧化二镍；
(1)A．油污能溶于酒精，故可以除去镍废料表面的矿物油污，故A正确；
B．纯碱溶液与镍废料中铝的氧化物反应，在浸出流程中加入盐酸时会消耗更多，故B不符合；
C．氢氧化钠溶液会消耗更多的盐酸，故不符合；
故答案为：答案A；
(2)温度升高，导致HCl挥发加快，盐酸浓度降低较快；HCl对Ni2＋水解抑制程度减小，从而加快Ni2＋水解，部分生成Ni(OH)2，故温度高于40℃时导致浸出率开始下降，故答案为：HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2＋水解加快(或促进Ni2＋水解)，部分生成Ni(OH)2；
(3)根据双氧水的氧化性，及混合物中的具有还原性的离子二价铁发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒配平得：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O；故答案为：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O；
(4)根据表格中开始沉淀时：pH=2.2，c(H+)=10-2.2，c(OH-)=10-11.8，Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)=0.01×10-36×10-0.6=4×10-38，故答案为：4×10-38；若“氧化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1 mol/L，则“调pH”应控制的pH范围根据流程目的，不能使Ni2+沉淀，而使铝离子和三价铁离子沉淀而除去，故调节的pH的范围是：4.7≤pH＜7.2，故答案为4.7≤pH＜7.2；
(5)根据平衡NiR2＋2H＋ Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+；故答案为：平衡NiR2＋2H＋ Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+；
(6)根据表格中的信息判断：从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体，即晶体的操作依次是蒸发浓缩，冷却至30.8℃—53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥；
(7)电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式与阴极反应刚好相反，为MH + OH- -e- = M + H2O；故答案为：MH + OH- -e- = M + H2O。
【分析】（1）“预处理”操作表面的矿物油为烃类，不能用碱性物质来清除，可根据相似相溶原理，选用酒精进行清洗；
（2）盐酸易挥发；
（3） “氧化”时双氧水将亚铁离子氧化为铁离子；
（4）根据Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)计算；“调pH”的目的是使Al3+和Fe3+沉淀而Ni2+不沉淀；
（5） 加入H2SO4，C(H+)增大，平衡正向移动 ；
（6） 30.8℃-53.8℃ 时得到 NiSO4·6H2O晶体 ；
（7）放电时MH为负极，失去电子发生氧化反应产生M。
28．（2022·南平模拟）某学习小组为了探究 的还原性，按图示设计并进行实验(部分装置省略)。回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ，装置B的作用是 。
（2）预测 与 溶液发生氧化还原反应的离子方程式为 。
（3）往C中持续通入SO2至饱和，观察到溶液先变红色，5分钟后变黄，约9小时后变为浅绿色。
经查资料：红色物质可能是 与 、 形成的配合物，配合物可表示为： (A为 或 ，x为1或2，n+m=6，n越大配合物越稳定，溶液颜色越深)。室温下进行以下实验。
序号 操作 现象
实验1 向1mL 溶液中滴加3mL 溶液 溶液先变红，随后产生沉淀和刺激性气味气体。抽滤得到橙黄色沉淀。
实验2 向1mL 溶液中滴加3mL 溶液 溶液中滴溶液先变红，析出少量沉淀，加至2mL析出大量沉淀，加至3mL沉淀溶解，溶液颜色加深。
实验3[略，判断实验1抽滤得到的沉淀不是 ]
①通过计算说明实验1得到的沉淀为 ，而非 。
已知：[ 、 、 ]
②实验1生成沉淀和气体的离子方程式为 。
实验4：为了进一步确定红色物质，利用分光光度仪(吸光度越大，溶液颜色越深)进行检测。将浓度均为 的 、 、 溶液按一定体积比配制，实验数据如表。
试验编号 V/mL 吸光度
1 0.5 4.0 0.0 0.412
2 0.5 3.2 a 0.331
3 0.5 1.6 2.4 0.118
4 0.5 0.0 4.0 0.018
③表中a为 ，红色物质可表示为 。
④装置C中的溶液5分钟后变黄，约9小时后变为浅绿色，相关解释为 。
【答案】（1）分液漏斗；作安全瓶或者防止倒吸
（2）SO2+2Fe3+ +2H2O=2Fe2++4H++
（3）根据已知[ 、 、 ]可知， = = = = =Ksp[Fe(OH)3]( )3=2.6×10-39×( )3=4.57×10-19，可知 的溶解度远小于 的溶解度，故沉淀为 ；2Fe3++6 =Fe2(SO3)3↓+3SO2↑+3H2O；0.8；；由于溶液中存在Fe3+和正四价的硫之间的氧化还原反应，溶液酸性增强， 的浓度减小，促使Fe3++n +mH2O 平衡逆向移动，解离出Fe3+，由于解离出Fe3+的速率较快，而Fe3+与正四价硫的氧化反应速率较慢，所以导致装置C中的溶液较长时间保持变黄，最终溶液变为浅绿色
【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】本题为实验题，是用Na2SO3与70%浓硫酸反应制备SO2，并探究SO2的还原性，则装置A中发生的反应为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，B装置为安全瓶，防止倒吸，装置C为探究SO2的还原性，反应原理为：SO2+2FeCl3+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，据此分析解题。
(1)由题干实验装置图可知，仪器a的名称为分液漏斗，由于SO2易溶于水，易产生倒吸，则装置B的作用是作安全瓶，防止倒吸，故答案为：分液漏斗；作安全瓶，防止倒吸；
(2)由分析可知， 与 溶液发生氧化还原反应的方程式为：SO2+2FeCl3+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，则其离子方程式为SO2+2Fe3+ +2H2O=2Fe2++4H++ ，故答案为：SO2+2Fe3+ +2H2O=2Fe2++4H++ ；
(3)①根据已知[ 、 、 ]可知， = = = = =Ksp[Fe(OH)3]( )3=2.6×10-39×( )3=4.57×10-19，可知 的溶解度远小于 的溶解度，故沉淀为 ，故答案为：根据已知[ 、 、 ]可知， = = = = =Ksp[Fe(OH)3]( )3=2.6×10-39×( )3=4.57×10-19，可知 的溶解度远小于 的溶解度，故沉淀为 ；
②由①分析可知实验1生成沉淀即Fe2(SO3)3和气体SO2，配平可得该反应的离子方程式为2Fe3++6 =Fe2(SO3)3↓+3SO2↑+3H2O，故答案为：2Fe3++6 =Fe2(SO3)3↓+3SO2↑+3H2O；
③根据实验探究控制唯一变量法可知，实验中需使混合溶液的总体积和Na2SO3溶液和NaHSO3溶液的体积之和相等，表中a为0.8；红色物质可能是 与 、 形成的配合物，配合物可表示为： (A为 或 ，x为1或2，n+m=6，n越大配合物越稳定，溶液颜色越深)，由表中实验数据可知，Na2SO3的浓度越大，溶液颜色越深即生成的配合物浓度越大，可知A为 ，故红色物质表示为： ，故答案为：0.8； ；
④由于溶液中存在Fe3+和正四价的硫之间的氧化还原反应，溶液酸性增强， 的浓度减小，促使Fe3++n +mH2O 平衡逆向移动，解离出Fe3+，由于解离出Fe3+的速率较快，而Fe3+与正四价硫的氧化反应速率较慢，所以导致装置C中的溶液较长时间保持变黄，最终溶液变为浅绿色，故答案为： 由于溶液中存在Fe3+和正四价的硫之间的氧化还原反应，溶液酸性增强， 的浓度减小，促使Fe3++n +mH2O 平衡逆向移动，解离出Fe3+，由于解离出Fe3+的速率较快，而Fe3+与正四价硫的氧化反应速率较慢，所以导致装置C中的溶液较长时间保持变黄，最终溶液变为浅绿色。
【分析】（1）仪器a为分液漏斗；装置B作安全瓶；
（2） 与 溶液发生反应SO2+2FeCl3+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl；
（3）①结合Ksp、Ka1和Ka2计算；
②实验1中生成的沉淀为 Fe2(SO3)3，气体为 SO2；
③实验时应保证变量唯一；
④溶液中存在Fe3+和正四价的硫之间的氧化还原反应，溶液酸性增强， 的浓度减小，促使Fe3++n +mH2O 平衡逆向移动。
29．（2022·东城模拟）实验小组同学为探究Fe2+的性质，进行如下实验。
【实验I】向2 mL0.1 mol·L-1FeSO4溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红。
（1）甲同学通过上述实验分析Fe2+具有 (填“氧化”或“还原”)性。
乙同学查阅资料发现Fe2+与SCN-也可发生反应，生成无色的配合物。为证实该性质，利用FeCO3进行如下实验。
（2）FeCO3的制备：用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，离子方程式为 。
（3）【实验II】验证Fe2+与SCN-发生反应
通过实验b排除了 的干扰。
（4）从沉淀溶解平衡角度解释实验a和b最终溶液颜色不同的原因是 。
丙同学设计实验进一步证明Fe2+可与SCN-反应。
（5）[实验III]
上述实验中，d为c的对照实验。
①X为 。
②实验能够证实Fe2+可与SCN-反应，则应观察到的现象是 。
（6）实验II中若未加适量水稀释，则无法通过现象得出结论。推测加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低c(Fe3+) 。
【答案】（1）还原性
（2）Fe2++2 =FeCO3↓+H2O+CO2↑
（3）通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响
（4）SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大，溶液红色加深
（5）H2SO4；溶液红色更浅
（6）使Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡逆向移动
【知识点】化学平衡移动原理；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)向2 mL0.1 mol·L-1FeSO4溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红，说明Fe2+能够被酸性H2O2溶液氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，这证明Fe2+具有还原性；
(2)用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，同时反应产生(NH4)2SO4、H2O、CO2，该反应的离子方程式为：Fe2++2 =FeCO3↓+H2O+CO2↑；
(3)通过对实验进行对比可知：实验b排除了加水稀释对沉淀溶解平衡移动的影响；
(4)FeCO3是难溶性物质，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s) Fe2+(aq)+ (aq)，溶液中含有Fe2+浓度较小，向其中滴加酸性H2O2，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，反应产生的Fe3+浓度较小，因此加入KSCN溶液时，发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为浅红色。而向FeCO3沉淀中加入等体积4 mol/LKSCN溶液，FeCO3溶解电离产生的Fe2+与SCN-结合，使FeCO3溶解电离程度增大，溶液中Fe2+及Fe2+与SCN-结合物与酸性H2O2反应产生的Fe3+浓度较大，溶液Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡正向移动，c[Fe(SCN)3]增大，因而溶液红色比实验b加深；
(5)①因为要探究Fe2+与SCN-的反应，对照实验也应该加入相同阴离子( )的溶液，因此X为H2SO4；
②Fe2+与SCN-反应，降低了溶液中c(SCN-)，使Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而应该观察到的实验现象是溶液红色变浅；
(6)加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低c(Fe3+)，使Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而溶液红色变浅。
【分析】（1）Fe2+能够被酸性H2O2溶液氧化为Fe3+；
（2）过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，同时生成(NH4)2SO4、H2O、CO2；
（3）实验b排除了加水稀释对沉淀溶解平衡移动的影响；
（4） SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动；
（5）①对照实验应加入相同的阴离子；
②Fe2+与SCN-反应，溶液中c(SCN-)减小；
（6）加水稀释可降低c(Fe3+)。
30．（2022·长宁模拟）研究 等大气污染气体的处理方法具有重要意义。
（1） 是汽车尾气中的主要污染物之一、 能形成酸雨， 写出 转化为 的化学方程式： 。
（2）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：。标准状况下，3.36LCO还原至的整个过程中转移电子的数目为 ，放出的热量为 (用含有a的代数式表示)。
（3）现将一定量 气体充入恒容密闭容器中， 控制反应温度为 ，下列可以作为反应达到平衡的判断依据是 。
D． 容器内气体的密度不变 E． 容器内颜色不变
（4）反应温度 时， 随 (时间) 变化曲线如图， 画出 时段， 随 变化曲线 。保持其它条件不变， 改变反应温度为， 再次画出 时段， 随 变化趋势的曲线 。
（5）NO氧化反应：分两步进行：
I．
II． (Q1、Q2都大于0)
在恒容的密闭容器中充入一定量的 和 气体，保持其它条件不变， 控制反应温度分别为 和 ，测得(NO)随(时间)的变化曲线如图，转化相同量的NO，在温度 (填 “ ” 或 “ ”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因 。
【答案】（1）
（2）0.3NA；0.0375akJ
（3）AE
（4）；
（5）；该反应是放热反应，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；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】(1) 与水反应可转化为 ，化学方程式：。
(2)标准状况下，3.36LCO物质的量为0.15mol，根据可得还原至的整个过程中转移电子的数目为0.3NA；根据题给信息，，则0.15molCO可放出的热量为0.0375akJ。
(3)A．该反应气体分子数正向增多，容器恒容，则气体的压强发生改变，故气体的压强发生不变可以作为反应达到平衡的判断依据，A正确；
B．，则，不等于系数之比，故不可作为反应达到平衡的判断依据，B不正确；
C．平衡常数K只随温度改变，该反应控制温度为不变，则其不可作为反应达到平衡的判断依据，C不正确；
D．该反应物质均是气体，气体总质量不变，容器恒容，则体系内气体密度始终不变，故其不可作为反应达到平衡的判断依据，D不正确；
E．无色，红棕色，反应过程体系颜色发生改变，故容器内颜色不变可以作为反应达到平衡的判断依据，E正确；
故答案为：AE。
(4)根据反应，的改变量是的两倍，从的曲线可知其达到平衡时减少了0.03mol/L，则从0升高到平衡时的0.6 mol/L，其曲线如图：；由题Q<0可知，该反应正向吸热，保持其它条件不变，随着温度的升高，该反应平衡朝正向移动，且反应速率增大，达到平衡的时间缩短，则其曲线如图：。
(5)如图所示，(NO)随(时间)的延长而减小，转化相同量的NO，可作一条平行于时间轴的辅助线，分别交两曲线与a、b两点，如图：，则可知在温度下消耗的时间较长；可能的原因是，该反应两步均是放出热量，总反应是放热反应，，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长。
【分析】（2）画出双线桥，找到CO与转移电子之间的关系，从而算出转移电子数目
（3）判断依据：变化的量不再发生改变，既达到化学平衡
（4）结合二氧化氮与四氧化二氮变化量与系数成正比，画出图像即可
（5）由图可知，温度越高，转化相同量的NO时间越长，说明这两步反应为放热反应
31．（2022·宝鸡模拟）汽车尾气中含有氮氧化合物和CO，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、
（1）已知：i.N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol-1
ii.C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393kJ·mol-1
iii.2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3=-221kJ·mol-1
则NO与CO反应iv的热化学方程式： 。
（2）某研究小组在三个容积为2L的恒容密闭容器中，在三种不同实验条件分别充入4molNO和4molCO发生上述反应iv。反应体系保持各自温度不变，体系总压强随时间的变化如图1所示：
①温度：T1 T2(①②③问均选(填“<”“=”或“>”)。
②CO的平衡转化率：I II III。
③反应速率：a点的v逆 b点的v正。
④若该反应的速率v正=k正·p2(CO)·p2(NO)(kPa·min-1)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，k正与k逆仅与温度有关，p(M)表示M的分压，分压=总压×物质的量分数。
i．T1K下，NO的平衡转化率为 ，反应的平衡常数Kp= (kPa)-1(以分压表示)。已知T1K时k正=60(kPa)-3·min-1，则平衡时v逆= kPa·min-1。
ii．升高温度时，的比值 。(选填“增大”“不变”或“减小”)。
（3）反应iv在不同催化剂甲、乙条件下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图2所示。在工业生产中应选用 催化剂(填“甲”或“乙”)，理由是 。
【答案】（1）2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol
（2）＞；＜；=；＞；50%；0.05；6.0×105；减小
（3）甲；催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，ii×2-i-iii可得反应iv：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，则反应热ΔH=2ΔH2-ΔH1-ΔH3 =(-393 kJ/mol)×2-(+180kJ/mol)-(-221kJ/mol)=-745kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=-745kJ/mol，故答案为：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=-745kJ/mol；
(2)设温度为T1时一氧化氮的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为40kPa、35kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得a=0.5，既50%；设温度为T2时一氧化氮的转化率为b，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为32kPa、25kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得b=0.875，既87.5%；
①该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，说明T1大于T2，故答案为：＞；
②由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，所以II和III的一氧化氮转化率相等，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，则转化率的关系为：I＜II=III，故答案为：＜；=；
③平衡时，正逆反应速率相等，由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，催化剂能降低了反应的活化能，加快化学反应速率，则a点的逆反应速率大于b点的正反应速率，故答案为： ＞；
④i．由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率为50%，一氧化碳、一氧化氮、二氧化碳、氮气的平衡分压分别为×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=5kPa，则分压平衡常数Kp==0.05；平衡时，正逆反应速率相等，则v正= v逆，k正·p2(CO)·p2(NO) =k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，==K=0.05，由T1K时k正=60(kPa)-3·min-1可得k逆==1200(kPa)-3·min-1，所以v逆=1200(kPa)-3·min-1×5kPa×(10kPa)2=6.0×105kPa·min-1，故答案为：50%；0.05；6.0×105；
ii．由i可知，=K，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则的比值减小，故答案为：减小；
(3)由图可知，反应iv在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲，故答案为：甲；催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高。
【分析】(1)依据盖斯定律分析解答；
(2)依据化学平衡三段式计算结合化学平衡移动原理和化学反应速率及化学平衡常数的知识分析解答；
(3)依据催化剂的相关知识结合图示分析解答。
32．（2022·西城模拟）烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。
（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol)
反应a： 24.6
反应b： 3.17
反应c： 58.17
①已知： ，则 。
②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是 。
③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因 。
（2）其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。
①溶液显碱性，用化学平衡原理解释： 。
②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是 。
③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是 。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是 。
【答案】（1）；高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低；反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于
（2）溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性；溶液直接与反应是脱除的主要原因；；
【知识点】反应热和焓变；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】(1)①已知：反应a： ，
，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。
②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。
③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。
(2)①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。
②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。
③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。
④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1：1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。
【分析】(1)①根据盖斯定律；
②依据勒夏特列原理分析。
③依据勒夏特列原理分析。
(2)①比较和的水解程度。
②溶液直接与反应。
③根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写，与发生氧化还原反应生成和；
④根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写，和发生归中反应生成和H2O。
33．（2022·长春模拟）我国提出争取在2030年前实现碳峰值、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2 转化为清洁能源是促进碳中和最直接有效的方法。
（1）H2 还原CO2 制取CH4的部分反应如下：
①
②
③
反应2C(s)+2H2O(g)=CH4(g)+CO2(g)的 H= kJ/mol。
（2）恒温条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，只发生如下反应：CO(g)+3H2 (g)=CH4(g)+H2O(g)，反应4min后，测得CO的物质的量为0.8mol，下列有关说法正确的是____ (填字母。)
A．利用合适的催化剂可增大该反应的平衡常数
B．容器内气体的平均相对分子质量保持不变，说明该反应达到平衡状态
C．用 H2表示该反应4min内的平均速率为0.075mol·L-1·s-1
D．其它条件不变，升高温度，CO的平衡转化率降低
（3）在一定条件下，向某0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2 和ymolH2，发生反应：
①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线 (填“m” 或“n”)，判断依据是 。
②若x=2、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H 2的转化率如图2所示，v(a) 逆 v(c) 逆(填“＞”、＜”或“=”)；T2时，起始压强为2.5MPa，则Kp= MPa-2(保留二位小数；K p 为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程 v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数lgk与温度的倒数 之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的lgk，其中表示c点的lgk逆的是 (填“A”、“B”、“D”或“E”)。
【答案】（1）-25
（2）B；D
（3）m；该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，平衡常数减小。；<；9.88；A
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】(1)②式 (2③式 + ①式)=25KJ·mol-1
(2)A. 平衡常数与催化剂无关，A项不符合题意；
B. 该反应为前后气体分子数改变的反应。平衡前后，气体总质量不变，气体平均物质的量会发生变化，故当容器内气体的平均相对分子质量保持不变时，可以说明该反应达到平衡状态，B项符合题意；
C.列三段式
用 H2表示该反应4min内的平均速率为v==0.075mol·L-1·min-1，C项不符合题意；
D. 该反应为放热反应，其它条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率降低，D项符合题意。
故答案为：BD。
(3)①该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，随温度升高平衡常数减小，故平衡常数K与温度T的变化关系应为曲线m；②温度升高化学反应速率加快，图2中a点温度小于c点温度，故v(a) 逆
【分析】（1）注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。
（2）A.平衡常数只与温度有关。
B.反应前后气体的质量不变，气体的分子数减小，根据n=进行分析。
C.根据各物质的反应速率之比等于其化学计量系数之比进行分析。
D.根据（1）中信息可知该反应是放热反应，升高温度，利于平衡向左移动。
（3）①该反应是放热反应，温度升高，利于平衡向左移动，结合化学平衡常数表达式进行分析。
②温度越高，反应速率越大；根据题干信息，通过化学平衡三段式进行分析。
③根据所给速率方程及温度对化学平衡的影响因素，可得出T与k逆的关系，再结合图像进行分析。
34．（2022·和平模拟）综合利用CO2对完成“碳中和”的目标有重要意义。
（1）合成乙醇：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H=akJ·mol-1.一定温度下，向容积均为2L的恒容密闭容器中分别通入1.0molCO2(g)和3.0molH2(g)，在催化剂X、Y的催化下发生反应。测得5min时，CO2转化率与温度的变化关系如图甲所示。
①T1K时，点对应穼器在0～5min内的平均反应速率v(H2)= ；b、c点对应状态下反应物的有效碰撞几率b c(填“＞”“＜”或“=”)，原因为 。
②T2K时，保持温度不变向容器中再充入0.2molCO2，0.6molC2H5OH(g)，平衡将 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)。
③该反应适宜选用的催化剂为 (填“X”或“Y”)，高于T3K时，d点以后两条线重合的原因是 。
（2）合成二甲醚：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.2kJ·mol-1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H=-122.5kJ·mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图乙所示。其中：CH3OCH3的选择性=×100%
①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。
②220℃时，起始投入3molCO2，6molH2，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CO2平衡转化率为40%，CH3OCH3的选择性为50%(图中A点)，达到平衡时反应Ⅱ理论上消耗H2的物质的量为 mol。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 。
③合成二甲醚时较适宜的温度为260℃，其原因是 。
【答案】（1）；＞；b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高；向逆反应方向；X；温度过高，催化剂X和Y均失活
（2）反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；1.8mol；增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂；温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小
【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；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)①时，a点对应容器中二氧化碳的转化率为40%，则在内二氧化碳的浓度变化量为×40%=0.2mol/L，二氧化碳的平均反应速率为=0.04，反应速率之比等于反应化学计量数之比，则氢气的平均反应速率3×0.04=；根据碰撞理论，有效碰撞几率越大，反应速率越快，题图中b点对应的温度大于c点，且b点对应的二氧化碳2023年高考真题变式分类汇编：化学平衡移动原理2
一、选择题
1．（2022·广东）恒容密闭容器中， 在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的
B．a为 随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入 的平衡转化率增大
2．（2021·辽宁）某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应 ，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是（ ）
A．升高温度，若 增大，则
B．加入一定量Z，达新平衡后 减小
C．加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后 增大
D．加入一定量氩气，平衡不移动
3．（2022·河西模拟）向2L容密闭容器中投入一定量的CO和，发生如下反应： ，CO的平衡转化率与温度、投料比[]的关系如下图所示。（ ）
A．
B．投料比：
C．在400K、条件下，反应Ⅰ的平衡常数的值为0.25
D．在500K、条件下，增大压强，CO的平衡转化率能从Y点到Z点
4．（2022·和平模拟）氢气是一种可再生的绿色能源，也是重要的化工原料，天然气在催化剂作用下热解可制得氢气，其反应如下：ΔH=+74.81kJ·mol-1，关于上述反应，以下叙述正确的是（ ）
A．反应达平衡时，恒温恒压下通入惰性气体，会加快正反应速率，使平衡正向移动
B．反应达平衡时，恒温恒容下加入C(s)，会加快逆反应速率，使平衡逆向移动
C．当H2(g)的生成速率是CH4(g)消耗速率的2倍时，说明反应达到了平衡状态
D．正反应活化能大于逆反应活化能
5．（2022·泉州模拟）将铜片与足量浓盐酸混合加热，铜片溶解，有气泡产生，溶液呈无色。已知： Cu++3Cl-CuCl(无色) K=5.0×105； Ksp(CuCl)=1.2×10-6，下 列说法错误的是（ ）
A．铜片表面产生的气体为H2
B．金属活泼性顺序是有一定前提条件的
C．将反应后的溶液稀释，无沉淀产生
D．铜不与稀盐酸反应主要因c(Cl-)不够大
6．（2022·河西模拟） 和 存在平衡： 。下列分析正确的是（ ）
A． 平衡混合气体中含N原子大于
B．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
C．恒容时，充入少量 ，平衡正向移动导致气体颜色变浅
D．断裂 中的共价健所需能量大于断裂 中的共价健所需能量
7．（2022·大连模拟）某温度下，改变0.1mol/L 溶液的pH时，各种含铬元素粒子及 浓度变化如图所示(已知 a是二元酸)，下列有关说法正确的是（ ）
A．该温度下的
B．溶液中存在平衡 ，且该温度下此反应的平衡常数
C．E点溶液中存在：
D．向 溶液中，加入一定量NaOH固体，溶液橙色加深
8．（2022·南京模拟）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领城，该反应的热化学方程式是2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) ΔH=mkJ·mol-1。理论计算表明，原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3。在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．m<0
B．500K下反应达到平衡时，若增大压强(减小容器容积)，则n(C2H4)增大
C．X点坐标为(440，39)，则440K时反应的平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
D．实际反应往往伴随副反应，生成C3H6等。一定温度和压强条件下，使用合适催化剂可提高乙烯的选择性[ ×100%]
9．（2022·唐山模拟）臭氧分解 的反应历程包括以下反应：
反应①： (快)
反应②： (慢)
大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基 能够催化 分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是（ ）
A．活化能：反应①<反应②
B． 只参与反应①，改变 分解的反应历程
C． 分解为 的速率主要由反应①决定
D． 参与反应提高了 分解为 的平衡转化率
10．（2022·汕头模拟）实验探究是化学学科的魅力所在。下列有关实验操作、现象和结论均正确的是( )
选项 实验操作 实验现象 结论
A 向平衡体系2NO2 N2O4中加压 红棕色变浅 平衡正向移动
B 向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热 溶液中未观察到砖红色沉淀产生 淀粉没有水解
C 将大小相同的Al和Mg分别投入到相同浓度的NaOH溶液中 Al溶解有气泡产生，Mg无现象 Al的金属性强于Mg
D 向海带灰的浸取液中滴加适量氯水，再加入CCl4萃取 分层，下层出现紫红色 海带中含有碘元素
A．A B．B C．C D．D
11．（2022·南平模拟）110℃时，将某X固体置于真空恒温恒容容器中，存在平衡： ，反应达平衡时体系的总压为50kPa。下列说法正确的是（ ）
A．加入X固体的量不影响平衡
B．若先通入Y(g)使初始压强为120kPa，再加入足量X(s)，平衡时Z(g)的分压为5kPa
C．若原容器中残留有空气，平衡时体系的总压仍为50kPa
D．增大X(s)的表面积，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动
12．（2022·南通模拟）氨催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH<0。在T℃时，向1L密闭容器中投入4molNH3、5molO2，平衡时测得NH3的转化率为60%。下列有关氨催化氧化反应的说法正确的是（ ）
A．反应过程中分离出H2O(g)，正反应速率增大
B．反应达到平衡时，相同时间内消耗NH3和NO的物质的量相等
C．平衡时向容器中继续通入O2，平衡正向移动，平衡常数增大
D．其他条件不变，起始时投入2molNH3、2.5molO2，平衡时NH3的转化率小于60%
13．（2022·海口模拟）利用CO2和CH4反应制备合成气(CO、H2)的原理是CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH>0。温度为T℃时，该反应的平衡常数为K。下列说法正确的是（ ）
A．K越大，说明反应速率、CO2的平衡转化率越大
B．增大压强，平衡向逆反应方向移动，K减小
C．升高温度，反应速率和平衡常数K都增大
D．加入催化剂，能提高合成气的平衡产率
14．（2022·深圳模拟）T1℃时，向1L密闭容器中充入10molH2和3molSO2发生反应：3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g) △H<0。部分物质的物质的量n(X)随时间t变化如图中实线所示。下列说法正确的是（ ）
A．实线a代表n(H2O)随时间变化的曲线
B．t1min时，v正(SO2)
D．若该反应在T2℃(T2
A．趁热过滤时应快速将混合液倒入预热后的漏斗中，漏斗颈下端不能紧贴烧杯内壁
B．溶液蒸发或冷却速率越快，得到的晶体颗粒就越细小
C．实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火
D．向蓝色CoCl2溶液中逐滴加入浓盐酸并振荡，溶液的颜色会从蓝色逐渐变成粉红色
16．（2022·通州模拟）下列事实或数据不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A B C D
密闭容器中，氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深 向新制氯水中滴加溶液，溶液由浅黄绿色变为无色 c(氨水)mol/L0.10.01pH11.110.6
A．A B．B C．C D．D
17．（2022·南平模拟）已知反-2-丁烯转化为顺-2-丁烯反应如下，，和随温度变化的曲线如图。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．反-2-丁烯与顺-2-丁烯互为位置异构体
B．温度变化对的影响程度小于对的影响程度
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．顺-2-丁烯比反-2-丁烯稳定
18．（2022·延庆模拟）在一定温度下，将1molCO2和3molH2充入体积为1L的恒容密闭容器中发生反应并达到平衡：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0，测得平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为25%。下列说法不正确的是（ ）
A．平衡混合气体中C原子的物质的量是1mol
B．该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量
C．该反应的化学平衡常数K=
D．其他条件相同时，若起始充入2molCO2和6molH2，达到平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%
19．（2022·西城模拟）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 0.2 0.2 0.1
Ⅱ 0.2 0.2 0.12
下列说法不正确的是（ ）
A．
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
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0.2mol CO和0.2mol ，平衡正向移动
二、多选题
20．（2020高二下·苏州期末）在3个初始温度均为T℃的密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) (正反应放热)。下列说法正确的是( )
容器编号 容器类型 初始体积 起始物质的量/mol 平衡时SO3物质的量/mol
SO2 O2 SO3
I 恒温恒容 1.0 L 2 1 0 1.6
II 绝热恒容 1.0 L 2 1 0 a
III 恒温恒压 0.5 L 0 0 1 b
A．a＞1.6
B．b＜0.8
C．平衡时v正(SO2)：v(I)＜v(II)
D．若起始时向容器I中充入1.0 mol SO2(g)、0.20 mol O2(g)和4.0molSO3(g)，则反应将向正反应方向进行
21．（2020高一下·扬州期末）向容积为1.00L的密闭容器中通入一定量的N2O4和NO2的混合气体，发生反应：N2O4(g) 2NO2(g)ΔH>0，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
已知：NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体
A．64s时，反应达到化学平衡状态
B．到达化学平衡前，混合气体的颜色逐渐变深
C．若该容器与外界无热传递，则反应达到平衡前容器内气体的温度逐渐升高
D．前100s内，用NO2浓度的变化表示的化学反应速率是0.008mol·L－1·s－1
22．（2018高二上·江苏期末）单质碘在水中的溶解度较小，且溶解较慢。实验室配制碘水时，往往将碘单质加入稀KI溶液中。该溶液中存在平衡： 。该反应的平衡常数K随温度变化规律如图所示。下列说法中，正确的是（ ）
A．向上述体系中加入CCl4，平衡不移动
B．25 ℃时，向上述体系中加入少量I2，平衡向右移动，平衡常数大于680
C．该反应的平衡常数表达式为
D．该反应的正反应为放热反应
三、非选择题
23．（2022·湖南）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的 和 ，起始压强为 时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ．
Ⅱ．
①下列说法正确的是 ；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时 的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时， 的转化率为 ， 的物质的量为 。此时，整个体系 （填“吸收”或“放出”）热量 ，反应Ⅰ的平衡常数 （以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。
（2）一种脱除和利用水煤气中 方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中 溶液吸收一定量的 后， ，则该溶液的 （该温度下 的 ）；
②再生塔中产生 的离子方程式为 ；
③利用电化学原理，将 电催化还原为 ，阴极反应式为 。
24．（2022·浙江选考）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·mol-1
反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-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·mol-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·mol-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： 。
25．（2021·辽宁）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弧电子对，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)。
26．（2022·德州模拟）3D打印对钛粉末的要求很高。熔盐电解精炼是制取钛粉的有效途径。精炼时一般采用等摩尔比的KCl-NaCl熔盐，其中含有一定浓度的低价氯化钛(TiClx，x=2、3)。(已知：①熔盐中Ti3+少，Ti2+多熔盐电解精炼制得的钛粉颗粒相对粗大；②钛的熔点为1668℃，TiCl4熔点-24. 1℃、沸点136. 4℃)。
（1）精炼时，粗品质的海绵钛、废钛材等做电解池的 极。
（2）采用海绵钛与TiCl4制取低价钛离子的电解质熔盐时，熔盐中存下如下4个反应：
ⅰ.3Ti4++Ti0→4Ti3+△H1
ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+△H2
ⅲ．Ti4++Ti2+→2Ti3+△H3
ⅳ．……… △H4
①反应ⅳ的化学方程式为 。
②上述4个反应的平衡常数与温度的关系如下图。由此可知△H1 3△H2(填“＞”、“＜”或“＝”)。
③有助于制取低价钛离子的电解质熔盐的措施为 。
（3）向下图装置中加入海绵钛，从石英管中缓慢加入a mol TiCl4，恒温条件下进行反应。
①平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。熔盐中低价钛离子的平均价态为 。
②用各离子的物质的量分数表示平衡浓度，则反应ⅲ的平衡常数K3= 。
③若向此平衡体系中继续注入TiCl4，则再次平衡后 (填“增大”、“减小”或“不变”)
（4）电解精炼制钛粉，偶尔会得到一些相对粗大的钛粉颗粒而影响产品质量，请分析产生的原因 (写出1条原因，合理即可。)
27．（2022·新余模拟）三氧化二镍(Ni2O3)经常用于制造镍氢电池，也可用于镍粉的制造，工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铝、铁及其氧化物、碳等)回收其中的镍并制备Ni2O3的工艺流程如下所示：
已知：①NiCl2易溶于水，在该实验条件下H2O2、Fe3+不能氧化Ni2+
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.010mol/L)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
③反萃取的反应原理为NiR2+2H+ Ni2++2HR
（1）“预处理”操作目的是除去镍废料表面的矿物油污，可选用试剂为___________(填标号)。
A．酒精 B．纯碱溶液 C．NaOH溶液
（2）酸浸时镍的浸出率与温度的关系如图所示，温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是 (从两个角度分析)。
（3）“氧化”时主要反应的离子方程式是 。
（4）利用上述表格数据，可计算出Fe(OH)3的Ksp= (用科学记数法表示，已知lg2=0.3)，若“氧化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1 mol/L，则“调pH”应控制的pH范围是 。
（5）向有机相中加入 溶液能进行反萃取的原因为 (用化学平衡移动原理解释)。
（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系：
温度 低于30.8℃ 30.8℃-53.8℃ 53.8℃-280℃ 高于280℃
晶体形态 NiSO4·7H2O NiSO4·6H2O 多种结晶水合物 NiSO4
从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作依次是 。
（7）有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池(碱性)，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式为 。
28．（2022·南平模拟）某学习小组为了探究 的还原性，按图示设计并进行实验(部分装置省略)。回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 ，装置B的作用是 。
（2）预测 与 溶液发生氧化还原反应的离子方程式为 。
（3）往C中持续通入SO2至饱和，观察到溶液先变红色，5分钟后变黄，约9小时后变为浅绿色。
经查资料：红色物质可能是 与 、 形成的配合物，配合物可表示为： (A为 或 ，x为1或2，n+m=6，n越大配合物越稳定，溶液颜色越深)。室温下进行以下实验。
序号 操作 现象
实验1 向1mL 溶液中滴加3mL 溶液 溶液先变红，随后产生沉淀和刺激性气味气体。抽滤得到橙黄色沉淀。
实验2 向1mL 溶液中滴加3mL 溶液 溶液中滴溶液先变红，析出少量沉淀，加至2mL析出大量沉淀，加至3mL沉淀溶解，溶液颜色加深。
实验3[略，判断实验1抽滤得到的沉淀不是 ]
①通过计算说明实验1得到的沉淀为 ，而非 。
已知：[ 、 、 ]
②实验1生成沉淀和气体的离子方程式为 。
实验4：为了进一步确定红色物质，利用分光光度仪(吸光度越大，溶液颜色越深)进行检测。将浓度均为 的 、 、 溶液按一定体积比配制，实验数据如表。
试验编号 V/mL 吸光度
1 0.5 4.0 0.0 0.412
2 0.5 3.2 a 0.331
3 0.5 1.6 2.4 0.118
4 0.5 0.0 4.0 0.018
③表中a为 ，红色物质可表示为 。
④装置C中的溶液5分钟后变黄，约9小时后变为浅绿色，相关解释为 。
29．（2022·东城模拟）实验小组同学为探究Fe2+的性质，进行如下实验。
【实验I】向2 mL0.1 mol·L-1FeSO4溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红。
（1）甲同学通过上述实验分析Fe2+具有 (填“氧化”或“还原”)性。
乙同学查阅资料发现Fe2+与SCN-也可发生反应，生成无色的配合物。为证实该性质，利用FeCO3进行如下实验。
（2）FeCO3的制备：用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，离子方程式为 。
（3）【实验II】验证Fe2+与SCN-发生反应
通过实验b排除了 的干扰。
（4）从沉淀溶解平衡角度解释实验a和b最终溶液颜色不同的原因是 。
丙同学设计实验进一步证明Fe2+可与SCN-反应。
（5）[实验III]
上述实验中，d为c的对照实验。
①X为 。
②实验能够证实Fe2+可与SCN-反应，则应观察到的现象是 。
（6）实验II中若未加适量水稀释，则无法通过现象得出结论。推测加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低c(Fe3+) 。
30．（2022·长宁模拟）研究 等大气污染气体的处理方法具有重要意义。
（1） 是汽车尾气中的主要污染物之一、 能形成酸雨， 写出 转化为 的化学方程式： 。
（2）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：。标准状况下，3.36LCO还原至的整个过程中转移电子的数目为 ，放出的热量为 (用含有a的代数式表示)。
（3）现将一定量 气体充入恒容密闭容器中， 控制反应温度为 ，下列可以作为反应达到平衡的判断依据是 。
D． 容器内气体的密度不变 E． 容器内颜色不变
（4）反应温度 时， 随 (时间) 变化曲线如图， 画出 时段， 随 变化曲线 。保持其它条件不变， 改变反应温度为， 再次画出 时段， 随 变化趋势的曲线 。
（5）NO氧化反应：分两步进行：
I．
II． (Q1、Q2都大于0)
在恒容的密闭容器中充入一定量的 和 气体，保持其它条件不变， 控制反应温度分别为 和 ，测得(NO)随(时间)的变化曲线如图，转化相同量的NO，在温度 (填 “ ” 或 “ ”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因 。
31．（2022·宝鸡模拟）汽车尾气中含有氮氧化合物和CO，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、
（1）已知：i.N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol-1
ii.C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393kJ·mol-1
iii.2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3=-221kJ·mol-1
则NO与CO反应iv的热化学方程式： 。
（2）某研究小组在三个容积为2L的恒容密闭容器中，在三种不同实验条件分别充入4molNO和4molCO发生上述反应iv。反应体系保持各自温度不变，体系总压强随时间的变化如图1所示：
①温度：T1 T2(①②③问均选(填“<”“=”或“>”)。
②CO的平衡转化率：I II III。
③反应速率：a点的v逆 b点的v正。
④若该反应的速率v正=k正·p2(CO)·p2(NO)(kPa·min-1)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，k正与k逆仅与温度有关，p(M)表示M的分压，分压=总压×物质的量分数。
i．T1K下，NO的平衡转化率为 ，反应的平衡常数Kp= (kPa)-1(以分压表示)。已知T1K时k正=60(kPa)-3·min-1，则平衡时v逆= kPa·min-1。
ii．升高温度时，的比值 。(选填“增大”“不变”或“减小”)。
（3）反应iv在不同催化剂甲、乙条件下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图2所示。在工业生产中应选用 催化剂(填“甲”或“乙”)，理由是 。
32．（2022·西城模拟）烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。
（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol)
反应a： 24.6
反应b： 3.17
反应c： 58.17
①已知： ，则 。
②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是 。
③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因 。
（2）其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。
①溶液显碱性，用化学平衡原理解释： 。
②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是 。
③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是 。
④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是 。
33．（2022·长春模拟）我国提出争取在2030年前实现碳峰值、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2 转化为清洁能源是促进碳中和最直接有效的方法。
（1）H2 还原CO2 制取CH4的部分反应如下：
①
②
③
反应2C(s)+2H2O(g)=CH4(g)+CO2(g)的 H= kJ/mol。
（2）恒温条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，只发生如下反应：CO(g)+3H2 (g)=CH4(g)+H2O(g)，反应4min后，测得CO的物质的量为0.8mol，下列有关说法正确的是____ (填字母。)
A．利用合适的催化剂可增大该反应的平衡常数
B．容器内气体的平均相对分子质量保持不变，说明该反应达到平衡状态
C．用 H2表示该反应4min内的平均速率为0.075mol·L-1·s-1
D．其它条件不变，升高温度，CO的平衡转化率降低
（3）在一定条件下，向某0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2 和ymolH2，发生反应：
①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线 (填“m” 或“n”)，判断依据是 。
②若x=2、y=3，测得在相同时间内，不同温度下H 2的转化率如图2所示，v(a) 逆 v(c) 逆(填“＞”、＜”或“=”)；T2时，起始压强为2.5MPa，则Kp= MPa-2(保留二位小数；K p 为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程 v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数lgk与温度的倒数 之间的关系，A、B、D、E分别代表图2中a点、c点的lgk，其中表示c点的lgk逆的是 (填“A”、“B”、“D”或“E”)。
34．（2022·和平模拟）综合利用CO2对完成“碳中和”的目标有重要意义。
（1）合成乙醇：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g) △H=akJ·mol-1.一定温度下，向容积均为2L的恒容密闭容器中分别通入1.0molCO2(g)和3.0molH2(g)，在催化剂X、Y的催化下发生反应。测得5min时，CO2转化率与温度的变化关系如图甲所示。
①T1K时，点对应穼器在0～5min内的平均反应速率v(H2)= ；b、c点对应状态下反应物的有效碰撞几率b c(填“＞”“＜”或“=”)，原因为 。
②T2K时，保持温度不变向容器中再充入0.2molCO2，0.6molC2H5OH(g)，平衡将 移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)。
③该反应适宜选用的催化剂为 (填“X”或“Y”)，高于T3K时，d点以后两条线重合的原因是 。
（2）合成二甲醚：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.2kJ·mol-1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H=-122.5kJ·mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图乙所示。其中：CH3OCH3的选择性=×100%
①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。
②220℃时，起始投入3molCO2，6molH2，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CO2平衡转化率为40%，CH3OCH3的选择性为50%(图中A点)，达到平衡时反应Ⅱ理论上消耗H2的物质的量为 mol。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 。
③合成二甲醚时较适宜的温度为260℃，其原因是 。
35．（2022·石家庄模拟）丙烯腈( )是一种重要的化工原料，广泛应用于三大有机合成材料的生产中。以3—羟基丙酸乙酯()为原料合成丙烯腈的主要反应如下：
I. (g) (g) +H2O(g) ΔH1>0
II.(g) +NH3(g) +H2O(g)+ (g) ΔH2>0
（1）已知部分化学键键能如下表所示：
化学键 C-O C-C C=C C-H O-H C=O
键能(kJ·mol -1) 351 348 615 413 463 745
据此计算ΔH1 = 。
（2）在盛有催化剂TiO2、压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比2：15充入(g)和NH3(g)发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图1所示(例如的物质的量分数w%=×100%)。
①随着温度的升高， (g)的平衡体积分数先增大后减小的原因为 。
②科学家通过DFT计算得出反应II的机理如图2所示，其中第二步反应为 (g) (g)+H2O(g)， 则第一步反应的化学方程式为 ；实验过程中未检测到 (g)的原因可能为 。
③A点对应反应II的标准平衡常数= ( 保留两位有效数字)。[其表达式为用相对分压代替浓度平衡常数表达式中的浓度，气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100 kPa)]
④实际生产中若充入一定量N2 (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率，原因为 。
（3）利用电解法由丙烯腈制备己二睛[NC(CH2)4CN]的装置如图3所示。
通电过程中，石墨电极2上的电极反应式为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；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．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
2．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而 增大，说明平衡正向移动，故则 ，A不符合题意；
B．加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后 减小，B不符合题意；
C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后 不变，C符合题意；
D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.升温平衡正向移动，则反应是吸热；
B.加入生成物，平衡逆向移动，Y减小；
C.只有Z是气体，且平衡常数不变，则Z浓度不变；
D.加入稀有气体，各物质分压不变平衡不移动。
3．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；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． 由图随温度升高，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，正反应放热，，故A不符合题意；
B． 相同温度下，反应中增大氢气的浓度，一氧化碳的转化率增大，由图如500K时，60%>40%，投料比：，故B不符合题意；
C． 在400K、条件下，令投入的氢气为2mol，CO为1mol，平衡转化率为50%， ，反应Ⅰ的平衡常数的值为=4，故C不符合题意；
D． 在500K、条件下，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，CO的平衡转化率能从Y点到Z点，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度越高，CO的转化率越来越小，平衡逆向移动；
B.反应中增加氢气的量会促进CO的转化，提高CO的平衡转化率；
C.列出反应的三段式结合平衡常数的公式进行计算。
4．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A．恒温恒压，通入惰性气体，相当于稀释了反应物的浓度，反应向气体体积增大的一方进行，但是反应物浓度下降。分子间碰撞概率降低，反应速率减慢，故A不符合题意；
B．反应体系中固体视为浓度不变，加入后无影响，故B不符合题意；
C．无论反应是否平衡，氢气的生成速率始终是甲烷的消耗速率的2倍。故C不符合题意；
D．反应焓变大于零，说明生成物能量大于反应物能量。反应过程中最高能量和生成物能量差距更小，正反应活化能大于逆反应活化能，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】A.恒温恒压加入惰性气体，体积增大，浓度减小；
B.C是固体，加入固体不影响反应速率；
C.反应达到平衡的标志是正逆反应速率相等；
D.该反应为吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化能。
5．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．从已知可知，铜失去电子生成亚铜离子，结合氯离子形成无色的CuCl，溶液中的氢离子得到电子生成氢气，所以气体为氢气，A项不符合题意；
B．根据金属活动性顺序分析，铜不能和盐酸反应，但是该反应存在，说明了金属活动性顺序时有前提条件的，B项不符合题意；
C．反应吸收后，不能形成无色的CuCl，亚铜离子和氯离子可能形成氯化亚铜沉淀，C项符合题意；
D．稀盐酸中氯离子浓度小，不容易建立Cu++3Cl-CuCl平衡，则铜不和稀盐酸反应，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.溶液中氢离子得电子生成氢气；
B.根据金属活动顺序可是铜与盐酸不反应，该反应中一定条件下铜与盐酸发生反应；
C.可能形成CuCl沉淀；
D.离子浓度太小不易发生Cu++3Cl-CuCl。
6．【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A． N2O4分子中有2个N原子， 平衡混合气体中含N原子大于 ，故A符合题意；
B． 恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，故B不符合题意；
C． 恒容时，充入少量 ，相当于NO2的浓度不变，平衡不移动，气体颜色不变，故C不符合题意；
D． ，反应放热，断裂 中的共价健所需能量小于断裂 中的共价健所需能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A． 依据氮原子守恒；
B． 考虑物理变化和平衡移动原理。；
C． 考虑平衡移动时，压强变化归结为浓度变化；
D． 放热反应，旧键断裂吸收的总能量小于新键形成放出的总能量。
7．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算；离子积常数；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．G点时， ，此时 ，则Kw= ，A项不符合题意；
B．由图可知溶液中存在平衡 ，F点时， ，则K= ，B项不符合题意；
C．E点时， ，根据电荷守恒有： ，即 ，此时溶液显酸性，即 ，则c(K+)<2c( )+3c( )，C项符合题意；
D．根据平衡 +H2O 2 +2H+，加入NaOH固体，平衡正向移动，溶液橙色变浅，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据G点，结合Kw= 计算；
B.F点 ，再根据K= 计算；
C.E点，结合电荷守恒分析；
D.加入NaOH固体，平衡 +H2O 2 +2H+正向移动。
8．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；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．由分析可知，a曲线代表H2，c曲线代表CO2，结合图示信息可知，温度升高，H2、CO2的物质的量分数增大，说明平衡逆向移动，则m<0，A不符合题意；
B．根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)可知，增大压强平衡正向移动，则500K下反应达到平衡时，若增大压强(减小容器容积)，则n(C2H4)增大，B不符合题意；
C．由分析结合图示信息可知，X点即H2和H2O的物质的量分数相等，即H2和H2O的平衡物质的量相等，根据三段式分析： ，则有3a-6x=4x，解得x=0.3amol，X点坐标为(440，39)，则440K时平衡体系中：CO2的平衡分压为： ，H2的平衡分压为： ，C2H4的平衡分压为： ，H2O的平衡分压为： ，故该反应的平衡常数Kp= = = MPa-3≠ ，C符合题意；
D．实际反应往往伴随副反应，生成C3H6等。一定温度和压强条件下，使用合适催化剂可提高乙烯的选择性[ ×100%]，则可以减少副反应的发生，提高乙烯的产率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由2CO2(g)+6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)可知，原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3时，任何温度下达到平衡时，CO2和H2的物质的量分数之比为1：3，乙烯和水的物质的量分数之比为1：4，且二氧化碳和氢气同时增多或减少，乙烯和水同时增多或减少，由图可知，a代表氢气，b代表水，c代表二氧化碳，d代表乙烯。
9．【答案】A
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，故A符合题意；
B．氯自由基(Cl )能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl 主要参与反应②，故B不符合题意；
C．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故C不符合题意；
D．Cl 是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.活化能越大反应速率越慢；
B.Cl 主要参与反应②；
C.化学反应由反应速率慢的一步反应决定；
D.催化剂不影响平衡状态。
10．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；分液和萃取
【解析】【解答】A．向平衡体系2NO2 N2O4中加压，NO2浓度增大，气体颜色先变深，后又因2NO2 N2O4的平衡正向移动，颜色逐渐变浅，因此现象应为气体颜色先变深后变浅，故A不符合题意；
B．加入稀硫酸使淀粉水解后，应在碱性环境下检验葡萄糖，即应先加过量的NaOH中和稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，故B不符合题意；
C．根据金属单质与水或酸反应置换出氢的难易判断金属性的强弱，与NaOH是否反应不能作为判断金属性强弱的依据，故C不符合题意；
D．向海带灰的浸取液中滴加适量氯水，再加入CCl4萃取，溶液分层，下层出现紫红色，说明生成了I2，从而证明海带中含有碘元素，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.加压平衡向气体总物质的量减小的方向移动，且气体的浓度增大；
B.水解应在碱性溶液中检验葡萄糖；
C.Al与NaOH溶液反应，Mg不与NaOH溶液反应；
D.氯水将碘离子氧化成碘单质，碘易溶于四氯化碳。
11．【答案】B
【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．X为固体，过量时反应物浓度不变，正、逆反应速率不变，故不影响平衡，但如果加入的X固体不足，则使得最终反应体系的压强小于50kPa的话，则与原平衡的状态不一样，即X的量对平衡有影响，A不符合题意；
B．若先通入Y(g)使初始压强为120kPa，再加入足量X(s)，设X分解使Y的压强增大了xkPa，则Z的平衡分压为xkPa，根据平衡常数：Kp=(120+x)x= ，解得：x=5kPa，即平衡时Z(g)的分压为5kPa，B符合题意；
C．若原容器中残留有空气，如果平衡时体系的总压仍为50kPa，则Y、Z的平衡分压小于25kPa，根据温度不变平衡常数不变可知，此时Y、Z的平衡分压的乘积小于Kp，平衡正向移动，体系压强增大，即平衡时体系的压强大于50kPa，C不符合题意；
D．增大X(s)的表面积，正反应速率增大，根据温度不变平衡常数不变，说明平衡体系中压强不变，即平衡不移动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.X的量不足会到导致平衡压强小于50kPa；
B.根据平衡常数计算；
C.若原容器中残留有空气，Y、Z的平衡分压小于25kPa；
D.增大X的表面积，反应速率增大，但平衡不移动。
12．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．反应过程中分理出产物H2O(g) ，平衡正向移动，反应物浓度减小，正反应速率减小，A不符合题意；
B．消耗NH3为正反应方向，消耗NO为逆反应方向，相同时间内消耗NH3和NO的物质的量相等时，根据方程式中的化学计量数可知，此时正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B符合题意；
C．平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变，C不符合题意；
D．其他条件不变，起始时投入2molNH3、2.5molO2，与原平衡相比相当于减压，平衡向气体分子数增多的方向移动，即平衡正向移动，平衡时NH3的转化率大于60% ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据化学平衡移动原理分析；
B．依据正逆反应速率相等分析
C．平衡常数只与温度有关；
D．依据化学平衡移动原理分析。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．K越大，说明反应越完全，CO2的平衡转化率越大，但反应速率受外界因素影响，不一定速率较大，A不符合题意；
B．K只受温度影响，温度不变，则K不变，B不符合题意；
C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，该反应ΔH>0为吸热反应，则升温平衡常数K增大，C符合题意；
D．加入催化剂，只能改变反应速率，平衡不一移动，则不能提高合成气的平衡产率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.化学平衡数表示反应进行的程度，K越大，反应物转化率越大，但反应速率与此没有关系，反应速率只取决于反应物本身的性质或者外界影响因素
B.K是关于温度的函数，温度不变，则K不变
C.对于吸热反应，升高温度，K增大；对于放热反应，升高温度，K减小
D.催化剂不影响平衡移动，只改变反应速率
14．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡状态的判断；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据题干反应方程式3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g)可知，达到平衡时生成H2O的物质的量是消耗SO2的2倍，故实线a不是代表n(H2O)随时间变化的曲线，而是代表H2S随时间变化的曲线，A不符合题意；
B．由题干图示信息可知，t1min后H2S的物质的量还在增大，SO2的物质的量还在减小，说明反应在向正向进行，且化学反应中各物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，则有，此时，即正(SO2)＞逆(H2S)，B不符合题意；
C．由题干图示信息可知，达到平衡时，SO2的物质的量为0.3mol，根据三段式分析可知，，容器的体积为1L，则该反应的平衡常数K==L mol-1，C符合题意；
D．由题干信息可知，3H2(g)+SO2(g)H2S(g)+2H2O(g) △H<0，则降低温度，平衡正向移动，SO2的平衡转化量增大，平衡时的物质的量减小，故若该反应在T2℃(T2
【分析】A.根据SO2的物质的量变化，再根据各物质的物质的量变化之比等于方程式系数比，判断a线代表的物质是什么
B.由图可知t1时反应向正向进行，v正（SO2）>v逆（SO2）=v逆（H2S）
C.列三段式计算平衡常熟
D.降低温度，反应速率减小达到平衡的时间变长，同时向放热反应方向移动，即正向移动， n(SO2) 变小
15．【答案】D
【知识点】化学平衡移动原理；化学实验安全及事故处理；过滤；蒸发和结晶、重结晶
【解析】【解答】A．趁热过滤是为了防止因温度降低引起的晶体析出，因此趁热过滤时应快速将混合液倒入预热后的漏斗中，漏斗颈下端不能紧贴烧杯内壁，故A不符合题意；
B．晶体颗粒的大小与结晶条件有关，溶液蒸发或冷却速率越快，晶体不容易形成大的颗粒，得到的晶体颗粒就越细小，故B不符合题意；
C．实验室电器设备着火，电器不能用水灭火，应隔绝氧气进行灭火，二氧化碳不燃烧也不支持燃烧，因此实验室电器设备着火，可用二氧化碳灭火器灭火，故C不符合题意；
D．CoCl2溶于浓盐酸生成，溶液中存在如下平衡：，氯离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液为蓝色，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.趁热过滤是为了防止因温度降低引起的晶体析出。
B.晶体颗粒的大小与结晶条件有关。
C.电器不能用水灭火，应隔绝氧气进行灭火，结合CO2的性质进行分析。
D.CoCl2溶于浓盐酸生成CoCl42-，且存在化学平衡，随着浓盐酸的滴入，c(Cl-)增大，则利于平衡逆向移动，据此分析。
16．【答案】A
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．氢气与碘蒸气反应生成碘化氢气体的反应是气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，则加压后颜色变深是因为浓度增大，不是因为平衡移动，故A符合题意；
B．新制氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OH++Cl—+HClO，向新制氯水中滴加氢氧化钠溶液，氢氧根离子中和酸，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，则溶液由浅黄绿色变为无色，该现象能用平衡移动原理解释，故B不符合题意；
C．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向右移动，水中离子浓度增大，则纯水电导率增大能用平衡移动原理解释，故C不符合题意；
D．由氨水的pH与浓度变化的关系可知，氨水中存在电离平衡，加水稀释时，电离平衡右移，氨水浓度变为原来的10倍时，pH<1，则氨水的pH与浓度变化的关系能用平衡移动原理解释，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氢气和碘蒸气生成碘化氢，是等体积的反应，加压化学平衡不移动，但是碘蒸气的浓度增大，颜色加深。
17．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．反-2-丁烯与顺-2-丁烯互为顺反异构体，A不符合题意；
B．由图可知，的斜率更大，受温度影响更大，温度变化对的影响程度大于对的影响程度，B不符合题意；
C．图中曲线的斜率代表活化能，正反应的斜率更大，活化能更大，C符合题意；
D．由C分析可知，正反应的活化能更大，则反应为吸热反应，生成物能量大于反应物能，故反-2-丁烯比顺-2-丁烯稳定，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．相同的原子或原子团连在双键同侧或异侧形成的不同物质为顺反异构体；
B．斜率越大，受温度影响越大；
C．图中曲线的斜率代表活化能，斜率越大，活化能越大；
D．依据能量越低越稳定。
18．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．初始二氧化碳的物质的量为1mol，依据碳原子守恒，平衡混合气体中C原子的物质的量是1mol，A不符合题意；
B．该反应焓变小于0，为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，B不符合题意；
C．平衡混合气体中CH3OH的物质的量分数为25%，设平衡时消耗二氧化碳xmol/L，则平衡时二氧化碳的物质的量浓度为(1-x)mol/L，氢气的物质的量浓度为(3-3x)mol/L，CH3OH的物质的量浓度为xmol/L，水蒸气的物质的量浓度为xmol/L，=25%，解得x=，则平衡时c(CO2)=mol/L，c(H2)=1mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=mol/L，化学平衡常数K===，C符合题意；
D．其他条件相同时，若起始充入2molCO2和6molH2，与原来相比，开始反应物浓度是原来的2倍，则压强是原来的2倍，增大压强平衡正向移动，导致二氧化碳和氢气的转化率增大，则平衡时CH3OH的物质的量分数大于25%，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据碳原子守恒；
B．该反应焓变小于0；
C．利用三段式法计算；
D．向恒容容器中充入反应物，相当于加压。
19．【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】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，二氧化碳的量少，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不符合题意；
C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，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 ，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡不移动，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据勒夏特列原理分析；
B．利用转化率的定义式计算；
C．温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短；
D．比较平衡常数与浓度商Qc的大小关系判断反应的方向。
20．【答案】B,C
【知识点】化学平衡移动原理；等效平衡；化学平衡的计算
【解析】【解答】A．II与I初始投入量相同，II为绝热恒容容器，该反应为放热反应，故II随着反应的进行，容器内气体温度升高，平衡时相当于对I容器升高温度，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，则平衡时SO3的物质的量比I小，即a＜1.6，A不符合题意；
B．对于I中反应，开始时n(SO2)=2 mol，n(O2)=1 mol，平衡时n(SO3)=1.6 mol，若容器III反应是在恒温恒容下进行，其等效开始状态是n(SO2)=1 mol，n(O2)=0 mol，物质的量是I的一半，容器的容积也是I的一半，则二者为等效开始状态，平衡时各种物质的含量相同，则平衡时SO3的物质的量是0.8 mol，但由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，反应III是在恒温恒压下进行，反应从逆反应方向开始，反应发生使气体的压强增大，为维持压强不变，相当于在I平衡的基础上扩大容器的容积而导致减小压强，减小压强化学平衡逆向移动，因此反应III中达到平衡时SO3的物质的量比0.8 mol要少，即b＜0.8 mol，B符合题意；
C．II为绝热容器，随着反应的进行容器内气体的温度升高，温度升高反应速率加快，则平衡时的正反应速率：平衡时v正(SO2)：v(I)＜v(II)，C符合题意；
D．对于反应I，由于容器的容积是1 L，则开始时c(SO2)=2 mol÷1 L=2 mol/L，c(O2)=1 mol÷1 L=1 mol/L，平衡时c(SO3)=1.6 mol÷1 L=1.6 mol/L，根据物质反应转化关系可知平衡时，c(SO2)=2 mol/L-1.6 mol/L=0.4 mol/L，c(O2)=1 mol/L- ×1.6 mol/L=0.2 mol/L，该反应的化学平衡常数K= =80，若开始时向I中加入1.0 mol SO2(g)、0.20 mol O2(g)和4.0 mol SO3(g)，由于容器的容积是1 L，则c(SO2)=1.0 mol/L，c(O2)=0.20 mol/L，c(SO3)= 4.0 mol/L，则Qc= =80=K，因此反应恰好处于平衡状态，既不向正反应方向移动，也不向逆反应方向移动，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.正反应反应，反应的进行温度升高，导致平衡左移，导致平衡时三氧化硫的浓度减小
B.相当于加压，使平衡向右移动，含量增大
C.温度增大，速率增大，故II温度高于I，因此速率大
D.先计算出I中的平衡常数，再根据给出数据计算出浓度商进行比较即可
21．【答案】B,D
【知识点】化学反应速率；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A.64s后，N2O4和NO2的浓度仍在发生改变，因此并没有达到平衡，A不符合题意；
B．根据图示，达到平衡前，NO2的浓度在不断增大，因此混合气体的颜色逐渐变深，B符合题意；
C．若为绝热仪器，根据图示，平衡正向移动，反应吸热，容器内气体的温度逐渐降低，C不符合题意；
D．前100s，NO2的浓度从0.20mol·L－1变化为1.00mol·L－1，则 ，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A、当化学反应达到平衡时，反应物与生成物的浓度不再变化；
B、注意二氧化氮为红棕色气体；
C、从吸、放热的角度进行作答；
D、根据进行计算。
22．【答案】C,D
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、加入CCl4，水溶液中的I2部分溶于CCl4中，碘水中I2的浓度减小，平衡逆向移动，A错误；
B、25 ℃时，向上述体系中加入少量I2，碘水中I2的浓度增大，平衡向右移动，但温度不变，平衡常数不变仍为680，B错误；
C、该反应的平衡常数的表达式为 ，C正确；
D、由图像可知，温度升高时平衡常数减小，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，D正确。正确答案为CD。
【分析】A、加入四氯化碳，碘溶于四氯化碳中，碘的浓度减小，反应逆向移动
B、平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。
23．【答案】（1）BD；吸收；31.2；
（2）10；2 CO2↑+ +H2O；2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体，各组分浓度不变，反应Ⅰ的平衡不移动，A不符合题意；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，反应后过程中气体的密度发生变化，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B符合题意；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，可逆反应不能彻底进行，则平衡时H2的体积分数不可能大于，C不符合题意；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，可加快反应速率，D符合题意；
综上所述，正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa×1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）c( )：c( )=1：2，根据 可知， = ，则该溶液的pH=-lgc(H+)=10；
②KHCO3在再生塔中受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，反应的离子方程式为2 CO2↑+ +H2O；
③由图可知，水在玻碳电极发生氧化反应生成氧气，则玻碳电极为阳极，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，阴极发生还原反应，且在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
【分析】（1）①A.恒容体系中充入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动；
B.该反应的密度为变量，当混合气体的密度不变时反应达到平衡；
C.可逆反应不能彻底进行；
D.增大反应物的接触面积可加快反应速率；
②根据反应Ⅰ的能量变化及反应Ⅱ的能量变化求出整个体系的热量变化；根据计算；
（2）①结合计算；
②再生塔中碳酸氢钾分解产生二氧化碳；
③阴极发生还原反应。
24．【答案】（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
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(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，故故答案为：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 mol，CO为1 mol，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不正确；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C正确；
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不正确；
故故答案为：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。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算，再进行判断；
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，温度对其平衡移动影响程度大；
（2）从反应速率和平衡移动的角度分析；
（3）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②列出反应的三段式计算；
③A.温度过高催化剂失去活性；
B.压强增大反应速率加快；
C.合适的催化剂能降低活化能，增大反应速率；
D.恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，恒压条件，通入氮气反应速率变慢；
④第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2。
25．【答案】（1）
（2）B；C
（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动
（5）②
（6）
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】（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动，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活动；
（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1mol，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： 。
【分析】
（1）根据盖斯定律计算反应热即可，注意正负号；
（2）根据反应方程式，反应放热，可以降温和加压，使平衡正向移动；
（3）增大其中一反应物浓度，可提高另一反应物的转化率；
（4）金属催化剂的活性可能受硫化氢等杂质的影响；
（5）根据图中原子是否有空轨道可以接受孤对电子对；
（6）利用三段式进行计算即可
26．【答案】（1）阳
（2）2Ti3++Ti0 3Ti2+；＞；降低熔盐温度
（3）+ ；；不变
（4）①熔盐电解精炼时阴极上得到的Ti粉脱附进入熔盐，与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)；②海绵钛中含有其它还原性的物质与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)等
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)精炼时，粗品质的海绵钛、废钛材等作电解池的阳极，精铜作阴极，含有Cu2+的溶液为电解质溶液；
(2)①根据题意可知反应ⅳ的化学方程式为2Ti3++Ti0 3Ti2+；
②已知：ⅰ.3Ti4++Ti0→4Ti3+△H1
ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+△H2
根据盖斯定律，将3×ⅱ-ⅰ，整理可得2Ti3++Ti0 3Ti2+△H=3△H2 -△H1。即ⅳ=3×ⅱ-ⅰ。根据温度与化学平衡常数的关系可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应，△H=3△H2-△H1＜0，即△H1＞3△H2；
③根据平衡移动原理，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，有助于反应向低价盐方向移动，故有助于制取低价钛离子的电解质熔盐的措施为降低熔盐温度；
(3)①平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。Ti的总物质的量为(b+c) mol，Ti元素总化合价为+4c，则熔盐中低价钛离子的平均价态为+ ；
②从石英管中缓慢加入a mol TiCl4，平衡时，测得消耗海绵钛及TiCl4的物质的量分别为b mol、c mol。假设反应ⅰ.3Ti4++Ti0→4Ti3+消耗Ti0为x mol，则其消耗Ti4+为3x mol，反应产生Ti3+为4x mol，反应ⅱ．Ti4++Ti0→2Ti2+中消耗Ti0为(b-x) mol，消耗Ti4+为(b-x) mol，反应产生Ti2+为2(b-x) mol，所以消耗Ti4+为3x+(b-x)=c mol，解得x= ，故平衡时n(Ti4+)=(a-c) mol，n(Ti3+)=4x mol=(2c-2b)mol，n(Ti2+)=2(b-x) mol=(3b-c) mol，所以反应ⅲ．Ti4++Ti2+→2Ti3+的化学平衡常数K= ；
③反应在恒温条件下进行，各个化学反应的平衡常数不变，因此若向此平衡体系中继续注入TiCl4，再次平衡后 不变；
(4)电解精炼制钛粉，偶尔会得到一些相对粗大的钛粉颗粒而影响产品质量，这可能是由于①熔盐电解精炼时阴极上得到的Ti粉脱附进入熔盐，与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)；②海绵钛中含有其它还原性的物质与高价钛反应生成了低价的Ti2+(或TiCl2)等。
【分析】（1）精炼铜时粗品质的海绵钛、废钛材等作阳极；
（2）①根据盖斯定律计算；
②根据平衡移动原理分析；
③降低温度，放热反应的化学平衡正向移动；
（3）①根据化合物化合价代数和为0计算；
②平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
③平衡常数只与温度有关。
27．【答案】（1）A
（2）HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2＋水解加快(或促进Ni2＋水解)，部分生成Ni(OH)2
（3）2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O
（4）4×10-38；4.7≤PH＜7.2
（5）存在平衡NiR2＋2H＋ Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，C(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+
（6）蒸发浓缩，冷却至30.8℃—53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥
（7）MH + OH- -e- = M + H2O
【知识点】化学平衡移动原理；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】含镍废料经过预处理除去表面的油污，根据物理方法，使油污分离，第二步中加入盐酸浸出金属阳离子，而其中的碳没有参与反应，在滤渣1中，而金属镍离子，二价铁离子、铝离子，第三步加入双氧水后将二价铁氧化成三价铁离子，在第四步中加入氧化镍后调节pH将三价铁和铝离子除去，在第五步中加入有机萃取剂把镍离子萃取到有机相中，第六步中加入硫酸溶液后将镍离子反萃取到溶液中，通过结晶得到硫酸镍晶体，再通过一系列过程得到三氧化二镍；
(1)A．油污能溶于酒精，故可以除去镍废料表面的矿物油污，故A正确；
B．纯碱溶液与镍废料中铝的氧化物反应，在浸出流程中加入盐酸时会消耗更多，故B不符合；
C．氢氧化钠溶液会消耗更多的盐酸，故不符合；
故答案为：答案A；
(2)温度升高，导致HCl挥发加快，盐酸浓度降低较快；HCl对Ni2＋水解抑制程度减小，从而加快Ni2＋水解，部分生成Ni(OH)2，故温度高于40℃时导致浸出率开始下降，故答案为：HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2＋水解加快(或促进Ni2＋水解)，部分生成Ni(OH)2；
(3)根据双氧水的氧化性，及混合物中的具有还原性的离子二价铁发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒配平得：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O；故答案为：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O；
(4)根据表格中开始沉淀时：pH=2.2，c(H+)=10-2.2，c(OH-)=10-11.8，Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)=0.01×10-36×10-0.6=4×10-38，故答案为：4×10-38；若“氧化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1 mol/L，则“调pH”应控制的pH范围根据流程目的，不能使Ni2+沉淀，而使铝离子和三价铁离子沉淀而除去，故调节的pH的范围是：4.7≤pH＜7.2，故答案为4.7≤pH＜7.2；
(5)根据平衡NiR2＋2H＋ Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+；故答案为：平衡NiR2＋2H＋ Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+；
(6)根据表格中的信息判断：从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体，即晶体的操作依次是蒸发浓缩，冷却至30.8℃—53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥；
(7)电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式与阴极反应刚好相反，为MH + OH- -e- = M + H2O；故答案为：MH + OH- -e- = M + H2O。
【分析】（1）“预处理”操作表面的矿物油为烃类，不能用碱性物质来清除，可根据相似相溶原理，选用酒精进行清洗；
（2）盐酸易挥发；
（3） “氧化”时双氧水将亚铁离子氧化为铁离子；
（4）根据Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)计算；“调pH”的目的是使Al3+和Fe3+沉淀而Ni2+不沉淀；
（5） 加入H2SO4，C(H+)增大，平衡正向移动 ；
（6） 30.8℃-53.8℃ 时得到 NiSO4·6H2O晶体 ；
（7）放电时MH为负极，失去电子发生氧化反应产生M。
28．【答案】（1）分液漏斗；作安全瓶或者防止倒吸
（2）SO2+2Fe3+ +2H2O=2Fe2++4H++
（3）根据已知[ 、 、 ]可知， = = = = =Ksp[Fe(OH)3]( )3=2.6×10-39×( )3=4.57×10-19，可知 的溶解度远小于 的溶解度，故沉淀为 ；2Fe3++6 =Fe2(SO3)3↓+3SO2↑+3H2O；0.8；；由于溶液中存在Fe3+和正四价的硫之间的氧化还原反应，溶液酸性增强， 的浓度减小，促使Fe3++n +mH2O 平衡逆向移动，解离出Fe3+，由于解离出Fe3+的速率较快，而Fe3+与正四价硫的氧化反应速率较慢，所以导致装置C中的溶液较长时间保持变黄，最终溶液变为浅绿色
【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二氧化硫的性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】本题为实验题，是用Na2SO3与70%浓硫酸反应制备SO2，并探究SO2的还原性，则装置A中发生的反应为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，B装置为安全瓶，防止倒吸，装置C为探究SO2的还原性，反应原理为：SO2+2FeCl3+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，据此分析解题。
(1)由题干实验装置图可知，仪器a的名称为分液漏斗，由于SO2易溶于水，易产生倒吸，则装置B的作用是作安全瓶，防止倒吸，故答案为：分液漏斗；作安全瓶，防止倒吸；
(2)由分析可知， 与 溶液发生氧化还原反应的方程式为：SO2+2FeCl3+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，则其离子方程式为SO2+2Fe3+ +2H2O=2Fe2++4H++ ，故答案为：SO2+2Fe3+ +2H2O=2Fe2++4H++ ；
(3)①根据已知[ 、 、 ]可知， = = = = =Ksp[Fe(OH)3]( )3=2.6×10-39×( )3=4.57×10-19，可知 的溶解度远小于 的溶解度，故沉淀为 ，故答案为：根据已知[ 、 、 ]可知， = = = = =Ksp[Fe(OH)3]( )3=2.6×10-39×( )3=4.57×10-19，可知 的溶解度远小于 的溶解度，故沉淀为 ；
②由①分析可知实验1生成沉淀即Fe2(SO3)3和气体SO2，配平可得该反应的离子方程式为2Fe3++6 =Fe2(SO3)3↓+3SO2↑+3H2O，故答案为：2Fe3++6 =Fe2(SO3)3↓+3SO2↑+3H2O；
③根据实验探究控制唯一变量法可知，实验中需使混合溶液的总体积和Na2SO3溶液和NaHSO3溶液的体积之和相等，表中a为0.8；红色物质可能是 与 、 形成的配合物，配合物可表示为： (A为 或 ，x为1或2，n+m=6，n越大配合物越稳定，溶液颜色越深)，由表中实验数据可知，Na2SO3的浓度越大，溶液颜色越深即生成的配合物浓度越大，可知A为 ，故红色物质表示为： ，故答案为：0.8； ；
④由于溶液中存在Fe3+和正四价的硫之间的氧化还原反应，溶液酸性增强， 的浓度减小，促使Fe3++n +mH2O 平衡逆向移动，解离出Fe3+，由于解离出Fe3+的速率较快，而Fe3+与正四价硫的氧化反应速率较慢，所以导致装置C中的溶液较长时间保持变黄，最终溶液变为浅绿色，故答案为： 由于溶液中存在Fe3+和正四价的硫之间的氧化还原反应，溶液酸性增强， 的浓度减小，促使Fe3++n +mH2O 平衡逆向移动，解离出Fe3+，由于解离出Fe3+的速率较快，而Fe3+与正四价硫的氧化反应速率较慢，所以导致装置C中的溶液较长时间保持变黄，最终溶液变为浅绿色。
【分析】（1）仪器a为分液漏斗；装置B作安全瓶；
（2） 与 溶液发生反应SO2+2FeCl3+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl；
（3）①结合Ksp、Ka1和Ka2计算；
②实验1中生成的沉淀为 Fe2(SO3)3，气体为 SO2；
③实验时应保证变量唯一；
④溶液中存在Fe3+和正四价的硫之间的氧化还原反应，溶液酸性增强， 的浓度减小，促使Fe3++n +mH2O 平衡逆向移动。
29．【答案】（1）还原性
（2）Fe2++2 =FeCO3↓+H2O+CO2↑
（3）通过实验b排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响
（4）SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大，溶液红色加深
（5）H2SO4；溶液红色更浅
（6）使Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡逆向移动
【知识点】化学平衡移动原理；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)向2 mL0.1 mol·L-1FeSO4溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1KSCN溶液，无明显现象，再滴加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红，说明Fe2+能够被酸性H2O2溶液氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，这证明Fe2+具有还原性；
(2)用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，同时反应产生(NH4)2SO4、H2O、CO2，该反应的离子方程式为：Fe2++2 =FeCO3↓+H2O+CO2↑；
(3)通过对实验进行对比可知：实验b排除了加水稀释对沉淀溶解平衡移动的影响；
(4)FeCO3是难溶性物质，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s) Fe2+(aq)+ (aq)，溶液中含有Fe2+浓度较小，向其中滴加酸性H2O2，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，反应产生的Fe3+浓度较小，因此加入KSCN溶液时，发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为浅红色。而向FeCO3沉淀中加入等体积4 mol/LKSCN溶液，FeCO3溶解电离产生的Fe2+与SCN-结合，使FeCO3溶解电离程度增大，溶液中Fe2+及Fe2+与SCN-结合物与酸性H2O2反应产生的Fe3+浓度较大，溶液Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡正向移动，c[Fe(SCN)3]增大，因而溶液红色比实验b加深；
(5)①因为要探究Fe2+与SCN-的反应，对照实验也应该加入相同阴离子( )的溶液，因此X为H2SO4；
②Fe2+与SCN-反应，降低了溶液中c(SCN-)，使Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而应该观察到的实验现象是溶液红色变浅；
(6)加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色变化易于观察；降低c(Fe3+)，使Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因而溶液红色变浅。
【分析】（1）Fe2+能够被酸性H2O2溶液氧化为Fe3+；
（2）过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，同时生成(NH4)2SO4、H2O、CO2；
（3）实验b排除了加水稀释对沉淀溶解平衡移动的影响；
（4） SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动；
（5）①对照实验应加入相同的阴离子；
②Fe2+与SCN-反应，溶液中c(SCN-)减小；
（6）加水稀释可降低c(Fe3+)。
30．【答案】（1）
（2）0.3NA；0.0375akJ
（3）AE
（4）；
（5）；该反应是放热反应，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；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】(1) 与水反应可转化为 ，化学方程式：。
(2)标准状况下，3.36LCO物质的量为0.15mol，根据可得还原至的整个过程中转移电子的数目为0.3NA；根据题给信息，，则0.15molCO可放出的热量为0.0375akJ。
(3)A．该反应气体分子数正向增多，容器恒容，则气体的压强发生改变，故气体的压强发生不变可以作为反应达到平衡的判断依据，A正确；
B．，则，不等于系数之比，故不可作为反应达到平衡的判断依据，B不正确；
C．平衡常数K只随温度改变，该反应控制温度为不变，则其不可作为反应达到平衡的判断依据，C不正确；
D．该反应物质均是气体，气体总质量不变，容器恒容，则体系内气体密度始终不变，故其不可作为反应达到平衡的判断依据，D不正确；
E．无色，红棕色，反应过程体系颜色发生改变，故容器内颜色不变可以作为反应达到平衡的判断依据，E正确；
故答案为：AE。
(4)根据反应，的改变量是的两倍，从的曲线可知其达到平衡时减少了0.03mol/L，则从0升高到平衡时的0.6 mol/L，其曲线如图：；由题Q<0可知，该反应正向吸热，保持其它条件不变，随着温度的升高，该反应平衡朝正向移动，且反应速率增大，达到平衡的时间缩短，则其曲线如图：。
(5)如图所示，(NO)随(时间)的延长而减小，转化相同量的NO，可作一条平行于时间轴的辅助线，分别交两曲线与a、b两点，如图：，则可知在温度下消耗的时间较长；可能的原因是，该反应两步均是放出热量，总反应是放热反应，，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长。
【分析】（2）画出双线桥，找到CO与转移电子之间的关系，从而算出转移电子数目
（3）判断依据：变化的量不再发生改变，既达到化学平衡
（4）结合二氧化氮与四氧化二氮变化量与系数成正比，画出图像即可
（5）由图可知，温度越高，转化相同量的NO时间越长，说明这两步反应为放热反应
31．【答案】（1）2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol
（2）＞；＜；=；＞；50%；0.05；6.0×105；减小
（3）甲；催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知，ii×2-i-iii可得反应iv：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，则反应热ΔH=2ΔH2-ΔH1-ΔH3 =(-393 kJ/mol)×2-(+180kJ/mol)-(-221kJ/mol)=-745kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=-745kJ/mol，故答案为：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=-745kJ/mol；
(2)设温度为T1时一氧化氮的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为40kPa、35kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得a=0.5，既50%；设温度为T2时一氧化氮的转化率为b，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为32kPa、25kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得b=0.875，既87.5%；
①该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，说明T1大于T2，故答案为：＞；
②由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，所以II和III的一氧化氮转化率相等，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，则转化率的关系为：I＜II=III，故答案为：＜；=；
③平衡时，正逆反应速率相等，由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，催化剂能降低了反应的活化能，加快化学反应速率，则a点的逆反应速率大于b点的正反应速率，故答案为： ＞；
④i．由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率为50%，一氧化碳、一氧化氮、二氧化碳、氮气的平衡分压分别为×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=5kPa，则分压平衡常数Kp==0.05；平衡时，正逆反应速率相等，则v正= v逆，k正·p2(CO)·p2(NO) =k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，==K=0.05，由T1K时k正=60(kPa)-3·min-1可得k逆==1200(kPa)-3·min-1，所以v逆=1200(kPa)-3·min-1×5kPa×(10kPa)2=6.0×105kPa·min-1，故答案为：50%；0.05；6.0×105；
ii．由i可知，=K，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则的比值减小，故答案为：减小；
(3)由图可知，反应iv在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲，故答案为：甲；催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高。
【分析】(1)依据盖斯定律分析解答；
(2)依据化学平衡三段式计算结合化学平衡移动原理和化学反应速率及化学平衡常数的知识分析解答；
(3)依据催化剂的相关知识结合图示分析解答。
32．【答案】（1）；高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低；反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于
（2）溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性；溶液直接与反应是脱除的主要原因；；
【知识点】反应热和焓变；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】(1)①已知：反应a： ，
，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。
②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。
③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。
(2)①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。
②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。
③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。
④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1：1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。
【分析】(1)①根据盖斯定律；
②依据勒夏特列原理分析。
③依据勒夏特列原理分析。
(2)①比较和的水解程度。
②溶液直接与反应。
③根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写，与发生氧化还原反应生成和；
④根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写，和发生归中反应生成和H2O。
33．【答案】（1）-25
（2）B；D
（3）m；该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，平衡常数减小。；<；9.88；A
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】(1)②式 (2③式 + ①式)=25KJ·mol-1
(2)A. 平衡常数与催化剂无关，A项不符合题意；
B. 该反应为前后气体分子数改变的反应。平衡前后，气体总质量不变，气体平均物质的量会发生变化，故当容器内气体的平均相对分子质量保持不变时，可以说明该反应达到平衡状态，B项符合题意；
C.列三段式
用 H2表示该反应4min内的平均速率为v==0.075mol·L-1·min-1，C项不符合题意；
D. 该反应为放热反应，其它条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率降低，D项符合题意。
故答案为：BD。
(3)①该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，随温度升高平衡常数减小，故平衡常数K与温度T的变化关系应为曲线m；②温度升高化学反应速率加快，图2中a点温度小于c点温度，故v(a) 逆
