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备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题9 化学反应速率与化学平衡
一、选择题
1．下列措施能降低化学反应速率的是（　　）
A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释 D．石墨合成金刚石时增大压强
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂，会加快反应速率，A不符合题意；
B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，使反应接触面积增大，反应充分，会加快反应速率，B不符合题意；
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释，盐酸浓度减小，会降低反应速率，C符合题意；
D．石墨合成金刚石时，整个反应过程中没有气体参与，增大压强不会改变反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】化学反应速率的主要影响因素是温度、浓度、压强、催化剂。
2．加氢转化成甲烷，是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是（　　）
A．减小体系压强 B．升高温度
C．增大浓度 D．恒容下充入惰性气体
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应是气体体积减小的反应，减小体系压强，平衡逆向移动，故A错误；
Ｂ．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故B错误；
Ｃ．增大氢气浓度，平衡正向移动，故C正确；
Ｄ．恒容下充入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故选C。
【分析】化学平衡移动的具体内容为：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。
3． 为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
已知：为黄色、为红色、为无色。
下列说法不正确的是（　　）
A．①中浓盐酸促进平衡正向移动
B．由①到②，生成并消耗
C．②、③对比，说明：②>③
D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、①中滴加浓盐酸后，溶液中c(Cl－)增大，可逆反应Fe3＋＋4Cl－ [FeCl4]－平衡正向移动，A选项正确。
B、①到②的过程中，溶液由黄色变为红色，即[FeCl4]－转化为[Fe(SCN]2＋，说明生成[Fe(SCN)]2＋并消耗[FeCl4]－，B选项正确。
C、②到③的过程中，溶液由红色变为无色，即溶液中[Fe(SCN)]2＋转化为[FeF6]－，此时溶液中c(Fe3＋)减小，C选项正确。
D、①的深黄色溶液中c(Fe3＋)较大，能与I－反应生成I2，淀粉遇碘变蓝色，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A．滴加浓盐酸，溶液中c(Cl－)增大，结合浓度对平衡移动的影响分析。
B、①到②的过程中，溶液由黄色变为红色，据此确定物质的转化。
C、②到③的过程中，转化为更难电离的配合物[FeF6]3－。
D、①中c(Fe3＋)较大，能与I－反应。
4．下列实验操作能达到实验目的的是（　　）
选项 实验操作 实验目的
A 将铁制镀件与铜片分别接直流电源的正、负极，平行浸入CuSO4溶液中 在铁制镀件表面镀铜
B 向粗盐水中先后加入过量NaCO3溶液、NaOH液和 BaCl2溶液 粗盐提纯中，去除Ca2+、Mg2+和SO42-杂质离子
C 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液，再滴加5滴6mol·L-1H2SO4溶液 探究c(H+)对如下平衡的影响：Cr2O72-+H2O ==2CrO42-+ 2H+ (橙色) (黄色)
D 将有机物M溶于乙醇，加入金属钠 操究M中是否含有羟基
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价；电镀
【解析】【解答】A．电镀时，待镀金属应该作阴极，则铁为阴极，为电源负极相连，该实验中铁与正极相连，为阳极，被腐蚀，故A错误；
Ｂ．粗盐提纯时，除去 Ca2+、Mg2+和 SO42-的正确顺序需满足：用 BaCl2除去 SO42-（过量 Ba2+需后续除去），用 Na2CO3除去 Ca2+和过量的 Ba2+，用 NaOH 除去 Mg2+，则先后加入过量 Na2CO3溶液、NaOH 溶液和 BaCl2溶液，故B错误；
Ｃ． 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液 ，消耗H+，平衡右移，溶液变黄；加 H2SO4增大 H+浓度，平衡左移，溶液变橙，可通过颜色变化直观体现 c (H+) 对平衡的影响，故C正确；
Ｄ．乙醇（C2H5OH）本身含羟基，能与 Na 反应生成 H2，若 M 溶于乙醇后加 Na 产生气体，无法确定气体来源是 M 还是乙醇，故D错误；
故选C。
【分析】A．电镀时，待镀金属应作阴极，接电源负极；
Ｂ．BaCl2在 Na2CO3之后加入，会导致过量的 Ba2+无法被除去；
Ｃ．可通过颜色变化直观体现 c (H+) 对平衡的影响；
Ｄ．乙醇本身含有羟基。
5． 一定条件下，“”4种原料按固定流速不断注入连续流动反应器中，体系pH-t振荡图像及涉及反应如下。其中AB段发生反应①~④，①②为快速反应。下列说法错误的是（　　）
①
②
③
④
⑤
A．原料中不影响振幅和周期
B．反应④：
C．反应①~④中，对的氧化起催化作用
D．利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化
【答案】A
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，pH发生变化， 发生变化，振幅和周期也发生变化，A错误；
B．反应④亚硫酸被氧化，根据得失电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为，B正确；
C．①②为快速反应，氧化亚硫酸，因此反应①~④中对的氧化起催化作用的是，C正确；
D．当pH振荡发生时，pH响应变色材料会随pH的周期性变化而反复改变颜色，从而将不可见的pH振荡转化为肉眼可见的颜色变化，实现可视化，因此利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确；
故选A。
【分析】A．随时间变化，氢离子浓度发生变化，振幅和周期也发生变化；
Ｂ．该反应中，亚硫酸被氧化为硫酸；
Ｃ．催化剂能影响反应速率；
Ｄ．pH响应变色材料颜色随pH变化而改变。
6．已知298K，101kPa时，。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，关系如图所示。下列说法错误的是
A．T1＞T2
B．T1下反应达到平衡时
C．使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大
D．使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同
【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，则T1＞T2，A正确；
B．T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，根据 可知，T1下反应达到平衡时，B正确；
C．温度为T1时，使用催化剂2达到平衡的时间更短，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确；
D．催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．升温平衡向吸热反应方向移动；
Ｂ．浓度的变化量之比等于化学计量数之比；
Ｃ．使用催化剂能降低反应的活化能；
Ｄ．催化剂2和催化剂3的反应历程不同。
7．温度T下，向1L真空刚性容器中加入，反应达到平衡时，，
下列说法正确的是
A．再充入1mol X和1mol Y，此时
B．再充入1mol X，平衡时
C．再充入，平衡向右移动
D．若温度升高，X的转化率增加，则上述反应
【答案】A
【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．再充入1mol X和1mol Y，Qc==0.35＞K，反应逆向进行， ，故A正确；
B．再充入1mol X，压强增大，反应的平衡逆向移动，平衡时Y的浓度小于0.8mol/L，故B错误；
C． 再充入 ，反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D．若温度升高，X的转化率增加，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应， ，故D错误；
故选A。
【分析】 反应达到平衡时， ，则，，K=≈0.27。
8．室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如图。
实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是（　　）
A．实验①中，0～2小时内平均反应速率v（）＝2.0mol L﹣1 h﹣1
B．实验③中，反应的离子方程式为：2Fe++8H+═2Fe3++Se+4H2O
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始pH越小，的去除效果越好
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率 ，A不正确；
B. 实验③中水样初始 =8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确；
C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D.综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A.根据0~2小时内其浓度的变化量即可确定化学反应速率；
B.根据溶液呈碱性，即可判断离子方程式错误；
C.由图可知，反应①的化学反应速率最快，纳米铁质量最大，故适当增加纳米铁质量可加快反应速率；
D.当酸性太大时，纳米铁与反应速率加快会导致与反应的纳米铁减少。
9．在恒温恒容密闭容器中充入一定量W（g），发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为v2＝k2c2（X）和v3＝k3c（Z），其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得W（g）的浓度随时间的变化如下表。
t/min 0 1 2 3 4 5
c（W）/（mol L﹣1） 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028
下列说法正确的是（　　）
A．0～2min内，X的平均反应速率为0.080mol L﹣1 min﹣1
B．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大
C．若k2＝k3，平衡时c（Z）＝c（X）
D．若升高温度，平衡时c（Z）减小
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由表知0-2min内 c(W)=0.16-0.08=0.08mol/L，生成 c(X)=2 c(W)=0.16mol/L，但一部分X转化为Z，造成 c(X)<0.16mol/L，则v(X)< mol L﹣1 min﹣1 = 0.080mol L﹣1 min﹣1 ，故A不符合题意；
B．过程①是完全反应，过程②是可逆反应，若增大容器容积相当于减小压强，对反应平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，X的浓度增大，平衡时Y的产率减小，故B不符合题意；
C．由速率之比等于系数比，平衡时2v逆(X)=v正(Z)，即2v3=v2，2k3c(Z)=k2c(X)2，若 k2＝k3 ，平衡时 2c（Z）＝c（X）2 ，故C不符合题意；
D．反应③的活化能大于反应②， H=正反应活化能-逆反应活化能<0，则，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c（Z）减小 ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据0-2min内计算出W的物质的量浓度变化量即可计算出W速率，结合化学计量系数之比即可计算；
B.， 若增大容器容积，平衡时Y的产率减小；
C.由速率之比等于系数比，平衡时2v逆(X)=v正(Z)，即2v3=v2，2k3c(Z)=k2c(X)2，若 k2＝k3 ，平衡时 2c（Z）＝c（X）2 ；
D.反应③的活化能大于反应②， H=正反应活化能-逆反应活化能<0，则，该反应是放热反应，温度升高，逆向进行。
10．金属硫化物()催化反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。下列说法正确的是（　　）
A．该反应的
B．该反应的平衡常数
C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D．该反应中每消耗，转移电子的数目约为
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡常数；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.该反应为气体物质的量增大反应，为熵增大增大反应 ，A错误；
B．由方程形式知， ，B错误；
C．由题图知，经过步骤Ⅰ后，硫化氢中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力，C正确；
D．由方程式知，消耗1mol硫化氢同时生成2mol硫化氢，转移4mol电子，数目为4NA；
故答案为：C。
【分析】该过程为催化反应，总反应为： ，步骤一为甲烷吸附在催化剂表面，与硫化氢反应，步骤二为放出氢气，同时得到硫化氢。
11．下列事实能用平衡移动原理解释的是（　　）
A．溶液中加入少量固体，促进分解
B．密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深
C．铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D．锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、二氧化锰是催化剂，可以加快过氧化氢的分解速率，A错误；
B、，反应为放热反应，升高温度，平衡朝逆向移动，颜色变深，B正确；
C、浓硝酸具有氧化性，可以和铁发生氧化还原反应，生成NO2，C错误；
D、稀硫酸和Fe反应时，加入CuSO4，可以生成Cu，Cu和Fe、稀硫酸形成原电池，加快反应速率，D错误；
故答案为：B
【分析】A、催化剂可以降低反应所需活化能，加快反应速率；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、浓硝酸和金属反应生成二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮；
D、原电池的反应速率更快。
12．向恒温恒容密闭容器中通入2mol 和1mol ，反应达到平衡后，再通入一定量，达到新平衡时，下列有关判断错误的是（　　）
A．的平衡浓度增大 B．反应平衡常数增大
C．正向反应速率增大 D．的转化总量增大
【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，平衡后，再通入一定量，平衡正向移动，的平衡浓度增大，A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B符合题意；
C．通入一定量，反应物浓度增大，正向反应速率增大，C不符合题意；
D．通入一定量，促进二氧化硫的转化，的转化总量增大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 达到平衡后，反应物的浓度增大，平衡正向移动。
13． 下列实验操作及现象能得出相应结论的是（　　）
选项 实验操作及现象 结论
A 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的，最终气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动
B 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀
C 向盛有溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红 具有还原性
D 向盛有2mL饱和溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解 蛋白质沉淀后活性改变
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【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；蛋白质的特殊反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、恒压密闭容器中通入N2，容器的容积增大，NO2、N2O4的浓度减小，相当于减小压强操作。压强减小，可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，平衡逆向移动，c(NO2)增大，A不符合题意。
B、先出现的白色沉淀为AgCl，后出现的砖红色沉淀为Ag2CrO4。由于AgCl、Ag2CrO4的组成不同，因此无法确定AgCl和Ag2CrO4的溶度积大小，B不符合题意。
C、加入过量铁粉，发生反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe2＋与KSCN不反应，无明显现象。滴加氯水后，溶液变红色，说明氯水将Fe2＋氧化成Fe3＋，体现了Fe2＋的还原性，C符合题意。
D、往鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液，析出沉淀；加蒸馏水稀释，沉淀溶解。说明蛋白质发生了盐析，蛋白质沉淀后活性不变，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、恒压充入N2，体积增大，浓度减小，相当于压强减小。结合压强对平衡移动的影响分析。
B、先出现的白色沉淀为AgCl，后出现的砖红色沉淀为Ag2CrO4。
C、Fe2＋不与KSCN反应，滴加氯水后，溶液变红色，说明产生了Fe3＋。
D、Na2SO4溶液使蛋白质发生盐析。
二、填空题
14．在某温度下，在体积为5L的密闭容器内发生如下反应：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）﹣Q
（1）在上述反应的反应物与生成物中，非极性分子为：　 　。
（2）若反应20min后气体总物质的量增加了10mol，则甲烷的平均反应速率为 　 　。
（3）下列选项中的物理量不变时，一定可以判断反应达到平衡的是 ____。
A．容器中氢元素的质量分数
B．容器内的压强
C．反应的平衡常数
D．容器内气体的平均相对分子质量
（4）在某一时刻，v正＝v逆＝v0，反应若改变一条件，可使得v正＜v逆＜v0，指出可以改变的条件，并说明理由：　 　。
已知CO与H2合成CH3OH是可逆反应：CO+2H2 CH3OH。
（5）若上述反应达到平衡时CO与H2的转化率相同，则投料比n（CO）：n（H2）＝　 　。
【答案】（1）CH4、H2
（2）0.05 mol/（L min）
（3）B；D
（4）降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，因此v正＜v逆
（5）1：2
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）非极性分子是指正负电荷中心重合的分子，在上述反应的反应物与生成物中，甲烷和氢气分子都有对称中心，其正负电荷中心重合，非极性分子为： CH4、H2 ；
（2）根据反应系数关系可知气体总物质的量增加了10 mol，则甲烷减少了5mol，甲烷的平均反应速率为：v== 0.05 mol/（L min） ；
（3）A．根据元素质量守恒可知容器内氢元素的质量分数为定量，故其不能作为平衡状态的判断标准，故A不符合题意；
B．容器体积不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，则压强也随之改变，压强不变一定可以判断反应达到平衡，故B符合题意；
C．反应的平衡常数只与温度有关，只要温度不变平衡常数就不变，故其不能作为平衡状态的判断标准，故C不符合题意；
D．各物质均为气体，气体的总质量不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，容器内气体的平均相对分子质量是变量，变量不变一定可以判断反应达到平衡，故D符合题意；
故答案为：BD
（4）若改变某一条件，可使得 v正＜v逆＜v0 ，使速率降低且平衡逆向移动的条件改变，因为正反应为吸热反应，故推测为降温，故答案为：降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，因此 v正＜v逆；
（5）转化率=×100%，据反应系数可知CO与 H2 的变换量之比为1∶2，若使转化率相同，则投料比 n（CO）：n（H2） =1∶2，故答案为：1∶2；
【分析】（1）非极性分子是指正负电荷中心重合的分子，在上述反应的反应物与生成物中，甲烷和氢气分子都有对称中心；
（2）根据v=计算即可；
（3）A．根据元素质量守恒可知容器内氢元素的质量分数为定量，故其不能作为平衡状态的判断标准；
B．容器体积不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，则压强也随之改变，压强不变一定可以判断反应达到平衡；
C．反应的平衡常数只与温度有关，只要温度不变平衡常数就不变，故其不能作为平衡状态的判断标准；
D．各物质均为气体，气体的总质量不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，容器内气体的平均相对分子质量是变量，变量不变一定可以判断反应达到平衡；
（4） 在某一时刻，v正＝v逆＝v0，反应若改变一条件，可使得v正＜v逆＜v0， 说明平衡逆向移动，且速率降低，而因为正反应为吸热反应，故推测为降温；
（5）转化率=×100%结合化学计量系数之比即可判断。
三、实验探究题
15． 化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。
（1）理论分析
①易挥发，需控制生成较小。
②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。
③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。
实验探究
序号 实验内容及现象
I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。
Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。
Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。
已知：；和溶液颜色均为无色。
①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是　 　。用离子方程式表示的作用：　 　。
②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用　 　的浓度小于其在溶液中实际浓度。
③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是　 　。
（2）实验改进
分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。
控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。
①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与　 　值比较。
②综合调控和温度的目的是　 　。
【答案】（1）滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；；增大；；实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小
（2）40℃下的理论K；使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。
【知识点】化学平衡的影响因素；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①滴定过程中I2参与反应，当达到滴定终点时，I2完全反应，溶液由蓝色变为无色。因此滴定终点时的现象为：当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复。实验Ⅲ中加入KI，与Br2发生反应：Br2＋2I－=I2＋2Br－。
故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；Br2＋2I－=2Br－＋I2
②实验Ⅰ中随着反应的进行，H＋参与反应，使得溶液中c(H＋)减小，因此溶液的pH变大。反应过程中Br2挥发，使得溶液中c(Br2)减小，而c(Mn2＋)=c(Br2)，因此计算时所用c(Mn2＋)小于其在溶液中的实际浓度。
故答案为：增大；Mn2＋
③实验Ⅱ中溶液的pH=2，溶液中c(H＋)小于溶液Ⅰ中c(H＋)。溶液中c(H＋)小，反应速率慢，因此相同反应时间内，实验Ⅱ未达到平衡状态，使得溶液中c(Mn2＋)、c(Br2)偏低，最终计算所得平衡常数K值偏小。
故答案为： 实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小
（2）①平衡常数只与温度有关，因此判断该实验测得的平衡常数是否准确，因此40℃下的理论K值比较。
故答案为：40℃下的理论K
②为使反应更快的达到平衡状态，从而使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，应综合调控pH和温度，使得平衡常数K值测量准确。
故答案为： 使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值
【分析】（1）①滴定过程中I2参与反应，结合“淀粉遇碘变蓝”的性质确定滴定终点的颜色变化。加入的KI是将溶液中的Br2反应完全。
②反应过程中H＋参与，溶液中c(H＋)减小，pH增大。结合Br2的挥发性可知实验过程中测得c(Br2)减小，而c(Mn2＋)=c(Br2)。
③对比实验Ⅰ和实验Ⅱ，实验Ⅱ中c(H＋)较小，反应速率较慢，相同时间内，反应未达到平衡状态，使得测量数据偏小。
（2）①平衡常数只与温度有关，应对比40℃时平衡常数的理论值。
②综合调控pH和温度，是为了准确测定平衡常数K的值。
16． 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆纤维素　 　乙醇
（2）对于反应Ⅰ：
①已知 则　 　。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是　 　(填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．的体积分数不再变化
D．单位时间内生成，同时消耗
③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为　 　。
（3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为　 　。
②由图中信息可知，乙酸可能是　 　(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则　 　，平衡常数　 　(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）葡萄糖
（2）+44.4；AC；降温冷凝后收集气体
（3）乙酸选择性最大且反应速率较快；产物1；36：5；
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）纤维素为多糖，水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇，故答案为：葡萄糖。
（2）根据盖斯定律可知=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1，故答案为：+44.4。
②A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D．单位时间内生成，同时消耗均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC；
③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体，故答案为：降温冷凝后收集气体。
（3）①由图1可知，270℃时乙酸选择性最大且反应速率较快，因此反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，故答案为：乙酸选择性最大且反应速率较快。
②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1，故答案为：产物1。
③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强之比等于物质的量之比，则0.72：0.1=36：5；列三段式：、
则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa，故答案为：36：5； 。
【分析】（1）纤维素为多糖，水解生成葡萄糖；
（2）①根据盖斯定律计算；
②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，据此判断；
③降温冷凝后即可收集到氢气；
（3）①结合图示分析；
②活化能越大反应速率越慢；
③压强之比等于物质的量之比，先计算各物质的分压，结合平衡常数表达式计算。
17． 乙二醇是一种重要化工原料，以合成气为原料合成乙二醇具有重要意义。
Ⅰ．直接合成法：，不同温度下平衡常数如下表所示。
温度 298K 355K 400K
平衡常数 10
（1）该反应的　 　0(填“>”或“<”)。
（2）已知的燃烧热分别为，则上述合成反应的　 　(用a、b和c表示)。
（3）实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是　 　(答出1条即可)。
Ⅱ．间接合成法：用合成气和制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。
（4）在2MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性]。
①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线　 　(填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线　 　表示MG的选择性。
②有利于提高A点DMO转化率的措施有　 　(填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间
③483K时，出口处的值为　 　(精确至0.01)。
④A点反应的浓度商　 　(用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。
【答案】（1）<
（2）-2a-3b+c(或c-2a-3b)
（3）温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低(或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低)
（4）I；IV；BD；1.98；0.025
【知识点】盖斯定律及其应用；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）温度升高，平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0。
（2）的燃烧热分别为， 则有①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-a kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH2=-b kJ·mol-1，③HOCH2CH2OH(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=-c kJ·mol-1，根据盖斯定律，将③-2×①-③×①可得 ，则ΔH=(c-2a-3b) kJ·mol-1。
（3）反应温度在500K时，平衡常数K<，此时反应进行程度小，导致乙二醇产率过低；也可能是此时温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低。
（4）①由分析可知，曲线I为DMO的实际转化率曲线；曲线IV为MG的选择性曲线；
②A．降低温度，DMO的转化率降低，A不符合题意；
B．增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率增大，B符合题意；
C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不符合题意；
D．A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，D符合题意；
故答案选BD；
③483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为1mol，则出口出流出的乙醇的物质的量为1mol×99%×2%=0.0198mol，未反应从出口流出的DMO为1mol×(1-99%)=0.01mol，因此出口处==1.98；
④设初始时H2与DMO的投料分别为52.4mol和1mol，A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二醇的选择性为50%，则有三段式：
体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol，用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx==0.025。
【分析】（1）升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
（2）分别写出的燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律计算ΔH；
（3）平衡常数越小，说明反应进行的程度越小；温度能影响反应速率，催化剂活性；
（4）①根据图示的曲线，随着反应的温度升高I曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率区域恒定，故I曲线为DMO的实际转化率曲线；又已知II为乙二醇的选择性曲线，观察曲线II和曲线IV可知，随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线；
②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；列出反应的三段式，结合表达式计算；
③④列出反应的三段式计算。
四、综合题
18．甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
（1）已知如下热化学方程式：
计算反应的　 　。
（2）与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。
(i)图中的曲线是　 　(填“a”或“b”)。
(ii)时，的转化　 　，　 　。
(iii)时，反应的平衡常数　 　。
（3）少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(i)在之间，有和无时的生成速率之比　 　。
(ii)从图中找出提高了选择性的证据：　 　。
(ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析提高选择性的原因：　 　。
【答案】（1）-67
（2）a；80%；7.8；10.92
（3）(或3：2)；5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升；I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【知识点】盖斯定律及其应用；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；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的 H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。
（2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=(8mmol-1.6mmol)/8mmol×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K=10.92。
（3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v=mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v=mmol·(L·s)-1。生成速率比)：3：2
(ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
【分析】（1）根据盖世定律，用已知方程式算出未知反应的焓变；
（2）(i)根据方程式①，升高温度，平衡逆向移动，根据甲烷的变化，即可确定曲线a为 ；
(ii)根据平衡时甲烷的量，求出变化量，即可算出转化率，根据分析可知，甲烷与溴反应生成一溴甲烷和二溴甲烷，算出二者物质的量即可得到HBr的物质的量；
（3）(i)根据图像信息，分别计算出v（有I2）和v（无I2），然后即可求出其比值
(ii)从图中可以看出，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性。
19．氧气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。
请回答：
（1）下列措施中能提高新制饱和氣水中HClO浓度的是____。
A．加 NaCI固体 B．加水
C．加 CaCO3粉末 D．加足量Ca(OH)2溶液
（2）氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应（不考虑其他反应）：
Ⅰ.Cl2(aq)+ H2O(I)=H+ (aq)+CI- (aq)+ HClO(aq)
Ⅱ.2HClO(aq)=Cl2O(aq)+H2O(D) K=10-2.0
Ⅲ.HClO(aq)=H+(aq)+ ClO-(aq)
T1℃时，在不同pH下，约2mg/L氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值（lgc)如图1所示（溶液体积保持不变）。
①Cl2O分子的空间构型是　 　。
②在pH=4~9之间，ClO-浓度增加，其最大来源是　 　（填含氣微粒符号)。
③该氣水中氯元素质量守恒表达式：c(CI-)=c(HClO）+　 　。
④在图中画出pH=4~9之间，1gc(Cl2O)随pH的变化曲线　 　。
（3）某研究小组提出，商用ClO2(常含杂质Cl2)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。
Ⅳ.2ClO2(aq)+ H2O(I) = ClO3-(aq)+ClO2-(aq)+2H+ (aq)
Ⅴ.2ClO2(aq)+ ClO-(aq)+ H2O(I) - 2ClO3-(aq) + 2H+(aq) + CI- (aq)
ClO，中Cl，含量对ClO，反应初始速率[u(ClO2)]的影响如图2所示。实验条件：
T2℃，ClO2初始浓度相同。
①Cl2的存在主要加快了反应　 　（填“IV”或“V”)。
②指出改变υ初始(ClO2)的影响因素，并解释原因　 　。
【答案】（1）C
（2）角形；HClO；c(ClO）+2c(CI2O）；
（3）V；CI浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO-浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；pH的简单计算
【解析】【解答】（1）饱和氯水中存在平衡：，平衡正向移动，增加HClO浓度：
A．加NaCl固体，浓度增加，平衡逆向移动，HClO降低，A错误；
B．加水，平衡正向移动，HClO物质的量增加，但浓度降低，B错误；
C．加粉末，消耗，平衡正向移动，HClO浓度增加，C正确；
D．加足量溶液，消耗，平衡正向移动，但溶液体积会变大，HClO浓度下降，且足量的也会和HClO反应，进一步导致HClO浓度下降，D错误；
故答案为C。
（2）①分子的中心原子O的价层电子数为，O有2对孤电子对，空间构型是V形(或角形)；
②在之间，浓度增加，主要来自 HClO 的电离：；
③溶于水生成等量的和HClO，HClO进一步转化为和，则该氯水中氯元素质量守恒表达式：；
④由 可知，随着 pH 升高，减小，亦随之减小，且，代入pH=4时，，得到，同理，pH=9时，，，故从 pH=4 到9时，从-11点位大致呈单调下降曲线递减到-14点位，如图所示：；
（3）①反应Ⅳ是自身的氧化还原反应，而反应V是做氧化剂，将氧化为(氯的含氧酸中并不是化合价越高，氧化性越强)，故当存在时，存在题(2)中Ⅰ和Ⅲ的电离平衡，主要影响的是反应Ⅴ，即加快了反应Ⅴ的反应速率；
②读图可知，影响的主要因素有溶液 pH以及 含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大。
【分析】（1）新制饱和氯水中存在平衡：，提高HClO的浓度，只需要使该反应的平衡正向移动即可；
（2）① Cl2O 的中心原子O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
②之间，HClO电离使ClO-浓度增大；
③根据氯元素守恒书写守恒表达式；
（3）① Cl2的存在主要影响反应Ⅴ；
②Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大。
20． 乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。
（1）石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。
主反应：
副反应：
体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。
①0~30min内，　 　
②下列说法正确的是　 　(填序号)。
a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量
b.0~30min内，
c.0~30min内，
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
（2）煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：
①代表的曲线为　 　(填“”“”或“”)；原因是　 　。
②　 　0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系，　 　(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的的值为　 　。
④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为，系统压强维持，使，此时　 　(用含有m和的代数式表示)。
【答案】（1）；cd
（2）；该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大；<；=；12；
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①0~30min内，环氧乙烷（EO）完全转化，因此用EO表示的反应速率。
故答案为：0.05mol·L-1·min-1
②a、主反应为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，a不符合题意。
b、主反应中参与反应的EO和反应生成EG的化学计量数相同，因此在主反应中二者表示的反应速率相同。但副反应中存在EO和EG的进一步反应，而主反应和副反应进行的程度未知，因此无法确定EO、EG表示的反应速率的相对大小，b不符合题意。
c、30min后产物中n(EG)：n(DEG)=10：1，则反应过程中副反应中消耗n(EG)=1mol。因此主反应中反应申城n(EG)=10mol+1mol=11mol。所以0~30min内，v主(EG)：v副(DEG)=11：1，c符合题意。
d、催化剂对反应具有选择性，因此选择适当的催化剂可提高乙二醇的最终产率，d符合题意。
故答案为：cd
（2）①该反应为气体分子数减小的反应，当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大。因此代表α=0.6的曲线为L1。
故答案为：L1； 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大
②由①的分析可知，α=0.6的曲线为L1、α=0.5的曲线为L2、α=0.4的曲线为L3。当压强相同，温度升高，平衡转化率减小。说明温度升高，平衡逆向移动，因此逆反应为吸热反应；所以正反应为昂热反应，所以ΔH＜0。
故答案为：＜
③M、N点起始投入量相同，平衡转化率也相同。因此各物质的物质的量分数相同，所以Kx(M)=Kx(N)。D点位于曲线L2上，此时平衡转化率α=0.5。令起始投入量n(CO)=2mol、n(H2)=3mol，则参与反应的n(CO)=2mol×0.5=1moln(H2)=3mol×0.5=1.5mol，则可得平衡三段式如下：
所以平衡时总物质的量为1mol+1.5mol+0.5mol=3mol。平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别为、、。所以D点对应体系的。
故答案为：=；12
④进料比n(CO)：n(H2)=m：3，即可令n(CO)=m mol、n(H2)=3mol。H2的平衡转化率为0.75，因此参与反应的n(H2)=0.75×3mol=2.25mol，可得平衡三段式如下：
平衡时总物质的量为(m-1.5)mol+0.75mol+0.75mol=m mol
所以平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的平衡分压分别为、、
所以该温度下，反应的压强平衡常数。
故答案为：
【分析】（1）①根据公式计算用EO表示的反应速率。
②a、根据反应的热效应比较反应物和生成物总能量的相对大小。
b、主反应生成EG，而副反应消耗EG，因此二者表示的反应速率不相等。
c、根据产物中n(EG)：n(DEG)=10：1进行计算。
d、催化剂对反应具有选择性。
（2）①结合压强对平衡移动的影响分析。
②结合温度对平衡移动的影响分析。升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
③起始投入量相同，转化率相同，因此各物质的物质的量分数相同。根据平衡三段式进行计算。
④进料比n(CO)：n(H2)=m：3，即可令n(CO)=m mol、n(H2)=3mol。H2的平衡杆转化率为0.75，则参与反应的n(H2)=0.75×3mol=2.25mol，据此结合平衡三段式进行过计算。
五、流程题
21．某含锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示.
已知25℃时，
回答下列问题：
（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族.基态原子价电子排布式为 　 　.
（2）“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+ 、　 　 (填离子符号).
（3）“盐浸”中转化反应的离子方程式为　 　；
25℃时，向0.01mol SrSO4粉末中加入100mL 0.11mol L-1BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中= 　 　(忽略溶液体积的变化).
（4）其他条件相同时，盐浸2h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示.随温度升高锶浸出率增大的原因是　 　.
（5）“漫出渣2”中主要含有 、　 　 (填化学式).
（6）将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是　 　.
（7）由制备无水的最优方法是 　 　 (填标号).
a．加热脱水
b．在 HCl气流中加热
c．常温加压
d．加热加压
【答案】（1）
（2）、
（3）；108.97
（4）浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大.
（5）
（6）的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来
（7）a
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；超分子
【解析】【解答】（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为，故答案为：。
（2）浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，主要含有的金属离子有、、，故答案为：、 。
（3）“盐浸”时，硫酸锶转化为硫酸钡，反应的离子方程式为： ；该反应的平衡常数，平衡常数很大，近似认为完全转化，溶液中剩余，则，列三段式：
理论上溶液中，故答案为： ；10-8.97。
（4）升高温度，平衡向吸热反应方向进行，随温度升高锶浸出率增大的原因为：浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大，故答案为：浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大。
（5）由分析可知，浸出渣1中含有，“盐浸”时发生沉淀的转化生成了，故浸出渣2”中主要含有、、，故答案为： 。
（6）窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来 ，故答案为：的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来 。
（7）为强碱，则也是强碱，则SrCl2为强酸强碱盐，不发生水解，因此由制备无水的最优方法是加热脱水，故答案为：a。
【分析】 锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等 ，加入稀盐酸进行酸浸，CaCO3、SrCO3和MgCO3等转化为CaCl2、SrCl2、MgCl2，不与稀盐酸反应，则浸出渣1主要成分为，浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，浸出渣1中加入BaCl2溶液进行盐浸，SrSO4发生沉淀的转化 转化为硫酸钡沉淀，分离后得到溶液，溶液经一系列操作得到。
22．白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　 　。
（2）用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是　 　。
②沉钙反应的离子方程式为　 　。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为　 　。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是　 　。
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是　 　。
（4）滤渣C中含有的物质是　 　。
（5）该流程中可循环利用的物质是　 　。
【答案】（1）
（2），在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出；；2.4∶1；，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
（3），，随大量氨逸出，平衡正向移动
（4）
（5）
【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）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，反应的化学方程式为；
（2）①根据表中数据可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为。
③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④，在反应中会优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙，导致产品中纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。
1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题9 化学反应速率与化学平衡
一、选择题
1．下列措施能降低化学反应速率的是（　　）
A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释 D．石墨合成金刚石时增大压强
2．加氢转化成甲烷，是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是（　　）
A．减小体系压强 B．升高温度
C．增大浓度 D．恒容下充入惰性气体
3． 为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
已知：为黄色、为红色、为无色。
下列说法不正确的是（　　）
A．①中浓盐酸促进平衡正向移动
B．由①到②，生成并消耗
C．②、③对比，说明：②>③
D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化
4．下列实验操作能达到实验目的的是（　　）
选项 实验操作 实验目的
A 将铁制镀件与铜片分别接直流电源的正、负极，平行浸入CuSO4溶液中 在铁制镀件表面镀铜
B 向粗盐水中先后加入过量NaCO3溶液、NaOH液和 BaCl2溶液 粗盐提纯中，去除Ca2+、Mg2+和SO42-杂质离子
C 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液，再滴加5滴6mol·L-1H2SO4溶液 探究c(H+)对如下平衡的影响：Cr2O72-+H2O ==2CrO42-+ 2H+ (橙色) (黄色)
D 将有机物M溶于乙醇，加入金属钠 操究M中是否含有羟基
A．A B．B C．C D．D
5． 一定条件下，“”4种原料按固定流速不断注入连续流动反应器中，体系pH-t振荡图像及涉及反应如下。其中AB段发生反应①~④，①②为快速反应。下列说法错误的是（　　）
①
②
③
④
⑤
A．原料中不影响振幅和周期
B．反应④：
C．反应①~④中，对的氧化起催化作用
D．利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化
6．已知298K，101kPa时，。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，关系如图所示。下列说法错误的是
A．T1＞T2
B．T1下反应达到平衡时
C．使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大
D．使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同
7．温度T下，向1L真空刚性容器中加入，反应达到平衡时，，
下列说法正确的是
A．再充入1mol X和1mol Y，此时
B．再充入1mol X，平衡时
C．再充入，平衡向右移动
D．若温度升高，X的转化率增加，则上述反应
8．室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如图。
实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是（　　）
A．实验①中，0～2小时内平均反应速率v（）＝2.0mol L﹣1 h﹣1
B．实验③中，反应的离子方程式为：2Fe++8H+═2Fe3++Se+4H2O
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始pH越小，的去除效果越好
9．在恒温恒容密闭容器中充入一定量W（g），发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为v2＝k2c2（X）和v3＝k3c（Z），其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得W（g）的浓度随时间的变化如下表。
t/min 0 1 2 3 4 5
c（W）/（mol L﹣1） 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028
下列说法正确的是（　　）
A．0～2min内，X的平均反应速率为0.080mol L﹣1 min﹣1
B．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大
C．若k2＝k3，平衡时c（Z）＝c（X）
D．若升高温度，平衡时c（Z）减小
10．金属硫化物()催化反应，既可以除去天然气中的，又可以获得。下列说法正确的是（　　）
A．该反应的
B．该反应的平衡常数
C．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用
D．该反应中每消耗，转移电子的数目约为
11．下列事实能用平衡移动原理解释的是（　　）
A．溶液中加入少量固体，促进分解
B．密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深
C．铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D．锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生
12．向恒温恒容密闭容器中通入2mol 和1mol ，反应达到平衡后，再通入一定量，达到新平衡时，下列有关判断错误的是（　　）
A．的平衡浓度增大 B．反应平衡常数增大
C．正向反应速率增大 D．的转化总量增大
13． 下列实验操作及现象能得出相应结论的是（　　）
选项 实验操作及现象 结论
A 向盛有与的恒压密闭容器中通入一定体积的，最终气体颜色变浅 化学平衡向减少的方向移动
B 以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀
C 向盛有溶液的试管中加入过量铁粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显变化；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液变红 具有还原性
D 向盛有2mL饱和溶液的试管中滴加鸡蛋清溶液，振荡，有沉淀析出；加蒸馏水稀释，再振荡，沉淀溶解 蛋白质沉淀后活性改变
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
14．在某温度下，在体积为5L的密闭容器内发生如下反应：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）﹣Q
（1）在上述反应的反应物与生成物中，非极性分子为：　 　。
（2）若反应20min后气体总物质的量增加了10mol，则甲烷的平均反应速率为 　 　。
（3）下列选项中的物理量不变时，一定可以判断反应达到平衡的是 ____。
A．容器中氢元素的质量分数
B．容器内的压强
C．反应的平衡常数
D．容器内气体的平均相对分子质量
（4）在某一时刻，v正＝v逆＝v0，反应若改变一条件，可使得v正＜v逆＜v0，指出可以改变的条件，并说明理由：　 　。
已知CO与H2合成CH3OH是可逆反应：CO+2H2 CH3OH。
（5）若上述反应达到平衡时CO与H2的转化率相同，则投料比n（CO）：n（H2）＝　 　。
三、实验探究题
15． 化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。
（1）理论分析
①易挥发，需控制生成较小。
②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。
③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。
实验探究
序号 实验内容及现象
I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。
Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。
Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。
已知：；和溶液颜色均为无色。
①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是　 　。用离子方程式表示的作用：　 　。
②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用　 　的浓度小于其在溶液中实际浓度。
③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是　 　。
（2）实验改进
分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。
控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。
①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与　 　值比较。
②综合调控和温度的目的是　 　。
16． 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆纤维素　 　乙醇
（2）对于反应Ⅰ：
①已知 则　 　。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是　 　(填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．的体积分数不再变化
D．单位时间内生成，同时消耗
③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为　 　。
（3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为　 　。
②由图中信息可知，乙酸可能是　 　(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则　 　，平衡常数　 　(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)。
17． 乙二醇是一种重要化工原料，以合成气为原料合成乙二醇具有重要意义。
Ⅰ．直接合成法：，不同温度下平衡常数如下表所示。
温度 298K 355K 400K
平衡常数 10
（1）该反应的　 　0(填“>”或“<”)。
（2）已知的燃烧热分别为，则上述合成反应的　 　(用a、b和c表示)。
（3）实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是　 　(答出1条即可)。
Ⅱ．间接合成法：用合成气和制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。
（4）在2MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性]。
①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线　 　(填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线　 　表示MG的选择性。
②有利于提高A点DMO转化率的措施有　 　(填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间
③483K时，出口处的值为　 　(精确至0.01)。
④A点反应的浓度商　 　(用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。
四、综合题
18．甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
（1）已知如下热化学方程式：
计算反应的　 　。
（2）与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。
(i)图中的曲线是　 　(填“a”或“b”)。
(ii)时，的转化　 　，　 　。
(iii)时，反应的平衡常数　 　。
（3）少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(i)在之间，有和无时的生成速率之比　 　。
(ii)从图中找出提高了选择性的证据：　 　。
(ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析提高选择性的原因：　 　。
19．氧气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。
请回答：
（1）下列措施中能提高新制饱和氣水中HClO浓度的是____。
A．加 NaCI固体 B．加水
C．加 CaCO3粉末 D．加足量Ca(OH)2溶液
（2）氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应（不考虑其他反应）：
Ⅰ.Cl2(aq)+ H2O(I)=H+ (aq)+CI- (aq)+ HClO(aq)
Ⅱ.2HClO(aq)=Cl2O(aq)+H2O(D) K=10-2.0
Ⅲ.HClO(aq)=H+(aq)+ ClO-(aq)
T1℃时，在不同pH下，约2mg/L氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值（lgc)如图1所示（溶液体积保持不变）。
①Cl2O分子的空间构型是　 　。
②在pH=4~9之间，ClO-浓度增加，其最大来源是　 　（填含氣微粒符号)。
③该氣水中氯元素质量守恒表达式：c(CI-)=c(HClO）+　 　。
④在图中画出pH=4~9之间，1gc(Cl2O)随pH的变化曲线　 　。
（3）某研究小组提出，商用ClO2(常含杂质Cl2)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。
Ⅳ.2ClO2(aq)+ H2O(I) = ClO3-(aq)+ClO2-(aq)+2H+ (aq)
Ⅴ.2ClO2(aq)+ ClO-(aq)+ H2O(I) - 2ClO3-(aq) + 2H+(aq) + CI- (aq)
ClO，中Cl，含量对ClO，反应初始速率[u(ClO2)]的影响如图2所示。实验条件：
T2℃，ClO2初始浓度相同。
①Cl2的存在主要加快了反应　 　（填“IV”或“V”)。
②指出改变υ初始(ClO2)的影响因素，并解释原因　 　。
20． 乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。
（1）石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。
主反应：
副反应：
体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。
①0~30min内，　 　
②下列说法正确的是　 　(填序号)。
a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量
b.0~30min内，
c.0~30min内，
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
（2）煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：
①代表的曲线为　 　(填“”“”或“”)；原因是　 　。
②　 　0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系，　 　(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的的值为　 　。
④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为，系统压强维持，使，此时　 　(用含有m和的代数式表示)。
五、流程题
21．某含锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示.
已知25℃时，
回答下列问题：
（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族.基态原子价电子排布式为 　 　.
（2）“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+ 、　 　 (填离子符号).
（3）“盐浸”中转化反应的离子方程式为　 　；
25℃时，向0.01mol SrSO4粉末中加入100mL 0.11mol L-1BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中= 　 　(忽略溶液体积的变化).
（4）其他条件相同时，盐浸2h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示.随温度升高锶浸出率增大的原因是　 　.
（5）“漫出渣2”中主要含有 、　 　 (填化学式).
（6）将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是　 　.
（7）由制备无水的最优方法是 　 　 (填标号).
a．加热脱水
b．在 HCl气流中加热
c．常温加压
d．加热加压
22．白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　 　。
（2）用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是　 　。
②沉钙反应的离子方程式为　 　。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为　 　。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是　 　。
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是　 　。
（4）滤渣C中含有的物质是　 　。
（5）该流程中可循环利用的物质是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂，会加快反应速率，A不符合题意；
B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，使反应接触面积增大，反应充分，会加快反应速率，B不符合题意；
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释，盐酸浓度减小，会降低反应速率，C符合题意；
D．石墨合成金刚石时，整个反应过程中没有气体参与，增大压强不会改变反应速率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】化学反应速率的主要影响因素是温度、浓度、压强、催化剂。
2．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．该反应是气体体积减小的反应，减小体系压强，平衡逆向移动，故A错误；
Ｂ．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故B错误；
Ｃ．增大氢气浓度，平衡正向移动，故C正确；
Ｄ．恒容下充入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故选C。
【分析】化学平衡移动的具体内容为：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。
3．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；化学平衡的影响因素；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、①中滴加浓盐酸后，溶液中c(Cl－)增大，可逆反应Fe3＋＋4Cl－ [FeCl4]－平衡正向移动，A选项正确。
B、①到②的过程中，溶液由黄色变为红色，即[FeCl4]－转化为[Fe(SCN]2＋，说明生成[Fe(SCN)]2＋并消耗[FeCl4]－，B选项正确。
C、②到③的过程中，溶液由红色变为无色，即溶液中[Fe(SCN)]2＋转化为[FeF6]－，此时溶液中c(Fe3＋)减小，C选项正确。
D、①的深黄色溶液中c(Fe3＋)较大，能与I－反应生成I2，淀粉遇碘变蓝色，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A．滴加浓盐酸，溶液中c(Cl－)增大，结合浓度对平衡移动的影响分析。
B、①到②的过程中，溶液由黄色变为红色，据此确定物质的转化。
C、②到③的过程中，转化为更难电离的配合物[FeF6]3－。
D、①中c(Fe3＋)较大，能与I－反应。
4．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；化学实验方案的评价；电镀
【解析】【解答】A．电镀时，待镀金属应该作阴极，则铁为阴极，为电源负极相连，该实验中铁与正极相连，为阳极，被腐蚀，故A错误；
Ｂ．粗盐提纯时，除去 Ca2+、Mg2+和 SO42-的正确顺序需满足：用 BaCl2除去 SO42-（过量 Ba2+需后续除去），用 Na2CO3除去 Ca2+和过量的 Ba2+，用 NaOH 除去 Mg2+，则先后加入过量 Na2CO3溶液、NaOH 溶液和 BaCl2溶液，故B错误；
Ｃ． 向2mL0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中滴加5滴6mol·L-1NaOH溶液 ，消耗H+，平衡右移，溶液变黄；加 H2SO4增大 H+浓度，平衡左移，溶液变橙，可通过颜色变化直观体现 c (H+) 对平衡的影响，故C正确；
Ｄ．乙醇（C2H5OH）本身含羟基，能与 Na 反应生成 H2，若 M 溶于乙醇后加 Na 产生气体，无法确定气体来源是 M 还是乙醇，故D错误；
故选C。
【分析】A．电镀时，待镀金属应作阴极，接电源负极；
Ｂ．BaCl2在 Na2CO3之后加入，会导致过量的 Ba2+无法被除去；
Ｃ．可通过颜色变化直观体现 c (H+) 对平衡的影响；
Ｄ．乙醇本身含有羟基。
5．【答案】A
【知识点】化学反应速率；催化剂；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由图可知，pH发生变化， 发生变化，振幅和周期也发生变化，A错误；
B．反应④亚硫酸被氧化，根据得失电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为，B正确；
C．①②为快速反应，氧化亚硫酸，因此反应①~④中对的氧化起催化作用的是，C正确；
D．当pH振荡发生时，pH响应变色材料会随pH的周期性变化而反复改变颜色，从而将不可见的pH振荡转化为肉眼可见的颜色变化，实现可视化，因此利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确；
故选A。
【分析】A．随时间变化，氢离子浓度发生变化，振幅和周期也发生变化；
Ｂ．该反应中，亚硫酸被氧化为硫酸；
Ｃ．催化剂能影响反应速率；
Ｄ．pH响应变色材料颜色随pH变化而改变。
6．【答案】D
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，则T1＞T2，A正确；
B．T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，根据 可知，T1下反应达到平衡时，B正确；
C．温度为T1时，使用催化剂2达到平衡的时间更短，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确；
D．催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．升温平衡向吸热反应方向移动；
Ｂ．浓度的变化量之比等于化学计量数之比；
Ｃ．使用催化剂能降低反应的活化能；
Ｄ．催化剂2和催化剂3的反应历程不同。
7．【答案】A
【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．再充入1mol X和1mol Y，Qc==0.35＞K，反应逆向进行， ，故A正确；
B．再充入1mol X，压强增大，反应的平衡逆向移动，平衡时Y的浓度小于0.8mol/L，故B错误；
C． 再充入 ，反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D．若温度升高，X的转化率增加，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应， ，故D错误；
故选A。
【分析】 反应达到平衡时， ，则，，K=≈0.27。
8．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率 ，A不正确；
B. 实验③中水样初始 =8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确；
C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；
D.综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A.根据0~2小时内其浓度的变化量即可确定化学反应速率；
B.根据溶液呈碱性，即可判断离子方程式错误；
C.由图可知，反应①的化学反应速率最快，纳米铁质量最大，故适当增加纳米铁质量可加快反应速率；
D.当酸性太大时，纳米铁与反应速率加快会导致与反应的纳米铁减少。
9．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．由表知0-2min内 c(W)=0.16-0.08=0.08mol/L，生成 c(X)=2 c(W)=0.16mol/L，但一部分X转化为Z，造成 c(X)<0.16mol/L，则v(X)< mol L﹣1 min﹣1 = 0.080mol L﹣1 min﹣1 ，故A不符合题意；
B．过程①是完全反应，过程②是可逆反应，若增大容器容积相当于减小压强，对反应平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，X的浓度增大，平衡时Y的产率减小，故B不符合题意；
C．由速率之比等于系数比，平衡时2v逆(X)=v正(Z)，即2v3=v2，2k3c(Z)=k2c(X)2，若 k2＝k3 ，平衡时 2c（Z）＝c（X）2 ，故C不符合题意；
D．反应③的活化能大于反应②， H=正反应活化能-逆反应活化能<0，则，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c（Z）减小 ，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据0-2min内计算出W的物质的量浓度变化量即可计算出W速率，结合化学计量系数之比即可计算；
B.， 若增大容器容积，平衡时Y的产率减小；
C.由速率之比等于系数比，平衡时2v逆(X)=v正(Z)，即2v3=v2，2k3c(Z)=k2c(X)2，若 k2＝k3 ，平衡时 2c（Z）＝c（X）2 ；
D.反应③的活化能大于反应②， H=正反应活化能-逆反应活化能<0，则，该反应是放热反应，温度升高，逆向进行。
10．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡常数；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.该反应为气体物质的量增大反应，为熵增大增大反应 ，A错误；
B．由方程形式知， ，B错误；
C．由题图知，经过步骤Ⅰ后，硫化氢中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力，C正确；
D．由方程式知，消耗1mol硫化氢同时生成2mol硫化氢，转移4mol电子，数目为4NA；
故答案为：C。
【分析】该过程为催化反应，总反应为： ，步骤一为甲烷吸附在催化剂表面，与硫化氢反应，步骤二为放出氢气，同时得到硫化氢。
11．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、二氧化锰是催化剂，可以加快过氧化氢的分解速率，A错误；
B、，反应为放热反应，升高温度，平衡朝逆向移动，颜色变深，B正确；
C、浓硝酸具有氧化性，可以和铁发生氧化还原反应，生成NO2，C错误；
D、稀硫酸和Fe反应时，加入CuSO4，可以生成Cu，Cu和Fe、稀硫酸形成原电池，加快反应速率，D错误；
故答案为：B
【分析】A、催化剂可以降低反应所需活化能，加快反应速率；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、浓硝酸和金属反应生成二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮；
D、原电池的反应速率更快。
12．【答案】B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由分析可知，平衡后，再通入一定量，平衡正向移动，的平衡浓度增大，A不符合题意；
B．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B符合题意；
C．通入一定量，反应物浓度增大，正向反应速率增大，C不符合题意；
D．通入一定量，促进二氧化硫的转化，的转化总量增大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 达到平衡后，反应物的浓度增大，平衡正向移动。
13．【答案】C
【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；蛋白质的特殊反应；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、恒压密闭容器中通入N2，容器的容积增大，NO2、N2O4的浓度减小，相当于减小压强操作。压强减小，可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，平衡逆向移动，c(NO2)增大，A不符合题意。
B、先出现的白色沉淀为AgCl，后出现的砖红色沉淀为Ag2CrO4。由于AgCl、Ag2CrO4的组成不同，因此无法确定AgCl和Ag2CrO4的溶度积大小，B不符合题意。
C、加入过量铁粉，发生反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe2＋与KSCN不反应，无明显现象。滴加氯水后，溶液变红色，说明氯水将Fe2＋氧化成Fe3＋，体现了Fe2＋的还原性，C符合题意。
D、往鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液，析出沉淀；加蒸馏水稀释，沉淀溶解。说明蛋白质发生了盐析，蛋白质沉淀后活性不变，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、恒压充入N2，体积增大，浓度减小，相当于压强减小。结合压强对平衡移动的影响分析。
B、先出现的白色沉淀为AgCl，后出现的砖红色沉淀为Ag2CrO4。
C、Fe2＋不与KSCN反应，滴加氯水后，溶液变红色，说明产生了Fe3＋。
D、Na2SO4溶液使蛋白质发生盐析。
14．【答案】（1）CH4、H2
（2）0.05 mol/（L min）
（3）B；D
（4）降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，因此v正＜v逆
（5）1：2
【知识点】化学反应速率；化学平衡状态的判断；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）非极性分子是指正负电荷中心重合的分子，在上述反应的反应物与生成物中，甲烷和氢气分子都有对称中心，其正负电荷中心重合，非极性分子为： CH4、H2 ；
（2）根据反应系数关系可知气体总物质的量增加了10 mol，则甲烷减少了5mol，甲烷的平均反应速率为：v== 0.05 mol/（L min） ；
（3）A．根据元素质量守恒可知容器内氢元素的质量分数为定量，故其不能作为平衡状态的判断标准，故A不符合题意；
B．容器体积不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，则压强也随之改变，压强不变一定可以判断反应达到平衡，故B符合题意；
C．反应的平衡常数只与温度有关，只要温度不变平衡常数就不变，故其不能作为平衡状态的判断标准，故C不符合题意；
D．各物质均为气体，气体的总质量不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，容器内气体的平均相对分子质量是变量，变量不变一定可以判断反应达到平衡，故D符合题意；
故答案为：BD
（4）若改变某一条件，可使得 v正＜v逆＜v0 ，使速率降低且平衡逆向移动的条件改变，因为正反应为吸热反应，故推测为降温，故答案为：降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，因此 v正＜v逆；
（5）转化率=×100%，据反应系数可知CO与 H2 的变换量之比为1∶2，若使转化率相同，则投料比 n（CO）：n（H2） =1∶2，故答案为：1∶2；
【分析】（1）非极性分子是指正负电荷中心重合的分子，在上述反应的反应物与生成物中，甲烷和氢气分子都有对称中心；
（2）根据v=计算即可；
（3）A．根据元素质量守恒可知容器内氢元素的质量分数为定量，故其不能作为平衡状态的判断标准；
B．容器体积不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，则压强也随之改变，压强不变一定可以判断反应达到平衡；
C．反应的平衡常数只与温度有关，只要温度不变平衡常数就不变，故其不能作为平衡状态的判断标准；
D．各物质均为气体，气体的总质量不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，容器内气体的平均相对分子质量是变量，变量不变一定可以判断反应达到平衡；
（4） 在某一时刻，v正＝v逆＝v0，反应若改变一条件，可使得v正＜v逆＜v0， 说明平衡逆向移动，且速率降低，而因为正反应为吸热反应，故推测为降温；
（5）转化率=×100%结合化学计量系数之比即可判断。
15．【答案】（1）滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；；增大；；实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小
（2）40℃下的理论K；使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。
【知识点】化学平衡的影响因素；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①滴定过程中I2参与反应，当达到滴定终点时，I2完全反应，溶液由蓝色变为无色。因此滴定终点时的现象为：当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复。实验Ⅲ中加入KI，与Br2发生反应：Br2＋2I－=I2＋2Br－。
故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；Br2＋2I－=2Br－＋I2
②实验Ⅰ中随着反应的进行，H＋参与反应，使得溶液中c(H＋)减小，因此溶液的pH变大。反应过程中Br2挥发，使得溶液中c(Br2)减小，而c(Mn2＋)=c(Br2)，因此计算时所用c(Mn2＋)小于其在溶液中的实际浓度。
故答案为：增大；Mn2＋
③实验Ⅱ中溶液的pH=2，溶液中c(H＋)小于溶液Ⅰ中c(H＋)。溶液中c(H＋)小，反应速率慢，因此相同反应时间内，实验Ⅱ未达到平衡状态，使得溶液中c(Mn2＋)、c(Br2)偏低，最终计算所得平衡常数K值偏小。
故答案为： 实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小
（2）①平衡常数只与温度有关，因此判断该实验测得的平衡常数是否准确，因此40℃下的理论K值比较。
故答案为：40℃下的理论K
②为使反应更快的达到平衡状态，从而使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，应综合调控pH和温度，使得平衡常数K值测量准确。
故答案为： 使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值
【分析】（1）①滴定过程中I2参与反应，结合“淀粉遇碘变蓝”的性质确定滴定终点的颜色变化。加入的KI是将溶液中的Br2反应完全。
②反应过程中H＋参与，溶液中c(H＋)减小，pH增大。结合Br2的挥发性可知实验过程中测得c(Br2)减小，而c(Mn2＋)=c(Br2)。
③对比实验Ⅰ和实验Ⅱ，实验Ⅱ中c(H＋)较小，反应速率较慢，相同时间内，反应未达到平衡状态，使得测量数据偏小。
（2）①平衡常数只与温度有关，应对比40℃时平衡常数的理论值。
②综合调控pH和温度，是为了准确测定平衡常数K的值。
16．【答案】（1）葡萄糖
（2）+44.4；AC；降温冷凝后收集气体
（3）乙酸选择性最大且反应速率较快；产物1；36：5；
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）纤维素为多糖，水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇，故答案为：葡萄糖。
（2）根据盖斯定律可知=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1，故答案为：+44.4。
②A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D．单位时间内生成，同时消耗均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
故选AC；
③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体，故答案为：降温冷凝后收集气体。
（3）①由图1可知，270℃时乙酸选择性最大且反应速率较快，因此反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，故答案为：乙酸选择性最大且反应速率较快。
②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1，故答案为：产物1。
③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强之比等于物质的量之比，则0.72：0.1=36：5；列三段式：、
则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa，故答案为：36：5； 。
【分析】（1）纤维素为多糖，水解生成葡萄糖；
（2）①根据盖斯定律计算；
②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，据此判断；
③降温冷凝后即可收集到氢气；
（3）①结合图示分析；
②活化能越大反应速率越慢；
③压强之比等于物质的量之比，先计算各物质的分压，结合平衡常数表达式计算。
17．【答案】（1）<
（2）-2a-3b+c(或c-2a-3b)
（3）温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低(或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低)
（4）I；IV；BD；1.98；0.025
【知识点】盖斯定律及其应用；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）温度升高，平衡常数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，ΔH<0。
（2）的燃烧热分别为， 则有①CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-a kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH2=-b kJ·mol-1，③HOCH2CH2OH(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=-c kJ·mol-1，根据盖斯定律，将③-2×①-③×①可得 ，则ΔH=(c-2a-3b) kJ·mol-1。
（3）反应温度在500K时，平衡常数K<，此时反应进行程度小，导致乙二醇产率过低；也可能是此时温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低。
（4）①由分析可知，曲线I为DMO的实际转化率曲线；曲线IV为MG的选择性曲线；
②A．降低温度，DMO的转化率降低，A不符合题意；
B．增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率增大，B符合题意；
C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不符合题意；
D．A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，D符合题意；
故答案选BD；
③483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为1mol，则出口出流出的乙醇的物质的量为1mol×99%×2%=0.0198mol，未反应从出口流出的DMO为1mol×(1-99%)=0.01mol，因此出口处==1.98；
④设初始时H2与DMO的投料分别为52.4mol和1mol，A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二醇的选择性为50%，则有三段式：
体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol，用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx==0.025。
【分析】（1）升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
（2）分别写出的燃烧热的热化学方程式，再根据盖斯定律计算ΔH；
（3）平衡常数越小，说明反应进行的程度越小；温度能影响反应速率，催化剂活性；
（4）①根据图示的曲线，随着反应的温度升高I曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率区域恒定，故I曲线为DMO的实际转化率曲线；又已知II为乙二醇的选择性曲线，观察曲线II和曲线IV可知，随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线；
②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；列出反应的三段式，结合表达式计算；
③④列出反应的三段式计算。
18．【答案】（1）-67
（2）a；80%；7.8；10.92
（3）(或3：2)；5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升；I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【知识点】盖斯定律及其应用；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；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的 H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。
（2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=(8mmol-1.6mmol)/8mmol×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K=10.92。
（3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v=mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v=mmol·(L·s)-1。生成速率比)：3：2
(ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
【分析】（1）根据盖世定律，用已知方程式算出未知反应的焓变；
（2）(i)根据方程式①，升高温度，平衡逆向移动，根据甲烷的变化，即可确定曲线a为 ；
(ii)根据平衡时甲烷的量，求出变化量，即可算出转化率，根据分析可知，甲烷与溴反应生成一溴甲烷和二溴甲烷，算出二者物质的量即可得到HBr的物质的量；
（3）(i)根据图像信息，分别计算出v（有I2）和v（无I2），然后即可求出其比值
(ii)从图中可以看出，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性。
19．【答案】（1）C
（2）角形；HClO；c(ClO）+2c(CI2O）；
（3）V；CI浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO-浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用；pH的简单计算
【解析】【解答】（1）饱和氯水中存在平衡：，平衡正向移动，增加HClO浓度：
A．加NaCl固体，浓度增加，平衡逆向移动，HClO降低，A错误；
B．加水，平衡正向移动，HClO物质的量增加，但浓度降低，B错误；
C．加粉末，消耗，平衡正向移动，HClO浓度增加，C正确；
D．加足量溶液，消耗，平衡正向移动，但溶液体积会变大，HClO浓度下降，且足量的也会和HClO反应，进一步导致HClO浓度下降，D错误；
故答案为C。
（2）①分子的中心原子O的价层电子数为，O有2对孤电子对，空间构型是V形(或角形)；
②在之间，浓度增加，主要来自 HClO 的电离：；
③溶于水生成等量的和HClO，HClO进一步转化为和，则该氯水中氯元素质量守恒表达式：；
④由 可知，随着 pH 升高，减小，亦随之减小，且，代入pH=4时，，得到，同理，pH=9时，，，故从 pH=4 到9时，从-11点位大致呈单调下降曲线递减到-14点位，如图所示：；
（3）①反应Ⅳ是自身的氧化还原反应，而反应V是做氧化剂，将氧化为(氯的含氧酸中并不是化合价越高，氧化性越强)，故当存在时，存在题(2)中Ⅰ和Ⅲ的电离平衡，主要影响的是反应Ⅴ，即加快了反应Ⅴ的反应速率；
②读图可知，影响的主要因素有溶液 pH以及 含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大。
【分析】（1）新制饱和氯水中存在平衡：，提高HClO的浓度，只需要使该反应的平衡正向移动即可；
（2）① Cl2O 的中心原子O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对；
②之间，HClO电离使ClO-浓度增大；
③根据氯元素守恒书写守恒表达式；
（3）① Cl2的存在主要影响反应Ⅴ；
②Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大。
20．【答案】（1）；cd
（2）；该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大；<；=；12；
【知识点】化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①0~30min内，环氧乙烷（EO）完全转化，因此用EO表示的反应速率。
故答案为：0.05mol·L-1·min-1
②a、主反应为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，a不符合题意。
b、主反应中参与反应的EO和反应生成EG的化学计量数相同，因此在主反应中二者表示的反应速率相同。但副反应中存在EO和EG的进一步反应，而主反应和副反应进行的程度未知，因此无法确定EO、EG表示的反应速率的相对大小，b不符合题意。
c、30min后产物中n(EG)：n(DEG)=10：1，则反应过程中副反应中消耗n(EG)=1mol。因此主反应中反应申城n(EG)=10mol+1mol=11mol。所以0~30min内，v主(EG)：v副(DEG)=11：1，c符合题意。
d、催化剂对反应具有选择性，因此选择适当的催化剂可提高乙二醇的最终产率，d符合题意。
故答案为：cd
（2）①该反应为气体分子数减小的反应，当温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大。因此代表α=0.6的曲线为L1。
故答案为：L1； 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大
②由①的分析可知，α=0.6的曲线为L1、α=0.5的曲线为L2、α=0.4的曲线为L3。当压强相同，温度升高，平衡转化率减小。说明温度升高，平衡逆向移动，因此逆反应为吸热反应；所以正反应为昂热反应，所以ΔH＜0。
故答案为：＜
③M、N点起始投入量相同，平衡转化率也相同。因此各物质的物质的量分数相同，所以Kx(M)=Kx(N)。D点位于曲线L2上，此时平衡转化率α=0.5。令起始投入量n(CO)=2mol、n(H2)=3mol，则参与反应的n(CO)=2mol×0.5=1moln(H2)=3mol×0.5=1.5mol，则可得平衡三段式如下：
所以平衡时总物质的量为1mol+1.5mol+0.5mol=3mol。平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别为、、。所以D点对应体系的。
故答案为：=；12
④进料比n(CO)：n(H2)=m：3，即可令n(CO)=m mol、n(H2)=3mol。H2的平衡转化率为0.75，因此参与反应的n(H2)=0.75×3mol=2.25mol，可得平衡三段式如下：
平衡时总物质的量为(m-1.5)mol+0.75mol+0.75mol=m mol
所以平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的平衡分压分别为、、
所以该温度下，反应的压强平衡常数。
故答案为：
【分析】（1）①根据公式计算用EO表示的反应速率。
②a、根据反应的热效应比较反应物和生成物总能量的相对大小。
b、主反应生成EG，而副反应消耗EG，因此二者表示的反应速率不相等。
c、根据产物中n(EG)：n(DEG)=10：1进行计算。
d、催化剂对反应具有选择性。
（2）①结合压强对平衡移动的影响分析。
②结合温度对平衡移动的影响分析。升高温度，平衡向吸热反应方向移动。
③起始投入量相同，转化率相同，因此各物质的物质的量分数相同。根据平衡三段式进行计算。
④进料比n(CO)：n(H2)=m：3，即可令n(CO)=m mol、n(H2)=3mol。H2的平衡杆转化率为0.75，则参与反应的n(H2)=0.75×3mol=2.25mol，据此结合平衡三段式进行过计算。
21．【答案】（1）
（2）、
（3）；108.97
（4）浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大.
（5）
（6）的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来
（7）a
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；超分子
【解析】【解答】（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为，故答案为：。
（2）浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，主要含有的金属离子有、、，故答案为：、 。
（3）“盐浸”时，硫酸锶转化为硫酸钡，反应的离子方程式为： ；该反应的平衡常数，平衡常数很大，近似认为完全转化，溶液中剩余，则，列三段式：
理论上溶液中，故答案为： ；10-8.97。
（4）升高温度，平衡向吸热反应方向进行，随温度升高锶浸出率增大的原因为：浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大，故答案为：浸出反应为吸热反应，温度越高，平衡向正向移动，浸出率增大。
（5）由分析可知，浸出渣1中含有，“盐浸”时发生沉淀的转化生成了，故浸出渣2”中主要含有、、，故答案为： 。
（6）窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来 ，故答案为：的半径与超分子的孔径相匹配，能够被超分子识别出来 。
（7）为强碱，则也是强碱，则SrCl2为强酸强碱盐，不发生水解，因此由制备无水的最优方法是加热脱水，故答案为：a。
【分析】 锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等 ，加入稀盐酸进行酸浸，CaCO3、SrCO3和MgCO3等转化为CaCl2、SrCl2、MgCl2，不与稀盐酸反应，则浸出渣1主要成分为，浸出液中主要含有CaCl2、SrCl2、MgCl2，浸出渣1中加入BaCl2溶液进行盐浸，SrSO4发生沉淀的转化 转化为硫酸钡沉淀，分离后得到溶液，溶液经一系列操作得到。
22．【答案】（1）
（2），在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出；；2.4∶1；，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
（3），，随大量氨逸出，平衡正向移动
（4）
（5）
【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）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，反应的化学方程式为；
（2）①根据表中数据可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为。
③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④，在反应中会优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙，导致产品中纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。
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