第二章 化学反应速率与化学平衡 同步习题-高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

试卷第=page77页，共=sectionpages88页试卷第=page88页，共=sectionpages88页第二章化学反应速率与化学平衡同步习题一、单选题1．反应Ⅰ：H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数为K1；反应Ⅱ：HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数为K2，则K1、K2的关系为(平衡常数为同温度下的测定值A．K1=K2 B．K1=K2 C．K1=2K2 D．K1=2．甲苯(用C7H8表示)是一种挥发性的大气污染物。热催化氧化消除技术是指在Mn2O3作催化剂时，用O2将甲苯氧化分解为CO2和H2O。热催化氧化消除技术的装置及反应机理如图所示，下列说法中错误的是A．反应Ⅱ的方程式为B．反应Ⅰ中Mn元素的化合价升高C．反应Ⅱ中O-H键的形成会释放能量D．Mn2O3作催化剂可降低总反应的焓变3．在体积为的恒容密闭容器中发生反应，图1表示时容器中、、物质的量随时间的变化关系，图2表示不同温度下平衡时的体积分数随起始的变化关系。则下列结论正确的是A．200℃时，反应从开始到平衡的平均速率B．由图2可知反应，正反应吸热且C．若在图1所示的平衡状态下再向体系中充入和，此时D．时，向空容器中充入和，达到平衡时的体积分数小于0.54．目前认为酸催化乙烯水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列说法错误的是A．第②、③步反应均释放能量B．该反应进程中有二个过渡态C．酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能D．总反应速率由第①步反应决定5．在容积固定的2L密闭容器中发生反应：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)

△H＝akJ·mol－1，若充入2molCO(g)和4molH2(g)，在不同温度、不同时段下H2的转化率如下表：(已知a1≠a2)15分钟30分钟45分钟1小时T145%75%85%85%T240%60%a1a2下列说法中错误的是A．T1℃下，45分钟该反应达到平衡状态B．根据数据判断：T1<T2C．T2℃下，在前30分钟内用CO表示的化学反应速率为1.20mol/(L·h)D．该反应的△H>06．下列叙述及解释正确的是A．

，在达到平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅B．

，在达到平衡后，对平衡体系采取增大容积、减小压强的措施，因为平衡不移动，故体系颜色不变C．，在达到平衡后，加入碳，平衡向正反应方向移动D．，在达到平衡后，保持压强不变，充入，平衡向左移动7．可逆反应中，当其它条件不变时，C的质量分数与温度(T)的关系如图，则下列说法正确的是A．放热反应 B．吸热反应 C．吸热反应 D．放热反应8．湿法烟气脱氮工艺中常用到尿素，其反应原理为NO（g）＋NO2（g）＋CO（NH2）2（s）2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）

△H<0，达到平衡后改变某一条件，反应速率（v）与时间（t）的关系如图所示，下列说法错误的是A．t4～t5引起变化的原因可能是升高温度 B．CO2含量最高的时间段是t1～t2C．t2～t3引起变化的原因可能是增加反应物浓度 D．t6引起变化的原因可能是加入催化剂9．在一定条件下，反应2A(g)＋2B(g)3C(g)＋D(g)，达到平衡状态的标志是：A．单位时间内生成2nmolA，同时生成nmolD B．容器内压强不随时间而变化C．单位时间内生成nmolB，同时消耗1.5nmolC D．容器内混合气体密度不随时间而变化10．我国学者采用量子力学法研究了钯基催化剂表面吸附CO和合成的反应，其中某段反应的相对能量与历程的关系如图所示，图中的为过渡态，吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是A．总反应的热化学方程式是

B．图中决速步骤的能垒(活化能)为91.5kJ/molC．催化剂在该历程中参与反应并降低了反应的活化能D．该历程中经过TS3时的反应速率比经过TS5时的反应速率慢11．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：①NH4I(s)⇌NH3(g)+HI(g)；②2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)。反应达到平衡时，c(H2)=2mol/L，c(HI)=4mol/L，则此温度下反应①的平衡常数是A．36 B．32 C．16 D．2412．下列说法正确的是A．熵增的反应都是自发的，自发反应的现象一定非常明显B．应该投入大量资金研究2CO(g)→2C(s)+O2(g)

ΔH>0该过程发生的条件，以解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题C．常温下，若反应A(s)+B(g)=C(g)+D(g)不能自发进行，则该反应的ΔH>0D．已知C(s)+CO2(g)=2CO(g)

ΔH>0，该反应吸热，一定不能自发进行二、填空题13．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。(1)合成塔中发生反应的化学方程式为：_______。(2)工业生产中为了储运大量浓硝酸，最好选择_______作为罐体材料。A．铜 B．铂 C．铝 D．镁(3)与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有_______(填字母序号)。A．酸雨 B．沙尘暴 C．光化学烟雾 D．白色污染(4)人们开发了溶液吸收、催化还原等尾气处理方法。请以尾气中的NO2处理为例，写出相关反应的化学方程式：纯碱溶液吸收法：(提示：NO2与纯碱溶液反应可发生歧化生成两种盐)_______(5)氮及其化合物在催化剂a和催化剂b转化过程如图所示，下列分析合理的是_______。A．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成B．N2与H2反应属于氮的固定过程C．在催化剂b表面形成氮氧键时不涉及电子转移(6)某兴趣小组对反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。①若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率v(H2)=_______mol·L-1·min-1(用含t1的代数式表示)；②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)。14．图Ⅰ、Ⅱ依次表示在酶浓度一定时，反应速率与反应物浓度、温度的关系。请据图回答下列问题：(1)图Ⅰ中，反应物达到某一浓度时，反应速率不再上升，其原因是___________。(2)图Ⅱ中，催化效率最高的温度为___________(填“”或“”)点所对应的温度。(3)图Ⅱ中，点到点曲线急剧下降，其原因是___________。(4)将装有酶、足量反应物的甲、乙两试管分别放入12℃和75℃的水浴锅内，后取出，转入25℃的水浴锅中保温，试管中反应速率加快的为___________(填“甲”或“乙”)。15．气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及周边反应是新型科研热点。回答下列问题：(1)恒容密闭容器中，在Ni作催化剂条件下，NH3分解反应如下：2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)，不同温度下，NH3分解率随时间变化如图所示，T1___________T2；v正=k正·c2(NH3)，v逆=k逆·c(N2)·c3(H2)，NH3的初始浓度为c1，T1时NH3分解反应平衡时___________；曲线①②中，k正‒k逆值最大的曲线为___________。(2)NH2COONH4是尿素生成过程的中间产物，在密闭容器中，发生分解反应NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。T/K298303308313318-lgK3.6383.1502.7172.2941.877表中为不同温度时测得的化学平衡常数K取负对数值，据此推断该分解反应的△H___________0(填“>”或“＜”)；若298K时，从反应开始至反应达平衡状态时用时tmin，测得平衡时，容器内压强为pMPa，则用分压表示的NH3的生成速率v(NH3)___________。16．在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)=2HI(g)(1)保持容器容积不变，向其中充入1molH2，反应速率_________。(2)升高温度，反应速率________。(3)扩大容器体积，反应速率______。(4)保持容器内气体压强不变，向其中充入1molH2(g)和1molI2(g)，反应速率________。(5)保持容器体积不变，向其中充入1molN2，反应速率________。(6)保持容器内气体压强不变，向其中充入1molN2，反应速率________。三、计算题17．将和通入1.00L的密闭容器中，1000K时，反应达到平衡，测得平衡时的物质的量浓度为。计算该温度下反应的平衡常数。_______18．在2L密闭容器中进行反应：mX(g)+nY(g)pZ(g)+qQ(g)，式中m、n、p、q为物质的化学计量数。在0～3min内，各物质的物质的量变化如表所示：物质时间XYZQ起始/mol0.712min末/mol0.82.70.82.73min末/mol0.8已知2min内v(Q)=0.075mol•L-1•min-1，=。(1)试确定以下物质的相关量：起始时n(Y)=_____，n(Q)=____。(2)化学方程式中m=_____，n=____，p=____，q=____。(3)用Z表示2min内的反应速率：_____。(4)2min末Q的转化率为_____。四、工业流程题19．金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。人们在化工实践中，以富钒炉渣(其中的钒以FeO•V2O3、V2O5等形式存在，还有少量的SiO2、Al2O3等)为原料提取金属钒的工艺流程如图所示。提示：①钒有多种价态，其中+5价最稳定；②V2O5在碱性条件下可转化为VO。(1)试列举可加快“高温氧化”速率的措施：___(填一条)。(2)“气体Y”和“滤渣1”的化学式分别为___、___。(3)“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的离子方程式为___。(4)“高温氧化”过程中，若有1molFeO•V2O3被氧化，则转移的电子数为___NA。(5)写出“焙烧”时Al2O3发生反应的化学方程式：___。(6)在“高温还原”反应中，氧化钙最终转化为___(写化学式)。20．铬是一种重要的金属材料，被广泛用于冶金、化工、耐火材料等行业。某铬铁矿的主要成分为Cr2O3、Fe2O3、FeO，还有少量MgO、Al2O3和杂质SiO2等，利用其制备多种铬产品和其他金属产品的工艺流程如下：已知：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑回答下列问题：(1)步骤①发生的主要反应为2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A↑，反应时应选用何种材质的容器？_______(填字母)。A．塑料 B．刚玉 C．铁 D．石英(2)步骤②的操作是_______，“滤渣2”是Al(OH)3和_______。写出过量物质A与“滤液1"中溶质生成Al(OH)3的离子方程式：_______。(3)“滤液2”中的Na2CrO4需要用H2SO4酸化，用离子方程式表示该反应：_______。(4)制取高纯铬常用电解法和铝热法，铝热法的缺点是_______。步骤④是在隔绝空气条件下，除生成Cr2O3外，还生成了Na2CO3和CO，若该反应中有3molNa2Cr2O7参加反应，则转移的电子为_______mol。(5)“滤渣1”中铁元素含量较高，具有回收价值。为回收金属，需要将含Fe3+的有机相进行反萃取，当反萃取剂的浓度均为0.5mol•L-1时，反萃取效果最好的物质是_______(填化学式)。答案第=page1717页，共=sectionpages99页答案第=page1616页，共=sectionpages99页参考答案：1．D【解析】反应Ⅰ：H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数，反应Ⅱ：HI(g)H2(g)+I2(g)的平衡常数，对比两者表达式可得出，即K1=，故选D。2．D【解析】从图中可以看出，反应Ⅰ中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，反应Ⅱ中，MnO2将C7H8氧化，重新生成Mn2O3。【解析】A．由图中可以看出，反应Ⅱ中，MnO2转化为Mn2O3，C7H8生成CO2和H2O，方程式为，A正确；B．反应Ⅰ中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，Mn元素的化合价升高，B正确；C．反应Ⅱ中，C7H8与MnO2反应生成H2O等，形成O-H键，从而释放能量，C正确；D．Mn2O3作催化剂，可降低总反应的活化能，但不能改变反应的焓变，D错误；故选D。3．D【解析】图甲可知，时平衡时，A的物质的量变化量为，B的物质的量变化量为0.4mol-0.2mol=，C的物质的量变化量为0.2mol，各物质变化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以反应方程式为：2A(g)+B(g)C(g)。可计算平衡常数K==25。【解析】A．由图甲可知，时5min达到平衡，平衡时B的物质的量变化量为，故，选项A错误；B．在一定的温度下只要A、B起始物质的量之比刚好等于平衡化学方程式化学计量数之比，平衡时生成物C的体积分数就最大，A、B的起始物质的量之比：，即a=2。由图乙可知，：一定时，温度越高平衡时C的体积分数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，故正反应为吸热反应，即，选项B错误；C．恒温恒容条件下，再向体系中充入0.2molB和0.2molC，由于B和C的化学计量数相等，所以Qc=K，平衡不移动，故，选项C错误；D．由图Ⅰ可知，时平衡时，A、B、C的物质的量变化量分别为、、，物质的量之比等于化学计量数之比，故x：y：：：：1：1，平衡时A的体积分数为，时，向容器中充入2molA和1molB达到平衡等效为原平衡增大压强，平衡向正反应移动，故达到平衡时，A的体积分数小于，选项D正确。答案选D。4．B【解析】A.根据反应历程，结合图可知，第②③步均为反应物总能量高于生成物的总能量，为放热反应，选项A正确；B.根据过渡态理论，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡态，由图可知，该反应进程中有三个过渡态，选项B错误；C.酸催化剂能同时降低正、逆反应的活化能，选项C正确；D.活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，选项D正确；答案选B。5．B【解析】根据平衡的定义，当物质的浓度保持不变时达到的状态即为平衡状态进行判断平衡点，根据转换率可表示单位时间内转换的快慢可以判断反应速率。根据速率公式进行计算速率。【解析】A．T1℃下，45分钟到1小时氢气的转化率不变，故可判断达到平衡，故A正确；B．根据a1≠a2判断T2时达到平衡的时间在45分钟后，T2比T1的反应慢，故温度低，B不正确；C．T2℃下，在前30分钟内氢气的转化率为60%，则转换了的氢气的物质的量为：4mol×60%=2.4mol，则转换的一氧化碳根据方程式计算得：1.2mol，根据速率公式得：，故C正确；D．根据温度T2到T1的转化率降低，说明平衡相对向逆移，而温度降低，故逆反应为放热，正反应时吸热反应，故D正确；故选答案B。【点睛】注意反应是吸热还是放热，根据温度对平衡的影响进行判断，升高温度平衡向吸热方向移动。6．D【解析】A．缩小容积、增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，但二氧化氮的浓度仍然增大，所以体系颜色加深，错误；B．增大容积、减小压强，平衡不发生移动，但气体体积增大，各气体浓度均减小，混合气体颜色变浅，错误；C．为固体，加入碳后，平衡不移动，错误；D．合成氨时保持压强不变，充入，则容器容积增大，相当于反应体系的压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，所以平衡向左移动，正确。故选D。7．D【解析】温度升高反应速率加快，T2先达到平衡，可知T1<T2，由图可知升高温度，C的质量分数减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应，故选D。8．B【解析】A．t4～t5反应速率均增大，且平衡逆向移动，该反应为放热反应，故t4改变的原因可能是升高温度，A正确；B．t3时刻也是正向移动，二氧化碳为生成物，二氧化碳含量最高的时间段是t3～t4，B错误；C．t2～t3反应速率均增大，且平衡正向移动，t2时刻未突变，故引起变化的原因可能是增加反应物浓度，C正确；D．t6时刻反应速率增大，平衡不移动，故引起变化的原因可能是加入催化剂，D正确；答案选B。9．A【解析】A．单位时间内生成2nmolA，同时生成nmolD，反应进行的方向相反，且物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，达到了化学平衡状态，A符合题意；B．因为反应前后气体的分子数相等，压强始终保持不变，所以当容器内压强不随时间而变化时，不能确定反应达平衡状态，B不符合题意；C．单位时间内生成nmolB，同时消耗1.5nmolC，反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，C不符合题意；D．容器内混合气体的质量、容器的体积始终不变，密度始终不变，所以当密度不随时间而变化，反应不一定达平衡状态，D不符合题意；故选A。10．D【解析】A．反应热取决于始态和终态，与历程无关，开始能量比结束能量高，该反应放出65.7kJ能量，总反应的热化学方程式是，故A错误；B．能垒(活化能)越大反应速率越慢，最慢的反应历程是决速步骤，最大的能垒(活化能)=46.9-(-131.4)=178.3kJ/mol，故B错误；C．催化剂只降低了反应的活化能，不参与化学反应，故C错误；D．经过TS3时活化能为50.4-(-14.8)=65.2kJ/mol，经过TS5时活化能为37.4-(-15.2)=52.6kJ/mol，活化能越大，反应速率越慢，则经过TS3时比经过TS5时的反应速率慢，故D正确；故选：D。11．B【解析】反应达到平衡时，c(H2)=2mol·L－1，说明消耗HI浓度为4mol·L－1，则生成HI总物质的量浓度为(4＋4)mol·L－1=8mol·L－1，即c(NH3)=8mol/l，根据化学平衡常数的定义，①的反应平衡常数K=c(NH3)×c(HI)=8×4=32，故选项B正确。12．C【解析】A．反应进行的方向与反应现象无关，且熵增的反应不一定自发进行，自发反应的现象不一定明显，故A错误；B．为吸热反应，需提供能量，不能利用该吸热反应解决含碳燃料不充分燃烧引起的环境问题，经济上不划算，故B错误；C．ΔH-TΔS＜0的反应可自发进行，ΔS＞0，常温下不能自发进行，可知该反应的ΔH＞0，故C正确；D．由化学计量数可知ΔS＞0，且ΔH＞0，则高温下可自发进行，故D错误；故选：C。13．(1)N2+3H22NH3(2)C(3)AC(4)2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2或2NO2+2Na2CO3+H2O=NaNO2+NaNO3+2NaHCO3(5)AB(6)

b【解析】（1）合成塔中发生反应的化学方程式为：N2+3H22NH3；（2）铝遇浓硝酸会钝化，故工业生产中为了储运大量浓硝酸，最好选择铝作为罐体材料；（3）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有酸雨和光化学烟雾；（4）根据提示可知，NO2反应后生成的两种盐分别为NaNO2和NaNO3，故相关反应的化学方程式为：2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2或2NO2+2Na2CO3+H2O=NaNO2+NaNO3+2NaHCO3；（5）A.催化剂a表面有NN键的断裂和N-H键的形成，A项正确；B.N2与H2反应属于氮的固定过程，B项正确；C.在催化剂b表面形成氮氧键时N元素由-3价升高为+2价，有电子转移，C项错误；答案选AB；（6）0.1molNH3对应压强为200kPa，平衡时NH3分压为120kPa，则此时NH3为0.1mol×=0.06mol，消耗NH30.04mol，mol·L-1·min-1，则mol·L-1·min-1体积缩小，N2分压瞬间增大，由于平衡逆移动，N2分压增大后又减小，故能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是b。14．

酶的浓度一定

A

温度过高，酶的活性下降

甲【解析】(1)由图Ⅰ分析，反应物浓度增大到一定限度，反应速率不再上升，说明决定化学反应速率的主要因素是酶的浓度，故答案为：酶的浓度一定；(2)由图Ⅱ分析，点的反应速率最快，催化效率最高，故答案为：A；(3)点到点曲线急剧下降是由于温度升高，酶的活性急速下降，故答案为：温度过高，酶的活性下降；(4)由图Ⅱ可知，0~25℃范围内，温度越高，反应速率越快，所以甲试管转入25℃的水浴中加热时反应速率加快；乙试管在75℃的水浴中加热时，酶已经失活，故乙中无催化反应发生，故答案为：甲。15．(1)

>

0.12(c1)2

①(2)

＞

MPa/min【解析】（1）图象是NH3分解率和时间的关系，先达到平衡，说明温度高，即T1＞T2，当反应达到平衡，v正=v逆，v正=k正·c2(NH3)=v逆=k逆·c(N2)·c3(H2)，推出=K，达到平衡时，NH3的分解率为40%，此时消耗c(NH3)=0.4c1mol·L－1，c(N2)=0.2c1moL·L－1，达到平衡时，c(NH3)=0.6c1mol·L－1，c(N2)=0.2c1mol·L－1，c(H2)=0.6c1mol·L－1，K==0.12(c1)2，即0.12(c1)2，k正－k逆最大，说明反应向正反应方向进行程度增大，根据图象，温度升高NH3的分解率增大，即温度越高，向正反应方向进行程度越大，k正－k逆最大的曲线为①；故答案为＞；0.12(c1)2；①；（2）根据表中数据温度越高，K越大，说明该分解反应为吸热反应，即△H＞0；反应速率是单位时间内物质的变化量，尿素为固体，氨气和二氧化碳的物质的量之比为2∶1，即氨气的物质的量分数为，用分压表示的氨气的生成速率为MPa·min－1=MPa/min；故答案为＞；MPa/min。16．

增大

增大

减小

不变

不变

减小【解析】(1)在容器容积不变时，充入1molH2即c(H2)增大，反应物浓度增大，化学反应速率增大；(2)升高温度，活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，反应速率增大；(3)扩大容器体积，相当于减小各成分浓度，反应速率减小，(4)保持容器内气体压强不变，保持充入1molH2(g)和1molI2(g)，压强未变，体积增大，浓度也不变，则速率不变；(5)保持容器容积不变，充入1molN2，N2不参与反应，参与反应的各成分浓度未变，则反应速率不变；(6)保持容器压强不变，充入N2，体积增大，各成分浓度减小，则反应速率减小。17．0.0353（mol/L）【解析】反应达到平衡，测得平衡时的物质的量浓度为，则平衡时，，因此1000K时，的平衡常数。18．(1)

2.3mol

3.0mol(2)

1

4

2

3(3)0.05mol•L-1•min-1(4)10%【解析】（1）由表中数据可知：2min末与3min末Z的物质的量不变，2min末反应达到平衡状态，且X的物质的量增加、Z的物质的量减小，反应逆向进行。在2min内v(Q)=0.075mol/(L·min)，转化的Q的物质的量△n(Q)=0.075mol/(L·min)×2min×2L=0.3mol，由=，可知n：p=2：1，△n(Y)：△n(Z)=n：p=2：1，△n(Z)=0.2mol，△n(Y)=2△n(Z)=0.4mol，所以起始时n(Y)=2.7mol-0.4mol=2.3mol；Q是生成物，反应逆向进行，随着反应的进行，Q的物质的量减少，根据2min内v(Q)=0.075mol/(L·min)，可知2min内转化的Q的物质的量△n(Q)=0.075mol/(L·min)×2min×2L=0.3mol，可知Q的初始物质的量n(Q)=0.3mol+2.7mol=3.0mol；（2）根据表格数据及(1)的计算可知在2min内，各种物质的物质的量改变值分别是：△n(X)=0.1mol，△n(Y)=0.4mol,△n(Z)=0.2mol，△n(Q)=0.3mol，由于转化量之比等于化学计量数之比，则m：n：p：q=0.1mol：0.4mol：0.2mol：0.3mol=1：4：2：3，所以化学方程式中相应物质的化学计量数分别为1、4、2、3；（3）在2min内Z的物质的量改变了1mol-0.8mol=0.2mol，容器的容积是2L，则2min内用Z是浓度变化表示的反应速率v(Z)=mol/(L·min);（4）根据2min内v(Q)=0.075mol/(L·min)，可知2min内转化的Q的物质的量△n(Q)=0.075mol/(L·min)×2min×2L=0.3mol，反应开始时n(Q)=2.7mol+0.3mol=3.0mol，则2min末Q的转化率为。19．(1)将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合)(2)

NH3

Fe2O3(3)AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO(4)5(5)Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑(6)CaSiO3【解析】本题是工艺流程题，根据原材料的成分，首先用氯酸钾将原材料中的二价铁氧化为三价铁，然后加入碳酸钠焙烧，将二氧化硅转化为硅酸钠除去，用氢氧化钠浸取将氧化铝转化为偏铝酸钠，过滤除掉氧化铁，再用碳酸氢铵调pH除掉硅酸钙和氢氧化铝，以此解题。【解析】（1）从影响反应速率的因素考虑可加快“高温氧化”速率的措施有：将富钒炉渣粉碎(或将KClO3与富钒炉渣充分混合)；（2）经高温氧化，焙烧，然后加氢氧化钠浸取此时不溶于水的滤渣1应该为：Fe2O3；在调pH时和沉钒时加入铵盐，铵盐受热易分解，故热解后得到的气体Y为氨气；（3）浸取后滤液中铝元素以AlO形式存在，加入碳酸氢铵后和AlO生成氢氧化铝沉淀，方程式为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO；（4）高温氧化时，铁元素和钒元素化合价升高，铁从+2价升到+3价，钒从+3价升到+5价，故1molFeO•V2O3被氧化转移的电子数为5NA；（5）焙烧时加入的碳酸钠和氧化铝反应生成