2020届高三化学选修四化学反应原理章节强化-化学反应速率和影响因素

20小题）对可逆反应：A（g）+3B（g）?2C（g）△H＜0，下列叙述错误的是（,v(正)、v(逆)都增大,v(正)、v(逆)都增大A的浓度平衡正移,v(正)会增大v(正)、v(逆)同时增大,而且增大的倍数相同向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的C的浓度随时田0.5LT11.5mol1A0.5molB20小题）对可逆反应：A（g）+3B（g）?2C（g）△H＜0，下列叙述错误的是（,v(正)、v(逆)都增大,v(正)、v(逆)都增大A的浓度平衡正移,v(正)会增大v(正)、v(逆)同时增大,而且增大的倍数相同向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的C的浓度随时田0.5LT11.5mol1A0.5molB）,但v(逆)增的更大,但v(正)增的更大,但v(逆)会减小A和B，发生反应：A（g）＋xB（g）乙0.5LT21.5molA0.5molB丙1.0LT20molA2.0molB

2020届届届届届届届届届届届届届届届届届届

——届届届届届届届届届届届

一、单选题（本大题共

1.

A.升高温度平衡逆向移

B.增大压强平衡正移

C.增大

D.采用催化剂一般

2.?2C（g）。容器的反应温度、反应物起始量如下左表，反应过程中间变化关如下图表示：下列说法以正确的是（）

容器

容积

温度／℃

反应起始量

1/27

内甲容器中反应的平均速率T1<T2,且该反应为吸热反应=1,若平衡时保持温度不变0.5molA、1.5molB的转化率为75％化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述错误的是表示催化剂对可逆反应表示乙酸溶液中通人氨气至过量的过程中溶液导电性的变化表示在1L1mol·L-1表示一定浓度在反应C(s)＋CO2(g)?2CO(g)中，不可能使反应速率明显增大的措施是B.CO2的浓度下列说法正确的是（）,可增大单位体积内活化分子的百分数,若增大压强(即缩小反应容器的体积,从而使反应速率增大内甲容器中反应的平均速率T1<T2,且该反应为吸热反应=1,若平衡时保持温度不变0.5molA、1.5molB的转化率为75％化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述错误的是表示催化剂对可逆反应表示乙酸溶液中通人氨气至过量的过程中溶液导电性的变化表示在1L1mol·L-1表示一定浓度在反应C(s)＋CO2(g)?2CO(g)中，不可能使反应速率明显增大的措施是B.CO2的浓度下列说法正确的是（）,可增大单位体积内活化分子的百分数,若增大压强(即缩小反应容器的体积,从而使反应速率增大,但能增大单位体积内活化分子百分数,主要原因是增加了反应物分子中活化分子的对于A2+3B2?2C+D的反应来说，以下化学反应速率的表示中，反应速率最快的是）2)=0.6mol(L?s)-1下列关于可逆反应的叙述不正确的是（2H2+O2与2H2+O2H2O互为可逆反应,加入催化剂可使正逆反应速率均增大,从而提高经济效益v(A)=0.025mol/(L,改变容器体积平衡移动,平衡时A()2X(g)+2Y(g)FeBr2溶液中通人的量的变化NaHCO3溶液中滴加盐酸升高温度D.,使有效碰撞次数增大),可增加活化分子,增大反应速率=0.8mol(L?s)-1D.）?????????点燃?2·min)3Z(g)+W(s)的影响,乙使用催C12时Br,生成CO2与滴加盐酸物质的量的关增加碳的量B.v(D)=0.1mol(L?s)-1?-v(A=0.4mol(L?s)-12)B.由图可知：C.xD.T1℃,起始时甲容器中充入

3.

A.图①化剂B.图②C.图③D.图④系

4.

A.增大压强C.增大

5.

A.增大反应物浓度B.有气体参加的化学反应的百分数C.催化剂不影响反应活化能D.升高温度能使化学反应速率增大百分数

6.（

A.v(BC.v(C)

7.

A.某可逆反应达平衡状态时反应物和生成物共存

B.2H2O?????????电解??

C.对于可逆反应D.提高可逆反应的限度可增加产量

可逆反应：CO（气）+NO2（气）?CO2（气）+NO（气）；该反应正方向为放热）NO2,扩大容积体积在2L的密闭容器中，一定条件下发生化学反应：NO和CO各为4mol，10秒钟后达到N2为5秒钟内,用NO表示的平均反应速率为,升高温度,正反应速率将减小可逆反应：CO（气）+NO2（气）?CO2（气）+NO（气）；该反应正方向为放热）NO2,扩大容积体积在2L的密闭容器中，一定条件下发生化学反应：NO和CO各为4mol，10秒钟后达到N2为5秒钟内,用NO表示的平均反应速率为,升高温度,正反应速率将减小,逆反应速率将增大,反应速率的关系有：,往容器中充入1molO2,正、逆反应速率都不改变,可增大活化分子的百分数,若增大压强(即缩小反应容器的体积,主要原因是增加了反应物分子中活化分子的,从而增大反应1.0molPCl5，反应PCl5(g)00·c(PCl3)＝0.11molL·－1，该反应为放热1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，v(正)＞v(逆)2.0molPCl32.0molCl2在容积为的密闭容器内，物质）B.D.2NO（g）+2CO（g）?N2（g）1mol．下列有关反应速率的说法中，正确的是（0.1mol?L-1?s-1v正(CO)=2v逆(N,从而使有效碰撞次数增大),可增加活化分子→PCl3(g)500.16、，达到平衡时，2.0L升高温度增加压强,缩小容器体积）2)1500.19DT℃时发生反应，其反应物和生成物的物2500.20在3500.20

8.反应，在下列情况下不能使反应速度加快的是（

A.恒容条件下充入C.减小压强

9.+2CO2（g）△H=-746.4kJ?mol-1．起始反应时化学平衡，测得

A.反应前B.达到平衡后

C.达到平衡后

D.保持容器体积不变

10.下列说法正确的是()

A.增大反应物浓度B.有气体参加的化学反应的百分数,从而使反应速率增大C.升高温度能使化学反应速率增大百分数D.催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数速率

11.温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：

t/s

n(PCl3)/mol

下列说法正确的是

A．反应在前50s内的平均速率v(PCl3)＝0.0032mol/(Ls)B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时反应

C．相同温度下，起始时向容器中充入达到平衡前D．相同温度下，起始时向容器中充入PCl3的转化率小于80%

12.质的量随时间t的变化关系如图，下列叙述不正确的是（

3/27

,A物质的平均反应速率为0.667mol/(L?min)2D(s)?2A(g)+,A物质的平均反应速率为0.667mol/(L?min)2D(s)?2A(g)+B(g)该反应的平衡常数表达式为K=2

△H>0,则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的7分钟时增加D的物质的量,则表示A的物质的量变化正确的是下列图中的实验方案，能达到实验目的是（B验证FeCl3对制备Fe（OH）2分解反应有催化作并能较长时间观用察其颜色B.B是反应物,B、C是生成物2minA的分解速率为0.1mol?L-1?min,若升高温度,平衡向正反应方向移动,若增大压强,平衡向逆反应方向移动,活化分子百分数增加,化学反应速率一定增大,活化分子百分数不一定增大,化学反应速率一定增大a曲线）CH2O2C.C-1DCO2气体中混有HClD.DB.该反应的化学方程式为c(A)?c(B)C.已知反应的温度D.若在第

13.

A

实验方案

实验除去比较、H2CO3和目的SO2H2SiO3的酸性强弱的

A.A

14.如图为800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化情况，据此分析不能得出的结论是（）

A.AB.前C.达平衡后D.达平衡后

15.下列说法正确的是()A.增大压强B.升高温度

,使活化分子百分数增加,降低了反应的活化能,正逆反应速率都为,能增大反应速率B.(1)(3)(4)）?min)?min)B.D.）1小题）,化学反应速率增大,增大了活化分子百分数0C.(1)(2)(4)(5)B.D.增大压强加酶,化学反应速率一定增D.(1)(2)(3)(4)(5)0.04mol/(L0.8mol/(L?min),使活化分子百分数增加,降低了反应的活化能,正逆反应速率都为,能增大反应速率B.(1)(3)(4)）?min)?min)B.D.）1小题）,化学反应速率增大,增大了活化分子百分数0C.(1)(2)(4)(5)B.D.增大压强加酶,化学反应速率一定增D.(1)(2)(3)(4)(5)0.04mol/(L0.8mol/(L?min)?min)

C.加入反应物D.使用催化剂大

16.关于反应速率的说法中，正确的是（）

A.反应速率用于衡量化学反应进行的快慢B.决定反应速率的本质因素是反应温度C.可逆反应达到化学平衡时D.增加反应物物质的量

17.将2molA气体和1molB气体在固定体积的密闭容器中混合并在一定条件下发生如下反应并达到平衡状态：2A（g）+B（g）2C（g），此反应为放热反应．下列能增大正、逆反应速率的方法是：（1）再充入1molA气体；（2）充入2mol的惰性气体；（3）加入正催化剂；（4）升高温度；（5）移走部分C气体．其中正确的是（）

A.(1)(3)(5)

18.在10L密闭容器中进行如下反应：A（g）+B（g）?2C（g），2分钟后，B由2mol减少到1.2mol，则用单位内A的浓度变化表示的反应速率（VA）是（

A.0.02mol/(LC.0.08mol/(L

19.改变下列条件，一定能加快反应速率的是

A.增加反应物的量C.加热

20.下列说法正确的是（

A.决定化学反应速率的主要因素是参加反应的物质的性质B.催化剂可以使不起反应的物质发生反应C.可以找到一种催化剂使水变成油D.催化剂是决定化学反应速率的主要因素

二、推断题（本大题共

21.2018年大部分地区爆发了流感流感常伴随发热高烧等症状。布洛芬是一种常用的儿童退热药，它的BHC合成法如下

5/27

______。______，反应类型是______。______种c．能发生银镜反应3COOCH2CO）2O3小题）H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇．223OH______．1.0molCHI，测得在一定的压强下5min，则用H2表示该反应的平均反应速率______．amolCO与3amolH2的混合气II生成甲醇，平衡后将容器的容积压缩到原来的______2

2有一种电化学法可消除这种污染，CO2而净2装置模拟上述过程：______。______，反应类型是______。______种c．能发生银镜反应3COOCH2CO）2O3小题）H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇．223OH______．1.0molCHI，测得在一定的压强下5min，则用H2表示该反应的平均反应速率______．amolCO与3amolH2的混合气II生成甲醇，平衡后将容器的容积压缩到原来的______2

2有一种电化学法可消除这种污染，CO2而净2装置模拟上述过程：______．为原料合成（）=CH（）△H=-129.0kJ?mol-14CH412（填字母序号）．）减少．正反应速率加快，逆反应速率减慢其原理是：的线路图（其和）通入容积为的反应室，在一定条件的转化率与温度的关系如图，其（2）①反应需用浓盐酸而不用稀盐酸，其原因是（3）E的分子式是______，官能团的名称是______。（4）③反应的化学方程式是（5）满足下列条件的布洛芬的同分异构体有

a遇FeCl3溶液显紫色b．分子中有5种不同化学环境的氢

（6）请写出由苯和（CH

他试剂任选）

三、简答题（本大题共

22.甲醇可作为燃料电池的原料．（1）以CH4和I：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H（g）△H=+206.0kJ?mol-1Ⅱ：CO（g）+2Hgg则：CH（4g）与H2O（g）反应生成CH3OH（g）和H（2g）的热化学方程式为（2）将2.0molH2O（g100L下发生反应1．

①假设100℃时达到平衡所需的时间为为______．②100℃时反应I的平衡常数为（3）在压强为0.1MPa、温度为300℃条件下，将

体在催化剂作用下发生反应

他条件不变，对平衡体系产生的影响是A．c（HBC．CH3OH的物质的量增加D．重新平衡c（H）/c（CH3OH）减小E．平衡常数K增大（4）甲醇对水质会造成一定的污染，通电后，将Co2+氧化成Co3+，然后以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成化．实验室用图①写出阳极电极反应式

______．3所示．关于该电池的叙述2mol甲醇时，溶液中转移了CH3OH+H+6H+CO2气体（22.4/3）Cl2反应合成氯化亚砜：+SCl2（g）?2SOCl2（g）。373K10LI（反应达到平衡时的温度与起始温度相同，0pp=”）0。v（SOCl2）=______。II（lgK）与温度的变化关系点。g）+4Cl2（g）=4SCl2（g）的△H=-4KJ?mol-1，2（1064KJ、510KJ的能量，则1molCl______KJ。1.25mol/L，电离常数______．3所示．关于该电池的叙述2mol甲醇时，溶液中转移了CH3OH+H+6H+CO2气体（22.4/3）Cl2反应合成氯化亚砜：+SCl2（g）?2SOCl2（g）。373K10LI（反应达到平衡时的温度与起始温度相同，0pp=”）0。v（SOCl2）=______。II（lgK）与温度的变化关系点。g）+4Cl2（g）=4SCl2（g）的△H=-4KJ?mol-1，2（1064KJ、510KJ的能量，则1molCl______KJ。1.25mol/L，电离常数1=1.54HCl的物质的量浓度为1.25mol/L。

1NaOH12NA个e-2O-6e-=CO2↑SO2SO2、16.0p06.0p0，2（10mol/L时，溶液VmL，26.7p07.0p0g）分子36.1p05.3p045.4p05.0p055.0p05.0p05.0p05.0p0

②写出除去甲醇的离子方程式（5）以甲醇可作为燃料制成燃料电池结构示意图如图正确的是______．A．当电池反应消耗了B．电池的负极反应为：C．放电过程中，H+从正极区向负极区迁移D．在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下L．

23.二氧化硫、氯气、氯化亚砜等均为重要的工业原料。工业上用SO2、SCl2与（g）+Cl2（g）（1）在时，向的密闭容器中通入SCl2与Cl2均为0.20mol，发生上述反应。测得其压强（p）随时间（t）的变化为表中数据po为初始压强）。

t/min

I

II

请回答下列问题：①该反应的△H______（填“＞”“＜”或“②I反应开始至达到平衡时，③若只改变某一条件，其他条件相同时，测得其压强随时间的变化为表中数据则改变的条件是______。（2）如图是某同学测定上述反应的平衡常数的对数值①A点的数值为______。（已知：lg4=0.6）②当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，

A点可能变化为______点。（3）已知反应S4（1molS4（g）、1molSClg）分子中化学键断裂时分别需要吸收中化学键断裂时需吸收的能量为（4）常温下饱和亚硫酸溶液的物质的量浓度为为Ka×10-2Ka2=1.02×10-7。1）若将SOCl2溶于水中可形成两种酸，其中H2SO3的物质的量浓度______（大于、小于、等于，下同）2）向10mL饱和H2SO3溶液中滴加相同物质的量浓度的①当V=10mL时，溶液中存在：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），则c（H+）______c（OH-）

7/27

c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）；c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）AlFe3O4的部分工艺流程如下：______；CaO的作用是______；2O3（OH）3的离子方程式Fe2O3．Fe2O3与n（FeS2）：n（Fe2O3）=______。2小题）______．9.0mL气体为计时终点，结果为V（H2SO4）/mL4040______．且控制其他条件使其与上述实验完全一致，______（填mg置于圆底烧瓶中，滴加足量稀硫VL，则粗锌片的纯度为c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）；c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）AlFe3O4的部分工艺流程如下：______；CaO的作用是______；2O3（OH）3的离子方程式Fe2O3．Fe2O3与n（FeS2）：n（Fe2O3）=______。2小题）______．9.0mL气体为计时终点，结果为V（H2SO4）/mL4040______．且控制其他条件使其与上述实验完全一致，______（填mg置于圆底烧瓶中，滴加足量稀硫VL，则粗锌片的纯度为______．2O3、和反应的离子方程式FeS2混合后在缺氧条件下焙t1＞t2c（H2SO4）/mol?L-114所测Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原t/st1t2当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：

+c（H2SO3）；则a______b。

24.以高硫铝土矿（主要成分为料，生产氧化铝并获得

由上述流程回答下列问题：（1）将高硫铝土矿粉碎的目的是（2）焙烧时加入少量（3）写出碱浸时，AlNaOH______；（4）操作Ⅰ名称为______；（5）向溶液X中通入过量CO2生成Al______；（6）经操作Ⅰ得到的固体中含大量的烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的

四、实验题（本大题共

25.某同学设计了如图所示装置（部分夹持装置已略去），该装置可以用来进行多项实验研究．请回答：（1）用上述装置探究影响化学反应速率的因素．①圆底烧瓶中发生反应的离子方程式是②用上述装置进行实验，以生成

序号

Ⅰ

Ⅱ

比较实验Ⅰ和Ⅱ可以得出的实验结论是③若将锌片换成含杂质的粗锌片，得的反应速率均大于上述实验对应的数据．粗锌片中所含杂质可能是序号）．a．石墨b．银c．铜d．沙粒（二氧化硅）（2）用上述装置测定粗锌片的纯度．①连接好装置，检查装置气密性，称量粗锌片酸，充分反应直至不再产生气体为止，测得气体体积为

______．②本实验在读数前对量气管的操作是

______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”，）______（填序号）．______．CeFCO3）为原______．CeO2与盐酸反应的离子方程式：）2?Ce（IV）分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量A2n)]c(CeSO)______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”，）______（填序号）．______．CeFCO3）为原______．CeO2与盐酸反应的离子方程式：）2?Ce（IV）分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量A2n)]c(CeSO)随起始料液中c（SO42-）变化的原因：______．

的作用下CeO2转化为Ce3+，H2O2在该反应

2O2参加反______．CeO2产品+．实验室中萃取2-40.4500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol?L-1FeSO4

③本套装置中若考虑滴入的稀硫酸的体积（假设其它操作都正确），则测得的气体的体积将．（3）用上述装置验证生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀．①圆底烧瓶中的试剂可选用NH4Cl溶液b．C2H5OHc．Na2CO3溶液d．稀硫酸②能证明生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀的现象是

26.二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物．以氟碳铈矿（主要含料制备CeO2的一种工艺流程如图1：

已知：①Ce4+既能与F-结合成[CeFx]（4-x）+，也能与SO42-结合成[CeSO4]2+；②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能．回答下列问题：（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是（2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体，写出______；为避免产生上述污染，请提出一种解决方案：______．（3）“萃取”时存在反应：Ce4++n（HACe?（H2n-4A2n）+4H时用到的主要玻璃仪器名称为______；图2中D是分配比，表示

浓度之比（D=c[Ce?(H2n-4）．保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的

Na2SO4以改变水层中的c（SO42-），D（4）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2中作______（填“催化剂”、“氧化剂”或“还原剂”），每有1molH应，转移电子的物质的量为______．（5）“氧化”步骤的化学方程式为（6）取上述流程中得到的

9/27

Ce3+，其它杂质均不反应），消耗CeO2的质量分数为25.00mL______．

标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+，其它杂质均不反应），消耗CeO2的质量分数为25.00mL______．标准溶液．该产品中

Cv（正）、C错误；D正确．D1mol/L，v（C）所以v（A）=T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温B错误；1mol/L×0.5LCv（正）、C错误；D正确．D1mol/L，v（C）所以v（A）=T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温B错误；1mol/L×0.5L×22mol/L×1L×126，丙中6，丙中压2x=1，k=0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时mol/Lxx2xmol/L1-x3-x2x(2x)(1-x)(3-x)v（逆）都增大，但v（正）增的更大，故B正确；112v（C）=2×0.1mol/1A1.5×1.52.25×0.25=4A的浓度变化量为2=4

答案和解析

1.【答案】

【解析】解：A．正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，正逆反应速率都增大，且v（逆）增的更大，故A正确；B．增大压强，平衡正向移动，C．增大A的浓度，反应物浓度增大，平衡正移，正逆反应速率都增大，故D．加入催化剂，正逆反应速率都增大，平衡不移动，故故选C．对于反应A（g）+3B（g）?2C（g）△H＜0来说，正反应为放热反应，升高温度、增大压强、增大浓度以及加入催化剂，都可增大反应速率，以此解答该题．本题考查化学反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的特点以及影响化学反应速率的因素，难度不大．2.【答案】

【解析】解：A、由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为

=1mol/L10min=0.1mol/（L?min），速率之比等于化学计量数之比，

（L?min）=0.05mol/（L?min），故A错误；

B、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，故

C、若x=1，反应前后气体的物质的量不变，改变体积压强不变，不影响平衡移动，故C错误；

D、乙中平衡时A的转化率为的转化率为

强为乙中倍，压强增大平衡不移动，故A（g）+B（g）?2C（g）．开始（mol/L）：310变化（mol/L）：0.750.751.5平衡（mol/L）：2.250.251.5

故T1℃，该反应的平衡常数为

令T1℃，起始时甲容器中充入x，则：A（g）+B（g）?2C（g）．开始（mol/L）：130变化（）：平衡（）：

所以

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×100%=75%，故D正确；1mol/L，根据v=v（A）；T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温1mol/L×0.5L×22mol/L×100%=75%，故D正确；1mol/L，根据v=v（A）；T1＜T2，温度越高C的浓度越低，升高温1mol/L×0.5L×22mol/L×1L×126，丙中6，丙中压T1℃，起始时甲容器中充入x，再利用三段式表示出平衡时各组分的浓度，利用平衡常数A的转化率．x的值是解题的关键．B但是可以缩短到达平衡的时间，C、亚铁离子的还D、碳酸D题目难度不大，注意固体的量的多少对反应速率没A正确；B正确；C正确；D错误。D△ｃ△ｔ计算1A0.5molA、1.5molB，反应到达v（C），

故A的转化率=0.75mol/L1mol/L

故选D．

A、由图可知，10min内甲容器中C的浓度变化量为

再利用速率之比等于化学计量数之比计算B、比较甲与乙可知，乙先到达平衡，故温度度平衡向逆反应移动；C、若x=1，反应前后气体的物质的量不变，改变体积压强不变，不影响平衡移动；

D、乙中平衡时A的转化率为的转化率为

强为乙中2倍，压强增大平衡不移动，故x=1，根据三段式计算甲中平衡时各组分的浓度，进而计算平衡常数，令平衡时A的浓度变化量为列方程计算x的值，进而计算本题考查化学反应速率计算、影响化学平衡移动的盐酸、化学平衡图象与有关计算，难度较大，D选项为易错点、难点，判断3.【答案】

【解析】试题分析：A、催化剂对平衡转化率没有影响，对；B、乙酸溶液中通氨气生成强电解质醋酸铵，导电性增强，错；原性强于溴离子，所以开始时氯气先与亚铁离子反应，溴离子的量不变，对；氢钠溶液中加盐酸，会立即产生气体，对。考点：考查识图能力，涉及化学反应速率、元素及化合物等4.【答案】

【解析】【分析】

本题考查影响化学反应速率的因素，有影响，但固体的表面积大小影响反应速率。增大反应速率的因素有增大压强、升高温度、增加反应物气体的浓度以及加入催化剂等方法。

【解答】

A.增大压强可使反应速率明显增大，故B.升高温度可加快反应速率，故C.增大CO2的浓度可加快反应速率，故D.因为碳是固体，无浓度意义，增加碳的量不影响反应速率，故故选D。

5.【答案】

A错误；C错误；B故不同物质质表示的反应速率与其0.830.11BA、根据可逆反应不能完全进行到底；

A错误；C错误；B故不同物质质表示的反应速率与其0.830.11BA、根据可逆反应不能完全进行到底；

【解析】【分析】

本题考查外界条件对反应速率影响实质的判断。

浓度、压强只改变单位体积活化分子的数目，不能改变百分数，增加固体的量，对反应物浓度基本没有影响，反应速率基本不变，温度、催化剂可改变活化分子百分数，以此解答该题。

【解答】

A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的数目，但百分数不变，故B.有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），可增加单位体积活化分子数目，但百分数不变，故B错误；

C.催化剂可降低活化能，故D.升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数，故D正确；故选D。

6.【答案】

【解析】【分析】由于不同物质表示的速率之比等于化学计量数之比，化学计量数的比值越大，则表示的反应速率越快，以此来解答。本题考查化学反应速率比较，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意比值法比较的应用，题目难度不大。【解答】反应速率与其化学计量数的比值越大，则表示的反应速率越快，

A.=0.26；

B.0.41=0.4；

C.0.62=0.3；

D.=0.1，

显然B中比值最大，反应速率最快，故选B。7.【答案】

【解析】【分析】B、可逆反应，在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行

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A点燃2??????2H2ODCNO2，反应物浓度增大，活化分子数目增加，反应速AB不选；C选；D不选；NO2，反应物浓度增大；C中活化分子数目变化，题目难度不大．C2L

（L?s），前0.1mol/（L?s），A点燃2??????2H2ODCNO2，反应物浓度增大，活化分子数目增加，反应速AB不选；C选；D不选；NO2，反应物浓度增大；C中活化分子数目变化，题目难度不大．C2L

（L?s），前0.1mol/（L?s），故A错误；B错误；v正（CO）逆（DB错误；N2）时正、逆速率之比等于化学计量数之比，说明反应到达平衡状态，故C正C、催化剂同时改变正逆反应速率；D、根据提高可逆反应的限度能够节约原料和能源、提高产品的产量、提高经济效益来回答。本题考查了化学反应的限度与可逆反应，化学平衡的特点，难度不大，注意理解可逆反应的特征和化学反应的限度。【解答】A、因为可逆反应不能完全进行到底，所以可逆反应达平衡状态时反应物和生成物共存，故正确；B、可逆反应是指在相同条件下，既能向正方向进行同时又能向逆方向进行的反应，

2H2O??电解????2H2+O2与2H2+O条件不同，故

C、因为催化剂同时改变正逆反应速率，所以对于可逆反应，加入催化剂可使正逆反应速率均增大，故C正确；D、提高化学反应的限度能够节约原料和能源、提高产品的产量、提高经济效益，故正确；故选B．8.【答案】

【解析】解：A．恒容条件下充入率加快，故不选；B．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，故C．减小压强，扩大容积体积，活化分子数目减小，反应速率减小，故D．增加压强，缩小容器体积，活化分子数目增加，反应速率加快，故故选C．A．恒容条件下充入B．升高温度，活化分子百分数增大；C．减小压强，扩大容积体积，活化分子数目减小；D．增加压强，缩小容器体积，活化分子数目增加．本题考查化学反应速率，为高频考点，把握反应速率的影响因素、活化理论为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项9.【答案】

1mol【解析】解：A、前10秒钟内，v（N2）==0.05mol/

量数之比，故前10s内v（NO）=2v（N2）=2×0.05mol/（L?s）=0.1mol/5s反应物的浓度更大，反应速率更快，故前5s的平均速率大于前10s的平均速率，即前5秒钟内，用NO表示的平均反应速率大于B、升高温度正、逆反应速率都增大，故C、可逆反应达平衡时，用不同物质表示正、逆速率之比等于化学计量数之比，=2v确；D、NO与氧气反应，NO浓度降低，瞬间反应物的浓度降低，正反应速率降低，故

10v（N2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算前5s的平均速率大于前CA不正确；同样选项B中有气体参加的化(即缩小反应容器的体积B不正确；催化剂可以降低反应C。有利于培养学生的逻辑推理能CA、由表中数据可知n(PCl3)=0.2mol，保持其他c(PCl3)="0.11"mol/L，则n′(PCl3)="0.11"10v（N2），再利用速率之比等于化学计量数之比计算前5s的平均速率大于前CA不正确；同样选项B中有气体参加的化(即缩小反应容器的体积B不正确；催化剂可以降低反应C。有利于培养学生的逻辑推理能CA、由表中数据可知n(PCl3)=0.2mol，保持其他c(PCl3)="0.11"mol/L，则n′(PCl3)="0.11"△H＞O，故Bk=1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，起始时PCl5的浓度为=0.02，v(正)＞v(逆)，故C正确；D、等2.0molPCl5，与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时PCl3的物质的量小于2molPCl3、和2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的物质的量小于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于80%，故10s10s)，可增大单位体积内活化分子的百分数，50s内，△n(PCl3)=0.16mol，v(PCl3)==0.025。1.6mol，即相同温度下，起1.6mol，

错误；故选：C．

A、根据v=△ｃ△ｔ计算前内

内v（NO），前5s反应物的浓度更大，反应速率更快，故前的平均速率；B、升高温度正逆反应速率都增大；C、可逆反应达平衡时，用不同物质表示正、逆速率之比等于化学计量数之比；D、NO与氧气反应，NO浓度降低，反应物的浓度降低，正反应速率降低．考查化学反应速率计算与影响因素、化学平衡状态判定、影响化学平衡的因素等，难度中等，注意A中，开始反应物的浓度最大，反应速率最快．10.【答案】

【解析】试题分析：增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增大，但活化分子的百分数不变，学反应，若增大压强从而使有效碰撞次数增大，但活化分子的百分数不变，的活化能，D不正确，所以答案选考点：考查外界条件对反应速率影响实质的判断点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固与训练，主要是考查学生对外界条件影响反应速率的了解掌握程度，力。11.【答案】

【解析】试题分析：0.0016mol/(L?s)，故A错误；B、由表中数据可知，平衡时条件不变，升高温度，平衡时，mol/L×2L=0.22mol，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，即错误；C、对于可逆反应：PCl5(g)?PCl3(g)+Cl2(g)，开始(mol/L)：0.500变化(mol/L)：0.10.10.1平衡(mol/L)：0.40.10.1

所以平衡常数

起始时向容器中充入

0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc=

K＞Qc，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前效为起始加入的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时始时向容器中充入参加反应的PCl3的物质的量大于

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DAA物质的平均反应速率为=0.0667mol/L?min，故A错误；D?2A（g）+B（g）；因DDAA物质的平均反应速率为=0.0667mol/L?min，故A错误；D?2A（g）+B（g）；因D为K=CA）×C（B），故B正确；A的物质的量变化情况符△ｃ△ｔ进行计算；BA错误；C错误；2（考点：本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡移动、等效平衡等，难度中等，注意中使用等效平衡思想分析，使问题简单化，也可以根据平衡常数计算，但比较麻烦。12.【答案】

【解析】解：A、从反应开始到第一次达到平衡时，

0.4mol2.0L3minB、根据图象知，随着反应的进行，D的物质的量减少，A、B的物质的量增加，所以是反应物，A、B是生成物；同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比，0-3min时，△D=0.4mol，△A=0.4mol，△B=0.2mol，△D：△A：△B=0.4mol：

0.4mol：0.2mol=4：4：2，方程式为：2D（s）

固体，所以化学平衡常数

C、根据图可知，第5分钟时D的物质的量减少，A、B的物质的量增大，平衡正向移动，由于该反应为吸热反应，所以可推知此时变化的原因可能是升高温度，故C正确；

D、D为固体，增加D的物质的量，浓度不变，平衡不移动，合b曲线，故D正确；故选：A。

A、根据V=

B、根据各物质的增减判断反应物、生成物，根据同一反应、同一时间段内，各物质的浓度变化量之比等于其计量数之比判断；化学平衡常数等于平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；C、根据图可知，第5分钟时D的物质的量减少，A、B的物质的量增大，平衡正向移动，由于该反应为吸热反应，所以可推知此时变化的原因可能是升高温度；

D、增加固体的物质的量，浓度不变，平衡不移动。本题考查了化学平衡、平衡常数的影响因素，平衡计算分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等。13.【答案】

【解析】解：A．温度和催化剂都可影响反应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下进行对比实验，故B．煤油阻止了亚铁离子和氧气接触，从而阻挡了亚铁离子被氧化，所以能实现实验目的，故B正确；C．CO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，故D．盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，应先通过饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故D错误．故选B．

A．应在温度相同的条件下进行对比实验；B．煤油能抑制亚铁离子被氧化；C．CO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应；

为高考常见题型和高频考点，CB和C的物质的量浓度增加，A正确；0.2mol/L，则A的分解速率=0.2mol/L2min=0.1mol/为高考常见题型和高频考点，CB和C的物质的量浓度增加，A正确；0.2mol/L，则A的分解速率=0.2mol/L2min=0.1mol/L，故B正确；C错误；2A?2B+C，达平衡后，若增大压强，平衡向逆反应方向移动，B和C的物质的量浓度增加，则△c（A）：△c（B）：2A?2B+C，A的分解速率；D但影响原因不同。B错误；C错注意把握实验的原理和实验操作A为反应物，B

D．盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰．本题考查较为综合，涉及物质的性质对比、除杂等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，的严密性和可行性的评价，难度中等．14.【答案】

【解析】解：A．由图象可知，A的物质的量浓度减小，则A为反应物，B和C为生成物，故

B．2min内A的浓度变化为

C．根据图象不能确定反应热，则不能判断温度对平衡移动的影响，故D．反应的化学方程式为故D正确；故选C．由图象可知，A的物质的量浓度减小，和C为生成物，由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c（C）=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为A．反应物的浓度减小，生成物的浓度增大；

B．根据v=△ｃ△ｔ计算

C．根据图象不能确定反应热，不能判断温度对平衡移动的影响；D．若增大压强，平衡向体积减小的方向移动．本题考查化学平衡图象问题，题目难度不大，注意根据图象书写反应的化学方程式，图是物质的量浓度的变化曲线，不能判断温度对平衡移动的影响．15.【答案】

【解析】【分析】

本题考查活化能及其对反应速率的影响，题目难度不大，注意温度、浓度、压强、催化剂等外界条件对化学反应速率的影响的根本原因是对活化分子的影响，

【解答】

A.增大压强，反应物的浓度增大，单位体积内活化分子数增多，但活化分子数不变，化学反应速率增大，故A错误；

B.升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，故

C.加入反应物，使活化分子数增加，活化分子百分数不变，化学反应速率增大，故误；

D.使用催化剂，降低反应的活化能，使更多的分子变为活化分子，增大了活化分子百分数，化学反应速率一定增大，故D正确。

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A影响化学反应速率的因素以及化学平衡状态特征属于基而煤的形成要经过漫B错误；各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，0，故C错误；B为高频考点，把握常见的影响反应速率的外界因素B10L1，A影响化学反应速率的因素以及化学平衡状态特征属于基而煤的形成要经过漫B错误；各种物质的浓度或含量均不再发生变化的状态，0，故C错误；B为高频考点，把握常见的影响反应速率的外界因素B10L1，A的浓度变化表示的化学反应速率为同一=0.04mol?L-1?min-1，0.04mol?L-1?min-1，

16.【答案】

【解析】【分析】

本题考查化学反应速率的概念、础知识考查，题目难度不大。加强概念的理解是关键。

【解答】

A.化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量来表示，故A正确；B.反应速率的大小主要由反应物本身决定，如中和反应瞬间完成，长的过程。所以反应物本身的性质是决定反应速率的主要因素，故C.可逆反应达到化学平衡状态时，物质的正逆、反应的速率相等但不为

D.增大反应物浓度，单位体积内活化分子数目增多，反应速率加快；增加反应物物质的量，浓度不一定增大，故D错误。故选A。

17.【答案】

【解析】【分析】本题考查影响化学反应速率的因素，为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。【解答】（1）再充入1molA气体，气体浓度增大，反应速率增大，故正确；（2）充入2mol的惰性气体，浓度不变，则反应速率不变，故错误；（3）加入正催化剂，反应速率增大，故正确；（4）升高温度，反应速率增大，故正确；（5）移走部分C气体，浓度减小，反应速率减小，故错误。故选B。18.【答案】

(2mol-1.2mol)【解析】解：2min后，B由2mol减少到1.2mol，v（B）=2min由反应可知，A、B的化学计量数均为反应速率之比等于化学计量数之比，则用单位时间内

10L2min明确计算公式及反应速率与化学计量数的关系即可解答，C为高频考点，把握常见影响反应速率的外因为解答的关增加反应物的量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；B错误；C正确；D错误。AA正确；B错误；10L2min明确计算公式及反应速率与化学计量数的关系即可解答，C为高频考点，把握常见影响反应速率的外因为解答的关增加反应物的量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；B错误；C正确；D错误。AA正确；B错误；C错误；D错误。物质的性质为内因，为影响化学反应速率的主为高频考点和常见题型，难度不大．2甲基-丙醇C12H18O=0.04mol?L-1?min-1，结合反应速注注意把握内因和外因的区3增大反应物浓度、加快反应速率，使平衡右移提高醇的利羟基+（CH3CO）2O→+CH3COOH取

故选B．

(2mol-1.2mol)2min后，B由2mol减少到1.2mol，v（B）=

率之比等于化学计量数之比来解答．本题考查反应速率的计算，重基础知识的考查，题目难度不大．19.【答案】

【解析】【分析】

本题考查影响反应速率的因素，键，注意影响因素的使用范围，题目难度不大。

【解答】

增大浓度、升高温度、增大压强、使用正催化剂等，均可加快反应速率，以此来解答。

A.若反应物为纯固体或纯液体，B.若反应中没有气体参加，则增大压强，反应速率不变，故C.加热，反应速率一定加快，故D.加酶，为催化剂，可能降低反应速率，故故选C。

20.【答案】

【解析】解：A．反应物的性质为决定化学反应速率的主要因素，如钠能和冷水反应，铜和热水也不反应，故B．催化剂不能使不能发生反应的物质发生反应，只改变反应速率，故C．水不可能使水变成油，不符合质量守恒定律，故D．决定化学反应速率的主要因素是物质的性质，催化剂只是外界因素，故故选：A。影响化学反应速率的因素有内因和外因，要因素，外因有温度、浓度、压强、催化剂等，其中催化剂只改变反应速率，但不能概念反应的方向，以此解答该题．本题考查化学反应速率的影响因素，别，特别是催化剂的性质，为该题考查的侧重点，注意相关基础知识的积累，21.【答案】

用率

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42甲基-丙醇，，含3种H，B的核磁共振氢谱有，E的分子式是C12H18O，官能团的名称是羟基，故答案+（CH3CO）2O→+（CH3CO）2O→b．分子中有5种不同化学环境的氢、2CO）2O。A42甲基-丙醇，，含3种H，B的核磁共振氢谱有，E的分子式是C12H18O，官能团的名称是羟基，故答案+（CH3CO）2O→+（CH3CO）2O→b．分子中有5种不同化学环境的氢、2CO）2O。A与HCl发生取代反应生成C为3种吸收峰，+CH3COOH，+CH；取代反应；c．能发生银镜反，共4种，为原料合成B为，C与（CH3CO）2OD3COOH，先发生类似上述流程中，B与反应生成为

【解析】解：（1）A中含-OH的主链有3个C，2号C上有甲基，名称是

B为

故答案为：2甲基-丙醇；3；（2）①反应需用浓盐酸而不用稀盐酸，其原因是增大反应物浓度、加快反应速率，使平衡右移提高醇的利用率，故答案为：增大反应物浓度、加快反应速率，使平衡右移提高醇的利用率；

（3）E为

为：C12H18O；羟基；

（4）③反应的化学方程式是

反应类型是取代反应，

故答案为：

（5）满足a遇FeCl3溶液显紫色应，则含酚-OH、-CHO，且结构对称，符合条件的布洛芬的同分异构体有

、

故答案为：4；

（6）由苯和（HOOCCH

③的反应，再水解后发生发生类似流程中⑤的反应，合成线路为

，

答：合成路线为

由A、D的结构简式及合成流程可知，

苯发生取代反应生成

E为6）由苯和（CH3COOCH1）CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+Hg）△H=+77.0kJ?mol-1；2O=CO2↑g）+H（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206.0kJ?mol-1g）=CH3OH（g）△H=-129.0kJ?mol-1g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）△H=+77.0kJ?mol-1，?mol-1；4（E为6）由苯和（CH3COOCH1）CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+Hg）△H=+77.0kJ?mol-1；2O=CO2↑g）+H（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206.0kJ?mol-1g）=CH3OH（g）△H=-129.0kJ?mol-1g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）△H=+77.0kJ?mol-1，?mol-1；4（0.51.5100L

c(CO)×ｃ(Hc(CH×c(H2O)=B错误；CH3OH的物质的量增大，故）减小，故正确；E错误，Co2+失去电子氧化生成Co2+，反应离子方程式为，最后E与CO2CO）2O2（2O0.50.5=0.003mol?L-1?min-1，故答案为：0.003mol?L-1?min-1；

3

4)C正确；Co3+，阳为原料合成1.51.50.51.52)0.5100100，先发生类似上述流程100×1.5×（100)3=2.25×10-4

，D与氢气发生加成反应生成

在PbCl2作用下生成布洛芬；

（

中③的反应，再水解后发生发生类似流程中⑤的反应。本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中官能团的变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的性质，题目难度不大。22.【答案】（（2）0.003mol?L-1?min-1；2.25×10-4；（3）CD；（4）Co2+-e-=Co3+；6Co3++CH3OH+H+6Co2++6H+；（5）B

【解析】【分析】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算、平衡常数、热化学方程式、电化学等，题目综合性较大，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，难度中等。【解答】（1）I：CH4（Ⅱ：CO（g）+2H2（根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ可得：CH（4故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）△H=+77.0kJ（2）100℃时达到平衡时，甲烷的转化率为50%，转化的甲烷为0.5mol，则：CHg）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）起始量（mol）：1200变化量（mol）：0.5平衡量（mol）：0.5

1.5mol①用H2表示的平均反应速率为5min

②平衡常数K=，故答案为：2.25×10-4；

（3）A．体积压缩，反应混合物各组分浓度都增大，故A错误；

B．体积压缩，压强增大，正逆反应速率都增大，正反应速率增大更多，故C．体积压缩，压强增大，平衡正向移动，D．体积压缩，压强增大，平衡正向移动，氢气物质的量减小、甲醇物质的量增大，重新平衡c（H2）/c（CH3OHDE．温度相同，则平衡常数相同，故故选：CD；（4）①阳极发生氧化反应，由题目信息可知，阳极上极电极反应式为Co2+-e-=Co3+，故答案为：Co2+-e-=Co3+；②由题目信息可知，Co3+将甲醇氧化成CO2，自身被还原为21/27

2O=CO2↑2O=CO2↑2O-6e-=CO2↑1mol×４4-(-2)mol×22.4L/mol=L，故D错误，0.005mol/（L?min）△H＜0，故SO2、SCl2与2（2（=气体的压强之0.12-xp始=6.0p×2÷2L4min2）①根据2O=CO2↑2O=CO2↑2O-6e-=CO2↑1mol×４4-(-2)mol×22.4L/mol=L，故D错误，0.005mol/（L?min）△H＜0，故SO2、SCl2与2（2（=气体的压强之0.12-xp始=6.0p×2÷2L4min2）①根据（1）可知，373K2（2（g）2（0.010.02K=0.02K值减小，lgK减小，故A可能变化为B、E两点；△H=-4kJ?mol-1，1molS4（g）、1molSCl2（

243；4）1）由于盐酸的影响，使SO2+H2O?+6H+，故=23mol，则标况下生成二氧化碳为使用催化剂Cl2均为0.04mol，设参与反应的为5.0p0.122

0.013=400，则2g）分子2.6BE243小于SO2为x，0

0A点的数值为lgK=lg400=2.6；＞v（SOCl2）＞（5）A．电解质溶液中没有电子通过，离子定向移动形成电流，故A错误；

B．负极发生氧化反应，甲醇在负极失去电子，酸性条件下生成二氧化碳，由电荷守恒可知还有氢离子生成，电极反应式为：CH3OH+HB正确；

C．放电过程属于原电池，电解质溶液中阳离子向正极移动，即H+从负极区向正极区迁移，故C错误；

D．根据电子转移守恒，生成二氧化碳为

244.833

故选：B．23.【答案】＜

【解析】解：（1）①升高温度，K值减小，该反应为放热反应，该反应的答案为：＜；②向2L的密闭容器中通入则：

SOg）+Clg）+SCl2（g）?2SOCl2（g）n始：0.040.040.040n转：xxx2xn平：0.04-x0.04-x0.04-x2x由表可知，4min达到平衡，温度相同、体积相同，气体的物质的量之比p平比，则=，解得x=0.02mol，则反应开始至达到平衡时，

=0.02mol=0.005mol/（L?min）；

故答案为：0.005mol/（L?min）；③II与Ⅰ比较，达到平衡所用时间段，说明反应速率加快，但平衡状态一样，应为使用催化剂；故答案为：使用催化剂；（时：SOg）+Cl+SClg）?2SOCl2（g）c平：0.010.01

则化学平衡常数

故答案为：2.6；②该反应为放热反应，升高温度，故答案为：BE；（3）反应S4（g）+4Cl2（g）=4SCl2（g）的（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收1064kJ、510kJ的能量，设1molCl中化学键断裂时需吸收的能量为Q，则△H=1064+4×Q-4×510=-4，解得Q=243；故答案为：（H2SO3的溶解平衡逆向移动，亚硫酸的浓度会

其中HCl的物质的量浓度为c（H2SO3），可知NaHSO3的混合溶液，则20mL＞a＞10mL；当

b=10mL，即a大于b，1.25mol/其中HCl的物质的量浓度为c（H2SO3），可知NaHSO3的混合溶液，则20mL＞a＞10mL；当

b=10mL，即a大于b，1.25mol/L，增大溶液中SO2的溶解；

1NaOHa与b的相对大小关系。涉及温度对化学平衡的结合溶液中固硫，防止污染空气，除去二氧化2O3+2OH2O?16CaO的作用和生成的二氧化硫反应防止污染环境，和二氧化硅反10mol/L时，H2SO3H+浓度，会-+3H（OH）4]-过滤2[Al（OH）4]-+CO2=HCO（OH）3-+Al

降低，即将SOCl2溶于水中可形成两种酸，的物质的量浓度小于1.25mol/L，故答案为：小于；2）①所得NaHSO3溶液中c（SO32-）＞HSO3-电离大于水解，溶液显酸性，则c（H+）大于（OH-），故答案为：＞；②当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-），结合溶液中存在的电荷守恒式c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），可知此时溶液显中性，应为Na2SO3和

V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），符合NaHSO3溶液中存在的物料守恒式，则故答案为：＞。（1）①根据温度对化学平衡的影响考虑；②向2L的密闭容器中通入SO2、SCl2与Cl2均为0.04mol，设参与反应的为SO2为x，列三段式，根据温度相同、体积相同，气体的物质的量之比=气体的压强之比，解得x，

再由v=△ｃ△ｔ计算；

③II与Ⅰ比较，反应速率加快，但平衡状态一样，应为使用催化剂；（2）①根据化学平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积之比计算；②根据温度对化学平衡的影响结合对数可得；（3）由△H=反应物的总键能-生成物的总键能计算可得；（4）1）常温下饱和亚硫酸溶液的物质的量浓度为破坏H2SO3的溶解平衡，降低2）①向10mL饱和H2SO3溶液中滴加相同物质的量浓度的溶液10mL，恰好生成NaHSO3溶液，此时溶液中c（SO32-）＞c（H2SO3），可知溶液中HSO3-的电离大于其水解程度，溶液显酸性；②根据溶液中存在的电荷守恒式：c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）及滴加amL或bmLNaOH溶液后溶液中存在的浓度关系，判断混合溶液的酸碱性及所含溶质的成分，判断本题考查了化学平衡的有关计算与弱电解质溶液中的电离平衡，影响，键能与反应热的关系以及电解质溶液中存在的电荷守恒与物料守恒，离子浓度的大小关系，准确判断溶液的成分与酸、碱性是解题关键，综合性强，题目难度不大，考生注意基础知识的把握与计算。24.【答案】增大接触面积，加快反应速率硅Al2[Al

3↓1：

【解析】解：（1）矿石粉碎是增大和气体接触面积加快反应速率，；将高硫铝土矿粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；（2）焙烧时加入少量应生成硅酸钙除去二氧化硅，23/27

2O3

2O3+2OH2O?4]-，

2O3+2OH2O?2O3转化为[Al（OH）4]-，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将Al（OH）3，反应的离子方程式为：2[Al（OH）4]-+CO2=HCO3-+Al（OH）3↓，

2O3

2O3+2OH2O?4]-，

2O3+2OH2O?2O3转化为[Al（OH）4]-，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将Al（OH）3，反应的离子方程式为：2[Al（OH）4]-+CO2=HCO3-+Al（OH）3↓，

（OH）3↓；与xy=16，所以理论上完全反应消耗的2O3、过滤得Fe2O3．Fe2O3与CaO的作用和生成的二氧化硫反应防止污染环境，和二氧化硅反2O3混合后在缺氧条件下焙烧生和Zn+2H65V22.4m+=Zn2++H

+=Zn2++H

Ⅱ反应速率较大，二者浓度不同，说明在其它条件一定时，化学反和NaOH反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为：

-+3H

-+3HNa[Al（OH）4]，“过滤”得到的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1：16，Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）粉碎后通入FeS2和NaOH反应生成四羟基合铝酸钠；+=Zn2++H×100%；调整左右两管的液面高度相平，且视线与液面相平；无2↑，

2↑；2[Al（OH）4]-；2↑；在其它条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增（3）碱浸时，Al

Al2[Al（OH）故答案为：Al（4）固体和溶液分离用过滤，操作Ⅰ名称为过滤操作，故答案为：过滤；（5）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al滤液中主要含有[Al（OH）

4]-转化为故答案为：2[Al（OH）4]-+CO2=HCO3-+Al（4）过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成

Fe3O4和SO2，设有xmolFe3O4和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×（3-83）

=2y×5+y×（83-2），

解得

故答案为：1：16。高硫铝土矿（主要成分为Al空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，和二氧化硅反应