20小題）對可逆反應：A（g）+3B（g）?2C（g）△H＜0，下列敘述錯誤的是（,v(正)、v(逆)都增大,v(正)、v(逆)都增大A的濃度平衡正移,v(正)會增大v(正)、v(逆)同時增大,而且增大的倍數相同向甲、乙、丙三個密閉容器中充入一定量的C的濃度隨時田0.5LT11.5mol1A0.5molB20小題）對可逆反應：A（g）+3B（g）?2C（g）△H＜0，下列敘述錯誤的是（,v(正)、v(逆)都增大,v(正)、v(逆)都增大A的濃度平衡正移,v(正)會增大v(正)、v(逆)同時增大,而且增大的倍數相同向甲、乙、丙三個密閉容器中充入一定量的C的濃度隨時田0.5LT11.5mol1A0.5molB）,但v(逆)增的更大,但v(正)增的更大,但v(逆)會減小A和B，發生反應：A（g）＋xB（g）乙0.5LT21.5molA0.5molB丙1.0LT20molA2.0molB

2020屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆

——屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆

一、單選題（本大題共

1.

A.升高溫度平衡逆向移

B.增大壓強平衡正移

C.增大

D.采用催化劑一般

2.?2C（g）。容器的反應溫度、反應物起始量如下左表，反應過程中間變化關如下圖表示：下列說法以正確的是（）

容器

容積

溫度／℃

反應起始量

1/27

內甲容器中反應的平均速率T1<T2,且該反應為吸熱反應=1,若平衡時保持溫度不變0.5molA、1.5molB的轉化率為75％化學中常用圖像直觀地描述化學反應的進程或結果。下列圖像描述錯誤的是表示催化劑對可逆反應表示乙酸溶液中通人氨氣至過量的過程中溶液導電性的變化表示在1L1mol·L-1表示一定濃度在反應C(s)＋CO2(g)?2CO(g)中，不可能使反應速率明顯增大的措施是B.CO2的濃度下列說法正確的是（）,可增大單位體積內活化分子的百分數,若增大壓強(即縮小反應容器的體積,從而使反應速率增大內甲容器中反應的平均速率T1<T2,且該反應為吸熱反應=1,若平衡時保持溫度不變0.5molA、1.5molB的轉化率為75％化學中常用圖像直觀地描述化學反應的進程或結果。下列圖像描述錯誤的是表示催化劑對可逆反應表示乙酸溶液中通人氨氣至過量的過程中溶液導電性的變化表示在1L1mol·L-1表示一定濃度在反應C(s)＋CO2(g)?2CO(g)中，不可能使反應速率明顯增大的措施是B.CO2的濃度下列說法正確的是（）,可增大單位體積內活化分子的百分數,若增大壓強(即縮小反應容器的體積,從而使反應速率增大,但能增大單位體積內活化分子百分數,主要原因是增加了反應物分子中活化分子的對于A2+3B2?2C+D的反應來說，以下化學反應速率的表示中，反應速率最快的是）2)=0.6mol(L?s)-1下列關于可逆反應的敘述不正確的是（2H2+O2與2H2+O2H2O互為可逆反應,加入催化劑可使正逆反應速率均增大,從而提高經濟效益v(A)=0.025mol/(L,改變容器體積平衡移動,平衡時A()2X(g)+2Y(g)FeBr2溶液中通人的量的變化NaHCO3溶液中滴加鹽酸升高溫度D.,使有效碰撞次數增大),可增加活化分子,增大反應速率=0.8mol(L?s)-1D.）?????????點燃?2·min)3Z(g)+W(s)的影響,乙使用催C12時Br,生成CO2與滴加鹽酸物質的量的關增加碳的量B.v(D)=0.1mol(L?s)-1?-v(A=0.4mol(L?s)-12)B.由圖可知：C.xD.T1℃,起始時甲容器中充入

3.

A.圖①化劑B.圖②C.圖③D.圖④系

4.

A.增大壓強C.增大

5.

A.增大反應物濃度B.有氣體參加的化學反應的百分數C.催化劑不影響反應活化能D.升高溫度能使化學反應速率增大百分數

6.（

A.v(BC.v(C)

7.

A.某可逆反應達平衡狀態時反應物和生成物共存

B.2H2O?????????電解??

C.對于可逆反應D.提高可逆反應的限度可增加產量

可逆反應：CO（氣）+NO2（氣）?CO2（氣）+NO（氣）；該反應正方向為放熱）NO2,擴大容積體積在2L的密閉容器中，一定條件下發生化學反應：NO和CO各為4mol，10秒鐘后達到N2為5秒鐘內,用NO表示的平均反應速率為,升高溫度,正反應速率將減小可逆反應：CO（氣）+NO2（氣）?CO2（氣）+NO（氣）；該反應正方向為放熱）NO2,擴大容積體積在2L的密閉容器中，一定條件下發生化學反應：NO和CO各為4mol，10秒鐘后達到N2為5秒鐘內,用NO表示的平均反應速率為,升高溫度,正反應速率將減小,逆反應速率將增大,反應速率的關系有：,往容器中充入1molO2,正、逆反應速率都不改變,可增大活化分子的百分數,若增大壓強(即縮小反應容器的體積,主要原因是增加了反應物分子中活化分子的,從而增大反應1.0molPCl5，反應PCl5(g)00·c(PCl3)＝0.11molL·－1，該反應為放熱1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，v(正)＞v(逆)2.0molPCl32.0molCl2在容積為的密閉容器內，物質）B.D.2NO（g）+2CO（g）?N2（g）1mol．下列有關反應速率的說法中，正確的是（0.1mol?L-1?s-1v正(CO)=2v逆(N,從而使有效碰撞次數增大),可增加活化分子→PCl3(g)500.16、，達到平衡時，2.0L升高溫度增加壓強,縮小容器體積）2)1500.19DT℃時發生反應，其反應物和生成物的物2500.20在3500.20

8.反應，在下列情況下不能使反應速度加快的是（

A.恒容條件下充入C.減小壓強

9.+2CO2（g）△H=-746.4kJ?mol-1．起始反應時化學平衡，測得

A.反應前B.達到平衡后

C.達到平衡后

D.保持容器體積不變

10.下列說法正確的是()

A.增大反應物濃度B.有氣體參加的化學反應的百分數,從而使反應速率增大C.升高溫度能使化學反應速率增大百分數D.催化劑不影響反應活化能但能增大單位體積內活化分子百分數速率

11.溫度為T時，向2.0L恒容密閉容器中充入＋Cl2(g)經一段時間后達到平衡。反應過程中測定的部分數據見下表：

t/s

n(PCl3)/mol

下列說法正確的是

A．反應在前50s內的平均速率v(PCl3)＝0.0032mol/(Ls)B．保持其他條件不變，升高溫度，平衡時反應

C．相同溫度下，起始時向容器中充入達到平衡前D．相同溫度下，起始時向容器中充入PCl3的轉化率小于80%

12.質的量隨時間t的變化關系如圖，下列敘述不正確的是（

3/27

,A物質的平均反應速率為0.667mol/(L?min)2D(s)?2A(g)+,A物質的平均反應速率為0.667mol/(L?min)2D(s)?2A(g)+B(g)該反應的平衡常數表達式為K=2

△H>0,則第5分鐘時圖象呈現上述變化的原因可能是升高體系的7分鐘時增加D的物質的量,則表示A的物質的量變化正確的是下列圖中的實驗方案，能達到實驗目的是（B驗證FeCl3對制備Fe（OH）2分解反應有催化作并能較長時間觀用察其顏色B.B是反應物,B、C是生成物2minA的分解速率為0.1mol?L-1?min,若升高溫度,平衡向正反應方向移動,若增大壓強,平衡向逆反應方向移動,活化分子百分數增加,化學反應速率一定增大,活化分子百分數不一定增大,化學反應速率一定增大a曲線）CH2O2C.C-1DCO2氣體中混有HClD.DB.該反應的化學方程式為c(A)?c(B)C.已知反應的溫度D.若在第

13.

A

實驗方案

實驗除去比較、H2CO3和目的SO2H2SiO3的酸性強弱的

A.A

14.如圖為800℃時A、B、C三種氣體在密閉容器中反應時濃度的變化情況，據此分析不能得出的結論是（）

A.AB.前C.達平衡后D.達平衡后

15.下列說法正確的是()A.增大壓強B.升高溫度

,使活化分子百分數增加,降低了反應的活化能,正逆反應速率都為,能增大反應速率B.(1)(3)(4)）?min)?min)B.D.）1小題）,化學反應速率增大,增大了活化分子百分數0C.(1)(2)(4)(5)B.D.增大壓強加酶,化學反應速率一定增D.(1)(2)(3)(4)(5)0.04mol/(L0.8mol/(L?min),使活化分子百分數增加,降低了反應的活化能,正逆反應速率都為,能增大反應速率B.(1)(3)(4)）?min)?min)B.D.）1小題）,化學反應速率增大,增大了活化分子百分數0C.(1)(2)(4)(5)B.D.增大壓強加酶,化學反應速率一定增D.(1)(2)(3)(4)(5)0.04mol/(L0.8mol/(L?min)?min)

C.加入反應物D.使用催化劑大

16.關于反應速率的說法中，正確的是（）

A.反應速率用于衡量化學反應進行的快慢B.決定反應速率的本質因素是反應溫度C.可逆反應達到化學平衡時D.增加反應物物質的量

17.將2molA氣體和1molB氣體在固定體積的密閉容器中混合并在一定條件下發生如下反應并達到平衡狀態：2A（g）+B（g）2C（g），此反應為放熱反應．下列能增大正、逆反應速率的方法是：（1）再充入1molA氣體；（2）充入2mol的惰性氣體；（3）加入正催化劑；（4）升高溫度；（5）移走部分C氣體．其中正確的是（）

A.(1)(3)(5)

18.在10L密閉容器中進行如下反應：A（g）+B（g）?2C（g），2分鐘后，B由2mol減少到1.2mol，則用單位內A的濃度變化表示的反應速率（VA）是（

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

19.改變下列條件，一定能加快反應速率的是

A.增加反應物的量C.加熱

20.下列說法正確的是（

A.決定化學反應速率的主要因素是參加反應的物質的性質B.催化劑可以使不起反應的物質發生反應C.可以找到一種催化劑使水變成油D.催化劑是決定化學反應速率的主要因素

二、推斷題（本大題共

21.2018年大部分地區爆發了流感流感常伴隨發熱高燒等癥狀。布洛芬是一種常用的兒童退熱藥，它的BHC合成法如下

5/27

______。______，反應類型是______。______種c．能發生銀鏡反應3COOCH2CO）2O3小題）H2O為原料，通過下列反應來制備甲醇．223OH______．1.0molCHI，測得在一定的壓強下5min，則用H2表示該反應的平均反應速率______．amolCO與3amolH2的混合氣II生成甲醇，平衡后將容器的容積壓縮到原來的______2

2有一種電化學法可消除這種污染，CO2而凈2裝置模擬上述過程：______。______，反應類型是______。______種c．能發生銀鏡反應3COOCH2CO）2O3小題）H2O為原料，通過下列反應來制備甲醇．223OH______．1.0molCHI，測得在一定的壓強下5min，則用H2表示該反應的平均反應速率______．amolCO與3amolH2的混合氣II生成甲醇，平衡后將容器的容積壓縮到原來的______2

2有一種電化學法可消除這種污染，CO2而凈2裝置模擬上述過程：______．為原料合成（）=CH（）△H=-129.0kJ?mol-14CH412（填字母序號）．）減少．正反應速率加快，逆反應速率減慢其原理是：的線路圖（其和）通入容積為的反應室，在一定條件的轉化率與溫度的關系如圖，其（2）①反應需用濃鹽酸而不用稀鹽酸，其原因是（3）E的分子式是______，官能團的名稱是______。（4）③反應的化學方程式是（5）滿足下列條件的布洛芬的同分異構體有

a遇FeCl3溶液顯紫色b．分子中有5種不同化學環境的氫

（6）請寫出由苯和（CH

他試劑任選）

三、簡答題（本大題共

22.甲醇可作為燃料電池的原料．（1）以CH4和I：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H（g）△H=+206.0kJ?mol-1Ⅱ：CO（g）+2Hgg則：CH（4g）與H2O（g）反應生成CH3OH（g）和H（2g）的熱化學方程式為（2）將2.0molH2O（g100L下發生反應1．

①假設100℃時達到平衡所需的時間為為______．②100℃時反應I的平衡常數為（3）在壓強為0.1MPa、溫度為300℃條件下，將

體在催化劑作用下發生反應

他條件不變，對平衡體系產生的影響是A．c（HBC．CH3OH的物質的量增加D．重新平衡c（H）/c（CH3OH）減小E．平衡常數K增大（4）甲醇對水質會造成一定的污染，通電后，將Co2+氧化成Co3+，然后以Co3+做氧化劑把水中的甲醇氧化成化．實驗室用圖①寫出陽極電極反應式

______．3所示．關于該電池的敘述2mol甲醇時，溶液中轉移了CH3OH+H+6H+CO2氣體（22.4/3）Cl2反應合成氯化亞砜：+SCl2（g）?2SOCl2（g）。373K10LI（反應達到平衡時的溫度與起始溫度相同，0pp=”）0。v（SOCl2）=______。II（lgK）與溫度的變化關系點。g）+4Cl2（g）=4SCl2（g）的△H=-4KJ?mol-1，2（1064KJ、510KJ的能量，則1molCl______KJ。1.25mol/L，電離常數______．3所示．關于該電池的敘述2mol甲醇時，溶液中轉移了CH3OH+H+6H+CO2氣體（22.4/3）Cl2反應合成氯化亞砜：+SCl2（g）?2SOCl2（g）。373K10LI（反應達到平衡時的溫度與起始溫度相同，0pp=”）0。v（SOCl2）=______。II（lgK）與溫度的變化關系點。g）+4Cl2（g）=4SCl2（g）的△H=-4KJ?mol-1，2（1064KJ、510KJ的能量，則1molCl______KJ。1.25mol/L，電離常數1=1.54HCl的物質的量濃度為1.25mol/L。

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

②寫出除去甲醇的離子方程式（5）以甲醇可作為燃料制成燃料電池結構示意圖如圖正確的是______．A．當電池反應消耗了B．電池的負極反應為：C．放電過程中，H+從正極區向負極區遷移D．在電池反應中，每消耗1mol氧氣，理論上能生成標準狀況下L．

23.二氧化硫、氯氣、氯化亞砜等均為重要的工業原料。工業上用SO2、SCl2與（g）+Cl2（g）（1）在時，向的密閉容器中通入SCl2與Cl2均為0.20mol，發生上述反應。測得其壓強（p）隨時間（t）的變化為表中數據po為初始壓強）。

t/min

I

II

請回答下列問題：①該反應的△H______（填“＞”“＜”或“②I反應開始至達到平衡時，③若只改變某一條件，其他條件相同時，測得其壓強隨時間的變化為表中數據則改變的條件是______。（2）如圖是某同學測定上述反應的平衡常數的對數值①A點的數值為______。（已知：lg4=0.6）②當升高到某一溫度時，反應重新達到平衡，

A點可能變化為______點。（3）已知反應S4（1molS4（g）、1molSClg）分子中化學鍵斷裂時分別需要吸收中化學鍵斷裂時需吸收的能量為（4）常溫下飽和亞硫酸溶液的物質的量濃度為為Ka×10-2Ka2=1.02×10-7。1）若將SOCl2溶于水中可形成兩種酸，其中H2SO3的物質的量濃度______（大于、小于、等于，下同）2）向10mL飽和H2SO3溶液中滴加相同物質的量濃度的①當V=10mL時，溶液中存在：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），則c（H+）______c（OH-）

7/27

c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）；c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）AlFe3O4的部分工藝流程如下：______；CaO的作用是______；2O3（OH）3的離子方程式Fe2O3．Fe2O3與n（FeS2）：n（Fe2O3）=______。2小題）______．9.0mL氣體為計時終點，結果為V（H2SO4）/mL4040______．且控制其他條件使其與上述實驗完全一致，______（填mg置于圓底燒瓶中，滴加足量稀硫VL，則粗鋅片的純度為c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）；c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）AlFe3O4的部分工藝流程如下：______；CaO的作用是______；2O3（OH）3的離子方程式Fe2O3．Fe2O3與n（FeS2）：n（Fe2O3）=______。2小題）______．9.0mL氣體為計時終點，結果為V（H2SO4）/mL4040______．且控制其他條件使其與上述實驗完全一致，______（填mg置于圓底燒瓶中，滴加足量稀硫VL，則粗鋅片的純度為______．2O3、和反應的離子方程式FeS2混合后在缺氧條件下焙t1＞t2c（H2SO4）/mol?L-114所測Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金屬硫酸鹽）為原t/st1t2當V=bmL時，溶液中離子濃度有如下關系：

+c（H2SO3）；則a______b。

24.以高硫鋁土礦（主要成分為料，生產氧化鋁并獲得

由上述流程回答下列問題：（1）將高硫鋁土礦粉碎的目的是（2）焙燒時加入少量（3）寫出堿浸時，AlNaOH______；（4）操作Ⅰ名稱為______；（5）向溶液X中通入過量CO2生成Al______；（6）經操作Ⅰ得到的固體中含大量的燒生成Fe3O4和SO2，理論上完全反應消耗的

四、實驗題（本大題共

25.某同學設計了如圖所示裝置（部分夾持裝置已略去），該裝置可以用來進行多項實驗研究．請回答：（1）用上述裝置探究影響化學反應速率的因素．①圓底燒瓶中發生反應的離子方程式是②用上述裝置進行實驗，以生成

序號

Ⅰ

Ⅱ

比較實驗Ⅰ和Ⅱ可以得出的實驗結論是③若將鋅片換成含雜質的粗鋅片，得的反應速率均大于上述實驗對應的數據．粗鋅片中所含雜質可能是序號）．a．石墨b．銀c．銅d．沙粒（二氧化硅）（2）用上述裝置測定粗鋅片的純度．①連接好裝置，檢查裝置氣密性，稱量粗鋅片酸，充分反應直至不再產生氣體為止，測得氣體體積為

______．②本實驗在讀數前對量氣管的操作是

______（填“偏大”、“偏小”或“無影響”，）______（填序號）．______．CeFCO3）為原______．CeO2與鹽酸反應的離子方程式：）2?Ce（IV）分別在有機層中與水層中存在形式的物質的量A2n)]c(CeSO)______（填“偏大”、“偏小”或“無影響”，）______（填序號）．______．CeFCO3）為原______．CeO2與鹽酸反應的離子方程式：）2?Ce（IV）分別在有機層中與水層中存在形式的物質的量A2n)]c(CeSO)隨起始料液中c（SO42-）變化的原因：______．

的作用下CeO2轉化為Ce3+，H2O2在該反應

2O2參加反______．CeO2產品+．實驗室中萃取2-40.4500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol?L-1FeSO4

③本套裝置中若考慮滴入的稀硫酸的體積（假設其它操作都正確），則測得的氣體的體積將．（3）用上述裝置驗證生鐵在潮濕空氣中會發生吸氧腐蝕．①圓底燒瓶中的試劑可選用NH4Cl溶液b．C2H5OHc．Na2CO3溶液d．稀硫酸②能證明生鐵在潮濕空氣中會發生吸氧腐蝕的現象是

26.二氧化鈰（CeO2）是一種重要的稀土氧化物．以氟碳鈰礦（主要含料制備CeO2的一種工藝流程如圖1：

已知：①Ce4+既能與F-結合成[CeFx]（4-x）+，也能與SO42-結合成[CeSO4]2+；②在硫酸體系中Ce4+能被萃取劑[（HA）2]萃取，而Ce3+不能．回答下列問題：（1）“氧化焙燒”前需將礦石粉碎成細顆粒，其目的是（2）“酸浸”中會產生大量黃綠色氣體，寫出______；為避免產生上述污染，請提出一種解決方案：______．（3）“萃取”時存在反應：Ce4++n（HACe?（H2n-4A2n）+4H時用到的主要玻璃儀器名稱為______；圖2中D是分配比，表示

濃度之比（D=c[Ce?(H2n-4）．保持其它條件不變，若在起始料液中加入不同量的

Na2SO4以改變水層中的c（SO42-），D（4）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2中作______（填“催化劑”、“氧化劑”或“還原劑”），每有1molH應，轉移電子的物質的量為______．（5）“氧化”步驟的化學方程式為（6）取上述流程中得到的

9/27

Ce3+，其它雜質均不反應），消耗CeO2的質量分數為25.00mL______．

標準溶液滴定至終點時（鈰被還原為Ce3+，其它雜質均不反應），消耗CeO2的質量分數為25.00mL______．標準溶液．該產品中

Cv（正）、C錯誤；D正確．D1mol/L，v（C）所以v（A）=T1＜T2，溫度越高C的濃度越低，升高溫B錯誤；1mol/L×0.5LCv（正）、C錯誤；D正確．D1mol/L，v（C）所以v（A）=T1＜T2，溫度越高C的濃度越低，升高溫B錯誤；1mol/L×0.5L×22mol/L×1L×126，丙中6，丙中壓2x=1，k=0.5molA、1.5molB，反應到達平衡時mol/Lxx2xmol/L1-x3-x2x(2x)(1-x)(3-x)v（逆）都增大，但v（正）增的更大，故B正確；112v（C）=2×0.1mol/1A1.5×1.52.25×0.25=4A的濃度變化量為2=4

答案和解析

1.【答案】

【解析】解：A．正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，正逆反應速率都增大，且v（逆）增的更大，故A正確；B．增大壓強，平衡正向移動，C．增大A的濃度，反應物濃度增大，平衡正移，正逆反應速率都增大，故D．加入催化劑，正逆反應速率都增大，平衡不移動，故故選C．對于反應A（g）+3B（g）?2C（g）△H＜0來說，正反應為放熱反應，升高溫度、增大壓強、增大濃度以及加入催化劑，都可增大反應速率，以此解答該題．本題考查化學反應速率的影響因素，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意把握反應的特點以及影響化學反應速率的因素，難度不大．2.【答案】

【解析】解：A、由圖可知，10min內甲容器中C的濃度變化量為

=1mol/L10min=0.1mol/（L?min），速率之比等于化學計量數之比，

（L?min）=0.05mol/（L?min），故A錯誤；

B、比較甲與乙可知，乙先到達平衡，故溫度度平衡向逆反應移動，故正反應為放熱反應，故

C、若x=1，反應前后氣體的物質的量不變，改變體積壓強不變，不影響平衡移動，故C錯誤；

D、乙中平衡時A的轉化率為的轉化率為

強為乙中倍，壓強增大平衡不移動，故A（g）+B（g）?2C（g）．開始（mol/L）：310變化（mol/L）：0.750.751.5平衡（mol/L）：2.250.251.5

故T1℃，該反應的平衡常數為

令T1℃，起始時甲容器中充入x，則：A（g）+B（g）?2C（g）．開始（mol/L）：130變化（）：平衡（）：

所以

11/27

×100%=75%，故D正確；1mol/L，根據v=v（A）；T1＜T2，溫度越高C的濃度越低，升高溫1mol/L×0.5L×22mol/L×100%=75%，故D正確；1mol/L，根據v=v（A）；T1＜T2，溫度越高C的濃度越低，升高溫1mol/L×0.5L×22mol/L×1L×126，丙中6，丙中壓T1℃，起始時甲容器中充入x，再利用三段式表示出平衡時各組分的濃度，利用平衡常數A的轉化率．x的值是解題的關鍵．B但是可以縮短到達平衡的時間，C、亞鐵離子的還D、碳酸D題目難度不大，注意固體的量的多少對反應速率沒A正確；B正確；C正確；D錯誤。D△ｃ△ｔ計算1A0.5molA、1.5molB，反應到達v（C），

故A的轉化率=0.75mol/L1mol/L

故選D．

A、由圖可知，10min內甲容器中C的濃度變化量為

再利用速率之比等于化學計量數之比計算B、比較甲與乙可知，乙先到達平衡，故溫度度平衡向逆反應移動；C、若x=1，反應前后氣體的物質的量不變，改變體積壓強不變，不影響平衡移動；

D、乙中平衡時A的轉化率為的轉化率為

強為乙中2倍，壓強增大平衡不移動，故x=1，根據三段式計算甲中平衡時各組分的濃度，進而計算平衡常數，令平衡時A的濃度變化量為列方程計算x的值，進而計算本題考查化學反應速率計算、影響化學平衡移動的鹽酸、化學平衡圖象與有關計算，難度較大，D選項為易錯點、難點，判斷3.【答案】

【解析】試題分析：A、催化劑對平衡轉化率沒有影響，對；B、乙酸溶液中通氨氣生成強電解質醋酸銨，導電性增強，錯；原性強于溴離子，所以開始時氯氣先與亞鐵離子反應，溴離子的量不變，對；氫鈉溶液中加鹽酸，會立即產生氣體，對。考點：考查識圖能力，涉及化學反應速率、元素及化合物等4.【答案】

【解析】【分析】

本題考查影響化學反應速率的因素，有影響，但固體的表面積大小影響反應速率。增大反應速率的因素有增大壓強、升高溫度、增加反應物氣體的濃度以及加入催化劑等方法。

【解答】

A.增大壓強可使反應速率明顯增大，故B.升高溫度可加快反應速率，故C.增大CO2的濃度可加快反應速率，故D.因為碳是固體，無濃度意義，增加碳的量不影響反應速率，故故選D。

5.【答案】

A錯誤；C錯誤；B故不同物質質表示的反應速率與其0.830.11BA、根據可逆反應不能完全進行到底；

A錯誤；C錯誤；B故不同物質質表示的反應速率與其0.830.11BA、根據可逆反應不能完全進行到底；

【解析】【分析】

本題考查外界條件對反應速率影響實質的判斷。

濃度、壓強只改變單位體積活化分子的數目，不能改變百分數，增加固體的量，對反應物濃度基本沒有影響，反應速率基本不變，溫度、催化劑可改變活化分子百分數，以此解答該題。

【解答】

A.增大反應物濃度，可增大單位體積內活化分子的數目，但百分數不變，故B.有氣體參加的化學反應，若增大壓強（即縮小反應容器的體積），可增加單位體積活化分子數目，但百分數不變，故B錯誤；

C.催化劑可降低活化能，故D.升高溫度能使化學反應速率增大，主要原因是增加了反應物分子中活化分子的百分數，故D正確；故選D。

6.【答案】

【解析】【分析】由于不同物質表示的速率之比等于化學計量數之比，化學計量數的比值越大，則表示的反應速率越快，以此來解答。本題考查化學反應速率比較，為高頻考點，把握反應速率與化學計量數的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意比值法比較的應用，題目難度不大。【解答】反應速率與其化學計量數的比值越大，則表示的反應速率越快，

A.=0.26；

B.0.41=0.4；

C.0.62=0.3；

D.=0.1，

顯然B中比值最大，反應速率最快，故選B。7.【答案】

【解析】【分析】B、可逆反應，在同一條件下，既能向正反應方向進行，同時又能向逆反應的方向進行

13/27

A點燃2??????2H2ODCNO2，反應物濃度增大，活化分子數目增加，反應速AB不選；C選；D不選；NO2，反應物濃度增大；C中活化分子數目變化，題目難度不大．C2L

（L?s），前0.1mol/（L?s），A點燃2??????2H2ODCNO2，反應物濃度增大，活化分子數目增加，反應速AB不選；C選；D不選；NO2，反應物濃度增大；C中活化分子數目變化，題目難度不大．C2L

（L?s），前0.1mol/（L?s），故A錯誤；B錯誤；v正（CO）逆（DB錯誤；N2）時正、逆速率之比等于化學計量數之比，說明反應到達平衡狀態，故C正C、催化劑同時改變正逆反應速率；D、根據提高可逆反應的限度能夠節約原料和能源、提高產品的產量、提高經濟效益來回答。本題考查了化學反應的限度與可逆反應，化學平衡的特點，難度不大，注意理解可逆反應的特征和化學反應的限度。【解答】A、因為可逆反應不能完全進行到底，所以可逆反應達平衡狀態時反應物和生成物共存，故正確；B、可逆反應是指在相同條件下，既能向正方向進行同時又能向逆方向進行的反應，

2H2O??電解????2H2+O2與2H2+O條件不同，故

C、因為催化劑同時改變正逆反應速率，所以對于可逆反應，加入催化劑可使正逆反應速率均增大，故C正確；D、提高化學反應的限度能夠節約原料和能源、提高產品的產量、提高經濟效益，故正確；故選B．8.【答案】

【解析】解：A．恒容條件下充入率加快，故不選；B．升高溫度，活化分子百分數增大，反應速率加快，故C．減小壓強，擴大容積體積，活化分子數目減小，反應速率減小，故D．增加壓強，縮小容器體積，活化分子數目增加，反應速率加快，故故選C．A．恒容條件下充入B．升高溫度，活化分子百分數增大；C．減小壓強，擴大容積體積，活化分子數目減小；D．增加壓強，縮小容器體積，活化分子數目增加．本題考查化學反應速率，為高頻考點，把握反應速率的影響因素、活化理論為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項9.【答案】

1mol【解析】解：A、前10秒鐘內，v（N2）==0.05mol/

量數之比，故前10s內v（NO）=2v（N2）=2×0.05mol/（L?s）=0.1mol/5s反應物的濃度更大，反應速率更快，故前5s的平均速率大于前10s的平均速率，即前5秒鐘內，用NO表示的平均反應速率大于B、升高溫度正、逆反應速率都增大，故C、可逆反應達平衡時，用不同物質表示正、逆速率之比等于化學計量數之比，=2v確；D、NO與氧氣反應，NO濃度降低，瞬間反應物的濃度降低，正反應速率降低，故

10v（N2），再利用速率之比等于化學計量數之比計算前5s的平均速率大于前CA不正確；同樣選項B中有氣體參加的化(即縮小反應容器的體積B不正確；催化劑可以降低反應C。有利于培養學生的邏輯推理能CA、由表中數據可知n(PCl3)=0.2mol，保持其他c(PCl3)="0.11"mol/L，則n′(PCl3)="0.11"10v（N2），再利用速率之比等于化學計量數之比計算前5s的平均速率大于前CA不正確；同樣選項B中有氣體參加的化(即縮小反應容器的體積B不正確；催化劑可以降低反應C。有利于培養學生的邏輯推理能CA、由表中數據可知n(PCl3)=0.2mol，保持其他c(PCl3)="0.11"mol/L，則n′(PCl3)="0.11"△H＞O，故Bk=1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，起始時PCl5的濃度為=0.02，v(正)＞v(逆)，故C正確；D、等2.0molPCl5，與原平衡相比，壓強增大，平衡向逆反應方向移動，平衡時PCl3的物質的量小于2molPCl3、和2.0molCl2，達到平衡時，PCl3的物質的量小于1.6mol，故達到平衡時，PCl3的轉化率高于80%，故10s10s)，可增大單位體積內活化分子的百分數，50s內，△n(PCl3)=0.16mol，v(PCl3)==0.025。1.6mol，即相同溫度下，起1.6mol，

錯誤；故選：C．

A、根據v=△ｃ△ｔ計算前內

內v（NO），前5s反應物的濃度更大，反應速率更快，故前的平均速率；B、升高溫度正逆反應速率都增大；C、可逆反應達平衡時，用不同物質表示正、逆速率之比等于化學計量數之比；D、NO與氧氣反應，NO濃度降低，反應物的濃度降低，正反應速率降低．考查化學反應速率計算與影響因素、化學平衡狀態判定、影響化學平衡的因素等，難度中等，注意A中，開始反應物的濃度最大，反應速率最快．10.【答案】

【解析】試題分析：增大反應物濃度，可增大單位體積內活化分子的百分數，從而使有效碰撞次數增大，但活化分子的百分數不變，學反應，若增大壓強從而使有效碰撞次數增大，但活化分子的百分數不變，的活化能，D不正確，所以答案選考點：考查外界條件對反應速率影響實質的判斷點評：該題是中等難度的試題，試題基礎性強，側重對學生基礎知識的鞏固與訓練，主要是考查學生對外界條件影響反應速率的了解掌握程度，力。11.【答案】

【解析】試題分析：0.0016mol/(L?s)，故A錯誤；B、由表中數據可知，平衡時條件不變，升高溫度，平衡時，mol/L×2L=0.22mol，說明升高溫度平衡正向移動，正反應為吸熱反應，即錯誤；C、對于可逆反應：PCl5(g)?PCl3(g)+Cl2(g)，開始(mol/L)：0.500變化(mol/L)：0.10.10.1平衡(mol/L)：0.40.10.1

所以平衡常數

起始時向容器中充入

0.5mol/L、PCl3的濃度為0.1mol/L、Cl2的濃度為0.1mol/L，濃度商Qc=

K＞Qc，說明平衡向正反應方向移動，反應達平衡前效為起始加入的PCl5轉化率較原平衡低，故平衡時始時向容器中充入參加反應的PCl3的物質的量大于

15/27

DAA物質的平均反應速率為=0.0667mol/L?min，故A錯誤；D?2A（g）+B（g）；因DDAA物質的平均反應速率為=0.0667mol/L?min，故A錯誤；D?2A（g）+B（g）；因D為K=CA）×C（B），故B正確；A的物質的量變化情況符△ｃ△ｔ進行計算；BA錯誤；C錯誤；2（考點：本題考查反應速率、平衡常數計算、平衡移動、等效平衡等，難度中等，注意中使用等效平衡思想分析，使問題簡單化，也可以根據平衡常數計算，但比較麻煩。12.【答案】

【解析】解：A、從反應開始到第一次達到平衡時，

0.4mol2.0L3minB、根據圖象知，隨著反應的進行，D的物質的量減少，A、B的物質的量增加，所以是反應物，A、B是生成物；同一反應、同一時間段內，各物質的濃度變化量之比等于其計量數之比，0-3min時，△D=0.4mol，△A=0.4mol，△B=0.2mol，△D：△A：△B=0.4mol：

0.4mol：0.2mol=4：4：2，方程式為：2D（s）

固體，所以化學平衡常數

C、根據圖可知，第5分鐘時D的物質的量減少，A、B的物質的量增大，平衡正向移動，由于該反應為吸熱反應，所以可推知此時變化的原因可能是升高溫度，故C正確；

D、D為固體，增加D的物質的量，濃度不變，平衡不移動，合b曲線，故D正確；故選：A。

A、根據V=

B、根據各物質的增減判斷反應物、生成物，根據同一反應、同一時間段內，各物質的濃度變化量之比等于其計量數之比判斷；化學平衡常數等于平衡時各生成物濃度的化學計量數次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積所得的比值；C、根據圖可知，第5分鐘時D的物質的量減少，A、B的物質的量增大，平衡正向移動，由于該反應為吸熱反應，所以可推知此時變化的原因可能是升高溫度；

D、增加固體的物質的量，濃度不變，平衡不移動。本題考查了化學平衡、平衡常數的影響因素，平衡計算分析應用，掌握基礎是關鍵，題目難度中等。13.【答案】

【解析】解：A．溫度和催化劑都可影響反應速率，比較催化劑的影響，應在溫度相同的條件下進行對比實驗，故B．煤油阻止了亞鐵離子和氧氣接觸，從而阻擋了亞鐵離子被氧化，所以能實現實驗目的，故B正確；C．CO2和SO2都可與碳酸鈉溶液反應，應用飽和碳酸氫鈉除雜，故D．鹽酸易揮發，不能排除鹽酸的干擾，應先通過飽和碳酸氫鈉除去二氧化碳中的氯化氫，故D錯誤．故選B．

A．應在溫度相同的條件下進行對比實驗；B．煤油能抑制亞鐵離子被氧化；C．CO2和SO2都可與碳酸鈉溶液反應；

為高考常見題型和高頻考點，CB和C的物質的量濃度增加，A正確；0.2mol/L，則A的分解速率=0.2mol/L2min=0.1mol/為高考常見題型和高頻考點，CB和C的物質的量濃度增加，A正確；0.2mol/L，則A的分解速率=0.2mol/L2min=0.1mol/L，故B正確；C錯誤；2A?2B+C，達平衡后，若增大壓強，平衡向逆反應方向移動，B和C的物質的量濃度增加，則△c（A）：△c（B）：2A?2B+C，A的分解速率；D但影響原因不同。B錯誤；C錯注意把握實驗的原理和實驗操作A為反應物，B

D．鹽酸易揮發，不能排除鹽酸的干擾．本題考查較為綜合，涉及物質的性質對比、除雜等知識，側重于學生的分析能力、實驗能力和評價能力的考查，的嚴密性和可行性的評價，難度中等．14.【答案】

【解析】解：A．由圖象可知，A的物質的量濃度減小，則A為反應物，B和C為生成物，故

B．2min內A的濃度變化為

C．根據圖象不能確定反應熱，則不能判斷溫度對平衡移動的影響，故D．反應的化學方程式為故D正確；故選C．由圖象可知，A的物質的量濃度減小，和C為生成物，由反應的濃度的變化之比等于化學計量數之比可得：△c（C）=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，則反應的化學方程式為A．反應物的濃度減小，生成物的濃度增大；

B．根據v=△ｃ△ｔ計算

C．根據圖象不能確定反應熱，不能判斷溫度對平衡移動的影響；D．若增大壓強，平衡向體積減小的方向移動．本題考查化學平衡圖象問題，題目難度不大，注意根據圖象書寫反應的化學方程式，圖是物質的量濃度的變化曲線，不能判斷溫度對平衡移動的影響．15.【答案】

【解析】【分析】

本題考查活化能及其對反應速率的影響，題目難度不大，注意溫度、濃度、壓強、催化劑等外界條件對化學反應速率的影響的根本原因是對活化分子的影響，

【解答】

A.增大壓強，反應物的濃度增大，單位體積內活化分子數增多，但活化分子數不變，化學反應速率增大，故A錯誤；

B.升高溫度，活化分子百分數增大，化學反應速率增大，故

C.加入反應物，使活化分子數增加，活化分子百分數不變，化學反應速率增大，故誤；

D.使用催化劑，降低反應的活化能，使更多的分子變為活化分子，增大了活化分子百分數，化學反應速率一定增大，故D正確。

17/27

A影響化學反應速率的因素以及化學平衡狀態特征屬于基而煤的形成要經過漫B錯誤；各種物質的濃度或含量均不再發生變化的狀態，0，故C錯誤；B為高頻考點，把握常見的影響反應速率的外界因素B10L1，A影響化學反應速率的因素以及化學平衡狀態特征屬于基而煤的形成要經過漫B錯誤；各種物質的濃度或含量均不再發生變化的狀態，0，故C錯誤；B為高頻考點，把握常見的影響反應速率的外界因素B10L1，A的濃度變化表示的化學反應速率為同一=0.04mol?L-1?min-1，0.04mol?L-1?min-1，

16.【答案】

【解析】【分析】

本題考查化學反應速率的概念、礎知識考查，題目難度不大。加強概念的理解是關鍵。

【解答】

A.化學反應有的快，有的慢，則使用化學反應速率來定量表示化學反應進行的快慢，通常用單位時間內反應物濃度的減少量或生成物濃度的增加量來表示，故A正確；B.反應速率的大小主要由反應物本身決定，如中和反應瞬間完成，長的過程。所以反應物本身的性質是決定反應速率的主要因素，故C.可逆反應達到化學平衡狀態時，物質的正逆、反應的速率相等但不為

D.增大反應物濃度，單位體積內活化分子數目增多，反應速率加快；增加反應物物質的量，濃度不一定增大，故D錯誤。故選A。

17.【答案】

【解析】【分析】本題考查影響化學反應速率的因素，為解答的關鍵，注重基礎知識的考查，題目難度不大。【解答】（1）再充入1molA氣體，氣體濃度增大，反應速率增大，故正確；（2）充入2mol的惰性氣體，濃度不變，則反應速率不變，故錯誤；（3）加入正催化劑，反應速率增大，故正確；（4）升高溫度，反應速率增大，故正確；（5）移走部分C氣體，濃度減小，反應速率減小，故錯誤。故選B。18.【答案】

(2mol-1.2mol)【解析】解：2min后，B由2mol減少到1.2mol，v（B）=2min由反應可知，A、B的化學計量數均為反應速率之比等于化學計量數之比，則用單位時間內

10L2min明確計算公式及反應速率與化學計量數的關系即可解答，C為高頻考點，把握常見影響反應速率的外因為解答的關增加反應物的量，濃度不變，反應速率不變，故A錯誤；B錯誤；C正確；D錯誤。AA正確；B錯誤；10L2min明確計算公式及反應速率與化學計量數的關系即可解答，C為高頻考點，把握常見影響反應速率的外因為解答的關增加反應物的量，濃度不變，反應速率不變，故A錯誤；B錯誤；C正確；D錯誤。AA正確；B錯誤；C錯誤；D錯誤。物質的性質為內因，為影響化學反應速率的主為高頻考點和常見題型，難度不大．2甲基-丙醇C12H18O=0.04mol?L-1?min-1，結合反應速注注意把握內因和外因的區3增大反應物濃度、加快反應速率，使平衡右移提高醇的利羥基+（CH3CO）2O→+CH3COOH取

故選B．

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

率之比等于化學計量數之比來解答．本題考查反應速率的計算，重基礎知識的考查，題目難度不大．19.【答案】

【解析】【分析】

本題考查影響反應速率的因素，鍵，注意影響因素的使用范圍，題目難度不大。

【解答】

增大濃度、升高溫度、增大壓強、使用正催化劑等，均可加快反應速率，以此來解答。

A.若反應物為純固體或純液體，B.若反應中沒有氣體參加，則增大壓強，反應速率不變，故C.加熱，反應速率一定加快，故D.加酶，為催化劑，可能降低反應速率，故故選C。

20.【答案】

【解析】解：A．反應物的性質為決定化學反應速率的主要因素，如鈉能和冷水反應，銅和熱水也不反應，故B．催化劑不能使不能發生反應的物質發生反應，只改變反應速率，故C．水不可能使水變成油，不符合質量守恒定律，故D．決定化學反應速率的主要因素是物質的性質，催化劑只是外界因素，故故選：A。影響化學反應速率的因素有內因和外因，要因素，外因有溫度、濃度、壓強、催化劑等，其中催化劑只改變反應速率，但不能概念反應的方向，以此解答該題．本題考查化學反應速率的影響因素，別，特別是催化劑的性質，為該題考查的側重點，注意相關基礎知識的積累，21.【答案】

用率

19/27

42甲基-丙醇，，含3種H，B的核磁共振氫譜有，E的分子式是C12H18O，官能團的名稱是羥基，故答案+（CH3CO）2O→+（CH3CO）2O→b．分子中有5種不同化學環境的氫、2CO）2O。A42甲基-丙醇，，含3種H，B的核磁共振氫譜有，E的分子式是C12H18O，官能團的名稱是羥基，故答案+（CH3CO）2O→+（CH3CO）2O→b．分子中有5種不同化學環境的氫、2CO）2O。A與HCl發生取代反應生成C為3種吸收峰，+CH3COOH，+CH；取代反應；c．能發生銀鏡反，共4種，為原料合成B為，C與（CH3CO）2OD3COOH，先發生類似上述流程中，B與反應生成為

【解析】解：（1）A中含-OH的主鏈有3個C，2號C上有甲基，名稱是

B為

故答案為：2甲基-丙醇；3；（2）①反應需用濃鹽酸而不用稀鹽酸，其原因是增大反應物濃度、加快反應速率，使平衡右移提高醇的利用率，故答案為：增大反應物濃度、加快反應速率，使平衡右移提高醇的利用率；

（3）E為

為：C12H18O；羥基；

（4）③反應的化學方程式是

反應類型是取代反應，

故答案為：

（5）滿足a遇FeCl3溶液顯紫色應，則含酚-OH、-CHO，且結構對稱，符合條件的布洛芬的同分異構體有

、

故答案為：4；

（6）由苯和（HOOCCH

③的反應，再水解后發生發生類似流程中⑤的反應，合成線路為

，

答：合成路線為

由A、D的結構簡式及合成流程可知，

苯發生取代反應生成

E為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為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錯誤；CH3OH的物質的量增大，故）減小，故正確；E錯誤，Co2+失去電子氧化生成Co2+，反應離子方程式為，最后E與CO2CO）2O2（2O0.50.5=0.003mol?L-1?min-1，故答案為：0.003mol?L-1?min-1；

3

4)C正確；Co3+，陽為原料合成1.51.50.51.52)0.5100100，先發生類似上述流程100×1.5×（100)3=2.25×10-4

，D與氫氣發生加成反應生成

在PbCl2作用下生成布洛芬；

（

中③的反應，再水解后發生發生類似流程中⑤的反應。本題考查有機物的合成，為高頻考點，把握合成流程中官能團的變化、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意有機物性質的性質，題目難度不大。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】本題考查化學平衡計算與影響因素、反應速率計算、平衡常數、熱化學方程式、電化學等，題目綜合性較大，需要學生具備扎實的基礎與靈活運用能力，難度中等。【解答】（1）I：CH4（Ⅱ：CO（g）+2H2（根據蓋斯定律，Ⅰ+Ⅱ可得：CH（4故答案為：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）△H=+77.0kJ（2）100℃時達到平衡時，甲烷的轉化率為50%，轉化的甲烷為0.5mol，則：CHg）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）起始量（mol）：1200變化量（mol）：0.5平衡量（mol）：0.5

1.5mol①用H2表示的平均反應速率為5min

②平衡常數K=，故答案為：2.25×10-4；

（3）A．體積壓縮，反應混合物各組分濃度都增大，故A錯誤；

B．體積壓縮，壓強增大，正逆反應速率都增大，正反應速率增大更多，故C．體積壓縮，壓強增大，平衡正向移動，D．體積壓縮，壓強增大，平衡正向移動，氫氣物質的量減小、甲醇物質的量增大，重新平衡c（H2）/c（CH3OHDE．溫度相同，則平衡常數相同，故故選：CD；（4）①陽極發生氧化反應，由題目信息可知，陽極上極電極反應式為Co2+-e-=Co3+，故答案為：Co2+-e-=Co3+；②由題目信息可知，Co3+將甲醇氧化成CO2，自身被還原為21/27

2O=CO2↑2O=CO2↑2O-6e-=CO2↑1mol×４4-(-2)mol×22.4L/mol=L，故D錯誤，0.005mol/（L?min）△H＜0，故SO2、SCl2與2（2（=氣體的壓強之0.12-xp始=6.0p×2÷2L4min2）①根據2O=CO2↑2O=CO2↑2O-6e-=CO2↑1mol×４4-(-2)mol×22.4L/mol=L，故D錯誤，0.005mol/（L?min）△H＜0，故SO2、SCl2與2（2（=氣體的壓強之0.12-xp始=6.0p×2÷2L4min2）①根據（1）可知，373K2（2（g）2（0.010.02K=0.02K值減小，lgK減小，故A可能變化為B、E兩點；△H=-4kJ?mol-1，1molS4（g）、1molSCl2（

243；4）1）由于鹽酸的影響，使SO2+H2O?+6H+，故=23mol，則標況下生成二氧化碳為使用催化劑Cl2均為0.04mol，設參與反應的為5.0p0.122

0.013=400，則2g）分子2.6BE243小于SO2為x，0

0A點的數值為lgK=lg400=2.6；＞v（SOCl2）＞（5）A．電解質溶液中沒有電子通過，離子定向移動形成電流，故A錯誤；

B．負極發生氧化反應，甲醇在負極失去電子，酸性條件下生成二氧化碳，由電荷守恒可知還有氫離子生成，電極反應式為：CH3OH+HB正確；

C．放電過程屬于原電池，電解質溶液中陽離子向正極移動，即H+從負極區向正極區遷移，故C錯誤；

D．根據電子轉移守恒，生成二氧化碳為

244.833

故選：B．23.【答案】＜

【解析】解：（1）①升高溫度，K值減小，該反應為放熱反應，該反應的答案為：＜；②向2L的密閉容器中通入則：

SOg）+Clg）+SCl2（g）?2SOCl2（g）n始：0.040.040.040n轉：xxx2xn平：0.04-x0.04-x0.04-x2x由表可知，4min達到平衡，溫度相同、體積相同，氣體的物質的量之比p平比，則=，解得x=0.02mol，則反應開始至達到平衡時，

=0.02mol=0.005mol/（L?min）；

故答案為：0.005mol/（L?min）；③II與Ⅰ比較，達到平衡所用時間段，說明反應速率加快，但平衡狀態一樣，應為使用催化劑；故答案為：使用催化劑；（時：SOg）+Cl+SClg）?2SOCl2（g）c平：0.010.01

則化學平衡常數

故答案為：2.6；②該反應為放熱反應，升高溫度，故答案為：BE；（3）反應S4（g）+4Cl2（g）=4SCl2（g）的（g）分子中化學鍵斷裂時分別需要吸收1064kJ、510kJ的能量，設1molCl中化學鍵斷裂時需吸收的能量為Q，則△H=1064+4×Q-4×510=-4，解得Q=243；故答案為：（H2SO3的溶解平衡逆向移動，亞硫酸的濃度會

其中HCl的物質的量濃度為c（H2SO3），可知NaHSO3的混合溶液，則20mL＞a＞10mL；當

b=10mL，即a大于b，1.25mol/其中HCl的物質的量濃度為c（H2SO3），可知NaHSO3的混合溶液，則20mL＞a＞10mL；當

b=10mL，即a大于b，1.25mol/L，增大溶液中SO2的溶解；

1NaOHa與b的相對大小關系。涉及溫度對化學平衡的結合溶液中固硫，防止污染空氣，除去二氧化2O3+2OH2O?16CaO的作用和生成的二氧化硫反應防止污染環境，和二氧化硅反10mol/L時，H2SO3H+濃度，會-+3H（OH）4]-過濾2[Al（OH）4]-+CO2=HCO（OH）3-+Al

降低，即將SOCl2溶于水中可形成兩種酸，的物質的量濃度小于1.25mol/L，故答案為：小于；2）①所得NaHSO3溶液中c（SO32-）＞HSO3-電離大于水解，溶液顯酸性，則c（H+）大于（OH-），故答案為：＞；②當V=amL時，溶液中離子濃度有如下關系：c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-），結合溶液中存在的電荷守恒式c（H+）+c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-），可知此時溶液顯中性，應為Na2SO3和

V=bmL時，溶液中離子濃度有如下關系：c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），符合NaHSO3溶液中存在的物料守恒式，則故答案為：＞。（1）①根據溫度對化學平衡的影響考慮；②向2L的密閉容器中通入SO2、SCl2與Cl2均為0.04mol，設參與反應的為SO2為x，列三段式，根據溫度相同、體積相同，氣體的物質的量之比=氣體的壓強之比，解得x，

再由v=△ｃ△ｔ計算；

③II與Ⅰ比較，反應速率加快，但平衡狀態一樣，應為使用催化劑；（2）①根據化學平衡常數為生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積之比計算；②根據溫度對化學平衡的影響結合對數可得；（3）由△H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能計算可得；（4）1）常溫下飽和亞硫酸溶液的物質的量濃度為破壞H2SO3的溶解平衡，降低2）①向10mL飽和H2SO3溶液中滴加相同物質的量濃度的溶液10mL，恰好生成NaHSO3溶液，此時溶液中c（SO32-）＞c（H2SO3），可知溶液中HSO3-的電離大于其水解程度，溶液顯酸性；②根據溶液中存在的電荷守恒式：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濃度關系，判斷混合溶液的酸堿性及所含溶質的成分，判斷本題考查了化學平衡的有關計算與弱電解質溶液中的電離平衡，影響，鍵能與反應熱的關系以及電解質溶液中存在的電荷守恒與物料守恒，離子濃度的大小關系，準確判斷溶液的成分與酸、堿性是解題關鍵，綜合性強，題目難度不大，考生注意基礎知識的把握與計算。24.【答案】增大接觸面積，加快反應速率硅Al2[Al

3↓1：

【解析】解：（1）礦石粉碎是增大和氣體接觸面積加快反應速率，；將高硫鋁土礦粉碎的目的是：增大接觸面積，加快反應速率，故答案為：增大接觸面積，加快反應速率；（2）焙燒時加入少量應生成硅酸鈣除去二氧化硅，23/27

2O3

2O3+2OH2O?4]-，

2O3+2OH2O?2O3轉化為[Al（OH）4]-，向“過濾”得到的濾液中通入過量CO2，可以將Al（OH）3，反應的離子方程式為：2[Al（OH）4]-+CO2=HCO3-+Al（OH）3↓，

2O3

2O3+2OH2O?4]-，

2O3+2OH2O?2O3轉化為[Al（OH）4]-，向“過濾”得到的濾液中通入過量CO2，可以將Al（OH）3，反應的離子方程式為：2[Al（OH）4]-+CO2=HCO3-+Al（OH）3↓，

（OH）3↓；與xy=16，所以理論上完全反應消耗的2O3、過濾得Fe2O3．Fe2O3與CaO的作用和生成的二氧化硫反應防止污染環境，和二氧化硅反2O3混合后在缺氧條件下焙燒生和Zn+2H65V22.4m+=Zn2++H

+=Zn2++H

Ⅱ反應速率較大，二者濃度不同，說明在其它條件一定時，化學反和NaOH反應生成四羥基合鋁酸鈉，反應的離子方程式為：

-+3H

-+3HNa[Al（OH）4]，“過濾”得到的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1：16，Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金屬硫酸鹽）粉碎后通入FeS2和NaOH反應生成四羥基合鋁酸鈉；+=Zn2++H×100%；調整左右兩管的液面高度相平，且視線與液面相平；無2↑，

2↑；2[Al（OH）4]-；2↑；在其它條件一定時，化學反應速率隨反應物濃度的增（3）堿浸時，Al

Al2[Al（OH）故答案為：Al（4）固體和溶液分離用過濾，操作Ⅰ名稱為過濾操作，故答案為：過濾；（5）過濾前使用NaOH溶液進行堿浸，Al濾液中主要含有[Al（OH）

4]-轉化為故答案為：2[Al（OH）4]-+CO2=HCO3-+Al（4）過濾”得到的濾渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成

Fe3O4和SO2，設有xmolFe3O4和ymolFeS2完全參加反應，根據電子得失守恒：2x×（3-83）

=2y×5+y×（83-2），

解得

故答案為：1：16。高硫鋁土礦（主要成分為Al空氣、加入氧化鈣焙燒，其中氧化鈣和二氧化硫反應生成亞硫酸鈣，和二氧化硅反應