2024届高三化学二轮专题训练题：化学反应速率与化学平衡(2)（含解析）
2024届高三化学二轮专题训练题：化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2022·浙江·高三期中）在一定条件下，密闭容器内某一反应中A、B两种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是
A．化学分程式为A2B
B．t2时，v正>v逆
C．当反应时间t=0时，只存在正反应
D．0～t2时间内，用B表示的反应速率为 mol/(L·min)
2．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）在某密闭容器中以物质的量之比1：2充入NO、，发生反应：，。实验测得体系中含N物种的浓度随时间的变化如图所示。下列叙述错误的是
A．时， B．时，NO的转化率为75%
C．时， D．时，
3．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）某科研团队制备高效催化剂Cu@并催化碳酸乙烯酯连续加氢反应的机理，如图所示。(已知：图片中Cu指铜元素，包括、)
下列叙述错误的是
A．图1 CO转化过程中既作氧化剂又作还原剂
B．图1中山梨醇中碳元素转化成C、CO、
C．图2中1mol碳酸乙烯酯和2mol 恰好完全反应生成和
D．图2中Cu@能提高碳酸乙烯酯和反应的活化分子百分率
4．（2023·河北·高三统考专题练习）氮的氧化物转化是环境化学热点问题之一、研究发现，还原NO的反应分两步进行：①；②，其能量变化如图所示(Ts代表过渡态)。下列叙述正确的是
A．②是放热反应，①是吸热反应 B．是该反应的催化剂
C．反应①的活化能大于反应② D．加入催化剂的目的是降低Ts2的能量
5．（2023春·福建三明·高三三明一中校考期中）《天工开物》中关于炼锌的记载：“凡倭铅(炼锌)古书本无之，乃近世所立名色。其质用炉甘石(主要成分是)熬炼而成。……每炉甘石十斤，装载入一泥罐内，封裹泥固以渐砑牙，勿使见火折裂。然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，罐中炉甘石熔化成团，冷定毁罐取出。每十耗去其二，即倭铅也。”下列有关叙述错误的是
A．我国古代积累了炼锌的生产技术 B．用该方法可以炼铝和铜等
C．炼锌过程中，煤作燃料和还原剂 D．“逐层用煤炭”可增大接触面积
6．（2023·山东·高三统考专题练习）两个均充有H2S的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa，以温度、Al2O3催化剂为条件变量，进行实验：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是
A．温度升高，H2S分解的正，逆反应速率均增大
B．900℃，ts后达平衡，H2的平均生成速率为pkPa s 1
C．Al2O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂失去活性
7．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校联考阶段练习）一定温度下，向容器相同的恒容密闭容器中充入1mol M和W的混合物气体和4mol N，发生如下反应
反应Ⅰ.
反应Ⅱ.
实验测得起始充入的与M和W的平衡转化率的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线表示起始充入的与M的平衡转化率的关系
B．x>1
C．若M和W的转化率均处于b点状态时，反应Ⅰ和Ⅱ均存在
D．若缩小容器的容积，达到新平衡后P的体积分数与原平衡相等
8．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）一定温度下，反应I2(g)＋H2(g)2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11 mmol·L-1，c(H2)=0.11 mmol·L-1，c(HI)=0.78 mmol·L-1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是
A B C D
c(I2)/ mmol·L-1 1.00 0.22 0.44 0.11
c(H2)/ mmol·L-1 1.00 0.22 0.44 0.44
c(HI)/ mmol·L-1 1.00 1.56 4.00 1.56
(注：1 mmol·L-1=10-3 mol·L-1)
A．A B．B C．C D．D
9．（2023秋·山东青岛·高三山东省青岛第十七中学校考期末）向体积为2L的恒容密闭容器中通入和各1.5mol，发生反应：。在不同温度下测得随时间变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．该反应是放热反应 B．a、b两点平衡常数：
C．时，的平衡转化率是40% D．化学反应速率：v逆(b)
A．提高反应温度，反应物转化率增加
B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，提高反应物的转化率
C．该化学反应的速率主要由反应③决定
D．
11．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考一模）NO与O2混合后可发生反应①2NO(g)+ O2 (g)=2NO2 (g)和②2NO2 (g)N2O4 (g) △H<0，现使一定量的NO与足量O2在恒容密闭容器中充分反应，测得含氮的物质的量浓度c随时间t的变化曲线如图所示。已知t4时刻某一外界条件发生改变。下列说法中错误的是
A．曲线b为c(NO2)随t的变化曲线
B．时间段，反应①用NO表示的化学反应速率为mol·L-l·min-l
C．时刻NO、NO2、N2O4的消耗速率大于生成速率
D．反应②的平衡常数
12．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如图：
下列说法正确的是
A．在该过程中，CO断键形成C和O
B．状态I→状态III表示CO与的反应过程
C．CO和O生成是吸热反应
D．CO和O生成了具有极性共价键的
13．（2023秋·广东广州·高三广东实验中学校考期末）一定温度下，向三个体积分别为V1、V2、V3(V1＜V2＜V3)的密闭容器中分别加入足量活性炭和2molNO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)，在相同时间内测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A．bc曲线上反应均达到平衡状态
B．容器内的压强：Pa：Pb＞6：7
C．a、c两点时气体的颜色相同
D．向a点平衡体系中充入一定量的NO2，达到平衡时，NO2的转化率比原平衡大
14．（2023·广东·高三统考专题练习）恒容密闭容器中，以硫()与为原料制备，受热分解成气态，发生反应 。的平衡转化率、的体积分数随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．
B．温度升高，分解率增大，体积分数增大
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡向右移动
D．其他条件相同，体积分数越大，平衡转化率越小
二、原理综合题
15．（2023·广东佛山·统考二模）工业利用、催化合成氨实现了人类“向空气中要面包”的梦想。
(1)原料气(含、、CO)中的CO能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为： 。
①除去原料气中CO的理由是___________。
②为提高CO吸收率，应选择的条件为___________。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
③中的配体为____________
(2)研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的物种用*标注。
①该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为___________。合成氨反应：的___________(用图中字母表示)。
②铁催化合成氨时与需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，越大，反应速率越小。原因是___________。
(3)反应的标准平衡常数可表达为：，其中为标准压强(0.1MPa)，、和分别为各组分的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)。若和起始物质的量之比为1∶3，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转化率为50%，则___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
16．（2023春·安徽·高三统考阶段练习）SO2是形成酸雨的主要气体，减少SO2的排放和研究SO2综合利用意义重大。回答下列问题：
(1)已知25℃时：xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s) ΔH=a kJ·mol-1；2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s) ΔH=bkJ·mol-1。则25℃时，CO与Sx(s)反应生成COS(g)的热化学方程式为_______。
(2)焦炭催化还原SO2既可削除SO2，同时还可得到硫(S2)，化学方程式为2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。一定压强下，向1L密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2(g)的生成速率与S2(g)的生成速率随温度(T)变化的关系如图1所示。图中A、B、C、D四点中，处于平衡状态的是_______点。
(3)某科研小组研究臭氧氧化脱除SO2和NO的工艺，反应原理及反应热活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) ΔH1=-200.9kJ·mol-1，E1=3.2kJ·mol-1；
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g) ΔH2=-241.6kJ·mol-1，E2=58kJ·mol-1；
已知该体系中臭氧还发生分解反应：2O3(g)3O2(g)。保持其他条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3，改变温度，反应相同时间t0min后，体系中NO和SO2的转化率如图2所示：
①Q点时反应开始至t0min内v(SO2)=_______。
②由图可知相同温度下(温度小于300℃)NO的转化率远高于SO2，其原因可能是_______。
③若反应达到平衡后，缩小容器的体积，则NO和SO2转化率_______(填“增大”“减少”或“不变”)。
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，体系中O3的物质的量是_______mol，反应I的平衡常数Kc=_______。
(4)在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO+SO2=2CO2+S。其他条件相同，以γ-Al2O3(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良好的吸附性能)作为催化剂，研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图3所示。240℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是_______。
17．（2023·广东广州·统考二模）和重整制取合成气CO和，在减少温室气体排放的同时，可充分利用碳资源。该重整工艺主要涉及以下反应：
反应a：
反应b：
反应c：
反应d：
(1)重整时往反应体系中通入一定量的水蒸气，可在消除积碳的同时生成水煤气，反应为，该反应的△H＝_____________(写出一个代数式)。
(2)关于和重整，下列说法正确的是 (填编号)。
A．的物质的量保持不变时，反应体系达到平衡状态
B．恒容时通入增大压强，的平衡转化率减小
C．加入反应c的催化剂，该反应的平衡常数K增大
D．降低反应温度，反应d的
(3)一定压强下，按照投料，和重整反应达到平衡时各组分的物质的量分数随温度的变化如图所示
①图中曲线m、n分别表示物质_____________、_____________的变化(选填“”“CO”或“”)。
②700℃后，C(s)的物质的量分数随温度升高而增大的原因是_______________________________________。
③某温度下体系中不存在积碳，和的物质的量分数分别是0.50、0.04，该温度下甲烷的平衡转化率为_____________，反应b的平衡常数K＝_____________(列出计算式)。
三、工业流程题
18．（2023春·江苏南京·高三南京师大附中校考期中）处理含铬［Cr(Ⅵ)］废水的方法有化学沉淀法、铝还原回收法等。
(1)钡盐沉铬法：
已知水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为___________；向含Cr(Ⅵ)的酸性废水中加入钡盐，生成难溶于水的沉淀。使用的沉铬效果要优于的原因是___________；
(2)亚硫酸氢钠-石灰乳还原沉淀法：向初始pH不等的几份酸性含铬废水中加入等量，使Cr(Ⅵ)还原成Cr(Ⅲ)。测得废水中残留Cr(Ⅵ)与反应时间的关系变化关系如图所示。
①写出将还原为的离子方程式___________；
②实际生产中，还原反应控制pH为2.5左右的原因是___________；
(3)还原回收Cr(Ⅵ)法：
步骤1：向含Cr(Ⅵ)的酸性溶液中加入一定量的铝粉，充分反应，过滤。
步骤Ⅱ：利用步骤Ⅰ过滤后得到的溶液(含有、、)获得。
①研究发现，若步骤Ⅰ中pH偏低将会导致Cr(Ⅵ)的去除率下降，其原因是___________；
②获得和的混合溶液的实验方案为：向步骤Ⅰ过滤后的溶液中加KOH溶液调节pH=8，___________，得到和的混合溶液。(实验中须用到的试剂：KOH溶液、溶液、稀硫酸)
已知：
ⅰ.常温下，体系中Al(Ⅲ)、Cr(Ⅲ)微粒的分布分数随溶液pH的变化如图下所示(部分无关粒子已略去)。
ⅱ.强碱性条件下Cr(Ⅲ)能被氧化为；酸性条件下能将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)。
参考答案：
1．B
【详解】A．时，A的物质的量减少了4mol，B的物质的量增加了2mol，因此A为反应物，B为生成物，化学方程式为，A项错误；
B．时未达到平衡，反应仍在正向进行，，B项正确；
C．正反应和逆反应是同时进行的，C项错误；
D．容器体积未知，因此无法计算用A浓度变化表示反应的速率，D项错误；
答案选B。
2．C
【分析】①代表NO，②代表NO2，③代表N2O4，由图知，在之前，同时发生， ；设，，则各成分的量为c(NO)=(a-x)mol/L，c(O3)= (2a-x)mol/L，c(NO2)=(x-y)mol/L，c(N2O4)=0.5ymol/L，c(O2)= xmol/L；在时，NO已消耗完；
【详解】A．由图知，时，c(NO)=(a-x)mol/L=c(NO2)=(x-y)mol/L=c(N2O4)=0.5ymol/L，则得x=0.75 a mol/L，y=0. 5 a mol/L， 则c(NO)= c(NO2)=c(N2O4)= 0.25a mol/L，c(O2)= 0.75a mol/L，则，A正确；
B． 结合选项A可知，时，初始NO为a mol/L，消耗NO 为0.75a mol/L，则NO的转化率为75%，B正确；
C．，由图知，时实际消耗NO＜amol/L，则，C不正确；
D．氮原子为a mol/L，时，NO不存在，按氮元素守恒，D正确；
答案选C。
3．C
【详解】A．由图可知，图1中一氧化碳反应生成二氧化碳和碳单质，碳元素化合价有升高也有降低，故CO转化过程中既作氧化剂又作还原剂，A正确；
B．由图可知，图1中山梨醇中碳元素转化成二氧化碳和一氧化碳，部分一氧化碳又转化为碳和二氧化碳，B正确；
C．图2中1mol碳酸乙烯酯和3mol 恰好完全反应生成和，C错误；
D．图2中Cu@作为催化剂，能降低反应的活化能，提高碳酸乙烯酯和反应的活化分子百分率，加快反应速率，D正确；
故选C。
4．C
【详解】A．Ts1与Ts2最终能量都低于起始能量，故两个过程均为放热反应，A错误；
B．为第①步反应的产物，第②步反应的反应物参与反应，故不是催化剂，B错误；
C．反应①为慢反应步骤，第一步反应需要更大的能量，第一步反应也比第二步反应慢得多，反应①的活化能大于反应②，C正确；
D．加入催化剂的目的是降低Ts1的能量，因为①所需活化能高，整体反应速率由反应①决定，D错误；
故选C。
5．B
【详解】A．在长期的生活和生产实践中，我国古代人们积累了丰富的炼锌生产技术，A正确；
B．冶炼锌的方法为热还原法，冶炼铝的方法为电解法，该方法不能用于炼铝，B错误；
C．煤燃烧产生高温，为金属冶炼提供足够温度，作燃料，高温下C与金属化合物发生反应生成CO2，作还原剂，C正确；
D．“逐层用煤炭”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，D正确；
故选B。
6．C
【详解】A．温度升高，反应速率均增大即H2S分解的正，逆反应速率均增大，故A正确；
B．900℃，ts后达平衡，硫化氢的转化率为50%，则氢气的压强为0.5pkPa，则H2的平均生成速率为，故B正确；
C．根据图中曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸热反应，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，而加入Al2O3催化剂使正反应和逆反应活化能都降低，但正反应的活化能仍大于逆反应的活化能，故C错误；
D．催化剂需要适宜温度，在1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂可能几乎失去活性，故D正确。
综上所述，答案为C。
7．B
【详解】A．W只是Ⅱ的反应物，增大，W的平衡转化率增大，表示起始充入的与W的平衡转化率的关系，A项错误；
B．根据2个反应方程式可知，当x=1时，即M和W等物质的量，M的平衡转化率大于W，当x>1时，M的平衡转化率才可能等于W，B项正确；
C．对于反应Ⅰ：，对于反应Ⅱ：，C项错误；
D．缩小容器体积，反应Ⅱ正向进行，M减小，Q增多，反应Ⅰ逆向进行，P的体积分数改变，D项错误；
故选B。
8．C
【详解】平衡时，测得 c(I2)=0.11 mmol·L-1，c(H2)=0.11 mmol·L-1，c(HI)=0.78 mmol·L-1，由此温度下平衡常数 K= =50.28；已知 Qc(A)= =1，Qc(B)= =12.6，Qc(C)= =82.64，Qc(D)= =50.28，
其中 Qc(C)>K，此时平衡逆向移动，故选C。
9．A
【详解】A．由图像可知，“先拐先平数值大”，即先达到平衡的温度高，说明温度T1> T2，T1时平衡n(CO)较大，说明升高温度平衡正向移动，则正反应是吸热反应，故A错误；
B．根据A项分析，该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，所以a、b两点平衡常数：，故B正确；
C．转化率是参与反应的物质的量与总物质的量的比值，因此CH4的平衡转化率是100%=40%，故C正确；
D．由图可知，b点和c点温度相同，b点达到平衡状态，v正(b)=v逆(b)，而c点还没达到平衡状态，v正(c)>v逆(c)，由于由c到b，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，即v正(c)> v正(b)=v逆(b)>v逆(c)，所以v逆(b)
10．D
【详解】A．由图可知，该过程的总反应为2CO+2NO＝N2+2CO2，根据盖斯定律可知，反应①+反应②+反应③＝总反应，因此 H＝+298.4kJ/mol+(-513.5kJ/mol)+(-306.6kJ/mol)=-620.9kJ/mol，即总反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)＝N2(g)+2CO2(g) H＝-620.9kJ/mol，总反应为放热反应，提高反应温度，平衡逆移，反应物转化率降低，A错误；
B．一般使用催化剂可以降低反应的活化能，部分活化分子变为活化分子，则增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞几率，加快化学反应速率，但不影响平衡移动，所以不能提高反应物的平衡转化率，B错误；
C．由图可知，正反应活化能最大的是①，活化能越大，反应速率越慢，整个反应是由最慢的一步决定的，则该化学反应的速率主要由反应①决定，C错误；
D．由图可知，该过程的总反应为2CO+2NO＝N2+2CO2，根据盖斯定律可知，反应①+反应②+反应③＝总反应，因此 H＝+298.4kJ/mol+(-513.5kJ/mol)+(-306.6kJ/mol)=-620.9kJ/mol，即总反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)＝N2(g)+2CO2(g) H＝-620.9kJ/mol，因此，D正确；
故选D。
11．C
【分析】反应①迅速反应，反应②为可逆反应，则反应①生成的NO2部分转化为N2O4，所以反应过程中NO逐渐减少，NO2的量先增加后减少，N2O4的量逐渐增加，即图中曲线a、b、c分别代表的物质是NO、NO2、N2O4。
【详解】A．据分析，曲线b为c(NO2)随t的变化曲线， A正确；
B．根据原子守恒知，任何时刻都有c( NO) +c(NO2) +2c(N2O4)=2.0 mol/L，由于t1时c(NO2) =1. 1 mol/L，c(N2O4) =c(NO)=x mol/L，又2NO2 (g)N2O4，则x+2x=2-1.1，故c(N2O4) =c(NO) =0.3 mol/L，所以时间内，反应①用NO表示的化学反应速率为(mol·L-l·min-l)， B正确；
C．由图可知，t2时刻NO完全消耗，不再生成，c( NO2 )仍在减小，其消耗速率大于生成速率，c(N2O4)在增加，其消耗速率小于生成速率， C错误；
D．t4瞬间，c(N2O4)和c(NO2)均不变，然后c(N2O4)增大，c(NO2)减小，可知改变的条件为降温，降低温度，平衡正向移动，所以平衡常数增大，即K(t5) >K(t4)=K(t1)， D正确；
答案选C。
12．D
【详解】A．由图可知不存在CO的断键过程，故A错误；
B．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，而不是与氧气反应，故B错误；
C．由图可知反应物总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，故C错误；
D．CO与O在催化剂表面形成CO2，所以状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应生成了具有极性共价键的CO2，故D正确。
综上所述，答案为D。
13．B
【分析】图中b点NO2的转化率最高，则温度为T℃时，b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态；反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上（不包括b点）反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行。
【详解】A．通过以上分析知，c点没有达到平衡状态，故A错误；
B．a点时反应达到平衡，NO2的转化率为40%，则
b点时反应达到平衡，NO2的转化率为80%，则
由以上三段式可知，a点时容器内气体的物质的量为2.4mol，b点时容器内气体的物质的量为2.8mol，又V1＜V2，则Pa：Pb＞2.4：2.8=6：7，故B正确；
C．a、c两点时体积不同，气体的颜色不相同，故C错误；
D．温度相同，平衡常数不变，该温度下，a、b、c三点时反应的平衡常数：，故D错误；
故选B。
14．B
【详解】A．由图像可看出，温度升高，CH4的平衡转化率降低，S2的体积分数升高说明升温时，平衡向左移动，所以正反应方向是放热的，即<0，选项A错误；
B．因为S8分解成S2需要吸收热量，S8(g) 4S2(g) >0，所以升温时，平衡右移，S8分解率增大，S2体积分数增大，选项B正确；
C．向恒温恒容的平衡体系中，通入惰性气体，由于与反应有关的气体物质的物质的量浓度均未变化，所以Q=K，平衡不移动，选项C错误；
D．其他条件不变时，S2体积分数增大，即c(S2)越大，则平衡向右进行的程度越大，CH4的平衡转化率越大，选项D错误；
答案选B。
15．(1) 防止催化剂中毒 C NH3、CO
(2) (a b) NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附
(3)
【详解】（1）①CO能被催化剂吸附，因此除去原料气中CO的理由是防止催化剂中毒；故答案为：防止催化剂中毒。
②A．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故A不符合题意；B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B不符合题意；C．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故C符合题意；D．该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，降低温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故D不符合题意；综上所述，答案为：C。
③中氨气、一氧化碳都有孤对电子，其配体为NH3、CO；故答案为：NH3、CO。
（2）①根据图中信息过渡态4活化能最大的步骤，该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为。焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则合成氨反应：的(b a)= (a b)；故答案为：； (a b)。
②由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，
越大，反应速率越小，由于铁催化合成氨时与需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附；故答案为：NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附。
（3）若和起始物质的量之比为1∶3，假设氮气、氢气物质的量分别为1mol、3mol，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转化率为50%，，则；故答案为：。
16．(1)xCO(g)+Sx (s) xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1
(2)C
(3) mol·L-1·min-1 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快 增大 1.4 8
(4)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快
【详解】（1）CO与Sx反应方程式为xCO+SxxCOS，xSO2(g)+2xCO(g)2xCO2(g)+Sx(s)……①，2xCOS(g)+xSO2(g)2xCO2(g)+3Sx(s)……②，利用盖斯定律可知，(①－②)得出目标反应方程式，因此CO与Sx反应热化学方程式为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；故答案为xCO(g)+Sx (s)xCOS(g) ΔH=kJ·mol-1；
（2）利用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，根据图像可知，C点时SO2(g)生成速率与S2(g)的生成速率之比等于2∶1，因此处于平衡状态的是C点；故答案为C；
（3）①根据图像可知，Q点时SO2的转化率为30%，根据化学反应速率的数学表达式为v(SO2)==mol·L-1·min-1；故答案为mol·L-1·min-1；
②反应Ⅰ的活化能为3.2kJ/mol，远小于反应Ⅱ的活化能58kJ/mol，活化能越小，反应Ⅰ的速率更快，因此温度小于300℃，NO的转化率远高于SO2，故答案为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快；
③缩小容器体积，压强增大，反应2O3(g)3O2(g)逆向进行，O3浓度增大，反应Ⅰ、反应Ⅱ向正反应方向进行，NO、SO2转化率增大；故答案为增大；
④假设100℃时，P、Q均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，即分解反应中消耗O3的物质的量为4.0mol×10%=0.4mol，此时生成O2物质的量为0.6mol，P点NO的转化率为80%，反应Ⅰ中消耗NO、O3的物质的量均为2.0mol×80%=1.6mol，则生成NO2、O2物质的量均为1.6mol，Q点SO2转化率为30%，反应Ⅱ中消耗SO2、O3的物质的量均为2.0mol×30%=0.6mol，则生成SO3、O2物质的量均为0.6mol，体系中O3的物质的量为(4.0mol―0.4mol―1.6mol―0.6mol)=1.4mol，反应Ⅰ中气体系数均为1，此时平衡常数Kc==8；故答案为1.4；8；
（4）根据题意“研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用”，因此240℃以后，催化剂的活性增大，反应速率加快，SO2去除率迅速增大；故答案为温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。
17．(1)△H1-△H2-△H3
(2)AD
(3) CO2 H2 反应c为吸热反应，反应d为放热反应。700℃后，随着温度升高，反应c右移对C(s)的物质的量分数的影响比反应 d 左移的大 12.5%
【详解】（1）该反应由a-b-c得到即△H=△H1-△H2-△H3。答案为△H1-△H2-△H3；
（2）A．随着反应进行CH4不断减少，平衡时保持不变，A项正确；
B．恒容时，平衡体系中各物质的浓度不发生改变，平衡不移动，CO2转化率不变，B性错误；
C．加入催化剂只改变反应历程不改变平衡常数，C项错误；
D．降低温度反应d正向移动，v正>v逆，D项正确；
故选AD。
（3）反应起始投入CH4和CO2为2：1，所以m为CO2。同时700℃之后C固体增加，即700℃以上的高温有利于反应c正向进行，反应c正向进行H2物质的量分数增加则n为H2。P为CO。设反应投入CH4和CO2物质的量分别为2mol、1mol。根据反应列出以下三段式：
，则平衡时CO2物质的量为(1-n-m)mol，CO的物质的量为(n+2m)mol，H2O物质的量为nmol，H2为(2m-n)mol，CH4为（2-m）mol，则平衡体系中气体总物质的量为（3+m）mol。已知CH4和H2O的物质的量分数分别是0.50、0.04，则建立等式为、得m=0.25、n=0.14。则CH4的转化率为。则K=。答案为反应c为吸热反应，反应d为放热反应。700℃后，随着温度升高，反应c右移对C(s)的物质的量分数的影响比反应 d 左移的大；12.5%；。
18．(1) 消耗，使减小，促进平衡正向移动，提高，有利于Cr(Ⅵ)完全转化为沉淀
(2) pH偏高，浓度低，(浓度降低)反应速率较慢；pH偏低，浓度大，易转化为气体逸出
(3) pH偏低，浓度较大，Al与反应造成Al损耗增多 沉淀完全后过滤：向滤渣中加KOH溶液调节pH=12，边搅拌边向其中滴加稍过量的溶液，充分反应；加热煮沸反应液，过滤后往滤液中加稀硫酸调节合适pH，使转化为
【分析】从、微粒的分布分数随溶液pH的变化图像可知，pH=8时，沉淀完全，全部转化为，转化为偏铝酸根；
【详解】（1）水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，存在可逆反应，；与H+反应，使得c(H+)减小，促进正向移动，更有利于生成沉淀；
（2）①酸性条件下，将还原为，自身被氧化为，铬化合价由+6变为+3、硫元素化合价由+4变为+6，由电子守恒、质量守恒可知，反应的离子方程式为；
②从图像可知，越大，反应速率越慢；实际生产中，偏高时，c(H+)过小，反应速率较慢，不利于工业生产；偏小时，c(H+)过大，易转化为气体逸出，且反应速率过快不易控制，酸性太强也会腐蚀容器，增加生产成本；综合考虑，还原反应控制为2.5合适；
（3）①偏低，则Al与氢离子反应增强造成Al损耗增多，使得Al与的反应减弱，导致的去除率下降；
②已知，强碱性条件下Cr(Ⅲ)能被氧化为；酸性条件下能将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)；故步骤Ⅰ过滤后的溶液中加KOH溶液调节pH=8，生成沉淀，过滤往滤渣中加过量的溶液，同时加溶液调节pH，将全部氧化为；加热，将过量的除去，过滤，往滤液中加稀硫酸调节pH，使转化为；故操作为：沉淀完全后过滤：向滤渣中加KOH溶液调节pH=12，边搅拌边向其中滴加稍过量的溶液，充分反应；加热煮沸反应液，过滤后往滤液中加稀硫酸调节合适pH，使转化为。
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