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=page99页，共=sectionpages1010页试卷第=page1010页，共=sectionpages1010页第二章化学反应速率与化学平衡同步习题一、单选题1．日常生活中的下列做法，与调控化学反应速率无关的是A．燃煤时将煤块粉碎为煤粉B．制作绿豆糕时添加适量的食品防腐剂C．空运水果时在包装箱中放入冰袋D．炼铁时采用增加炉子高度的方法减少尾气排放2．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=3．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4．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5．在一定空气流速下，热解得到三种价态锰的氧化物。相同时间内锰元素所占比例()随热解温度变化的曲线如图所示。坐标系中主要发生如下反应：反应I：反应II：反应III：下列说法错误的是A．反应I在低温下不能自发进行，说明B．曲线a表示中锰元素所占比例随温度的变化温度/CC．，主要发生反应IIID．下，适当增大空气的流速可以提高的产率6．如图表示某可逆反应在使用和未使用催化剂时，反应进程和能量的对应关系。下列说法一定正确的是A．a与b相比，b的活化能更高B．反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量C．a与b相比，a中的活化分子的百分比更高D．a与b相比，a对应的反应速率更快7．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8．“氯化反应”通常指将氯元素引入化合物中的反应。计算机模拟单个乙炔分子和氯化氢分子在催化剂表面的反应历程如图所示。下列说法正确的是A．该历程中活化能为1.68×10-24eVB．M2为C2H2与HgCl2形成的中间体C．反应物或产物在催化剂表面进行吸附和脱离D．该反应的热化学方程式为HC≡CH(g)+HCl(g)→H2C=CHCl(g)△H=-2.24×10-24eV·mol-19．以丙烯(C3H6)、NH3、O2为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的化学方程式分别为：反应Ⅰ

2C3H6(g)＋2NH3(g)＋3O2(g)⇌2C3H3N(g)＋6H2O(g)反应Ⅱ

C3H6(g)＋O2(g)⇌C3H4O(g)＋H2O(g)反应时间相同、反应物起始投料相同时，丙烯腈产率与反应温度的关系如图所示(图中虚线表示相同条件下丙烯腈平衡产率随温度的变化)。下列说法正确的是A．其他条件不变，增大压强有利于提高丙烯腈平衡产率B．图中X点所示条件下，延长反应时间或使用更高效催化剂均能提高丙烯腈产率C．图中Y点丙烯腈产率高于X点的原因是温度升高导致反应I建立的平衡向正反应方向移动D．图中X点丙烯腈产率与Z点相等(T1＜T2)，则一定有Z点的正反应速率大于X点的正反应速率10．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11．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12．H2与ICl的反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法错误的是A．反应①、反应②均为放热反应B．反应①、反应②均为氧化还原反应C．H2与ICl的总反应速率快慢取决于反应②D．反应H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g)的ΔH=-218kJ·mol-1二、填空题13．在一定体积的密闭容器中，进行如下反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表所示：t℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6回答下列问题：（1）该反应化学平衡常数的表达式：K=___；（2）该反应为___（填“吸热”或“放热”）反应；（3）下列说法中能说明该反应达平衡状态的是___；A．容器中压强不变B．混合气体中c(CO)不变C．混合气体的密度不变D．c(CO)=c(CO2)E.化学平衡常数K不变F.单位时间内生成CO的分子数与生成H2O的分子数相等（4）某温度下，各物质的平衡浓度符合下式：c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，试判此时的温度为___。14．一定条件下铁可以和CO2发生反应Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)△H＞0.一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。(1)t1时，正、逆反应速率的大小关系为v正___________v逆(填“＞”“＜”或“=”)；(2)4分钟内，CO2的转化率为___________；CO的平均反应速率v(CO)=___________。(3)下列条件的改变能减慢其反应速率的是___________(填序号)。①降低温度②减少铁粉的质量③保持压强不变，充入He使容器的体积增大④保持体积不变，充入He使体系压强增大15．硫酸工业中，是重要一步反应。回答下列问题：(1)某温度下，若的平衡常数，则在同一温度下，反应的平衡常数K=___________。(2)在恒温下，向恒容密闭容器中加入和发生反应，时反应达到平衡。测得内，平衡后的转化率α1=___________。其他条件不变，反应若在恒压条件下进行，平衡时的转化率α2___________(填“>”“=”或“<”)α1，平衡常数___________(填“增大”“不变”或“减小”，若要使平衡常数减小，可采取的措施是___________。(3)一定条件下，在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入和，平衡时的体积分数随的变化如图所示。则A、B、C三状态中，的转化率最大的是___________点，当达到平衡状态的体积分数可能是D、E、F三点中的___________点。16．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)___________。三、计算题17．Ⅰ、把气体和气体混合放入密闭容器中，在一定条件下发生反应：，经达到平衡，此时生成为，测定的平均反应速率为，计算：(1)B的转化率___________，(2)恒温达平衡时容器内的压强与开始时压强比___________。Ⅱ、将等物质的量的、混合于的密闭容器中，发生如下反应：，经后，测得的浓度为的平均反应速率为。求：(3)此时的浓度___________，(4)B的平均反应速率：___________，(5)x的值为___________。18．(1)已知2N2O5(g)=2N2O4(g)＋O2(g)，起始时N2O5(g)为35.8kPa，分解的反应速率v=2×10-3×(kPa·min-1)。t=62min时，测得体系中=2.9kPa，则此时的=___________kPa，v=___________kPa·min-1。(2)一定条件下测得反应2HCl(g)＋O2(g)Cl2(g)＋H2O(g)的反应过程中n(Cl2)的数据如下：t/min02.04.06.08.0n(Cl2)/10-3mol01.83.75.47.2计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min-1为单位，写出计算过程)。_______(3)Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g)，在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为___________(以K和k正表示)。若k正=0.0027min-1，在t=40min时，v正=___________min-1。四、工业流程题19．黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：

org表示有机溶液ii.酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+6价钒的萃取能力较弱iii.HR能萃取而不能萃取(1)从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。(2)滤渣的主要成分是_______。(3)浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。(4)从平衡移动原理解释加入20%溶液的作用：_______。(5)和反应生成和的离子方程式是_______。(6)测定产品的纯度称取产品ag，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。(7)从无机层获得的离子方程式是_______。(8)硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。20．硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中的废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如下：已知：I.NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物；II.Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液；III.Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+。请回答下列问题：(1)“酸溶”时应先将废镍催化剂粉碎，再与20%硫酸在100℃下反应2h，该操作的目的为_____。(2)“滤渣I”的主要成分为____(填化学式)，该物质在工业上的用途为_______(任写一种)。(3)“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，含铬微粒发生反应的离子方程式为_______。(4)“氨解”的目的为________。(5)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。(6)“系列操作”具体是指_______、______、过滤、洗涤、干燥。若所得NiSO4·7H2O晶体不纯，应继续进行的提纯方法为___________。答案第=page1919页，共=sectionpages1010页答案第=page2020页，共=sectionpages1010页参考答案：1．D【解析】A．煤块粉碎为煤粉,增大接触面积,可以加快反应速率,故A不选；B．在食品中添加防腐剂，可以减慢反应速率，故B不选；C．冰袋可以降低温度，减慢反应速率，故C不选；D．提高炼铁高炉的高度不能改变平衡状态，因此不能减少尾气中CO的浓度，也不能改变反应速率，故D选．故选D。2．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。3．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。4．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。5．D【解析】A．由反应I可知该反应ΔS>0，根据吉布斯自由能公式ΔG=ΔH－TΔS，故该I在低温下不能自发进行，则，A正确；B．温度越高，反应越快，根据反应个反应，可以发现二氧化锰是反应III的产物，故温度升高时，相同时间内，二氧化锰会越来越多，即b代表二氧化锰，a代表，B正确；C．由图可知时，二氧化锰一直增大，故此时发生的主要反应为反应III，C正确；D．由图可知450℃时二氧化锰的含量较大，此时适当增大空气的流速可以提高的产率，但是温度较低时，二氧化锰含量较低，增大空气的流速不利于提高的产率，D错误；故选D。6．B【解析】A．a与b相比，a的活化能更高，故A错误；B．正反应放热，反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量，故B正确；C．a与b相比，b活化能小，b中的活化分子的百分比更高，故C错误；D．a与b相比，b活化能越小，b对应的反应速率更快，故D错误；选B。7．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。8．C【解析】A．该历程中活化能应为[1.68-(-0.433)]×10-24eV=2.113×10-24eV，故A错误；B．由图中反应机理可知，M2为HCl、C2H2与HgCl2形成的中间体，故B错误；C．反应物或产物在催化剂表面进行吸附和脱离，故C正确；D．题目中模拟的是单个乙烯分子，该反应的热化学方程式为HC≡CH(g)+HCl(g)→H2C=CHCl(g)△H=-2.24×10-24×NAeV·mol-1，故D错误；故选C。9．B【解析】A．反应Ⅰ中正反应体积增大，反应Ⅱ中反应前后体积不变，因此其他条件不变，增大压强不有利于提高丙烯腈平衡产率，A错误；B．根据图象可知图中X点所示条件下反应没有达到平衡状态，又因为存在副反应，因此延长反应时间或使用更高效催化剂均能提高丙烯腈产率，B正确；C．根据图象可知图中X点、Y点所示条件下反应均没有达到平衡状态，Z点反应达到平衡状态，升高温度平衡逆向进行，因此图中Y点丙烯腈产率高于X点的原因不是因为温度升高导致反应I建立的平衡向正反应方向移动，C错误；D．由于温度会影响催化剂的活性，因此Z点的正反应速率不一定大于X点的正反应速率，D错误；答案选B。10．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。11．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。12．C【解析】根据图象，反应①：H2(g)＋2ICl(g)=HCl(g)＋HI(g)＋ICl(g)，H元素的化合价升高，部分I的化合价的降低，该反应为氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应；反应②：HCl(g)＋HI(g)＋ICl(g)=I2(g)＋2HCl(g)，HI中－1价I与ICl中＋1价I发生氧化还原反应，反应物总能量大于生成物的总能量，推出该反应为放热反应，据此分析；【解析】A．根据图象，反应①和②都是反应物的总能量大于生成物的总能量，反应①②均为放热反应，故A说法正确；B．反应①中H2中H的化合价升高，ICl中部分I的化合价由＋1价→－1价，反应①为氧化还原反应，反应②HI中－1价I与ICl中＋1价I发生氧化还原反应生成I2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故B说法正确；C．活化能越大，反应速率越慢，总反应速率的快慢取决于活化能大的，根据图象，反应①的活化能大于反应②，因此H2与ICl的总反应速率快慢取决于反应①，故C说法错误；D．ΔH只与体系中的始态和终态有关，与反应途径无关，根据图象，总反应为放热反应，热反应方程式为H2(g)＋2ICl(g)=I2(g)＋2HCl(g)

ΔH=－218kJ·mol－1，故D说法正确；答案为C。13．

吸热

BE

830℃【解析】（1）化学平衡常数等于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；（2）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动；（3）根据平衡标志判断；（4）某温度下，c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，即K==1；【解析】（1）根据平衡常数的定义，该反应化学平衡常数的表达式K=（2）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动，所以正反应为吸热反应；（3）A.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应前后气体系数和相等，容器中压强是恒量，压强不变，不一定平衡，故不选A；B.根据化学平衡定义，浓度不变一定平衡，所以混合气体中c(CO)不变一定达到平衡状态，故选B；C.反应前后气体质量不变、容器体积不变，根据，混合气体的密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定平衡，故不选C；D.反应达到平衡时，浓度不再改变，c(CO)=c(CO2)不能判断浓度是否改变，所以反应不一定平衡，故不选D；E.正反应吸热，温度是变量，平衡常数只与温度有关，化学平衡常数K不变，说明温度不变，反应一定达到平衡状态，故选E；F.单位时间内生成CO的分子数与生成H2O的分子数相等，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选F；（4）某温度下，c(CO2)×c(H2)=c(CO)×c(H2O)，即K==1，根据表格数据，此时的温度为830℃。14．

＞

或71.4%

0.125mol·L-1·min-1

①③【解析】(1)由图象可知，t1时，反应未达到平衡，仍正向进行，因此v正＞v逆；(2)根据图象，4min内，CO2的浓度变化量为0.7-0.2=0.5mol/L，则CO2的转化率为，CO的浓度变化量为0.5-0=0.5mol/L，则CO的平均反应速率v(CO)=；(3)①降低温度，活化分子数减少，有效碰撞几率减小，反应速率减慢，①符合题意；②铁粉为固体，减少铁粉的质量不影响反应速率，②不符合题意；③保持压强不变，充入He使容器的体积增大，浓度减小，反应速率减慢，③符合题意；④保持体积不变，充入He使体系压强增大，浓度不变，反应速率不变，④不符合题意；故答案选①③。15．(1)(2)

75%

＞

不变

升高温度(3)

A

D【解析】的平衡常数K=，的平衡常数K=，据此分析解答；根据v==，结合化学平衡的影响因素分析解答；若n(SO2)不变，的比值越小，说明n(O2)越大，相当于充入氧气，平衡正向移动，结合图象分析解答。【解析】（1）某温度下，若的平衡常数，即K==100；则在同一温度下，反应的平衡常数K===，故答案为：；（2）测得10min内，则△n()=7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol，由方程式可知，反应的的物质的量为0.15mol，则的转化率为×100%=75%；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，转化率增大，即转化率α2＞α1；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；正反应是放热反应，若要使平衡常数减小，可以升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故答案为：75%；＞；不变；升高温度；（3）若n(SO2)不变，的比值越小，说明n(O2)越大，相当于充入氧气，平衡正向移动，的转化率越大，因此的转化率最大的是A点；根据图象，的比值越大，平衡时的体积分数越大，当达到平衡状态的体积分数应该大于C，可能是D、E、F三点中的D点，故答案为：A；D。16．(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。17．(1)20%(2)1：1(3)0.75(4)0.05(5)2【解析】（1）经5min达到平衡，此时生成C为2mol，测定的平均反应速率为，平衡时D的量为，则有：B的转化率为：；（2）恒温达平衡时，容器内压强之比等于物质的量之比，则容器内的压强与开始时压强比为；（3）经后，测得的浓度为的平均反应速率为，设开始时、的物质的量均为，则有：C的平均反应速率为的速率为：，据速率之比等于系数之比可知，可得，可知此时的浓度；（4）B的平均反应速率：v(B)==；（5）据上述分析，反应速率之比等于计量数之比，可知18．

30.0

6.0×10-2

1.8×10-3mol·min-1

1.95×10-3【解析】(1)所以=30.0kPa；v=2×10-3×30.0kPa·min-1=6.0×10-2kPa·min-1；(2)v(HCl)=2v(Cl2)==1.8×10-3mol·min-1；(3)平衡时，v正=v逆，即k正x2(HI)=k逆x(H2)·x(I2)，则。v正=k正x2(HI)=0.0027min-1×0.852≈1.95×10-3min-1。19．(1)粉碎增大接触面积、适当升高温度等(2)(3)将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，以利于HR萃取分离铁和钒元素(4)加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层(5)(6)(7)(8)降温结晶、过滤【解析】黏土钒矿加入浓硫酸、通入空气加入后水浸，二氧化硅不反应成为滤渣，浸出液加入氨水调节pH生成硫酸铝铵沉淀，滤液加入铁将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，使用HR萃取钒到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；【解析】（1）加快浸出速率的措施有粉碎增大接触面积、适当升高温度等；（2）由分析可知，滤渣的主要成分是；（3）酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+6价钒的萃取能力较弱；HR能萃取而不能萃