- 影响化学反应速率的因素
- 共7172题
废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染。废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末。
(1)写出工业上制备印刷电路板反应原理的离子方程式：____________________。
(2)下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是_______（填字母）。
A.热裂解形成燃油 B.露天焚烧 C.作为有机复合建筑材料的原料 D.直接填埋
(3)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。写出在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2+和H2O的离子方程式：___________________
(4)控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用10% H2O2和3.0mol/L H2SO4的混合溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见下表）。
当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度升高而下降，其主要原因是__________
(5)在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl沉淀。制备CuCl的离子方程式是________________。
正确答案
(1)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+(2)BD
(3)Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
(4)H2O2分解速率加快
(5)2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O
已知化合物A、B、D各由两种元素组成，C是光合作用的主要产物；甲、乙、丙是前两周期元素的三种单质．这些常见的化合物与单质之间存在如下关系．回答以下问题：
Ⅰ．（1）化合物A的电子式为______；化合物C的结构简式______．
（2）已知常温下测得1g C完全燃烧可放出15.6kJ热量，则C完全燃烧的热化学方程式可表示为：______．
（3）下列说法正确的是______．
A、上述所涉及的化合物中有两种是电解质 B、图中五个转化关系，有三个是化合反应
C、上述所涉及的化合物的晶体均是分子晶体 D、图中五个转化关系均为氧化还原反应
（4）用甲、丙、乙、硫酸溶液可以构成一原电池，则电极材料可以为______，正极的电极反应式为______．
Ⅱ．向某密闭容器中加入 0.4mol B、0.3mol D和一定量的A三种气体．一定条件下发生反应，各物质浓度随时间的变化如下图中甲图所示．乙图为 t2时刻后改变容器中条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同条件，所用条件均不同．已知t3～t4阶段为使用催化剂[已知 t0～t1阶段 c （ A）未画出]．
（1）A的起始物质的量为______；
（2）此条件下的化学平衡常数为______；
（3）t4～t5阶段改变的条件为______．
正确答案
根据置换反应的各种情况，要注意归纳置换反应的各种类型，甲、乙、丙是前两周期元素的三种单质，应为：氢气、碳、氮气、氧气、氟气中的三种，根据框图的要求来选择合适的物质．符合框图的各种物质可以是：A为二氧化碳（CO2），B为水（H2O），C是光合作用的主要产物；判断C为C6H12O6，D为一氧化碳（CO），甲是氧气（O2），乙是碳（C），丙是氢气（H2）；
Ⅰ、（1）化合物A是二氧化碳，分子的电子式为：
；化合物C为葡萄糖，结构简式为：CH2OH（CHOH）4CHO；故答案为：
；CH2OH（CHOH）4CHO；
（2）常温下测得1g C（C6H12O6）完全燃烧可放出15.6kJ热量，1mol葡萄糖完全燃烧放热为2808KJ；则C完全燃烧的热化学方程式可表示为：
C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）；△H=-2808 kJ/mol；
故答案为：C6H12O6（s）+6O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）；△H=-2808 kJ/mol；
（3）A、上述所涉及的化合物中，水是一种极弱的电解质，故A错误；
B、五个转化关系中，甲+乙→A、A+乙→D、甲+丙→B共三个是化合反应，图中五个转化关系，有三个是化合反应，故B正确；
C、上述所涉及的化合物的晶体是葡萄糖、水、二氧化碳、一氧化碳均是分子晶体，故C正确；
D、五个转化关系中，均伴随化合价的变化，均为氧化还原反应，故D正确．
故答案为：B、C、D；
（4）用甲（O2）、丙（H2）、乙（C）、硫酸溶液可以构成一原电池；电极材料可以为石墨，正极上是氧气氮的电子生成氢氧根离子的电极反应，在酸性环境下，氢氧根离子写成水的形式，正极的电极反应式：O2+4e-+4H+=2H2O；故答案为：石墨； O2+4e-+4H+=2H2O；
Ⅱ、（1）依据图象分析起始浓度为0.2mol/L的是B为H2O，0.15mol/L的是D为CO，A为CO2，结合 0.4mol B、0.3mol D和一定量的A三种气体可知容器体积为2L，图象中B消耗0.2mol；D消耗0.2mol；A的平衡物质的量为0.3mol；设A的起始量为X，依据化学平衡三段式列式计算得到：
H2O+CO=CO2 +H2；
起始量（mol） 0.4 0.3 X 0
变化量（mol）0.2 0.2 0.2 0.2
平衡量（mol）0.2 0.1 0.3 0.2
对A的物质的量：x+0.2=0.3
X=0.1mol
（2）平衡浓度分别为：C（H2O ）=0.1mol/L；C（CO）=0.05mol/L；C（CO2）=0.15mol/L；C（H2）=0.1mol/L；
K=
（3）t4～t5阶段改变的条件依据图象分析t4～t5阶段平衡不动，速率减小，所以改变的条件是减小压强；
故答案为：（1）0.1mol （2）3 （3）减小压强
A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大．A元素的单质是自然界最轻的气体，E单质须保存在煤油中．A与B、C分别构成电子数相等的化合物M、N，且M是一种能产生温室效应的最简单的有机气体物质；D元素最外层电子数是次外层电子数的3倍；
回答下列问题：
（1）N的电子式为______；M分子中含有______（填“极性”或“非极性”）键
（2）D与E以1：1形成的化合物与水反应的化学反应方程式______
（3）A、B、C、D可形成阳离子和阴离子个数比是1：1的离子化合物X；A、D、E可形成化合物Y；X与Y以物质的量之比1：2加热反应，写出反应的化学方程式______．反应后水溶液显______（填“酸”“碱”或“中”）性，原因是______（用离子方程式表示）
（4）由N与D的单质、KOH溶液构成原电池，负极会产生C的单质．则其负极反应为______；一段时间后，溶液pH______（填“增大”“减小”或“不变”）．
（5）在一定温度下，将4mol C单质和12mol A单质通入到体积为2L的密闭容器中，发生反应，2min达到平衡状态时，A单质的转化率是50%，则用A单质表示该反应的平均速率为______；该温度下的平衡常数为K=______．从化学平衡移动的角度分析，提高A单质的转化率可以采取的措施是______（选填序号字母）．
a、及时分离出生成物 b、平衡后再加入6molA物质 c、增大压强 d、使用催化剂 e、平衡后再加入2molC物质．
正确答案
A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大．A元素的单质是自然界最轻的气体，应为H，E单质须保存在煤油中，应为Na，A与B、C分别构成电子数相等的化合物M、N，且M是一种能产生温室效应的最简单的有机气体物质，则M为CH4，B为C，D元素最外层电子数是次外层电子数的3倍，应为O，则N为NH3，C为N，
即A为H，B为C，C为N，D为O，E为Na，
（1）N为NH3，电子式为
，分子中含有N-H键，为极性键，故答案为：
； 极性；
（2）D与E以1：1形成的化合物为Na2O2，与水反应的化学反应方程式为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2↑；
（3）化合物X为NH4HCO3，Y为NaOH，二者反应的化学方程式为NH4HCO3+2NaOH
反应溶液的溶质为Na2CO3，由于发生CO32-+H2O
HCO3-+OH-，则溶液呈碱性，
故答案为：NH4HCO3+2NaOH
HCO3-+OH-；
（4）NH3、O2和KOH形成的原电池中，NH3被氧化生成N2，则负极反应为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，
反应的总方程式为4NH3+3O2=2N2+6H2O，溶液体积增大，OH-浓度减小，则溶液pH减小，
故答案为：2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O；减小；
（5）N2+3H2
2NH3
起始：2mol/L 6mol/L 0
转化：1mol/L 3moL/L 2moL/L
平衡：1mol/L 3moL/L 2moL/L
则v（N2）=
提高H2单质的转化率可以采取：增大压强，及时分离出生成物以及平衡后再加入2molN2物质，如平衡后再加入6molH2物质，则H2的转化率减小，加入催化剂平衡不移动，
故答案为：0.5mol/L-1min-1；
A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中A、D及C、F分别是同一主族元素，A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍．又知B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数．请回答：
（1）1mol由E、F二种元素组成的化合物跟由A、C、D三种元素组成的化合物发生反应，完全反应后消耗后者的物质的量为______．
（2）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为______．
（3）单质B的燃烧热akJ/mol．由B、C二种元素组成的化合物BC14g完全燃烧放出bkJ热量，写出单质B和单质C反应生成BC的热化学方程式：______．
（4）工业上在高温的条件下，可以用A2C和BC反应制取单质A2．在等体积的Ⅰ、Ⅱ两个密闭容器中分别充入1molA2C和1molBC、2molA2C和2molBC．一定条件下，充分反应后分别达到平衡（两容器温度相等）．下列说法正确的是______
A．达到平衡所需要的时间：Ⅰ＞Ⅱ
B．达到平衡后A2C的转化率：Ⅰ=Ⅱ
C．达到平衡后BC的物质的量：Ⅰ＞Ⅱ
D．达到平衡后A2的体积分数：Ⅰ＜Ⅱ
E．达到平衡后吸收或放出的热量：Ⅰ=Ⅱ
F．达到平衡后体系的平均相对分子质量：Ⅰ＜Ⅱ
（5）用B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成的化合物的溶液中构成电池，则电池负极的电极反应式是______．
正确答案
A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，则次外层电子为8，最外层电子数为6，则F为S元素；由B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，内层电子数为2，则最外层电子数为4，所以B为C元素；E元素的最外层电子数等于其电子层数，则为第三周期第ⅢA族，即E为Al；C、F是同一主族元素，则C为O元素；A、D是同一主族元素，A、F两元素的原子核中质子数之和比C、D两元素原子核中质子数之和少2，则A、D的质子数相差10，即A为H，D为Na，
即A为H，B为C，C为O，D为Na，E为Al，F为S．
（1）1molAl2S3与A、C、D三种元素组成的化合物NaOH溶液反应，先和水反应生成2molAl（OH）3、3molH2S，
由Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，H2S+2NaOH=Na2S+2H2O，
则消耗NaOH的物质的量为8mol，故答案为：8mol；
（2）A、C、F间可形成甲、乙两种微粒，它们均为负一价双原子阴离子，甲有18个电子，为HS-，乙有10个电子，为OH-，二者反应的离子反应为HS-+OH-=S2-+H2O，
故答案为：HS-+OH-=S2-+H2O；
（3）单质B的燃烧热akJ/mol，则C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H=-akJ/mol①，
BC14g完全燃烧放出bkJ热量，则CO（g）+
由盖斯定律可知，①-②可得C（s）+
故答案为：C（s）+
（4）在等体积的Ⅰ、Ⅱ两个密闭容器中分别充入1molA2C和1molBC、2molA2C和2molBC，则Ⅱ中n大，p大，
A．Ⅱ中压强大，反应速率快，时间少，则达到平衡所需要的时间：Ⅰ＞Ⅱ，故A正确；
B．Ⅰ和Ⅱ中物质的量成正比，为等效平衡，则平衡达到平衡后A2C的转化率：Ⅰ=Ⅱ，故B正确；
C．Ⅱ中压强大，平衡正向移动，则达到平衡后BC的物质的量：Ⅰ＜Ⅱ，故C错误；
D．Ⅰ和Ⅱ中物质的量成正比，为等效平衡，达到平衡后A2的体积分数：Ⅰ=Ⅱ，故D错误；
E．由物质的量与热量成正比，Ⅱ中物质的量大，则放热多，则达到平衡后吸收或放出的热量：Ⅰ＜Ⅱ，故E错误；
F．由M=
故答案为：AB；
（5）B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成的化合物的溶液中构成电池，发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，
Al失去电子，化合价升高，则Al为负极，电极反应为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O．
Q、W、X、Y、Z是5种短周期元素，原子序数逐渐增大，Q与W组成的化合物是一种温室气体，W与Y、X与Y组成的化合物是机动车排出的大气污染物，Y和Z能形成原子个数比为1∶1和1∶2的两种离子化合物。（1）W在元素周期表中的位置是__________，Z2Y的电子式是_________。
（2）工业合成XQ3是放热反应。下列措施中，既能加快反应速率，又能提高原料转化率的是______。
a．升高温度 b．加入催化剂 c．将XQ3及时分离出去 d．增大反应体系的压强
（3）2.24 L（标准状况）XQ3被200 mL 1 mol/L QXY3溶液吸收后，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序是____________。
（4）WQ4Y与Y2的反应可将化学能转化为电能，其工作原理如图所示，a极的电极反应式是________。
（5）已知：
W(s)+ Y2(g)= WY2(g) ΔH=－393.5 kJ/mol
WY(g)+ Y2(g)= WY2(g) ΔH=－283.0 kJ/mol
24 g W与一定量的Y2反应，放出热量362.5 kJ，所得产物的物质的量之比是__________。
（6）X和Z组成的一种离子化合物，能与水反应生成两种碱，该反应的化学方程式是_______________。
正确答案
（1）第二周期IVA族；
（2）d
（3）c(NO3-)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH-)
（4）CH3OH-6e-+ 8OH-＝CO32-+ 6H2O
（5）n(CO2)∶n(CO)＝1∶3
（6）Na3N + 4H2O＝3NaOH + NH3·H2O
某同学探究同周期元素性质的递变规律，并讨论影响化学反应速率的因素．选用的试剂如下：镁条、铝条、铝粉、钠、新制Na2S溶液、新制氯水、0.5mol•L-1盐酸、3mol•L-1盐酸、酚酞试液；其设计的实验方案及部分实验现象如下表：
请回答下列问题：
（1）实验①中可以说明该反应是放热反应的现象是______
（2）由实验②可得出决定化学反应快慢的主要因素是______
（3）实验③的现象是产生浅黄色沉淀，离子方程式为______
由实验③可以得出非金属性氯______硫（填“强于”、“弱于”、“无法比较”）．
（4）实验④中，因为铝粉消失所用的时间短，因此，该同学得出结论：铝比镁易失电子，该结论是否正确？______（填“是”或“否”），通过实验④说明要加快化学反应速率可采取的措施可以是______或______．
正确答案
（1）钠块浮在水面上，说明钠的密度比水小，熔化成闪亮的小球，说明该反应放热，并且钠的熔点较低，
故答案为：熔化成闪亮的小球；
（2）在相同条件下反应，物质的自身性质不同，反应速率不同，由于镁较铝活泼，则镁与盐酸反应较剧烈，故答案为：反应物的性质；
（3）同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，则Cl的非金属性较S强，单质的氧化性较强，可发生：Cl2+S2-=2Cl-+S↓，
故答案为：Cl2+S2-=2Cl-+S↓；强于；
（4）由于铝粉的表面积较大，盐酸的浓度较大，易与盐酸发生反应，则影响化学反应速率的因素与浓度和表面积有关，故答案为：否；增大反应物的浓度；增大固体反应物的表面积．
氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用．请回答下列问题：
（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：
CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=-574kJ•mol-1
CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2
若1mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则△H2=______；
（2）工业合成氨气需要的反应条件非常高且产量低，而一些科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+ ）实现氨的电化学合成，从而大大提高了氮气和氢气的转化率．电化学合成氨过程的总反应式为：N2+3H2 
（3）在一定条件下，将l mol N2与3mol H2混合于一个10L密闭容器中，反应达到平衡时，A点混合气体中氨占25%，
试回答：①N2的转化率为______；
②右图中在状态A时，平衡常数 KA______（填写代入数值的表达式，不要求算出具体数值）；当温度由T1变化到T2时，KA______ KB（填“＞”、“＜”或“=”）．
③在容积固定的密闭容器中发生上述反应，各物质的浓度如下表：
反应从0min到3min之间，H2的反应速率为______；反应在3min时，条件发生了改变，改变的条件可能是______ （填序号）．
a．使用催化剂 b．降低温度 c．增加H2的浓度．
正确答案
（1）CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=-574kJ•mol-1 ①
CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2 ②
根据盖斯定律得：2CH4（g）+4NO2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）+2N2（g）△H1+△H2
而 1mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，所以△H1+△H2=-1734kJ•mol-1，则△H2=-1734kJ•mol-1+574kJ•mol-1=-1160 kJ•mol-1，故答案为：-1160kJ•mol-1；
（2）阴极得电子发生还原反应：N2+6H++6e-=2NH3，故答案为：N2+6H++6e-=2NH3
（3）①N2 +3H2 
起始（mol） 1 3 0
反应（mol） a 3a 2a
平衡（mol） 1-a 3-3a 2a
因混合气体中氨占25%，则
N2的转化率为
②平衡常数 KA=
③N2的反应速率为V=
故答案为：0.08 mol•L-1•min-1；
③根据表可知第2min是平衡建立过程，反应速率加快，H2的量没有增加，根据外界条件对化学反应速率的影响，可知使用催化剂、升高温度均可，增加H2的浓度是不可，故选：a；
A是由导热材料制成的钢化密闭容器，B是一耐化学腐蚀且易于传热的气球．关闭旋塞K．（已知：2NO2⇌N2O4；△H）
（1）若将一定量的NO2通过a充入A中，下表是该反应在不同温度下的化学平衡常数（K）：
由表中数据判断△H______0（填“＞”、“=”或“＜”）．
（2）若将等量的NO2通过a、b分别充入A、B中，反应起始时，A、B的体积相同．
一段时间后，反应达到平衡，此时A、B中生成的N2O4的速率是VA______VB（填“＞”、“＜”、“=”）；若打开旋塞K，气球B将______（填“变大”“变小”或“不变”）．
（3）若在A、B中再充入与（2）中初始量相等的NO2，则达到平衡时，A中NO2的转化率将______（填“增大”“减小”或“不变”）；若通入等量的Ne气，则达到平衡时，B中NO2的转化率将______（填“增大”“减小”或“不变”）．
（4）室温下，若将等量的NO2通过a、b分别充入A、B中（关闭旋塞K），且A、B都保持体积不变，A套上一个绝热层，B与外界可以进行热传递，则达到平衡时，______中的颜色较深．
正确答案
（1）由表中数据可知，温度升高，平衡常数减少，则说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜；
（2）容器A中压强降低，容器B体压强不变，压强越大，反应速率越快，故v（A）＜v（B），故答案为：＜；
A中压强小于B中的压强，打开旋塞K，气球B的压强减小，体积减小，故答案为：变小；
（3）保持容器容积不变，通入一定量的NO2，等效为增大压强到达的平衡，增大压强平衡向正反应方向移动，NO2的转化率将增大，故答案为：增大；
保持压强不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，反应混合物的浓度降低，相当于为降低压强，平衡向逆反应方向移动，达到平衡时NO2的转化率减小，故答案为：变小；
（4）该反应为放热反应，A套上一个绝热层，温度升高，平衡逆向移动，NO2的浓度增大，颜色变深，故答案为：A；
2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）△H=a kJ•mol-1，反应过程的能量变化如图所示．已知1mol SO2（g）完全转化为1mol SO3（g）放热99kJ．请回答：
（1）图中A点表示______，a=______．
（2）Ea的大小对该反应的△H______（填“有”或“无”）影响．该反应常用V2O5作催化剂，加入V2O5会使图中B点______（填“升高”、“降低”或“不变”）．
（3）已知单质硫的燃烧热为296kJ•mol-1，写出反应的热化学方程式：______，常温常压下，由单质硫和氧气经两步反应，生成3mol SO3（g），放出的总热量为_______．
正确答案
（1）因图中A表示反应物总能量；因1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的△H=-99kJ•mol-1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=-198kJ•mol-1，则2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=-198KJ•mol-1，故答案为：反应物总能量；-198；
（2）因物质的活化能的大小与反应热无关；加入催化剂能降低物质的活化能，则Ea减小，故答案为：无；减小；
（3）因燃烧热概念要求必须是lmol物质完全燃烧，则热化学方程式为：S（s）+O2=SO2（g）△H=-296kJ•mol-1；因单质硫的燃烧热为296KJ•mol-1，则S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296KJ•mol-1，而 1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的△H=-99kJ•mol-1，则SO2（g）+
（1）已知可逆反应：M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；△H＞0，请回答下列问题．
①若要增大M的转化率，在其它条件不变的情况下可以采取的措施为______（填序号）．
A．加入一定量M B．降低反应温度 C．升高反应温度
D．缩小容器体积 E．加入催化剂 F．分离出一定量P
②在某温度下起始反应物的浓度分别为：c（M）=1mol•L-1，c（N）=2.4mol•L-1，达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为______；若保持温度不变，起始反应物的浓度改为：c（M）=4mol•L-1，c（N）=a mol•L-1，达到平衡后，c（P）=2mol•L-1，则a=______mol•L-1．
（2）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义．试根据下列3个热化学反应方程式：
①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-24.8kJ•mol-1
②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47.2kJ•mol-1
③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ•mol-1
写出CO气体还原FeO固体得到Fe 固体和CO2气体的热化学反应方程式：______．
（3）一定温度下，向Na2CO3溶液中加入BaCl2和K2SO4，当两种沉淀共存时，c（CO32-）：c（SO42-）=______．
[已知Ksp（Ba SO4）=1.3×10-10，Ksp（BaCO3）=2.6×10-9]．
正确答案
（1）①A、加入一定量M，虽然平衡向正反应方向移动，但加入的多，转化的少，M的转化率减小，故A错误；
B、该反应的正反应为吸热反应，温度降低，平衡向逆反应方向移动，M的转化率减小，故B错误；
C、该反应的正反应为吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，M的转化率增大，故C正确；
D、缩小容器体积，压强增大，平衡不移动，转化率不变，故D错误；
E、加入某物质作催化剂，平衡不移动，转化率不变，故E错误；
F、分离出一定量P，平衡向正反应方向移动，M的转化率增大，故F正确，
故答案为：CF；
②达到平衡后，M的转化率为60%，则M的转化的物质的量浓度为1mol/L×60%=0.6mol/L，根据反应的方程式可知N的浓度变化量为0.6mol/L，
所以N的转化率为：
平衡时P、Q的物质的量浓度为0.6mol/L，M的浓度为0.4mol/L，N的浓度为1.8mol/L，
所以该温度下的平衡常数为k=
反应物的起始浓度分别为：c（M）=4mol•L-1，c（N）=amol•L-1；达到平衡后，c（P）=2mol•L-1，则生成的Q为2mol•L-1，
平衡时c（M）=2mol•L-1，c（N）=（a-2）mol•L-1；
温度不变，则平衡常数不变，则
故答案为：25%；6；
（2）已知：①Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-24.8kJ•mol-1，
②3Fe2O3（s）+CO（g）=2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=-47.2kJ•mol-1，
③Fe3O4（s）+CO（g）=3FeO（s）+CO2（g）△H=+640.5kJ•mol-1，
根据盖斯定律，①×3-②-③×2得
6CO（g）+6FeO（s）=6Fe（s）+6CO2（g）△H=（-24.8kJ/mol）×3-（-47.2kJ/mol）-（+640.5kJ/mol）×2=-1308.0kJ/mol，
即 CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=-218.0kJ/mol，
故答案为：CO（g）+FeO（s）=Fe（s）+CO2（g）△H=-218.0kJ/mol；
（3）Ksp（Ba SO4）=c（Ba2+）（SO42-）=1.3×10-10；Ksp（BaCO3）=c（Ba2+）c（CO32-）=2.6×10-9，
所以c（CO32-）：c（SO42-）=Ksp（BaCO3）：Ksp（Ba SO4）=2.6×10-9：1.3×10-10=20：1，
故答案为：20：1．
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