第1頁(yè)/共1頁(yè)2023-2025北京高三（上）期末化學(xué)匯編化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡章節(jié)綜合一、單選題1．（2025北京西城高三上期末）催化還原處理煙氣中的轉(zhuǎn)化為液態(tài)S，部分物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖1所示。在容積可變的密閉容器中充入一定量的和，在不同壓強(qiáng)(、)下，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖2所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A．W為，M為B．②中每生成Z，③中有生成C．升高溫度，與反應(yīng)的平衡常數(shù)減小D．2．（2025北京西城高三上期末）乙烯水合制乙醇的反應(yīng)機(jī)理如圖1所示，反應(yīng)進(jìn)程與能量的關(guān)系示意圖如圖2所示。下列說(shuō)法不正確的是（）A．①的，②和③的 B．該反應(yīng)中，起催化劑的作用C．該反應(yīng)速率大小主要由①?zèng)Q定 D．總反應(yīng)的3．（2025北京西城高三上期末）在不同條件下進(jìn)行化學(xué)反應(yīng)

，B、D的起始濃度均為0，反應(yīng)物A的濃度()隨反應(yīng)時(shí)間的變化如下表。序號(hào)0204060①5002.01.31.01.0②500x1.01.01.0③500y1.51.21.2④6002.00.50.40.4下列說(shuō)法不正確的是（）A．①中D在0~20min平均反應(yīng)速率為B．②中反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)C．③中D．4．（2025北京石景山高三上期末）一定溫度下，在三個(gè)體積均為2L的恒容密閉容器中充入氣體PCl5發(fā)生反應(yīng)：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。編號(hào)溫度/℃起始物質(zhì)的量/mol平衡物質(zhì)的量/mol達(dá)到平衡所需時(shí)間/sPCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)3200.400.100.10t13200.80t24100.400.150.15t3下列說(shuō)法正確的是（）A．反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，容器中的平均速率為v(PCl5)=0.1/t1mol·L-1·s-1B．該反應(yīng)正反應(yīng)為放熱反應(yīng)C．反應(yīng)的平衡常數(shù)為D．平衡常數(shù)K：容器>容器5．（2025北京房山高三上期末）異山梨醇是一種由生物質(zhì)制備的高附加值化學(xué)品，150℃時(shí)其制備過(guò)程及相關(guān)物質(zhì)濃度隨時(shí)間變化如圖所示，后異山梨醇濃度不再變化。下列說(shuō)法不正確的是（）A．平均速率(異山梨醇)B．時(shí)，反應(yīng)②：C．該溫度下的平衡常數(shù)：①>②>③D．尋找合適的催化劑，有望改變反應(yīng)路徑，降低反應(yīng)活化能6．（2025北京石景山高三上期末）“能量-反應(yīng)過(guò)程”圖是表示反應(yīng)過(guò)程中物質(zhì)能量變化的示意圖，下列說(shuō)法正確的是（）A．反應(yīng)物斷鍵吸收的能量為akJB．此反應(yīng)的活化能為akJ·mol-1C．反應(yīng)中成鍵放出的能量為bkJD．A2(g)+B2(g)=2AB(g)是放熱反應(yīng)7．（2025北京石景山高三上期末）白云石的主要化學(xué)成分為，我國(guó)科學(xué)家以白云石為原料制備球霰石型碳酸鈣，流程示意圖如下。后續(xù)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：將產(chǎn)品加熱至740℃，固體剩余量少于56%。已知：740℃時(shí)，碳酸鈣受熱分解為和。下列說(shuō)法不正確的是（）A．將白云石粉碎是為了增大接觸面積，提高反應(yīng)速率B．固體的主要成分是C．生成固體的離子方程式是D．740℃時(shí)產(chǎn)品固體剩余量少于56%，推測(cè)是因?yàn)榉纸馑?．（2025北京高三上期末）乙醇-水催化重整發(fā)生如下反應(yīng)：Ⅰ．

kJ·mol-1Ⅱ．

kJ·mol-1恒壓條件下，當(dāng)投料比時(shí)，體系達(dá)到平衡時(shí)和CO的選擇性隨溫度的變化如下圖所示。已知：ⅰ．的選擇性（或2）ⅱ．706℃時(shí)，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)為1下列說(shuō)法不正確的是（）A．

kJ·mol-1B．當(dāng)℃時(shí)，平衡體系中和的物質(zhì)的量：C．當(dāng)℃時(shí)，體系中總反應(yīng)：D．恒溫恒壓條件下，向體系中充入氬氣，可以提高的平衡產(chǎn)率9．（2024北京海淀高三上期末）催化加氫制甲醇，在減少排放的同時(shí)實(shí)現(xiàn)了的資源化，該反應(yīng)可表示為：。保持起始反應(yīng)物，時(shí)隨壓強(qiáng)變化的曲線和p=時(shí)隨溫度變化的曲線如圖。已知：表示平衡體系中甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。下列說(shuō)法正確的是（）A．該反應(yīng)B．a(chǎn)、b交點(diǎn)處化學(xué)平衡常數(shù)值相同C．當(dāng)時(shí)，達(dá)平衡后D．當(dāng)時(shí)，的平衡轉(zhuǎn)化率約為10．（2024北京通州高三上期末）丙烷制備丙烯過(guò)程中發(fā)生如下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ反應(yīng)Ⅱ反應(yīng)Ⅲ已知：一定條件下，丙烷單獨(dú)進(jìn)料時(shí)平衡體系各組分體積分?jǐn)?shù)如下表所示：物質(zhì)體積分?jǐn)?shù)(%)2123.755.20.10下列說(shuō)法正確的是（）A．丙烯中6個(gè)鍵鍵能相同B．使用催化劑可提高反應(yīng)中丙烷的平衡轉(zhuǎn)化率C．反應(yīng)Ⅲ的正向進(jìn)行有利于反應(yīng)Ⅰ的正向進(jìn)行D．從初始投料到平衡的過(guò)程中的消耗平均速率：反應(yīng)反應(yīng)反應(yīng)I11．（2024北京石景山高三上期末）下圖(左)表示1-甲基萘(1-MN)加氫飽和反應(yīng)網(wǎng)絡(luò)，四個(gè)加氫反應(yīng)均為放熱反應(yīng)(用反應(yīng)1、2、3、4表示)。下圖(右)表示反應(yīng)溫度(T)對(duì)平衡時(shí)反應(yīng)體系中有機(jī)化合物物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(x/%)的影響(6MPa，1-MN和體積比為1∶5條件下)。下列說(shuō)法不正確的是（）A．800K反應(yīng)2和反應(yīng)4生成1-MD的程度很小B．600K到800K，反應(yīng)1的平衡常數(shù)逐漸減小C．700K反應(yīng)1的平衡常數(shù)小于反應(yīng)3的平衡常數(shù)D．600K到650K，反應(yīng)2中5-MTL增加的量大于反應(yīng)1中5-MTL減少的量12．（2024北京一六一中高三上期末）乙醇-水催化重整發(fā)生如下反應(yīng)：I．Ⅱ．恒壓條件下，當(dāng)投料比時(shí)，體系達(dá)到平衡時(shí)和的選擇性隨溫度的變化如下圖所示。已知：i．的選擇性(或2)ii．時(shí)，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)為1下列說(shuō)法不正確的是（）A．B．當(dāng)時(shí)，平衡體系中和的物質(zhì)的量：C．當(dāng)時(shí)，體系中總反應(yīng)：D．恒溫恒壓條件下，向體系中充入氬氣，可以提高的平衡產(chǎn)率13．（2024北京一七一中高三上期末）已知：

利用裝有和混合氣體的平衡球如圖，探究溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響。實(shí)驗(yàn)如下：實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象①將兩組平衡球室溫放置平衡球均為紅棕色且顏色相同②將一組平衡球的兩端分別浸入冷水和熱水中——③將另一組平衡球的一端靠近酒精燈火焰加熱一段時(shí)間后，該平衡球顏色變淺，直至接近無(wú)色；停止加熱后，平衡球顏色恢復(fù)下列說(shuō)法不正確的是（）A．?dāng)嗔阎械墓矁r(jià)鍵所需能量小于斷裂中的共價(jià)鍵所需能量B．實(shí)驗(yàn)②，浸入冷水中的平衡球顏色變淺，浸入熱水中的平衡球顏色加深C．實(shí)驗(yàn)③，平衡球顏色變淺，可能是溫度過(guò)高，導(dǎo)致分解生成NO和D．實(shí)驗(yàn)③，停止加熱，平衡球顏色恢復(fù)，是逆向移動(dòng)導(dǎo)致的14．（2024北京北師大附中高三上期末）乙烯和氧氣在Ag催化下生成環(huán)氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的機(jī)理如下圖所示。吸附在催化劑表面的粒子用*標(biāo)注，TS表示過(guò)渡態(tài)(TS2和TS3的能量相差不大)。注：表示Ag催化劑表面下列說(shuō)法不正確的是（）A．C2H4(g)吸附在催化劑表面的過(guò)程需要吸收能量B．OMC*→EO(g)和OMC*→AA(g)的過(guò)程中均形成了碳氧σ鍵C．測(cè)得平衡產(chǎn)率：AA>EO，其主要原因是AA比EO更穩(wěn)定D．EO(g)AA(g)的平衡常數(shù)隨溫度升高而降低二、解答題15．（2025北京石景山高三上期末）鈷及其化合物在合金、催化劑等方面有著廣泛應(yīng)用。從一種煉鋅產(chǎn)生的廢渣(主要含Co、Zn、Fe的單質(zhì)或氧化物)富集回收含錳高鈷成品的工藝如下：已知溶液中相關(guān)離子開始沉淀和沉淀完全時(shí)的pH：Fe3+Fe2+Co3+Co2+Zn2+開始沉淀的pH1.96.97.46.2沉淀完全的pH3.28.41.19.48.2回答下列問(wèn)題：(1)“酸浸”前廢渣需粉碎處理，目的是。(2)“濾液1”中加入MnO2的作用是，取少量反應(yīng)后的溶液，加入化學(xué)試劑鐵氰化鉀[K3Fe(CN)6]檢驗(yàn)，若出現(xiàn)，需補(bǔ)加MnO2。(3)加ZnO調(diào)pH值的范圍為。(4)“濾液2”中加入KMnO4“氧化沉鈷”的離子方程式為。(5)Mn、Fe兩元素的部分電離能數(shù)據(jù)如下表：元素MnFe電離能(kJ·mol-1)I1717759I215091561I332482957比較兩元素的I2、I3可知，氣態(tài)Mn2＋再失去一個(gè)電子比氣態(tài)Fe2＋再失去一個(gè)電子難。請(qǐng)從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋。(6)“濾液2”中的Co2+也可與NaHCO3反應(yīng)生成CoCO3沉淀來(lái)實(shí)現(xiàn)富集，請(qǐng)用平衡移動(dòng)原理解釋用NaHCO3沉淀富集的原因。16．（2025北京石景山高三上期末）氯資源的循環(huán)利用可提高物質(zhì)的利用率，也是踐行綠色化學(xué)理念的重要舉措。(1)工業(yè)上可用O2將HCl轉(zhuǎn)化為Cl2，反應(yīng)為：O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)

?H已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)

?H1=-183.0kJ·mol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

?H2=-483.6kJ·mol-1則上述反應(yīng)的?H=kJ·mol-1。(2)在恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生上述HCl轉(zhuǎn)化為Cl2的反應(yīng)，表明該反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)的是(填字母)。a．混合氣體密度不隨時(shí)間變化b．氣體總壓強(qiáng)不隨時(shí)間變化c．消耗1molO2的同時(shí)有2molCl2生成d．混合氣體顏色深淺不隨時(shí)間變化(3)工業(yè)上使用催化劑催化O2與HCl的反應(yīng)時(shí)，在不同溫度下，HCl轉(zhuǎn)化率與HCl和O2的起始流速變化關(guān)系如圖所示(較低流速下轉(zhuǎn)化率可近似為平衡轉(zhuǎn)化率)。①T1、T2、T3溫度由高到低依次為。②此生產(chǎn)工藝提高HCl轉(zhuǎn)化率的措施有。(寫兩項(xiàng)即可)③相同流速下，比較T1、T2、T3溫度下HCl的轉(zhuǎn)化率，較高流速下a>b>c，較低流速下a’<b’<c’，請(qǐng)解釋較高流速下a>b>c的原因。17．（2025北京房山高三上期末）某小組同學(xué)對(duì)溶液與溶液的反應(yīng)進(jìn)行探究。(1)理論分析依據(jù)硫及銅元素的價(jià)態(tài)預(yù)測(cè)，在本研究中具有的性質(zhì)是。(2)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證【實(shí)驗(yàn)I】將溶液和溶液混合，立即產(chǎn)生橙黃色沉淀A，振蕩后逐漸轉(zhuǎn)化為白色沉淀，上層清液為淺綠色，過(guò)程中無(wú)氣泡生成。已知：i．為難溶于水的白色固體ii．iii．①取少量洗凈的白色沉淀，向其中加入稀硫酸，證實(shí)白色沉淀中一定含有的證據(jù)是。②將實(shí)驗(yàn)I反應(yīng)的離子方程式補(bǔ)充完整：。③對(duì)實(shí)驗(yàn)I中產(chǎn)生橙黃色沉淀的原因進(jìn)行分析。a．提出假設(shè)，補(bǔ)充假設(shè)2.假設(shè)1：與發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，沉淀為；假設(shè)2：與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，沉淀為（填化學(xué)式）；假設(shè)3：以上兩種假設(shè)均存在，沉淀為多種離子的共沉物。b．設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)【實(shí)驗(yàn)II】將試劑和溶液混合，立即產(chǎn)生橙黃色沉淀B，振蕩?kù)o置一段時(shí)間后沉淀顏色不改變。用去氧水反復(fù)洗滌沉淀B，向少量B中加入稀硫酸，現(xiàn)象與①相同。為避免CuCl對(duì)實(shí)驗(yàn)的干擾，試劑A應(yīng)選擇?！緦?shí)驗(yàn)III】另取少量沉淀B，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)c．依據(jù)實(shí)驗(yàn)II和實(shí)驗(yàn)III判斷，沉淀B中一定含有的離子有。(3)根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)獲得溶液與溶液反應(yīng)的結(jié)論：（至少答出兩點(diǎn)）。18．（2024北京大興高三上期末）CO2的資源化利用是實(shí)現(xiàn)“碳中和、碳達(dá)峰”的途徑。CO2合成甲醇的過(guò)程中涉及如下反應(yīng)：反應(yīng)i.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)

ΔH1；反應(yīng)ii.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)

ΔH2==+41.2kJ·mol-1；回答下列問(wèn)題。(1)根據(jù)如圖，ΔH1=kJ·mol-1。(2)T℃時(shí)，向1L恒容、密閉容器中充入1molCO2和4molH2發(fā)生上述反應(yīng)。10min末已達(dá)到平衡時(shí)測(cè)得容器中CO2的轉(zhuǎn)化率為90%，CO的物質(zhì)的量為0.3mol。①0~10min內(nèi)，平均反應(yīng)速率v()=mol·L-1·min-1。②T℃時(shí)，反應(yīng)ii的化學(xué)平衡常數(shù)K=。(3)將原料氣n(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容、密閉容器中，若只發(fā)生反應(yīng)i，在不同催化劑作用下，反應(yīng)tmin時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如下圖所示。

①圖中達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是(填“a”“b”“c”“d”)。②其他條件相同，若將原料氣按n(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容、密閉容器中，在催化劑I的作用下發(fā)生反應(yīng)。該條件下，a點(diǎn)時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率(填“增大”或“不變”或“減小”)。(4)近日，我國(guó)學(xué)者研究發(fā)現(xiàn)，在單原子催化時(shí)，反應(yīng)i的歷程以及中間體與物質(zhì)的量之比隨時(shí)間變化圖如下：第一步第二步第三步下列說(shuō)法正確的是。A．其他條件相同時(shí)，升高溫度時(shí)，三步反應(yīng)速率均加快B．用不同催化劑催化反應(yīng)可以改變反應(yīng)歷程，提高平衡轉(zhuǎn)化率C．反應(yīng)歷程中，第二步反應(yīng)的活化能最高，是反應(yīng)的決速步驟(5)光催化CO2制甲醇技術(shù)也是研究熱點(diǎn)。銅基納米光催化材料還原CO2的機(jī)理如圖所示。寫出CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH的電極反應(yīng)式為。19．（2024北京石景山高三上期末）將作為弱氧化劑用于乙烷脫氫制備乙烯，具有避免乙烷深度氧化、資源化利用等顯著優(yōu)勢(shì)。(1)①查閱資料，計(jì)算氧化脫氫反應(yīng)的反應(yīng)熱i.查閱的燃燒熱數(shù)據(jù)（填化學(xué)式）。ii.查閱水的汽化熱：

。利用上述數(shù)據(jù)，得如下熱化學(xué)方程式：

②檢驗(yàn)產(chǎn)物有乙烯生成的操作和現(xiàn)象。(2)結(jié)合鍵能數(shù)據(jù)分析氧化脫氫反應(yīng)的挑戰(zhàn)和難點(diǎn)。鍵鍵能347.7413.4745(3)推測(cè)催化氧化脫氫反應(yīng)過(guò)程示意圖如下，補(bǔ)全示意圖中畫框部分（示意圖中未使用鍵線式）。(4)分析投料體積比對(duì)反應(yīng)的影響（650℃，0.1MPa，催化劑）①?gòu)?提高到5，轉(zhuǎn)化率從33.3%增加到50.5%，簡(jiǎn)述轉(zhuǎn)化率增加的原因。（體積比為3和4時(shí)乙烷轉(zhuǎn)化率基本相同）②從4提高到5，副反應(yīng)的化學(xué)方程式可能是。20．（2024北京人大附中高三上期末）工業(yè)上利用鋅焙砂(主要成分為，含有少量等)生產(chǎn)高純的流程示意圖如下。(1)用足量溶液和氨水“浸出”鋅焙砂。①“浸出”前，鋅焙砂預(yù)先粉碎的目的是。②通過(guò)“浸出”步驟，鋅焙砂中的轉(zhuǎn)化為該反應(yīng)的離子方程式為。(2)“浸出”過(guò)程中產(chǎn)生的在“除砷”步驟①中被氧化成，該離子方程式為。(3)“除重金屬”時(shí)加入溶液。濾渣Ⅱ中含有的主要物質(zhì)是和。(4)“蒸氨”時(shí)會(huì)出現(xiàn)白色固體，運(yùn)用平衡移動(dòng)原理解釋原因：。(5)“沉鋅”步驟①中加入足量溶液將白色固體轉(zhuǎn)化為的離子方程式為。(6)“煅燒”步驟中，不同溫度下，分解的失重曲線和產(chǎn)品的比表面積變化情況如圖1、圖2所示。已知：?。腆w失重質(zhì)量分?jǐn)?shù)。ⅱ．比表面積指單位質(zhì)量固體所具有的總面積；比表面積越大，產(chǎn)品的活性越高。①時(shí)煅燒，后固體失重質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，則的分解率為(保留到小數(shù)點(diǎn)后一位)。②根據(jù)圖1和圖2，獲得高產(chǎn)率(分解率)、高活性(比表面積)產(chǎn)品的最佳條件是(填字母序號(hào))。a．恒溫

b．恒溫c．恒溫

d．恒溫

參考答案1．B【分析】催化還原處理煙氣中的轉(zhuǎn)化為液態(tài)S，W和反應(yīng)生成O=C=S和，由原子守恒可知W為CO，Z和反應(yīng)生成，則Z為S，Y和O=C=S反應(yīng)生成S和M，則Y為SO2，M為，以此解答。【詳解】A．由分析可知，W為，M為，A正確；B．由分析可知，Z為S，M為，Y為SO2，反應(yīng)②為O=C=S+SO22S+CO2，反應(yīng)③為+S=，結(jié)合總反應(yīng)+SO2S+CO2可知，②中每生成Z，③中有生成，B錯(cuò)誤；C．由圖2可知，升高溫度，的平衡轉(zhuǎn)化率減小，說(shuō)明反應(yīng)+SO2S+CO2逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，C正確；D．該過(guò)程的總反應(yīng)為+SO2S+CO2，該反應(yīng)過(guò)程中氣體體積減小，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，的平衡轉(zhuǎn)化率增大，則，D正確；故選B。2．D【詳解】A．由圖2可知，第①步反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，，第②步和第③步為放熱反應(yīng)，，A正確；B．由圖1反應(yīng)機(jī)理可知，在第①步被消耗，在第③步又生成，則是總反應(yīng)的催化劑，起催化作用，降低總反應(yīng)的活化能，B正確；C．活化能越大，化學(xué)反應(yīng)速率越慢，總反應(yīng)速率由最慢的一步的反應(yīng)速率決定，由圖2可知，該反應(yīng)速率大小主要由①?zèng)Q定，C正確；D．圖中和分別是第①步反應(yīng)和第③步逆反應(yīng)所對(duì)應(yīng)的“活化能高度”，總反應(yīng)的ΔH應(yīng)是“產(chǎn)物總能量與反應(yīng)物總能量之差”，并不是簡(jiǎn)單的，D錯(cuò)誤；故選D。3．C【詳解】A．A在0~20min平均反應(yīng)速率為，v(D)=v(A)=，A正確；B．②的反應(yīng)溫度與①相同，故平衡常數(shù)也相同，由①的數(shù)據(jù)可知，40min時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，c(A)=1mol/L，c(B)=c(D)=0.5mol/L，K=，B正確；C．③反應(yīng)溫度與①相同，故③的平衡常數(shù)K=0.25，若y=2.64，則平衡時(shí)c(A)=1.2mol/L，c(B)=c(D)=1.44mol/L，K=，C錯(cuò)誤；D．由①和④對(duì)比可知，溫度升高，A的轉(zhuǎn)化率增大，故反應(yīng)吸熱，即△H>0，D正確；故答案選C。4．C【詳解】A．反應(yīng)到達(dá)平衡時(shí)，容器中的平均速率為，故A錯(cuò)誤；B．從容器和容器的反應(yīng)來(lái)看，溫度升高，平衡時(shí)產(chǎn)物的量增加，說(shuō)明在容器的基礎(chǔ)上升溫，平衡會(huì)正向移動(dòng)，則該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．容器和容器的反應(yīng)溫度相同，溫度不變，平衡常數(shù)不變，則反應(yīng)的平衡常數(shù)為，故C正確；D．反應(yīng)溫度容器<容器，經(jīng)分析該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，升高溫度，K值增大，則平衡常數(shù)K：容器<容器，故D錯(cuò)誤；答案C。5．C【詳解】A．由圖可知，在內(nèi)異山梨醇的濃度變化量為0.042mol/kg，所以平均速率(異山梨醇)，A正確；B．由圖可知，3小時(shí)后異山梨醇濃度繼續(xù)增大，15h后異山梨醇濃度才不再變化，所以3h時(shí)，反應(yīng)②未達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)還在正向進(jìn)行，即反應(yīng)②：，B正確；C．由圖知，與呈正相關(guān)，與呈正相關(guān)，與呈正相關(guān)，平衡時(shí)，，因?yàn)椋?，所以?gt;①，，，，所以①>②，綜上該溫度下的平衡常數(shù)：③>①>②，C錯(cuò)誤；D．催化劑能改變反應(yīng)路徑，降低反應(yīng)的活化能，從而加快反應(yīng)速率，所以尋找合適的催化劑，有望改變反應(yīng)路徑，降低反應(yīng)活化能，D正確；故選C。6．B【分析】如圖，該反應(yīng)反應(yīng)物總能量小于生成物總能量，為吸熱反應(yīng)，akJ為正反應(yīng)活化能，也是反應(yīng)物斷鍵所吸收的能量，bkJ為逆反應(yīng)活化能，也為生成物成鍵所放出的能量?！驹斀狻緼．1molA2(g)和1molB2(g)斷鍵吸收的能量為akJ，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)分析可知，此反應(yīng)的活化能為akJ·mol-1，B正確；C．反應(yīng)中生成2molAB，成鍵放出的能量為bkJ，C錯(cuò)誤；D．該反應(yīng)反應(yīng)物總能量小于生成物總能量，為吸熱反應(yīng)，D錯(cuò)誤；答案選B。7．D【分析】由題給流程可知，白云石煅燒、粉碎后，加入氯化銨溶液浸出，將氧化鈣轉(zhuǎn)化為氯化鈣溶液，氧化鎂不反應(yīng)，過(guò)濾得到含有氧化鎂的固體A和含有氯化鈣的濾液B；向?yàn)V液中先通入氨氣，再通入二氧化碳陳化，氯化鈣溶液與氨氣和二氧化碳反應(yīng)生成氯化銨和碳酸鈣沉淀，過(guò)濾得到含有氯化銨的溶液D和碳酸鈣固體C；固體烘干得到碳酸鈣產(chǎn)品?！驹斀狻緼．將白云石粉碎可以增大固體表面積，有利于增大反應(yīng)物的接觸面積，提高反應(yīng)速率，故A正確；B．由分析可知，固體A的主要成分為氧化鎂，故B正確；C．由分析可知，生成碳酸鈣的反應(yīng)為氯化鈣溶液與氨氣和二氧化碳反應(yīng)生成氯化銨和碳酸鈣沉淀，反應(yīng)的離子方程式為，故C正確；D．由題意可知，740℃時(shí)，碳酸鈣受熱分解為氧化鈣和二氧化碳，則產(chǎn)品固體剩余量少于56%是因?yàn)樘妓徕}受熱分解所致，故D錯(cuò)誤；故選D。8．B【分析】由圖可知隨溫度升高的選擇性逐漸降低，而CO的選擇性逐漸升高，當(dāng)T=500℃時(shí)，平衡時(shí)CO2和CO的選擇性相等，溫度低于500℃時(shí)以的選擇性占主導(dǎo)，溫度高于500℃時(shí)以的選擇性占主導(dǎo)，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)蓋斯定律可知，I+2×Ⅱ=，則，A正確；B．當(dāng)T=706℃時(shí)，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)為1，則K==1，平衡體系中CO的選擇性大于CO2的選擇性，CO的物質(zhì)的量大于CO2，則H2和H2O的物質(zhì)的量：n(H2)>n(H2O)，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)T=500℃時(shí)，平衡時(shí)CO2和CO的選擇性相等，則體系中總反應(yīng)：，C正確；D．恒溫恒壓條件下，向體系中充入氬氣，各氣體的分壓減小，則反應(yīng)I平衡正移，可以提高H2的平衡產(chǎn)率，D正確；故選：B。9．D【詳解】A．題給反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，增大，則曲線a表示時(shí)隨壓強(qiáng)變化的曲線，曲線b表示p=時(shí)隨溫度變化的曲線，根據(jù)曲線b，升高溫度，減小，說(shuō)明平衡逆向移動(dòng)，則，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．曲線a、b交點(diǎn)，曲線b對(duì)應(yīng)反應(yīng)溫度小于250℃，溫度不同，化學(xué)平衡常數(shù)的值不同，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．由曲線b可知，、230℃時(shí)，＞0.07，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．起始反應(yīng)物，設(shè)起始H2、CO的物質(zhì)的量分別為3mol、1mol，平衡時(shí)生成amol甲醇，由題意建立三段式：

由可得，解得，則H2反應(yīng)了1mol，故的平衡轉(zhuǎn)化率為，D項(xiàng)正確；故選D。10．C【詳解】A．丙烯結(jié)構(gòu)為CH2=CHCH3，分子中6個(gè)鍵鍵能不相同，A錯(cuò)誤；B．催化劑可以加快反應(yīng)速率，但是不改變轉(zhuǎn)化率，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)Ⅲ的正向進(jìn)行消耗更多的氫氣且反應(yīng)放熱溫度升高，升溫和降低氫氣濃度均有利于反應(yīng)Ⅰ的正向進(jìn)行，C正確；

D．由表可知，反應(yīng)Ⅲ生成甲烷分?jǐn)?shù)為55.2%-23.7%=31.5%，則反應(yīng)Ⅲ消耗分?jǐn)?shù)31.5%÷3=10.5%，結(jié)合表數(shù)據(jù)，從初始投料到平衡的過(guò)程中的消耗平均速率：反應(yīng)反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選C。11．C【詳解】A．根據(jù)右圖，在800K時(shí)，1-MD的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)非常小，說(shuō)明反應(yīng)2和反應(yīng)4生成1-MD的程度很小，A正確；B．根據(jù)左圖，反應(yīng)1是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，B正確；C．根據(jù)左圖，反應(yīng)1和反應(yīng)3都是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)減小，由于反應(yīng)1和反應(yīng)3的反應(yīng)物相同，生成物不同，且700K時(shí)反應(yīng)1生成物比反應(yīng)3生成物多，所以反應(yīng)1的平衡常數(shù)大于反應(yīng)3的平衡常數(shù)，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)右圖，在600K到650K之間，5-MTL的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸增大，而1-MD的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸減小，這說(shuō)明反應(yīng)2中5-MTL增加的量大于反應(yīng)1中5-MTL減少的量，D正確；故答案為：C。12．B【詳解】A．根據(jù)蓋斯定律可知，I+2Ⅱ=，則，A正確；B．當(dāng)T=706℃時(shí)，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)為1，則，平衡體系中CO的選擇性大于CO2的選擇性，CO的物質(zhì)的量大于CO2，則H2和H2O的物質(zhì)的量：n(H2)>n(H2O)，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)T=500℃時(shí)，平衡時(shí)CO2和CO的選擇性相等，則體系中總反應(yīng)：，C正確；D．恒溫恒壓條件下，向體系中充入氬氣，各氣體的分壓減小，則反應(yīng)I平衡正移，可以提高H2的平衡產(chǎn)率，D正確；故選B。13．D【詳解】A．該反應(yīng)為反應(yīng)物總能量大于生成物總能量的放熱反應(yīng)，則斷裂2mol二氧化氮中的共價(jià)鍵所需能量小于斷裂1mol四氧化二氮中的共價(jià)鍵所需能量，故A正確；B．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，混合氣體顏色加深，降低溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，混合氣體顏色變淺，故B正確；C．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，混合氣體顏色加深，則實(shí)驗(yàn)③中平衡球顏色變淺，可能是溫度過(guò)高，導(dǎo)致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧氣，故C正確；D．該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，混合氣體顏色加深，則實(shí)驗(yàn)③中平衡球顏色變淺，可能是溫度過(guò)高，導(dǎo)致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧氣，所以停止加熱，平衡球顏色恢復(fù)是因?yàn)橐谎趸c氧氣反應(yīng)生成二氧化氮所致，故D錯(cuò)誤；故選D。14．B【詳解】A．C2H4(g)吸附在催化劑表面能量升高，該過(guò)程需要吸收能量，A正確；B．從環(huán)氧乙烷和乙醛結(jié)構(gòu)可知，OMC*→EO(g)的過(guò)程中均形成了碳氧σ鍵，而OMC*→AA(g)的過(guò)程中均形成了碳氧π鍵，B錯(cuò)誤；C．EO(g)能量高于AA(g)，所以AA比EO更穩(wěn)定，平衡產(chǎn)率:AA>EO，C正確；D．EO(g)能量高于AA(g)，則EO(g)=AA(g)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，平衡常數(shù)降低，D正確；答案選B。15．(1)增大接觸面積，加快反應(yīng)速率(2)將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，以便于鐵元素沉淀完全藍(lán)色沉淀(3)3.2~6.2(4)3Co2+++7H2O=3Co(OH)3+MnO2+5H+(5)基態(tài)Mn2＋的價(jià)電子排布式為3d5，3d軌道為半充滿結(jié)構(gòu)，相對(duì)比較穩(wěn)定，其失去第3個(gè)電子時(shí)比較困難，而基態(tài)Fe2＋的價(jià)電子排布式為3d6，其3d軌道再失去一個(gè)電子即為半充滿結(jié)構(gòu)，失去第3個(gè)電子比較容易(6)NaHCO3溶液中存在電離平衡H+＋，當(dāng)加入含Co2+的溶液中，Co2+與結(jié)合生成沉淀CoCO3，促電離平衡正移，使沉淀徹底【分析】廢渣(主要含Co、Zn、Fe的單質(zhì)或氧化物)加入硫酸酸浸過(guò)濾，濾液1中有Co2+、Zn2+、Fe2+離子，加入MnO2把Fe2+氧化為Fe3+，加入ZnO調(diào)節(jié)pH值使Fe3+沉淀，過(guò)濾得到濾液2中有Co2+和Zn2+離子，再加入KMnO4，把Co2+氧化為Co3+，KMnO4被還原為MnO2，調(diào)節(jié)pH=5，使Co3+沉淀?！驹斀狻浚?）“酸浸”前廢渣需粉碎處理，目的是：增大接觸面積，加快反應(yīng)速率；（2）“濾液1”中加入MnO2的作用是：將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，以便于鐵元素沉淀完全；Fe2+遇到鐵氰化鉀會(huì)生成藍(lán)色沉淀，取少量反應(yīng)后的溶液，加入化學(xué)試劑鐵氰化鉀[K3Fe(CN)6]檢驗(yàn)，若出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，說(shuō)明Fe2+未全部被氧化，需補(bǔ)加MnO2；（3）加ZnO讓Fe3+完全沉淀，Zn2+和Co2+不沉淀，調(diào)pH值的范圍為3.2~6.2；（4）“濾液2”中加入KMnO4“氧化沉鈷”生成MnO2和Co(OH)3，根據(jù)電子守恒和電荷守恒，離子方程式為：3Co2+++7H2O=3Co(OH)3+MnO2+5H+；（5）基態(tài)Mn2＋的價(jià)電子排布式為3d5，3d軌道為半充滿結(jié)構(gòu)，相對(duì)比較穩(wěn)定，其失去第3個(gè)電子時(shí)比較困難，而基態(tài)Fe2＋的價(jià)電子排布式為3d6，其3d軌道再失去一個(gè)電子即為半充滿結(jié)構(gòu)，失去第3個(gè)電子比較容易；（6）NaHCO3溶液中存在電離平衡H+＋，當(dāng)加入含Co2+的溶液中，Co2+與結(jié)合生成沉淀CoCO3，促電離平衡正移，使沉淀徹底。16．(1)-117.6(2)bd(3)T1>T2>T3提高O2/HCl的物料比，降低流速，降低溫度在較高流速時(shí)，反應(yīng)未達(dá)到平衡，溫度高的反應(yīng)速率快，因此轉(zhuǎn)化率高【詳解】（1）反應(yīng)I：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)

?H1=-183.0kJ·mol-1反應(yīng)II：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

?H2=-483.6kJ·mol-1根據(jù)蓋斯定律：反應(yīng)II-2×反應(yīng)I，得到O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，則?H=?H2-2?H1=-483.6kJ·mol-1-2×(-183.0kJ·mol-1)=-117.6kJ·mol-1；（2）a．反應(yīng)物都是氣體且恒容，混合氣體密度為定值，始終不隨時(shí)間變化，不能確定反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，a不符合；b．恒溫恒容的密閉容器中，氣體的物質(zhì)的量在變化氣體，總壓強(qiáng)隨時(shí)間變化而變化，當(dāng)總壓強(qiáng)不變時(shí)，說(shuō)明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，b符合；c．消耗1molO2的同時(shí)有2molCl2生成，都是正反應(yīng)方向，不符合正逆反應(yīng)速率相等，c不符合；d．Cl2是黃綠色，混合氣體顏色深淺不隨時(shí)間變化，說(shuō)明Cl2的濃度不再變化，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，d符合；答案選bd；（3）①根據(jù)較低流速下轉(zhuǎn)化率可近似為平衡轉(zhuǎn)化率，在相同流速為0.08mol·h-1時(shí)，反應(yīng)O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)

?H=-117.6mol·L-1為放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，HCl平衡轉(zhuǎn)化率降低，T1溫度較高，對(duì)應(yīng)的HCl轉(zhuǎn)化率較低，故溫度由高到低的順序?yàn)椋篢1>T2>T3；②提高HCl轉(zhuǎn)化率的措施有：增加O2的量即提高O2/HCl的物料比；降低溫度，使平衡正向移動(dòng)；降低流速使反應(yīng)更充分；③在較高流速時(shí)，反應(yīng)未達(dá)到平衡，溫度高的反應(yīng)速率快，因此轉(zhuǎn)化率高。17．(1)還原性(2)生成紅色固體、0.2mol/L溶液、、(3)假設(shè)3正確，和溶液生成橙黃色沉淀（、、的共沉物）的反應(yīng)速率快，生成白色沉淀（CuCl）的限度大【分析】某小組同學(xué)對(duì)溶液與溶液的反應(yīng)進(jìn)行探究，將溶液和溶液混合，立即產(chǎn)生橙黃色沉淀A，可能原因是與發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，沉淀為，與發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成、，或兩種假設(shè)均存在，沉淀為多種離子的共沉物，排除CuCl的干擾后，對(duì)橙色沉淀進(jìn)行實(shí)驗(yàn)分析，橙黃色沉淀含有的離子有、、，說(shuō)明和溶液生成橙黃色沉淀（、、的共沉物）的反應(yīng)速率快，生成白色沉淀（CuCl）的限度大?！驹斀狻浚?）中Cu元素為+2價(jià)，具有氧化性，中S元素為+4價(jià)，具有還原性。（2）①和稀硫酸反應(yīng)生成Cu2+和Cu，取少量洗凈的白色沉淀，向其中加入稀硫酸，證實(shí)白色沉淀中一定含有的證據(jù)是生成紅色固體（Cu）；②該反應(yīng)中Cu元素由+2價(jià)下降到+1價(jià)，S元素由+4價(jià)上升到+6價(jià)生成，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：；③與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則Cu2+得到電子轉(zhuǎn)化為Cu+，失去電子轉(zhuǎn)化為，則沉淀為、；為難溶于水的白色固體，為避免CuCl對(duì)實(shí)驗(yàn)的干擾，試劑A應(yīng)選擇0.2mol/L溶液；實(shí)驗(yàn)II中用去氧水反復(fù)洗滌沉淀B，向少量B中加入稀硫酸，現(xiàn)象與①相同，說(shuō)明B中含有，由已知信息iii．結(jié)合實(shí)驗(yàn)III判斷B中含有，另外生成的已經(jīng)洗滌除去，其中還含有陰離子。（3）橙黃色沉淀含有的離子有、、，白色沉淀是CuCl，說(shuō)明假設(shè)3正確，和溶液生成橙黃色沉淀（、、的共沉物）的反應(yīng)速率快，生成白色沉淀（CuCl）的限度大。18．(1)-49.4(2)0.06或1.4(3)a、c減小(4)AC(5)CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【詳解】（1）CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=反應(yīng)物總能量-生成物的總能量=41.2kJ/mol-90.6kJ/mol=-49.4kJ/mol；（2）CO2的轉(zhuǎn)化率為90%，則n轉(zhuǎn)化(CO2)=0.9mol,CO的物質(zhì)的量為0.3mol,則反應(yīng)ⅱ中n轉(zhuǎn)化(CO2)=0.3mol,則反應(yīng)ⅰ中n轉(zhuǎn)化(CO2)=0.6mol,可得：，故n平衡(CO2)=0.1mol,n平衡(H2)=1.9mol,n平衡(CH3OH)=0.6mol,n平衡(CO)=0.3mol,n平衡(H2O)=0.9mol,①平均反應(yīng)速率v(CH3OH)═；②反應(yīng)ii的化學(xué)平衡常數(shù)；（3）①其它條件相同情況下，隨溫度升高，CO2的轉(zhuǎn)化率先增大后降低，說(shuō)明CO2轉(zhuǎn)化率最高點(diǎn)之前未到達(dá)平衡，圖中達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的是ac；②若圖中a點(diǎn)時(shí)反應(yīng)已達(dá)平衡，則d→a段未到達(dá)平衡，該溫度下到達(dá)平衡時(shí)CO2轉(zhuǎn)化率高于圖中轉(zhuǎn)化率，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，溫度越高平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率越低，現(xiàn)原料氣按n(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密閉容器中，在相同溫度到達(dá)平衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)化率降低了，故答案為：減??；（4）A．升高溫度時(shí)，反應(yīng)速率均加快，故A正確；B．用不同催化劑催化反應(yīng)可以改變反應(yīng)歷程，但不能提高平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)歷程中，第二步反應(yīng)的活化能最高，反應(yīng)速率最慢，是反應(yīng)的決速步驟，故C正確；故答案為：AC；（5）CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：CO2+6e-+6H+=CH3OH

+H2O。19．(1)C2H6、C2H4、CO將反應(yīng)得到的氣體通入溴水或酸性KMnO4溶液中，溶液褪色(2)CO2中C=O鍵的鍵能較高，是反應(yīng)的挑戰(zhàn)；乙烷分子中C—H鍵的鍵能大于C—C鍵的鍵能，所以C—H鍵的選擇活化是難點(diǎn)(3)(4)從1提高到3，更多的CO2和乙烷反應(yīng)生成乙烯，乙烷的轉(zhuǎn)化率增大；從4提高到5，更多的CO2和乙烷反應(yīng)生成甲烷，乙烷的轉(zhuǎn)化率增大2CO2+C2H6CH4+3CO+H2O【詳解】（1）①由乙烷與二氧化碳反應(yīng)生成乙烯和氣態(tài)水可知，計(jì)算二氧化碳氧化乙烷脫氫反應(yīng)的反