四川省2024届高考化学一轮复习模拟题精选练习-12化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）下列实验方案能达到实验目的的是
选项 A B C D
实验方案
实验目的 验证CuSO4对H2O2分解反应有催化作用 进行喷泉实验 验证非金属性：Cl＞C＞Si 用铁氰化钾溶液验证牺牲阳极的阴极保护法
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·四川成都·成都七中校考模拟预测）下列说法正确的是
A．电解法精炼镍时，粗镍作阴极，纯镍作阳极
B．反应常温下能自发进行，该反应的
C．常温下溶液中加入少量固体，溶液中值减小
D．在一容积可变的密闭容器中反应达平衡后，保持温度不变，缩小体积，平衡正向移动，的值增大
3．（2022·四川成都·成都七中校考模拟预测）(s)与CO(g)主要发生如下反应。
①
②
反应的还原产物与温度密切相关。其他条件一定，(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．反应的焓变为
B．根据图象推测，应当小于0
C．反应温度越高，主要还原产物中铁元素的价态越低
D．温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应的化学平衡常数
4．（2022·四川泸州·四川省泸县第二中学校考二模）下列实验方案设计中，能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验方案
A 证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS) 向盛有10滴0.1mol·L-1 Na2S溶液的试管中滴入0.1mol·L-1ZnSO4溶液，至不再有白色沉淀生成；再向其中加入几滴0. 1mol·L-1CuSO4溶液，观察到有黑色沉淀产生
B 制备少量乙酸乙酯 向乙醇中缓慢加入浓硫酸和冰醋酸，用NaOH溶液收集乙酸乙酯，除去乙醇和乙酸
C 探究草酸浓度对反应速率的影响 向两支试管中分别加入2mL1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时分别向两支试管中加入2mL0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL0.05mol/L的H2C2O4溶液，观察KMnO4溶液褪色所需时间
D 证明Fe2+具有还原性 向较浓的 FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液紫色褪去
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·四川成都·成都七中校考一模）下列装置正确，且能达到实验目的的是
A．图甲探究温度对过氧化氢分解速率的影响 B．图乙装置用K2Cr2O7溶液滴定FeSO4溶液
C．图丙装置进行喷泉实验 D．图丁装置制粗溴苯
6．（2021·四川成都·成都七中校考一模）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．常温下，45 g CH3CH(OH)COOH(乳酸)和CH3COOH(醋酸)的混合物中含有的原子数为6NA
B．将含1 mol FeCl3的饱和溶液制成胶体，所含胶粒数目小于1NA
C．14.4 g 28Si315N4中含质子的数目为7NA
D．常温下，在密闭容器中将2 mol NO与1 mol O2充分混合，反应后容器中的分数为2NA
二、填空题
7．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）丙烯是重要的石油化工中间体，工业上常用丙烷催化脱氢和甲醇分解两种方法制备。
回答下列问题：
I.丙烷直接脱氢法制丙烯：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH1=+123.8kJ mol-1
(1)该反应在 (填“高温”低温”或“任意温度”)时可自发进行。
(2)570℃、100kPa下，将n(C3H8)：n(H2O)=1：9的混合气进行直接脱氢反应，3h后达到平衡，C3H8的平衡转化率为80%，C3H8分压的平均变化率约为 kPa h-1(保留3位有效数字，下同)，脱氢反应的Kp≈ kPa。(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
II.二氧化碳耦合丙烷脱氢制丙烯：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH2
CO2(g)+C3H8(g)C3H6(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH3=+165kJ mol-1
(3)①ΔH2= kJ mol-1。
②与直接脱氢法相比，相同温度下的恒压密闭容器中，二氧化碳耦合丙烷制丙烯能有效提高C3H8转化率的原因是 、 。
(4)下列能说明该体系在恒温恒压密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填序号)。
A．CO2的物质的量分数保持不变
B．n(H2O)：n(CO)保持不变
C．气体密度保持不变
D．速率关系：v(C3H8)=v(C3H6)
III.甲醇催化分解：3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)
(5)该反应的实验数据遵循Arhenius经验公式：Rlnk=-+C(Ea为活化能，假设其受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)，此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大得 (填“越多”或“越少”)。根据如图曲线a计算该反应的活化能Ea为 kJ mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
三、原理综合题
8．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）乙烯是合成多种高分子材料的原料，将液化石油气中的乙烷转化为乙烯是科学家探索石油产品综合利用的一个热点。
(1)C2H6与CO2反应可以制取乙烯：C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) ΔH=+117kJ·mol-1，该反应可以分为两步：
i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1(反应速率较快)
ii．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2= +41kJ ·mol-1(反应速率较慢)
①ΔH1= kJ·mol-1。
②结合反应历程，改变反应物 (填“C2H6”或“CO2”)的浓度对总反应速率影响更大，原因为 。
(2)乙烷的催化氧化是一种新型的制备乙烯的方法：
2C2H6(g)+ O2(g) 2C2H4(g) +2H2O(g) ΔH>0。在一定温度下， 向恒容密闭容器中通物入质的量之比为2： 1 的C2H6和O2,初始压强为150kPa,发生催化氧化反应，若10min达到平衡状态时O2的转化率为20%。
①平衡时体系的压强为 kPa。
②0~10min，用C2H6表示的平均反应速率为 kPa· min-1。
③上述反应达到平衡后，欲同时增大反应速率和C2H6的转化率，可以采取的措施有 (填序号)。
A．升高温度 B． 通入惰性气体
C． 按2： 1 再加C2H6和O2 D． 加入催化剂
(3)乙烷的催化裂解也可制备乙烯： C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)催化裂解过程中利用膜反应新技术可以实现边反应边分离出生成的氢气。不同温度下，1.0mol 乙烷在容积为1.0L的恒容密闭容器中发生催化裂解反应。氢气移出率 α[α= 100% ]不同时，C2H6的平衡转化率与反应温度的关系如图所示：．
①相同温度时α3、 α2、 α1依次 (填“增大”、“减小”或“不变”)，判断的理由为 。
②A点时平衡常数K=0.81,则α1= % (结果保留整数)。
9．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。
I、工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化：
(1)液相中，合成尿素的热化学方程式为2NH3(1)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(1) ΔH= kJ/mol。
(2)在恒容密闭容器中发生反应： 2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) ΔH<0。下列说法错误的是
A．反应在任何温度下都能自发进行
B．增大CO2的浓度，有利于NH3的转化率增大
C．当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态
D．充入He，压强增大，平衡向正反应移动
Ⅱ．由CO2与H2制备甲醇是当今研究的热点之一。
(3)在一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入xmolCO2和ymolH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=- 50kJ·mol-1
①若x=1、y=3， 测得在相同时间内，不同温度下H2的转化率如图1所示，点a 填“是”或“否”)达到平衡。T2时，若起始压强为10atm， Kp= atm-2(结果保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压 ×物质的量分数)。
②已知速率方程v正 =k正 c(CO2)·c3(H2)， v逆 =k逆c(CH3OH)·c(H2O)， k正、k 逆是速率常数，只受温度影响，图2表示速率常数k正、k逆的对数lgk与温度的倒数之间的关系， A、B、D、E分别代表图1中a点、c点的速率常数，其中点 (填A或B或D或E)表示c点的lgk逆。
(4)我国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，可有效解决温室效应及能源问题，总反应为CO2+NaCl CO+NaClO(忽略气体 在溶液中的溶解及溶液的体积变化)。
电极Ⅱ的电极反应式为 。电解结束后，电极Ⅱ所在电极室溶液pH (填“变大”或“变小”)
10．（2022·四川成都·校考模拟预测）苯甲醛()是生产氨苄青霉素、某些苯胺染料等产品的重要中间体。制备苯甲醛的常用方法有气相催化氧化法和电催化氧化法。
I．气相催化氧化法(以Ce／ZSM-5为催化剂)主要反应： (g)+O2(g) (g)+H2O(g)ΔH
(1)已知：
① (g)+ 8O2(g)=7CO2(g)+3H2O(g) ΔH=—3452.6kJ/mol
② (g)+9O2(g)= 7CO2(g)+4H2O(g) ΔH=—3784.9kJ/mol
则反应 (g)+ O2(g) (g) +H2O(g) ΔH=
(2)在一容积为2L的密闭容器中分别充入甲苯和氧气各2mol，在同一时间(80min)、不同温度下测得甲苯的转化率、苯甲醛的选择性和收率如图所示，其中：
温度控制在380℃，前80min内生成苯甲醛的平均反应速率为 ；甲苯的转化率随温度升高而增大的原因是 。
(3)其他条件相同、不同空速下测得苯甲醛的选择性和收率如图所示。
已知：①空速指鼓入空气的速度，单位为h-1；
②苯甲醛吸附在催化剂表面才能被进一步氧化为苯甲酸。
请分析当空速由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加的原因： 。
(4)合成苯甲醛的最佳温度和空速应为_______(填序号)。
A．350℃、5000h-1 B．350℃、2500h-1 C．410℃、5000h-1 D．410℃、2500h-1
II．电催化氧化法
以硫酸酸化的MnSO4溶液作为电解媒质间接氧化甲苯制备苯甲醛的工艺方案如图所示：
(5)a为电源 极；生成苯甲醛的离子方程式为 ；右池生成0.1mol H2时，左池可产生 mol。
11．（2022·四川成都·成都七中校考模拟预测）完成下列问题。
(1)二氧化氯是黄绿色、易溶于水的气体，具有强氧化性，可用于烟气中和NO的脱除。研究表明：氧化和NO的反应历程与下列反应有关。
序号 反应机理 反应热 速率常数
脱硝 ⅰ
ⅱ
脱硫 ⅲ
ⅳ
实验测得：分别对纯、纯NO以及同时氧化的氧化率随时间的变化情况如图所示。据此分析：
①其它因素都相同，判断氧化的活化能 (填“>”或“＜”)氧化NO的活化能；
②NO的存在 (填“会”或“不会”)催化氧化。请结合ⅰ、ⅲ、ⅳ的速率常数分析原因： 。
(2)一定时间内，NaClO溶液在不同温度下对硫、硝脱除率影响曲线如图。
①脱除率高于NO，可能的原因是 (写两条)。
②烟气中和NO体积比为4∶1，烟气与50℃时的吸收液转化生成的 。
12．（2021·四川绵阳·绵阳中学校考模拟预测）环戊烯( )乙烯均为重要的化工原料。工业上常以双环戊二烯( )为原料，经过加热解聚制得环戊二烯( )，再通过选择催化加氢制得环戊烯。
(1)双环戊二烯的解聚：双环戊二烯的解聚与环戊二烯的二聚互为可逆反应：
ΔH>0
①解聚反应和二聚反应的活化能：Ea(解聚) Ea(加聚) (填“＜”“>”或“=”)。
②T1温度下，500g的双环戊二烯发生解聚反应，双环戊二烯质量与反应时间的关系如图所示：
b点环戊二烯的产率为 ，va (逆) vb(正) (填“＜”“>”或“=”，下同)，T1 T2。
(2)环戊二烯选择催化加氢生成环度烯，同时有副产物环戍烧生成：
主反应：ΔH＜0
副反应：ΔH＜0
以Ni/Al2O3为化剂，在相同反应时间内，测得不同温度下 (其他条件相间)环戊二烯转化率与环戊烯产率的变化曲线如图所示：
已知：环戊烯的选择性是指转化的环戍烯中生成环戍烯的百分比。
制备环戊烯的最佳温度为 ，35～55℃之间，环戊烯的产率比环戊二烯的转化率随温度升高而减小得更快的原因是 。
乙炔氢化可制得乙烯。
主反应：C2H2(g)+H2(g)C2H4(g) ΔH1=-174.3kJ·mol-1
副反应：C2H4(g)+H2(g)C2H6(g) ΔH2=-137.0kJ·mol-1
(3)一定条件下，向容积为VL的恒容密闭容器中通入2mol C2H2和4mol H2发生上述反应，若达到平衡时，容器中有x mol H2，有ymol C2H4，则C2H6的浓度为 mol·L-1(用含x、y、V的代数式表示，下同)，副反应的平衡常数K= 。
13．（2021·四川成都·石室中学统考一模）工业烟气中的SO2严重污染环境，可用多种方法进行脱除。
(1)H2O2氧化法。
H2O2可以将SO2氧化生成H2SO4.由于H2O2储存过程可能发生分解反应：2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g) △H＜0.某兴趣小组研究I-催化分解H2O2历程如下：
第一步：H2O2(aq)+I-(aq)=IO-(aq)+H2O(l) △H＞0慢反应
第二步： △H＜0 快反应
请根据I-催化H2O2的分解反应历程补充剩余的能量示意图 。
(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化，如图。溶液pH几乎不变的阶段，主要产物是 (填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为 。
(3)SO2经富集后可用于制备硫酸。现向某密闭容器中充入1molSO2、1molO2在催化条件下发生反应：2SO2+O22SO3，SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。
①图中A、B、C三点逆反应速率由大到小的顺序为 ；若600℃、aMPa时，经过20min达平衡，则用SO3表示的反应速率v(SO3)= mol/min。
②实际工业生产时选择A点生产条件而非B点，原因是 。
③C点对应的Kp为 MPa-1(写出关于a的表达式，保留一位小数，Kp为用分压表示的化学平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
四、工业流程题
14．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）铟(In)是一种稀散金属，常与其他金属矿石伴生，回收氧化锌烟尘(主要成分是ZnO,还含少量PbO、FeS、FeSiO3、 In2O3、 In2S3等)中的金属铟的工艺流程如下：
已知：室温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
金属离子 Fe3+ Fe2+ In3+
开始沉淀pH(离子浓度为0.1mol·L-1时) 1.3 6 3
完全沉淀pH 2.7 8 4.3
回答下列问题：
(1)In2O3中In的化合价是 。
(2)“中性浸出”的过程为：先加入稀硫酸和适量氧化剂MnO2氧化酸浸氧化锌烟尘，反应结束前半个小时加入CaO调整pH=5.0~5.2。
①FeSiO3与稀H2SO4反应的化学方程式为 。
②氧化酸浸过程中，In2S3中的硫元素被MnO2氧化为 ,该反应的离子方程式为 。
③氧化剂用量对中性浸出效果的影响如图所示。最佳氧化剂用量为 。
④“中浸渣”的主要成分为In(OH)3、 。 (写化学式)
(3)萃取时，发生反应In3+ +3H2A2In(HA2)3 +3H+,H2A2代表有机萃取剂。
①反萃取时，宜选用的试剂X为 (写化学式)
②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器有 。
(4)“置换”后的滤液可返回 (填“滤液 1”或“滤液2”)中利用。
(5)“置换”时锌粉的利用率为90%，若想获得6.9 kg海绵铟，需要使用锌粉 _kg (结果保留1位小数)
15．（2021·四川绵阳·绵阳中学实验学校校考模拟预测）铟(In)与Al同主族，是一种稀散金属，广泛应用于电子半导体、光纤通信等领域。以炼锌得到的硬锌粗渣(含有Zn、ZnO、ZnS、In、InSb等)为原料提取单质铟并制备ZnSO4·7H2O的工艺流程如图所示。请回答下列问题：
已知：① 当c(H2SO4)＜0.16 mol·L-1时，铟的浸出率几乎为0
②常温下，Ksp[In(OH)3]=1.3×10-37
(1)硬锌粗渣浸出前需进行球磨成粉，其原因是 。
(2)操作Ⅱ的名称为 (填字母)。
A．过滤 B．蒸馏 C．干馏 D．萃取分液
操作Ⅰ为 ，过滤、洗涤、干燥。
(3)“氧化浸出”过程中，浓硝酸可将InSb(Sb为-3价)转化为In2O3和Sb2O3，同时释放出红棕色气体，则该反应化学方程式为 。
(4)H2O2、NaClO3和HNO3均可作“氧化浸出”时的氧化剂，三种物质中只含有极性共价键的物质是 ；“氧化浸出”过程中，若分别使用H2O2、NaClO3作氧化剂，转移电子的数目相同时，则消耗二者的物质的量之比为 。
(5)常温下，在0.1 mol·L-1的In2(SO4)3溶液中存在平衡：In3+(aq)+ 3H2O(1)In(OH)3(s)+3H+(aq)，则该反应的化学平衡常数K= 。(计算结果保留两位有效数字)
参考答案：
1．B
【详解】A．加溶液的试管同时也加热了，其反应速率加快，不能证明是的催化作用，A项错误；
B．虽然烧杯里是蒸馏水，但引发喷泉的操作是挤入胶头滴管中的NaOH溶液，溶于NaOH使烧瓶内压强减小，引起喷泉，B项正确；
C．验证非金属性的强弱，应比较元素最高价氧化物的水化物的酸性，盐酸应改为高氯酸，C项错误；
D．图示装置是外接电流的阴极保护法而不是牺牲阳极的阴极保护法，D项错误；
答案选B。
2．C
【详解】A．电解法精炼镍时，粗镍作阳极溶解，纯镍作阴极受保护，A错误；
B．反应，S<0，且常温下能自发进行，由吉布斯自由能的复合判据推知该反应为放热反应，B错误；
C．碳酸钠溶液中存在盐的水解：CO+H2OHCO+OH-，，则，加入少量的氢氧化钙固体，氢氧根增加，温度不变，Kh不变，溶液中值减小，C正确；
D．平衡常数K=只与温度有关，温度不变，K值不变，D错误。
3．C
【分析】反应的还原产物与温度密切相关。根据(s)和CO(g)反应达平衡时，CO(g)的体积分数随温度的变化关系，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知温度低于570℃时，主要发生反应；温度高于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数减小，可知温度高于570℃时，主要发生反应。
【详解】A．根据盖斯定律(②-①)得的焓变为，故A正确；
B．根据图象，温度低于570℃时，随温度升高，CO(g)的体积分数增大，可知小于0，故B正确；
C．温度低于570℃时，主要还原产物为Fe，温度高于570℃时，主要还原产物为FeO，故C错误；
D．温度高于1040℃时，(s)和CO(g)发生的主要反应为；温度高于1040℃时，CO(g)的体积分数小于20%，化学平衡常数，故D正确；
选C。
4．A
【详解】A．由实验用量可知Na2S溶液被ZnSO4溶液充分反应完全，当加入CuSO4溶液有黑色沉淀生成的现象可知，ZnS转化为更难溶的CuS，发生沉淀的转化，可知CuS的溶度积小，即Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），A项正确；
B．制备少量乙酸乙酯，用饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯，除去乙醇和乙酸，B项错误；
C．根据反应可知草酸量少，高锰酸钾过量，所以不能通过褪色时间长短来判断反应是否停止及反应的快慢，C项错误；
D．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液褪色，KMnO4溶液紫色褪去，不能证明Fe2+具有还原性，D项错误；
故答案选：A。
5．C
【详解】A．探究温度对过氧化氢分解速率的影响时，催化剂要相同，图中催化剂不同，故A错误；
B．K2Cr2O7可氧化橡胶，应选酸式滴定管，故B错误；
C．SO2易与NaOH溶液反应，挤压胶头滴管、打开止水夹，打开可以看到喷泉，故C正确；
D．制备溴苯应该用苯与液溴，不能选溴水，故D错误；
故选：C。
6．D
【详解】A．CH3CH(OH)COOH和CH3COOH的最简式都是CH2O，45gCH3CH(OH)COOH(乳酸)和CH3COOH(醋酸)的混合物中含有的原子数为，故A正确；
B．氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的集合体，将含1molFeCl3的饱和溶液制成胶体，所含胶粒数目小于1NA，故B正确；
C．14.4g28Si315N4中含质子的数目为，故C正确；
D．常温下，在密闭容器中将2molNO与1molO2充分混合，生成2molNO2，由于反应体系中存在平衡，反应后容器中的分数小于2NA，故D错误；
选D。
7．(1)高温
(2) 2.72 29.6
(3) +41.2 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应消耗C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应生成的氢气从而促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行 反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)为气体体积增大的反应，在恒压条件下充入二氧化碳相当于增大了体系的体积，减小各组分分压，也能促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行
(4)AC
(5) 越多 31 改用更高效催化剂
【详解】（1）根据C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH1=+123.8kJ mol-1，该反应ΔH>0，ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS<0时反应可自发进行，故需要高温。
（2）根据分析可得平衡时n总=0.2+0.8+0.8+9=10.8，P平（C3H8）=100 kPa×≈1.852 kPa，P始（C3H8）=100 kPa×=10.00 kPa，C3H8分压的平均变化率为（10-1.852）kPa÷3h=2.72 kPa h-1，Kp= kPa≈29.6 kPa，故答案为2.72，29.6。
（3）根据盖斯定律可得：ΔH2=ΔH3-ΔH1=+41.2 kJ mol-1；相同温度下的恒压密闭容器中，二氧化碳耦合脱氢制丙烯能有效提高丙烷的转化率，其原因可能是CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)反应消耗C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应生成的氢气从而促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行；在恒压条件下充人二氧化碳相当于增大了体系的体积，减小了各组分分压，也能促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行。故答案为+41.2，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应消耗C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应生成的氢气从而促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行，反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)为气体体积增大的反应，在恒压条件下充入二氧化碳相当于增大了体系的体积，减小各组分分压，也能促进C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)反应正向进行。
（4）A.反应体系中，CO2的物质的量分数是变量，当CO2的物质的量分数保持不变时，可以说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B.H2O、CO为反应中的产物，则n(H2O) : n(CO)始终等于1 : 1，n(H2O) : n(CO)保持不变不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；
C.该反应在恒压容器中进行，且气体的物质的量发生变化，容器容积是变量，气体的总质量是定值，则气体密度是变量，当密度保持不变时，可以说明反应达到平衡状态，C符合题意；
D.选项中未指明速率的正、逆，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故答案为AC。
（5）此经验公式说明对于某个基元反应，当升高相同温度时，其活化能越大，反应速率增大得越多。但是据图象并结合公式可得:9.2=-3. 2×10-3Ea+C，3.0=-3.4×10-3Ea +C，联立方程解得Ea=31kJ/mol。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，此时满足: 9.2=-3. 2×10-3Ea+C，1.0=-3.6×10-3Ea+C，联立方程解得Ea=-20.5 kJ/mol，活化能减小，则实验可能改变的外界是更换了更高效的催化剂。故答案为越多，31，改用更高效催化剂。
【点睛】本题综合考察了化学平衡、盖斯定律的运用、自发反应进行条件判断、影响化学平衡移动的因素判断以及化学平衡状态的判断。
8．(1) +76 CO2 总反应速率由慢反应一 步骤 ii决定，c(CO2)增大，步骤ii的速率加快，从而提高总反应速率
(2) 160 2 A
(3) 增大 氢气移出率增大，体系中氢气的浓度降低，平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大 90
【详解】（1）①根据盖斯定律，等于总反应，所以；
②在多步反应体系中，慢反应决定整个反应速率，已知反应ii速率较慢，决定整个反应速率，所以改变的浓度对总反应速率影响更大；
（2）①根据三段式：
，压强之比等于物质的量之比，所以，；
②的分压平均变化速率为：；
③A．该反应为吸热反应，升高温度，可以增大反应速率，使平衡正向移动动，同时提高的转化率，选项A正确；
B．在恒容密闭容器中，通入惰性气体，不影响反应速率，平衡也不移动，选项B错误；
C．按2： 1 再加C2H6和O2，相当于增大压强，可以加快反应速率，相当于按比例转化后平衡逆向移动，的转化率减小，选项C错误；
D．加入催化剂，可以加快反应速率，但是不能使平衡移动，选项D错误；
答案选A；
（3）①因为氢气移出率增大，生成物中氢气的浓度降低，有利于C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)平衡正向移动，乙烷的平衡转化率增大，所以相同温度时，依次增大，则对应的的平衡转化率也依次增大；
②由图可知，A点时乙烷的平衡转化率为90%，生成氢气的物质的量为0.9mol，设平衡时体系中氢气的物质的量为xmol，则平衡体系中，c(C2H6)=0.1mol/L，c(C2H4)=0.9mol/L，c(H2)=xmol/L，平衡常数=0.81，解得x=0.09，则氢气移出率。
9．(1)-93.7
(2)AD
(3) 否 2.4 A
(4) Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+ 变大
【详解】（1）观察所给二氧化碳与氨气反应合成尿素的转化图示可知，根据盖斯定律，反应2NH3(l)+CO2(l)=NH2COONH4 (l)， NH2COONH (l)=H2O(l) + NH2 CONH2(l)相加得合成尿素的热化学方程式为2NH3(1)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(1)，△H=AH1+△H2=- 109.2 kJ/mol+ 15.5 kJ/mol=- 93.7 kJ/mol；
（2）A．该反应为熵减小的放热反应，根据判据H-TS<0，该反应在低温下能自发进行，选项A错误；
B．增大二氧化碳的浓度平衡向正反，应方向移动,氨气的转化率增大，选项B正确；
C．混合气体的密度等于，容器的体积不变，随着反应的进行，m(g)减小，密度减小，当密度不变时，说明反应达到平衡状态，选项C正确；
D．在恒容密闭容器中充人氦气,压强增大，但反应体系中氨气、二氧化碳、H2O(g)的浓度均不变，平衡不移动，选项D错误；
答案选AD；
（3）①根据图1可知，b点刚好平衡，b点所在的曲线在不同温度下达平衡，a点在相同温度下氢气的转化率低于平衡点，还没有达平衡；根据b点列三段式如下：
平衡时各气体的总物质的量为2.4mol，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，则，平衡时总压p=6atm，平衡分压p(CO2)==0.5atm，p(H2)=.5atm，p(CH3OH)= p(H2O)=2 atm，平衡常数Kp===2.4arm-2;
②达平衡时，v正 = v逆，K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即越小，lg k逆越大，即点A表示c点的lg k逆；
（4）电极总反应为CO2+NaCl CO+NaClO，由图可知，碳元素价态降低得电子，故电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，阳极电极反应式为Cl-+2e-+H2O=ClO-+2H+；由电解总反应可知，电极Ⅱ所在电极室NaCl(中性)生成NaClO(水解显碱性)，pH变大。
10．(1)—332.3kJ/mol
(2) 6×10—4 mol/(L·min) 甲苯发生了其他副反应
(3)当空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化
(4)B
(5) 正 +4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+ 0.05
【详解】（1）由盖斯定律可知，②—①可得主要反应，则反应ΔH=(—3784.9kJ/mol)—(—3452.6kJ/mol)=—332.3kJ/mol，故答案为：—332.3kJ/mol；
（2）由图可知，温度控制在380℃，80min时苯甲醛的选择性和甲苯的转化率分别为40%和12%，则前80min内生成苯甲醛的平均反应速率为6×10—4 mol/(L·min)；温度升高，甲苯的转化率增大，苯甲醛的选择性和收率降低说明甲苯发生了其他副反应，故答案为：6×10—4 mol/(L·min)；甲苯发生了其他副反应；
（3）由图可知，当空速由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加说明空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲酸的几率，故答案为：空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化；
（4）由图可知，温度为350℃、空速为2500h-1时，苯甲醛选择性和收率最高，则合成苯甲醛的最佳温度和空速应为350℃、2500h-1，故选B；
（5）由Mn2+转化为Mn3+可知，与电源的正极a电极相连的电极为电解池的阳极，阳极生成的Mn3+在溶液中与甲苯反应生成Mn2+、苯甲醛和氢离子，与负极b电极相连的电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，甲苯氧化为甲醛的反应为+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+，电池的总反应为+H2O→+2H2↑，所以右池生成0.1mol氢气时，左池可产生0.05mol苯甲醛，故答案为：正；+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+；0.05。
11．(1) > 会 k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时由反应ⅰ产生的ClO部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显
(2) SO2水溶度大于NO的；或者SO2在溶液中的还原性强于NO的；或者NaClO溶液与SO2反应速率大于NO的 2∶13
【解析】（1）
①根据表中数据可知，ClO2与NO的两步反应的k1、k2均大于ClO2与SO2反应的k3、k4，说明ClO2与NO反应更快，因此ClO2氧化SO2的活化能>ClO2氧化NO的活化能。②观察图示可知，ClO2单独氧化SO2时氧化率并不高，同时氧化SO2和NO时，ClO2氧化SO2的氧化率有了较为明显的提升，结合ⅰ、ⅲ、ⅳ的速率常数可知，k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时由反应ⅰ产生的ClO部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显，因此NO的存在会催化ClO2氧化SO2。
（2）
①NaClO溶液对SO2的脱除率高于NO，可能的原因为SO2在水中的溶解度大于NO，或者SO2在水溶液中的还原性强于NO，或者NaClO溶液与SO2反应速率大于与NO的反应速率。②NaClO与SO2反应的离子方程式ClO-+H2O+SO2=+Cl-+2H+，NaClO与NO反应的离子方程式为H2O+2NO+3ClO-=2+3Cl-+2H+，SO2与NO体积比为4：1，不妨设NO的物质的量为amol，则SO2的物质的量为4amol，50℃NO的脱除率为80%，则生成物质的量为0.8amol，生成的Cl-物质的量为mol+4amol，则n()：n(Cl-)=0.8amol：(mol+4amol)=2：13
12．(1) > 80% ＜ ＜
(2) 35℃ 35～55℃之间，环戊二烯的选择性下降，生成环戊烷的比例增大
(3)
【详解】（1）①双环戊二烯的解聚与环戊二烯的二聚互为可逆反应，又因为解聚反应为吸热反应，二聚反应为放热反应，所以Ea(解聚)>Ea(二聚)，故答案为：>；
②设双环成二烯的摩尔质量为M1g/mol，环戊二烯的摩尔质量为M2g/mol，T1温度下，500g的双环戊二烯发生解聚反应，则理论上生成环戊二烯的质量为，b点时只剩余100g双环戊二烯，即双环戊二烯实际反应了400g，则实际生成环二烯的质量为，则环戊二烯的产率为80%；b点以后，双环戊二烯的质量继续减少，说明反应正向进行，则b点时，vb(正)> vb(逆)，又随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，即vb(逆)>va(逆)，所以va(逆)＜vb(正)；相同时间时，T2温度下双环二烯的质量小于T1温度下双环戊二烯的质量，则T2温度时反应速率较快，故T1＜T2，故答案为：80%；＜；＜；
（2）环戊烯的产率最高时对应的温度为制备环戊烯的最佳温度，则35℃为最佳温度；35～55℃之间，环戊二烯的选择性下降，生成环戊烷的比例增大，故环戊烯的产率比环戊二烯的转化率随温度升高而减小得更快，故答案为：35℃；35～55℃之间，环戊二烯的选择性下降，生成环戊烷的比例增大；
（3）若达到平衡时，容器中有x mol H2，有ymol C2H4，设平衡时有amolC2H6和bmolC2H2，根据氢原子守恒有：，根据碳原子守恒有：，解得 ，，则mol/L=mol/L；副反应的平衡常数=，故答案为：；。
13．(1) IO-(aq)+H2O2(aq)=O2(g)+I-(aq)+H2O(l)
(2) ZnSO3 ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO
(3) C＞B＞A 0.045 A点SO2的平衡转化率已经非常高，B点SO2的平衡转化率比A点提高不大，而增大压强对设备要求高，会增加生产成本
【解析】(1)
I-为催化剂，反应前后化学性质和质量都不变，则第二步反应中有IO-→I-，反应方程式为：IO-(aq)+H2O2(aq)=O2(g)+I-(aq)+H2O(l)；由于第二步是快反应，则活化能比第一步小，且分解H2O2反应总反应是放热反应，能量示意图为，故答案为：IO-(aq)+H2O2(aq)=O2(g)+I-(aq)+H2O(l)；；
(2)
ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水，溶液pH几乎不变的阶段，说明溶液中可水解的离子少，主要产物是ZnSO3，ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2，生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO，故答案为：ZnSO3；ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO；
(3)
①图中A、B、C三点，C的温度最高，正逆反应速率都是最大，A、B两点温度相同，但B点SO2的平衡转化率大，说明B点压强比A点压强大，B点正逆反应速率都比A点大，逆反应速率由大到小的顺序为C＞B＞A；600℃、aMPa时，经过20min达平衡，SO2的平衡转化率为0.9，设反应了molO2，则有三段式：，SO2的平衡转化率==0.9，=0.45mol，用SO3表示的反应速率v(SO3)==0.045mol/min；②A点SO2的平衡转化率已经非常高，B点SO2的平衡转化率比A点提高不大，而增大压强对设备要求高，会增加生产成本，故选用A点对应条件；③C点的总压为aMPa，根据①得三段式：，平衡时气体总物质的量为1.55mol，Kp=MPa-1=MPa-1，故答案为：C＞B＞A；0.045；A点SO2的平衡转化率已经非常高，B点SO2的平衡转化率比A点提高不大，而增大压强对设备要求高，会增加生产成本；。
14．(1)+3
(2) FeSiO3 +H2SO4 = FeSO4 + H2SiO3 In2S3 + 12MnO2 + 24H+ = 2In3+ + 12Mn2+ +3 +12H2O 1% Fe(OH)3、PbSO4、H2SiO3
(3) H2SO4 烧杯、分液漏斗
(4)滤液1
(5)6.5
【分析】氧化锌烟尘(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、FeS、FeSiO3、In2O3和In2S3等)中性浸出时先加稀硫酸和适量的二氧化锰，ZnO转化为硫酸锌，FeSiO3转化为硫酸亚铁和硅酸，亚铁离子最终被氧化成铁离子，In2S3转化为In3+和硫酸根离子，In2O3转化为In3+，FeS最终转化为Fe3+和硫酸根离子，PbO转化为PbSO4，调节pH后In3+和Fe3+转化为对应的氢氧化物沉淀，中浸渣中主要成分为In(OH)3、Fe(OH)3、PbSO4和H2SiO3。中浸渣中加入硫酸酸浸，In(OH)3、Fe(OH)3溶解转化为相应的金属阳离子，酸浸渣为PbSO4和H2SiO3，滤液2中加入P204+260号溶剂油萃取，In3+转化为In(HA2)3，分液后进行反萃取，得到In3+，最后加入Zn置换生成海绵铟。
【详解】（1）In2O3中O为-2价，则In为+3价。
（2）①硫酸酸性强于硅酸，FeSiO3与硫酸反应生成硫酸亚铁和硅酸，化学方程式为FeSiO3 +H2SO4 = FeSO4 + H2SiO3。
②氧化酸浸过程中In2S3中的硫被MnO2氧化为硫酸根离子，MnO2得电子转化为Mn2+，根据得失电子守恒和原子守恒得到离子方程式为In2S3 + 12MnO2 + 24H+ = 2In3+ + 12Mn2+ +3 +12H2O。
③氧化酸浸过程中要尽量提高Zn的浸出率，尽量降低In的浸出率确保更多的In以固体的形式存在，则根据图中可知，氧化剂用量为1%最佳。
④根据分析可知，浸渣中的主要成分为In(OH)3、Fe(OH)3、PbSO4和H2SiO3。
（3）①萃取时，发生反应为In3+ +3H2A2In(HA2)3 +3H+，反萃取即需要将In(HA2)3转化为In3+，因此可以增大氢离子浓度，使化学平衡逆向移动，故宜选择H2SO4为反萃取剂X。
②实验室进行萃取和反萃取时，均需要使用的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗。
（4）置换过程中Zn与硫酸铟反应生成In和硫酸锌，则置换后的滤液可返回滤液1用于制备ZnSO4。
（5）置换时发生的反应为3Zn+2In3+=3Zn2++2In，要获得6.9kgIn，需要Zn5.85kg，锌粉的利用率为90%，则需要锌粉6.5kg。
15．(1)增大固体表面积，加快浸出速率
(2) D 蒸发浓缩、冷却结晶
(3)2InSb＋12HNO3(浓)=In2O3＋Sb2O3＋12NO2↑＋6H2O
(4) HNO3 3：1
(5)7.7×10-6
【详解】（1）硬锌粗渣浸出前需进行球磨成粉，其原因是增大固体表面积，加快浸出速率；
（2）浸出液Ⅱ中加入有机溶剂，操作Ⅱ后得到有机相和水溶液，故操作Ⅱ为萃取分液，故选D；操作Ⅰ要得到结晶水合物，应为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
（3）“氧化浸出”过程中，浓硝酸可将InSb(Sb为-3价)转化为In2O3和Sb2O3，同时释放出红棕色气体NO2，浓硝酸将InSb氧化，Sb的化合价从-3价升高为+3价，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为2InSb＋12HNO3(浓)=In2O3＋Sb2O3＋12NO2↑＋6H2O；
（4）H2O2含有极性键和非极性键，NaClO3含有极性键和离子键，HNO3只含有极性键，则三种物质中只含有极性共价键的物质是HNO3；H2O2作氧化剂时，还原产物为水，则1molH2O2得2mol电子，NaClO3作氧化剂时，被还原为Cl-，则1molNaClO3得电子6mol，“氧化浸出”过程中，若分别使用H2O2、NaClO3作氧化剂，转移电子的数目相同时，则消耗二者的物质的量之比为3:1；
（5）该反应的化学平衡常数
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