广东省深圳市2022-2023学年高三第一次调研考试化学试题（解析版）

高三模拟试题PAGEPAGE12023年深圳市高三年级第一次调研考试化学可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.服饰文化是中华传统文化中的重要一脉。下列制作服饰所用原料的主要成分为纤维素的是A.蚕丝 B.棉花 C.皮革 D.羊毛〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．蚕丝的主要成分为蛋白质，A错误；B．棉花的主要成分为纤维素，B正确；C．皮革的主要成分为蛋白质，C错误；D．羊毛的主要成分为蛋白质，D错误；故选B。2.广东省海洋资源丰富。下列有关说法正确的是A.海底石油经裂化和裂解可得不饱和烃 B.海带等藻类植物中富含C.潮汐能属于生物质资源 D.“海水晒盐”时主要发生化学变化〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．石油经裂化和裂解可以得到不饱和烃，故A正确；B．海带、紫菜等海藻类植物中含有丰富的碘元素，不是碘单质，故B错误；C．潮汐能是指海水周期性涨落运动中所具有的能量，其水位差表现为势能，其潮流的速度表现为动能，不属于生物质资源，故C错误；D．海水晒盐是通过阳光和风力使水分蒸发，属于混合物的分离，没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；故选A3.近年来，我国科技迅猛发展。下列科技成果中蕴含的化学知识叙述正确的是A.新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变B.DNA存储技术中用于编码的DNA是核糖核酸C.建造港珠澳大桥所采用的高强抗震螺纹钢属于合金D.“天舟五号”飞船搭载的燃料电池放电时主要将热能转化为电能〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．催化剂可改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，但是不改变焓变，A错误；B．DNA存储技术中用于编码的DNA是脱氧核糖核酸，B错误；C．合金是金属与金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质；螺纹钢属于合金，C正确；D．燃料电池放电时主要将化学能转化为电能，D错误；故选C。4.化学实验是化学探究的一种重要途径。下列有关实验的描述正确的是A.用湿润的蓝色石蕊试纸检验B.中学实验室中，可将未用完的钠放回原试剂瓶C.进行焰色试验时，可用玻璃棒替代铂丝D.酸碱中和滴定实验中，应先用待测液润洗锥形瓶〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．溶于水呈碱性，可以用湿润的红色石蕊试纸检验，故A错误；B．易燃物如钠、钾等不能随便丟弃，中学实验室可以将未用完的钠、钾等放回原试剂瓶，故B正确；C．玻璃的成分里边有硅酸钠，钠盐的焰色试验为黄色，对其他元素的试验存在干扰，进行焰色试验时，不可用玻璃棒替代铂丝，故C错误；D．酸碱中和滴定实验中，洗锥形不能用待测液润洗，否则会导致测量结构偏大，故D错误；故选B。5.劳动创造幸福。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A分析员用X射线衍射仪区分普通玻璃和水晶普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体B面点师制作糕点时添加小苏打作膨松剂可与碱反应C实验员用加热法分离和NaCl易升华D维修工用NaOH和铝粉疏通厨卫管道Al与NaOH溶液反应产生A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．X射线衍射可以区分晶体和非晶体，普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体，故可以区别普通玻璃和水晶，与所述的化学知识有关联，故A不符合题意；B．碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳使得糕点疏松，不是可与碱反应，与所述的化学知识没有关联，故B符合题意；C．碘单质易升华而氯化钠不升华，可以加热法分离和NaCl，与所述的化学知识有关联，故C不符合题意；D．Al与NaOH溶液反应产生，生成气体膨胀可以疏通厨卫管道，与所述的化学知识有关联，故D不符合题意；故选B。6.“结构决定性质”是化学学科的核心观念。下列有关性质的比较正确的是A.在水中的溶解度：戊醇＜乙醇 B.熔点：MgO＜CaOC.硬度：金刚石＜碳化硅＜硅 D.第一电离能：Cl＜P＜S〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．戊醇的烃基比乙醇的大，烃基是憎水基，所以戊醇溶解度比乙醇的低，故A正确；B．MgO和CaO都是离子晶体，都含有O2-，由于Ca2+的半径大于Mg2+，所以CaO的晶格能小于MgO的晶格能，则熔点：MgO>CaO，故B错误；C．原子半径Si>C，三者都为共价晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，即硬度大小顺序是金刚石>碳化硅>硅，故C错误；D．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：Cl>P>S，故D错误；故选A。7.利用如图所示装置进行的制备及性质探究实验时，下列说法不正确的是A.甲中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4B.乙的作用为除去中的HClC.丙中紫色石蕊试液先变红后褪色D.为吸收多余的，丁中可盛放NaOH溶液〖答案〗A〖解析〗〖详析〗A．装置甲中二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下发生反应：

MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑

，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故A错误；B．装置甲中制备的氯气中混有HCl气体，乙中饱和NaCl溶液作用为除去中的HCl，故B正确；C．Cl2与水反应生成HCl、HClO，且HClO具有漂白性，则使紫色石蕊试液先变红后褪色，故C正确；D．Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，为吸收多余的，丁中可盛放NaOH溶液，故D正确；故选A。8.谷氨酸单钠是味精的主要成分，利用发酵法制备该物质的流程如下：下列说法不正确的是A.可用碘水检验淀粉是否完全水解B.可用红外光谱仪测定谷氨酸中所含官能团的种类C.1mol谷氨酸中含有手性碳原子的数目约为D.“中和”时，需要严格控制的用量〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．淀粉遇碘变蓝色，所以可以用碘水检验淀粉是否完全水解，故A正确；B．红外光谱仪主要检测物质所含的官能团的种类以及其所处的化学环境，可用红外光谱仪测定谷氨酸中所含官能团的种类，故B正确；C．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，谷氨酸中手性碳原子有，1mol谷氨酸中含有手性碳原子的数目约为，故C错误；D．谷氨酸中含有2个羧基，若过多，可能生成，故D正确；故选C。9.化学在环境污染治理中发挥了重要作用。下列治理措施没有运用相应化学原理的是选项治理措施化学原理A向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成CaO具有碱性氧化物的通性B在汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成无毒气体C用聚乳酸塑料替代传统塑料以减少白色污染聚乳酸具有生物可降解性D向工业废水中添加FeS以除去废水中的FeS具有还原性A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．向燃煤中添加生石灰以减少酸雨的形成，是因为氧化钙能和二氧化硫等气体反应，体现了CaO具有碱性氧化物的通性，故A不符合题意；B．汽车尾气系统中安装催化转化器以减少尾气污染，是排气系统中CO和NO在催化剂作用下发生反应，生成无毒气体氮气和二氧化碳减少污染，故B不符合题意；C．聚乳酸具有生物可降解性，易于降解可减少白色污染，故C不符合题意；D．向工业废水中添加FeS以除去废水中的，是铜离子和FeS生成了硫化铜沉淀，没有体现FeS还原性，故D符合题意；故选D。10.法国科学家莫瓦桑在无水HF中电解制得单质氟()，获得1906年诺贝尔化学奖。下列关于该过程的描述不正确的是A.阳极上发生氧化反应B.阴极反应为C.需将电解产生的两种气体严格分开D.理论上，每转移，可得到(标准状况下)〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．电解池中F-向阳极移动，失电子生成F2，发生氧化反应，A正确；B．阴极反应式，HF-在阴极得电子生成氢气，B正确；C．F2与氢气极易化合，需将电解产生的两种气体严格分开，C正确；D．理论上，每转移，可得到(标准状况下)，D错误；故选D。11.含硫化合物的反应具有多样性。下列有关反应的离子方程式书写不正确的是A.用溶液吸收废气：B.海水提溴工艺中用还原：C.用溶液处理锅炉水垢中的：D.将S与溶液混合加热制备：〖答案〗B〖解析〗〖详析〗A．用溶液吸收废气过程中，和溶液反应生成NaHSO3，离子方程式为：，故A正确；B．HBr是强酸，在离子方程式中要拆，故B错误；C．CaCO3的溶解度小于，用溶液处理锅炉水垢中的，可以转化为CaCO3，离子方程式为：，故C正确；D．S与溶液反应生成，离子方程式为：，故D正确；故选B。12.下列实验操作能达到相应实验目的的是选项实验操作实验目的A向肉桂醛()中加入酸性溶液验证肉桂醛中含碳碳双键B向待测液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液检验溶液中否含有C用pH试纸分别测定等浓度的溶液和NaClO溶液的pH比较和HClO的酸性强弱D常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间探究浓度对化学反应速率的影响A.A B.B C.C D.D〖答案〗D〖解析〗〖详析〗A．肉桂醛中含有醛基和碳碳双键，二者都可以使高锰酸钾溶液褪色，则向肉桂醛()中加入酸性溶液，不能证明肉桂醛中含碳碳双键，故A错误；B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入氯水，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，说明原溶液中含有Fe2+，故B错误；C．NaClO溶液具有漂白性，应选pH计测定盐溶液的pH比较盐溶液的碱性或对应酸的酸性，故C错误；D．常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；故选D。13.X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素。基态X原子价电子层有3个单电子，Z与Y可形成原子个数比为1∶1的含非极性共价键的离子化合物。W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数。下列说法正确的是A.简单离子半径：Z＞Y B.X、W单质的晶体类型一定相同C.简单气态氢化物的稳定性：X＞Y D.Q的最高价含氧酸根的空间结构为正四面体形〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗X、Y、Z、W、Q为原子序数依次递增的短周期主族元素，基态X原子价电子层有3个单电子，电子排布式应为1s22s22p3，所以X为N，Z与Y可形成原子个数比为1∶1的含非极性共价键的离子化合物应为Na2O2，所以Y为O，Z为Na，W、Q的最外层电子数之和等于Z的原子序数11，所以W、Q分别为P、S或Si、Cl。〖详析〗A．简单离子半径：Na+＜O2-，故A错误；B．X单质为N2分子晶体，W单质可能为Si或P，可能是共价晶体，也可能是分子晶体，晶体类型不一定相同，故B错误；C．非金属性O比N强，故简单气态氢化物的稳定性：NH3＜H2O，故C错误；D．Q的最高价含氧酸根可能为或者，两种离子中心原子价层电子对数均为4，均没有孤电子对，空间结构均为正四面体形，故D正确；所以〖答案〗为D。14.恒容密闭容器中，与在不同温度下发生反应：，达到平衡时，各组分的物质的量浓度(c)随温度(T)变化如图所示：下列说法正确的是A.该反应的平衡常数随温度升高而增大B.曲线Y表示随温度的变化关系C.提高投料比，可提高的平衡转化率D.其他条件不变，与在℃下反应，达到平衡时〖答案〗C〖解析〗〖详析〗A．由图可知，温度升高，H2的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，该反应的平衡常数随温度升高而减小，故A错误；B．结合方程式可知，的变化量为变化量的，则曲线Y表示随温度的变化关系，故B错误；C．提高投料比即增大CO2的浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，故C正确；D．其他条件不变，与在℃下反应，等效于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡正向移动，的浓度减小，当仍然大于与在℃下发生反应时的平衡浓度，故D错误；故选C。15.一种可充电锌－空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：I室溶液中，锌主要以的形式存在，并存在。下列说法正确的是A.放电时，I室溶液pH增大B.放电时，该装置II室可实现海水淡化C.充电时，Zn电极反应为D.充电时，每生成，III室溶液质量理论上减少32g〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗原电池中通入O2的一极是正极，则Pt/C电极是正极，电极方程式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，Zn电极为负极，已知：I室溶液中，锌主要以的形式存在，电极方程式为：，以此解答。〖详析〗A．由分析可知，Zn电极为负极，电极方程式为：，浓度增大，平衡正向移动，H+浓度增大，I室溶液pH减小，故A错误；B．放电时，该装置II室中Na+通过阳离子交换膜进入III室，Cl-通过阴离子交换膜进入I室，可实现海水淡化，故B正确；C．放电时，Zn电极反应为，则充电时，Zn电极反应为，故C错误；D．充电时，III室为阳极，电极方程式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，每生成转移4mol电子，同时有4molNa+通过阳离子交换膜进入II室，III室溶液质量理论上减少32g+4mol×23g/mol=124g，故D错误；故选B。16.常温下，乙二胺的水溶液中，、和的分布分数与pH的关系如图所示。已知：。下列说法不正确的是A.溶液显酸性B.曲线b可表示C.的平衡常数D.溶液中：〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据图示，pH较小时浓度降低的曲线a为，增加的曲线b为，交点处(6.85，0.5)两者浓度相等，故；随着pH的增大，即曲线b逐渐减小，(H2NCH2CH2NH2)即曲线c逐渐增大，B点时两者相等，；的水解平衡常数。〖详析〗A．根据上述分析可知，存在水解平衡，水解显酸性，A正确；B．曲线b可表示，B正确；C．表示H2NCH2CH2NH2的第一步电离方程式，则其平衡常数为Kb1=，C错误；D．根据上述分析可知，的水解平衡常数Kh2小于其电离平衡常数Kb2，所以电离平衡产物的浓度水解平衡产物的浓度，D正确；故选C。二、非选择题：共4题，共56分；均为必考题，考生都必须作答。17.某学习小组将Cu与的反应设计为原电池，并进行相关实验探究。回答下列问题：I．实验准备（1）稀硫酸的配制①配制的溶液，需溶液的体积为______mL。②在实验室配制上述溶液的过程中，下图所示仪器，需要用到的是__________(填仪器名称)。（2）Cu与在酸性条件下反应的离子方程式为__________。II．实验探究〖实验任务〗利用相关原电池装置进行实验，探究物质氧化性或还原性的影响因素。〖查阅资料〗其他条件相同时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大。〖进行实验〗（3）利用下表所示装置进行实验1～4，记录数据。装置实验序号烧杯中所加试剂电压表读数30％130.0/10.0230.01.09.0330.02.08.0435.01.0已知：本实验条件下，对电压的影响可忽略。①根据表中信息，补充数据：__________。②由实验2和4可知，______(填“大于”或“小于”或“等于”)，说明其他条件相同时，溶液浓度越大，其氧化性越强。（4）由(3)中实验结果，小组同学对“电压随pH减小而增大”可能的原因，提出了以下两种猜想：猜想1：酸性条件下，的氧化性随pH减小而增强。猜想2：酸性条件下，Cu的还原性随pH减小而增强。为验证猜想，小组同学在(3)中实验1～4的基础上，利用下表装置进行实验5～-7，并记录数据。装置实验序号操作电压表读数5/6①向______(填“左”或“右”)侧烧杯中滴加溶液。7向另一侧烧杯中滴加溶液②实验结果为：、______，说明猜想2不成立，猜想1成立。（5）已知Cu与反应时，加入氨水可形成深蓝色的。小组同学利用(4)中实验5的装置继续探究，向左侧烧杯中滴加5.0mL一定浓度的氨水，相比实验5，电压表读数增大，分析该电压表读数增大的原因：__________。〖实验结论〗物质的氧化性(或还原性)强弱与其浓度、pH等因素有关。〖答案〗（1）①.5.0②.100mL容量瓶（2）（3）①.4.0②.小于（4）①左②.（5）加入氨水后形成，使减小，促进铜失电子，使电压表读数增大〖解析〗〖小问1详析〗①根据稀释规律c1V1=c2V2可知，配制的溶液，需溶液的体积为；②在实验室配制上述溶液的过程中，下图所示仪器，需要用到100mL容量瓶；〖小问2详析〗Cu在酸性条件下被氧化为铜离子，过氧化氢转化为水，反应的离子方程式为；〖小问3详析〗①根据单一变量控制法可知，总溶液的体积为40.0mL，则V1=40.0-35.0+1.0=4.0；②由实验2和4可知，过氧化氢的浓度不同，结合结论可推出，U2小于U4；〖小问4详析〗涉及双液原电池后，若向左侧烧杯溶液中加入硫酸与没有加入硫酸时，则可推出猜想2不成立，再向右侧烧杯溶液中加入等物质的量的硫酸，观察得到，则说明猜想1成立；〖小问5详析〗加入足量氨水后形成，使溶液中减小，促进铜失电子，使电压表读数增大。18.铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为、，还含有少量MnS、、CuO及等)制取并回收锰的工艺流程如下：已知：①氧化性：；②易水解成BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0～11.0；③常温下，；。回答下列问题：（1）基态锰原子的价电子排布式为__________。（2）“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进__________(填化学式)溶解，进一步提高锰的浸取率。（3）“滤渣2”的主要成分有__________(填化学式)、Bi。（4）常温下，“含滤液”中的浓度为。为保证BiOCl产品的纯度，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜______(保留一位小数)。（5）“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为__________。（6）BiOCl是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚()等。对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其原因是__________。（7）我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为apm，apm，bpm。①该晶胞沿z轴方向的投影图为______(填标号)。A．B．C．D．②该晶体中，每个周围紧邻的共有______个。③该晶体的密度为______(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。〖答案〗（1）（2）MnS（3）Cu（4）6.9（5）（6）对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强（7）①.B②.4③.〖解析〗〖祥解〗铋烧渣(主要成分为、，还含有少量MnS、、CuO及等)制备，辉铋矿先水浸除锰，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，同时溶于水通过过滤分离，滤渣用浓盐酸酸浸，不溶于盐酸过滤后存在于滤渣1中，滤液中存在Bi3+、Cu2+、Fe3+，滤液中加入Bi粉还原，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu过滤除去，滤液中加入碳酸钠溶液沉铋，Fe2+存在于滤液中通过过滤除去，得到BiOCl，最后除氯得到。〖小问1详析〗Mn是25号元素，根据构造原理可得其价电子排布式为3d54s2。〖小问2详析〗MnS可以溶解于稀酸，“水浸提锰”时，另加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，进一步提高锰的浸取率。〖小问3详析〗由分析可知，“还原”步骤中加入Bi粉，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu，过滤后Cu存在于滤渣2中。〖小问4详析〗F2+开始沉淀时，c(OH-)=，c(H+)=，pH=-lgc(H+)=-lg=6-lg=6-lg1+lg7=6.856.9，为保证BiOCl产品的纯度，避免Fe2+沉淀，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜6.9。〖小问5详析〗“脱氯”过程中和OH-反应生成和Cl-，离子方程式为：。〖小问6详析〗对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子之间的作用力更强，故对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点。〖小问7详析〗①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故选B；②由晶胞结构可知，该晶体中，每个周围紧邻的共有4个；③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为8=4，Se2-的个数为=2，O2-的个数为=4，该晶体的密度为。19.苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：反应I：已知：反应II：反应III：回答下列问题：（1）反应I的__________。（2）下列关于反应I～III的说法正确的是______(填标号)。A.及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量B.保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态C.其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高D.反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能（3）在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：ⅰ：；ⅱ：__________.（4）常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比〖∶n(乙苯)〗分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应反应温度越______(填“高”或“低”)。②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：ⅰ．乙苯的浓度过低；ⅱ．__________。③850K时，反应经tmin达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为nmol，则v(苯乙烯)＝______。（5）700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为______kPa(以含有、、p的代数式表示)。〖已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。②〗〖答案〗（1）（2）AB（3）（4）①.低②.过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低③.（5）〖解析〗〖小问1详析〗根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故〖答案〗为：；〖小问2详析〗A.由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；B.二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；C.其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；D.反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；故选：AB。〖小问3详析〗由图中信息可知反应ii为，故〖答案〗为：；〖小问4详析〗①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯)较大的对应的温度越低，故〖答案〗为：低；②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故〖答案〗为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；③850K时，反应经tmin达到P点，初始时乙苯的物质的量为nmol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n