2023-2025北京高三（上）期末化学汇编：化学平衡

第1页/共1页2023-2025北京高三（上）期末化学汇编化学平衡一、单选题1．（2025北京西城高三上期末）催化还原处理烟气中的转化为液态S，部分物质转化关系如图1所示。在容积可变的密闭容器中充入一定量的和，在不同压强(、)下，反应达到平衡时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。下列说法不正确的是（）A．W为，M为B．②中每生成Z，③中有生成C．升高温度，与反应的平衡常数减小D．2．（2025北京西城高三上期末）在不同条件下进行化学反应

，B、D的起始浓度均为0，反应物A的浓度()随反应时间的变化如下表。序号0204060①5002.01.31.01.0②500x1.01.01.0③500y1.51.21.2④6002.00.50.40.4下列说法不正确的是（）A．①中D在0~20min平均反应速率为B．②中反应的化学平衡常数C．③中D．3．（2025北京房山高三上期末）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，后异山梨醇浓度不再变化。下列说法不正确的是（）A．平均速率(异山梨醇)B．时，反应②：C．该温度下的平衡常数：①>②>③D．寻找合适的催化剂，有望改变反应路径，降低反应活化能4．（2025北京四中高三上期末）乙醇-水催化重整发生如下反应：Ⅰ．

kJ·mol-1Ⅱ．

kJ·mol-1恒压条件下，当投料比时，体系达到平衡时和CO的选择性随温度的变化如下图所示。已知：ⅰ．的选择性（或2）ⅱ．706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1下列说法不正确的是（）A．

kJ·mol-1B．当℃时，平衡体系中和的物质的量：C．当℃时，体系中总反应：D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，可以提高的平衡产率5．（2024北京海淀高三上期末）催化加氢制甲醇，在减少排放的同时实现了的资源化，该反应可表示为：。保持起始反应物，时随压强变化的曲线和p=时随温度变化的曲线如图。已知：表示平衡体系中甲醇的物质的量分数。下列说法正确的是（）A．该反应B．a、b交点处化学平衡常数值相同C．当时，达平衡后D．当时，的平衡转化率约为6．（2024北京通州高三上期末）丙烷制备丙烯过程中发生如下反应：反应Ⅰ反应Ⅱ反应Ⅲ已知：一定条件下，丙烷单独进料时平衡体系各组分体积分数如下表所示：物质体积分数(%)2123.755.20.10下列说法正确的是（）A．丙烯中6个键键能相同B．使用催化剂可提高反应中丙烷的平衡转化率C．反应Ⅲ的正向进行有利于反应Ⅰ的正向进行D．从初始投料到平衡的过程中的消耗平均速率：反应反应反应I7．（2024北京石景山高三上期末）下图(左)表示1-甲基萘(1-MN)加氢饱和反应网络，四个加氢反应均为放热反应(用反应1、2、3、4表示)。下图(右)表示反应温度(T)对平衡时反应体系中有机化合物物质的量分数(x/%)的影响(6MPa，1-MN和体积比为1∶5条件下)。下列说法不正确的是（）A．800K反应2和反应4生成1-MD的程度很小B．600K到800K，反应1的平衡常数逐渐减小C．700K反应1的平衡常数小于反应3的平衡常数D．600K到650K，反应2中5-MTL增加的量大于反应1中5-MTL减少的量8．（2024北京东城高三上期末）乙醇-水催化重整发生如下反应：I．Ⅱ．恒压条件下，当投料比时，体系达到平衡时和的选择性随温度的变化如下图所示。已知：i．的选择性(或2)ii．时，反应Ⅱ的平衡常数为1下列说法不正确的是（）A．B．当时，平衡体系中和的物质的量：C．当时，体系中总反应：D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，可以提高的平衡产率9．（2024北京丰台高三上期末）已知：

利用装有和混合气体的平衡球如图，探究温度对化学平衡的影响。实验如下：实验实验操作实验现象①将两组平衡球室温放置平衡球均为红棕色且颜色相同②将一组平衡球的两端分别浸入冷水和热水中——③将另一组平衡球的一端靠近酒精灯火焰加热一段时间后，该平衡球颜色变浅，直至接近无色；停止加热后，平衡球颜色恢复下列说法不正确的是（）A．断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量B．实验②，浸入冷水中的平衡球颜色变浅，浸入热水中的平衡球颜色加深C．实验③，平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致分解生成NO和D．实验③，停止加热，平衡球颜色恢复，是逆向移动导致的二、解答题10．（2025北京石景山高三上期末）钴及其化合物在合金、催化剂等方面有着广泛应用。从一种炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Fe的单质或氧化物)富集回收含锰高钴成品的工艺如下：已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：Fe3+Fe2+Co3+Co2+Zn2+开始沉淀的pH1.96.97.46.2沉淀完全的pH3.28.41.19.48.2回答下列问题：(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是。(2)“滤液1”中加入MnO2的作用是，取少量反应后的溶液，加入化学试剂铁氰化钾[K3Fe(CN)6]检验，若出现，需补加MnO2。(3)加ZnO调pH值的范围为。(4)“滤液2”中加入KMnO4“氧化沉钴”的离子方程式为。(5)Mn、Fe两元素的部分电离能数据如下表：元素MnFe电离能(kJ·mol-1)I1717759I215091561I332482957比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。请从原子结构的角度解释。(6)“滤液2”中的Co2+也可与NaHCO3反应生成CoCO3沉淀来实现富集，请用平衡移动原理解释用NaHCO3沉淀富集的原因。11．（2025北京石景山高三上期末）氯资源的循环利用可提高物质的利用率，也是践行绿色化学理念的重要举措。(1)工业上可用O2将HCl转化为Cl2，反应为：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则上述反应的∆H=kJ·mol-1。(2)在恒温恒容的密闭容器中发生上述HCl转化为Cl2的反应，表明该反应已达到平衡状态的是(填字母)。a．混合气体密度不随时间变化b．气体总压强不随时间变化c．消耗1molO2的同时有2molCl2生成d．混合气体颜色深浅不随时间变化(3)工业上使用催化剂催化O2与HCl的反应时，在不同温度下，HCl转化率与HCl和O2的起始流速变化关系如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。①T1、T2、T3温度由高到低依次为。②此生产工艺提高HCl转化率的措施有。(写两项即可)③相同流速下，比较T1、T2、T3温度下HCl的转化率，较高流速下a>b>c，较低流速下a’<b’<c’，请解释较高流速下a>b>c的原因。12．（2024北京人大附中高三上期末）工业上利用锌焙砂(主要成分为，含有少量等)生产高纯的流程示意图如下。(1)用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是。②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的转化为该反应的离子方程式为。(2)“浸出”过程中产生的在“除砷”步骤①中被氧化成，该离子方程式为。(3)“除重金属”时加入溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是和。(4)“蒸氨”时会出现白色固体，运用平衡移动原理解释原因：。(5)“沉锌”步骤①中加入足量溶液将白色固体转化为的离子方程式为。(6)“煅烧”步骤中，不同温度下，分解的失重曲线和产品的比表面积变化情况如图1、图2所示。已知：ⅰ．固体失重质量分数。ⅱ．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品的活性越高。①时煅烧，后固体失重质量分数为，则的分解率为(保留到小数点后一位)。②根据图1和图2，获得高产率(分解率)、高活性(比表面积)产品的最佳条件是(填字母序号)。a．恒温

b．恒温c．恒温

d．恒温

参考答案1．B【分析】催化还原处理烟气中的转化为液态S，W和反应生成O=C=S和，由原子守恒可知W为CO，Z和反应生成，则Z为S，Y和O=C=S反应生成S和M，则Y为SO2，M为，以此解答。【详解】A．由分析可知，W为，M为，A正确；B．由分析可知，Z为S，M为，Y为SO2，反应②为O=C=S+SO22S+CO2，反应③为+S=，结合总反应+SO2S+CO2可知，②中每生成Z，③中有生成，B错误；C．由图2可知，升高温度，的平衡转化率减小，说明反应+SO2S+CO2逆向移动，平衡常数减小，C正确；D．该过程的总反应为+SO2S+CO2，该反应过程中气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则，D正确；故选B。2．C【详解】A．A在0~20min平均反应速率为，v(D)=v(A)=，A正确；B．②的反应温度与①相同，故平衡常数也相同，由①的数据可知，40min时反应达到平衡，c(A)=1mol/L，c(B)=c(D)=0.5mol/L，K=，B正确；C．③反应温度与①相同，故③的平衡常数K=0.25，若y=2.64，则平衡时c(A)=1.2mol/L，c(B)=c(D)=1.44mol/L，K=，C错误；D．由①和④对比可知，温度升高，A的转化率增大，故反应吸热，即△H>0，D正确；故答案选C。3．C【详解】A．由图可知，在内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg，所以平均速率(异山梨醇)，A正确；B．由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，15h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3h时，反应②未达到平衡状态，反应还在正向进行，即反应②：，B正确；C．由图知，与呈正相关，与呈正相关，与呈正相关，平衡时，，因为，所以，所以③>①，，，，所以①>②，综上该温度下的平衡常数：③>①>②，C错误；D．催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能，从而加快反应速率，所以寻找合适的催化剂，有望改变反应路径，降低反应活化能，D正确；故选C。4．B【分析】由图可知随温度升高的选择性逐渐降低，而CO的选择性逐渐升高，当T=500℃时，平衡时CO2和CO的选择性相等，温度低于500℃时以的选择性占主导，温度高于500℃时以的选择性占主导，据此分析解答。【详解】A．根据盖斯定律可知，I+2×Ⅱ=，则，A正确；B．当T=706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1，则K==1，平衡体系中CO的选择性大于CO2的选择性，CO的物质的量大于CO2，则H2和H2O的物质的量：n(H2)>n(H2O)，B错误；C．当T=500℃时，平衡时CO2和CO的选择性相等，则体系中总反应：，C正确；D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，各气体的分压减小，则反应I平衡正移，可以提高H2的平衡产率，D正确；故选：B。5．D【详解】A．题给反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，增大，则曲线a表示时随压强变化的曲线，曲线b表示p=时随温度变化的曲线，根据曲线b，升高温度，减小，说明平衡逆向移动，则，A项错误；B．曲线a、b交点，曲线b对应反应温度小于250℃，温度不同，化学平衡常数的值不同，B项错误；C．由曲线b可知，、230℃时，＞0.07，C项错误；D．起始反应物，设起始H2、CO的物质的量分别为3mol、1mol，平衡时生成amol甲醇，由题意建立三段式：

由可得，解得，则H2反应了1mol，故的平衡转化率为，D项正确；故选D。6．C【详解】A．丙烯结构为CH2=CHCH3，分子中6个键键能不相同，A错误；B．催化剂可以加快反应速率，但是不改变转化率，B错误；C．反应Ⅲ的正向进行消耗更多的氢气且反应放热温度升高，升温和降低氢气浓度均有利于反应Ⅰ的正向进行，C正确；

D．由表可知，反应Ⅲ生成甲烷分数为55.2%-23.7%=31.5%，则反应Ⅲ消耗分数31.5%÷3=10.5%，结合表数据，从初始投料到平衡的过程中的消耗平均速率：反应反应，D错误；故选C。7．C【详解】A．根据右图，在800K时，1-MD的物质的量分数非常小，说明反应2和反应4生成1-MD的程度很小，A正确；B．根据左图，反应1是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，B正确；C．根据左图，反应1和反应3都是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，由于反应1和反应3的反应物相同，生成物不同，且700K时反应1生成物比反应3生成物多，所以反应1的平衡常数大于反应3的平衡常数，C错误；D．根据右图，在600K到650K之间，5-MTL的物质的量分数逐渐增大，而1-MD的物质的量分数逐渐减小，这说明反应2中5-MTL增加的量大于反应1中5-MTL减少的量，D正确；故答案为：C。8．B【详解】A．根据盖斯定律可知，I+2Ⅱ=，则，A正确；B．当T=706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1，则，平衡体系中CO的选择性大于CO2的选择性，CO的物质的量大于CO2，则H2和H2O的物质的量：n(H2)>n(H2O)，B错误；C．当T=500℃时，平衡时CO2和CO的选择性相等，则体系中总反应：，C正确；D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，各气体的分压减小，则反应I平衡正移，可以提高H2的平衡产率，D正确；故选B。9．D【详解】A．该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，则断裂2mol二氧化氮中的共价键所需能量小于断裂1mol四氧化二氮中的共价键所需能量，故A正确；B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，降低温度，平衡向正反应方向移动，混合气体颜色变浅，故B正确；C．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，故C正确；D．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色加深，则实验③中平衡球颜色变浅，可能是温度过高，导致二氧化氮分解生成一氧化氮和氧气，所以停止加热，平衡球颜色恢复是因为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮所致，故D错误；故选D。10．(1)增大接触面积，加快反应速率(2)将Fe2+转化为Fe3+，以便于铁元素沉淀完全蓝色沉淀(3)3.2~6.2(4)3Co2+++7H2O=3Co(OH)3+MnO2+5H+(5)基态Mn2＋的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而基态Fe2＋的价电子排布式为3d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，失去第3个电子比较容易(6)NaHCO3溶液中存在电离平衡H+＋，当加入含Co2+的溶液中，Co2+与结合生成沉淀CoCO3，促电离平衡正移，使沉淀彻底【分析】废渣(主要含Co、Zn、Fe的单质或氧化物)加入硫酸酸浸过滤，滤液1中有Co2+、Zn2+、Fe2+离子，加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，加入ZnO调节pH值使Fe3+沉淀，过滤得到滤液2中有Co2+和Zn2+离子，再加入KMnO4，把Co2+氧化为Co3+，KMnO4被还原为MnO2，调节pH=5，使Co3+沉淀。【详解】（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是：增大接触面积，加快反应速率；（2）“滤液1”中加入MnO2的作用是：将Fe2+转化为Fe3+，以便于铁元素沉淀完全；Fe2+遇到铁氰化钾会生成蓝色沉淀，取少量反应后的溶液，加入化学试剂铁氰化钾[K3Fe(CN)6]检验，若出现蓝色沉淀，说明Fe2+未全部被氧化，需补加MnO2；（3）加ZnO让Fe3+完全沉淀，Zn2+和Co2+不沉淀，调pH值的范围为3.2~6.2；（4）“滤液2”中加入KMnO4“氧化沉钴”生成MnO2和Co(OH)3，根据电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：3Co2+++7H2O=3Co(OH)3+MnO2+5H+；（5）基态Mn2＋的价电子排布式为3d5，3d轨道为半充满结构，相对比较稳定，其失去第3个电子时比较困难，而基态Fe2＋的价电子排布式为3d6，其3d轨道再失去一个电子即为半充满结构，失去第3个电子比较容易；（6）NaHCO3溶液中存在电离平衡H+＋，当加入含Co2+的溶液中，Co2+与结合生成沉淀CoCO3，促电离平衡正移，使沉淀彻底。11．(1)-117.6(2)bd(3)T1>T2>T3提高O2/HCl的物料比，降低流速，降低温度在较高流速时，反应未达到平衡，温度高的反应速率快，因此转化率高【详解】（1）反应I：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)

∆H1=-183.0kJ·mol-1反应II：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

∆H2=-483.6kJ·mol-1根据盖斯定律：反应II-2×反应I，得到O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，则∆H=∆H2-2∆H1=-483.6kJ·mol-1-2×(-183.0kJ·mol-1)=-117.6kJ·mol-1；（2）a．反应物都是气体且恒容，混合气体密度为定值，始终不随时间变化，不能确定反应达到平衡状态，a不符合；b．恒温恒容的密闭容器中，气体的物质的量在变化气体，总压强随时间变化而变化，当总压强不变时，说明反应达到平衡状态，b符合；c．消耗1molO2的同时有2molCl2生成，都是正反应方向，不符合正逆反应速率相等，c不符合；d．Cl2是黄绿色，混合气体颜色深浅不随时间变化，说明Cl2的浓度不再变化，反应达到平衡状态，d符合；答案选bd；（3）①根据较低流速下转化率可近似为平衡转化率，在相同流速为0.08mol·h-1时，反应O2(g)+4HCl(g)2Cl2(g)+2H2O(g)

∆H=-117.6mol·L-1为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，HCl平衡转化率降低，T1温度较高，对应的HCl转化率较低，故温度由高到低的顺序为：T1>T2>T3；②提