2023-2025北京高三（上）期末化学汇编：化学反应速率与化学平衡章节综合

第1页/共1页2023-2025北京高三（上）期末化学汇编化学反应速率与化学平衡章节综合一、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）乙烯水合制乙醇的反应机理如图1所示，反应进程与能量的关系示意图如图2所示。下列说法不正确的是（）A．①的，②和③的 B．该反应中，起催化剂的作用C．该反应速率大小主要由①决定 D．总反应的3．（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．4．（2025北京石景山高三上期末）一定温度下，在三个体积均为2L的恒容密闭容器中充入气体PCl5发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。编号温度/℃起始物质的量/mol平衡物质的量/mol达到平衡所需时间/sPCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)3200.400.100.10t13200.80t24100.400.150.15t3下列说法正确的是（）A．反应到达平衡时，容器中的平均速率为v(PCl5)=0.1/t1mol·L-1·s-1B．该反应正反应为放热反应C．反应的平衡常数为D．平衡常数K：容器>容器5．（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6．（2025北京石景山高三上期末）“能量-反应过程”图是表示反应过程中物质能量变化的示意图，下列说法正确的是（）A．反应物断键吸收的能量为akJB．此反应的活化能为akJ·mol-1C．反应中成键放出的能量为bkJD．A2(g)+B2(g)=2AB(g)是放热反应7．（2025北京石景山高三上期末）白云石的主要化学成分为，我国科学家以白云石为原料制备球霰石型碳酸钙，流程示意图如下。后续实验发现：将产品加热至740℃，固体剩余量少于56%。已知：740℃时，碳酸钙受热分解为和。下列说法不正确的是（）A．将白云石粉碎是为了增大接触面积，提高反应速率B．固体的主要成分是C．生成固体的离子方程式是D．740℃时产品固体剩余量少于56%，推测是因为分解所致8．（2025北京高三上期末）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9．（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10．（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I11．（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12．（2024北京一六一中高三上期末）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13．（2024北京一七一中高三上期末）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14．（2024北京北师大附中高三上期末）乙烯和氧气在Ag催化下生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的机理如下图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态(TS2和TS3的能量相差不大)。注：表示Ag催化剂表面下列说法不正确的是（）A．C2H4(g)吸附在催化剂表面的过程需要吸收能量B．OMC*→EO(g)和OMC*→AA(g)的过程中均形成了碳氧σ键C．测得平衡产率：AA>EO，其主要原因是AA比EO更稳定D．EO(g)AA(g)的平衡常数随温度升高而降低二、解答题15．（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。16．（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。17．（2025北京房山高三上期末）某小组同学对溶液与溶液的反应进行探究。(1)理论分析依据硫及铜元素的价态预测，在本研究中具有的性质是。(2)实验验证【实验I】将溶液和溶液混合，立即产生橙黄色沉淀A，振荡后逐渐转化为白色沉淀，上层清液为浅绿色，过程中无气泡生成。已知：i．为难溶于水的白色固体ii．iii．①取少量洗净的白色沉淀，向其中加入稀硫酸，证实白色沉淀中一定含有的证据是。②将实验I反应的离子方程式补充完整：。③对实验I中产生橙黄色沉淀的原因进行分析。a．提出假设，补充假设2.假设1：与发生复分解反应，沉淀为；假设2：与发生氧化还原反应，沉淀为（填化学式）；假设3：以上两种假设均存在，沉淀为多种离子的共沉物。b．设计实验【实验II】将试剂和溶液混合，立即产生橙黄色沉淀B，振荡静置一段时间后沉淀颜色不改变。用去氧水反复洗涤沉淀B，向少量B中加入稀硫酸，现象与①相同。为避免CuCl对实验的干扰，试剂A应选择。【实验III】另取少量沉淀B，进行如下实验c．依据实验II和实验III判断，沉淀B中一定含有的离子有。(3)根据上述实验获得溶液与溶液反应的结论：（至少答出两点）。18．（2024北京大兴高三上期末）CO2的资源化利用是实现“碳中和、碳达峰”的途径。CO2合成甲醇的过程中涉及如下反应：反应i.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)

ΔH1；反应ii.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)

ΔH2==+41.2kJ·mol-1；回答下列问题。(1)根据如图，ΔH1=kJ·mol-1。(2)T℃时，向1L恒容、密闭容器中充入1molCO2和4molH2发生上述反应。10min末已达到平衡时测得容器中CO2的转化率为90%，CO的物质的量为0.3mol。①0~10min内，平均反应速率v()=mol·L-1·min-1。②T℃时，反应ii的化学平衡常数K=。(3)将原料气n(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容、密闭容器中，若只发生反应i，在不同催化剂作用下，反应tmin时CO2的转化率随温度的变化如下图所示。

①图中达到化学平衡状态的是(填“a”“b”“c”“d”)。②其他条件相同，若将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容、密闭容器中，在催化剂I的作用下发生反应。该条件下，a点时CO2的转化率(填“增大”或“不变”或“减小”)。(4)近日，我国学者研究发现，在单原子催化时，反应i的历程以及中间体与物质的量之比随时间变化图如下：第一步第二步第三步下列说法正确的是。A．其他条件相同时，升高温度时，三步反应速率均加快B．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率C．反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步骤(5)光催化CO2制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原CO2的机理如图所示。写出CO2转化为CH3OH的电极反应式为。19．（2024北京石景山高三上期末）将作为弱氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯，具有避免乙烷深度氧化、资源化利用等显著优势。(1)①查阅资料，计算氧化脱氢反应的反应热i.查阅的燃烧热数据（填化学式）。ii.查阅水的汽化热：

。利用上述数据，得如下热化学方程式：

②检验产物有乙烯生成的操作和现象。(2)结合键能数据分析氧化脱氢反应的挑战和难点。键键能347.7413.4745(3)推测催化氧化脱氢反应过程示意图如下，补全示意图中画框部分（示意图中未使用键线式）。(4)分析投料体积比对反应的影响（650℃，0.1MPa，催化剂）①从1提高到5，转化率从33.3%增加到50.5%，简述转化率增加的原因。（体积比为3和4时乙烷转化率基本相同）②从4提高到5，副反应的化学方程式可能是。20．（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．D【详解】A．由图2可知，第①步反应为吸热反应，，第②步和第③步为放热反应，，A正确；B．由图1反应机理可知，在第①步被消耗，在第③步又生成，则是总反应的催化剂，起催化作用，降低总反应的活化能，B正确；C．活化能越大，化学反应速率越慢，总反应速率由最慢的一步的反应速率决定，由图2可知，该反应速率大小主要由①决定，C正确；D．图中和分别是第①步反应和第③步逆反应所对应的“活化能高度”，总反应的ΔH应是“产物总能量与反应物总能量之差”，并不是简单的，D错误；故选D。3．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。4．C【详解】A．反应到达平衡时，容器中的平均速率为，故A错误；B．从容器和容器的反应来看，温度升高，平衡时产物的量增加，说明在容器的基础上升温，平衡会正向移动，则该反应是吸热反应，故B错误；C．容器和容器的反应温度相同，温度不变，平衡常数不变，则反应的平衡常数为，故C正确；D．反应温度容器<容器，经分析该反应是吸热反应，升高温度，K值增大，则平衡常数K：容器<容器，故D错误；答案C。5．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。6．B【分析】如图，该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，akJ为正反应活化能，也是反应物断键所吸收的能量，bkJ为逆反应活化能，也为生成物成键所放出的能量。【详解】A．1molA2(g)和1molB2(g)断键吸收的能量为akJ，A错误；B．根据分析可知，此反应的活化能为akJ·mol-1，B正确；C．反应中生成2molAB，成键放出的能量为bkJ，C错误；D．该反应反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，D错误；答案选B。7．D【分析】由题给流程可知，白云石煅烧、粉碎后，加入氯化铵溶液浸出，将氧化钙转化为氯化钙溶液，氧化镁不反应，过滤得到含有氧化镁的固体A和含有氯化钙的滤液B；向滤液中先通入氨气，再通入二氧化碳陈化，氯化钙溶液与氨气和二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙沉淀，过滤得到含有氯化铵的溶液D和碳酸钙固体C；固体烘干得到碳酸钙产品。【详解】A．将白云石粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高反应速率，故A正确；B．由分析可知，固体A的主要成分为氧化镁，故B正确；C．由分析可知，生成碳酸钙的反应为氯化钙溶液与氨气和二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为，故C正确；D．由题意可知，740℃时，碳酸钙受热分解为氧化钙和二氧化碳，则产品固体剩余量少于56%是因为碳酸钙受热分解所致，故D错误；故选D。8．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。9．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。10．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。11．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。12．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。13．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。14．B【详解】A．C2H4(g)吸附在催化剂表面能量升高，该过程需要吸收能量，A正确；B．从环氧乙烷和乙醛结构可知，OMC*→EO(g)的过程中均形成了碳氧σ键，而OMC*→AA(g)的过程中均形成了碳氧π键，B错误；C．EO(g)能量高于AA(g)，所以AA比EO更稳定，平衡产率:AA>EO，C正确；D．EO(g)能量高于AA(g)，则EO(g)=AA(g)为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数降低，D正确；答案选B。15．(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。16．(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提高HCl转化率的措施有：增加O2的量即提高O2/HCl的物料比；降低温度，使平衡正向移动；降低流速使反应更充分；③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。17．(1)还原性(2)生成红色固体、0.2mol/L溶液、、(3)假设3正确，和溶液生成橙黄色沉淀（、、的共沉物）的反应速率快，生成白色沉淀（CuCl）的限度大【分析】某小组同学对溶液与溶液的反应进行探究，将溶液和溶液混合，立即产生橙黄色沉淀A，可能原因是与发生复分解反应，沉淀为，与发生氧化还原反应生成、，或两种假设均存在，沉淀为多种离子的共沉物，排除CuCl的干扰后，对橙色沉淀进行实验分析，橙黄色沉淀含有的离子有、、，说明和溶液生成橙黄色沉淀（、、的共沉物）的反应速率快，生成白色沉淀（CuCl）的限度大。【详解】（1）中Cu元素为+2价，具有氧化性，中S元素为+4价，具有还原性。（2）①和稀硫酸反应生成Cu2+和Cu，取少量洗净的白色沉淀，向其中加入稀硫酸，证实白色沉淀中一定含有的证据是生成红色固体（Cu）；②该反应中Cu元素由+2价下降到+1价，S元素由+4价上升到+6价生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；③与发生氧化还原反应，则Cu2+得到电子转化为Cu+，失去电子转化为，则沉淀为、；为难溶于水的白色固体，为避免CuCl对实验的干扰，试剂A应选择0.2mol/L溶液；实验II中用去氧水反复洗涤沉淀B，向少量B中加入稀硫酸，现象与①相同，说明B中含有，由已知信息iii．结合实验III判断B中含有，另外生成的已经洗涤除去，其中还含有阴离子。（3）橙黄色沉淀含有的离子有、、，白色沉淀是CuCl，说明假设3正确，和溶液生成橙黄色沉淀（、、的共沉物）的反应速率快，生成白色沉淀（CuCl）的限度大。18．(1)-49.4(2)0.06或1.4(3)a、c减小(4)AC(5)CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O【详解】（1）CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=反应物总能量-生成物的总能量=41.2kJ/mol-90.6kJ/mol=-49.4kJ/mol；（2）CO2的转化率为90%，则n转化(CO2)=0.9mol,CO的物质的量为0.3mol,则反应ⅱ中n转化(CO2)=0.3mol,则反应ⅰ中n转化(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平均反应速率v(CH3OH)═；②反应ii的化学平衡常数；（3）①其它条件相同情况下，随温度升高，CO2的转化率先增大后降低，说明CO2转化率最高点之前未到达平衡，图中达到化学平衡状态的是ac；②若图中a点时反应已达平衡，则d→a段未到达平衡，该温度下到达平衡时CO2转化率高于图中转化率，升高温度平衡逆向移动，温度越高平衡时CO2的转化率越低，现原料气按n(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中，在相同温度到达平衡时CO2的转化率降低了，故答案为：减小；（4）A．升高温度时，反应速率均加快，故A正确；B．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，但不能提高平衡转化率，故B错误；C．反应历程中，第二步反应的活化能最高，反应速率最慢，是反应的决速步骤，故C正确；故答案为：AC；（5）CO2转化为CH3OH发生还原反应，电极反应为：CO2+6e-+6H+=CH3OH

+H2O。19．(1)C2H6、C2H4、CO将反应得到的气体通入溴水或酸性KMnO4溶液中，溶液褪色(2)CO2中C=O键的键能较高，是反应的挑战；乙烷分子中C—H键的键能大于C—C键的键能，所以C—H键的选择活化是难点(3)(4)从1提高到3，更多的CO2和乙烷反应生成乙烯，乙烷的转化率增大；从4提高到5，更多的CO2和乙烷反应生成甲烷，乙烷的转化率增大2CO2+C2H6CH4+3CO+H2O【详解】（1）①由乙烷与二氧化碳反应生成乙烯和气态水可知，计算二氧化碳氧化乙烷脱氢反应的反