天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-27化学反应速率与化学平衡（1）选择题

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天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-27化学反应速率与化学平衡（1）选择题

一、单选题
1．（2022·天津·一模）实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图2，已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。下列说法不正确的是

A．0-5 s过程中，发生的氧化还原反应为：
B．实验开始至30 s溶液中发生的总反应离子方程式为：
C．30-80 s过程中，Cr元素被氧化，可能是溶液中剩余的H2O2所致
D．80 s时，在碱性条件下，溶液中含铬微粒主要为
2．（2022·天津红桥·统考二模）2021年我国科学家以为原料人工合成淀粉，其效率约为传统农业生产淀粉的8.5倍，其部分合成路线如图所示，下列有关说法正确的是

A．反应①为 B．HCHO的水溶液能使蛋白质发生盐析
C．化合物a能与NaOH发生反应 D．用淀粉可检验食盐中的
3．（2022·天津南开·统考二模）用下图所示装置探究铜丝(下端卷成螺旋状)与过量浓硫酸的反应。

下列说法不正确的是
A．试管③中的紫色石蕊溶液只变红不褪色
B．浸NaOH溶液的棉团用于吸收多余的
C．将铜丝下端卷成螺旋状能提高的生成速率
D．反应后，有生成，试管①中的溶液呈蓝色
4．（2022·天津河西·统考三模）我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s－SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法正确的是

A．充电时，Zn失电子
B．放电时，每生成1molHCOO—，转移NA个电子
C．使用催化剂s－SnLi可消除副产物CO的生成
D．使用催化剂Sn较s－SnLi，前者的中间产物更稳定
5．（2022·天津河西·统考三模）我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如图：

下列说法正确的是
A．反应①中H2O可光照下分解制得H2
B．反应②CO2→CH3OH，碳原子的杂化方式没有改变
C．使用现代分析仪器测得C3的红外光谱中含有羧基
D．从C6→淀粉的过程中，O－H键既有断裂又有生成
6．（2022·天津南开·统考三模）Fe3+可与H2O、、等配体形成配位数为6的配离子，如[Fe(H2O)6]3+(浅紫色)、(红色)、(无色)，但不能与形成配离子。某同学完成如下实验：

下列有关叙述不正确的是
A．[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，是Fe3+水解的产物所致
B．溶液II、III的颜色分别为红色和无色，说明其中不存在[Fe(H2O)6]3+
C．为了观察到溶液I中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可向溶液中加入硝酸
D．已知Fe3+与、的反应在溶液中存在以下平衡：  ；，溶液II→溶液III，颜色由红色变为无色。若该反应是可逆反应，其平衡常数为
7．（2022·天津南开·统考三模）在酸性溶液中，FeS2催化氧化的物质转化关系如图所示。

下列有关叙述正确的是
A．Fe2+是该反应的催化剂
B．反应中，FeS2作氧化剂
C．反应过程中须不断加入NO和O2
D．每消耗7molO2，溶液中最多增加4mol
8．（2022·天津河北·统考二模）下列叙述正确的是
A．和互称为同素异形体
B．元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素
C．合成氨工业中采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气的利用率
D．聚乳酸( )降解的产物为丙酸
9．（2022·天津河北·统考二模）硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质(见下图)。下列说法正确的是

A．漂白粉的有效成分是CaCl2和Ca(ClO)2
B．可用饱和NaHCO3溶液或KMnO4溶液除去CO2中的SO2气体
C．SO2氧化为SO3是可逆反应，提高O2浓度和使用适合的催化剂均可提高SO2的转化率
D．用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%
10．（2022·天津滨海新·统考一模）下列实验对应的结论正确的是
选项
A
B
C
D
实验

有白色沉淀产生
均有白色沉淀
产生白色沉淀(AgSCN)
结论
正反应放热
白色沉淀一定是BaSO3
待测液中含有Cl-和
Ag+与Fe2+不反应

A．A B．B C．C D．D
11．（2022·天津南开·统考二模）在两个密闭的锥形瓶中，0.05g形状相同的镁条(过量)分别与2mL 2mol/L的盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。

下列说法正确的是
A．两个反应的离子方程式均为
B．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
C．反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
12．（2022·天津南开·统考二模）2021年9月24日《科学》杂志发表了中国科学家的原创性重大突破——首次在实验室实现到淀粉的全合成。其部分合成路线如下。

下列说法正确的是
A．DHA和淀粉中碳原子的成键方式完全相同
B．反应①中有极性键和非极性键的断裂与生成
C．升高温度一定会加快反应②的反应速率
D．反应③属于加成反应
13．（2022·天津·统考二模）向2L容密闭容器中投入一定量的CO和，发生如下反应：    ，CO的平衡转化率与温度、投料比[]的关系如下图所示。

A．
B．投料比：
C．在400K、条件下，反应Ⅰ的平衡常数的值为0.25
D．在500K、条件下，增大压强，CO的平衡转化率能从Y点到Z点
14．（2022·天津河北·统考二模）下列反应或现象的离子方程式解释正确的是
A．过量铁粉与稀硝酸反应：
B．用饱和溶液处理水垢中的：
C．向溶液中滴加6mol/L的，溶液橙色加深：
D．电解水溶液：
15．（2022·天津河东·统考一模）一定温度下，在三个体积均为的恒容密闭容器中发生反应：
容器编号
温度()
起始物质的量()
平衡物质的量()



①
387
0.20
0.080
0.080
②
387
0.40


③
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是
A．该反应的正反应为吸热反应
B．达到平衡时，容器①中的体积分数比容器②中的小
C．若容器①中反应达到平衡时增大压强，则各物质浓度保持不变
D．若起始向容器①中充入、、，则反应将向正反应方向进行
16．（2022·天津·统考一模）和存在平衡：。下列分析正确的是
A．平衡混合气体中含N原子大于
B．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
C．恒容时，充入少量，平衡正向移动导致气体颜色变浅
D．断裂中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量
17．（2022·天津南开·统考一模）下列实验过程中药品颜色变浅的是
A．光照CH4和Cl2的混合气体
B．加热经SO2漂白的品红溶液
C．加热含酚酞的CH3COONa溶液
D．加热密闭烧瓶内NO2、N2O4的混合气体
18．（2022·天津·统考二模）对于反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，下列说法正确的是
A．该反应在任何条件下都能自发进行
B．反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加
C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率
D．2mol SO2(g)和1mol O2(g)所含键能总和比2mol SO3(g)所含键能小
19．（2022·天津·统考一模）我国率先突破从二氧化碳到淀粉的人工合成。下列相关说法错误的是
A．是一种温室气体
B．合成过程中，用到的“酶”起到了至关重要的催化作用
C．淀粉属于纯净物
D．淀粉是一种多糖
20．（2022·天津·统考一模）下列说法或解释错误的是
A．一定温度下，能自发进行，说明该反应的
B．可燃冰中甲烷分子与水分子间不会形成氢键
C．漂白粉溶液在空气中失效：
D．铜片在稀硫酸混合液中溶解：
21．（2022·天津·统考一模）合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是吸收原料气中的CO，其反应式为：  △H＜0，下列说法或判断错误的是
A．必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒
B．[Cu(NH3)3CO]+中非金属元素电负性：O＞N＞C＞H
C．可采用低压高温的条件使吸收CO后的铜氨液再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用
D．[Cu(NH3)2]+中含有σ键的数目为6
22．（2022·天津·模拟预测）二氧化碳的电还原成为化学界研究的热点。日前，天津大学与丹麦技术大学科研团队联袂在二氧化碳资源利用领域取得突破，揭示了两电子二氧化碳电还原的控速步骤(下图虚线框图所示)，相关成果发表于《自然-通讯》，以下说法正确的是

已知：①法拉第效率是现代电化学的重要参数，法拉第效率=mnF/(It)，其中m为生成物物质的量，n为生成一个粒子转移的电子数，F为法拉第常数，即1摩尔电子的电量，I为电流，t为时间。②实验研究表明：二氧化碳电还原需要严格控制电解液的pH为7左右。
A．阴极水相电解液选择酸性更有利于生成*COOH时质子的供给与CO的脱附
B．选择合适的催化吸附剂，有利于降低控速反应的能量壁垒和焓变
C．若CO的法拉第效率为80%，则电机输出1mol电子时，理论生成标况下8.96LCO
D．从经济价值和工业需求量来看，乙醇和乙烯是理想产物，忽略副反应，理论上制备等物质的量的乙醇与乙烯耗电费用为2:1
23．（2022·天津·统考一模）2021年9月24日，中国科学院天津工业生物技术研究所完成不依赖植物光合作用，直接使用二氧化碳与氢气为原料合成淀粉。这是继上世纪60年代在世界上首次人工合成晶体牛胰岛素之后，中国科学家又在人工合成淀粉方面取得了重大颠覆性、原创性突破。下列关于淀粉说法不正确的是
A．淀粉是一种多糖，水解可以得到葡萄糖
B．淀粉是重要的工业原料，也是人类重要的能量来源
C．淀粉和纤维素的化学式都是(C6H10O5)n，但二者不是同分异构体
D．科学家利用催化剂使CO2和H2合成淀粉，若改良催化剂可以提高合成转化率
24．（2022·天津·统考一模）下列说法不正确的是
A．氢键不仅存在于分子间，有时也存在于分子内
B．CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变
C．综合考虑焓变和熵变可判断反应自发进行的方向
D．利用硫氰化铁配离子的颜色，可鉴定溶液中存在Fe3+
25．（2022·天津·模拟预测）我国科学家在全球首次实现二氧化碳到淀粉的合成，其第一阶段是将二氧化碳催化加氢制得甲醇，反应方程式如下：
Ⅰ：
Ⅱ：
Ⅲ：
向容积为的密闭装置中充入和，在t℃下反应，后达平衡状态．测得容器内，，，下列说法错误的是
A．可以通过监测容器内的总压来判断反应Ⅰ是否达到平衡
B．达平衡时，用表示的反应Ⅰ的平均反应速率为
C．t℃下，反应Ⅱ的平衡常数为
D．向容器内再投入和，再次平衡后，
26．（2022·天津·模拟预测）一定温度下，向三个相同体积的密闭容器中充入一定量的Q和P，发生反应：Q(g)＋3P(g)⇌ 2R(g)。
容器
温度/℃
物质起始浓度/mol∙L-1
物质平衡浓度/mol∙L-1
达到平衡所需时间/min
Q
P
R
甲
280
1.5
3.0
1.8
20
乙
280
4.5
9.0

15
丙
360
1.5
3.0
1.2
8
下列说法错误的是
A．该反应是放热反应
B．反应到达平衡时，容器甲中的平均速率：v(Q)=0.045mol·L-1·min-1
C．反应到达平衡时，容器乙中，物质P的转化率为90%
D．反应到达平衡时，向容器丙中再充入0.1mol·L-1的Q、0.2mol·L-1的P和0.2mol·L-1的R，则反应将向正反应方向进行
27．（2022·天津·模拟预测）对于反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，下列说法正确的是
A．该反应△S＞0
B．使用催化剂能降低该反应的△H
C．反应中每消耗1molO2转移电子数约为4×6.02×1023
D．反应的平衡常数为K=
28．（2022·天津·模拟预测）在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示，研究发现：其他条件不变时，可以用HCOOK溶液代替HCOOH获得H2。下列说法不正确的是

A．HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HD
B．A、B、C均为该反应过程中的中间产物
C．用HCOOK溶液代替HCOOH可以提高释放氢气的速率和氢气的纯度
D．催化剂催化过程中发生了共价键的断裂和形成
29．（2022·天津·模拟预测）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH =+41.2 kJ·mol-1
反应II：2CO2(g)+6H2(g) =CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H = -122.5 kJ·mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：CH3OCH3的选择性=。下列说法正确的是

A．其他条件不变，升高温度。CO2的转化率一定随着温度升高而降低
B．曲线b表示平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化情况
C．其它条件不变，增加氢气的投入量，一定能提高CH3OCH3的产率
D．220°C时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中X点)，使用对反应II催化活性更高的催化剂，可提高CH3OCH3的选择性

二、多选题
30．（2022·天津和平·统考二模）甲烷和二氧化碳催化合成乙酸，其中一步为甲烷在催化剂表面脱氢，其方式有两种：甲烷分子单独脱氢，甲烷分子与二氧化碳共吸附脱氢，反应历程如下(由乙酸分子构型可知以二氧化碳结合甲基和氢原子是最简单的合成过程)，下列说法正确的是

A．甲烷脱去首个氢原子的焓变，单独脱氢小于共吸附脱氢
B．甲烷脱去首个氢原子的能垒，共吸附脱氢比单独脱氢下降0.15eV
C．单独脱氢的决速步为第一步
D．共吸附脱氢更有利于乙酸的合成

参考答案：
1．A
【详解】A．K2Cr2O7中Cr的化合价为+6，由图2可知：5s时Cr的化合价为+6，Cr的化合价没变化，即0 ~ 5s过程中，没有发生氧化还原反应，而中元素化合价发生了变化，因此这5s内没有发生该变化，A错误；
B．实验开始至30s时，Cr元素化合价由+6价变为+3价，K2Cr2O7→CrO5→Cr3+，过量的H2O2还原K2Cr2O7生成Cr3+，H2O2被氧化生成O2，总反应离子方程式为：，B正确；
C．30 ~ 80s过程中，Cr由+3价升高为+6价，反应过程中被氧化，H2O2具有氧化性，可能是剩余的H2O2所致，C正确；
D．80s时溶液呈黄色，并且溶液呈碱性，已知2+2H++H2O，碱性条件下，反应逆向移动，生成，所以80 s时溶液中含铬微粒主要是，D正确；
故合理选项是A。
2．A
【详解】A．根据图示，反应①为二氧化碳和氢气反应生成水和甲醇，方程式正确，A正确；
B．HCHO的水溶液成为福尔马林，能使蛋白质发生变性，B错误；
C．化合物a中含羟基和羰基，不能与NaOH发生反应，C错误；
D．淀粉与碘酸根不反应，不能用淀粉检验食盐中的碘酸根，D错误；
故选A。
3．D
【详解】A．二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，所以试管③中的紫色石蕊溶液只变红不褪色，A正确；
B．二氧化硫为酸性氧化物，可以与氢氧化钠反应，浸NaOH溶液的棉团用于吸收多余的SO2，防止造成空气污染，B正确；
C．加热、将铜丝下端卷成螺旋状，即增大了接触面积，能提高SO2的生成速率，C正确；
D．反应后①中含有大量浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，所以虽然生成硫酸铜，但是看不到溶液呈蓝色，D错误；
故答案为：D。
4．D
【分析】由图可知，放电时，锌电极为负极，碱性条件下锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，右侧电极为正极，在水分子作用下二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和氢氧根离子，充电时，锌电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌，右侧电极为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水。
【详解】A．由分析可知，充电时，锌电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌，故A错误；
B．由分析可知，放电时，右侧电极为正极，在水分子作用下二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和氢氧根离子，反应中转移2NA个电子，故B错误；
C．由右图可知，使用催化剂s－SnLi时，二氧化碳也会转化为一氧化碳，所以使用催化剂s－SnLi不能消除副产物一氧化碳的生成，故C错误；
D．由右图可知，使用催化剂Sn较s－SnLi，催化剂Sn的中间产物的能量均低于催化剂s－SnLi，稳定性强于催化剂s－SnLi，故D正确；
故选D。
5．D
【详解】A．由图可知，反应①为水电解生成氢气和氧气，故A错误；
B．二氧化碳分子中碳原子为sp杂化，甲醇分子中碳原子为sp3杂化，则反应②中碳原子的杂化方式发生改变，故B错误；
C．由结构简式可知，C3分子中含有羟基和羰基，不含有羧基，故C错误；
D．由结构简式可知，从C6→淀粉的过程中，既有氢氧键的断裂，也有氢氧键的生成，故D正确；
故选D。
6．B
【分析】Fe(NO3)3·9H2O固体溶于水，得到[Fe(H2O)6]3+，由于铁离子发生水解生成生成氢氧化铁导致溶液呈黄色，向溶液中加入KSCN，生成[Fe(SCN)6]3-，溶液呈红色，再加入NaF，生成[FeF6]3-，溶液变无色。
【详解】A．铁离子水解生成氢氧化铁，使得溶液I呈黄色，A正确；
B．Fe3+与H2O的反应存在平衡：Fe3++6H2O⇌[Fe(H2O)6]3+，而溶液II、III分别存在平衡：、，因此溶液II、III的颜色分别为红色和无色，不能说明其中不存在[Fe(H2O)6]3+，只是[Fe(H2O)6]3+的很少，B错误；
C．铁离子水解生成氢氧化铁，使得溶液I呈黄色，为了观察到溶液I中[Fe(H2O)6]3+的浅紫色，可向溶液中加入硝酸，抑制铁离子水解，C正确；
D．向溶液II中加入NaF，溶液由红色变为无色，说明[Fe(SCN)6]3-转化为[FeF6]3-，反应的离子方程式为：6F-+[Fe(SCN)6]3-⇌6SCN-+[FeF6]3-，利用盖斯定律，减去即得到反应6F-+[Fe(SCN)6]3-⇌6SCN-+[FeF6]3-，平衡常数K=，D正确；
答案选B。
7．D
【分析】如图所示，反应物FeS2、Fe3+，生成物为Fe2+和，离子反应为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，S元素的化合价升高，FeS2作还原剂，NO是催化剂，总反应为。
【详解】A．根据分析，FeS2作还原剂，NO是催化剂，A错误；
B．FeS2和Fe3+反应生成为Fe2+和，FeS2中S元素被氧化，作还原剂，B错误；
C．总反应为，NO在反应作催化剂，无需加入，C错误；
D．总反应为，每消耗7molO2，若转移的电子全部给硫元素，溶液中最多增加4mol硫酸根，D正确；
故选D。
8．C
【详解】A．和是质子数相同中子数不同的核素、互为同位素，A错误；
B． 元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素不属于过渡元素，从第ⅢB起始从左到右一直到ⅡB这十列元素为过渡元素，B错误；
C．合成氨反应是可逆反应，不能进行彻底，合成氨工业上采用循环操作，使未反应的N2和H2重新被利用，这样会增加N2和H2的转化率，避免造成不必要的浪费，C正确；
D． 聚乳酸是聚酯，降解是酯基断裂、其水解产物为α-羟基丙酸、即乳酸，D错误；
答案为C。
9．B
【分析】CaSO4与焦炭、空气在高温下反应产生CaO、CO、SO2，SO2与O2在催化剂存在的条件下加热发生氧化还原反应产生SO3，SO3被水吸收得到H2SO4；CO与H2在催化剂存在条件下加热，发生反应产生CH3OH；CaO与H2O反应产生Ca(OH)2，Ca(OH)2与Cl2发生歧化反应制取漂白粉。
【详解】A．漂白粉的成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，A错误；
B．KMnO4溶液具有强氧化性，会在溶液中将SO2氧化为硫酸，硫酸能够与NaHCO3溶液反应产生CO2气体，而CO2不能溶解在饱和NaHCO3溶液中，因此可以达到除杂净化的目的，B正确；
C．SO2氧化为SO3是可逆反应，提高O2浓度可提高SO2的转化率；但使用适合的催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而化学平衡不移动，因此不能提高SO2的转化率，C错误；
D．工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；反应Ⅱ: CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，反应Ⅱ中不是所有原子进入期望产物，原子利用率不为100%，D错误；
故合理选项是B。
10．A
【详解】A．热水中颜色深，可知升高温度平衡向生成二氧化氮的方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；
B．二氧化硫与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，不能生成BaSO3，故B错误；
C．白色沉淀可能为碳酸银、碳酸钡，由实验及现象可知，溶液中可能含CO等，故C错误；
D．可能发生Ag++Fe2+Ag+Fe3+，且发生Ag++SCN-=AgSCN↓，由实验及现象不能证明Ag+与Fe2+不反应，故D错误；
故选A。
11．C
【详解】A．醋酸为弱酸，离子方程式时不能拆，所以镁与醋酸反应不能用Mg+2H+═Mg2++H2↑离子方程式表示，A错误；
B．密闭容器中气体物质的量越大，气体压强越大，开始一段时间内c(H+)：盐酸＞醋酸，则开始一段时间内生成气体体积：盐酸＞醋酸，则曲线②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，B错误；
C．反应中消耗H+而促进醋酸电离，则反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终生成氢气的量与n(酸)成正比，两种酸的物质的量相等，所以两种溶液最终产生的氢气总量基本相等，C正确；
D．当醋酸浓度达到一定程度后，c(H+)：盐酸＜醋酸，反应速率与c(H+)成正比，所以一段时间后盐酸与Mg反应的化学反应速率均慢于醋酸与Mg反应的化学反应速率，D错误；
故答案为：C。
12．D
【详解】A．DHA中双键上C为sp2杂化，另外2个C为sp3杂化，而淀粉中C均为sp3杂化，则碳原子的成键方式不完全相同，A错误；
B．反应①中，C=O极性键断裂、H-H非极性键断裂，无非极性键的生成，只有极性键的生成，B错误；
C．温度太高，可使酶失去活性，则升高温度，不一定会加快反应②的反应速率，C错误；
D．3分子HCHO生成DHA，产物只有一种，不饱和度减小，该反应为加成反应，D正确；
故选：D。
13．D
【分析】是气体体积缩小的反应，增大压强，平衡正向移动，升高温度，CO转化率降低，平衡逆向移动，正反应放热，根据三段式求平衡浓度，求平衡常数。
【详解】A． 由图随温度升高，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，正反应放热，，故A错误；
B． 相同温度下，反应中增大氢气的浓度，一氧化碳的转化率增大，由图如500K时，60%>40%，投料比：，故B错误；
C． 在400K、条件下，令投入的氢气为2amol，CO为amol，平衡转化率为50%， ，反应Ⅰ的平衡常数的值为，a的值不确定，K无法确定，故C错误；
D． 在500K、条件下，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，CO的平衡转化率能从Y点到Z点，故D正确；
故选D。
14．C
【详解】A．过量铁粉和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，A错误；
B．用Na2CO3溶液处理水垢中的不溶物CaSO4，硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙沉淀，反应离子方程式为：CaSO4+CO=CaCO3+SO，B错误；
C．向K2Cr2O7溶液中滴加6mol/L的H2SO4，溶液橙色加深，溶液中氢离子浓度增大，平衡Cr2O(橙色)+H2O⇌2CrO(黄色)+2H+，逆向移动，所以溶液橙色加深，C正确；
D．电解MgCl2水溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2+Cl2↑+H2↑，D错误；
故选C。
15．D
【详解】A．根据表格数据①和③，容器①、③起始量相同，降低温度，平衡向放热方向移动，CH3OCH3平衡物质的量增大，说明平衡正向移动。说明正反应是放热反应，A错误；
B．恒容条件下，容器②相当于在容器①的基础上加压，由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，因此平衡不移动，所以容器①中的CH3OH体积分数和容器②中的相等，B错误；
C．若容器①中反应达到平衡时增大压强，平衡不移动，但各物质浓度会增大，C错误；
D．容器①平衡时c(CH3OH)=0.04mol/L、c(CH3OCH3)=0.08mol/L、c(H2O)=0.08mol/L，平衡常数K==4，若起始向容器①中充入CH3OH 0.10mol、CH3OCH3 0.10mol、H2O 0.10mol，则浓度熵Qc==1＜4，反应向正反应方向移动，D正确；
答案选D。
16．A
【详解】A． N2O4分子中有2个N原子，平衡混合气体中含N原子大于，故A正确；
B． 恒温时，缩小容积，二氧化氮浓度变大，气体颜色变深，加压后，平衡正向动，气体颜色又变浅，但总体是变深，故气体颜色变深，不是平衡正向移动导致的，故B错误；
C． 恒容时，充入少量，相当于NO2的浓度不变，平衡不移动，气体颜色不变，故C错误；
D． ，反应放热，断裂中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，故D错误；
故选A。
17．A
【详解】A．光照CH4和Cl2的混合气体将发生取代反应，生成无色的CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl等无色产物，故导致药品颜色变浅，A符合题意；
B．由于SO2使品红溶液褪色是一个可逆过程，故加热经SO2漂白的品红溶液溶液恢复红色即药品颜色变深，B不合题意；
C．加热含酚酞的CH3COONa溶液，由于升高温度促进CH3COO-的水解，是溶液碱性增强而使溶液红色加深，C不合题意；
D．由于2NO2(g)N2O4(g)正反应是一个放热反应，则加热密闭烧瓶内NO2、N2O4的混合气体，上述平衡逆向移动，容器内颜色加深，D不合题意；
故答案为：A。
18．D
【详解】A．该反应的熵减小，故不一定在任何条件均能自发，A错误；
B．当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，B错误；
C．催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，C错误；
D．该反应为放热反应，故2molSO2(g)和1molO2(g)所含键能总和比2molSO3(g)所含键能小，D正确；
故选D。
19．C
【详解】A．过度排放将导致全球气温变暖，则CO2是一种温室气体，A正确；
B．催化剂能够降低反应所需要的活化能，能加快反应速率，故合成过程中，用到的“酶”起到了至关重要的催化作用，B正确；
C．淀粉的分子式虽然可以用(C6H10O5)n表示，但由于n值不同，所以淀粉不属于纯净物而是属于混合物，C错误；
D．淀粉、纤维素是常见的多糖，D正确；
故答案为：C。
20．C
【详解】A．该反应的△S<0，在一定条件下能自发进行，△H应小于0，故A正确；
B．甲烷分子与水分子之间不能形成氢键，故B正确；
C．漂白粉溶液在空气中失效的离子方程式为，故C错误；
D．铜片在稀硫酸混合液中溶解实质是铜在酸性条件下被硝酸根氧化，故离子方程式为，故D正确；
故选C。
21．D
【详解】A．合成氨工业中，需使用催化剂，但CO可能会使催化剂的催化作用减弱甚至失去催化作用，即发生催化剂中毒，因此必须除去CO气体，必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒，A正确；
B．[Cu(NH3)3CO]+中涉及的非金属元素有C、O、N、H，元素的非金属性越强，其电负性就越大。由于元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以非金属元素电负性大小关系为：O＞N＞C＞H，B正确；
C．的正反应是气体体积减小的放热反应，根据平衡移动原理，升高温度减小压强，可以使化学平衡向吸热的逆反应方向移动，分解反应产生[Cu(NH3)2]+和CO，从而可以使其恢复吸收CO的能力以供循环使用，C正确；
D．[Cu(NH3)2]+中的中心Cu原子与配位体NH3之间以配位键结合，在NH3中存在N-H共价键，配位键和一般共价键都是σ键，因此在1个[Cu(NH3)2]+中含有的σ键数：2+3×2=8个，D错误；
故合理选项是D。
22．C
【详解】A．实验研究表明：二氧化碳电还原需要严格控制电解液的pH为7左右，所以阴极水相电解液应选择接近中性的溶液，A不正确；
B．催化吸附剂，不能降低控速反应的焓变，B不正确；
C．若CO的法拉第效率为80%，当电机输出1mol电子时，则转移电子的物质的量为0.8mol，理论上生成CO的物质的量为0.4mol，标况下体积为8.96L，C正确；
D．在乙醇和乙烯中，碳元素都显-2价，若忽略副反应，则理论上制备等物质的量的乙醇与乙烯耗电费用比为1:1，D不正确；
故选C。
23．D
【详解】A．淀粉是一种多糖，水解反应逐步进行，最终产物是葡萄糖，因此淀粉水解可以得到葡萄糖，A正确；
B．淀粉可以生产葡萄糖、酿酒等因此是重要的工业原料，同时也可以做各种食品，故淀粉也是人类重要的能量来源，B正确；
C．尽管淀粉和纤维素的化学式都是(C6H10O5)n，但二者分子中含有的单糖单元结构不同，数目不同，因此它们的分子式不相同，故二者不是同分异构体，C正确；
D．科学家利用催化剂使CO2和H2合成淀粉，但催化剂只能降低反应的活化能，而加快反应速率，不能使化学平衡发生移动，故改良催化剂不能提高合成转化率，D错误；
故合理选项是D。
24．B
【详解】A．有的物质分子内存在氢键，因此氢键不仅存在于分子间，有时也存在于分子内，A正确；
B．CO2溶于水可与水反应生成碳酸，除了分子间作用力改变，共价键也发生了改变；而干冰升华仅有分子间作用力发生了改变，B错误；
C．化学反应能否自发进行判断依据是△G=△H-T△S＜0，因此必须要综合考虑焓变和熵变的影响，C正确；
D．Fe(SCN)3水溶液显血红色，因此可利用硫氰化铁配离子的颜色来判断溶液中存在Fe3+的存在，D正确；
故合理选项是B。
25．D
【详解】A．由题干可知，若反应Ⅰ没有达到平衡，则c(CO)仍然在改变，则导致反应II中c(HCHO)仍然发生改变，导致c(CH3OH)仍然发生改变，即反应II和III平衡发生移动，将导致容器的压强发生改变，故可以通过监测容器内的总压来判断反应Ⅰ是否达到平衡，A正确；
B．达平衡时，n(CH3OH)=0.8mol，通过反应III可知，消耗n(HCHO)=0.8mol，n(H2)=0.8mol，再根据平衡时HCHO为0.4mol，在反应II共生成HCHO的物质的量为：0.8+0.4=1.2mol，消耗H2为1.2mol，由总消耗H2为6mol-2mol=4mol，则反应I消耗H2为：4mol-0.8mol-1.2mol=2mol，则生成H2O为2mol，则用H2O表示的反应Ⅰ的平均反应速率为=，B正确；
C．t℃下，由B项分析可知，反应I生成H2O为2mol，则生成CO为2mol，由反应II消耗H2为1.2mol，在消耗CO为1.2mol，故平衡时CO为2mol-1.2mol=0.8mol，由已知平衡时H2为2mol，HCHO为0.4mol，体积为2L，则反应Ⅱ的平衡常数为K= ==，C正确；
D．向容器内再投入和，若反应I、II、III建立平衡时与原平衡是向右进行程度相同时，则再次平衡后n(H2)=4mol(为原来的2倍)，但是体系内的压强比原平衡时的压强大，则反应II、III向右进行程度比原平衡时大，在H2平衡量减小，即，D错误；
故答案为：D。
26．C
【分析】A中根据温度对平衡的影响进行判断反应的热效应；B中利用三段式进行计算反应速率；C中利用控制变量，根据条件相同时，只改变浓度，利用等效的思想，缩小容器体积导致浓度成倍增加的特点进行判断；D中利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡的移动。
【详解】A．根据甲和乙比较，反应物的起始浓度相同，从甲到乙温度升高，产物R的浓度降低，说明平衡向逆反应方向移动，又因升温平衡向着吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故A说法正确；
B．容器甲中利用三段式：计算反应速率：，故B说法正确；
C．根据容器甲和容器乙的温度相同判断， 两个容器的体积相同，容器乙中反应物的浓度是容器甲反应物的浓度的三倍，利用等效的原理判断，容器乙相对于容器甲，等效为缩小容器体积，增大了压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，故平衡向正反应方向移动，平衡转化率增大，根据B中的三段式计算，容器乙中物质P的转化率大于90%，故C错误；
D．容器丙达到平衡时平衡常数通过三段式计算：当向容器中再充入0.1mol·L-1的Q、0.2mol·L-1的P和0.2mol·L-1的R时，Q、P、R物质的量浓度分别为：1.3、1.4、1.4，此时的浓度商为：，故平衡向正反应方向移动，故D说法正确；
故选答案C。
【点睛】此题考查温度对平衡的影响，平衡常数的计算，转化率的计算等，利用平衡影响原理判断平衡移动，注意利用三段式进行计算转化率及平衡常数外，还需要用等效的思想进行判断平衡移动。
27．C
【详解】A．根据方程式，该反应为气体分子数减少的反应，△S＜0，A错误；
B．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的△H，B错误；
C．O2中O的化合价由0价降低至-2价，因此反应中每消耗1molO2转移电子数约为4×6.02×1023，C正确；
D．根据平衡常数的概念可知，该反应的平衡常数K=，D错误；
答案选B。
28．B
【详解】A．根据图示可得HCOOH中的两个H结合产生，则HCOOD除生成CO2外，还生成HD，A正确；
B．由图示可得HCOOH分解经历了三步历程，物质A是先消耗再生成，属于催化剂，物质B、C物质开始没有，先发生反应产生，然后又消耗，属于中间产物，B错误；
C．HCOOK是强电解质更容易产生HCOO-和K+，更快的产生KH，KH与水反应生成H2和KOH，KOH可吸收掉CO2，使生成的氢气纯度更高，C正确；
D．根据图示可知：在催化剂催化过程中发生了共价键的断裂和形成，D正确；
故合理选项是B。
29．D
【分析】反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)     ΔH =+41.2 kJ·mol-1
反应II：2CO2(g)+6H2(g) =CH3OCH3(g)+3H2O(g)  △H = -122.5 kJ·mol-1
由题意可知，反应I正反应方向是吸热反应，反应II正反应方向是放热热反应；
【详解】A．升高温度，反应I平衡正移，CO2转化率升高，反应I平衡逆移，CO2转化率降低，故整体CO2转化率受两个反应共同影响，所以升温CO2转化率不一定上升，描述错误，不符题意；
B．CH3OCH3是反应II产物，故其产量随温度上升一定是逐渐减少，所以曲线a应为CH3OCH3选择性对应图象曲线，曲线b应是CO2转化率曲线，描述错误，不符题意；
C．其他条件不变，只增加H2投入量，理论上两个反应平衡都应正移，都有H2O生成，故对于反应II来说，反应I生成的H2O会抑制反应II的正向移动，不同温度下反应I产生的H2O的量不同，对反应II的影响程度不同，所以CH3OCH3产率不一定增加，描述错误，不符题意；
D．X点未在曲线a上，X点状态处于未平衡状态，更换催化活性更高的催化剂，提高CH3OCH3选择性，使其达到相应温度下的曲线a上的点所对应的的选择性值，描述正确，符合题意；
综上，本题选D。
30．CD
【详解】A．甲烷脱去首个氢原子的焓变，根据图中信息单独脱氢焓变为1.12eV，共吸附脱氢焓变为0.97eV，则单独脱氢大于共吸附脱氢，故A错误；
B．甲烷脱去首个氢原子的能垒，共吸附脱氢能垒为2.45eV，单独脱氢能垒为3.20eV，共吸附脱氢比单独脱氢下降0.75eV，故B错误；
C．单独脱氢的第一步能垒最大，因此单独脱氢的决速步为第一步，故C正确；
D．单独脱氢的第一步能垒比共吸附脱氢任意一步的能垒都大，因此共吸附脱氢有利于乙酸的合成，故D正确；
答案为CD。