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浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编40化学反应速率与化学平衡（1）
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这是一份浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编40化学反应速率与化学平衡（1），共41页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编40化学反应速率与化学平衡（1）
一、单选题
1．（2023·浙江·统考模拟预测）下列实验设计、现象和结论都正确的是
选项
实验目的
实验设计
现象和结论
A
探究温度对化学平衡的影响
加热0.5mol•L-1CuCl2蓝色溶液
加热溶液变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-吸热
B
比较AgBr和AgCl的Ksp大小
向NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入少量AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀，说明Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)
C
证明干燥的氯气不具有漂白性
将干燥的氯气通入盛放红色鲜花的集气瓶中
红色鲜花颜色褪去，说明干燥的氯气有漂白性
D
探究浓度对反应速率的影响
室温下向A、B两支试管中分别装入等体积的稀硫酸和浓硫酸，再加入表面积相等的铁片
B试管中无明显现象，说明浓度越大反应速率越慢
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·浙江金华·模拟预测）利用传感技术可以探究压强对反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡移动的影响。在25℃、100kPa条件下，向针筒中充入一定体积的NO2气体后密封，保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞，保持活塞位置不变、测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法不正确的是
A．该反应的△H＜0
B．B点NO2的转化率为6%
C．反应速率：v(B)＜v(E)
D．t2～t3过程压强变化的原因是：t2时压缩活塞，体积迅速减小，压强增大，平衡右移，使压强减小至达到平衡
3．（2023·浙江金华·模拟预测）探究铜及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
实验方案
现象
结论
A
加热0.5mol•L-1CuCl2溶液，观察溶液颜色变化
溶液由蓝色变为黄绿色
CuCl+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl- △H>0
B
向5mL0.1mol•L-1的CuSO4溶液逐滴加入1mol•L-1的氨水，至出现的蓝色沉淀消失，再加入8mL95%的乙醇溶液，用玻璃棒摩擦试管壁
加入乙醇后析出深蓝色晶体
乙醇是极性较大的溶剂，导致硫酸四氨合铜晶体析出
C
用铜作电极电解饱和食盐水
阳极先出现白色浑浊，一段时间后，试管底部聚焦大量砖红色沉淀
阳极沉淀转化反应：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
D
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol•L-1H2SO4溶液并加热，取冷却后的水解液2mL于试管，加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热
未出现砖红色沉淀
淀粉没有发生水解
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·浙江金华·模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是
A．在25℃时，pH为12的CH3COONa溶液中水电离出的H+数目为0.01NA
B．标准状况下，4.48LSO2和足量O2反应，生成的SO3分子数目为0.2NA
C．电解精炼粗铜时，阳极质量减少6.4g，外电路中通过电子的数目为0.2NA
D．13g苯、苯乙烯、聚苯乙烯的混合物中所含氢原子数目为NA
5．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
实验方案
现象
结论
A
往溶液中通入
无明显现象
弱酸不能制强酸
B
向固体中加入较浓硫酸
产生无色有刺激性气味气体
浓硫酸体现强氧化性
C
将某固体溶于水后，加足量稀盐酸酸化的溶液
产生白色沉淀
该固体中一定含有或
D
盛有等体积等浓度溶液的两支试管分别置于冷水和热水浴中，一段时间后，同时加入等体积等浓度的稀硫酸
热水浴中产生乳白色浑浊更快
其他条件相同时，该反应的温度越高，反应速率越快
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：
反应Ⅰ： ，
反应Ⅱ：
根据能量变化示意图，下列说法正确的是
A．
B．反应Ⅱ决定整个反应的速率
C．催化剂可以降低总反应的焓变
D．
7．（2023·浙江·二模）工业上利用和制备，相关化学键的键能如下表所示：
键
键能
745
436
462.8
413.4
351
已知：①温度为时，；
②实验测得：，为速率常数。
下列说法不正确的是
A．反应的
B．时，密闭容器充入浓度均为的，反应至平衡，则体积分数为
C．时，
D．若温度为时，，则
8．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法不正确的是
A．ab段，随温度升高而增大
B．a点溶液和d点溶液的相同
C．a点时，
D．bc段可能发生反应：
9．（2023·浙江嘉兴·统考二模）甲基叔丁基醚(MTBE)是一种高辛烷值汽油添加剂，可由甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成，其反应过程中各物质相对能量与反应历程的关系如图所示(其中表示甲醇和异丁烯同时被吸附，表示甲醇先被吸附，表示异丁烯先被吸附)，下列说法不正确的是
A．三种反应历程中，反应速率最快
B．该条件下反应的热化学方程式为：
C．甲醇比IB更易被催化剂吸附，所以若甲醇过多会占据催化剂表面从而减慢合成速率
D．同温同压下，只要起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的产率一定相同
10．（2023·浙江绍兴·统考二模）为了研究温度对苯催化加氢的影响，以检验新型镍催化剂的性能，该反应。采用相同的微型反应装置，压强为，氢气与苯的物质的量之比为6.5∶1。反应相同时间后取样分离出氢气后，分析成分得到的结果如下表：
温度/
85
95
100
110～240
280
300
340
质量分数/％
苯
96.05
91.55
80.85
1
23.35
36.90
72.37
环己烷
3.95
8.45
19.15
99
76.65
63.10
27.63
下列说法不正确的是
A．该催化剂反应最佳反应温度范围是，因为催化剂的选择性和活性都比较高
B．以上苯的转化率下降，可能因为温度上升，平衡逆向移动
C．在范围内，适当延长反应时间可以提高苯的转化率
D．在范围内，温度上升反应速率加快，因此苯的转化率上升
11．（2023·浙江·模拟预测）反应 分三步进行，各步的相对能量变化如图I、II、III所示：
下列说法不正确的是
A．三步分反应中决定总反应速率的是反应I
B．I、II两步的总反应为
C．根据图像无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低
D．反应III逆反应的活化能(逆)
二、原理综合题
12．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）对苯二甲酸(TPA)是生产聚酯的主要原料。实验中，将初始浓度为0.08mol/L对甲基苯甲酸(p-TA)放入反应器中(用醋酸作为溶剂)，在Co-Mn-Br的复合催化剂作用下进行反应，反应温度为186℃，反应过程中有充足的氧气供应，对甲基苯甲酸(p-TA)按照如下的路径发生反应：
且有
已知对甲基苯甲酸(p-TA)氧化的活化能比对醛基苯甲酸(4-CBA)氧化的活化能大得多。反应10min后，取样分析，对甲基苯甲酸(p-TA)和对醛基苯甲酸(4-CBA)含量基本为零。请回答：
(1)下列说法正确的是___________
A．反应Ⅰ 的平衡常数表达式
B．CO-Mn-Br催化剂能改变反应历程
C．相同条件下温度升高，反应Ⅰ的速率减慢，反应Ⅱ的速率加快
D．升高温度，副产物的含量会增大
(2)画出上述过程中p-TA制备TPA的物质相对能量-反应过程的示意图_________
(3)某研究小组进行了186℃下p-TA液相氧化反应并绘制了各物质浓度随时间的变化图像。
Ⅰ.已知图像中4-CBA的曲线有误，请说明错误的理由：___________。
Ⅱ.已知有两种溶剂a与b，p-TA、4-CBA和TPA在其中的溶解情况如下表所示，现欲收集反应的中间产物，选择溶剂___________(填“a”或“b”)
溶解度
反应物质
p-TA
4-CBA
TPA
溶剂
a
可溶
易溶
可溶
b
易溶
难溶
可溶
(4)已知原料对甲基苯甲酸(p-TA)可通过对二甲苯(PX)制取，PX液相氧化遵循自由基机理，部分反应历程如下所示，下列说法正确的是___________
A．Co(Ⅲ)使苯环上甲基的C-H键断裂生成PX自由基和
B．该反应中Co(Ⅲ)作为催化剂
C．PX自由基在反应ⅱ中发生还原反应
D．该历程中原料的原子利用率达到100%
13．（2023·浙江·统考模拟预测）我国要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。CO2还原为甲醇是人工合成淀粉的第一步。CO2催化加氢主要反应有：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ•mol-1
(1)已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩尔生成焓分别为-393.5kJ•mol-1、-200.6kJ•mol-1、-241.8(一定温度和压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓，单质的摩尔生成焓为0)。则反应I的△H1=______kJ•mol-1。
(2)当压强分别p1、p2时，将=1：3的混合气体置于闭容器中反应，不同温度下平衡体系中CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性如图1所示。在p1压强下，曲线______代表CH3OH的选择性，原因是______。
(3)向VL密闭容器中通入3molH2、1molCO2，在催化剂作用下发生反应。相同时间内，温度对CO2转化率及CH3OH和CO产率的影响如图2所示。在某温度下，体系在tmin时达到平衡状态。此时CO2的转化率为30%，CO2对CH3OH的选择性为40%。
已知：CH3OH(或CO)的选择性=
下列说法正确的是______。
A．CO2的转化率随温度升高而增大的原因可能是温度升高，CO2的反应速率加快，反应II为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行且以反应II为主，CO2转化率增大
B．反应II的平衡常数为0.031
C．则0～tmin内H2的反应速率为mol•L-1•min-1
D．曲线b表示CH3OH的产率
(4)Cu/ZnO纳米片可以提高对CH3OH的选择性，图3为合成CH3OH在无催化剂时，CH3OH的物质的量与时间的关系，请在图3中画出CH3OH在Cu/ZnO纳米片存在下，CH3OH物质的量的变化曲线______。
14．（2023·浙江·模拟预测）甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。
I.和在一定条件下合成甲醇：
(1)根据如图相关物质的能量，计算_______。
(2)向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1mol和0.3mol，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是_______。
A．催化效率较高的是催化剂II
B．A点一定小于C点的
C．C点的正反应速率：
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大
(3)将和分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内的平衡转化率曲线甲如图所示。
容积
甲容器
VL
1mol
amol
乙容器
VL
2mol
2amol
①请在图中画出乙容器中的平衡转化率曲线乙_______。
②当乙容器中的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比_______。
II.已知反应是目前大规模制取氢气的方法之一。
(4)实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得的体积分数增大，其可能的原因是_______。
15．（2023·浙江宁波·统考二模）锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。我国主要以菱锰矿(主要成分为，M为Mn、Mg或Ca)为原料，通过热解法生产二氧化锰等锰基催化剂。
(1)提取的转化关系如下：
已知 ，关系如下图。
①“焙烧”过程最大的是___________。
A． B． C．
②“焙烧”温度应控制在___________。
(2)T℃时，碳酸锰热解制二氧化锰的热化学方程式：
①若该反应的速率方程表示为：和［和分别为正、逆反应速率常数，在一定温度下为常数］，该反应的平衡常数___________(用、表示)。
②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是___________。
(3)由原料气(、)与煤粉在锰基催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下(在25℃、101 kPa时)，、在高温条件还会分解生成碳与氢气：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
上述反应在体积为1L的密闭容器中进行，达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线如图甲所示。
①下列说法正确的是___________。
A．1530 K之前乙炔产率随温度升高而增大的原因：升温使反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动
B．1530 K之后会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大
C．1530 K时测得气体的总物质的量为1.000 mol，则反应III的平衡常数为0.8652
D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大
②请在图乙中绘制平衡时乙烯的体积分数和反应温度的变化趋势，并标明1530 K时的气体体积分数。_________
16．（2023·浙江绍兴·统考二模）二甲醚()是一种重要的化工原料，可以通过制备得到。制备方法和涉及反应如下：
方法a：“二步法”制二甲醚
I：
Ⅱ：
方法b：“一步法”制二甲醚
Ⅲ：
两种方法都伴随副反应：
Ⅳ：
请回答：
(1)反应I自发进行的条件是___________；___________。
(2)在一定温度下，向的恒容密闭容器中通入和和利用方法a制备二甲醚。测得的平衡转化率为30%，为，为，反应I的平衡常数为___________(用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。
(3)恒压条件下，在密闭容器中利用方法b制备二甲醚。按照投料，的平衡转化率和、的选择性随温度变化如图1所示。
(的选择性，的选择性)
①下列说法正确的是___________
A．当反应达到平衡时，
B．曲线①表示二甲醚的选择性
C．温度越低越有利于工业生产二甲醚
D．工业上引入双功能催化剂是为了降低反应Ⅲ的
②在的范围内，的平衡转化率先降低后升高的原因：___________。
(4)有学者研究反应Ⅱ机理，利用磷酸硅铝分子筛催化甲醇制二甲醚，其中简化的分子筛模型与反应过渡态结构模型如图所示，下列说法正确的是___________。(已知：磷酸硅铝分子筛中有酸性位点可以将甲醇质子化，题中的分子筛用“”符号表示)
A．制得的磷酸硅铝分子筛的孔径越大催化效率越高
B．该反应机理：[]
C．改变分子筛组分比例适当提高其酸性，有利加快反应速率
D．温度越高，有利于水蒸气脱离分子筛，反应速率越快
17．（2023·浙江台州·统考二模）催化加氢合成二甲醚是资源化利用的有效途径之一，合成二甲醚的总反应可表示为：
总反应：
该反应可通过如下步骤来实现：
反应I：
反应Ⅱ：
请回答：
(1)_______(用，表示)。
(2)、的条件下，平衡时转化率和的选择性随温度变化如图1所示。其中：的选择性％。
①下列说法正确的是_______。
A．、、均大于0
B．若反应在恒容密闭容器中进行，当体系压强不再变化，则反应I、Ⅱ均达到平衡状态
C．提高氢碳比，平衡时的转化率增大，的选择性减小
D．工业上应选择在200～220℃下具有较高催化活性及选择性的催化剂
②360℃时，的平衡选择性可视为0，不考虑其他副反应，反应I的平衡常数_______。
③、的条件下，催化加氢反应一段时间，不同温度下实际转化率和实际选择性数据如表：
温度/℃
220
240
260
280
300
实际转化率％
7.6
12.4
14.8
18.6
22.9
二甲醚实际选择性％
68.7
77.2
61.0
41.5
27.5
该体系合成二甲醚的最佳反应温度为_______。
④由上表数据可知，240～300℃二甲醚的实际选择性逐渐减小，从化学反应速率角度分析原因_______。
(3)250℃、、，平衡时转化率和收率与进料气中体积分数(/％)有关，其变化如图2所示，其中：
的收率％；
的收率％。
请在图2中画出在0～14％之间平衡收率的变化趋势_____。
18．（2023·浙江·二模）甲醇和二甲醚是可再生能源，具有广泛的发展前景。相关的主要反应有：
制备合成气：I.
制备甲醇和二甲醚：Ⅱ.
Ⅲ.
请回答：
(1)有利于制备合成气(反应I)的条件是___________。
A．低温低压 B．低温高压 C． 高温低压 D．高温高压
(2)一定条件下，相关物质的相对能量与反应过程如下图：
①___________。
②在某温度下，在体积为1L的恒容容器中，投料为1molCO和2molH2，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，在时达到平衡状态，请画出之间的变化趋势___________。
(3)甲醇生成二甲醚的转化率可以根据冷凝液中的与的相对百分含量来计算(忽略副反应和各物质的挥发)。冷凝液中的质量分数为，的质量分数为，则甲醇的转化率___________。(用含和的式子表示)
(4)制备合成气(反应I)时，还存在反应，该过程可用于热化学能的储存。已知：储能效率(是通过化学反应吸收的热量，是设备的加热功率)。反应物气体流速、对转化率、储能效率()的影响，部分数据如下表：
序号
加热温度/℃
反应物气体流速/
1
800
4
1：1
79.6
52.2
2
800
6
1：1
64.2
61.9
3
800
6
1：2
81.1
41.6
①下列说法不正确的是___________。
A．反应I可以储能的原因是该反应是吸热反应，将热量储存在高热值物质CO、H2中
B．其他条件不变，反应物气体流速越小，CH4转化率越大，有利于热化学能储存
C．其他条件不变，越小，CH4转化率越大
D．反应物气体流速越大，CH4转化率越低的可能原因是反应物与催化剂未充分接触
②在实验2和3中，经过相同的时间，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，说明其可能的原因___________。(该条件下设备的加热功率视为不变)
三、工业流程题
19．（2023·浙江金华·统考模拟预测）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元聚合物锂电池的正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺流程如下图所示：
相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
请回答：
(1)“溶浸”步骤中，可加快溶浸速率的措施有___________(写两条)。
(2)下列有关该工艺流程的叙述正确的是___________。
A．“溶浸”步骤中的“滤渣1”的主要成分是S和SiO2(或不溶性硅酸盐)
B．“氧化”步骤中添加的MnO2的作用是催化剂
C．“调pH”步骤中，溶液的pH范围应调节为4.7～6
D．“沉锰”步骤的离子方程式为
(3)“除杂2”步骤的目的是生成MgF2沉淀从而除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，请从平衡移动的角度解释其原因___________。
(4) MnCO3加入足量稀硫酸充分溶解后，经过一系列操作可得较纯的MnSO4晶体。这一系列操作是______→______→过滤→______→______→纯净的MnSO4晶体。______
(5) Mn2+含量可通过过硫酸铵—硫酸亚铁铵法进行测定。其原理是将试样溶于硫酸中，使溶液中的Mn2+在硫磷混合酸的作用下，以硝酸银为催化剂，用过硫酸铵把Mn2+氧化为高锰酸，然后以标准硫酸亚铁铵溶液滴定高锰酸，根据标准液消耗量计算Mn2+的含量。相关方程式如下：
①测定操作步骤如下，在横线内填写一件最关键仪器补全步骤：
用___________称量 MnSO4样品0.250g→用100mL容量瓶将MnSO4样品配成100mL溶液→用___________取待测液25.00mL于锥形瓶中→加入适量硫磷混合酸和硝酸银，再加入足量过硫酸铵充分反应→加热煮沸除去多余的过硫酸铵→用酸式滴定管盛装0.1000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液，滴定3次，分别消耗20.04mL、19.30mL、19.96mL。
②根据以上数据计算样品中MnSO4的质量分数___________。
四、实验题
20．（2023·浙江台州·统考二模）实验室制备一种钴的配合物，化学式为，摩尔质量为，是一种微溶于水、难溶于稀盐酸的紫红色晶体，在热的强碱溶液中不稳定，释放出全部氨分子。实验流程如下：
已知制备原理：反应a：
反应b：
请回答：
(1)下列说法不正确的是_______。
A．由实验可知与钴离子形成配位键的能力由强到弱为：
B．的唯一作用是为反应提供氯离子
C．将步骤III中的浓盐酸改为硫酸溶液，是对方案的优化
D．若步骤II的溶液过低，会导致产率降低
(2)为了使反应快速、充分地进行，步骤II、III均需边振荡仪器A边加试剂，但发现产物中混有大量粉红色的副产物，请回答：
①大量副产物生成的原因是_______。
②通过对装置的改进可以提高纯度和产率，图中可用来代替仪器A的是_______(填“B”或“C”)。
③不管有无改进装置，产物中都会混杂有少量蓝色晶体，经测定是碱式氯化亚钴，化学式为，请解释原因_______。
(3)为步骤IV中一系列操作选择合理选项并排序：蒸发浓缩至少量晶体析出→___→c→___→___→最终得到紧红色晶体____。
a.趁热过滤b.冷却至室温并过滤c.用冷水分数次洗涤固体d.用盐酸分数次洗涤固体e.105℃下烘干f.投入浓硫酸中干燥
(4)为了测定某目标产物的纯度(杂质除外均不参加反应)，称取样品溶于水，在容量瓶中配成溶液，取溶液进行如下操作：
步骤I：加入的溶液并加热至沸腾进行蒸氨，将生成的气体全部通入的盐酸中，用的标准液滴定剩余盐酸，消耗标准液。
步骤II：将蒸氨后的溶液冷却至室温，加硝酸中和至酸性，用标准液滴定至终点，消耗标准液。
样品的纯度为_______。
参考答案：
1．A
【详解】A．加热0.5mol•L-1氯化铜蓝色溶液，溶液变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2++4Cl﹣[CuCl4]2﹣+4 H2O的平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故A正确；
B．没有明确混合溶液中氯化钠和溴化钠的浓度是否相等，则向混合溶液中加入少量硝酸银溶液生成淡黄色沉淀，不能说明溴化银的溶度积小于氯化银，故B错误；
C．干燥的氯气没有漂白性，红色鲜花颜色褪去是因为氯气与水反应生成的次氯酸应强氧化性而表现漂白性，故C错误；
D．室温下铁在浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，则室温下向A、B两支试管中分别装入等体积的稀硫酸和浓硫酸，再加入表面积相等的铁片不能用于探究浓度对反应速率的影响，故D错误；
故选A。
2．C
【详解】A．反应2NO2(g)N2O4(g)为放热反应；△H＜0；故A正确；
B．B点处NO2的转化率为；故B正确；
C．压强可影响化学反应速率，压强增大，化学反应加快，B点压强大于E点压强；所以v(B)>v(E)；故C错误；
D．t2～t3过程压强先增大后降低；所以t2时压缩活塞，体积迅速减小，压强增大，增大压强平衡正向移动，使压强减小至达到平衡；故D正确；
故答案选C。
3．C
【详解】A．加热该溶液，溶液由蓝色变为黄绿色，可知加热使逆向移动，所以正反应为放热反应，A错误；
B．乙醇是极性较小的溶剂，导致硫酸四氨合铜晶体析出，B错误；
C．用铜作电极电解饱和食盐水，阳极铜参与放电，铜失去电子生成氯化亚铜，在碱性环境中最终转化为氧化亚铜，阳极沉淀转化反应：，C正确；
D．淀粉的水解液显酸性，新制氢氧化铜会与酸发生酸碱中和，所以实验设计有误，D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；
B．该反应为可逆反应，SO2不能完全转化，因此生成的SO3分子数目小于0.2NA，故B错误；
C．电解精炼粗铜时，阳极为粗铜，含有锌、铁等活泼金属先于铜失电子，因此阳极质量减少6.4g，转移电子数目不一定为0.2 NA，故C错误；
D．苯、苯乙烯、聚苯乙烯最简式均为CH，则13g混合物即为13gCH质量，含1molCH，所含氢原子数目为NA，故D正确；
故选：D。
5．D
【详解】A．是硝酸盐，硝酸盐溶液在酸性溶液中具有氧化性，二氧化硫气体具有还原性，根据氧化还原反应中强制弱原理，向Ba(NO3)2溶液中通入足量SO2，生成硫酸钡沉淀、一氧化氮气体等，即Ba(NO3)2+ 3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，故A错误；
B．用浓硫酸与Na2SO3反应制取SO2，为复分解反应，反应过程中浓硫酸中硫元素化合价不变，体现浓硫酸的酸性，故B错误；
C．将某固体溶于水后，向溶液滴加加足量稀盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀可能是BaSO4或者是AgCl，所以溶液中可能存在HSO、或Ag+，故C错误；
D．盛有等体积等浓度溶液的两支试管分别置于冷水和热水浴中，一段时间后，同时加入等体积等浓度的稀硫酸，热水浴中产生乳白色浑浊更快，说明其他条件相同时，该反应的温度越高，反应速率越快，故D正确；
故选D。
6．A
【详解】A．由于绝对值，该值为负值，去掉绝对值后，，A正确；
B．由图可知，反应I正反应的活化能为E1-E5，反应II的活化能为E2-E3，反应I的活化能较大，则反应I的反应速率慢于反应II，反应I决定整个反应的速率，B错误；
C．催化剂可改变反应的活化能，反应的焓变由始态和终态决定，催化剂不改变焓变，C错误；
D．根据盖斯定律，反应I+II可得目标方程，D错误；
故选：A。
7．D
【分析】T1℃时，反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则，反应的平衡常数K==，设平衡时生成甲酸的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式：
由平衡常数可得：a(1-a)(1-a)=2，解得a=0.5，反应的平衡常数K==2。
【详解】A．由反应热与反应物的键能之和和生成物的键能之和的差值相等可知，反应△H=(745kJ/mol×2+436kJ/mol)-(745kJ/mol+426kJ/mol+413.4 kJ/mol+351 kJ/mol) <0，故A正确；
B．由分析可知，甲酸的体积分数为，故B正确；
C．由分析可知，反应的平衡常数K==2，则k逆=0.5k正，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，化学平衡常数减小，由温度为T2℃时，k正=2.1k逆可知，反应的平衡常数K＇==2.1＞K，则反应温度T2℃＜T1℃，故D错误；
故选：D。
8．B
【详解】A．ab段，升高温度，溶液中HCO的电离平衡正向移动，随温度升高而增大，故A正确；
B．随着温度升高，Kw增大，a点溶液的pH与d点溶液的pH相同，即相同，由于d点溶液中的Kw大，则a点溶液的比d点溶液的小，故B错误；
C．溶液显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，即Kh>Ka2，即Kh= >Ka2，所以a点时，，故C正确；
D．受热易分解，bc段pH迅速增大，迅速减小，可能原因是HCO发生了分解：，溶液中HCO浓度减小，HCO的电离平衡逆向移动，迅速减小，故D正确；
故选B。
9．D
【详解】A．N1、N2、N3三种反应历程的活化能分别为（6-2）QkJ.mol-1=4 QkJ.mol-1、（9-3）QkJ.mol-1=6QkJ.mol-1、（10-4）QkJ.mol-1=6QkJ.mol-1，则N1反应速率最快，A项正确；
B．该反应的焓变△H为生成物的总能量减去反应物的总能量，则△H=（1-5）QkJ.mol-1=-4QkJ.mol-1，该反应的热化学方程式为该条件下反应的热化学方程式为： ，B项正确；
C．乙醇比IB更易被催化剂吸附，占据催化剂表面从而使异丁烯无法与催化剂接触，导致反应速率减慢，C项正确；
D．N1、N2、N3三种反应历程的活化能不相等，则同温同压下，只有起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的产率不相同，Ｄ项错误；
故正确答案为D。
10．B
【详解】A．根据表中数据可以看出，温度范围在时，苯的转化率最高，高于280以后转化率降低，说明该催化剂反应最佳反应温度范围是，故A正确；
B．该反应为吸热反应，且对于吸热反应而言，升高温度平衡正向移动，从表中数据可知，以上苯的转化率下降，可能因为温度上升，催化剂活性降低，故B错误；
C．根据时可知，苯的转化率较高，在范围内，催化剂活性降低，反应速率慢，适当延长时间，可以提高苯的转化率，故C正确；
D．从表中数据可知，在范围内，温度上升反应速率加快，因此苯的转化率上升，故D正确；
故选B。
11．B
【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，根据图中信息反应I活化能最大，因此三步分反应中决定总反应速率的是反应I，故A正确；
B．根据图中信息和盖斯定律得到I、II两步的总反应为 ，故B错误；
C．纵坐标是相对能量，相对能量的参考物不同，无法计算三个过渡态的能量相对大小，因此无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低，故C正确；
D．根据总反应 和 ，得到反应III的 ，逆反应的活化能(逆)，故D正确。
综上所述，答案为B。
12．(1)ABD
(2)
(3) 反应Ⅱ的活化能小，是快反应，中间产物4-CBA在反应过程中不会大量积累 b
(4)AB
【详解】（1）A．根据平衡常数表达式，反应Ⅰ的平衡常数，A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，所以能改变反应历程，B正确；
C．相同条件下温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率都加快，C错误；
D．升高温度，TPA可能会被氧化为CO2和H2O，所以副产物的含量会增大，D正确；
故选ABD；
（2）p-TA制备TPA的相对能量-反应过程：第一步放热反应，第二步吸热反应，且有，所以p-TA的能量高于TPA，则对能量-反应过程的示意图： ；
（3）I．反应Ⅱ的活化能小，反应速率比反应Ｉ快，所以中间产物4-CBA在反应过程中会迅速被消耗，不会大量积累；
II．欲收集反应的中间产物4-CBA，应选b溶剂，因为4-CBA在b溶剂中为难溶，p-TA和TPA在b溶剂中为可溶，将它们溶于b溶剂后，通过过滤可以收集到4-CBA；
（4）A．根据图示，Co(Ⅲ)使苯环上甲基的C-H键断裂生成PX自由基和，A正确；
B．根据图示，Co(Ⅲ)是第i步的反应物，在反应 中，又成Co(Ⅲ)，所以Co(Ⅲ)是作为催化剂，B正确；
C．PX自由基在反应ⅱ中发生氧化反应，C错误；
D．对二甲苯生成对甲基苯甲酸的原子利用率不是100%，D错误；
故选AB。
13．(1)-48.9
(2) ① 反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低
(3)AB
(4)
【详解】（1）已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩尔生成焓分别为-393.5kJ·mol-1、kJ·mol-1、-241.8kJ·mol-1，单质的摩尔生成焓为0，经分析可知=生成物的生成焓-反应物的生成焓，反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 的=kJ·mol-1 +(-241.8kJ·mol-1)-[0+(-393.5kJ·mol-1)=-48.9 kJ·mol-1；答案：-48.9；
（2）反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则CO的选择性越高，因此①、②表示CH3OH的选择性，图中实线①表示P1压强下CH3OH的选择性、虚线②表示P2压强下CH3OH的选择性，③表示P2压强下CO的选择性，④表示P1压强下CO的选择性，⑤为CO的平衡转化率曲线；答案：答案：①；反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低；因此①表示P1压强下CH3OH的选择性；
（3）A. 反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CO2转化率降低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，CO2转化率增大， 图中显示随温度升高，CO2的转化率增大，其原因可能是温度升高，CO2的反应速率加快，反应II为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行且以反应II为主，导致CO2转化率增大，A正确；
B. 由题目信息可知，转化CO2为1mol=0.3mol，反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，生成CH3OH为0.3mol=0.12mol，消耗CO20.12mol，
反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 消耗CO20.18mol生成CO0.18mol，所以达平衡CO2：(1-0.3)=0.7mol，CO：0.18mol，H2O：0.12mol+0.18mol=0.3mol，H2：3mol-0.18mol-30.12mol=2.46mol，反应II的平衡常数K===0.031，B正确；
C. 由选项B分析可知：达平衡H2转化0.18mol+30.12mo=0.54mol，则0～tmin内H2的反应速率为mol•L-1•min-1，C错误；
D. 反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，甲醇的产率减小，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，二氧化碳的转化率增大，一氧化碳的产率减小，所以表示甲醇产率随温度变化的曲线是a，表示一氧化碳产率随温度变化的曲线是b，D错误；
故答案选AB。
（4）在Cu/ZnO纳米片存在下，反应应速率加快，达平衡时间变短，Cu/ZnO纳米片可以提高对CH3OH的选择性，CH3OH物质的量增多，答案：
。
14．(1)-49.3
(2)ABD
(3) 4:1
(4)CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动
【详解】（1）的生成物的能量-反应物的能量=-201.0-241.8-(-393.5) =-49.3。
（2）A．根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；
B．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；
C．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C错误；
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大，故D正确；
故选ABD。
（3）①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中和浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定的平衡转化率减小，画出乙容器中的平衡转化率曲线乙为：；
②根据已知条件列出甲容器“三段式”
平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”
平衡常数，则。
（4）其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得的体积分数增大。
15．(1) A 622.7~913.3K
(2) K= 保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率
(3) ABD 起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)
【详解】（1）①“焙烧”过程中，相同温度下，ΔG的大小为CaCO3＞MgCO3＞MnCO3，且ΔG=ΔH−TΔS，“焙烧”过程ΔH最大的是CaCO3，故选A；
②由流程图可知，“焙烧”过程中，仅MnCO3分解，则“焙烧”温度应控制在622.7~913.3K。
（2）①平衡时，v正=v逆,即k正c(O2)=k逆c2(CO2)，则K==；
②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率。
（3）①A．反应II、III是吸热反应，升高温度，反应II、III正向移动，故1530K之前，乙炔产率随温度升高而增大，A正确；
B．反应I是放热反应，反应III是吸热反应，升高温度，反应I逆向移动，反应III正向移动，故1530 K之后，会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大，B正确；
C．1530 K时测得气体的总物质的量为1.000mol，H2、C2H2、CH4的体积分数分别为0.8240、0.0840和0.0840，则H2、C2H2、C2H4的浓度分别为0.824mol∙L-1、0.084mol∙L-1和0.008mol∙L-1、则反应III的平衡常数为==8.652，C错误；
D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大，D正确；
故选ABD；
②根据图甲中乙炔的体积分数和温度的关系曲线，且乙烯的起点温度要低于乙炔的起点，最高点的相应温度低于1530K，1530交点乙烯的体积分数不要超过0.01，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线为[起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)]。
16．(1) 低温 --122.4kJ/mol
(2)
(3) B 温度较低(200~280°C)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280~350°C)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高
(4)BC
【详解】（1）反应I熵变小于零、焓变小于零，则自发进行的条件是低温；按盖斯定律，反应Ⅲ=2×Ⅰ+Ⅱ，则。
（2）在一定温度下，向的恒容密闭容器中通入和和利用方法a制备二甲醚。测得的平衡转化率为30%，为，为，则发生副反应即 Ⅳ：，发生I： ，发生Ⅱ：，则平衡时n(CO2)=0.7mol，n(H2)=[3-(0.9-2b)mol]=(2.1+2b)mol，n(CH3OH)= ( 0.3-2a-b) mol，n(H2O)=( 0.3+a) mol，由于容积为1L，则反应I的平衡常数为 (用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。
（3）①A．投料时，结合反应Ⅲ、Ⅳ可知，实际消耗的二氧化碳和氢气物质的量之比不等于1:3：则反应达到平衡时，，A错误；
B．随温度升高平衡右移、二甲醚的选择性降低，则曲线①表示二甲醚的选择性，B正确；
C．温度越低越有利于Ⅲ：右移，但是温度越低反应速率越小，影响二甲醚产量，则温度越低不适合工业生产二甲醚，C错误；
D．双功能催化剂不能降低反应Ⅲ的，D错误；
选B。
②在的范围内，的平衡转化率先降低后升高的原因：温度较低(200~280°C)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280~350°C)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高。
（4）A． 由过渡态中微粒间距可以推测，制得的磷酸硅铝分子筛的孔径应该适中，孔径越大吸附效率下降，影响催化效率，A不正确；
B． 反应Ⅱ的总反应：，ZOH为催化剂，由图知该反应的过渡态为，则该反应的机理为：[ ]，B正确；
C． 磷酸硅铝分子筛中有酸性位点可以将甲醇质子化，有利于吸附，故改变分子筛组分比例适当提高其酸性，有利加快反应速率，C正确；
D． 温度过高，会破坏催化剂、过渡态等物质的稳定性，不利于提高反应速率，D不正确；
选BC。
17．(1)2+
(2) BD 0.052 240℃ 240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应Ⅱ速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小
(3)
【详解】（1）由盖斯定律可知总反应=2I+Ⅱ，则2+，故答案为：2+；
（2）①A.由图中信息可知，随温度的升高的选择性一直降低，可知升温不利于的生成，则总反应以及反应Ⅱ均为放热反应，、、均小于0，而温度在280℃以上时二氧化碳的转化率升高，就可知高温有利于反应I正向移动，则小于0，故A错误；
B.若反应在恒容密闭容器中进行，由总反应可知反应前后气体分子数减少，体系内压强减小，则当体系压强不再变化，则反应I、Ⅱ均达到平衡状态，故B正确；
C.提高氢碳比，有利于反应I平衡正向一定，平衡时的转化率增大，同时也使反应Ⅱ正向移动，的选择性也增大，故C错误；
D. 200～220℃左右时的选择性较高，此时二氧化碳的转化率也较大，选择在此温度下具有较高催化活性的催化剂，有利于生成，故D正确；
故答案为：BD；
②360℃时，的平衡选择性可视为0，不考虑其他副反应，则体系内只发生反应I，此时二氧化碳的转化率为35%，，设氢气为4mol，二氧化碳为1mol，列三段式得：
反应I的平衡常数，故答案为：0.052；
③由表中数据可知不同条件下生成二甲醚的相对量可用二氧化碳的转化率×二甲醚的选择率表示，则分别为：5.22%、9.57%、9.02%、7.72%；由此可知该体系合成二甲醚的最佳反应温度为240℃，故答案为：240℃；
④温度较高时，催化剂的活性会降低，导致反应速率减小，240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应Ⅱ速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小；故答案为：240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应II速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小；
（3）在0～14％之间转化率下降，收率升高，则CO的平衡量逐渐减小，其收率逐渐下降，故答案为：。
18．(1)C
(2) 205.4
(3)
(4) B 反应物气体流量一定的情况下，经过相同的时间，实验2种CH4转化的物质的量相对较多，因此吸收的能量较多
【详解】（1）该反应为吸热且气体分子数增加的反应，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故选C；
（2）E1为2molCO和4molH2的总能量，E3为1molCH3OCH3和1molH2O的总E1-E3为能量。由反应2×Ⅱ+Ⅲ得到： 2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-181.4 kJ⋅moL-1+(−24.0kJ⋅moL-1)=-205.4 kJ⋅moL-1=E生成物-E反应物=E3-E1，E1-E3=205.4 kJ⋅moL-1。由于K2>K3，CH3OH的变化由反应Ⅱ决定，CH3OH在反应Ⅱ中作为产物浓度不断增加，而t1-t2达平衡浓度不发生改变，之间的变化趋势为：；
（3）设冷凝液总质量为mg，水的物质的量为：，甲醇的物质的量为：，根据反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)可知，生成水，需要消耗甲醇的物质的量为：2×，甲醇的转化率为：；
（4）A．反应吸热反应，即产物CO+H2的总能量高于CO2+CH4，反应体系储能是由于高能的CO和H2，A项正确；
B．由表格知气流速度快比值为1:1储能效率最高，而1、2实验对比，CH4的转化率高储能效率低，B项错误；
C．由实验2、3对比，实验3的转化率高，即比值小转化率高(相当于增加CO2平衡正向，CH4的转化率增大)，C项正确；
D．气流太快，CH4未及时参与反应，没法与催化剂充分接触，D项正确；
故选B。
对比实验2、3发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是气体流量一定的情况下，实验2中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多。
19．(1)矿石粉碎，加热，适当增大硫酸浓度，不断搅拌(任选两条)
(2)AC
(3)由可知，酸度过大，F-浓度降低，使得平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2＋沉淀不完全
(4)蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥→纯净的MnSO4晶体
(5) 电子天平(分析天平) 移液管(酸式滴定管) 96.64%
【分析】将天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)粉碎，加入H2SO4溶浸，此时CuS中的S元素被MnO2氧化为S、Si元素转化为SiO2或硅酸盐；过滤后，往滤液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+；加入氨水调pH，将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2S溶液，将Zn2+、Ni2+转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入MnF2溶液，将Mg2+转化为MgF2沉淀；过滤后，往滤液中加入NH4HCO3，将Mn2+转化为MnCO3沉淀；将沉淀用H2SO4溶解，便可生成MnSO4。
【详解】（1）“溶浸”步骤中，通过增大接触面积、升高温度、增大浓度，可加快溶浸速率，具体措施有：矿石粉碎，加热，适当增大硫酸浓度，不断搅拌(任选两条)。答案为：矿石粉碎，加热，适当增大硫酸浓度，不断搅拌(任选两条)；
（2）A. 由分析可知，“溶浸”步骤中的“滤渣1”的主要成分是S和SiO2(或不溶性硅酸盐)，A正确；
B. “氧化”步骤中添加的MnO2的作用，是将Fe2+氧化为Fe3+，B不正确；
C. 加入氨水调pH，将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，而Zn2+、Ni2+、Mn2+不产生沉淀，则溶液的pH范围应调节为4.7～6，C正确；
D. “沉锰”步骤中加入NH4HCO3，将Mn2+转化为MnCO3沉淀，同时生成CO2等，离子方程式为，D不正确；
故选AC。答案为：AC；
（3）“除杂2”步骤的目的是生成MgF2沉淀从而除去Mg2+，若溶液酸度过高，则F-会转化为HF，不利于Mg2+转化为MgF2沉淀，从平衡移动的角度看，其原因是：由可知，酸度过大，F-浓度降低，使得平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2＋沉淀不完全。答案为：由可知，酸度过大，F-浓度降低，使得平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2＋沉淀不完全；
（4）MnCO3加入足量稀硫酸充分溶解后，需通过蒸发溶剂、降温从而降低溶解度，使MnSO4结晶析出，再过滤、洗涤、干燥，便可获得较纯的MnSO4晶体。这一系列操作是蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥→纯净的MnSO4晶体。答案为：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥→纯净的MnSO4晶体；
（5）①称量 MnSO4样品为0.250g，需使用电子天平(分析天平)；MnSO4溶液呈酸性，取待测液25.00mL，需使用移液管(酸式滴定管)。19.30mL与20.04mL、19.96mL相差过大，应舍去，从而得出所用标准溶液的平均体积为20.00mL。
②依据反应，可建立如下关系式：5(NH4)2Fe(SO4)2——MnSO4，100mL待测溶液所需消耗标准溶液的物质的量为0.1mol/L×0.02L×=0.008mol，n(MnSO4)==0.0016mol，则样品中MnSO4的质量分数为≈96.64%。答案为：电子天平(分析天平)；移液管(酸式滴定管)；96.64%。
【点睛】平行实验中，需先分析数据的有效性，再求平均值。
20．(1)BC
(2) HCl挥发，使得反应b难以进行 B 步骤II振荡时H2O2分解，导致氧化剂不足，部分Co2+未被氧化
(3)bde
(4)93.94%
【分析】由题给流程可知，浓氨水、氯化铵与二氯化钴在仪器A中加水充分反应生成棕色配合物[Co(NH3)6]Cl2，碱性条件下向[Co(NH3)6]Cl2棕色溶液中加入过氧化氢溶液，将[Co(NH3)6]Cl2转化为深棕色[Co(NH3)5H2O]Cl3，向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体。
【详解】（1）A．由向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2可知，与钴离子形成配位键的能力由强到弱为：NH3>Cl−>H2O，故正确；
B．一水合氨在溶液中存在电离平衡，制备[Co(NH3)5Cl]Cl2时，氯化铵除提供氯离子外，还可以增大一水合氨的浓度，有利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成，故错误；
C．由分析可知，将步骤III中的浓盐酸改为硫酸溶液不可能增大溶液中的氯离子浓度，不能将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，故错误；
D．若步骤II的溶液pH过低，溶液中的氢离子会使氨分子转化为铵根离子，不利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成会导致产率降低，故正确；
故选BD；
（2）①步骤III振荡仪器A时，可能导致氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，不利于反应b进行，使得产物中混有大量粉红色的副产物[Co(NH3)5H2O]Cl3，故答案为：HCl挥发，使得反应b难以进行；
②用密封的仪器B代替敞口的仪器A可以减少氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，有利于反应b进行，从而提高产品的纯度和产率，故选B，
③步骤II振荡时H2O2发生分解反应，导致过氧化氢溶液的浓度减小，使得部分Co2+未被氧化，发生副反应生成碱式氯化亚钴，所以不管有无改进装置，产物中都会混杂有少量蓝色碱式氯化亚钴晶体，故答案为：H2O2分解，导致氧化剂不足，部分Co2+未被氧化；
（3）由分析可知，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体，故答案为：b、d、e；
（4）设样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2和氯化铵的物质的量分别为amol、bmol，由步骤I可得：5a+b=0.008，由步骤II可得：3a+b=0.005，解得a=0.0015mol，则样品的纯度为×100%=93.94%，故答案为：93.94%。
浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编40化学反应速率与化学平衡（1）
一、单选题
1．（2023·浙江·统考模拟预测）下列实验设计、现象和结论都正确的是
选项
实验目的
实验设计
现象和结论
A
探究温度对化学平衡的影响
加热0.5mol•L-1CuCl2蓝色溶液
加热溶液变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-吸热
B
比较AgBr和AgCl的Ksp大小
向NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入少量AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀，说明Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)
C
证明干燥的氯气不具有漂白性
将干燥的氯气通入盛放红色鲜花的集气瓶中
红色鲜花颜色褪去，说明干燥的氯气有漂白性
D
探究浓度对反应速率的影响
室温下向A、B两支试管中分别装入等体积的稀硫酸和浓硫酸，再加入表面积相等的铁片
B试管中无明显现象，说明浓度越大反应速率越慢
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·浙江金华·模拟预测）利用传感技术可以探究压强对反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡移动的影响。在25℃、100kPa条件下，向针筒中充入一定体积的NO2气体后密封，保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞，保持活塞位置不变、测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法不正确的是
A．该反应的△H＜0
B．B点NO2的转化率为6%
C．反应速率：v(B)＜v(E)
D．t2～t3过程压强变化的原因是：t2时压缩活塞，体积迅速减小，压强增大，平衡右移，使压强减小至达到平衡
3．（2023·浙江金华·模拟预测）探究铜及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
实验方案
现象
结论
A
加热0.5mol•L-1CuCl2溶液，观察溶液颜色变化
溶液由蓝色变为黄绿色
CuCl+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl- △H>0
B
向5mL0.1mol•L-1的CuSO4溶液逐滴加入1mol•L-1的氨水，至出现的蓝色沉淀消失，再加入8mL95%的乙醇溶液，用玻璃棒摩擦试管壁
加入乙醇后析出深蓝色晶体
乙醇是极性较大的溶剂，导致硫酸四氨合铜晶体析出
C
用铜作电极电解饱和食盐水
阳极先出现白色浑浊，一段时间后，试管底部聚焦大量砖红色沉淀
阳极沉淀转化反应：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
D
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol•L-1H2SO4溶液并加热，取冷却后的水解液2mL于试管，加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热
未出现砖红色沉淀
淀粉没有发生水解
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·浙江金华·模拟预测）设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是
A．在25℃时，pH为12的CH3COONa溶液中水电离出的H+数目为0.01NA
B．标准状况下，4.48LSO2和足量O2反应，生成的SO3分子数目为0.2NA
C．电解精炼粗铜时，阳极质量减少6.4g，外电路中通过电子的数目为0.2NA
D．13g苯、苯乙烯、聚苯乙烯的混合物中所含氢原子数目为NA
5．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
实验方案
现象
结论
A
往溶液中通入
无明显现象
弱酸不能制强酸
B
向固体中加入较浓硫酸
产生无色有刺激性气味气体
浓硫酸体现强氧化性
C
将某固体溶于水后，加足量稀盐酸酸化的溶液
产生白色沉淀
该固体中一定含有或
D
盛有等体积等浓度溶液的两支试管分别置于冷水和热水浴中，一段时间后，同时加入等体积等浓度的稀硫酸
热水浴中产生乳白色浑浊更快
其他条件相同时，该反应的温度越高，反应速率越快
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：
反应Ⅰ： ，
反应Ⅱ：
根据能量变化示意图，下列说法正确的是
A．
B．反应Ⅱ决定整个反应的速率
C．催化剂可以降低总反应的焓变
D．
7．（2023·浙江·二模）工业上利用和制备，相关化学键的键能如下表所示：
键
键能
745
436
462.8
413.4
351
已知：①温度为时，；
②实验测得：，为速率常数。
下列说法不正确的是
A．反应的
B．时，密闭容器充入浓度均为的，反应至平衡，则体积分数为
C．时，
D．若温度为时，，则
8．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法不正确的是
A．ab段，随温度升高而增大
B．a点溶液和d点溶液的相同
C．a点时，
D．bc段可能发生反应：
9．（2023·浙江嘉兴·统考二模）甲基叔丁基醚(MTBE)是一种高辛烷值汽油添加剂，可由甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成，其反应过程中各物质相对能量与反应历程的关系如图所示(其中表示甲醇和异丁烯同时被吸附，表示甲醇先被吸附，表示异丁烯先被吸附)，下列说法不正确的是
A．三种反应历程中，反应速率最快
B．该条件下反应的热化学方程式为：
C．甲醇比IB更易被催化剂吸附，所以若甲醇过多会占据催化剂表面从而减慢合成速率
D．同温同压下，只要起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的产率一定相同
10．（2023·浙江绍兴·统考二模）为了研究温度对苯催化加氢的影响，以检验新型镍催化剂的性能，该反应。采用相同的微型反应装置，压强为，氢气与苯的物质的量之比为6.5∶1。反应相同时间后取样分离出氢气后，分析成分得到的结果如下表：
温度/
85
95
100
110～240
280
300
340
质量分数/％
苯
96.05
91.55
80.85
1
23.35
36.90
72.37
环己烷
3.95
8.45
19.15
99
76.65
63.10
27.63
下列说法不正确的是
A．该催化剂反应最佳反应温度范围是，因为催化剂的选择性和活性都比较高
B．以上苯的转化率下降，可能因为温度上升，平衡逆向移动
C．在范围内，适当延长反应时间可以提高苯的转化率
D．在范围内，温度上升反应速率加快，因此苯的转化率上升
11．（2023·浙江·模拟预测）反应 分三步进行，各步的相对能量变化如图I、II、III所示：
下列说法不正确的是
A．三步分反应中决定总反应速率的是反应I
B．I、II两步的总反应为
C．根据图像无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低
D．反应III逆反应的活化能(逆)
二、原理综合题
12．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）对苯二甲酸(TPA)是生产聚酯的主要原料。实验中，将初始浓度为0.08mol/L对甲基苯甲酸(p-TA)放入反应器中(用醋酸作为溶剂)，在Co-Mn-Br的复合催化剂作用下进行反应，反应温度为186℃，反应过程中有充足的氧气供应，对甲基苯甲酸(p-TA)按照如下的路径发生反应：
且有
已知对甲基苯甲酸(p-TA)氧化的活化能比对醛基苯甲酸(4-CBA)氧化的活化能大得多。反应10min后，取样分析，对甲基苯甲酸(p-TA)和对醛基苯甲酸(4-CBA)含量基本为零。请回答：
(1)下列说法正确的是___________
A．反应Ⅰ 的平衡常数表达式
B．CO-Mn-Br催化剂能改变反应历程
C．相同条件下温度升高，反应Ⅰ的速率减慢，反应Ⅱ的速率加快
D．升高温度，副产物的含量会增大
(2)画出上述过程中p-TA制备TPA的物质相对能量-反应过程的示意图_________
(3)某研究小组进行了186℃下p-TA液相氧化反应并绘制了各物质浓度随时间的变化图像。
Ⅰ.已知图像中4-CBA的曲线有误，请说明错误的理由：___________。
Ⅱ.已知有两种溶剂a与b，p-TA、4-CBA和TPA在其中的溶解情况如下表所示，现欲收集反应的中间产物，选择溶剂___________(填“a”或“b”)
溶解度
反应物质
p-TA
4-CBA
TPA
溶剂
a
可溶
易溶
可溶
b
易溶
难溶
可溶
(4)已知原料对甲基苯甲酸(p-TA)可通过对二甲苯(PX)制取，PX液相氧化遵循自由基机理，部分反应历程如下所示，下列说法正确的是___________
A．Co(Ⅲ)使苯环上甲基的C-H键断裂生成PX自由基和
B．该反应中Co(Ⅲ)作为催化剂
C．PX自由基在反应ⅱ中发生还原反应
D．该历程中原料的原子利用率达到100%
13．（2023·浙江·统考模拟预测）我国要在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标。CO2还原为甲醇是人工合成淀粉的第一步。CO2催化加氢主要反应有：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ•mol-1
(1)已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩尔生成焓分别为-393.5kJ•mol-1、-200.6kJ•mol-1、-241.8(一定温度和压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓，单质的摩尔生成焓为0)。则反应I的△H1=______kJ•mol-1。
(2)当压强分别p1、p2时，将=1：3的混合气体置于闭容器中反应，不同温度下平衡体系中CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性如图1所示。在p1压强下，曲线______代表CH3OH的选择性，原因是______。
(3)向VL密闭容器中通入3molH2、1molCO2，在催化剂作用下发生反应。相同时间内，温度对CO2转化率及CH3OH和CO产率的影响如图2所示。在某温度下，体系在tmin时达到平衡状态。此时CO2的转化率为30%，CO2对CH3OH的选择性为40%。
已知：CH3OH(或CO)的选择性=
下列说法正确的是______。
A．CO2的转化率随温度升高而增大的原因可能是温度升高，CO2的反应速率加快，反应II为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行且以反应II为主，CO2转化率增大
B．反应II的平衡常数为0.031
C．则0～tmin内H2的反应速率为mol•L-1•min-1
D．曲线b表示CH3OH的产率
(4)Cu/ZnO纳米片可以提高对CH3OH的选择性，图3为合成CH3OH在无催化剂时，CH3OH的物质的量与时间的关系，请在图3中画出CH3OH在Cu/ZnO纳米片存在下，CH3OH物质的量的变化曲线______。
14．（2023·浙江·模拟预测）甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。
I.和在一定条件下合成甲醇：
(1)根据如图相关物质的能量，计算_______。
(2)向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1mol和0.3mol，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是_______。
A．催化效率较高的是催化剂II
B．A点一定小于C点的
C．C点的正反应速率：
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大
(3)将和分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内的平衡转化率曲线甲如图所示。
容积
甲容器
VL
1mol
amol
乙容器
VL
2mol
2amol
①请在图中画出乙容器中的平衡转化率曲线乙_______。
②当乙容器中的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比_______。
II.已知反应是目前大规模制取氢气的方法之一。
(4)实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得的体积分数增大，其可能的原因是_______。
15．（2023·浙江宁波·统考二模）锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。我国主要以菱锰矿(主要成分为，M为Mn、Mg或Ca)为原料，通过热解法生产二氧化锰等锰基催化剂。
(1)提取的转化关系如下：
已知 ，关系如下图。
①“焙烧”过程最大的是___________。
A． B． C．
②“焙烧”温度应控制在___________。
(2)T℃时，碳酸锰热解制二氧化锰的热化学方程式：
①若该反应的速率方程表示为：和［和分别为正、逆反应速率常数，在一定温度下为常数］，该反应的平衡常数___________(用、表示)。
②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是___________。
(3)由原料气(、)与煤粉在锰基催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下(在25℃、101 kPa时)，、在高温条件还会分解生成碳与氢气：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
上述反应在体积为1L的密闭容器中进行，达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线如图甲所示。
①下列说法正确的是___________。
A．1530 K之前乙炔产率随温度升高而增大的原因：升温使反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动
B．1530 K之后会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大
C．1530 K时测得气体的总物质的量为1.000 mol，则反应III的平衡常数为0.8652
D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大
②请在图乙中绘制平衡时乙烯的体积分数和反应温度的变化趋势，并标明1530 K时的气体体积分数。_________
16．（2023·浙江绍兴·统考二模）二甲醚()是一种重要的化工原料，可以通过制备得到。制备方法和涉及反应如下：
方法a：“二步法”制二甲醚
I：
Ⅱ：
方法b：“一步法”制二甲醚
Ⅲ：
两种方法都伴随副反应：
Ⅳ：
请回答：
(1)反应I自发进行的条件是___________；___________。
(2)在一定温度下，向的恒容密闭容器中通入和和利用方法a制备二甲醚。测得的平衡转化率为30%，为，为，反应I的平衡常数为___________(用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。
(3)恒压条件下，在密闭容器中利用方法b制备二甲醚。按照投料，的平衡转化率和、的选择性随温度变化如图1所示。
(的选择性，的选择性)
①下列说法正确的是___________
A．当反应达到平衡时，
B．曲线①表示二甲醚的选择性
C．温度越低越有利于工业生产二甲醚
D．工业上引入双功能催化剂是为了降低反应Ⅲ的
②在的范围内，的平衡转化率先降低后升高的原因：___________。
(4)有学者研究反应Ⅱ机理，利用磷酸硅铝分子筛催化甲醇制二甲醚，其中简化的分子筛模型与反应过渡态结构模型如图所示，下列说法正确的是___________。(已知：磷酸硅铝分子筛中有酸性位点可以将甲醇质子化，题中的分子筛用“”符号表示)
A．制得的磷酸硅铝分子筛的孔径越大催化效率越高
B．该反应机理：[]
C．改变分子筛组分比例适当提高其酸性，有利加快反应速率
D．温度越高，有利于水蒸气脱离分子筛，反应速率越快
17．（2023·浙江台州·统考二模）催化加氢合成二甲醚是资源化利用的有效途径之一，合成二甲醚的总反应可表示为：
总反应：
该反应可通过如下步骤来实现：
反应I：
反应Ⅱ：
请回答：
(1)_______(用，表示)。
(2)、的条件下，平衡时转化率和的选择性随温度变化如图1所示。其中：的选择性％。
①下列说法正确的是_______。
A．、、均大于0
B．若反应在恒容密闭容器中进行，当体系压强不再变化，则反应I、Ⅱ均达到平衡状态
C．提高氢碳比，平衡时的转化率增大，的选择性减小
D．工业上应选择在200～220℃下具有较高催化活性及选择性的催化剂
②360℃时，的平衡选择性可视为0，不考虑其他副反应，反应I的平衡常数_______。
③、的条件下，催化加氢反应一段时间，不同温度下实际转化率和实际选择性数据如表：
温度/℃
220
240
260
280
300
实际转化率％
7.6
12.4
14.8
18.6
22.9
二甲醚实际选择性％
68.7
77.2
61.0
41.5
27.5
该体系合成二甲醚的最佳反应温度为_______。
④由上表数据可知，240～300℃二甲醚的实际选择性逐渐减小，从化学反应速率角度分析原因_______。
(3)250℃、、，平衡时转化率和收率与进料气中体积分数(/％)有关，其变化如图2所示，其中：
的收率％；
的收率％。
请在图2中画出在0～14％之间平衡收率的变化趋势_____。
18．（2023·浙江·二模）甲醇和二甲醚是可再生能源，具有广泛的发展前景。相关的主要反应有：
制备合成气：I.
制备甲醇和二甲醚：Ⅱ.
Ⅲ.
请回答：
(1)有利于制备合成气(反应I)的条件是___________。
A．低温低压 B．低温高压 C． 高温低压 D．高温高压
(2)一定条件下，相关物质的相对能量与反应过程如下图：
①___________。
②在某温度下，在体积为1L的恒容容器中，投料为1molCO和2molH2，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，在时达到平衡状态，请画出之间的变化趋势___________。
(3)甲醇生成二甲醚的转化率可以根据冷凝液中的与的相对百分含量来计算(忽略副反应和各物质的挥发)。冷凝液中的质量分数为，的质量分数为，则甲醇的转化率___________。(用含和的式子表示)
(4)制备合成气(反应I)时，还存在反应，该过程可用于热化学能的储存。已知：储能效率(是通过化学反应吸收的热量，是设备的加热功率)。反应物气体流速、对转化率、储能效率()的影响，部分数据如下表：
序号
加热温度/℃
反应物气体流速/
1
800
4
1：1
79.6
52.2
2
800
6
1：1
64.2
61.9
3
800
6
1：2
81.1
41.6
①下列说法不正确的是___________。
A．反应I可以储能的原因是该反应是吸热反应，将热量储存在高热值物质CO、H2中
B．其他条件不变，反应物气体流速越小，CH4转化率越大，有利于热化学能储存
C．其他条件不变，越小，CH4转化率越大
D．反应物气体流速越大，CH4转化率越低的可能原因是反应物与催化剂未充分接触
②在实验2和3中，经过相同的时间，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，说明其可能的原因___________。(该条件下设备的加热功率视为不变)
三、工业流程题
19．（2023·浙江金华·统考模拟预测）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元聚合物锂电池的正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺流程如下图所示：
相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
请回答：
(1)“溶浸”步骤中，可加快溶浸速率的措施有___________(写两条)。
(2)下列有关该工艺流程的叙述正确的是___________。
A．“溶浸”步骤中的“滤渣1”的主要成分是S和SiO2(或不溶性硅酸盐)
B．“氧化”步骤中添加的MnO2的作用是催化剂
C．“调pH”步骤中，溶液的pH范围应调节为4.7～6
D．“沉锰”步骤的离子方程式为
(3)“除杂2”步骤的目的是生成MgF2沉淀从而除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，请从平衡移动的角度解释其原因___________。
(4) MnCO3加入足量稀硫酸充分溶解后，经过一系列操作可得较纯的MnSO4晶体。这一系列操作是______→______→过滤→______→______→纯净的MnSO4晶体。______
(5) Mn2+含量可通过过硫酸铵—硫酸亚铁铵法进行测定。其原理是将试样溶于硫酸中，使溶液中的Mn2+在硫磷混合酸的作用下，以硝酸银为催化剂，用过硫酸铵把Mn2+氧化为高锰酸，然后以标准硫酸亚铁铵溶液滴定高锰酸，根据标准液消耗量计算Mn2+的含量。相关方程式如下：
①测定操作步骤如下，在横线内填写一件最关键仪器补全步骤：
用___________称量 MnSO4样品0.250g→用100mL容量瓶将MnSO4样品配成100mL溶液→用___________取待测液25.00mL于锥形瓶中→加入适量硫磷混合酸和硝酸银，再加入足量过硫酸铵充分反应→加热煮沸除去多余的过硫酸铵→用酸式滴定管盛装0.1000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液，滴定3次，分别消耗20.04mL、19.30mL、19.96mL。
②根据以上数据计算样品中MnSO4的质量分数___________。
四、实验题
20．（2023·浙江台州·统考二模）实验室制备一种钴的配合物，化学式为，摩尔质量为，是一种微溶于水、难溶于稀盐酸的紫红色晶体，在热的强碱溶液中不稳定，释放出全部氨分子。实验流程如下：
已知制备原理：反应a：
反应b：
请回答：
(1)下列说法不正确的是_______。
A．由实验可知与钴离子形成配位键的能力由强到弱为：
B．的唯一作用是为反应提供氯离子
C．将步骤III中的浓盐酸改为硫酸溶液，是对方案的优化
D．若步骤II的溶液过低，会导致产率降低
(2)为了使反应快速、充分地进行，步骤II、III均需边振荡仪器A边加试剂，但发现产物中混有大量粉红色的副产物，请回答：
①大量副产物生成的原因是_______。
②通过对装置的改进可以提高纯度和产率，图中可用来代替仪器A的是_______(填“B”或“C”)。
③不管有无改进装置，产物中都会混杂有少量蓝色晶体，经测定是碱式氯化亚钴，化学式为，请解释原因_______。
(3)为步骤IV中一系列操作选择合理选项并排序：蒸发浓缩至少量晶体析出→___→c→___→___→最终得到紧红色晶体____。
a.趁热过滤b.冷却至室温并过滤c.用冷水分数次洗涤固体d.用盐酸分数次洗涤固体e.105℃下烘干f.投入浓硫酸中干燥
(4)为了测定某目标产物的纯度(杂质除外均不参加反应)，称取样品溶于水，在容量瓶中配成溶液，取溶液进行如下操作：
步骤I：加入的溶液并加热至沸腾进行蒸氨，将生成的气体全部通入的盐酸中，用的标准液滴定剩余盐酸，消耗标准液。
步骤II：将蒸氨后的溶液冷却至室温，加硝酸中和至酸性，用标准液滴定至终点，消耗标准液。
样品的纯度为_______。
参考答案：
1．A
【详解】A．加热0.5mol•L-1氯化铜蓝色溶液，溶液变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2++4Cl﹣[CuCl4]2﹣+4 H2O的平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故A正确；
B．没有明确混合溶液中氯化钠和溴化钠的浓度是否相等，则向混合溶液中加入少量硝酸银溶液生成淡黄色沉淀，不能说明溴化银的溶度积小于氯化银，故B错误；
C．干燥的氯气没有漂白性，红色鲜花颜色褪去是因为氯气与水反应生成的次氯酸应强氧化性而表现漂白性，故C错误；
D．室温下铁在浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，则室温下向A、B两支试管中分别装入等体积的稀硫酸和浓硫酸，再加入表面积相等的铁片不能用于探究浓度对反应速率的影响，故D错误；
故选A。
2．C
【详解】A．反应2NO2(g)N2O4(g)为放热反应；△H＜0；故A正确；
B．B点处NO2的转化率为；故B正确；
C．压强可影响化学反应速率，压强增大，化学反应加快，B点压强大于E点压强；所以v(B)>v(E)；故C错误；
D．t2～t3过程压强先增大后降低；所以t2时压缩活塞，体积迅速减小，压强增大，增大压强平衡正向移动，使压强减小至达到平衡；故D正确；
故答案选C。
3．C
【详解】A．加热该溶液，溶液由蓝色变为黄绿色，可知加热使逆向移动，所以正反应为放热反应，A错误；
B．乙醇是极性较小的溶剂，导致硫酸四氨合铜晶体析出，B错误；
C．用铜作电极电解饱和食盐水，阳极铜参与放电，铜失去电子生成氯化亚铜，在碱性环境中最终转化为氧化亚铜，阳极沉淀转化反应：，C正确；
D．淀粉的水解液显酸性，新制氢氧化铜会与酸发生酸碱中和，所以实验设计有误，D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；
B．该反应为可逆反应，SO2不能完全转化，因此生成的SO3分子数目小于0.2NA，故B错误；
C．电解精炼粗铜时，阳极为粗铜，含有锌、铁等活泼金属先于铜失电子，因此阳极质量减少6.4g，转移电子数目不一定为0.2 NA，故C错误；
D．苯、苯乙烯、聚苯乙烯最简式均为CH，则13g混合物即为13gCH质量，含1molCH，所含氢原子数目为NA，故D正确；
故选：D。
5．D
【详解】A．是硝酸盐，硝酸盐溶液在酸性溶液中具有氧化性，二氧化硫气体具有还原性，根据氧化还原反应中强制弱原理，向Ba(NO3)2溶液中通入足量SO2，生成硫酸钡沉淀、一氧化氮气体等，即Ba(NO3)2+ 3SO2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，故A错误；
B．用浓硫酸与Na2SO3反应制取SO2，为复分解反应，反应过程中浓硫酸中硫元素化合价不变，体现浓硫酸的酸性，故B错误；
C．将某固体溶于水后，向溶液滴加加足量稀盐酸酸化的溶液，产生白色沉淀可能是BaSO4或者是AgCl，所以溶液中可能存在HSO、或Ag+，故C错误；
D．盛有等体积等浓度溶液的两支试管分别置于冷水和热水浴中，一段时间后，同时加入等体积等浓度的稀硫酸，热水浴中产生乳白色浑浊更快，说明其他条件相同时，该反应的温度越高，反应速率越快，故D正确；
故选D。
6．A
【详解】A．由于绝对值，该值为负值，去掉绝对值后，，A正确；
B．由图可知，反应I正反应的活化能为E1-E5，反应II的活化能为E2-E3，反应I的活化能较大，则反应I的反应速率慢于反应II，反应I决定整个反应的速率，B错误；
C．催化剂可改变反应的活化能，反应的焓变由始态和终态决定，催化剂不改变焓变，C错误；
D．根据盖斯定律，反应I+II可得目标方程，D错误；
故选：A。
7．D
【分析】T1℃时，反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则，反应的平衡常数K==，设平衡时生成甲酸的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式：
由平衡常数可得：a(1-a)(1-a)=2，解得a=0.5，反应的平衡常数K==2。
【详解】A．由反应热与反应物的键能之和和生成物的键能之和的差值相等可知，反应△H=(745kJ/mol×2+436kJ/mol)-(745kJ/mol+426kJ/mol+413.4 kJ/mol+351 kJ/mol) <0，故A正确；
B．由分析可知，甲酸的体积分数为，故B正确；
C．由分析可知，反应的平衡常数K==2，则k逆=0.5k正，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，化学平衡常数减小，由温度为T2℃时，k正=2.1k逆可知，反应的平衡常数K＇==2.1＞K，则反应温度T2℃＜T1℃，故D错误；
故选：D。
8．B
【详解】A．ab段，升高温度，溶液中HCO的电离平衡正向移动，随温度升高而增大，故A正确；
B．随着温度升高，Kw增大，a点溶液的pH与d点溶液的pH相同，即相同，由于d点溶液中的Kw大，则a点溶液的比d点溶液的小，故B错误；
C．溶液显碱性，则HCO的水解程度大于电离程度，即Kh>Ka2，即Kh= >Ka2，所以a点时，，故C正确；
D．受热易分解，bc段pH迅速增大，迅速减小，可能原因是HCO发生了分解：，溶液中HCO浓度减小，HCO的电离平衡逆向移动，迅速减小，故D正确；
故选B。
9．D
【详解】A．N1、N2、N3三种反应历程的活化能分别为（6-2）QkJ.mol-1=4 QkJ.mol-1、（9-3）QkJ.mol-1=6QkJ.mol-1、（10-4）QkJ.mol-1=6QkJ.mol-1，则N1反应速率最快，A项正确；
B．该反应的焓变△H为生成物的总能量减去反应物的总能量，则△H=（1-5）QkJ.mol-1=-4QkJ.mol-1，该反应的热化学方程式为该条件下反应的热化学方程式为： ，B项正确；
C．乙醇比IB更易被催化剂吸附，占据催化剂表面从而使异丁烯无法与催化剂接触，导致反应速率减慢，C项正确；
D．N1、N2、N3三种反应历程的活化能不相等，则同温同压下，只有起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的产率不相同，Ｄ项错误；
故正确答案为D。
10．B
【详解】A．根据表中数据可以看出，温度范围在时，苯的转化率最高，高于280以后转化率降低，说明该催化剂反应最佳反应温度范围是，故A正确；
B．该反应为吸热反应，且对于吸热反应而言，升高温度平衡正向移动，从表中数据可知，以上苯的转化率下降，可能因为温度上升，催化剂活性降低，故B错误；
C．根据时可知，苯的转化率较高，在范围内，催化剂活性降低，反应速率慢，适当延长时间，可以提高苯的转化率，故C正确；
D．从表中数据可知，在范围内，温度上升反应速率加快，因此苯的转化率上升，故D正确；
故选B。
11．B
【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，根据图中信息反应I活化能最大，因此三步分反应中决定总反应速率的是反应I，故A正确；
B．根据图中信息和盖斯定律得到I、II两步的总反应为 ，故B错误；
C．纵坐标是相对能量，相对能量的参考物不同，无法计算三个过渡态的能量相对大小，因此无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低，故C正确；
D．根据总反应 和 ，得到反应III的 ，逆反应的活化能(逆)，故D正确。
综上所述，答案为B。
12．(1)ABD
(2)
(3) 反应Ⅱ的活化能小，是快反应，中间产物4-CBA在反应过程中不会大量积累 b
(4)AB
【详解】（1）A．根据平衡常数表达式，反应Ⅰ的平衡常数，A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，所以能改变反应历程，B正确；
C．相同条件下温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率都加快，C错误；
D．升高温度，TPA可能会被氧化为CO2和H2O，所以副产物的含量会增大，D正确；
故选ABD；
（2）p-TA制备TPA的相对能量-反应过程：第一步放热反应，第二步吸热反应，且有，所以p-TA的能量高于TPA，则对能量-反应过程的示意图： ；
（3）I．反应Ⅱ的活化能小，反应速率比反应Ｉ快，所以中间产物4-CBA在反应过程中会迅速被消耗，不会大量积累；
II．欲收集反应的中间产物4-CBA，应选b溶剂，因为4-CBA在b溶剂中为难溶，p-TA和TPA在b溶剂中为可溶，将它们溶于b溶剂后，通过过滤可以收集到4-CBA；
（4）A．根据图示，Co(Ⅲ)使苯环上甲基的C-H键断裂生成PX自由基和，A正确；
B．根据图示，Co(Ⅲ)是第i步的反应物，在反应 中，又成Co(Ⅲ)，所以Co(Ⅲ)是作为催化剂，B正确；
C．PX自由基在反应ⅱ中发生氧化反应，C错误；
D．对二甲苯生成对甲基苯甲酸的原子利用率不是100%，D错误；
故选AB。
13．(1)-48.9
(2) ① 反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低
(3)AB
(4)
【详解】（1）已知CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的摩尔生成焓分别为-393.5kJ·mol-1、kJ·mol-1、-241.8kJ·mol-1，单质的摩尔生成焓为0，经分析可知=生成物的生成焓-反应物的生成焓，反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 的=kJ·mol-1 +(-241.8kJ·mol-1)-[0+(-393.5kJ·mol-1)=-48.9 kJ·mol-1；答案：-48.9；
（2）反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则CO的选择性越高，因此①、②表示CH3OH的选择性，图中实线①表示P1压强下CH3OH的选择性、虚线②表示P2压强下CH3OH的选择性，③表示P2压强下CO的选择性，④表示P1压强下CO的选择性，⑤为CO的平衡转化率曲线；答案：答案：①；反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低；因此①表示P1压强下CH3OH的选择性；
（3）A. 反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CO2转化率降低，反应Ⅱ是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，CO2转化率增大， 图中显示随温度升高，CO2的转化率增大，其原因可能是温度升高，CO2的反应速率加快，反应II为吸热反应，温度升高有利于反应正向进行且以反应II为主，导致CO2转化率增大，A正确；
B. 由题目信息可知，转化CO2为1mol=0.3mol，反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，生成CH3OH为0.3mol=0.12mol，消耗CO20.12mol，
反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 消耗CO20.18mol生成CO0.18mol，所以达平衡CO2：(1-0.3)=0.7mol，CO：0.18mol，H2O：0.12mol+0.18mol=0.3mol，H2：3mol-0.18mol-30.12mol=2.46mol，反应II的平衡常数K===0.031，B正确；
C. 由选项B分析可知：达平衡H2转化0.18mol+30.12mo=0.54mol，则0～tmin内H2的反应速率为mol•L-1•min-1，C错误；
D. 反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，甲醇的产率减小，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，二氧化碳的转化率增大，一氧化碳的产率减小，所以表示甲醇产率随温度变化的曲线是a，表示一氧化碳产率随温度变化的曲线是b，D错误；
故答案选AB。
（4）在Cu/ZnO纳米片存在下，反应应速率加快，达平衡时间变短，Cu/ZnO纳米片可以提高对CH3OH的选择性，CH3OH物质的量增多，答案：
。
14．(1)-49.3
(2)ABD
(3) 4:1
(4)CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动
【详解】（1）的生成物的能量-反应物的能量=-201.0-241.8-(-393.5) =-49.3。
（2）A．根据图示信息可知，使用催化剂II时，相同时间内，的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂II，故A正确；
B．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则c点，而A点温度低于C点，则A点一定小于C点的，故B正确；
C．反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点，故C错误；
D．温度区，的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内转化率增大，故D正确；
故选ABD。
（3）①甲容器和乙容器体积相等，乙溶液中和浓度是甲容器的两倍，相当于在甲溶液的基础上增大压强，而反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高稳定的平衡转化率减小，画出乙容器中的平衡转化率曲线乙为：；
②根据已知条件列出甲容器“三段式”
平衡常数，根据已知条件列出乙容器的“三段式”
平衡常数，则。
（4）其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得的体积分数增大。
15．(1) A 622.7~913.3K
(2) K= 保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率
(3) ABD 起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)
【详解】（1）①“焙烧”过程中，相同温度下，ΔG的大小为CaCO3＞MgCO3＞MnCO3，且ΔG=ΔH−TΔS，“焙烧”过程ΔH最大的是CaCO3，故选A；
②由流程图可知，“焙烧”过程中，仅MnCO3分解，则“焙烧”温度应控制在622.7~913.3K。
（2）①平衡时，v正=v逆,即k正c(O2)=k逆c2(CO2)，则K==；
②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率。
（3）①A．反应II、III是吸热反应，升高温度，反应II、III正向移动，故1530K之前，乙炔产率随温度升高而增大，A正确；
B．反应I是放热反应，反应III是吸热反应，升高温度，反应I逆向移动，反应III正向移动，故1530 K之后，会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大，B正确；
C．1530 K时测得气体的总物质的量为1.000mol，H2、C2H2、CH4的体积分数分别为0.8240、0.0840和0.0840，则H2、C2H2、C2H4的浓度分别为0.824mol∙L-1、0.084mol∙L-1和0.008mol∙L-1、则反应III的平衡常数为==8.652，C错误；
D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大，D正确；
故选ABD；
②根据图甲中乙炔的体积分数和温度的关系曲线，且乙烯的起点温度要低于乙炔的起点，最高点的相应温度低于1530K，1530交点乙烯的体积分数不要超过0.01，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线为[起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)]。
16．(1) 低温 --122.4kJ/mol
(2)
(3) B 温度较低(200~280°C)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280~350°C)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高
(4)BC
【详解】（1）反应I熵变小于零、焓变小于零，则自发进行的条件是低温；按盖斯定律，反应Ⅲ=2×Ⅰ+Ⅱ，则。
（2）在一定温度下，向的恒容密闭容器中通入和和利用方法a制备二甲醚。测得的平衡转化率为30%，为，为，则发生副反应即 Ⅳ：，发生I： ，发生Ⅱ：，则平衡时n(CO2)=0.7mol，n(H2)=[3-(0.9-2b)mol]=(2.1+2b)mol，n(CH3OH)= ( 0.3-2a-b) mol，n(H2O)=( 0.3+a) mol，由于容积为1L，则反应I的平衡常数为 (用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。
（3）①A．投料时，结合反应Ⅲ、Ⅳ可知，实际消耗的二氧化碳和氢气物质的量之比不等于1:3：则反应达到平衡时，，A错误；
B．随温度升高平衡右移、二甲醚的选择性降低，则曲线①表示二甲醚的选择性，B正确；
C．温度越低越有利于Ⅲ：右移，但是温度越低反应速率越小，影响二甲醚产量，则温度越低不适合工业生产二甲醚，C错误；
D．双功能催化剂不能降低反应Ⅲ的，D错误；
选B。
②在的范围内，的平衡转化率先降低后升高的原因：温度较低(200~280°C)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280~350°C)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高。
（4）A． 由过渡态中微粒间距可以推测，制得的磷酸硅铝分子筛的孔径应该适中，孔径越大吸附效率下降，影响催化效率，A不正确；
B． 反应Ⅱ的总反应：，ZOH为催化剂，由图知该反应的过渡态为，则该反应的机理为：[ ]，B正确；
C． 磷酸硅铝分子筛中有酸性位点可以将甲醇质子化，有利于吸附，故改变分子筛组分比例适当提高其酸性，有利加快反应速率，C正确；
D． 温度过高，会破坏催化剂、过渡态等物质的稳定性，不利于提高反应速率，D不正确；
选BC。
17．(1)2+
(2) BD 0.052 240℃ 240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应Ⅱ速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小
(3)
【详解】（1）由盖斯定律可知总反应=2I+Ⅱ，则2+，故答案为：2+；
（2）①A.由图中信息可知，随温度的升高的选择性一直降低，可知升温不利于的生成，则总反应以及反应Ⅱ均为放热反应，、、均小于0，而温度在280℃以上时二氧化碳的转化率升高，就可知高温有利于反应I正向移动，则小于0，故A错误；
B.若反应在恒容密闭容器中进行，由总反应可知反应前后气体分子数减少，体系内压强减小，则当体系压强不再变化，则反应I、Ⅱ均达到平衡状态，故B正确；
C.提高氢碳比，有利于反应I平衡正向一定，平衡时的转化率增大，同时也使反应Ⅱ正向移动，的选择性也增大，故C错误；
D. 200～220℃左右时的选择性较高，此时二氧化碳的转化率也较大，选择在此温度下具有较高催化活性的催化剂，有利于生成，故D正确；
故答案为：BD；
②360℃时，的平衡选择性可视为0，不考虑其他副反应，则体系内只发生反应I，此时二氧化碳的转化率为35%，，设氢气为4mol，二氧化碳为1mol，列三段式得：
反应I的平衡常数，故答案为：0.052；
③由表中数据可知不同条件下生成二甲醚的相对量可用二氧化碳的转化率×二甲醚的选择率表示，则分别为：5.22%、9.57%、9.02%、7.72%；由此可知该体系合成二甲醚的最佳反应温度为240℃，故答案为：240℃；
④温度较高时，催化剂的活性会降低，导致反应速率减小，240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应Ⅱ速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小；故答案为：240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应II速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小；
（3）在0～14％之间转化率下降，收率升高，则CO的平衡量逐渐减小，其收率逐渐下降，故答案为：。
18．(1)C
(2) 205.4
(3)
(4) B 反应物气体流量一定的情况下，经过相同的时间，实验2种CH4转化的物质的量相对较多，因此吸收的能量较多
【详解】（1）该反应为吸热且气体分子数增加的反应，升温或减小压强均能使平衡正向移动，故选C；
（2）E1为2molCO和4molH2的总能量，E3为1molCH3OCH3和1molH2O的总E1-E3为能量。由反应2×Ⅱ+Ⅲ得到： 2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-181.4 kJ⋅moL-1+(−24.0kJ⋅moL-1)=-205.4 kJ⋅moL-1=E生成物-E反应物=E3-E1，E1-E3=205.4 kJ⋅moL-1。由于K2>K3，CH3OH的变化由反应Ⅱ决定，CH3OH在反应Ⅱ中作为产物浓度不断增加，而t1-t2达平衡浓度不发生改变，之间的变化趋势为：；
（3）设冷凝液总质量为mg，水的物质的量为：，甲醇的物质的量为：，根据反应2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)可知，生成水，需要消耗甲醇的物质的量为：2×，甲醇的转化率为：；
（4）A．反应吸热反应，即产物CO+H2的总能量高于CO2+CH4，反应体系储能是由于高能的CO和H2，A项正确；
B．由表格知气流速度快比值为1:1储能效率最高，而1、2实验对比，CH4的转化率高储能效率低，B项错误；
C．由实验2、3对比，实验3的转化率高，即比值小转化率高(相当于增加CO2平衡正向，CH4的转化率增大)，C项正确；
D．气流太快，CH4未及时参与反应，没法与催化剂充分接触，D项正确；
故选B。
对比实验2、3发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是气体流量一定的情况下，实验2中CH4转化的物质的量相对较多，因此反应得到的热量较多。
19．(1)矿石粉碎，加热，适当增大硫酸浓度，不断搅拌(任选两条)
(2)AC
(3)由可知，酸度过大，F-浓度降低，使得平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2＋沉淀不完全
(4)蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥→纯净的MnSO4晶体
(5) 电子天平(分析天平) 移液管(酸式滴定管) 96.64%
【分析】将天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)粉碎，加入H2SO4溶浸，此时CuS中的S元素被MnO2氧化为S、Si元素转化为SiO2或硅酸盐；过滤后，往滤液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+；加入氨水调pH，将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2S溶液，将Zn2+、Ni2+转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入MnF2溶液，将Mg2+转化为MgF2沉淀；过滤后，往滤液中加入NH4HCO3，将Mn2+转化为MnCO3沉淀；将沉淀用H2SO4溶解，便可生成MnSO4。
【详解】（1）“溶浸”步骤中，通过增大接触面积、升高温度、增大浓度，可加快溶浸速率，具体措施有：矿石粉碎，加热，适当增大硫酸浓度，不断搅拌(任选两条)。答案为：矿石粉碎，加热，适当增大硫酸浓度，不断搅拌(任选两条)；
（2）A. 由分析可知，“溶浸”步骤中的“滤渣1”的主要成分是S和SiO2(或不溶性硅酸盐)，A正确；
B. “氧化”步骤中添加的MnO2的作用，是将Fe2+氧化为Fe3+，B不正确；
C. 加入氨水调pH，将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，而Zn2+、Ni2+、Mn2+不产生沉淀，则溶液的pH范围应调节为4.7～6，C正确；
D. “沉锰”步骤中加入NH4HCO3，将Mn2+转化为MnCO3沉淀，同时生成CO2等，离子方程式为，D不正确；
故选AC。答案为：AC；
（3）“除杂2”步骤的目的是生成MgF2沉淀从而除去Mg2+，若溶液酸度过高，则F-会转化为HF，不利于Mg2+转化为MgF2沉淀，从平衡移动的角度看，其原因是：由可知，酸度过大，F-浓度降低，使得平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2＋沉淀不完全。答案为：由可知，酸度过大，F-浓度降低，使得平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2＋沉淀不完全；
（4）MnCO3加入足量稀硫酸充分溶解后，需通过蒸发溶剂、降温从而降低溶解度，使MnSO4结晶析出，再过滤、洗涤、干燥，便可获得较纯的MnSO4晶体。这一系列操作是蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥→纯净的MnSO4晶体。答案为：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥→纯净的MnSO4晶体；
（5）①称量 MnSO4样品为0.250g，需使用电子天平(分析天平)；MnSO4溶液呈酸性，取待测液25.00mL，需使用移液管(酸式滴定管)。19.30mL与20.04mL、19.96mL相差过大，应舍去，从而得出所用标准溶液的平均体积为20.00mL。
②依据反应，可建立如下关系式：5(NH4)2Fe(SO4)2——MnSO4，100mL待测溶液所需消耗标准溶液的物质的量为0.1mol/L×0.02L×=0.008mol，n(MnSO4)==0.0016mol，则样品中MnSO4的质量分数为≈96.64%。答案为：电子天平(分析天平)；移液管(酸式滴定管)；96.64%。
【点睛】平行实验中，需先分析数据的有效性，再求平均值。
20．(1)BC
(2) HCl挥发，使得反应b难以进行 B 步骤II振荡时H2O2分解，导致氧化剂不足，部分Co2+未被氧化
(3)bde
(4)93.94%
【分析】由题给流程可知，浓氨水、氯化铵与二氯化钴在仪器A中加水充分反应生成棕色配合物[Co(NH3)6]Cl2，碱性条件下向[Co(NH3)6]Cl2棕色溶液中加入过氧化氢溶液，将[Co(NH3)6]Cl2转化为深棕色[Co(NH3)5H2O]Cl3，向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体。
【详解】（1）A．由向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2可知，与钴离子形成配位键的能力由强到弱为：NH3>Cl−>H2O，故正确；
B．一水合氨在溶液中存在电离平衡，制备[Co(NH3)5Cl]Cl2时，氯化铵除提供氯离子外，还可以增大一水合氨的浓度，有利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成，故错误；
C．由分析可知，将步骤III中的浓盐酸改为硫酸溶液不可能增大溶液中的氯离子浓度，不能将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，故错误；
D．若步骤II的溶液pH过低，溶液中的氢离子会使氨分子转化为铵根离子，不利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成会导致产率降低，故正确；
故选BD；
（2）①步骤III振荡仪器A时，可能导致氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，不利于反应b进行，使得产物中混有大量粉红色的副产物[Co(NH3)5H2O]Cl3，故答案为：HCl挥发，使得反应b难以进行；
②用密封的仪器B代替敞口的仪器A可以减少氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，有利于反应b进行，从而提高产品的纯度和产率，故选B，
③步骤II振荡时H2O2发生分解反应，导致过氧化氢溶液的浓度减小，使得部分Co2+未被氧化，发生副反应生成碱式氯化亚钴，所以不管有无改进装置，产物中都会混杂有少量蓝色碱式氯化亚钴晶体，故答案为：H2O2分解，导致氧化剂不足，部分Co2+未被氧化；
（3）由分析可知，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体，故答案为：b、d、e；
（4）设样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2和氯化铵的物质的量分别为amol、bmol，由步骤I可得：5a+b=0.008，由步骤II可得：3a+b=0.005，解得a=0.0015mol，则样品的纯度为×100%=93.94%，故答案为：93.94%。
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