2022届高考化学二轮复习专题08化学反应速率与化学平衡

这是一份2022届高考化学二轮复习专题08化学反应速率与化学平衡，共27页。试卷主要包含了单选题，共13小题，非选择题，共6小题等内容，欢迎下载使用。
2022届高考化学二轮复习专题08化学反应速率与化学平衡
练习
一、单选题，共13小题
1．（2022·全国·高三专题练习）据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是

A．OH-参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料H2
C．该反应可消耗温室气体CO2 D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化
2．（2022·湖南师大附中高三阶段练习）相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：


下列推理不正确的是
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
3．（2022·山西长治·高一阶段练习）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：

下列说法不正确的是
A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
4．（2022·云南·瑞丽市第一民族中学高一期末）根据图中的能量关系，可求得的键能为

A． B． C． D．
5．（2022·全国·高三专题练习）捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)

A．标准状况下，22.4 L CO2中所含的电子数目为16NA
B．10.1g N(C2H5)3中所含的非极性共价键数目为1.8NA
C．2 mol Au与2 mol H2中所含的分子数目均为2NA
D．100g 46%的甲酸水溶液中所含的氧原子数目为5NA
6．（2022·全国·高三专题练习）叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示。
反应1：(CH3)3CBr→(CH3)2C=CH2+HBr
反应2：C2H5OH+(CH3)3CBr→(CH3)3C—OC2H5 +HBr


下列说法正确的是
A．过渡态能量：①＞③＞②
B．(CH3)3CBr转化为(CH3)3C+Br-的反应速率比(CH3)3C+Br-转化为(CH3)3C=CH2的反应速率快
C．(CH3)3C+是反应1和反应2共同的催化剂
D．反应1和反应2都是放热反应
7．（2022·全国·高三专题练习）和在钯的配合物离子的作用下合成，反应历程如图，下列说法不正确的是


A．在此过程中作为催化剂
B．该过程的总反应为
C．生成的过程中转移电子总数为4mol
D．历程中发生了
8．（2022·全国·高三专题练习）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是

A．过程①发生复分解反应，由弱酸反应得到强酸
B．过程②中，发生反应的离子方程式为： S2-＋2Fe3＋=S＋2Fe2＋
C．过程③中，标准状况下11.2L O2参加反应转移2mol电子
D．在②中Fe3＋作氧化剂，在③中Fe3＋是氧化产物
9．（2022·全国·高三专题练习）技术能有效降低柴油发动机在空气过量条件下的(氮氧化物)的排放，其工作原理：的储存和还原在不同时段交替进行，如图所示。下列说法不正确的是

A．储存过程中化合价发生改变的元素有两种
B．还原过程中，转化为
C．在储存过程中，参加反应的和的物质的量之比为2∶1
D．还原过程中，若还原性气体为，则参加反应的与生成的的物质的量之比是5∶1
10．（2022·全国·高三专题练习）中科院化学研究所最新报道了化合物1催化CO2的氢化机理。其中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如图所示。下列有关该过程的说法正确的是

A．过程中共经历三个过渡态TS11-2、I1-2、TS21-2
B．该过程的总反应速率主要由过程②决定
C．升高温度，有利于提高I1-2的平衡转化率
D．过程①的热化学方程式为I(s)+CO2(g)=I1-2(s) ∆H=-2.08 kJ·mol-1
11．（2022·浙江·模拟预测）工业上可以利用CO2来合成乙酸，其反应路径顺序如图所示，下列说法错误的是

A．反应过程中涉及氧化还原反应
B．第1步反应属于取代反应
C．CH3COORh*I为该反应的催化剂
D．可以用CH3OH、CO2和H2合成 CH3COOH
12．（2022·北京西城·一模）一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：   ，相关数据见下表。
容器编号
温度/℃
起始物质的量/mol
平衡物质的量/mol



Ⅰ

0.2
0.2
0.1
Ⅱ

0.2
0.2
0.12

下列说法不正确的是A．
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ>Ⅰ
D．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol ，平衡正向移动
13．（2022·天津和平·一模）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=
二、非选择题，共6小题
14．（2022·湖南师大附中高三阶段练习）电解法制取高纯镍的原料液中含Cu(II)(主要以Cu2+、CuCl＋、CuCl2等形式存在)杂质，为保证高纯镍产品的纯度，电解前须将Cu(II)除去，方法如下。
(1)S−SO2除铜：向原料液中加入适量细硫粉并鼓入SO2，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。Cu2+沉淀时发生反应的离子方程式为___________。
(2)NiS除铜：向原料液中加入活性NiS粉末，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣(含NiS、CuS等)。
① 室温下，CuCl＋和活性NiS粉末反应的离子方程式为___________；该反应的平衡常数表达式为K=___________。
② 如图−1所示，将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，其原因可能是___________。


③ 除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图−2所示，实验测得溶液pH=3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，其原因可能是___________。
15．（2022·全国·高三专题练习）氧硫化碳()，用于合成除草剂、杀虫剂等，还能作为粮食熏蒸剂。完成下列填空：
(1)的结构与二氧化碳类似，的电子式为：___________；是___________分子(填“极性”或“非极性”)。
、分别与反应均能制得，反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
已知：在相同条件下，
向两个容积相同的密闭容器中按下表投料(不参与反应)，分别发生上述反应。


反应Ⅰ
反应Ⅱ
起始投料






起始物质的量()
1
1
3
1
1
3

图中实线a、b表示在相同的时间内随温度的变化关系。
图中虚线c、d表示两反应的平衡曲线。
(2)W的坐标是，W点的转化率是___________。
(3)a是反应___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)的随温度的变化关系，依据是：___________。
(4)___________0(填“＞”或“＜”)，理由是：___________。
(5)下列结论正确的是___________(选填选项)。A．曲线d为反应I的平衡曲线
B．时，平衡常数
C．相同条件下，延长反应时间也不能使反应体系中Y点的量达到W点
D．恒温恒容下，向W点表示的反应体系中增大，能提高的转化率
16．（2022·浙江·高三专题练习）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。在1L固定容积密闭容器中投入1.8molCH4和3.6molH2O(g)，若只发生反应：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H1=+165.0kJ·mol-1，测得CH4、H2O及某一生成物X的物质的量浓度随反应时间的变化如图1所示(反应中条件有变化时，只考虑改变一个条件)。


(1)①CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，说明该反应自发进行的原因：__。
②反应在10min时的平衡常数K=__(列出数学计算式，不必算出结果)。
(2)第6min时改变的条件是__。
(3)画出X物质4min~9min之间的变化图像___。
(4)反应的过程中发生副反应CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g) △H2=-32.2kJ•mol-1，反应所用的时间和CO2、CH3COOH的产率如图2所示，t时刻后，CO2的产率比CH3COOH低，其原因是__。


(5)我国提出在2030年前实现碳达峰，为了回收CO2有人设计了图3流程，体现了“绿色化学”思想，写出步骤Ⅲ的化学方程式：__。

17．（2022·全国·高三专题练习）含铁化合物是重要的基础材料。
请问答：
(1)已知： ，。。当时，正反应是自发的，此时的逆转温度为___________K。
(2)高炉炼铁中发生的基本反应之一为：
①在1100℃时，K=0.263，若此时测得高炉中，，判断反应速率(正)___________(逆)，理由是___________。
②下列说法不正确的是___________。
A．须采用高温高压的反应条件使FeO还原为
B．粉碎FeO能增大接触面积从而提高反应速率
C．平衡时提高CO气体的分压有利于提高Fe的产量
D．加入CaCO3(s)后因分解产生CO2必使平衡逆向移动
③高炉炉体结构如图1所示，以铁矿石、焦炭、石灰石和空气为原料，由图2推测炉腹中发生的主要反应是___________(选填：a、b、c、d)。

④若将体积比为1：1的CO和H2混合煤气通入进风口，测得不同温度下FeO还原到后，还原剂剩余的物质的量n值如下：
还原剂
600℃
700℃
800℃
900℃
1000℃
1100℃
1200℃
H2
4.18
3.34
2.94
2.60
2.32
2.30
2.25
CO
1.66
2.50
2.90
3.24
3.52
3.54
3.59

请结合表格中的数据说明CO和H2分别还原FeO的倾向性大小是___________。
(3)一定条件下，FeCl2或FeCl3都可以催化分解H2O2。总反应都是。请写出用FeCl3催化的离子方程式。①___________；②___________。
18．（2021·浙江·模拟预测）CO用途广泛，工业应用时离不开平衡思想的指导。
I.在某一容积为5L的体积不变的密闭容器内，加入0.3mol的CO和0.3mol的H2O，在催化剂存在和800℃的条件下加热，发生如下反应： ，反应中的浓度随时间变化情况如下图：

(1)根据图上数据，该温度(800℃)下的平衡常数_______。
(2)在体积不变的条件下，改变下列条件能使平衡常数K增大的有_______(填字母)。
A．升高温度       B．降低温度       C．增大压强       D．减小压强       E.加入催化剂       F.移出一氧化碳气体
(3)若保持温度和容器的体积不变，在(1)中上述平衡体系中，再充入0.3mol的水蒸气，重新达到平衡后，的转化率_______(填“升高”“降低”或“不变”)。
(4)在催化剂存在和800℃的条件下，在某一时刻测得；，则此时正、逆反应速率的大小v正_______(填“>”“②>③，选项A错误；
B．转化为的活化能更大，(CH3)3CBr转化为(CH3)3C+Br-的反应速率比(CH3)3C+Br-转化为(CH3)3C=CH2的反应速率慢，选项B错误；
C．是反应的中间产物，选项C错误；
D．反应1和反应2都是反应物总能量大于生成物总能量，故都为放热反应，选项D正确；
答案选D。
7．C
【解析】
【详解】
A．依据过程图可知在此过程中先消耗后生成，反应前后不变，是催化剂，故A正确；
B．依据图示可知氢气与氧气在催化作用下生成过氧化氢，，故B正确；
C．由B中的方程式可知，生成的过程中，转移电子总数为2mol，故C错误；
D．由图示可知，过程中发生了，故D正确；
故答案为C。
8．B
【解析】
【详解】
A．过程①发生的反应 是复分解反应，由硫化氢生成氯化氢，由弱酸生成强酸，A不选；
B．过程②中，Fe3＋转化为Fe2＋，硫化铜是沉淀，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式是 ，故B选；
C．过程③中，标准状况下11.2L O2参加反应其物质的量是 =0.5mol，转移0.5mol×2×2=2mol电子，故C不选；
D．过程②中，Fe3＋转化为Fe2＋，Fe3＋作氧化剂，在③中 ，Fe2＋转化为Fe3＋，Fe3＋是氧化产物，故D不选；
故选：B。
9．C
【解析】
【详解】
A．在储存过程中，只有氮、氧元素的化合价发生变化，A正确；
B．还原过程中，与还原性气体反应生成氧化钡、氮气和水，B正确；
C．储存过程中，NO与O2、BaO反应生成，1molNO完全反应化合价升高了3mol，1molO2完全反应得到4mol电子，根据电子守恒可知，参加反应的NO和O2的物质的量之比=4mol:3mol=4:3，故C错误；
D．还原过程中，若还原性尾气为H2，1mol氢气完全反应失去2mol电子，中+5价N转化成N2得到10mol电子，根据电子守恒可知，参加反应的H2与生成的N2的物质的量之比=10mol:2mol=5:1，故D正确；
答案选C。
10．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．由相对能量曲线可知，化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应，故A错误；
B．过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kJ·mol-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20kJ·mol-1，过程①的活化能小于过程②的活化能，过程①的反应速率大于过程②的反应速率，故该过程的总反应速率主要由过程②决定，故B正确；
C．由图可知为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于提高I1-2的平衡转化率，故C错误；
D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2(s)△H=2.08kJ·mol-1，故D错误；
故选B。
11．C
【解析】
【详解】
A．过程中存在氢、碳等化合价变化，故过程中涉及氧化还原反应，A正确；
B．第1步中甲醇的羟基被碘原子取代，为取代反应，B正确；
C．根据反应流程可知，CH3COORh*I为反应的中间产物，而非催化剂，C错误；
D．该过程的总反应为甲醇与二氧化碳、氢气反应生成乙酸和水，D正确；
答案选C。
12．D
【解析】
【详解】
A．两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量少，降温平衡正向移动，故，A正确；
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1mol起始投入量为0.2mol，则其转化率为50%，B正确；
C．，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的的时间越短，C正确；
D．恒容1L的容器中，对于反应I平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.05mol、0.1mol，平衡常数K=，平衡后向容器中再充入0.2mol CO和0.2mol ，此时浓度商Qc=，K=Qc，平衡不移动，D错误；
故选D。
13．C
【解析】
【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。
14．(1)Cu2+＋SO2＋S＋2H2O = CuS＋4H＋＋
(2)     CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－          NiS被空气的O2氧化变质，失去活性[或NiS在空气中被自然氧化为Ni(OH)S，失去活性]     pH＜3.5时，随着pH的减小，溶液中的H＋结合S2−生成更多的HS－或H2S，降低了S2−的有效浓度，导致生成CuS沉淀的量减少，除铜渣中铜镍质量比降低。pH＞3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni(OH)2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比
【解析】
(1)
S、SO2与Cu2+反应生成CuS沉淀，Cu的化合价不变，S转化为CuS，S的化合价降低，则应有元素化合价要升高，推知为SO2转化为，S的化合价升高，Cu2+水解显酸性，用H＋平衡电荷，由H、O守恒知，反应物需要加2个H2O即Cu2+＋SO2＋S＋2H2O = CuS＋4H＋＋。
(2)
NiS除铜：向原料液中加入活性NiS粉末，将Cu(II)转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣(含NiS、CuS等)。
①室温下，CuCl＋和活性NiS粉末反应生成 CuS、Ni2+和Cl－，其反应的离子方程式为CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－；NiS、CuS都为固体沉淀，因此该反应的平衡常数表达式为K=；故答案为：CuCl＋＋NiS = CuS＋Ni2+＋Cl－；。
②如图−1所示，将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差，活性NiS粉末陈化时间越长，Cu2+越难除，分析得到Cu2+通过与S2−反应生成CuS除去，Cu2+越难除，说明−2价S被O2氧化，而使NiS失去活性；故答案为：NiS被空气的O2氧化变质，失去活性[或NiS在空气中被自然氧化为Ni(OH)S，失去活性]。
③除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图−2所示，实验测得溶液pH=3.5时除铜渣中铜镍质量比最大，图−2中pH=3.5时铜渣中铜镍质量比最大，回答时应从pH＜3.5和pH＞3.5作答，当pH＜3.5时，溶液的酸性较强，H＋会与S2−结合成HS－或H2S，S2−浓度减小，减弱了S2−与Cu2+的结合，除铜渣中CuS减小，所以除铜渣中铜镍质量比降低；当pH＞3.5时，碱性增强，OH－会与Ni22+反应生成Ni(OH)2沉淀，过滤后的滤渣中，含镍较多，则除铜渣中铜镍质量比降低；故答案为：pH＜3.5时，随着pH的减小，溶液中的H＋结合S2−生成更多的HS－或H2S，降低了S2−的有效浓度，导致生成CuS沉淀的量减少，除铜渣中铜镍质量比降低。pH＞3.5时，随着pH的增大，溶液中Ni2+生成更多的Ni(OH)2沉淀，使除铜渣中Ni含量增大，从而降低了铜镍质量比。
15．(1)          极性
(2)30%
(3)     Ⅱ     在相同条件下，，因此在相同时间内，Ⅰ生成的较Ⅱ多
(4)     ＞     根据平衡曲线，温度越高，越小或根据曲线b，在W点达到最大值，说明在W点反应达到平衡，升高温度下降，说明温度升高，平衡逆向移动，正反应放热
(5)ABC
【解析】
【分析】
在相同条件下，，即反应I的速率比反应Ⅱ快，结合图示中c、d表示两反应的平衡曲线，从图像可知，曲线d的生成物COS的物质的量大，则曲线b、d表示反应I，曲线a、c表示为反应Ⅱ， c、d均随温度的升高，生成物COS的物质的量减小，则反应I、Ⅱ均为放热反应。
(1)
的结构与二氧化碳类似，则的电子式为，是极性分子，故答案为：、极性。
(2)
由分析可知，曲线b、d表示反应I，即，W的坐标是时，=0.3mol，则消耗=0.3mol，的起始量为1mol，则W点的转化率为0.3mol÷1mol×100%=30%，故答案为：30%。
(3)
由分析可知，曲线a表示为反应Ⅱ，因在相同条件下，，因此在相同时间内，Ⅰ生成的较Ⅱ多，故答案为：Ⅱ、在相同条件下，，因此在相同时间内，Ⅰ生成的较Ⅱ多。
(4)
根据平衡曲线，温度越高，越小或根据曲线b，在W点达到最大值，说明在W点反应达到平衡，升高温度下降，说明温度升高，平衡逆向移动，正反应放热，故答案为：＞、根据平衡曲线，温度越高，越小或根据曲线b，在W点达到最大值，说明在W点反应达到平衡，升高温度下降，说明温度升高，平衡逆向移动，正反应放热。
(5)
A．由分析可知，曲线d为反应I的平衡曲线，故A正确；
B．时，反应I、Ⅱ的初始量相同，反应I的生成物COS的物质的量大，容器的体积相同，则反应I中生成物的浓度大于反应Ⅱ，则平衡常数平衡常数，故B正确；
C．曲线a反应未达到平衡状态，相同条件下，延长反应时间能使反应体系中Y点COS的量达到Ｘ点，但不能达到W点，故C正确；
D．恒温恒容下，向W点表示的反应体系中增大N2的物质的量，对反应体系中各物质的浓度无影响，则平衡不移动，可知不能提高H2S的转化率，故D错误；
答案选ABC。
16．(1)     该反应△H＞0，△S＞0，高温自发    
(2)升高温度
(3)
(4)t时刻后，CO2的浓度较高，副反应的活化能低，反应速率快，CO2与CH4反应转化更多的CH3COOH，所以CO2的产率比乙酸低
(5)CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑
【解析】
【分析】
根据题中信息，由△H-T△S＜0反应能自发进行，判断其原因；根据图示信息，求出各组分的平衡浓度，由CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)反应，求出平衡常数K；根据题中图示信息，第6min~9min时CH4的浓度降低，结合反应速率变快，判断改变的条件；根据平衡正向移动，X浓度增大，作出X物质4min~9min之间的变化图像；根据题中所给副反应，结合图示信息，解释t时刻后，CO2的产率比CH3COOH低的原因；根据题中图示信息，结合“绿色化学”思想，写出步骤Ⅲ的化学方程式；据此解答。
(1)
①由CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H1=+165.0kJ·mol-1可知，△H＞0，且该反应是一个气体体积增大的反应，△S＞0，该反应自发进行必须满足△H-T△S＜0，所以需要高温；答案为该反应△H＞0，△S＞0，高温自发。
②由题中图示可知，起始是c(CH4)起=1.8 mol·L-1，c(H2O)起=3.6mol·L-1，10min时平衡状态，各浓度为c(CH4)平=0.7mol·L-1，c(H2O)平=1.4 mol·L-1，X为1.1 mol·L-1，则CH4变化了1.1 mol·L-1，H2O变化了2.2 mol·L-1，由CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)可得，X为CO2，生成了1.1 mol·L-1，H2生成了4.4mol·L-1，平衡常数K==；答案为。
(2)
由题中图像可知，0~4min，CH4由1.8 mol·L-1到1.3 mol·L-1，变化了0.5 mol·L-1，6~9min，CH4由1.3 mol·L-1到0.7 mol·L-1，变化了0.6 mol·L-1，所以第6min~9min时的反应速率比0~4min时的大，且平衡向正反应方向移动，说明第6min改变的条件为升高温度或增加水蒸气的量，再根据第9min平衡时甲烷浓度为，水蒸气浓度为，说明甲烷消耗1.1mol，水蒸气消耗2.2mol，所以不可能为增加水蒸气的量，因此改变的条件只可能为升高温度；答案为升高温度。
(3)
由CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H1=+165.0kJ·mol-1可知，升高温度，平衡正向移动，X为CO2的变化浓度，所以CO2的浓度增大，到9min时达到新的平衡，CO2的浓度为1.1 mol·L-1，图像为；答案为。
(4)
由题中信息可知，反应的过程中发生副反应CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g) △H2=-32.2kJ·mol-1，t时刻后，CO2的产率比CH3COOH低，是因为t时刻后，CO2的浓度较高，副反应的活化能低，反应速率快，CO2与CH4反应转化了更多的CH3COOH，所以CO2的产率比乙酸低；答案为t时刻后，CO2的浓度较高，副反应的活化能低，反应速率快，CO2与CH4反应转化了更多的CH3COOH，所以CO2的产率比乙酸低。
(5)
由题中图示信息可知，整个流程，体现了“绿色化学”思想，即原子的利用率百分之百，所以步骤Ⅲ是CH3COONa与碱石灰中NaOH反应，生成CH4和Na2CO3，其化学方程式为CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑；答案为CH3COONa+NaOHNa2CO3+CH4↑。
17．(1)900K
(2)     ＞     ，即，故(正)(逆)     AD     b     约800℃之前，CO大于H2；800℃之后，H2大于CO
(3)         
【解析】
(1)
△G=△H-T△S＜0，-151.2kJ/mol-T×[0.168kJ/(mol·K)] S＜0，解得T=900K；
(2)
①在1100℃时，K=0.263，若此时测得高炉中，，此时的浓度商，即，反应未达到平衡状态，因此反应正向进行，(正)(逆)；
②A．该反应的正反应是气体体积不变是放热反应，要使FeO还原为，须采用适当温度和高压的反应条件，若是高温条件，化学平衡逆向移动，不利于FeO向Fe的转化，A错误；
B．粉碎FeO能增大FeO与CO的反应接触面积，增大反应碰撞，从而提高反应速率，B正确；
C．平衡时提高CO气体的分压，即增大CO的浓度，可以使化学平衡正向移动，因此有利于提高Fe的产量，C正确；
D．加入CaCO3(s)后，CaCO3分解需吸收能量，会使反应体系的温度降低，可能会使平衡向吸热的正反应方向移动，其分解产生CO2气体，生成物浓度增大，也可能使化学平衡逆向移动，因此加入CaCO3(s)后化学平衡不一定是逆向移动，D错误；
故合理选项是AD；
③在炉腹中温度是1400-1800℃，主要反应是FeO+COFe+CO2，冶炼产生的Fe水进入炉缸中，由出铁口流出，故合理选项是b；
④根据表格数据可知：在约800℃之前，CO的还原性大于H2；800℃之后，H2的还原性大于CO；
(3)
FeCl3是H2O2分解的催化剂，反应分步进行，首先是；然后发生反应：，总反应方程式为：。
18．(1)1
(2)A
(3)降低
(4)＜
(5)     大于     0.0010     0.36
【解析】
(1)
由题意知，起始浓度c(CO)=0.06mol/L，c(H2O)=0.06mol/L，平衡时c(CO2)=0.03mol/L，则

K===1
(2)
平衡常数只随温度的变化而变化，已知该反应正反应为吸热反应，则升高温度平衡正向移动，K增大，故答案为A；
(3)
可逆反应中增大一种反应物的浓度，则另一种反应物的转化率会增大，而本身转化率减小，所以若保持温度和容器的体积不变，在(1)中上述平衡体系中，再充入0.3mol的水蒸气，重新达到平衡后，H2O的转化率降低；
(4)
在催化剂存在和800℃的条件下，在某一时刻测得c(CO)=c(H2O)=0.09 mol/L，c(CO2)=c(H2)=0.13 mol/L，则此时Qc===2.1>K=1，则反应逆向进行，故正、逆反应速率的大小：υ正＜υ逆；
(5)
由题干“随温度升高，混合气体的颜色变深”可知，升高温度向吸热反应方向移动，平衡向右侧移动，说明正反应为吸热反应，故该反应的ΔH>0，故答案为：大于；
0～60s时，N2O4的浓度减小了0.1 mol/L-0.04 mol/L=0.06 mol/L，故这段时间内 (N2O4)===0.0010 mol·L-1·s-1；
由图示所给数据列三段式如下：，则K1===0.36。
19．(1)     34.21 kJ/mol     41.65 kJ/mol
(2)     低于     c     或2.08或2.1
【解析】
【分析】
(1)
①根据图示可知：由生成的活化能为5.41 kJ/mol-(-28.80 kJ/mol)=34.21 kJ/mol；
②由图可中：步骤2的活化能最大，该步反应速率最慢，是决定整个反应速率的快慢，该基元反应的活化能为37.29 kJ/mol-(-4.36 kJ/mol)=41.65 kJ/mol；
(2)
①合成氨气的反应是放热反应。在其他条件不变时，升高温度平衡逆向移动，NH3的平衡含量降低。根据图示可知NH3的平衡含量：T2＞T1，所以温度T2＜T1；
②在温度不变时，增大H2的含量，化学平衡正向移动，可以促进N2转化为NH3，因而可提高N2的平衡转化率。所以在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N 2的转化率最高的是c点；
③当氮气和氢气的物质的量之比为1：3时达平衡状态时氨的百分含量最大，平衡点时产物的产率最大，当n=3 mol反应达到平衡时H2的转化率为60%，故起始氮气浓度为1 mol/L，变化的氢气浓度为3mol/L×60%=1.8 mol/L，变化的氮气浓度为0.6 mol/L，平衡时N2、H2、NH3的浓度分别是0.4 mol/L、1.2 mol/L、1.2 mo/L，故该反应的化学平衡常数K=。