山东省2023年高考化学模拟题汇编-11化学平衡

这是一份山东省2023年高考化学模拟题汇编-11化学平衡，共58页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
山东省2023年高考化学模拟题汇编-11化学平衡

一、单选题
1．（2023·山东·统考一模）在Fe+催化作用下，C2H6与N2O制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．X为C2H5OH，是中间产物之一
B．过程①~⑥，Fe元素的化合价均发生了变化
C．增加Fe+的量，C2H6平衡转化率不变
D．每消耗1molN2O，可制备0.5molCH3CHO
2．（2023·山东淄博·统考一模）两个均充有H2S的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa，以温度、Al2O3催化剂为条件变量，进行实验：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是

A．温度升高，H2S分解的正，逆反应速率均增大
B．900℃，ts后达平衡，H2的平均生成速率为pkPa∙s−1
C．Al2O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂失去活性
3．（2023·山东菏泽·统考一模）的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色。某同学按如下步骤完成实验：

已知与、在溶液中存在以下平衡：(红色)；(无色)
下列说法不正确的是
A．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的
B．与的配位能力强于
C．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
4．（2023·山东日照·统考一模）铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱、熔点比铝高。下列说法错误的是
A．可用铝热反应制备铬
B．常温下铬在浓硝酸中发生钝化
C．可直接蒸发溶液制备无水
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，则其氧化产物为
5．（2023·山东·日照一中校联考模拟预测）溶液中存在如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。下列有关溶液的说法错误的是

A．加入过量烧碱溶液，反应的离子方程式为
B．当pH=8.8时，
C．加入少量水稀释，平衡时与的比值减小
D．当pH=9.0时，溶液中的平衡浓度约为

二、多选题
6．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如图所示：

已知：PbCl2难溶于冷水，易溶于热水；PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)    △H＞0；Ksp(PbSO4)=1×10-8，Ksp(PbCl2)=1.25×10-5。下列说法错误的是
A．“浸取”的主要离子反应：MnO2+PbS+4H++4Cl-=PbCl2+S+MnCl2+2H2O
B．“沉降”时加入冰水，是为了减缓反应速率，防止反应过快
C．“滤液a”经过处理后可以返回到浸取工序循环使用
D．PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1LH2SO4溶液转化5mol的PbCl2(忽略溶液体积变化)，则H2SO4溶液的最初物质的量浓度不得低于5.08mol•L-1

三、原理综合题
7．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）甲醇合成丙烯有“一步法”和“两步法”两种合成方式，“一步法”是在催化剂的作用下由甲醇直接合成丙烯；“两步法”则分两步合成，其热化学方程式如下：
反应I：甲醇醚化反应(DME)
    
反应II：含氧化合物制丙烯反应(OTP)
    
已知部分键能数据如下：
化学键
C-C
C=C
C-H
H-H
O-H
C=O
C-O
键能/
356
615
413
436
462
745
360

回答下列问题：
(1)“一步法”合成丙烯的热化学方程式为___________。合成丙烯时有乙烯等副产物，若选择作载气时，保持总压不变，调控甲醇和的不同分压，各产物的选择性如下表所示(其他产物略)：
分压/MPa
分压/MPa
丙烯选择性/%
乙烯选择性/%
0.10
0
30.9
7.51
0.08
0.02
32.0
7.42
0.04
0.06
34.8
7.03
0.02
0.08
36.7
6.48
0.01
0.09
39.4
5.43

分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为___________MPa。
(2)已知：。温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol ，若只发生反应Ⅰ，达平衡状态时，体系中的物质的量分数为___________(填序号)。A． B． C． D．
(3)“两步法”中，在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为，则平衡混合体系中，丙烯的体积分数为___________(用含、的式子表示，下同)，若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应II(OTP)的平衡常数___________。
(4)“两步法”中存在反应Ⅲ：    △H，同时也会有芳香烃等副产品，其中丙烯和芳香烃选择性与不同温度下反应I进行的程度的关系如图所示。要提高丙烯的选择性，可采取的措施是___________，当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是___________。

8．（2023·山东枣庄·统考二模）船舶柴油机发动机工作时，反应产生的尾气是空气主要污染物之一，研究的转化方法和机理具有重要意义。
已知：            
        
        
(1)氧化脱除NO的总反应是  ________。
(2)该反应过程有两步：，反应中各物质浓度变化如图所示。则速率常数___________(填“>”、“”“”或“＜”)；c点的K(平衡常数)与Q(浓度商)的等式关系_______(用含、的代数式表示)，温度下反应达到平衡，体系压强为p，则_______。
(2)向恒压密闭装置中充入5 mol 和20 mol ，不同温度下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时其中两种含碳物质的物质的量与温度T的关系如下图所示

图中缺少_______(填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋势为_______，800℃时，的产率为_______。
16．（2023·山东菏泽·统考一模）二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关法，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题：
(1)已知下列热化学方程式：
反应Ⅰ：    
反应Ⅱ：     
则反应    _______。
(2)①向体积均为V L的恒压密闭容器中通入1 mol 、3 mol ，分别在0.1MPa和1MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图所示。下列叙述能判断反应体系达到平衡的是_______(填标号)。

A．的消耗速率和的消耗速率相等
B．混合气体的密度不再发生变化
C．容器内气体压强不再发生变化
②图中表示1MPa时的物质的量分数随温度变化关系的曲线是_______(填字母)，理由是_______；550℃、0.1MPa条件下，t min反应达到平衡，平衡时容器的体积为_______L，反应Ⅱ的_______。(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
(3)一种从高炉气回收制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：

①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中_______[已知：该温度下，]。
②利用电化学原理控制反应条件能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3 mol 时，阴极室溶液的质量增加_______g[B的电解效率]。
17．（2023·山东济南·统考一模）环氧丙醇(GLD)常用作树脂改性剂。在液相有机体系中，可通过碳酸二甲酯(DMC)和丙三醇(GL)制得，体系中同时存在如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：  
已知：①敞口容器可看成恒压装置，体系压强在反应过程中与大气压(1105Pa)相等；
②反应中产生的物质的量相对于空气中很少，故可忽略不计，空气中的体积分数约为0.04%；
③气体和液体共存于同一体系，如在溶剂E中发生的反应，其平衡常数表达式可表示为(p为气体分压，为液相体系中物质的物质的量分数，)。
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变随温度T的变化如图所示。据图判断，表示反应Ⅰ的焓变曲线为_______(填“a”“b”或“c”)；反应Ⅱ在_______(填“高温”或“低温”)下可自发进行。

(2)为研究上述反应的平衡关系，向敞口反应容器中加入1.0 mol DMC和1.0 mol GL，控制温度为℃。平衡时，测得液相体系中GLD的物质的量分数，反应Ⅱ的平衡常数Pa，平衡时GLD的产率=_______%，体系放出热量=_______kJ，反应Ⅰ各组分以液相体系中物质的量分数表示的平衡常数_______。同温下，向上述体系中注入惰性四氯化碳稀释，重新达到平衡时，GLD的产率将_______(填“增大”“减小”或“不变")，GLD与物质的量之比_______。
(3)以W表示体系中加入与反应物物质的量的比值。实验测定W不同时，DMC的平衡转化率和GLD的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。

其中纵坐标表示GLD平衡产率的是图_______(填“甲”或“乙”)；W最大的是_______(填“”“”或“”)。图丙为在不同催化剂下反应相同时间。DMC的转化率随温度变化的关系，图丙上的_______(填字母)点可能是甲、乙两图像所测绘时选取的位置。
18．（2023·山东菏泽·校考一模）为实现“碳达峰”、“碳中和”目标，可将CO2催化加氢制甲醇。该反应体系中涉及以下两个主要反应：
反应I： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49kJ/mol
反应II： CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41kJ/mol
(1)反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的反应热ΔH3=_______。
(2)在密闭容器中，上述反应混合体系建立平衡后，下列说法正确的是_______。
A．增大压强，CO的浓度一定保持不变
B．降低温度，反应II的逆反应速率增大，正反应速率减小
C．增大CH3OH的浓度，反应II的平衡向正反应方向移动
D．恒温恒容下充入氦气，反应I的平衡向正反应方向移动
(3)不同条件下，相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图。

CH3OH的选择性= 100%
①由图可知，合成甲醇的适宜条件为_______ (填标号)
A．CZT催化剂       B．CZ(Zr-1)T 催化剂       C．230°C            D．290 °C
②在230°C以上，升高温度，CO2的平衡转化率增大，但甲醇的产率降低，原因是_______。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，发生反应I和反应II，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，气体体积减小10%，则在达到平衡时， CH3OH的选择性=_______，反应II的平衡常数K=_______。
(5)利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，装置如图：

①铜电极上产生HCOOH的电极反应式为_______。
②若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量变化了 _______g。
19．（2023·山东·日照一中校联考模拟预测）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。CO2和H2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ的=_______；已知由实验测得反应Ⅰ的，(、为速率常数，与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则_______(填“增大”“不变”或“减小”)。
(2)①下列措施一定能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填字母)。
A．增大压强      B．升高温度     C．增大H2与CO2的投料比     D．改用更高效的催化剂
②恒温(200℃)恒压条件下，将1mol CO2和1mol H2充入某密闭容器中，反应达到平衡时，CO2的转化率为a，CH3OH的物质的量为b mol，则此温度下反应Ⅲ的平衡常数Kx =_______[写出含有a、b的计算式；对于反应为物质的量分数。已知CH3OH的沸点为64.7℃]。其他条件不变，H2起始量增加到3 mol，达平衡时，平衡体系中H2的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。
(3)反应Ⅲ可能的反应历程如图所示。

注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字或字母，单位：eV)。其中，TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。
①反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_______。
②相对总能量_______eV(计算结果保留2位小数)。(已知：)
20．（2023·山东·济宁一中校联考模拟预测）氢气在工业上具有重要的应用，从炼钢到食品无处不在，未来随着“碳中和”战略的推进，氢气的使用率必将得到进一步的提升。
(1)用H2可以将CO2转化为CH4，该过程中涉及的反应如下。
①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41kJ•mol-1
②CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2=-205kJ•mol-1
③CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) △H3=-131kJ•mol-1
④C(s)+2H2O(g)CH4(g)+CO2(g) △H4=-25kJ•mol-1
则反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的△H=_____，反应③、④的存在会导致甲烷的产率_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)微观动力学研究表明，在催化剂作用下，反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的能量变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注)。

在该反应历程中，最大的能垒E正=_____eV，请写出该步骤反应的化学方程式：_____。
(3)在一定条件下，向某2L恒容密闭容器中充入2molCO2、4molH2，发生反应②，测得反应10min时，不同温度下氢气的转化率如图所示。

①a、b、c三点对应的v(CH4)逆由大到小的顺序为_____(用a、b、c表示)，请解释原因：_____；T2温度下，若起始时容器内的压强为3MPa，前10min内v(H2)=_____MPa•min-1，该温度下反应的Kp=_____(MPa)-2(保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量的分数)。
②已知速率方程v正=k正•p4(H2)•p(CO2)、v逆=k逆•p2(H2O)•p(CH4)，k正、k逆只与温度有关。若T2时，k逆=2(MPa)-2•min-1，则该温度下k正=_____(MPa)-4•min-1。
(4)科学家一直研究开发氢能源，我国科学家研发的循环制氢和贮氢的新工艺如图。下列有关说法正确的是_____(填字母)。

A．ZnFe2O4中Fe为+6价
B．ZnFe2O4降低了H2O分解的活化能
C．反应2中需要不断地补充ZnO、Fe3O4
D．反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定
E.贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2
21．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）环戊烯()无色液体，主要用作共聚单体、溶剂，也可用于有机合成。在催化剂作用下，可通过环戊二烯()选择性氧化制得，体系中同时存在如下反应：
反应I：(g)+H2(g)(g)    △H1=-100.3kJ•mol-1
(g)反应II：(g)+H2(g)(g)    △H2=-109.4kJ•mol-1
反应III：(g)+(g)2(g)    △H3
已知：选择性=×100%
回答下列问题：
(1)反应III_____(“是”或者“不是”)自发反应。
(2)为研究上述反应的平衡关系，在T℃下，向某密闭容器中加入amol环戊二烯和4molH2，测得平衡时，容器中环戊二烯和环戊烷()的物质的量相等，环戊烯的选择性为80%，此时H2的转化率为_____%，反应III以物质的量分数表示的平衡常数Kx3=_____。
(3)为研究不同温度下催化剂的反应活性，保持其他条件不变，测得在相同时间内，上述反应的转化率和选择性与温度的关系如图所示。环戊二烯氢化制环戊烯的最佳温度为_____；30℃以上时，环戊烯的选择性降低的可能原因是_____(填字母)。

A．催化剂活性降低       B．平衡常数变大       C．反应活化能减小
(4)实际生产中采用双环戊二烯()解聚成环戊二烯：(g)2(g)    △H＞0。若将3mol双环戊二烯通入恒容密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n(双环戊二烯)的变化，曲线B表示T1温度下n(环戊二烯)的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡。

①曲线B在T1温度下恰好达到平衡时的点的坐标为(m，n)，则m_____(填“＞”、“＜”或“=”)2，由图像计算n的取值范围是_____。
②T2温度下，若某时刻容器内气体的压强为起始时的1.5倍，则此时v(正)_____(填“＞”、“＜”或“=”)v(逆)。

四、工业流程题
22．（2023·山东菏泽·统考一模）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、石油精炼用的催化剂等。科研人员研制了一种从废钒催化剂中(含有、、、、等)回收钒的工艺，其主要流程如下：

回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。
(2)已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。滤液2中的含钒离子为_______(填化学式)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示_______(填标号)。
A． B． C．
(3)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为_______；“反应”时，加入的不宜过量，其原因是_______。
(4)已知溶液中与可相互转化：，且为沉淀，“沉钒”时通入氨气的作用是_______。
(5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有_______。
23．（2023·山东日照·统考一模）一种从含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)中回收银和铼的工艺流程如下：

已知：高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题：
(1)“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有_______；“操作x”选用_______结晶(填“蒸发”或“降温”)。
(2)“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为_______；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有_______。
(3)用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到_______中使用(填操作单元名称)。
(4)“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体，该反应的化学方程式为_______。若生成的AgCl用溶解，则100mL 6 最多能溶解AgCl_______g(保留两位有效数字)。已知：)的平衡常数称为稳定平衡常数，；AgCl的。
24．（2023·山东临沂·统考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。

已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____；滤渣I的主要成分是_____(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是______；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为______(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。

250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为______。
25．（2023·山东·日照一中校联考模拟预测）我国冶铅工艺迅猛发展，底吹炉烟灰中除含有主金属铅外，还含有锌、镉(Cd)等有价金属元素，一种对该烟灰中有价金属综合回收工艺研究如下：

已知：Ⅰ.
底吹炉含镉烟灰的主要化学成分






质量分数/%
37.40
15.88
2.51
0.15
0.28
0.15

①As元素以砷酸盐()形式存在；
②Pb元素主要以PbO和PbSO4形式存在，不溶于水；
③Cd元素主要以CdSO4形式存在，CdSO4易溶于水。
Ⅱ.水浸液初始pH=2～3；滤渣①返回冶铅系统；滤渣②主要成分为FeAsO4。
回答下列问题：
(1)为提高“水浸”效率，可以采取的措施有_______(任写一条)。
(2)为提高铅和镉的回收率，需综合分析浸出率、渣含金属、渣率。
温度/℃
浸出率/%
渣含金属
渣率/℃





25
86.06
65.48
55.48
3.27
1.28
67.69
45
84.19
63.95
54.63
3.69
1.33
68.04
65
85.51
62.45
55.63
3.37
1.38
68.30
85
84.15
65.08
54.70
3.82
1.33
65.90
液固比
浸出率/%
渣含金属
渣率/℃





1：1
75.22
54.65
51.26
5.29
1.53
74.39
2：1
80.59
58.62
53.98
4.28
1.47
70.66
3：1
85.51
62.45
55.63
3.37
1.38
68.30
4：1
86.82
65.02
57.06
3.14
1.32
66.52

根据以上实验数据选择合适的液固比和温度：_______，理由：_______。
(3)“中和除砷”阶段主要反应的离子方程式为_______。该工序最终需加入试剂①调节溶液pH=5，下列最合适的是_______(填序号)。
A．NaOH B．NH3·H2O C．Zn2O D．H2SO4
(4)“电解”过程中阴极的电极反应式为_______。
26．（2023·山东菏泽·校考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。

已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10−38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为___________；滤渣I的主要成分是___________(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是___________；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001 mol∙L−1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3+的去除率为___________(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝___________(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，写出反应的化学方程式___________。

参考答案：
1．C
【分析】根据反应机理图示，是反应物，是生成物，其余为中间产物。
【详解】A．根据反应③，X为，是生成物，A错误；
B．根据反应③④，涉及的中间产物中Fe元素化合价相同，B错误；
C．是催化剂，增加的量时，实质是增加的量，催化剂只改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率，C正确；
D．反应③显示其是制备过程的副反应，会生成X（乙醇），因此每消耗1molN2O，制备不了0.5molCH3CHO，D错误；
故选C。
2．C
【详解】A．温度升高，反应速率均增大即H2S分解的正，逆反应速率均增大，故A正确；
B．900℃，ts后达平衡，硫化氢的转化率为50%，则氢气的压强为0.5pkPa，则H2的平均生成速率为，故B正确；
C．根据图中曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸热反应，则正反应的活化能大于逆反应的活化能，而加入Al2O3催化剂使正反应和逆反应活化能都降低，但正反应的活化能仍大于逆反应的活化能，故C错误；
D．催化剂需要适宜温度，在1100℃，曲线II、III重合，说明Al2O3催化剂可能几乎失去活性，故D正确。
综上所述，答案为C。
3．C
【分析】步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与结合生成，步骤③发生平衡转化为；
【详解】A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A正确；
B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明与的配位能力强于，B正确；
C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C错误；
D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；
故选C。
4．C
【详解】A．由题干信息可知，铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱，故可用铝热反应制备铬，原理为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，A正确；
B．由题干信息可知，铬与铝性质相似，已知常温下铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，故常温下铬在浓硝酸中发生钝化，B正确；
C．由题干信息可知，铬与铝性质相似，故蒸发CrCl3溶液时由于CrCl3水解得到Cr(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解正向进行，故直接蒸发CrCl3溶液不能制备无水CrCl3，C错误；
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，由+H2O2+2H+可知，则其氧化产物为，D正确；
故答案为：C。
5．C
【详解】A．加入的NaOH与反应(ⅱ)电离产生的发生反应，促使两个平衡不断右移，最终生成，反应的离子方程式为，A正确；
B．当溶液pH=8.8时，，经计算可知，
溶液中，Cr原子总浓度为，根据Cr原子守恒得
，转化可得，B正确；
C．根据题给信息可知溶液显酸性，，温度一定时均为定值，稀释溶液时减小，增大，C错误；
D．由图可知，当溶液pH=9.0时，，因此可忽略溶液中的，即，
反应(ⅱ)的平衡常数，联立两个方程可
得，D正确；
故选C。
6．AB
【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS反应生成PbCl2和S，MnO2被还原为Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤得到滤渣2为氢氧化铁沉淀，PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl。
【详解】A．浸取时盐酸与MnO2、PbS反应生成PbCl2和S，MnO2被还原为Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为MnO2+PbS+4H++4Cl-=+S+Mn2++2H2O，A错误；
B．PbCl2(s)+2Cl-(aq) (aq)ΔH>0，加入冰水温度降低，化学平衡逆向移动，有利于PbCl2沉淀更完全，B错误；
C．滤液a中主要成分为HCl，经处理后可返回浸取工艺循环利用，C正确；
D．沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+(aq)PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，沉淀转化后c(Cl-)=10mol/L，则沉淀转化后溶液中c()为0.08mol/L，反应生成的PbSO4为5mol，则初始的H2SO4的物质的量至少为5.08mol，浓度不得低于5.08mol/L，D正确；
故答案选AB。
7．(1)          0.01
(2)B
(3)         
(4)     升高温度     反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低

【详解】（1）已知：
反应I：  
反应II：  
由盖斯定律可知，I+II得：，反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，由图表数据可知，；
分析表中数据：要合成得到更多的丙烯，应控制甲醇的最佳分压为0.01MPa，此时丙烯的选择性最高，而副产物乙烯的选择性最低；
（2）温度为500K时，在密闭反应器中加入2mol ，若只发生反应Ⅰ，由于反应为可逆反应不可能进行完全，则体系中的物质的量分数小于；已知：，温度为500K时，，；假设某一时刻，甲醇、甲醚、水的物质的量相等，此时体系中的物质的量分数为，则，反应正向移动，故平衡是体系中的物质的量分数大于；故选B；
（3）在恒容密闭容器中通入甲醇，初始压强为，反应达到平衡时压强为；“两步法”中，反应I为气体分子数不变的反应，反应II为气体分子数增加1的反应，则总压强的变化是由反应II引起的，根据化学方程式II体现的关系可知，平衡混合体系中，丙烯的分液为，体积分数为；若平衡时甲醇的转化率为60%，则反应甲醇0.6、平衡是甲醇0.4；平衡时丙烯；则反应II生成水2、消耗甲醚，反应I消耗甲醇[0.6-]=(0.8-0.5)、生成甲醚(0.8-0.5)、水(0.8-0.5)，故平衡时甲醚为(0.8-0.5)-=(1.8-1.5)、水为2+(0.8-0.5)=(1.5-1.2)，故反应II(OTP)的平衡常数；
（4）要提高丙烯的选择性，可采取的措施是适当升高温度；当温度高于285℃后，丙烯的选择性降低，其原因是反应III为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，副产物增多，丙烯的选择性降低。
8．(1)
(2)     >     含量先增大后减少
(3)     。
（3）①活化能越小，反应速率越快，则反应I与反应II的活化能：1.5，当容器内气体的压强为起始时的1.5倍时，反应正向进行，即v(正)>v(逆)；故答案为：>。
22．(1)SiO2
(2)          C
(3)          过量的将氧化，影响萃取，造成损失
(4)使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出
(5)有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O

【分析】从废钒催化剂中回收，由流程可知，“酸浸”时转化为，转成VO2+，FeSO4可使转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，滤液中加过氧化氢将Fe2＋氧化，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2萃取、分液，水相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O＋ClO＋6VO2+＝6＋Cl−＋6H＋，溶液中与可相互转化：＋H2O＋2H＋，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答。
【详解】（1）据分析可知，渣1的主要成分是SiO2，故答案为SiO2。
（2）已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强，且根据流程分析可知，滤液2中的含钒离子为；分液漏斗活塞放气时从下口放弃，所以正确的放气图示为C，故答案为；C。
（3）“酸浸”时转成VO2+，发生反应的离子反应为；“反应”时，加入的不宜过量，过量的将氧化，影响萃取，造成损失；故答案为；过量的将氧化，影响萃取，造成损失。
（4）溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中OH−浓度增大，消耗了H＋，该平衡正移，从而使尽可能都转化为，另外溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，则目的为使正向移动，将转化为，故答案为使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出。
（5）NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，可以循环使用的物质有有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O，故答案为有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O。
【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
23．(1)     分液漏斗和烧杯     降温
(2)     2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+     溶解高铼酸
(3)酸溶
(4)     4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O     7.18g

【分析】含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)，稀盐酸条件下双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，、、MgO和Fe2O3也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水萃取获得高铼酸铵。Ag和SiO2为浸渣，加入还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。
【详解】（1）“操作I”和“操作II”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶；
（2）“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的；
（3）滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程；
（4）“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O；
已知：①) ；
②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)  ；
①+②可得AgCl(s)+2NH3（aq）[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq) 。设100mL 6 最多能溶解AgCl的物质的量为nmol；
    
n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)=0.05mol143.5g/mol7.18g。
24．(1)     将“赤泥”粉碎     SiO2、TiO2
(2)     将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+     99%
(3)
(4)     Sc2(C2O4)3·H2O     2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2

【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼” 时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、S等，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、S和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=；
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=；
（4）设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g´80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g´76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g´29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
25．(1)适当提高温度，搅拌
(2)     3：1、25 ℃     液固比为3：1时镉的浸出率比较高，同时渣率较高、且渣含金属中铅的含量较高；温度变化对回收率影响不大，常温浸出有利于节约能源
(3)          C
(4)=

【分析】由已知I可知，氧化锌烟灰经水浸、过滤，滤渣是PbO和PbSO4，滤液中含锌、铜、镉、砷元素；经过中和除砷，，砷元素转化为沉淀除去，同时也将铜元素转化为氢氧化铜沉淀除去；过滤后加入锌粉还原，可将镉元素分别转化为高品位海绵镉和低品位海绵镉，滤液主要含有 ，电解可生成高纯度锌。
【详解】（1）可以通过适当提高温度、搅拌等操作提高“水浸”效率。
（2）渣含金属与渣率的乘积即为渣中所含金属的量，据信息Ⅱ可知铅元素以滤渣的形式回收，即铅的浸出率要低，渣含金属与渣率的乘积要高，据流程中物质流向分析，镉要进入溶液，故其浸出率要高。温度变化对二者回收率影响不大，考虑能源节约，选择常温(25 ℃)；由几组液固比对比可知液固比由3：1改为4：1，Cd的浸出率增加很小，Pd的渣含金属与渣率的乘积相差也很小，故选液固比3：1。
（3）由信息Ⅱ知，滤渣②的主要成分为FeAsO4，“中和除砷”阶段溶液显酸性，反应的离子方程式为，为不引入杂质选择试剂ZnO来调节溶液pH。
（4）“电解”制锌时，锌离子得电子生成Zn，故阴极的电极反应式：=。
26．(1)     将“赤泥”粉碎     SiO2、TiO2
(2)     将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+     99%
(3)
(4)2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O

【分析】“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，FeO、Fe2O3、Sc2O3与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤的滤渣主要成分为SiO2、TiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，加氨水调节pH值沉淀铁离子，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；故答案为：将“赤泥”粉碎；SiO2、TiO2。
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH＝3时，溶液中氢氧根离子的浓度c(OH－)＝10−11 mol∙L−1，此时三价铁的浓度为，则Fe3+的去除率为；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；99%。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，则反应2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常数；故答案为：。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，草酸根被氧化为二氧化碳，说明氧气参与反应，则反应的化学方程式2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O；故答案为：2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O。