2024届高三新高考化学大一轮专题练习 化学反应速率与化学平衡

这是一份2024届高三新高考化学大一轮专题练习 化学反应速率与化学平衡，共24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。

2024届高三新高考化学大一轮专题练习-化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2023春·浙江·高三校考周测）一定温度下，的氯化、溴化反应势能图及一段时间后产物的选择性如图，下列叙述不正确的是

A．以丙烷为原料合成丙醇时，“溴化反应”相比“氯化反应”更有利于提高2-丙醇的含量
B．平衡时升高温度，体系中n(1-氯丙烷)：n(2-氯丙烷)的值增大
C．
D．由图可知，不同化学环境的相同化学键键能可能不同
2．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）纳米二氧化钛催化剂可用于工业上合成甲醇：，按投料比将与充入恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法错误的是

A．
B．
C．N点转化率、平衡常数均大于M点
D．、压强下，Q点对应的
3．（2023·全国·高三专题练习）已知2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)的速率方程为v=k·cn(N2O)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下：
t/min
0
10
20
30
40
50
60
70
c(N2O)/mol·L-1
0.100
0.080
c1
0.040
0.020
c2
c3
0
下列说法正确的是
A．t=10min时，v(N2O)=2.0×10-3mol·L-1·min-1
B．速率方程中n=1，表格中c1>c2=c3
C．相同条件下，增加N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若起始浓度为0.020mol·L-1，当减至一半时共耗时70min
4．（2023春·江苏南京·高三南京市雨花台中学校考期中）以乙炔和1，2—二氯乙烷为原料生产氯乙烯包括如下反应：
反应I： ClCH2CH2Cl(g) HCl(g)+ CH2=CHCl(g) ΔH1= +69.7 kJ/mol
反应II： HCCH(g) + HCl(g) CH2=CHCl(g) ΔH2=—98.8 kJ/mol
1.0×105Pa下，分别用如下表三种方式进行投料，不同温度下反应达到平衡时相关数据如图所示：
方式
气体投料
平衡时相关数据
甲
ClCH2CH2Cl
ClCH2CH2Cl转化率
乙
n(HCCH)：n(HCl)=1:1
HCCH转化率
丙
n(ClCH2CH2C1)：n(HCCH)=1:1
CH2=CHCl产率

下列说法正确的是
A．曲线②表示平衡时ClCH2CH2Cl转化率随温度的变化
B．乙方式投料中若增大的比值，HCCH转化率将增大
C．按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CH2=CHC1可能使CH2=CHCl的产率从X点的值升至Y点的值
D．在催化剂作用下按方式丙投料，反应达到平衡时CH2=CHCl的产率(图中Z点)低于X点的原因可能是催化剂活性降低
5．（2023春·吉林长春·高三长春外国语学校校考期中）对于反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，该反应是放热反应。下列有关说法正确的是
A．反应中生成22.4LNO时，转移2.5mol电子
B．断裂4molN-H键的同时，形成6molO-H键，说明该反应达到平衡状态
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．在恒温恒容条件下，若反应体系压强不再改变，说明该反应达到平衡状态
6．（2023春·河南新乡·高三统考期中）某温度下，在某一恒容密闭容器中，充入一定物质的量的NO和Cl2，发生反应，下列说法正确的是
A．仅适当降低温度，该反应的正逆反应速率均减小
B．加入合适的催化剂，该反应达到平衡时的值将增大
C．该反应的反应物的键能总和大于生成物的键能总和
D．保持其他条件不变，仅充入少量的稀有气体，该反应的速率将增大
7．（2023·河北·模拟预测）在523.15K、7MPa的条件下，乙烯通过固体酸催化可直接与水反应生成乙醇：。该反应的吉布斯自由能()与温度(T)的关系如图所示(已知：分压=总压×物质的量分数)。下列说法正确的是

A．乙烯通过固体酸催化直接与水反应生成乙醇属于取代反应
B．加入更多的固体酸催化剂，有利于提高乙醇的平衡产率
C．由图像可知
D．当反应达到平衡状态时，体系的总压强为p，其中、、均为1mol，则用分压表示的平衡常数
8．（2023秋·河南三门峡·高三统考期末）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：。可以判断该分解反应已经达到化学平衡的是
①
②密闭容器中总压强不变
③密闭容器中混合气体的密度不变
④密闭容器中氨气的体积分数不变
⑤密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变
A．②③⑤ B．②③ C．②③④ D．①②④
9．（2023秋·浙江宁波·高三统考期末）干冰升华过程中，其焓变和熵变正确的是
A．， B．， C．， D．，
10．（2023秋·河南驻马店·高三统考期末）某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影响图像如图所示。下列判断错误的是

A．由图1可知，T1＜T2，该反应正反应为放热反应
B．由图2可知，该反应m+n＞p
C．图3中，表示反应速率v正＞v逆的是点1
D．图4中，若m+n=p，则a曲线可能使用了催化剂
11．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）乙烯可用于制备乙醇：    。向10L某恒容密闭容器中通入2mol (g)和m mol (g)发生上述反应，测得(g)的平衡转化率与投料比以及温度的关系如图所示。下列说法正确的是

A．
B．a、b点对应的平衡常数
C．a点对应的体系中，反应从开始到平衡的2min内，
D．b点对应的体系中，m=1.8
12．（2023·全国·模拟预测）2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学的经典反应之一是铜催化的叠氮－炔环加成反应。反应过程如图所示。

下列说法错误的是
A．H+是点击反应的中间产物 B．反应前后碳元素的化合价不变
C．铜催化时点击反应的活化能减小 D．总反应式为
13．（2023秋·山西大同·高三统考期末）在容积不变的密闭容器中进行反应：2M(g)+N(g)2Q(g)  △H，其平衡常数与温度的关系如图所示。下列说法错误的是

A．上述反应△H<0
B．a点处v(M)正=2v(N)逆
C．a、b、c三点中，只有b点处反应达到平衡状态
D．b点处，K正=K逆=1

二、多选题
14．（2023·湖南衡阳·统考一模）二氧化碳催化加氢的反应有利于减少温室气体排放，反应为，下列说法不正确的是
A．上述反应平衡常数K=
B．上述反应的(E表示键能)
C．上述反应中每生成，转移电子的数目约为
D．实际应用中，氢碳比越大越有利于提高的平衡转化率

三、原理综合题
15．（2023春·湖北恩施·高三校联考期中）氨的用途十分广泛，是现代工业、农业生产最基础的化工原料之一。
I．以氨为原料可生产尿素：2NH3(g)+CO2(g) CO(NH2)2(l)+H2O(g) ΔH， 其反应分两步进行：
①2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(l) ΔH1=−117kJ·mol−1
②NH2COONH4(l) CO(NH2)2(l)+H2O(g) ΔH2=+15kJ·mol−1
(1)生产尿素的决速步骤是第二步，可判断活化能较小的是_______(填“①”或“②”)。
(2)总反应的ΔH=_______。
Ⅱ．传统的“哈伯法”合成氨原理为：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=-92.4kJ·mol−1 ΔS=−200J·K−1·mol−1
(3)上述反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发进行。
(4)一定条件下，在恒温恒容的密闭容器中充入等物质的量的N2和H2发生反应生成NH3下列状态能说明反应达到平衡的是_______(填标号)。
A．容器内气体的平均摩尔质量不变 B．N2的体积分数不变
C．混合气体的颜色不再改变 D．3v正(NH3)=2v逆(H2)(5)科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向体积可变的密闭容器中充入6mol N2和10mol H2，不同温度下平衡时氨气的体积分数与总压强(p)的关系如图所示。
  
①T1、T2、T3由小到大的顺序为_______。
②在T2、60MPa条件下，平衡时N2的转化率为_______％；平衡常数Kp=_______(保留两位有效数字)。(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压x物质的量分数)
16．（2023·山东日照·校联考二模）多晶硅可用作光伏转换器的材料，锌还原法生产多晶硅涉及以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)已知：；，对于反应，图中_______(填“大于”“小于”或“等于”)。结合下图分析，_______0(填“大于”或“小于”)。

(2)在锌还原法生产多晶硅的密闭体系中，下列说法错误的是_______(填标号)。
A．增大的浓度有利于提高的转化率
B．若气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应Ⅰ、反应Ⅱ均达平衡
C．平衡后，若压缩体积，反应I平衡正向移动，反应平衡不移动
D．选用合适的催化剂可以提高硅在单位时间内的产量(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入和的混合气体，发生反应Ⅰ和Ⅱ，反应Ⅱ的净速率，其中分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压。降低温度时，_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)图甲为不同温度下达到平衡时各组分的物质的量分数，图乙为在催化剂作用下同一时间内，硅产率与反应温度的关系曲线，M点到N点硅产率缓慢下降的可能原因是_______，N点后硅产率快速下降的主要原因是_______。

(5)在一定温度下，向一定体积的密闭容器中，按的比例充入和的混合气体，此时压强为，达到平衡后体系压强为，其中的分压为，则反应Ⅰ的_______。已知：，其中为和为各组分的平衡分压。
17．（2023秋·安徽芜湖·高三统考期末）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，CO2的综合利用及氢能源的开发备受关注。请回答下列问题：
Ⅰ、乙醇—水催化重整可获得 H2。相关主要反应有：
①C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2 (g) ΔH＝+173kJ·mol −1
②CO2(g)+H2 (g)CO(g)+H2O(g) ΔH＝+41kJ·mol −1
298K时，相关物质的相对能量如图1所示。可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如：H2O(g)＝H2O(l) ΔH＝−286kJ·mol −1 −(−242 kJ·mol −1)＝−44kJ·mol −1。
(1)根据图1计算C2H5OH (g)的相对能量＝ ___________kJ·mol−1，温度升高对反应___________(填①或②)影响更大一些。  

(2)在500℃、1.0×105 Pa时，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol C2H5OH和3 molH2O，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图2所示，( CO的选择性＝ )。

  ①升高温度，平衡时CO的选择性___________(填“增大”或“减小”)。达到平衡时，容器中C2H5OH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时 ɑ + b=___________，反应②的平衡常数K p＝__________(用含a 、 b 、 V的代数式表示)。
②一定温度下，若加入CaO(s)，则平衡时H2的产率增大，与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是___________。
Ⅱ、“ Fe——H2O 热循环制氢和甲酸”的原理如下：
①用NaOH或Na2CO3溶液吸收CO2生成NaHCO3溶液；
②反应初期铁粉与NaHCO3溶液反应，生成FeCO3和H2，FeCO3迅速转化为活性Fe3O4－x；
③活性Fe3O4－x吸附H2并催化 转化为HCOO－ 。
(3)③中反应的离子方程式为___________。
(4)在其他条件相同时，测得 Fe 的转化率、HCOO－ 的产率随 c()变化如图 3 所示。HCOO－的产率随c()增加而增大的可能原因是 ___________。
  

四、工业流程题
18．（2023·全国·模拟预测）铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(主要含)制备的工艺流程如下：

已知：①铈的常见化合价为+3、+4。四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液
②能与结合成，能被萃取剂萃取。
(1)焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是___________。
(2)“酸浸II”过程中转化为，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和替换就不会造成环境污染。则稀硫酸、与反应的离子方程式为___________。
(3)“操作I”的名称是___________。
(4)“浸出液”中含有少量及其他稀土元素的离子，可以通过“萃取”与“反萃取”作进一步分离、富集各离子。“萃取”时与萃取剂存在反应：。用D表示分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比：，其他条件不变，在浸出液中加入不同量的，以改变水层中的，D随浸出液中增大而减小的原因是___________。
(5)取上述流程中得到的，加酸溶解后，向其中加入含的硫酸亚铁溶液使全部被还原成，再用的酸性标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液。则的质量分数为___________(已知氧化性：；的相对分子质量为208)。

参考答案：
1．C
【详解】A．“溴化反应”时的选择性为97%，“氯化反应”时的选择性为55%，所以以丙烷为原料合成丙醇时，“溴化反应”相比“氯化反应”更有利于提高2-丙醇的含量，故A正确；
B．温度对活化能大的反应影响更大，平衡时升高温度，体系中n(1-氯丙烷)：n(2-氯丙烷)的值增大，故B正确；
C．根据图像①
②；
根据盖斯定律①-②得   
③
④
根据盖斯定律③-④得   
所以，故C错误；
D．由能量不同，可知不同化学环境的相同化学键键能可能不同，故D正确；
选C。
2．C
【详解】A．由图可知，随温度升高CO的平衡转化率下降，说明升温平衡逆向移动，则正向为放热反应，，故A正确；
B．该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，减小压强平衡逆向移动，由图：压强由过程中CO转化率增大，可知平衡正向移动，则压强：，故B正确；
C．N、M点温度相同，则K相同，故C错误；
D．、压强下M点为平衡状态，Q点转化率低于平衡转化率，则反应正向进行，，故D正确；
故选：C。
3．A
【详解】A．t=10min时，v(N2O)==2.0×10-3mol·L-1·min-1，选项A正确；
B．根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的消耗是匀速的，说明反应速率与c(N2O)，所以速率方程中n=0，选项B错误；
C．速率方程中n=0，相同条件下增加N2O的浓度不能加快反应速率，选项C错误；
D．保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为2.0×10-3mol·L-1·min-1，若起始浓度0.200mol·L-1，减至一半时所耗时间为=50min，选项D错误；
答案选A。
4．C
【详解】A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，ClCH2CH2Cl的转化率增大，则曲线①表示平衡时ClCH2CH2Cl转化率随温度的变化，故A错误；
B．增大的比值相当于减小氯化氢的浓度，平衡向逆反应方向移动，乙炔的转化率减小，故B错误；
C．按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CH2=CHCl，CH2=CHCl的浓度减小，反应反应Ⅰ和Ⅱ均向正反应方向移动，CH2=CHCl的产率增加，可能使CH2=CHCl的产率从X点的值升至Y点的值，故C正确；
D．催化剂能加快反应速率，但不影响化学平衡移动，对平衡时CH2=CHCl的产率无影响，故D错误；
故选C。
5．D
【详解】A．未注明是否为标准状况，无法计算，A错误；
B．断裂N-H键，形成O-H键均为正反应，B错误；
C．升高温度，正逆反应速率均增大，C错误；
D．该反应前后气体系数之和不相等，在恒温恒容条件下，未平衡时压强会变，当压强不再改变时，说明反应达到平衡，D正确；
综上所述答案为D。
6．A
【详解】A．仅适当降低温度，反应体系能量降低，活化分子百分数减小，故该反应的正、逆反应速率均减小，A正确；
B．化学平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变平衡常数不变，且加入合适的催化剂，只能改变反应速率，不能是平衡发生移动，故该反应达到平衡时的值将不变，B错误；
C．由题干信息可知，该反应正反应为放热反应，故该反应的反应物的键能总和小于生成物的键能总和，C错误；
D．保持其他条件不变，仅充入少量的稀有气体，反应体系中各物质的浓度均不变，故该反应的速率将不变，D错误；
故答案为：A。
7．D
【详解】A．是加成反应，故A错误；
B．固体酸作为催化剂，不能影响化学平衡的最终状态，对乙醇的平衡产率没有影响，故B错误；
C．，根据图示，低温条件下，高温条件下，可知低温条件下反应能自发进行，则，故C错误；
D．平衡时、、均为1mol，则三者的分压均为，故用分压表示的平衡常数，故D正确。
故选D。
8．B
【详解】①没有指明正、逆速率，不能判断是否到达平衡，故错误；
②该反应是气体体积增大的反应，故当容器内压强不变时，已达到平衡，故正确；
③随反应进行混合气体的质量增大，容器的容积不变，反应混合气体的密度增大，当密度不再变化，说明到达平衡状态，故正确；
④反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1，氨气体积分数始终不变，所以不能说明到达平衡，故错误；
⑤反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1，密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，所以不能说明到达平衡，故错误；
故选：B。
9．A
【分析】干冰升华过程中吸热，气体分子数增多，结合吸放热与ΔH的关系、气体体积的变化与熵变的关系分析解答。
【详解】干冰升华过程中，物质由固态变为气态，体系的混乱度增大，属于熵增的过程，ΔS＞0；干冰升华过程中，物质由固态变为气态，为吸热过程，ΔH＞0，故A正确；
故答案选A。
【点睛】本题考查了焓变、熵变及其判定，明确固态物质转化为气态的过程中体系混乱度的变化和能量的变化是解题关键，题目难度不大。
10．C
【详解】A．根据“先拐先平数值大”，可知T1＜T2，升高温度，C的百分含量减小，说明平衡逆向移动，故该反应的正反应为放热反应，A正确；
B．由图可知，增大压强，C的百分含量增大，说明加压平衡正向移动，所以该反应m+n＞p，B正确；
C．图中点1的转化率大于同温下的平衡转化率，说明点1反应逆向进行，反应速率：υ正＜υ逆，C错误；
D．曲线a速率加快、平衡没移动，若m+n=p，曲线a可能使用了催化剂或加压，D正确；
故答案选C。
11．D
【详解】A．此反应为放热反应，b、c点的投料比相同，温度低，平衡向着正向移动，转化率高。b的转化率高，所以温度低，A错误：
B．此反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数减小，则，B错误；
C．a点时，此时(g)与(g)的物质的量相等，即，据图中信息列三段式：
，容器容积为10L，反应时间是2min，故，C错误；
D．由a、b、c点可知，a、c点对应的平衡常数相等，b、c点对应的体系起始通入的反应物的物质的量相等，将c点对应体系列三段式：
，则，解得m=1.8，b、c点的X投料比相同，所以b点对应体系中，m=1.8，D正确；
故答案选D。
12．B
【详解】A．上一步反应先生成后下一步反应又消耗，因此是点击反应的中间产物，A项正确；
B．反应后碳碳三键变成碳碳双键，碳元素化合价发生变化，B项错误；
C．催化剂通过改变反应途径而降低活化能，C项正确；
D．观察整个循环过程可知，和为反应物，为产物。[Cu]为催化剂，可得总反应式，D项正确；
故选B。
13．C
【详解】A．温度升高，正反应的平衡常数K正减小，平衡左移，说明正反应为放热反应，△H<0，故A正确；
B．a点处于平衡状态的点，速率比等于化学计量数之比，v(M)正=2v(N)正，v(N)逆=v(N)正，则v(M)正=2v(N)逆，故B正确；
C．曲线上的点都是处于平衡状态的点，a、b、c三点都是反应达到平衡状态的点，故C错误；
D．由图可知，b点处，K正=K逆，根据，则K正=K逆=1，故D正确；
故选：C。
14．BC
【详解】A．由方程式可知，反应平衡常数K=，故A正确；
B．由反应热是由反应物键能之和与生成物的键能之和的差值可得，反应，故B错误；
C．由方程式可知，反应中每生成，转移电子的数目约为，故C错误；
D．氢碳比增大相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率最大，则实际应用中，氢碳比越大越有利于提高的平衡转化率，故D正确；
故选BC。
15．(1)①
(2)−102 kJ·mol−1
(3)能
(4)ABD
(5) T1
【详解】（1）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，生产尿素的决速步骤是第二步，说明第二步的活化能较大，因此活化能较小的是①，故答案为：①；
（2）根据盖斯定律，将①+②可得总反应，则ΔH=ΔH1+ΔH2=-102kJ·mol−1，故答案为：−102 kJ·mol−1；
（3）该反应的ΔH-TΔS=-92.4-298×0.2＜0，因此该反应在常温下能自发进行，故答案为：能；
（4）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
A．体系中气体质量保持不变，但反应正向是气体体积减小的反应，只要反应未平衡，则气体的总物质的量在变化，也即气体的平均摩尔质量在变化，因此当容器内气体的平均摩尔质量不变，说明反应已达到平衡状态，故A符合题意；
B．N2的体积分数不变时，各物质的量均不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．氢气、氨气、氮气均无色，无法通过观察颜色变化确定该反应是否达到平衡状态，故C不符合题意；
D． 3v正(NH3)=2v逆(H2)时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态；故答案为：ABD；
（5）①合成氨的反应为放热反应，升温平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，由图可知，T1 ②在T2、50MPa下达到平衡时，氨气的体积分数为60%，则设平衡时n(NH3)=xmol，则n(H2)=(10-1.5x)mol，n(N2)=(6-0.5x)mol，，解得x=6，则平衡时氮气消耗了3mol，氮气的平衡转化率为；平衡时， ，，，则0.33 MPa−2，故答案为：50； 0.33 MPa−2。
16．(1) < 小于
(2)B
(3)减小
(4) 随着温度升高反应Ⅱ正向移动消耗、，且反应Ⅰ逆向移动，故导致硅产率下降 温度过高导致催化剂失其活性
(5)222.2

【详解】（1）由图可知，A点温度低于B点，温度越高反应速率越快，则<；①；②，①+②得，则，，结合图像可知，随着温度升高，，则升高温度平衡逆向移动，为放热反应，故焓变小于零，<0；
（2）A．反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大的浓度，反应Ⅰ正向移动，有利于提高的转化率，A正确；
B．反应Ⅰ中气体的平均相对分子质量为变量，气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应Ⅰ达到平衡；反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，反应Ⅱ中气体的平均相对分子质量为不变量，气体的平均相对分子质量不再变化，不能说明反应Ⅱ达到平衡；B错误；
C．平衡后，若压缩体积，反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，则反应I平衡正向移动；反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，则反应Ⅱ平衡不移动，C正确；
D．选用合适的催化剂可以加快反应速率，能提高硅在单位时间内的产量，D正确；
故选B；
（3）降低温度时，均减小，反应Ⅱ焓变大于零，降低温度，平衡逆向移动，故减小幅度大于，则减小。
（4）已知反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，含量增加，反应Ⅱ生成的也会增加，但是结合图像可知，总的减小，说明反应Ⅰ逆向移动程度较大，反应Ⅰ为放热反应，故M点到N点硅产率缓慢下降的可能原因是随着温度升高反应Ⅱ正向移动消耗、，且反应Ⅰ逆向移动，故导致硅产率下降；N点后硅产率快速下降的主要原因是温度过高导致催化剂失其活性；
（5）在一定温度下，向一定体积的密闭容器中，按的比例充入和的混合气体，此时压强为，假设和分别为3mol、1mol，达到平衡后体系压强为，则此时总的物质的量为3.6mol，其中的分压为，为1.2mol，总的物质的量减小0.4mol；反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，气体物质的量的减小由反应Ⅰ导致，则：

平衡时、、分别为0.2mol、1.8mol、1.2mol，则、、分别为0.2kPa、1.8kPa、1.2kPa，则反应Ⅰ的。
17．(1) −233 ①
(2) 增大 1 生成等量的CaO，CaC2O4产生的气体多，使CaO具有更多的微孔结构
(3)H2 + HCOO－+ H2 O
(4)随 c()增加，生成 FeCO3 和 H2的速率更快，得到活性 Fe3O4－x 的速度更快，生成HCOO－的速率更快，产率更大

【详解】（1）由题中信息可知ΔH＝生成物的相对能量和-反应物的相对能量和，则反应①中：ΔH＝2×(-393)+6×0-3×(-242)-E(C2H5OH)=+173kJ·mol −1，E(C2H5OH)=-233 kJ·mol −1，反应①和反应②均为吸热反应，反应①ΔH更大，受温度的影响更大，故答案为：-233；①；
（2）①生成的碳化合物只有和CO，两者选择性之和为100%，且两者选择性变化曲线应对称，故曲线②代表氢气的产率；曲线②中300℃以后氢气的产率随温度升高降低，说明平衡主要发生产生反应②生成CO，故曲线③代表CO的平衡选择性，曲线①代表的选择性，由曲线变化可知随温度的升高CO的选择性增大；500℃时、CO的选择性相等，则n(CO)=n()=bmol，根据C原子守恒：2a+b+b=2，则a+b=1；平衡时消耗乙醇的物质的量为(1-a)mol，则反应①消耗水的物质的量为3(1-a)mol，反应①生成的氢气物质的量为6(1-a)mol，平衡时CO的物质的量为bmol，则反应②生成的水的物质的量为bmol，消耗氢气的物质的量为bmol，平衡时氢气的总物质的量为(6-6a-b)mol，平衡时水的物质的量为3-(3-3a)+b=(3a+b)mol，混合气体的总物质的量为a+b+b+(6-6a-b)+ (3a+b)=(6-2a+2b)mol，反应②的平衡常数Kp=，故答案为：增大；1；；
②生成等量的CaO，CaC2O4产生的气体多，使CaO具有更多的微孔结构，具有更好的CO2捕集性能，故答案为：生成等量的CaO，CaC2O4产生的气体多，使CaO具有更多的微孔结构；
（3）活性Fe3O4－x吸附H2并催化 转化为HCOO－，反应离子方程式为：H2 + HCOO－+ H2 O，故答案为：H2 + HCOO－+ H2 O；
（4）随 c()增加，生成 FeCO3 和 H2的速率更快，得到活性 Fe3O4－x 的速度更快，生成HCOO－的速率更快，产率更大，因此HCOO－的产率随c()增加而增大，故答案为：随 c()增加，生成 FeCO3 和 H2的速率更快，得到活性 Fe3O4－x 的速度更快，生成HCOO－的速率更快，产率更大。
18．(1)将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集
(2)6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑
(3)过滤
(4)浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小
(5)95.68%

【分析】氟碳铈矿含有CeFCO3，焙烧生成CeO2、CeF4和CO2，酸浸Ⅰ加入少量HCl，生成的浸出液萃取得到其他稀土元素，再加入H3BO3和HCl进行酸浸Ⅱ，该过程中CeO2得电子转化为Ce3+，盐酸失电子生成氯气，加入可溶性钾盐生成沉淀KBF4，通过操作Ⅰ过滤分离出KBF4，加入NaOH调节溶液pH，加入NaClO将Ce3+氧化成Ce4+，得到Ce(OH)4，最后煅烧Ce(OH)4得到CeO2。
【详解】（1）根据题意，四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液。故焙烧氟碳铈矿的目的是将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集。
（2）酸浸Ⅱ过程中CeO2转化为Ce3+，则H2O2失电子转化为O2，反应物有氢离子，则产物中有水生成，根据得失电子守恒和原子守恒，得到离子方程式为6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。
（3）操作Ⅰ将液体和滤渣分离，故操作Ⅰ为过滤。
（4）浸出液中加入的SO浓度越大，则化学平衡Ce4++SO正向移动，故而增大，c(Ce4+)减小，从而促使反应Ce4++n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+逆向移动，c(Ce(H2n-4A2n))减小，故减小，因此D随浸出液中增大而减小。
（5）Ce(OH)4酸溶后被亚铁离子还原为Ce3+，亚铁离子被氧化成铁离子，剩余的亚铁离子被酸性高锰酸钾氧化成铁离子，高锰酸根离子被还原为Mn2+，根据氧化还原反应得失电子守恒有n(Ce4+)×1+n(KMnO4)×5=n(Fe2+)×1，消耗的高锰酸钾物质的量为0.002mol，消耗亚铁离子共0.033mol，解得n(Ce4+)=0.023mol，故w[]==95.68%。