专题06 反应速率与平衡 工艺流程（3大题型）（山东专用）2026年高考化学一模分类汇编

专题06 速率与平衡 工业流程 化学反应速率 题型01 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A D C D C D 化学平衡 题型02 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B D C D B C C 工业流程 题型03 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C AD C D AC D A 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 速率与平衡 工业流程 3大考点概览 题型01 化学反应速率 题型02 化学平衡 题型03 工业流程 化学反应速率 题型01 1．（2026·山东日照·一模）工业上可以通过甲烷与碳酸钙为原料，在催化剂作用下制备合成气(CO和)。 主反应： 副反应： 以为载气，将恒定组成的、混合气，以恒定流速通入反应器，其中、流速之比为2：1，测定单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图所示。下列说法错误的是 A．，积碳速率一直增加B．，只有主反应发生，氮气的流速为 C．，的生成速率副反应大于主反应 D．之后催化剂表面被积碳完全覆盖反应停止 2．（2026·山东滨州·一模）工业上利用碳热还原BaSO4获得BaS。过程中的主要反应如下： i． ii． iii． 在恒容密闭容器中达平衡时，体系中各组分物质的量分数随温度的变化如图。 下列说法错误的是 A．c线所示物种为BaS B．300℃时，向容器中加入a线所示物种，重新达到平衡时，反应i速率增大 C．400℃后，各组分变化可能是平衡移动所致 D．1200℃时，容器中CO2与CO的物质的量之和等于投入C(s)的物质的量 3．（2026·山东淄博·一模）将和按不同投料比或1，以不同流速通入反应器中，分别在360℃、400℃下发生反应：  。min时，HCl流速与HCl转化率关系如图所示。较低流速下转化率可近似为平衡转化率；曲线a、b所示反应中投料比相同、温度不同，曲线a、c温度相同，投料比不同。下列说法正确的是 A．曲线a投料比 B．平衡常数： C．使用高效催化剂可提高M点HCl的转化率 D．HCl转化率P点大于N点，原因为P点温度高，反应速率快 4．（2026·山东济宁·一模）镍基催化剂可以催化储氢物质氨硼烷(NH3BH3)的分解反应： I．   Ⅱ．   恒温条件下，以氨硼烷的四氢呋喃溶液为原料(含NH3BH3的物质的量为n)进行实验，得到、、随时间t变化的曲线。其中x1为BH3与NH3的物质的量之和，x2为BH3的物质的量，x3为剩余NH3BH3的物质的量。 下列说法正确的是 A．0~t0内，NH3BH3的转化率为 B．t1后曲线③的变化趋势可能为a C．   D． 5．（2026·山东济宁·一模）石墨炭负载单原子铁催化2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)反应的能量变化如图所示(*表示在催化剂表面吸附)，下列关于该反应的说法错误的是 A．该反应低温下可自发进行 B．正反应的决速步为2NO*→N2O*+O* C．升高温度化学反应速率增大程度为v逆<v正 D．该过程包含三个基元反应 6．（2026·山东烟台·一模）燃煤脱硫过程中生成的CaSO4(s)与CO(g)在密闭体系中发生如下反应： Ⅰ.   Ⅱ.   反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数（K）与温度（T）的关系如图。T1 K下，向2 L密闭容器中加入足量CaSO4(s)和1 mol CO(g)，经t min反应达平衡，体系压强为原来的1.4倍。下列说法错误的是 A．曲线M代表反应Ⅰ B．p=4 C．升高温度，一定增大 D．0~t min，CO的平均反应速率为 化学平衡 题型02 1．（2026·山东青岛·一模）我国科研团队开发出甲醇在Ag催化下脱氢制甲醛的反应为：①；②，时，刚性密闭容器中，通入甲醇发生反应，CO与HCHO的分压随时间变化如图。该温度下，反应①为。下列说法错误的是 A．该温度下，为 B．通过适当减少反应时间，可以增加甲醛的产率 C．其他条件不变，增大容器体积，重新达到平衡时，甲醛的产率增加 D．该温度下平衡时甲醇的分压为 2．（2026·山东菏泽·一模）密闭容器中，以活性炭为催化剂由和制备，涉及反应：I．；Ⅱ．。466 K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。下列说法正确的是 A．曲线②表示的变化情况 B．当时，反应Ⅱ的平衡常数 C．温度不变，缩小容器体积，曲线①与②的新交点出现在处 D．改变温度使反应Ⅱ的平衡常数增大，曲线①与②的新交点将出现在处 3．（2026·山东枣庄·一模）利用乙醇进行水蒸气催化重整制氢可解决能源短缺问题，其反应如下： ①   ②   ③   在、100 kPa条件下，乙醇的进料速率为；水醇(水与乙醇)的进料速率比与气体平衡产量()的关系如图所示。下列说法错误的是 A．反应①的活化能 B．a线表示的平衡产量 C．该条件下，当水醇进料速率比为时，乙醇的平衡转化率为60% D．温度高于，水醇进料速率比为时，升温将提高的平衡产量 4．（2026·山东济南·一模）在催化下，某种氨基喹啉衍生物（X）合成反应的历程如图所示，表示活化能。下列说法正确的是 A．总反应的焓变：历程Ⅰ历程Ⅱ B．开始反应时的速率：历程Ⅰ历程Ⅱ C．当主要发生历程Ⅰ时，最终生成X的量不变 D．当主要发生历程Ⅱ时，增大的用量，Y的平衡转化率增大 5．（2026·山东泰安·一模）在恒容密闭容器中，发生热解反应：。平衡体系中固体组分的物质的量（n）随温度（T）的变化关系如图所示。已知：时，完全分解；、时，体系的总压强分别为p1、p3。下列说法错误的是 A．时，容器中的物质的量为 B．时，向容器中加入少量不影响的产率 C．时，热解反应的压强平衡常数大于 D．时，向容器中充入和，重新达平衡时、浓度均变大 6．（2026·山东青岛·一模）催化加氢制甲醇机理如图。下列说法正确的是 A．该过程的原子利用率为100% B．适当增加氧空位，可提高该反应的化学反应速率 C．该过程既有极性键又有非极性键的断裂和生成 D．增大与投料比，平衡时甲醇体积分数一定增加 7．（2026·山东德州·一模）温度下，由物种A与物种B可制备C，涉及反应如下：Ⅰ：A(g)+B(g) =D(g)  Ⅱ：A(g)+D(g) 2C(g)。向恒容密闭容器中充入n mol A (g)和1.0 mol B(g)，平衡体系内物种A、C、D摩尔分数随A的起始投料n的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．曲线①代表物种A B．P点时，物种C的摩尔分数为74% C．Q点时向容器中通入气体Ar，则物种A的分压减小 D．Q点时反应Ⅱ的K≈32.4 8．（2026·山东聊城·一模）使用与反应制过程中的主要反应如下： I．   II．   III．   在催化剂作用下，在时，若仅考虑上述反应，反应相同时间，的转化率、和的选择性随温度的变化如图所示。 已知：。 下列说法正确的是 A．反应在高温下更易自发进行 B．温度在165℃~205℃之间，体系中有存在 C．温度在225℃~235℃之间，反应I向右进行的程度大于反应Ⅲ D．选择合适催化剂，控制反应时间，可提高的平衡产率 工业流程 题型03 1．（2026·山东青岛·一模）用某废旧锂离子电池中钴酸锂()粗品制备纯品，实现资源的循环利用，主要工艺流程如下。 已知：①氯化胆碱是一种铵盐，“微波共熔”时提供；②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；③25℃时，，认为沉淀完全。下列说法错误的是 A．“微波共熔”反应中草酸作还原剂 B．“水浸”溶液颜色发生变化，离子方程式为 C．25℃当“沉钴”反应恰好完成时，溶液pH约为4.9 D．“高温烧结”的化学方程式为 2．（2026·山东淄博·一模）采用两段酸浸法从铜烟尘(含、、、、)中回收Cu并制备、的流程如下。已知：、、不溶于稀；，；离子浓度，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A．试剂X可选择Fe粉 B．“酸浸Ⅱ”中发生反应的离子方程式为 C．“结晶”应选择蒸发浓缩、冷却结晶 D．“沉铟”中当沉淀完全时， 3．（2026·山东滨州·一模）由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再进一步制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下： 下列说法正确的是 A．步骤①最好选用强氧化性酸 B．步骤②涉及的离子方程式为 C．步骤③须控制条件防止绿矾氧化和分解 D．步骤④每生成1 mol FeO(OH)，理论上需消耗空气的体积约为28 L 4．（2026·山东青岛三十九中·一模）以钴渣(主要成分是CoO、Co2O3含少量Ni、Al2O3等杂质)为原料制取CoCO3，工艺流程如下。下列说法错误的是      已知①被萃取原理：(水层)(有机层)(有机层)(水层) ②碱性条件下，会转化成 A．“酸浸”中反应的离子方程式为 B．若萃取剂的总量一定，分次加入比一次加入效果更好 C．试剂X为稀硫酸 D．“沉钴”时，可将含的溶液滴入溶液中，以增加的产率 5．（2026·山东聊城·一模）以钛铁矿(主要成分为，含有少量)为主要原料制取Ti并获得的工艺流程如图所示。 已知：常温下，，通常认为溶液中离子浓度时沉淀完全。 下列说法错误的是 A．“酸浸”所得滤液中阳离子主要有 B．“沉钛”步骤中为使完全沉淀，溶液的 C．“氧化”步骤需加入过量的双氧水 D．“沉钛”所得滤液中不含 6．（2026·山师附中·一模）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含、和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是 A．“浸出”条件下，氧化性强于 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“沉铁”的原理是利用促进水解 D．“沉钴”后上层清液中 7．（2026·山东德州·一模）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺。下列说法错误的是 已知： ①：熔点314℃沸点460℃ ②分解温度：CuO 1100℃、 560℃、 680℃、高于1000℃ A．焙烧温度可以选择500℃ B．酸浸的目的是为了溶解CuO C．浸出渣的成分是 D．电解后所得溶液可返回酸浸工序中循环利用 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 速率与平衡 工业流程 3大考点概览 题型01 化学反应速率 题型02 化学平衡 题型03 工业流程 化学反应速率 题型01 1．（2026·山东日照·一模）工业上可以通过甲烷与碳酸钙为原料，在催化剂作用下制备合成气(CO和)。 主反应： 副反应： 以为载气，将恒定组成的、混合气，以恒定流速通入反应器，其中、流速之比为2：1，测定单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图所示。下列说法错误的是 A．，积碳速率一直增加B．，只有主反应发生，氮气的流速为 C．，的生成速率副反应大于主反应 D．之后催化剂表面被积碳完全覆盖反应停止 【答案】A 【详解】A．积碳来自副反应，积碳速率 = 总消耗速率 - 主反应消耗速率 = ， ：逐渐减小，接近，积碳速率逐渐增大； ：，从增大到，积碳速率，逐渐减小到。 因此积碳速率先增后减，A错误； B．，流出流速为，流出、流速均为，正好符合主反应生成和，说明只有主反应发生，所有进口完全反应，因此进口流速为，结合流速比得流速为，B正确； C．应根据图像数据分析，副反应生成的速率为总流出速率与流出速率之差，即。在时间段，由图可知，且，因此副反应生成的速率大于主反应，C正确； D．时流出流速为，等于进口流速，流速为，说明不再消耗，主、副反应都停止，原因是催化剂被积碳完全覆盖，D正确； 故选A。 2．（2026·山东滨州·一模）工业上利用碳热还原BaSO4获得BaS。过程中的主要反应如下： i． ii． iii． 在恒容密闭容器中达平衡时，体系中各组分物质的量分数随温度的变化如图。 下列说法错误的是 A．c线所示物种为BaS B．300℃时，向容器中加入a线所示物种，重新达到平衡时，反应i速率增大 C．400℃后，各组分变化可能是平衡移动所致 D．1200℃时，容器中CO2与CO的物质的量之和等于投入C(s)的物质的量 【答案】D 【分析】反应初始只有反应物和，产物（、、）初始物质的量为0，因此产物曲线均从0开始升高：低温下主要发生反应，生成，温度升高后，逐渐转化为，因此的物质的量分数先升后降，对应曲线；的物质的量分数持续升高，对应曲线；每消耗生成，当完全反应后，的物质的量不再变化，物质的量分数保持恒定，对应曲线。 【详解】A．由上述分析，线为，A正确； B．a线为，300℃恒容下加入，浓度增大，逆反应速率增大，平衡逆向移动；达到新平衡时，浓度比原平衡时大，故新平衡的反应速率比原平衡大，B正确； C．后，物质的量分数降低、升高，符合反应正向移动的变化规律，C正确； D．根据物料守恒，投入的总的物质的量 = 剩余固体的物质的量 + 和中的物质的量之和。时，的物质的量分数仅接近0，仍有剩余，因此与的物质的量之和小于投入的物质的量，D错误； 故选D。 3．（2026·山东淄博·一模）将和按不同投料比或1，以不同流速通入反应器中，分别在360℃、400℃下发生反应：  。min时，HCl流速与HCl转化率关系如图所示。较低流速下转化率可近似为平衡转化率；曲线a、b所示反应中投料比相同、温度不同，曲线a、c温度相同，投料比不同。下列说法正确的是 A．曲线a投料比 B．平衡常数： C．使用高效催化剂可提高M点HCl的转化率 D．HCl转化率P点大于N点，原因为P点温度高，反应速率快 【答案】C 【详解】A．a、c温度相同，c的HCl平衡转化率更高，说明c中更小（O2相对更多），因此a的投料比为，A错误； B．该反应，温度越高平衡常数越小；a、b投料比相同，a的平衡转化率更低，说明a温度更高，M点温度高于N点，故，B错误； C．M点HCl流速较高，反应未达到平衡，高效催化剂可加快反应速率，相同时间内消耗HCl更多，能提高HCl转化率，C正确； D．P点转化率高于N点的主要原因是P点投料比更小，O2相对含量更高，促进HCl转化，且P点因为流速更低，反应更接近平衡，并非温度高、速率快，D错误； 故选C。 4．（2026·山东济宁·一模）镍基催化剂可以催化储氢物质氨硼烷(NH3BH3)的分解反应： I．   Ⅱ．   恒温条件下，以氨硼烷的四氢呋喃溶液为原料(含NH3BH3的物质的量为n)进行实验，得到、、随时间t变化的曲线。其中x1为BH3与NH3的物质的量之和，x2为BH3的物质的量，x3为剩余NH3BH3的物质的量。 下列说法正确的是 A．0~t0内，NH3BH3的转化率为 B．t1后曲线③的变化趋势可能为a C．   D． 【答案】D 【分析】是原料，其物质的量减小，则曲线③为，根据题目条件，则曲线①代表，曲线②代表，据此解答。 【详解】A．内，的转化率为反应的量与初始量的比值，剩余的物质的量分数为，故转化率为，A错误； B．后，物质的量减小，BH3与NH3的物质的量之和增大，说明是物质的量是增大的，根据氮元素守恒可知，NH3BH3的物质的量下降，趋势为曲线c，B错误； C．Ⅱ-2×Ⅰ得到目标反应，则，C错误； D．根据N元素守恒，，而，两边同除以n变形（根据图像纵坐标）可得，D正确； 故选D。 5．（2026·山东济宁·一模）石墨炭负载单原子铁催化2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)反应的能量变化如图所示(*表示在催化剂表面吸附)，下列关于该反应的说法错误的是 A．该反应低温下可自发进行 B．正反应的决速步为2NO*→N2O*+O* C．升高温度化学反应速率增大程度为v逆<v正 D．该过程包含三个基元反应 【答案】C 【详解】A．该反应ΔH<0，且气体分子数减少ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS，低温下ΔG<0可自发进行，A正确； B．决速步为活化能最大的基元反应，步骤活化能最高，为正反应决速步，B正确； C．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应速率增大程度大于正反应，即，C错误； D．反应过程有3个过渡态，对应三个基元反应，D正确； 答案选C。 6．（2026·山东烟台·一模）燃煤脱硫过程中生成的CaSO4(s)与CO(g)在密闭体系中发生如下反应： Ⅰ.   Ⅱ.   反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数（K）与温度（T）的关系如图。T1 K下，向2 L密闭容器中加入足量CaSO4(s)和1 mol CO(g)，经t min反应达平衡，体系压强为原来的1.4倍。下列说法错误的是 A．曲线M代表反应Ⅰ B．p=4 C．升高温度，一定增大 D．0~t min，CO的平均反应速率为 【答案】D 【详解】A．反应Ⅰ，放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，随温度升高而减小，与曲线M的变化一致，A正确； B．反应Ⅰ中气体总物质的量不变，只有反应Ⅱ使气体总物质的量增加（）。 初始为，平衡后压强为原来的1.4倍，同温同容下总气体物质的量为，增加，因此反应Ⅱ消耗为，平衡时。 时，故，反应Ⅱ的平衡常数： 代入，得。 平衡总气体：，得，结合，解得，。 反应Ⅰ的平衡常数： ，，故，B正确； C．升高温度，反应Ⅰ平衡常数减小的趋势与反应Ⅱ平衡常数增大的趋势几乎一致，是净增大（反应Ⅱ正向移动），而反应Ⅰ逆向移动会导致减小，反应Ⅱ正向移动会导致增大，由化学计量数可知，减小会更多，故，一定增大，C正确； D．平衡时剩余，则，容器体积为，则： D错误； 故选D。 化学平衡 题型02 1．（2026·山东青岛·一模）我国科研团队开发出甲醇在Ag催化下脱氢制甲醛的反应为：①；②，时，刚性密闭容器中，通入甲醇发生反应，CO与HCHO的分压随时间变化如图。该温度下，反应①为。下列说法错误的是 A．该温度下，为 B．通过适当减少反应时间，可以增加甲醛的产率 C．其他条件不变，增大容器体积，重新达到平衡时，甲醛的产率增加 D．该温度下平衡时甲醇的分压为 【答案】C 【分析】平衡时由图可知：，；根据反应① ，生成的HCHO，则生成的。根据反应② ，生成的CO，则生成的。因此，平衡时总的。 【详解】A．目标反应，分压平衡常数： ，A正确； B．由图像可知，随着反应时间延长，甲醛分压先增大后减小，而CO的分压始终增大，说明反应①先达平衡状态，反应②后达到平衡，反应②建立平衡过程中量减少会导致反应①平衡逆移，导致甲醛分压减小，故通过适当减少反应时间，在反应①平衡逆移之前，可以增加甲醛的产率，B正确； C．反应①为，说明反应①进行程度非常大，而增大容器体积，总压减小，以反应②正向移动为主，而该体系是和的竞争反应，因此甲醛产率降低，C错误； D．反应①的，则： ， D正确； 故选C。 2．（2026·山东菏泽·一模）密闭容器中，以活性炭为催化剂由和制备，涉及反应：I．；Ⅱ．。466 K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。下列说法正确的是 A．曲线②表示的变化情况 B．当时，反应Ⅱ的平衡常数 C．温度不变，缩小容器体积，曲线①与②的新交点出现在处 D．改变温度使反应Ⅱ的平衡常数增大，曲线①与②的新交点将出现在处 【答案】B 【分析】先整理反应： 反应I（不可逆）： 反应Ⅱ（可逆）：，反应前后气体分子数不变，平衡不受压强影响。分析各物质对应的曲线：横坐标为，投料比增大，占比逐渐升高，因此的物质的量分数一直增大，对应一直上升的曲线①； 是中间产物，随着增加，反应Ⅱ不断消耗，因此的物质的量分数一直减小，对应一直下降的曲线③； 是产物，投料比从1到2时，占比逐渐升高，投料比大于2后，过量，总物质的量增加，占比逐渐降低，因此的物质的量分数先升后降，对应曲线②。 【详解】A．曲线②是，对应曲线③，A错误； B．当时，曲线①（）和曲线③（）相交于，即。设初始，，完全反应，总物质的量，因此： ，。 反应Ⅱ的平衡常数，B正确； C．反应Ⅱ前后气体分子数不变，温度不变缩小体积，压强增大，平衡不移动，相同投料比下各物质的物质的量分数不变，曲线不变，交点位置不变，不会移到d处，C错误； D．反应Ⅱ平衡常数增大，说明平衡右移，相同投料比下，升高，降低。原交点处，现在，新交点需要增大投料比（横坐标增大），使升高、降低，新交点在原交点右侧d处，不是c处，D错误； 答案选B。 3．（2026·山东枣庄·一模）利用乙醇进行水蒸气催化重整制氢可解决能源短缺问题，其反应如下： ①   ②   ③   在、100 kPa条件下，乙醇的进料速率为；水醇(水与乙醇)的进料速率比与气体平衡产量()的关系如图所示。下列说法错误的是 A．反应①的活化能 B．a线表示的平衡产量 C．该条件下，当水醇进料速率比为时，乙醇的平衡转化率为60% D．温度高于，水醇进料速率比为时，升温将提高的平衡产量 【答案】D 【分析】水醇比增大时，反应②中H2O增多，促进CH4消耗，CH4平衡产量应随水醇比增大而降低，同时反应③中CO不断被消耗，CO2产量提高。故a线表示CO2平衡产量，最底部的曲线表示CH4平衡产量； 【详解】A．反应①焓变大于0，为吸热反应，活化能，A正确； B．根据分析，a线表示CO2平衡产量，B正确； C．乙醇进料150mol/h，水醇进料比为时，CO平衡产量为50mol/h，CO2为130mol/h，CH4为0mol/h，根据乙醇分子中的碳元素守恒思想，乙醇的转化率，C正确； D．温度高于，水醇进料速率比为时，反应③为放热反应，升高温度，若③逆向移动幅度大于反应①、②的正向移动幅度，则升温不利于H2​的平衡产量，D错误； 故选D。 4．（2026·山东济南·一模）在催化下，某种氨基喹啉衍生物（X）合成反应的历程如图所示，表示活化能。下列说法正确的是 A．总反应的焓变：历程Ⅰ历程Ⅱ B．开始反应时的速率：历程Ⅰ历程Ⅱ C．当主要发生历程Ⅰ时，最终生成X的量不变 D．当主要发生历程Ⅱ时，增大的用量，Y的平衡转化率增大 【答案】C 【详解】A．历程I和历程II的反应物和生成物相同，总反应的焓变相同，与过程无关，A错误； B．历程I的决速步骤活化能为112.8kJ/mol，历程II决速步骤活化能为91.5kJ/mol，历程I的活化能大，反应速率慢，开始反应时的速率：历程Ⅰ<历程Ⅱ，B错误； C．在催化剂作用下，反应的平衡常数不变，当主要发生历程Ⅰ时，最终生成X的量不变，C正确； D．水是纯液体，增加水的量，Y的平衡转化率不变，D错误； 答案选C。 5．（2026·山东泰安·一模）在恒容密闭容器中，发生热解反应：。平衡体系中固体组分的物质的量（n）随温度（T）的变化关系如图所示。已知：时，完全分解；、时，体系的总压强分别为p1、p3。下列说法错误的是 A．时，容器中的物质的量为 B．时，向容器中加入少量不影响的产率 C．时，热解反应的压强平衡常数大于 D．时，向容器中充入和，重新达平衡时、浓度均变大 【答案】D 【分析】由图像分析可知，开始时温度较低，未分解，故上方曲线为M物质的量变化，其物质的量为2mol，下方曲线为N固体的物质的量变化曲线，据此解答。 【详解】A．时，容器中的固体为M和N，且物质的量相等，设容器中的物质的量为n，根据方程式：，则，，A正确； B．N为固体，浓度视为常数时，向容器中加入少量，平衡不移动，不影响的产率，B正确； C．该反应为吸热反应，时，M完全分解，n(P)=n(Q)=1mol，温度升高n(P)、n(Q)不变，则该反应T2温度及以后正向进行的趋势增大，Qp<Kp，时，，热解反应的压强平衡常数大于，C正确； D．时，向容器中充入和，等效于加压，平衡逆向移动，重新达平衡时，由于，温度不变，、浓度均不变，D错误； 故选D。 6．（2026·山东青岛·一模）催化加氢制甲醇机理如图。下列说法正确的是 A．该过程的原子利用率为100% B．适当增加氧空位，可提高该反应的化学反应速率 C．该过程既有极性键又有非极性键的断裂和生成 D．增大与投料比，平衡时甲醇体积分数一定增加 【答案】B 【分析】分析图示，该反应总反应：。 【详解】A．原子利用率100%要求所有反应物原子全部转化为目标 ，该反应除甲醇外还生成副产物，因此原子利用率小于100%，A错误； B．由反应机理可知，氧空位是催化剂的活性位点，用于吸附活化反应物，适当增加氧空位可增加活性位点数量，能提高反应速率，B正确； C．该过程中，有极性键（）断裂、非极性键（）断裂；产物和中只有极性键，没有非极性键生成，不存在非极性键的生成，C错误； D．若过大增大与的投料比，过量的会使体系总物质的量大幅增加，平衡时甲醇的体积分数反而会降低，D错误； 故选B。 7．（2026·山东德州·一模）温度下，由物种A与物种B可制备C，涉及反应如下：Ⅰ：A(g)+B(g) =D(g)  Ⅱ：A(g)+D(g) 2C(g)。向恒容密闭容器中充入n mol A (g)和1.0 mol B(g)，平衡体系内物种A、C、D摩尔分数随A的起始投料n的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．曲线①代表物种A B．P点时，物种C的摩尔分数为74% C．Q点时向容器中通入气体Ar，则物种A的分压减小 D．Q点时反应Ⅱ的K≈32.4 【答案】C 【分析】由方程式可知，反应Ⅰ中1.0 mol B 完全反应生成1.0 mol D、消耗1.0 molA，则 T1温度下，增大A的物质的量，反应Ⅱ的平衡向正反应方向移动，A的摩尔分数增大、D的摩尔分数减小、C的摩尔分数先增大后减小，则曲线①、②、③分别表示物种A、C、D摩尔分数随A的起始投料n的变化关系；由图可知，P点时，A的起始投料为2 mol，A、D的摩尔分数为0.13，则反应Ⅱ起始时A、D的物质的量都为1.0 mol，设容器的体积为V L，平衡时反应生成C的物质的量为2x mol，由物种A、D的摩尔分数可得：=0.13，解得x=0.74 mol，则平衡体系内物种C的摩尔分数为：×100%=74%，反应Ⅱ的平衡常数为：K=≈32.4。 【详解】A．由分析可知，曲线①代表物种A，A正确； B．由分析可知，P点时，平衡体系内物种C的摩尔分数为74%，B正确； C．向恒容密闭容器中充入不参与反应的氩气，平衡体系的各物质浓度不变，平衡不移动，则物种A的分压不变，C错误； D．由分析可知，P点时，反应的平衡常数约为32.4，温度不变，平衡常数不变，P点和Q点的反应温度相同，所以Q点时，反应的平衡常数约为32.4，D正确； 故选C。 8．（2026·山东聊城·一模）使用与反应制过程中的主要反应如下： I．   II．   III．   在催化剂作用下，在时，若仅考虑上述反应，反应相同时间，的转化率、和的选择性随温度的变化如图所示。 已知：。 下列说法正确的是 A．反应在高温下更易自发进行 B．温度在165℃~205℃之间，体系中有存在 C．温度在225℃~235℃之间，反应I向右进行的程度大于反应Ⅲ D．选择合适催化剂，控制反应时间，可提高的平衡产率 【答案】C 【详解】A．由盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ得，该反应，（气体分子数减少）。根据，低温下更易自发进行，高温下可能大于0，反应不易自发，A错误； B．在之间，的选择性较低，的选择性较高，说明反应Ⅲ（消耗）或反应Ⅱ（生成）的程度较大。但反应Ⅱ可能未发生或程度极小，因此无法直接证明体系中一定存在，B错误； C．在之间，的选择性较高，的选择性较低，说明生成的反应Ⅰ向右进行的程度，大于消耗的反应Ⅲ向右进行的程度，C正确； D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；控制反应时间只能影响产物的瞬时浓度，无法改变平衡时的产率，D错误； 故答案选C。 工业流程 题型03 1．（2026·山东青岛·一模）用某废旧锂离子电池中钴酸锂()粗品制备纯品，实现资源的循环利用，主要工艺流程如下。 已知：①氯化胆碱是一种铵盐，“微波共熔”时提供；②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；③25℃时，，认为沉淀完全。下列说法错误的是 A．“微波共熔”反应中草酸作还原剂 B．“水浸”溶液颜色发生变化，离子方程式为 C．25℃当“沉钴”反应恰好完成时，溶液pH约为4.9 D．“高温烧结”的化学方程式为 【答案】C 【分析】氯化胆碱-草酸和LiCoO2微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以[Co(H2O)6]2+存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和Co3O4高温烧结（通入空气氧化）得到LiCoO2产品。 【详解】A．根据分析，草酸将Co元素还原为+2价，故草酸的作用是作还原剂，A正确； B．已知为蓝色， 为粉红色，“水浸”时与水发生配位平衡转化，离子方程式为：，溶液由蓝色变为粉红色，颜色发生变化，B正确； C．“沉钴”反应为，沉淀完全时；根据 ，代入 ：，，时， ，则：，，C错误； D．碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品，则“高温烧结”发生反应的化学方程式为，D正确； 故选C。 2．（2026·山东淄博·一模）采用两段酸浸法从铜烟尘(含、、、、)中回收Cu并制备、的流程如下。已知：、、不溶于稀；，；离子浓度，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A．试剂X可选择Fe粉 B．“酸浸Ⅱ”中发生反应的离子方程式为 C．“结晶”应选择蒸发浓缩、冷却结晶 D．“沉铟”中当沉淀完全时， 【答案】AD 【分析】向铜烟尘中加入稀，发生反应：、、、与反应，生成、、进入滤液1；不溶于稀的、形成滤渣1（后续处理），向滤液1中加入和，目的是将可能存在的低价态金属离子氧化（如），同时保证体系酸性，为后续沉铟做准备。向滤液中加入，与反应生成沉淀经过过滤得到沉铟渣和滤液2，将沉铟渣进行煅烧，分解为，滤渣1（含、）经过处理得到X（可能是粗铟或其他含铟产物）和滤液3（含）；滤液3经过结晶操作，得到。 【详解】A．若试剂X选择Fe粉，会在置换出铜的同时引入新的杂质，后续难以除去，影响产品纯度，试剂X应选择锌粉，A错误； B．“酸浸II”中，在酸性条件下被氧化，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式，B正确； C．含结晶水，从溶液中获得该晶体应选择蒸发浓缩、冷却结晶，C正确； D．沉淀完全时，，根据，可得。又因为，则，D错误； 故答案选AD。 3．（2026·山东滨州·一模）由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，再进一步制备铁黄[FeO(OH)]的流程如下： 下列说法正确的是 A．步骤①最好选用强氧化性酸 B．步骤②涉及的离子方程式为 C．步骤③须控制条件防止绿矾氧化和分解 D．步骤④每生成1 mol FeO(OH)，理论上需消耗空气的体积约为28 L 【答案】C 【分析】由题给流程可知，向烧渣中加入硫酸溶液酸溶，将铁的氧化物转化为硫酸盐；向反应后的溶液中加入二硫化铁，将溶液中的硫酸铁转化为硫酸亚铁；反应得到的溶液在无氧环境下经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到绿矾；绿矾与氨水、空气中的氧气反应得到铁黄。 【详解】A．由分析可知，酸溶得到的硫酸铁需要加入二硫化铁将溶液中的硫酸铁转化为硫酸亚铁，且中间产品为绿矾，所以步骤①不能选用强氧化性酸，最好选用稀硫酸，A错误； B．由分析可知，步骤②加入二硫化铁的目的是将溶液中的硫酸铁转化为硫酸亚铁，反应的离子方程式为：，B错误； C．绿矾受热易分解失去结晶水，且亚铁离子易被空气中的氧气氧化，所以步骤③为硫酸亚铁溶液在无氧环境下经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到绿矾，目的是控制条件防止绿矾氧化和分解，C正确； D．缺标准状况，无法依据22.4 L/mol计算生成1 mol FeO(OH)时，理论上需消耗空气的体积，D错误； 故选C。 4．（2026·山东青岛三十九中·一模）以钴渣(主要成分是CoO、Co2O3含少量Ni、Al2O3等杂质)为原料制取CoCO3，工艺流程如下。下列说法错误的是      已知①被萃取原理：(水层)(有机层)(有机层)(水层) ②碱性条件下，会转化成 A．“酸浸”中反应的离子方程式为 B．若萃取剂的总量一定，分次加入比一次加入效果更好 C．试剂X为稀硫酸 D．“沉钴”时，可将含的溶液滴入溶液中，以增加的产率 【答案】D 【分析】含钴废渣主要成分CoO、Co2O3，含少量Al2O3、Ni，由流程可知，加入稀硫酸酸浸，发生反应Co2O3+6H+=2Co3++3H2O，CoO+2H+=Co2++H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，Ni+2H+=Ni2++H2↑，同时通入SO2，Co3+被还原为Co2+，发生2Co3++SO2+2H2O=2Co2++ +4H+，得到的溶液主要含有的金属离子有Co2+、Al3+、Ni2+，加入Na2CO3溶液调节pH与Al3+发生2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，过滤，除去Al(OH)3，加入萃取剂，萃取Ni2+，分液后向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，得到NiSO4溶液，向水层中缓慢加入Na2CO3，得到CoCO3，以此分析解答。 【详解】A．根据分析可知，酸浸过程中二氧化硫会还原Co2O3，根据电子守恒和元素守恒配平离子方程式为：2Co3++SO2+2H2O=2Co2+++4H+，A正确； B．萃取过程中，每一次萃取都是按照一定比例进行的溶质分配，多次萃取相当于不断降低物质的浓度，提取效率高，B正确； C．由题干已知①信息可知，被萃取原理：(水层)(有机层)(有机层)(水层)，则接入酸可使上述平衡逆向移动，根据反萃取后得到NiSO4可知，试剂X为H2SO4最合适，C正确； D．将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，碱性过强，会生成Co(OH)2沉淀，降低了CoCO3的产率，D错误； 故答案为：D。 5．（2026·山东聊城·一模）以钛铁矿(主要成分为，含有少量)为主要原料制取Ti并获得的工艺流程如图所示。 已知：常温下，，通常认为溶液中离子浓度时沉淀完全。 下列说法错误的是 A．“酸浸”所得滤液中阳离子主要有 B．“沉钛”步骤中为使完全沉淀，溶液的 C．“氧化”步骤需加入过量的双氧水 D．“沉钛”所得滤液中不含 【答案】AC 【分析】钛铁矿（主要成分为，含少量、）经磨细后加入硫酸酸浸，、与硫酸反应生成、、等，不反应成为滤渣；向酸浸液中加入适量铁粉，将还原为后，再调节pH使水解生成沉淀（沉钛）；过滤后向含的滤液中加入酸化的双氧水，将部分氧化为，最终经后续处理得到，经进一步处理得到。 【详解】A．酸浸时，与硫酸反应：，与硫酸反应：，因此滤液中阳离子主要有、、、， A错误； B．已知，当完全沉淀时，，则，，因此，即溶液可使完全沉淀，B正确； C．“氧化”步骤的目的是将部分氧化为，使与的物质的量之比约为1:2以制备，若双氧水过量，会将全部氧化为，无法得到，因此双氧水不能过量，C错误； D．“沉钛”步骤中加入了适量铁粉，铁粉可将还原为（），因此所得滤液中不含，D正确； 故答案选AC。 6．（2026·山师附中·一模）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含、和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是 A．“浸出”条件下，氧化性强于 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“沉铁”的原理是利用促进水解 D．“沉钴”后上层清液中 【答案】D 【分析】矿石(含、、)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有、、，加入沉铁得到，过滤，滤液再加入沉钴得到，过滤最后得到硫酸锰溶液。 【详解】A．“浸出” 时，能被还原（参与氧化还原反应）为，“而中Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，说明氧化性强于，A正确； B．生物质（稻草）为农业废弃物，来源广泛且可再生，B正确； C．“沉铁”加入，与结合，促进水解生成沉淀，C正确； D．“沉钴”后上层清液为饱和溶液，此时，而非小于，D错误； 故答案选D。 7．（2026·山东德州·一模）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺。下列说法错误的是 已知： ①：熔点314℃沸点460℃ ②分解温度：CuO 1100℃、 560℃、 680℃、高于1000℃ A．焙烧温度可以选择500℃ B．酸浸的目的是为了溶解CuO C．浸出渣的成分是 D．电解后所得溶液可返回酸浸工序中循环利用 【答案】A 【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，因沸点低被蒸出，设计温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置换法转化为铜，据此解答。 【详解】A．要实现各物质分离，焙烧需要满足：变为气体除去（温度高于其沸点）；分解为不溶于水的（才能在水浸时保留在固体中，和可溶的分离），因此温度需要高于分解温度；同时保证不分解，仍为可溶的硫酸盐，温度需要低于分解温度。因此合适的焙烧温度范围为，不能选择，A错误； B．焙烧分解得到，不溶于水，水浸后留在固体中，酸浸的目的就是用酸溶解得到可溶性铜盐，B正确； C． 已知分解温度高于，全程不分解，且不溶于酸，因此酸浸后留在浸出渣中，C正确； D．电解浸出液（硫酸铜溶液）得到铜，电解反应为，电解后所得溶液为硫酸，可返回酸浸工序循环使用，D正确； 答案选A。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $