2026年上海高考化学二轮复习讲练测专题09化学反应速率与化学平衡（复习讲义）（解析版）

专题09化学反应速率与化学平衡目录01析·考情精解 302构·知能架构 403破·题型攻坚 4题型一化学反应速率 4真题动向与工业生产生活结合、与真实应用情境结合必备知识知识1化学反应速率知识2影响化学反应速率的外因知识3理论解释——有效碰撞理论关键能力能力化学反应速率常数拓展命题预测考向1化学反应速率应用与计算考向2反应机理题型二化学平衡 12真题动向与工业生产生活结合、与真实应用情境结合必备知识知识1化学反应的方向知识2影响化学平衡的因素知识3化学平衡状态的快速判断法知识4勒夏特列原理关键能力能力化学平衡计算解题思维模型命题预测考向化学平衡的综合应用与计算命题轨迹透视从近三年高考试题来看，试题以选择题和填空题为主，题目难度大。命题趋势：从基础公式计算，转向图像关联分析，再到真实工业情境综合，突出对“证据推理”“变化观念”素养的考查，摒弃机械计算，重实际应用。考点频次总结考点2025年2024年化学反应速率上海卷T1（5）（7）上海卷T1（6）（8）化学平衡上海卷T1（4）（6）（8），上海卷T5（6）（7）上海卷T5（2）（3）（4）2026命题预测预计在2026年高考中，命题始终紧扣“真实情境+能力融合+素养导向”的逻辑主线。情境设置上，将延续以上海地域科技特色或工业生产案例为背景的风格，如结合硫酰氯合成、Deacon制氯等反应考查原理应用。单一考点考查减少，更侧重与热化学、电化学等模块的交叉融合，凸显知识衔接性。核心考点聚焦三大方向：一是速率与平衡的定性分析，如基于碰撞理论解释温度、催化剂的影响，结合“变量不变”原则判断平衡状态，特别关注恒容与恒压下惰性气体加入的不同影响；二是定量计算，“三段式”模型仍是基础，平衡常数、转化率的计算为高频考点；三是图像分析，需从浓度-时间、速率-压强等曲线中提取数据，分析多因素对平衡移动的综合影响。命题将进一步强化信息加工、逻辑推理能力考查，渗透变化观念与平衡思想等核心素养，对术语规范与计算严谨性要求更高。考点一化学反应速率1．（2025上海，T1（5）（7））碳酸丙烯酯()简称PC，是一种重要的有机化合物，具有多种工业通途。环氧丙烷与二氧化碳催化合成法是目前最常用的生产方法。已知：反应①：(g)+CO2(g)(l)

反应②：C(s)+O2(g)=CO2(g)

反应③：

反应④：

(5)下列措施可以增加反应物分子中活化分子百分数的是_______。A．通入惰性气体 B．增加CO2浓度 C．缩小容器体积 D．升高温度(7)反应4h后，液体体积为10mL，碳酸丙烯酯的选择性为95%，则环氧丙烷的化学反应速率v(环氧丙烷)=mol·L-1·h-1(精确到小数点后2位)环氧丙烷生成的过程中可能会发生副反应。已知：①碳酸丙烯酯的选择性=②M(碳酸丙烯酯)；ρ(碳酸丙烯酯)。【答案】(5)D(7)1.24【详解】（5）A．通入惰性气体,体系的温度未变，反应物分子中活化分子百分数未变，A错误；B．增加CO2浓度，反应浓度增大，活化分子浓度增大，但由于温度未变，分子能量未变，活化分子百分数未变，B错误；C．缩小容器体积，反应浓度增大，活化分子浓度增大，但由于温度未变，分子能量未变，活化分子百分数未变，C错误；D．升高温度，分子能量增大，活化分子百分数增大，D正确；故选D。（7）反应4h后，液体体积为10mL，即得到碳酸丙烯酯的体积为10mL，其物质的量为，即转化为碳酸丙烯酯的环氧丙烷的物质的量为0.118mol，碳酸丙烯酯的选择性，即参加反应的环氧丙烷的物质的量为0.124mol，根据反应速率；命题解读新情境：以环氧丙烷与CO₂合成碳酸丙烯酯的工业方法为载体，将热化学、速率、选择性等原理嵌入实际生产场景，打破教材“理想化反应”的局限，呼应上海高考“化学服务工业”的命题导向，考查学生对化学实用性的认知。新考法：第(5)题围绕“活化分子百分数”，并非直接设问，而是结合可逆反应的条件（通惰性气体、变浓度/体积、升温）设置干扰项，要求学生跳出“死记影响因素”的思维，结合反应体系特点（恒容/恒压隐含条件）分析，考查概念的灵活迁移，符合上海高考“重应用轻记忆”的考法。新角度：第(7)题整合“选择性”新定义、密度-质量-物质的量换算、速率计算，需从陌生公式中提取“转化量=消耗量×选择性”的逻辑，将多维度信息串联计算，考查“信息获取-数据加工-定量推理”的综合素养，是上海高考近年强化的“证据推理与模型认知”能力的体现。2．（2024上海，T1（6）（8））从1771年获得氟化氢到1886年通过电解法制备氟单质，经历一百多年时间。目前，含氟化合物已广泛应用于医药、材料等领域。PtF6的极强的氧化剂，历史上Xe和PtF6在一定条件制备了稀有气体离子化合物[XeF]+[Pt2F11]-。其制备的反应历程①~⑤如图所示：(6)由上述反应历程可知，该反应的催化剂是___________。A．PtF B．PtF C．F- D．XeF在一定温度下，Xe与F2能形成气态氟化氙XeFn(n=2，4，6)。(8)向50L的恒容密闭容器中充入1.0mol的Xe和9.0mol的F2，反应10min后，混合气体的物质的量变为8.9mol，其中三种氟化氙的物质的量的比n(XeF2)：n(XeF4)：n(XeF6)=1：6：3，则0~10min内v(XeF4)=mol·L-1·min-1。【答案】(6)C(8)6.0×10-4【详解】（6）由图可知，参与第①步反应，在最后一步反应中生成，是该反应的催化剂，则F-为该反应的催化剂。（8）氟气通入Xe中会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体，50L的恒容密闭容器中充入1.0mol的Xe和9.0mol的F2，反应10min后，混合气体的物质的量变为8.9mol，且三种氟化物的比例为n(XeF2)：n(XeF4)：n(XeF6)=1：6：3，设生成的XeF2、XeF4、XeF6分别为amol、6amol、3amol，根据方程式：则有a+12a+3a=(10-8.9)mol=1.1mol，解得a=0.05mol，生成的XeF4为0.05mol×6=0.3mol，10min内XeF4的化学反应速率为v(XeF4)=。知识1化学反应速率(1)表示方法通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。(2)数学表达式及单位v＝eq\f(Δc,Δt)，单位为mol·L－1·min－1或mol·L－1·s－1。(3)化学反应速率与化学计量数的关系同一反应在同一时间内，用不同物质来表示的反应速率可能不同，但反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的化学计量数之比。如在反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)中，存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶【易错提醒】(1)化学反应速率是某一段时间内的平均速率，而不是瞬时速率。(2)进行化学反应速率的相关计算时，不能用某物质的物质的量代替其物质的量浓度，比较速率大小时易忽视各物质的反应速率的单位是否一致，单位书写是否正确。(3)一般不用纯固体或纯液体物质的变化来表示化学反应速率，但若将固体颗粒变小(增大固体的接触面积)，则化学反应速率会加快。知识2影响化学反应速率的外因【易错提醒】(1)正确区分外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响。如对ΔH<0的反应，升高温度，平衡逆向移动，正、逆反应速率都增大。(2)改变温度，使用催化剂，反应速率一定发生变化，其他外界因素的改变，反应速率不一定发生变化。(3)比较离子浓度大小时，一定要比较混合液中的离子浓度，此时溶液的体积为混合后溶液的体积。(4)气体反应体系中充入惰性气体(不参与反应)时对反应速率的影响。①恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。②恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减小。知识3理论解释——有效碰撞理论能力化学反应速率常数拓展(1)概念：对于一个基元反应：αA＋βD=γG＋hH其化学反应速率常数数学表达式为：v＝kcα(A)cβ(D)上式中的k称为反应速率常数又称速率常数。(2)k的物理意义：在一定的条件下(温度、催化剂)，反应物浓度为1mol·L－1时的反应速率。k与反应物浓度无关。反应不同，k值不同。同一反应，温度不同k值不同。同一反应，温度一定时，有无催化剂k也是不同的。不同反应有不同的速率常数，速率常数与反应温度、反应介质(溶剂)、催化剂等有关，甚至会随反应器的形状、性质而异。与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。3.速率常数与平衡常数的关系两者的关系：对于基元反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝eq\f(cc（C）·cd（D）,ca（A）·cb（B）)＝eq\f(k正·v逆,k逆·v正)，反应达到平衡时v正＝v逆，故K＝eq\f(k正,k逆)。两者的区别：①反应速率常数通过量化化学反应速率，来表示反应的快慢；其影响因素包括温度和反应物性质等。②平衡常数属于平衡程度的标志，表示反应进行的最大限度；平衡常数只受温度的影响，而与反应物的浓度无关。考向1化学反应速率应用与计算1．（25-26高三上·上海杨浦·期中）和是两种主要的温室气体。恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的混合气，若只发生反应①和反应②，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。(7)在2L密闭容器中投入4mol，4mol，2molAr，反应4h后达到平衡，的反应速率为mol/(L·h)；反应②的平衡常数(保留小数点后三位)。(8)投料组成中Ar含量降低，平衡体系中的值将；A．增大

B．减小

C．不变其原因是。【答案】(7)0.1980.238(8)A恒温恒压条件下，降低Ar含量相当于增大压强，使反应①逆向移动，导致n(H2)减少；同时各组分浓度的变化使反应②正向移动，进一步消耗n(H2)，故最终n(H2)减小，导致n(CO):n(H2)的值增大【详解】（7）由图可知，反应4h达到平衡时，二氧化碳的转化率为30%、甲烷的转化率为20%，则平衡时二氧化碳的物质的量为：4mol-4mol×30%=2.8mol，甲烷的物质的量为：4mol-4mol×20%=3.2mol；由碳原子个数守恒可知，一氧化碳的物质的量为：8mol-2.8mol-3.2mol=2mol；由氧原子个数守恒可知，水蒸气的物质的量为：4mol×2-2mol-2.8mol×2=0.4mol；由氢原子个数守恒可知，氢气的物质的量为：(4mol×4-3.2mol×4-0.4mol×2)×=1.2mol，则混合气体的总物质的量为2.8mol+3.2mol+2mol+0.4mol+1.2mol+2mol=11.6mol，设平衡时容器的体积为VL，由恒温恒压条件下气体的物质的量之比等于气体体积之比可得：=，解得V=2.32L，则0-4

h内二氧化碳的反应速率为：≈0.198mol/(L·h)；反应②的平衡常数K=≈0.238；（8）<>恒温恒压条件下，降低Ar含量相当于增大压强，使反应①逆向移动，导致n(H2)减少；同时各组分浓度的变化使反应②正向移动，进一步消耗n(H2)，故最终n(H2)减小，导致n(CO):n(H2)的值增大，故选A。2．（25-26高三上·上海杨浦·期中）尿素常温下是白色晶体，熔点，是一种含氮量较高的氮肥，也是重要的化工原料。工业上，合成尿素的总反应分两步进行。氨基甲酸铵熔点。①

②

(1)写出总反应的热化学方程式。(2)尿素水溶性非常好，原因是。(3)尿素中含有的三种元素的电负性大小顺序为___________。A．N>O>H B．O>N>H C．O>H>N D．N>H>O在固定体积的密闭容器中投入4mol氨气和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分随时间的变化如图所示：(4)合成尿素总反应的速率由反应___________决定A．① B．② C．①和② D．不确定(5)下列情况不能证明反应一定达到平衡状态的是___________。A．消耗速率等于生成速率 B．的体积分数不随时间变化C．气体总压强不随时间变化 D．气体密度不随时间变化在恒容密闭容器中充入和，在不同催化剂(Cat1、Cat2)作用下合成尿素，5分钟时氨的转化率与温度的变化关系如图所示。(只考虑总反应)(6)下列叙述正确的是___________。A．b点达到平衡状态，平衡后升温，平衡向左移动B．其他条件相同时，Cat2的催化效能大于Cat1，工业生产宜选择Cat2C．100-400℃时升温，Cat1作用下活化分子百分数增大D．bc段氨转化率快速降低的原因是反应物相对能量降低(7)a点坐标为，则5分钟内，a点条件下的平均速率。【答案】(1)(2)尿素是极性分子(或酰胺基为极性基团)，且尿素分子与水分子之间可以形成氢键，因此尿素水溶性好(3)B(4)B(5)A(6)BC【详解】（1）反应①+反应②可得总反应化学方程式，根据盖斯定律，总反应的焓变：ΔH=ΔH1+ΔH2=-159.47kJ/mol+72.49kJ/mol=-86.98kJ/mol，热化学方程式为：。（2）尿素是极性分子(或酰胺基为极性基团)，且尿素分子与水分子之间可以形成氢键，因此尿素水溶性好。（3）尿素中含有C、H、O、N元素，H的电负性最小，同周期元素从左到右电负性增加，则电负性：O>N>C>H，故答案为：B。（4）20min前氨基甲酸铵的物质的量大于尿素，则合成尿素总反应的速率由反应②决定，故答案为B。（5）A．CO2的消耗速率与H2O(g)的生成速率均为正反应速率，无法说明达到平衡，A正确；B．反应分子数发生变化，CO2的体积分数不随时间变化可说明达到平衡，B错误；C．反应分子数发生变化，气体总压强不随时间变化可说明达到平衡，C错误；D．反应有固体生成，气体质量发生变化，气体密度不随时间变化可说明达到平衡，D错误；故答案为A。（6）A．a点和b点对应转化率不同，b点转化率没有达到最高，说明未达到平衡状态，A错误；B．由图可知，在相同温度下，使用催化剂Cat2时氨气的转化率高于使用催化剂Cat1，说明Cat2的催化效能更好，B正确；C．400℃之前温度升高，活化分子百分数增大，反应速率增大，C正确；D．转化率降低的主要原因可能是催化剂活性降低，D错误；故答案为BC；（7）a点的转化率为75%，则5分钟内的平均速率。3．（25-26高三上·上海·期中）乙酸是一种重要的有机化工原料，在催化剂的作用下甲醇羰基化是工业生产乙酸的主要方法之一，涉及的相关反应如下：主反应：

副反应：

(1)主反应能在______条件下自发进行。A．高温 B．低温 C．任意温度 D．不能进行现在向容积为2L的密闭容器中充入2molCH3OH(g)和2mol，在一定温度下发生上述两个反应，测得容器内的压强随时间变化如下所示：t/min02468101214p/kPa(2)该条件下，0～4min内的消耗速率。(3)以下可以证明达到平衡的是______。(不定项)A．容器内质量保持不变 B．CO物质的量分数保持不变C．K保持不变 D．研究表明，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如下(其中TS表示过渡态，Rh(Ⅰ)配合物简写为TN)：(4)反应历程中起催化作用的是______。(不定项)A．LiOH B．LiIC． D．(5)关于以上反应历程说法正确的是。(不定项)A．CO作为配体时，C的配位能力强于OB．增大Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚的用量，甲醇的平衡转化率增大C．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4活化能较低(6)进一步研究发现，极性溶剂可以帮助维持催化剂的稳定性，故甲醇羰基化反应可在______中进行。(不定项)A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．甲苯通过计算机模拟对反应历程进行模拟，得到如下图像：(7)上图的反应历程中，表示使用了Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂的是线。A．虚

B．实(8)上图的反应历程中，主要决定总反应速率快慢的是______。A． B．C． D．(9)当体系中CO浓度不足时，会被碘离子氧化形成沉淀，结合题干信息和反应历程图，从反应速率角度说明甲醇羰基化制乙酸时CO须保持较高浓度的原因。【答案】(1)B(2)0.1(3)BD(4)BC(5)AC(6)AD(7)B(8)A(9)体系中CO浓度不足时，会被碘离子氧化形成沉淀，使浓度大幅降低，通过反应历程图可知与的反应活化能最高，为决速步，浓度的大幅降低会导致反应速率大幅减慢【详解】（1）主反应的，，，低温时，故答案选B。（2）初始总物质的量为4mol，对应的压强为，4分钟时总压强为，在恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，则4分钟时总物质的量为3.2mol，减少0.8mol，因主、副反应每消耗和1molCO均减少1mol气体，故总消耗的为0.8mol，=0.1，故答案为0.1。（3）A．所有反应物和产物均为气体，容器内总质量始终不变（质量守恒），不能证明平衡，A不符合题意；B．CO物质的量分数不变，说明CO的消耗速率=生成速率，反应达到平衡，B符合题意；C．平衡常数K仅与温度有关，温度不变时K始终不变，不能证明平衡，C不符合题意；D．ΔG=ΔH−TΔS=0是反应达到平衡的热力学标志，可证明平衡，D符合题意；故选BD。（4）催化剂是反应过程中先消耗后生成的物质，根据循环图知，LiI先与反应生成LiOH和，与反应生成TN2（），TN2经过TS2生成TN3，TN3转化为TN4，由TN4反应生成和，与LiOH反应生成和LiI，在反应中和LiI为催化剂，LiOH和为中间产物，故答案为BC。（5）A．CO中碳和氧均有孤对电子，碳的电负性小于氧，作为配体时，C的配位能力强于O，A正确；B．Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚是催化剂，增大Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚的用量，平衡不移动，甲醇的平衡转化率不变，B错误；C．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能是生成TN3的速率比较慢或者消耗TN3的速率比较快，即TN2→TN3的活化能比较高或TN3→TN4活化能较低，故C正确；故答案选AC。（6）由题信息知，极性溶剂可以帮助维持催化剂的稳定性，甲醇羰基化反应应在极性溶剂中进行，水、甲苯为极性分子，四氯化碳、苯为非极性分子，故答案为AD。（7）由图可知，虚线的反应历程中的最大活化能大于实线的反应历程中的最大活化能，催化剂能降低反应的活化能，故表示使用了Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂的是实线，故答案为B。（8）由图可知，反应历程中的第一步的活化能最高，为决速步骤，反应方程式为，故答案为A。（9）体系中CO浓度不足时，会被碘离子氧化形成沉淀，使浓度大幅降低，通过反应历程图可知与的反应活化能最高，为决速步，浓度的大幅降低会导致反应速率大幅减慢，因此需在反应过程中保持较高的CO浓度，故答案为：体系中CO浓度不足时，会被碘离子氧化形成沉淀，使浓度大幅降低，通过反应历程图可知与的反应活化能最高，为决速步，浓度的大幅降低会导致反应速率大幅减慢。4．【热门话题与学科知识结合】（25-26高三上·上海·期中）的转化和利用是实现碳中和的有效途径，其中利用制取甲醛的热化学方程式为

。(1)若该反应的逆反应活化能表示为a，则a___________。A．小于1.9 B．等于1.9 C．大于1.9 D．无法确定(2)推断该反应___________。A．高温下自发 B．低温下自发 C．任意温度有自发 D．任意温度自发(3)已知

，的燃烧热()为，则燃烧热()为。一定温度下，将体积比为1：2的和混合气体充入恒容密闭容器中发生反应：，测得容器内气体压强如图1所示：(4)M点逆反应速率___________点正反应速率。A．小于 B．等于 C．大于 D．无法确定(5)已知：气体X的分压总压。用的分压变化表示该反应的平均反应速率为。【答案】(1)C(2)A(3)-525.7(4)A(5)0.048【详解】（1）正反应活化能-逆反应活化能，则逆反应活化能正反应活化能，故a大于1.9，故答案选C；（2）该反应，，要使反应能自发，则要小于零，即需高温下自发，故答案选A；（3）已知：；；；；根据盖斯定律可得：，故答案为：-525.7；（4）由题可得v-t图为：根据建立化学平衡的图像，M点逆反应速率小于N点正反应速率，故答案选A；；（5）依方程式可判断，，则0~10min末，用的压强变化表示该反应的平均反应速率为，故答案为：0.048。5．（25-26高三上·上海·月考）中国政府承诺努力争取2060年前实现“碳中和”。是重要的含碳资源，将转化为清洁燃料甲醇是当前的研究热点。一定条件下，和可发生如下两个平行反应：反应I：

反应Ⅱ：

(1)已知相关物质的键能数据如表：化学键键能()4364648031072反应I的。(2)反应Ⅱ的反应历程如图所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。决速步骤对应的化学方程式为。(3)在一定温度下，按体积比向恒压密闭容器中充入和，若只发生反应Ⅱ，能判断反应到达平衡状态的标志是_______。(不定项)A．反应物不再转化为生成物B．气体平均相对分子质量不再变化C．和的物质的量之比为D．气体的密度不再变化(4)一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，若只发生反应，后，容器中浓度为，用表示内的平均反应速率。【答案】(1)(2)(3)BD(4)【详解】（1）反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和；反应I的。（2）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；据图可知决速步骤对应的化学方程式为：；（3）A．反应为可逆反应，达到平衡状态时正逆反应速率相等，但不为0，错误；B．混合气体的平均摩尔质量，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，正确；C．反应速率比等于系数比，和的物质的量之比为，为定值，比值不变，不能说明反应平衡，错误；D．恒压密闭容器中进行反应，反应为气体分子数改变的反应，容器体积变化导致气体密度为变量，气体的密度不再变化，反应平衡，正确；故选BD；（4）反应速率比等于系数比，用表示内的平均反应速率；6．（25-26高三上·上海·月考）科学家利用多聚物捕获转化成甲醇的过程中涉及以下反应：①

②

(1)反应①，则下列温度下反应①可自发进行的是___________。A．240K B．270K C．300K D．330K(2)已知：

。根据信息计算反应的焓变。(3)恒容密闭容器中，充入CO与过量，能说明反应达到平衡状态的是___________。A． B．物质总质量保持不变C．气体密度保持不变 D．气体平均摩尔质量保持不变在一定条件下，将0.1mol和0.3mol2L恒容密闭容器中发生反应：(4)下列措施可以增加反应物分子中活化分子百分数的是___________。A．缩小容器体积 B．增加浓度C．升高温度 D．移去生成物甲醇已知：甲醇选择性[]

(5)反应30min，达到平衡，加压液化，收集到1.6mL甲醇液体，此时甲醇的选择性为79%，则0-30min内，氢气的反应速率为。(保留2位有效数字)(6)此时，甲醇和水均为液态，若只发生①、②两个反应，计算此时反应①的平衡常数K=。(保留2位有效数字)(7)恒压容器内，以、(x代表物质的量分数)进料，反应达平衡时二氧化碳的转化率与温度的结果如图中曲线b所示。若保持压强不变，以、、进料，则平衡时二氧化碳的转化率与温度的结果是曲线。A．a

B．c判断的依据是。【答案】(1)AB(2)-128(3)CD(4)C(5)0.0022(6)(7)a恒压下加入惰性气体，相当于减小体系的分压，平衡逆向移动，转化率降低【详解】（1）由题，反应①，，要使反应自发进行，则要小于0，即，得，故答案选：AB；（2）令反应③

，则根据盖斯定律①-②+③可得目标反应，因此，故答案为：-128；（3）A．CO与的反应速率之比为1:2，因此要满足时反应才达到平衡状态，A不符合题意；B．反应中要遵循质量守恒，因此物质总质量一直保持不变，不能用来判断是否平衡，B不符合题意；C．密度，反应中生成了液态物质，气体的总质量会变，恒容容器，容器体积不变，因此密度是变量，气体密度保持不变则说明达到平衡，C符合题意；D．反应生成液体，气体的摩尔质量为变量，所以当气体摩尔质量不变时，能说明反应达到平衡状态，D符合题意；故答案选CD；（4）A．缩小容器的体积，单位体积内活化分子数增加，但活化分子百分数不变，A不符合题意；B．增加浓度，单位体积内活化分子数增加，但活化分子百分数不变，B不符合题意；C．升高温度，分子能量增加，使部分普通分子吸收能量后变为活化分子，活化分子百分数增加，C符合题意；D．移去生成物甲醇，平衡平衡正向移动，但活化分子百分数不变，D不符合题意；故答案选C；（5）由已知，，因此，又此时甲醇的选择性为79%，则消耗的为，生成CO消耗的为0.0105mol，可列三段式为：，，则氢气总转化量为，，故答案为：0.0022；（6）由小问5可算得，，同理，，，，且甲醇和水均为液态，因此反应①的平衡常数，故答案为：（7）由已知，反应在恒压条件下进行，初始投料、，新投料、、，新投料中与均为起始投料的0.9倍，说明新投料中与的比例与曲线b一致，但加入氩气后，总压不变，反应体系的分压减小，结合反应为系数减小的反应，因此根据勒夏特列原理，减压使平衡逆向移动，导致转化率下降，平衡时二氧化碳的转化率与温度的结果是曲线a，故答案为：a；恒压下加入惰性气体，相当于减小体系的分压，平衡逆向移动，转化率降低。7．（25-26高三上·上海·阶段练习）石油开采的天然气含有。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。和重整制氢的主要反应如下：反应I：反应Ⅱ：反应Ⅲ：(1)分子的电子式为。(2)电负性由大到小的顺序为。(3)反应I中属于极性分子的是______(不定项)。A． B． C． D．(4)反应Ⅳ：kJ/mol。(5)保持反应器进料口的气体总压强不变，分别以物质的量之比与(不通入He)进料。平衡转化率与温度的关系如图，含有He的曲线为(填“M”或“N”)，理由是。假设在10L的恒温刚性容器中，通入0.3mol和发生反应I、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为。和的转化率与时间的关系如图；(6)内的化学反应速率为。(7)5min时，容器内总压为。(8)与传统天然气制氢中需要脱硫将转化为硫磺和水相比，上述方法优点是：。【答案】(1)(2)(3)B(4)+11(5)M总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大(6)(7)(8)H2S得到了综合利用，H原子全部转化为H2，原子利用率高【详解】（1）H2S是共价化合物，S和H共用一对电子形成共价键，电子式为；（2）元素非金属性越强，电负性越大，C、H、S电负性由大到小的顺序为；（3）A．CH4为正四面体结构，是极性键构成的非极性分子；B．H2S类似H2O，分子构型为V形，正负电性中心不重合，是极性键构成的极性分子；C．CS2分子为直线形，类似CO2，是极性键构成的非极性分子；D．H2是非极性分子；故选B；（4）根据盖斯定律可知，反应Ⅳ可以由反应Ⅱ+反应Ⅲ-反应Ⅰ得到，则CS2(g)⇌S2(g)+C(s)

；（5）保持反应器进料口总压强不变，即平衡在恒温恒压下进行，当加入稀有气体，相当于容器减压，则平衡向气体分子数增大的方向移动，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，根据反应方程可知此时平衡向正反应方向移动，得到的平衡转化率增大，故含有He的曲线为M；（6）由图可知，0～5min内消耗的CH4为0.3mol×5%=0.015mol，消耗的H2S为0.15mol×20%=0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)=2×0.015mol+0.03mol=0.06mol，0～5min内H2的化学反应速率为；（7）设5min时反应Ⅰ转化的CH4的物质的量为xmol，则转化的H2S为2xmol，反应Ⅱ转化的CH4为(0.015-x)mol，反应Ⅲ转化的H2S为(0.03-2x)mol，则：则反应5min时，，，，，，因此总物质的量为，而反应前总物质的量，根据在恒容状态下压强之比等于物质的量之比，则5min时压强为；（8）与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫磺和水相比，上述方法优点是H2S得到了综合利用，H原子全部转化为H2，原子利用率高。8．（25-26高三上·上海·阶段练习）的资源化利用有利于实现碳中和。向两个容积固定为的密闭容器中分别充入比例相同，但总量不同的和气体，进行如下反应：，的平衡转化率与初始充入物质的量(n)、反应温度(T)的关系如图所示。(1)若时，向容器中充入气体(和)，反应至时达到平衡，则0~5min内的平均反应速率。(2)判断图中、相对大小，。(填“>”“=”或“<”)加氢制的主要反应如下：①②③(3)反应②的_______。A．41 B．4 C．-4 D．-41(4)为了使反应①自发进行，应将温度控制在。A．较高温度B．较低温度C．任何温度(5)在恒容容器内，发生反应③，以下可以说明反应达到平衡的是_______。(不定项)A．B．混合气体的平均相对分子质量保持不变C．混合气体的密度保持不变D．断开1根H-H键的同时断开3根C-H键在下，将的原料气匀速通过如图所示装有催化剂的新型膜反应器。(6)已知平衡转化率随温度升高而上升，可能的原因是。(7)与未使用新型膜反应器相比，该装置中的平衡转化率明显提高，可能的原因是。催化加氢制依次经历步骤ⅰ、ⅱ，如图所示：(8)Ce正价有+3和+4。x=0.2时，催化剂中，若此时参与“步骤ⅱ”反应，写出该反应的化学方程式。【答案】(1)0.03mol·L-1·min-1(2)<(3)A(4)B(5)B(6)温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，反应I逆向移动的程度小于反应Ⅱ正向移动的程度；(7)分子筛膜从反应体系中不断分离出，使反应I正向进行程度增大(8)1.55CeO1.8+CO2+2H2=CH3OH+5CeO2【详解】（1）若T1时，向容器中充入气体(和)，反应至时达到平衡，H2的平衡转化率为30%，则0~5min内CO2的平均反应速率v(CO2)=v(H2)==0.03mol·L-1·min-1；（2）在恒容、恒温条件下，增大反应物总量(原料比例相同)，相当于加压，平衡向正反应方向进行，H2的平衡转化率增大。读图可知，同在T2时，曲线n2对应H2的平衡转化率比曲线n1高，所以n2初始充入物质的量多，即n2>n1；（3）已知：①，②，③，根据盖斯定律，①-2③=②，，故选A；（4）反应①是气体分子数减小的反应，即熵减反应ΔS<0，反应Ⅰ是放热反应，ΔH<0，ΔG=ΔH-TΔS<0可自发，反应Ⅰ在低温条件下能自发进行，故选B；（5）A．未明确正、逆反应速率，不能说明反应达到平衡，A错误；B．该反应气体质量守恒，气体系数减小即物质的量减小，则随反应进行混合气体的平均相对分子质量为变量，故混合气体的平均相对分子质量保持不变可以说明反应达到平衡，B正确；C．该反应气体质量守恒，在恒容容器内，随反应进行混合气体的密度保持不变，则混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡，C错误；D．断开1条键为正反应速率，同时断开3条键为逆反应速率，正、逆反应速率之比为1:1，不等于化学计量系数之比，故不能说明反应达到平衡，D错误；故选B；（6）反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，反应①逆向移动的程度小于反应②正向移动的程度，所以CO2平衡转化率随温度升高增大；（7）分子筛膜可以从反应体系中不断分离出H2O，使反应①正向进行程度增大，的平衡转化率明显提高；（8）x=0.2时，化学式为CeO1.8，Ce正价有+3和+4，设1个分子中，+3价Ce为a个，+4价Ce为b个，则a+b=1，结合正负化合价代数和为零可知3a+4b=1.8×2=3.6，联立解得，a=0.4，b=0.6，则==1.5；n(CO2):n(H2)=1：2时，结合图像可知，步骤ii反应的化学方程式为5CeO1.8+CO2+2H2=CH3OH+5CeO2。考向2反应机理1．（25-26高三上·上海·阶段练习）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应。反应历程(下图)中，M为中间产物。其他条件相同时(恒容密闭容器)，下列说法不正确的是A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B．反应达平衡后，升高温度，R的浓度减小C．使用Ⅰ和Ⅱ时，反应的焓变相同D．使用Ⅱ时，生成M的速率更快【答案】BD【详解】A．反应历程的步数由能量图中“峰”的数量决定，每个峰对应一步基元反应，由图可知，催化剂Ⅰ（实线）和Ⅱ（虚线）的反应历程均出现4个能量峰，故均分4步进行，A正确；B．反应焓变ΔH=生成物P总能量-反应物R总能量，由图可知，反应物R的能量高于生成物P的能量，正反应为放热反应（ΔH<0），升高温度，平衡向吸热方向（逆反应）移动，R的浓度增大，而非减小，B错误；C．焓变仅取决于反应物和生成物的总能量差，与催化剂无关，故使用Ⅰ和Ⅱ时反应焓变相同，C正确；D．生成M的速率取决于R→M步骤的活化能（对应能量峰的高度），由图可知，催化剂Ⅱ在R→M步骤的活化能（峰高）高于催化剂Ⅰ，活化能越低反应速率越快，故使用Ⅱ时生成M的速率更慢，D错误；故答案选BD。2．（25-26高三上·上海·阶段练习）将二氧化硫与氧气的混合气体加热到一定温度()，再通过适当的催化剂(如等)，二氧化硫转化为三氧化硫并放出大量热。这便是接触法制硫酸的核心步骤。使用催化剂时，反应的可能机理为：以下说法正确的是A．二氧化硫的催化氧化属于基元反应 B．通过改变反应途径降低了活化能C．温度越高，反应速率就会越大 D．使用催化剂后活化分子百分数增大【答案】BD【详解】A．基元反应是指一步就能完成的反应，而SO2的催化氧化通过V2O5的两步反应机理完成（并非一步），因此不属于基元反应，A错误；B．催化剂V2O5通过改变反应途径（将总反应拆分为两步），降低了反应的活化能，从而加快反应速率，B正确；C．温度对反应速率的影响并非“温度越高，速率就越大”。虽然升高温度通常加快反应速率，但本题中反应温度范围是，若温度过高，超出催化剂活性温度，反应速率可能减小，因此该表述过于绝对，C错误；D．催化剂通过降低活化能，使更多普通分子转化为活化分子，从而增大活化分子百分数，加快反应速率，D正确；故答案选BD。3．（25-26高三上·上海·月考）氨硼烷能与水在催化作用下发生脱氢反应，历程如下：(1)上述历程的总反应可以表示为：。(2)上述历程涉及的各元素中，第一电离能最大的是_______。A．氢 B．硼 C．氮 D．氧(3)氨硼烷水溶液在室温下非常稳定，加入催化剂后立刻快速释氢，原因是加入催化剂后_______。A．使原本不自发的反应变得自发 B．增大了反应物分子的平均能量C．增加了单位体积内活化分子百分数 D．增加了反应的活化能【答案】(1)(2)C(3)C【分析】氨硼烷中的氢与水中的氢逐步结合生成氢气，同时水分子中的氧原子逐步与氨硼烷中的硼原子结合，经多步催化转化后，最终生成NH4B(OH)4。【详解】（1）从历程可知，氨硼烷（NH3BH3​）与水在催化剂作用下脱氢，生成NH4B(OH)4，总反应为：；（2）第一电离能规律：同周期从左到右（除ⅡA、ⅤA族特殊）逐渐增大；同主族从上到下逐渐减小。涉及元素：H、B、N、O。H的第一电离能较小；B（第ⅢA族）<

O（第ⅥA族）<N（第ⅤA族，半满稳定结构）；因此第一电离能最大的是N，故选C。（3）A．反应的自发性由ΔG决定，催化剂不改变反应自发性，A错误；B．催化剂不改变反应物分子的平均能量，B错误；C．催化剂的作用是降低反应的活化能，使更多普通分子变为活化分子，从而增加单位体积内活化分子百分数，加快反应速率，C正确；D．催化剂是降低活化能，不是增加，D正确；故选C。4．（25-26高三上·上海·阶段练习）在催化剂作用下，丙烯酸乙酯与氨气反应也可以制得丙烯腈，反应机理如图，实验过程中几乎检测不到（g）的存在，其可能的原因为。【答案】第一步反应的活化能较高，反应速率较慢；第二步反应的活化能较小，反应速率快【详解】由反应机理图可知，第一步反应的活化能较高，反应速率较慢，是决速步骤，第二步的活化能较小，反应速率快，第一步产生的（g）在第二步中被迅速消耗，所以几乎检测不到。5．（25-26高三上·上海·开学考试）中国科学院大学以Bi为电极材料，利用电化学催化还原CO2制备HCOOH。用计算机模拟CO2在电极材料表面发生还原反应的历程如图乙(*表示微粒与Bi的接触位点)所示。根据反应历程图中的数据，你认为电化学催化还原CO2生成HCOOH的选择性(填“高于”或“低于”)生成CO的选择性，原因是。【答案】高于生成CO的中间体(*COOH)的活化能高于生成HCOOH的中间体(*OCHO)的活化能【详解】由题图乙可知，电化学催化还原制备CO的中间体()活化能高，电化学催化还原制备HCOOH的中间体(*OCHO)活化能低，活化能越低，反应速率越快，选择性越好。6．（25-26高三上·上海嘉定·期中）尿素是常用的化肥与工业原料。尿素生产一般控制在下进行，主要分以下两步：反应①：(氨基甲酸铵)反应②某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在固定体积密闭容器中投入和，实验测得反应中各组分物质的量随时间变化如下图所示：(1)合成尿素反应过程的能量变化示意图可能是______。A． B．C． D．(2)合成尿素总反应进行到约min时达到平衡。(3)中间产物氨基甲酸铵具有强还原性，会严重破坏镍制容器表面的氧化膜，使容器表面的腐蚀速率加快。在工业生产尿素过程中，可通入适量氧气来防止这一现象。若生产时通入的气体中混有少量，则在有氧气存在的条件下，容器表面腐蚀反应的速率会比无氧气时更快，其原因可能是。(4)尿素在结晶过程中主要副反应是尿素发生脱氨反应。其反应历程如下：反应③(快)反应④：(缩二脲)(慢)已知共价键的极性强弱会影响成键原子的电子云密度。在缩二脲的结构式()中圈出电子云密度最小的H原子。(5)在尿素结晶过程中，反应③可视为处于平衡状态。实验表明，在合成尿素的体系中，的浓度越高，缩二脲生成速率越慢，其原因是。(6)含有结晶水的(硼酸镍)晶体表面存在“”结构。用加热后的晶体作催化剂，以、为原料，电解溶液可获得尿素。电解法制尿素时向一侧电极通入和，在该电极上生成尿素。生成尿素的电极名称为；另一电极上有两种气体生成，电极反应式为。(7)加热后的硼酸镍晶体表面会因键断裂而产生位点，位点与相邻的位点共同形成FLP位点，其催化机理(部分)如下图所示。实验表明，在下加热硼酸镍晶体得到的催化剂催化效果最好，温度过高或过低催化效果会降低，原因是；溶液中若存在会极大地降低催化剂的活性，结合催化机理解释原因。【答案】(1)A(2)55(3)与O2反应生成SO2，SO2、O2、H2O反应生成硫酸，酸性增强，腐蚀能力增强(4)(5)反应③为可逆反应，NH3浓度高使平衡逆向移动，HNCO浓度降低，导致反应④(慢反应)速率减慢(6)阴极(7)温度过低Ni—O键断裂少，生成的LA位点少，难以形成足够的FLP位点催化反应，催化效果会降低；温度过高，FLP位点的结构被破坏，形成两个LA位点，失去对CO2的吸附、还原能力，催化效果下降；可以占据LA位点，使之无法吸附CO2，极大地降低催化剂的活性【详解】（1）由题给信息可知，总反应为①+②：2NH3+CO2⇌CO(NH2)2+H2O，ΔH=ΔH1+ΔH2=-72.8kJ/mol(放热反应)，示意图应为反应物总能量高于生成物，故排除B、D，由各组分物质的量变化图可知，氨基甲酸铵先增大后减小，说明开始反应时，反应①的速率比反应②快，故活化能：反应①＜反应②，排除C选项，故答案为：A；（2）由图可知，各组分物质的量不再变化时约为55min；（3）生产时通入的气体中常混有少量，有氧气存在的条件下，发生反应，，硫酸腐蚀性更强；（4）中间N原子连接两个羰基，羰基中O原子电负性强，吸电子能力强，羰基为吸电子基团，故N—H键的电子更偏向N原子，H原子电子云密度降低，则中间的N连接的H的电子云密度最低，可以得到缩二脲中电子云密度最小的H原子为：。（5）反应③为可逆反应，NH3浓度高使平衡逆向移动，HNCO浓度降低，导致反应④(慢反应)速率减慢；（6）根据题意可知，制尿素时向一侧电极通入和，在该电极上生成尿素，该电极的电极反应式为：，发生还原反应，因此生成尿素的电极名称为阴极；另一个电极为阳极，该电极发生的是氧化反应，根据题干信息可知，电极反应式为：。（7）如图可知，温度过低Ni—O键断裂少，生成的LA位点少，难以形成足够的FLP位点催化反应，催化效果会降低；温度过高，FLP位点的结构被破坏，形成两个LA位点，失去对CO2的吸附、还原能力，催化效果下降；能与催化剂中的Ni活性位点形成配位键，占据了FLP位点中用于吸附、还原CO2的位置，使CO2无法被有效催化，从而大大降低催化剂活性。（25-26高三上·上海·期中）通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应如下：①②7．反应的。8．甲酸分子中的O原子采取的杂化方式为。(不定项)A．sp杂化

B．杂化

C．杂化常温下，，从分子结构角度分析两种电离常数大小差异的原因。9．一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是___________。(不定项)A．气体密度不变 B．气体总压强不变C．的浓度不变 D．CO和的物质的量相等10．一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近100%，原因是；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是。(反应①的选择性)甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和)的重要方法，主要反应有：③④⑤11．恒温恒容条件下，可提高平衡转化率的指施有。A．增加原料中的量B．增加原料中的量C．通入Ar气恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如图。12．投料组成中Ar含量下降，平衡体系中的值将___________。A．增大 B．减小 C．不变 D．无法判断13．若平衡时Ar的分压为pkPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】7．8．BC9．BC10．反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利11．B12．A13．【解析】7．可由方程式②-①，因此，；8．HCOOH中，C=O上的氧价层电子对数，为杂化，-O-H上的氧价层电子对数，为杂化，故选BC；9．A．根据质量守恒，反应前后气体质量不变，恒容密闭容器容积不变，则气体密度始终不变，因此，气体密度不能作为判断平衡的依据，A错误；B．反应①，②均为气体分子数增大的反应，随着反应的进行，恒容容器的压强一直增大，当气体压强不变时，说明反应达到平衡状态，B正确；C．由反应①可知，的浓度不变，能据此判断反应是否达到平衡状态，C正确；D．由反应①，②的化学计量数可知，当消耗等量的时，生成的CO和的物质的量相等，但此时不能说明反应达到平衡状态，D错误；故选BC；10．反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利；11．A.增加原料中的量会降低的转化率，A错误；B.增加原料中的量可以提高的转化率，B正确；C.恒温恒容条件下，通入气体，各气体浓度不发生改变，平衡不移动，不能提高的转化率，C错误；故选B；12．如图可知，恒压时，随着Ar含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下降的更快，而反应③甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但H2减小的多，则增大，故选A；13．设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：；；根据碳元素守恒：；根据氧元素守恒：；根据氢元素守恒：；平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应⑤的平衡常数。14．（25-26高三上·上海·阶段练习）是一种重要的氧化剂，可用于某些污染物(如、)的处理。可对烟气中、进行协同氧化脱除，涉及的部分反应及速率常数如下(其他条件相同时，越大速率越快)：I.II.III.IV.(1)反应IV的历程如图所示，该历程中最大活化能。(2)适当增加的浓度，的氧化速率会明显增大的原因。可由左图所示装置制备(电极不反应)。阴极上产生的机理如右图所示(A、B均为含氯微粒，其他微粒未标出)。(3)电解时阳极附近溶液的pH(填“减小”“增大”或“不变”)。(4)由B与A生成的基元反应方程式为。【答案】(1)32.3(2)反应I、Ⅳ的化学反应速率相对较快，增加的浓度，使反应I的速率增大，从而使的浓度变大，又快速将氧化为(3)减小(4)【详解】（1）由图可知，该历程中最大活化能；（2）由题意可知，反应Ⅲ的化学反应速率最慢，二氧化硫的氧化速率慢，而反应I、IV的化学反应速率相对较快，添加一氧化氮后，二氧化氯通过反应I快速生成，又快速将二氧化硫氧化为三氧化硫，所以添加一氧化氮时，二氧化硫氧化速率提高；（3）由图可知，左侧电极为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为，放电生成的氢离子会使阳极附近溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小；（4）由图可知，右侧电极为电解池的阴极，酸性条件下氯酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成二氧化氯，生成的二氧化氯在阴极迅速得到电子生成亚氯酸根离子，亚氯酸根离子与溶液中的氯酸根离子反应生成二氧化氯，则由B与A生成二氧化氯的反应为。15．（25-26高三上·上海·阶段练习）电喷雾方法可得到的M+(Fe+、Co+、Ni+等)与O3反应可得MO+。MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。(1)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是___________。A．Ⅰ B．Ⅱ C．Ⅰ和IⅡ都涉及 D．Ⅰ和Ⅱ都不涉及(2)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线。A．c

B．d(3)MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DODCHD2OH(填“>”“<”或“=”)。A．>

B．<

C．=(4)若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有___________种。A．1 B．2 C．3 D．4【答案】(1)A(2)A(3)B(4)B【详解】（1）步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ，故选A；（2）直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，与反应的能量变化应为图中曲线c，故选A；（3）与反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，步骤Ⅰ的活化能增大，反应速率会变慢，则CH2DOD更难获得，故产率：<，故选B；（4）根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为或共2种，故选B。（25-26高三上·上海·期中）丙烯是有机化工中的重要原料，可用丙烷为原料进行制备。方法Ⅰ：直接脱氢工艺

已知有关物质的燃烧热数据如下：物质燃烧热16．。17．、下，向装有催化剂的恒压密闭容器中以投料，发生直接脱氢反应，丙烷的平衡转化率。（1）判断体系达到平衡状态的标志是。（不定项）A．单位时间内，的消耗速率等于的生成速率B．体系中气体的密度不再改变C．单位体积内气体的分子数不再改变D．与之和保持不变（2）已知600℃、0.4MPa时气体总浓度为，达到平衡时容器体积为。则的平衡浓度。（3）达到平衡后时刻向体系中充入，时达到新平衡，此过程中丙烷的转化率（）随时间（t）变化的曲线为。A．

B．C．

D．方法Ⅱ：氧化脱氢工艺

18．如图能正确表示丙烷氧化脱氢反应与温度关系图像的是_____。A． B．C． D．19．丙烷氧化脱氢反应历程分为如下四步（其中“·”表示基团含有的单电子）：i.（慢）ii.（快）iii.（快）iv.……（快）（1）步骤iv的反应式为。（2）决定丙烷氧化脱氢反应整体反应速率大小的步骤是。A．步骤i

B．步骤ii

C．步骤iii

D．步骤iv氧化脱氢除生成外，还会生成、等物质。在某催化剂作用下，相同反应时间内的转化率和的产率随温度变化关系如图所示。20．图中的转化率随温度升高而上升的原因可能是_____。（不定项）A．温度升高，平衡正向移动 B．温度升高，有效碰撞频率增大C．温度升高，催化剂活性增大 D．温度升高，正向自发程度增大21．575℃时，的选择性为（保留3位有效数字）。（）22．结合图中信息与相关知识，提出两条能提高氧化脱氢反应中选择性的措施：、。【答案】16．123.917．BD2.25B18．D19．A20．BC21．51.5%22．选择相对较低的温度更换高选择性的催化剂、控制的投入量【解析】16．燃烧热的热化学方程式：，燃烧热的热化学方程式：，燃烧热的热化学方程式为：，根据盖斯定律，①—②—③可得到反应，则：；17．（1）A．随着反应的进行，消耗的物质的量始终等于生成的物质的量，所以不能作为平衡状态的标志，故A错误；B．随着反应的进行，容器的体积逐渐变大，气体质量不变，故密度逐渐减小，平衡后，体积不变，密度不变，故可以作为判断依据，故B正确；C．随着反应进行，根据理想气体的状态方程PV=nRT，当温度和压强不再改变时，单位体积内的物质的量不会发生变化，所以不能作为平衡状态的标志，故C错误；D．随着反应的进行，与之和一直发生变化，平衡后，与之和不变，故可以作为判断依据，故D正确；故答案为：BD；（2）已知投料：，设起始，，温度600°C，压强0.4MPa时气体总浓度为12.25mol·L⁻¹（平衡时），容器体积为1.0L（平衡时）丙烷平衡转化率列出三段式：加上水蒸气：平衡总物质的量：已知平衡时（因为浓度12.25mol·L⁻¹，体积1.0L)

所以：，，平衡时因此：；（3）充入水蒸气（无关气体）后，在恒压条件下，容器体积增大，相当于减压，反应气体分子数增加，减压有利于平衡正向移动，丙烷转化率升高，因此，曲线应从原平衡值（45%）开始逐渐上升，到达新平衡时转化率更高，根据图片描述，曲线应显示在充入点后转化率平稳上升，B正确；18．该反应的，，则随温度升高逐渐减小，任何温度时，都有，D正确；19．（1）丙烷氧化脱氢总反应为，前三步反应相加得到，对比总反应，可知步骤iv反应为；（2）化学反应速率由慢反应决定，因为慢反应是整个反应的“瓶颈”，步骤i是慢反应，所以决定丙烷氧化脱氢反应整体反应速率大小的步骤是步骤i，答案选A；20．A．对于氧化脱氢反应，总反应式可写为这是一个燃烧反应，，是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向吸热方向移动，即逆向移动，A错误；B．温度升高会增大反应物分子的平均动能，从而显著增加分子间的有效碰撞频率，加快所有化学反应（包括主反应和副反应）的速率，在未达到平衡的给定时间内，更高的反应速率会导致更多的反应物被消耗，从而表现为转化率上升，B正确；C．在许多催化反应中，催化剂有一个最佳活性温度区间，在一定范围内，升高温度确实可以提高催化剂的活性，从而加快反应速率，提高转化率，这是一个合理的原因，C正确；D．反应的自发性由吉布斯自由能决定。由于该反应，且，升高温度会使-T∆S项变得更负，自发程度变大，但是单位时间内的转化率和速率有关，和自发进行程度无关，因此，这不是主要原因，D错误；答案选BC；21．由题图可知，575℃时，的转化率为33%，的产率为17%，设充入100mol，则反应了33mol，生成17mol，则的选择性为；22．图像表明随着温度升高（从550℃到575℃），丙烯()的选择性显著下降，虽然高温提升了总转化率（从13%到33%），但更多丙烷被用于发生副反应（如完全氧化生成CO₂等），导致目标产物丙烯的产率增长远跟不上转化率的增长，从而选择性降低，所以应选择相对较低的温度；不同的催化剂对反应的选择性有很大影响，不同催化剂下的选择性不同，因此更换高选择性的催化剂可以提高的选择性。（25-26高三上·上海·阶段练习）苯乙烯是重要的有机化工原料，可用乙苯为原料制备苯乙烯。常见的方法有直接脱氢法和氧化脱氢法。反应原理表示如下：反应①(氧化脱氢)：反应②(直接脱氢)：23．又知的气化焓为，计算可得的燃烧热为_______。A． B． C． D．24．判断反应①能否自发进行，并说明理由。25．欲提高反应①中乙苯平衡转化率，可采用的措施有、。某温度下，向容器中通入气态乙苯与发生反应①，后反应达到平衡，此时混合气体中乙苯和苯乙烯的物质的量相等。26．下列条件可以判断反应①达到化学平衡状态的标志是_______。A．正反应与逆反应不再进行 B．气体密度不再改变C．体系压强不再改变 D．与之和保持不变27．从开始反应至达到平衡时间段内平均反应速率。中国化学家提出了在某催化剂表面反应②的机理(Ph-代表苯基，*代表吸附态)：28．虚线框内化学反应速率最慢的一步活化能的值为_______。A．11.5 B．17.3 C．63.5 D．102.129．关于上述反应历程说法正确的是_______。A．物质吸附在催化剂表面时通常比其形成的过渡态稳定B．使用催化剂后，有效提升了乙苯的平衡转化率C．状态ii→状态iii过程中形成了碳碳双键D．状态iii→状态iv的能量变化说明形成H-H键是吸热过程30．乙苯催化脱氢过程中发生积碳反应：。积碳反应可能导致的后果为(任写两条)。【答案】23．A24．能

ΔH＜0，ΔS＞0，△H-TΔS＜025．降低温度减小压强、增大氧气浓度、减小生成物浓度等(任写两点)26．C27．0.025mol·L-1·min-128．C29．AC30．覆盖催化剂的活性位点、影响气体扩散【解析】23．①②③H2O(l)=H2O(g)

△H3=44kJ∙mol-1依据盖斯定律，将反应①-②-③得，H2(g)+O2(g)=H2O(l)

△H=△H1-△H2-△H3=-123.8kJ∙mol-1-118kJ∙mol-1-44kJ∙mol-1=-285.8kJ∙mol-1，则的燃烧热为-285.8。故选A。24．反应①：中，△H＜0，反应物气体分子数小于生成物气体分子数，则ΔS＞0，△H-TΔS＜0，反应在任何温度下都能自发进行。则反应①能自发进行，理由：ΔH＜0，ΔS＞0，△H-TΔS＜0。25．欲提高反应①中乙苯平衡转化率，需使平衡正向移动，可采用的措施有：降低温度、减小压强、增大氧气浓度、减小生成物浓度等(任写两点)。26．A.反应①为可逆反应，即便达到平衡，正反应与逆反应仍在进行，A不正确；B.混合气的体积不变，质量不变，气体密度始终不变，当密度不变时，反应不一定达平衡状态，B不正确；C.反应①中，反应前后气体的分子数不等，在恒容条件下，体系压强始终发生改变，当体系压强不再改变时，反应达平衡状态，C正确；D.不管反应是否达到平衡，与之和始终保持不变，D不正确；故选C。27．某温度下，向2L容器中通入2mol气态乙苯与2molO2发生反应①，10min后反应达到平衡，此时混合气体中乙苯和苯乙烯的物质的量相等，则参加反应乙苯的物质的量为1mol，参加反应O2的物质的量为0.5mol，所以从开始反应至达到平衡时间段内平均反应速率v(O2)==0.025mol·L-1·min-1。28．虚线框内发生的反应，从ⅰ到ⅱ，活化能为(86.6-23.1)kJ∙mol-1=63.5kJ∙mol-1，从ⅱ到ⅲ，活化能为(92.4-75.1)kJ∙mol-1=17.3kJ∙mol-1，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率最慢的一步活化能的值为63.5kJ∙mol-1，故选C。29．A.从反应历程图中可以看出，物质吸附在催化剂表面时的相对能量低于形成过渡态时的能量，根据能量越低越稳定的原则，物质吸附在催化剂表面时通常比其形成的过渡态稳定，A正确；B.催化剂只能同等程度改变正逆反应速率，不能使化学平衡发生移动，所以使用催化剂后，不能提升乙苯的平衡转化率，B不正确；C.从图中可以看出，状态ii→状态iii过程中，ph-CHCH3∗+H+转化为ph-CH=CH2∗+2H+，形成了碳碳双键，C正确；D.状态iii→状态iv，是形成H-H键的过程，也是H2的解吸过程，虽然图中看到能量升高，但不能说明形成H-H键是吸热过程，且生成H–H键通常放热，D不正确；故选AC。30．积碳反应发生后，积炭会覆盖在催化剂表面，影响催化剂的活性；也会堵塞反应体系中的通道，影响气体的扩散，则可能导致的后果为：覆盖催化剂的活性位点、影响气体扩散。31.（25-26高三上·上海·期中）乙酸是一种重要的有机化工原料，在催化剂的作用下甲醇羰基化是工业生产乙酸的主要方法之一，涉及的相关反应如下：主反应：

副反应：

研究表明，Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如下(其中TS表示过渡态，Rh(Ⅰ)配合物简写为TN)：(4)反应历程中起催化作用的是______。(不定项)A．LiOH B．LiIC． D．(5)关于以上反应历程说法正确的是。(不定项)A．CO作为配体时，C的配位能力强于OB．增大Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚的用量，甲醇的平衡转化率增大C．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能原因是TN3→TN4活化能较低(6)进一步研究发现，极性溶剂可以帮助维持催化剂的稳定性，故甲醇羰基化反应可在______中进行。(不定项)A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．甲苯通过计算机模拟对反应历程进行模拟，得到如下图像：(7)上图的反应历程中，表示使用了Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂的是线。A．虚

B．实(8)上图的反应历程中，主要决定总反应速率快慢的是______。A． B．C． D．(9)当体系中CO浓度不足时，会被碘离子氧化形成沉淀，结合题干信息和反应历程图，从反应速率角度说明甲醇羰基化制乙酸时CO须保持较高浓度的原因。【答案】(4)BC(5)AC(6)AD(7)B(8)A(9)体系中CO浓度不足时，会被碘离子氧化形成沉淀，使浓度大幅降低，通过反应历程图可知与的反应活化能最高，为决速步，浓度的大幅降低会导致反应速率大幅减慢【详解】（4）催化剂是反应过程中先消耗后生成的物质，根据循环图知，LiI先与反应生成LiOH和，与反应生成TN2（），TN2经过TS2生成TN3，TN3转化为TN4，由TN4反应生成和，与LiOH反应生成和LiI，在反应中和LiI为催化剂，LiOH和为中间产物，故答案为BC。（5）A．CO中碳和氧均有孤对电子，碳的电负性小于氧，作为配体时，C的配位能力强于O，A正确；B．Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚是催化剂，增大Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚的用量，平衡不移动，甲醇的平衡转化率不变，B错误；C．经定量测定，反应历程中物质TN3含量最少，可能是生成TN3的速率比较慢或者消耗TN3的速率比较快，即TN2→TN3的活化能比较高或TN3→TN4活化能较低，故C正确；故答案选AC。（6）由题信息知，极性溶剂可以帮助维持催化剂的稳定性，甲醇羰基化反应应在极性溶剂中进行，水、甲苯为极性分子，四氯化碳、苯为非极性分子，故答案为AD。（7）由图可知，虚线的反应历程中的最大活化能大于实线的反应历程中的最大活化能，催化剂能降低反应的活化能，故表示使用了Rh(Ⅰ)-邻氨基苯酚催化剂的是实线，故答案为B。（8）由图可知，反应历程中的第一步的活化能最高，为决速步骤，反应方程式为，故答案为A。（9）体系中CO浓度不足时，会被碘离子氧化形成沉淀，使浓度大幅降低，通过反应历程图可知与的反应活化能最高，为决速步，浓度的大幅降低会导致反应速率大幅减慢，因此需在反应过程中保持较高的CO浓度，故答案为：体系中CO浓度不足时，会被碘离子氧化形成沉淀，使浓度大幅降低，通过反应历程图可知与的反应活化能最高，为决速步，浓度的大幅降低会导致反应速率大幅减慢。题型二化学平衡1.（2025上海，T1（4）（6）（8））碳酸丙烯酯()简称PC，是一种重要的有机化合物，具有多种工业通途。环氧丙烷与二氧化碳催化合成法是目前最常用的生产方法。已知：反应①：(g)+CO2(g)(l)

反应②：C(s)+O2(g)=CO2(g)

反应③：

反应④：

(4)下列关于反应①的随温度T的变化趋势正确的是。一定条件下，在25mL恒容密闭容器中，环氧丙烷气体和过量的CO2发生反应①，制得碳酸丙烯酯液体。(6)能说明上述反应达到化学平衡标志的是_______。A．v正=v正 B．物质总质量保持不变C．压强保持不变 D．气体平均摩尔质量保持不变(8)碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先变大后下降的原因。(9)制备碳酸丙烯酯还有一种光气法，其原理为利用丙二醇与光气生成碳酸丙烯酯。与光气法相比，请从绿色化学角度写出3点环氧丙烷与二氧化碳合成法的优势。【答案】(4)C(6)CD(8)在140℃之前，温度升高，反应速率加快，相同时间内产生的碳酸丙烯酯更多，且平衡正向移动产率升高；超过140℃，温度升高，平衡向吸热反应的逆