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（专题专练）（解析版）

专题09化学反应速率与化学平衡目录第一部分风向速递洞察考向，感知前沿第二部分分层突破固本培优，精准提分A组·保分基础练题型01化学反应速率与反应机理题型02化学平衡的综合应用与计算B组·抢分能力练第三部分真题验证对标高考，感悟考法1．（2026·上海·一模）蒸汽转化是以烃类与水蒸气反应制备氢气、一氧化碳和二氧化碳的工艺，其中水碳比是目前研究的关键。水碳比是指原料气中和的物质的量之比，一般用表示，即。用水蒸气重整制氢的总反应为：已知：燃烧热为，燃烧热为，液态水的汽化热为。(1)总反应的。用水蒸气重整制氢的总反应可分为以下两个过程：反应Ⅰ．水蒸气重整：反应Ⅱ．水煤气变换：(2)在恒容密闭容器中，加入和一定量的，若仅发生反应Ⅰ，的平衡转化率按不同水碳比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是___________(填字母)。A．点a、b、c对应的平衡常数：B．C．下，若容器内比值不变，可判断反应达到平衡D．下达平衡后，压强P：对于反应Ⅱ水煤气变换：，是重要化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。曾有科学家做过如下实验，在下，分别使和还原，得到如下数据：化学方程式平衡后气体的物质的量分数：：(3)根据上述实验结果判断：①、还原为能力的强弱(填字母)。A．

B．

C．

D．无法判断②反应Ⅱ水煤气变换的化学平衡常数(保留2位小数)。我国学者研发了一种用于低温水煤气变换反应的高效稳定催化剂——原子层金簇负载催化剂，下图表示该催化剂与金催化剂的反应历程：(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)(4)使用金催化剂(A)和原子层金簇负载催化剂(B)，哪种更有利于该反应进行？(填“A”或“B”)，原因是。(5)100kPa时，将水碳比的混合气体投入恒压反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。①图中表示的虚线是曲线(选填“A”或“B”)，理由是。②总反应的速率也可用单位时间内分压的变化来描述。若反应在下，2小时达到平衡，则这2小时内的。(注：气体分压总压强气体物质的量分数)③若在，将的混合气投入恒容反应器中，则的平衡物质的量分数0.04(填“”“”或“”)。(6)利用某铝电池为电源，电解硫酸铜溶液的装置工作原理如图所示。b为铝电极，其余均为石墨电极，双极膜中水电离产生的H+和可以在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是___________。A．该装置既含有原电池，又含有电解池B．双极膜中的移向a电极C．b电极反应式为D．若a电极附近生成4.6g甲酸，则c电极的质量增加6.4g【答案】(1)(2)CD(3)A(4)B由图可知，使用催化剂（B）的活化能比使用催化剂（A）的活化能低，因此使用催化剂（B）更有利于该反应进行(5)A反应I为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，温度升高，反应I正向移动，反应II逆向移动，600°C前随温度升高，CO浓度增大使反应Ⅱ正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度，600°C后随温度升高，CO浓度增大使反应II正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度，CO的物质的量分数先增大后减小，故曲线A符合，CO平衡曲线是曲线B(6)B【详解】（1）由题可知以下反应的热化学方程式：由盖斯定律可知总反应的反应热：；（2）A．平衡常数只受温度影响，、两点温度相同（），点温度为，由图可知；反应Ⅰ为吸热反应()，升高温度，平衡常数增大，所以，A正确；B．因为反应开始时加入的的物质的量的值越大，的平衡转化率越高，所以有，B正确；C．反应开始进行后，容器内比值一直不变，故无法根据这个比值判断反应是否达到平衡，C错误；D．，正反应为气体体积增大的反应，下达平衡后，的平衡转化率，则有，D错误；故答案选CD；（3）分别使和还原，，平衡后气体的物质的量分数，，平衡后气体的物质的量分数，则在温度为时，可以还原更多的，故答案选A；反应（1）：设反应开始时的物质的量为，的物质的量为，转化了的的物质的量为，容器的体积为，有三段式，达到平衡时，反应（1）的化学平衡常数；反应（2）：设反应开始时的物质的量为，的物质的量为，转化了的的物质的量为，容器的体积为，，反应（2）的化学平衡常数；反应（2）减去反应（1）可得到水煤气变换反应：，则水煤气变换的化学平衡常数：；（4）由图可知，使用催化剂（B）的活化能比使用催化剂（A）的活化能低，因此使用催化剂（B）更有利于该反应进行；（5）反应Ⅰ．水蒸气重整：，反应Ⅱ．水煤气变换：，反应I为吸热反应，反应II为放热反应，温度升高，反应I正向移动，反应II逆向移动，600°C前随温度升高，CO浓度增大使反应II正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度，600°C后随温度升高，CO浓度增大使反应II正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度，CO的物质的量分数先增大后减小，故曲线A符合；反应开始时，总压强为，根据水碳比可知气体的物质的量分数为，气体的分压，由图可知平衡时气体的分压，则；③曲线B为恒压条件下平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线，点对应的的物质的量分数为；根据反应可知，在恒容反应器中随着反应的进行，由于该反应为正反应是气体分子数增大的反应，容器中的压强会增大，根据勒夏特列原理，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的转化率比恒压时低，故其平衡物质的量分数会大于；（6）左侧铝—CO2电池为原电池，a极（正极）电极反应式为，b极（负极）电极反应式为；c极为阴极，发生，d极为阳极，发生，据此分析。A．左侧铝—CO2电池为原电池，右侧电解硫酸铜溶液的装置为电解池，该装置同时含原电池与电解池，A正确；B．原电池中，b（Al）为负极，a为正极，电场作用下阴离子向负极移动，故双极膜中的OH⁻应移向b电极，而非a电极，B错误；C．b为Al电极，在NaOH溶液中失电子生成[Al(OH)4]-，电极反应式为C正确；D．a极电极反应式为，4.6g甲酸的物质的量为0.1mol，电子转移为0.2mol，c极为阴极，发生，产生0.1molCu单质，质量为6.4g，D正确；答案选B。2．【结合工业考查】（2026·上海·一模）利用将催化还原为甲醇可以有效实现“碳减排”，其转化反应为：

。已知该转化反应在某固体催化剂表面分两步进行：反应I：

反应Ⅱ：

(1)根据以上数据计算，反应Ⅱ能自发进行的条件是。(2)以物质的量之比1：20向刚性容器中投入和合成甲醇。的平衡转化率随温度的变化如下图所示。①时，，则反应的平衡常数为(保留1位有效数字)。②随温度升高，的平衡转化率先减小后增大的原因是。(3)研究表明，电催化还原也可制得甲醇，部分反应机理如下图所示(其中吸附在催化剂表面的物种用“”标注)。下列描述不正确的是_______。A．合成甲醇的决速步反应为B．制备甲醇过程中会产生大量副产物HCHOC．以上反应过程中只断裂键和形成键D．加入合适的催化剂可以提高甲醇的选择性(4)某电化学还原法制备甲醇的电解原理如图所示。写出催化电极的电极反应式，电池工作过程中阴极室电解液中的浓度(填“增大”“减小”或“基本不变”)。(5)CO2在催化剂-O-Ga-O-Zn-作用下加氢制甲醇，再通过催化剂SAPO-34制乙烯，反应历程如图所示(□表示氧原子空位，*表示微粒吸附在催化剂表面)，下列说法正确的是。A．-催化剂-O-Ga-O-Zn-降低CO2加氢制甲醇的，加快反应速率B．CO2催化加氢制甲醇的总反应方程式：C．理论上，每产生1mol乙烯，需消耗3mol氢气D．反应历程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成【答案】(1)低温(2)0.007250℃之前，随温度升高，因反应Ⅱ放热，平衡逆移，导致CO浓度增大，浓度影响占主导因素，反应逆移，故转化率减小；以后，随温度升高，因反应吸热，温度因素占主导因素，反应正移，故转化率增大(3)BC(4)减小(5)D【详解】（1）已知：a：；b：；由盖斯定律，a-b得反应Ⅱ：，则；，反应能够自发进行，反应Ⅱ为熵减的放热反应，则低温下能够自发；（2）①假设向体积为的刚性容器中投入和发生反应Ⅰ和反应Ⅱ；由图可知时，转化率为，即转化了，假设反应Ⅱ消耗的物质的量为，则分步列出三段式为：由于时，，得，，则平衡时、、、，因此；②由图可知，之前，随温度升高，因反应Ⅱ放热，平衡逆移，导致浓度增大，浓度影响占主导因素，反应逆移，故转化率减小；以后，随温度升高，因反应吸热，温度因素占主导因素，反应正移，故转化率增大；（3）A．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；由图像可知主反应中反应的活化能最大，为决速步，A正确；B．由图像可知生成HCHO的反应活化能非常大，不会大量生成，B错误；C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键；反应过程中还断裂了分子中的键，C错误；D．加入合适的催化剂可以降低主反应的活化能，提高合成甲醇的反应速率，从而提高甲醇的选择性，D正确；故选BC；（4）由图可知，在催化电极被还原为，且电解质溶液为，由提供，则电极反应式为；电池工作时，双极膜中的不断转移至阴极室内与结合生成，理论上的总量不变，但由于过程中有生成，故的浓度减小；（5）A．催化剂降低了反应的活化能，从而加快反应速率，但不能改变反应的，A错误；B．CO2催化加氢制甲醇的总反应方程式：，B错误；C．甲醇在催化剂SAPO-34作用下制乙烯的方程式为，结合两步反应可得关系式，故理论上，每产生1mol乙烯，需消耗6mol氢气，C错误；D．由图可知，反应历程中涉及极性键和非极性键的断裂，有极性键和非极性键的形成，D正确；故选D。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。二、综合题4．（25-26高三上·上海·期中）碳酸镁广泛应用于医药、保健品、食品添加剂等领域，尤其是对镁缺乏者有益。(1)最近我国化学家成功研发了陶瓷部件的焊接技术。通过反应，然后在电子束照射下，又完全分解为纳米晶，可实现陶瓷材料的连接，并放出。下列说法不正确的是___________。A．反应

B．可作为耐火材料C．材料连接前后的质量没变化D．纳米晶材料属于金属材料(2)镁的矿物有、等。下列说法正确的是___________。A．半径： B．电负性：O>SC．热稳定性： D．碱性：循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下：Ⅰ．

Ⅱ．

Ⅲ．

回答下列问题：(3)提高平衡产率的条件是___________。A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压(4)计算

。(5)反应Ⅰ的随温度T的变化趋势是___________。A． B．C． D．(6)高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如下图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中反应速率最慢的基元反应是(填序号)。A．①

B．②

C．③

D．④生成水的基元反应方程式为。(7)100kPa下，在密闭容器中和各1mol发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。注：含碳生成物选择性①表示选择性的曲线是(填字母)。②550℃下达到平衡时，mol。500~600℃，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是。【答案】(1)D(2)B(3)B(4)-65(5)C(6)D(7)c0.2温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多，使反应Ⅲ正移，H2量减少，总的表现为H2增加量大于减少量【详解】（1）A．反应气体分子数减少，ΔS<0，A正确；B．MgO的熔点高，且在高温下化学性质稳定，不易与酸、碱或多数金属反应，因此能够耐受极端高温环境，常用于制造耐火砖、炉材等耐火材料，B正确；C．材料连接前后MgO首先与CO2生成MgCO3，在电子束照射下，MgCO3分解为MgO和CO2，MgO前后质量不变，C正确；D．MgO纳米晶材料是金属氧化物，属于无机非金属材料，D错误；故答案为D。（2）A．离子电子数相同，原子序数越小，半径越大，则半径：，A错误；B．同主族元素从上至下电负性减小，则电负性：O>S，B正确；C．O半径小于S，O-H键键能大于S-H，则热稳定性：，C错误；D．Mg半径小于Ca，Mg2+与OH-结合强于Ca2+与OH-结合，则碱性：，D错误；故答案为B。（3）反应II放热、反应分子数减小，则低温、高压条件有利于反应进行，故答案为B。（4）为反应I+反应II，则ΔH=ΔH1+ΔH2=+101kJ/mol-166kJ/mol=-65kJ/mol。（5）反应I吸热、气体分子数增加，则ΔH>0、ΔS>0，因此温度增加，ΔH-TΔS在低温下为正值、高温下为负值，故答案为C。（6）如图可知，最慢的基元反应为活化能最大的基元反应，第④步活化能最大，故答案为D；生成水的基元反应方程式为。（7）①已知反应I为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性；②在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出n(CO)=1-0.7-0.1mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的，在500~600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多，使反应Ⅲ正移，H2量减少，总的表现为H2增加量大于减少量。5．（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。(8)时，反应达到平衡时，的转化率为50%，此温度下该反应的平衡常数的值为。(9)在双金属催化剂()作用下，电解含的酸性废水和可合成尿素，装置如图所示。阴极的电极反应式为。【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(7)0.1575(8)0.48(9)【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。（8）在此温度下，尿素呈气态，根据数据列“三段式”：，则平衡常数为。（9）据题图可知，阴极发生还原反应制得尿素，阴极的电极反应式为。01化学反应速率与反应机理1．（25-26高三上·上海·阶段练习）氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是环境友好的固体储氢材料，其与水反应生氢气反应方程式如下：(1)该反应能自发进行的条件是___________。A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断(2)在2L密闭容器中只加反应物发生上述反应，反应进行到10分钟时达平衡，测得H2的质量为4g，则。(3)该反应比较缓慢，可忽略体积变化的影响。下列措施中可加快反应速率的是___________。A．升高溶液温度 B．加入少量浓NaOH溶液C．加入少量固体硼酸H3BO3 D．增加体系压强【答案】(1)C(2)0.025(3)AC【详解】（1）该反应的，则，任意温度该反应均能自发进行，选C。（2）在2L密闭容器中只加反应物发生上述反应，反应进行到10分钟时达平衡，测得H2的质量为4g，则，则，由速率之比等于化学计量数之比，则。（3）A．升高溶液温度，可以加快化学反应速率，A符合题意；B．加入少量浓NaOH溶液，溶液中H+的浓度减小，会减小化学反应速率，B不符合题意；C．加入少量固体硼酸H3BO3，硼酸属于一元弱酸，溶液中H+的浓度增大，化学反应速率加快，C符合题意；D．反应物中没有气体，压强的变化不会对速率造成影响，D不符合题意；故答案选AC。2．（25-26高三上·上海·阶段练习）在的条件下进行二氧化硫的催化氧化反应，数据如下表所示。浓度实验1实验2实验3初始浓度平衡浓度初始浓度平衡浓度初始浓度平衡浓度2.001.500.5004.001.501.2503.003.003.500.3506.00(1)若实验1中反应经达平衡，的平均反应速率为。(2)实验2的化学平衡常数。(保留两位小数)(3)以下说法正确的是___________。A．转化率：实验实验1B．为使平衡正向移动，可升高温度C．D．若用标记，一段时间后会产生含的和【答案】(1)(2)4.36(3)AD【详解】（1）的平均反应速率为其浓度变化量除以时间，即（2）同一反应中，化学平衡常数只与温度有关，因反应温度相同，则实验1和实验2化学平衡常数相同，由实验1可写出方程式为：，根据实验1中数据可得：；（3）A．实验１中，，对于反应，实验３中起始浓度均为实验１中起始浓度的２倍，这相当于对实验１体系加压，反应向气体体积减小的方向进行，即正向进行，则二氧化硫转化率增大，A正确；B．题目中未给出反应热，所以无法判断，B错误；C．实验３相当于对实验１加压，平衡正向移动，氧气浓度减小，实验１中平衡时，实验３起始氧气浓度为，若不移动，平衡时氧气浓度为，但平衡正向移动，则，C错误；D．因为反应为可逆反应，正逆反应同时进行，若用标记，二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫又会分解为二氧化硫和氧气，所以一段时间后会产生含的和，D正确；故答案选AD。（25-26高三上·上海·月考）在钯基催化剂表面上，甲醇制氢的反应历程如下图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。3．下列说法正确的是___________。A．吸附在催化剂表面是一个吸热过程B．甲醇在不同催化剂表面上制氢的反应历程完全相同C．的D．该历程中的最大能垒，该基元反应方程式为甲醇制氢产生的CO在一定条件下与污染性气体的反应为：4．某温度下，在1L恒容密闭容器中充入和时反应达到平衡，此时容器的压强变为原来的，请计算反应开始到平衡时CO的平均反应速率。(写出计算过程)【答案】3．D4．【解析】3．A．由图可知，吸附在催化剂表面生成物的总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故A错误；B．催化剂可以改变的路径，使用不同的催化剂，反应的历程不同，故B错误；C．CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)的=生成物相对能量-反应物相对能量=(97.9-0)kJ•mol-1=+97.9kJ•mol-1，故C错误；D．由图可知，该历程中最大能垒(活化能)就是由-65.7kJ•mol-1上升到113.9kJ•mol-1，E正=(113.9+65.7)=179.6kJ•mol-1，该步骤的反应为，故D正确；故选D。4．设反应后生成的物质的量是x，列三段式：反应前气体总物质的量是0.3mol，反应后气体总物质的量是，则，解得x=0.01，则反应开始到平衡时CO的平均反应速率。5．（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。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）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。8．（25-26高三上·上海·阶段练习）汽车尾气中的氮氧化物是城市空气的主要污染物之一，如何降低汽车尾气污染已成为环保领域的热点。而处理的一般方法是通过化学反应将氮氧化物转化为无毒的氮气。回答下列问题：(1)有人提出可通过以下的方法来处理汽车尾气，。在298K和101kPa条件下，该反应，。①试判断上述反应自发进行。A．能

B．不能

C．无法判断②请写出判断理由：。(2)科技工作者用甲烷将氮氧化物还原为和，涉及的反应如下：ΔH=-574kJ/mol

ΔH=-867kJ/mol则的热化学方程式为。(3)使用氢能源可以减少汽车尾气中有害气体的排放。利用甲醇与水蒸气反应可以制备氢气：

ΔH，该反应过程中的能量变化如图：①ΔH。A．>

B．=

C．<②途径(Ⅰ)的活化能E=。③途径(Ⅰ)变为途径(Ⅱ)：改变的条件是。④途径(Ⅰ)变为途径(Ⅱ)：ΔH。A．增大

B．减小

C．不变(4)图中的曲线是表示恒容时，反应中NO的平衡转化率与温度的关系曲线，图中标有b、c、d三点，下列说法正确的是。A．B．混合气体的密度：d点>b点C．c点未达到平衡状态且【答案】(1)能(2)(3)AE4－E1使用催化剂C(4)C【详解】（1），，，故反应能自发进行；（2）已知：①ΔH1=-574kJ/mol，②ΔH2=-867kJ/mol，根据盖斯定律，2×②－①得，；（3）①根据反应过程中的能量变化图可知，反应物分子总能量小于生成物分子总能量，推出该反应为吸热反应，即ΔH＞0，故选A；②根据图象可知，途径(Ⅰ)的活化能E=E4－E1；③根据图象可知，途径(Ⅰ)的活化能比途径(Ⅱ)的大，则途径(Ⅰ)变为途径(Ⅱ)：改变的条件是是使用催化剂；④ΔH只与体系中始态和终态有关，与途径无关，使用催化剂，ΔH不变，故选C；（4）A．升高温度NO的转化率减小，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，ΔH＜0，A错误；B．容器恒容，则气体总体积不变，反应物和生成物均为气体，则气体总质量不变，所以密度保持不变，d点密度等于b点，B错误；C．c点NO的转化率低于该温度下的平衡转化率，则此时未达到平衡，且平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，C正确；故选C。9．（2025·上海·三模）一定条件下会发生分解：

。某固定容积的容器中，一定物质的量在金催化剂表面发生分解反应，在不同温度下，浓度随时间t的变化关系如下表所示：浓度/时间/min01020304050……温度0.1000.0900.0800.0700.0600.050……0.1000.0850.0700.0550.0400.025……(1)时，在20~50min内，以表示的平均化学反应速率为。(2)关于该反应说法正确的是_______。A．温度：B．缩小容器体积，可以加快反应速率C．可以通过测定容器内气体密度随时间变化来确定的分解速率D．反应过程中金催化剂表面的活性位置已全部被覆盖饱和【答案】(1)(2)AD【详解】（1）化学反应中速率比等于计量系数比，则。（2）如图所示，T1和T2温度下，浓度和时间满足如下关系：、，、，因此的反应速率与其浓度无关，由此分析：A．温度越高，速率越快，，则温度：，A正确；B．的反应速率与浓度无关，因此容器体积与反应速率无关，B错误；C．恒容体系的纯气体反应在反应过程中密度不变，不能通过测定容器内气体密度随时间变化来确定的分解速率，C错误；D．反应速率与反应物浓度无关的原因是催化剂的活性中心已被反应物分子完全占据，D正确；故答案为AD。02化学平衡的综合应用与计算1．（25-26高三上·上海·阶段练习）科学家研制出的微胶囊吸收剂，它能将排放的以更加安全、廉价和高效的方式处理掉，球形微胶囊内部充入溶液，其原理如图所示。已知：

吸收时宜选用；A．低温

B．高温理由是(列举一点)。【答案】A低温利于CO2的溶解或增大CO2(aq)浓度，有利于平衡右移；该反应放热，低温有利于平衡右移且能防止铵盐分解【详解】吸收CO2时宜选用低温，故选A，理由为：二氧化碳气体的溶解度随温度升高而降低，低温利于CO2的溶解或增大CO2(aq)浓度，有利于平衡右移；该反应放热，低温有利于平衡右移且能防止铵盐分解。2．（25-26高三上·上海·阶段练习）硫铁矿焙烧得到的SO2可用于接触法制硫酸。V2O5常作SO2催化氧化反应的催化剂，如图所示。(1)总反应分两步进行：第Ⅰ步：V2O5(s)+SO2(g)=SO3(g)+V2O4(s)；第Ⅱ步：（补充化学方程式）。速控反应是（填“I”或“II”）。(2)下列有关V2O5作用的叙述错误的是______。A．改变反应历程，降低（E2-E1）的值B．能提高反应物的活化分子百分率C．能提高反应速率和SO2的平衡转化率D．能提高生产效率节省能源【答案】(1)2V2O4(s)+O2(g)=2V2O5(s)I(2)AC【详解】（1）二氧化硫的催化氧化反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，由催化剂反应前后组成和质量不变可得：反应Ⅰ+反应Ⅱ=总反应，则反应Ⅱ的化学方程式为2V2O4(s)+O2(g)=2V2O5(s)；反应的活化能越大，反应速率越慢，速控反应为慢反应，由图可知，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，所以反应Ⅰ是慢反应，速控反应是反应Ⅰ；（2）A．由图可知，二氧化硫的催化氧化反应的焓变△H=-(E2-E1)，催化剂能改变反应历程，降低活化能，但不能改变反应的焓变值，所以五氧化二钒不能改变（E2-E1）的值，A错误；B．催化剂能改变反应历程，降低活化能，增大活化分子的数目和百分数，所以五氧化二钒能提高反应物的活化分子百分率，B正确；C．催化剂能改变反应历程，降低活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，所以五氧化二钒不能提高二氧化硫的平衡转化率，C错误；D．催化剂能改变反应历程，降低活化能，加快反应速率，提高单位时间内反应物的转化率，从而提高生产效率节省能源，所以五氧化二钒能提高生产效率节省能源，D正确；故选AC。3．（25-26高三上·上海·阶段练习）以、、为原料可以制备亚硫酰氯，所涉及的反应如下：反应I.反应II.(1)在密闭反应器中充入1mol和2.6mol发生反应I，测得体系内平衡转化率与温度、压强关系如下图所示。正反应速率：(b)(d)。A．＜

B．>

C．=(2)在a、c和p点中，对应平衡常数、和由大到小的顺序为。(3)T℃时，在5L恒容密闭容器中，充入、和各0.5mol，反应10min后达到平衡，测得的转化率为，此时压强为起始的0.8倍，内，用表示的反应速率为，。(4)中国科学家将分子引入电解质中制作高功率可充电电池，电池正极中，调整充电和放电反应的途径如图所示。电池正极的电极反应式为。【答案】(1)A(2)(3)0.5(4)【详解】（1）反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫转化率降低，由图，则T2＞T1，温度升高反应速率增大，则正反应速率：v正(b)＜v正(d)；（2）反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫转化率降低，由图，则T2＞T1，平衡常数受温度影响，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，温度T2＞T1，则在a、c和p点中，对应平衡常数Ka、Kc和Kp由大到小的顺序为Ka＞Kp＞Kc；（3）反应10min后达到平衡，测得SCl2(g)的转化率为20%，此时压强为起始的0.8倍，则反应SCl2(g)0.1mol，平衡时总的物质的量减小1.5mol×(1-0.8)=0.3mol，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1的反应，则反应氯气0.3mol，三段式为：0～10min内，用SCl2(g)表示的反应速率为；平衡时SO2Cl2、SCl2、SOCl2分别为0.3mol-0.1mol=0.2mol、0.5mol-0.1mol=0.4mol、0.2mol，平衡时；（4）放电过程为原电池，正极总反应为在碘单质催化作用下，SOCl2得到电子发生还原反应，和锂离子生成二氧化硫、硫单质、氯化锂：。4．（25-26高三上·上海·阶段练习）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。(1)乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为-874kJ·mol-1、-1367kJ·mol-1和-2238kJ·mol-1，则酯化反应的。(2)酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为___________。A．乙酸乙酯、乙酸、乙醇 B．乙醇、乙酸、乙酸乙酯C．乙酸、乙醇、乙酸乙酯 D．乙酸乙酯、乙醇、乙酸在常压和353.15K时，初始组成n(CH3COOH)：n(C2H5OH=3：1、NaHSO4作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。(3)平衡时乙酸的转化率α=%，平衡常数K=(保留2位小数)。(4)已知酯化反应的速率方程为，其中，则(保留2位有效数字)。(5)基于第3问的计算，适当升高温度对乙酸乙酯的平衡产率有什么影响：。A．较大幅度提高

B．较大幅度降低

C．影响很小(6)研究发现，难以通过改变压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是。(7)若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是(举1例)。【答案】(1)-3(2)C(3)30%3.86(4)(5)C(6)该反应为液相反应，改变压强对平衡几乎无影响，(7)及时分离出乙酸乙酯（或不断移走产物中的水等）的方法，使平衡正向移动，从而提高乙酸乙酯的产率【详解】（1）①CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）ΔH1=-874kJ•mol-1②C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）ΔH2=-1367kJ•mol-1③CH3COOC2H5（l）+5O2（g）=4CO2（g）+4H2O（l）ΔH3=-2238kJ•mol-1根据盖斯定律，目标反应CH3COOH（l）+C2H3OH（l）=CH3COOC2H3（l）+H2O（l）可由①+②-③得到，则ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3=（-874kJ•mol-1）+（-1367kJ•mol-1）-（-2238kJ•mol-1）=-874-1367+2238=-3kJ•mol-1；（2）乙酸、乙醇和乙酸乙酯都是分子晶体。乙酸（CH3COOH）和乙醇（C2H5OH）分子间都能形成氢键，而乙酸乙酯（CH3COOC2H5）分子间不能形成氢键，所以乙酸乙酯的沸点最低。乙酸的相对分子质量比乙醇大，分子间作用力更大，所以乙酸的沸点高于乙醇。因此，沸点从高到低的顺序为：CH3COOH＞C2H5OH＞CH3COOC2H5；（3）已知初始组成n（CH3COOH）：n（C2H5OH）=3：1，且设初始时c（C2H5OH）=3.30mol/L，c（CH3COOH）=9.90mol/L，由图可知平衡时c（C2H5OH）=0.33mol/L，则c（CH3COOH）=[9.90-（3.30-0.33）]mol/L=6.93mol/L，c（CH3COOC2H5）=2.97mol/L，c（H2O）=（3.30-0.33）]mol/L=2.97mol/L；根据化学计量数之比，乙酸的转化率；CH3COOH（l）+C2H3OH（1）=CH3COOC2H3（l）+H2O（l）平衡K=；（4）平衡时v正=v逆，即k+c（CH3COOH）c（C2H5OH）=k-c（CH3COOC2H5）c（H2O），Kc=，k-==。（5）该反应|ΔH|很小，升高温度平衡逆向移动程度很小，所以温度对平衡影响很小，故选C。（6）该反应为液相反应，改变压强对平衡几乎无影响，所以难以通过改变反应压强来提高乙酸乙酯平衡产率。（7）若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是及时分离出乙酸乙酯（或不断移走产物中的水等）的方法，使平衡正向移动，从而提高乙酸乙酯的产率。5．（25-26高三上·上海·阶段练习）2025年9月3日，我国举行了盛大的阅兵仪式纪念抗战胜利80周年。仪式上，“东风-61”洲际导弹亮相，向世界展现了大国风采。导弹的制作需要用到强氧化剂高氯酸铵，可通过高纯氨与高纯高氯酸反应制得。Ⅰ．工业合成氨(1)已知：298K时该反应ΔH=-92.2kJ·mol-1，。298K时，合成氨反应自发进行。A．能

B．不能(2)合成氨原料中的N2由分离液态空气得到，H2来源于水煤气，反应如下：①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)

ΔH1=+131.3kJ·mol-1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

ΔH2=-41.2kJ·mol-1C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)

ΔH3=（请填空）。(3)工业合成氨的原料气进入合成塔前需净化处理，目的是。(4)合成氨反应的催化机理示意图如下所示，下列说法中正确的是________（不定项）。A．反应过程中存在极性键的断裂和非极性键的形成B．表面反应Ⅰ的活化能最高，是反应的决速步骤C．可以用降温的方法将脱附后的氨气液化，使其与氮气和氢气分离D．为提高吸附速率，应适当降低氮气的浓度(5)当进料体积比V(N2)︰V(H2)=1︰3时，测得不同温度下反应达到化学平衡状态时氨气的体积分数与总压强（p）的关系曲线如图所示：①T1、T2、T3由大到小的顺序为。②如图所示，T2℃、60MPa时，H2的平衡转化率为。(6)在恒温恒压，初始体积为1L的容器中存在1molN2、3molH2、6molNH3建立的化学平衡体系。保持恒压，向其中充入80mol氮气，通过计算说明平衡移动的方向。Ⅱ．高氯酸铵的合成通过电解次氯酸水溶液可获得不含金属离子的高纯高氯酸。高氯酸浓度较大或发生反应时易发生爆炸，因此高氯酸浓度达到50%左右时电解即停止。(7)①HClO的VSEPR模型为。A．V字形

B．正四面体形

C．四面体形

D．三角形②写出少量次氯酸水溶液与亚硫酸钠溶液反应的离子方程式。(8)高纯HClO4溶液以小液滴形式喷雾进入结晶反应器，与高纯度氨反应生成NH4ClO4①小液滴应从反应器的进入。A．上部

B．中部

C．下部②高纯HClO4从喷嘴喷出之前先与一种惰性气体混合，试解释原因。【答案】(1)A(2)+90.1kJ·mol-1(3)防止催化剂中毒(4)BC(5)T3＞T2＞T175%(6)计算该温度下平衡常数，计算Q值，Q=K。因此，不移动(7)C(8)A高氯酸发生反应时易爆炸，稀释防止其爆炸【详解】（1）反应能自发进行，298K时该反应ΔH=-92.2kJ·mol-1，，代入式子，所以能自发进行。（2）由盖斯定律可知，反应③=反应①+反应②，则。（3）工业合成氨的原料气进入合成塔前需净化处理，是防止催化剂不纯会导致催化剂中毒。（4）A．在合成氨反应中，N2和H2中的非极性键断裂，生成NH3时形成极性键，不存在极性键的断裂和非极性键的形成，A错误；B．活化能越高，反应速率越慢，整个反应的速率由最慢的一步决定，从催化机理示意图可知表面反应Ⅰ的活化能最高，所以是反应的决速步骤，B正确；C．氨气的沸点相对较高，氮气和氢气的沸点很低，可以用降温的方法将脱附后的氨气液化，使其与氮气和氢气分离，C正确；D．适当提高氮气的浓度可以提高吸附速率，而不是降低氮气的浓度，D错误；故答案选BC。（5）反应，当压强一定时，温度越高，氨气的含量越小，观察图像可知，T1时氨气含量最高，T3时氨气含量最低，所以温度由高到低的顺序为T3＞T2＞T1；当进料体积比V(N2)︰V(H2)=1︰3时，可设初始n(N2)=1mol，n(H2)=3mol,设变化的N2的物质的量为xmol，列三段式：，T2℃、60MPa时，氨气的体积分数为60%，则，解得x=0.75，所以氢气的平衡转化率为75%。（6）在恒温恒压，初始体积为1L的容器中存在1molN2、3molH2、6molNH3建立的化学平衡体系。保持恒压，向其中充入80mol氮气，该温度下平衡常数，计算Q值，Q=K。因此，不移动。（7）HClO的中心原子为O原子，价层电子对为，所以VSEPR模型为四面体形，选C；少量次氯酸水溶液与亚硫酸钠溶液反应的离子方程式为。（8）①高纯度HClO4以小液滴形式进入反应器，与氨气反应生成NH4ClO4，氨气密度小于空气，通常从反应器下部进入，小液滴应从反应器的上部进入，故选A；②高氯酸发生反应时易爆炸，与惰性气体混合是为了稀释其浓度，提高安全性，防止其爆炸。6．（25-26高三上·上海·阶段练习）在温和条件下，将CO转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将CO高选择性合成，该流程示意图如下：回答下列问题：(1)电解池中电极M与电源的极相连。(2)CO放电生成的电极反应式为。(3)在反应器中，发生如下反应：反应ⅰ：反应ⅱ：

计算反应的，该反应。A．高温自发

B．低温自发

C．高温低温均自发

D．高温低温均不自发(4)一定温度下，、和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100kPa)发生反应ⅰ和ⅱ。有CO存在时，反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性()如图2所示。①根据图1，写出生成的决速步反应式；的选择性大于的原因是。②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着的增大，的转化率减小的原因是；当时，该温度下反应，达到平衡时总压强为kPa．【答案】(1)正(2)(3)B(4)由生成时，活化能较大，反应速率慢随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小67.6【详解】（1）由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连；（2）CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：；（3）根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，选B；（4）①总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的能垒最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于；当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO的分压，相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小；当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为。（25-26高三上·上海·阶段练习）CO2的资源化利用有利于碳中和目标的实现。将CO2催化加氢转化为CH3OCH3是资源化利用的途径之一，适当温度下，在催化剂存在的CO2加氢反应器中，主要反应有：I．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

ΔH1=+41kJ·mol-1

K1II．2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)

ΔH2=-204kJ·mol-1

K2Ⅲ。2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)

ΔH3

K37．ΔH3=kJ·mol-1，K3=(用含K1，K2的式子表示)。8．反应II能够自发进行的条件是___________。A．较低温度 B．较高温度 C．任何温度 D．不能自发进行9．刚性绝热密闭容器中只发生反应Ⅲ，一定能说明反应达平衡状态的是___________。A．气体混合物的密度不再变化 B．3v正(CO2)=v逆(H2)C．体系的温度不再变化 D．每断裂2molC=O键，同时断裂2molH-O键将1molCO2和3molH2充入2L的刚性容器中，测得反应进行到10min时，CO2的转化率与催化剂(X、Y、Z)、温度(T)间关系如图所示；10．则三种催化剂条件下的反应中，T2温度下活化能最小的是___________。A．X B．Y C．Z D．无法确定11．10min内a点对应反应的平均速率v(CO2)=mol·L-1·min-1.12．转化率b>c的原因可能是___________。A．b点平衡后升温平衡逆向移动B．温度过高导致催化剂Y催化活性降低，c点时反应还没有达到平衡C．b点不是平衡态c点是平衡态D．升温导致反应Ⅱ加速而反应I减速向恒压密闭容器中充入1molCO2和3molH2，CO2的平衡转化率和CH3OCH3的平衡选择性[CH3OCH3的选择性=×100%]随温度的变化如图所示。13．A点时，容器中n(CH3OCH3)=。14．解释CO2的平衡转化率随温度变化的趋势。一种捕集混合气体中CO2的过程如图所示，混合气体中其他气体不被吸收。已知：常温下，Ka1(H2CO3)=4×10-7

Ka2(H2CO3)=4×10-1115．常温下，KOH溶液吸收CO2所得溶液中c()：c(H2CO3)=16：1，溶液的pH为___________。A．8.0 B．8.5 C．9.0 D．9.516．“吸收”后所得的KHCO3溶液与足量石灰乳反应的化学方程式为。利用电催化也可将CO2同时转化为多种有机燃料，其原理如图所示。17．铜电极上产生CH3CHO的电极反应式为。【答案】7．-1228．A9．BC10．A11．0.0312．AB13．0.03125mol14．在温度低于300℃左右的时候。升高温度。以反应II和Ⅲ平衡逆向移动为主，反应I平衡正向移动很少，故平衡转化率降低；温度高于300℃左右的时候，反应II和Ⅲ程度已经很小，此时升高温度，以反应I的正向移动为主，故CO2的平衡转化率增大15．C16．KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O17．2CO2+10H++10e-=CH3CHO+3H2O【解析】7．由盖斯定律知，2×I＋II得Ⅲ，可得ΔH3=2ΔH1+ΔH2=+41kJ·mol-1×2-204kJ·mol-1=-122kJ·mol-1，K3=。8．反应II是气体体积减小的放热反应，ΔS<0且ΔH<0，ΔH-TΔS<0时，反应能够自发进行，则该反应能够自发进行的条件是较低温度，故选A。9．A．刚性绝热密闭容器中只发生反应Ⅲ，反应过程中气体总质量和总体积都不变，气体混合物的密度是定值，当气体混合物的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，A不选；B．3v正(CO2)=v逆(H2)时，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，B选；C．刚性绝热密闭容器中只发生反应Ⅲ，反应Ⅲ为放热反应，反应过程中体系的温度上升，当体系的温度不再变化时，反应达到平衡，C选；D．每断裂2molC=O键，同时断裂2molH-O键时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D不选；答案为：BC。10．不同催化剂、相同温度下经过相同时间时，使用催化剂X时CO2的转化率最高，说明此时速率最大，活化能最小，故选A。11．由图可知，a点时CO2的转化率为60%，则v(CO2)==0.03mol·L-1·min-1。12．A．使用催化剂Y时，b点转化率最高，若b点和c点处于平衡状态，升高温度，反应II和反应Ⅲ逆向移动，反应I正向移动，且反应II和反应Ⅲ逆向移动的程度大于反应I正向移动的程度，所以转化率b>c，A正确；B．若b点和c点均不平衡状态，当温度过高有可能导致催化剂催化活性降低，从而导致反应速率降低，在10min时CO2的转化率减小，所以转化率b>c，B正确；C．若c点是平衡态，b点时CO2的转化率较大，结合c点温度高于b点，则b点也是平衡点，转化率b>c的原因是温度升高导致平衡逆向移动，C错误；D．升高温度，反应Ⅱ和反应I的速率均增大，D错误；故选AB。13．由图可知，A点时CO2的平衡转化率为25%，CH3OCH3的选择性为25%，则n(CH3OCH3)=1mol×25%×25%×=0.03125mol。14．在温度低于300℃左右的时候。升高温度。以反应II和Ⅲ平衡逆向移动为主，反应I平衡正向移动很少，故平衡转化率降低；温度高于300℃左右的时候，反应II和Ⅲ程度已经很小，此时升高温度，以反应I的正向移动为主，故CO2的平衡转化率增大。15．常温下，KOH溶液吸收CO2所得溶液中c()：c(H2CO3)=16：1，溶液中，则c(H+)==10-9mol/L，pH=9，故选C。16．“吸收”后所得的KHCO3溶液与足量石灰乳反应生成碳酸钙、氢氧化钾和水，化学方程式为：KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O。17．铜电极上CO2得到电子生成CH3CHO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平产生CH3CHO的电极反应式为：2CO2+10H++10e-=CH3CHO+3H2O。（25-26高三上·上海·阶段练习）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点，目前已出现多种生产氯气的新技术。回答下列问题：(一)直接氧化法Deacon发明的直接氧化法的总反应为：。下图为恒容密闭容器中进行Deacon直接氧化法，进料浓度比分别等于1、4、7时，HCl平衡转化率随温度变化的关系：18．由图可知反应平衡常数(填“大于”或“小于”)。19．图中曲线①代表的；A．1

B．4

C．7作出以上判断的依据是。Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：

20．总反应的。21．关于总反应的判断正确的是___________。A．高温下才能自发进行B．保持不变则反应达到平衡C．一定温度下，催化剂能改变反应方向D．增大压强，能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子数增加(二)电化学法在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：22．阴极上发生的电极反应式为；电路中转移1mol电子，需消耗氧气L(标准状况)。23．相比Deacon直接氧化法，电化学法的优点是。【答案】18．大于19．A进料浓度比增大，相当于增大HCl的浓度，总反应正向移动，但HCl的平衡转化率下降20．-11621．B22．Fe3++e-=Fe2+5.623．通常在常压、常温或温和条件下进行，无需高温高压设备，降低了能耗并减少了设备投资；不需要催化剂，通过电解直接实现HCl的分解，简化了工艺流程【解析】18．由图可知，进料浓度比相同时，升高温度，氯化氢平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则300℃时反应的平衡常数大于400℃时。19．进料浓度比增大