上海市2026-2027学年秋季高二上化学阶段模拟卷（一）

第1页（共1页）上海市2026-2027学年秋季高二上化学阶段模拟卷（一）一．解答题（共7小题）1．（2026•普陀区二模）我国设计并建造的全球首艘纯氨动力船首航成功，开启航运零碳革命。氨燃料（即液氨）具有无碳燃烧、储运便捷、可由“绿氢”合成等优点，未来将成为替代传统船用燃油的主力。（1）下列说法中正确的是_____。A．工业上用“绿氢”生产氨燃料，属于大气固氮B．氨燃料的使用，有助于“碳达峰、碳中和”目标的实现C．传统船用燃油的主要成分是油脂D．传统船用燃油可通过石油裂解获得（2）氨燃料比液氢储运便捷，普通加压或﹣33℃环境即可液化保存，其原因可能有：____________________、____________________。（3）合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。①合成氨反应的N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的ΔH＝__________________kJ•mol﹣1（用图中字母表示）。②下列说法正确的是_____。（不定项）A．反应历程中存在4个基元反应B．反应历程中存在σ键和π键的断裂和形成C．反应需在高温条件下才能自发进行D．决速步的反应方程式为NH2*+H*＝NH3*（4）在不同压强下，按x（H2）＝0.75，x（N2）＝0.25组成进料（物质i的物质的量分数：xi①下列说法正确的是_____。（不定项）A．压强P1＞P2B．平衡常数KA＝KB＞KCC．达到平衡时，反应速率vB＞vAD．D处迅速升温由T1到T2，此时v正＜v逆②在容积为2L的密闭容器中投入共1mol反应气体，5min后达到A处平衡状态，则氮气的反应速率v（N2）＝_________mol•L﹣1•min﹣1。③压强为P1时，按x（H2）＝0.675，x（N2）＝0.225，x（Ar）＝0.1组成进料，在下图中画出平衡时氨的物质的量分数与温度的关系曲线____________________。电催化硝酸盐还原合成氨，装置如图甲。电解时NO3-先吸附到催化剂表面放电产生NH4（5）生成NH4+的电极反应式为（6）控制pH为6～8时，NH4+的产率较高，请解释其原因：____________________2．（2026•金山区二模）纳米碗是一类具有独特碗状结构的纳米材料，在催化、生物医药等领域具有广阔前景。高温条件下，纳米碗可由C40H20经过连续脱氢反应生成。其中第一步反应为：①C40H20（g）⇌C40H18（g）+H2（g）ΔH1该步反应的反应历程—能量变化示意图如下所示。（1）ΔH1＝_____kJ•mol﹣1。A．70.9B．110.3C．128.2D．150.8（2）图中包含_____步基元反应，决速步骤是第_____步。一定条件下，在2L恒容密闭容器中，充入2molC40H20，发生反应①。达到平衡后，测得c(H（3）能说明该反应达到化学平衡状态的是_____。A．压强保持不变B．平衡常数保持不变C．气体密度保持不变D．单位时间内，断开1molH—H键的同时，断开1molC—H键（4）C40H20的平衡转化率为________；其他条件不变，下列措施可以提高C40H20平衡转化率的是_______。（不定项）A．使用合适的催化剂B．升高温度C．充入一定量的N2D．及时分离出H2（5）达到平衡后，向容器中充入C40H20和H2各0.5mol，通过计算判断化学平衡的移动方向_____________。将Fe、N掺入纳米碗并替代部分碳原子，可制得高比表面积的铁纳米碗（简称Fe—SANBs）。酸性条件下，过量的H2O2与其表面的Fe2+发生类芬顿反应，生成具有强氧化性的自由羟基（•OH），该反应可用于肿瘤治疗，反应原理为：F反应过程示意图如下所示。（6）下列关于类芬顿反应的说法正确的是_____。A．反应速率随温度升高，不断增大B．增加Fe—SANBs投入量，可提高单位时间内•OH生成量C．反应过程中，溶液pH不断减小D．滴加淀粉KI试液，溶液变蓝，说明生成了Fe3+（7）酸性环境有利于Fe—SANBs表面的Fe2+参与类芬顿反应。从化学平衡移动的角度解释原因____________________。实验小组选用某Fe—SANBs样品模拟类芬顿反应pH＝5.0，c(H2O2)=1.0×10-4mol⋅L-1]，并使溶液中c（Fe2+）维持在1.0已知反应的速率表达式为v＝k•c（Fe2+）•c（H2O2），速率常数k＝76L•mol﹣1•s﹣1（298K）。（8）初始反应速率v＝____________________；在实际治疗肿瘤的过程中，要求1分钟内产生的•OH浓度不低于5.0×10﹣6mol•L﹣1，分析并判断该Fe—SANBs样品是否满足要求__________。3．（2026春•上海校级月考）丙烯是一种重要的有机化工基础原料，丙烷催化脱氢制丙烯的不同工艺反应如下：Ⅰ．直接脱氢C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）ΔⅡ．氧化脱氢CⅢ．副反应C3H8（g）+2O2（g）⇌2H2O（g）+C2H4（g）+CO2（g）ΔH3（1）根据上述的信息，写出氢气在空气中点燃生成水蒸气的热化学方程式：____________________。（2）下列关于反应Ⅰ和Ⅱ的说法错误的是_______。（不定项）A．高温有利于反应Ⅰ自发进行反应B．反应Ⅰ的正反应活化能小于其逆反应活化能，反应Ⅱ恰好相反C．恒温恒容条件下，容器中气体压强不变时，反应Ⅰ和Ⅱ均已达平衡D．恒温恒容条件下，混合气体的密度保持不变，反应Ⅰ和Ⅱ均已达平衡直接脱氢：向一密闭容器中充入1.00mol丙烷，进行反应Ⅰ。（3）恒温恒压条件下，若反应开始时容器体积为1L，经tmin反应达到平衡，生成amolC3H6，则0～tmin内v（C3H6）_____atA．＞B．＜C．＝D．无法确定（4）恒温恒容条件下，测得平衡时C3H8（g）的气体体积分数为80.0%，则C3H8的平衡转化率＝__________。（保留3位有效数字）（5）相比于恒温恒压，在恒温恒容条件下C3H8的平衡转化率将_____。A．减小B．增大C．不变D．无法确定（6）第（5）题的理由是____________________。氧化脱氢：在压强为p0的恒压体系中通入1mol丙烷、1mol氧气，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，达平衡时，丙烷的转化率和丙烯及副产物乙烯的选择性随温度变化如图所示。已知：ⅰ.Kp为用平衡分压表示的平衡常数，分压＝物质的量分数×总压。ⅱ.丙烯选择性=n（7）温度升高，丙烯选择性下降的原因可能是____________________。（8）其他条件不变时，下列措施中一定有利于提高丙烯选择性的是_____。A．增大压强B．通入H2O（g）C．通入CO2D．延长氧化脱氢时间（9）500℃下反应Ⅱ的Kp＝____________________。（结果保留3位有效数字）4．（2025•闵行区校级开学）脱除沼气中的H2S是资源利用和环境保护的重要研究课题，脱除H2S有多种方法。方法一：高温热分解法：2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g）ΔH＝170kJ•mol﹣1。（1）一定温度和压强下，工业上进行H2S热分解反应时一般要向H2S中加入一些Ar（g）。从平衡移动的角度说明加入Ar（g）的原因____________________。若在两个2L的恒容密闭容器中分别加入2.0molH2S、1.0molH2S，测得不同温度下H2S热分解反应的平衡转化率如图所示：（2）图中代表加入2.0molH2S的曲线是_____。A．MPB．ON（3）M点、O点和N点的逆反应速率v（M）、v（O）和v（N），其中最慢的是_____。A．v（M）B．v（O）C．v（N）D．无法比较（4）能说明该条件下H2S热分解反应达到平衡状态的是_______。A．体系压强保持不变B．S2和H2S的物质的量浓度之比保持不变C．平衡常数保持不变D．H2S的生成速率与H2的消耗速率相等方法二；催化重整法Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除时需先进行吸附。过程如图所示：（5）按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请解释其原因____________________。常温常压下，1体积水能溶解约2.6体积H2S，通过NaOH溶液调节氢硫酸pH，溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图[例如δ（H2S）=c(H（6）pH＝7时，溶液中含硫微粒主要为____________________。（用微粒符号表示）（7）Ka1(HA．106B．107C．1010D．1013（8）向NaHS溶液中加入一定量CuSO4溶液，可产生H2S气体，请结合平衡移动原理解释产生气体的原因____________________。（9）pH＝13时，c（Na+）﹣3c（S2﹣）_____0.1mol/L。A．＞B．＜C．＝D．无法比较5．（2025秋•普陀区校级期中）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0②CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l）（1）一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0～5min内，H2的平均反应速率v＝____________________。（2）反应①在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O（g）的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用*标注。反应历程中反应速率最快一步的活化能的E正＝_________eV。写出反应速率最快一步的化学方程式________________。（3）将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，平衡时v正（O2）、c（O2）与温度的关系如图所示：反应②为_____反应。（选填字母）A.放热B.吸热55～100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是____________________。（4）反应②常会有副产物甲酸（HCOOH，一元弱酸），将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：[OH﹣]﹣[H+]＝_____________。（5）继续加入HCl溶液至中性，此时[HCOOH]_____[Cl﹣]（选填字母）。A.＞B.＝C.＜D.无法比较（6）实验室用标准NaOH溶液来测定未知浓度的甲酸，选用的指示剂为_______，当____________________时，说明滴定至终点。下列实验操作会引起结果偏高的是_____（不定项）。A.取待测液滴定管未用待测液润洗B.尖嘴未充满标准液就开始滴定C.滴定时待测液溅出锥形瓶D.锥形瓶用蒸馏水洗净后，有少量水残留6．（2025春•静安区校级期末）工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将二氧化硫转化为三氧化硫是一个关键步骤。在密闭容器中压强及温度对SO2转化率（利用率）的影响如下表：转化率（%）0.1MPa0.5MPa1.0MPa10MPa400℃99.2%99.6%99.7%99.9%500℃93.5%96.9%97.8%99.3%600℃73.7%85.8%89.5%96.4%（1）写出二氧化硫转化为三氧化硫的化学方程式____________________。（2）加快化学反应速率的常见方法有：A．使用催化剂B．升温C．增加反应物的浓度D．加压E．减小固体颗粒物大小。若使上述反应速率增大，可使用的方法有__________（不定项）。（3）化学平衡只适用于可逆反应，常见改变化学平衡的方法有：A．温度B．压强C．溶液的浓度。若使上述化学反应正向移动，可使用的方法有_______（不定项）。（4）实际工业生产条件的选择，要综合考虑各种因素，根据表中数据可知，生成SO3的反应属于_______反应（填“放热”或“吸热”）。若升高温度，正反应速率_______（填“增大”或“减小”），逆反应速率_______（填“增大”或“减小”），但正反应速率_____逆反应速率（填“＞”或“＜”），化学平衡向________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动。（5）在上述密闭容器中，若将容器体积扩大为原来的2倍，正反应速率_______（填“增大”或“减小”），逆反应速率_______（填“增大”或“减小”），但正反应速率_____逆反应速率（填“＞”或“＜”），化学平衡向________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动。（6）分析上表，最适宜的条件是在____________℃，________MPa。（7）SO2的催化氧化采用常压而不是高压，其主要原因是____________________。7．（2025•静安区学业考试）氢能被定位为碳中和战略的必要一环。用硫化氢和甲烷混合气体制备氢气的研究具有重要的现实意义，其反应原理为CH4（g）+2H2S（g）⇌CS2（g）+4H2（g）。（1）反应的能量变化示意图如图，则其正反应为_____反应。A.放热B.吸热C.条件不足，无法确定（2）恒温恒容时，判断反应达平衡的依据是_______。（双选）A.混合气体密度不变B.2v正（H2S）＝v逆（CS2）C.容器内压强不变D.CH4的物质的量不变（3）一定条件下，研究人员将0.40molH2S与0.10molCH4充入2.5L的空钢瓶中，进行反应。反应经2min达到平衡，测得氢气的物质的量为0.02mol。则0～2min内的反应速率v（H2S）＝__________mol（L•min）﹣1。（4）甲烷分子的空间结构可以用如图所示的模型来表示。甲、乙分别为甲烷分子的_______模型和_______模型。（5）标准状况下，3.4gH2S气体的体积为_________L，它与相同状况下_________LCH4含有相同数目的氢原子。（6）H2S能使KMnO4酸性溶液褪色，体现了H2S的_____性。A.酸性B.碱性C.氧化性D.还原性（7）常温下，下列对于饱和H2S溶液的说法正确的是_____。A.溶液的pH＜7B.溶液中不存在硫离子C.溶液中不存在硫化氢分子D.溶液中不存在氢氧根离子（8）ZnS难溶于水，也难溶于稀硫酸。若向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，无沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀。用电离平衡原理解释上述现象：____________________。

解答一．解答题（共7小题）1．（2026•普陀区二模）我国设计并建造的全球首艘纯氨动力船首航成功，开启航运零碳革命。氨燃料（即液氨）具有无碳燃烧、储运便捷、可由“绿氢”合成等优点，未来将成为替代传统船用燃油的主力。（1）下列说法中正确的是B。A．工业上用“绿氢”生产氨燃料，属于大气固氮B．氨燃料的使用，有助于“碳达峰、碳中和”目标的实现C．传统船用燃油的主要成分是油脂D．传统船用燃油可通过石油裂解获得（2）氨燃料比液氢储运便捷，普通加压或﹣33℃环境即可液化保存，其原因可能有：NH3相对分子质量比H2大（极性分子），分子间作用力较大、含有分子间氢键，故沸点较高，易液化保存。（3）合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。①合成氨反应的N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）的ΔH＝﹣2（a﹣b）或2b﹣2akJ•mol﹣1（用图中字母表示）。②下列说法正确的是D。（不定项）A．反应历程中存在4个基元反应B．反应历程中存在σ键和π键的断裂和形成C．反应需在高温条件下才能自发进行D．决速步的反应方程式为NH2*+H*＝NH3*（4）在不同压强下，按x（H2）＝0.75，x（N2）＝0.25组成进料（物质i的物质的量分数：xi①下列说法正确的是C。（不定项）A．压强P1＞P2B．平衡常数KA＝KB＞KCC．达到平衡时，反应速率vB＞vAD．D处迅速升温由T1到T2，此时v正＜v逆②在容积为2L的密闭容器中投入共1mol反应气体，5min后达到A处平衡状态，则氮气的反应速率v（N2）＝0.01mol•L﹣1•min﹣1。③压强为P1时，按x（H2）＝0.675，x（N2）＝0.225，x（Ar）＝0.1组成进料，在下图中画出平衡时氨的物质的量分数与温度的关系曲线。电催化硝酸盐还原合成氨，装置如图甲。电解时NO3-先吸附到催化剂表面放电产生NH4（5）生成NH4+的电极反应式为NO3-+8e﹣+10H+→N（6）控制pH为6～8时，NH4+的产率较高，请解释其原因：若溶液pH减小，H+浓度增大，H+在催化剂表面得电子的竞争加剧，阻碍了NO3-在催化剂表面的吸附，从而使NH4+的产率逐渐减小；若溶液pH过大，反应所需【分析】（1）A.工业用氢气合成氨属于人工固氮；B.氨燃料不含碳，燃烧不排放CO2；C.传统船用燃油的主要成分是烃类混合物；D.船用燃油主要通过石油分馏/裂化获得；（2）NH3分子间存在氢键，分子间作用力远大于液氢，因此普通加压或稍降温即可液化；（3）①图中为12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)，反应物相对能量为0，生成物NH3相对能量为b﹣a，该反应Δ②A.有图可知，该过程的基元反应有5个；B.反应中N2断裂σ键和π键，H2断裂σ键，仅生成N—Hσ键；C.合成氨ΔH＜0、ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0；D.活化能最大的步骤为决速步；（4）①A.合成氨是气体分子数减少的反应，压强越大，NH3平衡物质的量分数越大；相同温度下P2的x（NH3）更大；B.合成氨放热，温度升高平衡常数减小；C.温度越高反应速率越快，B点温度高于A点；D.D处迅速升温由T1到T2，反应达到平衡状态；②设平衡时转化的N2为xmol，总起始气体为1mol，N2平衡总物质的量n总＝1﹣2x，A点x(NH3)=2x1-2x③曲线趋势与原P1曲线一致（随温度升高x（NH3）降低），同温度下x（NH3）小于原P1曲线，整体位于原P1曲线下方；（恒压下加入惰性气体，反应物分压减小，平衡逆向移动，NH3物质的量分数降低）；（5）NO3-在阴极得电子生成NH4+，N从（6）pH过低时，H+浓度过大，易发生析氢副反应（2H++2e﹣＝H2↑），NH4+产率降低；pH过高时，H+浓度过小，N【解答】解：（1）A.工业用氢气合成氨属于人工固氮，大气固氮是自然条件下氮气转化为含氮化合物（如雷电固氮），A错误；B.氨燃料不含碳，燃烧不排放CO2，有助于实现“碳达峰、碳中和”，B正确；C.传统船用燃油的主要成分是烃类混合物，不是油脂，C错误；D.船用燃油主要通过石油分馏/裂化获得，石油裂解主要用于生产小分子烯烃，D错误；故答案为：B；（2）NH3分子间存在氢键，分子间作用力远大于液氢，因此普通加压或稍降温即可液化，储运更便捷，故答案为：NH3相对分子质量比H2大（极性分子），分子间作用力较大；含有分子间氢键，故沸点较高，易液化保存；（3）①图中为12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)，反应物相对能量为0，生成物NH3相对能量为b﹣a，该反应ΔH＝（b﹣a）kJ•mol﹣1；总反应计量数为其2倍，故ΔH＝故答案为：﹣2（a﹣b）或2b﹣2a；②A.有图可知，该过程的基元反应有5个，A错误；B.反应中N2断裂σ键和π键，H2断裂σ键，仅生成N—Hσ键，没有π键生成，B错误；C.合成氨ΔH＜0、ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，反应低温自发，C错误；D.活化能最大的步骤为决速步，图中NH2*故答案为：D；（4）①A.合成氨是气体分子数减少的反应，压强越大，NH3平衡物质的量分数越大；相同温度下P2的x（NH3）更大，故P2＞P1，A错误；B.合成氨放热，温度升高平衡常数减小，KA＞KB＞KC，B错误；C.温度越高反应速率越快，B点温度高于A点，故vB＞vA，C正确；D.D处迅速升温由T1到T2，反应达到平衡状态，则v正＝v逆，D错误；故答案为：C；②设平衡时转化的N2为xmol，总起始气体为1mol，N2平衡总物质的量n总＝1﹣2x，A点x(NH3)=2x1-2x=0.25，解得故答案为：0.01；③曲线趋势与原P1曲线一致（随温度升高x（NH3）降低），同温度下x（NH3）小于原P1曲线，整体位于原P1曲线下方；（恒压下加入惰性气体，反应物分压减小，平衡逆向移动，NH3物质的量分数降低），即：，故答案为：；（5）NO3-在阴极得电子生成NH4+，N从+5价变为﹣3故答案为：NO3-+8e﹣+10H+→NH（6）pH过低时，H+浓度过大，易发生析氢副反应（2H++2e﹣＝H2↑），NH4+产率降低；pH过高时，H+浓度过小，NO3-氧化性减弱，反应速率减慢，NH故答案为：若溶液pH减小，H+浓度增大，H+在催化剂表面得电子的竞争加剧，阻碍了NO3-在催化剂表面的吸附，从而使NH4+的产率逐渐减小；若溶液pH【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。2．（2026•金山区二模）纳米碗是一类具有独特碗状结构的纳米材料，在催化、生物医药等领域具有广阔前景。高温条件下，纳米碗可由C40H20经过连续脱氢反应生成。其中第一步反应为：①C40H20（g）⇌C40H18（g）+H2（g）ΔH1该步反应的反应历程—能量变化示意图如下所示。（1）ΔH1＝CkJ•mol﹣1。A．70.9B．110.3C．128.2D．150.8（2）图中包含3步基元反应，决速步骤是第3步。一定条件下，在2L恒容密闭容器中，充入2molC40H20，发生反应①。达到平衡后，测得c(H（3）能说明该反应达到化学平衡状态的是A。A．压强保持不变B．平衡常数保持不变C．气体密度保持不变D．单位时间内，断开1molH—H键的同时，断开1molC—H键（4）C40H20的平衡转化率为20%；其他条件不变，下列措施可以提高C40H20平衡转化率的是BD。（不定项）A．使用合适的催化剂B．升高温度C．充入一定量的N2D．及时分离出H2（5）达到平衡后，向容器中充入C40H20和H2各0.5mol，通过计算判断化学平衡的移动方向向逆反应方向移动。将Fe、N掺入纳米碗并替代部分碳原子，可制得高比表面积的铁纳米碗（简称Fe—SANBs）。酸性条件下，过量的H2O2与其表面的Fe2+发生类芬顿反应，生成具有强氧化性的自由羟基（•OH），该反应可用于肿瘤治疗，反应原理为：F反应过程示意图如下所示。（6）下列关于类芬顿反应的说法正确的是B。A．反应速率随温度升高，不断增大B．增加Fe—SANBs投入量，可提高单位时间内•OH生成量C．反应过程中，溶液pH不断减小D．滴加淀粉KI试液，溶液变蓝，说明生成了Fe3+（7）酸性环境有利于Fe—SANBs表面的Fe2+参与类芬顿反应。从化学平衡移动的角度解释原因酸性环境中H+浓度高，反应平衡正向移动，促进Fe2+参与反应。实验小组选用某Fe—SANBs样品模拟类芬顿反应pH＝5.0，c(H2O2)=1.0×10-4mol⋅L-1]，并使溶液中c（Fe2+）维持在1.0已知反应的速率表达式为v＝k•c（Fe2+）•c（H2O2），速率常数k＝76L•mol﹣1•s﹣1（298K）。（8）初始反应速率v＝7.6×10﹣8mol•L﹣1•s﹣1；在实际治疗肿瘤的过程中，要求1分钟内产生的•OH浓度不低于5.0×10﹣6mol•L﹣1，分析并判断该Fe—SANBs样品是否满足要求不满足要求。【分析】（1）反应①：C40H20（g）→C40H18（g）+H2（g），反应热ΔH等于生成物总能量减去反应物总能量，由图可知，反应物C40H20（g）的相对能量为0.0kJ•mol﹣1，生成物C40H18（g）+H2（g）的相对能量为128.2kJ•mol﹣1；（2）反应历程中，过渡态的数量等于基元反应的数量。由图可知，反应过程中有3个过渡态（对应3个能峰），因此包含3步基元反应。决速步骤为活化能最大的步骤，活化能是过渡态与前一状态的能量差：第1步：（70.9﹣0.0）kJ•mol﹣1＝70.9kJ•mol﹣1；第2步：（110.3﹣20.7）kJ•mol﹣1＝89.6kJ•mol﹣1；第3步：（150.8﹣9.5）kJ•mol﹣1＝141.3kJ•mol﹣1；（3）A．反应前后气体物质的量变化，压强随反应进行而增大；B．平衡常数仅与温度有关，温度不变时，平衡常数始终不变；C．恒容条件下，气体总质量不变，密度始终不变；D．正反应断开C—H键、逆反应形成C—H键，平衡时断开与形成的速率应相等，即断开1molH—H键的同时应断开2molC—H键（正反应消耗2molC—H键生成1molH2）；（4）在2L恒容容器中，充入2molC40H20，平衡时c(H2)=0.2mol⋅L-1，则生成的H2物质的量为0.2mol•L﹣1×2L＝0.4mol，由反应式可知，反应的C40H20（5）平衡时：c(C40H20)=2-0.42mol⋅L-1=0.8mol⋅L-1，c(C40H18)=0.2mol⋅浓度商：Qc=0.2×0.451.05≈0.0857＞（6）A．温度过高时，反应物H2O2易分解，导致其浓度降低；B．Fe—SANBs为催化剂，增加用量即增加活性位点，反应速率加快；C．反应消耗H+，pH应增大；D．•OH也具有强氧化性，可氧化I﹣使淀粉变蓝；（7）从平衡移动角度，反应Fe2++H2O2（8）已知速率表达式：v＝k•c（Fe2+）•c（H2O2），代入数据：k＝76L•mol﹣1•s﹣1，c（Fe2+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，c(H2O2)=1.0×10-4mol⋅L-1，v＝（76×1.0×10﹣5×1.0×10﹣4）mol•L﹣1•s﹣1＝7.6×10﹣8mol•L﹣1•s﹣1；1分钟（60s）内生成的•OH浓度：c（•OH）＝v×t＝7.6×10﹣8mol•L﹣1•s﹣1×60s＝4.56【解答】解：（1）反应①：C40H20（g）→C40H18（g）+H2（g），反应热ΔH等于生成物总能量减去反应物总能量，由图可知，反应物C40H20（g）的相对能量为0.0kJ•mol﹣1，生成物C40H18（g）+H2（g）的相对能量为128.2kJ•mol﹣1，因此：ΔH故答案为：C；（2）反应历程中，过渡态的数量等于基元反应的数量。由图可知，反应过程中有3个过渡态（对应3个能峰），因此包含3步基元反应。决速步骤为活化能最大的步骤，活化能是过渡态与前一状态的能量差：第1步：（70.9﹣0.0）kJ•mol﹣1＝70.9kJ•mol﹣1；第2步：（110.3﹣20.7）kJ•mol﹣1＝89.6kJ•mol﹣1；第3步：（150.8﹣9.5）kJ•mol﹣1＝141.3kJ•mol﹣1，活化能最大的是第3步，因此决速步骤为第3步，故答案为：3；3；（3）反应①为气体分子数增大的反应，恒容条件下：A．反应前后气体物质的量变化，压强随反应进行而增大，压强不变说明气体物质的量不变，反应达到平衡，A正确；B．平衡常数仅与温度有关，温度不变时，平衡常数始终不变，不能说明反应达到平衡，B错误；C．恒容条件下，气体总质量不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡，C错误；D．正反应断开C—H键、逆反应形成C—H键，平衡时断开与形成的速率应相等，即断开1molH—H键的同时应断开2molC—H键（正反应消耗2molC—H键生成1molH2），因此该描述不能说明平衡，D错误；故答案为：A；（4）在2L恒容容器中，充入2molC40H20，平衡时c(H2)=0.2mol⋅L-1，则生成的H2物质的量为0.2mol•L﹣1×2L＝0.4mol，由反应式可知，反应的C40H20A．催化剂只改变反应速率，不影响平衡，转化率不变，A不符合题意；B．反应①ΔH＞0（吸热反应），升高温度平衡正向移动，转化率提高，B符合题意；C．恒容条件下，充入惰性气体不改变各物质浓度，平衡不移动，转化率不变，C不符合题意；D．生成物浓度降低，平衡正向移动，转化率提高，D符合题意；故答案为：20%；BD；（5）平衡时：c(C40H20)=2-0.42mol⋅L-1=0.8mol⋅L-1，c(C40H18)=0.2mol⋅浓度商：Qc=0.2×0.451.05≈0.0857＞故答案为：向逆反应方向移动；（6）A．温度过高时，反应物H2O2易分解，导致其浓度降低，反应速率可能随之下降，A错误；B．Fe—SANBs为催化剂，增加用量即增加活性位点，反应速率加快，•OH生成量提高，B正确；C．反应消耗H+，pH应增大，C错误；D．•OH也具有强氧化性，可氧化I﹣使淀粉变蓝，不能仅说明生成Fe3+，D错误；故答案为：B；（7）从平衡移动角度，反应Fe2++H2O2+H+⇌Fe3++⋅OH+H2故答案为：酸性环境中H+浓度高，反应平衡正向移动，促进Fe2+参与反应；（8）已知速率表达式：v＝k•c（Fe2+）•c（H2O2），代入数据：k＝76L•mol﹣1•s﹣1，c（Fe2+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，c(H2O2)=1.0×10-4mol⋅L-1，v＝（76×1.0×10﹣5×1.0×10﹣4）mol•L﹣1•s﹣1＝7.6×10﹣8mol•L﹣1•s﹣1；1分钟（60s）内生成的•OH浓度：c（•OH）＝v×t＝7.6×10﹣8mol•L﹣1•s﹣1×60s＝4.56×10﹣6mol•L﹣1，由于4.56×10﹣6mol•L﹣1＜5.0×10﹣6mol故答案为：7.6×10﹣8mol•L﹣1•s﹣1；不满足要求。【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。3．（2026春•上海校级月考）丙烯是一种重要的有机化工基础原料，丙烷催化脱氢制丙烯的不同工艺反应如下：Ⅰ．直接脱氢C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）ΔⅡ．氧化脱氢CⅢ．副反应C3H8（g）+2O2（g）⇌2H2O（g）+C2H4（g）+CO2（g）ΔH3（1）根据上述的信息，写出氢气在空气中点燃生成水蒸气的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣484kJ•mol﹣1。（2）下列关于反应Ⅰ和Ⅱ的说法错误的是BD。（不定项）A．高温有利于反应Ⅰ自发进行反应B．反应Ⅰ的正反应活化能小于其逆反应活化能，反应Ⅱ恰好相反C．恒温恒容条件下，容器中气体压强不变时，反应Ⅰ和Ⅱ均已达平衡D．恒温恒容条件下，混合气体的密度保持不变，反应Ⅰ和Ⅱ均已达平衡直接脱氢：向一密闭容器中充入1.00mol丙烷，进行反应Ⅰ。（3）恒温恒压条件下，若反应开始时容器体积为1L，经tmin反应达到平衡，生成amolC3H6，则0～tmin内v（C3H6）BatA．＞B．＜C．＝D．无法确定（4）恒温恒容条件下，测得平衡时C3H8（g）的气体体积分数为80.0%，则C3H8的平衡转化率＝11.1%。（保留3位有效数字）（5）相比于恒温恒压，在恒温恒容条件下C3H8的平衡转化率将A。A．减小B．增大C．不变D．无法确定（6）第（5）题的理由是反应Ⅰ正反应为气体分子数增大的反应，平衡时恒温恒容比恒温恒压的压强更大，增大压强使平衡逆向移动，故平衡转化率减小。氧化脱氢：在压强为p0的恒压体系中通入1mol丙烷、1mol氧气，仅发生反应Ⅱ和Ⅲ，达平衡时，丙烷的转化率和丙烯及副产物乙烯的选择性随温度变化如图所示。已知：ⅰ.Kp为用平衡分压表示的平衡常数，分压＝物质的量分数×总压。ⅱ.丙烯选择性=n（7）温度升高，丙烯选择性下降的原因可能是反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；过高的温度可能导致催化剂失活。（8）其他条件不变时，下列措施中一定有利于提高丙烯选择性的是C。A．增大压强B．通入H2O（g）C．通入CO2D．延长氧化脱氢时间（9）500℃下反应Ⅱ的Kp＝0.00759P00.5。（结果保留【分析】（1）根据盖斯定律，2×（Ⅱ﹣Ⅰ）得到：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）；（2）A．ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，反应可自发进行，反应Ⅰ的ΔH1＞0，ΔS1＞0；B．反应Ⅰ的ΔH1＞0，故正反应活化能大于其逆反应活化能，而反应Ⅱ的ΔH2＜0；C．恒温恒容条件下，反应Ⅰ和Ⅱ反应前后气体分子数不等且相互影响；D．恒温恒容条件下，气体总质量及容积始终不变，混合气体的密度为定值；（3）恒温恒压条件下，随反应Ⅰ的进行，气体分子数增多，导致容积大于1L；（4）恒温恒容条件下，测得平衡时C3H8（g）的气体体积分数为80.0%，设C3H8初始浓度为1.00mol•L﹣1，变化量为xmol•L﹣1，列三段式：C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）起始/mol：100变化/mol：xxx平衡/mol：1﹣xxx（5）相比于恒温恒压，恒温恒容条件下C3H8的平衡转化率将减小，原因是：反应Ⅰ正反应为气体分子数增大的反应，平衡时恒温恒容比恒温恒压的压强更大，增大压强使平衡逆向移动；（6）反应Ⅰ正反应为气体分子数增大的反应，平衡时恒温恒容比恒温恒压的压强更大，增大压强使平衡逆向移动；（7）温度升高，丙烯选择性下降的原因可能是：反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；（8）A．增大压强，使反应Ⅱ和Ⅲ平衡均向逆反应方向移动；B．通入H2O（g）使反应Ⅱ和Ⅲ平衡均向逆反应方向移动；C．通入CO2使反应Ⅲ向逆反应方向移动；D．延长氧化脱氢时间，C—C键断裂更多，提高了乙烯的选择性，造成了丙烯选择性的下降；（9）结合图示可知，500℃时，丙烷的转化率为10%，可知剩余的丙烷为0.90mol，丙烯的选择性75%，即生成的丙烯为1×0.10×0.75mol＝0.075mol，乙烯的选择性为25%，则生成的乙烯为1×0.10×0.25mol＝0.025mol，列出三段式：C起始/mol：1100变化/mol：1×0.1×0.751×12×0.1×0.751×0.1×0.751×平衡/mol：0.9250.96250.0750.075C3H8（g）+2O2（g）⇌2H2O（g）+C2H4（g）+CO2（g）起始/mol：0.9250.96250.07500变化/mol：0.0250.050.050.0250.025平衡/mol：0.90.91250.1250.0250.025【解答】解：（1）根据盖斯定律，2×（Ⅱ﹣Ⅰ）得到：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝2×（﹣85﹣157）kJ•mol﹣1＝﹣484kJ•mol﹣1，故答案为：2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣484kJ•mol﹣1；（2）A．ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，反应可自发进行，反应Ⅰ的ΔH1＞0，ΔS1＞0，故高温有利于其反应自发进行，故A正确；B．反应Ⅰ的ΔH1＞0，故正反应活化能大于其逆反应活化能，而反应Ⅱ的ΔH2＜0，因此反应Ⅱ恰好相反，故B错误；C．恒温恒容条件下，反应Ⅰ和Ⅱ反应前后气体分子数不等且相互影响，故容器中气体压强不变时，反应Ⅰ和Ⅱ均已达平衡，故C正确；D．恒温恒容条件下，气体总质量及容积始终不变，混合气体的密度为定值，不能用于判定平衡状态，故D错误；故答案为：BD；（3）恒温恒压条件下，随反应Ⅰ的进行，气体分子数增多，导致容积大于1L，Δc(C3H故答案为：B；（4）恒温恒容条件下，测得平衡时C3H8（g）的气体体积分数为80.0%，设C3H8初始浓度为1.00mol•L﹣1，变化量为xmol•L﹣1，列三段式：C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）起始/mol：100变化/mol：xxx平衡/mol：1﹣xxx可得1.00-x1.00+x=0.8，x≈0.111，则C3H8的平衡转化率故答案为：11.1%；（5）相比于恒温恒压，恒温恒容条件下C3H8的平衡转化率将减小，原因是：反应Ⅰ正反应为气体分子数增大的反应，平衡时恒温恒容比恒温恒压的压强更大，增大压强使平衡逆向移动，不利于反应I正向进行，平衡转化率减小，故答案为：A；（6）反应Ⅰ正反应为气体分子数增大的反应，平衡时恒温恒容比恒温恒压的压强更大，增大压强使平衡逆向移动，故平衡转化率减小，故答案为：反应Ⅰ正反应为气体分子数增大的反应，平衡时恒温恒容比恒温恒压的压强更大，增大压强使平衡逆向移动，故平衡转化率减小；（7）温度升高，丙烯选择性下降的原因可能是：反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；过高的温度可能导致催化剂失活，故丙烯选择性降低，故答案为：反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；过高的温度可能导致催化剂失活；（8）A．增大压强，使反应Ⅱ和Ⅲ平衡均向逆反应方向移动，无法提高丙烯的选择性，故A错误；B．通入H2O（g）使反应Ⅱ和Ⅲ平衡均向逆反应方向移动，无法提高丙烯的选择性，故B错误；C．通入CO2使反应Ⅲ向逆反应方向移动，有利于提高丙烯的选择性，故C正确；D．延长氧化脱氢时间，C—C键断裂更多，提高了乙烯的选择性，造成了丙烯选择性的下降，故D错误；故答案为：C；（9）结合图示可知，500℃时，丙烷的转化率为10%，可知剩余的丙烷为0.90mol，丙烯的选择性75%，即生成的丙烯为1×0.10×0.75mol＝0.075mol，乙烯的选择性为25%，则生成的乙烯为1×0.10×0.25mol＝0.025mol，列出三段式：C起始/mol：1100变化/mol：1×0.1×0.751×12×0.1×0.751×0.1×0.751×平衡/mol：0.9250.96250.0750.075C3H8（g）+2O2（g）⇌2H2O（g）+C2H4（g）+CO2（g）起始/mol：0.9250.96250.07500变化/mol：0.0250.050.050.0250.025平衡/mol：0.90.91250.1250.0250.025平衡时n（总）＝n（C3H8）+n（O2）+n（H2O）+n（C2H4）+n（CO2）+n（C3H6）＝（0.9+0.9125+0.125+0.025+0.025+0.075）mol＝2.0625mol，Kp故答案为：0.00759P0【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。4．（2025•闵行区校级开学）脱除沼气中的H2S是资源利用和环境保护的重要研究课题，脱除H2S有多种方法。方法一：高温热分解法：2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g）ΔH＝170kJ•mol﹣1。（1）一定温度和压强下，工业上进行H2S热分解反应时一般要向H2S中加入一些Ar（g）。从平衡移动的角度说明加入Ar（g）的原因加入Ar（g），容器体积增大，平衡向正反应方向移动，从而提高硫化氢的转化率。若在两个2L的恒容密闭容器中分别加入2.0molH2S、1.0molH2S，测得不同温度下H2S热分解反应的平衡转化率如图所示：（2）图中代表加入2.0molH2S的曲线是B。A．MPB．ON（3）M点、O点和N点的逆反应速率v（M）、v（O）和v（N），其中最慢的是A。A．v（M）B．v（O）C．v（N）D．无法比较（4）能说明该条件下H2S热分解反应达到平衡状态的是AB。A．体系压强保持不变B．S2和H2S的物质的量浓度之比保持不变C．平衡常数保持不变D．H2S的生成速率与H2的消耗速率相等方法二；催化重整法Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除时需先进行吸附。过程如图所示：（5）按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请解释其原因H2S中H带正电，S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强。常温常压下，1体积水能溶解约2.6体积H2S，通过NaOH溶液调节氢硫酸pH，溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如图[例如δ（H2S）=c(H（6）pH＝7时，溶液中含硫微粒主要为H2S、（7）Ka1(H2S)A．106B．107C．1010D．1013（8）向NaHS溶液中加入一定量CuSO4溶液，可产生H2S气体，请结合平衡移动原理解释产生气体的原因HS﹣⇌H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体。（9）pH＝13时，c（Na+）﹣3c（S2﹣）B0.1mol/L。A．＞B．＜C．＝D．无法比较【分析】（1）一定温度和压强下，加入Ar（g），容器体积增大，等效于反应体系的压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动；（2）恒温、恒容条件下增大H2S的浓度，等效于加压，反应2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g）的平衡逆向移动；（3）温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快；M点和O点温度相同，M点H2S浓度小，N点温度高于M点和O点；（4）根据化学平衡状态的判断依据，即“变量不变”原则和“正逆反应速率相等”原则，逐项分析各物理量是否能作为平衡标志；（5）Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附，利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是H2S中H带正电，S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；（6）氢硫酸为弱酸，利用NaOH溶液调节pH，随着NaOH溶液的加入，pH逐渐增大，氢硫酸浓度逐渐降低，HS﹣的浓度逐渐增大，继续滴加NaOH溶液，HS﹣的浓度逐渐减小，S2﹣浓度逐渐增大；（7）由分析及关系图可知，当pH＝7时，c（H2S）＝c（HS﹣），Ka1=c(H+)⋅c(HS-)c(H2S)=c（H+），当pH＝13时，c（S2﹣）＝c（8）NaHS溶液中存在HS﹣的电离HS﹣⇌H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体；（9）pH＝13时，c（H+）＝10﹣13mol/L，c（OH﹣）＝10﹣1mol/L，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣），则有c（Na+）+c（H+）＝3c（S2﹣）+c（OH﹣）。【解答】解：（1）一定温度和压强下，加入Ar（g），容器体积增大，等效于反应体系的压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，即向正反应方向移动，从而提高H2S的转化率，故答案为：加入Ar（g），容器体积增大，平衡向正反应方向移动，从而提高硫化氢的转化率；（2）恒温、恒容条件下增大H2S的浓度，等效于加压，反应2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g）的平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，则图中代表加入2.0molH2S的曲线是N、O点所在曲线，故答案为：B；（3）温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快；M点和O点温度相同，M点H2S浓度小，N点温度高于M点和O点，所以逆反应速率v（M）最小，故答案为：A；（4）A．因为反应前后气体分子数发生变化，反应过程中，容器内气体压强会变化，压强不变说明各物质浓度不变，达到平衡状态，故A符合题意；B．由方程式2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g）可知，S2为生成物，H2S为反应物，当S2和H2S的物质的量浓度之比保持不变，该反应达到化学平衡状态，故B符合题意；C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数是定值，与反应进行的程度无关，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；D．H2S的生成速率与H2的消耗速率都是指逆反应，与反应进行的程度无关，不能作为反应达到平衡的标志，故D不符合题意；故答案为：AB；（5）Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附，利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是H2S中H带正电，S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强，故答案为：H2S中H带正电，S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强；（6）氢硫酸为弱酸，利用NaOH溶液调节pH，随着NaOH溶液的加入，pH逐渐增大，氢硫酸浓度逐渐降低，HS﹣的浓度逐渐增大，继续滴加NaOH溶液，HS﹣的浓度逐渐减小，S2﹣浓度逐渐增大，当pH＝7时，溶液中的含硫微粒为H2S、HS﹣，故答案为：H2S、HS﹣；（7）由分析及关系图可知，当pH＝7时，c（H2S）＝c（HS﹣），Ka1=c(H+)⋅c(HS-)c(H2S)=c（H+）＝10﹣7，当pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣），Ka2=c(故答案为：A；（8）NaHS溶液中存在HS﹣的电离HS﹣⇌H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体，故答案为：HS﹣⇌H++S2﹣，S2﹣与Cu2+结合生成CuS沉淀，使c（S2﹣）降低，电离平衡正向移动，c（H+）增大，与HS﹣结合生成H2S气体；（9）pH＝13时，c（H+）＝10﹣13mol/L，c（OH﹣）＝10﹣1mol/L，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HS﹣）+2c（S2﹣）+c（OH﹣），pH＝13时，c（S2﹣）＝c（HS﹣），则有c（Na+）+c（H+）＝3c（S2﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）﹣3c（S2﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+）＝10﹣1﹣10﹣13＜0.1mol/L，故答案为：B。【点评】本题主要考查化学平衡的影响因素等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。5．（2025秋•普陀区校级期中）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0②CH3OH（g）+O2（g）⇌HCHO（g）+H2O2（l）（1）一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0～5min内，H2的平均反应速率v＝0.048mol/（L•min）。（2）反应①在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O（g）的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物质用*标注。反应历程中反应速率最快一步的活化能的E正＝0.61eV。写出反应速率最快一步的化学方程式HO*+H*＝H2O*。（3）将同体积的CH3OH（g）与O2（g）充入反应器中，平衡时v正（O2）、c（O2）与温度的关系如图所示：反应②为A反应。（选填字母）A.放热B.吸热55～100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是55～100℃时，温度升高，平衡逆向移动，且温度对平衡逆向移动的影响大于对正反应速率的影响，使O2浓度增大。（4）反应②常会有副产物甲酸（HCOOH，一元弱酸），将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：[OH﹣]﹣[H+]＝c（HCOOH）。（5）继续加入HCl溶液至中性，此时[HCOOH]B[Cl﹣]（选填字母）。A.＞B.＝C.＜D.无法比较（6）实验室用标准NaOH溶液来测定未知浓度的甲酸，选用的指示剂为酚酞，当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色时，说明滴定至终点。下列实验操作会引起结果偏高的是B（不定项）。A.取待测液滴定管未用待测液润洗B.尖嘴未充满标准液就开始滴定C.滴定时待测液溅出锥形瓶D.锥形瓶用蒸馏水洗净后，有少量水残留【分析】（1）根据题文信息列式计算出反应前后气体物质的量变化，结合速率计算公式即可求出氢气的反应速率；（2）根据活化能越低反应速率越快，需从能量变化图中找活化能最小的步骤并写方程式；（3）根据平衡时氧气浓度随温度的变化判断反应热效应，并解释浓度变化原因；（4）根据质子守恒，利用HCOONa溶液中的质子转移关系推导离子浓度差；（5）根据电荷守恒、物料守恒判断中性溶液中HCOOH与Cl﹣的浓度大小；（6）根据酸碱中和滴定原理，判断指示剂类别的选用、终点判断方法及误差分析方法。【解答】解：（1）反应初始气体总物质的量：1molCO2+3molH2＝4mol，反应5min后气体的总物质的量减少20%，即减少了4×20%＝0.8mol；根据反应①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），每反应3molH2，气体总物质的量减少2mol；设反应的H2物质的量为x，则：3：2＝x：0.8mol，解得x＝1.2mol；容器体积为5L，时间为5min，则：v（H2）=ΔcΔt=1.2mol5L×5min=0.048mol/故答案为：0.048mol/（L•min）；（2）反应速率与活化能有相，活化能越低，反应速率越快；步骤①活化能：0.89eV﹣0eV＝0.89eV；步骤②活化能：0.75eV﹣0.07eV＝0.68eV；步骤③活化能：1.08eV﹣（﹣0.13）eV＝1.21eV；步骤④活化能：1.69eV﹣1.08eV＝0.61eV；步骤⑤活化能：1.79eV﹣0.96eV＝0.83eV；因此反应历程中反应速率最快一步也就是活化能最小为步骤④，E正＝0.61eV；对应的化学方程式：HO*+H*＝H2O*；故答案为：0.61；HO*+H*＝H2O*；（3）温度高于55℃时，平衡时c（O2）随温度升高而增大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，选A；反应达到平衡时v正（O2）＝v逆（O2），55～100℃时，O2浓度增大，这是因为升高温度使平衡逆向移动，且该影响大于速率变化的影响；故答案为：A；55～100℃时，温度升高，平衡逆向移动，且温度对平衡逆向移动的影响大于对正反应速率的影响，使O2浓度增大；（4）HCOOH与NaOH恰好完全反应，生成HCOONa，溶液中存在质子守恒：c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCOOH），c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCOOH）；故答案为：c（HCOOH）；（5）溶液呈中性时，c（OH﹣）＝c（H+），电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HCOO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣），即c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（Cl﹣）；物料守恒：c（Na+）＝c（HCOO﹣）+c（HCOOH）；联立得：c（HCOOH）＝c（Cl﹣）；故答案为：B；（6）甲酸是弱酸，与NaOH完全反应生成的甲酸钠溶液呈碱性，所以选用酚酞作指示剂；滴定至终点的现象：当滴入最后半滴标准NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；误差分析：A.取待测液的滴定管未用待测液润洗，会导致待测液浓度被稀释，取到的溶质偏少，消耗标准液体积偏小，结果偏低；B.尖嘴未充满标准液就开始滴定，尖嘴部分的气泡会被当作标准液消耗，导致标准液体积读数偏大，结果偏高；C.滴定时待测液溅出锥形瓶，溶质损失，消耗标准液体积偏小，结果偏低；故答案为：酚酞；滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色；B。【点评】本题主要考查化学反应速率、反应活化能、化学平衡移动、电解质溶液守恒关系、酸碱中和滴定等知识点，综合考查学生对反应原理的理解与应用能力。6．（2025春•静安区校级期末）工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将二氧化硫转化为三氧化硫是一个关键步骤。在密闭容器中压强及温度对SO2转化率（利用率）的影响如下表：转化率（%）0.1MPa0.5MPa1.0MPa10MPa400℃99.2%99.6%99.7%99.9%500℃93.5%96.9%97.8%99.3%600℃73.7%85.8%89.5%96.4%（1）写出二氧化硫转化为三氧化硫的化学方程式2SO2+O2⇌Δ催化剂2SO3（2）加快化学反应速率的常见方法有：A．使用催化剂B．升温C．增加反应物的浓度D．加压E．减小固体颗粒物大小。若使上述反应速率增大，可使用的方法有ABCDE（不定项）。（3）化学平衡只适用于可逆反应，常见改变化学平衡的方法有：A．温度B．压强C．溶液的浓度。若使上述化学反应正向移动，可使用的方法有AB（不定项）。（4）实际工业生产条件的选择，要综合考虑各种因素，根据表中数据可知，生成SO3的反应属于放热反应（填“放热”或“吸热”）。若升高温度，正反应速率增大（填“增大”或“减小”），逆反应速率增大（填“增大”或“减小”），但正反应速率＜逆反应速率（填“＞”或“＜”），化学平衡向逆反应（填“正反应”或“逆反应”）方向移动。（5）在上述密闭容器中，若将容器体积扩大为原来的2倍，正反应速率减小（填“增大”或“减小”），逆反应速率减小（填“增大”或“减小”），但正反应速率＜逆反应速率（填“＞”或“＜”），化学平衡向逆反应（填“正反应”或“逆反应”）方向移动。（6）分析上表，最适宜的条件是在400～500℃，0.1MPa。（7）SO2的催化氧化采用常压而不是高压，其主要原因是增大压强对SO2的转化率影响不大，同时增大成本。【分析】（1）二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，反应可逆，根据化学方程式书写方法进行书写；（2）对于2SO2+O2⇌Δ催化剂2SOA．使用催化剂降低反应的活化能，显著提高反应速率；B．升温，分子动能增加，有效碰撞频率提高，活化分子比例上升；C．增加反应物的浓度使单位体积内分子数增多，碰撞概率增大；D．加压缩小气体体积，浓度增大；E．上述反应中催化剂是固体，减小固体颗粒物大小，增大固体表面积，使反应接触面增加；（3）对于2SO2+O2⇌Δ催化剂2SO（4）实际工业生产条件的选择，要综合考虑各种因素，根据表中数据可知，相同压强下，随温度升高二氧化硫的转化率降低，说明升温平衡逆向移动，正反应放热，生成SO3的反应属于放热反应；（5）在上述密闭容器中，若将容器体积扩大为原来的2倍，扩大容器体积，各组分浓度减小，正逆反应速率都减小，但正反应速率＜逆反应速率，平衡向气体体积增大的逆向移动，二氧化硫的转化率降低；（6）由表中数据可知，增大压强对SO2的转化率影响不大，同时增大成本，故通常采取采用常压，最适宜的条件是在400～500℃0.1MPa时转化率较高速率又不太低；（7）由表中数据可知，增大压强对SO2的转化率影响不大，同时增大成本。【解答】解：（1）二氧化硫与氧气在催化剂和加热的条件下反应生成三氧化硫，反应是可逆的，因而其反应的化学方程式为2SO2+O2⇌Δ催化剂2SO故答案为：2SO2+O2⇌Δ催化剂2SO（2）对于2SO2+O2⇌Δ催化剂2SOA．使用催化剂降低反应的活化能，显著提高反应速率，故A正确；B．升温，分子动能增加，有效碰撞频率提高，活化分子比例上升，反应速率加快，故B正确；C．增加反应物的浓度使单位体积内分子数增多，碰撞概率增大，速率加快，故C正确；D．加压缩小气体体积，浓度增大，速率加快，故D正确；E．上述反应中催化剂是固体，减小固体颗粒物大小，增大固体表面积，使反应接触面增加，速率提高，故E正确；故答案为：ABCDE；（3）对于2SO2+O2⇌Δ催化剂2SO3，是气体体积减小的放热反应：A．降低温度，反应正向进行，故A正确；B．增大压强，反应正向进行，故B正确；C．上述反应不是在溶液中进行的，故C错误；若使上述化学反应正向移动，可使用的方法有故答案为：AB；（4）实际工业生产条件的选择，要综合考虑各种因素，根据表中数据可知，相同压强下，随温度升高二氧化硫的转化率降低，说明升温平衡逆向移动，正反应放热，生成SO3的反应属于放热反应。若升高