专题09 化学反应速率与化学平衡（复习讲义）（上海专用）2026年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 目录 01 析·考情精解 3 02 构·知能架构 4 03 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)。 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50 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol的Xe和9.0 mol的F2，反应10 min后，混合气体的物质的量变为8.9 mol，其中三种氟化氙的物质的量的比n(XeF2)：n(XeF4)：n(XeF6)=1：6：3，则0~10 min内v(XeF4)= mol·L-1·min-1。 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＝，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1 mol·L－1时的反应速率。k与反应物浓度无关。 ①反应不同，k值不同。 ②同一反应，温度不同k值不同。 ③同一反应，温度一定时，有无催化剂k也是不同的。 ④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 ①两者的关系：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＝＝，反应达到平衡时 v正＝v逆，故K＝。 ②两者的区别：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2 L密闭容器中投入4 mol ，4 mol ，2 mol Ar，反应4 h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 。 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4 mol氨气和1 mol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Cat2 C．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 。 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2 L的密闭容器中充入2 mol CH3OH(g)和2 mol ，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/min 0 2 4 6 8 10 12 14 p/kPa - - - (2)该条件下，0～4 min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．LiI C． 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O B．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 。 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 。 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() 436 464 803 1072 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 。 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．240 K B．270 K C．300 K D．330 K (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0.1 mol 和0.3 mol 2L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30 min，达到平衡，加压液化，收集到1.6 mL甲醇液体，此时甲醇的选择性为79%，则0-30 min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 。 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10 L的恒温刚性容器中，通入0.3 mol 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)5 min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： 。 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0~5 min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： ① ② ③ (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 。 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 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 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 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 。 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 。 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 。 （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： ① ② 7．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： ③ ④ ⑤ 11．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)。 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 。 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CH2DOD CHD2OH(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 （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： 、 。 （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．102.1 29．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)。 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．LiI C． 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O B．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 。 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 。 命题解读 新情境：以碳酸丙烯酯（PC）的工业合成为载体，将盖斯定律、热力学函数、平衡标志、产率分析嵌入实际生产流程，呼应上海高考 “化学服务工业” 的导向，打破教材 “理想化反应” 的局限，考查学生对化学实用性的认知。 新考法：第 (4) 题需先通过盖斯定律计算反应④的 ΔH（结合反应①③②推导），再分析反应体系的熵变（气体→液体，ΔS<0），最终推导 ΔH-TΔS 随温度的变化趋势，将反应热计算、熵变判断、吉布斯自由能规律串联考查，跳出单一概念的记忆，指向 “证据推理” 素养。 新角度：第 (6) 题针对 “气 - 液反应”（气体反应物→液体产物）分析平衡标志，需突破常规 “气 - 气反应” 的思维定式，聚焦气体摩尔质量等变量的变化逻辑；第 (8) 题解释产率 “先升后降”，需兼顾 “温度对速率的促进”“放热反应的平衡逆向移动”“副反应增多” 的工业实际，体现上海高考对 “真实问题综合分析” 的考查要求。 2．（2025上海，T5（6）（7））铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红 工业盐酸常混有少量Fe3+，会使溶液呈黄色，是因为形成了一系列含铁配合物，这些配合物可简写为[FeClx]3-x(x=1，2，3，4)。 室温下，在溶液中Fe3+与Cl-存在平衡：Fe3+(aq)+xCl-(aq)[FeClx]3-x(aq) (6)现加水稀释FeCl3溶液至体积为原来的两倍，则溶液中Fe3+的物质的量 。 A．增大B．不变C．减小 并用离子积Q与平衡常数K的大小关系解释变化的原因 。 (7)室温下，x取不同值时，对应的平衡常数见下表： x 1 2 3 4 K 30.20 134.90 97.72 1.02 某工业盐酸中c(Cl-)=12.00mol·L-1，则c(FeCl3)的摩尔分数为 。(用小数表示，精确到小数点后2位) 已知：c[(FeClx)3-x]的摩尔分数== 命题解读 新情境：以工业盐酸中 Fe2+ 与 Cl- 形成配合物为载体，将铁红的实际应用与溶液配合平衡结合，跳出教材 “简单离子反应” 的理想化模型，呼应上海高考 “化学对接生产或 生活实际” 的导向，考查学生对化学微观行为服务实际体系的认知。 新考法：第 (6) 题并非直接考查平衡移动方向，而是要求结合稀释后浓度变化计算离子积Q，通过Q与平衡常数K的大小关系，推导n(Fe2+)的变化。打破 “勒夏特列原理机械套用” 的思维，指向 “平衡常数本质（浓度商与 K 的定量关系）” 的深度理解，契合上海高考 “重原理应用轻套路” 的考法。 新角度：第 (7) 题引入 “摩尔分数” 陌生定义，需同时结合 4 组配合平衡的K值，通过设未知数、利用K表达式推导各含铁微粒浓度，最终代入摩尔分数公式计算。考查 “陌生信息提取 + 多平衡模型构建 + 定量运算” 的综合素养，是上海高考近年强化的 “证据推理与模型认知” 能力的典型体现。 3．（2024·上海·高考真题）璀璨多彩的珊瑚礁是重要的海洋资源，也是海洋生态系统的重要组成部分。珊瑚礁的主要成分的碳酸钙，存在方解石和文石两种结构。 (2)已知CaCO3(s，文石)CaCO3(s，方解石)，该反应的ΔH-TΔS随温度变化趋势如下图所示。 关于该反应的ΔH和ΔS判断正确的是___________。 A．ΔH>0，ΔS>0 B．ΔH<0，ΔS>0 C．ΔH>0，ΔS<0 D．ΔH<0，ΔS<0 珊瑚虫能生成碳酸钙，在海洋中堆积成珊瑚礁，主要反应如下： 总反应为：Ca2+(aq)+2HCO(aq) CaCO3(s)+H2CO3(aq) ①HCO(aq) H+(aq)+CO(aq) ②Ca2+(aq)+CO(aq) CaCO3(s) ③H+(aq)+HCO(aq) H2CO3(aq) (3)一定条件下，说明总反应达到化学平衡状态的是___________。 A．Ca2+浓度保持不变 B．HCO和H2CO3的浓度比保持不变 C．v正(Ca2+)：v正(HCO)=1：2 D．v正(H2CO3)：v逆(HCO)=2：1 (4)珊瑚养殖和移植是重建珊瑚礁的重要方法。适当提高海水的pH，有利于碳酸钙的形成，结合上述反应，从平衡移动的角度解释原因 。 知识1 化学反应的方向 ΔH ΔS ΔH－TΔS 反应情况 － ＋ 永远是负值 在任何温度下过程均自发进行 ＋ － 永远是正值 在任何温度下过程均非自发进行 ＋ ＋ 低温为正高温为负 低温时非自发，高温时自发 － － 低温为负高温为正 低温时自发，高温时非自发 知识2 影响化学平衡的因素 对平衡状态的影响 备注 其他条件不变 升高温度 化学平衡向吸热方向移动 v正、v逆均增大(程度不同) 增大压强 化学平衡向气体分子数目减少的方向移动 压强变化是通过容器容积的变化实现的 浓度 增大反应物浓度或降低生成物浓度，平衡向正反应方向移动 固体、纯液体的浓度视为常数 恒容时加入“惰性”气体 对平衡状态无影响(对反应速率也无影响) 原来体系中各物质的浓度没有发生变化 恒压时加入“惰性”气体 相当于减小压强(对反应速率的影响也相当于减小压强) 加入的气体会分担一部分压强 【易错提醒】 催化剂同等程度改变v正、v逆，平衡不移动。 知识3 化学平衡状态的快速判断法 (1)“逆向相等”：反应速率必须一个是正反应的速率，一个是逆反应的速率，且经过换算后同一种物质的正反应速率和逆反应速率相等。 特别注意：同一反应方向的反应速率不能判断反应是否达到平衡状态。 (2)“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的，当不变时为平衡状态；一个随反应的进行保持不变的量，不能作为是否是平衡状态的判断依据。 【易错提醒】 不能作为“标志”的四种情况 ①反应组分的物质的量之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比。 ②恒温恒容下的体积不变的反应，体系的压强或总物质的量不再随时间而变化，如2HI(g)H2(g)＋I2(g)。 ③全是气体参加的体积不变的反应，体系的平均相对分子质量不再随时间而变化，如2HI(g)H2(g)＋I2(g)。 ④全是气体参加的反应，恒容条件下体系的密度保持不变。 知识4 勒夏特列原理 如果改变影响化学平衡的条件之一(如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。 能力 化学平衡计算解题思维模型 1．化学平衡的计算解题思维路径 2. 化学平衡常数解题思维路径 3．一个模式——“三段式” (1)步骤：书写(写出有关化学平衡的化学反应方程式)→列变量(列出各物质的起始、变化、平衡量)→计算(根据已知条件列方程式计算)。 (2)模式：如反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为1 L。 mA(g)＋ nB(g) pC(g)＋ qD(g) 起始/mol a b 0 0 变化/mol mx nx px qx 平衡/mol a－mx b－nx px qx ①求平衡常数：K＝ ②求转化率 转化率＝×100%，如α(A)平＝×100%。 4．明确三个关系 (1)对于同一反应物，起始量－变化量＝平衡量。 (2)对于同一生成物，起始量＋变化量＝平衡量。 (3)各转化量之比等于各物质的化学计量数之比。 5．掌握四个公式 (1)反应物的转化率＝×100%＝×100%。 (2)生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越大，原料利用率越高，产率越大。产率＝×100%。 (3)某气体组分的体积分数＝。 考向 化学平衡的综合应用与计算 1．（25-26高三上·上海·期中）磷化氢在高温下分解生成两种气态物质。在恒容密闭容器内通入磷化氢气体，不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示。 (1)磷化氢在高温下分解反应的化学方程式为 。 (2)温度时，该反应的平衡常数 。 2．（25-26高三上·上海·阶段练习）由丙烷氧化脱氢法制备丙烯涉及如下反应： ① ② 在一定温度下，将和通入恒容密闭容器中发生上述反应，则得平衡时，，该温度下反应①的平衡常数 。 3．（25-26高三上·上海·阶段练习）已知一氧化碳和丙烯的燃烧热分别为、，   则 (1) 。 (2)该反应在 下能自发进行。 A．高温    B．低温    C．任意温度 4．（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2 L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4 g，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 （25-26高三上·上海·期中）直接以为原料生产是目前的研究热点，我国科学家用人工合成淀粉时，第一步就需要将转化为。 已知：Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．  ___________ 5．反应Ⅲ的焓变 。 6．对于反应Ⅰ，不同温度对的转化率及催化剂的效率影响如图所示。 (1)下列有关说法不正确的是 。(不定项) A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时的平衡转化率仍位于M B．温度低于250℃时，随温度升高甲醇的产率增大 C．使用催化剂时，M点的正反应速率小于N点的正反应速率 D．M点时平衡常数比N点时平衡常数大 (2)若在2L密闭容器中充入和发生反应Ⅰ，则图中M点时，产物甲醇的体积分数为 ；该温度下，反应的平衡常数 。(均保留3位有效数字) 上述反应制得的甲醇可以作为燃料电池的燃料使用，下图为KOH溶液为电解质溶液的甲醇-燃料电池示意图。据图回答下列问题： 7．电池工作时，甲醇蒸汽通入该电池的 (填“b”或“c”)口。 8．X电极上的电极反应式为 。 9．电池工作时，理论上每转移2mol电子，Y电极上消耗 L(标准状况下)气体。 【热门话题与学科知识结合】（25-26高三上·上海奉贤·期末）DMF(N，N-二甲基甲酰胺，结构简式为)被誉为化工领域的“万能溶剂”，广泛应用于有机合成、材料加工、电子等多个领域。 10．在DMF的组成元素中，第一电离能最大的是_____。 A．C B．N C．O D．H 11．在DMF中()中，键角大小：α β，简述判断依据 。 A．>    B．<    C．= 以DMA、CO2和H2为原料，在300℃时，某固体催化剂作用下合成DMF，发生的反应如下： ① ② 12．已知： 反应①中a= 。 13．反应②自发进行的条件为 。 A．高温    B．低温    C．任意温度 一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molDMA(g)、1molCO2(g)和1.34molH2(g)，发生反应①和②，一段时间后，反应处于平衡状态。容器中含氮物质的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如下图所示： 14．根据以上信息，计算0~2min内，υ(H2O)= 。 15．下列能够说明反应达平衡状态的是_____。(不定项) A．之比保持不变 B．反应①和反应②的ΔH保持不变 C．气体总质量保持不变 D．气体总物质的量保持不变 DMA与CO2和H2反应生成DMF、TMA，图1是该反应的部分历程，其中吸附在催化剂表面的物质用*表示。图2表示催化剂表面的CO2*与H*形成的一系列物种的转化流程。 16．写出过渡态为“TS2”的基元反应方程式 。 17．在上述反应的产物中，TMA的选择性低，图2中 代表生成TMA的反应路径。(选填“a”或“b”) （25-26高三上·上海·期中）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 18．已知：298K时合成氨反应的，该反应的 0（填“＜”或“＞”），在 （填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”）下能够自发进行。 19．合成氨原料中的由分离液态空气得到，来源于水煤气，反应如下： ①   ②      （请填空）。 20．合成氨反应的催化机理示意图如下所示，氮气在催化剂上的吸附活化是总反应中的控速步骤，下列说法中正确的是______。 A．反应过程中存在极性键的断裂和非极性键的形成 B．氮气在催化剂表面吸附活化过程的活化能最高 C．可以用降温的方法将脱附后的氢气、氮气液化，使其生成的氨气分离 D．相比于氮气，适当增大氢气的浓度，更有利于提高整个反应的反应速率 当进料体积比时，测得不同温度下反应达到化学平衡状态时氮气的体积分数与总压强（p）的关系曲线如图所示： 21．、、由大到小的顺序为 。 22．如图所示，、60MPa时，的平衡转化率为 。 23．在恒温恒压，初始体积为1L的容器中存在1mol 、3mol 、6mol 建立的化学平衡体系保持恒压，向其中充入80mol氮气，简要写出计算过程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最强无机酸之一的高氯酸。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。 24．写出由次氯酸反应制得高氯酸的电极反应式 。 25．高纯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，小液滴应从反应器的______进入。 A．下部 B．中部 C．上部 D．任何部位都一样 研究小组采用太阳能电池来给电解装置充电，太阳能板的主要材料是半导体硅。向半导体硅中掺入硼、氮、磷可形成P型半导体（有带正电的电子空穴）或N型半导体（有富余的自由电子）在P区和N区的交界处，N区的电子会扩散到P区，形成PN结，增强导电性。光照后，经过光生伏特效应可发电。 26．向晶体硅中掺入硼原子，形成的是 。 A．P型半导体                                B．N型半导体 27．与结合形成的半导体相比于与形成的半导体导电性更强。结合元素周期律解释原因 。 （25-26高三上·上海·期中）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。 28．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： 29．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 ： ： 30．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) 31．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 。 32．100 kPa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“”)。 （25-26高三上·上海·期中）通过生物柴油副产物甘油制取正成为将其高值化利用的一个重要研究方向。生物甘油()水蒸气重整获得过程中的主要反应如下： 反应Ⅰ．   反应Ⅱ．   33．重整总反应   。 34．反应Ⅰ在___________自发进行。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．任意温度都不能 在生物甘油重整中，有副反应： 反应Ⅲ．   条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。 35．代表随温度变化的曲线是 。 A．a        B．b        C．c 36．恒温恒容状态下，向容器中加入和，不考虑反应Ⅲ的情况下，能说明反应Ⅱ发生的是___________。 A．体系压强逐渐增大 B．反应过程中，体积分数逐渐增大 C．反应体系达到平衡前，CO和浓度之比随时间变化 D．气体平均相对分子质量减小 37．根据图中信息计算：600℃时，的平衡转化率为 。 甘油水蒸气重整制氢时，其他条件不变，在不同水醇比时的平衡产率与温度的关系如下图所示。 38．水醇比从大到小的顺序是___________。 A． B． C． D． 39．保持特定水醇比不变，900K以上时，的平衡产率随温度的升高而减小的主要原因是 。 40．该工艺中第Ⅲ步反应与反应生成甲烷是主要副反应，实际生产中为抑制的生成，提高氢气的产率，不考虑压强的影响，可采取的措施有(写2点) 。 41．（25-26高三上·上海·期中）空间站的生命保障系统功能之一是实现氧的再生，其中涉及Sabatier反应： 已知：①25℃、100 kPa时，和的燃烧热分别为和； ②   (1)Sabatier反应的 (用含、、的代数式表示)。 (2)空间站中氧的再生分两步，Sabatier反应是第一步，第二步在太阳能电池作用下完成。写出第二步的化学方程式： 。 将原料气按=1:4以一定流速通过Sabatier反应器，测得出口处的物质的量分数与温度的关系如图实线“”所示(虚线“”表示相同温度下平衡曲线，假设反应器中不发生其他反应)。 (3)由图可知，Sabatier反应的 。 A．>0　　　　B．<0 (4)根据图像，列式计算350℃下原料气通过反应器后的转化率。(精确到0.1%) (5)空间站运行Sabatier反应器时，下列措施能提高转化效率的是_______。 A．适当减压 B．反应器前段加热，后段冷却 C．提高原料气中所占比 D．合理控制反应器中气体的流速 氧再生的另一种途径是利用Bosch反应：   (6)一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是该反应_______。 A．反应物能量低于生成物能量 B．属于熵减反应，只有在高温下才能自发 C．活化能较高 D．平衡常数随温度升高而增大 (7)一定温度下，向某恒容密闭容器中充入1 mol 和2 mol 发生Bosch反应，下列能说明反应达到化学平衡状态的是_______。 A． B．的值不再变化 C．与之和不再变化 D．混合气体密度不再变化 (8)写出使用Bosch反应进行氧再生较Sabatier反应的一项优势和一项不足： 优势： ；不足： 。 42．（25-26高三上·上海·阶段练习）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈和副产物丙烯醛的热化学方程式如下： ①   ② (1)有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是 。（写两点） (2)如图为一定时间内丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为。高于460℃时，丙烯腈产率降低的原因可能是_____。 A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．副反应增多 D．反应活化能增大 (3)如果只发生反应①，则恒温恒压条件下，下列选项表明反应一定达到平衡状态的是_____。 A．容器内混合气体的密度不再变化 B．容器内压强不再变化 C．断裂键的同时形成键 D． (4)丙烯腈和丙烯醛的产率与的关系如图所示。由图可知，最佳约为 ，理由是 。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 。 43．（25-26高三上·上海·阶段练习）将催化加氢既有利于实现双碳目标，又能制取重要的化工原料——甲醇，该过程涉及的主要反应有： 反应I： 反应Ⅱ： (1)甲醇分子中存在电子云的重叠方式是_______。 A． B． C． D． (2)已知几种化学键的键能数据如下表所示，则 。 化学键 键能 436 803 464 414 326 (3)下列关于反应I的随T的变化趋势正确的是_______。 A． B． C． D． (4)恒温、恒容条件下，关于反应Ⅱ下列说法正确的是_______。(不定项) A．加入，有利于提高的转化率 B．当气体平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态 C．缩小容器体积，有利于提高的平衡浓度 D．当时，反应达到平衡状态 三、综合题 （25-26高三上·上海·期中）综合利用、CO对实现“零排放”有重要意义。和CO合成甲醇反应为：  ∆H=-99kJ·mol-1。回答下列问题： 44．能正确表示合成甲醇反应中能量变化的图像是___________。 A． B． C． D． 45．该反应的随温度的变化趋势正确的是___________。 A． B． C． D． 46．恒容条件下，下列说法能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。(不定项) A．CO、、的物质的量之比为 B．混合气体密度不发生变化 C．容器内压强不再变化 D．混合气体平均相对分子质量不再变化 47．（25-26高三上·上海·期中）能源的开发与资源的利用是化学研究的重要领域，含硫矿物焙烧时不仅可以发热产能，生成的物质也能用于高价值产品的生产。 (1)关于的描述错误的是______。 A．价层电子对数为3 B．属于酸性氧化物 C．基态原子核外电子有5种能量 D．是直线型分子 (2)第一电离能：，结合核外电子排布相关知识，说明其原因： 。 可用于参与硫碘循环分解水，是目前较具有发展前景的制氢方法： 反应1：   反应2：   反应3：   (3)计算总反应：的焓变 。 (4)工业上常用的制氢方法有水煤气法、电解饱和食盐水法、甲烷热分解法等，说明硫碘循环分解水法的优势是 。 (5)硫铁矿焙烧得到的可用于制备硫酸，可用于氧化的催化剂：。 上述反应的焓变和熵变情况是 。 A．，    B．，    C．，    D．， 分析下图可知，下列说法正确的是 。(不定项) A．可以增加活化分子的百分数    B．路径中，决速步骤是反应Ⅱ C．升高温度有利于平衡转化率提升    D．达到化学平衡时， 的催化过程，分两步进行，将反应Ⅱ的方程式补全： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 。 (6)氨法脱硫技术可吸收硫酸工业尾气中的。书写氨水和反应生成亚硫酸铵的离子方程式： 。 (7)氨法脱硫后的溶液可通过氧化得到和，常温下，的溶液中为，的中为，则和的大小关系是______。 A． B． C． D．无法比较 (8)某发电厂排放烟气量为，其中含为，该烟气通过脱硫处理后，含的量为，则脱硫率 。(脱硫率) （25-26高三上·上海·期中）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。 方法I：氨热分解法制氢气 相关化学键的键能数据： 化学键 键能 946 436.0 390.8 一定温度下，利用催化剂将分解为和。 48．恒温恒容的密闭容器中进行上述反应，下列一定能作为平衡状态标志的是___________(不定项)。 A．物质的总质量不变 B．物质的总物质的量不变 C．氢气的消耗速率与氨气的消耗速率之比为 D．单位时间内断开键的同时断开键 49．反应：的 。 50．已知该反应，下列哪些温度下反应能自发进行？___________(不定项)。 A． B． C． D． 恒温恒容，某密闭容器中进行氨催化分解反应，的关系曲线如图所示。 51．与之间的函数关系为 (写表达式)。 52．由此可推测，增大氨的初始分压，氨的转化速率___________。 A．增大 B．减小 C．不变 D．不确定 53．假设吸附到催化剂表面后的都变成活化分子，其他条件不变，若改用比表面积更大的催化剂，则单位时间内的产量将 (填“增大”、“减小”、“不变”)。 方法Ⅱ：氨电解法制氢气 54．利用电解原理，可将氨转化为高纯氢气，其装置如图。下列说法正确的是___________(不定项)。 A．a为正极 B．反应一段时间后，左侧电极室的溶液的增大 C．b极的电极反应式为 D．反应过程中，负离子通过交换膜从左向右迁移 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09化学反应速率与化学平衡 目录 01 析·考情精解 3 02 构·知能架构 4 03 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10 mL，即得到碳酸丙烯酯的体积为10 mL，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0.118 mol，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0.124 mol，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50 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol的Xe和9.0 mol的F2，反应10 min后，混合气体的物质的量变为8.9 mol，其中三种氟化氙的物质的量的比n(XeF2)：n(XeF4)：n(XeF6)=1：6：3，则0~10 min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，50 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol的Xe和9.0 mol的F2，反应10 min后，混合气体的物质的量变为8.9 mol，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a mol、6a mol、3a mol，根据方程式：则有a+12a+3a=(10-8.9) mol=1.1 mol，解得a=0.05 mol，生成的XeF4为0.05 mol×6=0.3 mol，10 min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＝，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1 mol·L－1时的反应速率。k与反应物浓度无关。 ①反应不同，k值不同。 ②同一反应，温度不同k值不同。 ③同一反应，温度一定时，有无催化剂k也是不同的。 ④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 ①两者的关系：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＝＝，反应达到平衡时 v正＝v逆，故K＝。 ②两者的区别：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2 L密闭容器中投入4 mol ，4 mol ，2 mol Ar，反应4 h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) 0.198 0.238 (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4 h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：4 mol-4 mol×30%=2.8 mol，甲烷的物质的量为：4 mol-4 mol×20%=3.2 mol；由碳原子个数守恒可知，一氧化碳的物质的量为：8 mol-2.8 mol-3.2 mol=2 mol；由氧原子个数守恒可知，水蒸气的物质的量为：4 mol×2-2 mol-2.8 mol×2=0.4 mol；由氢原子个数守恒可知，氢气的物质的量为：(4 mol×4-3.2 mol×4-0.4 mol×2) ×=1.2 mol，则混合气体的总物质的量为2.8 mol+3.2 mol+2 mol+0.4 mol+1.2 mol+2 mol=11.6 mol，设平衡时容器的体积为V L，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=2.32 L，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4 mol氨气和1 mol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Cat2 C．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2 L的密闭容器中充入2 mol CH3OH(g)和2 mol ，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/min 0 2 4 6 8 10 12 14 p/kPa - - - (2)该条件下，0～4 min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．LiI C． 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O B．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4 mol，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3.2 mol，减少0.8 mol，因主、副反应每消耗和1molCO均减少1 mol气体，故总消耗的为0.8 mol，=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0~10 min 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() 436 464 803 1072 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．240 K B．270 K C．300 K D．330 K (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0.1 mol 和0.3 mol 2L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30 min，达到平衡，加压液化，收集到1.6 mL甲醇液体，此时甲醇的选择性为79%，则0-30 min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10 L的恒温刚性容器中，通入0.3 mol 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)5 min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，0～5 min内消耗的CH4为0.3 mol×5%=0.015 mol，消耗的H2S为0.15 mol×20%=0.03 mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)=2×0.015 mol+0.03 mol=0.06 mol，0～5 min内H2的化学反应速率为； （7）设5 min时反应Ⅰ转化的CH4的物质的量为x mol，则转化的H2S为2x mol，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5 min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5 min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0~5 min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： ① ② ③ (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)0.03 mol·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) 1.5 5CeO1.8+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)==0.03 mol·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： ① ② 7．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： ③ ④ ⑤ 11．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．BC 9．BC 10． 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．B 12．A 13． 【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CH2DOD CHD2OH(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】16．123.9 17． BD 2.25 B 18．D 19． A 20．BC 21．51.5% 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0.4 MPa时气体总浓度为12.25 mol·L⁻¹（平衡时），容器体积为1.0 L（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 12.25 mol·L⁻¹，体积 1.0 L)   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 100 mol ，则反应了 33 mol ，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．102.1 29．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．A 24．能   ΔH＜0，ΔS＞0，△H-TΔS＜0 25． 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．C 27．0.025 mol·L-1·min-1 28．C 29．AC 30．覆盖催化剂的活性位点、影响气体扩散 【解析】23．① ② ③H2O(l)=H2O(g)  △H3=44 kJ∙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=-123.8 kJ∙mol-1- 118kJ∙mol-1-44 kJ∙mol-1=-285.8 kJ∙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2 mol气态乙苯与2 molO2发生反应①，10 min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)==0.025 mol·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=63.5 kJ∙mol-1，从ⅱ到ⅲ，活化能为(92.4-75.1) kJ∙mol-1=17.3 kJ∙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63.5 kJ∙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．LiI C． 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O B．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向移动故产率下降 (9)不使用有毒气体光气；不产生HCl；可吸收CO2，变废为宝 【详解】 （4）反应Ⅰ中，，（）随温度T/(K)的变化是一次函数的变化，斜率，与y轴的截距，故答案选C； （6）A．都表示正反应速率，故不能表示反应达到平衡状态，A错误； B．根据质量守恒定律，物质总质量不变，故不能说明反应达到平衡状态，B错误； C．该反应前后气体分子总数不同，故气体体积不变时，各物质的量浓度不变，可以说明反应达到平衡状态，C正确； D．该反应前后气体分子总数不同，混合气体平均摩尔质量不变时，则说明各物质的量不再变化，可以说明反应达到平衡状态，D正确； 故答案选CD； （8）碳酸丙烯酯在单位时间内的产率随温度变化先变大后减小是因为反应未达平衡，温度越高反应速率越快，产率越高，，正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，产率降低； （9）用光气与丙二醇反应也可以用于制备碳酸丙烯酯，光气有毒，传统方法更安全； 用光气与丙二醇反应还有副产物 产生，原子利用率低； 环氧丙烷与催化合成原子利用率达到百分之百，传统方法用二氧化碳做原料，可以帮助完成碳中和，减缓温室效应。 命题解读 新情境：以碳酸丙烯酯（PC）的工业合成为载体，将盖斯定律、热力学函数、平衡标志、产率分析嵌入实际生产流程，呼应上海高考 “化学服务工业” 的导向，打破教材 “理想化反应” 的局限，考查学生对化学实用性的认知。 新考法：第 (4) 题需先通过盖斯定律计算反应④的 ΔH（结合反应①③②推导），再分析反应体系的熵变（气体→液体，ΔS<0），最终推导 ΔH-TΔS 随温度的变化趋势，将反应热计算、熵变判断、吉布斯自由能规律串联考查，跳出单一概念的记忆，指向 “证据推理” 素养。 新角度：第 (6) 题针对 “气 - 液反应”（气体反应物→液体产物）分析平衡标志，需突破常规 “气 - 气反应” 的思维定式，聚焦气体摩尔质量等变量的变化逻辑；第 (8) 题解释产率 “先升后降”，需兼顾 “温度对速率的促进”“放热反应的平衡逆向移动”“副反应增多” 的工业实际，体现上海高考对 “真实问题综合分析” 的考查要求。 2．（2025上海，T5（6）（7））铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红 工业盐酸常混有少量Fe3+，会使溶液呈黄色，是因为形成了一系列含铁配合物，这些配合物可简写为[FeClx]3-x(x=1，2，3，4)。 室温下，在溶液中Fe3+与Cl-存在平衡：Fe3+(aq)+xCl-(aq)[FeClx]3-x(aq) (6)现加水稀释FeCl3溶液至体积为原来的两倍，则溶液中Fe3+的物质的量 。 A．增大B．不变C．减小 并用离子积Q与平衡常数K的大小关系解释变化的原因 。 (7)室温下，x取不同值时，对应的平衡常数见下表： x 1 2 3 4 K 30.20 134.90 97.72 1.02 某工业盐酸中c(Cl-)=12.00mol·L-1，则c(FeCl3)的摩尔分数为 。(用小数表示，精确到小数点后2位) 已知：c[(FeClx)3-x]的摩尔分数== 【答案】 (6) A 所有离子浓度变为原来，，平衡逆移 (7)0.80 【详解】 （6）所有离子浓度变为原来，，平衡逆移，使得溶液中铁离子的物质的量增大，故选A； （7）、、、，=。 命题解读 新情境：以工业盐酸中 Fe2+ 与 Cl- 形成配合物为载体，将铁红的实际应用与溶液配合平衡结合，跳出教材 “简单离子反应” 的理想化模型，呼应上海高考 “化学对接生产或 生活实际” 的导向，考查学生对化学微观行为服务实际体系的认知。 新考法：第 (6) 题并非直接考查平衡移动方向，而是要求结合稀释后浓度变化计算离子积Q，通过Q与平衡常数K的大小关系，推导n(Fe2+)的变化。打破 “勒夏特列原理机械套用” 的思维，指向 “平衡常数本质（浓度商与 K 的定量关系）” 的深度理解，契合上海高考 “重原理应用轻套路” 的考法。 新角度：第 (7) 题引入 “摩尔分数” 陌生定义，需同时结合 4 组配合平衡的K值，通过设未知数、利用K表达式推导各含铁微粒浓度，最终代入摩尔分数公式计算。考查 “陌生信息提取 + 多平衡模型构建 + 定量运算” 的综合素养，是上海高考近年强化的 “证据推理与模型认知” 能力的典型体现。 3．（2024·上海·高考真题）璀璨多彩的珊瑚礁是重要的海洋资源，也是海洋生态系统的重要组成部分。珊瑚礁的主要成分的碳酸钙，存在方解石和文石两种结构。 (2)已知CaCO3(s，文石)CaCO3(s，方解石)，该反应的ΔH-TΔS随温度变化趋势如下图所示。 关于该反应的ΔH和ΔS判断正确的是___________。 A．ΔH>0，ΔS>0 B．ΔH<0，ΔS>0 C．ΔH>0，ΔS<0 D．ΔH<0，ΔS<0 珊瑚虫能生成碳酸钙，在海洋中堆积成珊瑚礁，主要反应如下： 总反应为：Ca2+(aq)+2HCO(aq) CaCO3(s)+H2CO3(aq) ①HCO(aq) H+(aq)+CO(aq) ②Ca2+(aq)+CO(aq) CaCO3(s) ③H+(aq)+HCO(aq) H2CO3(aq) (3)一定条件下，说明总反应达到化学平衡状态的是___________。 A．Ca2+浓度保持不变 B．HCO和H2CO3的浓度比保持不变 C．v正(Ca2+)：v正(HCO)=1：2 D．v正(H2CO3)：v逆(HCO)=2：1 (4)珊瑚养殖和移植是重建珊瑚礁的重要方法。适当提高海水的pH，有利于碳酸钙的形成，结合上述反应，从平衡移动的角度解释原因 。 【答案】(2)A (3)AB (4)提高pH，有利于增加HCO浓度，降低H2CO3浓度，促进总反应化学平衡正向移动 【详解】（2）的反应能自发进行，由图，低温下该反应不能进行，而高温下可以进行，则反应为吸热的熵增反应，故选A； （3）A．Ca2+浓度保持不变，说明平衡不再移动，反应达到平衡状态； B．HCO和H2CO3的浓度比保持不变，则反应中正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应达到平衡状态； C．反应速率比等于系数比，v正(Ca2+)：v正(HCO)=1：2，不能说明反应中正逆反应速率相等，不确定反应达到平衡； D．v正(H2CO3)：v逆(HCO)=2：1，说明反应中正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡； 故选AB； （4）适当提高海水的pH，有利于增加HCO浓度，降低H2CO3浓度，促进总反应化学平衡正向移动，利于碳酸钙的形成； 知识1 化学反应的方向 ΔH ΔS ΔH－TΔS 反应情况 － ＋ 永远是负值 在任何温度下过程均自发进行 ＋ － 永远是正值 在任何温度下过程均非自发进行 ＋ ＋ 低温为正高温为负 低温时非自发，高温时自发 － － 低温为负高温为正 低温时自发，高温时非自发 知识2 影响化学平衡的因素 对平衡状态的影响 备注 其他条件不变 升高温度 化学平衡向吸热方向移动 v正、v逆均增大(程度不同) 增大压强 化学平衡向气体分子数目减少的方向移动 压强变化是通过容器容积的变化实现的 浓度 增大反应物浓度或降低生成物浓度，平衡向正反应方向移动 固体、纯液体的浓度视为常数 恒容时加入“惰性”气体 对平衡状态无影响(对反应速率也无影响) 原来体系中各物质的浓度没有发生变化 恒压时加入“惰性”气体 相当于减小压强(对反应速率的影响也相当于减小压强) 加入的气体会分担一部分压强 【易错提醒】 催化剂同等程度改变v正、v逆，平衡不移动。 知识3 化学平衡状态的快速判断法 (1)“逆向相等”：反应速率必须一个是正反应的速率，一个是逆反应的速率，且经过换算后同一种物质的正反应速率和逆反应速率相等。 特别注意：同一反应方向的反应速率不能判断反应是否达到平衡状态。 (2)“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的，当不变时为平衡状态；一个随反应的进行保持不变的量，不能作为是否是平衡状态的判断依据。 【易错提醒】 不能作为“标志”的四种情况 ①反应组分的物质的量之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比。 ②恒温恒容下的体积不变的反应，体系的压强或总物质的量不再随时间而变化，如2HI(g)H2(g)＋I2(g)。 ③全是气体参加的体积不变的反应，体系的平均相对分子质量不再随时间而变化，如2HI(g)H2(g)＋I2(g)。 ④全是气体参加的反应，恒容条件下体系的密度保持不变。 知识4 勒夏特列原理 如果改变影响化学平衡的条件之一(如温度、压强、以及参加反应的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。 能力 化学平衡计算解题思维模型 1．化学平衡的计算解题思维路径 2. 化学平衡常数解题思维路径 3．一个模式——“三段式” (1)步骤：书写(写出有关化学平衡的化学反应方程式)→列变量(列出各物质的起始、变化、平衡量)→计算(根据已知条件列方程式计算)。 (2)模式：如反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为1 L。 mA(g)＋ nB(g) pC(g)＋ qD(g) 起始/mol a b 0 0 变化/mol mx nx px qx 平衡/mol a－mx b－nx px qx ①求平衡常数：K＝ ②求转化率 转化率＝×100%，如α(A)平＝×100%。 4．明确三个关系 (1)对于同一反应物，起始量－变化量＝平衡量。 (2)对于同一生成物，起始量＋变化量＝平衡量。 (3)各转化量之比等于各物质的化学计量数之比。 5．掌握四个公式 (1)反应物的转化率＝×100%＝×100%。 (2)生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来讲，转化率越大，原料利用率越高，产率越大。产率＝×100%。 (3)某气体组分的体积分数＝。 考向 化学平衡的综合应用与计算 1．（25-26高三上·上海·期中）磷化氢在高温下分解生成两种气态物质。在恒容密闭容器内通入磷化氢气体，不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示。 (1)磷化氢在高温下分解反应的化学方程式为 。 (2)温度时，该反应的平衡常数 。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）磷化氢（PH3）分解生成两种气态物质，结合元素组成可知产物为磷的气态单质和氢气。通过体积分数的比例关系分析：产物的体积分数之比应与化学计量数之比一致。从图像中观察到，某温度下两种产物的体积分数之比为1:3，由此推测反应式为：； （2）设平衡时PH3分解了x mol，初始PH3为1 mol，体积为2L，列出三段式：，则平衡时各物质的物质的量为：n(PH3)=(1-x) mol，n(P2)=0.5x mol，n(H2)=1.5x mol，总物质的量n(总)=1-x+0.5x+1.5x=(1+x) mol，由图像知，T3时PH3的体积分数为0.2，即物质的量分数为0.2，因此：，解得。则平衡时，n(PH3)=(1-) mol= mol，n(P2)=0.5× mol= mol，n(H2)=1.5× mol=1 mol，。 2．（25-26高三上·上海·阶段练习）由丙烷氧化脱氢法制备丙烯涉及如下反应： ① ② 在一定温度下，将和通入恒容密闭容器中发生上述反应，则得平衡时，，该温度下反应①的平衡常数 。 【答案】 【详解】平衡时，其物质的量为2 mol，CO物质的量为1.2 mol，根据C守恒，则丙烷剩余，根据化学计量数，反应①消耗氧气物质的量为，生成水蒸气2 mol，反应②消耗氧气物质的量为，生成水蒸气，根据O守恒，得氧气剩余(3-1-1.4) mol=0.6 mol，综上，根据容器体积为2 L，所以平衡时丙烷浓度为0.8 mol/L，氧气浓度为0.3 mol/L，丙烯浓度为1 mol/L，水蒸气浓度为1.8 mol/L，反应①平衡常数为。 3．（25-26高三上·上海·阶段练习）已知一氧化碳和丙烯的燃烧热分别为、，   则 (1) 。 (2)该反应在 下能自发进行。 A．高温    B．低温    C．任意温度 【答案】(1) (2)C 【详解】（1）依题可列出如下四个热化学方程式：；；；，根据盖斯定律可知； （2）已知该反应△S>0，△H<0，即△G=△H－T△S<0，故该反应在任意温度都能自发进行，故选C。 4．（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2 L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4 g，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2 L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4 g，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。 （25-26高三上·上海·期中）直接以为原料生产是目前的研究热点，我国科学家用人工合成淀粉时，第一步就需要将转化为。 已知：Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．  ___________ 5．反应Ⅲ的焓变 。 6．对于反应Ⅰ，不同温度对的转化率及催化剂的效率影响如图所示。 (1)下列有关说法不正确的是 。(不定项) A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时的平衡转化率仍位于M B．温度低于250℃时，随温度升高甲醇的产率增大 C．使用催化剂时，M点的正反应速率小于N点的正反应速率 D．M点时平衡常数比N点时平衡常数大 (2)若在2L密闭容器中充入和发生反应Ⅰ，则图中M点时，产物甲醇的体积分数为 ；该温度下，反应的平衡常数 。(均保留3位有效数字) 上述反应制得的甲醇可以作为燃料电池的燃料使用，下图为KOH溶液为电解质溶液的甲醇-燃料电池示意图。据图回答下列问题： 7．电池工作时，甲醇蒸汽通入该电池的 (填“b”或“c”)口。 8．X电极上的电极反应式为 。 9．电池工作时，理论上每转移2mol电子，Y电极上消耗 L(标准状况下)气体。 【答案】5．-1352 6． BC 16.7% 0.593 7．b 8． 9．11.2 【解析】5．由盖斯定律可知，Ⅱ×3-Ⅰ×2可得反应Ⅲ的焓变=-1352。 6．A．催化剂不影响平衡移动，故不使用催化剂，250℃时CO2的平衡转化率仍位于M点，故A正确； B．反应I为放热反应，温度低于250℃时，随温度升高，平衡逆向移动，甲醇的产率减小，故B错误； C．温度高于250℃时，随温度升高，催化效率降低，M点的正反应速率大于N点的正反应速率，故C错误； D．升高温度，二氧化碳的平衡转化率减小，则升温平衡逆向移动，所以M点时平衡常数比N点时平衡常数大，故D正确； 故选：BC； 根据已知条件列出“三段式” 恒温恒容体积之比等于物质的量之比，甲醇的体积分数等于其物质的量分数，则甲醇的体积分数为×100%≈16.7%，容器容积为2 L，则该温度下反应的平衡常数K=≈0.593。 7．图-1溶液中的氢氧根离子流向X电极，故X电极为负极，发生氧化反应，氧气在Y电极（正极）发生还原反应，甲醇在X极被氧化为二氧化碳，故氧气从c口进入，甲醇从b口进入。 8．图-1溶液中的氢氧根离子流向X电极，故X电极为负极，甲醇在负极失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：； 9．图-1溶液中的氢氧根离子流向X电极，故X电极为负极，发生氧化反应，氧气在Y电极（正极）发生还原反应，正极电极方程式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，电池工作时，理论上每转移2mol电子，Y电极上消耗0.5mol O2，标准状况下的体积为22.4L/mol×0.5mol=11.2L。 【热门话题与学科知识结合】（25-26高三上·上海奉贤·期末）DMF(N，N-二甲基甲酰胺，结构简式为)被誉为化工领域的“万能溶剂”，广泛应用于有机合成、材料加工、电子等多个领域。 10．在DMF的组成元素中，第一电离能最大的是_____。 A．C B．N C．O D．H 11．在DMF中()中，键角大小：α β，简述判断依据 。 A．>    B．<    C．= 以DMA、CO2和H2为原料，在300℃时，某固体催化剂作用下合成DMF，发生的反应如下： ① ② 12．已知： 反应①中a= 。 13．反应②自发进行的条件为 。 A．高温    B．低温    C．任意温度 一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molDMA(g)、1molCO2(g)和1.34molH2(g)，发生反应①和②，一段时间后，反应处于平衡状态。容器中含氮物质的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如下图所示： 14．根据以上信息，计算0~2min内，υ(H2O)= 。 15．下列能够说明反应达平衡状态的是_____。(不定项) A．之比保持不变 B．反应①和反应②的ΔH保持不变 C．气体总质量保持不变 D．气体总物质的量保持不变 DMA与CO2和H2反应生成DMF、TMA，图1是该反应的部分历程，其中吸附在催化剂表面的物质用*表示。图2表示催化剂表面的CO2*与H*形成的一系列物种的转化流程。 16．写出过渡态为“TS2”的基元反应方程式 。 17．在上述反应的产物中，TMA的选择性低，图2中 代表生成TMA的反应路径。(选填“a”或“b”) 【答案】10．B 11． B DMF中，氮原子采取sp3杂化，键角接近109°28’。碳氧双键中碳原子采取sp2杂化，键角接近120°。故α<β 12．-22 13．B 14．0.055mol·L-1·min-1 15．AD 16．或 17．a 【解析】10．第一电离能规律：同周期从左到右呈增大趋势（N 的 2p 轨道半满，第一电离能大于 O）；同主族从上到下减小，故第一电离能最大的是N； 11．氮原子的价层电子对为 4（3 个成键对 + 1 个孤电子对），采取sp3杂化， 碳氧双键的 C 原子价层电子对为 3（2 个成键对 + 1 个双键），采取sp2杂化，故α<β； 12．利用盖斯定律：反应② = 反应① + 已知反应（DMF→TMA），-95=a-73，a=-22； 13．反应自发的判断依据：<0，均小于0，故反应在低温下可自发； 14．含氮物质遵循 “N 守恒”：初始 DMA 为 1 mol，平衡时 DMA=0.8mol、DMF=0.18mol、TMA≈0（可忽略），则反应的 DMA 为1 - 0.8 = 0.2mol。反应①中，每消耗 1 mol DMA 生成 1 mol H2O；反应②中，每消耗 1mol DMA 生成 2 mol H2O。但结合图中 DMF=0.18mol，可知：反应①消耗 DMA=0.18mol，生成H2O =0.18mol；反应②消耗 DMA=0.2 - 0.18=0.02mol，生成H2O =0.04mol；总生成H2O =0.18 + 0.04=0.22mol。反应速率v= mol·L-1·min-1=0.055mol·L-1·min-1 ； 15．A. 之比保持不变→说明各物质的量不再变化，反应达平衡，A正确； B. ΔH是反应的固有属性，与平衡无关，B错误； C.反应体系全为气体，总质量始终不变（质量守恒），C错误； D.反应①、②的气体物质的量均变化，总物质的量保持不变→说明反应达平衡，D正确。 故选AD； 16．由图 2 可知，TS2 对应的物种是CO2*与H*结合生成HCOO*，基元反应为或； 17．TMA 的选择性低，说明生成 TMA 的反应活化能高（反应难进行）。图 2 中路径a的能垒（TS3）更高，对应生成 TMA 的路径，选a。 （25-26高三上·上海·期中）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 18．已知：298K时合成氨反应的，该反应的 0（填“＜”或“＞”），在 （填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”）下能够自发进行。 19．合成氨原料中的由分离液态空气得到，来源于水煤气，反应如下： ①   ②      （请填空）。 20．合成氨反应的催化机理示意图如下所示，氮气在催化剂上的吸附活化是总反应中的控速步骤，下列说法中正确的是______。 A．反应过程中存在极性键的断裂和非极性键的形成 B．氮气在催化剂表面吸附活化过程的活化能最高 C．可以用降温的方法将脱附后的氢气、氮气液化，使其生成的氨气分离 D．相比于氮气，适当增大氢气的浓度，更有利于提高整个反应的反应速率 当进料体积比时，测得不同温度下反应达到化学平衡状态时氮气的体积分数与总压强（p）的关系曲线如图所示： 21．、、由大到小的顺序为 。 22．如图所示，、60MPa时，的平衡转化率为 。 23．在恒温恒压，初始体积为1L的容器中存在1mol 、3mol 、6mol 建立的化学平衡体系保持恒压，向其中充入80mol氮气，简要写出计算过程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最强无机酸之一的高氯酸。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。 24．写出由次氯酸反应制得高氯酸的电极反应式 。 25．高纯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，小液滴应从反应器的______进入。 A．下部 B．中部 C．上部 D．任何部位都一样 研究小组采用太阳能电池来给电解装置充电，太阳能板的主要材料是半导体硅。向半导体硅中掺入硼、氮、磷可形成P型半导体（有带正电的电子空穴）或N型半导体（有富余的自由电子）在P区和N区的交界处，N区的电子会扩散到P区，形成PN结，增强导电性。光照后，经过光生伏特效应可发电。 26．向晶体硅中掺入硼原子，形成的是 。 A．P型半导体                                B．N型半导体 27．与结合形成的半导体相比于与形成的半导体导电性更强。结合元素周期律解释原因 。 【答案】 18． 较低温度 19． 20．BD 21． 22． 23．初始体积为1 L的容器中存在1 mol N2、3 mol H2、6 mol NH3建立的化学平衡体系，该温度下平衡常数，保持恒压，向其中充入80 mol氮气，此时容器体积为9 L，浓度商为：，故平衡不移动 24． 25．C 26．A 27．同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，原子半径逐渐减小。N、P位于同一主族，P的原子半径大于N，Si-P键的键长比Si-N键长，键能Si-N键＞Si-P键，Si-P键更容易断裂产生自由移动的电子；B、N位于同一周期，N的非金属性比B强，Si-N键的极性比Si-B键强，更有利于电子的转移，所以Si-B与Si-P结合形成的半导体相比于Si-B与Si-N形成的半导体导电性更强。 【解析】18．合成氨方程式为：，该反应的气体体积减小，；根据属于自发反应，结合，在较低温度下可以自发进行。 19．由盖斯定律可知，=反应①+反应②，则。 20．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．氮气在催化剂上的吸附活化是总反应中的控速步骤，所以活化能越高，反应速率越慢，B正确； C．氨气的沸点相对较高，而氮气和氢气的沸点很低，应该用降温的方法将氨气液化，使其与氮气和氢气分离，促进反应正向移动，C错误； D．由于氮气在催化剂上的吸附活化是总反应中的控速步骤，适当增大氢气的浓度，单位体积的活化分子数增多，整个反应的反应速率会更快，D正确； 故选BD。 21．反应，当压强一定时，温度越高，平衡逆向移动，氨气的含量越小，观察图像可知，时氨气含量最高，时氨气含量最低，所以温度由高到低的顺序为。 22．当进料体积比时，可设初始，设变化的N2的物质的量为x mol，列三段式：，此时氨气的体积分数是，则有，解得，故的平衡转化率为。 23．在恒温恒压，初始体积为1 L的容器中存在1 mol N2、3 mol H2、6 mol NH3建立的化学平衡体系，该温度下平衡常数，保持恒压，向其中充入80 mol氮气，此时容器体积为9 L，浓度商为：，故平衡不移动。 24．次氯酸反应制得高氯酸，Cl元素化合价从+1价升高到+7价，失去电子发生氧化反应。在电解池中阳极发生氧化反应，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，电极反应式为：。 25．为了使小液滴与氨气充分接触反应，小液滴应从反应器的上部进入，氨气密度小于空气，这样小液滴下落过程中能与上升的氨气充分接触反应，故选C。 26．硅是四价元素，硼是三价元素，在晶体硅中掺入硼原子后，硼原子与周围硅原子形成共价键时会产生空穴，这类半导体主要靠空穴导电，属于空穴型半导体，所以向晶体硅中掺入硼原子，形成的是P型半导体，答案选A。 27．同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，原子半径逐渐减小。N、P位于同一主族，P的原子半径大于N，Si-P键的键长比Si-N键长，键能Si-N键＞Si-P键，Si-P键更容易断裂产生自由移动的电子；B、N位于同一周期，N的非金属性比B强，Si-N键的极性比Si-B键强，更有利于电子的转移，所以Si-B与Si-P结合形成的半导体相比于Si-B与Si-N形成的半导体导电性更强。 （25-26高三上·上海·期中）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。 28．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： 29．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 ： ： 30．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) 31．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 。 32．100 kPa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“”)。 【答案】28． 29．CD 30． A 31． 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 32． 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； 【解析】28．由题可知以下反应的热化学方程式： （1） （2） （3） 由盖斯定律可知总反应的反应热：； 29．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．设起始时的物质的量为，转化了的，容器的体积为， 反应达到平衡后，在同一温度且容器体积不变的情况下，容器内的压强和容器内气体总的物质的量成正比，反应达到平衡后点的总的物质的量为（为点转化了的的物质的量，为点起始时的物质的量），点的总的物质的量为（为点转化了的的物质的量，为点起始时的物质的量），由图可知，，则有，则有，D错误； 故答案选CD； 30．①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， 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， 平衡时，的物质的量分数为，的物质的量分数为，则有，则在温度为时，可以还原更多的，故答案选A； ②假设在温度为时，向密闭容器中加入一定量的、气体、，在容器中发生了反应（1）和反应（2），这反应（2）减去反应（1）可得到水煤气变换反应：，达到平衡时，反应（1）的化学平衡常数（根据第三题的小题①详解可以得到），反应（2）的化学平衡常数（根据第三题的小题①详解可以得到），则水煤气变换（）的化学平衡常数：； 31．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； 32．①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； ②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图中红圈中的曲线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正反应的进行，容器中的压强会增大（正反应是气体分子数增大的反应），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。 （25-26高三上·上海·期中）通过生物柴油副产物甘油制取正成为将其高值化利用的一个重要研究方向。生物甘油()水蒸气重整获得过程中的主要反应如下： 反应Ⅰ．   反应Ⅱ．   33．重整总反应   。 34．反应Ⅰ在___________自发进行。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．任意温度都不能 在生物甘油重整中，有副反应： 反应Ⅲ．   条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。 35．代表随温度变化的曲线是 。 A．a        B．b        C．c 36．恒温恒容状态下，向容器中加入和，不考虑反应Ⅲ的情况下，能说明反应Ⅱ发生的是___________。 A．体系压强逐渐增大 B．反应过程中，体积分数逐渐增大 C．反应体系达到平衡前，CO和浓度之比随时间变化 D．气体平均相对分子质量减小 37．根据图中信息计算：600℃时，的平衡转化率为 。 甘油水蒸气重整制氢时，其他条件不变，在不同水醇比时的平衡产率与温度的关系如下图所示。 38．水醇比从大到小的顺序是___________。 A． B． C． D． 39．保持特定水醇比不变，900K以上时，的平衡产率随温度的升高而减小的主要原因是 。 40．该工艺中第Ⅲ步反应与反应生成甲烷是主要副反应，实际生产中为抑制的生成，提高氢气的产率，不考虑压强的影响，可采取的措施有(写2点) 。 【答案】33． 34．A 35．A 36．C 37．36% 38．B 39．900K以上以反应Ⅱ为主，随温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，平衡产率降低 40．增大水醇比；升高温度；使用选择性高的催化剂 【解析】33．根据盖斯定律，重整总反应=反应Ⅰ+3×反应Ⅱ，则； 34．反应能自发进行的条件为，该反应，反应的气体分子数增大，所以>0，则要使该反应自发进行，必须高温条件下，选A； 35．600℃时，曲线a物质的量是10 mol，根据初始反应物，体系中碳原子总物质的量为2.1 mol × 3 = 6.3 mol，因此任何含碳产物的物质的量均不可能超过6.3 mol，而n(CO2)=4.4 mol，则其不可能是含碳微粒，故曲线a表示H2，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线c代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，CH4物质的量降低，则曲线b代表CH4；故本题选A； 36．A．反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，而反应Ⅱ左右两边气体总物质的量相同，反应发生后体系压强必然增大，无法判定反应Ⅱ是否发生，A不选； B．两个反应中，均为生成物，只要反应发生，体积分数必然增大，无法判定反应Ⅱ是否发生，B不选； C．若只发生反应Ⅰ，CO和浓度之比始终为3：4，若同时发生反应Ⅱ，CO和浓度之比是个变量，故该条件能说明反应Ⅱ，C选； D．反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，反应发生后，气体总质量不变，则气体体平均相对分子质量减小，反应Ⅱ是气体总物质的量不变的反应，若只发生反应Ⅱ，气体体平均相对分子质量不变，则气体平均相对分子质量减小，无法判断是否发生反应Ⅱ，D不选； 故选C； 37．600℃时，n(H2)=10 mol，n(CO2)=4.4 mol，n(CH4)=n(CO)=0.8 mol，根据C原子守恒，可得n()=，根据O原子守恒，可得n(H2O)=，则的平衡转化率为； 38．根据此反应，当的物质的量固定时，水的量越多，氢气的产率越高，即水醇比越大，氢气产率越高，故水醇比的大小顺序为，选B； 39．甘油的分解(反应I)是吸热反应，升高温度有利于生成，会使的净含量增加；约左右达到极值，但升高温度，以反应Ⅱ为主，随温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，平衡产率降低 40．工艺中、与反应生成甲烷是主要副反应(均为放热反应)，重整反应为吸热反应，所以可以升高温度，有利于发生重整反应生成氢气；还可以使用选择性高的催化剂、适当增大水醇比都有利于提高氢气的产率。 41．（25-26高三上·上海·期中）空间站的生命保障系统功能之一是实现氧的再生，其中涉及Sabatier反应： 已知：①25℃、100 kPa时，和的燃烧热分别为和； ②   (1)Sabatier反应的 (用含、、的代数式表示)。 (2)空间站中氧的再生分两步，Sabatier反应是第一步，第二步在太阳能电池作用下完成。写出第二步的化学方程式： 。 将原料气按=1:4以一定流速通过Sabatier反应器，测得出口处的物质的量分数与温度的关系如图实线“”所示(虚线“”表示相同温度下平衡曲线，假设反应器中不发生其他反应)。 (3)由图可知，Sabatier反应的 。 A．>0　　　　B．<0 (4)根据图像，列式计算350℃下原料气通过反应器后的转化率。(精确到0.1%) (5)空间站运行Sabatier反应器时，下列措施能提高转化效率的是_______。 A．适当减压 B．反应器前段加热，后段冷却 C．提高原料气中所占比 D．合理控制反应器中气体的流速 氧再生的另一种途径是利用Bosch反应：   (6)一定条件下Bosch反应必须在高温下才能启动，原因是该反应_______。 A．反应物能量低于生成物能量 B．属于熵减反应，只有在高温下才能自发 C．活化能较高 D．平衡常数随温度升高而增大 (7)一定温度下，向某恒容密闭容器中充入1 mol 和2 mol 发生Bosch反应，下列能说明反应达到化学平衡状态的是_______。 A． B．的值不再变化 C．与之和不再变化 D．混合气体密度不再变化 (8)写出使用Bosch反应进行氧再生较Sabatier反应的一项优势和一项不足： 优势： ；不足： 。 【答案】(1) (2) (3)B (4)77.6% (5)BD (6)C (7)D (8) 氢原子利用率为100% 能耗较高 【详解】（1）已知：①25℃、100 kPa时，和的燃烧热分别为和；则得反应： ①   ②    ③   根据盖斯定律，由②4-③+④2得反应=； （2）空间站中氧的再生分两步，Sabatier反应是第一步，第二步在太阳能电池作用下完成，完成在太阳能及催化剂作用下氧的再生，则第二步的化学方程式为：； （3）由图可知，曲线最高点时反应达平衡，达平衡后升高温度，的物质的量分数减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，则Sabatier反应的<0，答案选B； （4）将原料气按=1:4以一定流速通过Sabatier反应器，设二氧化碳的物质的量为1mol，则氢气的物质的量为4mol,根据图像，350℃下的物质的量分数为0.45，设原料气通过反应器后的转化率为x,根据三段式有： 则有，解得x=0.776mol，则转化率为=77.6％； （5）Sabatier反应：为气体体积缩小的放热反应； A．适当减压，平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，转化效率减小，A不符合； B．反应器前段加热，反应快速达平衡，后段冷却，温度降低，有利于平衡向放热反应的正方向移动，转化效率增大，B符合； C．提高原料气中所占比，则转化效率反而减小，C不符合；     D．合理控制反应器中气体的流速，有利于反应正向进行，转化效率增大，D符合； 答案选BD； （6）催化剂可以降低反应的活化能加快反应速率，无催化剂Bosch反应必须在高温下才能启动，说明断裂二氧化碳和氢气所需的能量较高，即该反应的活化能较高，则一定条件下 Bosch反应必须在高温下才能启动，故答案为：反应的活化能高，答案选C； （7）一定温度下，向某恒容密闭容器中充入1 mol 和2 mol 发生Bosch反应，  ，反应为气体体积缩小的放热反应； A．，则正逆反应速率不相等(才是)，反应没有达到平衡状态，A不符合； B．因充入1 mol 和2 mol ，且反应也按比例为1：2进行，故的值始终不变，当比值不再变化时不能说明反应达平衡状态，B不符合； C．与的化学计量数相等且一为反应物一为生成物，两者之和不再变化    不能说明反应达平衡状态，C不符合； D．反应中碳为固体，随着反应的进行气体的质量发生变化，反应在恒容条件下进行，混合气体密度为变量，根据“变量不变达平衡”可知，密度不再变化则反应达平衡状态，D符合； 答案选D； （8）反应中氢元素完全转化为水，氢原子利用率为100%，但反应需要在300-400℃下进行，能耗高；故答案为：氢原子利用率为100%；能耗较高。 42．（25-26高三上·上海·阶段练习）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈和副产物丙烯醛的热化学方程式如下： ①   ② (1)有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是 。（写两点） (2)如图为一定时间内丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为。高于460℃时，丙烯腈产率降低的原因可能是_____。 A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．副反应增多 D．反应活化能增大 (3)如果只发生反应①，则恒温恒压条件下，下列选项表明反应一定达到平衡状态的是_____。 A．容器内混合气体的密度不再变化 B．容器内压强不再变化 C．断裂键的同时形成键 D． (4)丙烯腈和丙烯醛的产率与的关系如图所示。由图可知，最佳约为 ，理由是 。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 。 【答案】(1)低温、低压 (2)AC (3)AD (4) 1.0 该比例下丙烯腈产率最高，且副产物丙烯醛产率最低 【详解】（1）反应①为气体体积增大的放热反应，低温、低压均有利于提高丙烯腈的平衡产率； （2）A．催化剂在一定的温度范围内活性较高，高于460℃时，催化剂活性可能降低，导致丙烯腈产率降低，A正确； B．反应①是放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数变小，丙烯腈产率降低，B错误； C．温度升高，副反应增多，导致丙烯腈的产率下降，C正确； D．反应活化能的大小不影响平衡，D错误； 故选AC； （3）A．混合气体的密度，反应前后气体总质量m不变，恒温恒压下，体积V会变化（因为气体分子数变化），当密度不再变化时，说明体积V不变，反应达到平衡，A正确； B．反应在恒温恒压条件下进行，压强始终不变，所以压强不再变化不能说明达到平衡，B错误； C．断裂键（正反应方向）和形成键（正反应方向），都表示正反应，不能说明正逆反应速率相等，C错误； D．根据反应速率之比等于化学计量数之比，即3v正(NH3)=2v逆(O2)，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D正确； 故选AD。 （4）根据图可知，当n(氨)：n(丙烯)≈1.0时，丙烯腈的产率最高，且丙烯醛的产率最低，故1.0是最佳比值。根据化学方程式： ，氨气、氧气、丙烯的初始体积比为时反应达到最佳状态，而空气中氧气约占，所以进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为为。 43．（25-26高三上·上海·阶段练习）将催化加氢既有利于实现双碳目标，又能制取重要的化工原料——甲醇，该过程涉及的主要反应有： 反应I： 反应Ⅱ： (1)甲醇分子中存在电子云的重叠方式是_______。 A． B． C． D． (2)已知几种化学键的键能数据如下表所示，则 。 化学键 键能 436 803 464 414 326 (3)下列关于反应I的随T的变化趋势正确的是_______。 A． B． C． D． (4)恒温、恒容条件下，关于反应Ⅱ下列说法正确的是_______。(不定项) A．加入，有利于提高的转化率 B．当气体平均摩尔质量不变时，反应达平衡状态 C．缩小容器体积，有利于提高的平衡浓度 D．当时，反应达到平衡状态 【答案】(1)C (2) (3)C (4)CD 【分析】甲醇(CH3OH)中存在C−H、C−O、O−H单键，单键均为σ键，C原子的sp3杂化轨道，与H原子的1s轨道形成头碰头的重叠，与O原子的sp3杂化轨道同样以头碰头方式重叠，因为O原子的电负性强，电子云偏向O原子，O原子的sp3杂化轨道与H原子的1s轨道头碰头重叠，电子云显著偏向O原子。 【详解】（1）A．图表示的是同种原子形成的σ键(如H-H)，分子中无同种原子形成的单键，A错误； B．根据分析可知，电子云显著偏向O原子，图中电子云没有显著的偏移，B错误； C．甲醇分子中C−H (sp3-s重叠)、C−O(sp3-sp3重叠)和O−H( sp3-s重叠)均为σ键，且电子云显著偏向O原子， C正确； D．图示为p- p重叠形成的π键(双键中的π键部分)，分子中无π键，D错误； 故答案为：C。 （2）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) 的ΔH1=反应物的总键能-生成物的总键能=2×803kJ/mol+3×436 kJ/mol-3×414 kJ/mol- 326kJ/mol- 464kJ/mol-2×464kJ/mol=-46kJ/mol。 （3）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g)  ΔH1<0，ΔS<0，则ΔH−TΔS=ΔH+∣TΔS∣，随着温度升高，ΔH−TΔS值越来越大，当温度T=0时，与纵轴交点在纵轴的负半轴，综上所述C正确。 （4）A．加入H2，H2的浓度增大，平衡正向移动，但H2的转化率减小（增加反应物浓度，自身转化率降低），A 错误； B．反应前后气体总物质的量不变，总质量也不变，因此气体平均摩尔质量M =始终不变，不能作为平衡标志，B 错误； C．缩小容器体积，各物质浓度均增大，平衡不移动，因为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，反应前后计量数之和相等，Δn=0，因此H2的平衡浓度增大，C 正确； D．H2和H2O的化学计量数均为1，当v(H2)正 = v(H2O)逆，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，D 正确； 故答案为：CD 。 三、综合题 （25-26高三上·上海·期中）综合利用、CO对实现“零排放”有重要意义。和CO合成甲醇反应为：  ∆H=-99kJ·mol-1。回答下列问题： 44．能正确表示合成甲醇反应中能量变化的图像是___________。 A． B． C． D． 45．该反应的随温度的变化趋势正确的是___________。 A． B． C． D． 46．恒容条件下，下列说法能说明该反应已经达到平衡状态的是___________。(不定项) A．CO、、的物质的量之比为 B．混合气体密度不发生变化 C．容器内压强不再变化 D．混合气体平均相对分子质量不再变化 【答案】44．B 45．C 46．CD 【解析】44．该反应焓变小于零，反应焓变等于生成物能量减去反应物能量，所以生成物能量小于反应物能量，反应时，需要先吸收能量突破活化能能垒，故答案为：B。 45．该反应为气体分子数减小的反应，所以熵变小于零，则ΔH-TΔS(kJ•mol-1)随温度T/(K)的图像斜率大于零，焓变小于零，所以温度接近0 K时曲线与纵轴的交点小于零，故答案为：C。 46．A．CO、、的物质的量之比为时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故A不选； B．混合气体总质量不变，恒温恒容下，容器内气体密度始终保持不变，不能说明反应到达平衡，故B不选； C．随反应进行混合气体物质的量减小，恒温恒容下压强减小，容器中压强保持不变说明到达平衡，故C选； D．混合气体总质量不变，随反应进行混合气体物质的量减小，平均相对分子质量增大，平均相对分子质量不变说明到达平衡，故D选； 故答案为：CD。 47．（25-26高三上·上海·期中）能源的开发与资源的利用是化学研究的重要领域，含硫矿物焙烧时不仅可以发热产能，生成的物质也能用于高价值产品的生产。 (1)关于的描述错误的是______。 A．价层电子对数为3 B．属于酸性氧化物 C．基态原子核外电子有5种能量 D．是直线型分子 (2)第一电离能：，结合核外电子排布相关知识，说明其原因： 。 可用于参与硫碘循环分解水，是目前较具有发展前景的制氢方法： 反应1：   反应2：   反应3：   (3)计算总反应：的焓变 。 (4)工业上常用的制氢方法有水煤气法、电解饱和食盐水法、甲烷热分解法等，说明硫碘循环分解水法的优势是 。 (5)硫铁矿焙烧得到的可用于制备硫酸，可用于氧化的催化剂：。 上述反应的焓变和熵变情况是 。 A．，    B．，    C．，    D．， 分析下图可知，下列说法正确的是 。(不定项) A．可以增加活化分子的百分数    B．路径中，决速步骤是反应Ⅱ C．升高温度有利于平衡转化率提升    D．达到化学平衡时， 的催化过程，分两步进行，将反应Ⅱ的方程式补全： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 。 (6)氨法脱硫技术可吸收硫酸工业尾气中的。书写氨水和反应生成亚硫酸铵的离子方程式： 。 (7)氨法脱硫后的溶液可通过氧化得到和，常温下，的溶液中为，的中为，则和的大小关系是______。 A． B． C． D．无法比较 (8)某发电厂排放烟气量为，其中含为，该烟气通过脱硫处理后，含的量为，则脱硫率 。(脱硫率) 【答案】(1)D (2)P的价电子为3s23p3，相比S的3s23p4，其处于半充满状态，能量更低，更稳定，所以P的第一电离能大于S (3)+572 (4)利用太阳能，节约能源、中间产物可循环，无污染物排放 (5) D AD 2V2O4+O2=2V2O5 (6) (7)B (8)95.2% 【详解】（1）A．SO2中S的价层电子对数为，A正确； B．SO2与碱反应生成亚硫酸盐和水，属于酸性氧化物，B正确； C．基态S原子电子排布式为1s22s22p63s23p4，位于同一能级的电子能量相同，所以不同能量的电子有5种，C正确； D．SO2中心原子价层电子对数为3，含有1对孤电子对，分子构型为折线型，D错误； 故选D。 （2）P的价电子为3s23p3，相比S的3s23p4，其处于半充满状态，能量更低，更稳定，所以P的第一电离能大于S。 （3）根据盖斯定律，。 （4）热化学硫碘循环分解制氢的优势有利用太阳能，节约能源、中间产物可循环，无污染物排放。 （5）①该反应为化合反应，反应放热，且反应气体分子数减少，所以焓变小于零，熵变小于零，故选D； ②A．催化剂通过降低反应活化能可以提高活化分子百分数，A正确； B．TS2路径中步骤I活化能较大，反应速率较慢，为决速步，B错误； C．该反应焓变小于零，所以升高温度使反应逆向移动，会降低平衡转化率，C错误； D．达到平衡时由2v正(O2)=v逆(SO2)，可得v正(SO2)=v逆(SO2)，可以说明反应达到平衡，D正确； 故选AD； ③催化剂在反应前后保持不变，则第二步反应为2V2O4+O2=2V2O5。 （6）氨水和反应的离子方程式为。 （7）如果不考虑水解，的溶液中为c1=0.1 mol/L，且的中为c2=0.1 mol /L，由于可以电离出H+抑制水解，所以c2>c1,，故选B。 （8）脱硫率为。 （25-26高三上·上海·期中）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。 方法I：氨热分解法制氢气 相关化学键的键能数据： 化学键 键能 946 436.0 390.8 一定温度下，利用催化剂将分解为和。 48．恒温恒容的密闭容器中进行上述反应，下列一定能作为平衡状态标志的是___________(不定项)。 A．物质的总质量不变 B．物质的总物质的量不变 C．氢气的消耗速率与氨气的消耗速率之比为 D．单位时间内断开键的同时断开键 49．反应：的 。 50．已知该反应，下列哪些温度下反应能自发进行？___________(不定项)。 A． B． C． D． 恒温恒容，某密闭容器中进行氨催化分解反应，的关系曲线如图所示。 51．与之间的函数关系为 (写表达式)。 52．由此可推测，增大氨的初始分压，氨的转化速率___________。 A．增大 B．减小 C．不变 D．不确定 53．假设吸附到催化剂表面后的都变成活化分子，其他条件不变，若改用比表面积更大的催化剂，则单位时间内的产量将 (填“增大”、“减小”、“不变”)。 方法Ⅱ：氨电解法制氢气 54．利用电解原理，可将氨转化为高纯氢气，其装置如图。下列说法正确的是___________(不定项)。 A．a为正极 B．反应一段时间后，左侧电极室的溶液的增大 C．b极的电极反应式为 D．反应过程中，负离子通过交换膜从左向右迁移 【答案】48．BCD 49．90.8 50．CD 51． 52．C 53．增大 54．BD 【解析】48．A．氨气分解方程式为：，气体的物质的量在发生变化；根据质量守恒定律，物质的总质量始终不变，不能说明是否达到平衡，A不符合题意； B．气体的物质的量在发生变化，当物质的总物质的量不变，说明达到平衡，B符合题意； C．氢气与氨气的系数比为，则当氢气的消耗速率与氨气的消耗速率之比为，说明达到平衡，C符合题意； D．单位时间内断开键，反应消耗氨气；同时消耗氮气，对应断裂，此时，达到平衡，D符合题意； 故选BCD。 49．根据反应焓变=反应物键能总和-产物键能总和可知，。 50．根据属于自发反应，代入相关数据：，解得：，故选CD。 51．由题图可知，反应起始时NH3的分压为35 kPa；5 min 时NH3的分压为23.5 kPa；10min时NH3的分压为12 kPa。0~5 min 时， 分压的变化量的数值；0~ 10 min 时，分压的变化量为，以此类推，故函数关系。 52．根据图像可知，反应速率与反应物分压无关。因此增大氨的初始分压，氨的转化速率不变，答案选C。 53．其他条件不变，改用比表面积更大的催化剂，催化剂的比表面积增大，能增大与反应物的接触面积，使更多的反应物分子变成活化分子，反应速率加快，所以单位时间内的氢气产量将增大。 54．根据装置图分析，b极氨气转化为氮气，氮元素失去电子，b极为阳极；a极生成氢气，得到电子，作阴极。 A．根据分析可知，a极生成氢气，得到电子，作阴极，A错误； B．左侧电极a为阴极，在阴极上得电子生成H2，阴极反应式为；因左侧生成的和从左侧区向右侧区移动一样多，物质的量不变，但因左侧电极室水的减少使得物质的量浓度增大，导致溶液碱性增强，增大，B正确； C．b极氨气转化为氮气，氮元素失去电子，b极为阳极，电极反应式为，C错误； D．电解过程中阴离子移向阳极，故阴离子通过交换膜从左侧向右侧迁移，D正确； 故选BD。 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 / 学科网（北京）股份有限公司 $