专题09 化学反应原理综合题（浙江专用）2026年高考化学一模分类汇编

专题09 化学反应原理综合题 1．(2026·浙江省精诚联盟高三一模)【新工艺】将二氧化碳转化为甲醇、二甲醚(DME)和碳氢化合物(HCs)等替代燃料已成为化学工程领域的热门研究方向之一、请回答： (1)用二氧化碳和氢气化学转化的相关反应如下： Ⅰ CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41.2kJ·mol−1 ⅡCO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH ΔH＝-90.1kJ·mol−1 Ⅲ 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-23.9kJ·mol−1 这三个反应的自由能随温度变化的关系如图1所示： ①某条件下Ⅰ反应能自发，则反应ΔS 0(填“>”、“<”或“=”)，该反应对应的曲线是 (填字母)。 ②在H2/CO2比例为3:1时，压强和温度对CO2平衡转化率、甲醇选择性的影响如图2、图3所示： 结合图2和图3解释一定压强下二氧化碳平衡转化率随温度先降低后升高，理由是 。 ③在250℃、6MPa下，将3molH2和1molCO2投入容器中，若只发生Ⅰ和Ⅱ的反应，则反应达平衡时，反应Ⅰ的平衡常数 (保留三位小数)。 (甲醇的选择性) (2)在KHCO3电解质溶液中，利用太阳能驱动CO2还原制备二甲醚可实现碳中和。 ①阴极上生成二甲醚的电极反应方程式是 。 ②对于该电解法制取二甲醚，下列叙述正确的是 。 A．开发新型催化剂，提高CO2吸附和活化能力 B．系统压强越大，越有利于CO2的溶解，经济效益越高 C．增加电流密度，以提高反应速率 D．利用该电解法原理可以用于合成烯烃、乙酸等 (3)二甲醚可作为清洁燃料替代柴油。二甲醚比甲醇更易燃烧，请从结构角度解释原因： 。 2．(2026·浙江省强基联盟高三二模)【新工艺】CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。回答下列问题： (1)催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。 主反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49.5kJ·mol−1   副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图1所示： ①CO可以与H2反应生成气态甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g，该反应能自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。 ②图中代表CH3OH的物质的量分数随温度变化的曲线为 (填“I”或“Ⅱ”)。 ③150~250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因是 。 (2)CO2与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物，转化过程如图2所示： ①Y为五元环状化合物，其结构简式为 ； ②N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷中“CH2”上的碳原子，而不是“CH”上的碳原子，原因是 。 (3)通过电催化法将CO2和NO3-合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图3所示： ①电解过程中生成尿素的电极反应是 。 ②该电池以4A恒定电流工作40分钟，产生O2体积为0.49L，假设阴、阳两极的电流效率相等，电解效率 。［已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量q(C)=电流时间；；；］ 3．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)【新工艺】碳酸丙烯酯(PC)是锂离子电池的常用溶剂。可由如下方法制备： I.CO2与环氧丙烷反应合成碳酸丙烯酯(PC)，反应如下： 反应1：   已知：CO2(g)、环氧丙烷(g)、碳酸丙烯酯(l)的生成焓分别为-394.5kJ·mol−1，-94.7kJ·mol−1、-613.2kJ·mol−1。 (1)ΔH= kJ·mol−1 (2)反应1的 ΔH-TΔS随温度的变化趋势是_______。 A． B． C． D． (3)下列说法不正确的是_______。 A．升高温度或缩小容器体积均可增加反应物分子中活化分子百分数 B．当(碳酸丙烯酯)，可以说明上述反应达到化学平衡 C．加入催化剂可以改变反应途径，但不能改变焓变 D．及时分离出部分产物可以提高反应物的平衡转化率 (4)相同时间内碳酸丙烯酯产率随温度变化如图1所示，请解释产率随温度先变大后下降的原因 。 II.工业上常用尿素合成碳酸丙烯酯。 已知：碳酸丙烯酯沸点为238.14℃；1，2-丙二醇的沸点为162°C。1，2-丙二醇和尿素(160℃以上会分解)合成的反应如下： 反应2：   在烧瓶中加入物质的量之比为2∶1的1，2-丙二醇和尿素，加入催化剂充分反应，测定不同温度下PC平衡收率变化如图2所示。 的收率 (5)①从结构角度解释该反应的逆过程，在低温条件下更容易进行的原因 。 ②假设以液相中各组分的物质的量分数代替各组分的浓度表示平衡常数记为Kx，则150℃时Kx= (数据代入表达式，无需计算)。 4．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)【新工艺】研究CO2的综合利用可实现碳循环。 I．在反应器内CO2和H2在催化剂作用下可发生如下反应： 主反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-493kJ·mol−1 副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2   (1)已知25℃ 和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热 ΔH分别为-285.8kJ·mol−1、-283kJ·mol−1，H2O(l)=H2O(g) ΔH3＝+44kJ·mol−1  ，则 ΔH2= kJ·mol−1。 (2)要提高CO2平衡转化率，可采取的措施是___________。 A．增大H2浓度 B．增大压强 C．及时分离H2O(g) D．选用高效催化剂 (3)在恒温反应容器中，维持入口压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[]，随温度变化关系如图1所示： 若233~251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析236℃后图中曲线下降的原因： 。 (4)在压强为2.2MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和3molH2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，计算主反应在该温度下的平衡常数Kp= (MPa-2)。 Ⅱ．二氧化碳电还原反应生产甲醇 (5)我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率。 ①在酸性水溶液中，生成甲醇的电极反应式为 。 ②在酸性水溶液中，三种不同的催化剂(A、B、C)上CO2电还原为CH3OH的反应过程中(电还原为H2的反应可同时发生)，反应活化能变化如图2所示。由此判断制甲醇应选择催化剂 (填“A”“B”或“C”)，理由是 。 5．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)含硫物质的转化普遍存在于生活与生产中。 I.利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： (I)CaS(g)＋2SO2(g)CaSO4(s)＋S2(g) ΔH1 (II)CaSO4(g)＋4H2(g)CaS(s)＋4H2O(g)(g) ΔH2 (III)SO2(g)＋3H2(g)H2S(g)＋2H2O(g) ΔH3 在体积为V L的恒容容器中，将CaS，SO2和H2按一定量投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知： ①图示温度范围内反应II平衡常数K=108基本不变。 ②根据范特霍夫方程描述平衡常数K与温度T之间关系的定量公式 回答以下问题： (1)反应I的焓变ΔH1 0。(填“>”“＜”或“=”)。 (2)从图中分析，下列说法正确的是_______。 A．乙线代表的是H2O B．反应II对应的较小 C．保持温度不变，压缩平衡体系，达到新平衡时SO2的浓度减小 D．使用合适的催化剂，可提高SO2的平衡转化率 (3)T1温度下，若甲线代表的物质为a mol，求反应III的平衡常数K= L·mol-1。 II.工业处理SO2尾气时，理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应具有一定的意义。一定温度时，向1 L浓度均为1 mol/L的Na2SO3和NaHCO3的混合溶液中不断通入，发生如下反应：①SO2+NaHCO3+H2OH2CO3+NaHSO3；  ②H2CO3H2O+CO2  ；③Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3。随n(SO2)的增加，SO32-和HCO3-平衡转化率的变化如图。 已知： 物质 H2CO3 H2SO3 Ka(25℃) Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka1=1.4×10-2 Ka2=6.0×10-8 (4)0～a mol，与SO2优先反应的离子是 ，分析原因 。 (5)a～b mol，HCO3平衡转化率上升而SO32-平衡转化率下降，请结合以上反应解释原因： 。 6．(2026·浙江省名校新高考研究联盟高三一模)【化学与生活】氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。 请回答： I.(1)氯水中存在以下平衡Cl2+H2OHCl+HClO，其平衡常数表达式K= 。氯水中加入CaCO3会增大c(HClO)，用平衡移动原理解释其原因 。 (2)常温下，将0.1molCl2通入100mL2mol/L溶液中充分吸收，则溶液 (已知，) Ⅱ.工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气，同时实现氯资源循环利用：，将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如下图1所示，其中较低流速时(≤0.10mol/h)转化率可近似为平衡转化率。 (3)T3= ℃。 (4)下列措施可提高N点HCl转化率的是________(填字母)。 A．增大n(HCl):n(O2) B．将温度适当降低 C．使用更高效的催化剂 D．用分子筛分离H2O(g) (5)图中较高流速时，a(T3)小于a(T2)和a(T1)，原因是 。 Ⅲ.(6)含氯化合物二氧化氯ClO2是一种高效安全的消毒剂，其可由图2所示装置制备(电极不反应)。写出生成ClO2的电极反应方程式为 。 7．(2026·浙江省七校联盟高三一模)【新方法】汽车尾气中含有NO气体，是汽车内燃机高温条件下氮气与氧气反应产生。NO是破坏臭氧层的凶手之一。相关反应如下： Ⅰ．N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝+180kJ·mol−1； Ⅱ．NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH2； Ⅲ．用CO还原氮氧化物，可防止氮氧化物污染：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH3。 (1)已知：①碳的标准燃烧热为394kJ·mol−1；②2C(s)＋O2(g)2CO(g) ΔH4＝-220kJ·mol−1，则ΔH3= kJ·mol−1。 (2)恒温条件下，将等物质的量的N2与O2混合气体通入恒容密闭容器中发生反应Ⅰ，平衡后经下列操作，容器中NO的体积分数增大的是_______。 A．保持恒容通入O2 B．升高温度 C．分离出NO D．改用更高效的催化剂 (3)将2molN2、2molO2与2molO3混合气体通入的恒压密闭容器中发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡后NO2物质的量为1 mol(不考虑与之间的相互转化)。已知反应Ⅰ的压强平衡常数(用各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数用表示)试计算：反应Ⅱ的压强平衡常数 。 (4)反应2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)的正、逆反应速率分别可表示为、，、分别表示正、逆反应速率常数，只与温度有关。下图所示的甲、乙、丙、丁四条直线中，表示随温度T变化的直线是 。(写出判断依据) (5)为探究不同温度下催化剂X、Y的催化效果，将固定比例的NO、CO混合气体以一定流速通过装有催化剂X的排气管，相同时间内测量尾气中NO的含量，得到脱氮率随温度变化如图所示。经试验发现催化剂Y在600~1000℃范围都保持优于X在600℃时的催化效率，请在图中画出使用催化剂Y，相同时间内600~1000℃范围的脱氮率曲线 。(已知图中BC段为平衡状态，且平衡脱氮率的表达式为(，m、n为常数)。 (6)某实验小组利用微生物设计出处理酸性废水的工艺如下图所示。废水中含有高浓度有机物(CH2O)n和NO3-离子，处理废水的同时除了获得电能还能淡化咸水。请写出负极的电极反应方程式： 。 8．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)【新科技】研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。请回答： (1)25℃，雨水中含有来自大气的CO2，发生如下反应： 反应Ⅰ  CO2(g)CO2(aq)  ，表示CO2的分压 反应Ⅱ  CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII ①反应Ⅰ能自发进行的条件是 。 ②若反应Ⅱ的反应速率表示为：，，计算KII= 。 ③25℃时，某1L密闭容器中，t=0时将CO2通入10Mlh2中，保持体系温度和不变发生上述反应(不考虑H2CO3的电离)，t1时达到平衡，t2时溶液体积变为20mL(加10mLH2O)，t3时再达到平衡。画出t1~ t3时，浓度与时间t关系图[已知] 。 (2) H2CO3(aq)中存在下列平衡： CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII H2CO3(aq) HCO3-(aq)+H+(aq) KIII HCO3(aq) CO32-(aq)+H+(aq)   KIV ①CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)的K，K= (用KII、KIII表示)。 ②相同条件下，Na2CO3和NaHCO3在水中溶解度大小：Na2CO3 NaHCO3 (用“＞”、“＜”或“＝”表示)，从微粒间作用力角度解释原因 。 (3)碳酸酐酶(EZn)催化下H2O与CO2反应(途径a)、无催化下H2O与CO2反应(途径b)的机理如下图所示： 已知：假设快反应先达到平衡。 ①下列说法不正确的是 。 A．途径a中Q为49kJ/mol B．途径a决速步的过渡态为TS2 C．碳酸酐酶(EZn)提高了CO2的平衡转化率 D．若途径b加入NaOH(s)，平衡右移，HCO3-的平衡浓度一定增大 ②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，反应速率减小，请解释 。 9．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应(Ph表示苯环)：Ph−CH2CH3(g)Ph−CH=CH2(g)+H2(g)  某研究小组根据热力学基本原理，选取乙苯、苯乙烯、氢气的物性及热力学数据，计算恒压下，不同温度、不同水蒸气与乙苯的物质的量比对脱氢反应中乙苯转化率的影响，结果见表1. 温度/℃ 未加水蒸气 进料比(指水蒸气与乙苯的物质的量比) 6.79 10.00 13.58 20.00 540 0.2678 0.5429 0.5996 0.6459 0.7045 560 0.3289 0.6218 0.6998 0.7206 0.7737 580 0.3964 0.6952 0.7463 0.7853 0.8308 600 0.4686 0.7603 0.8052 0.8384 0.8757 表1  温度和进料比对乙苯平衡转化率的影响 该研究小组在乙苯流量为，控制水蒸气与乙苯的物质的量比为6.79：1，汽化温度为250℃，改变脱氢反应温度测定苯乙烯的选择性和苯乙烯的收率，考察温度对转化率、选择性和收率的影响，结果如图2所示。 将反应器温度控制在600℃，汽化温度250℃，乙苯的流量，水蒸气与乙苯的物质的量比分别为6.79：1、10.00：1、13.58：1、20.00：1，考察进料比对苯乙烯的选择性和收率的影响，结果见图3. 选择性：指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数。 收率：指苯乙烯的实际产量与理论产量的比值。 (1)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应能自发反应的条件是 。 (2)由表1计算可知，水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，原因是 。但实验得出的变化规律(见图3)与表1计算结果相互矛盾，说明实验产生这个变化的原因是 。 (3)关于该乙苯催化脱氢制苯乙烯反应的实验，下列分析正确的是______。 A．使用催化剂能降低正反应的活化能，对逆反应无影响，因此缩短了达到平衡的时间 B．该反应说明催化剂能选择性断裂乙苯中的C-H键 C．若改变条件使该反应的平衡常数增大，则乙苯的平衡转化率一定增大 D．在反应达到平衡后，同时增大反应体系的压力和温度到一定值，平衡移动方向可以确定 (4)工业上也有利用CO2氧化乙苯制苯乙烯。其原理为： Ph−CH2CH3(g)+ CO2(g)Ph−CH=CH2(g)+H2O(g)+ CO(g) ΔH＝+158.7kJ·mol−1 在常压下，n(乙苯)：n(CO2)分别为a、b、c时，乙苯平衡转化率随温度变化的关系如下图所示： 则a、b、c的大小关系是 。 (5)某研究小组尝试以Na2CO3、K2CO3熔盐为电解质，用特效催化剂催化电解CO2和水蒸气获得苯乙烯，如果获得成功，请写出阴极的电极方程式 。 10．(2026·浙江省浙南名校联盟三联考一模)【新科技】氨作为零碳燃料和氢能载体，能通过氨热分解法制氢、氨电解法制氢，使其在构建“氢能社会”方面发挥重要作用，对保障国家能源安全和实现“双碳”目标具有重要意义。回答下列问题： Ⅰ．氨热分解法制氢：反应原理为2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，氨制氢过程中的能量变化如图所示。 (1)2NH3(g)N2(g)＋3H2(g) ΔH＝ kJ·mol−1，其能够自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或“任何温度”)。 (2)①某温度下，在不同催化剂体系中，氨气以一定流速通过绝热反应管(图1)，测得出口处氨气分解率随温度变化曲线如图2所示。(图2温度范围内，催化剂活性不变) 下列说法不正确的是 。 A．催化效果最好的是催化剂I B．如果增大气体流速(其他条件不变)，则点对应的点可能变为 C．如果用膜分离技术及时分离出H2，可以提高氨气的分解率 D．L1处与L3处氨分解反应的平衡常数相等 ②温度越高，NH3的分解率越接近平衡分解率的原因是： 。 (3)在1470K、100kPa反应条件下，将n(NH3)：n(Ar)=1：1的混合气进行NH3热分解反应)2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)。平衡时混合气中NH3与H2的分压相等，平衡常数Kp= kPa2。(用分压计算的平衡常数为Kp，分压总压物质的量分数) Ⅱ．氨电解法制氢：利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其工作原理如图所示。 (4)阳极电极反应式为 。 (5)当外电路转移电子时，右室的质量减少 g。 11．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)甲酸(HCOOH)是用途广泛的化工原料。请回答： (1)制备甲酸：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(l) ①该反应自发的条件为 (填“低温”、“高温”或“任意温度”)。 ②反应所需的CO2可从工业尾气中捕获，用质量分数30%的K2CO3溶液在吸收塔中捕获。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。 (2)25℃时，HCOOH的电离常数为，；的电离常数为，。则1mol·L-1HCOONH4水溶液的pH 0.1mol·L-1HCOONH4水溶液的pH(填“”、“＜”或“”)。 (3)反应H2+HCO3-HCOO-+H2O，使用含氨基物质(化学式为CN-NH2，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化，可能机理如图所示。下列说法错误的是_________。 A．使用含氨基物质联合Pd-Au催化剂可以增大该反应的活化分子百分数 B．步骤Ⅱ中用重氢气(D2)代替H2，若生成HDO和DCOO-，则可确认反应过程中的加氢方式 C．随着温度升高，反应速率逐渐增大 D．-NH2能将HCO3-控制在催化剂表面，是因为两者间形成了化学键 (4)已知水溶液在密封石英管中的分解反应分为以下两步： I.HCOOHCO+H2O(快) II. HCOOHCO2+H2(慢) 研究发现，在反应I、II中，H+仅对反应I有催化加速作用；反应I速率远大于反应II，近似认为反应I建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。 ①T3温度下，在密封石英管内完全充满1.0 mol·L-1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。 t1时刻测得、CO2的浓度分别为0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1，反应II达平衡时，测得H2的浓度为x mol·L-1，则反应II的平衡常数为 (用含x的代数式表示)。 ②相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10 mol·L-1盐酸，则点a、b、c、d中，的浓度峰值点可能是 (填标号)，其原因是 。 12．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)水是化学反应的良好介质，是“永远值得探究的物质”。 (1)①25℃，c(H2O)=55.6mol·L-1，H2OH++OH-的平衡常数K= mol·L-1 (保留2位有效数字)。 ②HF也能发生与水类似的电离，当其作溶剂时是很强的酸，请画出线性分子结构 。 (2)用惰性电极电解碱性Na[B(OH)4]水溶液，在阳极生成O2，在阴极生成BH4-和OH-，实现NaBH4的再生。总反应为[B(OH)4]-BH4-+2O2↑，阴极的电极反应式为 。 (3)为研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。可通过微扰(瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间，从而获得k的信息。对于H2OH++OH-，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。 已知：，，(为的平衡浓度)。 ①请画出时刻瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图 。 ②25℃时，计算得k2为 L/(mol·s)。 (4)利用超临界水氧化技术，在一定条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中为以碳元素计的物质的量分数，为反应时间。 升温到600℃，峰值出现的时间提前，且峰值更高，请解释原因 。 13．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)【新科技】苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，可由乙苯催化脱氢获得。 Ⅰ．直接催化脱氢： (1)已知：反应① 反应② 反应③ 则直接催化脱氢反应 kJ/mol。 (2)在高温条件下，直接脱氢法中乙苯可能会裂解产生积炭覆盖在催化剂表面，使催化剂“中毒”，因此在原料气中通入水蒸气的目的是 。 (3)在某温度、100kPa下，向密闭容器中通入1mol气态乙苯发生直接脱氢反应，达到平衡时，混合气体中乙苯和氢气的分压相等，该反应的平衡常数Kp= kPa(分压总压物质的量分数)。 Ⅱ．CO2氧化乙苯脱氢： (4)在某催化剂下，其反应历程如图： 下列说法正确的是___________(填标号)。 A．由状态Ⅰ到状态Ⅱ形成了极性共价键 B．和两种粒子中的碳原子均达到8电子稳定结构 C．使用催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而提高乙苯的平衡转化率 D．催化剂表面的酸性需要控制在pH=3.5~4.5之间，原因是pH过低，催化剂表面正电荷聚集，妨碍与CO2结合；pH过高，CO2易形成CO32-。 (5)研究表明金属次卟啉二甲酯能够顺利地选择性催化氧化苯乙烯生成苯甲醛。 ①苯甲醛中键角： (填“大于”“小于”或“等于”) ②以该反应原理设计成酸性燃料电池，则电池负极的电极反应式为 。 14．(2026·浙江省杭州第二中学高三月考)降低空气中CO2含量在环保方面有重要意义。 (1)工业上用CO2制备CH3OH的主要反应为： 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-46.5kJ·mol−1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2 ①反应Ⅲ的 ，该反应自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)。 ②下列条件能改变反应Ⅱ中H2的平衡转化率的措施有 。 A．温度 B．压强 C．催化剂 D．投料比[n(CO2)：n(H2)] (2)3.0MPa时，将n起始(CO2)：n起始(H2) =1：3的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CH3OH产率随温度的变化如图所示。 ①240℃时，若n起始(CO2)=1mol，反应管出口处检测到0.68molCO2，则CH3OH的选择性= 。 ②研究发现，CH3OH可由(吸附在催化剂表面的物种用*标注)转化生成，与或作用生成的相对能量变化如下图所示。在催化剂表面修饰羟基的优点是 。 (3) CO2制环状碳酸酯。CO2与环氧乙烷转化为环状碳酸酯的一种可能机理如下图所示，图中表示催化剂。 ①中间体X的结构简式为 。 ②若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于其原因是 。 (4)以CO2为原料，电化学法制备甲酸(甲酸盐)工作原理如图所示。 ①HCOO−的空间构型为 。 ②阴极表面发生的电极反应式为 。 15．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)硫氧化物(SOx)和氮氧化物(NOx)是造成大气污染的主要污染物。请回答： (1)在一密闭容器中充入足量SO2，并加入适量蒸馏水，体系中存在下列平衡(不考虑其他副反应)： Ⅰ     Ⅱ     Ⅲ     ①保持其他条件不变，下列操作能降低溶液中cSO2的是 。 A．提高体系内SO2的压强 B．加入足量盐酸 C．升高体系温度 D．加水 ②溶液中硫元素主要以 形式存在(填写含硫微粒符号)。 ③在水溶液中，HSO3-以如图1所示两种结构存在： 按照稳定性大小对二者进行排序 ，请说明理由 (写出两点即可)。 (2)研究小组甲发现，较高温度下Na2S2O8在水中可发生如下反应产生活性自由基，提高氧化脱除NO的效率： Ⅳ Ⅴ 已知：自由基具有单电子，反应活性高，但易两两结合“湮灭”。 在Na2S2O8浓度、NO流速恒定时，测得不同溶液温度下NO脱除率如图2所示。 ①指出NO脱除率随温度升高先上升后趋于平缓的原因 。 ②若提高Na2S2O8浓度，在图2中画出NO脱除率随溶液温度的变化曲线 。 (3)研究小组乙发现，利用CO选择性催化还原NOx时，工业烟气中存在的少量O2会造成NOx脱除率大幅下降。指出上述现象产生的原因 。 16．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)【新方法】油气开采、石油化工、煤化工等工业废气中普遍含有H2S，需要回收处理H2S并加以利用。查阅文献知，对H2S的处理有多种方法。 (1)克劳斯工艺。已知反应： 反应I：2H2S(g)＋3O2(g)2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝-1306kJ·mol−1 反应II：4H2S(g)＋2SO2(g)3S2(g)＋4H2O(g) ΔH2＝+94kJ·mol−1 ①反应III：2H2S(g)＋O2(g)S2(g)＋2H2O(g) ΔH＝__________kJ·mol−1 ②某温度下，不同的浓度比cH2S：cO2对H2S的转化率的影响如图1所示。一定温度下，当cH2S：cO2=2：1，H2S的转化率随混合气流速的变化曲线如图2所示。 下列说法正确的是 A．若浓度比cH2S：cO2过高，H2S的转化率会降低 B．若浓度比cH2S：cO2过低，在较高温度下可能会生成SO2，降低硫的产率 C．结合实际工业生产效益(时间成本、效率成本)分析，混合气流速适宜范围是2×100m3/h~4×100m3/h D．流速大于10×100m3/h时，H2S转化率降低可能原因是气流速度太快，催化剂与反应物接触的时间不足 ③Al2O3可以用作脱除H2S的催化剂，吸附过程如图所示： 图甲和图乙两种吸附方式中，图乙比图甲的吸附能力强，请从结构角度分析其原因： 。 (2)MDEA脱硫法：MDEA[(CH2CH2OH)2NCH3]吸收H2S的原理为：R2NCH3(aq)+H2S(aq)R2NCH3H+(aq) +HS-(aq) ΔH＝-141kJ·mol−1(R表示-CH2CH2OH) ①用MDEA吸收H2S，得到1mol·L-1的MDEA溶液和1.2mol·L-1的[R2NCH3H]+HS-的混合溶液，298K时该混合溶液的pH= (已知：298K时，电离常数Kb(MDEA·H2O)=1.2×10-4，Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13) ②工业上通常用通入水蒸气的方式实现Al2O3的混合溶液向和H2S的转化，从平衡角度解释通入水蒸气的作用 ③利用如图装置也可以实现Al2O3的混合溶液向和H2S的转化，该电解池阳极区的反应方程式为 。 17．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)SO2既是大气污染物之一，也是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含硫化工产品的生产。 I.库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。库仑测硫仪中电解原理示意图如右。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，SO2溶解并将I3-还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 (1)测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。 (2)煤样为，电解消耗的电量为库仑，煤样中硫的质量分数为 。(已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。)(用含和的关系式表示) II.工业上用SO2和Cl2制备硫酰氯。 (3)硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，SO2Cl2中心原子的杂化方式为 。工业上制备原理如下：SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g) ΔH＝-67.59kJ·mol−1。该反应自发进行的条件是 A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 (4)恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp(Δp=p0-p，p0为体系初始压强，p0=240 kPa，p为体系平衡压强)，结果如图。 ①上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。 ②T1温度下用分压表示的平衡常数Kp= kPa-1。 18．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考)利用工业废气中的H2S可以制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。 已知：H2S：Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；H2CO3；Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11；H2SO3：Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8 (1)某未饱和的H2S浓溶液，下列措施可以显著提升溶液中浓度方法有___________。 A．通入适量H2S气体 B．加热 C．加适量水稀释 D．加适量NaOH (2)工业上，H2S通过煅烧炉一多级串联反应釜等设备转化，离心分离可得到焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，具体反应如下： 第一步：2H2S+3O2=2SO2+2H2O 第二步：2Na2CO3+SO2+H2O=Na2SO3+2NaHCO3 第三步：NaHCO3+SO2=2NaHCO3+CO2；Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 当反应釜中溶液pH达到3.8～4.1时，形成的NaHSO3悬浊液逐渐转化为Na2S2O5固体。 ①写出S2O52-离子的结构式： 。 ②常温下，若第二步反应恰好完全反应，溶液中溶质存在物料守恒：cNa＋＝2cSO32-＋cHCO3-＋ 。 (3)常温下，某研究小组将0.02molH2S气体通过100mL0.3mol/LNaOH溶液中，溶液的pH值约为 。(，，忽略溶液体积变化) (4)理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应。一定温度时，在1L浓度均为1mol·L-1的Na2SO3和NaHCO3的混合溶液中，随n(SO2)的增加，SO32-平衡转化率的变化如图所示。 0~bmol区间，SO32-平衡转化率先升高后下降，请结合所发生的离子方程式分析原因： 。 (5)请在图中画出0~bmol区间内，HCO3-的平衡转化率变化趋势图 。 19．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)H2是重要的化工原料。请回答： (1)以H2、CO2为原料合成甲醇，涉及的主要反应如下： Ⅰ．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)  ΔH1=−49.5 kJ·mol−1 Ⅱ．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)  ΔH2=−90.4 kJ·mol−1 Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)  ΔH3 ①ΔH3= kJ·mol−1。 ②一定温度下，向恒容密闭容器中充入体积比为3∶1的H2和CO2，发生上述反应。下列说法正确的是 。 A．CO的浓度不变，说明反应已达到平衡状态 B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，可提高H2的平衡转化率 C．增大压强，活化分子百分数不变，反应速率加快 D．分离出H2O(g)，反应Ⅰ平衡正向移动，平衡常数KⅠ增大 (2)CH4、H2O(g)与载氧体CeO2(Ce是活泼金属，正价有+3、+4)反应，可制得H2和CO，气体分步制备原理示意如图1所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应(此条件下CH4不分解)： 步骤Ⅰ：CH42H2＋CO 步骤Ⅱ：H2O2H2 步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是 。 (3)在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(足量)中通入H2生成HCOO−实现储氢，反应为：HCO(aq)＋H2(g)HCOO−(aq)＋H2O(g)  ΔH=−19.4 kJ·mol−1。 ①HCOO−的空间构型为 。 ②25℃下，HCOOH电离平衡常数为Ka=1.8×10−4，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中c(HCOO−)∶c(HCOOH)= 。 ③已知催化剂在80℃左右活性最高，40℃时体系中c(HCOO−)随时间变化曲线如图2所示。不改变其他条件，t时刻迅速升温至80℃，画出t时刻后c(HCOO−)随时间变化至平衡时的曲线 。 20．(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)【新工艺】工业生产催化剂的过程会产生含大量高浓度氮氧化物(NOx)的烟气，对环境造成严重破坏。某工艺通过选择性催化还原法(SCR)治理去除烟气中的NOx，使其达到排放标准，且无需二次处理。 SCR主反应： NO(g)+4NH3(g)＋O2(g)=4N2(g)＋6H2O(g) (i) 2NO2(g)+4NH3(g)＋O2(g)=3N2(g)＋6H2O(g) (ii) SCR副反应 2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) (iii) 请回答： (1)标准状态下，一些物质的相对能量如表所示： 物质 N2(g) O2(g) NH3(g) NO(g) H2O(g) NO2(g) 相对能量/kJ·mol−1 0 0 -50 91 -242 34 ①计算反应(ii)的ΔH = kJ·mol−1。 ②判断反应(ii)在什么条件下自发进行 (填“任意温度”“高温”或“低温”)。 (2)已知尿素[CO(NH2)2]的分解作为还原剂NH3的来源，尿素可以通过如下电化学装置获得，电解过程中生成尿素的电极反应式是 。 电解过程中需控制合适的电流，否则阴极会产生H2导致电解效率下降。若外电路以8A恒定电流工作20分钟，产生尿素0.005mol，则该电解装置的电解效率 ()。［已知：电荷量电流时间。］ (3) NOx的去除率(用R表示)受投料的氨氮比(n)、进入混合器中烟气的NOx浓度(即入口NOx浓度，用表示)等因素的影响，结果如图、所示。 下列有关说法中正确的是___________。 A．为取得最优氮氧化物的去除效果，入口NOx浓度应保持在 B．结合图像，分析NOx的去除率的下降主要受NO去除率的影响 C．当氨氮比小于0.9时，NO2去除率为负值，NH3主要用于满足NO的转化，且部分NO被氧化成NO2 D．由图可知，应尽量提高氨氮比，以提高NOx去除率 (4)空速是指单位时间内通过单位体积催化剂的气体流量，单位为，它反映气体与催化剂的接触时间，该脱硝工艺中空速控制在，请解释空速不宜过低的原因： 。 21．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)合成氨是化学对社会发展的一项巨大贡献。请回答： (1)合成氨新猜想：2N2(g)＋6H2O(g)4NH3(g)＋3O2(g) ΔH＝+765.2kJ·mol−1。该猜想在1200℃时 (填“能”或“不能”)自发。 (2)N2与H2反应是目前合成氨的主要途径。 ①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，该反应平衡常数表达式为K= 。 ②某时刻反应速率v正(N2)=v逆(N2)=a，若改变某一条件立即有v正(N2)>v逆(N2)>a，说出改变的条件并说明理由 。 (3)理论计算发现，N2分子从垂直催化剂晶体的010晶面(该晶面与晶体三条坐标轴相交且截距相等)接触催化剂时，催化效果最好。这体现了晶体的 。 (4)通过间接电催化作用可将CO2与NH3转化为高附加值的乙醇胺(HOCH2CH2NH2)。 ①先电解CO2制得环氧乙烷()，过程如下图。电解过程中的总反应式为 。 ②再将通入1mol·L-1氨水中可制得乙醇胺()。已知常温下，则1氨水的pH= 。乙醇胺产率、NH3转化率随环氧乙烷量的增加如下图所示。乙醇胺产率下降的原因是 。 22．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)氮氧化物(NOx)是导致酸雨、光化学烟雾的主要污染物，其主要来源有汽车尾气和硝酸工厂等。研究氮氧化物废气处理是国际环保主要方向之一，某科研团队利用CH4催化还原NOx技术处理工业废气，反应原理如下： 反应①：CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) 反应②：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) (1)已知反应①能量曲线如图所示，则1molCH4(g)还原NO(g)至N2(g)，完全反应放出 kJ的热量。 (2)一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中投入一定量的CH4(g)和NO(g)发生反应①，能说明该反应已经达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．混合气体的密度保持不变 B．单位时间内每断裂4molC-H键，同时断裂4molO-H键 C．c(NO)和c(N2)的浓度比保持不变 D．容器内气体的平均相对分子质量不变 (3)不同温度下发生反应②，CH4的浓度随时间变化如图所示。回答以下问题： ①图中T1、T2的关系为：T1 T2(填“>”、“＜”或“=”)，b点与c点相比， 点(填“b”或“c”)反应速率更快，理由是 。 ②T1温度下，10-20min内的平均反应速率v(H2O) ，CH4的平衡转化率为 。 (4)利用某分子筛作催化剂，NH3也可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质。其反应历程如图所示： 上述历程的总反应为 。 23．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)低碳烯烃(乙烯、丙烯等)作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。碘甲烷(CH3I)热裂解制低碳烯烃的主要反应有： 反应Ⅰ 2CH3I(g)C2H4(g)＋2HI(g) ΔH1 反应Ⅱ 3C2H4(g)2C3H6(g) ΔH2 反应Ⅲ 2C2H4(g)C4H8(g) ΔH3 (1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。298K下，ΔH1= kJ·mol−1。 (2)针对反应Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有 。 A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂 (3)利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，回答下列问题： ①下列有关说法正确的是 。 A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，且为熵减小反应，所以ΔH2＜0、ΔH3＜0 B．若随温度的上升而增大，则ΔH＞0 C．随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动 D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ的平衡常数小于反应Ⅲ ②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是： 。 (4)维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1molCH3I，测得平衡体系中n(C2H4)=n(C3H6)=0.14mol，n(C4H8)=0.065mol。 ①平衡时CH3I的转化率为 。 ②已知810K条件下，存在等式(常数)(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 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 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 化学反应原理综合题 1． (1) > B 根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-48.93kJ·mol−1，此为放热反应。低温阶段，以放热的CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)反应为主，升高温度，平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低；高温阶段，以吸热的CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)反应为主，升高温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率升高。 0.012 (2)2CO2+12HCO3-+12e-=CH3OCH3+12CO32-＋3H2O ACD (3)甲醇分子间形成氢键，甲醚没有，甲醚更易汽化形成可燃气体混合物；甲醚的分子结构使C-H键能更小，更易断裂，燃烧需要的能量更少。 2． (1) 低温 I 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度 (2) 电负性：O＞C，与O直接相连的C原子带部分正电荷，甲基是推电子基团，使得“CH”中碳原子比“CH3O-”中的碳原子带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH2”中的碳原子 (3) CO2+2NO3-+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O 80% 3． (1)-124kJ·mol−1 (2)C (3)A (4)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；超过140℃，温度升高，平衡向吸热反应的逆向移动故产率下降 (5)氨气中氮原子的给电子能力比1，2-丙二醇中的氧原子更强，且氧原子电负性大于氮原子因此酯基中碳原子正电性比酰胺基中更强，二者均会使逆向更易反应 4． (1)+41.2 (2)ABC (3)升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度 (4)0.0375 (5)CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O C 催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH 5． (1)＜ (2)AB (3)1010aV (4)SO32- Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2SO3)，结合H+的能力SO32-＞HCO3-[或 Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2SO3)，水解能力SO32-＞HCO3-] (5)a mol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进反应①不断正向进行，溶液中c(HSO3-)不断增加，促使反应③逆向进行，所以HCO3-平衡转化率上升而SO32-平衡转化率下降 6． (1) 氯水中加入CaCO3会与HCl反应消耗H+，使Cl2与H2O的反应平衡正向移动，从而增大c(HClO) (2)10.7 (3)360℃ (4)BD (5)在较高流速时，反应还未达到平衡，T3温度低，反应速率小 (6)ClO3-+e-+2H+=ClO2↑+H2O 7． (1) -748kJ·mol−1 (2)B (3)2 (4)甲，温度升高，正逆反应速率都加快，lgk正、lgk逆均增大，但放热反应，lgk逆随温度T升高而增大的幅度相对较大 (5) (6)(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑＋4nH＋ 8． (1)较低温度 0.002 (2) KII×KIII ＞ 碳酸氢根离子之间存在氢键 (3) CD 温度升高，CO2(aq)+H2OH2O+-CO2-的平衡左移，c(H2O+-CO2-)减小对反应H2O+-CO2-HCO3-+H+的速率影响大于温度升高的影响 9． (1)高温 (2)正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气稀释，相当于起减压的效果 反应物在反应器内停留时间过短或反应物内扩散不良造成的 (3)B (4) c＞b＞a (5)28CO2＋4H2O+40e-=Ph-CH=CH2＋20CO32- 10． (1)+90 高温 (2)ABD 温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率 (3) (4)2NH3+6OH--6e-=N2＋6H2O (5)36 11． (1)低温 KHCO3 (2)< (3)CD (4) a 加入0.10 mol·L-1盐酸后，H+对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应II消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t2时刻的峰值 12． (1)K=1.8×10-16 (2)[B(OH)4]-+8e-+4H2O=BH4-+8OH- (3) k2=1.25×1011 (4)乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大。或乙醇氧化为CO的活化能大于CO氧化成CO2的活化能，温度升高对活化能大的影响大 13． (1) +118 kJ·mol−1 (2)水蒸气与催化剂表面积碳反应，防止催化剂“中毒” (3)(或33.3) (4)AD (5)大于 -8e-+3H2O=+8H++CO2 14． (1) -90.7 kJ·mol−1 低温 AD (2)93.75% 降低反应活化能，加快反应速率 (3) 右侧两个甲基的空间位阻较大，Nu+易进攻左侧碳原子或难进攻右侧碳原子 (4)平面三角形 2CO2+2e−+H2O=HCOO−+HCO3- 15． (1)CD SO2 A<B(或B>A) O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，O-H键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，S-H键键能小于O-H键，B共轭稳定作用更强 (2)温度升高，S2O82-中的O-O键更易发生断裂，产生更多的自由基；温度高于70℃时，体系内自由基浓度过高，易两两组合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高) (3)O2浓度升高，平衡2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)正移，造成与NOx(g)反应的CO(g)减少 16． (1)-314 ABD 硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强 (2)10 反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动 4HS--4e-＋2H2O=4H2S↑＋O2↑ 17． (1) 3I--2e-=I3- (2) (3)sp3 A (4) T3＞T2＞T1 该反应的正反应为气体体积减小的反应，反应放热，升温平衡逆向移动，平衡时容器内压强越小，即Δp越小 0.03 18． (1)D (2)或者 2cHSO3-＋2cH2SO3+cCO32-＋cH2CO3 (3)12.6 (4)0~amol区间，SO2优先发生反应1：SO32-+SO2+H2O2HSO3-，故SO32-的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：HCO3-+SO2HSO3-+CO2，随着产生的CO2逸出，使反应2不断正移，HCO3-平衡转化率上升，同时cHSO3-的上升，导致反应1逆移，故SO32-平衡转化率下降 (5) 19． (1) +40.9 AC (2)CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大 (3)平面三角形 9∶5或1.8 20． (1) -1320 任意温度 (2) CO2＋2NO3-+18H＋＋16e-=CO(NH2)2+7H2O 80% (3)AC (4)低空速不利于反应后生成物N2、H2O从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率    过长的停留时间，还会促使NH3发生氧化反应，反而使NOx去除率下降 21． (1)不能 (2) 加压；加压使正逆反应速率均增大；加压使平衡向反应计量数减小方向移动，与v正>v逆相符 (3)各向异性 (4) 11.65 环氧乙烷与乙醇胺发生副反应，生成二乙醇胺、三乙醇胺 22． (1)1162 (2)BC (3) ①< c T1<T2，且c点反应物浓度更大，故c点反应速率更快 ②0.02 mol·L－1·min－1 80% (4)2NH3+NO+NO22N2+3H2O 23． (1)80.24 (2)BC (3)AC 反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显 (4)96% 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 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 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 化学反应原理综合题 1．(2026·浙江省精诚联盟高三一模)【新工艺】将二氧化碳转化为甲醇、二甲醚(DME)和碳氢化合物(HCs)等替代燃料已成为化学工程领域的热门研究方向之一、请回答： (1)用二氧化碳和氢气化学转化的相关反应如下： Ⅰ CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41.2kJ·mol−1 ⅡCO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH ΔH＝-90.1kJ·mol−1 Ⅲ 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-23.9kJ·mol−1 这三个反应的自由能随温度变化的关系如图1所示： ①某条件下Ⅰ反应能自发，则反应ΔS 0(填“>”、“<”或“=”)，该反应对应的曲线是 (填字母)。 ②在H2/CO2比例为3:1时，压强和温度对CO2平衡转化率、甲醇选择性的影响如图2、图3所示： 结合图2和图3解释一定压强下二氧化碳平衡转化率随温度先降低后升高，理由是 。 ③在250℃、6MPa下，将3molH2和1molCO2投入容器中，若只发生Ⅰ和Ⅱ的反应，则反应达平衡时，反应Ⅰ的平衡常数 (保留三位小数)。 (甲醇的选择性) (2)在KHCO3电解质溶液中，利用太阳能驱动CO2还原制备二甲醚可实现碳中和。 ①阴极上生成二甲醚的电极反应方程式是 。 ②对于该电解法制取二甲醚，下列叙述正确的是 。 A．开发新型催化剂，提高CO2吸附和活化能力 B．系统压强越大，越有利于CO2的溶解，经济效益越高 C．增加电流密度，以提高反应速率 D．利用该电解法原理可以用于合成烯烃、乙酸等 (3)二甲醚可作为清洁燃料替代柴油。二甲醚比甲醇更易燃烧，请从结构角度解释原因： 。 【答案】(1) > B 根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-48.93kJ·mol−1，此为放热反应。低温阶段，以放热的CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)反应为主，升高温度，平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低；高温阶段，以吸热的CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)反应为主，升高温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率升高。 0.012 (2)2CO2+12HCO3-+12e-=CH3OCH3+12CO32-＋3H2O ACD (3)甲醇分子间形成氢键，甲醚没有，甲醚更易汽化形成可燃气体混合物；甲醚的分子结构使C-H键能更小，更易断裂，燃烧需要的能量更少。 【解析】(1)①某条件下Ⅰ反应能自发，Ⅰ反应为吸热反应，由ΔG=ΔH-TΔS＜0自发可知，ΔS＞0；由图可知只有B曲线是随温度下降趋势，且只有Ⅰ反应是吸热反应，不同于Ⅱ、Ⅲ的放热反应，所以该反应对应的曲线是B。②CO2与H2合成甲醇的反应为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得该反应，根据盖斯定律计算，为放热反应，温度较低时，升高温度，主反应平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低；温度较高时CO2与H2反应生成CO为吸热反应，温度升高，该反应平衡正向移动，消耗CO2的程度超过合成甲醇平衡逆向移动使CO2转化率降低的程度，CO2平衡转化率升高，故答案为根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-48.93kJ·mol−1，此为放热反应。低温阶段，以放热的CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) 反应为主，升高温度，平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低；高温阶段，以吸热的CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)反应为主，升高温度，平衡正向移动，CO2平衡转化率升高。③据图②、③可知，该条件下的CO2平衡转化率为30%，甲醇选择性为80%，列三段式计算 据，解得，，故答案为0.012。 (2)①在KHCO3电解质溶液中，太阳能电解CO2还原制备二甲醚，所以阴极上CO2得到电子生成二甲醚，电极反应式为2CO2+12HCO3-+12e-=CH3OCH3+12CO32-＋3H2O。②A项，开发新型催化剂，提高CO2吸附和活化能力，加快反应速率，A正确；B项，系统压强越大，设备成本会大幅度增加，经济效益不一定提高，B错误；C项，增加电流密度，单位时间内通过的电量越多，电极反应速率越快，C正确；D项，该电解法是CO2的还原反应，烯烃、乙酸均可通过CO2还原制得，原理可行，D正确；故选ACD。 (3)甲醇分子中含有羟基，甲醇分子间能形成氢键，甲醚没有，甲醚更易汽化形成可燃气体混合物；甲醚的分子结构使C-H键能更小，更易断裂，燃烧需要的能量更少，故答案为甲醇分子间形成氢键，甲醚没有，甲醚更易汽化形成可燃气体混合物；甲醚的分子结构使C-H键能更小，更易断裂，燃烧需要的能量更少。 2．(2026·浙江省强基联盟高三二模)【新工艺】CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。回答下列问题： (1)催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。 主反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49.5kJ·mol−1   副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图1所示： ①CO可以与H2反应生成气态甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g，该反应能自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。 ②图中代表CH3OH的物质的量分数随温度变化的曲线为 (填“I”或“Ⅱ”)。 ③150~250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因是 。 (2)CO2与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物，转化过程如图2所示： ①Y为五元环状化合物，其结构简式为 ； ②N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷中“CH2”上的碳原子，而不是“CH”上的碳原子，原因是 。 (3)通过电催化法将CO2和NO3-合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图3所示： ①电解过程中生成尿素的电极反应是 。 ②该电池以4A恒定电流工作40分钟，产生O2体积为0.49L，假设阴、阳两极的电流效率相等，电解效率 。［已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量q(C)=电流时间；；；］ 【答案】(1) 低温 I 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度 (2) 电负性：O＞C，与O直接相连的C原子带部分正电荷，甲基是推电子基团，使得“CH”中碳原子比“CH3O-”中的碳原子带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH2”中的碳原子 (3) CO2+2NO3-+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O 80% 【解析】(1)①ΔH-TΔS＜0 ，反应能够自发进行，由盖斯定律，主反应-副反应得：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝(-49.5kJ·mol−1)-(+41.1kJ·mol−1)= -90.7kJ·mol−1，反应为放热的熵减反应，故低温自发；②维持压强和投料比不变，主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随着温度升高主反应平衡逆向移动，甲醇物质的量分数会降低，所以图中代表CH3OH物质的量分数随温度变化的曲线为Ⅰ；③150~250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因是主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度。 (2)①由图，转化过程中C-N断裂，与CO2中一个C=O断裂发生加成反应，形成五元环的结构简式为；②电负性：，与O直接相连的C原子带部分正电荷，由于甲基是推电子基团，“CH”中碳带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH2”中的碳原子。 (3)①电解过程中二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应为CO2+2NO3-+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O。②体积为0.49L的O2物质的量为0.02mol，生成O2的电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，电解效率为。 3．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)【新工艺】碳酸丙烯酯(PC)是锂离子电池的常用溶剂。可由如下方法制备： I.CO2与环氧丙烷反应合成碳酸丙烯酯(PC)，反应如下： 反应1：   已知：CO2(g)、环氧丙烷(g)、碳酸丙烯酯(l)的生成焓分别为-394.5kJ·mol−1，-94.7kJ·mol−1、-613.2kJ·mol−1。 (1)ΔH= kJ·mol−1 (2)反应1的 ΔH-TΔS随温度的变化趋势是_______。 A． B． C． D． (3)下列说法不正确的是_______。 A．升高温度或缩小容器体积均可增加反应物分子中活化分子百分数 B．当(碳酸丙烯酯)，可以说明上述反应达到化学平衡 C．加入催化剂可以改变反应途径，但不能改变焓变 D．及时分离出部分产物可以提高反应物的平衡转化率 (4)相同时间内碳酸丙烯酯产率随温度变化如图1所示，请解释产率随温度先变大后下降的原因 。 II.工业上常用尿素合成碳酸丙烯酯。 已知：碳酸丙烯酯沸点为238.14℃；1，2-丙二醇的沸点为162°C。1，2-丙二醇和尿素(160℃以上会分解)合成的反应如下： 反应2：   在烧瓶中加入物质的量之比为2∶1的1，2-丙二醇和尿素，加入催化剂充分反应，测定不同温度下PC平衡收率变化如图2所示。 的收率 (5)①从结构角度解释该反应的逆过程，在低温条件下更容易进行的原因 。 ②假设以液相中各组分的物质的量分数代替各组分的浓度表示平衡常数记为Kx，则150℃时Kx= (数据代入表达式，无需计算)。 【答案】(1)-124kJ·mol−1 (2)C (3)A (4)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；超过140℃，温度升高，平衡向吸热反应的逆向移动故产率下降 (5)氨气中氮原子的给电子能力比1，2-丙二醇中的氧原子更强，且氧原子电负性大于氮原子因此酯基中碳原子正电性比酰胺基中更强，二者均会使逆向更易反应 【解析】(1)反应1的ΔH=产物总生成焓-反应物总生成焓=(-613.2kJ·mol−1)-(-489.2kJ·mol−1)=-124kJ·mol−1。 (2)反应Ⅰ中，ΔH<0，ΔS<0，ΔH−TΔS(kJ/mol)随温度T/(K)的变化是一次函数的变化，斜率k=-ΔS>0，与y轴的截距ΔH＜0，故选C。 (3)A项，升高温度使更多分子获得足够能量成为活化分子，增加活化分子百分数，但缩小容器体积(即增大压强)只是增加了单位体积内的分子数，提高了碰撞频率，但不改变活化分子百分数，A错误；B项， 根据反应方程式，CO2和碳酸丙烯酯的化学计量数均为 1。当 时，正逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；C项，催化剂通过降低活化能改变反应途径，但不改变反应物和产物的总能量差，即 ΔH 不变，C正确；D项，根据勒夏特列原理，减少产物浓度会使平衡右移，从而提高反应物的转化率，D正确；故选A。 (4)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：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；超过140℃，温度升高，平衡向吸热反应的逆向移动故产率下降。 (5)①从结构角度解释该反应的逆过程，在低温条件下更容易进行的原因是：氨气中氮原子的给电子能力比1，2-丙二醇中的氧原子更强，且氧原子电负性大于氮原子因此酯基中碳原子正电性比酰胺基中更强，二者均会使逆向更易反应； ②1，2-丙二醇与尿素的初始物质的量比为2:1。设初始时尿素的物质的量为1 mol，则1,2-丙二醇为2 mol，总物质的量为3 mol。设反应达到平衡时，尿素转化了xmol。根据反应方程式： PC的收率 = ，因此，x=0.85mol ，总物质的量 ，各组分的物质的量分数为：，，，。 4．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)【新工艺】研究CO2的综合利用可实现碳循环。 I．在反应器内CO2和H2在催化剂作用下可发生如下反应： 主反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-493kJ·mol−1 副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2   (1)已知25℃ 和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热 ΔH分别为-285.8kJ·mol−1、-283kJ·mol−1，H2O(l)=H2O(g) ΔH3＝+44kJ·mol−1  ，则 ΔH2= kJ·mol−1。 (2)要提高CO2平衡转化率，可采取的措施是___________。 A．增大H2浓度 B．增大压强 C．及时分离H2O(g) D．选用高效催化剂 (3)在恒温反应容器中，维持入口压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[]，随温度变化关系如图1所示： 若233~251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析236℃后图中曲线下降的原因： 。 (4)在压强为2.2MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和3molH2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，计算主反应在该温度下的平衡常数Kp= (MPa-2)。 Ⅱ．二氧化碳电还原反应生产甲醇 (5)我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率。 ①在酸性水溶液中，生成甲醇的电极反应式为 。 ②在酸性水溶液中，三种不同的催化剂(A、B、C)上CO2电还原为CH3OH的反应过程中(电还原为H2的反应可同时发生)，反应活化能变化如图2所示。由此判断制甲醇应选择催化剂 (填“A”“B”或“C”)，理由是 。 【答案】(1)+41.2 (2)ABC (3)升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度 (4)0.0375 (5)CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O C 催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH 【解析】(1)，，； (2)A项，增大反应物H2的浓度，能提高CO2的平衡转化率，A正确；B项，主反应为正向气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，能提高CO2的平衡转化率，B正确；C项，及时分离出产物H2O(g) ，平衡正向移动，能提高CO2的平衡转化率，C正确；D项，催化剂不影响平衡，选用高效催化剂不能提高CO2的平衡转化率，D错误；故选ABC； (3)主反应为放热反应，副反应为吸热反应。升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，导致甲醇的选择性下降；同时CO₂的总转化率也下降，说明主反应平衡逆向移动的影响更大，故236°后图中曲线下降的原因为：升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度； (4)根据题意，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，则甲醇的生成量为：，CO的生成量为：，可列出三段式： 平衡时： 故主反应在该温度下的平衡常数； (5)①在酸性水溶液中，二氧化碳得到电子生成甲醇，电极反应式为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；②H+电还原为H2的反应为副反应，选择催化剂时副反应的活化能高时不易发生，故选择催化剂C，原因为：催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH。 5．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)含硫物质的转化普遍存在于生活与生产中。 I.利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： (I)CaS(g)＋2SO2(g)CaSO4(s)＋S2(g) ΔH1 (II)CaSO4(g)＋4H2(g)CaS(s)＋4H2O(g)(g) ΔH2 (III)SO2(g)＋3H2(g)H2S(g)＋2H2O(g) ΔH3 在体积为V L的恒容容器中，将CaS，SO2和H2按一定量投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知： ①图示温度范围内反应II平衡常数K=108基本不变。 ②根据范特霍夫方程描述平衡常数K与温度T之间关系的定量公式 回答以下问题： (1)反应I的焓变ΔH1 0。(填“>”“＜”或“=”)。 (2)从图中分析，下列说法正确的是_______。 A．乙线代表的是H2O B．反应II对应的较小 C．保持温度不变，压缩平衡体系，达到新平衡时SO2的浓度减小 D．使用合适的催化剂，可提高SO2的平衡转化率 (3)T1温度下，若甲线代表的物质为a mol，求反应III的平衡常数K= L·mol-1。 II.工业处理SO2尾气时，理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应具有一定的意义。一定温度时，向1 L浓度均为1 mol/L的Na2SO3和NaHCO3的混合溶液中不断通入，发生如下反应：①SO2+NaHCO3+H2OH2CO3+NaHSO3；  ②H2CO3H2O+CO2  ；③Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3。随n(SO2)的增加，SO32-和HCO3-平衡转化率的变化如图。 已知： 物质 H2CO3 H2SO3 Ka(25℃) Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka1=1.4×10-2 Ka2=6.0×10-8 (4)0～a mol，与SO2优先反应的离子是 ，分析原因 。 (5)a～b mol，HCO3平衡转化率上升而SO32-平衡转化率下降，请结合以上反应解释原因： 。 【答案】(1)＜ (2)AB (3)1010aV (4)SO32- Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2SO3)，结合H+的能力SO32-＞HCO3-[或 Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2SO3)，水解能力SO32-＞HCO3-] (5)a mol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进反应①不断正向进行，溶液中c(HSO3-)不断增加，促使反应③逆向进行，所以HCO3-平衡转化率上升而SO32-平衡转化率下降 【解析】(1)根据图示可知，随着温度的升高，lgn(S2)减小，反应①逆向移动，则正反应是放热反应 ΔH1＜0； (2)A项，由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，A正确；B项，由图可知，升高温度lg(S2)减小，lg(H2O)、lg(H2)均增大，所以丙表示表示二氧化硫、甲表示硫化氢，根据范特霍夫方程，越大，K值变化越大，物质的量变化值跨度越大，故反应II对应的较小，B正确；C项，保持温度不变，压缩平衡体系，反应Ⅰ正向移动，S2的浓度增大，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到反应IV：2SO2(g)＋4H2(g)S2(g)＋4H2O(g)，反应的平衡常数K=，保持温度不变，压缩平衡体系，平衡常数不变，由=100可知，达到新平衡时SO2的浓度增大，C错误；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡移动，不能提高SO2的平衡转化率，D错误；故选AB； (3)根据(2)中分析，甲表示硫化氢，乙表示的物种是H2O，丙表示表示二氧化硫，丁表示的是H2，因且，由方程式可知，反应Ⅲ的平衡常数K=，； (4)由图可知，0～a mol时，SO32-的平衡转化率大于HCO3-的平衡转化率，，故与SO2优先反应的离子是SO32-，Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2SO3)，结合H+的能力SO32-＞HCO3-[或Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2SO3)，水解能力SO32-＞HCO3-]； (5)a mol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进反应①不断正向进行，使溶液中c(HSO3-)不断增加，促使反应③逆向进行，所以HCO3-平衡转化率上升而SO32-平衡转化率下降。 6．(2026·浙江省名校新高考研究联盟高三一模)【化学与生活】氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。 请回答： I.(1)氯水中存在以下平衡Cl2+H2OHCl+HClO，其平衡常数表达式K= 。氯水中加入CaCO3会增大c(HClO)，用平衡移动原理解释其原因 。 (2)常温下，将0.1molCl2通入100mL2mol/L溶液中充分吸收，则溶液 (已知，) Ⅱ.工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气，同时实现氯资源循环利用：，将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如下图1所示，其中较低流速时(≤0.10mol/h)转化率可近似为平衡转化率。 (3)T3= ℃。 (4)下列措施可提高N点HCl转化率的是________(填字母)。 A．增大n(HCl):n(O2) B．将温度适当降低 C．使用更高效的催化剂 D．用分子筛分离H2O(g) (5)图中较高流速时，a(T3)小于a(T2)和a(T1)，原因是 。 Ⅲ.(6)含氯化合物二氧化氯ClO2是一种高效安全的消毒剂，其可由图2所示装置制备(电极不反应)。写出生成ClO2的电极反应方程式为 。 【答案】(1) 氯水中加入CaCO3会与HCl反应消耗H+，使Cl2与H2O的反应平衡正向移动，从而增大c(HClO) (2)10.7 (3)360℃ (4)BD (5)在较高流速时，反应还未达到平衡，T3温度低，反应速率小 (6)ClO3-+e-+2H+=ClO2↑+H2O 【解析】(1)氯水中存在以下平衡Cl2+H2OHCl+HClO，离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，其平衡常数表达式为：；氯水中加入CaCO3，与HCl反应消耗H+，使Cl2与H2O的反应平衡正向移动，从而增大c(HClO)； (2)常温下，将0.1 molCl2通入100 mL 2 mol/L NaOH溶液中充分吸收，化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解方程式为：ClO-+H2OOH-+HClO，则，NaClO浓度为1 mol/L，且水解生成的，则，则，则pH=-lg(H+)=11-0.3=10.7； (3)该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低时，温度越高，HCl的转化率越小，故代表的温度为T3为360 ℃，T1为440 ℃，T2为400 ℃； (4)A项，N点为平衡状态，增大n(HCl):n(O2)，HCl的转化率减小，A不符合题意；B项，N点为平衡状态，对应温度为440 ℃，由图像可知，温度降低，平衡正向移动，HCl的转化率增大，B符合题意；C项，N点为平衡状态，使用高效催化剂，可以增大该温度下的反应速率，但不影响化学平衡的移动，C不符合题意；D项，N点为平衡状态，用分子筛分离H2O(g)，H2O(g)浓度减小，平衡正向移动，HCl的转化率增大，D符合题意；故选BD； (5)在较高流速时，反应还未达到平衡，T3温度低，反应速率小，故a(T3)小于a(T2)和a(T1)； (6)由图可知，NaClO3发生还原反应生成ClO2，电极反应式为：ClO3-+e-+2H+=ClO2↑+H2O。 7．(2026·浙江省七校联盟高三一模)【新方法】汽车尾气中含有NO气体，是汽车内燃机高温条件下氮气与氧气反应产生。NO是破坏臭氧层的凶手之一。相关反应如下： Ⅰ．N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝+180kJ·mol−1； Ⅱ．NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH2； Ⅲ．用CO还原氮氧化物，可防止氮氧化物污染：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH3。 (1)已知：①碳的标准燃烧热为394kJ·mol−1；②2C(s)＋O2(g)2CO(g) ΔH4＝-220kJ·mol−1，则ΔH3= kJ·mol−1。 (2)恒温条件下，将等物质的量的N2与O2混合气体通入恒容密闭容器中发生反应Ⅰ，平衡后经下列操作，容器中NO的体积分数增大的是_______。 A．保持恒容通入O2 B．升高温度 C．分离出NO D．改用更高效的催化剂 (3)将2molN2、2molO2与2molO3混合气体通入的恒压密闭容器中发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡后NO2物质的量为1 mol(不考虑与之间的相互转化)。已知反应Ⅰ的压强平衡常数(用各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数用表示)试计算：反应Ⅱ的压强平衡常数 。 (4)反应2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)的正、逆反应速率分别可表示为、，、分别表示正、逆反应速率常数，只与温度有关。下图所示的甲、乙、丙、丁四条直线中，表示随温度T变化的直线是 。(写出判断依据) (5)为探究不同温度下催化剂X、Y的催化效果，将固定比例的NO、CO混合气体以一定流速通过装有催化剂X的排气管，相同时间内测量尾气中NO的含量，得到脱氮率随温度变化如图所示。经试验发现催化剂Y在600~1000℃范围都保持优于X在600℃时的催化效率，请在图中画出使用催化剂Y，相同时间内600~1000℃范围的脱氮率曲线 。(已知图中BC段为平衡状态，且平衡脱氮率的表达式为(，m、n为常数)。 (6)某实验小组利用微生物设计出处理酸性废水的工艺如下图所示。废水中含有高浓度有机物(CH2O)n和NO3-离子，处理废水的同时除了获得电能还能淡化咸水。请写出负极的电极反应方程式： 。 【答案】(1) -748kJ·mol−1 (2)B (3)2 (4)甲，温度升高，正逆反应速率都加快，lgk正、lgk逆均增大，但放热反应，lgk逆随温度T升高而增大的幅度相对较大 (5) (6)(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑＋4nH＋ 【解析】(1)已知：① 碳的标准燃烧热：C(s)＋O2(g)CO2(g) ΔH＝-394kJ·mol−1；②2C(s)＋O2(g)2CO(g) ΔH4＝-220kJ·mol−1，由盖斯定律可知，目标反应 Ⅲ=①×2 - ② - 反应 Ⅰ，因此：； (2)反应 Ⅰ：N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝+180kJ·mol−1，该反应为正反应吸热、气体分子数不变的反应；A项，通入O2，平衡正向移动，但O2是反应物，NO 体积分数减小；B项，升高温度，吸热反应平衡正向移动，NO 体积分数增大；C项，分离出 NO，平衡正向移动，但 NO 被移出，体积分数减小；D项，催化剂不影响平衡，NO 体积分数不变；故选B； (3)反应 Ⅱ：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)，平衡时，由反应 Ⅱ 的计量比，消耗NO、O3各 1 mol，生成O2 1 mol，列三段式得： 则，，，，，，由反应 Ⅰ 的，解得x=1，则； (4)反应 Ⅲ：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH3＜0。平衡时，即，该反应为放热反应，温度升高，平衡常数K减小，即lgK=lgk正-lgk逆减小。同时，温度升高，正、逆反应速率常数均增大，故lgk逆随温度变化的斜率应大于lgk正，对应图中斜率较大的直线甲； (5)催化剂 Y 在600~1000℃的脱氮率都优于 X 在600℃时的脱氮率(60%)，且 BC 段是平衡状态(脱氮率随T升高而减小)，故曲线需满足：600℃时脱氮率＞60%，800℃时＞53%；当T=600℃时，脱氮率为60%，代入表达式：①；当T=800℃时，脱氮率为53%，代入表达式： ②；联立①②，解方程组：用①-②得：n=2.5×10-3；将n=2.5×10-3代入①得：m=0.69。则T=1000℃时，脱氮率，因此图像为：； (6)负极发生氧化反应，有机物(CH2O)n失电子生成CO2，酸性环境下用H+、H2O配平：(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑＋4nH＋。 8．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)【新科技】研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。请回答： (1)25℃，雨水中含有来自大气的CO2，发生如下反应： 反应Ⅰ  CO2(g)CO2(aq)  ，表示CO2的分压 反应Ⅱ  CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII ①反应Ⅰ能自发进行的条件是 。 ②若反应Ⅱ的反应速率表示为：，，计算KII= 。 ③25℃时，某1L密闭容器中，t=0时将CO2通入10Mlh2中，保持体系温度和不变发生上述反应(不考虑H2CO3的电离)，t1时达到平衡，t2时溶液体积变为20mL(加10mLH2O)，t3时再达到平衡。画出t1~ t3时，浓度与时间t关系图[已知] 。 (2) H2CO3(aq)中存在下列平衡： CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII H2CO3(aq) HCO3-(aq)+H+(aq) KIII HCO3(aq) CO32-(aq)+H+(aq)   KIV ①CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)的K，K= (用KII、KIII表示)。 ②相同条件下，Na2CO3和NaHCO3在水中溶解度大小：Na2CO3 NaHCO3 (用“＞”、“＜”或“＝”表示)，从微粒间作用力角度解释原因 。 (3)碳酸酐酶(EZn)催化下H2O与CO2反应(途径a)、无催化下H2O与CO2反应(途径b)的机理如下图所示： 已知：假设快反应先达到平衡。 ①下列说法不正确的是 。 A．途径a中Q为49kJ/mol B．途径a决速步的过渡态为TS2 C．碳酸酐酶(EZn)提高了CO2的平衡转化率 D．若途径b加入NaOH(s)，平衡右移，HCO3-的平衡浓度一定增大 ②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，反应速率减小，请解释 。 【答案】(1)较低温度 0.002 (2) KII×KIII ＞ 碳酸氢根离子之间存在氢键 (3) CD 温度升高，CO2(aq)+H2OH2O+-CO2-的平衡左移，c(H2O+-CO2-)减小对反应H2O+-CO2-HCO3-+H+的速率影响大于温度升高的影响 【解析】(1)①反应Ⅰ混乱度减小(ΔS＜0)；气体溶于水放热即ΔH＞0，要使反应Ⅰ能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此需要低温条件才能自发进行，故选较低温度；②反应Ⅱ达到平衡时，正、逆反应速率相等，即：，反应Ⅱ的平衡常数，因此：；③由题，反应Ⅰ的平衡常数，已知，因此平衡时cCO2=a mol·L-1，则t1~ t2段：t1时达到平衡，cCO2=a mol·L-1，因此此段浓度保持水平直线(值为a)；t2时刻：加入10 mL 水，溶液体积从10 mL 变为20 mL ，cCO2被稀释，浓度瞬间降至0.5a(体积加倍，浓度减半); t2~t3段：稀释后，由于cCO2和温度不变，反应Ⅰ会正向进行(溶解更多CO2(g)，使CO2(g)浓度逐渐回升至平衡浓度a，最终保持稳定，因此图像为：； (2)①由题，方程式CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)，K可由CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)与H2CO3(aq) HCO3-(aq)+H+(aq)相加得到，因此K= KII×KIII； ②相同条件下，Na2CO3在水中溶解度大于NaHCO3在水中溶解度；Na2CO3和NaHCO3均为离子晶体，碳酸氢根离子之间存在氢键，这种分子间作用力增强了HCO3-的聚集程度，使其更难分散到水中，因此溶解度更低，故选＞；碳酸氢根离子之间存在氢键； (3)①A项，催化剂改变反应路径，不改变反应热，由途径b可知，该反应，则(Q-60)=-11 kJ·mol−1，因此Q=49 kJ·mol−1，A正确；B项，决速步对应活化能大的过渡态，TS2的活化能(129-90=39)小于TS1(106-60=46)，因此途径a决速步的过渡态为TS1，B错误；C项，催化剂(碳酸酐酶)只改变反应速率，不影响平衡，因此不能提高CO2的平衡转化率，C错误；D项，途径b中加入NaOH(s)，OH-与H+反应，平衡右移，但HCO3-可能与OH-进一步反应生成CO32-，因此HCO3-的平衡浓度不一定增大，D错误；故选BCD； ②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，温度升高，CO2(aq)+H2OH2O+-CO2-的平衡左移，c(H2O+-CO2-)减小对反应H2O+-CO2-HCO3-+H+的速率影响大于温度升高的影响，因此反应速率减小。 9．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应(Ph表示苯环)：Ph−CH2CH3(g)Ph−CH=CH2(g)+H2(g)  某研究小组根据热力学基本原理，选取乙苯、苯乙烯、氢气的物性及热力学数据，计算恒压下，不同温度、不同水蒸气与乙苯的物质的量比对脱氢反应中乙苯转化率的影响，结果见表1. 温度/℃ 未加水蒸气 进料比(指水蒸气与乙苯的物质的量比) 6.79 10.00 13.58 20.00 540 0.2678 0.5429 0.5996 0.6459 0.7045 560 0.3289 0.6218 0.6998 0.7206 0.7737 580 0.3964 0.6952 0.7463 0.7853 0.8308 600 0.4686 0.7603 0.8052 0.8384 0.8757 表1  温度和进料比对乙苯平衡转化率的影响 该研究小组在乙苯流量为，控制水蒸气与乙苯的物质的量比为6.79：1，汽化温度为250℃，改变脱氢反应温度测定苯乙烯的选择性和苯乙烯的收率，考察温度对转化率、选择性和收率的影响，结果如图2所示。 将反应器温度控制在600℃，汽化温度250℃，乙苯的流量，水蒸气与乙苯的物质的量比分别为6.79：1、10.00：1、13.58：1、20.00：1，考察进料比对苯乙烯的选择性和收率的影响，结果见图3. 选择性：指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数。 收率：指苯乙烯的实际产量与理论产量的比值。 (1)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应能自发反应的条件是 。 (2)由表1计算可知，水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，原因是 。但实验得出的变化规律(见图3)与表1计算结果相互矛盾，说明实验产生这个变化的原因是 。 (3)关于该乙苯催化脱氢制苯乙烯反应的实验，下列分析正确的是______。 A．使用催化剂能降低正反应的活化能，对逆反应无影响，因此缩短了达到平衡的时间 B．该反应说明催化剂能选择性断裂乙苯中的C-H键 C．若改变条件使该反应的平衡常数增大，则乙苯的平衡转化率一定增大 D．在反应达到平衡后，同时增大反应体系的压力和温度到一定值，平衡移动方向可以确定 (4)工业上也有利用CO2氧化乙苯制苯乙烯。其原理为： Ph−CH2CH3(g)+ CO2(g)Ph−CH=CH2(g)+H2O(g)+ CO(g) ΔH＝+158.7kJ·mol−1 在常压下，n(乙苯)：n(CO2)分别为a、b、c时，乙苯平衡转化率随温度变化的关系如下图所示： 则a、b、c的大小关系是 。 (5)某研究小组尝试以Na2CO3、K2CO3熔盐为电解质，用特效催化剂催化电解CO2和水蒸气获得苯乙烯，如果获得成功，请写出阴极的电极方程式 。 【答案】(1)高温 (2)正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气稀释，相当于起减压的效果 反应物在反应器内停留时间过短或反应物内扩散不良造成的 (3)B (4) c＞b＞a (5)28CO2＋4H2O+40e-=Ph-CH=CH2＋20CO32- 【解析】(1)反应Ph−CH2CH3(g)Ph−CH=CH2(g)+H2(g) 正向为气体分子数增大的方向，则ΔS＞0，由表1可知，未加水蒸气时升高温度，乙苯转化率增大，说明正向为吸热反应，则ΔH＞0；则乙苯催化脱氢制苯乙烯反应能自发进行的条件是高温(ΔG=ΔH-TΔS＜0的反应可自发进行)； (2)水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，原因是：正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气稀释，相当于起减压的效果；实验得出的变化规律(见图3)与表1计算结果相互矛盾，实验产生这个变化的原因是：随着水蒸气与乙苯物质的量之比增大，反应物在反应器内停留时间过短或反应物内扩散不良造成的； (3)A项，催化剂能‌同等程度地降低正反应和逆反应的活化能‌，‌同等程度地加快正逆反应速率，‌因此缩短了达到平衡的时间，A错误；B项，由反应Ph−CH2CH3(g)⇌Ph−CH=CH2(g)+H2(g)可知 ，断裂的是乙基中的C-H键，苯环上的C-H键未断裂，说明催化剂能选择性断裂乙苯中的C-H键，B正确；C项，ΔH＞0，若升高温度，平衡正移，平衡常数增大，但平衡转化率还受压强等因素影响，若在升高温度的同时增大压强，乙苯的平衡转化率不一定增大，C错误；D项，反应Ph−CH2CH3(g)Ph−CH=CH2(g)+H2(g) ΔH＞0，在反应达到平衡后，增大压力，平衡向逆反应方向移动(气体分子数减少的方向)；升高温度，平衡向正反应方向移动(吸热反应方向)；由于“增大压力”和“升高温度”对平衡的影响是相反的，两者的强度(压力增大的幅度、温度升高的幅度)不确定时，无法判断最终平衡的移动方向；D错误；答案为B； (4)乙苯与二氧化碳物质的量之比越大，乙苯的转化率越小，则c>b>a； (5)阴极发生还原反应，CO2得电子生成苯乙烯(分子式C8H8，碳元素的平均化合价为-1)，环境为熔融碳酸盐，碳酸根离子参与平衡电荷，结合C、H、O原子守恒，最终配平得阴极方程式为：28CO2＋4H2O+40e-=Ph-CH=CH2＋20CO32-。 10．(2026·浙江省浙南名校联盟三联考一模)【新科技】氨作为零碳燃料和氢能载体，能通过氨热分解法制氢、氨电解法制氢，使其在构建“氢能社会”方面发挥重要作用，对保障国家能源安全和实现“双碳”目标具有重要意义。回答下列问题： Ⅰ．氨热分解法制氢：反应原理为2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，氨制氢过程中的能量变化如图所示。 (1)2NH3(g)N2(g)＋3H2(g) ΔH＝ kJ·mol−1，其能够自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或“任何温度”)。 (2)①某温度下，在不同催化剂体系中，氨气以一定流速通过绝热反应管(图1)，测得出口处氨气分解率随温度变化曲线如图2所示。(图2温度范围内，催化剂活性不变) 下列说法不正确的是 。 A．催化效果最好的是催化剂I B．如果增大气体流速(其他条件不变)，则点对应的点可能变为 C．如果用膜分离技术及时分离出H2，可以提高氨气的分解率 D．L1处与L3处氨分解反应的平衡常数相等 ②温度越高，NH3的分解率越接近平衡分解率的原因是： 。 (3)在1470K、100kPa反应条件下，将n(NH3)：n(Ar)=1：1的混合气进行NH3热分解反应)2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)。平衡时混合气中NH3与H2的分压相等，平衡常数Kp= kPa2。(用分压计算的平衡常数为Kp，分压总压物质的量分数) Ⅱ．氨电解法制氢：利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其工作原理如图所示。 (4)阳极电极反应式为 。 (5)当外电路转移电子时，右室的质量减少 g。 【答案】(1)+90 高温 (2)ABD 温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率 (3) (4)2NH3+6OH--6e-=N2＋6H2O (5)36 【解析】(1)焓变等于生成物能量减去反应物能量，由图得，所以；根据ΔG=ΔH-TΔS，反应气体分子数增多，所以熵变大于零，另ΔG＜0，则需温度较高，所以该反应为高温自发进行。 (2)①A项，由图得，使用催化剂1，氨气分解率最低，其效果最差，A错误；B项，增大气体流速，相当于增大氨气浓度，反应正向移动，但(转化率)分解率降低(平衡移动只能减缓改变，不能抵消改变)，c点分解率比X高，故B错误；C项，及时分离产品H2，使得反应正向移动，氨气分解率提高，C正确；D项，反应容器绝热，所以容器内部温度不等，所以L1和L3处的平衡常数不等，D错误，故选ABD；②温度越高，在相同气体流速，即反应时间相同的情况下，反应速率越快，达到平衡时间越快，而催化剂不改变平衡移动，所以温度越高，氨气分解率曲线越和平衡分解率曲线重合。 (3)设通入1 mol 氨气，1 mol Ar，平衡时转化氨气n mol，则生成氮气0.5n mol，生成氢气1.5n mol，平衡时混合气中氨气与氢气的分压相等，所以其物质的量相等，则1-n=1.5n，n=0.4，所以平衡时氨气物质的量为0.6 mol，氢气为0.6 mol，氮气为0.2 mol，气体总物质的量为(0.6+0.6+0.2+1) mol=2.4 mol，则平衡常数为。 (4)图示左室为阳极，氨气被氧化生成氮气，右室为阴极，水得电子生成氢气，阳极反应为2NH3+6OH--6e-=N2＋6H2O。 (5)右室反应为水得电子生成氢气和OH-，氢气被吹出电解池，生成的OH-通过阴离子交换膜向阳极移动，根据2H2O+2 e-=H2+2OH-，所以每转移2 mol电子，右室减少2 mol H2O的质量，为36 g。 11．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)甲酸(HCOOH)是用途广泛的化工原料。请回答： (1)制备甲酸：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(l) ①该反应自发的条件为 (填“低温”、“高温”或“任意温度”)。 ②反应所需的CO2可从工业尾气中捕获，用质量分数30%的K2CO3溶液在吸收塔中捕获。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。 (2)25℃时，HCOOH的电离常数为，；的电离常数为，。则1mol·L-1HCOONH4水溶液的pH 0.1mol·L-1HCOONH4水溶液的pH(填“”、“＜”或“”)。 (3)反应H2+HCO3-HCOO-+H2O，使用含氨基物质(化学式为CN-NH2，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化，可能机理如图所示。下列说法错误的是_________。 A．使用含氨基物质联合Pd-Au催化剂可以增大该反应的活化分子百分数 B．步骤Ⅱ中用重氢气(D2)代替H2，若生成HDO和DCOO-，则可确认反应过程中的加氢方式 C．随着温度升高，反应速率逐渐增大 D．-NH2能将HCO3-控制在催化剂表面，是因为两者间形成了化学键 (4)已知水溶液在密封石英管中的分解反应分为以下两步： I.HCOOHCO+H2O(快) II. HCOOHCO2+H2(慢) 研究发现，在反应I、II中，H+仅对反应I有催化加速作用；反应I速率远大于反应II，近似认为反应I建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。 ①T3温度下，在密封石英管内完全充满1.0 mol·L-1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。 t1时刻测得、CO2的浓度分别为0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1，反应II达平衡时，测得H2的浓度为x mol·L-1，则反应II的平衡常数为 (用含x的代数式表示)。 ②相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10 mol·L-1盐酸，则点a、b、c、d中，的浓度峰值点可能是 (填标号)，其原因是 。 【答案】(1)低温 KHCO3 (2)< (3)CD (4) a 加入0.10 mol·L-1盐酸后，H+对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应II消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t2时刻的峰值 【解析】(1)①该反应是熵减的反应，一定条件下能自发进行，说明该反应为放热反应，由反应进行方向的综合判据可知，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行；②二氧化碳与碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾的溶解度小于碳酸钾，所以碳酸钾溶液浓度偏高时，反应生成的碳酸氢钾会因溶解度偏小而析出，导致设备堵塞； (2)由电离常数可知，甲酸根离子的水解常数Kh===1.0×10—10.3，铵根离子的Kh===1.0×10—9.2，则甲酸铵溶液中铵根离子在溶液中的水解程度大于甲酸根离子，溶液呈酸性，所以1mol/L甲酸铵溶液中的氢离子浓度大于0.1mol/L甲酸铵溶液，溶液pH小于0.1mol/L甲酸铵溶液； (3)A项，催化剂能降低反应的活化能，增大反应的活化分子数目和百分数，A正确；B项，由图可知，步骤Ⅱ中用重氢气代替氢气，反应生成HDO说明重氢气中的D原子与羟基结合生成HDO，氨基中的1个氢原子与钯结合，所以反应生成HDO和DCOO-可以确认反应过程中的加氢方式，B正确；C项，温度过高可能会使催化剂的活性将降低，导致反应速率逐渐减小，C错误；D项，由图可知，氨基能将碳酸氢根离子控制在催化剂表面，是因为两者间形成了氢键，D错误；故选CD； (4)①由图可知，t1时刻一氧化碳浓度最大，说明反应I达到平衡，由碳原子个数守恒可知， 甲酸的浓度为1.0 mol/L-0.7 mol/L-0.16 mol/L=0.14 mol/L，则反应I的平衡常数K(I)= ==5；由方程式可知，反应II达平衡时，氢气和二氧化碳的浓度都为x mol/L，设甲酸的浓度为amol/L，由反应I的平衡常数可知，一氧化碳的浓度为5a mol/L，由碳原子个数守恒可得：a+5a+x=1.0，解得a=，则反应II的平衡常数K==；②加入0.1 mol/L盐酸后，溶液中的氢离子对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，使得一氧化碳浓度峰值提前，反应II消耗的甲酸的浓度减小，体系中甲酸浓度增大，导致一氧化碳浓度大于t1时刻的峰值，所以一氧化碳新的浓度峰值点可能是a点。 12．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)水是化学反应的良好介质，是“永远值得探究的物质”。 (1)①25℃，c(H2O)=55.6mol·L-1，H2OH++OH-的平衡常数K= mol·L-1 (保留2位有效数字)。 ②HF也能发生与水类似的电离，当其作溶剂时是很强的酸，请画出线性分子结构 。 (2)用惰性电极电解碱性Na[B(OH)4]水溶液，在阳极生成O2，在阴极生成BH4-和OH-，实现NaBH4的再生。总反应为[B(OH)4]-BH4-+2O2↑，阴极的电极反应式为 。 (3)为研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。可通过微扰(瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间，从而获得k的信息。对于H2OH++OH-，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。 已知：，，(为的平衡浓度)。 ①请画出时刻瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图 。 ②25℃时，计算得k2为 L/(mol·s)。 (4)利用超临界水氧化技术，在一定条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中为以碳元素计的物质的量分数，为反应时间。 升温到600℃，峰值出现的时间提前，且峰值更高，请解释原因 。 【答案】(1)K=1.8×10-16 (2)[B(OH)4]-+8e-+4H2O=BH4-+8OH- (3) k2=1.25×1011 (4)乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大。或乙醇氧化为CO的活化能大于CO氧化成CO2的活化能，温度升高对活化能大的影响大 【解析】(1)①25℃，水的电离常数，根据H2OH++OH-，。②HF也能发生与水类似的电离，即，当其作溶剂时是很强的酸，线性分子是3个形成的结构，H-F之间通过氢键相连呈线性，结构为。 (2)根据总反应[B(OH)4]-BH4-+2O2↑，结合阴极要发生还原反应，+3价B生成-5价B，电极方程式为[B(OH)4]-+8e-+4H2O=BH4-+8OH-。 (3)①瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为。②驰豫时间公式为，其中，，代入得：，在平衡时，，可推出，，代入已知值：，即，将k1代入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于，可忽略不计，所以，得出，。 (4)随着温度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增长，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO的活化能大于CO氧化成CO2的活化能，温度升高对活化能大的影响大。 13．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)【新科技】苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，可由乙苯催化脱氢获得。 Ⅰ．直接催化脱氢： (1)已知：反应① 反应② 反应③ 则直接催化脱氢反应 kJ/mol。 (2)在高温条件下，直接脱氢法中乙苯可能会裂解产生积炭覆盖在催化剂表面，使催化剂“中毒”，因此在原料气中通入水蒸气的目的是 。 (3)在某温度、100kPa下，向密闭容器中通入1mol气态乙苯发生直接脱氢反应，达到平衡时，混合气体中乙苯和氢气的分压相等，该反应的平衡常数Kp= kPa(分压总压物质的量分数)。 Ⅱ．CO2氧化乙苯脱氢： (4)在某催化剂下，其反应历程如图： 下列说法正确的是___________(填标号)。 A．由状态Ⅰ到状态Ⅱ形成了极性共价键 B．和两种粒子中的碳原子均达到8电子稳定结构 C．使用催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而提高乙苯的平衡转化率 D．催化剂表面的酸性需要控制在pH=3.5~4.5之间，原因是pH过低，催化剂表面正电荷聚集，妨碍与CO2结合；pH过高，CO2易形成CO32-。 (5)研究表明金属次卟啉二甲酯能够顺利地选择性催化氧化苯乙烯生成苯甲醛。 ①苯甲醛中键角： (填“大于”“小于”或“等于”) ②以该反应原理设计成酸性燃料电池，则电池负极的电极反应式为 。 【答案】(1) +118 kJ·mol−1 (2)水蒸气与催化剂表面积碳反应，防止催化剂“中毒” (3)(或33.3) (4)AD (5)大于 -8e-+3H2O=+8H++CO2 【解析】(1)根据盖斯定律，反应①—②—③可得=+118 kJ·mol−1。 (2)水蒸气与催化剂表面积碳反应，防止催化剂“中毒”。 (3)设转化的C8H10物质的量为xmol，列三段式： 达到平衡时，混合气体中乙苯和氢气的分压相等，可知，1-x=x，解得x=0.5，总物质的量为1.5mol，。 (4)A项，由状态Ⅰ到状态Ⅱ形成了O-H极性共价键，A正确；B项，中苯环上的碳和带正电荷的碳未达到8电子稳定结构，B错误；C项，使用催化剂，能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而提高反应速率，但不影响平衡移动，不能影响反应物转化率，C错误；D项，反应过程中需要将催化剂表面的酸性控制在pH=3.5~4.5之间，原因是pH过低时，催化剂表面正电荷聚集，妨碍与CO2结合，pH过高时，CO2易形成CO32-，pH过低过高均不利于反应的进行，使得乙苯的转化率降低，D正确；故选AD； (5)①醛基的C=O双键具有高电子云密度，对相邻的C-H产生强斥力，这种斥力将C-H“推开”，苯环的共轭效应使C-C的电子云密度介于单键和双键之间，削弱了C-C对C-H的斥力，同时C=O双键的强斥力将C-H推向苯环一侧，所以苯甲醛中键角大于；②以该反应原理设计成酸性燃料电池，总反应式为+2O2→+CO2+H2O，可知正极的电极反应式为，所以负极的电极反应式为-8e-+3H2O=+8H++CO2。 14．(2026·浙江省杭州第二中学高三月考)降低空气中CO2含量在环保方面有重要意义。 (1)工业上用CO2制备CH3OH的主要反应为： 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-46.5kJ·mol−1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2 ①反应Ⅲ的 ，该反应自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)。 ②下列条件能改变反应Ⅱ中H2的平衡转化率的措施有 。 A．温度 B．压强 C．催化剂 D．投料比[n(CO2)：n(H2)] (2)3.0MPa时，将n起始(CO2)：n起始(H2) =1：3的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CH3OH产率随温度的变化如图所示。 ①240℃时，若n起始(CO2)=1mol，反应管出口处检测到0.68molCO2，则CH3OH的选择性= 。 ②研究发现，CH3OH可由(吸附在催化剂表面的物种用*标注)转化生成，与或作用生成的相对能量变化如下图所示。在催化剂表面修饰羟基的优点是 。 (3) CO2制环状碳酸酯。CO2与环氧乙烷转化为环状碳酸酯的一种可能机理如下图所示，图中表示催化剂。 ①中间体X的结构简式为 。 ②若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于其原因是 。 (4)以CO2为原料，电化学法制备甲酸(甲酸盐)工作原理如图所示。 ①HCOO−的空间构型为 。 ②阴极表面发生的电极反应式为 。 【答案】(1) -90.7 kJ·mol−1 低温 AD (2)93.75% 降低反应活化能，加快反应速率 (3) 右侧两个甲基的空间位阻较大，Nu+易进攻左侧碳原子或难进攻右侧碳原子 (4)平面三角形 2CO2+2e−+H2O=HCOO−+HCO3- 【解析】(1)①根据盖斯定律可知，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则反应Ⅲ的ΔH=−(49.5kJ⋅mol−1)-(+41.2kJ·mol−1)=−90.7 kJ·mol−1；该反应ΔH<0、ΔS<0，当温度较低时，ΔG=ΔH-TΔS＜0，故该反应低温下自发；②反应Ⅱ的ΔH>0，若升高温度，反应正向移动，可以增大H2的转化率；该反应反应前后气体的总物质的量不变，改变压强，平衡不移动；催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率；投料比[n(CO2):n(H2)]不同，H2的转化率不同，综上所述，能改变H2的平衡转化率的有AD两个选项。 (2)①由图可知，240℃时，甲醇的产率为30%，由起始二氧化碳的物质的量为1mol，反应管出口处检测到二氧化碳的物质的量为0.68mol可知，甲醇的选择性为=93.75%；②由图可知，在催化剂表面修饰羟基可以降低生成HCOO *的活化能，加快反应速率。 (3)①由反应机理图中反应物和生成物的结构可推知，中间体X的结构简式为；②由反应机理可知，若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于，因为是右侧两个甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，Nu-易进攻左侧碳原子或难进攻右侧碳原子。 (4)①HCOO−的中心原子C的价层电子对数为，C的孤电子对数为0，则其空间构型为平面三角形；②CO2(碳元素为+4价)在左侧电极转化为HCOO−(碳元素为+2价)，则CO2被还原，左侧电极为阴极，根据电荷守恒和原子守恒，阴极反应式可写2CO2+2e−+H2O=HCOO−+HCO3-。 15．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)硫氧化物(SOx)和氮氧化物(NOx)是造成大气污染的主要污染物。请回答： (1)在一密闭容器中充入足量SO2，并加入适量蒸馏水，体系中存在下列平衡(不考虑其他副反应)： Ⅰ     Ⅱ     Ⅲ     ①保持其他条件不变，下列操作能降低溶液中cSO2的是 。 A．提高体系内SO2的压强 B．加入足量盐酸 C．升高体系温度 D．加水 ②溶液中硫元素主要以 形式存在(填写含硫微粒符号)。 ③在水溶液中，HSO3-以如图1所示两种结构存在： 按照稳定性大小对二者进行排序 ，请说明理由 (写出两点即可)。 (2)研究小组甲发现，较高温度下Na2S2O8在水中可发生如下反应产生活性自由基，提高氧化脱除NO的效率： Ⅳ Ⅴ 已知：自由基具有单电子，反应活性高，但易两两结合“湮灭”。 在Na2S2O8浓度、NO流速恒定时，测得不同溶液温度下NO脱除率如图2所示。 ①指出NO脱除率随温度升高先上升后趋于平缓的原因 。 ②若提高Na2S2O8浓度，在图2中画出NO脱除率随溶液温度的变化曲线 。 (3)研究小组乙发现，利用CO选择性催化还原NOx时，工业烟气中存在的少量O2会造成NOx脱除率大幅下降。指出上述现象产生的原因 。 【答案】(1)CD SO2 A<B(或B>A) O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，O-H键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，S-H键键能小于O-H键，B共轭稳定作用更强 (2)温度升高，S2O82-中的O-O键更易发生断裂，产生更多的自由基；温度高于70℃时，体系内自由基浓度过高，易两两组合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高) (3)O2浓度升高，平衡2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)正移，造成与NOx(g)反应的CO(g)减少 【解析】(1)A项，提高体系内SO2的压强，根据平衡Ⅰ，增大压强，平衡正向移动，溶液中cSO2增大，故A不符合要求；B项，加入足量盐酸，盐酸提供H+，根据平衡Ⅱ和平衡Ⅲ，H+浓度增大，平衡均逆向移动，会使SO2浓度增大，故B不符合要求；C项，反应ⅠΔH＜0，升高体系温度，平衡逆向移动，溶液中cSO2减小，故C符合要求；D项，加水稀释，平衡Ⅰ正向移动，但溶液体积增大的影响更显著，溶液中cSO2降低；同时平衡Ⅱ、Ⅲ也会正向移动，但总体上溶液中cSO2降低，故D符合要求；由平衡Ⅱ的K=10-1.80，平衡Ⅲ的K=10-7.20可知，溶液中硫元素主要以SO2形式存在；O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，O-H键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，S-H键键能小于O-H键，B共轭稳定作用更强，所以B更稳定； (2)温度升高时，反应Ⅳ和反应Ⅴ的速率加快，活性自由基(、)生成增多，所以NO脱除率上升。当温度升高到一定程度后，活性自由基易两两结合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高)；提高Na2S2O8浓度时，在相同温度下，反应Ⅳ会生成更多的，进而生成更多的活性自由基，NO脱除率会比原来更高。所以新的曲线整体在原曲线的上方，形状类似，先上升后趋于平缓，其图为； (3)工业烟气中少量O2会与CO反应2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)，消耗了用于选择性催化还原NOx(g)的CO，导致参与还原NOx(g)的CO减少，从而使NOx(g)脱除率大幅下降。 16．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)【新方法】油气开采、石油化工、煤化工等工业废气中普遍含有H2S，需要回收处理H2S并加以利用。查阅文献知，对H2S的处理有多种方法。 (1)克劳斯工艺。已知反应： 反应I：2H2S(g)＋3O2(g)2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝-1306kJ·mol−1 反应II：4H2S(g)＋2SO2(g)3S2(g)＋4H2O(g) ΔH2＝+94kJ·mol−1 ①反应III：2H2S(g)＋O2(g)S2(g)＋2H2O(g) ΔH＝__________kJ·mol−1 ②某温度下，不同的浓度比cH2S：cO2对H2S的转化率的影响如图1所示。一定温度下，当cH2S：cO2=2：1，H2S的转化率随混合气流速的变化曲线如图2所示。 下列说法正确的是 A．若浓度比cH2S：cO2过高，H2S的转化率会降低 B．若浓度比cH2S：cO2过低，在较高温度下可能会生成SO2，降低硫的产率 C．结合实际工业生产效益(时间成本、效率成本)分析，混合气流速适宜范围是2×100m3/h~4×100m3/h D．流速大于10×100m3/h时，H2S转化率降低可能原因是气流速度太快，催化剂与反应物接触的时间不足 ③Al2O3可以用作脱除H2S的催化剂，吸附过程如图所示： 图甲和图乙两种吸附方式中，图乙比图甲的吸附能力强，请从结构角度分析其原因： 。 (2)MDEA脱硫法：MDEA[(CH2CH2OH)2NCH3]吸收H2S的原理为：R2NCH3(aq)+H2S(aq)R2NCH3H+(aq) +HS-(aq) ΔH＝-141kJ·mol−1(R表示-CH2CH2OH) ①用MDEA吸收H2S，得到1mol·L-1的MDEA溶液和1.2mol·L-1的[R2NCH3H]+HS-的混合溶液，298K时该混合溶液的pH= (已知：298K时，电离常数Kb(MDEA·H2O)=1.2×10-4，Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13) ②工业上通常用通入水蒸气的方式实现Al2O3的混合溶液向和H2S的转化，从平衡角度解释通入水蒸气的作用 ③利用如图装置也可以实现Al2O3的混合溶液向和H2S的转化，该电解池阳极区的反应方程式为 。 【答案】(1)-314 ABD 硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强 (2)10 反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动 4HS--4e-＋2H2O=4H2S↑＋O2↑ 【解析】(1)①由盖斯定律可知反应III；②A项，由图1可知，浓度比cH2S：cO2过高，H2S的转化率会降低，A正确；B项，若浓度比cH2S：cO2过低，较高温度下S2可能会与氧气生成SO2，降低硫的产率，B正确；C项，气流速若为2×100m3/h~4×100m3/h，时间成本较高，混合气流速适宜范围是8×100m3/h~10×100m3/h，C错误；D项，流速大于10×100m3/h时，H2S转化率降低可能原因是气流速度太快，催化剂与反应物接触的时间不足，D正确；故选ABD。③硫化氢中H显正电性，S显负电性，氧化铝中Al显正电性，O显负电性；图甲吸附方式为同种电性微粒靠近，图乙吸附方式为不同电性微粒靠近，不同电性微粒靠近时，吸附能力强。 (2)，故c(OH-)=1.0×10-4mol·L-1,298 K时，故c(H＋)=1.0×10-10mol·L-1，故pH=10。②反应为放热反应，通入水蒸气给体系加热，平衡逆向移动；加热使硫化氢溶解度降低，从体系逸出，也有利于平衡逆向移动。③[R2NCH3H]+HS-的混合溶液中HS-在阳极转化为H2S，[R2NCH3H]+通过阳离子交换膜到阴极区生成MDEA，故阳极区的电极方程式为：4HS--4e-＋2H2O=4H2S↑＋O2↑。 17．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)SO2既是大气污染物之一，也是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含硫化工产品的生产。 I.库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。库仑测硫仪中电解原理示意图如右。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，SO2溶解并将I3-还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 (1)测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。 (2)煤样为，电解消耗的电量为库仑，煤样中硫的质量分数为 。(已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。)(用含和的关系式表示) II.工业上用SO2和Cl2制备硫酰氯。 (3)硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，SO2Cl2中心原子的杂化方式为 。工业上制备原理如下：SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g) ΔH＝-67.59kJ·mol−1。该反应自发进行的条件是 A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 (4)恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp(Δp=p0-p，p0为体系初始压强，p0=240 kPa，p为体系平衡压强)，结果如图。 ①上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。 ②T1温度下用分压表示的平衡常数Kp= kPa-1。 【答案】(1) 3I--2e-=I3- (2) (3)sp3 A (4) T3＞T2＞T1 该反应的正反应为气体体积减小的反应，反应放热，升温平衡逆向移动，平衡时容器内压强越小，即Δp越小 0.03 【解析】(1)库仑滴定是一个“动态补偿”过程，进入电解池的SO2会与I3-反应，消耗I3-，生成I-，为了使的比值恢复到原定值，仪器需要自动电解，将生成的I-重新氧化成I3-，根据电荷守恒和原子守恒，3个I-失去2个电子生成I3-，故阳极反应为：3I--2e-=I3-。 (2)根据S原子守恒以及转移电子守恒可知：S~SO2~SO42-~2e-，转移1mol电子所消耗的电量为96500库仑，实验消耗的总电量为x库仑，所以转移的电子物质的量为，S的物质的量为，S的质量为，煤样中硫的质量分数为。 (3)SO2Cl2的中心原子是S，S原子与两个O原子均形成双键，与两个Cl原子均形成单键，根据价层电子对互斥理论，S原子的σ键电子对为4，孤电子对数为，价层电子对数为4，因此中心原子S的杂化方式为sp3；SO2(g)＋Cl2 (g)SO2Cl2(g) ΔH＝-67.59kJ·mol−1是一个气体分子数减少(ΔS < 0)的放热反应(ΔH < 0)，根据吉布斯自由能公式 ΔG = ΔH - TΔS，要使ΔG < 0，由于ΔH为负，ΔS为负，则温度T越低，ΔG越容易小于零，因此该反应在低温下能自发进行。 (4)①该反应是放热反应，且是气体分子数减小的反应，对于恒温恒容下的气体反应，初始压强p0相同，反应正向进行后，气体总物质的量减少，平衡压强p会减小，Δp=p0-p，Δp越大，说明平衡正向进行的程度越大，体系的最终压强p越小，升高温度，平衡向吸热方向(逆向)移动，气体分子数增加，导致平衡压强p增大，从而使Δp减小；在相同进料比下，Δp值越小，说明对应的温度越高，从图中曲线可以看出，在同一进料比时，Δp的大小关系为：Δp(T3) < Δp(T2) < Δp(T1)。所以温度高低顺序为：T3＞T2＞T1。②T1温度下，恒容密闭容器中充入SO2(g)和Cl2(g)，初始，p0=240 kPa，则起始SO2、Cl2、SO2Cl2的分压分别为160kPa、80kPa、0，对于反应SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g)，压强减少量Δp等于生成物SO2Cl2的平衡分压，因此，达到平衡时Δp =60kPa，则平衡时SO2、Cl2、SO2Cl2的分压分别为100kPa、20kPa、60kPa，平衡常数。 18．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考)利用工业废气中的H2S可以制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。 已知：H2S：Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；H2CO3；Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11；H2SO3：Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8 (1)某未饱和的H2S浓溶液，下列措施可以显著提升溶液中浓度方法有___________。 A．通入适量H2S气体 B．加热 C．加适量水稀释 D．加适量NaOH (2)工业上，H2S通过煅烧炉一多级串联反应釜等设备转化，离心分离可得到焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，具体反应如下： 第一步：2H2S+3O2=2SO2+2H2O 第二步：2Na2CO3+SO2+H2O=Na2SO3+2NaHCO3 第三步：NaHCO3+SO2=2NaHCO3+CO2；Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 当反应釜中溶液pH达到3.8～4.1时，形成的NaHSO3悬浊液逐渐转化为Na2S2O5固体。 ①写出S2O52-离子的结构式： 。 ②常温下，若第二步反应恰好完全反应，溶液中溶质存在物料守恒：cNa＋＝2cSO32-＋cHCO3-＋ 。 (3)常温下，某研究小组将0.02molH2S气体通过100mL0.3mol/LNaOH溶液中，溶液的pH值约为 。(，，忽略溶液体积变化) (4)理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应。一定温度时，在1L浓度均为1mol·L-1的Na2SO3和NaHCO3的混合溶液中，随n(SO2)的增加，SO32-平衡转化率的变化如图所示。 0~bmol区间，SO32-平衡转化率先升高后下降，请结合所发生的离子方程式分析原因： 。 (5)请在图中画出0~bmol区间内，HCO3-的平衡转化率变化趋势图 。 【答案】(1)D (2)或者 2cHSO3-＋2cH2SO3+cCO32-＋cH2CO3 (3)12.6 (4)0~amol区间，SO2优先发生反应1：SO32-+SO2+H2O2HSO3-，故SO32-的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：HCO3-+SO2HSO3-+CO2，随着产生的CO2逸出，使反应2不断正移，HCO3-平衡转化率上升，同时cHSO3-的上升，导致反应1逆移，故SO32-平衡转化率下降 (5) 【解析】(1) A项，未饱和的H2S浓溶液，通入适量H2S气体，增加H2S浓度(反应物)，推动平衡右移，S2-浓度提升，由于开始为浓溶液，故提升不显著，A不选；B项，H2S电离为吸热过程，升温促进电离，S2-浓度增大，同时因温度升高H2S会逸出溶液，故不能显著提升，B错误；C项，虽促进电离，但体积增大导致S2-总浓度降低，C错误；D项，加适量NaOH中和H+使平衡右移，S2-浓度显著增加，D正确；故选D； (2)①S可以形成四条共价键，O可以形成两条共价键，S2O52-其中S为+4价，故结构式为：或者；②根据物料守恒：，，故混合液中cNa＋＝2cSO32-＋cHCO3-＋2cHSO3-＋2cH2SO3+cCO32-＋cH2CO3； (3)0.02molH2S气体通过100mL0.3mol/LNaOH溶液中生成Na2S和NaHS各0.01mol，浓度为0.1mol/L，形成缓冲溶液，，根据S2-+H2OHS-+OH-，，设水解生成的氢氧根浓度为xmol/L，可得，则pH值约为12.6； (4)0~amol区间，SO2优先发生反应1：SO32-+SO2+H2O2HSO3-，故SO32-的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：HCO3-+SO2HSO3-+CO2，随着产生的CO2逸出，使反应2不断正移，HCO3-平衡转化率上升，同时cHSO3-的上升，导致反应1逆移，故SO32-平衡转化率下降； (5)根据①中分析可知0~bmol区间内，HCO3-的平衡转化率变化趋势图。 19．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)H2是重要的化工原料。请回答： (1)以H2、CO2为原料合成甲醇，涉及的主要反应如下： Ⅰ．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)  ΔH1=−49.5 kJ·mol−1 Ⅱ．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)  ΔH2=−90.4 kJ·mol−1 Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)  ΔH3 ①ΔH3= kJ·mol−1。 ②一定温度下，向恒容密闭容器中充入体积比为3∶1的H2和CO2，发生上述反应。下列说法正确的是 。 A．CO的浓度不变，说明反应已达到平衡状态 B．增大投料比n(H2)∶n(CO2)，可提高H2的平衡转化率 C．增大压强，活化分子百分数不变，反应速率加快 D．分离出H2O(g)，反应Ⅰ平衡正向移动，平衡常数KⅠ增大 (2)CH4、H2O(g)与载氧体CeO2(Ce是活泼金属，正价有+3、+4)反应，可制得H2和CO，气体分步制备原理示意如图1所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应(此条件下CH4不分解)： 步骤Ⅰ：CH42H2＋CO 步骤Ⅱ：H2O2H2 步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是 。 (3)在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(足量)中通入H2生成HCOO−实现储氢，反应为：HCO(aq)＋H2(g)HCOO−(aq)＋H2O(g)  ΔH=−19.4 kJ·mol−1。 ①HCOO−的空间构型为 。 ②25℃下，HCOOH电离平衡常数为Ka=1.8×10−4，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中c(HCOO−)∶c(HCOOH)= 。 ③已知催化剂在80℃左右活性最高，40℃时体系中c(HCOO−)随时间变化曲线如图2所示。不改变其他条件，t时刻迅速升温至80℃，画出t时刻后c(HCOO−)随时间变化至平衡时的曲线 。 【答案】(1) +40.9 AC (2)CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大 (3)平面三角形 9∶5或1.8 【解析】(1)①反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则由盖斯定律得；②A项，CO的浓度不变，即反应Ⅱ、Ⅲ的正、逆反应速率均相等，反应Ⅱ、Ⅲ均已达到平衡状态，则反应Ⅰ也达到平衡状态，能说明反应已达到平衡状态，A正确；B项，增大投料比n(H2)∶n(CO2)，相当于增加H2的量，H2的浓度增大，能使平衡正向移动，H2的转化量增大，但H2的起始量增大程度更大，会降低H2的平衡转化率，B错误；C项，增大压强，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，反应速率加快，C正确；D项，分离出H2O(g)，H2O(g)的浓度减小，反应Ⅰ平衡正向移动，但平衡常数只与温度有关，温度不变，则平衡常数KⅠ不变，D错误；故选AC。 (2)步骤Ⅰ：CH42H2+CO，的理论值为2，但载氧体CeO2氧化性较强，可能将CO氧化为CO2，导致CO的物质的量减小，增大，则步骤Ⅰ中，大于理论值2的可能原因是：CeO2氧化性较强，可将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大； (3)①HCOO−的中心C原子的价层电子对数为3，无孤电子对，采用sp2杂化，其空间构型为平面三角形；②因HCOOH电离平衡常数，则pH=4的某HCOOH、HCOOK的混合溶液中；③该储氢反应为放热反应，升高温度(t时刻迅速升温至80 ℃)，平衡逆向移动，且催化剂在80 ℃左右活性最高，反应速率快，体系中c(HCOO−)迅速减小，达到平衡时体系中c(HCOO−)低于40 ℃时的，则不改变其他条件，t时刻迅速升温至80 ℃，画出t时刻后c(HCOO−)随时间变化至平衡时的曲线为：。 20．(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)【新工艺】工业生产催化剂的过程会产生含大量高浓度氮氧化物(NOx)的烟气，对环境造成严重破坏。某工艺通过选择性催化还原法(SCR)治理去除烟气中的NOx，使其达到排放标准，且无需二次处理。 SCR主反应： NO(g)+4NH3(g)＋O2(g)=4N2(g)＋6H2O(g) (i) 2NO2(g)+4NH3(g)＋O2(g)=3N2(g)＋6H2O(g) (ii) SCR副反应 2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) (iii) 请回答： (1)标准状态下，一些物质的相对能量如表所示： 物质 N2(g) O2(g) NH3(g) NO(g) H2O(g) NO2(g) 相对能量/kJ·mol−1 0 0 -50 91 -242 34 ①计算反应(ii)的ΔH = kJ·mol−1。 ②判断反应(ii)在什么条件下自发进行 (填“任意温度”“高温”或“低温”)。 (2)已知尿素[CO(NH2)2]的分解作为还原剂NH3的来源，尿素可以通过如下电化学装置获得，电解过程中生成尿素的电极反应式是 。 电解过程中需控制合适的电流，否则阴极会产生H2导致电解效率下降。若外电路以8A恒定电流工作20分钟，产生尿素0.005mol，则该电解装置的电解效率 ()。［已知：电荷量电流时间。］ (3) NOx的去除率(用R表示)受投料的氨氮比(n)、进入混合器中烟气的NOx浓度(即入口NOx浓度，用表示)等因素的影响，结果如图、所示。 下列有关说法中正确的是___________。 A．为取得最优氮氧化物的去除效果，入口NOx浓度应保持在 B．结合图像，分析NOx的去除率的下降主要受NO去除率的影响 C．当氨氮比小于0.9时，NO2去除率为负值，NH3主要用于满足NO的转化，且部分NO被氧化成NO2 D．由图可知，应尽量提高氨氮比，以提高NOx去除率 (4)空速是指单位时间内通过单位体积催化剂的气体流量，单位为，它反映气体与催化剂的接触时间，该脱硝工艺中空速控制在，请解释空速不宜过低的原因： 。 【答案】(1) -1320 任意温度 (2) CO2＋2NO3-+18H＋＋16e-=CO(NH2)2+7H2O 80% (3)AC (4)低空速不利于反应后生成物N2、H2O从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率    过长的停留时间，还会促使NH3发生氧化反应，反而使NOx去除率下降 【解析】ΔH=生成物总能量-反应物总能量，反应自发进行的判断依据是ΔG=ΔH-TΔS，当ΔH＜0，ΔS＞0，则在任意温度下，ΔG＜0，反应都能自发进行。 (1)①ΔH=生成物总能量-反应物总能量，对于反应2NO2(g)+4NH3(g)＋O2(g)=3N2(g)＋6H2O(g：生成物总能量为，反应物总能量为，则该反应的ΔH=；②反应自发进行的判断依据是ΔG=ΔH-TΔS，由反应(ⅱ)可知，反应后气体分子数增加，所以ΔS＞0，又因为，根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔH＜0，ΔS＞0，则在任意温度下，ΔG＜0，反应都能自发进行； (2)生成尿素的那一极是a极，在a极NO3-得到电子，结合H+生成CO(NH2)2和H2O，根据氧化还原反应中得失电子守恒配平得电极反应式为CO2＋2NO3-+18H＋＋16e-=CO(NH2)2+7H2O；已知电流I=8A，时间t=20min=1200s，根据电荷量公式Q=It可得，根据电极反应式CO2＋2NO3-+18H＋＋16e-=CO(NH2)2+7H2O可知，生成1mol尿素转移16mol电子，现在生成0.005mol尿素，则转移0.08mol电子，根据法拉第常数，则理论电荷量，； (3)A项，由图b可以看出当入口NOx浓度应保持在时，氮氧化物的去除效果最好，故A正确；B项，NOx的去除率的下降时，NO的去除率并没有明显变化，所以由图中无法得出NOx的去除率的下降主要受NO去除率的影响的结论，故B错误；C项，由图a可以看出，当氨氮比小于0.9时，NO2去除率为负值，此时NH3主要用于满足NO的转化，且部分NO被氧化成NO2，故C正确；D项，由图a可知，氨氮比并非越高越好，当氨氮比达到一定值后，NOx去除率不再明显提高，甚至可能出现其他情况，所以不应尽量提高氨氮比来提高NOx的去除率，故D错误；故选AC。 (4)不宜过低的原因为：低空速不利于反应后生成物N2、H2O从催化剂表面脱附，减慢脱硝反应速率过长的停留时间，还会促使NH3发生氧化反应，反而使NOx去除率下降。 21．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)合成氨是化学对社会发展的一项巨大贡献。请回答： (1)合成氨新猜想：2N2(g)＋6H2O(g)4NH3(g)＋3O2(g) ΔH＝+765.2kJ·mol−1。该猜想在1200℃时 (填“能”或“不能”)自发。 (2)N2与H2反应是目前合成氨的主要途径。 ①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，该反应平衡常数表达式为K= 。 ②某时刻反应速率v正(N2)=v逆(N2)=a，若改变某一条件立即有v正(N2)>v逆(N2)>a，说出改变的条件并说明理由 。 (3)理论计算发现，N2分子从垂直催化剂晶体的010晶面(该晶面与晶体三条坐标轴相交且截距相等)接触催化剂时，催化效果最好。这体现了晶体的 。 (4)通过间接电催化作用可将CO2与NH3转化为高附加值的乙醇胺(HOCH2CH2NH2)。 ①先电解CO2制得环氧乙烷()，过程如下图。电解过程中的总反应式为 。 ②再将通入1mol·L-1氨水中可制得乙醇胺()。已知常温下，则1氨水的pH= 。乙醇胺产率、NH3转化率随环氧乙烷量的增加如下图所示。乙醇胺产率下降的原因是 。 【答案】(1)不能 (2) 加压；加压使正逆反应速率均增大；加压使平衡向反应计量数减小方向移动，与v正>v逆相符 (3)各向异性 (4) 11.65 环氧乙烷与乙醇胺发生副反应，生成二乙醇胺、三乙醇胺 【解析】(1)由题意可知，反应的ΔH＞0，ΔS＜0，故在任何温度下均不能自发进行。 (2)①根据平衡常数的定义可知，该反应平衡常数表达式为K=；②v正(N2)>v逆(N2)，说明平衡正向移动，该反应为气体分子数减小的放热反应，则故符合题意的是加压； (3)由题意可知，催化剂晶体的不同晶面的催化活性不同，体现了晶体的各向异性。 (4)①左侧电解过程中电极反应式是CO2+12H＋+12e-=C2H4+4H2O、2H2O-4e-=O2↑＋4H＋。右侧的电极反应式是、，根据电子得失守恒相加，得电解的总反应式。②根据题给信息，，所以溶液的pH=14-2.35=11.65，据题给信息“”，说明过量时会继续与H2NCH2CH2OH反应，生成HN(CH2CH2OH)2，N(CH2CH2OH)3，导致乙醇胺产率下降。 22．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)氮氧化物(NOx)是导致酸雨、光化学烟雾的主要污染物，其主要来源有汽车尾气和硝酸工厂等。研究氮氧化物废气处理是国际环保主要方向之一，某科研团队利用CH4催化还原NOx技术处理工业废气，反应原理如下： 反应①：CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) 反应②：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) (1)已知反应①能量曲线如图所示，则1molCH4(g)还原NO(g)至N2(g)，完全反应放出 kJ的热量。 (2)一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中投入一定量的CH4(g)和NO(g)发生反应①，能说明该反应已经达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．混合气体的密度保持不变 B．单位时间内每断裂4molC-H键，同时断裂4molO-H键 C．c(NO)和c(N2)的浓度比保持不变 D．容器内气体的平均相对分子质量不变 (3)不同温度下发生反应②，CH4的浓度随时间变化如图所示。回答以下问题： ①图中T1、T2的关系为：T1 T2(填“>”、“＜”或“=”)，b点与c点相比， 点(填“b”或“c”)反应速率更快，理由是 。 ②T1温度下，10-20min内的平均反应速率v(H2O) ，CH4的平衡转化率为 。 (4)利用某分子筛作催化剂，NH3也可脱除废气中的NO和NO2，生成两种无毒物质。其反应历程如图所示： 上述历程的总反应为 。 【答案】(1)1162 (2)BC (3) ①< c T1<T2，且c点反应物浓度更大，故c点反应速率更快 ②0.02 mol·L－1·min－1 80% (4)2NH3+NO+NO22N2+3H2O 【解析】(1)由反应①的能量曲线可知，1molCH4(g)与4molNO(g)反应生成2molN2(g)、1molCO2(g)和2molH2O(g)时， 反应物总能量与生成物总能量差值为5342 kJ-4180 kJ=1162kJ，该反应放热，即1molCH4(g)还原NO(g)至N2 (g)，完全反应放出1162kJ热量； (2)A项，反应在恒容密闭容器中进行，混合气体质量始终不变，根据(m为质量，V为体积)，密度始终不变，不能说明达到平衡，A错误；B项，单位时间内断裂4molC-H键(代表正反应，CH4分解 )，同时断裂4molO-H键(代表逆反应，H2O分解)，正、逆反应速率相等，能说明达到平衡，B正确；C项，反应过程中c(NO)减小，c(N2)增大，当二者浓度比保持不变时，说明各物质浓度不再变化，达到平衡，C正确；D项，反应前后气体物质的量不变，但质量不变，根据，平均相对分子质量始终不变，不能说明达到平衡，D错误；故选BC； (3)温度越高，反应速率越快，达到平衡时间越短，由图可知，T2 达到平衡时间短，所以T1<T2；与c点相比，b点温度高T1<T2，且c点反应物浓度更大，故c点反应速率更快；T1温度下，10-20min内CH4浓度变化量，根据反应②CH4(g)+2NO2(g)⇌N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，，速率之比等于化学计量数之比， ，CH4 起始浓度为0.5mol/L，平衡浓度为0.1mol/L，平衡转化率； (4)由反应历程可知，反应物为NH3、NO、NO2，生成物为N2、H2O，根据原子守恒和反应历程，总反应为2NH3+NO+NO22N2+3H2O。 23．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)低碳烯烃(乙烯、丙烯等)作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。碘甲烷(CH3I)热裂解制低碳烯烃的主要反应有： 反应Ⅰ 2CH3I(g)C2H4(g)＋2HI(g) ΔH1 反应Ⅱ 3C2H4(g)2C3H6(g) ΔH2 反应Ⅲ 2C2H4(g)C4H8(g) ΔH3 (1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的随温度的变化如图1所示。298K下，ΔH1= kJ·mol−1。 (2)针对反应Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有 。 A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂 (3)利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，回答下列问题： ①下列有关说法正确的是 。 A．因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，且为熵减小反应，所以ΔH2＜0、ΔH3＜0 B．若随温度的上升而增大，则ΔH＞0 C．随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动 D．当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ的平衡常数小于反应Ⅲ ②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是： 。 (4)维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1molCH3I，测得平衡体系中n(C2H4)=n(C3H6)=0.14mol，n(C4H8)=0.065mol。 ①平衡时CH3I的转化率为 。 ②已知810K条件下，存在等式(常数)(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图 。 【答案】(1)80.24 (2)BC (3)AC 反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显 (4)96% 【解析】(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的ΔH随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下，ΔH1=+80.24 kJ·mol−1； (2)反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移动，故选BC； (3)①A项，因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，且为熵减小反应，则ΔS＜0，所以必须ΔH2＜0、ΔH3＜0，选项A正确；B项，若ΔH随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故ΔH＜0，选项B错误；C项，由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向移动，选项C正确；D项，当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，平衡常数大于反应Ⅲ，选项D错误；故选AC；②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2H4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加； (4)①根据三段式可知： 故平衡时CH3I的转化率为；②维持温度为810K，压强为0.1MPa，起始投料1molCH3I，平衡时气体总物质的量为0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14mol+0.065mol=1.345mol，故平衡总压为0.1345MPa，x(HI)=，故x(HI)与压强(0.1~2.0MPa)关系的曲线示意图如下：。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 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 学科网（北京）股份有限公司 $