专题03 化学反应原理综合题（3年汇编）（上海专用）2024-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦化学反应原理综合题，汇编2024-2026年上海高考真题及多区模拟题，以氢能源、碳中和等热点为情境，融合盖斯定律、化学平衡等核心考点，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题|约19道大题|盖斯定律与热化学方程式、化学平衡移动与转化率计算、电化学原理、反应速率与活化能分析|以氢能源储氢、CO₂转化等工业实际为背景，强化多模块知识融合（如2026上海真题结合反应速率、平衡移动与计算），注重图像数据分析与绿色化学理念考查|

专题03 化学反应原理综合题 3年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点 化学反应原理综合题 2026上海（1题）、2025上海（2题）、2024上海（1题） · 情境设置：以氢能源、碳中和等新能源与环保热点为背景，融合工业生产实际 · 考查重点：盖斯定律与热化学方程式、化学平衡移动与转化率计算、电化学原理（原电池/电解池）、反应速率与活化能分析 · 命题趋势：强化多模块知识融合，增加图像数据分析与定量计算难度，注重科学思维与绿色化学理念考查 考点1 化学反应原理综合题 1.（2026·上海·高考真题）氢能源是一种来源丰富、清洁、高效、用途广泛的“绿色能源”，将氢作为能量载体储存起来，被认为是解决能源问题的最佳方案。 反应I：    反应II： (反应I中可以近似认为) （1）使用不同催化剂对反应的反应速率影响不同。下图使用的两种催化剂对反应速率的作用如下图所示，判断其中效果较好的催化剂，并说明理由。　　　　　　　　　　　 （2）在恒容密闭容器中，能说明反应I达到化学平衡状态的是___________(不定项)。 A. BDO不再生成 B.  C. 气体压强不再变化 D. 气体密度不再变化 （3）下列措施可以使反应Ⅱ平衡正向移动的是___________(不定项)。 A. 体积减少 B. 温度升高 C. 加入GBL D. 使用催化剂 （4）恒温条件下，若将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，则达到平衡时，的浓度　　　　　　　　　　　。 A．增大       B．减小       C．不变 原因是　　　　　　　　　　　。 （5）在起始GBL 1 mol、灰氢6 mol、氢的物质的量分数为0.5的条件下，反应t min达到平衡，此时氢气的物质的量分数为0.375，则每分钟生成BDO的物质的量是___________mol。 A. 3/5t B. 5t/3 C. 3/5 D. 5/3 （6）储氢密度代表了材料吸收氢气的能力，计算方法是：储氢材料的储氢密度，若1 mol GBL理论上最多可吸收，则其理论储氢密度为　　　　　　　　　　　(用百分数表示，保留2位小数)(；) （7）在2 L密闭容器中，加入1 mol储氢材料、6 mol灰氢(灰氢中物质的量分数为0.5)，反应达到平衡时，储氢量为理论最大值的90%，则此温度下，反应的I的平衡常数K为　　　　　　　　　　　。 （8）氨分解制氢是通过催化将液氨分解为和的工业过程。请从贮存运输、生成物分离、反应条件的角度说明液体储氢材料反应比氨气脱氢的优点为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）BCD     （3）B     （4）① C    ② 温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变     （5）A     （6）4.65%     （7）或2.78     （8）液体储氢材料常温下为液态，便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高纯度氢气；反应条件温和，能耗低      【解析】（1）由图像可知，相同物质的量分数下催化的反应速率更高，且随物质的量分数增大，对应的反应速率基本保持稳定，对应的反应速率大幅下降，因此效果较好的催化剂为，理由为该催化剂在物质的量分数较高的条件下仍能维持较高的反应速率，抗中毒性能更优。 （2）A．反应达到平衡时为动态平衡，的生成速率与消耗速率相等，并非不再生成，A错误； B．反应速率之比等于化学计量数之比，，当时，，正逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确； C．反应I中仅氢气为气态，恒容条件下气体压强与氢气的物质的量成正比，压强不再变化说明氢气的物质的量不再变化，反应达到平衡，C正确； D．恒容条件下气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量为氢气的质量，密度不再变化说明氢气的质量不再变化，反应达到平衡，D正确； 故选BCD。 （3）反应II为分解生成和氢气，为吸热、气体分子数增大的反应。 A．体积减少相当于压强增大，平衡向气体分子数减少的方向即逆向移动，A错误； B．温度升高，吸热反应平衡正向移动，B正确； C．为液态，浓度为恒定值，加入不影响平衡状态，C错误； D．催化剂仅改变反应速率，不改变平衡状态，D错误； 故选B。 （4）平衡常数仅与温度有关，恒温条件下值不变，由可知，氢气的浓度不变。 故选C。 原因为温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变。 （5）起始灰氢总物质的量为6mol，氢气的物质的量分数为0.5，因此起始氢气的物质的量为3mol，和总物质的量为3mol。设t min内生成的物质的量为，则消耗氢气的物质的量为，平衡时氢气的物质的量为，气体总物质的量为。由氢气的物质的量分数为0.375可得，解得，因此每分钟生成的物质的量为。 故选A。 （6）1mol 最多吸收2mol ，吸收的氢气质量为，1mol 的质量为86g，因此储氢密度为。 （7）理论上1mol 最多吸收2mol ，储氢量为理论最大值的90%，因此实际吸收的氢气物质的量为，起始氢气物质的量为3mol，因此平衡时氢气的物质的量为，容器体积为2L，氢气浓度为，代入平衡常数表达式得。 （8）液体储氢材料常温下为液态，相比氨气更便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高纯度氢气；反应条件温和，相比氨脱氢能耗更低。 2.（2025·上海·高考真题）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。 （1）中电负性最大的元素是　　　　　　　。 A．C       B．H       C．O （2）1mol PC分子中键的数目为_______。 A. 7 B. 12 C. 13 D. 14 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：      （3）反应④的=_______ A. -613.2 B. 613.2 C. 395.2 D. -395.2 （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。 （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 （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 （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)。 （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】（1）C     （2）C     （3）A     （4）C     （5）D     （6）CD     （7）1.24     （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      【解析】（1）中含有C、H、O元素，电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，电负性，电负性最大的是O，故答案选C； （2）单键都是键，双键中含1个键和1个键，分子中含有13个键，则1 mol分子中含有个键； （3）根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应II+反应III=反应IV，则，故选A； （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； （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。 （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； （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； （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。 2.（2025·上海·高考真题）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 （1）在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是_______。 A.  B.  C.  D.  （2）如图所示，加热试管中的铁粉和硫粉，下列说法正确的是_______。 A. 移开酒精灯后，固体保持红色 B. 反应中S只做还原剂 C. 反应中主要产生的气体副产物为SO3 D. 最终得到黑色的Fe2S3固体 （3）基态铁原子中，_______。 A. 有4个不同能级的电子 B. 有5个未成对电子 C. 核外电子共占据15个原子轨道 D. 有26种能量不同的电子 在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，产生[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2，溶液变为血红色。 （4）下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。 A. 常温下显中性 B. 加入铁粉后溶液变为红褐色 C. 遇沸水时产生胶体 D. 加入氨水后产生白色沉淀 （5）在配合物中，内界为　　　　　　　，配体有　　　　　　　种 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】（1）A     （2）A     （3）C     （4）C     （5）①     ② 2     （6）① A    ② 所有离子浓度变为原来，，平衡逆移     （7）0.80      【解析】（1）、、均为黑色，赭红的主要成分是，故选A； （2）A．铁粉和硫粉的反应为放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，A正确； B．硫在反应中化合价从0价降至-2价（FeS），硫只作氧化剂，而不是还原剂，B错误； C．该反应在加热条件下主要生成FeS，基本不产生SO3气体；若有少量气体产生，是硫和氧气反应生成的二氧化硫，而不是SO3，C错误； D．该反应在加热条件下主要生成FeS，D错误； 故选A； （3）铁为26号元素原子，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2； A．有7个不同能级的电子，A错误； B．结合Fe的电子排布式可知，有4个未成对电子，B错误； C．结合Fe的电子排布式可知，核外电子共占据1+1+3+1+3+5+1=15个原子轨道，C正确； D．同一能级能量相同，结合Fe的电子排布式可知，有7种能量不同的电子，D错误； 故选C； （4）A．氯化铁溶液中三价铁离子水解，导致溶液显酸性，A错误； B．加入铁粉后，三价铁和单质铁反应生成氯化亚铁，溶液变为浅绿色，B错误； C．饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，三价铁水解可以产生氢氧化铁胶体，C正确； D．加入氨水后产生红褐色氢氧化铁沉淀，D错误； 故选C； （5）结合配合物的结构可知，其内界为，配体有SCN-、H2O两种； （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）、、、，=。 …………………… 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。 （1）要检验珊瑚礁中碳酸钙的结构，可采用的仪器分析方法为___________。 A. 原子吸收光谱 B. 质谱 C. 原子发射光谱 D. 晶体X射线衍射 （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　　　　　　　　　　　。 已知25℃时，H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=4.8×10-11，CaCO3的Ksp=2.8×10-9。 （5）若某水样中[H+]=8.4×10-9mol·L-1，[HCO]=1.0×10-4mol·L-1，则水样中[H2CO3]=　　　　　　　　　　　mol·L-1。当[Ca2+]大于　　　　　　　　　　　mol·L-1时，CaCO3开始沉淀。 水体富营养化会破坏珊瑚礁。微生物燃料电池有望改善珊瑚生存环境方面发挥重要作用。下图是某微生物燃料电池工作原理示意图，该装置能同时除去水体中的NO和沉积物中的有机物(以(CH2O)n表示)。 （6）该装置工作时，下列说法正确的是___________。 A. 此是电能转化为化学能 B. 电极b作负极 C. 电子移动方向为：电极b→沉积物→水体→电极a D. 每消耗1mol (CH2O)n，转移电子4mol （7）写出NO在电极a表面发生的电极反应　　　　　　　　　　　。 （8）研究表明，在其他条件不变的情况下，水体中O2浓度升高。有利于去除沉积物中的有机物，但不利于去除水体中的NO。分析有利于去除有机物和不利于除去NO的可能原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）D     （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     （5）① 2.0×10-6    ② 4.9×10-3     （6）B     （7）2NO+10e-+12H+=N2+6H2O     （8）O2浓度升高，能让更多的有机物与O2形成原电池，有利于有机物的去除。但O2可能会优先于NO得电子，不利于NO的去除      【解析】（1）测定分子空间结构最普遍的方法X射线衍射，X射线衍射可以观测微观结构，故选D； （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； （5）水样中[H+]=8.4×10-9mol·L-1，[HCO]=1.0×10-4mol·L-1，，；，，则，当[Ca2+]大于4.9×10-3mol·L-1时，CaCO3开始沉淀。； （6）A．燃料电池是将化学能转化为电能，A错误； B．b极有机物被氧化为二氧化碳，发生氧化反应，则电极b为负极，B正确； C．电子在外电路移动，不能通过溶液，C错误； D．(CH2O)n生成CO2，反应中碳化合价由0变为+4，则每消耗1 mol(CH2O) n生成nmolCO2，转移电子4nmol，D错误； 故选B。 （7）酸性条件下，NO在电极a得到电子被还原为氮气，电解反应为：2NO+10e-+12H+=N2+6H2O； （8）O2浓度升高，能让更多的有机物与O2形成原电池，有利于有机物的去除。但O2可能会优先于NO得电子，不利于NO的去除，故其他条件不变的情况下，水体中O2浓度升高，有利于去除沉积物中的有机物，但不利于去除水体中的NO。 1.（2026·上海长宁区·一模）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。 已知下列反应的热化学方程式： ①    ②    ③    ④ （1）下列关于反应③的说法错误的是_______。(不定项) A. 是放热反应 B. 生成1 mol液态水反应放热大于241.8 kJ C. 氢气的燃烧热是 D. 的大小与热化学方程式中化学计量数无关 （2）反应④的_______。 A. 123.8 B. 118 C. 241.8 D. -118 实际生产过程中，保持密闭容器中体系总压为常压(101 kPa)的条件下进行反应④。乙苯的平衡转化率与温度、投料比m[]的关系如图所示。 （3）投料比(m1、m2、m3)由大到小的顺序为_______。 A.  B.  C.  D.  （4）若投料比m=1：9，反应温度为600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应，下列事实能作为该反应达到平衡的依据的是_______。(不定项) A. 速率：v(乙苯)=v(氢气) B. 容器内气体密度不再变化 C. 容器内气体的平均相对分子质量不再变化 D. 容器内苯乙烯与的物质的量之比不再变化 （5）实验测得，乙苯脱氢反应的速率方程为，(、为速率常数，只与温度有关系)。如下图(表示速率常数的对数；表示表示温度的倒数)所示，①②③④四条斜线中，随变化关系的是斜线③，则随变化关系的是斜线_______。 A. ① B. ② C. ④ D. ⑤ （6）在913 K、100 kPa下，以水蒸气作稀释气、作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应： ⑤ ⑥ 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性： 随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是　　　　　　　，理由是　　　　　　　。 （7）关于本反应体系中催化剂的描述错误的是_______。(不定项) A. X射线衍射技术可测定晶体结构 B. 可改变乙苯平衡转化率 C. 降低了乙苯脱氢反应的活化能 D. 改变颗粒大小不影响反应速率 （8）在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，向反应器中充入水蒸气作为稀释气就可达到目的，理由是　　　　　　　。需要向反应器中充入　　　　　　　mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)。 【答案】（1）CD     （2）B     （3）D     （4）BC     （5）C     （6）① 苯    ② 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；恒温恒压下，随着乙苯的转化率增大，反应⑤正向进行程度增大，反应⑥受影响不大，则曲线b代表的产物是苯；     （7）BD     （8）① 该反应是气体体积增大的反应，保持体系总压为常压向乙苯中充入水蒸气相当于减小压强，平衡向正反应方向移动    ② 5      【解析】（1）A．由方程式可知，反应③的，是放热反应，A正确； B．水气态时的能量大于液态，所以生成液态水时放热更多，即生成1 mol液态水反应放热大于241.8 kJ，B正确； C．氢气的燃烧热是1 mol氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量(一般用正值表述)，则氢气的燃烧热不是-241.8 kJ/mol，C错误； D．热化学方程式中的化学计量数代表物质的量，反应的焓变大小与热化学方程式中化学计量数有关，D错误； 故选CD； （2）由盖斯定律可知，反应①-反应②-反应③=反应④，则反应△H4=(-4386.9 kJ/mol)-(-4263.1 kJ/mol)-(-241.8 kJ/mol)=+118 kJ/mol，故选B； （3）该反应是气体体积增大的反应，保持体系总压为常压向乙苯中掺入水蒸气相当于减小压强，平衡向正反应方向移动，乙苯的转化率增大，则温度相同时，投料比越大，乙苯的转化率越小，由图可知，温度相同时，投料比m1、m2、m3对应乙苯的转化率依次减小，所以投料比的大小顺序为：，故选D； （4）A．v(乙苯)=v(氢气) 不一定能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，A错误； B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，恒压条件下反应时，容器的体积增大，混合气体密度减小，则混合气体密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，B正确； C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，达到平衡之前，混合气体的物质的量增大，混合气体平均相对分子质量减小，则平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，C正确； D．由方程式可知，容器内的苯乙烯与氢气的物质的量之比始终为1：1，则容器内苯乙烯与氢气的物质的量之比不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，D错误； 故选BC； （5）越大，反应温度越低，乙苯脱氢反应为吸热反应，降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，则逆反应速率大于正反应速率，逆反应的速率常数大于正反应速率常数，所以①②③④四条斜线中，随变化关系的是斜线④，故选C； （6）曲线 a 芳香烃产物的选择性大于曲线 b、c 芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则曲线 a 代表产物苯乙烯的选择性；恒温恒压下，随着乙苯的转化率增大，反应⑤正向进行程度增大，反应⑥受影响不大，则曲线b代表的产物是苯； （7）A．测定晶体结构最科学的方法是X射线衍射，所以用X射线衍射技术可测定氧化铁晶体结构，A正确； B．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但平衡不移动，乙苯的平衡转化率不变，B错误； C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，所以氧化铁可降低乙苯脱氢反应的活化能，C正确； D．催化剂氧化铁颗粒大小改变，会影响反应物的接触面积，改变反应速率，D错误； 故选BD； （8）该反应是气体体积增大的反应，保持体系总压为常压向乙苯中充入水蒸气相当于减小压强，平衡向正反应方向移动，所以向反应器中充入水蒸气作为稀释气可以增大乙苯的转化率；设乙苯的平衡转化率为50%时，容器的体积为V L，充入水蒸气的物质的量为 x mol，由方程式可知，乙苯的平衡转化率为50%时，乙苯、苯乙烯、氢气的物质的量分别为：1 mol -1 mol×50%=0.5 mol、1 mol×50%=0.5 mol、1 mol×50%=0.5 mol，混合气体的总物质的量为1.5 mol；乙苯的平衡转化率为75%时，乙苯、苯乙烯、氢气的物质的量分别为：1 mol -1 mol×75%=0.25 mol、1 mol×75%=0.75 mol、1 mol×75%=0.75 mol，混合气体的总物质的量为(1.75 +x)mol，由恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比可知，容器的体积为：L，由温度不变，平衡常数不变可得：=，解得x=5。 2.（2026·上海嘉定区·一模）光气是一种重要的化工原料。合成原理如下： 反应①    （1）恒温密闭容器中，充入等量的和进行反应①，以下不利于提高反应速率的措施为___________。 A. 使用催化剂 B. 增大压强 C. 提高CO和的物质的量浓度 D. 反应达到平衡后，冷却，得到液态光气成品 （2）在不同压强的反应体系中，充入体积比为1：1的CO和进行反应，实验测得反应体系中的平衡体积分数与压强和温度的关系曲线如下图所示： ①图中A点和C点化学平衡常数的大小关系：　　　　　　　　　　　； A．大于       B．小于       C．等于 ②比较和大小并说明原因　　　　　　　　　　　。 （3）某温度下，在2 L的密闭容器中充入，同时发生以下反应： 反应②    反应③    10 min后反应体系达到平衡，测得和C的物质的量分别为2 mol和1 mol，则反应②的反应速率　　　　　　　　　　　；该温度下反应③的化学平衡常数　　　　　　　　　　　。 文献报道了一种基于氯化铜的一氧化碳氧氯化反应制备光气的方法： 反应④ 反应⑤ （4）反应④在密闭容器中发生，当反应达到平衡时，以下说法一定正确的是___________。 A.  B.  C. 的质量保持不变 D. 反应物不再转化为生成物 （5）已知： 反应⑥ 反应⑦ 则反应④的　　　　　　　　　　　。 （6）某课题组对该方法制光气进行研究，在不同温度下，向等容积的反应器中投入相同的原料，反应相同时间，测得容器内压强随时间变化及光气产率随温度的变化关系如下： ①该时间段不同温度下，化学反应速率最快的是　　　　　　　　　　　。 A．       B．       C．       D． ②以后随温度升高，产率急剧下降的原因是　　　　　　　　　　　。 （7）利用和HCl废气作为原料，通过电化学原理制备原料气的装置如下图所示： ①阴极发生的电极反应为　　　　　　　　　　　。 ②若标准状况下产生(不考虑的溶解)，理论上左室液体增重　　　　　　　　　　　g。 【答案】（1）D     （2）① A    ② ；反应①正反应气体分子数减少，增大压强平衡正向移动，体积分数增大     （3）①     ② 1.0     （4）C     （5）     （6）① A    ② 温度过高可能使催化剂活性降低，或副反应增多     （7）①     ② 3.6      【解析】（1）A．使用催化剂可以加快反应速率，A不符合题意； B．增大压强可以加快反应速率，B不符合题意； C．提高和浓度：加快反应速率，C不符合题意； D．冷却到-20℃，降低温度，反应速率减慢 ，D符合题意； 故答案选D； （2）① 反应①为放热反应（），温度升高平衡常数减小。由图可知，因此，故答案选A； ② 反应①是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，平衡体积分数增大。在相同温度下，时体积分数更高，因此，故答案为：；反应①正反应气体分子数减少，增大压强平衡正向移动，体积分数增大； （3）由题，平衡时生成1 mol C，由反应③可知消耗1 mol ，生成0.5 mol 。反应②中分解了，生成2 mol 和2 mol ，因此平衡时的物质的量为，为2 mol，因此；反应③为，平衡浓度为，，因此，故答案为：；1.0； （4）A．未说明正逆速率，不能判断平衡 ，A错误； B．浓度相等不一定是平衡状态 ，B错误； C．质量保持不变，说明正逆速率相等，达到平衡 ，C正确； D．反应物不再转化为生成物，平衡是动态平衡，转化仍在进行 ，D错误； 故答案选C； （5）根据盖斯定律，反应④  反应①  反应⑦  反应⑥，则，故答案为：； （6）① 温度越高，压强下降越快，反应速率越快，因此415℃时速率最快，故答案选A； ② 375℃以后，温度过高可能使催化剂活性降低，或副反应增多，导致光气产率急剧下降，故答案为：温度过高可能使催化剂活性降低，或副反应增多； （7）① 阴极发生还原反应，得电子生成，电极反应为：； ②由题，阳极发生氧化反应为，标准状况下产生，其物质的量为，生成，转移电子的物质的量。阴极发生还原反应：，电子参与反应时，消耗和，生成和。根据反应，右室会有通过质子交换膜迁移到左室。因此左室的增重为：，因此，理论上左室液体增重为，故答案为：3.6。 3.（2026·高三上·上海浦东新区·一模）从烟气中捕集的与反应生成和，有利于减少排放。 主反应为： 使用镍钼合金作催化剂时，该反应的反应历程如下图所示，其中标注*的是吸附在催化剂表面的中间产物。 （1）根据上图信息，计算该反应的　　　　　　　　　　　。 （2）该反应___________。 A. 高温下可自发进行 B. 低温下可自发进行 C. 任何条件下都可自发进行 D. 任何条件下都不可自发进行 （3）下列措施可以增大反应物分子中活化分子百分数的是___________。(不定项) A. 增大压强 B. 升高温度 C. 增大反应物的量 D. 使用合适的催化剂 （4）上图的反应历程中，决速步骤为　　　　　　　　　　　。(选填编号) ①a→b       ②b→c       ③c→d       ④d→e       ⑤f→g       ⑥g→h 工业上按进料制取CO和时，和的平衡转化率随温度变化关系如下图所示。 （5）反应温度为923 K时，的平衡转化率大于，分析可能原因是　　　　　　　　　　　。 （6）在1500 K，反应10 min后达到平衡，则0∼10 min内，的平均反应速率为　　　　　　　　　　　。 （7）在1500 K，若反应在透氢膜反应器中进行，的平衡转化率为90%，透氢膜反应器的工作原理如图所示。 ①在透氢膜反应器中的平衡转化率增大的原因是　　　　　　　　　　　。 ②出口a和出口b中的物质的量的比值为　　　　　　　　　　　。(精确到小数点后2位，并写出计算过程) （8）高温电解技术可将转化为具有工业利用价值的产品，反应方程式为，其工作原理示意图如下： 电极b上放出的气体X为　　　　　　　　　　　，写出在电极a放电的电极反应式　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）A     （3）BD     （4）②     （5）923 K时，有消耗的副反应发生     （6）     （7）① 在透氢膜反应器中，氢气被吹扫出来，生成物浓度减小，平衡正向移动    ② 0.65     （8）① O2    ② CO2+H2O+4e-=H2+CO+2O2-      【解析】（1）由图可知，的反应热：； （2）该反应为吸热反应，，，根据，该反应在高温下可自发进行，故选A； （3）A．增大压强，容器体积减小，单位体积内活化分子数增多，A不符合题意； B．升高温度，反应物分子能量增加，使部分能量较低的分子变成活化分子，反应物分子中活化分子百分数增大，B符合题意； C．增大反应物的量，反应物浓度增大，则单位体积内活化分子数增多，C不符合题意； D．使用合适的催化剂，改变反应历程，降低反应的活化能，使更多的反应物分子变为活化分子，反应物分子中活化分子百分数增大，D符合题意； 故选BD； （4）在该催化剂上，反应历程的所需活化能最大，反应速率最慢，为反应的决速步，故选②； （5）主反应中与的化学计量数之比为1:1，初始投料浓度也相等，若只发生主反应，二者转化率应始终相等，923 K时，的平衡转化率大于，说明有消耗的副反应发生； （6）在1500 K，反应10 min后达到平衡，CH4和CO2转化率相同，均为80%，则0∼10 min内，CO2的平均反应速率为：； （7）①在透氢膜反应器中，氢气被吹扫出来，生成物浓度减小，平衡正向移动，则CO2的平衡转化率增大； ②在1500 K，反应10 min后达到平衡，CH4和CO2转化率相同，均为80%，则平衡时，，，反应的平衡常数为：；在1500 K，若反应在透氢膜反应器中进行，CO2的平衡转化率为90%，CH4和CO2的转化量均为0.9 mol/L，各剩余0.1mol/L，生成，设出口a含有，根据温度不变，平衡常数不变，则，解得，则出口b中含有，则出口a和出口b中H2的物质的量的比值为：； （8）由图可知，电极a处CO2和H2O转化为H2和CO，化合价降低，发生还原反应，电解池的阴极，电极反应式为：CO2+H2O+4e-=H2+CO+2O2-，则电极b为电解池阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2O2--4e-=O2，则电极b上放出的气体为O2。 4.（2026·上海华东师大二附中·模拟）2021年度中国科学十大进展之一就是人工淀粉合成途径的研究，其关键步骤之一就是利用CO2合成出有机小分子。这将有利于我国实现碳达峰碳中和，有利于建设环境友好型社会。如CO2可与H2生成CH4： 反应①：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) （1）在恒温恒容装置中进行反应①，能判断反应已达平衡状态的是_________(不定项选择) A. 混合气体密度不再改变 B. 混合气体压强不再改变 C. 混合气体平均摩尔质量不再改变 D. n(CO2)：n(H2)=1：4 （2）反应①的平衡常数表达式K=　　　　　　　　　　　。 （3）下列措施有利于提高其反应速率的是________ (不定项选择) A. 使用合适的催化剂 B. 减压 C. 升高温度 D. 增大初始投料比n(CO2)/n(H2) （4）将1mol CO2和4mol H2置于体积为2L的密闭容器中发生反应①，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示，该反应的平衡常数K随温度升高而　　　　　　　　　　　(选填“增大”或“减小”)。 （5）化石燃料在能源结构中依然占比巨大，选择碳排放较低的化石燃料利于碳中和的实现： 已知甲烷的单位热值含碳量为，丙烷的燃烧热，计算丙烷的单位热值含碳量为　　　　　　　　　　　，从单位热值含碳量角度分析，　　　　　　　　　　　(填电子式)更有利于碳中和。 【答案】（1）BC     （2）     （3）AC     （4）减小     （5）① 0.0163g/kJ    ②       【解析】（1）A．，反应前后所有物质均为气体，总质量不变，恒容容器体积不变，因此混合气体密度始终不变，不能判断平衡，A不符合题意； B．方程式左右两边气体分子数不相等，恒温条件下，反应未达到平衡时气体压强一直在变化，达到平衡后保持不变，因此混合气体压强不变时说明反应达到平衡，B符合题意； C．平均摩尔质量，参加反应的物质均为气体，始终不变，方程式左右两边气体分子数不同，平衡前随反应变化，因此不变时说明反应达到平衡，C符合题意； D．、均为反应物，变化量之比始终为1：4，但起始的物质的量未知，因此物质的量之比未知，无法判断平衡，D不符合题意； 答案选BC。 （2）平衡常数为平衡时生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，该反应所有物质均为气态，全部代入表达式即可得。 （3）A．合适的催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，A符合题意； B．减压会降低反应物浓度，减慢反应速率，B不符合题意； C．升高温度一定加快反应速率，C符合题意； D．增大投料比不一定提高反应物总浓度，不一定能加快反应速率，D不符合题意； 答案选AC。 （4）由图可知，温度升高，平衡时的物质的量分数降低，说明升高温度平衡逆向移动，因此平衡常数随温度升高减小。 （5） 中含碳总质量为，丙烷燃烧放热，因此单位热值含碳量； 该数值大于甲烷的，甲烷单位热值含碳量更低，碳排放更少，更利于碳中和，甲烷中C与H形成4个极性共价键，电子式如图。 5.（2026·上海华东师大二附中·模拟）在阿司匹林之前，人们用水杨酸作为止痛药，但它有较强的酸性，能引起胃出血。 25℃时，。水杨酸结构如图所示： （1）将水杨酸与　　　　　　　　　　　溶液作用(填俗名)，可以生成。 （2）钠元素在元素周期表的位置为　　　　　　　　　　　，基态碳原子轨道表示式为　　　　　　　　　　　。(写一种即可) 水杨酸钠()易溶于水，可用作食品防腐剂，其水溶液呈碱性。 （3）常温时，将0.1 mol的水杨酸钠溶于水配成1升溶液，该溶液中OH-的浓度　　　　　　　　　　　mol/L。 （4）若向上述水杨酸钠溶液中加0.001molFeCl3(忽略体积变化)，是否会有Fe(OH)3沉淀产生？通过计算说明：　　　　　　　　　　　(已知：25℃时，Fe(OH)3的Ksp)。 阿司匹林具有解热镇痛、治疗心血管疾病的作用，其有效成分是乙酰水杨酸()。 制备乙酰水杨酸的主要反应如下： 名称 性质 水杨酸 熔点，溶于乙醇，微溶于水，相对分子质量为138 醋酸酐 沸点，无色透明液体，易与水反应生成乙酸 乙酰水杨酸 熔点，受热易分解，溶于乙醇，微溶于水，相对分子质量为180 实验室制备乙酰水杨酸的实验装置图和步骤如下： ①：向三颈烧瓶中依次加入2.07g干燥的水杨酸、5.0mL新蒸的醋酸酐(0.05mol)和0.5mL浓硫酸(作催化剂)，磁力搅拌下，水浴加热，控制温度在左右反应30min。 ②：稍冷后，将反应液缓慢倒入100mL冰水中冷却结晶，减压抽滤，滤饼用少量冷水多次洗涤，继续抽滤，得到乙酰水杨酸粗品(含聚酯等杂质)。 ③：向粗产品中加入一定量的饱和溶液搅拌至不再产生为止，过滤出杂质聚酯；再向滤液中加入适量浓盐酸，冰水浴冷却结晶，减压过滤，洗涤，干燥得到不纯的产品c，最终制得乙酰水杨酸2.16g。 回答下列问题： （5）仪器A的名称为　　　　　　　　　　　。 （6）设计实验检验步骤③中产品c含有的杂质　　　　　　　　　　　。 （7）步骤③中“加入饱和溶液”的目的是：　　　　　　　　　　　。 （8）该实验乙酰水杨酸的产率为　　　　　　　　　　　。(以质量分数表示) （9）胃溃疡患者服用阿司匹林片时，为何需同时服用氢氧化铝片　　　　　　　　　　　。 科学家将阿司匹林与另一解热镇痛药对乙氨基酚(扑热息痛)利用拼合的方法得到一种新药贝诺酯，口服后在胃肠道不被水解，避免了对胃肠道的刺激。贝诺酯以原形吸收，吸收后很快代谢为水杨酸和对乙氨基酚，两种药物同时发挥作用，且作用时间较阿司匹林和对乙酰氨基酚长。 已知：Ph-ONa+RCOCl→RCOOPh+NaCl，Ph-为苯基。 （10）D的化学名称为　　　　　　　　　　　。 （11）贝诺酯的官能团名称为　　　　　　　　　　　，写出H的结构简式：　　　　　　　　　　　。 （12）阿司匹林分子中　　　　　　　　　　　手性碳原子。(选填“有”或“没有”) （13）由A制D不采取甲苯与Br2直接反应，而是经步骤①~③，目的是　　　　　　　　　　　。 （14）在催化剂(浓H2SO4)作用下，将阿司匹林与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得抗炎性和解热止痛性更长久的高分子药物M，请写出生成M的化学反应方程式　　　　　　　　　　　。 （15）化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林多14，Q是N的同分异构体，满足下列要求的Q的结构有　　　　　　　　　　　种。 ①：含苯环，不含其他环，苯环上只有两个取代基 ②：只含有1种官能团，且能与Na反应放出气体 （16）结合以上合成路线，请设计由和制备的合成路线(无机试剂任选)　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）小苏打     （2）① 第3周期IA族    ②      （3）10-6mol/L     （4）若向上述水杨酸钠溶液中加0.001 mol FeCl3，即c(FeCl3)=0.001 mol/L，此时，即会有Fe(OH)3沉淀产生     （5）球形干燥管     （6）取样于试管中，加入FeCl3溶液，有紫红色产生，则有水杨酸杂质     （7）生成可溶性乙酰水杨酸钠     （8）80.0%     （9）阿司匹林分子中含有羧基，将刺激胃壁，同时服用氢氧化铝片可中和胃酸和羧基，减少药物对胃溃疡患者胃壁的刺激作用，同时利用胶体的吸附性在溃疡面形成保护膜，隔绝阿司匹林和胃酸对溃疡处的刺激     （10）邻溴甲苯     （11）① 酰胺键、酯基    ②      （12）没有     （13）利用-SO3H占据甲基的对位，达到控制-Br只能取代甲基邻位的目的，若直接与Br2反应将导致甲基的邻、对位均可发生取代反应     （14）     （15）12     （16）      【分析】制备乙酰水杨酸：以水杨酸与醋酸酐为原料，在浓硫酸催化并加热条件下发生取代反应生成乙酰水杨酸粗品；经冰水析出、抽滤后得到固体粗产物，利用水杨酸含酚羟基能与氯化铁溶液显色的特性检验杂质；再向粗品中加入饱和碳酸氢钠溶液，使乙酰水杨酸转化为可溶性钠盐，与不溶性聚酯杂质分离，经酸化、提纯后得到纯品乙酰水杨酸；通过计算实际产量与理论产量的比值得到产率，因乙酰水杨酸呈酸性易刺激胃黏膜，胃溃疡患者需搭配氢氧化铝片服用以中和酸性； 合成贝诺酯：甲苯与H2SO4发生取代反应生成，与Br2取代生成，水解去掉磺酸基得到D；D经氧化、水解、酸化产生水杨酸；水杨酸发生取代反应生成阿司匹林，阿司匹林与POCl3、DMF共同作用产生H（）；扑热息痛中的酚羟基与氢氧化钠发生中和生成，与H取代合成贝诺酯；据此作答。 【解析】（1）水杨酸中羧基酸性强于酚羟基，碳酸氢钠仅与羧基反应生成羧酸钠，不与酚羟基反应，则水杨酸可与碳酸氢钠反应生成；答案为：小苏打； （2）钠元素在元素周期表的位置为：第3周期第ⅠA族；基态碳原子电子排布式为：1s22s22p2，则轨道表示式为：； （3）水杨酸钠发生水解：＋H2O＋OH－，水解常数；依题意浓度约为0.1 mol/L，因此，解得OH-浓度=10-6 mol/L； （4）若向上述水杨酸钠溶液中加0.001 mol FeCl3，即c(FeCl3)=0.001 mol/L，此时，即会有Fe(OH)3沉淀产生； （5）仪器A的名称为：球形干燥管； （6）水杨酸含有酚羟基，能与三价铁离子发生显色反应；乙酰水杨酸无酚羟基，不发生该反应；则实验设计为：取样于试管中，加入FeCl3溶液，有紫红色产生，则有水杨酸杂质； （7）乙酰水杨酸分子含羧基，可与NaHCO3反应生成可溶性钠盐，杂质聚酯不与NaHCO3反应，以沉淀形式被过滤除去；则目的为：生成可溶性乙酰水杨酸钠； （8）水杨酸的物质的量：，理论生成乙酰水杨酸的物质的量为0.015 mol，理论质量：，产率； （9）阿司匹林分子中含有羧基，将刺激胃壁，同时服用氢氧化铝片可中和胃酸和羧基，减少药物对胃溃疡患者胃壁的刺激作用，同时利用胶体的吸附性在溃疡面形成保护膜，隔绝阿司匹林和胃酸对溃疡处的刺激； （10）D（）的化学名称为：邻溴甲苯； （11）贝诺酯的官能团名称为：酰胺键、酯基；H的结构简式为：； （12）手性碳原子需为饱和碳原子且连接4个不同基团；阿司匹林中的碳原子为苯环碳（sp2）、羧基碳（sp2）或甲基碳（连3个H），均不满足条件，即阿司匹林分子中没有手性碳原子； （13）目的是：利用-SO3H占据甲基的对位，达到控制-Br只能取代甲基邻位的目的，若直接与Br2反应将导致甲基的邻、对位均可发生取代反应； （14）阿司匹林与聚乙烯醇发生酯化反应的方程式为：； （15）化合物N是阿司匹林（）的一种同系物，Q是N的同分异构体，依据题意Q需满足：比阿司匹林多1个CH2原子团（饱和碳原子）；含苯环，不含其他环，苯环上只有两个取代基；只含有1种官能团，且能与Na反应放出气体，说明含有-COOH；则符合要求的Q的结构有、、、，每种结构都对应邻间对3种情况，共12种； （16）结合题干合成路线，先将苯乙醛氧化为苯乙酸，苯乙酸与POCl3、DMF共同作用生成；苯酚与NaOH中和生成苯酚钠；苯酚钠与发生取代反应生成目标产物；具体合成路线为：。 6.（2026·上海黄浦区·模拟）苯乙烯是合成高分子材料和橡胶的重要原料之一，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法。反应原理表示如下： ⅰ.直接脱氢法：    ⅱ.氧化法：    （1）下列关于反应ⅰ的随温度T的变化趋势正确的是______。 A. B. C. D.  （2）已知：CO的燃烧热为，的燃烧热为，的气化焓为；则　　　　　　　　。 某科研团队提出在某催化剂表面发生反应ⅰ的机理（Ph—代表苯基，*代表吸附态）如下图所示： （3）虚线框内化学反应速率最慢的一步活化能为______。 A. 11.5 B. 17.3 C. 63.5 D. 102.1 （4）关于上述反应历程说法正确的是______。 A. 吸附过程吸收能量，脱附过程放出能量 B. 状态ⅱ→状态ⅲ过程中形成了碳碳双键 C. 状态ⅲ→状态ⅳ的能量变化说明形成H—H键是吸热过程 D. 使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和焓变 工业上，通常在乙苯蒸气中掺混一定量的水蒸气进行反应ⅰ。实验测得某恒定压强下，控制投料比n（乙苯）∶分别为1∶1、1∶4、1∶9，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如下图所示。 （5）恒温恒压的密闭体系中，发生反应ⅰ，下列能说明体系一定达到平衡状态的是______。 A. n（苯乙烯）∶的值保持不变 B. 混合气体的总压保持不变 C. v（乙苯） D. 混合气体的平均摩尔质量保持不变 （6）图中曲线c代表的n（乙苯）∶为　　　　　　。 A.1∶1                           B.1∶4                           C.1∶9 理由是：　　　　　　　　　　。 （7）图中A、B、C三点对应平衡常数大小顺序为　　　　　　。（用、、表示） 以高价态钒镁氧化物晶体作催化剂进行氧化乙苯脱氢反应的一种可能机理如下： （8）上图中，物质X为______。 A.  B.  C.  D. CO （9）利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点有　　　　　　　　　　（写出两点）。 【答案】（1）C     （2）     （3）C     （4）B     （5）D     （6）① A    ② 理由是：反应ⅰ正向为气体体积增大的反应，因此压强一定时，体系中通入水蒸气越多，则体系体积越大，越有利于平衡正向移动，苯乙烯的平衡转化率越大。图中相同温度时，曲线c乙苯的平衡转化率最小，则曲线c代表体系中通入水蒸气最少，即n（乙苯）∶为1∶1     （7）     （8）B     （9）来源广泛，简单易得；减少的排放，减少温室效应，实现碳中和      【解析】（1）反应ⅰ，反应后气体分子数增加，；，该式为一次函数：截距（时），斜率，斜率为负，对应下降趋势，对应选项C。 （2）根据盖斯定律，整理热化学方程式： ①    ； ② ；  ③ ；  ④ ； 反应ⅱ=①③②④，计算得： 。 （3）反应速率最慢对应活化能最大，活化能=过渡态能量该步起始物质能量： 第一步活化能：，第二步活化能：，最大活化能为，选C。 （4）A．第一步吸附后能量降低，则吸附释放能量，最终脱附过程能量升高，脱附为吸热过程，A错误； B．ⅱ为，ⅱ→ⅲ失去第二个H，形成碳碳双键，B正确； C．形成化学键一定是放热过程，C错误； D．催化剂只能降低反应活化能，不改变反应焓变，D错误。 （5）A．生成的苯乙烯和物质的量之比恒为，n（苯乙烯）∶的值保持不变，不能说明反应达到平衡，A错误； B．体系为恒温恒压，总压不变，不能说明反应达到平衡，B错误； C．未说明正逆反应速率，不能说明反应达到平衡，C错误； D．反应前后气体总质量不变，总物质的量增大，平均摩尔质量是变量，当平均摩尔质量保持不变时，说明反应达到平衡，D正确。 （6）反应ⅰ正向为气体体积增大的反应，恒温恒压下，投料比n(乙苯)越小（水蒸气占比越大），则体系体积越大，越有利于平衡正向移动，苯乙烯的平衡转化率越大，c曲线转化率最低，代表体系中通入水蒸气最少，对应n(乙苯)，即。 （7）平衡常数只与温度有关，反应ⅰ，温度越高平衡常数越大；三点温度：，则平衡常数：。 （8）催化剂循环中，高价态（X）氧化乙苯后，失去一个O被还原为低价态，即Y；乙苯被氧化为苯乙烯（M），（Y）再和反应得到O，重新生成（X），N为CO，故X为，选B。 （9）利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点有可利用，减少温室气体排放，符合环保理念；廉价易得，降低生产成本。 7.（2026·上海虹口区·二模）化学链技术通过载氧体的氧化还原循环，把乙烷安全、高效、低耗能地转化为乙烯，其反应过程如下图。LaFeO3是载氧体，通过流化技术在还原反应器和再生反应器中实现连续循环转移。还原反应器中的反应如下： （1）写出再生反应器中发生反应的化学方程式　　　　　　　。 （2）已知： ①2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)       ΔH1=-2856 kJ·mol-1 ②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)       ΔH2=-1323 kJ·mol-1 化学链技术中，乙烷制乙烯总反应的热化学方程式为　　　　　　　。 （3）下列能提高还原反应器中反应的活化分子百分数的是_______(不定项)。 A. 升高温度 B. 增大乙烷浓度 C. 加入催化剂 D. 缩小容器体积 在容积为2 L的密闭容器中，加入0.4 mol LaFeO3载氧体，通入0.2 mol乙烷，在750℃下发生反应，25 min时达平衡，固体质量减少2.56 g。 （4）下列能判断上述反应达到平衡状态的是_______(不定项)。 A. 乙烷的生成速率等于乙烯的生成速率 B. 气体的密度不再变化 C. 混合气体中乙烯与水蒸气的体积比不再变化 D. 反应的焓变ΔH不再变化 （5）0-25 min内，乙烯的化学反应速率为_______mol·L-1·min-1。 A. 0.0032 B. 0.0064 C. 0.008 D. 0.016 （6）750℃下，该反应的平衡常数K=_______。 A. 4.0 B. 0.32 C. 5.12 D. 10.24 传统乙烯的生产采用乙烷高温热裂解工艺，主要反应如下：，该反应的ΔH-TΔS随温度T的变化趋势如图所示。 （7）关于该反应，下列说法正确的是_______。 A. 该反应的ΔH<0 B. 该反应的ΔS<0 C.  D. 温度低于T1时，该反应能自发进行 （8）能提高该反应中乙烯平衡产率的措施有_______(不定项)。 A. 升温 B. 加压 C. 加入催化剂 D. 及时分离出氢气 （9）与乙烷高温热裂解制乙烯的工艺相比，利用化学链技术制乙烯的优势是　　　　　　　。(写一点) 【答案】（1）     （2）      （3）AC     （4）AB     （5）A     （6）B     （7）C     （8）AD     （9）总反应放热，耗能低；产物水易与乙烯分离，副反应少      【解析】（1）还原反应器中生成的转移到再生反应器中，往再生反应器中通入空气，空气中的氧气又将氧化为，实现循环，再生反应器中发生的反应方程式为。 （2）化学链技术中，乙烷制乙烯总反应为，根据盖斯定律，总反应=反应①-2反应②，则，乙烷制乙烯总反应的热化学方程式为。 （3）A．升高温度，使一些未活化的分子能量升高到活化状态，增大活化分子百分数，A正确；B．增大乙烷浓度，只增大单位体积内活化分子数，活化分子百分数不变，B错误；C．加入催化剂，降低反应的活化能，使一些分子达到活化状态，增大活化分子百分数，C正确；D．缩小容器体积（增大压强），只增大单位体积内活化分子数，活化分子百分数不变，D错误；故答案选AC。 （4）A．乙烷生成是逆反应，乙烯生成是正反应，且两者生成速率相等且系数比1：1，说明正逆反应速率相等，A符合题意；B．容器体积固定，该反应气体总质量随着反应进行会改变，根据是变量，当气体密度不变时，反应达到平衡，B符合题意；C．乙烯和水蒸气是生成物，按1：1生成，混合气体中乙烯和水蒸气的体积比始终为1：1，该比值为定量，不能判断反应达到平衡，C不符合题意；D．焓变只与反应方程式有关，与平衡状态无关，D不符合题意；故答案选AB。 （5）固体质量减少2.56 g，对应转化为，固体减少的是氧原子的质量。反应中，每生成，固体减少，同时生成。减少的的物质的量：，对应生成，则，答案选A。 （6）由题5可知，在容积为2 L的密闭容器中，时达到平衡，乙烯生成，浓度为，水蒸气浓度也为，乙烷初始浓度为，平衡时乙烷浓度为，则该反应的平衡常数，故答案选B。 （7）A．乙烷裂解为乙烯是吸热反应，，A错误；B．反应气体分子数增加，，B错误；C．当时，则，C正确；D．反应能自发进行的判据是，由图像可知，当温度低于时，，反应不能自发进行，D错误；故答案选C。 （8）A．该反应，升温平衡正向移动，乙烯产率提高，A符合题意；B．该反应气体分子数增加，加压平衡逆向移动，乙烯产率降低，B不合题意；C．催化剂只能改变反应速率，不影响平衡产率，C不符合题意；D．及时分离出氢气，会使生成物浓度降低，平衡正向移动，乙烯产率提高，D正确；故答案选AD。 （9）乙烷高温裂解需要极高温度，能耗大，且副反应多；化学链技术可通过循环载氧体把乙烷安全、高效、低耗能地转化为乙烯。 8.（2026·上海宝山区·质量监测）可再生能源驱动的二氧化碳电催化还原制燃料和化学品是实现国家“双碳”目标的一条重要途径。以下是三种不同条件下电催化还原制乙烯的方法。 （1）已知： 共价键 键能() 799 467 413 615 498 根据上表数据求算电催化还原制总反应：的　　　　　　　　　　　；该反应在　　　　　　　　　　　(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。 （2）产物乙烯可用酸性高锰酸钾溶液检测，请配平以下离子方程式　　　　　　　　　　　。 _________________________________________ Ⅰ   碱性条件 碱性膜电极电解器的装置图如下： （3）理论上阴极除了生成乙烯，同时也会生成。实际上在电解器中，电解液中还会生成　　　　　　　　　　　(填写离子符号)，造成碳损失。 （4）实验发现，加大电流可以提高二氧化碳利用率，减少碳损失，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ   酸性条件 若使用酸性膜电极电解器，很大程度可以减少碳损失。 （5）写出酸性条件下阴极的电极反应式　　　　　　　　　　　；若电解过程中转移6 mol电子，理论上生成C2H4的体积(标准状况)为　　　　　　　　　　　L。 （6）用该法能量转化效率会偏低，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅲ   高低温串联 基于氧离子导体的高温固体氧化物电解池(SOEC)可在800℃左右的高温下将转化为中间产物，再联用碱性电催化还原。 （7）请完成上述装置图所缺物质，括号中可能的中间产物为　　　　　　　　　　　。 （8）“高低温串联电催化还原法”能量效率(电能转化效率)较高，且几乎没有碳损失。根据上述装置说明该法具有这些优势的原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① +1303    ② 高温     （2）     （3）、     （4） 加大电流可以加快CO2还原为乙烯的反应速率，使更多的CO2在与反应前被还原为目标产物，从而减少生成碳酸盐/碳酸氢盐的副反应，因此碳损失减少     （5）①     ② 11.2     （6）阴极存在析氢副反应（），消耗电能，因此能量转化效率偏低     （7）CO     （8）阴极不会出现析氢反应，CO2转化为CO后进入碱性溶液也不会发生副反应而造成碳损失      【解析】（1）=反应物总键能-生成物总键能，反应物中含有4个C=O键和4个O-H键，反应物总键能=，生成物中含有1个C=C键、4个C-H键和3个O=O键，生成物总键能=，则该反应；当时反应可自发进行，该反应，若，该反应不可能自发进行，只有当，在高温条件下可自发进行； （2）该反应中，C元素从-2升至+4价，Mn元素从+7降至+2价，结合质量守恒和电荷守恒可写出该反应方程式：； （3）会与反应生成或； （4） 增大电流，单位时间内转移电子数增多，更多在阴极得到电子还原为乙烯，减少了与反应生成碳酸盐的量，因此碳损失减少。 （5）在电解池阴极，转化为，该反应过程中，C元素从+4价降至-2价，结合电荷守恒和质量守恒可写出该电极反应方程式：；从电极反应方程式可知，若电解过程转移6 mol电子，理论上生成的物质的量，其在标准状况下的体积为； （6）在阴极会发生反应：，使能量转化率降低； （7）从图像可以看出，固体氧化物电解池阳极生成，该电解池的总反应方程式为：，阴极反应为：，因此中间产物为CO； （8）由第（7）问分析可知，中间产物CO进入碱性电解池，避免了与发生副反应生成碳酸盐，造成碳损失。与酸性条件相比碱性条件下阴极的析氢反应得到抑制，降低了能量损耗。 9.（2026·上海闵行区·调研）红树林湿地被誉为“海岸卫士”，通过厌氧氨氧化和硫自养脱氮高效净化水体。 厌氧氨氧化的总反应为    已知：①    ②    ③    （1）上述厌氧氨氧化反应的　　　　　　　。 （2）在15℃、25℃和35℃下模拟厌氧氨氧化，实验数据如下图所示，则35℃时，0~2 min内的平均反应速率为　　　　　　　。(反应前后溶液体积不变，) 红树林底泥中富含硫元素，硫自养脱氮细菌能利用单质硫将还原脱氮。 反应原理： （3）配平上述硫自养脱氮过程的离子方程式：　　　　　　　。 （4）底泥中的也可参与脱氮过程：。一定温度下，在恒容密闭体系中模拟上述反应。能说明该反应达到平衡状态的是_______。(不定项) A. 溶液的pH不再变化 B. 体系内 C. 体系压强不再改变 D.  科研人员测得红树林水层与沉积物中、总硫化物相对浓度随深度的变化关系如下图。(沉积物中富含等离子) （5）利用该沉积物的层级结构可设计微生物燃料电池，则该电池的正极最应放置在深度为_______mm的区域。 A. -1～0 B. 0～1 C. 1～2 D. 大于2 （6）结合图像解释总硫化物浓度在沉积物表层几乎为0，而在沉积物深层随深度增加而升高的原因：　　　　　　　。 红树林能通过沉积物中的有效截留来自陆地径流的过量磷酸盐，缓解水体富营养化。下图是不同pH下磷酸的分布形式，。 （7）下列说法正确的是_______。(不定项) A. 酸性水体比弱碱性水体更利于磷酸盐形成沉淀 B. 水体时，去除磷酸盐的主要离子方程式： C. 的 D. 向磷酸溶液中加入溶液至时，此时溶液中存在： 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗的量折算成消耗的量(单位为)来表示。为评估红树林对水体的净化作用，小组成员测定了红树林表层水样的COD。(溶液的作用是消除干扰) 测试样品 消耗标准溶液体积 红树林表层水样 11.50 mL 蒸馏水 12.00 mL 地表水环境质量标准 水质等级 Ⅱ类 Ⅲ类 Ⅳ类 Ⅴ类 ≤15 ≤20 ≤30 ≤40 （8）通过计算，结合我国《地表水环境质量标准》，从化学需氧量角度判断红树林表层水体的水质等级　　　　　　　。 【答案】（1）-274.0     （2）     （3）     （4）AC     （5）B     （6）沉积物表层氧气浓度高，总硫化物被氧气氧化而消耗，浓度几乎为0；沉积物深层氧气浓度几乎为0，微生物将还原为总硫化物，且深度越深，总硫化物积累越多，总硫化物浓度随深度增加而升高     （7）B     （8）Ⅱ类      【解析】（1）目标反应可由反应③-反应①-反应②得到，则由盖斯定律得。 （2）相同条件下，升高温度，反应速率加快，则35 ℃对应曲线Ⅲ，0~2 min内的平均反应速率为。 （3）反应中S被氧化生成，S元素化合价从0升到+6，被还原生成，N元素化合价从+5降到0，根据得失电子守恒，S与的化学计量系数之比为5∶6，结合电荷守恒、原子守恒配平得离子方程式为。 （4）A．反应生成，溶液的pH不再变化，即不变，说明该反应达到平衡状态，A符合题意； B．，即两者浓度之比等于其化学计量系数之比，不能说明其浓度不变，则不能说明该反应达到平衡状态，B不符合题意； C．反应生成，体系压强不再改变，说明不变，说明该反应达到平衡状态，C符合题意； D．，即5∶88∶5(化学反应计量系数之比)，不能说明该反应达到平衡状态，D不符合题意； 故选AC。 （5）微生物燃料电池的正极发生还原反应，需要氧气作为氧化剂。该电池的正极最应放置在浓度高的区域，由图像可知，沉积物的层级结构中，0~1 mm区域既处于沉积物表层，又有较高的浓度，更适合作为正极的放置区域(兼顾氧气供应和与微生物、电解质的接触)，故选B。 （6）总硫化物浓度在沉积物表层几乎为0，而在沉积物深层随深度增加而升高的原因：沉积物表层氧气浓度高，总硫化物被氧气氧化而消耗，浓度几乎为0；沉积物深层氧气浓度几乎为0，微生物将还原为总硫化物，且深度越深，总硫化物积累越多，总硫化物浓度随深度增加而升高。 （7）磷酸()属于弱电解质，电离过程分步进行，依次电离出，结合不同pH下磷酸的分布形式可知，曲线1、2、3、4分别代表、的变化，且、、，据此分析： A．由图可知，酸性水体中(pH较低)，磷酸主要以、形式存在，弱碱性水体中(pH较高)，磷酸主要以形式存在，而与结合生成沉淀的趋势更大，所以弱碱性水体更利于磷酸盐形成沉淀，A错误； B．由图可知，水体时，磷酸主要以形式存在，则去除磷酸盐的主要离子方程式为，B正确； C．反应的，C错误； D．由曲线可知pH=12.3时，，则向磷酸溶液中加入溶液至时，溶质为等物质的量的，即发生反应：，根据物料守恒可得，，则此时溶液中存在：，D正确； 故选BD。 （8）滴定原理：，即。蒸馏水空白组：，则；水样组：，。水样消耗：，折算成消耗的量：，即，则，COD=，则水质等级为Ⅱ类。 10.（2026·上海徐汇区·能力诊断）乙二醇是重要的化工原料，可用于生产防冻液、聚酯纤维等产品。煤制乙二醇主要包括煤制合成气(CO和)和合成气制乙二醇两个步骤，煤制合成气的原理如下。    。 （1）能表示煤制合成气反应的与温度()关系的是___________。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ （2）一定条件下，在恒容密闭容器中模拟煤制合成气，能说明该反应已达到化学平衡状态的是___________(不定项)。 A. 体系内气体压强保持不变 B.  C. CO和的物质的量之比为1:1 D. 混合气体的密度保持不变 （3）煤制合成气反应的平衡常数与反应温度或压强的关系正确的是___________。 A.  B.  C.  D.  合成气间接法制乙二醇的原料转化率高、催化剂经济性好，是目前生产乙二醇的主要方法，一种合成路线如下图。 （4）中电负性最大的元素是___________。 A. C B. H C. O D. N （5）按照CO和的物质的量之比为1:2投料，该合成路线总的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 合成气直接合成乙二醇正在研究中，主要反应如下。 ①    ②    （6）   　　　　　　　　　　　。 （7）在恒温恒容密闭容器中，关于该反应体系说法正确的是___________。(不定项) A. 反应①正反应的活化能大于逆反应的活化能 B. 缩小容器体积，可以增加反应物分子中活化分子百分数 C. 反应达平衡后，向容器中充入少量氦气，乙二醇的生成速率不变 D. 反应达平衡后，降低温度，反应②逆反应速率先减小后逐渐恢复至原速率 （8）向2 L密闭容器中，充入一定量的合成气，在温度473 K，催化剂(含)下，仅发生反应①和②。测得和的时空收率分别为和(时空收率)。则用CO表示反应速率为　　　　　　　　　　　。 （9）一定条件下，使用某种铑催化剂发生反应①和②，下图为某一时刻，不同温度下CO的转化率，反应均未达平衡状态。温度从升高至，CO转化率减小可能的原因为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）C     （2）AD     （3）A     （4）C     （5）     （6）+7     （7）C     （8）     （9）催化剂活性降低      【解析】（1）煤制合成气反应的，,随温度升高，由大变小，数值由正转负，故能表示煤制合成气反应的与温度()关系的是③； （2）A．煤制合成气是前后气体分子数增大的反应，在恒容密闭容器中气体压强保持不变，则达平衡，A符合题意； B．，不能表明正逆反应速率相等，B不符合题意； C．反应开始后，任何时刻CO和的物质的量之比都为1:1，不一定达到平衡，C不符合题意； D．反应物为固体，未达平衡时，容器内气体质量是变化的，密度也在变化，若混合气体的密度保持不变，则达平衡，D符合题意； 答案选择AD。 （3）平衡常数只与温度有关，与压强变化无关，煤制合成气为吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数变大，压强变化平衡常数不变，故答案选择A； （4）同周期元素从左到右电负性递增，故电负性，由于水分子中氧化合价为负价，氢为正价，说明氧电负性比氢大，故中电负性最大的元素是氧，答案选择C； （5）根据合成总线可知，反应物为一氧化碳、氢气、氧气，产物为和水，所以总的化学方程式为 （6）设为反应③，根据盖斯定律可知反应③=①-②2，，； （7）A．=正反应的活化能-逆反应的活化能，反应①的，故正反应的活化能小于逆反应的活化能，A说法错误； B．缩小容器体积，可以增加反应物分子中活化分子数，但活化分子百分数不变，B说法错误； C．反应达平衡后，向容器中充入少量氦气，容器压强增大，但不改变乙二醇的浓度，乙二醇的生成速率不变，C说法正确； D．反应达平衡后，降低温度后重新达到平衡，由于温度和浓度都不同，逆反应速率不可能恢复至原速率，D说法错误； 答案选择C。 （8）据反应①，的时空收率为时，则其生成速率为，消耗的CO速率为，据反应②，的时空收率，则其生成速率为，消耗的CO速率为，则用CO表示反应速率为； （9）由于反应均未达平衡状态，温度从升高至，CO转化率减小可能的原因催化剂的活性降低； 11.（2026·上海杨浦区·调研）氨是生产化肥、硝酸的原料，也作制冷剂、脱硝剂和储氢载体。目前，工业上主要由和合成，已知：   。 （1）能增加合成反应有效碰撞的措施有：升高温度、　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 （2）合成氨反应达平衡后，若只改变一种条件，下列结论正确的是___________。(不定项) A. 升高温度，对影响更大 B. 增大压强，对影响更大 C. 减小，对影响更大 D. 使用催化剂，对影响更大 （3）某工厂，采用铁催化剂，在500 ℃，30 MPa，氢氮比为2.9的条件下合成氨。 ①合成塔中和随时间变化如图所示。下列叙述正确的是　　　　　　　　　　　。(不定项) A．a点处的正反应速率比b点处大 B．b点处反应达到平衡状态 C．d点(时)和e点(时)处不同 D．其他条件不变，550 ℃反应至时，比d点处值大 ②该工厂日产氨1000 t，若其他条件不变，将反应温度从500 ℃降低至200 ℃，该工厂日产氨约为　　　　　　　　　　　。(已知：温度每升高10 ℃，速率加快为原来的2倍；) A．10 t             B．1 t             C．10 g             D．1 g 常温常压下将废水中的硝酸盐还原为氨，兼具脱硝与氨再生双重价值。该方法以硼-四氧化三钴()纳米颗粒为催化剂。 （4）组成的三种元素，第一电离能由小到大的顺序是___________。 A.  B.  C.  D.  用下图所示装置，通过电催化还原制。 （5）阴极反应式为　　　　　　　　　　　。 （6）通电前，向阴极室加入NaOH使溶液呈碱性，其原因是　　　　　　　　　　　。(列举一点) （7）涂覆碳纸的操作是：取一定量粉末于萘酚与乙醇混合溶液中，经超声分散后得到胶体，再将其均匀涂覆在碳纸上，晾干备用。 ①超声分散与化学实验中　　　　　　　　　　　(填操作名称)的作用相似。 ②下列关于该胶体的说法正确的是　　　　　　　　　　　。(不定项) A．分散质为，分散剂为萘酚与乙醇的混合溶液 B．外观均一、稳定，但静置一段时间会出现沉淀 C．用激光笔照射该胶体，能观察到丁达尔现象 D．粒子直径大于100 nm，能透过滤纸不能透过半透膜 ③若将粉末直接涂覆在碳纸上使用，会导致电催化反应速率降低，说明原因。　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① 增大压强    ② 使用催化剂     （2）BC     （3）① AD     ② D      （4）C     （5）     （6）溶液显碱性，能降低，减弱得电子的能力，减少析氢副反应的发生或碱性环境有利于将反应生成的转化为逸出（合理即可）     （7）① 搅拌    ② AC    ③ B−Co3O4粉末直接涂覆易团聚，减小了催化剂与反应物的接触面积，催化效率降低，反应速率减慢       【解析】（1）能增加有效碰撞即可加快反应速率，合成氨反应中，升高温度、增大反应物浓度、增大压强、使用催化剂都可以加快反应速率，增加有效碰撞。 （2）A．该反应正反应放热，升高温度，正、逆速率都增大，对逆反应速率影响更大，A错误； B．该反应正反应气体分子数减少，增大压强，正、逆速率都增大，对正反应速率影响更大，B正确； C．减小生成物浓度，逆反应速率瞬间减小，正反应速率瞬间不变，对响更大，C正确； D．催化剂同等程度改变正、逆反应速率，D错误。 故选BC （3）①A． a点反应物浓度大于b点，正反应速率a点更大，A正确； B． b点后、物质的量仍在变化，未达到平衡，B错误； C．后物质的量不再变化，d点和e点相等，C错误； D． 该反应放热，升温平衡逆向移动，且温度升高反应速率更快，时已达到平衡，平衡时大于d点，D正确； 故选AD ②温度从降到，共降低，每降低速率变为原来的，因此速率变为原来的，相同时间产量与速率成正比： 原日产，因此现在日产氨约为，故选D。 （4）为金属元素，B、O为非金属元素，通常金属元素的第一电离能小于非金属元素，故Co的第一电离能最小；和同周期，同周期第一电离能从左到右逐渐增大，故第一电离能，因此顺序为，故选C。 （5）阴极发生得电子的还原反应，得电子生成，碱性环境配平得电极反应式。 （6）溶液显碱性，能降低，减弱得电子的能力，减少析氢副反应的发生或碱性环境有利于将反应生成的转化为逸出。 （7）①超声分散的作用是使催化剂颗粒均匀分散在混合溶液中，作用和实验中的搅拌相似。 ②A. 该胶体中，分散质为，分散剂为萘酚和乙醇的混合溶液，A正确； B. 胶体是介稳体系，性质稳定，静置不会产生沉淀，B错误； C. 胶体具有丁达尔效应，C正确； D. 胶体分散质粒子直径为，D错误； 故选AC ③胶体中催化剂颗粒分散均匀，直接涂覆粉末会导致催化剂团聚，比表面积减小，反应物与催化剂接触面积减小，催化效率降低，反应速率减慢。 12.（2026·上海青浦区·调研）氢源是燃料电池市场化关键，甲醇制氢是重要技术路线。常用的甲醇制氢方案如下： 方案一     方案二     方案三     （1）通过甲醇可制得甲硫醇()。沸点：甲醇　　　　　　　甲硫醇(选填“>”、“＜”或“=”)，原因是　　　　　　　。 （2）关于甲醇制氢，下列说法错误的是_______。 A. 反应①在高温条件下能自发进行 B. 反应②中反应物的总键能小于生成物的总键能 C. 反应③利用反应放出的热量预热原料气，可降低能耗 D. 消耗相同量的甲醇，方案一的产氢量高于方案二 已知反应①分两步进行： a.    b.    其它条件相同，在不同温度和水醇比条件下进行反应①，达平衡时测得甲醇转化率、CO物质的量分数如图所示：(已知：水醇比) （3）结合图中数据综合考虑，反应温度和水醇比的最佳选择是_______。 A. 300℃，1.0 B. 200℃，1.0 C. 250℃，1.5 D. 250℃，2.0 （4）通过计算相关反应焓变，从化学平衡角度解释温度对甲醇转化率、CO浓度影响的原因　　　　　　　。 以聚合物电解质膜为电极材料，利用电化学催化甲醇水蒸气制氢，所得氢气纯度高。装置示意图如下： （5）装置中b为_______极。 A. 正 B. 负 C. 阳 D. 阴 （6）写出a电极的反应方程式：　　　　　　　。 （7）工作时每消耗30 g甲醇，生成(标准状况下)，计算产率　　　　　　　。(结果保留3位小数) （8）电化学法制得的纯度比方案一更高，原因是　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 甲醇可形成分子间氢键，而甲硫醇不能。     （2）B     （3）D     （4）根据盖斯定律，反应b可由得到，。所以生成的反应a是吸热反应，转化的反应b是放热反应；升高温度，反应a平衡正向移动，反应b平衡逆向移动，因此甲醇转化率随温度升高而增大，CO的浓度随温度升高而增大。     （5）D     （6）     （7）0.978     （8）方案一的产物中会混有杂质、；电化学法中在阴极生成，在阳极生成，产物自动分离，因此纯度更高。      【解析】（1）氢键能显著提高分子晶体的沸点，甲醇含羟基，分子间可形成氢键，甲硫醇不能形成分子间氢键，因此甲醇沸点更高。 （2）A．反应①，正反应气体分子数增大，，根据，高温下，反应能自发进行，A正确； B．反应②，反应物总键能生成物总键能，因此反应物总键能大于生成物总键能，B错误； C．反应③，是放热反应，放出的热量可预热原料气，降低能耗，C正确； D．1 mol甲醇反应，方案一生成 ，方案二生成，因此方案一产氢量更高，D正确； 答案选B。 （3）工业生产需要综合考虑转化率、杂质含量、能耗和成本：甲醇转化率太低，温度高能耗大，且含量很高，排除A、B；由图可知，时，水醇比1.5和2.0相比，2.0时甲醇转化率高，且物质的量分数低，因此最佳选择为，水醇比2.0。 （4）反应a为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的转化率升高，的物质的量增加；根据盖斯定律，第二步反应的，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的物质的量增加。因此，温度升高对甲醇转化率的影响是使其增大，对CO浓度的影响是使其增大。 （5）该装置为电解池，移向b极，且b极上得电子生成，电解池中阳离子得电子发生还原反应的是阴极，因此b为阴极。 （6）a为阳极，失电子被氧化为，结合电荷、原子守恒配平即可得反应方程式为。 （7），根据总反应，理论生成，标况下理论体积，因此产率。 （8）方案一为均相催化反应，产物中混有、杂质，而电化学法两极产物分离，从根源避免了混入，因此纯度更高。 13.（2026·上海普陀区·调研）我国设计并建造的全球首艘纯氨动力船首航成功，开启航运零碳革命。氨燃料(即液氨)具有无碳燃烧、储运便捷、可由“绿氢”合成等优点，未来将成为替代传统船用燃油的主力。 （1）下列说法中正确的是___________。 A. 工业上用“绿氢”生产氨燃料，属于大气固氮 B. 氨燃料的使用，有助于“碳达峰、碳中和”目标的实现 C. 传统船用燃油的主要成分是油脂 D. 传统船用燃油可通过石油裂解获得 （2）氨燃料比液氢储运便捷，普通加压或-33℃环境即可液化保存，其原因可能有：　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 （3）合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。 ①合成氨反应的N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH=　　　　　　　　　　　kJ·mol-1(用图中字母表示)。 ②下列说法正确的是　　　　　　　　　　　。(不定项) A．反应历程中存在4个基元反应             B．反应历程中存在σ键和π键的断裂和形成 C．反应需在高温条件下才能自发进行       D．决速步的反应方程式为NH2*＋H*=NH3* （4）在不同压强下，按(H2)=0.75，(N2)=0.25组成进料(物质i的物质的量分数：)，反应达到平衡时氨的物质的量分数与温度的关系如图所示。 ①下列说法正确的是　　　　　　　　　　　。(不定项) A．压强P1＞P2 B．平衡常数KA=KB＞KC C．达到平衡时，反应速率vB＞vA D．D处迅速升温由T1到T2，此时v正＜v逆 ②在容积为2 L的密闭容器中投入共1 mol反应气体，5 min后达到A处平衡状态，则氮气的反应速率v(N2)=　　　　　　　　　　　mol⋅L−1⋅min−1。 ③压强为P1时，按(H2)=0.675，(N2)=0.225，(Ar)=0.1组成进料，在下图中画出平衡时氨的物质的量分数与温度的关系曲线　　　　　　　　　　　。 电催化硝酸盐还原合成氨，装置如图甲。电解时先吸附到催化剂表面放电产生。控制其它条件不变，产率随pH变化如图乙。 （5）生成的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 （6）控制pH为6～8时，的产率较高，请解释其原因：　　　　　　　　　　　。(提示：离子浓度的大小可能会对氧化性的强弱产生影响)。 【答案】（1）B     （2）① NH3相对分子质量比H2大（极性分子），分子间作用力较大    ② 含有分子间氢键，故沸点较高，易液化保存     （3）① -2(a-b)或2b-2a    ② AD     （4）① C    ② 0.01    ③      （5） ＋8e-＋10H＋→＋3H2O     （6）若溶液pH减小，H＋浓度增大，H＋在催化剂表面得电子的竞争加剧，阻碍了在催化剂表面的吸附，从而使的产率逐渐减小；若溶液pH过大，反应所需H＋浓度减小，使还原反应变难，故产率较低。（或H＋浓度对于氧化性的影响）      【解析】（1）A. 工业用氢气合成氨属于人工固氮，大气固氮是自然条件下氮气转化为含氮化合物（如雷电固氮），A错误； B. 氨燃料不含碳，燃烧不排放，有助于实现“碳达峰、碳中和”，B正确； C. 传统船用燃油的主要成分是烃类混合物，不是油脂，C错误； D. 船用燃油主要通过石油分馏/裂化获得，石油裂解主要用于生产小分子烯烃，D错误； 故选B。 （2）分子间存在氢键，分子间作用力远大于液氢，因此普通加压或稍降温即可液化，储运更便捷。 （3）图中为，反应物相对能量为0，生成物相对能量为，该反应；总反应计量数为其2倍，故。②   A. 1个过渡态对应1个基元反应，图中共4个过渡态，因此有4个基元反应，A正确； B. 反应中断裂σ键和π键，断裂σ键，仅生成N-Hσ键，没有π键生成，B错误； C. 合成氨、，根据，反应低温自发，C错误； D. 活化能最大的步骤为决速步，图中的活化能最大，是决速步，D正确； 故选D。 （4）A. 合成氨是气体分子数减少的反应，压强越大，平衡物质的量分数越大；相同温度下的更大，故，A错误； B. 合成氨放热，温度升高平衡常数减小，KA＞KB=KC，B错误；C.温度越高反应速率越快，B点温度高于A点，故vB>vA，C正确；D.D处未达到平衡状态，此时v正＞v逆，升温后，正逆反应速率均上升，同时K下降，D、C处纵坐标相同，因此v正=v逆，D错误。② 设平衡时转化的为，总起始气体为：平衡总物质的量，A点，解得，因此。③ 曲线趋势与原曲线一致（随温度升高降低），同温度下小于原曲线，整体位于原曲线下方。 （恒压下加入惰性气体，反应物分压减小，平衡逆向移动，物质的量分数降低）即：。 （5）在阴极得电子生成，N从+5价变为-3价，得8e⁻，酸性环境下用配平电荷和原子，得到上述电极反应。 （6）pH过低时，浓度过大，易发生析氢副反应（），产率降低；pH过高时，浓度过小，氧化性减弱，反应速率减慢，产率降低，因此pH为6~8时产率较高。 14.（2026·上海青浦区·调研）氢源是燃料电池市场化关键，甲醇制氢是重要技术路线。常用的甲醇制氢方案如下： 方案一     方案二     方案三     （1）通过甲醇可制得甲硫醇()。沸点：甲醇　　　　　　　甲硫醇(选填“>”、“＜”或“=”)，原因是　　　　　　　。 （2）关于甲醇制氢，下列说法错误的是_______。 A. 反应①在高温条件下能自发进行 B. 反应②中反应物的总键能小于生成物的总键能 C. 反应③利用反应放出的热量预热原料气，可降低能耗 D. 消耗相同量的甲醇，方案一的产氢量高于方案二 已知反应①分两步进行： a.    b.    其它条件相同，在不同温度和水醇比条件下进行反应①，达平衡时测得甲醇转化率、CO物质的量分数如图所示：(已知：水醇比) （3）结合图中数据综合考虑，反应温度和水醇比的最佳选择是_______。 A. 300℃，1.0 B. 200℃，1.0 C. 250℃，1.5 D. 250℃，2.0 （4）通过计算相关反应焓变，从化学平衡角度解释温度对甲醇转化率、CO浓度影响的原因　　　　　　　。 以聚合物电解质膜为电极材料，利用电化学催化甲醇水蒸气制氢，所得氢气纯度高。装置示意图如下： （5）装置中b为_______极。 A. 正 B. 负 C. 阳 D. 阴 （6）写出a电极的反应方程式：　　　　　　　。 （7）工作时每消耗30 g甲醇，生成(标准状况下)，计算产率　　　　　　　。(结果保留3位小数) （8）电化学法制得的纯度比方案一更高，原因是　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 甲醇可形成分子间氢键，而甲硫醇不能。     （2）B     （3）D     （4）根据盖斯定律，反应b可由得到，。所以生成的反应a是吸热反应，转化的反应b是放热反应；升高温度，反应a平衡正向移动，反应b平衡逆向移动，因此甲醇转化率随温度升高而增大，CO的浓度随温度升高而增大。     （5）D     （6）     （7）0.978     （8）方案一的产物中会混有杂质、；电化学法中在阴极生成，在阳极生成，产物自动分离，因此纯度更高。      【解析】（1）氢键能显著提高分子晶体的沸点，甲醇含羟基，分子间可形成氢键，甲硫醇不能形成分子间氢键，因此甲醇沸点更高。 （2）A．反应①，正反应气体分子数增大，，根据，高温下，反应能自发进行，A正确； B．反应②，反应物总键能生成物总键能，因此反应物总键能大于生成物总键能，B错误； C．反应③，是放热反应，放出的热量可预热原料气，降低能耗，C正确； D．1 mol甲醇反应，方案一生成 ，方案二生成，因此方案一产氢量更高，D正确； 答案选B。 （3）工业生产需要综合考虑转化率、杂质含量、能耗和成本：甲醇转化率太低，温度高能耗大，且含量很高，排除A、B；由图可知，时，水醇比1.5和2.0相比，2.0时甲醇转化率高，且物质的量分数低，因此最佳选择为，水醇比2.0。 （4）反应a为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的转化率升高，的物质的量增加；根据盖斯定律，第二步反应的，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的物质的量增加。因此，温度升高对甲醇转化率的影响是使其增大，对CO浓度的影响是使其增大。 （5）该装置为电解池，移向b极，且b极上得电子生成，电解池中阳离子得电子发生还原反应的是阴极，因此b为阴极。 （6）a为阳极，失电子被氧化为，结合电荷、原子守恒配平即可得反应方程式为。 （7），根据总反应，理论生成，标况下理论体积，因此产率。 （8）方案一为均相催化反应，产物中混有、杂质，而电化学法两极产物分离，从根源避免了混入，因此纯度更高。 15.（2026·上海金山区·二模）纳米碗是一类具有独特碗状结构的纳米材料，在催化、生物医药等领域具有广阔前景。高温条件下，纳米碗可由经过连续脱氢反应生成。其中第一步反应为：①    该步反应的反应历程—能量变化示意图如下所示。 （1）________。 A. 70.9 B. 110.3 C. 128.2 D. 150.8 （2）图中包含　　　　　　　　步基元反应，决速步骤是第　　　　　　　　步。 一定条件下，在2 L恒容密闭容器中，充入，发生反应①。达到平衡后，测得。 （3）能说明该反应达到化学平衡状态的是________。 A. 压强保持不变 B. 平衡常数保持不变 C. 气体密度保持不变 D. 单位时间内，断开键的同时，断开键 （4）的平衡转化率为　　　　　　　　；其他条件不变，下列措施可以提高平衡转化率的是　　　　　　　　。（不定项） A.使用合适的催化剂       B.升高温度       C.充入一定量的       D.及时分离出 （5）达到平衡后，向容器中充入和各0.5 mol，通过计算判断化学平衡的移动方向　　　　　　　　。 将Fe、N掺入纳米碗并替代部分碳原子，可制得高比表面积的铁纳米碗（简称Fe-SANBs）。酸性条件下，过量的与其表面的发生类芬顿反应，生成具有强氧化性的自由羟基（），该反应可用于肿瘤治疗，反应原理为： 反应过程示意图如下所示。 （6）下列关于类芬顿反应的说法正确的是________。 A. 反应速率随温度升高，不断增大 B. 增加Fe-SANBs投入量，可提高单位时间内生成量 C. 反应过程中，溶液pH不断减小 D. 滴加淀粉KI试液，溶液变蓝，说明生成了 （7）酸性环境有利于Fe-SANBs表面的参与类芬顿反应。从化学平衡移动的角度解释原因　　　　　　　　。 实验小组选用某Fe-SANBs样品模拟类芬顿反应，]，并使溶液中维持在。 已知反应的速率表达式为，速率常数（）。 （8）初始反应速率　　　　　　　　；在实际治疗肿瘤的过程中，要求1分钟内产生的浓度不低于，分析并判断该Fe-SANBs样品是否满足要求　　　　　　　　。 【答案】（1）C     （2）① 3    ② 3     （3）A     （4）① 20%    ② BD     （5）向逆反应方向移动     （6）B     （7）酸性环境中浓度高，反应平衡正向移动，促进参与反应     （8）①     ② 不满足要求      【解析】（1）反应①：,反应热等于生成物总能量减去反应物总能量，由图可知，反应物的相对能量为，生成物的相对能量为，因此：，对应选项为 C； （2）反应历程中，过渡态的数量等于基元反应的数量。由图可知，反应过程中有3个过渡态（对应3个能峰），因此包含 3步基元反应。决速步骤为活化能最大的步骤，活化能是过渡态与前一状态的能量差：第1步：；第2步：；第3步：，活化能最大的是第3步，因此决速步骤为第 3步； （3）反应①为气体分子数增大的反应，恒容条件下： A．反应前后气体物质的量变化，压强随反应进行而增大，压强不变说明气体物质的量不变，反应达到平衡，A正确； B．平衡常数仅与温度有关，温度不变时，平衡常数始终不变，不能说明反应达到平衡，B错误； C．恒容条件下，气体总质量不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡，C错误； D．正反应断开C—H键、逆反应形成C—H键，平衡时断开与形成的速率应相等，即断开1 mol H—H键的同时应断开2 mol C—H键（正反应消耗2 mol C—H键生成1 mol），因此该描述不能说明平衡，D错误； （4）在2 L恒容容器中，充入2 mol ，平衡时，则生成的物质的量为，由反应式可知，反应的物质的量为，因此平衡转化率：； A．催化剂只改变反应速率，不影响平衡，转化率不变，A不符合题意； B．反应①（吸热反应），升高温度平衡正向移动，转化率提高，B符合题意； C．恒容条件下，充入惰性气体不改变各物质浓度，平衡不移动，转化率不变，C不符合题意； D．生成物浓度降低，平衡正向移动，转化率提高，D符合题意； （5）平衡时：，，，；充入各0.5 mol 和后，各物质浓度：，， 浓度商：，，说明反应逆向进行，平衡向逆反应方向移动； （6）A．温度过高时，反应物易分解，导致其浓度降低，反应速率可能随之下降，A错误； B．Fe-SANBs为催化剂，增加用量即增加活性位点，反应速率加快，生成量提高，B正确； C．反应消耗，pH应增大，C错误； D．也具有强氧化性，可氧化使淀粉变蓝，不能仅说明生成，D错误； （7）从平衡移动角度，反应中，为反应物，酸性环境（浓度高）会使平衡正向移动，促进反应进行，提高的生成速率和浓度，因此有利于Fe-SANBs表面的参与类芬顿反应； （8）已知速率表达式：，代入数据： ，， ，；1分钟（60 s）内生成的浓度：，由于，因此该Fe-SANBs样品不满足要求。 16.（2026·上海奉贤区·二模）碳酸二甲酯(DMC)结构简式为，是一种重要的化工原料，用于制备锂离子电池和聚碳酸酯等。DMC的合成方法如下： 方法I：“甲醇氧化羰基法” i．制备 此方法以捕集回收的为原料，在一定条件下直接催化合成甲醇，全过程无新的碳排放。涉及的反应为: 在某催化剂作用下的反应机理如图所示： （1）判断该反应的热效应　　　　　　　　0。 A.>       B.＜ （2）在该反应机理中，共有________个基元反应。 A. 7 B. 8 C. 13 D. 14 （3）写出上述机理中决速步骤反应方程式　　　　　　　　　。 ii．制备DMC 以和为原料，为催化剂，一定条件下发生反应为： 反应1 已知： 反应2    反应3    反应4    （4）　　　　　　　　　　。 （5）如图关于反应1的随温度变化趋势正确的是__________。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ 生成DMC的过程中会发生副反应： 反应5    已知：DMC的选择性； 催化剂部分被还原为是活化CO和的活性中心。 （6）在恒温恒压密闭容器中合成DMC，不能说明反应1达到平衡状态的是__________。(不定项) A.  B. DMC与的物质的量之比保持不变 C. 混合气体的密度保持不变 D. 混合气体平均摩尔质量保持不变 （7）向2 L密闭容器中充入的混合气体，一定条件下发生上述反应。2小时后反应达平衡，测得，则小时内DMC的平均生成速率为　　　　　　　　　　。 保持其他条件不变时，改变CO与的进料比，测得的转化率、DMC的选择性在相同时间内变化趋势如下图所示： （8）由图可知，当时，DMC选择性最高，但工业上的进料比：，分析其原因　　　　　　　　　。 （9）对反应1，下列说法正确的是__________(不定项)。 A. 使用催化剂，可降低反应的热效应，加快反应速率 B. 活化分子之间的碰撞不都能发生化学反应 C. 增加的浓度，平衡正向移动，有利于提高的转化率 D. 为了增加DMC的产率，应及时将循环气冷却后分离冷凝水 方法II：高效串联电催化合成DMC反应原理及其装置工作原理如下所示： （10）阴极电极反应为　　　　　　　　　　。 【答案】（1）B     （2）B     （3）或；     （4）     （5）C     （6）AB     （7）     （8）当时，虽然DMC选择性最高，但此时的转化率过低，反应速率慢，不具备经济效益。工业采用的进料比，是在保证较高转化率（反应速率）的同时，获得较优的DMC选择性，是经济效益和生产效率的最佳平衡点     （9）BD     （10）      【解析】（1）从反应历程能垒图可以看出，反应的最终状态能量低于初始状态能量，说明该反应为放热反应，因此； （2）基元反应的数目等于反应历程中过渡态（TS）的数目和吸附于催化剂和脱离催化剂过程，因此共8步基元反应； （3）决速步是活化能最大的步骤，对应能垒图中能量差最大的一步。从图中可以看出，第4步的能垒最高，为决速步。该步骤的反应方程式为：或：； （4）目标反应1：； 已知反应： 反应2：， 反应3：， 反应4：。根据盖斯定律，将反应4+反应2-反应3可得反应1，故，则； （5）反应1的焓变，为放热反应；同时该反应是气体分子数减少的反应，。根据吉布斯自由能判据，因此低温自发，高温不自发。反应1的随温度变化趋势为曲线③，选C； （6）A．，速率比不等于化学计量数比（应为），不能说明平衡，A符合题意； B．二者均为生成物，初始投料比不确定，不能说明平衡，B符合题意； C．恒压容器中，反应前后气体物质的量变化，体积变化；总质量不变，密度不变说明体积不变，即气体物质的量不变，反应达平衡，C不符合题意； D．平均摩尔质量，总质量不变，反应前后变化，不变说明不变，反应达平衡，D不符合题意； （7）体系中同时存在生成DMC的主反应：，以及生成副产物的反应：；根据初始投料、与平衡数据、，可得总消耗量为，总消耗量为；设生成DMC的物质的量为、生成副产物的物质的量为，依据两个反应的计量关系列出方程组：，解得；则； （8）工业生产需综合考虑反应速率和产率。由图可知，当时，虽然DMC选择性最高，但此时的转化率过低，反应速率慢，不具备经济效益。工业采用的进料比，是在保证较高转化率（反应速率）的同时，获得较优的DMC选择性，是经济效益和生产效率的最佳平衡点； （9）A．催化剂只改变活化能，不改变焓变，A错误； B．只有活化分子之间的有效碰撞才能反应，B正确； C．增加反应物浓度，平衡正向移动，但自身转化率降低，C错误； D．降低生成物浓度，平衡正向移动，提高产率，D正确； （10）据图示可知，玻碳电极上转化为，发生氧化反应，玻碳电极为阳极，阳极电极反应式为：，则金电极上转化为CO，金电极为阴极，阴极电极反应式为。 17.（2026·上海静安区·调研）2024年4月，上海港首开绿色甲醇“船-船”加注，至2025年底已形成10万吨绿色甲醇本地产能，成为东北亚航运脱碳核心补给港。 绿色甲醇的主流生产是生物质路线和二氧化碳加氢路线，两路线涉及的反应如下： Ⅰ．    Ⅱ．    Ⅲ．    恒温恒容时，在密闭容器中进行反应Ⅱ，初始时只投入和。 （1）若转化为的平衡转化率为50%，则平衡常数___________。 A. 0.148 B. 0.2 C. 0.333 D. 0.111 （2）对容器内混合气体的推测，能说明反应Ⅱ已达平衡状态的是___________(不定项)。 A. 压强不再改变 B.  C. 密度不再改变 D. 容器内与的物质的量浓度相等 在A、B两种不同催化剂作用下，反应Ⅱ的相对能量与反应历程关系如下。 （3）工业生产上优选的是　　　　　　　　　　　。 A．催化剂A       B．催化剂B （4）该催化条件下的控速步骤为___________。 A. ④ B. ③ C. ② D. ① （5）生物质路线主要涉及反应Ⅰ，其中CO、来源于生物质的氧化，反应Ⅰ的　　　　　　　　　　　。升高温度，有利于反应Ⅲ的自发进行，则反应Ⅲ的　　　　　　　　　　　。 A．>0       B．=0       C．<0 3MPa下，按、进气流量持续通过装有0.5 g催化剂的反应管，仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，经相同时间，测得的时空收率、转化率和的选择性随温度(T)变化的曲线如图。 已知： 的时空收率 的选择性 CO的选择性 （6）图中，代表选择性随温度变化的是　　　　　　　　　　　。 A．曲线P       B．曲线N       C．曲线M （7）280℃时，若的时空收率为，则的转化率=　　　　　　　　　　　。 （8）当，曲线M快速下降的原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）A     （2）A     （3）B     （4）C     （5）①     ② A     （6）C     （7）     （8）反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度后反应Ⅱ平衡逆向移动、反应Ⅲ平衡正向移动，的选择性大幅降低，因此曲线M快速下降      【解析】（1）据三段式计算平衡浓度，初始，，转化率为：，平衡常数； （2）A．反应Ⅱ是气体分子数减小的反应（左 mol气体，右 mol气体），恒容下压强不再改变，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，A正确； B．未说明正逆反应方向，任何反应阶段该比例都成立，不能判断平衡，B错误； C．恒容容器，气体总质量始终不变，密度始终不变，不能判断平衡，C错误； D．与浓度相等不能说明浓度不再变化，无法判断平衡，D错误； 故选A； （3）催化剂可以降低反应活化能，从能量图可知，催化剂B的整体活化能更低，反应速率更快，因此优选催化剂B； （4）反应的控速步骤是活化能最大的一步。对催化剂B，步骤②需要的活化能最大，因此控速步骤为②； （5）根据盖斯定律：反应I = 反应II - 反应III，因此。 自发反应满足，反应III，升高温度更利于自发，说明，选A； （6）反应Ⅱ放热，反应III吸热，升高温度，平衡向反应Ⅲ正向、反应Ⅱ逆向移动，转化为的比例降低，因此选择性随温度升高逐渐降低，对应图中一直下降的曲线M，选C； （7）总进气流量为，，因此单位时间（小时）通入的物质的量为 ，根据题干时空收率的公式得，时，由图可知选择性，则； （8）反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度后，平衡向反应Ⅱ逆向、反应Ⅲ正向移动，更多转化为，的选择性大幅降低，因此代表选择性的曲线M快速下降。 18.（2026·上海长宁区·一模）由于煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO4、硫化物及微量单质硫等)，因此以硫及其化合物的性质和转化为基础，检测煤中全硫含量成为一项热门课题。 （1）下列关于硫及其化合物的转化，说法正确的是_______。(不定项) A. 硫酸型酸雨产生途径之一： B. 用少量处理过量的： C. 用过量氨水处理工业尾气中的： D. 用、证明的还原性： （2）在硫酸工业的接触室中发生的反应为。下列有关说法正确的是_______。 A. 是含有极性键的非极性分子 B. 能使紫色石蕊试液先变红后褪色 C. 接触室中的催化剂为铁触媒 D. 等体积混合的和使石蕊试液仅变红 库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含、、、、。 （3）煤样需研磨成细小粉末，其目的是　　　　　　　。 （4）高温下，煤中过量的碳与2.72 g (，M=136 g/mol)完全反应，理论上可生成的体积(标准状况下)约为：_______。 A. 224 mL B. 448 mL C. 672 mL D. 896 mL 通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。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，溶解并将还原，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。 （5）下列关于该电解池工作时的判断正确的是_______。 A. 阴极上发生氧化反应 B. 电子从阳极通过导线移向电源正极 C. 一段时间后溶液pH降低 D. 将化学能转化为电能 （6）SO2在电解池中发生反应的离子方程式为　　　　　　　。测硫仪工作时电解池的阳极反应式为　　　　　　　。 （7）煤样为a g，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为　　　　　　　。 已知：电解中转移1 mol电子所消耗的电量为96500库仑。 （8）测定过程中，需控制电解质溶液pH，当pH＜1时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为　　　　　　　。测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫含量结果会　　　　　　　。(填“偏高”或“偏低”) 【答案】（1）AD     （2）D     （3）增大煤样与空气的接触面积，加快反应速率，使煤粉完全燃烧     （4）B     （5）B     （6）① SO2++2H2O=+3I-+4H+    ② 3I- -2e-=     （7）%     （8）① 6I-+O2+4H+=2+2H2O，    ② 偏小      【分析】 由题干电解池装置图可知，左侧Pt电极与电源正极相连，是阳极，发生氧化反应，电极反应为：3I- -2e-=，右侧Pt电极与电源负极相连，是阴极，发生还原反应，电极反应为：2H++2e-=H2↑，据此分析解题。 【解析】（1）A．硫酸型酸雨产生途径之一是燃煤过程中硫燃烧产生SO2，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸使雨水呈酸性，反应生成的弱酸亚硫酸与空气中氧气反应生成强酸硫酸，使雨水酸性增强、pH减小，A正确； B．硫化氢在少量氧气中燃烧生成硫和水，而不是生成SO2和H2O，B错误； C．二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵和水，而得不到亚硫酸氢铵，C错误； D．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，则二氧化硫能与氯化钡和过氧化氢的混合溶液反应生成白色沉淀即BaSO4，说明二氧化硫具有还原性被H2O2氧化成H2SO4，D正确； 故答案为：AD； （2）A．二氧化硫分子中孤对电子对数为×(6-2×2)=1，价层电子对数为2+1=3，分子的空间构型是结构不对称的V形，正、负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误； B．二氧化硫具有漂白性，但不能使紫色石蕊溶液褪色，B错误； C．接触室中的催化剂为五氧化二钒，铁触媒是合成氨的催化剂，C错误； D．由反应SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4可知，等体积混合的SO2和Cl2通入水中全部转化为没有漂白性的HCl和H2SO4，则使石蕊试液仅变红 D正确； 故答案为：D； （3）根据影响反应速率的因素，煤样需研磨成细小粉末，目的是增大煤样与空气的接触面积，加快反应速率，使煤粉完全燃烧，故答案为：增大煤样与空气的接触面积，加快反应速率，使煤粉完全燃烧； （4）高温下，煤中过量的碳与2.72 g CaSO4(CaSO4，M=136 g/mol)完全反应，反应中硫元素全部转化为SO2，即完全反应生成SO2的物质的量等于CaSO4的物质的量为：=0.02mol，则理论上可生成SO2的体积(标准状况下)约为：0.02mol×22400 mL/mol=448 mL，故答案为：B； （5）A．已知电解池中，与电源负极相连的是阴极，阴极上发生还原反应，A错误； B．电解池中阳极发生氧化反应，失去电子，阴极发生还原反应，得到电子，故电子从阳极通过导线移向电源正极，B正确； C．由分析可知，电解过程中阳极反应为：3I- -2e-=，阴极反应为：2H++2e-=H2↑，即消耗溶液中的H+，故一段时间后溶液pH升高，C错误； D．电解池是将电能转化为化学能的装置，D错误； 故答案为：B； （6）由题干信息可知，SO2在电解池中发生反应是SO2将还原为I-，自身被氧化为，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：SO2++2H2O=+3I-+4H+，由分析可知，测硫仪工作时电解池的阳极反应式为3I- -2e-=，故答案为：SO2++2H2O=+3I-+4H+；3I- -2e-=； （7）由题意得到转化关系S~SO2~~~2e-，根据电量可求出电解时转移电子的物质的量n(e-)==mol，则n(S)==mol，因此煤样中S的质量分数为×100%=%，故答案为：%； （8）当pH＜1时，在酸性条件下，溶液中溶解氧也能氧化I-生成，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒可得生成的离子方程式为：6I-+O2+4H+=2+2H2O，管式炉中煤样燃烧时会有少量SO3产生，SO3不参与电极反应，使测得的全硫含量偏小，故答案为：6I-+O2+4H+=2+2H2O；偏小。 19.（2026·上海崇明区·模拟）将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。一种富集烟气中的方法示意图如下： （1）写出“吸收”过程对应的化学方程式：　　　　　　　　　　　。 在温度25℃下，浓度均为0.1 的4种溶液pH如下： 溶质 pH 11.6 9.7 10.0 4.5 （2）据表中和的pH，　　　　　　　　　　　(填“能”或“不能”)判断非金属性C。 （3）向溶液中通入一定量气体，不可能发生的离子反应为___________。(不定项) A.  B.  C.  D.  （4）等物质的量浓度的和的混合溶液中，有关微粒的浓度关系正确的是___________。(双选) A.  B.  C.  D.  与在催化剂作用下可转化为，体系中发生的主要反应如下： ①    ②    （5）如果仅发生反应①，下列能够说明该反应已达到平衡状态的是___________。 A.  B. 与物质的量之比不再变化 C. 气体平均分子量不再变化 D. 气体总质量不再变化 （6）研究表明，CO与也能生成，写出该反应的热化学方程式：　　　　　　　　　　　。 在催化剂作用下，将1 mol 、3 mol 投入反应器，反应温度对平衡转化率、选择性的影响如图。 已知： 产率 （7）随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是　　　　　　　　　　　。 （8）在240℃达到平衡时，的产率为　　　　　　　　　　　%。若除反应①和②不考虑其他反应，体系　　　　　　　　　　　(填“吸收”或“放出”)的热量为　　　　　　　　　　　kJ。 【答案】（1）     （2）不能     （3）D     （4）AC     （5）C     （6）        （7）升高温度，反应①平衡向逆反应方向移动，随温度升高逐渐减小，而反应②平衡向正反应方向移动，且移动程度大于反应①，总体转化率增大。     （8）① 3    ② 吸收    ③ 3.45      【解析】（1）“吸收”过程中K2CO3吸收烟气中的CO2生成KHCO3，化学方程式为。 （2）、均存在电离平衡和水解平衡，且不是S元素的最高价含氧酸，故无法比较C、S的非金属性强弱。 （3）需根据SO2通入量（少量、过量）判断产物，由浓度均为0.1mol/L碳酸钾、碳酸氢钾、亚硫酸钾、亚硫酸氢钾溶液的pH可知，酸性强弱（）及反应规律分析各选项离子方程式的合理性。 A．的酸性强于，当SO2适量时，反应可以发生，A正确； B．当SO2少量时，过量，生成和，反应可以发生，B正确； C．当SO2过量时，H2SO3足量，会生成CO2和，离子方程式为，C正确； D．该反应不符合强酸制弱酸规律，因为与SO2反应时，SO2溶于水生成H2SO3，即使SO2少量，也会生成而不是直接生成CO2；若SO2过量则生成，不可能直接生成和CO2，所以该反应不可能发生，D错误； 故选D。 （4）A．根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，在等物质的量浓度的和的混合溶液中，电荷守恒式应为，A正确； B．混合溶液中电荷守恒式为，物料守恒为，两式整理得，B错误； C．设和的物质的量浓度均为c，则，，所以，C正确； D．等物质的量浓度的和的混合溶液中，的水解程度大于水解程度，所以，D错误； 故选AC。 （5）A．反应①中，∶∶1时才达到平衡，不满足比例关系，说明反应没有达到平衡，A不符合题意； B．与H2O是生成物，按1∶1生成，无论是否平衡，物质的量之比始终为1∶1，不能说明平衡，B不符合题意； C．反应①是气体体积变化的反应，总质量不变，平均摩尔质量，当平均分子量（即平均摩尔质量）不再变化时，说明n总不变，能说明平衡，C符合题意； D．反应①中所有物质都是气体，根据质量守恒，总质量始终不变，不能说明平衡，D不符合题意； 故选C。 （6）由盖斯定律可知反应①-反应②可得目标方程：   。 （7）随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是反应①为放热反应，反应②为吸热反应，随温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，随温度升高逐渐减小，而反应②平衡向正反应方向移动，且移动程度大于反应①，总体转化率增大。 （8）在240℃达到平衡时，CO2平衡转化率=15%，选择性=20%，则生成n()=1 mol×0.15×0.2=0.03 mol，则的产率为，反应①放热×0.03mol=1.47 kJ；1 mol×15%×80%=0.12 mol二氧化碳参与反应②，反应②吸热×0.12 mol=4.92 kJ，故在240℃达到平衡时，体系吸收的热量为4.92 kJ -1.47 kJ =3.45kJ。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 化学反应原理综合题 3年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点 化学反应原理综合题 2026上海（1题）、2025上海（2题）、2024上海（1题） · 情境设置：以氢能源、碳中和等新能源与环保热点为背景，融合工业生产实际 · 考查重点：盖斯定律与热化学方程式、化学平衡移动与转化率计算、电化学原理（原电池/电解池）、反应速率与活化能分析 · 命题趋势：强化多模块知识融合，增加图像数据分析与定量计算难度，注重科学思维与绿色化学理念考查 考点1 化学反应原理综合题 1.（2026·上海·高考真题）氢能源是一种来源丰富、清洁、高效、用途广泛的“绿色能源”，将氢作为能量载体储存起来，被认为是解决能源问题的最佳方案。 反应I：    反应II： (反应I中可以近似认为) （1）使用不同催化剂对反应的反应速率影响不同。下图使用的两种催化剂对反应速率的作用如下图所示，判断其中效果较好的催化剂，并说明理由。　　　　　　　　　　　 （2）在恒容密闭容器中，能说明反应I达到化学平衡状态的是___________(不定项)。 A. BDO不再生成 B.  C. 气体压强不再变化 D. 气体密度不再变化 （3）下列措施可以使反应Ⅱ平衡正向移动的是___________(不定项)。 A. 体积减少 B. 温度升高 C. 加入GBL D. 使用催化剂 （4）恒温条件下，若将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，则达到平衡时，的浓度　　　　　　　　　　　。 A．增大       B．减小       C．不变 原因是　　　　　　　　　　　。 （5）在起始GBL 1 mol、灰氢6 mol、氢的物质的量分数为0.5的条件下，反应t min达到平衡，此时氢气的物质的量分数为0.375，则每分钟生成BDO的物质的量是___________mol。 A. 3/5t B. 5t/3 C. 3/5 D. 5/3 （6）储氢密度代表了材料吸收氢气的能力，计算方法是：储氢材料的储氢密度，若1 mol GBL理论上最多可吸收，则其理论储氢密度为　　　　　　　　　　　(用百分数表示，保留2位小数)(；) （7）在2 L密闭容器中，加入1 mol储氢材料、6 mol灰氢(灰氢中物质的量分数为0.5)，反应达到平衡时，储氢量为理论最大值的90%，则此温度下，反应的I的平衡常数K为　　　　　　　　　　　。 （8）氨分解制氢是通过催化将液氨分解为和的工业过程。请从贮存运输、生成物分离、反应条件的角度说明液体储氢材料反应比氨气脱氢的优点为　　　　　　　　　　　。 2.（2025·上海·高考真题）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。 （1）中电负性最大的元素是　　　　　　　。 A．C       B．H       C．O （2）1mol PC分子中键的数目为_______。 A. 7 B. 12 C. 13 D. 14 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：      （3）反应④的=_______ A. -613.2 B. 613.2 C. 395.2 D. -395.2 （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。 （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 （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 （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)。 （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　　　　　　　。 2.（2025·上海·高考真题）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 （1）在我国古代，赭红是一种重要的红色颜料，其主要成分为铁的化合物。该化合物可能是_______。 A.  B.  C.  D.  （2）如图所示，加热试管中的铁粉和硫粉，下列说法正确的是_______。 A. 移开酒精灯后，固体保持红色 B. 反应中S只做还原剂 C. 反应中主要产生的气体副产物为SO3 D. 最终得到黑色的Fe2S3固体 （3）基态铁原子中，_______。 A. 有4个不同能级的电子 B. 有5个未成对电子 C. 核外电子共占据15个原子轨道 D. 有26种能量不同的电子 在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，产生[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2，溶液变为血红色。 （4）下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。 A. 常温下显中性 B. 加入铁粉后溶液变为红褐色 C. 遇沸水时产生胶体 D. 加入氨水后产生白色沉淀 （5）在配合物中，内界为　　　　　　　，配体有　　　　　　　种 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== 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。 （1）要检验珊瑚礁中碳酸钙的结构，可采用的仪器分析方法为___________。 A. 原子吸收光谱 B. 质谱 C. 原子发射光谱 D. 晶体X射线衍射 （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　　　　　　　　　　　。 已知25℃时，H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=4.8×10-11，CaCO3的Ksp=2.8×10-9。 （5）若某水样中[H+]=8.4×10-9mol·L-1，[HCO]=1.0×10-4mol·L-1，则水样中[H2CO3]=　　　　　　　　　　　mol·L-1。当[Ca2+]大于　　　　　　　　　　　mol·L-1时，CaCO3开始沉淀。 水体富营养化会破坏珊瑚礁。微生物燃料电池有望改善珊瑚生存环境方面发挥重要作用。下图是某微生物燃料电池工作原理示意图，该装置能同时除去水体中的NO和沉积物中的有机物(以(CH2O)n表示)。 （6）该装置工作时，下列说法正确的是___________。 A. 此是电能转化为化学能 B. 电极b作负极 C. 电子移动方向为：电极b→沉积物→水体→电极a D. 每消耗1mol (CH2O)n，转移电子4mol （7）写出NO在电极a表面发生的电极反应　　　　　　　　　　　。 （8）研究表明，在其他条件不变的情况下，水体中O2浓度升高。有利于去除沉积物中的有机物，但不利于去除水体中的NO。分析有利于去除有机物和不利于除去NO的可能原因　　　　　　　　　　　。 1.（2026·上海长宁区·一模）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。 已知下列反应的热化学方程式： ①    ②    ③    ④ （1）下列关于反应③的说法错误的是_______。(不定项) A. 是放热反应 B. 生成1 mol液态水反应放热大于241.8 kJ C. 氢气的燃烧热是 D. 的大小与热化学方程式中化学计量数无关 （2）反应④的_______。 A. 123.8 B. 118 C. 241.8 D. -118 实际生产过程中，保持密闭容器中体系总压为常压(101 kPa)的条件下进行反应④。乙苯的平衡转化率与温度、投料比m[]的关系如图所示。 （3）投料比(m1、m2、m3)由大到小的顺序为_______。 A.  B.  C.  D.  （4）若投料比m=1：9，反应温度为600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应，下列事实能作为该反应达到平衡的依据的是_______。(不定项) A. 速率：v(乙苯)=v(氢气) B. 容器内气体密度不再变化 C. 容器内气体的平均相对分子质量不再变化 D. 容器内苯乙烯与的物质的量之比不再变化 （5）实验测得，乙苯脱氢反应的速率方程为，(、为速率常数，只与温度有关系)。如下图(表示速率常数的对数；表示表示温度的倒数)所示，①②③④四条斜线中，随变化关系的是斜线③，则随变化关系的是斜线_______。 A. ① B. ② C. ④ D. ⑤ （6）在913 K、100 kPa下，以水蒸气作稀释气、作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应： ⑤ ⑥ 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性： 随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是　　　　　　　，理由是　　　　　　　。 （7）关于本反应体系中催化剂的描述错误的是_______。(不定项) A. X射线衍射技术可测定晶体结构 B. 可改变乙苯平衡转化率 C. 降低了乙苯脱氢反应的活化能 D. 改变颗粒大小不影响反应速率 （8）在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，向反应器中充入水蒸气作为稀释气就可达到目的，理由是　　　　　　　。需要向反应器中充入　　　　　　　mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)。 2.（2026·上海嘉定区·一模）光气是一种重要的化工原料。合成原理如下： 反应①    （1）恒温密闭容器中，充入等量的和进行反应①，以下不利于提高反应速率的措施为___________。 A. 使用催化剂 B. 增大压强 C. 提高CO和的物质的量浓度 D. 反应达到平衡后，冷却，得到液态光气成品 （2）在不同压强的反应体系中，充入体积比为1：1的CO和进行反应，实验测得反应体系中的平衡体积分数与压强和温度的关系曲线如下图所示： ①图中A点和C点化学平衡常数的大小关系：　　　　　　　　　　　； A．大于       B．小于       C．等于 ②比较和大小并说明原因　　　　　　　　　　　。 （3）某温度下，在2 L的密闭容器中充入，同时发生以下反应： 反应②    反应③    10 min后反应体系达到平衡，测得和C的物质的量分别为2 mol和1 mol，则反应②的反应速率　　　　　　　　　　　；该温度下反应③的化学平衡常数　　　　　　　　　　　。 文献报道了一种基于氯化铜的一氧化碳氧氯化反应制备光气的方法： 反应④ 反应⑤ （4）反应④在密闭容器中发生，当反应达到平衡时，以下说法一定正确的是___________。 A.  B.  C. 的质量保持不变 D. 反应物不再转化为生成物 （5）已知： 反应⑥ 反应⑦ 则反应④的　　　　　　　　　　　。 （6）某课题组对该方法制光气进行研究，在不同温度下，向等容积的反应器中投入相同的原料，反应相同时间，测得容器内压强随时间变化及光气产率随温度的变化关系如下： ①该时间段不同温度下，化学反应速率最快的是　　　　　　　　　　　。 A．       B．       C．       D． ②以后随温度升高，产率急剧下降的原因是　　　　　　　　　　　。 （7）利用和HCl废气作为原料，通过电化学原理制备原料气的装置如下图所示： ①阴极发生的电极反应为　　　　　　　　　　　。 ②若标准状况下产生(不考虑的溶解)，理论上左室液体增重　　　　　　　　　　　g。 3.（2026·高三上·上海浦东新区·一模）从烟气中捕集的与反应生成和，有利于减少排放。 主反应为： 使用镍钼合金作催化剂时，该反应的反应历程如下图所示，其中标注*的是吸附在催化剂表面的中间产物。 （1）根据上图信息，计算该反应的　　　　　　　　　　　。 （2）该反应___________。 A. 高温下可自发进行 B. 低温下可自发进行 C. 任何条件下都可自发进行 D. 任何条件下都不可自发进行 （3）下列措施可以增大反应物分子中活化分子百分数的是___________。(不定项) A. 增大压强 B. 升高温度 C. 增大反应物的量 D. 使用合适的催化剂 （4）上图的反应历程中，决速步骤为　　　　　　　　　　　。(选填编号) ①a→b       ②b→c       ③c→d       ④d→e       ⑤f→g       ⑥g→h 工业上按进料制取CO和时，和的平衡转化率随温度变化关系如下图所示。 （5）反应温度为923 K时，的平衡转化率大于，分析可能原因是　　　　　　　　　　　。 （6）在1500 K，反应10 min后达到平衡，则0∼10 min内，的平均反应速率为　　　　　　　　　　　。 （7）在1500 K，若反应在透氢膜反应器中进行，的平衡转化率为90%，透氢膜反应器的工作原理如图所示。 ①在透氢膜反应器中的平衡转化率增大的原因是　　　　　　　　　　　。 ②出口a和出口b中的物质的量的比值为　　　　　　　　　　　。(精确到小数点后2位，并写出计算过程) （8）高温电解技术可将转化为具有工业利用价值的产品，反应方程式为，其工作原理示意图如下： 电极b上放出的气体X为　　　　　　　　　　　，写出在电极a放电的电极反应式　　　　　　　　　　　。 4.（2026·上海华东师大二附中·模拟）2021年度中国科学十大进展之一就是人工淀粉合成途径的研究，其关键步骤之一就是利用CO2合成出有机小分子。这将有利于我国实现碳达峰碳中和，有利于建设环境友好型社会。如CO2可与H2生成CH4： 反应①：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) （1）在恒温恒容装置中进行反应①，能判断反应已达平衡状态的是_________(不定项选择) A. 混合气体密度不再改变 B. 混合气体压强不再改变 C. 混合气体平均摩尔质量不再改变 D. n(CO2)：n(H2)=1：4 （2）反应①的平衡常数表达式K=　　　　　　　　　　　。 （3）下列措施有利于提高其反应速率的是________ (不定项选择) A. 使用合适的催化剂 B. 减压 C. 升高温度 D. 增大初始投料比n(CO2)/n(H2) （4）将1mol CO2和4mol H2置于体积为2L的密闭容器中发生反应①，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示，该反应的平衡常数K随温度升高而　　　　　　　　　　　(选填“增大”或“减小”)。 （5）化石燃料在能源结构中依然占比巨大，选择碳排放较低的化石燃料利于碳中和的实现： 已知甲烷的单位热值含碳量为，丙烷的燃烧热，计算丙烷的单位热值含碳量为　　　　　　　　　　　，从单位热值含碳量角度分析，　　　　　　　　　　　(填电子式)更有利于碳中和。 5.（2026·上海华东师大二附中·模拟）在阿司匹林之前，人们用水杨酸作为止痛药，但它有较强的酸性，能引起胃出血。 25℃时，。水杨酸结构如图所示： （1）将水杨酸与　　　　　　　　　　　溶液作用(填俗名)，可以生成。 （2）钠元素在元素周期表的位置为　　　　　　　　　　　，基态碳原子轨道表示式为　　　　　　　　　　　。(写一种即可) 水杨酸钠()易溶于水，可用作食品防腐剂，其水溶液呈碱性。 （3）常温时，将0.1 mol的水杨酸钠溶于水配成1升溶液，该溶液中OH-的浓度　　　　　　　　　　　mol/L。 （4）若向上述水杨酸钠溶液中加0.001molFeCl3(忽略体积变化)，是否会有Fe(OH)3沉淀产生？通过计算说明：　　　　　　　　　　　(已知：25℃时，Fe(OH)3的Ksp)。 阿司匹林具有解热镇痛、治疗心血管疾病的作用，其有效成分是乙酰水杨酸()。 制备乙酰水杨酸的主要反应如下： 名称 性质 水杨酸 熔点，溶于乙醇，微溶于水，相对分子质量为138 醋酸酐 沸点，无色透明液体，易与水反应生成乙酸 乙酰水杨酸 熔点，受热易分解，溶于乙醇，微溶于水，相对分子质量为180 实验室制备乙酰水杨酸的实验装置图和步骤如下： ①：向三颈烧瓶中依次加入2.07g干燥的水杨酸、5.0mL新蒸的醋酸酐(0.05mol)和0.5mL浓硫酸(作催化剂)，磁力搅拌下，水浴加热，控制温度在左右反应30min。 ②：稍冷后，将反应液缓慢倒入100mL冰水中冷却结晶，减压抽滤，滤饼用少量冷水多次洗涤，继续抽滤，得到乙酰水杨酸粗品(含聚酯等杂质)。 ③：向粗产品中加入一定量的饱和溶液搅拌至不再产生为止，过滤出杂质聚酯；再向滤液中加入适量浓盐酸，冰水浴冷却结晶，减压过滤，洗涤，干燥得到不纯的产品c，最终制得乙酰水杨酸2.16g。 回答下列问题： （5）仪器A的名称为　　　　　　　　　　　。 （6）设计实验检验步骤③中产品c含有的杂质　　　　　　　　　　　。 （7）步骤③中“加入饱和溶液”的目的是：　　　　　　　　　　　。 （8）该实验乙酰水杨酸的产率为　　　　　　　　　　　。(以质量分数表示) （9）胃溃疡患者服用阿司匹林片时，为何需同时服用氢氧化铝片　　　　　　　　　　　。 科学家将阿司匹林与另一解热镇痛药对乙氨基酚(扑热息痛)利用拼合的方法得到一种新药贝诺酯，口服后在胃肠道不被水解，避免了对胃肠道的刺激。贝诺酯以原形吸收，吸收后很快代谢为水杨酸和对乙氨基酚，两种药物同时发挥作用，且作用时间较阿司匹林和对乙酰氨基酚长。 已知：Ph-ONa+RCOCl→RCOOPh+NaCl，Ph-为苯基。 （10）D的化学名称为　　　　　　　　　　　。 （11）贝诺酯的官能团名称为　　　　　　　　　　　，写出H的结构简式：　　　　　　　　　　　。 （12）阿司匹林分子中　　　　　　　　　　　手性碳原子。(选填“有”或“没有”) （13）由A制D不采取甲苯与Br2直接反应，而是经步骤①~③，目的是　　　　　　　　　　　。 （14）在催化剂(浓H2SO4)作用下，将阿司匹林与聚乙烯醇()熔融酯化可以制得抗炎性和解热止痛性更长久的高分子药物M，请写出生成M的化学反应方程式　　　　　　　　　　　。 （15）化合物N是阿司匹林的一种同系物，相对分子质量比阿司匹林多14，Q是N的同分异构体，满足下列要求的Q的结构有　　　　　　　　　　　种。 ①：含苯环，不含其他环，苯环上只有两个取代基 ②：只含有1种官能团，且能与Na反应放出气体 （16）结合以上合成路线，请设计由和制备的合成路线(无机试剂任选)　　　　　　　　　　　。 6.（2026·上海黄浦区·模拟）苯乙烯是合成高分子材料和橡胶的重要原料之一，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法。反应原理表示如下： ⅰ.直接脱氢法：    ⅱ.氧化法：    （1）下列关于反应ⅰ的随温度T的变化趋势正确的是______。 A. B. C. D.  （2）已知：CO的燃烧热为，的燃烧热为，的气化焓为；则　　　　　　　　。 某科研团队提出在某催化剂表面发生反应ⅰ的机理（Ph—代表苯基，*代表吸附态）如下图所示： （3）虚线框内化学反应速率最慢的一步活化能为______。 A. 11.5 B. 17.3 C. 63.5 D. 102.1 （4）关于上述反应历程说法正确的是______。 A. 吸附过程吸收能量，脱附过程放出能量 B. 状态ⅱ→状态ⅲ过程中形成了碳碳双键 C. 状态ⅲ→状态ⅳ的能量变化说明形成H—H键是吸热过程 D. 使用更高效的催化剂可降低反应所需的活化能和焓变 工业上，通常在乙苯蒸气中掺混一定量的水蒸气进行反应ⅰ。实验测得某恒定压强下，控制投料比n（乙苯）∶分别为1∶1、1∶4、1∶9，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如下图所示。 （5）恒温恒压的密闭体系中，发生反应ⅰ，下列能说明体系一定达到平衡状态的是______。 A. n（苯乙烯）∶的值保持不变 B. 混合气体的总压保持不变 C. v（乙苯） D. 混合气体的平均摩尔质量保持不变 （6）图中曲线c代表的n（乙苯）∶为　　　　　　。 A.1∶1                           B.1∶4                           C.1∶9 理由是：　　　　　　　　　　。 （7）图中A、B、C三点对应平衡常数大小顺序为　　　　　　。（用、、表示） 以高价态钒镁氧化物晶体作催化剂进行氧化乙苯脱氢反应的一种可能机理如下： （8）上图中，物质X为______。 A.  B.  C.  D. CO （9）利用氧化乙苯脱氢制苯乙烯的优点有　　　　　　　　　　（写出两点）。 7.（2026·上海虹口区·二模）化学链技术通过载氧体的氧化还原循环，把乙烷安全、高效、低耗能地转化为乙烯，其反应过程如下图。LaFeO3是载氧体，通过流化技术在还原反应器和再生反应器中实现连续循环转移。还原反应器中的反应如下： （1）写出再生反应器中发生反应的化学方程式　　　　　　　。 （2）已知： ①2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)       ΔH1=-2856 kJ·mol-1 ②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)       ΔH2=-1323 kJ·mol-1 化学链技术中，乙烷制乙烯总反应的热化学方程式为　　　　　　　。 （3）下列能提高还原反应器中反应的活化分子百分数的是_______(不定项)。 A. 升高温度 B. 增大乙烷浓度 C. 加入催化剂 D. 缩小容器体积 在容积为2 L的密闭容器中，加入0.4 mol LaFeO3载氧体，通入0.2 mol乙烷，在750℃下发生反应，25 min时达平衡，固体质量减少2.56 g。 （4）下列能判断上述反应达到平衡状态的是_______(不定项)。 A. 乙烷的生成速率等于乙烯的生成速率 B. 气体的密度不再变化 C. 混合气体中乙烯与水蒸气的体积比不再变化 D. 反应的焓变ΔH不再变化 （5）0-25 min内，乙烯的化学反应速率为_______mol·L-1·min-1。 A. 0.0032 B. 0.0064 C. 0.008 D. 0.016 （6）750℃下，该反应的平衡常数K=_______。 A. 4.0 B. 0.32 C. 5.12 D. 10.24 传统乙烯的生产采用乙烷高温热裂解工艺，主要反应如下：，该反应的ΔH-TΔS随温度T的变化趋势如图所示。 （7）关于该反应，下列说法正确的是_______。 A. 该反应的ΔH<0 B. 该反应的ΔS<0 C.  D. 温度低于T1时，该反应能自发进行 （8）能提高该反应中乙烯平衡产率的措施有_______(不定项)。 A. 升温 B. 加压 C. 加入催化剂 D. 及时分离出氢气 （9）与乙烷高温热裂解制乙烯的工艺相比，利用化学链技术制乙烯的优势是　　　　　　　。(写一点) 8.（2026·上海宝山区·质量监测）可再生能源驱动的二氧化碳电催化还原制燃料和化学品是实现国家“双碳”目标的一条重要途径。以下是三种不同条件下电催化还原制乙烯的方法。 （1）已知： 共价键 键能() 799 467 413 615 498 根据上表数据求算电催化还原制总反应：的　　　　　　　　　　　；该反应在　　　　　　　　　　　(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。 （2）产物乙烯可用酸性高锰酸钾溶液检测，请配平以下离子方程式　　　　　　　　　　　。 _________________________________________ Ⅰ   碱性条件 碱性膜电极电解器的装置图如下： （3）理论上阴极除了生成乙烯，同时也会生成。实际上在电解器中，电解液中还会生成　　　　　　　　　　　(填写离子符号)，造成碳损失。 （4）实验发现，加大电流可以提高二氧化碳利用率，减少碳损失，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ   酸性条件 若使用酸性膜电极电解器，很大程度可以减少碳损失。 （5）写出酸性条件下阴极的电极反应式　　　　　　　　　　　；若电解过程中转移6 mol电子，理论上生成C2H4的体积(标准状况)为　　　　　　　　　　　L。 （6）用该法能量转化效率会偏低，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅲ   高低温串联 基于氧离子导体的高温固体氧化物电解池(SOEC)可在800℃左右的高温下将转化为中间产物，再联用碱性电催化还原。 （7）请完成上述装置图所缺物质，括号中可能的中间产物为　　　　　　　　　　　。 （8）“高低温串联电催化还原法”能量效率(电能转化效率)较高，且几乎没有碳损失。根据上述装置说明该法具有这些优势的原因　　　　　　　　　　　。 9.（2026·上海闵行区·调研）红树林湿地被誉为“海岸卫士”，通过厌氧氨氧化和硫自养脱氮高效净化水体。 厌氧氨氧化的总反应为    已知：①    ②    ③    （1）上述厌氧氨氧化反应的　　　　　　　。 （2）在15℃、25℃和35℃下模拟厌氧氨氧化，实验数据如下图所示，则35℃时，0~2 min内的平均反应速率为　　　　　　　。(反应前后溶液体积不变，) 红树林底泥中富含硫元素，硫自养脱氮细菌能利用单质硫将还原脱氮。 反应原理： （3）配平上述硫自养脱氮过程的离子方程式：　　　　　　　。 （4）底泥中的也可参与脱氮过程：。一定温度下，在恒容密闭体系中模拟上述反应。能说明该反应达到平衡状态的是_______。(不定项) A. 溶液的pH不再变化 B. 体系内 C. 体系压强不再改变 D.  科研人员测得红树林水层与沉积物中、总硫化物相对浓度随深度的变化关系如下图。(沉积物中富含等离子) （5）利用该沉积物的层级结构可设计微生物燃料电池，则该电池的正极最应放置在深度为_______mm的区域。 A. -1～0 B. 0～1 C. 1～2 D. 大于2 （6）结合图像解释总硫化物浓度在沉积物表层几乎为0，而在沉积物深层随深度增加而升高的原因：　　　　　　　。 红树林能通过沉积物中的有效截留来自陆地径流的过量磷酸盐，缓解水体富营养化。下图是不同pH下磷酸的分布形式，。 （7）下列说法正确的是_______。(不定项) A. 酸性水体比弱碱性水体更利于磷酸盐形成沉淀 B. 水体时，去除磷酸盐的主要离子方程式： C. 的 D. 向磷酸溶液中加入溶液至时，此时溶液中存在： 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗的量折算成消耗的量(单位为)来表示。为评估红树林对水体的净化作用，小组成员测定了红树林表层水样的COD。(溶液的作用是消除干扰) 测试样品 消耗标准溶液体积 红树林表层水样 11.50 mL 蒸馏水 12.00 mL 地表水环境质量标准 水质等级 Ⅱ类 Ⅲ类 Ⅳ类 Ⅴ类 ≤15 ≤20 ≤30 ≤40 （8）通过计算，结合我国《地表水环境质量标准》，从化学需氧量角度判断红树林表层水体的水质等级　　　　　　　。 10.（2026·上海徐汇区·能力诊断）乙二醇是重要的化工原料，可用于生产防冻液、聚酯纤维等产品。煤制乙二醇主要包括煤制合成气(CO和)和合成气制乙二醇两个步骤，煤制合成气的原理如下。    。 （1）能表示煤制合成气反应的与温度()关系的是___________。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ （2）一定条件下，在恒容密闭容器中模拟煤制合成气，能说明该反应已达到化学平衡状态的是___________(不定项)。 A. 体系内气体压强保持不变 B.  C. CO和的物质的量之比为1:1 D. 混合气体的密度保持不变 （3）煤制合成气反应的平衡常数与反应温度或压强的关系正确的是___________。 A.  B.  C.  D.  合成气间接法制乙二醇的原料转化率高、催化剂经济性好，是目前生产乙二醇的主要方法，一种合成路线如下图。 （4）中电负性最大的元素是___________。 A. C B. H C. O D. N （5）按照CO和的物质的量之比为1:2投料，该合成路线总的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 合成气直接合成乙二醇正在研究中，主要反应如下。 ①    ②    （6）   　　　　　　　　　　　。 （7）在恒温恒容密闭容器中，关于该反应体系说法正确的是___________。(不定项) A. 反应①正反应的活化能大于逆反应的活化能 B. 缩小容器体积，可以增加反应物分子中活化分子百分数 C. 反应达平衡后，向容器中充入少量氦气，乙二醇的生成速率不变 D. 反应达平衡后，降低温度，反应②逆反应速率先减小后逐渐恢复至原速率 （8）向2 L密闭容器中，充入一定量的合成气，在温度473 K，催化剂(含)下，仅发生反应①和②。测得和的时空收率分别为和(时空收率)。则用CO表示反应速率为　　　　　　　　　　　。 （9）一定条件下，使用某种铑催化剂发生反应①和②，下图为某一时刻，不同温度下CO的转化率，反应均未达平衡状态。温度从升高至，CO转化率减小可能的原因为　　　　　　　　　　　。 11.（2026·上海杨浦区·调研）氨是生产化肥、硝酸的原料，也作制冷剂、脱硝剂和储氢载体。目前，工业上主要由和合成，已知：   。 （1）能增加合成反应有效碰撞的措施有：升高温度、　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 （2）合成氨反应达平衡后，若只改变一种条件，下列结论正确的是___________。(不定项) A. 升高温度，对影响更大 B. 增大压强，对影响更大 C. 减小，对影响更大 D. 使用催化剂，对影响更大 （3）某工厂，采用铁催化剂，在500 ℃，30 MPa，氢氮比为2.9的条件下合成氨。 ①合成塔中和随时间变化如图所示。下列叙述正确的是　　　　　　　　　　　。(不定项) A．a点处的正反应速率比b点处大 B．b点处反应达到平衡状态 C．d点(时)和e点(时)处不同 D．其他条件不变，550 ℃反应至时，比d点处值大 ②该工厂日产氨1000 t，若其他条件不变，将反应温度从500 ℃降低至200 ℃，该工厂日产氨约为　　　　　　　　　　　。(已知：温度每升高10 ℃，速率加快为原来的2倍；) A．10 t             B．1 t             C．10 g             D．1 g 常温常压下将废水中的硝酸盐还原为氨，兼具脱硝与氨再生双重价值。该方法以硼-四氧化三钴()纳米颗粒为催化剂。 （4）组成的三种元素，第一电离能由小到大的顺序是___________。 A.  B.  C.  D.  用下图所示装置，通过电催化还原制。 （5）阴极反应式为　　　　　　　　　　　。 （6）通电前，向阴极室加入NaOH使溶液呈碱性，其原因是　　　　　　　　　　　。(列举一点) （7）涂覆碳纸的操作是：取一定量粉末于萘酚与乙醇混合溶液中，经超声分散后得到胶体，再将其均匀涂覆在碳纸上，晾干备用。 ①超声分散与化学实验中　　　　　　　　　　　(填操作名称)的作用相似。 ②下列关于该胶体的说法正确的是　　　　　　　　　　　。(不定项) A．分散质为，分散剂为萘酚与乙醇的混合溶液 B．外观均一、稳定，但静置一段时间会出现沉淀 C．用激光笔照射该胶体，能观察到丁达尔现象 D．粒子直径大于100 nm，能透过滤纸不能透过半透膜 ③若将粉末直接涂覆在碳纸上使用，会导致电催化反应速率降低，说明原因。　　　　　　　　　　　。 12.（2026·上海青浦区·调研）氢源是燃料电池市场化关键，甲醇制氢是重要技术路线。常用的甲醇制氢方案如下： 方案一     方案二     方案三     （1）通过甲醇可制得甲硫醇()。沸点：甲醇　　　　　　　甲硫醇(选填“>”、“＜”或“=”)，原因是　　　　　　　。 （2）关于甲醇制氢，下列说法错误的是_______。 A. 反应①在高温条件下能自发进行 B. 反应②中反应物的总键能小于生成物的总键能 C. 反应③利用反应放出的热量预热原料气，可降低能耗 D. 消耗相同量的甲醇，方案一的产氢量高于方案二 已知反应①分两步进行： a.    b.    其它条件相同，在不同温度和水醇比条件下进行反应①，达平衡时测得甲醇转化率、CO物质的量分数如图所示：(已知：水醇比) （3）结合图中数据综合考虑，反应温度和水醇比的最佳选择是_______。 A. 300℃，1.0 B. 200℃，1.0 C. 250℃，1.5 D. 250℃，2.0 （4）通过计算相关反应焓变，从化学平衡角度解释温度对甲醇转化率、CO浓度影响的原因　　　　　　　。 以聚合物电解质膜为电极材料，利用电化学催化甲醇水蒸气制氢，所得氢气纯度高。装置示意图如下： （5）装置中b为_______极。 A. 正 B. 负 C. 阳 D. 阴 （6）写出a电极的反应方程式：　　　　　　　。 （7）工作时每消耗30 g甲醇，生成(标准状况下)，计算产率　　　　　　　。(结果保留3位小数) （8）电化学法制得的纯度比方案一更高，原因是　　　　　　　。 13.（2026·上海普陀区·调研）我国设计并建造的全球首艘纯氨动力船首航成功，开启航运零碳革命。氨燃料(即液氨)具有无碳燃烧、储运便捷、可由“绿氢”合成等优点，未来将成为替代传统船用燃油的主力。 （1）下列说法中正确的是___________。 A. 工业上用“绿氢”生产氨燃料，属于大气固氮 B. 氨燃料的使用，有助于“碳达峰、碳中和”目标的实现 C. 传统船用燃油的主要成分是油脂 D. 传统船用燃油可通过石油裂解获得 （2）氨燃料比液氢储运便捷，普通加压或-33℃环境即可液化保存，其原因可能有：　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 （3）合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用“*”标注。 ①合成氨反应的N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH=　　　　　　　　　　　kJ·mol-1(用图中字母表示)。 ②下列说法正确的是　　　　　　　　　　　。(不定项) A．反应历程中存在4个基元反应             B．反应历程中存在σ键和π键的断裂和形成 C．反应需在高温条件下才能自发进行       D．决速步的反应方程式为NH2*＋H*=NH3* （4）在不同压强下，按(H2)=0.75，(N2)=0.25组成进料(物质i的物质的量分数：)，反应达到平衡时氨的物质的量分数与温度的关系如图所示。 ①下列说法正确的是　　　　　　　　　　　。(不定项) A．压强P1＞P2 B．平衡常数KA=KB＞KC C．达到平衡时，反应速率vB＞vA D．D处迅速升温由T1到T2，此时v正＜v逆 ②在容积为2 L的密闭容器中投入共1 mol反应气体，5 min后达到A处平衡状态，则氮气的反应速率v(N2)=　　　　　　　　　　　mol⋅L−1⋅min−1。 ③压强为P1时，按(H2)=0.675，(N2)=0.225，(Ar)=0.1组成进料，在下图中画出平衡时氨的物质的量分数与温度的关系曲线　　　　　　　　　　　。 电催化硝酸盐还原合成氨，装置如图甲。电解时先吸附到催化剂表面放电产生。控制其它条件不变，产率随pH变化如图乙。 （5）生成的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 （6）控制pH为6～8时，的产率较高，请解释其原因：　　　　　　　　　　　。(提示：离子浓度的大小可能会对氧化性的强弱产生影响)。 14.（2026·上海青浦区·调研）氢源是燃料电池市场化关键，甲醇制氢是重要技术路线。常用的甲醇制氢方案如下： 方案一     方案二     方案三     （1）通过甲醇可制得甲硫醇()。沸点：甲醇　　　　　　　甲硫醇(选填“>”、“＜”或“=”)，原因是　　　　　　　。 （2）关于甲醇制氢，下列说法错误的是_______。 A. 反应①在高温条件下能自发进行 B. 反应②中反应物的总键能小于生成物的总键能 C. 反应③利用反应放出的热量预热原料气，可降低能耗 D. 消耗相同量的甲醇，方案一的产氢量高于方案二 已知反应①分两步进行： a.    b.    其它条件相同，在不同温度和水醇比条件下进行反应①，达平衡时测得甲醇转化率、CO物质的量分数如图所示：(已知：水醇比) （3）结合图中数据综合考虑，反应温度和水醇比的最佳选择是_______。 A. 300℃，1.0 B. 200℃，1.0 C. 250℃，1.5 D. 250℃，2.0 （4）通过计算相关反应焓变，从化学平衡角度解释温度对甲醇转化率、CO浓度影响的原因　　　　　　　。 以聚合物电解质膜为电极材料，利用电化学催化甲醇水蒸气制氢，所得氢气纯度高。装置示意图如下： （5）装置中b为_______极。 A. 正 B. 负 C. 阳 D. 阴 （6）写出a电极的反应方程式：　　　　　　　。 （7）工作时每消耗30 g甲醇，生成(标准状况下)，计算产率　　　　　　　。(结果保留3位小数) （8）电化学法制得的纯度比方案一更高，原因是　　　　　　　。 15.（2026·上海金山区·二模）纳米碗是一类具有独特碗状结构的纳米材料，在催化、生物医药等领域具有广阔前景。高温条件下，纳米碗可由经过连续脱氢反应生成。其中第一步反应为：①    该步反应的反应历程—能量变化示意图如下所示。 （1）________。 A. 70.9 B. 110.3 C. 128.2 D. 150.8 （2）图中包含　　　　　　　　步基元反应，决速步骤是第　　　　　　　　步。 一定条件下，在2 L恒容密闭容器中，充入，发生反应①。达到平衡后，测得。 （3）能说明该反应达到化学平衡状态的是________。 A. 压强保持不变 B. 平衡常数保持不变 C. 气体密度保持不变 D. 单位时间内，断开键的同时，断开键 （4）的平衡转化率为　　　　　　　　；其他条件不变，下列措施可以提高平衡转化率的是　　　　　　　　。（不定项） A.使用合适的催化剂       B.升高温度       C.充入一定量的       D.及时分离出 （5）达到平衡后，向容器中充入和各0.5 mol，通过计算判断化学平衡的移动方向　　　　　　　　。 将Fe、N掺入纳米碗并替代部分碳原子，可制得高比表面积的铁纳米碗（简称Fe-SANBs）。酸性条件下，过量的与其表面的发生类芬顿反应，生成具有强氧化性的自由羟基（），该反应可用于肿瘤治疗，反应原理为： 反应过程示意图如下所示。 （6）下列关于类芬顿反应的说法正确的是________。 A. 反应速率随温度升高，不断增大 B. 增加Fe-SANBs投入量，可提高单位时间内生成量 C. 反应过程中，溶液pH不断减小 D. 滴加淀粉KI试液，溶液变蓝，说明生成了 （7）酸性环境有利于Fe-SANBs表面的参与类芬顿反应。从化学平衡移动的角度解释原因　　　　　　　　。 实验小组选用某Fe-SANBs样品模拟类芬顿反应，]，并使溶液中维持在。 已知反应的速率表达式为，速率常数（）。 （8）初始反应速率　　　　　　　　；在实际治疗肿瘤的过程中，要求1分钟内产生的浓度不低于，分析并判断该Fe-SANBs样品是否满足要求　　　　　　　　。 16.（2026·上海奉贤区·二模）碳酸二甲酯(DMC)结构简式为，是一种重要的化工原料，用于制备锂离子电池和聚碳酸酯等。DMC的合成方法如下： 方法I：“甲醇氧化羰基法” i．制备 此方法以捕集回收的为原料，在一定条件下直接催化合成甲醇，全过程无新的碳排放。涉及的反应为: 在某催化剂作用下的反应机理如图所示： （1）判断该反应的热效应　　　　　　　　0。 A.>       B.＜ （2）在该反应机理中，共有________个基元反应。 A. 7 B. 8 C. 13 D. 14 （3）写出上述机理中决速步骤反应方程式　　　　　　　　　。 ii．制备DMC 以和为原料，为催化剂，一定条件下发生反应为： 反应1 已知： 反应2    反应3    反应4    （4）　　　　　　　　　　。 （5）如图关于反应1的随温度变化趋势正确的是__________。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ 生成DMC的过程中会发生副反应： 反应5    已知：DMC的选择性； 催化剂部分被还原为是活化CO和的活性中心。 （6）在恒温恒压密闭容器中合成DMC，不能说明反应1达到平衡状态的是__________。(不定项) A.  B. DMC与的物质的量之比保持不变 C. 混合气体的密度保持不变 D. 混合气体平均摩尔质量保持不变 （7）向2 L密闭容器中充入的混合气体，一定条件下发生上述反应。2小时后反应达平衡，测得，则小时内DMC的平均生成速率为　　　　　　　　　　。 保持其他条件不变时，改变CO与的进料比，测得的转化率、DMC的选择性在相同时间内变化趋势如下图所示： （8）由图可知，当时，DMC选择性最高，但工业上的进料比：，分析其原因　　　　　　　　　。 （9）对反应1，下列说法正确的是__________(不定项)。 A. 使用催化剂，可降低反应的热效应，加快反应速率 B. 活化分子之间的碰撞不都能发生化学反应 C. 增加的浓度，平衡正向移动，有利于提高的转化率 D. 为了增加DMC的产率，应及时将循环气冷却后分离冷凝水 方法II：高效串联电催化合成DMC反应原理及其装置工作原理如下所示： （10）阴极电极反应为　　　　　　　　　　。 17.（2026·上海静安区·调研）2024年4月，上海港首开绿色甲醇“船-船”加注，至2025年底已形成10万吨绿色甲醇本地产能，成为东北亚航运脱碳核心补给港。 绿色甲醇的主流生产是生物质路线和二氧化碳加氢路线，两路线涉及的反应如下： Ⅰ．    Ⅱ．    Ⅲ．    恒温恒容时，在密闭容器中进行反应Ⅱ，初始时只投入和。 （1）若转化为的平衡转化率为50%，则平衡常数___________。 A. 0.148 B. 0.2 C. 0.333 D. 0.111 （2）对容器内混合气体的推测，能说明反应Ⅱ已达平衡状态的是___________(不定项)。 A. 压强不再改变 B.  C. 密度不再改变 D. 容器内与的物质的量浓度相等 在A、B两种不同催化剂作用下，反应Ⅱ的相对能量与反应历程关系如下。 （3）工业生产上优选的是　　　　　　　　　　　。 A．催化剂A       B．催化剂B （4）该催化条件下的控速步骤为___________。 A. ④ B. ③ C. ② D. ① （5）生物质路线主要涉及反应Ⅰ，其中CO、来源于生物质的氧化，反应Ⅰ的　　　　　　　　　　　。升高温度，有利于反应Ⅲ的自发进行，则反应Ⅲ的　　　　　　　　　　　。 A．>0       B．=0       C．<0 3MPa下，按、进气流量持续通过装有0.5 g催化剂的反应管，仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，经相同时间，测得的时空收率、转化率和的选择性随温度(T)变化的曲线如图。 已知： 的时空收率 的选择性 CO的选择性 （6）图中，代表选择性随温度变化的是　　　　　　　　　　　。 A．曲线P       B．曲线N       C．曲线M （7）280℃时，若的时空收率为，则的转化率=　　　　　　　　　　　。 （8）当，曲线M快速下降的原因是　　　　　　　　　　　。 18.（2026·上海长宁区·一模）由于煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO4、硫化物及微量单质硫等)，因此以硫及其化合物的性质和转化为基础，检测煤中全硫含量成为一项热门课题。 （1）下列关于硫及其化合物的转化，说法正确的是_______。(不定项) A. 硫酸型酸雨产生途径之一： B. 用少量处理过量的： C. 用过量氨水处理工业尾气中的： D. 用、证明的还原性： （2）在硫酸工业的接触室中发生的反应为。下列有关说法正确的是_______。 A. 是含有极性键的非极性分子 B. 能使紫色石蕊试液先变红后褪色 C. 接触室中的催化剂为铁触媒 D. 等体积混合的和使石蕊试液仅变红 库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含、、、、。 （3）煤样需研磨成细小粉末，其目的是　　　　　　　。 （4）高温下，煤中过量的碳与2.72 g (，M=136 g/mol)完全反应，理论上可生成的体积(标准状况下)约为：_______。 A. 224 mL B. 448 mL C. 672 mL D. 896 mL 通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。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，溶解并将还原，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。 （5）下列关于该电解池工作时的判断正确的是_______。 A. 阴极上发生氧化反应 B. 电子从阳极通过导线移向电源正极 C. 一段时间后溶液pH降低 D. 将化学能转化为电能 （6）SO2在电解池中发生反应的离子方程式为　　　　　　　。测硫仪工作时电解池的阳极反应式为　　　　　　　。 （7）煤样为a g，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为　　　　　　　。 已知：电解中转移1 mol电子所消耗的电量为96500库仑。 （8）测定过程中，需控制电解质溶液pH，当pH＜1时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为　　　　　　　。测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫含量结果会　　　　　　　。(填“偏高”或“偏低”) 19.（2026·上海崇明区·模拟）将富集、活化、转化为具有高附加值的化学品对实现碳中和有重要意义。一种富集烟气中的方法示意图如下： （1）写出“吸收”过程对应的化学方程式：　　　　　　　　　　　。 在温度25℃下，浓度均为0.1 的4种溶液pH如下： 溶质 pH 11.6 9.7 10.0 4.5 （2）据表中和的pH，　　　　　　　　　　　(填“能”或“不能”)判断非金属性C。 （3）向溶液中通入一定量气体，不可能发生的离子反应为___________。(不定项) A.  B.  C.  D.  （4）等物质的量浓度的和的混合溶液中，有关微粒的浓度关系正确的是___________。(双选) A.  B.  C.  D.  与在催化剂作用下可转化为，体系中发生的主要反应如下： ①    ②    （5）如果仅发生反应①，下列能够说明该反应已达到平衡状态的是___________。 A.  B. 与物质的量之比不再变化 C. 气体平均分子量不再变化 D. 气体总质量不再变化 （6）研究表明，CO与也能生成，写出该反应的热化学方程式：　　　　　　　　　　　。 在催化剂作用下，将1 mol 、3 mol 投入反应器，反应温度对平衡转化率、选择性的影响如图。 已知： 产率 （7）随温度升高逐渐增大、随温度升高逐渐减小的原因是　　　　　　　　　　　。 （8）在240℃达到平衡时，的产率为　　　　　　　　　　　%。若除反应①和②不考虑其他反应，体系　　　　　　　　　　　(填“吸收”或“放出”)的热量为　　　　　　　　　　　kJ。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 化学反应原理综合题 考点1 化学反应原理综合题 1.（1）      （2）BCD      （3）B      （4）① C    ② 温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变      （5）A      （6）4.65%      （7）或2.78      （8）液体储氢材料常温下为液态，便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高纯度氢气；反应条件温和，能耗低      2.（1）C      （2）C      （3）A      （4）C      （5）D      （6）CD      （7）1.24      （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      2.（1）A      （2）A      （3）C      （4）C      （5）①     ② 2      （6）① A    ② 所有离子浓度变为原来，，平衡逆移      （7）0.80      3.（1）D      （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      （5）① 2.0×10-6    ② 4.9×10-3      （6）B      （7）2NO+10e-+12H+=N2+6H2O      （8）O2浓度升高，能让更多的有机物与O2形成原电池，有利于有机物的去除。但O2可能会优先于NO得电子，不利于NO的去除      1.（1）CD      （2）B      （3）D      （4）BC      （5）C      （6）① 苯    ② 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；恒温恒压下，随着乙苯的转化率增大，反应⑤正向进行程度增大，反应⑥受影响不大，则曲线b代表的产物是苯；      （7）BD      （8）① 该反应是气体体积增大的反应，保持体系总压为常压向乙苯中充入水蒸气相当于减小压强，平衡向正反应方向移动    ② 5      2.（1）D      （2）① A    ② ；反应①正反应气体分子数减少，增大压强平衡正向移动，体积分数增大      （3）①     ② 1.0      （4）C      （5）      （6）① A    ② 温度过高可能使催化剂活性降低，或副反应增多      （7）①     ② 3.6      3.（1）      （2）A      （3）BD      （4）②      （5）923 K时，有消耗的副反应发生      （6）      （7）① 在透氢膜反应器中，氢气被吹扫出来，生成物浓度减小，平衡正向移动    ② 0.65      （8）① O2    ② CO2+H2O+4e-=H2+CO+2O2-      4.（1）BC      （2）      （3）AC      （4）减小      （5）① 0.0163g/kJ    ②       5.（1）小苏打      （2）① 第3周期IA族     ②       （3）10-6mol/L      （4）若向上述水杨酸钠溶液中加0.001 mol FeCl3，即c(FeCl3)=0.001 mol/L，此时，即会有Fe(OH)3沉淀产生      （5）球形干燥管      （6）取样于试管中，加入FeCl3溶液，有紫红色产生，则有水杨酸杂质      （7）生成可溶性乙酰水杨酸钠      （8）80.0%      （9）阿司匹林分子中含有羧基，将刺激胃壁，同时服用氢氧化铝片可中和胃酸和羧基，减少药物对胃溃疡患者胃壁的刺激作用，同时利用胶体的吸附性在溃疡面形成保护膜，隔绝阿司匹林和胃酸对溃疡处的刺激      （10）邻溴甲苯      （11）① 酰胺键、酯基    ②       （12）没有      （13）利用-SO3H占据甲基的对位，达到控制-Br只能取代甲基邻位的目的，若直接与Br2反应将导致甲基的邻、对位均可发生取代反应      （14）      （15）12      （16）      6.（1）C      （2）      （3）C      （4）B      （5）D      （6）① A    ② 理由是：反应ⅰ正向为气体体积增大的反应，因此压强一定时，体系中通入水蒸气越多，则体系体积越大，越有利于平衡正向移动，苯乙烯的平衡转化率越大。图中相同温度时，曲线c乙苯的平衡转化率最小，则曲线c代表体系中通入水蒸气最少，即n（乙苯）∶为1∶1      （7）      （8）B      （9）来源广泛，简单易得；减少的排放，减少温室效应，实现碳中和      7.（1）     （2）       （3）AC      （4）AB      （5）A      （6）B      （7）C      （8）AD      （9）总反应放热，耗能低；产物水易与乙烯分离，副反应少      8.（1）① +1303    ② 高温      （2）      （3）、      （4） 加大电流可以加快CO2还原为乙烯的反应速率，使更多的CO2在与反应前被还原为目标产物，从而减少生成碳酸盐/碳酸氢盐的副反应，因此碳损失减少      （5）①     ② 11.2      （6）阴极存在析氢副反应（），消耗电能，因此能量转化效率偏低      （7）CO      （8）阴极不会出现析氢反应，CO2转化为CO后进入碱性溶液也不会发生副反应而造成碳损失      9.（1）-274.0      （2）      （3）      （4）AC      （5）B      （6）沉积物表层氧气浓度高，总硫化物被氧气氧化而消耗，浓度几乎为0；沉积物深层氧气浓度几乎为0，微生物将还原为总硫化物，且深度越深，总硫化物积累越多，总硫化物浓度随深度增加而升高      （7）B      （8）Ⅱ类      10.（1）C      （2）AD      （3）A      （4）C      （5）      （6）+7      （7）C      （8）      （9）催化剂活性降低      11.（1）① 增大压强    ② 使用催化剂      （2）BC      （3）① AD     ② D       （4）C      （5）      （6）溶液显碱性，能降低，减弱得电子的能力，减少析氢副反应的发生或碱性环境有利于将反应生成的转化为逸出（合理即可）      （7）① 搅拌    ② AC    ③ B−Co3O4粉末直接涂覆易团聚，减小了催化剂与反应物的接触面积，催化效率降低，反应速率减慢       12.（1）①     ② 甲醇可形成分子间氢键，而甲硫醇不能。      （2）B      （3）D      （4）根据盖斯定律，反应b可由得到，。所以生成的反应a是吸热反应，转化的反应b是放热反应；升高温度，反应a平衡正向移动，反应b平衡逆向移动，因此甲醇转化率随温度升高而增大，CO的浓度随温度升高而增大。      （5）D      （6）      （7）0.978      （8）方案一的产物中会混有杂质、；电化学法中在阴极生成，在阳极生成，产物自动分离，因此纯度更高。      13.（1）B      （2）① NH3相对分子质量比H2大（极性分子），分子间作用力较大    ② 含有分子间氢键，故沸点较高，易液化保存      （3）① -2(a-b)或2b-2a    ② AD      （4）① C    ② 0.01    ③       （5） ＋8e-＋10H＋→＋3H2O      （6）若溶液pH减小，H＋浓度增大，H＋在催化剂表面得电子的竞争加剧，阻碍了在催化剂表面的吸附，从而使的产率逐渐减小；若溶液pH过大，反应所需H＋浓度减小，使还原反应变难，故产率较低。（或H＋浓度对于氧化性的影响）      14.（1）①     ② 甲醇可形成分子间氢键，而甲硫醇不能。      （2）B      （3）D      （4）根据盖斯定律，反应b可由得到，。所以生成的反应a是吸热反应，转化的反应b是放热反应；升高温度，反应a平衡正向移动，反应b平衡逆向移动，因此甲醇转化率随温度升高而增大，CO的浓度随温度升高而增大。      （5）D      （6）      （7）0.978      （8）方案一的产物中会混有杂质、；电化学法中在阴极生成，在阳极生成，产物自动分离，因此纯度更高。      15.（1）C      （2）① 3    ② 3      （3）A      （4）① 20%    ② BD      （5）向逆反应方向移动      （6）B      （7）酸性环境中浓度高，反应平衡正向移动，促进参与反应      （8）①     ② 不满足要求      16.（1）B      （2）B      （3）或；      （4）      （5）C      （6）AB      （7）      （8）当时，虽然DMC选择性最高，但此时的转化率过低，反应速率慢，不具备经济效益。工业采用的进料比，是在保证较高转化率（反应速率）的同时，获得较优的DMC选择性，是经济效益和生产效率的最佳平衡点      （9）BD      （10）      17.（1）A      （2）A      （3）B      （4）C      （5）①     ② A      （6）C      （7）      （8）反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度后反应Ⅱ平衡逆向移动、反应Ⅲ平衡正向移动，的选择性大幅降低，因此曲线M快速下降      18.（1）AD      （2）D      （3）增大煤样与空气的接触面积，加快反应速率，使煤粉完全燃烧      （4）B      （5）B     （6）① SO2++2H2O=+3I-+4H+    ② 3I- -2e-=      （7）%      （8）① 6I-+O2+4H+=2+2H2O，    ② 偏小      19.（1）      （2）不能      （3）D      （4）AC      （5）C      （6）         （7）升高温度，反应①平衡向逆反应方向移动，随温度升高逐渐减小，而反应②平衡向正反应方向移动，且移动程度大于反应①，总体转化率增大。      （8）① 3    ② 吸收    ③ 3.45      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $