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2025年高考二轮专题12化学反应速率与平衡
【考向分析】
化学反应速率和化学平衡是高考的必考内容，其主要命题内容有：化学反应速率影响因素及计算；化学平衡状态的判断及影响因素；应用平衡原理判断反应进行的方向；化学反应速率和化学平衡的图象分析；转化率、平衡常数的含义及简单计算。化学反应速率和化学平衡的常考题型主要是在主观题，常与化学反应热结合在一起考查， 将化学反应速率和化学平衡移动的原理与化工生产、生活实际相结合的题目是最近几年的高考命题的热点。
【思维导图】
【考点解读】
考点1化学反应速率
1．定义：化学反应速率是表示反应进行快慢的物理量，它用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。计算公式：v(B)＝＝
(1)浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。
(2)化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是即时速率，且计算时取正值。
(3)同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比。
(4)对于可逆反应，通常所计算的是正、逆反应抵消后的总反应速率，当达到平衡时，总反应速率为零。(注：总反应速率也可理解为净速率)。
2．影响因素：
(1)纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率。但固体颗粒的大小导致接触面的大小发生变化，故影响反应速率。
(2)对于固体、液体物质，由于压强改变时对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，压强对无气体参加的化学反应的速率无影响。
(3)升高温度，不论吸热还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大。
(4)用催化剂催化的反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在许多工业生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围。
3．探究实验：在研究影响化学反应速率和化学平衡的因素时，由于外界影响因素较多，所以搞清某个因素的影响均需控制其他因素相同或不变时，再进行实验。因此控制变量思想在这部分体现较为充分。控制变量思想是中学化学实验中常用的思想方法，对影响实验结果的因素进行控制，以达到明确各因素在实验中的作用和目的。尤其是在研究影响化学反应速率和化学平衡的因素时，由于外界影响因素较多，故要弄清某个因素的影响需控制其他因素相同或不变时再进行实验。在解决这类问题时，要充分挖掘基础知识的内在联系，不被知识的表面及问题的表象所迷惑，参透问题的本质，准确快速的解决问题。
【典例精讲】
例题1、某小组探究实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下：
编号 温度 H2SO4溶液 KI溶液 1%淀粉溶液体积 出现蓝色时间
① 20℃ 0.10 mol·L 110 mL 0.40 mol·L 1 5 mL 1mL 40 s
② 20℃ 0.10 mol·L 110 mL 0.80 mol·L 1 5 mL 1mL 21 s
③ 50℃ 0.10 mol·L 110 mL 0.40 mol·L 1 5 mL 1mL 5s
④ 80℃ 0.10 mol·L 110 mL 0.40 mol·L 1 5 mL 1mL 未见蓝色
下列说法正确的是
A．由实验①②可知，反应速率v与c(I )成正比
B．实验① ④中，应将H2SO4溶液与淀粉溶液先混合
C．在I 被O2氧化过程中，H+只是降低活化能
D．由实验③④可知，温度越高，反应速率越慢
【解析】A．实验①②中其它条件相同，c(I )：①<②，且反应速率：①<②，所以反应速率v与c(I )成正比，A正确；
B．实验① ④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合，再加入H2SO4溶液，在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘单质，测定溶液变色的时间，B错误；
C．在I 被O2氧化过程中，H+除了作为催化剂降低活化能，还作为反应物参加反应，C错误；
D．由实验④温度越高，生成的碘单质能被氧气继续氧化，所以④不变色， D错误。
【变式练习】
1. 纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。
(1)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为_____________________。
(2)纳米铁粉与水中NO反应的离子方程式为4Fe＋ NO＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋3H2O。研究发现，若pH偏低将会导致NO的去除率下降，其原因是___________________。
(3)相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO的速率有较大差异(见图)，产生该差异的可能原因是____________________。
Ⅰ含50 mg·L－1 NO的水样
Ⅱ含50 mg·L－1 NO＋50 mg·L－1 Cu2＋的水样
【答案】(1)2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)(2)纳米铁粉与H＋反应生成H2(3)Cu或Cu2＋催化纳米铁粉去除NO的反应(或形成的Fe－Cu原电池增大纳米铁粉去除NO的反应速率)
【解析】(1)反应物为Fe2＋、BH，生成物为Fe、H2和B(OH)，BH中H显－1价，被氧化为H2，注意溶液呈碱性，配平。(2)pH偏低，说明c(H＋)大，纳米铁粉能与H＋反应。(3)由图可知含有Cu2＋的溶液中去除速率快，可以从影响速率的因素角度分析，如Cu2＋的催化作用，铁置换Cu构成原电池，加快纳米铁的反应速率。
考点2化学平衡
1．化学平衡：
（1）化学平衡状态的特征可以概括为：“逆”即可逆反应、“等”即 V正=V逆>0、“动”即是动态平衡，平衡时反应仍在进行、“定”即反应混合物中各组分百分含量不变、“变”即条件改变，平衡被打破，并在新的条件下建立新的化学平衡。化学平衡的形成与途径无关，外界条件不变，可逆反应无论是从正反应开始，还是从逆反应开始，都可建立同一平衡状态（等效）。
（2）化学平衡状态的判断方法：化学平衡的实质是v正＝v逆≠0时，表现为平衡体系中各组分的物质的量或物质的量分数不再变化，因此 v正＝v逆＞0是化学平衡判断的充要条件。
直接判定 可逆反应的正、逆反应速率不再随时间发生变化
体系中各组成成分的含量，即物质的量浓度、物质的量分数、体积分数、质量分数等保持不变
对同一物质而言，单位时间内该物质所代表的正反应的转化浓度和所代表的逆反应的转化浓度相等
对不同物质而言，一种物质所代表的正反应速率和另一种物质所代表的逆反应速率的比值等于化学方程式中的化学计量数(系数)之比
间接判定 对于反应物和生成物全部是气体且反应前后气体计量数不相等的可逆反应，若反应体系中混合气体的平均相对分子质量不再随时间变化，则反应达到平衡状态。此标志不适用于反应前后气体计量数相等的可逆反应
对于气体反应物和气体生成物的计量数不相等的可逆反应(体系中可存在固、液态物质)，当恒温、恒容时，若反应体系中总压强不再随时间变化，则反应达到平衡状态；当恒温、恒压时，若反应体系中体积不变或混合气体的密度不变，则反应达到平衡状态。对于反应物和生成物全部是气体且反应前后气体计量数相等的可逆反应，恒温、恒容时压强不变以及恒温、恒压时密度不变等均不能说明反应已达到平衡状态
由于任何化学反应都伴有能量变化，因此在其他条件不变的情况下，当总体系温度一定时，则反应达到平衡状态
对于反应混合物中含有有色气体物质的可逆反应，若体系颜色不变，则反应达到平衡状态
2．化学平衡常数的应用：
化学平衡常数可表示反应进行的程度。K越大，反应进行的程度越大，K>105时，可以认为该反应已经进行完全。虽然转化率也能表示反应进行的程度，但转化率不仅与温度有关，而且与起始条件有关。K的大小只与温度有关，与反应物或生成物的起始浓度的大小无关。
(1)判断反应进行的程度：对于同类型的反应，K值越大，表示反应进行的程度越大；K值越小，表示反应进行的程度越小。
(2)判断反应进行的方向：若任意状态下的生成物与反应物的浓度幂之积的比值为Qc，则Qc>K，反应向逆反应方向进行；Qc＝K，反应处于平衡状态；Qc(3)判断反应的热效应：若升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；若升高温度，K值减小，则正反应为放热反应。
(4)利用化学平衡常数计算平衡浓度、转化率、体积分数等。一般步骤：写出有关平衡的化学方程式；确定各物质的起始浓度、转化浓度、平衡浓度；根据已知条件建立等式关系进行解答。
3．化学平衡移动：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。它是浓度、压强和温度等外界条件对平衡移动影响的概括和总结，只适用于已经达到平衡状态的可逆反应，未处于平衡状态的体系不能用此原理分析，但它也适用于其他动态平衡体系，如溶解平衡、电离平衡和水解平衡等。催化剂能够同等程度地增加正反应速率和逆反应速率，因此它对化学平衡的移动没有影响。平衡移动就是一个“平衡状态→不平衡状态→新的平衡状态”的过程。一定条件下的平衡体系，条件改变后，可能发生平衡移动。可总结如下：
【典例精讲】
例题2、二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=__________。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。CO2催化加氢合成C2H4反应的ΔH______0(填“大于”或“小于”)。
(3)根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_________(MPa) 3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。
【答案】（1）1∶4 变大 （2）d c 小于
（3）或等
（4）选择合适催化剂等
【解析】 (1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。
(2)由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应， H小于0。
(3)原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa) 3=(MPa) 3。
(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。
【变式练习】
2. 亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO和Cl2反应得到，化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g) 2NOCl(g)。
(1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：
①2NO2(g)＋NaCl(s) NaNO3(s)＋NOCl(g)
②4NO2(g)＋2NaCl(s) 2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)
③2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)
设反应①②③对应的平衡常数依次为K1、K2、K3，则K1、K2、K3之间的关系为____________。
(2)300 ℃时，2NOCl(g) 2NO(g)＋Cl2(g)。
正反应速率的表达式为v正＝k·cn(NOCl)(k为速率常数，只与温度有关)，测得速率与浓度的关系如表所示：
序号 c(NOCl)/mol·L－1 v/mol·L－1·s－1
① 0.30 3.60×10－9
② 0.60 1.44×10－8
③ 0.90 3.24×10－8
n＝________，k＝________。
(3)在1 L恒容密闭容器中充入2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)，在不同温度下测得c(NOCl)与时间t的关系如图A所示：
①反应开始到10 min时NO的平均反应速率v(NO)＝________ mol·L－1·min－1。
②T2时该反应的平衡常数K为________。
③Cl2的平衡转化率为________________。
(4)在密闭容器中充入NO(g)和Cl2(g)，改变外界条件[温度、压强、、与催化剂的接触面积]，NO的转化率变化关系如图B所示。X代表________。
【答案】(1)K2·K3＝K(2)2　4.0×10－8 L· mol－1·s－1(3)①0.1　②2　③50%(4)压强或
【解析】(1)根据盖斯定律知，①×2－②＝③，从而可推知平衡常数之间的关系。(2)将①②组数据代入表达式计算，＝＝4，解得n＝2。再代入任意一组数据可计算出k值。:(3)①10 min时，c(NOCl)＝1 mol·L－1，则转化的NO的物质的量为1 mol，则v(NO)＝＝0.1 mol·L－1·min－1。②平衡常数K＝＝2。③Cl2的平衡转化率为×100%＝50%。(4)根据图A，T2下反应速率较大，说明T2大于T1，而T2下达到平衡状态时，c(NOCl)较小，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，故正反应是放热反应。观察图B，随着X的增大，NO的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，该可逆反应的正反应是气体分子数减小的反应，且正反应是放热反应，X代表压强或。与催化剂的接触面积大小只影响化学反应速率，不会使平衡移动，即不改变转化率。
考点3图、表中数据和结果分析
图表一般是信息记录表，主要是围绕探究的主题，以实验报告的形式分析科学探究的实验现象，或是对研究性课题的实验记录的数据进行定量计算等。解题时从表格中获取信息，利用问句中的关键词语，运用化学反应速率和化学平衡的相关原理获取问题的答案。
1．图形题：坐标曲线题解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。
（1）识图：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X轴和函数Y轴表示的意义)，寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化)。
（2）析图：图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。
（3）用图：将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。
2．数据表格分析题：该题常常以列表形式，传递有关化学的概念、原理等基础知识的信息，主要考查学生对基础知识的理解和掌握程度，获取并处理信息，综合分析问题等能力。题目信息一般比较隐蔽，它要求学生作答时首先要能够从题目中获取相关的信息，并能够将此信息与教材相关的理论紧密结合，从而寻找解答题目的切入点。
（1）审题：要明确行标题、列标题和数据标题的含义；分析各行各列的数据变化，最大值、最小值和平衡点。
（2）找答案：把表格转变成文字，经联想找出所要考的知识；分析各行各列的数据变化，最大值、最小值和平衡点的原因。
（3）定答案：结合概念和原理答题，把表格转变成文字，要表达准确，尽量用课本上的术语表述；书写要工整、条理要清楚。
【典例精讲】
例题3、“绿水青山就是金山银山”，近年来，绿色发展、生态保护成为中国展示给世界的一张新“名片”。
(I)汽车尾气是造成大气污染的重要原因之一，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。请回答下列问题：
(1)已知：
若某反应的平衡常数表达式为，则此反应的热化学方程式为_______。
(2)在一定条件下可发生分解：，一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是_____(填字母)。
A．和的浓度比保持不变 B．容器中压强不再变化
C． D．气体的密度保持不变
(Ⅱ)甲醇、乙醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，都是重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景，可以用多种方法合成。 CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)
(3)将和按物质的量之比1：3充入体积为2.0L的恒容密闭容器中反应生成，如图1表示压强为0.1 MPa和5.0 MPa下转化率随温度的变化关系。
①a、b两点化学反应速率分别用，表示，则_____(填“大于”、“小于”或“等于”)
②列出a点对应的平衡常数表达式K= ____________________。
(4)在1.0 L恒容密闭容器中投入1 mol 和2.75 mol 发生反应：CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示，下列说法正确的是________。
A．该反应的正反应为放热反应
B．压强大小关系为P1＜P2＜P3
C．M点对应的平衡常数K的值约为
D．在及512 K时，图中N点
(5)催化加氢合成乙醇的反应为：2CO2(g) + 6H2(g) C2H5OH(g) + 3H2O(g) ；m代表起始时的投料比，即。
①图3中投料比相同，温度，则该反应的焓变_______0(填)。
②m=3时，恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图4所示，则曲线b代表的物质为_________(填化学式)。
【答案】Ⅰ．(1) (2)BⅡ．(3)①大于②（4）AC （5）①＜ ②CO2
【解析】Ⅰ．(1)某反应的平衡常数表达式为，发生反应为
根据盖斯定律，②×2 ③ ①得出：；
(2)A．NO2和O2的浓度比始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，a错误；
B．该反应为气体体积增大的反应，压强为变量，容器中压强不再变化，说明各组分的浓度不再变化，反应已达到化学平衡状态，b正确；
C．应为v正(NO2)=2v逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，c错误；
D．该反应前后都是气体，气体总质量、气体体积为定值，则密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，d错误；答案选b；
Ⅱ．(3)a、b两点温度相同，正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故压强曲线A大于曲线B，压强越大反应速率越快，故反应速率Va大于Vb；
(4)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；
B．由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以P1＜P2＜P3，故B错误；
C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则
所以K==1.04×10 2；故C正确；
D．由图可知，在p2及512K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动，则v(正)＞v(逆)，故D错误；
答案选AC；
(5)①由图3可知，相同压强下，温度越高氢气转化率越小，说明升高温度反应向逆向移动，正反应放热，△H＜0；
②温度升高，反应逆向进行，所以产物的物质的量是逐渐减少的，反应物的物质的量增大，由图可知，根据反应计量系数关系，曲线a代表的物质为H2，b表示CO2，c为H2O，d为C2H5OH。
【变式练习】
3向一容积不变的密闭容器中充入一定量A和B，发生如下反应：xA(g)＋2B(s) yC(g)　ΔH<0。在一定条件下，容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题：
(1)用A的浓度变化表示该反应在0～10 min内的平均反应速率v(A)＝_______________。
(2)根据图示可确定x∶y＝________。
(3)0～10 min容器内压强________(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(4)推测第10 min引起曲线变化的反应条件可能是___________________；第16 min引起曲线变化的反应条件可能是________(填编号)。
①减压　②增大A的浓度　③增大C的量　④升温⑤降温　⑥加催化剂
(5)若平衡Ⅰ的平衡常数为K1，平衡Ⅱ平衡常数为K2，则K1________K2(填“＞”、“＝”或“＜”)。
【答案】(1)0.02 mol/(L·min)　(2)1∶2　(3)变大　(4)④⑥　④　(5)>
【解析】(1)0～10 min内v(A)＝＝0.02 mol/(L·min)。(2)根据图像可知，0～10 min内A的物质的量浓度减少量为0.2 mol/L，C的物质的量浓度增加量为0.4 mol/L，x、y之比等于A、C的浓度的变化量之比，故x∶y＝0.2 mol/L∶0.4 mol/L＝1∶2。(3)该反应是气体分数增大的反应，而容器容积不变，因此0～10 min容器内压强变大。(4)根据图像可知，10 min时改变条件后，A、C的浓度瞬时不变且随后反应速率加快，故改变的条件可能是升温或加入催化剂；12～16 min，反应处于平衡状态，16 min时改变条件后，A、C的浓度瞬时不变，且随后A的浓度逐渐增大，C的浓度逐渐减小，说明平衡逆向移动，故改变的条件可能是升温。(5)升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小。由于16 min时升高温度，则K1＞K2。
【真题演练】
1．（2024·广西·高考真题）烯烃进行加成反应的一种机理如下：
此外，已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是
A．乙烯与HCl反应的中间体为
B．乙烯与氯水反应无生成
C．卤化氢与乙烯反应的活性：
D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易
2．（2024·江西·高考真题）温度T下，向1L真空刚性容器中加入，反应达到平衡时，，

下列说法正确的是
A．再充入1mol X和1mol Y，此时
B．再充入1mol X，平衡时
C．再充入，平衡向右移动
D．若温度升高，X的转化率增加，则上述反应
3．（2024·甘肃·高考真题）甲烷在某含催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是
A． B．步骤2逆向反应的
C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化
4．（2025·浙江·高考真题）化合物A在一定条件下可转变为酚E及少量副产物，该反应的主要途径如下：
下列说法不正确的是
A．为该反应的催化剂 B．化合物A的一溴代物有7种
C．步骤Ⅲ，苯基迁移能力强于甲基 D．化合物E可发生氧化、加成和取代反应
5．（2024·广西·高考真题）573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：(苯甲腈)(苯甲酰胺)(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用表示)的物质的量分数随时间的变化曲线，其中。下列说法错误的是
A．水解产物除了还有
B．点时
C．在15min前基本不变，15min后明显增大，可能是水解产物对生成的反应有催化作用
D．任意25min时间段内存在
6．（2024·重庆·高考真题）醋酸甲酯制乙醇的反应为：。三个恒容密闭容器中分别加入醋酸甲酯和氢气，在不同温度下，反应t分钟时醋酸甲酯物质的量n如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的
B．容器甲中平均反应速率
C．容器乙中当前状态下反应速率
D．容器丙中乙醇的体积分数为
7．（2024·海南·高考真题）氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知时，反应①：；物质的量分数。
回答问题：
(1)题述条件下，反应②： 。
(2)设反应为一步完成，且与温度无关，已知下，反应①活化能为，则分解反应的活化能为 。
(3)既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有 、 。
(4)温度T下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，关系曲线如图所示，其函数关系 (写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率 ；假设吸附到催化剂表面后都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间的产量将 。
8．（2024·江西·高考真题）石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH4和H2S重整制氢的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g) ΔH1=+260kJ/mol
反应Ⅱ：CH4(g) C(s)+2H2(g) ΔH2=+90kJ/mol
反应Ⅲ：2H2S(g) S2(g)+2H2(g) ΔH3=+181kJ/mol
回答下列问题：
(1)H2S分子的电子式为 。
(2)反应Ⅳ：CS2(g) S2(g)+C(s) ΔH4= kJ/mol。
(3)保持反应器进料口总压为100kPa．分别以8kPaCH4、24kPaH2S(He作辅气)与25kPaCH4、75kPaH2S进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为 ，理由是 。
(4)假设在10L的恒温刚性容器中，通入0.3mol CH4和0.15mol H2S发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为P0.CH4和H2S的转化率与时间的关系如图2，0～5min内H2的化学反应速率为 mol/(L min)；5min时，容器内总压为 。
(5)假设H2S和CH4的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir等温吸附(吸附分子彼此不发生相互作用，且气体分子为单分子层吸附)。吸附等温式为：。其中a是气体的吸附系数，Vm是气体在固体表面的饱和吸附量(标态)，P是气体的分压，V是气体分压为P时的平衡吸附量(标态)。在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S的分压为2MPa及4MPa，CH4和H2S的分压相同时，H2S平衡吸附量分别为0.6m3/kg和0.8m3/kg(已换算成标态)，则H2S的吸附系数为 MPa﹣1。
(6)与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是 。
9．（2025·浙江·高考真题）二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答：
(1)用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。
A．温度 B．投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C．压强 D．催化剂
(2)25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH= 。
(3)在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是 。
(4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下 0(填“>”、“<”或“=”)。
(5)有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下：
Ⅳ．
V．
三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。
(例：HCOOH的物质的量百分比
①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活) 。
②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因 。
【模拟演练】
1．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示（“UV”代表紫外线）。下列说法错误的是
A．只有在循环中起催化作用
B．该反应可用于制取合成气、
C．过程包含反应
D．反应过程中金属元素的价态发生改变
2．（2025·陕西宝鸡·一模）丙烷脱氢是制备丙烯的一种常见方法，下图是某催化剂催化该过程的能量变化图，*表示吸附在催化剂表面的物种，下列有关说法错误的是
A．在该条件下，所得丙烯为混合物
B．该过程中发生了非极性键的断裂与形成
C．由图可知
D．丙烷脱氢制备丙烯的快慢由这一步反应决定
3．（2025·湖南株洲·一模）的氧化反应分两步进行：
Ⅰ．
Ⅱ．
其能量变化示意图如下图1.向恒容密闭容器中充入一定量的和，控制反应温度为和，测得随时间的变化曲线如下图2.下列说法不正确的是
A．反应1在低温下自发进行
B．氧化反应的决速步骤为过程Ⅱ
C．结合图2信息可知：转化相同量的耗时更长
D．引起图2变化的可能原因：升温过程Ⅰ平衡逆移，减小对过程Ⅱ速率的影响大于温度对过程II速率的影响
4．（2024·黑龙江大庆·二模）起始温度均为，容积均为的甲(绝热)、乙(恒温)密闭容器中，向甲、乙中均加入和，发生反应的转化率随时间的变化关系如图所示。已知：分别是正、逆反应速率常数，，。下列说法正确的是
A．该反应的 B．反应速率：
C．时， D．容器甲，内，
5．（2024·江苏泰州·一模）Fe2O3可以催化脱除H2S，脱除反应为Fe2O3(s)＋3H2S(g)=S(s)＋2FeS(s)＋3H2O(g)，脱除过程如下图所示。下列说法正确的是
A．图甲中催化剂对H2S的吸附强度强于图乙
B．脱除过程中氧元素的化合价发生变化
C．该反应的平衡常数K=
D．脱除一段时间后，催化剂的活性降低
6．（2025·江西九江·一模）实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图(已知极易结合转化为ROH)。下列说法正确的是
A．P为该反应的催化剂
B．亲水性：
C．Z中只含一个手性碳原子
D．若原料苯甲醛部分氧化生成苯甲酸，会减慢该历程反应速率
7．（2025·安徽淮北·一模）叔丁基溴在纯溶剂中会发生溶剂解，叔丁基溴在水中的溶剂解反应生成两种产物的机理分别为：
下列说法错误的是
A．两种机理的控速步骤是相同的
B．两种机理中都用到了孤对电子
C．把叔丁基溴换成叔丁基碘，产物比例不变
D．把换成，消去产物比例减小
8．（2025·山西·一模）由直接脱氢制的反应为。在密闭容器中发生该反应，测得的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，下列说法正确的是
A．X、Z两点平衡常数：
B．该反应在任何条件下都能自发进行
C．X、Y两点的化学反应速率：
D．减压、升温均有利于提高的平衡转化率
9．（2024·浙江绍兴·一模）工业上，可用乙烯催化氧化法制取环氧乙烷，涉及下列两个反应：
I．
Ⅱ．
用银作为催化剂时，的活化能为，的活化能为，且两个反应的平衡常数均大于。下列说法不正确的是
A．在银催化下，反应Ⅱ的速率小于反应I
B．改变压强，对环氧乙烷的平衡产率影响不大
C．从自发的角度，乙烯氧化后倾向于生成
D．若不考虑催化剂银的活性变化，升高温度能提高环氧乙烷的选择性
10．（2024·浙江嘉兴·一模）Ni CeO2催化CO2加H2的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。以投料比[n(CO2)/n(H2)]=1∶1进行反应，反应气总流量控制在20 mL·min 1，含碳产物中CH4的物质的量百分数及CO2的转化率随温度(T)的变化如图2所示。下列说法正确的是
A．180 ℃时主反应的化学方程式为CO2(g)＋H2O(g)CO(g)＋H2O(g)
B．210 ℃时CH4的平均反应速率为0.9 mL·min 1
C．260 ℃后升高温度，甲烷产率不变
D．其他条件不变，增大投料比[n(CO2)/n(H2)]，可提高CO2的平衡转化率
11．（2025·江苏·一模）实现“碳中和”的一种路径是将和合成。其主要反应为：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
反应Ⅲ．
若仅考虑上述反应，在下，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，和的选择性及的转化率随温度的变化如下图所示。的选择性下列说法正确的是
A．一定温度下，使用高效催化剂可提高平衡产率
B．其他条件不变，时，随温度升高生成的量增多
C．其他条件不变，时，通入，生成0.096mol
D．温度高于时，主要是因为反应Ⅲ正向程度增大使的选择性降低
12．（2025·江西九江·一模）恒温下，向2L的刚性密闭容器中充入一定量W(g)，反应关系如图，反应②和③的速率方程分别为和分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得W(g)物质的量随时间变化如下表。下列说法正确的是
0 1 2 3 4
0.400 0.306 0.240 0.192 0.160
A．内，Y的平均反应速率为
B．若扩大容器体积，平衡时Y的产率增大
C．若，平衡时
D．若升高温度，平衡时增大
13．（2025·广西柳州·二模）在恒容密闭容器中，加入一定量的乙酸蒸气制氢气，发生如下反应：
热裂解反应Ⅰ：　
脱羧基反应Ⅱ：　
达到平衡状态，测得温度与气体产率的关系如图所示。
下列说法错误的是
A．反应热：，
B．约650℃之前活化能：反应Ⅰ小于反应Ⅱ
C．反应过程中可能发生副反应：
D．一定温度下，增大的浓度，平衡正向移动，乙酸的转化率减小
14．（2025·黑龙江吉林·一模）为研究反应在不同条件下的转化率，向恒压反应器中通入含一定浓度与的气体，在无催化剂和有催化剂在时，分别测得不同温度下反应器出口处的转化率如图中曲线a、b所示(图中虚线表示相同条件的平衡转化率随温度的变化)，下列说法不正确的是
A．反应的
B．曲线a中转化率随温度升高而增大，是由于反应速率变快
C．曲线b中从M点到N点，转化率随温度升高而减小是由于催化剂活性减弱
D．催化剂存在时，其他条件不变，增大气体，转化率随温度的变化为曲线c
15．（2025·江苏盐城·一模）二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：
①
②
，下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、和的体积分致如图所示。下列说法正确的是
A．处与处反应①的平衡常数K相等
B．反应②的焓变
C．处的的体积分数大于处
D．混合气从起始到通过处，的生成速率小于的生成速率
16．（2025·广东佛山·一模）铜氨纤维常用于高档丝织品，铜氨溶液可用于制作铜氨纤维。
(1)制备氮气：
实验室利用如图装置制备氨气，反应的化学方程式为 。
(2)氨水浓度的测定：
将制得的氨气溶于水，取20.00mL该氨水，加入指示剂，用1.000mol·L-1盐酸滴定至终点，消耗盐酸22.00mL。
①该过程中需用到的仪器有 (填仪器名称)。
②该氨水的浓度为 mol·L-1。
(3)配制铜氨溶液：
向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出现蓝色沉淀，随后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。反应的离子方程式：I． ；II．Cu(OH)2＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-
(4)探究铜氨离子形成的原因：
①查阅资料 Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH-(aq)Ksp=4.8×10-20
Cu2＋(aq)＋4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2＋(aq)K=7.24×1012
②提出猜想 根据查阅的资料判断反应II难以进行。通过计算说明理由 。
③验证猜想 设计如下方案，进行实验。
步骤 现象
i．向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入足量1mol·L-1 溶液 生成蓝色沉淀
ii．再向i中悬浊液滴加配制的氨水，振荡
④实验小结猜想成立。
⑤教师指导Cu(OH)2＋4NH3＋2NH[Cu(NH3)4]2＋＋2NH3·H2O K=1.13×103
⑥继续探究
步骤 现象
iii．向ii中继续滴加 溶液 蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色
⑦分析讨论结合方程式II，从平衡移动的角度解释步骤ii的现象 。
17．（2025·江苏泰州·一模）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
(1)液氨是一种重要的载氢材料。已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，Fe﹣TiO2﹣xHy双催化剂双温催化合成氨机理如图-1所示，该方法通过光辐射产生温差，可以实现高速率、高产率合成氨。
①高温区纳米Fe催化剂能提高合成氨效率的原因是 。
②低温区TiO2﹣xHy能提高合成氨效率的原因是 。
③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，负极的电极反应式为 。
(2)十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，可经历“C10H18→C10H12→C10H8”的脱氢过程释放氢气，催化剂对反应活化能的影响如图-2所示。一定条件下，向恒容密闭容器加入1mol十氢萘进行催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的物质的量随时间的变化关系如图-3所示。
①C10H12的物质的量显著低于C10H8可能的原因是 。
②7h时，反应体系内氢气的物质的量为 mol。
(3)以H2、CO2和二甲胺为原料，在Cu/ZnO催化下合成DMF()的机理如图-4所示。
①该过程合成DMF的化学方程式为 。
②由机理图可知，反应过程会产生一种有机副产物，其结构简式为 。
③若改用D2、CO2和二甲胺为原料，产物水的结构式为 。
18．（2024·浙江金华·一模）甲酸()被认为是潜在的贮氢物质之一。请回答：
(1)加热甲酸可发生两种分解反应，反应过程中的能量变化如图所示。
Ⅰ．
Ⅱ．
①根据能量变化图，计算的 。
②已知只能催化反应Ⅰ而对于反应Ⅱ无影响。
根据前面的信息判断，下列说法正确的是 (选填序号)。
A．升温，有利于提高产物中的体积分数
B．加入，可使能达到的极大值更大
C．加入，有利于提高的平衡浓度
D．当时，反应达到平衡状态
(2)在催化剂作用下，能与反应生成：。的电离、双聚均会影响放氢速率，反应历程如下图所示：
①用代替，通过检验气体产物中的 (填分子式)可确认上述机理。
②实验发现，水适当过量能促进释放，可能原因是 。
(3)(25℃，)溶液中加入两种可溶性钠盐、，发生反应：(、B)。平衡时随起始时与物质的量浓度之比的变化曲线如下图。
①弱酸的电离平衡常数 。
② (选填“<”或“>”)。
参考答案
【真题演练】
1．B
【详解】A．HCl中氢带正电荷、氯带负电荷，结合机理可知，乙烯与HCl反应的中间体为氢和乙烯形成正离子：，A正确；
B．氯水中存在HClO，其结构为H-O-Cl，其中Cl带正电荷、OH带负电荷，结合机理可知，乙烯与氯水反应可能会有生成，B错误；
C．由机理，第一步反应为慢反应，决定反应的速率，溴原子半径大于氯，HBr中氢溴键键能更小，更容易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性：，C正确；
D．已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小；则烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易，D正确。
2．A
【分析】由题意可知，平衡时Y的浓度为0.4mol/L，由方程式可知，X的浓度为1mol/L—0.4mol/L=0.6 mol/L，Z的浓度为0.4mol/L，则反应的平衡常数K=≈0.27。
A．向真空刚性容器中再充入1mol X和1mol Y时，反应的浓度商Qc==0.35＞K，则反应向逆反应方向进行，正反应速率小于逆反应速率，故A正确；
B．向真空刚性容器中再充入1mol X相当于增大压强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则平衡时，Y的浓度小于0.8mol/L，故B错误；
C．向真空刚性容器中再充入不参与反应的1mol氮气，反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D．温度升高，X的转化率增加，说明平衡向正反应方向移动，该反应为焓变大于0的吸热反应，故D错误。
3．C
【详解】A．由能量变化图可知，，A项正确；
B．由能量变化图可知，步骤2逆向反应的，B项正确；
C．由能量变化图可知，步骤1的活化能，步骤2的活化能，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；
D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确。
4．B
【详解】A．由图可知H+参与了反应，反应前后不变，因此H+是反应的催化剂，A正确；
B．化合物A的一溴代物有6种，分别是：、、、、、，B错误；
C．步骤III可知C转化到D，苯基发生了迁移，甲基没有迁移，说明苯基的迁移能力强于甲基，C正确；
D．化合物E中有酚羟基可以发生氧化反应，苯环可以发生加成反应和取代反应，D正确。
5．D
【详解】A．苯甲腈在溶液中发生连续水解：，,有NH3生成，A正确；
B．a点之前x(Y)逐渐增大，；a点之后，x(Y)逐渐减小，a点是Y物质的最大值，则生成和消耗的速率相等。即，B正确；
C．在15min前基本不变，15min后明显增大，在没有另加物质、没有改变反应条件的情况下，可能是水解产物对生成的反应有催化作用，C正确；
D．根据图像所示，反应的前期应该有，a点之后，由于明显减小，显著增大，三者的速率关系不再满足，D错误。
6．D
【分析】温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙反应升高温度，醋酸甲酯量增大，则反应逆向进行，正反应为放热反应，焓变小于0；
【详解】A．由分析，该反应的，A错误；
B．容器甲中平均反应速率，B错误；
C．温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙达到平衡状态，但不确定乙是否平衡，不能确定正逆反应速率相对大小，C错误；
D．对丙而言：
容器丙中乙醇的体积分数为，D正确。
7．(1)+92
(2)427
(3)压强 温度
(4) 不变 增大
【详解】（1）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，反应①H=—92kJ/mol，则反应②H=+92kJ/mol；
（2）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，由题意可知，673K下，反应①活化能为335 kJ/mol，则氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol；
（3）反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发生移动，所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率；
（4）由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min时氨气的分压为23.5kPa、10min时氨气的分压为12kPa，0—5min时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—5min时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数关系p(NH3)= ；由关系式可知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间氢气的产量将增大。
8．(1)
(2)+11
(3) M 总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大
(4) 1.2×10-3 P0
(5)0.4
(6)H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2
【详解】（1）H2S为共价化合物，其电子式为；
（2）根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ﹣Ⅰ＝Ⅳ，则CS2(g) S2(g)+C(s) ΔH4＝ΔH2+ΔH3﹣ΔH1＝(90+181－260)kJ/mol＝+11kJ/mol；
（3）保持反应器进料口总压为100kPa。分别以8kPaCH4、24kPaH2S（He作辅气）与25kPaCH4、75kPaH2S进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为M，理由是总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大
（4）由图可知，0～5min内消耗的CH4为0.3mol×5%＝0.015mol，消耗的H2S为0.15mol×20%＝0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min内H2的化学反应速率为v(H2)1.2×10-3mol/(L min)；
设反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化了(0.03-2x) molH2S，列三段式有
，5min时，n(CH4)=0.285mol，n(H2S)=0.12mol，n(H2)＝0.06mol，n(CS2)=xmol，n(S2)=(0.015-x)mol，n(总)=0.48mol，起始总压为P0，气体总量为0.45mol，根据压强之比等于物质的量之比，可得5min时，容器内总压为×P0=P0；
（5）根据题意可知方程：①，②，联立方程①与②，解得：α1＝0.4MPa﹣1；
（6）与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2。
9．(1)AB
(2)5.4
(3)CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
(4)＜
(5)t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度
【详解】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意；
B．增大投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3):n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意；
故答案为：AB；
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2] ++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4；
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O；
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0；
（5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；
②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
【模拟演练】
1．A
【详解】A．V元素在催化循环I、II中起到催化作用，化合价发生变化，含V物质中氧原子个数变化，因此都有催化作用，故A错误；
B．图中可知循环I、II反应的反应物为CH4和H2O，产物为和，故B正确；
C．由图示可知，循环I中，作用的步骤为转化为、CO、H2，即故C正确；
D．含V物质中氧原子个数改变，V的氧化程度改变，因此、、中金属元素价态一定改变，故D正确。
2．B
【分析】从能量图可知，丙烷脱氢总反应是吸热反应 ，且需经历多步逐次断键、成键的过程，据此信息解答。
A．由图可知，生成丙烯后，丙烯还在继续脱氢，所以所得丙烯中还含有其他有机物，A正确；
B．该反应过程中，碳骨架由变为，该反应过程中未发生碳碳键的断裂，只发生了的断裂，所以未发生非极性键的断裂，B错误；
C．由图可知，由最终变为时，刚好吸收热量，则有应： ，C正确；
D．活化能最大的步骤为决速步，由图可知，由这步的活化能最大，为决速步，D正确。
3．C
【详解】A．为熵减的放热反应，，反应自发进行，则该反应在低温下自发进行，A正确；
B．活化能Ea1C．结合图2信息可知：转化相同量的，T2耗时更长，C错误；
D．过程I为快反应先达到平衡，升温后平衡逆移，N2O2浓度减小引起决速过程II速率减小，影响大于升温，D正确。
4．C
【分析】由图可知，绝热容器甲先达到平衡，说明该反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化二氮的转化率减小，则该反应的焓变小于0。
A．由分析可知，该反应的焓变小于0，故A错误；
B．由分析可知，绝热容器甲中反应温度高于恒温容器乙，由图可知，Q点与P点一氧化二氮转化率相同，则两个容器内同一种气体的浓度相同，而Q点反应温度高于P点，则Q点正反应速率高于P点，P点对应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，所以Q点正反应速率大于P点逆反应速率，故B错误；
C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：，由图可知，平衡时一氧化二氮的转化率为25%，则平衡时一氧化二氮、一氧化碳、氮气、二氧化碳的浓度为=0.075mol/L、=0.375mol/L、=0.025mol/L、=0.025mol/L，速率常数 ，故C正确；
D．由图可知，200s时，容器甲中一氧化二氮的转化率为20%，则内，一氧化二氮的反应速率为=，故D错误。
5．D
【详解】A．Fe2O3中铁元素为+3价、氧元素为-2价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，故A错误；
B．图中铁元素的化合价由+3价降低至+2价，硫元素的化合价由-2价升高至0价，氧元素的化合价未发生变化，故B错误；
C．根据脱除反应的化学方程式可知，该反应的平衡常数表达式为，故C错误；
D．脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，活性降低，故D正确。
6．D
【详解】
A．由反应机理图可知，该反应的催化剂为，不是P，A错误；
B．W为苯甲酸苯甲酯，属于酯类物质，P为苯甲醇，醇类物质由于含有羟基，能与水分子形成氢键，亲水性较强，则亲水性：，B错误；
C．Z中含有2个手性碳原子，如图中标注有“*”的碳原子：，C错误；
D．已知：极易结合转化为ROH，若原料苯甲醛部分氧化生成苯甲酸，苯甲酸会使转化为苯甲醇，导致催化剂催化效率降低或失效，会减慢该历程反应速率，D正确。
7．D
【详解】A．两种机理分别是卤代烃的取代反应机理和消去反应机理，两种机理都是形成碳正离子的步骤为慢反应，所以控速步骤相同，A项正确；
B．从机理上可以看出，水分子利用氧原子上的孤对电子分别进攻碳正离子和氢原子，B项正确；
C．从机理可以推断出卤素原子的种类决定的是活化能的大小，产物的比例是由亲核试剂选择进攻碳正离子还是氢原子决定的，在都是水作亲核试剂的情况下得到的产物比例不变，C项正确；
D．把水换成乙醇后，提供孤对电子的依然是氧原子，但是乙醇的体积较大，进攻处在结构中间的碳正离子的能力降低，更易进攻处在外围的氢原子，所以消去产物比例增大，D项错误。
8．D
【分析】由题图可知，压强一定时，温度越高，的平衡转化率越高，则升温平衡正向移动，该反应的正反应为吸热反应，即。
【详解】A．平衡常数只与温度有关，X、Z两点温度相同，故，A错误；
B．该反应为熵增的吸热反应，在高温条件下能够自发进行，B错误；
C．X、Y两点压强相同，温度越高，化学反应速率越快，Y时温度高，故，C错误；
D．该反应为体积增大的吸热反应，故减压和升温化学平衡均正向移动，均有利于提高的平衡转化率，D正确。
9．D
【详解】A．活化能越低，反应速率越快，在银催化下，反应Ⅱ的活化能大于反应I，则反应Ⅱ的速率小于反应I，A正确；
B．题目指出两个反应的平衡常数均大于，说明反应接近完全转化，改变压强，对环氧乙烷的平衡产率影响不大，B正确；
C．从自发的角度，化学平衡常数K与吉布斯自由能变化ΔG之间存在关系：，两个反应的平衡常数均大于，表明两反应均自发(ΔG < 0)，但乙烯完全氧化生成和(反应Ⅱ)的焓变通常比部分氧化生成环氧乙烷更负(放热更多)，根据，从热力学角度看乙烯氧化后倾向于生成，C正确；
D．若不考虑催化剂银的活性变化，升高温度，反应I和反应Ⅱ的速率都增大，根据阿伦尼乌斯方程可知，升高温度时，活化能较高的反应速率增长更快，加剧副反应生成二氧化碳，降低主产物环氧乙烷的选择性，D错误。
10．B
【分析】从图1可知，该反应为CO2和H2在Ni-CeO2催化作用下发生反应生成CH4和H2O，化学方程式为CO2+4H2CH4+2H2O，其中还会存在CO2和H2生成CO和H2O的副反应，从图2可知，随着温度的升高，含碳产物中CH4物质的量百分数增大，CO2的转化率增大，说明CO2+4H2CH4+2H2O正反应为吸热反应，升温化学平衡正向移动。
【详解】A．由图2可知，180 ℃时含碳产物中CH4物质的量百分数较大，主反应的化学方程式为CO2+4H2CH4+2H2O，A错误；
B．210 ℃时含碳产物中CH4物质的量百分数为90%，CO2的转化率为10%，根据已知条件列出“三段式”
x+y=1，=0.9，解得x=0.9，y=0.1，则CH4的平均反应速率为0.9 mL·min 1，B正确；
C．从图2可知，随着温度的升高，含碳产物中CH4物质的量百分数增大，CO2的转化率增大，说明CO2+4H2CH4+2H2O正反应为吸热反应，升温化学平衡正向移动，甲烷产率增大，C错误；
D．其他条件不变，增大投料比[n(CO2)/n(H2)]，相当于增大CO2的物质的量，平衡正向移动，但CO2的平衡转化率减小，D错误；
故选B。
11．C
【详解】A．催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，只影响反应达到平衡所需的时间，不影响化学平衡的移动，因此一定温度下，使用高效催化剂不能提高的平衡产率，A错误；
B．由图像可知，在时，CO2的转化率降低，从O元素守恒来看，H2O的O来自于CO2，则在时，升高温度，随温度升高生成的量减少，B错误；
C．时，的转化率为30%，的选择性为64%；通入1mol，参加反应的的物质的量为，生成消耗的的物质的量为，根据反应关系，生成的物质的量为，C正确；
D．温度高于时，的选择性降低，的选择性升高，因为生成和的反应是放热反应，升温使反应 Ⅰ、Ⅱ逆向移动，而不是因为反应 Ⅲ正向程度增大，D错误。
12．C
【详解】A．由表格数据可知，2min时W的物质的量为0.240mol，则0 2min内，W的反应速率为，则Y的反应速率为，故A错误；
B．由转化关系可知，反应①为W完全分解生成X和Y，Y只参与反应①，所以增大容器容积，平衡时Y的物质的量不变、产率不变，故B错误；
C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k2c2(X)=，若，则X和Z的浓度关系为，故C正确；
D．反应③的活化能大于反应②说明X转化为Z的反应为放热反应，升高温度，反应②平衡向逆反应方向移动，Z的浓度减小，故D错误。
13．B
【详解】A．温度升高，CO和H2的平衡产率升高，反应I正向移动，，CH4和CO2的平衡产率降低，反应II逆向移动，，A正确；
B．650℃之前，氢气产率低于甲烷，脱羧基反应Ⅱ活化能低，反应速率快，相同时间产生的CH4多，约650℃之前活化能：反应Ⅰ大于反应Ⅱ，B错误；
C．由方程式可知，热裂解反应Ⅰ生成一氧化碳和氢气的物质的量相等，相同温度时，一氧化碳和氢气的产率相等，由图可知，相同温度时，一氧化碳的产率大于氢气的产率，所以该容器中还发生了副反应导致一氧化碳的产率大于氢气的产率，C正确；
D．一定温度下，增大的浓度，平衡正向移动，同时增大CH3COOH浓度，相当于加压，反应I和II都是气体增加的反应，最终乙酸的转化率减小，D正确。
14．C
【详解】A．由图中b曲线可知，平衡后继续升高温度，一氧化氮平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，则反应的，A正确；
B．由图可知，相同温度时，曲线b中对应点一氧化氮的转化率大于曲线a，说明曲线a代表未加入催化剂时，一氧化氮转化率与温度变化的关系，所以的转化率随温度升高而增大，是因为反应速率变快而导致，B正确；
C．由图可知，曲线b中从M点到N点，一氧化氮转化率随温度升高而减小，因催化剂不影响平衡移动，不改变一氧化氮转化率，可能的原因是反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，一氧化氮转化率减小，并非催化剂失去活性使反应速率减慢所致，C错误；
D．催化剂存在时，其他条件不变，向容器中通入氧气，增大，则平衡向正反应方向移动，一氧化氮的转化率升高，高于同温度时的b曲线，所以c曲线符合增大的曲线变化，D正确。
15．C
【详解】A．L4处与L8处的温度不同，因此反应①的平衡常数K不相等。平衡常数K只与温度有关，温度改变，平衡常数必然改变。故A错误；
B．由图像可知，L1-L3温度在升高，甲醇的体积分数增加，又该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，ΔH2<0。故B错误；
C．从L5到L9，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗CO，而CO体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O)增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O的消耗与生成，故n总减小而n(H O)增加，即H2O的体积分数会增大，故L9处的H2O的体积分数大于L5处。故C正确；
D．L1处CO的体积分数大于CH3OH，说明生成的CO的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率。故D错误。
16．(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2) 酸式滴定管、碱式滴定管 1.100
(3)Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH
(4) 反应Ⅱ的平衡常数K’=Ksp×K=4.8×10 20×7.24×1012=3.5×10 7，该反应平衡常数小于10 5，说明反应正向进行的程度小 NaOH/KOH 蓝色沉淀不溶解 硫酸铵(氯化铵等铵盐均可) 加入铵盐，c(OH )减小，反应Ⅱ平衡正向进行，从而促使Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+(反应Ⅰ逆向进行，生成的Cu2+结合NH3的思路也可)
【详解】（1）实验室制取氨气是加热固体氯化铵和氢氧化钙，方程式为：。
（2）①量取氨水，需要碱式滴定管；用盐酸滴定氨水，盐酸需装入酸式滴定管。
②根据反应列式：，可得。
（3）硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，生成氢氧化铜沉淀，方程式为：。
（4），其平衡常数表达式为：，代入数据计算：，说明正向反应程度很小。反应生成蓝色沉淀，向该悬浊液滴加配制的氨水，振荡。由于反应的平衡常数小于，反应很难进行，所以沉淀不溶解。答案为：；蓝色沉淀不溶解根据⑤的方程式，氨水中含有氨气，要使该反应发生，应该加入含有铵根离子的物质，该物质为等铵盐。
17．(1)纳米铁可以吸附更多N2，高温有利于N≡N、H—H断裂，加快反应速率 反应放热，低温区促进N、H合成氨，平衡正向移动，提高NH3平衡产率 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O
(2)催化剂显著降低了C10H12转化为C10H8的活化能，C10H12分解速率大于其生成速率 2.028
(3)H2+CO2+HN(CH3)2H2O+DMF HCOOH H-O-D
【详解】（1）①在Fe表面断裂，Fe的温度高于体系温度，纳米铁可以吸附更多N2，高温有利于N≡N、H—H断裂，加快反应速率；
②氨气在表面生成，温度低于体系温度，反应放热，低温区促进N、H合成氨，平衡正向移动，提高NH3平衡产率；
③氨燃料电池以KOH溶液为电解质溶液放电时，NH3为燃料做负极，失电子，负极的电极反应式为 2NH3﹣6e﹣+6OH﹣=N2+6H2O；
（2）①由图可知，对比C10H18转化为C10H12的活化能与C10H12转化为C10H8的活化能，可得出催化剂显著降低了C10H12转化为C10H8的活化能，C10H12分解速率大于其生成速率；
②由图可知， C10H18（g）→C10H12（g）+3H2（g）；C10H12（g）→C10H8+5H2（g），反应体系内氢气的物质的量为0.021×3+0.393×5=2.028 mol；
（3）①由图可知，该过程合成DMF的化学方程式为H2+CO2+HN(CH3)2H2O+DMF ；
②由产生DMF和，同时过程中也会产生，生成一种副产物为HCOOH；
③由图可知，水中有一个氢来自于氢气，故产物水的结构为H-O-D；
18．(1) AB
(2) HD 适当过量的水促进电离，防止通过氢键聚合
(3) <
【详解】（1）①由图可知Ⅰ． ；
Ⅱ．
根据盖斯定律，反应Ⅰ－反应Ⅱ得到，则=；
②A．由图可知，该反应的，升温，平衡逆向移动，的体积分数增大，A正确；
B．两个分解反应同时进行，加入，只催化反应Ⅰ而对于反应Ⅱ无影响，故单位时间内生成的CO更多，可以使能达到的极大值更大，B正确；
C．加入，氢氧化钠固体易吸水而潮解，反应Ⅰ和反应Ⅱ是两个竞争反应，氢氧化钠固体吸收水分后，更有利于反应Ⅰ平衡正向移动，不利于提高的平衡浓度，C错误；
D．和水分别是两个反应的生成物，当时，反应不一定达到平衡状态，D错误；
故选AB；
（2）①由反应机理可知，吸附在催化剂上，与水分子反应时，上键断裂，形成一个，与水分子通过配位键结合，随后水分子的1个键断裂，形成一个和，形成氢气分子，故如果用代替，形成的氢气分子是；
②水适当过量相当稀释，电离程度增大，数量变多，可防止通过氢键聚合；
（3）①取图像上，的点，，解得，，则，解得，则；
②当，平衡时加入NaA溶液的，平衡时加入NaB溶液的，说明反应后，滴加NaA溶液的酸性强，则说明结合能力强，HA的酸性强于HB，故。
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