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备战2026 年高考化学【一轮·夯基提能】精讲精练复习讲义
第七章 化学反应速率与化学平衡 章末综合检测卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要
求．
1．下列事实不涉及勒夏特列原理的是
A．加热盛有
溶液的试管，溶液颜色变为黄绿色
B．
，对该平衡体系加压后颜色加深
C．在
的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液的红色变浅
D．向酸性
溶液中滴入少量浓的
溶液后，溶液黄色加深
【答案】B
【详解】A．CuCl2溶液中存在
（蓝色）与Cl⁻的配位平衡：4Cl-+[Cu(H2O)4]2+
4H
⇌
2O+
[CuCl4]2-，加热促进反应生成
（黄绿色），属于温度变化引起平衡移动，涉及勒夏特列原理，A
不符合题意；
B．反应
的气体总物质的量不变，加压后平衡不移动，颜色加深是因
容器体积缩小，导致气体浓度增大，颜色加深，不涉及勒夏特列原理，B 符合题意；
C．
的平衡中，
，加入铁粉消耗
，导致平衡逆向移动，溶液
颜色变浅，涉及勒夏特列原理，C 不符合题意；
D．酸性
溶液存在该平衡：
，加入
，中和
使
转化为
，平衡正向移动，涉及勒夏特列原理，D 不符合题意；
故选B。
2．化学知识在生产、生活中有广泛应用。下列“剂”的功效与化学反应速率无关的是
选项
“剂”名称
物质
功效
A
天然抗氧化剂
维生素C
抑制或延缓物质被氧化
B
生物催化剂
淀粉酶
催化淀粉水解
1
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C
酸洗缓蚀剂
乌洛托品(六亚甲基四胺)
用于金属清洗，抑制金属被腐蚀
D
吸附型漂白剂
活性炭
具有吸附性，用于水处理、糖脱色
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．抗氧化剂通过延缓氧化反应速率起作用，与速率相关，A 正确；
B．催化剂直接加快反应速率，与速率相关，B 正确；
C．缓蚀剂通过降低腐蚀反应速率起作用，与速率相关，C 正确；
D．活性炭的吸附作用是物理过程，不涉及化学反应速率的改变，D 错误；
故选D。
3．氢气是一种可再生的绿色能源，也是重要的化工原料，天然气在催化剂作用下热解可制得氢气，其反
应如下：
，关于上述反应，以下叙述正确的是
A．反应达平衡时，恒温恒压下通入惰性气体，会加快正反应速率，使平衡正向移动
B．反应达平衡时，恒温恒容下加入C(s)，会加快逆反应速率，使平衡逆向移动
C．反应达平衡时，升高温度，平衡正向移动，化学平衡常数k 增大
D．
时，反应达平衡状态
【答案】C
【详解】A．恒温恒压下通入惰性气体，总压不变，体积增大，各气体浓度降低，正、逆反应速率均减
慢，不会加快反应速率，A 错误；
B．固体C(s)的浓度视为常数，加入C(s)不会改变反应速率或平衡，B 错误；
C．该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，化学平衡常数K 增大，C 正确；
D．反应达平衡时，不同物质表示的反应速率关系应为
，D 错误；
答案选C。
4．下列对图示分析所得结论正确的是
甲
乙
丙
丁
A．图甲，催化剂Ⅰ对反应
的催化效果更好
B．图乙，恒容和固定投料条件下，
平衡时气体颜色a 比b 深
C．图丙，
在恒温密闭容器中分解，
时刻可能充入了
D．图丁，合成氨反应，固定
投料时其转化率b 点最高、c 点最低
2
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【答案】C
【详解】A． 图甲为反应的能量变化曲线，催化剂通过降低活化能加快反应速率，活化能越低催化效果越
好，催化剂Ⅱ曲线的活化能低于催化剂Ⅰ曲线的活化能，则其催化效果更好，A 错误；
B．图乙中
随温度升高而降低，说明正反应放热：
；a 点温度低于b 点，a 点
转化率高，平衡时
浓度低，颜色更浅，B 错误；
C．图丙中
分解达到平衡时：
，
由K 决定，而
，恒温K
不变；时刻
突然增大后逐渐恢复原平衡浓度，符合充入
使
，平衡逆向移动至
，C 正确；
D．图丁中固定
投料，可以增大
平衡正向移动，使
转化率持续增大，不会出现c 点最低，D 错
误；
故答案为：C。
5．已知298K 条件下，密闭容器中有足量红磷，通入Cl2发生反应：
①
②
下列说法正确的是
A．再加入P(s)，反应①正向移动
B．适当升温，有利于提高PCl5的平衡产率
C．向平衡体系中再通入Cl2，反应①、②平衡常数均减小
D．平衡体系中
不随压强改变
【答案】D
【详解】A．固体物质的浓度视为常数，增加红磷的量不会改变其浓度，因此不能使反应①的化学平衡发
生移动，A 错误；
B．根据题意可知：这两个反应的正反应均为放热反应，根据平衡移动原理，升高温度会使化学平衡会向
吸热的逆反应方向移动，导致PCl5的平衡产率降低，B 错误；
C．化学平衡常数仅与温度有关，与其他外界条件无关，通入Cl2时由于反应温度未变，因此反应的化学平
衡常数就不变，C 错误；
D．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比。①×2 可
得反应a：2P(s)+3Cl2(g)
2PCl3(g)，其化学平衡常数K(a)=
=
；②×3 可得反应b：3PCl3(g)
3
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+3Cl2(g)
3PCl5(g)，其化学平衡常数K(b)=
=
，
，
K1、K2是反应1、反应2 的化学平衡常数，只与温度有关，而与外界条件无关，因此温度不变，K1、K2不
变，则
就不变，与外界压强无关，即平衡体系中
不随压强改变，D 正确；
故合理选项是D。
6．25℃下，为探究纳米铁去除工业废水中
的影响因素，测得不同条件下
浓度随时间变化关系
如下图。
实验序号
水样体积/mL
纳米铁质量/mg
水样初始pH
①
100
16
6
②
100
4
6
③
100
4
8
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2 小时内平均反应速率
mol·L-1·h-1
B．实验③中，反应的离子方程式为：
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始pH 越小，
的去除效果越好
【答案】C
【详解】由表格数据可知，实验①②探究其他条件相同时，纳米铁质量对去除工业废水中
的影响，
实验说明适当增加纳米铁质量可加快反应速率；实验②③探究其他条件相同时，水样初始pH 对去除工业
废水中
的影响，实验说明减小水样初始pH 可加快反应速率，但水样pH 太小，溶液中的氢离子会与
纳米铁反应导致去除效果降低，所以实验时，应适当控制水样初始pH，否则会影响去除效果。
A．由图可知，0~2 小时内，实验①中硒酸根离子浓度变化量为(5.0×10-4 mol/L-1.0×10-4 mol/L)=4.0×10-4
mol/L，则硒酸根离子平均速率为v=
=2.0×10-4 mol·L-1·h-1， A 错误；
4
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B．由表格数据可知，实验③的初始pH 为8，溶液呈弱碱性，发生的反应为
，B 错误；
C．由分析可知，实验①②说明其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C 正确；
D．由分析可知，水样pH 太小，溶液中的氢离子会与纳米铁反应导致去除效果降低，所以水样初始pH 越
小，去除效果不一定越好，D 错误；
故选C。
7．一种用铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等)为原料生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的主要工艺
流程如图。
工艺流程中的部分反应如下：
①焙烧中Cr2O3发生反应：
；
②
；
下列有关叙述正确的是
A．滤渣1 的主要成分为SiO2
B．“中和”的目的是除铁和铝
C．“酸化”的目的是使
转化为
D．“转化”温度下溶解度：
【答案】C
【详解】碱浸氧化焙烧后，再水浸取溶液，溶液中不溶物为氧化铁，硅酸钠与偏铝酸钠均在溶液中，调pH
可以分离沉淀硅酸和氢氧化铝，然后酸化使铬酸根转化为重铬酸根，再加入KCl 经过系列处理后得到目标
产品。
A．焙烧时SiO2与Na2CO3反应生成可溶的Na2SiO3，Al2O3生成可溶的NaAlO2，FeO 被氧化后可能生成难
溶的Fe2O3，浸取时Fe2O3不溶成为滤渣1，故滤渣1 主要成分为Fe2O3而非SiO2，A 错误；
B．“中和”步骤加H2SO4调pH=7~8，目的是使溶液中的
、
转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀（滤
渣2），从而除去铝和硅，而非铁和铝，B 错误；
C．“酸化”时加入H2SO4增大H+浓度，根据反应②2
+2H+⇌
+H2O，平衡右移，使
转化
为
，C 正确；
D．“转化”中Na2Cr2O7与KCl 反应生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7溶解度更小，即溶解度：
Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，D 错误；
故选C。
5
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8．如图所示实验装置及描述正确的是
A．二茂铁易升华，可用图甲所示装置进行提纯
B．可用图乙所示装置制银氨溶液
C．利用图丙可验证
与
的反应是可逆反应
D．利用图丁可测定醋酸的浓度
【答案】A
【详解】A．二茂铁易升华，升华提纯需固体加热升华后气体凝华。图甲中蒸发皿加热，带孔滤纸可作为
凝华载体，棉花球防止杂质进入，简易装置可实现升华提纯，A 正确；
B．制银氨溶液应在
溶液中逐滴加氨水至沉淀恰好溶解，图乙为氨水中滴加
，试剂添加顺序
错误，B 错误；
C．验证可逆反应需证明反应物和生成物同时存在。图丙中
溶液滴加少量
，
过量，加
变红可能是过量
导致，无法证明反应可逆，C 错误；
D．醋酸滴定
终点产物为
，水解显碱性，应选酚酞作指示剂，甲基橙在酸性范围变色会
导致误差，D 错误；
故答案为：A。
9．低碳烯烃(乙烯、丙烯等)是重要的化工原料。一定条件下，碘甲烷(
)裂解制低碳烯烃的主要反应
有：
i．
，
ii．
，
iii．
，
其他条件不变，起始压强为
，向容积为
的恒容密闭容器中投入
，同时发生反应i、
ii、iii，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图a 所示，反应i 和反应ii 的平衡常数的对数
随
温度的变化如图b 所示。下列说法正确的是
6
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A．若只发生反应i，高压和选择合适的催化剂有利于提高
的平衡转化率
B．曲线
代表的是
随温度的变化关系
C．当
时，相同条件下的反应ii 的平衡常数
等于反应iii 的平衡常数
D．当
时，反应i 的压强平衡常数
【答案】D
【详解】根据图示，温度升高，
物质的量分数减少，可知
，
物质的量分数先增加（
物质的量浓度增加引起）再减少（温度升高引起），可知
，
物质的量分数增加，可知
，据此分析；
A．若只发生反应i，低压有利于提高
的平衡转化率，A 错误；
B．反应ii 是放热反应，温度升高，K 减小，曲线m 代表的是
随温度的变化关系，B 错误；
C．当
时，8%的
由16%
生成，8%的
由12%
生成，故HI 的物质的量分数2×
（4%+12%+16%）=64%，
的物质的量分数（1-64%-4%-8%-8%）=16%，根据碳原子守恒，反应后物
质的量为
，相同条件下的反应ii 的平衡常数
，反应iii 的平衡常数
，C 错误；
D．当
时，平衡时压强为
，反应i 的压强平衡常数
，D 正确；
故选D。
10．一定压强下，乙烯水合反应为：
已知：
气体均视为理想气体，下列说法正确的是
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A．反应的活化能：
B．恒温恒容充入
，平衡向左移动
C．
随温度升高而降低
D．平衡后，升高温度，
【答案】C
【详解】A．ΔH = E 正 - E 逆，题目中ΔH = -34585 -26.4T，为负值且随温度升高更负，说明E 正 < E 逆，
A 错误；
B．恒温恒容充入N2，总压增大但各反应物分压不变，平衡不移动，B 错误；
C．由ΔG = ΔH - TΔS 代入数据得ΔS = -71.59 -26.4TlnT，温度T 升高时lnT 增大，ΔS 更小，ΔS 随温度升
高而降低，C 正确；
D．该反应的ΔH<0，为放热反应，升温使放热反应的逆反应速率增加更多，Δv 逆 > Δv 正，D 错误；
故选C。
11．根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项
实验过程及现象
实验结论
A
在N2氛围中高温加热
固体使其分解，将气体产物依
次通入
溶液和品红溶液，
溶液产生白
色沉淀，品红溶液不褪色。
分解的气体产物
中有SO3，没有SO2
B
室温下，向2mL 0.1mol/L 和2mL 0.2mol/L 碘水中分别加
入3 滴淀粉溶液，再分别加入同浓度、同体积足量的
溶液，盛有较低浓度碘水的试管先褪色。
反应物浓度越低，反应
速率越快
C
室温下，分别向2mL 0.1mol/L 的
溶液和
溶液
中投入两块相同的铝片，前者无明显现象，后者迅速反
应。
Cl-可以破坏铝片表面氧
化膜
D
室温下，用pH 试纸测得：0.1mol/L
溶液的pH 约为
10；0.1mol/L
溶液的pH 约为5。
结合H+的能力比
的强
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．FeSO4分解产生的气体经过Ba(NO3)2溶液生成白色沉淀，由于SO2具有还原性，在酸性环境中
和
溶液发生氧化还原反应生成BaSO4白色沉淀，品红溶液不褪色，该实验无法排除SO2的存
在，也无法确定含有SO3，A 错误。
B．2mL 0.1mol/L 和2mL 0.2mol/L 碘水中I2的物质的量不同，低浓度碘水先褪色是I2的物质的量少，而非
反应速率快，反应速率应由初始浓度决定，浓度越高速率越快，B 错误；
C．硫酸铜和氯化铜溶液除了阴离子不同，其他条件均相同，铝片加入到氯化铜溶液中能反应，说明Cl-破
坏了铝片表面的氧化膜，C 正确；
8
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D．Na2SO3溶液pH 高说明
水解程度更大，结合H+的能力更强，
溶液的pH 约为5，呈酸性，
说明
的电离程度大于其水解程度。对比可知，
结合H+的能力比
强，D 错误；
故选C。
12．起始温度均为T℃，容积均为10L 的甲(绝热)、乙(恒温)密闭容器中，向甲、乙中均加入1mol
(g)
和4molCO(g)，发生反应
，N2O 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．此反应正反应活化能>逆反应活化能
B．反应速率：
C．容器甲，0~200 s 内，
D．升高温度，
增大，
减小
【答案】B
【详解】由图可知，绝热容器甲先达到平衡，说明该反应为放热反应，反应放出的热量使温度升高，平衡
逆向移动，导致N2O 的转化率减小，则该反应为放热反应。
A．由分析可知，该反应为放热反应，ΔH=正反应活化能-逆反应活化能<0，故正反应活化能<逆反应活化
能，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 点正反应
速率，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 正确；
C．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
=
，C 错误；
D．升高温度，正逆反应速率常数k 正、k 逆均增大，D 错误；
故选B。
13．已知
温度下，
蒸汽在密封石英管中仅发生分解反应：I．
；
9
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II．
。
体系中
、
、
的分压与反应时间的变化关系如图所示。下列有关说法错误的是
A．活化能：反应I<反应II
B．平衡常数：
C．
时，反应I：(正)
(逆)
D．使用催化剂不会改变平衡时体系各组分的分压
【答案】C
【详解】A．由图像可知，0~t1 h，CO2分压上升(反应II)速率比CO(反应I)慢，速率越慢活化能越高，故活
化能：反应I<反应II，A 正确；
B．平衡时，设HCOOH 分压为p，CO 分压为x，CO2分压为y。反应I：K1=
；反应II：K2=
，图
像中平衡时CO2分压y>CO 分压x，故K1 < K2，B 正确；
C．t2时，CO 分压仍在减小，说明反应I 逆向进行，v(正)<v(逆)，C 错误；
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡，平衡时各组分分压不变，D 正确；
故选C。
14．标准状态下，CH2=CHCH3(g)与HCl(g)反应生成CH3CHCICH3(g)和CH3CH2CH2Cl(g)的反应历程如图所
示。下列说法正确的是
A．
B．其他条件不变，加入适量Cl-(g)可以有效加快历程I、Ⅱ
C．选择性：
>
10
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D．历程I 第一步反应的热化学方程式为：
【答案】C
【详解】A．
为反应物总能量，
、
分别为历程Ⅰ、Ⅱ产物的能量，因两产物能量不同（
），则
，A 错误；
B．历程Ⅰ、Ⅱ的决速步为碳正离子中间体的形成（
进攻双键），
不参与该步反应，加入
对反
应速率无显著影响，B 错误；
C．历程Ⅰ生成
，中间体为稳定的仲碳正离子（
），活化能低；历程Ⅱ生成
，中间体为不稳定的伯碳正离子（
），活化能高。活化能低的反应优先进
行，故选择性
>
，C 正确；
D．历程Ⅰ第一步反应的热化学方程式为：
，D 错误；
故选C。
15．已知
，已知G 和H 的摩尔质量分别为X g/mol、Y g/mol，平衡体系中气体
的平均摩尔质量
在不同温度下随压强p 的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．反应速率：
B．平衡常数：
C．温度：
D．当
时，
【答案】A
【详解】A．反应速率取决于温度和压强，温度越高、压强越大，速率越快。假设a、b 在T2曲线（高温）
上，a 点压强小于b 点，故v(b)＞v(a)；c 点在T1曲线（低温）上，若c 点压强大于b 点但温度低于b 点，由
于温度对速率影响更大，v(b)＞v(c)；c 点压强大于a 点，故v(c)＞v(a)。综上，v(b)＞v(c)＞v(a)，A 正确；
B．平衡常数K 仅与温度有关，反应吸热（ΔH＞0），温度升高K 增大。若a、b 在T2（高温），c 在T1
（低温），则K(a)=K(b)＞K(c)，B 错误；
11
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C．反应吸热，升温平衡正向移动（n 总增大，M̄减小）。相同压强下，T2曲线M̄更小（温度更高），故
T2＞T1，C 错误；
D．M̄=
时，结合X=2Y（质量守恒），推导得n(G):n(H)=1:1，D 错误；
答案选A。
二、非选择题：本题共5 小题，共55 分。
16．（11 分）CH3OH 可用作燃料电池的燃料，可由CO2加氢制备。
(1)某甲醇燃料电池的工作原理如图所示。负极的电极反应式为 。
Ⅱ．工业上制备CH3OH 发生如下反应：
反应1：CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＜0
反应2：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH2>0
(2)计算反应Ⅱ的ΔH 值，需查询 种(填数字)化学键键能数据。
(3)n 起始(CO2)∶n 起始(H2)=1 3∶的混合气体在恒压分别为1 MPa、3 MPa、 5MPa 下反应达到平衡时CO2的转化
率(α)（曲线a、b、c）以及3 MPa 时生成CH3OH、CO 选择性(S)[S(CH3OH)=
×100%，
S(CO)=
×100%]的变化如图所示。
350℃
①
以后，a、b、c 三条曲线几乎重合的原因是： 。
250℃
②
时，反应2 的平衡常数K= 。
(4)恒压下，n 起始(CO)∶n 起始(H2)=1 3∶的混合气体以一定流速通装有催化剂和分子筛膜的反应管[分子筛膜能选
择性分离出H2O(g)]，反应相同时间，甲醇的选择性、产率随温度的变化分别如图所示。
12
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结合图示回答：
①甲醇的平衡选择性随温度升高而降低的原因是 。
X
②
点高于Y 点的主要原因是 。
N
③
点高于M 点的可能原因有：N 点温度更高、 。
【答案】
(1)CH3OH-6e－+H2O=CO2↑+6H＋
(2)4
(3)几乎只发生反应2，反应2 前后气体分子数相等，压强对其平衡无影响
或0.0096 或9.6×10－3
(4)ΔH1＜0，反应1 进行程度减小，CH3OH 生成量减小；ΔH2＞0，反应2 进行程度增大，CO 生成量增加
分子筛膜可将H2O(g)从体系中分离，反应1 正向进行程度增大 N 点催化剂催化反应1 的活性增大；N
点分子筛膜分离出H2O 的速率增大
【详解】（1）由工作原理图可知，CH3OH 被氧化生成CO2，属于负极发生的反应，可传导离子为H+，则
负极的电极反应式为：CH3OH-6e－+H2O=CO2↑+6H＋；
（2）根据反应热ΔH=反应物总键能-生成物总键能，反应2：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g)中，需要查
询的化学键键能有CO2中的C=O、H2中的H-H、CO 中的C≡O 以及H2O 中的H-O，共4 种；
（3）由图可知，温度较高时主要发生反应2，反应2 是气体体积不变的吸热反应，压强改变对CO2平衡转
化率无影响，导致350℃以后三条曲线接近重合；
由图可知，250℃、3MPa 时下生成CH3OH、CO 的选择性均为50%，平衡时CO2的转化率为20%，设n 起始
(CO2)=1 mol，n 起始(H2)=3 mol，则平衡时CO2的转化量为1 mol×20%=0.2 mol，生成n(CH3OH)=n(CO)=0.2
mol×50%=0.1 mol，建立三段式如下：
设体积为V，则此时反应2 的平衡常数
（或0.0096 或9.6×10－3）；
（4）甲醇的平衡选择性随温度升高而降低的原因是：反应1 是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，导致
反应1 正向进行程度减小，CH3OH 生成量减小；反应2 是吸热反应，升高温度，平衡正向进行，导致反应
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2 正向进行程度增大，CO 生成量增大；
X 点、Y 点温度相同，X 点高于Y 点的主要原因是分子筛膜可将H2O(g)从体系中分离，反应1 正向进行程
度增大；
N 点高于M 点的可能原因有：N 点温度更高、N 点催化剂催化反应1 的活性增大；N 点分子筛膜分离出
H2O 的速率增大。
17．（11 分）
催化加氢制
是其资源化利用的途径之一，发生的反应为：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)
；反应Ⅰ自发的条件是 (填“高温”“低温”或“任意温
度”)。
(2)为提高
的平衡产率，应选择的反应条件为___________(填标号)。
A．低温低压
B．高温高压
C．低温高压
D．高温低压
(3)在某催化剂表面，
加氢制
的部分反应历程如下图所示[
1 表示基元反应1 的过渡态，其上
方的数值表示该基元反应的能垒(活化能)，其余类推，表示与催化剂结合]。
反式
与
比较，相对稳定的是 ；上述历程的路径1 中，速率最慢的基元反应的化
学方程式为 。
(4)在一定条件下，反应相同时间，测得甲醇的产率与反应温度的关系如图所示。
时，甲醇的生成速
率与消耗速率的关系：
(甲醇)
(甲醇)(填“＞”“＜”或“＝”)，判断理由是
。
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(5)在
，
下，向一密闭容器中按照
投料。若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，且平衡时
的转化率为
，
的选择性为
[
的选择性
]，反应Ⅰ的
平衡常数
(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度，分压
总压物质的量分
数)。
【答案】
(1)
低温
(2)C
(3)
[或
]
(4)＞ 生成甲醇的反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，甲醇的平衡产率随温度升高而减小，而
时产率随
温度升高而增大，说明反应未达到平衡，且向正反应方向进行
(5)
【详解】（1）反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律可知，
；反应Ⅰ的
，根据
，
反应自发进行，因此反应Ⅰ低温时能自发进行；
（2）低温时反应Ⅱ向生成
的方向移动，反应Ⅰ和反应Ⅲ均为气体分子数减小的放热反应，因此低温
高压有利于提高
的平衡产率；
（3）由反应历程图可知
的相对能量低于反式
，能量越低的物质越稳定，故相对稳定的是
；活化能越高的基元反应速率越慢，故上述历程的路径1 中，速率最慢的基元反应的化学方程式为
[或
]；
（4）生成甲醇的反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，甲醇的平衡产率随温度升高而减小，而
时产率随温度升
高而增大，说明反应未达到平衡且向正反应方向进行，故
(甲醇)>
(甲醇)；
（5）按
投料，设
、
分别为
、
，生成的甲醇为
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，生成的
为
，列三段式如下：
平衡时
、
、
、
、
、
，
。
18．（11 分）日益严重的
排放是影响全球的环境问题，将
催化加氢合成
是近年来重要的研
究课题。
Ⅰ．原理分析
主反应：
副反应：
下表是反应涉及到的共价键的键能表：
共价键
H-H
C-H
O-H
C=C
C=O
C≡O
键能/(
)
436
413
463
615
745
960
(1)利用表格中数据，计算
，
。
(2)对于上述反应，分析正确的是___________。
A．主反应需要高温才能进行
B．C=O 键能较高，需要合适的催化剂
C．分离出
，可提高反应速率
D．增大压强，副反应一定不移动
Ⅱ．条件调控
恒定压强为P MPa，
，在不同的催化剂(M、N)下发生上述反应，测得
的转化率、
的选择性在相同时间随温度的变化如图1 所示，已知800 K 时X 点已达平衡状态。
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(3)Y 点的
(填“>”“<”或“=”)。
(4)500～800 K 之间，乙烯的选择性(
的选择性
)随温度变化的原因可能是
。
(5)800 K 时副反应的化学平衡常数
(列出计算式，
为用分压表示的平衡常数，气体的分
压=总压×该气体的物质的量分数)。
Ⅲ．机理探究
工业常用
在
作用下制
，反应机理如图2 所示。
(6)总反应化学方程式为 。
(7)若原料为
，则生成的有机物有
、 。
【答案】
(1)+40
(2)B
(3)>
(4)温度升高催化剂活性降低或温度升高副反应占主导
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(5)
(6)
(7)
、
【详解】（1）
（2）主反应
，根据
，
反应自发进行，因此主反应低温时才能进行，
A 错误；C=O 键的键能为745
，键能较高，使用合适的催化剂可降低反应的活化能，提高反应速
率，B 正确；分离出
，生成物浓度减小，反应速率降低，C 错误；增大压强，有利于主反应向正向移
动，
的浓度增大，从而导致副反应逆向移动，D 错误；故答案选B；
（3）X、Y 两点温度相同，X 是平衡点，
的转化率高于Y 点，Y 还未达平衡，故
>
；
（4）由图可知500～800 K 之间，乙烯的选择性降低，因为主反应是放热反应，副反应为吸热反应，升高
温度副反应占主导，从而导致乙烯的选择性降低；或者为温度升高导致催化剂活性降低；
（5）由图可知800K 时
的平衡转化率时15%，乙烯的选择性为60%，设开始时
、
，消耗的
，生成的
，生成的
，
平衡时
、
、
、
、
，副反应为反应前后气体系数相等的反应，
；
（6）由反应机理图可知乙二醇在
催化下生成甲醛、乙烯和水，根据原子守恒写出方程式为
；
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（7）若原料为
反应机理如图所示
，所以
产物为
、
。
19．（11 分）在温和条件下，将CO 转化为
烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将CO
高选择性合成
，该流程示意图如下：
回答下列问题：
(1)电解池中电极M 与电源的 极相连。
(2)CO 放电生成
的电极反应式为 。
(3)在反应器中，发生如下反应：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
计算反应
的
，该反应 。
A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．
高温低温均不自发
(4)一定温度下，
、
和
(体积比为
)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为
100kPa)发生反应ⅰ和ⅱ。有CO 存在时，反应ⅱ的反应进程如图1 所示。随着x 的增加，
的转化率和
产物的选择性(
)如图2 所示。
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①根据图1，写出生成
的决速步反应式 ；
的选择性大于
的原因是
。
②结合图2，当
时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着
的增大，
的转化率减小的原因是 ；当
时，该温度下反应，达到平衡时总压强为
kPa．
【答案】
(1)正
(2)
(3)
B
(4)
由
生成
时，活化能较大，反应速率慢 随着x 的增大，CO 的
分压增大，对于反应i 和反应ii 相当于减压，反应i 和反应ii 平衡均逆向移动，所以
的转化率减小
67.6
【详解】（1）由图可知，N 电极上CO 转化为C2H4，C 元素化合价下降，发生还原反应，N 为阴极，则M
为阳极，与电源正极相连；
（2）CO 发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：
；
（3）根据盖斯定律，反应ii－反应i 即可得到目标反应，则
，该反应是熵减的放热反应，则依据
反
应能自发进行，则低温下自发进行，选B；
（4）①总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的能垒最大，该
步骤是决速步骤，反应式为
；由图可知，由
生成
时，活化能较大，反应速
率慢，所以
的选择性大于
；
当x≥2 时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO 的分压，相当于减压，反应i 和反应ii 平
衡均逆向移动，所以
的转化率减小；
当x=2 时，
的转化率为90%，
的选择性为80%，设初始投料：CO：2 mol、C2H4：2 mol、H2：
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1 mol ，则
、
、
、
，
气
体
总
物
质
的
量
为
(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38 mol，此时压强为
。
20．（11 分）随着我国碳中和、碳达峰目标的确定，碳元素的综合利用备受关注。回答下列问题：
Ⅰ．
催化加氢合成
，有利于实现碳资源的有效循环。其主要反应如下：
i．
ii．
iii．
(1)反应iii 能在 (填“高温”或“低温”)条件下自发进行。
(2)绝热刚性容器中，若只发生反应ii，下列表述能说明该反应达到平衡状态的是___________(填序号)。
A．单位时间内消耗
，同时生成
B．混合气体密度不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变
D．容器中压强不变
(3)已知：一定条件下，速率常数与活化能、温度的关系为
(
、
为常数，
为速率常数，
为活化能，
为温度)。若只发生反应i，在不同催化剂(
、
)作用下，其速率常数与温度的关系
如图所示。在
作用下，该反应的活化能
为
；催化效果更好的是 (填
“
”或“
”)。
Ⅱ．以
为原料合成乙二醇具有重要意义。其主要发生如下3 个连续反应：
i．
ii．
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iii．乙二醇
已知：
为
，MG 为
。
(4)压强一定的条件下，将
、
按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，发生上述反应，出口处
检测到
的实际转化率及
、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示。[某物质的选择性
]
①下列说法不正确的是 (填序号)。
A．曲线Ⅱ表示乙醇的选择性随温度的变化
B．A 点时，其他条件一定，延长原料与催化剂
的接触时间可以提高
转化率
C．B 点时，增大压强，反应体系中的活化分子百分数增加，化学反应速率加快
B
②
点时，出口处
的值为 。
Ⅲ．研究人员采用电催化法合成了多种燃料，实现
的回收利用。其工作原理如下图所示。
(5)①请写出阳极的电极反应式： 。
②如果
电极上恰好只生成
和
，则
电极上产生
的物质的量为
。
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【答案】
(1)低温
(2)AD
(3)400 Cat1
(4)AC
(5)
0.25
【详解】（1）由盖斯定律，反应iii =反应i-反应ii，则∆H3=∆H1-∆H2=-90kJ/mol；正反应是气体体积减小的
反应，
，
，
可自发，反应iii 能在低温条件下自发进行；
（2）A．单位时间内消耗
，同时生成
，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，A 正确；
B．混合气体的密度ρ=
不变，气体的质量不变量，V 不变，因此ρ 是不变，ρ 不变时不能判断反应达平
衡状态，B 错误；
C．混合气体的平均相对分子质量M=
不变，气体的质量不变，n 不变，因此M 不变时不能判断反应达
平衡状态，C 错误；
D．绝热、恒体积、恒物质的量体系中 pV=nRT 温度在改变，压强也在改变，当压强不变说明反应达平衡
状态，D 正确；
故选AD；
（3）根据表达式
可知，温度相同时，
越小，
越大，故k 也越大，相同条件下，催
化效率较高的是Cat1，在催化剂Cat1 作用下，把点(3.0，-1.2)、(2.0，-0.8)代入
，解得
=400；
（4）①MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100，曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，根据曲线的变化，曲线Ⅰ
表示DMO 的实际转化率；随着反应的进行MG 逐渐转化为乙二醇、乙二醇会继续转化成乙醇，根据曲线
的变化，曲线IV 为MG 的选择性曲线，因此曲线III 为乙醇的选择性曲线；
A．根据分析，曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性随温度的变化，A 错误；
B．A 点时未达到平衡，其他条件一定，延长原料与催化剂
的接触时间反应充分，可以提高
转化
率，B 正确；
C．增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO 的转化率增大，C 错误；
故选AC；
483K
②
时，MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100，乙醇的实际选择性与MG 的选择性相同，为2%，乙
二醇的选择性为96%，故
=
=
；
（5）①由图可知，与直流电源负极相连的铜电极为电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极发生还原
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反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，Pt 为阳极，水失电子发生氧化反应生成氧气，电极
反应式：
；
②如果铜电极上恰好只生成
和
，由得失电子数目守恒可知，铂电极上产生
氧气的物质的量为
=0.25mol。
24
