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2026 年高考一轮复习检测卷
高三化学
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，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 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65
第Ⅰ卷（选择题 共40 分）
一、选择题：本题共10 小题，每小题4 分，共40 分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．福建泉州作为古代海上丝绸之路的重要起点，在茶叶、丝绸、瓷器等贸易中扮演关键角色。下列有关
说法错误的是
A．茶叶中含儿茶素(酚类物质)，其具有抗氧化性
B．丝绸主要成分是蛋白质，其属于天然有机高分子
C．远看是纱，近看是瓷——白瓷是典型的共价晶体
D．海船中使用的钢铁材料在海水中易发生吸氧腐蚀
【答案】C
【详解】A．酚羟基具有还原性，易被空气中的氧气氧化，儿茶素属于酚类物质，说明分子中含有酚羟基，
具有抗氧化性，A 正确；
B．丝绸主要成分为天然有机高分子化合物蛋白质，B 正确；
C．白瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐属于离子晶体，不属于共价晶体，C 错误；
D．海水为电解质溶液，海船中使用的钢铁材料在海水中易形成原电池而发生吸氧腐蚀，D 正确；
故选C。
2．分子内的官能团转化是化学药物合成的关键问题之一。某种药物合成过程的关键变化如图所示，下列
说法错误的是
1
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A．图中反应物和生成物的官能团种数相同而种类存在不同
B．反应物中最多有16 原子共平面
C．该反应过程中还会存在含四元环且官能团与主产物相同的副产物
D．在上述反应的条件下，
的主要产物为
和甲醇
【答案】B
【详解】A．反应物含有酯基、氨基、碳碳双键、硫醚键，生成物含有酯基、酰胺基、碳碳双键、硫醚键，
官能团种数相同而种类存在不同，A 正确；
B．以含硫环为中心，考虑碳碳单键可以旋转，反应物中最多有21 原子共平面，B 错误；
C．该反应过程中还会存在最左端的酯基与氨基形成酰胺基得到含四元环的副产物，C 正确；
D．在上述反应的条件下，
中酯基与氨基发生取代反应生成的主要产物为
和甲醇，D 正确；
故选B。
3．一种应用广泛的催化剂结构如图所示，已知X、Y、Z、W、Q 为原子序数依次增大的短周期主族元素，
其中W 的氧化物可做耐火材料，Y 和Q 位于同主族。下列说法正确的是
2
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A．简单氢化物的稳定性：
B．元素的最高价：
C．同周期元素中第一电离能比W 大的只有一种
D．该化合物中所有原子最外层均满足8 电子
【答案】A
【分析】由W2+可知W 最外层有 2 个电子，且其氧化物可做耐火材料，结合原子序数依次增大的短周期
主族元素，推出W 为Mg。Y 和Q 同主族，且结构中Y 形成双键，推测Y 为O，则Q 为S（同主族且原子序
数更大）。X 形成 4 个单键，原子序数小于O，故X 为C；Z 形成1 个单键，原子序数比O 大，故Z 为F。
【详解】A．Z 为F、Y 为O、Q 为S，非金属性F>O>S，简单氢化物稳定性HF>H2O>H2S，即Z>Y>Q，A 正确；
B．Z 为F，F 无正价，元素的最高价：
不成立，B 错误；
C．W 为Mg（第三周期），同周期第一电离能比Mg 大的有Si、P、S、Cl、Ar，不止一种，C 错误；
D．Q 为S，在化合物中S 形成6 个共价键，最外层电子数超过8 个，D 错误；
故选A。
4．实验室利用含钴废催化剂（主要成分为CoO，少量
）制备无水
的过程如下，下列说法不正
确的是
A．“溶解”时，主要发生反应：
B．试剂X 选择
C．操作a 为：加热浓缩、冷却结晶、过滤等
D．操作b 为：在HCl 气流中加热脱水
【答案】B
3
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【详解】A．"溶解"时，主要成分CoO 与盐酸反应生成
和水，离子方程式为
，A
正确；
B．调节pH 的目的是除去
（
与盐酸反应生成
），需加入能消耗
且不引入新杂质的试剂[如
CoO、
等]，若选择
，会与
反应生成更多
，无法除去杂质，B 错误；
C．操作a 是从滤液中获得
晶体，需经过加热浓缩、冷却结晶、过滤等步骤，C 正确；
D．
加热脱水时，
易水解，在HCl 气流中加热可抑制水解，得到无水
，D 正确；
故答案选B。
5．苯与Br₂ 发生取代反应原理为
，其能量与反应
进程如下图所示。
已知：当碳原子上连有推电子基团时，有利于碳正离子的稳定。
下列说法正确的是
A．第步涉及非极性键的断裂
B．该反应的决速步骤为第
步
C．反应热
D．
比苯更难发生卤代反应
【答案】D
【详解】A．第步是形成π 配位键，没有非极性键的断裂，A 错误；
B．该反应的决速步骤为活化能最大的步骤，即第Ⅱ步，B 错误；
C．总反应的焓变是生成物总能量减去反应物总能量或正逆反应活化能差值，因此
，C
4
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错误；
D．
为吸电子基团，不利于碳正离子的稳定，因此更难发生卤代反应，D 正确；
答案选D。
6．己二酸是一种重要的化学品，广泛用于生产尼龙、聚氨酯等材料，可用石油、木质素等为原料制备。
己二酸的传统生产方式依赖于石化资源的热催化法，如下图所示。设
为阿伏加德罗常数的值。下列说
法不正确的是
A．6.4 g 基态
的未成对电子数为
B．0.1 mol 环己酮分子中
杂化的碳原子数为
C．若有
被还原，则转移电子数为
D．
的己二酸水溶液所含
数小于
【答案】C
【解析】A.
的电子排布为
，3d 轨道有1 个未成对电子。6.4 g
的物质的量为0.1 mol，
未成对电子数为0.1
，A 正确；
B. 环己酮分子中，羰基碳为
杂化，其余5 个碳均为
杂化，0.1 mol 环己酮中
杂化碳原子数为0.5
，B 正确；
C. 硝酸被还原为
时转移4e⁻，但还原产物为
（如NO：N+5→+2 转移3e⁻，
：N+5→+4 转移
1e⁻）时电子数不同，产物不确定则转移电子数不一定为0.4
，C 错误；
5
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D. 己二酸为二元弱酸，部分电离，0.01 mol 己二酸溶液中
数小于0.02
，D 正确；
故选C。
7．为探究不同浓度
被
还原的产物，进行如下实验。下列说法错误的是
装置
实验
溶液的浓
度
步骤与现象
①
铁丝表
面有气
泡产
生，溶
液变为
黄色；
取出铁
丝
液面上方出现红棕色气
体
②
试管口出现红棕色气体
③
无明显红棕色气体；取
少量上层溶液，加入足
量
溶液，加热，
产生能使湿润红色石蕊
试纸变蓝的气体
A．①中溶液变为黄色，可能是
溶于溶液
B．“石蕊试纸变蓝”说明③中有
被
还原为
C．③中无明显红棕色气体，可能是生成了
D．“试管口出现红棕色气体”说明②中的
被
还原为
【答案】D
【详解】A．①中12mol/L HNO3溶液为浓硝酸，与铁反应生成NO2（红棕色气体），NO2溶于水可能使溶液
呈黄色，该说法合理，A 正确；
B．③中加入NaOH 加热产生使石蕊试纸变蓝的气体（NH3），说明溶液中含
，即HNO3被还原为
，
B 正确；
C．③中为0.5mol/L HNO3溶液为稀硝酸，无红棕色气体说明无NO2，若生成N2（无色气体），则不会出现
红棕色，该可能性存在，C 正确；
D．②中试管口出现红棕色气体，是因为生成的NO 在试管口被O2氧化为NO2，说明HNO3被还原为NO 而
非NO2，D 错误；
故选D。
6
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8．我国科技工作者研发了一种新型“酸碱混合硝酸-锌”电池，其工作原理如图所示，图中“双极膜”中
间层中的
解离为
和
，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是
A．电池工作时，双极膜中
向锌电极迁移
B．电池工作过程中，锌电极附近溶液的
升高
C．当有
电子通过导线时，负极区溶液质量增加
D．催化电极的反应式：
【答案】D
【详解】A．催化电极为正极，锌电极为负极，所以双极膜中
应向催化电极迁移，A 项错误；
B．
电极的电极反应式为
，消耗
，故锌电极附近溶液的
降低，B 项
错误；
C．锌电极反应式为
，当有
电子通过导线时，溶解
(质量为
)，同时有
进入负极区，负极区溶液质量增加
，C 项错误；D．催化电极为正极，
在正极得电子发生还原反应生成
，电极反应式为
，D 项正确；
故D 选项正确。
9．Rh-Ru 双金属配合物(Cat)的结构及催化醋酸甲酯反应制备醋酸反应机理如图所示。下列说法错误的是
7
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A．催化剂(Cat)Rh、Ru 均为4 配位，且均为sp3杂化
B．催化剂(Cat)中若Ru 的化合价为+1，则Rh 的化合价为+3，且反应过程中Ru 的化合价始终保持不变
C．CH3COI 和HI 均为反应中间体，且反应①和②均为取代反应
D．总反应方程式可表示为CH3COOCH3+CO+H2O=2CH3COOH
【答案】A
【详解】A．催化剂(Cat)Rh 为4、5、6 配位、Ru 为4 配位，A 错误；
B．Ru 在反应过程中结合和脱离的原子或原子团无变化，其化学键情况未变，所以Ru 的化合价始终保持不
变，B 正确；
C．CH3COI 和HI 均在反应过程中先生成后又被消耗，属于反应中间体，反应①中-OCH3被-I 取代，反应②
中-COCH3被-H 取代，均为取代反应，C 正确；
D．根据反应机理，起始物质是醋酸甲酯（CH3COOCH3）、CO 和H2O，最终生成醋酸（CH3COOH），故总
反应方程式可表示为CH3COOCH3+CO+H2O=2CH3COOH，D 正确；
故选A。
10．室温下，0.1 mol·L-1KOH 溶液滴定10 mL0.05 mol·L-1
溶液的pH-t 曲线如图所示。下列说法正确
的是
已知：室温时，
。
8
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A．
的平衡常数为
B．a 点：
C．b 点：
D．从b 点到c 点，水的电离程度一直在增大
【答案】B
【详解】A．该反应的平衡常数表达式为
，结合
和
，可得
，A 错误；
B．a 点为初始
溶液，电荷守恒式为
，则
，因溶液中
存在（
为酸性，
电离产生
，
，故
，B 正确；
C．原溶液中
，物料守恒应为
（假设
未沉
淀），选项中比例错误，C 错误；
D．b 点到c 点继续滴加
，溶液碱性增强。b 点主要为
水解促进水电离，c 点
，过量
抑制水电离，水的电离程度先增大后减小，并非一直增大，D 错误；
故答案为：B。
第II 卷（非选择题 共61 分）
二、非选择题：本题共4 个小题，共60 分。
11．（15 分）以镍渣(主要成分为
，含少量
、
、
及其氧化物和对酸碱难溶性的物质等)为主要原
料制备
和
的工艺流程如图所示。
9
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已知：①部分金属离子开始沉淀和沉淀完全(离子浓度
视为完全沉淀)的
如表所示。
金属离子
开始沉淀的
1.5
3.8
7.1
7.2
7.6
沉淀完全的
2.8
5.2
9.2
9.6
9.6
②酸性条件下，
不能氧化
、
。
回答下列问题：
(1)基态
原子的价电子排布式是 ，
中
原子的杂化方式为 。
(2)“碱浸”工艺中采用过量的NaOH 溶液，该工艺过程中，生成气体的化学方程式是 。
(3)提高“酸溶”反应速率的措施有 (写出1 条即可)。
(4)“反应i”的目的是 ；该工艺中，采用相同浓度的
，相同浓度的“酸溶液”，相等时间内测
得混合液中
浓度随着温度的变化如图所示。随着温度升高，
浓度先增大后减小，出现这种现象的
原因是 。
10
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(5)常温下，“反应i”的溶液若“调节pH”为7，则沉淀后的滤液中
。
(6)“沉镍”的原理是 (用离子方程式表示)；“滤液b”中的主要溶质是 (填化学式)。
(7)利用含
溶液制备
的工艺流程如图所示。试剂
是 (填试剂名称)。
【答案】(1)3d84s2 sp3
(2)
=
(3)粉碎镍渣或适当提高稀硫酸浓度或适当提高温度
(4)使溶液中的
转化为
，便于后续使之转化为
沉淀除去 开始阶段，随着温度升高，
反应速率快，
浓度增大，后续温度过高，
分解，导致
浓度降低，
浓度减小
(5)
(6)
=
、
(7)稀硫酸
【分析】镍渣的主要成分为
，含少量
、
、
及其氧化物和对酸碱难溶性的物质，用氢氧化钠碱
浸步骤中，只有
及其氧化物与
溶液反应并进入滤液a，
、
、
及其氧化物不反应，作为滤
渣进入下一步“酸溶”；则滤液a 的主要成分是
；“酸溶”步骤是滤渣中的金属单质及其氧
11
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化物与酸反应，生成
、
、
、
；加入
，
具有氧化性，将
氧化为
；随后加入氢氧化钠，将
变为
除去，钴镍分离后，将
加入含
溶液中进行沉
镍，
将
变为
，结合前面加入的稀硫酸、
、
，不参与反应的
、
、
会相互结合，故“滤液”中的主要溶质是
、
；加入
，和
灼烧，
将
变为
；最后加入KF 熔融，制得
。
【详解】（1）
为28 号元素，基态
原子价电子排布式是
；
中S 原子的价层电子对数为
，无孤电子对，为
杂化；
（2）“碱浸”时，
及其氧化物均能与碱反应，其中
与碱反应生成
，故生成气体的化学方程式是
=
；
（3）“酸浸”时，将镍渣粉碎、适当提高稀硫酸浓度或适当提高温度等措施均能提高酸浸反应速率；
（4）“反应i”加入
，可以使溶液中的
转化为
，便于后续使之转化为
而除去铁元素。
开始阶段，随着温度升高，反应速率快，
浓度增大，后续温度过高，
分解，导致
浓度降低，
浓度减小；
（5）
时，
完全沉淀，可知
，
时溶液中的
，
故此时滤液中的
；
（6）“沉镍”时加入
，
电离的
存在电离平衡，其电离产物
与
反应，
12
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则表示沉镍原理的离子方程式是
=
。根据前面工艺中加入的稀硫酸、
、
可知，“滤液”中的主要溶质是
、
；
（7）该工艺的目标产物为硫酸盐，故试剂X 为稀硫酸。
12．（15 分）CuCl 用途广泛，某研究性小组拟热分解
制备CuCl。
【资料查阅】
i．
。
ii．实验室使用浓硫酸制备 HCl 气体的原理如下：
。
【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
(1)制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有_______。
A．脱水性
B．强氧化性
C．难挥发性
D．吸水性
(2)使用恒压滴液漏斗制备HCl 气体的优点是 ；X 装置的名称为 。
(3)C 中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式 。
(4)装置D 中发生的离子方程式为 。
(5)反应结束后，取出CuCl 产品进行实验，发现其中含有少量CuO 杂质，根据资料信息分析产生的原因是
。
(6)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫
酸， 配成100mL 溶液， 取出10.00mL，用 amol/L 的
标准溶液(假定与氯离子不发生反应)滴定到
13
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终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中
被还原为Cr3+已知：
①配制 100mL 待测液用不到的仪器有 。
A．容量瓶 B．烧杯 C．分液漏斗 D．胶头滴管
②样品中CuCl 的质量分数为 %。
③若测定结果偏大可能的原因是 。
A．样品中混有 CuO
B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失
C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗
D．装待测液前锥形瓶内残留少量水
【答案】(1)C
(2)保持内外压强一致，可以使浓硫酸顺利流下 球形干燥管
(3)I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl
(4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O
(5)通入HCl 的量太少，产生 Cu2(OH)2Cl2后又分解产生CuO
(6)C
C
【分析】浓硫酸和氯化钠固体在加热的条件下反应，制取HCl 气体，CuCl2·H2O 在HCl 气流的作用下，低于
140℃加热，失去结晶水，得到CuCl2，再升高温度至300℃以上，CuCl2分解，生成CuCl 和Cl2，若通入HCl
气体过少，CuCl2·H2O 会部分转化为Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2又继续分解产生了CuO，据此分析作答。
【详解】（1）制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有难挥发性，难挥发性酸可以制取挥发性酸，故合理选
项是C；
（2）使用恒压滴液漏斗制备HCl 气体的优点是：保持上下压强一致，可以使浓硫酸顺利滴下；
由图可知：X 装置的名称为球形干燥管；
（3）C 中试纸变蓝后会逐渐褪色，褪色过程中发生的化学反应方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，I2反
应消耗，导致淀粉溶液蓝色褪去；
（4）装置D 中盛有NaOH 溶液，其作用是用于吸收多余的氯气，防止其污染空气，则D 中发生的离子方程
式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O；
（5）反应结束后，取出CuCl2产品进行实验，发现其中含有少量CuO 杂质，根据资料信息分析产生的原因
是通入的HCl 的量太少，产生Cu2(OH)2Cl2后，又继续分解产生了CuO 杂质；
（6）①配制100 mL 待测液用到的主要仪器有烧杯、胶头滴管、100 mL 容量瓶、玻璃棒等，不需要的仪器
为分液漏斗，故合理选项是C；
14
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②根据题意可知反应方程式
，反应产生的FeCl2能够被K2Cr2O7氧化为Fe3+，
K2Cr2O7被还原为Cr3+，根据电子守恒，可知有关系式：6Fe2+ ~ K2Cr2O7，则总关系式有：6CuCl~6FeCl3
~K2Cr2O7，则样品中CuCl 的质量分数为
=
%；
③A．样品中混有CuO，对测定结果没有影响，A 错误﹔
B．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失，导致滴定消耗的K2Cr2O7溶液体积偏小，测定结果偏小，B
错误；
C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗，导致标准液浓度偏小，滴定时消耗溶液的体积偏大，最终导致测定
结果偏大，C 正确；
D．装待测液前锥形瓶内残留少量水，不影响标准溶液体积的大小，因此对测定结果没有影响，D 错误；
故合理选项是C。
13．（15 分）某研究小组按照以下合成路线合成某消炎药的中间体I．（部分反应条件已省略）
已知：
请回答：
15
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(1)化合物E 的官能团名称是 、 。
(2)已知D+E→F 的反应分两步进行，涉及的反应类型依次为 、 。
(3)A→B 分两步完成，已知中间产物的等效氢个数之比为3：2：2，则中间产物的结构简式为 ，第
二步所需要的反应试剂是 。
(4)写出反应G→H 的化学方程式： 。
(5)J 的分子式为
，与B 具有相同的官能团，则J 可能的结构有 种(不考虑立体异构)。
(6)设计以
和乙醛为原料合成
的路线 (用流程图表示，HCN 等其他无机
试剂任选)。
【答案】(1)酮羰基 酯基
(2)加成反应 消去反应
(3)
酸性高锰酸钾溶液
(4)
(5)17
(6)
16
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【分析】
A 分两步生成B，结合B 的分子式与C 的结构可知，B 的结构为
；结合A→B 的中间产物等效氢个
数之比为3：2：2，可知，A 到B 先发生取代反应，生成中间产物
，后与酸性高锰酸钾溶
液发生氧化反应。结合B、C 的分子式变化可知，B 中的羧基与
发生取代反应，生成C(
)。
D 和E 发生题图已知中的反应生成F，F 为
。H 经过水解得到
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I，结合I 的结构与H 的分子式可知，H 为
，G 与HCl 得到H 的反应类似已知中的
反应，C 与F 反应得到G，据此解答。
【详解】（1）
E 的结构为
，所含官能团为酮羰基和酯基；
（2）D 和E 发生题中已知反应生成F 的反应，是E 中羰基发生加成反应，得到羟基，羟基再与相邻N 原子
上的H 原子发生消去反应，因此涉及加成反应和消去反应；
（3）
根据分析，A→B 的反应中，中间产物的结构简式为
；第二步反应为苯环侧链甲基氧化为
羧基，所需要的反应试剂是酸性高锰酸钾溶液；
（4）由分析可知，G→H 的化学方程式为（由原子守恒推测出
的生成）
；
（5）
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J 的分子式为
，含有与B 相同的官能团，故J 由以下四种碎片组成：
（作为母体，可接侧
链）、
、
、
（饱和碳原子，可接H，可接其他碎片）；当J 为苯的一取代物，仅1 种结构
；当J 为苯的二取代物，有
（邻、间、对）3 种和
（邻、间、对）3 种结构；当J 为苯的三取代物，
有
、
、
10 种取代位置；故共计
种；
（6）
乙醛与HCN 加成得到
，
被
氧化为
，
在酸性条件下水解得到
，
与
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反应得到
，故合成路线是
。
14．（15 分）炼油厂的FCC(流化裂化催化)再生烟气中存在CO、SO2和NO，一种CO 催化还原同时脱硫脱
硝的方法如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
(1)反应Ⅳ：
，反应温度是低于
K 时可自发进行的。某温度下(气体摩尔体积为
)，将NO 体积分数为a 的烟气通过流量计，控制
烟气流量为
，充分反应，测得NO 转化率为m。以NO 表示的反应速率
(列计算式)。
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(2)一种CO 催化还原
的反应机理如图。*表示催化剂表面吸附位，
表示被吸附于催化剂表面的
CO；催化过程中，硫原子也可以进入催化剂的晶格，填补氧空位。
①反应ⅰ与反应ⅱ的总方程式是
。
②CO 催化还原SO2的产物中含极微量的COS，生成COS 的原因为 (从反应机理角度解释)。
(3)T℃、
下，CO 催化还原NO 发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，用传感器测定反应过程中，CO 和
的物质
的量分数x 与时间的关系如图所示。
①图中曲线r 表示的组分为 (填化学式)，1~2 min 时，该组分物质的量分数逐渐增大的原因为
。
②CO 的平衡转化率为 。
③反应Ⅱ的
。
【答案】(1) -749 3745
(2)①
②反应生成的硫原子占据催化剂中的氧空位，与CO 反应生成COS
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(3) ①N2O 反应Ⅰ、反应Ⅱ均未达到平衡状态，且反应Ⅰ生成N2O 的速率大于反应Ⅱ消耗N2O 的速率
②85% ③ 13.2 或
【详解】（1）已知：反应Ⅰ：
；反应Ⅱ：
根据盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ，整理可得反应Ⅳ
，该反应的反应
热△H4=(-384 kJ/mol)+(-365 kJ/mol)=-749 kJ/mol；该反应的熵变△S=
S
△1+
S
△2=
+(
)=
；要使反应自发进行，由体系的自由能公式△G=△H-T△S＜0 可自发进
行，-749000 J/mol-T(-200
)＜0，解得反应温度T＜3745 K；
烟气中NO 的物质的量流量为
，转化的NO 物质的量流量为
，由于NO 摩尔质量30 g/mol，则以NO 表示的反应速率v(NO)=
；
（2）①由反应机理图示可知总方程式为：
；
②CO 催化还原SO2的产物中含极微量的COS，从反应机理角度分析，生成COS 的原因为反应生成的硫原子
占据催化剂中的氧空位，与CO 反应生成COS；
（3）①根据图示可知：曲线q 表示的物质的物质的量分数逐渐减小，则曲线q 表示的物质是反应物CO；
而曲线r 表示的物质开始时物质的量分数为0，随着反应的进行而逐渐增大，到2 min 时达到最大值，后又
逐渐减小到第4 min 时物质的量分数不再变化，则该物质开始没有，在反应Ⅰ中生成，在反应Ⅱ中又消耗。
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由于反应Ⅰ生成N2O，反应Ⅱ消耗N2O，开始时N2O 的物质的量分数逐渐增大，故曲线r 表示的物质是
N2O；
在开始1～2 min 时，反应Ⅰ、反应Ⅱ均未达到平衡状态，且反应Ⅰ生成N2O 的速率大于反应Ⅱ消耗N2O 的
速率，所以1~2 min 时，该组分物质的量分数逐渐增大；
②根据图像可知：起始CO 的物质的量分数为0.5，设开始时n(CO)=n(NO)=1 mol，反应Ⅰ为CO(g)+2NO(g)
CO2(g)+N2O(g)；反应Ⅱ发生反应CO(g)+N2O(g)
CO2(g)+N2(g)，假设反应Ⅰ消耗CO 的物质的量为x，反
应Ⅱ消耗CO 的物质的量为y，根据物质反应转化关系，可知平衡时n(CO)=(1-x-y)mol，n(CO2)=(x+y)mol，
n(NO)=(1-2x)mol，n(N2O)=(x-y)mol，n(N2)=y mol。平衡时气体总物质的量为n(总)=n(CO)+n(CO2)+n(NO)
+n(N2O)+n(N2)=(1-x-y)mol+(x+y)mol+(1-2x)mol+(x-y)mol+y mol=(2-x)mol，平衡时CO 与N2O 的物质的量分数相
同都是0.1，则说明平衡时n(CO)=n(N2O)，(1-x-y)mol=(x-y)mol，解得x=0.5 mol，带入它们的物质的量分数表
达式
中，可得y=0.35 mol。所以CO 的转化量为△n(CO)=0.5 mol+0.35 mol=0.85 mol，由于开始时CO
的物质的量为1 mol，故平衡时CO 的转化率为：
；
③平衡时n(总)=(2-x)mol=(2-0.5)mol=1.5 mol，n(CO)=(1-x-y)mol=(1-0.5-0.35)mol=0.15 mol，n(N2O)=n(CO)=0.15
mol，n(CO2)=(x+y)mol=(0.5+0.35) mol=0.85 mol，n(N2)=y mol=0.35 mol，所以反应Ⅱ：CO(g)+N2O(g)
CO2(g)
+N2(g)的压强平衡常数Kp=
≈13.2。
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