化学（三）-2025年高考考前20天终极冲刺攻略

第三辑 反应历程与机理 3 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 化学反应与能量 17 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 化学反应速率与平衡 28 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 化学平衡图像突破 40 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 化学反应原理综合题 58 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 考前10天 反应历程与机理 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 年份 试卷 考点 2024 安徽卷 吸热反应、反应历程、过渡态 2024 河北卷 反应路径及相对能量变化、速控步骤、反应产物 2024 北京卷 反应过程中能量变化示意图、反应速率 2024 广东卷 反应历程示意图 2024 甘肃卷 反应过程的能量变化图、过渡态 2023 广东卷 反应历程、化学平衡、反应速率、相关图像 2023 新课标卷 反应历程、极性分子、氧化还原、相关图像 2023 江苏卷 反应机理、平衡常数、电子转移、相关图像 2023 湖北卷 反应历程、化合价、非极性键、相关图像 2023 浙江卷 反应历程、转化率、热化学方程式、相关图像 2022 山东卷 反应历程、电子转移、转化率、相关图像 2022 湖南卷 反应历程、电子式、原子利用率、活化能、相关图像 2022 浙江卷 反应机理、焓变、活化能与反应速率、相关图像 2025年高考以反应历程图像（如能量反应进程图、反应历程能垒图等）为载体，考查学生对图像信息的提取和分析能力。学生需要从图像中获取反应物、生成物、中间产物、过渡态的能量信息，以及活化能的大小等，进而解决与反应热、反应速率、反应机理相关的问题。例如，根据能量 反应进程图，分析某一反应在有无催化剂时的能量变化情况，以及不同反应步骤的活化能大小，判断反应的快慢顺序。重考查宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知等学科素养。题目可能取材于实际的科研成果，以陌生的反应体系为背景，考查学生运用所学的反应历程和反应机理知识解决实际问题的能力，体现化学学科的实用性和创新性。比如，给出某新型催化剂催化某一复杂反应的机理研究成果，让学生分析该反应的优点、催化剂的作用方式等。重点考查从宏观现象推测微观反应机理，理解化学反应中的能量变化和平衡移动与反应机理的关系，通过对实验现象和数据的分析推理，建立反应历程的模型。 1．反应历程图像分析 (1)基元反应与非基元反应 例如，2HI===H2＋I2的实际反应机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI―→H2＋2I·、2I·―→I2，存在未成对电子的微粒称为自由基，反应活性高，寿命短。2HI===H2＋I2称为非基元反应。 (2)过渡态 A＋B—C→[A…B…C]―→A—B＋C ①正反应活化能Ea正＝b－a，逆反应活化能Ea逆＝b－c， ΔH＝Ea正－Ea逆。 ②过渡态[A…B…C]不稳定。 (3)中间体 处于能量最高点的状态是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。 (4)催化机理能垒图 ①在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出相应的热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。 ②每步基元反应的快慢取决于能垒的大小，能垒越大，反应速率越小。 ③示例：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如下图所示。 其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*===HCOO*＋H*；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)__ΔH＝－0.16NA__eV·mol－1(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 2．催化循环机理图像分析 (1)解答反应机理问题的四判断 ①催化剂判断：一般来说，催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的。 ②反应物判断：通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物。 ③中间体判断：转化历程中生成，随之又参与下一步反应，一般不脱离整个历程。 ④生成物判断：通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般是生成物。 (2)示例：催化反应——环式历程分析方法 3．基元反应与过渡态理论 （1）基元反应、过渡态理论及活化能 ①基元反应：研究发现，大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成，往往要经过多个反应步骤才能实现。每一步反应都称为基元反应。 ②过渡态理论：过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化配合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。 （2）催化剂与活化能、反应热的关系 ①催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变的大小。 ②在无催化剂的情况下，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，即E1＝E2＋ΔH。 4．能垒与决速步骤的关系 （1）能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也称为慢反应。例如下图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO＋H===CO2＋2H是在Rh作催化剂时该历程的决速步骤。 （2）用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。 （3）相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。 5．催化剂与化学反应的关系 （1）化学反应中，反应分子原有的某些化学键，必须解离并形成新的化学键，这需要一定的活化能。在某些难以发生化学反应的体系中，加入有助于反应分子化学键重排的第三种物质(催化剂)，可降低反应的活化能。催化剂能改变反应的途径、降低反应的活化能、加快反应速率，但不能改变反应热的符号与数值、不能改变平衡的移动方向。图甲虚线表示催化剂对反应的影响，图乙为催化反应历程示意图。 　　　 （2）催化反应机理题的解题思路 ①通览全图，找准一“剂”三“物” 一“剂” 指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主体的多个物种一定在机理图中的主线上 三“物”指反应物、生成物、中间物种(或中间体) 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物 中间体 通过一个箭头脱离整个历程，但又生成的是中间体，通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体，中间体有时在反应历程中用“[　]”标出 ②逐项分析得答案 根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。 -典例1【2024·安徽卷】某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g)⇌Y(g)　ΔH1<0，Y(g)⇌Z(g)　ΔH2<0，测得各气体浓度与反应时间的关系如下图所示。下列反应进程示意图符合题意的是(　　) 【答案】B 【解析】由题图可知，生成Y的速率大于生成Z的速率，故第一步反应的活化能比第二步反应的活化能小，C、D项错误；结合ΔH1、ΔH2均小于0可知，两步反应均为放热反应，故反应物总能量高于生成物总能量，故能量：X>Y>Z，A项错误，B项正确。 典例2【2024·甘肃卷】甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如下图所示，下列说法错误的是(　　) A．E2＝1.41 eV B．步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eV C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化 【答案】C 【解析】由能量变化图可知，E2＝0.70 eV－(－0.71 eV)＝1.41 eV，A项正确；步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71 eV－(－1.00 eV)＝＋0.29 eV，B项正确；步骤1的活化能E1＝0.70 eV，步骤2的活化能E3＝－0.49 eV－(－0.71 eV)＝0.22 eV，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；该过程中甲烷转化为甲醇，实现了甲烷的氧化，D项正确。 典例3【2024·北京卷】可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－114.4 kJ·mol－1。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是(　　) A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O B．反应制得1 mol Cl2，须投入2 mol CuO C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【解析】首先结合题图及反应的热化学方程式知，Y、Z是反应物HCl和O2，X、W是生成物Cl2和H2O；然后根据原子守恒进行分析，CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，故Y为HCl，Z为O2；CuCl2分解生成X和CuCl，故X为Cl2，W为H2O。由上述分析知，A正确；CuO是催化剂，在反应前后的量不变，故反应制得1 mol Cl2，不一定要投入2 mol CuO，B错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，C正确；分析图中各元素化合价知，有单质参与的两个反应均为氧化还原反应：2CuCl2===Cl2↑＋2CuCl、4CuCl＋O2===2Cu2OCl2，D正确。 典例4【2024·贵州卷】AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN－的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如下图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。 由图示信息，下列说法错误的是(　　) A．从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应 B．过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α­C而形成的 C.Ⅰ中“N—Ag”之间的作用力比 Ⅱ 中“C—Ag”之间的作用力弱 D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物 【答案】D 【解析】由题图可知，两个反应中反应物的总能量均大于生成物的总能量，均为放热反应，A正确；由题图可知，过渡态TS1最终产物为腈(CH3CH2CN)，结合TS1的物质结构可知，过渡态TS1是由CN－的C原子进攻溴乙烷的α­C而形成的，B正确；Ⅰ中CH3CH2CNAgBr―→CH3CH2CN＋AgBr吸收的能量小于Ⅱ中CH3CH2NCAgBr―→CH3CH2NC＋AgBr吸收的能量，故Ⅰ中NAg之间的作用力比Ⅱ中CAg之间的作用力弱，C正确；两个反应都为放热反应，生成CH3CH2NC的活化能更低，故低温时，CH3CH2NC为主要产物，D错误。 典例5【2024·广东卷】对反应S(g)T(g)(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(—为无催化剂， ┈为有催化剂)为(　　) 【答案】A 【解析】提高反应温度，增大，说明反应S(g)T(g)的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，故选A。 【名校预测·第一题】（2025·山东泰安二模）利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法正确的是 A．M-H改变了丙烷制备丙烯的反应历程 B．升高温度不利于提高丙烷转化率 C．反应过程中碳的成键总数不变 D．反应决速步涉及的变化过程为 【名校预测·第二题】（2025·四川雅安二模）碳酸二甲酯是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。(能垒：反应物与过渡态之间的能量差) 下列说法正确的是 A．第2步的基元反应方程式为： B．使用催化剂可以提高反应速率和反应热 C．反应进程中决速步骤的能垒为 D．升高温度，合成碳酸二甲酯反应速率增加，平衡向逆反应方向移动 【名校预测·第三题】（2025·浙江宁波一模）一定条件下丙烷发生氯代反应：，生成的1−氯丙烷和2−氯丙烷物质的量之比约为。反应进程中能量变化示意图如下，中间体为或。下列说法不正确的是 A．中间体A为 B．C-H键与Cl-Cl键键能之和大于H-Cl键键能 C．常温下，丙烷氯代反应中上H原子比上H原子更容易被取代 D．升高反应温度，生成1−氯丙烷的速率增大程度小于生成2−氯丙烷的速率增大程度 【名校预测·第四题】（2025·北京丰台一模）乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解反应，部分反应历程可表示为：，能量变化如图所示。 已知：为快速平衡。 下列说法不正确的是 A．反应IV是的决速步 B．反应结束后，溶液中存在 C．反应过程中涉及键的断裂和形成 D．反应I与反应IV活化能的差值等于水解反应的焓变 【名校预测·第五题】（2025·江西一模）在两种不同催化剂作用下，反应的历程如图所示。 下列叙述正确的是 A．不同催化剂作用下使该反应的焓变不同 B．基元反应②和③的正反应 C．其他条件相同，比更不稳定 D．其他条件不变，升温能提高的平衡转化率 【名校押题·第一题】（2025·陕西二模）我国研究人员研究了在催化剂X的作用下加氢形成乙醇的反应机理，反应过程中物质相对能量与反应进程关系如图(加“*”物质为吸附态)。下列说法正确的是 A．的脱附过程为放热过程 B．的过程中存在非极性键的断裂和形成 C．为决速步骤 D．若用代替反应，则产物为 【名校押题·第二题】（2025·广东江门一模）丙烯与HCl一定条件下反应生成和的历程如图所示。下列说法错误的是 A．丙烯与的反应的主要产物是 B．合成的反应中，第一步为反应的决速步 C．生成的焓变大于生成的焓变 D．其他条件不变，反应相同时间，适当升高温度可提高加成产物中比例 【名校押题·第三题】（2025·山西晋城二模）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率较高的方法。已知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢；当分别与、反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。下列说法错误的是 A．若与反应，生成的氘代甲醇有2种 B．分子中的碳原子与氧原子杂化方式相同 C．为与反应的曲线，而为与反应的曲线 D．一定温度下，加入选择性高的催化剂，不能改变的平衡常数 【名校押题·第四题】（2025·河南郑州一模）在NO的催化下，丙烷(C3H8)催化氧化制丙烯(C3H6)的部分反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．含N分子参与的反应不一定有电子转移 B．增大NO的量，C3H8的平衡转化率增大 C．由•C3H7生成丙烯的历程有2种 D．当存在反应NO+NO2+H2O=2HONO时，最终生成的水减少 【名校押题·第五题】（2025·河北秦皇岛一模）我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，可实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“＊”表示催化剂。下列说法正确的是 A．增大压强和催化剂的表面积均能提高甲醇的平衡产率 B．转化过程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 C．氢化步骤的反应为 D．每生成甲醇将有电子发生转移 【名校预测·第一题】 【答案】A 【解析】由图可知M-H参与反应，且反应前后本身没有变化，是该反应的催化剂，催化剂改变了丙烷制备丙烯的反应历程，A正确；根据图示，由丙烷制备丙烯的反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，有利于提高丙烷转化率，B错误；丙烷中单键为12个，丙烯中单键为7个，双键1个，由丙烷制备丙烯过程中碳的成键总数减少，C错误：活化能大，反应速率慢的是决速步骤，反应决速步涉及的变化过程为，D错误；故选A。 【名校预测·第二题】 【答案】A 【解析】根据图中反应历程可知，第2步基元反应为：，A正确；使用催化剂可以提高反应速率，但是反应热不会变化，B错误；反应进程中经过渡态的反应能垒最大，是决速步骤，其能垒为：，C错误；由图可以看出，产物总能量高于反应物总能量，即，所以升高温度，合成碳酸二甲酯反应速率增加，平衡向正反应方向移动，D错误；故选A。 【名校预测·第三题】 【答案】D 【解析】生成产物甲所需活化能大，反应速率慢，产量少，则产物甲为1-氯丙烷，产物乙为2-氯丙烷。由分析可知，产物甲为1-氯丙烷，则中间体A为，A正确；由反应物到中间体的过程，断开的键有C-H和Cl-Cl键(吸收能量)，形成的化学键有H-Cl键(释放能量)，整个过程是吸热过程，即C-H键与Cl-Cl键键能之和大于H-Cl键键能，B正确；生成产物乙2-氯丙烷的活化能小，反应更容易发生，即丙烷氯代反应中上H原子比上H原子更容易被取代，C正确；生成1-氯丙烷的活化能大，温度对生成1-氯丙烷的速率影响更大，升高反应温度，生成1−氯丙烷的速率增大程度大于生成2−氯丙烷的速率增大程度，D错误；答案选D。 【名校预测·第四题】 【答案】D 【解析】反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ、IV的活化能较高，因此反应的决速步骤为反应Ⅰ、IV，A正确；反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，B正确；反应过程中涉及π键（C=O键）的断裂和形成，C正确；该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，并非水解焓变（水解生成羧酸盐、醇），D错误；故选D。 【名校预测·第五题】 【答案】C 【解析】不同催化剂不改变反应的焓变，只改变反应速率，A错误；根据图像可知，基元反应②和③的正反应均是放热反应，B错误；比能量更低，比更稳定，C正确；总反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，X的平衡转化率降低，D错误；故选C。 【名校押题·第一题】 【答案】D 【解析】的脱附过程为吸热过程，A错误；的过程中不存在非极性键的断裂和形成，B错误；能垒最大的步骤，活化能越大，为决步骤，故决速步骤为，C错误；若用代替反应，羧基中的H在第一步基元反应脱去，而甲基上H未有变化，故产物为，D正确；故选D。 【名校押题·第二题】 【答案】C 【解析】丙烯与的反应中，生成的活化能小于生成的活化能，活化能小的反应速率快，产物多，丙烯与的反应的主要产物是，A正确；由图可知合成的反应中，第一步活化能大，反应速率慢，为决速步，B正确；由图可知，生成和的反应都是放热反应，焓变为负值，生成放热多，焓变小，C错误；其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，D正确；故选C。 【名校押题·第三题】 【答案】C 【解析】根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为或，共2种，A正确；分子中的碳原子与氧原子价电子对数都是4，杂化方式均为，B正确；直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，则与反应的能量变化应为图中曲线，为与反应的曲线，C错误；催化剂能加快反应速率，不能使平衡移动，不能改变反应的平衡常数，故D正确；故选C。 【名校押题·第四题】 【答案】C 【解析】根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有、、，因此NO是催化剂。根据分析可知，含N分子参与的反应一定有电子转移，A不符合题意；NO是催化剂，增大NO的量，平衡不移动，不会改变的平衡转化率，B不符合题意；根据反应机理，由生成丙烯的历程有2种，即图中左上角和右下角的历程，C符合题意；无论是否存在反应，总反应都是丙烷和氧气生成丙烯和水，最终生成的水不变，D不符合题意；故选C。 【名校押题·第五题】 【答案】C 【解析】该转化实现二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应方程式为：。 加压平衡正移，能提高甲醇的平衡产率，增大催化剂的表面积不能使平衡移动，能提高单位时间甲醇的产量，无法提高产率，A错误；由方程式可知，整个过程涉及极性键、非极性键的断裂，非极性键的形成，无非极性键的形成，B错误；根据机理图可知，氢化步骤反应为，C正确；由反应方程式可知，每生成，氢元素化合价由0价升高到+1价，转移，则每生成甲醇将有电子发生转移，D错误；故选C。 考前9天 化学反应与能量 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 年份 试卷 考点 2024 重庆卷 键能的计算 2024 海南卷 燃烧热 2023 江苏卷 热化学方程式、盖斯定律 2023 北京卷 盖斯定律、反应热 2023 海南卷 热化学方程式、火箭推进剂 2022 湖南卷 吸热反应、能量变化图像 2022 浙江卷 反应热大小比较、能量变化图像 2022 浙江卷 键能、反应热的计算 2025年高考以新能源开发、环境保护、工业生产等实际问题为背景，考查化学反应与能量的相关知识。结合碳中和背景，考查CO2催化加氢制甲醇等反应的热化学方程式书写、反应热计算以及能量转化效率等问题。将化学反应与能量的知识与其他化学知识板块进行综合考查，如与化学平衡、电解质溶液、氧化还原反应等相结合。注重考查宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知等化学学科核心素养。要求考生能从宏观现象（如反应过程中的热量变化、物质状态变化等）推测微观层面的能量变化和化学键的断裂与形成；理解化学反应中能量变化与物质变化的关系，以及能量变化对化学平衡的影响；通过对实验数据、图像等证据的分析，建立能量变化的模型，如利用反应热数据建立热化学方程式模型，解释和预测化学反应中的能量变化现象。 1．从两个角度理解反应热 能量 示意图 图像 分析 微观 宏观 a表示断裂旧化学键吸收的能量； b表示形成新化学键放出的能量； c表示反应热 a表示反应物形成活化分子吸收的能量(正反应的活化能)； b表示活化分子形成生成物释放的能量(逆反应的活化能)； c表示反应热 ΔH的计算 ΔH＝H(生成物)－H(反应物) ΔH＝E(反应物总键能)－E(生成物总键能) 2．热化学方程式书写与判断的注意事项 （1）注意ΔH的符号和单位：吸热反应的ΔH为“＋”，放热反应的ΔH为“－”；ΔH的单位为kJ·mol－1。 （2）注意测定条件：绝大多数反应的反应热是在25 ℃、101 kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。 （3）注意热化学方程式中的化学计量数：热化学方程式中的化学计量数可以是整数，也可以是分数。 （4）注意物质的聚集状态：气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用“↑”和“↓”。 （5）注意ΔH的数值与符号：如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。逆反应的反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反。 （6）对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态外，还要注明物质的名称。例如：S(单斜，s)===S(正交，s)　ΔH＝－0.33 kJ·mol－1。 3．反应热(ΔH)的大小比较 对于放热反应来说，ΔH＝－Q kJ·mol－1，虽然“－”仅表示放热的意思，但在比较大小时要将其看成真正意义上的“负号”，即放热越多，ΔH反而越小。如： （1）同一反应，生成物状态不同时，例如A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH1<0，A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH2<0，因为C(g)===C(l)　ΔH3<0，则ΔH3＝ΔH2－ΔH1，所以ΔH2<ΔH1。 （2）同一反应，反应物状态不同时，例如S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH1<0，S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH2<0，，ΔH2＋ΔH3＝ΔH1，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2，又ΔH3<0，所以ΔH1<ΔH2。 4．根据盖斯定律计算ΔH的方法 　 典例1【2024·重庆卷】二氧化碳甲烷重整是CO2资源化利用的重要研究方向，涉及的主要热化学方程式有： ① ② ③ 已知键能为，键能为，键能为，则中的碳氧键键能(单位：)为 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】据盖斯定律反应①+②-③可得反应：，该反应，根据反应物键能和-生成物键能和可得：4c+2b-3a-中的碳氧键键能=，中的碳氧键键能=()，故B正确。 典例2【2024·海南卷】已知时，，的临界温度(能够液化的最高温度)为，下列说法错误的是 A．氢气燃烧热 B．题述条件下和，在燃料电池中完全反应，电功+放热量 C．氢能利用的关键技术在于安全储存与运输 D．不同电极材料电解水所需电压不同，产生消耗的电功相同 【答案】D 【解析】氢气燃烧热为1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，则由热化学方程式可知，氢气燃烧热，故A正确；由题意可知，氢氧燃料电池中化学能转化为热能和电能，由能量守恒定律可知，和，在燃料电池中完全反应，电功+放热量，故B正确；氢气是易燃易爆的气体，难于安全储存与运输，所以氢能利用的关键技术在于安全储存与运输，故C正确；不同电极材料电解水所需电压不同，说明所需的电流不同，所以产生2g氢气所需时间不同，消耗的电功不同，故D错误。 典例3【2023·江苏卷】二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为       在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。的选择性可表示为。下列说法正确的是    A．反应的焓变 B．的平衡选择性随着温度的升高而增加 C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃ D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率达到X点的值 【答案】D 【解析】由盖斯定律可知反应的焓变，A错误； 为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的含量降低，故的平衡选择性随着温度的升高而降低，B错误；由图可知温度范围约为350~400℃时二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误；450℃时，提高的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提高二氧化碳的平衡转化率，均能使平衡转化率达到X点的值，D正确。故选D。 典例4【2023·海南卷】各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是 物质 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】1mol纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热。H2O应该为液态，A错误；，B错误；氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则，C错误；，D正确；故选D。 典例5【2022·浙江卷】标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表： 物质(g) O H HO HOO H2 O2 H2O2 H2O 能量/ 249 218 39 10 0 0 -136 -242 可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是 A.的键能为 B.的键能大于中氧氧单键的键能的两倍 C.解离氧氧单键所需能量： D. 【答案】C 【解析】根据表格中的数据可知，H2的键能为218×2=436，A正确；由表格中的数据可知O2的键能为：249×2=498，由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，B正确；由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278，H2O2中氧氧单键的键能为，C错误；由表中的数据可知的，D正确；故选C。 【名校预测·第一题】（2025·浙江绍兴二模）下列说法正确的是 A．已知HF气体溶于水放热，则的 B．已知  ，则 C．恒温恒容容器中发生反应，百分含量不再发生变化，说明反应达到平衡状态 D．  ，升高温度，平衡逆移，说明温度升高对活化能大的反应影响程度更大 【名校预测·第二题】（2025·重庆二模）卤化铵 的能量关系如图 所示，下列说法正确的是 A． B．精确条件下， 的 比 的大 C．相同条件下， 的 比 的小 D． 【名校预测·第三题】（2025·河北沧州二模）下列关于热化学反应的描述中正确的是 A．稀硫酸和反应的热化学方程式： B．的燃烧热，则反应的 C．铁粉与硫粉需要加热才能发生反应，则此反应是吸热反应 D．已知 则该反应高温下为自发过程，低温下为非自发过程 【名校预测·第四题】（2025·天津一模）下列关于反应过程中能量变化的说法正确的是 A．如图表示的反应为吸热反应 B．能量变化如图所示，则 C．化学反应过程中一定有化学键的变化，这是反应过程中能量变化的本质原因 D．活化能越大代表化学反应需要吸收或放出的能量越大 【名校预测·第五题】（2025·云南昆明一模）根据伯恩哈勃循环图，部分反应的如下表所示，K的第一电离能是 数值 +89 +121.5 -349 -717 -436.5 A． B． C． D． 【名校押题·第一题】（2025·重庆一模）碳(C)与氧气反应的焓变如图所示，已知键能为akJ/mol，键能为bkJ/mol，则中碳氧键键能(单位：kJ/mol)为 A． B． C． D． 【名校押题·第二题】（2025·陕西西安一模）已知肼N2H4的部分化学键的键能如表所示。则反应的△H为 化学键 O2中的化学键 键能kJ∙mol-1 391 193 497 463 946 A． B． C． D． 【名校押题·第三题】（2025·浙江杭州一模）已知断开1 mol Cl2(g)中的化学键需要吸收242.7 kJ的能量。根据反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化示意图，下列说法不正确的是 A．H2(g)和Cl2(g)反应形成2 mol HCl(g)释放184.4 kJ的能量 B．1 mol HCl(g)反应形成H2(g)和Cl2(g)吸收92.2 kJ的能量 C．断裂化学键所需的能量：1 mol HCl(l)大于断裂1 mol HCl(g) D．断开1 mol H2(g)中的化学键需要吸收436.4 kJ的能量 【名校押题·第四题】（2025·北京海淀一模）二氧化碳与氢气催化合成乙烯具有重要的意义。将和按物质的量之比加入VL的密闭容器中，压强为0.1MPa，反应达到平衡状态时，各组分的物质的量分数x随温度T的变化如下图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A．与合成反应的热化学方程式：   B．图中b、d分别表示的变化曲线 C．570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点显示的可能是的物质的量分数 D．与合成反应的 【名校押题·第五题】（2025·重庆一模）甲醇的用途非常广泛。科学家通过合成甲醇的反应为：  。 已知：      若合成甲醇的反应中正反应的活化能为，逆反应的活化能为，则一定等于 A． B． C． D． 【名校预测·第一题】 【答案】D 【解析】已知HF气体溶于水放热，说明HF溶解过程放热(ΔH<0)，但HF是弱酸，电离过程需要克服H-F键的强键能，因此电离过程吸热，则的ΔH>0，A错误；已知  ，因为该反应前后气体分子数不变，所以该反应的熵变，而不是ΔS<0，B错误；恒温恒容容器中发生反应，该反应是固体分解生成气体的可逆反应，反应体系中的物质的量之比始终为2∶1，即百分含量始终不变，则百分含量不再发生变化，不能说明反应达到平衡状态，C错误；ΔH＜0，正反应为放热反应，则逆反应的活化能大于正反应的活化能，升高温度，平衡逆移，说明温度升高对活化能大的反应影响程度更大，D正确；故选D。 【名校预测·第二题】 【答案】B 【解析】卤化铵的分解为吸热反应，则对应的为化学键断裂过程，断裂化学键吸收热量，则，A错误；的键能大于，故的大于的，B正确；为与反应，与无关，C错误；途径 6 与途径 1、2、3、 4、5 之和的起点和终点相同，结合盖斯定律可知 ，D错误；故选B。 【名校预测·第三题】 【答案】D 【解析】稀硫酸和反应生成H2O和BaSO4沉淀，其反应热不等于中和热，A错误；燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物放出的热量，CO(g)的燃烧热，则表示CO燃烧热的热化学方程式为CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ，B错误；需要加热才能进行的化学反应不一定是吸热反应，如铝热反应，需要加热，但属于放热反应，铁粉与硫粉需要加热才能发生反应，但该反应位放热反应，C错误；反应的ΔH > 0，且为气体体积增大的反应，ΔS > 0，根据ΔG = ΔH – TΔS<0时，反应能够自发进行，高温时ΔG < 0，反应自发，低温时ΔG > 0，非自发，D正确；故选D。 【名校预测·第四题】 【答案】C 【解析】反应物能量高于生成物能量，反应为放热反应，A错误；ΔH=生成物能量-反应物能量，，B错误；断键需要吸热，成键需要放热，化学反应过程中一定有化学键的变化，这是反应过程中能量变化的本质原因，C正确；放出或吸收的能量与反应物能量和生成物的能量有关，与活化能大小无关，D错误； 故选C。 【名校预测·第五题】 【答案】B 【解析】根据盖斯定律：++++=，解得=；故选B； 【名校押题·第一题】 【答案】B 【解析】由图可知，反应的焓变为，反应的焓变等于反应物键能总和减去生成物键能总和，设中碳氧键键能为x kJ/mol，则，x=；故选B。 【名校押题·第二题】 【答案】B 【解析】反应的△H=4E(N-H)+E(N-N)+E(O2)-E(N≡N)-4E(O-H)=(4×391+193+497-946-4×463) kJ∙mol-1=-544 kJ∙mol-1，故选B。 【名校押题·第三题】 【答案】C 【解析】由图可知H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g) △H=679.1kJ/mol-863.5kJ/mol═ -184.4kJ/mol，即H2(g)和Cl2(g)反应形成2 mol HCl(g)释放184.4 kJ的能量，A正确；由选项A可知H2(g)+Cl2(g)═2HCl(g) △H=-184.4kJ/mol，则2HCl(g)=H2(g)+Cl2(g)△H═+184.4kJ/mol，即HCl(g)═H2(g)+Cl2(g) △H=+92.2kJ•mol-1，即1 mol HCl(g)反应形成H2(g)和Cl2(g)吸收92.2 kJ的能量，B正确；相同的化学键键能不随着状态改变而改变，即断裂化学键所需的能量：1 mol HCl(l)等于断裂1 mol HCl(g)，C错误；由图象可知，断开 1 mol Cl2(g)和1molH2(g)中的化学键需要吸收 697.1kJ 的能量，结合题干已知断开1 mol Cl2(g)中的化学键需要吸收242.7 kJ的能量，所以断开 1 mol H2(g)中的化学键需要吸收(697.1-242.7)kJ=436.4kJ 的能量，D正确；故选C。 【名校押题·第四题】 【答案】D 【分析】已知：① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，①×6-②-4×③可得 ，将和按物质的量之比1:3加入VL的密闭容器中，发生反应，升高温度，平衡逆向移动，H2和CO2的物质的量增大，由系数关系可知，曲线a表示H2的物质的量分数随温度变化，曲线b表示CO2的物质的量分数随温度变化，曲线c表示H2O(g)的物质的量分数随温度变化，曲线d表示的物质的量分数随温度变化。 【解析】已知：① ；② ；③ ；由盖斯定律可知，①×6-②-4×③可得 ，A正确；由分析可知，图中b、d分别表示、的变化曲线，B正确；曲线d表示的物质的量分数随温度变化，是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的物质的量分数增大，则570K、0.2MPa反应达到平衡状态时，M点显示的可能是的物质的量分数，C正确；由A可知，反应是放热反应，升高温度K值减小，则，D错误；故选D。 【名校押题·第五题】 【答案】B 【解析】反应I  ，反应Ⅱ  ，根据盖斯定律，反应可以由反应Ⅰ×3-反应Ⅱ得到，则ΔH1=3ΔH2-ΔH3=(3a-b)kJ·mol-1，ΔH1=E正-E逆=(3a-b)kJ·mol-1，则；故选B。 考前8天 化学反应速率与平衡 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 年份 试卷 考点 2024 辽宁卷 反应速率、平衡常数、转化率 2024 山东卷 平衡常数、反应速率常数、 2024 安徽卷 反应速率、反应速率的影响因素 2024 河北卷 形成配离子达平衡时的对数图像 2024 甘肃卷 反应速率的影响因素 2024 湖南卷 平衡常数、分布分数 2024 浙江卷 反应速率、平衡的影响因素 2024 重庆卷 反应速率、吸热反应与放热反应、平衡状态的判断 2024 江西卷 平衡移动的影响因素、吸热反应、浓度商 2023 江苏卷 转化率-温度图像、温度和压强对平衡移动的影响、平衡转化率 2023 海南卷 V-t图像、平衡状态、催化剂对平衡移动的影响 2023 湖南卷 转化率-温度图像、反应速率、平衡常数、平衡状态 2023 北京卷 平衡移动原理的应用 2023 重庆卷 物质体积分数-温度图像、平衡常数、温度对平衡移动的影响 2022 广东卷 浓度-时间图像、反应速率、催化剂的影响 2022 海南卷 平衡常数的影响因素、转化率、浓度对平衡移动的影响 2022 湖南卷 压强-时间图像、反应速率、平衡常数、 2022 江苏卷 产率-温度图像、转化率、产率 2022 河北卷 图像、速率常数、反应速率、产率 2025年高考以实际生产生活中的化学反应为情境，如工业合成氨、硫酸工业、石油化工等，考查化学反应速率与平衡的知识。要求考生能够将所学知识应用到实际问题中，分析如何通过控制反应条件来提高生产效率、降低成本、减少污染等。通过实验探究的形式，考查考生对化学反应速率和平衡影响因素的理解和实验设计能力。例如，设计实验探究浓度、温度、催化剂等对反应速率的影响，或者通过实验数据的分析，得出化学平衡移动的规律。同时，可能会要求考生根据实验目的和原理，选择合适的实验仪器和药品，设计实验步骤，并对实验结果进行分析和评价。 1．单一反应体系中化学反应速率的影响因素 恒容充入“惰性气体” 总压增大→参与反应的物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变 恒压充入“惰性气体” 体积增大→参与反应的物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减小 (1)“惰性气体”对反应速率的影响 (2)纯液体、固体对化学反应速率的影响 在化学反应中，纯液体和固体的浓度为常数，故不能用纯液体和固体的浓度变化来表示反应速率，但是固态反应物颗粒的大小是影响反应速率的条件之一，如煤粉由于表面积大，燃烧速率就比煤块快得多。 (3)外界条件对正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同。 增大反应物浓度 瞬间v正增大，v逆不变，随后v正逐渐减小，v逆逐渐增大，直至平衡 增大体系压强 v正和v逆都增大，气体分子数减小方向的反应速率变化程度更大(若反应前后气体分子数不变，则v正和v逆改变程度相同) 升高体系温度 v正和v逆都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度更大 使用催化剂 能同等程度地改变正、逆反应速率 2．化学平衡状态的判断 （1）等——“逆向相等”(三种表述) ①同一物质(两种表述)：v正＝v逆、断键数＝成键数。 ②不同物质：＝。 （2）定——“变量不变” 如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡状态，即“变量”不变→平衡状态。 ①平衡体系中各物质的质量、物质的量、浓度和物质的量分数等保持不变。 ②一定条件下的气体密度、总压强、气体的平均相对分子质量等不变。 ③有色体系的颜色保持不变。 （3）依据Q与K的关系判断 若Q＝K，反应处于平衡状态。 3．平衡移动方向的判断 （1）依据勒夏特列原理判断 （2）根据图像中正、逆反应速率相对大小判断若v正>v逆，则平衡向正反应方向移动；反之向逆反应方向移动。 （3）依据变化过程中速率变化的性质判断 若平衡移动过程中，正反应速率增大的程度小于(大于)逆反应速率增大的程度，则平衡向逆(正)反应方向移动。 （4）依据浓度商(Q)规则判断 若某温度下Q<K，反应向正反应方向进行；Q>K，反应向逆反应方向进行。 4．化学平衡常数 （1）表达式：对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，K＝。 实例： 化学方程式 平衡常数 关系式 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) K1＝ K2＝ K3＝ N2(g)＋H2(g)NH3(g) 2NH3(g)N2(g)＋3H2(g) K3＝ （2）意义 ①K值越大，正反应进行的程度越大，反应物的转化率越大。 ②K只受温度影响，与反应物或生成物的浓度变化无关，吸热反应，升高温度，K增大，放热反应，升高温度，K减小。 5．外界因素对化学平衡移动的影响 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度，化学平衡向逆反应方向移动 压强 增大压强(减小容器的容积)，化学平衡向气体体积缩小的方向移动 减小压强(增大容器的容积)，化学平衡向气体体积增大的方向移动 温度 升高温度化学平衡向吸热反应方向移动 降低温度化学平衡向放热反应方向移动 6．化学平衡与平衡转化率 (1)转化率与平衡转化率 转化率分为未达到平衡的转化率和已达到平衡的平衡转化率。在审题时一定要注意转化率是否为平衡转化率。 (2)增大反应物的浓度与平衡转化率的关系(其中A、B、C均为气体) 可逆反应 改变条件 平衡移动方向 反应物转化率 备注 A＋BC 增大 A的 浓度 正向 移动 α(A)减小 α(B)增大 反应物转化率实际是考虑压强的影响 AB＋C α(A)减小 2AB＋C α(A)不变 3AB＋C α(A)增大 (3)如果两气体物质的投料比按照化学计量数投料，那么无论是否达到化学平衡，二者的转化率始终相等。 典例1【2024·浙江卷】二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应： Ⅰ. C2H6(g)＋CO2(g)⇌C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)　ΔH1>0 Ⅱ.C2H6(g)＋2CO2(g)⇌4CO(g)＋3H2(g)　ΔH2>0 向容积为10 L的密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2，不同温度下，测得5 min时(反应均未平衡)的相关数据见下表。下列说法不正确的是(　　) 温度/℃ 400 500 600 乙烷转化率/% 2.2 9.0 17.8 乙烯选择性/% 92.6 80.0 61.8 注：乙烯选择性＝×100% A.反应活化能：Ⅰ<Ⅱ B.500 ℃时，0～5 min反应 Ⅰ 的平均速率为v(C2H4)＝2.88×10－3mol·L－1·min－1 C.其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g)，可提高乙烯产率 D.其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，平衡后可提高乙烷转化率 【答案】D 【解析】由题表可知，相同温度下，乙烷在发生转化时，反应Ⅰ更易发生，故反应活化能：Ⅰ<Ⅱ，A正确；由题表可知，500 ℃时，乙烷转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为2 mol×9.0%＝0.18 mol，而此温度下乙烯选择性为80%，转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18 mol×80%＝0.144 mol，根据化学方程式可得，生成乙烯的物质的量为0.144 mol，0～5 min反应Ⅰ的平均速率v(C2H4)＝＝2.88×10－3 mol·L－1·min－1，B正确；其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g)，反应Ⅰ的平衡正向移动，可提高乙烯产率，C正确；其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，平衡后CO2转化率提高，C2H6转化率降低，D错误。 典例2【2024·安徽卷】室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO的影响因素，测得不同条件下SeO浓度随时间变化关系如下图。下列说法正确的是(　　) 实验序号 水样 体积/mL 纳米铁 质量/mg 水样初始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 A.实验①中，0～2小时内平均反应速率v(SeO)＝2.0 mol·L－1·h－1 B.实验③中，反应的离子方程式为2Fe＋SeO＋8H＋===2Fe3＋＋Se＋4H2O C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可增大反应速率 D.其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO的去除效果越好 【答案】C 【解析】实验①中，0～2小时内平均反应速率v(SeO)＝＝2.0×10－5mol·L－1·h－1，A项错误；实验③中水样初始pH＝8，溶液呈弱碱性，结合氧化还原反应规律可得离子方程式为2Fe＋SeO＋4H2O===2Fe(OH)3＋Se＋2OH－，B项错误；由实验①②可知，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量，反应速率增大，C项正确；由实验②③可知，其他条件相同时，适当减小水样初始pH，SeO的去除效果更好，但若水样初始pH太小，则与H＋反应的纳米铁的量增多，从而影响SeO的去除效果，D项错误。 典例3【2024·甘肃卷】下列措施能降低化学反应速率是 A. 催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B. 中和滴定时，边滴边摇锥形瓶 C. 锌粉和盐酸反应时加水稀释 D. 石墨合成金刚石时增大压强 【答案】C 【解析】催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意；中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意；故选C。 典例4【2023·河北卷】在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应。 反应②和③的速率方程分别为v2=k2c2(X)和v3=k3c(Z)，其中k2、k3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)的浓度随时间的变化如下表。 t/min 0 1 2 3 4 5 c(W)/ (mol·L-1) 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 下列说法正确的是(　　) A.0~2 min内，X的平均反应速率为0.080 mol·L-1·min-1 B.若增大容器容积，平衡时Y的产率增大 C.若k2=k3，平衡时c(Z)=c(X) D.若升高温度，平衡时c(Z)减小 【答案】D 【解析】由表知0~2 min内Δc(W)=(0.160-0.080)mol·L-1=0.080 mol·L-1，Δc(X)=2Δc(W)=0.160 mol·L-1，但一部分X转化为Z，造成Δc(X)<0.160 mol·L-1，则v(X)<0.080 mol·L-1·min-1，故A错误；平衡时v逆=v正，即v3=v2，k3c(Z)=k2c2(X)，若k2=k3，平衡时c(Z)=c2(X)，故C错误；反应③的活化能大于反应②，ΔH=正反应活化能-逆反应活化能<0，则4X(g)2Z(g)　ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c(Z)减小，故D正确。 【名校预测·第一题】（2025·浙江嘉兴·三模）已知甲烷分解反应 。其正反应速率方程为，逆反应速率方程为(和为速率常数，只受温度影响)，1000℃达平衡时，。下列说法不正确的是 A．为提高化学反应速率，应选择适合高温条件的催化剂 B．其他条件不变，降温再次达到平衡时，可能存在 C．恒温恒压下通入气体，平衡正向移动，减小 D．根据该反应可推测，合成氨工业用熟铁作衬里代替钢铁是避免高压下氢气与碳反应 【名校预测·第二题】（2025·北京东城一模）一定温度下，向两个固定体积的密闭容器中分别充入等量和等量，发生反应  ，测得有关数据如下。 容器 容器体积 平衡时的物质的量 达平衡所用时间 达平衡过程中的能量变化 ① 2L 1.2mol 10min 放热0.6akJ ② 4L 1.6mol 放热 下列叙述不正确的是 A．①中内， B． C． D． 【名校预测·第三题】（2025·辽宁丹东一模）对于反应 )，△H<0. 下列说法正确的是 A．该反应△S<0 B．使用催化剂能降低反应的焓变 C．其他条件不变，增可提高NH3 的平衡转化率 D．1mol N-H断裂的同时有1 mol O-H断裂说明反应到达该条件下的平衡状态 【名校预测·第四题】（2025·湖南一模）某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应，有关数据如下： 时间段/min 产物Z的平均生成速率/ 0~2 0.20 0~4 0.15 0~6 0.10 下列说法正确的是 A．1min时，Z的浓度等于 B．2min时，加入0.20molZ，此时 C．3min时，Y的体积分数约为66.7% D．5min时，X的物质的量为1.4mol 【名校预测·第五题】（2025·河北衡水中学一模）恒温恒容密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨分解反应，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列说法正确的是 序号 时间 表面积 0 20 40 60 80 ① 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 ② 1.20 0.80 0.40 ③ 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 A．相同条件下，增加氨气浓度或增大催化剂的表面积，反应速率增大 B．实验①，， C．实验②，时处于平衡状态，且 D．实验③，当混合气体密度保持不变时，反应达到平衡状态 【名校押题·第一题】（2025·辽宁一模）晶体由与构成。在密闭容器中，将溶于惰性溶剂，发生反应：(已知均溶于该溶剂)，测得的物质的量随时间变化如下。下列说法错误的是 0 1 2 3 4 5 0.1000 0.0700 0.0350 0.0250 0.0175 A．晶体为离子晶体 B．中原子的杂化方式为 C．溶液颜色不再发生变化可判断该反应达到限度 D．根据表中数据推测：，生成的平均速率为 【名校押题·第二题】（2025·河南商丘一模）在恒温恒容密闭容器中加入足量CaCO3和焦炭，发生反应①，同时充入一定量H2，在催化剂M的作用下也发生反应②，反应如下： ①；② 下列有关说法正确的是 A．其他条件不变，若升高温度，反应②的速率一定加快 B．随着反应进行，容器内的压强可能先增大后减小 C．当混合气体的密度不再改变，说明反应①达到平衡，反应②未达到平衡 D．体系平衡后，再充入一定量CO，达到新平衡时，CO分压比原平衡时大 【名校押题·第三题】（2025·福建一模）2mol A与2mol B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：2A(g)+3B(g)2C(g)+zD(g)。若2s后，A的转化率为50%，测得v(D)=0.25mol•L﹣1•s﹣1，下列推断正确的是 A．v(A)=v(C)=0.75 mol•L﹣1•s﹣1 B．z=3 C．B的转化率为25% D．C的体积分数为28.6% 【名校押题·第四题】（2025·四川达州二模）在一定温度下，将和充入容积为的恒容密闭容器中发生反应：。5min后反应达到平衡，测得容器内的浓度减少了，则下列叙述正确的是 A．当体系中气体的密度不变时，无法判断反应是否达到平衡 B．平衡时A、B的转化率均为40% C．初始时的压强与平衡时的压强比为 D．达到平衡时，若再充入1molB和1molD，平衡将向正反应方向移动 【名校押题·第五题】（2025·河南二模）一定温度下，向1L真空刚性容器中加入，发生反应：  ，反应达到平衡时，。下列叙述正确的是 A．若升高温度，的平衡转化率增大，则上述反应 B．再充入(不反应)，平衡正向移动 C．再充入，达到新平衡时， D．再充入和，此时 【名校预测·第一题】 【答案】B 【解析】温度升高可以提升化学反应速率，催化剂可以提高化学反应速率，但催化剂对温度有要求，故选择适合高温条件的催化剂，提高化学反应速率，A正确；1000℃达平衡时，，其他条件不变，降温再次达到平衡时，可能存在，反应为吸热反应，温度降低，K值减小，B错误；恒温恒压下通入气体，增加容积减小，相当于减压，平衡正向移动， C正确； 根据该反应可推测，合成氨工业用熟铁（含碳量低于钢铁）作衬里代替钢铁是避免高压下氢气与碳反应，产生杂质，D正确；故选B。 【名校预测·第二题】 【答案】C 【解析】①中内，，A项正确；对比容器①、②，其他条件相同，增大容器②的体积，各物质的浓度降低，反应速率降低，达平衡所用时间增大，故，B项正确；对比容器①、②，其他条件相同，增大容器②的体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，而容器②平衡时z的物质的量增大，即平衡正移，正向为气体体积增大的方向，，C项错误；根据热化学方程式可知，生成时放热akJ，而容器①生成1.2molZ时放热0.6akJ，则，解得，D项正确；故选C。 【名校预测·第三题】 【答案】D 【解析】由反应方程式可知，反应后气体分子数增加，熵值增大，故A错误；使用催化剂可以降低反应所需的活化能，加快反应速率，但反应物和生成物的总能量不变，反应焓变不变，故B错误；其他条件不变，增大平衡正向移动，NH3的平衡转化率减小，故C错误；1molN-H断裂的同时有1molO-H断裂，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D正确；故选D。 【名校预测·第四题】 【答案】D 【解析】4min时生成的Z的物质的量为，6min时生成的Z的物质的量为，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式： 根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数。反应开始一段时间，随着时间的延长，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故1min时，Z的浓度大于，A错误2min时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C错误；由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；故选D。 【名校预测·第五题】 【答案】B 【解析】实验①、实验②中0～20min、20min～40min 氨气浓度变化量都是4.00×10-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，A错误；实验①中v(NH3)==2.00×10-5mol-1•L-1•min-1，则v(N2)=v(NH3)=1.00×10-5mol-1•L-1•min-1，B正确；催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气气浓度为4.00×10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x＜0.2，C错误；实验③，恒温恒容密闭容器中，当混合气体质量不变，密度保持恒定，不能说明反应达到平衡状态，D错误；故选B。 【名校押题·第一题】 【答案】D 【解析】根据题干描述“晶体由与构成”，所以晶体为离子晶体，A正确；中，中心原子N价层电子对数为2，孤电子对数为0，故中心原子为杂化，B正确；根据题干描述“溶于该溶剂”，当溶液颜色不变时，即浓度不再发生变化，该反应达到限度，C正确；观察表格数据发现的量减少一半所需时间是定值，故时，为，生成的平均速率应为，D错误；故选D。 【名校押题·第二题】 【答案】B 【解析】升高温度，催化剂M的活性可能降低，反应②的速率有可能变慢，A项错误；反应①是气体体积增大的反应，反应②是气体体积减小的反应，随着反应进行，容器内的压强可能先增大后减小，B项正确；混合气体的密度，容器的体积V不变，反应①中有固体参与反应，m为变量，不再改变时，说明反应①达到平衡，此时CO含量不变，因此反应②也达到平衡，C项错误；新平衡时，由于反应①平衡常数不变，CO分压不变，D项错误；故选B。 【名校押题·第三题】 【答案】D 【解析】若2s后，A的转化率为50%，参加反应的A为2mol×50%=1mol，测得v(D)=0.25mol•L﹣1•s﹣1，生成D为0.25mol•L﹣1•s﹣1×2L×2s=1mol，则，解得z=2，列三段式有： ； 速率之比等于化学计量数之比，v(A)=v(C)=v(D)=0.25 mol•L﹣1•s﹣1，故A错误；由上述计算可知，z=2，故B错误；B的转化率为×100%=75%，故C错误；2 s后，n(A)=1 mol，n(B)=0.5 mol，n(C)=n(D)=1 mol，则C的体积分数为×100%=28.6%，故D正确；故选D。 【名校押题·第四题】 【答案】B 【解析】容器体积始终不变，而反应中气体的质量为变量，则混合气体的密度不变，说明反应已达平衡，A错误；5min后反应达到平衡，测得容器内的浓度减少了，则反应B为2L×=0.8mol，由方程式反应AB分别为0.4mol、0.8mol，则平衡时A、B的转化率分别为、，B正确；  结合B分析，反应后ABD分别为0.6mol、1.2mol、0.8mol，总的物质的量为2.6mol，则初始时的压强与平衡时的压强比为（1mol+2mol）：2.6mol=15:13，C错误；结合C分析，反应的，若再充入1molB和1molD，平衡将向正反应方向移动，则反应逆向进行，D错误；故选B。 【名校押题·第五题】 【答案】D 【解析】由题可知，平衡时c()、c()分别为0.6mol/L、0.4 mol/L，则平衡常数K=。升高温度，平衡转化率增大，说明平衡正向移动，正反应是吸热反应，A错误；不参与反应，充入，、、浓度没有变化，则平衡不移动，B错误；保持温度不变，如果此操作下平衡不移动，因投入量加倍，则产物量加倍，此时浓度商Qc= ，说明此操作下相对初始只加入1mol来说，平衡逆向移动，即达到新平衡时，C错误； 此时浓度商，平衡正向移动，即，D正确；故选D。 考前7天 化学平衡图像突破 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 年份 试卷 考点 2024 辽宁卷 正、逆反应速率、平衡常数、平均速率、催化剂 2024 山东卷 反应速率的比值、反应物摩尔分数变化曲线、各组分摩尔分数 2024 安徽卷 反应速率、离子方程式、影响反应速率的因素 2024 河北卷 与的关系图像 2024 江苏卷 平衡常数、吸热反应、体积分数的计算、反应速率大小比较 2024 湖南卷 投料比、分布分数、吸热反应、平衡常数 2024 重庆卷 反应速率的计算、反应速率大小比较、体积分数的计算 2024 海南卷 活化能比较、反应历程判断、温度高低判断、平衡时浓度计算 2023 江苏卷 转化率-温度图像 2023 海南卷 速率-时间图像 2023 湖南卷 转化率-温度图像 2023 重庆卷 物质体积分数-温度图像 2022 广东卷 浓度-时间图像 2022 湖南卷 压强-时间图像 2022 江苏卷 产率-温度图像 2022 河北卷 化学图像 2023 江苏卷 转化率-温度图像 2023 海南卷 速率-时间图像 2025年高考以以科技前沿、化学史话、生产环保等为试题情境为载体，考查考生提取信息、分析问题和解决问题的能力。考生需要能够从图像和图表中获取关键信息，如反应的起始状态、平衡状态、反应的热效应、化学计量数关系等，并运用相关知识进行推理和计算。 1．信息获取与加工能力：要求考生能够从复杂的图像中准确提取有效信息，包括曲线的变化趋势、特殊点的坐标、不同曲线之间的关系等，并能对信息进行整理、分析和归纳。 2．分析判断与推理能力：根据图像信息和所学的化学反应速率与平衡原理，分析判断反应的热效应、气体体积变化、化学计量数关系等，以及不同条件下平衡的移动方向和原因，培养逻辑推理能力。 3．定量计算与数据处理能力：结合图像中的数据，如转化率、浓度变化等，进行化学反应速率、平衡常数、物质的量等相关计算，考查化学定量计算能力。 4．知识迁移与应用能力：将图像分析的方法和原理应用到新的情境或陌生的化学反应中，解决实际问题，考查知识的迁移和灵活运用能力。 1．速率时间图像 反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0 ①t1 时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大； ②t2 时升高温度，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大得多； ③t3 时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小，正反应的反应速率减小得多； ④t4 时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大但仍相等。 2．转化率(或含量)时间图像 反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0 ①图甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大； ②图乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大； ③图丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率。 3．恒压(温)线 反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0 分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。 4．总反应速率时间图像 Zn与足量盐酸反应，反应速率随时间变化的曲线如图所示。ab段(v逐渐增大)，因该反应为放热反应，随反应的进行，温度升高，导致反应速率增大；bc段(v减小)，主要原因是随反应的进行，溶液中c(H＋)减小，导致反应速率减小。故分析时要抓住各阶段的反应特点，认真分析。 5．特殊类型图像 ①对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图所示，M点前，表示从反应开始，v正>v逆；M点为刚达到平衡点；M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH<0。 ②对于化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，如图所示，L线上所有的点都是平衡点。L线的上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点v正>v逆；则L线的下方(F点)，v正<v逆。 ③如图所示的曲线是在其他条件不变时，某反应物的最大转化率与温度的关系曲线，图中标出的1、2、3、4四个点，表示v正>v逆的点是3，表示v正<v逆的点是1，而2、4点表示v正＝v逆。 6．速率、平衡综合图像 温度为T时，对于密闭容器中的反应： A(g)＋B(g)C(s)＋xD(g)　ΔH>0 A、B、D物质的量浓度随时间的变化如图所示： 据此图可以分析出x的大小，某一段时间内的反应速率v(A)、v(B)或v(D)，可以求出该温度下反应的平衡常数，可以分析出15 min时的条件变化等。 7．反应速率、化学平衡图像题解题步骤 典例1【2024·山东卷】逆水气变换反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH>0。一定压力下，按CO2、H2物质的量之比n(CO2)∶n(H2)＝1∶1投料，T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如下图所示。已知该反应的速率方程为v＝kc0.5(H2)c(CO2)，T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1、k2。下列说法错误的是(　　) A．k1>k2 B．T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值：< C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D．T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同 【答案】CD 【解析】反应吸热，升高温度，平衡正向移动，平衡时反应物的摩尔分数较小，结合图像可知T1>T2，速率常数k与温度正相关，所以k1>k2，A正确；反应达平衡时，结合速率方程有＝，由题图可知，平衡时T1温度下反应物的浓度较小，所以<1，可得<，即<，B正确；温度不变，平衡常数不变，仅改变体系初始压力，由于该反应为气体分子数不变的反应，所以平衡不移动，平衡时反应物的摩尔分数不变，但是改变压强，反应速率改变，反应物的摩尔分数随时间的变化曲线随之改变，C错误；CO2和H2的物质的量投料比为1∶1时，平衡时CO2与H2的摩尔分数相等，但改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时CO2与H2的摩尔分数不再相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D错误。 典例2【2024·湖南卷】恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)和CO(g)，发生如下反应： 主反应：CH3OH(g)＋CO(g)===CH3COOH(g)　ΔH1 副反应：CH3OH(g)＋CH3COOH(g)===CH3COOCH3(g)＋H2O(g)　ΔH2 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ[δ(CH3COOH)＝]随投料比x(物质的量之比)的变化关系如下图所示。下列说法正确的是(　　) A.投料比x代表 B.曲线c代表乙酸的分布分数 C.ΔH1<0，ΔH2>0 D.L、M、N三点的平衡常数：K(L)＝K(M)>K(N) 【答案】D 【解析】由曲线a、d的变化趋势可知，投料比x代表，A错误；随投料比x增大，生成CH3COOH越多，故曲线a和曲线b表示δ(CH3COOH)，曲线c和曲线d表示δ(CH3COOCH3)，B错误；当投料比x相同时，温度升高，δ(CH3COOH)增大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，ΔH1>0，δ(CH3COOCH3)减小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，ΔH2<0，C错误；L、M、N三点对应副反应ΔH2<0，且TN>TM＝TL，升高温度副反应的平衡逆向移动，K(L)＝K(M)>K(N)，D正确。 典例3【2024·河北卷】在水溶液中，CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN-形成配离子达平衡时，与-lg c(CN-)的关系如图。 下列说法正确的是 (　　) A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN-的平衡浓度：X>Y B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时 C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：Y<Z D.若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率 【答案】B 【解析】的X、Y转化为配离子时，溶液中，则，根据图像可知，纵坐标约为时，溶液中，则溶液中的平衡浓度：，A错误；Q点时，即，加入少量可溶性Y盐后，会消耗形成Y配离子，使得溶液中减小(沿横坐标轴向右移动)，与曲线在Q点相交后，随着继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即，则，B正确；设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子配离子，则平衡常数，，即，故X、Y、Z三种金属离子形成配离子时结合的越多，对应曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：，则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗的物质的量：，C错误；由P点状态移动到形成Y配离子的反应的平衡状态时，不变，增大，即增大、c(Y配离子)减小，则P点状态Y配离子的解离速率>生成速率，D错误；本题选B。 典例4【2024·辽宁卷】异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是(　　) A.3 h时，反应②正、逆反应速率相等 B.该温度下的平衡常数：①>② C.0~3 h平均速率(异山梨醇)=0.014 mol·kg-1·h-1 D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率 【答案】A 【解析】由图可知，3 h后异山梨醇浓度继续增大，15 h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3 h时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误；图像显示该温度下，15 h后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1，4⁃失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确；在0~3 h内异山梨醇的浓度变化量为0.042 mol·kg-1，所以平均速率(异山梨醇)==0.014 mol·kg-1·h-1，故C正确；催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，故D正确。 典例5【2023·海南卷】已知298K，101kPa时，。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，关系如图所示。下列说法错误的是 A. T1＞T2 B. T1下反应达到平衡时 C. 使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大 D. 使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同 【答案】D 【解析】平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞T2，A正确；T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，即CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T1下反应达到平衡时，B正确；在温度均为T1时，使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长即催化剂1时的反应速率比催化剂2的更慢，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确；催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间，D错误；故选D。 【名校预测·第一题】（2025·重庆一模）已知反应：①，②。常压下，将和气体通入恒压容器中，发生上述反应，在相同时间不同温度下测得部分气体的体积分数随温度的变化如图所示。下列说法错误的是 A．反应的活化能：①<② B．曲线X是的体积分数随温度的变化 C．相同时间，时，两个反应可能已达到平衡 D．时，的物质的量为 【名校预测·第二题】（2025·黑龙江一模）向恒容密闭容器中充入和一定量的，发生反应； 。的平衡转化率随投料比、温度变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A． B．正反应速率： C．平衡常数： D．时，压强不变则反应达到平衡 【名校预测·第三题】（2025·四川成都二模）在容积恒为1.00L的容器中，通入一定量的气体，发生反应，随温度升高，混合气体的颜色变深。在时，体系中各物质浓度随时间变化如下图所示。下列说法错误的是 A．反应的 B．在时段，反应速率 C．体系的总压强保持不变时，反应达到平衡状态 D．反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡正向移动 【名校预测·第四题】（2025·黑龙江一模）汽车尾气净化反应为    △H＜0。某温度下，向1L盛有催化剂的密闭容器中投入一定量NO和CO，NO、CO的物质的量浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是 A．ab段NO的反应速率 B．升高温度，化学反应速率一定加快 C．该温度下，反应的平衡常数 D．1s时，加入mol ，此时 【名校预测·第五题】（2025·海南一模）在恒容绝热的密闭容器中发生反应：，C的浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A．1～2min内的平均反应速率 B．从反应速率变化可推知该反应可能是放热反应 C．加入催化剂可提高物质B的平衡转化率 D．当容器内气体的平均摩尔质量不变时，不能说明该反应达到平衡状态 【名校押题·第一题】（2025·浙江温州二模）水煤气变换法反应为：，将各0.5mol的CO和混合气体投入体积可变的密闭容器中，于不同的温度下测得反应物的物质的量分数()随时间变化关系如图所示。 下列说法不正确的是 A．温度高于 B．升高温度，正反应速率增大的倍数小于逆反应速率 C．恒温恒容下，在状态a容器中再充入和，平衡不移动 D．在时，反应物的物质的量投入加倍，则随时间变化可能为曲线L 【名校押题·第二题】（2025·浙江金华二模）二氧化碳加氢制甲醇过程中的主要反应如下(忽略其他副反应)： 反应①：  kJ/mol 反应②：  kJ/mol 恒压下，按投料比充入密闭容器中，达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示(为压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。下列说法不正确的是 A．容器内混合气体的密度不再改变时已达平衡状态 B．图中X、Y分别代表CO、 C．250℃时，反应②的平衡常数 D．若恒温恒容时，以投料，，平衡时，则反应①的 【名校押题·第三题】（2025·江苏南通二模）CH4和CO2重整制氢体系中主要发生下列反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   在密闭容器中，、n始(CH4)=n始(CO2)=1mol时，若仅考虑上述反应，平衡时各气态物质的物质的量随温度的变化如图所示。 下列说法不正确的是 A．曲线a表示平衡时CO的物质的量随温度的变化 B．625℃，反应Ⅱ的平衡常数 C．500~600℃，随着温度升高，容器中积碳减少 D．1000℃下，增大压强，平衡体系中不变 【名校押题·第四题】（2025·辽宁一模）在三个容积均为1L的密闭容器中，起始时的浓度均为，以不同的氢碳比充入和，一定条件下发生反应，的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A．在氢碳比为时，点的正反应速率小于逆反应速率 B．氢碳比：，且 C．其他条件不变，将反应容器的容积压缩为原来的一半，图中曲线将发生变化 D．向处于点状态的容器中，按2：4：1：4的浓度比再充入，再次达到平衡后的平衡转化率减小 【名校押题·第五题】（2025·河南三模）大气污染物氮氧化物可采用氢气选择性催化还原处理，相关反应如下：反应I：  ；反应II：  。将1mol NO和通入恒容密闭容器中(起始总压强为10kPa)发生上述反应，测得平衡时NO、、在含氮物质中的物质的量分数[如]随温度倒数()的变化如图所示。已知条件下，平衡时；，条件下，各物质均为气态。下列说法正确的是 A． B．反应I中反应物总能量比生成物总能量低 C．条件下，平衡时的转化率为31.25% D．条件下，平衡时容器内的总压强为8.25kPa 【名校预测·第一题】 【答案】D 【解析】由图像可知反应②大约时才能进行，因此反应的活化能①<②，A正确；根据两个反应特点可知，只有氢气的量随温度的升高一直升高，所以曲线X表示的是的体积分数随温度的变化，B正确； 由题可知两个反应都是吸热反应，随温度升高，反应均正向移动，和的体积分数均会增大，无法判断两个反应是否达到平衡，因此时有可能已经平衡，C正确；根据题干和图中数据，列三段式： ，解得，D错误；故选D。 【名校预测·第二题】 【答案】B 【解析】由图可知，随温度升高，的平衡转化率降低，正反应为放热反应，据此分析；投入，，对应转化率较大，则较大，即较小，A正确；b、c两点对应温度相同，起始投入都是，则点投入较大，起始浓度较大，正反应速率较大，即正反应速率：，B错误；温度升高，平衡转化率减低，说明正反应是放热反应，较低温度下平衡常数较大，温度相同，平衡常数相等，故平衡常数：，C正确；该反应是气体分子数减小反应，当恒容恒温条件下，气压不变时，反应达到平衡状态，D正确；故选B。 【名校预测·第三题】 【答案】D 【解析】随温度升高，混合气体的颜色变深，说明NO2浓度增加，平衡正向移动，故正反应吸热，反应的ΔH>0，A正确；在时段，NO2浓度从0变为0.120mol/L，故反应速率c(NO2)==0.0020mol⋅L−1⋅s−1，B正确；反应前后气体体积数发生变化，容器体积恒定，体系的总压强是变量，故体系的总压强保持不变时，反应达到平衡状态，C正确；反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，体系压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，D错误；故选D。 【名校预测·第四题】 【答案】C 【解析】ab段NO的反应速率，A错误；升高温度，可能使催化剂的活性减小，可能使化学反应速率减小，B错误；根据已知条件列出“三段式” 该温度下，反应的平衡常数，C正确； 根据已知条件列出“三段式” 1s时，加入mol ，Qc=<K=5000，此时反应还未达到平衡，，D错误；故选C。 【名校预测·第五题】 【答案】B 【解析】A是固体，不用固体表示反应速率，A错误；0-1min反应速率较慢，温度低，1-2min反应速率加快，反应在绝热密闭容器中，温度升高反应速率加快，2min后反应速率变慢，反应物浓度减小造成的，正反应为放热反应，B正确；催化剂可以加快反应速率，不能提高反应物B的平衡转化率，C错误；气体的平均摩尔质量等于气体的总质量比上气体的总物质的量，A是固体，气体质量是变量，气体物质的量是定值，气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量不变时，说明该反应达到平衡状态，D错误；故选B。 【名校押题·第一题】 【答案】D 【解析】由图可知，比先到达平衡状态，说明比对应反应速率快，则温度，A正确；由图可知，升高温度，反应物的物质的量分数()增大，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应；对放热反应而言，升高温度，正、逆反应速率都增大，但是正反应速率增大的倍数小于逆反应速率，B正确； 状态a容器中，达到平衡时，消耗、物质的量均为，则生成、物质的量均为，平衡时，再充入和，瞬时，则平衡不移动，C正确；体积可变的密闭容器中，在时，反应物的物质的量投入加倍，则容器的体积也加倍，容器中反应物的浓度不变，化学反应速率不变，到达平衡的时间不变，则随时间变化不可能为曲线L，D错误；故选D。 【名校押题·第二题】 【答案】B 【解析】恒压条件下，反应前后气体的总质量不变，但气体的物质的量会发生变化，所以容器体积会改变，当混合气体的密度不再改变时，说明容器体积不再变化，即气体的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，A正确；反应①是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，和的物质的量分数减小；反应②是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，和的物质的量分数增大；从图像可知，随着温度升高，的物质的量分数增大，的物质的量分数减小，所以代表，代表，B错误；反应②的平衡常数，由图像可知，时，，，所以，C正确； 设起始时，，设反应①中转化了x mol，反应②中转化了y mol ，平衡时，，由，得3x = 2x + 2y，即；，，；因为，恒温恒容下P与n成正比，，则，即，解得x = 2mol ；平衡时，，，，总物质的量为10mol ；，，， ；反应①的，D正确；故选B。 【名校押题·第三题】 【答案】B 【解析】依据发生的反应，体系中含有的物质有CH4、CO2、CO、H2、H2O(g)、C。n始(CH4)=n始(CO2)=1mol，则n(C)=2mol，n(H)=4mol。625℃时，n(H2O)=0.5mol，n(CH4)=0.15mol，则n(H2)=(4mol-0.5mol×2-0.15mol×4)=1.2mol，而曲线a中，某气体的物质的量为0.5mol，所以曲线a表示CO的物质的量随温度的变化，另一条曲线表示H2的物质的量随温度的变化。n(CO)=n(CO2)=0.5mol，n(CH4)=0.15mol，则n(C)=2mol-0.5mol-0.5mol-0.15mol=0.85mol。由分析可知，曲线a表示平衡时CO的物质的量随温度的变化，A正确；625℃，设容器的容积为VL，则反应Ⅱ的平衡常数K===，B不正确；500~600℃，随着温度升高，反应Ⅲ的平衡不断逆向移动，所以容器中积碳减少，C正确；由图像可知，1000℃下，n(H2)=n(CO)=2mol，表明体系中只发生反应Ⅰ，且发生完全转化，增大压强，体系中不变，D正确；故选B。 【名校押题·第四题】 【答案】C 【解析】根据图像分析可知，随着温度升高，二氧化碳的转化率下降，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应；氢碳比越高，则二氧化碳转化率越大。相同温度下，点对应的二氧化碳转化率还没有达到②曲线对应的转化率，此时平衡还在正向移动，故正反应速率大于逆反应速率，A错误；由于在相同的温度条件下，氢碳比越大，二氧化碳的平衡转化率越大，故氢碳比①>②，即氢碳比：；根据分析可知，，B错误；其他条件不变，将反应容器的容积压缩为原来的一半，增大了压强，平衡正向移动，二氧化碳转化率变化，图中曲线将发生变化，C正确；按的比例再充入，相当于再按照充入氢气和二氧化碳，氢碳比大于2，则次平衡后二氧化碳转化率增大，D错误；故选C。 【名校押题·第五题】 【答案】C 【解析】条件下，为，则为，故为，A错误；由图可知，随温度降低，平衡时增大，故反应I为放热反应，即反应I中反应物总能量比生成物总能量高，B错误；条件下，为，且=，即，设反应I、II消耗NO的物质的量分别为、，根据三段式：由题意可得：，解得。平衡时，，，，，，即转化率为，C正确；条件下，平衡时容器中气体总物质的量为，所以总压强为，D错误；故选C。 考前6天 化学反应原理综合题 考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题 年份 试卷 考点 2024 安徽卷 盖斯定律的应用、转化率、平衡常数的计算 2024 河北卷 活化能、平衡常数的计算、进料比 2024 湖北卷 陌生化学方程式的书写、平衡常数的计算 2024 甲卷 盖斯定律的应用、平衡常数的计算、转化率的计算、生成速率之比 2024 辽宁卷 影响转化率的因素、平衡常数的计算 2024 山东卷 平衡常数的计算、盖斯定律的应用、影响平衡移动的因素 2024 浙江卷 电极反应式、转化率的计算、盖斯定律 2024 北京卷 化学方程式的书写、电极反应式、人工固氮 2024 甘肃卷 吸热反应、反应速率的计算、平衡常数的计算 2024 广东卷 轨道表示式、催化剂、盖斯定律的应用、平衡常数的计算 2024 湖南卷 盖斯定律的应用、阴极反应式的书写 2024 福建卷 平衡常数的计算、选择性、盖斯定律的应用 2024 广西卷 平衡常数的计算、电极反应式的书写、盖斯定律的应用、放热反应 2024 贵州卷 平衡常数的计算、转化率的计算、盖斯定律的应用、判据的应用 2024 海南卷 活化能的计算、反应速率的计算 2023 广东卷 电子轨道表示式、离子方程式、消耗速率、平衡转化率 2023 浙江卷 平衡移动原理、影响平衡移动的因素、盖斯定律、转化率 2023 湖北卷 反应历程、基元反应、平衡常数、反应速率和化学平衡影响因素 2023 湖南卷 盖斯定律、平衡常数、催化剂与反应速率、能量转化 2023 浙江卷 盖斯定律、平衡常数、温度对反应速率和化学平衡影响因素 2023 海南卷 转化率、吸热反应、平衡常数计算 2023 重庆卷 热化学方程式、平衡常数、反应速率、晶胞的计算 2022 海南卷 燃烧热、转化率、反应速率计算及其影响因素 2022 湖北卷 盖斯定律、平衡状态、反应速率和化学平衡影响因素 2022 湖南卷 吸热反应、平衡常数、离子方程式、阴极反应式 2022 辽宁卷 自发反应、温度对反应速率和化学平衡的影响、电子排布式 2022 山东卷 焓变的计算、平衡常数、产率 、压强对化学平衡的影响 2022 河北卷 热化学方程式、平衡常数、电极反应式 2025年高考将以能源开发、环境保护、化工生产等真实场景为背景，结合图像、表格、数据等信息，以“拼盘”的形式呈现，主要考查盖斯定律的应用、化学反应速率和化学平衡分析、化学平衡常数的表达与计算、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用、电化学等命题点，主要呈现以下几个特点。 1．．多知识点综合：将热化学、电化学、化学反应速率与平衡、电解质溶液等知识融合在一起命题，如在一个题目中既考查反应热的计算，又涉及电极反应式的书写、化学平衡的移动等内容。 2．信息呈现多样化：结合图像、表格、数据、装置等信息，考查学生的阅读、读图、分析归纳能力。例如通过给出不同温度、压强下的反应速率或平衡转化率数据，让学生分析反应的热效应、气体体积变化等。 3．注重原理分析：要求学生理解化学反应的本质和原理，如反应热的本质、化学反应速率的影响因素、化学平衡移动的原理等，并能运用这些原理进行分析和解释。如解释为什么升高温度反应速率会加快，或者改变某一条件后化学平衡为什么会发生移动等。 4．强化计算能力：考查速率常数、平衡常数、转化率、反应热等物理量的计算。例如根据给定的反应速率方程和浓度数据计算速率常数，或者根据平衡时各物质的浓度计算平衡常数，并利用平衡常数判断反应进行的程度。 5．反应机理考查：可能会给出一些反应的机理，要求学生根据机理分析反应过程中的能量变化、中间产物的生成和转化等，以及外界条件对反应机理的影响。 6．实验探究考查：以实验为背景，考查学生对化学反应原理的理解和应用能力，如实验方案的设计、实验现象的分析、实验数据的处理等。例如设计实验探究浓度对反应速率的影响，或者通过实验验证化学平衡移动的原理。 1．计算反应热的方法 (1)根据物质能量的变化计算 ①ΔH=E(生成物的总能量)-E(反应物的总能量) ②从活化能角度分析计算 ΔH=Ea(正反应的活化能)-Ea(逆反应的活化能) (2)根据键能数据计算 ΔH=E(反应物的键能总和)-E(生成物的键能总和) (3)根据盖斯定律计算 ①思维模型 ②反应热计算技巧 同边加号异边负，焓的变化跟系数。 2．热化学方程式书写注意事项 (1)注意ΔH符号及单位：逆反应的反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反。 (2)注意热化学方程式中的化学计量数，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。 (3)注意物质的聚集状态：气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态外，还要注明物质的名称。 (4)热化学方程式中可不写反应条件，不用“↑”和“↓”。 3．三段式突破平衡的有关计算 　　　 　　 mA(g) ＋ nB(g) pC(g) ＋ qD(g) a b 0 0 mx nx px qx a－mx b－nx px qx （1）vA＝。 （2）转化率αA＝×100%。 （3）K＝。 （4）生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。 产率＝×100%。 （5）混合物中某组分的百分含量＝×100%。 4．平衡移动与转化率的关系 在一恒容密闭容器中通入a mol A、b mol B发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，达到平衡后，改变下列条件，分析转化率的变化情况： （1）再通入b mol B，α(A)增大，α(B)减小。 （2）再通入a mol A、b mol B，若a＋b>c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；若a＋b<c，α(A)减小、α(B)减小。 5．化学平衡常数表达式的书写 （1）不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。如： CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) K＝c(CO2)。 Cr2O(aq)＋H2O(l)2CrO(aq)＋2H＋(aq) K＝。 但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。如： C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) K＝。 （2）有气体参与的反应，用平衡分压(总压乘以各自的物质的量分数)表示平衡常数。 如：2A(g)＋B(s)C(g)。若达到平衡时，n(A)＝n1、n(C)＝n2，密闭体系的压强为p，则Kp＝＝。 （3）化学平衡常数的计算规则 ①同一可逆反应中，K正·K逆＝1。 ②同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′＝Kn或K′＝。 ③几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积；两方程式相减所得反应的平衡常数为两个平衡常数之比。 ④水溶液中进行的反应，必须拆成离子方程式再计算平衡常数。 6．化学平衡常数与温度的关系 热效应 温度变化 K的变化 热效应 温度变化 K的变化 放热 反应 升温 减小 吸热 反应 升温 增大 降温 增大 降温 减小 7．控制反应条件的目的 （1）促进有利的化学反应：通过控制反应条件，可以加快化学反应速率，提高反应物的转化率，从而促进有利的化学反应进行。 （2）抑制有害的化学反应：通过控制反应条件，也可以减缓化学反应速率，减少甚至消除有害物质的产生或控制副反应的发生，从而抑制有害的化学反应继续进行。 8．控制反应条件的基本措施 （1）控制化学反应速率的措施 通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。 （2）提高转化率的措施 通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高转化率。 9．化工生产适宜条件选择的一般原则 条件 原则 从化学反应速率分析 既不能过快，又不能过慢 从化学平衡移动分析 既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意对二者影响的矛盾性 从原料的利用率分析 增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本 从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等 从催化剂的使用活性分析 注意催化剂的活性对温度的限制 10.综合图像分析方法 （1）审题：审明各物质的状态(有无固体、液体)，明确气体分子数的变化(变大、变小、不变)，正反应吸热还是放热。 （2）析题——找准解题的突破口 看图像 （3）解题——掌握分析的方法 ①三步分析法：一看反应速率增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大小；三看化学平衡移动的方向。 ②先拐先平数值大：在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。 ③定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。 ④想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。 典例1【2024·安徽卷】乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题： 【乙烷制乙烯】 （1）氧化脱氢反应： 计算： _______ （2）直接脱氢反应为，的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则_______0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近的是_______(填标号)。 a． b． c． （3）一定温度和压强下、反应i 反应ⅱ (远大于)(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ①仅发生反应i时。的平衡转化宰为，计算_______。 ②同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比，的平衡产率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【乙烷和乙烯混合气的分离】 （4）通过修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现和混合气的分离。的_______与分子的键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离和的优点是_______。 （5）常温常压下，将和等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度()之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是_______(填标号)。 A．前，两种气体均未被吸附 B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是 C．a-b对应的时间段内，吸附的逐新被替代 【答案】（1）-566 （2）> b （3） 增大 （4）4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高（5）BC 【解析】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。 （2）从图中可知，压强相同情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0。a．600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误；b．700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确；c．700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误；故选b。 （3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗C2H60.25mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，Ka1==。②只发生反应i时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应i和反应ii，且从题干可知Ka2远大于Ka1，反应ii为等体积反应，因为反应ii的发生相当于在单独发生反应i的基础上减小了压强，则反应i化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。 （4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。 （5）前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误；p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确；a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确；故选BC。 典例2【2024·河北卷】 氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。 （1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：。 ①若正反应的活化能为，则逆反应的活化能______(用含正的代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入和其，测定温度下体系达平衡时的(为体系初始压强，，P为体系平衡压强)，结果如图。 上图中温度由高到低的顺序为_______，判断依据为_______。M点的转化率为_______，温度下用分压表示的平衡常数_______。 ③下图曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是_______(填序号)。 （2）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为 以上各反应的速率方程均可表示为，其中分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，。 ①时，，且内，反应进行到时，_______。 ②时，，若产物T的含量可忽略不计，则此时_______后，随T的含量增加，_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） 该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从到平衡时增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低 0.03 D （2）5.54 0.033 增大 【解析】（1）①根据反应热与活化能E正和E逆关系为正反应活化能-逆反应活化能可知，该反应的。②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，即越大。从到，增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由到逐渐降低，即。由题图甲中M点可知，进料比为，平衡时，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。 可计算得，。③由题图甲中M点可知，进料比为2时，，结合“三段式”，以及时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，也为，曲线D上存在（0.5，60）。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应中和的化学计量数之比为，则和的进料比互为倒数(如2与0.5)时，相等。 （2） ①根据化学反应速率的计算公式时，，时，。 ②已知，又由题给反应速率方程推知，，则，即后。后，D和G转化为T的速率比为，G消耗得更快，则增大。 典例3【2024·湖北卷】用和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应I： 反应Ⅱ： 回答下列问题： （1）写出与水反应的化学方程式_______。 （2）已知、(n是的化学计量系数)。反应、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。 ①反应在的_______。 ②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时_______，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后_______。 （3）恒压容器中，焦炭与的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明已全部消耗，此时反应体系中含物种为_______。 ②下，反应速率的变化特点为_______，其原因是_______。 【答案】（1）BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑ （2）1016 105 105 （3）BaO 速率不变至BaC2产率接近100% 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变 【解析】（1）Ba、Ca元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式为BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑；（2）①反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=，由图1可知，1585K时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即=102.5×10-1.5=10，所以p3CO=10×(105pa)3=1016pa3，则Kp= p3CO=1016pa3；②由图1可知，1320K时反应I的KI=100=1，即KI==1，所以p2CO=(105pa)2，即pCO=105pa；③若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105pa；（3）①由图2可知，1400K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO；②图像显示，1823K时BaC2的产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定值，即速率保持不变；1400K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变。 典例4【2024·辽宁卷】为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： （1）_______0(填“>”或“<”)；_______℃。 （2）结合以下信息，可知的燃烧热_______。 （3）下列措施可提高M点转化率的是_______(填标号) A. 增大的流速 B. 将温度升高 C. 增大 D. 使用更高效的催化剂 （4）图中较高流速时，小于和，原因是_______。 （5）设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数_______(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算) （6）负载在上的催化活性高，稳定性强，和的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，则的相对原子质量为_______(精确至1)。 【答案】（1）＜ 360℃ （2）-258.8 （3）BD （4）流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。 （5）6 （6）101 【解析】（1）反应前后的气体分子数目在减小，所以该反应 <0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。 （3） 表示氢气燃烧热的热化学方程式为④，设①，②，③ ，则，因此氢气的燃烧热－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-258.8 （3）增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，A不符合题意；M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，B符合题意；增大n(HCl):n(O2)，HCl的转化率减小，C不符合题意；使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，D符合题意；故选BD。 （4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。 （5）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式 则。 （6）由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故，则Ru的相对原子质量为101。 典例5【2024·山东卷】水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下： 回答列问题： （1）的焓变_______(用代数式表示)。 （2）压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为_______(填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是_______。 （3）压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数_______；此时气体总物质的量为，则的物质的量为_______；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将_______(填“增大”“减小”或“不变”)，将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1）++ （2）H2 当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小。 （3） 0.5 不变 增大 【解析】（1）已知三个反应： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。 （2）图示温度范围内已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，则c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。 （3）①压力p下、温度为时，CO、CO2和H2摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数 ； ②设起始状态1molC(s)，xmolH2O(g)，反应Ⅰ进行完全。 则依据三段式： 根据平衡时，CO、CO2和H2摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有、、，解出，，则，而由于平衡时n(总)=4mol，则y=4，y=，则n(CaCO3)= ==0.5。③若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变，但体系中增加了，反应Ⅱ逆向移动，所以增大。 【名校预测·第一题】（2025·山西晋城二模）利用化学反应原理研究氮及其化合物是重要的课题。回答下列问题： (1)工业上利用和合成，某兴趣小组在一定温度下，在密闭容器中充入和发生反应：。相关化学键的键能如下表： 化学键 键能 464 803 393 293 ①制备 (填“吸”或“放”)热 。 ②其他条件不变，升高温度，的平衡转化率 (填“升高”“降低”或“不变”)。 (2)某科研小组研究臭氧氧化-碱吸收法同时脱除和工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下： 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     已知该体系中臭氧发生分解反应：。 其他条件不变，每次向容积为的反应器中充入含、的模拟烟气和，改变温度。反应相同时间后[题给温度下催化剂活性无显著变化，且反应Ⅰ、反应Ⅱ(正)始终大于(逆)]体系中和的转化率如图1所示。 ①反应Ⅰ逆反应的活化能为 ；由图1可知，相同温度下的转化率远高于，结合题中数据分析其可能原因： 。 ②温度高于后，和的转化率随温度升高显著下降的原因是 。 (3)汽车尾气净化的主要原理为，一定温度下，在体积为的容器中充入和发生上述反应，测得和物质的量浓度随时间的变化如图2所示，反应进行时，平均反应速率 ，该温度下，平衡常数 (结果保留三位有效数字)。 【名校预测·第二题】（2025·辽宁辽阳二模）综合利用天然气和重整制氢意义重大，主要反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   反应Ⅳ：  。 回答下列问题： (1) ；实验测得反应Ⅰ中，，、是速率常数，只与温度有关。当反应达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”“<”或“=”)增大的倍数。 (2)恒压条件下，保持与体积比投料，反应器的压强为，反应器的压强为。平衡转化率与温度的关系如图，表示反应器中平衡转化率与温度关系的曲线为 ，理由是 。 (3)恒温恒压(100kPa)下向反应器中通入和，发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，反应Ⅰ、Ⅱ中甲烷的选择性之比为4，且保持不变，和的转化率与时间的关系如图，内的化学反应速率为 ；反应Ⅱ的分压平衡常数 (列式即可)。[发生反应Ⅰ的选择性] (4)以硫化锌为催化剂，借助太阳能直接分解水分子制氢，这是极具潜力的新型能源技术。晶体有立方和六方两种晶型，晶胞结构如图所示： 则立方和六方晶胞中每个周围与它最近且相等距离的个数比为 。 【名校预测·第三题】（2025·江苏一模）工业脱硫是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。脱除工业烟气中的有多种方法。 Ⅰ．钠钙双碱法 钠钙双碱法吸收烟气中的一种流程如题图1所示，、、在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图2所示。 (1)“吸收”所得溶液的pH约为4~5时，转化为 （填化学式）。“吸收”时控制溶液的pH略大于9，写出“再生”反应的化学方程式： 。 Ⅱ．氧化、还原法 (2)二氧化锰氧化。以软锰矿浆（主要成分为，杂质为、等元素的氧化物）和烟气（含有、等）为原料可制备。向一定量软锰矿浆中匀速通入烟气，测得溶液中、与pH随反应时间的变化如图所示。 ①溶液中的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是 。 ②向吸收后的混合溶液中滴加氨水，调节pH进行除杂。若溶液中，欲使溶液中、的浓度均小于，需控制的pH范围为 。（室温下，，，） (3)一氧化碳还原。反应原理为：，。其他条件相同，分别选取、作上述反应的催化剂时，的转化率随反应温度的变化如图所示。 ①与相比，选择作催化剂的优点是 。 ②已知：硫的沸点约为445℃。反应温度高于445℃时，的平衡转化率增大，其原因是 。 Ⅲ．光催化法 (4)光催化。利用光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基（、）和（代表光生空穴，光生空穴有很强的得电子能力），将烟气中的氧化除去。光催化剂粒子表面产生的机理如图所示（图中部分产物略去）。光催化剂在紫外线作用下产生的过程可描述为 。 【名校预测·第四题】（2025·广东茂名二模）钛（）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料，应用广泛。 (1)在元素周期表中位于 区。 (2)生产钛的方法之一是将还原得到，原理如下表： 反应 a： -212 44.7 b： -51 220 ①反应的为 。 ②已知越小，反应越容易发生，温度为时更易发生的反应是 （选填“a”或“b”）。 (3)能高效分解水，为开发氢能源提供了研究方向。一种制取高纯的原理的主反应：。 ①下图为主反应的与温度的关系，该反应是 （填“放热”或“吸热”）反应。 ②下列关于主反应的说法正确的是 。 A．减压时平衡正向移动，增大 B．当时，反应达到平衡状态 C．温度升高，逆反应速率减慢，平衡正向移动 D．投料时增大的值，有利于提高的平衡转化率 ③初始组分和的物质的量均为，的物质的量为时，在体积为的密闭容器中进行合成的反应，分钟时体系部分组分的物质的量随温度的变化曲线如图所示。 a．600℃以后，的量增幅不大，而的量明显增多的原因是发生了分解反应： （用方程式表示）。 b．求点时主反应的浓度商 （列出计算式），则 （填“<”“>”或“=”）。 【名校预测·第五题】（2025·四川雅安二模）氨是最基本的化工原料之一，工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应原理为。回答下列问题： (1)相关化学键的键能数据： 化学键 键能 946 436.0 390.8 计算反应 。 (2)根据工业合成氨的热化学方程式可知， 温(填“高”或“低”，下同)有利于提高平衡转化率， 温有利于提高反应速率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业合成氨通常采用。 (3)某合成氨速率方程为：，根据表中数据， 。 实验 1 m n p q 2 n p 3 m n 4 m p 在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。(填字母) a．有利于平衡正向移动        b．防止催化剂中毒        c．提高正反应速率 (4)在催化剂作用下，按的投料比投入，发生反应生成，平衡时混合气中的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示。 ①该反应的平衡常数 (填“<”“=”或“>”)。 ②、压强为时，的转化率为 %(保留三位有效数字)，此时反应的压强平衡常数 。[为平衡分压代替平衡浓度计算求得的平衡常数(分压=总压×物质的量分数)] 【名校押题·第一题】（2025·湖北一模）实现“碳中和”方法之一是二氧化碳捕捉再利用。研究转化为、、的重整技术是科学家研究的热点课题，回答下列问题： 反应ⅰ： 反应ⅱ： (1)已知下表中断裂化学键所吸收的能量数据，则 。 化学键 H-H O-H C-H C=O 能量/kJ 436 463 413 803 (2)在573K时，体积为的刚性密闭容器中投入和发生反应ⅱ达到平衡。 ①为了提高产率可以采取的措施有 (任写两项措施)。 ②图1中能表示该反应的平衡常数的对数与(T表示温度)之间的变化关系的曲线是 (填“m”或“n”)。 ③测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示， (填“>”“<”或“=”)；若b点达到平衡状态，则温度下该反应的平衡常数值为 (保留两位小数)。 (3)在恒容密闭容器中，反应ì按进料比分别为、、投料时，的平衡转化率随条件X的变化关系如图3所示。 ①曲线a的进料比为 。 ②条件X是 (填“温度”或“压强”)，依据是 。 (4)我国学者探究了不同催化剂在酸性条件下电化学还原生产的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图4所示(带“*”表示物质处于吸附态)。 ①阴极的电极反应式为 。 ②从图4分析，采用BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因是 。 【名校押题·第二题】（2025·河南信阳二模）甲醇是最为常见、应用场景最为广泛的基础化学品之一，甲醇与乙烯、丙烯和氨是用于生产所有其他化学品的四种关键基础化学品。 (1)已知反应I：； 反应Ⅱ：； 则反应Ⅲ： ； (2)常温常压下利用催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注) 转化历程中决速步骤的反应方程式为 。 (3)在恒容密闭容器中充入和。发生反应I和Ⅱ，测得平衡时的转化率、和的选择性随温度变化如下图所示。 ①表示选择性的曲线是 。(填字母) ②时，反应I的平衡常数为 (保留2位有效数字)。 ③过程中，转化率变化的原因是 。 (4)工业上用甲醇燃料电池采用电解法处理含和的碱性废水，将转化为无污染的物质，其原理如下图所示。 ①电解废水时，电极与石墨电极 相连(填“M”或“N”) ②消耗标准状况下，理论上可处理含 的废水。 【名校押题·第三题】（2025·山东一模）二氧化碳氧化乙烷脱氢制乙烯对于实现“碳达峰”“碳中和”的目标具有重要意义。回答下列问题： Ⅰ． (1)已知在一定条件下乙烷可直接脱氢制乙烯：  。 ①已知键能：，，计算生成1mol碳碳键放出的能量为 kJ。 ②在一定温度和压强下，对于分别为3：1、1：1、1：3、1：5的、Ar混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如图所示。 对应图中曲线 (填“a”“b”“c”或“d”)，理由是 。 Ⅱ．二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应： ⅰ．   ⅱ．   (2)向容积不变的密闭容器中投入2mol 和3mol 发生上述反应，不同温度下，测得平衡时转化率和选择性随温度的变化如图所示(乙烯选择性) ①表示选择性的曲线是 (填“”或“”)，该曲线随温度变化的原因是 。 ②a点对应温度下反应ⅰ的平衡常数 (用物质的量分数表示平衡常数)。 (3)相同条件下，在不同催化剂表面上二氧化碳氧化乙烷脱氢制乙烯反应性能如表所示(其他副产物没有列出)。 催化剂 转化率/% 转化率/% 产率/% 选择性/% CO X 17.8 11.6 13.1 73.6 15.3 Y 31.2 23.0 24.8 79.4 10.4 Z 5.2 3.2 4.8 92.4 7.4 W 8.5 2.8 7.4 87.2 6.9 其中催化性能最好的是___________(填标号)。 A．X B．Y C．Z D．W (4)研究表明当温度过高时还有副产物积碳产生，不利于乙烯的制备，原因可能是 ；如果原料气中适当增加的含量，会减少积碳的产生，原因是 (用化学方程式表示)。 【名校押题·第四题】（2025·湖南常德一模）含氯有机物在自然环境中具有长期残留性和高毒性。 Ⅰ．“催化还原脱氯法”作为一种安全有效的环境修复方法，主要分为“直接脱氯”和“间接脱氯”两大类。 (1)间接脱氯“光催化加氢脱氯”为典型的间接脱氯法，可在温和条件下有效降解含氯有机物，而不产生氯化副产物。“光催化加氢脱氯”的第一步为水的活化：，如图为不同催化剂条件下水分子解离成的反应机理。 ①下列说法正确的是 。 A．水的活化分两步完成 B．使用催化剂，活化放出的热量比使用催化剂多 C．吸附在催化剂表面的会自发地解离成 ②已知键的键能为，解离一个水分子[]理论上需消耗 J能量。(保留两位有效数字) (2)直接脱氯还原铁脱氯机理：(R-为烃基)，随着反应进行，铁表面附着一层红褐色固体，使脱氯效率下降，生成红褐色固体的原因是 。 Ⅱ．某科研团队以三氯乙烯(TCE)为核心物质进行脱氯机理研究。 (3)利用TCE测试催化剂的活性  以TCE测试、和三种不同催化剂的“加氢脱氯活性”(如图所示)。已知。t表示光照时间，、c分别为光照t秒前、后TCE的浓度，k为常数。根据图中数据，催化效果最好的催化剂是 ；其中 (已知：，结果保留两位有效数字) (4)利用生物电化学系统降解TCE降解装置如图所示。电极A为 (填“阴极”或“阳极”)；TCE生成顺式DCE(顺-二氯乙烯)的电极方程式为 。 【名校押题·第五题】（2025·重庆二模）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用备受关注。一种综合利用甲烷、二氧化碳、水蒸气制备水煤气的方程式如下所示： 反应I 反应II 反应Ⅲ (1)反应I在 (填“高温”“低温”“任何温度”或“任何温度都不”)能自发进行。 (2)在初始压强的条件下，向某恒容密闭容器中按不同物质的量之比投入和，在不同温度下反应相同时间后，提到产率如图所示(产率。 ①四条曲线先升高后降低，降低的原因是 。 ②由图可知，当，时，产率接近，随着的投入增加，产率降低的原因是 ③在的条件下，已知温度为时，的平衡转化率为的平衡产率为，则此时容器中的分压为 (保留两位有效数字)，反应III的分压平衡常数 (保留两位有效数字)。 (3)利用电催化法将转化为的一种方法如图： ①阴极发生的反应方程式为 。 ②当生成甲醇时，阳极区质量减少 。 【名校预测·第一题】 【答案】(1) 吸 37.5 升高 (2) 204.1 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下反应速率更快 温度高于后，O3分解率显著增加，O3浓度迅速减小，反应速率减小 (3) 0.12 2.22 【解析】（1）①根据表中化学键键能进行计算，该反应的 制备，物质的量为0.5mol，所以会吸收的能量为：。 ②该反应是吸热反应，其他条件不变，升高温度，平衡正向移动，的平衡转化率升高。 （2）①根据正反应的活化能－逆反应的活化能=焓变，可以得到逆反应的活化能：，由图1可知，相同温度下的转化率远高于，结合题中数据分析其可能原因为：反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下反应速率更快。 ②结合已知信息该体系中臭氧发生分解反应：，可以得到温度高于后，和的转化率随温度升高显著下降的原因是温度高于后，O3分解率显著增加，O3浓度迅速减小，反应速率减小。 （3）平衡时列三段式进行计算： a点时列三段式进行计算： 反应速率，平衡常数K= 【名校预测·第二题】 【答案】(1)+260 > (2)N 投料比和温度一定时，增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡均向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率减小 (3)0.004 (4)1：1 【解析】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ+反应Ⅲ－反应Ⅳ=反应Ⅰ，则ΔH1=ΔH2+ΔH3－ΔH4=( +90kJ/mol)+ ( +181kJ/mol)－( +11kJ/mol)= +260 kJ/mol，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，所以k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，故答案为：+260；>； （2）反应Ⅰ、反应Ⅱ均是气体体积增大的反应，投料比和温度一定，增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡均向逆反应方向移动，甲烷的平衡转化率减小，由图可知，温度一定时，曲线N对应甲烷的转化率小于曲线M，所以表示反应器B中甲烷平衡转化率与温度关系的曲线为N，故答案为：N；投料比和温度一定时，增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡均向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率减小； （3）由图可知，10min时，甲烷的转化率为10%、硫化氢的转化率为20%，由反应Ⅰ、Ⅱ中甲烷的选择性之比为4可知，反应Ⅰ甲烷的消耗量为2mol×10%×=0.16mol，由方程式可知，反应Ⅰ消耗硫化氢的物质的量为0.16mol×2=0.32mol，则反应Ⅲ消耗硫化氢的物质的量为2mol×20%—0.32mol=0.08mol，则由方程式可知，0∼10min内S2的化学反应速率为=0.004mol/min；由图可知，平衡时甲烷的转化率为20%、硫化氢的转化率为50%，由反应、Ⅱ中甲烷的选择性之比为4可知，反应Ⅰ甲烷的消耗量为2mol×20%×=0.32mol、反应Ⅱ甲烷的消耗量为2mol×20%×=0.08mol，由方程式可知，反应Ⅰ消耗硫化氢的物质的量为0.32mol×2=0.64mol，生成二硫化碳、氢气的物质的量分别为：0.32mol、0.32mol×4=1.28mol，反应Ⅱ生成氢气的物质的量为0.16mol，则反应Ⅲ消耗硫化氢的物质的量为2mol×50%—0.64mol=0.36mol，则由方程式可知，反应生成S2气体、氢气的物质的量分别为0.36mol×=0.18mol、0.36mol，则平衡体系中甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气、S2气体的物质的量分别为1.6mol、1mol、0.32mol、1.8mol、0.18mol，混合气体的总物质的量为4.9mol，反应Ⅱ的分压平衡常数Kp=kPa； （4）由晶胞结构可知，立方和六方晶胞中与硫离子距离最近的锌离子个数都为4，则每个硫离子周围与它最近且相等距离的锌离子个数比为1：1。 【名校预测·第三题】 【答案】(1) HSO3- Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH (2) 由于Mn2+催化O2氧化SO2生成SO42-的反应 5<pH<8 (3) 作催化剂时，在相对较低温度可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 温度高于445 ℃后硫变成气态，正反应变为吸热反应，温度升高平衡正向移动，SO2平衡转化率升高 (4)催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位，氧气在CB端得电子生成，结合H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和OH-进入VB端的空位生成·OH 【分析】将含SO2的烟气通入到氢氧化钠溶液中，“吸收”时控制溶液的pH略大于9，由物质的量分布图可此，此时主要生成Na2SO3，向吸收液中加入石灰乳，发生反应Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH，得到的再生液为氢氧化钠溶液。 【解析】（1）由分布曲线可知，溶液pH≈4～5时，SO2主要以HSO3-形式存在；“再生”时用Ca(OH)2将溶液中生成的Na2SO3转化为NaOH并生成CaSO3沉淀，其化学方程式为Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH，故答案为：Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH； （2）①随着吸收时间增加，Mn2+浓度增大，Mn2+催化O2氧化SO2生成SO42-，所以溶液中c(SO42-)的增加呈现由慢到快的趋势，故答案为：由于Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4的反应； ②Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3]，要使Fe3+、Al3+的浓度均小于1×10-6mol/L，c(OH-)> ，所以pH>5；c(Mn2+) = 0.2mol/L，为了不让Mn2+生成沉淀，c(OH-)<，所以pH<8，需控制的pH范围为5<pH<8； （3）①从图中可以看出，作催化剂时，在相对较低温度下可获得较高的SO2的转化率，从而节约能源； ②已知硫的沸点为445℃，高于445℃时，硫为气体，随着温度升高，SO2的平衡转化率增大，根据勒夏特列原理，可知为吸热反应，故答案为：温度高于445 ℃后硫变成气态，正反应变为吸热反应，温度升高平衡正向移动，SO2平衡转化率升高； （4）催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位，氧气在CB端得电子生成，结合H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和OH-进入VB端的空位生成·OH。 【名校预测·第四题】 【答案】(1)d (2) +161 b (3)吸热 BD < 【分析】由反应的lgK与温度的关系图可知，温度升高lgK增大，说明 为吸热反应；对于可逆反应来说，通过浓度熵Q与K的大小关系，可以判断反应进行的方向（或判断v正、v逆的大小关系）。 【解析】（1）Ti位于元素周期表第四周期ⅣB族，价层电子排布式为3d24s2，故属于d区； （2）目标反应可由b-a得到，根据盖斯定律可知目标反应的 ；，代入相关数据得、，即<，故当温度为1500K时，反应b更容易发生； （3）①由上述分析可知反应为吸热反应； ②该反应为分子数增大的反应，故减压平衡正向移动，但K不变，A错误；当时说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；升高温度，正逆反应速率都加快，正向速率加快的更多，平衡正向移动，C错误；投料时增大的值，相当于保持TiCl3的量不变，增大CH4的量，反应朝正向移动，有利于提高的平衡转化率，D正确；故选BD； ③a．由图像可知随着温度升高，产物中出现了C，且氢气的量明显增多，说明甲烷分解生成了C和氢气，反应方程式为； b．由图可知在温度为670℃，t min时，体系内甲烷和C均为3.5mol，说明副反应中甲烷转化了3.5mol，同时还生产了7molH2，设主反应中甲烷转化了2x mol，列出三段式：，依题有10－2x－3.5=3.5，解得x=1.5；平衡时H2、HCl、CH4、TiCl3的物质的量的浓度为，14.25 mol/L、4.5 mol/L、1.75 mol/L、3.5 mol/L，代入公式有浓度商Q=，由反应的lgK与温度的关系图可知，温度为670℃时平衡常数K=10-5，故Q>K，平衡逆向移动，即v正<v逆。 【名校预测·第五题】 【答案】(1)-90.8 (2)低 高 (3) -1 a (4) < 33.3 或 【解析】（1）由△H=反应物的键能-生成物的键能可知，该反应△H=[946kJ/mol+(436.0kJ/mol×3)]-2×(390.8kJ/mol×3)=-90.8 kJ/mol，故答案为-90.8； （2）合成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即要使反应平衡正向移动，应降低温度，其他条件一定时，升高温度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增大，反应速率加快；故答案为：低；高； （3）将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q=k·mα·nβ·pγ，③10q=k·mα·nβ·(0.1p)γ，可得γ=-1，合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确，c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误； （4）①平衡常数之和温度有关，该反应为放热反应，温度越高，平衡逆向移动，平衡常数越小，所以K(a)<K(b)； ②根据，由图可知达到平衡时氨气的物质的量分数为20%， 平衡时氨气的物质的量分数为，解得x=mol，则×100%≈33.3%；由数据可知，平衡是氨气的物质的量分数为20%，而平衡时N2和H2物质的量之比为1：3，则平衡是氮气的物质的量分数为20%，氢气的物质的量分数为60%，=。 【名校押题·第一题】 【答案】(1)-154 (2) 通入H2、及时移去产物 n < 14.81 (3) 压强 该反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大 (4) 相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能 【分析】研究CO2转化为CH4、CH3OH、HCOOH的重整技术是科学家研究的热点课题，对于反应ⅰ的反应热，可根据反应热等于反应物总键能减去生成物总键能求得。反应ⅱ正向为气体分子数减小的放热反应，要提高CH3OH的产率，只要采取能让平衡正向移动的措施即可。升高温度，平衡逆向移动，K值减小，减小，并结合图像分析知平衡常数的对数与(T表示温度)之间的变化关系的曲线是n。温度越高，反应速率越快，因此<。在573K时，体积为的刚性密闭容器中投入和发生反应ⅱ达到平衡，据三段式可计算出温度下该反应的平衡常数。当CO2的投入量一定时，增大H2的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，即进料比的值越小，二氧化碳的转化率越大，因此曲线a的进料浓度比为1:2。反应i正向是一个气体分子数减小的放热反应，结合平衡移动原理可判断出影响因素。我国学者探究了不同催化剂在酸性条件下电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理。根据题干信息可知，在阴极二氧化碳得电子发生还原反应生成甲酸，由此可写出阴极的电极反应式。通过观察反应历程图可知采用BiIn合金催化剂优于In催化剂的原因是：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。 【解析】（1）根据反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，可知。 （2）①反应ⅱ正向为气体分子数减小的放热反应，要提高的产率，平衡得正向移动，可以采取的措施有降低温度、增大压强、通入H2、及时移去产物等措施。 ②该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，即升高温度，减小，K值减小，减小，因此图1中能表示该反应的平衡常数的对数与(T表示温度)之间的变化关系的曲线是n。 ③根据图示可知，c点的温度高于a点的温度， 升高温度，反应速率加快，因此<。在573K时，体积为的刚性密闭容器中投入和发生反应ⅱ达到平衡。则起始时，，温度下平衡时H2的转化率为80％，转化的H2浓度为，转化的CO2浓度为， 则温度下该反应的平衡常数值为。 （3）①当CO2的投入量一定时，增大H2的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，即进料比的值越小，二氧化碳的转化率越大，因此曲线a的进料浓度比为。 ②反应i正向是一个气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，因此条件X为压强。依据是该反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大。 （4）①根据题干信息可知，在阴极二氧化碳得电子发生还原反应生成甲酸，因此阴极的电极反应式为。 ②根据图像可知，采用BiIn合金催化剂优于In催化剂的原因是相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。 【名校押题·第二题】 【答案】(1)-90 (2) (3) c 0.0015 升高温度对反应I的影响大于反应II (4) M 0.4 【解析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应II-反应I，则； （2）该转化历程中活化能越大反应速率越慢，故起决速步骤的方程式为； （3）①反应I中生成CO(g)为吸热反应，反应Ⅱ中生成CH3OH(g) 为放热反应，故随着温度的升高，反应I正向移动，反应Ⅱ逆向移动，所以CO(g)的选择性升高，CH3OH(g) 的选择性降低，且二者的选择性之和应为100%。结合图像可知，表示CO选择性的曲线是c； ②根据图像信息可知时，CO2的平衡转化率为12%，CO(g)的选择性为25%， CH3OH(g)的选择性为75%。可计算出CO2的消耗量为0.12mol，生成CO(g)的物质的量为0.12mol×25%=0.03mol，生成CH3OH(g)的物质的量为0.12mol×75%=0.09mol。根据题意，在该密闭容器中发生反应I和反应Ⅱ： 反应I： 反应Ⅱ： 故在该温度下达到平衡状态时，，，，，反应I的平衡常数为； ③升高温度反应I正向移动，CO2的平衡转化率升高，反应Ⅱ逆向移动，CO2的平衡转化率降低，结合图像在过程中，CO2转化率随着温度的升高而升高说明反应Ⅰ的影响大于反应Ⅱ； （4）①左图为燃料电池，根据图像可知电极发生氧化反应，作负极，电极发生还原反应作正极。右图为电解装置，石墨电极M发生氧化反应，即为阳极，故电极与石墨电极M相连； ②消耗标准状况下，根据可求得电路中电子转移2mol。当处理含的废水时，发生反应：，根据比例求出可处理含0.4的废水。 【名校押题·第三题】 【答案】(1) 272.5 a 越大，的分压越大，平衡向逆反应方向移动，平衡转化率越低 (2) 随温度的升高反应ⅱ正向进行的程度大于反应ⅰ正向进行的程度或高温下以反应ⅱ为主 (3)B (4) 积碳引起催化剂活性降低或失活 【解析】（1）①由方程式可知，乙烷分解生成乙烯和氢气时，反应断裂2molC—H键形成1mol碳碳π键和1molH−H键，则反应△H=416kJ/mol×2—E(碳碳π键)—436kJ/mol=+123.5kJ/mol，解得E(碳碳π键)= 272.5kJ/mol，所以形成1mol碳碳π键放出的能量为272.5kJ； ②该反应是气体体积增大的反应，恒温恒压条件下增大相当于增大反应压强，平衡向逆反应方向移动，乙烷的转化率减小，由图可知，相同时间时，曲线a对应乙烷转化率最小，则对应的曲线是曲线a； （2）①反应ⅰ和反应ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，乙烷的转化率增大，则由图可知，表示乙烷转化率的是曲线、表示乙烯选择性的曲线是，曲线随温度变化说明升高温度，反应以反应ⅱ为主，反应ⅱ正向进行的程度大于反应ⅰ正向进行的程度导致乙烯的选择性随温度升高而减小，故答案为：；随温度的升高反应ⅱ正向进行的程度大于反应ⅰ正向进行的程度或高温下以反应ⅱ为主； ②由图可知，a点对应温度下，乙烷的转化率和乙烯的选择性都为0.5，则平衡时乙烷的物质的量为2mol—2mol×0.5=1mol、乙烯的物质的量为2mol×0.5×0.5=0.5mol，由方程式可知，反应ⅰ消耗乙烷的物质的量为0.5mol，则反应ⅱ消耗乙烷的物质的量为1mol—0.5mol=0.5mol，所以平衡时二氧化碳的物质的量为3mol—0.5mol—0.5mol×2=1.5mol、一氧化碳的物质的量为0.5mol+0.5mol×4=2.5mol、水蒸气的物质的量为0.5mol、氢气的物质的量为0.5mol×3=1.5mol，平衡时混合气体的总物质的量是7.5mol，反应ⅰ的平衡常数； （3）由表格数据可知，使用Y催化剂条件下反应物乙烷和二氧化碳的转化率最高，乙烯的选择性较大，但乙烯的产率最大，所以催化性能最好的催化剂是Y，故选B； （4）温度过高产生的积碳会附着在催化剂表面，导致催化剂活性降低或失活，不利于乙烯的制备；高温下二氧化碳和碳发生反应，所以原料气中适当增加二氧化碳的含量可以减少积碳的产生，故答案为：积碳引起催化剂活性降低或失活；。 【名校押题·第四题】 【答案】(1) C (2)生成的易被空气氧化成，随着反应进行，pH不断增大，会转化为 (3) 0.021 (4) 阳极 H++ClHC=CCl2+2e-+Cl- 【解析】（1）①由图1可知使用催化剂分三步完成，生成和，A错误；水活化为，图1中在两种催化剂条件下生成的是和，且催化剂不影响反应热，B错误； 使用催化剂水变为后相对能量不变即可解离成和，说明吸附在催化剂表面后可自发解离，C正确；故选C。 ②解离一个水分子理论上消耗的能量就是断开一个水分子中的一个氢氧键所消耗的能量，的键能为，解离一个水分子理论上消耗的能量为； （2）生成的亚铁离子易被空气氧化成铁离子，由直接脱氯还原铁脱氯机理可知，随着反应进行氢离子被消耗，pH不断增大，会转化为，从而生成红褐色固体； （3）①由图可知单位时间内使用催化剂最小，即光照后TCE的浓度最低，故催化效果最好的是； ②，； （4）①由题意知为电解池原理，三氯乙烯得电子生成顺-二氯乙烯，故B极发生还原反应为阴极，A为阳极；②B极的电极反应为H++ClHC=CCl2+2e-+Cl-。 【名校押题·第五题】 【答案】(1)任何温度 (2) 反应体系已达平衡，反应I和II均为放热反应，温度越高平衡逆向移动 1000℃时，反应I和 II处于平衡状态，反应I的程度小于反应 II 14 0.55 (3) 93 【解析】（1）反应 I为放热且是熵增的反应，即其ΔH<0，ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS<0，反应可以发生，则该反应在任何温度能自发进行； （2）①温度越高反应速率越快，则相同的时间内，温度较高时，反应可以达到平衡，且可以发生移动，在反应I和II中氢气是产物，平衡后平衡逆向移动，其产率会降低，故答案为：反应体系已达平衡，反应I和II均为放热反应，温度越高平衡逆向移动； ②由图可知，当1000℃时，该反应已经达到平衡，当水的投入量为0时，H2产率接近100%，说明此时反应I的程度小于反应II，加入水后，反应I开始反应，但是程度较小，根据氢气产率定义可知其产率降低，③设CH4、CO2、H2O的物质的量分别为x、x、3x，设参加反应I的甲烷的物质的量为amol，CH4的平衡转化率为的平衡产率为，可得以下三段式： ，解得n(H2)=1.3x； 由于是恒容容器，则平衡时的压强，P平=， 则此时容器中CO的分压为； 由于反应III是气体分子数不变的反应，可以用物质的量来计算分压平衡常数； （3）①二氧化碳在阴极发生还原反应，则电极反应为：； ②阳极区反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，同时会有4个钠离子向阴极移动，则当生成16g甲醇时，即0.5mol甲醇生成时，会转移3mol电子，生成0.75mol氧气，同时会有3mol钠离子向阴极移动，质量减少0.75mol×32g/mol+3mol×23g/mol=93g。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$