备考2026届高考化学一轮复习 化学反应速率与化学平衡

高考化学一轮复习 化学反应速率与化学平衡 一．解答题（共17小题） 1．（2025•湖南）在温和条件下，将CO转化为C4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C4H10，该流程示意图如图： 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C2H4的电极反应式为 　 　 。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应ⅰ：2C2H4（g）⇌C4H8（g）ㅤΔH1＝﹣104.7kJ•mol﹣1 反应ⅱ：2C2H4（g）+H2（g）⇌C4H10（g）ㅤΔH2＝﹣230.7kJ•mol﹣1 计算反应C4H8（g）+H2（g）⇌C4H10（g）的ΔH＝ 　 　 kJ•mol﹣1，该反应 　 　 （填标号）。 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，CO，C2H4和H2（体积比为x：2：1）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，C2H4的转化率和产物的选择性（选择性100%）如图2所示。 ①根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式 　 　 ；C4H10的选择性大于C4H8的原因是 　 　 。 ②结合图2，当x≥2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x的增大，C2H4的转化率减小的原因是 　 　 ；当x＝2时，该温度下反应ⅱ的Kp＝ 　 　 （kPa）﹣1（保留两位小数）。 2．（2025•西藏）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题： （1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为﹣874kJ•mol﹣1、﹣1367kJ•mol﹣1和﹣2238kJ•mol﹣1，则酯化反应CH3COOH（l）+C2H5OH（l）═CH3COOC2H5（l）+H2O（l）的ΔH＝　 　 kJ•mol﹣1。 （2）酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为　 　 ，原因是　 　 。 （3）在常压和353.15K时，初始组成n（CH3COOH）：n（C2H5OH）＝3：1、NaHSO4作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如图所示。 平衡时乙酸的转化率α＝　 　 %，平衡常数K＝　 　 （保留2位有效数字）。已知酯化反应的速率方程为r＝k+c（CH3COOH）c（C2H5OH）﹣k﹣c（CH3COOC2H5）c（H2O），其中k+＝1.0×10﹣5L•mol﹣1•s﹣1，则k﹣＝　 　 L•mol﹣1•s﹣1（保留2位有效数字）。 （4）研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是　 　 。 若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是　 　 （举1例）。 3．（2025•重庆）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。 （1）天然水中可以分离出重水（D2O）。D2O溶液中存在电离平衡：D2O⇌D++OD﹣，c（D+）和c（OD﹣）的关系如图1所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是 　 　 。 ②T1　 　 T2 （填“＞”“＝”或“＜”）。 （2）用图2所示电化学装置进行如下实验。 ①用H2实验：在左侧通入H2，产物为H2O，盐桥中K+移向装置的 　 　 （填“左侧”或“右侧”），电池的总反应为 　 　 。 ②用O2实验：在一侧通入O2，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为 　 　 。 （3）利用弛豫法可研究快速反应的速率常数（k，在一定温度下为常数）。其原理是通过微扰（如瞬时升温）使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的弛豫时间（τ），从而获得k的信息。对于H2O⇌H++OH﹣，若将纯水瞬时升温到25℃，测得τ＝4.0×10﹣5s。已知：25℃时，c（H2O）＝55.6mol•L﹣1，v（正）＝k1c（H2O），v（逆）＝k2c（H+）c（OH﹣），τ（Xc为H+的平衡浓度）。 ①25℃时，H2O⇌H++OH﹣的平衡常数K＝ 　 　 mol•L﹣1（保留2位有效数字）。 ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为 　 　 。 ③25℃时，计算得k2为 　 　 L•mol﹣1•s﹣1。 4．（2025•湖北）CaH2（s）粉末可在较低温度下还原Fe2O3（s）。回答下列问题： （1）已知一定温度下， CaH2（s）+6Fe2O3（s）═Ca（OH）2（s）+4Fe3O4（s）ㅤㅤΔH1＝mkJ•mol﹣1 2CaH2（s）+Fe3O4（s）═2Ca（OH）2（s）+3Fe（s）ㅤㅤ ΔH2＝nkJ•mol﹣1 则3CaH2（s）+2Fe2O3（s）═3Ca（OH）2（s）+4Fe（s）的ΔH3＝ 　 　 kJ•mol﹣1（用m和n表示）。 （2）图1分别是260℃、280℃和300℃下CaH2（s）还原Fe2O3（s）过程中反应体系电阻R（Ω）随反应时间t（h）变化的曲线，可用 　 　 （填标号）表示反应的快慢。 A. b. c. d. （3）图1中曲线 　 　 （填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）对应的反应温度最高。 （4）研究发现CaH2（s）对Fe2O3（s）的还原性主要来自于其产生的H2。一般认为H2在Fe2O3表面被氧化成H2O有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 　 　 （填“a”或“b”）是主要途径。 （5）CaH2（s）产生H2的可能反应：①CaH2（s）＝Ca（s）+H2（g）或②CaH2（s）+2H2O（g）═Ca（OH）2（s）+2H2（g）。将CaH2（s）放在含微量水的N2气流中，在200℃至300℃的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定H2的来源之一是反应 　 　 （填“①”或“②”）。若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是 　 　 。 （6）已知3H2（g）+Fe2O3（s）⇌3H2O（g）+2Fe（s），研究表明，在相同温度下，用CaH2（s）还原Fe2O3（s）比直接用H2（g）还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：　 　 。 5．（2025•广东）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 （1）基态Ti原子的价层电子排布式为 　 　 。 （2）298K下，反应TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+2CO（g）的ΔH＜0、ΔS＞0，则298K下该反应 　 　 （填“能”或“不能”）自发进行。 （3）以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0mol TiCl4与10.0mol Ti放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 ΔH （a） Ti（s）+TiCl4（g）⇌2TiCl2（s） ΔH1 （b） TiCl2（s）+TiCl4（g）⇌2TiCl3（g） +200.1kJ/mol （c） Ti（s）+3TiCl4（g）⇌4TiCl3（g） +132.4kJ/mol （d） TiCl3（g）⇌TiCl3（s） ΔH2 ①ΔH1＝ 　 　 kJ/mol。 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为 　 　 。 ③温度T0K下，n[TiCl4（g）]＝ 　 　 mol，反应（c）的平衡常数K＝ 　 　 （列出算式，无须化简）。 （4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼（N2H4）的分解反应： （e）N2H4＝N2+2H2ㅤㅤ（f）3N2H4＝N2+4NH3 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料（含N2H4的物质的量为n0），进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间t变化的曲线如图。其中，n1为H2与N2的物质的量之和；n2为剩余N2H4的物质的量。设ne为0～t时间段内反应（e）消耗N2H4的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用100%表示。 ①0～t0min内，N2H4的转化率为 　 　 （用含y2的代数式表示）。 ②0～t0min内，催化剂的选择性为 　 　 （用含y1与y2的代数式表示，写出推导过程）。 6．（2025•甘肃）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1：C2H2（g）+H2（g）═C2H4（g）ΔH1＝﹣175kJ•mol﹣1（25℃，101kPa） 反应2：C2H2（g）+2H2（g）═C2H6（g）ΔH2＝﹣312kJ•mol﹣1（25℃，101kPa） （1）25℃，101kPa时，反应C2H4（g）+H2（g）═C2H6（g）ΔH＝ 　 　 kJ•mol﹣1。 （2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性（指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量）如图所示（反应均未达平衡）。 在60～220℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 　 　 （任写一条），当温度由220℃升高至260℃乙炔转化率减小的原因可能为 　 　 。 在120～240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为v1　 　 v2（填“＞”“＜”或“＝”），理由为 　 　 。 （3）对于反应1，反应速率v（C2H2）与H2浓度c（H2）的关系可用方程式v（C2H2）＝k[c（H2）]a表示（k为常数）。145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率（如下表）。当v（C2H2）＝1.012×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1时，c（H2）＝ 　 　 mol•L﹣1。 实验组 c（H2）/mol•L﹣1 v（C2H2）/mol•L﹣1•s﹣1 一 4.60×10﹣3 5.06×10﹣5 二 1.380×10﹣2 1.518×10﹣4 （4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压（25℃，101kPa）下实现乙炔加氢，反应机理如图所示（虚线为生成乙烷的路径）。以 　 　 为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为 　 　 。（图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能） 7．（2025•河南）CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气（H2+CO），实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ：CaCO3（g）⇌CaO（g）+CO2（g）　　ΔH1＝+178kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g）　　ΔH2＝+247kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）　　ΔH3＝+41kJ•mol﹣1 回答下列问题： （1）Ca位于元素周期表中 　 　 区；基态Ni2+的价电子排布式为 　 　 。 （2）水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是 　 　 。 （3）NixP的晶胞如图1所示（晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°），该物质的化学式为 　 　 。 （4）恒压条件下，CH4重整反应可以促进CaCO3分解，原因是 　 　 。 （5）在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是 　 　 （填“T1”“T2”或“T3”），原因是 　 　 。 （6）一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0mol CaCO3和1.0mol CH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp＝ 　 　 （保留小数点后一位），此时原位CO2利用率为 　 　 。 已知：原位CO2利用率100% 8．（2025•安徽）Ⅰ．通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ①HCOOH（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH1＝+26.3kJ•mol﹣1 ②HCOOH（g）═CO2（g）+H2（g） ΔH2＝﹣14.9kJ•mol﹣1 （1）反应CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）的ΔH＝ 　 　 kJ•mol﹣1。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH（g），发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是 　 　 （填标号）。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．H2O（g）的浓度不变 d．CO和CO2的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如图，反应①的选择性接近100%，原因是 　 　 ；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是 　 　 。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气（CO和H2）的重要方法，主要反应有： ③CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ④CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ⑤CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g） （4）恒温恒容条件下，可提高CH4转化率的指施有 　 　 （填标号）。 a．增加原料中CH4的量 b．增加原料中CO2的量 c．通入Ar气 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如图。 ⅰ．投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n（CO）：n（H2）的值将 　 　 （填“增大”“减小”或“不变”）。 ⅱ．若平衡时Ar的分压为pkPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数Kp＝ 　 　 （kPa）2（用含p的代数式表示，Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。 9．（2025•上海）铁红是一种红色颜料。 （1）铁红的主要成分是 　 　 。 A.Fe2S3 B.Fe3O4 C.FeS D.Fe2O3 （2）下列关于饱和FeCl3溶液的说法中正确的是 　 　 。 A.常温显中性 B.加铁粉变红褐色 C.遇沸水得到胶体 D.加氨水出现白色沉淀 （3）下列有关基态Fe的说法中正确的是 　 　 。（不定项） A.电子处在4个不同能级 B.核外有5个未成对电子 C.核外电子占用15个原子轨道 D.核外有26种能量不同的电子 （4）混合铁粉和硫粉，在试管中加热，那么 　 　 。（不定项） A.移开酒精灯后，固体仍保持红热 B.S作还原剂 C.主要的气体副产物是SO3 D.最终得到黑色的Fe2S3 （5）配合物[Fe（SCN）（H2O）5]Cl2内界为 　 　 ，配体有 　 　 种。 （6）在FeCl3溶液中存在平衡：Fe3+（aq）+xCl﹣（aq）⇌[FeCl]3﹣x（aq）（x＝1、2、3、4）。若加水稀释溶液到原体积的两倍，则m（Fe3+） 　 　 ；（填“变大”、“不变”或“变小”） 请从浓度商Q、平衡常数K的大小关系角度解释原因 　 　 。 （7）已知Fe3+（aq）+xCl﹣（aq）⇌[FeClx]3﹣x（aq）的平衡常数Kx如表所示。 x 1 2 3 4 Kx 30.2 134.9 97.72 1.02 若溶液中[Cl﹣]＝12mol•L﹣1，则 　 　 。（保留两位小数） 10．（2025•上海）碳酸丙烯酯（PC）是一种重要的有机化合物，在工业上有广泛应用。 （1）中电负性最大的元素是 　 　 。 A.C B.H C.O （2）1mol分子中σ键的数目为 　 　 。 A.7NA B.12NA C.13NA D.14NA 环氧丙烷与CO2催化合成法是生产碳酸丙烯酯（PC）的常用方法： 反应Ⅰ：（g）+CO2（g）═（l）ΔH1＝﹣125kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH2＝﹣393.5kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：3H2（g）+3C（s）+0.5O2（g）═（g）ΔH3＝﹣94.7kJ•mol﹣1 （3）反应Ⅳ：3H2（g）+4C（s）+1.5O2（g）═（l）的热效应为ΔH4＝ 　 　 kJ•mol﹣1。 A.﹣613.2 B.613.2 C.395.2 D.﹣395.2 （4）下列关于反应Ⅰ的ΔH﹣TΔS（kJ•mol﹣1）随温度T（K）的变化趋势正确的是 　 　 。 A B C D 环氧丙烷在反应生成碳酸丙烯酯时，会发生副反应。已知： ①碳酸丙烯醋的选择性100%； ②M（环氧丙烷）＝58gmol﹣1；ρ（环氧丙烷）＝1.2g•mL﹣1。 向含有过量CO2的体积为25mL的恒压容器中充入一定量环氧丙烷，反应4h后，容器体积缩小为10mL，其中碳酸丙烯酯的选择性为95%。 （5）以环氧丙烷表示的化学反应速率v＝ 　 　 mol•L﹣1•h﹣1（保留两位小数）。 （6）下列操作中可使活化分子百分数变大的有 　 　 。 A.升高温度 B.增大CO2浓度 C.压缩容器 D.恒容充入惰性气体 （7）碳酸丙烯酯在单位时间内的产率随温度变化如图所示。产率随温度先变大后变小的原因是 　 　 。 （8）能作为反应Ⅰ达到化学平衡的标志是 　 　 。（不定项） A.v正（CO2）＝v正（碳酸丙烯酯） B.物质总质量不变 C.气体体积不变 D.混合气体平均摩尔质量不变 （9）用光气COCl2与丙二醇反应也可以用于制备碳酸丙烯酯，从绿色化学角度写出三点传统环氧丙烷与CO2催化合成法的优势　 　 。 11．（2025•浙江）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）用氨和甲醇在密闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ.NH3（g）+CH3OH（g）⇌CH3NH2（g）+H2O（g） Ⅱ.CH3NH2（g）+CH3OH（g）⇌（CH3）2NH（g）+H2O（g） Ⅲ.（CH3）2NH（g）+CH3OH（g）⇌（CH3）2N（g）+H2O（g） 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：（CH3）2NH（g）+CO（g）＝HCON（CH3）2（l） 某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下ΔH　 　 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n（CO2）：n（H2）：n[（CH3）2NH]＝20：15：1，催化剂M足量。 反应方程式如下： ⅣCO2（g）+H2（g）HCOOH（g） ⅤHCOOH（g）+（CH3）2NH（g）═HCON（CH3）2（g）+H2O（g） HCOOH、（CH3）2NH、HCON（CH3）2三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100%） 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　 　 。 12．（2025•山东）利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ．CaS（s）+2SO2（g）⇌CaSO4（s）+S2（g）ΔH1 Ⅱ．CaSO4（s）+4H2（g）⇌CaS（s）+4H2O（g）ΔH2 Ⅲ．SO2（g）+3H2（g）⇌H2S（g）+2H2O（g）ΔH3 恒容条件下，按1mol CaS，1mol SO2和0.1mol H2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变。 回答下列问题： （1）反应4H2（g）+2SO2（g）⇌4H2O（g）+S2（g）的焓变ΔH＝ 　 　 （用含ΔH1、ΔH2的代数式表示）。 （2）乙线所示物种为 　 　 （填化学式）。反应Ⅲ的焓变ΔH3　 　 0（填“＞”“＜”或“＝”）。 （3）T1温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为amol，则S2为 　 　 mol（用含a的代数式表示）；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n（CaS）﹣n（CaSO4）＝ 　 　 mol（用含a的最简代数式表示）。 （4）T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比 　 　 （填“增大”“减小”或“不变”），H2O物质的量n（H2O） 　 　 （填“增大”“减小”或“不变”） 13．（2025•全国）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下： Ⅰ.MgCO3（s）═MgO（s）+CO2（g）ㅤㅤΔH1＝+101kJ•mol﹣1 Ⅱ.CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ㅤㅤΔH2＝﹣166kJ•mol﹣1 Ⅲ.CO2（g）+H2（g）═H2O（g）+CO（g）ㅤㅤΔH3＝+41kJ•mol﹣1 回答下列问题： （1）计算MgCO3（s）+4H2（g）═MgO（s）+2H2O（g）+CH4（g）ㅤㅤΔH4＝　 　 kJ•mol﹣1 （2）提高CH4平衡产率的条件是　 　 。 A.高温高压 B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压 （3）高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。所示步骤中最慢的基元反应是　 　 （填序号）；生成水的基元反应方程式为　 　 。 （4）100kPa下，在密闭容器中H2（g）和MgCO3（s）各1mol发生反应。反应物（H2、MgCO3）的平衡转化率和生成物（CH4、CO2）的选择性随温度变化关系如图（反应Ⅲ在360℃以下不考虑）。 注：含碳生成物选择性100% ①表示CH4选择性的曲线是　 　 （填字母）。 ②点M温度下，反应Ⅱ的Kp　 　 （kPa）﹣2（列出计算式即可）。 ③在550℃下达到平衡时，n（CO）＝　 　 mol。500～600℃随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是　 　 。 14．（2025•河北）乙二醇（EG）是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 （1）石油化工路线中，环氧乙烷（EO）水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇（DEG）的副反应。 主反应：EO（aq）+H2O（l）═EG（aq）ㅤㅤΔH＜0 副反应：EO（aq）+EG（aq）═DEG（aq） 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol•L﹣1，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中n（EG）：n（DEG）＝10：1。 ①0～30min内v总（EO）＝　 　 mol•L﹣1•min﹣1。 ②下列说法正确的是　 　 （填序号）。 a.主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b.0～30min内，v总（EO）＝v总（EG） c.0～30min内，v主（EG）：v副（DEG）＝11：1 d.选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 （2）煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：2CO（g）+3H2（g）⇌HOCH3CH2OH（g）ㅤㅤΔH按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表α＝0.6的曲线为　 　 （填“L1”“L2”或“L3”）；原因是　 　 。 ②ΔH　 　 0（填“＞”“＜”或“＝”）。 ③已知：反应aA（g）+bB（g）⇌yY（g）+zZ（g），K1，x为组分的物质的量分数。 M、N两点对应的体系，Kx（M）　 　 Kx（N）（填“＞”“＜”或“＝”），D点对应体系的Kx的值为　 　 。 ④已知：反应aA（g）+bB（g）＝yY（g）+zZ（g），KP，p为组分的分压。调整进料比为n（CO）：n（H2）＝m：3，系统压强维持p0MPa，使α（H2）＝0.75，此时Kp＝　 　 MPa﹣4（用含有m和p0的代数式表示）。 15．（2025•选择性）乙二醇是一种重要化工原料，以合成气（CO、H2）为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ．直接合成法：2CO（g）+3H2（g）HOCH2CH2OH（g），不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10﹣3 （1）该反应的ΔH 　 　 0（填“＞”或“＜”）。 （2）已知CO（g）、H2（g）、HOCH2CH2OH（g）的燃烧热（ΔH）分别为﹣akJ•mol﹣1、﹣bkJ•mol﹣1、﹣ckJ•mol﹣1，则上述合成反应的ΔH＝ 　 　 kJ•mol﹣1（用a、b和c表示）。 （3）实验表明，在500K时，即使压强（34MPa）很高乙二醇产率（7%）也很低，可能的原因是 　 　 （答出1条即可）。 Ⅱ．间接合成法：用合成气和O2制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 （4）在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比52.4，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、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100%]。 ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 　 　 （填图中标号，下同）表示DMO的转化率，曲线 　 　 表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有 　 　 （填标号）。 A．降低温度 B．增大压强 C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间 ③483K时，出口处的值为 　 　 （精确至0.01）。 ④A点反应MG（g）+2H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g）的浓度商Qx＝ 　 　 （用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001）。 16．（2025•云南）我国科学家研发出一种乙醇（沸点78.5℃）绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸（沸点118℃）的生产，主要反应为 Ⅰ.C2H5OH（g）+H2O（g）═2H2（g）+CH3COOH（g）ㅤㅤΔH1ㅤㅤKp1 Ⅱ.C2H5OH（g）═CH3CHO（g）+H2（g）ㅤㅤΔH2＝+68.7kJ•mol﹣1 回答下列问题： （1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆纤维素 　 　 乙醇 （2）对于反应Ⅰ： ①已知CH3CHO（g）+H2O（g）═H2（g）+CH3COOH（g）ㅤㅤΔH＝﹣24.3kJ•mol﹣1，则ΔH1＝ 　 　 kJ•mol﹣1。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 　 　 （填标号）。 A.容器内的压强不再变化 B.混合气体的密度不再变化 C.CH3COOH的体积分数不再变化 D.单位时间内生成1mol H2O，同时消耗2mol H2 ③反应后从混合气体分离得到H2，最适宜的方法为 　 　 。 （3）恒压100kPa下，向密闭容器中按n（H2O）：n（C2H5OH）＝9：1投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。 [比如：乙酸选择性100%] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为 　 　 。 ②由图中信息可知，乙酸可能是 　 　 （填“产物1”“产物2”或“产物3”）。 ③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则p（CH3COOH）：p（C2H5OH）＝ 　 　 ，平衡常数Kp1＝ 　 　 kPa（列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。 17．（2025•江苏）合成气（CO和H2）是重要的工业原料气。 （1）合成气制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）。CO的结构式为C≡O，估算该反应的ΔH需要 　 　 （填数字）种化学键的键能数据。 （2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯H2。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O（g）： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）ㅤㅤΔH＜0 催化作用受接触面积和温度等因素影响，H2O（g）的比热容较大。H2O（g）过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 　 　 。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CrO4（Cr正价有+3、+6）缓蚀剂等。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 　 　 （填化学式）。K2CrO4减缓设备腐蚀的原理是 　 　 。 （3）研究CH4、H2O（g）与不同配比的铁铈载氧体[Fe2O3•（1﹣x）CeO2，0≤x≤1，Ce是活泼金属，正价有+3、+4]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O（g），依次发生的主要反应： 步骤ⅠㅤㅤCH4CO+2H2 步骤ⅡㅤㅤH2OH2 ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、CH4转化率、与x的关系如图乙所示。x＝0时，大于理论值2的可能原因有 　 　 ；x＝0.5时，通入标准状况下300mL的CH4至反应结束，CO的选择性100%＝80%，则生成标准状况下CO和H2的总体积为 　 　 mL。 ②x＝0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。步骤Ⅱ中，能与H2O（g）反应的物质有 　 　 （填化学式）。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中Fe2O3的作用、气体分步制备的价值：　 　 。 二．选择题（共5小题） 18．（2025•云南）铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是（　　） A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热 19．（2025•安徽）恒温恒压密闭容器中，t＝0时加入A（g），各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图（反应速率v＝ kex，k为反应速率常数）。 下列说法错误的是（　　） A．该条件下 B．0～t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等 C．若加入催化剂，k1增大，k2不变，则x1和xM，平衡均变大 D．若A（g）→M（g）和A（g）→N（g）均为放热反应，升高温度则xA，平衡变大 20．（2025•山东）在恒容密闭容器中，Na2SiF6（s）热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系（实线部分）如图所示。 已知：T2温度时，Na2SiF6（s）完全分解；体系中气相产物在T1，T3温度时的分压分别为p1，p3。下列说法错误的是（　　） A．a线所示物种为固相产物 B．T1温度时，向容器中通入N2，气相产物分压仍为p1 C．p3小于T3温度时热解反应的平衡常数Kp D．T1温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大 21．（2025•江苏）甘油（C3H8O3）水蒸气重整获得H2过程中的主要反应： 反应ⅠㅤC3H8O3（g）＝3CO（g）+4H2（g）ㅤㅤΔH＞0 反应ⅡㅤCO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ㅤㅤΔH＜0 反应ⅢㅤCO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ㅤㅤΔH＜0 1.0×105Pa条件下，1mol C3H8O3和9mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。 下列说法正确的是（　　） A．550℃时，H2O的平衡转化率为20% B．550℃反应达平衡状态时，n（CO2）：n（CO）＝11：25 C．其他条件不变，在400～550℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大 D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2的物质的量 22．（2025•河南）乙二胺（H2NCH2CH2NH2，简写为Y）可结合H+转化为[H2NCH2CH2NH3]+（简写为HY+）[H3NCH2CH2NH3]2+（简写为H2Y2+）。Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子。室温下向AgNO3溶液中加入Y，通过调节混合溶液的pH改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度（忽略体积变化）。混合溶液中Ag+和Y的初始浓度分别为1.00×10﹣3mol•L﹣1和1.15×10﹣2mol•L﹣1。﹣lg[c（M）/（mol•L﹣1）]与﹣lg[c（Y）/（mol•L﹣1）]的变化关系如图1所示（其中M代表Ag+、[AgY]+或[AgY2]+），分布系数δ（N）与pH的变化关系如图2所示（其中N代表Y、HY+或H2Y2+）。比如δ（H2Y2+）。下列说法错误的是（　　） A．曲线Ⅰ对应的离子是[AgY2]+ B．δ（HY+）最大时对应的pH＝8.39 C．反应Ag++Y⇌[AgY]+的平衡常数K1＝104.70 D．﹣lg[c（Y）/（mol•L﹣1）]＝3.00时，c（HY+）＞c（H2Y2+）＞c（Y） 三．实验题（共1小题） 23．（2025•北京）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2+2Br+4H+⇌Mn2++Br2+2H2O”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 （1）理论分析 ①Br2易挥发，需控制生成c（Br2）较小。 ②根据25℃时K＝6.3×104分析，控制合适pH，可使生成c（Br2）较小；用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应，反应前后c（Br﹣）几乎不变；c（Mn2+）＝c（Br2），仅需测定平衡时溶液pH和c（Br2）。 ③Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。 （2）实验探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 25℃，将0.200mol•L﹣1KBr溶液（pH≈1）与过量MnO2混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ 25℃，将0.200mol•L﹣1KBr溶液（pH≈2）与过量MnO2混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH；取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用Na2S2O3标准溶液滴定，测定c（Br2）。 已知：I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 　 　 。用离子方程式表示KI的作用：　 　 。 ②Ⅰ中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH 　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”）。平衡后，按计算所得值小于25℃的K值，是因为Br2挥发导致计算时所用 　 　 的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于25℃的K值，可能原因是 　 　 。 （3）实验改进 分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为40℃，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 　 　 值比较。 ②综合调控pH和温度的目的是 　 　 。 高考化学一轮复习 化学反应速率与化学平衡 参考答案与试题解析 一．选择题（共5小题） 题号 18 19 20 21 22 答案 C C D A D 一．解答题（共17小题） 1．（2025•湖南）在温和条件下，将CO转化为C4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C4H10，该流程示意图如图： 回答下列问题： （1）电解池中电极M与电源的 　正　 极相连。 （2）CO放电生成C2H4的电极反应式为 　2CO+8e﹣+6H2O＝C2H4+8OH﹣　 。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应ⅰ：2C2H4（g）⇌C4H8（g）ㅤΔH1＝﹣104.7kJ•mol﹣1 反应ⅱ：2C2H4（g）+H2（g）⇌C4H10（g）ㅤΔH2＝﹣230.7kJ•mol﹣1 计算反应C4H8（g）+H2（g）⇌C4H10（g）的ΔH＝ 　﹣126.0　 kJ•mol﹣1，该反应 　B　 （填标号）。 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，CO，C2H4和H2（体积比为x：2：1）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，C2H4的转化率和产物的选择性（选择性100%）如图2所示。 ①根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式 　*C2H5+*C2H4＝*C4H9　 ；C4H10的选择性大于C4H8的原因是 　从*C4H9转化为C4H8的总的活化能远比转化为C4H10的高　 。 ②结合图2，当x≥2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x的增大，C2H4的转化率减小的原因是 　即增大CO分压，相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ均逆向移动，所以C2H4的转化率减小　 ；当x＝2时，该温度下反应ⅱ的Kp＝ 　0.16　 （kPa）﹣1（保留两位小数）。 【分析】（1）根据流程示意图，N极上CO转化为C2H4，发生还原反应，N为电解池的阴极，则M极为电解池的阳极，应该接电池的正极； （2）CO在N极上放电生成C2H4，C从+2价变为﹣2价，结合电解池介质、电荷守恒及元素守恒等可写出CO放电生成C2H4的电极反应式； （3）根据盖斯定律，反应ⅱ﹣反应ⅰ可得目标反应，则其ΔH＝ΔH2﹣ΔH1；要判断该反应能否自发进行，可通过该反应△G＝ΔH﹣T△S＜0时的条件来判断； （4）①根据图1，在形成TSⅡ时活化能最大，该步为生成C4H10的决速步，由图可知，从*C4H9转化为C4H8的总的活化能远比转化为C4H10的高，因此生成C4H10比生成C4H8的反应容易进行得多，生成C4H10的选择性大于C4H8； ②由题意可知，CO不是反应物，增大x，即增大CO分压，相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ均逆向移动，所以C2H4的转化率减小；要计算反应ⅱ的Kp，需要有平衡时各物质的分压，需要求出平衡时各物质的量及体系压强；按题目条件的投料比，假设起始投料，平衡时C4H10、C4H8、C2H4的物质的量可以通过转化率、选择性的条件得出，进而求出H2的量，平衡时体系压强可以根据“压强比＝物质的量比”求得，分别求出p（C4H10）、p（C2H4）、p（H2），代入Kp表达式即可。 【解答】解：（1）根据流程示意图，N极上CO转化为C2H4，发生还原反应，为电解池的阴极，则M极为电解池的阳极，应该接电池的正极； 故答案为：正； （2）CO在N极上放电生成C2H4，C从+2价变为﹣2价，结合电解池介质、电荷守恒及元素守恒等，CO放电生成C2H4的电极反应式为2CO+8e﹣+6H2O＝C2H4+8OH﹣； 故答案为：2CO+8e﹣+6H2O＝C2H4+8OH﹣； （3）根据盖斯定律，反应ⅱ﹣反应ⅰ可得C4H8（g）+H2（g）⇌C4H10（g）则其ΔH＝ΔH2﹣ΔH1＝（﹣230.7kJ•mol﹣1）﹣（﹣104.7kJ•mol﹣1）＝﹣126.0kJ•mol﹣1；要判断该反应能否自发进行，可通过该反应△G＝ΔH﹣T△S＜0时的条件来判断，根据方程式，ΔH＜0，△S＜0，则T值较低时，能使△G＜0，即在低温时能自发进行，故选B； 故答案为：﹣126.0；B； （4）①根据图1，在形成TSⅡ时活化能最大，该步为生成C4H10的决速步，反应方程式为*C2H5+*C2H4＝*C4H9；由图可知，从*C4H9转化为C4H8的总的活化能远比转化为C4H10的高，因此生成C4H10比生成C4H8的反应容易进行得多，生成C4H10的选择性大于C4H8； 故答案为：*C2H5+*C2H4＝*C4H9；从*C4H9转化为C4H8的总的活化能远比转化为C4H10的高； ②当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，CO不是反应物，增大x，即增大CO分压，相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ均逆向移动，所以C2H4的转化率减小；由图2可知，当x＝2时，C2H4的转化率为90%，C4H10的选择性为80%，假设起始投CO、C2H4和H2分别为2mol、2mol、1mol，则生成的n（C4H10）＝2mol×90%80%＝0.72mol，生成的n（C4H8）＝2mol×90%（1﹣80%）＝0.18mol，参与反应的H2的物质的量为0.72mol.平衡时n（H2）＝1mol﹣0.72mol＝0.28mol，n（C2H4）＝2mol×（1﹣90%）＝0.2mol，体系中总的物质的量＝2mol+0.72mol+0.18mol+0.28mol+0.2mol＝3.38mol，根据“压强比＝物质的量比”，平衡时体系的压强p符合关系，求得p＝67.6kPa，则p（C4H10）67.6kPa＝14.4kPa，类似可得其他物质的分压p（C2H4）＝4kPa，p（H2）＝5.6kPa，反应ⅱ的Kp0.16（kPa）﹣1； 故答案为：即增大CO分压，相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ均逆向移动，所以C2H4的转化率减小；0.16。 【点评】本题为反应原理题，考查了电极名称、电极反应式、盖斯定律、反应进行方向、基元反应的分析、KP计算，以及选择性的解释等考点，考点高频，总体上比较基础，难度中等。 2．（2025•西藏）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题： （1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为﹣874kJ•mol﹣1、﹣1367kJ•mol﹣1和﹣2238kJ•mol﹣1，则酯化反应CH3COOH（l）+C2H5OH（l）═CH3COOC2H5（l）+H2O（l）的ΔH＝　﹣3　 kJ•mol﹣1。 （2）酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为　CH3COOH＞C2H5OH＞CH3COOCH2CH3　 ，原因是　乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强　 。 （3）在常压和353.15K时，初始组成n（CH3COOH）：n（C2H5OH）＝3：1、NaHSO4作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如图所示。 平衡时乙酸的转化率α＝　30　 %，平衡常数K＝　3.9　 （保留2位有效数字）。已知酯化反应的速率方程为r＝k+c（CH3COOH）c（C2H5OH）﹣k﹣c（CH3COOC2H5）c（H2O），其中k+＝1.0×10﹣5L•mol﹣1•s﹣1，则k﹣＝　2.6×10﹣6　 L•mol﹣1•s﹣1（保留2位有效数字）。 （4）研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是　|ΔH|很小，温度对平衡影响小　 。 若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是　液相反应，压强对平衡影响小及时移出产物　 （举1例）。 【分析】（1）根据盖斯定律求解； （2）乙酸、乙醇和乙酸乙酯都是分子晶体。乙酸（CH3COOH）和乙醇（C2H5OH）分子间都能形成氢键，而乙酸乙酯（CH3COOC2H5）分子间不能形成氢键，所以乙酸乙酯的沸点最低。乙酸的相对分子质量比乙醇大，分子间作用力更大，所以乙酸的沸点高于乙醇。因此，沸点从高到低的顺序为：CH3COOH＞C2H5OH＞CH3COOC2H5； （3）根据题意列三段式求解； （4）该反应|ΔH|很小，升高温度平衡逆向移动，降低温度反应速率太慢；该反应为液相反应，改变压强对平衡无影响，所以难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率。可以采用及时分离出乙酸乙酯（或不断移走产物中的水等）的方法，使平衡正向移动，从而提高乙酸乙酯的产率； 【解答】解：（1）①CH3COOH（l）+2O2（g）＝2CO2（g）+2H2O（l） ②C2H5OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（l）. ③CH3COOC2H5（l）+5O2（g）＝4CO2（g）+4H2O（l）ΔH3＝﹣2238kJ•mol﹣1 根据盖斯定律，目标反应CH3COOH（l）+C2H3OH（l）＝CH3COOC2H3（l）+H2O（l）可由①+②﹣③得到，则ΔH＝ΔH1+ΔH2﹣ΔH3＝（﹣874kJ•mol﹣1）+（﹣1367kJ•mol﹣1）﹣（﹣2238kJ•mol﹣1）＝﹣874﹣1367+2238＝﹣3kJ•mol﹣1； 故答案为：﹣3； （2）乙酸、乙醇和乙酸乙酯都是分子晶体。乙酸（CH3COOH）和乙醇（C2H5OH）分子间都能形成氢键，而乙酸乙酯（CH3COOC2H5）分子间不能形成氢键，所以乙酸乙酯的沸点最低。乙酸的相对分子质量比乙醇大，分子间作用力更大，所以乙酸的沸点高于乙醇。因此，沸点从高到低的顺序为：CH3COOH＞C2H5OH＞CH3COOC2H5； 故答案为：CH3COOH＞C2H5OH＞CH3COOCH2CH3；乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强； （3）已知初始组成n（CH3COOH）：n（C2H5OH）＝3：1，设初始时n（C2H5OH）＝1moln（CH3COOH）＝3mol，容器体积为VL，则初始，由图可知平衡时．。变化的，根据化学计量数之比乙酸的转化率，假设V＝1L（因为体积在计算转化率时可约去），； 列出三段式：CH3COOH（l）+C2H3OH（1）＝CH3COOC2H3（l）+H2O（l） 初始浓度c0 3mol•L﹣1 1mol•L﹣1 0mol•L﹣1 0mol•L﹣1 变化浓度Δc：0.9mol•L﹣1 0.9mol•L﹣1 0.9mol•L﹣1 0.9mol•L﹣1 平衡浓度c平：2.1mol•L﹣1 0.1mol•L﹣1 0.9mol•L﹣1 0.9mol•L﹣1 平衡常数K，平衡时v正＝v逆，即k+c（CH3COOH）c（C2H3OH）＝kc（CH3COOC2H5）c（H2O），． 故答案为：30；3.9；2.6×10﹣6； （4）该反应|ΔH|很小，升高温度平衡逆向移动，降低温度反应速率太慢；该反应为液相反应，改变压强对平衡无影响，所以难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率。可以采用及时分离出乙酸乙酯（或不断移走产物中的水等）的方法，使平衡正向移动，从而提高乙酸乙酯的产率； 故答案为：|ΔH|很小，温度对平衡影响小；液相反应，压强对平衡影响小及时移出产物； 【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 3．（2025•重庆）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。 （1）天然水中可以分离出重水（D2O）。D2O溶液中存在电离平衡：D2O⇌D++OD﹣，c（D+）和c（OD﹣）的关系如图1所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是 　B　 。 ②T1　＞　 T2 （填“＞”“＝”或“＜”）。 （2）用图2所示电化学装置进行如下实验。 ①用H2实验：在左侧通入H2，产物为H2O，盐桥中K+移向装置的 　右侧　 （填“左侧”或“右侧”），电池的总反应为 　O2+2H2＝2H2O　 。 ②用O2实验：在一侧通入O2，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为 　O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣　 。 （3）利用弛豫法可研究快速反应的速率常数（k，在一定温度下为常数）。其原理是通过微扰（如瞬时升温）使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的弛豫时间（τ），从而获得k的信息。对于H2O⇌H++OH﹣，若将纯水瞬时升温到25℃，测得τ＝4.0×10﹣5s。已知：25℃时，c（H2O）＝55.6mol•L﹣1，v（正）＝k1c（H2O），v（逆）＝k2c（H+）c（OH﹣），τ（Xc为H+的平衡浓度）。 ①25℃时，H2O⇌H++OH﹣的平衡常数K＝ 　1.8×10﹣16　 mol•L﹣1（保留2位有效数字）。 ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为 　D　 。 ③25℃时，计算得k2为 　1.25×1011　 L•mol﹣1•s﹣1。 【分析】（1）①溶液呈中性时c（D+）＝c（OD﹣）； ②水的电离吸热，温度升高，c（D+）、c（OD﹣）增大，水的离子积Kw增大； （2）该装置为原电池，左侧通入H2，产物为H2O，即H2发生失电子的反应生成H2O、为负极，右侧为正极，电解质溶液呈碱性；一侧通入O2，电池的总反应仍保持不变，即总反应为O2+2H2＝2H2O，正极上O2发生得电子反应生成OH﹣，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此解答①②两小题； （3）①水的电离平衡为H2O⇌H++OH﹣，其平衡常数K； ②升高温度时k1、k2均增大、水的电离程度增大，平衡正向移动，v（正）＞v（逆），c（H+）、c（OH﹣）均增大，但水的电离微弱、c（H2O）几乎不变，结合v（正）＝k1c（H2O）、v（逆）＝k2c（H+）c（OH﹣）分析判断； ③水的电离达到平衡时v（正）＝v（逆），即k1c（H2O）＝k2c（H+）•c（OH﹣），K＝1.8×10﹣16，且τ4.0×10﹣5s、c（H+）＝1×10﹣7mol•L﹣1，即k1+2×10﹣7k2＝2.5×104，k1＝1.8×10﹣16k2，据此计算k2。 【解答】解：（1）①重水电离为D2O⇌D++OD﹣，溶液呈中性时c（D+）＝c（OD﹣），则图中A、B、C三点对应的溶液呈中性的是B点， 故答案为：B； ②水的离子积Kw＝c（D+）•c（OD﹣），且水的电离吸热，升高温度时溶液中c（D+）、c（OD﹣）均增大，则Kw增大，且温度越高，Kw越大，则温度：T1＞T2， 故答案为：＞； （2）①用H2进行实验，左侧通入H2，产物为H2O，则左侧为负极，右侧为正极，负极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝H2O，放电时阳离子移向正极，即盐桥中K+移向右侧，该电池为氢氧燃料电池，总反应为O2+2H2＝2H2O， 故答案为：右侧；O2+2H2＝2H2O； ②用O2进行实验，一侧通入O2，电池的总反应仍保持不变，则该电池为氢气和氧气组成的燃料电池，右侧为正极，正极上O2发生得电子反应生成OH﹣，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣， 故答案为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣； （3）①25℃时Kw＝c（H+）•c（OH﹣）＝1×10﹣14，H2O⇌H++OH﹣的平衡常数K1.8×10﹣16， 故答案为：1.8×10﹣16； ②升高温度时k1、k2均增大，正、逆速率均突增，且正反应吸热，平衡正向移动，v正＞v逆，c（H+）、c（OH﹣）均增大，v（逆）＝k2c（H+）•c（OH﹣）也增大，但水的电离微弱、c（H2O）几乎不变，v正增大后随时间的变化不大，符合条件的图象为D， 故答案为：D； ③水的电离达到平衡时v（正）＝v（逆），即k1c（H2O）＝k2c（H+）•c（OH﹣），K＝1.8×10﹣16，且τ4.0×10﹣5s、c（H+）＝1×10﹣7mol•L﹣1，即k1+2×10﹣7k2＝2.5×104，k1＝1.8×10﹣16k2，解得k2≈1.25×1011， 故答案为：1.25×1011； 【点评】本题考查水的电离平衡及平衡常数计算、原电池原理，侧重考查分析判断能力和计算能力，把握水的电离平衡及其影响因素、电离平衡常数计算、原电池的电极判断及电极反应是解题关键，题目难度中等。 4．（2025•湖北）CaH2（s）粉末可在较低温度下还原Fe2O3（s）。回答下列问题： （1）已知一定温度下， CaH2（s）+6Fe2O3（s）═Ca（OH）2（s）+4Fe3O4（s）ㅤㅤΔH1＝mkJ•mol﹣1 2CaH2（s）+Fe3O4（s）═2Ca（OH）2（s）+3Fe（s）ㅤㅤ ΔH2＝nkJ•mol﹣1 则3CaH2（s）+2Fe2O3（s）═3Ca（OH）2（s）+4Fe（s）的ΔH3＝ 　（m+4n）　 kJ•mol﹣1（用m和n表示）。 （2）图1分别是260℃、280℃和300℃下CaH2（s）还原Fe2O3（s）过程中反应体系电阻R（Ω）随反应时间t（h）变化的曲线，可用 　d　 （填标号）表示反应的快慢。 A. b. c. d. （3）图1中曲线 　Ⅰ　 （填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）对应的反应温度最高。 （4）研究发现CaH2（s）对Fe2O3（s）的还原性主要来自于其产生的H2。一般认为H2在Fe2O3表面被氧化成H2O有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 　a　 （填“a”或“b”）是主要途径。 （5）CaH2（s）产生H2的可能反应：①CaH2（s）＝Ca（s）+H2（g）或②CaH2（s）+2H2O（g）═Ca（OH）2（s）+2H2（g）。将CaH2（s）放在含微量水的N2气流中，在200℃至300℃的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定H2的来源之一是反应 　②　 （填“①”或“②”）。若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是 　将CaH2（s）放在含干燥的N2气流中，在200℃至300℃的升温过程中测量固体质量的变化　 。 （6）已知3H2（g）+Fe2O3（s）⇌3H2O（g）+2Fe（s），研究表明，在相同温度下，用CaH2（s）还原Fe2O3（s）比直接用H2（g）还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：　CaH2消耗反应生成的水，同时产生氢气，促使平衡正向移动　 。 【分析】（1）令CaH2（s）+6Fe2O3（s）═Ca（OH）2（s）+4Fe3O4（s）ΔH1＝mkJ•mol﹣1 ①；2CaH2（s）+Fe3O4（s）═2Ca（OH）2（s）+3Fe（s）ΔH2＝nkJ•mol﹣1 ②，根据盖斯定律，（①+②×4），可得，3CaH2（s）+2Fe2O3（s）═3Ca（OH）2（s）+4Fe（s） ΔH3（ΔH1+ΔH2×4）； （2）由图可知，根据单位时间内电阻的变化可表示反应的快慢； （3）温度越高，导电性越好； （4）活化能越小，反应越容易发生； （5）由反应式可知，将CaH2（s）放在含微量水的N2气流中，在200℃至300℃的升温过程中，反应①固体质量减小，反应②固体质量增加；根据对照实验要求可知，应在干燥的N2气流中进行实验； （6）CaH2（s）能与H2O（g）反应生成Ca（OH）2（s）和H2（g）。 【解答】解：（1）令CaH2（s）+6Fe2O3（s）═Ca（OH）2（s）+4Fe3O4（s）ΔH1＝mkJ•mol﹣1 ①；2CaH2（s）+Fe3O4（s）═2Ca（OH）2（s）+3Fe（s）ΔH2＝nkJ•mol﹣1 ②，根据盖斯定律，（①+②×4），可得，3CaH2（s）+2Fe2O3（s）═3Ca（OH）2（s）+4Fe（s） ΔH3（ΔH1+ΔH2×4）（m+4n）， 故答案为：（m+4n）； （2）由图可知，根据单位时间内电阻的变化可表示反应的快慢，即用表示反应的快慢， 故答案为：d； （3）温度越高，电阻减小的越快，导电性越好，故由图可知，曲线Ⅰ对应的温度越高， 故答案为：Ⅰ； （4）活化能越小，反应越容易发生，由图2可知，途径a中活化能较小，故途径a是主要途径， 故答案为：a； （5）由反应式可知，将CaH2（s）放在含微量水的N2气流中，在200℃至300℃的升温过程中，反应①固体质量减小，反应②固体质量增加，由此可断定H2的来源之一是反应②；根据对照实验要求，应在干燥的N2气流中进行实验，故必须进行的实验是：将CaH2（s）放在含干燥的N2气流中，在200℃至300℃的升温过程中测量固体质量的变化， 故答案为：将CaH2（s）放在含干燥的N2气流中，在200℃至300℃的升温过程中测量固体质量的变化； （6）在相同温度下，用CaH2（s）还原Fe2O3（s）比直接用H2（g）还原的优势是：CaH2消耗反应生成的水，同时产生氢气，促使平衡正向移动， 故答案为：CaH2消耗反应生成的水，同时产生氢气，促使平衡正向移动。 【点评】本题考查化学平衡的计算、盖斯定律的应用、化学平衡影响因素，把握化学平衡的影响为解答关键，侧重学生的分析能力及综合应用能力，题目难度中等。 5．（2025•广东）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 （1）基态Ti原子的价层电子排布式为 　3d24s2　 。 （2）298K下，反应TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+2CO（g）的ΔH＜0、ΔS＞0，则298K下该反应 　能　 （填“能”或“不能”）自发进行。 （3）以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0mol TiCl4与10.0mol Ti放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 ΔH （a） Ti（s）+TiCl4（g）⇌2TiCl2（s） ΔH1 （b） TiCl2（s）+TiCl4（g）⇌2TiCl3（g） +200.1kJ/mol （c） Ti（s）+3TiCl4（g）⇌4TiCl3（g） +132.4kJ/mol （d） TiCl3（g）⇌TiCl3（s） ΔH2 ①ΔH1＝ 　﹣267.8　 kJ/mol。 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为 　TiCl2（s）　 。 ③温度T0K下，n[TiCl4（g）]＝ 　0.5　 mol，反应（c）的平衡常数K＝ 　　 （列出算式，无须化简）。 （4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼（N2H4）的分解反应： （e）N2H4＝N2+2H2ㅤㅤ（f）3N2H4＝N2+4NH3 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料（含N2H4的物质的量为n0），进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间t变化的曲线如图。其中，n1为H2与N2的物质的量之和；n2为剩余N2H4的物质的量。设ne为0～t时间段内反应（e）消耗N2H4的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用100%表示。 ①0～t0min内，N2H4的转化率为 　（1﹣y2）×100%　 （用含y2的代数式表示）。 ②0～t0min内，催化剂的选择性为 　100%　 （用含y1与y2的代数式表示，写出推导过程）。 【分析】（1）Ti是22号元素，价电子排布与3d、4s能级，属于d区元素； （2）反应自发进行的条件为ΔH﹣T△S＜0； （3）①根据盖斯定律：反应c﹣反应b×2计算ΔH1； ②反应a、d为放热反应，反应b、c为吸热反应，升高温度时反应a、d的平衡逆向移动，b、c的平衡正向移动，n（TiCl3）增大，n（TiCl2）； ③由图可知，温度T0K下平衡体系中只含有TiCl3（g）、TiCl4（g）和Ti（s），且n[Ti（s）]＝8.5mol、n[TiCl3（g）]＝6.0mol，根据Ti原子守恒有n[TiCl4（g）]＝10.0mol+5.0mol﹣8.5mol﹣6.0mol＝0.5mol，结合反应Ti（s）+3TiCl4（g）⇌4TiCl3（g）的平衡常数K进行计算； （4）①根据转化率100%计算0～t0min内，N2H4的转化率； ②由图可知，0～t0min内y1，y2，生成H2与N2的物质的量总和为n0y1mol，n2＝n0y2mol，则0～t0min内△n（N2H4）＝n0（1﹣y2）mol， 反应（e）三段式：N2H4＝N2+2H2ㅤㅤ 变化量（mol） ne ne 2ne 反应（f）三段式：3N2H4＝N2+4NH3 变化量（mol） 3x x 4x 则 ne+3x＝n0（1﹣y2），3ne+x＝n0×y1，解得 ne[3n0y1﹣n0（1﹣y2）]，x[3n0（1﹣y2）﹣n0y1]。 【解答】解：（1）Ti是22号元素，位于周期表的d区，其价电子排布式为3d24s2， 故答案为：3d24s2； （2）反应TiO2（s）+2C（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+2CO（g）的ΔH＜0、ΔS＞0，则298K下ΔH﹣T△S＜0，即298K下该反应能自发进行， 故答案为：能； （3）①反应b：TiCl2（s）+TiCl4（g）⇌2TiCl3（g）ΔH＝+200.1kJ/mol，反应c：Ti（s）+3TiCl4（g）⇌4TiCl3（g）ΔH＝+132.4kJ/mol，根据盖斯定律：反应c﹣反应b×2计算ΔH1＝+132.4kJ/mol﹣（+200.1kJ/mol）×2＝﹣267.8kJ/mol， 故答案为：﹣267.8； ②由表格信息可知，反应a、d为放热反应，反应b、c为吸热反应，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示TiCl3（g）或TiCl2（s）的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以TiCl3（g）的含量逐渐上升，TiCl2（s）的含量逐渐下降，则曲线Ⅰ、Ⅱ对应的物质分别为TiCl2（s）、TiCl3（g）， 故答案为：TiCl2（s）； ③由图可知，温度T0K下平衡体系中n[Ti（s）]＝8.5mol、n[TiCl3（g）]＝6.0mol，n[（TiCl2（s）]＝n[TiCl3（s）]＝0mol，根据Ti原子守恒可知，n[TiCl4（g）]＝10.0mol+5.0mol﹣8.5mol﹣6.0mol＝0.5mol，则反应Ti（s）+3TiCl4（g）⇌4TiCl3（g）的平衡常数K， 故答案为：0.5；； （4）①N2H4为反应物，肼的含量逐渐下降，由图可知，起始时1，t0min时y2，则0～t0min内△n（N2H4）＝（1﹣y2）mol，N2H4的转化率为100%＝（1﹣y2）×100%， 故答案为：（1﹣y2）×100%； ②由图可知，0～t0min内y1，y2，生成H2与N2的物质的量总和为n0y1mol，n2＝n0y2mol，则0～t0min内△n（N2H4）＝n0（1﹣y2）mol， 反应（e）三段式：N2H4＝N2+2H2ㅤㅤ 变化量（mol） ne ne 2ne 反应（f）三段式：3N2H4＝N2+4NH3 变化量（mol） 3x x 4x 可得：ne+3x＝n0（1﹣y2），3ne+x＝n0×y1，解得 ne[3n0y1﹣n0（1﹣y2）]，x[3n0（1﹣y2）﹣n0y1]，则0～t0min内，催化剂的选择性100%100%100%， 故答案为：100%。 【点评】本题考查化学平衡计算、反应热与焓变，侧重分析判断能力和计算能力考查，把握化学平衡常数及转化率计算、盖斯定律的计算应用、化学平衡影响因素是解题关键，注意掌握三段式格式在平衡计算中的应用，题目难度中等。 6．（2025•甘肃）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1：C2H2（g）+H2（g）═C2H4（g）ΔH1＝﹣175kJ•mol﹣1（25℃，101kPa） 反应2：C2H2（g）+2H2（g）═C2H6（g）ΔH2＝﹣312kJ•mol﹣1（25℃，101kPa） （1）25℃，101kPa时，反应C2H4（g）+H2（g）═C2H6（g）ΔH＝ 　﹣137　 kJ•mol﹣1。 （2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性（指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量）如图所示（反应均未达平衡）。 在60～220℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 　反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，或温度升高，催化剂活性增强　 （任写一条），当温度由220℃升高至260℃乙炔转化率减小的原因可能为 　催化剂在该温度范围内失活　 。 在120～240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为v1　＞　 v2（填“＞”“＜”或“＝”），理由为 　乙烯的选择性大于乙烷，说明乙炔的转化速率：反应1大于反应2　 。 （3）对于反应1，反应速率v（C2H2）与H2浓度c（H2）的关系可用方程式v（C2H2）＝k[c（H2）]a表示（k为常数）。145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率（如下表）。当v（C2H2）＝1.012×10﹣4mol•L﹣1•s﹣1时，c（H2）＝ 　9.2×10﹣3　 mol•L﹣1。 实验组 c（H2）/mol•L﹣1 v（C2H2）/mol•L﹣1•s﹣1 一 4.60×10﹣3 5.06×10﹣5 二 1.380×10﹣2 1.518×10﹣4 （4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压（25℃，101kPa）下实现乙炔加氢，反应机理如图所示（虚线为生成乙烷的路径）。以 　Pd/W　 为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为 　使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小　 。（图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能） 【分析】（1）根据盖斯定律，通过已知反应的热化学方程式推导目标反应的热化学方程式； （2）根据反应速率和转化率随温度变化的趋势，结合催化剂的活性和反应速率的影响因素进行分析； （3）根据反应速率与浓度的关系，通过实验数据计算反应速率方程中的参数，进而求解未知浓度； （4）根据反应机理和活化能的大小，分析不同催化剂对反应路径和产物选择性的影响。 【解答】解：（1）反应1：C2H2（g）+H2（g）═C2H4（g）ΔH1＝﹣175kJ•mol﹣1（25℃，101kPa）；反应2：C2H2（g）+2H2（g）═C2H6（g）ΔH2＝﹣312kJ•mol﹣1（25℃，101kPa），由盖斯定律，反应2﹣反应1可以得到目标反应，则 ΔH ＝ ΔH2﹣ΔH1＝﹣312kJ/mol+175kJ/mol ＝﹣137kJ/mol， 故答案为：﹣137kJ/mol； （2）反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；220℃～260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，可能原因是催化剂在该温度范围内失活，由图象可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明乙炔的转化速率：反应1大于反应2，即v1＞v2， 故答案为：反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，或温度升高，催化剂活性增强；催化剂在该温度范围内失活；＞；乙烯的选择性大于乙烷，说明乙炔的转化速率：反应1大于反应2； （3）反应速率v（C2H2）与H2浓度c（H2）的关系可用方程式v（C2H2）＝k[c（H2）]a表示（k为常数），将表格中的数据代入公式的：①5.06×10﹣5＝ k×（4.6×10﹣3）α，②1.518×10﹣4＝ k×（1.38×10﹣2）α，则α＝1，k ＝ 1.1×10﹣2，v（C2H2） ＝ 1.012×10﹣4时，1.012×10﹣4＝ 1.1×10﹣2×c（H2），则c（H2） ＝ 9.2×10﹣3mol/L， 故答案为：9.2×10﹣3； （4）如图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烯的活化能低于选择Pd/W时的活化能，说明使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高， 故答案为：Pd/W；使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小。 【点评】本题主要考查了盖斯定律的应用、反应速率与浓度的关系、催化剂对反应路径和产物选择性的影响等知识点。解题时需要注意从题干中抽取有用的信息，并结合已有的知识进行分析和计算。 7．（2025•河南）CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气（H2+CO），实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ：CaCO3（g）⇌CaO（g）+CO2（g）　　ΔH1＝+178kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g）　　ΔH2＝+247kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）　　ΔH3＝+41kJ•mol﹣1 回答下列问题： （1）Ca位于元素周期表中 　s　 区；基态Ni2+的价电子排布式为 　3d8　 。 （2）水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是 　H2O中O原子有2个孤电子对　 。 （3）NixP的晶胞如图1所示（晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°），该物质的化学式为 　Ni2P　 。 （4）恒压条件下，CH4重整反应可以促进CaCO3分解，原因是 　碳酸盐分解生成CO2，CH4与CO2反应，CO2浓度降低，促进碳酸盐分解反应正向进行　 。 （5）在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是 　T1　 （填“T1”“T2”或“T3”），原因是 　升高温度，反应Ⅱ正向移动　 。 （6）一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0mol CaCO3和1.0mol CH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp＝ 　1.2　 （保留小数点后一位），此时原位CO2利用率为 　70%　 。 已知：原位CO2利用率100% 【分析】（1）Ca是20号元素，价层电子排布式为4s2；Ni是28号元素，价层电子排布式为3d74s2，形成离子先失去最外层电子； （2）H2O中O原子价层电子对数为24，有2个孤电子对； （3）根据均摊法计算原子个数； （4）生成物浓度减小可使平衡正向移动； （5）压强相同时，升高温度吸热反应正向移动，平衡转化率增大； （6）一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0mol CaCO3和1.0mol CH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，由反应ⅠCaCO3（g）⇌CaO（g）+CO2（g）可知，到达平衡时，反应Ⅰ中共生成0.8mol CO2，CH4转化率为60%，即有0.6mol反应CH4，CO物质的量为1.3mol， 反应ⅡCH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g） 初始（mol） 1.0 0.8 0 0 转化（mol） 0.6 0.6 1.2 1.2 平衡（mol） 0.4 0.2 1.2 1.2 平衡时，CO物质的量为1.3mol，则反应Ⅲ中生成（1.3﹣1.2）mol＝0.1mol CO， 反应ⅢH2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g） 初始（mol） 1.2 0.2 0 1.2 转化（mol） 0.1 0.1 0.1 0.1 平衡（mol） 1.1 0.1 0.1 1.3 平衡气体总物质的量为（1.1+1.3+0.4+0.1+0.1）mol＝3mol，根据Kp计算反应Ⅲ的平衡常数；根据原位CO2利用率100%进行计算。 【解答】解：（1）Ca是20号元素，价层电子排布式为4s2，位于元素周期表中s区；Ni是28号元素，价层电子排布式为3d84s2，形成离子先失去最外层电子，基态Ni2+的价电子排布式为3d8， 故答案为：s；3d8； （2）H2O中O原子价层电子对数为24，VSEPR模型是正四面体形，有2个孤电子对，使其空间结构为V形， 故答案为：H2O中O原子有2个孤电子对； （3）P原子位于顶点和体内，个数为442＝3，Ni位于棱上、面上和体内，个数为861＝6，Ni：P＝6：3＝2：1，化学式为Ni2P， 故答案为：Ni2P； （4）碳酸盐分解生成CO2，CH4与CO2反应，CO2浓度降低，促进碳酸盐分解反应正向进行， 故答案为：碳酸盐分解生成CO2，CH4与CO2反应，CO2浓度降低，促进碳酸盐分解反应正向进行； （5）反应Ⅱ为吸热反应，压强相同时，升高温度，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大，由图可知，压强相同时，T1温度下的CH4平衡转化率最大，故T1温度最高， 故答案为：T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动； （6）一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0mol CaCO3和1.0mol CH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，由反应ⅠCaCO3（g）⇌CaO（g）+CO2（g）可知，到达平衡时，反应Ⅰ中共生成0.8mol CO2，CH4转化率为60%，即有0.6mol反应CH4，CO物质的量为1.3mol， 反应ⅡCH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g） 初始（mol） 1.0 0.8 0 0 转化（mol） 0.6 0.6 1.2 1.2 平衡（mol） 0.4 0.2 1.2 1.2 平衡时，CO物质的量为1.3mol，则反应Ⅲ中生成（1.3﹣1.2）mol＝0.1mol CO， 反应ⅢH2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g） 初始（mol） 1.2 0.2 0 1.2 转化（mol） 0.1 0.1 0.1 0.1 平衡（mol） 1.1 0.1 0.1 1.3 平衡气体总物质的量为（1.1+1.3+0.4+0.1+0.1）mol＝3mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp1.2；原位CO2利用率100%100%＝70%， 故答案为：1.2；70%。 【点评】本题主要考查化学平衡的计算、晶胞的计算等知识，掌握晶胞计算的方法、化学平衡常数的计算方法是解答该题的关键，题目难度中等。 8．（2025•安徽）Ⅰ．通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ①HCOOH（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH1＝+26.3kJ•mol﹣1 ②HCOOH（g）═CO2（g）+H2（g） ΔH2＝﹣14.9kJ•mol﹣1 （1）反应CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）的ΔH＝ 　﹣41.2　 kJ•mol﹣1。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH（g），发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是 　bc　 （填标号）。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．H2O（g）的浓度不变 d．CO和CO2的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如图，反应①的选择性接近100%，原因是 　反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%　 ；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是 　催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利　 。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气（CO和H2）的重要方法，主要反应有： ③CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ④CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ⑤CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g） （4）恒温恒容条件下，可提高CH4转化率的指施有 　b　 （填标号）。 a．增加原料中CH4的量 b．增加原料中CO2的量 c．通入Ar气 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如图。 ⅰ．投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n（CO）：n（H2）的值将 　增大　 （填“增大”“减小”或“不变”）。 ⅱ．若平衡时Ar的分压为pkPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数Kp＝ 　0.675p2　 （kPa）2（用含p的代数式表示，Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。 【分析】（1）根据盖斯定律，①﹣②，可得，CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g） ΔH＝ΔH2﹣ΔH1； （2）当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量不变； （3）由图像可知，反应①的活化能低，反应②活化能高；在一定温度范围内催化剂具有高活性； （4）增大CH4转化率，可改变条件，使平衡正向移动，但不能通过增大甲烷浓度使平衡正向移动； （5）①如图可知，恒压时，随着Ar含量下降，反应物的分压增大，相当于加压，根据压强对平衡的影响进行分析； ②设初始投料：n（CH4）＝4mol，n（CO2）＝4mol，n（Ar）＝2mL，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：n（CH4）＝4mol×（1﹣20%）＝ 3.2mol；n（CO2）＝4mol×（1﹣30%）＝2.8mol；据碳元素守恒：n（CO）＝8mol﹣n（CH4）﹣n（CO2）＝8mol﹣3.2mol﹣2.8mo＝2mol；根据氧元素守恒：n（H2O）＝8mol﹣n（CO）﹣2n（CO2）＝8mol﹣2mol﹣2×2.8mo＝0.4mol；根据氢元素守恒：n（H2）＝8mL﹣2n（CH4）﹣n（H2O）＝8mol﹣2×3.2mol﹣0.4mol＝1.2mol；平衡时，气体总物质的量为3.2mol+2.8mol+2mol+0.4mol+1.2mol+2mol＝11.6mol，Ar的分压为pkPa，则总压为5.8pkPa，p（H2O）5.8 pkPa＝0.2pkPa，p（CO）5.8 pkPa＝1.0pkPa，p（H2）5.8 pkPa＝0.6pkPa，p（CH4）5.8 pkPa＝1.6pkPa，根据Kp反应⑤的平衡常数。 【解答】解：（1）根据盖斯定律，①﹣②，可得，CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g） ΔH＝ΔH2﹣ΔH1＝（﹣14.9kJ•mol﹣1）﹣（+26.3kJ•mol﹣1）＝﹣41.2kJ•mol﹣1， 故答案为：﹣41.2kJ•mol﹣1； （2）a．气体质量是定值，体积是恒定的，密度始终不变，气体密度不变，与反应进行的程度无关，不能说明达到平衡状态，故a错误； b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，当压强不变时，反应达到平衡状态，故b正确； C．H2O（g）浓度不变，该反应达到平衡状态，故c正确； d．CO和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能作为判断反应达到平衡状态的标志，故d错误； 故答案为：bc； （3）反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利， 故答案为：反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利； （4）a．增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低，故a错误； b．增大原料中CO2的量，CH4转化率增大，故b正确； C．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变，故c错误； 故答案为：b； （5）①如图可知，恒压时，随着Ar含量下降，反应物的分压增大，相当于加压，平衡逆向移动，压强不影响反应④平衡移动，则随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆向移动程度稍小，根据反应⑤可知，CO减小的少，则n（CO）：n（H2）增大， 故答案为：增大； ②设初始投料：n（CH4）＝4mol，n（CO2）＝4mol，n（Ar）＝2mL，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：n（CH4）＝4mol×（1﹣20%）＝ 3.2mol；n（CO2）＝4mol×（1﹣30%）＝2.8mol；据碳元素守恒：n（CO）＝8mol﹣n（CH4）﹣n（CO2）＝8mol﹣3.2mol﹣2.8mo＝2mol；根据氧元素守恒：n（H2O）＝8mol﹣n（CO）﹣2n（CO2）＝8mol﹣2mol﹣2×2.8mo＝0.4mol；根据氢元素守恒：n（H2）＝8mL﹣2n（CH4）﹣n（H2O）＝8mol﹣2×3.2mol﹣0.4mol＝1.2mol；平衡时，气体总物质的量为3.2mol+2.8mol+2mol+0.4mol+1.2mol+2mol＝11.6mol，Ar的分压为pkPa，则总压为5.8pkPa，p（H2O）5.8 pkPa＝0.2pkPa，p（CO）5.8 pkPa＝1.0pkPa，p（H2）5.8 pkPa＝0.6pkPa，p（CH4）5.8 pkPa＝1.6pkPa，反应⑤的平衡常数Kp0.675p2（kPa）2， 故答案为：0.675p2。 【点评】本题主要考查化学平衡，涉及盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、化学平衡的影响因素、平衡的移动与计算等知识，侧重考查学生的分析能力及运用能力，把握化学平衡影响因素、平衡状态的判定、化学平衡的计算是解题关键，题目难度稍大。 9．（2025•上海）铁红是一种红色颜料。 （1）铁红的主要成分是 　D　 。 A.Fe2S3 B.Fe3O4 C.FeS D.Fe2O3 （2）下列关于饱和FeCl3溶液的说法中正确的是 　C　 。 A.常温显中性 B.加铁粉变红褐色 C.遇沸水得到胶体 D.加氨水出现白色沉淀 （3）下列有关基态Fe的说法中正确的是 　C　 。（不定项） A.电子处在4个不同能级 B.核外有5个未成对电子 C.核外电子占用15个原子轨道 D.核外有26种能量不同的电子 （4）混合铁粉和硫粉，在试管中加热，那么 　A　 。（不定项） A.移开酒精灯后，固体仍保持红热 B.S作还原剂 C.主要的气体副产物是SO3 D.最终得到黑色的Fe2S3 （5）配合物[Fe（SCN）（H2O）5]Cl2内界为 　　 ，配体有 　2　 种。 （6）在FeCl3溶液中存在平衡：Fe3+（aq）+xCl﹣（aq）⇌[FeCl]3﹣x（aq）（x＝1、2、3、4）。若加水稀释溶液到原体积的两倍，则m（Fe3+） 　变大　 ；（填“变大”、“不变”或“变小”） 请从浓度商Q、平衡常数K的大小关系角度解释原因 　各物种浓度瞬间减半。浓度商瞬间变为原值的2x（因x≥1，故2x＞1）。平衡常数K不变，此时Q＞K，平衡逆向移动（解离方向），生成更多Fe3+　 。 （7）已知Fe3+（aq）+xCl﹣（aq）⇌[FeClx]3﹣x（aq）的平衡常数Kx如表所示。 x 1 2 3 4 Kx 30.2 134.9 97.72 1.02 若溶液中[Cl﹣]＝12mol•L﹣1，则 　0.80　 。（保留两位小数） 【分析】（1）铁红是一种红色颜料，其主要成分为氧化铁（Ⅲ），化学式为Fe2O3； （2）A.常温显中性：FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性； B.加铁粉变红褐色：加铁粉发生反应2FeCl3+Fe→3FeCl2，溶液由黄褐色变为浅绿色，不是红褐色； C.遇沸水得到胶体：FeCl3溶液在沸水中水解生成Fe（OH）3胶体； D.加氨水出现白色沉淀：加氨水生成红褐色Fe（OH）3沉淀，不是白色； （3）A.电子处在4个不同能级：实际能级包括1s，2s，2p，3s，3p，4s，3d共7个； B.核外有5个未成对电子：3d6轨道有4个未成对电子（洪特规则），4s2全成对，共4个； C.核外电子占用15个原子轨道：轨道分布为1s（1），2s（1），2p（3），3s（1），3p（3），4s（1），3d（5），总和1+1+3+1+3+1+5＝15； D.核外有26种能量不同的电子：电子能量由能级决定，共有7个不同能级，能量不同的电子最多7种； （4）A.移开酒精灯后，固体仍保持红热：反应放热，可持续红热； B.S作还原剂：S从0价降至﹣2价，作氧化剂； C.主要的气体副产物是SO3：反应无气体产物，SO3需氧化剂； D.最终得到黑色的Fe2S3：产物为FeS，Fe2S3不稳定； （5）内界：配离子部分，为配体：提供孤对电子的分子或离子，有SCN﹣（异硫氰酸根）和H2O（水）两种； （6）稀释至原体积两倍，各物种浓度瞬间减半。浓度商瞬间变为原值的2x（因x≥1，故2x＞1）。平衡常数K不变，此时Q＞K，平衡逆向移动（解离方向），生成更多Fe3+； （7）Kx得到[Cl﹣]x•Kx•Fe3+，[Cl﹣]＝12mol/L，代入则0.80； 【解答】解：（1）铁红是一种红色颜料，其主要成分为氧化铁（Ⅲ），化学式为Fe2O3； A.Fe2S3为硫化铁，不是红色； B.Fe3O4为四氧化三铁，黑色； C.FeS为硫化亚铁，黑色； D.Fe2O3为三氧化二铁，红色； 故答案为：D； （2）A.常温显中性：FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故A错误； B.加铁粉变红褐色：加铁粉发生反应2FeCl3+Fe→3FeCl2，溶液由黄褐色变为浅绿色，不是红褐色，故B错误； C.遇沸水得到胶体：FeCl3溶液在沸水中水解生成Fe（OH）3胶体，故C正确； D.加氨水出现白色沉淀：加氨水生成红褐色Fe（OH）3沉淀，不是白色，故错误； 故答案为：C； （3）A.电子处在4个不同能级：实际能级包括1s，2s，2p，3s，3p，4s，3d共7个，故A错误； B.核外有5个未成对电子：3d6轨道有4个未成对电子（洪特规则），4s2全成对，共4个，故B错误； C.核外电子占用15个原子轨道：轨道分布为1s（1），2s（1），2p（3），3s（1），3p（3），4s（1），3d（5），总和1+1+3+1+3+1+5＝15，故C正确； D.核外有26种能量不同的电子：电子能量由能级决定，共有7个不同能级，能量不同的电子最多7种，故D错误； 故答案为：C； （4）A.移开酒精灯后，固体仍保持红热：反应放热，可持续红热，故A正确； B.S作还原剂：S从0价降至﹣2价，作氧化剂，故C错误； C.主要的气体副产物是SO3：反应无气体产物，SO3需氧化剂，故C错误； D.最终得到黑色的Fe2S3：产物为FeS，Fe2S3不稳定，故D错误； 故答案为：A； （5）内界：配离子部分，为配体：提供孤对电子的分子或离子，有SCN﹣（异硫氰酸根）和H2O（水）两种； 故答案为：；2； （6）稀释至原体积两倍，各物种浓度瞬间减半。浓度商瞬间变为原值的2x（因x≥1，故2x＞1）。平衡常数K不变，此时Q＞K，平衡逆向移动（解离方向），生成更多Fe3+； 故答案为：变大；各物种浓度瞬间减半。浓度商瞬间变为原值的2x（因x≥1，故2x＞1）。平衡常数K不变，此时Q＞K，平衡逆向移动（解离方向），生成更多Fe3+； （7）Kx得到[Cl﹣]x•Kx•Fe3+，[Cl﹣]＝12mol/L，代入则0.80； 故答案为：0.80。 【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生平衡状态的判断和条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 10．（2025•上海）碳酸丙烯酯（PC）是一种重要的有机化合物，在工业上有广泛应用。 （1）中电负性最大的元素是 　C　 。 A.C B.H C.O （2）1mol分子中σ键的数目为 　C　 。 A.7NA B.12NA C.13NA D.14NA 环氧丙烷与CO2催化合成法是生产碳酸丙烯酯（PC）的常用方法： 反应Ⅰ：（g）+CO2（g）═（l）ΔH1＝﹣125kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH2＝﹣393.5kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：3H2（g）+3C（s）+0.5O2（g）═（g）ΔH3＝﹣94.7kJ•mol﹣1 （3）反应Ⅳ：3H2（g）+4C（s）+1.5O2（g）═（l）的热效应为ΔH4＝ 　A　 kJ•mol﹣1。 A.﹣613.2 B.613.2 C.395.2 D.﹣395.2 （4）下列关于反应Ⅰ的ΔH﹣TΔS（kJ•mol﹣1）随温度T（K）的变化趋势正确的是 　C　 。 A B C D 环氧丙烷在反应生成碳酸丙烯酯时，会发生副反应。已知： ①碳酸丙烯醋的选择性100%； ②M（环氧丙烷）＝58gmol﹣1；ρ（环氧丙烷）＝1.2g•mL﹣1。 向含有过量CO2的体积为25mL的恒压容器中充入一定量环氧丙烷，反应4h后，容器体积缩小为10mL，其中碳酸丙烯酯的选择性为95%。 （5）以环氧丙烷表示的化学反应速率v＝ 　4.0　 mol•L﹣1•h﹣1（保留两位小数）。 （6）下列操作中可使活化分子百分数变大的有 　A　 。 A.升高温度 B.增大CO2浓度 C.压缩容器 D.恒容充入惰性气体 （7）碳酸丙烯酯在单位时间内的产率随温度变化如图所示。产率随温度先变大后变小的原因是 　T＜140℃，反应未达到平衡，温度越高反应速率越快，产率越高，T＞140℃，正反应放热，温度越高，平衡逆向移动，产率降低　 。 （8）能作为反应Ⅰ达到化学平衡的标志是 　CD　 。（不定项） A.v正（CO2）＝v正（碳酸丙烯酯） B.物质总质量不变 C.气体体积不变 D.混合气体平均摩尔质量不变 （9）用光气COCl2与丙二醇反应也可以用于制备碳酸丙烯酯，从绿色化学角度写出三点传统环氧丙烷与CO2催化合成法的优势　光气有毒，传统方法更安全；用光气COCl2与丙二醇反应还有副产物HCl产生，原子利用率低；传统方法用二氧化碳做原料，可以帮助完成碳中和，减缓温室效应　 。 【分析】（1）中含有C、H、O元素； （2）单键是σ键，双键中含有1个σ键； （3）根据盖斯定律进行解答； （4）反应Ⅰ中的ΔH＜0，ΔS＜0； （5）根据反应速率v＝ 进行解答； （6）使活化分子百分数变大的方法可以使降低反应的活化能或者让更多分子变为活化分子； （7）碳酸丙烯酯在单位时间内的产率随温度变化先变大后减小是因为开始反应未达到平衡； （8）化学反应达到化学平衡的标志是正逆反应速率相等，各物质的浓度不再变化； （9）绿色化学角度是指源头上减少污染、原子利用率大、绿色环保。 【解答】解：（1）中含有C、H、O元素，电负性O＞C＞H，故电负性最大的是O， 故答案为：C； （2）分子中含有13个σ键，则1mol分子中含有13NA个σ键， 故答案为：C； （3）已知反应Ⅰ：（g）+CO2（g）═（l）ΔH1＝﹣125kJ•mol﹣1； 反应Ⅱ：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH2＝﹣393.5kJ•mol﹣1； 反应Ⅲ：3H2（g）+3C（s）+0.5O2（g）═（g）ΔH3＝﹣94.7kJ•mol﹣1； 反应Ⅳ：3H2（g）+4C（s）+1.5O2（g）═（l）； 反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ＝反应Ⅳ，则热效应为ΔH4＝ ΔH1+ΔH2+ΔH3＝﹣613.2kJ•mol﹣1，故A正确， 故答案为：A； （4）反应Ⅰ中的ΔH＜0，ΔS＜0，ΔH﹣TΔS（kJ•mol﹣1）随温度T（K）的变化是一次函数的变化，斜率k＝﹣ΔS＞0，与y轴的截距b0，故C正确， 故答案为：C； （5）由反应（g）+CO2（g）═可知，与CO2（g）的反应比为1：1，反应4h后，容器体积缩小为10mL，则与CO2（g）的体积各减少7.5mL，n（）mol，产生的物质的量mol，碳酸丙烯醋的选择性95%，则n（消耗环氧丙烷的物质的量）＝0.16mol，根据反应速率v＝ 4.0mol•L﹣1•h﹣1， 故答案为：4.0； （6）使活化分子百分数变大的方法可以使降低反应的活化能或者让更多分子变为活化分子，升温能使活化分子百分数变大，故A正确， 故答案为：A； （7）碳酸丙烯酯在单位时间内的产率随温度变化先变大后减小是因为开始反应未达到平衡，温度越高反应速率越快，产率越高，T＞140℃，正反应放热，温度越高，平衡逆向移动，产率降低， 故答案为：T＜140℃，反应未达到平衡，温度越高反应速率越快，产率越高，T＞140℃，正反应放热，温度越高，平衡逆向移动，产率降低； （8）A.v正（CO2）＝v正（碳酸丙烯酯）都表示正反应速率，故不能表示反应达到平衡状态，故A错误； B.根据质量守恒定律，物质总质量不变，故不能说明反应达到平衡状态，故B错误； C.该反应前后气体系数不同，故气体体积不变时，各物质的量浓度不变，可以说明反应达到平衡状态，故C正确； D.该反应前后气体系数不同，混合气体平均摩尔质量不变时，则说明各物质的量不再变化，可以说明反应达到平衡状态，故D正确； 故答案为：CD； （9）用光气COCl2与丙二醇反应也可以用于制备碳酸丙烯酯，光气有毒，传统方法更安全，用光气COCl2与丙二醇反应还有副产物HCl产生，原子利用率低，环氧丙烷与CO2催化合成原子利用率达到百分之百，传统方法用二氧化碳做原料，可以帮助完成碳中和，减缓温室效应， 故答案为：光气有毒，传统方法更安全；用光气COCl2与丙二醇反应还有副产物HCl产生，原子利用率低；传统方法用二氧化碳做原料，可以帮助完成碳中和，减缓温室效应。 【点评】本题是2025年上海市高考题，主要考查元素电负性的比较、化学平衡及化学反应速率计算的相关知识，侧重考查阅读、图象分析判断及计算能力，题目难度中等。 11．（2025•浙江）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）用氨和甲醇在密闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ.NH3（g）+CH3OH（g）⇌CH3NH2（g）+H2O（g） Ⅱ.CH3NH2（g）+CH3OH（g）⇌（CH3）2NH（g）+H2O（g） Ⅲ.（CH3）2NH（g）+CH3OH（g）⇌（CH3）2N（g）+H2O（g） 可改变甲醇平衡转化率的因素是　AB　 。 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＝　5.4　 。 （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　CO2+2[（CH3）2NH2]++2e﹣＝HCON（CH3）2+（CH3）2NH+H2O　 。 （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：（CH3）2NH（g）+CO（g）＝HCON（CH3）2（l） 某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下ΔH　＜　 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n（CO2）：n（H2）：n[（CH3）2NH]＝20：15：1，催化剂M足量。 反应方程式如下： ⅣCO2（g）+H2（g）HCOOH（g） ⅤHCOOH（g）+（CH3）2NH（g）═HCON（CH3）2（g）+H2O（g） HCOOH、（CH3）2NH、HCON（CH3）2三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100%） 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）　t时刻前，反应IV速率大于反应V；由于碱性物质（CH3）2NH 对反应IV有促进作用，t时刻后，随着（CH3）2NH 减少，HCOOH的消耗比生成快；　 。 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　Si—H 键能小于H—H 键能，更容易断裂；Si—H键中H为负电性，还原性更强　 。 【分析】（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； 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； 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； 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； （2）25℃下，（CH3）NH•H2O的电离常数为Kb，﹣lgKb＝3.2，即Kb10﹣3.2，则[（CH3）2NH2]++H2O⇌（CH3）2NH•H2O+H+的水解平衡常数为：Kh10﹣10.8，1mol/L[（CH3）2NH2]+Cl﹣水溶液中Kh10﹣10.8，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； （4）反应生产HCON（CH3）2的反应方程式（CH3）2NH（g）+CO（g）＝HCON（CH3）2（l）是一个某条件下反应自发目熵減，根据自由能变ΔG﹣ΔH﹣TΔS＜0时反应自发可知，则反应在该条件下ΔH＜0； （5）①由题干圈示信息可知，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； ②用H2作氢原需要断裂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的继能比H—H小； 【解答】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，故A正确； 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，故B正确； 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，故C错误； 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）NH•H2O的电离常数为Kb，﹣lgKb＝3.2，即Kb10﹣3.2，则[（CH3）2NH2]++H2O⇌（CH3）2NH•H2O+H+的水解平衡常数为：Kh10﹣10.8，1mol/L[（CH3）2NH2]+Cl﹣水溶液中Kh10﹣10.8，故c（H+）10﹣5.4，故其pH＝﹣lgc（H+）＝﹣lg10﹣5.4＝5.4； 故答案为：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， 故答案为：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（CH3）2NH（g）+CO（g）＝HCON（CH3）2（l）是一个某条件下反应自发目熵減，根据自由能变ΔG﹣ΔH﹣TΔS＜0时反应自发可知，则反应在该条件下ΔH＜0； 故答案为：＜； （5）①由题干圈示信息可知，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的涑率比反应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； 故答案为：t时刻前，反应IV速率大于反应V；由于碱性物质（CH3）2NH 对反应IV有促进作用，t时刻后，随着（CH3）2NH 减少，HCOOH的消耗比生成快； ②用H2作氢原需要断裂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的继能比H—H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降任反应所需温度； 故答案为：Si—H 键能小于H—H 键能，更容易断裂；Si—H键中H为负电性，还原性更强； 【点评】本题考查了化学平衡移动的影响因素、化学平衡的计算以及电离平衡常数的计算/盐类水解分析、电解原理的分析等，题目涉及的知识点较多，侧重反应原理的应用的考查，题目难度中等。 12．（2025•山东）利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ．CaS（s）+2SO2（g）⇌CaSO4（s）+S2（g）ΔH1 Ⅱ．CaSO4（s）+4H2（g）⇌CaS（s）+4H2O（g）ΔH2 Ⅲ．SO2（g）+3H2（g）⇌H2S（g）+2H2O（g）ΔH3 恒容条件下，按1mol CaS，1mol SO2和0.1mol H2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变。 回答下列问题： （1）反应4H2（g）+2SO2（g）⇌4H2O（g）+S2（g）的焓变ΔH＝ 　ΔH1+ΔH2　 （用含ΔH1、ΔH2的代数式表示）。 （2）乙线所示物种为 　H2O　 （填化学式）。反应Ⅲ的焓变ΔH3　＜　 0（填“＞”“＜”或“＝”）。 （3）T1温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为amol，则S2为 　（0.9+a）　 mol（用含a的代数式表示）；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n（CaS）﹣n（CaSO4）＝ 　150a　 mol（用含a的最简代数式表示）。 （4）T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比 　增大　 （填“增大”“减小”或“不变”），H2O物质的量n（H2O） 　减小　 （填“增大”“减小”或“不变”） 【分析】图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变，即K108，则102，lg2，由图像可知，曲线乙代表H2O，丁代表H2；由S2的变化曲线可知，随温度升高，反应逆向移动，c（SO2）增大，则曲线丙代表SO2，曲线甲代表H2S； （1）根据盖斯定律进行计算； （2）图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变，即K108，则102，lg2；温度升高，放热反应逆向移动； （3）由题意知，丁线所示物种为amol，即n（H2）＝amol，则n（H2O）＝100amol，n（SO2）＝100amol，根据H守恒，则n（H2S）＝（0.1﹣a﹣100a）mol＝（0.1﹣101a）mol，根据S守恒可求得n（S2）；根据O守恒，n（CaSO4）（1﹣100a﹣200a）mol（1﹣300a）mol，根据Ca守恒，可得n（CaS）＝[1（1﹣300a）]mol； （4）K3，根据压强对平衡的影响进行分析；根据H守恒判断n（H2O）变化。 【解答】解：（1）根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ，可得，4H2（g）+2SO2（g）⇌4H2O（g）+S2（g） ΔH＝ΔH1+ΔH2， 故答案为：ΔH1+ΔH2； （2）图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变，即K108，则102，lg2，由图像可知，曲线乙代表H2O，丁代表H2；曲线甲代表H2S，由图可知，随温度升高，c（H2S）减小，反应Ⅲ逆向移动，说明反应Ⅲ为放热反应，即ΔH3＜0， 故答案为：H2O；＜； （3）由题意知，丁线所示物种为amol，即n（H2）＝amol，则n（H2O）＝100amol，n（SO2）＝100amol，根据H守恒，则n（H2S）＝（0.1﹣a﹣100a）mol＝（0.1﹣101a）mol，根据S守恒可求得n（S2）[1﹣（100a+0.1+101a）]mol（0.9+a）mol；根据O守恒，n（CaSO4）（1﹣100a﹣200a）mol（1﹣300a）mol，根据Ca守恒，可得n（CaS）＝[1（1﹣300a）]mol，CaS与CaSO4物质的量的差值n（CaS）﹣n（CaSO4）＝[1（1﹣300a）]mol（1﹣300a）mol＝150a， 故答案为：（0.9+a）；150a； （4）K3，T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大，反应1正向移动，c（SO2）增大，为定值，K3为定值，则增大；根据H守恒，则n（H2S）+n（H2O）+n（H2）＝0.1mol，即n（H2S）+1.01×n（H2O）＝0.1mol，压强增大，反应Ⅲ正向移动，n（H2S）增大，则n（H2O）减小， 故答案为：增大；减小。 【点评】本题考查化学平衡的计算、外界条件对化学平衡的影响等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确外界条件对化学平衡影响原理是解本题关键，题目难度稍大。 13．（2025•全国）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下： Ⅰ.MgCO3（s）═MgO（s）+CO2（g）ㅤㅤΔH1＝+101kJ•mol﹣1 Ⅱ.CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ㅤㅤΔH2＝﹣166kJ•mol﹣1 Ⅲ.CO2（g）+H2（g）═H2O（g）+CO（g）ㅤㅤΔH3＝+41kJ•mol﹣1 回答下列问题： （1）计算MgCO3（s）+4H2（g）═MgO（s）+2H2O（g）+CH4（g）ㅤㅤΔH4＝　﹣65　 kJ•mol﹣1 （2）提高CH4平衡产率的条件是　B　 。 A.高温高压 B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压 （3）高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。所示步骤中最慢的基元反应是　④　 （填序号）；生成水的基元反应方程式为　HO*+CH2*+H2*＝CH3*+H2O　 。 （4）100kPa下，在密闭容器中H2（g）和MgCO3（s）各1mol发生反应。反应物（H2、MgCO3）的平衡转化率和生成物（CH4、CO2）的选择性随温度变化关系如图（反应Ⅲ在360℃以下不考虑）。 注：含碳生成物选择性100% ①表示CH4选择性的曲线是　c　 （填字母）。 ②点M温度下，反应Ⅱ的Kp　　 （kPa）﹣2（列出计算式即可）。 ③在550℃下达到平衡时，n（CO）＝　0.2　 mol。500～600℃随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是　反应Ⅱ生成的H2多于反应Ⅲ消耗的H2　 。 【分析】（1）分析目标方程式与已知反应的方程式，将反应Ⅰ+反应Ⅱ可得目标方程式，故ΔH4＝ΔH1+ΔH2可得； （2）根据题目给反应CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣166kJ•mol﹣1为放热反应，要提高CH4平衡产率，应该使平衡正向移动，根据反应特点，加压或降温都有利于平衡正向移动，据此分析各选项； （3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第④步活化能最高，速率最慢；由图可知，在第③步时生成了水，可写出对应基元反应； （4）已知反应Ⅰ为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则MgCO3的转化率逐渐升高，H2的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则CO2的选择性上升，CH4的选择性下降，360℃以上时需考虑反应Ⅲ，部分CO2转化为CO，CO2的选择性下降，所以a表示MgCO3的转化率，b表示CO2的选择性，c表示CH4的选择性； ①根据上述分析可判断表示CH4选择性的曲线是c； ②要计算反应Ⅱ的Kp，需算出反应Ⅱ平衡时各物质的分压，可先求出平衡时各物质的量，本题可根据原子守恒来解答，根据图，点M温度下MgCO3的转化率为49%，根据碳原子守恒及CO2和CH4的选择性可得CO2和CH4的物质的量，再根据氧原子守恒得出H2O的物质的量，根据氢原子守恒得出H2的物质的量，得出反应Ⅱ总的物质的量，然后求各物质的分压，代入Kp表达式即可； ③在550℃下达到平衡时，MgCO3完全转化，由CO2及CH4的选择性，及碳原子守恒得出n（CO），从反应Ⅱ、反应Ⅲ的特点考虑在500～600℃时随温度升高，反应的移动情况分析可得出原因。 【解答】解：（1）分析目标方程式与已知反应的方程式，将反应Ⅰ+反应Ⅱ可得目标方程式MgCO3（s）+4H2（g）═MgO（s）+2H2O（g）+CH4（g），ΔH4＝ΔH1+ΔH2＝+101kJ•mol﹣1+（﹣166kJ•mol﹣1）＝﹣65kJ•mol﹣1； 故答案为：﹣65； （2）根据题目给反应CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣166kJ•mol﹣1为放热反应，要提高CH4平衡产率，应该使平衡正向移动，根据反应特点，加压或降温都有利于平衡正向移动； A.高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，故A错误； B.低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH4平衡产率，故B正确； C.高温会使平衡逆向移动，低压也会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，故C错误； D.低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，故D错误； 故答案为：B； （3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第④步活化能最高，速率最慢；由图可知，在第③步时生成了水，对应的基元反应为：HO*+CH2*+H2*＝CH3*+H2O； 故答案为：④；HO*+CH2*+H2*＝CH3*+H2O； （4）已知反应Ⅰ为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则MgCO3的转化率逐渐升高，H2的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则CO2的选择性上升，CH4的选择性下降，360℃以上时需考虑反应Ⅲ，部分CO2转化为CO，CO2的选择性下降，所以a表示MgCO3的转化率，b表示CO2的选择性，c表示CH4的选择性； ①表示CH4选择性的曲线是c； 故答案为：c； ②反应Ⅱ为CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g），点M温度下，从图中看出MgCO3的转化率为49%，根据碳原子守恒，CH4和CO2中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时CO2的选择性和CH4的选择性相等，则CO2和CH4的物质的量分别为0.245mol，再根据氧原子守恒得出H2O的物质的量＝2×0.49mol﹣2×0.245mol＝0.49mol，根据氢原子守恒得出H2的物质的量＝1mol﹣2×0.49mol＝0.02mol，反应Ⅱ总的物质的量为0.245mol+0.02mol+0.245mol+0.49mol＝1mol.则各物质的分压为：p（CO2）100kPa＝24.5kPa，p（H2）100kPa＝2kPa，p（CH4）100kPa＝24.5kPa，p（H2O）100kPa＝49kPa，反应Ⅱ为CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）的Kp； 故答案为：； ③在550℃下达到平衡时，MgCO3完全转化，CO2的选择性为70%，CH4的选择性为10%，则生成的CO2为0.7mol，生成的CH4为0.1mol，根据碳原子守恒得出n（CO）＝1mol﹣0.7mol﹣0.1mol＝0.2mol，因为反应Ⅱ是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应。在500～600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的H2多于反应Ⅲ消耗的H2，导致H2平衡转化率下降； 故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的H2多于反应Ⅲ消耗的H2。 【点评】本题考查了根据盖斯定律计算ΔH、平衡移动的条件判断、反应历程中的决速步骤及基元反应方程式书写，还通过平衡转化率/选择性～温度曲线考查曲线对应的指标、计算Kp，以及平衡浓度计算、原因分析，本题难度较大，对曲线的判读是关键，还需要能熟练运用守恒法进行分析。 14．（2025•河北）乙二醇（EG）是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 （1）石油化工路线中，环氧乙烷（EO）水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇（DEG）的副反应。 主反应：EO（aq）+H2O（l）═EG（aq）ㅤㅤΔH＜0 副反应：EO（aq）+EG（aq）═DEG（aq） 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol•L﹣1，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中n（EG）：n（DEG）＝10：1。 ①0～30min内v总（EO）＝　0.05　 mol•L﹣1•min﹣1。 ②下列说法正确的是　cd　 （填序号）。 a.主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b.0～30min内，v总（EO）＝v总（EG） c.0～30min内，v主（EG）：v副（DEG）＝11：1 d.选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 （2）煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：2CO（g）+3H2（g）⇌HOCH3CH2OH（g）ㅤㅤΔH按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表α＝0.6的曲线为　L1　 （填“L1”“L2”或“L3”）；原因是　该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大　 。 ②ΔH　＜　 0（填“＞”“＜”或“＝”）。 ③已知：反应aA（g）+bB（g）⇌yY（g）+zZ（g），K1，x为组分的物质的量分数。 M、N两点对应的体系，Kx（M）　＝　 Kx（N）（填“＞”“＜”或“＝”），D点对应体系的Kx的值为　12　 。 ④已知：反应aA（g）+bB（g）＝yY（g）+zZ（g），KP，p为组分的分压。调整进料比为n（CO）：n（H2）＝m：3，系统压强维持p0MPa，使α（H2）＝0.75，此时Kp＝　　 MPa﹣4（用含有m和p0的代数式表示）。 【分析】（1）①根据进行解答； ②a.ΔH＝ 生成物总能量﹣反应物总能量； b.由题给信息可知，主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物，同时也是副反应的反应物； c.主反应中v正（EG）＝v正（EO），副反应中v副（EG）＝v副（DEG），同一反应体系中物质的量变化量之比等于浓度变化量之比； d.选择适当催化剂以提高主反应的选择性可提高乙二醇的最终产率； （2）①该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大； ②由图可知，压强相同时，温度越高平衡转化率越小，说明升高温度平衡逆向移动； ③M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则Kx（M）＝Ky（N）；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题给信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2mol CO、3mol H2，列三段式进行计算； ④设起始加入mmol CO、3mol H2，此时α（H2）＝0.75，列三段式进行计算。 【解答】解：（1）①反应30min，环氧乙烷完全转化，则0～30min内L﹣1•min﹣1， 故答案为：0.05； ②a.ΔH＝ 生成物总能量﹣反应物总能量，主反应ΔH＜0，则生成物总能量低于反应物总能量，故a错误； b.由题给信息可知，主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物，同时也是副反应的反应物，即EG的浓度变化量小于EO的浓度变化量，v总（EO）＞v总（EG），故b错误； c.主反应中v正（EG）＝v正（EO），副反应中v逆（EG）＝v逆（DEG），同一反应体系中物质的量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中n（EG）：n（DEG）＝10：1，即Δn（EG）：Δn（DEG）＝10：1，则v主（EG）：v副（DEG）＝11：1，故c正确； d.选择适当催化剂以提高主反应的选择性可提高乙二醇的最终产率，故d正确； 故答案为：cd； （2）①该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，p（L1）＞p（L2）＞p（L3），L1，L2，L3对应的α依次为0.6、0.5、0.4， 故答案为：L1；该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大； ②由图可知，压强相同时，温度越高平衡转化率越小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0， 故答案为：＜； ③M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则Kx（M）＝Ky（N）；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题给信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2mol CO、3mol H2， 列三段式：2CO（g）+3H2（g）⇌HOCH3CH2OH（g） n起始/mol 2 3 0 n转化/mol 1 1.5 0.5 n平衡/mol 1 1.5 0.5 平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别为、、，则Kx12， 故答案为：＝；12； ④设起始加入mmol CO、3mol H2，此时α（H2）＝0.75， 列三段式：2CO（g）+3H2（g）⇌HOCH3CH2OH（g） n起始/mol m 3 0 n转化/mol 1.5 2.25 0.75 n平衡/mol m﹣1.5 0.75 0.75 平衡时气体总物质的量＝（m﹣1.5+0.75+0.75）mol＝m mol，则CO、H2、HOCH2CH2OH的平衡分压分别为p0MPa、p0MPa、p0MPa，则Kp（）4， 故答案为：。 【点评】本题考查化学反应原理综合，涉及化学反应速率、催化剂对产率的影响、平衡图像分析、平衡常数的计算等，题目难度较大。 15．（2025•选择性）乙二醇是一种重要化工原料，以合成气（CO、H2）为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ．直接合成法：2CO（g）+3H2（g）HOCH2CH2OH（g），不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10﹣3 （1）该反应的ΔH 　＜　 0（填“＞”或“＜”）。 （2）已知CO（g）、H2（g）、HOCH2CH2OH（g）的燃烧热（ΔH）分别为﹣akJ•mol﹣1、﹣bkJ•mol﹣1、﹣ckJ•mol﹣1，则上述合成反应的ΔH＝ 　c﹣2a﹣3b　 kJ•mol﹣1（用a、b和c表示）。 （3）实验表明，在500K时，即使压强（34MPa）很高乙二醇产率（7%）也很低，可能的原因是 　500K时，平衡常数K＜1.3×10﹣3，反应进行的程度很小，导致乙二醇的产率过低　 （答出1条即可）。 Ⅱ．间接合成法：用合成气和O2制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 （4）在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比52.4，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、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100%]。 ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 　Ⅰ　 （填图中标号，下同）表示DMO的转化率，曲线 　Ⅳ　 表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有 　BD　 （填标号）。 A．降低温度 B．增大压强 C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间 ③483K时，出口处的值为 　1.98　 （精确至0.01）。 ④A点反应MG（g）+2H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g）的浓度商Qx＝ 　0.025　 （用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001）。 【分析】（1）温度升高，放热反应的K值减小； （2）CO（g）、H2（g）、HOCH2CH2OH（g）的燃烧热（ΔH）分别为﹣akJ•mol﹣1、﹣bkJ•mol﹣1、﹣ckJ•mol﹣1，则CO（g）O2（g）＝CO2（g）ΔH1＝﹣akJ•mol﹣1 ①，H2（g）O2（g）＝H2O（g）ΔH2＝﹣bkJ•mol﹣1 ②，HOCH2CH2OH（g）O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）ΔH3＝﹣ckJ•mol﹣1 ③，根据盖斯定律，①×2+②×3﹣③，可得，2CO（g）+3H2（g）＝HOCH2CH2OH（g） ΔH＝2ΔH1+3ΔH2﹣ΔH3； （3）由表格数据可知，400K时，平衡常数K＝1.3×10﹣3，500K时，平衡常数K＜1.3×10﹣3，反应进行的程度很小； （4）根据图示的曲线，随着反应的温度升高曲线Ⅰ的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率趋于恒定，故曲线Ⅰ为DMO的实际转化率曲线；A点选择性均为50%，随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线IV为MG的选择性，曲线Ⅲ为乙醇的选择性曲线； ①根据分析判断曲线； ②A．根据图中曲线Ⅰ变化趋势进行分析； B．增大压强，向着气体体积减小的方向移动； C．增大一种反应物的量，另一种反应物的转化率减小； D．A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行； ③由图可知，483K时，DMO的转化率为99%，设初始充入1mol DMO和52.4mol H2，MG的选择性都为2%，乙二醇的选择性为96%，则出口处n（乙醇）＝1mol×99%×2%＝0.0198mol，n（DMO）＝1mol×（1﹣99%）＝0.01mol； ④设初始充入1mol DMO和52.4mol H2，DMO的转化率为80%，反应的DMO的物质的量为0.8mol，MG和乙二醇的选择性为50%，则MG和乙二醇的物质的量都为0.8mol×50%＝0.4mol， DMO（g）+2H2（g）＝MG（g）+CH3OH（g） 初始（mol） 1 52.4 0 0 转化（mol） 0.8 1.6 0.8 0.8 终了（mol） 0.2 50.8 0.8 0.8 MG（g）+2H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g） 初始（mol） 0.8 50.8 0 0.8 转化（mol） 0.4 0.8 0.4 0.4 终了（mol） 0.4 50.0 0.4 1.2 体系中DMO的物质的量为0.2mol，MG的物质的量为0.4mol，H2的物质的量为50.0mol，CH3OH的物质的量为1.2mol，乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为（0.2+0.4+50.0+1.2+0.4）mol＝52.2mol。 【解答】解：（1）由表格数据可知，随温度升高，平衡常数减小，说明该反应为放热反应，即ΔH＜0， 故答案为：＜； （2）CO（g）、H2（g）、HOCH2CH2OH（g）的燃烧热（ΔH）分别为﹣akJ•mol﹣1、﹣bkJ•mol﹣1、﹣ckJ•mol﹣1，则CO（g）O2（g）＝CO2（g）ΔH1＝﹣akJ•mol﹣1 ①，H2（g）O2（g）＝H2O（g）ΔH2＝﹣bkJ•mol﹣1 ②，HOCH2CH2OH（g）O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（g）ΔH3＝﹣ckJ•mol﹣1 ③，根据盖斯定律，①×2+②×3﹣③，可得，2CO（g）+3H2（g）＝HOCH2CH2OH（g） ΔH＝2ΔH1+3ΔH2﹣ΔH3＝（c﹣2a﹣3b）kJ•mol﹣1， 故答案为：c﹣2a﹣3b； （3）由表格数据可知，400K时，平衡常数K＝1.3×10﹣3，500K时，平衡常数K＜1.3×10﹣3，反应进行的程度很小，导致乙二醇的产率过低， 故答案为：500K时，平衡常数K＜1.3×10﹣3，反应进行的程度很小，导致乙二醇的产率过低； （4）①根据图示的曲线，随着反应的温度升高曲线Ⅰ的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率趋于恒定，故曲线Ⅰ为DMO的实际转化率曲线；A点选择性均为50%，随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线IV为MG的选择性，曲线Ⅲ为乙醇的选择性曲线， 故答案为：Ⅰ；Ⅳ； ②A．根据图中曲线Ⅰ变化趋势可知，降低温度，DMO的转化率降低，故A错误； B．DMO转为MG的反应为气体体积减小的反应，增大压强，正向移动，DMO的转化率增大，故B正确； C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMG的含量增大，则DMO的转化率降低，故C错误； D．A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，故D正确； 故答案为：BD； ③由图可知，483K时，DMO的转化率为99%，设初始充入1mol DMO和52.4mol H2，MG和乙醇的选择性都为2%，乙二醇的选择性为96%，则出口处n（乙醇）＝1mol×99%×2%＝0.0198mol，n（DMO）＝1mol×（1﹣99%）＝0.01mol，则出口处的值为1.98， 故答案为：1.98； ④设初始充入1mol DMO和52.4mol H2，DMO的转化率为80%，反应的DMO的物质的量为0.8mol，MG和乙二醇的选择性为50%，则MG和乙二醇的物质的量都为0.8mol×50%＝0.4mol， DMO（g）+2H2（g）＝MG（g）+CH3OH（g） 初始（mol） 1 52.4 0 0 转化（mol） 0.8 1.6 0.8 0.8 终了（mol） 0.2 50.8 0.8 0.8 MG（g）+2H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g） 初始（mol） 0.8 50.8 0 0.8 转化（mol） 0.4 0.8 0.4 0.4 终了（mol） 0.4 50.0 0.4 1.2 体系中DMO的物质的量为0.2mol，MG的物质的量为0.4mol，H2的物质的量为50.0mol，CH3OH的物质的量为1.2mol，乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为（0.2+0.4+50.0+1.2+0.4）mol＝52.2mol，A点反应MG（g）+2H2（g）⇌HOCH2CH2OH（g）+CH3OH（g）的浓度商Qx0.025， 故答案为：0.025。 【点评】本题综合考查平衡的计算，侧重考查学生识图、分析和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算等，正确从图中信息得出正确结论，结合化学平衡三段式解答，题目难度较大。 16．（2025•云南）我国科学家研发出一种乙醇（沸点78.5℃）绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸（沸点118℃）的生产，主要反应为 Ⅰ.C2H5OH（g）+H2O（g）═2H2（g）+CH3COOH（g）ㅤㅤΔH1ㅤㅤKp1 Ⅱ.C2H5OH（g）═CH3CHO（g）+H2（g）ㅤㅤΔH2＝+68.7kJ•mol﹣1 回答下列问题： （1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆纤维素 　葡萄糖　 乙醇 （2）对于反应Ⅰ： ①已知CH3CHO（g）+H2O（g）═H2（g）+CH3COOH（g）ㅤㅤΔH＝﹣24.3kJ•mol﹣1，则ΔH1＝ 　+44.4　 kJ•mol﹣1。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 　AC　 （填标号）。 A.容器内的压强不再变化 B.混合气体的密度不再变化 C.CH3COOH的体积分数不再变化 D.单位时间内生成1mol H2O，同时消耗2mol H2 ③反应后从混合气体分离得到H2，最适宜的方法为 　降温冷凝　 。 （3）恒压100kPa下，向密闭容器中按n（H2O）：n（C2H5OH）＝9：1投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。 [比如：乙酸选择性100%] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为 　乙酸的选择性最大且反应速率较快　 。 ②由图中信息可知，乙酸可能是 　产物1　 （填“产物1”“产物2”或“产物3”）。 ③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则p（CH3COOH）：p（C2H5OH）＝ 　36：5　 ，平衡常数Kp1＝ 　　 kPa（列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。 【分析】（1）纤维素水解生成葡萄糖； （2）①Ⅰ.C2H5OH（g）+H2O（g）═2H2（g）+CH3COOH（g）ΔH1、Ⅱ.C2H5OH（g）═CH3CHO（g）+H2（g）ΔH2＝+68.7kJ•mol﹣1、Ⅲ.CH3CHO（g）+H2O（g）═H2（g）+CH3COOH（g） ΔH＝﹣24.3kJ•mol﹣1，将方程式Ⅱ+Ⅲ得方程式Ⅰ，ΔH1＝ΔH2+ΔH； ②反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变； ③乙醇、水、乙酸的沸点都远远大于氢气； （3）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，该温度时乙酸的限制性高且产氢速率较大； ②反应所需活化能越小，即生成产物的能垒越小，反应越快，生成的产物越多； ③270℃时，恒压100kPa下，向密闭容器中按n（H2O）：n（C2H5OH）＝9：1投料，设n（H2O）＝9mol，n（C2H5OH）＝1mol，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则消耗的n（CH3CH2OH）＝0.9mol，生成的n（CH3COOH）＝0.9mol×80%＝0.72mol，生成的n（CH3CHO）＝（0.9﹣0.72）mol＝0.18mol，相同条件下，不同气体的压强之比等于其物质的量之比； 可逆反应Ⅰ.C2H5OH（g）+H2O（g）═2H2（g）+CH3COOH（g） 反应（mol）0.72 0.72 1.44 0.72 可逆反应Ⅱ.C2H5OH（g）═CH3CHO（g）+H2（g） 反应（mol）0.18 0.18 0.18 平衡时n（CH3CH2OH）＝1mol×（1﹣90%）＝0.1mol，n（H2O）＝（9﹣0.72）mol＝8.28mol，n（H2）＝（1.44+0.18）mol＝1.62mol，n（CH3COOH）＝0.72mol，n（CH3CHO）＝0.18mol，混合气体总物质的量为（0.1+8.28+1.62+0.72+0.18）mol＝10.9mol，p（CH3CH2OH）100kPa，p（H2O）100kPa，p（H2）100kPa，p（CH3COOH）100kPa，平衡常数Kp1。 【解答】解：（1）秸秆的主要成分是纤维素，纤维素水解生成葡萄糖，葡萄糖发酵分解生成乙醇和CO2， 故答案为：葡萄糖； （2）①Ⅰ.C2H5OH（g）+H2O（g）═2H2（g）+CH3COOH（g）ΔH1、Ⅱ.C2H5OH（g）═CH3CHO（g）+H2（g）ΔH2＝+68.7kJ•mol﹣1、Ⅲ.CH3CHO（g）+H2O（g）═H2（g）+CH3COOH（g） ΔH＝﹣24.3kJ•mol﹣1，将方程式Ⅱ+Ⅲ得方程式Ⅰ，ΔH1＝ΔH2+ΔH＝（+68.7﹣24.3）kJ/mol＝+44.4kJ/mol， 故答案为：+44.4； ②A.恒温恒容条件下，容器内的压强与气体的物质的量成正比，反应前后其它的物质的量减小，则压强减小，当容器内的压强不再变化，反应达到平衡状态，故A正确； B.反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，则混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误； C.随着反应的进行，CH3COOH的物质的量逐渐增加，则其体积分数逐渐增加，当CH3COOH的体积分数不再变化，反应达到平衡状态，故C正确； D.无论反应是否达到平衡状态都存在“单位时间内生成1mol H2O，同时消耗2mol H2”，不能据此判断平衡状态，故D错误； 故答案为：AC； ③乙醇、水、乙酸的沸点都远远大于氢气，降低温度使气态的乙醇、水及乙酸都转化为液体，氢气仍然为气体，从而分离出氢气，所以分离出氢气最适宜的方法是降温冷凝后收集气体， 故答案为：降温冷凝； （3）①根据图知，270℃时，反应Ⅰ中乙酸的选择性最大且反应速率较快， 故答案为：乙酸的选择性最大且反应速率较快； ②反应所需活化能越大，即生成产物的最大能垒越大，反应速率越慢，生成的产物越少，根据图知，产物1的最大能垒为0.58eV、产物2的最大能垒为0.66eV、产物3的最大能垒为0.81eV，乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，最大能垒最小，所以乙酸可能是产物1， 故答案为：产物1； ③270℃时，恒压100kPa下，向密闭容器中按n（H2O）：n（C2H5OH）＝9：1投料，设n（H2O）＝9mol，n（C2H5OH）＝1mol，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则消耗的n（CH3CH2OH）＝0.9mol，生成的n（CH3COOH）＝0.9mol×80%＝0.72mol，生成的n（CH3CHO）＝（0.9﹣0.72）mol＝0.18mol，相同条件下，不同气体的压强之比等于其物质的量之比，所以p（CH3COOH）：p（C2H5OH）＝0.72mol：0.1mol＝36：5； 可逆反应Ⅰ.C2H5OH（g）+H2O（g）═2H2（g）+CH3COOH（g） 反应（mol）0.72 0.72 1.44 0.72 可逆反应Ⅱ.C2H5OH（g）═CH3CHO（g）+H2（g） 反应（mol）0.18 0.18 0.18 平衡时n（CH3CH2OH）＝1mol×（1﹣90%）＝0.1mol，n（H2O）＝（9﹣0.72）mol＝8.28mol，n（H2）＝（1.44+0.18）mol＝1.62mol，n（CH3COOH）＝0.72mol，n（CH3CHO）＝0.18mol，混合气体总物质的量为（0.1+8.28+1.62+0.72+0.18）mol＝10.9mol，p（CH3CH2OH）100kPa，p（H2O）100kPa，p（H2）100kPa，p（CH3COOH）100kPa，平衡常数Kp1kPa， 故答案为：36：5；。 【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查阅读、图象分析、计算能力，明确盖斯定律的计算方法、化学平衡常数的计算方法是解本题关键，难点是图象的分析判断。 17．（2025•江苏）合成气（CO和H2）是重要的工业原料气。 （1）合成气制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）。CO的结构式为C≡O，估算该反应的ΔH需要 　5　 （填数字）种化学键的键能数据。 （2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯H2。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O（g）： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）ㅤㅤΔH＜0 催化作用受接触面积和温度等因素影响，H2O（g）的比热容较大。H2O（g）过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 　放热反应在绝热容器中进行，H2O（g）的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂受温度的影响较小　 。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CrO4（Cr正价有+3、+6）缓蚀剂等。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 　KHCO3　 （填化学式）。K2CrO4减缓设备腐蚀的原理是 　K2CrO4具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜　 。 （3）研究CH4、H2O（g）与不同配比的铁铈载氧体[Fe2O3•（1﹣x）CeO2，0≤x≤1，Ce是活泼金属，正价有+3、+4]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O（g），依次发生的主要反应： 步骤ⅠㅤㅤCH4CO+2H2 步骤ⅡㅤㅤH2OH2 ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、CH4转化率、与x的关系如图乙所示。x＝0时，大于理论值2的可能原因有 　当x＝0时，载氧体为CeO2，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大　 ；x＝0.5时，通入标准状况下300mL的CH4至反应结束，CO的选择性100%＝80%，则生成标准状况下CO和H2的总体积为 　432　 mL。 ②x＝0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。步骤Ⅱ中，能与H2O（g）反应的物质有 　C、Fe、FeO　 （填化学式）。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中Fe2O3的作用、气体分步制备的价值：　Fe2O3作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量C，造成积炭，导致催化剂失活，采用分步制备，可提高原料利用率，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源　 。 【分析】（1）反应中涉及的化学键有C≡O键、H—H键、C—H键、C—O键、O—H键； （2）①放热反应在绝热容器中进行，H2O（g）的比热容较大，导致体系温度变化较小； ②K2CO3溶液会吸收CO2发生反应：K2CO3+CO2+H2O＝2KHCO3，当K2CO3溶液浓度偏高时，会生成较多的KHCO3，而KHCO3溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备，K2CrO4中的Cr元素化合价为+6，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀； （3）①当x＝0时，载氧体为CeO2，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大，由题图乙可知，当 x＝0.5时，CH4转化率为60%，则n转化（CH4）＝300mL×60%＝180mL，已知CO的选择性为80%，则n生成（CO）＝180mL×80%＝144mL，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则n生成（H2）＝144mL×2＝288mL，据此计算生成标准状况下CO和H2的总体积； ②由图可知，新制载氧体与CH4反应后新生成的晶态物质在步骤Ⅱ中与H2O（g）反应，使载氧体恢复原样，继续与CH4反应，则在新制载氧体中不存在，但在与CH4反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与H2O（g）反应，对比二者X射线衍射谱图可知，判断步骤Ⅱ中均可与H2O（g）反应的物质； ③根据题意可知，步骤Ⅰ中Fe2O3的作用是作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量C，造成积炭，导致催化剂失活，采用分步制备，可提高原料利用率，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源Ⅰ。 【解答】解：（1）合成气制备甲醇：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g），反应物中涉及的化学键有C≡O键、H—H键，生成物涉及的共价键有C—H键、C—O键、O—H键，故估算该反应的ΔH需要5种化学键的键能数据， 故答案为：5： （2）①合成气变换：向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O（g）：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g） ΔH＜0，催化作用受接触面积和温度等因素影响，H2O（g）的比热容较大，H2O（g）过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有放热反应在绝热容器中进行，H2O（g）的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂受温度的影响较小， 故答案为：放热反应在绝热容器中进行，H2O（g）的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂受温度的影响较小； ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分是质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CrO4（Cr正价有+3、+6）缓蚀剂等，K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，原因是K2CO3溶液会吸收CO2发生反应：K2CO3+CO2+H2O＝2KHCO3，当K2CO3溶液浓度偏高时，会生成较多的KHCO3，而KHCO3溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备，故导致堵塞的物质是KHCO3，K2CrO4减缓设备腐蚀的原理是K2CrO4中的Cr元素化合价为+6，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀， 故答案为：KHCO3；K2CrO4具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜； （3）①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、CH4转化率、与x的关系如图乙所示，x＝0时，大于理论值2的可能原因是当x＝0时，载氧体为CeO2，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大，由题图乙可知，当 x＝0.5时，CH4转化率为60%，则n转化（CH4）＝300mL×60%＝180mL，已知CO的选择性，则n生成（CO）＝180mL×80%＝144mL，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则n生成（H2）＝144mL×2＝288mL，故生成标准状况下CO和H2的总体积为（144+288）mL＝432mL， 故答案为：当x＝0时，载氧体为CeO2，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大；432； ②由图可知，新制载氧体与CH4反应后新生成的晶态物质在步骤Ⅱ中与H2O（g）反应，使载氧体恢复原样，继续与CH4反应，则在新制载氧体中不存在，但在与CH4反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与H2O（g）反应，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与H2O（g）反应， 故答案为：C、Fe、FeO； ③根据题意可知，步骤Ⅰ中Fe2O3的作用是作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量C，造成积炭，导致催化剂失活，采用分步制备，可提高原料利用率，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源， 故答案为：Fe2O3作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量C，造成积炭，导致催化剂失活，采用分步制备，可提高原料利用率，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。 【点评】本题主要考查化学键、催化剂的影响因素，转化率与选择性等，同时考查学生的看图理解能力、分析能力，对学生的能力要求较高，难度较大。 二．选择题（共5小题） 18．（2025•云南）铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是（　　） A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热 【分析】A．得到电子的反应属于还原反应，反之属于氧化反应； B．不同的原子之间形成极性键，反之为非极性键； C．Ⅲ到Ⅳ的过程中，得到H+和一个电子； D．催化剂不能改变反应热，反应热与键能有关。 【解答】解：A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中，得到电子，发生还原反应，故A错误； B．由图可知，Ⅱ到Ⅲ的过程中有C—H极性键生成，故B错误； C．由图可知，Ⅲ到Ⅳ的过程中，得到H+和一个电子，故Ⅳ的示意图为，故C正确； D．催化剂Cu可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查氧化反应与还原反应的判断，键的极性、催化剂的作用等，属于基本知识的考查，难度不大。 19．（2025•安徽）恒温恒压密闭容器中，t＝0时加入A（g），各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图（反应速率v＝ kex，k为反应速率常数）。 下列说法错误的是（　　） A．该条件下 B．0～t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等 C．若加入催化剂，k1增大，k2不变，则x1和xM，平衡均变大 D．若A（g）→M（g）和A（g）→N（g）均为放热反应，升高温度则xA，平衡变大 【分析】A．根据题意有：①A（g）⇌M（g）的K，②A（g）⇌N（g）的K，②﹣①得到：M（g）⇌N（g），则K，将数据代入计算即可； B．由图可知，0～t1时间段，生成M和N的物质的量相等； C．催化剂不影响平衡移动，故xM，平衡不变； D．若A（g）→M（g）和A（g）→N（g）均为放热反应，升高温度，升高温度，2个反应均逆向移动，A的物质的量分数增大，进一步判断xA，平衡的变化情况。 【解答】解：A．①A（g）⇌M（g）的K，②A（g）⇌N（g）的K，②﹣①得到：M（g）⇌N（g），则K，故A正确； B．由图可知，0～t1时间段，生成M和N的物质的量相等，故生成M和N的平均反应速率相等，故B正确； C．若加入催化剂，k1增大，k2不变，更有利于生成M，则x1变大，但催化剂不影响平衡移动，故xM，平衡不变，故C错误； D．若A（g）→M（g）和A（g）→N（g）均为放热反应，升高温度，升高温度，2个反应均逆向移动，A的物质的量分数增大，则xA，平衡变大，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查化学平衡常数的计算，化学平衡的影响因素等，属于基本知识的考查，难度中等。 20．（2025•山东）在恒容密闭容器中，Na2SiF6（s）热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系（实线部分）如图所示。 已知：T2温度时，Na2SiF6（s）完全分解；体系中气相产物在T1，T3温度时的分压分别为p1，p3。下列说法错误的是（　　） A．a线所示物种为固相产物 B．T1温度时，向容器中通入N2，气相产物分压仍为p1 C．p3小于T3温度时热解反应的平衡常数Kp D．T1温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大 【分析】A．由图可知，1mol Na2SiF6（s）完全热解生成2mola线所示物种，1molb线所示物种，反应的方程式为Na2SiF6（s）⇌2NaF（s）+SiF4（g），则a线所示的物质为NaF； B．T1温度时，向容器中通入N2，因为容器恒容，N2为惰性气体，不参与反应，对气相产物的物质的量和容器体积都没有影响； C．由图可知，升温b线代表的SiF4增多，则反应Na2SiF6（s）⇌2NaF（s）+SiF4（g）为吸热反应，升温Kp增大，已知：T2温度时，Na2SiF6（s）完全分解，则该反应T2以及之后正向进行趋势很大，Qp＜Kp，体系中气相产物在T3温度时的分压为p3，p3＝Qp，恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有SiF4，Kp＝p（SiF4）； D．b线所示物种为气相产物，恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有SiF4，Kp＝p（SiF4），温度不变Kp不变。 【解答】解：A．由图可知，1mol Na2SiF6（s）完全热解生成2mola线所示物种，1molb线所示物种，反应的方程式为Na2SiF6（s）⇌2NaF（s）+SiF4（g），则a线所示的物质为NaF，为固相产物，故A正确； B．T1温度时，向容器中通入N2，因为容器恒容，N2为惰性气体，不参与反应，对气相产物的物质的量和容器体积都没有影响，根据pV ＝ nRT（V、T不变，n不变），所以气相产物分压仍为p1，故B正确； C．由图可知，升温b线代表的SiF4增多，则反应Na2SiF6（s）⇌2NaF（s）+SiF4（g）为吸热反应，升温Kp增大，已知：T2温度时，Na2SiF6（s）完全分解，则该反应T2以及之后正向进行趋势很大，Qp＜Kp，体系中气相产物在T3温度时的分压为p3，p3＝Qp，恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有SiF4，Kp＝p（SiF4），即T3温度时热解反应的平衡常数Kp＝p（SiF4），故C正确； D．b线所示物种为气相产物，恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有SiF4，Kp＝p（SiF4），温度不变Kp不变，T1温度时、向容器中加入SiF4，重新达平衡时p（SiF4）不变，则逆反应速率不变，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查影响化学平衡的因素，为高频考点，题目难度一般。 21．（2025•江苏）甘油（C3H8O3）水蒸气重整获得H2过程中的主要反应： 反应ⅠㅤC3H8O3（g）＝3CO（g）+4H2（g）ㅤㅤΔH＞0 反应ⅡㅤCO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ㅤㅤΔH＜0 反应ⅢㅤCO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ㅤㅤΔH＜0 1.0×105Pa条件下，1mol C3H8O3和9mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。 下列说法正确的是（　　） A．550℃时，H2O的平衡转化率为20% B．550℃反应达平衡状态时，n（CO2）：n（CO）＝11：25 C．其他条件不变，在400～550℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大 D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2的物质的量 【分析】根据原子守恒可知，1mol C3H8O3中，n（C）＝3mol，由图可知，550℃时，n（CO2）＝2.2mol，则n（C）＝2.2mol，故曲线①代表H2，且H2为5mol，曲线②和③代表CO或CH4，分别为0.4mol，共含有0.8mol碳原子，又反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以升高温度，CO逐渐增多，CH4逐渐减少，曲线②代表CH4，曲线③代表CO，另根据题意可知，3个反应的变化量以及平衡量分别如下： 反应ⅠㅤC3H8O3（g）＝3CO（g）+4H2（g） 起始量（mol） 1 0 0 变化量（mol） 1 3 4 反应Ⅱㅤ CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g） 起始量（mol） 3 9 0 4 变化量（mol） 2.6 2.6 2.6 2.6 平衡量（mol） 0.4 6.4 2.6 6.6 反应Ⅲㅤ CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） 起始量（mol） 2.6 6.6 0 6.4 变化量（mol） 0.4 1.6 0.4 0.8 平衡量（mol） 2.2 5.0 0.4 7.2 据此分析作答。 【解答】解：A．根据分析可知，平衡时，H2O（g）为7.2mol，消耗量为1.8mol，则550℃时，H2O的平衡转化率为20%，故A正确； B．根据分析可知，550℃反应达平衡状态时，n（CO2）：n（CO）＝2.2mol：0.4mol＝11：2，故B错误； C．400～550℃范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，n（CO2）增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则H2O的物质的量减小，故C错误； D．增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，H2的物质的量减小，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查多平衡体系图像分析、平衡移动、化学平衡计算等，对学生的能力要求较高，属于高考高频考点，难度较大。 22．（2025•河南）乙二胺（H2NCH2CH2NH2，简写为Y）可结合H+转化为[H2NCH2CH2NH3]+（简写为HY+）[H3NCH2CH2NH3]2+（简写为H2Y2+）。Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子。室温下向AgNO3溶液中加入Y，通过调节混合溶液的pH改变Y的浓度，从而调控不同配离子的浓度（忽略体积变化）。混合溶液中Ag+和Y的初始浓度分别为1.00×10﹣3mol•L﹣1和1.15×10﹣2mol•L﹣1。﹣lg[c（M）/（mol•L﹣1）]与﹣lg[c（Y）/（mol•L﹣1）]的变化关系如图1所示（其中M代表Ag+、[AgY]+或[AgY2]+），分布系数δ（N）与pH的变化关系如图2所示（其中N代表Y、HY+或H2Y2+）。比如δ（H2Y2+）。下列说法错误的是（　　） A．曲线Ⅰ对应的离子是[AgY2]+ B．δ（HY+）最大时对应的pH＝8.39 C．反应Ag++Y⇌[AgY]+的平衡常数K1＝104.70 D．﹣lg[c（Y）/（mol•L﹣1）]＝3.00时，c（HY+）＞c（H2Y2+）＞c（Y） 【分析】银离子与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子，发生的反应为Ag++Y⇌[AgY]+、[AgY]++Y⇌[AgY2]+，故随着Y浓度的变大，银离子的浓度变小，[AgY]+先增大后减小，[AgY2]+增大，则从图上（从右向左表示Y浓度的变大）可以看出，曲线Ⅰ表示[AgY2]+浓度，曲线Ⅱ表示浓度[AgY]+浓度，曲线Ⅲ表示Ag+浓度；调节溶液pH，当酸性较强时，H2Y2+浓度大，当碱性较强时，Y的浓度大，故曲线Ⅳ表示H2Y2+浓度，曲线Ⅴ表示HY+浓度，曲线Ⅵ表示Y浓度。 【解答】解：A．Ag+与Y可形成[AgY]+和[AgY2]+两种配离子，发生的反应为Ag++Y⇌[AgY]+、[AgY]++Y⇌[AgY2]+，故随着Y浓度的变大，Ag+浓度变小，[AgY]+先增大后减小，[AgY2]+增大，则曲线Ⅰ表示[AgY2]+，故A正确； B．Y可以视为二元弱碱，第一次电离方程式为：Y+H2O⇌HY++OH﹣，当c（HY+） ＝ c（Y）时，c（H+） ＝ 10⁻9.93，c（OH﹣） ＝ 10﹣4.07，则Kb1＝ 10﹣4.07，同理Kb2＝ 10﹣7.15，Kb1•Kb2 10﹣11.22，根据分布系数δ（N）与pH的变化关系图可知，当δ（H2Y2+） ＝ δ（Y）时，δ（HY+）最大，则c（OH﹣） ＝ 10﹣5.61，pH ＝ 8.39，故B正确； C．当c（Y） ＝ 10﹣4.70mol/L时，c（AgY2）+ ＝ c（Ag+），则反应Ag++Y⇌[AgY]+的平衡常数K104.70，故C正确； D．﹣lg[c（Y）/mol•L⁻1]＝ 3.00时，c（Y） ＝ 10﹣3mol/L，c（Ag+） ＝ 10﹣5.01mol/L，c（[AgY2]+） ＝ c（[AgY]+），由物料守恒可知，c（Ag+）+c（[AgY2]+）+c（[AgY]+） ＝ 1.00×10﹣3mol/L，则c（[AgY2]+） ＝ c（[AgY]+） ＝ 4.95•10﹣4mol/L，Y的初始浓度为1.15×10﹣2mol•L⁻1，由物料守恒得2c（[AgY2]+）+c（[AgY]+）+c（Y）+c（HY+）+c（H2Y+） ＝ 1.15×10﹣2mol/L，代入数据，c（Y）+c（HY+）+c（H2Y+）≈0.01mol/L，则δ（Y） ＝ c（Y）/（c（Y）+c（HY⁻）+c（H2Y⁻））＝ 0.1，由分布系数δ（N）与pH的变化关系图可知，pH在8.39﹣9.93之间，此时c（HY+）＞c（Y）＞c（H2Y2+），故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 三．实验题（共1小题） 23．（2025•北京）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2+2Br+4H+⇌Mn2++Br2+2H2O”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 （1）理论分析 ①Br2易挥发，需控制生成c（Br2）较小。 ②根据25℃时K＝6.3×104分析，控制合适pH，可使生成c（Br2）较小；用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应，反应前后c（Br﹣）几乎不变；c（Mn2+）＝c（Br2），仅需测定平衡时溶液pH和c（Br2）。 ③Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。 （2）实验探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 25℃，将0.200mol•L﹣1KBr溶液（pH≈1）与过量MnO2混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ 25℃，将0.200mol•L﹣1KBr溶液（pH≈2）与过量MnO2混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH；取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用Na2S2O3标准溶液滴定，测定c（Br2）。 已知：I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 　滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复　 。用离子方程式表示KI的作用：　Br2+2I﹣＝2Br﹣+I2　 。 ②Ⅰ中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH 　增大　 （填“增大”、“减小”或“不变”）。平衡后，按计算所得值小于25℃的K值，是因为Br2挥发导致计算时所用 　Mn2+　 的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于25℃的K值，可能原因是 　实验Ⅱ的c（H+）低于实验Ⅰ，反应相同时间时实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中c（Mn2+）和c（Br2）均偏低，计算的K值偏小　 。 （3）实验改进 分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为40℃，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 　40℃时的理论K　 值比较。 ②综合调控pH和温度的目的是 　使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值　 。 【分析】（2）①淀粉溶液遇到I2单质变蓝色，结合滴定过程中c（I2）的变化判定滴定终点现象；KI能与Br2反应生成I2，通过滴定I2溶液测定c（Br2）； ②实验Ⅰ发生的反应为MnO2+2Br﹣+4H+⇌Mn2++Br2+2H2O，消耗H+、导致溶液的酸性减弱，Br2挥发导致所测c（Br2）减小； ③对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大、酸性弱，导致实验Ⅱ的反应速率减慢，所测定的浓度值可能不是平衡状态的浓度数值； （3）①平衡常数K只与温度有关，判断实验测得的平衡常数是否准确，应与实验温度时理论数值相比较； ②实验Ⅰ由于c（H+）过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小；实验Ⅱ由于c（H+）过小，反应速率过慢，反应未达到平衡状态，导致计算的K值小，据此总结综合调控pH和温度的目的。 【解答】解：（2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后溶液的蓝色消失，则滴定终点现象：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；Kl的作用是将Br2转化为I2，便于滴定测定Br2浓度，反应的离子方程式为Br2+2I﹣＝2Br﹣+I2， 故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；Br2+2I﹣＝2Br﹣+I2； ②实验Ⅰ发生的反应为MnO2+2Br﹣+4H+⇌Mn2++Br2+2H2O，消耗H+、导致溶液的酸性减弱、pH增大；Br2挥发导致所测c（Br2）减小，根据题目信息可知，c（Mn2+）＝c（Br2），则计算时所用Mn2+的浓度小于其在溶液中实际浓度， 故答案为：增大；Mn2+； ③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c（Br2）偏小，题目已知信息③也说明了Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是：实验Ⅱ的c（H+）低于实验Ⅰ，反应相同时间时实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中c（Mn2+）和c（Br2）均偏低，计算的K值偏小， 故答案为：实验Ⅱ的c（H+）低于实验Ⅰ，反应相同时间时实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中c（Mn2+）和c（Br2）均偏低，计算的K值偏小； （3）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，而题目所给K值为25℃的K，应该查阅40℃时K的文献值， 故答案为：40℃时的理论K； ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于c（H+）过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小；实验Ⅱ由于c（H+）过小，反应速率过慢，反应未达到平衡状态，导致计算的K值小，所以综合调控pH和温度的目的是使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值， 故答案为：使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。 【点评】本题以化学平衡常数测定为载体考查实验方案的设计与评价，侧重分析判断能力和实验能力考查，明确实验原理及发生反应、实验操作及误差分析方法、化学平衡及平衡常数影响因素是解题关键，注意掌握实验的评价性分析，题目难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$