专题18 化学反应原理综合题-备战2026年高考化学真题题源解密（全国通用）

专题18 化学反应原理综合题 三年考情概览：解读近三年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 典型真题精析：代表性真题分类精讲并点评命题规律，设置仿照题目。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 易错易错速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 高考模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 考向 近三年考查统计 化学反应原理综合题是高考化学中的重要题型，近三年（2023-2025 年）该题型在高考命题上呈现出一定的特点和趋势，试题多以化工生产中的实际工业反应为素材，以生产环保情境和学术探索情境为主，体现化学在生产生活中的应用，化学反应原理综合题通常以速率、平衡知识为中心，还常涉及化学反应与能量变化、电解质溶液等内容。主要考查根据已知热化学方程式书写待求热化学方程式或计算反应热、电极反应式的书写、化学反应速率的定量计算、外界条件对化学反应速率与平衡的影响、平衡常数的表达式及相关计算、速率平衡图像与数据表格分析等。注重考查考生的信息处理能力、学科内综合分析能力、解决生产实际中的具体问题能力，以及逻辑推理与论证、批判性思维与辩证能力等。要求考生能够识别、转化、提取图像中的各种信息，厘清复杂动态体系中各种物质量之间的关系。预计2026 年高考化学反应原理综合题可能会继续以化学反应的热效应、化学反应速率和化学平衡为主，结合化工生产等实际情境，通过图表等形式考查考生的信息处理能力和综合分析能力。 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 2025·四川卷T18 2025·广东卷T19 2024·山东卷T20 2024·海南卷T16 2023·天津卷T16 2023·山东卷T20 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 2025·湖南卷T18 2025·湖北卷T19 2024·全国甲卷T28 2024·江苏卷T17 2023·全国甲卷T28 2023·新课标卷T28 考向三 化学原理大综合 2025·江苏卷T17 2025·江西卷T17 2025·浙江1月卷T18 2024·北京卷T16 2023·江苏卷T17 2023·河北卷T17 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 【典题1】（2025·四川卷）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气()为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ① ② 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 0 回答下列问题： （1）生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为 ， 0(填“>”“<”或“=”)，反应在 (填“高温”或“低温”)自发进行。 （2）恒压时，合成气中增大，(羟基乙醛)单位时间产率降低，其原因是 。 （3）反应中伴随副反应④：。平衡常数与温度之间满足关系常数，反应②和④的与的关系如图所示，则 ，(填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的生成，应适当 (填“升高”或“降低”)反应温度，理由是 。 （4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为。 ①反应后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为，则甲醛的平均消耗速率 。 ②溶剂中和浓度分别保持为，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为，生成乙二醇的平衡常数 (科学记数，保留小数点后2位)。 【答案】（1）   ＜ 低温 （2）反应②的速率大于反应①使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低 （3）＜ 降低 随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度 （4）0.112 【解析】（1）将反应①和②相加，消去中间产物，得到总反应：，反应焓变公式：：；反应中气体分子数减少（4 mol气体 → 1 mol液体），混乱度降低，故ΔS < 0；自发性条件：根据ΔG = ΔH - TΔS，ΔH为负、ΔS为负时，低温（T较小）使ΔG < 0，反应自发；故答案为：  ；＜；低温； （2）恒压时，合成气中增大，意味着的分压增大，的分压减小，反应速率与反应物浓度相关，其分压减小效应超过分压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间产率降低；故答案为：反应②的速率大于反应①使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低； （3）与的关系图中，斜率为。图中反应②的斜率大于反应④，表明。由于两反应的K随温度降低均增大，均为放热（），故；抑制甲醇生成，即让反应②的正向进行程度大于反应④，由图可知，随着的增大，增大的程度大于增大程度，故需要低温才能抑制甲醇的生成；故答案为：＜；降低；随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度； （4）①生成HOCH2CHO消耗甲醛38%，乙二醇消耗甲醛8%，甲醇消耗甲醛10%，总计38% + 8% + 10% = 56%。消耗量 = 1.0 mol/L × 56% = 0.56 mol/L，则甲醛的平均消耗速率； ②总反应③：平衡常数表达式为[注：为液体，但在溶液中其浓度变化，故包含在中；单位要符合]；平衡浓度：（乙二醇平衡产率34%）: ；羟基乙醛18% ：；甲醇14% ：，总甲醛消耗浓度：， 平衡 ：；给定平衡浓度：，，代入计算：，解得：(科学记数，保留小数点后2位)；故答案为：0.112；。 ◆一句话点评：试题是高考化学原理综合题的典型代表，融合热化学、反应速率与平衡、电化学之外的化学平衡计算等核心考点，信息多、综合性强，能很好考查学生对化学原理的综合应用与分析计算能力。 【仿照题1】（2025·四川达州·模拟预测）过量排放打破碳循环平衡，“碳中和”成为环境治理关键目标。将转化为高附加值化学品，既能减排，又能满足工业需求。甲醇作为重要化工原料，可制备多种化学品，也可作燃料。 回答下列问题： （1）二氧化碳加氢制甲醇过程中主要涉及以下反应： Ⅰ．   Ⅱ．   ①则反应的 ，反应Ⅰ的 (填“>”“<”或“=”)0，该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 ②若将等物质的量的和充入恒温恒容密闭容器中进行反应Ⅱ，下列事实能说明该反应已达到平衡状态的是 (填标号)。 A．体系的压强保持不变    B．生成的速率与生成的速率相等 C．混合气体的平均相对分子质量不变    D．与的比值保持不变 （2）下图甲显示了催化剂在，氢碳比为3，相同时间内，不同温度下的转化率和甲醇的选择性性能图。可以看出，该催化剂的最适宜温度为 ℃，温度高于，的转化率降低可能的原因是 。 已知：的选择性。 （3）LTA分子筛膜具有很强的亲水性，通过使用LTA型分子筛膜催化反应器，测得在，氢碳比为3，反应相同时间，不同温度对@LTA分子筛膜催化反应器的催化性能影响如图乙所示。使用此分子筛膜，的转化率提高的原因是 。 （4）某温度、恒定压强为的条件下，将和通过装有催化剂的反应器，反应并达到平衡状态，的转化率为，甲醇的选择性为，该温度下，的平衡产率为 ，反应Ⅰ的平衡常数 (列出计算式即可)。 【答案】（1） 低温 B （2）260 反应未达平衡，温度升高，催化剂的活性降低，反应速率减慢，一定时间内的转化率降低(或温度高于以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向进行，的转化率降低) （3）此分子筛膜具有强亲水性，分离出，反应Ⅰ和Ⅱ均正向移动，的转化率提高 （4） 【解析】（1）①根据盖斯定律，Ⅰ式-Ⅱ式即为目标方程式，故，代入数据，；反应I为正反应气体分子数减小的反应，故；当时，反应能自发进行，该反应的、均小于0，只有较小时，才能保证，故反应Ⅰ在低温下能自发进行。 ②A．反应Ⅱ为反应前后为气体分子数不变的反应，体系压强一直不变，不能说明反应已达到平衡状态，A错误；B．生成为正反应方向，生成为逆反应方向，且二者化学计量数之比为，满足，能说明反应已达到平衡状态，B正确；C．混合气体的平均摩尔质量，该反应的反应物和生成物均为气体，则混合气体的质量不变，该反应为反应前后气体分子数不变的反应，混合气体的总物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量不变，故混合气体的平均相对分子质量一直不变，不能说明反应已达到平衡状态，C错误；D．和的起始投料比为，转化率之比也为，则二者的物质的量之比一直不变，不能说明反应已达到平衡状态，D错误；故答案选B。 （2）由图甲可知，时，的转化率和甲醇的选择性最大，说明该催化剂在时性能最好；温度高于时，反应未达平衡，温度升高，催化剂的活性降低，反应速率减慢，一定时间内的转化率降低，或温度高于以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向进行，的转化率降低。 （3）LTA分子筛膜具有很强的亲水性，可以吸收反应体系中的水，当减少时，反应Ⅰ和Ⅱ平衡均正向移动，从而提高的转化率，此外，从反应体系中去除水也有助于避免催化剂失活和副产物的形成，可以进一步提升甲醇的选择性。 （4）在压强为的条件下，和反应并达到平衡状态，的平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%，列出“三段式”： 则平衡时的物质的量为，的物质的量为，的物质的量为，水蒸气的物质的量为，的物质的量为，混合气体的总物质的量为，则的平衡产率=，该温度下反应Ⅰ的平衡常数。 【典题2】（2025·广东卷）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，反应的、，则298K下该反应 (填“能”或“不能”)自发进行。 （3）以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 (a) (b) (c) (d) ① 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温度下， ，反应(c)的平衡常数 (列出算式，无须化简)。 （4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应： (e) (f) 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(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为与的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。 ①内，的转化率为 (用含的代数式表示)。 ②内，催化剂的选择性为 (用含与的代数式表示，写出推导过程)。 【答案】（1） （2）能 （3） 0.5 （4） 【解析】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，故答案为：： （2）反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能； （3）① 已知： 反应b： 反应c： 将反应c-2×反应b可得，则，故答案为：； ② 由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示或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，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为，故答案为：； ③ 温度下，，，，根据Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则，，反应(c)的平衡常数=，故答案为：0.5；； （4）① 因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时， ，则内，的转化率为=，故答案为：； ② 由图可知，内，，，则，反应掉的肼为，生成的氮气和氢气的物质的量为，根据反应前后原子个数守恒，可得，反应f消耗的肼为，反应e消耗的肼为， 则本体系中催化剂的选择性===，故答案为：； ◆一句话点评：试题聚焦钛单质及其化合物，融合物质结构、反应自发判断、盖斯定律、化学平衡等考点，综合性强，能有效考查学生对化学知识的综合运用与分析能力。 【仿照题2】（2025·广东·模拟预测）镍、钴等过渡金属及其化合物在能源催化领域应用广泛。 （1）基态Co原子的价层电子排布式为 。 （2）以乙醇和水蒸气为原料可制备能源气体。将和通入恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 I II Ⅲ ① 。 ②不同温度下，平衡时和的选择性[的选择性]、乙醇的转化率如图所示。的选择性随温度变化关系曲线为 ；温度为时， （3）在某刚性密闭容器中，分别以醇水比为、、、投料（乙醇的起始物质的量相同），反应相同时间测得氢气生成速率随温度变化的关系如图所示。图中醇水比为时，各点均已达到平衡状态。已知有机物在催化剂表面容易发生积碳。 ①高温条件下，增大水醇比有利于消除积碳，原因是 。 ②由图可知、醇水比为时产生氢气的速率为，若催化剂的质量为，反应时间为，则产生氢气的质量为 g。（已知代表催化剂） （4）时，在某真空密闭容器中，将和一定量按醇水比为投料发生反应Ⅰ和Ⅱ，初始压强为，平衡时容器内压强为，平衡时，。则反应Ⅱ的平衡常数 （写出计算过程，结果用计算式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。 【答案】（1）3d74s2 （2）+173.3 a 1.02 （3）水可以与催化剂表面的积碳发生反应，从而消耗积碳，有利于消除催化剂表面的积碳 17.4 （4） 【解析】（1）Co是27号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，Co在元素周期表的ds区，价层电子包括最外层的s电子和次外层的d电子，所以基态Co原子的价层电子排布式为3d74s2； （2）① 根据盖斯定律，由I+2II=Ⅲ，故；反应I、Ⅲ为吸热反应，反应II为放热反应，随着温度的升高，反应I、Ⅲ平衡正向移动，反应II平衡逆向移动，反应II逆向移动CO2转化为 CO，故温度升高CO的选择性增大，因为CO的选择性+ CO2的选择性=1，则CO2的选择性减小，表示CO2选择性的曲线为a，表示CO选择性的曲线为c，则b表示乙醇的转化率；由图可知，温度为573 K时，CO2的选择性为85%，CO的选择性为15%，，加入量为1 mol，乙醇的转化率为60%，故发生发应的的物质的量为0.6 mol，则生成，两个方程联立解得； （3）高温条件下，增大水醇比，会使反应体系中的水的量相对增多，水可以与催化剂表面的积碳发生反应（例如生成CO、CO2和H2等），从而消耗积碳，有利于消除催化剂表面的积碳；已知氢气生成速率为，催化剂质量为20 g，反应时间为3 h，首先计算氢气的物质的量：n(H2) =，氢气的摩尔质量为2 g/mol，则氢气的质量m(H2)= （4）根据理想气体状态方程pV = nRT，在T、V不变时，压强之比等于物质的量之比，故，，设反应Ⅰ中转化的物质的量为x mol，设反应Ⅱ中CO转化的物质的量为y mol，列出反应Ⅰ和Ⅱ的三段式： ，平衡时总物质的量=(1-x)+(3-x-y)+(2x-y)+y+(4x+y)=4+4x=5.92 mol，解得x=0.48 mol；，平衡时容器内压强为，n(H2)=(4x+y) mol，平衡时总物质的量为5.92 mol，，解得y=0.08 mol，故反应Ⅱ中各物质的分压为：、、、，。 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 【典题1】（2025·湖南卷）在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： （1）电解池中电极M与电源的 极相连。 （2）放电生成的电极反应式为 。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的 ，该反应 (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，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 根据图1，写出生成的决速步反应式 ；的选择性大于的原因是 。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是 ；当时，该温度下反应ii的 (保留两位小数)。 【答案】（1）正 （2） （3）﹣126 B （4） 由生成时，活化能较大，反应速率慢 随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小 0.16 【解析】（1）由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连； （2）CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：； （3）根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，选B； （4）总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于； 当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO的分压，相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小； 当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp=。 ◆一句话点评：试题围绕 CO 转化为烃类的电化学 - 化学串联催化过程，融合电化学、热化学、反应速率与平衡等核心考点，情境新颖、综合性强，能很好考查学生对化学原理的综合应用与分析能力。 【仿照题1】（2025·内蒙古·模拟预测）甲酸被认为是理想的氢能载体，和在Ru、Pd、Ir等固载金属催化剂作用下可以合成HCOOH，HCOOH在Pd/Au合金、Fe基催化剂作用下又可以释放氢气。由于其储能高效，释放便捷得到了广泛的应用。 （1）我国科技工作者运用DT计算研究单分子HCOOH在催化剂表面分解产生的一种反应进程和相对能量的变化情况如图所示。 ①该进程中，反应速率最慢的步骤为 (填字母)。 a．Ⅰ→Ⅱ        b．Ⅱ→Ⅲ        c．Ⅲ→Ⅳ        d．Ⅳ→Ⅴ ②依据图中信息，写出甲酸分解制氢气的热化学方程式为 。 （2）在一定催化剂催化作用下加氢合成甲酸发生反应如下：   kJ/mol ①温度为T1℃时，该反应平衡常数K=2，将等物质的量的和充入体积为1L的密闭容器中，实验测得：，，、为速率常数。T1℃时， 。②当温度改变为T2℃时，，T2℃时平衡压强 (填“>”“<”或“=”) T1℃时平衡压强。 （3）已知与在固载金属催化剂上可发生以下反应： 反应ⅰ：   反应ⅱ：   在一定压强下，按投料，发生反应ⅰ和反应ⅱ，反应相同时间，的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性)随温度变化曲线如下图所示。 ①一定温度下，为了提高甲酸选择性可采取的措施除了加压，还有 。 ②若M点反应已达到平衡状态，体系中的分压为aMPa，则673.15K时反应i的分压平衡常数计算式 MPa-1. ③当温度高于673.15K，随温度升高，反应ⅰ和反应ⅱ的反应速率相比，增加更显著的是反应 (填“ⅰ”或“ⅱ”)，判断的依据是 。 【答案】（1）c eV·mol-1 （2）0.5 > （3）换用甲酸高选择性催化剂 ⅱ 随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降 【解析】（1）①由题给反应能垒图可见，最高的能垒出现在阶段Ⅲ→Ⅳ，故速率最慢的步骤为 c(Ⅲ→Ⅳ)。 ②从图中反应物到最终产物的相对能量整体降低为，故甲酸分解制氢气的热化学方程式为。 （2）①反应达到平衡时，，，，所以有。 ②当温度改变为T2℃时，，则，说明平衡逆向移动，则气体体积增大，所以T2℃时平衡压强＞T1℃时平衡压强。 （3）①由方程式可知，反应i为气体体积减小的反应，反应ii为气体体积不变的反应，则一定温度下，增大压强，有利于反应i向正反应方向移动，能够提高甲酸选择性；换用高选择性催化剂促进反应i发生，也能够提高甲酸选择性。 ②设起始二氧化碳和氢气的物质的量都为，由图可知，时，二氧化碳的转化率为、甲酸的选择性为，则平衡时甲酸的物质的量为，由方程式可知，平衡时二氧化碳和氢气的物质的量都为，由体系中氢气分压为可知，二氧化碳、甲酸的分压分别为和，则反应i的分压平衡常数计算式为。 ③由图可知，当温度高于，随温度升高， CO2的转化率增大，HCOOH选择性明显减小，说明CO的选择性明显增大，此时主要发生反应ii，反应ii的反应速率增加高于反应i。 【典题2】（2025·湖北卷）粉末可在较低温度下还原。回答下列问题： （1）已知一定温度下： 则的 (用m和n表示)。 （2）图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，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）研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，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）产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应 (填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是 。 （6）已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因： 。 【答案】（1） （2）d （3）Ⅰ （4）a （5）② 将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小 （6）消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率 【解析】（1）① ② ③ ×①+×②得到反应③，根据盖斯定律可知=×+×=； （2）随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d； （3）其它条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高； （4）由图可知途径a中能垒为1.3eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径； （5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应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)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小； （6）在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率。 ◆一句话点评：题围绕 CaH2还原 Fe2O3的反应，融合盖斯定律计算、反应速率表征、温度对反应的影响及反应历程分析等考点，综合性强，能很好考查学生对化学反应原理的综合应用与分析能力。 【仿照题2】（2025·河北石家庄·模拟预测）在823K下，分别用氢气和一氧化碳还原氧化钴(CoO)，反应如下： Ⅰ．    ； Ⅱ．    ； Ⅲ．  kJ·mol-1   已知：。回答下列问题： （1）CO与液态反应生成CO2和H2的热化学方程式为 ；该反应的 。 （2）下列状态的Co原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 (填标号，下同)，未成对电子最多的是 。 a．    b．        c．    d． （3）催化剂表面解离和解离后的水与CO反应生成的不同机理的反应路径的势能对比如图所示： 氧化还原机理路径中正反应历程的最大活化能为 eV。 （4）823K下，在1 L的密闭容器内，用2 mol氢气还原氧化钴(反应中保持足量)发生反应Ⅰ，4 min时达到平衡，0~4 min内的平均消耗速率 (保留三位有效数字)；若温度不变，再向体系内通入1 mol，一段时间后，能说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号)。 A．密闭体系的压强保持不变 B．密闭体系内的密度保持不变 C．单位时间内，断开的个数等于断开的个数 D．体系中 （5）将原料CO和按等物质的量充入密闭容器中，保持体系压强为100 kPa发生反应：，达到平衡时，体积分数与温度的关系如图所示。℃、100 kPa下，达到平衡时CO转化率= ；该温度下，此反应的平衡常数 (以分压表示，分压=总压强×气体成分的物质的量分数)。 【答案】（1） （2）bcd d （3）0.94 （4） B （5） 81 【解析】（1）根据盖斯定律，目标方程式可由反应Ⅱ+反应Ⅲ-反应Ⅰ得到，即该反应的反应热，即热化学方程式为：； （2）发射光谱是电子从高能级跃迁到低能级时释放能量产生的。Co原子的原子序数为27，根据核外电子排布规律可知，4s轨道能量低于3d轨道，a表示基态Co原子，电子跃迁到激发态会产生吸收光谱；b、c、d均为原子的激发态，当电子从高能级跃迁回低能级时会产生发射光谱； 故选bcd； 根据洪特规则（电子优先分占不同轨道且自旋平行）， a．，未成对电子数为：3； b．未成对电子数为：4； c．未成对电子数为：3； d．未成对电子数为：5； （3）活化能是指活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，观察图像可知，氧化还原机理路径中正反应历程的最大活化能为0.94  eV （4）在1 L的密闭容器内，用2 mol氢气还原氧化钴(反应中保持足量)发生反应Ⅰ，4 min时达到平衡，设氢气转化的物质的量为x  mol，三段式如下：，即；0~4 min内的平均消耗速率 A．反应前后气体分子数不变，压强始终不变，不能说明达到化学平衡状态，A错误； B．反应中有固体参与，气体质量变化，容器体积不变，密度变化，密度保持不变时说明平衡，B正确； C．单位时间内，断开的个数应为断开的个数的2倍才能是平衡状态，C错误； D．，未指出正逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等，不一定平衡，D错误； 故选B。 （5） 将原料CO和按等物质的量充入密闭容器中，假设初始物质的量为1 mol，转化的物质的量为x mol，则三段式如下： 达到平衡时，体积分数为45%，则，达到平衡时CO转化率=；该温度下，此反应的平衡常数。 考向三 化学原理大综合 【典题1】（2025·江苏卷）合成气(和)是重要的工业原料气。 （1）合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。 （2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。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%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是 。 （3）研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]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，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有 ；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的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，能与反应的物质有 (填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值： 。 【答案】（1）5 （2）该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降 具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜 （3）当时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大 432 C、Fe、FeO 步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量积炭导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，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 【解析】（1）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需。、、、，共5种化学键的键能数据。 （2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降。 ②脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，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当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL。 ②新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应。 ③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，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。 ◆一句话点评：试题围绕合成气（CO 和 H2）相关反应，融合反应热计算、化学反应速率与平衡、物质转化等考点，紧密联系工业生产实际，综合性强，能很好考查学生对化学原理的综合应用及分析解决实际问题的能力。 【仿照题1】（2025·上海·三模）硫元素在人类生命活动以及生产生活中均发挥了重要作用。 （1）在酿葡萄酒时人工添加的目的是 。 A．抗氧化和抗菌　　B．防腐和氧化 （2）除氯剂硫代硫酸钠能够与稀盐酸形成硫胶体，验证胶体生成的方法 。 A．丁达尔效应　　　B．渗析 （3）稀硫酸曾被称为“绿矾油”。关于浓硫酸和稀硫酸的说法错误的是_______。 A．都能和铁、铝反应 B．都有氧化性 C．都有分子 D．密度都比水大 （4）在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生反应的反应历程如图。下列说法正确的是_______。 A．生成中间体时碳的杂化方式发生改变 B．提高温度优势产物为1 C．产物1为取代反应的产物 D．优势产物为产物2 （5）自然界中硫循环存在如下反应，请配平： 。 ____________________________。 （6）以连二亚硫酸钠()为主剂保鲜剂可保鲜葡萄，其脱氧(吸收氧气)生成并产生抑制微生物的生长的。写出该反应的化学方程式 。 （7）实验室中可用NaOH溶液吸收实验过程中产生的防止污染。0.1L 0.2mol/L NaOH溶液吸收标态下，完全反应后，则下列关系式中正确的是_______。 A． B． C． D． （8）工业尾气中二氧化硫含量为0.3~0.5%时用柠檬酸钠法来吸收效果好，吸收后分解循环利用。 已知：在25℃时几种1mol/L溶液的pH值。 溶液 pH 2.2 4.0 4.8 10.2 4.6 结合信息分析宜选用吸收剂是_______。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 (9)重量法测含量实验中，硫酸钡沉淀需洗涤。如用100mL纯水或100mL 0.01mol/L的分别洗涤，哪种情况损失质量少？试通过计算说明： 。 【答案】（1）A （2）A （3）C （4）AD （5） （6） （7）A （8）D (9)用100mL蒸馏水洗涤沉淀时，溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c(Ba2+)=0.1L×mol/L=0.1L×mol/L=×10-6mol，用100mL0.01mol•L-1H2SO4溶液洗涤时，硫酸根离子抑制了沉淀的溶解，则溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c(Ba2+)=0.1L×=mol/L=1.1×10-9mol，用100mL0.01mol/L的H2SO4洗涤损失BaSO4质量少 【解析】（1）SO2具有还原性，在酿酒时人工添加SO2有两个目的：抗氧化和抗菌，故选A； （2）检验胶体可以利用丁达尔效应，用激光笔照射混合液，若液体中出现光亮的通路，则生成了硫胶体，故选A； （3）A．浓硫酸和铁、铝发生钝化，稀硫酸和铁、铝反应生成盐和氢气，所以都能和铁、铝反应，A正确； B．稀硫酸的氧化性由+1价的H元素体现，浓硫酸的氧化性由+6价的S元素体现，都具有氧化性，故B正确；C．稀硫酸中H2SO4完全电离，没有H2SO4分子，C错误；D．浓硫酸和稀硫酸密度都比水大，故D正确；故选C； （4）A．苯环中的C都是sp2杂化，生成的中间体中连接-NO2的碳原子为饱和碳原子，这个碳原子杂化方式为sp3，碳的杂化方式发生了变化，A正确；B．中间体生成产物2的活化能更低，反应速率也更快，因此提高温度优势产物为2，B错误；C．根据图示可知，苯环与、-OSO3H反应生成产物1，苯环上的化学键断裂，与磺酸基和硝基加成，该反应为加成反应，C错误；D．中间体生成产物2的活化能更低，反应速率也更快，且生成产物2为放热反应，因此优势产物为产物2，D正确；故选AD； （5）铜元素的化合价从+2降到+1，FeS2中-1价硫一部分降为-2价、一部分升高到+6价，逆向配平，生成一个化合价总共降低3价，生成一个化合价升高7价，根据得失电子守恒，计量数为7，化学计量数为14，化合价改变的-1价S共3+7=10个，化学计量数为5，结合原子守恒，故反应：； （6）连二亚硫酸钠（）作为还原剂，与氧气（O2）发生氧化还原反应生成硫酸钠和二氧化硫，反应的化学方程式为：； （7）0.1L0.2mol/LNaOH溶液中含有0.02molNaOH，标态（SO2物质的量为0.02mol），完全反应后溶质为NaHSO3，溶液中存在电荷守恒：，因NaHSO3显酸性，的电离大于水解，则存在粒子浓度大小，，故选A； （8）利用强酸制弱酸原理，二氧化硫酸性强于吸收剂盐对应的酸，形成的盐碱性强于，同时要维持吸收故选择缓冲溶液更好，故选择溶液，选D； （9）用100mL蒸馏水洗涤沉淀时，溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c(Ba2+)=0.1L×mol/L=0.1L×mol/L=×10-6mol，用100mL0.01mol•L-1H2SO4溶液洗涤时，硫酸根离子抑制了沉淀的溶解，则溶解的BaSO4的物质的量为0.1L×c(Ba2+)=0.1L×=mol/L=1.1×10-9mol，两种情况下100mL0.01mol•L-1H2SO4溶液洗涤时损失的BaSO4的质量少。 【典题2】（2025·江西卷）与通过催化转化为高附加值化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。相关反应体系及其热力学数据(、)如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． Ⅴ． 回答下列问题： （1） （2）反应Ⅰ的机理包括3种路径(主要步骤如图)，在A路径中，决速步骤的能垒是 ，反应Ⅰ的最优路径是 (填标号)。 （3）某课题组模拟了加氢在不同温度下的平衡组分(如图)。保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是 ，计算时相关反应的平衡常数 。 （4）反应Ⅰ某路径的主要步骤如下(其中*表示吸附态)： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 写出与第⑤步竞争的基元反应 。 （5）通过对负载的单原子催化剂进行掺杂，可调控催化剂选择性生成或，其示意图如下： ⅰ．写出Y的化学式 。 ⅱ．依据示意图，掺杂的催化剂可以提高Y的选择性，其原因是 。 【答案】（1） （2） C （3） （4） （5） 钠抑制了对的活化；钠与中间体的氧成键稳定了中间体构型 【解析】（1）由盖斯定律，Ⅴ-Ⅳ得反应； （2）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，在A路径中，决速步骤的能垒，反应Ⅰ的最优路径是C，其最大活化能最小，更利于反应进行； （3）由图，保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是；由图，时，氢气和水含量相等均为40%、乙醇和二氧化碳含量相等均为10%，则中氢气和水分压均为、乙醇和二氧化碳分压均为，则平衡常数； （4）反应⑤消耗的反应，与步骤⑤形成竞争反应是争夺OH*的反应，即OH*+*=O*+H*和反应；由反应可知，④为可逆反应，则与第⑤步竞争的基元反应为：； （5）ⅰ．可调控催化剂选择性生成或，由图，右侧C、O相结合且均吸附与催化剂表面，则其后生成的Y为CO； ⅱ．由图，钠抑制了对的活化，钠与中间体的氧成键稳定了中间体构型，从而使得掺杂的催化剂可以提高CO的选择性。 ◆一句话点评：试题聚焦 CO2与 H2催化转化的反应体系，融合反应热计算、反应机理分析、化学平衡等核心考点，紧密贴合 “双碳” 热点，综合性强，能很好考查学生对化学反应原理的综合应用与分析能力。 【仿照题2】（2025·江苏盐城·模拟预测）CO2是温室气体，也是来源广泛、廉价易得的碳资源，可通过热化学、电化学等方法再利用。 Ⅰ．利用CO2合成甲醇，发生反应  。 已知：    （1） (用含a、b的代数式表示)。 （2）科学研究中常用产物的时空收率(单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率)来衡量催化效果。在3MPa、时，不同Ni、Ga配比的催化剂作用下，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图-1所示。 ①该反应的最佳条件是 。 ②作催化剂时，随温度升高甲醇时空收率先迅速增大后减小，其中迅速增大的原因是 。 Ⅱ．一定温度和压强下，利用铜基催化剂可以实现CO2选择性加氢制甲醇。其反应机理和能量变化如图-2(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。 （3）①以上反应历程中，决速步骤的化学方程式为 。 ②从化学键断裂和形成的角度，步骤③的过程可描述为 。 （4）合成的甲醇可利用和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，进一步制备甲酸，其电化学装置的工作原理如图-3所示。 ①阳极的电极反应式为 。 ②假设不考虑损耗，理论上制备1mol HCOOH电路中转移 mol电子。 【答案】（1） （2）催化剂、温度210℃左右 催化剂活性随温度升高增大与温度升高，共同使甲醇时空收率迅速上升 （3） 水分子中氧氢键断裂，产生的羟基吸附于催化剂表面（），氢原子与吸附在催化剂表面的甲氧基（）形成氧氢键生成甲醇分子脱离催化剂 （4） 【分析】根据盖斯定律，进行反应热的计算，根据催化剂性能与反应条件分析反应机理。 【解析】（1）已知反应①：，反应②：，目标反应：，根据盖斯定律，对已知反应进行“缩放”和“加减”：将反应①乘以：，将反应②乘以：，将上述两个反应相加，得到目标反应：。 （2）最佳条件：时空收率越高，催化效果越好。由图-1可知，在催化剂、210℃时，甲醇时空收率最高，因此最佳条件为催化剂、210℃。 温度升高时，反应速率加快（温度升高使活化分子百分数增加，有效碰撞频率增大），同时催化剂活性在该温度区间内增强，因此甲醇时空收率先迅速增大。 （3）决速步骤：反应历程中，活化能最高的步骤为决速步骤。由图-2可知，的活化能最高，因此决速步骤的化学方程式为。步骤③的化学键变化：步骤③是，从化学键角度描述为：水分子中氧氢键断裂，产生的羟基吸附于催化剂表面（），氢原子与吸附在催化剂表面的甲氧基（）形成氧氢键生成甲醇分子脱离催化剂。 （4）阳极发生氧化反应，甲醇在电极上被氧化为甲酸。根据元素守恒和电荷守恒，电极反应式为。 总反应为，电路中转移4 mol电子时，生成3 mol HCOOH，则制备1mol HCOOH，在电路中转移mol电子。 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 1．（2025·河南卷）的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）位于元素周期表中 区；基态的价电子排布式为 。 （2）水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是 。 （3）的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为 。 （4）恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是 。 （5）在温度分别为和下，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“”“”或“”)，原因是 。 （6）一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数 (保留小数点后一位)，此时原位利用率为 。 已知：原位利用率 【答案】（1）s 3d8 （2）O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑 （3）Ni2P （4）反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移 （5）T1 升高温度，反应Ⅱ正向移动 （6）1.2 70% 【解析】（1）Ca原子序数为20，电子排布为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态电子排布为[Ar] 3d84s2。Ni失去4s能级上2个电子形成Ni2+，价电子排布为3d8，故答案为：s；3d8。 （2）中心O原子有2个σ键，孤电子对数为，共4个价电子对，模型为四面体型，空间构型为V型，故答案为：O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑。 （3）该晶胞中，P原子8个位于顶点(4个被6个晶胞共用，4个被12个晶胞共用)、2个位于体内，1个晶胞中所含P原子数为，Ni原子8个位于棱(均被4个晶胞共用)、6个位于面(均被2个晶胞共用)，1个位于体内，Ni原子数为，因此该物质的化学式为Ni2P。 （4）重整反应会消耗CO2，降低体系中CO2分压，使分解反应正向移动且反应放热，可以为碳酸钙分解提供能量，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移​。 （5）反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1，故答案为：T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动。 （6）一定温度、下，向体系中加入和，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，反应Ⅰ：平衡时生成，转化率为，物质的量为，则 气体总物质的量n总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol， 反应Ⅲ的平衡常数，平衡时，原位利用率为，故答案为：1.2；70%。 2.（2025·全国卷卷）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、和，则酯化反应的 。 （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）在常压和时，初始组成、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下图所示。 平衡时乙酸的转化率 ，平衡常数 (保留2位有效数字)。已知酯化反应的速率方程为，其中，则 (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)。 【答案】（1） （2） 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）30 3.9 （4）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 【解析】（1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和， ① ② ③ 根据盖斯定律①+②-③得 。 （2）乙酸、乙醇都能形成分子间氢键，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，所以沸点从高到低的顺序为。 （3）初始组成。乙醇的初始浓度3.3mol/L、乙酸的初始浓度为9.9mol/L，平衡时乙醇的浓度减小3.3-0.33=2.97mol/L，则乙酸的浓度降低2.97mol/L，乙酸的转化率；平衡时乙醇的浓度为0.33mol/L、乙酸的浓度为9.9-2.97=6.93mol/L、乙酸乙酯的浓度为2.97mol/L、水的浓度为2.97mol/L，则平衡常数；。 （4）液相反应，压强对平衡影响小，很小，温度对平衡影响小，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。及时移出产物，平衡正向移动，可以提高乙酸乙酯的产率。 3.（2024·天津卷）是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制。 I．的结构 （1）由和组成。的空间结构为 ，的电子式为 。 Ⅱ．的水解 的水解反应方程式为：，该反应放热。 （2）无催化剂时，在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是 。 （3）相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化水解产的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是 (填序号)。 a．反应至时，使用X产生的体积是使用Y的2倍 b．与Y相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 （4）在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行水解反应的对比实验，的生成速率与浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是 (填“M”或“N”)； ②曲线M中，p点之前的生成速率提高，主要原因是 ；p点之后的生成速率降低，主要原因是 。 Ⅲ．的再生 （5）用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为，阴极的电极反应式为 。 【答案】（1）(正)四面体形 （2）水解生成的会继续水解使溶液呈碱性，进而使水解速率放缓 （3）b （4）M 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快 临近反应结束，随着反应物浓度降低，水解速率减慢 （5） 【解析】（1）的价层电子对数是，无孤对电子，空间构型是正四面体形；由和组成，属于离子化合物，电子式：； （2）根据的水解反应方程式为：可知，水解的本质是还原水中的H，生成H2，故无催化剂时，在酸性环境中水解迅速，在碱性环境下水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降的原因是随着反应的进行，生成的会继续水解使溶液呈碱性，H+的浓度降低，反应速率逐渐减慢； （3）a．由图可知，反应至3 min时，使用X产生H2的体积不是使用Y的2倍，故a错误；b．与Y相比，使用X同等时间内产生的气体更多，说明使用X反应速率更快，降低反应活化能更多，故b正确；c．Z是负催化剂，阻碍了水解产生H2，导致H2的产生量为0，故c错误；故答案为：b； （4）①水解反应是吸热反应，温度越高，水解反应速率越快，由图可知，同等浓度的条件下，M产生H2的速率更快，所以起始温度较高的实验对应的曲线是M； ②曲线M中，p点之前H2的生成速率提高，主要原因是反应放热，温度升高，反应速率逐渐加快，p点之后H2的生成速率降低，主要原因是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，浓度对速率的影响其起着主要因素，导致H2的生成速率降低； （5）用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，所以阳极的反应为，用总反应减去阳极的反应，可以得到阴极的反应为。 4．（2024·新课标卷）(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： （1）Ni基态原子价电子的轨道表示式为 。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为，镍原子半径为 。 （2）结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为 ，晶体的类型为 。 （3）在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑， 有利于的生成(写出两点)。、100℃时CO的平衡转化率α= ，该温度下平衡常数 。 （4）对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(k为反应速率常数)，则反应一半所需时间 (用k表示)。 【答案】（1） （2）8 分子晶体 （3）小于 降低温度、增大压强 97.3% 9000 （4） 【解析】（1）Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为，则其价电子轨道表示式为；铜晶胞示意图为，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的，因为晶胞体积为，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为，则镍原子半径为。 （2）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，由的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键2个π键，因此1个分子中含有8个σ键。的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。 （3）随着温度升高，平衡时的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中的体积分数增大，则压强：，即对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，、100℃条件下达到平衡时，CO和的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4mol，反应生成的为xmol，可得三段式： ，反应后总物质的量为：（4-3x）mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有，解得，因此达到平衡时，CO的平衡转化率；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数。 （4）由题给关系式可得，当反应一半时，即，，，则。 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 5．（2025·陕晋青宁卷）/循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： I．   II．   III．   回答下列问题， （1）计算 。 （2）提高平衡产率的条件是_______。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 （3）高温下分解产生的催化与反应生成，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）下，在密闭容器中和各发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是 (填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的 (列出计算式即可)。 ③在下达到平衡时， 。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是 。 【答案】（1） （2）B （3）④ HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O （4）c 0.2 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量 【解析】（1）已知： I．   Ⅱ．   将I+ Ⅱ可得=，故答案为：； （2）已知反应Ⅱ．  为放热反应，要提高平衡产率，要使平衡正向移动。 A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，A错误； B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高平衡产率，B正确； C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，C错误； D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，D错误； 故选B。 （3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O，故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= 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，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。 ①表示选择性的曲线是c，故答案为：c； ②点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，则反应Ⅱ的，故答案为：； ③在下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在，随温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量，故答案为：0.2；温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量。 6．（2025·甘肃卷）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：   反应2：   （1）25℃，101kPa时，反应   。 （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)。 ①在范围内，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 。 ②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 (填“>”“<”或“=”)，理由为 。 （3）对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。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)。当时， 。 实验组 一 二 （4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(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) 【答案】（1）-137 （2）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，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率 （3）9.2×10-3 （4）Pd/W Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的 【解析】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； （2）反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，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，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活； 由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即； （3）将数据代入方程，②÷①得到，则，时，，； （4）如图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，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。 7．（2025·安徽卷）I．通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② （1）反应的 。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，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．的浓度不变       d．和的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，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(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ （4）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有 (填标号)。 a．增加原料中的量      b．增加原料中的量     c．通入气 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中含量下降，平衡体系中的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数 (用含p的代数式表示，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)。 【答案】（1）-41.2 （2）bc （3）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 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）b （5）增大 0.675p2 【解析】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； （2）a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态； 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，压强不变是平衡状态； c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则浓度不变，是平衡状态； d．CO和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态； 故选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； （4）a．增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低； b．增大原料中CO2的量，CH4转化率增大； c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变； 故选b； （5）如图可知，恒压时，随着Ar含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移动，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逆移程度稍小，但CO减小的少，则n(CO):n(H2)增大； 设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时： ； ； 根据碳元素守恒：； 根据氧元素守恒：； 根据氢元素守恒：； 平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应⑤的平衡常数。 8．（2024·全国甲卷卷）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： （1）已知如下热化学方程式：         计算反应的 。 （2）与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 (i)图中的曲线是 (填“a”或“b”)。 (ii)时，的转化率 ， 。 (iii)时，反应的平衡常数 。 （3）少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在之间，有和无时的生成速率之比 。 (ii)从图中找出提高了选择性的证据： 。 (ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析提高选择性的原因： 。 【答案】（1）-67 （2）a 80% 7.8 10.92 （3）(或3：2)5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br 【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。 【解析】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。 （2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a； (ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol； (iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。 （3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1。生成速率比==； (ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性； (iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。 考向三 化学原理大综合 9．（2025·重庆卷）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：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是 。 ② (填“>”“=”或者“<”)。 （2）用如图所示电化学装置进行如下实验。 ①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的 (填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为 。 ②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为 。 （3）利用驰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驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。 ①25℃时，的平衡常数 (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，计算得为 。 【答案】（1）B ＞ （2）右侧 （3） D 【解析】（1）①重水中存在电离平衡，中性溶液中，，只有B点符合，所以“A、B、C”三点中呈中性的是B点，故答案为：B； ②水的电离平衡为吸热过程，温度升高，电离程度增大，，均增大，Kw也增大，由图可知，T1时离子浓度更高，Kw更大，所以＞，故答案为：＞； （2）①用进行实验，左侧通入，产物为，电极方程式为：，左侧为负极，右侧为正极，电极方程式2H++2e-=H2↑，在原电池中，阳离子向正极移动，所以盐桥中移向正极，即右侧，该电池总反应方程式为H++OH-=H2O，故答案为：右侧；H++OH-=H2O； ②用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，则该侧的电极反应方程式为，故答案为：； （3）①对于反应，平衡常数K的定义为：K=，在25℃的纯水中，水的离子积常数为Kw=，而且平衡时，已知，带入公式：K=，保留两位小数K，故答案为：； ②瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为D， ③驰豫时间公式为，其中，，带入得：，在平衡时，，可推出，带入已知值：，即，将k1带入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于，可忽略不计，所以，得出，故答案为：。 10．（2025·浙江卷）二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： （1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A．温度 B．投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C．压强 D．催化剂 （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH= 。 （3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是 。 （4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下 0(填“>”、“<”或“=”)。 （5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V． 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活) 。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因 。 【答案】（1）AB （2）5.4 （3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O （4）＜ （5）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(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度 【解析】（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，A符合题意； B．增大投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3):n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意； C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意； D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意； 故答案为：AB； （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2] ++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，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的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0，故答案为：＜； （5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t 时刻前，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(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快，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(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快； ②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：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的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。 11．（2024·北京卷）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 （1）方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。 （2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为 。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因 。 （3）方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式： 。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是 。 （4）人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因 。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 【答案】（1）难挥发性 （2） 该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积 （3） iii产生的参与ⅱ中NO的氧化 （4）分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量 【解析】（1）浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。 （2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为； ②反应，升高温度，NO的平衡转化率减小，说明该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积。 （3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为； ②反应iii生成，将氧化成，更易转化成。 （4）分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。 12．（2023·河北卷）氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。 已知：物质中的化学键断裂时所需能量如下表。 物质 能量/ 945 498 631 回答下列问题： （1）恒温下，将空气(和的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应： i   ii   ① 。 ②以下操作可以降低上述平衡体系中浓度的有 (填标号)。 A．缩小体积    B．升高温度    C．移除    D．降低浓度 ③若上述平衡体系中，则 (写出含a、b、V的计算式)。 （2）氢气催化还原作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原反应的速率方程为为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。 组号 1 0.10 0.10 r 2 0.10 0.20 3 0.20 0.10 4 0.05 0.30 ？ 表中第4组的反应速率为 。(写出含r的表达式) （3）①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，在 (填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生。 ②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗和的质量比为，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为 。 ③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上电还原为(图1)和电还原为(图2)反应历程中的能量变化，则三种催化剂对电还原为的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母a、b、c排序)。 【答案】（1）181 CD （2） （3）阴 bac 【解析】（1）①ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=； 故答案为：+181； ②A．缩小体积，所有物质浓度均增大，A不符合题意； B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大，B不符合题意； C．移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低，C符合题意； D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低，D符合题意； 故答案为：CD； ③根据三段式 ，； 故答案为：；； （2）实验1与实验2相比，，y=1，实验1与实验3相比，，x=2，代入实验3，，根据实验4计算，； 故答案为：0.75r； （3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应； 故答案为：阴； ②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1个N2转移6个电子，在碱性下发生，； 故答案为：； ③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c； 故答案为：bac。 一、热化学与能量变化易错点 1.△H的符号与单位：放热反应△H为负，吸热为正，容易因判断反反应热方向而写反符号。单位必须是“kJ·mol-1”,不能漏写“·mol-1”。 2.热化学方程式的书写细节：反应物和生成物的状态(s、1、g、aq)必须标注，状态不同△H值不同；化学计量数与△H成比例，计量数变化时△H需同步缩放。 3.盖斯定律计算：叠加化学方程式时，容易忽略反应的“+"“-“关系，或漏乘、错乘化学计量数，导致最终△H计算错误。 二、化学反应速率与平衡易错点 1.速率计算的“陷阱”:计算速率时，必须用“浓度变化量”(△c)除以时间，若题目给的是“物质的量变化”,需先除以体积得到△c,否则直接用物质的量计算会出错。 2.平衡标志的误判：混淆“速率关系”和“平衡状态”,例如v正(A)=v逆(B),需先看两者的化学计量数是否匹配(如反应aA+bB=cC,需满足v正(A)/a=v逆(B)/b才是平衡);忽略“变量不变才是平衡”,如体系密度、压强，需先判断其是否为“变量”(如恒容体系中，若反应物和生成物都是气体，密度始终不变，不能作为平衡标志)。化学平衡状态判断“三关注”：容器特征、反应特点、物质的状态。 3.平衡移动的“特殊情况”:忽略“催化剂不影响平衡”,认为催化剂会改变平衡转化率；忽略“惰性气体的影响”,恒容下充惰性气体平衡不移动，恒压下充惰性气体相当于减压，平衡向气体分子数多的方向移动。 三、电解质溶液与电离平衡易错点 1.电离平衡与水解平衡的优先级：混合溶液中(如等浓度的NH4Cl和NH3·H2O),容易搞反电离和水解的主次，需记住“谁强显谁性”,如NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性。 2.离子浓度比较的“遗漏项”:比较离子浓度时，容易忽略“水电离出的H+和OH-”,例如在酸性溶液中，OH-全部来自水的电离，不能只看酸电离的H+而忽略OH-的存在。溶液中微粒浓度的关系“三守恒”：电荷守恒、物料守恒、质子守恒。 3.pH计算的“小数点失误”:稀释强酸或强碱时，容易算错pH的变化幅度(如pH=3的盐酸稀释100倍，pH=5,不是pH=1);计算弱酸或弱碱的pH时，忘记其“部分电离”,直接用浓度计算H+或OH-浓度，导致结果偏差。 四、电化学基础易错点 1.正负极/阴阳极的判断错误：原电池中，容易将“活泼金属”一概视为负极，忽略特殊情况(如Al在浓硝酸中因钝化作正极);电解池中，混淆“阳极氧化、阴极还原”的规律，导致电极反应式写反。 2.电极反应式的“细节漏洞”:电极反应式中，容易忽略“电解质环境”(酸性或碱性),例如在碱性条件下，H+不能出现，需用H2O和OH-平衡电荷；漏写“电子守恒”,导致反应式两边电子数不相等。注意元素守恒和电荷守恒，注意是碱性介质、酸性介质还是熔融盐。 3.电化学计算的“守恒失误”:计算电解池中析出金属的质量或生成气体的体积时，容易忽略“电子守恒”的核心，未通过电极反应式找到电子与物质的计量关系，直接用反应方程式计算。电解计算破题“三方法”：根据电子守恒计算、根据总反应式计算、根据关系式计算。 1．（2025·广东中山·模拟预测）N2O可应用于电子工业，也是一种温室气体。 （1）催化分解法或热分解法可消除N2O。 反应Ⅰ：2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)    ∆H<0 ①基态N原子的价层电子排布图为 。 ②反应I在任意温度可自发进行，则∆S 0(填“>”“<”或“=”) ③一种Fe-Ru催化剂催化分解工业尾气N2O，发生以下反应： N2O＋NO→NO2＋N2        ∆H1 N2O＋NO2→NO＋O2＋N2        ∆H2 2NO22NO＋O2            ∆H3 根据盖斯定律，反应Ⅰ的∆H= 。 ④热分解法进行反应Ⅰ经过两步基元反应： 第一步：N2O→N2＋O·(慢反应)        第二步：O·＋N2O=N2＋O2(快反应) 已知：基元反应aA(g)＋bB(g)=cC(g)＋dD(g)的反应速率方程可表示为v=kca(A)cb(B)。k为速率常数，总反应速率方程由慢反应决定。 则反应Ⅰ的正反应速率可表示为v=kcx(N2O)，x= 。 （2）加热NH4NO3可制N2O。 反应Ⅱ：NH4NO3(s)N2O(g)＋2H2O(g)    ∆H>0。 向恒容密闭容器中加入1mol NH4NO3，控制在一定温度下加热至压强不再变化(实验温度下仅发生反应Ⅱ)，测c(N2O)。不同温度下测得c(N2O)如图，其中一定处于平衡状态的是 (填“A”或“B”)状态。该状态时N2O的分压为p kPa，则分压平衡常数Kp= (用含p的代数式表示)。 （3）向2L恒容密闭容器中加入1molNH4NO3，一定条件下恒温加热，同时发生反应Ⅱ和反应Ⅰ，容器内n(N2O)随时间变化的关系如图，2min时恰好达到平衡，NH4NO3的转化率恰好为50％。0～a min，n(N2O)增大可能原因是反应Ⅰ的速率 (填“>”“<”或“=”)反应Ⅱ。 【答案】（1） > ＋或＋或 1 （2）A 4p3kPa3 （3）< 【解析】（1）①N是7号元素，基态N原子的价层电子排布式为，价层电子排布图为，故答案为：。 ②根据，反应Ⅰ的，反应在任意温度可自发进行，则，故答案为：>。 ③令①为N2O＋NO→NO2＋N2，②为N2O＋NO2→NO＋O2＋N2，③为2NO22NO＋O2，根据盖斯定律，反应Ⅰ可由①+②或2×①+③或2×②-③所得，则=或或，故答案为：=或或。 ④基元反应的反应速率方程可表示为，k为速率常数，方程式中反应物浓度的指数与方程式的系数一致，总反应速率方程由慢反应决定，则反应Ⅰ：的正反应速率由第一步决定，可表示为，1，故答案为：1。 （2）向恒容密闭容器中加入1mol ，控制在一定温度下加热至压强不再变化(实验温度下仅发生反应Ⅱ)，该反应为吸热反应，若反应达到平衡，升高温度，平衡正向移动c(N2O)增大，B状态前后改变温度c(N2O)不变说明B状态反应未达到平衡；A状态前后符合平衡移动的结果，说明该条件下反应达到最大限度、反应处于平衡状态；则 A状态一定处于平衡状态；恒容密闭容器中加入1mol ，仅发生反应Ⅱ，列三段式：，平衡时的物质的量分数为，的物质的量分数为，该状态时的分压为，的分压为，则，故答案为：A；4p3kPa3。 （3）反应Ⅰ： ，反应Ⅱ： ，，反应未达到平衡状态，增大可能原因是：相同时间内反应Ⅱ生成的N2O大于反应Ⅰ消耗的N2O，反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ，故答案为：<。 2．（2025·甘肃白银·模拟预测）为保护环境、实现资源再利用，可通过反应NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)将烟气中的NO2转化为NO，再进行回收利用。回答下列问题： （1）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)  ΔH=-113.0 kJ·mol-1，CO的燃烧热(ΔH)为-283.0 kJ·mol-1.NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)的ΔH= ；若该反应的ΔS=+6.9J·(K·mol)-1，则反应自发进行的条件为 (填“较高温度”“较低温度”或“任意温度”)。 （2）NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)的速率方程为=kc2(NO2)。则既能缩短达到平衡的时间，又能提高CO平衡转化率的措施为 。 （3）将物质的量之比分别为4：3和1：1的NO2与CO的混合气体通过盛放催化剂的反应器发生反应，由流出气体成分测得NO2的转化率与混合气体流速、体系温度的关系如图所示(气体流速较低时，转化率可认为平衡转化率)。 ①上图中表示物质的量之比为4：3的NO2与CO混合气体中NO2的转化率与混合气体流速、体系温度的关系的是 (填“甲”或“乙”)，理由为 。 ②T1、T2、T3由大到小的顺序为 。 ③若图甲中T2下，M点对应状态反应前混合气体压强为p0 kPa，则M点对应的反应速率(NO2)= kPa·min-1。 ④T1下，反应的平衡常数Kc= 。 【答案】（1）-226.5 kJ·mol-1 任意温度 （2）增大NO2浓度 （3）甲 NO2与CO的物质的量之比增大，NO2转化率减小 T3>T2>T1 81 【解析】（1）由已知反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)  ΔΗ=-113.0 kJ·mol-1、2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)  ΔH=-566.0 kJ·mol-1，第二个反应减去第一个反应后除以2可得NO2(g)+CO(g)⇌NO(g)+CO2(g)  ΔΗ=-226.5 kJ·mol-1；该反应为放热的熵增反应，结合ΔG=ΔH-ΔS，均小于0，可自发进行，故答案为：-226.5 kJ·mol-1；任意温度； （2）由反应的速率方程和影响反应速率、化学平衡的外界因素知，既能缩短达到平衡的时间，又能提高CO平衡转化率的措施为增大NO2浓度； （3）①NO2与CO的物质的量之比增大，NO2转化率减小，则图甲表示物质的量之比为4：3的NO2与CO的混合气体中NO2的转化率与混合气体流速、体系温度的关系，故答案为：甲；NO2与CO的物质的量之比增大，NO2转化率减小； ②该反应为放热反应，温度升高NO2转化率减小，故T3>T2>T1. ③图甲对应物质的量之比为4：3的NO2与CO混合气体，起始混合气体压强为p0 kPa时，NO2的起始分压为，流速为0.00154 mol·min-1时NO2的转化率为80%，即每分钟NO2的分压变化为，反应速率为PokPa．min-1。 ④气体流速较低时，转化率可认为平衡转化率，则N点时转化率可认为NO2的平衡转化率，即90%；结合①可知，图乙对应物质的量之比为1：1的NO2与CO混合气体，设起始混合气体中NO2与CO物质的量均为1mol，则平衡时NO2、CO、NO、CO2的物质的量分别为0.1mol、0.1 mol、0.9 mol、0.9mol，该反应为左右两边气体分子总数相等的反应，则T1下，反应的平衡常数Kc=。 3．（2025·陕西西安·模拟预测）I.回答下列问题。 （1）“液态阳光”是推动碳低峰，碳中和的技术新路径。反应原理为： (假设该反应无副反应)。设，y随温度的变化关系如下图所示，图所对应该反应的线条是 。 II.稀有气体曾被认为无法形成化合物，近年来稀有气体化合物的合成蓬勃发展。Xe的氟化物被广泛用作刻蚀剂、氧化剂和氟化剂，常用Xe和制备，反应体系存在如下平衡(以下实验均在恒容条件下进行)： 反应i：   反应ii：   反应iii：   温度/℃ 250 400 （2）关于上述反应，下列有关说法正确的是 (填标号)。 A．当体系总压不再改变时，反应达到平衡 B．当Xe与的投料比为1：1时，的平衡转化率大于Xe C．达到平衡后将从体系中移除，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ均正向移动 （3）升高温度，平衡 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，理由是 。 （4）在400℃条件下，向1 L容器内通入21.32 mol Xe和40.35 mol，t min后反应达平衡。平衡时各产物的物质的量(n)如表所示。 物质 n/mol 3.59 17.40 0.32 ①t min内，Xe的平均反应速率为 mol·L-1·min-1。 ②平衡时的转化率的区间为 (填标号)。 A．50%~60%        　　B．70%~80%        　　C．90%~100% ③400℃时反应iii的平衡常数K3= 。 （5）向某恒容密闭容器中充入一定量的Xe和，发生反应i、ii、iii，平衡时容器中、、的分布分数δ[如]随温度的变化如图所示(已知反应ⅲ为放热反应)。先增大后减小的原因是 (用平衡移动原理解释)。 【答案】（1）c （2）AB （3）正向移动 升高温度平衡常数增大，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动 （4） C 32 （5）根据表中数据，反应i()和反应ii()均为放热反应。而反应的平衡常数，随温度升高而增大（由（3）问可知），故该反应为吸热反应。在较低温度时，升高温度，此吸热反应平衡正向移动，增大；在较高温度时，的分解（反应ii的逆反应）占主导，导致减小 【解析】（1）由可知，该反应，，则随着T增大而增大，因此图所对应该反应的线条是：c； （2）A．反应体系中，气体的分子数发生变化，压强是一个变量，当体系总压不再改变时，反应达到平衡，A正确；B．反应i中Xe与的化学计量数之比为1:1，而反应ii、iii中Xe与的化学计量数之比分别为1:2和1:3。当Xe与的投料比为1:1时，相对于反应ii和iii的化学计量，是不足的，因此的平衡转化率大于Xe，B正确；C．达到平衡后将从体系中移除，反应i平衡正向移动，Xe与浓度减小，ii和iii均逆向移动，C错误；故选AB； （3）根据盖斯定律，反应ii-反应i的反应，所以该反应的平衡常数，250℃时，，400℃时，，升高温度平衡常数增大，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动; （4）①根据反应i、ii、iii，t min时，反应的Xe物质的量为：，所以平均反应速率为：，故答案为：； ②由已知可知，因此的转化率为：，故答案选C； ③400℃时反应iii的平衡常数 （5）根据表中数据，反应i()和反应ii()均为放热反应。而反应的平衡常数，随温度升高而增大（由（3）问可知），故该反应为吸热反应。在较低温度时，升高温度，此吸热反应平衡正向移动，增大；在较高温度时，的分解（反应ii的逆反应）占主导，导致减小。 4．（2025·山西晋城·模拟预测）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）工业上利用氨气和二氧化碳合成尿素，某兴趣小组在一定温度下，在1L密闭容器中充入1 mol和amol发生反应：。测得反应过程中体积分数变化如图所示。 ① ，10 min内的反应速率为 mol·L-1·min-1。 ②的平衡转化率为 ，平衡后与反应前的压强之比为 。 ③下列选项中能作为该反应达到平衡状态的依据的是 (填字母)。 a．的气体体积分数不变                b． c．容器内总压强不再改变                    d．容器内气体密度不变 （2）研究发现的机理如下： ⅰ．     快速平衡 ⅱ．     慢反应 ①其速率方程分别为(正)(正)，(逆)(逆)，，经过推导发现的速率方程为，则 (用(正)，(逆)，表示)。 ②对于反应ⅰ，降低温度，(逆)减小的倍数 (填“大于”“小于”或“等于”)(正)减小的倍数。恒温恒容密闭容器中只发生反应ⅰ，初始 mol·L-1，的产率与反应时间的关系如图所示。则P点处 。 【答案】（1）1 0.0375 75% 5：8 cd （2） 大于 64 【解析】（1）①根据初始氨气的体积分数为50 %，故的体积分数也为50 %，所以和的初始物质的量相同，故；10 min内，设消耗的、的物质的量为x mol，则消耗的为2x mol，生成的水蒸气为x mol，则气体总物质的量为 2 mol-3x mol+x mol=2-2x mol， 此时的体积分数为20 %，则，x=0.375，故10 min内的反应速率为。 ②根据①可知平衡时，消耗的物质的量为2x mol即0.75 mol，则平衡转化率为；反应后总物质的量为2-2x mol=1.25 mol，同温同体积下，。 ③a. 的气体体积分数不变，由①可知的气体体积分数为为定值，故不能说明平衡，a错误；b. 说明正反应和逆反应速率不同，未达到平衡状态，b错误；c. 容器内总压强不再改变，非等体积反应，压强不再改变，说明各物质的物质的量不再改变，能说明平衡，c正确；d. 恒容容器，容器内气体密度不变，说明气体质量不再改变，说明达到平衡状态，d正确；故选cd。 （2）反应i很快建立平衡，由，即，可得，总反应速率取决于慢反应速率，即，即。   ，降低温度平衡正向移动，即，即(逆)减小的倍数大于(正)减小的倍数；达到平衡状态时产率为80 %，,，，，P点处产率为20 %，三段式：， 则P点处。 5．（2025·辽宁大连·模拟预测）近年来甲烷资源化的利用备受关注。试回答下列问题： 【催化重整】 重整反应为Ⅰ． 已知：一定温度下，由稳定单质(其标准摩尔生成焓视为0)生成1mol化合物的焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓()。 表中为几种物质在298K时的标准摩尔生成焓。 物质 -393.5 -110.5 0 -74.8 （1）则该反应Ⅰ的 。 （2）为了进一步研究的甲烷化反应，科学家研究催化剂(M表示Ni或Ru)在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程表示如下： ①关于核心反应过程，下列说法正确的是 。 A．步骤Ⅰ中生成了非极性键 B．步骤Ⅲ发生的反应为(*表示吸附在催化剂上) C．步骤Ⅳ中碳元素发生还原反应 D．整个反应过程中只有金属M起到催化作用 ②研究发现，光诱导电子从转移到M，富电子的M表面可以促进的解离和的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用催化剂的反应效率 (填“高于”或“低于”)使用作催化剂的反应效率。 【处理工业废气】 （3）利用工业废气生产的反应为。向某密闭容器充入、，维持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度T的变化如图。 ①图中表示的曲线是 (填“a”“b”“c”或“d”)。 ②780℃时，该反应的 (列出表达式即可，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。 ③维持m点温度不变，向容器中再通入、、、各1mol，此时速率关系为(正) (逆)(填“>”“<”或“=”)。 【甲烷和丙烷催化制氢】 还可以用甲烷和丙烷制备，同时生成苯和二甲苯，反应如下： (两个反应可视为同级数的平行反应) （4）对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，、为定值，为常数，为温度，同一温度下是定值。已知，若要提高单位时间内苯的选择性，可采取的措施有 。 【答案】（1）＋247.3 （2）BC 高于 （3）d > （4）加入合适的催化剂、适当降低温度 【解析】（1）根据化合物的标准摩尔生成焓的概念，反应Ⅰ的可结合盖斯定律，由表格中各物质的标准摩尔生成焓计算，。 （2）①A．步骤Ⅰ形成的物质中没有非极性键，A错误；B．根据催化反应的核心过程，步骤Ⅲ发生的反应为(*表示吸附在催化剂上)，B正确；C．步骤Ⅳ中碳元素由转化为CH4，C元素的化合价降低，发生还原反应，C正确；D．整个反应过程中M和TiO2都起到催化作用，D错误；故选BC。 ②Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，意味着Ru的吸电子能力更强，光诱导电子从转移到M，富电子的M表面可以促进的解离和的活化，Ru的吸电子能力更强更易使Ru表面富电子，从而更好促进的解离和的活化，所以使用催化剂的反应效率高于使用作催化剂的反应效率。 （3）①由图可知随着温度的升高，曲线a与b的物质的量分数比例约为4∶1，曲线c与d的物质的量分数比例约为2∶1，故曲线d表示平衡时CH4物质的量分数随温度的变化，曲线a、b、c依次表示平衡时H2、CS2、H2S物质的量分数随温度的变化。 ②曲线c代表H2S物质的量分数随温度的变化，曲线a代表H2物质的量分数随温度的变化，曲线b代表CS2物质的量分数随温度的变化，根据图像，780℃时，CH4和H2的物质的量分数相同，设CH4转化的物质的量为y mol，列出三段式： 1-y=4y，解得y=0.2 mol，，780℃时该反应的Kp=。 ③设m点时甲烷转化了z mol，列出三段式： m点时CS2和CH4的物质的量相等，则有1-z=z，z=0.5 mol，，m点对应温度下该反应的，m点温度不变，向容器中再通入、、、各1mol，此时，Qp<Kp，平衡正移，故(正) >(逆)。 （4）已知，根据，要提高苯的选择性，即生成苯的反应速率相对生成二甲苯的反应速率更快，可以使用合适的催化剂使生成苯的反应速率加快；可以适当降低温度，由于，降低温度对活化能高的反应（生成二甲苯的反应）速率影响更大，生成二甲苯的反应速率降低得更多，从而提高苯的选择性。 6．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）工业上，可以实现碳的化合物的循环利用。合理利用碳资源开发化工产品具有十分重要的意义。回答下列问题： （1）已知：的加氢甲烷化的部分反应如下： ①　； ②　。 则反应的 。 （2）控制适当的反应条件，发生反应：　。实验测得；，其中、为速率常数。在两种压强（分别为、且）下，分别测得与平衡时的体积分数随温度的变化趋势如图所示。 ① （用速率常数表示），速率常数与温度 （填“有关”或“无关”）。 ②、、相对大小关系是 （用“>”“<”或“=”连接）。 ③线Ⅱ、线Ⅲ的含义分别表示 。 （3）碳的一种单质的（单层）结构的球棍模型如下图1所示，则12g该单层结构中的六元环数目为 ，若该单质中每个C原子的最外层均达到8个电子的稳定结构，则其晶体中键与π键数目之比为 。 （4）为早日实现“碳中和碳达峰”目标，科学家提出用钌（Ru）基催化剂催化和反应生成HCOOH。反应机理如图2所示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。 ①反应历程中，反应的催化剂为 （选填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）。 ②每转移1mol放出 kJ的热量。 【答案】（1） （2） 有关 => p1压强下平衡时CH3CH2CH2CH3的体积分数随温度变化的曲线为Ⅱ，p1压强下平衡时的体积分数随温度变化的曲线为Ⅲ （3）0.5 3:1 （4）Ⅰ 15.6 【解析】（1）由盖斯定律，①+②得到反应，其； （2）①平衡时正逆反应速率相等，=，则 ，平衡常数与温度有关，则速率常数与温度有关； ②反应焓变大于0，为吸热反应，温度越高平衡常数的值越大，所以、、相对大小关系是=>； ③该反应的正反应方向是压强增大的方向，，增大压强平衡逆向移动，反应物体积分数增大，生成物体积分数减小；该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应物体积分数减小，生成物体积分数增大。故p1压强下平衡时CH3CH2CH2CH3的体积分数随温度变化的曲线为Ⅱ，p1压强下平衡时的体积分数随温度变化的曲线为Ⅲ； （3）据“均摊法”，每个六元环中含个C，12gC为1 mol，则该单层结构中的六元环数目为0.5，若该单质中每个C原子的最外层均达到8个电子的稳定结构，则每个碳原子形成2个单键、1个双键，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，其晶体中键与π键数目之比为3:1； （4）用钌（Ru）基催化剂催化和反应生成HCOOH；由图，起始反应为氢气和Ⅰ反应，由图可知Ⅰ先消耗后生成，Ⅱ和Ⅲ先生成后消耗，即生成中间产物为Ⅲ和Ⅱ，催化剂为Ⅰ； 和反应生成HCOOH，氢化合价由0变为+1，生成1分子HCOOH转移2个电子，已知当生成46g液态HCOOH（为1 mol，此时转移2 mol电子）时放出31.2 kJ的热量，则每转移1 mol放出31.2kJ÷2=15.6 kJ的热量。 7．（2025·安徽六安·模拟预测）NH3及其衍生物有多种用途，下面对NH3及其衍生物进行的相关研究。按要求回答下列问题： （1）以NH3和CO2为原料在ZnO作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图甲： 则 。 （2）在催化剂作用下NH3可与呋喃()反应转化为吡咯()，呋喃的熔、沸点 (填“>”或“<”)吡咯，原因是 。 （3）NH3的二甲基取代物二甲胺()又称DMA，二甲基甲酰胺()又称为DMF，DMF是一种常见的有机溶剂，高温易分解。一种CO2加氢偶合二甲胺制备二甲基甲酰胺(DMF)的反应如下(反应为Ⅱ为伴随的副反应)： ：(g)+CO2(g)+H2(g)(g)+H2O(g) ：(g)+CO2(g)+3H2(g)(g)+2H2O(g) 回答下列问题： ①在恒温恒容的容器中充入一定量的DMA、CO2及H2发生上述反应，下列条件能够说明容器中的反应达平衡状态的是 。 A．DMF和H2O(g)的物质的量之比不变               B．气体的密度不变 C．反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH保持不变                  D．气体的平均摩尔质量不变 E．反应Ⅰ的平衡常数不变                      ②300℃时，向恒容密闭容器中加入1molDMA、1molCO2、1.34molH2，含氮物种的物质的量随时间的变化关系如图乙所示。 0~2min内，H2的化学反应速率为 。反应的平衡常数K= (保留最简分数)。 （4）催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图丙所示(吸附在催化剂上的物质加“*”表示，如等)。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图丁。已知，Q=nF，n表示电解生成相应还原产物时所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数(96500C/mole-)；表示电解过程中通过的总电量。 ①写出催化机理图中①的基元反应： 。 ②当电解电压为时，电解生成的H2和NH3的物质的量之比为 。 ③当电解电压为时，和的法拉第效率几乎相同，写出生成的电极反应式： 。 【答案】（1） （2）< 吡咯易形成分子间氢键 （3）AD 0.06 （4）*NO+H++e-=*NOH 15：2 【解析】（1）如图可知，目标反应=反应①+反应②+反应③，则反应焓变：。 （2）影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高。 （3）①A．如果只有反应Ⅰ，则DMF和H2O始终为1：1，但反应Ⅱ也生成水，因此在反应过程中DMF和H2O的比例会发生变化，故两者比例不变时达到了平衡，A正确；B．反应中气体总质量和容器体积都不变，气体密度在反应中保持不变，无法判断平衡，B错误；C．反应热对于一个给定的反应来说一定条件下为定值，无法判断平衡，C错误；D．气体总质量在反应中保持不变，总物质的量只有达平衡了才不变，因此气体平均摩尔质量不变时为平衡状态，D正确；E．平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常数为定值，E错误；故答案为AD。 ②由图知，0~2min内：消耗DMA 0.2 mol，生成DMF 0.18 mol，根据N原子守恒可知，生成TMA 0.02 mol，则反应I消耗DMA 0.18mol、反应II消耗DMA 0.02 mol；根据反应式可知：反应Ⅰ消耗H2 0.18 mol、反应Ⅱ消耗H2 0.06 mol，总消耗H2 0.24mol，H2的化学反应速率为；由反应式可知：平衡时，、、、、n(H2)=(1.34-0.18×1-0.02×3)mol=1.1mol、，则反应I的平衡常数为。 （4）①由反应机理图可知①的基元反应为*NO+H++e-=*NOH； ②由图可知当电解电压为时，和的法拉第效率为，即转移电子数之比为；根据电极反应，则设生成有电子转移，氢气有电子转移，生成，即电解生成的和的物质的量之比为15：2； ③催化电解吸收液可将还原为，得电子，则吸收液为电解池的阴极区，生成的电极反应为。 8．（2025·甘肃白银·模拟预测）氨气是一种重要的化工原料，在很多领域有重要的应用。回答下列问题： （1）合成氨的原料气需预先净化，其主要目的是防止催化剂 ；在实际工业生产中，提高产品平衡产率的措施有 (答出两点)。 （2）研究表明反应  分三步进行，如图1所示。 第一步反应的正反应活化能比逆反应活化能 (填“大”或“小”)；第三步反应的热化学方程式为 。 （3）可由氨气制备，主要涉及反应： Ⅰ．  ； Ⅱ．  ； Ⅲ．  。 ①一定温度下，向体积为10 L的恒容密闭容器中加入5 mol 发生反应。20 min达到平衡时容器内、的物质的量分别为2 mol、3 mol，与的体积分数相等，体系压强为10 MPa。则0～20 min内，平均反应速率 ；的平衡体积分数为 ；该温度下，反应Ⅲ的平衡常数 (是用分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。 ②不同压强下，向密闭容器中加入等量，实验测得平衡时和的物质的量随温度的变化关系如图2所示。 图2中表示平衡时的物质的量随温度变化关系的是 (填“甲”或“乙”)，判断依据为 ；图乙中、、由大到小的顺序为 。 【答案】（1）中毒 增大体系压强、及时将氨气液化分离、氮气和氢气循环利用等 （2）大   (或  ) （3）0.01 50% 0.729 甲 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，温度升高，平衡碳量增大，一定温度下，主要发生反应Ⅱ时，压强对平衡碳量无影响，曲线交于一点 【解析】（1）合成氨的原料气需预先净化，其主要目的是防止催化剂中毒；在实际工业生产中，提高产品平衡产率的措施有增大体系压强、及时将氨气液化分离、氮气和氢气循环利用等。 （2）由图知，第一步反应为吸热反应，其正反应活化能比逆反应活化能大；总反应-第一步反应-第二步反应=第三步反应，则第三步反应的热化学方程式为  或  。 （3）①由已知反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ知，若起始到平衡时反应Ⅲ消耗的物质的量为a，则该反应生成物质的量为a、物质的量为2a；平衡时容器内C(s)、的物质的量分别为2 mol、3 mol，则反应Ⅱ消耗2 mol ，反应Ⅰ消耗6 mol ；由与的体积分数相等列式得，解得；综上，平衡时容器内有2 mol 、2 mol 、3 mol 、9 mol 、2 mol ，气体总物质的量为18 mol；则0~20 min内，平均反应速率；的平衡体积分数为；该温度下，反应Ⅲ的平衡常数。 ②图2中表示平衡时C(s)的物质的量随温度变化关系的是甲，判断依据为反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，温度升高，平衡碳量增大，一定温度下，主要发生反应Ⅱ时，压强对平衡碳量无影响，曲线交于一点；图乙表示的物质的量随温度的变化关系，由反应特点知，压强越大，的物质的量越小，则由大到小的顺序为。 9．（2025·浙江·一模）氨作为零碳燃料和氢能载体，能通过氨热分解法制氢、氨电解法制氢，使其在构建“氢能社会”方面发挥重要作用，对保障国家能源安全和实现“双碳”目标具有重要意义。回答下列问题： Ⅰ．氨热分解法制氢：反应原理为，氨制氢过程中的能量变化如图所示。 （1）   ，其能够自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或“任何温度”)。 （2）①某温度下，在不同催化剂体系中，氨气以一定流速通过绝热反应管(图1)，测得出口处氨气分解率随温度变化曲线如图2所示。(图2温度范围内，催化剂活性不变) 下列说法不正确的是 。 A．催化效果最好的是催化剂I B．如果增大气体流速(其他条件不变)，则点对应的点可能变为 C．如果用膜分离技术及时分离出，可以提高氨气的分解率 D．处与处氨分解反应的平衡常数相等 ②温度越高，的分解率越接近平衡分解率的原因是： 。 （3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡常数 。(用分压计算的平衡常数为，分压总压物质的量分数) Ⅱ．氨电解法制氢：利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其工作原理如图所示。 （4）阳极电极反应式为 。 （5）当外电路转移电子时，右室的质量减少 。 【答案】（1）+90 高温 （2）ABD 温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率 （3） （4） （5）36 【解析】（1）焓变等于生成物能量减去反应物能量，由图得，所以；根据，反应气体分子数增多，所以熵变大于零，另，则需温度较高，所以该反应为高温自发进行。 （2）①A．由图得，使用催化剂1，氨气分解率最低，其效果最差，A错误；B．增大气体流速，相当于增大氨气浓度，反应正向移动，但（转化率）分解率降低（平衡移动只能减缓改变，不能抵消改变），c点分解率比X高，故B错误；C．及时分离产品H2，使得反应正向移动，氨气分解率提高，C正确；D．反应容器绝热，所以容器内部温度不等，所以L1和L3处的平衡常数不等，D错误，故选ABD； ②温度越高，在相同气体流速，即反应时间相同的情况下，反应速率越快，达到平衡时间越快，而催化剂不改变平衡移动，所以温度越高，氨气分解率曲线越和平衡分解率曲线重合。 （3）设通入1 mol 氨气，1 mol Ar，平衡时转化氨气n mol，则生成氮气0.5n mol，生成氢气1.5n mol，平衡时混合气中氨气与氢气的分压相等，所以其物质的量相等，则1-n=1.5n，n=0.4，所以平衡时氨气物质的量为0.6 mol，氢气为0.6 mol，氮气为0.2 mol，气体总物质的量为(0.6+0.6+0.2+1) mol=2.4 mol，则平衡常数为。 （4）图示左室为阳极，氨气被氧化生成氮气，右室为阴极，水得电子生成氢气，阳极反应为。 （5）右室反应为水得电子生成氢气和OH-，氢气被吹出电解池，生成的OH-通过阴离子交换膜向阳极移动，根据2H2O+2 e-=H2+2OH-，所以每转移2 mol电子，右室减少2 mol H2O的质量，为36 g。 10．（2025·陕西安康·模拟预测）含硫化合物在化工生产和日常生活中应用广泛，关于含硫化合物的研究是目前化学工业的热点之一。回答下列问题： （1）家用煤气中常掺入微量具有难闻气味的乙硫醇(C2H5SH)作为煤气泄露的预警气。已知：C2H5OH(g)+H2S(g)C2H5SH(g)+H2O(g)  ΔH1=-32 kJ·mol-1，120℃时，在足量O2中1 mol 乙醇燃烧放热1409 kJ，1 mol 硫化氢燃烧放热562 kJ。则反应2C2H5SH(g)+9O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)+2SO2(g)的ΔH= 。 （2）已知C2H5SH呈弱酸性，其水溶液中的物种分布分数如图1所示。 ①已知Ka1(H2S)=9×10-8，Ka(C2H5SH) (填“大于”或“小于”)Ka1(H2S)。 ②废水中的C2H5SH可以用K2FeO4除去，废水pH=9时，K2FeO4氧化C2H5SH生成()和Fe(OH)3，若1molK2FeO4完全反应，则消耗 molC2H5SH。 （3）硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂、其制备原理为SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)  ΔH= -67.59 kJ·mol-1，恒容密闭容器中按不同投料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp(Δp=p0-p，p0为体系初始压强，p0=240 kPa，p为体系平衡压强)与投料比的关系如图2所示。 ①上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。 ②M点Cl2的转化率为 ，T1温度下平衡常数K2= kPa-1(用分压代替物质的量浓度、分压=总压×物质的量分数)。 （4）电化学协同吸收SO2、NO的工作原理如图3所示(阴极室溶液pH在4~7之间) ①阳极电极反应式为 。 ②若电路中通过2mol e-、则理论上可处理标准状况下 LNO。 【答案】（1） （2）小于 0.5 （3）T3＞T2＞T1 该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，即△p越大，从T3到T1，△p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T3到T1逐渐降低，即T3＞T2＞T1 0.03 （4） 22.4 【解析】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；由题意： ①C2H5OH(g)+H2S(g)C2H5SH(g)+H2O(g)  ΔH1=-32 kJ·mol-1 ② ③ 由盖斯定律，-2×①+2×②+2×③得反应2C2H5SH(g)+9O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)+2SO2(g)，； （2）①由图，时，pH>10，则，已知Ka1(H2S)=9×10-8，故Ka(C2H5SH)小于Ka1(H2S)。 ②废水pH=9时，K2FeO4氧化C2H5SH生成和Fe(OH)3，反应中硫化合价由-2变为+4、铁化合价由+6变为+3，结合电子守恒存在2K2FeO4~6e-~C2H5SH，若1mol K2FeO4完全反应，则消耗0.5molC2H5SH； （3）①该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，即△p越大，从T3到T1，△p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T3到T1逐渐降低，即T3＞T2＞T1。 ②由题图中M点可知，进料比为n(SO2)：n(Cl2)=2，初始二氧化硫、氯气分压分别为160kPa、80kPa，反应为气体分子数减小1的反应，平衡时△p=60kPa，结合反应方程式，则反应中二氧化硫、氯气变化压强均为60kPa，平衡时二氧化硫、氯气、SO2Cl2压强分别为100kPa、20kPa、60kPa，则M点Cl2的转化率为，T1温度下平衡常数K2= ； （4）①由图，右侧二氧化硫失去电子被氧化为硫酸根离子，为阳极，阳极电极反应式为。 ②反应中NO得到电子生成氮气，氮化合价由+2变为0，存在，若电路中通过2 mol e-、则理论上可处理1molNO，标准状况下为22.4LNO。 11．（2025·河北·模拟预测）尿素是一种常用的氮肥、还原剂和化工原料。其熔点为132.7℃，沸点为197℃。合成尿素包括如下两个基元反应： ①  kJ·mol-1 ②  kJ·mol-1 已知正反应活化能：②>①。回答下列问题： （1）1 mol含 mol σ键。常温常压下，尿素的熔点高于大多数相对分子质量相等的化合物，其主要原因是 。 （2）速控反应是反应 (填“①”或“②”)。    kJ·mol-1。 （3）140℃时向某刚性密闭容器中充入1 mol和1 mol合成尿素，下列情况不能判断该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 A．混合气体密度不随时间变化 B．混合气体总压强不随时间变化 C．体积分数不随时间变化 D．气体平均摩尔质量不随时间变化 （4）在恒容密闭容器中充入2 mol和1 mol，在不同催化剂(Cat1、Cat2)作用下合成尿素，单位时间内氨的转化率与温度的变化关系如图所示。 下列叙述正确的是___________(填标号)。 A．b点达到平衡状态，平衡后升温，平衡向左移动 B．其他条件相同时，Cat2的催化效能大于Cat1，工业生产宜选择Cat2 C．100~400℃时升温，Cat1作用下活化分子百分数增大 D．bc段氨转化率快速降低的原因是反应物相对能量降低 （5）420℃时，向容积为1 L的恒容密闭容器中充入4.2 mol、1.2 mol和适量催化剂，发生反应：，达到平衡时，的转化率为50%，此温度下该反应的平衡常数K为 (用分数表示)。 （6）最近研究发现，在双金属催化剂()作用下，电解含的酸性废水和可合成尿素，装置如图所示。阴极的电极反应式为 。 【答案】（1）7 尿素分子间存在氢键 （2）② -102 （3）C （4）BC （5） （6） 【解析】（1）素的结构简式为，1个尿素分子含7个σ键；尿素分子间存在氢键，导致它熔点、沸点升高，故答案为：7；尿素分子间存在氢键； （2）已知正反应活化能：②>①，正反应活化能越高反应越慢，较慢反应控制反应速率，即速控反应是反应②；由盖斯定律可知：目标反应可由反应①和反应②相加得到，即，故答案为：②；-102； （3）A．恒温恒容时，气体质量为变量，体积不变，则密度是变量，当不随时间变化时，说明达平衡，正确；B．该反应是气体分子数减小的反应，恒温恒容时，气体总压强是变量，当不随时间变化时，一定达平衡状态，正确；C．起始时和均为1 mol，的体积分数是50%，设任意时刻消耗x mol的，则任意时刻气体总物质的量为 mol，的物质的量为 mol，则的体积分数为，故不能说明达平衡，错误；D．由熔点为132.7℃，则120℃时为固态，即方程式，反应过程中有固体生成，即气体总质量是变量，总物质的量也是变量，则平均摩尔质量也为变量，当不随时间变化时，一定达平衡状态，正确；故选C； （4）A．a点和b点对应转化率不同，b点转化率没有达到最高，说明未达到平衡状态，A项错误；B．观察图示，其他条件相同时，Cat2的催化效能大于Cat1，B项正确；C．400℃之前温度升高，活化分子百分数增大，反应速率增大，C项正确；D．转化率降低的主要原因可能是催化剂活性降低，D项错误。故选BC； （5）在此温度下，尿素呈气态。根据数据，列“三段式”： ，故答案为：； （6）据题图可知，阴极发生还原反应制得尿素，阴极的电极反应式为。 12．（2025·天津·模拟预测）当今世界多国相继规划了碳达峰碳中和的时间节点。因此研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 I．捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。 （1）下列物质中能作为捕碳剂的是___________。 A．K2CO3 B．CaO C．Na2SO4 D．NH4Cl （2）已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10-5，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是利用氨水吸收，工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的CO2，所得溶液显 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)。烟气需冷却至20℃左右的可能原因是 。 Ⅱ．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。已知： ①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∙∙∙∙∙∙ ②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∙∙∙∙∙∙ 回答下列问题： （3）一定条件下，向1 L恒容密闭容器中充入0.23 mol CO2和0.19 mol H2，假设只发生反应③，平衡时测得生成甲醇0.03 mol，保持温度不变再通入0.1 mol CO2和0.1 mol水蒸气，此时(正) (逆)(填“>”，“<”，“=”)。 （4）在300℃恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和6 mol H2，发生上述反应①②。反应达平衡时，CO2的转化率为75%，容器体积减小25%，CH3OH的物质的量为 mol，反应①的平衡常数K= 。 Ⅲ．电化学还原法：利用太阳能光伏电池进行电化学还原CO2制甲醇的装置如图所示。 （5）工作电极的制作：将铜箔放入煮沸的饱和CuSO4溶液中进行反应，可制得Cu2O薄膜电极。生成Cu2O的离子方程式： 。 （6）工作电极上Cu2O作催化剂，工作时电极上CO2转化为甲醇的电极反应式为 。 （7）此法制甲醇的优点是(写出任意两条) 。 【答案】（1）AB （2）碱性 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收 （3）< （4）1 0.6 （5）Cu+Cu2++H2O=Cu2O+2H+ （6）CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH- （7）利用太阳能，节约能源；副产物O2无污染，有重要用途，原料易得等 【解析】（1）A．碳酸钾溶液可以与二氧化碳反应，，可以作吸收剂，A符合题意；B．氧化钙可以与二氧化碳反应，，可以作吸收剂，B符合题意；C．硫酸钠溶液与二氧化碳不反应，不能作吸收剂，C不符合题意；D．氯化铵溶液与二氧化碳不反应，不能作吸收剂，D不符合题意；故选AB。 （2）用氨水吸收过量的，发生反应：。铵根水解显酸性：，其水解常数为；碳酸氢根水解显碱性：，其水解常数为，由于，故溶液显碱性。烟气需冷却至左右的可能原因是：降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对的吸收。 （3）根据题意，列出三段式：，平衡时：、、、，。保持温度不变再通入二氧化碳和水蒸气，，平衡逆向移动，此时。 （4）反应①气体总物质的量不变，反应②容器体积(气体总物质的量)减小，，反应②，消耗；反应①，，，，，反应①的平衡常数。 （5）铜箔放入煮沸的饱和溶液中进行反应，生成氧化亚铜，方程式为：。 （6）转化为甲醇，得到电子，电极反应式为。 （7）其阳极反应式为：，用太阳能，节约能源；副产物是氧气无污染，有重要用途，原料易得等。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题18 化学反应原理综合题 三年考情概览：解读近三年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 典型真题精析：代表性真题分类精讲并点评命题规律，设置仿照题目。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 易错易错速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 高考模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 考向 近三年考查统计 化学反应原理综合题是高考化学中的重要题型，近三年（2023-2025 年）该题型在高考命题上呈现出一定的特点和趋势，试题多以化工生产中的实际工业反应为素材，以生产环保情境和学术探索情境为主，体现化学在生产生活中的应用，化学反应原理综合题通常以速率、平衡知识为中心，还常涉及化学反应与能量变化、电解质溶液等内容。主要考查根据已知热化学方程式书写待求热化学方程式或计算反应热、电极反应式的书写、化学反应速率的定量计算、外界条件对化学反应速率与平衡的影响、平衡常数的表达式及相关计算、速率平衡图像与数据表格分析等。注重考查考生的信息处理能力、学科内综合分析能力、解决生产实际中的具体问题能力，以及逻辑推理与论证、批判性思维与辩证能力等。要求考生能够识别、转化、提取图像中的各种信息，厘清复杂动态体系中各种物质量之间的关系。预计2026 年高考化学反应原理综合题可能会继续以化学反应的热效应、化学反应速率和化学平衡为主，结合化工生产等实际情境，通过图表等形式考查考生的信息处理能力和综合分析能力。 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 2025·四川卷T18 2025·广东卷T19 2024·山东卷T20 2024·海南卷T16 2023·天津卷T16 2023·山东卷T20 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 2025·湖南卷T18 2025·湖北卷T19 2024·全国甲卷T28 2024·江苏卷T17 2023·全国甲卷T28 2023·新课标卷T28 考向三 化学原理大综合 2025·江苏卷T17 2025·江西卷T17 2025·浙江1月卷T18 2024·北京卷T16 2023·江苏卷T17 2023·河北卷T17 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 【典题1】（2025·四川卷）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气()为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ① ② 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 0 回答下列问题： （1）生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为 ， 0(填“>”“<”或“=”)，反应在 (填“高温”或“低温”)自发进行。 （2）恒压时，合成气中增大，(羟基乙醛)单位时间产率降低，其原因是 。 （3）反应中伴随副反应④：。平衡常数与温度之间满足关系常数，反应②和④的与的关系如图所示，则 ，(填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的生成，应适当 (填“升高”或“降低”)反应温度，理由是 。 （4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为。 ①反应后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为，则甲醛的平均消耗速率 。 ②溶剂中和浓度分别保持为，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为，生成乙二醇的平衡常数 (科学记数，保留小数点后2位)。 【仿照题1】（2025·四川达州·模拟预测）过量排放打破碳循环平衡，“碳中和”成为环境治理关键目标。将转化为高附加值化学品，既能减排，又能满足工业需求。甲醇作为重要化工原料，可制备多种化学品，也可作燃料。 回答下列问题： （1）二氧化碳加氢制甲醇过程中主要涉及以下反应： Ⅰ．   Ⅱ．   ①则反应的 ，反应Ⅰ的 (填“>”“<”或“=”)0，该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 ②若将等物质的量的和充入恒温恒容密闭容器中进行反应Ⅱ，下列事实能说明该反应已达到平衡状态的是 (填标号)。 A．体系的压强保持不变    B．生成的速率与生成的速率相等 C．混合气体的平均相对分子质量不变    D．与的比值保持不变 （2）下图甲显示了催化剂在，氢碳比为3，相同时间内，不同温度下的转化率和甲醇的选择性性能图。可以看出，该催化剂的最适宜温度为 ℃，温度高于，的转化率降低可能的原因是 。 已知：的选择性。 （3）LTA分子筛膜具有很强的亲水性，通过使用LTA型分子筛膜催化反应器，测得在，氢碳比为3，反应相同时间，不同温度对@LTA分子筛膜催化反应器的催化性能影响如图乙所示。使用此分子筛膜，的转化率提高的原因是 。 （4）某温度、恒定压强为的条件下，将和通过装有催化剂的反应器，反应并达到平衡状态，的转化率为，甲醇的选择性为，该温度下，的平衡产率为 ，反应Ⅰ的平衡常数 (列出计算式即可)。 【典题2】（2025·广东卷）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，反应的、，则298K下该反应 (填“能”或“不能”)自发进行。 （3）以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 (a) (b) (c) (d) ① 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温度下， ，反应(c)的平衡常数 (列出算式，无须化简)。 （4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应： (e) (f) 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(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为与的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。 ①内，的转化率为 (用含的代数式表示)。 ②内，催化剂的选择性为 (用含与的代数式表示，写出推导过程)。 【仿照题2】（2025·广东·模拟预测）镍、钴等过渡金属及其化合物在能源催化领域应用广泛。 （1）基态Co原子的价层电子排布式为 。 （2）以乙醇和水蒸气为原料可制备能源气体。将和通入恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 I II Ⅲ ① 。 ②不同温度下，平衡时和的选择性[的选择性]、乙醇的转化率如图所示。的选择性随温度变化关系曲线为 ；温度为时， （3）在某刚性密闭容器中，分别以醇水比为、、、投料（乙醇的起始物质的量相同），反应相同时间测得氢气生成速率随温度变化的关系如图所示。图中醇水比为时，各点均已达到平衡状态。已知有机物在催化剂表面容易发生积碳。 ①高温条件下，增大水醇比有利于消除积碳，原因是 。 ②由图可知、醇水比为时产生氢气的速率为，若催化剂的质量为，反应时间为，则产生氢气的质量为 g。（已知代表催化剂） （4）时，在某真空密闭容器中，将和一定量按醇水比为投料发生反应Ⅰ和Ⅱ，初始压强为，平衡时容器内压强为，平衡时，。则反应Ⅱ的平衡常数 （写出计算过程，结果用计算式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 【典题1】（2025·湖南卷）在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： （1）电解池中电极M与电源的 极相连。 （2）放电生成的电极反应式为 。 （3）在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的 ，该反应 (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，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 根据图1，写出生成的决速步反应式 ；的选择性大于的原因是 。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是 ；当时，该温度下反应ii的 (保留两位小数)。 【仿照题1】（2025·内蒙古·模拟预测）甲酸被认为是理想的氢能载体，和在Ru、Pd、Ir等固载金属催化剂作用下可以合成HCOOH，HCOOH在Pd/Au合金、Fe基催化剂作用下又可以释放氢气。由于其储能高效，释放便捷得到了广泛的应用。 （1）我国科技工作者运用DT计算研究单分子HCOOH在催化剂表面分解产生的一种反应进程和相对能量的变化情况如图所示。 ①该进程中，反应速率最慢的步骤为 (填字母)。 a．Ⅰ→Ⅱ        b．Ⅱ→Ⅲ        c．Ⅲ→Ⅳ        d．Ⅳ→Ⅴ ②依据图中信息，写出甲酸分解制氢气的热化学方程式为 。 （2）在一定催化剂催化作用下加氢合成甲酸发生反应如下：   kJ/mol ①温度为T1℃时，该反应平衡常数K=2，将等物质的量的和充入体积为1L的密闭容器中，实验测得：，，、为速率常数。T1℃时， 。②当温度改变为T2℃时，，T2℃时平衡压强 (填“>”“<”或“=”) T1℃时平衡压强。 （3）已知与在固载金属催化剂上可发生以下反应： 反应ⅰ：   反应ⅱ：   在一定压强下，按投料，发生反应ⅰ和反应ⅱ，反应相同时间，的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性)随温度变化曲线如下图所示。 ①一定温度下，为了提高甲酸选择性可采取的措施除了加压，还有 。 ②若M点反应已达到平衡状态，体系中的分压为aMPa，则673.15K时反应i的分压平衡常数计算式 MPa-1. ③当温度高于673.15K，随温度升高，反应ⅰ和反应ⅱ的反应速率相比，增加更显著的是反应 (填“ⅰ”或“ⅱ”)，判断的依据是 。 【典题2】（2025·湖北卷）粉末可在较低温度下还原。回答下列问题： （1）已知一定温度下： 则的 (用m和n表示)。 （2）图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，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）研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，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）产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应 (填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是 。 （6）已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因： 。 【仿照题2】（2025·河北石家庄·模拟预测）在823K下，分别用氢气和一氧化碳还原氧化钴(CoO)，反应如下： Ⅰ．    ； Ⅱ．    ； Ⅲ．  kJ·mol-1   已知：。回答下列问题： （1）CO与液态反应生成CO2和H2的热化学方程式为 ；该反应的 。 （2）下列状态的Co原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 (填标号，下同)，未成对电子最多的是 。 a．    b．        c．    d． （3）催化剂表面解离和解离后的水与CO反应生成的不同机理的反应路径的势能对比如图所示： 氧化还原机理路径中正反应历程的最大活化能为 eV。 （4）823K下，在1 L的密闭容器内，用2 mol氢气还原氧化钴(反应中保持足量)发生反应Ⅰ，4 min时达到平衡，0~4 min内的平均消耗速率 (保留三位有效数字)；若温度不变，再向体系内通入1 mol，一段时间后，能说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号)。 A．密闭体系的压强保持不变 B．密闭体系内的密度保持不变 C．单位时间内，断开的个数等于断开的个数 D．体系中 （5）将原料CO和按等物质的量充入密闭容器中，保持体系压强为100 kPa发生反应：，达到平衡时，体积分数与温度的关系如图所示。℃、100 kPa下，达到平衡时CO转化率= ；该温度下，此反应的平衡常数 (以分压表示，分压=总压强×气体成分的物质的量分数)。 考向三 化学原理大综合 【典题1】（2025·江苏卷）合成气(和)是重要的工业原料气。 （1）合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。 （2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。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%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是 。 （3）研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]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，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有 ；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的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，能与反应的物质有 (填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值： 。 【仿照题1】（2025·上海·三模）硫元素在人类生命活动以及生产生活中均发挥了重要作用。 （1）在酿葡萄酒时人工添加的目的是 。 A．抗氧化和抗菌　　B．防腐和氧化 （2）除氯剂硫代硫酸钠能够与稀盐酸形成硫胶体，验证胶体生成的方法 。 A．丁达尔效应　　　B．渗析 （3）稀硫酸曾被称为“绿矾油”。关于浓硫酸和稀硫酸的说法错误的是_______。 A．都能和铁、铝反应 B．都有氧化性 C．都有分子 D．密度都比水大 （4）在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生反应的反应历程如图。下列说法正确的是_______。 A．生成中间体时碳的杂化方式发生改变 B．提高温度优势产物为1 C．产物1为取代反应的产物 D．优势产物为产物2 （5）自然界中硫循环存在如下反应，请配平： 。 ____________________________。 （6）以连二亚硫酸钠()为主剂保鲜剂可保鲜葡萄，其脱氧(吸收氧气)生成并产生抑制微生物的生长的。写出该反应的化学方程式 。 （7）实验室中可用NaOH溶液吸收实验过程中产生的防止污染。0.1L 0.2mol/L NaOH溶液吸收标态下，完全反应后，则下列关系式中正确的是_______。 A． B． C． D． （8）工业尾气中二氧化硫含量为0.3~0.5%时用柠檬酸钠法来吸收效果好，吸收后分解循环利用。 已知：在25℃时几种1mol/L溶液的pH值。 溶液 pH 2.2 4.0 4.8 10.2 4.6 结合信息分析宜选用吸收剂是_______。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 (9)重量法测含量实验中，硫酸钡沉淀需洗涤。如用100mL纯水或100mL 0.01mol/L的分别洗涤，哪种情况损失质量少？试通过计算说明： 。 【典题2】（2025·江西卷）与通过催化转化为高附加值化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。相关反应体系及其热力学数据(、)如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． Ⅴ． 回答下列问题： （1） （2）反应Ⅰ的机理包括3种路径(主要步骤如图)，在A路径中，决速步骤的能垒是 ，反应Ⅰ的最优路径是 (填标号)。 （3）某课题组模拟了加氢在不同温度下的平衡组分(如图)。保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是 ，计算时相关反应的平衡常数 。 （4）反应Ⅰ某路径的主要步骤如下(其中*表示吸附态)： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 写出与第⑤步竞争的基元反应 。 （5）通过对负载的单原子催化剂进行掺杂，可调控催化剂选择性生成或，其示意图如下： ⅰ．写出Y的化学式 。 ⅱ．依据示意图，掺杂的催化剂可以提高Y的选择性，其原因是 。 【仿照题2】（2025·江苏盐城·模拟预测）CO2是温室气体，也是来源广泛、廉价易得的碳资源，可通过热化学、电化学等方法再利用。 Ⅰ．利用CO2合成甲醇，发生反应  。 已知：    （1） (用含a、b的代数式表示)。 （2）科学研究中常用产物的时空收率(单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率)来衡量催化效果。在3MPa、时，不同Ni、Ga配比的催化剂作用下，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图-1所示。 ①该反应的最佳条件是 。 ②作催化剂时，随温度升高甲醇时空收率先迅速增大后减小，其中迅速增大的原因是 。 Ⅱ．一定温度和压强下，利用铜基催化剂可以实现CO2选择性加氢制甲醇。其反应机理和能量变化如图-2(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)。 （3）①以上反应历程中，决速步骤的化学方程式为 。 ②从化学键断裂和形成的角度，步骤③的过程可描述为 。 （4）合成的甲醇可利用和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，进一步制备甲酸，其电化学装置的工作原理如图-3所示。 ①阳极的电极反应式为 。 ②假设不考虑损耗，理论上制备1mol HCOOH电路中转移 mol电子。 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 1．（2025·河南卷）的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）位于元素周期表中 区；基态的价电子排布式为 。 （2）水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是 。 （3）的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为 。 （4）恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是 。 （5）在温度分别为和下，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“”“”或“”)，原因是 。 （6）一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数 (保留小数点后一位)，此时原位利用率为 。 已知：原位利用率 2.（2025·全国卷卷）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、和，则酯化反应的 。 （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）在常压和时，初始组成、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下图所示。 平衡时乙酸的转化率 ，平衡常数 (保留2位有效数字)。已知酯化反应的速率方程为，其中，则 (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.（2024·天津卷）是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制。 I．的结构 （1）由和组成。的空间结构为 ，的电子式为 。 Ⅱ．的水解 的水解反应方程式为：，该反应放热。 （2）无催化剂时，在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是 。 （3）相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化水解产的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是 (填序号)。 a．反应至时，使用X产生的体积是使用Y的2倍 b．与Y相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 （4）在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行水解反应的对比实验，的生成速率与浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是 (填“M”或“N”)； ②曲线M中，p点之前的生成速率提高，主要原因是 ；p点之后的生成速率降低，主要原因是 。 Ⅲ．的再生 （5）用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为，阴极的电极反应式为 。 4．（2024·新课标卷）(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： （1）Ni基态原子价电子的轨道表示式为 。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为，镍原子半径为 。 （2）结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为 ，晶体的类型为 。 （3）在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑， 有利于的生成(写出两点)。、100℃时CO的平衡转化率α= ，该温度下平衡常数 。 （4）对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(k为反应速率常数)，则反应一半所需时间 (用k表示)。 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 5．（2025·陕晋青宁卷）/循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： I．   II．   III．   回答下列问题， （1）计算 。 （2）提高平衡产率的条件是_______。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 （3）高温下分解产生的催化与反应生成，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）下，在密闭容器中和各发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是 (填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的 (列出计算式即可)。 ③在下达到平衡时， 。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是 。 6．（2025·甘肃卷）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：   反应2：   （1）25℃，101kPa时，反应   。 （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)。 ①在范围内，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 。 ②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 (填“>”“<”或“=”)，理由为 。 （3）对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。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)。当时， 。 实验组 一 二 （4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(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·安徽卷）I．通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② （1）反应的 。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，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．的浓度不变       d．和的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，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(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ （4）恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有 (填标号)。 a．增加原料中的量      b．增加原料中的量     c．通入气 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中含量下降，平衡体系中的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数 (用含p的代数式表示，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)。 8．（2024·全国甲卷卷）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： （1）已知如下热化学方程式：         计算反应的 。 （2）与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 (i)图中的曲线是 (填“a”或“b”)。 (ii)时，的转化率 ， 。 (iii)时，反应的平衡常数 。 （3）少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在之间，有和无时的生成速率之比 。 (ii)从图中找出提高了选择性的证据： 。 (ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析提高选择性的原因： 。 考向三 化学原理大综合 9．（2025·重庆卷）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：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是 。 ② (填“>”“=”或者“<”)。 （2）用如图所示电化学装置进行如下实验。 ①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的 (填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为 。 ②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为 。 （3）利用驰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驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。 ①25℃时，的平衡常数 (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，计算得为 。 10．（2025·浙江卷）二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： （1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A．温度 B．投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C．压强 D．催化剂 （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH= 。 （3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是 。 （4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下 0(填“>”、“<”或“=”)。 （5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V． 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活) 。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因 。 11．（2024·北京卷）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 （1）方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和 。 （2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为 。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因 。 （3）方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式： 。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是 。 （4）人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因 。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 12．（2023·河北卷）氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。 已知：物质中的化学键断裂时所需能量如下表。 物质 能量/ 945 498 631 回答下列问题： （1）恒温下，将空气(和的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应： i   ii   ① 。 ②以下操作可以降低上述平衡体系中浓度的有 (填标号)。 A．缩小体积    B．升高温度    C．移除    D．降低浓度 ③若上述平衡体系中，则 (写出含a、b、V的计算式)。 （2）氢气催化还原作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原反应的速率方程为为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。 组号 1 0.10 0.10 r 2 0.10 0.20 3 0.20 0.10 4 0.05 0.30 ？ 表中第4组的反应速率为 。(写出含r的表达式) （3）①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，在 (填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生。 ②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗和的质量比为，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为 。 ③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上电还原为(图1)和电还原为(图2)反应历程中的能量变化，则三种催化剂对电还原为的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母a、b、c排序)。 一、热化学与能量变化易错点 1.△H的符号与单位：放热反应△H为负，吸热为正，容易因判断反反应热方向而写反符号。单位必须是“kJ·mol-1”,不能漏写“·mol-1”。 2.热化学方程式的书写细节：反应物和生成物的状态(s、1、g、aq)必须标注，状态不同△H值不同；化学计量数与△H成比例，计量数变化时△H需同步缩放。 3.盖斯定律计算：叠加化学方程式时，容易忽略反应的“+"“-“关系，或漏乘、错乘化学计量数，导致最终△H计算错误。 二、化学反应速率与平衡易错点 1.速率计算的“陷阱”:计算速率时，必须用“浓度变化量”(△c)除以时间，若题目给的是“物质的量变化”,需先除以体积得到△c,否则直接用物质的量计算会出错。 2.平衡标志的误判：混淆“速率关系”和“平衡状态”,例如v正(A)=v逆(B),需先看两者的化学计量数是否匹配(如反应aA+bB=cC,需满足v正(A)/a=v逆(B)/b才是平衡);忽略“变量不变才是平衡”,如体系密度、压强，需先判断其是否为“变量”(如恒容体系中，若反应物和生成物都是气体，密度始终不变，不能作为平衡标志)。化学平衡状态判断“三关注”：容器特征、反应特点、物质的状态。 3.平衡移动的“特殊情况”:忽略“催化剂不影响平衡”,认为催化剂会改变平衡转化率；忽略“惰性气体的影响”,恒容下充惰性气体平衡不移动，恒压下充惰性气体相当于减压，平衡向气体分子数多的方向移动。 三、电解质溶液与电离平衡易错点 1.电离平衡与水解平衡的优先级：混合溶液中(如等浓度的NH4Cl和NH3·H2O),容易搞反电离和水解的主次，需记住“谁强显谁性”,如NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性。 2.离子浓度比较的“遗漏项”:比较离子浓度时，容易忽略“水电离出的H+和OH-”,例如在酸性溶液中，OH-全部来自水的电离，不能只看酸电离的H+而忽略OH-的存在。溶液中微粒浓度的关系“三守恒”：电荷守恒、物料守恒、质子守恒。 3.pH计算的“小数点失误”:稀释强酸或强碱时，容易算错pH的变化幅度(如pH=3的盐酸稀释100倍，pH=5,不是pH=1);计算弱酸或弱碱的pH时，忘记其“部分电离”,直接用浓度计算H+或OH-浓度，导致结果偏差。 四、电化学基础易错点 1.正负极/阴阳极的判断错误：原电池中，容易将“活泼金属”一概视为负极，忽略特殊情况(如Al在浓硝酸中因钝化作正极);电解池中，混淆“阳极氧化、阴极还原”的规律，导致电极反应式写反。 2.电极反应式的“细节漏洞”:电极反应式中，容易忽略“电解质环境”(酸性或碱性),例如在碱性条件下，H+不能出现，需用H2O和OH-平衡电荷；漏写“电子守恒”,导致反应式两边电子数不相等。注意元素守恒和电荷守恒，注意是碱性介质、酸性介质还是熔融盐。 3.电化学计算的“守恒失误”:计算电解池中析出金属的质量或生成气体的体积时，容易忽略“电子守恒”的核心，未通过电极反应式找到电子与物质的计量关系，直接用反应方程式计算。电解计算破题“三方法”：根据电子守恒计算、根据总反应式计算、根据关系式计算。 1．（2025·广东中山·模拟预测）N2O可应用于电子工业，也是一种温室气体。 （1）催化分解法或热分解法可消除N2O。 反应Ⅰ：2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)    ∆H<0 ①基态N原子的价层电子排布图为 。 ②反应I在任意温度可自发进行，则∆S 0(填“>”“<”或“=”) ③一种Fe-Ru催化剂催化分解工业尾气N2O，发生以下反应： N2O＋NO→NO2＋N2        ∆H1 N2O＋NO2→NO＋O2＋N2        ∆H2 2NO22NO＋O2            ∆H3 根据盖斯定律，反应Ⅰ的∆H= 。 ④热分解法进行反应Ⅰ经过两步基元反应： 第一步：N2O→N2＋O·(慢反应)        第二步：O·＋N2O=N2＋O2(快反应) 已知：基元反应aA(g)＋bB(g)=cC(g)＋dD(g)的反应速率方程可表示为v=kca(A)cb(B)。k为速率常数，总反应速率方程由慢反应决定。 则反应Ⅰ的正反应速率可表示为v=kcx(N2O)，x= 。 （2）加热NH4NO3可制N2O。 反应Ⅱ：NH4NO3(s)N2O(g)＋2H2O(g)    ∆H>0。 向恒容密闭容器中加入1mol NH4NO3，控制在一定温度下加热至压强不再变化(实验温度下仅发生反应Ⅱ)，测c(N2O)。不同温度下测得c(N2O)如图，其中一定处于平衡状态的是 (填“A”或“B”)状态。该状态时N2O的分压为p kPa，则分压平衡常数Kp= (用含p的代数式表示)。 （3）向2L恒容密闭容器中加入1molNH4NO3，一定条件下恒温加热，同时发生反应Ⅱ和反应Ⅰ，容器内n(N2O)随时间变化的关系如图，2min时恰好达到平衡，NH4NO3的转化率恰好为50％。0～a min，n(N2O)增大可能原因是反应Ⅰ的速率 (填“>”“<”或“=”)反应Ⅱ。 2．（2025·甘肃白银·模拟预测）为保护环境、实现资源再利用，可通过反应NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)将烟气中的NO2转化为NO，再进行回收利用。回答下列问题： （1）已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)  ΔH=-113.0 kJ·mol-1，CO的燃烧热(ΔH)为-283.0 kJ·mol-1.NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)的ΔH= ；若该反应的ΔS=+6.9J·(K·mol)-1，则反应自发进行的条件为 (填“较高温度”“较低温度”或“任意温度”)。 （2）NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)的速率方程为=kc2(NO2)。则既能缩短达到平衡的时间，又能提高CO平衡转化率的措施为 。 （3）将物质的量之比分别为4：3和1：1的NO2与CO的混合气体通过盛放催化剂的反应器发生反应，由流出气体成分测得NO2的转化率与混合气体流速、体系温度的关系如图所示(气体流速较低时，转化率可认为平衡转化率)。 ①上图中表示物质的量之比为4：3的NO2与CO混合气体中NO2的转化率与混合气体流速、体系温度的关系的是 (填“甲”或“乙”)，理由为 。 ②T1、T2、T3由大到小的顺序为 。 ③若图甲中T2下，M点对应状态反应前混合气体压强为p0 kPa，则M点对应的反应速率(NO2)= kPa·min-1。 ④T1下，反应的平衡常数Kc= 。 3．（2025·陕西西安·模拟预测）I.回答下列问题。 （1）“液态阳光”是推动碳低峰，碳中和的技术新路径。反应原理为： (假设该反应无副反应)。设，y随温度的变化关系如下图所示，图所对应该反应的线条是 。 II.稀有气体曾被认为无法形成化合物，近年来稀有气体化合物的合成蓬勃发展。Xe的氟化物被广泛用作刻蚀剂、氧化剂和氟化剂，常用Xe和制备，反应体系存在如下平衡(以下实验均在恒容条件下进行)： 反应i：   反应ii：   反应iii：   温度/℃ 250 400 （2）关于上述反应，下列有关说法正确的是 (填标号)。 A．当体系总压不再改变时，反应达到平衡 B．当Xe与的投料比为1：1时，的平衡转化率大于Xe C．达到平衡后将从体系中移除，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ均正向移动 （3）升高温度，平衡 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，理由是 。 （4）在400℃条件下，向1 L容器内通入21.32 mol Xe和40.35 mol，t min后反应达平衡。平衡时各产物的物质的量(n)如表所示。 物质 n/mol 3.59 17.40 0.32 ①t min内，Xe的平均反应速率为 mol·L-1·min-1。 ②平衡时的转化率的区间为 (填标号)。 A．50%~60%        　　B．70%~80%        　　C．90%~100% ③400℃时反应iii的平衡常数K3= 。 （5）向某恒容密闭容器中充入一定量的Xe和，发生反应i、ii、iii，平衡时容器中、、的分布分数δ[如]随温度的变化如图所示(已知反应ⅲ为放热反应)。先增大后减小的原因是 (用平衡移动原理解释)。 4．（2025·山西晋城·模拟预测）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）工业上利用氨气和二氧化碳合成尿素，某兴趣小组在一定温度下，在1L密闭容器中充入1 mol和amol发生反应：。测得反应过程中体积分数变化如图所示。 ① ，10 min内的反应速率为 mol·L-1·min-1。 ②的平衡转化率为 ，平衡后与反应前的压强之比为 。 ③下列选项中能作为该反应达到平衡状态的依据的是 (填字母)。 a．的气体体积分数不变                b． c．容器内总压强不再改变                    d．容器内气体密度不变 （2）研究发现的机理如下： ⅰ．     快速平衡 ⅱ．     慢反应 ①其速率方程分别为(正)(正)，(逆)(逆)，，经过推导发现的速率方程为，则 (用(正)，(逆)，表示)。 ②对于反应ⅰ，降低温度，(逆)减小的倍数 (填“大于”“小于”或“等于”)(正)减小的倍数。恒温恒容密闭容器中只发生反应ⅰ，初始 mol·L-1，的产率与反应时间的关系如图所示。则P点处 。 5．（2025·辽宁大连·模拟预测）近年来甲烷资源化的利用备受关注。试回答下列问题： 【催化重整】 重整反应为Ⅰ． 已知：一定温度下，由稳定单质(其标准摩尔生成焓视为0)生成1mol化合物的焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓()。 表中为几种物质在298K时的标准摩尔生成焓。 物质 -393.5 -110.5 0 -74.8 （1）则该反应Ⅰ的 。 （2）为了进一步研究的甲烷化反应，科学家研究催化剂(M表示Ni或Ru)在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程表示如下： ①关于核心反应过程，下列说法正确的是 。 A．步骤Ⅰ中生成了非极性键 B．步骤Ⅲ发生的反应为(*表示吸附在催化剂上) C．步骤Ⅳ中碳元素发生还原反应 D．整个反应过程中只有金属M起到催化作用 ②研究发现，光诱导电子从转移到M，富电子的M表面可以促进的解离和的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用催化剂的反应效率 (填“高于”或“低于”)使用作催化剂的反应效率。 【处理工业废气】 （3）利用工业废气生产的反应为。向某密闭容器充入、，维持体系压强为，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度T的变化如图。 ①图中表示的曲线是 (填“a”“b”“c”或“d”)。 ②780℃时，该反应的 (列出表达式即可，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压物质的量分数)。 ③维持m点温度不变，向容器中再通入、、、各1mol，此时速率关系为(正) (逆)(填“>”“<”或“=”)。 【甲烷和丙烷催化制氢】 还可以用甲烷和丙烷制备，同时生成苯和二甲苯，反应如下： (两个反应可视为同级数的平行反应) （4）对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，、为定值，为常数，为温度，同一温度下是定值。已知，若要提高单位时间内苯的选择性，可采取的措施有 。 6．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）工业上，可以实现碳的化合物的循环利用。合理利用碳资源开发化工产品具有十分重要的意义。回答下列问题： （1）已知：的加氢甲烷化的部分反应如下： ①　； ②　。 则反应的 。 （2）控制适当的反应条件，发生反应：　。实验测得；，其中、为速率常数。在两种压强（分别为、且）下，分别测得与平衡时的体积分数随温度的变化趋势如图所示。 ① （用速率常数表示），速率常数与温度 （填“有关”或“无关”）。 ②、、相对大小关系是 （用“>”“<”或“=”连接）。 ③线Ⅱ、线Ⅲ的含义分别表示 。 （3）碳的一种单质的（单层）结构的球棍模型如下图1所示，则12g该单层结构中的六元环数目为 ，若该单质中每个C原子的最外层均达到8个电子的稳定结构，则其晶体中键与π键数目之比为 。 （4）为早日实现“碳中和碳达峰”目标，科学家提出用钌（Ru）基催化剂催化和反应生成HCOOH。反应机理如图2所示，已知当生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。 ①反应历程中，反应的催化剂为 （选填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）。 ②每转移1mol放出 kJ的热量。 7．（2025·安徽六安·模拟预测）NH3及其衍生物有多种用途，下面对NH3及其衍生物进行的相关研究。按要求回答下列问题： （1）以NH3和CO2为原料在ZnO作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图甲： 则 。 （2）在催化剂作用下NH3可与呋喃()反应转化为吡咯()，呋喃的熔、沸点 (填“>”或“<”)吡咯，原因是 。 （3）NH3的二甲基取代物二甲胺()又称DMA，二甲基甲酰胺()又称为DMF，DMF是一种常见的有机溶剂，高温易分解。一种CO2加氢偶合二甲胺制备二甲基甲酰胺(DMF)的反应如下(反应为Ⅱ为伴随的副反应)： ：(g)+CO2(g)+H2(g)(g)+H2O(g) ：(g)+CO2(g)+3H2(g)(g)+2H2O(g) 回答下列问题： ①在恒温恒容的容器中充入一定量的DMA、CO2及H2发生上述反应，下列条件能够说明容器中的反应达平衡状态的是 。 A．DMF和H2O(g)的物质的量之比不变               B．气体的密度不变 C．反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH保持不变                  D．气体的平均摩尔质量不变 E．反应Ⅰ的平衡常数不变                      ②300℃时，向恒容密闭容器中加入1molDMA、1molCO2、1.34molH2，含氮物种的物质的量随时间的变化关系如图乙所示。 0~2min内，H2的化学反应速率为 。反应的平衡常数K= (保留最简分数)。 （4）催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图丙所示(吸附在催化剂上的物质加“*”表示，如等)。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图丁。已知，Q=nF，n表示电解生成相应还原产物时所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数(96500C/mole-)；表示电解过程中通过的总电量。 ①写出催化机理图中①的基元反应： 。 ②当电解电压为时，电解生成的H2和NH3的物质的量之比为 。 ③当电解电压为时，和的法拉第效率几乎相同，写出生成的电极反应式： 。 8．（2025·甘肃白银·模拟预测）氨气是一种重要的化工原料，在很多领域有重要的应用。回答下列问题： （1）合成氨的原料气需预先净化，其主要目的是防止催化剂 ；在实际工业生产中，提高产品平衡产率的措施有 (答出两点)。 （2）研究表明反应  分三步进行，如图1所示。 第一步反应的正反应活化能比逆反应活化能 (填“大”或“小”)；第三步反应的热化学方程式为 。 （3）可由氨气制备，主要涉及反应： Ⅰ．  ； Ⅱ．  ； Ⅲ．  。 ①一定温度下，向体积为10 L的恒容密闭容器中加入5 mol 发生反应。20 min达到平衡时容器内、的物质的量分别为2 mol、3 mol，与的体积分数相等，体系压强为10 MPa。则0～20 min内，平均反应速率 ；的平衡体积分数为 ；该温度下，反应Ⅲ的平衡常数 (是用分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。 ②不同压强下，向密闭容器中加入等量，实验测得平衡时和的物质的量随温度的变化关系如图2所示。 图2中表示平衡时的物质的量随温度变化关系的是 (填“甲”或“乙”)，判断依据为 ；图乙中、、由大到小的顺序为 。 9．（2025·浙江·一模）氨作为零碳燃料和氢能载体，能通过氨热分解法制氢、氨电解法制氢，使其在构建“氢能社会”方面发挥重要作用，对保障国家能源安全和实现“双碳”目标具有重要意义。回答下列问题： Ⅰ．氨热分解法制氢：反应原理为，氨制氢过程中的能量变化如图所示。 （1）   ，其能够自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或“任何温度”)。 （2）①某温度下，在不同催化剂体系中，氨气以一定流速通过绝热反应管(图1)，测得出口处氨气分解率随温度变化曲线如图2所示。(图2温度范围内，催化剂活性不变) 下列说法不正确的是 。 A．催化效果最好的是催化剂I B．如果增大气体流速(其他条件不变)，则点对应的点可能变为 C．如果用膜分离技术及时分离出，可以提高氨气的分解率 D．处与处氨分解反应的平衡常数相等 ②温度越高，的分解率越接近平衡分解率的原因是： 。 （3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡常数 。(用分压计算的平衡常数为，分压总压物质的量分数) Ⅱ．氨电解法制氢：利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其工作原理如图所示。 （4）阳极电极反应式为 。 （5）当外电路转移电子时，右室的质量减少 。 10．（2025·陕西安康·模拟预测）含硫化合物在化工生产和日常生活中应用广泛，关于含硫化合物的研究是目前化学工业的热点之一。回答下列问题： （1）家用煤气中常掺入微量具有难闻气味的乙硫醇(C2H5SH)作为煤气泄露的预警气。已知：C2H5OH(g)+H2S(g)C2H5SH(g)+H2O(g)  ΔH1=-32 kJ·mol-1，120℃时，在足量O2中1 mol 乙醇燃烧放热1409 kJ，1 mol 硫化氢燃烧放热562 kJ。则反应2C2H5SH(g)+9O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)+2SO2(g)的ΔH= 。 （2）已知C2H5SH呈弱酸性，其水溶液中的物种分布分数如图1所示。 ①已知Ka1(H2S)=9×10-8，Ka(C2H5SH) (填“大于”或“小于”)Ka1(H2S)。 ②废水中的C2H5SH可以用K2FeO4除去，废水pH=9时，K2FeO4氧化C2H5SH生成()和Fe(OH)3，若1molK2FeO4完全反应，则消耗 molC2H5SH。 （3）硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂、其制备原理为SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)  ΔH= -67.59 kJ·mol-1，恒容密闭容器中按不同投料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp(Δp=p0-p，p0为体系初始压强，p0=240 kPa，p为体系平衡压强)与投料比的关系如图2所示。 ①上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。 ②M点Cl2的转化率为 ，T1温度下平衡常数K2= kPa-1(用分压代替物质的量浓度、分压=总压×物质的量分数)。 （4）电化学协同吸收SO2、NO的工作原理如图3所示(阴极室溶液pH在4~7之间) ①阳极电极反应式为 。 ②若电路中通过2mol e-、则理论上可处理标准状况下 LNO。 11．（2025·河北·模拟预测）尿素是一种常用的氮肥、还原剂和化工原料。其熔点为132.7℃，沸点为197℃。合成尿素包括如下两个基元反应： ①  kJ·mol-1 ②  kJ·mol-1 已知正反应活化能：②>①。回答下列问题： （1）1 mol含 mol σ键。常温常压下，尿素的熔点高于大多数相对分子质量相等的化合物，其主要原因是 。 （2）速控反应是反应 (填“①”或“②”)。    kJ·mol-1。 （3）140℃时向某刚性密闭容器中充入1 mol和1 mol合成尿素，下列情况不能判断该反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 A．混合气体密度不随时间变化 B．混合气体总压强不随时间变化 C．体积分数不随时间变化 D．气体平均摩尔质量不随时间变化 （4）在恒容密闭容器中充入2 mol和1 mol，在不同催化剂(Cat1、Cat2)作用下合成尿素，单位时间内氨的转化率与温度的变化关系如图所示。 下列叙述正确的是___________(填标号)。 A．b点达到平衡状态，平衡后升温，平衡向左移动 B．其他条件相同时，Cat2的催化效能大于Cat1，工业生产宜选择Cat2 C．100~400℃时升温，Cat1作用下活化分子百分数增大 D．bc段氨转化率快速降低的原因是反应物相对能量降低 （5）420℃时，向容积为1 L的恒容密闭容器中充入4.2 mol、1.2 mol和适量催化剂，发生反应：，达到平衡时，的转化率为50%，此温度下该反应的平衡常数K为 (用分数表示)。 （6）最近研究发现，在双金属催化剂()作用下，电解含的酸性废水和可合成尿素，装置如图所示。阴极的电极反应式为 。 12．（2025·天津·模拟预测）当今世界多国相继规划了碳达峰碳中和的时间节点。因此研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 I．捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。 （1）下列物质中能作为捕碳剂的是___________。 A．K2CO3 B．CaO C．Na2SO4 D．NH4Cl （2）已知：NH3·H2O的Kb=1.7×10-5，H2CO3的Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11。工业生产尾气中的CO2捕获技术之一是利用氨水吸收，工艺流程是将烟气冷却至20℃后用氨水吸收过量的CO2，所得溶液显 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)。烟气需冷却至20℃左右的可能原因是 。 Ⅱ．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。已知： ①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∙∙∙∙∙∙ ②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ③CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)∙∙∙∙∙∙ 回答下列问题： （3）一定条件下，向1 L恒容密闭容器中充入0.23 mol CO2和0.19 mol H2，假设只发生反应③，平衡时测得生成甲醇0.03 mol，保持温度不变再通入0.1 mol CO2和0.1 mol水蒸气，此时(正) (逆)(填“>”，“<”，“=”)。 （4）在300℃恒压密闭容器中，加入2 mol CO2和6 mol H2，发生上述反应①②。反应达平衡时，CO2的转化率为75%，容器体积减小25%，CH3OH的物质的量为 mol，反应①的平衡常数K= 。 Ⅲ．电化学还原法：利用太阳能光伏电池进行电化学还原CO2制甲醇的装置如图所示。 （5）工作电极的制作：将铜箔放入煮沸的饱和CuSO4溶液中进行反应，可制得Cu2O薄膜电极。生成Cu2O的离子方程式： 。 （6）工作电极上Cu2O作催化剂，工作时电极上CO2转化为甲醇的电极反应式为 。 （7）此法制甲醇的优点是(写出任意两条) 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $