专题12 化学反应原理综合题型研究（培优讲义）2026年高考化学二轮复习高效培优系列

专题12 化学反应原理综合题型研究 目录 第一部分 考情精析 第二部分 重难考点深解 【考点01】化学平衡移动及最佳反应条件的选择 【考点02】化学平衡常数的多维度计算 【考点03】化学热力学与动力学实验探究 【考点04】原理综合类答题规范 第三部分 解题思维优化 【题型01】考查物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 【题型02】考查反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 【题型03】考查化学原理大综合 核心考向聚焦 主战场转移：紧扣真实生产/环保情境，侧重多模块融合与多因素分析，强化图表数据解读、定量计算，聚焦素养与解决实际问题能力考查。 核心价值：立足化学反应原理核心知识，衔接生产生活实际，凸显化学学科解决能源、环保等实际问题的应用价值，培育科学思维与学科素养。 关键能力与思维瓶颈 关键能力：聚焦信息提取与图表解读、反应原理综合应用、定量计算与推理、多因素分析论证的关键能力，侧重解决化工生产、能源环保中的实际问题的能力。 培优瓶颈：尖子生易陷原理应用僵化、多模块融合拆解能力不足的瓶颈，对复杂情境下多因素耦合分析、图表隐含信息挖掘不到位，定量计算易疏漏细节，逻辑论证的严谨性与答题规范性也需提升。 命题前瞻与备考策略 预测：2026年高考中，将紧扣能源环保、绿色化工等真实情境，强化多原理融合与数据图表深度解读，侧重定量计算、逻辑论证，聚焦综合解决实际问题的学科素养考查。 策略：备考应深耕原理本质，融合多模块练情境题，精析图表、强化计算与规范表达。 重点训练：1.练真实情境综合题，强化多原理融合应用； 2.精做图表题，提升隐含信息挖掘能力； 3.专项练定量计算，严控细节失误； 4.规范逻辑论证，优化答题表达。 ◇考点 01 化学平衡移动及最佳反应条件的选择 一、重难知识梳理 (一)外界条件对化学反应速率的影响 1.纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率。但固体颗粒的大小导致接触面积的大小发生变化，故影响反应速率； 2.对于固体、液体物质，由于压强改变对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，压强对无气体参加的化学反应的速率无影响； 3.升高温度，不论吸热反应还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大； 4.使用催化剂催化的化学反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在许多工业生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围； 5.“惰性气体”(不参加反应的气体)对反应速率的影响 ①恒温恒容：充入“惰性气体”总压强增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)，反应速率不变。 ②恒温恒压：充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减小。 6.有关化学反应速率计算公式的理解 对于反应mA(g)＋nB(g)===cC(g)＋dD(g) （1）计算公式：v(A)＝ （2）同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反应速率，存在如下关系：v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶c∶d （3）注意事项 ①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体 ②化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是瞬时速率，且计算时取正值 (二)化学平衡问题 1.外界条件对化学平衡移动的影响规律 温度的影响 升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动； 降低温度，化学平衡向放热反应方向移动 浓度的影响 增大反应物浓度或减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动； 减小反应物浓度或增大生成物浓度，化学平衡向逆反应方向移动 压强的影响 增大压强会使平衡向气体体积减小的方向移动； 减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动 2.化学平衡计算中两组常用公式： 在可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)中化学平衡常数(K)与浓度商(Q)，K＝(式中的浓度是指平衡状态的浓度，固体物质、纯液体、水溶液中进行的反应，H2O不列入平衡常数的计算表达式中；气体反应、有机反应，H2O的浓度要列入平衡常数的计算表达式中)，Q＝(式中的浓度是任意时刻的浓度)。 转化率α＝。 4．陌生平衡图像的问题 化学理论综合题中最容易失分的是速率与平衡的陌生图像，在非选择题中的陌生图像打破了传统的速率平衡图像模式，反应体系不再局限于气相反应，引入了更多的液相反应，纵坐标和横坐标不再局限于时间、温度、压强、速率、转化率等物理量，而是引入了更多的变量，如两种物质的物质的量之比、气体分压的负对数等，使得图像更新颖、信息容量更大、题目难度更大。 5.化学反应中的选择性 在化学领域中，选择性是一个至关重要的概念。它涉及到化学反应在特定条件下，倾向于产生特定类型的产物，而不是其他可能的产物。不同的化学反应可能在不同条件下产生多种产物，而选择性则是指反应在特定条件下倾向于产生特定产物。例如，某些氧化还原反应在特定pH值和温度下，更可能产生一种氧化态的产物而不是其他可能的氧化态。在实际应用中，化学反应的选择性往往需要通过实验摸索和条件优化来实现。这需要科研人员具备丰富的理论知识和实验技能。同时，也需要对反应机理有深入的理解，以便更好地预测和控制反应选择性。 （1）原理：化学反应中的选择性涉及到反应物之间的相互作用以及反应路径的能量变化。在反应物作用下，可能存在多个反应途径。然而，某个特定的反应途径能够优先进行，是由于在该途径中，反应物之间具有更有利的相互作用、活化能较低等特点。 （2）影响因素 许多因素都会影响反应的选择性，如反应物浓度、温度、压力、催化剂等。因此，需要深入研究和优化反应条件，以实现所需的选择性。 ①反应物的结构：反应物的结构可以影响它与其他反应物之间的相互作用，从而选择性控制了反应途径。例如，具有特定取代基的反应物可能会选择性地促进某个反应途径。 ②催化剂的选择：催化剂在化学反应中起到非常重要的作用，能够选择性地促使某个反应途径进行。通过选择适当的催化剂，可以控制反应的选择性。催化剂通常能够提供稳定的中间体，降低活化能，从而选择某个反应途径。 ③反应条件：反应条件如反应温度、压力、溶剂等也会对反应的选择性产生影响。适当的反应条件可以使某个反应途径更有利进行。 ④反应动力学：反应动力学参数如速率常数、反应平衡常数等也会对选择性产生影响。反应动力学的不同参数可以选择性地控制反应途径。 总的来说，化学反应的选择性是一个复杂而重要的概念。它不仅影响实验室研究的结果和效率，还关系到工业生产的成本和环境治理的效果。因此，我们需要更深入地研究和理解化学反应的选择性，以提高其在不同领域的应用效果。只有这样，我们才能更好地利用化学反应的选择性，为人类的生产和生活带来更多的便利和效益。 6.平衡转化率大小变化分析技巧 （1）转化率问题首先看是否是平衡转化率，若为非平衡状态的转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对反应快慢、催化剂对反应快慢及选择性(主副反应)的影响；若为平衡转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对化学平衡的影响，有时也涉及温度对催化活性的影响。 （2）判断反应物转化率的变化时，不要把平衡正向移动与反应物转化率提高等同起来，要视具体情况而定。常见有以下几种情形： 反应类型 条件的改变 反应物转化率的变化 有多种反应物的可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g) 恒容时只增加反应物A的用量 反应物A的转化率减小，反应物B的转化率增大 同等倍数地增大反应物A、B的量 恒温恒压条件下 反应物转化率不变 恒温恒容条件下 m＋n＞p＋q 反应物A和B的转化率均增大 m＋n＜p＋q 反应物A和B的转化率均减小 m＋n＝p＋q 反应物A和B的转化率均不变 只有一种反应物的可逆反应：mA(g) nB(g)＋pC(g) 增加反应物A的用量 恒温恒压条件下 反应物转化率不变 恒温恒容条件下 m＞n＋p 反应物A的转化率增大 m＜n＋p 反应物A的转化率减小 m＝n＋p 反应物A的转化率不变 (三)化工生产适宜条件选择的一般原则 1.一般原则 ①既不能过快，又不能太慢：通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。 ②既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性。 ③增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本：通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高原料转化率。 ④如设备承受高温、高压能力等。 ⑤注意催化剂的活性对温度的限制。 2.实例分析——工业合成氨的条件选择 （1）反应原理：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。 （2）反应特点：①反应为可逆反应；②正反应是气体体积减小的反应；③ΔH<0。 （3）从反应快慢和反应限度两个角度选择反应条件 （4）综合考虑——选择适宜的生产条件 ①温度：400～500℃ ②压强：10～30 MPa ③投料比：＝ ④以铁触媒作催化剂 ⑤采用循环操作提高原料利用率 二、培优瓶颈及突破策略 1、培优瓶颈（尖子生专属痛点） 化学平衡移动及最佳反应条件的选择是高中化学培优的核心难点，也是高考化学反应原理模块的高频考点，培优学生在该考点的瓶颈表现具有鲜明针对性，主要体现在三个方面： （1）概念辨析不清，混淆外界条件（浓度、温度、压强、催化剂）对化学平衡移动与反应速率的双重影响，常出现“催化剂能加快反应速率，故能使平衡移动”“压强增大，平衡一定向气体体积减小的方向移动”等错误，尤其对无气体参与、气体体积不变的反应，压强影响判断易出错。 （2）逻辑推导薄弱，无法结合反应本质（放热/吸热、气体分子数增减），权衡反应速率与平衡转化率的矛盾，难以筛选出“速率快、转化率高”的最佳条件，答题时思路混乱、片面。 （3）脱离实际应用，忽略工业生产中的原料成本、能耗、设备承受能力、产物分离难度等约束，仅从理论角度判断条件，不符合培优答题的实用性要求。 2、突破策略 （1）夯实基础，牢记勒夏特列原理核心，分类梳理外界条件的影响规律，通过对比辨析强化记忆，规避概念混淆，结合简单变式题巩固“速率变化与平衡移动的区别”。 （2）强化逻辑推导，抓住“最佳反应条件=理论可行+实际适用”的核心，优先分析温度、压强对平衡的主导影响，再通过浓度调控优化反应速率，总结常见反应的条件选择规律。 （3）联系实际，结合合成氨、二氧化硫催化氧化等工业案例，练习“理论分析+实际约束”的答题思路，规范表述逻辑。同时，通过错题复盘聚焦薄弱点，强化“条件—变化—结果”的推导链条。 ◇考点 02 化学平衡常数的多维度计算 一、重难知识梳理 (一)三种平衡常数 a A（g）+b B（g）c C（g）+d D（g） 1.浓度平衡常数：Kc＝ ①平衡量必须为平衡时的浓度 ②等体积反应：可以用平衡时的物质的量代替平衡时的浓度 ③恒压条件下：先计算平衡体积，再算平衡常数 2.压强平衡常数：Kp＝ ①平衡量为平衡时的浓度、物质的量、体积等均可 ②分压Pi＝P总×xi＝P总×＝（P1+P2+P3+…）× ③恒容条件下：先计算平衡总压，再算平衡常数或直接根据分压计算 3.物质的量分数平衡常数：Kx＝ ①平衡量为平衡时的浓度、物质的量、体积等均可 ②物质的量分数：xi＝ (二)计算Kp的思路和方法 计算平衡常Kp的思路和方法与计算浓度平衡常数K完全相同，关键是由平衡时气体的总物质的量和各气体的物质的量确定各气体的物质的量分数，再由总压强和物质的量分数确定各气体的分压，最后由分压计算Kp。计算压强平衡常数Kp 的有效方法仍是列“三段式”和“分三步”。 1.列“三段式”——列出起饴量、转化量、平衡量，一般应列物质的量。 2.“分三步” 如：a A（g）+b B（g）c C（g）+d D（g） 表达式：Kp＝ 第一步，得出各物质的平衡量； 反应 aA（g） +bB（g） cC（g） +dD（g） 起始量 nA nB 0 0 转化量 ax bx cx dx 平衡量 nA－ax nB－bx cx dx 第二步，计算各气体的体积分数（物质的量分数）和分压； 、 第三步，代入Kp的表达式中进行计算。 注：（1）计算中常需运用阿伏加德罗定律的推论——恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比：p始：p平=n始：n平（比如平衡时比起始时压强增大了20%，则平衡时气体总物质的量变为起始时的1.2倍）；恒温恒压条件下，体积比等于物质的量之比：V始：V平=n始：n平；恒温恒压条件下，密案度比等于体积的反比、物质的量的反比：ρ始：ρ平=n平：n始（比如，平衡时气体密度变为起始时的则平衡时混合气体的平均摩尔质量是起始时混合气体的物质的量是起始时混合气体的。 （2）混合气体的总压等于相同温度下各组分气体的分压之和。 (三)速率常数和平衡常数的关系 基元反应：a A（g）+b B（g）c C（g）+d D（g） 1.速率方程 （1）抽象化速率方程：笼统的正逆反应速率 ①v正＝k正·ca（A）·cb（B）、v逆＝k逆·cc（C）·cd（D） ②v正＝k正·pa（A）·pb（B）、v逆＝k逆·pc（C）·pd（D） ③v正＝k正·xa（A）·xb（B）、v逆＝k逆·xc（C）·xd（D） （2）具体化速率方程：以具体物质表示的正逆反应速率 ①vA正＝k正·ca（A）·cb（B）、vC逆＝k逆·cc（C）·cd（D） ②vA正＝k正·pa（A）·pb（B）、vC逆＝k逆·pc（C）·pd（D） ③vA正＝k正·xa（A）·xb（B）、vC逆＝k逆·xc（C）·xd（D） 2.速率常数和平衡常数的关系 （1）抽象化：平衡条件v正＝v逆，①＝Kc；②＝Kp；③＝Kx （2）具体化：平衡条件＝，①＝Kc；②＝Kp；③＝Kx (四)多平衡体系化学平衡常数的计算 1.多重平衡是指相互关联的若干平衡同时存在于一个平衡系统中，且至少有一种物质同时参与几个相互关联的平衡。 多重平衡涉及的反应多，看似杂乱，但各个平衡之间存在内在联系，要么连续，要么竞争，这样可将三个平衡简化为两个平衡，从而快速解答。也可以从元素守恒入手，只要抓住起始状态与平衡状态即可，可以忽略复杂的反应过程，从而使复杂问题简单化。 2.同一容器内的多平衡体系，相同组分的平衡浓度相同 ①化学平衡：a A（g）b B（g）+c C（g），c C（g）d D（g）+e E（g） ②特点：计算K1、K2时，用到的c（C）相同 3.计算方法 （1）元素守恒法：根据某元素守恒，计算出平衡时相应组分的浓度 （2）设未知数法 ①有几个平衡假设几个未知数（变化量） ②用这些未知数表示出平衡时相应组分的浓度 ③根据相关等量计算出未知数，带入平衡常数表达式求解 二、培优瓶颈及突破策略 1、培优瓶颈（尖子生专属痛点） 化学平衡常数的多维度计算是高中化学培优的重点内容，也是高考化学反应原理模块的核心题型，涵盖浓度平衡常数、压强平衡常数等形式，培优学生在该考点的瓶颈表现集中且典型，主要体现在三个方面： （1）概念理解不透彻，混淆平衡常数与反应速率的关系，忽略平衡常数只受温度影响的核心性质，误将浓度、压强变化当作影响平衡常数的因素。 （2）计算思路混乱，无法熟练掌握“三段式”解题法，面对起始量、变化量、平衡量的推导的题目易出错，尤其难以处理等效平衡、转化率与平衡常数结合的计算，对压强平衡常数的换算逻辑模糊。 （3）审题与规范不足，遗漏题干中“恒温恒容”“恒温恒压”等关键条件，忽略平衡常数表达式中物质的状态（纯固体、纯液体不代入），计算步骤不完整、单位书写错误，导致“会做但失分”。 2、突破策略 （1）夯实概念基础，明确平衡常数的定义、表达式书写规则及影响因素，通过对比辨析，牢记“温度不变，平衡常数不变”的核心，规避概念误区。 （2）强化解题方法，将“三段式”作为核心解题工具，分类练习起始量已知、转化率已知、等效平衡衍生等不同题型，总结压强平衡常数与浓度平衡常数的换算技巧，形成“审题—列三段式—代公式—算结果”的固定思路。 （3）规范答题习惯，标注题干关键条件，明确表达式书写要求，完整呈现计算步骤，通过错题复盘聚焦“审题失误”“步骤遗漏”等问题。同时，结合高考典型例题强化训练，兼顾计算准确性与规范性。 ◇考点 03 化学热力学与动力学实验探究 一、重难知识梳理 (一)热力学核心知识（反应方向、限度、能量变化） 1.核心判据：焓变 (ΔH)、熵变 (ΔS)、吉布斯自由能 (ΔG=ΔH-TΔS)，ΔG<0 反应自发。 2.定量计算：中和热/燃烧热测定（ΔH计算）、平衡常数(K)计算（浓度/压强商）。 3.平衡规律：勒夏特列原理，温度/浓度/压强对平衡移动、K的影响（K仅与温度有关）。 4.能量变化：吸热/放热反应的实验判断（温度变化、热量测定装置）。 (二)动力学核心知识（反应速率、反应机理） 1.速率计算：v=Δc/Δt（注意单位、物质计量数关系），速率影响因素（浓度、温度、催化剂、接触面积等）。 2.控制变量法：探究单一因素对速率的影响，需保证其他条件不变，设计对比实验。 1)影响化学反应速率的因素 影响因素 影响结果 内因 性质 在其他条件相同时，反应物的化学性质越活波，化学反应速率越快，反应物的化学性质越不活波，化学反应速率越慢 外因 催化剂 在其他条件相同时，使用催化剂，化学反应速率加快或减慢 温度 在其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快，降低温度，化学反应速率减慢 浓度 在其他条件相同时，浓度增大，化学反应速率加快，浓度减小，化学反应速率减慢 压强 在其他条件相同时，有气体参加或生成的反应，压强增大，化学反应速率加快，压强减小，化学反应速率减慢 固体反应物接触面 在其他条件相同时，增大与固体反应物的接触面积，化学反应速率加快，减小与固体反应物的接触面积，化学反应速率减慢 原电池 构成原电池可以加快化学反应速率 其他 光波、电磁波、超声波、溶剂等也能影响化学反应速率 特别关注：（1）中学阶段一般只讨论在其他条件相同时，改变一个因素对化学反应速率的影响。 （2）对于气体反应体系，有以下几种情况： ①恒温时：增大压强体积缩小浓度增大反应速率加快； ②恒容时：a．充入气体反应物总压增大浓度增大反应速率加快； b．充入“惰性”气体总压增大，但各物质浓度不变，反应速率不变； ③恒压时：充入“惰性”气体体积增大各物质浓度减小反应速率减慢； 总之，压强改变，若引起浓度改变，则反应速率改变 2)常见考查形式 （1）以表格的形式给出多组实验数据，让学生找出每组数据的变化对化学反应速率的影响。 （2）给出影响化学反应速率的几种因素，让学生设计实验，分析各因素对化学反应速率的影响。 3)控制变量法的解题策略 影响化学反应速率的因素有多种，在探究某种因素的影响规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响规律，这种研究问题的方法叫作控制变量法。解题策略为： （1）确定变量：解答此类题目时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。 （2）控制变量（定多变一）：在探究时，应先确定一个变化的量，控制其他量不变，研究这个变化量对实验结果的影响进而总结出影响规律，然后用同样的方法再进一步确定其他变量对实验结果的影响规律。 （3）数据有效：解答时应注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法做出正确判断。 4)实例分析 探究温度、催化剂对反应：2H2O2===2H2O＋O2↑的影响，可以确定催化剂(是否加入MnO2)和温度(加热、常温)作为可变量，其他的则控制为不变量。 探究对象的反应 2H2O2===2H2O＋O2↑ 控制的可变量 催化剂 温度 控制的不变量 浓度、温度等 浓度、催化剂等 实验方案 取相同量的5%H2O2溶液于两支规格相同的试管中，向其中一支试管中加入少量MnO2，另一支不加，在常温下观察 取相同量的5%H2O2溶液于两支规格相同的试管中，给其中一支试管加热，另一支不加热，观察 3.反应机理：速率控制步骤（慢反应决定总速率）、中间产物/催化剂的判断与验证。 4.速率表征：通过颜色、压强、pH、导电能力等实验现象的变化定量/定性表示速率。 (三)热动结合核心关联 1.本质区别：热力学判断反应能否自发、进行限度；动力学判断反应快慢、反应途径。 2.典型问题：自发反应（ΔG<0）速率慢的原因分析（需催化剂/升温等动力学调控）；条件对二者的双重影响（如升温既加快速率，又影响平衡移动）。 (四)实验探究核心方法 1.定量实验：中和热测定（保温装置、环形玻璃搅拌棒、数据处理与误差分析）；K与速率的定量计算（图表数据提取）。 2.定性实验：平衡移动的现象验证（如颜色、沉淀、气体生成）；速率影响因素的现象对比。 3.设计原则：单一变量、对照性、可操作性、重复性；实验方案需注明试剂、操作、现象、结论。 4.误差分析：从装置缺陷、操作失误、数据读取等角度分析对ΔH、K、速率测定结果的影响。 (五)化学实验“控制变量法”探究可逆反应的存在 1.反应原理：利用酸碱反应规律或氧化还原反应规律。 2.反应进行的证明：反应物减少，生成物生成。 3.反应可逆性的证明：不足量的反应物有剩余，即反应物、生成物共存。 4.得出结论的正确性：控制实验条件，证明平衡发生移动。 （1）配比用量控制：用量、浓度、酸碱性等； （2）外部条件控制：温度、状态、催化剂等。 二、培优瓶颈及突破策略 1、培优瓶颈（尖子生专属痛点） 化学热力学与动力学实验探究是高中化学培优的难点的重点，也是高考实验探究模块的高频考点，核心考查反应方向、反应限度、反应速率的实验设计与分析能力，培优学生的瓶颈表现集中且典型，主要体现在三个方面： （1）概念混淆，无法清晰区分热力学（判断反应能否自发、平衡移动趋势）与动力学（判断反应速率快慢、影响因素）的研究范畴，实验分析时出现“自发反应一定快速发生”“速率快则平衡转化率高”的错误。 （2）实验设计与控制能力薄弱，难以围绕探究目的（如温度对反应速率的影响）设计单一变量实验，易忽略无关变量（如浓度、催化剂用量）的控制，实验方案不严谨、不具可操作性。 （3）数据分析与结论推导不规范，无法从实验数据（如压强、温度、浓度变化曲线）中提取关键信息，推导结论时缺乏逻辑支撑，忽略实验误差分析，且不能结合热力学原理（如焓变、熵变）解释实验现象。 2、突破策略 （1）夯实概念基础，明确热力学与动力学的核心区别，通过对比梳理，牢记“自发反应与反应速率无必然联系”的核心要点，规避概念混淆。 （2）强化实验设计思维，聚焦单一变量原则，分类练习“影响反应速率”“判断反应自发方向”等典型实验，总结实验设计模板（提出假设—控制变量—设计方案—操作实施），重点练习无关变量的控制方法，提升方案严谨性。 （3）规范数据分析与结论推导，学会解读实验曲线、数据表格，提炼关键信息，建立“数据—现象—原理—结论”的推导链条，重视实验误差分析（如仪器精度、操作误差）。同时，结合高考典型实验探究题强化训练，积累实验规范表述，兼顾原理应用与实验操作。 ◇考点 04 原理综合类答题规范 一、重难知识梳理 (一)原理解释类设问答题的一般思维 1.阅读题目情境的信息，找出核心问题的分析对象，即平衡体系； 2.找出题目信息中与平衡体系有关变化的因素； 3.利用平衡移动原理分析变化的因素对化学平衡移动的影响，即平衡移动方向的判断； 4.说明平衡发生移动后对实际问题体系产生的影响，得出结论。 注意：分析变化因素时要充分考虑条件改变对化学反应速率的影响、对化学平衡的影响、对催化剂活性的影响、对副反应的影响等因素。 (二)原因、理由类规范语言表述答题模板 1、答题模板：“有理”——化学原理，“有据”——事实依据 可采取以下两种方式： （1）“正说”——“直接原因＋根本目的” （2）“反说”——“如果……，就……” 2、规范解答归纳 （1）明矾净水的原理：明矾溶于水电离出的Al3＋发生水解反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，氢氧化铝胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。 （2）高铁酸钠既能用作净水剂又能对水进行消毒、杀菌的原理：Na2FeO4中的铁元素呈＋6价，具有很强的氧化性，能对水进行杀菌、消毒，其还原产物Fe3＋发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，氢氧化铁胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。 （3）碳酸铵溶液显碱性的原因：碳酸铵溶于水能发生水解，NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，CO＋H2OHCO＋OH－，CO 的水解程度大于NH的水解程度，故溶液显碱性。 （4）碳酸氢钠溶液显碱性的原因：碳酸氢钠溶于水后，HCOH＋＋CO，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，HCO 的水解程度大于其电离程度，故溶液显碱性。 （5）蒸干灼烧FeCl3溶液得到Fe2O3的原理：在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，在蒸发过程中，由于氯化氢大量挥发导致水解平衡向右移动，蒸干溶液时得到Fe(OH)3，灼烧时发生反应2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，最后得到Fe2O3。 （6）用酸性过氧化氢溶液溶解铜片的实验中，铜片溶解的速率随着温度的升高先加快后减慢的原因：温度升高能够加快反应Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O的反应速率，故铜的溶解速率加快，当温度升高到一定程度后，H2O2的分解速率加快，此时H2O2浓度的下降对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故铜的溶解速率减慢。 （7）适当升温氮气和氢气合成氨的速率加快，但是温度过高反应速率反而下降的原因：温度升高能够加快合成氨反应的反应速率，但温度过高会使催化剂失去活性，反应速率反而降低。 （8）用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极附近溶液呈碱性的原因：在阴极发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，由于氢离子不断放电，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，导致溶液中的c(OH－)>c(H＋)，使溶液显碱性。 （9）在氯碱工业中，电解饱和食盐水时常用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的原因：阳极产生的氯气与水发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大溶液中盐酸的浓度能够使平衡逆向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的逸出。 （10）在燃料电池中，常在电极表面镀上铂粉的原因：增大电极单位面积吸收气体的分子数，加快电极反应速率。 （11）在尾气吸收装置中试剂的作用：吸收尾气中××气体，防止污染空气。 （12）在定量实验或者制备实验中装置最后连接的干燥管的作用：防止空气中的××气体进入××装置对实验造成干扰(有时还可能同时起到吸收尾气的作用，如在有关氨气的探究实验中，最后连接的盛有浓硫酸的洗气瓶的作用就可以吸收多余的氨气，同时能防止空气中的水蒸气进入)。 （13）在导管末端连接倒置漏斗、干燥管浸入水或溶液中的原因：防倒吸(同时具有扩大吸收面积，加快吸收速率的作用)。 （14）在气体的连续实验中，若有需要用盛有碱石灰的干燥管吸收CO2或H2O(g)等气体来进行定量测定的部分，常常需要在实验开始和结束时通入氮气或稀有气体等与实验无关的气体的作用：1)实验开始时的作用：排尽装置内的空气，防止空气中的××对实验造成干扰。2)实验结束时的作用：将产生的××气体全部排出被××试剂完全吸收，以减少实验误差。 例：TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸和强碱，从电解精炼铜的阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下： “沉碲”时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是__________________________。 答案：TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应而损失 (三)理论平衡型简答题规范语言表述答题模板 1、答题策略：理论型简答题一般是演绎法的三段式答题模式(前提、推理、结论)： （1）问题所涉及大前提(相关的理论或规律)的表述，一般很熟悉的理论或规律可以只写名称，也可以用化学方程式等化学用语表示，并不需要把其详细内容写出； （2）问题的推理过程(具体条件下的变化等)的表述； （3）问题所涉及的变化的结果。 2、答题模板： （1）速率、平衡移动类简答题的答题模板:叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果); （2）溶液中离子平衡简答题模板:……存在……平衡，……条件使平衡向……方向移动，……结论。 例：已知汽缸中生成NO的反应为 N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH>0 汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是______________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：温度升高，反应速率加快，平衡正向移动 (四)图表、图象类试题规范语言表述 1．图象题 （1）会识图：一看面，二看线，三看点(弄清纵、横坐标的意义，弄清起点、拐点、终点的意义；看清曲线的变化趋势)，四看量变，五看是否作辅助线。 （2）会分析：分析图象中隐含的信息，将其加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理，从而快速解决问题。 2．表格数据题 （1）明含义：理解表格中各个列项中数字的含义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。 （2）析数据：理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。 口诀：图象题要细心，全面观察得高分；曲线题能速答，分析走势好办法；表格题要解好，转化数据离不了。 二、培优瓶颈及突破策略 1、培优瓶颈（尖子生专属痛点） 原理综合类答题规范是高中化学培优的核心要求，也是高考化学反应原理模块得分的关键，此类题目融合平衡移动、平衡常数、热力学与动力学等核心知识，侧重考查学生的逻辑表达与规范答题能力，培优学生的瓶颈表现集中且突出。 （1）知识整合不足，无法快速关联多个原理知识点，答题时思路零散、要点遗漏，难以围绕题干设问形成完整的答题逻辑。 （2）规范意识薄弱，化学用语书写错误（如平衡常数表达式书写错误、焓变符号遗漏），语言表述不严谨、不规范，出现“口语化”答题现象。 （3）审题与设问对应不当，忽略题干关键条件（如恒温恒容、催化剂种类），无法精准把握设问指向，答非所问，或答题步骤混乱、缺乏条理性，导致“会做但失分”。 2、突破策略 （1）强化知识整合，梳理原理模块核心知识点的内在关联，构建“知识点—答题要点”对应体系，通过典型例题练习，提升知识调用与整合能力，确保答题思路完整。 （2）规范答题细节，牢记化学用语书写规则，杜绝符号、表达式、单位等基础错误；积累规范答题模板，避免口语化表述，做到“原理准确、表述严谨、书写规范”。 （3）提升审题与答题匹配度，养成“圈画关键条件、明确设问指向”的审题习惯，按照“原理分析—逻辑推导—规范表述”的步骤答题，确保要点清晰、步骤完整。同时，通过错题复盘聚焦规范类错误，针对性强化训练，控制内容在600字左右，帮助培优学生突破答题规范瓶颈，最大限度减少失分，提升答题得分率。 ◇题型 01 考查物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 典｜例｜精｜析 典例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；。 典例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：； 方｜法｜提｜练 该题型核心是融合多个原理知识点，解题关键在于“拆分模块、关联迁移、规范作答”。 首先，拆分题干设问，区分物质结构（或反应热）、反应速率、化学平衡三大模块，优先突破基础设问，避免交叉混淆。 其次，关联模块内在联系，如反应热可辅助判断平衡移动方向，物质结构特征影响反应速率。 最后，规范解题步骤：反应热计算紧扣盖斯定律，速率计算明确公式与单位，平衡问题用“三段式”推导，结合勒夏特列原理分析。 答题时聚焦题干关键条件，规避化学用语错误，精简冗余表述，确保每一步推导贴合考点，高效精准得分。 变｜式｜巩｜固 变式1（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：、、、，。 变式2（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。 变式3（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：<。 变式4（2026·河南开封·一模）CH4与H2S重整制氢技术既能实现H2S的无害化处理，又能产出清洁能源H2，助力“碳中和”目标实现，其核心反应如下。 反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)   ΔH1=+260 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)C(s)+2H2(g)   ΔH2=+90 kJ·mol-1 反应Ⅲ：2H2S(g)S2(g)+2H2(g)   ΔH3=+181 kJ·mol-1 回答下列问题： （1）H2S分子的空间构型为 ，中心原子S的杂化方式为 。 （2）碳元素可以形成多种同素异形体。C60的晶体类型为 。常压下，石墨和金刚石熔点更高的是 ，从结构角度解释原因为 。 （3）保持反应器总压为100 kPa，分别以25 kPa CH4、75 kPa H2S与8 kPa CH4、24 kPa H2S(He作辅气)进料。CH4平衡转化率随温度变化的关系如图1，其中不含He的曲线为 (填“M”或“N”)，理由是 。 （4）在10L的恒温刚性容器中，通入0.2mol CH4和0.4mol H2S，起始总压为P0，发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。CH4和H2S的转化率随时间变化的关系如图2。 ①0~5min内，用H2表示的化学反应速率为 mol·L-1·min-1。 ②5min时，容器内总压为 (用含P0的代数式表示)。 （5）假设H2S和CH4的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir等温吸附(吸附分子彼此不发生相互作用，且气体分子为单分子层吸附)。如H2S的吸附等温式为：=，其中a是气体的吸附系数，Vm是气体在固体表面的饱和吸附量(标态)，P是气体的分压，V是气体分压为P时的平衡吸附量(标态)。在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S的分压分别为2MPa和4MPa，且CH4和H2S的分压相同时，H2S平衡吸附量分别为0.6m3/kg和0.8m3/kg(已换算成标态)，则H2S的吸附系数为 MPa-1。 【答案】（1）V形（或角形） sp3 （2）分子晶体 石墨 石墨是混合晶体，其层内碳原子是sp2杂化，而金刚石是共价晶体，其碳原子是sp3杂化，碳原子之间仅有碳碳σ键，所以石墨的碳碳键长更短，键能更大，石墨的熔点更高 （3）N 其他条件均相同，总压一定，没有He的反应器中，反应物分压更大，相当于加压，此时反应Ⅰ、Ⅱ会逆移，CH4平衡转化率降低 （4）0.002 mol·L-1·min-1 （5）0.4 【解析】（1）H2S分子中心原子是S，其价层电子对数为4，且有2对孤电子对，因此其空间构型为V形（或角形），S的杂化方式为sp3杂化； （2）C60由分子构成，其晶体为分子晶体；石墨是混合晶体，其层内碳原子是sp2杂化，碳原子之间有碳碳σ键和π键，而金刚石是共价晶体，其碳原子是sp3杂化，碳原子之间仅有碳碳σ键，所以石墨的碳碳键长更短，键能更大，石墨的熔点更高； （3）其他条件均相同，总压一定，没有He的反应器中，反应物分压更大，相当于加压，此时反应Ⅰ、Ⅱ会逆移，CH4平衡转化率降低，曲线N是不含He的，因此曲线M是含有He的； （4）①初始，体系中n（CH4）=0.2 mol和n（H2S）=0.4 mol，5min时，n1（CH4）=0.2 ×（1-5%）=0.19mol ，n1（H2S）=0.4 ×（1-20%）=0.32mol，根据反应前后氢原子守恒可以得出，5min时体系中还有n（H2）={4 [n（CH4）- n1（CH4）]+2[n（H2S）- n1（H2S）]}=0.1mol，则0~5min内，== 0.002 mol·L-1·min-1 ； ②由阿伏伽德罗定律及其推论可以知道恒温恒容体系中，，5min时，体系中的气体有：CH4(g)、H2S(g)、CS2(g)、H2(g) 、S2(g)，即5min时，体系中所有气体物质的量n1= n1（H2）+n1（CS2）+ n1（S2）+n1（CH4）+ n1（H2S）且n1（CH4）=0.2 ×（1-5%）=0.19mol ，n1（H2S）=0.4 ×（1-20%）=0.32mol，n（H2）={4 [n（CH4）- n1（CH4）]+2[n（H2S）- n1（H2S）]}=0.1mol（见上一问解析），由于反应前后S原子守恒，则有n（S）= n1（H2S）+2 n1（S2）+ 2n1（CS2）=0.4 mol，即 n1（S2）+ n1（CS2）=0.04 mol，故n1= n1（H2）+n1（CS2）+ n1（S2）+n1（CH4）+ n1（H2S）=0.1+0.04+0.19+0.32=0.65mol，即，故； （5）已知在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S、CH4的分压为2MPa时，H2S平衡吸附量分别为0.6m3/kg，带入吸附等温式有=，当H2S、CH4的分压为4MPa时，H2S平衡吸附量分别为0.8m3/kg，带入吸附等温式有=， 综合两个等式可以求出=0.4 MPa-1。 ◇题型 02 考查反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 典｜例｜精｜析 典例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=。 典例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。 方｜法｜提｜练 该题型核心是四大考点融合，解题关键的是“抓机理、联模块、守规范”。 首先，拆解反应机理，提取总反应方程式，区分催化剂与中间产物，明确机理对反应速率的影响。 其次，拆分模块突破，反应热紧扣盖斯定律计算，速率结合机理分析影响因素，平衡用“三段式”推导、结合勒夏特列原理判断。 最后，关联模块逻辑，依托机理串联速率与平衡，兼顾计算准确性与化学用语规范性。 答题时聚焦题干关键信息，精简表述、紧扣考点，规避机理判断、公式书写错误，高效突破综合难点，精准得分。 变｜式｜巩｜固 变式1（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。 变式2（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。 变式3（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。 变式4（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。 ◇题型 03 查化学原理大综合 典｜例｜精｜析 典例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。 典例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。 方｜法｜提｜练 该题型是化学原理模块综合考查的核心题型，融合反应热、反应机理、速率、平衡等多个考点，解题关键是“拆解考点、串联逻辑、规范作答”。 首先，通读题干，拆解各设问对应的考点，优先突破基础设问，避免模块混淆。 其次，串联考点逻辑，依托反应机理关联速率与平衡，结合盖斯定律计算反应热，用“三段式”解决平衡计算问题。 最后，紧扣题干关键条件，规范化学用语与答题步骤，规避公式、表达式书写错误，精简冗余表述，确保推导严谨、答案精准，高效突破综合难点 变｜式｜巩｜固 变式1（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。 变式2（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。 变式3（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。 变式4（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。 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 化学反应原理综合题型研究 目录 第一部分 考情精析 第二部分 重难考点深解 【考点01】化学平衡移动及最佳反应条件的选择 【考点02】化学平衡常数的多维度计算 【考点03】化学热力学与动力学实验探究 【考点04】原理综合类答题规范 第三部分 解题思维优化 【题型01】考查物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 【题型02】考查反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 【题型03】考查化学原理大综合 核心考向聚焦 主战场转移：紧扣真实生产/环保情境，侧重多模块融合与多因素分析，强化图表数据解读、定量计算，聚焦素养与解决实际问题能力考查。 核心价值：立足化学反应原理核心知识，衔接生产生活实际，凸显化学学科解决能源、环保等实际问题的应用价值，培育科学思维与学科素养。 关键能力与思维瓶颈 关键能力：聚焦信息提取与图表解读、反应原理综合应用、定量计算与推理、多因素分析论证的关键能力，侧重解决化工生产、能源环保中的实际问题的能力。 培优瓶颈：尖子生易陷原理应用僵化、多模块融合拆解能力不足的瓶颈，对复杂情境下多因素耦合分析、图表隐含信息挖掘不到位，定量计算易疏漏细节，逻辑论证的严谨性与答题规范性也需提升。 命题前瞻与备考策略 预测：2026年高考中，将紧扣能源环保、绿色化工等真实情境，强化多原理融合与数据图表深度解读，侧重定量计算、逻辑论证，聚焦综合解决实际问题的学科素养考查。 策略：备考应深耕原理本质，融合多模块练情境题，精析图表、强化计算与规范表达。 重点训练：1.练真实情境综合题，强化多原理融合应用； 2.精做图表题，提升隐含信息挖掘能力； 3.专项练定量计算，严控细节失误； 4.规范逻辑论证，优化答题表达。 ◇考点 01 化学平衡移动及最佳反应条件的选择 一、重难知识梳理 (一)外界条件对化学反应速率的影响 1.纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率。但固体颗粒的大小导致接触面积的大小发生变化，故影响反应速率； 2.对于固体、液体物质，由于压强改变对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，压强对无气体参加的化学反应的速率无影响； 3.升高温度，不论吸热反应还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大； 4.使用催化剂催化的化学反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在许多工业生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围； 5.“惰性气体”(不参加反应的气体)对反应速率的影响 ①恒温恒容：充入“惰性气体”总压强增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)，反应速率不变。 ②恒温恒压：充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减小。 6.有关化学反应速率计算公式的理解 对于反应mA(g)＋nB(g)===cC(g)＋dD(g) （1）计算公式：v(A)＝ （2）同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反应速率，存在如下关系：v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶c∶d （3）注意事项 ①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体 ②化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是瞬时速率，且计算时取正值 (二)化学平衡问题 1.外界条件对化学平衡移动的影响规律 温度的影响 升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动； 降低温度，化学平衡向放热反应方向移动 浓度的影响 增大反应物浓度或减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动； 减小反应物浓度或增大生成物浓度，化学平衡向逆反应方向移动 压强的影响 增大压强会使平衡向气体体积减小的方向移动； 减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动 2.化学平衡计算中两组常用公式： 在可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)中化学平衡常数(K)与浓度商(Q)，K＝(式中的浓度是指平衡状态的浓度，固体物质、纯液体、水溶液中进行的反应，H2O不列入平衡常数的计算表达式中；气体反应、有机反应，H2O的浓度要列入平衡常数的计算表达式中)，Q＝(式中的浓度是任意时刻的浓度)。 转化率α＝。 4．陌生平衡图像的问题 化学理论综合题中最容易失分的是速率与平衡的陌生图像，在非选择题中的陌生图像打破了传统的速率平衡图像模式，反应体系不再局限于气相反应，引入了更多的液相反应，纵坐标和横坐标不再局限于时间、温度、压强、速率、转化率等物理量，而是引入了更多的变量，如两种物质的物质的量之比、气体分压的负对数等，使得图像更新颖、信息容量更大、题目难度更大。 5.化学反应中的选择性 在化学领域中，选择性是一个至关重要的概念。它涉及到化学反应在特定条件下，倾向于产生特定类型的产物，而不是其他可能的产物。不同的化学反应可能在不同条件下产生多种产物，而选择性则是指反应在特定条件下倾向于产生特定产物。例如，某些氧化还原反应在特定pH值和温度下，更可能产生一种氧化态的产物而不是其他可能的氧化态。在实际应用中，化学反应的选择性往往需要通过实验摸索和条件优化来实现。这需要科研人员具备丰富的理论知识和实验技能。同时，也需要对反应机理有深入的理解，以便更好地预测和控制反应选择性。 （1）原理：化学反应中的选择性涉及到反应物之间的相互作用以及反应路径的能量变化。在反应物作用下，可能存在多个反应途径。然而，某个特定的反应途径能够优先进行，是由于在该途径中，反应物之间具有更有利的相互作用、活化能较低等特点。 （2）影响因素 许多因素都会影响反应的选择性，如反应物浓度、温度、压力、催化剂等。因此，需要深入研究和优化反应条件，以实现所需的选择性。 ①反应物的结构：反应物的结构可以影响它与其他反应物之间的相互作用，从而选择性控制了反应途径。例如，具有特定取代基的反应物可能会选择性地促进某个反应途径。 ②催化剂的选择：催化剂在化学反应中起到非常重要的作用，能够选择性地促使某个反应途径进行。通过选择适当的催化剂，可以控制反应的选择性。催化剂通常能够提供稳定的中间体，降低活化能，从而选择某个反应途径。 ③反应条件：反应条件如反应温度、压力、溶剂等也会对反应的选择性产生影响。适当的反应条件可以使某个反应途径更有利进行。 ④反应动力学：反应动力学参数如速率常数、反应平衡常数等也会对选择性产生影响。反应动力学的不同参数可以选择性地控制反应途径。 总的来说，化学反应的选择性是一个复杂而重要的概念。它不仅影响实验室研究的结果和效率，还关系到工业生产的成本和环境治理的效果。因此，我们需要更深入地研究和理解化学反应的选择性，以提高其在不同领域的应用效果。只有这样，我们才能更好地利用化学反应的选择性，为人类的生产和生活带来更多的便利和效益。 6.平衡转化率大小变化分析技巧 （1）转化率问题首先看是否是平衡转化率，若为非平衡状态的转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对反应快慢、催化剂对反应快慢及选择性(主副反应)的影响；若为平衡转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对化学平衡的影响，有时也涉及温度对催化活性的影响。 （2）判断反应物转化率的变化时，不要把平衡正向移动与反应物转化率提高等同起来，要视具体情况而定。常见有以下几种情形： 反应类型 条件的改变 反应物转化率的变化 有多种反应物的可逆反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g) 恒容时只增加反应物A的用量 反应物A的转化率减小，反应物B的转化率增大 同等倍数地增大反应物A、B的量 恒温恒压条件下 反应物转化率不变 恒温恒容条件下 m＋n＞p＋q 反应物A和B的转化率均增大 m＋n＜p＋q 反应物A和B的转化率均减小 m＋n＝p＋q 反应物A和B的转化率均不变 只有一种反应物的可逆反应：mA(g) nB(g)＋pC(g) 增加反应物A的用量 恒温恒压条件下 反应物转化率不变 恒温恒容条件下 m＞n＋p 反应物A的转化率增大 m＜n＋p 反应物A的转化率减小 m＝n＋p 反应物A的转化率不变 (三)化工生产适宜条件选择的一般原则 1.一般原则 ①既不能过快，又不能太慢：通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。 ②既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性。 ③增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本：通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高原料转化率。 ④如设备承受高温、高压能力等。 ⑤注意催化剂的活性对温度的限制。 2.实例分析——工业合成氨的条件选择 （1）反应原理：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。 （2）反应特点：①反应为可逆反应；②正反应是气体体积减小的反应；③ΔH<0。 （3）从反应快慢和反应限度两个角度选择反应条件 （4）综合考虑——选择适宜的生产条件 ①温度：400～500℃ ②压强：10～30 MPa ③投料比：＝ ④以铁触媒作催化剂 ⑤采用循环操作提高原料利用率 二、培优瓶颈及突破策略 1、培优瓶颈（尖子生专属痛点） 化学平衡移动及最佳反应条件的选择是高中化学培优的核心难点，也是高考化学反应原理模块的高频考点，培优学生在该考点的瓶颈表现具有鲜明针对性，主要体现在三个方面： （1）概念辨析不清，混淆外界条件（浓度、温度、压强、催化剂）对化学平衡移动与反应速率的双重影响，常出现“催化剂能加快反应速率，故能使平衡移动”“压强增大，平衡一定向气体体积减小的方向移动”等错误，尤其对无气体参与、气体体积不变的反应，压强影响判断易出错。 （2）逻辑推导薄弱，无法结合反应本质（放热/吸热、气体分子数增减），权衡反应速率与平衡转化率的矛盾，难以筛选出“速率快、转化率高”的最佳条件，答题时思路混乱、片面。 （3）脱离实际应用，忽略工业生产中的原料成本、能耗、设备承受能力、产物分离难度等约束，仅从理论角度判断条件，不符合培优答题的实用性要求。 2、突破策略 （1）夯实基础，牢记勒夏特列原理核心，分类梳理外界条件的影响规律，通过对比辨析强化记忆，规避概念混淆，结合简单变式题巩固“速率变化与平衡移动的区别”。 （2）强化逻辑推导，抓住“最佳反应条件=理论可行+实际适用”的核心，优先分析温度、压强对平衡的主导影响，再通过浓度调控优化反应速率，总结常见反应的条件选择规律。 （3）联系实际，结合合成氨、二氧化硫催化氧化等工业案例，练习“理论分析+实际约束”的答题思路，规范表述逻辑。同时，通过错题复盘聚焦薄弱点，强化“条件—变化—结果”的推导链条。 ◇考点 02 化学平衡常数的多维度计算 一、重难知识梳理 (一)三种平衡常数 a A（g）+b B（g）c C（g）+d D（g） 1.浓度平衡常数：Kc＝ ①平衡量必须为平衡时的浓度 ②等体积反应：可以用平衡时的物质的量代替平衡时的浓度 ③恒压条件下：先计算平衡体积，再算平衡常数 2.压强平衡常数：Kp＝ ①平衡量为平衡时的浓度、物质的量、体积等均可 ②分压Pi＝P总×xi＝P总×＝（P1+P2+P3+…）× ③恒容条件下：先计算平衡总压，再算平衡常数或直接根据分压计算 3.物质的量分数平衡常数：Kx＝ ①平衡量为平衡时的浓度、物质的量、体积等均可 ②物质的量分数：xi＝ (二)计算Kp的思路和方法 计算平衡常Kp的思路和方法与计算浓度平衡常数K完全相同，关键是由平衡时气体的总物质的量和各气体的物质的量确定各气体的物质的量分数，再由总压强和物质的量分数确定各气体的分压，最后由分压计算Kp。计算压强平衡常数Kp 的有效方法仍是列“三段式”和“分三步”。 1.列“三段式”——列出起饴量、转化量、平衡量，一般应列物质的量。 2.“分三步” 如：a A（g）+b B（g）c C（g）+d D（g） 表达式：Kp＝ 第一步，得出各物质的平衡量； 反应 aA（g） +bB（g） cC（g） +dD（g） 起始量 nA nB 0 0 转化量 ax bx cx dx 平衡量 nA－ax nB－bx cx dx 第二步，计算各气体的体积分数（物质的量分数）和分压； 、 第三步，代入Kp的表达式中进行计算。 注：（1）计算中常需运用阿伏加德罗定律的推论——恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比：p始：p平=n始：n平（比如平衡时比起始时压强增大了20%，则平衡时气体总物质的量变为起始时的1.2倍）；恒温恒压条件下，体积比等于物质的量之比：V始：V平=n始：n平；恒温恒压条件下，密案度比等于体积的反比、物质的量的反比：ρ始：ρ平=n平：n始（比如，平衡时气体密度变为起始时的则平衡时混合气体的平均摩尔质量是起始时混合气体的物质的量是起始时混合气体的。 （2）混合气体的总压等于相同温度下各组分气体的分压之和。 (三)速率常数和平衡常数的关系 基元反应：a A（g）+b B（g）c C（g）+d D（g） 1.速率方程 （1）抽象化速率方程：笼统的正逆反应速率 ①v正＝k正·ca（A）·cb（B）、v逆＝k逆·cc（C）·cd（D） ②v正＝k正·pa（A）·pb（B）、v逆＝k逆·pc（C）·pd（D） ③v正＝k正·xa（A）·xb（B）、v逆＝k逆·xc（C）·xd（D） （2）具体化速率方程：以具体物质表示的正逆反应速率 ①vA正＝k正·ca（A）·cb（B）、vC逆＝k逆·cc（C）·cd（D） ②vA正＝k正·pa（A）·pb（B）、vC逆＝k逆·pc（C）·pd（D） ③vA正＝k正·xa（A）·xb（B）、vC逆＝k逆·xc（C）·xd（D） 2.速率常数和平衡常数的关系 （1）抽象化：平衡条件v正＝v逆，①＝Kc；②＝Kp；③＝Kx （2）具体化：平衡条件＝，①＝Kc；②＝Kp；③＝Kx (四)多平衡体系化学平衡常数的计算 1.多重平衡是指相互关联的若干平衡同时存在于一个平衡系统中，且至少有一种物质同时参与几个相互关联的平衡。 多重平衡涉及的反应多，看似杂乱，但各个平衡之间存在内在联系，要么连续，要么竞争，这样可将三个平衡简化为两个平衡，从而快速解答。也可以从元素守恒入手，只要抓住起始状态与平衡状态即可，可以忽略复杂的反应过程，从而使复杂问题简单化。 2.同一容器内的多平衡体系，相同组分的平衡浓度相同 ①化学平衡：a A（g）b B（g）+c C（g），c C（g）d D（g）+e E（g） ②特点：计算K1、K2时，用到的c（C）相同 3.计算方法 （1）元素守恒法：根据某元素守恒，计算出平衡时相应组分的浓度 （2）设未知数法 ①有几个平衡假设几个未知数（变化量） ②用这些未知数表示出平衡时相应组分的浓度 ③根据相关等量计算出未知数，带入平衡常数表达式求解 二、培优瓶颈及突破策略 1、培优瓶颈（尖子生专属痛点） 化学平衡常数的多维度计算是高中化学培优的重点内容，也是高考化学反应原理模块的核心题型，涵盖浓度平衡常数、压强平衡常数等形式，培优学生在该考点的瓶颈表现集中且典型，主要体现在三个方面： （1）概念理解不透彻，混淆平衡常数与反应速率的关系，忽略平衡常数只受温度影响的核心性质，误将浓度、压强变化当作影响平衡常数的因素。 （2）计算思路混乱，无法熟练掌握“三段式”解题法，面对起始量、变化量、平衡量的推导的题目易出错，尤其难以处理等效平衡、转化率与平衡常数结合的计算，对压强平衡常数的换算逻辑模糊。 （3）审题与规范不足，遗漏题干中“恒温恒容”“恒温恒压”等关键条件，忽略平衡常数表达式中物质的状态（纯固体、纯液体不代入），计算步骤不完整、单位书写错误，导致“会做但失分”。 2、突破策略 （1）夯实概念基础，明确平衡常数的定义、表达式书写规则及影响因素，通过对比辨析，牢记“温度不变，平衡常数不变”的核心，规避概念误区。 （2）强化解题方法，将“三段式”作为核心解题工具，分类练习起始量已知、转化率已知、等效平衡衍生等不同题型，总结压强平衡常数与浓度平衡常数的换算技巧，形成“审题—列三段式—代公式—算结果”的固定思路。 （3）规范答题习惯，标注题干关键条件，明确表达式书写要求，完整呈现计算步骤，通过错题复盘聚焦“审题失误”“步骤遗漏”等问题。同时，结合高考典型例题强化训练，兼顾计算准确性与规范性。 ◇考点 03 化学热力学与动力学实验探究 一、重难知识梳理 (一)热力学核心知识（反应方向、限度、能量变化） 1.核心判据：焓变 (ΔH)、熵变 (ΔS)、吉布斯自由能 (ΔG=ΔH-TΔS)，ΔG<0 反应自发。 2.定量计算：中和热/燃烧热测定（ΔH计算）、平衡常数(K)计算（浓度/压强商）。 3.平衡规律：勒夏特列原理，温度/浓度/压强对平衡移动、K的影响（K仅与温度有关）。 4.能量变化：吸热/放热反应的实验判断（温度变化、热量测定装置）。 (二)动力学核心知识（反应速率、反应机理） 1.速率计算：v=Δc/Δt（注意单位、物质计量数关系），速率影响因素（浓度、温度、催化剂、接触面积等）。 2.控制变量法：探究单一因素对速率的影响，需保证其他条件不变，设计对比实验。 1)影响化学反应速率的因素 影响因素 影响结果 内因 性质 在其他条件相同时，反应物的化学性质越活波，化学反应速率越快，反应物的化学性质越不活波，化学反应速率越慢 外因 催化剂 在其他条件相同时，使用催化剂，化学反应速率加快或减慢 温度 在其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快，降低温度，化学反应速率减慢 浓度 在其他条件相同时，浓度增大，化学反应速率加快，浓度减小，化学反应速率减慢 压强 在其他条件相同时，有气体参加或生成的反应，压强增大，化学反应速率加快，压强减小，化学反应速率减慢 固体反应物接触面 在其他条件相同时，增大与固体反应物的接触面积，化学反应速率加快，减小与固体反应物的接触面积，化学反应速率减慢 原电池 构成原电池可以加快化学反应速率 其他 光波、电磁波、超声波、溶剂等也能影响化学反应速率 特别关注：（1）中学阶段一般只讨论在其他条件相同时，改变一个因素对化学反应速率的影响。 （2）对于气体反应体系，有以下几种情况： ①恒温时：增大压强体积缩小浓度增大反应速率加快； ②恒容时：a．充入气体反应物总压增大浓度增大反应速率加快； b．充入“惰性”气体总压增大，但各物质浓度不变，反应速率不变； ③恒压时：充入“惰性”气体体积增大各物质浓度减小反应速率减慢； 总之，压强改变，若引起浓度改变，则反应速率改变 2)常见考查形式 （1）以表格的形式给出多组实验数据，让学生找出每组数据的变化对化学反应速率的影响。 （2）给出影响化学反应速率的几种因素，让学生设计实验，分析各因素对化学反应速率的影响。 3)控制变量法的解题策略 影响化学反应速率的因素有多种，在探究某种因素的影响规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响规律，这种研究问题的方法叫作控制变量法。解题策略为： （1）确定变量：解答此类题目时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。 （2）控制变量（定多变一）：在探究时，应先确定一个变化的量，控制其他量不变，研究这个变化量对实验结果的影响进而总结出影响规律，然后用同样的方法再进一步确定其他变量对实验结果的影响规律。 （3）数据有效：解答时应注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法做出正确判断。 4)实例分析 探究温度、催化剂对反应：2H2O2===2H2O＋O2↑的影响，可以确定催化剂(是否加入MnO2)和温度(加热、常温)作为可变量，其他的则控制为不变量。 探究对象的反应 2H2O2===2H2O＋O2↑ 控制的可变量 催化剂 温度 控制的不变量 浓度、温度等 浓度、催化剂等 实验方案 取相同量的5%H2O2溶液于两支规格相同的试管中，向其中一支试管中加入少量MnO2，另一支不加，在常温下观察 取相同量的5%H2O2溶液于两支规格相同的试管中，给其中一支试管加热，另一支不加热，观察 3.反应机理：速率控制步骤（慢反应决定总速率）、中间产物/催化剂的判断与验证。 4.速率表征：通过颜色、压强、pH、导电能力等实验现象的变化定量/定性表示速率。 (三)热动结合核心关联 1.本质区别：热力学判断反应能否自发、进行限度；动力学判断反应快慢、反应途径。 2.典型问题：自发反应（ΔG<0）速率慢的原因分析（需催化剂/升温等动力学调控）；条件对二者的双重影响（如升温既加快速率，又影响平衡移动）。 (四)实验探究核心方法 1.定量实验：中和热测定（保温装置、环形玻璃搅拌棒、数据处理与误差分析）；K与速率的定量计算（图表数据提取）。 2.定性实验：平衡移动的现象验证（如颜色、沉淀、气体生成）；速率影响因素的现象对比。 3.设计原则：单一变量、对照性、可操作性、重复性；实验方案需注明试剂、操作、现象、结论。 4.误差分析：从装置缺陷、操作失误、数据读取等角度分析对ΔH、K、速率测定结果的影响。 (五)化学实验“控制变量法”探究可逆反应的存在 1.反应原理：利用酸碱反应规律或氧化还原反应规律。 2.反应进行的证明：反应物减少，生成物生成。 3.反应可逆性的证明：不足量的反应物有剩余，即反应物、生成物共存。 4.得出结论的正确性：控制实验条件，证明平衡发生移动。 （1）配比用量控制：用量、浓度、酸碱性等； （2）外部条件控制：温度、状态、催化剂等。 二、培优瓶颈及突破策略 1、培优瓶颈（尖子生专属痛点） 化学热力学与动力学实验探究是高中化学培优的难点的重点，也是高考实验探究模块的高频考点，核心考查反应方向、反应限度、反应速率的实验设计与分析能力，培优学生的瓶颈表现集中且典型，主要体现在三个方面： （1）概念混淆，无法清晰区分热力学（判断反应能否自发、平衡移动趋势）与动力学（判断反应速率快慢、影响因素）的研究范畴，实验分析时出现“自发反应一定快速发生”“速率快则平衡转化率高”的错误。 （2）实验设计与控制能力薄弱，难以围绕探究目的（如温度对反应速率的影响）设计单一变量实验，易忽略无关变量（如浓度、催化剂用量）的控制，实验方案不严谨、不具可操作性。 （3）数据分析与结论推导不规范，无法从实验数据（如压强、温度、浓度变化曲线）中提取关键信息，推导结论时缺乏逻辑支撑，忽略实验误差分析，且不能结合热力学原理（如焓变、熵变）解释实验现象。 2、突破策略 （1）夯实概念基础，明确热力学与动力学的核心区别，通过对比梳理，牢记“自发反应与反应速率无必然联系”的核心要点，规避概念混淆。 （2）强化实验设计思维，聚焦单一变量原则，分类练习“影响反应速率”“判断反应自发方向”等典型实验，总结实验设计模板（提出假设—控制变量—设计方案—操作实施），重点练习无关变量的控制方法，提升方案严谨性。 （3）规范数据分析与结论推导，学会解读实验曲线、数据表格，提炼关键信息，建立“数据—现象—原理—结论”的推导链条，重视实验误差分析（如仪器精度、操作误差）。同时，结合高考典型实验探究题强化训练，积累实验规范表述，兼顾原理应用与实验操作。 ◇考点 04 原理综合类答题规范 一、重难知识梳理 (一)原理解释类设问答题的一般思维 1.阅读题目情境的信息，找出核心问题的分析对象，即平衡体系； 2.找出题目信息中与平衡体系有关变化的因素； 3.利用平衡移动原理分析变化的因素对化学平衡移动的影响，即平衡移动方向的判断； 4.说明平衡发生移动后对实际问题体系产生的影响，得出结论。 注意：分析变化因素时要充分考虑条件改变对化学反应速率的影响、对化学平衡的影响、对催化剂活性的影响、对副反应的影响等因素。 (二)原因、理由类规范语言表述答题模板 1、答题模板：“有理”——化学原理，“有据”——事实依据 可采取以下两种方式： （1）“正说”——“直接原因＋根本目的” （2）“反说”——“如果……，就……” 2、规范解答归纳 （1）明矾净水的原理：明矾溶于水电离出的Al3＋发生水解反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，氢氧化铝胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。 （2）高铁酸钠既能用作净水剂又能对水进行消毒、杀菌的原理：Na2FeO4中的铁元素呈＋6价，具有很强的氧化性，能对水进行杀菌、消毒，其还原产物Fe3＋发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，氢氧化铁胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。 （3）碳酸铵溶液显碱性的原因：碳酸铵溶于水能发生水解，NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，CO＋H2OHCO＋OH－，CO 的水解程度大于NH的水解程度，故溶液显碱性。 （4）碳酸氢钠溶液显碱性的原因：碳酸氢钠溶于水后，HCOH＋＋CO，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，HCO 的水解程度大于其电离程度，故溶液显碱性。 （5）蒸干灼烧FeCl3溶液得到Fe2O3的原理：在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，在蒸发过程中，由于氯化氢大量挥发导致水解平衡向右移动，蒸干溶液时得到Fe(OH)3，灼烧时发生反应2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，最后得到Fe2O3。 （6）用酸性过氧化氢溶液溶解铜片的实验中，铜片溶解的速率随着温度的升高先加快后减慢的原因：温度升高能够加快反应Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O的反应速率，故铜的溶解速率加快，当温度升高到一定程度后，H2O2的分解速率加快，此时H2O2浓度的下降对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故铜的溶解速率减慢。 （7）适当升温氮气和氢气合成氨的速率加快，但是温度过高反应速率反而下降的原因：温度升高能够加快合成氨反应的反应速率，但温度过高会使催化剂失去活性，反应速率反而降低。 （8）用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极附近溶液呈碱性的原因：在阴极发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，由于氢离子不断放电，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，导致溶液中的c(OH－)>c(H＋)，使溶液显碱性。 （9）在氯碱工业中，电解饱和食盐水时常用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的原因：阳极产生的氯气与水发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大溶液中盐酸的浓度能够使平衡逆向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的逸出。 （10）在燃料电池中，常在电极表面镀上铂粉的原因：增大电极单位面积吸收气体的分子数，加快电极反应速率。 （11）在尾气吸收装置中试剂的作用：吸收尾气中××气体，防止污染空气。 （12）在定量实验或者制备实验中装置最后连接的干燥管的作用：防止空气中的××气体进入××装置对实验造成干扰(有时还可能同时起到吸收尾气的作用，如在有关氨气的探究实验中，最后连接的盛有浓硫酸的洗气瓶的作用就可以吸收多余的氨气，同时能防止空气中的水蒸气进入)。 （13）在导管末端连接倒置漏斗、干燥管浸入水或溶液中的原因：防倒吸(同时具有扩大吸收面积，加快吸收速率的作用)。 （14）在气体的连续实验中，若有需要用盛有碱石灰的干燥管吸收CO2或H2O(g)等气体来进行定量测定的部分，常常需要在实验开始和结束时通入氮气或稀有气体等与实验无关的气体的作用：1)实验开始时的作用：排尽装置内的空气，防止空气中的××对实验造成干扰。2)实验结束时的作用：将产生的××气体全部排出被××试剂完全吸收，以减少实验误差。 例：TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸和强碱，从电解精炼铜的阳极泥中提取碲的一种工艺流程如下： “沉碲”时控制溶液的pH为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉淀不完全，原因是__________________________。 答案：TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应而损失 (三)理论平衡型简答题规范语言表述答题模板 1、答题策略：理论型简答题一般是演绎法的三段式答题模式(前提、推理、结论)： （1）问题所涉及大前提(相关的理论或规律)的表述，一般很熟悉的理论或规律可以只写名称，也可以用化学方程式等化学用语表示，并不需要把其详细内容写出； （2）问题的推理过程(具体条件下的变化等)的表述； （3）问题所涉及的变化的结果。 2、答题模板： （1）速率、平衡移动类简答题的答题模板:叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果); （2）溶液中离子平衡简答题模板:……存在……平衡，……条件使平衡向……方向移动，……结论。 例：已知汽缸中生成NO的反应为 N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH>0 汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是______________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：温度升高，反应速率加快，平衡正向移动 (四)图表、图象类试题规范语言表述 1．图象题 （1）会识图：一看面，二看线，三看点(弄清纵、横坐标的意义，弄清起点、拐点、终点的意义；看清曲线的变化趋势)，四看量变，五看是否作辅助线。 （2）会分析：分析图象中隐含的信息，将其加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理，从而快速解决问题。 2．表格数据题 （1）明含义：理解表格中各个列项中数字的含义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。 （2）析数据：理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。 口诀：图象题要细心，全面观察得高分；曲线题能速答，分析走势好办法；表格题要解好，转化数据离不了。 二、培优瓶颈及突破策略 1、培优瓶颈（尖子生专属痛点） 原理综合类答题规范是高中化学培优的核心要求，也是高考化学反应原理模块得分的关键，此类题目融合平衡移动、平衡常数、热力学与动力学等核心知识，侧重考查学生的逻辑表达与规范答题能力，培优学生的瓶颈表现集中且突出。 （1）知识整合不足，无法快速关联多个原理知识点，答题时思路零散、要点遗漏，难以围绕题干设问形成完整的答题逻辑。 （2）规范意识薄弱，化学用语书写错误（如平衡常数表达式书写错误、焓变符号遗漏），语言表述不严谨、不规范，出现“口语化”答题现象。 （3）审题与设问对应不当，忽略题干关键条件（如恒温恒容、催化剂种类），无法精准把握设问指向，答非所问，或答题步骤混乱、缺乏条理性，导致“会做但失分”。 2、突破策略 （1）强化知识整合，梳理原理模块核心知识点的内在关联，构建“知识点—答题要点”对应体系，通过典型例题练习，提升知识调用与整合能力，确保答题思路完整。 （2）规范答题细节，牢记化学用语书写规则，杜绝符号、表达式、单位等基础错误；积累规范答题模板，避免口语化表述，做到“原理准确、表述严谨、书写规范”。 （3）提升审题与答题匹配度，养成“圈画关键条件、明确设问指向”的审题习惯，按照“原理分析—逻辑推导—规范表述”的步骤答题，确保要点清晰、步骤完整。同时，通过错题复盘聚焦规范类错误，针对性强化训练，控制内容在600字左右，帮助培优学生突破答题规范瓶颈，最大限度减少失分，提升答题得分率。 ◇题型 01 考查物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 典｜例｜精｜析 典例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)。 典例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)。 变｜式｜巩｜固 变式1（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）。 变式2（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)。 变式3（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。 变式4（2026·河南开封·一模）CH4与H2S重整制氢技术既能实现H2S的无害化处理，又能产出清洁能源H2，助力“碳中和”目标实现，其核心反应如下。 反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)   ΔH1=+260 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CH4(g)C(s)+2H2(g)   ΔH2=+90 kJ·mol-1 反应Ⅲ：2H2S(g)S2(g)+2H2(g)   ΔH3=+181 kJ·mol-1 回答下列问题： （1）H2S分子的空间构型为 ，中心原子S的杂化方式为 。 （2）碳元素可以形成多种同素异形体。C60的晶体类型为 。常压下，石墨和金刚石熔点更高的是 ，从结构角度解释原因为 。 （3）保持反应器总压为100 kPa，分别以25 kPa CH4、75 kPa H2S与8 kPa CH4、24 kPa H2S(He作辅气)进料。CH4平衡转化率随温度变化的关系如图1，其中不含He的曲线为 (填“M”或“N”)，理由是 。 （4）在10L的恒温刚性容器中，通入0.2mol CH4和0.4mol H2S，起始总压为P0，发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。CH4和H2S的转化率随时间变化的关系如图2。 ①0~5min内，用H2表示的化学反应速率为 mol·L-1·min-1。 ②5min时，容器内总压为 (用含P0的代数式表示)。 （5）假设H2S和CH4的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir等温吸附(吸附分子彼此不发生相互作用，且气体分子为单分子层吸附)。如H2S的吸附等温式为：=，其中a是气体的吸附系数，Vm是气体在固体表面的饱和吸附量(标态)，P是气体的分压，V是气体分压为P时的平衡吸附量(标态)。在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S的分压分别为2MPa和4MPa，且CH4和H2S的分压相同时，H2S平衡吸附量分别为0.6m3/kg和0.8m3/kg(已换算成标态)，则H2S的吸附系数为 MPa-1。 ◇题型 02 考查反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 典｜例｜精｜析 典例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)。 典例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： 。 变｜式｜巩｜固 变式1（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)。 变式2（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 。 变式3（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 。 变式4（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。 ◇题型 03 查化学原理大综合 典｜例｜精｜析 典例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： 。 典例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 。 方｜法｜提｜练 该题型是化学原理模块综合考查的核心题型，融合反应热、反应机理、速率、平衡等多个考点，解题关键是“拆解考点、串联逻辑、规范作答”。 首先，通读题干，拆解各设问对应的考点，优先突破基础设问，避免模块混淆。 其次，串联考点逻辑，依托反应机理关联速率与平衡，结合盖斯定律计算反应热，用“三段式”解决平衡计算问题。 最后，紧扣题干关键条件，规范化学用语与答题步骤，规避公式、表达式书写错误，精简冗余表述，确保推导严谨、答案精准，高效突破综合难点 变｜式｜巩｜固 变式1（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。 变式2（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： 。 变式3（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 。 变式4（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。 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $