1.5 高考大题·整体突破——反应原理综合（PPT课件）-【正禾一本通】2026年高考化学二轮专题复习高效讲义（双选版）

该高中化学高考复习课件聚焦反应原理综合题专题，依据高考评价体系梳理化学平衡、反应速率、能量变化等核心考点，通过真题精研分析近五年考点权重，归纳图表分析、反应计算、物质转化等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题精研+模拟预测+巩固训练”的三阶备考策略，如结合真题中DMO与乙二醇转化反应，运用科学思维中的证据推理分析温度对转化率的影响，通过“图表数据解读三步法”突破平衡移动考点。培养学生科学探究与实践能力，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

高三二轮专题复习高效讲义 化 学 高三二轮专题复习高效讲义 化 学 1 第一部分 PPT下载 http:///xiazai/ 高考题型 分层突破 2 大题突破(二)　反应原理综合题 课下巩固检测练(二十九) 高考大题·整体突破——反应原理综合 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 谢谢观看 高考大题·整体突破——反应原理综合 1.(2025·黑吉辽蒙高考节选)乙二醇是一种重要化工原料，以合成气 (CO、H2)为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ.直接合成法：2CO(g)＋3H2(g) eq \o(⥫==⥬,\s\up15(催化剂))HOCH2CH2OH(g)，不同温度下平衡常数如表所示。 温度 298 K 355 K 400 K 平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10-3 (1)该反应的ΔH________0(填“>”或“<”)。 (2)实验表明，在500 K时，即使压强(34 MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是_________________________________________ ___________________________________________(答出1条即可)。 Ⅱ.间接合成法：用合成气和O2制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 eq \o(―――→,\s\up15(＋2H2),\s\do15(－CH3OH)) eq \o(―――→,\s\up15(＋2H2),\s\do15(－CH3OH)) eq \o(―――→,\s\up15(＋H2),\s\do15(－H2O)) (3)在2 MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比 eq \f(n(H2),n(DMO))＝52.4，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性＝ eq \f(n生成（该物质）,n消耗(DMO))×100%]。 ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线________(填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线________表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有________(填标号)。 A．降低温度 B．增大压强 C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间 ③483 K时，出口处 eq \f(n（乙醇）,n(DMO))的值为______(精确至0.01)。 ④A点反应MG(g)＋2H2(g)⥫⥬HOCH2CH2OH(g)＋CH3OH(g)的浓度商Qx＝________(用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。 解析：(3)①根据间接合成法的3个连续反应可知，消耗的DMO的物质的量等于三种产物MG、乙二醇、乙醇的物质的量之和，根据物质选择性的定义，图中三种物质在任一温度下的选择性之和为100%，故曲线Ⅰ表示DMO的转化率。由于三个反应为连续反应，随着温度升高，反应速率不断增大，体系中的物质会不断向最终产物乙醇转化，因此选择性随温度升高而不断升高的曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，曲线Ⅳ表示MG的选择性。②由于DMO→MG为不可逆反应，因此要提高A点DMO转化率，可通过提高其反应速率或延长反应时间的方法来达到。降低温度会降低反应速率，A项错误；增大压强可提高反应速率，B项正确；减小初始氢酯比相当于增大DMO 的含量，不能提高DMO的转化率，C项错误；延长原料与催化剂的接触时间相当于延长反应时间，D项正确。③设DMO初始投入量为1 mol，483 K时，DMO的转化率为99%，则三种产物的物质的量之和为0.99 mol，此时n(DMO)＝0.01 mol；483 K时乙醇的选择性为2%，则n(乙醇)＝0.99 mol×2%＝0.019 8 mol，故 eq \f(n（乙醇）,n(DMO))＝ eq \f(0.019 8 mol,0.01 mol)＝1.98。④设DMO初始投入量为1 mol，根据初始氢酯比 eq \f(n(H2),n(DMO))＝52.4，则初始投入52.4 mol H2，A点没有生成乙醇，只涉及前两个反应：DMO＋2H2===MG＋CH3OH、MG＋2H2⥫⥬HOCH2CH2OH＋CH3OH，设A点处两个反应分别消耗了x mol DMO、 y mol MG，A点时各物质的物质的量为n(DMO)＝(1－x)mol，n(H2)＝(52.4－2x－2y)mol，n(MG)＝(x－y)mol，n(HOCH2CH2OH)＝y mol，n(CH3OH)＝(x＋y)mol，根据A点DMO的转化率为80%可知x＝0.8；根据A点乙二醇和MG的选择性均为50%可知二者物质的量相同，即x－y＝y，将x＝0.8代入得y＝0.4，则n(DMO)＝0.2 mol，A点时，n(H2)＝50 mol，n(MG)＝0.4 mol，n(HOCH2CH2OH)＝0.4 mol，n(CH3OH)＝1.2 mol，n总＝52.2 mol，故题给反应的Qx＝ eq \f(x(HOCH2CH2OH)·x(CH3OH),x(MG)·x2(H2))＝eq \o\al(2,总) eq \f(\f(n(HOCH2CH2OH),n总)·\f(n(CH3OH),n总),\f(n(MG),n总)·\f(n2(H2),n)) ＝ 答案：(1)<　(2)平衡常数太小(或催化剂失活)　(3)①Ⅰ　Ⅳ　②BD　③1.98　④0.025 eq \f(\f(0.4,52.2)×\f(1.2,52.2),\f(0.4,52.2)×(\f(50,52.2))2)≈0.025。 2．(2025·河北高考)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 (1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应：EO(aq)＋H2O(l)===EG(aq) ΔH＜0 副反应：EO(aq)＋EG(aq)===DEG(aq) 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5 mol·L-1，恒温下反应30 min，环氧乙烷完全转化，产物中n(EG)∶n(DEG)＝10∶1。 ①0～30 min内，v总(EO)＝________mol·L-1·min-1。 ②下列说法正确的是________(填序号)。 a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b．0～30 min内，v总(EO)＝v总(EG) c．0～30 min内，v主(EG)∶v副(DEG)＝11∶1 d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 (2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下： 2CO(g)＋3H2(g)⥫⥬HOCH2CH2OH(g) ΔH 按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表α＝0.6的曲线为________(填“L1”“L2”或“L3”)；原因是______ _____________________________________________________。 ②ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。 ③已知：反应aA(g)＋bB(g)⥫⥬yY(g)＋zZ(g)，Kx＝ eq \f(xy(Y)xz(Z),xa(A)xb(B))，x为组分的物质的量分数。 M、N两点对应的体系，Kx(M)________Kx(N)(填“>”“<”或“＝”)，D点对应体系的Kx的值为________。 ④已知：反应aA(g)＋bB(g)⥫⥬yY(g)＋zZ(g)，Kp＝ eq \f(py(Y)pz(Z),pa(A)pb(B))，p为组分的分压。调整进料比为n(CO)∶n(H2)＝m∶3，系统压强维持p0 MPa，使α(H2)＝0.75，此时Kp＝________MPa-4(用含有m和p0的代数式表示)。 解析：(2)①由题目信息知，该反应为气体分子数减小的反应，同一温度下，增大压强，平衡正向移动，则α增大，故L1、L2、L3分别代表α＝0.6、0.5、0.4的曲线。②由图可知，压强相等时，温度越高则对应的平衡转化率α越小，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，ΔH<0。③M、N两点对应平衡转化率相等，则平衡时各组分物质的量分数均相等，故Kx(M)＝Kx(N)；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题给信息知，该反应按化学计量比进料，设起始加入2 mol CO、3 mol H2，列三段式： 　2CO(g)＋3H2(g)⥫⥬HOCH2CH2OH(g) 起始量/mol 2 3 　0 转化量/mol 1 1.5 　0.5 平衡量/mol 1 1.5 　0.5 平衡时x(CO)＝ eq \f(1,3)、x(H2)＝ eq \f(1,2)、x(HOCH2CH2OH)＝ eq \f(1,6)，则D点对应体系的Kx＝ eq \f(\f(1,6),(\f(1,3))2×(\f(1,2))3)＝12。④设在该条件下，起始时加入m mol CO和3 mol H2，α(H2)＝0.75，则H2转化了2.25 mol，由此列三段式： 2CO(g) ＋ 3H2(g) ⥫⥬ HOCH2CH2OH(g) eq \o(\s\up15(起始量),\s\do15(/mol)) m 3 0 eq \o(\s\up15(转化量),\s\do15(/mol)) 1.5 2.25 0.75 eq \o(\s\up15(平衡量),\s\do15(/mol)) m－1.5 0.75 0.75 平衡时，x(CO)＝ eq \f(m－1.5,m)、x(H2)＝ eq \f(0.75,m)、x(HOCH2CH2OH)＝ eq \f(0.75,m)，则Kp＝ eq \f(\f(0.75,m)p0,(\f(m－1.5,m)p0)2×(\f(0.75,m)p0)3) MPa-4＝ eq \f(1,(\f(m－1.5,m)p0)2×(\f(0.75,m)p0)2) MPa-4。 答案：(1)①0.05　②cd　(2)①L1　该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，固定平衡转化率增大　②<　③＝　12　④ eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－1.5,m)p0))\s\up12(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.75,m)p0))\s\up12(2)) (2025·河南名校二模联考)实现“碳达峰、碳中和”目标之一是有效固定和利用碳。以CO2为原料合成CH3OH和CH3OCH3的有关反应如下： ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.0 kJ·mol-1 ⅱ.2CH3OH(g)⥫⥬CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH2＝－25.0 kJ·mol-1 ⅲ.CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH3＝＋41.2 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)2CO2(g)＋6H2(g)⥫⥬CH3OCH3(g)＋3H2O(g)　ΔH＝________ kJ·mol-1。 (2)在某催化剂作用下，CO2还原制备CH3OH的反应历程如图所示。 决速步的基元反应式为___________________________ _________________________________________________________。 (3)一定温度下，在刚性密闭容器中投入1 mol CO2和1 mol H2合成CH3OH，仅发生反应ⅰ。下列情况表明，可逆反应一定达到平衡状态的是________(填字母)。 A．气体密度不随时间变化 B．气体总压强不随时间变化 C．CO2体积分数不随时间变化 D．平均摩尔质量不随时间变化 (4)在催化剂作用下，密闭容器发生反应ⅰ和ⅱ，实验测得温度与平衡体系中甲醇、甲醚物质的量分数关系如图所示。 温度低于600 K时，CH3OH物质的量分数变化可能的原因是________________________； 一定温度下，增大压强，CH3OCH3的物质的量分数________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (5)在5 MPa下，CO2和H2按体积比1∶3进行投料，只发生反应ⅰ和ⅲ。平衡体系中，CO和CH3OH在含碳产物中的物质的量分数及CO2转化率随温度变化如图所示。 ①乙代表________(填化学式)。150～400 ℃内，随着温度升高，H2O的平衡产量变化趋势是________。 ②270 ℃时，CH3OH的分压为________ MPa(保留2位有效数字，下同)，反应ⅲ的平衡常数Kp为________(用分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数)。 解析：(3)A.刚性密闭容器体积不变，气体总质量始终不变，密度始终不变，气体密度不随时间变化不能说明反应达到平衡状态；B.建立平衡的过程中气体总物质的量减小，气体总压强减小，总压强不变时达到平衡；C.根据反应式CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g)，假设某时刻二氧化碳的转化量为x mol，剩余(1－x) mol，氢气的转化量为3x mol，剩余(1－3x) mol，甲 醇生成x mol，水蒸气生成x mol，代入数据计算：CO2在任意时刻体积分数均为 eq \f((1－x) mol,(2－2x) mol)×100%＝50%，二氧化碳体积分数不随时间变化不能说明反应达到平衡状态；D.平均摩尔质量等于质量与物质的量之比，建立平衡的过程中平均摩尔质量是变量，平均摩尔质量不变时达到平衡。 (4)反应ⅰ的正反应是气体分子数减小的反应，反应ⅱ是气体分子数相等的反应，增大压强，反应ⅰ正向移动，CH3OH浓度增大，促进反应ⅱ正向移动，故甲醚的物质的量分数增大。 (5)①根据反应可知，反应ⅰ是放热反应，反应ⅲ是吸热反应，升温，反应ⅰ逆向移动，CH3OH量减小；反应ⅲ正向移动，CO量增大，故甲代表 CH3OH，乙代表CO，在反应ⅰ和ⅲ中反应的CO2和生成的H2O的物质的量之比为1∶1，故在该温度区间内水的量先减少后增加。②设投料1 mol CO2和3 mol H2，a、b点对应温度相等，都为270 ℃，270 ℃平衡体系中，n(CO2)＝1 mol×(1－24%)＝0.76 mol，n(CO)＝n(CH3OH)＝1 mol×24%×50%＝0.12 mol，n(H2O)＝0.24 mol，根据H守恒，n(H2)＝3 mol－0.24 mol－0.24 mol＝2.52 mol，气体总物质的量为3.76 mol；p(CO)＝p(CH3OH)＝5 MPa× eq \f(0.12 mol,3.76 mol)＝5× eq \f(3,94) MPa≈0.16 MPa，p(H2O)＝5× eq \f(6,94) MPa，p(CO2)＝5 MPa× eq \f(0.76 mol,3.76 mol)＝5× eq \f(19,94) MPa，p(H2)＝5 MPa× eq \f(2.52 mol,3.76 mol)＝5× eq \f(63,94) MPa；反应ⅲ平衡常数Kp＝ eq \f(p(CO)·p(H2O),p(CO2)·p(H2))≈1.5×10-2。 答案：(1)－123　(2)HCOO*＋H*===HCOOH*　(3)BD (4)温度对反应ⅱ的影响大于反应ⅰ　增大 (5)①CO　先减少后增加　②0.16　1.5×10-2 1．(2024·湖北高考)用BaCO3和焦炭为原料，经反应Ⅰ、Ⅱ得到BaC2，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应Ⅰ：BaCO3(s)＋C(s)⥫⥬BaO(s)＋2CO(g) 反应Ⅱ：BaO(s)＋3C(s)⥫⥬BaC2(s)＋CO(g) 回答下列问题： (1)写出BaC2与水反应的化学方程式：_____________________________。 (2)已知Kp＝(pco)n、K＝( eq \f(pco,105 Pa))n(n是CO的化学计量数)。反应Ⅰ、Ⅱ的lg K与温度的关系曲线如图1。 ①反应BaCO3(s)＋4C(s)⥫⥬BaC2(s)＋3CO(g)在1 585 K的Kp＝________Pa3。 ②保持1 320 K不变，假定恒容容器中只发生反应Ⅰ，达到平衡时pco＝________Pa，若将容器体积压缩到原来的 eq \f(1,2)，重新建立平衡后pco ＝________Pa。 (3)恒压容器中，焦炭与BaCO3的物质的量之比为4∶1，Ar为载气。1 400 K和1 823 K下，BaC2产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为900 K，缓慢加热至1 400 K时，实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应体系中含Ba物种为________。 ②1 823 K下，反应速率的变化特点为________________________。 其原因是________________________________________________________。 解析：(2)①将BaCO3(s)＋4C(s)⥫⥬BaC2(s)＋3CO(g)记为反应Ⅲ，由盖斯定律可知，反应Ⅲ＝反应Ⅰ＋反应Ⅱ，根据方程式相加，K相乘的原则，有KⅢ＝KⅠ·KⅡ。由图1可知，1 585 K时lg KⅠ＝2.5，lg KⅡ＝－1.5，则该温度下KⅢ＝102.5×10-1.5＝10。根据Kp＝(pco)n、K＝( eq \f(pco,105 Pa))n可知，Kp＝K×(105 Pa)n，其中n为方程式中CO的化学计量数。反应Ⅲ中CO的化学计量数为3，因此反应Ⅲ的Kp＝KⅢ×(105 Pa)3＝1016 Pa3。②由图1可知，1 320 K时，lg KⅠ＝0，即KⅠ＝1。反应Ⅰ中CO的化学计量数为2，则该温度下，Kp(Ⅰ)＝KⅠ×(105 Pa)2＝1010 Pa2。根据反应Ⅰ可知，其分压平衡常数表达式为Kp(Ⅰ)＝p eq \o\al(2,co)，因此平衡时pco＝ eq \r(Kp(Ⅰ))＝ eq \r(1010 Pa2)＝105 Pa。平衡常数只与温度有关，将容器体积压缩到原来的 eq \f(1,2)，Kp(Ⅰ)不变，则pco不变，仍为105 Pa。(3)①由图2可知，1 823 K下，BaC2产率随着时间的延长不断增加至接近100%，而1 400 K下，BaC2产率始终为0，说明反应Ⅱ在1 400 K以下没有发生，而BaCO3 全部消耗，说明反应Ⅰ已完全进行，生成BaO，故此时体系中含Ba物种为BaO。②图2的横坐标为时间，纵坐标为BaC2产率，则图像的斜率可代表反应速率。 答案：(1)BaC2＋2H2O===Ba(OH)2＋C2H2↑　(2)①1016　②105　105　 (3)①BaO　②t1～t2阶段净反应速率为正值且恒定不变，t2后反应达到平衡，净反应速率恒为0　反应物均为固体，固体的浓度为定值，不会随着消耗而发生改变 2．(2024·全国卷甲)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(C3H6)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： CH4(g)＋Br2(g)===CH3Br(g)＋HBr(g)　ΔH1＝－29 kJ·mol-1 3CH3Br(g)===C3H6(g)＋3HBr(g)　ΔH2＝＋20 kJ·mol-1 计算反应3CH4(g)＋3Br2(g)===C3H6(g)＋6HBr(g)的ΔH＝________kJ·mol-1。 (2)CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系如图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。 (ⅰ)图中CH3Br的曲线是________(填“a” 或“b”)。 (ⅱ)560 ℃时，CH4的转化率α＝________，n(HBr)＝________mmol。 (ⅲ)560 ℃时，反应CH3Br(g)＋Br2(g)===CH2Br2(g)＋HBr(g)的平衡常数K＝________。 (3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500 ℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如图。 (ⅰ)在11～19 s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比 eq \f(v（有I2）,v（无I2）)＝________。 (ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据：______________ _________________________________________________________。 (ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下： ①I2(g)===·I(g)＋·I(g) ②·I(g)＋CH2Br2(g)===IBr(g)＋·CH2Br(g) ③·CH2Br(g)＋HBr(g)===CH3Br(g)＋·Br(g) ④·Br(g)＋CH4(g)===HBr(g)＋·CH3(g) ⑤·CH3(g)＋IBr(g)===CH3Br(g)＋·I(g) ⑥·I(g)＋·I(g)===I2(g) 根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因：______________ _______________________________________________________。 解析：(1)根据盖斯定律，目标反应＝第一个反应×3＋第二个反应，则ΔH＝3×ΔH1＋ΔH2＝3×(－29 kJ·mol-1) ＋20 kJ·mol-1＝－67 kJ·mol-1。 (2)(ⅰ)由ΔH1<0可知，升高温度，该反应的平衡逆向移动，n(CH4)增大，n(CH3Br)减小，故图中CH3Br的曲线是a。(ⅱ)根据题图可知，560 ℃时， 平衡时n(CH4)＝1.6 mmol，n(CH3Br) ＝5.0 mmol，则CH4的转化率α＝ eq \f(8 mmol－1.6 mmol,8 mmol)×100%＝80%，CH4的转化量为6.4 mmol，故进一步溴化的CH3Br的物质的量为(6.4－5.0) mmol＝1.4 mmol，则CH3Br进一步溴化生成的HBr的量为1.4 mmol，故n(HBr)＝6.4 mmol＋1.4 mmol＝7.8 mmol。(ⅲ)假设CH4与Br2反应生成CH3Br平衡后CH3Br再进一步溴化，根据题图中的数据，并结合(ⅱ)的分析，列三段式： CH3Br(g)＋Br2(g)===CH2Br2(g)＋HBr(g) eq \o(\s\up15(起始量/),\s\do15(mmol)) 6.4 1.6 0 6.4 eq \o(\s\up15(转化量/),\s\do15(mmol)) 1.4 1.4 1.4 1.4 eq \o(\s\up15(平衡量/),\s\do15(mmol)) 5.0 0.2 1.4 7.8 该反应为气体分子数不变的反应，可用物质的量来计算平衡常数，则K＝ eq \f(7.8×1.4,5.0×0.2)＝10.92。 (3)(ⅰ)根据图中关于CH3Br的数据可得，v(有I2)＝ eq \f((3.2－2.6) mmol,(19－11) s)＝0.075 mmol·s-1，v(无I2)＝ eq \f((2.2－1.8) mmol,(19－11) s)＝0.05 mmol·s-1，则 eq \f(v（有I2）,v（无I2）)＝ eq \f(0.075 mmol·s-1,0.05 mmol·s-1)＝1.5。 答案：(1)－67 (2)(ⅰ)a　(ⅱ)80%　7.8　(ⅲ)10.92 (3)(ⅰ)1.5　(ⅱ)有I2时，CH3Br的量明显提高，CH2Br2的量降低，且约7.5 s后，体系中CH3Br的量高于CH2Br2的量　(ⅲ)I2产生的·I可将反应后的含碳物质CH2Br2经过反应②③转化为CH3Br；而反应过程中生成的·Br可继续与CH4经过反应④⑤生成CH3Br 3．(2024·黑、吉、辽高考)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气： 2HCl(g)＋ eq \f(1,2)O2(g)⥫⥬Cl2(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－57.2 kJ·mol-1　ΔS　K 将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360 ℃、400 ℃和440 ℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： (1)ΔS________0(填“>”或“<”)；T3＝________℃。 (2)结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH＝________kJ·mol-1。 H2O(l)===H2O(g)　ΔH2＝＋44.0 kJ·mol-1 H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH3＝－184.6 kJ·mol-1 (3)下列措施可提高M点HCl转化率的是________(填字母)。 A．增大HCl的流速 B．将温度升高40 ℃ C．增大n(HCl)∶n(O2) D．使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是_________ _______________________________________________________________。 (5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K＝________(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。 (6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强。TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，则Ru的相对原子质量为________(精确至1)。 解析：(1)该反应反应后气体分子数减少，ΔS<0。该反应为放热反应，达到平衡后，其他条件不变时，升高温度，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率降低，由题图知，较低流速下，T3时HCl的转化率最大，故T3＝360 ℃。(2)将题中已知反应依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①－②＋③可得：H2(g)＋ eq \f(1,2)O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－57.2 kJ·mol-1－(＋44.0 kJ·mol-1)－184.6 kJ·mol-1＝－285.8 kJ·mol-1，故H2的燃烧热ΔH＝－285.8 kJ·mol-1。(3)由题图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，A项错误；将温度升高40 ℃，即升温至400 ℃，由题图可知，HCl的转化率增大，B项正确； 增大n(HCl)∶n(O2)，HCl的转化率减小，C项错误；M点该反应未达到平衡，使用更高效的催化剂，可以加快反应速率，提高HCl的转化率，D项正确。(4)图中较高流速时，反应未达到平衡状态，T3温度低，反应速率慢，且较高流速时，反应物在催化剂表面接触时间短，故HCl的转化率低。(5)N点起始时n(HCl)∶n(O2)＝4∶4，HCl的平衡转化率为80%，设起始时HCl、O2的物质的量均为1 mol，列三段式： 　　 2HCl(g)＋ eq \f(1,2)O2(g)⥫⥬Cl2(g)＋H2O(g) eq \o(\s\up15(起始量),\s\do15(/mol)) 1 1 0 0 eq \o(\s\up15(转化量),\s\do15(/mol)) 0.8 0.2 0.4 0.4 eq \o(\s\up15(平衡量),\s\do15(/mol)) 0.2 0.8 0.4 0.4 则该温度下反应的平衡常数K＝ eq \f(\f(0.4,1.8)×\f(0.4,1.8),(\f(0.2,1.8))2×(\f(0.8,1.8))\s\up6(\f(1,2)))＝6。(6)二者晶体结构相 同，晶胞体积近似相等，则二者密度之比等于摩尔质量之比，设Ru的相对原子质量为Mr，则 eq \f(Mr＋32,48＋32)＝1.66，解得Mr≈101。 答案：(1)<　360　(2)－285.8　(3)BD　(4)反应未达到平衡，T3温度低，反应速率慢，且反应物在催化剂表面接触时间短，相同时间内HCl的转化率低　(5)6　(6)101 4．(2025·江苏南京一模)乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。 (1)CO2催化加氢制备乙醇的反应为2CO2(g)＋6H2(g)===C2H5OH(l)＋3H2O(l)。 ①若要计算上述反应的ΔH，须查阅的两个数据是C2H5OH(l)的燃烧热和______________________________________________________。 ②某金属有机骨架负载的铜基催化剂上，CO2加氢生成C2H5OH的部分反应机理如图所示。 C→X过程中两个H－均参与反应，画出X的结构式(注明电荷)___________。 (2)乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应： 反应Ⅰ：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)⥫⥬C2H5OH(g)＋CH3OH(g)　ΔH＝－23.6 kJ·mol-1 反应Ⅱ：2CH3COOCH3(g)＋2H2(g)⥫⥬CH3COOC2H5(g)＋2CH3OH(g)　ΔH＝－22.6 kJ·mol-1 在其他条件不变时，将n起始(H2)∶n起始(CH3COOCH3)＝8∶1的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂的反应管，测得CH3COOCH3转化率、C2H5OH选择性[S(C2H5OH)＝ eq \f(n(C2H5OH),n转化(CH3COOCH3))×100%]、CH3COOC2H5选择性[S(CH3COOC2H5)＝ eq \f(2n(CH3COOC2H5),n转化(CH3COOCH3))×100%]随温度的变化如图所示。 ①铜基催化剂须含合适物质的量之比的Cu2O与Cu。Cu2O的晶胞如图所示(立方体)，Cu2O晶体的密度可表示为__________ g·cm-3(用含a、NA的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。 ②180～260 ℃下均有S(C2H5OH)＋S(CH3COOC2H5)<100%，其原因是____________________________________________________________。 ③180～200 ℃范围内，CH3COOCH3转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是_________________________________________________________。 ④温度高于220 ℃时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是______________________________________________________________。 解析：(1)②二氧化碳分子中氧电负性较大，氧带负电荷、碳带正电荷，则二氧化碳被铜基催化剂吸附后，二氧化碳分子中两个氧分别与Cu2+、M＋相吸，C→X过程中两个H－均参与反应，中带负电荷的氢与CO2的碳结合形成中间产物X，则X为。 (2)①据“均摊法”，晶胞中含8× eq \f(1,8)＋1＝2个黑球、4个白球，结合化学式可知，黑球为氧、白球为铜，则晶体密度为 eq \f(\f(2M,NA),a3) g·cm-3＝ eq \f(288,a3·NA) g·cm-3。 ②180～260 ℃下均有S(C2H5OH)＋S(CH3COOC2H5)<100%，说明乙酸甲酯没有完全反应转化为乙醇、乙酸乙酯，应该还有副反应发生。③催化剂能明显加快反应速率，但是催化剂需一定的活性温度。④铜基催化剂须含合适物质的量之比的Cu2O与Cu，温度过高，会导致有机物转化为积碳，碳具有一定还原性，能还原铜的氧化物为铜单质。 答案：(1)①H2(g)的燃烧热　② (2)① eq \f(288,a3·NA) ②部分CH3COOCH3发生了其他不产生C2H5OH和CH3COOC2H5的反应 ③温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快 ④积碳覆盖在催化剂表面；Cu2O被还原为Cu，改变了Cu2O与Cu的比例，导致催化剂活性降低 $