2026届高三化学二轮复习  化学原理专题

2026届高三化学二轮复习资料 微专题 化学反应原理综合题 化学反应原理综合微专题 考向01 核外电子排布 1. 按要求填空 （1）基态Ti原子的价层电子排布式为 。 （2）基态Fe3+的价层电子轨道表示式为 。 （3）基态Cr原子的价层电子排布式为 。 （4）基态的价电子排布式为 ；结合价电子排布式，解释易被氧化为的原因 。 （5）基态S原子的价层电子的轨道表示式为 。 （6）基态Fe原子价层电子的轨道表示式为 。 （7）基态N原子价层电子的轨道表示式为 。 （8）基态Se原子价层电子排布式为 。 （9）在周期表中，Hg是第六周期的元素，与Zn同族，则Hg的价层电子排布式为 。 （10）基态Mn的价层电子排布式为 。 （11）基态原子价层电子的轨道表示式为 。 （12）基态Br-的价层电子排布式为 。 （13）基态Cu原子价层电子的轨道表示式为 。 （14）基态Zn2+的价层电子排布式为 。 （15）基态Ga原子价层电子的轨道表示式为 。 （16）基态C原子的核外电子排布式为 。 （17）基态Co2+的价层电子排布式为 。 （18）基态F原子的价层电子轨道表示式为 。 （19）基态V原子的价层电子排布式为 。 （20）基态Ni2+的价层电子轨道表示式为 。 （21）基态S2-的核外电子排布式为 。 （22）基态Na原子的价层电子轨道表示式为 。 考向02 反应热的计算 【例2-1】(2025·广东高考真题) （3）以为原料可制备。将与10.0mol Ti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。 【例2-2】 (2024·广东高考真题) ②反应a： 已知： 则反应a的_______。 【方法透视】 1.掌握反应热计算的三种方法 2.盖斯定律的应用 （1）盖斯定律既可以计算出目标反应的ΔH,也可以得出目标反应的热化学方程式。 （2）应用步骤。 ①调方向:根据目标化学方程式反应物、生成物的位置,调整已知化学方程式的反应方向。ΔH的“+”“-”随之改变,但数值不变。 ②调化学计量数:调整已知化学方程式,将目标化学方程式中不存在的物质的化学计量数调整为相等,ΔH随之进行调整,与化学计量数成比例。 ③相加:把调整好的化学方程式相加就得到目标化学方程式,必要时可约简化学计量数,同时也得到相应化学方程式的反应热ΔH。 3.热化学方程式书写 【变式2-1】(2025·广州二模)水煤气变换是重要的化工过程，铁的氧化物可作为该反应的催化剂。 水煤气变换反应： (2)使用作为反应催化剂，该反应分两步完成： 则 (用和表示)。 【变式2-2】(2025·深圳一模)(3)标准摩尔生成焓是指一定温度与标准压强（101kPa）下由元素最稳定的单质生成1mol纯物质时的焓变。已知：常温下，与的标准摩尔生成焓分别为与，则在该条件下，分解转化为和的 （用含的式子表示）。 【变式2-3】(2025·佛山一模)③18O标记的乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解的部分历程如下： 已知可快速平衡。 能量变化如图： 反应I、II、III、IV中，表示乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步是 ，总反应△H= (用含E1、E2、E3、E4的代数式表示)，体系中含18O的微粒除A、B、D、E外，还有 。 【变式2-4】(2025·佛山二模)铁是用量最大、用途最广的金属单质，其化合物在生产生活中也应用广泛。 (1)用以下焓变表示Fe的第一电离能为 。 【变式2-5】(2025·汕头二模)某科考队探究对海洋生态的影响。 (1)根据下图数据计算自偶电离的 。 【变式2-6】（2025·广东清远·一模）乙苯()是重要的化工原料，常用来制备苯乙烯()。 （1）乙苯中最多有 个原子共平面。 （2）乙苯脱氢制苯乙烯的主反应和两个副反应如下： 反应a：     反应b：     反应c：     已知部分化学键的键能数据如下表。 共价键 C-C C-H C=C H-H 键能() 347.7 413.4 615 436 ①反应a的 。 考向03 催化剂与反应历程 【例3-1】（2022·广东·高考真题）②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为 (列式表示)。 ③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线 (用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为 。 【例3-2】[2024·广东模拟]一定条件下，与反应合成的反应历程如图所示。已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢。下列说法正确的是（ ） 说明：过渡态中“”表示化学键未完全断裂或形成。 A. 反应历程中的2个反应均涉及氢原子的成键 B. 相同条件下，与发生上述反应，则其过渡态Ⅰ的能量比高 C. 该反应的 D. 与发生上述反应，只能获得这1种有机产物 【方法透视】1．有关多重平衡及选择性的问题 在多重平衡中，几个可逆反应是相互影响的。 ①如果主反应的生成物又与主反应的某一反应物发生另一个可逆反应，那么该反应物的平衡转化率就会增大。 ②在一定温度下，特定的混合体系，多重平衡选择性为定值。因为平衡常数只与温度有关，且催化剂不能改变某一物质的平衡转化率。 ③如果在同一条件下，两个物质同时可以发生几个可逆反应，那么催化剂的选用就可以使其中某一反应的选择性提高。 2．物质能量、能垒变化图像分析 过渡态 A＋B—C―→[A…B…C]―→A—B＋C 备注： (1)A＋B—C―→[A…B…C]―→A—B＋C 为一种基元反应，其中正反应活化能E正＝b－a，逆反应活化能E逆＝b－c，ΔH＝E正－E逆。 (2)过渡态(A…B…C)不稳定。 中间体 备注： 处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。 催化机理能垒图 在Ru的催化下，单分子甲酸分解制H2反应的过程如下图所示，其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面。 (1)图中反应前的最左侧能量下降0.21 eV，即气态的甲酸分子被吸附在催化剂表面的活性位点上，所以能量下降。 (2)可以用图中每步基元反应前后的活性物质。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。 ①在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。该反应机理有3个基元反应。 ②每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。所以决定该反应速率的是过渡态i。 ③可依据图中每步基元反应前后的活性物质和能量变化，如该反应过程中决定反应速率步骤的热化学方程式为：HCOOH*(g)＝HCOO*(g)＋H*(g) ΔH＝＋0.33NA eV·mol－1(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 ⑤甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为：HCOOH(g)＝CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－0.16NA eV·mol－1。 3．催化剂与化学反应速率及平衡 （1）催化剂与反应速率 一般我们所说的催化剂都是正催化剂。催化剂能改变反应的历程，降低反应的活化能(如图1)，使更多的分子变为活化分子，即提高活化分子的百分数，故催化剂可使反应速率大大增加。但是，催化剂不能改变反应的焓变(如图2，图中Ea表示正反应的活化能，E＇a表示逆反应的活化能。该反应为放热反应；正反应的活化能小于逆反应的活化能)。 催化剂降低反应活化能 催化剂降低反应活化能 图1 图2 （2）催化剂与化学平衡 ①可逆反应中的催化剂，如果对正反应具有良好的催化效果，那么对逆反应也具有良好的催化效果。也就是说，正催化剂能同时增大正、逆反应的反应速率，能缩短达到平衡所需的时间。 ②催化剂不能改变同一条件下可逆反应的平衡转化率，催化剂不能使平衡发生移动(包括多重平衡)。 【变式3-1】[2024·广东模拟]时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示： 下列说法正确的是（ ） A. 在该反应条件下，产物1比产物2稳定 B. 固体酸分子筛可通过氢键吸附乙醇 C. 固体酸分子筛能减小图示反应的焓变 D. 生成产物1的决速步骤的活化能为 【变式3-2】（2025·广东深圳·二模）（1）工业生产尿素的基本原料为、，反应历程中的能量变化如图所示(反应历程中的有关物质均为气态)。 ②写出制备尿素中决速步骤的热化学方程式 。 【变式3-3】(2025·广州二模)(3)科研小组研究了在两种不同催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如下图所示。其他条件相同时，下列说法正确的有___________(填字母)。 A．水煤气变换反应的 B．使用催化剂Ⅰ时，反应体系更快达到平衡。 C．催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率比催化剂Ⅰ大 D．反应过程中，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度更大 【变式3-4】（2025·广东·模拟预测）（3）方案一：电催化一氧化氮合成氨。下图是以Ti-C2N、V-C2N、Zr-C2N为催化剂，用一氧化氮(NO)为氮源的电化学合成氨的中间体及其能量的机理图。(*代表物质处于被催化剂吸附的状态)，下列说法正确的是 ___________ 。 A．使用O-distal路径和N-distal路径，反应的焓变是不同的 B．如果基元反应的产物相比反应物的能量增大得越多，则该基元反应速率越慢，那么Ti-C2N催化效果最差 C．该方法能够同时实现大气污染物NO的去除和利用被认为是一种可持续、清洁和环保的新能源技术 D．反应的温度越高越好，工业生产可以选用超高温 考向04 催化剂与反应机理 【例4-1】(2024·广东高考真题) （2）在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有_______和_______。 【方法透视】催化剂与反应机理 1．提供反应表面：催化剂通常具有较大的比表面积，为反应物分子提供了更多的接触机会和反应的活性位点。催化剂的活性位点越多，反应速率越快。 2．吸附作用：反应物分子在催化剂表面被吸附，吸附会使物质的能量降低，这是催化反应的第一步。吸附可以是物理吸附或化学吸附，其中化学吸附在催化过程中更为重要。化学吸附使反应物分子与催化剂表面形成化学键，从而改变其反应活性。 3．改变反应路径：活化能降低，使得原本需要较高活化能的反应步骤变得更容易进行，从而降低了整个反应的活化能，这是催化反应速率加快的主要原因。 催化机理的复杂性在于催化剂与反应物之间的相互作用以及反应路径的多样性。不同类型的催化剂(如金属催化剂、酸催化剂、碱催化剂等)和不同的反应体系(如均相催化、多相催化等)具有不同的催化机理。此外，催化剂的活性、选择性和稳定性等性能也受到多种因素的影响，如催化剂的组成、结构、制备方法以及反应条件等。 4．催化机理循环图 催化机理循环图是一种描述催化剂在催化反应过程中如何从反应物到中间产物、最后转化为产物的示意图。这种图形通常展示了反应物分子在催化剂表面的吸附、发生反应(化学键的形成与断裂)、分子的脱附等步骤，以及催化剂在反应过程中的再生和循环利用。催化机理循环图强调催化剂的再生和循环利用过程，即催化剂在反应结束后能够恢复到初始状态，继续参与下一轮催化反应(如图1、图2)。 图1 图2 5．催化剂的失活与中毒 催化剂失活 是指催化剂在使用过程中因受到某些因素的影响而失去活性或活性显著下降的现象。催化剂失活的原因有多种，如反应物浓度变化、反应体系温度或压力的变化、催化剂表面覆盖等。 催化剂中毒的原因 原料中含有杂质 反应原料中含有的微量杂质可能与催化剂的活性中心发生化学作用，形成没有活性的物质，从而导致催化剂中毒 强吸附作用 某些物质可能具有强吸附性(多为化学吸附)，占据在催化剂的活性位点，使催化剂无法再与反应物有效接触，从而导致催化剂中毒，降低催化活性 副反应的发生 在催化剂的制备过程中或原料或反应产物中的某些物质可能与催化剂的活性中心发生化学反应，改变其化学性质或结构，导致催化剂中毒 催化剂恢复活性的方法 升温还原、酸碱再生或焚烧 为了防止催化剂失活，可以在生产过程中采取一些预防措施，如定期更换催化剂、控制反应条件、避免反应物浓度过高等 催化剂的活性与温度 一般规律 随着温度升高，催化剂的催化活性会增加。但是往往会出现拐点，即到达一定的温度之后，温度增加，催化剂的活性下降 酶作催化剂时 温度太低，催化活性较低，温度较高，酶发生变性，催化活性降低。见例1 依据催化剂的催化效率随温度升高出现的这个“拐点”是无法确定反应达到平衡点的。因为很有可能在可逆反应还没达到平衡之前，其催化剂的活性就随着温度的升高而下降了。见例2 例1 以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图所示。乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是________。根据图像，温度超过250 ℃时，催化剂效率降低，在300 ℃时失去活性，故300～400℃时乙酸的生成速率主要取决于温度影响。 例2 反应6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)，温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响关系如右图，在250 ℃时催化效率达到最高，但是并未达到平衡 【变式4-1】（2025·广东深圳·二模）（4）我国科学家报道了一种高效O-to-C的替换反应，可在温和条件下将环氧化物快速转化为环丙烷结构。一种脱氧/环加成串联反应机理如图，其中的催化剂为 (填图中字母)。 【变式4-2】（2025·广东广州·三模）（1）铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载量不同的Al/Cu二元金属复合材料对某水样硝酸盐[(以N计)]的去除效果如图1所示。在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图2所示。 ③由图1可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是 。 ④如图2使用三元金属复合材料，水体中最终转化为 和 。(填化学式) ⑤铝系金属复合材料还原去除水体中硝酸盐污染的过程中 。 A．纯铝粉去除硝酸盐的反应为可逆反应且平衡常数较小 B．铜的加入改变了反应焓变 C．Cu负载量过大可能导致覆盖铝表面而降低去除速率 D．一定范围内水体pH升高可能降低去除速率 【变式4-3】(2025·深圳一模)(2)某含铁催化剂可催化苯的羟基化反应，其催化机理如图所示： ①上述过程中，催化剂为 。 ②该过程总反应为 （有机物写结构简式，不需注明反应条件）。 【变式4-4】(2025·江门调研)(2)有机反应机理的研究可为人们展示微观粒子在反应中的变化过程。 ①根据上图所示反应机理，写出相应的化学方程式 。 ②关于上图所示反应，以下说法正确的是 。 A．作为反应物参与该反应 B．能增大该反应速率 C．不能增大该反应的平衡转化率 D．若该反应在溶液中进行，升温、增压均可增大反应速率 【变式4-5】(2025·江门一模)(3)1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的光氯化反应合成。对二甲苯氯化过程如下图3，某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度如图4。 ①反应ii和反应iii的活化能的大小关系 。(填“>”“<”“=”) ②此反应条件下，进行至 时，停止反应，及时分离出1，4-二(氯甲基)苯(D)。 A．22min    B．30min    C．60min    D．100min 【变式4-6】(2025·惠州一模)锰及其化合物在生产和生活中发挥着重要的作用。 (1)基态Mn的价层电子排布式为 。 (2)含锰催化剂催化NH3脱硝烟的一种反应机理如图7。 ①上述过程，催化剂为 。 ②该过程总反应的化学方程式为 。 【变式4-7】（25-26高三上·广东深圳·期中）由簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法不正确的是 A．反应过程中有极性键的断裂和生成 B．都有可能在循环中作催化剂 C．反应过程中金属元素Rh、V的价态均不变 D．该循环的总反应为 【变式4-8】(2025·韶关一模) (2)氧空位是指固体含氧化合物中氧原子脱离，导致氧缺失形成的空位。双金属氧化物具有氧空位，研究发现该氧化物对加氢制甲醇有良好的催化作用，反应机理如图所示。回答以下问题： ①基态原子价层电子的轨道表示式为 。 ②下列有关叙述正确的是 (填字母序号)。 A．催化剂能提高甲醇的生产效率，同时增大的平衡转化率 B．氧空位的存在有利于捕获 C．催化过程中，元素的化合价未发生变化 D．催化过程中生成三种中间体 考向05 化学平衡状态与平衡移动 【例5-1】(2024·广东高考真题) 已知：反应a： ③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中_______。 A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 【例5-2】(2022·广东高考真题)在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则 A．无催化剂时，反应不能进行 B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低 C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D．使用催化剂Ⅰ时，内， 【变式5-1】(2025·广州二模)反应，正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、分别为正、逆反应的速率常数，只与温度有关，反应的与关系如图所示。下列说法正确的是 A．该反应的 B．升高温度，减小、增大 C．达到平衡时， D．平衡后加水稀释，达到新平衡后减小 【变式5-2】(2025·深圳上学期联考)在2L恒容密闭容器中，充入2.0molNO和2.0molSO2，在一定条件下发生反应2NO(g)+2SO2(g)⇌N2(g)+2SO3(g)，测得平衡体系中NO、SO3的物质的量分数(x%)与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A．该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能 B．T1时，当2v正(SO2)=v逆(N2)时反应达到平衡状态 C．T2时，若反应经ts达到平衡，则v(N2)=mol•L-1•s-1 D．b点时，往容器中再充入NO、SO2各1.0mol，再次平衡时x%(N2)减小 【变式5-3】(2025·佛山一模)T℃时，真空密闭容器中加入足量R，发生反应R(s)2S(g)＋Q(g)，S的分压随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A．相对于曲线I，曲线II可能使用了催化剂 B．T℃时，该反应的分压平衡常数Kp=500(kPa)3 C．Q的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态 D．T℃时，M点压缩容器体积，平衡逆向移动，新平衡时c(S)比原平衡大 【变式5-4】(2025·汕头二模)为消除的污染，某实验小组研究用活性炭进行处理，发生反应：，一定温度下，向体积不等的密闭容器中分别加入足量活性炭和，反应相同时间后测得的转化率与容器体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是 A．容器内的压强 B．bc段上述反应达到平衡状态 C．c点状态下v(正)>v(逆) D．该温度下反应的平衡常数 考向06 水溶液中的离子平衡 【例6-1】(2025·广东高考真题) CuCl微溶于水，但在浓度较高的溶液中因形成和而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含和的溶液，下列叙述正确的是 A. 加水稀释，浓度一定下降 B. 向溶液中加入少量NaCl固体，浓度一定上升 C. 的电离方程式为： D. 体系中， 【例6-2】(2021·广东高考真题) 鸟嘌呤()是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列叙述正确的是 A. 水溶液的 B. 水溶液加水稀释，升高 C. 在水中的电离方程式为： D. 水溶液中： 【变式6-1】(2025·广州一模)C6H5NH2是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐C6H5NH3Cl，下列叙述正确的是 A．常温下，0.001mol•L﹣1C6H5NH2水溶液的pH=11 B．0.001mol•L﹣1C6H3NH3Cl水溶液加水稀释，pH升高 C．C6H5NH3Cl水溶液的电离方程式为C6H5NH3Cl=C6H5NH2+HCl D．C6H3NH3Cl水溶液中，c(OH﹣)+c(Cl﹣)=c(C6H5)+c(C6H5NH2) 【变式6-2】(2025·深圳上学期联考)室温下，用0.1mol•L-1的一水合二甲胺[(CH3)2NH•H2O]溶液(一水合二甲胺在水中的电离与一水合氨相似)滴定10.00mL0.1mol•L-1盐酸溶液。溶液pH随加入一水合二甲胺溶液体积变化曲线如图所示(忽略溶液混合时的体积变化)。下列说法正确的是 A．本实验应该选择酚酞作指示剂 B．x＞1，y＜7 C．a、b两点的溶液中，Kw不相等 D．b点溶液中存在：2c(Cl-)=c[(CH3)2NH]+c[(CH3)2NH•H2O] 【变式6-3】(2025·韶关一模)(2025·韶关一模)常温下浓度均为0.1 mol/L的四种盐溶液，其pH如表所示，下列说法正确的是 序号 ① ② ③ ④ 溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO pH 8.8 9.7 11.6 10.3 A．等浓度的CH3COOH和HClO溶液，pH小的是HClO溶液 B．Na2CO3和NaHCO3溶液中粒子种类不同 C．溶液中水的电离程度：①＞②＞④＞③ D．NaHCO3溶液中： 【变式6-4】(2024·广州二模)常温下，乳酸（用HL表示）的，乳酸和氢氧化钠溶液反应生成乳酸钠（用NaL表示）。下列说法正确的是 A. NaL水溶液呈中性 B. 0.01 HL溶液的pH=2 C. 0.01 HL溶液中， D. 0.01 NaL溶液中， 【变式6-5】(2024·湛江一模)已知：常温下，碳酸的电离平衡常数，。常温下，向20 mL 0.1溶液中缓慢滴加20 mL 0.2盐酸，溶液中各离子的物质的量浓度(不含和)随加入盐酸的体积的变化如图所示。下列说法不正确的是 A. 曲线为的物质的量浓度变化曲线 B. 滴加至A点时，溶液pH约为10.32 C. 滴加至C点时，溶液中 D. 滴加至D点时，溶液中存在 化学反应原理微专题 考向01 核外电子排布 答案：（1） （2） （3）3d54s1 （4） 失去一个电子价电子排布会变成，半满结构更稳定 （5） （6） （7） （8）4s24p4 （9） （10）3d54s2 （11） （12）4s24p6 （13） （14）3d10 （15） （16）1s22s22p2 （17）3d7 （18） （19） （20） （21）1s22s22p63s23p6 （22）3s1 考向02 反应热的计算 【例2-1】 已知：反应b： 反应c： 将反应c-2×反应b可得，则，故答案为：； 【例2-2】 由已知可得： Ⅰ．，； Ⅱ．，； Ⅲ．，； Ⅳ．，； 由盖斯定律可知，目标方程式可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ＋Ⅳ得到，故反应； 【变式2-1】 使用作为反应催化剂，该反应分两步完成： ① ② 根据盖斯定律，①+②得：=；故答案为：； 【变式2-2】 ①， ②，根据盖斯定律，´②-①可得，； 【变式2-3】Ⅰ E1−E2+E3–E4 OH−、H2O、 ③反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中，反应所需活化能越大，反应速率越慢，慢反应为乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步，根据图知，反应Ⅰ为乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步，总反应为A生成D，则总反应ΔH=E1-E2+E3-E4；体系中含18O的微粒除A、B、D、E外，还有18OH-、H218O、CH3CO18OH； 【变式2-4】 由基态Fe→得Fe的第一电离能为； 【变式2-5】 +26.6kJ/mol （1）由图中数据可知，① ；② ；由盖斯定律可知，-(①+②)可得的。 【变式2-6】（2） 解释：因苯环结构未变，可只计算发生变化部分的键能，则=反应物键能总和-生成物键能总和，则=E(C-C)+2 E (C-H)- E (C=C)-E(H-H)= 347.7kJ/mol+2×413.4 kJ/mol −615 kJ/mol −436 kJ/mol=； 考向03 催化剂与反应历程 【例3-1】 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4) 2NO+O2=2NO2 【例3-2】【答案】B 【解析】根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应不涉及氢原子的成键，A项错误；已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件下，与 发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态 Ⅰ 的能量比 高，B项正确；该反应的，C项错误；据图可知，与 发生上述反应，可以获得、两种有机产物，D项错误。 【变式3-1】【答案】B 【解析】由图可知，产物1的能量高于产物2，产物2更稳定，A项错误；由结构简式可知，固体酸分子筛和乙醇之间可以形成氢键，B项正确；由题意可知，固体酸分子筛作该反应的催化剂，催化剂不能改变反应的焓变，C项错误；由图可知，生成产物1的决速步骤的活化能为，D项错误。 【变式3-2】  或   【变式3-3】（3）A.根据反应历程图可知，反应物能量高于生成物能量，水煤气变换反应的，A正确； B. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，中间产物转化为产物基元反应的活化能高于使用催化剂II时，反应速率较小，使用催化剂Ⅰ时反应体系达到平衡所需时间大于使用催化剂II时，B错误； C. 催化剂不能使化学平衡发生移动，催化剂Ⅱ条件下CO的平衡转化率与催化剂Ⅰ条件下相同，C错误； D. 根据反应历程图可知，使用催化剂Ⅰ时，反应物转化为中间产物转基元反应的活化能低于使用催化剂II时，反应速率较大，使用催化剂Ⅰ时中间产物所能达到的最高浓度比使用催化剂II时更大，D正确； 故答案为：AD； 【变式3-4】（3）A．焓变与路径无关，只与始末态有关，路径不同焓变相同，A错误； B．基元反应中，产物能量比反应物大得越多，活化能越高，反应速率越慢，从图中看催化时，基元反应的活化能相对较高，所以催化效果最差，B正确； C．该方法为氮源合成氨，既去除污染又利用其制氨，是可持续环保技术，C正确； D．温度过高催化剂活性可能下降，且合成氨正反应放热，高温不利平衡，并非温度越高越好，D错误； 故答案选BC； 考向04 催化剂与反应机理 【例4-1】（2）催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI； 【变式4-1】（4）由示意图可知，T参与反应过程，但是最后又生成回来，T是催化剂，B、D、F等是中间产物； 【变式4-2】③根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或Cu能形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）； ④如图2使用三元金属复合材料，水体中最终转化为和； ⑤A．纯铝粉去除硝酸盐的反应为不可逆反应，A错误； B．焓变只与反应的始态终态有关，铜的加入、焓变不变，B错误； C．过多的Cu原子覆盖于二元金属复合材料表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除速率减慢，C正确； D．pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H(ads)减少，使硝酸盐去除速率降低，D正确； 故选CD； 【变式4-3】(2) 【变式4-5】(3) < C （3）①相同时间内生成的D的浓度大于生成G的浓度，说明反应ii速率大于反应iii的速率，活化能越小，速率越大，故E2<E3； ②由图可知，在60min时生成的1，4-二(氯甲基)苯(D)最多，因此答案选C。 【变式4-6】(2) Ⅰ （2）①由机理图可知，NH3和NO在催化剂的作用下生成N2和H2O，其中I先消耗，再生成，故Ⅰ为催化剂；②由机理图可知反应的总方程式为； 【变式4-7】【答案】C 【解析】A．根据题图可知反应过程涉及反应物CH4中C-H键极性键的断裂、生成物CO中碳氧极性键的生成，A正确； B．循环的起点不同，催化剂不同，由催化循环Ⅰ、Ⅱ中进入的反应物和催化剂性质可知、、都可能作催化剂，B正确； C．、、中V的化合价不可能均不变，C错误； D．进入循环的反应物为CH4和H2O，出循环的生成物是H2和CO，题给总反应正确，D正确； 故选C。 【变式4-8】(2) BD ②A．催化剂能提高反应速率从而提高甲醇的单位时间内的生产效率，但是不能改变转化率，A错误； B．由图可知，氧空位的作用是用于捕获CO2，B正确； C．由图可知，Ga形成的共价键个数发生变化，Ga元素的化合价发生变化，C错误； D．总反应为：CO2+2H2→CH3OH，GaZrOx双金属氧化物是催化剂，其他物质都是中间体，机理图上中间体有三种，D正确； 考向05 化学平衡状态与平衡移动 【例5-1】③A．催化剂不能改变反应的焓变，A项错误； B．由图示可知，酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确； C．一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C项错误； D．由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确； 故选BD。 【例5-2】【答案】D A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误； B．由图可知，催化剂I比催化剂II催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误； C．由图可知，使用催化剂II时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂II时X浓度随时间t的变化，故C错误； D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则 (Y) ===2.0， (X) = (Y) =2.0=1.0，故D正确； 【变式5-1】【答案】D 【分析】从与关系图所示，随着温度升高，逐渐增大，且增大更多，说明升高温度，逆反应速率增加更多，平衡应逆向移动，则该反应正向应为放热反应。 【详解】A．由分析可知，该反应正向应为放热反应，的，A错误； B．升高温度，、均增大，B错误； C．达到平衡时正逆反应速率相等，则有，所以，C错误； D．平衡后加水稀释，各物质浓度均减小，但，平衡逆向移动，达到新平衡后减小，D正确； 【变式5-2】【答案】C 【详解】A．升高温度，NO的物质的量分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误； B．正逆反应速率比不等于系数比，故T1时，当2v正(SO2)=v逆(N2)时反应未达到平衡状态，故B错误； C．T2时，反应达到平衡，SO3的物质的量分数为40%，，，x=mol，若反应经t s达到平衡，则，故C正确； D．b点时，x(NO)=x(SO3)；，2-2x=2x，x=0.5mol；K=，往容器中再充入NO、SO2各1.0mol，Q=，平衡正向移动，x%(N2)增大，故D错误； 【变式5-3】【答案】D 【详解】A．曲线Ⅰ和曲线Ⅱ平衡时S分压相等，曲线Ⅱ压强变化比较快，可知曲线Ⅱ可能是使用了催化剂，故A正确； B．T℃，该反应平衡时的S的分压为10kPa，可知Q的平衡分压为5kPa，Kp=p2(S)p(Q)=(10kPa)2×5kPa=500(kPa)3，故B正确； C．反应反应R(s)2S(g)＋Q(g)，R为固体，S与Q的分压比恒为2：1，Q的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态，故C正确； D．T℃时，M点压缩容器体积，平衡逆向移动，平衡常数K只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，新平衡时c(S)与原浓度相等，故D错误； 【变式5-4】【答案】C 【分析】反应相同时间后，图中b点NO2的转化率最高，则b点恰好达到平衡状态，由于ab曲线上对应容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b点，NO2的浓度越大，反应速率越大，达到平衡的时间越短，所以ab曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b点达到最大；b点以后，随着容器体积的增大，压强越小，反应往正方向移动，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc曲线上反应均未达到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行； 【详解】A．为1mol，a点反应0.4mol二氧化氮、b点反应0.8mol二氧化氮，反应为气体分子数增加1的反应，结合反应，ab反应后总的物质的量为1mol+0.4mol÷2=1.2mol、1mol+0.8mol÷2=1.4mol，由于V1＜V2，则，A错误； B．由分析，bc曲线上反应均未达到平衡状态，B错误； C．由分析，c点反应往正方向移动，c点状态下v(正)>v(逆)，C正确； D．a点时反应达到平衡，a点反应0.4mol二氧化氮，结合方程式，生成氮气、二氧化碳分别为0.2mol、0.4mol，平衡时二氧化氮0.6mol，则，D错误； 考向06 水溶液中的离子平衡 【例6-1】【答案】A 【解析】A．加水稀释，溶液体积变大，浓度一定下降，A正确； B．加入NaCl会增加Cl⁻浓度，可能促使转化为，浓度不一定上升，B错误； C．H[CuCl2]应电离为H+和，而非分解为Cu+和Cl-，电离方程式错误，C错误； D．电荷守恒未考虑的电荷数，电荷守恒应为，D错误； 【例6-2】【答案】B A．GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001mol/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误； B．稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确； C．GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误； D．根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误； 综上所述，叙述正确的是B项，故答案为B。 【变式6-1】【答案】B 【解析】A．苯胺(C6H5NH2)是一种有机弱碱，其水溶液的碱性较弱，0.001mol•L﹣1的C6H5NH2水溶液的pH应小于11，A错误； B．0.001mol•L﹣1的C6H5NH3Cl水溶液加水稀释，由于其为强酸弱碱盐，水解显酸性，稀释后酸性减弱，溶液中H+浓度减小，pH升高，B正确； C．C6H5NH3Cl是盐酸盐，为强电解质，电离产生Cl-，故其电离方程式应为C6H5NH3Cl=C6H5Cl﹣，C错误； D．根据电荷守恒原则，C6H5NH3Cl水溶液中，c(OH﹣)+c(Cl﹣) = c(C6H5)+c(H+)，D错误； 【变式6-2】 【答案】D 【解析】A．用一水合二甲胺溶液滴定盐酸溶液达到滴定终点时生成强酸弱碱盐(CH3)2NH2Cl，溶液呈酸性，应该选用甲基橙做指示剂，A错误； B．x点的溶质为0.1mol•L-1盐酸溶液，故x=1，y为一水合二甲胺溶液和盐酸恰好完全反应，溶质为强酸弱碱盐(CH3)2NH2Cl，水解先酸性，故y<7，B错误； C．a、b两点的溶液中温度相同，故 Kw相等，C错误； D．b点溶液溶质为(CH3)2NH2Cl和二甲胺等量混合，根据元素守恒有2c(Cl-)=c[(CH3)2NH]+c[(CH3)2NH•H2O]，D正确； 【变式6-3】【答案】D 【分析】酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大。根据等浓度盐溶液pH大小，可知酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞，然后根据盐的性质分析判断。 【解析】A．等浓度的对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，相应的酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，pH小的是CH3COOH，A错误； B．Na2CO3和NaHCO3都是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应，溶液中含有的微粒有Na+、H+、、、OH-、H2O、H2CO3，故两种溶液中含有的粒子种类相同，B错误； C．易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，水电离程度就越大，则四种溶液中，水的电离程度由大到小的顺序为：③＞④＞②＞①，C错误； D．根据物料守恒可知在NaHCO3溶液中有关系式：，D正确； 【变式6-4】【答案】D 【解析】A．NaL是强碱弱酸盐，水解显碱性，A错误； B．，，pH=2.75，B错误； C．HL微弱电离，，C错误； D．根据物料守恒，，D正确； 【变式6-5】【答案】C 【解析】A．碳酸为二元弱酸，的物质的量随着盐酸的加入逐渐减小，的物质的量先增大后减小，则为的物质的量浓度变化曲线，为的物质的量浓度变化曲线，A项正确； B．由Ka2=c(CO32-)×c(H+)/c(HCO3-)，A点时，，，B项正确； C．由图可知C点加入的盐酸的体积为10 mL，则C点溶液的溶质为等物质的量的和NaCl，由物料守恒可得，因为的电离程度小于水解程度，所以溶液中，则，C项错误； D．滴加至D点时，溶质为NaCl，HCl和反应生成的部分和水反应，根据溶液呈电中性，溶液中存在，且D点时，故D项正确。 7 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $