2026年高考化学考前20天冲刺讲义（三）

目 录 倒计时10天 ➤反应历程、活化能与能量变化 考查基元反应、中间体、催化剂、决速步、反应能量图像分析，近年高考热门微观机理考点。 倒计时9天 ➤化学反应与能量变化 结合碳中和背景，考查CO2催化加氢制甲醇等反应的热化学方程式书写、反应热计算以及能量转化效率等问题。 倒计时8天 ➤新型电化学电源与电解原理应用 考查原电池、电解池电极判断、电极反应书写、离子移动、电子守恒计算，电化学大题核心专项。 倒计时7天 ➤化学反应速率与化学平衡基础理论(选择题) 考查速率计算、影响因素、平衡建立、勒夏特列原理、平衡常数 K、转化率计算。 倒计时6天 ➤化学反应原理压轴综合大题 整合热化学、速率平衡、水溶液、电化学、反应机理，高考原理大题综合压轴训练。 倒计时10天 明日复明日，明日何其多。 —— 钱福《明日歌》 反应历程、活化能与能量变化 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来各地高考高频考查反应机理图像、势能变化曲线，以基元反应、过渡态、中间体为核心载体。命题围绕总反应焓变、正逆反应活化能、决速步判断、催化剂作用机理、能垒高低、物质稳定性展开。常设置陷阱：混淆总反应与分步反应、中间体与催化剂概念、活化能大小与反应速率关系、吸热放热判断失误、多步反应能垒叠加误区。试题图文结合，侧重微观反应机理理解，弱化复杂计算，注重证据推理与变化观念，区分基础认知与深度辨析能力。 ►高考前沿：新高考趋向多元陌生反应历程，结合催化机理、自由基反应、双催化剂体系命题；强化过渡态结构、能垒调控、反应选择性分析；融合动力学与热力学综合设问，从单一能量判断转向机理辨析、条件对能垒影响探究，突出微观本质与模型认知素养考查。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 核心能量概念必须精准区分，杜绝概念混淆 1.反应物总能量高于生成物为放热反应，反之则为吸热反应。 2.反应焓变ΔH只由始末态决定，与反应历程、反应步骤、催化剂无关。 3.活化能是反应物到达过渡态所需最低能量，基元反应必有活化能，活化能越小，反应速率越快。 4.过渡态能量最高，极不稳定；中间体为分步反应中间生成又消耗的物质，不出现在总反应方程式中。 终极归纳2 反应历程图像解读为解题核心 1.能垒图中，峰值为过渡态，低谷为反应中间体；每一处峰差为对应基元反应的活化能。 2.总反应活化能由最大能垒决定，限速步骤即是活化能最大的一步，全程反应速率由该步控制。 3.放热反应总能量曲线逐级降低，吸热反应整体抬升；无论吸热放热，所有基元反应都需要活化能，不存在无活化能的化学反应。 终极归纳3 催化剂与反应机理是高频考查热点 1.催化剂参与反应历程，先消耗后生成，总质量与性质不变；通过降低反应活化能加快反应速率，但不改变反应焓变、不影响平衡转化率、不改变反应物与生成物能量。 2.正催化剂降低正、逆反应活化能且降幅相同，逆反应活化能同步减小；阻化剂则增大活化能、减慢反应。3.需区分催化剂与中间体：催化剂起点投入、终点再生，中间体中间生成、后续消耗。 终极归纳4 分步反应与守恒规律高频设错 1.多步反应叠加得总反应，消去中间产物即可书写总方程式； 2.多个基元反应中，能垒最高的一步反应最慢，是整段反应的决速步。 3.ΔH遵循盖斯定律，多步反应焓变直接相加，只看始末物质能量差。 4.断键吸热、成键放热，总反应吸放热由键能总和相对大小判断； 5.键能越大，物质能量越低、稳定性越强。 终极归纳5 高频易错陷阱集中速记 1.混淆活化能与焓变，误判ΔH受催化剂影响；2.错把中间体当作催化剂；3.认为放热反应不需要活化能； 4.片面判断活化能小反应一定自发，同时注意，反应自发与否由焓变、熵变共同决定，活化能只影响反应速率，不决定反应能否自发进行。5.忽视决速步为最大能垒步骤；6.图像中误读过渡态与中间体位置； 7.混淆正逆反应活化能差值与焓变关系。 终极归纳6 考场速解技巧 1.审题先抓始末态判吸放热，看图先找过渡态、标注能垒，快速锁定决速步骤； 2.看到催化剂直接判定：不改变ΔH、不改变平衡、只降活化能； 3.涉及分步反应，快速圈画中间体与催化剂； 4.利用盖斯定律快速计算能量变化，结合键能、能量曲线综合排除错误选项。 5.立足概念本质、吃透图像逻辑，可高效突破此类选择题，实现快速抢分。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 能垒图、过渡态理论及其反应机理分析的正误判断 1.（2025·贵州卷）用PdCu和PdZn催化甲醇重整制氢的反应有(主反应)、(副反应)，部分反应机理如图(TS表示过渡态，*表示吸附态)。 依据图示信息，下列说法正确的是 A．在PdZn催化剂表面解离的速率更快 B．在PdCu催化剂表面的更容易脱附 C．消耗相同质量的，选择PdZn催化剂有利于生成更多 D．若原料更换为，经历TS3后可生成 【答案】D 【解析】A．由主反应历程图可以看出，在PdZn催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为1.0 eV；在PdCu催化剂表面解离时，达到TS4过渡态所需活化能为0.93 eV。反应活化能越小，反应速率越快。因此，在PdCu表面解离的速率更快，A错误；B．由副反应历程图可以看出，从PdZn表面脱附形成所需的能量为0.21 eV；从PdCu表面脱附所需的能量为0.83 eV。从PdCu表面脱附所需能量更多，因此更难脱附，B错误；C．由选项A和选项B的分析可知，与PdZn相比，在PdCu表面解离速率更快，可以生成更多。通过增大反应物的浓度促进主反应的进行。从副反应历程图可以看出，在PdCu表面更难脱附，通过增大生成物浓度抑制副反应的进行。因此PdCu对主反应的选择性更强。从题干给出的反应方程式可以看出，进行主反应时，每消耗1 mol 可以生成3 mol 。因此消耗相同质量的，选择PdCu催化剂有利于生成更多，C错误；D．结合主反应历程图可以看出，会被吸附在催化剂表面并转化为，之后经历TS3步骤转化为。与之类似，在催化剂表面会转化为。经历TS3之后，转化为，D正确；故答案选D。 2.（2025·河北卷）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 【答案】D 【解析】A．观察历程图可知，反应ⅰ中的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成和，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确；B．反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确；C．反应ⅲ从生成经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确；D．整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误；故选D。 解题妙法 这类题以反应历程能垒图为载体，核心考法是活化能、决速步、催化剂选择性、同位素机理。解题关键：①活化能=该步反应物到过渡态的能量差，活化能越小速率越快，能垒最高的步骤为决速步；②数过渡态（TS）数量判断基元反应数；③催化剂选择性需对比主/副反应活化能及中间体脱附能；④同位素产物需按机理断键路径判断。高频陷阱：混淆活化能与能垒高度、误判决速步、忽视催化剂对副反应的抑制作用。 题组二 催化剂、活化能及其反应机理分析的正误判断 1.（2025·广东卷）某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上 A．负极反应的催化剂是ⅰ B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低 C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 【答案】C 【分析】该燃料电池为氢氧燃料电池，由图可知该原电池的电解质溶液为酸性，氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：；氧气发生还原反应，做正极，电极方程式为：。 【解析】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A错误；B．图a中，ⅰ到ⅱ过程为获得第一个电子的过程，根据题中信息，获得第一个电子的过程最慢，则ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B错误；C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：，同时，反应负极每失去1个电子，就会有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；D．由图a、c可知，氧气催化循环一次需要转移4个电子，氢气催化循环一次需要转移2个电子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误；故选C。 2.（2025·广西卷）某种氨基喹啉衍生物合成反应的可能历程如图，表示活化能。下列说法错误的是 A．是反应的催化剂 B．步骤①发生了键断裂 C．反应速率：历程历程I D．反应热：历程历程I 【答案】D 【解析】A．由图可知，在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A正确；B．由图可知，步骤①中转化为，发生了键断裂，B正确；C．由图可知，历程I中活化能最大为112.8kJ/mol(决速步)，历程II中活化能最大为91.5kJ/mol(决速步)，活化能越大，反应速率越慢，则反应速率：历程历程I，C正确；D．由图可知，历程和历程I起始反应物和最终生成物相同，反应热相等，D错误；故选D。 解题妙法 这类题以催化机理示意图、活化能数据为载体，核心考法是催化剂判断、活化能与决速步、化学键变化、反应热、催化循环电子转移。解题关键：①催化剂 “先消耗后生成”，参与反应前后不变；②活化能最大的步骤为决速步，决定总反应速率；③反应热只与始态终态有关，与反应历程无关；④催化循环需分析电子转移数、中间体变化。高频陷阱：误判催化剂、混淆活化能与反应热、忽视不同电极的电子转移差异、化学键断裂判断错误。 题组三 循环反应机理图像分析的正误判断 1.（2026·浙江卷）某化学兴趣小组利用有机P化合物除去的流程如下(Ph代表苯环)，下列说法不正确的是 A．在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂 B．Ⅱ中P-N是N提供孤电子对 C．Ⅲ可能是 D．产物中还可能生成 【答案】B 【解析】A．催化剂在反应前后质量和化学性质不变。从流程看，若以I为起点，则Ⅰ是催化剂（先消耗、后生成），Ⅲ是中间产物（先生成、后消耗），若以Ⅲ为起点，则Ⅲ是催化剂，Ⅰ是中间产物，故I、Ⅲ均可作催化剂，A正确；B．Ⅱ中P带正电，说明P失去了一个电子，形成4个键，与N形成的是共价键，并非N提供孤电子对形成的配位键，B错误；C．根据Ⅳ的结构，从Ⅲ到Ⅳ的反应过程中，发生加成反应，结合原子守恒可知，Ⅲ可能是，C正确；D．反应过程中生成了，两分子脱水可形成，D正确；故选B。 2.（2025·全国卷）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。 根据上述反应机理，下列叙述错误的是 A．三唑在反应循环中起催化作用 B．换成，可生成 C．碳原子轨道的杂化存在从到的转变 D．总反应为 【答案】B 【解析】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确；B．由机理图可知，换成，可生成，B错误；C．由机理图可知，转化为，因此碳原子轨道的杂化存在从到的转变，C正确；D．由机理图可知，和反应生成和，总反应为，D正确；故选B。 解题妙法 1.辨角色：按 “进入循环、离开循环” 判断物质角色：起点进入、终点再生的是催化剂，中间生成又消耗的是中间体，只进不出的是反应物，只出不进的是产物。 2.理反应：合并循环中的各步反应，消去催化剂与中间体，得到总反应式，核对原子守恒、电子守恒。 3.破陷阱：分析断键 / 成键、杂化方式、同位素示踪的变化，警惕 “催化剂参与反应”“同位素错误转移”“中间体误判为催化剂” 等高频陷阱，逐项验证即可快速判断。 题组四 直线形反应机理图像分析的正误判断 1.（2025·云南卷）铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热 【答案】C 【解析】A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；B．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误；C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一根C-H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确；D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误；故选C。 2.（2024·广西卷）烯烃进行加成反应的一种机理如下： 此外，已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是 A．乙烯与HCl反应的中间体为 B．乙烯与氯水反应无生成 C．卤化氢与乙烯反应的活性： D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易 【答案】B 【解析】A．HCl中氢带正电荷、氯带负电荷，结合机理可知，乙烯与HCl反应的中间体为氢和乙烯形成正离子：，A正确；B．氯水中存在HClO，其结构为H-O-Cl，其中Cl带正电荷、OH带负电荷，结合机理可知，乙烯与氯水反应可能会有生成，B错误；C．由机理，第一步反应为慢反应，决定反应的速率，溴原子半径大于氯，HBr中氢溴键键能更小，更容易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性：，C正确； D．已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小；则烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易，D正确；故选B。 解题妙法 1.逐段分析反应：顺着反应箭头，明确每一步的断键、成键与电子转移，判断氧化还原反应（消耗e-/H+为还原反应，反之则为氧化反应），区分极性键与非极性键的生成与断裂。 2.抓核心概念辨析：明确催化剂仅改变活化能，不影响反应热；分析中间体结构、反应活性与活化能的关系，活化能越低反应越易进行。 3.警惕常见陷阱：核对中间体结构、成键类型判断是否正确，区分加成反应中亲电试剂的进攻方向，避免误判反应产物或键的极性。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·浙江嘉兴·二模）催化剂是一种被广泛使用的负载型金属催化剂，表面的羟基可促进反应物吸附或稳定中间体。催化与反应的历程如图所示，下列说法不正确的是 A．在Ni表面吸附并解离，与表面的羟基结合生成中间体 B．该历程的总反应方程式为： C．该历程第4步中存在极性键的断裂和形成 D．若用完全替代进行反应，生成的水都是 【答案】D 【解析】A．从图可以看出，在Ni表面吸附并解离，形成活性中间体，与表面的-OH结合形成中间体，A正确；B．从图可以看出，和在Ni/ZrO2催化下反应生成CH4和H2O，总反应方程式为：，B正确；C．在第4步，中间体与催化剂表面的羟基形成的C-O键断裂，并形成C-H键，二者都是极性键，C正确；D．从图可以看出，第2步反应生成的中部分H原子来自表面的-OH，部分来自，第3步反应生成的中的H原子来自，因此，若用完全代替反应，生成的水有，不全是，D错误；故答案选D。 【名校预测·第2题】（2026·湖南长沙·一模）已知在固体催化作用下转化为的一种催化反应机理及其反应历程能量变化如图所示。 注：a．吸附在固体催化剂表面的物质用*表示，TS表示过渡态；b．反应机理中催化剂只截取表面一部分；c．反应机理①表示在催化剂表面解离，带走一个晶格氧，生成水并留下一个氧空位。 下列说法不正确的是 A．催化加氢制的总反应是放热反应 B．催化过程中氧空位快速形成有利于提高催化效率 C．该反应机理的决速步骤为④ D．该反应历程中有极性共价键的断裂与形成 【答案】C 【解析】A．由反应历程能量图可以看出催化加氢制的总反应中生成物的总能量比反应物的总能量低，所以该反应为放热反应，A正确；B．氧空位是催化剂的活性位点，氧空位的快速形成可以使催化剂更快地吸附反应物，从而提高催化效率，B正确；C．活化能最大的步骤是反应的决速步骤，由反应历程能量图可知，步骤的活化能差最大，该步对应的是催化反应机理⑤，所以⑤是决速步骤，C错误；D．该反应历程中有极性共价键的断裂，如中的碳氧键断裂，又有极性共价键的形成，如中氧氢键的形成，D正确；故选C。 【名校预测·第3题】（2026·河北沧州·二模）在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2电还原制、等化学品的研究备受关注。催化剂作用下CO2电还原可能的反应机理及相对能量变化如图所示(*表示吸附态)。已知：Bi、In、BiIn合金的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。下列说法正确的是 A．大规模开采可燃冰作为新能源可减少的排放 B．A的结构为 C．若还原产物为CO，则应选择Cu作催化剂 D．BiIn合金对CO2电还原为HCOOH的催化活性最高 【答案】D 【解析】A．可燃冰燃烧产生，不能减少的排放，A错误；B．CO2​得到1个电子生成A，A仅带1个单位负电荷，故A的结构为，B错误；C．若要得到CO产物，需要∗CO从催化剂表面脱离。题干已知：Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离，无法得到游离的CO，因此制CO不应选择Cu，C错误；D．催化剂的催化活性和决速步的活化能有关，活化能越低，催化活性越高。由能量变化图可知，CO2​还原为HCOOH时，BiIn合金的决速步活化能低于Bi和In，且BiIn合金对O的连接能力强，符合生成HCOOH的反应路径需求，因此催化活性最高，D正确；故选D。 【名校预测·第4题】（2026·安徽滁州·二模）氮化镓是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。已知：，阿伏加德罗常数约为。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．若氮化镓晶胞氮原子配位数是4，则镓原子配位数也是4 B．反应i和反应ii中脱去步骤的活化能之差为 C．反应iii在高温条件下能够自发进行 D．总反应的决速步反应包含在反应iii中，其活化能为3.07 eV 【答案】B 【解析】A．氮化镓的化学式为，晶胞中配位数之比等于化学式中原子数之比，即，故氮原子配位数为4时，镓原子配位数也为4，A不符合题意；B．反应ⅰ中脱去步骤的活化能为，反应ⅱ中脱去步骤的活化能为，二者差值为，换算为：，B符合题意；C．反应ⅲ为，该反应的产物能量高于反应物，，，根据，高温下，反应可自发进行，C不符合题意；D．总反应的决速步为活化能最大的步骤，反应ⅲ中的活化能为，为整个反应的最大活化能，故决速步包含在反应ⅲ中，D不符合题意；故选B。 【名校预测·第5题】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）含铜催化剂催化的叠氮-炔基环加成反应被称为“点击化学之王”，反应历程如下(R1、R2为烃基)。下列说法错误的是 A．N3-R2中的中心氮原子所有价电子都参与成键 B．该反应的原子利用率为100% C．转化过程中氮的杂化方式发生改变 D．依据该反应机理可以发生反应：N3-CH3+HCC-C2H5 【答案】D 【解析】A．N原子最外层有5个电子，根据图示，N3-R2中的中心氮原子形成2个σ键、2个π键，所以价电子都参与成键，故A正确；B．总反应为，没有副产物生成，反应的原子利用率为100%，故B正确；C．中，中心氮原子采用sp杂化，中N原子采用sp2杂化，转化过程中氮的杂化方式发生改变，故C正确；D．依据该反应机理可以发生反应， ，故D错误；选D。 倒计时9天 莫等闲，白了少年头，空悲切。 —— 岳飞《满江红・写怀》 化学反应与能量变化(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来全国及各省市高考中，能量变化题为稳定基础选择考点，以热化学方程式、盖斯定律、键能计算、物质能量图像为主要载体。核心考查吸热与放热判断、焓变大小比较、反应热计算、中和热与燃烧热概念辨析、活化能与反应热的区别。高频陷阱集中在：物质状态遗漏、可逆反应焓变误区、键能计算符号混淆、中和热限定条件忽略、催化剂对焓变影响错误认知。命题侧重概念辨析与定量简单运算，结合图像信息，注重变化观念与严谨审题，综合性适中，是基础得分题型。。 ►高考前沿：命题逐步融合反应机理与活化能分析，强化盖斯定律综合运算；弱化单一概念判断，增多图像解读类设问；紧密关联能源转化、绿色反应等真实背景，侧重从微观角度解析能量变化本质，强化理论实际结合。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1核心概念（必记，不混淆） 聚焦选择题高频考查的4个核心概念，记准定义关键词，避免概念混淆导致失分，简化记忆、直击重点。 1.反应热（ΔH）：化学反应中吸收或放出的热量，单位为kJ·mol-1。放热反应ΔH<0（负值），吸热反应ΔH>0（正值），注意：ΔH的正负与反应类型严格对应，不可颠倒。 2.燃烧热：1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量（如C→CO2、H→H2O(l)、S→SO2），关键词“1mol、完全燃烧、稳定氧化物”，缺一不可。 3.中和热：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol H2O(l)时放出的热量，标准值为57.3kJ·mol-1，关键词“稀溶液、1mol H2O、无沉淀/气体生成”（如浓硫酸、弱碱反应放出热量不等于中和热）。 4.盖斯定律：化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关。核心应用：叠加已知热化学方程式，计算未知反应的ΔH（注意：方程式乘除，ΔH同步乘除；方程式颠倒，ΔH正负颠倒）。 终极归纳2热化学方程式正误判断（高考高频，速记规范） 选择题必考题型，记准4点规范，看到错误直接判定，无需逐字分析，高效破题。 1.状态规范：必须标注反应物、生成物的状态（s：固体、l：液体、g：气体、aq：水溶液），未标注状态直接判错（状态不同，ΔH不同）。 2.ΔH规范：ΔH需标注正负（放热负、吸热正），单位必须为kJ·mol-1，单位错误或未标正负直接判错；ΔH的数值与化学计量数成正比，计量数加倍，ΔH数值也加倍。 3.条件规范：燃烧热、中和热相关方程式，需符合对应定义（如燃烧热方程式中，可燃物计量数为1；中和热方程式中，H2O计量数为1）；无需标注反应条件（如点燃、加热），标注不扣分，但未按定义书写直接判错。 4.其他规范：不可漏写“↑”“↓”（但热化学方程式中一般不标注，不影响正误）；有机物燃烧方程式需配平，确保原子守恒、能量守恒。 终极归纳3反应热计算（选择题高频，极简方法） 无需复杂推导，掌握2种核心方法，快速计算，适配选择题选项判断。 1.化学键计算法：ΔH =.反应物总键能之和.-.生成物总键能之和（注意：键能越大，物质越稳定，断裂键吸热、形成键放热）。易错点：遗漏化学键数目（如H₂O中含2个O-H键，CO2中含2个C=O键）。 2.盖斯定律计算法：①.找出目标方程式与已知方程式的关联；②.调整已知方程式（乘除、颠倒），使反应物、生成物与目标方程式一致；③.叠加方程式，同步叠加ΔH（颠倒方程式，ΔH正负颠倒；乘除n倍，ΔH乘除n倍）。 补充：选择题中，若给出物质能量数据，ΔH.=.生成物总能量.-.反应物总能量（生成物能量>反应物，吸热ΔH>0；反之放热ΔH<0）。 终极归纳4能量图像分析（高考热门，速判技巧） 重点考查能量图像与反应热、活化能的关系，记准2个核心，快速解读图像、判断选项正误。 1.图像核心要素：横坐标为反应历程，纵坐标为能量；反应物总能量>生成物总能量→放热反应（ΔH<0）；反应物总能量<生成物总能量→吸热反应（ΔH>0）。 2.活化能相关：活化能是反应物分子变为活化分子所需的最低能量，催化剂只能降低活化能（正、逆反应活化能同步降低），不改变ΔH的大小和反应方向；图像中，“反应物能量与活化能峰值的差值”为正反应活化能，“生成物能量与活化能峰值的差值”为逆反应活化能。 易错点：混淆“活化能”与“反应热”，认为催化剂改变反应热（错误，催化剂只改速率、不改反应热）；误将“反应历程”当作“时间”，判断反应速率快慢（图像中无法直接判断速率，需结合活化能大小推断）。 终极归纳5高频易错陷阱（避错必记，直接判错） 选择题常见错误选项，记准以下陷阱，看到直接排除，提高解题速度。 1.概念陷阱：燃烧热未生成稳定氧化物（如C→CO，错误）；中和热用浓硫酸、弱碱（如NH3·H2O），或生成沉淀（如Ba(OH)2与H2SO4反应），错误。 2.热化学方程式陷阱：未标物质状态、ΔH单位错误（如kJ）、ΔH正负颠倒、计量数与ΔH数值不匹配。 3.计算陷阱：化学键计算遗漏键数目、盖斯定律应用时ΔH正负未颠倒、混淆“反应物总键能-生成物总键能”与“生成物总能量-反应物总能量”。 4.图像陷阱：认为催化剂改变ΔH、误判放热/吸热反应（看反反应物与生成物能量高低）、混淆正逆反应活化能。 终极归纳6解题妙法（10秒速判选择题） 1.第一步：圈关键词，定位考查类型（如“燃烧热”“中和热”“盖斯定律”“能量图像”）。 2.第二步：对照核心规范/陷阱，快速排查（如看到“热化学方程式未标状态”，直接判错；看到“催化剂改变ΔH”，直接判错）。 3.第三步：计算类题目，优先用极简方法（如化学键计算，先算键数目，再代入公式；盖斯定律，优先找目标方程式与已知方程式的相同物质），避免复杂推导。 真题精研--复盘经典.把握规律 题组一 反应热的大小比较 1.（2025·浙江卷）下列反应均能自发进行，相关判断不正确的是 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将五个方程式依次编号为①、②、③、④、⑤。 【解析】A．酸碱中和反应为放热反应，难溶于水而氢氧化钠易溶于水，已知反应①， ②，则反应①放出的热量小于反应②，即，故，A正确；B．已知反应②， ③， 利用盖斯定律将反应③-反应②得到，该反应为放热反应，则该反应的，即，B正确；C．已知反应⑤(化合反应)为放热反应，即，利用盖斯定律，将反应④-反应③得到反应⑤，即，，C错误；D．已知反应③为放热反应，，结合C项解析知：，则，D正确；故选C。 2.（2025·海南卷）等温等压下，  。此反应放出的热用于火力发电，能量转化效率为。下列说法错误的是 A．该反应 B．产物为时，反应放出的热量减少 C．该反应在燃料电池模式下进行，反应焓变为， D．该反应在燃料电池模式下做电功，转化效率为， 【答案】C 【解析】A．反应中气体物质的量减少（3 mol→1 mol），且生成液态水，系统混乱度降低，ΔS<0，A正确；B．生成H2O(g)时，相比H2O(l)少释放了液化潜热，故放出的热量减少，B正确；C．焓变（ΔH）是状态函数，与反应途径无关。燃料电池中反应的焓变ΔH'与原反应ΔH相等，C错误；D．燃料电池直接将化学能转化为电能，能量损失小于火力发电（需经热能→机械能→电能），故η'>η，D正确；答案选C。 解题妙法 1.盖斯定律建模：先将目标反应拆解为已知反应的代数和，通过反应式加减直接推导ΔH的关系，快速判断大小。 2.析焓变本质：根据反应热效应（放热反应ΔH<0，放热越多ΔH越小），结合反应的难易程度、反应物 / 生成物状态（如气态水比液态水放热少，ΔH 更大）、反应途径（焓变仅与始态终态有关，与途径无关）分析ΔH大小。 3.避常见陷阱：警惕“反应热数值与焓变符号混淆”、“物质状态对ΔH影响误判”、“盖斯定律加减反应时系数与ΔH 的对应错误”，逐项核对即可快速破题。 题组二 反应热的计算 1.（2025·重庆卷）肼（）与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列反应： ①   ②   ③   则反应的为 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据目标方程式与原方程式的特点可知，将原方程式进行（①-3×②+③）变换，可得目标方程式，所以，ΔH应为，据此解答。 【解析】A．选项A的表达式为，但根据推导结果，ΔH应为，与A不符，A错误；B．推导过程中，通过组合反应①、③及反转的反应②×3，得到总ΔH为，再除以4得，与选项B一致，B正确；C．选项C未除以4，直接取，不符合目标反应的系数比例，C错误；D．选项D的表达式为，符号和系数均与推导结果不符，D错误；故选B。 2.（2025·北京卷）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A．固体溶解是吸热过程 B．根据盖斯定律可知： C．根据各微粒的状态，可判断， D．溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【解析】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确；B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确；C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误；D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确；故选C。 解题妙法 1.盖斯定律建模：先将目标反应拆解为已知反应的代数和，优先找目标与已知方程式中的相同物质，通过反应式加减直接推导ΔH的关系，快速判断大小或计算数值。 2.析焓变本质：焓变是状态函数，只与始态、终态有关，与反应途径无关；放热反应ΔH<0，放热越多 ΔH 越小；注意物质状态影响，如气态水比液态水放热少，ΔH更大。 3.避常见陷阱：警惕 “催化剂改变ΔH”“物质状态对ΔH影响误判”“盖斯定律加减反应时系数与ΔH对应错误”等问题，快速排查即可破题。 题组三 反应机理能量变化图像 1.（2024·广东卷）对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】提高反应温度，增大，说明反应的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，故选A。 2.（2024·安徽卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是 A．B． C．D． 【答案】B 【分析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。 【解析】A．X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；B．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；C．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；D．图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的∆H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；选B。 解题妙法 1.读题定关键：先明确反应的热效应（ΔH 正负）、催化剂的作用（降低活化能、不改变反应热）、温度对平衡的影响，确定主反应和分步反应的方向。 2.析图像判活化能：无催化剂的实线活化能更高，有催化剂的虚线活化能降低；分步反应中，活化能高的步骤是决速步，速率更慢；根据反应物、过渡态、生成物的能量高低，判断每一步的ΔH正负（反应物能量高为放热，反之吸热）。 3.避陷阱验选项：警惕“催化剂改变反应热”、“活化能与反应速率关系颠倒”、“多步反应中热效应误判”等问题，结合题干条件（如温度变化对平衡的影响）验证图像，快速锁定答案。 题组四 热化学方程式的正误判断 1.（2023·海南卷）各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是 物质 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】1mol纯物质完全燃烧生成指定的物质放出的热量称为燃烧热。 【解析】A．H2O应该为液态，A错误；B．，B错误；C．氢气的燃烧热为-285.8kJ/mol，则，C错误；D．，D正确；故选D。 2.（2022·浙江卷）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表： 物质(g) O H HO HOO 能量/ 249 218 39 10 0 0 可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是 A．的键能为 B．的键能大于中氧氧单键的键能的两倍 C．解离氧氧单键所需能量： D． 【答案】C 【解析】A．根据表格中的数据可知，的键能为218×2=436，A正确；B．由表格中的数据可知的键能为：249×2=498，由题中信息可知中氧氧单键的键能为，则的键能大于中氧氧单键的键能的两倍，B正确；C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278，中氧氧单键的键能为，C错误；D．由表中的数据可知的，D正确；故选C。 解题妙法 1.抓定义，辨燃烧热：先核对燃烧热的标准定义，即 1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物（如 H→H2O (l)、C→CO2(g)），ΔH 必须为负，产物状态不符直接排除。 2.盖斯定律/键能算ΔH：若涉及反应焓变计算，可通过已知燃烧热数据用盖斯定律推导，或用键能公式（ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和）计算，核对ΔH的数值与符号。 3.避常见陷阱：警惕物质状态标注错误、系数与ΔH未成正比、反应热符号颠倒、键能与相对能量混淆等问题，逐项验证即可快速破题。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·北京石景山·一模）某同学测量的焓变。查阅资料：配制溶液时需要加入酸。实验方案：测量的焓变；测量的焓变；通过盖斯定律计算。测量的实验结果如下表(忽略温度对焓变的影响和溶液体积与密度的变化)。 序号 反应试剂 体系温度/℃ 反应前 反应后 ⅰ 溶液 1.20 g铁粉 a b ⅱ 溶液 0.56 g铁粉 a c 已知：Ⅰ．可通过测量反应前后体系的温度变化，用公式计算某些反应的反应热(水的稀溶液中，C和分别取和)。Ⅱ．实验ⅰ、ⅱ均未发现气泡。下列说法不正确的是 A．因为伴有副反应，无法直接测量 B． C． D． 【答案】D 【解析】A．配制Fe2(SO4)3溶液时需要加入酸抑制Fe3+水解，Fe会与H+发生副反应，因此无法直接测量，A正确，不符合题意；B．根据盖斯定律将与对应的热化学方程式相加，可得目标反应，故，B正确，不符合题意；C．实验ⅰ中，铁粉1.2 g计算得到物质的量大于0.02 mol，故铁粉过量，CuSO4完全反应，该反应放出的热量，，C正确，不符合题意；D．实验ⅱ中，铁粉0.56 g计算得到物质的量为0.01 mol，故铁粉不足，反应的CuSO4物质的量为0.01 mol，计算得，D错误，符合题意；故答案选D。 【名校预测·第2题】（2026·重庆·模拟预测）氢氟酸是一种弱酸，其电离过程放热，已知下列反应。下列说法正确的是 ①   ②   ③   ④   A． B．， C．， D．， 【答案】B 【解析】A．反应②为强酸强碱的中和反应，中和反应都是放热反应，故；反应①为HF与OH⁻的中和反应，HF电离也放热，总放热量大于反应②，放热越多焓变越小，故，A错误；B．根据盖斯定律，反应③=反应①-反应②，因此焓变关系为，即，已知HF电离过程放热，故，B正确；C．HF电离放热，故；反应④是F⁻的水解反应，为反应①的逆过程，属于吸热反应，故，C错误；D．由可得，反应④是反应①的逆过程，故，且，D错误；故答案选B。 【名校预测·第3题】（2026·海南海口·模拟预测）某反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A．该反应是放热反应 B．反应过程a无催化剂参加 C．反应过程b中决速步活化能为 D．催化剂可以改变反应历程从而提高平衡产率 【答案】D 【解析】A．反应物总能量高于生成物总能量，，该反应是放热反应，A正确； B．催化剂能够降低反应活化能，反应过程a的活化能更高，说明无催化剂参加，B正确； C．多步反应的决速步是活化能最高的步骤，反应过程b中第一步活化能大于第二步活化能，因此决速步活化能为，C正确；D．催化剂可以改变反应历程、加快反应速率，但会同等程度改变正逆反应速率，不能使平衡发生移动，无法提高平衡产率，D错误；故选D。 【名校预测·第4题】（2026·新疆·一模）一种捕获并利用的方法是将催化加氢合成，其过程中主要发生如下反应： I．　 Ⅱ．　 下列热化学方程式正确的是 A．　 B．　 C．　 D．　 【答案】A 【解析】依据盖斯定律，目标反应=反应Ⅰ-2×反应Ⅱ，则，正确的热化学方程式为：；答案选A。 【名校预测·第5题】（2026·重庆九龙坡·一模）标准状态下，由指定单质生成1mol某物质的化学反应焓变，称为该物质的标准摩尔生成焓（单质的标准摩尔生成焓为0）。已知：  部分物质标准摩尔生成焓如下表，为 物质 标准摩尔生成焓（） -235.10 -442.92 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据盖斯定律，反应的焓变满足关系： 已知：指定单质的标准摩尔生成焓为0，因此的标准摩尔生成焓为0，代入反应和数据计算： 反应： ， 因此选A。 倒计时8天 我生待明日，万事成蹉跎。 —— 钱福《明日歌》 新型电化学电源与电解原理应用 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来电化学选择题为高频重难考点，常以新型电池、二次电池、熔融盐电池、特种电解装置为载体。核心考查正负极、阴阳极判断，离子迁移方向，电极反应式书写，电子与电荷守恒，电解质环境对产物的影响。高频陷阱集中在：酸碱介质配平错误、隔膜作用混淆、充放电过程颠倒、离子移动方向判断失误、副反应与电极产物误判。命题融合氧化还原规律，依托装置示意图简化计算，侧重微观电子转移与反应本质辨析，综合性强，具备良好区分度。 ►高考前沿：高考命题将持续聚焦储能电池、金属空气电池、质子交换膜电解、废水处理电解等真实情境；强化双极膜、多隔膜体系、循环电极材料考查；结合催化电极、新型电解质，深化电极机理分析；由基础判断转向定量分析与反应评价，强化证据推理与创新思维考查。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 基础核心概念速记 1.原电池自发氧化还原，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；电解池外接电源，阳极氧化、阴极还原。 2.电子流向：原电池负极→外电路→正极；电解池阳极→电源正极，电源负极→电解池阴极。 3.电子不下水，离子不上岸，溶液中依靠阴、阳离子定向移动导电。 4.阳离子向正极、阴极迁移，阴离子向负极、阳极迁移，是快速判项关键。 终极归纳2 新型电源高频考点精粹 各类新型电池统一套用负极氧化、正极还原规律。 1.燃料电池燃料在负极反应，助燃物氧气在正极反应，产物与介质强相关：酸性介质生成H2O，碱性介质生成含氧酸根，熔融碳酸盐、固态电解质需匹配对应导电离子。 2.二次电池可充放电，放电为原电池、充电为电解池，充电时正接正、负接负，电极反应完全逆写。 3.金属—空气电池、锂电池常考活泼负极损耗、隔膜作用、离子穿越方向。合金、金属负极易发生副反应，隔膜用于隔绝正负极、防止短路与副反应。 4.所有电池中，催化剂只改变反应速率，不改变总反应、不影响电子转移总量。 终极归纳3 电解原理核心应用速记 1.电解常考物质制备、废水处理、电镀与精炼。 （1）电镀规律：镀件作阴极，镀层金属作阳极，电镀液含镀层金属阳离子。 （2）电解精炼金属：粗金属阳极溶解，纯金属阴极析出，杂质形成阳极泥。 （3）电解制备强氧化性、强还原性物质，需结合酸碱性环境书写电极反应。 2.惰性电极电解规律： （1）含氧酸、强碱、活泼金属含氧酸盐实质电解水； （2）活泼金属无氧酸盐电解生成碱与非金属单质；不 （3）活泼金属无氧酸盐电解析出金属与非金属。 （4）活性阳极优先自身溶解，不考虑溶液阴离子放电。 终极归纳4 电极反应与定量规律 1.书写电极反应必须匹配介质环境，酸性不用，碱性不用，熔融体系依靠对应传导离子配平电荷。 2.定量计算统一依托电子守恒，串联电路各电极转移电子数相等，用于计算产物量、溶液 pH、离子浓度变化。 3.原电池正极、电解池阴极发生还原，质量常增加；负极、阳极发生氧化，质量多减少。 终极归纳5 高频易错陷阱规避 1.电子不能进入电解质溶液； 2.充电电极与放电电极反应相反； 3.碱性条件下、酸性条件下不能稳定存在； 4.混淆离子迁移方向，错判溶液局部酸碱性变化。 5.误将催化剂、隔膜作用混淆，忽略活性阳极优先反应； 6.二次电池充电接线方式记反，均为高频失分点。 终极归纳6 选择题秒杀技巧 1.先定装置类型，再判电极极性； 2.再看离子迁移、书写半反应； 3.最后结合电子守恒、环境酸碱性排除错误选项。 4.陌生新型电池不必纠结总反应，抓住“负极失电子、正极得电子”核心逻辑，结合介质配平，即可快速判断产物、电荷、酸碱性变化，稳定拿下选择题分。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 新型电池 1.（2025·黑吉辽蒙卷）一种基于的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是 A．放电时向b极迁移 B．该电池可用于海水脱盐 C．a极反应： D．若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力 【答案】D 【分析】放电过程中a、b极均增重，这说明a电极是负极，电极反应式为，b电极是正极，电极反应式为NaTi2(PO4)3+2e－+2Na+=Na3Ti2(PO4)3，据此解答。 【解析】A．放电时b电极是正极，阳离子向正极移动，所以向b极迁移，A正确； B．负极消耗氯离子，正极消耗钠离子，所以该电池可用于海水脱盐，B正确；C．a电极是负极，电极反应式为，C正确；D．若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag失去电子，结合氯离子生成氯化银，所以电池不会失去储氯能力，D错误；答案选D。 2.（2025·江西卷）我国学者设计了一种新型去除工业污水重金属离子的电池(如图)。下列说法错误的是 已知：为铜基普鲁士蓝() A．中的铁为价 B．交换膜为阴离子交换膜 C．洗脱目的是去除电极吸附的 D．溶液可电解再生电池负极 【答案】C 【分析】由图可知，Zn电极失去电子生成Zn2+，该原电池中左侧电极为负极，右侧电极为正极。 【解析】A．CuHCF的化学式为Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O，设该化合物中Cu、Fe元素的化合价分别为x、y，根据化合物中元素正负化合价的代数和为0可知，x=0.67(6-y)，当x=+1时，y=+4.5（不合适，舍去）；当x=+2时，y=+3，以此得出铁的化合价为+3，A正确；B．Zn电极为负极，反应为Zn - 2e- = Zn2+，负极区正电荷增加。污水中通过交换膜移向负极区以平衡电荷，说明交换膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，B正确；C．Ni2+在正极得到电子生成Ni，Ni被CuHCF电极吸附，洗脱目的是利用H2O2的氧化性去除电极吸附的Ni，C错误；D．电解Zn2+溶液时，阴极反应为Zn2+ + 2e- = Zn，可得到Zn单质再生负极，D正确；故选C。 解题妙法 1.定电极：先根据电极反应（失电子→负极，得电子→正极）或现象（增重、溶解）判断正负极；再分析离子移动方向（阳离子移向正极，阴离子移向负极）。 2.写反应：负极氧化、正极还原，结合电解质环境配平电极反应式，注意酸碱性、沉淀 / 气体生成。 3.辨膜类：根据离子移动判断交换膜类型（允许阳离子通过为阳离子交换膜，反之则为阴离子交换膜），结合电荷守恒分析离子迁移。 4.避陷阱：警惕电极反应配平错误、离子移动方向颠倒、交换膜类型误判、电池总反应与电极反应不匹配等问题，逐项验证即可快速破题。 题组二 二次电池 1.（2025·安徽卷）研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许通过。下列说法正确的是 A．放电时电解质溶液质量减小 B．放电时电池总反应为 C．充电时移向惰性电极 D．充电时每转移电子，降低 【答案】C 【分析】金属锂易失去电子，则放电时，惰性电极为负极，气体扩散电极为正极，电池在使用前需先充电，目的是将解离为和，则充电时，惰性电极为阴极，电极的反应为：，阳极为气体扩散电极，电极反应：，放电时，惰性电极为负极，电极反应为：，气体扩散电极为正极，电极反应为，据此解答。 【解析】A．放电时，会通过固体电解质进入电解质溶液，同时正极会生成进入储氢容器，当转移2mol电子时，电解质溶液质量增加，即电解质溶液质量会增大，A错误；B．放电时，由分析中的正、负电极反应可知，总反应为，B错误；C．充电时，向阴极移动，则向惰性电极移动，C正确；D．充电时每转移电子，会有与结合生成，但不知道电解液体积，无法计算降低了多少，D错误；故选C。 2.（2025·浙江卷）一种可充放电电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为和，随温度升高Q(消耗转移的电子数)增大。下列说法不正确的是 A．熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率 B．充放电时，优先于通过固态电解质膜 C．放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区转化为 D．充电时，锂电极接电源负极 【答案】C 【分析】电池放电时，锂电极为负极，发生反应：，多孔功能电极为正极，低温时发生反应：，随温度升高Q增大，正极区转化为；充电时，锂电极为阴极，得到电子，多孔功能电极为阳极，或失去电子。 【解析】A．由分析可知，电池总反应方程式为：或，充放电时有参与或生成，因此熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率，A正确；B．比的半径小，因此优先于通过固态电解质膜，B正确；C．放电时，正极得到电子，中氧原子为-1价，中氧原子为-2价，因此随温度升高Q增大，正极区转化为，C错误；D．充电时，锂电极为阴极，连接电源负极，D正确；答案选C。 解题妙法 1.定方向，判电极：先区分充电（电解池）和放电（原电池），放电时失电子的为负极，充电时接电源负极的为阴极；根据离子移动方向（阳离子向正极/阴极移动）进一步验证。 2.写反应，守守恒：放电时负极氧化、正极还原，充电时阳极氧化、阴极还原；配平电极反应式时，注意电解质环境（如熔融盐、固体电解质），确保电荷、原子守恒，再通过两电极反应相加得到总反应。 3.辨陷阱，慎判断：警惕 “充放电过程离子移动方向混淆”“未给溶液体积却计算浓度变化”“总反应式未配平” 等陷阱，同时注意温度、电解质成分对充放电速率的影响，逐项核对即可快速破题。 题组三 新型电解池 1.（2025·河南卷）一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A．Ⅱ为阳离子交换膜 B．电极a附近溶液的减小 C．电极b上发生的电极反应式为 D．若海水用溶液模拟，则每脱除，理论上可回收 【答案】D 【分析】由图可知，左侧为阴极，电极反应为，右侧为阳极，电极反应为，在膜Ⅰ和膜Ⅱ间加入海水，钠离子透过膜Ⅰ进入阴极区得到氢氧化钠，氯离子透过膜Ⅱ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，锂离子透过膜Ⅲ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，在此处得到LiCl，则膜Ⅰ为阳膜，膜Ⅱ为阴膜，膜Ⅲ为阳膜，据此解答。 【解析】A．由分析可知，膜Ⅱ为阴膜， A错误 B．a电极的反应为，pH变大，B错误；C．由分析可知，电极b的反应为，C错误；D．每脱除58.5gNaCl，转移电子数为1mol，有1molLi+和1molCl-分别透过离子交换膜Ⅲ、膜Ⅱ，可得到1molLiCl，D正确；故选D。 2.（2025·陕晋青宁卷）我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是 A．电解时，从右室向左室移动 B．电解总反应： C．以为原料，也可得到TQ D．用标记电解液中的水，可得到 【答案】D 【分析】电极b发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子得电子生成H2，以此解题。 【解析】A．电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A正确；B．根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a上H+得电子生成H2，总反应方程式为：，B正确；C．将TY()换成为原料，仍然能够得到TQ()，C正确；D．根据右图可知，用标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上，D错误；答案选D。 解题妙法 1.定电极，判反应：先看外接电源，与正极相连的为阳极（氧化反应），与负极相连的为阴极（还原反应）；根据电极产物、化合价变化，写出电极反应式，注意电解质环境。 2.析离子，辨膜类：根据 “阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动” 判断离子迁移方向；结合目标产物（如脱盐、回收金属），分析各交换膜的作用（阳离子/阴离子交换膜），判断膜的类型与离子流向。 3.算电子，守守恒：根据电极反应式，计算转移电子数，结合电子守恒，关联反应物与产物的物质的量关系；警惕 “离子交换膜误判”“电极反应配平错误”“同位素示踪路径误读” 等陷阱，逐项验证即可快速破题。 题组四 多池串联 1.（2025·甘肃卷）我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水()电解系统(如下图)。以新型为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是 A．将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率 B．在外电路中，电子从电极1流向电极4 C．电极3的反应为： D．理论上，每通过2mol电子，可产生 【答案】D 【分析】由图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为负极，发生氧化反应，电极反应式为：Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，电极2为正极发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，右侧为电解池，电极3为阳极，产生氧气，电极4产生阴极，产生氢气。 【解析】A．催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催化效率，A正确；B．根据分析，电极1是负极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正确；C．由分析可知，电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3的反应为：，C正确；D．根据分析可知，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH2，D错误；答案选D。 2.（2025·北京卷）用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。 实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系 i 石墨1 石墨2 a ii 石墨1 新石墨 b iii 新石墨 石墨2 c iv 石墨1 石墨2 d 下列分析不正确的是 A．，说明实验i中形成原电池，反应为 B．，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂 C．，说明iii中电极I上有发生反应 D．，是因为电极I上吸附的量：iv>iii 【答案】D 【分析】按照图1电解溶液，石墨1为阳极，发生反应，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，发生反应，石墨2中会吸附少量氢气；图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。 【解析】A．由分析可知，石墨1中会吸附少量氧气，石墨2中会吸附少量氢气，实验i会形成原电池，，反应为2H2+O2=2H2O，A正确；B．因为ii中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少作为还原剂，故导致，B正确；C．图2中，电极Ⅰ发生还原反应，实验iii中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，说明iii中电极I上有发生反应，C正确；D．，实验iii与实验iv中电极Ⅰ不同，，是因为电极I上吸附的量：iv>iii，D错误；故选D。 解题妙法 1.判池类型，定电极：先找外接电源，有电源的为电解池，无电源且有自发氧化还原反应的为原电池；串联电路中，电极的正负 / 阴阳关系由电子流向统一决定（电子从原电池负极流出，流向电解池阴极）。 2.配反应，析离子：根据电极类型写出反应式，注意电解质环境；结合“阳离子向阴极/正极移动，阴离子向阳极/负极移动”，分析离子迁移方向与交换膜作用。 3.算电子，守守恒：串联电路中各池转移电子数相等，据此关联反应物与产物的量；警惕 “电极类型误判”“电子流向搞反”“转移电子数不守恒” 等陷阱，逐项验证即可快速破题。 题组五 金属腐蚀与防护 1.（2025·广西卷）大型发电机的定子线圈由空芯铜导线缠绕制成。发电机运行时，需向铜导线的空芯通冷水降温，铜导线内壁因发生电化学反应生成层。一段时间后，表面产生的沉积物会造成堵塞，空芯铜导线截面如图。下列说法错误的是 A．层对铜导线起保护作用 B．正极生成的电极反应式为 C．沉积物的成分可能有 D．腐蚀最严重的区域是沉积物最多之处 【答案】D 【分析】铜导线内壁发生电化学反应生成层，负极为Cu，电极反应为，正极氧气得电子生成氢氧根离子，与OH-生成，电极反应为，据此分析； 【解析】A．Cu2O层为致密的氧化膜，能阻止内部铜与水、氧气进一步接触，对铜导线起保护作用，A正确；B．由分析得，电极反应式为，B正确；C．Cu2O可被氧化为CuO，或与H2O、CO2、O2反应生成Cu2(OH)2CO3，沉积物成分可能包含二者，C正确；D．沉积物最多的区域，有较厚的CuO、Cu2(OH)2CO3层覆盖，Cu与冷水、O2的接触被阻碍，腐蚀速率减慢，D错误；故选D。 2.（2025·全国卷）下列关于铁腐蚀与防护的反应式正确的是 A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀的负极反应： B．铁发生腐蚀生锈的反应： C．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： D．安装锌块保护船舶外壳，铁电极上发生的反应： 【答案】A 【解析】A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀，负极是Fe，电极反应式为，故A正确；B．铁腐蚀生锈的产物应为Fe2O3·xH2O，故B错误；C．发蓝处理形成的是Fe3O4氧化膜，且反应条件与产物不符，故C错误；D．安装锌块保护船舶外壳，属于牺牲阳极保护法，铁作为阴极，铁电极上可能是O2得电子发生还原反应，非Fe3+被还原，故D错误；选A。 解题妙法 1.判腐蚀类型：先判断是析氢腐蚀（酸性环境，正极生成H2）还是吸氧腐蚀（中性/弱酸性环境，正极生成OH-），明确正负极反应（负极金属失电子被氧化，正极发生还原反应）。 2.析防护原理：区分牺牲阳极法（被保护金属作原电池正极，连接更活泼的金属作负极）和外加电流法（被保护金属作电解池阴极，接电源负极），分析电极反应与保护机制。 3.避常见陷阱：警惕电极反应式配平错误、腐蚀产物判断偏差（如铁锈成分为 Fe2O3・xH2O）、保护法的电极类型混淆等问题，逐项验证即可快速破题。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·广东韶关·二模）港珠澳大桥钢管桥墩防腐技术先进，外壳镶嵌铝合金片，其结构如图所示。下列说法正确的是 A．桥墩为负极 B．海水层为电子迁移的通路 C．铝合金片上发生反应： D．若用外加电流法保护桥墩可使腐蚀电流接近零 【答案】D 【解析】A．该防护方法为牺牲阳极法，铝合金的活泼性强于铁，故铝合金片作负极，桥墩钢管作正极，A错误；B．海水层为离子迁移的通路，电子通过导线在电极间迁移，电子不能进入电解质溶液，B错误；C．铝合金片为负极，发生氧化反应：，桥墩钢管为正极，发生吸氧腐蚀的还原反应：，C错误；D．外加电流法中，桥墩钢管作阴极被保护，外加电流抑制金属的氧化反应，可使腐蚀电流接近零，D正确；故选D。 【名校预测·第2题】（2026·安徽·模拟预测）某科研小组设计如图装置，实现含盐废水(以NaCl为例)和造纸废水(以含葡萄糖为例)的有效处理，并获得HCl溶液和NaOH溶液。已知，电极A和电极B均为惰性电极，M、N、P膜为离子交换膜。下列说法正确的是 A．电势：电极A＞电极B B．M膜和P膜均为阴离子交换膜 C．该装置工作时，Ⅱ室和Ⅳ室溶液的pH均升高 D．消耗，理论上可获得24 mol NaOH和24 mol HCl 【答案】D 【分析】由图可知，电极A为原电池的负极，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，反应式为C6H12O6-24e-+ 6H2O=6CO2↑+24H+；电极B是正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；则原电池工作时，Ⅰ室中的氢离子通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室中的氯离子通过阴离子交换膜进入Ⅱ室，则Ⅱ室得到盐酸；Ⅲ室中钠离子通过阳离子交换膜进入Ⅳ室，在Ⅳ室得到氢氧化钠溶液。 【解析】A．由分析可知，电极A为原电池的负极，电极B是正极，则电极B的电势高于电极A，A错误；B．由分析可知，M膜和P膜均为阳离子交换膜，B错误；C．由分析可知，原电池工作时，Ⅱ室得到盐酸，溶液pH减小；Ⅳ室得到氢氧化钠溶液，pH升高，C错误；D．电极A的反应式为：C6H12O6-24e-+ 6H2O=6CO2↑+24H+，由电荷守恒可知，Ⅱ室可以获得24 mol氯化氢，Ⅳ室获得24 mol氢氧化钠，D正确；故选D。 【名校预测·第3题】（2026·山西运城·二模）清华大学化学工程系一团队以制浆造纸黑液中的废弃物木质素为原料，通过产电和电解耦合方式，利用空气中的氧气氧化木质素，源源不断地生成过氧化氢(如图)。下列说法错误的是 A．甲装置将化学能转化为电能，乙装置将电能转化为化学能 B．甲装置中a电极上发生氧化反应，乙装置中c电极上发生氧化反应 C．乙装置中多孔碳催化剂的作用之一是加快该电极的反应速率 D．乙装置中d电极的电极反应式为 【答案】D 【分析】该过程是产电（原电池）和电解（电解池）耦合，甲为原电池，乙为电解池。 原电池中，木质素在a电极被氧化失电子，因此a为负极，b电极上得电子，b为正极；电解池中，原电池正极b连接电解池的c电极，因此c为阳极，原电池负极a连接d电极，因此d为阴极。 【解析】A．甲是原电池，将化学能转化为电能；乙是电解池，将电能转化为化学能，A正确；B．甲中a是负极，失电子发生氧化反应；乙中c是阳极，失电子发生氧化反应，B正确；C．多孔碳催化剂可以增大电极接触面积，同时催化反应，加快电极反应速率，C正确；D．d是阴极，得电子生成目标产物，O从0价变为价，共得到电子，碱性条件下正确的电极反应为：，D错误；故选D。 【名校预测·第4题】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）一种基于蒽醌吩嗪融合分子设计的二次电池结构如图，下列说法错误的是 A．放电时，b极电势高于a极电势 B．放电时，a极电极反应式：[Fe(CN)6]4-_e-=[Fe(CN)6]3- C．充电时，b极发生氧化反应 D．充电时，理论上生成1 mol M转移2 mol电子 【答案】D 【分析】放电时，该装置为原电池，a极上被氧化为，作负极，则b极为正极；充电时，该装置为电解池，a极上被还原为，作阴极，则b极为阳极，据此解答。 【解析】A．由分析可知，放电时，b极为正极，a极为负极，正极电势高于负极，即b极电势高于a极电势，A正确；B．放电时，a极为负极，被氧化为，其电极反应式为：，B正确；C．由分析可知，充电时，该装置为电解池，b极为阳极，发生氧化反应，C正确；D．放电时，1 mol M被还原生成1 mol N时，M中2个羰基各得1个电子转化为，共转移2 mol电子，M中两个N原子也各得1 mol电子，因此1 mol M转化为1 mol N共转移4 mol电子，则充电时，理论上生成1 mol M转移4 mol电子，D错误；故选D。 【名校预测·第5题】（2026·广东中山·三模）传统氯碱工业的阳极产物除外，还有。现有一种新型电解装置如图a，可将的选择性提高至，电极Ⅱ上所发生反应的催化机理如图b所示。下列说法错误的是 A．图a装置应使用阳离子交换膜 B．是生成的中间体，也是生成的催化剂 C．理论上，该装置每生成，可制得 D．电解一段时间后，图a左室可能会发生少量的酸碱中和反应 【答案】C 【分析】图a中，电极I连接电源负极，为阴极，阴极进入含少量NaOH的水，电极反应为：，生成H2​，同时Na+从右室移向左室，左室得到浓度更高的NaOH，电极Ⅱ连接电源正极，为阳极，通入饱和食盐水，Cl−放电生成Cl2​，同时存在副反应生成少量O2​。 【解析】A．该电解目的是阴极制NaOH，阳极制Cl2，需要阳极的Na+迁移到阴极，同时阻止Cl-进入阴极，因此应使用阳离子交换膜，A正确；B．根据图b机理，生成O2​的过程中，Pt−O*是反应过程中生成、后续又被消耗的物质，属于生成O2​的中间体；生成Cl2​的循环中，Pt−O*参与反应，反应结束后重新生成，反应前后性质和质量不变，属于生成Cl2​的催化剂，B正确；C．生成10 mol H2​阴极转移总电子为20 mol，阳极除了生成Cl2​，仍有2%的O2​生成，每生成1 mol O2​转移4 mol电子，因此总电子守恒为，可得，无法制得10 mol Cl2​，C错误；D．阳极生成O2​时会产生H+，少量H+可通过阳离子交换膜进入左室（阴极室），与阴极生成的OH−发生酸碱中和反应，D正确；故选C。 倒计时7天 今日复今日，今日何其少。 —— 文嘉《今日歌》 化学反应速率与化学平衡基础理论(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年够各地高考高频考查速率计算、影响因素、平衡移动、平衡常数及转化率变化，常结合表格、曲线、分压体系综合设问。核心围绕浓度、温度、压强、催化剂对反应速率与平衡的影响，辨析勒夏特列原理适用范围，考查K、转化率、产率的定性判断与简单定量比较。常见陷阱：混淆速率与平衡、催化剂不改变平衡、恒温恒容与恒温恒压差异、反应热与移动方向错配、等效平衡概念模糊。命题立足基础理论，侧重逻辑辨析与规律应用，兼具基础性与区分度。 ►高考前沿：新高考趋向情境化命题，结合工业合成、催化反应、碳中和相关反应载体；强化分压平衡常数、多平衡耦合、条件优化选择考查；增多复杂图像分析，融合动力学与热力学综合判断；弱化机械记忆，侧重原理本质理解、模型认知与实际生产条件调控的综合应用。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 化学反应速率核心基础需精准识记 1.化学反应速率为单位时间内浓度变化，均为正值，只用气体与溶液溶质计算，固体、纯液体浓度视为常数，不列入速率表达式。 2.同一反应中，速率之比等于化学计量数之比，可快速换算对比快慢。 3.影响速率的外界因素：升温、增大浓度、加压（气体）、加催化剂、增大接触面积，均可加快反应速率；降温、稀释、减压则速率减小。催化剂只改变反应速率，同等改变正、逆反应速率，不影响平衡、不改变转化率与反应焓变。 终极归纳2 化学平衡状态判断紧抓 “变量不变” 核心逻辑 1.可逆反应在一定条件下，正逆反应速率相等、各组分浓度保持恒定，即为平衡状态。判断平衡切忌只看数值相等，需关注物理量是否为变化量： 2.压强、密度、平均摩尔质量、温度、颜色等，若反应前后该量发生改变，当其不再变化时，可判定达平衡； 3.全程不变的物理量，不能作为平衡标志。 4.同时牢记，平衡时反应物与生成物共存，反应不会停止，属于动态平衡。 终极归纳3勒夏特列原理是平衡移动解题核心，速记核心逻辑：减弱改变，不抵消改变 1.浓度改变：增大反应物浓度，平衡正向移动；减小生成物浓度，平衡正向移动。 2.压强只影响有气体参与、且反应前后气体分子数不等的反应，加压向气体分子数减小方向移动，减压向分子数增多方向移动。 3.升温平衡向吸热方向移动，降温向放热方向移动。 4.单一条件改变，平衡移动只能减弱外界变化，无法完全消除，选择题常以此设置陷阱。 终极归纳4 平衡常数与转化率高频结合考查 1.平衡常数K只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关。 2.放热反应升温K减小，吸热反应升温K增大。 3.转化率变化规律：增加一种反应物浓度，自身转化率降低，另一反应物转化率升高；加压、降温等条件，结合方程式气体计量数与反应吸放热，同步判断平衡移动与转化率、产率变化。 4.等效平衡侧重恒温恒容、恒温恒压两种模型，选择题多以投料比例对比考查平衡结果。 终极归纳5 高频易错点集中梳理，快速避坑抢分 1.混淆反应速率与平衡移动：升温一定加快速率，平衡移动只由焓变决定； 2.误将固体用量改变当作平衡影响因素； 3.恒容通入惰性气体，各物质浓度不变，速率、平衡均不移动；恒压通入惰性气体，容器体积增大，气体分压减小，平衡向气体增多方向移动； 4.忽视可逆反应不能完全进行，误算完全转化的理论产量。 终极归纳6 考场速解技巧 1.选择题优先区分速率影响因素与平衡影响因素，分开判断； 2.遇到图像题，先看拐点、起点、趋势，结合先拐先平、数值越大规律快速分析； 3.涉及K值变化，直接锁定温度变量； 4.判断平衡标志，优先筛选 “反应前后可变物理量”，快速排除错误选项。 5.立足基础理论、活用平衡规律，即可高效破题，稳定拿下该题型分数 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 单反应体系下的化学反应速率与化学平衡分析 1．（2025·江西卷）一定压强下，乙烯水合反应为： 已知： 气体均视为理想气体，下列说法正确的是 A．反应的活化能： B．恒温恒容充入，平衡向左移动 C．随温度升高而降低 D．平衡后，升高温度， 【答案】C 【解析】A．ΔH = E正 - E逆，题目中ΔH = -34585 -26.4T，为负值且随温度升高更负，说明E正 < E逆，A错误；B．恒温恒容充入N2，总压增大但各反应物分压不变，平衡不移动，B错误；C．由ΔG = ΔH - TΔS代入数据得ΔS = -71.59 -26.4lnT，温度T升高时lnT增大，ΔS更小，ΔS随温度升高而降低，C正确；D．该反应的ΔH<0，为放热反应，升温使放热反应的逆反应速率增加更多，Δv逆 > Δv正，D错误；故选C。 2.（2025·甘肃卷）加氢转化成甲烷，是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是 A．减小体系压强 B．升高温度 C．增大浓度 D．恒容下充入惰性气体 【答案】C 【解析】A．反应物气体总物质的量为5mol，生成物为3mol，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向（逆反应）移动，A不符合题意；B．该反应为放热反应，升高温度会使平衡向吸热的逆反应方向移动，B不符合题意；C．增大浓度会提高反应物浓度，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动以消耗增加的，C符合题意；D．恒容充入惰性气体不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不符合题意；故选C。 解题妙法 1.判方向，定热效应：先由 ΔH 的正负判断反应吸/放热，再用ΔG=ΔH-TΔS判断反应自发性，结合公式分析ΔS、活化能关系（ΔH=E正-E逆）。 2.析条件，用勒夏特列原理：针对压强、温度、浓度、惰性气体充入等条件，判断平衡移动方向：恒温恒容充惰性气体分压不变，平衡不移动；恒温恒压充惰性气体分压降低，平衡向气体分子数增多的方向移动。 3.辨速率，看影响因素：温度升高，正逆反应速率均增大，但吸热方向增幅更大；压强变化看气体分子数，浓度变化只影响速率不影响平衡常数。警惕“活化能关系误判”“惰性气体影响混淆”等陷阱，逐项验证即可破题。 题组二 多反应体系下的化学反应速率与化学平衡分析 1.（2025·海南卷）恒温下，反应物A与Q按图示计量关系，同时发生三个基元反应，分别生成产物B、C、D，反应速率。下列说法正确的是 A．反应的活化能①>②>③ B．提高温度仅提高反应②中活化分子百分数 C．加入催化剂，使反应③的活化能变小，D的产量降低 D．总反应速率 【答案】D 【解析】A．基元反应的反应速率与活化能成反比（活化能越低，速率越快），已知，则活化能应为①<②<③，A错误；B．升高温度会使所有反应的活化分子百分数均提高，并非“仅提高反应②”，B错误；C．催化剂降低反应③的活化能，会加快反应③的速率，使D的生成速率增大，会提高D的产量，但不提高D的产率，C错误；D．三个反应为平行反应，共同消耗反应物A和Q，总反应速率（反应物消耗速率）等于各反应速率之和，即，D正确；故答案选D。 2.（2024·浙江卷）二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应： I． II． 向容积为的密闭容器中投入和，不同温度下，测得时(反应均未平衡)的相关数据见下表，下列说法不正确的是 温度() 400 500 600 乙烷转化率() 2.2 9.0 17.8 乙烯选择性() 92.6 80.0 61.8 注：乙烯选择性 A．反应活化能： B．时，反应I的平均速率为： C．其他条件不变，平衡后及时移除，可提高乙烯的产率 D．其他条件不变，增大投料比投料，平衡后可提高乙烷转化率 【答案】D 【解析】A．由表可知，相同温度下，乙烯的选择性高于50%，说明反应I的速率大于反应Ⅱ，则反应活化能为Ⅰ<Ⅱ，A正确；B．由表可知，500℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为2mol×9.0%=0.18mol，而此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18mol×80%=0.144mol，根据方程式可得，生成乙烯的物质的量为0.144mol，则反应I的平均速率为：，B正确；C．其他条件不变，平衡后及时移除，反应Ⅰ正向进行，可提高乙烯的产率，C正确；D．其他条件不变，增大投料比投料，平衡后CO2转化率提高，C2H6转化率降低，D错误；答案选D。 解题妙法 1.判竞争，定主次：平行反应中，速率与活化能成反比（活化能越低，速率越快），据此判断反应活化能大小关系；注意温度、催化剂对不同反应的选择性影响。 2.析平衡，看联动：结合勒夏特列原理，分析条件变化（如移除产物、改变投料比）对各反应平衡的联动影响；区分“转化率”与“选择性”的概念，明确目标产物产率的优化方法。 3.辨陷阱，慎验证：警惕“活化能与速率关系颠倒”“温度对活化分子百分数影响理解片面”“投料比与转化率关系误判”等问题，逐项核对速率、平衡移动方向即可快速破题。 题组三 单反应体系下的化学反应速率与化学平衡图像分析 1.（2025·山东卷）在恒容密闭容器中，热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：温度时，完全分解；体系中气相产物在、温度时的分压分别为、。下列说法错误的是 A．a线所示物种为固相产物 B．温度时，向容器中通入，气相产物分压仍为 C．小于温度时热解反应的平衡常数 D．温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大 【答案】D 【分析】热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为和，其分解的化学方程式为，根据图数据分析可知，a线代表，b线代表，c线代表。由各线的走势可知，该反应为吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动。 【解析】A．a线所示物种为，固相产物，A正确；B．温度时，向容器中通入，恒容密闭容器的体积不变，各组分的浓度不变，化学平衡不发生移动，虽然总压变大，但是气相产物分压不变，仍为，B正确；C．根据题给图像，升高温度时物质的量增加，由于反应是在恒容密闭容器中进行，分压 不断增大，在此固气体系中，热解平衡常数 ，随温度升高增大，说明该反应为△H>0的反应。因此，尽管T2温度时，完全分解，但升温至T3过程中，热解平衡常数Kp将不断增大，则在T3时的显然小于 Kp，(Q＜K反应未达平衡)，由此即可判断出此时，的分压p3小于平衡常数 Kp，C正确；D．若b线为气相产物，加入后分压增大，逆反应速率瞬时增大，平衡左移。重新平衡时，温度不变，平衡常数不变，气相产物分压不变，逆反应速率不变，D错误；故选D。 2.（2024·重庆卷）醋酸甲酯制乙醇的反应为：。三个恒容密闭容器中分别加入醋酸甲酯和氢气，在不同温度下，反应t分钟时醋酸甲酯物质的量n如图所示。下列说法正确的是 A．该反应的 B．容器甲中平均反应速率 C．容器乙中当前状态下反应速率 D．容器丙中乙醇的体积分数为 【答案】D 【分析】温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙反应升高温度，醋酸甲酯量增大，则反应逆向进行，正反应为放热反应，焓变小于0； 【解析】A．由分析，该反应的，A错误； B．容器甲中平均反应速率，B错误；C．温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙达到平衡状态，但不确定乙是否平衡，不能确定正逆反应速率相对大小，C错误；   D．对丙而言： 容器丙中乙醇的体积分数为，D正确；故选D。 解题妙法 1.读图像，定物质：先根据曲线趋势判断反应物、生成物，结合温度变化分析反应热效应（如吸热反应升温平衡右移，产物物质的量增大），区分固体与气体产物。 2.析平衡，用规律：结合勒夏特列原理分析条件变化（如恒容充惰性气体、改变温度 / 压强）对平衡的影响；利用平衡常数（如分压常数Kp）判断反应进行方向，对比不同温度下的平衡状态。 3.辨速率，算数据：根据图像数据计算反应速率、转化率、产率，注意反应计量比的换算；警惕 “温度对平衡常数的影响误判”“分压与总压混淆”“速率计算时计量数遗漏” 等陷阱，逐项验证即可破题。 题组四 多反应体系下的化学反应速率与化学平衡图像分析 1.（2025·江苏卷）甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ   反应Ⅱ   反应Ⅲ   条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A．时，的平衡转化率为20% B．反应达平衡状态时， C．其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大 D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 【答案】A 【分析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则其不可能是含碳微粒，故曲线①表示，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线③代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，物质的量降低，则曲线②代表，据此解答。 【解析】A．时，，，，根据C原子守恒，可得，根据O原子守恒，可得(也可利用H原子守恒计算，结果相同)，则，A正确；B．时，，，则，B错误；C．范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则的物质的量减小，C错误；D．增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，的物质的量减小，D错误；故选A。 2.（2024·湖南卷）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应： 主反应：   副反应：   在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A．投料比x代表 B．曲线c代表乙酸的分布分数 C．， D．L、M、N三点的平衡常数： 【答案】D 【分析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为、，若投料比x代表，x越大，可看作是CH3OH的量增多，则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CH3COOCH3分布分数，曲线c或曲线d表示CH3COOH分布分数，据此分析可知AB均正确，可知如此假设错误，则可知投料比x代表，曲线a或曲线b表示，曲线c或曲线d表示，据此作答。 【解析】A．根据分析可知，投料比x代表，故A错误；B．根据分析可知，曲线c表示CH3COOCH3分布分数，故B错误；C．甲醇与一氧化碳的反应为熵减反应，若反应为吸热，则任何条件下都不能自发，所以甲醇和一氧化碳的反应为放热反应，则ΔH1<0；当同一投料比时，观察可知T1时大于T2时，由T2＞T1可知，温度越高则越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，，故C错误；D．L、M、N三点对应副反应，且，升高温度平衡逆向移动，，故D正确；故答案选D。 解题妙法 1.辨反应，定趋势：先明确各反应的热效应（ΔH）与气体分子数变化，结合图像曲线趋势，判断温度、压强对主、副反应平衡的影响，区分各曲线对应的物质。 2.析联动，判平衡：多反应体系中，一个反应的产物可能是另一个反应的反应物，需结合勒夏特列原理，分析条件变化对整体平衡的联动影响；利用原子守恒、物质的量关系，计算转化率、物质的量之比。 3.避陷阱，慎验证：警惕 “温度对多个反应的平衡移动影响混淆”“投料比与分布分数关系误判”“平衡常数随温度变化判断错误” 等问题，逐项核对数据与反应规律即可快速破题。 题组五 化学反应速率与化学平衡的有关计算 1.（2024·江西卷）温度T下，向1 L真空刚性容器中加入1 mol CHOH，反应达到平衡时，c(Y)=0.4 mol·L-1， 下列说法正确的是 A．再充入1 mol X和1 mol Y，此时v正<v逆 B．再充入1 mol X，平衡时c(Y)=0.8 mol·L-1 C．再充入1 mol N2，平衡向右移动 D．若温度升高，X的转化率增加，则上述反应ΔH<0 【答案】A 【分析】根据反应方程式可知，平衡时c(X)=、c(Y)=c(Z)=0.4mol/L；则K=。 【解析】A．再充入1 mol X和1 mol Y后，c(X)=(0.6+1) mol/L=1.6mol/L，c(Y)=(0.4+1)mol/L=1.4 mol/L，c(Z)=0.4mol/L，浓度商Q=；当Q>K时，平衡逆向移动，故有v正<v逆，A正确；B．向真空刚性容器中再充入1mol X相当于增大压强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则平衡时，Y的浓度小于0.8mol/L，B错误；C．刚性容器中充入惰性气体，各物质浓度不变，故Q=K，平衡不移动，C错误；D．温度升高，X转化率增加，说明平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升高温度平衡向吸热方向移动，故正反应，D错误；故答案选A。 2.（2022·辽宁卷）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下： 时间段/ 产物Z的平均生成速率/ 0～2 0.20 0～4 0.15 0～6 0.10 下列说法错误的是 A．时，Z的浓度大于 B．时，加入，此时 C．时，Y的体积分数约为33.3% D．时，X的物质的量为 【答案】B 【解析】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式： 根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；故答案选B。 解题妙法 1.三段式建模：先根据反应方程式列出起始、转化、平衡浓度，结合题目数据算出各物质的平衡浓度，为后续计算打基础。 2.算K与Q 判移动：利用平衡浓度计算平衡常数K，再根据新条件计算浓度商Q，通过Q与K的大小关系判断平衡移动方向，比较正逆反应速率大小。 3.析条件，避陷阱：分析压强、惰性气体、温度对平衡的影响，注意 “恒容充惰性气体不改变分压，平衡不移动”“固体反应物浓度视为常数” 等关键点；警惕 “等效平衡误判”“反应速率计算时平均速率与瞬时速率混淆” 等陷阱，逐项验证即可快速破题。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·安徽蚌埠·模拟预测）在两个容积均为2 L的恒容密闭容器中，起始时均充入，以温度、催化剂为实验条件变量，进行的分解实验［反应为］。测得的结果如图所示。(曲线Ⅱ、Ⅲ表示经过相同时间且未达到化学平衡时的转化率) 下列说法正确的是 A．分解放热 B．由曲线Ⅱ、Ⅲ可知，加入可提高的平衡转化率 C．时，后达到平衡，的生成速率为 D．以上，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明失去催化活性 【答案】D 【解析】A．温度升高，的平衡转化率升高，说明升温使平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此分解是吸热反应，A错误；B．催化剂只改变反应速率，不影响平衡状态，不能改变平衡转化率，因此加入不会提高的平衡转化率，B错误；C．时，后达到平衡，平衡转化率为50%，转化的n()=0.5a mol，根据反应，生成n(H2)=0.5a mol，容器容积为2 L，则v(H2)==，与选项给出的速率不符，C错误；D．曲线Ⅱ（有催化剂）、Ⅲ（无催化剂）都是未达平衡时的转化率，相同温度下，原本有催化剂反应速率更快，相同时间转化率更高；1100℃以上二者几乎重合，说明有无催化剂反应速率几乎相同，证明​失去催化活性，D正确；故选D。 【名校预测·第2题】（2026·北京石景山·一模）在一定温度下的密闭容器中发生反应：，平衡时测得A的浓度为。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为。下列有关判断不正确的是 A．反应的平衡常数不变 B．平衡向正反应方向移动 C． D．C的体积分数减小 【答案】B 【解析】A．平衡常数仅与温度有关，反应温度保持不变，故平衡常数不变，A正确；B．容器容积扩大到原来的两倍时，若平衡不移动，A的浓度应为，实际测得A浓度为，说明平衡向逆反应方向移动，而非正反应方向，B错误；C．容器容积扩大即减小压强，平衡向气体总物质的量增大的方向移动，该反应平衡逆向移动，说明反应物气体总化学计量数大于生成物，即，C正确；D．平衡逆向移动，C的物质的量减少，且反应逆向进行时气体总物质的量增大，故C的体积分数减小，D正确；故选B。 【名校预测·第3题】（2026·重庆·模拟预测）丙烷裂解时发生如下2个反应：（Ⅰ）；（Ⅱ）。在1200℃、1 MPa条件下，和的混合气体在催化剂a或b吸附催化下发生反应Ⅰ和Ⅱ。图1是和（T范围1000℃～1500℃）的关系。图2是使用催化剂a时，平衡时转化率、选择性以及生成速率随变化的关系。已知：（为速率常数，为活化能，为常数）。下列说法正确的是 A．实验条件下，催化剂效果： B．实验条件下，当体系中压强不变时反应达平衡状态 C．实验温度下， D．生成速率减小是因为高温使催化剂活性降低 【答案】C 【解析】A．已知：，图1中a线更陡，更大，活化能越大，催化效果越差，所以实验条件下，催化剂效果：，A错误；B．反应：（Ⅰ）；（Ⅱ）在1200℃、1 MPa恒压条件下发生反应，压强不变，当体系中压强不变时，不能判断反应是否达到平衡，B错误；C．图2中，时，转化率为40%，选择性为90%，假设，则生成的物质的量为，的物质的量为，生成和的物质的量为，，C正确；D．图2曲线的自变量是变化的关系，并未改变温度，所以生成速率减小与高温使催化剂活性降低无关，可能得原因是氢气占比增大，导致丙烷在催化剂上的吸附浓度下降，生成速率减小，D错误；故答案选C。 【名校预测·第4题】（2026·江西新余·二模）乙二醇是一种重要的化工原料，可由DMO发生如下3个均放热的连续反应合成乙二醇，其中仅MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 在、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，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]，其中曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性。下列说法正确的是 A．曲线Ⅲ表示DMO的实际转化率的变化曲线 B．时，出口处的值为1.98 C．减小初始氢酯比有利于提高点的转化率 D．点反应的浓度商(用物质的量分数代替浓度计算) 【答案】B 【分析】由题干信息可知，DMO转化为MG的反应为不可逆反应，随着温度升高，活化分子百分率增加，DMO转化率提高，直至达到近100%，符合曲线Ⅰ的变化趋势，因此，曲线Ⅰ表示DMO的实际转化率。在反应过程中，DMO先转化为MG，之后依次转化为乙二醇和乙醇，根据图像，当温度为450K时，曲线Ⅱ和曲线Ⅳ代表的选择性分别为50%，和为100%，而曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线Ⅳ表示MG的选择性，曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，据此作答。 【解析】A．由分析可知，曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，曲线Ⅰ表示DMO的实际转化率，A错误；B．设DMO的起始量，根据图像，当温度为483K时，DMO的转化率为99%，则，出口处的，，则出口处，B正确；C．减小初始的氢酯比会导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C错误；D．由题干信息可知，初始氢酯比，设起始投料量，，在A点处，DMO的转化率为80%，其消耗量，乙二醇和MG的选择性均为50%，则出口处，，据此可列式： 体系中，物质的量分数，则该反应浓度商，D错误；故答案选B。 【名校预测·第5题】（2026·重庆·二模）如下两个反应在某温度下的压强平衡常数分别为和。 反应1：2FeSO4(s)Fe2O3(s)+SO2(g)+SO3(g)  Kp1=8.1×107 Pa2 反应2：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)  Kp2=105 Pa 在该温度、1×105 Pa条件下，向充满O2的恒压密闭容器中投入1.2 mol S，充分反应至t1时刻，此时容器中无S剩余，O2剩余0.4 mol。再向该体系中迅速投入1 mol无水FeSO4固体，此过程容器与外界未发生气体交换。 下列说法错误的是 A．平衡时，n(FeSO4)<1 mol B．t1时刻，p(SO2)=5×104 Pa C．起始时，n(O2)=1.8 mol D．加入FeSO4后，气体总物质的量为1.6 mol 【答案】A 【分析】根据硫元素守恒知，时刻n(SO2)+ n(SO3)=1.2mol，n(O2)=0.4mol，n总=1.6mol，Kp2=105 Pa，此时p总=1105 Pa，则，故，n(SO2)=0.8mol，n(SO3)=0.4mol，此时p(SO2)、p(SO3)依次为5×104Pa、2.5×104Pa。 【解析】A．加入FeSO4时，体系中，远大于，FeSO4不分解，，A错误；B．时刻气体总物质的量1.6mol，的分压为，B正确；C．1.2mol S完全生成SO2消耗1.2mol O2，生成0.4mol SO3消耗0.2mol O2，总消耗O2为1.4mol，剩余0.4mol，故起始n(O2)=1.4mol+0.4mol=1.8mol，C正确；D．FeSO4不分解，气体组成不变，总物质的量仍为1.6mol，D正确；答案选A。 倒计时6天 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金。 —— 刘禹锡《浪淘沙》 化学反应原理压轴综合大题 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来全国各地方高考，原理综合大题为核心压轴题型，整合热化学、反应速率、化学平衡、水溶液离子平衡、电化学等主干知识。常以工业合成、废气治理、能源转化为情境，结合多维图像、数据表格、分压体系设问。高频考查盖斯定律计算、速率方程、平衡常数换算、转化率与产率分析、平衡移动调控、弱电解质电离与沉淀溶解平衡。命题陷阱集中在恒容恒压差异、多反应耦合、平衡常数影响因素、图像拐点含义辨析，设问层层递进，兼顾定性分析与定量计算，区分度突出。 ►高考前沿：新高考持续强化多反应共存、分压平衡常数、动力学与热力学综合考查；结合催化机理、碳中和、新型储能等热点情境；增加陌生速率公式、复杂图像分析与工艺条件优化评价；弱化机械计算，侧重原理迁移、模型建构与综合推理，凸显学科核心素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1  大题核心考查模块（四大模块，必记） 压轴题均围绕以下四大模块综合命题，每个模块掌握核心要点和答题规范，拆分突破、逐个击破，再整合应用。 1热化学与盖斯定律（基础送分，必拿）：核心考查ΔH计算、热化学方程式书写。 ①盖斯定律应用：找准目标方程式，调整已知方程式（乘除、颠倒），ΔH同步调整（颠倒变号，乘除同倍）； ②热化学方程式书写：标注物质状态、ΔH正负和单位，计量数与ΔH数值成正比，无需标注反应条件。 2化学反应速率与化学平衡（核心难点，重点突破）： ①速率计算：v=Δc/Δt，注意单位换算（mol·L-1·min-1或mol·L-1·s-1），结合图像斜率计算更快捷； ②平衡判断：“变量不变即平衡”（如浓度、压强、密度、转化率不再变化）； ③平衡常数（K）：表达式只写气体、溶液浓度，固体、纯液体不代入，K只与温度有关（放热反应，升温K减小；吸热反应，升温K增大）； ④平衡移动：遵循勒夏特列原理，结合温度、压强、浓度变化判断移动方向，重点掌握图像分析技巧。 3水溶液中的离子平衡（区分度考点，规范答题）：核心考查三大守恒、离子浓度排序、Ksp计算、滴定曲线。 ①三大守恒：电荷守恒（阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数）、物料守恒（原子守恒）、质子守恒（可由电荷守恒+物料守恒推导）； ②离子浓度排序：先判断溶液酸碱性，再结合守恒关系排序（如酸性溶液中c(H⁺)>c(OH⁻)，再结合溶质电离、水解分析）； ③Ksp计算：代入离子浓度（注意幂次），判断沉淀是否生成（离子积Qc>Ksp生成沉淀，反之不生成）。 4电化学（高频模块，模板化答题）：核心考查电极判断、电极反应式书写、电子守恒计算。 ①电极判断：原电池（负极失电子、发生氧化反应，正极得电子、发生还原反应）；电解池（阳极失电子、阴极得电子）； ②电极反应式书写：结合电解质环境（酸性/碱性），配平原子、电荷，补充H+、OH-或H2O； ③计算：利用电子守恒，串联电路中电子转移量相等，结合电极反应式计算产物量。 终极归纳2  大题解题万能模板（必记，直接套用） 压轴题看似复杂，实则有固定解题流程，掌握以下模板，可快速梳理思路、规范答题，避免遗漏踩分点。 1审题：圈出关键信息（反应方程式、温度、压强、浓度、图像数据、电解质环境），明确考查模块（单一模块或多模块综合）。 2拆分模块：将大题拆解为热化学、速率平衡、水溶液、电化学单个小问题，逐个解答，避免交叉混淆。 3规范答题： ①计算类：写出公式→代入数据→计算结果→标注单位（如K的计算，先写表达式，再代入浓度，最后得出数值，无单位）； ②文字描述类：遵循“原因+结果”答题话术（如平衡移动：“升温，平衡向吸热反应方向移动，因为勒夏特列原理，升高温度，平衡会减弱温度升高的影响”）； ③电极反应式：先写得失电子，再配平原子，最后配平电荷，结合环境补充离子。 4整合检查：确保各模块答案连贯，数据计算无误，答题规范（无错别字、单位正确、步骤完整）。 终极归纳3  高频踩分点（必记，不丢基础分） 压轴题评分标准严格，记准以下踩分点，确保会做的题不丢分，难题抢拿步骤分。 1热化学：ΔH计算步骤（标注盖斯定律应用过程）、热化学方程式状态标注、ΔH正负和单位。 2速率平衡：速率计算的公式和单位、平衡常数表达式、平衡移动的原因描述、转化率计算（转化率=变化量/初始量×100%）。 3水溶液：三大守恒方程式书写（无遗漏离子）、离子浓度排序的理由、Ksp表达式和计算步骤。 4电化学：电极名称判断、电极反应式书写（配平正确、结合环境）、电子守恒计算的过程。 终极归纳4  高频易错陷阱（避错必记，规避失分） 压轴题失分多在细节，记准以下陷阱，避免“会做但写错”“计算失误”。 1计算陷阱：速率单位换算错误（如min与s混淆）、K计算代入固体/纯液体、转化率计算遗漏初始量或变化量、电子守恒计算时未配平电极反应式。 2规范陷阱：热化学方程式未标状态、ΔH单位错误（如漏写mol-1）；电极反应式未结合电解质环境（如碱性条件下写H+）；文字描述未体现“原因+结果”，踩分点不全。 3概念陷阱：混淆“平衡常数K”与“离子积Qc”（K只与温度有关，Qc随浓度变化）；误将“催化剂”当作影响平衡的因素（催化剂只改速率、不改平衡）；混淆原电池与电解池的电极反应（原电池自发反应，电解池需要外接电源）。 4图像陷阱：误判平衡图像的横纵坐标含义、混淆“正反应速率”与“逆反应速率”、误将“转化率变化”当作“平衡移动方向”。 终极归纳5  考前速记技巧（高效冲刺） 1公式速记：重点记K、速率、转化率、Ksp、ΔH（盖斯定律）核心公式，无需推导，直接套用。 2话术速记：提前背熟平衡移动、电极反应、离子浓度分析的标准答题话术，避免答题不规范。 3优先级原则：先做基础模块（热化学、简单速率计算），再做难点模块（平衡图像、电化学综合），难题不纠结，优先抢拿步骤分。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 物质制备类的原理综合题 1.（2025·贵州卷）TiC是一种极具潜力的超高温结构材料，其制备总反应为：   反应步骤如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   回答下列问题： （1）______________，总反应的随温度T的变化关系如图，则总反应自发进行的温度条件为________。 （2）在恒容密闭容器中，加入1 mol 、5 mol C和8.4 mol氢气，以从20℃升温至1500℃后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间t变化关系如图。已知：剩余固体质量分数 ①148 min之前反应速率逐渐加快的原因是________。 ②M、N点的反应速率________(选填“>”“=”或“<”)，其原因是________。 ③设Q点达平衡，总压为p kPa，则1500℃时总反应的________(分压=总压×物质的量分数，用含p的代数式表示)。 （3）高温下，向和C反应体系中加入NaF，可形成TiC-NaF(l)(TiC与NaF共熔体)，最终获得TiC，原理如下： ⅰ． ⅱ．______________ ⅲ． 过程ⅱ的化学方程式为________，加入NaF有利于生成更多TiC的原因是________。 【答案】（1） 温度高于1258K （2）该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因 > 随着反应进行生成了固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢 （3） 加入熔融 NaF 能生成TiC与NaF共熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移动，有利于得到更多的 TiC 【解析】（1）根据盖斯定律，总反应可由×I +×Ⅱ + ×Ⅲ得到：==；由图可知，当时，，反应自发进行； （2）①148 min之前反应速率逐渐加快的原因是该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因； ②148分钟以后，温度已经保持不变状态，由斜率可看出；原因可能是因为随着反应进行生成了固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢； ③1500℃时时，剩余固体质量分数为68%，初始固体总质量：，剩余固体质量：，设反应的为，三段式为 剩余固体质量：，则56x = 140 - 95.2，解得x = 0.8 mol，平衡时，气体总物质的量； （3）过程ⅱ的化学方程式与的作用  ，过程ⅰ：；过程ⅲ：，因此过程ⅱ为与液态反应生成，方程式为：  ；加入熔融 NaF 能生成TiC与NaF共熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移动，有利于得到更多的 TiC。 2.（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；。 解题妙法 1.盖斯定律定热效应：通过已知分步反应，用盖斯定律推导总反应的ΔH，再结合ΔG=ΔH-TΔS，判断反应自发进行的温度条件，快速锁定反应方向。 2.速率平衡图像分析：结合图像曲线变化，分析速率变化原因（如升温、产物覆盖影响接触面积）；利用分压与物质的量分数的关系，计算平衡常数Kp，注意总压与分压的换算。 3.条件优化与机理解释：用勒夏特列原理分析助剂、温度、压强对平衡的影响，从“移除产物、降低活化能、改变接触状态”等角度，解释反应条件优化的原理，确保逻辑闭环。 题组二 电解质溶液类的原理综合题 1.（2025·浙江卷）氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。请回答： （1）下列措施中能提高新制饱和氯水中浓度的是_______。 A．加固体 B．加水 C．加粉末 D．加足量溶液 （2）氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： I   Ⅱ       Ⅲ   时，在不同下，约氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值如图所示(溶液体积保持不变)。 ①分子的空间构型是_______。 ②在之间，浓度增加，其最大来源是_______(填含氯微粒符号)。 ③该氯水中氯元素质量守恒表达式：_______。 ④在图中画出之间，随的变化曲线_______。 （3）某研究小组提出，商用(常含杂质)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。 Ⅳ   V   中含量对反应初始速率的影响如图所示。实验条件：初始浓度相同。 ①的存在主要加快了反应_______(填“Ⅳ”或“V”)。 ②指出改变的影响因素，并解释原因_______。 【答案】（1）C （2）V形(或角形)HClO （3）V 影响因素是溶液 pH以及含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大 【解析】（1）饱和氯水中存在平衡：，平衡正向移动，增加HClO浓度： A．加NaCl固体，浓度增加，平衡逆向移动，HClO降低，A错误； B．加水，平衡正向移动，HClO物质的量增加，但浓度降低，B错误； C．加粉末，消耗，平衡正向移动，HClO浓度增加，C正确； D．加足量溶液，消耗，平衡正向移动，但溶液体积会变大，HClO浓度下降，且足量的也会和HClO反应，进一步导致HClO浓度下降，D错误； 故答案为C。 （2）①分子的中心原子O的价层电子数为，O有2对孤电子对，空间构型是V形(或角形)； ②在之间，浓度增加，主要来自 HClO 的电离：； ③溶于水生成等量的和HClO，HClO进一步转化为和，则该氯水中氯元素质量守恒表达式：； ④由 可知，随着 pH 升高，减小，亦随之减小，且，代入pH=4时，，得到，同理，pH=9时，，，故从 pH=4 到9时，从-11点位大致呈单调下降曲线递减到-14点位，如图所示：； （3）①反应Ⅳ是自身的氧化还原反应，而反应V是做氧化剂，将氧化为(氯的含氧酸中并不是化合价越高，氧化性越强)，故当存在时，存在题（2）中Ⅰ和Ⅲ的电离平衡，主要影响的是反应Ⅴ，即加快了反应Ⅴ的反应速率； ②读图可知，影响的主要因素有溶液 pH以及 含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大。 2.（2025·江苏卷）海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 （1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。 ①玻璃中的能与反应生成_______(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有_______。 （2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：_______。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为_______。 (ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有_______(填离子符号)。 （3）为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，_______，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。 【答案】（1） 碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀 （2） 滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点 （3）分别加入等体积(如5mL)的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积 【解析】（1）①是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为。 ②吸氧腐蚀时正极反应式为，根据化学平衡移动原理，碱性溶液中，浓度较大，会抑制得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢；在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯水溶解氧的能力低，减少了文物与的接触，减缓吸氧腐蚀。 （2）①无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为价的FeS、，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式：。 ②由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为。与反应生成蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，铁片上会出现红色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH知，在盐水中被氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成，被进一步氧化为，此时体系中的阳离子主要有。 （3）要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用与的反应进行实验。实验中，首先需要将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用溶液酸化，再加入溶液，通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗。溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。 解题妙法 1.“平衡优先”原则：所有问题的底层逻辑都是化学平衡（电离、水解、氧化还原平衡），先写出核心平衡式，再分析外界条件的影响。 2.“微粒观”贯穿始终：遇到守恒类问题，先列出体系中所有含目标元素的微粒，再根据原子守恒、电荷守恒、物料守恒书写表达式。 3.“图表信息转化”技巧： （1）先明确横纵坐标含义（如本题pH与lgc）； （2）分析曲线的起点、拐点、趋势对应的平衡变化； （3）结合题干反应式，将图表数据与平衡移动、反应速率关联。 题组三 反应机理类的原理综合题 1.（2026·浙江卷）某小组想用CO制取，反应如下： I．      Ⅱ．              Ⅲ．                           请回答： （1）①_______kJ/mol。 ②某同学在常温常压下，往CO与以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现几乎无。该同学认为是该反应的平衡常数极小导致的，你认为该同学的说法_______(“正确”或“错误”)，设计实验验证你的结论：_______(简述即可)。 （2）Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在250℃条件下，用Pt催化CO制取，反应如下： Ⅳ   V   Ⅵ (过渡态) Ⅶ Ⅷ ①Pt(原子序数78)，位于元素周期表第_______周期_______族。 ②反应Ⅳ的_______0(填“>”、“<”或“=”)。 ③在图中画出位置(虚线框内) _______。 （3）某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由降为，相关反应如下： 序号 反应 Ea(kJ/mol) a 144 b 101 c 56 d 48 e 40 f 39 g 24 h 15 i 14 ①该研究小组采取的措施是_______。 ②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：_______(填序号)。 【答案】（1）-283 错误 点燃，检验产物 （2）第六周期 Ⅷ < （3）通入氢气 hgeidf或dhgeif等合理答案 【解析】（1）①根据盖斯定律，反应Ⅲ=。 ②该同学的结论“错误”。CO与O2常温下难反应的根本原因是活化能高而并非平衡常数过小，可通过点燃使之迅速产生CO2来验证。 （2）①Pt(原子序数78)，可根据稀有气体氡（86号元素）进行推断，按照元素周期表位置可知其在Ni元素所在列，故位于元素周期表第六周期第Ⅷ族。 ②反应Ⅳ是CO吸附在催化剂表面的过程，气态的CO吸附在固体的催化剂上，混乱度减小，。 ③由转化为时形成新的化学键放热故的能量比低，但在催化剂上脱附是吸热过程，故的位置在与的下面，如图：。 （3）①根据（3）题干表格中给出的反应历程，如h： ，g： 等，均涉及或含氢物种，说明体系中引入了作为反应物或助催化剂，开辟了新的、活化能更低的反应路径，从而能在30℃下进行反应。 ②根据表格中各基元反应判断反应进行的优先顺序h(H2(g)→H2*→2H*)→g(O2(g)+H*→O2H*)→e(O2H*→O*+OH*)→→→f(O*+CO*→O...CO*→CO2*)，故反应顺序是hgeidf；或其他合理答案：hgei位置不能互换，d可以在hgei前，也可以在hgei后，f在hgei后面，如dhgeif也可。 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。 解题妙法 1.“热力学+动力学”双视角：先通过盖斯定律、平衡常数判断反应趋势，再通过活化能、反应速率判断反应可行性。 2.“原子守恒”贯穿机理分析：反应历程中，每一步的反应物、中间体、生成物都需满足原子守恒，可据此补全缺失的基元反应或中间体。 3.“催化剂作用本质” 理解：催化剂通过改变反应路径（降低活化能）加快反应速率，不改变平衡常数，不影响反应的焓变。 4.“图表信息转化”技巧： （1）能量曲线：关注峰值（活化能）、拐点（中间体）、起点终点（反应物 / 生成物能量）； （2）历程示意图：关注中间体的吸附态、成键方式、转化方向，推导产物和竞争反应。 题组四 环保类的原理综合题 1.（2025·天津卷）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。 Ⅰ．CO2与苯的分子结构 （1）CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为___________，苯是___________(填“极性”或“非极性”)分子。 Ⅱ．苯的催化氧化 Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。 （2）光照条件下，对应的转化率曲线为___________(填“a”或“b”)。 （3）有、无光照条件下，两种反应历程的___________(填“相等”或“不等”)。 Ⅲ．CO2的转化 （4）CO2与H2反应可以合成甲醇：。一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是___________(填序号)。 a.分离出甲醇    b.充入稀有气体    c.增加H2量    d.降低温度 （5）一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。 ①电极a是___________极，电极反应式为___________； ②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)； ③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为___________。 【答案】（1）sp 非极性 （2）a （3）相等 （4）acd （5）阴 降低 K+ 【解析】（1）CO2分子中碳原子的中心原子价层电子对数为=2，故杂化轨道类型为sp；苯分子的空间构型是平面正六边形，分子结构对称，为非极性分子，故答案为sp；非极性。 （2）活化能越低，反应速率越快，相同时间内反应物的转化率越高，无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol，所以有光照条件下反应速率更快，对应的转化率曲线为a，故答案为a。 （3）反应的焓变只与反应物与生成物的总能量有关，与反应历程无关，所以有、无光照条件下，两种反应历程的相等，故答案为相等。 （4）a．分离出甲醇，即减小生成物浓度，平衡正向移动，a符合题意；b．恒温恒容条件下充入稀有气体，各反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，b不符合题意；c．增加H2量，即增大反应物浓度，平衡正向移动，c符合题意；d．该反应的，降低温度，平衡正向移动，d符合题意；故答案选acd。 （5）①由图可知，电极a上转化为，碳元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，电极反应式为，故答案为阴极；。 ②由图可知，电极b上转化为，碳元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，电极反应式为， 反应过程中消耗，溶液的pH降低，故答案为降低。 ③电解过程中，阳离子向阴极（电极a）移动，左侧溶液中有，所以通过阳离子交换膜的离子为，故答案为。 2.（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，且二氧化碳、甲烷的选择性之和为100%，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。 解题妙法 1.物质结构中，CO2等直线形分子中心原子为sp杂化，苯等对称结构为非极性分子。反应速率方面，活化能越低反应越快，光照、催化剂仅降活化能，不改变ΔH（ΔH只与反应物、生成物总能量有关）。 2.平衡移动需结合反应热和气体分子数：放热+气体分子减少反应，低温高压可提高产率；恒容充稀有气体平衡不移动。 3.电解池判极看化合价：降价为阴极、升价为阳极，阳极pH多降低，阳离子向阴极迁移，电极反应式需配平电荷和原子。 4.盖斯定律可通过已知反应加减运算求ΔH；反应历程中，活化能最大的基元反应为决速步。图像题需区分转化率与选择性曲线，多反应体系需叠加各反应平衡移动效果。易错点：避免混淆活化能与ΔH、误判离子移动方向及恒容稀有气体影响。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·湖南岳阳·二模）目前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为： Ⅰ.   Ⅱ.   回答下列问题： （1）已知：25℃、100kPa下，由各种元素指定单质生成1mol某纯物质的热效应叫做该物质的标准摩尔生成热。部分物质如下表。 物质 0 则___________。 （2）向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的乙醇和水蒸气，发生反应Ⅰ和Ⅱ，下列叙述能说明反应Ⅰ已达到平衡状态的有___________。 A．和的物质的量之比不再变化 B．气体平均摩尔质量不再变化 C． D．混合气体的密度不再变化 （3）下列关于反应Ⅰ的随温度T(K)的变化趋势正确的是___________(填序号)。 （4）恒压条件下，向密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图所示。 注：副产物指、CO、混合气体 [已知：乙酸选择性=×100％] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为___________。 ②由图中信息可知，乙酸的选择性随温度升高呈先增大后减小的抛物线趋势，请解释后减小的原因：___________。 ③在温度为270℃，压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8.2mol。平衡时乙醇的转化率为80％，，则反应Ⅰ的压强平衡常数___________kPa(计算出结果；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （5）某团队提出一种新型高效的光电分解水制氢的方法——磁场辅助光电分解水(如图所示)，在光照、磁场中，光电极产生“电子”和“空穴(，具有强氧化性)，它们分别驱动电极反应。 ①电极X为___________极(填“阴”或“阳”)。 ②在酸性介质中生成M的电极反应式为___________。 【答案】（1）+44 （2）AB （3）c （4） 温度升高，副反应的速率增大，更多乙醇转化为副产物，所以乙酸选择性降低 （5）阴极 【解析】（1）反应焓变ΔH=生成物总标准生成热−反应物总标准生成热。对反应Ⅰ：代入数据：。 （2）A：反应Ⅰ生成和，反应Ⅱ生成和，​与的物质的量之比不变时，说明各产物物质的量不变，反应Ⅰ达到平衡，A正确； B：总气体质量不变，两个反应均为气体分子数增多的反应，总物质的量随反应进行变化，平均摩尔质量​，不变时说明不变，反应达到平衡，B正确；C：平衡时应满足，C错误；D：恒温恒容，总气体质量和体积都不变，密度始终不变，不能说明平衡，D错误；故选AB； （3）反应Ⅰ，反应后气体分子数增多，，则中，斜率为，时，且随着温度升高的值减小，对应曲线c。 （4）①时乙酸选择性最高，副产物最少，是最适宜温度。 ②温度升高后，生成副产物的副反应速率加快，更多乙醇转化为副产物，因此乙酸选择性下降。 ③转化的乙醇总物质的量为，由，得，。各物质平衡量： ，，，。 分压：，，，。。 （5）①电子移向电极X，X得到电子发生还原反应，为阴极。 ②是水被空穴（，强氧化剂）氧化生成的氧气，酸性条件下电极反应如上为。 【名校预测·第2题】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）科研人员开发了三种新型氨合成方法。 方法一：N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g)  ΔH3 已知：①2N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+3O2(g)  ΔH1=+1266.4 kJ/mol ②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)  ΔH2=-566.0 kJ/mol （1）ΔH3=___________kJ/mol。 （2）反应①、②的吉布斯自由能变化(ΔG)随温度变化情况如图1所示，结合图像分析反应N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g)中CO的作用是___________。 方法二：200℃，常压下，利用工业废气NO与H2在催化剂表面反应直接合成NH3。主要反应如下： 主反应：2NO(g)+5H2(g)⇌2NH3(g)+2H2O(g) 副反应：2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g) （3）分析该合成方法较传统合成氨的优势：___________。(写出两点即可) （4）200℃，恒压p条件下，向一密闭容器中按n(NO):n(H2)=1:3投料发生以上反应。一段时间后体系达到平衡状态，NO的转化率为80%，NH3选择性为90%(NH3的选择性=×100%)。则主反应的压强平衡常数Kp=___________(写出计算式即可，平衡分压=气体的物质的量分数×总压)。 （5）研究表明，固溶体型催化剂OsxPt1-x/γ-Al2O3在合成反应中表现出优异的性能。根据图2分析：当OsxPt1-x中Os的含量为___________时为最佳催化效果。 方法三：400℃，常压下，首先利用催化剂Ni/BaC2晶体表面存在“阴离子空位”诱导N2活化，再进行氢化，协同作用来生产NH3。 （6）催化剂吸附能的负值表示微粒从气相吸附到催化剂表面形成化学键时所释放的能量。图3是催化剂Ni/BaC2晶体表面N2活化的过程，N原子与钡离子结合，请从物质结构的视角解释Ni/BaC2催化剂表面N2“水平吸附”比“末端吸附”的吸附能(Eads)低的原因___________。 （7）若将N2和H2同时通入反应体系，NH3的产生速率大幅下降，请解释原因___________。 【答案】（1）-215.8 （2）引入CO后，反应在一定温度下ΔG<0，反应可以自发进行(其他合理答案也可) （3）反应条件温和；将污染物NO高效转化为有价值的NH3；能耗更低；废气利用(答案合理即可) （4） （5）0.1 （6）水平吸附使N2双端同时与Ba2+作用，N≡N键更易活化 （7）N2和H2竞争吸附或H2会覆盖部分活性位，降低N2的吸附和活化几率(合理答案均给分) 【解析】（1）目标反应=，故==。 （2）反应①，反应②，引入CO后，反应在一定温度下，反应可以自发进行。 （3）该合成方法较传统合成氨的优势：反应条件温和；将污染物NO高效转化为有价值的；能耗更低；可实现废气利用。 （4）设初始，则，段时间后体系达到平衡状态，NO的转化率为80%，NH3选择性为90%，故平衡时，，，，，，故=。 （5）根据图2可知，当OsxPt1-x中Os的含量为0.1时为最佳催化效果。 （6）由图可知水平吸附使N2双端同时与Ba2+作用，N≡N键更易活化，从而吸附能更低。 （7）将N2和H2同时通入反应体系，N2和H2竞争吸附或H2会覆盖部分活性位，降低N2的吸附和活化几率，从而使NH3的产生速率大幅下降。 【名校预测·第3题】（2026·广东广州·二模）利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化为单质硫。 Ⅰ．CaS将转化为单质硫涉及的主要反应如下： 反应ⅰ     反应ⅱ     反应ⅲ     （1）基态Ca原子的核外电子排布式为___________。 （2）反应ⅰ的___________(用、表示)。 （3）往密闭容器中加入1 mol CaS和，保持压强为100 kPa的条件下，发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，平衡时反应体系中部分物质的物质的量如图。 ①反应ⅱ的___________0(填“>”“=”或“<”)。 ②1100K时，反应ⅰ的平衡常数___________(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)。 Ⅱ．用还原可再生CaS，涉及的主要反应如下： 反应ⅳ   反应ⅴ   在恒容密闭容器中加入，再往容器中通入，发生反应ⅳ和反应ⅴ。原料初始组成分别为2:1、3:1、4:1，达到平衡时随温度变化如下图所示。 （4）原料初始组成，反应温度高于时，主要发生的反应为___________(填“反应ⅳ”或“反应ⅴ”)。 （5）原料初始组成，反应温度为时，反应达到平衡，测得反应前后容器内气体的压强比为。 ①达到平衡时，的转化率为___________。 ②达到平衡时，获得CaS的物质的量为___________mol(用含、、的代数式表示，写出推导过程)。 【答案】（1）或[Ar] （2） （3）> 0.02 （4）反应ⅴ （5） % 【解析】（1）钙（Ca）是20号元素，原子核外有20个电子，核外电子排布式为或[Ar]。 （2）由盖斯定律可知，反应i=，则 。 （3）①观察图像中的曲线。随着温度升高，的物质的量显著增加，说明反应ii平衡正向移动，正反应是吸热反应， > 0； ②在1100K时，和的曲线相交，，总压强，设此时的物质的量为 mol，则的物质的量也为 mol，气体总物质的量 mol， 的分压， 的分压，反应ⅰ的平衡常数。 （4）观察图中的曲线。当温度高于时，如果只发生反应iv：，每消耗1 mol ，生成1 mol ，此时理论最大值为1，如果只发生反应v：，每消耗1 mol ，生成4 mol 。此时理论最大值为4，实验测得的比值大于1，且非常接近 4，这说明反应体系中生成的水主要来自于反应v。 （5）①初始投料： ，，反应温度为时达到平衡。根据图像，平衡时。反应iv消耗1 mol 生成1 mol ，反应v消耗4 mol 生成4 mol ，无论发生哪个反应，消耗的的物质的量都等于生成的的物质的量，均为的转化率 %； ②根据已知条件列出“三段式” 反应前气体总物质的量为3a mol，平衡时气体总物质的量为(3a-x-4y)mol+(x+4y)mol+xmol=(3a+x)mol，已知，则，已知 ，则 ，，。 【名校预测·第4题】（2026·江苏镇江·二模）将转化为高附加值化学品已成为绿色化学和可持续能源领域的研究热点。 Ⅰ．制乙烯。 （1）光催化制乙烯：、、三乙胺在催化剂作用下，光照一段时间可制得。 催化剂中含，常温下，将溶液和溶液混合制备。已知：、、。反应的平衡常数的数值为______。 （2）电化学还原制乙烯。 图－1为相应的电化学装置，研究发现，铜电极对于的还原有较好的效果，实验中常在气体中混入一定量的以改变铜电极的表面状态，生成物的情况如图－2所示，分析图像右半部分含量降低的原因______。 Ⅱ．制甲醇 催化加氢合成甲醇（反应ⅰ）中伴随反应ⅱ的发生： 反应ⅰ： 反应ⅱ： （3）估算反应ⅰ的，需要______（填数字）种化学键的键能数据。 （4）恒压时，和一定条件下发生反应，将反应后的气体以一定流速通过含修饰的吸附剂，分离和能与键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度（）与进口浓度（）之比随时间变化关系如图－3所示。，浓度比增大而浓度比几乎为0的原因是______。 （5）在催化剂作用下，加氢制备甲醇的可能机理如图－4所示： 向装有催化剂的反应管中持续通入和（见图－5），控制的流速一定，随着通入流速的增加，合成甲醇的速率先加快后减慢的原因可能是______。 Ⅲ．与环氧化合物反应 （6）与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物。转化过程如图－6所示，X的分子式是，是一种五元环状化合物。X的结构简式为______；N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷上的碳原子，而不是碳原子，结合电负性解释原因______。 【答案】（1） （2）随着含量增加，过量的将电极表面的氧化为，失去催化能力 （3）5 （4）HCHO含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被HCHO代替 （5）流速增加，解离成浓度增大，催化剂上形成的氧空位增多，合成甲醇的速率加快；流速过快，会带走，使合成甲醇的速率减慢 （6）   电负性：O＞C，a、b处碳带部分正电荷，甲基是供电子基，b处碳带正电荷少，因此孤电子对更容易进攻a处碳原子 【解析】（1）该反应平衡常数，结合、，可得。 （2）随着含量增加，过量的将电极表面的氧化为，失去催化能力，因此​含量降低。 （3）ΔH=反应物总键能-生成物总键能，该反应中涉及的化学键种类为：C=O、H-H、C-H、C-O、O-H，共5种，因此需要5种键能数据。 （4）HCHO分子含π键，能与形成强配位键，被吸附剂吸附，20~40 min时吸附剂仍有充足吸附位点吸附HCHO，因此HCHO出口浓度几乎为0，不含π键，与作用弱，不能被吸附，随着吸附位点被HCHO占据，更多流出，因此出口浓度比逐渐增大。 （5）流速增加，解离成浓度增大，催化剂上形成的氧空位增多，合成甲醇的速率加快；流速如果过快，会带走，使合成甲醇的速率减慢。 （6）根据X的分子式及反应物和产物结构可知X的结构简式为；O电负性大于C，使C−O键电子对偏向O，b碳原子连有给电子的甲基，给电子能力强于a碳原子上的H，因此a碳原子正电性更强，带负电的孤电子对更易进攻a碳原子。 【名校预测·第5题】（2026·河北保定·一模）甲醇是工业“基石”原料，也是清洁燃料及溶剂领域的重要物质。 I．合成气制备甲醇的原理为。向容积为1 L的绝热恒容容器中，加入和1 mol CO，反应开始时体系的压强增大。 已知：的燃烧热()分别为、，该反应的Ea(正)。 回答下列问题： （1）该反应的逆___________(用字母表示)。 （2）该反应的速率方程为，，其中、为正、逆反应速率，为速率常数，为各组分的分压。升高温度，增大的倍数___________增大的倍数(填“>”、“<”或“=”)。 （3）向绝热反应器中通入和过量的，发生合成气的转换反应：。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___________。该反应需要在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热，保证反应在最适宜温度附近进行。若采用喷入冷水(蒸汽)方式降温，在图中做出CO平衡转化率随温度变化曲线。___________。 II．工业废气中的二氧化碳加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向，在催化剂作用下，主要自发进行以下反应： i． ii． iii． （4）在恒温、恒压反应器中通入发生反应i和ii，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化关系如图所示。 已知：产率；的选择性。 下列说法错误的是___________。 A．， B．的平衡选择性随温度的升高而减小 C．525 K时，的平衡选择性约为 D．525K时，减小的值或增大压强均能使的平衡转化率达到b点的值 （5）将一定比例和流速的和通过装有催化剂的容器，发生反应i和ii，经过相同时间，测得5 Mpa时反应温度变化、时压强变化对甲醇产量影响的关系如图所示。曲线X表示___________(填“5 Mpa时反应温度变化”或“时压强变化”)。增大压强，产物中的体积分数增大的原因是___________。 （6）已知：对于反应，压强平衡常数为，为各组分平衡时的分压。一定温度下，向恒容密闭容器中通入物质的量之比为1：3的与，发生以上3个反应，若起始压强为200 MPa，反应经后达到平衡，此时体系压强为，反应iii的平衡常数___________(保留两位有效数字)。 【答案】（1） （2） （3）水蒸气比热容大，可吸收反应放出的热量，避免体系温度过高导致催化剂失活，同时增大反应物与催化剂的接触面积，保持催化剂活性 （4）AD （5）250℃时压强变化 反应i是气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，生成更多；反应ii反应前后气体分子数不变，平衡不移动，因此的体积分数增大。 （6） 【解析】（1）根据燃烧热写热化学方程式： ①，② ，③；根据盖斯定律，目标反应；又因为，故。 （2）绝热恒容容器中，反应开始压强增大，说明体系温度升高，该反应为放热反应（），升高温度平衡逆向移动，说明正反应速率常数增大倍数小于逆反应速率常数增大倍数，故填。 （3）催化剂活性通常会受到温度的影响，该反应又是放热反应，容器温度会一直升高。而水蒸气的比热容大，可吸收热量，使温度不至于太高影响催化剂活性。增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，得平衡转化率增大，会高于原平衡线，图像为。 （4）A：甲醇产率随温度升高而降低，说明反应i；反应ii的，能自发进行，满足，则必须满足，A错误；B：升温，反应i平衡左移，反应ii平衡右移，更多转化为，甲醇选择性降低，B正确；C：525K时，转化率为30%，甲醇产率为10%，选择性，C正确；D：减小，相当于增加用量，平衡转化率降低，无法达到b点更高的转化率，D错误；答案选AD。 （5）温度升高时，低温阶段反应速率加快，甲醇产量升高，高温阶段反应i平衡逆向移动，甲醇产量下降，符合Y曲线先升后降的趋势；增大压强，反应i正向移动，甲醇产量一直增大，符合X曲线一直升高的趋势，故X为250℃时压强变化。 （6）设平衡时，，根据反应i和ii的化学计量关系，生成的分压等于生成的分压与生成的分压之和，；反应ii分子数不变，反应iii是反应 i - 反应 ii 得到的，其分压关系由前两个反应决定，因此总压变化仅由反应i引起，每反应，总压减少，故，得，则。 平衡分压：，，，。 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 目 录 倒计时10天 ➤反应历程、活化能与能量变化 考查基元反应、中间体、催化剂、决速步、反应能量图像分析，近年高考热门微观机理考点。 倒计时9天 ➤化学反应与能量变化 结合碳中和背景，考查CO2催化加氢制甲醇等反应的热化学方程式书写、反应热计算以及能量转化效率等问题。 倒计时8天 ➤新型电化学电源与电解原理应用 考查原电池、电解池电极判断、电极反应书写、离子移动、电子守恒计算，电化学大题核心专项。 倒计时7天 ➤化学反应速率与化学平衡基础理论(选择题) 考查速率计算、影响因素、平衡建立、勒夏特列原理、平衡常数 K、转化率计算。 倒计时6天 ➤化学反应原理压轴综合大题 整合热化学、速率平衡、水溶液、电化学、反应机理，高考原理大题综合压轴训练。 倒计时10天 明日复明日，明日何其多。 —— 钱福《明日歌》 反应历程、活化能与能量变化 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来各地高考高频考查反应机理图像、势能变化曲线，以基元反应、过渡态、中间体为核心载体。命题围绕总反应焓变、正逆反应活化能、决速步判断、催化剂作用机理、能垒高低、物质稳定性展开。常设置陷阱：混淆总反应与分步反应、中间体与催化剂概念、活化能大小与反应速率关系、吸热放热判断失误、多步反应能垒叠加误区。试题图文结合，侧重微观反应机理理解，弱化复杂计算，注重证据推理与变化观念，区分基础认知与深度辨析能力。 ►高考前沿：新高考趋向多元陌生反应历程，结合催化机理、自由基反应、双催化剂体系命题；强化过渡态结构、能垒调控、反应选择性分析；融合动力学与热力学综合设问，从单一能量判断转向机理辨析、条件对能垒影响探究，突出微观本质与模型认知素养考查。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 核心能量概念必须精准区分，杜绝概念混淆 1.反应物总能量高于生成物为放热反应，反之则为吸热反应。 2.反应焓变ΔH只由始末态决定，与反应历程、反应步骤、催化剂无关。 3.活化能是反应物到达过渡态所需最低能量，基元反应必有活化能，活化能越小，反应速率越快。 4.过渡态能量最高，极不稳定；中间体为分步反应中间生成又消耗的物质，不出现在总反应方程式中。 终极归纳2 反应历程图像解读为解题核心 1.能垒图中，峰值为过渡态，低谷为反应中间体；每一处峰差为对应基元反应的活化能。 2.总反应活化能由最大能垒决定，限速步骤即是活化能最大的一步，全程反应速率由该步控制。 3.放热反应总能量曲线逐级降低，吸热反应整体抬升；无论吸热放热，所有基元反应都需要活化能，不存在无活化能的化学反应。 终极归纳3 催化剂与反应机理是高频考查热点 1.催化剂参与反应历程，先消耗后生成，总质量与性质不变；通过降低反应活化能加快反应速率，但不改变反应焓变、不影响平衡转化率、不改变反应物与生成物能量。 2.正催化剂降低正、逆反应活化能且降幅相同，逆反应活化能同步减小；阻化剂则增大活化能、减慢反应。3.需区分催化剂与中间体：催化剂起点投入、终点再生，中间体中间生成、后续消耗。 终极归纳4 分步反应与守恒规律高频设错 1.多步反应叠加得总反应，消去中间产物即可书写总方程式； 2.多个基元反应中，能垒最高的一步反应最慢，是整段反应的决速步。 3.ΔH遵循盖斯定律，多步反应焓变直接相加，只看始末物质能量差。 4.断键吸热、成键放热，总反应吸放热由键能总和相对大小判断； 5.键能越大，物质能量越低、稳定性越强。 终极归纳5 高频易错陷阱集中速记 1.混淆活化能与焓变，误判ΔH受催化剂影响；2.错把中间体当作催化剂；3.认为放热反应不需要活化能； 4.片面判断活化能小反应一定自发，同时注意，反应自发与否由焓变、熵变共同决定，活化能只影响反应速率，不决定反应能否自发进行。5.忽视决速步为最大能垒步骤；6.图像中误读过渡态与中间体位置； 7.混淆正逆反应活化能差值与焓变关系。 终极归纳6 考场速解技巧 1.审题先抓始末态判吸放热，看图先找过渡态、标注能垒，快速锁定决速步骤； 2.看到催化剂直接判定：不改变ΔH、不改变平衡、只降活化能； 3.涉及分步反应，快速圈画中间体与催化剂； 4.利用盖斯定律快速计算能量变化，结合键能、能量曲线综合排除错误选项。 5.立足概念本质、吃透图像逻辑，可高效突破此类选择题，实现快速抢分。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 能垒图、过渡态理论及其反应机理分析的正误判断 1.（2025·贵州卷）用PdCu和PdZn催化甲醇重整制氢的反应有(主反应)、(副反应)，部分反应机理如图(TS表示过渡态，*表示吸附态)。 依据图示信息，下列说法正确的是 A．在PdZn催化剂表面解离的速率更快 B．在PdCu催化剂表面的更容易脱附 C．消耗相同质量的，选择PdZn催化剂有利于生成更多 D．若原料更换为，经历TS3后可生成 2.（2025·河北卷）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．反应ⅰ是吸热过程 B．反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C．反应ⅲ包含2个基元反应 D．总反应的速控步包含在反应ⅱ中 解题妙法 这类题以反应历程能垒图为载体，核心考法是活化能、决速步、催化剂选择性、同位素机理。解题关键：①活化能=该步反应物到过渡态的能量差，活化能越小速率越快，能垒最高的步骤为决速步；②数过渡态（TS）数量判断基元反应数；③催化剂选择性需对比主/副反应活化能及中间体脱附能；④同位素产物需按机理断键路径判断。高频陷阱：混淆活化能与能垒高度、误判决速步、忽视催化剂对副反应的抑制作用。 题组二 催化剂、活化能及其反应机理分析的正误判断 1.（2025·广东卷）某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上 A．负极反应的催化剂是ⅰ B．图a中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低 C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变 D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同 2.（2025·广西卷）某种氨基喹啉衍生物合成反应的可能历程如图，表示活化能。下列说法错误的是 A．是反应的催化剂 B．步骤①发生了键断裂 C．反应速率：历程历程I D．反应热：历程历程I 解题妙法 这类题以催化机理示意图、活化能数据为载体，核心考法是催化剂判断、活化能与决速步、化学键变化、反应热、催化循环电子转移。解题关键：①催化剂 “先消耗后生成”，参与反应前后不变；②活化能最大的步骤为决速步，决定总反应速率；③反应热只与始态终态有关，与反应历程无关；④催化循环需分析电子转移数、中间体变化。高频陷阱：误判催化剂、混淆活化能与反应热、忽视不同电极的电子转移差异、化学键断裂判断错误。 题组三 循环反应机理图像分析的正误判断 1.（2026·浙江卷）某化学兴趣小组利用有机P化合物除去的流程如下(Ph代表苯环)，下列说法不正确的是 A．在该循环中I、Ⅲ均可作催化剂 B．Ⅱ中P-N是N提供孤电子对 C．Ⅲ可能是 D．产物中还可能生成 2.（2025·全国卷）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。 根据上述反应机理，下列叙述错误的是 A．三唑在反应循环中起催化作用 B．换成，可生成 C．碳原子轨道的杂化存在从到的转变 D．总反应为 解题妙法 题组四 直线形反应机理图像分析的正误判断1.辨角色：按 “进入循环、离开循环” 判断物质角色：起点进入、终点再生的是催化剂，中间生成又消耗的是中间体，只进不出的是反应物，只出不进的是产物。 2.理反应：合并循环中的各步反应，消去催化剂与中间体，得到总反应式，核对原子守恒、电子守恒。 3.破陷阱：分析断键 / 成键、杂化方式、同位素示踪的变化，警惕 “催化剂参与反应”“同位素错误转移”“中间体误判为催化剂” 等高频陷阱，逐项验证即可快速判断。 1.（2025·云南卷）铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热 2.（2024·广西卷）烯烃进行加成反应的一种机理如下： 此外，已知实验测得与进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是 A．乙烯与HCl反应的中间体为 B．乙烯与氯水反应无生成 C．卤化氢与乙烯反应的活性： D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与的反应越容易 解题妙法 终极预测--压轴实战 稳拿高分1.逐段分析反应：顺着反应箭头，明确每一步的断键、成键与电子转移，判断氧化还原反应（消耗e-/H+为还原反应，反之则为氧化反应），区分极性键与非极性键的生成与断裂。 2.抓核心概念辨析：明确催化剂仅改变活化能，不影响反应热；分析中间体结构、反应活性与活化能的关系，活化能越低反应越易进行。 3.警惕常见陷阱：核对中间体结构、成键类型判断是否正确，区分加成反应中亲电试剂的进攻方向，避免误判反应产物或键的极性。 【名校预测·第1题】（2026·浙江嘉兴·二模）催化剂是一种被广泛使用的负载型金属催化剂，表面的羟基可促进反应物吸附或稳定中间体。催化与反应的历程如图所示，下列说法不正确的是 A．在Ni表面吸附并解离，与表面的羟基结合生成中间体 B．该历程的总反应方程式为： C．该历程第4步中存在极性键的断裂和形成 D．若用完全替代进行反应，生成的水都是 【名校预测·第2题】（2026·湖南长沙·一模）已知在固体催化作用下转化为的一种催化反应机理及其反应历程能量变化如图所示。 注：a．吸附在固体催化剂表面的物质用*表示，TS表示过渡态；b．反应机理中催化剂只截取表面一部分；c．反应机理①表示在催化剂表面解离，带走一个晶格氧，生成水并留下一个氧空位。 下列说法不正确的是 A．催化加氢制的总反应是放热反应 B．催化过程中氧空位快速形成有利于提高催化效率 C．该反应机理的决速步骤为④ D．该反应历程中有极性共价键的断裂与形成 【名校预测·第3题】（2026·河北沧州·二模）在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2电还原制、等化学品的研究备受关注。催化剂作用下CO2电还原可能的反应机理及相对能量变化如图所示(*表示吸附态)。已知：Bi、In、BiIn合金的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。下列说法正确的是 A．大规模开采可燃冰作为新能源可减少的排放 B．A的结构为 C．若还原产物为CO，则应选择Cu作催化剂 D．BiIn合金对CO2电还原为HCOOH的催化活性最高 【名校预测·第4题】（2026·安徽滁州·二模）氮化镓是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。已知：，阿伏加德罗常数约为。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A．若氮化镓晶胞氮原子配位数是4，则镓原子配位数也是4 B．反应i和反应ii中脱去步骤的活化能之差为 C．反应iii在高温条件下能够自发进行 D．总反应的决速步反应包含在反应iii中，其活化能为3.07 eV 【名校预测·第5题】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）含铜催化剂催化的叠氮-炔基环加成反应被称为“点击化学之王”，反应历程如下(R1、R2为烃基)。下列说法错误的是 A．N3-R2中的中心氮原子所有价电子都参与成键 B．该反应的原子利用率为100% C．转化过程中氮的杂化方式发生改变 D．依据该反应机理可以发生反应：N3-CH3+HCC-C2H5 倒计时9天 莫等闲，白了少年头，空悲切。 —— 岳飞《满江红・写怀》 化学反应与能量变化(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来全国及各省市高考中，能量变化题为稳定基础选择考点，以热化学方程式、盖斯定律、键能计算、物质能量图像为主要载体。核心考查吸热与放热判断、焓变大小比较、反应热计算、中和热与燃烧热概念辨析、活化能与反应热的区别。高频陷阱集中在：物质状态遗漏、可逆反应焓变误区、键能计算符号混淆、中和热限定条件忽略、催化剂对焓变影响错误认知。命题侧重概念辨析与定量简单运算，结合图像信息，注重变化观念与严谨审题，综合性适中，是基础得分题型。。 ►高考前沿：命题逐步融合反应机理与活化能分析，强化盖斯定律综合运算；弱化单一概念判断，增多图像解读类设问；紧密关联能源转化、绿色反应等真实背景，侧重从微观角度解析能量变化本质，强化理论实际结合。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1核心概念（必记，不混淆） 聚焦选择题高频考查的4个核心概念，记准定义关键词，避免概念混淆导致失分，简化记忆、直击重点。 1.反应热（ΔH）：化学反应中吸收或放出的热量，单位为kJ·mol-1。放热反应ΔH<0（负值），吸热反应ΔH>0（正值），注意：ΔH的正负与反应类型严格对应，不可颠倒。 2.燃烧热：1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量（如C→CO2、H→H2O(l)、S→SO2），关键词“1mol、完全燃烧、稳定氧化物”，缺一不可。 3.中和热：强酸与强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol H2O(l)时放出的热量，标准值为57.3kJ·mol-1，关键词“稀溶液、1mol H2O、无沉淀/气体生成”（如浓硫酸、弱碱反应放出热量不等于中和热）。 4.盖斯定律：化学反应的反应热只与反应的始态和终态有关，与反应途径无关。核心应用：叠加已知热化学方程式，计算未知反应的ΔH（注意：方程式乘除，ΔH同步乘除；方程式颠倒，ΔH正负颠倒）。 终极归纳2热化学方程式正误判断（高考高频，速记规范） 选择题必考题型，记准4点规范，看到错误直接判定，无需逐字分析，高效破题。 1.状态规范：必须标注反应物、生成物的状态（s：固体、l：液体、g：气体、aq：水溶液），未标注状态直接判错（状态不同，ΔH不同）。 2.ΔH规范：ΔH需标注正负（放热负、吸热正），单位必须为kJ·mol-1，单位错误或未标正负直接判错；ΔH的数值与化学计量数成正比，计量数加倍，ΔH数值也加倍。 3.条件规范：燃烧热、中和热相关方程式，需符合对应定义（如燃烧热方程式中，可燃物计量数为1；中和热方程式中，H2O计量数为1）；无需标注反应条件（如点燃、加热），标注不扣分，但未按定义书写直接判错。 4.其他规范：不可漏写“↑”“↓”（但热化学方程式中一般不标注，不影响正误）；有机物燃烧方程式需配平，确保原子守恒、能量守恒。 终极归纳3反应热计算（选择题高频，极简方法） 无需复杂推导，掌握2种核心方法，快速计算，适配选择题选项判断。 1.化学键计算法：ΔH =.反应物总键能之和.-.生成物总键能之和（注意：键能越大，物质越稳定，断裂键吸热、形成键放热）。易错点：遗漏化学键数目（如H₂O中含2个O-H键，CO2中含2个C=O键）。 2.盖斯定律计算法：①.找出目标方程式与已知方程式的关联；②.调整已知方程式（乘除、颠倒），使反应物、生成物与目标方程式一致；③.叠加方程式，同步叠加ΔH（颠倒方程式，ΔH正负颠倒；乘除n倍，ΔH乘除n倍）。 补充：选择题中，若给出物质能量数据，ΔH.=.生成物总能量.-.反应物总能量（生成物能量>反应物，吸热ΔH>0；反之放热ΔH<0）。 终极归纳4能量图像分析（高考热门，速判技巧） 重点考查能量图像与反应热、活化能的关系，记准2个核心，快速解读图像、判断选项正误。 1.图像核心要素：横坐标为反应历程，纵坐标为能量；反应物总能量>生成物总能量→放热反应（ΔH<0）；反应物总能量<生成物总能量→吸热反应（ΔH>0）。 2.活化能相关：活化能是反应物分子变为活化分子所需的最低能量，催化剂只能降低活化能（正、逆反应活化能同步降低），不改变ΔH的大小和反应方向；图像中，“反应物能量与活化能峰值的差值”为正反应活化能，“生成物能量与活化能峰值的差值”为逆反应活化能。 易错点：混淆“活化能”与“反应热”，认为催化剂改变反应热（错误，催化剂只改速率、不改反应热）；误将“反应历程”当作“时间”，判断反应速率快慢（图像中无法直接判断速率，需结合活化能大小推断）。 终极归纳5高频易错陷阱（避错必记，直接判错） 选择题常见错误选项，记准以下陷阱，看到直接排除，提高解题速度。 1.概念陷阱：燃烧热未生成稳定氧化物（如C→CO，错误）；中和热用浓硫酸、弱碱（如NH3·H2O），或生成沉淀（如Ba(OH)2与H2SO4反应），错误。 2.热化学方程式陷阱：未标物质状态、ΔH单位错误（如kJ）、ΔH正负颠倒、计量数与ΔH数值不匹配。 3.计算陷阱：化学键计算遗漏键数目、盖斯定律应用时ΔH正负未颠倒、混淆“反应物总键能-生成物总键能”与“生成物总能量-反应物总能量”。 4.图像陷阱：认为催化剂改变ΔH、误判放热/吸热反应（看反反应物与生成物能量高低）、混淆正逆反应活化能。 终极归纳6解题妙法（10秒速判选择题） 1.第一步：圈关键词，定位考查类型（如“燃烧热”“中和热”“盖斯定律”“能量图像”）。 2.第二步：对照核心规范/陷阱，快速排查（如看到“热化学方程式未标状态”，直接判错；看到“催化剂改变ΔH”，直接判错）。 3.第三步：计算类题目，优先用极简方法（如化学键计算，先算键数目，再代入公式；盖斯定律，优先找目标方程式与已知方程式的相同物质），避免复杂推导。 真题精研--复盘经典.把握规律 题组一 反应热的大小比较 1.（2025·浙江卷）下列反应均能自发进行，相关判断不正确的是 A． B． C． D． 2.（2025·海南卷）等温等压下，  。此反应放出的热用于火力发电，能量转化效率为。下列说法错误的是 A．该反应 B．产物为时，反应放出的热量减少 C．该反应在燃料电池模式下进行，反应焓变为， D．该反应在燃料电池模式下做电功，转化效率为， 解题妙法 1.盖斯定律建模：先将目标反应拆解为已知反应的代数和，通过反应式加减直接推导ΔH的关系，快速判断大小。 2.析焓变本质：根据反应热效应（放热反应ΔH<0，放热越多ΔH越小），结合反应的难易程度、反应物 / 生成物状态（如气态水比液态水放热少，ΔH 更大）、反应途径（焓变仅与始态终态有关，与途径无关）分析ΔH大小。 3.避常见陷阱：警惕“反应热数值与焓变符号混淆”、“物质状态对ΔH影响误判”、“盖斯定律加减反应时系数与ΔH 的对应错误”，逐项核对即可快速破题。 题组二 反应热的计算 1.（2025·重庆卷）肼（）与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列反应： ①   ②   ③   则反应的为 A． B． C． D． 2.（2025·北京卷）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A．固体溶解是吸热过程 B．根据盖斯定律可知： C．根据各微粒的状态，可判断， D．溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 解题妙法 1.盖斯定律建模：先将目标反应拆解为已知反应的代数和，优先找目标与已知方程式中的相同物质，通过反应式加减直接推导ΔH的关系，快速判断大小或计算数值。 2.析焓变本质：焓变是状态函数，只与始态、终态有关，与反应途径无关；放热反应ΔH<0，放热越多 ΔH 越小；注意物质状态影响，如气态水比液态水放热少，ΔH更大。 3.避常见陷阱：警惕 “催化剂改变ΔH”“物质状态对ΔH影响误判”“盖斯定律加减反应时系数与ΔH对应错误”等问题，快速排查即可破题。 题组三 反应机理能量变化图像 1.（2024·广东卷）对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为 A． B． C． D． 2.（2024·安徽卷）某温度下，在密闭容器中充入一定量的，发生下列反应：，，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是 A． B． C． D． 解题妙法 1.读题定关键：先明确反应的热效应（ΔH 正负）、催化剂的作用（降低活化能、不改变反应热）、温度对平衡的影响，确定主反应和分步反应的方向。 2.析图像判活化能：无催化剂的实线活化能更高，有催化剂的虚线活化能降低；分步反应中，活化能高的步骤是决速步，速率更慢；根据反应物、过渡态、生成物的能量高低，判断每一步的ΔH正负（反应物能量高为放热，反之吸热）。 3.避陷阱验选项：警惕“催化剂改变反应热”、“活化能与反应速率关系颠倒”、“多步反应中热效应误判”等问题，结合题干条件（如温度变化对平衡的影响）验证图像，快速锁定答案。 题组四 热化学方程式的正误判断 1.（2023·海南卷）各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是 物质 A． B． C． D． 2.（2022·浙江卷）标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表： 物质(g) O H HO HOO 能量/ 249 218 39 10 0 0 可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是 A．的键能为 B．的键能大于中氧氧单键的键能的两倍 C．解离氧氧单键所需能量： D． 解题妙法 1.抓定义，辨燃烧热：先核对燃烧热的标准定义，即 1mol 纯物质完全燃烧生成稳定氧化物（如 H→H2O (l)、C→CO2(g)），ΔH 必须为负，产物状态不符直接排除。 2.盖斯定律/键能算ΔH：若涉及反应焓变计算，可通过已知燃烧热数据用盖斯定律推导，或用键能公式（ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和）计算，核对ΔH的数值与符号。 3.避常见陷阱：警惕物质状态标注错误、系数与ΔH未成正比、反应热符号颠倒、键能与相对能量混淆等问题，逐项验证即可快速破题。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·北京石景山·一模）某同学测量的焓变。查阅资料：配制溶液时需要加入酸。实验方案：测量的焓变；测量的焓变；通过盖斯定律计算。测量的实验结果如下表(忽略温度对焓变的影响和溶液体积与密度的变化)。 序号 反应试剂 体系温度/℃ 反应前 反应后 ⅰ 溶液 1.20 g铁粉 a b ⅱ 溶液 0.56 g铁粉 a c 已知：Ⅰ．可通过测量反应前后体系的温度变化，用公式计算某些反应的反应热(水的稀溶液中，C和分别取和)。Ⅱ．实验ⅰ、ⅱ均未发现气泡。下列说法不正确的是 A．因为伴有副反应，无法直接测量 B． C． D． 【名校预测·第2题】（2026·重庆·模拟预测）氢氟酸是一种弱酸，其电离过程放热，已知下列反应。下列说法正确的是 ①   ②   ③   ④   A． B．， C．， D．， 【名校预测·第3题】（2026·海南海口·模拟预测）某反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A．该反应是放热反应 B．反应过程a无催化剂参加 C．反应过程b中决速步活化能为 D．催化剂可以改变反应历程从而提高平衡产率 【名校预测·第4题】（2026·新疆·一模）一种捕获并利用的方法是将催化加氢合成，其过程中主要发生如下反应： I．　 Ⅱ．　 下列热化学方程式正确的是 A．　 B．　 C．　 D．　 【名校预测·第5题】（2026·重庆九龙坡·一模）标准状态下，由指定单质生成1mol某物质的化学反应焓变，称为该物质的标准摩尔生成焓（单质的标准摩尔生成焓为0）。已知：  部分物质标准摩尔生成焓如下表，为 物质 标准摩尔生成焓（） -235.10 -442.92 A． B． C． D． 倒计时8天 我生待明日，万事成蹉跎。 —— 钱福《明日歌》 新型电化学电源与电解原理应用 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来电化学选择题为高频重难考点，常以新型电池、二次电池、熔融盐电池、特种电解装置为载体。核心考查正负极、阴阳极判断，离子迁移方向，电极反应式书写，电子与电荷守恒，电解质环境对产物的影响。高频陷阱集中在：酸碱介质配平错误、隔膜作用混淆、充放电过程颠倒、离子移动方向判断失误、副反应与电极产物误判。命题融合氧化还原规律，依托装置示意图简化计算，侧重微观电子转移与反应本质辨析，综合性强，具备良好区分度。 ►高考前沿：高考命题将持续聚焦储能电池、金属空气电池、质子交换膜电解、废水处理电解等真实情境；强化双极膜、多隔膜体系、循环电极材料考查；结合催化电极、新型电解质，深化电极机理分析；由基础判断转向定量分析与反应评价，强化证据推理与创新思维考查。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 基础核心概念速记 1.原电池自发氧化还原，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；电解池外接电源，阳极氧化、阴极还原。 2.电子流向：原电池负极→外电路→正极；电解池阳极→电源正极，电源负极→电解池阴极。 3.电子不下水，离子不上岸，溶液中依靠阴、阳离子定向移动导电。 4.阳离子向正极、阴极迁移，阴离子向负极、阳极迁移，是快速判项关键。 终极归纳2 新型电源高频考点精粹 各类新型电池统一套用负极氧化、正极还原规律。 1.燃料电池燃料在负极反应，助燃物氧气在正极反应，产物与介质强相关：酸性介质生成H2O，碱性介质生成含氧酸根，熔融碳酸盐、固态电解质需匹配对应导电离子。 2.二次电池可充放电，放电为原电池、充电为电解池，充电时正接正、负接负，电极反应完全逆写。 3.金属—空气电池、锂电池常考活泼负极损耗、隔膜作用、离子穿越方向。合金、金属负极易发生副反应，隔膜用于隔绝正负极、防止短路与副反应。 4.所有电池中，催化剂只改变反应速率，不改变总反应、不影响电子转移总量。 终极归纳3 电解原理核心应用速记 1.电解常考物质制备、废水处理、电镀与精炼。 （1）电镀规律：镀件作阴极，镀层金属作阳极，电镀液含镀层金属阳离子。 （2）电解精炼金属：粗金属阳极溶解，纯金属阴极析出，杂质形成阳极泥。 （3）电解制备强氧化性、强还原性物质，需结合酸碱性环境书写电极反应。 2.惰性电极电解规律： （1）含氧酸、强碱、活泼金属含氧酸盐实质电解水； （2）活泼金属无氧酸盐电解生成碱与非金属单质；不 （3）活泼金属无氧酸盐电解析出金属与非金属。 （4）活性阳极优先自身溶解，不考虑溶液阴离子放电。 终极归纳4 电极反应与定量规律 1.书写电极反应必须匹配介质环境，酸性不用，碱性不用，熔融体系依靠对应传导离子配平电荷。 2.定量计算统一依托电子守恒，串联电路各电极转移电子数相等，用于计算产物量、溶液 pH、离子浓度变化。 3.原电池正极、电解池阴极发生还原，质量常增加；负极、阳极发生氧化，质量多减少。 终极归纳5 高频易错陷阱规避 1.电子不能进入电解质溶液； 2.充电电极与放电电极反应相反； 3.碱性条件下、酸性条件下不能稳定存在； 4.混淆离子迁移方向，错判溶液局部酸碱性变化。 5.误将催化剂、隔膜作用混淆，忽略活性阳极优先反应； 6.二次电池充电接线方式记反，均为高频失分点。 终极归纳6 选择题秒杀技巧 1.先定装置类型，再判电极极性； 2.再看离子迁移、书写半反应； 3.最后结合电子守恒、环境酸碱性排除错误选项。 4.陌生新型电池不必纠结总反应，抓住“负极失电子、正极得电子”核心逻辑，结合介质配平，即可快速判断产物、电荷、酸碱性变化，稳定拿下选择题分。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 新型电池 1.（2025·黑吉辽蒙卷）一种基于的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是 A．放电时向b极迁移 B．该电池可用于海水脱盐 C．a极反应： D．若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力 2.（2025·江西卷）我国学者设计了一种新型去除工业污水重金属离子的电池(如图)。下列说法错误的是 已知：为铜基普鲁士蓝() A．中的铁为价 B．交换膜为阴离子交换膜 C．洗脱目的是去除电极吸附的 D．溶液可电解再生电池负极 解题妙法 1.定电极：先根据电极反应（失电子→负极，得电子→正极）或现象（增重、溶解）判断正负极；再分析离子移动方向（阳离子移向正极，阴离子移向负极）。 2.写反应：负极氧化、正极还原，结合电解质环境配平电极反应式，注意酸碱性、沉淀 / 气体生成。 3.辨膜类：根据离子移动判断交换膜类型（允许阳离子通过为阳离子交换膜，反之则为阴离子交换膜），结合电荷守恒分析离子迁移。 4.避陷阱：警惕电极反应配平错误、离子移动方向颠倒、交换膜类型误判、电池总反应与电极反应不匹配等问题，逐项验证即可快速破题。 题组二 二次电池 1.（2025·安徽卷）研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许通过。下列说法正确的是 A．放电时电解质溶液质量减小 B．放电时电池总反应为 C．充电时移向惰性电极 D．充电时每转移电子，降低 2.（2025·浙江卷）一种可充放电电池的结构示意图如图所示。该电池放电时，产物为和，随温度升高Q(消耗转移的电子数)增大。下列说法不正确的是 A．熔融盐中的物质的量分数影响充放电速率 B．充放电时，优先于通过固态电解质膜 C．放电时，随温度升高Q增大，是因为正极区转化为 D．充电时，锂电极接电源负极 解题妙法 1.定方向，判电极：先区分充电（电解池）和放电（原电池），放电时失电子的为负极，充电时接电源负极的为阴极；根据离子移动方向（阳离子向正极/阴极移动）进一步验证。 2.写反应，守守恒：放电时负极氧化、正极还原，充电时阳极氧化、阴极还原；配平电极反应式时，注意电解质环境（如熔融盐、固体电解质），确保电荷、原子守恒，再通过两电极反应相加得到总反应。 3.辨陷阱，慎判断：警惕 “充放电过程离子移动方向混淆”“未给溶液体积却计算浓度变化”“总反应式未配平” 等陷阱，同时注意温度、电解质成分对充放电速率的影响，逐项核对即可快速破题。 题组三 新型电解池 1.（2025·河南卷）一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A．Ⅱ为阳离子交换膜 B．电极a附近溶液的减小 C．电极b上发生的电极反应式为 D．若海水用溶液模拟，则每脱除，理论上可回收 2.（2025·陕晋青宁卷）我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是 A．电解时，从右室向左室移动 B．电解总反应： C．以为原料，也可得到TQ D．用标记电解液中的水，可得到 解题妙法 1.定电极，判反应：先看外接电源，与正极相连的为阳极（氧化反应），与负极相连的为阴极（还原反应）；根据电极产物、化合价变化，写出电极反应式，注意电解质环境。 2.析离子，辨膜类：根据 “阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动” 判断离子迁移方向；结合目标产物（如脱盐、回收金属），分析各交换膜的作用（阳离子/阴离子交换膜），判断膜的类型与离子流向。 3.算电子，守守恒：根据电极反应式，计算转移电子数，结合电子守恒，关联反应物与产物的物质的量关系；警惕 “离子交换膜误判”“电极反应配平错误”“同位素示踪路径误读” 等陷阱，逐项验证即可快速破题。 题组四 多池串联 1.（2025·甘肃卷）我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水()电解系统(如下图)。以新型为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是 A．将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率 B．在外电路中，电子从电极1流向电极4 C．电极3的反应为： D．理论上，每通过2mol电子，可产生 2.（2025·北京卷）用电解溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取溶液并用图2装置按i→iv顺序依次完成实验。 实验 电极I 电极Ⅱ 电压/V 关系 i 石墨1 石墨2 a ii 石墨1 新石墨 b iii 新石墨 石墨2 c iv 石墨1 石墨2 d 下列分析不正确的是 A．，说明实验i中形成原电池，反应为 B．，是因为ii中电极Ⅱ上缺少作为还原剂 C．，说明iii中电极I上有发生反应 D．，是因为电极I上吸附的量：iv>iii 解题妙法 1.判池类型，定电极：先找外接电源，有电源的为电解池，无电源且有自发氧化还原反应的为原电池；串联电路中，电极的正负 / 阴阳关系由电子流向统一决定（电子从原电池负极流出，流向电解池阴极）。 2.配反应，析离子：根据电极类型写出反应式，注意电解质环境；结合“阳离子向阴极/正极移动，阴离子向阳极/负极移动”，分析离子迁移方向与交换膜作用。 3.算电子，守守恒：串联电路中各池转移电子数相等，据此关联反应物与产物的量；警惕 “电极类型误判”“电子流向搞反”“转移电子数不守恒” 等陷阱，逐项验证即可快速破题。 题组五 金属腐蚀与防护 1.（2025·广西卷）大型发电机的定子线圈由空芯铜导线缠绕制成。发电机运行时，需向铜导线的空芯通冷水降温，铜导线内壁因发生电化学反应生成层。一段时间后，表面产生的沉积物会造成堵塞，空芯铜导线截面如图。下列说法错误的是 A．层对铜导线起保护作用 B．正极生成的电极反应式为 C．沉积物的成分可能有 D．腐蚀最严重的区域是沉积物最多之处 2.（2025·全国卷）下列关于铁腐蚀与防护的反应式正确的是 A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀的负极反应： B．铁发生腐蚀生锈的反应： C．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜： D．安装锌块保护船舶外壳，铁电极上发生的反应： 解题妙法 1.判腐蚀类型：先判断是析氢腐蚀（酸性环境，正极生成H2）还是吸氧腐蚀（中性/弱酸性环境，正极生成OH-），明确正负极反应（负极金属失电子被氧化，正极发生还原反应）。 2.析防护原理：区分牺牲阳极法（被保护金属作原电池正极，连接更活泼的金属作负极）和外加电流法（被保护金属作电解池阴极，接电源负极），分析电极反应与保护机制。 3.避常见陷阱：警惕电极反应式配平错误、腐蚀产物判断偏差（如铁锈成分为 Fe2O3・xH2O）、保护法的电极类型混淆等问题，逐项验证即可快速破题。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·广东韶关·二模）港珠澳大桥钢管桥墩防腐技术先进，外壳镶嵌铝合金片，其结构如图所示。下列说法正确的是 A．桥墩为负极 B．海水层为电子迁移的通路 C．铝合金片上发生反应： D．若用外加电流法保护桥墩可使腐蚀电流接近零 【名校预测·第2题】（2026·安徽·模拟预测）某科研小组设计如图装置，实现含盐废水(以NaCl为例)和造纸废水(以含葡萄糖为例)的有效处理，并获得HCl溶液和NaOH溶液。已知，电极A和电极B均为惰性电极，M、N、P膜为离子交换膜。下列说法正确的是 A．电势：电极A＞电极B B．M膜和P膜均为阴离子交换膜 C．该装置工作时，Ⅱ室和Ⅳ室溶液的pH均升高 D．消耗，理论上可获得24 mol NaOH和24 mol HCl 【名校预测·第3题】（2026·山西运城·二模）清华大学化学工程系一团队以制浆造纸黑液中的废弃物木质素为原料，通过产电和电解耦合方式，利用空气中的氧气氧化木质素，源源不断地生成过氧化氢(如图)。下列说法错误的是 A．甲装置将化学能转化为电能，乙装置将电能转化为化学能 B．甲装置中a电极上发生氧化反应，乙装置中c电极上发生氧化反应 C．乙装置中多孔碳催化剂的作用之一是加快该电极的反应速率 D．乙装置中d电极的电极反应式为 【名校预测·第4题】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）一种基于蒽醌吩嗪融合分子设计的二次电池结构如图，下列说法错误的是 A．放电时，b极电势高于a极电势 B．放电时，a极电极反应式：[Fe(CN)6]4-_e-=[Fe(CN)6]3- C．充电时，b极发生氧化反应 D．充电时，理论上生成1 mol M转移2 mol电子 【名校预测·第5题】（2026·广东中山·三模）传统氯碱工业的阳极产物除外，还有。现有一种新型电解装置如图a，可将的选择性提高至，电极Ⅱ上所发生反应的催化机理如图b所示。下列说法错误的是 A．图a装置应使用阳离子交换膜 B．是生成的中间体，也是生成的催化剂 C．理论上，该装置每生成，可制得 D．电解一段时间后，图a左室可能会发生少量的酸碱中和反应 倒计时7天 今日复今日，今日何其少。 —— 文嘉《今日歌》 化学反应速率与化学平衡基础理论(选择题) 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年够各地高考高频考查速率计算、影响因素、平衡移动、平衡常数及转化率变化，常结合表格、曲线、分压体系综合设问。核心围绕浓度、温度、压强、催化剂对反应速率与平衡的影响，辨析勒夏特列原理适用范围，考查K、转化率、产率的定性判断与简单定量比较。常见陷阱：混淆速率与平衡、催化剂不改变平衡、恒温恒容与恒温恒压差异、反应热与移动方向错配、等效平衡概念模糊。命题立足基础理论，侧重逻辑辨析与规律应用，兼具基础性与区分度。 ►高考前沿：新高考趋向情境化命题，结合工业合成、催化反应、碳中和相关反应载体；强化分压平衡常数、多平衡耦合、条件优化选择考查；增多复杂图像分析，融合动力学与热力学综合判断；弱化机械记忆，侧重原理本质理解、模型认知与实际生产条件调控的综合应用。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1 化学反应速率核心基础需精准识记 1.化学反应速率为单位时间内浓度变化，均为正值，只用气体与溶液溶质计算，固体、纯液体浓度视为常数，不列入速率表达式。 2.同一反应中，速率之比等于化学计量数之比，可快速换算对比快慢。 3.影响速率的外界因素：升温、增大浓度、加压（气体）、加催化剂、增大接触面积，均可加快反应速率；降温、稀释、减压则速率减小。催化剂只改变反应速率，同等改变正、逆反应速率，不影响平衡、不改变转化率与反应焓变。 终极归纳2 化学平衡状态判断紧抓 “变量不变” 核心逻辑 1.可逆反应在一定条件下，正逆反应速率相等、各组分浓度保持恒定，即为平衡状态。判断平衡切忌只看数值相等，需关注物理量是否为变化量： 2.压强、密度、平均摩尔质量、温度、颜色等，若反应前后该量发生改变，当其不再变化时，可判定达平衡； 3.全程不变的物理量，不能作为平衡标志。 4.同时牢记，平衡时反应物与生成物共存，反应不会停止，属于动态平衡。 终极归纳3勒夏特列原理是平衡移动解题核心，速记核心逻辑：减弱改变，不抵消改变 1.浓度改变：增大反应物浓度，平衡正向移动；减小生成物浓度，平衡正向移动。 2.压强只影响有气体参与、且反应前后气体分子数不等的反应，加压向气体分子数减小方向移动，减压向分子数增多方向移动。 3.升温平衡向吸热方向移动，降温向放热方向移动。 4.单一条件改变，平衡移动只能减弱外界变化，无法完全消除，选择题常以此设置陷阱。 终极归纳4 平衡常数与转化率高频结合考查 1.平衡常数K只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关。 2.放热反应升温K减小，吸热反应升温K增大。 3.转化率变化规律：增加一种反应物浓度，自身转化率降低，另一反应物转化率升高；加压、降温等条件，结合方程式气体计量数与反应吸放热，同步判断平衡移动与转化率、产率变化。 4.等效平衡侧重恒温恒容、恒温恒压两种模型，选择题多以投料比例对比考查平衡结果。 终极归纳5 高频易错点集中梳理，快速避坑抢分 1.混淆反应速率与平衡移动：升温一定加快速率，平衡移动只由焓变决定； 2.误将固体用量改变当作平衡影响因素； 3.恒容通入惰性气体，各物质浓度不变，速率、平衡均不移动；恒压通入惰性气体，容器体积增大，气体分压减小，平衡向气体增多方向移动； 4.忽视可逆反应不能完全进行，误算完全转化的理论产量。 终极归纳6 考场速解技巧 1.选择题优先区分速率影响因素与平衡影响因素，分开判断； 2.遇到图像题，先看拐点、起点、趋势，结合先拐先平、数值越大规律快速分析； 3.涉及K值变化，直接锁定温度变量； 4.判断平衡标志，优先筛选 “反应前后可变物理量”，快速排除错误选项。 5.立足基础理论、活用平衡规律，即可高效破题，稳定拿下该题型分数 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 单反应体系下的化学反应速率与化学平衡分析 1．（2025·江西卷）一定压强下，乙烯水合反应为： 已知： 气体均视为理想气体，下列说法正确的是 A．反应的活化能： B．恒温恒容充入，平衡向左移动 C．随温度升高而降低 D．平衡后，升高温度， 2.（2025·甘肃卷）加氢转化成甲烷，是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是 A．减小体系压强 B．升高温度 C．增大浓度 D．恒容下充入惰性气体 解题妙法 1.判方向，定热效应：先由 ΔH 的正负判断反应吸/放热，再用ΔG=ΔH-TΔS判断反应自发性，结合公式分析ΔS、活化能关系（ΔH=E正-E逆）。 2.析条件，用勒夏特列原理：针对压强、温度、浓度、惰性气体充入等条件，判断平衡移动方向：恒温恒容充惰性气体分压不变，平衡不移动；恒温恒压充惰性气体分压降低，平衡向气体分子数增多的方向移动。 3.辨速率，看影响因素：温度升高，正逆反应速率均增大，但吸热方向增幅更大；压强变化看气体分子数，浓度变化只影响速率不影响平衡常数。警惕“活化能关系误判”“惰性气体影响混淆”等陷阱，逐项验证即可破题。 题组二 多反应体系下的化学反应速率与化学平衡分析 1.（2025·海南卷）恒温下，反应物A与Q按图示计量关系，同时发生三个基元反应，分别生成产物B、C、D，反应速率。下列说法正确的是 A．反应的活化能①>②>③ B．提高温度仅提高反应②中活化分子百分数 C．加入催化剂，使反应③的活化能变小，D的产量降低 D．总反应速率 2.（2024·浙江卷）二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应： I． II． 向容积为的密闭容器中投入和，不同温度下，测得时(反应均未平衡)的相关数据见下表，下列说法不正确的是 温度() 400 500 600 乙烷转化率() 2.2 9.0 17.8 乙烯选择性() 92.6 80.0 61.8 注：乙烯选择性 A．反应活化能： B．时，反应I的平均速率为： C．其他条件不变，平衡后及时移除，可提高乙烯的产率 D．其他条件不变，增大投料比投料，平衡后可提高乙烷转化率 解题妙法 1.判竞争，定主次：平行反应中，速率与活化能成反比（活化能越低，速率越快），据此判断反应活化能大小关系；注意温度、催化剂对不同反应的选择性影响。 2.析平衡，看联动：结合勒夏特列原理，分析条件变化（如移除产物、改变投料比）对各反应平衡的联动影响；区分“转化率”与“选择性”的概念，明确目标产物产率的优化方法。 3.辨陷阱，慎验证：警惕“活化能与速率关系颠倒”“温度对活化分子百分数影响理解片面”“投料比与转化率关系误判”等问题，逐项核对速率、平衡移动方向即可快速破题。 题组三 单反应体系下的化学反应速率与化学平衡图像分析 1.（2025·山东卷）在恒容密闭容器中，热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：温度时，完全分解；体系中气相产物在、温度时的分压分别为、。下列说法错误的是 A．a线所示物种为固相产物 B．温度时，向容器中通入，气相产物分压仍为 C．小于温度时热解反应的平衡常数 D．温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大 2.（2024·重庆卷）醋酸甲酯制乙醇的反应为：。三个恒容密闭容器中分别加入醋酸甲酯和氢气，在不同温度下，反应t分钟时醋酸甲酯物质的量n如图所示。下列说法正确的是 A．该反应的 B．容器甲中平均反应速率 C．容器乙中当前状态下反应速率 D．容器丙中乙醇的体积分数为 解题妙法 1.读图像，定物质：先根据曲线趋势判断反应物、生成物，结合温度变化分析反应热效应（如吸热反应升温平衡右移，产物物质的量增大），区分固体与气体产物。 2.析平衡，用规律：结合勒夏特列原理分析条件变化（如恒容充惰性气体、改变温度 / 压强）对平衡的影响；利用平衡常数（如分压常数Kp）判断反应进行方向，对比不同温度下的平衡状态。 3.辨速率，算数据：根据图像数据计算反应速率、转化率、产率，注意反应计量比的换算；警惕 “温度对平衡常数的影响误判”“分压与总压混淆”“速率计算时计量数遗漏” 等陷阱，逐项验证即可破题。 题组四 多反应体系下的化学反应速率与化学平衡图像分析 1.（2025·江苏卷）甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ   反应Ⅱ   反应Ⅲ   条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A．时，的平衡转化率为20% B．反应达平衡状态时， C．其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大 D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时的物质的量 2.（2024·湖南卷）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的和，发生如下反应： 主反应：   副反应：   在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是 A．投料比x代表 B．曲线c代表乙酸的分布分数 C．， D．L、M、N三点的平衡常数： 解题妙法 1.辨反应，定趋势：先明确各反应的热效应（ΔH）与气体分子数变化，结合图像曲线趋势，判断温度、压强对主、副反应平衡的影响，区分各曲线对应的物质。 2.析联动，判平衡：多反应体系中，一个反应的产物可能是另一个反应的反应物，需结合勒夏特列原理，分析条件变化对整体平衡的联动影响；利用原子守恒、物质的量关系，计算转化率、物质的量之比。 3.避陷阱，慎验证：警惕 “温度对多个反应的平衡移动影响混淆”“投料比与分布分数关系误判”“平衡常数随温度变化判断错误” 等问题，逐项核对数据与反应规律即可快速破题。 题组五 化学反应速率与化学平衡的有关计算 1.（2024·江西卷）温度T下，向1 L真空刚性容器中加入1 mol CHOH，反应达到平衡时，c(Y)=0.4 mol·L-1， 下列说法正确的是 A．再充入1 mol X和1 mol Y，此时v正<v逆 B．再充入1 mol X，平衡时c(Y)=0.8 mol·L-1 C．再充入1 mol N2，平衡向右移动 D．若温度升高，X的转化率增加，则上述反应ΔH<0 2.（2022·辽宁卷）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下： 时间段/ 产物Z的平均生成速率/ 0～2 0.20 0～4 0.15 0～6 0.10 下列说法错误的是 A．时，Z的浓度大于 B．时，加入，此时 C．时，Y的体积分数约为33.3% D．时，X的物质的量为 解题妙法 1.三段式建模：先根据反应方程式列出起始、转化、平衡浓度，结合题目数据算出各物质的平衡浓度，为后续计算打基础。 2.算K与Q 判移动：利用平衡浓度计算平衡常数K，再根据新条件计算浓度商Q，通过Q与K的大小关系判断平衡移动方向，比较正逆反应速率大小。 3.析条件，避陷阱：分析压强、惰性气体、温度对平衡的影响，注意 “恒容充惰性气体不改变分压，平衡不移动”“固体反应物浓度视为常数” 等关键点；警惕 “等效平衡误判”“反应速率计算时平均速率与瞬时速率混淆” 等陷阱，逐项验证即可快速破题。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·安徽蚌埠·模拟预测）在两个容积均为2 L的恒容密闭容器中，起始时均充入，以温度、催化剂为实验条件变量，进行的分解实验［反应为］。测得的结果如图所示。(曲线Ⅱ、Ⅲ表示经过相同时间且未达到化学平衡时的转化率) 下列说法正确的是 A．分解放热 B．由曲线Ⅱ、Ⅲ可知，加入可提高的平衡转化率 C．时，后达到平衡，的生成速率为 D．以上，曲线Ⅱ、Ⅲ几乎重合，说明失去催化活性 【名校预测·第2题】（2026·北京石景山·一模）在一定温度下的密闭容器中发生反应：，平衡时测得A的浓度为。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为。下列有关判断不正确的是 A．反应的平衡常数不变 B．平衡向正反应方向移动 C． D．C的体积分数减小 【名校预测·第3题】（2026·重庆·模拟预测）丙烷裂解时发生如下2个反应：（Ⅰ）；（Ⅱ）。在1200℃、1 MPa条件下，和的混合气体在催化剂a或b吸附催化下发生反应Ⅰ和Ⅱ。图1是和（T范围1000℃～1500℃）的关系。图2是使用催化剂a时，平衡时转化率、选择性以及生成速率随变化的关系。已知：（为速率常数，为活化能，为常数）。下列说法正确的是 A．实验条件下，催化剂效果： B．实验条件下，当体系中压强不变时反应达平衡状态 C．实验温度下， D．生成速率减小是因为高温使催化剂活性降低 【名校预测·第4题】（2026·江西新余·二模）乙二醇是一种重要的化工原料，可由DMO发生如下3个均放热的连续反应合成乙二醇，其中仅MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 在、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，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]，其中曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性。下列说法正确的是 A．曲线Ⅲ表示DMO的实际转化率的变化曲线 B．时，出口处的值为1.98 C．减小初始氢酯比有利于提高点的转化率 D．点反应的浓度商(用物质的量分数代替浓度计算) 【名校预测·第5题】（2026·重庆·二模）如下两个反应在某温度下的压强平衡常数分别为和。 反应1：2FeSO4(s)Fe2O3(s)+SO2(g)+SO3(g)  Kp1=8.1×107 Pa2 反应2：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)  Kp2=105 Pa 在该温度、1×105 Pa条件下，向充满O2的恒压密闭容器中投入1.2 mol S，充分反应至t1时刻，此时容器中无S剩余，O2剩余0.4 mol。再向该体系中迅速投入1 mol无水FeSO4固体，此过程容器与外界未发生气体交换。 下列说法错误的是 A．平衡时，n(FeSO4)<1 mol B．t1时刻，p(SO2)=5×104 Pa C．起始时，n(O2)=1.8 mol D．加入FeSO4后，气体总物质的量为1.6 mol 倒计时6天 千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金。 —— 刘禹锡《浪淘沙》 化学反应原理压轴综合大题 考情透视--把脉命题 直击重点 ►命题解码：近年来全国各地方高考，原理综合大题为核心压轴题型，整合热化学、反应速率、化学平衡、水溶液离子平衡、电化学等主干知识。常以工业合成、废气治理、能源转化为情境，结合多维图像、数据表格、分压体系设问。高频考查盖斯定律计算、速率方程、平衡常数换算、转化率与产率分析、平衡移动调控、弱电解质电离与沉淀溶解平衡。命题陷阱集中在恒容恒压差异、多反应耦合、平衡常数影响因素、图像拐点含义辨析，设问层层递进，兼顾定性分析与定量计算，区分度突出。 ►高考前沿：新高考持续强化多反应共存、分压平衡常数、动力学与热力学综合考查；结合催化机理、碳中和、新型储能等热点情境；增加陌生速率公式、复杂图像分析与工艺条件优化评价；弱化机械计算，侧重原理迁移、模型建构与综合推理，凸显学科核心素养。 考点抢分--核心精粹 高效速记 终极归纳1  大题核心考查模块（四大模块，必记） 压轴题均围绕以下四大模块综合命题，每个模块掌握核心要点和答题规范，拆分突破、逐个击破，再整合应用。 1热化学与盖斯定律（基础送分，必拿）：核心考查ΔH计算、热化学方程式书写。 ①盖斯定律应用：找准目标方程式，调整已知方程式（乘除、颠倒），ΔH同步调整（颠倒变号，乘除同倍）； ②热化学方程式书写：标注物质状态、ΔH正负和单位，计量数与ΔH数值成正比，无需标注反应条件。 2化学反应速率与化学平衡（核心难点，重点突破）： ①速率计算：v=Δc/Δt，注意单位换算（mol·L-1·min-1或mol·L-1·s-1），结合图像斜率计算更快捷； ②平衡判断：“变量不变即平衡”（如浓度、压强、密度、转化率不再变化）； ③平衡常数（K）：表达式只写气体、溶液浓度，固体、纯液体不代入，K只与温度有关（放热反应，升温K减小；吸热反应，升温K增大）； ④平衡移动：遵循勒夏特列原理，结合温度、压强、浓度变化判断移动方向，重点掌握图像分析技巧。 3水溶液中的离子平衡（区分度考点，规范答题）：核心考查三大守恒、离子浓度排序、Ksp计算、滴定曲线。 ①三大守恒：电荷守恒（阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数）、物料守恒（原子守恒）、质子守恒（可由电荷守恒+物料守恒推导）； ②离子浓度排序：先判断溶液酸碱性，再结合守恒关系排序（如酸性溶液中c(H⁺)>c(OH⁻)，再结合溶质电离、水解分析）； ③Ksp计算：代入离子浓度（注意幂次），判断沉淀是否生成（离子积Qc>Ksp生成沉淀，反之不生成）。 4电化学（高频模块，模板化答题）：核心考查电极判断、电极反应式书写、电子守恒计算。 ①电极判断：原电池（负极失电子、发生氧化反应，正极得电子、发生还原反应）；电解池（阳极失电子、阴极得电子）； ②电极反应式书写：结合电解质环境（酸性/碱性），配平原子、电荷，补充H+、OH-或H2O； ③计算：利用电子守恒，串联电路中电子转移量相等，结合电极反应式计算产物量。 终极归纳2  大题解题万能模板（必记，直接套用） 压轴题看似复杂，实则有固定解题流程，掌握以下模板，可快速梳理思路、规范答题，避免遗漏踩分点。 1审题：圈出关键信息（反应方程式、温度、压强、浓度、图像数据、电解质环境），明确考查模块（单一模块或多模块综合）。 2拆分模块：将大题拆解为热化学、速率平衡、水溶液、电化学单个小问题，逐个解答，避免交叉混淆。 3规范答题： ①计算类：写出公式→代入数据→计算结果→标注单位（如K的计算，先写表达式，再代入浓度，最后得出数值，无单位）； ②文字描述类：遵循“原因+结果”答题话术（如平衡移动：“升温，平衡向吸热反应方向移动，因为勒夏特列原理，升高温度，平衡会减弱温度升高的影响”）； ③电极反应式：先写得失电子，再配平原子，最后配平电荷，结合环境补充离子。 4整合检查：确保各模块答案连贯，数据计算无误，答题规范（无错别字、单位正确、步骤完整）。 终极归纳3  高频踩分点（必记，不丢基础分） 压轴题评分标准严格，记准以下踩分点，确保会做的题不丢分，难题抢拿步骤分。 1热化学：ΔH计算步骤（标注盖斯定律应用过程）、热化学方程式状态标注、ΔH正负和单位。 2速率平衡：速率计算的公式和单位、平衡常数表达式、平衡移动的原因描述、转化率计算（转化率=变化量/初始量×100%）。 3水溶液：三大守恒方程式书写（无遗漏离子）、离子浓度排序的理由、Ksp表达式和计算步骤。 4电化学：电极名称判断、电极反应式书写（配平正确、结合环境）、电子守恒计算的过程。 终极归纳4  高频易错陷阱（避错必记，规避失分） 压轴题失分多在细节，记准以下陷阱，避免“会做但写错”“计算失误”。 1计算陷阱：速率单位换算错误（如min与s混淆）、K计算代入固体/纯液体、转化率计算遗漏初始量或变化量、电子守恒计算时未配平电极反应式。 2规范陷阱：热化学方程式未标状态、ΔH单位错误（如漏写mol-1）；电极反应式未结合电解质环境（如碱性条件下写H+）；文字描述未体现“原因+结果”，踩分点不全。 3概念陷阱：混淆“平衡常数K”与“离子积Qc”（K只与温度有关，Qc随浓度变化）；误将“催化剂”当作影响平衡的因素（催化剂只改速率、不改平衡）；混淆原电池与电解池的电极反应（原电池自发反应，电解池需要外接电源）。 4图像陷阱：误判平衡图像的横纵坐标含义、混淆“正反应速率”与“逆反应速率”、误将“转化率变化”当作“平衡移动方向”。 终极归纳5  考前速记技巧（高效冲刺） 1公式速记：重点记K、速率、转化率、Ksp、ΔH（盖斯定律）核心公式，无需推导，直接套用。 2话术速记：提前背熟平衡移动、电极反应、离子浓度分析的标准答题话术，避免答题不规范。 3优先级原则：先做基础模块（热化学、简单速率计算），再做难点模块（平衡图像、电化学综合），难题不纠结，优先抢拿步骤分。 真题精研--复盘经典 把握规律 题组一 物质制备类的原理综合题 1.（2025·贵州卷）TiC是一种极具潜力的超高温结构材料，其制备总反应为：   反应步骤如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   回答下列问题： （1）______________，总反应的随温度T的变化关系如图，则总反应自发进行的温度条件为________。 （2）在恒容密闭容器中，加入1 mol 、5 mol C和8.4 mol氢气，以从20℃升温至1500℃后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间t变化关系如图。已知：剩余固体质量分数 ①148 min之前反应速率逐渐加快的原因是________。 ②M、N点的反应速率________(选填“>”“=”或“<”)，其原因是________。 ③设Q点达平衡，总压为p kPa，则1500℃时总反应的________(分压=总压×物质的量分数，用含p的代数式表示)。 （3）高温下，向和C反应体系中加入NaF，可形成TiC-NaF(l)(TiC与NaF共熔体)，最终获得TiC，原理如下： ⅰ． ⅱ．______________ ⅲ． 过程ⅱ的化学方程式为________，加入NaF有利于生成更多TiC的原因是________。 2.（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)。 解题妙法 1.盖斯定律定热效应：通过已知分步反应，用盖斯定律推导总反应的ΔH，再结合ΔG=ΔH-TΔS，判断反应自发进行的温度条件，快速锁定反应方向。 2.速率平衡图像分析：结合图像曲线变化，分析速率变化原因（如升温、产物覆盖影响接触面积）；利用分压与物质的量分数的关系，计算平衡常数Kp，注意总压与分压的换算。 3.条件优化与机理解释：用勒夏特列原理分析助剂、温度、压强对平衡的影响，从“移除产物、降低活化能、改变接触状态”等角度，解释反应条件优化的原理，确保逻辑闭环。 题组二 电解质溶液类的原理综合题 1.（2025·浙江卷）氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。请回答： （1）下列措施中能提高新制饱和氯水中浓度的是_______。 A．加固体 B．加水 C．加粉末 D．加足量溶液 （2）氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： I   Ⅱ       Ⅲ   时，在不同下，约氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值如图所示(溶液体积保持不变)。 ①分子的空间构型是_______。 ②在之间，浓度增加，其最大来源是_______(填含氯微粒符号)。 ③该氯水中氯元素质量守恒表达式：_______。 ④在图中画出之间，随的变化曲线_______。 （3）某研究小组提出，商用(常含杂质)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。 Ⅳ   V   中含量对反应初始速率的影响如图所示。实验条件：初始浓度相同。 ①的存在主要加快了反应_______(填“Ⅳ”或“V”)。 ②指出改变的影响因素，并解释原因_______。 2.（2025·江苏卷）海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 （1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。 ①玻璃中的能与反应生成_______(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有_______。 （2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：_______。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为_______。 (ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有_______(填离子符号)。 （3）为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，_______，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。 解题妙法 1.“平衡优先”原则：所有问题的底层逻辑都是化学平衡（电离、水解、氧化还原平衡），先写出核心平衡式，再分析外界条件的影响。 2.“微粒观”贯穿始终：遇到守恒类问题，先列出体系中所有含目标元素的微粒，再根据原子守恒、电荷守恒、物料守恒书写表达式。 3.“图表信息转化”技巧： （1）先明确横纵坐标含义（如本题pH与lgc）； （2）分析曲线的起点、拐点、趋势对应的平衡变化； （3）结合题干反应式，将图表数据与平衡移动、反应速率关联。 题组三 反应机理类的原理综合题 1.（2026·浙江卷）某小组想用CO制取，反应如下： I．      Ⅱ．              Ⅲ．                           请回答： （1）①_______kJ/mol。 ②某同学在常温常压下，往CO与以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现几乎无。该同学认为是该反应的平衡常数极小导致的，你认为该同学的说法_______(“正确”或“错误”)，设计实验验证你的结论：_______(简述即可)。 （2）Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在250℃条件下，用Pt催化CO制取，反应如下： Ⅳ   V   Ⅵ (过渡态) Ⅶ Ⅷ ①Pt(原子序数78)，位于元素周期表第_______周期_______族。 ②反应Ⅳ的_______0(填“>”、“<”或“=”)。 ③在图中画出位置(虚线框内) _______。 （3）某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由降为，相关反应如下： 序号 反应 Ea(kJ/mol) a 144 b 101 c 56 d 48 e 40 f 39 g 24 h 15 i 14 ①该研究小组采取的措施是_______。 ②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：_______(填序号)。 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_______。 解题妙法 1.“热力学+动力学”双视角：先通过盖斯定律、平衡常数判断反应趋势，再通过活化能、反应速率判断反应可行性。 2.“原子守恒”贯穿机理分析：反应历程中，每一步的反应物、中间体、生成物都需满足原子守恒，可据此补全缺失的基元反应或中间体。 3.“催化剂作用本质” 理解：催化剂通过改变反应路径（降低活化能）加快反应速率，不改变平衡常数，不影响反应的焓变。 4.“图表信息转化”技巧： （1）能量曲线：关注峰值（活化能）、拐点（中间体）、起点终点（反应物 / 生成物能量）； （2）历程示意图：关注中间体的吸附态、成键方式、转化方向，推导产物和竞争反应。 题组四 环保类的原理综合题 1.（2025·天津卷）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。 Ⅰ．CO2与苯的分子结构 （1）CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为___________，苯是___________(填“极性”或“非极性”)分子。 Ⅱ．苯的催化氧化 Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。 （2）光照条件下，对应的转化率曲线为___________(填“a”或“b”)。 （3）有、无光照条件下，两种反应历程的___________(填“相等”或“不等”)。 Ⅲ．CO2的转化 （4）CO2与H2反应可以合成甲醇：。一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是___________(填序号)。 a.分离出甲醇    b.充入稀有气体    c.增加H2量    d.降低温度 （5）一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。 ①电极a是___________极，电极反应式为___________； ②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)； ③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为___________。 2.（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_______。 解题妙法 1.物质结构中，CO2等直线形分子中心原子为sp杂化，苯等对称结构为非极性分子。反应速率方面，活化能越低反应越快，光照、催化剂仅降活化能，不改变ΔH（ΔH只与反应物、生成物总能量有关）。 2.平衡移动需结合反应热和气体分子数：放热+气体分子减少反应，低温高压可提高产率；恒容充稀有气体平衡不移动。 3.电解池判极看化合价：降价为阴极、升价为阳极，阳极pH多降低，阳离子向阴极迁移，电极反应式需配平电荷和原子。 4.盖斯定律可通过已知反应加减运算求ΔH；反应历程中，活化能最大的基元反应为决速步。图像题需区分转化率与选择性曲线，多反应体系需叠加各反应平衡移动效果。易错点：避免混淆活化能与ΔH、误判离子移动方向及恒容稀有气体影响。 终极预测--压轴实战 稳拿高分 【名校预测·第1题】（2026·湖南岳阳·二模）目前我国研发出一种利用乙醇制氢且同时实现乙酸生产的新途径，主要反应为： Ⅰ.   Ⅱ.   回答下列问题： （1）已知：25℃、100kPa下，由各种元素指定单质生成1mol某纯物质的热效应叫做该物质的标准摩尔生成热。部分物质如下表。 物质 0 则___________。 （2）向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的乙醇和水蒸气，发生反应Ⅰ和Ⅱ，下列叙述能说明反应Ⅰ已达到平衡状态的有___________。 A．和的物质的量之比不再变化 B．气体平均摩尔质量不再变化 C． D．混合气体的密度不再变化 （3）下列关于反应Ⅰ的随温度T(K)的变化趋势正确的是___________(填序号)。 （4）恒压条件下，向密闭容器中投料后产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图所示。 注：副产物指、CO、混合气体 [已知：乙酸选择性=×100％] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为___________。 ②由图中信息可知，乙酸的选择性随温度升高呈先增大后减小的抛物线趋势，请解释后减小的原因：___________。 ③在温度为270℃，压强为100kPa下，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，已知乙醇和水的起始投料分别为1mol和8.2mol。平衡时乙醇的转化率为80％，，则反应Ⅰ的压强平衡常数___________kPa(计算出结果；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （5）某团队提出一种新型高效的光电分解水制氢的方法——磁场辅助光电分解水(如图所示)，在光照、磁场中，光电极产生“电子”和“空穴(，具有强氧化性)，它们分别驱动电极反应。 ①电极X为___________极(填“阴”或“阳”)。 ②在酸性介质中生成M的电极反应式为___________。 【名校预测·第2题】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）科研人员开发了三种新型氨合成方法。 方法一：N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g)  ΔH3 已知：①2N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+3O2(g)  ΔH1=+1266.4 kJ/mol ②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)  ΔH2=-566.0 kJ/mol （1）ΔH3=___________kJ/mol。 （2）反应①、②的吉布斯自由能变化(ΔG)随温度变化情况如图1所示，结合图像分析反应N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g)中CO的作用是___________。 方法二：200℃，常压下，利用工业废气NO与H2在催化剂表面反应直接合成NH3。主要反应如下： 主反应：2NO(g)+5H2(g)⇌2NH3(g)+2H2O(g) 副反应：2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g) （3）分析该合成方法较传统合成氨的优势：___________。(写出两点即可) （4）200℃，恒压p条件下，向一密闭容器中按n(NO):n(H2)=1:3投料发生以上反应。一段时间后体系达到平衡状态，NO的转化率为80%，NH3选择性为90%(NH3的选择性=×100%)。则主反应的压强平衡常数Kp=___________(写出计算式即可，平衡分压=气体的物质的量分数×总压)。 （5）研究表明，固溶体型催化剂OsxPt1-x/γ-Al2O3在合成反应中表现出优异的性能。根据图2分析：当OsxPt1-x中Os的含量为___________时为最佳催化效果。 方法三：400℃，常压下，首先利用催化剂Ni/BaC2晶体表面存在“阴离子空位”诱导N2活化，再进行氢化，协同作用来生产NH3。 （6）催化剂吸附能的负值表示微粒从气相吸附到催化剂表面形成化学键时所释放的能量。图3是催化剂Ni/BaC2晶体表面N2活化的过程，N原子与钡离子结合，请从物质结构的视角解释Ni/BaC2催化剂表面N2“水平吸附”比“末端吸附”的吸附能(Eads)低的原因___________。 （7）若将N2和H2同时通入反应体系，NH3的产生速率大幅下降，请解释原因___________。 【名校预测·第3题】（2026·广东广州·二模）利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的转化为单质硫。 Ⅰ．CaS将转化为单质硫涉及的主要反应如下： 反应ⅰ     反应ⅱ     反应ⅲ     （1）基态Ca原子的核外电子排布式为___________。 （2）反应ⅰ的___________(用、表示)。 （3）往密闭容器中加入1 mol CaS和，保持压强为100 kPa的条件下，发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，平衡时反应体系中部分物质的物质的量如图。 ①反应ⅱ的___________0(填“>”“=”或“<”)。 ②1100K时，反应ⅰ的平衡常数___________(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)。 Ⅱ．用还原可再生CaS，涉及的主要反应如下： 反应ⅳ   反应ⅴ   在恒容密闭容器中加入，再往容器中通入，发生反应ⅳ和反应ⅴ。原料初始组成分别为2:1、3:1、4:1，达到平衡时随温度变化如下图所示。 （4）原料初始组成，反应温度高于时，主要发生的反应为___________(填“反应ⅳ”或“反应ⅴ”)。 （5）原料初始组成，反应温度为时，反应达到平衡，测得反应前后容器内气体的压强比为。 ①达到平衡时，的转化率为___________。 ②达到平衡时，获得CaS的物质的量为___________mol(用含、、的代数式表示，写出推导过程)。 【名校预测·第4题】（2026·江苏镇江·二模）将转化为高附加值化学品已成为绿色化学和可持续能源领域的研究热点。 Ⅰ．制乙烯。 （1）光催化制乙烯：、、三乙胺在催化剂作用下，光照一段时间可制得。 催化剂中含，常温下，将溶液和溶液混合制备。已知：、、。反应的平衡常数的数值为______。 （2）电化学还原制乙烯。 图－1为相应的电化学装置，研究发现，铜电极对于的还原有较好的效果，实验中常在气体中混入一定量的以改变铜电极的表面状态，生成物的情况如图－2所示，分析图像右半部分含量降低的原因______。 Ⅱ．制甲醇 催化加氢合成甲醇（反应ⅰ）中伴随反应ⅱ的发生： 反应ⅰ： 反应ⅱ： （3）估算反应ⅰ的，需要______（填数字）种化学键的键能数据。 （4）恒压时，和一定条件下发生反应，将反应后的气体以一定流速通过含修饰的吸附剂，分离和能与键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度（）与进口浓度（）之比随时间变化关系如图－3所示。，浓度比增大而浓度比几乎为0的原因是______。 （5）在催化剂作用下，加氢制备甲醇的可能机理如图－4所示： 向装有催化剂的反应管中持续通入和（见图－5），控制的流速一定，随着通入流速的增加，合成甲醇的速率先加快后减慢的原因可能是______。 Ⅲ．与环氧化合物反应 （6）与环氧化合物反应可以转化为有价值的有机物。转化过程如图－6所示，X的分子式是，是一种五元环状化合物。X的结构简式为______；N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷上的碳原子，而不是碳原子，结合电负性解释原因______。 【名校预测·第5题】（2026·河北保定·一模）甲醇是工业“基石”原料，也是清洁燃料及溶剂领域的重要物质。 I．合成气制备甲醇的原理为。向容积为1 L的绝热恒容容器中，加入和1 mol CO，反应开始时体系的压强增大。 已知：的燃烧热()分别为、，该反应的Ea(正)。 回答下列问题： （1）该反应的逆___________(用字母表示)。 （2）该反应的速率方程为，，其中、为正、逆反应速率，为速率常数，为各组分的分压。升高温度，增大的倍数___________增大的倍数(填“>”、“<”或“=”)。 （3）向绝热反应器中通入和过量的，发生合成气的转换反应：。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___________。该反应需要在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热，保证反应在最适宜温度附近进行。若采用喷入冷水(蒸汽)方式降温，在图中做出CO平衡转化率随温度变化曲线。___________。 II．工业废气中的二氧化碳加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向，在催化剂作用下，主要自发进行以下反应： i． ii． iii． （4）在恒温、恒压反应器中通入发生反应i和ii，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化关系如图所示。 已知：产率；的选择性。 下列说法错误的是___________。 A．， B．的平衡选择性随温度的升高而减小 C．525 K时，的平衡选择性约为 D．525K时，减小的值或增大压强均能使的平衡转化率达到b点的值 （5）将一定比例和流速的和通过装有催化剂的容器，发生反应i和ii，经过相同时间，测得5 Mpa时反应温度变化、时压强变化对甲醇产量影响的关系如图所示。曲线X表示___________(填“5 Mpa时反应温度变化”或“时压强变化”)。增大压强，产物中的体积分数增大的原因是___________。 （6）已知：对于反应，压强平衡常数为，为各组分平衡时的分压。一定温度下，向恒容密闭容器中通入物质的量之比为1：3的与，发生以上3个反应，若起始压强为200 MPa，反应经后达到平衡，此时体系压强为，反应iii的平衡常数___________(保留两位有效数字)。 / 学科网（北京）股份有限公司 $