压轴10 化学反应原理综合题（压轴题专练）（浙江专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

压轴10 化学反应原理综合应用 典例·靶向·突破 考向01 以CO2碳中和资源化利用为载体的原理综合题 例1 (1) C 减小 (2) 700℃后，反应Ⅰ几乎不发生，二者的体积分数均随温度升高而增大；反应Ⅱ是吸热反应，故升高温度，CO和H2O的体积分数均增大 (3)H* + O* →*OH + * (4) 先增大后减小 0.27 【变式探究】(1)+41．2 (2)ABC (3)升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度 (4)0.0375 (5)CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O C 催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH 考向02 以环境治理为载体的原理综合题 例2 (1) 直线形 2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-746kJ·mol−1 低温自发 (2) N2O N*+NO*→N2O*+*(或：N*+N*+O*→N2O*+2*) (3) c、e 步骤e活化能很低，易生成H*，步骤c活化能远低于原有生成N*的步骤b，更易产生N*，更多N*结合生成N2，因此提高了氮气的选择性 【变式探究】(1) -1632．4 任意温度 1．8 (2) > 汽油含碳量低、含氢量高，单位质量的汽油需要空气的质量比柴油大 空燃比超过14．7时，CO、碳氢化合物被大量消耗，无法还原NOx (3)2CO+2NON2+CO2 吸附态NO分解为吸附态N原子和O原子 吸附态CO与吸附态O原子结合，生成吸附态CO2 (4)2NO2+8e-=N2+4O2- 考向03 以工业合成反应原理为载体的原理综合题 例3 (1)放热 (2)富集二氧化碳；净化气体减少催化剂中毒 (3)若反应已达平衡，恒压条件下，不会对反应④的平衡移动产生直接影响，但是有利于反应③正向移动，所以乙二醇的选择性会提高；若反应未达平衡，则恒压条件下反应③的速率增大幅度大于反应④，所以相同时间内乙二醇的选择性会提高 (4)-2a-3b+c L1 该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，α减小；正向反应气体分子数减小，压强增大，平衡右移，α增大；为维持α不变，温度升高则压强必须升高 (5)CH2=CH2+Cl-+H2O-2e-=ClCH2CH2OH＋H＋ 【变式探究】(1)低温 (2)-24．6 (3) B Cu2O 被H2、C2H5OH、CH3OH、C等还原性物质还原为Cu，改变了Cu2O与Cu的组成比例，导致催化剂活性降低 (4) (5) CO2+12HCO3-+12e-=C2H5OH+12CO32-＋3H2O AC 1．(1) 低温 I 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度 (2) 电负性：O＞C，与O直接相连的C原子带部分正电荷，甲基是推电子基团，使得“CH”中碳原子比“CH3O-”中的碳原子带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH2”中的碳原子 (3) CO2+2NO3-+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O 80% 2．(1)较低温度 0.002 (2) KII×KIII ＞ 碳酸氢根离子之间存在氢键 (3) CD 温度升高，CO2(aq)+H2OH2O+-CO2-的平衡左移，c(H2O+-CO2-)减小对反应H2O+-CO2-HCO3-+H+的速率影响大于温度升高的影响 3．(1)K=1．8×10-16 (2)[B(OH)4]-+8e-+4H2O=BH4-+8OH- (3) k2=1．25×1011 (4)乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大。或乙醇氧化为CO的活化能大于CO氧化成CO2的活化能，温度升高对活化能大的影响大 4．(1)CD (2)草酸过量后会生成FeC2O4沉淀，使得溶液中的总铁含量变少 (3)(起点和终点为0，最高点在0.6～0.7之间) (4) (5)反应的活化能高，反应速率慢 (6) dce 反应f会消耗活泼中间体SO4-•，且无法通过其他路径再生，当SO4-•消耗完后，反应就停止了 5．(1)CD SO2 A<B(或B>A) O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，O-H键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，S-H键键能小于O-H键，B共轭稳定作用更强 (2)温度升高，S2O82-中的O-O键更易发生断裂，产生更多的•SO4-(aq)自由基；温度高于70℃时，体系内自由基浓度过高，易两两组合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高) (3)O2浓度升高，平衡2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)正移，造成与NOx(g)反应的CO(g)减少 6．(1)+164．9 (2)CD (3) A 1．31 (4) B 由图可知，使用催化剂(B)的活化能比使用催化剂(A)的活化能低，因此使用催化剂(B)更有利于该反应进行 (5) AB 7．(1)54 (2)低温 (3)AD (4)630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小 (5)n(F2)= 3 n(XeF2)+2 n(XeF4)+ n(XeF6) (6) (7)XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减 8．(1) -748kJ·mol−1 (2)B (3)2 (4)甲，温度升高，正逆反应速率都加快，lgk正、lgk逆均增大，但放热反应，lgk逆随温度T升高而增大的幅度相对较大 (5) (6)(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑＋4nH＋ / 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴10 化学反应原理综合应用 命题预测 浙江选考化学非选择题中的化学反应原理综合题是试卷核心压轴题之一，近五年稳定考查，2026 年首考分值由 12 分增至 14 分，成为拉开分差的关键题型。以工业合成、CO2资源化、能源转化、废气治理等真实化工情境命题，综合性极强。考点覆盖热化学、化学平衡、速率、电化学、水溶液离子平衡多模块融合。命题特点：图像信息丰富，包含转化率、选择性、能垒、对数坐标等；设问梯度清晰，由基础计算到平衡移动、机理分析、原因解释逐层递进；侧重结合勒夏特列原理、平衡常数 K、Q-K 判据、速率影响因素；简答题强调规范文字表述，要求从原理角度解释产率、选择性、温度压强影响。2026 年6月以稳中有变、融合创新、回归教材为核心趋势，预测：继续聚焦双碳、催化循环、多反应耦合体系；强化动力学与热力学共同竞争、反应机理能垒分析、法拉第效率、选择性调控；图像更复杂，增加对数、分布系数曲线；简答题注重逻辑完整、原理严谨；进一步融合电化学与化学平衡综合设问，对综合建模、证据推理、规范表达要求持续提高。 高频考法 1．热化学计算：利用盖斯定律计算反应焓变 ΔH，书写热化学方程式。 2．反应速率分析：判断温度、浓度、催化剂对反应速率影响，计算速率大小。 3．化学平衡综合：结合图像分析平衡移动、转化率、选择性变化，计算平衡常数 K。 4．机理与能垒：判断决速步、中间体、活化能，分析反应路径与选择性。 5．平衡简答表述：规范解释温度压强对产率影响、低温高温选择原因。 6．电化学融合：结合电解 / 电池，分析电极反应、pH 变化、法拉第效率计算。 知识·技法·思维 考向01 盖斯定律的两大热点应用—书写和计算 考向02 化学反应速率问题 外界条件对化学反应速率的影响：纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率。但固体颗粒的大小导致接触面积的大小发生变化，故影响反应速率；对于固体、液体物质，由于压强改变对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，压强对无气体参加的化学反应的速率无影响；升高温度，不论吸热反应还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大；使用催化剂催化的化学反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在许多工业生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围；“惰性气体”(不参加反应的气体)对反应速率的影响：恒温恒容：充入“惰性气体”总压强增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)，反应速率不变。恒温恒压：充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减小。 考向03 化学平衡问题 (1)外界条件对化学平衡移动的影响规律 温度的影响 升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动； 降低温度，化学平衡向放热反应方向移动 浓度的影响 增大反应物浓度或减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动； 减小反应物浓度或增大生成物浓度，化学平衡向逆反应方向移动 压强的影响 增大压强会使平衡向气体体积减小的方向移动； 减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动 (2)化学平衡计算中两组常用公式：在可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)中化学平衡常数(K)与浓度商(Q)，K＝(式中的浓度是指平衡状态的浓度，固体物质、纯液体、水溶液中进行的反应，H2O不列入平衡常数的计算表达式中；气体反应、有机反应，H2O的浓度要列入平衡常数的计算表达式中)，Q＝(式中的浓度是任意时刻的浓度)。转化率α＝。 考向04 两大常数 1．化学反应速率常数 (1)含义：一定温度下，对于基元反应化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比 (2)表达式 反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g) 表达式：v正＝k正ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数) 速率常数与化学平衡常数之间的关系 推导 一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，因平衡时v正＝v逆，则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H) 关系 ＝＝K 2．化学平衡常数(Kp) (1)含义 有气体参与的反应，在化学平衡体系中，各气体物质的分压替代平衡浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数。 (2)表达式 对于一般可逆反应mA(g)＋nB(g)pc(g)＋qD(g)，当在一定温度下达到平衡时其压强平衡常数Kp可表示为Kp＝，其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)表示反应物和生成物的分压，用平衡分压可以这样计算：分压＝总压×物质的量分数。 p(总)＝p(A)＋p(B)＋p(C)＋p(D)；＝＝ 化学平衡图像分析 考向05 陌生平衡图像的问题 化学理论综合题中最容易失分的是速率与平衡的陌生图像，在非选择题中的陌生图像打破了传统的速率平衡图像模式，反应体系不再局限于气相反应，引入了更多的液相反应，纵坐标和横坐标不再局限于时间、温度、压强、速率、转化率等物理量，而是引入了更多的变量，如两种物质的物质的量之比、气体分压的负对数等，使得图像更新颖、信息容量更大、题目难度更大。 考向06 原电池与电解池问题 1．原电池中负极发生氧化反应，常出现电极材料溶解、质量减轻等现象；正极发生还原反应，常出现质量不变或增重、有气体产生等现象。 2．电解池中与电源负极连接的阴极材料不反应，与电源正极连接的阳极(除惰性电极外)材料发生氧化反应，可能出现电极溶解、质量减轻等现象。 3．Fe在原电池与电解池反应中发生氧化反应时失去2个电子生成Fe2＋。 4．可充电电池的放电反应是原电池反应，充电反应是电解池反应。放电过程中原电池的负极发生氧化反应，充电过程中电解池的阴极发生还原反应。 典例·靶向·突破 考向01 以CO2碳中和资源化利用为载体的原理综合题 例1【新情境——CO2碳中和资源化利用】(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)CO2与H2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。“Chem is try”小组将CO2和H2按体积比1:3通入恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ。 Ⅰ.  2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(g) ΔH1 K1 Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＞0 K2 请回答： (1)下列关于反应Ⅰ的ΔH-TΔS随温度T的变化趋势正确的是________。 A．    B．    C．    D． 升高温度，________(填“增大”、“不变”或“减小”)。 (2)实验测得平衡时，部分组分的体积分数-温度曲线如下图所示。 ①在下图中画出100~400℃之间CH3CH2OH的体积分数随温度变化的曲线________； ②CO(g)和H2O(g)对应的曲线，在700℃之后的趋势变化的原因是________； (3)反应Ⅱ的一种反应机理如下(其中*表示吸附态)： ①     ②     ③ ④________     ⑤     ⑥ ⑦ 写出第④步的反应方程式________。 (4)CO2和H2在一定条件下合成HCOOH。 25℃时，向含有0.1mol的NaOH溶液中逐滴滴加xmolHCOOH，所得溶液体积为100mL，pH=3．5，该滴加过程中水的电离程度变化情况为________，x=________(保留2位小数，已知HCOOH的，)。 【答案】(1) C 减小 (2) 700℃后，反应Ⅰ几乎不发生，二者的体积分数均随温度升高而增大；反应Ⅱ是吸热反应，故升高温度，CO和H2O的体积分数均增大 (3)H* + O* →*OH + * (4) 先增大后减小 0.27 【解析】本题围绕CO2与H2催化转化的两个竞争反应(反应Ⅰ：2CO2(g) + 6H2(g)CH3CH2OH(g) + 3H2O(g) ΔH1、反应Ⅱ：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ΔH2>0)展开，综合考查了热力学函数ΔH-TΔS与温度的关系、平衡常数比值的温度变化、反应历程与反应方程式书写、水的电离程度分析及弱电解质电离常数计算等核心知识点，需结合反应热效应、反应竞争规律、电离平衡移动原理等知识逐一分析； (1)反应的ΔH-TΔS(吉布斯自由能变ΔG)与温度呈线性关系，斜率为-ΔS。反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，ΔS1<0，故-ΔS1>0，ΔH-TΔS随T升高而增大，反应Ⅰ为放热反应，低温下能自发进行，ΔG<0，故C符合；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K1减小，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，K2增大；因此随温度升高减小。 (2)①由图可知，100℃~400℃区间内，温度升高，CO2体积分数增大，CO体积分数基本不变，故主要发生反应Ⅰ，且温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，CH3CH2OH体积分数逐渐降低，根据各物质体积分数之和等于1可知，曲线起点为100℃时的体积分数(1-75%=25．0%)，终点为400℃时的体积分数(1-37．5%-12．5%=12．5%)，连接两点绘制一条随温度升高单调下降的平滑曲线即可；②由图可知，根据各物质体积分数之和等于1可知，700℃后，CH3CH2OH的体积分数几乎为0，即反应Ⅰ几乎不发生，只发生反应Ⅱ，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO和H2O的体积分数均随温度升高而增大。 (3)根据反应机理的原子守恒与吸附态(*)规律，前序步骤生成O*、H*，第④步需结合H*与O*生成*OH，同时保留吸附态*，因此反应方程式为：H* + O* →*OH + *； (4)向0.1mol NaOH溶液中滴加xmolHCOOH，发生反应HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，初始为强碱溶液(NaOH抑制水的电离)；滴加HCOOH发生中和反应生成HCOONa，HCOO-水解促进水的电离，水的电离程度先增大；当HCOOH过量后，溶液呈酸性(HCOOH电离抑制水的电离)，水的电离程度后减小，故整体变化为先增大后减小；当混合液pH=3．5时，所得溶液为HCOONa和HCOOH混合溶液，由原子守恒知、，由电荷守恒知，pH=3．5时，，代入电离常数公式： Ka=；10-3．7=，解得。 情境链接 本题CO2与H2通过催化转化为高附加值化学品是实现“双碳”目标为情境，紧扣浙江选考化学反应原理综合题高频考向。试题串联盖斯定律计算、恒恒容 / 恒压容器平衡移动判断、催化反应机理书写、电离平衡等核心考点。， 考向解码 试题融合热化学、化学平衡、催化机理、离子平衡控等知识，贴合国家 “双碳” 战略与工业碳资源化利用前沿，突出 “热化学计算-平衡移动原理-反应机理” 的完整思维，全面考查变化观念、平衡思想与证据推理等核心素养。侧重： 1．热化学：盖斯定律的应用(焓变计算、热化学方程式书写)，明确焓变与反应热的关系，注意状态标注、化学计量数与焓变的比例。 2．反应速率与机理：速率影响因素(温度、浓度、催化剂)，速率计算，能垒图分析(决速步、活化能、中间体判断)，理解速率与平衡的区别。 3．化学平衡：勒夏特列原理，平衡常数(K)的计算与应用，Q与K的比较判断平衡移动方向，转化率、选择性的分析与计算。 4．电化学：电极反应书写(结合介质)，电子守恒应用，法拉第效率、能量转化效率计算，电化学与平衡的融合分析。 5．规范表达：掌握平衡移动、产率影响、选择性调控等简答题的答题逻辑，做到原理准确、表述严谨。 【变式探究】(2026·浙江省嘉兴市高三一模)研究CO2的综合利用可实现碳循环。 I．在反应器内CO2和H2在催化剂作用下可发生如下反应： 主反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-493kJ·mol−1 副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2   (1)已知25℃ 和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热 ΔH分别为-285．8kJ·mol−1、-283kJ·mol−1，H2O(l)=H2O(g) ΔH3＝+44kJ·mol−1  ，则 ΔH2= kJ·mol−1。 (2)要提高CO2平衡转化率，可采取的措施是___________。 A．增大H2浓度 B．增大压强 C．及时分离H2O(g) D．选用高效催化剂 (3)在恒温反应容器中，维持入口压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[]，随温度变化关系如图1所示： 若233~251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析236℃后图中曲线下降的原因： 。 (4)在压强为2．2MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和3molH2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，计算主反应在该温度下的平衡常数Kp= (MPa-2)。 Ⅱ．二氧化碳电还原反应生产甲醇 (5)我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率。 ①在酸性水溶液中，生成甲醇的电极反应式为 。 ②在酸性水溶液中，三种不同的催化剂(A、B、C)上CO2电还原为CH3OH的反应过程中(电还原为H2的反应可同时发生)，反应活化能变化如图2所示。由此判断制甲醇应选择催化剂 (填“A”“B”或“C”)，理由是 。 【答案】(1)+41．2 (2)ABC (3)升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度 (4)0.0375 (5)CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O C 催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH 【解析】(1)，，； (2)A项，增大反应物H2的浓度，能提高CO2的平衡转化率，A正确；B项，主反应为正向气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，能提高CO2的平衡转化率，B正确；C项，及时分离出产物H2O(g) ，平衡正向移动，能提高CO2的平衡转化率，C正确；D项，催化剂不影响平衡，选用高效催化剂不能提高CO2的平衡转化率，D错误；故选ABC； (3)主反应为放热反应，副反应为吸热反应。升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，导致甲醇的选择性下降；同时CO₂的总转化率也下降，说明主反应平衡逆向移动的影响更大，故236°后图中曲线下降的原因为：升高温度，主反应逆向移动程度大于副反应正向移动程度； (4)根据题意，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，则甲醇的生成量为：，CO的生成量为：，可列出三段式： 平衡时： 故主反应在该温度下的平衡常数； (5)①在酸性水溶液中，二氧化碳得到电子生成甲醇，电极反应式为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；②H+电还原为H2的反应为副反应，选择催化剂时副反应的活化能高时不易发生，故选择催化剂C，原因为：催化剂C上生成H2活化能高，不易发生副反应；生成CH3OH的活化能相对较低，更倾向于生成CH3OH。 考向02 以环境治理为载体的原理综合题 例2【热点——环境治理】(2026·浙江杭州二中高三三模)研究汽车尾气CO和NO的转化具有重要的意义。 (1)已知物质的相对能量如下表所示： 物质 NO CO CO2 N2 相对能量/(kJ/mol) 90 -110 -393 0 ①CO2的空间构型___________。 ②写出NO和CO生成N2和CO2的热化学方程式___________；该反应自发进行的条件是___________。 ③已知②中反应分两步进行(反应未配平)：NO＋COXN2＋CO2，请在图中画出反应上述过程的“能量—进程图”________。 (2)某科研小组在三元催化器(TWC)中采用Pt-Pd-Rh基催化剂催化CO还原NO的反应，反应历程如下：(*代表催化剂) Ⅰ．NO＋* → NO* Ⅱ．CO＋* → CO* Ⅲ．NO*＋* → N*＋O* Ⅳ．N*＋N* → N＋* Ⅴ．CO*＋O* → CO＋* Ⅵ．N→ N2＋*     CO→ CO2＋* 该过程中还会生成的一种氮氧化物副产物为___________，写出生成该物质的基元反应方程式___________。 (3)另有小组采取氢气辅助，在中高温条件下，可提高氮气的选择性。部分反应如下： 步骤 基元反应 活化能(kJ/mol) a 2N*→ N2＋2* 104 b NO*＋*→ N*＋O* 132 c NO*＋H*→ N*＋OH* 65 d CO＋*→ CO* 48 e H2＋2*→ H＋*→ 2H* 15 f NO＋*→ NO* ≈0 氮气的选择性的提高是因为发生上述步骤___________(填序号)，理由是___________。 【答案】(1) 直线形 2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-746kJ·mol−1 低温自发 (2) N2O N*+NO*→N2O*+*(或：N*+N*+O*→N2O*+2*) (3) c、e 步骤e活化能很低，易生成H*，步骤c活化能远低于原有生成N*的步骤b，更易产生N*，更多N*结合生成N2，因此提高了氮气的选择性 【解析】(1)①CO2中心C原子的价层电子对数为，杂化类型为sp杂化，无孤电子对，空间构型为直线形；②反应热ΔH=生成物总相对能量−反应物总相对能量，代入数据得：ΔH=(0+2×(−393))−(2×90+2×(−110))=−746 kJ/mol，则热化学方程式为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝-746kJ·mol−1；该反应ΔH<0，反应后气体分子数减少，ΔS<0，根据ΔG=ΔH−TΔS<0时反应自发，可知低温下该反应可自发进行；③第一步为慢反应，第二步为快反应，则第一步活化能大于第二步，两步反应均放热，则反应物能量>中间体能量>产物能量，则示意图如下：。 (2)根据反应历程，则该过程中还会生成的一种氮氧化物副产物为N2O，基元反应为N*+NO*→N2O*+*(或：N*+N*+O*→N2O*+2*)。 (3)无氢气时，NO分解为N*走活化能更高的步骤b，反应难度大；加入氢气后，氢气经低活化能的步骤e得到H*，NO经活化能更低的步骤c更快生成N*，N*浓度升高，更多结合为N2，提高了氮气的选择性；故氮气的选择性的提高是因为发生上述步骤c、e。 情境链接 本题以汽车尾气CO和NO的转为情境，考查化学反应原理在环境治理中的重要作用。 考向解码 试题融合热化学、化学平衡、反应动力学等模块，贴合工业废气治理、资源循环利用的环保热点，突出“催化机理-热化学计算-平衡调控”的完整逻辑链，全面考查变化观念、平衡思想、证据推理与模型认知核心素养，完全匹配浙江选考中原理综合题情境新颖、原理综合、重逻辑分析的命题特点。 【变式探究】(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)燃油车排放的尾气主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。常用的尾气净化技术有选择性催化还原(SCR)、三元催化转化(TWC)、电化学等。 (1)利用处理柴油车尾气，与NO2的比例不同时发生不同类型的反应： a．标准SCR：4NO(g)＋4NH3(g) +O2(g)4N2(g)＋6H2O(g) ΔH1 b．快速SCR：2NO(g)＋4NH3(g) +2NO2(g)4N2(g)＋6H2O(g) ΔH2＝-1518．2kJ·mol−1 ①已知 2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH3＝-114．2kJ·mol−1， 则 ΔH1＝___________kJ·mol−1。标准SCR能自发进行的条件为___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)。 ②的存储与释放对脱硝效率至关重要，某储氨材料为一种弱碱性阴离子交换树脂，可通过吸附NH4+实现储氨。常温下若将该树脂浸泡在的模拟尾气冷凝液中(忽略体积变化)，已知NH3+H2ONH4++OH- 的Kb(NH3·H2O)=1．8×10-5，则溶液中c(NH4+)/c(NH3)的比值为___________。 (2)单位质量燃料燃烧所需要的空气质量称为空气燃油比，简称空燃比。 ①汽油以辛烷为例，柴油以十六烷为例，理论上空燃比汽油___________柴油(填“>”或“<”)，其原因是___________。 ②利用TWC处理汽油车尾气，尾气中的NOx、CO、HC(碳氢化合物)的转化效率与实际空燃比的变化关系如图1所示。当实际空燃比超过14．7时，NOx转化效率明显降低的原因是___________。 (3)在贵金属催化剂表面模拟TWC用CO还原NO，反应机理如图2所示。 ①生成N2的总反应为___________。 ②图中虚线框内还原转化为CO2反应机理可描述为： 气态NO分子吸附到催化剂表面→___________→气态CO分子吸附到催化剂表面→___________→吸附态CO2从催化剂表面脱附，释放为气态CO2。 (4)用电解法处理NO2的原理图3所示，两惰性电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可以传导O2-。X电极发生的电极反应式为___________。 【答案】(1) -1632．4 任意温度 1．8 (2) > 汽油含碳量低、含氢量高，单位质量的汽油需要空气的质量比柴油大 空燃比超过14．7时，CO、碳氢化合物被大量消耗，无法还原NOx (3)2CO+2NON2+CO2 吸附态NO分解为吸附态N原子和O原子 吸附态CO与吸附态O原子结合，生成吸附态CO2 (4)2NO2+8e-=N2+4O2- 【解析】(1)①已知标准SCR的反应方程式，根据盖斯定律，；根据吉布斯自由能方程ΔG=ΔH-TΔS，该反应的正反应为气体分子数增大的反应，ΔS＞0，且ΔH＜0，故在任意温度下都能保证ΔG＜0，即在任意温度下反应都能自发进行；②已知NH3+H2ONH4++OH-的Kb(NH3·H2O)=1．8×10-5，即，反应温度为常温，pH=9．0时c(OH-)=10-51mol·L-1 ，代入Kb式，即c(NH4+)/c(NH3)=1．8； (2)①当烷烃的质量相同时，碳原子越少，氢元素占比越高而氢耗氧远多于碳，整体耗氧量更大，故理论上空燃比：汽油>柴油，理由为：汽油含碳量低、含氢量高，单位质量的汽油需要空气的质量比柴油大；②空燃比越大，CO、碳氢化合物被大量消耗，缺少还原性物质还原NOx，所以NOx转化效率明显降低； (3)①观察图2，反应物含有NO和CO，生成物含有N2与CO2，据此配平方程式：2CO+2NON2+CO2；②观察图2，气态NO分子吸附到催化剂表面后，分解成吸附态N原子和O原子，后气态CO分子吸附到催化剂表面，结合吸附态的O原子，生成吸附态CO2分子，后脱离催化剂； (4)根据图3，NO2在X电极上放电，被还原生成N2，配平离子为O2-，电极方程式为2NO2+8e-=N2+4O2-。 考向03 以工业合成反应原理为载体的原理综合题 例3【热点——工业合成反应原理】(2026·浙江嘉兴市高三教学测试)乙二醇是一种应用广泛的化工原料，有多种合成方法。 Ⅰ．某工业园区构建了“CO2捕集CO2再生→CO2加氢制乙二醇”闭环系统： ①CaO捕集废气中的CO2：CaO (s)+ CO2(g)CaCO3(s) ②CaCO3再生CO2：CaCO3(s)CaO (s)+ CO2(g) ③CO2加氢制乙二醇：2CO2(g)＋5H2(g)HOCH2CH2OH(g)＋2H2O(g) ④副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) (1)反应③的正反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应。 (2)反应①和②的作用是___________。 (3)体系中存在副反应④，当体系从恒温恒容条件变为恒温恒压时，反应相同时间，乙二醇的选择性(乙二醇产量占总含碳产物的比例)会升高，可能的原因是___________。 Ⅱ．利用合成气制备乙二醇的方程式为：2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g)  ΔH。 (4)按n(CO)：n(H2)=2：3进料，控制平衡转化率α不变，探究温度(T)与体系总压(p)的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与体系总压的关系如图： ①已知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧热分别为-akJ·mol−1、-bkJ·mol−1、-ckJ·mol−1，则上述反应的ΔH＝___________kJ·mol−1(用a、b和c表示)。 ②代表α=0.6的曲线为___________(填“L1”“L2”或“L3”)。 ③图中N点的温度和压强均须高于M点，请解释原因___________。 ④已知D点的总压为，则D点对应体系的Kp=___________(用含的代数式表示)。 Ⅲ．乙烯电合成法是制备乙二醇的一种新兴的绿色化学方法。制备过程中，阳极室以NaCl溶液为电解液，通入乙烯使其转化为2-氯乙醇(ClCH2CH2OH)，最终在电解槽外部将阴、阳两极电解液混合，促使2-氯乙醇水解生成乙二醇。 (5)写出阳极室中生成2-氯乙醇的电极反应式___________。 【答案】(1)放热 (2)富集二氧化碳；净化气体减少催化剂中毒 (3)若反应已达平衡，恒压条件下，不会对反应④的平衡移动产生直接影响，但是有利于反应③正向移动，所以乙二醇的选择性会提高；若反应未达平衡，则恒压条件下反应③的速率增大幅度大于反应④，所以相同时间内乙二醇的选择性会提高 (4)-2a-3b+c L1 该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，α减小；正向反应气体分子数减小，压强增大，平衡右移，α增大；为维持α不变，温度升高则压强必须升高 (5)CH2=CH2+Cl-+H2O-2e-=ClCH2CH2OH＋H＋ 【解析】(1)反应③正反应气体分子数减少，ΔS<0，反应能自发进行，故ΔH<0，为放热反应； (2)①捕集低浓度CO2，②分解得到高浓度CO2，再生CaO可循环用于捕集CO2，实现闭环，同时净化气体减少催化剂中毒； (3)反应③正反应气体分子数减少，副反应④气体分子数不变，若反应已达平衡，恒压条件下，不会对反应④的平衡移动产生直接影响，但是有利于反应③正向移动，所以乙二醇的选择性会提高；若反应未达平衡，则恒压条件下反应③的速率增大幅度大于反应④，所以相同时间内乙二醇的选择性会提高 (4)①根据盖斯定律，写出燃烧热热化学方程式，目标反应。 ②相同温度下，转化率α越大，平衡正向程度越大，需要压强越大；相同温度下L1压强最大，对应最大转化率α=0.6；③该反应正反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，α减小；正向反应气体分子数减小，压强增大，平衡右移，α增大；为维持α不变，温度升高则压强必须升高；④设进料，，D在L2对应，列三段式： 总物质的量，分压：，，，压强平衡常数； (5)阳极Cl⁻参与反应失电子，乙烯被氧化为2-氯乙醇，电极反应式：CH2=CH2+Cl-+H2O-2e-=ClCH2CH2OH＋H＋。 情境链接 本题以乙二醇的合成为真实情境，考查反应原理在工业合成中的应用。 考向解码 深度考查变化观念、平衡思想与工业逻辑推理能力，完全浙江选考考原理压轴题重综合、重流程、重原理应用的命题特点。解题关键的是建立“原理→应用→表达”的思维，核心思维： 1．模型认知思维：构建“热化学→速率→平衡→电化学”的综合模型，将复杂体系拆解为单一模块，再整合关联，避免孤立分析知识点。 2．证据推理思维：所有判断、计算、简答均以原理和图像数据为依据，如通过能垒判断决速步，通过Q与K判断平衡移动，确保逻辑闭环。 3．综合迁移思维：灵活迁移各模块知识，如将平衡移动原理应用于电化学体系，将电子守恒融合于平衡计算，同时注重规范表达，避免原理正确但表述不严谨导致失分。 【变式探究】(2026·浙江温州市普通高中高三第二次适应性考试)乙醇是重要的化工原料，可用乙酸甲酯催化加氢制备，反应如下： 主反应：   副反应：   请回答： (1)主反应能自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 (2)理论上也可用乙酸乙酯制备乙醇，方程式为CH3COOC2H5(g)＋2H2(g)2C2H5OH(g)   ΔH＝___________kJ·mol−1。 (3)将投料比()为的混合气体以一定流速通入装有催化剂(特定物质的量之比的Cu2O与Cu)的反应管，测得CH3COOCH3(g)转化率、C2H5OH(g)选择性()、CH3COOC2H5(g)选择性() 随温度的变化如下图示： ①利用CH3COOCH3制备乙醇最适宜的温度为___________。 A．180~200℃     B．200~220℃     C．220~240℃     D．240~260℃ ②温度高于220℃ 后，催化剂的活性下降，其原因可能是高温时有机物形成积碳覆盖在催化剂表面和___________(不考虑温度对催化剂的影响)。 ③乙酸甲酯催化加氢制备乙醇，部分反应历程可能如下： 化学吸附I：2Cu+H2=2CuH 表面反应II：CH3COOH+3CuH=CH3OCu+   化学脱附III：CH3OCu+CuH=CH3OH+2Cu Ⅳ：补充步骤Ⅳ的反应历程___________。 (4)一定条件下仅发生主反应和副反应，随着投料比逐渐变大，CH3COOC2H5(g)的选择性如图所示。请在图中画出与点对应的C2H5OH(g选择性的坐标以及变化趋势___________。 (5)电催化还原CO2也可制备C2H5OH。CO2吸附在阴极表面的铜基催化剂上，以0.1 mol·L－1KHCO3为电解质溶液。 ①已知HCO3-参与了阴极的反应，写出阴极反应式___________。 ②在上述条件下，产生H2的副反应能明显被抑制。下列说法正确的是___________。 A．铜基催化剂对CO2的还原反应具有更高的选择性 B．阴极表面选用更优良的催化剂，能降低总反应的反应热 C．温度升高，单位时间内产生乙醇的量不一定增多 D．阴极通入适量的O2，能抑制H2的产生，进而有利于乙醇的生成 【答案】(1)低温 (2)-24．6 (3) B Cu2O 被H2、C2H5OH、CH3OH、C等还原性物质还原为Cu，改变了Cu2O与Cu的组成比例，导致催化剂活性降低 (4) (5) CO2+12HCO3-+12e-=C2H5OH+12CO32-＋3H2O AC 【解析】(1)主反应的生成物的气体分子数量小于反应物的气体分子数量，反应前后体系的混乱程度降低，所以这个反应的ΔS＜0；又已知主反应的ΔH＜0；ΔG=ΔH-TΔS，当ΔG＜0时，反应可以自发进行，所以在反应ΔS＜0和ΔH＜0的情况下，低温可以使ΔG＜0，反应可以自发进行； （2） 目标反应为：CH3COOC2H5(g)＋2H2(g)2C2H5OH(g) ，由盖斯定律可得：； (3)①乙醇是想要得到的产物，因此要选择有利于乙醇产生的条件，由图可知在温度为200~220℃ 时，CH3COOCH3(g)的转化率高，C2H5OH(g)的选择性也高，故选B；②已知催化剂是由特定物质的量之比的Cu2O与Cu组成，反应过程中产生的H2、C2H5OH、CH3OH、C等还原性物质可将Cu2O还原为Cu，改变Cu2O与Cu的组成比例，导致催化剂活性降低；③由化学脱吸附III可以知道和Cu的结合物CH3OCu不稳定，CH3OCu中的更容易和Cu表面的H原子结合，生成CH3OH，由此可推知CH3COOCH3的分解物和Cu表面以及Cu表面的H原子结合物也不稳定，也更容易和Cu表面的H原子结合生成C2H5OH，故反应历程IV为：； (4)由图中a点可知当投料比为10时CH3COOC2H5(g)，的选择性为18%，已知CH3COOC2H5(g)选择性，假设，则有，由前式可得；由副反应方程式可知生成9mol的CH3COOC2H5(g)要消耗18molCH3COOCH3(g)，则剩下的82molCH3COOCH3(g)全部转化为C2H5OH(g)，由主反应方程式可知消耗82molCH3COOCH3(g)，可生成82molCH3CH2OH，C2H5OH(g)选择性；已知在一定条件下，仅发生主反应和副反应，随着投料比的增加，CH3COOC2H5(g)选择性降低，则随着投料比的增加C2H5OH(g)选择性提高，故答案如图所示：； (5)①电解池阴极发生还原反应，电解质溶液为KHCO3，用于产生C2H5OH的氢原子由HCO3-提供，阴极的反应式为：CO2+12HCO3-+12e-=C2H5OH+12CO32-＋3H2O；②A项，CO2吸附在阴极表面的铜基上，这可能阻碍了溶液中H+得到电子，从而阻碍了H2的产生，A正确；B项，催化剂可以改变化学反应的速率，对反应热没有影响，B错误；C项，温度升高可能降低CO2在催化剂表面的吸附量，从而降低乙醇的产量，C正确；D项，O2在阴极可能发生反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，和CO2抢夺电子，不利于乙醇生成，D错误；故选AC。 1．(2026·浙江省强基联盟高三二模)CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。回答下列问题： (1)催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。 主反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49．5kJ·mol−1   副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41．2kJ·mol−1 在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图1所示： ①CO可以与H2反应生成气态甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g，该反应能自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。 ②图中代表CH3OH的物质的量分数随温度变化的曲线为 (填“I”或“Ⅱ”)。 ③150~250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因是 。 (2)CO2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2所示： ①Y为五元环状化合物，其结构简式为 ； ②N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷中“CH2”上的碳原子，而不是“CH”上的碳原子，原因是 。 (3)通过电催化法将CO2和NO3-合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图3所示： ①电解过程中生成尿素的电极反应是 。 ②该电池以4A恒定电流工作40分钟，产生O2体积为0.49L，假设阴、阳两极的电流效率相等，电解效率 。［已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量q(C)=电流时间；；；］ 【答案】(1) 低温 I 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度 (2) 电负性：O＞C，与O直接相连的C原子带部分正电荷，甲基是推电子基团，使得“CH”中碳原子比“CH3O-”中的碳原子带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH2”中的碳原子 (3) CO2+2NO3-+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O 80% 【解析】(1)①ΔH-TΔS＜0 ，反应能够自发进行，由盖斯定律，主反应-副反应得：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH＝(-49．5kJ·mol−1)-(+41．1kJ·mol−1)= -90.7kJ·mol−1，反应为放热的熵减反应，故低温自发；②维持压强和投料比不变，主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随着温度升高主反应平衡逆向移动，甲醇物质的量分数会降低，所以图中代表CH3OH物质的量分数随温度变化的曲线为Ⅰ；③150~250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因是主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度。 (2)①由图，转化过程中C-N断裂，与CO2中一个C=O断裂发生加成反应，形成五元环的结构简式为；②电负性：，与O直接相连的C原子带部分正电荷，由于甲基是推电子基团，“CH”中碳带正电荷较少，因此孤电子对更容易进攻“CH2”中的碳原子。 (3)①电解过程中二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应为CO2+2NO3-+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O。②体积为0.49L的O2物质的量为0.02mol，生成O2的电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，电解效率为。 2．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。请回答： (1)25℃，雨水中含有来自大气的CO2，发生如下反应： 反应Ⅰ  CO2(g)CO2(aq)  ，表示CO2的分压 反应Ⅱ  CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII ①反应Ⅰ能自发进行的条件是 。 ②若反应Ⅱ的反应速率表示为：，，计算KII= 。 ③25℃时，某1L密闭容器中，t=0时将CO2通入10Mlh2中，保持体系温度和不变发生上述反应(不考虑H2CO3的电离)，t1时达到平衡，t2时溶液体积变为20mL(加10mLH2O)，t3时再达到平衡。画出t1~ t3时，浓度与时间t关系图[已知] 。 (2) H2CO3(aq)中存在下列平衡： CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII H2CO3(aq) HCO3-(aq)+H+(aq) KIII HCO3(aq) CO32-(aq)+H+(aq)   KIV ①CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)的K，K= (用KII、KIII表示)。 ②相同条件下，Na2CO3和NaHCO3在水中溶解度大小：Na2CO3 NaHCO3 (用“＞”、“＜”或“＝”表示)，从微粒间作用力角度解释原因 。 (3)碳酸酐酶(EZn)催化下H2O与CO2反应(途径a)、无催化下H2O与CO2反应(途径b)的机理如下图所示： 已知：假设快反应先达到平衡。 ①下列说法不正确的是 。 A．途径a中Q为49kJ/mol B．途径a决速步的过渡态为TS2 C．碳酸酐酶(EZn)提高了CO2的平衡转化率 D．若途径b加入NaOH(s)，平衡右移，HCO3-的平衡浓度一定增大 ②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，反应速率减小，请解释 。 【答案】(1)较低温度 0.002 (2) KII×KIII ＞ 碳酸氢根离子之间存在氢键 (3) CD 温度升高，CO2(aq)+H2OH2O+-CO2-的平衡左移，c(H2O+-CO2-)减小对反应H2O+-CO2-HCO3-+H+的速率影响大于温度升高的影响 【解析】(1)①反应Ⅰ混乱度减小(ΔS＜0)；气体溶于水放热即ΔH＞0，要使反应Ⅰ能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，因此需要低温条件才能自发进行，故选较低温度；②反应Ⅱ达到平衡时，正、逆反应速率相等，即：，反应Ⅱ的平衡常数，因此：；③由题，反应Ⅰ的平衡常数，已知，因此平衡时cCO2=a mol·L-1，则t1~ t2段：t1时达到平衡，cCO2=a mol·L-1，因此此段浓度保持水平直线(值为a)；t2时刻：加入10 mL 水，溶液体积从10 mL 变为20 mL ，cCO2被稀释，浓度瞬间降至0.5a(体积加倍，浓度减半); t2~t3段：稀释后，由于cCO2和温度不变，反应Ⅰ会正向进行(溶解更多CO2(g)，使CO2(g)浓度逐渐回升至平衡浓度a，最终保持稳定，因此图像为：； (2)①由题，方程式CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)，K可由CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)与H2CO3(aq) HCO3-(aq)+H+(aq)相加得到，因此K= KII×KIII； ②相同条件下，Na2CO3在水中溶解度大于NaHCO3在水中溶解度；Na2CO3和NaHCO3均为离子晶体，碳酸氢根离子之间存在氢键，这种分子间作用力增强了HCO3-的聚集程度，使其更难分散到水中，因此溶解度更低，故选＞；碳酸氢根离子之间存在氢键； (3)①A项，催化剂改变反应路径，不改变反应热，由途径b可知，该反应，则(Q-60)=-11 kJ·mol−1，因此Q=49 kJ·mol−1，A正确；B项，决速步对应活化能大的过渡态，TS2的活化能(129-90=39)小于TS1(106-60=46)，因此途径a决速步的过渡态为TS1，B错误；C项，催化剂(碳酸酐酶)只改变反应速率，不影响平衡，因此不能提高CO2的平衡转化率，C错误；D项，途径b中加入NaOH(s)，OH-与H+反应，平衡右移，但HCO3-可能与OH-进一步反应生成CO32-，因此HCO3-的平衡浓度不一定增大，D错误；故选BCD； ②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，温度升高，CO2(aq)+H2OH2O+-CO2-的平衡左移，c(H2O+-CO2-)减小对反应H2O+-CO2-HCO3-+H+的速率影响大于温度升高的影响，因此反应速率减小。 3．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)水是化学反应的良好介质，是“永远值得探究的物质”。 (1)①25℃，c(H2O)=55．6mol·L-1，H2OH++OH-的平衡常数K= mol·L-1 (保留2位有效数字)。 ②HF也能发生与水类似的电离，当其作溶剂时是很强的酸，请画出线性分子结构 。 (2)用惰性电极电解碱性Na[B(OH)4]水溶液，在阳极生成O2，在阴极生成BH4-和OH-，实现NaBH4的再生。总反应为[B(OH)4]-BH4-+2O2↑，阴极的电极反应式为 。 (3)为研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。可通过微扰(瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间，从而获得k的信息。对于H2OH++OH-，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。 已知：，，(为的平衡浓度)。 ①请画出时刻瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图 。 ②25℃时，计算得k2为 L/(mol·s)。 (4)利用超临界水氧化技术，在一定条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中为以碳元素计的物质的量分数，为反应时间。 升温到600℃，峰值出现的时间提前，且峰值更高，请解释原因 。 【答案】(1)K=1．8×10-16 (2)[B(OH)4]-+8e-+4H2O=BH4-+8OH- (3) k2=1．25×1011 (4)乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大。或乙醇氧化为CO的活化能大于CO氧化成CO2的活化能，温度升高对活化能大的影响大 【解析】(1)①25℃，水的电离常数，根据H2OH++OH-，。②HF也能发生与水类似的电离，即，当其作溶剂时是很强的酸，线性分子是3个形成的结构，H-F之间通过氢键相连呈线性，结构为。 (2)根据总反应[B(OH)4]-BH4-+2O2↑，结合阴极要发生还原反应，+3价B生成-5价B，电极方程式为[B(OH)4]-+8e-+4H2O=BH4-+8OH-。 (3)①瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为。②驰豫时间公式为，其中，，代入得：，在平衡时，，可推出，，代入已知值：，即，将k1代入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于，可忽略不计，所以，得出，。 (4)随着温度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增长，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO的活化能大于CO氧化成CO2的活化能，温度升高对活化能大的影响大。 4．(2026·浙江杭州市高三年级教学质量检测)硫酸烧渣的主要成分是Fe2O3以及少量的FeO等，是很好的二次资源。在硫酸质量分数为55%、一定温度和相同时间下，H2C2O4加入量与铁元素的浸取率如图1所示。 已知：①H2C2O4是二元弱酸，受热易分解 ②三价铁易溶于盐酸，二价铁易溶于硫酸，FeC2O4难溶 ③FeS溶于硫酸 Ⅰ.请回答： (1)当H2C2O4加入量为5%时，下列措施一定能增大Fe元素浸取率的是___________。 A．进一步提高硫酸的浓度 B．进一步提高浸取液的温度 C．在浸取液中添加适量Na2S固体 D．在浸取液中添加适量NaCl固体 (2)当H2C2O4加入量大于20%时，铁元素浸取率下降的原因为___________。 (3)当加入H2C2O4的总量一定时，溶液pH值与溶液中Fe(Ⅲ)的分布情况如图2所示，请在图2中画出[Fe(C2O4)3]3-的分数随pH的变化曲线__________。 (4)在D2O中，一定浓度的H2C2O4溶液的 1H-NMR(核磁共振氢谱)如图3所示，其中H2C2O4与HC2O4-的峰面积分别为a和b，则H2C2O4的Ka1=___________(用a、b列出计算式)。 Ⅱ.浸出铁后的废液中含有C2O42-，可通过添加氧化剂去除。 (5)已知，在室温下：  ，该反应在一天的时间尺度内没有显著发生，原因为___________。 (6)少量[Ru(NH3)6]2+将S2O82-还原为S2O83-(负离子自由基)，使S2O82-与C2O42-的氧化还原反应快速进行，涉及的相关基元反应如下： 序号 反应 a 。 b 。 c d e ①请按照反应的先后顺序排序___________。 a→___________→___________→___________→b。 ②已知体系中还会发生如下两个基元反应 序号 反应 f g 若S2O82-与C2O42-不能快速消耗完，理由为___________。 【答案】(1)CD (2)草酸过量后会生成FeC2O4沉淀，使得溶液中的总铁含量变少 (3)(起点和终点为0，最高点在0.6～0.7之间) (4) (5)反应的活化能高，反应速率慢 (6) dce 反应f会消耗活泼中间体SO4-•，且无法通过其他路径再生，当SO4-•消耗完后，反应就停止了 【解析】(1)A项，提高硫酸浓度：虽可增强酸性促进溶解，但体系已达55%硫酸浓度，接近饱和，进一步提升效果有限，且可能引发副反应，不保证浸取率一定增大。A错误；B项，提高温度 H2C2O4 受热易分解(已知①)，高温会降低其还原能力，反而可能抑制浸取。B错误；C项，添加Na2S： 在酸性条件下，S2-(或生成的H2S)作为还原剂可将Fe3+还原为Fe2+，促进了Fe2O3的溶解，从而提高铁元素的浸取率。C正确；D项，添加NaCl：Cl-与Fe3+形成可溶性络合物(如[FeCl4]- )，降低游离Fe3+浓度，促使 Fe2O3 +6H+2Fe3+ +3H2O 平衡右移，促进溶解，提高浸取率。D正确； (2)过量草酸提供高浓度C2O42-，与溶液中Fe2+结合生成难溶的FeC2O4沉淀：Fe2++C2O42-=FeC2O4↓，沉淀使铁元素从溶液中析出，导致浸取率下降。 (3)根据图2中Fe(III)形态分布规律及配位化学原理，[Fe(C2O4)3]3-的分数随pH变化曲线应满足以下核心特征：低pH区(pH < 2)：溶液酸性强，C2O42-浓度极低，Fe3+主要形成[Fe(C2O4)2] -，[Fe(C2O4)3]3-分数接近0。中pH区(pH ≈ 2~4)：随pH升高，C2O42-浓度增加，Fe3+逐步形成更稳定的三草酸合铁(III)配离子：，此区间内[Fe(C2O4)3]3-分数迅速上升，在pH ≈ 4处达到峰值(约0.6)，为该形态主导区。较高pH区(6>pH > 4)：[Fe(C2O4)2] -已基本完全转化，Fe2O3尚未大量生成，分数维持在平台期，高pH区(pH > 6)：OH-浓度升高，Fe3+开始水解生成Fe(OH)3沉淀(即Fe2O3)，导致[Fe(C2O4)3]3-解离，分数持续下降；至pH > 8时，几乎完全转化为Fe2O3，其分数趋近于0。总量守恒约束：任意pH下，三种形态分数之和恒为1：，综上，所求曲线呈“单峰”形态，起始于pH=0附近接近0，于pH≈3~4达峰，pH≈4~6为平台期，pH>6后平滑下降，最终在pH>8时开始归零，与图中另两条曲线共同构成完整分布图。 (4)草酸(H2C2O4)在D2O中第一步电离平衡为：H2C2O4 HC2O4-+H+，其电离常数表达式为：，根据¹H-NMR峰面积比，[H2C2O4] : [HC2O4-] = : b，即：，已知pH = 2，故 [H⁺] = 10-2 mol·L-1。代入得：=。 (5)该反应 ΔG = -490 kJ·mol-1 < 0，表明热力学上自发进行。但一天内无显著反应，说明动力学受阻，核心原因是：反应活化能高，导致分子难以跨越能垒 ，最终反应速率减慢； (6)①反应顺序推导如下：起始步骤：反应a生成自由基S2O83-•，启动链反应。关键引发反应d：反应d产生SO4-•，为后续链传递提供活性物种。链传递1：反应c消耗 SO4-•，生成中间体C2O4-•。链传递2：反应e消耗C2O4-•，释放CO2-•，为最终氧化步骤准备。链终止/循环：反应b再生S2O83-•，实现催化循环。因此，合理顺序为：a → d → c → e → b；②基元反应f消耗了主反应必需的自由基SO4-•，使其无法有效参与链传递反应，导致主反应速率受阻，S2O82-与C2O42-不能快速消耗。 5．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)硫氧化物(SOx)和氮氧化物(NOx)是造成大气污染的主要污染物。请回答： (1)在一密闭容器中充入足量SO2，并加入适量蒸馏水，体系中存在下列平衡(不考虑其他副反应)： Ⅰ  SO2(g)SO2(aq) ΔH＜0 Ⅱ  SO2(aq)＋H2O(l)H+(aq)＋HSO3-(aq) K=10-1．80 Ⅲ  HSO3-(aq)H+(aq)＋SO32-(aq) K=10-7．20 ①保持其他条件不变，下列操作能降低溶液中cSO2的是 。 A．提高体系内SO2的压强 B．加入足量盐酸 C．升高体系温度 D．加水 ②溶液中硫元素主要以 形式存在(填写含硫微粒符号)。 ③在水溶液中，HSO3-以如图1所示两种结构存在： 按照稳定性大小对二者进行排序 ，请说明理由 (写出两点即可)。 (2)研究小组甲发现，较高温度下Na2S2O8在水中可发生如下反应产生活性自由基，提高氧化脱除NO的效率： Ⅳ S2O8 2-(aq)2•SO4-(aq) Ⅴ•SO4-(aq) ＋H2O(l)2SO42-(aq)+ •OH(aq) 已知：自由基具有单电子，反应活性高，但易两两结合“湮灭”。 在Na2S2O8浓度、NO流速恒定时，测得不同溶液温度下NO脱除率如图2所示。 ①指出NO脱除率随温度升高先上升后趋于平缓的原因 。 ②若提高Na2S2O8浓度，在图2中画出NO脱除率随溶液温度的变化曲线 。 (3)研究小组乙发现，利用CO选择性催化还原NOx时，工业烟气中存在的少量O2会造成NOx脱除率大幅下降。指出上述现象产生的原因 。 【答案】(1)CD SO2 A<B(或B>A) O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，O-H键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，S-H键键能小于O-H键，B共轭稳定作用更强 (2)温度升高，S2O82-中的O-O键更易发生断裂，产生更多的•SO4-(aq)自由基；温度高于70℃时，体系内自由基浓度过高，易两两组合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高) (3)O2浓度升高，平衡2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)正移，造成与NOx(g)反应的CO(g)减少 【解析】(1)A项，提高体系内SO2的压强，根据平衡ⅠSO2(g)SO2(aq)，增大压强，平衡正向移动，溶液中cSO2增大，故A不符合要求；B项，加入足量盐酸，盐酸提供H+，根据平衡ⅡSO2(aq)＋H2O(l)H+(aq)＋HSO3-(aq)和平衡ⅢHSO3-(aq)H+(aq)＋SO32-(aq)，H+浓度增大，平衡均逆向移动，会使SO2浓度增大，故B不符合要求；C项，反应ⅠΔH＜0，升高体系温度，平衡逆向移动，溶液中cSO2减小，故C符合要求；D项，加水稀释，平衡ⅠSO2(g)SO2(aq)正向移动，但溶液体积增大的影响更显著，溶液中cSO2降低；同时平衡Ⅱ、Ⅲ也会正向移动，但总体上溶液中cSO2降低，故D符合要求；由平衡Ⅱ的K=10-1．80，平衡Ⅲ的K=10-7．20可知，溶液中硫元素主要以SO2形式存在；O的电负性大，电离后负电荷位于O上更稳定，O-H键的极性强，使H原子带有较强的正电性，易与水分子间形成氢键，S-H键键能小于O-H键，B共轭稳定作用更强，所以B更稳定； (2)温度升高时，反应ⅣS2O8 2-(aq)2•SO4-(aq)和反应Ⅴ•SO4-(aq) ＋H2O(l)2SO42-(aq)+ •OH(aq)的速率加快，活性自由基(•SO4-(aq)、•OH)生成增多，所以NO脱除率上升。当温度升高到一定程度后，活性自由基易两两结合“湮灭”，温度升高几乎不引起自由基浓度的进一步提高或(温度高于70℃时，反应Ⅳ正反应速率的增大值和逆反应速率的增大值几乎一致，自由基浓度无显著提高)；提高Na2S2O8浓度时，在相同温度下，反应Ⅳ会生成更多的•SO4-(aq)，进而生成更多的活性自由基，NO脱除率会比原来更高。所以新的曲线整体在原曲线的上方，形状类似，先上升后趋于平缓，其图为； (3)工业烟气中少量O2会与CO反应2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)，消耗了用于选择性催化还原NOx(g)的CO，导致参与还原NOx(g)的CO减少，从而使NOx(g)脱除率大幅下降。 6．(2026·浙江强基联盟高三联考)蒸汽转化是以烃类与水蒸气反应制备氢气、一氧化碳和二氧化碳的工艺，其中水碳比是目前研究的关键。水碳比是指原料气中H2O和CH4的物质的量之比，一般用表示，即。CH4用水蒸气重整制氢的总反应为CH4(g)＋2H2O(g)CO(g)＋4H2(g) ΔH，该总反应可分为以下两个过程： 反应I．水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＞0 反应II．水煤气变换：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＜0 (1)已知：CH4燃烧热为-890.31kJ·mol−1，H2燃烧热为-285．8kJ·mol−1，H2O(l)＋H2O(g)　ΔH3＝+44．0kJ·mol−1，CH4(g)＋2H2O(g)CO(g)＋4H2(g) ΔH=_______kJ·mol−1(结果保留一位小数)。 (2)在恒容密闭容器中，加入1molCH4和一定量的H2O(g)，若仅发生反应，CH4的平衡转化率按不同水碳比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是_______(填标号)。 A．点对应的平衡常数：Ka=Kb＞Kc B． C．T1下，若容器内比值不变，可判断反应达到平衡 D．T1下达平衡后，压强： 反应II水煤气变换：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，是重要化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。曾有科学家做过如下实验，在下，分别使H2和CO还原CoO(s)，得到如下数据： 化学方程式 平衡后气体的物质的量分数 CoO＋H2(g)CO＋H2O(g) H2：0.025     CoO＋COCO＋CO2 CO：0.0192 (3)根据上述实验结果判断： ①CO、H2还原CoO(s)为Co(s)能力的强弱_______(填标号)。 A．CO＞H2   B．CO＜H2     C．CO=H2     D．无法判断 ②反应II水煤气变换的化学平衡常数K=_______(保留2位小数)。 我国学者研发了一种用于低温水煤气变换反应的高效稳定催化剂——原子层金簇负载催化剂，下图表示该催化剂与金催化剂的反应历程：(吸附在催化剂表面上的物种用*标注) (4)使用金催化剂(A)和原子层金簇负载—MoC催化剂(B)，哪种更有利于该反应进行？_______(填“A”或“B”)，原因是_______。 (5)乙二醇是一种重要的化工原料，以合成气(CO、H2)为原料合成乙二醇具有重要意义。 直接合成法：2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g) ΔH＜0 ①下列措施有利于提高H2平衡转化率的是_______(填标号)。 A．增大压强      B．降低温度   C．加入催化剂     D．恒容装置充入H2 ②355 K时，在1 L的恒容容器中，通入CO的物质的量为1 mol，控制H2的物质的量为x。达到平衡时，相应平衡体系中乙二醇的物质的量分数为y，绘制y随x变化的示意图_______。 【答案】(1)+164．9 (2)CD (3) A 1．31 (4) B 由图可知，使用催化剂(B)的活化能比使用催化剂(A)的活化能低，因此使用催化剂(B)更有利于该反应进行 (5) AB 【解析】(1)由题给信息可知以下反应的热化学方程式： ① ② ③ 由盖斯定律可知总反应等于①-4×②-③，总反应的反应热； (2)A项，平衡常数只受温度影响，a、b两点温度相同(T1)，c点温度为T2，由图可知T1＞T2，反应I为吸热反应(ΔH1＞0)，升高温度，平衡常数增大，所以Ka=Kb＞Kc，A不符合题意；B项，因为反应开始时加入的H2O(g)的物质的量的值越大，CH4的平衡转化率越高，所以有，B不符合题意；C项，反应开始进行后，容器内比值一直不变，故无法根据这个比值判断反应是否达到平衡，C符合题意；D项，设起始时H2O(g)的物质的量为xmol，转化了ymolCH4，容器的体积为VL，列三段式如下： 反应达到平衡后，在同一温度且容器体积不变的情况下，容器内的压强和容器内气体总的物质的量成正比。反应达到平衡后a点的总物质的量为，ya为a点转化了的CH4的物质的量，x1为a点起始时H2O(g)的物质的量，下同。b点的总物质的量为，由图可知，则有，则有，D符合题意；故选CD； (3)①设反应开始时H2的物质的量为1mol，CoO的物质的量为xmol，转化了的H2的物质的量为bmol，容器的体积为VL；有三段式： 设反应开始时CO的物质的量为1mol，CoO的物质的量为xmol，转化了的CO的物质的量为dmol，容器的体积为VL，有三段式： 平衡时，H2的物质的量分数为1-b=0.025，CO的物质的量分数为1-d=0.0192，则有，则在温度为时，CO可以还原更多的CoO，A符合题意； ②假设在温度为时，向密闭容器中加入一定量的CoO、H2O(g)、CO，在容器中发生反应(1)CoO＋H2(g)CO＋H2O(g)和反应(2) CoO＋COCO＋CO2，反应(2)减去反应(1)可得到水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，达到平衡时，根据第三题的小题①详解可以得到，反应(1)的化学平衡常数：，；反应(2)的化学平衡常数：，则水煤气变换反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的化学平衡常数：； (4)B；由图可知使用催化剂(B)的活化能比使用催化剂(A)的活化能低，因此使用催化剂(B)更有利于该反应进行； (5)①A项，该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，A符合题意；B项，该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，B符合题意；C项，加入催化剂，降低反应的活化能，化学反应速率加快，但平衡不移动，H2的平衡转化率不变，C不符合题意；D项，恒容装置充入H2，平衡正向移动，但H2的平衡转化率减小，D不符合题意；故选AB；②CO和H2合成乙二醇的反应方程式为2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g)，当通入CO的物质的量固定为1molH2的物质的量x=1．5时，乙二醇的物质的量分数最大，此后，随H2的物质的量增加，乙二醇的物质的量增幅小于气体总物质的量的增幅，故y随x变化的示意图为。 7．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。 I．Xe(g)＋F2(g)XeF2(g) ΔH1 Ⅱ．XeF2(g)＋F2(g)XeF4(g) ΔH2 Ⅲ．XeF4(g)＋F2(g)XeF4(g) ΔH3 向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如下左图；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如下右图。 请回答： (1)Xe的原子序数是___________。 (2)反应Ⅱ自发进行的条件是___________。 (3)下列说法正确的是___________。 A．已知ΔH 1<ΔH 2，则XeF2中Xe-F平均键能大于XeF4中Xe-F平均键能 B．催化剂Ni能提高反应物分子的平均能量从而加快反应速率 C．混合气体的密度不变不能说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态 D．若反应在恒容条件下进行，与恒压条件相比，平衡时变小 (4)上左图中630 K之后，XeF4分布系数下降的原因是___________。 (5)上右图中当投料，平衡时___________。 n(F2)= ______ n(XeF2)+ ______ n(XeF4)+ ______ n(XeF6) (6)反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数分别为：Kp(Ⅱ)=a kPa-1，Kp(Ⅲ)=b kPa-1。当最多时，L2的选择性为___________(用a、b表示，L2的选择性)。 (7)已知：反应I、反应Ⅱ为熵减反应，反应Ⅲ为熵增反应，请从XeF6分子结构的角度解释反应Ⅲ熵增的原因：___________。 【答案】(1)54 (2)低温 (3)AD (4)630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小 (5)n(F2)= 3 n(XeF2)+2 n(XeF4)+ n(XeF6) (6) (7)XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减 【解析】由左图可知，随温度升高，XeF2分布分数增大，XeF6分布分数减小，说明温度升高，平衡Ⅱ和平衡 Ⅲ均逆向移动，故反应Ⅱ和反应Ⅲ均为放热反应。 (1)Xe的原子序数为54。 (2)由分析知，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，故ΔS＜0 ，由ΔG=ΔH-TΔS＜0自发可知，反应Ⅱ在低温时能自发进行。 (3)A项，设XeF2中Xe-F平均键能为x kJ·mol−1， XeF4中Xe-F平均键能为y kJ·mol−1，F2中F-F键键能为z kJ·mol−1，则，，已知ΔH1＜ΔH2，则，，A正确；B项，催化剂Ni能降低反应的活化能从而加快反应速率，不能提高反应物分子的平均能量，B错误；C项，由知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为气体物质的量减小的反应，在恒温恒压条件发生反应，随着反应进行，混合气体的总质量不变，混合气体的总体积减小，混合气体的密度增大，当混合气体密度不变时说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态，C错误；D项，恒容条件下，与恒压相比，容器体积不变，反应体系压强会减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，会变小，D正确；故选AD。 (4)630 K后，反应Ⅱ逆向移动程度大于反应Ⅲ逆向移动程度，故XeF4含量下降，分布系数减小。 (5)当投料比时，Xe已经完全反应，利用原子守恒可知，平衡时，n(F2)= 3 n(XeF2)+2 n(XeF4)+ n(XeF6)。 (6)已知Xe与F2发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，当n(Xe)一定时，随着n(F2)不断增加[即增大]，XeF2的物质的量逐渐减小，XeF4的物质的量先增大后减小，XeF6的物质的量会逐渐增大，由图像知，曲线L2随增大先增大后减小，因此L2对应的物质是XeF4；L1对应的物质是XeF6，L3对应的物质是XeF2，反应Ⅱ减去反应Ⅲ得反应XeF2(g)＋XeF6(g)2 XeF4(g)，则该反应，由图可知，当n(XeF4)最多时，n(XeF2)= n(XeF6)， ，， 的选择性为=。 (7)XeF6中Xe原子形成6个σ键和1对孤电子对，分子结构对称性较差，导致其熵值极高，弥补了分子数减少带来的熵减，导致反应Ⅲ为熵增反应。 8．(2026·浙江省七校联盟高三一模)汽车尾气中含有NO气体，是汽车内燃机高温条件下氮气与氧气反应产生。NO是破坏臭氧层的凶手之一。相关反应如下： Ⅰ．N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝+180kJ·mol−1； Ⅱ．NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH2； Ⅲ．用CO还原氮氧化物，可防止氮氧化物污染：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH3。 (1)已知：①碳的标准燃烧热为394kJ·mol−1；②2C(s)＋O2(g)2CO(g) ΔH4＝-220kJ·mol−1，则ΔH3= kJ·mol−1。 (2)恒温条件下，将等物质的量的N2与O2混合气体通入恒容密闭容器中发生反应Ⅰ，平衡后经下列操作，容器中NO的体积分数增大的是_______。 A．保持恒容通入O2 B．升高温度 C．分离出NO D．改用更高效的催化剂 (3)将2molN2、2molO2与2molO3混合气体通入的恒压密闭容器中发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡后NO2物质的量为1 mol(不考虑与之间的相互转化)。已知反应Ⅰ的压强平衡常数(用各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数用表示)试计算：反应Ⅱ的压强平衡常数 。 (4)反应2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)的正、逆反应速率分别可表示为、，、分别表示正、逆反应速率常数，只与温度有关。下图所示的甲、乙、丙、丁四条直线中，表示随温度T变化的直线是 。(写出判断依据) (5)为探究不同温度下催化剂X、Y的催化效果，将固定比例的NO、CO混合气体以一定流速通过装有催化剂X的排气管，相同时间内测量尾气中NO的含量，得到脱氮率随温度变化如图所示。经试验发现催化剂Y在600~1000℃范围都保持优于X在600℃时的催化效率，请在图中画出使用催化剂Y，相同时间内600~1000℃范围的脱氮率曲线 。(已知图中BC段为平衡状态，且平衡脱氮率的表达式为(，m、n为常数)。 (6)某实验小组利用微生物设计出处理酸性废水的工艺如下图所示。废水中含有高浓度有机物(CH2O)n和NO3-离子，处理废水的同时除了获得电能还能淡化咸水。请写出负极的电极反应方程式： 。 【答案】(1) -748kJ·mol−1 (2)B (3)2 (4)甲，温度升高，正逆反应速率都加快，lgk正、lgk逆均增大，但放热反应，lgk逆随温度T升高而增大的幅度相对较大 (5) (6)(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑＋4nH＋ 【解析】(1)已知：① 碳的标准燃烧热：C(s)＋O2(g)CO2(g) ΔH＝-394kJ·mol−1；②2C(s)＋O2(g)2CO(g) ΔH4＝-220kJ·mol−1，由盖斯定律可知，目标反应 Ⅲ=①×2 - ② - 反应 Ⅰ，因此：； (2)反应 Ⅰ：N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝+180kJ·mol−1，该反应为正反应吸热、气体分子数不变的反应；A项，通入O2，平衡正向移动，但O2是反应物，NO 体积分数减小；B项，升高温度，吸热反应平衡正向移动，NO 体积分数增大；C项，分离出 NO，平衡正向移动，但 NO 被移出，体积分数减小；D项，催化剂不影响平衡，NO 体积分数不变；故选B； (3)反应 Ⅱ：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)，平衡时，由反应 Ⅱ 的计量比，消耗NO、O3各 1 mol，生成O2 1 mol，列三段式得： 则，，，，，，由反应 Ⅰ 的，解得x=1，则； (4)反应 Ⅲ：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH3＜0。平衡时，即，该反应为放热反应，温度升高，平衡常数K减小，即lgK=lgk正-lgk逆减小。同时，温度升高，正、逆反应速率常数均增大，故lgk逆随温度变化的斜率应大于lgk正，对应图中斜率较大的直线甲； (5)催化剂 Y 在600~1000℃的脱氮率都优于 X 在600℃时的脱氮率(60%)，且 BC 段是平衡状态(脱氮率随T升高而减小)，故曲线需满足：600℃时脱氮率＞60%，800℃时＞53%；当T=600℃时，脱氮率为60%，代入表达式：①；当T=800℃时，脱氮率为53%，代入表达式： ②；联立①②，解方程组：用①-②得：n=2．5×10-3；将n=2．5×10-3代入①得：m=0.69。则T=1000℃时，脱氮率，因此图像为：； (6)负极发生氧化反应，有机物(CH2O)n失电子生成CO2，酸性环境下用H+、H2O配平：(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑＋4nH＋。 / 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴10 化学反应原理综合应用 命题预测 浙江选考化学非选择题中的化学反应原理综合题是试卷核心压轴题之一，近五年稳定考查，2026 年首考分值由 12 分增至 14 分，成为拉开分差的关键题型。以工业合成、CO2资源化、能源转化、废气治理等真实化工情境命题，综合性极强。考点覆盖热化学、化学平衡、速率、电化学、水溶液离子平衡多模块融合。命题特点：图像信息丰富，包含转化率、选择性、能垒、对数坐标等；设问梯度清晰，由基础计算到平衡移动、机理分析、原因解释逐层递进；侧重结合勒夏特列原理、平衡常数 K、Q-K 判据、速率影响因素；简答题强调规范文字表述，要求从原理角度解释产率、选择性、温度压强影响。2026 年6月以稳中有变、融合创新、回归教材为核心趋势，预测：继续聚焦双碳、催化循环、多反应耦合体系；强化动力学与热力学共同竞争、反应机理能垒分析、法拉第效率、选择性调控；图像更复杂，增加对数、分布系数曲线；简答题注重逻辑完整、原理严谨；进一步融合电化学与化学平衡综合设问，对综合建模、证据推理、规范表达要求持续提高。 高频考法 1．热化学计算：利用盖斯定律计算反应焓变 ΔH，书写热化学方程式。 2．反应速率分析：判断温度、浓度、催化剂对反应速率影响，计算速率大小。 3．化学平衡综合：结合图像分析平衡移动、转化率、选择性变化，计算平衡常数 K。 4．机理与能垒：判断决速步、中间体、活化能，分析反应路径与选择性。 5．平衡简答表述：规范解释温度压强对产率影响、低温高温选择原因。 6．电化学融合：结合电解 / 电池，分析电极反应、pH 变化、法拉第效率计算。 知识·技法·思维 考向01 盖斯定律的两大热点应用—书写和计算 考向02 化学反应速率问题 外界条件对化学反应速率的影响：纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率。但固体颗粒的大小导致接触面积的大小发生变化，故影响反应速率；对于固体、液体物质，由于压强改变对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，压强对无气体参加的化学反应的速率无影响；升高温度，不论吸热反应还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大；使用催化剂催化的化学反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在许多工业生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围；“惰性气体”(不参加反应的气体)对反应速率的影响：恒温恒容：充入“惰性气体”总压强增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)，反应速率不变。恒温恒压：充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减小。 考向03 化学平衡问题 (1)外界条件对化学平衡移动的影响规律 温度的影响 升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动； 降低温度，化学平衡向放热反应方向移动 浓度的影响 增大反应物浓度或减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动； 减小反应物浓度或增大生成物浓度，化学平衡向逆反应方向移动 压强的影响 增大压强会使平衡向气体体积减小的方向移动； 减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动 (2)化学平衡计算中两组常用公式：在可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)中化学平衡常数(K)与浓度商(Q)，K＝(式中的浓度是指平衡状态的浓度，固体物质、纯液体、水溶液中进行的反应，H2O不列入平衡常数的计算表达式中；气体反应、有机反应，H2O的浓度要列入平衡常数的计算表达式中)，Q＝(式中的浓度是任意时刻的浓度)。转化率α＝。 考向04 两大常数 1．化学反应速率常数 (1)含义：一定温度下，对于基元反应化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比 (2)表达式 反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g) 表达式：v正＝k正ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数) 速率常数与化学平衡常数之间的关系 推导 一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，因平衡时v正＝v逆，则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H) 关系 ＝＝K 2．化学平衡常数(Kp) (1)含义 有气体参与的反应，在化学平衡体系中，各气体物质的分压替代平衡浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数。 (2)表达式 对于一般可逆反应mA(g)＋nB(g)pc(g)＋qD(g)，当在一定温度下达到平衡时其压强平衡常数Kp可表示为Kp＝，其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)表示反应物和生成物的分压，用平衡分压可以这样计算：分压＝总压×物质的量分数。 p(总)＝p(A)＋p(B)＋p(C)＋p(D)；＝＝ 化学平衡图像分析 考向05 陌生平衡图像的问题 化学理论综合题中最容易失分的是速率与平衡的陌生图像，在非选择题中的陌生图像打破了传统的速率平衡图像模式，反应体系不再局限于气相反应，引入了更多的液相反应，纵坐标和横坐标不再局限于时间、温度、压强、速率、转化率等物理量，而是引入了更多的变量，如两种物质的物质的量之比、气体分压的负对数等，使得图像更新颖、信息容量更大、题目难度更大。 考向06 原电池与电解池问题 1．原电池中负极发生氧化反应，常出现电极材料溶解、质量减轻等现象；正极发生还原反应，常出现质量不变或增重、有气体产生等现象。 2．电解池中与电源负极连接的阴极材料不反应，与电源正极连接的阳极(除惰性电极外)材料发生氧化反应，可能出现电极溶解、质量减轻等现象。 3．Fe在原电池与电解池反应中发生氧化反应时失去2个电子生成Fe2＋。 4．可充电电池的放电反应是原电池反应，充电反应是电解池反应。放电过程中原电池的负极发生氧化反应，充电过程中电解池的阴极发生还原反应。 典例·靶向·突破 考向01 以CO2碳中和资源化利用为载体的原理综合题 例1【新情境——CO2碳中和资源化利用】(2026·浙江宁波市高考与选考模拟考试)CO2与H2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。“Chem is try”小组将CO2和H2按体积比1:3通入恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ。 Ⅰ.  2CO2(g)＋6H2(g)CH3CH2OH(g)＋3H2O(g) ΔH1 K1 Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＞0 K2 请回答： (1)下列关于反应Ⅰ的ΔH-TΔS随温度T的变化趋势正确的是________。 A．    B．    C．    D． 升高温度，________(填“增大”、“不变”或“减小”)。 (2)实验测得平衡时，部分组分的体积分数-温度曲线如下图所示。 ①在下图中画出100~400℃之间CH3CH2OH的体积分数随温度变化的曲线________； ②CO(g)和H2O(g)对应的曲线，在700℃之后的趋势变化的原因是________； (3)反应Ⅱ的一种反应机理如下(其中*表示吸附态)： ①     ②     ③ ④________     ⑤     ⑥ ⑦ 写出第④步的反应方程式________。 (4)CO2和H2在一定条件下合成HCOOH。 25℃时，向含有0.1mol的NaOH溶液中逐滴滴加xmolHCOOH，所得溶液体积为100mL，pH=3．5，该滴加过程中水的电离程度变化情况为________，x=________(保留2位小数，已知HCOOH的，)。 情境链接 本题CO2与H2通过催化转化为高附加值化学品是实现“双碳”目标为情境，紧扣浙江选考化学反应原理综合题高频考向。试题串联盖斯定律计算、恒恒容 / 恒压容器平衡移动判断、催化反应机理书写、电离平衡等核心考点。， 考向解码 试题融合热化学、化学平衡、催化机理、离子平衡控等知识，贴合国家 “双碳” 战略与工业碳资源化利用前沿，突出 “热化学计算-平衡移动原理-反应机理” 的完整思维，全面考查变化观念、平衡思想与证据推理等核心素养。侧重： 1．热化学：盖斯定律的应用(焓变计算、热化学方程式书写)，明确焓变与反应热的关系，注意状态标注、化学计量数与焓变的比例。 2．反应速率与机理：速率影响因素(温度、浓度、催化剂)，速率计算，能垒图分析(决速步、活化能、中间体判断)，理解速率与平衡的区别。 3．化学平衡：勒夏特列原理，平衡常数(K)的计算与应用，Q与K的比较判断平衡移动方向，转化率、选择性的分析与计算。 4．电化学：电极反应书写(结合介质)，电子守恒应用，法拉第效率、能量转化效率计算，电化学与平衡的融合分析。 5．规范表达：掌握平衡移动、产率影响、选择性调控等简答题的答题逻辑，做到原理准确、表述严谨。 【变式探究】(2026·浙江省嘉兴市高三一模)研究CO2的综合利用可实现碳循环。 I．在反应器内CO2和H2在催化剂作用下可发生如下反应： 主反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-493kJ·mol−1 副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2   (1)已知25℃ 和101kPa下，H2(g)、CO(g)的燃烧热 ΔH分别为-285．8kJ·mol−1、-283kJ·mol−1，H2O(l)=H2O(g) ΔH3＝+44kJ·mol−1  ，则 ΔH2= kJ·mol−1。 (2)要提高CO2平衡转化率，可采取的措施是___________。 A．增大H2浓度 B．增大压强 C．及时分离H2O(g) D．选用高效催化剂 (3)在恒温反应容器中，维持入口压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[]，随温度变化关系如图1所示： 若233~251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析236℃后图中曲线下降的原因： 。 (4)在压强为2．2MPa的恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和3molH2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为75%，计算主反应在该温度下的平衡常数Kp= (MPa-2)。 Ⅱ．二氧化碳电还原反应生产甲醇 (5)我国某科研团队研究出以过渡金属为催化剂电催化还原二氧化碳制甲醇的途径，大大提高了甲醇的产率。 ①在酸性水溶液中，生成甲醇的电极反应式为 。 ②在酸性水溶液中，三种不同的催化剂(A、B、C)上CO2电还原为CH3OH的反应过程中(电还原为H2的反应可同时发生)，反应活化能变化如图2所示。由此判断制甲醇应选择催化剂 (填“A”“B”或“C”)，理由是 。 考向02 以环境治理为载体的原理综合题 例2【热点——环境治理】(2026·浙江杭州二中高三三模)研究汽车尾气CO和NO的转化具有重要的意义。 (1)已知物质的相对能量如下表所示： 物质 NO CO CO2 N2 相对能量/(kJ/mol) 90 -110 -393 0 ①CO2的空间构型___________。 ②写出NO和CO生成N2和CO2的热化学方程式___________；该反应自发进行的条件是___________。 ③已知②中反应分两步进行(反应未配平)：NO＋COXN2＋CO2，请在图中画出反应上述过程的“能量—进程图”________。 (2)某科研小组在三元催化器(TWC)中采用Pt-Pd-Rh基催化剂催化CO还原NO的反应，反应历程如下：(*代表催化剂) Ⅰ．NO＋* → NO* Ⅱ．CO＋* → CO* Ⅲ．NO*＋* → N*＋O* Ⅳ．N*＋N* → N＋* Ⅴ．CO*＋O* → CO＋* Ⅵ．N→ N2＋*     CO→ CO2＋* 该过程中还会生成的一种氮氧化物副产物为___________，写出生成该物质的基元反应方程式___________。 (3)另有小组采取氢气辅助，在中高温条件下，可提高氮气的选择性。部分反应如下： 步骤 基元反应 活化能(kJ/mol) a 2N*→ N2＋2* 104 b NO*＋*→ N*＋O* 132 c NO*＋H*→ N*＋OH* 65 d CO＋*→ CO* 48 e H2＋2*→ H＋*→ 2H* 15 f NO＋*→ NO* ≈0 氮气的选择性的提高是因为发生上述步骤___________(填序号)，理由是___________。 情境链接 本题以汽车尾气CO和NO的转为情境，考查化学反应原理在环境治理中的重要作用。 考向解码 试题融合热化学、化学平衡、反应动力学等模块，贴合工业废气治理、资源循环利用的环保热点，突出“催化机理-热化学计算-平衡调控”的完整逻辑链，全面考查变化观念、平衡思想、证据推理与模型认知核心素养，完全匹配浙江选考中原理综合题情境新颖、原理综合、重逻辑分析的命题特点。 【变式探究】(2026·浙江湖州、衢州、丽水等三地市高三下学期教学质量检测)燃油车排放的尾气主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。常用的尾气净化技术有选择性催化还原(SCR)、三元催化转化(TWC)、电化学等。 (1)利用处理柴油车尾气，与NO2的比例不同时发生不同类型的反应： a．标准SCR：4NO(g)＋4NH3(g) +O2(g)4N2(g)＋6H2O(g) ΔH1 b．快速SCR：2NO(g)＋4NH3(g) +2NO2(g)4N2(g)＋6H2O(g) ΔH2＝-1518．2kJ·mol−1 ①已知 2NO(g)＋O2(g)2NO2(g) ΔH3＝-114．2kJ·mol−1， 则 ΔH1＝___________kJ·mol−1。标准SCR能自发进行的条件为___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)。 ②的存储与释放对脱硝效率至关重要，某储氨材料为一种弱碱性阴离子交换树脂，可通过吸附NH4+实现储氨。常温下若将该树脂浸泡在的模拟尾气冷凝液中(忽略体积变化)，已知NH3+H2ONH4++OH- 的Kb(NH3·H2O)=1．8×10-5，则溶液中c(NH4+)/c(NH3)的比值为___________。 (2)单位质量燃料燃烧所需要的空气质量称为空气燃油比，简称空燃比。 ①汽油以辛烷为例，柴油以十六烷为例，理论上空燃比汽油___________柴油(填“>”或“<”)，其原因是___________。 ②利用TWC处理汽油车尾气，尾气中的NOx、CO、HC(碳氢化合物)的转化效率与实际空燃比的变化关系如图1所示。当实际空燃比超过14．7时，NOx转化效率明显降低的原因是___________。 (3)在贵金属催化剂表面模拟TWC用CO还原NO，反应机理如图2所示。 ①生成N2的总反应为___________。 ②图中虚线框内还原转化为CO2反应机理可描述为： 气态NO分子吸附到催化剂表面→___________→气态CO分子吸附到催化剂表面→___________→吸附态CO2从催化剂表面脱附，释放为气态CO2。 (4)用电解法处理NO2的原理图3所示，两惰性电极间是新型固体氧化物陶瓷，在一定条件下可以传导O2-。X电极发生的电极反应式为___________。 考向03 以工业合成反应原理为载体的原理综合题 例3【热点——工业合成反应原理】(2026·浙江嘉兴市高三教学测试)乙二醇是一种应用广泛的化工原料，有多种合成方法。 Ⅰ．某工业园区构建了“CO2捕集CO2再生→CO2加氢制乙二醇”闭环系统： ①CaO捕集废气中的CO2：CaO (s)+ CO2(g)CaCO3(s) ②CaCO3再生CO2：CaCO3(s)CaO (s)+ CO2(g) ③CO2加氢制乙二醇：2CO2(g)＋5H2(g)HOCH2CH2OH(g)＋2H2O(g) ④副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) (1)反应③的正反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应。 (2)反应①和②的作用是___________。 (3)体系中存在副反应④，当体系从恒温恒容条件变为恒温恒压时，反应相同时间，乙二醇的选择性(乙二醇产量占总含碳产物的比例)会升高，可能的原因是___________。 Ⅱ．利用合成气制备乙二醇的方程式为：2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g)  ΔH。 (4)按n(CO)：n(H2)=2：3进料，控制平衡转化率α不变，探究温度(T)与体系总压(p)的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与体系总压的关系如图： ①已知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧热分别为-akJ·mol−1、-bkJ·mol−1、-ckJ·mol−1，则上述反应的ΔH＝___________kJ·mol−1(用a、b和c表示)。 ②代表α=0.6的曲线为___________(填“L1”“L2”或“L3”)。 ③图中N点的温度和压强均须高于M点，请解释原因___________。 ④已知D点的总压为，则D点对应体系的Kp=___________(用含的代数式表示)。 Ⅲ．乙烯电合成法是制备乙二醇的一种新兴的绿色化学方法。制备过程中，阳极室以NaCl溶液为电解液，通入乙烯使其转化为2-氯乙醇(ClCH2CH2OH)，最终在电解槽外部将阴、阳两极电解液混合，促使2-氯乙醇水解生成乙二醇。 (5)写出阳极室中生成2-氯乙醇的电极反应式___________。 情境链接 本题以乙二醇的合成为真实情境，考查反应原理在工业合成中的应用。 考向解码 深度考查变化观念、平衡思想与工业逻辑推理能力，完全浙江选考考原理压轴题重综合、重流程、重原理应用的命题特点。解题关键的是建立“原理→应用→表达”的思维，核心思维： 1．模型认知思维：构建“热化学→速率→平衡→电化学”的综合模型，将复杂体系拆解为单一模块，再整合关联，避免孤立分析知识点。 2．证据推理思维：所有判断、计算、简答均以原理和图像数据为依据，如通过能垒判断决速步，通过Q与K判断平衡移动，确保逻辑闭环。 3．综合迁移思维：灵活迁移各模块知识，如将平衡移动原理应用于电化学体系，将电子守恒融合于平衡计算，同时注重规范表达，避免原理正确但表述不严谨导致失分。 【变式探究】(2026·浙江温州市普通高中高三第二次适应性考试)乙醇是重要的化工原料，可用乙酸甲酯催化加氢制备，反应如下： 主反应：   副反应：   请回答： (1)主反应能自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 (2)理论上也可用乙酸乙酯制备乙醇，方程式为CH3COOC2H5(g)＋2H2(g)2C2H5OH(g)   ΔH＝___________kJ·mol−1。 (3)将投料比()为的混合气体以一定流速通入装有催化剂(特定物质的量之比的Cu2O与Cu)的反应管，测得CH3COOCH3(g)转化率、C2H5OH(g)选择性()、CH3COOC2H5(g)选择性() 随温度的变化如下图示： ①利用CH3COOCH3制备乙醇最适宜的温度为___________。 A．180~200℃     B．200~220℃     C．220~240℃     D．240~260℃ ②温度高于220℃ 后，催化剂的活性下降，其原因可能是高温时有机物形成积碳覆盖在催化剂表面和___________(不考虑温度对催化剂的影响)。 ③乙酸甲酯催化加氢制备乙醇，部分反应历程可能如下： 化学吸附I：2Cu+H2=2CuH 表面反应II：CH3COOH+3CuH=CH3OCu+   化学脱附III：CH3OCu+CuH=CH3OH+2Cu Ⅳ：补充步骤Ⅳ的反应历程___________。 (4)一定条件下仅发生主反应和副反应，随着投料比逐渐变大，CH3COOC2H5(g)的选择性如图所示。请在图中画出与点对应的C2H5OH(g选择性的坐标以及变化趋势___________。 (5)电催化还原CO2也可制备C2H5OH。CO2吸附在阴极表面的铜基催化剂上，以0.1 mol·L－1KHCO3为电解质溶液。 ①已知HCO3-参与了阴极的反应，写出阴极反应式___________。 ②在上述条件下，产生H2的副反应能明显被抑制。下列说法正确的是___________。 A．铜基催化剂对CO2的还原反应具有更高的选择性 B．阴极表面选用更优良的催化剂，能降低总反应的反应热 C．温度升高，单位时间内产生乙醇的量不一定增多 D．阴极通入适量的O2，能抑制H2的产生，进而有利于乙醇的生成 1．(2026·浙江省强基联盟高三二模)CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。回答下列问题： (1)催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。 主反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝-49．5kJ·mol−1   副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41．2kJ·mol−1 在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图1所示： ①CO可以与H2反应生成气态甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g，该反应能自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或“任意温度”)。 ②图中代表CH3OH的物质的量分数随温度变化的曲线为 (填“I”或“Ⅱ”)。 ③150~250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因是 。 (2)CO2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2所示： ①Y为五元环状化合物，其结构简式为 ； ②N原子上的孤电子对主要进攻甲基环氧乙烷中“CH2”上的碳原子，而不是“CH”上的碳原子，原因是 。 (3)通过电催化法将CO2和NO3-合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图3所示： ①电解过程中生成尿素的电极反应是 。 ②该电池以4A恒定电流工作40分钟，产生O2体积为0.49L，假设阴、阳两极的电流效率相等，电解效率 。［已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量q(C)=电流时间；；；］ 2．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。请回答： (1)25℃，雨水中含有来自大气的CO2，发生如下反应： 反应Ⅰ  CO2(g)CO2(aq)  ，表示CO2的分压 反应Ⅱ  CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII ①反应Ⅰ能自发进行的条件是 。 ②若反应Ⅱ的反应速率表示为：，，计算KII= 。 ③25℃时，某1L密闭容器中，t=0时将CO2通入10Mlh2中，保持体系温度和不变发生上述反应(不考虑H2CO3的电离)，t1时达到平衡，t2时溶液体积变为20mL(加10mLH2O)，t3时再达到平衡。画出t1~ t3时，浓度与时间t关系图[已知] 。 (2) H2CO3(aq)中存在下列平衡： CO2(aq)+H2O(l)H2CO3(aq)  KII H2CO3(aq) HCO3-(aq)+H+(aq) KIII HCO3(aq) CO32-(aq)+H+(aq)   KIV ①CO2(aq)+H2O(l)HCO3-(aq)+H+(aq)的K，K= (用KII、KIII表示)。 ②相同条件下，Na2CO3和NaHCO3在水中溶解度大小：Na2CO3 NaHCO3 (用“＞”、“＜”或“＝”表示)，从微粒间作用力角度解释原因 。 (3)碳酸酐酶(EZn)催化下H2O与CO2反应(途径a)、无催化下H2O与CO2反应(途径b)的机理如下图所示： 已知：假设快反应先达到平衡。 ①下列说法不正确的是 。 A．途径a中Q为49kJ/mol B．途径a决速步的过渡态为TS2 C．碳酸酐酶(EZn)提高了CO2的平衡转化率 D．若途径b加入NaOH(s)，平衡右移，HCO3-的平衡浓度一定增大 ②途径b保持CO2分压不变，适当升高温度，反应速率减小，请解释 。 3．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)水是化学反应的良好介质，是“永远值得探究的物质”。 (1)①25℃，c(H2O)=55．6mol·L-1，H2OH++OH-的平衡常数K= mol·L-1 (保留2位有效数字)。 ②HF也能发生与水类似的电离，当其作溶剂时是很强的酸，请画出线性分子结构 。 (2)用惰性电极电解碱性Na[B(OH)4]水溶液，在阳极生成O2，在阴极生成BH4-和OH-，实现NaBH4的再生。总反应为[B(OH)4]-BH4-+2O2↑，阴极的电极反应式为 。 (3)为研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。可通过微扰(瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间，从而获得k的信息。对于H2OH++OH-，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。 已知：，，(为的平衡浓度)。 ①请画出时刻瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图 。 ②25℃时，计算得k2为 L/(mol·s)。 (4)利用超临界水氧化技术，在一定条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中为以碳元素计的物质的量分数，为反应时间。 升温到600℃，峰值出现的时间提前，且峰值更高，请解释原因 。 4．(2026·浙江杭州市高三年级教学质量检测)硫酸烧渣的主要成分是Fe2O3以及少量的FeO等，是很好的二次资源。在硫酸质量分数为55%、一定温度和相同时间下，H2C2O4加入量与铁元素的浸取率如图1所示。 已知：①H2C2O4是二元弱酸，受热易分解 ②三价铁易溶于盐酸，二价铁易溶于硫酸，FeC2O4难溶 ③FeS溶于硫酸 Ⅰ.请回答： (1)当H2C2O4加入量为5%时，下列措施一定能增大Fe元素浸取率的是___________。 A．进一步提高硫酸的浓度 B．进一步提高浸取液的温度 C．在浸取液中添加适量Na2S固体 D．在浸取液中添加适量NaCl固体 (2)当H2C2O4加入量大于20%时，铁元素浸取率下降的原因为___________。 (3)当加入H2C2O4的总量一定时，溶液pH值与溶液中Fe(Ⅲ)的分布情况如图2所示，请在图2中画出[Fe(C2O4)3]3-的分数随pH的变化曲线__________。 (4)在D2O中，一定浓度的H2C2O4溶液的 1H-NMR(核磁共振氢谱)如图3所示，其中H2C2O4与HC2O4-的峰面积分别为a和b，则H2C2O4的Ka1=___________(用a、b列出计算式)。 Ⅱ.浸出铁后的废液中含有C2O42-，可通过添加氧化剂去除。 (5)已知，在室温下：  ，该反应在一天的时间尺度内没有显著发生，原因为___________。 (6)少量[Ru(NH3)6]2+将S2O82-还原为S2O83-(负离子自由基)，使S2O82-与C2O42-的氧化还原反应快速进行，涉及的相关基元反应如下： 序号 反应 a 。 b 。 c d e ①请按照反应的先后顺序排序___________。 a→___________→___________→___________→b。 ②已知体系中还会发生如下两个基元反应 序号 反应 f g 若S2O82-与C2O42-不能快速消耗完，理由为___________。 5．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)硫氧化物(SOx)和氮氧化物(NOx)是造成大气污染的主要污染物。请回答： (1)在一密闭容器中充入足量SO2，并加入适量蒸馏水，体系中存在下列平衡(不考虑其他副反应)： Ⅰ  SO2(g)SO2(aq) ΔH＜0 Ⅱ  SO2(aq)＋H2O(l)H+(aq)＋HSO3-(aq) K=10-1．80 Ⅲ  HSO3-(aq)H+(aq)＋SO32-(aq) K=10-7．20 ①保持其他条件不变，下列操作能降低溶液中cSO2的是 。 A．提高体系内SO2的压强 B．加入足量盐酸 C．升高体系温度 D．加水 ②溶液中硫元素主要以 形式存在(填写含硫微粒符号)。 ③在水溶液中，HSO3-以如图1所示两种结构存在： 按照稳定性大小对二者进行排序 ，请说明理由 (写出两点即可)。 (2)研究小组甲发现，较高温度下Na2S2O8在水中可发生如下反应产生活性自由基，提高氧化脱除NO的效率： Ⅳ S2O8 2-(aq)2•SO4-(aq) Ⅴ•SO4-(aq) ＋H2O(l)2SO42-(aq)+ •OH(aq) 已知：自由基具有单电子，反应活性高，但易两两结合“湮灭”。 在Na2S2O8浓度、NO流速恒定时，测得不同溶液温度下NO脱除率如图2所示。 ①指出NO脱除率随温度升高先上升后趋于平缓的原因 。 ②若提高Na2S2O8浓度，在图2中画出NO脱除率随溶液温度的变化曲线 。 (3)研究小组乙发现，利用CO选择性催化还原NOx时，工业烟气中存在的少量O2会造成NOx脱除率大幅下降。指出上述现象产生的原因 。 6．(2026·浙江强基联盟高三联考)蒸汽转化是以烃类与水蒸气反应制备氢气、一氧化碳和二氧化碳的工艺，其中水碳比是目前研究的关键。水碳比是指原料气中H2O和CH4的物质的量之比，一般用表示，即。CH4用水蒸气重整制氢的总反应为CH4(g)＋2H2O(g)CO(g)＋4H2(g) ΔH，该总反应可分为以下两个过程： 反应I．水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＞0 反应II．水煤气变换：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＜0 (1)已知：CH4燃烧热为-890.31kJ·mol−1，H2燃烧热为-285．8kJ·mol−1，H2O(l)＋H2O(g)　ΔH3＝+44．0kJ·mol−1，CH4(g)＋2H2O(g)CO(g)＋4H2(g) ΔH=_______kJ·mol−1(结果保留一位小数)。 (2)在恒容密闭容器中，加入1molCH4和一定量的H2O(g)，若仅发生反应，CH4的平衡转化率按不同水碳比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是_______(填标号)。 A．点对应的平衡常数：Ka=Kb＞Kc B． C．T1下，若容器内比值不变，可判断反应达到平衡 D．T1下达平衡后，压强： 反应II水煤气变换：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，是重要化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。曾有科学家做过如下实验，在下，分别使H2和CO还原CoO(s)，得到如下数据： 化学方程式 平衡后气体的物质的量分数 CoO＋H2(g)CO＋H2O(g) H2：0.025     CoO＋COCO＋CO2 CO：0.0192 (3)根据上述实验结果判断： ①CO、H2还原CoO(s)为Co(s)能力的强弱_______(填标号)。 A．CO＞H2   B．CO＜H2     C．CO=H2     D．无法判断 ②反应II水煤气变换的化学平衡常数K=_______(保留2位小数)。 我国学者研发了一种用于低温水煤气变换反应的高效稳定催化剂——原子层金簇负载催化剂，下图表示该催化剂与金催化剂的反应历程：(吸附在催化剂表面上的物种用*标注) (4)使用金催化剂(A)和原子层金簇负载—MoC催化剂(B)，哪种更有利于该反应进行？_______(填“A”或“B”)，原因是_______。 (5)乙二醇是一种重要的化工原料，以合成气(CO、H2)为原料合成乙二醇具有重要意义。 直接合成法：2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g) ΔH＜0 ①下列措施有利于提高H2平衡转化率的是_______(填标号)。 A．增大压强      B．降低温度   C．加入催化剂     D．恒容装置充入H2 ②355 K时，在1 L的恒容容器中，通入CO的物质的量为1 mol，控制H2的物质的量为x。达到平衡时，相应平衡体系中乙二醇的物质的量分数为y，绘制y随x变化的示意图_______。 7．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。 I．Xe(g)＋F2(g)XeF2(g) ΔH1 Ⅱ．XeF2(g)＋F2(g)XeF4(g) ΔH2 Ⅲ．XeF4(g)＋F2(g)XeF4(g) ΔH3 向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如下左图；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如下右图。 请回答： (1)Xe的原子序数是___________。 (2)反应Ⅱ自发进行的条件是___________。 (3)下列说法正确的是___________。 A．已知ΔH 1<ΔH 2，则XeF2中Xe-F平均键能大于XeF4中Xe-F平均键能 B．催化剂Ni能提高反应物分子的平均能量从而加快反应速率 C．混合气体的密度不变不能说明反应Ⅱ、Ⅲ达到平衡状态 D．若反应在恒容条件下进行，与恒压条件相比，平衡时变小 (4)上左图中630 K之后，XeF4分布系数下降的原因是___________。 (5)上右图中当投料，平衡时___________。 n(F2)= ______ n(XeF2)+ ______ n(XeF4)+ ______ n(XeF6) (6)反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数分别为：Kp(Ⅱ)=a kPa-1，Kp(Ⅲ)=b kPa-1。当最多时，L2的选择性为___________(用a、b表示，L2的选择性)。 (7)已知：反应I、反应Ⅱ为熵减反应，反应Ⅲ为熵增反应，请从XeF6分子结构的角度解释反应Ⅲ熵增的原因：___________。 8．(2026·浙江省七校联盟高三一模)汽车尾气中含有NO气体，是汽车内燃机高温条件下氮气与氧气反应产生。NO是破坏臭氧层的凶手之一。相关反应如下： Ⅰ．N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝+180kJ·mol−1； Ⅱ．NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH2； Ⅲ．用CO还原氮氧化物，可防止氮氧化物污染：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH3。 (1)已知：①碳的标准燃烧热为394kJ·mol−1；②2C(s)＋O2(g)2CO(g) ΔH4＝-220kJ·mol−1，则ΔH3= kJ·mol−1。 (2)恒温条件下，将等物质的量的N2与O2混合气体通入恒容密闭容器中发生反应Ⅰ，平衡后经下列操作，容器中NO的体积分数增大的是_______。 A．保持恒容通入O2 B．升高温度 C．分离出NO D．改用更高效的催化剂 (3)将2molN2、2molO2与2molO3混合气体通入的恒压密闭容器中发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡后NO2物质的量为1 mol(不考虑与之间的相互转化)。已知反应Ⅰ的压强平衡常数(用各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数用表示)试计算：反应Ⅱ的压强平衡常数 。 (4)反应2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)的正、逆反应速率分别可表示为、，、分别表示正、逆反应速率常数，只与温度有关。下图所示的甲、乙、丙、丁四条直线中，表示随温度T变化的直线是 。(写出判断依据) (5)为探究不同温度下催化剂X、Y的催化效果，将固定比例的NO、CO混合气体以一定流速通过装有催化剂X的排气管，相同时间内测量尾气中NO的含量，得到脱氮率随温度变化如图所示。经试验发现催化剂Y在600~1000℃范围都保持优于X在600℃时的催化效率，请在图中画出使用催化剂Y，相同时间内600~1000℃范围的脱氮率曲线 。(已知图中BC段为平衡状态，且平衡脱氮率的表达式为(，m、n为常数)。 (6)某实验小组利用微生物设计出处理酸性废水的工艺如下图所示。废水中含有高浓度有机物(CH2O)n和NO3-离子，处理废水的同时除了获得电能还能淡化咸水。请写出负极的电极反应方程式： 。 / 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $