专题13 化学反应原理综合题（6年汇编）（湖北专用）2021-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦化学反应原理综合题，汇编2021-2026年湖北高考真题及模拟题，以新材料、新能源等真实情境为载体，覆盖盖斯定律、化学平衡等核心考点，体现高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |综合题|15道大题|反应热计算、化学平衡常数、反应速率、电化学、催化机理|情境紧扣工业实际（如废弃太阳能面板回收），注重图像解读与定量推理，融合多反应体系分析|

专题13 化学反应原理综合题 6年真题1年模拟 考点分类 湖北考情（2021-2026） 命题规律 化学反应原理综合题 2026湖北(1题)、2025湖北(1题)、2024湖北(2题)、2023湖北(1题)、2022湖北(1题)、2021湖北(1题) · 情境设置：紧扣新材料、新能源、绿色化学等前沿与工业实际，如储氢、发热材料、纳米碗等，注重真实应用。 · 考查重点：侧重盖斯定律、化学平衡常数计算、反应速率分析、图像与曲线解读，同时融入电化学或催化机理。 · 命题趋势：综合性与创新性增强，常结合多反应体系、物质转化流程，突出信息提取与定量推理能力，计算环节简化但逻辑要求更高。 1.(2026·湖北·高考真题)将与废弃的太阳能面板材料进行球磨反应，制备高纯度，反应如下： 反应Ⅰ：    已知一定温度下， 反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    回答下列问题： （1）反应Ⅰ的　　　　　　　　，属于　　　　　　　　（填“熵增”或“熵减”）反应。 （2）将足量和放入反应器中进行球磨，反应器空腔净体积为。 ①反应过程中产量随球磨转速的变化曲线如图1所示，球磨总转数固定为6500转。选择650转／分钟而非400转/分钟的优势是　　　　　　　　。 ②在转速为650转/分钟条件下反应，的转化率达到，则生成的平均速率为　　　　　　　　，此时反应的浓度商为　　　　　　　　（填计算式）。当反应时间延长至，的转化率为，此时体系温度为。 （3）若反应Ⅰ不以球磨方式进行，反应的转化率仅为。图2为理论计算得到的球磨和非球磨条件下反应Ⅰ的能量变化图，据此判断球磨能　　　　　　　　（填“升高”或“降低”）反应的活化能，从化学键的角度分析，其原因是　　　　　　　　。 （4）相对于反应Ⅱ，除了条件更温和、转化率更高及废弃物资源化利用外，球磨反应制还具备的优点是　　　　　　　　。 2.(2025·湖北·高考真题)粉末可在较低温度下还原。回答下列问题： （1）已知一定温度下： 则的　　　　　　　(用m和n表示)。 （2）图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用　　　　　　　(填标号)表示反应的快慢。 a．       b．       c．       d． （3）图1中曲线　　　　　　　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 （4）研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径　　　　　　　(填“a”或“b”)是主要途径。 （5）产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应　　　　　　　(填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是　　　　　　　。 （6）已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：　　　　　　　。 3.(2024·湖北·高考真题)(多选)学习小组为探究、能否催化的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。 实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题： （1）配制的溶液，需要用到下列仪器中的　　　　　　　(填标号)。 a．      b．        c．       d． （2）实验I表明　　　　　　　(填“能”或“不能”)催化的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是　　　　　　　。实验Ⅲ初步表明能催化的分解，写出在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式　　　　　　　、　　　　　　　。 （3）实验I表明，反应难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析、分别与配位后，正向反应能够进行的原因　　　　　　　。 实验Ⅳ： （4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为　　　　　　　、　　　　　　　。 4.(2024·湖北·高考真题)(多选)用和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应I： 反应Ⅱ： 回答下列问题： （1）写出与水反应的化学方程式　　　　　　　。 （2）已知、(n是的化学计量系数)。反应Ⅰ、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。 ①反应在的　　　　　　　。 ②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时　　　　　　　，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后　　　　　　　。 （3）恒压容器中，焦炭与的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明已全部消耗，此时反应体系中含物种为　　　　　　　。 ②下，反应速率的变化特点为　　　　　　　，其原因是　　　　　　　。 5.(2023·湖北·高考真题)纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：        回答下列问题： （1）已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的　　　　　　　。 （2）图示历程包含　　　　　　　个基元反应，其中速率最慢的是第　　　　　　　个。 （3）纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为　　　　　　　、　　　　　　　。 （4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为　　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （5）及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是　　　　　　　。     （6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是　　　　　　　(填标号)。 a．升高温度       b．增大压强       c．加入催化剂 【解析】(1)由和的结构式和反应历程可以看出，中断裂了2根碳氢键，形成了1根碳碳键，所以的=，故答案为：128； (2)由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，,,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故答案为：3；3； (3)由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10； (4)1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为： 则，，，该反应的平衡常数=，故答案为：； (5)及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。 (6)a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意； b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意； c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意； 故答案为：a。 6.(2022·湖北·高考真题)(多选)自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。 实验编号 反应物组成 a 粉末 b 粉 c 粉饱和石灰水 d 粉石灰乳 e 粉粉末 回答下列问题： （1）已知： ① ② ③ 则的　　　　　　　　　　　。 （2）温度为T时，，则饱和溶液中　　　　　　　　　　　(用含x的代数式表示)。 （3）实验a中，后基本不变，原因是　　　　　　　　　　　。 （4）实验b中，的变化说明粉与在该条件下　　　　　　　　　　　(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是　　　　　　　　　　　；后基本不变，其原因是　　　　　　　　　　　微粒的量有限。 （5）下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是___________(填标号)。 A. 反应②的发生促使反应①平衡右移 B. 反应③的发生促使反应②平衡右移 C. 气体的逸出促使反应③向右进行 D. 温度升高导致反应速率加快 （6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理　　　　　　　　　　　。 7.(2021·湖北·高考真题)丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。 反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1 反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·mol-1 （1）已知键能：E(C—H)=416kJ·mol-1，E(H—H)=436kJ·mol-1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为　　　kJ。 （2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是　　　。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=　　kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。 （3）在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为　　kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为　　　。 （4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)： 反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k 反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k′ 实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为　　，其理由是　　　。 【解析】(1)由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)     △H1=+125kJ·mol-1可知反应需要中断裂2mol C—H键、形成1mol碳碳π键和1mol H—H键，416kJ·mol-1×2- E (碳碳π键) -436kJ·mol-1= +125kJ.mol-1，解得：E(碳碳π键)= +271kJ. mol-1，所以形成1mol碳碳π键放出的能量为271kJ； (2)达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算： 由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100kPa×=故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP==16.7kPa。 (3)内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成的平均速率为=2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+O2=3CO2+3H2O，H2+O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1； (4)反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。 …………………… 1.(2026·湖北随州·联考)利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。 已知：酸性介质中，1mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。 电对(氧化型/还原型) 电极电势/V 0.771 1.776 0.695 1.224 0.536 回答下列问题： I．探究的分解反应 催化分解反应过程包括i、ii两步： 反应i：___________(未配平) 反应ii： （1）反应i的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）验证生成：反应过程中，加入　　　　　　　　　　　溶液，产生蓝色沉淀，证明有生成。 （3）酸性条件下也可催化分解。结合表中数据判断，上述条件下、、的氧化性由强到弱的顺序为　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．探究物质氧化性变化对电化学反应方向的影响 用可逆反应设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E()随时间t的变化如图b所示： （4）电池初始工作时，正极的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 （5）某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想： 猜想1：增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低。 猜想2：减小，的氧化性增强，负极的电极电势升高。 ①时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。 实验 实验操作 电压E/V 结论 i 往烧杯A中加入适量Fe E　　　　　　　　　　　0 猜想1成立 ii 往烧杯B中加入适量　　　　　　　　　　　 E<0 猜想2成立 ②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由　　　　　　　　　　　。 ③为进一步验证猜想1，进行实验Ⅱi，完成表中填空。 实验 实验操作 电压E/V 结论 iii 往烧杯A中加入适量　　　　　　　　　　　 E<0 猜想1成立 结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。 2.(2026·湖北随州·联考)(多选)氢气作为一种清洁能源，一直是能源研究的热点，水煤气变换反应可用于大规模制，反应原理如下：    （1）根据下表中提供的数据，计算　　　　　　。 化学键 键能 803 x 463 436 （2）实验发现其他条件不变，在体系中投入一定量可以增大的体积分数，从化学平衡的角度解释原因　　　　　　　　　　。 （3）某温度下，在一恒容密闭容器中充入和，加入催化剂使其发生上述反应(忽略其他副反应)，测得该反应中初始压强为，分压如图甲所示(t时刻前，的分压未给出)，则A点坐标为(t，　　　　　　)、平衡常数　　　　　　　　　　。 （4）反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中曲线所示，已知经验公式为(其中为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能　　　　　　。当使用更高效催化剂时，请绘制关系示意图　　　　　　　　　　　　　　　。(假定实验条件下，催化剂对C值无影响) （5）储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输问题。某储氢合金的结构属六方晶系，晶体结构及俯视图分别如图(a)、(b)所示。已知a、b两点的分数坐标分别为、，则c点坐标为　　　　　　。X射线衍射测定两晶面间距为(见图b)，高为，设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的摩尔质量为，则密度为　　　　　　。(列出表达式) 3.(2026·湖北黄冈中学等十一校·二模)(多选)用热还原可制备钛粉。回答下列问题： （1）的分解反应为，在一定温度下，真空条件　　　　　　　　　　　(填“有利于”或“不利于”)该分解反应的进行，原因是　　　　　　　　　　　。 （2）该工艺利用分解得到的产物直接还原，下图是产物还原的有关反应的吉布斯自由能与温度T的关系图，在700 K~1100 K温度范围能将还原为Ti的产物是　　　　　　　　　　　。 （3）常压下，、Ca、CaO的熔沸点如表所示。 熔点 沸点 0℃ 100℃ Ca 839℃ 1484℃ CaO 2572℃ 2850℃ ①分解结束后，保持反应器内为高纯氩气氛，温度800℃，研究表明，分解产物热还原的过程为逐级脱氧过程，逐级脱氧产物分别为、TiO、Ti，反应热分别为，分解产物热还原的热化学方程式为　　　　　　　　　　　(用含的式子表示)。 ②在上述逐级脱氧过程中，若温度控制不当(例如在600℃左右长时间保温)，反应容易停留在中间阶段，生成大量的和TiO。从活化能的角度分析降低温度无法得到金属钛的原因是　　　　　　　　　　　。 （4）经检测，热还原得到的钛粉中无。将所得钛粉分别用稀盐酸、蒸馏水洗涤，干燥后再检测，固体成分为Ti和极少量的，用化学方程式表示产生的原因　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 4.(2026·湖北新高考协作体学情自测)丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可用甘油催化转化如下： 甘油()丙烯醛()丙烯酸() 已知：反应Ⅰ：      (活化能) 反应Ⅱ：      (活化能) 回答下列问题： Ⅰ．某科研团队对反应Ⅰ的条件进行探究。 （1）反应Ⅰ在　　　　　　　(选填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。其正反应的活化能　　　　　　　(填字母)逆反应的活化能。 A．大于       　　 B．小于     　　   C．等于 （2）催化剂及温度对反应Ⅰ的影响如图所示，分析可知，最适宜的催化剂为　　　　　　　，最适宜的反应温度约为　　　　　　　。 Ⅱ．若选用合适催化剂，可通过甘油一步直接合成丙烯酸，此时丙烯醛为中间产物，并伴有深度氧化副反应：。 （3）已知中间产物丙烯醛有剧毒，选择催化剂　　　　　　　能使工业生产更加安全。(选填编号) 催化剂A：大幅降低和       　 催化剂B：大幅降低，几乎无影响 催化剂C：大幅降低，几乎无影响       　 催化剂D：升高和 （4）进料时，氧气浓度过大或过小都会使单位时间内丙烯酸的产率降低，试分析其原因　　　　　　　。 （5）时，向恒容密闭反应器中加入甘油()和进行该实验。假设只存在如下两个反应： 反应1： 反应2： 实验达到平衡时，氧气剩余，生成水，则丙烯酸()的选择性为　　　　　　　，反应2的浓度平衡常数为　　　　　　　(保留小数点后两位)。 已知：丙烯酸的选择性= 5.(2026·湖北随州·模拟)(多选)甲醇是一种重要的化工原料和液态氢储存燃料，选择性加氢制甲醇反应在全球范围内引起了广泛关注。已知发生的主要反应如下： 反应Ⅰ.    反应Ⅱ.    反应Ⅲ.    回答下列问题： （1）　　　　　　　　　　；反应Ⅰ在一定条件下可自发进行，则自发进行的条件为　　　　　　　　　　（填“高温”“低温”或“任何温度”）。 （2）反应Ⅲ的反应历程如图所示（*表示吸附态）。由图可知HCOO*上的　　　　　　　　　　原子加氢更有利。 （3）一定条件下，在2 L的恒容密闭容器中，充入2 mol 和3 mol ，使之发生上述三个反应。50 min末反应达到平衡，测得和的物质的量均为1.2 mol。 ①0～50 min内，的平均反应速率为　　　　　　　　　。 ②能说明该反应体系已达到平衡状态的是　　　　　　　　　（填标号）。 a.容器内混合气体的密度保持不变 b.容器内压强保持不变 c.混合气体的平均相对分子质量保持不变 （4）一定条件下，在压强为p的恒压密闭容器中，加入1 mol 和3 mol ，使之发生上述三个反应，转化率和甲醇选择性[]随温度的变化关系如图所示。 ①若232℃～252℃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：　　　　　　　　　。 ②240℃时反应的平衡常数　　　　　　　　（列出含p的计算式即可）。 6.(2026·湖北武汉·调研)氯化氢的绿色资源化利用是含氯化工领域重要的研究课题。工业上采用二氧化铈()催化氧化法处理HCl：    已知：相关化学键键能如下表： 化学键 键能 497 243 431 463 回答下列问题： （1）　　　　　　　。 （2）该反应的反应历程如下，表示中的晶格氧，表示表面氧空位，*表示与氧空位相邻的表面铈原子位。 ⅰ． ⅱ． ⅲ． ⅳ． ⅴ． ⅵ． 则该反应的速率控制步骤为　　　　　　　(填标号)，理由是　　　　　　　。 （3）保持，将混合气体分别以不同起始流速通入反应器中，在不同温度下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率曲线如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 ①适宜的进料比可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料比过低、过高的不利影响分别是　　　　　　　。 ②图中温度由低到高的顺序为　　　　　　　，判断依据是　　　　　　　。 ③设M点的转化率为平衡转化率，则时，该反应的平衡常数　　　　　　　。 (对于反应，，x为物质的量分数) 7.(2026·湖北宜昌·调研)(多选)在生活生产中用途广泛。回答下列问题： （1）生产中常将锅炉水垢中的转变成后再除去，主要是因为　　　　　　　　。 （2）以为燃料、为载氧体的化学链燃烧技术（CLC）是一种燃烧效率高的新技术。在该体系的燃料反应器中发生反应的热化学方程式为： Ⅰ． Ⅱ． ①燃料反应器中可能发生的副反应： 　　　　　　　　　 ②研究表明，CLC技术需要减少的排放（不考虑副反应的影响），则工作时燃料反应器中应该采用　　　　　　　　（填序号）。 a．高温高压       b．高温低压       c．低温高压       d．低温低压 （3）有研究将磷石膏（主要组分为）转化成和进行制酸联产水泥，以实现磷石膏资源化利用。体系中发生以上反应Ⅰ和反应Ⅱ，研究人员运用数字技术手段模拟研究，计算与不同物质的量的投料，在不同温度下达平衡时各产物的物质的量如下图。          ①图1中，有利于制酸联产水泥的最佳温度为　　　　　　　　。 ②与图1相比，在相同温度下图2中和的量急剧减少的可能原因是　　　　　　　　。 （4）化学反应等温式的一种表达形式为，其中、可以视为与温度无关的定值，是常数。相关数据如下表。 反应 平衡常数 Ⅰ Ⅱ ①由表中数据分析可知随的变化更大，简述其原因为　　　　　　　　。 ②时，平衡体系中　　　　　　　　。 8.(2026·湖北荆州·调研)某研究小组探究亚铁盐溶液与双氧水的反应，进行了如下实验。 已知：实验时使用硫酸亚铁铵［(NH4)2Fe(SO4)2］溶液(已酸化) 回答下列问题： （1）Ⅲ中溶液呈血红色的原因是　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　(用离子反应方程式表示)。 （2）针对Ⅳ中溶液变为黄色提出猜想： ⅰ．SCN-发生转化 ⅱ．　　　　　　　　　　　发生转化 ⅲ．二者都发生转化 设计实验：将Ⅳ中溶液平均分为2份，分别进行实验a、b。 实验 操作 现象 a 向试样中滴加　　　　　　　　　　　 溶液变为血红色 b 向试样中滴加2滴0.05mol/L Fe2(SO4)3溶液 溶液无明显变化 请补全上述猜想和实验操作；实验现象证明猜想ⅰ正确。 （3）查阅资料发现SCN-具有还原性，能被H2O2氧化为。拟设计如下实验验证：取Ⅳ中溶液，加入盐酸，滴加BaCl2溶液，观察是否产生白色沉淀。该实验设计是否合理？　　　　　　　　　　　(填“是”或“否”)，说明原因：　　　　　　　　　　　。 （4）探究Ⅴ中气泡成分及产生原因： 查阅资料：Fe2+能催化H2O2分解，其催化机理为： 故气泡成分为氧气。 结合上述催化机理，从平衡移动的角度解释Ⅳ中溶液为何静置3min后才出现气泡　　　　　　　　　　　。 （5）根据上述实验，若用KSCN溶液和双氧水检验亚铁离子时，应注意　　　　　　　　　　　。 9.(2026·湖北孝感·二模)(多选)“零碳甲醇”作为公认的新型清洁可再生能源，不易爆炸、储运安全便捷。甲醇常见的制备方法为二氧化碳加氢法。 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： （1）　　　　　　。反应ⅰ自发进行的条件是　　　　　　(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。 （2）在一定条件下发生反应，向一容积为的恒温恒容密闭容器中充入和，下列能说明该反应达到平衡状态的是　　　　　　(填标号)。 a．     b．混合气体的压强不再变化 c．每断裂碳氧双键，同时断裂氢氧键     d．的体积分数不再变化 （3）在某催化剂存在下发生反应ⅰ和ⅱ，向一恒温恒容密闭容器中通入混合气体，在不同条件下达到平衡。的平衡转化率及的选择性随温度变化曲线如图所示。 ①结合图像分析，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是　　　　　　。 ②320℃时反应ⅱ的　　　　　　(是以组分的平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，计算结果保留一位有效数字)。 （4）和在催化作用下反应生成甲醇的历程如下图所示(吸附在表面的物种用*标注，如表示吸附在表面，图中已省略)。 ①写出决速步骤的反应方程式：　　　　　　。 ②以上反应历程中最稳定的中间体为：　　　　　　。 10.(2026·湖北孝感·二模)氯化铁常用于污水处理、印染、电子等领域。实验小组制备FeCl3并对其进行探究。 Ⅰ．无水氯化铁的制备： （1）A装置发生的化学反应方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）FeCl3固体100℃时开始升华，D处硬质玻璃管右端没有加橡胶塞且用广口瓶收集氯化铁的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）反应一段时间后测得F溶液中离子浓度满足：c(Cl-)>c(ClO-)+c(HClO)可能的原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．实验探究i： 已知：①Fe3+在溶液中以络离子的形式存在，如[Fe(H2O)6]3+(浅紫色)(答题可简写为“Fe3+”)、[Fe(OH)]2+(黄色)、[FeCl4]-(亮黄色)等； ②H2O、与Fe3+的络合能力较弱。 （4）已知：0.05 mol/L Fe2(SO4)3溶液为浅黄色，请用离子方程式加以解释：　　　　　　　　　　　。 0.1 mol/L FeCl3溶液显黄色。某同学猜测0.1 mol/L FeCl3溶液显黄色的原因之一是生成[FeCl4]-，请设计实验加以证明：　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．实验探究ii： （5）已知：①电极电势(φ/V)是衡量微粒进行氧化还原反应能力的重要参数。电极：氧化态+ne-=还原态，φ/V越大，氧化态的氧化性越强；φ/V越小，还原态的还原性越强。电极电势通常会受温度和二者浓度的影响。 ②25℃时，当各离子浓度均为1 mol/L时，Fe3++e-=Fe2+   φ/V1=0.77V   Ag++e-=Ag   φ/V2=0.80V。 ③氧化还原反应的平衡常数与标准电动势()有关，，z表示氧化还原反应转移的电子数，为氧化型电极电势(氧化剂和它的还原形式在1 mol·L-1，浓度下表现出的电动势)，为还原型电极电势。 则可以从以下两个角度推测Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+进行的方向及程度大小。 a：通过计算，该正反应的K=　　　　　　　　　　　。 b：设计如图实验装置： 烧杯A中的电解质溶液是　　　　　　　　　　　。(不考虑Cl-与Fe3+络合) 实验现象：电流表指针向右偏转(电流表指针偏向电流流入的一边) 实验结论：该反应较难正向进行。 11.(2026·湖北宜昌·调研)乙醇是一种常用的化工原料，工业上将产能过剩的乙酸催化加氢可制得乙醇，涉及的反应如下： 反应Ⅰ：CH3COOH(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g)   ∆H1<0 反应Ⅱ：CH3COOH(g)+C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)+H2O(g)   ∆H2<0 已知：S表示含碳产物的选择性：，。 回答下列问题： （1）反应Ⅰ自发进行的条件是　　　　　　　　　　　(填“低温”、“高温”)。 （2）反应：2CH3COOH(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2H2O(g)       ∆H3，则∆H3=　　　　　　　　　　　(用∆H1、∆H2表示)。 （3）一定温度下，恒压密闭容器中发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，起始投料为：n(H2)=10 mol、n(CH3COOH)=1 mol，一段时间达到平衡后，测得乙酸的转化率为90%，S(乙醇)=40%，此时，n(CH3COOC2H5)=　　　　　　　　　　　mol，氢气的转化率为　　　　　　　　　　　，反应Ⅱ的平衡常数KP=　　　　　　　　　　　(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 （4）当投料比时，在不同条件下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ达到平衡，在压强p=2 MPa下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随温度T的变化、在温度：T=200℃下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随压强p的变化如图所示，体系中反应Ⅱ程度较小。 ①在温度T=200℃的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随压强p的变化曲线是　　　　　　　　　　　(填“L1、L4”或“L2、L3”)。S(乙醇)、S(乙酸乙酯)呈现曲线L2、L3变化的原因是　　　　　　　　　　　。 ②只考虑温度和压强的影响，C、D、E三点对应的CH3COOH的平衡转化率由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　。 【解析】(1)，反应能够自发进行，反应Ⅰ为放热的熵减反应，自发进行的条件是低温； 12.(2026·湖北随州·二模)(多选)的催化重整可生产高纯度合成气(、)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    回答下列问题： （1）反应的　　　　　　　　　　　。 （2）恒温恒容的密闭容器中，发生反应II，下列说法中能表明反应一定达到平衡状态的是　　　　　　　　　　　(填字母)。 a．的浓度不变       b．气体总压强不变 c．气体密度不变       d．和的物质的量相等 （3）在温度分别为、和下，的平衡转化率与压强的关系如下图1所示，则温度、、由低到高的顺序为　　　　　　　　　　　。 （4）反应Ⅲ的正、逆反应速率可分别表示为、，已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R、A为常数)。则如图2所示的2条实线a、b中，能表示随变化关系的是　　　　　　　　　　　(填字母)。当改变外界条件时，随变化关系如图中的虚线c所示，则实验可能改变的外界条件是　　　　　　　　　　　。 （5）假设此条件下只发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，向体系中加入和，在一定温度、压强恒定100 kPa下反应至平衡，体系中转化率为80%，转化率为60%，CO物质的量为1.4 mol，则平衡时，的物质的量为　　　　　　　　　　　mol，反应Ⅲ的平衡常数　　　　　　　　　　　。 已知：对于反应，；在平衡体系中物质的量分数(或体积分数)×总压强。 13.(2026·湖北·4月调研)“双碳”战略下，加氢制甲醇是实现碳资源循环利用的核心技术。传统铜锌催化剂因活性位点高度耦合生成副产物，涉及的反应如下： Ⅰ：    Ⅱ：    Ⅲ：    回答下列问题： （1）①　　　　　　　　；反应Ⅰ在　　　　　　　　（填“高温”“低温”“任意温度”）自发进行。 ②中科院大连化物所提出催化活性位点“空间解耦”新策略：将活性位点（）与活性位点（）在空间上分离，提高了甲醇的选择性。“空间解耦”-甲酸盐部分路径如下： 步骤1：   （表明2个H在Cu位点吸附活化） 步骤2：________（与活性氢加成）。 步骤3： 步骤4： 请写出步骤2的基元反应　　　　　　　　。 （2）在3 MPa下，向某密闭容器中按投料比充入反应物发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图所示。 ①Z线所示物种是　　　　　　　　（填化学式）。 ②解释物质的量分数随温度变化的原因　　　　　　　　。 ③260℃时向密闭容器中加入2 mol CO2和，达平衡时测得，，选择性　　　　　　　　[]，反应Ⅰ的平衡常数　　　　　　　　（列出计算式，分压=总压×物质的量分数）。 （3）工业生产甲醇的催化体系需控制进料气中的进入量，原因是　　　　　　　　（从催化剂活性位点和化学平衡角度分析）。 14.(2026·湖北荆州·调研)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 （1）石油化工路线中，环氧乙烷(EO)和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应：EO(aq)+H2O(l)=EG(aq) 副反应：EO(aq)+EG(aq)=DEG(aq) 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol·L-1，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中n(EG)：n(DEG)=10：1。则0~30min内，v总(EO)=　　　　　　　　　　　mol·L-1・min-1 。 （2）煤化工路线中，利用合成气(CO和H2)合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ．直接合成法：2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g) 按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图1： ①代表α=0.6的曲线为　　　　　　　　　　　(填“L1”“L2”或“L3”)   ΔH　　　　　　　　　　　0(填“＞”“＜”或“=”)。 Ⅱ．间接合成法：用合成气和O2制备草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3，DMO)经过乙醇酸甲酯(CH3OOCCH2OH，MG)合成乙二醇(EG)，具体反应如下： 反应ⅰ：DMO(g)+2H2(g)MG(g)+CH3OH(g)   ΔH＜0 反应ⅱ：MG(g)+2H2(g)EG(g)+CH3OH(g)   ΔH＜0 反应ⅲ：EG(g)+H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)   ΔH＜0 恒压、初始投料比一定、固定流速条件下，发生上述反应，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、EG、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图2所示： 已知：某物质的选择性 ②已知曲线Ⅱ表示EG的选择性，则曲线　　　　　　　　　　　(填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线　　　　　　　　　　　表示乙醇的选择性。 ③450K，出口处n(MG)：n(DMO)的值为　　　　　　　　　　　。 ④控制温度在483K左右EG的选择性最高，请说明温度过高EG选择性下降的原因　　　　　　　　　　　。 15.(2026·湖北十堰·模拟)(多选)甲醇是重要的化工原料和潜在的清洁能源载体。锐钛矿型负载的氧化铂团簇为活性中心，存在三条竞争反应路径，可生成CO、、甲酸甲酯等产物： 反应Ⅰ. 反应Ⅱ. 反应Ⅲ. 目标产物的选择性： 回答下列问题： （1）已知部分化学键的键能数据如下： 化学键 O＝O 键能 413 463 358 799 498 1075 经计算，反应Ⅰ在　　　　　　　　　　　(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）反应Ⅰ会生成产物CO(g)。CO能强烈吸附在催化剂表面，占据Pt位点，导致催化效能下降，该现象称为　　　　　　　　　　　。为抑制该现象，可采取的措施有　　　　　　　　　　　(填字母)。 A．适当提高反应温度，使CO脱附       B．增大氧气比例，使CO转化为 C．增大浓度，加快反应速率       D．调控压强，使反应Ⅱ、Ⅲ的选择性更高 （3）下图为甲醇在表面氧化生成CO的反应自由能曲线。“*”表示物理吸附态，TS表示过渡态。 a．如图所示，转化为*有两种途径。从反应速率角度分析，途径　　　　　　　　　　　(填“①”或“②”)更有利。 b．该反应路径的第三步基元反应为决速步，方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）在100 kPa、105℃下，向某密闭容器中充入和，在催化剂作用下发生上述三条路径的反应。达到平衡时，测得，，的选择性为50%。 ①甲醇的转化率为　　　　　　　　　　　(保留两位有效数字)。 ②反应Ⅲ：的平衡常数　　　　　　　　　　　(保留三位有效数字)。 16.(2026·湖北武汉武昌区5月模拟) 是生产可溶性钡盐的重要中间产品，常用热还原法制备。回答下列问题： （1）固体被或 还原制备 的反应机理如图所示。在固体表面上更容易吸附的是　　　　　　　　(填“”或“ ”)。从动力学角度分析，应选择　　　　　　　　(填“”或“ ”)作还原剂。 （2）工业上可选用单质碳和固体进行热还原制备 。在 恒压条件下，按下表投料，发生反应： 物质 C n/mol 1.25 4 1.25 5 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    ①加入氧气的目的是　　　　　　　　(答一条)。 ②不同温度下，体系中各组分的平衡含量如图所示。低于 时，平衡含量增加的原因为　　　　　　　　。高于1200℃时，会发生副反应，其化学方程式为　　　　　　　　。 ③ 下，达到平衡时， ，固体总质量约为 ，则固体中 的纯度为　　　　　　　　(按质量分数计，保留一位小数)，反应Ⅲ的平衡常数 　　　　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。 17.(2026·湖北鄂东南省级示范高中改革联盟·模拟)胆矾()是一种重要的结晶水合物。时，把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平衡，反应如下。 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    如图为水合物中水的质量分数与压强的关系图，回答下列问题： （1） 　　　　　　　　　　　(用“、、”表示)。 （2）反应I的　　　　　　　　　　　[：用分压表示的平衡常数(有单位)；无需算出具体数值]。 （3）从处开始计时，到点取样，测得样品含水量如上图所示，时间为。 ①请定量地说明处固体组成　　　　　　　　　　　(说明物质组成及物质的量之比)。 ②这段时间内脱水速率(以水的质量计)为　　　　　　　　　　　 。 ③理论上点到处耗时为　　　　　　　　　　　(用含的式子表示)，然而实际耗时却大于此值，试解释原因　　　　　　　　　　　。 （4）时，要维持晶体纯度，空气湿度()需要满足的范围为　　　　　　　　　　　。 (已知：，时水的饱和蒸气压约为。) 18.(2026·湖北襄阳·调研)二氧化碳、甲烷干重整是碳捕集、利用及封存框架内一种典型的低碳过程，其原理为：   。 I．旧法干重整主要反应有： 主反应： 副反应I：    副反应II：    副反应III：    副反应IV：    （1）不同反应温度下各主副反应的吉布斯自由能()与温度的关系如图所示。 直线d代表　　　　　　　　　　　的吉布斯自由能与温度的关系。 a．副反应I       b．副反应II       c．副反应III       d．副反应IV （2）将等物质的量的和充入恒压反应器中，达到平衡时各组分的物质的量与温度的关系如图所示。 ①温度低于时，积碳严重的原因是　　　　　　　　　　　。 ②500℃时，的产量明显高于CO，原因是　　　　　　　　　　　。 II．碳酸盐间接干重整的主要反应为： 反应a： 反应b： （3）时，向恒容密闭容器中投入和。反应5分钟达到平衡，容器内的压强由增加到，的平均反应速率为，则的转化率为　　　　　　　　　　　，反应的平衡常数为　　　　　　　　　　　(用含的代数式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数)。 III．使用()催化甲烷干重整反应的二维机理如图所示。 （4）　　　　　　　　　　　。 （5）第④步反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （6）　　　　　　　　　　　。 19.(2026·湖北恩施州·二模)二氧化碳是廉价可持续的碳源，其转化为甲醇能减碳增效、推动可持续发展。以下是制备可能涉及到的反应： i． ⅱ． ⅲ． 已知：生成物A的选择性 回答下列问题。 （1）已知反应的能垒越大，活化能越大。反应ⅱ的反应历程如图所示。在不同催化剂作用下，该反应历程中决速步骤的能垒分别为　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　，其中效果较好的催化剂为　　　　　　　　　　　。 （2）反应ⅱ的焓变　　　　　　　　　　　。甲醇可作燃料，碱性环境下甲醇燃料电池的负极电极反应式为　　　　　　　　　　　。 （3）向体积为的恒容密闭容器中分别充入、，仅发生反应ⅱ和ⅲ，反应相同时间t秒后测得实际转化率和的实际选择性随温度的变化如图中实线所示，同时模拟出平衡转化率和平衡时选择性如图中虚线所示。 ①曲线a表示的平衡转化率，其先下降后上升的原因为　　　　　　　　　　　。 ②时，反应ⅱ中的反应速率　　　　　　　　　　　。反应ⅱ的平衡常数　　　　　　　　　　　(时甲醇与水均为气体)。 ③试分析曲线a、b在温度高于后趋于重合的原因　　　　　　　　　　　。 20.(2026·湖北黄石·模拟考试)(多选)低碳烯烃是工业生产中制造塑料、溶剂、药物、化妆品等多种产品的重要原料，工业上可以采用CO2催化加氢和电化学还原制备。 Ⅰ.CO2催化加氢。其工艺主要分为逆水煤气转化和费托合成两步，涉及的主要反应如下： 逆水煤气转化(RWGS)：①    费托合成(FTS)：②    请回答下列问题： （1）已知，1 mol CO(g)与2 mol H2(g)反应生成C2H4(g)和H2O(g)的能量变化如图甲所示：则当n＝2时反应②的　　　　　　kJ/mol。 （2）在恒定压强为2 MPa下，将CO2和H2按投料比为1:3进行上述反应，平衡体系中各组分的摩尔分数以及各指标参数随反应温度变化曲线如图乙所示(HC代表烯烃，本题中假设HC仅为乙烯)。 ①以下叙述能说明反应②达到平衡状态的是　　　　　　。 a.容器内总压强不变              b.混合气体的密度不变 c.混合气体的平均摩尔质量不变        d.C2H4(g)和H2O(g)的物质的量之比为1:2 ②350～850 K范围内，CO2的平衡转化率先减小后增大的原因是　　　　　　。 ③750 K时，反应①的压强平衡常数　　　　　　。(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，计算结果保留两位有效数字) ④该方法一般需要使用双催化剂(如图乙)，需使氢气吸附在催化剂表面的活性位点上。研究发现催化剂晶体的颗粒越小，催化效果越好，其理由是　　　　　　。 Ⅱ.电化学还原：以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，其工作原理如图丁。 （3）生成丙烯(C3H6)的电极反应式为　　　　　　。 （4）假设电解过程中阴极仅生成乙烯和丙烯，若电解结束后阴、阳两极产生的气体体积比为1:4(相同条件下)，则C2H4的选择性为　　　　　　。(乙烯的选择性) 21.(2026·湖北武汉·4月模拟)甲醇高选择性转化制乙烯是煤化工领域的重要研究方向，是保证能源安全的重要手段。其涉及反应如下。 主反应：    副反应：    回答下列问题： （1）已知：        则主反应的　　　　　　　　　。 （2）对于主反应，加压会使平衡向　　　　　　　　　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，但是实际生产中仍选择适度加压，其目的是　　　　　　　　　。 （3）分子筛可为气体提供活性位点，以达催化的目的。分子筛上的甲醇转化的部分反应路径如图所示。 ①该反应路径中过程（iii）的化学方程式为　　　　　　　　　。 ②随温度升高，乙烯的平衡选择性升高的原因是　　　　　　　　　。 [乙烯选择性：] ③500℃时，100 kPa恒压条件下通入1 mol CH3OH(g)和4 mol H2O(g)，平衡时α(CH3OH)=90%，S(C2H4)=40%，只考虑副产物为丙烯，则平衡时n(H2O)=　　　　　　　　　mol，主反应的Kp=　　　　　　　　　kPa（列出计算式）。 ④研究发现，进料中添加一定量的H2O(g)可以提高乙烯的选择性，从催化剂角度分析可能原因是　　　　　　　　　。 22.(2026·湖北黄冈中学等十一校·二模)某小组在复习电解原理时，进行了“以铜为阳极电解氯化钠溶液”的实验探究，观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题： 已知：部分铜的化合物性质如下表： 物质 化学式 颜色 水溶性 氯化亚铜 CuCl 白色 难溶 氢氧化亚铜 CuOH 淡黄色 难溶 氧化亚铜 砖红色 难溶 I．以铜片为阳极、石墨为阴极，电解饱和氯化钠溶液。阴极区观察到气泡产生，滴加酚酞溶液变红；阳极区仅出现白色浑浊，溶液不变蓝。 （1）取少量阳极区浑浊液于试管中，滴加溶液，观察到白色沉淀溶解，同时溶液变为蓝色。另取少量阳极区浑浊液，滴加NaOH溶液，出现黄色浑浊，静置后沉淀逐渐变为蓝绿色，最终变为蓝色。 ①根据现象，推测阳极区产生的白色浑浊是　　　　　　　　　　　(写化学式)。 ②结合化学平衡移动原理解释出现黄色浑浊的原因　　　　　　　　　　　。 ③黄色沉淀最终变为蓝色的原因是　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。 Ⅱ．有同学提出将NaCl溶液换成NaOH溶液应该能看到蓝色沉淀。小组用上述装置电解NaOH溶液，发现阳极区出现红褐色浑浊，铜片上有气泡产生；阴极气泡不明显。 （2）甲同学认为阴极气泡不明显的原因是NaOH溶液中浓度极低，阴极反应缓慢，请设计实验加以证明　　　　　　　　　　　。 （3）用胶头滴管吸取阳极区的红褐色浑浊于试管中，逐滴加入稀硫酸，观察到溶液变蓝并有少量红色固体产生。乙同学根据表格信息结合实验现象猜测红褐色浑浊是；丙同学认为乙同学的猜测不正确，理由是　　　　　　　　　　　，并猜测红褐色浑浊是　　　　　　　　　　　。 （4）查阅资料显示，铜作阳极电解NaOH溶液时，铜电极上快速生成导致电极钝化。请解释阳极区出现红褐色浑浊，铜片上有气泡产生的原因　　　　　　　　　　　。 23.(2026·湖北孝感·二模)碳及其化合物在生产生活中有着非常重要的作用。甲烷、一氧化碳与水蒸气反应是工业上制取氢气的重要方法，涉及的主要反应如下 反应Ⅰ．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)   ΔH=+205.9kJ·mol-1 反应Ⅱ．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)   ΔH=-41.2kJ·mol-1 （1）①CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为　　　　　　　　　　　。 ②一定温度下，向10L恒容密闭容器中充入1mol CH4和1mol H2O(g)，发生反应Ⅰ、Ⅱ，下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填字母)。 A．低温更适合反应Ⅰ自发进行 B．H2O(g)的分压不变时容器内反应达到平衡状态 C．升温一定有利于提高相同时间内H2产量 D．若将容器改为恒压容器，平衡时H2产量将降低 （2）100kPa下，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入恒压反应器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。 曲线a代表　　　　　　　　　　　的物质的量分数与温度的变化曲线：若其他条件不变，则600℃时反应Ⅱ的平衡常数Kp=　　　　　　　　　　　；a曲线变化趋势的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）我国学者结合实验与计算机模拟，研究了金催化剂表面进行反应Ⅱ的反应历程，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，能量变化如图所示： 该历程中包含多个基元步骤。写出决速步骤的化学方程式：　　　　　　　　　　　。反应Ⅱ的正反应活化能Ea为　　　　　　　　　　　eV。 （4）工业上进行反应Ⅱ常采用多段变换工艺，首先在350℃左右用Fe3O4/Cr2O3催化进行高温反应，然后在200℃左右用Cu/ZnO/Al2O3催化进行低温反应，不考虑温度对催化剂的影响，请结合工业生产实际，试分析工程师这样设计的理由：　　　　　　　　　　　。 24.(2026·湖北鄂州·质量监测)(多选)甲醇是一种重要的化工原料，被广泛应用于工业生产和能源领域。 （1）利用甲醇催化制乙烯： ①   ，下列能说明该反应为化学平衡状态的是　　　　　　　(填标号)。 a．单位时间内消耗2 mol 的同时生成了1 mol b．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变 c．在恒容绝热的容器中，反应体系温度不再变化 d．在恒温恒容的容器中，气体的压强不再变化 ②工业上用甲醇催化制乙烯时，同时发生的副反应有：         已知一定条件下烯烃的总选择性(烯烃的总选择性)及产物中丙烯与乙烯的物质的量之比在不同催化剂中随时间的变化如图所示(cat1和cat2代表两种等量的催化剂)。依据图示信息分析，制备乙烯时，应选择的催化剂为　　　　　　　(填“cat1”或“cat2”)，反应的最佳时间点为　　　　　　　h；在该条件cat1催化作用下，反应3 h后产物中乙烯与甲醚的物质的量之比为　　　　　　　。 （2）利用甲醇催化重整制氢气：该反应的反应机理如图所示： 已知在一定条件下， 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    ①写出相同条件下该机理图中总反应(Ⅲ)的热化学方程式为：　　　　　　　。 ②在时，若以等物质的量的反应物发生反应Ⅲ，同时伴随发生反应Ⅱ，平衡时甲醇的转化率为75%，CO的体积分数为10%，则反应Ⅱ的平衡常数为　　　　　　　 (保留2位小数)。 ③已知反应Ⅲ的速率常数公式为，Ea为活化能，A、R、e为定值。在一定温度和催化剂正常状态时，的值为0.001，相同温度下，CO使催化剂中毒，活化能变为原来的3倍，则速率常数变为原来的　　　　　　　倍。 （3）甲醇燃料电池(DMFC)在新能源领域得到广泛应用，其简易工作装置如图所示，乙电极上发生电极反应方程式为　　　　　　　。 25.(2026·湖北襄阳·调研)将转化为高能燃料，可有效实现碳循环。相关反应如下： 反应： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ：CO(g)+2(g)(g) 回答下列问题： （1）已知相关键能数据如下： 化学键 C≡O H—H C—H C—O O—H(甲醇中) O—H(中) 键能(kJ/mol) a b c d e f 根据表中信息，计算　　　　　　　　　　　kJ/mol(用含字母的代数式表示)。 （2）和在催化剂表面发生反应I的机理如图1。研究表明表面氧空位越多，越能促进的吸附和加氢，从而提高甲醇产率及选择性。 ①若用参与反应，最终能在　　　　　　　　　　　检验出(填标号)。 a．催化剂表面             b．             c． ②研究发现，增大浓度，反应速率增大并不明显。在不改变温度和催化剂种类的前提下，提出一种可以加快反应速率的方法　　　　　　　　　　　。 （3）在恒压密闭容器中充入和，再通入不同量的，测得平衡转化率、平衡时与初始物质的量之比随原料气中的变化如图2。 ①表示转化率的是曲线　　　　　　　　　　　(填“”或“”)。 ②当原料气中，平衡时且，则　　　　　　　　　　　，反应Ⅱ的分压平衡常数　　　　　　　　　　　(保留两位有效数字。为用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算的平衡常数，分压总压气体的物质的量分数)。 （4）恒压下，将一定量和混合气体以一定流速通过装有催化剂和分子筛膜的反应管，相同时间内，甲醇产率随温度的变化如图3。(已知该分子筛膜能选择性分离出水分子)从平衡移动的角度解释：X点高于Y点的主要原因是　　　　　　　　　　　。 26.(2026·湖北武汉5月模拟)乙二醇二甲醚(DEEG)可作为柴油添加剂和液体燃料，具有广阔的应用前景。 已知一定温度下， Ⅰ．    Ⅱ．    回答下列问题： （1）从微观角度分析，和的数值　　　　　　　　　　　(填“较为接近”“差距较大”或“无法比较”)。 （2）在绝热恒容容器中，一定量的乙二醇和甲醇发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 A. 体系温度保持不变 B. v(甲醇)=v(H2O) C. 容器内气体密度保持不变 D. 混合气体平均相对分子质量保持不变 （3）将乙二醇和甲醇按照一定比例投料，乙二醇的转化率随温度的变化曲线如图1所示。 ①160℃左右曲线变化趋势相反的原因是　　　　　　　　　　　(不考虑催化剂的活性)。 ②达到平衡后，继续按照原比例加入乙二醇和甲醇，则乙二醇的转化率　　　　　　　　　　　(填“升高”“降低”或“不变”)。 （4）我国学者设计了醇脱水制备乙二醇醚的反应器，其工作原理如图2所示。 ①该装置可提高乙二醇转化率的原因是　　　　　　　　　　　。 ②在0.5 MPa下，将乙二醇和甲醇按照1∶2投料，达到平衡时，乙二醇转化率和DEEG的选择性均为90%[某物质的选择性]。水的分压　　　　　　　　　　　MPa(分压=总压×物质的量分数)，反应Ⅱ的为　　　　　　　　　　　(用物质的量分数代替浓度计算，结果保留整数)。 27.(2026·湖北新八校·二模)CO2-CH4催化重整是减缓温室效应、实现碳中和的重要方式，是CO2利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应： ①CH4(g) + CO2(g)2CO(g) + 2H2(g)     ΔH1 ②CO2(g) + H2CO(g) + H2O(g)     ΔH2 ③CH4(g)C(s) + 2H2(g)       ΔH3 ④CO(g) + H2H2O(g) + C(s)     ΔH4 I、我国学者对催化重整的反应①进行理论研究，提出在Pt-Fe或Sn-Fe合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。 （1）主反应的ΔH1=　　　　　　(用ΔH2、ΔH3、ΔH4表示)。 （2）该历程中最大能垒E(正)= 　　　　　　eV/mol。 （3）其他条件相同时，催化重整的主反应①在不同催化剂下反应相同时间，CO的产率随反应温度的变化如图所示，P是　　　　　　合金催化下CO的产率随温度的变化曲线，P、Q曲线到达M点后重合，请解释原因　　　　　　。 Ⅱ、设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。反应①、③、④的ln随(温度的倒数)的变化如图所示。 （4）反应④的正、逆反应速率分别表示为：；，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 （5）在图中A点对应温度下、原料组成、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为30kPa。反应③的相对压力平衡常数为　　　　　　(填数值)，平衡时CH4的分压　　　　　　kPa，CH4的平衡转化率=　　　　　　(保留三位有效数字)。 28.(2026·湖北十堰·调研)利用可制备诸多物质。回答下列问题： （1）与重整制备水煤气的主要反应的热化学方程式如下： 反应Ⅰ：； 反应Ⅱ：； 反应Ⅲ：。 ①在与重整体系中通入适量，可减少的生成，反应的　　　　　　　　　　　。 ②下，将的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中，和的平衡转化率如图1所示。800℃时平衡转化率大于600℃时平衡转化率，其原因是　　　　　　　　　　　。 （2）与可制备，反应的热化学方程式为。向某密闭容器中充入和发生上述反应，不同条件下达到平衡时，的转化率为，在时，和时，的关系如图2所示。 ①该反应的　　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)0。 ②曲线b表示与　　　　　　　　　　　(填“”或“”)的关系曲线，原因为　　　　　　　　　　　。 ③、、三点平衡常数、、的大小关系为　　　　　　　　　　　。 ④在点对应条件下，请用平衡时物质的量分数代替平衡浓度计算，此时反应的平衡常数　　　　　　　　　　　(结果用分数表示)。 （3）研究、与不同配比的铁铈载氧体[，，是活泼金属，正价有、]反应制备和依次发生的主要反应： (甲)；(乙)。 已知甲反应的产物气体体积分数、转化率、与的关系如图3所示。当时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为　　　　　　　　　　　。 29.(2026·湖北黄冈·二模)变化观念与平衡思想不仅在化学变化中得以体现，在诸如晶体相变、物态变化、物质溶解中也存在着可以类比化学平衡的平衡过程。回答下列问题： I．两种晶型的Sn之间存在平衡：，该转变的自由能变()与温度(T)的关系如图所示。 （1）自发转变成的条件为　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．一定温度下，物质M的液态与气态之间存在相变平衡： 平衡时M(g)的分压称为该温度下M的饱和蒸气压。 （2）25℃、101 kPa下，部分化学键键能数据如下，的燃烧热。 化学键 H—H O=O(氧气) H—O 键能/() a b c 则　　　　　　　　　　　 (用含a、b、c、d的代数式表示)。 （3）如图是水、乙醚()、THF()的饱和蒸气压随温度变化的图像。 ①下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填标号)。 a．饱和蒸气压越高表示液体越难挥发 b．相同温度下曲线最低与氢键有关 c．乙醚曲线在THF曲线上方与分子极性有关 ②请从平衡移动的角度解释随着温度升高曲线上升的原因　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．溶解平衡普遍存在。一定温度下，气体A溶于溶剂(用S表示)时存在平衡：称为在S中的亨利常数，，p(A)为A在溶液表面的分压，c(A)为A在S中的浓度。溶质B在两种互不相溶的溶剂之间也存在平衡：称为在溶剂和溶剂中的分配系数，。 （4）下列说法正确的是___________(填标号)。 A. 相同条件下，在中的亨利常数小于在中的亨利常数 B. 海水中浓度大于，说明溶于水的能力强于 C. 海带提碘时，在萃取剂和水中的分配系数越小，表示萃取效果越好 D. 海水提溴的“吹出法”原理是吹热空气降低海水表面的溴分压，同时增大的 （5）某些水溶液实验需要排除空气中的干扰，加用油性溶剂(用R表示，R密度比水小，难溶于水)液封是一个简单且有效的方法。为定量反映隔氧效果，定义阻氧比液封后水中饱和氧浓度与未液封时水中饱和氧浓度之比。 ①设在水和R中的亨利常数分别为，在水和R中的分配系数为。试计算出用R液封的阻氧比　　　　　　　　　　　[用的式子表示]。 ②实践中发现，某些溶剂的虽然大于1但是在短期内仍然有较好的阻氧效果，试分析原因　　　　　　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 化学反应原理综合题 6年真题1年模拟 1.【答案】（1）①     ② 熵增     （2）① 缩短反应时间，且能提高 的产量    ②     ③ （或 ）     （3）① 降低    ② 球磨的机械作用削弱（或部分破坏）了反应物中的化学键，使反应物更易断键发生反应，从而降低活化能     （4）产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度       2.【答案】（1）     （2）d     （3）Ⅰ     （4）a     （5）① ②    ② 将CaH2(s)放在无水的N2气流中，在200~300℃测量固体质量的变化     （6）消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率      3.【答案】（1）bc     （2）① 不能    ② 提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成    ③     ④      （3）实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行     （4）①     ②       4.【答案】（1）BaC2+2H2O=Ba(OH)2+HC≡CH↑     （2）① 1016    ② 105    ③ 105     （3）① BaO    ② 反应在t到t2时间段匀速进行，在t2时刻后速率为0     ③ 固体反应物的量不影响反应速率，t2时刻后反应物消耗完毕      5.【答案】（1）128     （2）① 3    ② 3     （3）① 6    ② 10     （4）     （5）因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。     （6）a      6.【答案】（1）-911.9     （2）mol⋅L-1     （3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应① 达到了平衡状态     （4）① 不反应    ② Al和溶液中的OH-发生了反应    ③ OH-     （5）A     （6）实验e中，发生反应① 、② 和③ ，反应③ 中有气体生成，气体的逸出促使反应③ 向右进行，反应③ 的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应② 平衡右移，反应② 的发生促使反应① 平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。      7.【答案】（1）271     （2）① 减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率    ② 16.7     （3）① 2    ② H2和C3H6都消耗O2     （4）① 先增大后减小    ② 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小      1.【答案】（1）     （2）     （3）＞＞     （4）     （5）① ＜    ② AgNO3固体    ③ 加入铁粉后，同时造成增大，减小，都能使平衡逆移，使E＜0    ④ FeCl2固体      2.【答案】（1）1074.8     （2）CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大     （3）①     ② 0.5     （4）① 30.0    ②      （5）① （）    ②       3.【答案】（1）① 有利于    ② 该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动     （2）Ca(g)、Ca(s)或气态钙、固态钙     （3）①     ② 反应的活化能高，降低温度，反应体系的能量不足以克服该步反应的高活化能     （4）①     ②       4.【答案】（1）① 高温    ② A     （2）①     ② 300℃     （3）C     （4）氧气浓度过小，反应速率慢，氧气浓度过大，深度氧化反应增多（注：类似回答均可），丙烯酸选择性降低     （5）① 40%    ②       5.【答案】（1）① -90.64    ② 高温     （2）氧（或“O”）     （3）① 0.005    ② bc     （4）① 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使转化率和甲醇选择性下降    ②       6.【答案】（1）-117     （2）① ⅴ    ② 的键能比的大     （3）① 进料比过低，产物分离能耗较高；进料比过高，HCl转化率较低    ② (或、、)    ③ 流速较低时的转化率近似为平衡转化率，该反应为放热反应，温度越高，HCl的转化率越小，故(或：流速较高时，反应未达平衡，相同时间内，温度越高，速率越快，HCl转化率越高，故)    ④       7.【答案】（1）能溶于酸而不行     （2）① +1081.7    ② c     （3）①     ② 在该反应条件下体系中主要发生反应I（或反应I的进行程度大于反应Ⅱ、减小与的投料比有利于反应I等合理答案）     （4）① 由题中数据可知，因为越大，则越大，K随的变化越大，则温度对的影响小于    ②       8.【答案】（1）①     ②      （2）① Fe3+    ② 2滴 0.1mol/LKSCN溶液     （3）① 否    ② 实验中使用溶液，已含     （4）Ⅳ中 被双氧水氧化为，，随双氧水剂量增加，被氧化为 后，平衡逆向移动，被释放出来，与双氧水反应生成了，此过程需要一定时间积累。     （5）控制滴加双氧水的量      9.【答案】（1）① -90.4    ② 低温     （2）bc     （3）① 反应ⅱ吸热，升温使反应ⅱ正向移动，的转化率增大，反应ⅱ正向移动的程度大于反应ⅰ逆向移动的程度    ② 0.003     （4）①     ②       10.【答案】（1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O     （2）FeCl3固体易升华，遇冷后凝华为固体堵塞装置；     （3）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水反应放热，温度升高可能发生副反应：3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O     （4）① Fe3++H2O [Fe(OH)]2++H+    ② 取少量0.1 mol/L FeCl3溶液于洁净的试管中，滴加少量饱和NaCl溶液(或者加一定量NaCl固体)，观察到溶液黄色变深     （5）① 10-0.507(答10-0.51也可)    ② 1 mol/L FeCl3和1 mol/L FeCl2(0.5 mol/L Fe2(SO4)3和1 mol/L FeSO4)      11.【答案】（1）低温     （2）∆H1+∆H2      （3）① 0.27    ②     ③      （4）① L1、L4    ② L2、L3代表的是压强p=2MPa下的S乙醇、S乙酸乙酯随温度T的变化的曲线。反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，其他条件不变，升高温度使两反应平衡均逆向移动，反应Ⅱ逆向移动程度更小（反应Ⅰ逆向移动程度更大），导致乙醇选择性下降    ③ D＞C＞E      12.【答案】（1）     （2）ab     （3）     （4）① a    ② 使用更高效的催化剂     （5）① 1.0    ② 1.4      13.【答案】（1）① -49.2kJ·mol-1    ② 低温    ③ CO2*@ZrO2+H*@Cu→HCOO*@ZrO2+Cu（写CO2*@ZrO2+2H*@Cu→HCOO*@ZrO2+H*Cu也可）     （2）① H2O    ② 升温温度使反应Ⅰ逆向进行，生成更多H2；而反应Ⅱ正向进行，消耗H2；反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，则H2物质的量分数随温度升高而增大    ③ 90%    ④      （3）水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱；水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降      14.【答案】（1）0.05     （2）① L3    ② <    ③ Ⅰ    ④ Ⅲ    ⑤ 2    ⑥ 温度高于483K，相同流速下，原料几乎转变成乙二醇，反应iii的速率加快，导致乙二醇的选择性反而下降      15.【答案】（1）任意温度     （2）① 催化剂中毒    ② ABD     （3）① ②    ② 或者     （4）① 80%    ② 28.8      16.【答案】（1）① CO    ② H2     （2）① 为反应提供热量    ② 由于反应I放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高时，反应III平衡正向移动的程度大于反应I平衡逆向移动的程度    ③     ④ 58.8%    ⑤ 625      17.【答案】（1）     （2）(或“”、“”)     （3）① n\left[\text{CuSO}_{4}\cdot 3\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}\left\right]\colon n\right[\text{CuSO}_{4}\cdot \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}]=11\colon 7    ②     ③     ④ 生成的覆盖住了，不利于水的脱去，脱水速率下降     （4）      18.【答案】（1）a     （2）① 副反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ进行的程度比较大    ② CO发生副反应Ⅳ的程度比H2发生副反应Ⅲ和副反应I的总程度都大     （3）① 90%    ②      （4）2     （5）     （6）+494.6kJ/mol      19.【答案】（1）①     ②     ③      （2）①     ②      （3）① 反应ⅱ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应。在以前，以反应ⅱ为主，温度升高平衡逆向移动，所以曲线先下降；在以后，以反应ⅲ为主，温度升高平衡正向移动，所以曲线后上升    ②     ③     ④ 曲线a表示的平衡转化率，曲线b表示的实际转化率。温度越高反应速率越快，在相同时间t秒内越趋于平衡，的实际转化率与平衡转化率越趋于一致。所以曲线a、b在温度较高后趋于重合      20.【答案】（1）－233.8     （2）① bc    ② 温度低于775 K左右时，反应② 放热反应占主导地位，升温，反应② 逆向移动，CO含量增加，导致反应① 逆向移动，二氧化碳转化率降低；温度高于775 K左右时，反应① 吸热反应占主导地位，升温反应① 正向移动，导致二氧化碳转化率升高    ③ 0.18    ④ 催化剂晶体颗粒越小，表面积越大，活性位点越多     （3）     （4）25%或0.25      21.【答案】（1）-23.1     （2）① 逆反应    ② 提高反应物浓度，加快反应速率，提高单位时间内产物产量     （3）①     ② 主、副反应均为放热反应，升高温度使其平衡逆向移动，但对主反应的抑制程度较小    ③ 4.9    ④     ⑤ 催化位点被水分子占据，有利于乙烯的脱附，还会减少其进一步参与副反应      22.【答案】（1）① CuCl    ② 存在，增大浓度，平衡正向移动，CuCl转化为溶解度更小的CuOH    ③      （2）加水稀释NaOH溶液后再进行实验，观察到阴极产生气泡的速率加快     （3）① 是砖红色不是红褐色    ② 和CuO     （4）部分在铜电极上放电生成，把氧化为CuO      23.【答案】（1）① CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)   ΔΗ=+247.1kJ/mol    ② B     （2）① CO2    ② (2.083也可)    ③ 温度较低时反应以Ⅰ为主，CO浓度较大时反应Ⅱ平衡正移，CO2的物质的量分数提高，温度较高时以反应Ⅱ为主，升温使放热反应平衡逆移，CO2的物质的量分数降低     （3）① H2O*=H*+OH    ② 2.02     （4）高温下反应速率快，可以在较短的时间内将大部分CO转化。低温下有利于平衡正向移动，将残余的CO进一步深度转化，提高原料利用率和产品纯度      24.【答案】（1）① cd    ② cat1    ③ 4    ④ 23:5     （2）① CH3OH(g) + H2O(g) = CO2 (g) + 3H2 (g)   ΔH=+49.4kJ·mol-1    ② 0.28    ③ 10-6     （3）O2+4e-+4H+=2H2O      25.【答案】（1）(a+2b-3c-d-e)     （2）① abc    ② 增大催化剂的表面积(或增加催化剂表面的氧活性位点)(答案合理即可)     （3）① b    ② 0.25    ③ 0.011     （4）分子筛膜可将H2O从体系中分离，使反应Ⅰ的平衡正向移动，甲醇产率增大      26.【答案】（1）较为接近     （2）A     （3）① 低于160℃，温度升高，反应速率加快，相同时间内乙二醇转化率增大；高于160℃，反应已达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，乙二醇转化率减小    ② 不变     （4）① 升高温度，增大反应速率，并及时分离产物，提高乙二醇转化率    ② 0.285    ③ 53      27.【答案】（1）     （2）3.80     （3）① Pt-Fe    ② M点后，反应达到平衡，使用催化剂平衡不移动，不影响CO的产率，故曲线重合     （4）减小     （5）① 1    ② 9    ③ 77.5%      28.【答案】（1）①     ② 反应Ⅰ和反应Ⅱ的，高温下反应的平衡常数大(或反应正向进行程度大)，的消耗量大，反应Ⅲ的，高温下反应的平衡常数小(或反应正向进行程度小)，的生成量小     （2）①     ②     ③ 该反应为气体总体积增大的反应，随着压强增大，平衡左移，的转化率减小    ④     ⑤      （3）504      29.【答案】（1）温度低于286.35 K     （2）     （3）① bc    ② 液体汽化是吸热过程，温度升高，平衡向汽化方向移动，则平衡时饱和蒸气压升高     （4）AD     （5）①     ② 液封减缓了O2进入水层的速率      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 化学反应原理综合题 6年真题1年模拟 考点分类 湖北考情（2021-2026） 命题规律 化学反应原理综合题 2026湖北(1题)、2025湖北(1题)、2024湖北(2题)、2023湖北(1题)、2022湖北(1题)、2021湖北(1题) ·情境设置:多选用能源转化、新材料制备、催化反应等真实科研或工业情境,体现化学应用价值。 ·考查重点:聚焦热化学方程与盖斯定律、化学平衡常数及速率计算、反应机理与催化剂分析,强化数图综合能力。 ·命题趋势:实验探究与理论计算交融加深,强调证据推理与模型认知,常设计开放性设问,突出创新思维。 1.(2026·湖北·高考真题)将与废弃的太阳能面板材料进行球磨反应，制备高纯度，反应如下： 反应Ⅰ：    已知一定温度下， 反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    回答下列问题： （1）反应Ⅰ的　　　　　　　　，属于　　　　　　　　（填“熵增”或“熵减”）反应。 （2）将足量和放入反应器中进行球磨，反应器空腔净体积为。 ①反应过程中产量随球磨转速的变化曲线如图1所示，球磨总转数固定为6500转。选择650转／分钟而非400转/分钟的优势是　　　　　　　　。 ②在转速为650转/分钟条件下反应，的转化率达到，则生成的平均速率为　　　　　　　　，此时反应的浓度商为　　　　　　　　（填计算式）。当反应时间延长至，的转化率为，此时体系温度为。 （3）若反应Ⅰ不以球磨方式进行，反应的转化率仅为。图2为理论计算得到的球磨和非球磨条件下反应Ⅰ的能量变化图，据此判断球磨能　　　　　　　　（填“升高”或“降低”）反应的活化能，从化学键的角度分析，其原因是　　　　　　　　。 （4）相对于反应Ⅱ，除了条件更温和、转化率更高及废弃物资源化利用外，球磨反应制还具备的优点是　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 熵增     （2）① 缩短反应时间，且能提高 的产量    ②     ③ （或 ）     （3）① 降低    ② 球磨的机械作用削弱（或部分破坏）了反应物中的化学键，使反应物更易断键发生反应，从而降低活化能     （4）产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度       【解析】(1)根据盖斯定律，将已知反应依次命名为反应Ⅱ和反应Ⅲ。目标反应Ⅰ可由2×反应Ⅱ+反应Ⅲ得到，因此 。反应Ⅰ中，气体分子数由4增加到6，体系混乱度增大，属于熵增反应。 (2)① 题目已知球磨总转数固定为 转，当转速为 转/分钟时，反应耗时为 ；当转速为 转/分钟时，反应耗时为 。且由图1可知， 转/分钟时的 产量高于 转/分钟时。因此，选择 转/分钟的优势是缩短了反应时间，且能提高 的产量。 ② 反应 时， 转化了 ，根据方程式 可知，生成 的物质的量为 。则 生成 的平均速率 。此时剩余 为 ，体系中 ，，该反应的浓度商 。 (3)由图2可知，球磨条件下反应的活化能（即过渡态能量与反应物能量之差）明显小于非球磨条件，故球磨能降低反应的活化能。从化学键角度分析，球磨提供的机械能削弱或部分破坏了反应物分子中的化学键，使得反应物的相对能量升高，从而减少了反应断键所需的能量，使反应更容易达到过渡态。 (4)反应Ⅱ的产物为 和 的混合气体，后续分离提纯较为困难；而反应Ⅰ的产物中只有 一种气体，副产物 为固体，固气极易分离，无需复杂的提纯步骤即可直接得到高纯度 。 2.(2025·湖北·高考真题)粉末可在较低温度下还原。回答下列问题： （1）已知一定温度下： 则的　　　　　　　(用m和n表示)。 （2）图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用　　　　　　　(填标号)表示反应的快慢。 a．       b．       c．       d． （3）图1中曲线　　　　　　　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 （4）研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径　　　　　　　(填“a”或“b”)是主要途径。 （5）产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应　　　　　　　(填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是　　　　　　　。 （6）已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）d     （3）Ⅰ     （4）a     （5）① ②    ② 将CaH2(s)放在无水的N2气流中，在200~300℃测量固体质量的变化     （6）消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率      【解析】(1)① ② ③ ×①+×②得到反应③，根据盖斯定律可知=×+×=； (2)随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d； (3)其它条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高； (4)由图可知途径a中能垒为1.3eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径； (5)固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中，在200~300℃测量固体质量的变化； (6)在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率。 3.(2024·湖北·高考真题)(多选)学习小组为探究、能否催化的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。 实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题： （1）配制的溶液，需要用到下列仪器中的　　　　　　　(填标号)。 a．      b．        c．       d． （2）实验I表明　　　　　　　(填“能”或“不能”)催化的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是　　　　　　　。实验Ⅲ初步表明能催化的分解，写出在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式　　　　　　　、　　　　　　　。 （3）实验I表明，反应难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析、分别与配位后，正向反应能够进行的原因　　　　　　　。 实验Ⅳ： （4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为　　　　　　　、　　　　　　　。 【答案】（1）bc     （2）① 不能    ② 提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成    ③     ④      （3）实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行     （4）①     ②       【解析】本题探究、能否催化的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明 不能催化的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明易转化为；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明更易与反应生成，并且初步证明在的作用下易被氧化为；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，易转化为，氧化性强，可以把氧化为。 (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。 (2)CoSO4溶液中存在大量的，向其中加入30%的后无明显变化，因此，实验I表明不能催化的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为，因此，大大过量的原因是：为保证转化为，提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成。实验Ⅲ的实验现象表明在的作用下能与反应生成，然后能催化的分解，因此，在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为、 。 (3)实验I表明，反应难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。 (4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为和。 4.(2024·湖北·高考真题)(多选)用和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应I： 反应Ⅱ： 回答下列问题： （1）写出与水反应的化学方程式　　　　　　　。 （2）已知、(n是的化学计量系数)。反应Ⅰ、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。 ①反应在的　　　　　　　。 ②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时　　　　　　　，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后　　　　　　　。 （3）恒压容器中，焦炭与的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明已全部消耗，此时反应体系中含物种为　　　　　　　。 ②下，反应速率的变化特点为　　　　　　　，其原因是　　　　　　　。 【答案】（1）BaC2+2H2O=Ba(OH)2+HC≡CH↑     （2）① 1016    ② 105    ③ 105     （3）① BaO    ② 反应在t到t2时间段匀速进行，在t2时刻后速率为0     ③ 固体反应物的量不影响反应速率，t2时刻后反应物消耗完毕      【解析】(1)Ba、Ca元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式为BaC2+2H2O=Ba(OH)2+HC≡CH↑； (2)① 反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=，由图1可知，1585K时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即=102.5×10-1.5=10，所以p3CO=10×(105Pa)3=1016Pa3，则Kp= p3CO=1016Pa3； ② 由图1可知，1320K时反应I的KI=100=1，即KI==1，所以p2CO=(105Pa)2，即pCO=105Pa； ③ 若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105Pa； (3)① 由图2可知，1400K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO； ② 反应条件恒温1823K、恒压，反应物BaO和C都是固体，其浓度是固定不变的，反应在t到t2时间段匀速进行；之后，固体反应物的量不影响反应速率，t2时刻后反应物消耗完毕，在t2时刻后速率为0 。 5.(2023·湖北·高考真题)纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：        回答下列问题： （1）已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的　　　　　　　。 （2）图示历程包含　　　　　　　个基元反应，其中速率最慢的是第　　　　　　　个。 （3）纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为　　　　　　　、　　　　　　　。 （4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为　　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 （5）及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是　　　　　　　。     （6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是　　　　　　　(填标号)。 a．升高温度       b．增大压强       c．加入催化剂 【答案】（1）128     （2）① 3    ② 3     （3）① 6    ② 10     （4）     （5）因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。     （6）a      【解析】(1)由和的结构式和反应历程可以看出，中断裂了2根碳氢键，形成了1根碳碳键，所以的=，故答案为：128； (2)由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，,,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故答案为：3；3； (3)由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10； (4)1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为： 则，，，该反应的平衡常数=，故答案为：； (5)及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。 (6)a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意； b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意； c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意； 故答案为：a。 6.(2022·湖北·高考真题)(多选)自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。 实验编号 反应物组成 a 粉末 b 粉 c 粉饱和石灰水 d 粉石灰乳 e 粉粉末 回答下列问题： （1）已知： ① ② ③ 则的　　　　　　　　　　　。 （2）温度为T时，，则饱和溶液中　　　　　　　　　　　(用含x的代数式表示)。 （3）实验a中，后基本不变，原因是　　　　　　　　　　　。 （4）实验b中，的变化说明粉与在该条件下　　　　　　　　　　　(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是　　　　　　　　　　　；后基本不变，其原因是　　　　　　　　　　　微粒的量有限。 （5）下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是___________(填标号)。 A. 反应②的发生促使反应①平衡右移 B. 反应③的发生促使反应②平衡右移 C. 气体的逸出促使反应③向右进行 D. 温度升高导致反应速率加快 （6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）-911.9     （2）mol⋅L-1     （3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应① 达到了平衡状态     （4）① 不反应    ② Al和溶液中的OH-发生了反应    ③ OH-     （5）A     （6）实验e中，发生反应① 、② 和③ ，反应③ 中有气体生成，气体的逸出促使反应③ 向右进行，反应③ 的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应② 平衡右移，反应② 的发生促使反应① 平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。      【解析】(1)根据盖斯定律可得，①+②+2③ 可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ⋅mol-1)+(-16.73kJ⋅mol-1)+2(-415.0kJ⋅mol-1)=-911.9kJ⋅mol-1。 (2)温度为T时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)∙，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol⋅L-1。 (3)实验a中，CaO和H2O反应① 生成Ca(OH)2，4min后ΔT基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应① 达到了平衡状态。 (4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。 (5)实验d中，发生反应② 和③ ，反应③ 中有气体生成，气体的逸出促使反应③ 向右进行，反应③ 的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应② 平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应① 无关，故选A。 (6)实验e中，发生反应① 、② 和③ ，反应③ 中有气体生成，气体的逸出促使反应③ 向右进行，反应③ 的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应② 平衡右移，反应② 的发生促使反应① 平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。 7.(2021·湖北·高考真题)丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。 反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1 反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·mol-1 （1）已知键能：E(C—H)=416kJ·mol-1，E(H—H)=436kJ·mol-1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为　　　kJ。 （2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是　　　。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=　　kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。 （3）在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为　　kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为　　　。 （4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)： 反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k 反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k′ 实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为　　，其理由是　　　。 【答案】（1）271     （2）① 减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率    ② 16.7     （3）① 2    ② H2和C3H6都消耗O2     （4）① 先增大后减小    ② 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小      【解析】(1)由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)     △H1=+125kJ·mol-1可知反应需要中断裂2mol C—H键、形成1mol碳碳π键和1mol H—H键，416kJ·mol-1×2- E (碳碳π键) -436kJ·mol-1= +125kJ.mol-1，解得：E(碳碳π键)= +271kJ. mol-1，所以形成1mol碳碳π键放出的能量为271kJ； (2)达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算： 由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100kPa×=故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP==16.7kPa。 (3)内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成的平均速率为=2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+O2=3CO2+3H2O，H2+O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1； (4)反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。 …………………… 1.(2026·湖北随州·联考)利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。 已知：酸性介质中，1mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。 电对(氧化型/还原型) 电极电势/V 0.771 1.776 0.695 1.224 0.536 回答下列问题： I．探究的分解反应 催化分解反应过程包括i、ii两步： 反应i：___________(未配平) 反应ii： （1）反应i的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）验证生成：反应过程中，加入　　　　　　　　　　　溶液，产生蓝色沉淀，证明有生成。 （3）酸性条件下也可催化分解。结合表中数据判断，上述条件下、、的氧化性由强到弱的顺序为　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．探究物质氧化性变化对电化学反应方向的影响 用可逆反应设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E()随时间t的变化如图b所示： （4）电池初始工作时，正极的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 （5）某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想： 猜想1：增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低。 猜想2：减小，的氧化性增强，负极的电极电势升高。 ①时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。 实验 实验操作 电压E/V 结论 i 往烧杯A中加入适量Fe E　　　　　　　　　　　0 猜想1成立 ii 往烧杯B中加入适量　　　　　　　　　　　 E<0 猜想2成立 ②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由　　　　　　　　　　　。 ③为进一步验证猜想1，进行实验Ⅱi，完成表中填空。 实验 实验操作 电压E/V 结论 iii 往烧杯A中加入适量　　　　　　　　　　　 E<0 猜想1成立 结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。 【答案】（1）     （2）     （3）＞＞     （4）     （5）① ＜    ② AgNO3固体    ③ 加入铁粉后，同时造成增大，减小，都能使平衡逆移，使E＜0    ④ FeCl2固体      【解析】已知：酸性介质中，1mol/L不同电对的电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强，结合表中数据判断，上述条件下氧化性由强到弱的顺序为＞＞Fe3+＞＞I2，还原性顺序为：I-＞＞Fe2+＞＞H2O； 要通过反应探究对电化学反应方向的影响，从某还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，对于2个猜想，只能通过改变一个变量观察是否使E＜0来探究——猜想1：增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低，故只能通过A烧杯加适量氯化亚铁固体，增加亚铁离子浓度，猜想2：减小，的氧化性增强，负极的电极电势升高，只能通过B烧杯加适量硝酸银固体减少碘离子浓度来实现。 (1)结合分析可知，反应i中铁离子把双氧水氧化了，生成亚铁离子、氧气和水，离子方程式为。 (2)遇发生反应：，生成深蓝色沉淀，则反应过程中，加入溶液，产生蓝色沉淀，证明有生成。 (3)据分析，上述条件下、、的氧化性由强到弱的顺序为＞＞。 (4)电池初始工作时，由可知，铁离子得电子发生还原反应转变为亚铁离子，为正极，则正极的电极反应式为。 (5)①i．t1时，若往烧杯A中加入适量Fe，则铁与铁离子反应，结合猜想1，增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低，则E＜0； ii．t1时，若往烧杯B中加入适量AgNO3固体，可使碘离子产生沉淀，使减小，的氧化性增强，负极的电极电势升高，使E＜0，猜想2成立。 ②加入铁粉后，同时造成增大，减小，都能使平衡逆移，使E＜0，所以猜想1不足以成立。 ③iii．t1时，若往烧杯A中加入适量FeCl2固体， 增大，的氧化性减弱，正极的电极电势降低，使E＜0，猜想1成立。 2.(2026·湖北随州·联考)(多选)氢气作为一种清洁能源，一直是能源研究的热点，水煤气变换反应可用于大规模制，反应原理如下：    （1）根据下表中提供的数据，计算　　　　　　。 化学键 键能 803 x 463 436 （2）实验发现其他条件不变，在体系中投入一定量可以增大的体积分数，从化学平衡的角度解释原因　　　　　　　　　　。 （3）某温度下，在一恒容密闭容器中充入和，加入催化剂使其发生上述反应(忽略其他副反应)，测得该反应中初始压强为，分压如图甲所示(t时刻前，的分压未给出)，则A点坐标为(t，　　　　　　)、平衡常数　　　　　　　　　　。 （4）反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中曲线所示，已知经验公式为(其中为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能　　　　　　。当使用更高效催化剂时，请绘制关系示意图　　　　　　　　　　　　　　　。(假定实验条件下，催化剂对C值无影响) （5）储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输问题。某储氢合金的结构属六方晶系，晶体结构及俯视图分别如图(a)、(b)所示。已知a、b两点的分数坐标分别为、，则c点坐标为　　　　　　。X射线衍射测定两晶面间距为(见图b)，高为，设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的摩尔质量为，则密度为　　　　　　。(列出表达式) 【答案】（1）1074.8     （2）CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大     （3）①     ② 0.5     （4）① 30.0    ②      （5）① （）    ②       【解析】(1)∆H=反应物的键能-生成物的键能==-42.1kJ/mol，解得x=1074.8。 (2)其他条件不变，在体系中投入一定量CaO，CaO与生成物CO2反应生成CaCO3，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大，故答案为：CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大。 (3)由反应可知，反应前后总压不变，所以平衡时总压为P0，H2O的分压为，A点的坐标为（t，）；由图可知，平衡时CO2、H2、CO、H2O的平衡分压分别为，平衡常数KP=。 (4)已知Arrhenius经验公式为，根据图像可得①63.0=-3.0Ea+C，②33.0=-4.0Ea+C，联立方程解得Ea=30.0，则反应的活化能为30.0kJ/mol；使用高效催化剂，活化能降低，因此图像为： 。 (5)由a和b的坐标可得c的坐标为（），由均摊法可知，La为：，Ni原子位于内部和面心：，化学式为LaNi5，X射线衍射测定两晶面间距为dpm，设底面边长为a，则，可得,底面积=，则晶体的密度为= 3.(2026·湖北黄冈中学等十一校·二模)(多选)用热还原可制备钛粉。回答下列问题： （1）的分解反应为，在一定温度下，真空条件　　　　　　　　　　　(填“有利于”或“不利于”)该分解反应的进行，原因是　　　　　　　　　　　。 （2）该工艺利用分解得到的产物直接还原，下图是产物还原的有关反应的吉布斯自由能与温度T的关系图，在700 K~1100 K温度范围能将还原为Ti的产物是　　　　　　　　　　　。 （3）常压下，、Ca、CaO的熔沸点如表所示。 熔点 沸点 0℃ 100℃ Ca 839℃ 1484℃ CaO 2572℃ 2850℃ ①分解结束后，保持反应器内为高纯氩气氛，温度800℃，研究表明，分解产物热还原的过程为逐级脱氧过程，逐级脱氧产物分别为、TiO、Ti，反应热分别为，分解产物热还原的热化学方程式为　　　　　　　　　　　(用含的式子表示)。 ②在上述逐级脱氧过程中，若温度控制不当(例如在600℃左右长时间保温)，反应容易停留在中间阶段，生成大量的和TiO。从活化能的角度分析降低温度无法得到金属钛的原因是　　　　　　　　　　　。 （4）经检测，热还原得到的钛粉中无。将所得钛粉分别用稀盐酸、蒸馏水洗涤，干燥后再检测，固体成分为Ti和极少量的，用化学方程式表示产生的原因　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① 有利于    ② 该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动     （2）Ca(g)、Ca(s)或气态钙、固态钙     （3）①     ② 反应的活化能高，降低温度，反应体系的能量不足以克服该步反应的高活化能     （4）①     ②       【解析】(1)该分解反应生成气态，在真空条件下相当于不断抽出，减小压强，平衡会向正反应方向移动，因此真空条件有利于反应的进行； (2)时反应可自发进行，由图可知，范围内，还原的，反应不能自发；钙（固态、气态钙均可）还原的，反应可自发进行，因此能还原的产物是 、； (3)①分解产物热还原的过程为逐级脱氧过程，逐级脱氧产物分别为、TiO、Ti，反应依次为：、、、根据盖斯定律，固态钙热还原的热化学方程式为：；  ② 、反应活化能较高，温度降低时，体系内活化分子百分数减小，反应体系的能量不足以克服该步反应的高活化能，反应速率极慢，因此反应停留在中间产物阶段，无法得到钛。  (4)原钛粉中混有杂质，洗涤时与稀盐酸反应生成，生成的再与化合得到少量，化学方程式为：、。 4.(2026·湖北新高考协作体学情自测)丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可用甘油催化转化如下： 甘油()丙烯醛()丙烯酸() 已知：反应Ⅰ：      (活化能) 反应Ⅱ：      (活化能) 回答下列问题： Ⅰ．某科研团队对反应Ⅰ的条件进行探究。 （1）反应Ⅰ在　　　　　　　(选填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。其正反应的活化能　　　　　　　(填字母)逆反应的活化能。 A．大于       　　 B．小于     　　   C．等于 （2）催化剂及温度对反应Ⅰ的影响如图所示，分析可知，最适宜的催化剂为　　　　　　　，最适宜的反应温度约为　　　　　　　。 Ⅱ．若选用合适催化剂，可通过甘油一步直接合成丙烯酸，此时丙烯醛为中间产物，并伴有深度氧化副反应：。 （3）已知中间产物丙烯醛有剧毒，选择催化剂　　　　　　　能使工业生产更加安全。(选填编号) 催化剂A：大幅降低和       　 催化剂B：大幅降低，几乎无影响 催化剂C：大幅降低，几乎无影响       　 催化剂D：升高和 （4）进料时，氧气浓度过大或过小都会使单位时间内丙烯酸的产率降低，试分析其原因　　　　　　　。 （5）时，向恒容密闭反应器中加入甘油()和进行该实验。假设只存在如下两个反应： 反应1： 反应2： 实验达到平衡时，氧气剩余，生成水，则丙烯酸()的选择性为　　　　　　　，反应2的浓度平衡常数为　　　　　　　(保留小数点后两位)。 已知：丙烯酸的选择性= 【答案】（1）① 高温    ② A     （2）①     ② 300℃     （3）C     （4）氧气浓度过小，反应速率慢，氧气浓度过大，深度氧化反应增多（注：类似回答均可），丙烯酸选择性降低     （5）① 40%    ②       【解析】(1)反应Ⅰ：，气体分子数增加，。根据自发反应判据、、时，需高温下自发；吸热反应的正反应活化能大于逆反应活化能，故选A； (2)从催化剂影响图看，的丙烯醛产率最高，是最适宜催化剂； 温度影响图中，300~320℃时甘油转化率和丙烯醛选择性均较高，最适宜温度约为300℃； (3)丙烯醛有毒，需加快其后续反应（反应Ⅱ），减少中间产物积累。催化剂 C大幅降低（反应Ⅱ活化能），可加快丙烯醛转化为丙烯酸，故选C； (4)进料时，氧气浓度过大或过小都会使单位时间内丙烯酸的产率降低，其原因：氧气浓度过小，反应速率慢，氧气浓度过大，深度氧化反应增多，丙烯酸选择性降低； (5)设反应1消耗氧气为x mol，反应2消耗氧气为y mol；总消耗氧气：，生成水：，两式联立解得：，。生成丙烯酸物质的量：，消耗甘油的物质的量，丙烯酸选择性； 各物质的平衡浓度：，，，反应2的平衡常数：； 5.(2026·湖北随州·模拟)(多选)甲醇是一种重要的化工原料和液态氢储存燃料，选择性加氢制甲醇反应在全球范围内引起了广泛关注。已知发生的主要反应如下： 反应Ⅰ.    反应Ⅱ.    反应Ⅲ.    回答下列问题： （1）　　　　　　　　　　；反应Ⅰ在一定条件下可自发进行，则自发进行的条件为　　　　　　　　　　（填“高温”“低温”或“任何温度”）。 （2）反应Ⅲ的反应历程如图所示（*表示吸附态）。由图可知HCOO*上的　　　　　　　　　　原子加氢更有利。 （3）一定条件下，在2 L的恒容密闭容器中，充入2 mol 和3 mol ，使之发生上述三个反应。50 min末反应达到平衡，测得和的物质的量均为1.2 mol。 ①0～50 min内，的平均反应速率为　　　　　　　　　。 ②能说明该反应体系已达到平衡状态的是　　　　　　　　　（填标号）。 a.容器内混合气体的密度保持不变 b.容器内压强保持不变 c.混合气体的平均相对分子质量保持不变 （4）一定条件下，在压强为p的恒压密闭容器中，加入1 mol 和3 mol ，使之发生上述三个反应，转化率和甲醇选择性[]随温度的变化关系如图所示。 ①若232℃～252℃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：　　　　　　　　　。 ②240℃时反应的平衡常数　　　　　　　　（列出含p的计算式即可）。 【答案】（1）① -90.64    ② 高温     （2）氧（或“O”）     （3）① 0.005    ② bc     （4）① 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使转化率和甲醇选择性下降    ②       【解析】(1)根据题目给出的三个反应，可以看出反应Ⅲ可以通过反应Ⅰ和反应Ⅱ相加得到的，即ΔH3=ΔH1+ΔH2，因此ΔH2=-49.47kJ/mol-41.17kJ/mol=-90.64kJ/mol；反应Ⅰ，反应前后气体分子数不变，根据自发判据，只有且高温下才能满足，故自发条件为高温。 (2)根据题目给出的反应历程图，可以看出HCOO*→H2COO*的活化能较高，HCOO*→HCOOH*的活化能较低，显然，HCOO上的O原子加氢(生成HCOOH)的活化能更低，反应更容易进行，且产物更稳定，因此，HCOO*上的O原子加氢更有利； (3)① 50min末测得CO2和H2的物质的量均为1.2mol，∆n(CO)=2mol-1.2mol=0.8mol，∆n(H2)=3mol-1.2mol=1.8mol，由C原子守恒可得n(CO)+n(CH3OH)=∆n(CO2)=0.8mol，由O原子守恒可得n(H2O)=∆n(CO)=0.8mol，由H原子守恒可得n(CH3OH)=[∆n(H2)-∆n(H2O)]÷2=0.5mol，n(CO)=0.3mol，则0~50min内，CH3OH的平均反应速率为0.5mol÷2L÷50min=0.005mol·L-1·min-1。 ② a．容器内混合气体的密度保持不变，密度ρ=M/V，恒容且质量守恒，ρ始终不变，不能作为平衡标志； b．容器内压强保持不变，总压p随气体物质的量变化，p不变说明n总不变，可作为平衡标志； c．混合气体的平均相对分子质量保持不变，m总不变，n总变化，平均相对分子质量不变说明n总不变，可作为平衡标志； 故答案选bc； (4)①题目给出一定条件下，在恒压密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生三个反应，236°C后，α(CO2)和x(CH3OH)均下降，反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使转化率和甲醇选择性下降； ② 240°C时反应的Kp计算，图中数据α(CO2)=20%，总消耗CO2=0.2mol，x(CH3OH)=50%，用于生成甲醇的CO2=0.1mol，列三段式： 平衡时气体总物质的量n(总)=n(CO2)+n(H2)+n(CH3OH)+n(H2O)+n(CO)=0.8mol+2.6mol+0.1mol+0.2mol+0.1mol=3.8mol，恒压条件下，各组分分压，，，，代入平衡常数表达式为。 6.(2026·湖北武汉·调研)氯化氢的绿色资源化利用是含氯化工领域重要的研究课题。工业上采用二氧化铈()催化氧化法处理HCl：    已知：相关化学键键能如下表： 化学键 键能 497 243 431 463 回答下列问题： （1）　　　　　　　。 （2）该反应的反应历程如下，表示中的晶格氧，表示表面氧空位，*表示与氧空位相邻的表面铈原子位。 ⅰ． ⅱ． ⅲ． ⅳ． ⅴ． ⅵ． 则该反应的速率控制步骤为　　　　　　　(填标号)，理由是　　　　　　　。 （3）保持，将混合气体分别以不同起始流速通入反应器中，在不同温度下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率曲线如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 ①适宜的进料比可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料比过低、过高的不利影响分别是　　　　　　　。 ②图中温度由低到高的顺序为　　　　　　　，判断依据是　　　　　　　。 ③设M点的转化率为平衡转化率，则时，该反应的平衡常数　　　　　　　。 (对于反应，，x为物质的量分数) 【答案】（1）-117     （2）① ⅴ    ② 的键能比的大     （3）① 进料比过低，产物分离能耗较高；进料比过高，HCl转化率较低    ② (或、、)    ③ 流速较低时的转化率近似为平衡转化率，该反应为放热反应，温度越高，HCl的转化率越小，故(或：流速较高时，反应未达平衡，相同时间内，温度越高，速率越快，HCl转化率越高，故)    ④       【解析】(1)反应焓变反应物总键能生成物总键能。 反应中，反应物总键能，生成物总键能，因此； (2)多步反应中，总反应速率由活化能最高、反应速率最慢的步骤控制，反应ⅴ需要断，由于的键能比的大，所以反应ⅴ是速率控制步； (3)①进料比过低，过量，产物分离能耗较高；进料比过高，浓度低，HCl转化率较低； ② 流速较低时的转化率近似为平衡转化率，该反应为放热反应，温度越高，平衡逆向移动，HCl的转化率越小，故； ③设起始，，M点HCl转化率为80%，列三段式：  ，则平衡总物质的量，各物质的物质的量分数：，，，代入公式： 。 7.(2026·湖北宜昌·调研)(多选)在生活生产中用途广泛。回答下列问题： （1）生产中常将锅炉水垢中的转变成后再除去，主要是因为　　　　　　　　。 （2）以为燃料、为载氧体的化学链燃烧技术（CLC）是一种燃烧效率高的新技术。在该体系的燃料反应器中发生反应的热化学方程式为： Ⅰ． Ⅱ． ①燃料反应器中可能发生的副反应： 　　　　　　　　　 ②研究表明，CLC技术需要减少的排放（不考虑副反应的影响），则工作时燃料反应器中应该采用　　　　　　　　（填序号）。 a．高温高压       b．高温低压       c．低温高压       d．低温低压 （3）有研究将磷石膏（主要组分为）转化成和进行制酸联产水泥，以实现磷石膏资源化利用。体系中发生以上反应Ⅰ和反应Ⅱ，研究人员运用数字技术手段模拟研究，计算与不同物质的量的投料，在不同温度下达平衡时各产物的物质的量如下图。          ①图1中，有利于制酸联产水泥的最佳温度为　　　　　　　　。 ②与图1相比，在相同温度下图2中和的量急剧减少的可能原因是　　　　　　　　。 （4）化学反应等温式的一种表达形式为，其中、可以视为与温度无关的定值，是常数。相关数据如下表。 反应 平衡常数 Ⅰ Ⅱ ①由表中数据分析可知随的变化更大，简述其原因为　　　　　　　　。 ②时，平衡体系中　　　　　　　　。 【答案】（1）能溶于酸而不行     （2）① +1081.7    ② c     （3）①     ② 在该反应条件下体系中主要发生反应I（或反应I的进行程度大于反应Ⅱ、减小与的投料比有利于反应I等合理答案）     （4）① 由题中数据可知，因为越大，则越大，K随的变化越大，则温度对的影响小于    ②       【解析】(1)根据沉淀转化规律，溶解度大的沉淀可转化为溶解度更小的难溶物，，不溶于酸无法直接除去，转化为可溶于酸的后即可用酸处理除去； (2)①根据盖斯定律，目标副反应反应Ⅱ反应Ⅰ，因此； ②减少排放，需要抑制生成的反应Ⅱ：反应Ⅱ是吸热反应，低温使反应Ⅱ平衡逆向移动；反应Ⅱ左侧气体计量数为，右侧为，高压使平衡向气体分子数减少的方向移动，即反应Ⅱ逆向移动，因此选低温高压，故选c； (3)①制酸需要，联产水泥需要，由图1可知：时几乎完全转化，、产量达到较高值，继续升温会增加能耗，因此最佳温度为； ② 与图1相比，图2中的投料量相对过量，根据图像信息，该条件更有利于反应I的发生，导致作为限量反应物的主要被反应I消耗，从而抑制了反应Ⅱ，因此和的产量大幅减少； (4)①由公式可知，随变化的斜率与成正比，由题中数据可知，因为越大，则越大，K随的变化越大，则温度对的影响小于，因此随变化更大； ②时，固体不写入平衡常数，因此反应Ⅰ的平衡常数，整理得；恒温恒容下浓度比等于物质的量之比，且反应Ⅱ平衡常数很小，对比例的影响可忽略，因此。 8.(2026·湖北荆州·调研)某研究小组探究亚铁盐溶液与双氧水的反应，进行了如下实验。 已知：实验时使用硫酸亚铁铵［(NH4)2Fe(SO4)2］溶液(已酸化) 回答下列问题： （1）Ⅲ中溶液呈血红色的原因是　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　(用离子反应方程式表示)。 （2）针对Ⅳ中溶液变为黄色提出猜想： ⅰ．SCN-发生转化 ⅱ．　　　　　　　　　　　发生转化 ⅲ．二者都发生转化 设计实验：将Ⅳ中溶液平均分为2份，分别进行实验a、b。 实验 操作 现象 a 向试样中滴加　　　　　　　　　　　 溶液变为血红色 b 向试样中滴加2滴0.05mol/L Fe2(SO4)3溶液 溶液无明显变化 请补全上述猜想和实验操作；实验现象证明猜想ⅰ正确。 （3）查阅资料发现SCN-具有还原性，能被H2O2氧化为。拟设计如下实验验证：取Ⅳ中溶液，加入盐酸，滴加BaCl2溶液，观察是否产生白色沉淀。该实验设计是否合理？　　　　　　　　　　　(填“是”或“否”)，说明原因：　　　　　　　　　　　。 （4）探究Ⅴ中气泡成分及产生原因： 查阅资料：Fe2+能催化H2O2分解，其催化机理为： 故气泡成分为氧气。 结合上述催化机理，从平衡移动的角度解释Ⅳ中溶液为何静置3min后才出现气泡　　　　　　　　　　　。 （5）根据上述实验，若用KSCN溶液和双氧水检验亚铁离子时，应注意　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ②      （2）① Fe3+    ② 2滴 0.1mol/LKSCN溶液     （3）① 否    ② 实验中使用溶液，已含     （4）Ⅳ中 被双氧水氧化为，，随双氧水剂量增加，被氧化为 后，平衡逆向移动，被释放出来，与双氧水反应生成了，此过程需要一定时间积累。     （5）控制滴加双氧水的量      【解析】向酸化的硫酸亚铁铵溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，加入 H2O2后 Fe2+被氧化为 Fe3+，与 SCN-结合形成血红色的Fe (SCN)3；继续滴加过量 H2O2，SCN-被氧化导致血红色褪去，溶液变为黄色；静置3分钟后，Fe2+/Fe3+催化 H2O2分解放出 O2，产生气泡。 (1)酸性条件下，将氧化为，离子方程式为；与结合生成血红色的，离子方程式为。 (2)血红色褪去变为黄色，可能的原因是被氧化、或被还原或氧化，因此猜想ⅱ为发生转化；若猜想ⅰ（转化）正确，说明原溶液中仍然存在，只需要补充2滴 0.1mol/LKSCN溶液，溶液重新变为血红色。 (3)实验所用的原料硫酸亚铁铵本身电离出，因此无论是否被氧化，加入氯化钡都会产生白色沉淀，实验设计不合理。 (4)结合平衡移动原理，Ⅳ中 被双氧水氧化为，，随双氧水剂量增加，被氧化为 后，平衡逆向移动，被释放出来，与双氧水反应生成了，此过程需要一定时间积累，故Ⅳ中溶液静置3min后才出现气泡。 (5)该实验说明过量双氧水会氧化，干扰检验，因此检验时不能加过量双氧水，故需控制滴加双氧水的量。 9.(2026·湖北孝感·二模)(多选)“零碳甲醇”作为公认的新型清洁可再生能源，不易爆炸、储运安全便捷。甲醇常见的制备方法为二氧化碳加氢法。 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： （1）　　　　　　。反应ⅰ自发进行的条件是　　　　　　(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。 （2）在一定条件下发生反应，向一容积为的恒温恒容密闭容器中充入和，下列能说明该反应达到平衡状态的是　　　　　　(填标号)。 a．     b．混合气体的压强不再变化 c．每断裂碳氧双键，同时断裂氢氧键     d．的体积分数不再变化 （3）在某催化剂存在下发生反应ⅰ和ⅱ，向一恒温恒容密闭容器中通入混合气体，在不同条件下达到平衡。的平衡转化率及的选择性随温度变化曲线如图所示。 ①结合图像分析，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是　　　　　　。 ②320℃时反应ⅱ的　　　　　　(是以组分的平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数，计算结果保留一位有效数字)。 （4）和在催化作用下反应生成甲醇的历程如下图所示(吸附在表面的物种用*标注，如表示吸附在表面，图中已省略)。 ①写出决速步骤的反应方程式：　　　　　　。 ②以上反应历程中最稳定的中间体为：　　　　　　。 【答案】（1）① -90.4    ② 低温     （2）bc     （3）① 反应ⅱ吸热，升温使反应ⅱ正向移动，的转化率增大，反应ⅱ正向移动的程度大于反应ⅰ逆向移动的程度    ② 0.003     （4）①     ②       【解析】(1)根据盖斯定律，反应ⅰ为 ，反应ⅱ为 ，将反应ⅰ减去反应ⅱ，可得 ，所以 =。该反应为放热反应，若要自发进行需满足 ，低温更有利，因此填低温； (2)反应 达到平衡时，各组分的浓度或物质的量不再改变。 a． 不符合速率比关系，不能说明达到平衡，a错误； b．该反应前后气体分子数由4变为2，在恒温恒容条件下压强不变，说明气体总物质的量不再变化，可以判断达到平衡，b正确； c．断裂反应物中的键和断裂生成物中的键同时发生，表示正、逆反应同时进行，且按化学计量数对应，可判断达到平衡，c正确； d．设变化量为x列三段式： CO2的体积分数可表示为：=50%，即CO2的体积分数是一个定值，d错误； 故答案为bc。 (3)① 反应ⅱ吸热，升温使反应ⅱ正向移动，的转化率增大，反应ⅱ正向移动的程度大于反应ⅰ逆向移动的程度； ②在320 ℃时，由图可知 CO2的转化率为 0.15，CH3OH 的选择性为 0.70。设初始物质的量 mol，mol，平衡时，参与反应的CO2总量为 mol， 则生成 CH3OH 消耗的 CO2 为 mol，生成 CO 消耗的 CO2为 mol，根据反应ⅱ： ，生成n(CO)=0.045 mol，消耗n(H2)=0.045 mol；根据反应ⅰ为 ，消耗n(H2)=3×0.105mol=0.315 mol；平衡时各组分物质的量为：mol，mol，n(CO)=0.045 mol，mol。对于反应ⅱ，Δn=0在恒温恒容条件下，各气体分压与其物质的量成正比，即 ，代入平衡常数表达式，； (4)决速步骤是反应历程中活化能最高的步骤，对应图中能量最高的过渡态。由图可知，转化为 为决速步骤，因此方程式为：；最稳定的中间体对应图中能量最低的物种，图中 的相对能量最低，所以最稳定的中间体为 。 10.(2026·湖北孝感·二模)氯化铁常用于污水处理、印染、电子等领域。实验小组制备FeCl3并对其进行探究。 Ⅰ．无水氯化铁的制备： （1）A装置发生的化学反应方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）FeCl3固体100℃时开始升华，D处硬质玻璃管右端没有加橡胶塞且用广口瓶收集氯化铁的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）反应一段时间后测得F溶液中离子浓度满足：c(Cl-)>c(ClO-)+c(HClO)可能的原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．实验探究i： 已知：①Fe3+在溶液中以络离子的形式存在，如[Fe(H2O)6]3+(浅紫色)(答题可简写为“Fe3+”)、[Fe(OH)]2+(黄色)、[FeCl4]-(亮黄色)等； ②H2O、与Fe3+的络合能力较弱。 （4）已知：0.05 mol/L Fe2(SO4)3溶液为浅黄色，请用离子方程式加以解释：　　　　　　　　　　　。 0.1 mol/L FeCl3溶液显黄色。某同学猜测0.1 mol/L FeCl3溶液显黄色的原因之一是生成[FeCl4]-，请设计实验加以证明：　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．实验探究ii： （5）已知：①电极电势(φ/V)是衡量微粒进行氧化还原反应能力的重要参数。电极：氧化态+ne-=还原态，φ/V越大，氧化态的氧化性越强；φ/V越小，还原态的还原性越强。电极电势通常会受温度和二者浓度的影响。 ②25℃时，当各离子浓度均为1 mol/L时，Fe3++e-=Fe2+   φ/V1=0.77V   Ag++e-=Ag   φ/V2=0.80V。 ③氧化还原反应的平衡常数与标准电动势()有关，，z表示氧化还原反应转移的电子数，为氧化型电极电势(氧化剂和它的还原形式在1 mol·L-1，浓度下表现出的电动势)，为还原型电极电势。 则可以从以下两个角度推测Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+进行的方向及程度大小。 a：通过计算，该正反应的K=　　　　　　　　　　　。 b：设计如图实验装置： 烧杯A中的电解质溶液是　　　　　　　　　　　。(不考虑Cl-与Fe3+络合) 实验现象：电流表指针向右偏转(电流表指针偏向电流流入的一边) 实验结论：该反应较难正向进行。 【答案】（1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O     （2）FeCl3固体易升华，遇冷后凝华为固体堵塞装置；     （3）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水反应放热，温度升高可能发生副反应：3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O     （4）① Fe3++H2O [Fe(OH)]2++H+    ② 取少量0.1 mol/L FeCl3溶液于洁净的试管中，滴加少量饱和NaCl溶液(或者加一定量NaCl固体)，观察到溶液黄色变深     （5）① 10-0.507(答10-0.51也可)    ② 1 mol/L FeCl3和1 mol/L FeCl2(0.5 mol/L Fe2(SO4)3和1 mol/L FeSO4)      【解析】(1)实验室制氯气的方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O； (2)FeCl3固体易升华，遇冷后凝华为固体堵塞装置，故D处硬质玻璃管右端没有加橡胶塞且用广口瓶收集氯化铁； (3)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水反应放热，温度升高可能发生副反应：3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，考虑ClO-水解并结合两个反应可知c(Cl-)>c(ClO-)+c(HClO)； (4)由溶液显浅黄色可知三价铁离子水解生成了[Fe(OH)]2+，故方程式为Fe3++H2O⇌[Fe(OH)]2++H+，若0.1 mol/L FeCl3溶液显黄色的原因之一是生成[FeCl4]-，则其方程式为Fe3++4Cl-⇌[FeCl4]-，由平衡移动的理论可设计方案如下：取少量0.1 mol/L FeCl3溶液于洁净的试管中，滴加少量饱和NaCl溶液(或者加一定量NaCl固体)，若观察到溶液黄色变深，说明0.1 mol/L FeCl3溶液显黄色的原因之一是生成[FeCl4]-； (5)① 由信息① ② ③ 可知该正反应的，所以K=10-0.507； ② 由题干信息，当各离子浓度均为1 mol/L时，研究反应进行情况，则烧杯A中的电解质溶液是1 mol/L FeCl3和1 mol/L FeCl2，或者0.5 mol/L Fe2(SO4)3和1 mol/L FeSO4。 11.(2026·湖北宜昌·调研)乙醇是一种常用的化工原料，工业上将产能过剩的乙酸催化加氢可制得乙醇，涉及的反应如下： 反应Ⅰ：CH3COOH(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+H2O(g)   ∆H1<0 反应Ⅱ：CH3COOH(g)+C2H5OH(g)CH3COOC2H5(g)+H2O(g)   ∆H2<0 已知：S表示含碳产物的选择性：，。 回答下列问题： （1）反应Ⅰ自发进行的条件是　　　　　　　　　　　(填“低温”、“高温”)。 （2）反应：2CH3COOH(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2H2O(g)       ∆H3，则∆H3=　　　　　　　　　　　(用∆H1、∆H2表示)。 （3）一定温度下，恒压密闭容器中发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，起始投料为：n(H2)=10 mol、n(CH3COOH)=1 mol，一段时间达到平衡后，测得乙酸的转化率为90%，S(乙醇)=40%，此时，n(CH3COOC2H5)=　　　　　　　　　　　mol，氢气的转化率为　　　　　　　　　　　，反应Ⅱ的平衡常数KP=　　　　　　　　　　　(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 （4）当投料比时，在不同条件下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ达到平衡，在压强p=2 MPa下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随温度T的变化、在温度：T=200℃下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随压强p的变化如图所示，体系中反应Ⅱ程度较小。 ①在温度T=200℃的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随压强p的变化曲线是　　　　　　　　　　　(填“L1、L4”或“L2、L3”)。S(乙醇)、S(乙酸乙酯)呈现曲线L2、L3变化的原因是　　　　　　　　　　　。 ②只考虑温度和压强的影响，C、D、E三点对应的CH3COOH的平衡转化率由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）低温     （2）∆H1+∆H2      （3）① 0.27    ②     ③      （4）① L1、L4    ② L2、L3代表的是压强p=2MPa下的S乙醇、S乙酸乙酯随温度T的变化的曲线。反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，其他条件不变，升高温度使两反应平衡均逆向移动，反应Ⅱ逆向移动程度更小（反应Ⅰ逆向移动程度更大），导致乙醇选择性下降    ③ D＞C＞E      【解析】(1)，反应能够自发进行，反应Ⅰ为放热的熵减反应，自发进行的条件是低温； (2)由盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得到反应2CH3COOH(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2H2O(g)，则∆H3=∆H1+∆H2； (3)一定温度下，恒压密闭容器中发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，起始投料为：n(H2)=10 mol、n(CH3COOH)=1 mol，一段时间达到平衡后，测得乙酸的转化率为90%，则反应0.9mol乙酸，由三段式： S(乙醇)=40%，则，a=0.63mol，n(CH3COOC2H5)=(0.9-0.63)mol=0.27mol，氢气的转化率为，平衡时乙酸、乙醇、乙酸乙酯、水分别为0.1mol、0.36mol、0.27mol、0.9mol，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，则其平衡常数KP=； (4)① 当时在不同条件下达到平衡，在p=2MPa下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随温度T、在T=200℃下的S(乙醇)、S(乙酸乙酯)随压强p的变化如图所示，反应Ⅱ程度较小，反应Ⅰ是气体体积减小反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ的平衡状态不受压强影响，则增大压强S(乙醇)增大，S(乙酸乙酯)减小，则S(乙醇)随p变化的曲线是L1，S(乙酸乙酯)随p变化的曲线是L4；L2、L3代表的是压强p=2MPa下的S乙醇、S乙酸乙酯随温度T的变化的曲线。反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，其他条件不变，升高温度使两反应平衡均逆向移动，反应Ⅱ逆向移动程度更小（反应Ⅰ逆向移动程度更大），导致乙醇选择性下降，乙酸乙酯的选择性增大； ②L2和L3为p=2MPa下的等压线，分别代表S(乙醇)和S(乙酸乙酯)，L1和L4为T=200℃下等温线，分别代表S(乙醇)和S(乙酸乙酯)，因此A、B、C、D、E各点的温度和压强分别为：(200℃，2MPa)、(200℃，0.75MPa)、(325℃，2MPa)、(200℃，2MPa)、(400℃，2MPa)，C、D、E点压强相同、温度不同，反应放热，则温度越高，乙酸转化率下降，即乙酸转化率：D＞C＞E。 12.(2026·湖北随州·二模)(多选)的催化重整可生产高纯度合成气(、)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    回答下列问题： （1）反应的　　　　　　　　　　　。 （2）恒温恒容的密闭容器中，发生反应II，下列说法中能表明反应一定达到平衡状态的是　　　　　　　　　　　(填字母)。 a．的浓度不变       b．气体总压强不变 c．气体密度不变       d．和的物质的量相等 （3）在温度分别为、和下，的平衡转化率与压强的关系如下图1所示，则温度、、由低到高的顺序为　　　　　　　　　　　。 （4）反应Ⅲ的正、逆反应速率可分别表示为、，已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R、A为常数)。则如图2所示的2条实线a、b中，能表示随变化关系的是　　　　　　　　　　　(填字母)。当改变外界条件时，随变化关系如图中的虚线c所示，则实验可能改变的外界条件是　　　　　　　　　　　。 （5）假设此条件下只发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，向体系中加入和，在一定温度、压强恒定100 kPa下反应至平衡，体系中转化率为80%，转化率为60%，CO物质的量为1.4 mol，则平衡时，的物质的量为　　　　　　　　　　　mol，反应Ⅲ的平衡常数　　　　　　　　　　　。 已知：对于反应，；在平衡体系中物质的量分数(或体积分数)×总压强。 【答案】（1）     （2）ab     （3）     （4）① a    ② 使用更高效的催化剂     （5）① 1.0    ② 1.4      【解析】(1)反应Ⅱ-反应Ⅲ即可得到目标反应。所以； (2)a．的浓度不变时反应Ⅱ一定达平衡状态； b．反应Ⅱ反应前后气体体积有变化，故总压强不变时，反应Ⅱ一定达平衡状态； c．反应Ⅱ只有气体参与反应，容器体积不变，故气体密度一直保持不变，不能说明反应达平衡； d．和CO的物质的量相等均不能说明反应达平衡； 答案选ab； (3)反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，转化率增大，因此温度最高的是，故答案为：，答案选a； (4)由Arrhenius经验公式可知，随1/T变化的斜率为，越大，斜率的绝对值越大，因为该反应正向为吸热反应，，故表示随1/T变化关系为a．虚线c的斜率的绝对值减小，即减小，故实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂； (5)一定温度、100k Pa下，向体系中加入和，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，则反应Ⅰ：平衡时生成，转化率为，CO物质的量为1.4 mol，则 气体总物质的量， 反应Ⅲ的平衡常数，故答案为：的物质的量为1.0 mol，。 13.(2026·湖北·4月调研)“双碳”战略下，加氢制甲醇是实现碳资源循环利用的核心技术。传统铜锌催化剂因活性位点高度耦合生成副产物，涉及的反应如下： Ⅰ：    Ⅱ：    Ⅲ：    回答下列问题： （1）①　　　　　　　　；反应Ⅰ在　　　　　　　　（填“高温”“低温”“任意温度”）自发进行。 ②中科院大连化物所提出催化活性位点“空间解耦”新策略：将活性位点（）与活性位点（）在空间上分离，提高了甲醇的选择性。“空间解耦”-甲酸盐部分路径如下： 步骤1：   （表明2个H在Cu位点吸附活化） 步骤2：________（与活性氢加成）。 步骤3： 步骤4： 请写出步骤2的基元反应　　　　　　　　。 （2）在3 MPa下，向某密闭容器中按投料比充入反应物发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图所示。 ①Z线所示物种是　　　　　　　　（填化学式）。 ②解释物质的量分数随温度变化的原因　　　　　　　　。 ③260℃时向密闭容器中加入2 mol CO2和，达平衡时测得，，选择性　　　　　　　　[]，反应Ⅰ的平衡常数　　　　　　　　（列出计算式，分压=总压×物质的量分数）。 （3）工业生产甲醇的催化体系需控制进料气中的进入量，原因是　　　　　　　　（从催化剂活性位点和化学平衡角度分析）。 【答案】（1）① -49.2kJ·mol-1    ② 低温    ③ CO2*@ZrO2+H*@Cu→HCOO*@ZrO2+Cu（写CO2*@ZrO2+2H*@Cu→HCOO*@ZrO2+H*Cu也可）     （2）① H2O    ② 升温温度使反应Ⅰ逆向进行，生成更多H2；而反应Ⅱ正向进行，消耗H2；反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，则H2物质的量分数随温度升高而增大    ③ 90%    ④      （3）水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱；水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降      【解析】(1)① 根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，因此；反应Ⅰ气体分子数减少，，且，根据的自发条件，该反应在低温下自发； ② 根据反应路径，步骤1得到吸附态和活性氢，步骤3的反应物为，因此步骤2为二者加成生成目标产物的反应，即； (2)① 升温时，放热的反应Ⅰ逆向移动，、物质的量分数降低；吸热的反应Ⅱ正向移动，物质的量分数升高，因此升高增大的为；又，的物质的量分数始终大于，因此为； ② 反应Ⅰ为放热反应，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动，生成量增加；反应Ⅱ为吸热反应，升温使反应Ⅱ正向移动消耗，但反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，因此物质的量分数随温度升高而增大； ③ 设反应Ⅰ转化为，反应Ⅱ转化为，已知平衡时，，则，，解得，，因此；平衡，平衡时总物质的量为，代入分压平衡常数表达式化简得； (3)平衡角度：(g)是反应Ⅰ、Ⅱ的生成物，进料(g)分压增大，会使反应平衡逆向移动，不利于甲醇生成；催化剂角度：(g)会吸附占据催化剂的活性位点，使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，因此需要控制进料中(g)的量。 14.(2026·湖北荆州·调研)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 （1）石油化工路线中，环氧乙烷(EO)和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应：EO(aq)+H2O(l)=EG(aq) 副反应：EO(aq)+EG(aq)=DEG(aq) 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol·L-1，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中n(EG)：n(DEG)=10：1。则0~30min内，v总(EO)=　　　　　　　　　　　mol·L-1・min-1 。 （2）煤化工路线中，利用合成气(CO和H2)合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ．直接合成法：2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g) 按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图1： ①代表α=0.6的曲线为　　　　　　　　　　　(填“L1”“L2”或“L3”)   ΔH　　　　　　　　　　　0(填“＞”“＜”或“=”)。 Ⅱ．间接合成法：用合成气和O2制备草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3，DMO)经过乙醇酸甲酯(CH3OOCCH2OH，MG)合成乙二醇(EG)，具体反应如下： 反应ⅰ：DMO(g)+2H2(g)MG(g)+CH3OH(g)   ΔH＜0 反应ⅱ：MG(g)+2H2(g)EG(g)+CH3OH(g)   ΔH＜0 反应ⅲ：EG(g)+H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)   ΔH＜0 恒压、初始投料比一定、固定流速条件下，发生上述反应，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、EG、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图2所示： 已知：某物质的选择性 ②已知曲线Ⅱ表示EG的选择性，则曲线　　　　　　　　　　　(填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线　　　　　　　　　　　表示乙醇的选择性。 ③450K，出口处n(MG)：n(DMO)的值为　　　　　　　　　　　。 ④控制温度在483K左右EG的选择性最高，请说明温度过高EG选择性下降的原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）0.05     （2）① L3    ② <    ③ Ⅰ    ④ Ⅲ    ⑤ 2    ⑥ 温度高于483K，相同流速下，原料几乎转变成乙二醇，反应iii的速率加快，导致乙二醇的选择性反而下降      【解析】(1)已知环氧乙烷初始浓度为，30 min后环氧乙烷完全转化，总消耗的环氧乙烷浓度，因此： ； (2) ① 反应是气体分子数减少的反应，相同温度下，压强越大，平衡正向移动，转化率α越大；相同温度下，三条曲线中对应压强大小关系为，所以对应的平衡转化率最大（代表α＝0.6）；反应压强增大时，需升高温度才能保持不变，说明升温平衡逆向移动，正反应放热，因此； ② 反应流程为乙醇，所有反应均为放热： DMO的转化率随温度升高，反应速率加快，转化率逐渐升高，最终接近100%，对应曲线Ⅰ；乙醇是EG进一步反应的产物，温度越高，转化为乙醇的EG越多，乙醇选择性随温度升高逐渐增大，对应曲线 Ⅲ； ③ 450K时，DMO转化率为80%，设初始DMO为，则剩余；消耗DMO为，此时MG的选择性为，因此，故； ④ 温度过高EG选择性下降的原因是：温度高于483K，相同流速下，原料几乎转变成乙二醇，反应iii的速率加快，导致乙二醇的选择性反而下降。 15.(2026·湖北十堰·模拟)(多选)甲醇是重要的化工原料和潜在的清洁能源载体。锐钛矿型负载的氧化铂团簇为活性中心，存在三条竞争反应路径，可生成CO、、甲酸甲酯等产物： 反应Ⅰ. 反应Ⅱ. 反应Ⅲ. 目标产物的选择性： 回答下列问题： （1）已知部分化学键的键能数据如下： 化学键 O＝O 键能 413 463 358 799 498 1075 经计算，反应Ⅰ在　　　　　　　　　　　(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 （2）反应Ⅰ会生成产物CO(g)。CO能强烈吸附在催化剂表面，占据Pt位点，导致催化效能下降，该现象称为　　　　　　　　　　　。为抑制该现象，可采取的措施有　　　　　　　　　　　(填字母)。 A．适当提高反应温度，使CO脱附       B．增大氧气比例，使CO转化为 C．增大浓度，加快反应速率       D．调控压强，使反应Ⅱ、Ⅲ的选择性更高 （3）下图为甲醇在表面氧化生成CO的反应自由能曲线。“*”表示物理吸附态，TS表示过渡态。 a．如图所示，转化为*有两种途径。从反应速率角度分析，途径　　　　　　　　　　　(填“①”或“②”)更有利。 b．该反应路径的第三步基元反应为决速步，方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）在100 kPa、105℃下，向某密闭容器中充入和，在催化剂作用下发生上述三条路径的反应。达到平衡时，测得，，的选择性为50%。 ①甲醇的转化率为　　　　　　　　　　　(保留两位有效数字)。 ②反应Ⅲ：的平衡常数　　　　　　　　　　　(保留三位有效数字)。 【答案】（1）任意温度     （2）① 催化剂中毒    ② ABD     （3）① ②    ② 或者     （4）① 80%    ② 28.8      【解析】(1)由ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能可知，反应Ⅰ的ΔH=(413×3+358+463+498)kJ·mol-1-(1075+463×4) kJ·mol-1=-369 kJ·mol-1<0，反应Ⅰ正反应为气体分子数增大的反应，即ΔS>0，则ΔG=ΔH-TΔS在任意温度下始终小于0，即该反应在任意温度下能自发进行； (2)根据题意，CO强烈吸附在催化剂表面，占据Pt位点，导致催化效能下降，该现象称为催化剂中毒，可采取的措施： A．通过适当升温，移除催化剂表面吸附的CO，可以抑制催化剂中毒，A正确； B．增大O2浓度，使CO转化为CO2，减小CO对催化剂的影响，B正确； C．增大CH3OH(g)浓度，不能减小CO对催化剂的影响，因此不能抑制催化剂中毒，C错误； D．调控压强，提高反应Ⅱ、Ⅲ的选择性，反应Ⅰ的选择性降低，CO浓度减小，从而抑制催化剂中毒，D正确； 答案选ABD； (3)由图可知，转化为*的两种途径中，途径②的活化能最低，因此反应速率更快，途径②更有利；活化能最大的基元反应为决速步，第三步基元反应的方程式为或者 (4)①根据反应Ⅰ、Ⅱ的反应方程式可知，生成0.2 molCO、0.6mol CO2分别消耗甲醇的物质的量为0.2mol、0.60mol，由目标产物的选择性可知，CO和CO2的选择性之和为1-50%=50%，则有：50%=，计算可得n(CH3OH)转化=1.60mol，甲醇的转化率==80%； ②由目标产物的选择性计算公式可知，生成HCOOCH3消耗CH3OH的物质的量为0.8mol，则n(HCOOCH3)=0.4mol，平衡时n(CH3OH)=2.00 mol-1.60 mol=0.40 mol。由H原子守恒，可知，平衡时n(H2O)=，由O原子守恒，可得平衡时n(O2)= ，n总=n(CH3OH)+n(CO)+n(CO2)+n(HCOOCH3)+n(H2O)+n(O2)=4.5 mol，故反应Ⅲ的平衡常数： 。 16.(2026·湖北武汉武昌区5月模拟) 是生产可溶性钡盐的重要中间产品，常用热还原法制备。回答下列问题： （1）固体被或 还原制备 的反应机理如图所示。在固体表面上更容易吸附的是　　　　　　　　(填“”或“ ”)。从动力学角度分析，应选择　　　　　　　　(填“”或“ ”)作还原剂。 （2）工业上可选用单质碳和固体进行热还原制备 。在 恒压条件下，按下表投料，发生反应： 物质 C n/mol 1.25 4 1.25 5 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    ①加入氧气的目的是　　　　　　　　(答一条)。 ②不同温度下，体系中各组分的平衡含量如图所示。低于 时，平衡含量增加的原因为　　　　　　　　。高于1200℃时，会发生副反应，其化学方程式为　　　　　　　　。 ③ 下，达到平衡时， ，固体总质量约为 ，则固体中 的纯度为　　　　　　　　(按质量分数计，保留一位小数)，反应Ⅲ的平衡常数 　　　　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。 【答案】（1）① CO    ② H2     （2）① 为反应提供热量    ② 由于反应I放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高时，反应III平衡正向移动的程度大于反应I平衡逆向移动的程度    ③     ④ 58.8%    ⑤ 625      【解析】(1)BaSO4在吸附CO后相对能量更低，说明CO在BaSO4表面吸附更稳定，因此在BaSO4固体表面上更容易吸附的是CO；H2与CO相比从吸附态到过渡态的活化能更小，说明反应更容易进行，应选择H2作为还原剂； (2)① 由于反应Ⅲ为吸热反应，加入O2可以发生反应Ⅰ放热提供热量； ② 由于反应I放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高时，反应III平衡正向移动的程度大于反应I平衡逆向移动的程度，因此CO2平衡含量增加； 高于1200℃，由图可知，BaS和CO2减少，BaO、SO2和CO增加，因此确定反应物和生成物，化学反应方程式为； ③BaSO4的初始物质的量为1.25 mol，BaSO4的转化率为80%，因此参与反应的BaSO4为1 mol，根据可知，生成的BaS的物质的量为1 mol，由于 高于1200℃，因此还会发生，由图可知，生成的BaO的物质的量为0.2 mol，所以消耗的BaS的物质的量为0.2 mol，剩余的BaS的物质的量为0.8 mol，BaS的质量为 ，BaS的纯度为 ；由图可知，在 恒压的条件下，平衡时各气体组分的物质的量为 、 、 ；初始通入的N2未参与反应， ；O2的物质的量可通过反应前后氧元素物质的量守恒进行计算，反应前氧元素的物质的量为 ，反应后氧元素的物质的量为： ； 因此 ，平衡时气体的总物质的量为 ，反应Ⅲ的平衡常数。 17.(2026·湖北鄂东南省级示范高中改革联盟·模拟)胆矾()是一种重要的结晶水合物。时，把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平衡，反应如下。 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    如图为水合物中水的质量分数与压强的关系图，回答下列问题： （1） 　　　　　　　　　　　(用“、、”表示)。 （2）反应I的　　　　　　　　　　　[：用分压表示的平衡常数(有单位)；无需算出具体数值]。 （3）从处开始计时，到点取样，测得样品含水量如上图所示，时间为。 ①请定量地说明处固体组成　　　　　　　　　　　(说明物质组成及物质的量之比)。 ②这段时间内脱水速率(以水的质量计)为　　　　　　　　　　　 。 ③理论上点到处耗时为　　　　　　　　　　　(用含的式子表示)，然而实际耗时却大于此值，试解释原因　　　　　　　　　　　。 （4）时，要维持晶体纯度，空气湿度()需要满足的范围为　　　　　　　　　　　。 (已知：，时水的饱和蒸气压约为。) 【答案】（1）     （2）(或“”、“”)     （3）① n\left[\text{CuSO}_{4}\cdot 3\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}\left\right]\colon n\right[\text{CuSO}_{4}\cdot \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}]=11\colon 7    ②     ③     ④ 生成的覆盖住了，不利于水的脱去，脱水速率下降     （4）      【解析】(1)根据盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ+反应Ⅲ可得到，所以对应的反应热； (2)反应I中水合物中水的质量分数最大，所以达到平衡后对应a点的水的压强为p(H2O)=6266Pa，则反应I的Kp= p2(H2O)=(或“”、“”)； (3)①中水的质量分数为：，中水的质量分数为：，因M点水的质量分数为20%，说明固体成分为与的混合物，设的物质的量为1 mol，则有 ，，解得x =，所以的物质的量为1-x=mol，即n\left[\text{CuSO}_{4}\cdot 3\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}\left\right]\colon n\right[\text{CuSO}_{4}\cdot \mathrm{H}_{2}\mathrm{O}]=11\colon 7； ② 根据三段式可知，这段时间内每摩尔硫酸铜水合物脱水的物质的量2x==，所以质量为，则初始mg胆矾中，硫酸铜的物质的量为，其脱水质量(以水的质量计)为g，所以速率为：g/min； ③处的固体为，设起始的物质的量为1mol时，M点的物质的量为1-x=mol，实际的物质的量为mol，根据速率公式可知耗时为 ，实际耗时却大于此值是因为： 生成的覆盖住了，不利于水的脱去，脱水速率下降。 (4)时，水的饱和蒸气压为12kPa，反应II的平衡分压p2(H2O)=4000Pa=4kPa，同理图中数据可知反应Ⅲ的平衡分压p3(H2O)=600Pa=0.6kPa，为维持的纯度，水蒸气分压需满足0.6kPa＜p(H2O)＜4kPa，则RH=，即湿度范围为。 18.(2026·湖北襄阳·调研)二氧化碳、甲烷干重整是碳捕集、利用及封存框架内一种典型的低碳过程，其原理为：   。 I．旧法干重整主要反应有： 主反应： 副反应I：    副反应II：    副反应III：    副反应IV：    （1）不同反应温度下各主副反应的吉布斯自由能()与温度的关系如图所示。 直线d代表　　　　　　　　　　　的吉布斯自由能与温度的关系。 a．副反应I       b．副反应II       c．副反应III       d．副反应IV （2）将等物质的量的和充入恒压反应器中，达到平衡时各组分的物质的量与温度的关系如图所示。 ①温度低于时，积碳严重的原因是　　　　　　　　　　　。 ②500℃时，的产量明显高于CO，原因是　　　　　　　　　　　。 II．碳酸盐间接干重整的主要反应为： 反应a： 反应b： （3）时，向恒容密闭容器中投入和。反应5分钟达到平衡，容器内的压强由增加到，的平均反应速率为，则的转化率为　　　　　　　　　　　，反应的平衡常数为　　　　　　　　　　　(用含的代数式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数)。 III．使用()催化甲烷干重整反应的二维机理如图所示。 （4）　　　　　　　　　　　。 （5）第④步反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （6）　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）a     （2）① 副反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ进行的程度比较大    ② CO发生副反应Ⅳ的程度比H2发生副反应Ⅲ和副反应I的总程度都大     （3）① 90%    ②      （4）2     （5）     （6）+494.6kJ/mol      【解析】(1)副反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ，均小于0，也均小于0， 当温度升高时，他们的吉布斯自由能变（)增大，应该直线a、b、c代表副反应副反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ，所以直线d代表副反应Ⅰ。 (2)①将等物质的量的和充入恒压反应器中，温度低于，达到平衡时，由图像可知 较少，较多，说明温度低于，有利于放热反应（副反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ）进行，副反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ进行程度较大，它们消耗，生成C，这就导致 较少，较多，所以积碳严重。 ② 500℃时，体系平衡后，各反应分析如下：主反应中生成一样多，副反应Ⅱ消耗一样多，的产量明显高于CO，与这两个反应没有关系。当消耗的副反应Ⅳ进行的程度比消耗的副反应Ⅰ和副反应Ⅲ进行的程度之和还要大时，的产量明显高于CO，故500℃时，的产量明显高于CO原因是CO发生副反应Ⅳ的程度比H2发生副反应Ⅲ和副反应Ⅰ的总程度都大。 (3)恒温恒容条件下，容器内气体压强之比等于气体的物质的量之比，当容器内的压强由增加到时，气体的总物质的量由变为 混合气体。反应中 ，，设反应中消耗的物质的量为mol，则反应a中生成的 ，列三段式计算 则， ,则的分压为： 则反应a的 (4)()二维结构中， 虚线框内是一个结构单元，原子数为2，原子数为，所以化学式中 (5)第④步反应中的反应物的结构和结构单元（虚线框内）如图：             其结构单元中各原子个数：    ， 4     ， 2     ，则化学式为： 第④步反应的化学方程式为： (6)根据盖斯定律可知：图中是图中四个连续反应加和所得反应的反应热（焓变），将四个反应整合，最后得方程式为：此方程式各物质的化学计量数都是旧法干重整主反应中对应物质化学计量数的2倍。其 19.(2026·湖北恩施州·二模)二氧化碳是廉价可持续的碳源，其转化为甲醇能减碳增效、推动可持续发展。以下是制备可能涉及到的反应： i． ⅱ． ⅲ． 已知：生成物A的选择性 回答下列问题。 （1）已知反应的能垒越大，活化能越大。反应ⅱ的反应历程如图所示。在不同催化剂作用下，该反应历程中决速步骤的能垒分别为　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　，其中效果较好的催化剂为　　　　　　　　　　　。 （2）反应ⅱ的焓变　　　　　　　　　　　。甲醇可作燃料，碱性环境下甲醇燃料电池的负极电极反应式为　　　　　　　　　　　。 （3）向体积为的恒容密闭容器中分别充入、，仅发生反应ⅱ和ⅲ，反应相同时间t秒后测得实际转化率和的实际选择性随温度的变化如图中实线所示，同时模拟出平衡转化率和平衡时选择性如图中虚线所示。 ①曲线a表示的平衡转化率，其先下降后上升的原因为　　　　　　　　　　　。 ②时，反应ⅱ中的反应速率　　　　　　　　　　　。反应ⅱ的平衡常数　　　　　　　　　　　(时甲醇与水均为气体)。 ③试分析曲线a、b在温度高于后趋于重合的原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ②     ③      （2）①     ②      （3）① 反应ⅱ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应。在以前，以反应ⅱ为主，温度升高平衡逆向移动，所以曲线先下降；在以后，以反应ⅲ为主，温度升高平衡正向移动，所以曲线后上升    ②     ③     ④ 曲线a表示的平衡转化率，曲线b表示的实际转化率。温度越高反应速率越快，在相同时间t秒内越趋于平衡，的实际转化率与平衡转化率越趋于一致。所以曲线a、b在温度较高后趋于重合      【解析】(1)决速步骤为活化能(能垒)最大的步骤， 能垒的计算方式：过渡态能量 - 反应物（或前一中间体）能量：对于，最大能垒：，对于，最大能垒：，能垒越小，催化效果越好，因此效果较好的催化剂为； (2)根据盖斯定律，反应ⅱ=反应i+反应ⅲ，因此，碱性环境下，甲醇在负极失电子生成碳酸根，电极反应式为：。 (3)① 反应ⅱ放热()，反应ⅲ吸热()；温度升高时，反应ⅱ平衡逆向移动使转化率降低，反应ⅲ平衡正向移动使转化率升高；低温时反应ⅱ占主导，总转化率下降，高温时反应ⅲ占主导，总转化率升高，因此先下降后上升。即：反应ⅱ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应，在以前，以反应ⅱ为主，温度升高平衡逆向移动，所以曲线先下降；在以后，以反应ⅲ为主，温度升高平衡正向移动，所以曲线后上升。 ② 250℃时，实际转化率为8%，总转化n(CO2)=5 mol×8%=0.4 mol，甲醇实际选择性为40%，故n(CH3OH)=0.4 mol×40%=0.16 mol，反应ii消耗n(H2)=3×0.16 mol=0.48mol，；平衡时转化率为20%，总转化n(CO2)=5 mol×20%=1 mol，平衡甲醇选择性为50%，故n(CH3OH)=0.5 mol，则反应ⅱ消耗CO2的物质的量为0.5mol，反应ⅲ消耗CO2的物质的量也为0.5mol，平衡时各物质的物质的量为n(CO2)=4 mol，n(H2)=2 mol，n(CH3OH)=0.5 mol，n(H2O)=1 mol；平衡时各物质浓度：c(CO2)=2 mol/L，c(H2)=1 mol/L，c(CH3OH)=0.25 mol/L，c(H2O)=0.5 mol/L，（或）； ③ 温度升高，反应速率显著加快，相同反应时间t内，反应已达到平衡状态，实际转化率等于平衡转化率，因此曲线趋于重合，即：温度高于后，反应速率足够快，t时间内反应达到平衡，实际转化率等于平衡转化率，故曲线重合。 20.(2026·湖北黄石·模拟考试)(多选)低碳烯烃是工业生产中制造塑料、溶剂、药物、化妆品等多种产品的重要原料，工业上可以采用CO2催化加氢和电化学还原制备。 Ⅰ.CO2催化加氢。其工艺主要分为逆水煤气转化和费托合成两步，涉及的主要反应如下： 逆水煤气转化(RWGS)：①    费托合成(FTS)：②    请回答下列问题： （1）已知，1 mol CO(g)与2 mol H2(g)反应生成C2H4(g)和H2O(g)的能量变化如图甲所示：则当n＝2时反应②的　　　　　　kJ/mol。 （2）在恒定压强为2 MPa下，将CO2和H2按投料比为1:3进行上述反应，平衡体系中各组分的摩尔分数以及各指标参数随反应温度变化曲线如图乙所示(HC代表烯烃，本题中假设HC仅为乙烯)。 ①以下叙述能说明反应②达到平衡状态的是　　　　　　。 a.容器内总压强不变              b.混合气体的密度不变 c.混合气体的平均摩尔质量不变        d.C2H4(g)和H2O(g)的物质的量之比为1:2 ②350～850 K范围内，CO2的平衡转化率先减小后增大的原因是　　　　　　。 ③750 K时，反应①的压强平衡常数　　　　　　。(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，计算结果保留两位有效数字) ④该方法一般需要使用双催化剂(如图乙)，需使氢气吸附在催化剂表面的活性位点上。研究发现催化剂晶体的颗粒越小，催化效果越好，其理由是　　　　　　。 Ⅱ.电化学还原：以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能将CO2转化为低碳烯烃，其工作原理如图丁。 （3）生成丙烯(C3H6)的电极反应式为　　　　　　。 （4）假设电解过程中阴极仅生成乙烯和丙烯，若电解结束后阴、阳两极产生的气体体积比为1:4(相同条件下)，则C2H4的选择性为　　　　　　。(乙烯的选择性) 【答案】（1）－233.8     （2）① bc    ② 温度低于775 K左右时，反应② 放热反应占主导地位，升温，反应② 逆向移动，CO含量增加，导致反应① 逆向移动，二氧化碳转化率降低；温度高于775 K左右时，反应① 吸热反应占主导地位，升温反应① 正向移动，导致二氧化碳转化率升高    ③ 0.18    ④ 催化剂晶体颗粒越小，表面积越大，活性位点越多     （3）     （4）25%或0.25      【解析】(1)n＝2时，反应② 为，； (2)① 此时产物是乙烯，反应②为 a．压强恒定为2 MPa，容器内总压强始终不变 ，不能用来判断是否达到平衡，a不符合题意；           b．，体系中气体总质量始终不变，即不变，恒压条件，反应前后气体分子数改变，则容器体积也改变，所以密度是变量，当混合气体的密度不变时说明反应达到平衡，b符合题意； c．，体系中气体总质量始终不变，即不变，但反应前后气体分子数改变，即改变，则M是变量，当M不变时，说明反应达到平衡，c符合题意； d．C2H4(g)和H2O(g)起始物质的量为0，根据反应方程式，其物质的量之比始终等于1:2，不能说明平衡，d不符合题意； 故答案选bc； ②350～850 K范围内，CO2的平衡转化率先减小后增大的原因是：温度低于775 K左右时，反应② 放热反应占主导地位，升温，反应② 逆向移动，CO含量增加，导致反应① 逆向移动，二氧化碳转化率降低；温度高于775 K左右时，反应① 吸热反应占主导地位，升温反应① 正向移动，导致二氧化碳转化率升高； ③CO2和H2的投料比为1:3，设CO2的物质的量为1 mol，H2的物质的量为3 mol。 由图可知，750 K时，平衡混合物中H2O(g)的摩尔分数为25%，CO和C2H4的摩尔分数相等。 设反应平衡时，则： 综上，平衡时体系中含，，，，则，H2O(g)的摩尔分数， 则平衡时，，，，； ④ 由图可知，该催化反应需使氢气吸附在催化剂表面的活性位点上，催化剂晶体颗粒越小，表面积越大，活性位点越多，催化效果越好； (3)该装置中，左侧得电子发生还原反应转化丙烯的电极反应式为； (4)设阳极产生气体4 mol，阴极产生气体1 mol，生成CH2=CH2 x mol 阴极： 阳极： ，根据得失电子相等则有：，。则生成乙烯所用的CO2为，阴极吸收的CO2为，所以选择性 21.(2026·湖北武汉·4月模拟)甲醇高选择性转化制乙烯是煤化工领域的重要研究方向，是保证能源安全的重要手段。其涉及反应如下。 主反应：    副反应：    回答下列问题： （1）已知：        则主反应的　　　　　　　　　。 （2）对于主反应，加压会使平衡向　　　　　　　　　（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，但是实际生产中仍选择适度加压，其目的是　　　　　　　　　。 （3）分子筛可为气体提供活性位点，以达催化的目的。分子筛上的甲醇转化的部分反应路径如图所示。 ①该反应路径中过程（iii）的化学方程式为　　　　　　　　　。 ②随温度升高，乙烯的平衡选择性升高的原因是　　　　　　　　　。 [乙烯选择性：] ③500℃时，100 kPa恒压条件下通入1 mol CH3OH(g)和4 mol H2O(g)，平衡时α(CH3OH)=90%，S(C2H4)=40%，只考虑副产物为丙烯，则平衡时n(H2O)=　　　　　　　　　mol，主反应的Kp=　　　　　　　　　kPa（列出计算式）。 ④研究发现，进料中添加一定量的H2O(g)可以提高乙烯的选择性，从催化剂角度分析可能原因是　　　　　　　　　。 【答案】（1）-23.1     （2）① 逆反应    ② 提高反应物浓度，加快反应速率，提高单位时间内产物产量     （3）①     ② 主、副反应均为放热反应，升高温度使其平衡逆向移动，但对主反应的抑制程度较小    ③ 4.9    ④     ⑤ 催化位点被水分子占据，有利于乙烯的脱附，还会减少其进一步参与副反应      【解析】(1)主反应等于两个已知反应之和，根据盖斯定律，则。 (2)主反应气体分子数增加，加压平衡向气体计量数减小的逆反应方向移动，但加压能提高反应物浓度，加快反应速率，提高单位时间内甲醇的转化率和产物产率，因此实际生产选择适度加压。 (3)① 由反应路径可知，每一步都是烯烃增加1个来自甲醇的碳原子、脱去1分子水，过程（iii）的反应物为2−丁烯（）和甲醇，生成物为2-甲基-2-丁烯（）和水，则化学方程式为； ② 主反应生成乙烯、乙烯转化为高碳烯烃的副反应均为放热反应，副反应放热更多，升高温度对放热的副反应抑制程度更大，减少了乙烯的消耗，因此乙烯平衡选择性升高； ③平衡时α(CH3OH)=90%、S(C2H4)=40%，则平衡时C2H4的物质的量为，设副反应消耗x mol C2H4，可知主、副反应各物质的转化物质的量为： ，根据α(CH3OH)=90%可知：，解得x=0.06 mol，则平衡时n(H2O)=[4+(0.72+2×0.06)+0.06] mol=4.9 mol、n(CH3OH)=1 mol×(1-90%)=0.1 mol、n(C2H4)=0.36 mol、n(C3H6)=0.06 mol，平衡时气体物质总物质的量为5.42 mol，体系总压强为100 kPa，则主反应的平衡常数为； ④ 催化位点被水分子占据，有利于乙烯的脱附，还会减少其进一步参与副反应，因此进料中添加一定量的可以提高乙烯的选择性。 22.(2026·湖北黄冈中学等十一校·二模)某小组在复习电解原理时，进行了“以铜为阳极电解氯化钠溶液”的实验探究，观察到的实验现象与理论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题： 已知：部分铜的化合物性质如下表： 物质 化学式 颜色 水溶性 氯化亚铜 CuCl 白色 难溶 氢氧化亚铜 CuOH 淡黄色 难溶 氧化亚铜 砖红色 难溶 I．以铜片为阳极、石墨为阴极，电解饱和氯化钠溶液。阴极区观察到气泡产生，滴加酚酞溶液变红；阳极区仅出现白色浑浊，溶液不变蓝。 （1）取少量阳极区浑浊液于试管中，滴加溶液，观察到白色沉淀溶解，同时溶液变为蓝色。另取少量阳极区浑浊液，滴加NaOH溶液，出现黄色浑浊，静置后沉淀逐渐变为蓝绿色，最终变为蓝色。 ①根据现象，推测阳极区产生的白色浑浊是　　　　　　　　　　　(写化学式)。 ②结合化学平衡移动原理解释出现黄色浑浊的原因　　　　　　　　　　　。 ③黄色沉淀最终变为蓝色的原因是　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。 Ⅱ．有同学提出将NaCl溶液换成NaOH溶液应该能看到蓝色沉淀。小组用上述装置电解NaOH溶液，发现阳极区出现红褐色浑浊，铜片上有气泡产生；阴极气泡不明显。 （2）甲同学认为阴极气泡不明显的原因是NaOH溶液中浓度极低，阴极反应缓慢，请设计实验加以证明　　　　　　　　　　　。 （3）用胶头滴管吸取阳极区的红褐色浑浊于试管中，逐滴加入稀硫酸，观察到溶液变蓝并有少量红色固体产生。乙同学根据表格信息结合实验现象猜测红褐色浑浊是；丙同学认为乙同学的猜测不正确，理由是　　　　　　　　　　　，并猜测红褐色浑浊是　　　　　　　　　　　。 （4）查阅资料显示，铜作阳极电解NaOH溶液时，铜电极上快速生成导致电极钝化。请解释阳极区出现红褐色浑浊，铜片上有气泡产生的原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① CuCl    ② 存在，增大浓度，平衡正向移动，CuCl转化为溶解度更小的CuOH    ③      （2）加水稀释NaOH溶液后再进行实验，观察到阴极产生气泡的速率加快     （3）① 是砖红色不是红褐色    ② 和CuO     （4）部分在铜电极上放电生成，把氧化为CuO      【解析】(1)① 白色沉淀在滴加溶液后溶解，同时溶液变为蓝色，即被氧化为，根据已知信息，白色沉淀为； ② 根据Ksp相对大小可知，存在，增大浓度，平衡正向移动，CuCl转化为溶解度更小的CuOH； ③氢氧化亚铜易被氧气氧化，最终生成蓝色氢氧化铜，化学方程式为； (2)要证明阴极气泡少是因为浓度极低，只需控制变量，提高浓度，降低浓度，故加水稀释NaOH溶液后再进行实验，观察到阴极产生气泡的速率加快，即可说明阴极气泡不明显的原因是NaOH溶液中浓度极低； (3)根据表格已知为砖红色，与红褐色现象矛盾，因此乙的猜想错误；加入稀硫酸后，溶液变蓝（生成  ）且有少量红色固体（ ）产生，且（砖红）和（黑色）的混合物可呈现红褐色，故猜测红褐色浑浊是和CuO； (4)铜作阳极时，快速生成导致电极钝化，此时，阳极反应由失电子转变为失电子：；生成的会将部分氧化为（），最终形成（砖红色）和（黑色）的混合物，呈现红褐色浑浊。 23.(2026·湖北孝感·二模)碳及其化合物在生产生活中有着非常重要的作用。甲烷、一氧化碳与水蒸气反应是工业上制取氢气的重要方法，涉及的主要反应如下 反应Ⅰ．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)   ΔH=+205.9kJ·mol-1 反应Ⅱ．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)   ΔH=-41.2kJ·mol-1 （1）①CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为　　　　　　　　　　　。 ②一定温度下，向10L恒容密闭容器中充入1mol CH4和1mol H2O(g)，发生反应Ⅰ、Ⅱ，下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填字母)。 A．低温更适合反应Ⅰ自发进行 B．H2O(g)的分压不变时容器内反应达到平衡状态 C．升温一定有利于提高相同时间内H2产量 D．若将容器改为恒压容器，平衡时H2产量将降低 （2）100kPa下，将n(CH4)：n(H2O)=1：3的混合气体投入恒压反应器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。 曲线a代表　　　　　　　　　　　的物质的量分数与温度的变化曲线：若其他条件不变，则600℃时反应Ⅱ的平衡常数Kp=　　　　　　　　　　　；a曲线变化趋势的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）我国学者结合实验与计算机模拟，研究了金催化剂表面进行反应Ⅱ的反应历程，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，能量变化如图所示： 该历程中包含多个基元步骤。写出决速步骤的化学方程式：　　　　　　　　　　　。反应Ⅱ的正反应活化能Ea为　　　　　　　　　　　eV。 （4）工业上进行反应Ⅱ常采用多段变换工艺，首先在350℃左右用Fe3O4/Cr2O3催化进行高温反应，然后在200℃左右用Cu/ZnO/Al2O3催化进行低温反应，不考虑温度对催化剂的影响，请结合工业生产实际，试分析工程师这样设计的理由：　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)   ΔΗ=+247.1kJ/mol    ② B     （2）① CO2    ② (2.083也可)    ③ 温度较低时反应以Ⅰ为主，CO浓度较大时反应Ⅱ平衡正移，CO2的物质的量分数提高，温度较高时以反应Ⅱ为主，升温使放热反应平衡逆移，CO2的物质的量分数降低     （3）① H2O*=H*+OH    ② 2.02     （4）高温下反应速率快，可以在较短的时间内将大部分CO转化。低温下有利于平衡正向移动，将残余的CO进一步深度转化，提高原料利用率和产品纯度      【解析】(1)① 根据盖斯定律，（反应I）-（反应Ⅱ）得：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)   ΔΗ=（+205.9）-(-41.2)=+247.1 ； ②A．反应Ⅰ为吸热反应由ΔG=（ΔH-TΔS)<0，可知反应I应在高温下自发进行，A错误； B．气体的物质的量、H2O(g)的分压会随着反应而变，H2O(g)的分压不变说明反应已达平衡，B正确； C．升高温度速率加快能提高单位时间内H2产量，但是当时间较长反应有可能达到平衡状态，继续升高温度反应Ⅱ有可能占主导使H2产量降低；所以C错误； D．改为恒压容器对应反应Ⅱ无影响，反应Ⅰ可以等价于先到达平衡再减压，再次平衡时H2产量将增大,所以D错误； 选B； (2)反应Ⅰ的正反应为吸热反应，反应Ⅱ的正反应为放热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，CO物质的量增大，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，故CO的平衡物质的量分数随温度升高始终增大，为曲线b，则曲线a代表平衡时CO2的物质的量分数与温度的关系；恒压100kPa，起始按n(CH4)：n(H2O)=1：3投料，起始CH4的分压为25kPa；设起始CH4的物质的量为a mol，H2O物质的量为3a mol，反应Ⅰ从起始到平衡消耗CH4的物质的量为x mol，反应Ⅱ从起始到平衡消耗H2O的物质的量为y mol，列三段式： ， ，平衡时气体总物质的量为(a-x+3a-x-y+x-y+3x+y+y)mol=(4a+2x)mol，600℃平衡时CH4物质的量分数为0.04，则，解得，则总物质的量为。其他条件不变，600℃时，H2O的物质的量，H2的物质的量，则，CO的物质的量分数为，p(CO)=6kPa，同理p(CO2)=8kPa，p(H2)=50kPa，p(H2O)=32kPa，反应Ⅱ的平衡常数，故答案为CO2，；a曲线变化的原因是温度较低时反应以Ⅰ为主，CO浓度较大时反应Ⅱ平衡正移，CO2的物质的量分数提高，温度较高时以反应Ⅱ为主，升温使放热反应平衡逆移，CO2的物质的量分数降低； (3)由图可知生成过渡态2的基元反应的活化能最大为决速步骤，所以对应的方程式为：H2O=H+OH，决速步骤的活化能为2.02eV； (4)高温下反应速率快，可以在较短的时间内将大部分CO转化，低温下有利于平衡正向移动，将残余的CO进一步深度转化，提高原料利用率和产品纯度。 24.(2026·湖北鄂州·质量监测)(多选)甲醇是一种重要的化工原料，被广泛应用于工业生产和能源领域。 （1）利用甲醇催化制乙烯： ①   ，下列能说明该反应为化学平衡状态的是　　　　　　　(填标号)。 a．单位时间内消耗2 mol 的同时生成了1 mol b．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变 c．在恒容绝热的容器中，反应体系温度不再变化 d．在恒温恒容的容器中，气体的压强不再变化 ②工业上用甲醇催化制乙烯时，同时发生的副反应有：         已知一定条件下烯烃的总选择性(烯烃的总选择性)及产物中丙烯与乙烯的物质的量之比在不同催化剂中随时间的变化如图所示(cat1和cat2代表两种等量的催化剂)。依据图示信息分析，制备乙烯时，应选择的催化剂为　　　　　　　(填“cat1”或“cat2”)，反应的最佳时间点为　　　　　　　h；在该条件cat1催化作用下，反应3 h后产物中乙烯与甲醚的物质的量之比为　　　　　　　。 （2）利用甲醇催化重整制氢气：该反应的反应机理如图所示： 已知在一定条件下， 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    ①写出相同条件下该机理图中总反应(Ⅲ)的热化学方程式为：　　　　　　　。 ②在时，若以等物质的量的反应物发生反应Ⅲ，同时伴随发生反应Ⅱ，平衡时甲醇的转化率为75%，CO的体积分数为10%，则反应Ⅱ的平衡常数为　　　　　　　 (保留2位小数)。 ③已知反应Ⅲ的速率常数公式为，Ea为活化能，A、R、e为定值。在一定温度和催化剂正常状态时，的值为0.001，相同温度下，CO使催化剂中毒，活化能变为原来的3倍，则速率常数变为原来的　　　　　　　倍。 （3）甲醇燃料电池(DMFC)在新能源领域得到广泛应用，其简易工作装置如图所示，乙电极上发生电极反应方程式为　　　　　　　。 【答案】（1）① cd    ② cat1    ③ 4    ④ 23:5     （2）① CH3OH(g) + H2O(g) = CO2 (g) + 3H2 (g)   ΔH=+49.4kJ·mol-1    ② 0.28    ③ 10-6     （3）O2+4e-+4H+=2H2O      【解析】(1)① a．单位时间内消耗的同时生成，这两个变化都属于正反应，不能说明反应到达平衡状态，a错误； b．该反应中所有物质都是气体，混合气体的总质量m不变，恒温恒容体积不变，密度始终不变，密度不变时不能说明反应到达平衡状态，b错误； c．该反应为放热反应，恒容绝热容器中，反应体系温度会发生变化，当温度不变时说明反应不再放出热量，反应达到平衡状态，c正确； d．该反应为气体的物质的量增大的反应，恒温恒容下压强与气体总物质的量成正比，压强不变说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，d正确； 故选cd。 ② 要制备乙烯，需要烯烃总选择性高，且丙烯与乙烯的物质的量之比越小（乙烯占比越高），由图可知的烯烃总选择性远高于，且丙烯与乙烯的物质的量之比更小，故选择的催化剂为；由图可知，催化剂为时，时烯烃总选择性最高，且丙烯与乙烯的物质的量之比较小，因此反应的最佳时间点为；由图可知，在条件cat1催化作用下，反应3 h时，烯烃的总选择性为92%，丙烯与乙烯的物质的量之比为1，设转化的甲醇的总物质的量为，则转化生成烯烃的甲醇的物质的量为，，设，生成乙烯消耗甲醇，生成丙烯消耗甲醇，得，（即n(乙烯)=18.4 mol）；剩余甲醇生成甲醚，生成甲醚消耗2 mol甲醇，故，得。 (2)①由流程图可知总反应(Ⅲ)为，该反应可以由反应I−反应II得到，根据盖斯定律计算，该反应的，故热化学方程式为。 ②设起始和各，甲醇转化率，即转化的甲醇为0.75 mol，利用三段式计算， ，平衡时气体的总物质的量为，CO体积分数为，故，得，反应Ⅱ平衡常数。 ③ 阿伦尼乌斯公式,已知正常时，活化能变为后，，故。 (3)由图可知，从甲电极移向乙电极，故甲为负极（通甲醇），乙为正极（通氧气），酸性条件下， 得电子结合生成水，电极反应： 25.(2026·湖北襄阳·调研)将转化为高能燃料，可有效实现碳循环。相关反应如下： 反应： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ：CO(g)+2(g)(g) 回答下列问题： （1）已知相关键能数据如下： 化学键 C≡O H—H C—H C—O O—H(甲醇中) O—H(中) 键能(kJ/mol) a b c d e f 根据表中信息，计算　　　　　　　　　　　kJ/mol(用含字母的代数式表示)。 （2）和在催化剂表面发生反应I的机理如图1。研究表明表面氧空位越多，越能促进的吸附和加氢，从而提高甲醇产率及选择性。 ①若用参与反应，最终能在　　　　　　　　　　　检验出(填标号)。 a．催化剂表面             b．             c． ②研究发现，增大浓度，反应速率增大并不明显。在不改变温度和催化剂种类的前提下，提出一种可以加快反应速率的方法　　　　　　　　　　　。 （3）在恒压密闭容器中充入和，再通入不同量的，测得平衡转化率、平衡时与初始物质的量之比随原料气中的变化如图2。 ①表示转化率的是曲线　　　　　　　　　　　(填“”或“”)。 ②当原料气中，平衡时且，则　　　　　　　　　　　，反应Ⅱ的分压平衡常数　　　　　　　　　　　(保留两位有效数字。为用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算的平衡常数，分压总压气体的物质的量分数)。 （4）恒压下，将一定量和混合气体以一定流速通过装有催化剂和分子筛膜的反应管，相同时间内，甲醇产率随温度的变化如图3。(已知该分子筛膜能选择性分离出水分子)从平衡移动的角度解释：X点高于Y点的主要原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）(a+2b-3c-d-e)     （2）① abc    ② 增大催化剂的表面积(或增加催化剂表面的氧活性位点)(答案合理即可)     （3）① b    ② 0.25    ③ 0.011     （4）分子筛膜可将H2O从体系中分离，使反应Ⅰ的平衡正向移动，甲醇产率增大      【解析】(1)反应Ⅲ：CO(g)+2(g)(g)，焓变=反应物总键能-生成物总键能，。 (2)用参与反应，根据反应机理和元素守恒，会出现在：催化剂表面(a)：反应过程中在催化剂表面吸附、反应，氧原子会与催化剂结合；(b)：反应Ⅰ生成甲醇，其中的氧来自；反应 Ⅰ 和 Ⅱ 均生成水，其中的氧也来自；因此，最终能在a、b、c中检验出； 加快反应速率的方法：增大催化剂的比表面积，增加反应位点、增加催化剂表面的氧空位，促进的吸附和加氢、提高反应气体的流速或压力等。 (3)随着原料气中增大，CO浓度升高，会使反应ⅢCO(g)+2(g)(g) 正向移动，消耗，导致反应Ⅰ逆向进行，从而使的平衡转化率降低。因此，表示转化率的是曲线b； 已知：，，=0.15，则。平衡时：，则反应Ⅰ消耗：，同时消耗0.05 mol，生成0.05 mol。反应Ⅲ消耗CO：0.15 mol-0.1 mol=0.05 mol，同时消耗0.1 mol，生成0.05 mol。； 平衡时各物质的物质的量：，，，，总物质的量。设总压为p，则各物质分压：，，，。反应Ⅱ的分压平衡常数：。 (4)分子筛膜能选择性分离出，使反应Ⅰ的平衡正向移动，从而提高了甲醇的产率。因此，在相同温度下，有分子筛膜的实验值高于无分子筛膜的平衡值。 26.(2026·湖北武汉5月模拟)乙二醇二甲醚(DEEG)可作为柴油添加剂和液体燃料，具有广阔的应用前景。 已知一定温度下， Ⅰ．    Ⅱ．    回答下列问题： （1）从微观角度分析，和的数值　　　　　　　　　　　(填“较为接近”“差距较大”或“无法比较”)。 （2）在绝热恒容容器中，一定量的乙二醇和甲醇发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 A. 体系温度保持不变 B. v(甲醇)=v(H2O) C. 容器内气体密度保持不变 D. 混合气体平均相对分子质量保持不变 （3）将乙二醇和甲醇按照一定比例投料，乙二醇的转化率随温度的变化曲线如图1所示。 ①160℃左右曲线变化趋势相反的原因是　　　　　　　　　　　(不考虑催化剂的活性)。 ②达到平衡后，继续按照原比例加入乙二醇和甲醇，则乙二醇的转化率　　　　　　　　　　　(填“升高”“降低”或“不变”)。 （4）我国学者设计了醇脱水制备乙二醇醚的反应器，其工作原理如图2所示。 ①该装置可提高乙二醇转化率的原因是　　　　　　　　　　　。 ②在0.5 MPa下，将乙二醇和甲醇按照1∶2投料，达到平衡时，乙二醇转化率和DEEG的选择性均为90%[某物质的选择性]。水的分压　　　　　　　　　　　MPa(分压=总压×物质的量分数)，反应Ⅱ的为　　　　　　　　　　　(用物质的量分数代替浓度计算，结果保留整数)。 【答案】（1）较为接近     （2）A     （3）① 低于160℃，温度升高，反应速率加快，相同时间内乙二醇转化率增大；高于160℃，反应已达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，乙二醇转化率减小    ② 不变     （4）① 升高温度，增大反应速率，并及时分离产物，提高乙二醇转化率    ② 0.285    ③ 53      【解析】(1)焓变（）在微观上等于反应中断裂化学键吸收的总能量与形成化学键放出的总能量之差，两个反应均断裂一个C-O键和一个O-H键，所以它们的反应热（焓变）数值也较为接近。 (2)A．已知该反应是放热反应（  ）。在绝热容器中，体系与外界没有热量交换。只要反应正向进行，就会放出热量，导致体系温度升高。当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，宏观上反应停止，不再有净热量产生，因此体系的温度将保持恒定。所以，温度不变是达到平衡的标志，A选； B．v(甲醇)=v(H2O)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，B不选； C．密度。在恒容容器中，体积V不变。根据质量守恒定律，反应体系的总质量m也不变。因此，无论反应是否达到平衡，气体密度始终不变，不能作为平衡标志，C不选； D．平均相对分子质量数值上等于平均摩尔质量，总质量守恒，反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体体积不变的反应，反应过程中气体总物质的量在反应过程中保持不变。因此，平均相对分子质量始终不变，不能作为平衡标志，D错误； 故选A。 (3)①160℃之前，反应未达到平衡，温度升高，反应速率加快，乙二醇转化率升高；160℃之后，反应达到平衡，因该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，乙二醇的平衡转化率降低； ② “按照原比例加入乙二醇和甲醇”相当于在恒容条件下增大了体系的压强。反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体体积不变的反应，改变压强不会使化学平衡发生移动，则乙二醇的转化率不变。 (4)①该装置可预热反应物，且可以分解产物，则该装置可提高乙二醇转化率的原因是升高温度，增大反应速率，并及时分离产物，提高乙二醇转化率； ②在0.5 MPa下，将乙二醇和甲醇按照1∶2投料，假设起始时，、，，消耗的乙二醇总量为，剩余的乙二醇的物质的量为，生成DEEG的量为，根据物料守恒，参加反应的乙二醇（）一部分生成DEEG（消耗乙二醇），剩余部分则生成乙二醇单甲醚，生成乙二醇单甲醚的物质的量为，由方程式系数关系可知，，剩余甲醇的物质的量，平衡时总物质的量 ，水的物质的量分数，水的分压，，，，，反应Ⅱ的计算  。 27.(2026·湖北新八校·二模)CO2-CH4催化重整是减缓温室效应、实现碳中和的重要方式，是CO2利用的研究热点之一，该重整反应体系主要涉及以下反应： ①CH4(g) + CO2(g)2CO(g) + 2H2(g)     ΔH1 ②CO2(g) + H2CO(g) + H2O(g)     ΔH2 ③CH4(g)C(s) + 2H2(g)       ΔH3 ④CO(g) + H2H2O(g) + C(s)     ΔH4 I、我国学者对催化重整的反应①进行理论研究，提出在Pt-Fe或Sn-Fe合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。 （1）主反应的ΔH1=　　　　　　(用ΔH2、ΔH3、ΔH4表示)。 （2）该历程中最大能垒E(正)= 　　　　　　eV/mol。 （3）其他条件相同时，催化重整的主反应①在不同催化剂下反应相同时间，CO的产率随反应温度的变化如图所示，P是　　　　　　合金催化下CO的产率随温度的变化曲线，P、Q曲线到达M点后重合，请解释原因　　　　　　。 Ⅱ、设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。反应①、③、④的ln随(温度的倒数)的变化如图所示。 （4）反应④的正、逆反应速率分别表示为：；，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 （5）在图中A点对应温度下、原料组成、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为30kPa。反应③的相对压力平衡常数为　　　　　　(填数值)，平衡时CH4的分压　　　　　　kPa，CH4的平衡转化率=　　　　　　(保留三位有效数字)。 【答案】（1）     （2）3.80     （3）① Pt-Fe    ② M点后，反应达到平衡，使用催化剂平衡不移动，不影响CO的产率，故曲线重合     （4）减小     （5）① 1    ② 9    ③ 77.5%      【解析】(1)由盖斯定律可知，反应① =反应② +反应③ -反应④，故； (2)由图可知，反应的能垒最大为； (3)M点之前，P、Q均未达到平衡状态，P曲线对应的CO产率高，说明P曲线反应速率快，能垒更低，观察图像，故催化剂为Pt-Fe；M点后，反应达到平衡，使用催化剂平衡不移动，不影响CO的产率，故重合； (4)，，当处于化学平衡状态时，，，移项后，由曲线可知，升高温度，减小； (5)由图可知，A点反应③的=1，即=1=， =9；初始总压为100 kPa，原料组成，故的初始分压为，甲烷的转化率=。 28.(2026·湖北十堰·调研)利用可制备诸多物质。回答下列问题： （1）与重整制备水煤气的主要反应的热化学方程式如下： 反应Ⅰ：； 反应Ⅱ：； 反应Ⅲ：。 ①在与重整体系中通入适量，可减少的生成，反应的　　　　　　　　　　　。 ②下，将的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中，和的平衡转化率如图1所示。800℃时平衡转化率大于600℃时平衡转化率，其原因是　　　　　　　　　　　。 （2）与可制备，反应的热化学方程式为。向某密闭容器中充入和发生上述反应，不同条件下达到平衡时，的转化率为，在时，和时，的关系如图2所示。 ①该反应的　　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)0。 ②曲线b表示与　　　　　　　　　　　(填“”或“”)的关系曲线，原因为　　　　　　　　　　　。 ③、、三点平衡常数、、的大小关系为　　　　　　　　　　　。 ④在点对应条件下，请用平衡时物质的量分数代替平衡浓度计算，此时反应的平衡常数　　　　　　　　　　　(结果用分数表示)。 （3）研究、与不同配比的铁铈载氧体[，，是活泼金属，正价有、]反应制备和依次发生的主要反应： (甲)；(乙)。 已知甲反应的产物气体体积分数、转化率、与的关系如图3所示。当时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 反应Ⅰ和反应Ⅱ的，高温下反应的平衡常数大(或反应正向进行程度大)，的消耗量大，反应Ⅲ的，高温下反应的平衡常数小(或反应正向进行程度小)，的生成量小     （2）①     ②     ③ 该反应为气体总体积增大的反应，随着压强增大，平衡左移，的转化率减小    ④     ⑤      （3）504      【解析】(1)① 根据盖斯定律，目标反应可由3×反应Ⅰ −2×反应Ⅱ得到，因此：； ② 反应Ⅰ和Ⅱ的均大于0，为吸热反应，高温下反应的平衡常数大(或反应正向进行程度大)，的消耗量大，反应Ⅲ的，高温下反应的平衡常数小(或反应正向进行程度小)，的生成量小，因此，800℃时平衡转化率大于600℃时平衡转化率。 (2)① 该反应是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，CH4转化率应减小，由图2可知，b线是压强与转化率的关系曲线，则a线为温度与转化率的关系曲线，压强不变时，升高温度，增大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，； ②该反应正反应是气体分子数增大的反应，温度不变时，增大压强，平衡逆向移动， 转化率降低，与曲线b变化趋势一致，则曲线b表示与的关系； ③平衡常数只与温度有关，该反应，温度越高平衡常数越大，x点的温度为150℃，y、z点的温度均为200℃，故； ④y点，列三段式： ，总物质的量，根据物质的量分数，则： 。 (3)由图3可知，时转化率为，则转化的体积为，中H全部转化为，故，CO选择性为80%，故，总体积为。 29.(2026·湖北黄冈·二模)变化观念与平衡思想不仅在化学变化中得以体现，在诸如晶体相变、物态变化、物质溶解中也存在着可以类比化学平衡的平衡过程。回答下列问题： I．两种晶型的Sn之间存在平衡：，该转变的自由能变()与温度(T)的关系如图所示。 （1）自发转变成的条件为　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．一定温度下，物质M的液态与气态之间存在相变平衡： 平衡时M(g)的分压称为该温度下M的饱和蒸气压。 （2）25℃、101 kPa下，部分化学键键能数据如下，的燃烧热。 化学键 H—H O=O(氧气) H—O 键能/() a b c 则　　　　　　　　　　　 (用含a、b、c、d的代数式表示)。 （3）如图是水、乙醚()、THF()的饱和蒸气压随温度变化的图像。 ①下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填标号)。 a．饱和蒸气压越高表示液体越难挥发 b．相同温度下曲线最低与氢键有关 c．乙醚曲线在THF曲线上方与分子极性有关 ②请从平衡移动的角度解释随着温度升高曲线上升的原因　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．溶解平衡普遍存在。一定温度下，气体A溶于溶剂(用S表示)时存在平衡：称为在S中的亨利常数，，p(A)为A在溶液表面的分压，c(A)为A在S中的浓度。溶质B在两种互不相溶的溶剂之间也存在平衡：称为在溶剂和溶剂中的分配系数，。 （4）下列说法正确的是___________(填标号)。 A. 相同条件下，在中的亨利常数小于在中的亨利常数 B. 海水中浓度大于，说明溶于水的能力强于 C. 海带提碘时，在萃取剂和水中的分配系数越小，表示萃取效果越好 D. 海水提溴的“吹出法”原理是吹热空气降低海水表面的溴分压，同时增大的 （5）某些水溶液实验需要排除空气中的干扰，加用油性溶剂(用R表示，R密度比水小，难溶于水)液封是一个简单且有效的方法。为定量反映隔氧效果，定义阻氧比液封后水中饱和氧浓度与未液封时水中饱和氧浓度之比。 ①设在水和R中的亨利常数分别为，在水和R中的分配系数为。试计算出用R液封的阻氧比　　　　　　　　　　　[用的式子表示]。 ②实践中发现，某些溶剂的虽然大于1但是在短期内仍然有较好的阻氧效果，试分析原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）温度低于286.35 K     （2）     （3）① bc    ② 液体汽化是吸热过程，温度升高，平衡向汽化方向移动，则平衡时饱和蒸气压升高     （4）AD     （5）①     ② 液封减缓了O2进入水层的速率      【解析】(1)题图中是反应的自由能变，时正反应不自发，逆反应（）自发；由图可知，，，因此自发转变为的条件是。 (2)根据盖斯定律计算： ① 对反应，焓变反应物总键能−生成物总键能； ② 已知燃烧热：； 用① −② 得目标反应，。 (3)①a．饱和蒸气压越高，说明相同温度下越容易挥发，a错误； b．水分子间存在氢键，分子间作用力更强，水分子更难逸出，相同温度下饱和蒸气压更低，因此水的曲线最低，b正确； c．乙醚极性弱于THF，分子间作用力更弱，更易挥发，相同温度下饱和蒸气压更高，因此乙醚曲线在THF上方，和分子极性有关，c正确； 故选bc。 ② 液态转变为气态是吸热过程，升高温度，平衡向生成气态的方向移动，气态的物质的量增大，饱和蒸气压增大，因此曲线随温度升高而上升。 (4)由题给定义，相同分压下，越小，溶解度越大。 A．极性大于，在水中溶解度大于，相同分压下，在中的亨利常数小于在中的亨利常数，A正确： B．空气中分压远大于，海水中浓度更大不能说明溶解能力更强，实际相同分压下溶解度更大，B错误； C．萃取时分配系数，越大，越多进入有机相，萃取效果越好，C错误； D．吹出法中，吹入热空气一方面降低海水表面溴分压，使平衡正向移动；另一方面温度升高，溶解度降低，，减小则增大，有利于逸出，D正确； 故选AD。 (5)① 亨利常数：，变形得 ，分配系数：（代表水相，代表油性溶剂相），未液封时，水直接接触空气，设空气中分压为，根据亨利定律： ；液封时，上层油性溶剂直接接触空气，中先与空气平衡，由亨利定律得中浓度： ，之后在和水之间达到分配平衡，根据分配系数定义，液封后水中浓度： ，代入阻氧比定义，可约去，最终可得：。 ② 氧气通过油性溶剂层扩散到水中需要一定时间，短期内水中氧气浓度仍较低，因此短期内仍有较好的阻氧效果。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $