15.原理篇—反应原理综合题 学案-2027届高三化学一轮复习

该高中化学高考复习学案聚焦反应原理综合题，系统整合热化学、平衡常数计算、反应图像分析等核心考点，通过真题溯源揭示命题规律，考点梳理构建知识储备与思维模型，考点精练实现靶向突破，引导学生自主形成“盖斯定律-平衡计算-图像解读-工业调控”的完整认知体系。 亮点在于真题诊断与思维建模结合，开篇设置近三年山东卷真题及模拟题自测，配套析题思维模型（如三段式计算、图像分析四步法）培养科学思维，每个模块含错题归因表与反思任务，助力学生自主诊断薄弱点，教师可依据学情精准指导，有效提升学生自主复习能力与备考实效。

15.原理篇---反应原理综合题参考答案 1、 真题溯源，命题透视 1.【答案】（1）1,2-丁二醇 （2） ①. < ②. 反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同 ③. （3） ①. 0.5 ②. 0.3 （4） ①. ③①② ②. ② 【解析】【小问1详解】 B的结构是，主链4个碳，1、2位有羟基，系统命名为1,2-丁二醇； 【小问2详解】温度越高反应速率越快，先达平衡，所以；平衡时A转化率更低，升温A转化率下降，平衡逆向移动，正反应放热，故； 反应Ⅰ是酯交换，断裂的化学键和形成的化学键种类以及数目相同，因此很小； 初始，平衡，由反应Ⅰ计量比，，剩余，设液相反应体系的体积为V，则平衡常数； 【小问3详解】 设反应Ⅰ中A的转化量为a mol，反应Ⅱ中A的转化量为b mol，反应Ⅲ中C的转化量为c mol，则有： 则达到平衡时、、、、，可列方程组 ，解得，所以此时，； 【小问4详解】反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，③降低温度，平衡Ⅱ、Ⅲ正向移动，生成更多E，故③大于①；②加入惰性溶剂稀释，反应Ⅱ、Ⅲ均为物质的量减小的反应，稀释平衡逆向移动，消耗E，故②小于①，因此排序为。 由，变形得。①和②温度相同，相同，：②>①，故：②<①；③温度低于①，，降温增大，且与②相等，故：③>②，因此最小值对应体系②。 2.【答案】（1）ΔH1+ΔH2 （2） ①. H2O ②. ＜ （3） ①. 0.45+0.5a ②. 150a （4） ①. 增大 ②. 减小 【解析】【小问1详解】已知： Ⅰ． Ⅱ． 依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应的焓变为ΔH1+ΔH2； 【小问2详解】由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，升高温度S2减小，H2O、H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热热反应，即ΔH＜0； 【小问3详解】T1平衡时H2是amol，根据可知H2O和SO2的物质的量均为100amol，根据H元素守恒可知H2S为0.1－101a，设平衡时CaS和S2的物质的量分别为xmol和ymol，根据Ca元素守恒可知CaSO4是1－x，根据O元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S元素守恒可知2=0.1－101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS和CaSO4的物质的量的差值为2x－1=150a。 【小问4详解】压缩容器容积，压强增大，反应平衡正向进行，S2的产率增大，氢气的物质的量减小，由于始终不变，H2O的物质的量减小；温度不变反应的平衡常数不变，所以SO2增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示为，始终不变，所以增大。 3.【答案】（1）++ （2） ①. ②. 当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以的摩尔分数减小。 （3） ①. ②. 0.5 ③. 不变 ④. 不变 【解析】【小问1详解】已知三个反应： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。 【小问2详解】图示温度范围内已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，量减小，摩尔分数减小，量升高，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表的摩尔分数的变化，则c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。 【小问3详解】①压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数 ； ②气体总物质的量为4.0mol，则H2、CO、CO2、H2O(g)的物质的量依次为2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，设反应Ⅰ生成CO和H2物质的量都为xmol，反应Ⅱ消耗CO物质的量为ymol、生成H2物质的量为ymol，则x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反应Ⅱ生成CO2物质的量为0.7mol，反应Ⅲ消耗CO2物质的量为0.7mol-0.2mol=0.5mol，则由反应Ⅲ知，此时CaCO3(s)物质的量为0.5mol； ③若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变；将反应Ⅰ-反应Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，温度不变，该反应的Kp=不变，则不变。 二、考点梳理，思维建模 三、考点精练，靶向突破 1.【答案】（1） （2） ①. < ②. ③. ④. ⑤. 在温度时完全分解，继续升高温度反应Ⅲ平衡正向移动的程度大于反应Ⅱ平衡逆向移动的程度 （3） ①. 不变 ②. 减小 【解析】【分析】反应Ⅲ在低于温度时不反应，此时仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，由图可知，曲线丙在温度低于时物质的量为0，温度高于时随温度升高逐渐增大，CO仅在反应Ⅲ中生成，故曲线丙代表的物种为CO； 在温度时完全分解，则温度高于时只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，完全发生反应Ⅱ最多生成，故平衡时的物质的量一定小于0.25 mol，且温度低于时的物质的量为的物质的量的2倍，由图像知，只有曲线丁在温度高于时物质的量小于0.25 mol，温度低于时，曲线乙的物质的量高于曲线丁，故曲线丁代表的物种为，曲线乙代表的物种为，故曲线甲代表的物种为，据此分析解答。 【小问1详解】根据盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ即可得到反应，因此焓变 。 【小问2详解】① 由分析知，曲线丁代表的物种为，由图可知，温度升高，平衡时的物质的量减小，说明反应Ⅱ逆向移动，逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，。 ② 由图及分析可知，M点时，容器中和分别为和，假设分解的为，反应Ⅱ消耗，反应Ⅲ消耗，根据反应方程式可知，的物质的量为，反应Ⅰ生成的的物质的量为，故，，，解得，；平衡时，反应Ⅲ的平衡常数=。 ③温度高于时，已经完全分解，反应Ⅲ是吸热反应，升高温度反应Ⅲ平衡正向移动，消耗的程度大于反应Ⅱ升温逆向生成的程度，因此物质的量随温度升高逐渐减少。 【小问3详解】反应Ⅰ的平衡常数，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，平衡时不变；反应Ⅲ 的平衡常数，由于，因此当温度不变和不变时，为定值，浓度变大，则 ​ 减小。 2.【答案】(1)(2) ＞ 反应Ⅱ的焓变，随着温度升高，反应逆向移动 1 (3) 增大 增大 【详解】（1）已知：Ⅱ.   Ⅲ.   ，目标反应：，根据盖斯定律，用反应Ⅱ-反应Ⅲ可得：。 （2）在之前，曲线③和曲线④重合，说明的转化率和的产率相等，说明在这之前只发生反应Ⅱ，在之后，曲线④大于曲线③，说明曲线④代表的转化率，曲线③代表的产率，温度升高的转化率减小，说明<0，在之后，的转化率略有上升，说明反应Ⅲ的>0； 在之前，曲线③和曲线④重合，说明的转化率和的产率相等，说明在这之前只发生反应Ⅱ，温度升高时，反应Ⅱ逆向进行，的物质的量减少，所以曲线②为的物质的量； 在之前，曲线③和曲线④重合，说明的转化率和的产率相等，说明在这之前只发生反应Ⅱ，温度升高的转化率减小，说明<0，随着温度升高，反应逆向移动； 由以上分析可知曲线①为的物质的量，曲线②为的物质的量，曲线③为的产率，曲线④为的转化率。由图中可知，在时，=1.36 mol，的产率为0.64。设反应Ⅱ中消耗的物质的量为x mol，反应Ⅲ中消耗的物质的量为y mol，列三段式则，解得x=0.64，y=0.08。已知的产率为0.64，平衡时的物质的量为0.64 mol，则的理论产量为1 mol，且全部转化为，则的初始物质的量为1 mol，平衡时的物质的量为0.28 mol，由反应Ⅲ反应前后的气体的物质的量相等可得===； 由上述分析可知，的初始物质的量为1 mol，则投入的的物质的量也为1 mol。 （3） 向上述平衡体系中加入足量，会继续释放，等效于增加反应物CO2的浓度，则重新达平衡后，CO2转化率减小，分压将增大；压缩体积，压强增大。反应Ⅱ正反应是气体分子数减少的反应。增大压强，平衡正向移动，增大，减小，则增大。 3.【答案】(1) (b+2c-4a) D (2) 增大压强或降低温度 (3) 0.8 (4) 增大 450℃后以反应Ⅲ为主，升温反应Ⅲ平衡正向移动，CO2选择性降低 【详解】（1）根据燃烧热定义： ① ② ④ 利用盖斯定律，由4×①-②-2×④可得反应Ⅱ：=(b+2c-4a) ； 反应Ⅰ：  ，。吉布斯自由能，随温度T升高，下降，且低温时>0，高温时<0，对应图像为D。 （2）低于360℃时反应Ⅲ可忽略。分析图像，曲线乙和曲线丁的变化趋势相反，存在竞争关系，升高温度，反应Ⅰ为吸热反应，的选择性会增大，的转化率增大，则甲代表的转化率；反应Ⅱ为放热反应，的选择性会减小，的转化率减小，则丙代表的转化率，所以曲线乙为的选择性，曲线丁为的选择性； 反应Ⅱ为放热的体积减小的反应，可采取增大压强或降低温度提高的平衡产率。 （3）550℃时，由图可知的转化率为100%，则只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ。根据图中所给信息：的选择性为70%，的选择性为10%，三段式： 平衡时的物质的量为1.4 mol，的物质的量为0.8 mol，的物质的量为0.2 mol，CO的物质的量为0.4 mol，则体系中的物质的量为0.8 mol； 反应Ⅲ的反应前后气体系数都为1，===。 （4）300℃时达平衡后，只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，压缩容器体积，温度不变，反应Ⅰ的平衡常数不变，即二氧化碳的浓度不变，容器容积减小，说明二氧化碳的物质的量应该减小，这说明反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，的物质的量增大，CH4和CO2的物质的量之比增大； 450℃后只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，升高温度反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，但反应Ⅲ正向移动的程度大于反应Ⅱ逆向移动的程度，导致CO2选择性降低。 4.【答案】(1) < (2) 恒压条件下，通入水蒸气，体系内其他组分分压减小，平衡正向移动，提高平衡转化率 (3)0.4 (4) 、 0.65 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应①+反应②=目标反应，则反应ΔG=ΔG1+ΔG2；由图可知，温度相同时，平衡常数Kp1大于Kp2，则反应吉布斯自由能的关系为：ΔG1－ΔG2=(-ATln Kp1)-( -ATln Kp2) <0； （2）高温条件下水蒸气能与碳反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为：，所以通入水蒸气能够一定程度上减少催化剂上的积炭；恒压条件下，通入不参与反应的水蒸气，体系内其他组分分压减小，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，所以恒压条件下，通入一定量的水蒸气能提高DEB的平衡转化率； （3）由题意可知，每小时通入0.5 mol DEB时，DEB的转化率为：α=(-11.13×ln+80)%=80%，则1h内，DEB的反应速率为：=0.4 mol/h； （4）设水蒸气、DEB的物质的量分别为8.02 mol、1 mol，由Kp随温度变化可知，温度升高，Kp1、Kp２均增大，说明升高温度，反应①、反应②的平衡均向正反应方向移动，则压强一定时，升高温度，DEB的平衡转化率和DVB的选择性均增大，由DVB的选择性小于DEB的平衡转化率可知，曲线L1、L2、L3分别表示DEB的平衡转化率、DVB的选择性、EVB的选择性随温度的变化；由方程式可知，反应①、反应②均是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，DEB的平衡转化率和DVB的选择性均减小，由DVB的选择性小于DEB的平衡转化率可知，曲线L5表示DEB的平衡转化率随压强的变化；由图可知，T0时，DEB的平衡转化率为70%，DVB的选择性和EVB的选择性都为40%，则平衡时，DEB、EVB、DVB的物质的量分别为：1 mol-1 mol×70%=0.3 mol、1 mol×70%×40%=0.28 mol、1 mol×70%×40%=0.28 mol；由方程式可知，生成0.28mol DVB需要两步脱氢，氢气的物质的量为：0.28 mol×2=0.56 mol，生成0.28mol EVB需要一步脱氢，生成氢气的物质的量为0.28 mol，则生成氢气的总物质的量为0.84 mol；由公式可知，MST的选择性为20%，则MST的物质的量为：1 mol×70%×20%=0.14 mol，由方程式可知，反应生成甲烷的物质的量为0.14 mol，则平衡时混合气体的总物质的量为：0.3 mol+0.28 mol+0.28 mol+0.84 mol+0.14 mol+0.14 mol+8.02 mol=10.0 mol，反应③的平衡常数为：Kp3=≈0.65 kPa。 5.【答案】(1)-90.5 (2) 3.0×106Pa时甲醇的选择性 温度较低时以反应ⅱ为主，温度较高时以反应ⅲ为主 (或0.067) 0.0016 高于330℃时以反应ⅲ为主，且反应ⅲ前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不受压强影响 【详解】（1）根据盖斯定律，反应ⅰ = 反应ⅱ − 反应ⅲ，因此：。（2）① 反应ⅱ（）是气体分子数减少的放热反应，增大压强有利于转化为，因此曲线Ⅰ表示时甲醇的选择性；温度较低时，反应ⅱ（放热）为主，温度升高其平衡逆向移动，选择性减小；温度较高时，反应ⅲ（吸热）为主，温度升高其平衡正向移动，增多，促使反应ⅰ 生成，选择性增大，因此曲线Ⅲ先减小后增大。 ②设初始投料，，由图可知该条件下平衡转化率为，选择性，因此，由，结合，因此、。则平衡时剩余。反应ⅱ：，消耗，生成；反应ⅲ：，消耗，生成，则总消耗为，剩余为，生成的为。因此平衡时各物质的量为：、、、、，总物质的量。因此。对于反应Ⅲ：各物质分压：、、、，则平衡常数：。 ③ 温度高于时，反应ⅲ（气体分子数不变）为主，且反应前后气体分子数相等，压强对其平衡几乎无影响，因此曲线Ⅲ和Ⅳ几乎汇于一条线。 6.【答案】(1)-92.4 (2) b d 2m 增大 不变 【详解】（1）根据盖斯定律，由反应Ⅰ- 反应Ⅱ可得目标反应：变； （2）①表示NH3选择性和N2的选择性之和为1，开始阶段反应Ⅰ为快反应，NH3是主产物，选择性高，故曲线b是NH3的选择性，曲线c是的N2选择性，根据初始投料比可知，氢气过量，则NO的转化率应高于H2，故a代表NO的转化率，d代表H2的转化率； ②已知G点坐标(32，m)，即32 min时NO转化率为m，根据反应Ⅰ和反应Ⅱ的化学计量数均为1：1，初始充入2 mol NO，转化率为m，则； 75 min时，NO转化率80%，氨气选择性25%，则：消耗NO 为，反应Ⅰ消耗的NO物质的量为 ，生成，列出消耗量： 反应Ⅱ消耗的NO物质的量为 ，生成，列出消耗量： 共消耗 ，剩余： ；生成水 ；平衡时各物质的量：，总物质的量 ； 初始总压 ，初始 ，初始NO分压，题目前置条件是恒压密闭容器，75 min时平衡时NO分压：，变化量 ，时间 ，平均速率：；反应Ⅰ：，温度不变，25 min时物质的量分数平衡常数按75 min计算：； ③使用仅对反应 Ⅰ 有催化作用的催化剂：反应 Ⅰ 速率加快，生成速率增大，其浓度最大值增大。 使用仅对反应 Ⅱ 有催化作用的催化剂：反应 Ⅱ 速率加快，选择性降低，但最终平衡时浓度由热力学平衡决定，故 75 min 时浓度不变。 7.【答案】(1)-165.13 (2)C (3) b 曲线d代表的物质的量变化，温度不变，当增大时，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，所以的物质的量减小 0.125 66.7 Y 【详解】（1）根据反应焓变计算公式：，对于反应： 代入数据：； （2）根据范特霍夫方程，对作图，斜率为：反应I：斜率为正，故，计算得，反应III是第一问反应的逆反应，故，因此，数值范围为，选C； （3）① 增大（即增加用量），转化率升高，自身转化率降低，因此下降曲线为的转化率；温度不变，当增大，浓度升高，促进反应I正向进行，反应Ⅱ逆向移动，所以的物质的量减小； ② 转化率高于的转化率，曲线a为转化率，设平衡时，，，起始，，，，可得： 解得：，。为的物质的量曲线，故； 的选择性； ③ 时反应II的，反应II，增大说明温度降低；反应I，降温使反应I正向移动，H2转化率升高，因此C点移向更高转化率的Y点。 8.【答案】(1) (2) 400℃时，的选择性几乎为0，体系发生的主要反应为反应Ⅱ，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，所以不同压强下平衡转化率趋于相等 升高 (3) 温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以的转化率升高，但甲醇的选择性降低 (4) 【详解】（1）根据燃烧焓写出已知反应： ① ；② ；③ ； 目标反应Ⅱ：，由盖斯定律：①②③； （2）①反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，压强越大，平衡正向移动，转化率、选择性越高。由图可知相同温度下的转化率、选择性均大于，故； ②400℃时，的选择性几乎为0，体系发生的主要反应为反应Ⅱ，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，所以不同压强下平衡转化率趋于相等； ③LTA分子筛膜亲水，会分离出反应体系中的，两个反应的生成物浓度降低，平衡均正向移动，平衡转化率升高； （3）①甲醇产量 ，代入数据： D：，E：，F：，故产量顺序为； ② 反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，总平衡转化率升高，但甲醇的比例降低，故选择性降低； （4） 设平衡时生成，，转化率为40%，故。计算总物质的量： ，已知体积分数为10%，则，解得，，总物质的量，各物质分压：，，，。 反应Ⅰ的平衡常数： (MPa)−2。 9.【答案】(1)+132.4kJ·mol-1 (2)B (3) (4) 0.5 (5) 不变 (6)升高温度，反应逆向移动，成为主要反应，故物质的量增大 【详解】（1）由盖斯定律，Ⅰ+2×Ⅱ得到； （2）反应Ⅲ的，，高温下满足，故选B； （3）由表格可知，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅳ为气体转化为固态也是放热的，曲线Ⅰ、Ⅱ可表示或的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ正向移动，反应Ⅰ、Ⅳ为逆向移动，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为，曲线Ⅱ对应的物质为； （4）温度下，为8.5mol、为6.0mol，、均为0mol，根据Ti元素守恒，可推出为（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则反应Ⅲ的平衡常数为； （5）由反应Ⅰ可知其平衡常数，反应Ⅳ可知其平衡常数，由于温度不变，则、均不变，由于体积减半，故，化学反应速率，；体系中只存在、，体积减半后，气体总物质的量为，气体浓度不变，故容器总压强不变； （6）温度升高，反应Ⅰ逆向移动，物质的量增大，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，物质的量减小，综合来看，物质的量逐渐增大，说明随着温度升高，以反应Ⅰ为主，故物质的量增大。 四、他山之石，可以攻玉 1.【答案】（1）-63 （2）＜ （3） （4） （5）a、c、d （6） （7）四组实验水的用量不同，④中水的用量最少，反应放出总热量少，升温幅度小，因此到达最高温度时间短不能说明反应速率大 【解析】（1）根据盖斯定律，整个循环焓变总和为0：，解得； （2）同等条件下，粉末状的物质相比于块状物质，被粉碎得更细，具有更大的比表面积。表面原子由于配位不饱和，具有比内部原子更高的能量，因此块状的表面自由能小于粉末状。 （3）设转化率为，起始物质的量为，每脱水失去，固体质量减少，因此： ，整理得。 （4）空调等物理热泵的供热原理是利用制冷剂发生物理相变(如气态冷凝液化)来释放热量。在上述关系图中，发生物理变化且放热的过程是510℃的转变为25℃的的过程(放出62kJ/mol的热量)。 （5）对于平衡，平衡常数；若实际，反应逆向进行，不符合题意。 图中点c在平衡曲线下方，同温度下实际小于平衡，平衡正向趋势大，因此可以稳定存在；而点 a 和点 d 位于平衡曲线上，体系处于平衡状态，此时和CaO稳定共存，故选a、c、d。 （6）的原子个数为；二维单层紧密堆积（六方密堆积），框内表示每个原子所占总面积（含空隙），计算结果为，因此总表面积： 。 （7）初始质量相同，水的比例不同，放热量不同：水越少，总放热量越少，体系需要升高的温度越小，到达最高温度的时间就越短，和反应速率无关，因此该推断不正确。 2.【答案】（1） （2） （3） ①. BC ②. 3.2 （4）> （5） ①. 0.82 ②. 0.22 【解析】 【小问1详解】S的原子序数为16，在周期表中位于第三周期VIA族，所以其价层电子轨道表示式为； 【小问2详解】根据盖斯定律，，故； 【小问3详解】①A．题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z的反应速率逐渐增大，转化率也逐渐增大，A错误； B．从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z转化率逐渐增大，B正确； C．温度越高反应速率越快，由题图1可知实验Ⅱ的反应速率比Ⅳ的反应速率大，故实验温度：Ⅱ>Ⅳ，C正确； D．Ⅱ和Ⅳ温度不同，该分步反应平衡常数不同，平衡时Z的浓度不相等，D错误； 故BC； ②已知Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，故，，则。 【小问4详解】在潮湿空气中水解的化学方程式为，该反应为熵增反应，熵变。 【小问5详解】①由题干可知，每摩尔D吸收的量为。结合题图3可知，303 K、时，，，；350 K、时，，，，故达平衡后释放的为。 ②由题图3可知，时，温度不变不变。时，，结合题图2中信息，，，则，解得；时，，解得，，故最多可吸收。 3.【答案】（1） ①. ＞ ②. 0.16 （2） ①. 0.28 ②. 低温 ③. 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，降温使平衡逆向移动，增大、减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域 ④. 20.97% （3） ①. ②. 3:1 【解析】【小问1详解】① 平衡常数随温度升高增大，说明升温时反应1平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此。 ② 沉积速率。 【小问2详解】 ① 1320 K时，由图得，，总压，反应1的压强平衡常数。 ② 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，要使二者分数重新相等，需使平衡逆向移动；因正反应为吸热反应，故需降低温度。 ③  设生成，，根据Si守恒：平衡后所有含Si气体总物质的量为，总气体物质的量为​，则；根据H守恒：初始总H为，即，解得，代入得，即。 【小问3详解】① 阴极发生得电子还原为Si的反应，电极反应为。 ② 标况下2.24 L气体总物质的量为0.1 mol，，转移电子总数： ，阳极反应为：、，根据转移电子守恒：，联立，得。 4.【答案】（1）-119 （2） ①. 漏斗、玻璃棒 ②. ③. 稀释溶液时，仅随溶液体积增大直接被稀释，而、的水解平衡会正向移动，生成了额外的，抵消了部分因体积增大引起的浓度减小 （3） ①. ②. 溶液中存在电离平衡：，与​结合生成沉淀，使降低，促使的电离平衡正向移动；产生的浓度增大，进而与溶液中的结合，促使平衡正向移动，从而产生气体 【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，用反应ii×2 - 反应i即可得到反应iii： ； 【小问2详解】①过滤操作的玻璃仪器包含烧杯、普通漏斗、玻璃棒。 ②题目条件明确指出“几乎不产生，因此可以忽略，根据物料守恒：，由图可知，，所以：，而溶液中的主要来源于的水解，根据水解方程式：，，故。 ③当后，固体已经完全溶解。此时继续加水相当于对溶液进行稀释。稀释时仅随溶液体积增大直接被稀释，但根据勒夏特列原理，、的水解平衡会正向移动，额外释放出，因此的下降幅度比更小。 【小问3详解】①根据题意，与反应快，而与反应慢，所以预处理的目的是消除浸出液中的，将转化为，对应离子反应为：； ②加入后，溶液存在的电离平衡：，与​结合生成沉淀，释放出更多的， 随即与溶液中发生结合：，生成气体逸出体系。 5.【答案】(1) ＞ (2)中羟基（）是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱 (3) (4)B (5) 温度高于900℃时，随温度升高，反应Ⅰ、反应Ⅱ（吸热反应）均向正反应方向进行，但反应Ⅱ正向进行程度更大，同时由于总压恒定，反应Ⅱ生成了大量的CO气体，导致的分压被稀释而减小 1.6 62.5 不变 （1）B原子原子序数为5，基态核外电子排布式为； 分子中C原子价层电子对数是，采取杂化，没有孤电子对，呈完美的正四面体结构，键角为109°28′；分子中 分子N原子价层电子对数是，也是 杂化，但含有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥作用，导致其键角压缩为107°。因此键角：＞； （2）N原子与金属离子结合的能力（配位能力）取决于N原子提供孤电子对的难易程度。羟胺（ ）可以看作是中的一个H 被取代。由于O原子的电负性很大，表现出强烈的诱导吸电子效应，使N原子周围的电子云密度明显下降，因此与金属离子结合（配位）的能力弱于。 （3）用均摊法计算晶胞中原子数：N位于8个顶点，；C位于体心，；B共4个，均位于晶胞面上，，晶胞总质量；晶胞体积，因此密度。 （4）反应Ⅱ正反应是吸热、气体分子数增大的反应，升温、降压都使平衡正向移动，提高平衡转化率，因此选高温低压。 （5）①由图2可知，在900℃ 以上时，CO的分压急剧增加，说明吸热的反应Ⅱ开始剧烈正向进行，而反应Ⅰ也是吸热反应，反应Ⅰ的平衡也正向移动，产生的物质的量虽有增加，但由于反应Ⅱ正向进行程度更大，气体总物质的量急剧增大。在恒压条件下，CO占了极大的分压份额，从而使的体积分数及分压被“稀释”而下降； ②已知起始投入：， ， ，当CH4忽略不计(完全反应)时，说明反应I进行到底，生成了3.0 mol C(s)和6.0 mol H2(g)，设反应Ⅱ中消耗的N2物质的量为amol，列三段式： 由题意知，此时CO的分压是N2分压的2倍。在同温同压同体积下，气体的分压之比等于物质的量之比：，解得a=0.8，此时的物质的量为1.6mol，平衡时各气体组分的物质的量： ，总气体物质的量，总压，故；平衡常数只与温度有关，若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，温度不变，不变。 6.【答案】（1） （2）bc（3） 增大 减小生成物（水）的浓度，促使平衡向正反应方向移动 （4） 0.05 1.10 （5） ＜ 升温后，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，由题给公式可知，大小与呈正比，故 【解析】（1）根据盖斯定律，目标反应 = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，因此。 （2）a．若反应生成了D，总消耗A的物质的量为，总消耗B的物质的量为，因此，a错误； b．由图可知，在 0~120 min 内，135℃时，体系无D，说明只发生了反应Ⅰ，C的净生成速率等于 B的消耗速率，b正确； c．观察图象，在145℃（虚线）下，240~320 min 时各物质浓度曲线已呈水平状态，说明反应已经达到平衡，净反应速率（平均速率）为 0；而在135℃（实线）下，240~320 min 时曲线仍有微小变化，说明反应仍在向右进行，平均速率大于 0。因此145℃时的平均速率小于135℃ 时的平均速率，c正确； 故选bc。 （3）水是反应Ⅰ、Ⅱ的生成物，移走水使生成物浓度减小，两个反应的平衡均正向移动，因此C和D的产率增大。 （4）已知135℃平衡时，由表格，得；又，因此（或可通过计算精确值）； 反应Ⅰ：； 反应Ⅱ：； 平衡时；， ；对于反应Ⅰ，平衡常数， 代入得。 （5）KⅠ 、KⅡ，温度升高，均增大，说明KⅠ、KⅡ均随温度升高而增大，因此；升高相同温度，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，题给公式，大小与呈正比，K值增大的倍数越大，其对数就越大，对应的就越大，故。 7.【答案】（1） （2）< （3） ①= ②＜ ③Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于，，故平衡前< ④ （4）①增大 ②3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大 （1）根据盖斯定律，将已知反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ相加，消去中间产物MgO(s)、MgO(l)，可得目标反应，故ΔH = ΔH₁ + ΔH₂ + ΔH₃。 （2）由已知ΔG = ΔH - TΔS，结合图1可知，温度升高时-TΔS增大，ΔG几乎不变，因此ΔG对T的斜率为-ΔS。由图像可得ΔS＜0，故温度小于3000 K时，ΔG＜0（反应自发）。 （3）①焓变是状态函数，只与反应的始态和终态有关，两条路径的反应物和最终产物完全相同，因此ΔH₁ = ΔH₂。 ②由反应路径能量图可知，路径Ⅰ中生成MgOH+H的活化能较大，路径Ⅱ中生成HMgOH的活化能较小，因此HMgOH生成速率更快；而后续步骤中MgOH+H生成MgO+H₂的活化能较小，速率更快。由于v₁ = k₁c(Mg·OH₂)、v₂ = k₂c(HMgOH)，且k₁≪k₂，反应达到平衡前v₁＜v₂。 ③总反应中n mol Mg生成n mol H₂。路径Ⅰ生成a n mol H₂，则路径Ⅱ生成(1-a)n mol H₂。在体积为V L的容器中，t s内路径Ⅱ生成H₂的物质的量浓度变化为(1-a)n/V mol/L，反应速率为(1-a)n/ mol/。若考虑每条路径生成1 mol H₂消耗1 mol Mg，则总H₂为n mol，路径Ⅱ贡献(1-a)n mol，速率为(1-a)n/ mol/。 （4）3000 K时，Mg、H₂O、H₂均为气体，MgO为固体。目标反应气体分子数减少（Δn＜0），增大压强平衡正向移动，放出更多热量，故单位时间内产生的能量增大。 8.【答案】(1)+165 (2) 0.03 bd (3)C-H (4) 减小 A点代表的组分为，该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，减小压强，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，消耗量增大，其物质的量减小 （1）根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应Ⅰ，故 。 （2）0~2 h内每克催化剂催化生成 的平均速率 。 a．由Ⅱ、Ⅲ两步反应关系可得，任意时刻都满足，无法说明各组分浓度或百分含量保持不变，不能作为平衡标志，错误； b．的生成速率等于消耗速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡，b正确； c．该反应在恒容密闭容器中进行，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，错误； d．反应前后气体总质量不变，但反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体分子数增加的反应，气体总物质的量在反应过程中不断增大，平均摩尔质量不断减小，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明达到了平衡状态，正确。 故选bd。 （3）由图甲可知，断裂C-H键的基元反应（②和④）的活化能分别为和，明显低于断裂C-C键的基元反应（①和③）的活化能（和）。活化能越低，反应越容易进行，因此该催化剂对C-H键的断裂具有更好的选择性。 （4）① 初始通入和各。根据反应Ⅱ和Ⅲ，设消耗的为，消耗的为，则生成的为，生成的为，体系中存在的为。由于存在，故 ，即消耗的多于消耗的，平衡时剩余的少于。升温使平衡正向移动。因此，反应物（的、）的量会随温度升高而减小，图中下降的曲线中，虚线在上方，代表，点线在下方，代表。观察反应的物质的量一定相等，反应Ⅰ和Ⅱ均会生成主产物，所以其物质的量在所有产物中应该是最高的，对应最上面的那条实线；550℃之后，由于随升温而骤减，下降的比要快，说明反应Ⅱ发生程度较大，导致的量大于，故曲线 L 代表。 ② A点在虚线上，代表的组分为。该反应体系中发生的反应（反应Ⅰ、Ⅱ）均为气体分子数增大的反应，若体系压强由变为，压强减小，平衡向气体分子数增大的方向（即正反应方向）移动， 的转化率增大，其物质的量减小。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 14.原理篇---反应原理综合题 一、真题溯源，命题透视 1.（2026 ·山东卷） 液相酯交换反应（如反应Ⅰ）是生产化工产品的重要途径，回答下列问题： 反应Ⅰ： （1）B的系统命名为_____________。 （2）初始投料只有A和B，且均为1mol，不同温度下A转化率随反应时间的变化如图所示，则________0（填“>”或“<”）；实验证明很小，从化学键变化角度分析，其原因为_______________________________。 已知温度下，反应达平衡时，C物质的量为，反应Ⅰ的平衡常数__________。 （3）温度下，向上述液相平衡体系中加入一定量的，发生如下反应： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 液相体系重新达平衡后，D物质的量为0.5mol，则A物质的量__________mol，E物质的量__________mol。 （4）将（3）中平衡体系记为①；同温下，向①加入一定量惰性溶剂，达新的平衡体系②；或不加入惰性溶剂，仅降低一定温度，达新的平衡体系③。相较于①，若②及③中C与A物质的量之比均增大至同一数值，则三个平衡体系按由大到小的排序为__________（填编号），D与B物质的量之比最小值对应的平衡体系为__________（填编号）。 2.（2025·山东卷） 利用循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数基本不变。 回答下列问题： （1）反应的焓变_______(用含的代数式表示)。 （2）乙线所示物种为_______(填化学式)。反应Ⅲ的焓变_______0(填“>”“<”或“=”)。 （3）温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为，则为_______(用含a的代数式表示)；此时，与物质的量的差值_______(用含a的最简代数式表示)。 （4）温度下，体系达平衡后，压缩容器体积产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比_______(填“增大”“减小”或“不变”)，物质的量_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 3.（2024·山东卷） 水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下： K 回答列问题： （1）的焓变_______(用代数式表示)。 （2）压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为_______(填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是_______。 （3）压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数_______；此时气体总物质的量为，则的物质的量为_______；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将_______(填“增大”“减小”或“不变”)，将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 核 心 考 点 2026 2025 2024 热化学 △H 山东卷T20 （2） 山东卷T20 （1） 山东卷T20 （1） 反应图像的分析 山东卷T20 （2） 山东卷T20 （2） 山东卷T20 （2） K（Kp）速率、平衡的计算 山东卷T20 ⑵（3） 山东卷T20 （3） 山东卷T20 （3） 解释/分析原因类 山东卷T20 ⑷ 山东卷T20 ⑷ 山东卷T20 （2） 山东卷第20题是化学反应原理综合题，是全卷主观题压轴，“气相多平衡 + 工业绿色工艺 + 陌生图像 + Kp 计算”多维度融合。近3年，双碳（CO₂ 制甲醇/酯交换）、固碳（CaO/CaS 循环）、氢能（碳–水制氢）、脱硫回收硫，都是真实化情景中理论考查。多重平衡耦合是永久主线：主+副+气固吸收三平衡共存；一吸一放，温度区间分段讨论；固体不进 K 但锁离子/拉平衡。图像持续陌生化（脱离图凭课本理论必错）计算从 Kc 转 Kp（2026 补 Kx）（三段式计算是基本盘）最后一问必是素养简答（循环物质、能耗、催化剂选择性微观解释、工业条件折中逻辑,要注重这些视角的训练）。一句话概括：山东原理大题 = 盖斯开门 + 三平衡耦合 + 陌生图认线 + Kp/Kx 三段式 + 工业折中简答。 2027 命题趋势预判①载体：继续绿色化工——可能换 CO2电催化耦合气相平衡（双极膜+气相产物）、NOₓ 选择还原（NH3-SCR）多平衡、甲醇制烯烃（MTO）竞争裂化，或 2026 液相路线的深化（酯交换/缩醛竞争）。②图像：可能出现 “实验转化率 vs 平衡转化率”双线 + 选择性折线合图（把选择题 10 题脸搬进大题），或 多温线下加一条催化剂选择性曲线。③计算：Kp 仍主轴，可能加 Kx 与 Kp 换算、法拉第效率与电子守恒嫁接到气相产物量（电化学+原理大题杂交，山东已具备前兆）。④机理：能垒图必给，可能要求从图读决速步、中间体、催化剂表面吸附态，并用“催化剂只压峰不抬谷差”解释选择性。⑤简答：从“为什么加 CaO”升级到“对比两种固碳剂 CaO/MgO 循环能耗与 CO2 分压约束”。⑥反模板：不会让你写“升温平衡向吸热方向移动”空话，必须结合图上某段曲线先升后降解释主次反应切换。 二、考点梳理，思维建模【精讲速记】： 1.知识储备： ① 盖斯：3 反应加减求 ΔH， 能垒图 ΔH=Σ(正峰)−Σ(逆峰) 终态减始态 ② Kp：Pi = xi·P总，Kp 单位可带可不带但算式要写分压；固体纯液体不写 Kx：摩尔分数代，恒温恒压 Kx 与总压无关，稀释（加惰剂/溶剂）若总压不变则 Kx 不变、平衡不移动（2026 考点） ③ 三段式：初始/转化/平衡，主副反应同一反应物转化量相加 ④ 速率：v = k·cᵃ·cᵇ，给图判级数；先平 = 速率大 ⑤ 选择性：Si = 某产物生成量 / 总反应掉原料量；收率=转化率×选择性 ⑥ 工业三逻辑：低温平衡好但慢；高温快但平衡差；折中选催化剂活性窗 2.析题思维模型： ⑴.反应热与盖斯定律 ①已知几个反应的ΔH计算目标ΔH思维模型:找目标看来源一变方向调系数相叠加得答案。 ②根据相对能量、键能、燃烧热等计算ΔH。 ⑵.图像的分析 用图表表述化学反应过程或呈现信息情境是近几年高考化学综合试题常见的表达方式。如何读出图表中有效有用信息成为解题关键，一般读图时要注意: ①认清坐标系，弄清纵坐标、横坐标所代表的意义，并与有关原理相结合。特别要注意不要被习惯思维控制，想当然认为横坐标就是时间或温度等等。有时还要注意双坐标系问题。 ②看清起点，分清反应物、生成物。起点不一定是原点，也不一定在纵坐标上，判断关键还是纵坐标、横坐标所代表的量之间的关系;反应物一般是浓度或物质的量减少的物质，生成物一般是浓度或物质的量增大的物质，如要确定方程式计量数之比，则要观察图表中一定时间内各物质的物质的量变化情况。 ③看清曲线的交点。此点往往是几种情况的临界点，看清理解此点所代表的意义往往就能明白曲线变化的关系。 ⑶.平衡常数和转化率的计算 主要考查压强平衡常数的计算，近年也有一些定义型常数计算，比如标准压强平衡常数、物质的量分数常数。 ⑷.速率与平衡区分反应未达到平衡，用反应速率解释现象；反应达到平衡状态，用平衡移动原理解释变化。 ⑸.化学反应的调控： 3.连续3年20大题完全聚焦热化学+气相化学平衡+动力学+工业工艺四大模块，模块边界清晰。经过7年命题演变，该题模型完全固化，新增对数新型图像、气固循环再生体系；计算融合两段反应物料守恒，简答要求兼顾平衡、速率、催化剂活性三重角度，辩证思维拉满，为2027年备考标杆模板。备考时要注意以下高频失分陷阱： ①. 焓变符号颠倒：温变曲线升降误判； ②. 图像说理片面化：只谈平衡移动，忽略低温速率不足、催化剂活性温度窗口； ③. 多重平衡物料计算漏项：主副反应消耗同一反应物，未合并两段转化量； ④. 平衡常数书写错误：把固体、纯液体写入Kp表达式；分压与物质的量分数混淆； ⑤. 循环物质漏判：仅关注气体，忽略可高温再生的固体吸附剂（CaO、CaS）。 三、考点精练，靶向突破： 1.（2026·山东临沂·一模）捕集并进行资源化利用是实现“双碳”目标的关键。利用捕获生成的和为原料合成的主要反应如下： Ⅰ、 Ⅱ、 Ⅲ、 回答下列问题： （1）反应的焓变______(用代数式表示)。 （2）下，在密闭容器中，加和发生上述反应。反应Ⅲ在低于温度时不反应，在温度时完全分解。平衡时各气体的物质的量随温度变化如图所示。 ①______0(填“>”“<”或“=”)；曲线丁代表的物种为______(填化学式)。 ②M点时，容器中和分别为和，则的物质的量为______(用含a、b的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数______。 ③温度高于时，的物质的量随温度升高而逐渐减少的原因是______。 （3）在M点对应条件下，改变容器体积，重新达平衡时，测得的浓度变大，的浓度______(填“增大”“减小”或“不变”)，______(填“增大”“减小”或“不变”)。 2.（2026·山东济南·一模)利用镁基化合物耦合氢还原反应实现的资源化利用，涉及主要反应如下： Ⅰ.    Ⅱ.    Ⅲ.    回答下列问题： (1)的焓变______（用含，的代数式表示）。 (2)压力p下，向体系中投入一定量的和4 mol，发生上述反应。体系达平衡后，图示温度范围内已完全分解，中间产物转化率、产率及另外2种含氢气体的物质的量（n）随温度的变化如图所示。 反应Ⅲ的焓变______0（填“”“”或“”）；②线表示的是______（填化学式）的物质的量；温度低于时，随温度升高④线对应数值逐渐降低，原因是______；温度下，反应Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数_____，开始时投入的物质的量为______mol。 (3)压力p下，维持温度不变，若向上述平衡体系中加入足量，重新达平衡后，分压将______（填“增大”“减小”或“不变”），继续压缩容器体积，与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比将_____（填“增大”“减小”或“不变”）。 3．（2026·山东潍坊·一模）碳酸镁应用广泛，MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   恒压条件下，按2 mol H2(g)和2 mol MgCO3(s)投料反应，低于360℃时反应Ⅲ可忽略。反应物(MgCO3、H2)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如图。已知：含碳生成物选择性。 回答下列问题： (1)已知：H2(g)、CH4(g)燃烧热分别为、，  ，则___________kJ·mol-1(用a、b和c表示)；反应Ⅰ的吉布斯自由能随温度T的变化趋势是___________(填标号)。 A．        B．        C．        D． (2)丁曲线所示物种为___________(填化学式)，提高CH4平衡产率可采取的措施为___________(填一种即可)。 (3)550℃时达到平衡后，体系中H2O的物质的量___________mol，该温度下反应Ⅲ的平衡常数___________。 (4)300℃时达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡后，CH4和CO2的物质的量之比___________(填“增大”“减小”或“不变”)，450℃后曲线乙下降的原因可能是___________。 4．（2026·山东青岛·一模）工业上常用二乙苯(DEB)在铁基催化下两步脱氢制取二乙烯基苯(DVB)，第一步脱氢产物为乙基苯乙烯(EVB)，反应如下：①    ；②    。回答下列问题： (1)已知，G为吉布斯自由能，A为大于零的常数，T为热力学温度，为压强平衡常数，的_______(用含、的代数式表示)。反应①②的随温度变化如图，_______0(填“>”“<”或“=”)。 (2)通入水蒸气能够一定程度上减少催化剂上的积炭，原因为_______(用化学方程式表示)。恒压条件下，通入一定量的水蒸气能提高DEB的平衡转化率，原因为_______。 (3)一定条件下，按一定流速将DEB通入反应器，发生反应①②，DEB的转化率与之间满足关系：，已知。若每小时通入DEB的物质的量为0.5 mol，则DEB的反应速率为_______。 (4)一定条件下，DEB的平衡转化率、EVB和DVB的选择性随温度和压强的变化如图甲和图乙。已知过程中会发生副反应③，选择性。 表示DEB的平衡转化率的曲线有_______(填标号)。保持压强为100 kPa，容器中通入水蒸气和DEB，，仅发生反应①②③，时反应③的_______kPa(保留2位有效数字)。 5.（2026·山东东营·一模）以、、为原料合成甲醇，涉及的主要反应如下： ⅰ．   ⅱ．   ⅲ．   回答下列问题： (1)_______。 (2)分别在与条件下，按投料，实验测得的平衡转化率和平衡时的选择性随温度变化如图所示： ①曲线Ⅰ表示_______，随温度升高，曲线Ⅲ先减小后增大的原因是_______。 ②在、195℃条件下，达到平衡时为_______，反应Ⅲ的平衡常数_______(保留2位有效数字)。 ③图中温度高于330℃时，曲线Ⅲ和Ⅳ几乎汇于一条线的原因是_______。 6.（2026·山东烟台·一模）一定条件下，工业上以NO和H2为原料合成NH3，涉及主要反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   研究发现，反应Ⅰ为快反应，其平衡的建立可认为不受慢反应Ⅱ的影响，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。 回答下列问题： (1)的焓变________。 (2)在T K、100 kPa反应条件下，向密闭容器中充入2 mol NO和6 mol H2，发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，测得NO和H2转化率、NH3和N2选择性[N2的选择性]与反应时间的关系如图。 ①表示NH3选择性、H2转化率的是曲线________、________（填标号）。 ②已知G点坐标为(32,m)，此时水的物质的量n(H2O)=________mol（用含m表达式表示）；0~75 min内用NO的分压变化表示的平均反应速率为________kPa·min-1，25 min时反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数Kx=________（列表达式）。 ③对比上述反应，保持其他条件不变，若使用仅对反应Ⅰ有催化作用的催化剂，则曲线b所示物种的浓度最大值________（填“增大”“减小”或“不变”）；若使用仅对反应Ⅱ有催化作用的催化剂，则75 min时曲线b所示物种的浓度________（填“增大”“减小”或“不变”）。 7．（2026·山东日照·一模）一定条件下、催化转化为，该过程主要发生下列反应： Ⅰ、   Ⅱ、   Ⅲ、   回答下列问题： (1)在一定温度下，由稳定单质生成1mol化合物的焓叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓()。几种物质在298K的标准摩尔生成焓如下表所示： 物质 () -75 -393.51 -110.5 -241.82 0 0 0 则的______。 (2)反应Ⅰ、Ⅲ的平衡常数的自然对数lnK与温度的变化关系如图，则的数值范围是______(填标号)。 A． B． C． D． (3)温度为时，向恒容密闭容器中充入一定量的和1mol，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时和的转化率及和的物质的量随起始投料比变化的情况如图所示。 ①图中表示的转化率变化曲线为______(填“a”“b”或“c”)；投料比1时，曲线d下降的原因为______。 ②起始投料比时，______；的选择性为______%(保留3位有效数字)。 ③若温度为时，起始投料比时，反应Ⅱ的，则温度下C点将移向图中X、Y两点中的______。 8.（2026·山东枣庄·一模）将转化为，可实现碳减排和资源的再利用。二氧化碳加氢制甲醇过程中主要涉及以下反应： Ⅰ、   Ⅱ、   回答下列问题： (1)已知和101 kPa下，、的摩尔燃烧焓分别为、 ，  ，则______。 (2)将和按物质的量比混合，以固定流速通过盛放Cu/Zn/Al/Zr催化剂的反应器，在相同时间内，其中的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如图所示： [已知：] ①判断、的大小关系：______(填“”或“”)。 ②不同压强下，的平衡转化率在时趋于相等的原因是______。 ③已知LTA分子筛膜具有强的亲水性，若使用LTA型分子筛膜反应器盛放Cu/Zn/Al/Zr催化剂进行上述反应，则的平衡转化率将会______(填“升高”“降低”或“不变”)。 (3)恒容密闭容器中充入和，在一种新型催化剂作用下发生反应Ⅰ和Ⅱ，测定的平衡转化率和选择性随温度变化的关系如图所示： ①达到平衡时，D、E、F三点甲醇的产量由高到低的顺序为______。 ②随着温度的升高，的平衡转化率升高，但的选择性降低，原因是______。 (4)在压强为P MPa的恒温恒压密闭容器中，将和、通入装有催化剂的反应器进行反应，达到平衡时的转化率为40%，的体积分数为10%，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数______(用含P的代数式表示)。 9.（2026·山东泰安·一模）是工业常用的催化剂、还原剂。实验室中以为原料可制备。将与放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程： I. Ⅱ. Ⅲ. Ⅳ. (1)_____。 (2)若反应Ⅲ的，则该反应随温度的变化趋势正确的是_____（填字母）。 A． B． C． D． (3)不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅱ对应的物质为_____。 (4)温度下，_____，反应Ⅲ的平衡常数_____（列算式）。 (5)温度为时，平衡体系中、的物质的量分别为、，若将容器容积压缩为，经过再次达到平衡，化学反应速率_____，与原平衡状态相比，容器中的压强_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。 (6)在时，随着温度升高，物质的量逐渐增大的原因是_____。 四、他山之石，可以攻玉 1.（2026·江西·卷）/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储／释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下： 回答下列问题： （1）________。 （2）同等条件下，表面自由能G（块状）________G（粉末）（填“>”“=”或“<”）。 （3）/CaO开放系统在脱水过程中，起始质量为，当固体质量为m时，转化率为________。 （4）空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是______________________。 （5）下图为密闭容器中的理论平衡曲线，在图中能稳定存在的状态点有________（填标号）。 （6）假设金属Ca，原子半径为，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积（含空隙）计算式________。 （7）初始CaO质量相同，不同比例与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。 甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。 乙同学认为该结论不正确，理由是________________________________________。 2.（2026·广东卷） 硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。 （1）基态S原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。 则___________(用和表示)。 （3）的氧化可在卟啉铁配合物[](用表示)催化下进行，其中的一步反应为。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ~Ⅲ组仅初始不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。时间内的实验数据如图1。 ①下列说法正确的有___________。 A．0~t内反应速率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ B．Z的平衡转化率：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ C．实验温度：Ⅱ>Ⅳ D．平衡时的浓度：Ⅱ和Ⅳ相等 ②Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，且，则___________。 （4）可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成、和，该水解反应的熵变___________0(填“>”“=”或“<”)。 （5）某低共熔溶剂(D)可用于吸收，其吸收过程可表示为： ， 在一定和压强()下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收的量为，相关信息见图2，或随的变化如图3。 ①1 mol D在303 K、下吸收至饱和，再升温至、降压至，达平衡后可释放___________。 ②形成的总过程表示为，其平衡常数可表示为。已知：时，，则在、、最多可吸收___________。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 3.（2026·重庆卷） 高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用氢还原法，该法的主要反应有(忽略其他副反应)： 反应1 反应2 反应3 （1）①反应1的平衡常数随温度的升高而增大，则_________0(填“>”、“<”或“=”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应后，测得硅芯棒增重，则多晶硅的沉积速率为________。 （2）在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为。体系压强为100 kPa时，与温度的关系如图所示。 ①在时，反应1的平衡常数_________kPa(保留小数点后两位，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为50 kPa，和的曲线交叉点相对于M点，将位于_________区域(填“高温”或“低温”)，其原因是_________。 ③多晶硅的产率常用表示，若和，则M点对应的_________。 （3）相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在熔盐中电解制备的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为_________。 ②若阳极只产生和，当产生的气体总量为(标准状况)时，生成，则为_________。 4.（2026·北京卷）重晶石的主要化学成分为，还含有少量的等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯。 （1）焙烧。使重晶石转化为粗。该过程中生成的反应有： i． ii． iii． _______________。 （2）浸钡。已知可溶于水。粗在热水中浸出，产生和。取一定量粗，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中、随加入水的体积的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、__________。 ②时，几乎不产生，溶液中__________mol(用含、的代数式表示)。 ③当后，比的变化幅度小，解释原因：________________________。 （3）沉钡。与反应快，导致浸出液中和等被包裹而降低产品纯度，而与反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式：_______________________________。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生的原因：_______________________________。 5.（2026·河南卷）常用作化学反应的催化剂，一种制备的方法如下： 反应Ⅰ：  ； 反应Ⅱ：  ； 回答下列问题： (1)基态原子的核外电子排布式为___________；键角：___________(填“”“”或“<”)。 (2)原子与金属离子的结合能力：，原因是___________。 (3)、和三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在平面的投影如图1所示(晶胞参数，)，该晶体的密度为___________(用含、、和的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值，)。 (4)反应Ⅱ中，有利于提高平衡转化率的条件为___________(填标号)。 A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压 (5)下，向一恒压密闭反应器中加入、和，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑副反应)，反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。 ①当温度高于时，分压随温度升高逐渐减小，原因是___________。 ②某温度下，反应达到平衡时，分压是分压的2倍，假设剩余可忽略不计，此时的物质的量为___________，的分压为___________；若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 6.（2026·四川卷）季戊四醇酯是具有优良生物降解性的润滑剂。以二甲基亚砜为溶剂，正己酸(A)与季戊四醇(B)制备正己酸季戊四醇单酯(C)和二正己酸季戊四醇二酯(D)的反应如下： Ⅰ． Ⅱ． 反应物初始浓度，不同温度下部分物质浓度随时间的变化关系如图所示，平衡浓度比如表所示(忽略水的挥发)。 不同温度下的平衡浓度比 温度/℃ 135 0.90 0.11 145 0.96 0.22 回答下列问题： （1）的反应热___________。 （2）下列说法正确的是___________(填标号)。 a．A的平均消耗速率是B的平均消耗速率的两倍 b．0~120 min内，135℃时B的平均消耗速率等于C的平均生成速率 c．240~320 min内，反应Ⅰ在145℃的平均速率小于其在135℃的平均速率 （3）反应达平衡后，若向反应体系中通入惰性气体将产生的水带出，C和D的产率将___________(填“增大”或“减小”)，原因是___________。 （4）135℃达平衡时，，则___________，反应Ⅰ的平衡常数___________(计算结果均保留小数点后2位)。 （5）已知反应热满足关系，式中、分别为温度、时的平衡常数，R是大于0的常数，则反应Ⅰ和Ⅱ的反应热关系为___________(填“>”或“<”)，判断依据是___________。 6.（2026·贵州卷）水下推进装置的研究对维护国家海洋权益有积极意义。水冲压发动机是一种新型水下推进装置，通过金属燃料与海水反应产生推力。某科研小组对金属燃料镁与水蒸气高效燃烧过程进行了研究，并模拟计算了其反应机理，所涉反应及变化如下。 Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 已知：①在标准大气压下，MgO的液化温度为3125 K，汽化温度为3873 K。 ② ③模拟计算条件：动力反应装置为绝热系统(物质与热量均不与外界交换)，压强为标准大气压(1 atm)。 回答下列问题： （1）计算： ________。 （2）模拟计算得出镁与水蒸气反应的和随温度的变化关系如图1。温度小于3000 K时，________0(填“＞”“=”或“＜”)。 （3）研究表明，反应中同时存在氢原子解离(路径Ⅰ)和氢原子转移(路径Ⅱ)两条反应路径，如图2。 ①两条反应路径的关系为______(填“＞”“=”或“＜”)。 ②1 atm下，路径Ⅰ和路径Ⅱ都是连续反应： 反应速率方程为，其中是反应速率，是反应速率常数(其数值大小关系为)，是反应物浓度。反应达到平衡前，___________(填“＞”“=”或“＜”)，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ③某温度下，镁与足量水蒸气在内全部反应，其中通过路径Ⅰ生成的氢气为，则在该时间段内路径Ⅱ的反应速率为_______________。 （4）在3000 K时，若将动力装置反应器出口设置成小口径喷口，反应器可近似为恒容密闭体系，体系压强从1 atm提升至10 atm，则该反应器在单位时间内产生的能量将_________(填“增大”“不变”或“减小”)，原因是______________________________________________________________________________________。 7．（2026·河北卷）丙烯是石油化工行业的重要原料，利用氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反应如下： Ⅰ      使用铂锡双金属催化剂(M)，上述反应分两步进行： Ⅱ             Ⅲ      回答下列问题： (1)_________。 (2)550℃时，恒容密闭容器中装有0.20 g催化剂M，按通入混合气体，反应2 h后得到0.012 mol ，则0~2 h内每克催化剂催化生成的平均速率为_____。下列能说明该体系达到平衡状态的是_____(不定项选择，填序号)。 a． b．的生成速率和消耗速率相等 c．混合气体的密度不再改变 d．混合气体的平均摩尔质量不再改变 (3)反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： ① ② ③ ④ 该催化剂对__________(填“C—C”或“C—H”)键的断裂具有更好的选择性。 (4)100 kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入和各1 mol，在不同温度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示： ①图乙中曲线L代表的组分为__________。 ②若体系压强变为50 kPa，其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量_________(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为__________________________________________________________。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 15.原理篇---反应原理综合题 一、真题溯源，命题透视 1.（2026 ·山东卷） 液相酯交换反应（如反应Ⅰ）是生产化工产品的重要途径，回答下列问题： 反应Ⅰ： （1）B的系统命名为_____________。 （2）初始投料只有A和B，且均为1mol，不同温度下A转化率随反应时间的变化如图所示，则________0（填“>”或“<”）；实验证明很小，从化学键变化角度分析，其原因为_______________________________。 已知温度下，反应达平衡时，C物质的量为，反应Ⅰ的平衡常数__________。 （3）温度下，向上述液相平衡体系中加入一定量的，发生如下反应： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 液相体系重新达平衡后，D物质的量为0.5mol，则A物质的量__________mol，E物质的量__________mol。 （4）将（3）中平衡体系记为①；同温下，向①加入一定量惰性溶剂，达新的平衡体系②；或不加入惰性溶剂，仅降低一定温度，达新的平衡体系③。相较于①，若②及③中C与A物质的量之比均增大至同一数值，则三个平衡体系按由大到小的排序为__________（填编号），D与B物质的量之比最小值对应的平衡体系为__________（填编号）。 2.（2025·山东卷） 利用循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数基本不变。 回答下列问题： （1）反应的焓变_______(用含的代数式表示)。 （2）乙线所示物种为_______(填化学式)。反应Ⅲ的焓变_______0(填“>”“<”或“=”)。 （3）温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为，则为_______(用含a的代数式表示)；此时，与物质的量的差值_______(用含a的最简代数式表示)。 （4）温度下，体系达平衡后，压缩容器体积产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比_______(填“增大”“减小”或“不变”)，物质的量_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 3.（2024·山东卷） 水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下： K 回答列问题： （1）的焓变_______(用代数式表示)。 （2）压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为_______(填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是_______。 （3）压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数_______；此时气体总物质的量为，则的物质的量为_______；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将_______(填“增大”“减小”或“不变”)，将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 核 心 考 点 2026 2025 2024 热化学 △H 山东卷T20 （2） 山东卷T20 （1） 山东卷T20 （1） 反应图像的分析 山东卷T20 （2） 山东卷T20 （2） 山东卷T20 （2） K（Kp）速率、平衡的计算 山东卷T20 ⑵（3） 山东卷T20 （3） 山东卷T20 （3） 解释/分析原因类 山东卷T20 ⑷ 山东卷T20 ⑷ 山东卷T20 （2） 山东卷第20题是化学反应原理综合题，是全卷主观题压轴，“气相多平衡 + 工业绿色工艺 + 陌生图像 + Kp 计算”多维度融合。近3年，双碳（CO₂ 制甲醇/酯交换）、固碳（CaO/CaS 循环）、氢能（碳–水制氢）、脱硫回收硫，都是真实化情景中理论考查。多重平衡耦合是永久主线：主+副+气固吸收三平衡共存；一吸一放，温度区间分段讨论；固体不进 K 但锁离子/拉平衡。图像持续陌生化（脱离图凭课本理论必错）计算从 Kc 转 Kp（2026 补 Kx）（三段式计算是基本盘）最后一问必是素养简答（循环物质、能耗、催化剂选择性微观解释、工业条件折中逻辑,要注重这些视角的训练）。一句话概括：山东原理大题 = 盖斯开门 + 三平衡耦合 + 陌生图认线 + Kp/Kx 三段式 + 工业折中简答。 2027 命题趋势预判①载体：继续绿色化工——可能换 CO2电催化耦合气相平衡（双极膜+气相产物）、NOₓ 选择还原（NH3-SCR）多平衡、甲醇制烯烃（MTO）竞争裂化，或 2026 液相路线的深化（酯交换/缩醛竞争）。②图像：可能出现 “实验转化率 vs 平衡转化率”双线 + 选择性折线合图（把选择题 10 题脸搬进大题），或 多温线下加一条催化剂选择性曲线。③计算：Kp 仍主轴，可能加 Kx 与 Kp 换算、法拉第效率与电子守恒嫁接到气相产物量（电化学+原理大题杂交，山东已具备前兆）。④机理：能垒图必给，可能要求从图读决速步、中间体、催化剂表面吸附态，并用“催化剂只压峰不抬谷差”解释选择性。⑤简答：从“为什么加 CaO”升级到“对比两种固碳剂 CaO/MgO 循环能耗与 CO2 分压约束”。⑥反模板：不会让你写“升温平衡向吸热方向移动”空话，必须结合图上某段曲线先升后降解释主次反应切换。 二、考点梳理，思维建模【精讲速记】： 1.知识储备： ① 盖斯：3 反应加减求 ΔH， 能垒图 ΔH=Σ(正峰)−Σ(逆峰) 终态减始态 ② Kp：Pi = xi·P总，Kp 单位可带可不带但算式要写分压；固体纯液体不写 Kx：摩尔分数代，恒温恒压 Kx 与总压无关，稀释（加惰剂/溶剂）若总压不变则 Kx 不变、平衡不移动（2026 考点） ③ 三段式：初始/转化/平衡，主副反应同一反应物转化量相加 ④ 速率：v = k·cᵃ·cᵇ，给图判级数；先平 = 速率大 ⑤ 选择性：Si = 某产物生成量 / 总反应掉原料量；收率=转化率×选择性 ⑥ 工业三逻辑：低温平衡好但慢；高温快但平衡差；折中选催化剂活性窗 2.析题思维模型： ⑴.反应热与盖斯定律 ①已知几个反应的ΔH计算目标ΔH思维模型:找目标看来源一变方向调系数相叠加得答案。 ②根据相对能量、键能、燃烧热等计算ΔH。 ⑵.图像的分析 用图表表述化学反应过程或呈现信息情境是近几年高考化学综合试题常见的表达方式。如何读出图表中有效有用信息成为解题关键，一般读图时要注意: ①认清坐标系，弄清纵坐标、横坐标所代表的意义，并与有关原理相结合。特别要注意不要被习惯思维控制，想当然认为横坐标就是时间或温度等等。有时还要注意双坐标系问题。 ②看清起点，分清反应物、生成物。起点不一定是原点，也不一定在纵坐标上，判断关键还是纵坐标、横坐标所代表的量之间的关系;反应物一般是浓度或物质的量减少的物质，生成物一般是浓度或物质的量增大的物质，如要确定方程式计量数之比，则要观察图表中一定时间内各物质的物质的量变化情况。 ③看清曲线的交点。此点往往是几种情况的临界点，看清理解此点所代表的意义往往就能明白曲线变化的关系。 ⑶.平衡常数和转化率的计算 主要考查压强平衡常数的计算，近年也有一些定义型常数计算，比如标准压强平衡常数、物质的量分数常数。 ⑷.速率与平衡区分反应未达到平衡，用反应速率解释现象；反应达到平衡状态，用平衡移动原理解释变化。 ⑸.化学反应的调控： 3.连续3年20大题完全聚焦热化学+气相化学平衡+动力学+工业工艺四大模块，模块边界清晰。经过7年命题演变，该题模型完全固化，新增对数新型图像、气固循环再生体系；计算融合两段反应物料守恒，简答要求兼顾平衡、速率、催化剂活性三重角度，辩证思维拉满，为2027年备考标杆模板。备考时要注意以下高频失分陷阱： ①. 焓变符号颠倒：温变曲线升降误判； ②. 图像说理片面化：只谈平衡移动，忽略低温速率不足、催化剂活性温度窗口； ③. 多重平衡物料计算漏项：主副反应消耗同一反应物，未合并两段转化量； ④. 平衡常数书写错误：把固体、纯液体写入Kp表达式；分压与物质的量分数混淆； ⑤. 循环物质漏判：仅关注气体，忽略可高温再生的固体吸附剂（CaO、CaS）。 三、考点精练，靶向突破： 1.（2026·山东临沂·一模）捕集并进行资源化利用是实现“双碳”目标的关键。利用捕获生成的和为原料合成的主要反应如下： Ⅰ、 Ⅱ、 Ⅲ、 回答下列问题： （1）反应的焓变______(用代数式表示)。 （2）下，在密闭容器中，加和发生上述反应。反应Ⅲ在低于温度时不反应，在温度时完全分解。平衡时各气体的物质的量随温度变化如图所示。 ①______0(填“>”“<”或“=”)；曲线丁代表的物种为______(填化学式)。 ②M点时，容器中和分别为和，则的物质的量为______(用含a、b的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数______。 ③温度高于时，的物质的量随温度升高而逐渐减少的原因是______。 （3）在M点对应条件下，改变容器体积，重新达平衡时，测得的浓度变大，的浓度______(填“增大”“减小”或“不变”)，______(填“增大”“减小”或“不变”)。 2.（2026·山东济南·一模)利用镁基化合物耦合氢还原反应实现的资源化利用，涉及主要反应如下： Ⅰ.    Ⅱ.    Ⅲ.    回答下列问题： (1)的焓变______（用含，的代数式表示）。 (2)压力p下，向体系中投入一定量的和4 mol，发生上述反应。体系达平衡后，图示温度范围内已完全分解，中间产物转化率、产率及另外2种含氢气体的物质的量（n）随温度的变化如图所示。 反应Ⅲ的焓变______0（填“”“”或“”）；②线表示的是______（填化学式）的物质的量；温度低于时，随温度升高④线对应数值逐渐降低，原因是______；温度下，反应Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数_____，开始时投入的物质的量为______mol。 (3)压力p下，维持温度不变，若向上述平衡体系中加入足量，重新达平衡后，分压将______（填“增大”“减小”或“不变”），继续压缩容器体积，与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比将_____（填“增大”“减小”或“不变”）。 3．（2026·山东潍坊·一模）碳酸镁应用广泛，MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   恒压条件下，按2 mol H2(g)和2 mol MgCO3(s)投料反应，低于360℃时反应Ⅲ可忽略。反应物(MgCO3、H2)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如图。已知：含碳生成物选择性。 回答下列问题： (1)已知：H2(g)、CH4(g)燃烧热分别为、，  ，则___________kJ·mol-1(用a、b和c表示)；反应Ⅰ的吉布斯自由能随温度T的变化趋势是___________(填标号)。 A．        B．        C．        D． (2)丁曲线所示物种为___________(填化学式)，提高CH4平衡产率可采取的措施为___________(填一种即可)。 (3)550℃时达到平衡后，体系中H2O的物质的量___________mol，该温度下反应Ⅲ的平衡常数___________。 (4)300℃时达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡后，CH4和CO2的物质的量之比___________(填“增大”“减小”或“不变”)，450℃后曲线乙下降的原因可能是___________。 4．（2026·山东青岛·一模）工业上常用二乙苯(DEB)在铁基催化下两步脱氢制取二乙烯基苯(DVB)，第一步脱氢产物为乙基苯乙烯(EVB)，反应如下：①    ；②    。回答下列问题： (1)已知，G为吉布斯自由能，A为大于零的常数，T为热力学温度，为压强平衡常数，的_______(用含、的代数式表示)。反应①②的随温度变化如图，_______0(填“>”“<”或“=”)。 (2)通入水蒸气能够一定程度上减少催化剂上的积炭，原因为_______(用化学方程式表示)。恒压条件下，通入一定量的水蒸气能提高DEB的平衡转化率，原因为_______。 (3)一定条件下，按一定流速将DEB通入反应器，发生反应①②，DEB的转化率与之间满足关系：，已知。若每小时通入DEB的物质的量为0.5 mol，则DEB的反应速率为_______。 (4)一定条件下，DEB的平衡转化率、EVB和DVB的选择性随温度和压强的变化如图甲和图乙。已知过程中会发生副反应③，选择性。 表示DEB的平衡转化率的曲线有_______(填标号)。保持压强为100 kPa，容器中通入水蒸气和DEB，，仅发生反应①②③，时反应③的_______kPa(保留2位有效数字)。 5.（2026·山东东营·一模）以、、为原料合成甲醇，涉及的主要反应如下： ⅰ．   ⅱ．   ⅲ．   回答下列问题： (1)_______。 (2)分别在与条件下，按投料，实验测得的平衡转化率和平衡时的选择性随温度变化如图所示： ①曲线Ⅰ表示_______，随温度升高，曲线Ⅲ先减小后增大的原因是_______。 ②在、195℃条件下，达到平衡时为_______，反应Ⅲ的平衡常数_______(保留2位有效数字)。 ③图中温度高于330℃时，曲线Ⅲ和Ⅳ几乎汇于一条线的原因是_______。 6.（2026·山东烟台·一模）一定条件下，工业上以NO和H2为原料合成NH3，涉及主要反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   研究发现，反应Ⅰ为快反应，其平衡的建立可认为不受慢反应Ⅱ的影响，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。 回答下列问题： (1)的焓变________。 (2)在T K、100 kPa反应条件下，向密闭容器中充入2 mol NO和6 mol H2，发生上述反应Ⅰ和Ⅱ，测得NO和H2转化率、NH3和N2选择性[N2的选择性]与反应时间的关系如图。 ①表示NH3选择性、H2转化率的是曲线________、________（填标号）。 ②已知G点坐标为(32,m)，此时水的物质的量n(H2O)=________mol（用含m表达式表示）；0~75 min内用NO的分压变化表示的平均反应速率为________kPa·min-1，25 min时反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数Kx=________（列表达式）。 ③对比上述反应，保持其他条件不变，若使用仅对反应Ⅰ有催化作用的催化剂，则曲线b所示物种的浓度最大值________（填“增大”“减小”或“不变”）；若使用仅对反应Ⅱ有催化作用的催化剂，则75 min时曲线b所示物种的浓度________（填“增大”“减小”或“不变”）。 7．（2026·山东日照·一模）一定条件下、催化转化为，该过程主要发生下列反应： Ⅰ、   Ⅱ、   Ⅲ、   回答下列问题： (1)在一定温度下，由稳定单质生成1mol化合物的焓叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓()。几种物质在298K的标准摩尔生成焓如下表所示： 物质 () -75 -393.51 -110.5 -241.82 0 0 0 则的______。 (2)反应Ⅰ、Ⅲ的平衡常数的自然对数lnK与温度的变化关系如图，则的数值范围是______(填标号)。 A． B． C． D． (3)温度为时，向恒容密闭容器中充入一定量的和1mol，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时和的转化率及和的物质的量随起始投料比变化的情况如图所示。 ①图中表示的转化率变化曲线为______(填“a”“b”或“c”)；投料比1时，曲线d下降的原因为______。 ②起始投料比时，______；的选择性为______%(保留3位有效数字)。 ③若温度为时，起始投料比时，反应Ⅱ的，则温度下C点将移向图中X、Y两点中的______。 8.（2026·山东枣庄·一模）将转化为，可实现碳减排和资源的再利用。二氧化碳加氢制甲醇过程中主要涉及以下反应： Ⅰ、   Ⅱ、   回答下列问题： (1)已知和101 kPa下，、的摩尔燃烧焓分别为、 ，  ，则______。 (2)将和按物质的量比混合，以固定流速通过盛放Cu/Zn/Al/Zr催化剂的反应器，在相同时间内，其中的平衡转化率()、的选择性()随温度、压强变化如图所示： [已知：] ①判断、的大小关系：______(填“”或“”)。 ②不同压强下，的平衡转化率在时趋于相等的原因是______。 ③已知LTA分子筛膜具有强的亲水性，若使用LTA型分子筛膜反应器盛放Cu/Zn/Al/Zr催化剂进行上述反应，则的平衡转化率将会______(填“升高”“降低”或“不变”)。 (3)恒容密闭容器中充入和，在一种新型催化剂作用下发生反应Ⅰ和Ⅱ，测定的平衡转化率和选择性随温度变化的关系如图所示： ①达到平衡时，D、E、F三点甲醇的产量由高到低的顺序为______。 ②随着温度的升高，的平衡转化率升高，但的选择性降低，原因是______。 (4)在压强为P MPa的恒温恒压密闭容器中，将和、通入装有催化剂的反应器进行反应，达到平衡时的转化率为40%，的体积分数为10%，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数______(用含P的代数式表示)。 9.（2026·山东泰安·一模）是工业常用的催化剂、还原剂。实验室中以为原料可制备。将与放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程： I. Ⅱ. Ⅲ. Ⅳ. (1)_____。 (2)若反应Ⅲ的，则该反应随温度的变化趋势正确的是_____（填字母）。 A． B． C． D． (3)不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅱ对应的物质为_____。 (4)温度下，_____，反应Ⅲ的平衡常数_____（列算式）。 (5)温度为时，平衡体系中、的物质的量分别为、，若将容器容积压缩为，经过再次达到平衡，化学反应速率_____，与原平衡状态相比，容器中的压强_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。 (6)在时，随着温度升高，物质的量逐渐增大的原因是_____。 四、他山之石，可以攻玉 1.（2026·江西·卷）/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储／释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下： 回答下列问题： （1）________。 （2）同等条件下，表面自由能G（块状）________G（粉末）（填“>”“=”或“<”）。 （3）/CaO开放系统在脱水过程中，起始质量为，当固体质量为m时，转化率为________。 （4）空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是______________________。 （5）下图为密闭容器中的理论平衡曲线，在图中能稳定存在的状态点有________（填标号）。 （6）假设金属Ca，原子半径为，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积（含空隙）计算式________。 （7）初始CaO质量相同，不同比例与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。 甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。 乙同学认为该结论不正确，理由是________________________________________。 2.（2026·广东卷） 硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。 （1）基态S原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。 则___________(用和表示)。 （3）的氧化可在卟啉铁配合物[](用表示)催化下进行，其中的一步反应为。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ~Ⅲ组仅初始不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。时间内的实验数据如图1。 ①下列说法正确的有___________。 A．0~t内反应速率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ B．Z的平衡转化率：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ C．实验温度：Ⅱ>Ⅳ D．平衡时的浓度：Ⅱ和Ⅳ相等 ②Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，且，则___________。 （4）可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成、和，该水解反应的熵变___________0(填“>”“=”或“<”)。 （5）某低共熔溶剂(D)可用于吸收，其吸收过程可表示为： ， 在一定和压强()下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收的量为，相关信息见图2，或随的变化如图3。 ①1 mol D在303 K、下吸收至饱和，再升温至、降压至，达平衡后可释放___________。 ②形成的总过程表示为，其平衡常数可表示为。已知：时，，则在、、最多可吸收___________。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 3.（2026·重庆卷） 高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用氢还原法，该法的主要反应有(忽略其他副反应)： 反应1 反应2 反应3 （1）①反应1的平衡常数随温度的升高而增大，则_________0(填“>”、“<”或“=”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应后，测得硅芯棒增重，则多晶硅的沉积速率为________。 （2）在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为。体系压强为100 kPa时，与温度的关系如图所示。 ①在时，反应1的平衡常数_________kPa(保留小数点后两位，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为50 kPa，和的曲线交叉点相对于M点，将位于_________区域(填“高温”或“低温”)，其原因是_________。 ③多晶硅的产率常用表示，若和，则M点对应的_________。 （3）相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在熔盐中电解制备的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为_________。 ②若阳极只产生和，当产生的气体总量为(标准状况)时，生成，则为_________。 4.（2026·北京卷）重晶石的主要化学成分为，还含有少量的等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯。 （1）焙烧。使重晶石转化为粗。该过程中生成的反应有： i． ii． iii． _______________。 （2）浸钡。已知可溶于水。粗在热水中浸出，产生和。取一定量粗，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中、随加入水的体积的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、__________。 ②时，几乎不产生，溶液中__________mol(用含、的代数式表示)。 ③当后，比的变化幅度小，解释原因：________________________。 （3）沉钡。与反应快，导致浸出液中和等被包裹而降低产品纯度，而与反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式：_______________________________。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生的原因：_______________________________。 5.（2026·河南卷）常用作化学反应的催化剂，一种制备的方法如下： 反应Ⅰ：  ； 反应Ⅱ：  ； 回答下列问题： (1)基态原子的核外电子排布式为___________；键角：___________(填“”“”或“<”)。 (2)原子与金属离子的结合能力：，原因是___________。 (3)、和三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在平面的投影如图1所示(晶胞参数，)，该晶体的密度为___________(用含、、和的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值，)。 (4)反应Ⅱ中，有利于提高平衡转化率的条件为___________(填标号)。 A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压 (5)下，向一恒压密闭反应器中加入、和，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑副反应)，反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。 ①当温度高于时，分压随温度升高逐渐减小，原因是___________。 ②某温度下，反应达到平衡时，分压是分压的2倍，假设剩余可忽略不计，此时的物质的量为___________，的分压为___________；若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 6.（2026·四川卷）季戊四醇酯是具有优良生物降解性的润滑剂。以二甲基亚砜为溶剂，正己酸(A)与季戊四醇(B)制备正己酸季戊四醇单酯(C)和二正己酸季戊四醇二酯(D)的反应如下： Ⅰ． Ⅱ． 反应物初始浓度，不同温度下部分物质浓度随时间的变化关系如图所示，平衡浓度比如表所示(忽略水的挥发)。 不同温度下的平衡浓度比 温度/℃ 135 0.90 0.11 145 0.96 0.22 回答下列问题： （1）的反应热___________。 （2）下列说法正确的是___________(填标号)。 a．A的平均消耗速率是B的平均消耗速率的两倍 b．0~120 min内，135℃时B的平均消耗速率等于C的平均生成速率 c．240~320 min内，反应Ⅰ在145℃的平均速率小于其在135℃的平均速率 （3）反应达平衡后，若向反应体系中通入惰性气体将产生的水带出，C和D的产率将___________(填“增大”或“减小”)，原因是___________。 （4）135℃达平衡时，，则___________，反应Ⅰ的平衡常数___________(计算结果均保留小数点后2位)。 （5）已知反应热满足关系，式中、分别为温度、时的平衡常数，R是大于0的常数，则反应Ⅰ和Ⅱ的反应热关系为___________(填“>”或“<”)，判断依据是___________。 7.（2026·贵州卷）水下推进装置的研究对维护国家海洋权益有积极意义。水冲压发动机是一种新型水下推进装置，通过金属燃料与海水反应产生推力。某科研小组对金属燃料镁与水蒸气高效燃烧过程进行了研究，并模拟计算了其反应机理，所涉反应及变化如下。 Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 已知：①在标准大气压下，MgO的液化温度为3125 K，汽化温度为3873 K。 ② ③模拟计算条件：动力反应装置为绝热系统(物质与热量均不与外界交换)，压强为标准大气压(1 atm)。 回答下列问题： （1）计算： ________。 （2）模拟计算得出镁与水蒸气反应的和随温度的变化关系如图1。温度小于3000 K时，________0(填“＞”“=”或“＜”)。 （3）研究表明，反应中同时存在氢原子解离(路径Ⅰ)和氢原子转移(路径Ⅱ)两条反应路径，如图2。 ①两条反应路径的关系为______(填“＞”“=”或“＜”)。 ②1 atm下，路径Ⅰ和路径Ⅱ都是连续反应： 反应速率方程为，其中是反应速率，是反应速率常数(其数值大小关系为)，是反应物浓度。反应达到平衡前，___________(填“＞”“=”或“＜”)，原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ③某温度下，镁与足量水蒸气在内全部反应，其中通过路径Ⅰ生成的氢气为，则在该时间段内路径Ⅱ的反应速率为_______________。 （4）在3000 K时，若将动力装置反应器出口设置成小口径喷口，反应器可近似为恒容密闭体系，体系压强从1 atm提升至10 atm，则该反应器在单位时间内产生的能量将_________(填“增大”“不变”或“减小”)，原因是______________________________________________________________________________________。 8．（2026·河北卷）丙烯是石油化工行业的重要原料，利用氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反应如下： Ⅰ      使用铂锡双金属催化剂(M)，上述反应分两步进行： Ⅱ             Ⅲ      回答下列问题： (1)_________。 (2)550℃时，恒容密闭容器中装有0.20 g催化剂M，按通入混合气体，反应2 h后得到0.012 mol ，则0~2 h内每克催化剂催化生成的平均速率为_____。下列能说明该体系达到平衡状态的是_____(不定项选择，填序号)。 a． b．的生成速率和消耗速率相等 c．混合气体的密度不再改变 d．混合气体的平均摩尔质量不再改变 (3)反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： ① ② ③ ④ 该催化剂对__________(填“C—C”或“C—H”)键的断裂具有更好的选择性。 (4)100 kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入和各1 mol，在不同温度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示： ①图乙中曲线L代表的组分为__________。 ②若体系压强变为50 kPa，其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量_________(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为__________________________________________________________。 15.原理篇---反应原理综合题参考答案 1、 真题溯源，命题透视 1.【答案】（1）1,2-丁二醇 （2） ①. < ②. 反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同 ③. （3） ①. 0.5 ②. 0.3 （4） ①. ③①② ②. ② 【解析】【小问1详解】 B的结构是，主链4个碳，1、2位有羟基，系统命名为1,2-丁二醇； 【小问2详解】温度越高反应速率越快，先达平衡，所以；平衡时A转化率更低，升温A转化率下降，平衡逆向移动，正反应放热，故； 反应Ⅰ是酯交换，断裂的化学键和形成的化学键种类以及数目相同，因此很小； 初始，平衡，由反应Ⅰ计量比，，剩余，设液相反应体系的体积为V，则平衡常数； 【小问3详解】 设反应Ⅰ中A的转化量为a mol，反应Ⅱ中A的转化量为b mol，反应Ⅲ中C的转化量为c mol，则有： 则达到平衡时、、、、，可列方程组 ，解得，所以此时，； 【小问4详解】反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，③降低温度，平衡Ⅱ、Ⅲ正向移动，生成更多E，故③大于①；②加入惰性溶剂稀释，反应Ⅱ、Ⅲ均为物质的量减小的反应，稀释平衡逆向移动，消耗E，故②小于①，因此排序为。 由，变形得。①和②温度相同，相同，：②>①，故：②<①；③温度低于①，，降温增大，且与②相等，故：③>②，因此最小值对应体系②。 2.【答案】（1）ΔH1+ΔH2 （2） ①. H2O ②. ＜ （3） ①. 0.45+0.5a ②. 150a （4） ①. 增大 ②. 减小 【解析】【小问1详解】已知： Ⅰ． Ⅱ． 依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应的焓变为ΔH1+ΔH2； 【小问2详解】由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，升高温度S2减小，H2O、H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热热反应，即ΔH＜0； 【小问3详解】T1平衡时H2是amol，根据可知H2O和SO2的物质的量均为100amol，根据H元素守恒可知H2S为0.1－101a，设平衡时CaS和S2的物质的量分别为xmol和ymol，根据Ca元素守恒可知CaSO4是1－x，根据O元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S元素守恒可知2=0.1－101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS和CaSO4的物质的量的差值为2x－1=150a。 【小问4详解】压缩容器容积，压强增大，反应平衡正向进行，S2的产率增大，氢气的物质的量减小，由于始终不变，H2O的物质的量减小；温度不变反应的平衡常数不变，所以SO2增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示为，始终不变，所以增大。 3.【答案】（1）++ （2） ①. ②. 当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以的摩尔分数减小。 （3） ①. ②. 0.5 ③. 不变 ④. 不变 【解析】【小问1详解】已知三个反应： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。 【小问2详解】图示温度范围内已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，量减小，摩尔分数减小，量升高，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表的摩尔分数的变化，则c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。 【小问3详解】①压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数 ； ②气体总物质的量为4.0mol，则H2、CO、CO2、H2O(g)的物质的量依次为2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，设反应Ⅰ生成CO和H2物质的量都为xmol，反应Ⅱ消耗CO物质的量为ymol、生成H2物质的量为ymol，则x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反应Ⅱ生成CO2物质的量为0.7mol，反应Ⅲ消耗CO2物质的量为0.7mol-0.2mol=0.5mol，则由反应Ⅲ知，此时CaCO3(s)物质的量为0.5mol； ③若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变；将反应Ⅰ-反应Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，温度不变，该反应的Kp=不变，则不变。 二、考点梳理，思维建模 三、考点精练，靶向突破 1.【答案】（1） （2） ①. < ②. ③. ④. ⑤. 在温度时完全分解，继续升高温度反应Ⅲ平衡正向移动的程度大于反应Ⅱ平衡逆向移动的程度 （3） ①. 不变 ②. 减小 【解析】【分析】反应Ⅲ在低于温度时不反应，此时仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，由图可知，曲线丙在温度低于时物质的量为0，温度高于时随温度升高逐渐增大，CO仅在反应Ⅲ中生成，故曲线丙代表的物种为CO； 在温度时完全分解，则温度高于时只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，完全发生反应Ⅱ最多生成，故平衡时的物质的量一定小于0.25 mol，且温度低于时的物质的量为的物质的量的2倍，由图像知，只有曲线丁在温度高于时物质的量小于0.25 mol，温度低于时，曲线乙的物质的量高于曲线丁，故曲线丁代表的物种为，曲线乙代表的物种为，故曲线甲代表的物种为，据此分析解答。 【小问1详解】根据盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ即可得到反应，因此焓变 。 【小问2详解】① 由分析知，曲线丁代表的物种为，由图可知，温度升高，平衡时的物质的量减小，说明反应Ⅱ逆向移动，逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，。 ② 由图及分析可知，M点时，容器中和分别为和，假设分解的为，反应Ⅱ消耗，反应Ⅲ消耗，根据反应方程式可知，的物质的量为，反应Ⅰ生成的的物质的量为，故，，，解得，；平衡时，反应Ⅲ的平衡常数=。 ③温度高于时，已经完全分解，反应Ⅲ是吸热反应，升高温度反应Ⅲ平衡正向移动，消耗的程度大于反应Ⅱ升温逆向生成的程度，因此物质的量随温度升高逐渐减少。 【小问3详解】反应Ⅰ的平衡常数，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，平衡时不变；反应Ⅲ 的平衡常数，由于，因此当温度不变和不变时，为定值，浓度变大，则 ​ 减小。 2.【答案】(1)(2) ＞ 反应Ⅱ的焓变，随着温度升高，反应逆向移动 1 (3) 增大 增大 【详解】（1）已知：Ⅱ.   Ⅲ.   ，目标反应：，根据盖斯定律，用反应Ⅱ-反应Ⅲ可得：。 （2）在之前，曲线③和曲线④重合，说明的转化率和的产率相等，说明在这之前只发生反应Ⅱ，在之后，曲线④大于曲线③，说明曲线④代表的转化率，曲线③代表的产率，温度升高的转化率减小，说明<0，在之后，的转化率略有上升，说明反应Ⅲ的>0； 在之前，曲线③和曲线④重合，说明的转化率和的产率相等，说明在这之前只发生反应Ⅱ，温度升高时，反应Ⅱ逆向进行，的物质的量减少，所以曲线②为的物质的量； 在之前，曲线③和曲线④重合，说明的转化率和的产率相等，说明在这之前只发生反应Ⅱ，温度升高的转化率减小，说明<0，随着温度升高，反应逆向移动； 由以上分析可知曲线①为的物质的量，曲线②为的物质的量，曲线③为的产率，曲线④为的转化率。由图中可知，在时，=1.36 mol，的产率为0.64。设反应Ⅱ中消耗的物质的量为x mol，反应Ⅲ中消耗的物质的量为y mol，列三段式则，解得x=0.64，y=0.08。已知的产率为0.64，平衡时的物质的量为0.64 mol，则的理论产量为1 mol，且全部转化为，则的初始物质的量为1 mol，平衡时的物质的量为0.28 mol，由反应Ⅲ反应前后的气体的物质的量相等可得===； 由上述分析可知，的初始物质的量为1 mol，则投入的的物质的量也为1 mol。 （3） 向上述平衡体系中加入足量，会继续释放，等效于增加反应物CO2的浓度，则重新达平衡后，CO2转化率减小，分压将增大；压缩体积，压强增大。反应Ⅱ正反应是气体分子数减少的反应。增大压强，平衡正向移动，增大，减小，则增大。 3.【答案】(1) (b+2c-4a) D (2) 增大压强或降低温度 (3) 0.8 (4) 增大 450℃后以反应Ⅲ为主，升温反应Ⅲ平衡正向移动，CO2选择性降低 【详解】（1）根据燃烧热定义： ① ② ④ 利用盖斯定律，由4×①-②-2×④可得反应Ⅱ：=(b+2c-4a) ； 反应Ⅰ：  ，。吉布斯自由能，随温度T升高，下降，且低温时>0，高温时<0，对应图像为D。 （2）低于360℃时反应Ⅲ可忽略。分析图像，曲线乙和曲线丁的变化趋势相反，存在竞争关系，升高温度，反应Ⅰ为吸热反应，的选择性会增大，的转化率增大，则甲代表的转化率；反应Ⅱ为放热反应，的选择性会减小，的转化率减小，则丙代表的转化率，所以曲线乙为的选择性，曲线丁为的选择性； 反应Ⅱ为放热的体积减小的反应，可采取增大压强或降低温度提高的平衡产率。 （3）550℃时，由图可知的转化率为100%，则只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ。根据图中所给信息：的选择性为70%，的选择性为10%，三段式： 平衡时的物质的量为1.4 mol，的物质的量为0.8 mol，的物质的量为0.2 mol，CO的物质的量为0.4 mol，则体系中的物质的量为0.8 mol； 反应Ⅲ的反应前后气体系数都为1，===。 （4）300℃时达平衡后，只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，压缩容器体积，温度不变，反应Ⅰ的平衡常数不变，即二氧化碳的浓度不变，容器容积减小，说明二氧化碳的物质的量应该减小，这说明反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，的物质的量增大，CH4和CO2的物质的量之比增大； 450℃后只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，升高温度反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，但反应Ⅲ正向移动的程度大于反应Ⅱ逆向移动的程度，导致CO2选择性降低。 4.【答案】(1) < (2) 恒压条件下，通入水蒸气，体系内其他组分分压减小，平衡正向移动，提高平衡转化率 (3)0.4 (4) 、 0.65 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应①+反应②=目标反应，则反应ΔG=ΔG1+ΔG2；由图可知，温度相同时，平衡常数Kp1大于Kp2，则反应吉布斯自由能的关系为：ΔG1－ΔG2=(-ATln Kp1)-( -ATln Kp2) <0； （2）高温条件下水蒸气能与碳反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为：，所以通入水蒸气能够一定程度上减少催化剂上的积炭；恒压条件下，通入不参与反应的水蒸气，体系内其他组分分压减小，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率增大，所以恒压条件下，通入一定量的水蒸气能提高DEB的平衡转化率； （3）由题意可知，每小时通入0.5 mol DEB时，DEB的转化率为：α=(-11.13×ln+80)%=80%，则1h内，DEB的反应速率为：=0.4 mol/h； （4）设水蒸气、DEB的物质的量分别为8.02 mol、1 mol，由Kp随温度变化可知，温度升高，Kp1、Kp２均增大，说明升高温度，反应①、反应②的平衡均向正反应方向移动，则压强一定时，升高温度，DEB的平衡转化率和DVB的选择性均增大，由DVB的选择性小于DEB的平衡转化率可知，曲线L1、L2、L3分别表示DEB的平衡转化率、DVB的选择性、EVB的选择性随温度的变化；由方程式可知，反应①、反应②均是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，DEB的平衡转化率和DVB的选择性均减小，由DVB的选择性小于DEB的平衡转化率可知，曲线L5表示DEB的平衡转化率随压强的变化；由图可知，T0时，DEB的平衡转化率为70%，DVB的选择性和EVB的选择性都为40%，则平衡时，DEB、EVB、DVB的物质的量分别为：1 mol-1 mol×70%=0.3 mol、1 mol×70%×40%=0.28 mol、1 mol×70%×40%=0.28 mol；由方程式可知，生成0.28mol DVB需要两步脱氢，氢气的物质的量为：0.28 mol×2=0.56 mol，生成0.28mol EVB需要一步脱氢，生成氢气的物质的量为0.28 mol，则生成氢气的总物质的量为0.84 mol；由公式可知，MST的选择性为20%，则MST的物质的量为：1 mol×70%×20%=0.14 mol，由方程式可知，反应生成甲烷的物质的量为0.14 mol，则平衡时混合气体的总物质的量为：0.3 mol+0.28 mol+0.28 mol+0.84 mol+0.14 mol+0.14 mol+8.02 mol=10.0 mol，反应③的平衡常数为：Kp3=≈0.65 kPa。 5.【答案】(1)-90.5 (2) 3.0×106Pa时甲醇的选择性 温度较低时以反应ⅱ为主，温度较高时以反应ⅲ为主 (或0.067) 0.0016 高于330℃时以反应ⅲ为主，且反应ⅲ前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不受压强影响 【详解】（1）根据盖斯定律，反应ⅰ = 反应ⅱ − 反应ⅲ，因此：。（2）① 反应ⅱ（）是气体分子数减少的放热反应，增大压强有利于转化为，因此曲线Ⅰ表示时甲醇的选择性；温度较低时，反应ⅱ（放热）为主，温度升高其平衡逆向移动，选择性减小；温度较高时，反应ⅲ（吸热）为主，温度升高其平衡正向移动，增多，促使反应ⅰ 生成，选择性增大，因此曲线Ⅲ先减小后增大。 ②设初始投料，，由图可知该条件下平衡转化率为，选择性，因此，由，结合，因此、。则平衡时剩余。反应ⅱ：，消耗，生成；反应ⅲ：，消耗，生成，则总消耗为，剩余为，生成的为。因此平衡时各物质的量为：、、、、，总物质的量。因此。对于反应Ⅲ：各物质分压：、、、，则平衡常数：。 ③ 温度高于时，反应ⅲ（气体分子数不变）为主，且反应前后气体分子数相等，压强对其平衡几乎无影响，因此曲线Ⅲ和Ⅳ几乎汇于一条线。 6.【答案】(1)-92.4 (2) b d 2m 增大 不变 【详解】（1）根据盖斯定律，由反应Ⅰ- 反应Ⅱ可得目标反应：变； （2）①表示NH3选择性和N2的选择性之和为1，开始阶段反应Ⅰ为快反应，NH3是主产物，选择性高，故曲线b是NH3的选择性，曲线c是的N2选择性，根据初始投料比可知，氢气过量，则NO的转化率应高于H2，故a代表NO的转化率，d代表H2的转化率； ②已知G点坐标(32，m)，即32 min时NO转化率为m，根据反应Ⅰ和反应Ⅱ的化学计量数均为1：1，初始充入2 mol NO，转化率为m，则； 75 min时，NO转化率80%，氨气选择性25%，则：消耗NO 为，反应Ⅰ消耗的NO物质的量为 ，生成，列出消耗量： 反应Ⅱ消耗的NO物质的量为 ，生成，列出消耗量： 共消耗 ，剩余： ；生成水 ；平衡时各物质的量：，总物质的量 ； 初始总压 ，初始 ，初始NO分压，题目前置条件是恒压密闭容器，75 min时平衡时NO分压：，变化量 ，时间 ，平均速率：；反应Ⅰ：，温度不变，25 min时物质的量分数平衡常数按75 min计算：； ③使用仅对反应 Ⅰ 有催化作用的催化剂：反应 Ⅰ 速率加快，生成速率增大，其浓度最大值增大。 使用仅对反应 Ⅱ 有催化作用的催化剂：反应 Ⅱ 速率加快，选择性降低，但最终平衡时浓度由热力学平衡决定，故 75 min 时浓度不变。 7.【答案】(1)-165.13 (2)C (3) b 曲线d代表的物质的量变化，温度不变，当增大时，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，所以的物质的量减小 0.125 66.7 Y 【详解】（1）根据反应焓变计算公式：，对于反应： 代入数据：； （2）根据范特霍夫方程，对作图，斜率为：反应I：斜率为正，故，计算得，反应III是第一问反应的逆反应，故，因此，数值范围为，选C； （3）① 增大（即增加用量），转化率升高，自身转化率降低，因此下降曲线为的转化率；温度不变，当增大，浓度升高，促进反应I正向进行，反应Ⅱ逆向移动，所以的物质的量减小； ② 转化率高于的转化率，曲线a为转化率，设平衡时，，，起始，，，，可得： 解得：，。为的物质的量曲线，故； 的选择性； ③ 时反应II的，反应II，增大说明温度降低；反应I，降温使反应I正向移动，H2转化率升高，因此C点移向更高转化率的Y点。 8.【答案】(1) (2) 400℃时，的选择性几乎为0，体系发生的主要反应为反应Ⅱ，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，所以不同压强下平衡转化率趋于相等 升高 (3) 温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且程度更大，所以的转化率升高，但甲醇的选择性降低 (4) 【详解】（1）根据燃烧焓写出已知反应： ① ；② ；③ ； 目标反应Ⅱ：，由盖斯定律：①②③； （2）①反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，压强越大，平衡正向移动，转化率、选择性越高。由图可知相同温度下的转化率、选择性均大于，故； ②400℃时，的选择性几乎为0，体系发生的主要反应为反应Ⅱ，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，所以不同压强下平衡转化率趋于相等； ③LTA分子筛膜亲水，会分离出反应体系中的，两个反应的生成物浓度降低，平衡均正向移动，平衡转化率升高； （3）①甲醇产量 ，代入数据： D：，E：，F：，故产量顺序为； ② 反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，总平衡转化率升高，但甲醇的比例降低，故选择性降低； （4） 设平衡时生成，，转化率为40%，故。计算总物质的量： ，已知体积分数为10%，则，解得，，总物质的量，各物质分压：，，，。 反应Ⅰ的平衡常数： (MPa)−2。 9.【答案】(1)+132.4kJ·mol-1 (2)B (3) (4) 0.5 (5) 不变 (6)升高温度，反应逆向移动，成为主要反应，故物质的量增大 【详解】（1）由盖斯定律，Ⅰ+2×Ⅱ得到； （2）反应Ⅲ的，，高温下满足，故选B； （3）由表格可知，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅳ为气体转化为固态也是放热的，曲线Ⅰ、Ⅱ可表示或的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ正向移动，反应Ⅰ、Ⅳ为逆向移动，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为，曲线Ⅱ对应的物质为； （4）温度下，为8.5mol、为6.0mol，、均为0mol，根据Ti元素守恒，可推出为（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则反应Ⅲ的平衡常数为； （5）由反应Ⅰ可知其平衡常数，反应Ⅳ可知其平衡常数，由于温度不变，则、均不变，由于体积减半，故，化学反应速率，；体系中只存在、，体积减半后，气体总物质的量为，气体浓度不变，故容器总压强不变； （6）温度升高，反应Ⅰ逆向移动，物质的量增大，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，物质的量减小，综合来看，物质的量逐渐增大，说明随着温度升高，以反应Ⅰ为主，故物质的量增大。 四、他山之石，可以攻玉 1.【答案】（1）-63 （2）＜ （3） （4） （5）a、c、d （6） （7）四组实验水的用量不同，④中水的用量最少，反应放出总热量少，升温幅度小，因此到达最高温度时间短不能说明反应速率大 【解析】（1）根据盖斯定律，整个循环焓变总和为0：，解得； （2）同等条件下，粉末状的物质相比于块状物质，被粉碎得更细，具有更大的比表面积。表面原子由于配位不饱和，具有比内部原子更高的能量，因此块状的表面自由能小于粉末状。 （3）设转化率为，起始物质的量为，每脱水失去，固体质量减少，因此： ，整理得。 （4）空调等物理热泵的供热原理是利用制冷剂发生物理相变(如气态冷凝液化)来释放热量。在上述关系图中，发生物理变化且放热的过程是510℃的转变为25℃的的过程(放出62kJ/mol的热量)。 （5）对于平衡，平衡常数；若实际，反应逆向进行，不符合题意。 图中点c在平衡曲线下方，同温度下实际小于平衡，平衡正向趋势大，因此可以稳定存在；而点 a 和点 d 位于平衡曲线上，体系处于平衡状态，此时和CaO稳定共存，故选a、c、d。 （6）的原子个数为；二维单层紧密堆积（六方密堆积），框内表示每个原子所占总面积（含空隙），计算结果为，因此总表面积： 。 （7）初始质量相同，水的比例不同，放热量不同：水越少，总放热量越少，体系需要升高的温度越小，到达最高温度的时间就越短，和反应速率无关，因此该推断不正确。 2.【答案】（1） （2） （3） ①. BC ②. 3.2 （4）> （5） ①. 0.82 ②. 0.22 【解析】 【小问1详解】S的原子序数为16，在周期表中位于第三周期VIA族，所以其价层电子轨道表示式为； 【小问2详解】根据盖斯定律，，故； 【小问3详解】①A．题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z的反应速率逐渐增大，转化率也逐渐增大，A错误； B．从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z转化率逐渐增大，B正确； C．温度越高反应速率越快，由题图1可知实验Ⅱ的反应速率比Ⅳ的反应速率大，故实验温度：Ⅱ>Ⅳ，C正确； D．Ⅱ和Ⅳ温度不同，该分步反应平衡常数不同，平衡时Z的浓度不相等，D错误； 故BC； ②已知Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，故，，则。 【小问4详解】在潮湿空气中水解的化学方程式为，该反应为熵增反应，熵变。 【小问5详解】①由题干可知，每摩尔D吸收的量为。结合题图3可知，303 K、时，，，；350 K、时，，，，故达平衡后释放的为。 ②由题图3可知，时，温度不变不变。时，，结合题图2中信息，，，则，解得；时，，解得，，故最多可吸收。 3.【答案】（1） ①. ＞ ②. 0.16 （2） ①. 0.28 ②. 低温 ③. 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，降温使平衡逆向移动，增大、减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域 ④. 20.97% （3） ①. ②. 3:1 【解析】【小问1详解】① 平衡常数随温度升高增大，说明升温时反应1平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此。 ② 沉积速率。 【小问2详解】 ① 1320 K时，由图得，，总压，反应1的压强平衡常数。 ② 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，要使二者分数重新相等，需使平衡逆向移动；因正反应为吸热反应，故需降低温度。 ③  设生成，，根据Si守恒：平衡后所有含Si气体总物质的量为，总气体物质的量为​，则；根据H守恒：初始总H为，即，解得，代入得，即。 【小问3详解】① 阴极发生得电子还原为Si的反应，电极反应为。 ② 标况下2.24 L气体总物质的量为0.1 mol，，转移电子总数： ，阳极反应为：、，根据转移电子守恒：，联立，得。 4.【答案】（1）-119 （2） ①. 漏斗、玻璃棒 ②. ③. 稀释溶液时，仅随溶液体积增大直接被稀释，而、的水解平衡会正向移动，生成了额外的，抵消了部分因体积增大引起的浓度减小 （3） ①. ②. 溶液中存在电离平衡：，与​结合生成沉淀，使降低，促使的电离平衡正向移动；产生的浓度增大，进而与溶液中的结合，促使平衡正向移动，从而产生气体 【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，用反应ii×2 - 反应i即可得到反应iii： ； 【小问2详解】①过滤操作的玻璃仪器包含烧杯、普通漏斗、玻璃棒。 ②题目条件明确指出“几乎不产生，因此可以忽略，根据物料守恒：，由图可知，，所以：，而溶液中的主要来源于的水解，根据水解方程式：，，故。 ③当后，固体已经完全溶解。此时继续加水相当于对溶液进行稀释。稀释时仅随溶液体积增大直接被稀释，但根据勒夏特列原理，、的水解平衡会正向移动，额外释放出，因此的下降幅度比更小。 【小问3详解】①根据题意，与反应快，而与反应慢，所以预处理的目的是消除浸出液中的，将转化为，对应离子反应为：； ②加入后，溶液存在的电离平衡：，与​结合生成沉淀，释放出更多的， 随即与溶液中发生结合：，生成气体逸出体系。 5.【答案】(1) ＞ (2)中羟基（）是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱 (3) (4)B (5) 温度高于900℃时，随温度升高，反应Ⅰ、反应Ⅱ（吸热反应）均向正反应方向进行，但反应Ⅱ正向进行程度更大，同时由于总压恒定，反应Ⅱ生成了大量的CO气体，导致的分压被稀释而减小 1.6 62.5 不变 （1）B原子原子序数为5，基态核外电子排布式为； 分子中C原子价层电子对数是，采取杂化，没有孤电子对，呈完美的正四面体结构，键角为109°28′；分子中 分子N原子价层电子对数是，也是 杂化，但含有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥作用，导致其键角压缩为107°。因此键角：＞； （2）N原子与金属离子结合的能力（配位能力）取决于N原子提供孤电子对的难易程度。羟胺（ ）可以看作是中的一个H 被取代。由于O原子的电负性很大，表现出强烈的诱导吸电子效应，使N原子周围的电子云密度明显下降，因此与金属离子结合（配位）的能力弱于。 （3）用均摊法计算晶胞中原子数：N位于8个顶点，；C位于体心，；B共4个，均位于晶胞面上，，晶胞总质量；晶胞体积，因此密度。 （4）反应Ⅱ正反应是吸热、气体分子数增大的反应，升温、降压都使平衡正向移动，提高平衡转化率，因此选高温低压。 （5）①由图2可知，在900℃ 以上时，CO的分压急剧增加，说明吸热的反应Ⅱ开始剧烈正向进行，而反应Ⅰ也是吸热反应，反应Ⅰ的平衡也正向移动，产生的物质的量虽有增加，但由于反应Ⅱ正向进行程度更大，气体总物质的量急剧增大。在恒压条件下，CO占了极大的分压份额，从而使的体积分数及分压被“稀释”而下降； ②已知起始投入：， ， ，当CH4忽略不计(完全反应)时，说明反应I进行到底，生成了3.0 mol C(s)和6.0 mol H2(g)，设反应Ⅱ中消耗的N2物质的量为amol，列三段式： 由题意知，此时CO的分压是N2分压的2倍。在同温同压同体积下，气体的分压之比等于物质的量之比：，解得a=0.8，此时的物质的量为1.6mol，平衡时各气体组分的物质的量： ，总气体物质的量，总压，故；平衡常数只与温度有关，若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，温度不变，不变。 6.【答案】（1） （2）bc（3） 增大 减小生成物（水）的浓度，促使平衡向正反应方向移动 （4） 0.05 1.10 （5） ＜ 升温后，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，由题给公式可知，大小与呈正比，故 【解析】（1）根据盖斯定律，目标反应 = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，因此。 （2）a．若反应生成了D，总消耗A的物质的量为，总消耗B的物质的量为，因此，a错误； b．由图可知，在 0~120 min 内，135℃时，体系无D，说明只发生了反应Ⅰ，C的净生成速率等于 B的消耗速率，b正确； c．观察图象，在145℃（虚线）下，240~320 min 时各物质浓度曲线已呈水平状态，说明反应已经达到平衡，净反应速率（平均速率）为 0；而在135℃（实线）下，240~320 min 时曲线仍有微小变化，说明反应仍在向右进行，平均速率大于 0。因此145℃时的平均速率小于135℃ 时的平均速率，c正确； 故选bc。 （3）水是反应Ⅰ、Ⅱ的生成物，移走水使生成物浓度减小，两个反应的平衡均正向移动，因此C和D的产率增大。 （4）已知135℃平衡时，由表格，得；又，因此（或可通过计算精确值）； 反应Ⅰ：； 反应Ⅱ：； 平衡时；， ；对于反应Ⅰ，平衡常数， 代入得。 （5）KⅠ 、KⅡ，温度升高，均增大，说明KⅠ、KⅡ均随温度升高而增大，因此；升高相同温度，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，题给公式，大小与呈正比，K值增大的倍数越大，其对数就越大，对应的就越大，故。 7.【答案】（1） （2）< （3） ①= ②＜ ③Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于，，故平衡前< ④ （4）①增大 ②3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大 （1）根据盖斯定律，将已知反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ相加，消去中间产物MgO(s)、MgO(l)，可得目标反应，故ΔH = ΔH₁ + ΔH₂ + ΔH₃。 （2）由已知ΔG = ΔH - TΔS，结合图1可知，温度升高时-TΔS增大，ΔG几乎不变，因此ΔG对T的斜率为-ΔS。由图像可得ΔS＜0，故温度小于3000 K时，ΔG＜0（反应自发）。 （3）①焓变是状态函数，只与反应的始态和终态有关，两条路径的反应物和最终产物完全相同，因此ΔH₁ = ΔH₂。 ②由反应路径能量图可知，路径Ⅰ中生成MgOH+H的活化能较大，路径Ⅱ中生成HMgOH的活化能较小，因此HMgOH生成速率更快；而后续步骤中MgOH+H生成MgO+H₂的活化能较小，速率更快。由于v₁ = k₁c(Mg·OH₂)、v₂ = k₂c(HMgOH)，且k₁≪k₂，反应达到平衡前v₁＜v₂。 ③总反应中n mol Mg生成n mol H₂。路径Ⅰ生成a n mol H₂，则路径Ⅱ生成(1-a)n mol H₂。在体积为V L的容器中，t s内路径Ⅱ生成H₂的物质的量浓度变化为(1-a)n/V mol/L，反应速率为(1-a)n/ mol/。若考虑每条路径生成1 mol H₂消耗1 mol Mg，则总H₂为n mol，路径Ⅱ贡献(1-a)n mol，速率为(1-a)n/ mol/。 （4）3000 K时，Mg、H₂O、H₂均为气体，MgO为固体。目标反应气体分子数减少（Δn＜0），增大压强平衡正向移动，放出更多热量，故单位时间内产生的能量增大。 8.【答案】(1)+165 (2) 0.03 bd (3)C-H (4) 减小 A点代表的组分为，该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，减小压强，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，消耗量增大，其物质的量减小 （1）根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应Ⅰ，故 。 （2）0~2 h内每克催化剂催化生成 的平均速率 。 a．由Ⅱ、Ⅲ两步反应关系可得，任意时刻都满足，无法说明各组分浓度或百分含量保持不变，不能作为平衡标志，错误； b．的生成速率等于消耗速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡，b正确； c．该反应在恒容密闭容器中进行，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，错误； d．反应前后气体总质量不变，但反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体分子数增加的反应，气体总物质的量在反应过程中不断增大，平均摩尔质量不断减小，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明达到了平衡状态，正确。 故选bd。 （3）由图甲可知，断裂C-H键的基元反应（②和④）的活化能分别为和，明显低于断裂C-C键的基元反应（①和③）的活化能（和）。活化能越低，反应越容易进行，因此该催化剂对C-H键的断裂具有更好的选择性。 （4）① 初始通入和各。根据反应Ⅱ和Ⅲ，设消耗的为，消耗的为，则生成的为，生成的为，体系中存在的为。由于存在，故 ，即消耗的多于消耗的，平衡时剩余的少于。升温使平衡正向移动。因此，反应物（的、）的量会随温度升高而减小，图中下降的曲线中，虚线在上方，代表，点线在下方，代表。观察反应的物质的量一定相等，反应Ⅰ和Ⅱ均会生成主产物，所以其物质的量在所有产物中应该是最高的，对应最上面的那条实线；550℃之后，由于随升温而骤减，下降的比要快，说明反应Ⅱ发生程度较大，导致的量大于，故曲线 L 代表。 ② A点在虚线上，代表的组分为。该反应体系中发生的反应（反应Ⅰ、Ⅱ）均为气体分子数增大的反应，若体系压强由变为，压强减小，平衡向气体分子数增大的方向（即正反应方向）移动， 的转化率增大，其物质的量减小。 1 学科网（北京）股份有限公司 $