20.化学反应原理综合类答题 2027届高三化学一轮复习

**基本信息** 聚焦化学反应原理综合题，构建“模板+逻辑+图表”三维解题体系，强化规范表达与原理应用的科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |原因类规范表述|14个典例|“有理（化学原理）+有据（事实依据）”双路径模板，正说/反说表达策略|从水解、氧化还原等核心原理，到净水、电解等实际应用，形成“原理→现象→解释”推导链| |理论平衡型简答|2类题型|“前提+推理+结论”三段式表述，平衡移动原理应用步骤|以化学平衡、电离平衡为基础，通过条件变化分析平衡移动方向，建立“变量→移动→结果”逻辑模型| |图表图象类试题|6类技法|五步法审题（面→点→线→量→辅助线），趋势描述模板|整合能量变化、速率平衡等图象分析，培养从图表中提取证据、关联原理的科学探究能力|

20.化学反应原理综合类答题 一、原因、理由类规范语言表述答题模板 1．答题模板：“有理”——化学原理，“有据”——事实依据 可采取以下两种方式：(1)“正说”——“直接原因＋根本目的”(2)“反说”——“如果……，就……” 2．规范解答归纳 (1)明矾净水的原理 明矾溶于水电离出的Al3＋发生水解反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，氢氧化铝胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。 (2)高铁酸钠既能用作净水剂又能对水进行消毒、杀菌的原理 Na2FeO4中的铁元素呈＋6价，具有很强的氧化性，能对水进行杀菌、消毒，其还原产物Fe3＋发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，氢氧化铁胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。 (3)碳酸铵溶液显碱性的原因 碳酸铵溶于水能发生水解，NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，CO＋H2OHCO＋OH－，CO 的水解程度大于NH的水解程度，故溶液显碱性。 (4)碳酸氢钠溶液显碱性的原因 碳酸氢钠溶于水后，HCOH＋＋CO，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，HCO 的水解程度大于其电离程度，故溶液显碱性。 (5)蒸干灼烧FeCl3溶液得到Fe2O3的原理 在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，在蒸发过程中，由于氯化氢大量挥发导致水解平衡向右移动，蒸干溶液时得到Fe(OH)3，灼烧时发生反应2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O，最后得到Fe2O3。 (6)用酸性过氧化氢溶液溶解铜片的实验中，铜片溶解的速率随着温度的升高先加快后减慢的原因 温度升高能够加快反应Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O的反应速率，故铜的溶解速率加快，当温度升高到一定程度后，H2O2的分解速率加快，此时H2O2浓度的下降对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故铜的溶解速率减慢。 (7)适当升温氮气和氢气合成氨的速率加快，但是温度过高反应速率反而下降的原因 温度升高能够加快合成氨反应的反应速率，但温度过高会使催化剂失去活性，反应速率反而降低。 (8)用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极附近溶液呈碱性的原因 在阴极发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，由于氢离子不断放电，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，导致溶液中的c(OH－)>c(H＋)，使溶液显碱性。 (9)在氯碱工业中，电解饱和食盐水时常用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的原因 阳极产生的氯气与水发生反应：Cl2＋H2OHCl＋HClO，增大溶液中盐酸的浓度能够使平衡逆向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的逸出。 (10)在燃料电池中，常在电极表面镀上铂粉的原因 增大电极单位面积吸收气体的分子数，加快电极反应速率。 (11)在尾气吸收装置中试剂的作用 吸收尾气中××气体，防止污染空气。 (12)在定量实验或者制备实验中装置最后连接的干燥管的作用 防止空气中的××气体进入××装置对实验造成干扰(有时还可能同时起到吸收尾气的作用，如在有关氨气的探究实验中，最后连接的盛有浓硫酸的洗气瓶的作用就可以吸收多余的氨气，同时能防止空气中的水蒸气进入)。 (13)在导管末端连接倒置漏斗、干燥管浸入水或溶液中的原因 防倒吸(同时具有扩大吸收面积，加快吸收速率的作用)。 (14)在气体的连续实验中，若有需要用盛有碱石灰的干燥管吸收CO2或H2O(g)等气体来进行定量测定的部分，常常需要在实验开始和结束时通入氮气或稀有气体等与实验无关的气体的作用 1)实验开始时的作用：排尽装置内的空气，防止空气中的××对实验造成干扰。2)实验结束时的作用：将产生的××气体全部排出被××试剂完全吸收，以减少实验误差。 二、理论平衡型简答题规范语言表述答题模板 1．答题策略与思维路径 (1)‌明确平衡体系：确定题目情境中的核心平衡体系(如化学平衡、水解平衡、溶解平衡等)。 (2)‌分析条件变化：找出题目中引起平衡移动的变量(如浓度、温度、压强、催化剂等)。 (3)‌应用平衡移动原理：根据勒沙特列原理(或其他平衡理论)判断平衡移动方向。 (4)‌推导实际影响：结合题目实际，说明平衡移动后对体系性质、反应结果或现象的具体影响。 2．规范语言表述模板(三段式) (1)‌模板结构‌：‌前提(理论依据)‌ + ‌推理(条件变化)‌ + ‌结论(实际影响) ①问题所涉及大前提(相关的理论或规律)的表述，一般很熟悉的理论或规律可以只写名称，也可以用化学方程式等化学用语表示，并不需要把其详细内容写出； ②问题的推理过程(具体条件下的变化等)的表述； ③问题所涉及的变化的结果。 (2)‌示例句式‌： ①速率、平衡移动类简答题的答题模板:叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果); ②溶液中离子平衡简答题模板:“体系中存在……平衡，……(条件变化)使平衡向……(方向)移动，导致……(结论)。” (3)具体应用举例： ①‌化学平衡问题‌ 问题：已知汽缸中生成NO的反应为 N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH>0 汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是_____________________________________________________________________。 规范回答：N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH>0，温度升高使平衡向吸热方向(正反应方向)移动，同时升高温度也加快反应速率，因此单位时间内NO生成量增加。 ②‌电离/水解平衡问题‌ 问题：向ZnSO4溶液中滴加H2S未生成沉淀，继续滴加氨水后出现ZnS沉淀。 规范回答：初始溶液中Zn2+与S2-的浓度商Q < Ksp(ZnS)，故无沉淀。滴加氨水后，NH3与Zn2+结合生成[Zn(NH3)4]2+，降低Zn²⁺浓度，导致Q > Ksp(ZnS)，最终生成沉淀。 三、图表、图象类试题规范语言表述 1．审题与信息提取规范 (1)‌明确坐标含义‌ ①先标注横纵坐标物理量(如时间、温度、浓度等)及单位，确认坐标系类型(线性/对数坐标系)。 ②若为多曲线图像，需用图例标注物质名称或化学反应式。 一看面：观察纵坐标(外界条件、时间等)和横坐标(反应速率、平衡转化率、含量等)。 二看点：分析重要的点(起点、拐点、终点)的含义。 三看线：观察线的走向和变化趋势； 四看量的变化：如浓度、温度等的变化。 五看辅助线：如等温线、等压线、平衡线； (2)‌关键点描述规范‌ ①拐点：用“当...时达到平衡/转折点”句式，如“当温度升至80℃时，反应速率出现陡升”。 ②平台区：表述为“随...增大，...趋于稳定/不再变化”。 (3)分析作判断：对比图像中重要点或线的变化，分析图象中隐含的信息，将其加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理，从而快速解决问题，得出肯定性结论。 ①三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大小；三看化学平衡移动的方向。 ②先拐先平数值大：在含量(转化率)—时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。 ③定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。 ④想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。 2．现象与数据分析规范 (1)‌变化趋势描述模板‌ ①上升趋势：“呈正相关/线性增长/指数型增长” ②下降趋势：“呈负相关/逐渐衰减” ③波动趋势：“在一定范围内震荡变化” (2)‌定量关系表达‌ ①需标注具体数值区间(如“pH在2-4范围内，腐蚀速率从0.5g/h升至2．3g/h”)。 ②计算斜率时注明单位(如“k=0.02 mol/(L·min)”)。 3．原理关联表述规范 (1)‌能量变化图‌ ①对比物质稳定性：“物质能量越高越不稳定，故A物质的稳定性弱于B物质”。 ②活化能描述：“图中峰值为反应的活化能，催化剂可降低此数值”。 (2)‌平衡移动图‌ ①结合勒沙特列原理：“增大反应物浓度后，体系通过加快正反应速率重新建立平衡”。 ②标注温度/压强对产率的影响时，需区分热力学控制和动力学控制。 4．易错点警示 (1)‌禁止表述‌ ①“曲线先上后下” → “产率随温度升高呈现先增大后减小的趋势”。 ②“pH越大腐蚀越快” → “当pH＞7时，腐蚀速率与溶液碱性呈正相关”。 (2)‌符号规范‌ ①状态标注：气体(↑)、沉淀(↓)仅用于方程式，现象描述用“产生气泡/生成沉淀”。 ②单位书写：浓度单位用mol/L，避免简写为“M”。 5．特殊图表处理 (1)‌多纵轴图像‌ 分步描述：“左侧纵轴显示反应速率变化，右侧纵轴对应转化率数据”。 (2)‌速率-时间曲线‌ 区分瞬时速率与平均速率：“t₁时刻增大反应物浓度导致正反应速率突跃”‌ 6．答题口诀 图象题要细心，全面观察得高分；曲线题能速答，分析走势好办法；表格题要解好，转化数据离不了。 🔍模拟演练 1. (衡水二中)CO2是地球温室效应的罪魁祸首之一，但其资源化利用可变废为宝，为“双碳”目标的实现作出贡献。回答下列问题： （1）CO2与CH4催化重整可制备H2、CO；CO2加氢可制备CH4等，已知下列反应： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 计算 _______；反应Ⅰ在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下自发进行。 （2）Cd/TiO2界面催化CO2加氢制甲醇的反应进程中，相对能量及反应机理如图所示。 该图中显示了_______种反应路径；其中反应物路径中的决速步骤的反应式为_______。 （3）一定条件下，CO2合成CH3OH是目前比较成熟的CO2的资源化生产利用技术。涉及的反应如下： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 在2.0 L恒容密闭容器中通入1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)的混合反应物，发生上述反应，两种含碳产物的选择性［如CO的选择性］及CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。 ①曲线乙表示_______(填含碳产物的化学式)的选择性。 ②曲线丙表示CO2的平衡转化率随温度的变化，该曲线在温度较低时先减小，250℃左右逐渐增大，出现这种变化趋势的原因是_______。 ③温度为300 K时，平衡体系中_______mol。 ④温度为250 K时，反应达到平衡状态，测得以下数据：体系压强为MPa、H2为2.6 mol。则该温度下，反应ⅱ的压强平衡常数_______(用最简分式表示)。 2. 研究以含有一个碳原子的物质(等)为原料合成化工产品的化学，称为一碳化学。 （1）有如下三个反应：Ⅰ． II． Ⅲ． 已知相关化学键键能数据如下表，则___________。 化学键 E/ 436 465 413 803 1071 （2）某温度下，在2L恒容密闭容器中加入、，只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时，的总转化率为80%， 的浓度为。的平衡浓度为___________；反应Ⅰ的平衡常数___________ (保留到小数点后1位)。 （3）已知：，时，该反应的平衡常数。该反应的，，只与温度有关。时，___________﹔温度为时，，推断得，其推断过程是___________。 （4）电化法制甲酸的工艺原理如图所示。 ①电极A的电极反应式为___________。 ②若消耗(标准状况)，生成，则该装置的电流效率___________()。 3. （辽宁名校联盟）天然气是我国的主体能源之一，天然气脱硫不仅有利于环境保护，还能防止设备腐蚀。某天然气脱硫工艺中会发生下列反应： Ⅰ． ； Ⅱ． ； Ⅲ． 。 （1）由此计算 ______。 （2）向某恒温恒容密闭容器中充入一定量的H2S和O2，发生上述反应。 ①平衡后，升高温度，SO2的体积分数会______（填“增大”或“减小”），原因为____________。 ②下列描述能说明反应达到平衡状态的是______。（填标号） A．容器内压强不再发生变化 B．容器内气体密度不再发生变化 C．不再发生变化 D．单位时间内每消耗1 mol H2S(g)，同时生成1 mol H2O(g) （3）催化脱硫的反应Ⅳ：既可除去天然气中的H2S，又可以获得H2。 ①反应Ⅳ的催化历程中相对能量变化如图所示（具体能量数值省略，“*”表示吸附在催化剂表面）。 该反应为______（填“吸热反应”或“放热反应”）；决速步骤的反应式为__________。 ②在固定压强、固定流速条件下，按初始投料比通过装有催化剂的反应器，出口处检测到H2S的体积分数随温度的变化曲线如图所示。 900 K前H2S的体积分数基本不变，900 K后H2S的体积分数迅速下降的原因为__________。 ③一定温度下向某恒容密闭容器中充入，发生反应Ⅳ，起始时容器内压强为p3，平衡后容器内压强变为p4，则该温度下，反应Ⅳ的平衡常数______（以分压表示，分压=总压×物质的量分数，用含p3、p4的代数式表示）。 4. （福州适应五）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”）。 5. （东北三省一区二模）实现“碳中和、碳达峰”是中国对国际社会的庄严承诺。关键在于二氧化碳如何资源化，其中利用CO2与CH4镍基催化重整(DRM)技术制合成气(CO和H2)是研究热点之一，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) 反应Ⅱ： （1）为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定状态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定状态单质，其为零。根据下表数据，计算反应Ⅱ的反应热_______kJ·mol-1，该反应能自发进行，则_______0(填“大于”“小于”或“等于”)。 物质 CO2 CO H2O(g) (kJ·mol-1) -393.5 -110.5 -241.8 （2）描述化学反应的平衡常数常用三种方法：Kc、Kp、和Kx(用平衡时气体的物质的量分数代替平衡浓度计算)。关于相同温度下，反应Ⅱ的三种平衡常数的数值_______(填“相等”或“不相等”)。 （3）在恒温恒容的条件同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，下列有关说法正确的是_______(填标号)。 A. 通入氮气，不能改变CO2的平衡转化率 B. 混合气体密度不再改变，说明反应达到平衡状态 C. 使用高效催化剂能加快反应速率和降低反应的焓变 D. 反应Ⅱ逆反应的活化能小于正反应的活化能 （4）在PMPa时，将CO2和CH4按等物质的量充入密闭容器中，只进行反应Ⅰ，分别在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示。 ①a点时有催化剂和无催化剂的CO2转化率相等的原因是_______。 ②在PMPa、900℃、ZrO2催化条件下，将CO2、CH4、Ar按物质的量之比1：1：2充入密闭容器，CO2的平衡转化率大于50%，解释说明原因：_______，此时平衡常数_______(以各气体的分压代替浓度计算；列出含、p的计算式)。 （5）一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子()和电子。利用该薄膜能有效富集空气中的CO2.如图所示，在薄膜a侧通入空气，b侧通入氢气，充分反应后在b侧得到高浓度的CO2。 a侧上的电极反应式为_______。 6. CO和水通过催化转化可以生成甲酸，有利于碳中和。其主要反应如下： ①； ②。 回答下列问题： I.已知：的燃烧热为286kJ/mol、CO的燃烧热为，。 （1）则a=_______；反应②自发进行的条件是_______；(填选项字母，下同)。 A．高压 B．低压 C．高温 D．低温 （2）工业上，一定能提高HCOOH产率的措施有_______。 A. 增大压强 B. 选用高效催化剂 C. 降低温度 D. 恒压下充入 II.在温度恒为1100K、体积恒为2L的密闭容器中充入，经过10min，容器内达到平衡状态，测得平衡时HCOOH与CO的分压比为，平衡时与CO的分压比为1：1。 （3）下列图像正确且能说明反应达到平衡状态的是_______(填选项字母)。 A. B. C. D. （4）1100K时，10min时CO的转化率为_______；0~10min内用水蒸气表示的化学反应速率为_______。 （5）1100K条件下，平衡时压强为，反应①用气体分压表示的化学平衡常数_______(用含的代数式表示，用容器中各气体成分的分压表示)。 （6）已知反应①：，，反应②：，，为速率常数。则反应③的化学平衡常数_______(用含的代数式表示)。 7. （西安中学检测三） 我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，利用CO2，H2为原料合成CH3OH的主要反应如下。 Ⅰ．CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-48.5 kJ·mol-1 K1 Ⅱ．CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+43.9 kJ·mol-1 K2 回答下列问题： （1）已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式___________。 （2）为提高CH3OH(g)的产率，理论上应采用的条件是___________(填字母)。 a．高温高压 b．低温高压 c．高温低压 d．低温低压 （3）一定温度下，向压强恒为p MPa的密闭容器中通入1mol CO2(g)和3mol H2(g)，充分反应后，测得CO2平衡转化率为50%，CH3OH选择性为80%，该温度下CH3OH的分压为___________。 [甲醇的选择性=×100%] （4）研究者向恒压(3.0MPa)密闭装置中通入反应物混合气(混合比例)，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图所示。(甲醇时空收率是表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)。 ①请解释甲醇时空收率“抛物线”前半段升高的原因：___________。 ②为获得最大的甲醇时空收率，根据图像选择催化剂最佳配比和反应最佳反应温度为___________(填字母)。 A．Ni5Ga3，210℃ B．NiGa，220℃ C．NiGa，240℃ D．Ni5Ga3，220℃ （5）在一定催化剂催化作用下CO2加氢合成甲酸发生反应如下：。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中的曲线d所示， 已知Arrhenius经验公式为(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，则该反应的活化能Ea=___________kJ·mol-1.改变外界条件，实验数据如图中的曲线e所示，则实验可能改变的外界条件是___________。 8. （西安85中学期末）氨气是一种重要的化工原料，在很多领域有重要的应用。回答下列问题： （1）合成氨的原料气需预先净化，其主要目的是防止催化剂___________；在实际工业生产中，提高产品平衡产率的措施有___________(答出两点)。 （2）研究表明反应 分三步进行，如图1所示。 第一步反应的正反应活化能比逆反应活化能___________(填“大”或“小”)；第三步反应的热化学方程式为___________。 （3）可由氨气制备，主要涉及反应： Ⅰ． ； Ⅱ． ； Ⅲ． 。 ①一定温度下，向体积为10 L的恒容密闭容器中加入5 mol 发生反应。20 min达到平衡时容器内、的物质的量分别为2 mol、3 mol，与的体积分数相等，体系压强为10 MPa。则0～20 min内，平均反应速率___________；的平衡体积分数为___________；该温度下，反应Ⅲ的平衡常数___________(是用分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。 ②不同压强下，向密闭容器中加入等量，实验测得平衡时和的物质的量随温度的变化关系如图2所示。 图2中表示平衡时的物质的量随温度变化关系的是___________(填“甲”或“乙”)，判断依据为___________；图乙中、、由大到小的顺序为___________。 9. （武汉四中12月月考）我国科学家研发出一种乙醇(沸点)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点)的生产，主要反应为： Ⅰ、 Ⅱ、 回答下列问题： （1）对于反应Ⅰ： ①已知则______，反应Ⅰ在______(填“低温”“高温”或“任意温度”)下可自发进行。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是______(填标号)。 A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．单位时间内断裂键，同时断裂键 D．的体积分数不再变化 ③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为______。 （2）恒压下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2[如：] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为，原因为______。 ②由图中信息可知，乙酸可能是______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为，乙酸的选择性为，则______，反应Ⅱ的平衡常数______(精确至小数点后一位；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 10. 二氧化碳加氢制甲烷是实现“双碳”目标的有效方法之一，主要反应为 反应： 反应： （1）反应 ，则_______。下列措施既能提高该反应物的平衡转化率，又能增大生成反应速率的是_______(填标号)。 a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂 （2）一定温度下，利用不同催化剂在相同反应时间内，测得产物的生成速率与催化剂的关系如图1。 ①由图1可知，最有利于获得甲烷的催化剂是_______(填“Cat1”、“Cat2”、“Cat3”或“Cat4”)。 ②已知(为速率常数，、均为常数)，下列关于反应在题设条件下图像与上述两种催化剂Cat1、Cat2关系对应正确的是_______(图2，填标号)。 （3）反应的正、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”)。 （4）不同条件下，按照投料同时发生上述反应，的平衡转化率如图3所示。压强、、由大到小的顺序是_______。压强为时，温度高于700°C之后，温度升高转化率增大的原因是_______。 （5）一定温度、压强下，将投料比的原料气匀速通过无分子筛膜多孔载体反应器，只发生反应II，的平衡转化率为。同温同压下，若通入装有分子筛膜的多孔载体反应器(如图4所示，水分子可以通过分子筛膜)，的平衡转化率为，则相同时间内出口和出口中的质量比为_______。 🎯 真题链接 —— 直击高考 1. （2026陕晋青宁高考）利用1,2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为： I． Ⅱ． 回答下列问题： （1）①已知298 K时，各物质的相对能量如表。 物质 相对能量 Ⅲ． ________。 ②上述三个反应的 ( 为平衡常数)随(为温度)的变化如图。曲线c下降的原因是________，代表反应Ⅲ的曲线是________(填“a”“b”或“c”)。 （2）①某温度下，在压强为 的恒压密闭反应器中，按 投料，采用含Ru催化剂催化反应Ⅰ和Ⅱ。当反应Ⅰ完全进行，乙炔转化率为92%时，反应Ⅱ各物质分压表示的反应商 ________。 ②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，推测氯乙烯中的________可与Ru形成配位键。 （3）我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联(如图)，使乙炔转化率接近100%。 ①Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为________。 ②反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、HCl、·H和·Cl。在位置2引入新催化剂，将存活时间短的·H和·Cl变成*H和*Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部分反应历程如图。位置2应选择催化剂________(填“A”或“B”)，选择依据是________。位置3主要发生的反应为________(写化学方程式)。 2. （2026黑吉辽蒙高考）低碳烯烃（烯）用途广泛，可由合成气（）经费托反应催化直接合成。 （1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（：催化剂，：活性碳氢物质）： 按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是________________________________（答出一条即可）。 （2）合成丙烯的费托反应主要为： ①　 ②　 ③　 ④　 则______，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为______（填标号）。 A．低温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．高温高压 （3）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应的最适宜催化剂为__________（填“”、“”或“”）。时，的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为_________（写出计算式即可）。 [已知：收率转化为总烃的转化率低碳烯烃选择性、、] （4）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料、选择性为或时，转化率与温度的关系如图3所示，则_____（填“>”、“=”或“<”，下同），反应③的_______。 （5）若采取某种措施抑制生成，此时费托反应只发生②和④，、恒压、初始投料时，的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则_________；反应②的反应商______（用分压代替浓度计算，分压总压物质的量分数，保留两位有效数字）。 3. （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”)。 4. （湖北26高考）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________。 5. （湖南2026高考）烯烃是重要的化工原料，可用CO和H2为原料直接合成，其原理： 。回答下列问题： （1）该反应的关键在于CO活化路径的调控。图I是M1、M2(M1、M2分别是Co2C和 )两种催化剂活化CO的机理，其中催化效率较高的是______(填“M1”或“M2”)。催化剂为M2时，反应历程中决速步(速率最慢)的反应方程式为______。 （2）恒压条件下，该反应若改用()作催化剂，产物中的H2O还可与CO反应。以生成C3H6为例，相关反应如下： i． ii． iii． ①当 时，反应iii的 ______。 ②已知反应的平衡常数与温度 之间符合： ( 为摩尔气体常数，为常数)。当 时，反应ii和iii的 与温度 的数据如表所示，反应iii对应表中数据______(填“a”或“b”)。 423 K 623 K 723 K a 6.7 2.9 1.8 b 20.3 5.2 0.7 ③反应近似达到平衡时，加入少量无水MgCl2，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，其可能原因是______( )。 ④y增大，烯烃的氢原子经济性将______(填“增大”或“减小”)，理由是______。( ) ⑤图Ⅱ为CO转化率和CO2选择性分别与H2/CO投料比之间的关系，H2/CO投料比为1.5时，副产物甲烷的选择性为10%，烯烃的氢原子经济性=______。 6. （河北2026高考）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__________________________________________________________。 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___________。 9. （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) 10. （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_________。 11. （2026云南卷）“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯(DMT)的路径如下： 回答下列问题： I．“热催化”中主反应： i． （1）已知： 则__________(用含和的代数式表示)，__________0(填“”或“”)。 （2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应，提高平衡转化率的措施有__________(填标号)。 A. 及时移走 B. 通入 C. 增大和投料比 D. 加入催化剂 （3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”()的副反应： ii． 一定条件下，平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[比如：DMO选择性] ①“热催化”反应较适宜的温度区间为__________(填标号)。 A． B． C． ②，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时__________，反应的__________(列出计算式即可)。 II．“电催化”中：DMODMT （4）25℃时，DMT的生成速率与关系如图2，已知该反应的速率方程为，其中为速率常数。 ①当增加10倍，也增加10倍，则为__________。 ②速率常数为__________(列出计算式即可)。 （5）生成DMT的电极反应式为，其中Y为__________(填结构简式)。 学科网（北京）股份有限公司 $ 20. 化学反应原理综合类 🔍模拟演练 1. (衡水二中)CO2是地球温室效应的罪魁祸首之一，但其资源化利用可变废为宝，为“双碳”目标的实现作出贡献。回答下列问题： （1）CO2与CH4催化重整可制备H2、CO；CO2加氢可制备CH4等，已知下列反应： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 计算 _______；反应Ⅰ在_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下自发进行。 （2）Cd/TiO2界面催化CO2加氢制甲醇的反应进程中，相对能量及反应机理如图所示。 该图中显示了_______种反应路径；其中反应物路径中的决速步骤的反应式为_______。 （3）一定条件下，CO2合成CH3OH是目前比较成熟的CO2的资源化生产利用技术。涉及的反应如下： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 在2.0 L恒容密闭容器中通入1 mol CO2(g)、3 mol H2(g)的混合反应物，发生上述反应，两种含碳产物的选择性［如CO的选择性］及CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。 ①曲线乙表示_______(填含碳产物的化学式)的选择性。 ②曲线丙表示CO2的平衡转化率随温度的变化，该曲线在温度较低时先减小，250℃左右逐渐增大，出现这种变化趋势的原因是_______。 ③温度为300 K时，平衡体系中_______mol。 ④温度为250 K时，反应达到平衡状态，测得以下数据：体系压强为MPa、H2为2.6 mol。则该温度下，反应ⅱ的压强平衡常数_______(用最简分式表示)。 【答案】（1） ①. ②. 高温 （2） ①. 4 ②. （3） ①. CO ②. 反应i的△H<0，而反应ii的△H>0，故低温时以反应i为主，升高温度，平衡逆向移动，CO2转化率逐渐降低；而较高温度时以反应ii为主，因该反应为吸热反应，升温平衡正向移动，则CO2转化率逐渐增大 ③. 0.3 ④. 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律可知，反应I+反应Ⅲ×2可得： ，对于反应I，，反应过程中气体物质的量增大，，根据吉布斯自由能公式，当时，，反应自发，则反应I在高温下自发。 【小问2详解】 由图中信息可知，该图共显示了4种路径，分别是反应物，反应物，反应物，反应物。其中反应物和反应物的两条路径中，过渡态TS2的基元反应的活化能最大，该步骤为决速步骤，反应式为。 【小问3详解】 ①由反应i和反应ii的△H可知，随着温度的升高，CH3OH选择性降低，CO选择性升高，故曲线乙为CO选择性曲线； ②反应i的△H<0，而反应ii的△H>0，故低温时以反应i为主，升高温度，平衡逆向移动，CO2转化率逐渐降低；而较高温度时以反应ii为主，因该反应为吸热反应，升温平衡正向移动，则CO2转化率逐渐增大； ③由图可知，300K时，CO2转化率为30%，则转化了的CO2为1mol×30%=0.3mol，由反应i和反应ii的方程式可知，每转化1molCO2，生成1molH2O，故平衡体系中n(H2O)=0.3mol。 ④设平衡体系中，CH3OH有x mol，CO有y mol，利用“三段式”计算： 3-3x-y=2.6，x=y，则x=y=0.1，则平衡体系中有0.8mol CO2、2.6mol H2、0.1mol CH3OH、0.1molCO、0.2mol H2O，故平衡体系中的气体总量为3.8mol，与反应ii有关的物种分压：，，，，则反应ii的压强平衡常数。 2. 研究以含有一个碳原子的物质(等)为原料合成化工产品的化学，称为一碳化学。 （1）有如下三个反应：Ⅰ． II． Ⅲ． 已知相关化学键键能数据如下表，则___________。 化学键 E/ 436 465 413 803 1071 （2）某温度下，在2L恒容密闭容器中加入、，只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时，的总转化率为80%， 的浓度为。的平衡浓度为___________；反应Ⅰ的平衡常数___________ (保留到小数点后1位)。 （3）已知：，时，该反应的平衡常数。该反应的，，只与温度有关。时，___________﹔温度为时，，推断得，其推断过程是___________。 （4）电化法制甲酸的工艺原理如图所示。 ①电极A的电极反应式为___________。 ②若消耗(标准状况)，生成，则该装置的电流效率___________()。 【答案】（1）-41 （2） ①. 3 ②. 16.9 （3） ①. 1.8 ②. 该反应的，T2℃时，k正=1.9k逆，即K=1.9，平衡常数大于T1℃时，该反应是放热反应，温度低，平衡常数更大，故T2<T1 （4） ①. CO2＋2e-＋2H＋=HCOOH ②. 80% 【解析】 【小问1详解】 根据反应物总键能－生成物总键能，； 【小问2详解】 起始时充入、的浓度分别为、，的总转化率为80%，的浓度为，则的浓度为，根据反应比例 ，，，则反应反应Ⅰ的平衡常数； 【小问3详解】 反应的，，，平衡时，即 ，则，该反应的，所以1.8；T2℃时，，即K=1.9，平衡常数大于T1℃时， 是放热反应，温度低，平衡常数更大，故T2<T1； 【小问4详解】 ①由图可知，电极A上CO2得到电子转化为HCOOH，电极反应式为CO2＋2e-＋2H＋=HCOOH； ②消耗标准状况，转移电子数为，生成，即为，转移电子数，故。 3. （辽宁名校联盟）天然气是我国的主体能源之一，天然气脱硫不仅有利于环境保护，还能防止设备腐蚀。某天然气脱硫工艺中会发生下列反应： Ⅰ． ； Ⅱ． ； Ⅲ． 。 （1）由此计算 ______。 （2）向某恒温恒容密闭容器中充入一定量的H2S和O2，发生上述反应。 ①平衡后，升高温度，SO2的体积分数会______（填“增大”或“减小”），原因为____________。 ②下列描述能说明反应达到平衡状态的是______。（填标号） A．容器内压强不再发生变化 B．容器内气体密度不再发生变化 C．不再发生变化 D．单位时间内每消耗1 mol H2S(g)，同时生成1 mol H2O(g) （3）催化脱硫的反应Ⅳ：既可除去天然气中的H2S，又可以获得H2。 ①反应Ⅳ的催化历程中相对能量变化如图所示（具体能量数值省略，“*”表示吸附在催化剂表面）。 该反应为______（填“吸热反应”或“放热反应”）；决速步骤的反应式为__________。 ②在固定压强、固定流速条件下，按初始投料比通过装有催化剂的反应器，出口处检测到H2S的体积分数随温度的变化曲线如图所示。 900 K前H2S的体积分数基本不变，900 K后H2S的体积分数迅速下降的原因为__________。 ③一定温度下向某恒容密闭容器中充入，发生反应Ⅳ，起始时容器内压强为p3，平衡后容器内压强变为p4，则该温度下，反应Ⅳ的平衡常数______（以分压表示，分压=总压×物质的量分数，用含p3、p4的代数式表示）。 【答案】（1）-314 （2） ①. 减小 ②. 温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，所以SO2的体积分数减小 ③. AC （3） ①. 吸热反应 ②. 或 ③. 900 K前催化剂活性为0（或活性非常低），反应几乎不发生；900 K后催化剂活性增强，反应速率大幅加快 ④. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律可知，反应Ⅲ=（反应Ⅰ＋反应Ⅱ），计算得； 【小问2详解】 ①由题中信息可知，温度升高，反应Ⅰ逆向移动（放热反应），反应Ⅱ正向移动（吸热反应），所以的体积分数减小； ③A．三个反应联动发生，反应过程中气体体积会发生变化，所以压强会发生变化，所以容器内压强不再发生变化时可以判断反应达到平衡状态，A正确； B．容器体积不变，气体总质量不变（反应前后均全部为气体），所以容器内气体密度不会发生变化，故无法判断平衡态，B错误； C．反应过程中一直在变化中，所以当不再变化时可以说明反应达到平衡状态，C正确； D．消耗(g)和生成(g)均表示正反应速率，无法判断是否达到平衡态，D错误； 故选AC； 【小问3详解】 ①由相对能量变化图可知：生成物的总能量高于反应物的总能量，故该反应为吸热反应；活化能最大的步骤为决速步骤，分析能量变化图可知决速步骤的反应式为：或； ②900 K前的体积分数基本不变，900 K后的体积分数迅速下降的原因为：900 K前催化剂活性为0（或活性非常低），反应速率极慢，几乎不发生；900 K后催化剂活性增强，反应速率大幅加快，且升温促进反应正向进行； ③按照，设分别为1mol、2mol，根据反应列“三段式”： ，该条件下压强之比等于物质的量之比，故，求解，则将“三段式”进行转换： 所以该温度下，反应Ⅳ的平衡常数。 4. （福州适应五）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”）。 【答案】（1） （2） ①. ＞ ②. ③. 反应Ⅱ的焓变，随着温度升高，反应逆向移动 ④. ⑤. 1 （3） ①. 增大 ②. 增大 【解析】 【小问1详解】 已知：Ⅱ. Ⅲ. ，目标反应：，根据盖斯定律，用反应Ⅱ-反应Ⅲ可得：。 【小问2详解】 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。 【小问3详解】 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。 5. （东北三省一区二模）实现“碳中和、碳达峰”是中国对国际社会的庄严承诺。关键在于二氧化碳如何资源化，其中利用CO2与CH4镍基催化重整(DRM)技术制合成气(CO和H2)是研究热点之一，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) 反应Ⅱ： （1）为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定状态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定状态单质，其为零。根据下表数据，计算反应Ⅱ的反应热_______kJ·mol-1，该反应能自发进行，则_______0(填“大于”“小于”或“等于”)。 物质 CO2 CO H2O(g) (kJ·mol-1) -393.5 -110.5 -241.8 （2）描述化学反应的平衡常数常用三种方法：Kc、Kp、和Kx(用平衡时气体的物质的量分数代替平衡浓度计算)。关于相同温度下，反应Ⅱ的三种平衡常数的数值_______(填“相等”或“不相等”)。 （3）在恒温恒容的条件同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，下列有关说法正确的是_______(填标号)。 A. 通入氮气，不能改变CO2的平衡转化率 B. 混合气体密度不再改变，说明反应达到平衡状态 C. 使用高效催化剂能加快反应速率和降低反应的焓变 D. 反应Ⅱ逆反应的活化能小于正反应的活化能 （4）在PMPa时，将CO2和CH4按等物质的量充入密闭容器中，只进行反应Ⅰ，分别在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示。 ①a点时有催化剂和无催化剂的CO2转化率相等的原因是_______。 ②在PMPa、900℃、ZrO2催化条件下，将CO2、CH4、Ar按物质的量之比1：1：2充入密闭容器，CO2的平衡转化率大于50%，解释说明原因：_______，此时平衡常数_______(以各气体的分压代替浓度计算；列出含、p的计算式)。 （5）一种由离子交换树脂和碳纳米管构成的复合薄膜，可同时传导阴离子()和电子。利用该薄膜能有效富集空气中的CO2.如图所示，在薄膜a侧通入空气，b侧通入氢气，充分反应后在b侧得到高浓度的CO2。 a侧上的电极反应式为_______。 【答案】（1） ①. +41.2 ②. 大于 （2）相等 （3）AD （4） ①. a点所处温度下催化剂失去活性 ②. 充入了不参加反应的氩气，相当减小压强，平衡向体积增大的方向移动，CO2的平衡转化率增大 ③. （5） 【解析】 【小问1详解】 由题给信息知，生成物的标准生成焓之和-反应物的标准生成焓之和，因此的；该反应能自发进行，即，因，所以，故答案为+41.2；大于。 【小问2详解】 对于反应Ⅱ，，， ，所以相同温度下，反应Ⅱ的三种平衡常数的数值相等，故答案为相等。 【小问3详解】 A．恒温恒容条件下，通入氮气，反应物和生成物浓度不变，平衡不移动， CO2的平衡转化率不变，A正确； B．恒温恒容条件下，混合气体的总质量始终不变，混合气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，B错误； C．使用高效催化剂能加快反应速率但不影响反应的焓变，C错误； D．反应Ⅱ为吸热反应，由正反应的活化能-逆反应的活化能知，逆反应的活化能小于正反应的活化能，D正确； 故答案选AD。 【小问4详解】 ①根据图示，a点时，有催化剂和无催化剂的转化率相等，这说明在该温度下，两者反应速率相等，即a点时温度较高，催化剂失去了活性，故答案为a点所处温度下催化剂失去活性。 ②反应Ⅰ为气体物质的量增大的反应，在pMPa、900℃、ZrO2催化条件下，将CO2、、Ar按物质的量之比1：1：2充入恒压密闭容器，充入了不参加反应的氩气，相当减小压强，平衡向体积增大的方向移动，的平衡转化率增大，所以的平衡转化率ɑ大于50%；假设起始充入了、、Ar，平衡时的转化率为，则平衡时转化的，平衡时，，平衡时气体的总物质的量为，故=，故答案为充入了不参加反应的氩气，相当减小压强，平衡向体积增大的方向移动，CO2的平衡转化率增大；。 【小问5详解】 由题意可知，薄膜可同时传导阴离子()和电子，b侧通入氢气，充分反应后在b侧得到水和高浓度的CO2，故b侧氢气失去电子，发生氧化反应，为负极，则薄膜a侧为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为，故答案为。 6. CO和水通过催化转化可以生成甲酸，有利于碳中和。其主要反应如下： ①； ②。 回答下列问题： I.已知：的燃烧热为286kJ/mol、CO的燃烧热为，。 （1）则a=_______；反应②自发进行的条件是_______；(填选项字母，下同)。 A．高压 B．低压 C．高温 D．低温 （2）工业上，一定能提高HCOOH产率的措施有_______。 A. 增大压强 B. 选用高效催化剂 C. 降低温度 D. 恒压下充入 II.在温度恒为1100K、体积恒为2L的密闭容器中充入，经过10min，容器内达到平衡状态，测得平衡时HCOOH与CO的分压比为，平衡时与CO的分压比为1：1。 （3）下列图像正确且能说明反应达到平衡状态的是_______(填选项字母)。 A. B. C. D. （4）1100K时，10min时CO的转化率为_______；0~10min内用水蒸气表示的化学反应速率为_______。 （5）1100K条件下，平衡时压强为，反应①用气体分压表示的化学平衡常数_______(用含的代数式表示，用容器中各气体成分的分压表示)。 （6）已知反应①：，，反应②：，，为速率常数。则反应③的化学平衡常数_______(用含的代数式表示)。 【答案】（1） ①. ②. D （2）AB （3）AD （4） ①. 75% ②. （5）或 （6） 【解析】 【分析】根据盖斯定律，在等温等压或等温等容条件下，化学反应的热效应（ΔH）仅取决于体系的初始状态和最终状态，与反应路径无关‌。其数学表达为：若某反应可由多个已知反应通过代数运算（加、减、乘）组合而成，则该反应的ΔH等于各已知反应ΔH的对应运算结果‌。反应能否自发进行根据，当反应自发进行。根据勒夏特列原理可判断平衡移动的方向。反应是否达到平衡则可通过变量不变来判断。 【小问1详解】 根据盖斯定律，由H2的燃烧热，CO的燃烧热，以及，用CO燃烧的热化学方程式减去H2燃烧的热化学方程式再加上，可得反应②，则，即；根据，反应自发进行，因反应②气体分子数不变，熵变不明显，若该反应能自发进行，且，故温度需低温，选D； 故答案为：；D。 【小问2详解】 A．反应①是气体分子数减小的反应，增大压强有利于反应正向进行，反应②前后气体分子数不变，增大压强不受影响，A正确； B．选用高效催化剂不改变平衡转化率，但有利于加快反应①速率，提高产率，B正确； C．两个反应均为放热反应，降低温度会减慢速率，不能提高HCOOH产率，C错误； D．恒压下充入N2，不能提高HCOOH产率，D错误； 故答案为：AB。 【小问3详解】 A．反应①正方向为气体分子数减小的方向，反应②气体分子数不变，故压强会不断变小，当不再改变时则说明反应达到平衡状态，A正确； B．反应热由反应物和生成物的能量差决定，与反应是否达到平衡无关，不会发生变化，B错误； C．反应①和反应②中所有物质均为气体，则总质量不变，反应在密闭容器中进行，则体积不变，根据，气体密度一直保持不变，但不能说明反应达到平衡状态，C错误； D．反应①和反应②中所有物质均为气体，则总质量不变，反应①正方向为气体分子数减小的方向，反应②气体分子数不变，则容器中气体的总物质的量减小，根据，平均相对分子质量不断增大，当不再改变时则说明反应达到平衡状态，D正确； 故答案为：AD。 【小问4详解】 达到平衡状态时，反应①和②在转化量如下： ，平衡时HCOOH与CO的分压比为，平衡时与CO的分压比为1：1，则，，解得x=0.5，y=0.25，此时容器中n(CO)=1 mol-0.5 mol -0.25 mol=0.25 mol，n(H2O)=1 mol-0.5 mol -0.25 mol=0.25 mol，n(HCOOH)=0.5 mol，n(CO2)=0.25 mol，n(H2)= 0.25 mol，气体总物质的量为1.5 mol，CO的转化率为，用水蒸气表示的化学反应速率。 故答案为：；。 【小问5详解】 由（4）可得。 故答案为：或。 【小问6详解】 对于反应①，达到平衡时，即，所以。对于反应②，达到平衡时，即，所以。反应③的化学平衡常数，将和相除，可得。 故答案为：。 7. （西安中学检测三） 我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，利用CO2，H2为原料合成CH3OH的主要反应如下。 Ⅰ．CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-48.5 kJ·mol-1 K1 Ⅱ．CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+43.9 kJ·mol-1 K2 回答下列问题： （1）已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式___________。 （2）为提高CH3OH(g)的产率，理论上应采用的条件是___________(填字母)。 a．高温高压 b．低温高压 c．高温低压 d．低温低压 （3）一定温度下，向压强恒为p MPa的密闭容器中通入1mol CO2(g)和3mol H2(g)，充分反应后，测得CO2平衡转化率为50%，CH3OH选择性为80%，该温度下CH3OH的分压为___________。 [甲醇的选择性=×100%] （4）研究者向恒压(3.0MPa)密闭装置中通入反应物混合气(混合比例)，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图所示。(甲醇时空收率是表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)。 ①请解释甲醇时空收率“抛物线”前半段升高的原因：___________。 ②为获得最大的甲醇时空收率，根据图像选择催化剂最佳配比和反应最佳反应温度为___________(填字母)。 A．Ni5Ga3，210℃ B．NiGa，220℃ C．NiGa，240℃ D．Ni5Ga3，220℃ （5）在一定催化剂催化作用下CO2加氢合成甲酸发生反应如下：。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中的曲线d所示， 已知Arrhenius经验公式为(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，则该反应的活化能Ea=___________kJ·mol-1.改变外界条件，实验数据如图中的曲线e所示，则实验可能改变的外界条件是___________。 【答案】（1） （2）b （3）0.125p （4） ①. 温度升高，反应速率加快，时空收率增大 ②. A （5） ①. 1120 ②. 使用更高效的催化剂 【解析】 【小问1详解】 已知反应Ⅰ．CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-48.5 kJ·mol-1 K1 Ⅱ．CO2(g)+H2(g) ⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+43.9 kJ·mol-1 K2，反应Ⅲ的平衡常数，根据反应与平衡常数关系，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律，，所以反应Ⅲ的热化学方程式为； 【小问2详解】 反应Ⅰ是气体分子数减小的放热反应，要提高CH3OH(g)的产率，需要使平衡正向移动，降温平衡向放热反应方向（正向）移动，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向（正向）移动，所以理论上应采用低温高压，答案选择b； 【小问3详解】 一定温度下，向压强恒为p MPa的密闭容器中通入1mol CO2(g)和3mol H2(g)，充分反应后，测得CO2平衡转化率为50%，则消耗的CO2的物质的量为，又因CH3OH选择性为80%，所以生成CH3OH消耗CO2的物质的量为，生成CO消耗的CO2物质的量为，列三段式： 平衡时气体总的物质的量为，CH3OH的分压为； 【小问4详解】 在“抛物线”前半段，温度升高，反应速率加快，单位时间内生成的甲醇增多，所以甲醇时空收率增大；根据图像Ni5Ga3催化剂在210℃时甲醇时空收率最大，所以选择A； 【小问5详解】 将图中d线上坐标（3.2，336）和（3.4，112）代入公式，可得①及②，联立二式可求得；将图中e线上的坐标（3.6，37）代入Arrhenius经验公式可得③，联立①③两式，可得，，，改变条件使活化能降低，则改变的条件是使用了更高效的催化剂； 8. （西安85中学期末）氨气是一种重要的化工原料，在很多领域有重要的应用。回答下列问题： （1）合成氨的原料气需预先净化，其主要目的是防止催化剂___________；在实际工业生产中，提高产品平衡产率的措施有___________(答出两点)。 （2）研究表明反应 分三步进行，如图1所示。 第一步反应的正反应活化能比逆反应活化能___________(填“大”或“小”)；第三步反应的热化学方程式为___________。 （3）可由氨气制备，主要涉及反应： Ⅰ． ； Ⅱ． ； Ⅲ． 。 ①一定温度下，向体积为10 L的恒容密闭容器中加入5 mol 发生反应。20 min达到平衡时容器内、的物质的量分别为2 mol、3 mol，与的体积分数相等，体系压强为10 MPa。则0～20 min内，平均反应速率___________；的平衡体积分数为___________；该温度下，反应Ⅲ的平衡常数___________(是用分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。 ②不同压强下，向密闭容器中加入等量，实验测得平衡时和的物质的量随温度的变化关系如图2所示。 图2中表示平衡时的物质的量随温度变化关系的是___________(填“甲”或“乙”)，判断依据为___________；图乙中、、由大到小的顺序为___________。 【答案】（1） ①. 中毒 ②. 增大体系压强、及时将氨气液化分离、氮气和氢气循环利用等 （2） ①. 大 ②. (或 ) （3） ①. 0.01 ②. 50% ③. 0.729 ④. 甲 ⑤. 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，温度升高，平衡碳量增大，一定温度下，主要发生反应Ⅱ时，压强对平衡碳量无影响，曲线交于一点 ⑥. 【解析】 【小问1详解】 合成氨的原料气需预先净化，其主要目的是防止催化剂中毒；在实际工业生产中，提高产品平衡产率的措施有增大体系压强、及时将氨气液化分离、氮气和氢气循环利用等。 【小问2详解】 由图知，第一步反应为吸热反应，其正反应活化能比逆反应活化能大；总反应-第一步反应-第二步反应=第三步反应，则第三步反应的热化学方程式为 或 。 【小问3详解】 ①由已知反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ知，若起始到平衡时反应Ⅲ消耗的物质的量为a，则该反应生成物质的量为a、物质的量为2a；平衡时容器内C(s)、的物质的量分别为2 mol、3 mol，则反应Ⅱ消耗2 mol ，反应Ⅰ消耗6 mol ；由与的体积分数相等列式得，解得；综上，平衡时容器内有2 mol 、2 mol 、3 mol 、9 mol 、2 mol ，气体总物质的量为18 mol；则0~20 min内，平均反应速率；的平衡体积分数为；该温度下，反应Ⅲ的平衡常数。 ②图2中表示平衡时C(s)的物质的量随温度变化关系的是甲，判断依据为反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，温度升高，平衡碳量增大，一定温度下，主要发生反应Ⅱ时，压强对平衡碳量无影响，曲线交于一点；图乙表示的物质的量随温度的变化关系，由反应特点知，压强越大，的物质的量越小，则由大到小的顺序为。 9. （武汉四中12月月考）我国科学家研发出一种乙醇(沸点)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点)的生产，主要反应为： Ⅰ、 Ⅱ、 回答下列问题： （1）对于反应Ⅰ： ①已知则______，反应Ⅰ在______(填“低温”“高温”或“任意温度”)下可自发进行。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是______(填标号)。 A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．单位时间内断裂键，同时断裂键 D．的体积分数不再变化 ③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为______。 （2）恒压下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2[如：] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为，原因为______。 ②由图中信息可知，乙酸可能是______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为，乙酸的选择性为，则______，反应Ⅱ的平衡常数______(精确至小数点后一位；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. +44.4 ②. 高温 ③. AD ④. 降温冷凝后收集气体 （2） ①. ，产氢速率较快，乙酸的选择性最大且副产物少 ②. 产物1 ③. ④. 26.8 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律，反应Ⅰ = 反应Ⅱ + 已知反应，因此ΔH1=ΔH2+ΔH=(+68.7 kJ/mol)+(−24.3  kJ/mol)=+44.4  kJ/mol；反应Ⅰ中，反应后气体分子数增大，，，根据时反应自发，可知高温下可自发进行； ②A．反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，恒容下压强随反应进行变化，压强不再变化时说明达到平衡，A正确； B．反应前后都是气体，总质量不变，恒容容器体积不变，密度始终不变，不能说明平衡，B错误； C．每断裂2mol H-O键（正反应消耗1 mol H2​O），生成2 mol H-H键（正反应生成2 mol H2​），若同时断裂2mol H-H键（逆反应消耗2 mol H2​）才达到平衡；故断裂2mol H-O键对应断裂2mol H-H键才平衡，C错误； D．的体积分数不再变化，说明其浓度不再改变，反应达到平衡，D正确； 因此选AD； ③乙醇、乙酸沸点远高于氢气，降温后乙醇和乙酸液化，氢气仍为气体，因此最适宜方法是冷凝液化分离出氢气。 【小问2详解】 ① 适宜温度选择由图1可知，270℃时乙酸选择性最高，副产物（乙醛、C副产物）选择性低，同时产氢速率也较快，符合反应Ⅰ的生产要求，因此选270℃； ②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1； ③设投料n(H2O)=9mol，n(C2H5OH)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量n(CH3COOH)=90%×80%×1=0.72mol， n平(C2H5OH)=1mol×10%=0.1mol，根据碳元素守恒n(CH3CHO)= n(C2H5OH)- n(CH3COOH)- n平(C2H5OH)=1mol-0.72mol-0.1mol=0.18mol，恒温恒压下，各组分的分压之比=各组分的物质的量之比，故p(C2H5OH): p(CH3CHO)=0.1：0.18=5:9；列三段式、，则平衡时n平(C2H5OH)=0.1mol、n平(H2O)=8.28mol、n平(H2)=1.62mol、n平(CH3COOH)=0.72mol、n平(CH3CHO)=0.18mol，气体总物质的量n总=0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则Kp2==≈26.8 kPa。 10. 二氧化碳加氢制甲烷是实现“双碳”目标的有效方法之一，主要反应为 反应： 反应： （1）反应 ，则_______。下列措施既能提高该反应物的平衡转化率，又能增大生成反应速率的是_______(填标号)。 a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂 （2）一定温度下，利用不同催化剂在相同反应时间内，测得产物的生成速率与催化剂的关系如图1。 ①由图1可知，最有利于获得甲烷的催化剂是_______(填“Cat1”、“Cat2”、“Cat3”或“Cat4”)。 ②已知(为速率常数，、均为常数)，下列关于反应在题设条件下图像与上述两种催化剂Cat1、Cat2关系对应正确的是_______(图2，填标号)。 （3）反应的正、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”)。 （4）不同条件下，按照投料同时发生上述反应，的平衡转化率如图3所示。压强、、由大到小的顺序是_______。压强为时，温度高于700°C之后，温度升高转化率增大的原因是_______。 （5）一定温度、压强下，将投料比的原料气匀速通过无分子筛膜多孔载体反应器，只发生反应II，的平衡转化率为。同温同压下，若通入装有分子筛膜的多孔载体反应器(如图4所示，水分子可以通过分子筛膜)，的平衡转化率为，则相同时间内出口和出口中的质量比为_______。 【答案】（1） ①. -206.1 ②. b （2） ①. ②. c （3）增大 （4） ①. ②. 二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应放热，温度升高，平衡逆向移动，反应吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后以反应为主 （5） 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，反应减去反应得，则。 a. 该反应是气体分子数减小的放热反应，升高温度时平衡逆向移动，反应物的平衡转化率降低，a错误； b. 该反应是气体分子数减小的放热反应，增大压强时平衡正向移动，反应物的平衡转化率和反应速率均增大，b正确； c. 催化剂对平衡移动无影响，则加入催化剂不能提高反应物的转化率，c错误； 故选b。 【小问2详解】 ①根据图示可知，催化剂为Cat4时，甲烷生成速率最大且一氧化碳生成速率最小，有利于获得甲烷； ②根据关系式，减小时，温度升高，反应速率加快，速率常数增大，纵坐标增大；根据图1，Cat1比Cat2在相同条件下的速率大，Cat1时活化能小，则斜率大的是Cat1，故选c。 【小问3详解】 反应II是吸热反应，升高温度时，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，则增大。 【小问4详解】 反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，相同温度下增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故；二氧化碳的平衡转化率为两个反应的平衡转化率之和，反应放热，温度升高，平衡逆向移动，反应吸热，温度升高平衡正向移动，温度高于700℃之后，温度升高转化率增大的原因是此时二氧化碳的转化率主要取决于反应。 【小问5详解】 只发生反应，设通入的氢气物质的量为amol，则通入的二氧化碳物质的量为2amol，的平衡转化率为25%，列三段式 ，该反应前后气体分子数不变，用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器，的平衡转化率为40%，列三段式 ，根据，解得，则相同时间内出口a和出口b中的质量比=物质的量之比=。 🎯 真题链接 —— 直击高考 1. （2026陕晋青宁高考）利用1,2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为： I． Ⅱ． 回答下列问题： （1）①已知298 K时，各物质的相对能量如表。 物质 相对能量 Ⅲ． ________。 ②上述三个反应的 ( 为平衡常数)随(为温度)的变化如图。曲线c下降的原因是________，代表反应Ⅲ的曲线是________(填“a”“b”或“c”)。 （2）①某温度下，在压强为 的恒压密闭反应器中，按 投料，采用含Ru催化剂催化反应Ⅰ和Ⅱ。当反应Ⅰ完全进行，乙炔转化率为92%时，反应Ⅱ各物质分压表示的反应商 ________。 ②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，推测氯乙烯中的________可与Ru形成配位键。 （3）我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联(如图)，使乙炔转化率接近100%。 ①Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为________。 ②反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、HCl、·H和·Cl。在位置2引入新催化剂，将存活时间短的·H和·Cl变成*H和*Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部分反应历程如图。位置2应选择催化剂________(填“A”或“B”)，选择依据是________。位置3主要发生的反应为________(写化学方程式)。 【答案】（1） ①. -27 ②. 曲线c对应反应Ⅰ，反应I的正反应为吸热反应，随着增大（即温度降低），平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK减小 ③. a （2） ①. ②. 碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对 （3） ①. ②. A ③. 催化剂A中由b转化为d的最大能垒（或活化能）更低，反应速率更快 ④. 【解析】 【小问1详解】 ①反应焓变生成物总相对能量−反应物总相对能量，代入数据： ； ②根据与​的关系，曲线下降说明斜率为负，对应的反应：温度降低（​增大）时，吸热反应平衡逆向移动， 减小，减小，曲线为下降趋势，说明反应Ⅰ对应曲线c； ，斜率为正；根据盖斯定律：，，所以 ，更负，根据 ，其平衡常数对温度的变化更加敏感，即图像斜率更大，对应曲线b，因此反应Ⅲ对应斜率更小的曲线a。 【小问2详解】 ①设初始投料 ，反应Ⅰ完全进行后，生成 、 ，乙炔转化率为 ，则反应Ⅱ中转化​和 ，生成 ，列三段式有：   平衡时：  ， ， ，总物质的量 。 分压 ，反应商​，代入得： ； ②乙炔分子通过π键电子与Ru形成配位键。氯乙烯分子中不仅含有碳碳双键，其氯原子上也存在未参与成键的孤电子对，这两者均可作为配体提供电子与中心原子Ru形成配位键，产生竞争吸附。 【小问3详解】 ①Cu为第四周期IB族元素，价电子排布为，Au为第六周期IB族元素，价电子排布为； ②题干指出位置2的作用是将自由基（即状态b： ）进一步与乙炔反应生成氯乙烯（状态d： ）。对比两种催化剂的部分反应历程图： 催化剂A中，从状态b到状态d所经历的最高能垒较小； 而催化剂B中，从状态b出发需要越过极高的能垒；活化能越小，反应速率越快，因此选择催化剂A。 综合整个串联反应过程： 位置1：部分分解产生 和HCl，部分分解产生自由基。 位置2：自由基与部分乙炔反应生成 。 为了“使乙炔转化率接近100%”，进入位置3的剩余混合物中必然还含有未完全反应的乙炔和位置1产生的氯化氢。因此在位置3主要发生的是乙炔与氯化氢的加成反应，反应为 ，以消耗尽剩余的乙炔。 2. （2026黑吉辽蒙高考）低碳烯烃（烯）用途广泛，可由合成气（）经费托反应催化直接合成。 （1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（：催化剂，：活性碳氢物质）： 按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是________________________________（答出一条即可）。 （2）合成丙烯的费托反应主要为： ①　 ②　 ③　 ④　 则______，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为______（填标号）。 A．低温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．高温高压 （3）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应的最适宜催化剂为__________（填“”、“”或“”）。时，的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为_________（写出计算式即可）。 [已知：收率转化为总烃的转化率低碳烯烃选择性、、] （4）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料、选择性为或时，转化率与温度的关系如图3所示，则_____（填“>”、“=”或“<”，下同），反应③的_______。 （5）若采取某种措施抑制生成，此时费托反应只发生②和④，、恒压、初始投料时，的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则_________；反应②的反应商______（用分压代替浓度计算，分压总压物质的量分数，保留两位有效数字）。 【答案】（1）有副反应发生生成烷烃（或生成高碳烷烃） （2） ①. -497 ②. A （3） ①. ②. （4） ①. ＞ ②. ＜ （5） ①. 0.3 ②. 【解析】 【小问1详解】 根据题干给出的反应历程图，中间体既可以继续与反应使碳链增长，也可以结合 +H 发生加成反应生成甲烷；同理，碳链增长过程中的中间体也可以结合 +H 生成乙烷、丙烷等烷烃。此外，碳链也有可能继续增长生成及以上的高碳烃。这些副反应的存在消耗了反应物，降低了目标产物低碳烯烃的产率。 【小问2详解】 根据盖斯定律，目标反应 ① 可以由3×反应③ + 反应④得到，因此。 反应①是放热、气体分子数减少的反应，低温有利于放热反应平衡正向移动，高压有利于气体分子数减少的反应平衡正向移动，因此选低温高压A。 【小问3详解】 由图 1 可知，在相同的温度下，使用催化剂时丙烯的转化率最低。由于丙烯是我们期望的目标产物，其转化（消耗）属于副反应，因此是抑制该副反应的最适宜催化剂。根据定义：收率转化为总烃的CO转化率低碳烯烃选择性；选择性为，说明总消耗CO中用于生成总烃；由图2可知，要使收率最大，需要找到乘积最大的组合。观察图 2 中三种催化剂的数据，对应的总转化率为，低碳烯烃选择性为，此时收率最大，因此收率计算式为。 【小问4详解】 反应 ③为放热反应。在图 3 中的水平虚线（固定 CO 转化率为 60%），该线与实线（a%）相交于点 M（温度较低），与实线（b%）相交于点 N（温度较高）。在相同 CO 转化率下（即反应 ④ 生成量基本相同），温度越高，放热的反应 ③ 平衡越向左移动，生成的 越少，导致选择性越低。因此，高温对应的线b% 的选择性低于低温对应的线a%，即a＞b； 由于反应3已经快速平衡，所以在任意时刻正逆反应速率相等，即=、=。题目要求比较和，本质上就是比较M点和N点的正反应速率。点N的温度远高于点M，温度升高会使反应速率常数k显著增大；此外，点N的CO2选择性更低，意味着更少的H2O被消耗，反应体系中H2O的浓度更高。在更高的温度和更高的反应物浓度双重作用下，N点的反应速率必然大于M点。因此，＜。 【小问5详解】 设初始，： 转化率为，故转化的为，剩余； 丙烯选择性，故最终生成丙烯消耗为，得，分压比等于物质的量比，因此； 反应②为，反应商，代入分压化简得： ，平衡时：​​、、、，，，，计算得： ​。 3. （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”)。 【答案】（1） ①. ②. ＞ （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） ①. 在900℃ 以上时，n(CH4)=0，反应Ⅰ趋于完全，n(H2)不再变化，但反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ的正方向是气体分子增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数减小，分压也逐渐减小 ②. 1.6 ③. 62.5 ④. 不变 【解析】 【小问1详解】 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：＞； 【小问2详解】 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。 【小问3详解】 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。 【小问4详解】 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。 【小问5详解】 ①由图2可知，在900℃ 以上时，n(CH4)=0，反应Ⅰ趋于完全，n(H2)不再变化，但反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ的正方向是气体分子增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数减小，分压也逐渐减小。 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。 4. （湖北26高考）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】 【小问1详解】 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。 【小问2详解】 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 。 【小问3详解】 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。 【小问4详解】 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 。 5. （湖南2026高考）烯烃是重要的化工原料，可用CO和H2为原料直接合成，其原理： 。回答下列问题： （1）该反应的关键在于CO活化路径的调控。图I是M1、M2(M1、M2分别是Co2C和 )两种催化剂活化CO的机理，其中催化效率较高的是______(填“M1”或“M2”)。催化剂为M2时，反应历程中决速步(速率最慢)的反应方程式为______。 （2）恒压条件下，该反应若改用()作催化剂，产物中的H2O还可与CO反应。以生成C3H6为例，相关反应如下： i． ii． iii． ①当 时，反应iii的 ______。 ②已知反应的平衡常数与温度 之间符合： ( 为摩尔气体常数，为常数)。当 时，反应ii和iii的 与温度 的数据如表所示，反应iii对应表中数据______(填“a”或“b”)。 423 K 623 K 723 K a 6.7 2.9 1.8 b 20.3 5.2 0.7 ③反应近似达到平衡时，加入少量无水MgCl2，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，其可能原因是______( )。 ④y增大，烯烃的氢原子经济性将______(填“增大”或“减小”)，理由是______。( ) ⑤图Ⅱ为CO转化率和CO2选择性分别与H2/CO投料比之间的关系，H2/CO投料比为1.5时，副产物甲烷的选择性为10%，烯烃的氢原子经济性=______。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. -145.2 ②. b ③. 吸水，使反应体系中水蒸气浓度降低，导致反应ii的平衡逆向移动（或抑制了反应 ii 的进行） ④. 增大 ⑤. 增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量时净消耗的​ 减少，而目的产物中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大 ⑥. 50% 【解析】 【小问1详解】 催化剂能降低反应活化能，活化能越低催化效率越高，由图可知​的总活化能更低，催化效率更高；决速步是活化能最大的一步，由图可知，​催化时， 转化为 的活化能最大，为决速步。 【小问2详解】 ①根据盖斯定律，反应iii = i + ii，因此； ② 时，，，二者均为放热反应，越负，根据 ，温度升高时下降幅度越大；由表格数据，b的随温度升高下降幅度更大，对应反应iii。 ③无水​吸收水蒸气，使体系中 浓度降低，反应ii平衡逆向移动，消耗CO的量减少，因此CO转化率和选择性均减小。 ④由盖斯定律可知，反应 iii 可由反应 i 与反应 ii 叠加得到：反应 ii 是水煤气变换反应：；它消耗了反应 i 生成的 ，同时又生成 ，所以总反应 iii 中消耗的 ​ 减少。以反应 iii 的化学计量数为基准，生成 ​ 时：目的产物  中氢原子质量为： ；参加反应的 为  ，其中氢原子质量为： ；因此氢原子经济性为： ；当 增大时，分母 减小，所以增大，即氢原子经济性增大；理由是： 增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量时净消耗的​ 减少，而目的产物中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大。 ⑤设初始投料 ，则 。由图可知，投料比1.5时转化率为，剩余 ，选择性为，甲烷选择性，因此烯烃选择性 。 转化的总物质的量 ，其中转化为烯烃的为 ，生成 、 ，烯烃中氢原子物质的量 ； 由O守恒可得生成的物质的量为 ，结合产物中、​的量，可得总参加反应的氢原子物质的量为 ； 氢原子经济性 。 6. （河北2026高考）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__________________________________________________________。 【答案】（1）+165 （2） ①. 0.03 ②. bd （3）C-H （4） ①. ②. 减小 ③. 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 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应Ⅰ，故 。 【小问2详解】 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。 【小问3详解】 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。 【小问4详解】 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。 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______________________________________________________________________________________。 【答案】（1）。 （2）< （3） ①. = ②. ＜ ③. Mg·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 ②. 3000K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 【解析】 【小问1详解】 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。 【小问2详解】 已知，由图可知：温度升高时增大，几乎不变，因此对的斜率为，可得。 【小问3详解】 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。 ②Mg·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<。 ③总物质的量为，对应生成​，因此总物质的量为；路径Ⅰ生成​，物质的量为，则路径Ⅱ生成的物质的量为，故速率。 【小问4详解】 3000K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。 8. （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___________。 【答案】（1） （2）bc （3） ①. 增大 ②. 减小生成物（水）的浓度，促使平衡向正反应方向移动 （4） ①. 0.05 ②. 1.10 （5） ①. ＜ ②. 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】 【小问1详解】 根据盖斯定律，目标反应 = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，因此。 【小问2详解】 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。 【小问3详解】 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。 【小问4详解】 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。 【小问5详解】 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。 9. （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) 【答案】（1） （2） （3） ①. BC ②. 3.2 （4）> （5） ①. 0.82 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 【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最多可吸收，计算过程见答案。 10. （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_________。 【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。 11. （2026云南卷）“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯(DMT)的路径如下： 回答下列问题： I．“热催化”中主反应： i． （1）已知： 则__________(用含和的代数式表示)，__________0(填“”或“”)。 （2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应，提高平衡转化率的措施有__________(填标号)。 A. 及时移走 B. 通入 C. 增大和投料比 D. 加入催化剂 （3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”()的副反应： ii． 一定条件下，平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[比如：DMO选择性] ①“热催化”反应较适宜的温度区间为__________(填标号)。 A． B． C． ②，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时__________，反应的__________(列出计算式即可)。 II．“电催化”中：DMODMT （4）25℃时，DMT的生成速率与关系如图2，已知该反应的速率方程为，其中为速率常数。 ①当增加10倍，也增加10倍，则为__________。 ②速率常数为__________(列出计算式即可)。 （5）生成DMT的电极反应式为，其中Y为__________(填结构简式)。 【答案】（1） ①. ②. ＜ （2）C （3） ①. B ②. 0.25 ③. （4） ①. 1 ②.  或或或 （5） 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以​减去第二个反应乘以，得到目标反应，故。反应i中，反应物气体总物质的量为，生成物仅气体（DMO为液态），气体物质的量减少，熵减小，因此。 【小问2详解】 A．及时移走液态生成物DMO，DMO为纯液体，其量的改变不影响化学平衡移动，平衡转化率不变，错误； B．恒容密闭容器中通入，各反应物生成物浓度不变，平衡不移动，转化率不变，错误； C．增大和投料比，相当于增加CO浓度，平衡正向移动，转化率提高，正确； D．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，转化率不变，错误。 【小问3详解】 ①该反应需要主产物DMO保持高选择性，同时保证一定转化率。由图可知，温度在时，主产物的选择性较高，但的转化率太低，而温度在时，副产物2的选择性急剧升高，不利于生产，故反应较适宜的温度区间为，答案选B。 ②时平衡转化率为，初始浓度为，因此平衡时， 两个反应中，每消耗均生成，因此平衡；结合DMO选择性，生成DMO的为 0.75×90%=0.675mol/L。根据反应 i，，反应 ii 消耗的=0.75mol/L×(1−90%)=0.075mol/L。生成 c(副产物1)=；列出变化量：： i．  ii． 平衡，DMO为液态不计入平衡常数（题中所给单位亦可看出），因此反应i的平衡常数。 【小问4详解】 ①速率方程，当增加10倍，增加10倍，可得，即，因此。 ②，因此​，代入图2中任意一组数据即可： 或或或。 【小问5详解】 根据原子守恒配平电极反应：左侧总组成为，右侧DMT总组成为，剩余对应2Y，因此Y为。 2 学科网（北京）股份有限公司 $