题17 化学反应原理综合题——新高考五年真题一年模拟：命题逻辑透视与趋势研判（江苏专用）

**基本信息** 以高考真题为载体，系统整合热力学、动力学、电化学等核心原理，通过“机制-模型-参数-边界”四维方法体系实现原理应用与高阶思维培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |反应原理综合|6道高考真题+模拟题|“三段式”计算、盖斯定律叠加、Kc/Kp换算、图像“先拐先平”分析|从焓变/熵变概念→平衡常数推导→工业反应条件优化，形成“概念-原理-应用”完整链条|

题17 化学反应原理综合题 1．（2026·江苏·高考真题）碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 （1）自然界中的主要碳循环过程如图所示。数百万年前，大气中的经碳循环后，会存在于_____(填字母序号)。 A．水体中的　　　B．淀粉　　　　C．石灰石 （2）碱液捕集。一定温度下，用浓氨水吸收含的模拟烟气，常加入一定浓度的溶液，生成一种空间构型为正八面体的镍氨配合物离子，位于正八面体中心，如图所示，生成镍氨配合物的离子方程式为___________________________________________，加入溶液的作用是_______________________。 （3）金属有机骨架(简称MOFs)材料在资源利用中有重要应用。MOFs材料具有一定数量孔隙，热稳定性不高。 ①一定条件下，利用一种基材料催化电解与碱性混合液制备尿素，阴极区、生成的电极反应式为________________________________。 ②某Al基MOFs材料Al(HCOO)3可吸附CO2，结构如图所示，Al、C、O形成_____(填数字)元环状结构。为检测其吸附能力，将吸附至饱和的(不含其他气体和杂质)在空气中加热，350℃时完全分解生成。 的饱和吸附量 则该材料对的饱和吸附量为__________。 ③一定条件下，密闭体系中发生反应。不改变其他条件，反应相同时间，加入能显著提升产率。已知：分子碳氧键键能大、结构稳定。从结构和反应原理角度分析产率增大的可能原因：_________________________________________。 ④已知：孔隙尺寸0.41~0.46 nm，分子直径。为实现的高效捕集和资源利用，结合相关结构和性质，综合分析Al基材料的优化方向是______________________。 【答案】（1）ABC （2） 减少氨气受热挥发，提高氨气的利用率，增加吸收二氧化碳的量和稳定性 （3） 16 中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低；可以使催化剂的活性增强；可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，从而提高产率； 减小孔隙尺寸与匹配、增加孔隙数量、提高材料热稳定性 【解析】（1）A．大气中的可以直接溶于水体，因此水体中的会存在，A符合题意； B．在太阳能的作用下，会通过光合作用被生物固定，转化为淀粉，因此淀粉中会存在，B符合题意； C．水体中溶解的可以转化为无机碳酸盐，而石灰石的主要成分是碳酸钙，因此石灰石中也会存在，C符合题意； 故选ABC； （2）根据已知镍氨配合物离子的空间结构为正八面体，位于正八面体的中心，配体数目为6，该配合物离子为，该过程为与氨水反应生成镍氨配合物离子，因此离子方程式为；碱液捕集的过程为中和反应，该过程放热会导致浓氨水中氨气挥发，降低的吸收效率，加入后，可以与氨气结合生成稳定的，可以减少氨气受热挥发，提高氨气的利用率，增加吸收二氧化碳的量和稳定性； （3）①阴极区应发生还原反应，反应物应为、，产物为、水和，因此电极反应为； ②根据图可知，Al、C、O组合的环形结构中，有Al原子4个，O原子8个，C原子4个，因此组成的结构为16元环；生成的物质的量为，根据Al元素守恒，对应的的物质的量为，其质量为，吸附的的质量为 ，对应的物质的量为，代入饱和吸附量公式，的饱和吸附量为； ③从结构角度：中的H带正电，而中O带负电，因此中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低，从而提高产率； 从反应原理的角度：可以使催化剂的活性增强，同时可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，加快反应速率，从而提高产率； ④从结构角度：可以适当的减小孔隙尺寸，使其与的分子直径接近，减少其他分子的进入；并且材料具有一定数量的孔隙，可以适当的增加孔隙的数量；从性质角度：根据已知材料热稳定性不高，因此可以提高材料的热稳定性，因此优化方向为适当减小孔隙尺寸、增加孔隙数量、提高材料热稳定性。 2．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。 （1）合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要_______(填数字)种化学键的键能数据。 （2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有_______。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是_______(填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是_______。 （3）研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有_______；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为_______。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有_______(填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值：_______。 【答案】（1）5 （2） 防止生成积碳；的比热容较大，吸收反应放出的热量抑制温度升高 具有强氧化性，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜 （3） 分解生成H2，CO发生副反应而被消耗 432 C、Fe、FeO 作用：将Ce2O3氧化为CeO2；分步制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2 【解析】（1）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需、、、、，共5种化学键的键能数据； （2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，则会生成积碳，导致催化剂的活性下降，可以防止积碳；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降； ②脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀； （3）①可以分解生成H2，使得H2的物质的量增大，增大；当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，CO发生副反应而被消耗，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL； ②新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应； ③对比图中物质可知，具有氧化性，作用：将Ce2O3氧化为CeO2；采用分步制备的价值，分步制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2。 3．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 （1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有_______；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得_______。 （2）一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为_______。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是_______。 （3）反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 【答案】（1） C、H、Fe （2） (或) 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少 （3） NaHCO3受热分解导致浓度下降，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解 -NH2可以与形成氢键 CN—NHD和DCOO— 【解析】（1）由图可知，反应器I中反应物为一氧化碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生的反应为、，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1mol一氧化碳和1mol氢气与氧化铁反应生成mol铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为，由方程式可知，mol铁生成氢气的物质的量为mol×=mol，故答案为：C、H、Fe；； （2）①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳与和氨水的混合溶液反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：(或)； ②氧化铝含量大于2%，出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe表面积减小，催化性能降低，导致反应速率减小，使得出口处氨含量下降，故答案为：多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少； （3）①碳酸氢钠受热易分解导致浓度下降，升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解，均可能导致HCOO-产率下降，故答案为：NaHCO3受热分解，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解； ②氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO—，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO—，所以通过检测是否同时存在CN—NHD和DCOO—可确认反应过程中的加氢方式，故答案为：-NH2可以与形成氢键；CN—NHD和DCOO—。 4．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 （1）燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是___________。 （2）合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。 ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。 （3）催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。    其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 【答案】（1） 相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 （2） <0 提高CO2的转化率，抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲 （3） H2 每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为 【解析】（1）由图可知“吸收”后所得的溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。 （2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其<0。实际投料比值远大于理论值的原因是增大NH3的比例、提高CO2的转化率，尿素水解、尿素缩合生成缩二脲都有NH3生成，增大NH3的比例可抑制尿素水解，抑制尿素缩合生成缩二脲。 （3）当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由生成的电极反应式为。当电解电压为时，电解过程中还原产物的为24%，还原产物的为8%，每生成1mol转移12mole-，每生成1mol转移2mole-，故电解生成的和的物质的量之比为。 5．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 （1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。 （2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 ②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。 ③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。 （3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。 【答案】（1） Cu、O （2） 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+ 随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大 （3）制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用 【解析】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：； ②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。 （2）①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：； ②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在上Fe2+； ③在其他条件相同时，随增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。故答案为：随增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大， 的产率增大； （3）“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。 6．（2021·江苏·高考真题）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。 （1）500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应： CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) 已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是___。 （2）CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为 反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1 反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1 ①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=___。 ②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是___。 （3）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。 ①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为___。 ②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。 【答案】（1）吸收CO2，提高H2的产率，提供热量 （2） 657.1kJ·mol-1 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小 （3） 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu 【解析】（1）已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)    ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。 （2）①反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)    ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)    ΔH=41.2kJ·mol-1 依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·mol-1。 ②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率。 （3）①图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。 ②由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降。 该类试题以“多尺度反应行为的定量表征与系统调控”为核心立意，紧扣《普通高中化学课程标准》中“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”三大核心素养的整合要求，将热力学、动力学、电化学、溶液平衡等抽象原理置于能源转换、环境治理、材料合成等真实复杂体系中，旨在考查学生超越单一模块知识的割裂应用，从“能量-速率-限度-界面”多维耦合视角理解化学反应的全貌。命题坚持“原理基础性、定量精确性、模型建构性、情境真实性”四位一体原则，既检验学生对核心公式与概念的掌握程度，更评估其在非理想、多变量、跨尺度体系中识别主控机制、建立数学模型、预测系统响应的高阶理论思维能力，实现从“定性解释现象”向“定量设计与优化反应过程”的根本转变。 · 素养落地：强化“热力学-动力学-电化学”三位一体的系统观 试题摒弃对ΔG、k、E等符号的孤立计算，转而考查学生对“ΔG决定反应方向但不保证速率”“电极电势差驱动电子转移但受传质限制”“表观活化能包含吸附/扩散贡献”等内在关联的理解。要求学生不仅能算出某温度下的K或E，更能解释为何工业电解槽需过电位、为何催化剂活性随pH呈火山型曲线，体现“变化观念与平衡思想”在复杂系统中的辩证统一。 · 知识锚定：立足“状态函数-速率方程-界面过程”的结构化调用 所有情境均围绕课标要求的核心原理展开，包括Gibbs-Helmholtz方程、Arrhenius/Butler-Volmer方程、Nernst方程修正、双电层模型、多相催化Langmuir-Hinshelwood机理等。学生需在陌生体系（如CO₂电还原、固态电池界面、酶催化水解）中快速识别主导过程、选择合适模型、激活参数关联网络，避免被复杂背景干扰而偏离物理化学本质。 · 思维进阶：构建“机制假设→模型建立→参数验证→边界检验”四步理论分析链 试题设置大量需要多维度推理的情境，如“由Tafel斜率推断决速步”“根据循环伏安峰分离度判断可逆性”，倒逼学生超越公式套用，建立“提出反应机制假设→导出可观测量的数学关系→用实验数据拟合参数→检验模型适用边界”的完整思维链，考查模型建构与批判性验证能力。 · 价值引领：渗透精准调控理念与可持续发展责任 通过高效电解水制氢、低过电位CO₂转化、长寿命储能器件设计等前沿案例，传递“化学反应原理是实现能源转型与绿色制造的理论基石”的科学价值观。引导学生认识理论不仅是解题工具，更是突破技术瓶颈、服务国家战略的关键支撑，同时强调模型简化需尊重物理真实、参数外推需谨慎验证的科学伦理。 · 体系复杂度从“理想均相”向“非理想+多场耦合+动态界面”跃升 · 非理想行为常态化：近五年真题中，涉及浓溶液活度修正、高压气体逸度、固-液界面双电层效应的题目占比超80%，要求理解“浓度≠有效浓度”“电势≠过电位”，突破稀溶液/标准态思维定式。 · 多物理场耦合显性化：越来越多题目嵌入电场-浓度场-温度场交互作用，如“电解过程中局部pH漂移影响产物选择性”“电池充放电热效应改变反应速率”，考查跨尺度耦合分析能力。 · 动态非稳态过程凸显：不再局限于稳态极化曲线，频繁出现暂态技术（计时电流、交流阻抗）、程序扫描、脉冲扰动等，要求解析时间分辨信号背后的瞬态机制。 · 考查重心从“公式代入计算”向“模型辨识与参数物理意义解读”深化 · 模型选择与验证成为标配：不仅要求计算结果，还需判断“该体系适用Tafel近似还是Butler-Volmer全式？”“EIS谱中半圆代表电荷转移还是扩散？”，强化对模型前提与局限的认知。 · 参数物理意义辨析高频化：提供表观活化能、交换电流密度、传递系数等拟合值，要求结合机理讨论其组成（如Ea,app = Ea,intrinsic + ΔHads），避免将宏观参数直接等同于微观量。 · 边界条件敏感性分析升级：要求讨论“若忽略溶液电阻，过电位估算偏差多少？”“当反应物浓度趋近零时，速率方程如何退化？”，提升对模型适用域的掌控力。 · 信息呈现从“文字+简单图表”向“多维原位数据+文献模型对比”转型 · 原位表征数据嵌入：提供operando Raman、XAS、SECM等实时监测信号，要求关联电化学响应与分子结构演变，将宏观电流转化为微观机制证据。 · 多技术联用图谱成为常态：同时给出CV、EIS、Tafel图、产物分布随电位变化曲线，要求交叉验证参数自洽性，如“由EIS得Rct + 由Tafel得i₀ → 验证一致性”。 · 经典vs现代模型对比：列出传统Nernst方程与考虑活度/界面场的修正形式，要求评价新旧模型在特定条件下的优劣，考查理论演进理解力。 · 干扰项设计从“单位换算错”向“模型误用+物理图像缺失”升级 · 忽略模型前提导致结论荒谬：如在强极化区仍用线性极化近似；或在非基元反应中直接套用Butler-Volmer方程，专治“只记公式不问条件”的学生。 · 混淆表观与本征参数：将包含传质阻力的表观交换电流当作本征活性指标；或将复合步骤的表观传递系数当作单电子转移数，反映对物理图像的漠视。 · 静态思维应对动态系统：认为“平衡电势不变则过电位恒定”，未考虑浓度极化、表面重构等时变因素，导致瞬态行为误判。 · 答案评价从“数值正确”转向“模型合理+论证严密+边界清晰” · 对于开放建模题，接受多种合理模型，只要前提明确、推导严谨、与数据吻合即可得分，鼓励基于物理图像的创造性简化。 · 评分细则强调“模型选择分”“参数解读分”“边界讨论分”，即使最终数值有偏差，若能清晰说明假设、展示推导逻辑、指出近似误差来源，仍可获高分，发挥诊断功能。 · 错误选项解析明确指出“哪个模型前提被违反”“哪种物理图像缺失”，如“在高过电位下使用低过电位近似”“未考虑双层充电电流对暂态响应的贡献”，帮助学生精准定位理论思维漏洞。 · 重建“机制-模型-参数-边界”四维原理模型库：以典型过程（电催化、多相反应、溶液平衡）为纲，整理适用模型、关键参数物理意义、常见失效场景及修正策略，形成可动态调用的“理论决策树”，替代孤立公式记忆。 · 开展“多模态数据整合+模型验证”专项训练：精选含EIS/CV/原位谱图的综合作答，限时完成“机制假设→模型选择→参数拟合→边界检验”四步流程，提升跨尺度理论分析能力。 · 强化“模型前提-参数物理意义-适用边界”三重校验习惯：养成分析问题时必做“三问”的习惯：一问模型前提是否满足；二问参数是否有明确物理含义；三问结论是否在适用域内，避免机械套用或过度外推。 · 建立“非理想修正-暂态分析-多场耦合”专题突破清单：针对活度系数、交流阻抗解析、热-电-质耦合等高频难点，整理典型案例（如燃料电池水管理、锂电SEI形成），进行专项辨析训练，提升理论应用精度。 · 注重物理化学文献的阅读与转化：定期选读Journal of The Electrochemical Society、ACS Catalysis等期刊中的机理研究论文，练习从中提取模型假设、理解参数拟合逻辑、识别实验约束，培养对现代反应原理研究的熟悉感与解读力。 共性考点类别 具体考查内容 命题溯源（课标/教材核心要求） 化学热力学 ΔG、ΔH、ΔS计算；van’t Hoff方程；非标准态修正 《选择性必修1》第一章：掌握反应方向与限度的判据；理解温度对平衡的影响；课标学业质量水平4要求“能运用热力学原理分析实际问题” 化学动力学 速率方程、Arrhenius方程、反应级数、表观活化能 《选择性必修1》第二章：认识反应速率及其影响因素；能用实验数据确定速率方程；理解活化能的物理意义 电化学 Nernst方程、Tafel关系、EIS基础、法拉第效率 《选择性必修1》第四章：掌握原电池与电解池工作原理；理解电极过程动力学基本概念；课标要求“能用电化学原理分析能源转化问题” 溶液平衡 酸碱/沉淀/配位平衡；活度概念；缓冲体系 《选择性必修1》第三章：掌握多重平衡计算方法；理解离子强度对平衡的影响；《必修第一册》初步认识电解质溶液 多尺度模型建构 从宏观数据推断微观机制；模型简化与验证 课标“证据推理与模型认知”：“能基于证据建立认知模型，并用模型解释和预测现象”；教材“科学探究”栏目提供建模范例 · 公式孤立化：仅记住ΔG = -nFE、k = Ae^(-Ea/RT)等形式，未理解各符号的物理内涵与适用条件，导致在非标准态或非基元反应中误用。 · 模型万能化：认为某个模型（如Tafel方程）适用于所有电化学体系，忽略其高过电位、无传质限制等前提，导致参数拟合失真。 · 参数表面化：将拟合得到的表观参数直接当作本征性质，未考虑吸附、扩散、双电层等附加贡献，导致机理推断错误。 · 静态思维泛化：用稳态模型解释暂态现象；或认为“平衡常数不变则系统行为不变”，未考虑浓度、界面状态等时变因素的影响。 · 多场耦合忽视：仅考虑单一驱动力（如电势差），忽略浓度梯度、温度场、应力场等的耦合作用，导致对实际系统响应预测偏差。 · 边界意识淡漠：随意将模型外推至适用范围之外（如用稀溶液公式处理熔盐体系）；或未讨论近似带来的误差量级，缺乏理论严谨性。 · 物理图像缺失：能进行数学推导但无法对应到分子/界面过程；或仅凭直觉猜测机制，缺乏数据支撑与模型验证，陷入“数学游戏”陷阱。 一、ΔH的计算 ΔH（焓变）是化学反应中生成物总能量与反应物总能量之差，核心计算方法覆盖教材基础与真题高频考法，具体如下： 计算方法 适用场景 核心公式/依据 键能法 气态物质间的反应、已知键能数据 ΔH=∑反应物总键能−∑生成物总键能 盖斯定律法 多步连续反应、未知反应焓变推导 总反应ΔH=各分步反应ΔH之和（代数叠加） 热化学方程式法 已知热化学方程式、求目标反应ΔH 方程式系数与ΔH成正比； 反应逆向，ΔH符号相反 燃烧热/中和热法 已知燃烧热、中和热数据 燃烧热：ΔH=可燃物物质的量×其燃烧热； 中和热：强酸强碱稀溶液中和ΔH≈-57.3kJ/mol 能量图像法 反应能量变化曲线图、势能面图 ΔH=生成物总能量−反应物总能量； 活化能=过渡态能量−反应物能量 二、反应自发性判断 反应自发性由焓变（ΔH）、熵变（ΔS）、温度（T）共同决定，高考核心考查方向如下： （1）熵变（ΔS）基础判断 ①熵增（ΔS>0）：气态物质物质的量增多、固体溶解、液体汽化、混乱度增加（如2SO2+O2⇌2SO3，ΔS<0；CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，ΔS>0）。 ②熵减（ΔS<0）：气态物质物质的量减少、物质凝聚、混乱度降低。 （2）吉布斯自由能（ΔG）核心判据 ①公式：ΔG=ΔH−TΔS​（T为热力学温度，单位K，恒为正）。 ②判据规则： a.ΔG<0：反应自发进行； b.ΔG=0：反应达到平衡状态； c.ΔG>0：反应非自发进行（逆向自发）。 ③温度对自发性的影响（4类典型情况）： ΔH符号 ΔS符号 自发性规律 典型反应示例 负（ΔH<0） 正（ΔS>0） 任何温度下均自发 2H2+O22H2O 负（ΔH<0） 负（ΔS<0） 低温自发，高温非自发 NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s) 正（ΔH>0） 正（ΔS>0） 高温自发，低温非自发 CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g) 正（ΔH>0） 负（ΔS<0） 任何温度下均非自发 2CO(g)=2C(s)+O2(g) 三、活化能与有效碰撞理论 1．基元反应：大多数化学反应往往经历多个反应步骤才能实现，其中每一步反应都称为基元反应。决定速率的步骤是最慢的一个基元步骤。 例 过氧化氢H2O2在水溶液中把溴化氢HBr氧化为溴Br2的反应H2O2 + 2H+ +2Br－Br2 + 2H2O，反应机理为： H2O2＋H+＋Br－HBrO＋H2O (慢反应) HBrO＋Br－＋H+ Br2＋H2O (快反应) 决定速率的就是第一个反应，且这个反应中HBrO不是最终产物，称为反应的中间产物或中间体。 2．基元反应过渡状态理论 （1）如图所示是两步完成的化学反应，分析如下： ①该反应的反应物为A、B，中间体为C，生成物为D。 ②由A、B生成C的反应为吸热反应，由C生成D的反应为放热反应，总反应为放热反应。 ③第一步为慢反应，第二步为快反应，决定总反应快慢的是第一步反应。 （2）基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。 AB＋C[A…B…C]A＋BC 反应物　 　 过渡态　 产物 过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为： CH3Br＋OH－[Br…CH3…OH]Br－＋CH3OH 反应物　　 过渡态　　 　 产物 3．从活化分子、有效碰撞角度分析外界条件对反应速率的影响 条件改变 活化能 单位体积内 有效碰撞次数 化学反应速率 分子总数 活化分子数 活化分子百分数 增大反应物浓度 不变 增加 增加 不变 增加 增大 增大压强 不变 增加 增加 不变 增加 增大 升高温度 不变 不变 增加 增加 增加 增大 加催化剂 降低 不变 增加 增加 增加 增大 四、化学反应速率计算（v） 公式类型 核心公式 适用范围 易错警示 定义式 v=Δc/Δt=Δn/(VΔt)​ 已知浓度/物质的量变化、时间 注意体积 V是否变化 （恒容 / 恒压） 比例式 vA:vB:vC=ΔnA:ΔnB:ΔnC =ΔcA:ΔcB:ΔcC​ 已知一种物质速率，求其他 必须等于化学计量数之比 影响因素 v∝cn（级数反应）、 v∝e−Ea/RT 浓度、温度、催化剂 催化剂不改变平衡， 只改变速率 五、化学平衡状态的判断 1．动态标志：v正＝v逆≠0 （1）同一物质(两种表述)：v正＝v逆、断键数＝成键数。 （2）不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA＋bBcC＋dD，＝时，反应达到平衡状态。 2．“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡状态。 （1）混合体系中各组分的物质的量、质量、物质的量浓度、百分含量(体积分数、质量分数)、转化率、颜色(某组分有颜色)等会随时间变化而变化，为变量，当其不随时间而改变时，反应达到平衡。 （2）绝热体系中温度为变量，当其不随时间而改变时，反应达到平衡。 （3）、ρ、p总等，不一定为变量，要根据不同情况进行判断。 ④若有非气体物质参与反应，无论Δn(g)是否等于0，、ρ均为变量，若其恒定不变，则化学反应达到平衡状态。 mA(s)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，若A为固体或液体 是否是平衡状态 混合气体的平均摩尔质量一定 平衡 混合气体的密度一定 平衡 3．常见的判断依据（以mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)为例） 类型 判断依据 是否是平衡状态 混合物体系中各成分的含量 ①各物质的物质的量或各物质的物质的量的分数一定 平衡 ②各物质的质量或各物质质量分数一定 平衡 ③各气体的体积或体积分数一定 平衡 ④总体积、总压强、总物质的量一定 不一定平衡 正、逆反应速率的关系 ①在单位时间内消耗了m molA同时生成m molA，即v(正)=v(逆) 平衡 ②在单位时间内消耗了n molB同时消耗了p molC，则v(正)=v(逆) 平衡 ③在单位时间内生成n molB，同时消耗了q molD，因均指v(逆) 不一定平衡 ④v(A):v(B):v(C):v(D)＝m:n:p:q，v(正)不一定等于v(逆) 不一定平衡 压强 ①m＋n≠p＋q时，总压强一定 (其他条件一定) 平衡 ②m＋n=p＋q时，总压强一定 (其他条件一定) 不一定平衡 混合气体平均相对分子质量 ①一定时，只有当m＋n≠p＋q时 平衡 ②一定时，但m＋n=p＋q时 不一定平衡 温度 任何反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时 平衡 颜色 反应体系内有色物质的颜色一定 平衡 体系的密度 恒温恒容时，密度一定 不一定平衡 恒温恒压时，若m＋n≠p＋q，则密度一定时 平衡 恒温恒压时，若m＋n=p＋q，则密度一定时 不一定平衡 六、化学平衡的移动、勒夏特列原理 1．化学平衡移动与化学反应速率的关系 （1）v正>v逆：平衡向正反应方向移动。 （2）v正＝v逆：反应达到平衡状态，不发生平衡移动。 （3）v正＜v逆：平衡向逆反应方向移动。 2．影响化学平衡的因素 若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响，结果如下： 改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强 (对有气体参加的反应) 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动 减小压强 向气体分子总数增大的方向移动 反应前后气体体积不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向吸热反应方向移动 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动 3．勒夏特列原理——化学平衡移动原理 内容 如果改变影响平衡的一个因素(如温度、压强及参加反应的物质的浓度)，平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动。 适用范围 适用于任何动态平衡(如溶解平衡、电离平衡等)，非平衡状态不能用此来分析。 七、化学平衡常数（Kc）的含义及应用 1．化学平衡常数表达式：对于一般的可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，在一定温度下，可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，用符号K表示。 K＝， 固体和纯液体的浓度视为常数，通常不计入平衡常数表达式中。 2．化学平衡常数的影响因素 K值只受温度的影响，与物质的浓度、压强等的变化无关。 影响因素 内因 反应物本身的性质 外因 温度升高 ΔH<0，K值减小 ΔH>0，K值增大 3．平衡常数与方程式的关系 （1）化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数，在相同温度下，对于给定的可逆反应，正逆反应的平衡常数互为倒数，即K正＝。 （2）方程式乘以某个系数x，则平衡常数变为原来的x次方。 （3）两方程式相加得总方程式，则总方程式的平衡常数等于两分方程式平衡常数的乘积，即K总＝K1·K2。 化学方程式 平衡常数表达式 相互关系 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) K1＝K22 K2·K3＝1 K1·K32＝1 N2(g)＋H2(g)NH3(g) NH3(g)N2(g)＋H2(g) 4．应用 （1）对于可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)的任意状态，浓度商Q＝。 根据浓度商与平衡常数的大小关系，可以判断化学平衡移动的方向： 当Q<K时，反应向正反应方向进行，直至达到新的平衡状态； 当Q＝K时，反应处于平衡状态； 当Q>K时，反应向逆反应方向进行，直至达到新的平衡状态。 （2）判断可逆反应的反应热 八、化学平衡常数（Kc）的计算 对以下反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量分别为amol、bmol，达到平衡后，A的消耗量为mx mol，容器容积为V L。 mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) 起始/mol a b 0 0 变化/mol mx nx px qx 平衡/mol a－mx b－nx px qx 平衡常数：K＝。 九、压强平衡常数(Kp)的计算 1．压强平衡常数 对于有气体参与的化学反应，写平衡常数表达式时，用平衡时各气体的分压代替浓度，计算所得到的平衡常数称为压强平衡常数(Kp)。如aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)： Kp＝ [其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)表示反应物和生成物的分压]。 2．计算步骤及模板 模板一 模板二 ①平衡总压为p0 N2(g)　＋　3H2(g) 2NH3(g) n(平) a b c p(分压) p0 p0 p0 Kp＝ ②刚性容器起始压强为p0，平衡转化率为α。 　2NO2(g)N2O4(g) p(始) p0 0 Δp p0α p0α p(平) p0－p0α p0α Kp＝ 十、平衡转化率、体积分数等有关计算 1．掌握一个方法——“三段式”法 “三段式法”是有效解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。解题时，要注意准确地列出起始量、变化量、平衡量，按题目要求进行计算，同时还要注意单位的统一。 对以下反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量分别为amol、bmol，达到平衡后，A的消耗量为mx mol，容器容积为V L。 mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) 起始/mol a b 0 0 变化/mol mx nx px qx 平衡/mol a－mx b－nx px qx 2．掌握以下公式 公式 A的转化率 α(A)＝×100% （转化率＝×100%＝×100%） A的平衡浓度 c(A)＝ mol·L－1 A的体积分数 φ(A)＝×100% （某组分的体积分数＝×100%） 平衡混合物中某组分 的百分含量 ×100% 平衡压强与起始压强之比 ＝ 混合气体的平均密度 ρ混＝ g·L－1 混合气体的平均摩尔质量 ＝ g·mol－1 十一、常见反应机理图像分析 1．常见反应机理图像分析——物质(相对)能量与反应历程 图像 解读 催化剂与化学反应： （1）在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应的活化能；E1－E2为此反应的焓变(ΔH)。 （2）有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤(也可能为多个)，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。 （3）催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点(反应物)能量和终点(生成物)能量的相对大小 能垒与决速步骤： 能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也成为慢反应。 例如图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO*+H*=CO2+2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。 注意： ①能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应。 ②用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。 ③相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。 2．常见反应机理图像分析——“环形”反应历程 图像 解读 “环式”反应： 对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③ 1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理 催化剂与中间产物： 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。 中间产物：在连续反应中为第一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续有消耗多少。 例1：在含少量 I-的溶液中，H2O2 分解的机理为： H2O2 + I- → H2O + IO- 慢 H2O2 + IO-→ O2 + I- +H2O 快 在该反应中I-为催化剂， IO-为中间产物。 例2：而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如图中，MoO3则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。 十二、化学反应速率与平衡图像分析 1．物质的量—时间图 典例分析：某温度时，在定容(VL)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。 a.由图像得出的信息 Ⅰ、X、Y是反应物，Z是产物。 Ⅱ、t3s时反应达到平衡状态，X、Y并没有全部反应，该反应是可逆反应。 Ⅲ、0～t3s时间段：Δn(X)＝n1－n3mol，Δn(Y)＝n2－n3mol，Δn(Z)＝n2mol。 b、根据图像可进行如下计算 Ⅰ、某物质的平均速率、转化率，如v(X)＝mol·L－1·s－1； Y的转化率＝×100%。 Ⅱ、确定化学方程式中的化学计量数之比，如X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1－n3)∶(n2－n3)∶n2。 2．速率-时间图（v−t图） a.t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大； b.t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快； c.t3时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小； d.t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大 2．转化率(或含量)—时间图——先拐先平 【解析】甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大； 乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大； 丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率。 3．平衡曲线类（最高频、最易错） （1）含义：描述平衡状态下，物理量（转化率、产率、常数）与外界条件（温度、压强、投料比）的函数关系。 （2）常见子图： ①α−T图：转化率随温度变化 。 ②α−P图：转化率随压强变化 。 ③lnK−1/T图：关联平衡常数与温度（阿伦尼乌斯公式延伸） 。 ④物质的量分数-组成图：三角坐标图 。 （3）分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即：为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响 恒压线(恒温线) 答题策略 叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果) 答题模板 该反应的正反应是气体分子数减小(或增大)的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，因此×××(得结论) 经典例题 乙烯气相水合反应的热化学方程式为C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝－45.5kJ·mol－1，下图是乙烯气相水合法制乙醇中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。图中压强(p1、p2、p3、p4)的大小顺序为__________，理由是______________ 标注答案 p1＜p2＜p3＜p4，反应正方向是分子数减少的反应，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高 1．（2026·江苏南京·模拟预测）煤是我国主要能源之一，其综合利用对保障能源安全具有重大意义。 （1）煤气化技术被认为是一种提高燃烧效率的有效途径。 煤气化发生的反应：  。若1 mol C(s)完全燃烧生成放出的热量为；先气化再燃烧生成和放出的总热量为，则___________(填“＞”、“＜”或“=”)。煤气化能提高燃烧效率的原因是___________。 （2）水煤气变换反应是调节的比值的重要方法。 ①水煤气变换反应：  。利用为催化剂可实现水煤气变换，该反应分两步完成：反应Ⅰ：，反应Ⅱ的化学方程式：___________。 ②实际工业中，水煤气变换反应需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图-1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。若采用喷入冷水的方式降温，在答题卡上作出CO平衡转化率随温度变化的曲线___________。 （3）以合成气(CO和)为原料生产液体燃料是实现我国能源安全的重要途径。 ①在一定条件下合成液体燃料主要包括以下反应： 主反应： 副反应Ⅰ： 副反应Ⅱ：催化剂表面还可能存在烯烃的二次吸附加氢反应 将@催化剂在与PFTS(全氟癸基三乙氧基硅烷)在乙醇中反应，得到@改性催化剂(如图-2所示)。改性前后在不同CO转化率下的选择性对比如图-3所示。改性后的催化剂能降低选择性的原因是___________。       ②铁催化剂中助剂效应非常明显，通常加入过渡金属作为助剂对其催化性能进行调变。第一长周期过渡金属的量子力学计算结果如图-4所示。过渡金属对CO吸附能力明显强于的原因是___________；如果仅以合成气组成对表面的最大结合能作为唯一判断依据，则___________(填写元素符号)应该是最佳催化剂助剂。加入催化剂助剂后，烯烃的选择性将___________。(填“增大”、“减小”、“不变”) 【答案】（1） ＜ 煤气化后与O2接触面积增大，反应速率v加快 （2） （3） 催化剂表面覆盖疏水性基团，不利于H2O吸附，减少副反应，使CO2选择性降低 CO能提供孤电子对与过渡金属形成配位键 Mn 增大 【解析】（1）1mol C(s)直接燃烧仅生成放出热量为，先气化生成和，气化过程吸收热量，后续和燃烧时，除燃烧生成放热外，燃烧生成液态水也放出大量热量，总放出热量大于，故。煤气化后得到气体燃料，与氧气接触面积显著增大，反应速率加快，燃烧更充分，因此能提高燃烧效率。 （2）① 总水煤气变换反应为，减去反应I：，即可得到反应II为。 ② 水煤气变换反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO平衡转化率随温度升高单调降低。实际反应中，温度低于最适宜温度时，反应速率较慢，CO转化率低于平衡转化率，随温度升高速率加快，转化率增大，达到最适宜温度时转化率达到峰值，温度高于最适宜温度时，平衡逆向移动的影响占主导，转化率下降，因此实际曲线在平衡曲线下方，即。 （3）① 改性后催化剂表面覆盖全氟疏水基团，不利于极性的吸附，抑制副反应的发生，减少的生成，因此选择性降低。 ② CO分子中存在孤电子对，可与过渡金属的空轨道形成配位键，因此对过渡金属的吸附能力明显强于。合成气为CO和H2混合气体，由图4可知，Mn对合成气组分的最大结合能最高，吸附作用最强，因此Mn是最佳催化剂助剂。加入Mn作为助剂后，CO吸附增强，有利于主反应进行，抑制烯烃加氢副反应，因此烯烃的选择性将增大。 2．（江苏省镇江市2026年高三下学期化学考前调研及评分标准试题）工业生产中碳酸盐矿物高温煅烧会释放大量。为积极响应国家“碳达峰”“碳中和”战略部署，现阶段，针对该生产工艺的减碳调控与“碳中和”实现途径主要有以下几种： （1）碳酸盐加氢制甲烷。 涉及的主要反应如下：反应Ⅰ.   反应Ⅱ.   反应Ⅲ.   已知：一定温度下，由稳定单质(其标准摩尔生成焓视为0)生成化合物的焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓()，表中为几种物质在时的标准摩尔生成焓。 物质 /() -393.5 -110.5 -74.8 ①根据数据，反应Ⅱ的___________，该反应在___________下自发进行(选填“低温”“高温”或“任何温度”)。 ②由图知，温度高于后，碳酸钙的转化率上升，甲烷的选择性下降，但高压反而不利于碳酸钙的转化，原因是___________。[甲烷的选择性=] （2）碳酸盐甲烷干重整()制合成气或有机化合物。 ①将碳酸盐热解与甲烷干重整反应耦合，获得高品质金属氧化物的同时，气相产物为和组成的合成气。比较分解和的自发温度可知，高于即可自发，比直接分解的温度要低，这可能是由于___________。 ②碳酸盐分解产生的和可以生成或聚碳酸酯X，X的结构简式为___________。 （3）电催化还原也可制备乙醇，再利用乙醇制氢。 吸附在阴极表面的铜基催化剂上，铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，以为电解质溶液，阴极得到。 ①已知参与了阴极的反应，写出阴极反应式___________。 ②在上述条件下，产生的副反应能明显被抑制，原因是___________。 ③利用乙醇制氢气原理如图，若用标记，则产物中的化学式为___________。 （4）水相碳酸盐加氢制甲酸(盐)。 ①在水溶液中，碳酸盐加氢制甲酸盐，水的电离程度___________(选填“增大”“减小”或“不受影响”)。 ②与前两种途径的固相反应相比，本途径的优点有___________。 【答案】（1） -164.9 低温 温度高于后，反应Ⅲ、Ⅰ正向进行，反应Ⅱ逆向进行，反应Ⅲ、Ⅰ占主导地位；高压下反应I是气体体积变大的反应，反应Ⅰ占主导地位且平衡逆向进行。 （2） 甲烷与碳酸盐分解产生的二氧化碳反应，促进了分解反应正向移动 （3） 相比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性；溶液显碱性，浓度较低，氧化性较弱(或得电子速率减慢) 或 （4） 减小 能耗更低、副产物更少 【解析】（1）①根据标准摩尔生成焓计算反应焓变，，由反应Ⅲ可知，，代入数据得，解得，则；该反应，反应后气体物质的量减少，，根据时反应自发，可知只有低温下满足自发条件； ②温度高后，反应Ⅲ、Ⅰ正向进行，反应Ⅱ逆向进行，反应Ⅲ、Ⅰ占主导地位；高压下反应I是气体体积变大的反应，反应Ⅰ占主导地位且平衡逆向进行，故高压反而不利于碳酸钙的转化； （2）①甲烷与碳酸盐分解产生的二氧化碳反应，促进了分解反应正向移动，因此更低温度下即可自发； ②反应物为环氧丙烷和，开环共聚得到聚碳酸酯，结构简式为：； （3）①阴极得到，阴极反应式为； ②相比于的还原反应，该催化剂对的还原反应具有较高的选择性；溶液显碱性，浓度较低，氧化性较弱(或得电子速率减慢)，因此产生的副反应能明显被抑制； ③根据图中总反应可知，产物中的氧原子来源于和。在反应过程中，化学键断裂重组，氧原子会发生交换，因此会进入生成的分子中，得到或； （4）①由反应，反应生成强碱，溶液中浓度增大，抑制水的电离，因此水的电离程度减小； ②与前两种途径的固相反应相比，本途径的优点有能耗更低、副产物更少。 3．（2026·江苏南通·模拟预测）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 （1）HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图1所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图2所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为___________。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为___________。 ③电解过程中每产生1mol H2，通过阴离子交换膜的OH-为___________mol。 （2）HCHO水化释氢： 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为___________(填化学式)。 ②NaOH浓度低于1mol/L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是___________。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是___________。 （3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有___________。 【答案】（1） 1 （2） HD NaOH是反应物，其浓度增大会使甲醛水化生成CH2(O⁻)2的速率加快，增大了中间体浓度，从而加快释氢速率 NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降 （3）氢气纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等（合理即可） 【解析】（1）①根据催化剂的晶胞图，晶胞中Mo原子数为4，P原子数为，可知该催化剂的化学式为MoP。MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧(反应中N元素化合价不变)，生成MoP、NH3、水，根据得失电子守恒，配平该反应的化学方程式为。 ②电解时，b是阳极，电极b上甲醛失电子发生氧化反应同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为 。 ③阴极反应式为、阳极反应式为，每转移2mol电子，两极共生成2mol氢气，电解过程中每产生1 mol H2，转移1 mol电子，根据电荷守恒，通过阴离子交换膜的OH-为1 mol。 （2）①根据图示，氢气中的H原子一个来自甲醛、一个来自水，若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD。 ②根据机理图3，NaOH浓度低于1 mol/L时,NaOH浓度增大产生氢气会加快的根本原因是NaOH作为反应物，其浓度增大，促使甲醛水化生成中间体CH2(O⁻)2的速率加快，导致中间体浓度增大，从而加快了后续的释氢速率。 ③由题可知，若NaOH浓度过大，副反应的速率显著加快，大量甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的甲醛减少，同时氢氧化钠浓度过大会溶解催化剂载体Al2O3，使纳米银颗粒团聚，催化活性下降，所以H2的产生迅速减慢。 （3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有：生成氢气的纯度更高、可处理有毒气体甲醛、反应条件温和等。 4．（2026·江苏盐城·模拟预测）研究的释氢和再生对氢能的利用具有重要意义。 （1）释氢原理为： 。 ①该反应能自发进行的条件是___________。 A．只能高温    B．只能低温    C．任意温度 ②也可与乙醇反应生成。 其他条件不变，在不同质量分数的乙醇溶液中释放出的体积随时间的变化关系如图所示。在相同时间内释放出的体积随乙醇的质量分数增加而减少的原因可能是___________。 （2）碱性溶液中，在催化剂表面释氢的微观过程如图所示。 ①图中“”物质的化学式为___________。 ②溶液浓度过大反而抑制产生的速率，其原因可能是___________。 （3）用惰性电极电解溶液可制得，实现再生，制备装置如图所示。 ①阴极生成的电极方程式为___________。为提高的产率，应选用___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。 ②已知：四丁基胺盐阳离子 体积大，难放电。在阴极室常加入四丁基胺盐提高的产率，其原因可能是___________。 【答案】（1） C 与乙醇反应的速率小于与水反应的速率，随乙醇质量分数增加，相同时间内产生的体积减少 （2） 增大，在催化剂表面吸附增多，(占据较多的活性位点)，导致在催化剂表面吸附减少，(占据活性位点减少) （3） 阳 难放电，体积大，在电极放电的机会减少，静电作用吸引，放电机会增加 【解析】（1）①该反应为气体分子数增多的放热反应，，根据反应自发进行，可知该反应能自发进行的条件是任意温度，故选C；②在相同时间内释放出的体积随乙醇的质量分数增加而减少的原因可能是与乙醇反应的速率小于与水反应的速率，随乙醇质量分数增加，相同时间内产生的体积减少； （2）①根据图示，“”物质的化学式为； ②、都吸附在催化剂表面，溶液浓度过大反而抑制产生的速率，原因可能是增大，在催化剂表面吸附增多，(占据较多的活性位点)，导致在催化剂表面吸附减少，(占据活性位点减少)； （3）①钛极与外接电源负极相连为阴极，发生还原反应生成，电极方程式为；为提高的产率，防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区发生反应而损耗，同时避免阴极区移向阳极，应选用阳离子交换膜； ②难放电，体积大，在电极放电的机会减少，静电作用吸引，放电机会增加，可提高的产率。 5．（2026·江苏南京·模拟预测）工业生产中高效脱除H2S气体，可有效减少设备腐蚀，缓解大气污染。 （1）溶液吸收法 ①实验室用电石(主要成分为CaC2，含少量CaS等杂质)制备乙炔气体，用CuSO4溶液洗气除去H2S杂质的离子方程式为 ___________。 ②乙醇胺水吸收H2S的反应为：H2S(g)＋HOCH2CH2NH2(aq)HOCH2CH2NH3+(aq)＋HS-(aq) △H<0，为使H2S充分解吸，实现吸收液循环再生，应选择的反应条件为___________(填字母)。 a．高温高压         b．高温低压         c．低温高压         d．低温低压 ③工业上离子液体络合铁溶液吸收H2S，溶液粘度直接影响气体传质速率。实验测得数据如图1、图2所示，离子液体络合铁溶液浓度为10%时H2S的吸收效果最好，可能的原因为___________。 （2）碳纤维脱除法。多孔碳纤维材料对H2S的吸附与解离效果，取决于催化剂对水的附着能力和表面碱性活性位点的数量。 ①氮(吡啶(等化合物)掺杂的多孔碳纤维，对H2S的脱除效率较好，其可能的原因是___________。 ②氮掺杂碳包覆盖钴脱除H2S的过程如图3所示，该结构能进一步提升H2S的脱除效果并能保持表面酸碱性相对稳定，其可能的原因是___________。 （3）电化学法。科研团队采用光驱动电化学法脱除H2S，其反应装置如图4(电解质溶液均为稀硫酸)。 已知：代表或中的一种。 ①理论上右室每产生32gS2，左室生成的H2O2的物质的量为___________。 ②光直接驱动I－与X发生反应的离子方程式为___________。 ③从能量转化和资源回收利用角度，该工艺相比传统电解法的优点为___________。 【答案】（1） H2S＋Cu2+=2H+＋CuS↓ b 溶液的浓度为10%时，混合溶液粘度弱，H2S气体分子与溶液传质速率快，脱硫速率快，最终脱硫效率最好 （2） 氮原子易与水分子形成分子间氢键，增大了催化剂对水的附着；氮原子具有碱性，掺杂后增加了表面碱性活性位点，二者共同促进了H2S的吸附和解离，c(HS-)增大，脱除速率加快 引入氮掺杂碳包覆钴结构，有利于电子传递；2O＋3HS-＋H2O=3S＋5OH-，促进H2S的持续解离，H2S的脱除效果增强；O2.-与HS-反应生成的OH-被H2S解离时产生的H+中和，保持表面酸碱性相对稳定 （3） 1mol 3I-＋＋2H+   I3-＋ 利用光能转化为电能，降低能耗，可实现电能的回收利用；H2S的无害化处理并得到重要的化工原料单质硫和H2O2进行利用；实现催化剂的循环再生，节约原料 【解析】（1）①用硫酸铜溶液除去乙炔气体中硫化氢杂质发生的反应为硫化氢与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式为：H2S＋Cu2+=2H+＋CuS↓； ②由方程式可知，醇胺水吸收硫化氢的反应为气体体积减小的放热反应，升高温度、降低压强都会使平衡向逆反应方向移动，有利于醇胺再生，故选b； ③由图可知，离子液体络合铁溶液浓度为10%时硫化氢的吸收效果最好是因为溶液的浓度为10%时，混合溶液粘度弱，硫化氢气体分子与溶液传质速率快，脱硫速率快，最终脱硫效率最好； （2）①由题意可知，多孔碳纤维材料对硫化氢的吸附与解离效果取决于催化剂对水的附着能力和表面碱性活性位点的数量，由结构简式可知，吡啶等化合物中的氮原子易与水分子形成分子间氢键，增大了催化剂对水的附着，且氮原子具有孤对电子，能与氢离子反应表现碱性，氮掺杂的多孔碳纤维对硫化氢的脱除效率较好是因为掺杂后增加了表面碱性活性位点，二者共同促进了硫化氢的吸附和解离，氢硫根离子浓度增大，脱除速率加快； ②由图可知，氮掺杂碳包覆盖钴脱除能进一步提升硫化氢的脱除效果并能保持表面酸碱性相对稳定的原因是引入氮掺杂碳包覆钴结构，有利于电子传递，且溶液中能与发生如下反应：2O＋3HS-＋H2O=3S＋5OH-，反应促进硫化氢的持续解离，硫化氢的脱除效果增强，反应生成的氢氧根离子能被硫化氢解离时产生的氢离子中和，保持表面酸碱性相对稳定； （3）由图可知，左侧电极为原电池的正极，酸性条件下在正极得到电子发生还原反应生成，则X为、Y为；放电生成的与通入的氧气反应生成和过氧化氢；右侧电极为负极，碘离子在负极失去电子发生氧化反应生成；反应生成的与硫化氢反应生成、氢离子和S2；则采用光驱动电化学法脱除硫化氢的反应为：2H2S+2O2=S2+2H2O2，原电池的总反应为：3I-＋＋2H+   I3-＋； ①由分析可知，采用光驱动电化学法脱除硫化氢的反应为：2H2S+2O2=S2+2H2O2，由方程式可知，理论上右室每产生32gS2时，左室生成的过氧化氢的物质的量为：×2=1mol； ②由分析可知，光直接驱动碘离子与发生反应的离子方程式为：3I-＋＋2H+   I3-＋； ③从能量转化和资源回收利用角度，该工艺相比传统电解法的优点为利用光能转化为电能，降低能耗，可实现电能的回收利用；硫化氢的无害化处理并得到重要的化工原料单质硫和过氧化氢进行利用；实现催化剂的循环再生，节约原料。 6．（2026·江苏连云港·模拟预测）甲烷选择性氧化制甲醇是C1化学中的“圣杯”反应，催化剂的研究至关重要。 （1）铁基催化剂[Fe2(MoO4)3]可实现N2O为氧化剂的甲烷选择性氧化。研究表明，N2O在Fe3+位点分解生成表面α-氧物种，该物种可插入CH4的C—H键生成CH3OH。 反应历程可表示为 步骤Ⅰ：     步骤Ⅱ： 副反应： ①为提高CH3OH的选择性，应适当________(填“延长”或“缩短”)CH4与催化剂的接触时间。 ②研究发现，当反应温度超过400℃时，CH3OH的产率急剧下降。从反应历程角度分析，温度过高导致产率下降的原因可能是_____________。 （2）在光热条件下，In-Fe双金属有机框架可催化甲烷制甲醇。催化剂在光照下可产生光生电子(e-)和空穴(h+)。O2在催化剂表面接受光生电子和质子(H+)，活化生成自由基。Fe3+的引入可显著增加催化剂表面的电子密度。 ①引入Fe3+可促进生成的原因可能是_____________。 ②若反应体系中产生羟基自由基()，会在产物中检测到甲醛等副产物。In/Fe的物质的量之比对甲醇选择性的影响如图-1所示。当In/Fe的物质的量之比大于6∶4时，甲醇选择性下降的原因可能是_____________。 （3）电喷雾电离NiO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。NiO+分别与CH4(曲线a)、CD4(曲线b)反应，体系的能量随反应进程的变化如图-2所示。 ①已知E1>E2，CH4制CH3OH反应的决速步是步骤________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②其他条件相同，将CH4替换为CH2D2，与NiO+反应生成氘代甲醇。实验测得产物中CH2DOD的产量小于CHD2OH，原因可能是________。 ③若NiO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。 ④若在体系中引入少量H2O，则甲醇的产率会显著下降，同时检测到Ni+(H2O)物种。推测原因并设计一个简单实验进行验证：_____________。 【答案】（1） 缩短 催化剂活性下降；副反应加剧 （2） 能显著增加催化剂表面的电子密度，促进在催化剂表面接受光生电子质子生成自由基 催化剂表面的电子结构发生了改变，导致自由基减少，自由基增多 （3） Ⅰ 键的键能大于键，断裂键需要更多的活化能，导致生成的反应速率比生成的慢 2 与配位，竞争性抑制反应；实验方案：增加浓度，质谱检测信号增强，同时甲醇信号减弱 【解析】（1）①生成的会发生副反应被氧化为，缩短与催化剂的接触时间，可减少生成的发生副反应，提高甲醇的选择性； ②温度升高，步骤Ⅰ速率加快，生成的活性氧(Fe4+=O)浓度增大，甲醇被氧化的副反应加剧，更多甲醇被消耗导致产率下降，或温度过高，催化剂铁离子失活，步骤Ⅰ反应速率慢，生成的活性氧浓度小，步骤Ⅱ反应速率慢，甲醇的产率下降； （2）①题干明确说明引入可增加催化剂表面电子密度，而生成需要接受电子，因此可促进该过程； ②题干提到会生成甲醛副产物，占比降低后，表面电子密度不足，副反应增多，甲醇选择性下降； （3）①总反应的决速步由活化能更大、反应速率更慢的步骤决定，已知，步骤Ⅰ活化能更大，因此是决速步； ②同位素形成的共价键中，键的键能更高，更难断裂，，即断裂键需要更多的活化能导致生成的反应速率比生成的慢，因此产物中CH2DOD的产量小于CHD2OH； ③CHD3​中只有1个和3个等价的：断键生成，断生成，共2种不同的氘代甲醇； ④检测到物种，说明结合消耗了活性反应物，通过改变水的加入量观察产率变化即可验证推测，实验方案为增加浓度，质谱检测信号增强，同时甲醇信号减弱。 7．（2026·江苏连云港·三模）甲醇和水催化重整制氢是连接甲醇经济与氢能应用的关键技术。 （1）甲醇和水重整过程中主要发生以下反应： 反应I：   (蒸汽重整) 反应II：   (水相重整) ①反应I与反应II的的大小关系为___________(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。 ②反应物起始物质的量比条件下，甲醇和水蒸气重整制氢时密闭容器中、、和物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。随着温度的升高，的物质的量分数先减小后增大的原因是___________。 （2）双金属催化剂(载体)催化甲醇水相重整时，通过缺电子Pt位点加快甲醇的吸附活化。 ①Pt与Co均为过渡金属，其单质晶体的堆积方式均为面心立方最密堆积，该堆积方式的配位数为___________。 ②从电负性角度分析，造成Pt位点缺电子的可能原因是___________。 ③中Mo的化合价为+4，则S的存在形式为___________(填化学式)。 （3）是甲醇和水催化重整的催化剂。催化过程中会发生氧化还原重构循环过程，反应过程示意图如图所示。 ①描述催化剂重构时的“还原”过程为___________。 ②升高温度，向生成方向移动。向反应体系中通入，则催化剂重构平衡向___________(填“氧化”或“还原”)移动，原因是___________。 （4）有很高的催化稳定性。其催化甲醇和水重整的反应路径如图所示。已知：(反应物)，(生成物)，其中、…为各步基元反应速率常数，k与温度成正比。 ①中氧空位在催化循环中的作用是___________。 ②结合图示副反应，升高温度，甲醇重整制氢主反应选择性降低，其原因___________。 【答案】（1） < 反应I中反应物和产物均为气态，水相重整中反应物为液态，气态物质的量增多更显著，熵增更大 前，随温度升高水与甲醇反应速率加快；后随温度升高，和会反应生成和CO的反应速率加快 （2） 12 Pt（电负性 ≈ 2.28）的电负性高于 Co（电负性 ≈ 1.88），在 PtCo 双金属中电子从 Co 向 Pt 转移；但 Pt 又与电负性更高的 MoS2载体（S 电负性 ≈ 2.58）发生强相互作用，导致 Pt 进一步失去电子，整体表现为缺电子状态 （3） 还原性气体CO将还原为In，提高了合金中In元素比例，从而转变为 氧化 通入使氧化性气氛增强，将中的In氧化为，降低了中的In比例后形成，从而使平衡向氧化方向移动 （4） 活化反应物，提供活性氧物种，将吸附在催化剂表面的CO氧化为，同时完成氧空位自身循环再生 升高温度，被吸附的CO直接脱附生成副产物CO，减少了被氧化为量；主反应生成的比例下降，导致选择性降低 【解析】（1）①由方程式可知，反应I中反应物和产物均为气态，反应II中反应物为液态，气态物质的量增多更显著，熵增更大，所以反应I的熵增小于反应II； ②反应I是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，消耗的水蒸气的物质的量增大；则随着温度的升高，水的物质的量分数先减小后增大的原因是200°C前，随温度升高水与甲醇反应速率加快，使得反应消耗水蒸气的物质的量增大，导致水的物质的量分数减小；200°C后随温度升高，氢气和二氧化碳会反应生成水蒸气和一氧化碳的反应速率加快，使得反应生成水的物质的量增大，导致水的物质的量分数增大； （2）①由题意可知，铂晶体和钴晶体的堆积方式均为面心立方最密堆积，则该堆积方式的晶胞中位于顶点的原子与位于面心的原子的距离最近，则晶体的配位数为12； ②Pt（电负性 ≈ 2.28）的电负性高于 Co（电负性 ≈ 1.88），在 PtCo 双金属中电子从 Co 向 Pt 转移；但 Pt 又与电负性更高的 MoS2载体（S 电负性 ≈ 2.58）发生强相互作用，导致 Pt 进一步失去电子，整体表现为缺电子状态； ③由题意可知，二硫化钼中钼的化合价为+4，则由化合价代数和为0可知，化合物中硫元素的化合价为-2价，存在形式为； （3）①由图可知，催化剂重构时的“还原”过程为还原性气体一氧化碳将三氧化二铟还原为铟，提高了合金中铟元素比例，从而转变为； ②由题意可知，升高温度，向生成方向移动，说明催化剂重构平衡向氧化方向移动，原因是通入氧气使氧化性气氛增强，将中的铟氧化为三氧化二铟，降低了中的铟比例后形成，从而使平衡向氧化方向移动； （4）①由图可知，中氧空位在催化循环中的作用是活化反应物水，提供活性氧物种，将吸附在催化剂表面的一氧化碳氧化为二氧化碳，同时完成氧空位自身循环再生； ②由图可知，升高温度，甲醇重整制氢主反应二氧化碳选择性降低的原因是升高温度，被吸附的一氧化碳直接脱附生成副产物一氧化碳，减少了被氧化为二氧化碳量，使得主反应生成二氧化碳的比例下降，导致二氧化碳选择性降低。 8．（2026·江苏泰州·模拟预测）甲酸及其衍生物在理论研究和工业生产上都具有重要意义。 （1）科学家曾利用草酸受热脱羧制甲酸。 已知：草酸、甲酸的燃烧热分别为、。请写出该反应的热化学方程式：_______，并分析该反应在较高温度下能自发的原因是_______。 （2）研究表明，可利用催化加生成，酸化后制得甲酸。 ①方案1：在密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通，测得产率随温度的变化如图所示。反应温度在范围内，产率迅速上升的可能原因是_______。 ②方案2：在密闭容器中，铁粉与溶液在加热条件下反应，初期会生成和，对应离子方程式为_______。随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能的微观机理如图所示。分析中H原子的来源，请在图中(a)处催化剂表面圈出该氢原子_______。 （3），-二甲基甲酰胺是甲酸的一种重要衍生物。 ①理论计算表明，中N原子采取杂化，则分子中能共面的原子最多为_______个。 ②在有机反应中常用作非质子极性溶剂，即不能释放的极性溶剂。下列有机溶剂中，也属于非质子极性溶剂的有_______。 A．    B．    C．    D． 【答案】（1） 该反应虽然，在较高温度下将会小于0，因而该反应能自发 （2） 在该温度范围内，温度升高催化剂的活性增强与温度升高协同作用，导致生成HCOO-的反应速率迅速上升 （3） 8 CD 【解析】（1）①反应1,;反应2，反应1-反应2得，； ②该反应虽然，在较高温度下将会小于0，因而该反应在较高温度下能自发。 （2）①应温度在范围内，催化加氢的转化率迅速上升的可能原因是：在该温度范围内，温度升高催化剂的活性增强与温度升高协同作用，导致生成HCOO-的反应速率迅速上升； ②密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，离子方程式为：； ③电负性大小：O＞H＞Fe，根据流程图示意，H2中共价键断裂，一个氢原子吸附在氧离子上，氧带负电，一个吸附在亚铁离子上，吸附在上的H与中C结合；吸附在上的H与中羟基O结合；反应生成的和吸附在催化剂的上，所以分析中H原子的来源，如图 （3）①中N原子采取杂化，所以能共面的有8个原子，如图； ②A． 不能释放，但是为非极性溶剂，A错误； B．能电离出，B错误； C．不能释放，同时为极性溶剂，C正确； D．不能释放，同时为极性溶剂，D正确； 故选CD。 9．（2025·江苏南通·模拟预测）镍（）载氧体与沼气（主要成分为与）化学链重整制氢是制氢的常见方法之一。 （1）①以为载氧体催化重整沼气制氢过程如图1所示 主要反应为：            _______。 ②催化重整时，第一次投入的沼气中与的物质的量分别为，测得b端部分气体的量如图2所示，则反应过程中生成的物质的量为___________。若投入的载氧体中NiO为3 mol，则NiO的转化率为___________。 ③经多次循环后，a端输出气体中含有的，其原因是___________。 ④载氧体一般由金属活性成分（）和惰性载体组成，与是常见的惰性载体。将等量的活性成分分别与等量的、混合后加热可制得载氧体。制得的载氧体X射线衍射谱图如图3所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。请判断哪种惰性载体更为合适，并说明理由___________。 （2）以为载氧体催化重整含硫（）沼气。（已知：能与载氧体反应生成NiS，会覆盖载氧体表面的活性位点。硫单质的沸点约为。） ①将含有的沼气进行催化重整，在连续加热过程中，与CO的产率及载氧体的转化率随温度的变化如图4所示，时，与CO的产率明显高于的原因是___________。 ②将含有的沼气混合不同浓度的水蒸气在时进行催化重整，与CO的产率及载氧体的转化率随温度的变化如图5所示，随着水蒸气浓度的增大，与CO的产率不断增大的原因是_________（用化学方程式解释）。 【答案】（1） 247.1 0.6 60% 在载氧体表面产生了积碳 ；高温下，不与金属活性成分发生反应或与金属活性成分发生反应 （2） 下，部分NiS发生分解暴露出载氧体表面的活性位点 【解析】（1）①根据盖斯定律，目标反应 可由已知反应Ⅰ−Ⅱ得到：； ②根据H原子守恒：初始总H原子来自，共；出口气体中剩余（含），（含），剩余H全部在中，因此； 计算消耗的：反应的为，反应的为，其中参与与的重整，剩余直接与反应，消耗，生成共，出口剩余，与反应生成，消耗，总消耗为，转化率为； ③ 循环过程中在载氧体表面产生了积碳，最后转化为一氧化碳和二氧化碳，最终从端输出； ④ 更合适，使用作载体时，高温下，不与金属活性成分发生反应或与金属活性成分发生反应； （2）① 下部分NiS发生分解暴露出载氧体表面的活性位点； ② 水蒸气与覆盖活性位点的反应，生成逸出，重新生成载氧体成分，恢复载氧体活性，因此和产率随水蒸气浓度增大而升高，化学方程式为。 10．（2025·江苏镇江·模拟预测）研究等温室气体的资源化利用对人类具有重要的意义。 （1）以和为原料在作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图： 则_______。 （2）甲烷化技术是碳中和理念的落脚点之一，涉及的主要反应如下： ① ② 催化剂的选择是甲烷化技术的核心。一定条件下，在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得转化率随温度变化的趋势如图(a)所示： 高于320℃后，以为催化剂，转化率略有下降，而以Ni为催化剂，转化率仍在上升，可能原因是_______；分子筛膜反应器可提高反应①的平衡转化率，其原理如图(b)所示，原因是 _______。 （3）作电极，双金属串联催化剂电催化制乙烯，装置如图1所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率(FE)随电压变化如图2所示。 已知：法拉第效率。 ①电势：泡沫网电极 _______电极(填“>”“＜”或“=”)。 ②写出催化剂上发生的电极反应式：_______。 ③当电解电压为U3V时，测得生成的，则 _______ 。 （4）；三种双金属合金团簇催化剂催化甲烷重整制氢的过程中，存在甲烷逐步脱氢的过程，其能量变化如图所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： ①双金属团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，结合图示解释其原因为_______。 ②甲烷逐步脱氢过程决速步反应是_______(用化学方程式表示)。 （5）我国科学家已经成功催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化的反应过程如图所示。 ①根据转化规律在答题卡指定位置画出化合物2的结构示意图_______。 ②依据电负性变化规律与断键方式，用文字描述由化合物3生成化合物1的过程_______。 【答案】（1） （2） 320℃时，Ni催化剂的活性达到最大，升高温度，催化剂活性降低，而为催化剂的最佳温度较高，此时升温催化剂活性升高 吹扫气将产物中的甲烷转移出体系，使反应①平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率 （3） 42 （4） 积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中所需要的活化能最大，反应不易发生，具有良好的抗积碳作用 反应的决速步是活化能最高的步骤，由图可知，或的活化能最高，是决速步反应 （5） 由于电负性，化合物3中中的键断裂，结合生成化合物4和，化合物4中的结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和 【解析】（1）如图所示，反应①为、反应②为、反应③为，根据盖斯定律，将反应②+反应③+反应①相加，可得目标反应2NH3(l)+CO2(g)=H2O(l)+H2NCONH2(l)，ΔH=ΔH2+ΔH3+ΔH1=-109.2 kJmol-1+15.5 kJmol-1-10 kJmol-1=-103.7 kJmol-1； （2）对于Ni催化剂，320℃时活性达到最大，升温后活性降低，Ni—CeO2催化剂最佳温度较高，升温时活性升高，所以高于320℃后，以Ni—CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，以Ni为催化剂，CO2转化率仍在上升；分子筛膜反应器中，吹扫气将产物中的甲烷转移出体系，使反应①CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)平衡正向移动，从而提高CO2的平衡转化率； （3）①由装置图可知，泡沫Ni网电极附近由CO2转化为C2H4，化合价降低，发生还原反应，所以Ni网电极是阴极，FTO@BiVO4电极是阳极，阴极电势低于阳极电势，所以泡沫Ni网电极的电势＜FTO@BiVO4电极电势； ②ISA-Ni催化剂上CO2得到电子生成CO，而且电解质是KHCO3显碱性，电极反应式为CO2+2e-+H2O=CO+2OH-； ③设生成CH4的物质的量为7 mol，C2H4的物质的量为4 mol，生成1 mol CH4转移8 mol电子，生成1mol C2H4转移12 mol电子，由图知CH4的法拉第效率为x%，C2H4的法拉第效率为36%，HCOO-的法拉第效率为0，则，解得x=42； （4）①由能量变化图可知，积碳反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需要的活化能最大，反应速度较慢，故产生的积碳较少，具有良好的抗积碳作用； ②反应的决速步是活化能最高的步骤，由图可知，CH3*+H*→CH2*+2H*或CH3*→CH2*+H*的活化能最高，是决速步反应； （5）①根据转化规律，化合物2的结构示意图为：； ②电负性O>H，化合物3中Fe-OH2中的O-H键断裂，结合OH-生成化合物4和H2O，化合物4中的Fe-OH结合H2中的H，同时CO等基团重新配位，最终生成化合物1和H2O。 27 / 57 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 题17 化学反应原理综合题 1．（2026·江苏·高考真题）碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 （1）自然界中的主要碳循环过程如图所示。数百万年前，大气中的经碳循环后，会存在于_____(填字母序号)。 A．水体中的　　　B．淀粉　　　　C．石灰石 （2）碱液捕集。一定温度下，用浓氨水吸收含的模拟烟气，常加入一定浓度的溶液，生成一种空间构型为正八面体的镍氨配合物离子，位于正八面体中心，如图所示，生成镍氨配合物的离子方程式为___________________________________________，加入溶液的作用是_______________________。 （3）金属有机骨架(简称MOFs)材料在资源利用中有重要应用。MOFs材料具有一定数量孔隙，热稳定性不高。 ①一定条件下，利用一种基材料催化电解与碱性混合液制备尿素，阴极区、生成的电极反应式为________________________________。 ②某Al基MOFs材料Al(HCOO)3可吸附CO2，结构如图所示，Al、C、O形成_____(填数字)元环状结构。为检测其吸附能力，将吸附至饱和的(不含其他气体和杂质)在空气中加热，350℃时完全分解生成。 的饱和吸附量 则该材料对的饱和吸附量为__________。 ③一定条件下，密闭体系中发生反应。不改变其他条件，反应相同时间，加入能显著提升产率。已知：分子碳氧键键能大、结构稳定。从结构和反应原理角度分析产率增大的可能原因：_________________________________________。 ④已知：孔隙尺寸0.41~0.46 nm，分子直径。为实现的高效捕集和资源利用，结合相关结构和性质，综合分析Al基材料的优化方向是______________________。 2．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。 （1）合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要_______(填数字)种化学键的键能数据。 （2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有_______。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是_______(填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是_______。 （3）研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有_______；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为_______。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有_______(填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值：_______。 3．（2024·江苏·高考真题）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 （1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有_______；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得_______。 （2）一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为_______。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是_______。 （3）反应可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是_______。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 4．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 （1）燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是___________。 （2）合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。 ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[]和尿素转化为氰酸铵()等副反应。尿素生产中实际投入和的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。 （3）催化电解吸收的KOH溶液可将转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。    其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①当电解电压为时，电解过程中含碳还原产物的为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。 ②当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为___________。 ③当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________(写出计算过程)。 5．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 （1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有_______(填元素符号)。 （2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。 ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为_______。 ②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。 ③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是_______。 （3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是_______。 6．（2021·江苏·高考真题）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。 （1）500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应： CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) 已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是___。 （2）CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为 反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1 反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1 反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1 ①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=___。 ②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是___。 （3）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。 ①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为___。 ②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。 该类试题以“多尺度反应行为的定量表征与系统调控”为核心立意，紧扣《普通高中化学课程标准》中“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”“宏观辨识与微观探析”三大核心素养的整合要求，将热力学、动力学、电化学、溶液平衡等抽象原理置于能源转换、环境治理、材料合成等真实复杂体系中，旨在考查学生超越单一模块知识的割裂应用，从“能量-速率-限度-界面”多维耦合视角理解化学反应的全貌。命题坚持“原理基础性、定量精确性、模型建构性、情境真实性”四位一体原则，既检验学生对核心公式与概念的掌握程度，更评估其在非理想、多变量、跨尺度体系中识别主控机制、建立数学模型、预测系统响应的高阶理论思维能力，实现从“定性解释现象”向“定量设计与优化反应过程”的根本转变。 · 素养落地：强化“热力学-动力学-电化学”三位一体的系统观 试题摒弃对ΔG、k、E等符号的孤立计算，转而考查学生对“ΔG决定反应方向但不保证速率”“电极电势差驱动电子转移但受传质限制”“表观活化能包含吸附/扩散贡献”等内在关联的理解。要求学生不仅能算出某温度下的K或E，更能解释为何工业电解槽需过电位、为何催化剂活性随pH呈火山型曲线，体现“变化观念与平衡思想”在复杂系统中的辩证统一。 · 知识锚定：立足“状态函数-速率方程-界面过程”的结构化调用 所有情境均围绕课标要求的核心原理展开，包括Gibbs-Helmholtz方程、Arrhenius/Butler-Volmer方程、Nernst方程修正、双电层模型、多相催化Langmuir-Hinshelwood机理等。学生需在陌生体系（如CO₂电还原、固态电池界面、酶催化水解）中快速识别主导过程、选择合适模型、激活参数关联网络，避免被复杂背景干扰而偏离物理化学本质。 · 思维进阶：构建“机制假设→模型建立→参数验证→边界检验”四步理论分析链 试题设置大量需要多维度推理的情境，如“由Tafel斜率推断决速步”“根据循环伏安峰分离度判断可逆性”，倒逼学生超越公式套用，建立“提出反应机制假设→导出可观测量的数学关系→用实验数据拟合参数→检验模型适用边界”的完整思维链，考查模型建构与批判性验证能力。 · 价值引领：渗透精准调控理念与可持续发展责任 通过高效电解水制氢、低过电位CO₂转化、长寿命储能器件设计等前沿案例，传递“化学反应原理是实现能源转型与绿色制造的理论基石”的科学价值观。引导学生认识理论不仅是解题工具，更是突破技术瓶颈、服务国家战略的关键支撑，同时强调模型简化需尊重物理真实、参数外推需谨慎验证的科学伦理。 · 体系复杂度从“理想均相”向“非理想+多场耦合+动态界面”跃升 · 非理想行为常态化：近五年真题中，涉及浓溶液活度修正、高压气体逸度、固-液界面双电层效应的题目占比超80%，要求理解“浓度≠有效浓度”“电势≠过电位”，突破稀溶液/标准态思维定式。 · 多物理场耦合显性化：越来越多题目嵌入电场-浓度场-温度场交互作用，如“电解过程中局部pH漂移影响产物选择性”“电池充放电热效应改变反应速率”，考查跨尺度耦合分析能力。 · 动态非稳态过程凸显：不再局限于稳态极化曲线，频繁出现暂态技术（计时电流、交流阻抗）、程序扫描、脉冲扰动等，要求解析时间分辨信号背后的瞬态机制。 · 考查重心从“公式代入计算”向“模型辨识与参数物理意义解读”深化 · 模型选择与验证成为标配：不仅要求计算结果，还需判断“该体系适用Tafel近似还是Butler-Volmer全式？”“EIS谱中半圆代表电荷转移还是扩散？”，强化对模型前提与局限的认知。 · 参数物理意义辨析高频化：提供表观活化能、交换电流密度、传递系数等拟合值，要求结合机理讨论其组成（如Ea,app = Ea,intrinsic + ΔHads），避免将宏观参数直接等同于微观量。 · 边界条件敏感性分析升级：要求讨论“若忽略溶液电阻，过电位估算偏差多少？”“当反应物浓度趋近零时，速率方程如何退化？”，提升对模型适用域的掌控力。 · 信息呈现从“文字+简单图表”向“多维原位数据+文献模型对比”转型 · 原位表征数据嵌入：提供operando Raman、XAS、SECM等实时监测信号，要求关联电化学响应与分子结构演变，将宏观电流转化为微观机制证据。 · 多技术联用图谱成为常态：同时给出CV、EIS、Tafel图、产物分布随电位变化曲线，要求交叉验证参数自洽性，如“由EIS得Rct + 由Tafel得i₀ → 验证一致性”。 · 经典vs现代模型对比：列出传统Nernst方程与考虑活度/界面场的修正形式，要求评价新旧模型在特定条件下的优劣，考查理论演进理解力。 · 干扰项设计从“单位换算错”向“模型误用+物理图像缺失”升级 · 忽略模型前提导致结论荒谬：如在强极化区仍用线性极化近似；或在非基元反应中直接套用Butler-Volmer方程，专治“只记公式不问条件”的学生。 · 混淆表观与本征参数：将包含传质阻力的表观交换电流当作本征活性指标；或将复合步骤的表观传递系数当作单电子转移数，反映对物理图像的漠视。 · 静态思维应对动态系统：认为“平衡电势不变则过电位恒定”，未考虑浓度极化、表面重构等时变因素，导致瞬态行为误判。 · 答案评价从“数值正确”转向“模型合理+论证严密+边界清晰” · 对于开放建模题，接受多种合理模型，只要前提明确、推导严谨、与数据吻合即可得分，鼓励基于物理图像的创造性简化。 · 评分细则强调“模型选择分”“参数解读分”“边界讨论分”，即使最终数值有偏差，若能清晰说明假设、展示推导逻辑、指出近似误差来源，仍可获高分，发挥诊断功能。 · 错误选项解析明确指出“哪个模型前提被违反”“哪种物理图像缺失”，如“在高过电位下使用低过电位近似”“未考虑双层充电电流对暂态响应的贡献”，帮助学生精准定位理论思维漏洞。 · 重建“机制-模型-参数-边界”四维原理模型库：以典型过程（电催化、多相反应、溶液平衡）为纲，整理适用模型、关键参数物理意义、常见失效场景及修正策略，形成可动态调用的“理论决策树”，替代孤立公式记忆。 · 开展“多模态数据整合+模型验证”专项训练：精选含EIS/CV/原位谱图的综合作答，限时完成“机制假设→模型选择→参数拟合→边界检验”四步流程，提升跨尺度理论分析能力。 · 强化“模型前提-参数物理意义-适用边界”三重校验习惯：养成分析问题时必做“三问”的习惯：一问模型前提是否满足；二问参数是否有明确物理含义；三问结论是否在适用域内，避免机械套用或过度外推。 · 建立“非理想修正-暂态分析-多场耦合”专题突破清单：针对活度系数、交流阻抗解析、热-电-质耦合等高频难点，整理典型案例（如燃料电池水管理、锂电SEI形成），进行专项辨析训练，提升理论应用精度。 · 注重物理化学文献的阅读与转化：定期选读Journal of The Electrochemical Society、ACS Catalysis等期刊中的机理研究论文，练习从中提取模型假设、理解参数拟合逻辑、识别实验约束，培养对现代反应原理研究的熟悉感与解读力。 共性考点类别 具体考查内容 命题溯源（课标/教材核心要求） 化学热力学 ΔG、ΔH、ΔS计算；van’t Hoff方程；非标准态修正 《选择性必修1》第一章：掌握反应方向与限度的判据；理解温度对平衡的影响；课标学业质量水平4要求“能运用热力学原理分析实际问题” 化学动力学 速率方程、Arrhenius方程、反应级数、表观活化能 《选择性必修1》第二章：认识反应速率及其影响因素；能用实验数据确定速率方程；理解活化能的物理意义 电化学 Nernst方程、Tafel关系、EIS基础、法拉第效率 《选择性必修1》第四章：掌握原电池与电解池工作原理；理解电极过程动力学基本概念；课标要求“能用电化学原理分析能源转化问题” 溶液平衡 酸碱/沉淀/配位平衡；活度概念；缓冲体系 《选择性必修1》第三章：掌握多重平衡计算方法；理解离子强度对平衡的影响；《必修第一册》初步认识电解质溶液 多尺度模型建构 从宏观数据推断微观机制；模型简化与验证 课标“证据推理与模型认知”：“能基于证据建立认知模型，并用模型解释和预测现象”；教材“科学探究”栏目提供建模范例 · 公式孤立化：仅记住ΔG = -nFE、k = Ae^(-Ea/RT)等形式，未理解各符号的物理内涵与适用条件，导致在非标准态或非基元反应中误用。 · 模型万能化：认为某个模型（如Tafel方程）适用于所有电化学体系，忽略其高过电位、无传质限制等前提，导致参数拟合失真。 · 参数表面化：将拟合得到的表观参数直接当作本征性质，未考虑吸附、扩散、双电层等附加贡献，导致机理推断错误。 · 静态思维泛化：用稳态模型解释暂态现象；或认为“平衡常数不变则系统行为不变”，未考虑浓度、界面状态等时变因素的影响。 · 多场耦合忽视：仅考虑单一驱动力（如电势差），忽略浓度梯度、温度场、应力场等的耦合作用，导致对实际系统响应预测偏差。 · 边界意识淡漠：随意将模型外推至适用范围之外（如用稀溶液公式处理熔盐体系）；或未讨论近似带来的误差量级，缺乏理论严谨性。 · 物理图像缺失：能进行数学推导但无法对应到分子/界面过程；或仅凭直觉猜测机制，缺乏数据支撑与模型验证，陷入“数学游戏”陷阱。 一、ΔH的计算 ΔH（焓变）是化学反应中生成物总能量与反应物总能量之差，核心计算方法覆盖教材基础与真题高频考法，具体如下： 计算方法 适用场景 核心公式/依据 键能法 气态物质间的反应、已知键能数据 ΔH=∑反应物总键能−∑生成物总键能 盖斯定律法 多步连续反应、未知反应焓变推导 总反应ΔH=各分步反应ΔH之和（代数叠加） 热化学方程式法 已知热化学方程式、求目标反应ΔH 方程式系数与ΔH成正比； 反应逆向，ΔH符号相反 燃烧热/中和热法 已知燃烧热、中和热数据 燃烧热：ΔH=可燃物物质的量×其燃烧热； 中和热：强酸强碱稀溶液中和ΔH≈-57.3kJ/mol 能量图像法 反应能量变化曲线图、势能面图 ΔH=生成物总能量−反应物总能量； 活化能=过渡态能量−反应物能量 二、反应自发性判断 反应自发性由焓变（ΔH）、熵变（ΔS）、温度（T）共同决定，高考核心考查方向如下： （1）熵变（ΔS）基础判断 ①熵增（ΔS>0）：气态物质物质的量增多、固体溶解、液体汽化、混乱度增加（如2SO2+O2⇌2SO3，ΔS<0；CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)，ΔS>0）。 ②熵减（ΔS<0）：气态物质物质的量减少、物质凝聚、混乱度降低。 （2）吉布斯自由能（ΔG）核心判据 ①公式：ΔG=ΔH−TΔS​（T为热力学温度，单位K，恒为正）。 ②判据规则： a.ΔG<0：反应自发进行； b.ΔG=0：反应达到平衡状态； c.ΔG>0：反应非自发进行（逆向自发）。 ③温度对自发性的影响（4类典型情况）： ΔH符号 ΔS符号 自发性规律 典型反应示例 负（ΔH<0） 正（ΔS>0） 任何温度下均自发 2H2+O22H2O 负（ΔH<0） 负（ΔS<0） 低温自发，高温非自发 NH3(g)+HCl(g)=NH4Cl(s) 正（ΔH>0） 正（ΔS>0） 高温自发，低温非自发 CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g) 正（ΔH>0） 负（ΔS<0） 任何温度下均非自发 2CO(g)=2C(s)+O2(g) 三、活化能与有效碰撞理论 1．基元反应：大多数化学反应往往经历多个反应步骤才能实现，其中每一步反应都称为基元反应。决定速率的步骤是最慢的一个基元步骤。 例 过氧化氢H2O2在水溶液中把溴化氢HBr氧化为溴Br2的反应H2O2 + 2H+ +2Br－Br2 + 2H2O，反应机理为： H2O2＋H+＋Br－HBrO＋H2O (慢反应) HBrO＋Br－＋H+ Br2＋H2O (快反应) 决定速率的就是第一个反应，且这个反应中HBrO不是最终产物，称为反应的中间产物或中间体。 2．基元反应过渡状态理论 （1）如图所示是两步完成的化学反应，分析如下： ①该反应的反应物为A、B，中间体为C，生成物为D。 ②由A、B生成C的反应为吸热反应，由C生成D的反应为放热反应，总反应为放热反应。 ③第一步为慢反应，第二步为快反应，决定总反应快慢的是第一步反应。 （2）基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。 AB＋C[A…B…C]A＋BC 反应物　 　 过渡态　 产物 过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为： CH3Br＋OH－[Br…CH3…OH]Br－＋CH3OH 反应物　　 过渡态　　 　 产物 3．从活化分子、有效碰撞角度分析外界条件对反应速率的影响 条件改变 活化能 单位体积内 有效碰撞次数 化学反应速率 分子总数 活化分子数 活化分子百分数 增大反应物浓度 不变 增加 增加 不变 增加 增大 增大压强 不变 增加 增加 不变 增加 增大 升高温度 不变 不变 增加 增加 增加 增大 加催化剂 降低 不变 增加 增加 增加 增大 四、化学反应速率计算（v） 公式类型 核心公式 适用范围 易错警示 定义式 v=Δc/Δt=Δn/(VΔt)​ 已知浓度/物质的量变化、时间 注意体积 V是否变化 （恒容 / 恒压） 比例式 vA:vB:vC=ΔnA:ΔnB:ΔnC =ΔcA:ΔcB:ΔcC​ 已知一种物质速率，求其他 必须等于化学计量数之比 影响因素 v∝cn（级数反应）、 v∝e−Ea/RT 浓度、温度、催化剂 催化剂不改变平衡， 只改变速率 五、化学平衡状态的判断 1．动态标志：v正＝v逆≠0 （1）同一物质(两种表述)：v正＝v逆、断键数＝成键数。 （2）不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA＋bBcC＋dD，＝时，反应达到平衡状态。 2．“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡状态。 （1）混合体系中各组分的物质的量、质量、物质的量浓度、百分含量(体积分数、质量分数)、转化率、颜色(某组分有颜色)等会随时间变化而变化，为变量，当其不随时间而改变时，反应达到平衡。 （2）绝热体系中温度为变量，当其不随时间而改变时，反应达到平衡。 （3）、ρ、p总等，不一定为变量，要根据不同情况进行判断。 ④若有非气体物质参与反应，无论Δn(g)是否等于0，、ρ均为变量，若其恒定不变，则化学反应达到平衡状态。 mA(s)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，若A为固体或液体 是否是平衡状态 混合气体的平均摩尔质量一定 平衡 混合气体的密度一定 平衡 3．常见的判断依据（以mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)为例） 类型 判断依据 是否是平衡状态 混合物体系中各成分的含量 ①各物质的物质的量或各物质的物质的量的分数一定 平衡 ②各物质的质量或各物质质量分数一定 平衡 ③各气体的体积或体积分数一定 平衡 ④总体积、总压强、总物质的量一定 不一定平衡 正、逆反应速率的关系 ①在单位时间内消耗了m molA同时生成m molA，即v(正)=v(逆) 平衡 ②在单位时间内消耗了n molB同时消耗了p molC，则v(正)=v(逆) 平衡 ③在单位时间内生成n molB，同时消耗了q molD，因均指v(逆) 不一定平衡 ④v(A):v(B):v(C):v(D)＝m:n:p:q，v(正)不一定等于v(逆) 不一定平衡 压强 ①m＋n≠p＋q时，总压强一定 (其他条件一定) 平衡 ②m＋n=p＋q时，总压强一定 (其他条件一定) 不一定平衡 混合气体平均相对分子质量 ①一定时，只有当m＋n≠p＋q时 平衡 ②一定时，但m＋n=p＋q时 不一定平衡 温度 任何反应都伴随着能量变化，当体系温度一定时 平衡 颜色 反应体系内有色物质的颜色一定 平衡 体系的密度 恒温恒容时，密度一定 不一定平衡 恒温恒压时，若m＋n≠p＋q，则密度一定时 平衡 恒温恒压时，若m＋n=p＋q，则密度一定时 不一定平衡 六、化学平衡的移动、勒夏特列原理 1．化学平衡移动与化学反应速率的关系 （1）v正>v逆：平衡向正反应方向移动。 （2）v正＝v逆：反应达到平衡状态，不发生平衡移动。 （3）v正＜v逆：平衡向逆反应方向移动。 2．影响化学平衡的因素 若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响，结果如下： 改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强 (对有气体参加的反应) 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动 减小压强 向气体分子总数增大的方向移动 反应前后气体体积不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向吸热反应方向移动 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动 3．勒夏特列原理——化学平衡移动原理 内容 如果改变影响平衡的一个因素(如温度、压强及参加反应的物质的浓度)，平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动。 适用范围 适用于任何动态平衡(如溶解平衡、电离平衡等)，非平衡状态不能用此来分析。 七、化学平衡常数（Kc）的含义及应用 1．化学平衡常数表达式：对于一般的可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，在一定温度下，可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，用符号K表示。 K＝， 固体和纯液体的浓度视为常数，通常不计入平衡常数表达式中。 2．化学平衡常数的影响因素 K值只受温度的影响，与物质的浓度、压强等的变化无关。 影响因素 内因 反应物本身的性质 外因 温度升高 ΔH<0，K值减小 ΔH>0，K值增大 3．平衡常数与方程式的关系 （1）化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数，在相同温度下，对于给定的可逆反应，正逆反应的平衡常数互为倒数，即K正＝。 （2）方程式乘以某个系数x，则平衡常数变为原来的x次方。 （3）两方程式相加得总方程式，则总方程式的平衡常数等于两分方程式平衡常数的乘积，即K总＝K1·K2。 化学方程式 平衡常数表达式 相互关系 N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) K1＝K22 K2·K3＝1 K1·K32＝1 N2(g)＋H2(g)NH3(g) NH3(g)N2(g)＋H2(g) 4．应用 （1）对于可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)的任意状态，浓度商Q＝。 根据浓度商与平衡常数的大小关系，可以判断化学平衡移动的方向： 当Q<K时，反应向正反应方向进行，直至达到新的平衡状态； 当Q＝K时，反应处于平衡状态； 当Q>K时，反应向逆反应方向进行，直至达到新的平衡状态。 （2）判断可逆反应的反应热 八、化学平衡常数（Kc）的计算 对以下反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量分别为amol、bmol，达到平衡后，A的消耗量为mx mol，容器容积为V L。 mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) 起始/mol a b 0 0 变化/mol mx nx px qx 平衡/mol a－mx b－nx px qx 平衡常数：K＝。 九、压强平衡常数(Kp)的计算 1．压强平衡常数 对于有气体参与的化学反应，写平衡常数表达式时，用平衡时各气体的分压代替浓度，计算所得到的平衡常数称为压强平衡常数(Kp)。如aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)： Kp＝ [其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)表示反应物和生成物的分压]。 2．计算步骤及模板 模板一 模板二 ①平衡总压为p0 N2(g)　＋　3H2(g) 2NH3(g) n(平) a b c p(分压) p0 p0 p0 Kp＝ ②刚性容器起始压强为p0，平衡转化率为α。 　2NO2(g)N2O4(g) p(始) p0 0 Δp p0α p0α p(平) p0－p0α p0α Kp＝ 十、平衡转化率、体积分数等有关计算 1．掌握一个方法——“三段式”法 “三段式法”是有效解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。解题时，要注意准确地列出起始量、变化量、平衡量，按题目要求进行计算，同时还要注意单位的统一。 对以下反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量分别为amol、bmol，达到平衡后，A的消耗量为mx mol，容器容积为V L。 mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g) 起始/mol a b 0 0 变化/mol mx nx px qx 平衡/mol a－mx b－nx px qx 2．掌握以下公式 公式 A的转化率 α(A)＝×100% （转化率＝×100%＝×100%） A的平衡浓度 c(A)＝ mol·L－1 A的体积分数 φ(A)＝×100% （某组分的体积分数＝×100%） 平衡混合物中某组分 的百分含量 ×100% 平衡压强与起始压强之比 ＝ 混合气体的平均密度 ρ混＝ g·L－1 混合气体的平均摩尔质量 ＝ g·mol－1 十一、常见反应机理图像分析 1．常见反应机理图像分析——物质(相对)能量与反应历程 图像 解读 催化剂与化学反应： （1）在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应的活化能；E1－E2为此反应的焓变(ΔH)。 （2）有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤(也可能为多个)，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。 （3）催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点(反应物)能量和终点(生成物)能量的相对大小 能垒与决速步骤： 能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也成为慢反应。 例如图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO*+H*=CO2+2H*是在Rh做催化剂时该历程的决速步骤。 注意： ①能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应。 ②用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。 ③相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。 2．常见反应机理图像分析——“环形”反应历程 图像 解读 “环式”反应： 对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③ 1,2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理 催化剂与中间产物： 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又再次生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。 中间产物：在连续反应中为第一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续有消耗多少。 例1：在含少量 I-的溶液中，H2O2 分解的机理为： H2O2 + I- → H2O + IO- 慢 H2O2 + IO-→ O2 + I- +H2O 快 在该反应中I-为催化剂， IO-为中间产物。 例2：而在机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质，(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如图中，MoO3则是该反应的催化剂，图中剩余的三个物质均为中间产物。 十二、化学反应速率与平衡图像分析 1．物质的量—时间图 典例分析：某温度时，在定容(VL)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。 a.由图像得出的信息 Ⅰ、X、Y是反应物，Z是产物。 Ⅱ、t3s时反应达到平衡状态，X、Y并没有全部反应，该反应是可逆反应。 Ⅲ、0～t3s时间段：Δn(X)＝n1－n3mol，Δn(Y)＝n2－n3mol，Δn(Z)＝n2mol。 b、根据图像可进行如下计算 Ⅰ、某物质的平均速率、转化率，如v(X)＝mol·L－1·s－1； Y的转化率＝×100%。 Ⅱ、确定化学方程式中的化学计量数之比，如X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1－n3)∶(n2－n3)∶n2。 2．速率-时间图（v−t图） a.t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大； b.t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快； c.t3时减小压强，容器容积增大，浓度变小，正反应速率和逆反应速率均减小； d.t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大 2．转化率(或含量)—时间图——先拐先平 【解析】甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大； 乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大； 丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应物的转化率。 3．平衡曲线类（最高频、最易错） （1）含义：描述平衡状态下，物理量（转化率、产率、常数）与外界条件（温度、压强、投料比）的函数关系。 （2）常见子图： ①α−T图：转化率随温度变化 。 ②α−P图：转化率随压强变化 。 ③lnK−1/T图：关联平衡常数与温度（阿伦尼乌斯公式延伸） 。 ④物质的量分数-组成图：三角坐标图 。 （3）分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即：为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响 恒压线(恒温线) 答题策略 叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果) 答题模板 该反应的正反应是气体分子数减小(或增大)的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向移动，因此×××(得结论) 经典例题 乙烯气相水合反应的热化学方程式为C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)　ΔH＝－45.5kJ·mol－1，下图是乙烯气相水合法制乙醇中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)＝1∶1]。图中压强(p1、p2、p3、p4)的大小顺序为__________，理由是______________ 标注答案 p1＜p2＜p3＜p4，反应正方向是分子数减少的反应，相同温度下，压强升高乙烯转化率提高 1．（2026·江苏南京·模拟预测）煤是我国主要能源之一，其综合利用对保障能源安全具有重大意义。 （1）煤气化技术被认为是一种提高燃烧效率的有效途径。 煤气化发生的反应：  。若1 mol C(s)完全燃烧生成放出的热量为；先气化再燃烧生成和放出的总热量为，则___________(填“＞”、“＜”或“=”)。煤气化能提高燃烧效率的原因是___________。 （2）水煤气变换反应是调节的比值的重要方法。 ①水煤气变换反应：  。利用为催化剂可实现水煤气变换，该反应分两步完成：反应Ⅰ：，反应Ⅱ的化学方程式：___________。 ②实际工业中，水煤气变换反应需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图-1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。若采用喷入冷水的方式降温，在答题卡上作出CO平衡转化率随温度变化的曲线___________。 （3）以合成气(CO和)为原料生产液体燃料是实现我国能源安全的重要途径。 ①在一定条件下合成液体燃料主要包括以下反应： 主反应： 副反应Ⅰ： 副反应Ⅱ：催化剂表面还可能存在烯烃的二次吸附加氢反应 将@催化剂在与PFTS(全氟癸基三乙氧基硅烷)在乙醇中反应，得到@改性催化剂(如图-2所示)。改性前后在不同CO转化率下的选择性对比如图-3所示。改性后的催化剂能降低选择性的原因是___________。       ②铁催化剂中助剂效应非常明显，通常加入过渡金属作为助剂对其催化性能进行调变。第一长周期过渡金属的量子力学计算结果如图-4所示。过渡金属对CO吸附能力明显强于的原因是___________；如果仅以合成气组成对表面的最大结合能作为唯一判断依据，则___________(填写元素符号)应该是最佳催化剂助剂。加入催化剂助剂后，烯烃的选择性将___________。(填“增大”、“减小”、“不变”) 2．（江苏省镇江市2026年高三下学期化学考前调研及评分标准试题）工业生产中碳酸盐矿物高温煅烧会释放大量。为积极响应国家“碳达峰”“碳中和”战略部署，现阶段，针对该生产工艺的减碳调控与“碳中和”实现途径主要有以下几种： （1）碳酸盐加氢制甲烷。 涉及的主要反应如下：反应Ⅰ.   反应Ⅱ.   反应Ⅲ.   已知：一定温度下，由稳定单质(其标准摩尔生成焓视为0)生成化合物的焓变称为该化合物的标准摩尔生成焓()，表中为几种物质在时的标准摩尔生成焓。 物质 /() -393.5 -110.5 -74.8 ①根据数据，反应Ⅱ的___________，该反应在___________下自发进行(选填“低温”“高温”或“任何温度”)。 ②由图知，温度高于后，碳酸钙的转化率上升，甲烷的选择性下降，但高压反而不利于碳酸钙的转化，原因是___________。[甲烷的选择性=] （2）碳酸盐甲烷干重整()制合成气或有机化合物。 ①将碳酸盐热解与甲烷干重整反应耦合，获得高品质金属氧化物的同时，气相产物为和组成的合成气。比较分解和的自发温度可知，高于即可自发，比直接分解的温度要低，这可能是由于___________。 ②碳酸盐分解产生的和可以生成或聚碳酸酯X，X的结构简式为___________。 （3）电催化还原也可制备乙醇，再利用乙醇制氢。 吸附在阴极表面的铜基催化剂上，铜基催化剂吸附密度大且能明显降低断键的活化能，以为电解质溶液，阴极得到。 ①已知参与了阴极的反应，写出阴极反应式___________。 ②在上述条件下，产生的副反应能明显被抑制，原因是___________。 ③利用乙醇制氢气原理如图，若用标记，则产物中的化学式为___________。 （4）水相碳酸盐加氢制甲酸(盐)。 ①在水溶液中，碳酸盐加氢制甲酸盐，水的电离程度___________(选填“增大”“减小”或“不受影响”)。 ②与前两种途径的固相反应相比，本途径的优点有___________。 3．（2026·江苏南通·模拟预测）甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 （1）HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图1所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图2所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为___________。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为___________。 ③电解过程中每产生1mol H2，通过阴离子交换膜的OH-为___________mol。 （2）HCHO水化释氢： 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为___________(填化学式)。 ②NaOH浓度低于1mol/L时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是___________。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是___________。 （3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有___________。 4．（2026·江苏盐城·模拟预测）研究的释氢和再生对氢能的利用具有重要意义。 （1）释氢原理为： 。 ①该反应能自发进行的条件是___________。 A．只能高温    B．只能低温    C．任意温度 ②也可与乙醇反应生成。 其他条件不变，在不同质量分数的乙醇溶液中释放出的体积随时间的变化关系如图所示。在相同时间内释放出的体积随乙醇的质量分数增加而减少的原因可能是___________。 （2）碱性溶液中，在催化剂表面释氢的微观过程如图所示。 ①图中“”物质的化学式为___________。 ②溶液浓度过大反而抑制产生的速率，其原因可能是___________。 （3）用惰性电极电解溶液可制得，实现再生，制备装置如图所示。 ①阴极生成的电极方程式为___________。为提高的产率，应选用___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。 ②已知：四丁基胺盐阳离子 体积大，难放电。在阴极室常加入四丁基胺盐提高的产率，其原因可能是___________。 5．（2026·江苏南京·模拟预测）工业生产中高效脱除H2S气体，可有效减少设备腐蚀，缓解大气污染。 （1）溶液吸收法 ①实验室用电石(主要成分为CaC2，含少量CaS等杂质)制备乙炔气体，用CuSO4溶液洗气除去H2S杂质的离子方程式为 ___________。 ②乙醇胺水吸收H2S的反应为：H2S(g)＋HOCH2CH2NH2(aq)HOCH2CH2NH3+(aq)＋HS-(aq) △H<0，为使H2S充分解吸，实现吸收液循环再生，应选择的反应条件为___________(填字母)。 a．高温高压         b．高温低压         c．低温高压         d．低温低压 ③工业上离子液体络合铁溶液吸收H2S，溶液粘度直接影响气体传质速率。实验测得数据如图1、图2所示，离子液体络合铁溶液浓度为10%时H2S的吸收效果最好，可能的原因为___________。 （2）碳纤维脱除法。多孔碳纤维材料对H2S的吸附与解离效果，取决于催化剂对水的附着能力和表面碱性活性位点的数量。 ①氮(吡啶(等化合物)掺杂的多孔碳纤维，对H2S的脱除效率较好，其可能的原因是___________。 ②氮掺杂碳包覆盖钴脱除H2S的过程如图3所示，该结构能进一步提升H2S的脱除效果并能保持表面酸碱性相对稳定，其可能的原因是___________。 （3）电化学法。科研团队采用光驱动电化学法脱除H2S，其反应装置如图4(电解质溶液均为稀硫酸)。 已知：代表或中的一种。 ①理论上右室每产生32gS2，左室生成的H2O2的物质的量为___________。 ②光直接驱动I－与X发生反应的离子方程式为___________。 ③从能量转化和资源回收利用角度，该工艺相比传统电解法的优点为___________。 6．（2026·江苏连云港·模拟预测）甲烷选择性氧化制甲醇是C1化学中的“圣杯”反应，催化剂的研究至关重要。 （1）铁基催化剂[Fe2(MoO4)3]可实现N2O为氧化剂的甲烷选择性氧化。研究表明，N2O在Fe3+位点分解生成表面α-氧物种，该物种可插入CH4的C—H键生成CH3OH。 反应历程可表示为 步骤Ⅰ：     步骤Ⅱ： 副反应： ①为提高CH3OH的选择性，应适当________(填“延长”或“缩短”)CH4与催化剂的接触时间。 ②研究发现，当反应温度超过400℃时，CH3OH的产率急剧下降。从反应历程角度分析，温度过高导致产率下降的原因可能是_____________。 （2）在光热条件下，In-Fe双金属有机框架可催化甲烷制甲醇。催化剂在光照下可产生光生电子(e-)和空穴(h+)。O2在催化剂表面接受光生电子和质子(H+)，活化生成自由基。Fe3+的引入可显著增加催化剂表面的电子密度。 ①引入Fe3+可促进生成的原因可能是_____________。 ②若反应体系中产生羟基自由基()，会在产物中检测到甲醛等副产物。In/Fe的物质的量之比对甲醇选择性的影响如图-1所示。当In/Fe的物质的量之比大于6∶4时，甲醇选择性下降的原因可能是_____________。 （3）电喷雾电离NiO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。NiO+分别与CH4(曲线a)、CD4(曲线b)反应，体系的能量随反应进程的变化如图-2所示。 ①已知E1>E2，CH4制CH3OH反应的决速步是步骤________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②其他条件相同，将CH4替换为CH2D2，与NiO+反应生成氘代甲醇。实验测得产物中CH2DOD的产量小于CHD2OH，原因可能是________。 ③若NiO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有________种。 ④若在体系中引入少量H2O，则甲醇的产率会显著下降，同时检测到Ni+(H2O)物种。推测原因并设计一个简单实验进行验证：_____________。 7．（2026·江苏连云港·三模）甲醇和水催化重整制氢是连接甲醇经济与氢能应用的关键技术。 （1）甲醇和水重整过程中主要发生以下反应： 反应I：   (蒸汽重整) 反应II：   (水相重整) ①反应I与反应II的的大小关系为___________(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。 ②反应物起始物质的量比条件下，甲醇和水蒸气重整制氢时密闭容器中、、和物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。随着温度的升高，的物质的量分数先减小后增大的原因是___________。 （2）双金属催化剂(载体)催化甲醇水相重整时，通过缺电子Pt位点加快甲醇的吸附活化。 ①Pt与Co均为过渡金属，其单质晶体的堆积方式均为面心立方最密堆积，该堆积方式的配位数为___________。 ②从电负性角度分析，造成Pt位点缺电子的可能原因是___________。 ③中Mo的化合价为+4，则S的存在形式为___________(填化学式)。 （3）是甲醇和水催化重整的催化剂。催化过程中会发生氧化还原重构循环过程，反应过程示意图如图所示。 ①描述催化剂重构时的“还原”过程为___________。 ②升高温度，向生成方向移动。向反应体系中通入，则催化剂重构平衡向___________(填“氧化”或“还原”)移动，原因是___________。 （4）有很高的催化稳定性。其催化甲醇和水重整的反应路径如图所示。已知：(反应物)，(生成物)，其中、…为各步基元反应速率常数，k与温度成正比。 ①中氧空位在催化循环中的作用是___________。 ②结合图示副反应，升高温度，甲醇重整制氢主反应选择性降低，其原因___________。 8．（2026·江苏泰州·模拟预测）甲酸及其衍生物在理论研究和工业生产上都具有重要意义。 （1）科学家曾利用草酸受热脱羧制甲酸。 已知：草酸、甲酸的燃烧热分别为、。请写出该反应的热化学方程式：_______，并分析该反应在较高温度下能自发的原因是_______。 （2）研究表明，可利用催化加生成，酸化后制得甲酸。 ①方案1：在密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通，测得产率随温度的变化如图所示。反应温度在范围内，产率迅速上升的可能原因是_______。 ②方案2：在密闭容器中，铁粉与溶液在加热条件下反应，初期会生成和，对应离子方程式为_______。随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能的微观机理如图所示。分析中H原子的来源，请在图中(a)处催化剂表面圈出该氢原子_______。 （3），-二甲基甲酰胺是甲酸的一种重要衍生物。 ①理论计算表明，中N原子采取杂化，则分子中能共面的原子最多为_______个。 ②在有机反应中常用作非质子极性溶剂，即不能释放的极性溶剂。下列有机溶剂中，也属于非质子极性溶剂的有_______。 A．    B．    C．    D． 9．（2025·江苏南通·模拟预测）镍（）载氧体与沼气（主要成分为与）化学链重整制氢是制氢的常见方法之一。 （1）①以为载氧体催化重整沼气制氢过程如图1所示 主要反应为：            _______。 ②催化重整时，第一次投入的沼气中与的物质的量分别为，测得b端部分气体的量如图2所示，则反应过程中生成的物质的量为___________。若投入的载氧体中NiO为3 mol，则NiO的转化率为___________。 ③经多次循环后，a端输出气体中含有的，其原因是___________。 ④载氧体一般由金属活性成分（）和惰性载体组成，与是常见的惰性载体。将等量的活性成分分别与等量的、混合后加热可制得载氧体。制得的载氧体X射线衍射谱图如图3所示（X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）。请判断哪种惰性载体更为合适，并说明理由___________。 （2）以为载氧体催化重整含硫（）沼气。（已知：能与载氧体反应生成NiS，会覆盖载氧体表面的活性位点。硫单质的沸点约为。） ①将含有的沼气进行催化重整，在连续加热过程中，与CO的产率及载氧体的转化率随温度的变化如图4所示，时，与CO的产率明显高于的原因是___________。 ②将含有的沼气混合不同浓度的水蒸气在时进行催化重整，与CO的产率及载氧体的转化率随温度的变化如图5所示，随着水蒸气浓度的增大，与CO的产率不断增大的原因是_________（用化学方程式解释）。 10．（2025·江苏镇江·模拟预测）研究等温室气体的资源化利用对人类具有重要的意义。 （1）以和为原料在作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如图： 则_______。 （2）甲烷化技术是碳中和理念的落脚点之一，涉及的主要反应如下： ① ② 催化剂的选择是甲烷化技术的核心。一定条件下，在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得转化率随温度变化的趋势如图(a)所示： 高于320℃后，以为催化剂，转化率略有下降，而以Ni为催化剂，转化率仍在上升，可能原因是_______；分子筛膜反应器可提高反应①的平衡转化率，其原理如图(b)所示，原因是 _______。 （3）作电极，双金属串联催化剂电催化制乙烯，装置如图1所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率(FE)随电压变化如图2所示。 已知：法拉第效率。 ①电势：泡沫网电极 _______电极(填“>”“＜”或“=”)。 ②写出催化剂上发生的电极反应式：_______。 ③当电解电压为U3V时，测得生成的，则 _______ 。 （4）；三种双金属合金团簇催化剂催化甲烷重整制氢的过程中，存在甲烷逐步脱氢的过程，其能量变化如图所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： ①双金属团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，结合图示解释其原因为_______。 ②甲烷逐步脱氢过程决速步反应是_______(用化学方程式表示)。 （5）我国科学家已经成功催化氢化获得甲酸，利用化合物1催化氢化的反应过程如图所示。 ①根据转化规律在答题卡指定位置画出化合物2的结构示意图_______。 ②依据电负性变化规律与断键方式，用文字描述由化合物3生成化合物1的过程_______。 6 / 40 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $