专题42 原理综合题——反应热+速率平衡（工业制备）（10年汇编）（全国通用）2017-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 汇编2017-2026年高考化学原理综合真题，以工业制备为载体，融合反应热、速率与平衡核心考点，凸显真实情境与能力梯度。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |原理综合题|12-15分/题|反应热（盖斯定律）、速率（影响因素、活化能）、平衡（常数、转化率）|结合高纯硅制备等工业情境，基础设问（如熔点比较）与拉分点（图像分析、动力学计算）梯度分布，匹配高考命题趋势|

专题42 原理综合题——反应热+速率平衡（工业制备） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 涉及 工业制备 2026：全国卷、北京、湖北、四川、山东、湖南、陕晋青宁卷、河南、云南、黑吉辽蒙卷、浙江 2025：贵州、天津、海南、四川、全国卷、湖南、江苏、河北、河南、甘肃、安徽、黑吉辽蒙卷、上海 2024：福建、湖南、河北、湖北、安徽 2023：福建、海南、湖南、湖北、辽宁、全国乙卷、全国新课标卷、全国甲卷 2022：福建、山东、广东、全国甲卷 2021：湖北、山东 2019：天津 1.题型特点：属于高考化学必做大题，分值 12‑15 分，新高考每套试卷基本都有，以真实工业反应为载体，融合热化学、化学反应速率、化学平衡、平衡常数、图像图表、分压平衡、条件选择。本专题主要涉及工业制备。 2.难度特点：前 2‑3 小问基础，后面计算、图像原因解释、动力学分析为拉分点。 3.核心考向： （1）反应热（盖斯定律）。 主流考法：给出多个热化学方程式，求目标反应；结合键能计算；结合能量‑反应历程图，求正逆反应活化能。 （2）化学反应速率。 基础：速率计算，速率之比 = 计量数之比。 高频热点： ① 外界条件对速率影响：温度、压强、浓度、催化剂； ② 活化能：催化剂降低正、逆反应活化能同等程度，不改变反应热；活化能越大，反应速率受温度影响越显著； ③ 速率常数k：只与温度、催化剂有关；温度升高， k正、k逆均增大；平衡时，v正=v逆,可推导k与 k正、k逆的关系（新高考高频）； ④ 选择性：催化剂选择性，只加速主反应，抑制副反应。 （3）化学平衡（大题核心）：平衡移动、平衡常数、转化率、产率、选择性的计算。 1．（2026·全国卷·高考真题）是制备半导体基础原料高纯硅的重要化工中间体。回答下列问题。 (1)和Si的熔点分别为和，后者远高于前者的原因是_________。 (2)高纯硅可通过如下反应制备：。将和充入反应器，在10.0 kPa平衡时，转化率与温度的关系如图所示。 (i)1485 K平衡时，_________，HCl的压强为___________kPa，平衡常数_________kPa．(保留2位小数) (ii)保持1485 K，若要提升Si的产率，应_________压强(填“增大”或“减小”)。 (3)与可发生反应： 研究发现，解离出的引发了反应，据此提出两种反应历程，如图所示。 (i)利用图和下表中的数据计算，B到C的能量变化为_____________，A到B的能量变化为_________。 化学键 键能/() 243 416 (ii)根据反应过程的能量变化，该反应以历程_________进行(填“1”或“2”)。 2．（2026·北京·高考真题）重晶石的主要化学成分为，还含有少量的等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯。 (1)焙烧。使重晶石转化为粗。该过程中生成的反应有： i．    ii．   iii．  _______________。 (2)浸钡。已知可溶于水。粗在热水中浸出，产生和。取一定量粗，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中、随加入水的体积的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、__________。 ②时，几乎不产生，溶液中__________mol(用含、的代数式表示)。 ③当后，比的变化幅度小，解释原因：______________。 (3)沉钡。与反应快，导致浸出液中和等被包裹而降低产品纯度，而与反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式：_______________________________。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生的原因：_______________________________。 3．（2026·湖北·高考真题）将与废弃的太阳能面板材料进行球磨反应，制备高纯度，反应如下： 反应Ⅰ：   已知一定温度下， 反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   回答下列问题： (1)反应Ⅰ的________，属于________（填“熵增”或“熵减”）反应。 (2)将足量和放入反应器中进行球磨，反应器空腔净体积为。 ①反应过程中产量随球磨转速的变化曲线如图1所示，球磨总转数固定为6500转。选择650转／分钟而非400转/分钟的优势是________。 ②在转速为650转/分钟条件下反应，的转化率达到，则生成的平均速率为________，此时反应的浓度商为________（填计算式）。当反应时间延长至，的转化率为，此时体系温度为。 (3)若反应Ⅰ不以球磨方式进行，反应的转化率仅为。图2为理论计算得到的球磨和非球磨条件下反应Ⅰ的能量变化图，据此判断球磨能________（填“升高”或“降低”）反应的活化能，从化学键的角度分析，其原因是________。 (4)相对于反应Ⅱ，除了条件更温和、转化率更高及废弃物资源化利用外，球磨反应制还具备的优点是________。 4．（2026·四川·高考真题）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___________。 5．（2026·山东·高考真题）液相酯交换反应（如反应Ⅰ）是生产化工产品的重要途径，回答下列问题： 反应Ⅰ： (1)B的系统命名为_____________。 (2)初始投料只有A和B，且均为1mol，不同温度下A转化率随反应时间的变化如图所示，则________0（填“>”或“<”）；实验证明很小，从化学键变化角度分析，其原因为_______________________________。 已知温度下，反应达平衡时，C物质的量为，反应Ⅰ的平衡常数__________。 (3)温度下，向上述液相平衡体系中加入一定量的，发生如下反应： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 液相体系重新达平衡后，D物质的量为0.5mol，则A物质的量__________mol，E物质的量__________mol。 (4)将（3）中平衡体系记为①；同温下，向①加入一定量惰性溶剂，达新的平衡体系②；或不加入惰性溶剂，仅降低一定温度，达新的平衡体系③。相较于①，若②及③中C与A物质的量之比均增大至同一数值，则三个平衡体系按由大到小的排序为__________（填编号），D与B物质的量之比最小值对应的平衡体系为__________（填编号）。 6．（2026·湖南·高考真题）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=______。 7．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）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)。 8．（2026·河南·高考真题）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”)。 9．（2026·云南·高考真题）“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)。 10．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）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）。 11．（2026·浙江·高考真题）某小组想用CO制取，反应如下： I．      Ⅱ．              Ⅲ．                           请回答： (1)①_______kJ/mol。 ②某同学在常温常压下，往CO与以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现几乎无。该同学认为是该反应的平衡常数极小导致的，你认为该同学的说法_______(“正确”或“错误”)，设计实验验证你的结论：_______(简述即可)。 (2)Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在250℃条件下，用Pt催化CO制取，反应如下： Ⅳ   V   Ⅵ (过渡态) Ⅶ Ⅷ ①Pt(原子序数78)，位于元素周期表第_______周期_______族。 ②反应Ⅳ的_______0(填“>”、“<”或“=”)。 ③在图中画出位置(虚线框内) _______。 (3)某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由降为，相关反应如下： 序号 反应 Ea(kJ/mol) a 144 b 101 c 56 d 48 e 40 f 39 g 24 h 15 i 14 ①该研究小组采取的措施是_______。 ②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：_______(填序号)。 12．（2025·贵州·高考真题）TiC是一种极具潜力的超高温结构材料，其制备总反应为：   反应步骤如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   回答下列问题： (1)________，总反应的随温度T的变化关系如图，则总反应自发进行的温度条件为________。 (2)在恒容密闭容器中，加入1 mol 、5 mol C和8.4 mol氢气，以从20℃升温至1500℃后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间t变化关系如图。已知：剩余固体质量分数 ①148 min之前反应速率逐渐加快的原因是________。 ②M、N点的反应速率________(选填“>”“=”或“<”)，其原因是________。 ③设Q点达平衡，总压为p kPa，则1500℃时总反应的________(分压=总压×物质的量分数，用含p的代数式表示)。 (3)高温下，向和C反应体系中加入NaF，可形成TiC-NaF(l)(TiC与NaF共熔体)，最终获得TiC，原理如下： ⅰ． ⅱ．______________ ⅲ． 过程ⅱ的化学方程式为________，加入NaF有利于生成更多TiC的原因是________。 13．（2025·天津·高考真题）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。 Ⅰ．CO2与苯的分子结构 (1)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为___________，苯是___________(填“极性”或“非极性”)分子。 Ⅱ．苯的催化氧化 Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。 (2)光照条件下，对应的转化率曲线为___________(填“a”或“b”)。 (3)有、无光照条件下，两种反应历程的___________(填“相等”或“不等”)。 Ⅲ．CO2的转化 (4)CO2与H2反应可以合成甲醇：。一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是___________(填序号)。 a.分离出甲醇    b.充入稀有气体    c.增加H2量    d.降低温度 (5)一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。 ①电极a是___________极，电极反应式为___________； ②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)； ③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为___________。 14．（2025·海南·高考真题）石硫合剂是作物抗病抑菌的无机农药。生产上以硫磺、石灰和水为原料，经加热熬煮得棕红混悬液体。制备反应式： Ⅰ．   回答问题： (1)在熬煮制备反应中，硫元素的化合价部分降低，部分升高，说明单质S发生了______反应。将该反应置于高压釜中，可大大缩短熬煮时间，原因是温度升高，反应速率______。 (2)已知：Ⅱ．   Ⅲ．   所以______(写表达式)。 (3)在熬煮石硫合剂时加入两亲性的季铵盐氯化十六烷基三甲铵，使得S在水中及在S中有有效浓度分别增大，导致单位时间内分子有效碰撞次数______。 (4)某批次实验表明，硫粉浓度c随时间t的变化满足关系：(k为表观速率常数)，如图所示。该实验条件下______。 (5)判断将浓度均为 的、等体积混合，构成K、P、Ca、S四元肥料混合液后，是否析出S及沉淀，造成叶面施肥喷头堵塞，并说明理由______。已知：25℃下，，，，()。分子不稳定，生成即分解为和。 15．（2025·四川·高考真题）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气()为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ① ② 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 0 回答下列问题： (1)生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为_______，_______0(填“>”“<”或“=”)，反应在_______(填“高温”或“低温”)自发进行。 (2)恒压时，合成气中增大，(羟基乙醛)单位时间产率降低，其原因是_______。 (3)反应中伴随副反应④：。平衡常数与温度之间满足关系常数，反应②和④的与的关系如图所示，则_______，(填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的生成，应适当_______(填“升高”或“降低”)反应温度，理由是_______。 (4)若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为。 ①反应后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为，则甲醛的平均消耗速率_______。 ②溶剂中和浓度分别保持为，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为，生成乙二醇的平衡常数_______(科学记数，保留小数点后2位)。 16．（2025·全国卷·高考真题）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题： (1)乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和，则酯化反应的_______。 (2)酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为_______原因是_______。 (3)在常压和时，初始组成、作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。 平衡时乙酸的转化率_______，平衡常数_______(保留2位有效数字)。已知酯化反应的速率方程为，其中，则_______(保留2位有效数字)。 (4)研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是_______。若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是_______(举1例)。 17．（2025·湖南·高考真题）在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： (1)电解池中电极M与电源的_______极相连。 (2)放电生成的电极反应式为_______。 (3)在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的_______，该反应_______(填标号)。 A．高温自发    B．低温自发    C．高温低温均自发    D．高温低温均不自发 (4)一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式_______；的选择性大于的原因是_______。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是_______；当时，该温度下反应ii的_______(保留两位小数)。 18．（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：_______。 19．（2025·河北·高考真题）乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 (1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应：   副反应： 体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。 ①0~30min内，_______。 ②下列说法正确的是_______(填序号)。 a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b．0~30min内， c．0~30min内， d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 (2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表的曲线为_______(填“”“”或“”)；原因是_______。 ②_______0(填“>”“<”或“=”)。 ③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系，_______(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的的值为_______。 ④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为，系统压强维持，使，此时_______(用含有m和的代数式表示)。 20．（2025·河南·高考真题）的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： (1)位于元素周期表中_______区；基态的价电子排布式为_______。 (2)水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是_______。 (3)的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为_______。 (4)恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是_______。 (5)在温度分别为和下，的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是_______(填“”“”或“”)，原因是_______。 (6)一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数_______(保留小数点后一位)，此时原位利用率为_______。 已知：原位利用率 21．（2025·甘肃·高考真题）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1：   反应2：   (1)25℃，101kPa时，反应  _______。 (2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①在范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为_______(任写一条)，当温度由220℃升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为_______。 ②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为_______(填“>”“<”或“=”)，理由为_______。 (3)对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当时，_______。 实验组 一 二 (4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以_______为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为_______。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能) 22．（2025·安徽·高考真题）I．通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② (1)反应的_______。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 a．气体密度不变             b．气体总压强不变 c．的浓度不变       d．和的物质的量相等 (3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，原因是_______；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是_______。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ (4)恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有_______(填标号)。 a．增加原料中的量      b．增加原料中的量     c．通入气 (5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中含量下降，平衡体系中的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数_______(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 23．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）乙二醇是一种重要化工原料，以合成气为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ．直接合成法：，不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 1.0 (1)该反应的_______0(填“>”或“<”)。 (2)已知的燃烧热分别为，则上述合成反应的_______(用a、b和c表示)。 (3)实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是_______(答出1条即可)。 Ⅱ．间接合成法：用合成气和制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 (4)在2MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性]。 ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线_______(填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线_______表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有_______(填标号)。 A．降低温度    B．增大压强 C．减小初始氢酯比    D．延长原料与催化剂的接触时间 ③483K时，出口处的值为_______(精确至0.01)。 ④A点反应的浓度商_______(用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。 24．（2025·上海·高考真题）碳酸丙烯酯()简称PC，是一种重要的有机化合物，具有多种工业通途。 (1)中电负性最大的元素是_______。 A．C    B．H    C．O (2)1mol PC分子中键的数目为_______。 A．7 B．12 C．13 D．14 环氧丙烷与二氧化碳催化合成法是目前最常用的生产方法。 已知： 反应①：(g)+CO2(g) (l)     反应②：C(s)+O2(g)=CO2(g)    反应③：    反应④：    (3)反应④的=_______ A．-613.2 B．613.2 C．395.2 D．-395.2 (4)下列关于反应①的随温度T的变化趋势正确的是_______。 一定条件下，在25mL恒容密闭容器中，环氧丙烷气体和过量的CO2发生反应①，制得碳酸丙烯酯液体。 (5)下列措施可以增加反应物分子中活化分子百分数的是_______。 A．通入惰性气体 B．增加CO2浓度 C．缩小容器体积 D．升高温度 (6)能说明上述反应达到化学平衡标志的是_______。 A．v正=v正 B．物质总质量保持不变 C．压强保持不变 D．气体平均摩尔质量保持不变 (7)反应4h后，液体体积为10mL，碳酸丙烯酯的选择性为95%，则环氧丙烷的化学反应速率v(环氧丙烷)=_______mol·L-1·h-1(精确到小数点后2位) 环氧丙烷生成的过程中可能会发生副反应。 已知： ①碳酸丙烯酯的选择性= ②M(碳酸丙烯酯)；ρ(碳酸丙烯酯)。 (8)碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先变大后下降的原因_______。 (9)制备碳酸丙烯酯还有一种光气法，其原理为利用丙二醇与光气生成碳酸丙烯酯。 与光气法相比，请从绿色化学角度写出3点环氧丙烷与二氧化碳合成法的优势_______。 25．（2024·福建·高考真题）是制造多晶硅的原料，可由和耦合加氢得到，相关反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． (1)生成的总反应： Ⅳ．_______ (2)体系达到平衡状态且其他条件不变时： ①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数增大的组分为_______。(填标号) a．    b．    c．    d． ②反应温度升高不利于提高平衡时产物选择性的原因是_______。 (3)在压强为的恒压体系中通入和，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。 ①图中n代表的组分为_______。(填化学式) ②时，反应Ⅲ的平衡常数_______。(列出计算式) ③时，的平衡转化率为f，消耗硅的物质的量为_______。(列出计算式) (4)下、其他条件相同时，用和分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。(产物选择性均高于98.5%) 催化剂 的转化率/% 7.3 14.3 22.3 ①使用不同催化剂时，反应Ⅳ的催化剂_______催化剂(填“>”“<”或“=”)；反应Ⅳ的活化能：催化剂_______催化剂(填“>”“<”或“=”)。 ②使用催化剂，初始投料该段时间内得到，则的选择性_______。(列出计算式) 26．（2024·甘肃·高考真题）是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 (1)由制备： 已知 时，由制备硅_______(填“吸”或“放”)热_______。升高温度有利于制备硅的原因是_______。 (2)在催化剂作用下由粗硅制备：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示： ①，经方式_______处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率_______。 ②当反应达平衡时，的浓度为_______，平衡常数K的计算式为_______。 ③增大容器体积，反应平衡向_______移动。 27．（2024·湖南·高考真题）丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下： 已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定： ②反应釜Ⅰ中发生的反应： ⅰ：   ③反应釜Ⅱ中发生的反应： ⅱ：   ⅲ：   ④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。 回答下列问题： (1)总反应 _______(用含、、和的代数式表示)； (2)进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图： ①表示的曲线是_______(填“a”“b”或“c”)； ②反应釜Ⅰ中加入的作用是_______。 ③出料中没有检测到的原因是_______。 ④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是_______。 (3)催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于_______(已知  分解的平衡常数)； (4)以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式_______。 28．（2024·河北·高考真题）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。 (1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：。 ①若正反应的活化能为，则逆反应的活化能_______(用含的代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入和其，测定温度下体系达平衡时的(为体系初始压强，，P为体系平衡压强)，结果如图。 上图中温度由高到低的顺序为_______，判断依据为_______。M点的转化率为_______，温度下用分压表示的平衡常数_______。 ③下图曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是_______(填序号)。 (2)1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为 以上各反应的速率方程均可表示为，其中分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，。 ①时，，且内，反应进行到时，_______。 ②时，，若产物T的含量可忽略不计，则此时_______后，随T的含量增加，_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 29．（2024·湖北·高考真题）用和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应I： 反应Ⅱ： 回答下列问题： (1)写出与水反应的化学方程式_______。 (2)已知、(n是的化学计量系数)。反应Ⅰ、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。 ①反应在的_______。 ②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时_______，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后_______。 (3)恒压容器中，焦炭与的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明已全部消耗，此时反应体系中含物种为_______。 ②下，反应速率的变化特点为_______，其原因是_______。 30．（2024·安徽·高考真题）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题： 【乙烷制乙烯】 (1)氧化脱氢反应：                 计算：                  _______ (2)直接脱氢反应为，的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则_______0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近的是_______(填标号)。 a．   b．     c． (3)一定温度和压强下、反应i   反应ⅱ  (远大于)(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ①仅发生反应i时，的平衡转化率为，计算_______。 ②同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比，的平衡产率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【乙烷和乙烯混合气的分离】 (4)通过修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现和混合气的分离。的_______与分子的键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离和的优点是_______。 (5)常温常压下，将和等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度()之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是_______(填标号)。 A．前，两种气体均未被吸附 B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是 C．a-b对应的时间段内，吸附的逐渐被替代 31．（2023·福建·高考真题）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有 ⅰ． ⅱ． ⅲ． 已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数见下表。 物质 丙烯 乙烯 甲烷 丙烷 氢气 体积分数(%) 21 23.7 55.2 0.1 0 (1)比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ_____反应 ⅱ（填“＞”或“＜”）。 (2)①在该温度下，Kp2远大于 Kp1，但φ（C3H6)和φ（C2H4)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向进行有利于反应 ⅰ 的__________反应和反应 ⅱ 的_________反应（填“正向”或“逆向”）。 ②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为：__________。 ③平衡体系中检测不到，可认为存在反应：，下列相关说法正确的是_______(填标号)。 a． b． c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率 d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数 ④由表中数据推算：丙烯选择性_______(列出计算式)。 (3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应： ⅳ． 在下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。 ①进料比n(丙烷)(甲醇)时，体系总反应：_______ ②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是_______。 32．（2023·海南·高考真题）磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数为85%的磷酸与反应制备，反应方程式为一定条件下的实验结果如图1所示。    回答问题： (1)该条件下，反应至1h时KCl的转化率为_______。 (2)该制备反应的随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)，且反应热随温度升高而_______。    (3)该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能提高转化率的原因是：不使用稀磷酸_______；通入水蒸气_______。 (4)298K时，的平衡常数_______。(已知的) 33．（2023·湖南·高考真题）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。 Ⅰ．苯乙烯的制备 (1)已知下列反应的热化学方程式： ① ② ③ 计算反应④的△H4=_______kJ/mol； (2)在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入_______mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)； (3)在913 K、100 kPa下，以水蒸气作稀释气。Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应： ⑤ ⑥ 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是_______，理由是_______；    (4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_______； A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构 B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率 C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能 D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率 Ⅱ．苯乙烯的聚合 苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X (引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H5CH2·，实现苯乙烯可控聚合。 (5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是_______； (6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，其反应平衡常数为K；②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为_______(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。 34．（2023·湖北·高考真题）纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：      回答下列问题： (1)已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的_______。 (2)图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。 (3)纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。 (4)1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (5)及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。    (6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是_______(填标号)。 a．升高温度    b．增大压强    c．加入催化剂 35．（2023·辽宁·高考真题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。 (1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化学式)。    (2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下： NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4 2NO+O2=2NO2 (ⅰ)上述过程中NO2的作用为_______。 (ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出两点即可)。 (3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化： SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1 (ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是_______。    a．温度越高，反应速率越大 b．α=0.88的曲线代表平衡转化率 c．α越大，反应速率最大值对应温度越低 d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度 (ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是_______(填标号)。    (ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 36．（2023·全国乙卷·高考真题）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题： (1)在气氛中，的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知_______，_______。 (2)已知下列热化学方程式： 则的_______。 (3)将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压_______、平衡常数_______。随反应温度升高而_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 (4)提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，平衡时_______(用表示)。在时，，则_______，_______(列出计算式)。 37．（2023·新课标卷·高考真题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： (1)根据图1数据计算反应的_______。 (2)研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。 (3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 (4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)    ①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。 ②进料组成中含有惰性气体的图是_______。 ③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。 38．（2023·全国甲卷·高考真题）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： ①         ②          反应③的_______，平衡常数_______(用表示)。 (2)电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图所示。图中的曲线是_______(填“a”或“b”。、时的转化率为_______(列出算式)。    (3)分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。    (ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。 (ⅲ)与反应，氘代甲醇的产量_______(填“＞”“＜”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有_______种。 39．（2022·福建·高考真题）异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： (1)已知，则燃烧生成和的热化学方程式为_______。 (2)在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表： 反应时间 0 4 8 12 t 20 浓度 0 2440 3200 3600 4000 4100 ①内，_______； ②t_______16(填“>”“<”或“=”)。 (3)在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。 a.的分压不变               b.混合气体密度不变 c.           d. (4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为_______。 (5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。 (已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压) ①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的_______点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是_______。 ②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为_______(用含x的代数式表示)。 40．（2022·山东·高考真题）利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下： 已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题： (1)以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变_______。 (2)初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数_______(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻_______，BD产率=_______(保留两位有效数字)。 (3)为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是_______。 41．（2022·广东·高考真题）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。 (1)催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。 ①完成化学方程式：______________。 ②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_______(列式表示)。 ③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。 (2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： (ⅰ)       (ⅱ)        ①下列有关溶液的说法正确的有_______。 A．加入少量硫酸，溶液的pH不变 B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加 C．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动 D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变 ②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_______；计算溶液中的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 ③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_______；溶液从a变到b的过程中，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 42．（2022·全国甲卷·高考真题）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题： (1)转化为有直接氯化法和碳氯化法。在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： (ⅰ)直接氯化： (ⅱ)碳氯化： ①反应的为_______，_______Pa。 ②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是_______。 ③对于碳氯化反应：增大压强，平衡_______移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率_______(填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①反应的平衡常数_______。 ②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_______。 (3)碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于“固—固”接触的措施是_______。 43．（2021·湖北·高考真题）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。 反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1 反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·mol-1 (1)已知键能：E(C—H)=416kJ·mol-1，E(H—H)=436kJ·mol-1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为___kJ。 (2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是___。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=__kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。 (3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为__kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为___。 (4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)： 反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k 反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k′ 实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为__，其理由是___。 44．（2021·山东·高考真题）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应： 反应Ⅰ：+CH3OH    △H1 反应Ⅱ：+CH3OH△H2 反应Ⅲ：    △H3 回答下列问题： (1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是__(用系统命名法命名)；的数值范围是___(填标号)。 A．<-1       B．-1～0       C．0～1     D．>1 (2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为___mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=___。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将__(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=___。 (3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为__(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正__逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。 45．（2019·天津·高考真题）多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。    回答下列问题： Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为________________________。的电子式为__________________。 Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为： ①         ②     ③     （1）氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为________________________。    （2）已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是______；相同温度下，反应②比反应①的小，主要原因______。 （3）不同温度下反应②中转化率如图2所示。下列叙述正确的是______（填序号）。 a．B点：    b．：A点点    c．反应适宜温度：℃ （4）反应③的______（用，表示）。温度升高，反应③的平衡常数______（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有______（填分子式）。 答案第1页，共2页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题42 原理综合题——反应热+速率平衡（工业制备） 1．(1)是分子晶体，粒子间为分子间作用力；Si是共价晶体，粒子间为共价 (2) 0.25 3.33 3.33 减小 (3) -173 -64 1 2．(1)-119 (2) 漏斗、玻璃棒 稀释溶液时，仅随溶液体积增大直接被稀释，而、的水解平衡会正向移动，生成了额外的，抵消了部分因体积增大引起的浓度减小 (3) 溶液中存在电离平衡：，与结合生成沉淀，使降低，促使的电离平衡正向移动；产生的浓度增大，进而与溶液中的结合，促使平衡正向移动，从而产生气体 3．(1) 熵增 (2) 缩短反应时间，且能提高 的产量 （或 ） (3) 降低 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 4．(1) (2)bc (3) 增大 减小生成物（水）的浓度，促使平衡向正反应方向移动 (4) 0.05 1.10 (5) ＜ 升温后，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，因此，由题给公式可知，大小与呈正比，故 5．(1)1,2-丁二醇 (2) < 反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同 (3) 0.5 0.3 (4) ③①② ② 6．(1) (2) -145.2 b 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） 增大 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 50% 7．(1) -27 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 a (2) 碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对 (3) A 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 8．(1) ＞ (2)中羟基（）是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱 (3) (4)B (5) 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 1.6 62.5 不变 9．(1) ＜ (2)C (3) B 0.25 (4) 1 或或或 (5) 10．(1)有副反应发生生成烷烃（或生成高碳烷烃） (2) -497 A (3) (4) ＞ ＜ (5) 0.3 11．(1) -283 错误 点燃，检验产物 (2) 第六周期 Ⅷ < (3) 通入氢气 hgeidf或dhgeif等合理答案 12．(1) 温度高于1258K (2) 该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因 > 随着反应进行生成了固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢 (3) 加入熔融 NaF 能生成TiC与NaF共熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移动，有利于得到更多的 TiC 13．(1) sp 非极性 (2)a (3)相等 (4)acd (5) 阴 降低 K+ 14．(1) 氧化还原 增大 (2) (3)增多 (4)0.0025 (5) 不会析出S沉淀，会析出沉淀 15．(1)    ＜ 低温 (2)反应②的速率大于反应①使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低 (3) ＜ 降低 随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度 (4) 0.112 16．(1) (2) 乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强 (3) 30 3.9 (4) 很小，温度对平衡影响小，液相反应，压强对平衡影响小 及时移出产物 17．(1)正 (2) (3) ﹣126 B (4) 由生成时，活化能较大，反应速率慢 反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动 0.16 18．(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 19．(1) cd (2) 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大 < = 12 20．(1) s 3d8 (2)O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑 (3)Ni2P (4)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移 (5) T1 升高温度，反应Ⅱ正向移动 (6) 1.2 70% 21．(1)-137 (2) 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 催化剂在该温度范围内失活 ＞ 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率 (3)9.2×10-3 (4) Pd/W Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的 22．(1)-41.2 (2)bc (3) 原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 (4)b (5) 增大 0.675p2 23．(1)< (2)-2a-3b+c(或c-2a-3b) (3)反应放热，温度升高，平衡左移，产率降低；或有副反应发生；或催化剂选 择性低；或反应未达平衡 (4) I IV BD 1.98 0.025 24．(1)C (2)C (3)A (4)C (5)D (6)CD (7)1.24 (8)在140℃之前，温度升高，反应速率加快，相同时间内产生的碳酸丙烯酯更多，且平衡正向移动产率升高；超过140℃，温度升高，平衡向吸热反应的逆向移动故产率下降 (9)不使用有毒气体光气；不产生HCl；可吸收CO2，变废为宝 25．(1) (2) bc 因，升温反应向逆反应方向进行，的产量反而减小 (3) 或 (4) = > 26．(1) 吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅 (2) 甲 0.1951 逆反应方向 27．(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3 (2) c 抑制酯的水解从而提高产率 反应iii的速率远大于反应ii 反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少 (3)40 (4)Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4 28．(1) 该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从到平衡时增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低 0.03 D (2) 5.54 0.033 增大 29．(1)BaC2+2H2O=Ba(OH)2+HC≡CH↑ (2) 1016 105 105 (3) BaO 反应在t到t2时间段匀速进行，在t2时刻后速率为0 固体反应物的量不影响反应速率，t2时刻后反应物消耗完毕 30．(1)-566 (2) > b (3) 增大 (4) 4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高 (5)BC 31．(1)＞ (2) 正向 逆向 ⅱ＞ⅰ＞ⅲ ab (3) -29 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低 32．(1)70% (2) 吸热 降低 (3) 使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行 使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行 (4) 33．(1)+118 (2)5 (3) 甲苯 主反应生成的氢气可以作为第二生成甲苯的反应物，促进第二个副反应平衡正向移动 (4)BD (5)C6H5CH2I (6)K∙Ksp 34．(1)128 (2) 3 3 (3) 6 10 (4) (5)因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。 (6)a 35．(1) CuO SO3 (2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可） (3) cd d 36．(1) 4 1 (2)(a+c-2b) (3) 3 增大 (4) 46.26 37．(1) (2) (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ) (3) (4) 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4 38．(1) 或 (2) b (3) Ⅰ c < 2 39．(1) (2) 190 > (3)ad (4)58.8% (5) 甲 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气， 40．(1)-200(X+Y) (2) a或c 8.3×10-8 0.08 39% (3) c 由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，b、c速率相等，压强增大增大，故=1.0所需时间更长 41．(1) N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4) 2NO+O2=2NO2 (2) BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中 即=0.20 反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7 联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L λ3 增大 42．(1) -223 1.2×1014 碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向左 变小 (2) 7.2×105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益 (3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾” 43．(1)271 (2) 减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率 16.7 (3) 2 H2和C3H6都消耗O2 (4) 先增大后减小 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小 44． 2-甲基-2-丁烯 D 0.9α 逆向移动 1:10 X ＜ 45．         阴极 或 1000℃ 导致反应②的小 a、c 减小 、 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题42 原理综合题——反应热+速率平衡（工业制备） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 涉及 工业制备 2026：全国卷、北京、湖北、四川、山东、湖南、陕晋青宁卷、河南、云南、黑吉辽蒙卷、浙江 2025：贵州、天津、海南、四川、全国卷、湖南、江苏、河北、河南、甘肃、安徽、黑吉辽蒙卷、上海 2024：福建、湖南、河北、湖北、安徽 2023：福建、海南、湖南、湖北、辽宁、全国乙卷、全国新课标卷、全国甲卷 2022：福建、山东、广东、全国甲卷 2021：湖北、山东 2019：天津 1.题型特点：属于高考化学必做大题，分值 12‑15 分，新高考每套试卷基本都有，以真实工业反应为载体，融合热化学、化学反应速率、化学平衡、平衡常数、图像图表、分压平衡、条件选择。本专题主要涉及工业制备。 2.难度特点：前 2‑3 小问基础，后面计算、图像原因解释、动力学分析为拉分点。 3.核心考向： （1）反应热（盖斯定律）。 主流考法：给出多个热化学方程式，求目标反应；结合键能计算；结合能量‑反应历程图，求正逆反应活化能。 （2）化学反应速率。 基础：速率计算，速率之比 = 计量数之比。 高频热点： ① 外界条件对速率影响：温度、压强、浓度、催化剂； ② 活化能：催化剂降低正、逆反应活化能同等程度，不改变反应热；活化能越大，反应速率受温度影响越显著； ③ 速率常数k：只与温度、催化剂有关；温度升高， k正、k逆均增大；平衡时，v正=v逆,可推导k与 k正、k逆的关系（新高考高频）； ④ 选择性：催化剂选择性，只加速主反应，抑制副反应。 （3）化学平衡（大题核心）：平衡移动、平衡常数、转化率、产率、选择性的计算。 1．（2026·全国卷·高考真题）是制备半导体基础原料高纯硅的重要化工中间体。回答下列问题。 (1)和Si的熔点分别为和，后者远高于前者的原因是_________。 (2)高纯硅可通过如下反应制备：。将和充入反应器，在10.0 kPa平衡时，转化率与温度的关系如图所示。 (i)1485 K平衡时，_________，HCl的压强为___________kPa，平衡常数_________kPa．(保留2位小数) (ii)保持1485 K，若要提升Si的产率，应_________压强(填“增大”或“减小”)。 (3)与可发生反应： 研究发现，解离出的引发了反应，据此提出两种反应历程，如图所示。 (i)利用图和下表中的数据计算，B到C的能量变化为_____________，A到B的能量变化为_________。 化学键 键能/() 243 416 (ii)根据反应过程的能量变化，该反应以历程_________进行(填“1”或“2”)。 【答案】(1)是分子晶体，粒子间为分子间作用力；Si是共价晶体，粒子间为共价 (2) 0.25 3.33 3.33 减小 (3) -173 -64 1 【详解】（1）是分子晶体，分子晶体熔化仅需克服分子间作用力；晶体Si是共价晶体，共价晶体熔化需破坏共价键；共价键的键能远大于分子间作用力，因此Si的熔点远高于。 （2）(i)从图可读出，1485 K时α()=0.25； 故在1485 K下，达平衡时的变化量为1.00×0.25=0.25 mol，列三段式： 气相总物质的量为0.75+0.75+0.75=2.25 mol；同温同压下气体分压与物质的量成正比，HCl的分压为； 平衡时、、的物质的量相等，故，。 (ii)该反应正反应为气体分子数增多的反应，在温度不变的情况下，若要提升Si的产率，需要减小压强，使得平衡正向移动。 （3）(i)B点对应物种为，C点对应物种为可知基元反应B→C过程，反应式为；该过程断裂1个Cl-Cl键，需吸收热量；形成1个Si-Cl键，需放出热量；反应B到C的能量变化为； 结合C点相对能量为，由盖斯定律，A到B的能量变化=A到C的能量变化-B到C的能量变化，故A到B的能量变化为； (ii)历程1的活化能为；历程2的活化能为，活化能越低越有利于反应的进行，因此该反应以历程1进行。 2．（2026·北京·高考真题）重晶石的主要化学成分为，还含有少量的等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯。 (1)焙烧。使重晶石转化为粗。该过程中生成的反应有： i．    ii．   iii．  _______________。 (2)浸钡。已知可溶于水。粗在热水中浸出，产生和。取一定量粗，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中、随加入水的体积的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、__________。 ②时，几乎不产生，溶液中__________mol(用含、的代数式表示)。 ③当后，比的变化幅度小，解释原因：______________。 (3)沉钡。与反应快，导致浸出液中和等被包裹而降低产品纯度，而与反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式：_______________________________。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生的原因：_______________________________。 【答案】(1)-119 (2) 漏斗、玻璃棒 稀释溶液时，仅随溶液体积增大直接被稀释，而、的水解平衡会正向移动，生成了额外的，抵消了部分因体积增大引起的浓度减小 (3) 溶液中存在电离平衡：，与结合生成沉淀，使降低，促使的电离平衡正向移动；产生的浓度增大，进而与溶液中的结合，促使平衡正向移动，从而产生气体 【详解】（1）根据盖斯定律，用反应ii×2 - 反应i即可得到反应iii： ； （2）①过滤操作的玻璃仪器包含烧杯、普通漏斗、玻璃棒。 ②题目条件明确指出“几乎不产生，因此可以忽略，根据物料守恒：，由图可知，，所以：，而溶液中的主要来源于的水解，根据水解方程式：，，故。 ③当后，固体已经完全溶解。此时继续加水相当于对溶液进行稀释。稀释时仅随溶液体积增大直接被稀释，但根据勒夏特列原理，、的水解平衡会正向移动，额外释放出，因此的下降幅度比更小。 （3）①根据题意，与反应快，而与反应慢，所以预处理的目的是消除浸出液中的，将转化为，对应离子反应为：； ②加入后，溶液存在的电离平衡：，与结合生成沉淀，释放出更多的， 随即与溶液中发生结合：，生成气体逸出体系。 3．（2026·湖北·高考真题）将与废弃的太阳能面板材料进行球磨反应，制备高纯度，反应如下： 反应Ⅰ：   已知一定温度下， 反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   回答下列问题： (1)反应Ⅰ的________，属于________（填“熵增”或“熵减”）反应。 (2)将足量和放入反应器中进行球磨，反应器空腔净体积为。 ①反应过程中产量随球磨转速的变化曲线如图1所示，球磨总转数固定为6500转。选择650转／分钟而非400转/分钟的优势是________。 ②在转速为650转/分钟条件下反应，的转化率达到，则生成的平均速率为________，此时反应的浓度商为________（填计算式）。当反应时间延长至，的转化率为，此时体系温度为。 (3)若反应Ⅰ不以球磨方式进行，反应的转化率仅为。图2为理论计算得到的球磨和非球磨条件下反应Ⅰ的能量变化图，据此判断球磨能________（填“升高”或“降低”）反应的活化能，从化学键的角度分析，其原因是________。 (4)相对于反应Ⅱ，除了条件更温和、转化率更高及废弃物资源化利用外，球磨反应制还具备的优点是________。 【答案】(1) 熵增 (2) 缩短反应时间，且能提高 的产量 （或 ） (3) 降低 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 【详解】（1）根据盖斯定律，将已知反应依次命名为反应Ⅱ和反应Ⅲ。目标反应Ⅰ可由2×反应Ⅱ+反应Ⅲ得到，因此 。反应Ⅰ中，气体分子数由4增加到6，体系混乱度增大，属于熵增反应。 （2）① 题目已知球磨总转数固定为 转，当转速为 转/分钟时，反应耗时为 ；当转速为 转/分钟时，反应耗时为 。且由图1可知， 转/分钟时的 产量高于 转/分钟时。因此，选择 转/分钟的优势是缩短了反应时间，且能提高 的产量。 ② 反应 时， 转化了 ，根据方程式 可知，生成 的物质的量为 。则 生成 的平均速率 。此时剩余 为 ，体系中 ，，该反应的浓度商 。 （3）由图2可知，球磨条件下反应的活化能（即过渡态能量与反应物能量之差）明显小于非球磨条件，故球磨能降低反应的活化能。从化学键角度分析，球磨提供的机械能削弱或部分破坏了反应物分子中的化学键，使得反应物的相对能量升高，从而减少了反应断键所需的能量，使反应更容易达到过渡态。 （4）反应Ⅱ的产物为 和 的混合气体，后续分离提纯较为困难；而反应Ⅰ的产物中只有 一种气体，副产物 为固体，固气极易分离，无需复杂的提纯步骤即可直接得到高纯度 。 4．（2026·四川·高考真题）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) 增大 减小生成物（水）的浓度，促使平衡向正反应方向移动 (4) 0.05 1.10 (5) ＜ 升温后，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，因此，由题给公式可知，大小与呈正比，故 【详解】（1）根据盖斯定律，目标反应 = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，因此。 （2）a．若反应生成了D，总消耗A的物质的量为，总消耗B的物质的量为，因此，a错误； b．由图可知，在 0~120 min 内，135℃时，体系无D，说明只发生了反应Ⅰ，C的净生成速率等于 B的消耗速率，b正确； c．观察图象，在145℃（虚线）下，240~320 min 时各物质浓度曲线已呈水平状态，说明反应已经达到平衡，净反应速率（平均速率）为 0；而在135℃（实线）下，240~320 min 时曲线仍有微小变化，说明反应仍在向右进行，平均速率大于 0。因此145℃时的平均速率小于135℃ 时的平均速率，c正确； 故选bc。 （3）水是反应Ⅰ、Ⅱ的生成物，移走水使生成物浓度减小，两个反应的平衡均正向移动，因此C和D的产率增大。 （4）已知135℃平衡时，由表格，得；又，因此（或可通过计算精确值）； 反应Ⅰ：； 反应Ⅱ：； 平衡时；， ；对于反应Ⅰ，平衡常数， 代入得。 （5）KⅠ 、KⅡ，温度升高，均增大，说明KⅠ、KⅡ均随温度升高而增大，因此；升高相同温度，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，题给公式，大小与呈正比，K值增大的倍数越大，其对数就越大，对应的就越大，故。 5．（2026·山东·高考真题）液相酯交换反应（如反应Ⅰ）是生产化工产品的重要途径，回答下列问题： 反应Ⅰ： (1)B的系统命名为_____________。 (2)初始投料只有A和B，且均为1mol，不同温度下A转化率随反应时间的变化如图所示，则________0（填“>”或“<”）；实验证明很小，从化学键变化角度分析，其原因为_______________________________。 已知温度下，反应达平衡时，C物质的量为，反应Ⅰ的平衡常数__________。 (3)温度下，向上述液相平衡体系中加入一定量的，发生如下反应： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 液相体系重新达平衡后，D物质的量为0.5mol，则A物质的量__________mol，E物质的量__________mol。 (4)将（3）中平衡体系记为①；同温下，向①加入一定量惰性溶剂，达新的平衡体系②；或不加入惰性溶剂，仅降低一定温度，达新的平衡体系③。相较于①，若②及③中C与A物质的量之比均增大至同一数值，则三个平衡体系按由大到小的排序为__________（填编号），D与B物质的量之比最小值对应的平衡体系为__________（填编号）。 【答案】(1)1,2-丁二醇 (2) < 反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同 (3) 0.5 0.3 (4) ③①② ② 【详解】（1） B的结构是，主链4个碳，1、2位有羟基，系统命名为1,2-丁二醇； （2）温度越高反应速率越快，先达平衡，所以；平衡时A转化率更低，升温A转化率下降，平衡逆向移动，正反应放热，故； 反应Ⅰ是酯交换，断裂的化学键和形成的化学键种类以及数目相同，因此很小； 初始，平衡，由反应Ⅰ计量比，，剩余，设液相反应体系的体积为V，则平衡常数； （3）设反应Ⅰ中A的转化量为a mol，反应Ⅱ中A的转化量为b mol，反应Ⅲ中C的转化量为c mol，则有： 则达到平衡时、、、、，可列方程组 ，解得，所以此时，； （4）反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，③降低温度，平衡Ⅱ、Ⅲ正向移动，生成更多E，故③大于①；②加入惰性溶剂稀释，反应Ⅱ、Ⅲ均为物质的量减小的反应，稀释平衡逆向移动，消耗E，故②小于①，因此排序为。 由，变形得。①和②温度相同，相同，：②>①，故：②<①；③温度低于①，，降温增大，且与②相等，故：③>②，因此最小值对应体系②。 6．（2026·湖南·高考真题）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) (2) -145.2 b 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） 增大 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 50% 【详解】（1）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。 （2）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。 7．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）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) -27 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 a (2) 碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对 (3) A 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 【详解】（1）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。 （2）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。 （3）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。 8．（2026·河南·高考真题）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) ＞ (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) 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 1.6 62.5 不变 【详解】（1）B原子原子序数为5，基态核外电子排布式为； 分子中C原子价层电子对数是，采取杂化，没有孤电子对，呈完美的正四面体结构，键角为109°28′；分子中 分子N原子价层电子对数是，也是 杂化，但含有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥作用，导致其键角压缩为107°。因此键角：＞； （2）N原子与金属离子结合的能力（配位能力）取决于N原子提供孤电子对的难易程度。羟胺（ ）可以看作是中的一个H 被取代。由于O原子的电负性很大，表现出强烈的诱导吸电子效应，使N原子周围的电子云密度明显下降，因此与金属离子结合（配位）的能力弱于。 （3）用均摊法计算晶胞中原子数：N位于8个顶点，；C位于体心，；B共4个，均位于晶胞面上，，晶胞总质量；晶胞体积，因此密度。 （4）反应Ⅱ正反应是吸热、气体分子数增大的反应，升温、降压都使平衡正向移动，提高平衡转化率，因此选高温低压。 （5）①由图2可知，在900℃ 以上时，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。 9．（2026·云南·高考真题）“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) ＜ (2)C (3) B 0.25 (4) 1 或或或 (5) 【详解】（1）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。 （2）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。 （3）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。 （4）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。 （5）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。 10．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）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) -497 A (3) (4) ＞ ＜ (5) 0.3 【详解】（1）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。 （2）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。 （3）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。 （4）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，＜。 （5）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： 。 11．（2026·浙江·高考真题）某小组想用CO制取，反应如下： I．      Ⅱ．              Ⅲ．                           请回答： (1)①_______kJ/mol。 ②某同学在常温常压下，往CO与以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现几乎无。该同学认为是该反应的平衡常数极小导致的，你认为该同学的说法_______(“正确”或“错误”)，设计实验验证你的结论：_______(简述即可)。 (2)Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在250℃条件下，用Pt催化CO制取，反应如下： Ⅳ   V   Ⅵ (过渡态) Ⅶ Ⅷ ①Pt(原子序数78)，位于元素周期表第_______周期_______族。 ②反应Ⅳ的_______0(填“>”、“<”或“=”)。 ③在图中画出位置(虚线框内) _______。 (3)某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由降为，相关反应如下： 序号 反应 Ea(kJ/mol) a 144 b 101 c 56 d 48 e 40 f 39 g 24 h 15 i 14 ①该研究小组采取的措施是_______。 ②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：_______(填序号)。 【答案】(1) -283 错误 点燃，检验产物 (2) 第六周期 Ⅷ < (3) 通入氢气 hgeidf或dhgeif等合理答案 【详解】（1）①根据盖斯定律，反应Ⅲ=。 ②该同学的结论“错误”。CO与O2常温下难反应的根本原因是活化能高而并非平衡常数过小，可通过点燃使之迅速产生CO2来验证。 （2）①Pt(原子序数78)，可根据稀有气体氡（86号元素）进行推断，按照元素周期表位置可知其在Ni元素所在列，故位于元素周期表第六周期第Ⅷ族。 ②反应Ⅳ是CO吸附在催化剂表面的过程，气态的CO吸附在固体的催化剂上，混乱度减小，。 ③由转化为时形成新的化学键放热故的能量比低，但在催化剂上脱附是吸热过程，故的位置在与的下面，如图：。 （3）①根据(3)题干表格中给出的反应历程，如h： ，g： 等，均涉及或含氢物种，说明体系中引入了作为反应物或助催化剂，开辟了新的、活化能更低的反应路径，从而能在30℃下进行反应。 ②根据表格中各基元反应判断反应进行的优先顺序h(H2(g)→H2*→2H*)→g(O2(g)+H*→O2H*)→e(O2H*→O*+OH*)→→→f(O*+CO*→O...CO*→CO2*)，故反应顺序是hgeidf；或其他合理答案：hgei位置不能互换，d可以在hgei前，也可以在hgei后，f在hgei后面，如dhgeif也可。 12．（2025·贵州·高考真题）TiC是一种极具潜力的超高温结构材料，其制备总反应为：   反应步骤如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   回答下列问题： (1)________，总反应的随温度T的变化关系如图，则总反应自发进行的温度条件为________。 (2)在恒容密闭容器中，加入1 mol 、5 mol C和8.4 mol氢气，以从20℃升温至1500℃后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间t变化关系如图。已知：剩余固体质量分数 ①148 min之前反应速率逐渐加快的原因是________。 ②M、N点的反应速率________(选填“>”“=”或“<”)，其原因是________。 ③设Q点达平衡，总压为p kPa，则1500℃时总反应的________(分压=总压×物质的量分数，用含p的代数式表示)。 (3)高温下，向和C反应体系中加入NaF，可形成TiC-NaF(l)(TiC与NaF共熔体)，最终获得TiC，原理如下： ⅰ． ⅱ．______________ ⅲ． 过程ⅱ的化学方程式为________，加入NaF有利于生成更多TiC的原因是________。 【答案】(1) 温度高于1258K (2) 该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因 > 随着反应进行生成了固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢 (3) 加入熔融 NaF 能生成TiC与NaF共熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移动，有利于得到更多的 TiC 【详解】（1）根据盖斯定律，总反应可由×I +×Ⅱ + ×Ⅲ得到：==；由图可知，当时，，反应自发进行； （2）①148 min之前反应速率逐渐加快的原因是该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因； ②148分钟以后，温度已经保持不变状态，由斜率可看出；原因可能是因为随着反应进行生成了固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢； ③1500℃时时，剩余固体质量分数为68%，初始固体总质量：，剩余固体质量：，设反应的为，三段式为 剩余固体质量：，则56x = 140 - 95.2，解得x = 0.8 mol，平衡时，气体总物质的量 ； （3）过程ⅱ的化学方程式与的作用  ，过程ⅰ：；过程ⅲ：，因此过程ⅱ为与液态反应生成，方程式为：  ；加入熔融 NaF 能生成TiC与NaF共熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移动，有利于得到更多的 TiC。 13．（2025·天津·高考真题）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。 Ⅰ．CO2与苯的分子结构 (1)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为___________，苯是___________(填“极性”或“非极性”)分子。 Ⅱ．苯的催化氧化 Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。 (2)光照条件下，对应的转化率曲线为___________(填“a”或“b”)。 (3)有、无光照条件下，两种反应历程的___________(填“相等”或“不等”)。 Ⅲ．CO2的转化 (4)CO2与H2反应可以合成甲醇：。一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是___________(填序号)。 a.分离出甲醇    b.充入稀有气体    c.增加H2量    d.降低温度 (5)一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。 ①电极a是___________极，电极反应式为___________； ②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将___________(填“升高”“不变”或“降低”)； ③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为___________。 【答案】(1) sp 非极性 (2)a (3)相等 (4)acd (5) 阴 降低 K+ 【详解】（1）CO2分子中碳原子的中心原子价层电子对数为=2，故杂化轨道类型为sp；苯分子的空间构型是平面正六边形，分子结构对称，为非极性分子，故答案为sp；非极性。 （2）活化能越低，反应速率越快，相同时间内反应物的转化率越高，无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol，所以有光照条件下反应速率更快，对应的转化率曲线为a，故答案为a。 （3）反应的焓变只与反应物与生成物的总能量有关，与反应历程无关，所以有、无光照条件下，两种反应历程的相等，故答案为相等。 （4）a．分离出甲醇，即减小生成物浓度，平衡正向移动，a符合题意； b．恒温恒容条件下充入稀有气体，各反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，b不符合题意； c．增加H2量，即增大反应物浓度，平衡正向移动，c符合题意；     d．该反应的，降低温度，平衡正向移动，d符合题意； 故答案选acd。 （5）①由图可知，电极a上转化为，碳元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，电极反应式为，故答案为阴极；。 ②由图可知，电极b上转化为，碳元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，电极反应式为， 反应过程中消耗，溶液的pH降低，故答案为降低。 ③电解过程中，阳离子向阴极（电极a）移动，左侧溶液中有，所以通过阳离子交换膜的离子为，故答案为。 14．（2025·海南·高考真题）石硫合剂是作物抗病抑菌的无机农药。生产上以硫磺、石灰和水为原料，经加热熬煮得棕红混悬液体。制备反应式： Ⅰ．   回答问题： (1)在熬煮制备反应中，硫元素的化合价部分降低，部分升高，说明单质S发生了______反应。将该反应置于高压釜中，可大大缩短熬煮时间，原因是温度升高，反应速率______。 (2)已知：Ⅱ．   Ⅲ．   所以______(写表达式)。 (3)在熬煮石硫合剂时加入两亲性的季铵盐氯化十六烷基三甲铵，使得S在水中及在S中有有效浓度分别增大，导致单位时间内分子有效碰撞次数______。 (4)某批次实验表明，硫粉浓度c随时间t的变化满足关系：(k为表观速率常数)，如图所示。该实验条件下______。 (5)判断将浓度均为 的、等体积混合，构成K、P、Ca、S四元肥料混合液后，是否析出S及沉淀，造成叶面施肥喷头堵塞，并说明理由______。已知：25℃下，，，，()。分子不稳定，生成即分解为和。 【答案】(1) 氧化还原 增大 (2) (3)增多 (4)0.0025 (5) 不会析出S沉淀，会析出沉淀 【详解】（1）反应中S（0价）转化为CaS2（S为-1价）和CaS2O3（S为+2价），S元素的化合价部分升高，部分降低，说明单质S发生了歧化（氧化还原）反应；将该反应置于高压釜中，反应的温度升高，反应速率增大，反应时间缩短。 （2）由盖斯定律得：反应I=反应II+3×反应III，则焓变：。 （3）反应物有效浓度增大，使得单位时间内分子有效碰撞次数增多。 （4）由表达式知，k为-lnc随t变化曲线的斜率，所以。 （5）浓度均为2mol/L的、等体积混合后浓度均为1mol/L，即，1mol/L的KH2PO4电离出的H+和的浓度约为，由于c(Ca2+)×c()=1×10-3.6>Ksp(CaHPO4)=10-6.66，以此会产生CaHPO4沉淀；而生成S沉淀需要首先生成分子，而1mol/L的KH2PO4电离出的H+和1mol/L的电离产生的不足以生成，不会产生S沉淀。 15．（2025·四川·高考真题）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气()为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ① ② 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 0 回答下列问题： (1)生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为_______，_______0(填“>”“<”或“=”)，反应在_______(填“高温”或“低温”)自发进行。 (2)恒压时，合成气中增大，(羟基乙醛)单位时间产率降低，其原因是_______。 (3)反应中伴随副反应④：。平衡常数与温度之间满足关系常数，反应②和④的与的关系如图所示，则_______，(填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的生成，应适当_______(填“升高”或“降低”)反应温度，理由是_______。 (4)若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为。 ①反应后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为，则甲醛的平均消耗速率_______。 ②溶剂中和浓度分别保持为，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为，生成乙二醇的平衡常数_______(科学记数，保留小数点后2位)。 【答案】(1)    ＜ 低温 (2)反应②的速率大于反应①使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低 (3) ＜ 降低 随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度 (4) 0.112 【详解】（1）将反应①和②相加，消去中间产物，得到总反应：，反应焓变公式：：；反应中气体分子数减少（4 mol气体 → 1 mol液体），混乱度降低，故ΔS < 0；自发性条件：根据ΔG = ΔH - TΔS，ΔH为负、ΔS为负时，低温（T较小）使ΔG < 0，反应自发；故答案为：  ；＜；低温； （2）恒压时，合成气中增大，意味着的分压增大，的分压减小，反应速率与反应物浓度相关，其分压减小效应超过分压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间产率降低；故答案为：反应②的速率大于反应①使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低； （3）与的关系图中，斜率为。图中反应②的斜率大于反应④，表明。由于两反应的K随温度降低均增大，均为放热（），故；抑制甲醇生成，即让反应②的正向进行程度大于反应④，由图可知，随着的增大，增大的程度大于增大程度，故需要低温才能抑制甲醇的生成；故答案为：＜；降低；随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度； （4）①生成HOCH2CHO消耗甲醛38%，乙二醇消耗甲醛8%，甲醇消耗甲醛10%，总计38% + 8% + 10% = 56%。消耗量 = 1.0 mol/L × 56% = 0.56 mol/L，则甲醛的平均消耗速率 ； ②总反应③：平衡常数表达式为[注：为液体，但在溶液中其浓度变化，故包含在中；单位要符合]；平衡浓度：（乙二醇平衡产率34%）: ；羟基乙醛18% ：；甲醇14% ：，总甲醛消耗浓度：， 平衡 ：；给定平衡浓度：，，代入计算：，解得：(科学记数，保留小数点后2位)；故答案为：0.112；。 16．（2025·全国卷·高考真题）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题： (1)乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和，则酯化反应的_______。 (2)酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为_______原因是_______。 (3)在常压和时，初始组成、作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。 平衡时乙酸的转化率_______，平衡常数_______(保留2位有效数字)。已知酯化反应的速率方程为，其中，则_______(保留2位有效数字)。 (4)研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是_______。若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是_______(举1例)。 【答案】(1) (2) 乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强 (3) 30 3.9 (4) 很小，温度对平衡影响小，液相反应，压强对平衡影响小 及时移出产物 【详解】（1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和， ① ② ③ 根据盖斯定律①+②-③得 ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3==。 （2）乙酸、乙醇都能形成分子间氢键，乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强，所以沸点从高到低的顺序为。 （3）初始组成。乙醇的初始浓度3.3mol/L、乙酸的初始浓度为9.9mol/L，平衡时乙醇的浓度减小3.3-0.33=2.97mol/L，则乙酸的浓度降低2.97mol/L，乙酸的转化率 ；平衡时乙醇的浓度为0.33mol/L、乙酸的浓度为9.9-2.97=6.93mol/L、乙酸乙酯的浓度为2.97mol/L、水的浓度为2.97mol/L，则平衡常数 ； 。 （4）液相反应，压强对平衡影响小，很小，温度对平衡影响小，所以难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率。及时移出产物，平衡正向移动，可以提高乙酸乙酯的产率。 17．（2025·湖南·高考真题）在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： (1)电解池中电极M与电源的_______极相连。 (2)放电生成的电极反应式为_______。 (3)在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的_______，该反应_______(填标号)。 A．高温自发    B．低温自发    C．高温低温均自发    D．高温低温均不自发 (4)一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成的决速步反应式_______；的选择性大于的原因是_______。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是_______；当时，该温度下反应ii的_______(保留两位小数)。 【答案】(1)正 (2) (3) ﹣126 B (4) 由生成时，活化能较大，反应速率慢 反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动 0.16 【详解】（1）由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连； （2）CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：； （3）根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，选B； （4）①总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于； ②当x≥2时，由题意可知，反应i和反应ii为气体减小的反应，入口压强不变，随着x增大，反应体系的分压越小，平衡向左移动；当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp=。 18．（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 【详解】（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。 19．（2025·河北·高考真题）乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 (1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应：   副反应： 体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。 ①0~30min内，_______。 ②下列说法正确的是_______(填序号)。 a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b．0~30min内， c．0~30min内， d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 (2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表的曲线为_______(填“”“”或“”)；原因是_______。 ②_______0(填“>”“<”或“=”)。 ③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系，_______(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的的值为_______。 ④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为，系统压强维持，使，此时_______(用含有m和的代数式表示)。 【答案】(1) cd (2) 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大 < = 12 【详解】（1）①0~30min内，环氧乙烷完全转化，； ②a．，主反应中，，则生成物总能量低于反应物总能量，a错误； b．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG浓度的变化量小于EO浓度的变化量，0~30min内，，b错误； c．主反应中，，副反应，同一反应体系中物质一量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中，即，，反应时间相同，则，，则，c正确； d．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d正确； 故选cd； （2）①该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，，故、、对应α为0.6、0.5、0.4； ②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，<0； ③M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则=；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和3molH2，列三段式：，平衡时，、、的物质的量分数分别为，； ④设起始加入mmolCO和3molH2，此时，列三段式：，平衡时，气体总的物质的量为mmol，、、平衡分压分别，。 20．（2025·河南·高考真题）的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： (1)位于元素周期表中_______区；基态的价电子排布式为_______。 (2)水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是_______。 (3)的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为_______。 (4)恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是_______。 (5)在温度分别为和下，的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是_______(填“”“”或“”)，原因是_______。 (6)一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数_______(保留小数点后一位)，此时原位利用率为_______。 已知：原位利用率 【答案】(1) s 3d8 (2)O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑 (3)Ni2P (4)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移 (5) T1 升高温度，反应Ⅱ正向移动 (6) 1.2 70% 【详解】（1）Ca原子序数为20，电子排布为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态电子排布为[Ar] 3d84s2。Ni失去4s能级上2个电子形成Ni2+，价电子排布为3d8，故答案为：s；3d8。 （2）中心O原子有2个σ键，孤电子对数为，共4个价电子对，模型为四面体型，空间构型为V型，故答案为：O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑。 （3）该晶胞中，P原子8个位于顶点(4个被6个晶胞共用，4个被12个晶胞共用)、2个位于体内，1个晶胞中所含P原子数为，Ni原子8个位于棱(均被4个晶胞共用)、6个位于面(均被2个晶胞共用)，1个位于体内，Ni原子数为，因此该物质的化学式为Ni2P。 （4）重整反应会消耗CO2，降低体系中CO2分压，使分解反应正向移动，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移​。 （5）反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1，故答案为：T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动。 （6）一定温度、下，向体系中加入和，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，反应Ⅰ：平衡时生成，转化率为，物质的量为，则 气体总物质的量n总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol， 反应Ⅲ的平衡常数，平衡时，原位利用率为，故答案为：1.2；70%。 21．（2025·甘肃·高考真题）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1：   反应2：   (1)25℃，101kPa时，反应  _______。 (2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①在范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为_______(任写一条)，当温度由220℃升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为_______。 ②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为_______(填“>”“<”或“=”)，理由为_______。 (3)对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当时，_______。 实验组 一 二 (4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以_______为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为_______。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能) 【答案】(1)-137 (2) 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 催化剂在该温度范围内失活 ＞ 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率 (3)9.2×10-3 (4) Pd/W Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的 【详解】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； （2）反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大； 220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活； 由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即； （3）将数据代入方程，②÷①得到，则，时，，； （4）如图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高。 22．（2025·安徽·高考真题）I．通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② (1)反应的_______。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。 a．气体密度不变             b．气体总压强不变 c．的浓度不变       d．和的物质的量相等 (3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近，原因是_______；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是_______。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ (4)恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有_______(填标号)。 a．增加原料中的量      b．增加原料中的量     c．通入气 (5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中含量下降，平衡体系中的值将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数_______(用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】(1)-41.2 (2)bc (3) 原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 (4)b (5) 增大 0.675p2 【详解】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； （2）a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态； b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态； c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则浓度不变，是平衡状态； d．CO和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态； 故选bc； （3）反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利； （4）a．增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低； b．增大原料中CO2的量，CH4转化率增大； c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变； 故选b； （5）如图可知，恒压时，随着Ar含量下降，反应物的分压增大，相当于加压，平衡③和⑤逆向移动，④平衡瞬间不移动；反应③的CO和H2的化学计量数相同，不影响n(CO)：n(H2)，但是反应⑤逆向移动，H2减少的量更多，n(CO)：n(H2)增大； 设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时： ； ； 根据碳元素守恒：； 根据氧元素守恒：； 根据氢元素守恒：； 平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应⑤的平衡常数。 23．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）乙二醇是一种重要化工原料，以合成气为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ．直接合成法：，不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 1.0 (1)该反应的_______0(填“>”或“<”)。 (2)已知的燃烧热分别为，则上述合成反应的_______(用a、b和c表示)。 (3)实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是_______(答出1条即可)。 Ⅱ．间接合成法：用合成气和制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 (4)在2MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性]。 ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线_______(填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线_______表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有_______(填标号)。 A．降低温度    B．增大压强 C．减小初始氢酯比    D．延长原料与催化剂的接触时间 ③483K时，出口处的值为_______(精确至0.01)。 ④A点反应的浓度商_______(用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。 【答案】(1)< (2)-2a-3b+c(或c-2a-3b) (3)反应放热，温度升高，平衡左移，产率降低；或有副反应发生；或催化剂选 择性低；或反应未达平衡 (4) I IV BD 1.98 0.025 【详解】（1）根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH<0。 （2）根据已知条件可以写出如下热化学方程式： 根据盖斯定律，用反应①的2倍加上反应②的3倍减去反应③即可得到目标方程式，故目标方程式的ΔH=c-2a-3b kJ·mol-1。 （3）根据表格中的平衡常数，反应温度在500K时，平衡常数K<，此时平衡常数过小，反应未达到平衡，导致乙二醇产率过低；或温度过高，平衡左移，产率降低；或催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低；或有副反应发生。 （4）MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100，曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，根据曲线的变化，曲线Ⅰ表示DMO的实际转化率；随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇、乙二醇会继续转化成乙醇，根据曲线的变化，曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线。 ①根据上述分析，曲线I为DMO的实际转化率曲线；曲线IV为MG的选择性曲线； ②A．根据图示，降低温度，DMO的转化率降低，A不符合题意； B．增大压强，反应体系中单位体积内活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率增大，B符合题意； C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不符合题意； D．A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，D符合题意； 故答案选BD； ③483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为100mol，则出口处流出的乙醇的物质的量为100mol×99%×2%=1.98mol，此时还有1mol DMO未反应从出口流出，因此出口处==1.98； ④设初始时H2与DMO的投料分别为52.4mol和1mol，A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二醇的选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO转化为MG，可写出如下关系： 第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系： 这时，体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx==0.025。 24．（2025·上海·高考真题）碳酸丙烯酯()简称PC，是一种重要的有机化合物，具有多种工业通途。 (1)中电负性最大的元素是_______。 A．C    B．H    C．O (2)1mol PC分子中键的数目为_______。 A．7 B．12 C．13 D．14 环氧丙烷与二氧化碳催化合成法是目前最常用的生产方法。 已知： 反应①：(g)+CO2(g) (l)     反应②：C(s)+O2(g)=CO2(g)    反应③：    反应④：    (3)反应④的=_______ A．-613.2 B．613.2 C．395.2 D．-395.2 (4)下列关于反应①的随温度T的变化趋势正确的是_______。 一定条件下，在25mL恒容密闭容器中，环氧丙烷气体和过量的CO2发生反应①，制得碳酸丙烯酯液体。 (5)下列措施可以增加反应物分子中活化分子百分数的是_______。 A．通入惰性气体 B．增加CO2浓度 C．缩小容器体积 D．升高温度 (6)能说明上述反应达到化学平衡标志的是_______。 A．v正=v正 B．物质总质量保持不变 C．压强保持不变 D．气体平均摩尔质量保持不变 (7)反应4h后，液体体积为10mL，碳酸丙烯酯的选择性为95%，则环氧丙烷的化学反应速率v(环氧丙烷)=_______mol·L-1·h-1(精确到小数点后2位) 环氧丙烷生成的过程中可能会发生副反应。 已知： ①碳酸丙烯酯的选择性= ②M(碳酸丙烯酯)；ρ(碳酸丙烯酯)。 (8)碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先变大后下降的原因_______。 (9)制备碳酸丙烯酯还有一种光气法，其原理为利用丙二醇与光气生成碳酸丙烯酯。 与光气法相比，请从绿色化学角度写出3点环氧丙烷与二氧化碳合成法的优势_______。 【答案】(1)C (2)C (3)A (4)C (5)D (6)CD (7)1.24 (8)在140℃之前，温度升高，反应速率加快，相同时间内产生的碳酸丙烯酯更多，且平衡正向移动产率升高；超过140℃，温度升高，平衡向吸热反应的逆向移动故产率下降 (9)不使用有毒气体光气；不产生HCl；可吸收CO2，变废为宝 【详解】（1） 中含有C、H、O元素，电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，电负性，电负性最大的是O，故答案选C； （2） 单键都是键，双键中含1个键和1个键，分子中含有13个键，则1 mol分子中含有个键； （3）根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应II+反应III=反应IV，则 ，故选A； （4）反应Ⅰ中，，（）随温度T/(K)的变化是一次函数的变化，斜率，与y轴的截距，故答案选C； （5）A．通入惰性气体,体系的温度未变，反应物分子中活化分子百分数未变，A错误； B．增加CO2浓度，反应浓度增大，活化分子浓度增大，但由于温度未变，分子能量未变，活化分子百分数未变，B错误； C．缩小容器体积，反应浓度增大，活化分子浓度增大，但由于温度未变，分子能量未变，活化分子百分数未变，C错误； D．升高温度，分子能量增大，活化分子百分数增大，D正确； 故选D。 （6）A．都表示正反应速率，故不能表示反应达到平衡状态，A错误； B．根据质量守恒定律，物质总质量不变，故不能说明反应达到平衡状态，B错误； C．该反应前后气体分子总数不同，故气体体积不变时，各物质的量浓度不变，可以说明反应达到平衡状态，C正确； D．该反应前后气体分子总数不同，混合气体平均摩尔质量不变时，则说明各物质的量不再变化，可以说明反应达到平衡状态，D正确； 故答案选CD； （7）反应4h后，液体体积为10 mL，即得到碳酸丙烯酯的体积为10 mL，其物质的量为，即转化为碳酸丙烯酯的环氧丙烷的物质的量为0.118 mol，碳酸丙烯酯的选择性，即参加反应的环氧丙烷的物质的量为0.124 mol，根据反应速率； （8）碳酸丙烯酯在单位时间内的产率随温度变化先变大后减小是因为反应未达平衡，温度越高反应速率越快，产率越高，，正反应放热，温度升高，平衡逆向移动，产率降低； （9）用光气与丙二醇反应也可以用于制备碳酸丙烯酯，光气有毒，传统方法更安全； 用光气与丙二醇反应还有副产物 产生，原子利用率低； 环氧丙烷与催化合成原子利用率达到百分之百，传统方法用二氧化碳做原料，可以帮助完成碳中和，减缓温室效应。 25．（2024·福建·高考真题）是制造多晶硅的原料，可由和耦合加氢得到，相关反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． (1)生成的总反应： Ⅳ．_______ (2)体系达到平衡状态且其他条件不变时： ①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数增大的组分为_______。(填标号) a．    b．    c．    d． ②反应温度升高不利于提高平衡时产物选择性的原因是_______。 (3)在压强为的恒压体系中通入和，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。 ①图中n代表的组分为_______。(填化学式) ②时，反应Ⅲ的平衡常数_______。(列出计算式) ③时，的平衡转化率为f，消耗硅的物质的量为_______。(列出计算式) (4)下、其他条件相同时，用和分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。(产物选择性均高于98.5%) 催化剂 的转化率/% 7.3 14.3 22.3 ①使用不同催化剂时，反应Ⅳ的催化剂_______催化剂(填“>”“<”或“=”)；反应Ⅳ的活化能：催化剂_______催化剂(填“>”“<”或“=”)。 ②使用催化剂，初始投料该段时间内得到，则的选择性_______。(列出计算式) 【答案】(1) (2) bc 因，升温反应向逆反应方向进行，的产量反而减小 (3) 或 (4) = > 【详解】（1）根据盖斯定律可知，。 故答案为：-80。 （2）①压缩平衡体系体积，相当于增大压强，重新达到平衡后，对的反应都是平衡向正反应方向移动，因此和的量增大；因、，升温反应向逆反应方向进行，反应向正反应方向进行，的产量反而减小。 故答案为：bc；因，升温反应向逆反应方向进行，的产量反而减小。 （3）在压强为的恒压体系中通入和，①根据反应可知，温度升高反应和向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HCl，m为；②时按照反应进行：，由图中可知道平衡时，，，则；③，1mol的平衡转化率为f，则转化的为fmol，剩余的为()mol，平衡时的物质与物质的量分数分别为： x、 z和 y，设平衡时混合物的总物质的量为Mmol，则可以根据剩余的计算出M，mol，再计算出、，根据硅原子守恒，消耗硅的物质的量=平衡物质中硅的总物质的量-起始时的1mol，或者消耗硅的物质的量=平衡物质中和物质的量之和-消耗的fmol，。 故答案为：；；或。 （4）①使用不同催化剂时，反应的催化剂与催化剂相比较，由于反应热只和反应物的始态与生成物的终态有关，与催化剂无关，所以催化剂=催化剂；根据表中数据，在相同单位时间内，作催化剂的转化率为7.3%、作催化剂的转化率为22.3%，由此可以得出作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应的活化能：催化剂 催化剂；②根据反应：，初始投料该段时间内得到，列式，得出生成所消耗的的物质的量，根据表的转化率可知所消耗的的总物质的量为，最后根据公式。 故答案为：=；>；。 26．（2024·甘肃·高考真题）是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 (1)由制备： 已知 时，由制备硅_______(填“吸”或“放”)热_______。升高温度有利于制备硅的原因是_______。 (2)在催化剂作用下由粗硅制备：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示： ①，经方式_______处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率_______。 ②当反应达平衡时，的浓度为_______，平衡常数K的计算式为_______。 ③增大容器体积，反应平衡向_______移动。 【答案】(1) 吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅 (2) 甲 0.1951 逆反应方向 【详解】（1）由题给热化学方程式：①，；②，；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方程式，，则制备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅。 （2） ①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为，平均反应速率； ②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为： 当反应达平衡时，H2的浓度为，平衡常数K的计算式为； ③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。 27．（2024·湖南·高考真题）丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下： 已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定： ②反应釜Ⅰ中发生的反应： ⅰ：   ③反应釜Ⅱ中发生的反应： ⅱ：   ⅲ：   ④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。 回答下列问题： (1)总反应 _______(用含、、和的代数式表示)； (2)进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图： ①表示的曲线是_______(填“a”“b”或“c”)； ②反应釜Ⅰ中加入的作用是_______。 ③出料中没有检测到的原因是_______。 ④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是_______。 (3)催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于_______(已知  分解的平衡常数)； (4)以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式_______。 【答案】(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3 (2) c 抑制酯的水解从而提高产率 反应iii的速率远大于反应ii 反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少 (3)40 (4)Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4 【分析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2=CHCN，在反应釜I中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水； 【详解】（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3； （2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1:3:2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线； ②反应釜Ⅰ中发生反应i生成丙烯酸乙酯和水，若丙烯酸乙酯水解会生成乙醇，因此，加入C2H5OH可以抑制酯的水解从而提高产率； ③反应釜Ⅱ中发生的两个反应是竞争反应，其选择性由速率决定，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是：反应iii的速率远大于反应ii； ④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少； （3）0.72g水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa⋅mol−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa； （4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。 28．（2024·河北·高考真题）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。 (1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：。 ①若正反应的活化能为，则逆反应的活化能_______(用含的代数式表示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入和其，测定温度下体系达平衡时的(为体系初始压强，，P为体系平衡压强)，结果如图。 上图中温度由高到低的顺序为_______，判断依据为_______。M点的转化率为_______，温度下用分压表示的平衡常数_______。 ③下图曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是_______(填序号)。 (2)1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为 以上各反应的速率方程均可表示为，其中分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，。 ①时，，且内，反应进行到时，_______。 ②时，，若产物T的含量可忽略不计，则此时_______后，随T的含量增加，_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) 该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从到平衡时增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低 0.03 D (2) 5.54 0.033 增大 【详解】（1）①根据反应热与活化能E正和E逆关系为正反应活化能-逆反应活化能可知，该反应的。 ②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，即越大。从到，增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由到逐渐降低，即。由题图甲中M点可知，进料比为，平衡时，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。 可计算得，。 ③由题图甲中M点可知，进料比为2时，，结合“三段式”，以及时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，也为，曲线D上存在（0.5，60）。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应中和的化学计量数之比为，则和的进料比互为倒数(如2与0.5)时，相等。 （2）①根据化学反应速率的计算公式时，，时，。 ②已知，又由题给反应速率方程推知，，则，即后。后，D和G转化为T的速率比为，G消耗得更快，则增大。 29．（2024·湖北·高考真题）用和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应I： 反应Ⅱ： 回答下列问题： (1)写出与水反应的化学方程式_______。 (2)已知、(n是的化学计量系数)。反应Ⅰ、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。 ①反应在的_______。 ②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时_______，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后_______。 (3)恒压容器中，焦炭与的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明已全部消耗，此时反应体系中含物种为_______。 ②下，反应速率的变化特点为_______，其原因是_______。 【答案】(1)BaC2+2H2O=Ba(OH)2+HC≡CH↑ (2) 1016 105 105 (3) BaO 反应在t到t2时间段匀速进行，在t2时刻后速率为0 固体反应物的量不影响反应速率，t2时刻后反应物消耗完毕 【详解】（1）Ba、Ca元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式为BaC2+2H2O=Ba(OH)2+HC≡CH↑； （2）①反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=，由图1可知，1585K时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即=102.5×10-1.5=10，所以p3CO=10×(105Pa)3=1016Pa3，则Kp= p3CO=1016Pa3； ②由图1可知，1320K时反应I的KI=100=1，即KI==1，所以p2CO=(105Pa)2，即pCO=105Pa； ③若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105Pa； （3）①由图2可知，1400K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO； ②反应条件恒温1823K、恒压，反应物BaO和C都是固体，其浓度是固定不变的，反应在t到t2时间段匀速进行；之后，固体反应物的量不影响反应速率，t2时刻后反应物消耗完毕，在t2时刻后速率为0 。 30．（2024·安徽·高考真题）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题： 【乙烷制乙烯】 (1)氧化脱氢反应：                 计算：                  _______ (2)直接脱氢反应为，的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则_______0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近的是_______(填标号)。 a．   b．     c． (3)一定温度和压强下、反应i   反应ⅱ  (远大于)(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ①仅发生反应i时，的平衡转化率为，计算_______。 ②同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比，的平衡产率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【乙烷和乙烯混合气的分离】 (4)通过修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现和混合气的分离。的_______与分子的键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离和的优点是_______。 (5)常温常压下，将和等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度()之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是_______(填标号)。 A．前，两种气体均未被吸附 B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是 C．a-b对应的时间段内，吸附的逐渐被替代 【答案】(1)-566 (2) > b (3) 增大 (4) 4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高 (5)BC 【详解】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol； （2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0； a．600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误； b．700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确； c．700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误； 故答案选b； （3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则剩余的C2H6物质的量为1-0.25=0.75mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，容器内气体总物质的量为(0.75+0.25+0.25)=1.25mol，Kx1=； ②反应i压强平衡常数，反应ⅱ按消耗了反应i的反应物C2H6和产物H2，则，现要比较Kp1和Qp1的大小，因，所以比较与的大小关系，，故，反应i平衡正向移动，生成更多的C2H4，因此C2H4的平衡产率增大； （4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高； （5）A．前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误； B．p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确； C．a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确； 故答案选BC。 31．（2023·福建·高考真题）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有 ⅰ． ⅱ． ⅲ． 已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数见下表。 物质 丙烯 乙烯 甲烷 丙烷 氢气 体积分数(%) 21 23.7 55.2 0.1 0 (1)比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ_____反应 ⅱ（填“＞”或“＜”）。 (2)①在该温度下，Kp2远大于 Kp1，但φ（C3H6)和φ（C2H4)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向进行有利于反应 ⅰ 的__________反应和反应 ⅱ 的_________反应（填“正向”或“逆向”）。 ②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为：__________。 ③平衡体系中检测不到，可认为存在反应：，下列相关说法正确的是_______(填标号)。 a． b． c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率 d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数 ④由表中数据推算：丙烯选择性_______(列出计算式)。 (3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应： ⅳ． 在下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。 ①进料比n(丙烷)(甲醇)时，体系总反应：_______ ②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是_______。 【答案】(1)＞ (2) 正向 逆向 ⅱ＞ⅰ＞ⅲ ab (3) -29 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低 【分析】Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决问题。结合阿伏加德罗定律将物质的量和体积进行转化。 【详解】（1）反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞，同理反应ⅱ：T＞，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞； （2）①ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向，②根据平衡体积分数，消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，③根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故；催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动，根据温度不变Kp为定值，各组分的体积分数不变；④在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性； （3）ⅲ．ⅳ． 目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/mol； 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低。故答案为：-29 kJ/mol ；甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低。 32．（2023·海南·高考真题）磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数为85%的磷酸与反应制备，反应方程式为一定条件下的实验结果如图1所示。    回答问题： (1)该条件下，反应至1h时KCl的转化率为_______。 (2)该制备反应的随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)，且反应热随温度升高而_______。    (3)该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能提高转化率的原因是：不使用稀磷酸_______；通入水蒸气_______。 (4)298K时，的平衡常数_______。(已知的) 【答案】(1)70% (2) 吸热 降低 (3) 使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行 使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行 (4) 【详解】（1）由图可知，该条件下，反应至1h时KCl的转化率为70%； （2）由图可知，焓变为正值，则该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低； （3）使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；向系统中不断通入水蒸气，使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行；都可以促进氯化钾的转化率的提高； （4）298K时，的离子方程式为，其平衡常数。 33．（2023·湖南·高考真题）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。 Ⅰ．苯乙烯的制备 (1)已知下列反应的热化学方程式： ① ② ③ 计算反应④的△H4=_______kJ/mol； (2)在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入_______mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)； (3)在913 K、100 kPa下，以水蒸气作稀释气。Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应： ⑤ ⑥ 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是_______，理由是_______；    (4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_______； A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构 B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率 C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能 D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率 Ⅱ．苯乙烯的聚合 苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X (引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H5CH2·，实现苯乙烯可控聚合。 (5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是_______； (6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，其反应平衡常数为K；②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为_______(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。 【答案】(1)+118 (2)5 (3) 甲苯 主反应生成的氢气可以作为第二生成甲苯的反应物，促进第二个副反应平衡正向移动 (4)BD (5)C6H5CH2I (6)K∙Ksp 【详解】（1）根据盖斯定律，将①-②-③可得C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ∆H4=-4386.9 kJ/mol-(-4263.1 kJ/mol)-(-241.8 kJ/mol)=+118 kJ/mol； （2）设充入H2O(g)物质的量为x mol；在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 mol气态乙苯发生反应④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式，此时平衡时混合气体总物质的量为1.5 mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式，此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75 mol，混合气的总物质的量为(1.75+x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则=，解得x=5； （3）生成苯乙烯的反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则苯乙烯的选择性最高，主反应生成的氢气可以作为第二生成甲苯的反应物，促进第二个副反应平衡正向移动，故a代表苯乙烯的选择性，b代表甲苯的选择性； （4）A．测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A正确； B．催化剂不能使平衡发生移动，因此不能改变乙苯的平衡转化率，B错误； C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C正确； D．催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D错误； 故合理选项是BD。 （5）原子半径：I＞Br＞Cl，因此化学键的键长：C—I键＞C—Br键＞C—Cl键，键长越短，化学键就越不容易断裂，该化学键的键能就越大，故键能：C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，因此C—I键最易断裂，则C6H5CH2I更易生成自由基，因此活性最高的是C6H5CH2I； （6）Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L[Cu(L)2]+的平衡常数K=；CuBr在水中的溶度积常数Ksp(CuBr)=c(Cu+)∙c(Br-)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr+2L[Cu(L)2]++Br-，该反应的平衡常数为==K∙Ksp。 34．（2023·湖北·高考真题）纳米碗是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，可以由分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：      回答下列问题： (1)已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的_______。 (2)图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。 (3)纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。 (4)1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (5)及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。    (6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是_______(填标号)。 a．升高温度    b．增大压强    c．加入催化剂 【答案】(1)128 (2) 3 3 (3) 6 10 (4) (5)因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。 (6)a 【详解】（1）由和的结构式和反应历程可以看出，中断裂了2根碳氢键，形成了1根碳碳键，所以的 =，故答案为：128； （2）由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，,,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故答案为：3；3； （3）由的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10； （4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为(即的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为： 则，，，该反应的平衡常数=，故答案为：； （5）及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。 （6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意； b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意； c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意； 故答案为：a。 35．（2023·辽宁·高考真题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。 (1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化学式)。    (2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下： NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4 2NO+O2=2NO2 (ⅰ)上述过程中NO2的作用为_______。 (ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出两点即可)。 (3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化： SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1 (ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是_______。    a．温度越高，反应速率越大 b．α=0.88的曲线代表平衡转化率 c．α越大，反应速率最大值对应温度越低 d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度 (ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是_______(填标号)。    (ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 【答案】(1) CuO SO3 (2) 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可） (3) cd d 【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。 （2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用； (ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。 （3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误； b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，有更大转化率，故α=0.88的条件下并不是平衡转化率，b错误； c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确； d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确； 故答案选cd； (ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d； (iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案为。 36．（2023·全国乙卷·高考真题）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题： (1)在气氛中，的脱水热分解过程如图所示： 根据上述实验结果，可知_______，_______。 (2)已知下列热化学方程式： 则的_______。 (3)将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。平衡时的关系如下图所示。时，该反应的平衡总压_______、平衡常数_______。随反应温度升高而_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 (4)提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，平衡时_______(用表示)。在时，，则_______，_______(列出计算式)。 【答案】(1) 4 1 (2)(a+c-2b) (3) 3 增大 (4) 46.26 【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，转化为，则，解之得=4；当失重比为38.8%时，转化为，则，解之得y=1。 （2）① ② ③ 根据盖斯定律可知，①+③-②2可得，则(a+c-2b)。 （3）将置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：(Ⅰ)。由平衡时的关系图可知,时，，则，因此，该反应的平衡总压3、平衡常数 。由图中信息可知，随着温度升高而增大，因此，随反应温度升高而增大。 （4）提高温度，上述容器中进一步发生反应(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时，则，因此，平衡时。在时，，则、，联立方程组消去，可得，代入相关数据可求出46.26，则， 。 37．（2023·新课标卷·高考真题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题： (1)根据图1数据计算反应的_______。 (2)研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，理由是_______。 (3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 (4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)    ①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。 ②进料组成中含有惰性气体的图是_______。 ③图3中，当、时，氮气的转化率_______。该温度时，反应的平衡常数_______(化为最简式)。 【答案】(1) (2) (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ) (3) (4) 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4 【详解】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应的 。 （2）由图1中信息可知，的，则的键能为；的，则H-H键的键能为。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。 （3）已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，设其晶胞中含有的原子数为，则晶体密度，解之得，即晶胞中含有的原子数为。 （4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数，因此，图中压强由小到大的顺序为，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。 ②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体的图是图4。 ③图3中，进料组成为两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有： 当、时，，解之得，则氮气的转化率，平衡时、、的物质的量分别为、2、，其物质的量分数分别为、、，则该温度下因此，该温度时，反应的平衡常数 。 38．（2023·全国甲卷·高考真题）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： ①         ②          反应③的_______，平衡常数_______(用表示)。 (2)电喷雾电离等方法得到的(等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图所示。图中的曲线是_______(填“a”或“b”。、时的转化率为_______(列出算式)。    (3)分别与反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。    (ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。 (ⅲ)与反应，氘代甲醇的产量_______(填“＞”“＜”或“=”)。若与反应，生成的氘代甲醇有_______种。 【答案】(1) 或 (2) b (3) Ⅰ c < 2 【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应③=(反应②-①)，所以对应 ；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数或，故答案为：；或； （2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg()，即与MO+的微粒分布系数成反比，与M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M+的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300 K条件下的反应； 根据上述分析结合图像可知，、时-lg()=0.1，则=10-0.1，利用数学关系式可求出，根据反应可知，生成的M+即为转化的，则的转化率为；故答案为：b；； （3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ； (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，与反应的能量变化应为图中曲线c； (ⅲ)与反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，步骤Ⅰ的活化能增大，反应速率会变慢，则CH2DOD更难获得，故产率：<；根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为或共2种，故答案为：<；2。 39．（2022·福建·高考真题）异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： (1)已知，则燃烧生成和的热化学方程式为_______。 (2)在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表： 反应时间 0 4 8 12 t 20 浓度 0 2440 3200 3600 4000 4100 ①内，_______； ②t_______16(填“>”“<”或“=”)。 (3)在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。 a.的分压不变               b.混合气体密度不变 c.           d. (4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为_______。 (5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。 (已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压) ①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的_______点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是_______。 ②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为_______(用含x的代数式表示)。 【答案】(1) (2) 190 > (3)ad (4)58.8% (5) 甲 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气， 【详解】（1）设Ⅲ ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得。 （2）①内，，则； ②、、，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H2O)=400ppm，内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。 （3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确； b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误； c．当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误； d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确； 故选ad。 （4）设C3H8O的物质的量为1mol，若lmol C3H8O完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为=58.8%。 （5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲； ②由图可知，350°C时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有 ，解得a=MPa。 40．（2022·山东·高考真题）利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下： 已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题： (1)以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变_______。 (2)初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数_______(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻_______，BD产率=_______(保留两位有效数字)。 (3)为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是_______。 【答案】(1)-200(X+Y) (2) a或c 8.3×10-8 0.08 39% (3) c 由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，b、c速率相等，压强增大增大，故=1.0所需时间更长 【详解】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol时二者能量和为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变=-200(X+Y)kJ·mol-1。 （2）实验测定X<Y，则达到平衡时BD物质转化量大于BL物质转化量，平衡状态BD物质的量较小，根据图示可知，表示xBL变化的曲线是a或c；该平衡状态下BL的分压是0.48×3.0×103kPa，BD的分压是0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I平衡常数Kp= = Kpa-2≈8.3×10-8kPa-2；以BL为原料时，根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时BL转化了amol，BD转化了bmol，则体系总物质的量为(5.0×10-3+b)mol，得到、，求得a= 、b=，则t1时刻 =0.08；此时BD的产率为39%。 （3）依题意，反应I是正向放热过程，以BL为初始原料，温度升高则平衡逆向移动，温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则最大即最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，b、c速率相等，c压强更大，压强增大增大，故=1.0所需时间更长。 41．（2022·广东·高考真题）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。 (1)催化剂可由加热分解制备，反应同时生成无污染气体。 ①完成化学方程式：______________。 ②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_______(列式表示)。 ③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。 (2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： (ⅰ)       (ⅱ)        ①下列有关溶液的说法正确的有_______。 A．加入少量硫酸，溶液的pH不变 B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加 C．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动 D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变 ②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_______；计算溶液中的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 ③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_______；溶液从a变到b的过程中，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4) 2NO+O2=2NO2 (2) BD 当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中 即=0.20 反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7 联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L λ3 增大 【详解】（1）①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为，故答案为：N2↑；4H2O。 ②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M  ΔH1=(E1-E2)，M→N  ΔH2=ΔH，N→Y  ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)，故答案为：(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。 ③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：；2NO+O2=2NO2。 （2）①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)、(ii)。 A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误； B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确； C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中将减小，(i)将正向移动，故C错误； D．平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确； 综上所述，答案为：BD。 ②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20mol/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7，联立两个方程可得≈6.0×10-4mol/L。 ③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的λmax最接近的是λ3；反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2=，= = ，因此= ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大，故答案为：λ3；增大。 42．（2022·全国甲卷·高考真题）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题： (1)转化为有直接氯化法和碳氯化法。在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： (ⅰ)直接氯化： (ⅱ)碳氯化： ①反应的为_______，_______Pa。 ②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是_______。 ③对于碳氯化反应：增大压强，平衡_______移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率_______(填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①反应的平衡常数_______。 ②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_______。 (3)碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于“固—固”接触的措施是_______。 【答案】(1) -223 1.2×1014 碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向左 变小 (2) 7.2×105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益 (3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾” 【详解】（1）①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp===1.2×1014Pa； ②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程； ③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。 （2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)==Pa=7.2×105Pa； ②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。 （3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。 43．（2021·湖北·高考真题）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。 反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1 反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·mol-1 (1)已知键能：E(C—H)=416kJ·mol-1，E(H—H)=436kJ·mol-1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为___kJ。 (2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是___。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=__kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。 (3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为__kPa·s-1；；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为___。 (4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)： 反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k 反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k′ 实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为__，其理由是___。 【答案】(1)271 (2) 减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率 16.7 (3) 2 H2和C3H6都消耗O2 (4) 先增大后减小 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小 【详解】（1）由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)   △H1=+125kJ·mol-1可知反应需要中断裂2mol C—H键、形成1mol碳碳π键和1mol H—H键，416kJ·mol-1×2- E (碳碳π键) -436kJ·mol-1= +125kJ.mol-1，解得：E(碳碳π键)= +271kJ. mol-1，所以形成1mol碳碳π键放出的能量为271kJ； （2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算： 由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100kPa×=故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP==16.7kPa。 （3）内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成的平均速率为=2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+O2=3CO2+3H2O，H2+O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1； （4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。 44．（2021·山东·高考真题）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应： 反应Ⅰ：+CH3OH    △H1 反应Ⅱ：+CH3OH△H2 反应Ⅲ：    △H3 回答下列问题： (1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是__(用系统命名法命名)；的数值范围是___(填标号)。 A．<-1       B．-1～0       C．0～1     D．>1 (2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为___mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=___。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将__(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=___。 (3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为__(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正__逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。 【答案】 2-甲基-2-丁烯 D 0.9α 逆向移动 1:10 X ＜ 【详解】(1)由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。 (2)向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。 (3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填＜。 45．（2019·天津·高考真题）多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。    回答下列问题： Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为________________________。的电子式为__________________。 Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为： ①         ②     ③     （1）氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为________________________。    （2）已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反应①的小，主要原因是________________________。 （3）不同温度下反应②中转化率如图2所示。下列叙述正确的是______（填序号）。 a．B点：    b．：A点点    c．反应适宜温度：℃ （4）反应③的______（用，表示）。温度升高，反应③的平衡常数______（填“增大”、“减小”或“不变”）。 （5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有______（填分子式）。 【答案】         阴极 或 1000℃ 导致反应②的小 a、c 减小 、 【分析】I.书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态，要将热化学方程式中焓变的数值与化学计量数对应。本题的反应温度需要标注为条件； II.（1）惰性电极电解KOH溶液，实质是电解水，产生氢气的必为阴极，发生还原反应。 （2）“看图说话”，将反应①的纵、横坐标对应起来看，即可顺利找到最低温度。影响自由能变的因素主要是焓变和熵变，分析发现熵变对反应②反而不利，说明焓变影响大，为主要影响因素； （3）据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键。注意时间是一个不变的量。 （4）此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。 【详解】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·mol-1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：  ，注意别漏标3个氯原子的孤电子对； II.（1）电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；阴极的电极反应式可以直接写成2H++2e-=H2↑，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2↑+2OH-； （2）由题目所给的图1可以看出，反应①（最上面那条线）当∆G=0时，对应的横坐标温度是1000℃；从反应前后气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果反应②的∆G更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即∆H2<∆H1导致反应②的∆G小（两个反应对应的∆H，一个为正值，一个为负值，大小比较很明显）； （3）图2给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中A、B、C点反应均正向进行，D点刚好达到平衡，D点到E点才涉及平衡的移动。在到达平衡状态以前，正反应速率大于逆反应速率，a项正确，B点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；b点错误，温度越高，反应速率越快，所以E点的正（或逆）反应速率均大于A点；c项正确，C到D点，SiHCl3的转化率较高，选择此温度范围比较合适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。 （4）将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1，因∆H2<0、∆H1>0，所以∆H3必小于0，即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小； （5）反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。 【点睛】①对于反应的吉布斯自由能大小比较及变化的分析，要紧紧抓住焓判据和熵判据进行分析。②判断图2中时间是一个不变的量，是看清此图的关键。明白了自变量只有温度，因变量是SiCl4的转化率，才能落实好平衡的相关知识的应用，如平衡的建立，平衡的移动以及平衡常数随温度变化的规律等。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $