2027届高三化学一轮复习解答题专项化学原理综合

**基本信息** 以高考真题与变式训练为载体，系统整合化学热力学、动力学及平衡原理，通过问题链设计实现概念生成-原理推导-应用拓展的逻辑闭环，培养科学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |真题演练|4道高考题|盖斯定律叠加法、平衡常数计算模型、反应历程能量分析|从反应热计算到平衡移动，构建“能量-速率-平衡”三维分析框架| |变式训练|22道模拟题|图像数据处理技巧、多反应体系关联计算、催化剂作用机理分析|以工业流程为背景，强化实际问题中化学原理的综合应用|

2027届高三化学一轮复习解答题 专项化学原理综合 一、真题演练 1．（2026·湖北·高考真题）将与废弃的太阳能面板材料进行球磨反应，制备高纯度，反应如下： 反应Ⅰ：   已知一定温度下， 反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   回答下列问题： (1)反应Ⅰ的________，属于________（填“熵增”或“熵减”）反应。 (2)将足量和放入反应器中进行球磨，反应器空腔净体积为。 ①反应过程中产量随球磨转速的变化曲线如图1所示，球磨总转数固定为6500转。选择650转／分钟而非400转/分钟的优势是________。 ②在转速为650转/分钟条件下反应，的转化率达到，则生成的平均速率为________，此时反应的浓度商为________（填计算式）。当反应时间延长至，的转化率为，此时体系温度为。 (3)若反应Ⅰ不以球磨方式进行，反应的转化率仅为。图2为理论计算得到的球磨和非球磨条件下反应Ⅰ的能量变化图，据此判断球磨能________（填“升高”或“降低”）反应的活化能，从化学键的角度分析，其原因是________。 (4)相对于反应Ⅱ，除了条件更温和、转化率更高及废弃物资源化利用外，球磨反应制还具备的优点是________。 2．（2025·湖北·高考真题）粉末可在较低温度下还原。回答下列问题： (1)已知一定温度下： 则的_______(用m和n表示)。 (2)图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用_______(填标号)表示反应的快慢。 a．    b．    c．    d． (3)图1中曲线_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 (4)研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径_______(填“a”或“b”)是主要途径。 (5)产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应_______(填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是_______。 (6)已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：_______。 3．（2024·湖北·高考真题）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_______。 4．（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 二、变式训练 5．（2026·湖北宜昌·模拟预测）天然气的蒸汽转化法是制取合成氨原料的重要途径之一。在一定温度下，以天然气、空气和水蒸气为反应物的蒸汽转化法核心反应如下： 主反应ⅰ．   主反应ⅱ．   副反应ⅰ．   副反应ⅱ．   (1)该工艺的实现需要严格的物料、工艺控制和复杂的联合催化剂。例如通入的天然气要提前进行脱硫处理，既能防止发生其他副反应产生杂质，又能防止___________导致的反应效率低下；对于产出混合气中残留的大量水蒸气，可以采用加干燥剂或___________的方法除去。 (2)副反应ⅰ的___________(、和为已知值)，在不改变物料比例的前提下，写出一条能减少该副反应发生的方法___________。 (3)为保证后续合成氨工艺的效率，需要控制输出的。若只考虑主反应，且空气中，则投入与空气的体积比应为___________。 (4)副反应ii的发生会导致催化剂和设备的表面积炭，影响生产。当积炭严重时，需停止生产，通入高温蒸汽，利用反应  清除炭层。现有内部有积炭层的管形容器，从一侧匀速通入水蒸气，另一侧测量混合气体中一氧化碳的百分比含量，结果如下图所示。回答下列问题： 保持容器内压强恒定，曲线1中水蒸气流速为20 m/s，曲线2中水蒸气流速为30 m/s，0-12 h体系温度，12h后体系温度上升至。 ①X部分应为曲线___________(填“1”或者“2”)的图像。 ②上图点位中该反应一定处于化学平衡状态的是___________。(填字母) A．a点    B．b点    C．曲线1上的c点    D．曲线2上的c点    E．不存在 6．（2026·湖北武汉·一模）碳酸镁应用广泛，循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： Ⅰ.             Ⅱ.     Ⅲ.        恒压条件下，按和投料反应，低于360℃时反应Ⅲ可忽略。反应物(MgCO3、)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如图。 已知：含碳生成物选择性。 回答下列问题： (1)已知：、燃烧热分别为、，  。则_________kJ·mol-1(用、和表示)。 (2)反应Ⅰ的吉布斯自由能随温度的变化趋势是_____________(填标号)。 A． B． C． D． (3)丁曲线所示物种为____________(填化学式)。 (4)300℃时达平衡后，压缩容器体积，重新达平衡后，CH4和CO2的物质的量之比_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 (5)450℃后曲线乙下降的原因可能是_______________。 (6)550℃时达平衡后，_________mol，该温度下反应Ⅲ的平衡常数__________(为物质的量分数平衡常数，用平衡时各组分的物质的量分数代替浓度)。 7．（2026·湖北十堰·模拟预测）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，以的速率从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Kp=________(分压=总压×物质的量分数，用含p的代数式表示)。 8．（2026·湖北十堰·模拟预测）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。 (1)时，燃烧生成放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为_______。 (2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。 Ⅰ． Ⅱ． ①下列操作中，能提高平衡转化率的是_______ (填标号)。 A．增加用量   B．恒温恒压下通入惰性气体     C．移除 D．加入催化剂 ②恒温恒压条件下，和反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数_______ (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。 (3)在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为_______。 (4)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→_______(用等代号表示)。 9．（2026·湖北武汉·三模）高温碳还原法可将重晶石中的BaSO4转化为水溶性BaS，涉及反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   回答下列问题： (1)反应Ⅲ的焓变___________(用、的代数式表示)。 (2)反应的自由能变，为反应的熵变。反应Ⅰ～Ⅲ的随温度的变化关系如图1所示，则反应Ⅱ对应直线___________(用字母表示)。 (3)在体积为的容器中，与的投料量分别为和，发生反应Ⅰ～Ⅲ，以及副反应：。当体系中各浓度不变，测定各含碳组分的物质的量随温度的变化关系如图2所示。温度高于时，无剩余。 ①曲线c表示的物种为___________(填化学式)。 ②温度下，当体系中各浓度不变时，若压缩容器体积，的量始终为零，有剩余。与压缩前相比，重新达平衡时，增大，则___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 ③温度下，当体系中各浓度不变时，碳的转化率为，为，则曲线b和c交点的纵坐标___________(用含的代数式表示)，___________(用分数表示)。 ④温度下，反应Ⅰ的平衡常数，固体所占体积可忽略，请计算反应Ⅱ的平衡常数___________(用只含的代数式表示)。 10．（2026·湖北孝感·模拟预测）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300K和310K下(其他反应条件相同)进行反应，结果如下图所示。图中300K的曲线是_______(填“a”或“b”)。300K、60s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“=”)。 11．（2026·湖北十堰·模拟预测）甲醇是重要的化工原料和潜在的清洁能源载体。锐钛矿型负载的氧化铂团簇为活性中心，存在三条竞争反应路径，可生成CO、、甲酸甲酯等产物： 反应Ⅰ. 反应Ⅱ. 反应Ⅲ. 目标产物的选择性： 回答下列问题： (1)已知部分化学键的键能数据如下： 化学键 O＝O 键能 413 463 358 799 498 1075 经计算，反应Ⅰ在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 (2)反应Ⅰ会生成产物CO(g)。CO能强烈吸附在催化剂表面，占据Pt位点，导致催化效能下降，该现象称为___________。为抑制该现象，可采取的措施有___________(填字母)。 A．适当提高反应温度，使CO脱附    B．增大氧气比例，使CO转化为 C．增大浓度，加快反应速率    D．调控压强，使反应Ⅱ、Ⅲ的选择性更高 (3)下图为甲醇在表面氧化生成CO的反应自由能曲线。“*”表示物理吸附态，TS表示过渡态。 a．如图所示，转化为*有两种途径。从反应速率角度分析，途径___________(填“①”或“②”)更有利。 b．该反应路径的第三步基元反应为决速步，方程式为___________。 (4)在100 kPa、105℃下，向某密闭容器中充入和，在催化剂作用下发生上述三条路径的反应。达到平衡时，测得，，的选择性为50%。 ①甲醇的转化率为___________(保留两位有效数字)。 ②反应Ⅲ：的平衡常数___________(保留三位有效数字)。 12．（2026·湖北武汉·模拟预测） 是生产可溶性钡盐的重要中间产品，常用热还原法制备。回答下列问题： (1)固体被或 还原制备 的反应机理如图所示。在固体表面上更容易吸附的是________(填“”或“ ”)。从动力学角度分析，应选择________(填“”或“ ”)作还原剂。 (2)工业上可选用单质碳和固体进行热还原制备 。在 恒压条件下，按下表投料，发生反应： 物质 C n/mol 1.25 4 1.25 5 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   ①加入氧气的目的是________(答一条)。 ②不同温度下，体系中各组分的平衡含量如图所示。低于 时，平衡含量增加的原因为________。高于1200℃时，会发生副反应，其化学方程式为________。 ③ 下，达到平衡时， ，固体总质量约为 ，则固体中 的纯度为________(按质量分数计，保留一位小数)，反应Ⅲ的平衡常数 _________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。 13．（2026·湖北黄冈·模拟预测）甲烷干重整反应(DRM)可将温室气体CH4和CO2转化为合成气(CO和H2)，Mo2C催化剂具有更高的活性和稳定性。 已知：DRM反应体系存在下列过程： 编号 过程 () (a)主反应 +247 (b)逆水汽转换 +41.2 (c)CO歧化 -171 (d) CH4裂解 +76 (1)基态Mo原子的价电子排布式为，其在周期表的位置是_______。 (2)甲烷蒸气重整反应： ________。 (3)恒温恒容容器中，在Mo2C发生(a)–(d)反应，下列说法正确的是_______。 A．反应(a)在任何温度下都可以自发进行 B．反应(c)、(d)导致积碳，会降低主反应速率 C．平衡后加入CH4，再次平衡时增大 D．寻找更高效的催化剂，可提高主反应的选择性 (4)100kPa的恒压容器中通入1 mol CH4和1 mol CO2，反应体系中各含碳微粒平衡时的物质的量随温度变化如图甲所示，平衡转化率及氢碳比[]随温度变化如图乙所示。900℃时积碳可以忽略不计。 ①表示CO随温度变化的曲线为________(选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 ②600 ℃时，产生积碳1 mol，此时CO2为________mol。 ③730 ℃前，氢碳比随温度升高而下降，可能的原因是_______。 ④900 ℃时，反应(a)的分压平衡常数Kp为________(kPa)2(分压=总压×物质的量分数，写出计算过程和结果的计算表达式，无需化简)。 14．（2026·湖北武汉·模拟预测）甲醇是一种重要的化工原料和液态氢储存燃料，CO2选择性加氢制甲醇反应在全球范围内引起了广泛关注。已知发生的主要反应如下： 反应Ⅰ． CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g)  ∆H1 反应Ⅱ． CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)  ∆H2 = −90.64 kJ·mol-1 反应Ⅲ． CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)  ∆H3 = −49.47 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)∆H1=_______kJ·mol-1；反应Ⅱ在一定条件下可自发进行，则自发进行的条件为_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)。 (2)反应Ⅲ的反应历程如图所示(*表示吸附态)。由图可知HCOO*上的_______原子加氢更有利。 (3)一定条件下，在2 L的恒容密闭容器中，充入2 mol CO2和3 mol H2，使之发生上述三个反应。10 min末反应达到平衡，测得CO2和H2的物质的量均为1.2 mol。 ①0～10 min内，CH3OH的平均反应速率为_______mol·L-1·min-1。 ②能说明该反应体系已达到平衡状态的是_______(填标号)。 a． 容器内压强保持不变                     b． 容器内混合气体的密度保持不变 c．混合气体的平均相对分子质量保持不变 (4)一定条件下，在压强为p kPa的恒压密闭容器中，加入1 mol CO2和3 mol H2，使之发生上述三个反应，CO2转化率和甲醇选择性[]随温度的变化关系如图所示。 ①若232℃～252℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析236℃后图中曲线下降的原因：_______。 ②240℃时反应CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)的平衡常数Kp =_______(列出含p的计算式即可)。 (5)CO2电催化还原制甲醇可实现碳中和，双极膜法电解原理如图所示。 写出催化电极区域的总反应_______，电池工作过程中阴极室电解液中的浓度_______(填“增大”“减小”或“基本不变”)。 15．（2026·湖北襄阳·模拟预测）化学链反应是一种通过可循环的中间物质(称为“链载体”，通常是金属化合物)将传统的一步反应拆解为多个步骤进行的技术。 (1)基于载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下图。 主要反应分别为：反应i．  ；反应ii．  。 ①写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式_______。(已知：  ) ②甲烷化学链燃烧所放出的热量与相同条件下直接燃烧相比_______(填“前者大”“后者大”或“相同”)。 ③相比传统燃烧，化学链燃烧所得的更易被捕集利用的原因是：_______。 (2)较高温度下，将恒定流速的在时刻通入反应器与载氧体发生化学链反应，原理如图1所示，流出气体中各组分的浓度随反应时间变化如图2所示。待反应①完成后，时刻向反应器中通入一段时间氩气排出残留气体，时刻再通入一段时间空气，发生反应②，实现载氧体的循环再生。 ①已知：载氧能力指单位质量的载氧体所能传递的氧量。假设各步链反应进行完全，比较载氧能力：_______(填“>”“<”或“=”)。 ②依据时刻产生，分析时刻后流出速率显著增大的可能原因：_______(填序号)。 a．与反应失效   b．被进一步还原为   c．发生副反应形成积碳 (3)一种以为载氮体的化学链制氨原理如下图所示。 ①“吸氮反应”和“释氮反应”收集到相同条件下的气体体积比，则“释氮反应”中的转化率为_______。 ②“吸氮反应”的化学方程式为_______。已知“吸氮反应”的，则该反应为_______自发反应(填“高温”或“低温”)。 16．（2026·湖北荆州·模拟预测）乙烯的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志。工业上可以用乙烯制备环氧乙烷()和乙醇。 (1)工业上用银作催化剂氧化乙烯制备环氧乙烷，发生的主要反应为： ①已知反应存在转化关系如图1：     则___________(用含的代数式表示)。 ②该反应的部分过程如图2所示(部分共价键未画出)，其中X和乙烯生成中间体Y的过程中，碳碳键键长变___________(填“长”或“短”)，测定其碳碳键键长变化的仪器是___________(填标号)。 a．质谱仪        b．红外光谱仪        c．核磁共振仪        d．X射线衍射仪 (2)乙烯制备乙醇的反应为：，在密闭容器中充入各2 mol，测得乙烯的平衡转化率随温度、压强(单位：kPa)的变化关系如图3所示。 ①___________(填“>”“=”或“<”)，其理由是___________。 ②图中X点，该反应的压强平衡常数___________。 (3)图4所示装置可合成乙烯，其b极室采用可渗透和传导离子的固态物质，获得的高纯(可直接进入a极室反应。 ①阴极的电极反应式为___________。 ②电解时。单程的利用率的理论上限为___________%。 17．（2026·湖北武汉·模拟预测）肼()储氢密度高，应用于便携式制氢、燃料电池等。 I．肼制氢主要反应如下： 反应i：   反应ii：   反应iii：   (1)一定温度下，将不同量的原料加入恒压密闭容器中只发生反应i，平衡时热量变化如下表，则该温度下___________。反应i在___________(填“低温”、“高温”、“任何温度”或“任何温度都不”)自发进行。 实验编号 初始投入量(mol) 平衡时热量变化 a 1 0 0 放热 b 0 1 0.5 吸热 (2)常温常压下，发生反应i、ii、iii，能量变化如图所示。从动力学角度分析难以产生的原因是___________(填标号)。 A．反应i的大于反应ii的，反应ii自发的倾向更大 B．反应ii的活化能小于反应i的活化能，分解产生的速率更快 C．反应iii的活化能很大，分解产生的速率很慢 (3)掺杂原子的催化剂可以提高的选择性(如下图)，其原因是___________。 (4)时，在刚性密闭容器中有的溶液和的氦气，起始总压为。平衡时，浓度为，的选择性为(的选择性)，则反应i的标准平衡常数___________(计算结果保留两位有效数字，忽略反应过程中溶液的体积变化)。 [已知：反应的，其中为物质的量浓度，，为气体的分压，为标准大气压。] (5)科研人员构建“海水电解制氢并处理含废水”工艺，电极上的电极反应为___________；反应一段时间后，阴极区的会___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 18．（2026·湖北宜昌·二模）在生活生产中用途广泛。回答下列问题： (1)生产中常将锅炉水垢中的转变成后再除去，主要是因为________。 (2)以为燃料、为载氧体的化学链燃烧技术（CLC）是一种燃烧效率高的新技术。在该体系的燃料反应器中发生反应的热化学方程式为： Ⅰ． Ⅱ． ①燃料反应器中可能发生的副反应： _________ ②研究表明，CLC技术需要减少的排放（不考虑副反应的影响），则工作时燃料反应器中应该采用________（填序号）。 a．高温高压    b．高温低压    c．低温高压    d．低温低压 (3)有研究将磷石膏（主要组分为）转化成和进行制酸联产水泥，以实现磷石膏资源化利用。体系中发生以上反应Ⅰ和反应Ⅱ，研究人员运用数字技术手段模拟研究，计算与不同物质的量的投料，在不同温度下达平衡时各产物的物质的量如下图。       ①图1中，有利于制酸联产水泥的最佳温度为________。 ②与图1相比，在相同温度下图2中和的量急剧减少的可能原因是________。 (4)化学反应等温式的一种表达形式为，其中、可以视为与温度无关的定值，是常数。相关数据如下表。 反应 平衡常数 Ⅰ Ⅱ ①由表中数据分析可知随的变化更大，简述其原因为________。 ②时，平衡体系中________。 19．（2026·湖北武汉·模拟预测）乙二醇二甲醚(DEEG)可作为柴油添加剂和液体燃料，具有广阔的应用前景。 已知一定温度下， Ⅰ．   Ⅱ．   回答下列问题： (1)从微观角度分析，和的数值___________(填“较为接近”“差距较大”或“无法比较”)。 (2)在绝热恒容容器中，一定量的乙二醇和甲醇发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填标号)。 A．体系温度保持不变 B．v(甲醇)=v(H2O) C．容器内气体密度保持不变 D．混合气体平均相对分子质量保持不变 (3)将乙二醇和甲醇按照一定比例投料，乙二醇的转化率随温度的变化曲线如图1所示。 ①160℃左右曲线变化趋势相反的原因是___________(不考虑催化剂的活性)。 ②达到平衡后，继续按照原比例加入乙二醇和甲醇，则乙二醇的转化率___________(填“升高”“降低”或“不变”)。 (4)我国学者设计了醇脱水制备乙二醇醚的反应器，其工作原理如图2所示。 ①该装置可提高乙二醇转化率的原因是___________。 ②在0.5 MPa下，将乙二醇和甲醇按照1∶2投料，达到平衡时，乙二醇转化率和DEEG的选择性均为90%[某物质的选择性]。水的分压___________MPa(分压=总压×物质的量分数)，反应Ⅱ的为___________(用物质的量分数代替浓度计算，结果保留整数)。 20．（2026·湖北孝感·三模）丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可用甘油催化转化如下： 甘油()丙烯醛()丙烯酸() 已知：反应Ⅰ：    (活化能) 反应Ⅱ：    (活化能) 回答下列问题： Ⅰ．某科研团队对反应Ⅰ的条件进行探究。 (1)反应Ⅰ在_______(选填“高温”或“低温”)条件下能自发进行。其正反应的活化能_______(填字母)逆反应的活化能。 A．大于    　　 B．小于   　　  C．等于 (2)催化剂及温度对反应Ⅰ的影响如图所示，分析可知，最适宜的催化剂为_______，最适宜的反应温度约为_______。 Ⅱ．若选用合适催化剂，可通过甘油一步直接合成丙烯酸，此时丙烯醛为中间产物，并伴有深度氧化副反应：。 (3)已知中间产物丙烯醛有剧毒，选择催化剂_______能使工业生产更加安全。(选填编号) 催化剂A：大幅降低和    　 催化剂B：大幅降低，几乎无影响 催化剂C：大幅降低，几乎无影响    　 催化剂D：升高和 (4)进料时，氧气浓度过大或过小都会使单位时间内丙烯酸的产率降低，试分析其原因_______。 (5)时，向恒容密闭反应器中加入甘油()和进行该实验。假设只存在如下两个反应： 反应1： 反应2： 实验达到平衡时，氧气剩余，生成水，则丙烯酸()的选择性为_______，反应2的浓度平衡常数为_______(保留小数点后两位)。 已知：丙烯酸的选择性= 21．（2026·湖北黄冈·二模）金属钛具有高强度、低密度、耐腐蚀等优良性能，广泛应用于航空航天、化工、医疗器械等领域，被誉为“21世纪的金属”。 Ⅰ、工业上由金红石（主要成分为）通过氯化法和还原法结合工艺制备金属钛，相关流程如下。 (1)工业上由金红石得到纯净过程为：将金红石粉碎，再加浓硫酸并加热转化为，再加水，水解得到。水解过程的离子方程式为_____________。 Ⅱ、实验室模拟工业制备。 (2)实验提供了如下实验装置由纯净的制得，根据气流方向，正确的装置连接顺序为_______。A中圆底烧瓶中的固体试剂名称为_______，仪器a的名称为_______。 (3)装置C中发生的主要反应的方程式为______________________。 (4)制备时反应结束的实验现象是_______________________。 Ⅲ、为测定上述实验制得的产品的纯度，设计了如下实验（已知为沉淀）： ①准确称取产品于烧瓶中，通过安全漏斗（如下图所示）向其中加入足量蒸馏水，充分反应后将安全漏斗和烧瓶中的液体转移到容量瓶中配制成1000ml溶液； ②取50.00 mL溶液于锥形瓶中，加入50.00 mL0.2000 mol/L标准溶液； ③再向上述混合体系中加入少量，用力摇动，静置片刻； ④加入合适的指示剂，用0.0500 mol/LKSCN溶液滴定过量的溶液，达到滴定终点时共用去KSCN溶液。 (5)下列有关该产品纯度测定实验中说法错误的是_______ A．本实验中安全漏斗可以用普通漏斗代替 B．若反应后安全漏斗中的液体未转移到容量瓶中，导致测定结果偏小 C．加入能使沉淀表面被有机物覆盖，若不加，导致测定结果偏小 D．本实验的指示剂可以是溶液 (6)根据以上实验步骤计算产品中的纯度为_______。 22．（2026·湖北黄冈·二模）氢能是一种绿色能源，其利用包括制备、储存和释放、应用三个环节。回答下列问题： Ⅰ．氢的制备：我国科学家研发出一种由乙醇绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸的生产，主要反应为。 (1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为秸秆______（填名称）______（填分子式）乙醇。 (2)该反应高温时才能自发进行，则_____0（填“>”、“<”或“=”）。 Ⅱ．氢的储存和释放：可利用合金进行储氢，镁基合金储氢的主要反应为：。 (3)一定温度下，在镁基合金中通入氢气充分反应，下列曲线的含义合理的是_____（填标号）。 A．曲线Ⅰ：储氢效率 B．曲线Ⅰ：氢气的平衡浓度 C．曲线Ⅱ：反应的活化能 D．曲线Ⅱ：反应的焓变 (4)储氢密度是指单位体积晶体中氢元素的质量，已知晶体的储氢密度为，则晶体中储存的氢元素相当于标准状况下_______（保留四位有效数字）L氢气。 (5)储氢材料能与水反应放氢，但与纯水反应产生的很少，而、等盐溶液能提升的放氢性能。与的（M代表、）溶液制备的有效过程如下图所示。 已知：氧化性：。 ①一段时间后，在溶液中的有效转化率小于其在溶液的有效转化率，可能的原因是___________________________________。 ②受热分解也能放氢，采用与水反应放氢的优点是________________。 Ⅲ．氢的应用：可用于工业合成氨等。近期我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率在生产条件选择上的矛盾，选择使用双催化剂，通过光辐射产生温差（如体系温度为时，的温度为，而的温度为）。 (6)结合图示解释该双催化剂的工作原理是________________________。 23．（2026·湖北黄冈·二模）二氧化碳、甲烷干重整是碳捕集、利用及封存框架内一种典型的低碳过程，其原理为：CH4(g)＋CO2(g)2H2(g)＋2CO(g)  H1=＋247.3kJ·mol-1。 I．旧法干重整主要反应有： 主反应：CH4(g)＋CO2(g)2H2(g)＋2CO(g) 副反应I：H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) 　H2=＋41.2kJ·mol-1 副反应II：CO(g)＋H2(g)H2O(g)＋C(s) 　H3=-131.3kJ·mol-1 副反应III：CO2(g)＋2H2(g)C(s)＋2H2O(g)  　H4=-90.2kJ·mol-1 副反应IV：2CO(g)CO2(g)＋C(s)　H5=-172.47kJ·mol-1 (1)不同反应温度下各主副反应的吉布斯自由能(∆G)与温度的关系如图所示。 直线d代表___________的吉布斯自由能(G)与温度的关系。 a．副反应I        b．副反应II        c．副反应III        d．副反应IV (2)将等物质的量的CH4(g)和CO2(g)充入恒压反应器中，达到平衡时各组分的物质的量与温度的关系如图所示。 ①温度低于600℃时，积碳严重的原因是___________。 ②500℃时，H2的产量明显高于CO，原因是___________。 II．碳酸盐间接干重整的主要反应为： 反应a：CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) 反应b：CH4(g)＋CO2(g)2H2(g)＋2CO(g) (3)t℃时，向2L恒容密闭容器中投入100g CaCO3和1mol CH4。反应5分钟达到平衡，容器内的压强由p0 kPa 增加到3.5p0 kPa，CH4的平均反应速率为0.08mol·L-1·min-1，则CaCO3的转化率为___________，反应a的平衡常数Kp为___________(用含p0的代数式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数)。 III．使用MonC()催化甲烷干重整反应的二维机理如图所示。 (4)n=___________。 (5)第④步反应的化学方程式为___________。 24．（2026·湖北·三模）“双碳”战略下，加氢制甲醇是实现碳资源循环利用的核心技术。传统铜锌催化剂因活性位点高度耦合生成副产物，涉及的反应如下： Ⅰ：   Ⅱ：   Ⅲ：   回答下列问题： (1)①________；反应Ⅰ在________（填“高温”“低温”“任意温度”）自发进行。 ②中科院大连化物所提出催化活性位点“空间解耦”新策略：将活性位点（）与活性位点（）在空间上分离，提高了甲醇的选择性。“空间解耦”-甲酸盐部分路径如下： 步骤1：  （表明2个H在Cu位点吸附活化） 步骤2：________（与活性氢加成）。 步骤3： 步骤4： 请写出步骤2的基元反应________。 (2)在3 MPa下，向某密闭容器中按投料比充入反应物发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图所示。 ①Z线所示物种是________（填化学式）。 ②解释物质的量分数随温度变化的原因________。 ③260℃时向密闭容器中加入2 mol CO2和，达平衡时测得，，选择性________[]，反应Ⅰ的平衡常数________（列出计算式，分压=总压×物质的量分数）。 (3)工业生产甲醇的催化体系需控制进料气中的进入量，原因是________（从催化剂活性位点和化学平衡角度分析）。 25．（2026·湖北武汉·模拟预测）甲醇高选择性转化制乙烯是煤化工领域的重要研究方向，是保证能源安全的重要手段。其涉及反应如下。 主反应：   副反应：   回答下列问题： (1)已知：      则主反应的_________。 (2)对于主反应，加压会使平衡向_________（填“正反应”或“逆反应”）方向移动，但是实际生产中仍选择适度加压，其目的是_________。 (3)分子筛可为气体提供活性位点，以达催化的目的。分子筛上的甲醇转化的部分反应路径如图所示。 ①该反应路径中过程（iii）的化学方程式为_________。 ②随温度升高，乙烯的平衡选择性升高的原因是_________。 [乙烯选择性：] ③500℃时，100 kPa恒压条件下通入1 mol CH3OH(g)和4 mol H2O(g)，平衡时α(CH3OH)=90%，S(C2H4)=40%，只考虑副产物为丙烯，则平衡时n(H2O)=_________mol，主反应的Kp=_________kPa（列出计算式）。 ④研究发现，进料中添加一定量的H2O(g)可以提高乙烯的选择性，从催化剂角度分析可能原因是_________。 26．（2026·湖北武汉·模拟预测）废旧锂离子电池（LIBs）正极材料以LiCoO2为主，含Mn、Fe、Cu的氧化物杂质。某团队设计如下流程实现金属的高效回收。 已知：①一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表： 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Co(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀pH 1.5 6.3 4.2 7.4 8.1 完全沉淀pH 2.8 8.3 6.7 9.4 10.1 ②萃取时金属离子的分配比，萃取率，分离系数 回答下列问题： (1)Mn位于元素周期表中第________周期第________族。 (2)“酸浸”过程中，H2O2主要作________（填“氧化剂”或“还原剂”）。 (3)“氧化沉淀、调pH”过程中需控制溶液pH的范围为________，生成MnO2的离子方程式为________。 (4)从结构角度分析萃取剂Ⅰ（结构如图）能萃取Cu2+的原因________。 (5)“萃取分液Ⅱ”过程中，当萃取剂与溶液体积相等时，金属萃取率随pH的变化如图所示。pH=5时，Li⁺的分配比D=________，Co2+的分离系数β=________。“反萃取”所用试剂X是________。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《2027届高三化学一轮复习解答题专项化学原理综合》参考答案 1．(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 【知识点】转化率的计算、化学反应速率计算、催化剂对化学反应速率的影响、化学平衡常数的计算、盖斯定律的应用 【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 。 2．(1) (2)d (3)Ⅰ (4)a (5) ② 将CaH2(s)放在无水的N2气流中，在200~300℃测量固体质量的变化 (6)消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率 【知识点】浓度对化学平衡移动的影响、化学反应速率的表示方法、温度对化学反应速率的影响 【详解】（1）① ② ③ ×①+×②得到反应③，根据盖斯定律可知=×+×=； （2）随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d； （3）其它条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高； （4）由图可知途径a中能垒为1.3eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径； （5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中，在200~300℃测量固体质量的变化； （6）在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率。 3．(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 【知识点】影响化学平衡的因素、实验室制取乙炔的原理、化学平衡常数的计算、压强对化学反应速率的影响 【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 。 4．(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 【知识点】根据△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和计算、影响化学平衡的因素、化学平衡常数的计算、化学平衡图像 【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。 5．(1) 催化剂中毒 冷凝 (2) 升高温度(或选用合适的催化剂) (3) (4) 2 CD 【知识点】化学平衡的有关计算、化学平衡状态的判断方法、与转化率变化有关图像的分析、盖斯定律的应用 【详解】（1）脱硫的目的是防止硫造成催化剂中毒，导致催化剂活性下降，反应效率降低；残余水蒸气可通过干燥剂或冷凝转化成液体除去； （2）副反应ⅰ可由主反应ⅱ×2-主反应ⅰ×3得到，根据盖斯定律：；副反应ⅰ为甲烷的燃烧，是放热反应，因此可升高温度，使该反应向逆方向移动，减少该反应的发生，或使用合适的催化剂，提高主反应的化学反应速率； （3），，设，则，；设主反应ⅱ消耗，消耗，生成； 主反应ⅰ消耗，生成。氧气全部由主反应ⅱ消耗：则，生成，代入，，总投入甲烷即总消耗甲烷为，空气总的物质的量为：，同温同压下，体积比等于物质的量之比，则。 （4）首先在T1=750°C下，曲线1中水蒸气流速为20 m/s，曲线2中水蒸气流速为30 m/s，曲线1水蒸气流速慢，反应物接触时间更长，反应更充分，二者出口一氧化碳含量不同，而在相同温度下，一个化学反应的平衡常数相同，表明二者反应不一定都处于平衡状态，12 h后，升高温度，在出口处测得二者一氧化碳含量升高，一段时间后，二者出口一氧化碳含量相同，相同温度下，化学平衡常数不变，且二者流速不同，表明二者已处于平衡状态，由于曲线2蒸气流速快，相同时间内带走更多的产物，使平衡持续正向移动，积炭消耗速率更快，反应早结束，X部分为曲线下落的拐点，即出口一氧化碳含量急速下降的部分，那么表示的是曲线2；根据分析，图中的a、b点反应不一定达到平衡，而曲线1、2的C点，表示二者已处于平衡状态，故答案选CD。 6．(1)(b+2c-4a) (2)D (3)CH4 (4)增大 (5)450℃后反应Ⅲ不可忽略，升高温度反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，反应Ⅲ消耗的程度大于反应Ⅱ生成的程度，导致选择性降低 (6) 0.8 【知识点】化学平衡的有关计算、盖斯定律的应用 【详解】（1）根据燃烧热定义：① ② ④   利用盖斯定律，由4×①-②-2×④可得反应Ⅱ：=(b+2c-4a)kJ/mol； （2）反应Ⅰ：，。吉布斯自由能，随温度T升高，下降，且低温时>0，高温时<0，对应图像为D； （3）低于360℃时反应Ⅲ可忽略。分析图像，曲线乙和曲线丁的变化趋势相反，存在竞争关系，升高温度，反应Ⅰ为吸热反应，CO2的选择性会增大，MgCO3的转化率增大，则甲代表MgCO3的转化率；反应Ⅱ为放热反应，CH4的选择性会减小，H2的转化率减小，则丙代表H2的转化率，所以曲线乙为CO2的选择性，曲线丁为CH4的选择性； （4）300℃时达平衡后，只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，压缩容器体积，温度不变，反应Ⅰ的平衡常数不变，即二氧化碳的浓度不变，容器容积减小，说明二氧化碳的物质的量应该减小，这说明反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CH4的物质的量增大，CH4和CO2的物质的量之比增大； （5）450℃后反应Ⅲ不可忽略，升高温度反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，反应Ⅲ消耗的程度大于反应Ⅱ生成的程度，导致选择性降低； （6）550℃时，由图可知MgCO3的转化率为100%，则只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ。根据图中所给信息：CO2的选择性为70%，CH4的选择性为10%，三段式： 平衡时CO2的物质的量为1.4 mol，H2的物质的量为0.8 mol，CH4的物质的量为0.2 mol，CO的物质的量为0.4 mol，则体系中H2O的物质的量为0.8 mol； 反应Ⅲ的反应前后气体系数都为1，。 7．(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 【知识点】化学平衡常数的计算、复合判据、化学反应速率的大小比较、盖斯定律的应用 【详解】（1）根据盖斯定律，总反应可由×I +×Ⅱ + ×Ⅲ得到：==；根据吉布斯自由能判据，反应自发的条件是，由题图可知对应温度为1258 K，因此温度高于1258 K时总反应自发进行。 （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； ②从20℃升到1500℃所用时长为，M、N两点均处于1500℃恒温阶段，温度相同，，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； ③Q点达到平衡，剩余固体质量分数为，初始固体总质量为：，剩余固体质量：，列三段式； 剩余固体质量：，则，解得，平衡时，气体总物质的量为，。 8．(1) (2) BC 43% (3) (4)b→e→h→j 【知识点】化学方程式中物质的量的运用 【详解】（1）由燃烧生成水蒸气放热可知，燃烧生成放热。水蒸气变为液态水还要放出，所以生成液态水共放热，热化学方程式为； （2）①A．增加甲烷用量会降低水蒸气与甲烷的起始配比，不利于提高甲烷的平衡转化率，A错误； B．恒温恒压下通入惰性气体，体系体积增大，各组分分压减小，反应Ⅰ向气体物质的量增大的方向移动，甲烷平衡转化率提高，B正确； C．是反应Ⅰ的生成物，移除使反应Ⅰ正向移动，甲烷平衡转化率提高，C正确； D．催化剂只改变达到平衡的速率，不改变平衡组成，D错误； 故选BC。 ②反应Ⅰ、Ⅱ的平衡转化量(mol)分别为和。第一次平衡时各物质的量依次为、、、、，总物质的量为。代入物质的量分数平衡常数表达式，得。第二次平衡时，总物质的量为，故。 （3）燃料在放电时被氧化。碳元素化合价：，根据原子守恒，完全氧化生成和共需结合，并失去，故电极反应式为； （4）按各产物组成确定其脱氢数，并在每一个逐步脱氢阶段比较图示相对能量，能量最低的状态依次为b、e、h、j，因此最可行路径为a→b→e→h→j，所填代号为b→e→h→j。 9．(1) (2)C (3) CO 减小 增大 【知识点】化学平衡常数的计算、复合判据、化学平衡的有关计算、温度对化学平衡移动的影响、与物质百分含量变化有关图像的分析、盖斯定律的应用 【分析】图2分析：体系含碳组分：C、、、，a表示C，随反应进行逐渐减小；b表示，低温阶段先生成，曲线上升；温度升高，高温反应III消耗，同时副反应消耗，因此曲线持续下降；c表示CO，温度升高，反应III吸热正向进行，且副反应持续生成，高温下成为主要含碳气体，物质的量持续增大，后期趋于平衡。 【详解】（1）根据盖斯定律，反应I减去反应II，得到，整体除以2即得反应Ⅲ，因此； （2） 根据，随温度变化的直线斜率为：反应Ⅱ的反应物气体计量数为4，生成物气体计量数为4，气体分子数不变，熵变，对应图中几乎水平的直线C；反应Ⅰ生成2 mol，反应Ⅲ生成2 mol，二者气体分子数增加，，且反应Ⅰ的气体物质的量增量大于反应Ⅲ，因此，斜率，对应斜率更小的直线B为反应I，斜率更大的直线A为反应Ⅲ； （3）① 温度升高时，反应Ⅲ（吸热）正向移动，CO的物质的量随温度升高持续增大，且副反应持续生成，高温下成为主要含碳气态产物，因此曲线c代表； ② 温度下，压缩容器体积，体系中的量始终为零，反应I、II完全转化，有剩余，副反应反应前后化学计量数不变，平衡不移动，反应Ⅲ的平衡逆向移动，的物的质量减小，的物质的量增大，因此减小；副反应平衡常数，反应III平衡常数，，温度不变，不变，已知减小，故增大； ③ 初始C共3.6 mol，转化率为，则反应的C为，反应的C全部转化为、和，即三者总物质的量为2.6 mol，依据图像曲线b（）和c（）交点处，含碳固体为，由碳元素守恒：，解得；在温度下（曲线b和c的交点），，此时已无剩余，初始投入为1 mol，C为3.6 mol，根据氧原子守恒：初始全部氧来自（即4 mol O），平衡时氧存在于中，由于体系中Ba元素总量为1 mol(BaS和)，S元素总量为1 mol（BaS、），,可推导，进而在副反应中生成的，代入氧原子守恒:即：，；将与联立解得； ④ 根据化学方程式的叠加关系：反应II=反应I-2反应III, 因此对应平衡常数的关系为：，已知，反应III为，在时达到平衡，，由第③问可知，在交点处，，且容器体积，此时的浓度为:，代入得, 最终求得。 10．(1) -307 或 (2) b ％或％ (3) Ⅰ c ＜ 【知识点】转化率的计算、基元反应与反应历程、化学平衡常数的计算、温度对化学反应速率的影响、盖斯定律的应用、活化能对反应速率的影响 【详解】（1）根据盖斯定律可得反应②-反应①=2×反应③，则，答案为-307； 由反应方程式可得、、，反应②-反应①可得，则平衡常数，答案为或； （2）升高温度，反应速率加快，相同时间内的变化量更大，由此可知斜率小的曲线b表示300K下的反应变化，答案为b； 由图像可知，300K、60s时，则，设初始，根据元素守恒有，60 s时，此时的转化率为，答案为％或％； （3）(i)由反应进程图可知，步骤Ⅰ中1个键断裂，与形成键和键，步骤Ⅱ键与键断裂，生成和，涉及氢原子成键变化的是步骤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，反应活化能大的步骤，反应速率慢，由此可知与反应的能量变化曲线是c； (iii)与，与的反应速率比与的反应速率快，生成的多于，答案为＜。 11．(1)任意温度 (2) 催化剂中毒 ABD (3) ② 或者 (4) 80% 28.8 【知识点】化学平衡常数的计算 【详解】（1）由ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能可知，反应Ⅰ的ΔH=(413×3+358+463+498)kJ·mol-1-(1075+463×4) kJ·mol-1=-369 kJ·mol-1<0，反应Ⅰ正反应为气体分子数增大的反应，即ΔS>0，则ΔG=ΔH-TΔS在任意温度下始终小于0，即该反应在任意温度下能自发进行； （2）根据题意，CO强烈吸附在催化剂表面，占据Pt位点，导致催化效能下降，该现象称为催化剂中毒，可采取的措施： A．通过适当升温，移除催化剂表面吸附的CO，可以抑制催化剂中毒，A正确； B．增大O2浓度，使CO转化为CO2，减小CO对催化剂的影响，B正确； C．增大CH3OH(g)浓度，不能减小CO对催化剂的影响，因此不能抑制催化剂中毒，C错误； D．调控压强，提高反应Ⅱ、Ⅲ的选择性，反应Ⅰ的选择性降低，CO浓度减小，从而抑制催化剂中毒，D正确； 答案选ABD； （3）由图可知，转化为*的两种途径中，途径②的活化能最低，因此反应速率更快，途径②更有利；活化能最大的基元反应为决速步，第三步基元反应的方程式为或者 （4）①根据反应Ⅰ、Ⅱ的反应方程式可知，生成0.2 molCO、0.6mol CO2分别消耗甲醇的物质的量为0.2mol、0.60mol，由目标产物的选择性可知，CO和CO2的选择性之和为1-50%=50%，则有：50%=，计算可得n(CH3OH)转化=1.60mol，甲醇的转化率==80%； ②由目标产物的选择性计算公式可知，生成HCOOCH3消耗CH3OH的物质的量为0.8mol，则n(HCOOCH3)=0.4mol，平衡时n(CH3OH)=2.00 mol-1.60 mol=0.40 mol。由H原子守恒，可知，平衡时n(H2O)=，由O原子守恒，可得平衡时n(O2)= ，n总=n(CH3OH)+n(CO)+n(CO2)+n(HCOOCH3)+n(H2O)+n(O2)=4.5 mol，故反应Ⅲ的平衡常数： 。 12．(1) CO H2 (2) 为反应提供热量 由于反应I放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高时，反应III平衡正向移动的程度大于反应I平衡逆向移动的程度 58.8% 625 【知识点】吸热反应和放热反应、基元反应与反应历程、化学能与物质稳定性之间的关系、化学平衡的有关计算、产物的物质的量与温度、压强的图像关系分析 【详解】（1）BaSO4在吸附CO后相对能量更低，说明CO在BaSO4表面吸附更稳定，因此在BaSO4固体表面上更容易吸附的是CO；H2与CO相比从吸附态到过渡态的活化能更小，说明反应更容易进行，应选择H2作为还原剂； （2）①由于反应Ⅲ为吸热反应，加入O2可以发生反应Ⅰ放热提供热量； ②由于反应I放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高时，反应III平衡正向移动的程度大于反应I平衡逆向移动的程度，因此CO2平衡含量增加； 高于1200℃，由图可知，BaS和CO2减少，BaO、SO2和CO增加，因此确定反应物和生成物，化学反应方程式为； ③BaSO4的初始物质的量为1.25 mol，BaSO4的转化率为80%，因此参与反应的BaSO4为1 mol，根据可知，生成的BaS的物质的量为1 mol，由于 高于1200℃，因此还会发生，由图可知，生成的BaO的物质的量为0.2 mol，所以消耗的BaS的物质的量为0.2 mol，剩余的BaS的物质的量为0.8 mol，BaS的质量为 ，BaS的纯度为 ；由图可知，在 恒压的条件下，平衡时各气体组分的物质的量为 、 、 ；初始通入的N2未参与反应， ；O2的物质的量可通过反应前后氧元素物质的量守恒进行计算，反应前氧元素的物质的量为 ，反应后氧元素的物质的量为： ； 因此 ，平衡时气体的总物质的量为 ，反应Ⅲ的平衡常数。 13．(1)第五周期第ⅥB族 (2)+205.8 (3)BD (4) Ⅲ 0.54 730 ℃前，反应(b)和(c)占主导，反应(b)吸热，升温正向移动，反应(c)放热，升温逆向移动，导致CO增多、H2减少，氢碳比减小 【知识点】化学平衡常数的计算、温度对化学平衡移动的影响、电子排布式、外界条件对化学平衡影响的图像、盖斯定律理解 【详解】（1）Mo价电子最高能层为第5层，故位于第五周期；价电子数为6，d区元素，故为第ⅥB族； （2）根据盖斯定律，目标反应ΔH= 反应(a)-反应(b)，因此 （3）A．反应(a)、，根据，仅高温下能自发，A错误； B．积碳会覆盖催化剂活性位点，降低催化剂活性，使主反应速率降低，B正确； C．温度不变，各反应平衡常数不变，可推得不会增大（根据反应c：CO歧化反应），C错误； D．高效催化剂可以提高主反应的反应速率，提高主反应的选择性，D正确。 故答案为BD； （4）① 温度升高，主反应、逆水煤汽转换正向进行，CO的物质的量随温度升高逐渐增大，最终接近2mol，故上升曲线Ⅲ代表CO。 ② 根据C守恒：总碳为2 mol，，积碳1 mol，故； ③ 730 ℃前，反应(b)和(c)占主导，反应(b)吸热，升温正向移动，反应(c)放热，升温逆向移动，导致CO增多、H2减少，氢碳比减小； ④ 900℃积碳可忽略，由图乙得转化率为95%，氢碳比，则平衡时，设平衡时根据原子守恒计算：H原子守恒：；O原子守恒：；C原子守恒：，解得 ，总物质的量，总压， 分压， 反应(a)的分压平衡常数：，代入得： ，故答案为：。 14．(1) +41.17 低温 (2)氧(或“O”) (3) 0.025 ac (4) 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使CO2转化率和甲醇选择性下降 (5) CO2 + 6e− + 6H+ = CH3OH + H2O 减小 【知识点】化学反应速率计算、化学平衡的有关计算、化学平衡状态的判断方法、盖斯定律的应用 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，故，代入数据得。 反应Ⅱ中，反应后气体分子数减少，，根据自发，可知低温下反应可自发进行； （2）由反应历程可知，上氧加氢生成的路径活化能更低，反应更易进行，因此氧原子加氢更有利； （3）① 设平衡时，，则列三段式可得： 故，，联立得，故平均速率。 ② 反应过程中总气体物质的量不断变化： a．恒容容器，压强与总物质的量成正比，压强不变说明总物质的量不变，反应达到平衡，a正确； b．总质量不变，容器体积不变，混合气体密度始终不变，不能说明平衡，b错误； c．平均相对分子质量，不变，变化，不变说明不变，反应达到平衡，c正确 故选ac。 （4）① 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动程度大于反应Ⅰ平衡正向移动程度，从而使CO2转化率和甲醇选择性下降。 ② 由图可知，240℃时转化率为20%，甲醇选择性为50%，起始、，计算得平衡时：，，，，，总物质的量，分压，代入。 （5） 催化电极为阴极，得电子被还原为，双极膜提供，配平得电极反应； ；双极膜产生的进入阴极室，会与反应：，被消耗，因此浓度减小； 15．(1) 相同 化学链燃烧生成的只含水蒸气，不含空气成分；且水蒸气易冷凝分离 (2) c (3) 高温 【知识点】化学反应速率的图像、基元反应与反应历程、复合判据、化学平衡的有关计算、盖斯定律的应用 【详解】（1）①根据盖斯定律，甲烷燃烧热的反应=2×反应i+反应ii+2×反应，则焓变，则表示甲烷燃烧热的热化学方程式为； ②反应热只与始态、终态有关，与反应路径无关，因此总热量相同； ③化学链燃烧中，氮气留在空气反应器，燃料反应器产物只有和水，纯度高，不含空气成分，无需分离大量氮气，更易捕集，且水蒸气易冷凝分离。 （2）①CuO作为载氧体时，发生变化，每2 mol CuO传递1 mol O，则单位质量CuO传递的氧量为，​作为载氧体时，发生变化，每3 mol 传递1 mol O，则单位质量​传递的氧量为，因此载氧能力小于CuO； ②​时刻通入空气后产生，说明反应器中残留碳单质，是来源于发生副反应所产生的积碳，积碳覆盖载氧体导致无法反应，流出速率增大，故选c。 （3）①吸氮反应为，可知，释氮反应为，可知，已知，即，设，则总AlN为4 mol，转化的AlN为1 mol，转化率； ②根据流程图，反应物为，产物为，化学方程式为；该反应，且反应后气体分子数增大，，根据反应自发判据时反应自发，可知高温下该反应可自发进行。 16．(1) 2(ΔH3+ΔH4+ΔH5) 长 d (2) < 该反应正反应是气体分子数减小的反应，相同温度时，压强越大，乙烯平衡转化率越大，故p1<p2 (3) 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-(或) 25 【知识点】勒夏特列原理的应用、化学平衡常数的计算、电解池电极反应式及化学方程式的书写、盖斯定律的应用 【详解】（1）①根据图1可以写出三个分步反应的化学方程式：；；；将上述三个方程式相加后再乘2，即可得到目标反应的方程式，根据盖斯定律，。 ②乙烯中含有碳碳双键，从图2可以看出，在生成中间体Y的过程中，碳碳双键逐渐打开，与Ag和O成键，碳碳键由双键向单键转化。由于碳碳单键的键长大于双键，故碳碳键键长变长。 ③测定晶体结构、微观分子中键长和键角的常用仪器是X射线衍射仪。质谱仪用于测相对分子质量，红外光谱用于测化学键或官能团种类，核磁共振仪用于测氢/碳原子的种类和环境，故答案选 d。 （2）①题干给出的反应是一个正向气体体积（分子数）减小的反应。根据勒夏特列原理，在温度相同的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动，乙烯的平衡转化率会增大。观察图3，在同一温度下，X点（p2曲线）的转化率高于p1曲线，说明p2的压强更大，即，理由是该反应正反应是气体分子数减小的反应，相同温度时，压强越大，乙烯平衡转化率越大。 ②采用三段式进行计算：在X点，乙烯的转化率为40 %，则乙烯的转化量为。，平衡时气体的总物质的量为。此时总压强为p2，各物质的分压为，，，则平衡常数为。 （3）①通入CO2生成C2H4，碳元素化合价从+4降至-2，发生还原反应，故a极为阴极。生成1 mol C2H4得到12 mol e-。 由图可知，电解液为溶液，并有生成并穿过阴离子交换膜。先写出还原核心过程：，由于环境中通入了CO2，且明确生成了，产生的OH-会被CO2吸收：即，该式扩大6倍后与核心过程反应式加和，即可得到答案，即2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-(或)。 ②由①中写出的阴极总电极反应式可知，每生成1 mol C2H4需要同时消耗总共8 mol的CO2（其中6 mol变成了作为载流子的 ），因此单程的CO2利用率理论上限为。 17．(1) 任何温度 (2)BC (3)掺杂 Pt 的催化剂上，N-H 比 N-N 更易断裂，H2选择性高 (4)5.1 (5) 增大 【知识点】吸热反应和放热反应、化学平衡常数的计算、盖斯定律、活化能对反应速率的影响 【详解】（1）由表格可知，实验a：初始1 mol，平衡时放热x kJ，说明正向放热。实验b：初始1 mol、0.5 mol，是反应i的逆反应，平衡时吸热ykJ，说明；该反应，正反应气体分子数增加，混乱度增大，，根据，任意温度下，，反应自发，故反应在任何温度下自发进行； （2）A．描述的是热力学倾向，不是动力学原因，A错误； B．反应ii的活化能低于反应i，所以分解生成的速率更快，竞争消耗了反应物，B正确； C．反应iii的活化能大，分解生成的速率很慢，阻碍了的生成，C正确； 故选BC； （3）由图可知，掺杂 Pt 原子的催化剂，促进了 N-H 断裂，会逐步脱氢；而不掺杂 Pt 原子的催化剂，优先断开的是 N-N； （4）计算各物质的平衡量：，，消耗的：。根据的选择性得到：，反应i生成的：，反应ii消耗的：，生成的：4 mol，生成的：1mol。平衡时气体总量：。平衡总压：，分压计算：，，，，平衡常数：； （5）电极B为阳极，在碱性条件下被氧化为，电极反应式：；电极A为阴极，反应为：，生成氢氧根，因此阴极区pH会增大。 18．(1)能溶于酸而不行 (2) +1081.7 c (3) 在该反应条件下体系中主要发生反应I（或反应I的进行程度大于反应Ⅱ、减小与的投料比有利于反应I等合理答案） (4) 由题中数据可知，因为越大，则越大，K随的变化越大，则温度对的影响小于 【知识点】化学平衡常数的计算、沉淀转化、温度对化学平衡移动的影响、盖斯定律的应用 【详解】（1）根据沉淀转化规律，溶解度大的沉淀可转化为溶解度更小的难溶物，，不溶于酸无法直接除去，转化为可溶于酸的后即可用酸处理除去； （2）①根据盖斯定律，目标副反应反应Ⅱ反应Ⅰ，因此； ②减少排放，需要抑制生成的反应Ⅱ：反应Ⅱ是吸热反应，低温使反应Ⅱ平衡逆向移动；反应Ⅱ左侧气体计量数为，右侧为，高压使平衡向气体分子数减少的方向移动，即反应Ⅱ逆向移动，因此选低温高压，故选c； （3）①制酸需要，联产水泥需要，由图1可知：时几乎完全转化，、产量达到较高值，继续升温会增加能耗，因此最佳温度为； ②与图1相比，图2中的投料量相对过量，根据图像信息，该条件更有利于反应I的发生，导致作为限量反应物的主要被反应I消耗，从而抑制了反应Ⅱ，因此和的产量大幅减少； （4）①由公式可知，随变化的斜率与成正比，由题中数据可知，因为越大，则越大，K随的变化越大，则温度对的影响小于，因此随变化更大； ②时，固体不写入平衡常数，因此反应Ⅰ的平衡常数，整理得；恒温恒容下浓度比等于物质的量之比，且反应Ⅱ平衡常数很小，对比例的影响可忽略，因此。 19．(1)较为接近 (2)A (3) 低于160℃，温度升高，反应速率加快，相同时间内乙二醇转化率增大；高于160℃，反应已达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，乙二醇转化率减小 不变 (4) 升高温度，增大反应速率，并及时分离产物，提高乙二醇转化率 0.285 53 【知识点】浓度对化学平衡移动的影响、化学平衡常数的计算、化学平衡状态的判断方法、化学平衡的移动 【详解】（1）焓变（）在微观上等于反应中断裂化学键吸收的总能量与形成化学键放出的总能量之差，两个反应均断裂一个C-O键和一个O-H键，所以它们的反应热（焓变）数值也较为接近。 （2）A．已知该反应是放热反应（ ）。在绝热容器中，体系与外界没有热量交换。只要反应正向进行，就会放出热量，导致体系温度升高。当反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，宏观上反应停止，不再有净热量产生，因此体系的温度将保持恒定。所以，温度不变是达到平衡的标志，A选； B．v(甲醇)=v(H2O)不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，B不选； C．密度。在恒容容器中，体积V不变。根据质量守恒定律，反应体系的总质量m也不变。因此，无论反应是否达到平衡，气体密度始终不变，不能作为平衡标志，C不选； D．平均相对分子质量数值上等于平均摩尔质量，总质量守恒，反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体体积不变的反应，反应过程中气体总物质的量在反应过程中保持不变。因此，平均相对分子质量始终不变，不能作为平衡标志，D错误； 故选A。 （3）①160℃之前，反应未达到平衡，温度升高，反应速率加快，乙二醇转化率升高；160℃之后，反应达到平衡，因该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，乙二醇的平衡转化率降低； ② “按照原比例加入乙二醇和甲醇”相当于在恒容条件下增大了体系的压强。反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体体积不变的反应，改变压强不会使化学平衡发生移动，则乙二醇的转化率不变。 （4）①该装置可预热反应物，且可以分解产物，则该装置可提高乙二醇转化率的原因是升高温度，增大反应速率，并及时分离产物，提高乙二醇转化率； ②在0.5 MPa下，将乙二醇和甲醇按照1∶2投料，假设起始时，、，，消耗的乙二醇总量为，剩余的乙二醇的物质的量为，生成DEEG的量为，根据物料守恒，参加反应的乙二醇（）一部分生成DEEG（消耗乙二醇），剩余部分则生成乙二醇单甲醚，生成乙二醇单甲醚的物质的量为，由方程式系数关系可知，，剩余甲醇的物质的量，平衡时总物质的量 ，水的物质的量分数，水的分压，，，，，反应Ⅱ的计算 。 20．(1) 高温 A (2) 300℃ (3)C (4)氧气浓度过小，反应速率慢，氧气浓度过大，深度氧化反应增多（注：类似回答均可），丙烯酸选择性降低 (5) 40% 【知识点】影响化学平衡的因素、催化剂对化学反应速率的影响、化学平衡常数的计算、活化能对反应速率的影响 【详解】（1）反应Ⅰ：，气体分子数增加，。根据自发反应判据、、时，需高温下自发；吸热反应的正反应活化能大于逆反应活化能，故选A； （2）从催化剂影响图看，的丙烯醛产率最高，是最适宜催化剂； 温度影响图中，300~320℃时甘油转化率和丙烯醛选择性均较高，最适宜温度约为300℃； （3）丙烯醛有毒，需加快其后续反应（反应Ⅱ），减少中间产物积累。催化剂 C大幅降低（反应Ⅱ活化能），可加快丙烯醛转化为丙烯酸，故选C； （4）进料时，氧气浓度过大或过小都会使单位时间内丙烯酸的产率降低，其原因：氧气浓度过小，反应速率慢，氧气浓度过大，深度氧化反应增多，丙烯酸选择性降低； （5）设反应1消耗氧气为x mol，反应2消耗氧气为y mol；总消耗氧气：，生成水：，两式联立解得：，。生成丙烯酸物质的量：，消耗甘油的物质的量，丙烯酸选择性； 各物质的平衡浓度：，，，反应2的平衡常数：； 21．(1)TiO2++（x+1）H2O=TiO2·xH2O↓+2H+ (2) D→B→C→E→F 二氧化锰 球形冷凝管 (3)TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO (4)装置E中无液滴滴下 (5)A (6)97.8% 【知识点】沉淀滴定、常见无机物的制备、探究物质组成或测量物质的含量、物质制备的探究 【详解】（1）TiO2+可发生水解反应，在加热、加水稀释条件下，水解平衡正向移动，生成钛的水合氧化物沉淀。根据原子守恒和电荷守恒，水解过程的离子方程式：TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+2H+； （2）由纯净的制得的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，装置A利用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，氯气中含HCl和水蒸气，经装置D（饱和食盐水）可除去 HCl，经装置B（浓硫酸）进行干燥，之后氯气进入装置C与二氧化钛、碳粉反应可制备TiCl4，装置E用于收集TiCl4，由于TiCl4易水解，装置E中利用无水氯化钙作干燥剂，装置F为尾气处理装置，用于吸收多余的氯气，故装置连接顺序为制气(A)→除杂(D)→干燥(B)→反应(C)→收集(E)→尾气处理(F)，A中的固体为实验室制氯气通常用的二氧化锰（MnO2），仪器a为球形冷凝管； （3）装置C中发生氧化还原反应，碳（C）作为还原剂，氯气（Cl2）作氧化剂，根据原子守恒，反应方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO； （4）当C中的反应物耗尽，不再产生 TiCl4气体时，冷却装置E中自然就不会再有液滴滴下了； （5）A．TiCl4遇水剧烈水解并放出大量 HCl 气体，反应非常剧烈，安全漏斗有液封结构，既能加水又能防止气体逸出及液体喷溅，故不能使用普通漏斗，A错误； B．在烧瓶中加入蒸馏水后，TiCl4发生了剧烈的水解反应，由于反应是在烧瓶中进行的，部分含有 Cl-的液体会附着在安全漏斗的内壁或残留在漏斗的长颈部分，如果漏斗里的液体没转移到容量瓶，会导致配制的溶液中 Cl-浓度偏低，滴定消耗的 KSCN 溶液体积偏大，计算得到的与 Cl-反应的 AgNO₃偏少，最终 TiCl4的测定结果偏小，B正确； C．加入 CCl4可以覆盖 AgCl 沉淀，防止 AgCl 与 KSCN 反应（沉淀转化）。若不加 CCl4，AgCl 会与 SCN⁻反应，消耗更多的 KSCN 溶液，导致计算的与 Cl⁻反应的 AgNO3偏少，测定结果偏小，C正确； D．硝酸铁溶液中的可与 SCN-生成血红色的 Fe (SCN)3，可作为滴定终点的指示剂，D正确； 故答案选A； （6）AgNO3总量n(Ag+)总=0.0500 L×0.2000 mol/L=0.0100 mol，被KSCN消耗的剩余的AgNO3物质的量n（Ag+)剩=0.0250L×0.0500 mol/L=0.00125 mol，在50 mL样品液中，n(Cl−)=n(Ag+)总−n(Ag+)剩=0.00875 mol，则1000 mL溶液中的n(Cl−)总=0.00875×()=0.175 mol，产品中的n(TiCl4)==0.04375 mol，其纯度为×100%97.8%。 22．(1) 纤维素 C6H12O6 (2)> (3)A (4)1210 (5) 氧化性强，与竞争得电子生成Cu，覆盖在表面，有效转化率减小 不需要加热，能耗低；相同质量的与水反应释放的氢气更多 (6)“热”高于体系温度，、在“热”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；“冷”低于体系温度，氨气在“冷”表面生成，有利于提高氨的平衡产率 【知识点】影响化学平衡的因素、催化剂对化学反应速率的影响、化学平衡常数的计算、化学平衡图像 【详解】（1）秸秆主要成分为纤维素，纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵发生分解反应生成乙醇，因此依次填纤维素和葡萄糖的分子式C6H12O6； （2）该反应后气体分子数增加，熵变；反应高温下自发，由判据可知，只有，才能在高温时满足，反应自发； （3）A.反应，增大压强平衡正向移动，储氢效率随压强增大而升高，符合曲线I，A正确； B.温度不变，该反应平衡常数，因此氢气平衡浓度不随压强改变，B错误； C.活化能只与反应本身和催化剂有关，不随压强变化，C错误； D.焓变只与反应的始态和终态有关，不随压强变化，D错误； 答案选A。 （4），1 L晶体中氢元素质量为，则，标准状况下体积为，保留四位有效数字为1210 L； （5）氧化性强于，优先被还原生成单质，附着在表面，阻碍与溶液接触反应，因此转化率更低； ② 采用与水反应放氢的优点是：反应条件温和，不需要加热，能耗低；且相同质量的与水反应释放的氢气更多； （6）由图可知该双催化剂的工作原理：“热”高于体系温度，、在“热”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；“冷”低于体系温度，氨气在“冷”表面生成，有利于提高氨的平衡产率。 23．(1)a (2) 副反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ进行的程度比较大 CO发生副反应Ⅳ的程度比H2发生副反应Ⅲ、I的程度大 (3) 90% 0.1PkPa (4)2 (5)Mo2C2OMo2C + CO↑ 【知识点】转化率的计算、化学反应速率计算、温度对化学平衡移动的影响、盖斯定律的应用 【分析】组分变化曲线，初始投料为等物质的量的和，初始时两者物质的量相等，对应0℃时的两条高含量曲线，随温度升高主反应正向进行，两者物质的量逐渐降低，、为主反应产物，物质的量随温度升高逐渐升高，为副反应产物。温度低于600℃时，生成固体C的副反应II、III、IV的均小于0，自发进行程度大，积碳严重；500℃时CO参与副反应IV被消耗的程度大于参与副反应III被消耗的程度，故产量明显高于CO。 【详解】（1）根据，随温度变化的斜率为。副反应I反应前后气体总物质的量均为2mol，，故随温度变化的斜率接近0，对应图中接近水平的直线d，故选a。 （2）①温度低于600℃时，副反应II、III、IV的均小于0，反应自发进行程度大，三个反应均生成固体C，故积碳严重。 ②主反应生成等物质的量的和CO，500℃时CO发生副反应IV被消耗的程度大于发生副反应I、III被消耗的程度，故的产量明显高于CO。 （3）5min内反应的的物质的量为，反应消耗的的物质的量与反应的物质的量相等，为0.8mol，生成的H2为1.6mol，生成的CO为1.6mol，设分解的的物质的量为xmol，生成的CO2为x mol，剩余CO2为(x-0.8)mol，根据恒温恒容下气体压强之比等于物质的量之比可得：，可得x=0.9。100g 的物质的量为，故的转化率为。 反应a为纯固体分解反应，平衡常数，平衡时分压为，故。 （4）根据催化剂结构单元的成键规律，Mo的价电子满足稳定结构，推导得。 （5）根据机理图第④步的反应物为，生成物为和CO，配平得反应方程式为。 24．(1) -49.2kJ·mol-1 低温 CO2*@ZrO2+H*@Cu→HCOO*@ZrO2+Cu（写CO2*@ZrO2+2H*@Cu→HCOO*@ZrO2+H*Cu也可） (2) H2O 升温温度使反应Ⅰ逆向进行，生成更多H2；而反应Ⅱ正向进行，消耗H2；反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，则H2物质的量分数随温度升高而增大 90% (3)水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱；水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降 【知识点】化学平衡常数的计算、盖斯定律、化学平衡的有关计算、温度对化学平衡移动的影响 【详解】（1）①根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，因此；反应Ⅰ气体分子数减少，，且，根据的自发条件，该反应在低温下自发； ② 根据反应路径，步骤1得到吸附态和活性氢，步骤3的反应物为，因此步骤2为二者加成生成目标产物的反应，即； （2）①升温时，放热的反应Ⅰ逆向移动，、物质的量分数降低；吸热的反应Ⅱ正向移动，物质的量分数升高，因此升高增大的为；又，的物质的量分数始终大于，因此为； ② 反应Ⅰ为放热反应，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动，生成量增加；反应Ⅱ为吸热反应，升温使反应Ⅱ正向移动消耗，但反应Ⅰ逆向进行生成氢气的量大于反应Ⅱ正向进行消耗氢气的量，因此物质的量分数随温度升高而增大； ③设反应Ⅰ转化为，反应Ⅱ转化为，已知平衡时，，则，，解得，，因此；平衡，平衡时总物质的量为，代入分压平衡常数表达式化简得； （3）平衡角度：(g)是反应Ⅰ、Ⅱ的生成物，进料(g)分压增大，会使反应平衡逆向移动，不利于甲醇生成；催化剂角度：(g)会吸附占据催化剂的活性位点，使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，因此需要控制进料中(g)的量。 25．(1)-23.1 (2) 逆反应 提高反应物浓度，加快反应速率，提高单位时间内产物产量 (3) 主、副反应均为放热反应，升高温度使其平衡逆向移动，但对主反应的抑制程度较小 4.9 催化位点被水分子占据，有利于乙烯的脱附，还会减少其进一步参与副反应 【知识点】影响化学反应速率的因素、影响化学平衡的因素、化学平衡常数的计算、盖斯定律的应用 【详解】（1）主反应等于两个已知反应之和，根据盖斯定律，则。 （2）主反应气体分子数增加，加压平衡向气体计量数减小的逆反应方向移动，但加压能提高反应物浓度，加快反应速率，提高单位时间内甲醇的转化率和产物产率，因此实际生产选择适度加压。 （3） ①由反应路径可知，每一步都是烯烃增加1个来自甲醇的碳原子、脱去1分子水，过程（iii）的反应物为2−丁烯（）和甲醇，生成物为2-甲基-2-丁烯（）和水，则化学方程式为； ②主反应生成乙烯、乙烯转化为高碳烯烃的副反应均为放热反应，副反应放热更多，升高温度对放热的副反应抑制程度更大，减少了乙烯的消耗，因此乙烯平衡选择性升高； ③平衡时α(CH3OH)=90%、S(C2H4)=40%，则平衡时C2H4的物质的量为，设副反应消耗x mol C2H4，可知主、副反应各物质的转化物质的量为：，根据α(CH3OH)=90%可知：，解得x=0.06 mol，则平衡时n(H2O)=[4+(0.72+2×0.06)+0.06] mol=4.9 mol、n(CH3OH)=1 mol×(1-90%)=0.1 mol、n(C2H4)=0.36 mol、n(C3H6)=0.06 mol，平衡时气体物质总物质的量为5.42 mol，体系总压强为100 kPa，则主反应的平衡常数为； ④催化位点被水分子占据，有利于乙烯的脱附，还会减少其进一步参与副反应，因此进料中添加一定量的可以提高乙烯的选择性。 26．(1) 四 VIIB (2)还原剂 (3) 2.8≤pH<4.2 (4)萃取剂Ⅰ中的氧原子和氮原子均能与Cu2+的空轨道形成配位键 (5) 66 稀硫酸 【知识点】元素周期表结构分析、物质分离、提纯综合应用、溶度积常数相关计算、离子方程式的书写 【分析】首先将废旧锂离子电池的正极材料进行物理粉碎，目的是增大固体表面积，以便后续的化学反应更充分、更快速地进行。作为酸浸剂，溶解金属Mn、Fe、Cu氧化物。作为还原剂。正极材料中的钴通常以高价态存在，难溶于酸。加入双氧水可以将三价钴还原为易溶的，提高浸出率。是一个强氧化剂，它的主要作用是将溶液中可能存在的氧化为，使其在较低pH下以形式沉淀析出。同时Mn以形式除去。加入萃取剂I将溶液中的提取到有机相中。 水相主要含有和 ，进入“萃取分液Ⅱ”。 有机相：含有被萃取的铜。反萃取I试剂X 通常是高浓度的酸（如硫酸），用于破坏铜与萃取剂I的络合物，将重新释放回水相，得到溶液，实现铜的回收。 有机相I再生后的萃取剂I，可循环使用。加入萃取剂Ⅱ萃取分液I留下的水相（含和），萃取剂Ⅱ选择性地萃取。 水相：主要含有，后续经过处理可得到。 有机相：含有被萃取的钴，加入酸性溶液进行反萃取得到溶液，实现钴的回收，有机相Ⅱ再生后的萃取剂Ⅱ，可循环使用。 【详解】（1）Mn的原子序数为25，核外有4个电子层，最外层电子数为2，根据元素周期表的结构，位于第四周期第ⅦB族。 （2）在“酸浸”过程中，中Co为+3价，反应后变为中+2价，化合价降低，根据氧化剂的定义（在氧化还原反应中，得到电子，化合价降低的物质），所以主要作还原剂。 （3）pH范围：该步骤需要将完全沉淀（转化为）、氧化为沉淀，同时保证、不沉淀。根据表格数据，完全沉淀的pH为2.8，开始沉淀的pH为4.2，因此需控制pH范围为。被氧化生成，根据氧化还原反应的规律，离子方程式为 （4）萃取剂Ⅰ中的氧原子和氮原子均有孤电子对，有空轨道，根据配位键形成条件（一方提供孤电子对，另一方提供空轨道），氧原子和氮原子的孤电子对与形成配位键，所以萃取剂能萃取。 （5）当萃取剂与溶液体积相等时，。由图可知，时，的萃取率为，根据萃取率公式，即，解得；的萃取率为，同理，解得，则分离系数。“反萃取”是将从有机相转移至水相的过程，主要原理是加入酸（如稀硫酸）提供来降低pH，使萃取平衡逆向移动，从而将释放到水相中。选用稀硫酸同时也能提供以生成目标产物。 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $