2027届高三化学一轮复习讲义：反应原理大题

该高中化学高考复习讲义聚焦反应原理大题，涵盖化学平衡（恒温恒容、恒温恒压模型）、反应速率、平衡常数（分压计算）、电化学等核心考点，按审题策略、答题技巧、真题解析、模拟训练的逻辑架构整合，通过考点梳理、方法指导（如三段式计算）、真题演练等环节，帮助学生构建系统知识网络，突破解题难点。 资料以科学思维与科学探究为导向，创新采用“模型建构+技巧迁移”教学策略，如对比分析恒温恒压模型在流量恒定问题中的应用，引导学生形成平衡移动的证据推理能力。六年真题与模拟题分层设置，配合K值计算、电极反应式书写等专项训练，有效提升学生规范答题能力，为教师精准把控复习节奏提供实战化素材。

正确的方向+方法+坚持不懈的努力=目标成绩 2026反应原理大题专题真题+高质量模拟题 1．审题策略　 对反应原理大题的分析主要回归两个核心模型：①恒温恒容；②恒温恒压，比如近几年的流量恒定就表示恒压模型，在掌握平衡移动的规律后确定模型是最关键的一步。 2．答题技巧 (1)熟练“三段式”，准确计算反应速率、转化率和平衡常数。 (2)平衡常数的计算 ①固体和纯液体的浓度视为常数(不出现在平衡常数表达式中)； ②理解气体分压的意义(等于气体物质的量之比)以及气体压强平衡常数的计算。 (3)在填空时要注意题中要求，在填写某些物理量时要注意单位。 (4)在判断K变化时只考虑温度是否变化。 (5)利用改变容器容积(p改变)判断平衡移动时，要注意体积变化的倍数与浓度变化的倍数的大小。 六年真题： 1．（2021·湖南·高考真题）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。 方法I：氨热分解法制氢气 相关化学键的键能数据 化学键 键能 946 436.0 390.8 一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题： (1)反应 ； (2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？ (填标号) A．25℃    B．125℃    C．225℃    D．325℃ (3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。 ①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率 (用含的代数式表示) ②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是 (用图中a、b、c、d表示)，理由是 ； ③在该温度下，反应的标准平衡常数 。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。 方法Ⅱ：氨电解法制氢气 利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。 (4)电解过程中的移动方向为 (填“从左往右”或“从右往左”)； (5)阳极的电极反应式为 。 1． +90.8 CD b 开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O 【详解】(1) 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，=390.8kJmol-1-(946 kJmol-1+436.0kJmol-1)= +90.8kJmol-1，故答案为：+90.8； (2)若反应自发进行，则需△H-T△S<0，T>==456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD； (3)①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式： 根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02mol，(H2)==molL-1min-1，故答案为：； ②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小； ③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数==0.48，故答案为：0.48； (4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左； (5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。 2．（2022·湖南·高考真题）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题： (1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气： Ⅰ. Ⅱ. ①下列说法正确的是 ； A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动 B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡 C．平衡时的体积分数可能大于 D．将炭块粉碎，可加快反应速率 ②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系 (填“吸收”或“放出”)热量 kJ，反应Ⅰ的平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 (2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下： ①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的 (该温度下的)； ②再生塔中产生的离子方程式为 ； ③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为 。 2．(1) BD 吸收 31.2 (2) 10 2CO2↑++H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl- 【详解】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应混合物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确； B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确； C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于，C说法不正确； D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确； 综上所述，相关说法正确的是BD。 ②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。 （2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c():c()=1:2，由可知，=，则该溶液的pH=10； ②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2CO2↑++H2O； ③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。 3．（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)。 3．(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。 4．（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 。 4．(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。 5．（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。 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)。 5．(1)正 (2) (3) ﹣126 B (4) 由生成时，活化能较大，反应速率慢 随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小 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）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； 当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO的分压，相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小； 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=。 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=______。 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% 【解析】 步骤一：关键概念/材料解读 费托合成中，CO与H₂在催化剂表面生成活性碳氢物种，随后发生碳链增长、氢化、脱附等竞争过程。目标产物为低碳烯烃，副反应会生成烷烃或高碳烃。工业优化的核心是同时提高CO转化率和目标烯烃选择性。 步骤二：设问逐一分析 （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。 模拟10题： 1．反应在工业上有重要应用。 (1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。 温度/℃ 700 800 830 1000 平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59 ①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。 ②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。 (2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。 ②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是_____。 A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性 B．过程2的△H＞0 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离 D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应 ③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为_____。 (3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。 ①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ②阴极的电极反应式为______。 ③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。 【答案】(1) 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低 (2) Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 BD 1:8 (3) 质子导体 【详解】（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，； ②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低； （2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大； ②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确； B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B错误； C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确； D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D错误； 故选BD； ③根据反应，设通入的为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1mol，出口b的为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8； （3）①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体； ②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：； ③根据三段式： ，出口Ⅰ处气体为体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，CO的转化率为：。 2．采用热分解法去除沼气中的过程中涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：　； 反应Ⅱ：　。 回答下列问题： (1)反应的△H= 。 (2)已知反应Ⅰ的，该反应能自发进行的温度是_____(填标号)。 A．600℃ B．700℃ C．800℃ D．900℃ (3)保持100kPa不变，将与按体积比2∶1投入密闭容器中，并通入一定量的稀释，在不同温度下反应达到平衡时，所得、与的体积分数如图所示。 ①X所在曲线代表的是 (填化学式)的体积分数。 ②Y所在曲线随温度的升高先增大后减小的原因是 。 ③往容器中充入的目的是 。 ④1050℃时，下列能说明容器中反应达到平衡状态的有 (填标号)。 A．容器的体积保持不变 B．容器内气体密度保持不变 C． D．含碳物质的总的体积分数保持不变 ⑤1000℃达到平衡时，的体积分数为0.25%，则该温度下达到平衡后的去除率为 (保留三位有效数字，下同)，反应Ⅰ压强平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×体积分数)。 2．(1)＋233.5 (2)D (3) 950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ平衡右移程度比反应Ⅱ右移程度大，所以的体积分数会增大；1050～1150℃之间，反应Ⅱ平衡移动程度增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小 减小各组分的浓度，使平衡正向移动，提高的去除率 ABD 92.3%(0.923) 121kPa 【详解】（1）根据反应Ⅰ和反应Ⅱ，利用盖斯定律可得，反应Ⅰ+反应Ⅱ=所求反应，； （2）已知反应Ⅰ的，，根据，可求得，故选D； （3）①将与按体积比2∶1投料，并用稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是的体积分数，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小，根据方程式中的数量关系，Z所在曲线为H2的体积分数，X所在曲线为的体积分数； ②由于是反应Ⅰ的生成物同时又是反应Ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是，950～1050℃时，以反应Ⅰ为主，随着温度升高，反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ，的体积分数会增大，1050～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，的体积分数会减小； ③往容器中充入的目的是减小各组分的浓度，使平衡正向移动，提高的去除率； ④A．随着反应的进行，气体物质的量增大，恒压条件下容器体积增大，A正确； B．气体密度等于用气体总质量除以体积，反应前后气体质量不变，体积增大，气体密度减小，B正确； C．未标明正、逆，无法说明，C错误； D．随着反应的进行，含碳物质的总物质的量不变，而气体的总物质的量在改变，其体积分数改变，D正确； ⑤由题图可知，1000℃达到平衡时，，，，，则的去除率为； 反应Ⅰ压强平衡常数。 3．挥发性有机化合物的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯的过程如下： I．CH3COOCH2CH3(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g)∆H1<0(主反应) II．CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)∆H2>0 III．CH3COOH(g)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)∆H3<0 IV．CH3CH2OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g)∆H4<0 (1)反应CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)∆H2= (用含∆H1、∆H3和∆H4的代数式表示)。 (2)在绝热恒容的条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ．下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是 (填字母)。 a．混合气体的平均相对分子质量保持不变 b．混合气体的密度保持不变 c．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变 d．反应的温度保持不变 (3)将反应Ⅱ生成的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3COOH(g)和CH3CH2OH(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40min，CH3CH2OH(g)浓度比增大而CH3COOH(g)浓度比几乎为0的原因是 。 (4)压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(CH3COOCH2CH3、CH3COOH、CH3CH2OH和CO2)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表S(CH3COOH)随温度的变化。 已知：。 ①代表S(CH3COOCH2CH3)随温度变化的曲线是 (填“a”“b”或“d”)，S(CH3COOCH2CH3)在温度T2至T3间变化的原因是 。 ②温度为T2时，二氧化碳的体积分数是 (保留一位小数)。 ③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，则将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 3．(1) (2)cd (3)含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代 (4) b 至间，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，增大，反应Ⅱ平衡正移，减小，且反应Ⅱ占主导，所以减小 33.3% 减小 【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应II=反应Ⅰ-反应-Ⅲ反应Ⅳ，； （2）a．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，但，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，a错误； b．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，b错误； c．乙酸乙酯，水蒸气初始量为、，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，c正确； d．反应为放热反应，反应的温度保持不变能说明反应已达平衡状态，d正确； 故选：cd； （3）根据信息可知，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代； （4）①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，减小，反应Ⅱ的平衡正移，增大，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度至间变化的原因为：至，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小； ②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，。由三段式法可得：，，，(总)，的体积分数是； ③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，相当于增加水的分压，则将减小。 4．甲醇是一种基本的有机化工原料，用途十分广泛。应用催化加氢规模化生产甲醇是综合利用，实现“碳达峰”的有效措施之一。我国科学家研究发现二氧化碳电催化还原制甲醇的反应，需通过以下两步实现： Ⅰ. Ⅱ. (1)反应过程中各物质的相对能量变化情况如图所示。 _______。 (2)若，下列温度下反应能自发进行的是_______(填序号)。 A． B．10℃ C． D． (3)恒压下，分别向无分子筛膜和有分子筛膜(能选择性分离出)的两个同体积容器中通入和，甲醇的产率随温度的变化如图所示。温度相同时，有分子筛膜的容器中甲醇的产率大于无分子筛膜的原因为_______。 (4)按照投料，在恒容密闭容器中进行反应，的平衡转化率随温度和压强变化如图所示。 ①压强、、由大到小的顺序是_______。 ②压强为时，温度高于之后，随着温度升高平衡转化率增大的原因是_______； ③同时增大的平衡转化率和的产率可采取的措施是_______。 ④一种应用双极膜(由阳离子和阴离子交换膜构成)通过电化学还原制备甲醇的电解原理如图所示。催化电极的电极反应式为_______，双极膜内每消耗水，理论上石墨电极产生标准状况下_______。 4.【答案】(1) (2)A (3)分子筛膜能不断分离出，有利于反应正向进行 (4) ，，升高温度，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。之后，反应Ⅰ起主导作用，的平衡转化率增大 增大压强 【详解】（1）步骤Ⅱ的反应热生成物的总能量—反应物的总能量。 （2）若根据图示，，反应能自发进行，则，，温度低于时反应能自发进行，选A。 （3）分子筛膜能不断分离出，有利于反应正向进行，提高了甲醇的产率，所以温度相同时，有分子筛膜的容器中甲醇的产率大于无分子监膜。 （4）①合成甲醇的反应，增大压强，平衡正向移动，所以温度相同时，压强越大，的平衡转化率越大，所以。 ②，，升高温度，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。之后，反应Ⅰ起主导作用，的平衡转化率增大，所以压强为时，温度高于之后，随着温度升高平衡转化率增大； ③增大压强，反应Ⅱ正向移动，的产率增大，CO的浓度降低，由于CO的浓度降低反应Ⅰ正向移动，的平衡转化率增大，同时增大的平衡转化率和的产率可采取的措施是增大压强。 ④据图示可知，在催化电极上得电子还原成，电极反应式为。石墨电极反应为，通过膜向石墨电极移动，双极膜内每消耗水，向石墨电极迁移并放电，同时通过膜向催化电极迁移，可见消耗同时生成，标准状况下的体积为。 5．采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题： （1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。 （2）F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应： 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O5（g）完全分解）： t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞ p/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 ①已知：2N2O5（g）2N2O4（g）+O2（g） ΔH1=−4.4 kJ·mol−1 2NO2（g） N2O4（g） ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1 则反应N2O5（g）=2NO2（g）+O2（g）的ΔH =_______ kJ·mol−1。 ②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v=2×10−3×（kPa·min−1）。t=62 min时，测得体系中 =2.9 kPa，则此时的=________ kPa，v=_______ kPa·min−1。 ③若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）____63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。 ④25℃时N2O4（g）2NO2（g）反应的平衡常数Kp=_______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。 （3）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R.A.Ogg提出如下反应历程： 第一步 N2O5NO3+NO2 快速平衡 第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应 第三步 NO+NO3→2NO2 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是__________（填标号）。 A．v（第一步的逆反应）>v（第二步反应） B．反应的中间产物只有NO3 C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高 5.【答案】（1）O2 （2）53.1 30.0 6.0×10－2 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4 （3）AC 【解析】（1）氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2； （2）①已知：ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol 根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol； ②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2（kPa·min－1）； ③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。 ④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。 （3）A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；[来源:学+B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。答案选AC。 6.与反应合成HCOOH，是实现“碳中和”的有效途径。回答下列问题： (1)HCOOH中碳原子的杂化类型为 。 (2)已知： 。 (3)在催化作用下，温度为时，将一定量和充入密闭容器中发生如下反应： 主反应Ⅰ：   副反应Ⅱ：  。 ①下图是不同催化剂电化学还原生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图所示（带“*”表示物质处于吸附态）。 电化学还原生产HCOOH，使用 作催化剂较优。 ②实验测得反应Ⅰ：，，、为速率常数。温度为时，，则 （填“大于”“小于”“等于”），判断依据是 。 ③实验测得平衡时的转化率及HCOOH和CO的选择性（产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的的比值）随温度变化如图所示。 曲线b表示 ，200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是 。240℃时，平衡体系中氢气的分压为kPa，主反应Ⅰ的 （用x、y、表示）。 6.【答案】(1) (2) (3) BiIn 大于 ，该反应，温度越高，K越小 的转化率 升高温度，反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度 【解析】（1）HCOOH中碳原子的价层电子对数为3，属于sp2杂化； （2）由盖斯定律得； （3）①由图可知BiIn作催化剂较优，它对应的反应历程活化能最小，化学反应速率最快； ②，该反应，温度越高，K越小，因此T2＞T1； ③温度相同时，CO和HCOOH的选择性相加为1，同时主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，HCOOH选择性下降，即曲线a为HCOOH的选择性，曲线c为CO的选择性，曲线b为CO2转化率；200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小，是因为反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度；由图可知240℃时，CO2转化率为y，CO的选择性为x，则HCOOH的选择性为1-x，设投入的CO2物质的量为amol，可得平衡时，，，设总物质的量为n总，总压强为p总，可得。 7.减排能有效降低温室效应，同时，也是一种重要的资源，因此研究捕集与转化对实现“碳中和”目标具有重要意义而备受关注。 (1)某研究机构成功合成了氮掺杂多孔有机聚合物DLU-1吸附剂，用于烟道气（主要是和）和天然气中的捕集。为考查样品对单组分气体的吸附性能，测定在1bar，273和298K下的单组分气体吸附等温线如图，请阐述DLU-1吸附剂能做捕获剂的理由： 。 (2)工业上用（和反应合成二甲醚，） ①恒温恒容下，充入等物质的量的和充分反应，以下叙述能说明该反应达到平衡状态的 （填序号）。 A．的物质的量分数保持不变              B．容器中混合气体的密度保持不变 C．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变     D．断裂键的同时断裂键 ②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，的平衡转化率如图所示，则 （填“>”或“<”）。 ③温度下，将和充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0~5min内的平均反应速率 。 (3)工业上可以利用二氧化碳合成甲醇，已知 ①     ②    a．若③正反应的活化能为，则逆反应的活化能为 （用含Ea的式子表示） b．某一刚性容器中充入和，起始压强为，在催化剂存在条件下发生上述三个反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图所示。已知：选择性．240℃平衡时，反应③的压强平衡常数为 （用含p的式子列出计算式，不用化简） (4)以为原料，电解法制取乙烯、乙烷的装置如图，生成乙烯的电极反应式为： ． 7.【答案】(1)相同条件下，和相比，与的吸附量均很小，这说明DLU-1具有较好的吸附选择性 (2) CD < (3) (4) 【解析】（1）由图可知，相同条件下，和相比，与的吸附量均很小，这说明DLU-1具有较好的吸附选择性； （2）①A．假设初始时充入的CO2和H2均为6mol， CO2初始时的物质的量分数为50%，假设反应生成二甲醚物质的量为amol，则消耗二氧化碳、氢气物质的量依次为2amol、6amol，生成水蒸气物质的量为3amol，二氧化碳的物质的量分数为：，即CO2的物质的量分数不随反应的进行发生变化，当其不变时，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意； B．体系中物质均为气态，根据质量守恒定律，反应过程中质量不变，体系为恒容体系，V不变，因此密度不随反应的进行发生变化，当密度不变时，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意； C．体系中物质均为气态，根据质量守恒定律，反应过程中质量不变，反应是气体分子数减少的反应，随着反应的进行，总物质的量会发生变化，因此容器中混合气体的平均摩尔质量也会随反应的进行发生变化，当容器中混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡状态，C符合题意； D．体系中只有CO2中含有π键，1molCO2中含有2molπ键，断裂1molπ键即有0.5molCO2被消耗，体系中只有H2O有O-H键，1mol水中含有2molO-H键，断裂1.5molO−H键即有0.75mol水被消耗，此时正逆反应速率相等，D符合题意； 故选CD。 ②该反应为放热反应，温度越高，CO2的平衡转化率越低，由图知投料比相同时，T2的二氧化碳平衡转化率更低，即T2温度更高； ③和充入2L的容器中，此时n（H2）∶n（CO2）=3∶1，如图，当投料比为3∶1时，T1温度下，二氧化碳平衡转化率为70%，生成二甲醚的物质的量为：，0~5min内的平均反应速率； （3）a．①     ②    反应①+反应②=反应③其，正反应的活化能为，其逆反应的活化能为：()kJ/mol； b．初始时加入和，总物质的量为4mol，起始压强为，240℃平衡时，由图可知CO2的平衡转化率为10%，甲醇的选择性为80%，，，即平衡时，n（CO2）=0.9mol、n（H2）=3mol-0.24mol-0.02mol=2.74mol，n（CH3OH）=0.08mol，n（H2O）=0.08mol+0.02mol=0.1mol， 反应③的； （4）由图可知二氧化碳得到电子，生成乙烯，其电极反应式为：。 8．氢能是一种理想的绿色能源。有科学家预言，氢能有可能成为人类未来的主要能源。我国科学家研制了下列三种制氢方法。 Ⅰ．甲苯催化重整制氢。主要反应有： a．甲苯水蒸气重整：①   b．甲苯二氧化碳重整：②   c．水汽变换反应：③   d．甲烷化反应：④   ⑤   (1)甲苯催化重整最适宜的条件是：___________(填标号)。 A．高温高压 B．高温低压 C．低温低压 D．低温高压 (2)反应：   。 (3)一定压强下，反应釜出口含量随温度、进料比变化如图： 解释含量随进料比的变化及原因： 。 (4)进料比为、时，出口中的物质的量分数随温度升高的变化如图，结合反应体系说明原因： 。 Ⅱ．二氧化铈制氢法 二氧化铈为立方晶胞结构，其独特的电子结构使得它更易在和之间进行可逆电荷转移，从而实现两步法制氢，当晶胞中部分被还原为时会产生氧空位。 (5)二氧化铈晶胞中的配位数为： 。 (6)当晶体中和个数比为2：5时，氧空位比为 [] Ⅲ．酸性葡萄糖溶液电催化制氢的原理如图： (7)写出阳极的电极反应式： 。 8．(1)B (2)–573.6kJ/mol (3)一定温度下，出口处H2的含量随进料比增加先增大后减小。进料比小于7∶1时，随水蒸气的增加平衡向生成H2方向移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1时，水蒸气过量，稀释了H2的含量 (4)当进料比为7∶1时，甲苯重整、甲烷重整等吸热反应为主；当进料比为8∶1时，水汽变换反应为主 (5)8 (6)1∶13 (7)C6H12O6(葡萄糖)+6H2O–24e–=6CO2↑+24H+ 【详解】（1）甲苯催化重整无论是水蒸气重整还是二氧化碳重整的反应都是气体物质的量增大的反应，且反应都吸热，故高温低压条件有利于反应正向进行，故选B； （2）根据已知： 反应① C7H8(g)+7H2O(g)⇌7CO(g)+11H2(g) ΔH1=+869.1kJ/mol 反应⑤ CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH5=+206.1kJ/mol 反应C7H8(g)+10H2(g)=7CH4(g)可以由反应①-反应⑤×7得到，则该反应的 ΔH= ΔH1-ΔH5×7=–573.6kJ/mol； （3）温度一定时，左图中，进料比增大，H2含量增加，右图中，进料比增大，H2含量减小，因为甲苯水蒸气重整反应H2O和甲苯反应比是7:1，故进料比小于7∶1时，随水蒸气的增加平衡向生成H2方向移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1时，水蒸气过量，稀释了H2的含量，一定温度下，出口处H2的含量随进料比增加先增大后减小； （4）由图可知，当进料比为7∶1时，随温度升高，H2含量增加，说明以甲苯重整、甲烷重整等吸热反应为主，有利于平衡正向移动；当进料比为8∶1时，随温度升高，H2含量减小，说明以水汽变换等放热反应为主，平衡逆向移动； （5）根据晶胞无隙并置的特点，观察晶胞上下面面心的Ce4+可知，它上下各有4个O2-到它距离相等，8个O2-构成正方体，故Ce4+的配位数为8； （6）当晶体中Ce3+和Ce4+个数比为2：5时，根据化合价代数和为0，Ce和O的组成比为7:13，若是CeO2，Ce和O的组成比为1:2=7:14，故氧空位比为(14-13):13=1:13； （7）阳极连外电源正极，是左侧电极，由图知，葡萄糖在阳极失电子，生成的气体可以用于工业制氨，故生成气体为CO2，质子交换膜表明电解质溶液为酸性，故电极反应式为C6H12O6(葡萄糖)+6H2O–24e–=6CO2↑+24H+。 9．工业上以和为原料合成尿素，主要发生反应I：。 回答下列问题： (1)燃烧热是指在101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量。、燃烧热测定中氮元素变为 (填化学式)。 (2)焓变的计算方法有很多，仅从以下单项数据不能计算出反应I的的是_______(填标号)。 A．各化学键的键能 B．各物质的燃烧热 C．正逆反应的活化能 D．各物质的相对能量 (3)一定条件下，的平衡转化率与温度，初始氨碳比[]，初始水碳比[]的关系如图1和图2所示。 ① (填“<”或“>”，下同)， 。 ②已知反应的焓变会随温度的变化而变化，根据图1中平衡转化率随温度变化关系，请从焓变与平衡的角度，简述平衡转化率随温度变化原因： 。 ③改变初始水碳比对合成尿素反应有利有弊，从化学平衡角度解释增大初始水碳比不利于合成尿素的原因： 。 (4)①，向2L恒容容器中加入和发生反应I，平衡时，转化率为；相同温度，在体积为的恒容容器中发生该反应(起始投料与上述容器相同)，平衡时转化率为，则 L。 ②恒温恒容下，以投料发生反应I，从反应开始至反应恰好达到平衡时，体系中混合气体的平均摩尔质量随时间变化趋势为 (填标号)。 A．逐渐变大　　　B．逐渐变小　　　C．保持不变　　　D．无法判断 (5)利用电解装置可以将汽车尾气中的NO转化为尿素[]，工作原理如图。 阴极的电极反应式为 。 9．(1)N2 (2)AB (3) 时，升高温度，平衡正向移动，，平衡转化率随温度升高逐渐增大；时，由于焓变随温度变化而变化，升高温度，平衡逆向移动，，平衡转化率随温度升高逐渐减小 增大初始水碳比，平衡逆向移动，不利于尿素生成 (4) 或0.125 C (5) 【详解】（1）燃烧热的定义是1mol的物质完全燃烧时所放出的热量称为燃烧热，所谓完全燃烧是指该化合物中的C变为CO2(g)，H变为H2O(l)，S变为SO2(g)，N变为N2(g)，、燃烧热测定中氮元素变为N2。 （2）A．不知道CO(NH2)2(s)→CO(NH2)2(l)→CO(NH2)2(g)的能量数据，仅仅知道各化学键的键能，计算不出来反应I的，A选； B．不知道H2O(g)→H2O(l)的能量数据，不能通过各物质的燃烧热计算反应I的，B选； C．反应I的=正反应的活化能-逆反应的活化能，能通过正逆反应的活化能计算反应I的，C不选； D．反应I的=生成物的总能量-反应物的总能量，能通过各物质的相对能量计算反应I的，D不选； 故选AB。 （3）①根据反应I可知，氨碳比越大，相当于增大NH3的浓度，平衡正向移动，CO2平衡转化率越大，则>，水碳比越小，相当于减小H2O(g)的浓度，反应I正向移动，CO2平衡转化率越大，则<； ②简述平衡转化率随温度变化原因：时，升高温度，平衡正向移动，，平衡转化率随温度升高逐渐增大；时，由于焓变随温度变化而变化，升高温度，平衡逆向移动，，平衡转化率随温度升高逐渐减小； ③从化学平衡角度解释增大初始水碳比不利于合成尿素的原因：增大初始水碳比，相当于增大H2O(g)的浓度，平衡逆向移动，不利于尿素生成。 （4）①当CO2平衡转化率为20%时，列三段式： K= 当CO2平衡转化率为80%时，列三段式： K= ，解得V=L或0.125L； ② ，故以n(CO2): n(NH3)=13:14投料发生反应I，从反应开始至反应恰好达到平衡时，体系中混合气体的平均摩尔质量始终为30g/mol，选C。 （5）由图可知，CO2和NO在阴极得到电子生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平电极方程式为：。 10．氮的氢化物和氧化物有多种用途。按要求回答下列问题： Ⅰ．有关氮的最简氢化物的研究 (1)以和为原料在作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如下图： 则 。 (2)在催化剂作用下可与呋喃()反应转化为吡咯()，呋喃的熔、沸点 (填“大于”或“小于”)吡咯，原因是 。 Ⅱ．有关的研究 (3)分解制取和的原理如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应的(K为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图甲所示。 ①时，反应的K为 。 ②时，向容积不变的容器中充入等物质的量的和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图乙(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在时间段内，容器中压强增大的主要原因是 。 (4)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图丙所示(吸附在催化剂上的物质加“*”表示，如等)。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图丁。已知，表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。 ①写出催化机理图中①的基元反应： 。 ②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。 ③催化电解时，吸收液为电解池的 (填“阴极区”或“阳极区”)；当电解电压为时，和的法拉第效率几乎相同，写出生成的电极反应： 。 10．(1) (2) 小于 吡咯易形成分子间氢键 (3) 反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大，且的量增多，反应Ⅱ正向建立平衡，正反应为分子数增多的方向，压强增大 (4) 阴极区 【详解】（1）由盖斯定律可知为，。 （2）影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高。 （3）①由图可知，时，，则，反应Ⅰ+反应Ⅱ得反应，； ②由图可知，随着温度的升高逐渐增大、逐渐减小，即随着温度的升高逐渐减小、逐渐增大，说明反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应。反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大，且的量增多，反应Ⅱ正向建立平衡，正反应为分子数增多的方向，压强增大。 （4）①由反应机理图可知①的基元反应为； ②由图可知当电解电压为时，和的法拉第效率为，即转移电子数之比为；根据电极反应，则设生成有电子转移，氢气有电子转移，生成，即电解生成的和的物质的量之比为； ③催化电解吸收液可将还原为，得电子，则吸收液为电解池的阴极区，生成的电极反应为。 1 学科网（北京）股份有限公司 $正确的方向+方法+坚持不懈的努力=目标成绩 2026反应原理大题专题真题+高质量模拟题 1．审题策略　 对反应原理大题的分析主要回归两个核心模型：①恒温恒容；②恒温恒压，比如近几年的流量恒定就表示恒压模型，在掌握平衡移动的规律后确定模型是最关键的一步。 2．答题技巧 (1)熟练“三段式”，准确计算反应速率、转化率和平衡常数。 (2)平衡常数的计算 ①固体和纯液体的浓度视为常数(不出现在平衡常数表达式中)； ②理解气体分压的意义(等于气体物质的量之比)以及气体压强平衡常数的计算。 (3)在填空时要注意题中要求，在填写某些物理量时要注意单位。 (4)在判断K变化时只考虑温度是否变化。 (5)利用改变容器容积(p改变)判断平衡移动时，要注意体积变化的倍数与浓度变化的倍数的大小。 六年真题： 1．（2021·湖南·高考真题）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。 方法I：氨热分解法制氢气 相关化学键的键能数据 化学键 键能 946 436.0 390.8 一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题： (1)反应 ； (2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？ (填标号) A．25℃    B．125℃    C．225℃    D．325℃ (3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。 ①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率 (用含的代数式表示) ②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是 (用图中a、b、c、d表示)，理由是 ； ③在该温度下，反应的标准平衡常数 。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。 方法Ⅱ：氨电解法制氢气 利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。 (4)电解过程中的移动方向为 (填“从左往右”或“从右往左”)； (5)阳极的电极反应式为 。 2．（2022·湖南·高考真题）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题： (1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的和，起始压强为时，发生下列反应生成水煤气： Ⅰ. Ⅱ. ①下列说法正确的是 ； A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动 B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡 C．平衡时的体积分数可能大于 D．将炭块粉碎，可加快反应速率 ②反应平衡时，的转化率为，CO的物质的量为。此时，整个体系 (填“吸收”或“放出”)热量 kJ，反应Ⅰ的平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 (2)一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下： ①某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的 (该温度下的)； ②再生塔中产生的离子方程式为 ； ③利用电化学原理，将电催化还原为，阴极反应式为 。 3．（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)。 4．（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 。 5．（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。 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)。 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=______。 模拟10题： 1．反应在工业上有重要应用。 (1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。 温度/℃ 700 800 830 1000 平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59 ①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。 ②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。 (2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。 ②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是_____。 A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性 B．过程2的△H＞0 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离 D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应 ③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为_____。 (3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。 ①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ②阴极的电极反应式为______。 ③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。 2．采用热分解法去除沼气中的过程中涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：　； 反应Ⅱ：　。 回答下列问题： (1)反应的△H= 。 (2)已知反应Ⅰ的，该反应能自发进行的温度是_____(填标号)。 A．600℃ B．700℃ C．800℃ D．900℃ (3)保持100kPa不变，将与按体积比2∶1投入密闭容器中，并通入一定量的稀释，在不同温度下反应达到平衡时，所得、与的体积分数如图所示。 ①X所在曲线代表的是 (填化学式)的体积分数。 ②Y所在曲线随温度的升高先增大后减小的原因是 。 ③往容器中充入的目的是 。 ④1050℃时，下列能说明容器中反应达到平衡状态的有 (填标号)。 A．容器的体积保持不变 B．容器内气体密度保持不变 C． D．含碳物质的总的体积分数保持不变 ⑤1000℃达到平衡时，的体积分数为0.25%，则该温度下达到平衡后的去除率为 (保留三位有效数字，下同)，反应Ⅰ压强平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×体积分数)。 3．挥发性有机化合物的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯的过程如下： I．CH3COOCH2CH3(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g)∆H1<0(主反应) II．CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)∆H2>0 III．CH3COOH(g)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)∆H3<0 IV．CH3CH2OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g)∆H4<0 (1)反应CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)∆H2= (用含∆H1、∆H3和∆H4的代数式表示)。 (2)在绝热恒容的条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ．下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是 (填字母)。 a．混合气体的平均相对分子质量保持不变 b．混合气体的密度保持不变 c．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变 d．反应的温度保持不变 (3)将反应Ⅱ生成的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3COOH(g)和CH3CH2OH(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40min，CH3CH2OH(g)浓度比增大而CH3COOH(g)浓度比几乎为0的原因是 。 (4)压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(CH3COOCH2CH3、CH3COOH、CH3CH2OH和CO2)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表S(CH3COOH)随温度的变化。 已知：。 ①代表S(CH3COOCH2CH3)随温度变化的曲线是 (填“a”“b”或“d”)，S(CH3COOCH2CH3)在温度T2至T3间变化的原因是 。 ②温度为T2时，二氧化碳的体积分数是 (保留一位小数)。 ③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，则将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 4．甲醇是一种基本的有机化工原料，用途十分广泛。应用催化加氢规模化生产甲醇是综合利用，实现“碳达峰”的有效措施之一。我国科学家研究发现二氧化碳电催化还原制甲醇的反应，需通过以下两步实现： Ⅰ. Ⅱ. (1)反应过程中各物质的相对能量变化情况如图所示。 _______。 (2)若，下列温度下反应能自发进行的是_______(填序号)。 A． B．10℃ C． D． (3)恒压下，分别向无分子筛膜和有分子筛膜(能选择性分离出)的两个同体积容器中通入和，甲醇的产率随温度的变化如图所示。温度相同时，有分子筛膜的容器中甲醇的产率大于无分子筛膜的原因为_______。 (4)按照投料，在恒容密闭容器中进行反应，的平衡转化率随温度和压强变化如图所示。 ①压强、、由大到小的顺序是_______。 ②压强为时，温度高于之后，随着温度升高平衡转化率增大的原因是_______； ③同时增大的平衡转化率和的产率可采取的措施是_______。 ④一种应用双极膜(由阳离子和阴离子交换膜构成)通过电化学还原制备甲醇的电解原理如图所示。催化电极的电极反应式为_______，双极膜内每消耗水，理论上石墨电极产生标准状况下_______。 5．采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题： （1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。 （2）F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应： 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O5（g）完全分解）： t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞ p/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 ①已知：2N2O5（g）2N2O4（g）+O2（g） ΔH1=−4.4 kJ·mol−1 2NO2（g） N2O4（g） ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1 则反应N2O5（g）=2NO2（g）+O2（g）的ΔH =_______ kJ·mol−1。 ②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v=2×10−3×（kPa·min−1）。t=62 min时，测得体系中 =2.9 kPa，则此时的=________ kPa，v=_______ kPa·min−1。 ③若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）____63.1 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。 ④25℃时N2O4（g）2NO2（g）反应的平衡常数Kp=_______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。 （3）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R.A.Ogg提出如下反应历程： 第一步 N2O5NO3+NO2 快速平衡 第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应 第三步 NO+NO3→2NO2 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是__________（填标号）。 A．v（第一步的逆反应）>v（第二步反应） B．反应的中间产物只有NO3 C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高 6.与反应合成HCOOH，是实现“碳中和”的有效途径。回答下列问题： (1)HCOOH中碳原子的杂化类型为 。 (2)已知： 。 (3)在催化作用下，温度为时，将一定量和充入密闭容器中发生如下反应： 主反应Ⅰ：   副反应Ⅱ：  。 ①下图是不同催化剂电化学还原生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图所示（带“*”表示物质处于吸附态）。 电化学还原生产HCOOH，使用 作催化剂较优。 ②实验测得反应Ⅰ：，，、为速率常数。温度为时，，则 （填“大于”“小于”“等于”），判断依据是 。 ③实验测得平衡时的转化率及HCOOH和CO的选择性（产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的的比值）随温度变化如图所示。 曲线b表示 ，200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是 。240℃时，平衡体系中氢气的分压为kPa，主反应Ⅰ的 （用x、y、表示）。 7.减排能有效降低温室效应，同时，也是一种重要的资源，因此研究捕集与转化对实现“碳中和”目标具有重要意义而备受关注。 (1)某研究机构成功合成了氮掺杂多孔有机聚合物DLU-1吸附剂，用于烟道气（主要是和）和天然气中的捕集。为考查样品对单组分气体的吸附性能，测定在1bar，273和298K下的单组分气体吸附等温线如图，请阐述DLU-1吸附剂能做捕获剂的理由： 。 (2)工业上用（和反应合成二甲醚，） ①恒温恒容下，充入等物质的量的和充分反应，以下叙述能说明该反应达到平衡状态的 （填序号）。 A．的物质的量分数保持不变              B．容器中混合气体的密度保持不变 C．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变     D．断裂键的同时断裂键 ②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，的平衡转化率如图所示，则 （填“>”或“<”）。 ③温度下，将和充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0~5min内的平均反应速率 。 (3)工业上可以利用二氧化碳合成甲醇，已知 ①     ②    a．若③正反应的活化能为，则逆反应的活化能为 （用含Ea的式子表示） b．某一刚性容器中充入和，起始压强为，在催化剂存在条件下发生上述三个反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图所示。已知：选择性．240℃平衡时，反应③的压强平衡常数为 （用含p的式子列出计算式，不用化简） (4)以为原料，电解法制取乙烯、乙烷的装置如图，生成乙烯的电极反应式为： ． 8．氢能是一种理想的绿色能源。有科学家预言，氢能有可能成为人类未来的主要能源。我国科学家研制了下列三种制氢方法。 Ⅰ．甲苯催化重整制氢。主要反应有： a．甲苯水蒸气重整：①   b．甲苯二氧化碳重整：②   c．水汽变换反应：③   d．甲烷化反应：④   ⑤   (1)甲苯催化重整最适宜的条件是：___________(填标号)。 A．高温高压 B．高温低压 C．低温低压 D．低温高压 (2)反应：   。 (3)一定压强下，反应釜出口含量随温度、进料比变化如图： 解释含量随进料比的变化及原因： 。 (4)进料比为、时，出口中的物质的量分数随温度升高的变化如图，结合反应体系说明原因： 。 Ⅱ．二氧化铈制氢法 二氧化铈为立方晶胞结构，其独特的电子结构使得它更易在和之间进行可逆电荷转移，从而实现两步法制氢，当晶胞中部分被还原为时会产生氧空位。 (5)二氧化铈晶胞中的配位数为： 。 (6)当晶体中和个数比为2：5时，氧空位比为 [] Ⅲ．酸性葡萄糖溶液电催化制氢的原理如图： (7)写出阳极的电极反应式： 。 9．工业上以和为原料合成尿素，主要发生反应I：。 回答下列问题： (1)燃烧热是指在101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量。、燃烧热测定中氮元素变为 (填化学式)。 (2)焓变的计算方法有很多，仅从以下单项数据不能计算出反应I的的是_______(填标号)。 A．各化学键的键能 B．各物质的燃烧热 C．正逆反应的活化能 D．各物质的相对能量 (3)一定条件下，的平衡转化率与温度，初始氨碳比[]，初始水碳比[]的关系如图1和图2所示。 ① (填“<”或“>”，下同)， 。 ②已知反应的焓变会随温度的变化而变化，根据图1中平衡转化率随温度变化关系，请从焓变与平衡的角度，简述平衡转化率随温度变化原因： 。 ③改变初始水碳比对合成尿素反应有利有弊，从化学平衡角度解释增大初始水碳比不利于合成尿素的原因： 。 (4)①，向2L恒容容器中加入和发生反应I，平衡时，转化率为；相同温度，在体积为的恒容容器中发生该反应(起始投料与上述容器相同)，平衡时转化率为，则 L。 ②恒温恒容下，以投料发生反应I，从反应开始至反应恰好达到平衡时，体系中混合气体的平均摩尔质量随时间变化趋势为 (填标号)。 A．逐渐变大　　　B．逐渐变小　　　C．保持不变　　　D．无法判断 (5)利用电解装置可以将汽车尾气中的NO转化为尿素[]，工作原理如图。 阴极的电极反应式为 。 10．氮的氢化物和氧化物有多种用途。按要求回答下列问题： Ⅰ．有关氮的最简氢化物的研究 (1)以和为原料在作催化剂条件下工业合成尿素，其能量转化关系如下图： 则 。 (2)在催化剂作用下可与呋喃()反应转化为吡咯()，呋喃的熔、沸点 (填“大于”或“小于”)吡咯，原因是 。 Ⅱ．有关的研究 (3)分解制取和的原理如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应的(K为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图甲所示。 ①时，反应的K为 。 ②时，向容积不变的容器中充入等物质的量的和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图乙(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在时间段内，容器中压强增大的主要原因是 。 (4)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图丙所示(吸附在催化剂上的物质加“*”表示，如等)。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图丁。已知，表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。 ①写出催化机理图中①的基元反应： 。 ②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。 ③催化电解时，吸收液为电解池的 (填“阴极区”或“阳极区”)；当电解电压为时，和的法拉第效率几乎相同，写出生成的电极反应： 。 1 学科网（北京）股份有限公司 $