专题21 化学反应原理综合题（3年汇编）（全国通用）2024-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 汇编2024-2026年多省份高考化学反应原理综合真题，聚焦绿色化工、能源转化等真实工业情境，覆盖热化学、化学平衡等核心考点，体现跨模块融合与数据分析能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题|20道（高考真题）|热化学、化学平衡、反应速率、电化学、物质结构|情境真实（如CO₂制DMT、GaN膜制备），跨模块融合（反应原理与工艺流程结合），强化计算推理与图表分析|

专题21 化学反应原理综合题 3年真题 考点分类 三年考情（2024-2026） 命题规律 化学反应原理综合题 2026浙江6月(1题)、2026甘肃(1题)、2026广西(1题)、2026全国卷(1题)、2026北京(1题)、2026重庆(1题)、2026湖北(1题)、2026四川(1题)、2026江西(1题)、2026贵州(1题)、2026山东(1题)、2026广东(1题)、2026湖南(1题)、2026河北(1题)、2026陕晋青宁(1题)、2026云南(1题)、2026黑吉辽蒙(1题)、2026浙江1月(1题)、2025贵州(1题)、2025天津(1题)、2025广西(1题)、2025海南(1题)、2025江西(1题)、2025四川(1题)、2025全国卷(1题)、2025湖南(1题)、2025重庆(1题)、2025山东(1题)、2025湖北(1题)、2025广东(1题)、2025云南(1题)、2025北京(2题)、2025陕晋青宁(1题)、2025江苏(2题)、2025河北(1题)、2025甘肃(1题)、2025安徽(1题)、2025黑吉辽蒙(1题)、2025浙江1月(1题)、2024天津(1题)、2024广西(1题)、2024福建(1题)、2024重庆(1题)、2024海南(1题)、2024江西(1题)、2024贵州(1题)、2024广东(1题)、2024北京(2题)、2024甘肃(1题)、2024湖南(1题)、2024浙江6月(1题)、2024江苏(1题)、2024河北(1题)、2024山东(1题)、2024新课标(1题)、2024全国甲卷(1题)、2024湖北(2题)、2024辽宁(1题)、2024安徽(1题)、2024浙江1月(1题) · 情境设置：紧密联系绿色化工、能源转化、资源循环、半导体材料及环境治理等真实工业问题。 · 考查重点：热化学、化学平衡、反应速率、电化学、物质结构与工艺流程综合应用，突出数据分析和方程式书写。 · 命题趋势：强化跨模块融合、探究实验与计算推理，关注碳资源利用、制氢储氢、催化转化及低碳发展。 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　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 熵增     （2）① 缩短反应时间，且能提高 的产量    ②     ③ （或 ）     （3）① 降低    ② 球磨的机械作用削弱（或部分破坏）了反应物中的化学键，使反应物更易断键发生反应，从而降低活化能     （4）产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度       【解析】(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.(2026·河北·高考真题)(多选)丙烯是石油化工行业的重要原料，利用氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反应如下： Ⅰ         使用铂锡双金属催化剂(M)，上述反应分两步进行： Ⅱ                     Ⅲ         回答下列问题： （1）　　　　　　　　　。 （2）550℃时，恒容密闭容器中装有0.20 g催化剂M，按通入混合气体，反应2 h后得到0.012 mol ，则0~2 h内每克催化剂催化生成的平均速率为　　　　　。下列能说明该体系达到平衡状态的是　　　　　(不定项选择，填序号)。 a． b．的生成速率和消耗速率相等 c．混合气体的密度不再改变 d．混合气体的平均摩尔质量不再改变 （3）反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： ① ② ③ ④ 该催化剂对　　　　　　　　　　(填“C—C”或“C—H”)键的断裂具有更好的选择性。 （4）100 kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入和各1 mol，在不同温度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示： ①图乙中曲线L代表的组分为　　　　　　　　　　。 ②若体系压强变为50 kPa，其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量　　　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）+165     （2）① 0.03    ② bd     （3）C-H     （4）①     ② 减小    ③ A点代表的组分为，该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，减小压强，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，消耗量增大，其物质的量减小      【解析】(1)根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应Ⅰ，故 。 (2)0~2 h内每克催化剂催化生成 的平均速率 。 a．由Ⅱ、Ⅲ两步反应关系可得，任意时刻都满足，无法说明各组分浓度或百分含量保持不变，不能作为平衡标志，错误； b．的生成速率等于消耗速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡，b正确； c．该反应在恒容密闭容器中进行，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，错误； d．反应前后气体总质量不变，但反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体分子数增加的反应，气体总物质的量在反应过程中不断增大，平均摩尔质量不断减小，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明达到了平衡状态，正确。 故选bd。 (3)由图甲可知，断裂C-H键的基元反应（② 和④ ）的活化能分别为和，明显低于断裂C-C键的基元反应（① 和③ ）的活化能（和）。活化能越低，反应越容易进行，因此该催化剂对C-H键的断裂具有更好的选择性。 (4)① 初始通入和各。根据反应Ⅱ和Ⅲ，设消耗的为，消耗的为，则生成的为，生成的为，体系中存在的为。由于存在，故 ，即消耗的多于消耗的，平衡时剩余的少于。升温使平衡正向移动。因此，反应物（的、）的量会随温度升高而减小，图中下降的曲线中，虚线在上方，代表，点线在下方，代表。观察反应的物质的量一定相等，反应Ⅱ生成主产物，反应Ⅲ的发生促进反应Ⅱ的平衡正向移动，所以物质的量在所有产物中应该是最高的，对应最上面的那条实线；550℃之后，由于随升温而骤减，下降的比要快，说明反应Ⅱ发生程度较大，导致的量大于，故曲线 L 代表。 ② A点在虚线上，代表的组分为。该反应体系中发生的反应（反应Ⅰ、Ⅱ）均为气体分子数增大的反应，若体系压强由变为，压强减小，平衡向气体分子数增大的方向（即正反应方向）移动， 的转化率增大，其物质的量减小。 3.(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）① 漏斗、玻璃棒    ②     ③ 水解：，当时，完全溶解，随着增加，平衡正向移动，使增大，而不变，在相同水量稀释时，比的变化幅度小；     （3）① 、    ② 溶液中： ，随着与反应生成难溶，平衡正向移动，产生的结合，产生气体      【解析】依据平衡移动影响因素分析，增大反应物浓度，平衡正向移动； (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，根据勒夏特列原理，水解，平衡会正向移动，使增大，而不变，在相同水量稀释时，比的变化幅度小。 (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：，同时与浸出液中的发生反应； 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。 4.(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）①     ② ＜     （2）C     （3）① B    ② 0.25    ③      （4）① 1    ②  或或或     （5）      【解析】(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。 5.(2026·浙江6月·高考真题)镓（Ga）在半导体领域有重要应用。 使用化学气相沉积技术、可用含镓前驱体[如、]制备膜。 已知：与同属于ⅢA族元素，具有两性。 请回答： （1）工业上制备高纯Ga所用装置示意图如图1。阴极的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）Ga与HI反应的化学方程式如下：                       　　　　　　　　　　　。 （3）某研究小组将转化为，并将其用于膜的制备。GaN膜的生长机理如下： Ⅰ   在基底上吸附，形成层； Ⅱ   在N层上吸附、反应，形成Ga层，并释放； Ⅲ   交替吸附、反应、形成层和层，不断生长增厚，形成空间网状结构的膜。 相关反应的化学方程式：      ①的空间结构名称是　　　　　　　　　　　（将视为整体）。 ②在空气中易自燃，其在中充分燃烧的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③某同学推测：GaN膜的空间网状结构中，能体现其成键结构的片段如图2.图中结构不合理之处是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④常温下，与混合没有得到，可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（写两条）。 ⑤步骤Ⅲ，一定条件下，GaN膜生长速率与膜生长温度的关系如图3，从化学反应原理角度分析原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）4.0     （3）① 平面三角形    ②     ③ Ga形成3个单键不合理，应该形成4根    ④ 常温下反应的活化能较高，反应速率极慢；常温下，与容易通过配位键生成络合物，而无法发生断键生成 GaN    ⑤ 温度升高平衡逆向移动，同时温度过高会导致已吸附在基底表面的反应物发生脱附，反应物浓度降低，两个因素共同作用使得膜生长速率随温度升高而减小      【解析】(1)Ga与Al性质相似，粗Ga作阳极在NaOH电解液中溶解生成，阴极发生还原反应，得电子生成高纯Ga，阴极的电极反应式是：； (2)根据盖斯定律，目标反应=第二个反应-第一个反应，平衡常数作除法运算：。 (3)① 将视为整体，中心 Ga 原子最外层有3个电子，形成3个键，没有孤电子对。根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形。 ②Ga为+3价，充分燃烧生成对应氧化物，甲基完全氧化生成和，配平即得该反应式： ； ③Ga为ⅢA族元素，最多形成3个普通共价键，在 GaN 的空间网状结构中，Ga 和 N 之间除了普通的共价键外，还存在 N 提供孤对电子、Ga 提供空轨道形成的配位键。故Ga应形成4个单键。 ④从动力学角度，常温下反应的活化能较高，反应几乎不发生；化学性质角度看，中心原子Ga有空轨道，中心原子N有孤对电子，两者在常温下更容易发生配位络合反应。 ⑤该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，导致产率下降。同时温度过高会导致已吸附在基底表面的反应物发生脱附，反应物浓度降低，两个因素共同作用使得膜生长速率随温度升高而减小。 6.(2026·甘肃·高考真题)加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下： ①    ②    （1）要提高的平衡产率，应选择　　　　　　　　温度和　　　　　　　压强。(填“较高”或“较低”) （2）反应①平衡常数的表达式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）100 kPa下，以投料(Ar不参与反应)，理论上参与反应各物质的平衡分压随温度变化如图所示，曲线　　　　　　　　　　(填序号)代表；加入某催化剂，测得不同温度下的转化率如下表： 温度/℃ 250 300 350 400 转化率/% 22 61 84 79 250℃时反应未达到平衡，理由是　　　　　　　　。400℃时，CO2转化率降低的原因可能有　　　　　　　　　。 （4）使用特定催化剂，理论计算表明的转化路径如图a所示，生成的主要反应历程如图b所示。实验测得，反应达到平衡前产物中的含量高于，原因是　　　　　　　　　。由此推断，*CO脱附所需的活化能不高于　　　　　　　　　　eV，理由是　　　　　　　　　　。(*表示吸附态，TS表示过渡态，省略其他物种和部分非决速步骤) 【答案】（1）① 较低    ② 较高     （2）     （3）① 2    ② 反应① 为放热反应，若达到平衡，升高温度转化率应当降低。而表中250℃到350℃时转化率却在升高，说明250℃时反应尚未达到平衡状态    ③ 反应① 已达到平衡，由于反应① 为放热反应，温度进一步升高导致平衡向逆反应方向移动（或催化剂在400℃时活性降低）     （4）① 从CO脱附生成CO(g)的活化能小于CO转化为CH4过程中的决速步活化能，故在未达到平衡前，生成CO的反应速率更快    ② 2.47    ③ 由图b可知，生成CH4的反应历程中，生成CH4的决速步为第三步，其活化能为 2.47   eV，所以*CO脱附的活化能不应高于 2.47 eV      【解析】(1)反应① 是放热反应（），根据勒夏特列原理，降低温度平衡正向移动，可提高平衡产率；反应① 的正反应是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，因此选择较低温度、较高压强。 (2)平衡常数表达式为生成物平衡浓度的幂之积与反应物平衡浓度的幂之积的比值，反应中各物质均为气体，直接代入反应① 的计量数即可得到：； (3)低温区域CO的平衡分压基本为0，说明此时以反应① 为主导，升高温度，平衡逆向移动，下降的1和2对应的是甲烷和水，由化学计量数之比可知，两条下降的曲线中分压更大的1为、2为，两条上升的曲线中3对应的是、4对应的是； 反应① 是放热反应，如果体系已经达到平衡，随着温度升高，平衡应该逆向移动，的转化率必然下降。但表格数据显示，从 250℃ 到 350℃，转化率从 22% 一路飙升至 84%。这说明在 350℃ 之前，反应速率较慢，给定的时间内体系还没来得及走到平衡点，温度升高主要作用是加快反应速率；到了 350℃ 之后，体系基本达到了平衡。此后继续升高温度至 400℃，平衡移动成为主导：反应① 是放热反应，升高温度导致平衡逆向移动，因此的转化率下降；（注：实际工业中也常伴随高温下催化剂活性下降的因素，作为补充原因也是合理的）； (4)多路径竞争反应中，活化能越小反应速率越快，产物占比越高，CO的含量高于CH4，说明从CO脱附生成CO(g)的活化能小于CO转化为CH4过程中的决速步活化能，故在未达到平衡前，生成CO的反应速率更快，其含量更高； 据图b的反应历程（能量态势图），我们需要找到生成CH4路径中的“决速步”（即活化能最大的那一步）。第一步 (TS1) 活化能：0.87 - 0.00 = 0.87   eV；第二步 (TS2) 活化能：0.59 - (-0.10) = 0.69   eV；第三步 (TS3) 活化能： 1.94 - (-0.53) = 2.47 eV；第四步 (TS4) 活化能：2.48 - 0.56 = 1.92   eV；通过比较，生成CH4的最大活化能壁垒是 2.47 eV，要在竞争反应中让 CO 生成得更快，CO 脱附的活化能就必须低于竞争对手的最慢步骤（决速步）的活化能，因此推断其脱附活化能不高于 2.47 eV。 7.(2026·广西·高考真题)的综合处理利于减少环境污染并实现资源再利用。回答下列问题： Ⅰ．利用还原涉及下列反应： ①       ②       ③       （1）　　　　　　　　　　　　　　。（用含、的代数式表示） Ⅱ．对反应体系进行热力学计算，平衡体系中各组分的物质的量分数（）与温度（）的关系如下图，其中（）为对应温度下硫单质的存在形态，时，。 （2）、条件下，　　　　　　　　　　　　　　　　　。（列出计算式，以分压表示，分压=总压×物质的量分数） （3）内，随温度升高而减小的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．在含有活性炭的固定床反应器内，利用还原，转化率、选择性[]随初始以及温度的变化如图。 （4）反应生成的最佳条件是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）高温下，该体系中可检测出，若反应器内无活性炭，产率达最大时，所需的初始将　　　　　　　　　　　　　　　（选填“增大”“不变”“减小”）。 IV．设计双室电解池（如图）合成和，实现的再利用。 （6）电解时从　　　　极室移向　　　　极室（选填“a”“b”）。已知：氧化性强于。 （7）若将恰好吸收了的溶液全部注入a极室，电解时a极的电极反应式为：　　　　　　　　　　　　　　　　。当b极室内生成时，在a极室理论上最多可生成　　　　　　　　。 【答案】（1）2ΔH1−ΔH2     （2）     （3）C内，温度升高，   分解为S2和H2，H2S的物质的量分数减小；     （4）600°C，      （5）增大     （6）① a    ② b     （7）① Fe2+-e-=Fe3+、    ②       【解析】(1)观察反应③，它可以通过将反应①乘以2，再减去反应②得到：，。相加得：。 (2)从图中读取各组分物质的量分数：，，，，故=0.104。Kp==。 (3)根据图示，在600°C~1000°C之间时，温度升高，   分解为S2和H2，使H2S的物质的量分数减小。 (4)根据图示，生成S2的产率由选择性和转化率二者的乘积有关，乘积最大，产率最高，在600°C、 时，选择性和转化率二者的乘积较高。因此，最佳条件是：600°C，。 (5)根据信息“高温下可检测出CO”可知，在有活性炭时，，反应生成，从而影响  的最佳值。若无活性炭，不会额外生成，因此需要更多的来保证产率最大化。即将增大。 (6)根据图示，a极室中被还原为，随后被氧化为，同时被氧化为。b 极室中被还原为。因此，a极为阳极，b极为阴极。电解时，从阳极室（a）移向阴极室（b）。 (7)首先，被氧化：，0.50 mol 对应1.0 mol 和0.50 mol。a极（阳极）发生氧化反应：也可能被氧化为Fe3+，但题目已知氧化性强于，还原性Fe2+大于硫酸根离子，故优先氧化Fe2+离子，后氧化 ，电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，同时b极（阴极）反应为，生成1 mol 转移2 mol电子。a极室中，1.0 mol 失去1mol电子，生成1molFe3+，反应失去1mol电子，生成0.5mol，生成 mol 。 8.(2026·重庆·高考真题)高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用氢还原法，该法的主要反应有(忽略其他副反应)： 反应1                   反应2             反应3                            （1）①反应1的平衡常数随温度的升高而增大，则　　　　　　　　　0(填“>”、“<”或“=”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应后，测得硅芯棒增重，则多晶硅的沉积速率为　　　　　　　　。 （2）在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为。体系压强为100 kPa时，与温度的关系如图所示。 ①在时，反应1的平衡常数　　　　　　　　　kPa(保留小数点后两位，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为50 kPa，和的曲线交叉点相对于M点，将位于　　　　　　　　　区域(填“高温”或“低温”)，其原因是　　　　　　　　　。 ③多晶硅的产率常用表示，若和，则M点对应的　　　　　　　　　。 （3）相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在熔盐中电解制备的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为　　　　　　　　　。 ②若阳极只产生和，当产生的气体总量为(标准状况)时，生成，则为　　　　　　　　　。 【答案】（1）① ＞    ② 0.16     （2）① 0.28    ② 低温    ③ 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，降温使平衡逆向移动，增大、减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域    ④ 20.97%     （3）①     ② 3:1      【解析】(1)① 平衡常数随温度升高增大，说明升温时反应1平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此。 ② 沉积速率。 (2) ① 1320 K时，由图得，，总压，反应1的压强平衡常数。 ② 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，要使二者分数重新相等，需使平衡逆向移动；因正反应为吸热反应，故需降低温度。 ③  设生成，，根据Si守恒：平衡后所有含Si气体总物质的量为，总气体物质的量为，则；根据H守恒：初始总H为，即，解得，代入得，即。 (3)① 阴极发生得电子还原为Si的反应，电极反应为。 ② 标况下2.24 L气体总物质的量为0.1 mol，，转移电子总数：，阳极反应为：、，根据转移电子守恒：，联立，得。 9.(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）① 0.25    ② 3.33    ③ 3.33    ④ 减小     （3）① -173    ② -64    ③ 1      【解析】(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。 10.(2026·江西·高考真题)/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储／释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下： 回答下列问题： （1）　　　　　　　　。 （2）同等条件下，表面自由能G（块状）　　　　　　　　G（粉末）（填“>”“=”或“<”）。 （3）/CaO开放系统在脱水过程中，起始质量为，当固体质量为m时，转化率为　　　　　　　　。 （4）空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）下图为密闭容器中的理论平衡曲线，在图中能稳定存在的状态点有　　　　　　　　（填标号）。 （6）假设金属Ca，原子半径为，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积（含空隙）计算式　　　　　　　　。 （7）初始CaO质量相同，不同比例与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。 甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。 乙同学认为该结论不正确，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）-63     （2）＜     （3）     （4）     （5）a、c、d     （6）     （7）四组实验水的用量不同，④ 中水的用量最少，反应放出总热量少，升温幅度小，因此到达最高温度时间短不能说明反应速率大      【解析】(1)根据盖斯定律，整个循环焓变总和为0：，解得； (2)同等条件下，粉末状的物质相比于块状物质，被粉碎得更细，具有更大的比表面积。表面原子由于配位不饱和，具有比内部原子更高的能量，因此块状的表面自由能小于粉末状。 (3)设转化率为，起始物质的量为，每脱水失去，固体质量减少，因此： ，整理得。 (4)空调等物理热泵的供热原理是利用制冷剂发生物理相变(如气态冷凝液化)来释放热量。在上述关系图中，发生物理变化且放热的过程是510℃的转变为25℃的的过程(放出62kJ/mol的热量)。 (5)对于平衡，平衡常数；若实际，反应逆向进行，不符合题意。 图中点c在平衡曲线下方，同温度下实际小于平衡，平衡正向趋势大，因此可以稳定存在；而点 a 和点 d 位于平衡曲线上，体系处于平衡状态，此时和CaO稳定共存，故选a、c、d。 (6)的原子个数为；二维单层紧密堆积（六方密堆积），框内表示每个原子所占总面积（含空隙），计算结果为，因此总表面积： 。 (7)初始质量相同，水的比例不同，放热量不同：水越少，总放热量越少，体系需要升高的温度越小，到达最高温度的时间就越短，和反应速率无关，因此该推断不正确。 11.(2026·广东·高考真题)(多选)硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。 （1）基态S原子的价层电子轨道表示式为　　　　　　　　　　　。 （2）我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。             则　　　　　　　　　　　(用和表示)。 （3）的氧化可在卟啉铁配合物[](用表示)催化下进行，其中的一步反应为。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ~Ⅲ组仅初始不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。时间内的实验数据如图1。 ①下列说法正确的有　　　　　　　　　　　。 A．0~t内反应速率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ                       B．Z的平衡转化率：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ C．实验温度：Ⅱ>Ⅳ                                   D．平衡时的浓度：Ⅱ和Ⅳ相等 ②Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，且，则　　　　　　　　　　　。 （4）可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成、和，该水解反应的熵变　　　　　　　　　　　0(填“>”“=”或“<”)。 （5）某低共熔溶剂(D)可用于吸收，其吸收过程可表示为： ， 在一定和压强()下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收的量为，相关信息见图2，或随的变化如图3。 ①1 mol D在303 K、下吸收至饱和，再升温至、降压至，达平衡后可释放　　　　　　　　　　　。 ②形成的总过程表示为，其平衡常数可表示为。已知：时，，则在、、最多可吸收　　　　　　　　　　　。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 【答案】（1）     （2）     （3）① BC    ② 3.2     （4）>     （5）① 0.82    ② 0.22      【解析】(1)S的原子序数为16，在周期表中位于第三周期VIA族，所以其价层电子轨道表示式为； (2)根据盖斯定律，，故； (3)①A．题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z的反应速率逐渐增大，转化率也逐渐增大，A错误； B．从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z转化率逐渐增大，B正确； C．温度越高反应速率越快，由题图1可知实验Ⅱ的反应速率比Ⅳ的反应速率大，故实验温度：Ⅱ>Ⅳ，C正确； D．Ⅱ和Ⅳ温度不同，该分步反应平衡常数不同，平衡时Z的浓度不相等，D错误； 故BC； ② 已知Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，故，，则。 (4)在潮湿空气中水解的化学方程式为，该反应为熵增反应，熵变。 (5)① 由题干可知，每摩尔D吸收的量为。结合题图3可知，303 K、时，，，；350 K、时，，，，故达平衡后释放的为。 ②由题图3可知，时，温度不变不变。时，，结合题图2中信息，，，则，解得；时，，解得，，故最多可吸收。 12.(2026·四川·高考真题)(多选)季戊四醇酯是具有优良生物降解性的润滑剂。以二甲基亚砜为溶剂，正己酸(A)与季戊四醇(B)制备正己酸季戊四醇单酯(C)和二正己酸季戊四醇二酯(D)的反应如下： Ⅰ． Ⅱ． 反应物初始浓度，不同温度下部分物质浓度随时间的变化关系如图所示，平衡浓度比如表所示(忽略水的挥发)。 不同温度下的平衡浓度比 温度/℃ 135 0.90 0.11 145 0.96 0.22 回答下列问题： （1）的反应热　　　　　　　　　　　。 （2）下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填标号)。 a．A的平均消耗速率是B的平均消耗速率的两倍 b．0~120 min内，135℃时B的平均消耗速率等于C的平均生成速率 c．240~320 min内，反应Ⅰ在145℃的平均速率小于其在135℃的平均速率 （3）反应达平衡后，若向反应体系中通入惰性气体将产生的水带出，C和D的产率将　　　　　　　　　　　(填“增大”或“减小”)，原因是　　　　　　　　　　　。 （4）135℃达平衡时，，则　　　　　　　　　　　，反应Ⅰ的平衡常数　　　　　　　　　　　(计算结果均保留小数点后2位)。 （5）已知反应热满足关系，式中、分别为温度、时的平衡常数，R是大于0的常数，则反应Ⅰ和Ⅱ的反应热关系为　　　　　　　　　　　(填“>”或“<”)，判断依据是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）bc     （3）① 增大    ② 减小生成物（水）的浓度，促使平衡向正反应方向移动     （4）① 0.05    ② 1.10     （5）① ＜    ② 升温后，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，因此，由题给公式可知，大小与呈正比，故      【解析】(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。 13.(2026·陕晋青宁·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）① -27    ② 曲线c对应反应Ⅰ，反应I的正反应为吸热反应，随着增大（即温度降低），平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK减小    ③ a     （2）①     ② 碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对     （3）①     ② A    ③ 催化剂A中由b转化为d的最大能垒（或活化能）更低，反应速率更快    ④ 【解析】(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)① Cu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。 14.(2026·浙江1月·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）① -283    ② 错误    ③ 点燃，检验产物     （2）① 第六周期    ② Ⅷ    ③ <    ④      （3）① 通入氢气    ② hgeidf或dhgeif等合理答案      【解析】(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。 15.(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）①     ②      （2）① -145.2    ② b    ③ 吸水，使反应体系中水蒸气浓度降低，导致反应ii的平衡逆向移动（或抑制了反应 ii 的进行）    ④ 增大    ⑤ 增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量时净消耗的 减少，而目的产物中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大    ⑥ 50%      【解析】(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。 16.(2026·黑吉辽蒙·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）① -497    ② A     （3）①     ②      （4）① ＞    ② ＜     （5）① 0.3    ②       【解析】(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： 。 17.(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）① <    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      （3）① 0.5    ② 0.3     （4）① ③ ① ②    ② ②      【解析】(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。 18.(2026·贵州·高考真题)水下推进装置的研究对维护国家海洋权益有积极意义。水冲压发动机是一种新型水下推进装置，通过金属燃料与海水反应产生推力。某科研小组对金属燃料镁与水蒸气高效燃烧过程进行了研究，并模拟计算了其反应机理，所涉反应及变化如下。 Ⅰ．    Ⅱ．    Ⅲ．    已知：①在标准大气压下，MgO的液化温度为3125 K，汽化温度为3873 K。 ② ③模拟计算条件：动力反应装置为绝热系统(物质与热量均不与外界交换)，压强为标准大气压(1 atm)。 回答下列问题： （1）计算：   　　　　　　　　。 （2）模拟计算得出镁与水蒸气反应的和随温度的变化关系如图1。温度小于3000 K时，　　　　　　　　0(填“＞”“=”或“＜”)。 （3）研究表明，反应中同时存在氢原子解离(路径Ⅰ)和氢原子转移(路径Ⅱ)两条反应路径，如图2。 ①两条反应路径的关系为　　　　　　(填“＞”“=”或“＜”)。 ②1 atm下，路径Ⅰ和路径Ⅱ都是连续反应： 反应速率方程为，其中是反应速率，是反应速率常数(其数值大小关系为)，是反应物浓度。反应达到平衡前，　　　　　　　　　　　(填“＞”“=”或“＜”)，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③某温度下，镁与足量水蒸气在内全部反应，其中通过路径Ⅰ生成的氢气为，则在该时间段内路径Ⅱ的反应速率为　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）在3000 K时，若将动力装置反应器出口设置成小口径喷口，反应器可近似为恒容密闭体系，体系压强从1 atm提升至10 atm，则该反应器在单位时间内产生的能量将　　　　　　　　　(填“增大”“不变”或“减小”)，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）。     （2）<     （3）① =    ② ＜    ③ Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于，，故平衡前<    ④      （4）① 增大    ② 3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大      【解析】(1)根据盖斯定律，将已知反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ相加，消去中间产物MgO(s)、MgO(l)，可得目标反应，故。 (2)已知，由图可知：温度升高时增大，几乎不变，因此对的斜率为，可得。 (3)① 焓变是状态函数，只与反应的始态和终态有关，两条路径的反应物和最终产物完全相同，因此。 ② Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于，，故平衡前<。 ③总物质的量为，对应生成，因此总物质的量为；路径Ⅰ生成，物质的量为，则路径Ⅱ生成的物质的量为，故速率。 (4)3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大。 19.(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）① 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强    ② 催化剂在该温度范围内失活    ③ ＞    ④ 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）① Pd/W    ② Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的      【解析】(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。 20.(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）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）① 30    ② 3.9    ③      （4）① 很小，温度对平衡影响小，液相反应，压强对平衡影响小    ② 及时移出产物      【解析】(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。 21.(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）① ﹣126    ② B     （4）①     ② 由生成时，活化能较大，反应速率慢    ③ 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    ④ 0.16      【解析】(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=。 22.(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：　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）d     （3）Ⅰ     （4）a     （5）① ②    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      【解析】(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。 23.(2025·云南·高考真题)(多选)我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为： Ⅰ．       Ⅱ．    回答下列问题： （1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆纤维素　　　　　　　乙醇 （2）对于反应Ⅰ： ①已知   则　　　　　　　。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是　　　　　　　(填标号)。 A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．的体积分数不再变化 D．单位时间内生成，同时消耗 ③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为　　　　　　　。 （3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为　　　　　　　。 ②由图中信息可知，乙酸可能是　　　　　　　(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则　　　　　　　，平衡常数　　　　　　　(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）葡萄糖     （2）① +44.4    ② AC    ③ 降温冷凝后收集气体     （3）① 乙酸选择性最大且反应速率较快    ② 产物1    ③ 36:5    ④       【解析】(1)纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇； (2)①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1； ②恒温恒容下发生： A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意； B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意； C．的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C符合题意； D．单位时间内生成，同时消耗均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意； 答案选AC； ③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体； (3)①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快； ②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1； ③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，各组分的分压之比=各组分的物质的量之比，故0.72：0.1=36：5；列三段式 、 ，则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa。 24.(2025·北京·高考真题)铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 （1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为　　　　　　　。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为　　　　　　　。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是　　　　　　　。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是　　　　　　　。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是　　　　　　　。 （3）铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有　　　　　　　(填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 【答案】（1）①     ②     ③ 正四面体形    ④      （2）① 脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅    ② H2O2作还原剂，K2S2O8作氧化剂     （3）ab      【解析】(1)① 充电时，阴极发生还原反应，PbSO4得到电子变成Pb，其发生的电极反应为：； ② 根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol电子；产生a库伦电量，转移的电子为，故消耗H2SO4的物质的量为； ③的中心原子S原子的价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形； ④Pb在H2SO4作用下与氧气反应，会生成PbSO4和水，反应的化学方程式为：。 (2)废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成Pb；若加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。 ① 由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅，便于后续的溶解； ② 由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，说明PbO2被H2O2还原，故H2O2的作用为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作用为氧化剂。 (3)由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b正确； 负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被还原，c错误； 故选ab。 25.(2025·浙江1月·高考真题)(多选)二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： （1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A. 温度 B. 投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C. 压强 D. 催化剂 （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=　　　　　　　。 （3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是　　　　　　　。 （4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下　　　　　　　0(填“>”、“<”或“=”)。 （5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V． 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)　　　　　　　。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因　　　　　　　。 【答案】（1）AB     （2）5.4     （3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O     （4）＜     （5）① t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快    ② 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度      【解析】(1)A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意； B．增大投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3):n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意； C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意； D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意； 故答案为：AB； (2)25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb==10-3.2，则[(CH3)2NH2] ++H2O(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh===10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh===10-10.8，故c(H+)==10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4； (3)已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O； (4)反应生产HCON(CH3)2的反应方程式是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变＜0时反应自发可知，则反应在该条件下<0，故答案为：＜； (5)① 由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快，故答案为：t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快； ② 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。 26.(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）①     ② 温度高于1258K     （2）① 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 >    ③ 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    ④      （3）①     ② 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      【解析】(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。 27.(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）① sp    ② 非极性     （2）a     （3）相等     （4）acd     （5）① 阴    ②     ③ 降低    ④ K+      【解析】(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。 28.(2025·广西·高考真题)尿素为农业生产常用氮肥。回答下列问题： I．工业合成 （1）是合成尿素的原料之一，在=1下，混合气体以一定流速通过合成塔。测得出口含量随反应温度和催化剂粒径的变化曲线如图。的原因是　　　　　　　　。达到最高点后，曲线②下降的原因是　　　　　　　　。 （2）已知：常温下各物质的相对能量如图。 则反应的　　　　　　　　。 （3）模拟工业合成尿素。高温高压下，存在如下液相平衡体系。 主反应： 副反应： 平衡体系内，部分组分的物质的量分数随初始的变化曲线如图，代表的是　　　　　　　　（填标号）。时，，随着的增大，与趋于一致，原因是　　　　　　　　。 （4）实际生产中，当初始时，的平衡转化率为的平衡常数　　　　　　　　（用物质的量分数代替浓度计算，忽略副反应，保留1位小数）。 Ⅱ．电催化合成 我国科研工作者以污染物为氮源，用纳米片电催化与合成尿素。下图为电催化合成尿素的原理示意图。 （5）a电极为　　　　　　　　极。 （6）b电极发生的电极反应式为　　　　　　　　。 【答案】（1）① 催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快    ② 温度太高，催化剂的活性减弱，反应速率减慢     （2）-122.3     （3）① ①    ② 时，主反应和副反应同时发生，主反应生成的H2O(l)在副反应中被消耗，所以，随着的增大，副反应被抑制，几乎没有进行，整个反应主要发生主反应，与趋于一致     （4）2.3     （5）阳     （6）CO2+2NO+10e-+10=+3H2O+10CO      【解析】(1)由图可知，a、b、c处催化剂粒径：a>b>c，催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快，出口含量越高。达到最高点后，曲线②下降的原因是：温度太高，催化剂的活性减弱，反应速率减慢。 (2)的生成物的总能量-反应物的总能量=-285.8 kJ/mol-321.8 kJ/mol+393.5 kJ/mol+2×45.9 kJ/mol=-122.3 kJ/mol。 (3)增大相当于增大，主反应和副反应平衡均正向移动，但增大，减小，则代表的是①，时，，随着的增大，与趋于一致，原因是：时，主反应和副反应同时发生，主反应生成的H2O(l)在副反应中被消耗，所以，随着的增大，副反应被抑制，几乎没有进行，整个反应主要发生主反应，与趋于一致。 (4)根据已知条件列出“三段式”： 平衡时，H2O(l)的物质的量分数为=，的物质的量分数为=，的物质的量分数为=，的物质的量分数为=，则平衡常数K==2.3。 (5)由图可知，CO2和NO在b电极得到电子生成，b为阴极，a电极为阳极。 (6)由图可知，NO在b电极得到电子和CO2反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CO2+2NO+10e-+10=+3H2O+10CO。 29.(2025·海南·高考真题)(多选)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）① 氧化还原    ② 增大     （2）     （3）增多     （4）0.0025     （5） 不会析出S沉淀，会析出沉淀      【解析】(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。 30.(2025·江西·高考真题)与通过催化转化为高附加值化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。相关反应体系及其热力学数据(、)如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． Ⅴ． 回答下列问题： （1）　　　　　　　 （2）反应Ⅰ的机理包括3种路径(主要步骤如图)，在A路径中，决速步骤的能垒是　　　　　　　，反应Ⅰ的最优路径是　　　　　　　(填标号)。 （3）某课题组模拟了加氢在不同温度下的平衡组分(如图)。保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是　　　　　　　，计算时相关反应的平衡常数　　　　　　　。 （4）反应Ⅰ某路径的主要步骤如下(其中*表示吸附态)： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 写出与第⑤步竞争的基元反应　　　　　　　。 （5）通过对负载的单原子催化剂进行掺杂，可调控催化剂选择性生成或，其示意图如下： ⅰ．写出Y的化学式　　　　　　　。 ⅱ．依据示意图，掺杂的催化剂可以提高Y的选择性，其原因是　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）①     ② C     （3）①     ②      （4）     （5）①     ② 钠抑制了对的活化；钠与中间体的氧成键稳定了中间体构型      【解析】(1)由盖斯定律，Ⅴ-Ⅳ得反应； (2)过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，在A路径中，决速步骤的能垒，反应Ⅰ的最优路径是C，其最大活化能最小，更利于反应进行； (3)由图，保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是；由图，时，氢气和水含量相等均为40%、乙醇和二氧化碳含量相等均为10%，则中氢气和水分压均为、乙醇和二氧化碳分压均为，则平衡常数； (4)反应⑤消耗的反应，与步骤⑤ 形成竞争反应是争夺OH*的反应，即OH*+*=O*+H*和反应；由反应可知，④为可逆反应，则与第⑤ 步竞争的基元反应为：； (5)ⅰ．可调控催化剂选择性生成或，由图，右侧C、O相结合且均吸附与催化剂表面，则其后生成的Y为CO； ⅱ．由图，钠抑制了对的活化，钠与中间体的氧成键稳定了中间体构型，从而使得掺杂的催化剂可以提高CO的选择性。 31.(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）①        ② ＜    ③ 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）① ＜    ② 降低    ③ 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 0.112    ②       【解析】(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；。 32.(2025·山东·高考真题)利用循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数基本不变。 回答下列问题： （1）反应的焓变　　　　　　　(用含的代数式表示)。 （2）乙线所示物种为　　　　　　　(填化学式)。反应Ⅲ的焓变　　　　　　　0(填“>”“<”或“=”)。 （3）温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为，则为　　　　　　　(用含a的代数式表示)；此时，与物质的量的差值　　　　　　　(用含a的最简代数式表示)。 （4）温度下，体系达平衡后，压缩容器体积产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，物质的量　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1）ΔH1+ΔH2     （2）① H2O    ② ＜     （3）① 0.45+0.5a    ② 150a     （4）① 增大    ② 减小      【解析】(1)已知： Ⅰ． Ⅱ． 依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应的焓变为ΔH1+ΔH2； (2)由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，升高温度S2减小，H2O、H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热反应，即ΔH＜0； (3)T1平衡时H2是amol，根据可知H2O和SO2的物质的量均为100amol，根据H元素守恒可知H2S为0.1－101a，设平衡时CaS和S2的物质的量分别为xmol和ymol，根据Ca元素守恒可知CaSO4是1－x，根据O元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S元素守恒可知2=0.1－101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS和CaSO4的物质的量的差值为2x－1=150a。 (4)设反应I+反应II=反应IV，反应IV为：，KIV=，压缩容器体积产率增大、K不变，，增大，则c(SO2)增大，KIII=，KIII不变，c(SO2)增大，则增大，增大；根据和氢元素守恒可知，增大，所以减小，即n(H2O)减小。 33.(2025·广东·高考真题)钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 （1）基态Ti原子的价层电子排布式为　　　　　　　。 （2）298K下，反应的、，则298K下该反应　　　　　　　(填“能”或“不能”)自发进行。 （3）以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 (a) (b) (c) (d) ①　　　　　　　kJ/mol。 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为　　　　　　　。 ③温度下，　　　　　　　，反应(c)的平衡常数　　　　　　　(列出算式，无须化简)。 （4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应： (e) (f) 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为与的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。 ①内，的转化率为　　　　　　　(用含的代数式表示)。 ②内，催化剂的选择性为　　　　　　　(用含与的代数式表示，写出推导过程)。 【答案】（1）     （2）能     （3）①     ②     ③ 0.5    ④      （4）①     ②       【解析】(1)Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为，故答案为：： (2)反应的、，则根据可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能； (3)① 已知： 反应b： 反应c： 将反应c-2×反应b可得，则，故答案为：； ② 由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示或的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以的含量逐渐上升，的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为，故答案为：； ③ 温度下，，，，根据Ti元素守恒，可推出（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则，，反应(c)的平衡常数=，故答案为：0.5；； (4)① 因为肼为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时，时， ，则内，的转化率为=，故答案为：； ② 由图可知，内，，，则，反应掉的肼为，生成的氮气和氢气的物质的量为，根据反应前后原子个数守恒，可得，反应f消耗的肼为，反应e消耗的肼为， 则本体系中催化剂的选择性===，故答案为：； 34.(2025·北京·高考真题)利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知：                                            由制的热化学方程式为　　　　　　　。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是　　　　　　　。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是　　　　　　　。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是　　　　　　　，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有　　　　　　　。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是　　　　　　　。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）①     ②     ③     ④ 、SO2     （3）①     ② 溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降      【解析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 (1)已知： 反应Ⅰ：              反应Ⅱ：                             将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； (2)① 当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ② 根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③ 在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④ 碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有； 故答案为：；；；、SO2； (3)① 由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 故答案为：；溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行。 35.(2025·陕晋青宁·高考真题)/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．    回答下列问题， （1）计算　　　　　　　。 （2）提高平衡产率的条件是_______。 A. 高温高压 B. 低温高压 C. 高温低压 D. 低温低压 （3）高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是　　　　　　　(填序号)，生成水的基元反应方程式为　　　　　　　。 （4）下，在密闭容器中和各发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是　　　　　　　(填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的　　　　　　　(列出计算式即可)。 ③在下达到平衡时，　　　　　　　。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）B     （3）① ④    ② HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O     （4）① c    ②     ③ 0.2    ④ 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量      【解析】(1)已知： I．    Ⅱ．    将I+ Ⅱ可得=，故答案为：； (2)已知反应Ⅱ．   为放热反应，要提高平衡产率，要使平衡正向移动。 A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，A错误； B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高平衡产率，B正确； C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，C错误； D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，D错误； 故选B。 (3)反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O，故答案为：④ ；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O； (4)已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，且二氧化碳、甲烷的选择性之和为100%，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。 ① 表示选择性的曲线是c，故答案为：c； ② 点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，则反应Ⅱ的，故答案为：； ③ 在下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在，随温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量，故答案为：0.2；温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量。 36.(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）① 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    ②     ③ 具有强氧化性，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜     （3）① 分解生成H2，CO发生副反应而被消耗    ② 432    ③ C、Fe、FeO    ④ 作用：将Ce2O3氧化为CeO2；分步制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2      【解析】(1)反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需、、、、，共5种化学键的键能数据； (2)① 该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，则会生成积碳，导致催化剂的活性下降，可以防止积碳；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降； ② 脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀； (3)①可以分解生成H2，使得H2的物质的量增大，增大；当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，CO发生副反应而被消耗，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL； ② 新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应； ③ 对比图中物质可知，具有氧化性，作用：将Ce2O3氧化为CeO2；采用分步制备的价值，分步制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2。 37.(2025·江苏·高考真题)海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 （1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。 ①玻璃中的能与反应生成　　　　　　　(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有　　　　　　　。 （2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：　　　　　　　。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为　　　　　　　。 (ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有　　　　　　　(填离子符号)。 （3）为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，　　　　　　　，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。 【答案】（1）①     ② 碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀     （2）①     ② 滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点    ③      （3）分别加入等体积(如5mL)的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积      【解析】(1)①是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生反应生成硅酸钠和水，化学方程式为。 ② 吸氧腐蚀时正极反应式为，根据化学平衡移动原理，碱性溶液中，浓度较大，会抑制得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢；在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯水溶解氧的能力低，减少了文物与的接触，减缓吸氧腐蚀。 (2)① 无氧、弱碱性的海水中，Fe在细菌作用下，被氧化为价的FeS、，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式： 。 ② 由题图知，铁片在NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，开始时，负极反应式为，正极反应式为。与反应生成蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝色区域；溶液中酚酞遇到变红，铁片上会出现红色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH知，在盐水中被氧化成黄色的FeOOH，故现象是滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点；铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成，被进一步氧化为，此时体系中的阳离子主要有。 (3)要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用体积等变量相同，利用与的反应进行实验。实验中，首先需要将等量的含氯FeOOH模拟样品分别用等体积的NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯，然后过滤，得到上清液，取等体积的两种上清液，先用溶液酸化，再加入溶液，通过比较出现AgCl白色沉淀时消耗。溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。 38.(2025·河北·高考真题)(多选)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）①     ② cd     （2）①     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    ③ <    ④ =    ⑤ 12    ⑥       【解析】(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，。 39.(2025·安徽·高考真题)(多选)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）① 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    ② 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）① 增大    ② 0.675p2      【解析】(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。 40.(2025·黑吉辽蒙·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）① I    ② IV    ③ BD    ④ 1.98    ⑤ 0.025      【解析】(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。 41.(2025·重庆·高考真题)水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。 （1）天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是　　　　　　　。 ②　　　　　　　(填“>”“=”或者“<”)。 （2）用如图所示电化学装置进行如下实验。 ①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的　　　　　　　(填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为　　　　　　　。 ②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为　　　　　　　。 （3）利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。 ①25℃时，的平衡常数　　　　　　　(保留2位有效数字)。 ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为　　　　　　　。 ③25℃时，计算得为　　　　　　　。 【答案】（1）① B    ② ＞     （2）① 右侧    ② H++OH-=H2O    ③      （3）①     ② D    ③       【解析】(1)① 重水中存在电离平衡，中性溶液中，，只有B点符合，所以“A、B、C”三点中呈中性的是B点，故答案为：B； ② 水的电离平衡为吸热过程，温度升高，电离程度增大，，均增大，Kw也增大，由图可知，T1时离子浓度更高，Kw更大，所以＞，故答案为：＞； (2)① 用进行实验，左侧通入，产物为，即左侧Pt电极上发生了氧化反应，电极方程式为：，左侧为负极，右侧为正极，右侧Pt电极上发生了还原反应，电极方程式为：，该电池总反应方程式H++OH-=H2O，故答案为：右侧；H++OH-=H2O； ② 用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，在通入的一侧，氧气发生还原反应，而生成氧气的一侧，则发生氧化反应，参与反应的H+和OH-仅作为反应物出现在电极反应式中，即正极反应式：，故答案为； (3)① 对于反应，平衡常数K的定义为：K=，在25℃的纯水中，水的离子积常数为Kw=，而且平衡时，已知，带入公式：K=，保留两位小数K，故答案为：； ② 瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为D， ③ 驰豫时间公式为，其中，，带入得：，在平衡时，，可推出，带入已知值：，即，将k1带入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于，可忽略不计，所以，得出，故答案为：。 42.(2024·天津·高考真题)是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制。 I．的结构 （1）由和组成。的空间结构为　　　　　　　　　　　，的电子式为　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．的水解 的水解反应方程式为：，该反应放热。 （2）无催化剂时，在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化水解产的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．反应至时，使用X产生的体积是使用Y的2倍 b．与Y相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 （4）在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行水解反应的对比实验，的生成速率与浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是　　　　　　　　　　　(填“M”或“N”)； ②曲线M中，p点之前的生成速率提高，主要原因是　　　　　　　　　　　；p点之后的生成速率降低，主要原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．的再生 （5）用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为 ，阴极的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① (正)四面体形    ②      （2）水解生成的会继续水解使溶液呈碱性，进而使水解速率放缓     （3）b     （4）① M    ② 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快    ③ 临近反应结束，随着反应物浓度降低，水解速率减慢     （5）      【解析】(1)的价层电子对数是，无孤对电子，空间构型是正四面体形；由和组成，属于离子化合物，电子式：； (2)根据的水解反应方程式为：可知，水解的本质是还原水中的H，生成H2，故无催化剂时，在酸性环境中水解迅速，在碱性环境下水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降的原因是随着反应的进行，生成的会继续水解使溶液呈碱性，H+的浓度降低，反应速率逐渐减慢； (3)a．由图可知，反应至3 min时，使用X产生H2的体积不是使用Y的2倍，故a错误； b．与Y相比，使用X同等时间内产生的气体更多，说明使用X反应速率更快，降低反应活化能更多，故b正确； c．Z是负催化剂，阻碍了水解产生H2，导致H2的产生量为0，故c错误； 故答案为：b； (4)① 水解反应是吸热反应，温度越高，水解反应速率越快，由图可知，同等浓度的条件下，M产生H2的速率更快，所以起始温度较高的实验对应的曲线是M； ② 曲线M中，p点之前H2的生成速率提高，主要原因是反应放热，温度升高，反应速率逐渐加快，p点之后H2的生成速率降低，主要原因是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，浓度对速率的影响其起着主要因素，导致H2的生成速率降低； (5)用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，所以阳极的反应为，用总反应减去阳极的反应，可以得到阴极的反应为。 43.(2024·重庆·高考真题)高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷值。 （1）在密闭容器中，(正戊烷)发生异构化反应，可同时生成(异戊烷)和(新戊烷)，其平衡常数随温度的变化如下表所示。 异构化反应 反应1 2.80 2.50 2.31 反应2 1.40 1.00 0.77 ①体系平衡后，增加压强，反应1的平衡　　　　　　　(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。 ②平衡时，和的体积比值为　　　　　　　。 ③根据上表数据推断为吸热反应，其推断过程是　　　　　　　。 （2）加入后，在双功能催化剂/分子筛上发生异构化反应且选择性高，主要产物为，其反应机理如下(表示分子筛固体酸催化剂)： 对于反应，下列说法正确的是_______。 A. 只能催化脱氢反应，不能催化加氢反应 B. 的加入增大了平衡常数，有利于反应的进行 C. 分子筛固体酸催化剂酸性越强，越有利于的形成 D. 的加入促进了的加氢反应，减少了副反应的发生 （3）(四乙基铅)能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为，阴极为碳钢，电解液为溶有格氏试剂()的有机体系。 ①阳极上生成的电极反应式为　　　　　　　。 ②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的，其原理是　　　　　　　。 ③为减少铅污染，被限制使用。是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所示(为催化剂)。总反应化学方程式为　　　　　　　；外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为　　　　　　　。 【答案】（1）① 不移动    ② 2    ③ 由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行     （2）C     （3）①     ② 阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用    ③     ④ 0.5      【解析】(1)① 反应1为气体分子数不变的反应，体系平衡后，增加压强，反应1的平衡不移动。 ② 由盖斯定律可知，反应1-反应2得，则平衡时，，则和的体积比值为2； ③ 由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行，则为吸热反应； (2)A．反应为可逆反应，由图可知能催化脱氢反应，也能催化加氢反应，错误； B．平衡常数受温度影响，的加入不改变平衡常数，错误； C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，氢离子浓度越大，越有利于的形成，正确； D．的加入促进了的加氢反应，但是也会和加成，副反应也会增多，错误； 故选C； (3)① 电解池的阳极为，阳极上Pb失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为。 ② 阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用； ③ 由图，A极二氧化碳得到电子发生还原生成CO和：，CO和再和Pt2+反应生成：，则总反应为二氧化碳和甲醇反应生成和水：；反应中电子转移为，则外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为0.5。 44.(2024·北京·高考真题)某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是　　　　　　　。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是　　　　　　　。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因　　　　　　　。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式　　　　　　　。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验　　　　　　　(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，　　　　　　　 (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）① 产生蓝色沉淀    ② 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动    ③ 、    ④ 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡    ⑤ 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸     （3）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗      【解析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 (1)在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； (2)①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 45.(2024·北京·高考真题)是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 （1）方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和　　　　　　　。 （2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因　　　　　　　。 （3）方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式：　　　　　　　。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是　　　　　　　。 （4）人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因　　　　　　　。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 【答案】（1）难挥发性     （2）①     ② x、y点转化率相同，故气体总物质的量相同，y点温度T更高、压强p更大，且压强增大对容积的影响超过了温度升高对容积的影响     （3）①     ② iii产生的参与ⅱ中NO的氧化     （4）分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量      【解析】(1)浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。 (2)① 第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为 ； ②第Ⅱ步的反应为2NO+O22NO2，是气体分子数减少的反应，压强越大NO平衡转化率越高，相同温度下的NO转化率大于，因此；y点温度比x点高、压强比x点的大，两点NO转化率均为60%，气体总物质的量相同，根据阿伏伽德罗定律的推论，y点温度T更高、压强p更大，且压强增大对容积的影响超过了温度升高对容积的影响，最终y点容器容积小于x点。 (3)① 由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为； ② 反应iii生成，将氧化成，更易转化成。 (4)分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。 46.(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）① 吸    ② 587.02    ③ 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 甲    ②     ③ 0.1951    ④     ⑤ 逆反应方向      【解析】(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。 47.(2024·新课标·高考真题)(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： （1）Ni基态原子价电子的轨道表示式为　　　　　　　。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为，镍原子半径为　　　　　　　。 （2）结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为　　　　　　　，晶体的类型为　　　　　　　。 （3）在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应的ΔH　　　　　　　0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑，　　　　　　　有利于的生成(写出两点)。、100℃时CO的平衡转化率α=　　　　　　　，该温度下平衡常数　　　　　　　。 （4）对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(k为反应速率常数)，则反应一半所需时间　　　　　　　(用k表示)。 【答案】（1）①     ②      （2）① 8    ② 分子晶体     （3）① 小于    ② 降低温度、增大压强    ③ 97.3%    ④ 9000     （4）      【解析】(1)Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为，则其价电子轨道表示式为；铜晶胞示意图为，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的，因为晶胞体积为，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为，则镍原子半径为。 (2)单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，由的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键2个π键，因此1个分子中含有8个σ键。的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。 (3)随着温度升高，平衡时的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中的体积分数增大，则压强：，即对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，、100℃条件下达到平衡时，CO和的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4mol，反应生成的为xmol，可得三段式： ，反应后总物质的量为：（4-3x）mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有，解得，因此达到平衡时，CO的平衡转化率；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数。 (4)由题给关系式可得，当反应一半时，即，，，则。 48.(2024·全国甲卷·高考真题)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： （1）已知如下热化学方程式：             计算反应的　　　　　。 （2）与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 (i)图中的曲线是　　　　　(填“a”或“b”)。 (ii)时，的转化率　　　　　，　　　　　。 (iii)时，反应的平衡常数　　　　　。 （3）少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在之间，有和无时的生成速率之比　　　　　。 (ii)从图中找出提高了选择性的证据：　　　　　。 (ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析提高选择性的原因：　　　　　。 【答案】（1）-67     （2）① a    ② 80%    ③ 7.8    ④ 10.92     （3）① (或3：2)    ② 5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升    ③ I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br      【解析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。 (1)将第一个热化学方程式命名为① ，将第二个热化学方程式命名为② 。根据盖斯定律，将方程式① 乘以3再加上方程式② ，即①×3+② ，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。 (2)(i)根据方程式① ，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a； (ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol； (iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。 (3)(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1。生成速率比==； (ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性； (iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。 49.(2024·广西·高考真题)二氯亚砜()是重要的液态化工原料。回答下列问题： （1）合成前先制备。有关转化关系为： 则的　　　　　　　。 （2）密闭容器中，以活性炭为催化剂，由和制备。反应如下： Ⅰ    Ⅱ    ①反应Ⅱ的(为平衡常数)随(为温度)的变化如图，推断出该反应为　　　　　　　(填“吸热”或“放热”)反应。 ②466K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。 反应Ⅱ的平衡常数　　　　　　　(保留1位小数)。保持和不变，增大平衡转化率的措施有　　　　　　　(任举一例)。 ③改变，使反应Ⅱ的平衡常数，导致图中的曲线变化，则等于的新交点将出现在　　　　　　　(填“”“”“”或“”)处。 （3）我国科研人员在含的溶液中加入，提高了电池的性能。该电池放电时，正极的物质转变步骤如图。其中，的作用是　　　　　　　；正极的电极反应式为　　　　　　　。 【答案】（1）-50     （2）① 放热    ② 32.4    ③ 移走或加入SO2Cl2    ④ d     （3）① 催化作用    ② 【解析】(1)由盖斯定律可知，的焓变为，则的； (2)① 由图可知反应Ⅱ的与成正比，则温度升高即减小随之lgK减小，那么K值减小，平衡逆向移动，反应Ⅱ为放热反应； ② 由图可知，=2.0时，平衡体系物质的量分数x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于为非可逆反应，故O2应完全转化，即平衡体系中不存在O2，则x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则平衡常数可用物质的量分数代替计算，反应Ⅱ的平衡常数；保持和不变，减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移，增大平衡转化率的措施有移走或加入SO2Cl2； ③ 反应Ⅱ为放热反应，改变，使反应Ⅱ的平衡常数，其平衡常数减小，则为升高温度，反应Ⅱ逆向移动，使得含量减小、增加，则图中等于的新交点将会提前，出现在d处； (3)由图可知，在反应中被消耗又生成，作用是催化作用；放电时，正极上得到电子发生还原转化为S、SO2，正极电极反应为： 。 50.(2024·海南·高考真题)氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知时，反应①：；物质的量分数。 回答问题： （1）题述条件下，反应②：　　　　　　　。 （2）设反应为一步完成，且与温度无关，已知下，反应①活化能为，则分解反应的活化能为　　　　　　　。 （3）既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有　　　　　　　、　　　　　　　。 （4）温度T下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，关系曲线如图所示，其函数关系　　　　　　　(写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率　　　　　　　；假设吸附到催化剂表面后都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间的产量将　　　　　　　。 【答案】（1）+92     （2）427     （3）① 压强    ② 温度     （4）①     ② 不变    ③ 增大      【解析】(1)由方程式可知，反应① 是反应② 的逆反应，反应①H=—92kJ/mol，则反应②H=+92kJ/mol，故答案为：+92； (2)由方程式可知，反应① 是反应② 的逆反应，由题意可知，673K下，反应① 活化能为335 kJ/mol，则氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案为：427； (3)反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发生移动，所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率，故答案为：温度；压强； (4)由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min时氨气的分压为23.5kPa、10min时氨气的分压为12kPa，0—5min时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—10min时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数关系p(NH3)= ；由关系式可知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间氢气的产量将增大，故答案为：；不变；增大。 51.(2024·贵州·高考真题)在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应： ⅰ． ⅱ． 回答下列问题： （1）反应ⅰ在1000K时　　　　　　　(选填“能”或“不能”)自发进行。 （2）已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的　　　　　　　(用含的代数式表示)。 物质 （3）受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是　　　　　　　。 （4）对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH4芳构化，相同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为　　　　　　　，理由是　　　　　　　。 pH CH4平均转化率/% 芳烃平均产率/% 产物中积碳平均含量/% 2.4 9.60 5.35 40.75 4.0 9.80 4.60 45.85 7.0 9.25 4.05 46.80 10.0 10.45 6.45 33.10 12.0 9.95 4.10 49.45 （5）下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4:1，则的平衡转化率为　　　　　　　，平衡常数Kp=　　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数，列出计算式即可)。 （6）引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下： (两个反应可视为同级数的平行反应) 对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知，若要提高苯的产率，可采取的措施有　　　　　　　。 【答案】（1）能     （2）6a-b-9c     （3）反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小     （4）① 10.0    ② pH=10.0时，产物中积炭平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高     （5）① 20%    ② 或     （6）加入合适的催化剂(合理即可)      【解析】(1)反应ⅰ．，在1000K时，ΔG=ΔH-TΔS=+74.6 kJ·mol-1-1000K×80.84×10-3kJ·mol-1·K-1=-6.24 kJ·mol-1＜0，故反应ⅰ在1000K时能自发进行。 (2)ⅱ． 由题给数据可得出以下热化学方程式： ③CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)        ΔH=akJ·mol-1 ④C6H6(l)+7.5O2(g)＝6CO2(g)+3H2O(l)     ΔH=bkJ·mol-1 ⑤H2(g)+0.5O2(g)＝H2O(l)                      ΔH=c kJ·mol-1 依据盖斯定律，将反应③ ×6-④ -⑤ ×9得，反应ⅱ的(6a-b-9c) kJ·mol-1。 (3)由于反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接触面积，因此随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低。 (4)比较表中数据可以看出，pH=10.0时，CH4平均转化率为最大值10.45%，芳烃平均产率为最大值6.45%，产物中积炭平均含量为最小值33.10%，所以最佳pH为10.0。 (5)下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4:1，设起始时C6H6的物质的量为1mol，CH4的物质的量为5mol，参加反应C6H6的物质的量为xmol，则可建立如下三段式： 依题意，，解得x=0.2，平衡时，n(C6H6)=0.8mol，n(CH4)=4.8mol，n(C7H8)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，则的平衡转化率为=20%，平衡常数Kp=或。 (6)已知，加入合适的催化剂，选择性降低Ea,苯，加快生成苯的速率，提高苯的产率。所以若要提高苯的产率，可采取的措施有：加入合适的催化剂(合理即可)。 52.(2024·广东·高考真题)(多选)酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 （1）酸催化下与混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。 ①基态N原子价层电子的轨道表示式为　　　　　　　。 ②反应a： 已知： 则反应a的　　　　　　　。 ③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中　　　　　　　。 A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 （2）在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有　　　　　　　和　　　　　　　。 （3）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸(X为A或B)在某非水溶剂中的。 a．选择合适的指示剂，；其钾盐为。 b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，平衡时，测得随的变化曲线如图。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 ①计算　　　　　　　。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②在该溶剂中，　　　　　　　；　　　　　　　。(填“>”“<”或“=”) 【答案】（1）①     ②     ③ BD     （2）① AcOH    ② KI     （3）①     ② ＞    ③ ＞      【解析】(1)①N的原子序数为7，位于第二周期第ⅤA族，基态N原子价层电子的轨道表示式为； ② 由已知可得： Ⅰ．，； Ⅱ．，； Ⅲ．，； Ⅳ．，； 由盖斯定律可知，目标方程式可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ＋Ⅳ得到，故反应； ③A．催化剂不能改变反应的焓变，A项错误； B．由图示可知，酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确； C．一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C项错误； D．由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确； 故选BD。 (2)催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI； (3)由变化曲线图可知，当时，，设初始，则初始，转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下： 由，即，解得，则该反应的平衡常数为 解得； ② 根据图像可知，当时，设此时转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下： 此时，即，则，则平衡常数，则； 由于，则，。 53.(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）① c    ② 抑制酯的水解从而提高产率    ③ 反应iii的速率远大于反应ii    ④ 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      【解析】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； (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。 54.(2024·浙江6月·高考真题)氢是清洁能源，硼氢化钠()是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，) 请回答： （1）该反应能自发进行的条件是_______。 A. 高温 B. 低温 C. 任意温度 D. 无法判断 （2）该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。 A. 升高溶液温度 B. 加入少量异丙胺 C. 加入少量固体硼酸 D. 增大体系压强 （3）为加速水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因　　　　　　　。 （4）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是　　　　　　　。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为　　　　　　　。[已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。] （5）资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠()再生为。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。) I． II． III． 请书写一个方程式表示再生为的一种制备方法，并注明　　　　　　　。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。) 【答案】（1）C     （2）AC     （3） ab段，反应物浓度降低（水的物质的量分数过低，微粒间的有效碰撞减少），生成氢气速率减慢     （4）① O2+4e-+2CO2=2    ② 70%     （5）      【解析】(1) 反应， ，由可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C； (2)A．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意； B．该反应的本质是NaBH4与H+反应，加入少量异丙胺，异丙胺水溶液呈碱性，溶液中H+浓度减小，化学反应速率降低，B不符合题意； C. 加入少量固体硼酸，硼酸溶液呈酸性，溶液中H+浓度增大，化学反应速率加快，C符合题意； D．增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意； 答案选AC。 (3)在温度、催化剂不变的情况下，本题的生氢速率v与反应物的浓度有关，随着投料比增大，c(NaBH4)增大，c(H2O)减小，综合分析速率减小是因为c(H2O)减小对速率的影响占主导。 (4)根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2， 该条件下，0.49L H2的物质的量为，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：； (5)结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得， 。 55.(2024·江苏·高考真题)氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 （1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有　　　　　　　；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得　　　　　　　。 （2）一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是　　　　　　　。 （3）反应 可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是　　　　　　　。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是　　　　　　　；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在　　　　　　　(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 【答案】（1）① C、H、Fe    ②      （2）① (或)    ② 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少     （3）① NaHCO3受热分解导致浓度下降，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解    ② -NH2可以与形成氢键    ③ CN—NHD和DCOO—      【解析】(1)由图可知，反应器I中反应物为一氧化碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生的反应为、，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1mol一氧化碳和1mol氢气与氧化铁反应生成mol铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为，由方程式可知，mol铁生成氢气的物质的量为mol×=mol，故答案为：C、H、Fe；； (2)①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳与和氨水的混合溶液反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：(或)； ②氧化铝含量大于2%，出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe表面积减小，催化性能降低，导致反应速率减小，使得出口处氨含量下降，故答案为：多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少； (3)①碳酸氢钠受热易分解导致浓度下降，升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解，均可能导致HCOO-产率下降，故答案为：NaHCO3受热分解，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解； ②氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO—，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO—，所以通过检测是否同时存在CN—NHD和DCOO—可确认反应过程中的加氢方式，故答案为：-NH2可以与形成氢键；CN—NHD和DCOO—。 56.(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）①     ②     ③ 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    ④     ⑤ 0.03    ⑥ D     （2）① 5.54    ② 0.033    ③ 增大      【解析】(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。 57.(2024·山东·高考真题)(多选)水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下： 回答下列问题： （1）的焓变　　　　　　　(用代数式表示)。 （2）压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物质为　　　　　　　(填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物质摩尔分数逐渐降低的原因是　　　　　　　。 （3）压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数　　　　　　　；此时气体总物质的量为，则的物质的量为　　　　　　　；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，将　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1）++     （2）①     ② 当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以的摩尔分数减小。     （3）①     ② 0.5    ③ 不变    ④ 不变      【解析】(1)已知三个反应： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。 (2)图示温度范围内已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，量减小，摩尔分数减小，量升高，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表的摩尔分数的变化，则c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。 (3)① 压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数 ； ② 气体总物质的量为4.0mol，则H2、CO、CO2、H2O(g)的物质的量依次为2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，设反应Ⅰ生成CO和H2物质的量都为xmol，反应Ⅱ消耗CO物质的量为ymol、生成H2物质的量为ymol，则x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反应Ⅱ生成CO2物质的量为0.7mol，反应Ⅲ消耗CO2物质的量为0.7mol-0.2mol=0.5mol，则由反应Ⅲ知，此时CaCO3(s)物质的量为0.5mol； ③ 若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变；将反应Ⅰ-反应Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，温度不变，该反应的Kp=不变，则不变。 58.(2024·湖北·高考真题)(多选)学习小组为探究、能否催化的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。 实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题： （1）配制的溶液，需要用到下列仪器中的　　　　　　　(填标号)。 a．      b．        c．       d． （2）实验I表明　　　　　　　(填“能”或“不能”)催化的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是　　　　　　　。实验Ⅲ初步表明能催化的分解，写出在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式　　　　　　　、　　　　　　　。 （3）实验I表明，反应难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析、分别与配位后，正向反应能够进行的原因　　　　　　　。 实验Ⅳ： （4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为　　　　　　　、　　　　　　　。 【答案】（1）bc     （2）① 不能    ② 提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成    ③     ④      （3）实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行     （4）①     ②       【解析】本题探究、能否催化的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明 不能催化的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明易转化为；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明更易与反应生成，并且初步证明在的作用下易被氧化为；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，易转化为，氧化性强，可以把氧化为。 (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。 (2)CoSO4溶液中存在大量的，向其中加入30%的后无明显变化，因此，实验I表明不能催化的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为，因此，大大过量的原因是：为保证转化为，提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成。实验Ⅲ的实验现象表明在的作用下能与反应生成，然后能催化的分解，因此，在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为、 。 (3)实验I表明，反应难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。 (4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为和。 59.(2024·辽宁·高考真题)(多选)为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： （1）　　　　　　　0(填“>”或“<”)；　　　　　　　℃。 （2）结合以下信息，可知的燃烧热　　　　　　　。                             （3）下列措施可提高M点转化率的是_______(填标号) A. 增大的流速 B. 将温度升高 C. 增大 D. 使用更高效的催化剂 （4）图中较高流速时，小于和，原因是　　　　　　　。 （5）设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数　　　　　　　(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算) （6）负载在上的催化活性高，稳定性强，和的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，则的相对原子质量为　　　　　　　(精确至1)。 【答案】（1）① ＜    ② 360℃     （2）-285.8     （3）BD     （4）较高流速下，反应不充分，温度升高，速率增大，转化率升高     （5）6     （6）101      【解析】(1)反应前后的气体分子数目在减小，所以该反应 ，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。 (2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④，设①，②，③ ，则，因此氢气的燃烧热－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-285.8 (3)A．增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，不符合题意； B．M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意； C．增大n(HCl):n(O2)，HCl的转化率减小，不符合题意； D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，符合题意； 故选BD。 (4)图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。 (5)由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4 mol，可列出三段式 则。 (6)由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故，则Ru的相对原子质量为101。 60.(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）① >    ② b     （3）①     ② 增大     （4）① 4s空轨道    ② 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      【解析】(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。 61.(2024·福建·高考真题)(多选)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）① bc    ② 因，升温反应向逆反应方向进行，的产量反而减小     （3）①     ②     ③ 或     （4）① =    ② >    ③       【解析】(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：=；>；。 62.(2024·江西·高考真题)石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH4和H2S重整制氢的主要反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)   ΔH1=+260kJ/mol 反应Ⅱ：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)   ΔH2=+90kJ/mol 反应Ⅲ：2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)   ΔH3=+181kJ/mol 回答下列问题： （1）H2S分子的电子式为 　　　　　　　。 （2）反应Ⅳ：CS2(g)⇌S2(g)+C(s)ㅤΔH4=　　　　　　　kJ/mol。 （3）保持反应器进料口总压为100kPa．分别以8kPaCH4、24kPaH2S(He作辅气)与25kPaCH4、75kPaH2S进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为 　　　　　　　，理由是 　　　　　　　。 （4）假设在10L的恒温刚性容器中，通入0.3mol CH4和0.15mol H2S发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为P0.CH4和H2S的转化率与时间的关系如图2，0～5min内H2的化学反应速率为 　　　　　　　mol/(L•min)；5min时，容器内总压为 　　　　　　　。 （5）假设H2S和CH4的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir等温吸附(吸附分子彼此不发生相互作用，且气体分子为单分子层吸附)。吸附等温式为：。其中a是气体的吸附系数，Vm是气体在固体表面的饱和吸附量(标态)，P是气体的分压，V是气体分压为P时的平衡吸附量(标态)。在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S的分压为2MPa及4MPa，CH4和H2S的分压相同时，H2S平衡吸附量分别为0.6m3/kg和0.8m3/kg(已换算成标态)，则H2S的吸附系数为　　　　　　　MPa﹣1。 （6）与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是 　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）+11     （3）① M    ② 总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大     （4）① 1.2×10-3    ② P0     （5）0.4     （6）H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2      【解析】(1)H2S为共价化合物，其电子式为； (2)根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ﹣Ⅰ＝Ⅳ，则CS2(g)⇌S2(g)+C(s)ㅤΔH4＝ΔH2+ΔH3﹣ΔH1＝(90+181－260)kJ/mol＝+11kJ/mol； (3)保持反应器进料口总压为100kPa。分别以8kPaCH4、24kPaH2S（He作辅气）与25kPaCH4、75kPaH2S进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为M，理由是总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大 (4)由图可知，0～5min内消耗的CH4为0.3mol×5%＝0.015mol，消耗的H2S为0.15mol×20%＝0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min内H2的化学反应速率为v(H2)1.2×10-3mol/(L•min)； 设反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化了(0.03-2x) molH2S，列三段式有 ，5min时，n(CH4)=0.285mol，n(H2S)=0.12mol，n(H2)＝0.06mol，n(CS2)=xmol，n(S2)=(0.015-x)mol，n(总)=0.48mol，起始总压为P0，气体总量为0.45mol，根据压强之比等于物质的量之比，可得5min时，容器内总压为×P0=P0； (5)根据题意可知方程：①，②，联立方程①与②，解得：α1＝0.4MPa﹣1； (6)与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2。 63.(2024·湖北·高考真题)(多选)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）① 1016    ② 105    ③ 105     （3）① BaO    ② 反应在t到t2时间段匀速进行，在t2时刻后速率为0     ③ 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      【解析】(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 。 64.(2024·浙江1月·高考真题)通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答： （1）某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是　　　　　　　。 （2）该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下： ： Ⅱ： Ⅲ： ①　　　　　　　。 ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率为　　　　　　　。 ③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的　　　　　　　。[已知：时，电离常数、] （3）为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。 Ⅳ：                  V：                       VI：             ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是　　　　　　　。 A．v与的压强无关               B．v与溶液中溶解的浓度无关 C．温度升高，v不一定增大               D．在溶液中加入，可提高转化率 ②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）① +14.8    ② 2.4×10−8    ③ 10.00     （3）① CD    ② 当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)      【解析】(1)① 电极B是阴极，则电极反应式是； (2)①ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol； ② 根据三段式，设转化的CO2为x，则： ，则，，则转化率= ； ③ 用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol⋅L-1氨水和0.18 mol⋅L-1甲酸铵的混合溶液，得出=0.18mol/L， 根据，则，，； (3)①A．v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误； B．v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误； C．温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），Ⅳ和Ⅴ可以快速建立平衡状态，随着温度升高气体在溶液中溶解度减小，气体浓度减小、L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小，故总反应的速率不一定增大，C错误； D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确； 故选CD。 ②各反应的活化能，反应VI为绝速步骤，但L的浓度取决于反应V和VI，所以速率与催化剂M的浓度和反应物CO2、H2的浓度有关。当c≤c0时，催化剂M的活性位点数量不够，速率取决于催化剂M的浓度，即v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，催化剂M的活性位点数量足够，速率取决于反应物CO2和H2的浓度，即v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题21 化学反应原理综合题 3年真题 考点分类 三年考情（2024-2026） 命题规律 化学反应原理综合题 2026浙江6月(1题)、2026甘肃(1题)、2026广西(1题)、2026全国卷(1题)、2026北京(1题)、2026重庆(1题)、2026湖北(1题)、2026四川(1题)、2026江西(1题)、2026贵州(1题)、2026山东(1题)、2026广东(1题)、2026湖南(1题)、2026河北(1题)、2026陕晋青宁(1题)、2026云南(1题)、2026黑吉辽蒙(1题)、2026浙江1月(1题)、2025贵州(1题)、2025天津(1题)、2025广西(1题)、2025海南(1题)、2025江西(1题)、2025四川(1题)、2025全国卷(1题)、2025湖南(1题)、2025重庆(1题)、2025山东(1题)、2025湖北(1题)、2025广东(1题)、2025云南(1题)、2025北京(2题)、2025陕晋青宁(1题)、2025江苏(2题)、2025河北(1题)、2025甘肃(1题)、2025安徽(1题)、2025黑吉辽蒙(1题)、2025浙江1月(1题)、2024天津(1题)、2024广西(1题)、2024福建(1题)、2024重庆(1题)、2024海南(1题)、2024江西(1题)、2024贵州(1题)、2024广东(1题)、2024北京(2题)、2024甘肃(1题)、2024湖南(1题)、2024浙江6月(1题)、2024江苏(1题)、2024河北(1题)、2024山东(1题)、2024新课标(1题)、2024全国甲卷(1题)、2024湖北(2题)、2024辽宁(1题)、2024安徽(1题)、2024浙江1月(1题) · 情境设置：紧密联系绿色化工、能源转化、资源循环、半导体材料及环境治理等真实工业问题。 · 考查重点：热化学、化学平衡、反应速率、电化学、物质结构与工艺流程综合应用，突出数据分析和方程式书写。 · 命题趋势：强化跨模块融合、探究实验与计算推理，关注碳资源利用、制氢储氢、催化转化及低碳发展。 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.(2026·河北·高考真题)(多选)丙烯是石油化工行业的重要原料，利用氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反应如下： Ⅰ         使用铂锡双金属催化剂(M)，上述反应分两步进行： Ⅱ                     Ⅲ         回答下列问题： （1）　　　　　　　　　。 （2）550℃时，恒容密闭容器中装有0.20 g催化剂M，按通入混合气体，反应2 h后得到0.012 mol ，则0~2 h内每克催化剂催化生成的平均速率为　　　　　。下列能说明该体系达到平衡状态的是　　　　　(不定项选择，填序号)。 a． b．的生成速率和消耗速率相等 c．混合气体的密度不再改变 d．混合气体的平均摩尔质量不再改变 （3）反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： ① ② ③ ④ 该催化剂对　　　　　　　　　　(填“C—C”或“C—H”)键的断裂具有更好的选择性。 （4）100 kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入和各1 mol，在不同温度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示： ①图乙中曲线L代表的组分为　　　　　　　　　　。 ②若体系压强变为50 kPa，其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量　　　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 3.(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：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 4.(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)。 5.(2026·浙江6月·高考真题)镓（Ga）在半导体领域有重要应用。 使用化学气相沉积技术、可用含镓前驱体[如、]制备膜。 已知：与同属于ⅢA族元素，具有两性。 请回答： （1）工业上制备高纯Ga所用装置示意图如图1。阴极的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）Ga与HI反应的化学方程式如下：                       　　　　　　　　　　　。 （3）某研究小组将转化为，并将其用于膜的制备。GaN膜的生长机理如下： Ⅰ   在基底上吸附，形成层； Ⅱ   在N层上吸附、反应，形成Ga层，并释放； Ⅲ   交替吸附、反应、形成层和层，不断生长增厚，形成空间网状结构的膜。 相关反应的化学方程式：      ①的空间结构名称是　　　　　　　　　　　（将视为整体）。 ②在空气中易自燃，其在中充分燃烧的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③某同学推测：GaN膜的空间网状结构中，能体现其成键结构的片段如图2.图中结构不合理之处是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④常温下，与混合没有得到，可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（写两条）。 ⑤步骤Ⅲ，一定条件下，GaN膜生长速率与膜生长温度的关系如图3，从化学反应原理角度分析原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 6.(2026·甘肃·高考真题)加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下： ①    ②    （1）要提高的平衡产率，应选择　　　　　　　　温度和　　　　　　　压强。(填“较高”或“较低”) （2）反应①平衡常数的表达式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）100 kPa下，以投料(Ar不参与反应)，理论上参与反应各物质的平衡分压随温度变化如图所示，曲线　　　　　　　　　　(填序号)代表；加入某催化剂，测得不同温度下的转化率如下表： 温度/℃ 250 300 350 400 转化率/% 22 61 84 79 250℃时反应未达到平衡，理由是　　　　　　　　。400℃时，CO2转化率降低的原因可能有　　　　　　　　　。 （4）使用特定催化剂，理论计算表明的转化路径如图a所示，生成的主要反应历程如图b所示。实验测得，反应达到平衡前产物中的含量高于，原因是　　　　　　　　　。由此推断，*CO脱附所需的活化能不高于　　　　　　　　　　eV，理由是　　　　　　　　　　。(*表示吸附态，TS表示过渡态，省略其他物种和部分非决速步骤) 7.(2026·广西·高考真题)的综合处理利于减少环境污染并实现资源再利用。回答下列问题： Ⅰ．利用还原涉及下列反应： ①       ②       ③       （1）　　　　　　　　　　　　　　。（用含、的代数式表示） Ⅱ．对反应体系进行热力学计算，平衡体系中各组分的物质的量分数（）与温度（）的关系如下图，其中（）为对应温度下硫单质的存在形态，时，。 （2）、条件下，　　　　　　　　　　　　　　　　　。（列出计算式，以分压表示，分压=总压×物质的量分数） （3）内，随温度升高而减小的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．在含有活性炭的固定床反应器内，利用还原，转化率、选择性[]随初始以及温度的变化如图。 （4）反应生成的最佳条件是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）高温下，该体系中可检测出，若反应器内无活性炭，产率达最大时，所需的初始将　　　　　　　　　　　　　　　（选填“增大”“不变”“减小”）。 IV．设计双室电解池（如图）合成和，实现的再利用。 （6）电解时从　　　　极室移向　　　　极室（选填“a”“b”）。已知：氧化性强于。 （7）若将恰好吸收了的溶液全部注入a极室，电解时a极的电极反应式为：　　　　　　　　　　　　　　　　。当b极室内生成时，在a极室理论上最多可生成　　　　　　　　。 8.(2026·重庆·高考真题)高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用氢还原法，该法的主要反应有(忽略其他副反应)： 反应1                   反应2             反应3                            （1）①反应1的平衡常数随温度的升高而增大，则　　　　　　　　　0(填“>”、“<”或“=”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应后，测得硅芯棒增重，则多晶硅的沉积速率为　　　　　　　　。 （2）在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为。体系压强为100 kPa时，与温度的关系如图所示。 ①在时，反应1的平衡常数　　　　　　　　　kPa(保留小数点后两位，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为50 kPa，和的曲线交叉点相对于M点，将位于　　　　　　　　　区域(填“高温”或“低温”)，其原因是　　　　　　　　　。 ③多晶硅的产率常用表示，若和，则M点对应的　　　　　　　　　。 （3）相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在熔盐中电解制备的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为　　　　　　　　　。 ②若阳极只产生和，当产生的气体总量为(标准状况)时，生成，则为　　　　　　　　　。 9.(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”)。 10.(2026·江西·高考真题)/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储／释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下： 回答下列问题： （1）　　　　　　　　。 （2）同等条件下，表面自由能G（块状）　　　　　　　　G（粉末）（填“>”“=”或“<”）。 （3）/CaO开放系统在脱水过程中，起始质量为，当固体质量为m时，转化率为　　　　　　　　。 （4）空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）下图为密闭容器中的理论平衡曲线，在图中能稳定存在的状态点有　　　　　　　　（填标号）。 （6）假设金属Ca，原子半径为，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积（含空隙）计算式　　　　　　　　。 （7）初始CaO质量相同，不同比例与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。 甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。 乙同学认为该结论不正确，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 11.(2026·广东·高考真题)(多选)硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。 （1）基态S原子的价层电子轨道表示式为　　　　　　　　　　　。 （2）我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。             则　　　　　　　　　　　(用和表示)。 （3）的氧化可在卟啉铁配合物[](用表示)催化下进行，其中的一步反应为。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ~Ⅲ组仅初始不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。时间内的实验数据如图1。 ①下列说法正确的有　　　　　　　　　　　。 A．0~t内反应速率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ                       B．Z的平衡转化率：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ C．实验温度：Ⅱ>Ⅳ                                   D．平衡时的浓度：Ⅱ和Ⅳ相等 ②Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，且，则　　　　　　　　　　　。 （4）可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成、和，该水解反应的熵变　　　　　　　　　　　0(填“>”“=”或“<”)。 （5）某低共熔溶剂(D)可用于吸收，其吸收过程可表示为： ， 在一定和压强()下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收的量为，相关信息见图2，或随的变化如图3。 ①1 mol D在303 K、下吸收至饱和，再升温至、降压至，达平衡后可释放　　　　　　　　　　　。 ②形成的总过程表示为，其平衡常数可表示为。已知：时，，则在、、最多可吸收　　　　　　　　　　　。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 12.(2026·四川·高考真题)(多选)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　　　　　　　　　　　。 13.(2026·陕晋青宁·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)。 14.(2026·浙江1月·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)。 15.(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=　　　　　　。 16.(2026·黑吉辽蒙·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）。 17.(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）。 18.(2026·贵州·高考真题)水下推进装置的研究对维护国家海洋权益有积极意义。水冲压发动机是一种新型水下推进装置，通过金属燃料与海水反应产生推力。某科研小组对金属燃料镁与水蒸气高效燃烧过程进行了研究，并模拟计算了其反应机理，所涉反应及变化如下。 Ⅰ．    Ⅱ．    Ⅲ．    已知：①在标准大气压下，MgO的液化温度为3125 K，汽化温度为3873 K。 ② ③模拟计算条件：动力反应装置为绝热系统(物质与热量均不与外界交换)，压强为标准大气压(1 atm)。 回答下列问题： （1）计算：   　　　　　　　　。 （2）模拟计算得出镁与水蒸气反应的和随温度的变化关系如图1。温度小于3000 K时，　　　　　　　　0(填“＞”“=”或“＜”)。 （3）研究表明，反应中同时存在氢原子解离(路径Ⅰ)和氢原子转移(路径Ⅱ)两条反应路径，如图2。 ①两条反应路径的关系为　　　　　　(填“＞”“=”或“＜”)。 ②1 atm下，路径Ⅰ和路径Ⅱ都是连续反应： 反应速率方程为，其中是反应速率，是反应速率常数(其数值大小关系为)，是反应物浓度。反应达到平衡前，　　　　　　　　　　　(填“＞”“=”或“＜”)，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③某温度下，镁与足量水蒸气在内全部反应，其中通过路径Ⅰ生成的氢气为，则在该时间段内路径Ⅱ的反应速率为　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）在3000 K时，若将动力装置反应器出口设置成小口径喷口，反应器可近似为恒容密闭体系，体系压强从1 atm提升至10 atm，则该反应器在单位时间内产生的能量将　　　　　　　　　(填“增大”“不变”或“减小”)，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 19.(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) 20.(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)。 21.(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)。 22.(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：　　　　　　　。 23.(2025·云南·高考真题)(多选)我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为： Ⅰ．       Ⅱ．    回答下列问题： （1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆纤维素　　　　　　　乙醇 （2）对于反应Ⅰ： ①已知   则　　　　　　　。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是　　　　　　　(填标号)。 A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．的体积分数不再变化 D．单位时间内生成，同时消耗 ③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为　　　　　　　。 （3）恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性] ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为　　　　　　　。 ②由图中信息可知，乙酸可能是　　　　　　　(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则　　　　　　　，平衡常数　　　　　　　(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 24.(2025·北京·高考真题)铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 （1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为　　　　　　　。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为　　　　　　　。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是　　　　　　　。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是　　　　　　　。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是　　　　　　　。 （3）铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有　　　　　　　(填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 25.(2025·浙江1月·高考真题)(多选)二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： （1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A. 温度 B. 投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C. 压强 D. 催化剂 （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=　　　　　　　。 （3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是　　　　　　　。 （4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下　　　　　　　0(填“>”、“<”或“=”)。 （5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V． 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活)　　　　　　　。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因　　　　　　　。 26.(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　　　　　　　　。 27.(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　　　　　　　　　　　。 28.(2025·广西·高考真题)尿素为农业生产常用氮肥。回答下列问题： I．工业合成 （1）是合成尿素的原料之一，在=1下，混合气体以一定流速通过合成塔。测得出口含量随反应温度和催化剂粒径的变化曲线如图。的原因是　　　　　　　　。达到最高点后，曲线②下降的原因是　　　　　　　　。 （2）已知：常温下各物质的相对能量如图。 则反应的　　　　　　　　。 （3）模拟工业合成尿素。高温高压下，存在如下液相平衡体系。 主反应： 副反应： 平衡体系内，部分组分的物质的量分数随初始的变化曲线如图，代表的是　　　　　　　　（填标号）。时，，随着的增大，与趋于一致，原因是　　　　　　　　。 （4）实际生产中，当初始时，的平衡转化率为的平衡常数　　　　　　　　（用物质的量分数代替浓度计算，忽略副反应，保留1位小数）。 Ⅱ．电催化合成 我国科研工作者以污染物为氮源，用纳米片电催化与合成尿素。下图为电催化合成尿素的原理示意图。 （5）a电极为　　　　　　　　极。 （6）b电极发生的电极反应式为　　　　　　　　。 29.(2025·海南·高考真题)(多选)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。 30.(2025·江西·高考真题)与通过催化转化为高附加值化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。相关反应体系及其热力学数据(、)如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． Ⅴ． 回答下列问题： （1）　　　　　　　 （2）反应Ⅰ的机理包括3种路径(主要步骤如图)，在A路径中，决速步骤的能垒是　　　　　　　，反应Ⅰ的最优路径是　　　　　　　(填标号)。 （3）某课题组模拟了加氢在不同温度下的平衡组分(如图)。保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是　　　　　　　，计算时相关反应的平衡常数　　　　　　　。 （4）反应Ⅰ某路径的主要步骤如下(其中*表示吸附态)： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 写出与第⑤步竞争的基元反应　　　　　　　。 （5）通过对负载的单原子催化剂进行掺杂，可调控催化剂选择性生成或，其示意图如下： ⅰ．写出Y的化学式　　　　　　　。 ⅱ．依据示意图，掺杂的催化剂可以提高Y的选择性，其原因是　　　　　　　。 31.(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)。 32.(2025·山东·高考真题)利用循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数基本不变。 回答下列问题： （1）反应的焓变　　　　　　　(用含的代数式表示)。 （2）乙线所示物种为　　　　　　　(填化学式)。反应Ⅲ的焓变　　　　　　　0(填“>”“<”或“=”)。 （3）温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为，则为　　　　　　　(用含a的代数式表示)；此时，与物质的量的差值　　　　　　　(用含a的最简代数式表示)。 （4）温度下，体系达平衡后，压缩容器体积产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，物质的量　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 33.(2025·广东·高考真题)钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 （1）基态Ti原子的价层电子排布式为　　　　　　　。 （2）298K下，反应的、，则298K下该反应　　　　　　　(填“能”或“不能”)自发进行。 （3）以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 (a) (b) (c) (d) ①　　　　　　　kJ/mol。 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为　　　　　　　。 ③温度下，　　　　　　　，反应(c)的平衡常数　　　　　　　(列出算式，无须化简)。 （4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应： (e) (f) 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含的物质的量为)，进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为与的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应(e)消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。 ①内，的转化率为　　　　　　　(用含的代数式表示)。 ②内，催化剂的选择性为　　　　　　　(用含与的代数式表示，写出推导过程)。 34.(2025·北京·高考真题)利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知：                                            由制的热化学方程式为　　　　　　　。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是　　　　　　　。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是　　　　　　　。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是　　　　　　　，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有　　　　　　　。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是　　　　　　　。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：　　　　　　　。 35.(2025·陕晋青宁·高考真题)/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．    回答下列问题， （1）计算　　　　　　　。 （2）提高平衡产率的条件是_______。 A. 高温高压 B. 低温高压 C. 高温低压 D. 低温低压 （3）高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是　　　　　　　(填序号)，生成水的基元反应方程式为　　　　　　　。 （4）下，在密闭容器中和各发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是　　　　　　　(填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的　　　　　　　(列出计算式即可)。 ③在下达到平衡时，　　　　　　　。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是　　　　　　　。 36.(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：　　　　　　　。 37.(2025·江苏·高考真题)海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文物意义重大。 （1）文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀或溶液中进行现场保护。 ①玻璃中的能与反应生成　　　　　　　(填化学式)，故不能使用带磨口玻璃塞的试剂瓶盛放溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有　　　　　　　。 （2）文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的与海水中的在细菌作用下形成等含铁凝结物。写出与反应生成和的离子方程式：　　　　　　　。 ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向溶液中加入溶液(能与形成蓝色沉淀)和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验的现象为　　　　　　　。 (ii)铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集的可能原因。该胶粒的形成过程中，参与的主要阳离子有　　　　　　　(填离子符号)。 （3）为比较含氯在溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定量含氯模拟样品，将其分为两等份，　　　　　　　，比较滴加溶液体积[。实验须遵循节约试剂用量的原则，必须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液]。 38.(2025·河北·高考真题)(多选)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)。 39.(2025·安徽·高考真题)(多选)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)。 40.(2025·黑吉辽蒙·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)。 41.(2025·重庆·高考真题)水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。 （1）天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是　　　　　　　。 ②　　　　　　　(填“>”“=”或者“<”)。 （2）用如图所示电化学装置进行如下实验。 ①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的　　　　　　　(填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为　　　　　　　。 ②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为　　　　　　　。 （3）利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。 ①25℃时，的平衡常数　　　　　　　(保留2位有效数字)。 ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为　　　　　　　。 ③25℃时，计算得为　　　　　　　。 42.(2024·天津·高考真题)是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制。 I．的结构 （1）由和组成。的空间结构为　　　　　　　　　　　，的电子式为　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．的水解 的水解反应方程式为：，该反应放热。 （2）无催化剂时，在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化水解产的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．反应至时，使用X产生的体积是使用Y的2倍 b．与Y相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 （4）在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行水解反应的对比实验，的生成速率与浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是　　　　　　　　　　　(填“M”或“N”)； ②曲线M中，p点之前的生成速率提高，主要原因是　　　　　　　　　　　；p点之后的生成速率降低，主要原因是　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．的再生 （5）用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为 ，阴极的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 43.(2024·重庆·高考真题)高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷值。 （1）在密闭容器中，(正戊烷)发生异构化反应，可同时生成(异戊烷)和(新戊烷)，其平衡常数随温度的变化如下表所示。 异构化反应 反应1 2.80 2.50 2.31 反应2 1.40 1.00 0.77 ①体系平衡后，增加压强，反应1的平衡　　　　　　　(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。 ②平衡时，和的体积比值为　　　　　　　。 ③根据上表数据推断为吸热反应，其推断过程是　　　　　　　。 （2）加入后，在双功能催化剂/分子筛上发生异构化反应且选择性高，主要产物为，其反应机理如下(表示分子筛固体酸催化剂)： 对于反应，下列说法正确的是_______。 A. 只能催化脱氢反应，不能催化加氢反应 B. 的加入增大了平衡常数，有利于反应的进行 C. 分子筛固体酸催化剂酸性越强，越有利于的形成 D. 的加入促进了的加氢反应，减少了副反应的发生 （3）(四乙基铅)能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为，阴极为碳钢，电解液为溶有格氏试剂()的有机体系。 ①阳极上生成的电极反应式为　　　　　　　。 ②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的，其原理是　　　　　　　。 ③为减少铅污染，被限制使用。是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所示(为催化剂)。总反应化学方程式为　　　　　　　；外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为　　　　　　　。 44.(2024·北京·高考真题)某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是　　　　　　　。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是　　　　　　　。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因　　　　　　　。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式　　　　　　　。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验　　　　　　　(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，　　　　　　　 (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因　　　　　　　。 45.(2024·北京·高考真题)是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。 （1）方法一：早期以硝石(含)为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和　　　　　　　。 （2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。 ①第I步反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下(、)，反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因　　　　　　　。 （3）方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。 ①电极a表面生成的电极反应式：　　　　　　　。 ②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是　　　　　　　。 （4）人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因　　　　　　　。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。 46.(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。 47.(2024·新课标·高考真题)(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： （1）Ni基态原子价电子的轨道表示式为　　　　　　　。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为，镍原子半径为　　　　　　　。 （2）结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为　　　　　　　，晶体的类型为　　　　　　　。 （3）在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应的ΔH　　　　　　　0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑，　　　　　　　有利于的生成(写出两点)。、100℃时CO的平衡转化率α=　　　　　　　，该温度下平衡常数　　　　　　　。 （4）对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(k为反应速率常数)，则反应一半所需时间　　　　　　　(用k表示)。 48.(2024·全国甲卷·高考真题)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题： （1）已知如下热化学方程式：             计算反应的　　　　　。 （2）与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 (i)图中的曲线是　　　　　(填“a”或“b”)。 (ii)时，的转化率　　　　　，　　　　　。 (iii)时，反应的平衡常数　　　　　。 （3）少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在之间，有和无时的生成速率之比　　　　　。 (ii)从图中找出提高了选择性的证据：　　　　　。 (ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析提高选择性的原因：　　　　　。 49.(2024·广西·高考真题)二氯亚砜()是重要的液态化工原料。回答下列问题： （1）合成前先制备。有关转化关系为： 则的　　　　　　　。 （2）密闭容器中，以活性炭为催化剂，由和制备。反应如下： Ⅰ    Ⅱ    ①反应Ⅱ的(为平衡常数)随(为温度)的变化如图，推断出该反应为　　　　　　　(填“吸热”或“放热”)反应。 ②466K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。 反应Ⅱ的平衡常数　　　　　　　(保留1位小数)。保持和不变，增大平衡转化率的措施有　　　　　　　(任举一例)。 ③改变，使反应Ⅱ的平衡常数，导致图中的曲线变化，则等于的新交点将出现在　　　　　　　(填“”“”“”或“”)处。 （3）我国科研人员在含的溶液中加入，提高了电池的性能。该电池放电时，正极的物质转变步骤如图。其中，的作用是　　　　　　　；正极的电极反应式为　　　　　　　。 50.(2024·海南·高考真题)氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知时，反应①：；物质的量分数。 回答问题： （1）题述条件下，反应②：　　　　　　　。 （2）设反应为一步完成，且与温度无关，已知下，反应①活化能为，则分解反应的活化能为　　　　　　　。 （3）既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有　　　　　　　、　　　　　　　。 （4）温度T下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，关系曲线如图所示，其函数关系　　　　　　　(写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率　　　　　　　；假设吸附到催化剂表面后都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间的产量将　　　　　　　。 51.(2024·贵州·高考真题)在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应： ⅰ． ⅱ． 回答下列问题： （1）反应ⅰ在1000K时　　　　　　　(选填“能”或“不能”)自发进行。 （2）已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的　　　　　　　(用含的代数式表示)。 物质 （3）受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是　　　　　　　。 （4）对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH4芳构化，相同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为　　　　　　　，理由是　　　　　　　。 pH CH4平均转化率/% 芳烃平均产率/% 产物中积碳平均含量/% 2.4 9.60 5.35 40.75 4.0 9.80 4.60 45.85 7.0 9.25 4.05 46.80 10.0 10.45 6.45 33.10 12.0 9.95 4.10 49.45 （5）下，在某密闭容器中按充入气体，发生反应，平衡时与的分压比为4:1，则的平衡转化率为　　　　　　　，平衡常数Kp=　　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数，列出计算式即可)。 （6）引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下： (两个反应可视为同级数的平行反应) 对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知，若要提高苯的产率，可采取的措施有　　　　　　　。 52.(2024·广东·高考真题)(多选)酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。 （1）酸催化下与混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。 ①基态N原子价层电子的轨道表示式为　　　　　　　。 ②反应a： 已知： 则反应a的　　　　　　　。 ③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知，在该过程中　　　　　　　。 A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变 B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率 C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应 D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小 （2）在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催化剂有　　　　　　　和　　　　　　　。 （3）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸(X为A或B)在某非水溶剂中的。 a．选择合适的指示剂，；其钾盐为。 b．向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，平衡时，测得随的变化曲线如图。 已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。 ①计算　　　　　　　。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) ②在该溶剂中，　　　　　　　；　　　　　　　。(填“>”“<”或“=”) 53.(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　　　　　　　。 54.(2024·浙江6月·高考真题)氢是清洁能源，硼氢化钠()是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，) 请回答： （1）该反应能自发进行的条件是_______。 A. 高温 B. 低温 C. 任意温度 D. 无法判断 （2）该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。 A. 升高溶液温度 B. 加入少量异丙胺 C. 加入少量固体硼酸 D. 增大体系压强 （3）为加速水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因　　　　　　　。 （4）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是　　　　　　　。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为　　　　　　　。[已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。] （5）资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠()再生为。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。) I． II． III． 请书写一个方程式表示再生为的一种制备方法，并注明　　　　　　　。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。) 55.(2024·江苏·高考真题)氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 （1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有　　　　　　　；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得　　　　　　　。 （2）一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。 ①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是　　　　　　　。 （3）反应 可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是　　　　　　　。 ②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将控制在催化剂表面，其原理是　　　　　　　；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在　　　　　　　(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。 56.(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”)。 57.(2024·山东·高考真题)(多选)水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下： 回答下列问题： （1）的焓变　　　　　　　(用代数式表示)。 （2）压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物质为　　　　　　　(填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物质摩尔分数逐渐降低的原因是　　　　　　　。 （3）压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数　　　　　　　；此时气体总物质的量为，则的物质的量为　　　　　　　；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，将　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 58.(2024·湖北·高考真题)(多选)学习小组为探究、能否催化的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。 实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题： （1）配制的溶液，需要用到下列仪器中的　　　　　　　(填标号)。 a．      b．        c．       d． （2）实验I表明　　　　　　　(填“能”或“不能”)催化的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是　　　　　　　。实验Ⅲ初步表明能催化的分解，写出在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式　　　　　　　、　　　　　　　。 （3）实验I表明，反应难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析、分别与配位后，正向反应能够进行的原因　　　　　　　。 实验Ⅳ： （4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为　　　　　　　、　　　　　　　。 59.(2024·辽宁·高考真题)(多选)为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： （1）　　　　　　　0(填“>”或“<”)；　　　　　　　℃。 （2）结合以下信息，可知的燃烧热　　　　　　　。                             （3）下列措施可提高M点转化率的是_______(填标号) A. 增大的流速 B. 将温度升高 C. 增大 D. 使用更高效的催化剂 （4）图中较高流速时，小于和，原因是　　　　　　　。 （5）设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数　　　　　　　(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算) （6）负载在上的催化活性高，稳定性强，和的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，则的相对原子质量为　　　　　　　(精确至1)。 60.(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 61.(2024·福建·高考真题)(多选)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) 62.(2024·江西·高考真题)石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH4和H2S重整制氢的主要反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)   ΔH1=+260kJ/mol 反应Ⅱ：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)   ΔH2=+90kJ/mol 反应Ⅲ：2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)   ΔH3=+181kJ/mol 回答下列问题： （1）H2S分子的电子式为 　　　　　　　。 （2）反应Ⅳ：CS2(g)⇌S2(g)+C(s)ㅤΔH4=　　　　　　　kJ/mol。 （3）保持反应器进料口总压为100kPa．分别以8kPaCH4、24kPaH2S(He作辅气)与25kPaCH4、75kPaH2S进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He的曲线为 　　　　　　　，理由是 　　　　　　　。 （4）假设在10L的恒温刚性容器中，通入0.3mol CH4和0.15mol H2S发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为P0.CH4和H2S的转化率与时间的关系如图2，0～5min内H2的化学反应速率为 　　　　　　　mol/(L•min)；5min时，容器内总压为 　　　　　　　。 （5）假设H2S和CH4的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir等温吸附(吸附分子彼此不发生相互作用，且气体分子为单分子层吸附)。吸附等温式为：。其中a是气体的吸附系数，Vm是气体在固体表面的饱和吸附量(标态)，P是气体的分压，V是气体分压为P时的平衡吸附量(标态)。在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S的分压为2MPa及4MPa，CH4和H2S的分压相同时，H2S平衡吸附量分别为0.6m3/kg和0.8m3/kg(已换算成标态)，则H2S的吸附系数为　　　　　　　MPa﹣1。 （6）与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是 　　　　　　　。 63.(2024·湖北·高考真题)(多选)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　　　　　　　。 64.(2024·浙江1月·高考真题)通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答： （1）某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是　　　　　　　。 （2）该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下： ： Ⅱ： Ⅲ： ①　　　　　　　。 ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率为　　　　　　　。 ③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的　　　　　　　。[已知：时，电离常数、] （3）为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。 Ⅳ：                  V：                       VI：             ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是　　　　　　　。 A．v与的压强无关               B．v与溶液中溶解的浓度无关 C．温度升高，v不一定增大               D．在溶液中加入，可提高转化率 ②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因　　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题21 化学反应原理综合题 1.【答案】（1）①     ② 熵增     （2）① 缩短反应时间，且能提高 的产量    ②     ③ （或 ）     （3）① 降低    ② 球磨的机械作用削弱（或部分破坏）了反应物中的化学键，使反应物更易断键发生反应，从而降低活化能     （4）产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度       2.【答案】（1）+165     （2）① 0.03    ② bd     （3）C-H     （4）①     ② 减小    ③ A点代表的组分为，该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，减小压强，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，消耗量增大，其物质的量减小      3.【答案】（1）-119     （2）① 漏斗、玻璃棒    ②     ③ 水解：，当时，完全溶解，随着增加，平衡正向移动，使增大，而不变，在相同水量稀释时，比的变化幅度小；     （3）① 、    ② 溶液中： ，随着与反应生成难溶，平衡正向移动，产生的结合，产生气体      4.【答案】（1）①     ② ＜     （2）C     （3）① B    ② 0.25    ③      （4）① 1    ②  或或或     （5）      5.【答案】（1）     （2）4.0     （3）① 平面三角形    ②     ③ Ga形成3个单键不合理，应该形成4根    ④ 常温下反应的活化能较高，反应速率极慢；常温下，与容易通过配位键生成络合物，而无法发生断键生成 GaN    ⑤ 温度升高平衡逆向移动，同时温度过高会导致已吸附在基底表面的反应物发生脱附，反应物浓度降低，两个因素共同作用使得膜生长速率随温度升高而减小      6.【答案】（1）① 较低    ② 较高     （2）     （3）① 2    ② 反应① 为放热反应，若达到平衡，升高温度转化率应当降低。而表中250℃到350℃时转化率却在升高，说明250℃时反应尚未达到平衡状态    ③ 反应① 已达到平衡，由于反应① 为放热反应，温度进一步升高导致平衡向逆反应方向移动（或催化剂在400℃时活性降低）     （4）① 从CO脱附生成CO(g)的活化能小于CO转化为CH4过程中的决速步活化能，故在未达到平衡前，生成CO的反应速率更快    ② 2.47    ③ 由图b可知，生成CH4的反应历程中，生成CH4的决速步为第三步，其活化能为 2.47   eV，所以*CO脱附的活化能不应高于 2.47 eV      7.【答案】（1）2ΔH1−ΔH2     （2）     （3）C内，温度升高，   分解为S2和H2，H2S的物质的量分数减小；     （4）600°C，      （5）增大     （6）① a    ② b     （7）① Fe2+-e-=Fe3+、    ②       8.【答案】（1）① ＞    ② 0.16     （2）① 0.28    ② 低温    ③ 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，降温使平衡逆向移动，增大、减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域    ④ 20.97%     （3）①     ② 3:1      9.【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）① 0.25    ② 3.33    ③ 3.33    ④ 减小     （3）① -173    ② -64    ③ 1      10.【答案】（1）-63     （2）＜     （3）     （4）     （5）a、c、d     （6）     （7）四组实验水的用量不同，④ 中水的用量最少，反应放出总热量少，升温幅度小，因此到达最高温度时间短不能说明反应速率大      11.【答案】（1）     （2）     （3）① BC    ② 3.2     （4）>     （5）① 0.82    ② 0.22      12.【答案】（1）     （2）bc     （3）① 增大    ② 减小生成物（水）的浓度，促使平衡向正反应方向移动     （4）① 0.05    ② 1.10     （5）① ＜    ② 升温后，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，因此，由题给公式可知，大小与呈正比，故      13.【答案】（1）① -27    ② 曲线c对应反应Ⅰ，反应I的正反应为吸热反应，随着增大（即温度降低），平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK减小    ③ a     （2）①     ② 碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对     （3）①     ② A    ③ 催化剂A中由b转化为d的最大能垒（或活化能）更低，反应速率更快    ④ 14.【答案】（1）① -283    ② 错误    ③ 点燃，检验产物     （2）① 第六周期    ② Ⅷ    ③ <    ④      （3）① 通入氢气    ② hgeidf或dhgeif等合理答案      15.【答案】（1）①     ②      （2）① -145.2    ② b    ③ 吸水，使反应体系中水蒸气浓度降低，导致反应ii的平衡逆向移动（或抑制了反应 ii 的进行）    ④ 增大    ⑤ 增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量时净消耗的 减少，而目的产物中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大    ⑥ 50%      16.【答案】（1）有副反应发生生成烷烃（或生成高碳烷烃）     （2）① -497    ② A     （3）①     ②      （4）① ＞    ② ＜     （5）① 0.3    ②       17.【答案】（1）1,2-丁二醇     （2）① <    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      （3）① 0.5    ② 0.3     （4）① ③ ① ②    ② ②      18.【答案】（1）。     （2）<     （3）① =    ② ＜    ③ Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于，，故平衡前<    ④      （4）① 增大    ② 3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大      19.【答案】（1）-137     （2）① 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强    ② 催化剂在该温度范围内失活    ③ ＞    ④ 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）① Pd/W    ② Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的      20.【答案】（1）     （2）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）① 30    ② 3.9    ③      （4）① 很小，温度对平衡影响小，液相反应，压强对平衡影响小    ② 及时移出产物      21.【答案】（1）正     （2）     （3）① ﹣126    ② B     （4）①     ② 由生成时，活化能较大，反应速率慢    ③ 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    ④ 0.16      22.【答案】（1）     （2）d     （3）Ⅰ     （4）a     （5）① ②    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      23.【答案】（1）葡萄糖     （2）① +44.4    ② AC    ③ 降温冷凝后收集气体     （3）① 乙酸选择性最大且反应速率较快    ② 产物1    ③ 36:5    ④       24.【答案】（1）①     ②     ③ 正四面体形    ④      （2）① 脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅    ② H2O2作还原剂，K2S2O8作氧化剂     （3）ab      25.【答案】（1）AB     （2）5.4     （3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O     （4）＜     （5）① t 时刻前，反应 IV 速率大于反应 V；由于碱性物质(CH3)2NH对反应 IV 有促进作用，t 时刻后，随(CH3)2NH减少，HCOOH 的消耗比生成快    ② 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度      26.【答案】（1）①     ② 温度高于1258K     （2）① 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 >    ③ 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    ④      （3）①     ② 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      27.【答案】（1）① sp    ② 非极性     （2）a     （3）相等     （4）acd     （5）① 阴    ②     ③ 降低    ④ K+      28.【答案】（1）① 催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快    ② 温度太高，催化剂的活性减弱，反应速率减慢     （2）-122.3     （3）① ①    ② 时，主反应和副反应同时发生，主反应生成的H2O(l)在副反应中被消耗，所以，随着的增大，副反应被抑制，几乎没有进行，整个反应主要发生主反应，与趋于一致     （4）2.3     （5）阳     （6）CO2+2NO+10e-+10=+3H2O+10CO      29.【答案】（1）① 氧化还原    ② 增大     （2）     （3）增多     （4）0.0025     （5） 不会析出S沉淀，会析出沉淀      30.【答案】（1）     （2）①     ② C     （3）①     ②      （4）     （5）①     ② 钠抑制了对的活化；钠与中间体的氧成键稳定了中间体构型      31.【答案】（1）①        ② ＜    ③ 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）① ＜    ② 降低    ③ 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 0.112    ②       32.【答案】（1）ΔH1+ΔH2     （2）① H2O    ② ＜     （3）① 0.45+0.5a    ② 150a     （4）① 增大    ② 减小      33.【答案】（1）     （2）能     （3）①     ②     ③ 0.5    ④      （4）①     ②       34.【答案】（1）     （2）①     ②     ③     ④ 、SO2     （3）①     ② 溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降      35.【答案】（1）     （2）B     （3）① ④    ② HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O     （4）① c    ②     ③ 0.2    ④ 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多；使反应Ⅲ正移，H2量减少；总的表现为H2增加量大于减少量      36.【答案】（1）5     （2）① 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    ②     ③ 具有强氧化性，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜     （3）① 分解生成H2，CO发生副反应而被消耗    ② 432    ③ C、Fe、FeO    ④ 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      37.【答案】（1）①     ② 碱性环境抑制吸氧腐蚀正极反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，溶解度较小，减少文物与的接触，减缓吸氧腐蚀     （2）①     ② 滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色区域，较长时间后出现黄色斑点    ③      （3）分别加入等体积(如5mL)的溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡30min；过滤，各取等量上清液(如2mL)置于两支小试管中，分别滴加溶液酸化，再分别滴加溶液；记录每份上清液至出现AgCl白色沉淀时消耗的溶液体积      38.【答案】（1）①     ② cd     （2）①     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    ③ <    ④ =    ⑤ 12    ⑥       39.【答案】（1）-41.2     （2）bc     （3）① 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    ② 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）① 增大    ② 0.675p2      40.【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）① I    ② IV    ③ BD    ④ 1.98    ⑤ 0.025      41.【答案】（1）① B    ② ＞     （2）① 右侧    ② H++OH-=H2O    ③      （3）①     ② D    ③       42.【答案】（1）① (正)四面体形    ②      （2）水解生成的会继续水解使溶液呈碱性，进而使水解速率放缓     （3）b     （4）① M    ② 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快    ③ 临近反应结束，随着反应物浓度降低，水解速率减慢     （5）      43.【答案】（1）① 不移动    ② 2    ③ 由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行     （2）C     （3）①     ② 阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用    ③     ④ 0.5      44.【答案】（1）     （2）① 产生蓝色沉淀    ② 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动    ③ 、    ④ 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡    ⑤ 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸     （3）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗      45.【答案】（1）难挥发性     （2）①     ② x、y点转化率相同，故气体总物质的量相同，y点温度T更高、压强p更大，且压强增大对容积的影响超过了温度升高对容积的影响     （3）①     ② iii产生的参与ⅱ中NO的氧化     （4）分子中存在氮氮三键，键能大，破坏它需要较大的能量      46.【答案】（1）① 吸    ② 587.02    ③ 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 甲    ②     ③ 0.1951    ④     ⑤ 逆反应方向      47.【答案】（1）①     ②      （2）① 8    ② 分子晶体     （3）① 小于    ② 降低温度、增大压强    ③ 97.3%    ④ 9000     （4）      48.【答案】（1）-67     （2）① a    ② 80%    ③ 7.8    ④ 10.92     （3）① (或3：2)    ② 5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升    ③ I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br      49.【答案】（1）-50     （2）① 放热    ② 32.4    ③ 移走或加入SO2Cl2    ④ d     （3）① 催化作用    ② 50.【答案】（1）+92     （2）427     （3）① 压强    ② 温度     （4）①     ② 不变    ③ 增大      51.【答案】（1）能     （2）6a-b-9c     （3）反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小     （4）① 10.0    ② pH=10.0时，产物中积炭平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高     （5）① 20%    ② 或     （6）加入合适的催化剂(合理即可)      52.【答案】（1）①     ②     ③ BD     （2）① AcOH    ② KI     （3）①     ② ＞    ③ ＞      53.【答案】（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3     （2）① c    ② 抑制酯的水解从而提高产率    ③ 反应iii的速率远大于反应ii    ④ 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      54.【答案】（1）C     （2）AC     （3） ab段，反应物浓度降低（水的物质的量分数过低，微粒间的有效碰撞减少），生成氢气速率减慢     （4）① O2+4e-+2CO2=2    ② 70%     （5）      55.【答案】（1）① C、H、Fe    ②      （2）① (或)    ② 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少     （3）① NaHCO3受热分解导致浓度下降，或升高温度氢气溶解量下降，或升温催化剂活性下降，或HCOO-受热分解    ② -NH2可以与形成氢键    ③ CN—NHD和DCOO—      56.【答案】（1）①     ②     ③ 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    ④     ⑤ 0.03    ⑥ D     （2）① 5.54    ② 0.033    ③ 增大      57.【答案】（1）++     （2）①     ② 当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以的摩尔分数减小。     （3）①     ② 0.5    ③ 不变    ④ 不变      58.【答案】（1）bc     （2）① 不能    ② 提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成    ③     ④      （3）实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行     （4）①     ②       59.【答案】（1）① ＜    ② 360℃     （2）-285.8     （3）BD     （4）较高流速下，反应不充分，温度升高，速率增大，转化率升高     （5）6     （6）101      60.【答案】（1）-566     （2）① >    ② b     （3）①     ② 增大     （4）① 4s空轨道    ② 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      61.【答案】（1）     （2）① bc    ② 因，升温反应向逆反应方向进行，的产量反而减小     （3）①     ②     ③ 或     （4）① =    ② >    ③       62.【答案】（1）     （2）+11     （3）① M    ② 总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大     （4）① 1.2×10-3    ② P0     （5）0.4     （6）H2S得到了综合利用，3步反应均生成了H2      63.【答案】（1）BaC2+2H2O=Ba(OH)2+HC≡CH↑     （2）① 1016    ② 105    ③ 105     （3）① BaO    ② 反应在t到t2时间段匀速进行，在t2时刻后速率为0     ③ 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      64.【答案】（1）     （2）① +14.8    ② 2.4×10−8    ③ 10.00     （3）① CD    ② 当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $