10.选择性必修1 第二章 化学反应速率与化学平衡-高中化学·2026年高考真题分类

**基本信息** 聚焦化学反应速率与化学平衡，通过高考真题分类训练，融合科学思维与证据推理，构建从概念理解到工业应用的完整解题体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单选题|22题（含浙江/北京等多地真题）|平衡移动判定、速率计算、图像分析、活化能比较|从基础概念（反应速率/平衡状态）到原理应用（勒夏特列原理/催化剂作用）| |解答题|18题（含工业流程/反应机理题）|三段式计算、盖斯定律应用、平衡常数推导、实际产率分析|从理论推导（焓变/熵变）到实际问题解决（工业条件优化/转化率提升）|

【 高中化学 】 2026年高考真题-按章分类 选择性必修1 第二章 化学反应速率与化学平衡 22个单选题 + 0个多选题 + 18个解答题 ---- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·浙江)已知：。基于该反应可实现粗铜(杂质不参与反应)的提纯，所用密封实验装置示意图如下图。下列说法不正确的是( ) A.低温区放粗铜 B.主要在高温区生成 C.粗铜转化为纯铜的过程中，反应未达到平衡 D.在收集纯铜处放置小纯铜片，有利于获得大纯铜片 2.(2026高考·甘肃)对于反应，其他条件不变时，下列说法错误的是( ) A.当时，反应达到化学平衡 B.恒容下，向平衡体系中充入惰性气体、平衡不移动 C.升高反应温度，体系活化分子数增加 D.增大浓度，平衡常数不变 3.(2026高考·广西)甲烷制乙烯能缓解石油危机。甲烷在催化剂表面生成乙烯的两种反应历程如图。下列说法错误的是( ) A.Ⅰ的反应速率大于Ⅱ B.Ⅰ、Ⅱ均可生成 C.依次断开中的键所需能量不同 D.步骤①逆过程的，故步骤①吸热 4.(2026高考·广西)探究含铬化合物的转化，实验如下。已知：是两性氢氧化物，溶于碱后溶液呈亮绿色。下列说法正确的是( ) A.①中铬主要以形式存在 B.②中溶液呈绿色，说明被还原 C.②到③有生成 D.氧化性强于 5.(2026高考·广西)常温下，反应物A和B在溶液中发生如下平行连续反应：Ⅰ.，Ⅱ.。初始浓度，，C、D、E的浓度(c)随时间(t)的变化如图。下列说法错误的是( ) A.内， B.内，A和C的曲线有交点 C.a点时，反应Ⅰ的等于反应Ⅱ的 D.不变时， 6.(2026高考·江苏)二氧化碳加氢制乙烯过程中的主要反应有：               在密闭容器中，时，、压强下的平衡转化率和压强下的实际转化率(催化剂作用下反应相同时间，且)随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是( ) A.压强不变，温度从200℃升高至300℃，平衡时减小 B.300℃时，增大反应压强，平衡时减小 C.200℃升高至300℃，下平衡转化率变化值大于下平衡转化率变化值 D.其他条件不变，延长点实际反应时间，转化率不变 7.(2026高考·北京)用下图装置进行的相关实验。 装置 实验 试剂 现象 ① 紫色石蕊溶液 溶液先变红色，一段时间后，溶液的红色褪去 ② 溶液(含数滴溶液) 已知：石蕊溶液中存在(红色)(蓝色)平衡。 下列说法不正确的是( ) A.①中溶液变红，说明平衡逆向移动 B.取①中褪色后的溶液滴入溶液，溶液不再出现紫色 C.②中溶液变红，说明氧化性： D.取②中褪色后的溶液滴入溶液，溶液不再出现红色 8.(2026高考·北京)我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂原子电化学沉积在金属钌表面，构建了具有高活性界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下与高效合成氨。下列说法不正确的是( ) A.元素位于元素周期表第族 B.高温是为了提高的平衡转化率 C.能降低合成氨反应的活化能 D.实现了温和条件下氮的固定 9.(2026高考·北京)恒温恒容密闭容器中，投入和，其初始浓度均为，发生反应。反应过程中的能量变化示意图如图1所示。的转化率随反应时间变化示意图如图2所示，的平衡转化率为。 下列说法正确的是( ) A.热化学方程式为    B.用表示反应开始到的平均速率是 C.该温度下，   D.其他条件不变，若升高初始温度，的平衡浓度大于 10.(2026高考·重庆)碘化铵()在分析检测和医药领域应用广泛。在刚性真空容器中，固体在某温度下快速分解： 反应1： 在时段，压强恒为(之前HI的分解量很小，可忽略)。 后压强发生变化，HI分解： 反应2： 后压强恒为。下列叙述错误的是( ) A.时段， B.反应2的平衡常数 C.后减小体积，再达平衡后的压强与时相等 D.后升高温度，再达平衡后的体积分数与时相等 11.(2026高考·湖北)在温和条件下，、和在催化下直接反应合成，反应机理如图(*表示吸附态)。 下列说法错误的是( ) A.氨的合成反应方程式为 B.增大催化剂的表面积会提高的平衡产率 C.温度升高不一定有利于的生成 D.过程促进催化剂活性的恢复 12.(2026高考·江西)／ZSM-5是一种降解含氰废气的催化剂，其原理是/和/氧化还原循环协同作用，反应路径如图(TS代表过渡态，*代表吸附态)。下列说法正确的是( ) A.通入HCl会降低催化活性，因为生成了 B.CN键初始氢化所需要克服的能垒为-1.75 eV C.TS-2所属的基元反应为决速步骤 D.物种①为 13.(2026高考·贵州)反式氨甲环酸具有凝血功能。理论计算表明，其由顺式氨甲环酸异构化制得的过程中，只经历一个过渡态。该异构化过程，平衡常数与温度的关系如图。 下列说法正确的是( ) A.降低温度，顺式氨甲环酸的转化率增大 B.温度不变，加入顺式氨甲环酸，平衡常数增大，有利于反应的进行 C.温度不变，向平衡后的体系中加入催化剂，平衡向正反应方向移动 D.升高温度，正反应速率增大的程度比逆反应更显著 14.(2026高考·四川)将转化为高值化学品有助于实现“双碳”目标。催化转化的一种反应机理如下，图中“”表示催化剂表面的2个吸附位，“”表示吸附位上的H物种。 下列说法错误的是( ) A.步骤①生成的是 B.步骤②和④生成的Y是 C.步骤④中 D.1个分子完成催化反应获得了8个电子 15.(2026高考·山东)研究甲、乙两种催化剂对下列反应的催化作用及产物选择性的影响。 反应Ⅰ：　 反应Ⅱ：　 恒压条件下，，，按体积比投料，分别使用甲或乙作催化剂，在下反应固定时间后测定的实验转化率；不改变其他条件，每间隔重复上述实验。的实验转化率和理论平衡转化率随温度的变化如图所示。已知：甲催化时，选择性在为；甲、乙分别催化时，选择性在均达。下列说法正确的是( ) A.， B.范围内，使用甲催化时，选择性随温度升高而增大 C.范围内，相同温度下，无论使用甲还是乙催化，产物选择性相同 D.其他条件不变，仅减小投料量，选择性达时的温度仍为 16.(2026高考·广东)物质可同时转化为它的同分异构体和，其反应过程的能量变化如图a，某温度下，测得恒容密闭容器中各组分浓度随时间的变化如图b，则( ) A.时，体系中物质的质量： B.图b中数据满足关系： C.体系中，反应先达到平衡 D.体系平衡后，升高温度，B的体积分数增加 17.(2026高考·湖南)可用氧化烷烃脱氢制取烯烃。向密闭容器中通入、和(体积比为)，维持压强为，发生反应：。测得的平衡转化率与温度的关系如图中曲线①所示。下列说法错误的是( ) A.该反应是吸热反应 B.下，的平衡转化率为，则该反应的 C.下，体系中时，表明反应已达平衡 D.若减小通入气体中的占比，的平衡转化率与温度的关系可能是曲线② 18.(2026高考·河北)的利用技术受到全球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将转变为的反应机理如下： 下列说法错误的是( ) A.反应③中的产物是 B.循环Ⅱ包含C—N键的形成与断裂 C.吗啉和共同起催化作用 D.总反应为 19.(2026高考·河南)向一恒容密闭容器中加入物质，发生基元反应：，，温度为、时，各组分的物质的量浓度与时间的关系如图1、图2所示。温度为时，的浓度随时间的变化关系为，为反应的速率常数。 下列说法正确的是( ) A. B.温度为时，反应一半需要的时间为 C.的浓度达到最大值时，的生成速率等于消耗速率 D.加入某催化剂，仅使反应的速率增大，则的浓度最大值将增大 20.(2026高考·云南)纳米催化剂经光照后产生和空穴()，促进-甲基苯甲胺脱氢、偶联生成二胺，其催化机理关键步骤如图(Ph为苯基)。下列说法错误的是( ) A.该过程涉及光能转化为化学能 B.步骤Ⅱ体现了的氧化性 C.相同条件下产生的空穴越多，生成的越多 D.该过程涉及非极性共价键的断裂和形成 21.(2026高考·云南)合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确的是( ) A.NO是红棕色、有刺激性气味的气体 B.NH4HCO3易溶于水，其电离方程式为 C.合成氨工业中采用循环操作主要是为了提高N2和H2的利用率 D.新型催化剂能降低N2生成的反应热 22.(2026高考·黑吉辽蒙卷)恒容密闭容器中，等物质的量的和发生的总反应如下：，达到平衡时，相关物质平衡组成随温度变化关系如图。下列说法正确的是( ) A.该反应的， B.点的消耗速率大于物质的生成速率 C.点该反应的(用物质的量分数代替浓度计算) D.点的平衡转化率为75% 二、解答题 23.(2026高考·甘肃)某地为完善绿色化工布局、延伸传统产业链条建设钛白厂。生产钛白(TiO2)的主要工艺流程如下： 已知钛铁矿(主要成分为)的酸解反应方程式为； 的溶解度为。 (1)该地已建有大型金属冶炼厂，主要原料为金属硫化物，据此分析在该地建设钛白厂的优势有________。 (2)FeSO4的溶解度随温度变化如图所示，则“操作X”是___________和过滤。 (3)钛白是一种白色固体，若产品钛白颜色发黄，可能是由于“还原”工艺中___________。 (4)绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]。每生产至少需消耗___________；多孔具有优良的气体净化能力，原因有______________。 (5)利用如下工艺流程制备金属钛： 已知一个化学反应、不管是一步完成还是分几步完成，其自由能变相同。在1073 K时： ① ② 反应①不能自发进行，但“氯化”工艺中加入过量焦炭后可生成，该工艺发生的总反应方程式为________。加入焦炭后反应能够自发进行的原因是________。 24.(2026高考·甘肃)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) 25.(2026高考·湖北)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________。 26.(2026高考·四川)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___________。 27.(2026高考·贵州)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“＜”)。 ②1atm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______________________________________________________________________________________。 28.(2026高考·河北)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__________________________________________________________。 29.(2026高考·湖南)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=______。 30.(2026高考·云南)“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)。 31.(2026高考·黑吉辽蒙卷)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)。 氢能源是一种来源丰富、清洁、高效、用途广泛的“绿色能源”，将氢作为能量载体储存起来，被认为是解决能源问题的最佳方案。 反应I：   反应II： (反应I中可以近似认为) 32.(2026高考·上海)使用不同催化剂对反应的反应速率影响不同。下图使用的两种催化剂对反应速率的作用如下图所示，判断其中效果较好的催化剂，并说明理由。___________ 33.(2026高考·上海)在恒容密闭容器中，能说明反应I达到化学平衡状态的是___________(不定项)。 A.BDO不再生成 B. C.气体压强不再变化 D.气体密度不再变化 34.(2026高考·上海)下列措施可以使反应Ⅱ平衡正向移动的是___________(不定项)。 A.体积减少 B.温度升高 C.加入GBL D.使用催化剂 35.(2026高考·上海)恒温条件下，若将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，则达到平衡时，的浓度___________。 A.增大    B.减小    C.不变 原因是___________。 36.(2026高考·上海)在起始GBL 1 mol、灰氢6 mol、氢的物质的量分数为0.5的条件下，反应t min达到平衡，此时氢气的物质的量分数为0.375，则每分钟生成BDO的物质的量是___________mol。 A.3/5t B.5t/3 C.3/5 D.5/3 37.(2026高考·上海)储氢密度代表了材料吸收氢气的能力，计算方法是：储氢材料的储氢密度，若1 mol GBL理论上最多可吸收，则其理论储氢密度为___________(用百分数表示，保留2位小数)(；) 38.(2026高考·上海)在2 L密闭容器中，加入1 mol储氢材料、6 mol灰氢(灰氢中物质的量分数为0.5)，反应达到平衡时，储氢量为理论最大值的90%，则此温度下，反应的I的平衡常数K为___________。 39.(2026高考·上海)氨分解制氢是通过催化将液氨分解为和的工业过程。请从贮存运输、生成物分离、反应条件的角度说明液体储氢材料反应比氨气脱氢的优点为___________。 40.(2026高考·浙江)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)。 第二章 化学反应速率与化学平衡 ---- 参考答案及解析 ---- 一、单选题 1.A 该反应的核心原理：勒夏特列原理在实际生产中的应用，将粗铜放置在高温区：平衡正向移动，粗铜发生反应转化为气体(CuCl)以便脱离杂质，生成的气体扩散到低温区后，由于温度降低，平衡向逆反应方向移动，重新生成纯净的Cu 固体析出，据此解答。 该反应正反应，高温利于平衡正向移动，使粗铜转化为气态，因此粗铜应放置在高温区，低温区为析出纯铜的区域，A错误。高温区平衡正向移动，生成和，因此主要在高温区生成，B正确。在整个密封装置中，由于存在温度梯度(高温区和低温区)，各物质在两个区域之间不断发生定向迁移和反应。这是一个动态的物质传输过程，粗铜不断消耗，纯铜不断生成，整个系统并没有处于一个静态的、各处浓度不变的化学平衡状态，如果完全达到了化学平衡，宏观上的物质转移就会停止，C正确。在低温收集区放置小的纯铜片，它可作为晶核引导还原出来的铜原子优先附着在其表面生长，从而更容易聚集成大块的纯铜，D正确。 2.A 反应速率之比等于化学计量数之比是反应任意时刻都满足的规律，该式未指明速率对应正反应方向还是逆反应方向，无法判断反应是否达到平衡，A错误。恒容下充入惰性气体，反应体系中各气态物质的浓度均不发生改变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，B正确。升高温度，普通分子吸收能量转化为活化分子，体系中活化分子总数增加，C正确。平衡常数仅与温度有关，温度不变时，增大反应物的浓度，平衡常数不发生改变，D正确。 3.D 多步反应的总速率由活化能最大的慢步骤决定；历程Ⅰ的各步活化能最大值为67.6 kJ/mol，历程Ⅱ的各步活化能最大值为75.2 kJ/mol，历程Ⅰ的决速步活化能更小，因此反应速率Ⅰ大于Ⅱ，A正确。历程Ⅱ的步骤④生成了两个，结合即可得到；历程Ⅰ中存在和中间体，二者和1个氢原子结合同样可以生成；因此两个历程均可生成，B正确。断开第一个键后，剩余键受已断键的电子效应影响，键能发生改变，故依次断开键所需能量不同，C正确。反应焓变，步骤①为放热反应，D错误。 4.D 溶液中存在如下平衡：，向溶液中加入足量硫酸溶液，溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，所以铬元素主要以的形式存在，A错误。②中溶液呈绿色，说明溶液中发生的反应为酸性条件下溶液中的与过氧化氢溶液反应生成铬离子、氧气和水，反应中氧元素的化合价升高被氧化，B错误。③中溶液呈亮绿色，说明溶液中发生的反应为溶液中的铬离子先与氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铬沉淀，反应生成的氢氧化铬与过量的氢氧化钾溶液反应生成亮绿色的，所以②到③有氢氧化铬生成，C错误。向③中加入过氧化氢溶液后溶液变为黄色，说明溶液中发生的反应为碱性条件下溶液中的与溶液反应生成和水，反应中铬元素化合价升高被氧化，铬酸钾是反应的氧化产物，氧元素化合价降低被还原，过氧化氢是氧化剂，由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以过氧化氢的氧化性强于铬酸钾，D正确。 5.C 由图可知，500 min时，D、E的浓度为0.046 mol/L、0.007 mol/L，由方程式可知，反应Ⅱ消耗A、C和生成D的浓度都为0.007 mol/L，则反应Ⅰ生成D的浓度为0.046 mol/L-0.007 mol/L=0.039 mol/L；由方程式可知， 反应Ⅰ消耗A、B和生成C的浓度都为0.039 mol/L，则A的浓度为：0.050 mol/L-0.007 mol/L-0.039 mol/L=0.004 mol/L。 由分析可知，500 min时，消耗B的浓度为0.039 mol/L，则0~500 min内，B的反应速率为：，A正确。反应时，A的浓度减小，由图可知，C的浓度先增大后减小，由分析可知，500 min时，A的浓度小于C的浓度，所以0~1500 min内，A和C的曲线有交点，B正确。由图可知，a点时，C的浓度达到最大，此时C 的生成速率等于消耗速率，即vⅠ(正)+vⅡ(逆)=vⅠ(逆)+vⅡ(正)，由于 vⅡ(逆)与vⅠ(逆)不一定相等，则反应Ⅰ的不一定等于反应Ⅱ的，C错误。D的浓度不变说明正逆反应速率相等，反应体系达到平衡状态，所以A的生成速率等于消耗速率，D正确。 6.B 温度从200℃升高至300℃，反应，，平衡逆向移动，消耗的量减小；反应，，平衡正向移动，消耗的量增加，200~300℃范围内，平衡转化率随温度升高降低，说明总消耗的量减少，平衡体系中增大，A错误。300℃时，增大压强，则生成乙烯反应平衡正向移动，减小；由生成CO的反应的平衡常数可得，温度不变时平衡常数不变，可知最终平衡时减小，B正确。从图中可看出，200℃到300℃，曲线的下降幅度远大于，即下平衡转化率的变化值更大，C错误。X点是实际转化率曲线和平衡曲线的交点，，由曲线可知，X点的实际转化率还未达到下的平衡转化率，则可说明与X点同温度下，的平衡转化率高于的平衡转化率，延长反应时间，反应会继续正向进行，转化率会升高，D错误。 7.D 与水反应生成，溶液中增大，使平衡逆向移动，浓度增大溶液变红，A正确。①中溶液褪色是因为具有强氧化性，将有色色素永久性漂白，滴入溶液也无法恢复颜色，溶液不再出现紫色，B正确。②中溶液变红是因为将氧化为，与结合显红色，氧化剂氧化性大于氧化产物，故氧化性，C正确。②中溶液褪色是因为过量将溶液中的氧化，但仍存在于溶液中，滴入新的溶液，会与结合使溶液再次出现红色，D错误。 8.B 是3号元素，最外层只有1个电子，位于元素周期表第族，A正确。合成氨反应，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，高温的作用是使催化剂达到最佳活性温度，B错误。是合成氨反应的催化剂，催化剂的作用原理是降低反应的活化能，C正确。氮的固定是将游离态的氮转化为化合态氮的过程，温和条件下催化和合成NH3，属于氮的固定，D正确。 9.D 焓变为生成物总能量与反应物总能量的差值，也等于正反应活化能减去逆反应活化能，即，A错误。时刻转化率为，消耗浓度为，根据反应计量关系，生成浓度为，平均速率，B错误。平衡时转化率为，则平衡浓度：，，代入平衡常数表达式：，C错误。由图1可知反应物总能量高于生成物，反应放热，，升高温度平衡逆向移动，平衡转化率减小，平衡浓度大于原平衡的，D正确。 10.B 在时段，只有反应1发生且达到平衡，所以，；后两个反应均平衡，压强恒为，设，分解的HI分压为，则，，总压： ，得。 结合，得，，，据此解答。 ，该时段的平均反应速率等于分压变化量绝对值与时间的比值，，HI净分压变化，速率比： ，A正确。反应2：，平衡常数： ，B错误。、，根据物料关系，联立上式，推导可得，因此与体积无关，改变体积再平衡，HI压强不变，C正确。由反应1生成的NH3和HI(g)物质的量始终相等，反应2是反应前后气体分子数不变的反应，故体系中HI(g)、H2、I2(g)的物质的量之和始终等于反应1生成的HI物质的量，故的体积分数始终为50%，这一比例是化学计量关系决定的，不受温度或压强改变的影响，D正确。 11.B 反应物为、、，生成物为、，所给方程式原子守恒、符合反应事实，A正确。催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，增大催化剂表面积只能加快反应速率，不能提高的平衡产率，B错误。若该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高可能导致催化剂失活，因此温度升高不一定有利于的生成，C正确。过程b中与催化剂表面吸附的反应生成脱附，释放催化剂活性位点，促进催化剂活性的恢复，D正确。 12.D 通入HCl时，会与催化剂中的生成难溶的CuCl，使催化剂活性位点减少，并非生成了，A错误。能垒为过渡态与前一中间体的自由能差值，恒为正值，CN键初始氢化对应TS-1，能垒为，B错误。决速步骤为反应过程中能垒最大的基元反应，经计算TS-1、TS-2、TS-3对应的能垒分别为1.82 eV、1.25 eV、0.83 eV，TS-1所属基元反应为决速步骤，C错误。根据反应前后原子守恒，①是与反应得到的中间体，后续生成，故物种①为，D正确。 13.D 由图像可知，越大(温度越低)，越小，即平衡常数随温度降低而减小，降温平衡逆向移动，顺式氨甲环酸的转化率减小，A错误。平衡常数只与温度有关，温度不变时平衡常数不变，加入反应物不改变平衡常数，B错误。催化剂仅改变反应速率，不影响化学平衡状态，加入催化剂平衡不移动，C错误。由A分析可知，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的程度比逆反应更显著，D正确。 14.C 由反应机理和元素守恒得，步骤①中分子在2个吸附位上生成、(即)，A正确。步骤②中、恰好生成(即)，同时腾出2个吸附位，步骤④中加入的和吸附位也可生成，再与也生成，B正确。步骤③中加入的中的1个夺取中的形成，同时另1个生成，同理步骤④中应该有4个生成，1个与生成，3个与结合生成，即，C错误。由碳元素化合价变化得(+4价)(-4价)，1个分子完成催化反应获得了8个电子，D正确。 15.C 低温下，随着温度升高，理论平衡转化率下降。根据勒夏特列原理，转化率下降说明低温下占据主导的反应平衡逆向移动了。因此，低温下主导的正反应是放热反应。结合题干信息甲催化时，选择性在为可知，低温区主要发生的是反应Ⅰ，故推断；同理，高温区平衡转化率随温度升高，高温下以反应Ⅱ为主，升高温度反应Ⅱ平衡正向移动，故，A错误。反应I放热、反应Ⅱ吸热，升高温度平衡更有利于吸热的反应Ⅱ，的平衡选择性随温度升高降低；且题目仅说明甲催化时下选择性为100%，不能说明范围内选择性随温度升高增大，该范围内转化率升高是温度升高加快反应速率导致，和选择性无关，B错误。由图可知，范围内，甲、乙催化的实验转化率都与理论平衡转化率重合，说明反应已经达到平衡状态。催化剂只改变反应速率，不改变平衡组成，因此相同温度下，无论使用哪种催化剂，平衡状态相同，产物选择性相同，C正确。反应恒压进行，减小投料量，体系总体积减小，反应物分压增大：反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，加压促进反应Ⅰ正向移动，相同温度下选择性会降低，因此选择性达到100%需要更高的温度来对抗压强带来的影响，不再是，D错误。 16.B 由题图a可知，生成C的活化能小，则反应速率快；相同质量B具有的能量比C低，B相对稳定，则反应足够时间，生成B的量增多，故在题图b中浓度逐渐减小的为A，开始生成速率快的为C，最终生成较多的为B。 设初始加入A的质量为，浓度为，A、B、C互为同分异构体，则摩尔质量相同，等质量时物质的量相等，由题图b可知，时，B、C的浓度相等，则，恒容容器，则气体体积不变，故可得，时，A的转化率未知，无法确定与的关系，A错误。根据A分析可知，时，，根据原子守恒有，时，A、B的浓度相等，则，设此时C的浓度为，即，可得，由题图b可知时C的浓度大于时C的浓度，即，，则，B正确。A生成B的反应和A生成C的反应是平行反应，应同时达到平衡，C错误。根据题图a可知的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B的物质的量减小，而总的物质的量不变，故B的体积分数减小，D错误。 17.B 温度升高，平衡转化率升高，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，A正确。设初始、、的物质的量分别为1mol、1mol、2mol，平衡转化率为50%时，反应的为0.5mol，列出“三段式”。平衡时总物质的量为0.5 mol+0.5 mol+0.5 mol+0.5 mol+0.5 mol+2 mol=4.5 mol，压强平衡常数： ，B错误。543℃下平衡转化率为60%，平衡时，由方程式系数关系可知，满足，故该关系成立时反应达平衡，C正确。总压不变，减小的占比，反应体系各物质分压增大，该反应正反应为气体分子数增大的反应，加压平衡逆向移动，平衡转化率降低，对应曲线②，D正确。 18.B 反应③中HCOO-与-NH-发生取代反应生成酰胺基，结合原子守恒可知，产物M为，A正确。循环Ⅱ中仅存在酰胺基中C-N键的断裂，没有新C-N键的形成，B错误。吗啉和均先参与反应、后再生成，反应前后化学性质不变，共同起催化作用，C正确。结合整个反应流程，反应物为和，产物为和，总反应化学方程式为：，D正确。 19.C 温度越高，反应速率越快，相同时间内反应物消耗越快。对比两图可知：温度下浓度下降更快，反应速率更快，因此，A错误。根据题目给出的，可以将公式变形为：，当反应一半时，，代入得：，B错误。N是中间产物：浓度增大时，的生成速率大于消耗速率；浓度达到最大值后开始下降，此时的生成速率小于消耗速率，因此浓度最大时，生成速率等于消耗速率，C正确。催化剂仅改变反应速率，不改变浓度变化的趋势：若仅增大的反应速率，生成后消耗更快，会使的浓度最大值减小，D错误。 20.D 光催化过程中，光能驱动化学反应发生，化学能储存于产物中，涉及光能→化学能的转化，A正确。步骤Ⅱ中，空穴带正电，使底物失去电子，作为氧化剂，体现氧化性，B正确。空穴是氧化剂，数量越多，氧化能力越强，促进-甲基苯甲胺脱氢反应越彻底，生成的越多，C正确。步骤III过程中断裂C-H极性键，步骤IV过程中形成C-C非极性键和H-H非极性键，无非极性共价键的断裂，D。 21.C NO是无色、有刺激性气味的气体，NO2为红棕色气体，A错误。NH4HCO3为属于盐类，为强电解质，在水中完全电离为和，为弱酸酸式根，不能进一步拆分，因此其电离方程式为，B错误。合成氨反应为可逆反应，反应物的平衡转化率较低，循环操作可将未反应的N2和H2回收再利用，从而提高原料利用率，C正确。催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但反应热由反应物和生成物的总能量差决定，与催化剂无关，因此新型催化剂不能改变N2生成N[Si(CH3)3]3的反应热，D错误。 22.D 观察图像可知，随着温度的升高，C3H8的物质的量分数逐渐降低。这说明升高温度促使平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为吸热反应，因此，另外，反应物气体共4分子，生成物气体共6分子，正反应是气体分子数增大的过程，因此，A错误。前面已推断出a物质是C3H6。在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中对应的化学计量数之比。C3H6与C3H8的化学计量数均为3，因此在反应过程中的任何时刻，的消耗速率等于物质()的生成速率，B错误。列三段式：，M点时，C3H8曲线与b曲线(H2O)相交，意味着两者的物质的量分数相等(即物质的量相等)：1-3x=2x，解得x=0.2，此时各物质的量分别为：C3H8=0.4 mol、SO2=0.8 mol、C3H6=0.6 mol、H2S=0.2mol、H2O=0.4mol。体系总物质的量为2.4 mol。代入物质的量分数平衡常数Kx。进行计算，C错误。N点时，C3H8曲线与c曲线(H2S)相交，说明两者的物质的量分数相等:1-3x=x，解得x=0.25。此时C3H8转化了0.75 mol，故C3H8的平衡转化率为：，D正确。 二、解答题 23.【答案】(1)冶炼金属硫化物产生的可用于制备硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染 (2)蒸发浓缩、冷却结晶 (3)铁屑加入量不足，导致溶液中的未被完全还原，后续水解生成含铁杂质混入产品中 (4)；多孔结构具有较大的比表面积，物理吸附能力强，且能与发生化学反应 (5)；总反应的自由能变，反应能够自发进行 【解析】(1)该地建有大型金属硫化物冶炼厂，金属硫化物冶炼会产生大量，经氧化、吸水可以制备浓硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染； (2)由图像知，溶解度随温度降低明显减小，要析出晶体，需要进行的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤； (3)钛白TiO2是白色，Fe2O3(三氧化二铁)是红黄色，还原步骤加铁屑目的为把Fe3+全部还原为Fe2+，后续以晶体除去， 若铁屑不足，Fe3+没有完全被还原除去，后续煅烧生成Fe2O3杂质，钛白发黄； (4)绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]，反应的化学方程式为：，根据方程可得，则生成1 mol FeO(OH)，消耗0.25molO2；由于多孔FeO(OH)的多孔结构，比表面积大，吸附能力强；Fe3+具有氧化性，可以和还原性气体H2S发生氧化还原反应；H2S是酸性气体，可以和FeO(OH)发生酸碱反应，故多孔具有优良的气体净化能力； (5)已知①，②，由①+②可得总反应为：；总反应可以自发。 24.【答案】(1)较低；较高 (2) (3)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；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)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；2.47；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。 25.【答案】(1)；熵增 (2)缩短反应时间，且能提高 的产量；；(或 ) (3)降低；球磨的机械作用削弱(或部分破坏)了反应物中的化学键，使反应物更易断键发生反应，从而降低活化能 (4)产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度 【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 。 26.【答案】(1) (2)bc (3)增大；减小生成物(水)的浓度，促使平衡向正反应方向移动 (4)0.05； 1.10 (5)＜；升温后，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，因此，由题给公式可知，大小与呈正比，故 【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。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。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。 27.【答案】(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)增大；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。 ②Mg·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。 28.【答案】(1)+165 (2)0.03；bd (3)C-H (4)；减小；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 。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，a错误。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。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。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，bd正确。 (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。 29.【答案】(1)； (2)-145.2；b；吸水，使反应体系中水蒸气浓度降低，导致反应ii的平衡逆向移动(或抑制了反应 ii 的进行)；增大；增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量时净消耗的 减少，而目的产物中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大；50% 【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。 30.【答案】(1)；＜ (2)C (3)B；0.25； (4)1；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。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。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。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。 31.【答案】(1)有副反应发生生成烷烃(或生成高碳烷烃) (2)-497；A (3)； (4)＞；＜ (5)0.3； 【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： 。 32.【答案】；该催化剂在物质的量分数较高的条件下仍能维持较高的反应速率，抗中毒性能更优 【解析】由图像可知，相同物质的量分数下催化的反应速率更高，且随物质的量分数增大，对应的反应速率基本保持稳定，对应的反应速率大幅下降，因此效果较好的催化剂为，理由为该催化剂在物质的量分数较高的条件下仍能维持较高的反应速率，抗中毒性能更优。 33.【答案】BCD 【解析】反应达到平衡时为动态平衡，的生成速率与消耗速率相等，并非不再生成，A错误。反应速率之比等于化学计量数之比，，当时，，正逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确。反应I中仅氢气为气态，恒容条件下气体压强与氢气的物质的量成正比，压强不再变化说明氢气的物质的量不再变化，反应达到平衡，C正确。恒容条件下气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量为氢气的质量，密度不再变化说明氢气的质量不再变化，反应达到平衡，D正确，故选BCD。 34.【答案】B 【解析】反应II为分解生成和氢气，为吸热、气体分子数增大的反应。体积减少相当于压强增大，平衡向气体分子数减少的方向即逆向移动，A错误。温度升高，吸热反应平衡正向移动，B正确。为液态，浓度为恒定值，加入不影响平衡状态，C错误。催化剂仅改变反应速率，不改变平衡状态，D错误。 35.【答案】C；温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变 【解析】平衡常数仅与温度有关，恒温条件下值不变，由可知，氢气的浓度不变，故选C。原因为温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变。 36.【答案】A 【解析】起始灰氢总物质的量为6mol，氢气的物质的量分数为0.5，因此起始氢气的物质的量为3mol，和总物质的量为3mol。设t min内生成的物质的量为，则消耗氢气的物质的量为，平衡时氢气的物质的量为，气体总物质的量为。由氢气的物质的量分数为0.375可得，解得，因此每分钟生成的物质的量为，故选A。 37.【答案】4.65% 【解析】1mol 最多吸收2mol ，吸收的氢气质量为，1mol 的质量为86g，因此储氢密度为。 38.【答案】或2.78 【解析】理论上1mol 最多吸收2mol ，储氢量为理论最大值的90%，因此实际吸收的氢气物质的量为，起始氢气物质的量为3mol，因此平衡时氢气的物质的量为，容器体积为2L，氢气浓度为，代入平衡常数表达式得。 39.【答案】液体储氢材料常温下为液态，便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高纯度氢气；反应条件温和，能耗低 【解析】液体储氢材料常温下为液态，相比氨气更便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高纯度氢气；反应条件温和，相比氨脱氢能耗更低。 40.【答案】(1)-283；错误。点燃，检验产物 (2)第六周期；Ⅷ；< (3)通入氢气；hgeidf或dhgeif等合理答案 【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。 25 / 43 学科网（北京）股份有限公司 $ 【 高中化学 】 2026年高考真题-按章分类 选择性必修1 第二章 化学反应速率与化学平衡 22个单选题 + 0个多选题 + 18个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·浙江)已知：。基于该反应可实现粗铜(杂质不参与反应)的提纯，所用密封实验装置示意图如下图。下列说法不正确的是( ) A.低温区放粗铜 B.主要在高温区生成 C.粗铜转化为纯铜的过程中，反应未达到平衡 D.在收集纯铜处放置小纯铜片，有利于获得大纯铜片 1.A 该反应的核心原理：勒夏特列原理在实际生产中的应用，将粗铜放置在高温区：平衡正向移动，粗铜发生反应转化为气体(CuCl)以便脱离杂质，生成的气体扩散到低温区后，由于温度降低，平衡向逆反应方向移动，重新生成纯净的Cu 固体析出，据此解答。 该反应正反应，高温利于平衡正向移动，使粗铜转化为气态，因此粗铜应放置在高温区，低温区为析出纯铜的区域，A错误。高温区平衡正向移动，生成和，因此主要在高温区生成，B正确。在整个密封装置中，由于存在温度梯度(高温区和低温区)，各物质在两个区域之间不断发生定向迁移和反应。这是一个动态的物质传输过程，粗铜不断消耗，纯铜不断生成，整个系统并没有处于一个静态的、各处浓度不变的化学平衡状态，如果完全达到了化学平衡，宏观上的物质转移就会停止，C正确。在低温收集区放置小的纯铜片，它可作为晶核引导还原出来的铜原子优先附着在其表面生长，从而更容易聚集成大块的纯铜，D正确。 2.(2026高考·甘肃)对于反应，其他条件不变时，下列说法错误的是( ) A.当时，反应达到化学平衡 B.恒容下，向平衡体系中充入惰性气体、平衡不移动 C.升高反应温度，体系活化分子数增加 D.增大浓度，平衡常数不变 2.A 反应速率之比等于化学计量数之比是反应任意时刻都满足的规律，该式未指明速率对应正反应方向还是逆反应方向，无法判断反应是否达到平衡，A错误。恒容下充入惰性气体，反应体系中各气态物质的浓度均不发生改变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，B正确。升高温度，普通分子吸收能量转化为活化分子，体系中活化分子总数增加，C正确。平衡常数仅与温度有关，温度不变时，增大反应物的浓度，平衡常数不发生改变，D正确。 3.(2026高考·广西)甲烷制乙烯能缓解石油危机。甲烷在催化剂表面生成乙烯的两种反应历程如图。下列说法错误的是( ) A.Ⅰ的反应速率大于Ⅱ B.Ⅰ、Ⅱ均可生成 C.依次断开中的键所需能量不同 D.步骤①逆过程的，故步骤①吸热 3.D 多步反应的总速率由活化能最大的慢步骤决定；历程Ⅰ的各步活化能最大值为67.6 kJ/mol，历程Ⅱ的各步活化能最大值为75.2 kJ/mol，历程Ⅰ的决速步活化能更小，因此反应速率Ⅰ大于Ⅱ，A正确。历程Ⅱ的步骤④生成了两个，结合即可得到；历程Ⅰ中存在和中间体，二者和1个氢原子结合同样可以生成；因此两个历程均可生成，B正确。断开第一个键后，剩余键受已断键的电子效应影响，键能发生改变，故依次断开键所需能量不同，C正确。反应焓变，步骤①为放热反应，D错误。 4.(2026高考·广西)探究含铬化合物的转化，实验如下。已知：是两性氢氧化物，溶于碱后溶液呈亮绿色。下列说法正确的是( ) A.①中铬主要以形式存在 B.②中溶液呈绿色，说明被还原 C.②到③有生成 D.氧化性强于 4.D 溶液中存在如下平衡：，向溶液中加入足量硫酸溶液，溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，所以铬元素主要以的形式存在，A错误。②中溶液呈绿色，说明溶液中发生的反应为酸性条件下溶液中的与过氧化氢溶液反应生成铬离子、氧气和水，反应中氧元素的化合价升高被氧化，B错误。③中溶液呈亮绿色，说明溶液中发生的反应为溶液中的铬离子先与氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铬沉淀，反应生成的氢氧化铬与过量的氢氧化钾溶液反应生成亮绿色的，所以②到③有氢氧化铬生成，C错误。向③中加入过氧化氢溶液后溶液变为黄色，说明溶液中发生的反应为碱性条件下溶液中的与溶液反应生成和水，反应中铬元素化合价升高被氧化，铬酸钾是反应的氧化产物，氧元素化合价降低被还原，过氧化氢是氧化剂，由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以过氧化氢的氧化性强于铬酸钾，D正确。 5.(2026高考·广西)常温下，反应物A和B在溶液中发生如下平行连续反应：Ⅰ.，Ⅱ.。初始浓度，，C、D、E的浓度(c)随时间(t)的变化如图。下列说法错误的是( ) A.内， B.内，A和C的曲线有交点 C.a点时，反应Ⅰ的等于反应Ⅱ的 D.不变时， 5.C 由图可知，500 min时，D、E的浓度为0.046 mol/L、0.007 mol/L，由方程式可知，反应Ⅱ消耗A、C和生成D的浓度都为0.007 mol/L，则反应Ⅰ生成D的浓度为0.046 mol/L-0.007 mol/L=0.039 mol/L；由方程式可知， 反应Ⅰ消耗A、B和生成C的浓度都为0.039 mol/L，则A的浓度为：0.050 mol/L-0.007 mol/L-0.039 mol/L=0.004 mol/L。 由分析可知，500 min时，消耗B的浓度为0.039 mol/L，则0~500 min内，B的反应速率为：，A正确。反应时，A的浓度减小，由图可知，C的浓度先增大后减小，由分析可知，500 min时，A的浓度小于C的浓度，所以0~1500 min内，A和C的曲线有交点，B正确。由图可知，a点时，C的浓度达到最大，此时C 的生成速率等于消耗速率，即vⅠ(正)+vⅡ(逆)=vⅠ(逆)+vⅡ(正)，由于 vⅡ(逆)与vⅠ(逆)不一定相等，则反应Ⅰ的不一定等于反应Ⅱ的，C错误。D的浓度不变说明正逆反应速率相等，反应体系达到平衡状态，所以A的生成速率等于消耗速率，D正确。 6.(2026高考·江苏)二氧化碳加氢制乙烯过程中的主要反应有：               在密闭容器中，时，、压强下的平衡转化率和压强下的实际转化率(催化剂作用下反应相同时间，且)随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是( ) A.压强不变，温度从200℃升高至300℃，平衡时减小 B.300℃时，增大反应压强，平衡时减小 C.200℃升高至300℃，下平衡转化率变化值大于下平衡转化率变化值 D.其他条件不变，延长点实际反应时间，转化率不变 6.B 温度从200℃升高至300℃，反应，，平衡逆向移动，消耗的量减小；反应，，平衡正向移动，消耗的量增加，200~300℃范围内，平衡转化率随温度升高降低，说明总消耗的量减少，平衡体系中增大，A错误。300℃时，增大压强，则生成乙烯反应平衡正向移动，减小；由生成CO的反应的平衡常数可得，温度不变时平衡常数不变，可知最终平衡时减小，B正确。从图中可看出，200℃到300℃，曲线的下降幅度远大于，即下平衡转化率的变化值更大，C错误。X点是实际转化率曲线和平衡曲线的交点，，由曲线可知，X点的实际转化率还未达到下的平衡转化率，则可说明与X点同温度下，的平衡转化率高于的平衡转化率，延长反应时间，反应会继续正向进行，转化率会升高，D错误。 7.(2026高考·北京)用下图装置进行的相关实验。 装置 实验 试剂 现象 ① 紫色石蕊溶液 溶液先变红色，一段时间后，溶液的红色褪去 ② 溶液(含数滴溶液) 已知：石蕊溶液中存在(红色)(蓝色)平衡。 下列说法不正确的是( ) A.①中溶液变红，说明平衡逆向移动 B.取①中褪色后的溶液滴入溶液，溶液不再出现紫色 C.②中溶液变红，说明氧化性： D.取②中褪色后的溶液滴入溶液，溶液不再出现红色 7.D 与水反应生成，溶液中增大，使平衡逆向移动，浓度增大溶液变红，A正确。①中溶液褪色是因为具有强氧化性，将有色色素永久性漂白，滴入溶液也无法恢复颜色，溶液不再出现紫色，B正确。②中溶液变红是因为将氧化为，与结合显红色，氧化剂氧化性大于氧化产物，故氧化性，C正确。②中溶液褪色是因为过量将溶液中的氧化，但仍存在于溶液中，滴入新的溶液，会与结合使溶液再次出现红色，D错误。 8.(2026高考·北京)我国科研团队在催化合成氨领域取得了最新进展。将金属锂原子电化学沉积在金属钌表面，构建了具有高活性界面的新型催化剂，相比传统高温、高压条件下的合成氨工艺，实现了在温和条件下与高效合成氨。下列说法不正确的是( ) A.元素位于元素周期表第族 B.高温是为了提高的平衡转化率 C.能降低合成氨反应的活化能 D.实现了温和条件下氮的固定 8.B 是3号元素，最外层只有1个电子，位于元素周期表第族，A正确。合成氨反应，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率降低，高温的作用是使催化剂达到最佳活性温度，B错误。是合成氨反应的催化剂，催化剂的作用原理是降低反应的活化能，C正确。氮的固定是将游离态的氮转化为化合态氮的过程，温和条件下催化和合成NH3，属于氮的固定，D正确。 9.(2026高考·北京)恒温恒容密闭容器中，投入和，其初始浓度均为，发生反应。反应过程中的能量变化示意图如图1所示。的转化率随反应时间变化示意图如图2所示，的平衡转化率为。 下列说法正确的是( ) A.热化学方程式为    B.用表示反应开始到的平均速率是 C.该温度下，   D.其他条件不变，若升高初始温度，的平衡浓度大于 9.D 焓变为生成物总能量与反应物总能量的差值，也等于正反应活化能减去逆反应活化能，即，A错误。时刻转化率为，消耗浓度为，根据反应计量关系，生成浓度为，平均速率，B错误。平衡时转化率为，则平衡浓度：，，代入平衡常数表达式：，C错误。由图1可知反应物总能量高于生成物，反应放热，，升高温度平衡逆向移动，平衡转化率减小，平衡浓度大于原平衡的，D正确。 10.(2026高考·重庆)碘化铵()在分析检测和医药领域应用广泛。在刚性真空容器中，固体在某温度下快速分解： 反应1： 在时段，压强恒为(之前HI的分解量很小，可忽略)。 后压强发生变化，HI分解： 反应2： 后压强恒为。下列叙述错误的是( ) A.时段， B.反应2的平衡常数 C.后减小体积，再达平衡后的压强与时相等 D.后升高温度，再达平衡后的体积分数与时相等 10.B 在时段，只有反应1发生且达到平衡，所以，；后两个反应均平衡，压强恒为，设，分解的HI分压为，则，，总压： ，得。 结合，得，，，据此解答。 ，该时段的平均反应速率等于分压变化量绝对值与时间的比值，，HI净分压变化，速率比： ，A正确。反应2：，平衡常数： ，B错误。、，根据物料关系，联立上式，推导可得，因此与体积无关，改变体积再平衡，HI压强不变，C正确。由反应1生成的NH3和HI(g)物质的量始终相等，反应2是反应前后气体分子数不变的反应，故体系中HI(g)、H2、I2(g)的物质的量之和始终等于反应1生成的HI物质的量，故的体积分数始终为50%，这一比例是化学计量关系决定的，不受温度或压强改变的影响，D正确。 11.(2026高考·湖北)在温和条件下，、和在催化下直接反应合成，反应机理如图(*表示吸附态)。 下列说法错误的是( ) A.氨的合成反应方程式为 B.增大催化剂的表面积会提高的平衡产率 C.温度升高不一定有利于的生成 D.过程促进催化剂活性的恢复 11.B 反应物为、、，生成物为、，所给方程式原子守恒、符合反应事实，A正确。催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，增大催化剂表面积只能加快反应速率，不能提高的平衡产率，B错误。若该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高可能导致催化剂失活，因此温度升高不一定有利于的生成，C正确。过程b中与催化剂表面吸附的反应生成脱附，释放催化剂活性位点，促进催化剂活性的恢复，D正确。 12.(2026高考·江西)／ZSM-5是一种降解含氰废气的催化剂，其原理是/和/氧化还原循环协同作用，反应路径如图(TS代表过渡态，*代表吸附态)。下列说法正确的是( ) A.通入HCl会降低催化活性，因为生成了 B.CN键初始氢化所需要克服的能垒为-1.75 eV C.TS-2所属的基元反应为决速步骤 D.物种①为 12.D 通入HCl时，会与催化剂中的生成难溶的CuCl，使催化剂活性位点减少，并非生成了，A错误。能垒为过渡态与前一中间体的自由能差值，恒为正值，CN键初始氢化对应TS-1，能垒为，B错误。决速步骤为反应过程中能垒最大的基元反应，经计算TS-1、TS-2、TS-3对应的能垒分别为1.82 eV、1.25 eV、0.83 eV，TS-1所属基元反应为决速步骤，C错误。根据反应前后原子守恒，①是与反应得到的中间体，后续生成，故物种①为，D正确。 13.(2026高考·贵州)反式氨甲环酸具有凝血功能。理论计算表明，其由顺式氨甲环酸异构化制得的过程中，只经历一个过渡态。该异构化过程，平衡常数与温度的关系如图。 下列说法正确的是( ) A.降低温度，顺式氨甲环酸的转化率增大 B.温度不变，加入顺式氨甲环酸，平衡常数增大，有利于反应的进行 C.温度不变，向平衡后的体系中加入催化剂，平衡向正反应方向移动 D.升高温度，正反应速率增大的程度比逆反应更显著 13.D 由图像可知，越大(温度越低)，越小，即平衡常数随温度降低而减小，降温平衡逆向移动，顺式氨甲环酸的转化率减小，A错误。平衡常数只与温度有关，温度不变时平衡常数不变，加入反应物不改变平衡常数，B错误。催化剂仅改变反应速率，不影响化学平衡状态，加入催化剂平衡不移动，C错误。由A分析可知，正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的程度比逆反应更显著，D正确。 14.(2026高考·四川)将转化为高值化学品有助于实现“双碳”目标。催化转化的一种反应机理如下，图中“”表示催化剂表面的2个吸附位，“”表示吸附位上的H物种。 下列说法错误的是( ) A.步骤①生成的是 B.步骤②和④生成的Y是 C.步骤④中 D.1个分子完成催化反应获得了8个电子 14.C 由反应机理和元素守恒得，步骤①中分子在2个吸附位上生成、(即)，A正确。步骤②中、恰好生成(即)，同时腾出2个吸附位，步骤④中加入的和吸附位也可生成，再与也生成，B正确。步骤③中加入的中的1个夺取中的形成，同时另1个生成，同理步骤④中应该有4个生成，1个与生成，3个与结合生成，即，C错误。由碳元素化合价变化得(+4价)(-4价)，1个分子完成催化反应获得了8个电子，D正确。 15.(2026高考·山东)研究甲、乙两种催化剂对下列反应的催化作用及产物选择性的影响。 反应Ⅰ：　 反应Ⅱ：　 恒压条件下，，，按体积比投料，分别使用甲或乙作催化剂，在下反应固定时间后测定的实验转化率；不改变其他条件，每间隔重复上述实验。的实验转化率和理论平衡转化率随温度的变化如图所示。已知：甲催化时，选择性在为；甲、乙分别催化时，选择性在均达。下列说法正确的是( ) A.， B.范围内，使用甲催化时，选择性随温度升高而增大 C.范围内，相同温度下，无论使用甲还是乙催化，产物选择性相同 D.其他条件不变，仅减小投料量，选择性达时的温度仍为 15.C 低温下，随着温度升高，理论平衡转化率下降。根据勒夏特列原理，转化率下降说明低温下占据主导的反应平衡逆向移动了。因此，低温下主导的正反应是放热反应。结合题干信息甲催化时，选择性在为可知，低温区主要发生的是反应Ⅰ，故推断；同理，高温区平衡转化率随温度升高，高温下以反应Ⅱ为主，升高温度反应Ⅱ平衡正向移动，故，A错误。反应I放热、反应Ⅱ吸热，升高温度平衡更有利于吸热的反应Ⅱ，的平衡选择性随温度升高降低；且题目仅说明甲催化时下选择性为100%，不能说明范围内选择性随温度升高增大，该范围内转化率升高是温度升高加快反应速率导致，和选择性无关，B错误。由图可知，范围内，甲、乙催化的实验转化率都与理论平衡转化率重合，说明反应已经达到平衡状态。催化剂只改变反应速率，不改变平衡组成，因此相同温度下，无论使用哪种催化剂，平衡状态相同，产物选择性相同，C正确。反应恒压进行，减小投料量，体系总体积减小，反应物分压增大：反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，加压促进反应Ⅰ正向移动，相同温度下选择性会降低，因此选择性达到100%需要更高的温度来对抗压强带来的影响，不再是，D错误。 16.(2026高考·广东)物质可同时转化为它的同分异构体和，其反应过程的能量变化如图a，某温度下，测得恒容密闭容器中各组分浓度随时间的变化如图b，则( ) A.时，体系中物质的质量： B.图b中数据满足关系： C.体系中，反应先达到平衡 D.体系平衡后，升高温度，B的体积分数增加 16.B 由题图a可知，生成C的活化能小，则反应速率快；相同质量B具有的能量比C低，B相对稳定，则反应足够时间，生成B的量增多，故在题图b中浓度逐渐减小的为A，开始生成速率快的为C，最终生成较多的为B。 设初始加入A的质量为，浓度为，A、B、C互为同分异构体，则摩尔质量相同，等质量时物质的量相等，由题图b可知，时，B、C的浓度相等，则，恒容容器，则气体体积不变，故可得，时，A的转化率未知，无法确定与的关系，A错误。根据A分析可知，时，，根据原子守恒有，时，A、B的浓度相等，则，设此时C的浓度为，即，可得，由题图b可知时C的浓度大于时C的浓度，即，，则，B正确。A生成B的反应和A生成C的反应是平行反应，应同时达到平衡，C错误。根据题图a可知的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B的物质的量减小，而总的物质的量不变，故B的体积分数减小，D错误。 17.(2026高考·湖南)可用氧化烷烃脱氢制取烯烃。向密闭容器中通入、和(体积比为)，维持压强为，发生反应：。测得的平衡转化率与温度的关系如图中曲线①所示。下列说法错误的是( ) A.该反应是吸热反应 B.下，的平衡转化率为，则该反应的 C.下，体系中时，表明反应已达平衡 D.若减小通入气体中的占比，的平衡转化率与温度的关系可能是曲线② 17.B 温度升高，平衡转化率升高，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，A正确。设初始、、的物质的量分别为1mol、1mol、2mol，平衡转化率为50%时，反应的为0.5mol，列出“三段式”。平衡时总物质的量为0.5 mol+0.5 mol+0.5 mol+0.5 mol+0.5 mol+2 mol=4.5 mol，压强平衡常数： ，B错误。543℃下平衡转化率为60%，平衡时，由方程式系数关系可知，满足，故该关系成立时反应达平衡，C正确。总压不变，减小的占比，反应体系各物质分压增大，该反应正反应为气体分子数增大的反应，加压平衡逆向移动，平衡转化率降低，对应曲线②，D正确。 18.(2026高考·河北)的利用技术受到全球的广泛关注。在一定条件下使用催化剂将转变为的反应机理如下： 下列说法错误的是( ) A.反应③中的产物是 B.循环Ⅱ包含C—N键的形成与断裂 C.吗啉和共同起催化作用 D.总反应为 18.B 反应③中HCOO-与-NH-发生取代反应生成酰胺基，结合原子守恒可知，产物M为，A正确。循环Ⅱ中仅存在酰胺基中C-N键的断裂，没有新C-N键的形成，B错误。吗啉和均先参与反应、后再生成，反应前后化学性质不变，共同起催化作用，C正确。结合整个反应流程，反应物为和，产物为和，总反应化学方程式为：，D正确。 19.(2026高考·河南)向一恒容密闭容器中加入物质，发生基元反应：，，温度为、时，各组分的物质的量浓度与时间的关系如图1、图2所示。温度为时，的浓度随时间的变化关系为，为反应的速率常数。 下列说法正确的是( ) A. B.温度为时，反应一半需要的时间为 C.的浓度达到最大值时，的生成速率等于消耗速率 D.加入某催化剂，仅使反应的速率增大，则的浓度最大值将增大 19.C 温度越高，反应速率越快，相同时间内反应物消耗越快。对比两图可知：温度下浓度下降更快，反应速率更快，因此，A错误。根据题目给出的，可以将公式变形为：，当反应一半时，，代入得：，B错误。N是中间产物：浓度增大时，的生成速率大于消耗速率；浓度达到最大值后开始下降，此时的生成速率小于消耗速率，因此浓度最大时，生成速率等于消耗速率，C正确。催化剂仅改变反应速率，不改变浓度变化的趋势：若仅增大的反应速率，生成后消耗更快，会使的浓度最大值减小，D错误。 20.(2026高考·云南)纳米催化剂经光照后产生和空穴()，促进-甲基苯甲胺脱氢、偶联生成二胺，其催化机理关键步骤如图(Ph为苯基)。下列说法错误的是( ) A.该过程涉及光能转化为化学能 B.步骤Ⅱ体现了的氧化性 C.相同条件下产生的空穴越多，生成的越多 D.该过程涉及非极性共价键的断裂和形成 20.D 光催化过程中，光能驱动化学反应发生，化学能储存于产物中，涉及光能→化学能的转化，A正确。步骤Ⅱ中，空穴带正电，使底物失去电子，作为氧化剂，体现氧化性，B正确。空穴是氧化剂，数量越多，氧化能力越强，促进-甲基苯甲胺脱氢反应越彻底，生成的越多，C正确。步骤III过程中断裂C-H极性键，步骤IV过程中形成C-C非极性键和H-H非极性键，无非极性共价键的断裂，D。 21.(2026高考·云南)合成氨工艺沿革，诠释科学精神传承。几种固氮方式如图，下列说法正确的是( ) A.NO是红棕色、有刺激性气味的气体 B.NH4HCO3易溶于水，其电离方程式为 C.合成氨工业中采用循环操作主要是为了提高N2和H2的利用率 D.新型催化剂能降低N2生成的反应热 21.C NO是无色、有刺激性气味的气体，NO2为红棕色气体，A错误。NH4HCO3为属于盐类，为强电解质，在水中完全电离为和，为弱酸酸式根，不能进一步拆分，因此其电离方程式为，B错误。合成氨反应为可逆反应，反应物的平衡转化率较低，循环操作可将未反应的N2和H2回收再利用，从而提高原料利用率，C正确。催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但反应热由反应物和生成物的总能量差决定，与催化剂无关，因此新型催化剂不能改变N2生成N[Si(CH3)3]3的反应热，D错误。 22.(2026高考·黑吉辽蒙卷)恒容密闭容器中，等物质的量的和发生的总反应如下：，达到平衡时，相关物质平衡组成随温度变化关系如图。下列说法正确的是( ) A.该反应的， B.点的消耗速率大于物质的生成速率 C.点该反应的(用物质的量分数代替浓度计算) D.点的平衡转化率为75% 22.D 观察图像可知，随着温度的升高，C3H8的物质的量分数逐渐降低。这说明升高温度促使平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为吸热反应，因此，另外，反应物气体共4分子，生成物气体共6分子，正反应是气体分子数增大的过程，因此，A错误。前面已推断出a物质是C3H6。在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中对应的化学计量数之比。C3H6与C3H8的化学计量数均为3，因此在反应过程中的任何时刻，的消耗速率等于物质()的生成速率，B错误。列三段式：，M点时，C3H8曲线与b曲线(H2O)相交，意味着两者的物质的量分数相等(即物质的量相等)：1-3x=2x，解得x=0.2，此时各物质的量分别为：C3H8=0.4 mol、SO2=0.8 mol、C3H6=0.6 mol、H2S=0.2mol、H2O=0.4mol。体系总物质的量为2.4 mol。代入物质的量分数平衡常数Kx。进行计算，C错误。N点时，C3H8曲线与c曲线(H2S)相交，说明两者的物质的量分数相等:1-3x=x，解得x=0.25。此时C3H8转化了0.75 mol，故C3H8的平衡转化率为：，D正确。 二、解答题 23.(2026高考·甘肃)某地为完善绿色化工布局、延伸传统产业链条建设钛白厂。生产钛白(TiO2)的主要工艺流程如下： 已知钛铁矿(主要成分为)的酸解反应方程式为； 的溶解度为。 (1)该地已建有大型金属冶炼厂，主要原料为金属硫化物，据此分析在该地建设钛白厂的优势有________。 (2)FeSO4的溶解度随温度变化如图所示，则“操作X”是___________和过滤。 (3)钛白是一种白色固体，若产品钛白颜色发黄，可能是由于“还原”工艺中___________。 (4)绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]。每生产至少需消耗___________；多孔具有优良的气体净化能力，原因有______________。 (5)利用如下工艺流程制备金属钛： 已知一个化学反应、不管是一步完成还是分几步完成，其自由能变相同。在1073 K时： ① ② 反应①不能自发进行，但“氯化”工艺中加入过量焦炭后可生成，该工艺发生的总反应方程式为________。加入焦炭后反应能够自发进行的原因是________。 23.【答案】(1)冶炼金属硫化物产生的可用于制备硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染 (2)蒸发浓缩、冷却结晶 (3)铁屑加入量不足，导致溶液中的未被完全还原，后续水解生成含铁杂质混入产品中 (4)；多孔结构具有较大的比表面积，物理吸附能力强，且能与发生化学反应 (5)；总反应的自由能变，反应能够自发进行 【解析】(1)该地建有大型金属硫化物冶炼厂，金属硫化物冶炼会产生大量，经氧化、吸水可以制备浓硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染； (2)由图像知，溶解度随温度降低明显减小，要析出晶体，需要进行的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤； (3)钛白TiO2是白色，Fe2O3(三氧化二铁)是红黄色，还原步骤加铁屑目的为把Fe3+全部还原为Fe2+，后续以晶体除去， 若铁屑不足，Fe3+没有完全被还原除去，后续煅烧生成Fe2O3杂质，钛白发黄； (4)绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]，反应的化学方程式为：，根据方程可得，则生成1 mol FeO(OH)，消耗0.25molO2；由于多孔FeO(OH)的多孔结构，比表面积大，吸附能力强；Fe3+具有氧化性，可以和还原性气体H2S发生氧化还原反应；H2S是酸性气体，可以和FeO(OH)发生酸碱反应，故多孔具有优良的气体净化能力； (5)已知①，②，由①+②可得总反应为：；总反应可以自发。 24.(2026高考·甘肃)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) 24.【答案】(1)较低；较高 (2) (3)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；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)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；2.47；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。 25.(2026高考·湖北)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________。 25.【答案】(1)；熵增 (2)缩短反应时间，且能提高 的产量；；(或 ) (3)降低；球磨的机械作用削弱(或部分破坏)了反应物中的化学键，使反应物更易断键发生反应，从而降低活化能 (4)产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度 【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 。 26.(2026高考·四川)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___________。 26.【答案】(1) (2)bc (3)增大；减小生成物(水)的浓度，促使平衡向正反应方向移动 (4)0.05； 1.10 (5)＜；升温后，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，因此，由题给公式可知，大小与呈正比，故 【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。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。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。 27.(2026高考·贵州)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“＜”)。 ②1atm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______________________________________________________________________________________。 27.【答案】(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)增大；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。 ②Mg·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。 28.(2026高考·河北)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__________________________________________________________。 28.【答案】(1)+165 (2)0.03；bd (3)C-H (4)；减小；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 。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，a错误。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。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。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，bd正确。 (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。 29.(2026高考·湖南)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=______。 29.【答案】(1)； (2)-145.2；b；吸水，使反应体系中水蒸气浓度降低，导致反应ii的平衡逆向移动(或抑制了反应 ii 的进行)；增大；增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量时净消耗的 减少，而目的产物中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大；50% 【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。 30.(2026高考·云南)“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)。 30.【答案】(1)；＜ (2)C (3)B；0.25； (4)1；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。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。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。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。 31.(2026高考·黑吉辽蒙卷)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)。 31.【答案】(1)有副反应发生生成烷烃(或生成高碳烷烃) (2)-497；A (3)； (4)＞；＜ (5)0.3； 【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： 。 氢能源是一种来源丰富、清洁、高效、用途广泛的“绿色能源”，将氢作为能量载体储存起来，被认为是解决能源问题的最佳方案。 反应I：   反应II： (反应I中可以近似认为) 32.(2026高考·上海)使用不同催化剂对反应的反应速率影响不同。下图使用的两种催化剂对反应速率的作用如下图所示，判断其中效果较好的催化剂，并说明理由。___________ 32.【答案】；该催化剂在物质的量分数较高的条件下仍能维持较高的反应速率，抗中毒性能更优 【解析】由图像可知，相同物质的量分数下催化的反应速率更高，且随物质的量分数增大，对应的反应速率基本保持稳定，对应的反应速率大幅下降，因此效果较好的催化剂为，理由为该催化剂在物质的量分数较高的条件下仍能维持较高的反应速率，抗中毒性能更优。 33.(2026高考·上海)在恒容密闭容器中，能说明反应I达到化学平衡状态的是___________(不定项)。 A.BDO不再生成 B. C.气体压强不再变化 D.气体密度不再变化 33.【答案】BCD 【解析】反应达到平衡时为动态平衡，的生成速率与消耗速率相等，并非不再生成，A错误。反应速率之比等于化学计量数之比，，当时，，正逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确。反应I中仅氢气为气态，恒容条件下气体压强与氢气的物质的量成正比，压强不再变化说明氢气的物质的量不再变化，反应达到平衡，C正确。恒容条件下气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量为氢气的质量，密度不再变化说明氢气的质量不再变化，反应达到平衡，D正确，故选BCD。 34.(2026高考·上海)下列措施可以使反应Ⅱ平衡正向移动的是___________(不定项)。 A.体积减少 B.温度升高 C.加入GBL D.使用催化剂 34.【答案】B 【解析】反应II为分解生成和氢气，为吸热、气体分子数增大的反应。体积减少相当于压强增大，平衡向气体分子数减少的方向即逆向移动，A错误。温度升高，吸热反应平衡正向移动，B正确。为液态，浓度为恒定值，加入不影响平衡状态，C错误。催化剂仅改变反应速率，不改变平衡状态，D错误。 35.(2026高考·上海)恒温条件下，若将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，则达到平衡时，的浓度___________。 A.增大    B.减小    C.不变 原因是___________。 35.【答案】C；温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变 【解析】平衡常数仅与温度有关，恒温条件下值不变，由可知，氢气的浓度不变，故选C。原因为温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变。 36.(2026高考·上海)在起始GBL 1 mol、灰氢6 mol、氢的物质的量分数为0.5的条件下，反应t min达到平衡，此时氢气的物质的量分数为0.375，则每分钟生成BDO的物质的量是___________mol。 A.3/5t B.5t/3 C.3/5 D.5/3 36.【答案】A 【解析】起始灰氢总物质的量为6mol，氢气的物质的量分数为0.5，因此起始氢气的物质的量为3mol，和总物质的量为3mol。设t min内生成的物质的量为，则消耗氢气的物质的量为，平衡时氢气的物质的量为，气体总物质的量为。由氢气的物质的量分数为0.375可得，解得，因此每分钟生成的物质的量为，故选A。 37.(2026高考·上海)储氢密度代表了材料吸收氢气的能力，计算方法是：储氢材料的储氢密度，若1 mol GBL理论上最多可吸收，则其理论储氢密度为___________(用百分数表示，保留2位小数)(；) 37.【答案】4.65% 【解析】1mol 最多吸收2mol ，吸收的氢气质量为，1mol 的质量为86g，因此储氢密度为。 38.(2026高考·上海)在2 L密闭容器中，加入1 mol储氢材料、6 mol灰氢(灰氢中物质的量分数为0.5)，反应达到平衡时，储氢量为理论最大值的90%，则此温度下，反应的I的平衡常数K为___________。 38.【答案】或2.78 【解析】理论上1mol 最多吸收2mol ，储氢量为理论最大值的90%，因此实际吸收的氢气物质的量为，起始氢气物质的量为3mol，因此平衡时氢气的物质的量为，容器体积为2L，氢气浓度为，代入平衡常数表达式得。 39.(2026高考·上海)氨分解制氢是通过催化将液氨分解为和的工业过程。请从贮存运输、生成物分离、反应条件的角度说明液体储氢材料反应比氨气脱氢的优点为___________。 39.【答案】液体储氢材料常温下为液态，便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高纯度氢气；反应条件温和，能耗低 【解析】液体储氢材料常温下为液态，相比氨气更便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高纯度氢气；反应条件温和，相比氨脱氢能耗更低。 40.(2026高考·浙江)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)。 40.【答案】(1)-283；错误。点燃，检验产物 (2)第六周期；Ⅷ；< (3)通入氢气；hgeidf或dhgeif等合理答案 【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。 25 / 43 学科网（北京）股份有限公司 $