专题18 化学反应原理综合题（专项训练）（全国通用）2026年高考化学真题题源解密

专题18 化学反应原理综合题 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026题研析：拆解最新真题，点评命题规律 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 易错易错速记：归纳解题必备知识，总结易错易混点 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 近三年考查统计 2025—2026年各套高考化学试卷中，化学反应原理综合题作为核心压轴大题，分值稳定在14~15分，坚持素养立意，依托真实科研、工业转化情境命题，素材集中于 CO2资源化利用、储氢、烟气脱硝、新型电催化、工业催化合成等绿色化学与能源转化热点，紧扣 “双碳” 战略，体现化学的应用价值。试题打破模块壁垒，将热化学、化学反应速率、化学平衡、水溶液离子平衡、电化学等内容融合考查。基础设问以盖斯定律、平衡常数Kp分压计算高频）、转化率、选择性计算为主；中高阶设问侧重多反应耦合体系、能垒图、反应机理、决速步判断，结合温度 - 转化率、选择性等复合图像提取信息，区分热力学与动力学竞争关系，强化证据推理。文字说理类设问占比提升，要求学生从平衡、速率角度解释条件选择、产率变化，对表述逻辑性要求更高。命题设问梯度清晰，由基础计算逐步过渡到机理分析与原理解释，兼顾基础性与选拔性。不同试卷风格略有差异：全国卷侧重多平衡体系定量计算；北京、浙江等自主卷更侧重机理探究与定性逻辑分析。预计2027年高考化学反应原理综合题可能会整体命题弱化机械公式套用，强调模型认知，要求学生在陌生体系中调用原理解决真实问题。 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 2026·山东卷T20 2026·广东卷T19 2025·四川卷T18 2025·广东卷T19 2024·山东卷T20 2024·海南卷T16 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 2026·湖南卷T18 2026·黑吉辽蒙卷T18 2025·湖南卷T18 2025·湖北卷T19 2024·全国甲卷T28 2024·江苏卷T17 考向三 化学原理大综合 2026·贵州卷T17 2026·甘肃卷T17 2025·江苏卷T17 2025·江西卷T17 2025·浙江1月卷T18 2024·北京卷T16 2026 年高考化学原理综合题以真实工业、能源转化情境为载体，多围绕 CO2资源化、储氢、催化脱硝、电催化等热点素材命题，突出化学学科的应用价值。试题融合热化学、反应速率、化学平衡、电解质溶液、电化学等模块知识，实现多考点综合。基础设问聚焦盖斯定律、平衡转化率、Kp压平衡常数计算；拔高设问侧重反应历程能垒图、决速步判断、平行/连续多平衡体系分析，结合温度-选择性、转化率图像提取信息，区分热力学与动力学。原理说理题占比提升，要求从速率、平衡角度解释条件选择、产物变化，注重文字表述的严谨性。命题梯度分层明显，兼顾基础与选拔功能。全国卷侧重定量计算建模，北京、浙江等卷强化反应机理探究。命题弱化公式死记硬背，重在模型认知与证据推理。 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 【典题1】（2026·山东卷）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）。 【仿照题1】（2026·湖北武汉·一模）是制备半导体硅的重要原料。Si和耦合加氢制备的反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 回答下列问题： (1)和Si的熔点分别为-128℃和1412℃，后者高于前者的原因是____________________________。 (2)已知反应Ⅲ：，则__________，反应Ⅰ属于__________(填“熵增”或“熵减”)反应。 (3)在VL恒容容器中投入5mol、1mol和足量的Si，发生反应Ⅰ和Ⅱ，不同温度下的转化率随反应时间的变化关系如图1所示： ①5s时生成0.02mol，则0～5s内，反应Ⅰ的__________，此时反应Ⅰ的浓度商为__________(填计算式)。 ②反应10s时，500℃下转化率高于550℃的原因为__________。 (4)550℃时，向VL恒容容器中加入足量的Si，控制在1～4下进行反应，不同压强下的转化率随的变化关系如图2所示，则、和由大到小的顺序为__________。 【典题2】（2026·广东卷）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) 【仿照题2】（2026·广东深圳·一模）工业上常用二乙苯（DEB）在铁基催化下两步脱氢制取二乙烯基苯（DVB），第一步脱氢产物为乙基苯乙烯（EVB），反应如下： 反应I：   反应Ⅱ：   回答下列问题： (1)基态Fe原子的价层电子轨道表示式为________。 (2)反应I、Ⅱ的随温度变化如图1.反应I的________0（填“”或“”）。 (3)高温条件下，二乙苯（DEB）可能会裂解产生积碳覆盖在催化剂表面，使催化剂“中毒”。通入水蒸气能够一定程度上减少催化剂上的积炭，原因为________（用化学方程式表示）。恒压条件下，通入一定量的水蒸气能提高DEB的平衡转化率，理由是________。 (4)保持压强为100 kPa，容器中通入8.02 mol水蒸气和1 mol DEB．忽略积碳的产生，仅发生反应I、Ⅱ和副反应Ⅲ：。DEB的平衡转化率、EVB和DVB的选择性随温度和压强的变化如图2所示。 选择性：。 ①EVB和DVB的选择性之和应小于1，故表示DEB的平衡转化率的曲线为________（填“”、“”或“”）。 ②时，DVB的平衡物质的量为________。 ③时，________mol，________kPa．反应Ⅲ的________kPa（结果用计算式表示即可）。 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 【典题1】（2026·湖南卷）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=______。 【仿照题1】（2026·福建漳州·一模）甲醇(CH3OH)是一种重要能源与化工原料。工业上以为催化剂制备甲醇，相关反应如下： ⅰ．       ⅱ．       ⅲ．       (1)反应ⅰ在_________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行(当时，反应能自发进行)。 (2)反应ⅱ的正反应的活化能_________逆反应的活化能(填“大于”或“小于”)。 (3)反应ⅲ的平衡常数K3=_________(用K1、K2表示)。 (4)反应ⅰ在有、无催化剂条件下的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS为过渡态。 ①图中实线表示_________(填“有”或“无”)催化剂。 ②该反应在有催化剂存在条件下决速步骤的活化能降低_________eV。 (5)按的投料比，若只发生反应ⅰ、ⅱ，测得CO2的平衡转化率和CH3OH的选择性随温度、压强的变化如图所示。 选择性的定义： 已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压物质的量分数总压。 ①、的大小关系为：_________(填“＞”“＜”或“=”)。 ②350℃以上时，和条件下CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是_________。 ③250℃，压强为时，反应ⅱ的平衡常数Kp=_________(列出计算式)。 【典题2】（2026·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）。 【仿照题2】（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）丙烯是石油化工行业的重要原料，以和为原料制备的主要反应为： ①   ②   回答下列问题： (1)反应的_______。 (2)时，恒温恒容密闭容器中装有催化剂，按通入混合气体，反应后得到，则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_______(填标号)。 a．容器内气体压强不再改变    b．混合气体的密度不再改变 c．混合气体的平均摩尔质量不再改变    d．反应①的化学平衡常数不再改变 (3)反应历程中，催化剂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“”或“”)键的断裂具有更好的选择性。 (4)下，向装有适量催化剂的密闭容器中通入和各，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图乙中曲线代表的组分为_______，点所在曲线代表的组分为_______。 ②若体系压强变为，其他条件不变，达平衡时，点对应组分的物质的量_______(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为_______。 考向三 化学原理大综合 【典题1】（2026·贵州卷）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______________________________________________________________________________________。 【仿照题1】（2026·浙江·一模）研究丙烷催化氧化制丙烯有着重要的意义，相关反应有： 反应Ⅰ：， 反应Ⅱ：， 反应Ⅲ： 请回答： (1)反应Ⅰ，______0（选填“>”“<”或“=”）。 (2)反应Ⅲ的______。 (3)反应Ⅰ在催化剂a或b作用下的相对能量变化如图所示（*表示吸附态）。下列说法正确的是______。 A．其他条件相同时，催化剂b作用下反应速率较小 B．催化剂a或b作用下，反应平衡常数不同 C．丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D．①→②的进程中，为决速步 (4)某课题组研究设计了一套如下图所示的丙烷连续催化脱氢装置： ①分阶段通入的原因是___________。 ②利用同位素示踪法研究催化下反应Ⅲ的机理。若以和为原料，初期产物中没有检测到；若以含的和为原料，反应过程中没有检测到这类氢氘交换产物。下列推断合理的是_______。 A．反应历程中，元素V的化合价发生变化 B．和在催化剂表面碰撞而直接发生反应 C．反应过程中，不同含碳粒子间存在H原子转移 D．催化下，丙烷C—H键断裂是不可逆过程 (5)若体系温度过高，催化剂会因表面积炭而失活，可添加适量解决，原因是________（用化学方程式表示）。 (6)含陶瓷膜可用于提纯丙烯，原理是丙烯的电子进入的________形成弱配位键，丙烯分子被固体吸附。 【典题2】（2026·甘肃卷）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) 【仿照题2】（2026·新疆伊犁·模拟预测）Ⅰ．丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷（）在一定温度和催化剂条件下制丙烯的两种方法如下。 反应A（直接脱氢）：   反应B（氧化脱氢）：   (1)已知：  ，则_________。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入和，初始压强为p kPa，仅发生反应B（氧化脱氢）。欲提高的平衡产率，同时加快反应速率，应采取的措施是_______（填字母）。 a．升高温度 b．增大压强 c．及时分离出水蒸气 d．再充入 e．加催化剂 (3)反应A（直接脱氢）在催化剂Pt表面上反应路径如下，整个反应的能量变化如图所示。 TS表示过渡态，*表示吸附，路径中决速步骤的反应式为_______，有_______个基元反应。 (4)在压强（117.5 kPa）恒定条件下，以作为稀释气，不同水烃比时，催化1 mol 直接脱氢（反应A）制备反应的平衡转化率随温度的变化如图所示。[副反应：] W点对应条件下，若的选择性为80%，则反应A的分压平衡常数为_______kPa．（是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数） (5)一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应B（氧化脱氢）。已知该反应过程中，，，其中、为速率常数，与温度、活化能有关。升高温度，的变化程度_______（填字母）的变化程度。 a．大于    b．小于    c．等于    d．无法比较 Ⅱ．氨电解法制氢：利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其工作原理如图所示。 (6)阳极电极反应式为_______。 (7)当外电路转移2 mol电子时，右室的质量减少_______g。 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 1.（2026·河南卷）常用作化学反应的催化剂，一种制备的方法如下： 反应Ⅰ：  ； 反应Ⅱ：  ； 回答下列问题： (1)基态原子的核外电子排布式为___________；键角：___________(填“”“”或“<”)。 (2)原子与金属离子的结合能力：，原因是___________。 (3)、和三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在平面的投影如图1所示(晶胞参数，)，该晶体的密度为___________(用含、、和的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值，)。 (4)反应Ⅱ中，有利于提高平衡转化率的条件为___________(填标号)。 A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压 (5)下，向一恒压密闭反应器中加入、和，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑副反应)，反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。 ①当温度高于时，分压随温度升高逐渐减小，原因是___________。 ②某温度下，反应达到平衡时，分压是分压的2倍，假设剩余可忽略不计，此时的物质的量为___________，的分压为___________；若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 2.（2026·云南卷）“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)。 3.（2025·河南卷）的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： (1)位于元素周期表中 区；基态的价电子排布式为 。 (2)水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是 。 (3)的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为 。 (4)恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是 。 (5)在温度分别为和下，的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是 (填“”“”或“”)，原因是 。 (6)一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数 (保留小数点后一位)，此时原位利用率为 。 已知：原位利用率 4.（2024·天津卷）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 。 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 5.（2026·陕晋青宁卷）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)。 6.（2026·浙江卷）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)。 7.（2025·陕晋青宁卷）/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 。 8．（2024·全国甲卷）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： 。 考向三 化学原理大综合 9.（2026·浙江卷）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________________________________________________________。 10.（2026·河北卷）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__________________________________________________________。 11.（2025·重庆卷）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 。 12.（2024·北京卷）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。 一、热化学与能量变化易错点 1.△H的符号与单位：放热反应△H为负，吸热为正，容易因判断反反应热方向而写反符号。单位必须是“kJ·mol-1”,不能漏写“·mol-1”。 2.热化学方程式的书写细节：反应物和生成物的状态(s、1、g、aq)必须标注，状态不同△H值不同；化学计量数与△H成比例，计量数变化时△H需同步缩放。 3.盖斯定律计算：叠加化学方程式时，容易忽略反应的“+"“-“关系，或漏乘、错乘化学计量数，导致最终△H计算错误。 二、化学反应速率与平衡易错点 1.速率计算的“陷阱”:计算速率时，必须用“浓度变化量”(△c)除以时间，若题目给的是“物质的量变化”,需先除以体积得到△c,否则直接用物质的量计算会出错。 2.平衡标志的误判：混淆“速率关系”和“平衡状态”,例如v正(A)=v逆(B),需先看两者的化学计量数是否匹配(如反应aA+bB=cC,需满足v正(A)/a=v逆(B)/b才是平衡);忽略“变量不变才是平衡”,如体系密度、压强，需先判断其是否为“变量”(如恒容体系中，若反应物和生成物都是气体，密度始终不变，不能作为平衡标志)。化学平衡状态判断“三关注”：容器特征、反应特点、物质的状态。 3.平衡移动的“特殊情况”:忽略“催化剂不影响平衡”,认为催化剂会改变平衡转化率；忽略“惰性气体的影响”,恒容下充惰性气体平衡不移动，恒压下充惰性气体相当于减压，平衡向气体分子数多的方向移动。 三、电解质溶液与电离平衡易错点 1.电离平衡与水解平衡的优先级：混合溶液中(如等浓度的NH4Cl和NH3·H2O),容易搞反电离和水解的主次，需记住“谁强显谁性”,如NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性。 2.离子浓度比较的“遗漏项”:比较离子浓度时，容易忽略“水电离出的H+和OH-”,例如在酸性溶液中，OH-全部来自水的电离，不能只看酸电离的H+而忽略OH-的存在。溶液中微粒浓度的关系“三守恒”：电荷守恒、物料守恒、质子守恒。 3.pH计算的“小数点失误”:稀释强酸或强碱时，容易算错pH的变化幅度(如pH=3的盐酸稀释100倍，pH=5,不是pH=1);计算弱酸或弱碱的pH时，忘记其“部分电离”,直接用浓度计算H+或OH-浓度，导致结果偏差。 四、电化学基础易错点 1.正负极/阴阳极的判断错误：原电池中，容易将“活泼金属”一概视为负极，忽略特殊情况(如Al在浓硝酸中因钝化作正极);电解池中，混淆“阳极氧化、阴极还原”的规律，导致电极反应式写反。 2.电极反应式的“细节漏洞”:电极反应式中，容易忽略“电解质环境”(酸性或碱性),例如在碱性条件下，H+不能出现，需用H2O和OH-平衡电荷；漏写“电子守恒”,导致反应式两边电子数不相等。注意元素守恒和电荷守恒，注意是碱性介质、酸性介质还是熔融盐。 3.电化学计算的“守恒失误”:计算电解池中析出金属的质量或生成气体的体积时，容易忽略“电子守恒”的核心，未通过电极反应式找到电子与物质的计量关系，直接用反应方程式计算。电解计算破题“三方法”：根据电子守恒计算、根据总反应式计算、根据关系式计算。 1.（2026·广东深圳·模拟预测）H2可通过Ni/γ-Al2O3催化醋酸和水蒸气重整获得，当初始水蒸气投料量接近0时，主要涉及如下三个反应。 热裂解反应：   脱羧基反应：   甲烷化反应： 回答下列问题： (1)Ni/γ-Al2O3有晶体和非晶体形态，区分这两种形态最可靠的方法是___________。 (2)水煤气变换反应：的ΔH=___________kJ/mol。 (3)1mol醋酸分子中的σ键数目为___________NA个，利用质谱仪检测醋酸蒸气时，谱图中出现质荷比为120的峰，其可能原因是____________________________________________。 (4)相同温度下，下列有机酸的(已知)的值最大的是___________(填标号)。 a．CH2ClCOOH        b．CH3COOH        c．CCl3COOH        d．CF3COOH (5)反应温度与气体(H2、CO、CO2、CH4)平衡产率之间的关系如图所示。 说明：图中平衡产率数据由如下设定公式计算所得： ， (Y代表气体的平衡产率，R代表CO、CO2或CH4，n代表平衡时产物的物质的量或乙酸的初始物质的量) ①曲线2代表的是___________的变化曲线(填化学式)。 ②900℃条件下，曲线3和曲线4所代表的物质其平衡产率均近似为0，此时体系内的总压强为p kPa，则b点对应物质的平衡产率为__________。该温度下热裂解反应的压强平衡常数(Kp)的计算式为___________(不必化简)。 2．（2026·陕西商洛·一模）甲醇是重要的化工原料。某温度下，利用合成气（主要成分为CO、和）在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下： I． Ⅱ． 请回答下列问题： (1)反应I在______________（选填“高温”或“低温”）条件下能自发发生，已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式______________。 (2)一定温度下，向初始压强为的恒容密闭容器内充入和，只发生反应I、Ⅱ，一段时间后反应达到平衡。 ①该反应在有、无分子筛膜时，甲醇的平衡选择性随温度的变化如图所示[分子筛膜能选择性分离出]。恒温恒容条件下，有分子筛膜时发生反应，下列说法能作为反应I达到平衡状态的判断依据的是______________（填字母）。 A．气体压强不再变化 B．气体的密度不再改变 C． D． ②有分子筛膜时，温度高于210℃后甲醇选择性随温度升高而降低的原因是________________________________。 ③某温度下的转化率为80%，反应I的选择性为60%，则平衡时的分压为______________kPa，该反应温度下反应Ⅱ的平衡常数为______________（写出计算表达式即可）。 (3)反应I的速率，，、分别为正、逆反应速率常数。降低温度时，______________（填“增大”“减小”或“不变”）。 3．（2026·浙江嘉兴·一模）-丁内酯()在医药、香料等精细化学品合成方面应用很广，可由-羟基丁酸()或1，4-丁二醇合成。 Ⅰ．-羟基丁酸合成-丁内酯的反应如下： 25℃时溶液中-羟基丁酸的初始浓度为0.180 mol/L，测得的浓度随时间的变化如下表： t/min 20 50 80 100 120 160 220 c/ 0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 (1)为提高的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可以采取的措施是______________________________________。 (2)25℃条件下，该反应的平衡常数为________。 Ⅱ．利用1，4-丁二醇生产-丁内酯的主、副反应的化学方程式如下()： 主反应：   副反应：   (3)主反应在________条件下自发进行。 (4)将的混合气体通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得两种产物的产率如图1所示。260℃条件下-丁内酯的体积分数为________；已知主反应的反应过程-能量示意图如图2所示，在图2中画出副反应的相应图像________。      (5)由1，4-丁二醇合成-丁内酯的一种机理如图3所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面) ①在步骤________中产生。 ②步骤2是羧基质子化的过程，其目的是(请结合步骤3进行分析)________________________。 4.（2026·湖南湘潭·一模）工业上可通过丙烷催化脱氢制备高价值丙烯，在新能源、脱硫耦合反应、燃料电池等领域应用广泛。回答下列问题： (1)在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷脱氢制丙烯，总反应为，反应进程中的相对能量变化如图Ⅰ所示(*表示吸附态，部分进程已省略)。 丙烷被催化剂_____(填“a”或“b”)吸附得到的吸附态更稳定，在反应中间体①转化为②的进程中，决速步骤(速率最慢基元反应)的反应方程式为____________________________。 (2)和可发生耦合脱氢脱硫反应制备丙烯，总反应：   。 ①标准摩尔生成焓是指在标准状态下，由最稳定的单质生成1 mol纯净物质时的焓变。有关物质的标准摩尔生成焓()如下表： 物质 -103.85 -296.83 +20.42 -20.63 -241.82 判断该耦合反应的反应焓变：_________0(填“>”或“<”)。 ②恒容密闭容器中，等物质的量的和发生该耦合反应，达到平衡时，相关物质平衡组成随温度变化关系如图Ⅱ。 曲线___________(填“a”、“b”、“c”)表示的物质的量分数随温度变化的关系，L点的消耗速率________(填“>”、“<”、“=”)a物质的生成速率，N点反应的___________(用物质的量分数代替浓度计算)。 (3)我国科研团队开发出丙烷固体氧化物燃料电池，可在发电的同时联产轻质烯烃，电池结构如图Ⅲ所示(部分生成物未标出)。 ①负极上丙烷脱氢生成丙烯的电极反应为___________________________(有机物写结构简式)。 ②标准状况下向电池负极通入11.2 L丙烷，其中有60%丙烷发生脱氢生成丙烯，剩余丙烷完全被氧化为与，理论上电路中通过电子的物质的量为_________mol。 5.（2026·湖北十堰·模拟预测）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。 (1)时，燃烧生成放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为_______。 (2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。 Ⅰ． Ⅱ． ①下列操作中，能提高平衡转化率的是_______ (填标号)。 A．增加用量   B．恒温恒压下通入惰性气体     C．移除 D．加入催化剂 ②恒温恒压条件下，和反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数_______ (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。 (3)在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为_______。 (4)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→_______(用等代号表示)。 6.（2026·广东深圳·一模）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)_____；对于反应Ⅱ，_________(填“高温”或“低温”)有利于反应自发进行。 (2)反应历程中，催化剂表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图所示(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。 (3)向装有催化剂的密闭容器中通入和各，在不同温度下体系达平衡时部分组分的物质的量如图所示： ①下列能说明该体系达到平衡状态的有________(填序号)。 A．的生成速率和消耗速率相等 B． 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 ②在下，若反应时，体系达到平衡，则内的平均反应速率为________。 ③若向体系中充入氩气使体系的压强增大，其他条件不变，则反应Ⅱ的化学反应速率_________(填“增大”“减小”或“不变”)；若将容器体积变为1 L，其他条件不变，达到平衡时，A点对应组分的物质的量__________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ④计算在下，反应Ⅲ的平衡常数__________(写出计算过程，结果保留二位小数)。 7.（2026·广西河池·一模）可使CO、C2H4、H2混合气体通过催化反应器中发生如下反应： 反应i：   反应ii：   反应iii：   (1)已知：为物质生成焓，根据可计算化学反应的焓变，计算方法如下：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 52.4 0.1 0 对于反应ii，____________，该反应在____________(填“高温”或“低温”)自发进行。 (2)一定温度下，CO、C2H4和H2(体积比为x：2：1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100 kPa)发生反应i和ii。有CO存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性()如图2所示。 ①根据图1，生成的决速步反应式为________________________。 ②结合图2，当x≥2时，随着x的增大，的转化率减小，原因是___________________；而当混合气体以较高的流速经过反应器时，的转化率也会减小，原因是_______________________________。 ③结合图2，当x=2时，在该温度下达到平衡时，的选择性为___________，容器内压强为_______________kPa。 8．（2026·河南安阳·模拟预测）作为原料代替CO合成甲醇是“变废为宝”的重要技术措施，是实现经济可持续发展的关键技术。、合成甲醇主要发生下列反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   回答下列问题： (1)资源充足且价格低廉，从热力学角度分析工业上不采用反应 。制取甲醇的原因是______________________________；分子的VSEPR模型是__________。 (2)、合成甲醇的一种反应历程如图所示(TS表示过渡态)： 该反应历程中决速步骤的基元反应方程式为_______________________________。 (3)已知：553 K、总压4MPa下，按投料比发生上述反应，不同催化剂组成对甲醇选择性及副产物CO选择性的影响如下表所示： 组别 组成 CuO/ (wt。%) ZnO/ (wt。%) Al2O3/ (wt。%) ZrO2/ (wt。%) MnO/ (wt。%) CH3OH选择性/% CO选择性/% a CuO/ZnO/Al2O3 65.8 26.3 7.9 0 0 40 60 b CuO/ZnO/ZrO2 62.4 25.0 0 12.6 0 88 12 c CuO/ZnO/ZrO2/MnO 65.8 26.6 0 3.6 4 100 0 d CuO/ZnO/ZrO2/MnO 65.8 26.6 0 5.6 2 91 已知：的选择性。a组中反应体系已达平衡状态。 ①表中___________。 ②许多研究结果表明，在催化剂中，形成的金属簇构成活性中心，基态的价层电子排布式为___________。 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   ③选择a组催化剂，只改变和的比例，平衡时的转化率、甲醇的产率、副产物CO的产率如图所示。 表示甲醇产率的曲线是__________(填“L”“M”或“N”)，原因是___________________________________。副反应的__________(列出计算式)。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题18 化学反应原理综合题 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026题研析：拆解最新真题，点评命题规律 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 易错易错速记：归纳解题必备知识，总结易错易混点 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 近三年考查统计 2025—2026年各套高考化学试卷中，化学反应原理综合题作为核心压轴大题，分值稳定在14~15分，坚持素养立意，依托真实科研、工业转化情境命题，素材集中于 CO2资源化利用、储氢、烟气脱硝、新型电催化、工业催化合成等绿色化学与能源转化热点，紧扣 “双碳” 战略，体现化学的应用价值。试题打破模块壁垒，将热化学、化学反应速率、化学平衡、水溶液离子平衡、电化学等内容融合考查。基础设问以盖斯定律、平衡常数Kp分压计算高频）、转化率、选择性计算为主；中高阶设问侧重多反应耦合体系、能垒图、反应机理、决速步判断，结合温度 - 转化率、选择性等复合图像提取信息，区分热力学与动力学竞争关系，强化证据推理。文字说理类设问占比提升，要求学生从平衡、速率角度解释条件选择、产率变化，对表述逻辑性要求更高。命题设问梯度清晰，由基础计算逐步过渡到机理分析与原理解释，兼顾基础性与选拔性。不同试卷风格略有差异：全国卷侧重多平衡体系定量计算；北京、浙江等自主卷更侧重机理探究与定性逻辑分析。预计2027年高考化学反应原理综合题可能会整体命题弱化机械公式套用，强调模型认知，要求学生在陌生体系中调用原理解决真实问题。 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 2026·山东卷T20 2026·广东卷T19 2025·四川卷T18 2025·广东卷T19 2024·山东卷T20 2024·海南卷T16 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 2026·湖南卷T18 2026·黑吉辽蒙卷T18 2025·湖南卷T18 2025·湖北卷T19 2024·全国甲卷T28 2024·江苏卷T17 考向三 化学原理大综合 2026·贵州卷T17 2026·甘肃卷T17 2025·江苏卷T17 2025·江西卷T17 2025·浙江1月卷T18 2024·北京卷T16 2026 年高考化学原理综合题以真实工业、能源转化情境为载体，多围绕 CO2资源化、储氢、催化脱硝、电催化等热点素材命题，突出化学学科的应用价值。试题融合热化学、反应速率、化学平衡、电解质溶液、电化学等模块知识，实现多考点综合。基础设问聚焦盖斯定律、平衡转化率、Kp压平衡常数计算；拔高设问侧重反应历程能垒图、决速步判断、平行/连续多平衡体系分析，结合温度-选择性、转化率图像提取信息，区分热力学与动力学。原理说理题占比提升，要求从速率、平衡角度解释条件选择、产物变化，注重文字表述的严谨性。命题梯度分层明显，兼顾基础与选拔功能。全国卷侧重定量计算建模，北京、浙江等卷强化反应机理探究。命题弱化公式死记硬背，重在模型认知与证据推理。 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 【典题1】（2026·山东卷）液相酯交换反应（如反应Ⅰ）是生产化工产品的重要途径，回答下列问题： 反应Ⅰ： (1)B的系统命名为_____________。 (2)初始投料只有A和B，且均为1mol，不同温度下A转化率随反应时间的变化如图所示，则________0（填“>”或“<”）；实验证明很小，从化学键变化角度分析，其原因为_______________________________。 已知温度下，反应达平衡时，C物质的量为，反应Ⅰ的平衡常数__________。 (3)温度下，向上述液相平衡体系中加入一定量的，发生如下反应： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 液相体系重新达平衡后，D物质的量为0.5mol，则A物质的量__________mol，E物质的量__________mol。 (4)将（3）中平衡体系记为①；同温下，向①加入一定量惰性溶剂，达新的平衡体系②；或不加入惰性溶剂，仅降低一定温度，达新的平衡体系③。相较于①，若②及③中C与A物质的量之比均增大至同一数值，则三个平衡体系按由大到小的排序为__________（填编号），D与B物质的量之比最小值对应的平衡体系为__________（填编号）。 【答案】(1)1,2-丁二醇 (2)< 反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同 (3)0.5 0.3 (4)③①② ② 【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。 ◆一句话点评：试题以液相酯交换反应为真实工业情境，将命名、动力学图像、焓变微观解释、多平衡联立定量计算融合设问，注重物料守恒建模，信息逻辑环环相扣，充分体现卷原理综合题重定量推演、考查证据推理的命题特点。 【仿照题1】（2026·湖北武汉·一模）是制备半导体硅的重要原料。Si和耦合加氢制备的反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 回答下列问题： (1)和Si的熔点分别为-128℃和1412℃，后者高于前者的原因是____________________________。 (2)已知反应Ⅲ：，则__________，反应Ⅰ属于__________(填“熵增”或“熵减”)反应。 (3)在VL恒容容器中投入5mol、1mol和足量的Si，发生反应Ⅰ和Ⅱ，不同温度下的转化率随反应时间的变化关系如图1所示： ①5s时生成0.02mol，则0～5s内，反应Ⅰ的__________，此时反应Ⅰ的浓度商为__________(填计算式)。 ②反应10s时，500℃下转化率高于550℃的原因为__________。 (4)550℃时，向VL恒容容器中加入足量的Si，控制在1～4下进行反应，不同压强下的转化率随的变化关系如图2所示，则、和由大到小的顺序为__________。 【答案】(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，共价键的作用力远大于分子间作用力 (2) 熵减 (3) 或 10s时反应Ⅰ和Ⅱ均已达到平衡，升高温度，反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度 (4) 【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）根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，则，反应Ⅰ属于气体分子数减小的反应，属于熵减反应； （3）因为①5s时生成0.02mol，则根据反应Ⅱ知，反应Ⅱ中消耗0.01mol，由图可知，5s时的转化率为10%，即总消耗了0.1mol，则反应Ⅰ中消耗0.09mol，则反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，则0～5s内，反应Ⅰ的，此时反应Ⅰ的浓度商为； ②10s时反应Ⅰ和Ⅱ均已达到平衡，升高温度，反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度，因此500℃下转化率高于550℃下转化率； （4）反应Ⅰ和Ⅱ都是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，的转化率增大，即相同时，的转化率越大，压强越大，则。 【典题2】（2026·广东卷）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)BC 3.2 (4)> (5)0.82 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。 ◆一句话点评：试题以硫、氯化合物的科研应用为情境，融合物质结构、盖斯定律、反应速率、化学平衡与陌生吸收平衡，搭配多图像与全新定义的平衡模型，计算新颖，信息量大，凸显原理综合题重模型迁移与定量运算的命题风格。 【仿照题2】（2026·广东深圳·一模）工业上常用二乙苯（DEB）在铁基催化下两步脱氢制取二乙烯基苯（DVB），第一步脱氢产物为乙基苯乙烯（EVB），反应如下： 反应I：   反应Ⅱ：   回答下列问题： (1)基态Fe原子的价层电子轨道表示式为________。 (2)反应I、Ⅱ的随温度变化如图1.反应I的________0（填“”或“”）。 (3)高温条件下，二乙苯（DEB）可能会裂解产生积碳覆盖在催化剂表面，使催化剂“中毒”。通入水蒸气能够一定程度上减少催化剂上的积炭，原因为________（用化学方程式表示）。恒压条件下，通入一定量的水蒸气能提高DEB的平衡转化率，理由是________。 (4)保持压强为100 kPa，容器中通入8.02 mol水蒸气和1 mol DEB．忽略积碳的产生，仅发生反应I、Ⅱ和副反应Ⅲ：。DEB的平衡转化率、EVB和DVB的选择性随温度和压强的变化如图2所示。 选择性：。 ①EVB和DVB的选择性之和应小于1，故表示DEB的平衡转化率的曲线为________（填“”、“”或“”）。 ②时，DVB的平衡物质的量为________。 ③时，________mol，________kPa．反应Ⅲ的________kPa（结果用计算式表示即可）。 【答案】(1) (2) (3) 恒压条件下，通入水蒸气，体系内其他组分分压减小，平衡正向移动，提高平衡转化率 (4) 0.28 0.84 80.2 【解析】（1）铁是26号元素，价电子排布式为：，价电子轨道表示为：。 （2）由图1，温度升高，平衡常数随温度升高而增大，说明升温平衡正向移动，正反应吸热，反应I的>0。 （3）碳和水蒸气在高温条件下发生生成水煤气的反应，即生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为：；恒压条件下，通入水蒸气，体系内其他组分分压减小，平衡正向移动，提高平衡转化率。 （4）设水蒸气、DEB的物质的量分别为8.02 mol、1 mol，由Kp随温度变化可知，温度升高，Kp1、Kp2均增大，说明升高温度，反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡均向正反应方向移动，则压强一定时，升高温度，DEB的平衡转化率和DVB的选择性均增大，由DVB的选择性小于DEB的平衡转化率可知，曲线L1、L2、L3分别表示DEB的平衡转化率、DVB的选择性、EVB的选择性随温度的变化； 由图可知，T0时，DEB的平衡转化率为70%，DVB的选择性和EVB的选择性都为40%，则平衡时，DEB、EVB、DVB的物质的量分别为：1 mol-1 mol×70%=0.3 mol、1 mol×70%×40%=0.28 mol、1 mol×70%×40%=0.28 mol；由方程式可知，生成0.28mol DVB需要两步脱氢，氢气的物质的量为：0.28 mol×2=0.56 mol，生成0.28mol EVB需要一步脱氢，生成氢气的物质的量为0.28 mol，则生成氢气的总物质的量为0.84 mol； 由公式可知，MST的选择性为20%，则MST的物质的量为：1 mol×70%×20%=0.14 mol，由方程式可知，反应生成甲烷的物质的量为0.14 mol，则平衡时混合气体的总物质的量为：0.3 mol+0.28 mol+0.28 mol+0.84 mol+0.14 mol+0.14 mol+8.02 mol=10.0 mol， ； 反应Ⅲ的平衡常数为：。 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 【典题1】（2026·湖南卷）烯烃是重要的化工原料，可用CO和H2为原料直接合成，其原理：。回答下列问题： (1)该反应的关键在于CO活化路径的调控。图I是M1、M2(M1、M2分别是Co2C和)两种催化剂活化CO的机理，其中催化效率较高的是______(填“M1”或“M2”)。催化剂为M2时，反应历程中决速步(速率最慢)的反应方程式为______。 (2)恒压条件下，该反应若改用()作催化剂，产物中的H2O还可与CO反应。以生成C3H6为例，相关反应如下： i．   ii．   iii．   ①当时，反应iii的______。 ②已知反应的平衡常数与温度之间符合：(为摩尔气体常数，为常数)。当时，反应ii和iii的与温度的数据如表所示，反应iii对应表中数据______(填“a”或“b”)。 423 K 623 K 723 K a 6.7 2.9 1.8 b 20.3 5.2 0.7 ③反应近似达到平衡时，加入少量无水MgCl2，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，其可能原因是______()。 ④y增大，烯烃的氢原子经济性将______(填“增大”或“减小”)，理由是______。() ⑤图Ⅱ为CO转化率和CO2选择性分别与H2/CO投料比之间的关系，H2/CO投料比为1.5时，副产物甲烷的选择性为10%，烯烃的氢原子经济性=______。 【答案】(1) (2)①-145.2 ②b 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 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 ⑤50% 【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。 ◆一句话点评：试题以 CO 与 H₂催化合成烯烃为工业背景，依托反应能垒图探究催化机理、决速步，融合盖斯定律、平衡常数、选择性与氢原子经济性等新概念，多曲线图像信息丰富，侧重模型迁移与定量分析，体现原理综合题重视催化机理与陌生定义的考查特色。 【仿照题1】（2026·福建漳州·一模）甲醇(CH3OH)是一种重要能源与化工原料。工业上以为催化剂制备甲醇，相关反应如下： ⅰ．       ⅱ．       ⅲ．       (1)反应ⅰ在_________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行(当时，反应能自发进行)。 (2)反应ⅱ的正反应的活化能_________逆反应的活化能(填“大于”或“小于”)。 (3)反应ⅲ的平衡常数K3=_________(用K1、K2表示)。 (4)反应ⅰ在有、无催化剂条件下的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS为过渡态。 ①图中实线表示_________(填“有”或“无”)催化剂。 ②该反应在有催化剂存在条件下决速步骤的活化能降低_________eV。 (5)按的投料比，若只发生反应ⅰ、ⅱ，测得CO2的平衡转化率和CH3OH的选择性随温度、压强的变化如图所示。 选择性的定义： 已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压物质的量分数总压。 ①、的大小关系为：_________(填“＞”“＜”或“=”)。 ②350℃以上时，和条件下CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是_________。 ③250℃，压强为时，反应ⅱ的平衡常数Kp=_________(列出计算式)。 【答案】(1)低温 (2)大于 (3) (4)①无 ②0.2 (5)①＞ ②350℃以上反应以反应ⅱ为主，该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动 ③ 【解析】（1）由方程式可知，反应ⅰ是熵减的放热反应，低温条件下反应(∆H –T∆S)小于0，反应能自发进行； （2）反应的焓变为：ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，由方程式可知，反应ⅱ是吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能； （3）由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ=反应ⅲ，则反应ⅲ的平衡常数为：K3=； （4）①催化剂能降低反应的活化能，由图可知，实线反应的活化能大于虚线，所以图中实线表示无催化剂； ②反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤；由图可知，基元反应H2COO*+2H2(g)→H2CO*+OH*+H2(g)的活化能最大，所以该步反应是决速步骤；无催化剂时反应的活化能为：1.80 eV -0.20 eV =1.60 eV，有催化剂时反应的活化能为：0.40 eV-(-1.00 eV) =1.40 eV，则该反应在有催化剂存在条件下决速步骤的活化能降低的数值为：1.60 eV-1.40 eV=0.20 eV； （5）①反应ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的选择性增大，由图可知，P1条件下甲醇的选择性大于P2，所以压强P1大于P2； ②反应ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，而反应ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，350℃以上时，P1和P2条件下二氧化碳的平衡转化率几乎交于一点的原因是350℃以上反应以反应ⅱ为主，该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动； ③由图可知，250℃，压强为P2时，二氧化碳的转化率为40%、甲醇的选择性为50%，设二氧化碳、氢气的物质的量分别为1 mol、3 mol，则平衡时一氧化碳的选择性为50%，二氧化碳的物质的量为：1 mol-1 mol×40%=0.6 mol，甲醇、一氧化碳的物质的量都为：1 mol×40%×50%=0.2 mol，由方程式可知，氢气、水蒸气的物质的量分别为：3 mol –(0.2 mol×3+0.2 mol)=2.2 mol、0.2 mol+0.2 mol=0.4 mol，则混合气体的总物质的量为：4 mol –0.2 mol=3.8 mol，反应ⅱ的平衡常数Kp==。 【典题2】（2026·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）。 【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： 。 ◆一句话点评：试题以费托反应合成低碳烯烃为工业情境，结合碳链增长反应机理、盖斯定律、平衡条件选择、选择性与收率的全新定义，搭配多组柱状、曲线图，兼顾定性机理分析与定量公式推导，突出对信息提取与陌生化工模型的理解。 【仿照题2】（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）丙烯是石油化工行业的重要原料，以和为原料制备的主要反应为： ①   ②   回答下列问题： (1)反应的_______。 (2)时，恒温恒容密闭容器中装有催化剂，按通入混合气体，反应后得到，则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_______(填标号)。 a．容器内气体压强不再改变    b．混合气体的密度不再改变 c．混合气体的平均摩尔质量不再改变    d．反应①的化学平衡常数不再改变 (3)反应历程中，催化剂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“”或“”)键的断裂具有更好的选择性。 (4)下，向装有适量催化剂的密闭容器中通入和各，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图乙中曲线代表的组分为_______，点所在曲线代表的组分为_______。 ②若体系压强变为，其他条件不变，达平衡时，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))0.05 ac (3) (4)① ②增大 压强从 升至 ，压强增大，首先会导致反应①平衡逆向移动，导致分压变小，进而导致反应②平衡逆向移动，最终物质的量增大 【解析】（1）根据盖斯定律，将反应①和反应②相加即可得到总反应 ，故 。 （2） 内每克催化剂催化生成 的平均速率 ； a．该反应正向是气体分子数增大的反应，恒温恒容下，随反应进行容器内气体总物质的量增大，压强增大，当压强不再改变时，说明达到平衡状态，a正确； b．恒容容器中气体总质量不变，混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，b错误； c．气体总质量不变，反应正向进行时气体总物质的量增大，平均摩尔质量减小，当平均摩尔质量不再改变时，说明达到平衡状态，c正确； d．化学平衡常数 只与温度有关，恒温下始终不变，不能说明达到平衡状态，d错误； 故选ac。 （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，反应速率越快，因此该催化剂对C-H键的断裂具有更好的选择性； （4）① ①初始通入和各，设反应①消耗的物质的量为，反应②消耗的物质的量为，则平衡时，，，，，因，故平衡时的物质的量小于；随温度升高，两吸热反应均正向移动，的量随反应进行先增后受反应②消耗影响呈现相应变化趋势，故曲线L代表；随温度升高下降的两条曲线为反应物变化曲线，其中物质的量更大的为，即A点所在曲线代表，点线在下方代表，生成的物质的量最多对应最上方的实线，随温度升高转化率大幅增加； ② A点代表 ，该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，若体系压强由 变为 ，压强增大，反应①平衡向气体分子数减小的方向（即逆反应方向）移动，氢气浓度降低，反应②平衡逆向移动，则 的转化率减小，因此平衡时的物质的量增大。 考向三 化学原理大综合 【典题1】（2026·贵州卷）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＜ 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 (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。 ◆一句话点评：试题以水下推进装置的镁 - 水反应为国防科技情境，融合盖斯定律、吉布斯自由能、双反应路径能垒图、速率常数与平衡移动，兼顾状态函数定性辨析与动力学定量计算，说理设问多，侧重热力学与动力学综合辨析，体现原理题依托前沿真实情境、考查高阶思维的特点。 【仿照题1】（2026·浙江·一模）研究丙烷催化氧化制丙烯有着重要的意义，相关反应有： 反应Ⅰ：， 反应Ⅱ：， 反应Ⅲ： 请回答： (1)反应Ⅰ，______0（选填“>”“<”或“=”）。 (2)反应Ⅲ的______。 (3)反应Ⅰ在催化剂a或b作用下的相对能量变化如图所示（*表示吸附态）。下列说法正确的是______。 A．其他条件相同时，催化剂b作用下反应速率较小 B．催化剂a或b作用下，反应平衡常数不同 C．丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D．①→②的进程中，为决速步 (4)某课题组研究设计了一套如下图所示的丙烷连续催化脱氢装置： ①分阶段通入的原因是___________。 ②利用同位素示踪法研究催化下反应Ⅲ的机理。若以和为原料，初期产物中没有检测到；若以含的和为原料，反应过程中没有检测到这类氢氘交换产物。下列推断合理的是_______。 A．反应历程中，元素V的化合价发生变化 B．和在催化剂表面碰撞而直接发生反应 C．反应过程中，不同含碳粒子间存在H原子转移 D．催化下，丙烷C—H键断裂是不可逆过程 (5)若体系温度过高，催化剂会因表面积炭而失活，可添加适量解决，原因是________（用化学方程式表示）。 (6)含陶瓷膜可用于提纯丙烯，原理是丙烯的电子进入的________形成弱配位键，丙烯分子被固体吸附。 【答案】(1)> (2) (3)CD (4)与反应放热，促进反应Ⅰ自发进行；均匀放热，维持反应速率稳定；避免过多丙烯被深度氧化 AD (5) (6)空轨道 【解析】（1）反应Ⅰ的化学方程式为，该反应正向气体分子数增加，体系的混乱度增大，因此属于熵增反应，>0； （2）根据盖斯定律，观察三个反应的化学方程式可知：反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ。因此，反应Ⅲ的平衡常数； （3）A．由图可知，催化剂a的决速步（活化能最大的一步）活化能为，大于催化剂b的决速步活化能。活化能越大反应速率越小，故催化剂a作用下反应速率较小，催化剂b作用下反应速率较大，A错误；B．催化剂只能降低反应的活化能，改变反应速率，不能改变反应的平衡常数，B错误；C．丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态相对能量（）低于催化剂b（），能量越低体系越稳定，C正确；D．①→②的进程中，第二步的活化能大于第一步，为该过程的决速步，其反应式为，D正确；故选CD； （4）①分阶段通入的原因是：与反应放热，促进反应Ⅰ自发进行；均匀放热，维持反应速率稳定；避免过多丙烯被深度氧化； ②A．以为原料，初期产物不含，证明产物中的氧来自催化剂，只用来补充催化剂消耗的氧，即反应历程中，先失去氧原子发生还原反应，最后又得到氧原子发生氧化反应，元素V的化合价发生变化，A正确；B．如果和在催化剂表面碰撞而直接发生反应，则在产物中会出现原子，而实际过程中没有检测到，说明未按照此机理发生反应，B错误；C．以含的和为原料，反应过程中没有检测到这类氢氘交换产物，说明反应过程中，不同含碳粒子间不存在H原子转移，C错误；D．以含的和为原料，反应过程中没有检测到生成，说明在反应过程中，碳氢键（或碳氘键）的断裂是不可逆的，即一旦断裂就不会再重新形成新的或键，否则会发生交换，生成，D正确；故选AD； （5）催化剂表面积炭的主要成分是单质碳，通入适量可与碳在高温或催化剂作用下发生反应生成气体，从而消除积炭，恢复催化剂活性，化学方程式为； （6）形成配位键需要配体提供孤电子对或π电子，中心离子提供空轨道。丙烯分子中含有碳碳双键，可提供π电子，的价电子排布为，其和能级存在空轨道，因此π电子进入的空轨道形成弱配位键。 【典题2】（2026·甘肃卷）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)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。 ◆一句话点评：试题以 CO2加氢资源化利用为热点情境，串联平行竞争反应、分压图像、平衡常数、反应历程能垒图，兼顾平衡移动定性判断与决速步、活化能的机理分析，融合热力学与动力学视角，注重学生区分平衡与反应速率的逻辑辨析。 【仿照题2】（2026·新疆伊犁·模拟预测）Ⅰ．丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷（）在一定温度和催化剂条件下制丙烯的两种方法如下。 反应A（直接脱氢）：   反应B（氧化脱氢）：   (1)已知：  ，则_________。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入和，初始压强为p kPa，仅发生反应B（氧化脱氢）。欲提高的平衡产率，同时加快反应速率，应采取的措施是_______（填字母）。 a．升高温度 b．增大压强 c．及时分离出水蒸气 d．再充入 e．加催化剂 (3)反应A（直接脱氢）在催化剂Pt表面上反应路径如下，整个反应的能量变化如图所示。 TS表示过渡态，*表示吸附，路径中决速步骤的反应式为_______，有_______个基元反应。 (4)在压强（117.5 kPa）恒定条件下，以作为稀释气，不同水烃比时，催化1 mol 直接脱氢（反应A）制备反应的平衡转化率随温度的变化如图所示。[副反应：] W点对应条件下，若的选择性为80%，则反应A的分压平衡常数为_______kPa．（是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数） (5)一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应B（氧化脱氢）。已知该反应过程中，，，其中、为速率常数，与温度、活化能有关。升高温度，的变化程度_______（填字母）的变化程度。 a．大于    b．小于    c．等于    d．无法比较 Ⅱ．氨电解法制氢：利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其工作原理如图所示。 (6)阳极电极反应式为_______。 (7)当外电路转移2 mol电子时，右室的质量减少_______g。 【答案】(1)−118 (2)d (3)CH3CHCH3*CH3CHCH2*+2H* 3 (4)14.4 (5)b (6) (7)36 【解析】（1）根据盖斯定律，将已知反应乘以，再和反应A相加，即可得到反应B：； （2）a．反应B为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，丙烯平衡产率降低，a不符合题意； b．增大压强，该反应为气体分子数增大的反应，平衡逆向移动，丙烯平衡产率降低，b不符合题意； c．及时分离出水蒸气，反应速率减慢，c不符合题意； d．再充入，反应物浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，丙烯平衡产率提高，d符合题意； e．催化剂不改变平衡状态，无法提高平衡产率，e不符合题意； 故选d。 （3）决速步骤是活化能最大的基元反应，图中TS2对应的活化能0.91为最大值，对应c到d的转化；反应式为CH3CHCH3*+H*CH3CHCH2*+2H*；吸附和脱附不属于基元反应，有化学键断开或化学键生成属于基元反应，b到c、c到d和d到e属于基元反应，共3个； （4）W点的平衡转化率为75%，设通过反应A和副反应转化的物质的量分别为x mol、y mol，且起始，根据已知条件列出“三段式”： 则，的选择性为80%，则；故x=0.6，y=0.15；W点，则的物质的量为10 mol，平衡时物质的量为0.25 mol，、的物质的量均为0.6 mol，混合气总物质的量为，则反应A的分压平衡常数； （5）该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，即逆反应速率大于正反应速率，则的变化程度小于的变化程度，故选b； （6）阳极发生氧化反应，失电子生成，电解质为KOH碱性环境，用配平电荷和原子，得到该电极反应式：。 （7）右室为阴极，电极反应为，转移2mol电子时，生成1mol 逸出，质量2g，同时生成2mol ，有2mol 通过阴离子交换膜移向左室，因此右室总质量减少。 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 1.（2026·河南卷）常用作化学反应的催化剂，一种制备的方法如下： 反应Ⅰ：  ； 反应Ⅱ：  ； 回答下列问题： (1)基态原子的核外电子排布式为___________；键角：___________(填“”“”或“<”)。 (2)原子与金属离子的结合能力：，原因是___________。 (3)、和三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在平面的投影如图1所示(晶胞参数，)，该晶体的密度为___________(用含、、和的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值，)。 (4)反应Ⅱ中，有利于提高平衡转化率的条件为___________(填标号)。 A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压 (5)下，向一恒压密闭反应器中加入、和，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑副反应)，反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。 ①当温度高于时，分压随温度升高逐渐减小，原因是___________。 ②某温度下，反应达到平衡时，分压是分压的2倍，假设剩余可忽略不计，此时的物质的量为___________，的分压为___________；若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) ＞ (2)中羟基（）是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱 (3) (4)B (5)在900℃ 以上时，n(CH4)=0，反应Ⅰ趋于完全，n(H2)不再变化，但反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ的正方向是气体分子增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数减小，分压也逐渐减小 1.6 62.5 不变 【解析】（1）B原子原子序数为5，基态核外电子排布式为； 分子中C原子价层电子对数是，采取杂化，没有孤电子对，呈完美的正四面体结构，键角为109°28′；分子中 分子N原子价层电子对数是，也是 杂化，但含有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥作用，导致其键角压缩为107°。因此键角：＞； （2）N原子与金属离子结合的能力（配位能力）取决于N原子提供孤电子对的难易程度。羟胺（ ）可以看作是中的一个H 被取代。由于O原子的电负性很大，表现出强烈的诱导吸电子效应，使N原子周围的电子云密度明显下降，因此与金属离子结合（配位）的能力弱于。 （3）用均摊法计算晶胞中原子数：N位于8个顶点，；C位于体心，；B共4个，均位于晶胞面上，，晶胞总质量；晶胞体积，因此密度。 （4）反应Ⅱ正反应是吸热、气体分子数增大的反应，升温、降压都使平衡正向移动，提高平衡转化率，因此选高温低压。 （5）①由图2可知，在900℃ 以上时，n(CH4)=0，反应Ⅰ趋于完全，n(H2)不再变化，但反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ的正方向是气体分子增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数减小，分压也逐渐减小。 ②已知起始投入：， ， ，当CH4忽略不计(完全反应)时，说明反应I进行到底，生成了3.0 mol C(s)和6.0 mol H2(g)，设反应Ⅱ中消耗的N2物质的量为amol，列三段式： 由题意知，此时CO的分压是N2分压的2倍。在同温同压同体积下，气体的分压之比等于物质的量之比：，解得a=0.8，此时的物质的量为1.6mol，平衡时各气体组分的物质的量： ，总气体物质的量，总压，故；平衡常数只与温度有关，若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，温度不变，不变。 2.（2026·云南卷）“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯(DMT)的路径如下： 回答下列问题： I．“热催化”中主反应： i．     (1)已知：      则__________(用含和的代数式表示)，__________0(填“”或“”)。 (2)一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应，提高平衡转化率的措施有__________(填标号)。 A．及时移走 B．通入 C．增大和投料比 D．加入催化剂 (3)“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”()的副反应： ii． 一定条件下，平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[比如：DMO选择性] ①“热催化”反应较适宜的温度区间为__________(填标号)。 A．    B．    C． ②，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时__________，反应的__________(列出计算式即可)。 II．“电催化”中：DMODMT (4)25℃时，DMT的生成速率与关系如图2，已知该反应的速率方程为，其中为速率常数。 ①当增加10倍，也增加10倍，则为__________。 ②速率常数为__________(列出计算式即可)。 (5)生成DMT的电极反应式为，其中Y为__________(填结构简式)。 【答案】(1) ＜ (2)C (3)B 0.25 (4)①1 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。 3.（2025·河南卷）的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： (1)位于元素周期表中 区；基态的价电子排布式为 。 (2)水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是 。 (3)的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为 。 (4)恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是 。 (5)在温度分别为和下，的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是 (填“”“”或“”)，原因是 。 (6)一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数 (保留小数点后一位)，此时原位利用率为 。 已知：原位利用率 【答案】(1)s 3d8 (2)O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑 (3)Ni2P (4)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移 (5)T1 升高温度，反应Ⅱ正向移动 (6)1.2 70% 【解析】（1）Ca原子序数为20，电子排布为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态电子排布为[Ar] 3d84s2。Ni失去4s能级上2个电子形成Ni2+，价电子排布为3d8，故答案为：s；3d8。 （2）中心O原子有2个σ键，孤电子对数为，共4个价电子对，模型为四面体型，空间构型为V型，故答案为：O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑。 （3）该晶胞中，P原子8个位于顶点(4个被6个晶胞共用，4个被12个晶胞共用)、2个位于体内，1个晶胞中所含P原子数为，Ni原子8个位于棱(均被4个晶胞共用)、6个位于面(均被2个晶胞共用)，1个位于体内，Ni原子数为，因此该物质的化学式为Ni2P。 （4）重整反应会消耗CO2，降低体系中CO2分压，使分解反应正向移动且反应放热，可以为碳酸钙分解提供能量，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移​。 （5）反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1，故答案为：T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动。 （6）一定温度、下，向体系中加入和，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，反应Ⅰ：平衡时生成，转化率为，物质的量为，则 气体总物质的量n总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol， 反应Ⅲ的平衡常数，平衡时，原位利用率为，故答案为：1.2；70%。 4.（2024·天津卷）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)(正)四面体形 (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)M 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快 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。 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 5.（2026·陕晋青宁卷）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 a (2)① ②碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对 (3)① ②A 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 【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）①Cu为第四周期IB族元素，价电子排布为，Au为第六周期IB族元素，价电子排布为； ②题干指出位置2的作用是将自由基（即状态b：）进一步与乙炔反应生成氯乙烯（状态d：）。对比两种催化剂的部分反应历程图： 催化剂A中，从状态b到状态d所经历的最高能垒较小； 而催化剂B中，从状态b出发需要越过极高的能垒；活化能越小，反应速率越快，因此选择催化剂A。 综合整个串联反应过程： 位置1：部分分解产生和HCl，部分分解产生自由基。 位置2：自由基与部分乙炔反应生成 。 为了“使乙炔转化率接近100%”，进入位置3的剩余混合物中必然还含有未完全反应的乙炔和位置1产生的氯化氢。因此在位置3主要发生的是乙炔与氯化氢的加成反应，反应为，以消耗尽剩余的乙炔。 6.（2026·浙江卷）某小组想用CO制取，反应如下： I．      Ⅱ．              Ⅲ．                           请回答： (1)①_______kJ/mol。 ②某同学在常温常压下，往CO与以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现几乎无。该同学认为是该反应的平衡常数极小导致的，你认为该同学的说法_______(“正确”或“错误”)，设计实验验证你的结论：_______(简述即可)。 (2)Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在250℃条件下，用Pt催化CO制取，反应如下： Ⅳ   V   Ⅵ (过渡态) Ⅶ Ⅷ ①Pt(原子序数78)，位于元素周期表第_______周期_______族。 ②反应Ⅳ的_______0(填“>”、“<”或“=”)。 ③在图中画出位置(虚线框内) _______。 (3)某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由降为，相关反应如下： 序号 反应 Ea(kJ/mol) a 144 b 101 c 56 d 48 e 40 f 39 g 24 h 15 i 14 ①该研究小组采取的措施是_______。 ②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：_______(填序号)。 【答案】(1)-283 错误 点燃，检验产物 (2)第六周期 Ⅷ < (3)通入氢气 hgeidf或dhgeif等合理答案 【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。 7.（2025·陕晋青宁卷）/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)④ HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O (4)c 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 【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，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。 8．（2024·全国甲卷）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)a 80% 7.8 10.92 (3)(或3：2)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 I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br 【分析】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。 【解析】（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。 考向三 化学原理大综合 9.（2026·浙江卷）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)平面三角形 Ga形成3个单键不合理，应该形成4根 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 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。 10.（2026·河北卷）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)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 。 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。 11.（2025·重庆卷）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)B ＞ (2)右侧 (3) D 【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，电极方程式为：，左侧为负极，右侧为正极，电极方程式2H++2e-=H2↑，在原电池中，阳离子向正极移动，所以盐桥中移向正极，即右侧，该电池总反应方程式为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，则该侧的电极反应方程式为，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：。 12.（2024·北京卷）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) 该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积 (3) 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反应，升高温度，NO的平衡转化率减小，说明该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积。 （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。 一、热化学与能量变化易错点 1.△H的符号与单位：放热反应△H为负，吸热为正，容易因判断反反应热方向而写反符号。单位必须是“kJ·mol-1”,不能漏写“·mol-1”。 2.热化学方程式的书写细节：反应物和生成物的状态(s、1、g、aq)必须标注，状态不同△H值不同；化学计量数与△H成比例，计量数变化时△H需同步缩放。 3.盖斯定律计算：叠加化学方程式时，容易忽略反应的“+"“-“关系，或漏乘、错乘化学计量数，导致最终△H计算错误。 二、化学反应速率与平衡易错点 1.速率计算的“陷阱”:计算速率时，必须用“浓度变化量”(△c)除以时间，若题目给的是“物质的量变化”,需先除以体积得到△c,否则直接用物质的量计算会出错。 2.平衡标志的误判：混淆“速率关系”和“平衡状态”,例如v正(A)=v逆(B),需先看两者的化学计量数是否匹配(如反应aA+bB=cC,需满足v正(A)/a=v逆(B)/b才是平衡);忽略“变量不变才是平衡”,如体系密度、压强，需先判断其是否为“变量”(如恒容体系中，若反应物和生成物都是气体，密度始终不变，不能作为平衡标志)。化学平衡状态判断“三关注”：容器特征、反应特点、物质的状态。 3.平衡移动的“特殊情况”:忽略“催化剂不影响平衡”,认为催化剂会改变平衡转化率；忽略“惰性气体的影响”,恒容下充惰性气体平衡不移动，恒压下充惰性气体相当于减压，平衡向气体分子数多的方向移动。 三、电解质溶液与电离平衡易错点 1.电离平衡与水解平衡的优先级：混合溶液中(如等浓度的NH4Cl和NH3·H2O),容易搞反电离和水解的主次，需记住“谁强显谁性”,如NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性。 2.离子浓度比较的“遗漏项”:比较离子浓度时，容易忽略“水电离出的H+和OH-”,例如在酸性溶液中，OH-全部来自水的电离，不能只看酸电离的H+而忽略OH-的存在。溶液中微粒浓度的关系“三守恒”：电荷守恒、物料守恒、质子守恒。 3.pH计算的“小数点失误”:稀释强酸或强碱时，容易算错pH的变化幅度(如pH=3的盐酸稀释100倍，pH=5,不是pH=1);计算弱酸或弱碱的pH时，忘记其“部分电离”,直接用浓度计算H+或OH-浓度，导致结果偏差。 四、电化学基础易错点 1.正负极/阴阳极的判断错误：原电池中，容易将“活泼金属”一概视为负极，忽略特殊情况(如Al在浓硝酸中因钝化作正极);电解池中，混淆“阳极氧化、阴极还原”的规律，导致电极反应式写反。 2.电极反应式的“细节漏洞”:电极反应式中，容易忽略“电解质环境”(酸性或碱性),例如在碱性条件下，H+不能出现，需用H2O和OH-平衡电荷；漏写“电子守恒”,导致反应式两边电子数不相等。注意元素守恒和电荷守恒，注意是碱性介质、酸性介质还是熔融盐。 3.电化学计算的“守恒失误”:计算电解池中析出金属的质量或生成气体的体积时，容易忽略“电子守恒”的核心，未通过电极反应式找到电子与物质的计量关系，直接用反应方程式计算。电解计算破题“三方法”：根据电子守恒计算、根据总反应式计算、根据关系式计算。 1.（2026·广东深圳·模拟预测）H2可通过Ni/γ-Al2O3催化醋酸和水蒸气重整获得，当初始水蒸气投料量接近0时，主要涉及如下三个反应。 热裂解反应：   脱羧基反应：   甲烷化反应： 回答下列问题： (1)Ni/γ-Al2O3有晶体和非晶体形态，区分这两种形态最可靠的方法是___________。 (2)水煤气变换反应：的ΔH=___________kJ/mol。 (3)1mol醋酸分子中的σ键数目为___________NA个，利用质谱仪检测醋酸蒸气时，谱图中出现质荷比为120的峰，其可能原因是____________________________________________。 (4)相同温度下，下列有机酸的(已知)的值最大的是___________(填标号)。 a．CH2ClCOOH        b．CH3COOH        c．CCl3COOH        d．CF3COOH (5)反应温度与气体(H2、CO、CO2、CH4)平衡产率之间的关系如图所示。 说明：图中平衡产率数据由如下设定公式计算所得： ， (Y代表气体的平衡产率，R代表CO、CO2或CH4，n代表平衡时产物的物质的量或乙酸的初始物质的量) ①曲线2代表的是___________的变化曲线(填化学式)。 ②900℃条件下，曲线3和曲线4所代表的物质其平衡产率均近似为0，此时体系内的总压强为p kPa，则b点对应物质的平衡产率为__________。该温度下热裂解反应的压强平衡常数(Kp)的计算式为___________(不必化简)。 【答案】(1)X射线衍射实验 (2)-41.05 (3)7 两个醋酸分子通过分子间氢键形成了二聚体 (4)b (5)① ② （或 ）） 【解析】（1）区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是X射线衍射实验，晶体在X射线衍射下会产生分立的斑点或明锐的衍射峰。 （2）根据盖斯定律，将题干中的三个反应依次命名为①、②、③，目标反应可由得到。因此该反应的焓变。 （3）1个醋酸()分子中含有3个键、1个键、1个键、1个键和1个双键（含1个键和1个键），共计7个键，故醋酸分子中含有个键。醋酸的相对分子质量为60，质谱图中出现质荷比为120的峰，说明存在相对分子质量为120的微粒，原因是两个醋酸分子通过分子间氢键结合形成了二聚体。 （4）已知，的值越大，说明电离常数越小，酸性越弱；由于、均为吸电子基团，且吸电子能力，吸电子基团越多、吸电子能力越强，羧酸的酸性越强。因此四种酸的酸性强弱顺序为，酸性最弱的是，其最大，故选b。 （5）①热裂解反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，和的产率增大；脱羧基反应和甲烷化反应均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，和的产率减小。因此随温度升高产率增大的曲线1和2代表和；根据产率计算公式，若生成相同物质的量的和，，，显然，故处于上方的曲线2代表。 ②时，曲线3和4代表的物质平衡产率近似为0，说明脱羧基和甲烷化反应程度极小，可忽略，此时主要发生热裂解反应。设初始醋酸为，由图可知a点的平衡产率为，则平衡时；根据热裂解反应方程式，平衡时；b点对应的平衡产率，。 ③时，平衡体系中，，消耗的醋酸为，剩余醋酸，体系总物质的量；各物质的分压分别为，，。该温度下热裂解反应的压强平衡常数。 2．（2026·陕西商洛·一模）甲醇是重要的化工原料。某温度下，利用合成气（主要成分为CO、和）在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下： I． Ⅱ． 请回答下列问题： (1)反应I在______________（选填“高温”或“低温”）条件下能自发发生，已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式______________。 (2)一定温度下，向初始压强为的恒容密闭容器内充入和，只发生反应I、Ⅱ，一段时间后反应达到平衡。 ①该反应在有、无分子筛膜时，甲醇的平衡选择性随温度的变化如图所示[分子筛膜能选择性分离出]。恒温恒容条件下，有分子筛膜时发生反应，下列说法能作为反应I达到平衡状态的判断依据的是______________（填字母）。 A．气体压强不再变化 B．气体的密度不再改变 C． D． ②有分子筛膜时，温度高于210℃后甲醇选择性随温度升高而降低的原因是________________________________。 ③某温度下的转化率为80%，反应I的选择性为60%，则平衡时的分压为______________kPa，该反应温度下反应Ⅱ的平衡常数为______________（写出计算表达式即可）。 (3)反应I的速率，，、分别为正、逆反应速率常数。降低温度时，______________（填“增大”“减小”或“不变”）。 【答案】(1)低温 (2)AB 温度升高使反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正反应方向移动的影响 1.2 (3)增大 【解析】（1）反应Ⅰ的，反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，，当时反应能自发进行，则反应Ⅰ在低温条件下可自发进行；由可知，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，，反应Ⅲ的热化学方程式为； （2）①A．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，压强为变量，气体压强不再变化时，反应Ⅰ达到平衡，A符合题意；B．有分子筛膜时，生成的水被分离，使m发生变化，密度为变量，当密度不再改变时，反应Ⅰ达到平衡，B符合题意；C．根据速率之比等于反应系数之比可知，时反应Ⅰ达到平衡，C不符题意；D．反应达平衡时各物质间不存在任何比例关系，D不符题意；故选AB； ②升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醇选择性降低，但分子筛膜分离出H2O使平衡正向移动，甲醇产率上升，总体上甲醇产率随温度升高而降低的原因是温度升高使反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正反应方向移动的影响，所以甲醇选择性下降； ③根据平衡时CO2的转化率为80%，反应Ⅰ的选择性为60%可知，反应Ⅰ消耗CO2的量为，反应Ⅱ消耗CO2的量为，可列三段式：反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，平衡时物质的总物质的量为，总压为，可得，，因此平衡时；由于反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，因此； （3）===，反应Ⅰ是放热反应，温度降低，反应Ⅰ的平衡正向移动，K1增大，lgK1增大，因此增大。 3．（2026·浙江嘉兴·一模）-丁内酯()在医药、香料等精细化学品合成方面应用很广，可由-羟基丁酸()或1，4-丁二醇合成。 Ⅰ．-羟基丁酸合成-丁内酯的反应如下： 25℃时溶液中-羟基丁酸的初始浓度为0.180 mol/L，测得的浓度随时间的变化如下表： t/min 20 50 80 100 120 160 220 c/ 0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 (1)为提高的平衡转化率，除适当控制反应温度外，还可以采取的措施是______________________________________。 (2)25℃条件下，该反应的平衡常数为________。 Ⅱ．利用1，4-丁二醇生产-丁内酯的主、副反应的化学方程式如下()： 主反应：   副反应：   (3)主反应在________条件下自发进行。 (4)将的混合气体通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得两种产物的产率如图1所示。260℃条件下-丁内酯的体积分数为________；已知主反应的反应过程-能量示意图如图2所示，在图2中画出副反应的相应图像________。      (5)由1，4-丁二醇合成-丁内酯的一种机理如图3所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面) ①在步骤________中产生。 ②步骤2是羧基质子化的过程，其目的是(请结合步骤3进行分析)________________________。 【答案】(1)及时分离产物 (2)2.75 (3)高温 (4)12%或0.12 (5)①步骤1 ②由于羰基O带正电荷，使羧基上的碳原子正电性增强，利于与−羟基上的氧作用从而形成五元环 【分析】本实验围绕γ-丁内酯的两种合成路径展开，先通过γ-羟基丁酸的酸催化分子内酯化反应，利用平衡态浓度计算反应平衡常数并通过移走产物水提升原料转化率，再探究1，4-丁二醇气相脱氢制备γ-丁内酯的主副竞争反应，结合热力学判据分析反应自发条件、依据产率数据计算平衡时产物体积分数，最后通过催化反应机理明确H2的生成步骤与质子化的活化作用。 【解析】（1）该反应为可逆反应，生成物只有水和γ-丁内酯，及时分离产物，可使平衡正向移动，提高γ-羟基丁酸的平衡转化率，符合勒夏特列原理。 （2）反应达平衡时（），γ-丁内酯的平衡浓度为，剩余γ-羟基丁酸的浓度为。平衡常数。 （3）主反应，且正反应气体分子数增多，。根据自发反应判据，只有在高温条件下，的数值大于，才能满足，反应自发进行。 （4）设初始投入1，4-丁二醇为1 mol，为5 mol。260℃时γ-丁内酯产率95%，生成和；四氢呋喃产率2%，生成四氢呋喃和。总气体物质的量为：剩余1,4-丁二醇 + 初始5 mol + 生成的1.9 mol + 生成的γ-丁内酯0.95 mol + 生成的四氢呋喃0.02 mol + 生成的0.02 mol = 7.92 mol，近似计算下γ-丁内酯体积分数为。 起点与主反应完全相同（均为1,4-丁二醇气体的能量）；副反应且，因此副反应的生成物总能量低于主反应生成物的总能量；同时副反应的活化能比主反应大；即。 （5）①步骤1中1，4-丁二醇的一个羟基氧化脱氢生成了吸附态的，两个结合形成。 ②由于羰基O带正电荷，使羧基上的碳原子正电性增强，利于与−羟基上的氧作用从而形成五元环。 4.（2026·湖南湘潭·一模）工业上可通过丙烷催化脱氢制备高价值丙烯，在新能源、脱硫耦合反应、燃料电池等领域应用广泛。回答下列问题： (1)在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷脱氢制丙烯，总反应为，反应进程中的相对能量变化如图Ⅰ所示(*表示吸附态，部分进程已省略)。 丙烷被催化剂_____(填“a”或“b”)吸附得到的吸附态更稳定，在反应中间体①转化为②的进程中，决速步骤(速率最慢基元反应)的反应方程式为____________________________。 (2)和可发生耦合脱氢脱硫反应制备丙烯，总反应：   。 ①标准摩尔生成焓是指在标准状态下，由最稳定的单质生成1 mol纯净物质时的焓变。有关物质的标准摩尔生成焓()如下表： 物质 -103.85 -296.83 +20.42 -20.63 -241.82 判断该耦合反应的反应焓变：_________0(填“>”或“<”)。 ②恒容密闭容器中，等物质的量的和发生该耦合反应，达到平衡时，相关物质平衡组成随温度变化关系如图Ⅱ。 曲线___________(填“a”、“b”、“c”)表示的物质的量分数随温度变化的关系，L点的消耗速率________(填“>”、“<”、“=”)a物质的生成速率，N点反应的___________(用物质的量分数代替浓度计算)。 (3)我国科研团队开发出丙烷固体氧化物燃料电池，可在发电的同时联产轻质烯烃，电池结构如图Ⅲ所示(部分生成物未标出)。 ①负极上丙烷脱氢生成丙烯的电极反应为___________________________(有机物写结构简式)。 ②标准状况下向电池负极通入11.2 L丙烷，其中有60%丙烷发生脱氢生成丙烯，剩余丙烷完全被氧化为与，理论上电路中通过电子的物质的量为_________mol。 【答案】(1)a 或 (2)> c = 0.36或 (3) 4.6 【分析】丙烷固体氧化物燃料电池中根据氧离子的移动可判断电极a为负极，电极b为正极。 【解析】（1）丙烷被催化剂a吸附后的能量比被催化剂b吸附后的能量低，能量越低越稳定，故催化剂a吸附得到的吸附态更稳定。 在反应中间体①转化为②的进程中，决速步骤是速率最慢的基元反应，其活化能更大，生成过渡态2的反应是决速步，反应方程式为或。 （2）①根据标准摩尔生成焓可得耦合反应的焓变=。 ②恒容密闭容器中，等物质的量的和发生该耦合反应： ，达到平衡时，根据相关物质平衡组成随温度变化关系图，温度越高耦合反应正向移动，故根据在方程式中的化学计量数可知的变化最不明显，曲线c表示的物质的量分数随温度变化的关系。 曲线a表示的物质的量分数随温度变化的关系。在化学反应中化学计量数一样，故L点的消耗速率等于的生成速率。 恒容密闭容器中，等物质的量的和发生该耦合反应，设加入的和均为1 mol，设转化的的物质的量为3x mol、x mol、为3x mol、为x mol、为2x mol，故平衡后体系中的的物质的量为(1-3x) mol、为(1-x) mol、为3x mol、为x mol、为2x mol。 N点表示平衡时和的物质的量分数相等，有1-3x=x，解得x=0.25 mol。 平衡后体系中的的物质的量为0.25 mol、为0.75 mol、为0.75 mol、为0.25 mol、为0.5 mol，总物质的量为2.5 mol。 =0.36。 （3）①根据分析负极上丙烷脱氢生成丙烯的电极反应为。 ②标准状况下向电池负极通入11.2 L丙烷，物质的量为0.5 mol，其中有60%丙烷(即0.3 mol)发生脱氢生成丙烯该过程转移电子的物质的量为0.6 mol；剩余丙烷(即0.2 mol)完全被氧化为与，方程式为，转移电子的物质的量为4 mol；综上理论上电路中通过电子的物质的量为4.6 mol。 5.（2026·湖北十堰·模拟预测）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。 (1)时，燃烧生成放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为_______。 (2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。 Ⅰ． Ⅱ． ①下列操作中，能提高平衡转化率的是_______ (填标号)。 A．增加用量   B．恒温恒压下通入惰性气体     C．移除 D．加入催化剂 ②恒温恒压条件下，和反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数_______ (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。 (3)在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为_______。 (4)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→_______(用等代号表示)。 【答案】(1) (2)BC 43% (3) (4)b→e→h→j 【解析】（1）由燃烧生成水蒸气放热可知，燃烧生成放热。水蒸气变为液态水还要放出，所以生成液态水共放热，热化学方程式为； （2）①A．增加甲烷用量会降低水蒸气与甲烷的起始配比，不利于提高甲烷的平衡转化率，A错误；B．恒温恒压下通入惰性气体，体系体积增大，各组分分压减小，反应Ⅰ向气体物质的量增大的方向移动，甲烷平衡转化率提高，B正确；C．是反应Ⅰ的生成物，移除使反应Ⅰ正向移动，甲烷平衡转化率提高，C正确；D．催化剂只改变达到平衡的速率，不改变平衡组成，D错误；故选BC。 ②反应Ⅰ、Ⅱ的平衡转化量(mol)分别为和。第一次平衡时各物质的量依次为、、、、，总物质的量为。代入物质的量分数平衡常数表达式，得。第二次平衡时，总物质的量为，故。 （3）燃料在放电时被氧化。碳元素化合价：，根据原子守恒，完全氧化生成和共需结合，并失去，故电极反应式为； （4）按各产物组成确定其脱氢数，并在每一个逐步脱氢阶段比较图示相对能量，能量最低的状态依次为b、e、h、j，因此最可行路径为a→b→e→h→j，所填代号为b→e→h→j。 6.（2026·广东深圳·一模）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)_____；对于反应Ⅱ，_________(填“高温”或“低温”)有利于反应自发进行。 (2)反应历程中，催化剂表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图所示(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。 (3)向装有催化剂的密闭容器中通入和各，在不同温度下体系达平衡时部分组分的物质的量如图所示： ①下列能说明该体系达到平衡状态的有________(填序号)。 A．的生成速率和消耗速率相等 B． 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 ②在下，若反应时，体系达到平衡，则内的平均反应速率为________。 ③若向体系中充入氩气使体系的压强增大，其他条件不变，则反应Ⅱ的化学反应速率_________(填“增大”“减小”或“不变”)；若将容器体积变为1 L，其他条件不变，达到平衡时，A点对应组分的物质的量__________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ④计算在下，反应Ⅲ的平衡常数__________(写出计算过程，结果保留二位小数)。 【答案】(1) 高温 (2)C—H (3)AD 0.05 不变 增大 反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度正向移动，CO2的物质的量逐渐减小，H2O的物质的量逐渐增大，故过a点的曲线代表CO2随温度的变化曲线。由图像可知，、，初始通入和各，则由碳原子守恒可知，由氧原子守恒可知，由氢原子守恒可知，所以在下，反应Ⅲ的平衡常数 【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。反应Ⅱ的正反应是吸热且气体分子数增加的反应，即、，根据 时反应自发进行，可知高温有利于该反应自发进行。 （2）由图可知，断裂C—H键的基元反应（②和④）的活化能分别为0.94eV和0.80eV，明显低于断裂C—C键的基元反应（①和③）的活化能。活化能越低，反应速率越快，因此该催化剂对C—H键的断裂具有更好的选择性。 （3）①A．的生成速率和消耗速率相等，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，A正确；B．仅为特定时刻的数值关系，不能说明各组分浓度不再变化，不能作为平衡标志，B错误；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，C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，D正确；故选AD。 ②内，的物质的量变化量为，则其平均反应速率。 ③恒容密闭容器中充入氩气，各反应物和生成物的浓度不变，因此反应Ⅱ的化学反应速率不变。将容器体积变为1 L，相当于增大压强，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡均向逆反应方向移动，导致的消耗量减小，因此达到平衡时A点对应组分（）的物质的量增大。 ④见答案部分计算过程。 7.（2026·广西河池·一模）可使CO、C2H4、H2混合气体通过催化反应器中发生如下反应： 反应i：   反应ii：   反应iii：   (1)已知：为物质生成焓，根据可计算化学反应的焓变，计算方法如下：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 52.4 0.1 0 对于反应ii，____________，该反应在____________(填“高温”或“低温”)自发进行。 (2)一定温度下，CO、C2H4和H2(体积比为x：2：1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100 kPa)发生反应i和ii。有CO存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性()如图2所示。 ①根据图1，生成的决速步反应式为________________________。 ②结合图2，当x≥2时，随着x的增大，的转化率减小，原因是___________________；而当混合气体以较高的流速经过反应器时，的转化率也会减小，原因是_______________________________。 ③结合图2，当x=2时，在该温度下达到平衡时，的选择性为___________，容器内压强为_______________kPa。 【答案】(1) 低温 (2) 随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小 当混合气体流速大时，与催化剂接触时间变短，未能充分反应，从而转化率也减小 80% 67.6 【解析】（1）先计算反应ⅰ的焓变：。根据盖斯定律，反应ⅱ = 反应ⅰ + 反应ⅲ，。反应ⅱ：，反应后气体分子数目减少，。根据，低温条件下，反应自发进行，故该反应在低温自发。 （2）①决速步是活化能最大的一步，由图1能量曲线可知，生成的决速步反应式：。 ②随着x增大，的分压增大，对于反应ⅰ和反应ⅱ相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ平衡均逆向移动，所以的转化率减小；当混合气体流速大时，气体与催化剂接触时间变短，未能充分反应，因此的转化率也会减小。 ③由图2可知，x=2时，选择性为20%，乙烯只转化生成和两种产物，因此选择性。设初始投料：，总物质的量。x=2时转化率90%，已转化的。，。剩余，剩余。平衡总物质的量：。恒温恒容条件下，压强之比等于气体物质的量之比，平衡总压：。 8．（2026·河南安阳·模拟预测）作为原料代替CO合成甲醇是“变废为宝”的重要技术措施，是实现经济可持续发展的关键技术。、合成甲醇主要发生下列反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   回答下列问题： (1)资源充足且价格低廉，从热力学角度分析工业上不采用反应 。制取甲醇的原因是______________________________；分子的VSEPR模型是__________。 (2)、合成甲醇的一种反应历程如图所示(TS表示过渡态)： 该反应历程中决速步骤的基元反应方程式为_______________________________。 (3)已知：553 K、总压4MPa下，按投料比发生上述反应，不同催化剂组成对甲醇选择性及副产物CO选择性的影响如下表所示： 组别 组成 CuO/ (wt。%) ZnO/ (wt。%) Al2O3/ (wt。%) ZrO2/ (wt。%) MnO/ (wt。%) CH3OH选择性/% CO选择性/% a CuO/ZnO/Al2O3 65.8 26.3 7.9 0 0 40 60 b CuO/ZnO/ZrO2 62.4 25.0 0 12.6 0 88 12 c CuO/ZnO/ZrO2/MnO 65.8 26.6 0 3.6 4 100 0 d CuO/ZnO/ZrO2/MnO 65.8 26.6 0 5.6 2 91 已知：的选择性。a组中反应体系已达平衡状态。 ①表中___________。 ②许多研究结果表明，在催化剂中，形成的金属簇构成活性中心，基态的价层电子排布式为___________。 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   ③选择a组催化剂，只改变和的比例，平衡时的转化率、甲醇的产率、副产物CO的产率如图所示。 表示甲醇产率的曲线是__________(填“L”“M”或“N”)，原因是___________________________________。副反应的__________(列出计算式)。 【答案】(1)该反应熵变小于0，焓变大于0，在任何温度下都不能自发 四面体 (2)HC(OH)2=HCO+H2O (3)9 N 增大，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移动，转化率持续升高，故曲线L为转化率曲线；a组催化剂下选择性为40%、选择性为60%，相同条件下产率高于产率，故曲线M为产率曲线，曲线N为甲醇产率 【解析】（1）该反应熵变小于0，焓变大于0，在任何温度下都不能自发，故不采用该法制取甲醇；水分子中，中心氧原子价层电子对数为：，因此VSEPR模型为四面体。 （2）决速步骤为活化能最大的一步（过渡态与前一个中间体能量差值最大）。由图，TS2段活化能最大，基元反应方程式为：HC(OH)2=HCO+H2O。 （3）①甲醇选择性+CO选择性=100%，d组：甲醇选择性为91%，m%=100%-91%，m=9。 ②基态的电子排布式为：，是由Cu失去4s轨道1个电子形成的，价层电子排布式为。 ③增大，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移动，转化率持续升高，故曲线L为转化率曲线；a组催化剂下选择性为40%、选择性为60%，相同条件下产率高于产率，故曲线M为产率曲线，曲线N为甲醇产率；温度不变，总压4MPa下，反应Ⅱ反应前后分子总数目不变，故由图，在时，二氧化碳转化率为14%，设，，转化二氧化碳为0.14 mol，平衡时剩余二氧化碳为0.86 mol，CO选择性为60%，则平衡时一氧化碳为0.084 mol，甲醇选择性为40%，则平衡时甲醇为0.056 mol，转化氢气为0.084 mol+0.056 mol×3= 0.252mol，平衡时剩余氢气为2.748 mol，根据化学方程式，平衡时即等于转化的二氧化碳的物质的量为0.14 mol，则气体总的物质的量为：3.888mol，。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题18 化学反应原理综合题 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 【典题1】(1)1,2-丁二醇 (2)< 反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同 (3)0.5 0.3 (4)③①② ② 【仿照题1】(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，共价键的作用力远大于分子间作用力 (2) 熵减 (3) 或 10s时反应Ⅰ和Ⅱ均已达到平衡，升高温度，反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度 (4) 【典题2】(1) (2) (3)BC 3.2 (4)> (5)0.82 0.22 【仿照题2】(1) (2) (3) 恒压条件下，通入水蒸气，体系内其他组分分压减小，平衡正向移动，提高平衡转化率 (4) 0.28 0.84 80.2 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 【典题1】(1) (2)①-145.2 ②b 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 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 ⑤50% 【仿照题1】(1)低温 (2)大于 (3) (4)①无 ②0.2 (5)①＞ ②350℃以上反应以反应ⅱ为主，该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动 ③ 【典题2】(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 【仿照题2】(1)+165 (2))0.05 ac (3) (4)① ②增大 压强从 升至 ，压强增大，首先会导致反应①平衡逆向移动，导致分压变小，进而导致反应②平衡逆向移动，最终物质的量增大 考向三 化学原理大综合 【典题1】(1)。 (2)< (3)①= 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 (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 【仿照题1】(1)> (2) (3)CD (4)与反应放热，促进反应Ⅰ自发进行；均匀放热，维持反应速率稳定；避免过多丙烯被深度氧化 AD (5) (6)空轨道 【典题2】(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 【仿照题2】(1)−118 (2)d (3)CH3CHCH3*CH3CHCH2*+2H* 3 (4)14.4 (5)b (6) (7)36 考向一 物质结构或反应热+反应速率+化学平衡的小综合 1.(1) ＞ (2)中羟基（）是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱 (3) (4)B (5)在900℃ 以上时，n(CH4)=0，反应Ⅰ趋于完全，n(H2)不再变化，但反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ的正方向是气体分子增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数减小，分压也逐渐减小 1.6 62.5 不变 2.(1) ＜ (2)C (3)B 0.25 (4)①1 ②或或或 (5) 3.(1)s 3d8 (2)O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑 (3)Ni2P (4)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移 (5)T1 升高温度，反应Ⅱ正向移动 (6)1.2 70% 4.(1)(正)四面体形 (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)M 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快 临近反应结束，随着反应物浓度降低，水解速率减慢 (5) 考向二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡综合 5.(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 a (2)① ②碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对 (3)① ②A 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 6.(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 7.(1) (2)B (3)④ HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O (4)c 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 8．(1)-67 (2)a 80% 7.8 10.92 (3)(或3：2)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 I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br 考向三 化学原理大综合 9.(1) (2)4.0 (3)平面三角形 Ga形成3个单键不合理，应该形成4根 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 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 10.(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 11.(1)B ＞ (2)右侧 (3) D 12.(1)难挥发性 (2) 该反应放热，且正反应的气体分子数减少，y点的温度大于x点的温度，为使两点的NO的转化率相同，需增大压强，故y点的容积小于x点的容积 (3) 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 1.(1)X射线衍射实验 (2)-41.05 (3)7 两个醋酸分子通过分子间氢键形成了二聚体 (4)b (5)① ② （或 ）） 2．(1)低温 (2)AB 温度升高使反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正反应方向移动的影响 1.2 (3)增大 3．(1)及时分离产物 (2)2.75 (3)高温 (4)12%或0.12 (5)①步骤1 ②由于羰基O带正电荷，使羧基上的碳原子正电性增强，利于与−羟基上的氧作用从而形成五元环 4.(1)a 或 (2)> c = 0.36或 (3) 4.6 5.(1) (2)BC 43% (3) (4)b→e→h→j 6.(1) 高温 (2)C—H (3)AD 0.05 不变 增大 反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度正向移动，CO2的物质的量逐渐减小，H2O的物质的量逐渐增大，故过a点的曲线代表CO2随温度的变化曲线。由图像可知，、，初始通入和各，则由碳原子守恒可知，由氧原子守恒可知，由氢原子守恒可知，所以在下，反应Ⅲ的平衡常数 7.(1) 低温 (2) 随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小 当混合气体流速大时，与催化剂接触时间变短，未能充分反应，从而转化率也减小 80% 67.6 8．(1)该反应熵变小于0，焓变大于0，在任何温度下都不能自发 四面体 (2)HC(OH)2=HCO+H2O (3)9 N 增大，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移动，转化率持续升高，故曲线L为转化率曲线；a组催化剂下选择性为40%、选择性为60%，相同条件下产率高于产率，故曲线M为产率曲线，曲线N为甲醇产率 / 学科网（北京）股份有限公司 $