专题14 化学反应原理综合题（1年汇编）（全国通用）2026年高考化学真题分类汇编

专题14 化学反应原理综合题 1.【答案】（1）①     ② 熵增     （2）① 缩短反应时间，且能提高 的产量    ②     ③ （或 ）     （3）① 降低    ② 球磨的机械作用削弱（或部分破坏）了反应物中的化学键，使反应物更易断键发生反应，从而降低活化能     （4）产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度       2.【答案】（1）+165     （2）① 0.03    ② bd     （3）C-H     （4）①     ② 减小    ③ A点代表的组分为，该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，减小压强，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，消耗量增大，其物质的量减小      6.【答案】1. ；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     2. BCD     3. B     4. ① C    ② 温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变     5. A     6. 4.65%     7. 或2.78     8. 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      4.【答案】（1）-119     （2）① 漏斗、玻璃棒    ②     ③ 水解：，当时，完全溶解，随着增加，平衡正向移动，使增大，而不变，在相同水量稀释时，比的变化幅度小；     （3）① 、    ② 溶液中： ，随着与反应生成难溶，平衡正向移动，产生的结合，产生气体      5.【答案】（1）①     ② ＜     （2）C     （3）① B    ② 0.25    ③      （4）① 1    ②  或或或     （5）      6.【答案】（1）     （2）＜     （3）①     ② ＜     （4）① 树脂吸附反应为，增大，吸附平衡逆向移动，导致的吸附量下降    ② 0.1 mol/L     （5）     （6）增大     （7）b     （8）      7.【答案】（1）     （2）     （3）在之间时，温度升高，促使分解为和，使的物质的量分数减小     （4），     （5）增大     （6）① a    ② b     （7）① ，     ②       8.【答案】（1）+571.6     （2）① 化学能    ② 热能     （3）     （4）② ③     （5）电极表层带有负电荷，排斥同带负电的，促使其更快地向外围溶液扩散     （6）3      9.【答案】（1）     （2）4.0     （3）① 平面三角形    ②     ③ Ga形成3个单键不合理，应该形成4根    ④ 常温下反应的活化能较高，反应速率极慢；常温下，与容易通过配位键生成络合物，而无法发生断键生成 GaN    ⑤ 温度升高平衡逆向移动，同时温度过高会导致已吸附在基底表面的反应物发生脱附，反应物浓度降低，两个因素共同作用使得膜生长速率随温度升高而减小      10.【答案】（1）① 较低    ② 较高     （2）     （3）① 2    ② 反应① 为放热反应，若达到平衡，升高温度转化率应当降低。而表中250℃到350℃时转化率却在升高，说明250℃时反应尚未达到平衡状态    ③ 反应① 已达到平衡，由于反应① 为放热反应，温度进一步升高导致平衡向逆反应方向移动（或催化剂在400℃时活性降低）     （4）① 从CO脱附生成CO(g)的活化能小于CO转化为CH4过程中的决速步活化能，故在未达到平衡前，生成CO的反应速率更快    ② 2.47    ③ 由图b可知，生成CH4的反应历程中，生成CH4的决速步为第三步，其活化能为 2.47   eV，所以*CO脱附的活化能不应高于 2.47 eV      11.【答案】（1）① ＞    ② 0.16     （2）① 0.28    ② 低温    ③ 低温与100kPa平衡体系相比，50kPa达平衡后，相同温度下，HCl的量增多，SiHCl3的量减少，故SiHCl3和HCl的曲线交叉点出现在低温区域    ④ 21%     （3）①     ② 3:1      12.【答案】（1）是分子晶体，粒子间为分子间作用力；Si是共价晶体，粒子间为共价键     （2）① 0.25    ② 3.33    ③ 3.33    ④ 减小     （3）① -173    ② -64    ③ 1      13.【答案】（1）-63     （2）＜     （3）     （4）     （5）a、c、d     （6）     （7）① CaO可能未完全反应。② 反应物和产物的浓度变化无法直接通过温度变化确定。③ 固相与液相传热，体系存在热交换，不同量的水会影响升温速率，水的相变，都会影响达到最高温的时间      14.【答案】（1）①     ② ＞     （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）① 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 1.6    ③ 62.5    ④ 不变      15.【答案】（1）     （2）     （3）① BC    ② 3.2     （4）>     （5）① 0.82    ② 0.22      16.【答案】（1）     （2）bc     （3）① 增大    ② 减小生成物（水）的浓度，促使平衡向正反应方向移动     （4）① 0.05    ② 1.10     （5）① ＜    ② 升温后，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，因此，由题给公式可知，大小与呈正比，故      17.【答案】（1）① -27    ② 曲线c对应反应Ⅰ，反应I的正反应为吸热反应，随着增大（即温度降低），平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK减小    ③ a     （2）①     ② 碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对     （3）①     ② A    ③ 催化剂A中由b转化为d的最大能垒（或活化能）更低，反应速率更快    ④ 18.【答案】（1）ABC     （2）①     ② 减少氨气受热挥发，提高氨气的利用率，增加吸收二氧化碳的量和稳定性     （3）①     ② 16    ③     ④ 中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低；可以使催化剂的活性增强；可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，从而提高产率；    ⑤ 减小孔隙尺寸与匹配、增加孔隙数量、提高材料热稳定性      19.【答案】（1）① -283    ② 错误    ③ 点燃，检验产物     （2）① 第六周期    ② Ⅷ    ③ <    ④      （3）① 通入氢气    ② hgeidf或dhgeif等合理答案      20.【答案】（1）①     ②      （2）① -145.2    ② b    ③ 吸水，使反应体系中水蒸气浓度降低，导致反应ii的平衡逆向移动（或抑制了反应 ii 的进行）    ④ 增大    ⑤ 增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量时净消耗的 减少，而目的产物中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大    ⑥ 50%      21.【答案】（1）有副反应发生生成烷烃（或生成高碳烷烃）     （2）① -497    ② A     （3）①     ②      （4）① ＞    ② ＜     （5）① 0.3    ②       22.【答案】（1）1,2-丁二醇     （2）① <    ② 反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同    ③      （3）① 0.5    ② 0.3     （4）① ③ ① ②    ② ②      23.【答案】（1）。     （2）<     （3）① =    ② ＜    ③ Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于，，故平衡前<    ④      （4）① 增大    ② 3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 化学反应原理综合题 1年真题 考点分类 2026年高考命题解读 创新考法 化学反应原理综合题 2026福建(1题)、2026广西(1题)、2026海南(1题)、2026浙江(2题)、2026甘肃(1题)、2026全国(1题)、2026江苏(1题)、2026北京(1题)、2026重庆(1题)、2026湖北(1题)、2026四川(1题)、2026江西(1题)、2026贵州(1题)、2026山东(1题)、2026广东(1题)、2026湖南(1题)、2026河北(1题)、2026陕晋青宁(1题)、2026河南(1题)、2026云南(1题)、2026黑吉辽蒙(1题)、2026上海(1题) 融入双碳、电解海水、半导体、储能和废料资源化等前沿情境，构建热力学、动力学、平衡与电化学多模块耦合问题。设问强化催化机理、条件优化、分离提纯和定量计算，常结合流程、图像、数据表及多方程评价真实工艺。 1.(2026·湖北·高考真题)将与废弃的太阳能面板材料进行球磨反应，制备高纯度，反应如下： 反应Ⅰ：    已知一定温度下， 反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    回答下列问题： （1）反应Ⅰ的　　　　　　　　，属于　　　　　　　　（填“熵增”或“熵减”）反应。 （2）将足量和放入反应器中进行球磨，反应器空腔净体积为。 ①反应过程中产量随球磨转速的变化曲线如图1所示，球磨总转数固定为6500转。选择650转／分钟而非400转/分钟的优势是　　　　　　　　。 ②在转速为650转/分钟条件下反应，的转化率达到，则生成的平均速率为　　　　　　　　，此时反应的浓度商为　　　　　　　　（填计算式）。当反应时间延长至，的转化率为，此时体系温度为。 （3）若反应Ⅰ不以球磨方式进行，反应的转化率仅为。图2为理论计算得到的球磨和非球磨条件下反应Ⅰ的能量变化图，据此判断球磨能　　　　　　　　（填“升高”或“降低”）反应的活化能，从化学键的角度分析，其原因是　　　　　　　　。 （4）相对于反应Ⅱ，除了条件更温和、转化率更高及废弃物资源化利用外，球磨反应制还具备的优点是　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 熵增     （2）① 缩短反应时间，且能提高 的产量    ②     ③ （或 ）     （3）① 降低    ② 球磨的机械作用削弱（或部分破坏）了反应物中的化学键，使反应物更易断键发生反应，从而降低活化能     （4）产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度       【解析】(1)根据盖斯定律，将已知反应依次命名为反应Ⅱ和反应Ⅲ。目标反应Ⅰ可由2×反应Ⅱ+反应Ⅲ得到，因此 。反应Ⅰ中，气体分子数由4增加到6，体系混乱度增大，属于熵增反应。 (2)① 题目已知球磨总转数固定为 转，当转速为 转/分钟时，反应耗时为 ；当转速为 转/分钟时，反应耗时为 。且由图1可知， 转/分钟时的 产量高于 转/分钟时。因此，选择 转/分钟的优势是缩短了反应时间，且能提高 的产量。 ② 反应 时， 转化了 ，根据方程式 可知，生成 的物质的量为 。则 生成 的平均速率 。此时剩余 为 ，体系中 ，，该反应的浓度商 。 (3)由图2可知，球磨条件下反应的活化能（即过渡态能量与反应物能量之差）明显小于非球磨条件，故球磨能降低反应的活化能。从化学键角度分析，球磨提供的机械能削弱或部分破坏了反应物分子中的化学键，使得反应物的相对能量升高，从而减少了反应断键所需的能量，使反应更容易达到过渡态。 (4)反应Ⅱ的产物为 和 的混合气体，后续分离提纯较为困难；而反应Ⅰ的产物中只有 一种气体，副产物 为固体，固气极易分离，无需复杂的提纯步骤即可直接得到高纯度 。 2.(2026·河北·高考真题)丙烯是石油化工行业的重要原料，利用氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反应如下： Ⅰ         使用铂锡双金属催化剂(M)，上述反应分两步进行： Ⅱ                     Ⅲ         回答下列问题： （1）　　　　　　　　　。 （2）550℃时，恒容密闭容器中装有0.20 g催化剂M，按通入混合气体，反应2 h后得到0.012 mol ，则0~2 h内每克催化剂催化生成的平均速率为　　　　　。下列能说明该体系达到平衡状态的是　　　　　(不定项选择，填序号)。 a． b．的生成速率和消耗速率相等 c．混合气体的密度不再改变 d．混合气体的平均摩尔质量不再改变 （3）反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： ① ② ③ ④ 该催化剂对　　　　　　　　　　(填“C—C”或“C—H”)键的断裂具有更好的选择性。 （4）100 kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入和各1 mol，在不同温度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示： ①图乙中曲线L代表的组分为　　　　　　　　　　。 ②若体系压强变为50 kPa，其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量　　　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）+165     （2）① 0.03    ② bd     （3）C-H     （4）①     ② 减小    ③ A点代表的组分为，该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，减小压强，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，消耗量增大，其物质的量减小      【解析】(1)根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应Ⅰ，故 。 (2)0~2 h内每克催化剂催化生成 的平均速率 。 a．由Ⅱ、Ⅲ两步反应关系可得，任意时刻都满足，无法说明各组分浓度或百分含量保持不变，不能作为平衡标志，错误； b．的生成速率等于消耗速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡，b正确； c．该反应在恒容密闭容器中进行，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，错误； d．反应前后气体总质量不变，但反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体分子数增加的反应，气体总物质的量在反应过程中不断增大，平均摩尔质量不断减小，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明达到了平衡状态，正确。 故选bd。 (3)由图甲可知，断裂C-H键的基元反应（② 和④ ）的活化能分别为和，明显低于断裂C-C键的基元反应（① 和③ ）的活化能（和）。活化能越低，反应越容易进行，因此该催化剂对C-H键的断裂具有更好的选择性。 (4)① 初始通入和各。根据反应Ⅱ和Ⅲ，设消耗的为，消耗的为，则生成的为，生成的为，体系中存在的为。由于存在，故 ，即消耗的多于消耗的，平衡时剩余的少于。升温使平衡正向移动。因此，反应物（的、）的量会随温度升高而减小，图中下降的曲线中，虚线在上方，代表，点线在下方，代表。观察反应的物质的量一定相等，反应Ⅱ生成主产物，反应Ⅲ的发生促进反应Ⅱ的平衡正向移动，所以物质的量在所有产物中应该是最高的，对应最上面的那条实线；550℃之后，由于随升温而骤减，下降的比要快，说明反应Ⅱ发生程度较大，导致的量大于，故曲线 L 代表。 ② A点在虚线上，代表的组分为。该反应体系中发生的反应（反应Ⅰ、Ⅱ）均为气体分子数增大的反应，若体系压强由变为，压强减小，平衡向气体分子数增大的方向（即正反应方向）移动， 的转化率增大，其物质的量减小。 3.(2026·上海·高考真题)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) 1. 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。　　　　　　　　　　　 2. 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 3. 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 4. 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　　　　　　　　　　　。 5. 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 6. 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)(；) 7. 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　　　　　　　　　　　。 8. 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　　　　　　　　　　　。 【答案】1. ；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     2. BCD     3. B     4. ① C    ② 温度不变，平衡常数不变，由可知氢气浓度不变     5. A     6. 4.65%     7. 或2.78     8. 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】(1)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。 (2)A．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； B．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； C．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； D．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。 (3)反应II为分解生成和氢气，为吸热、气体分子数增大的反应。 A．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； B．温度升高，吸热反应平衡正向移动，B正确； C．为液态，浓度为恒定值，加入不影响平衡状态，C错误； D．催化剂仅改变反应速率，不改变平衡状态，D错误； 故选B。 (4)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。 (5)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。 (6)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。 (7)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。 (8)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。 4.(2026·北京·高考真题)重晶石的主要化学成分为，还含有少量的等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯。 （1）焙烧。使重晶石转化为粗。该过程中生成的反应有： i．      ii．    iii．   　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）浸钡。已知可溶于水。粗在热水中浸出，产生和。取一定量粗，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中、随加入水的体积的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、　　　　　　　　　　。 ②时，几乎不产生，溶液中　　　　　　　　　　mol(用含、的代数式表示)。 ③当后，比的变化幅度小，解释原因：　　　　　　　　　　　　　　。 （3）沉钡。与反应快，导致浸出液中和等被包裹而降低产品纯度，而与反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）-119     （2）① 漏斗、玻璃棒    ②     ③ 水解：，当时，完全溶解，随着增加，平衡正向移动，使增大，而不变，在相同水量稀释时，比的变化幅度小；     （3）① 、    ② 溶液中： ，随着与反应生成难溶，平衡正向移动，产生的结合，产生气体      【解析】依据平衡移动影响因素分析，增大反应物浓度，平衡正向移动； (1)根据盖斯定律，用反应ii×2 - 反应i即可得到反应iii： ； (2)①过滤操作的玻璃仪器包含烧杯、普通漏斗、玻璃棒。 ②题目条件明确指出“几乎不产生，因此可以忽略，根据物料守恒：，由图可知，，所以：，而溶液中的主要来源于的水解，根据水解方程式：，，故。 ③当后，固体已经完全溶解。此时继续加水相当于对溶液进行稀释。稀释时，根据勒夏特列原理，水解，平衡会正向移动，使增大，而不变，在相同水量稀释时，比的变化幅度小。 (3)①根据题意，与反应快，而与反应慢，所以预处理的目的是消除浸出液中的，将转化为，对应离子反应为：，同时与浸出液中的发生反应； ②加入后，溶液存在的电离平衡：，与结合生成沉淀，释放出更多的， 随即与溶液中发生结合：，生成气体逸出体系。 5.(2026·云南·高考真题)“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯(DMT)的路径如下： 回答下列问题： I．“热催化”中主反应： i．       （1）已知：        则　　　　　　　　　　(用含和的代数式表示)，　　　　　　　　　　0(填“”或“”)。 （2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应，提高平衡转化率的措施有__________(填标号)。 A. 及时移走 B. 通入 C. 增大和投料比 D. 加入催化剂 （3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”()的副反应： ii． 一定条件下，平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[比如：DMO选择性] ①“热催化”反应较适宜的温度区间为　　　　　　　　　　(填标号)。 A．       B．       C． ②，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时　　　　　　　　　　，反应的　　　　　　　　　　(列出计算式即可)。 II．“电催化”中：DMODMT （4）25℃时，DMT的生成速率与关系如图2，已知该反应的速率方程为，其中为速率常数。 ①当增加10倍，也增加10倍，则为　　　　　　　　　　。 ②速率常数为　　　　　　　　　　(列出计算式即可)。 （5）生成DMT的电极反应式为，其中Y为　　　　　　　　　　(填结构简式)。 【答案】（1）①     ② ＜     （2）C     （3）① B    ② 0.25    ③      （4）① 1    ②  或或或     （5）      【解析】(1)根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以减去第二个反应乘以，得到目标反应，故。反应i中，反应物气体总物质的量为，生成物仅气体（DMO为液态），气体物质的量减少，熵减小，因此。 (2)A．及时移走液态生成物DMO，DMO为纯液体，其量的改变不影响化学平衡移动，平衡转化率不变，错误； B．恒容密闭容器中通入，各反应物生成物浓度不变，平衡不移动，转化率不变，错误； C．增大和投料比，相当于增加CO浓度，平衡正向移动，转化率提高，正确； D．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，转化率不变，错误。 (3)① 该反应需要主产物DMO保持高选择性，同时保证一定转化率。由图可知，温度在时，主产物的选择性较高，但的转化率太低，而温度在时，副产物2的选择性急剧升高，不利于生产，故反应较适宜的温度区间为，答案选B。 ②时平衡转化率为，初始浓度为，因此平衡时， 两个反应中，每消耗均生成，因此平衡；结合DMO选择性，生成DMO的为 0.75×90%=0.675mol/L。根据反应 i，，反应 ii 消耗的=0.75mol/L×(1−90%)=0.075mol/L。生成 c(副产物1)=；列出变化量：： i． ii． 平衡，DMO为液态不计入平衡常数（题中所给单位亦可看出），因此反应i的平衡常数。 (4)① 速率方程，当增加10倍，增加10倍，可得，即，因此。 ②，因此，代入图2中任意一组数据即可： 或或或。 (5)根据原子守恒配平电极反应：左侧总组成为，右侧DMT总组成为，剩余对应2Y，因此Y为。 6.(2026·福建·高考真题)铑(Rh)与铱(Ir)的化学性质相似，探究其分离方法有重要的意义。 Ⅰ．(或)与的配位能力 向等浓度的、溶液中加入浓盐酸，发生下列反应： i．    ii．    iii．    （1）结合上述方程式，判断　　　　　　　　　　　　　(用、表示)。 （2），则与的配位能力：　　　　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)。 Ⅱ．一定条件下，向(或)浓度为的溶液中加入树脂进行吸附，每千克树脂吸附量随时间变化如图1所示，发生反应如下： （3）在树脂和水溶液中的分配比为，其随氢离子浓度变化如图2所示。 ①内，在树脂中的吸附速率是　　　　　　　　　　　　　mmol/h。 ②吸附活化能：　　　　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)。 （4）①随增大，的吸附量下降的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②为了使离子选择性最高，浓度应当选择　　　　　　　　　　　　　。 （5）定义：金属离子M的分配系数，现有RhCl3溶液R和IrCl3溶液Z，其金属离子浓度，向R、Z中分别投入等质量且足量的树脂、充分反应至平衡状态后金属离子浓度分别下降至c1、c2，则YR：YZ=　　　　　　　　　　　　　(列出含co、c1、c2的计算式)。 Ⅲ．向等体积、等浓度、初始pH相同的RhCl3、IrCl3溶液各自投入等质量的足量RH树脂，充分反应后取出树脂，分别连续进行两次洗脱(第二次洗脱使用洗脱液X)，相关实验结果的指标如右表所示。 指标 离子的初始吸附量(mol) 第一步脱附率/% 6 94 第二步脱附率/% 85 6 （6）若两次洗脱完成后Rh3+、Ir3+的吸附量分别为，则相较于　　　　　　　　　　　　(填“增大”或“减小”或“不变”)。 （7）下列试剂中，最适合作为洗脱液X的是　　　　　　　　　　　　　。 a．1.0 mol/L盐酸             b．6 mol/L盐酸             c．1.0 mol/L NaCl溶液             d．6 mol/L NaCl溶液 （8）两次洗脱完成后，溶液中　　　　　　　　　　　　　。（列出含的计算式） 【答案】（1）     （2）＜     （3）①     ② ＜     （4）① 树脂吸附反应为，增大，吸附平衡逆向移动，导致的吸附量下降    ② 0.1 mol/L     （5）     （6）增大     （7）b     （8）      【解析】(1)根据盖斯定律，反应iii可由反应ii减去反应i得到，故平衡常数满足。 (2)已知，即，可得。平衡常数越大，对应金属离子和的配位能力越强，因此与的配位能力弱于。 (3)① 由图1可知，0~1h内每千克树脂对的吸附量为，实验中加入了树脂，则1h内树脂总共吸附的物质的量为： ，时间为1h，故吸附速率为。 ② 观察图1曲线， 的吸附量曲线上升更快，且更早达到平衡，说明其反应速率比快。反应速率越快，对应的反应活化能越低，故吸附活化能。    (4)①该吸附反应为，增大时，生成物浓度升高，平衡逆向移动，更多的从树脂解吸进入水溶液，因此的吸附量下降。 ② 要提高的平衡吸附选择性，需要使的分配比Y尽可能大，同时的分配比Y尽可能小，即两者分配比的比值（或的差值）最大。观察图2，两条曲线在较低时垂直距离最大（即差值最大），因此应选择极低的浓度，即 0.1 mol/L 。 (5)分配系数定义为，其中树脂中的物质的量为。由于两组实验投入的树脂质量相等，树脂的体积/质量参数相同，因此与成正比： 。 (6)两次洗脱后，剩余吸附量： ，，因此，相较于增大。 (7)第一步只洗脱了6%的，说明仅靠增加浓度不足以让结合牢固的 大量脱附。而高浓度盐酸可以提供大量，可以结合以配离子形式洗脱，从而促进解离，高浓度的也可通过吸附平衡：逆向移动促进脱附，宜选用高浓度的盐酸，即 6 mol/L 盐酸 (选项b)。 (8)总的脱附率是，总的的脱附率是：，。 7.(2026·广西·高考真题)的综合处理利于减少环境污染并实现资源再利用。回答下列问题： Ⅰ．利用还原涉及下列反应： ①       ②       ③       （1）　　　　　　　　　　（用含、的代数式表示）。 Ⅱ．对反应体系进行热力学计算，平衡体系中各组分的物质的量分数与温度的关系如图1，其中为对应温度下单质的存在形态，时，。 （2）、条件下，　　　　　　　　　　（列出计算式。以分压表示，分压总压物质的量分数）。 （3）600~1000℃内，随温度升高而减小的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．在含有活性炭的固定床反应器内，利用还原。转化率、选择性随初始以及温度的变化如图2。 （4）反应生成的最佳条件是　　　　　　　　　　。 （5）高温下，该体系中可检测出，若反应器内无活性炭，产率达最大时，所需的初始将　　　　　　　　　　（填“增大”“不变”或“减小”）。 Ⅳ．我国科研人员设计双室电解池（图3）合成和，实现的再利用。 已知：氧化性强于 （6）电解时，从　　　　　　　　　　极室移向　　　　　　　　　　极室（选填“”“”）。 （7）若将恰好吸收了的溶液全部注入极室，电解时极的电极反应式为　　　　　　　　　　；当极室内生成时，在极室理论上最多可生成　　　　　　　　　　mol。 【答案】（1）     （2）     （3）在之间时，温度升高，促使分解为和，使的物质的量分数减小     （4），     （5）增大     （6）① a    ② b     （7）① ，     ②       【解析】(1)观察目标反应③，可以通过组合反应①和②得到。将反应①乘以 2，得到。将上述式子减去反应②，即，化简得这正是反应③。因此。 (2)根据图 1，在  时，各物质的物质的量分数如下：，，，。由于体系中存在等硫单质，且总物质的量分数之和为1。已知  时，，即硫单质以形态存在。所以。反应③为，其平衡常数表达式为。已知总压，分压。代入各物质的量分数和总压：。 (3)观察图1中区间，的物质的量分数下降，而和的物质的量分数上升。这说明在此温度范围内，反应②的逆反应占主导。由于温度升高，平衡向吸热方向移动，说明分解是吸热过程。温度升高，促使分解为和，导致的物质的量分数减小。 (4)S2的产率 =转化率选择性。我们需要在图2中寻找两者乘积最大的点。观察图2中的曲线：实心圆（转化率）：随增大而增大，随温度升高而降低。空心方块（选择性）：随增大而降低，随温度升高而升高。寻找最佳组合：在 时，选择性最高。当时，的转化率达到了较高水平，且选择性依然保持在较高水平。此时两者的乘积（产率）达到最大。 因此，最佳条件是，。 (5)高温下检测到，说明活性炭参与了反应。活性炭的存在可能会消耗或生成，从而在一定程度上辅助生成。若反应器内无活性炭，则没有这些副反应。为了达到相同的产率，就需要依靠初始投入的来还原。因此，所需的初始将增大。 (6)观察图 3 电解池：a极室：通入和溶液。具有还原性，具有氧化性，两者在溶液中发生反应：。b 极室：通入，生成。得电子发生还原反应，说明b极为阴极。既然b 极为阴极，则a极为阳极。电解池中，阳离子向阴极移动。因此，从阳极室（a极室）移向阴极室（b极室）。 (7)a极室发生氧化反应。溶液中存在和。已知氧化性强于，根据氧化还原规律，还原性。所以阳极上，优先失去电子被氧化为；当消耗完毕后，再失去电子被氧化为。电极反应式为， 。计算生成的物质的量：吸收的反应：消耗，生成和。b极室生成：阴极反应：，生成需要转移电子。根据电子守恒，a极室也转移  电子。阳极首先氧化 ：溶液中有，将其全部氧化为需要失去电子。此时，总共转移了电子，还剩余电子。剩余的电子由放电提供：失去电子，生成。最终在a极室中，生成了和 。体系中生成的为。根据化学式，需要。因此理论上最多可结合生成。 8.(2026·海南·高考真题)电解海水制氢是绿色储能手段之一，电解海水过程常出现阴极结垢和阳极析氯腐蚀问题。我国某科研团队利用催化电极Ti/Pt-I(修饰使电极表层带有负电荷)和离子交换膜，为前述问题提供了一种解决方案。下图为电解装置示意图，该装置在电解海水的同时能得到高纯。 回答问题： （1）在和下，的燃烧热，则反应   　　　　　　　　　　。 （2）在、和一定电流条件下，用该装置电解海水制备需消耗电能，该过程能量由电能转化为　　　　　　　　　　　　　和　　　　　　　　　　　　　(忽略副反应)。 （3）b电极的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）离子交换膜是为了防止　　　　　　　　　　　　　(填标号) ①阴极结垢 ②阳极析氯腐蚀 ③在两极间迁移 ④在两极间迁移 （5）相同条件下，分别用Ti/Pt和Ti/Pt-I作为阴极，电解过程中，阴极附近溶液pH与距离阴极表面的远近有关，关系如下图所示。距离阴极内，相同距离处电极的比电极的小，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （6）若电解的海水中，则室温下，距离电极　　　　　　　　　　处开始有结晶。已知：。 【答案】（1）+571.6     （2）① 化学能    ② 热能     （3）     （4）② ③     （5）电极表层带有负电荷，排斥同带负电的，促使其更快地向外围溶液扩散     （6）3      【解析】 传统电解海水的阴极直接发生还原反应：，生成的高浓度会直接与海水中的、在阴极表面结合生成氢氧化物沉淀，附着在电极表面形成垢层。 本装置使用带负电的修饰阴极，通过同性电荷相斥原理，让不会在电极近表面处局部富集，避免阴极结垢，最终让在距离电极表面较远的位置平缓生成，也就解决了阴极结垢的问题。 传统无隔膜电解海水时，海水中高浓度的会直接移动到阳极表面，优先发生氧化反应生成，不仅会腐蚀阳极电极，还会生成有毒副产物。 本装置通过阳离子交换膜将阳极区与海水侧隔开，阳极区填充溶液，海水中的无法穿过离子交换膜进入阳极区，阳极只能发生水的氧化反应生成，从根源上避免了在阳极放电析氯，也就解决了析氯腐蚀的问题。 (1)已知的燃烧热反应为： ，目标反应是上述燃烧热反应的逆反应且系数扩大为2倍，根据盖斯定律，反应焓变也变为原焓变的-2倍，即。 (2)制备理论上需要的最小能量为分解水的焓变，但实际消耗电能，多余的电能会以热能形式损耗；同时电解将电能转化为储存在、中的化学能，因此能量转化形式为电能转化为化学能和热能。 (3)b电极连接电源正极，为电解池的阳极，阳极区为溶液，因此发生水电离的发生氧化反应生成，电极反应：。 (4)① 由分析可知，避免阴极结垢的原理是使用了修饰电极，不是离子交换膜的作用，① 错误； ② 阳极区为体系，海水中的无法通过膜进入阳极区，避免在阳极放电生成造成析氯腐蚀，② 正确； ③ 海水中含有高浓度的，如果接触到阳极，会在阳极优先放电生成有毒且具腐蚀性的，因此，离子交换膜应当是阳离子交换膜，其目的是为了阻挡海水中的在两极间的定向迁移，③ 正确； ④ 该装置允许阳离子定向迁移以平衡电荷，并非阻止迁移，④ 错误。 (5) 阴极在电解时发生的反应为水得电子生成氢气和氢氧根：，这会导致电极附近溶液pH升高。已知修饰电极表层带有负电荷。根据同性相斥原理，电极表面的负电荷会对阴极生成的产生静电排斥作用，使得生成的能够迅速脱离电极表面并向外部溶液主体扩散。因此，在距离电极范围内，电极附近的pH更小。      (6)根据溶度积规则，当开始结晶时： 代入、，可得： ，对应溶液，结合第二张pH-距离图像，电极体系pH=9对应的距离为。 9.(2026·浙江·高考真题)镓（Ga）在半导体领域有重要应用。 使用化学气相沉积技术、可用含镓前驱体[如、]制备膜。 已知：与同属于ⅢA族元素，具有两性。 请回答： （1）工业上制备高纯Ga所用装置示意图如图1。阴极的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）Ga与HI反应的化学方程式如下：                       　　　　　　　　　　　。 （3）某研究小组将转化为，并将其用于膜的制备。GaN膜的生长机理如下： Ⅰ   在基底上吸附，形成层； Ⅱ   在N层上吸附、反应，形成Ga层，并释放； Ⅲ   交替吸附、反应、形成层和层，不断生长增厚，形成空间网状结构的膜。 相关反应的化学方程式：      ①的空间结构名称是　　　　　　　　　　　（将视为整体）。 ②在空气中易自燃，其在中充分燃烧的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③某同学推测：GaN膜的空间网状结构中，能体现其成键结构的片段如图2.图中结构不合理之处是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④常温下，与混合没有得到，可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（写两条）。 ⑤步骤Ⅲ，一定条件下，GaN膜生长速率与膜生长温度的关系如图3，从化学反应原理角度分析原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）4.0     （3）① 平面三角形    ②     ③ Ga形成3个单键不合理，应该形成4根    ④ 常温下反应的活化能较高，反应速率极慢；常温下，与容易通过配位键生成络合物，而无法发生断键生成 GaN    ⑤ 温度升高平衡逆向移动，同时温度过高会导致已吸附在基底表面的反应物发生脱附，反应物浓度降低，两个因素共同作用使得膜生长速率随温度升高而减小      【解析】(1)Ga与Al性质相似，粗Ga作阳极在NaOH电解液中溶解生成，阴极发生还原反应，得电子生成高纯Ga，阴极的电极反应式是：； (2)根据盖斯定律，目标反应=第二个反应-第一个反应，平衡常数作除法运算：。 (3)① 将视为整体，中心 Ga 原子最外层有3个电子，形成3个键，没有孤电子对。根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形。 ②Ga为+3价，充分燃烧生成对应氧化物，甲基完全氧化生成和，配平即得该反应式： ； ③Ga为ⅢA族元素，最多形成3个普通共价键，在 GaN 的空间网状结构中，Ga 和 N 之间除了普通的共价键外，还存在 N 提供孤对电子、Ga 提供空轨道形成的配位键。故Ga应形成4个单键。 ④从动力学角度，常温下反应的活化能较高，反应几乎不发生；化学性质角度看，中心原子Ga有空轨道，中心原子N有孤对电子，两者在常温下更容易发生配位络合反应。 ⑤该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，导致产率下降。同时温度过高会导致已吸附在基底表面的反应物发生脱附，反应物浓度降低，两个因素共同作用使得膜生长速率随温度升高而减小。 10.(2026·甘肃·高考真题)加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下： ①    ②    （1）要提高的平衡产率，应选择　　　　　　　　温度和　　　　　　　压强。(填“较高”或“较低”) （2）反应①平衡常数的表达式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）100 kPa下，以投料(Ar不参与反应)，理论上参与反应各物质的平衡分压随温度变化如图所示，曲线　　　　　　　　　　(填序号)代表；加入某催化剂，测得不同温度下的转化率如下表： 温度/℃ 250 300 350 400 转化率/% 22 61 84 79 250℃时反应未达到平衡，理由是　　　　　　　　。400℃时，CO2转化率降低的原因可能有　　　　　　　　　。 （4）使用特定催化剂，理论计算表明的转化路径如图a所示，生成的主要反应历程如图b所示。实验测得，反应达到平衡前产物中的含量高于，原因是　　　　　　　　　。由此推断，*CO脱附所需的活化能不高于　　　　　　　　　　eV，理由是　　　　　　　　　　。(*表示吸附态，TS表示过渡态，省略其他物种和部分非决速步骤) 【答案】（1）① 较低    ② 较高     （2）     （3）① 2    ② 反应① 为放热反应，若达到平衡，升高温度转化率应当降低。而表中250℃到350℃时转化率却在升高，说明250℃时反应尚未达到平衡状态    ③ 反应① 已达到平衡，由于反应① 为放热反应，温度进一步升高导致平衡向逆反应方向移动（或催化剂在400℃时活性降低）     （4）① 从CO脱附生成CO(g)的活化能小于CO转化为CH4过程中的决速步活化能，故在未达到平衡前，生成CO的反应速率更快    ② 2.47    ③ 由图b可知，生成CH4的反应历程中，生成CH4的决速步为第三步，其活化能为 2.47   eV，所以*CO脱附的活化能不应高于 2.47 eV      【解析】(1)反应① 是放热反应（），根据勒夏特列原理，降低温度平衡正向移动，可提高平衡产率；反应① 的正反应是气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，因此选择较低温度、较高压强。 (2)平衡常数表达式为生成物平衡浓度的幂之积与反应物平衡浓度的幂之积的比值，反应中各物质均为气体，直接代入反应① 的计量数即可得到：； (3)低温区域CO的平衡分压基本为0，说明此时以反应① 为主导，升高温度，平衡逆向移动，下降的1和2对应的是甲烷和水，由化学计量数之比可知，两条下降的曲线中分压更大的1为、2为，两条上升的曲线中3对应的是、4对应的是； 反应① 是放热反应，如果体系已经达到平衡，随着温度升高，平衡应该逆向移动，的转化率必然下降。但表格数据显示，从 250℃ 到 350℃，转化率从 22% 一路飙升至 84%。这说明在 350℃ 之前，反应速率较慢，给定的时间内体系还没来得及走到平衡点，温度升高主要作用是加快反应速率；到了 350℃ 之后，体系基本达到了平衡。此后继续升高温度至 400℃，平衡移动成为主导：反应① 是放热反应，升高温度导致平衡逆向移动，因此的转化率下降；（注：实际工业中也常伴随高温下催化剂活性下降的因素，作为补充原因也是合理的）； (4)多路径竞争反应中，活化能越小反应速率越快，产物占比越高，CO的含量高于CH4，说明从CO脱附生成CO(g)的活化能小于CO转化为CH4过程中的决速步活化能，故在未达到平衡前，生成CO的反应速率更快，其含量更高； 据图b的反应历程（能量态势图），我们需要找到生成CH4路径中的“决速步”（即活化能最大的那一步）。第一步 (TS1) 活化能：0.87 - 0.00 = 0.87   eV；第二步 (TS2) 活化能：0.59 - (-0.10) = 0.69   eV；第三步 (TS3) 活化能： 1.94 - (-0.53) = 2.47 eV；第四步 (TS4) 活化能：2.48 - 0.56 = 1.92   eV；通过比较，生成CH4的最大活化能壁垒是 2.47 eV，要在竞争反应中让 CO 生成得更快，CO 脱附的活化能就必须低于竞争对手的最慢步骤（决速步）的活化能，因此推断其脱附活化能不高于 2.47 eV。 11.(2026·重庆·高考真题)高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用氢还原法，该法的主要反应有(忽略其他副反应)： 反应1                   反应2             反应3                            （1）①反应1的平衡常数随温度的升高而增大，则　　　　　　　　　0(填“>”、“<”或“=”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应后，测得硅芯棒增重，则多晶硅的沉积速率为　　　　　　　　。 （2）在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为。体系压强为100 kPa时，与温度的关系如图所示。 ①在时，反应1的平衡常数　　　　　　　　　kPa(保留小数点后两位，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为50 kPa，和的曲线交叉点相对于M点，将位于　　　　　　　　　区域(填“高温”或“低温”)，其原因是　　　　　　　　　。 ③多晶硅的产率常用表示，若和，则M点对应的　　　　　　　　　。 （3）相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在熔盐中电解制备的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为　　　　　　　　　。 ②若阳极只产生和，当产生的气体总量为(标准状况)时，生成，则为　　　　　　　　　。 【答案】（1）① ＞    ② 0.16     （2）① 0.28    ② 低温    ③ 低温与100kPa平衡体系相比，50kPa达平衡后，相同温度下，HCl的量增多，SiHCl3的量减少，故SiHCl3和HCl的曲线交叉点出现在低温区域    ④ 21%     （3）①     ② 3:1      【解析】(1)① 平衡常数随温度升高增大，说明升温时反应1平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此。 ② 沉积速率。 (2) ① 1320 K时，由图得，，总压，反应1的压强平衡常数。 ② 该题给出了100kPa下，不同温度下平衡体系中各气体占总气体的物质的量分数x。若平衡体系的压强为50kPa，需要重现体系中各气体物质的量分数x随温度的变化趋势。定压下，随着温度的增加，HCl的量增加，SiHCl3的量减少，则HCl和SiHCl3两条曲线交叉于低温区域。 ③  设生成，，根据Si守恒：平衡后所有含Si气体总物质的量为，总气体物质的量为，则；根据H守恒：初始总H为，即，解得，代入得，即。 (3)① 阴极发生得电子还原为Si的反应，电极反应为。 ② 标况下2.24 L气体总物质的量为0.1 mol，，转移电子总数：，阳极反应为：、，根据转移电子守恒：，联立，得。 12.(2026·全国·高考真题)是制备半导体基础原料高纯硅的重要化工中间体。回答下列问题。 （1）和Si的熔点分别为和，后者远高于前者的原因是　　　　　　　　　。 （2）高纯硅可通过如下反应制备：。将和充入反应器，在10.0 kPa平衡时，转化率与温度的关系如图所示。 (i)1485 K平衡时，　　　　　　　　　，HCl的压强为　　　　　　　　　　　kPa，平衡常数　　　　　　　　　kPa．(保留2位小数) (ii)保持1485 K，若要提升Si的产率，应　　　　　　　　　压强(填“增大”或“减小”)。 （3）与可发生反应： 研究发现，解离出的引发了反应，据此提出两种反应历程，如图所示。 (i)利用图和下表中的数据计算，B到C的能量变化为　　　　　　　　　　　　　，A到B的能量变化为　　　　　　　　　。 化学键 键能/() 243 416 (ii)根据反应过程的能量变化，该反应以历程　　　　　　　　　进行(填“1”或“2”)。 【答案】（1）是分子晶体，粒子间为分子间作用力；Si是共价晶体，粒子间为共价键     （2）① 0.25    ② 3.33    ③ 3.33    ④ 减小     （3）① -173    ② -64    ③ 1      【解析】(1)是分子晶体，分子晶体熔化仅需克服分子间作用力；晶体Si是共价晶体，共价晶体熔化需破坏共价键；共价键的键能远大于分子间作用力，因此Si的熔点远高于。 (2)(i)从图可读出，1485 K时α()=0.25； 故在1485 K下，达平衡时的变化量为1.00×0.25=0.25 mol，列三段式： 气相总物质的量为0.75+0.75+0.75=2.25 mol；同温同压下气体分压与物质的量成正比，HCl的分压为； 平衡时、、的物质的量相等，故，。 (ii)该反应正反应为气体分子数增多的反应，在温度不变的情况下，若要提升Si的产率，需要减小压强，使得平衡正向移动。 (3)(i)B点对应物种为，C点对应物种为可知基元反应B→C过程，反应式为；该过程断裂1个Cl-Cl键，需吸收热量；形成1个Si-Cl键，需放出热量；反应B到C的能量变化为； 结合C点相对能量为，由盖斯定律，A到B的能量变化=A到C的能量变化-B到C的能量变化，故A到B的能量变化为； (ii)历程1的活化能为；历程2的活化能为，活化能越低越有利于反应的进行，因此该反应以历程1进行。 13.(2026·江西·高考真题)/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储／释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下： 回答下列问题： （1）　　　　　　　　。 （2）同等条件下，表面自由能G（块状）　　　　　　　　G（粉末）（填“>”“=”或“<”）。 （3）/CaO开放系统在脱水过程中，起始质量为，当固体质量为m时，转化率为　　　　　　　　。 （4）空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）下图为密闭容器中的理论平衡曲线，在图中能稳定存在的状态点有　　　　　　　　（填标号）。 （6）假设金属Ca，原子半径为，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积（含空隙）计算式　　　　　　　　。 （7）初始CaO质量相同，不同比例与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。 甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。 乙同学认为该结论不正确，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）-63     （2）＜     （3）     （4）     （5）a、c、d     （6）     （7）① CaO可能未完全反应。② 反应物和产物的浓度变化无法直接通过温度变化确定。③ 固相与液相传热，体系存在热交换，不同量的水会影响升温速率，水的相变，都会影响达到最高温的时间      【解析】(1)根据盖斯定律，整个循环焓变总和为0：，解得； (2)同等条件下，粉末状的物质相比于块状物质，被粉碎得更细，具有更大的比表面积。表面原子由于配位不饱和，具有比内部原子更高的能量，因此块状的表面自由能小于粉末状。 (3)设转化率为，起始物质的量为，每脱水失去，固体质量减少，因此： ，整理得。 (4)空调等物理热泵的供热原理是利用制冷剂发生物理相变(如气态冷凝液化)来释放热量。在上述关系图中，发生物理变化且放热的过程是510℃的转变为25℃的的过程(放出62kJ/mol的热量)。 (5)对于平衡，平衡常数；若实际，反应逆向进行，不符合题意。 图中点c在平衡曲线下方，同温度下实际小于平衡，平衡正向趋势大，因此可以稳定存在；而点 a 和点 d 位于平衡曲线上，体系处于平衡状态，此时和CaO稳定共存，故选a、c、d。 (6)的原子个数为；二维单层紧密堆积（六方密堆积），框内表示每个原子所占总面积（含空隙），计算结果为，因此总表面积： 。 (7)由题可知，与反应生成Ca(OH)2的过程放出热量，反应放出热量会使体系持续升温。由图可知，反应体系会在短时间内升至 最高温，随后缓慢下降，推测该体系不绝热。初始质量相同，的比例不同，则四条曲线的量不同，存在水不足和水过量两种可能性。当水量不足时，未反应完全，曲线达到最高点时反应并未结束，无法计算反应速率。当水过量时，反应完全，反应过程中水吸热汽化，水量不同会影响水的升温速率，从而影响达到最高温的时间。化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增大来表示。此图是体系温度随时间变化的关系曲线，而温度变化不仅受反应进度的影响，还受到固相、液相，以及温感系统之间传热效率的影响。 此外，由于该体系并非绝热体系，达到最高温时，体系放热与环境吸 热相同，体系温度不再升高，但反应并未结束，不能确定反应终点。 综合以上因素，不能通过达到最高温度的时间长短，推断出化学反应 速率最大曲线。 14.(2026·河南·高考真题)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）①     ② ＞     （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）① 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 1.6    ③ 62.5    ④ 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。 15.(2026·广东·高考真题)硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。 （1）基态S原子的价层电子轨道表示式为　　　　　　　　　　　。 （2）我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。             则　　　　　　　　　　　(用和表示)。 （3）的氧化可在卟啉铁配合物[](用表示)催化下进行，其中的一步反应为。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ~Ⅲ组仅初始不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。时间内的实验数据如图1。 ①下列说法正确的有　　　　　　　　　　　。 A．0~t内反应速率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ                       B．Z的平衡转化率：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ C．实验温度：Ⅱ>Ⅳ                                   D．平衡时的浓度：Ⅱ和Ⅳ相等 ②Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，且，则　　　　　　　　　　　。 （4）可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成、和，该水解反应的熵变　　　　　　　　　　　0(填“>”“=”或“<”)。 （5）某低共熔溶剂(D)可用于吸收，其吸收过程可表示为： ， 在一定和压强()下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收的量为，相关信息见图2，或随的变化如图3。 ①1 mol D在303 K、下吸收至饱和，再升温至、降压至，达平衡后可释放　　　　　　　　　　　。 ②形成的总过程表示为，其平衡常数可表示为。已知：时，，则在、、最多可吸收　　　　　　　　　　　。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 【答案】（1）     （2）     （3）① BC    ② 3.2     （4）>     （5）① 0.82    ② 0.22      【解析】(1)S的原子序数为16，在周期表中位于第三周期VIA族，所以其价层电子轨道表示式为； (2)根据盖斯定律，，故； (3)①A．题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z的反应速率逐渐增大，转化率也逐渐增大，A错误； B．从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z转化率逐渐增大，B正确； C．温度越高反应速率越快，由题图1可知实验Ⅱ的反应速率比Ⅳ的反应速率大，故实验温度：Ⅱ>Ⅳ，C正确； D．Ⅱ和Ⅳ温度不同，该分步反应平衡常数不同，平衡时Z的浓度不相等，D错误； 故BC； ② 已知Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，故，，则。 (4)在潮湿空气中水解的化学方程式为，该反应为熵增反应，熵变。 (5)① 由题干可知，每摩尔D吸收的量为。结合题图3可知，303 K、时，，，；350 K、时，，，，故达平衡后释放的为。 ②由题图3可知，时，温度不变不变。时，，结合题图2中信息，，，则，解得；时，，解得，，故最多可吸收。 16.(2026·四川·高考真题)季戊四醇酯是具有优良生物降解性的润滑剂。以二甲基亚砜为溶剂，正己酸(A)与季戊四醇(B)制备正己酸季戊四醇单酯(C)和二正己酸季戊四醇二酯(D)的反应如下： Ⅰ． Ⅱ． 反应物初始浓度，不同温度下部分物质浓度随时间的变化关系如图所示，平衡浓度比如表所示(忽略水的挥发)。 不同温度下的平衡浓度比 温度/℃ 135 0.90 0.11 145 0.96 0.22 回答下列问题： （1）的反应热　　　　　　　　　　　。 （2）下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填标号)。 a．A的平均消耗速率是B的平均消耗速率的两倍 b．0~120 min内，135℃时B的平均消耗速率等于C的平均生成速率 c．240~320 min内，反应Ⅰ在145℃的平均速率小于其在135℃的平均速率 （3）反应达平衡后，若向反应体系中通入惰性气体将产生的水带出，C和D的产率将　　　　　　　　　　　(填“增大”或“减小”)，原因是　　　　　　　　　　　。 （4）135℃达平衡时，，则　　　　　　　　　　　，反应Ⅰ的平衡常数　　　　　　　　　　　(计算结果均保留小数点后2位)。 （5）已知反应热满足关系，式中、分别为温度、时的平衡常数，R是大于0的常数，则反应Ⅰ和Ⅱ的反应热关系为　　　　　　　　　　　(填“>”或“<”)，判断依据是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）bc     （3）① 增大    ② 减小生成物（水）的浓度，促使平衡向正反应方向移动     （4）① 0.05    ② 1.10     （5）① ＜    ② 升温后，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，因此，由题给公式可知，大小与呈正比，故      【解析】(1)根据盖斯定律，目标反应 = 反应Ⅰ + 反应Ⅱ，因此。 (2)a．若反应生成了D，总消耗A的物质的量为，总消耗B的物质的量为，因此，a错误； b．由图可知，在 0~120 min 内，135℃时，体系无D，说明只发生了反应Ⅰ，C的净生成速率等于 B的消耗速率，b正确； c．观察图象，在145℃（虚线）下，240~320 min 时各物质浓度曲线已呈水平状态，说明反应已经达到平衡，净反应速率（平均速率）为 0；而在135℃（实线）下，240~320 min 时曲线仍有微小变化，说明反应仍在向右进行，平均速率大于 0。因此145℃时的平均速率小于135℃ 时的平均速率，c正确； 故选bc。 (3)水是反应Ⅰ、Ⅱ的生成物，移走水使生成物浓度减小，两个反应的平衡均正向移动，因此C和D的产率增大。 (4)已知135℃平衡时，由表格，得；又，因此（或可通过计算精确值）； 反应Ⅰ： ； 反应Ⅱ： ； 平衡时；， ；对于反应Ⅰ，平衡常数， 代入得。 (5)KⅠ 、KⅡ，温度升高，均增大，说明KⅠ、KⅡ均随温度升高而增大，因此；升高相同温度，的增大倍数大于的增大倍数，这说明KⅡ增大的倍数大于KⅠ，题给公式，大小与呈正比，K值增大的倍数越大，其对数就越大，对应的就越大，故。 17.(2026·陕晋青宁·高考真题)利用1,2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为： I．    Ⅱ．    回答下列问题： （1）①已知298 K时，各物质的相对能量如表。 物质 相对能量 Ⅲ．   　　　　　　　　。 ②上述三个反应的(为平衡常数)随(为温度)的变化如图。曲线c下降的原因是　　　　　　　　，代表反应Ⅲ的曲线是　　　　　　　　(填“a”“b”或“c”)。 （2）①某温度下，在压强为的恒压密闭反应器中，按投料，采用含Ru催化剂催化反应Ⅰ和Ⅱ。当反应Ⅰ完全进行，乙炔转化率为92%时，反应Ⅱ各物质分压表示的反应商　　　　　　　　。 ②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，推测氯乙烯中的　　　　　　　　可与Ru形成配位键。 （3）我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联(如图)，使乙炔转化率接近100%。 ①Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为　　　　　　　　。 ②反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、HCl、·H和·Cl。在位置2引入新催化剂，将存活时间短的·H和·Cl变成*H和*Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部分反应历程如图。位置2应选择催化剂　　　　　　　　(填“A”或“B”)，选择依据是　　　　　　　　。位置3主要发生的反应为　　　　　　　　(写化学方程式)。 【答案】（1）① -27    ② 曲线c对应反应Ⅰ，反应I的正反应为吸热反应，随着增大（即温度降低），平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK减小    ③ a     （2）①     ② 碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对     （3）①     ② A    ③ 催化剂A中由b转化为d的最大能垒（或活化能）更低，反应速率更快    ④ 【解析】(1)① 反应焓变生成物总相对能量−反应物总相对能量，代入数据： ； ②根据与的关系，曲线下降说明斜率为负，对应的反应：温度降低（增大）时，吸热反应平衡逆向移动，减小，减小，曲线为下降趋势，说明反应Ⅰ对应曲线c； ，斜率为正；根据盖斯定律：，，所以，更负，根据，其平衡常数对温度的变化更加敏感，即图像斜率更大，对应曲线b，因此反应Ⅲ对应斜率更小的曲线a。 (2)① 设初始投料，反应Ⅰ完全进行后，生成、，乙炔转化率为，则反应Ⅱ中转化和，生成，列三段式有：  平衡时： ，，，总物质的量。 分压，反应商，代入得： ； ② 乙炔分子通过π键电子与Ru形成配位键。氯乙烯分子中不仅含有碳碳双键，其氯原子上也存在未参与成键的孤电子对，这两者均可作为配体提供电子与中心原子Ru形成配位键，产生竞争吸附。 (3)① Cu为第四周期IB族元素，价电子排布为，Au为第六周期IB族元素，价电子排布为； ② 题干指出位置2的作用是将自由基（即状态b：）进一步与乙炔反应生成氯乙烯（状态d：）。对比两种催化剂的部分反应历程图： 催化剂A中，从状态b到状态d所经历的最高能垒较小； 而催化剂B中，从状态b出发需要越过极高的能垒；活化能越小，反应速率越快，因此选择催化剂A。 综合整个串联反应过程： 位置1：部分分解产生和HCl，部分分解产生自由基。 位置2：自由基与部分乙炔反应生成 。 为了“使乙炔转化率接近100%”，进入位置3的剩余混合物中必然还含有未完全反应的乙炔和位置1产生的氯化氢。因此在位置3主要发生的是乙炔与氯化氢的加成反应，反应为 ，以消耗尽剩余的乙炔。 18.(2026·江苏·高考真题)碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 （1）自然界中的主要碳循环过程如图所示。数百万年前，大气中的经碳循环后，会存在于　　　　　(填字母序号)。 A．水体中的　　　B．淀粉　　　　C．石灰石 （2）碱液捕集。一定温度下，用浓氨水吸收含的模拟烟气，常加入一定浓度的溶液，生成一种空间构型为正八面体的镍氨配合物离子，位于正八面体中心，如图所示，生成镍氨配合物的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，加入溶液的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）金属有机骨架(简称MOFs)材料在资源利用中有重要应用。MOFs材料具有一定数量孔隙，热稳定性不高。 ①一定条件下，利用一种基材料催化电解与碱性混合液制备尿素，阴极区、生成的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②某Al基MOFs材料Al(HCOO)3可吸附CO2，结构如图所示，Al、C、O形成　　　　　(填数字)元环状结构。为检测其吸附能力，将吸附至饱和的(不含其他气体和杂质)在空气中加热，350℃时完全分解生成。 的饱和吸附量 则该材料对的饱和吸附量为　　　　　　　　　　。 ③一定条件下，密闭体系中发生反应。不改变其他条件，反应相同时间，加入能显著提升产率。已知：分子碳氧键键能大、结构稳定。从结构和反应原理角度分析产率增大的可能原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④已知：孔隙尺寸0.41~0.46 nm，分子直径。为实现的高效捕集和资源利用，结合相关结构和性质，综合分析Al基材料的优化方向是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）ABC     （2）①     ② 减少氨气受热挥发，提高氨气的利用率，增加吸收二氧化碳的量和稳定性     （3）①     ② 16    ③     ④ 中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低；可以使催化剂的活性增强；可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，从而提高产率；    ⑤ 减小孔隙尺寸与匹配、增加孔隙数量、提高材料热稳定性      【解析】(1)A．大气中的可以直接溶于水体，因此水体中的会存在，A符合题意； B．在太阳能的作用下，会通过光合作用被生物固定，转化为淀粉，因此淀粉中会存在，B符合题意； C．水体中溶解的可以转化为无机碳酸盐，而石灰石的主要成分是碳酸钙，因此石灰石中也会存在，C符合题意； 故选ABC； (2)根据已知镍氨配合物离子的空间结构为正八面体，位于正八面体的中心，配体数目为6，该配合物离子为，该过程为与氨水反应生成镍氨配合物离子，因此离子方程式为；碱液捕集的过程为中和反应，该过程放热会导致浓氨水中氨气挥发，降低的吸收效率，加入后，可以与氨气结合生成稳定的，可以减少氨气受热挥发，提高氨气的利用率，增加吸收二氧化碳的量和稳定性； (3)① 阴极区应发生还原反应，反应物应为、，产物为、水和，因此电极反应为； ② 根据图可知，Al、C、O组合的环形结构中，有Al原子4个，O原子8个，C原子4个，因此组成的结构为16元环；生成的物质的量为，根据Al元素守恒，对应的的物质的量为，其质量为，吸附的的质量为 ，对应的物质的量为，代入饱和吸附量公式，的饱和吸附量为； ③ 从结构角度：中的H带正电，而中O带负电，因此中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低，从而提高产率； 从反应原理的角度：可以使催化剂的活性增强，同时可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，加快反应速率，从而提高产率； ④ 从结构角度：可以适当的减小孔隙尺寸，使其与的分子直径接近，减少其他分子的进入；并且材料具有一定数量的孔隙，可以适当的增加孔隙的数量；从性质角度：根据已知材料热稳定性不高，因此可以提高材料的热稳定性，因此优化方向为适当减小孔隙尺寸、增加孔隙数量、提高材料热稳定性。 19.(2026·浙江·高考真题)某小组想用CO制取，反应如下： I．         Ⅱ．                      Ⅲ．                                             请回答： （1）①　　　　　　　kJ/mol。 ②某同学在常温常压下，往CO与以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现几乎无。该同学认为是该反应的平衡常数极小导致的，你认为该同学的说法　　　　　　　(“正确”或“错误”)，设计实验验证你的结论：　　　　　　　(简述即可)。 （2）Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在250℃条件下，用Pt催化CO制取，反应如下： Ⅳ    V    Ⅵ (过渡态) Ⅶ Ⅷ ①Pt(原子序数78)，位于元素周期表第　　　　　　　周期　　　　　　　族。 ②反应Ⅳ的　　　　　　　0(填“>”、“<”或“=”)。 ③在图中画出位置(虚线框内) 　　　　　　　。 （3）某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由降为，相关反应如下： 序号 反应 Ea(kJ/mol) a 144 b 101 c 56 d 48 e 40 f 39 g 24 h 15 i 14 ①该研究小组采取的措施是　　　　　　　。 ②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：　　　　　　　(填序号)。 【答案】（1）① -283    ② 错误    ③ 点燃，检验产物     （2）① 第六周期    ② Ⅷ    ③ <    ④      （3）① 通入氢气    ② hgeidf或dhgeif等合理答案      【解析】(1)① 根据盖斯定律，反应Ⅲ=。 ②该同学的结论“错误”。CO与O2常温下难反应的根本原因是活化能高而并非平衡常数过小，可通过点燃使之迅速产生CO2来验证。 (2)①Pt(原子序数78)，可根据稀有气体氡（86号元素）进行推断，按照元素周期表位置可知其在Ni元素所在列，故位于元素周期表第六周期第Ⅷ族。 ② 反应Ⅳ是CO吸附在催化剂表面的过程，气态的CO吸附在固体的催化剂上，混乱度减小，。 ③ 由转化为时形成新的化学键放热故的能量比低，但在催化剂上脱附是吸热过程，故的位置在与的下面，如图：。 (3)① 根据(3) 题干表格中给出的反应历程，如h： ，g： 等，均涉及或含氢物种，说明体系中引入了作为反应物或助催化剂，开辟了新的、活化能更低的反应路径，从而能在30℃下进行反应。 ②根据表格中各基元反应判断反应进行的优先顺序h(H2(g)→H2*→2H*)→g(O2(g)+H*→O2H*)→e(O2H*→O*+OH*)→→→f(O*+CO*→O...CO*→CO2*)，故反应顺序是hgeidf；或其他合理答案：hgei位置不能互换，d可以在hgei前，也可以在hgei后，f在hgei后面，如dhgeif也可。 20.(2026·湖南·高考真题)烯烃是重要的化工原料，可用CO和H2为原料直接合成，其原理：。回答下列问题： （1）该反应的关键在于CO活化路径的调控。图I是M1、M2(M1、M2分别是Co2C和)两种催化剂活化CO的机理，其中催化效率较高的是　　　　　　(填“M1”或“M2”)。催化剂为M2时，反应历程中决速步(速率最慢)的反应方程式为　　　　　　。 （2）恒压条件下，该反应若改用()作催化剂，产物中的H2O还可与CO反应。以生成C3H6为例，相关反应如下： i．    ii．    iii．    ①当时，反应iii的　　　　　　。 ②已知反应的平衡常数与温度之间符合：(为摩尔气体常数，为常数)。当时，反应ii和iii的与温度的数据如表所示，反应iii对应表中数据　　　　　　(填“a”或“b”)。 423 K 623 K 723 K a 6.7 2.9 1.8 b 20.3 5.2 0.7 ③反应近似达到平衡时，加入少量无水MgCl2，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，其可能原因是　　　　　　()。 ④y增大，烯烃的氢原子经济性将　　　　　　(填“增大”或“减小”)，理由是　　　　　　。() ⑤图Ⅱ为CO转化率和CO2选择性分别与H2/CO投料比之间的关系，H2/CO投料比为1.5时，副产物甲烷的选择性为10%，烯烃的氢原子经济性=　　　　　　。 【答案】（1）①     ②      （2）① -145.2    ② b    ③ 吸水，使反应体系中水蒸气浓度降低，导致反应ii的平衡逆向移动（或抑制了反应 ii 的进行）    ④ 增大    ⑤ 增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量时净消耗的 减少，而目的产物中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大    ⑥ 50%      【解析】(1)催化剂能降低反应活化能，活化能越低催化效率越高，由图可知的总活化能更低，催化效率更高；决速步是活化能最大的一步，由图可知，催化时，转化为的活化能最大，为决速步。 (2)①根据盖斯定律，反应iii = i + ii，因此； ②时，，，二者均为放热反应，越负，根据，温度升高时下降幅度越大；由表格数据，b的随温度升高下降幅度更大，对应反应iii。 ③无水吸收水蒸气，使体系中浓度降低，反应ii平衡逆向移动，消耗CO的量减少，因此CO转化率和选择性均减小。 ④ 由盖斯定律可知，反应 iii 可由反应 i 与反应 ii 叠加得到：反应 ii 是水煤气变换反应：；它消耗了反应 i 生成的 ，同时又生成 ，所以总反应 iii 中消耗的  减少。以反应 iii 的化学计量数为基准，生成  时：目的产物  中氢原子质量为：；参加反应的 为 ，其中氢原子质量为：；因此氢原子经济性为：；当增大时，分母减小，所以增大，即氢原子经济性增大；理由是：增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量时净消耗的 减少，而目的产物中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大。 ⑤设初始投料，则。由图可知，投料比1.5时转化率为，剩余，选择性为，甲烷选择性，因此烯烃选择性。 转化的总物质的量，其中转化为烯烃的为，生成、，烯烃中氢原子物质的量； 由O守恒可得生成的物质的量为，结合产物中、的量，可得总参加反应的氢原子物质的量为； 氢原子经济性。 21.(2026·黑吉辽蒙·高考真题)低碳烯烃（烯）用途广泛，可由合成气（）经费托反应催化直接合成。 （1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（：催化剂，：活性碳氢物质）： 按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（答出一条即可）。 （2）合成丙烯的费托反应主要为： ①　 ②　 ③　 ④　 则　　　　　　，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为　　　　　　（填标号）。 A．低温高压       B．低温低压       C．高温低压       D．高温高压 （3）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应的最适宜催化剂为　　　　　　　　　　（填“”、“”或“”）。时，的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为　　　　　　　　　（写出计算式即可）。 [已知：收率转化为总烃的转化率低碳烯烃选择性、、] （4）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料、选择性为或时，转化率与温度的关系如图3所示，则　　　　　（填“>”、“=”或“<”，下同），反应③的　　　　　　　。 （5）若采取某种措施抑制生成，此时费托反应只发生②和④，、恒压、初始投料时，的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则　　　　　　　　　；反应②的反应商　　　　　　（用分压代替浓度计算，分压总压物质的量分数，保留两位有效数字）。 【答案】（1）有副反应发生生成烷烃（或生成高碳烷烃）     （2）① -497    ② A     （3）①     ②      （4）① ＞    ② ＜     （5）① 0.3    ②       【解析】(1)根据题干给出的反应历程图，中间体既可以继续与反应使碳链增长，也可以结合 +H 发生加成反应生成甲烷；同理，碳链增长过程中的中间体也可以结合 +H 生成乙烷、丙烷等烷烃。此外，碳链也有可能继续增长生成及以上的高碳烃。这些副反应的存在消耗了反应物，降低了目标产物低碳烯烃的产率。 (2)根据盖斯定律，目标反应 ① 可以由3×反应③ + 反应④ 得到，因此。 反应① 是放热、气体分子数减少的反应，低温有利于放热反应平衡正向移动，高压有利于气体分子数减少的反应平衡正向移动，因此选低温高压A。 (3)由图 1 可知，在相同的温度下，使用催化剂时丙烯的转化率最低。由于丙烯是我们期望的目标产物，其转化（消耗）属于副反应，因此是抑制该副反应的最适宜催化剂。根据定义：收率转化为总烃的CO转化率低碳烯烃选择性；选择性为，说明总消耗CO中用于生成总烃；由图2可知，要使收率最大，需要找到乘积最大的组合。观察图 2 中三种催化剂的数据，对应的总转化率为，低碳烯烃选择性为，此时收率最大，因此收率计算式为。 (4)反应 ③为放热反应。在图 3 中的水平虚线（固定 CO 转化率为 60%），该线与实线（a%）相交于点 M（温度较低），与实线（b%）相交于点 N（温度较高）。在相同 CO 转化率下（即反应 ④ 生成量基本相同），温度越高，放热的反应 ③ 平衡越向左移动，生成的 越少，导致选择性越低。因此，高温对应的线b% 的选择性低于低温对应的线a%，即a＞b； 由于反应3已经快速平衡，所以在任意时刻正逆反应速率相等，即=、=。题目要求比较和，本质上就是比较M点和N点的正反应速率。点N的温度远高于点M，温度升高会使反应速率常数k显著增大；此外，点N的CO2选择性更低，意味着更少的H2O被消耗，反应体系中H2O的浓度更高。在更高的温度和更高的反应物浓度双重作用下，N点的反应速率必然大于M点。因此，＜。 (5)设初始，： 转化率为，故转化的为，剩余； 丙烯选择性，故最终生成丙烯消耗为，得，分压比等于物质的量比，因此； 反应② 为，反应商，代入分压化简得： ，平衡时：、、、，，，，计算得： 。 22.(2026·山东·高考真题)液相酯交换反应（如反应Ⅰ）是生产化工产品的重要途径，回答下列问题： 反应Ⅰ： （1）B的系统命名为　　　　　　　　　　　　　。 （2）初始投料只有A和B，且均为1mol，不同温度下A转化率随反应时间的变化如图所示，则　　　　　　　　0（填“>”或“<”）；实验证明很小，从化学键变化角度分析，其原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 已知温度下，反应达平衡时，C物质的量为，反应Ⅰ的平衡常数　　　　　　　　　　。 （3）温度下，向上述液相平衡体系中加入一定量的，发生如下反应： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 液相体系重新达平衡后，D物质的量为0.5mol，则A物质的量　　　　　　　　　　mol，E物质的量　　　　　　　　　　mol。 （4）将（3）中平衡体系记为①；同温下，向①加入一定量惰性溶剂，达新的平衡体系②；或不加入惰性溶剂，仅降低一定温度，达新的平衡体系③。相较于①，若②及③中C与A物质的量之比均增大至同一数值，则三个平衡体系按由大到小的排序为　　　　　　　　　　（填编号），D与B物质的量之比最小值对应的平衡体系为　　　　　　　　　　（填编号）。 【答案】（1）1,2-丁二醇     （2）① <    ② 反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同    ③      （3）① 0.5    ② 0.3     （4）① ③ ① ②    ② ②      【解析】(1)B的结构是，主链4个碳，1、2位有羟基，系统命名为1,2-丁二醇； (2)温度越高反应速率越快，先达平衡，所以；平衡时A转化率更低，升温A转化率下降，平衡逆向移动，正反应放热，故； 反应Ⅰ是酯交换，断裂的化学键和形成的化学键种类以及数目相同，因此很小； 初始，平衡，由反应Ⅰ计量比，，剩余，设液相反应体系的体积为V，则平衡常数； (3)设反应Ⅰ中A的转化量为a mol，反应Ⅱ中A的转化量为b mol，反应Ⅲ中C的转化量为c mol，则有： 则达到平衡时、、、、，可列方程组 ，解得，所以此时，； (4)反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，③降低温度，平衡Ⅱ、Ⅲ正向移动，生成更多E，故③大于①；②加入惰性溶剂稀释，反应Ⅱ、Ⅲ均为物质的量减小的反应，稀释平衡逆向移动，消耗E，故②小于①，因此排序为。 由，变形得。①和②温度相同，相同，：② >①，故：②<①；③温度低于①，，降温增大，且与②相等，故：③ >②，因此最小值对应体系②。 23.(2026·贵州·高考真题)水下推进装置的研究对维护国家海洋权益有积极意义。水冲压发动机是一种新型水下推进装置，通过金属燃料与海水反应产生推力。某科研小组对金属燃料镁与水蒸气高效燃烧过程进行了研究，并模拟计算了其反应机理，所涉反应及变化如下。 Ⅰ．    Ⅱ．    Ⅲ．    已知：①在标准大气压下，MgO的液化温度为3125 K，汽化温度为3873 K。 ② ③模拟计算条件：动力反应装置为绝热系统(物质与热量均不与外界交换)，压强为标准大气压(1 atm)。 回答下列问题： （1）计算：   　　　　　　　　。 （2）模拟计算得出镁与水蒸气反应的和随温度的变化关系如图1。温度小于3000 K时，　　　　　　　　0(填“＞”“=”或“＜”)。 （3）研究表明，反应中同时存在氢原子解离(路径Ⅰ)和氢原子转移(路径Ⅱ)两条反应路径，如图2。 ①两条反应路径的关系为　　　　　　(填“＞”“=”或“＜”)。 ②1 atm下，路径Ⅰ和路径Ⅱ都是连续反应： 反应速率方程为，其中是反应速率，是反应速率常数(其数值大小关系为)，是反应物浓度。反应达到平衡前，　　　　　　　　　　　(填“＞”“=”或“＜”)，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③某温度下，镁与足量水蒸气在内全部反应，其中通过路径Ⅰ生成的氢气为，则在该时间段内路径Ⅱ的反应速率为　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）在3000 K时，若将动力装置反应器出口设置成小口径喷口，反应器可近似为恒容密闭体系，体系压强从1 atm提升至10 atm，则该反应器在单位时间内产生的能量将　　　　　　　　　(填“增大”“不变”或“减小”)，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）。     （2）<     （3）① =    ② ＜    ③ Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于，，故平衡前<    ④      （4）① 增大    ② 3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大      【解析】(1)根据盖斯定律，将已知反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ相加，消去中间产物MgO(s)、MgO(l)，可得目标反应，故。 (2)已知，由图可知：温度升高时增大，几乎不变，因此对的斜率为，可得。 (3)① 焓变是状态函数，只与反应的始态和终态有关，两条路径的反应物和最终产物完全相同，因此。 ② Mg·OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于，，故平衡前<。 ③总物质的量为，对应生成，因此总物质的量为；路径Ⅰ生成，物质的量为，则路径Ⅱ生成的物质的量为，故速率。 (4)3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 化学反应原理综合题 1年真题 考点分类 2026年高考命题解读 创新考法 化学反应原理综合题 2026福建(1题)、2026广西(1题)、2026海南(1题)、2026浙江(2题)、2026甘肃(1题)、2026全国(1题)、2026江苏(1题)、2026北京(1题)、2026重庆(1题)、2026湖北(1题)、2026四川(1题)、2026江西(1题)、2026贵州(1题)、2026山东(1题)、2026广东(1题)、2026湖南(1题)、2026河北(1题)、2026陕晋青宁(1题)、2026河南(1题)、2026云南(1题)、2026黑吉辽蒙(1题)、2026上海(1题) 融入双碳、电解海水、半导体、储能和废料资源化等前沿情境，构建热力学、动力学、平衡与电化学多模块耦合问题。设问强化催化机理、条件优化、分离提纯和定量计算，常结合流程、图像、数据表及多方程评价真实工艺。 1.(2026·湖北·高考真题)将与废弃的太阳能面板材料进行球磨反应，制备高纯度，反应如下： 反应Ⅰ：    已知一定温度下， 反应Ⅱ：    反应Ⅲ：    回答下列问题： （1）反应Ⅰ的　　　　　　　　，属于　　　　　　　　（填“熵增”或“熵减”）反应。 （2）将足量和放入反应器中进行球磨，反应器空腔净体积为。 ①反应过程中产量随球磨转速的变化曲线如图1所示，球磨总转数固定为6500转。选择650转／分钟而非400转/分钟的优势是　　　　　　　　。 ②在转速为650转/分钟条件下反应，的转化率达到，则生成的平均速率为　　　　　　　　，此时反应的浓度商为　　　　　　　　（填计算式）。当反应时间延长至，的转化率为，此时体系温度为。 （3）若反应Ⅰ不以球磨方式进行，反应的转化率仅为。图2为理论计算得到的球磨和非球磨条件下反应Ⅰ的能量变化图，据此判断球磨能　　　　　　　　（填“升高”或“降低”）反应的活化能，从化学键的角度分析，其原因是　　　　　　　　。 （4）相对于反应Ⅱ，除了条件更温和、转化率更高及废弃物资源化利用外，球磨反应制还具备的优点是　　　　　　　　。 2.(2026·河北·高考真题)丙烯是石油化工行业的重要原料，利用氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反应如下： Ⅰ         使用铂锡双金属催化剂(M)，上述反应分两步进行： Ⅱ                     Ⅲ         回答下列问题： （1）　　　　　　　　　。 （2）550℃时，恒容密闭容器中装有0.20 g催化剂M，按通入混合气体，反应2 h后得到0.012 mol ，则0~2 h内每克催化剂催化生成的平均速率为　　　　　。下列能说明该体系达到平衡状态的是　　　　　(不定项选择，填序号)。 a． b．的生成速率和消耗速率相等 c．混合气体的密度不再改变 d．混合气体的平均摩尔质量不再改变 （3）反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： ① ② ③ ④ 该催化剂对　　　　　　　　　　(填“C—C”或“C—H”)键的断裂具有更好的选择性。 （4）100 kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入和各1 mol，在不同温度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示： ①图乙中曲线L代表的组分为　　　　　　　　　　。 ②若体系压强变为50 kPa，其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量　　　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 3.(2026·上海·高考真题)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) 1. 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。　　　　　　　　　　　 2. 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 3. 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 4. 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　　　　　　　　　　　。 5. 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 6. 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)(；) 7. 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　　　　　　　　　　　。 8. 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　　　　　　　　　　　。 4.(2026·北京·高考真题)重晶石的主要化学成分为，还含有少量的等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯。 （1）焙烧。使重晶石转化为粗。该过程中生成的反应有： i．      ii．    iii．   　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）浸钡。已知可溶于水。粗在热水中浸出，产生和。取一定量粗，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中、随加入水的体积的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、　　　　　　　　　　。 ②时，几乎不产生，溶液中　　　　　　　　　　mol(用含、的代数式表示)。 ③当后，比的变化幅度小，解释原因：　　　　　　　　　　　　　　。 （3）沉钡。与反应快，导致浸出液中和等被包裹而降低产品纯度，而与反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 5.(2026·云南·高考真题)“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯(DMT)的路径如下： 回答下列问题： I．“热催化”中主反应： i．       （1）已知：        则　　　　　　　　　　(用含和的代数式表示)，　　　　　　　　　　0(填“”或“”)。 （2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应，提高平衡转化率的措施有__________(填标号)。 A. 及时移走 B. 通入 C. 增大和投料比 D. 加入催化剂 （3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”()的副反应： ii． 一定条件下，平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[比如：DMO选择性] ①“热催化”反应较适宜的温度区间为　　　　　　　　　　(填标号)。 A．       B．       C． ②，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时　　　　　　　　　　，反应的　　　　　　　　　　(列出计算式即可)。 II．“电催化”中：DMODMT （4）25℃时，DMT的生成速率与关系如图2，已知该反应的速率方程为，其中为速率常数。 ①当增加10倍，也增加10倍，则为　　　　　　　　　　。 ②速率常数为　　　　　　　　　　(列出计算式即可)。 （5）生成DMT的电极反应式为，其中Y为　　　　　　　　　　(填结构简式)。 6.(2026·福建·高考真题)铑(Rh)与铱(Ir)的化学性质相似，探究其分离方法有重要的意义。 Ⅰ．(或)与的配位能力 向等浓度的、溶液中加入浓盐酸，发生下列反应： i．    ii．    iii．    （1）结合上述方程式，判断　　　　　　　　　　　　　(用、表示)。 （2），则与的配位能力：　　　　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)。 Ⅱ．一定条件下，向(或)浓度为的溶液中加入树脂进行吸附，每千克树脂吸附量随时间变化如图1所示，发生反应如下： （3）在树脂和水溶液中的分配比为，其随氢离子浓度变化如图2所示。 ①内，在树脂中的吸附速率是　　　　　　　　　　　　　mmol/h。 ②吸附活化能：　　　　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)。 （4）①随增大，的吸附量下降的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②为了使离子选择性最高，浓度应当选择　　　　　　　　　　　　　。 （5）定义：金属离子M的分配系数，现有RhCl3溶液R和IrCl3溶液Z，其金属离子浓度，向R、Z中分别投入等质量且足量的树脂、充分反应至平衡状态后金属离子浓度分别下降至c1、c2，则YR：YZ=　　　　　　　　　　　　　(列出含co、c1、c2的计算式)。 Ⅲ．向等体积、等浓度、初始pH相同的RhCl3、IrCl3溶液各自投入等质量的足量RH树脂，充分反应后取出树脂，分别连续进行两次洗脱(第二次洗脱使用洗脱液X)，相关实验结果的指标如右表所示。 指标 离子的初始吸附量(mol) 第一步脱附率/% 6 94 第二步脱附率/% 85 6 （6）若两次洗脱完成后Rh3+、Ir3+的吸附量分别为，则相较于　　　　　　　　　　　　(填“增大”或“减小”或“不变”)。 （7）下列试剂中，最适合作为洗脱液X的是　　　　　　　　　　　　　。 a．1.0 mol/L盐酸             b．6 mol/L盐酸             c．1.0 mol/L NaCl溶液             d．6 mol/L NaCl溶液 （8）两次洗脱完成后，溶液中　　　　　　　　　　　　　。（列出含的计算式） 7.(2026·广西·高考真题)的综合处理利于减少环境污染并实现资源再利用。回答下列问题： Ⅰ．利用还原涉及下列反应： ①       ②       ③       （1）　　　　　　　　　　（用含、的代数式表示）。 Ⅱ．对反应体系进行热力学计算，平衡体系中各组分的物质的量分数与温度的关系如图1，其中为对应温度下单质的存在形态，时，。 （2）、条件下，　　　　　　　　　　（列出计算式。以分压表示，分压总压物质的量分数）。 （3）600~1000℃内，随温度升高而减小的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．在含有活性炭的固定床反应器内，利用还原。转化率、选择性随初始以及温度的变化如图2。 （4）反应生成的最佳条件是　　　　　　　　　　。 （5）高温下，该体系中可检测出，若反应器内无活性炭，产率达最大时，所需的初始将　　　　　　　　　　（填“增大”“不变”或“减小”）。 Ⅳ．我国科研人员设计双室电解池（图3）合成和，实现的再利用。 已知：氧化性强于 （6）电解时，从　　　　　　　　　　极室移向　　　　　　　　　　极室（选填“”“”）。 （7）若将恰好吸收了的溶液全部注入极室，电解时极的电极反应式为　　　　　　　　　　；当极室内生成时，在极室理论上最多可生成　　　　　　　　　　mol。 8.(2026·海南·高考真题)电解海水制氢是绿色储能手段之一，电解海水过程常出现阴极结垢和阳极析氯腐蚀问题。我国某科研团队利用催化电极Ti/Pt-I(修饰使电极表层带有负电荷)和离子交换膜，为前述问题提供了一种解决方案。下图为电解装置示意图，该装置在电解海水的同时能得到高纯。 回答问题： （1）在和下，的燃烧热，则反应   　　　　　　　　　　。 （2）在、和一定电流条件下，用该装置电解海水制备需消耗电能，该过程能量由电能转化为　　　　　　　　　　　　　和　　　　　　　　　　　　　(忽略副反应)。 （3）b电极的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）离子交换膜是为了防止　　　　　　　　　　　　　(填标号) ①阴极结垢 ②阳极析氯腐蚀 ③在两极间迁移 ④在两极间迁移 （5）相同条件下，分别用Ti/Pt和Ti/Pt-I作为阴极，电解过程中，阴极附近溶液pH与距离阴极表面的远近有关，关系如下图所示。距离阴极内，相同距离处电极的比电极的小，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （6）若电解的海水中，则室温下，距离电极　　　　　　　　　　处开始有结晶。已知：。 9.(2026·浙江·高考真题)镓（Ga）在半导体领域有重要应用。 使用化学气相沉积技术、可用含镓前驱体[如、]制备膜。 已知：与同属于ⅢA族元素，具有两性。 请回答： （1）工业上制备高纯Ga所用装置示意图如图1。阴极的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）Ga与HI反应的化学方程式如下：                       　　　　　　　　　　　。 （3）某研究小组将转化为，并将其用于膜的制备。GaN膜的生长机理如下： Ⅰ   在基底上吸附，形成层； Ⅱ   在N层上吸附、反应，形成Ga层，并释放； Ⅲ   交替吸附、反应、形成层和层，不断生长增厚，形成空间网状结构的膜。 相关反应的化学方程式：      ①的空间结构名称是　　　　　　　　　　　（将视为整体）。 ②在空气中易自燃，其在中充分燃烧的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③某同学推测：GaN膜的空间网状结构中，能体现其成键结构的片段如图2.图中结构不合理之处是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④常温下，与混合没有得到，可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（写两条）。 ⑤步骤Ⅲ，一定条件下，GaN膜生长速率与膜生长温度的关系如图3，从化学反应原理角度分析原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 10.(2026·甘肃·高考真题)加氢制备甲烷和水煤气是碳资源综合利用的重要途径，反应方程式如下： ①    ②    （1）要提高的平衡产率，应选择　　　　　　　　温度和　　　　　　　压强。(填“较高”或“较低”) （2）反应①平衡常数的表达式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）100 kPa下，以投料(Ar不参与反应)，理论上参与反应各物质的平衡分压随温度变化如图所示，曲线　　　　　　　　　　(填序号)代表；加入某催化剂，测得不同温度下的转化率如下表： 温度/℃ 250 300 350 400 转化率/% 22 61 84 79 250℃时反应未达到平衡，理由是　　　　　　　　。400℃时，CO2转化率降低的原因可能有　　　　　　　　　。 （4）使用特定催化剂，理论计算表明的转化路径如图a所示，生成的主要反应历程如图b所示。实验测得，反应达到平衡前产物中的含量高于，原因是　　　　　　　　　。由此推断，*CO脱附所需的活化能不高于　　　　　　　　　　eV，理由是　　　　　　　　　　。(*表示吸附态，TS表示过渡态，省略其他物种和部分非决速步骤) 11.(2026·重庆·高考真题)高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用氢还原法，该法的主要反应有(忽略其他副反应)： 反应1                   反应2             反应3                            （1）①反应1的平衡常数随温度的升高而增大，则　　　　　　　　　0(填“>”、“<”或“=”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应后，测得硅芯棒增重，则多晶硅的沉积速率为　　　　　　　　。 （2）在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为。体系压强为100 kPa时，与温度的关系如图所示。 ①在时，反应1的平衡常数　　　　　　　　　kPa(保留小数点后两位，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为50 kPa，和的曲线交叉点相对于M点，将位于　　　　　　　　　区域(填“高温”或“低温”)，其原因是　　　　　　　　　。 ③多晶硅的产率常用表示，若和，则M点对应的　　　　　　　　　。 （3）相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在熔盐中电解制备的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为　　　　　　　　　。 ②若阳极只产生和，当产生的气体总量为(标准状况)时，生成，则为　　　　　　　　　。 12.(2026·全国·高考真题)是制备半导体基础原料高纯硅的重要化工中间体。回答下列问题。 （1）和Si的熔点分别为和，后者远高于前者的原因是　　　　　　　　　。 （2）高纯硅可通过如下反应制备：。将和充入反应器，在10.0 kPa平衡时，转化率与温度的关系如图所示。 (i)1485 K平衡时，　　　　　　　　　，HCl的压强为　　　　　　　　　　　kPa，平衡常数　　　　　　　　　kPa．(保留2位小数) (ii)保持1485 K，若要提升Si的产率，应　　　　　　　　　压强(填“增大”或“减小”)。 （3）与可发生反应： 研究发现，解离出的引发了反应，据此提出两种反应历程，如图所示。 (i)利用图和下表中的数据计算，B到C的能量变化为　　　　　　　　　　　　　，A到B的能量变化为　　　　　　　　　。 化学键 键能/() 243 416 (ii)根据反应过程的能量变化，该反应以历程　　　　　　　　　进行(填“1”或“2”)。 13.(2026·江西·高考真题)/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储／释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下： 回答下列问题： （1）　　　　　　　　。 （2）同等条件下，表面自由能G（块状）　　　　　　　　G（粉末）（填“>”“=”或“<”）。 （3）/CaO开放系统在脱水过程中，起始质量为，当固体质量为m时，转化率为　　　　　　　　。 （4）空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）下图为密闭容器中的理论平衡曲线，在图中能稳定存在的状态点有　　　　　　　　（填标号）。 （6）假设金属Ca，原子半径为，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积（含空隙）计算式　　　　　　　　。 （7）初始CaO质量相同，不同比例与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。 甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。 乙同学认为该结论不正确，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 14.(2026·河南·高考真题)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”)。 15.(2026·广东·高考真题)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) 16.(2026·四川·高考真题)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　　　　　　　　　　　。 17.(2026·陕晋青宁·高考真题)利用1,2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为： I．    Ⅱ．    回答下列问题： （1）①已知298 K时，各物质的相对能量如表。 物质 相对能量 Ⅲ．   　　　　　　　　。 ②上述三个反应的(为平衡常数)随(为温度)的变化如图。曲线c下降的原因是　　　　　　　　，代表反应Ⅲ的曲线是　　　　　　　　(填“a”“b”或“c”)。 （2）①某温度下，在压强为的恒压密闭反应器中，按投料，采用含Ru催化剂催化反应Ⅰ和Ⅱ。当反应Ⅰ完全进行，乙炔转化率为92%时，反应Ⅱ各物质分压表示的反应商　　　　　　　　。 ②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，推测氯乙烯中的　　　　　　　　可与Ru形成配位键。 （3）我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联(如图)，使乙炔转化率接近100%。 ①Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为　　　　　　　　。 ②反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、HCl、·H和·Cl。在位置2引入新催化剂，将存活时间短的·H和·Cl变成*H和*Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部分反应历程如图。位置2应选择催化剂　　　　　　　　(填“A”或“B”)，选择依据是　　　　　　　　。位置3主要发生的反应为　　　　　　　　(写化学方程式)。 18.(2026·江苏·高考真题)碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 （1）自然界中的主要碳循环过程如图所示。数百万年前，大气中的经碳循环后，会存在于　　　　　(填字母序号)。 A．水体中的　　　B．淀粉　　　　C．石灰石 （2）碱液捕集。一定温度下，用浓氨水吸收含的模拟烟气，常加入一定浓度的溶液，生成一种空间构型为正八面体的镍氨配合物离子，位于正八面体中心，如图所示，生成镍氨配合物的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，加入溶液的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）金属有机骨架(简称MOFs)材料在资源利用中有重要应用。MOFs材料具有一定数量孔隙，热稳定性不高。 ①一定条件下，利用一种基材料催化电解与碱性混合液制备尿素，阴极区、生成的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②某Al基MOFs材料Al(HCOO)3可吸附CO2，结构如图所示，Al、C、O形成　　　　　(填数字)元环状结构。为检测其吸附能力，将吸附至饱和的(不含其他气体和杂质)在空气中加热，350℃时完全分解生成。 的饱和吸附量 则该材料对的饱和吸附量为　　　　　　　　　　。 ③一定条件下，密闭体系中发生反应。不改变其他条件，反应相同时间，加入能显著提升产率。已知：分子碳氧键键能大、结构稳定。从结构和反应原理角度分析产率增大的可能原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④已知：孔隙尺寸0.41~0.46 nm，分子直径。为实现的高效捕集和资源利用，结合相关结构和性质，综合分析Al基材料的优化方向是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 19.(2026·浙江·高考真题)某小组想用CO制取，反应如下： I．         Ⅱ．                      Ⅲ．                                             请回答： （1）①　　　　　　　kJ/mol。 ②某同学在常温常压下，往CO与以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现几乎无。该同学认为是该反应的平衡常数极小导致的，你认为该同学的说法　　　　　　　(“正确”或“错误”)，设计实验验证你的结论：　　　　　　　(简述即可)。 （2）Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在250℃条件下，用Pt催化CO制取，反应如下： Ⅳ    V    Ⅵ (过渡态) Ⅶ Ⅷ ①Pt(原子序数78)，位于元素周期表第　　　　　　　周期　　　　　　　族。 ②反应Ⅳ的　　　　　　　0(填“>”、“<”或“=”)。 ③在图中画出位置(虚线框内) 　　　　　　　。 （3）某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由降为，相关反应如下： 序号 反应 Ea(kJ/mol) a 144 b 101 c 56 d 48 e 40 f 39 g 24 h 15 i 14 ①该研究小组采取的措施是　　　　　　　。 ②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：　　　　　　　(填序号)。 20.(2026·湖南·高考真题)烯烃是重要的化工原料，可用CO和H2为原料直接合成，其原理：。回答下列问题： （1）该反应的关键在于CO活化路径的调控。图I是M1、M2(M1、M2分别是Co2C和)两种催化剂活化CO的机理，其中催化效率较高的是　　　　　　(填“M1”或“M2”)。催化剂为M2时，反应历程中决速步(速率最慢)的反应方程式为　　　　　　。 （2）恒压条件下，该反应若改用()作催化剂，产物中的H2O还可与CO反应。以生成C3H6为例，相关反应如下： i．    ii．    iii．    ①当时，反应iii的　　　　　　。 ②已知反应的平衡常数与温度之间符合：(为摩尔气体常数，为常数)。当时，反应ii和iii的与温度的数据如表所示，反应iii对应表中数据　　　　　　(填“a”或“b”)。 423 K 623 K 723 K a 6.7 2.9 1.8 b 20.3 5.2 0.7 ③反应近似达到平衡时，加入少量无水MgCl2，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，其可能原因是　　　　　　()。 ④y增大，烯烃的氢原子经济性将　　　　　　(填“增大”或“减小”)，理由是　　　　　　。() ⑤图Ⅱ为CO转化率和CO2选择性分别与H2/CO投料比之间的关系，H2/CO投料比为1.5时，副产物甲烷的选择性为10%，烯烃的氢原子经济性=　　　　　　。 21.(2026·黑吉辽蒙·高考真题)低碳烯烃（烯）用途广泛，可由合成气（）经费托反应催化直接合成。 （1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（：催化剂，：活性碳氢物质）： 按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（答出一条即可）。 （2）合成丙烯的费托反应主要为： ①　 ②　 ③　 ④　 则　　　　　　，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为　　　　　　（填标号）。 A．低温高压       B．低温低压       C．高温低压       D．高温高压 （3）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应的最适宜催化剂为　　　　　　　　　　（填“”、“”或“”）。时，的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为　　　　　　　　　（写出计算式即可）。 [已知：收率转化为总烃的转化率低碳烯烃选择性、、] （4）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料、选择性为或时，转化率与温度的关系如图3所示，则　　　　　（填“>”、“=”或“<”，下同），反应③的　　　　　　　。 （5）若采取某种措施抑制生成，此时费托反应只发生②和④，、恒压、初始投料时，的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则　　　　　　　　　；反应②的反应商　　　　　　（用分压代替浓度计算，分压总压物质的量分数，保留两位有效数字）。 22.(2026·山东·高考真题)液相酯交换反应（如反应Ⅰ）是生产化工产品的重要途径，回答下列问题： 反应Ⅰ： （1）B的系统命名为　　　　　　　　　　　　　。 （2）初始投料只有A和B，且均为1mol，不同温度下A转化率随反应时间的变化如图所示，则　　　　　　　　0（填“>”或“<”）；实验证明很小，从化学键变化角度分析，其原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 已知温度下，反应达平衡时，C物质的量为，反应Ⅰ的平衡常数　　　　　　　　　　。 （3）温度下，向上述液相平衡体系中加入一定量的，发生如下反应： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 液相体系重新达平衡后，D物质的量为0.5mol，则A物质的量　　　　　　　　　　mol，E物质的量　　　　　　　　　　mol。 （4）将（3）中平衡体系记为①；同温下，向①加入一定量惰性溶剂，达新的平衡体系②；或不加入惰性溶剂，仅降低一定温度，达新的平衡体系③。相较于①，若②及③中C与A物质的量之比均增大至同一数值，则三个平衡体系按由大到小的排序为　　　　　　　　　　（填编号），D与B物质的量之比最小值对应的平衡体系为　　　　　　　　　　（填编号）。 23.(2026·贵州·高考真题)水下推进装置的研究对维护国家海洋权益有积极意义。水冲压发动机是一种新型水下推进装置，通过金属燃料与海水反应产生推力。某科研小组对金属燃料镁与水蒸气高效燃烧过程进行了研究，并模拟计算了其反应机理，所涉反应及变化如下。 Ⅰ．    Ⅱ．    Ⅲ．    已知：①在标准大气压下，MgO的液化温度为3125 K，汽化温度为3873 K。 ② ③模拟计算条件：动力反应装置为绝热系统(物质与热量均不与外界交换)，压强为标准大气压(1 atm)。 回答下列问题： （1）计算：   　　　　　　　　。 （2）模拟计算得出镁与水蒸气反应的和随温度的变化关系如图1。温度小于3000 K时，　　　　　　　　0(填“＞”“=”或“＜”)。 （3）研究表明，反应中同时存在氢原子解离(路径Ⅰ)和氢原子转移(路径Ⅱ)两条反应路径，如图2。 ①两条反应路径的关系为　　　　　　(填“＞”“=”或“＜”)。 ②1 atm下，路径Ⅰ和路径Ⅱ都是连续反应： 反应速率方程为，其中是反应速率，是反应速率常数(其数值大小关系为)，是反应物浓度。反应达到平衡前，　　　　　　　　　　　(填“＞”“=”或“＜”)，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③某温度下，镁与足量水蒸气在内全部反应，其中通过路径Ⅰ生成的氢气为，则在该时间段内路径Ⅱ的反应速率为　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）在3000 K时，若将动力装置反应器出口设置成小口径喷口，反应器可近似为恒容密闭体系，体系压强从1 atm提升至10 atm，则该反应器在单位时间内产生的能量将　　　　　　　　　(填“增大”“不变”或“减小”)，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $