2027届高考化学一轮复习专项训练：微专题之化学反应的方向与反应条件的优化

2027高考化学一轮复习微专题之化学反应的方向与反应条件的优化 考点模块 题量 题号 年份·卷别 考点1　熵变与熵判据（反应自发性判断） 2 题1~题2 2026·广东卷／2026·云南卷 考点2　ΔG 复合判据与自发条件判断 5 题3~题7 2025·湖南卷／2025·广东卷／2025·浙江1月卷／2023·福建卷／2026·上海卷 考点3　反应方向的调控与反应条件的优化 3 题8~题10 2024·浙江6月卷／2026·湖北卷／2026·浙江1月卷 考点1　熵变与熵判据（反应自发性判断） 题 1　【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。 2H2S(aq)+O2(aq)=2S(s)+2H2O(l) ΔH1 2S(s)+3O2(aq)+2H2O(l)=2SO42−(aq)+4H+(aq) ΔH2 SO42−(aq)+3H2S(aq)+2H+(aq)=4S(s)+4H2O(l) ΔH3 则ΔH3=___________(用ΔH1和ΔH2表示)。 （3）H2S的氧化可在卟啉铁配合物[FeL(H2O)](用Z表示)催化下进行，其中的一步反应为[FeL(H2O)]+HS−⇌[FeL(H,S)]−+H2O。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c0(HS−)不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。0∼t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Z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(cⅢ−)(cⅡ)/(cⅡ−cⅠ)=1.2，则y=___________。 （4）S2Cl2(l)可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成SO2(g)、S(s)和HCl(g)，该水解反应的熵变___________0(填“>”“=”或“<”)。 （5）某低共熔溶剂(D)可用于吸收HCl(g)，其吸收过程可表示为： HCl(g)⇌HCl(sol)，xHCl(sol)+D(l)⇌D·xHCl(sol) 在一定T和HCl(g)压强(p)下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收HCl(g)的量为α+β，相关信息见图2，α或β随p的变化如图3。 ①1 mol D在303 K、p=100kPa下吸收HCl(g)至饱和，再升温至350K、降压至p=40kPa，达平衡后可释放___________molHCl(g)。 ②形成D·xHCl(sol)的总过程表示为xHCl(g)+D(l)⇌D·xHCl(s,o,l)，其平衡常数K可表示为K=(n(DH))/(n(D)·(p/100kPa)x)。已知：350K时，K=1.0，则在350K、p=64kPa、1molD最多可吸收___________molHCl(g)。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 题 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： CO→_(热催化)(COOCH3)2DMO→_(电催化)(CHOHCOOCH3)2DMT 回答下列问题： I．“热催化”中主反应： i．2CO(g)+2CH3ONO(g)=(COOCH3)2(l)+2NO(g) ΔH1 ΔS1 （1）已知：4CO(g)+4CH3OH(g)+O2(g)=2(COOCH3)2(l)+2H2O(g) ΔH2 4NO(g)+4CH3OH(g)+O2(g)=4CH3ONO(g)+2H2O(g) ΔH3 则ΔH1=__________(用含ΔH2和ΔH3的代数式表示)，ΔS1__________0(填“>”或“<”)。 （2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应i，提高CH3ONO平衡转化率的措施有__________(填标号)。 A. 及时移走(COOCH3)2 B. 通入N2 C. 增大CO和CH3ONO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”(CO(OCH3)2)的副反应： ii．CO(g)+2CH3ONO(g)=CO(OCH3)2(g)+2NO(g) 一定条件下，CH3ONO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=(2n(生成的DMO))/(n(转化的CH3ONO))×100%] ①“热催化”反应较适宜的温度区间为__________(填标号)。 A．120∼140°C B．130∼150°C C．140∼160°C ②130°C，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当CO和CH3ONO的初始浓度分别为2mol·L−1、1mol·L−1，结合图1信息，平衡时c(CH3ONO)=__________mol·L−1，反应i的Kc=__________(mol·L−1)−2(列出计算式即可)。 II．“电催化”中：DMO→(电催化)DMT （4）25℃时，DMT的生成速率v与c(DMO)关系如图2，已知该反应的速率方程为v=kcm(DMO)，其中k为速率常数。 ①当c(DMO)增加10倍，v也增加10倍，则m为__________。 ②速率常数k为__________s−1(列出计算式即可)。 （5）生成DMT的电极反应式为2(COOCH3)2+6H++6e−=(CHOHCOOCH3)2+2Y，其中Y为__________(填结构简式)。 考点2　ΔG 复合判据与自发条件判断 题 3　【2025·湖南卷】 （2025·湖南）在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下： 回答下列问题： (1)电解池中电极M与电源的 极相连。 (2)放电生成的电极反应式为 。 (3)在反应器中，发生如下反应： 反应i： 反应ii： 计算反应的 ，该反应 (填标号)。 A．高温自发    B．低温自发    C．高温低温均自发    D．高温低温均不自发 (4)一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 根据图1，写出生成的决速步反应式 ；的选择性大于的原因是 。 ②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是 ；当时，该温度下反应ii的 (保留两位小数)。 题 4　【2025·广东卷】 （2025·广东卷）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 （1）基态Ti原子的价层电子排布式为 。 （2）298K下，反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+2CO(g)的ΔH<0、ΔS>0，则298K下该反应 (填“能”或“不能”)自发进行。 （3）以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0molTiCl4与10.0molTi放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。 编号 过程 ΔH (a) Ti(s)+TiCl4(g)⇌2TiCl2(s) ΔH1 (b) TiCl2(s)+TiCl4(g)⇌2TiCl3(g) +200.1kJ/mol (c) Ti(s)+3TiCl4(g)⇌4TiCl3(g) +132.4kJ/mol (d) TiCl3(g)⇌TiCl3(s) ΔH2 ①ΔH1= kJ/mol。 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为 。 ③温度T0K下，n[TiCl4(g)]= mol，反应(c)的平衡常数K= (列出算式，无须化简)。 （4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N2H4)的分解反应： (e)N2H4=N2+2H2 (f)3N2H4=N2+4NH3 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含N2H4的物质的量为n0)，进行实验，得到n1/n0、n2/n0随时间t变化的曲线如图。其中，n1为H2与N2的物质的量之和；n2为剩余N2H4的物质的量。设ne为0~t时间段内反应(e)消耗N2H4的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用(ne)/(n0−n2)×100%表示。 ①0~t0min内，N2H4的转化率为 (用含y2的代数式表示)。 ②0~t0min内，催化剂的选择性为 (用含y1与y2的代数式表示，写出推导过程)。 题 5　【2025·浙江1月卷】 （2025·浙江1月卷）二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。请回答： （1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ．NH3(g)+CH3OH(g)⇌CH3NH2(g)+H2O(g) Ⅱ．CH3NH2(g)+CH3OH(g)⇌(CH3)2NH(g)+H2O(g) Ⅲ．(CH3)2NH(g)+CH3OH(g)⇌(CH3)3N(g)+H2O(g) 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A．温度 B．投料比[n(NH3):n(CH3OH)] C．压强 D．催化剂 （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH= 。 （3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是 。 （4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：(CH3)2NH(g)+CO(g)=HCON(CH3)2(l)。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下ΔH 0(填“>”、“<”或“=”)。 （5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比n(CO2):n(H2):n[(CH3)2NH]=20:15:1，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ．CO2(g)+H2(g)催化剂 碱性物质HCOOH(g) V．HCOOH(g)+(CH3)2NH(g)=HCON(CH3)2(g)+H2O(g) HCOOH、(CH3)2NH、HCON(CH3)2三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 (例：HCOOH的物质的量百分比(=(n(HCOOH))/(n(HCOOH)+n[(CH3)2NH]+n[HCON(CH3)2])×100%) ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活) 。 ②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因 。 题 6　【2023·福建卷】 （2023·福建卷）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有 ⅰ．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)ΔH1=+124kJ·mol−1ΔS1=127J·K−1·mol−1Kp1 ⅱ．C3H8(g)=C2H4(g)+CH4(g)ΔH2=+82kJ·mol−1ΔS2=135J·K−1·mol−1Kp2 ⅲ．C3H8(g)+2H2(g)=3CH4(g)ΔH3=−120kJ·mol−1ΔS3=27.5J·K−1·mol−1Kp3 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。在0.1MPa、t℃下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数φ见下表。 物质 丙烯 乙烯 甲烷 丙烷 氢气 体积分数(%) 21 23.7 55.2 0.1 0 （1）比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ 反应 ⅱ（填“＞”或“＜”）。 （2）①在该温度下，Kp2远大于 Kp1，但φ（C3H6)和φ（C2H4)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向进行有利于反应 ⅰ 的 反应和反应 ⅱ 的 反应（填“正向”或“逆向”）。 ②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为： 。 ③平衡体系中检测不到H2，可认为存在反应：3C3H8(g)=2C3H6(g)+3CH4(g)Kp，下列相关说法正确的是 (填标号)。 a．Kp=Kp12·Kp3 b．Kp=(0.2102×0.5523×0.12)/(0.0013)(MPa)2 c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率 d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数 ④由表中数据推算：丙烯选择性=(n生成(丙烯))/(n转化(丙烷))×100%= (列出计算式)。 （3）丙烷甲醇共进料时，还发生反应： ⅳ．CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)ΔH4=+91kJ·mol−1 在0.1MPa、t℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。 ①进料比n(丙烷)：n(甲醇)=1时，体系总反应：C3H8(g)+CH3OH(g)=CO(g)+3CH4(g)ΔH= kJ·mol−1 ②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。 题 7　【2026·上海卷】 黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分CuFeS2，含有少量SiO2杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： （1）化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A. C、S B. C、H C. N、S D. N、H （2）离子液体[]HSO4−可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A. 配位键 B. 离子间静电作用 C. 氢键 D. 金属键 （3）已知：Cu+的歧化反应 2Cu+(aq)=Cu2+(aq)+Cu(g) ΔH1=1212kJ·mol−1 Cu+(aq)=Cu+(g) ΔH2=582kJ·mol−1 Cu2+(g)=Cu2+(aq) ΔH3=−42kJ·mol−1 Cu(g)=Cu(s) ΔH4=−337kJ·mol−1 2Cu+(aq)=Cu2+(aq)+Cu(s) ΔH ①根据上述信息，计算反应热ΔH=___________kJ·mol−1。 ②在298 K时，反应2Cu+(aq)=Cu2+(aq)+Cu(s)的ΔS=−148J·mol−1·K−1则在该条件下，Cu+在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。 （4）写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________ 4CuFeS2+_____O2+2NH3+____=4[Cu(NH3)4]2++____NH4++2Fe2O3+8SO42− （5）用硫酸浸出黄铜矿时，生成Cu2+、Fe3+、SO42−。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 （6）写出正极的电极反应式___________。 （7）反应中CuFeS2可以用___________替代。 A. 葡萄糖 B. CO2 C. H2O D. O2 （8）下图为CuFeS2晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A. 体心 B. 面心 C. 顶点 D. 棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 （9）NH3、H2O、H3O+三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明NH3和H2O键角不同的原因是___________。 考点3　反应方向的调控与反应条件的优化 题 8　【2024·浙江6月卷】 （2024·浙江6月卷）氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为25℃，101kPa) NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(aq)+4H2(g)ΔH<0 请回答： （1）该反应能自发进行的条件是_______。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断 （2）该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。 A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2] C．加入少量固体硼酸[B(OH)3] D．增大体系压强 （3）为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。 （4）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为0.49L，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol；电荷量q(C)=电流I(A)×时间(s)；NA=6.0×1023mol-1；e=1.60×10-19C。] （5）资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4。(已知：ΔG是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比ΔH计算方法；当ΔG<0时，反应能自发进行。) I．NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g)ΔG1=-320kJ/mol II．H2(g)+(1)/(2)O2(g)=H2O(l) ΔG2=-240kJ/mol III．Mg(s)+(1)/(2)O2(g)=MgO(s) ΔG3=-570kJ/mol 请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明ΔG 。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为100%。) 题 9　【2026·湖北卷】 将NH3与废弃的太阳能面板Si材料进行球磨反应，制备高纯度H2，反应如下： 反应Ⅰ：4NH3(g)+3Si(s)=6H2(g)+Si3N4(s) ΔH1 已知一定温度下， 反应Ⅱ：2NH3(g)=N2(g)+3H2(g) ΔH2=+92.0 kJ·mol−1 反应Ⅲ：3Si(s)+2N2(g)=Si3N4(s) ΔH3=−743.6 kJ·mol−1 回答下列问题： （1）反应Ⅰ的ΔH1=________kJ·mol−1，属于________（填“熵增”或“熵减”）反应。 （2）将足量Si和20 mmol NH3放入反应器中进行球磨，反应器空腔净体积为V mL。 ①反应过程中H2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12 min，NH3的转化率达到80%，则0~12 min生成H2的平均速率为________mmol/(mL·min)，此时反应的浓度商为________((mmol)/(mL))2（填计算式）。当反应时间延长至24 min，NH3的转化率为100%，此时体系温度为50°C。 （3）若反应Ⅰ不以球磨方式进行，300°C反应24 min的转化率仅为0.04%。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H2还具备的优点是________。 题 10　【2026·浙江1月卷】 某小组想用CO制取CO2，反应如下： I．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41 kJ/mol K1 Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=−484 kJ/mol K2 Ⅲ．CO(g)+(1)/(2)O2(g)=CO2(g) ΔH3 K3 请回答： （1）①ΔH3=_______kJ/mol。 ②某同学在常温常压下，往CO与O2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CO2。该同学认为是该反应的平衡常数K3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CO2，反应如下： Ⅳ CO(g)→CO* V O2(g)→O2*→2O* Ⅵ O*+CO*→O...CO*(过渡态) Ⅶ O...CO*→CO2* Ⅷ CO2*→CO2(g) ①Pt(原子序数78)，位于元素周期表第_______周期_______族。 ②反应Ⅳ的ΔS_______0(填“>”、“<”或“=”)。 ③在图中画出CO2*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250°C降为30°C，相关反应如下： 序号 反应 Ea(kJ/mol) a CO*→C*+O* 144 b O2(g)→O2*→2O* 101 c O*+H*→OH* 56 d CO(g)→CO* 48 e O2H*→O*+OH* 40 f O*+CO*→O...CO*→CO2* 39 g O2(g)+H*→O2H* 24 h H2(g)→H2*→2H* 15 i OH*+H*→H2O*→H2O(g) 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)→CO2*→CO2(g)。 参考答案 考点1　熵变与熵判据（反应自发性判断） 题 1　【2026·广东卷】 【答案】（1） （2）(3)/(2)ΔH1−(1)/(2)ΔH2 （3） ①. BC ②. 3.2 （4）> （5） ①. 0.82 ②. 由题图3可知，350K时α=0.00，温度不变K不变。p=100kPa时，β=0.25，结合题图2中信息，β=(x·n(DH))/(n0(D))=(x·n(DH))/(1mol)=0.25，n(DH)=(0.25)/(x)mol，则K=((0.25)/(x))/((1−(0.25)/(x))·1x)=1.0，解得x=0.5；p=64kPa时，K=(n(DH))/([1−n(DH)]·0.640.5)=1.0，解得n(DH)=(4)/(9)mol，β=(0.5×(4)/(9))/(1)≈0.22，故1molD最多可吸收0.22molHCl(g) 【解析】 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 根据盖斯定律，反应3=(3)/(2)×反应1−(1)/(2)×反应2，故ΔH3=(3)/(2)ΔH1−(1)/(2)ΔH2； 【小问3详解】 ①A．题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着c0(HS−)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c0(HS−)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(2.0−1.0)/(cII−cI)=(y−2.0)/(cIII−cII)，y−2.0=(cIII−cII)/(cII−cI)=1.2，则y=3.2。 【小问4详解】 S2Cl2在潮湿空气中水解的化学方程式为2S2Cl2(l)+2H2O(l)=SO2(g)+3S(s)+4HCl(g)，该反应为熵增反应，熵变>0。 【小问5详解】 ①由题干可知，每摩尔D吸收HCl(g)的量为α+β。结合题图3可知，303 K、p=100kPa时，α=0.15，β=0.86，α+β=0.15+0.86=1.01；350 K、p=40kPa时，α=0.00，β=0.19，α+β=0.19，故达平衡后释放的HCl(g)为(1.01−0.19)mol=0.82mol。 ②1molD最多可吸收0.22molHCl(g)，计算过程见答案。 题 2　【2026·云南卷】 【答案】（1） ①. (ΔH2−ΔH3)/(2) ②. ＜ （2）C （3） ①. B ②. 0.25 ③. (0.752)/((1.2875)2·0.252) （4） ①. 1 ②.  (15.60×10−6)/(0.40)或(10.92×10−6)/(0.28)或(6.24×10−6)/(0.16)或(1.56×10−6)/(0.04) （5）CH3OH 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以(1)/(2)​减去第二个反应乘以(1)/(2)，得到目标反应，故ΔH1=(ΔH2−ΔH3)/(2)。反应i中，反应物气体总物质的量为4mol，生成物仅2mol气体（DMO为液态），气体物质的量减少，熵减小，因此ΔS1<0。 【小问2详解】 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，CH3ONO平衡转化率不变，错误； B．恒容密闭容器中通入N2，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CO和CH3ONO投料比，相当于增加CO浓度，平衡正向移动，CH3ONO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。 【小问3详解】 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120~140℃时，主产物的选择性较高，但CH3ONO的转化率太低，而温度在140~160℃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130∼150°C，答案选B。 ②130℃时CH3ONO平衡转化率为75%，初始浓度为1mol·L−1，因此平衡时c(CH3ONO)=1×(1−75%)=0.25mol·L−1， 两个反应中，每消耗1molCH3ONO均生成1molNO，因此平衡c(NO)=0.75mol·L−1；结合DMO选择性90%，生成DMO的CH3ONO为 0.75×90%=0.675mol/L。根据反应 i，c(DMO)=(1)/(2)Δc(CH3ONO)=(0.675mol/L)/(2)=0.3375mol/L，反应 ii 消耗的CH3ONO=0.75mol/L×(1−90%)=0.075mol/L。生成 c(副产物1)=(0.075mol/L)/(2)=0.0375mol/L； 平衡c(CO)=(2−0.675−0.0375)mol·L−1=1.2875mol·L−1，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Kc=(c2(NO))/(c2(CO)·c2(CH3ONO))=(0.752)/((1.2875)2·0.252)。 【小问4详解】 ①速率方程v=kcm(DMO)，当c(DMO)增加10倍，v增加10倍，可得k(10c)m=10·kcm，即10m=10，因此m=1。 ②m=1，因此k=(v)/(c)​，代入图2中任意一组数据即可： (15.60×10−6)/(0.40)或(10.92×10−6)/(0.28)或(6.24×10−6)/(0.16)或(1.56×10−6)/(0.04)。 【小问5详解】 根据原子守恒配平电极反应：左侧总组成为8C、18H、8O，右侧DMT总组成为6C、10H、6O，剩余2C、8H、2O对应2Y，因此Y为CH3OH。 考点2　ΔG 复合判据与自发条件判断 题 3　【2025·湖南卷】 【答案】(1)正 (2) (3) ﹣126 B (4) 由生成时，活化能较大，反应速率慢 随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小 0.16 【详解】（1）由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连； （2）CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：； （3）根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，选B； （4）总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于； 当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO的分压，相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小； 当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp=。 题 4　【2025·广东卷】 【答案】（1）3d24s2 （2）能 （3）−267.8 TiCl2(s) 0.5 (((6)/(V0))4)/(((0.5)/(V0))3) （4）(1−y2)×100% (3y1+y2-1)/(8−8y2)×100% 【解析】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2： （2）反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+2CO(g)的ΔH<0、ΔS>0，则根据ΔG=ΔH−TΔS可知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能； （3）① 已知： 反应b：TiCl2(s)+TiCl4(g)⇌2TiCl3(g) 反应c：Ti(s)+3TiCl4(g)⇌4TiCl3(g) 将反应c-2×反应b可得Ti(s)+TiCl4(g)⇌2TiCl2(s)，则ΔH1=132.4−2×200.1kJ/mol=−267.8kJ/mol，故答案为：−267.8； ② 由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示TiCl3(g)或TiCl2(s)的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为逆向移动，所以TiCl3(g)的含量逐渐上升，TiCl2(s)的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为TiCl2(s)，故答案为：TiCl2(s)； ③ 温度T0K下，n[Ti(s)]=8.5mol，n[TiCl3(g)]=6.0mol，n[TiCl3(s)]=n[TiCl2(s)]=0mol，根据Ti元素守恒，可推出n[TiCl4(g)]=（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则c[TiCl4(g)]=(0.5)/(V0)mol/L，c[TiCl3(g)]=(6.0)/(V0)mol/L，反应(c)的平衡常数K=(c4[TiCl3(g)])/(c3[TiCl4(g)])=(((6)/(V0))4)/(((0.5)/(V0))3)，故答案为：0.5；(((6)/(V0))4)/(((0.5)/(V0))3)； （4）① 因为肼(N2H4)为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时(n2)/(n0)=1，t0min时， (n2)/(n0)=y2，则0~t0min内，N2H4的转化率为(1−y2)/(1)×100%=(1−y2)×100%，故答案为：(1−y2)×100%； ② 由图可知，0~t0min内，(n1)/(n0)=y1，(n2)/(n0)=y2，则n2=y2×n0，反应掉的肼(N2H4)为n0(1-y2)，生成的氮气和氢气的物质的量为y1×n0mol，根据反应前后原子个数守恒，可得n(NH3)=(6n0(1-y2)-2n0y1)/(4)mol，反应f消耗的肼为n(N2H4)=(6n0(1-y2)-2n0y1)/(4)×(3)/(4)mol，反应e消耗的肼ne为n0(1-y2)−(6n0(1-y2)-2n0y1)/(4)×(3)/(4)mol， 则本体系中催化剂的选择性(ne)/(n0−n2)×100%=(n0(1-y2)−(6n0(1-y2)-2n0y1)/(4)×(3)/(4))/(n0−y2×n0)×100%=((1-y2)−(9(1-y2)-3y1)/(8))/(1−y2)×100%=(3y1+y2-1)/(8−8y2)×100%，故答案为：(3y1+y2-1)/(8−8y2)×100%； 题 5　【2025·浙江1月卷】 【答案】（1）AB （2）5.4 （3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O （4）＜ （5）t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢 用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度 【解析】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意； B．增大投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 将增大CH3OH的转化率，相反减小投料比[n(NH3):n(CH3OH)]，将减小CH3OH的平衡转化率，B符合题意； C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，C不合题意； D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH的平衡转化率，D不合题意； 故答案为：AB； （2）25℃下，(CH3)2NH·H2O的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb=(c[(CH3)2NH2+]c(OH-))/(c[(CH3)2NH•H2O])=10-3.2，则[(CH3)2NH2] ++H2O⇌(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh=(Kw)/(Kb)=(10−14)/(10−3.2)=10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh=(c[(CH3)2NH•H2O]c(H+))/(c[(CH3)2NH2+])=(c2(H+))/(c[(CH3)2NH2+])=10-10.8，故c(H+)=10−10.8√()=10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4； （3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O； （4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式(CH3)2NH(g)+CO(g)=HCON(CH3)2(l)是一个某条件下反应自发且熵减，根据自由能变ΔG=ΔH-TΔS＜0时反应自发可知，则反应在该条件下ΔH<0，故答案为：＜； （5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢，故答案为：t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢； ②用H2作氢源需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢原需要断裂H-H键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键能比H-H小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。 题 6　【2023·福建卷】 【答案】（1）＞ （2）正向 逆向 ⅱ＞ⅰ＞ⅲ ab (21)/(21+23.7+(55.2−23.7)/(3))×100%=38.04% （3）-29 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低 【分析】Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决问题。结合阿伏加德罗定律将物质的量和体积进行转化。 【解析】（1）反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞(124)/(127)，同理反应ⅱ：T＞(82)/(135)，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞； （2）①ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向，②根据平衡体积分数φ（甲烷）＞φ（乙烯）＞φ（丙烯），消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，③根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故Kp=Kp12·Kp3；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故Kp=(P3(CH4)P2(C2H6))/(P3(C3H8))=((0.552×0.1）2(0.21×1)3)/((0.001×0.1)2)=(0.5523×0.212)/(0.0013)；催化剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动，根据温度不变Kp为定值，各组分的体积分数不变；④在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性=(n生成(丙烯))/(n转化(丙烷))×100%=(21)/(21+23.7+(55.2−23.7)/(3))×100%=38.04%； （3）ⅲ．C3H8(g)+2H2(g)=3CH4(g)ΔH3=−120kJ·mol−1ⅳ．CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)ΔH4=+91kJ·mol−1 目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/mol； 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低。故答案为：-29 kJ/mol ；甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低。 题 7　【2026·上海卷】 【答案】（1）D （2）BC （3） ①. 875 ②. 不能 ③. 该温度下反应的ΔG=ΔH−TΔS>0，歧化反应正向自发，Cu+会转化为Cu2+和Cu （4）17 （5）氧化剂 （6）2H2O−4e−=O2+4H+ （7）A （8） ①. A ②. 4 （9） ①. H3O+>NH3>H2O ②. NH3中N原子有1对孤电子对，H2O中O原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小 【解析】 【小问1详解】 该辅助光亮剂含C、H、N、S四种元素，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性顺序为N>S>C>H，故电负性最大的是N，最小的是H，选D。 【小问2详解】 该离子液体中阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离子中的N-H键可与阴离子HSO4−中的O形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选BC。 【小问3详解】 (1) 根据盖斯定律，目标反应2Cu+(aq)=Cu2+(aq)+Cu(s)可由已知第一个反应与第四个反应相加得到，故ΔH=ΔH1+ΔH4=1212�kJ·mol−1−337�kJ·mol−1=875�kJ·mol−1。 (2) 298K时，反应的吉布斯自由能ΔG=ΔH−TΔS=875�kJ·mol−1−298�K×(−0.148�kJ·mol−1·K−1)≈919.1�kJ·mol−1>0，说明歧化反应在该条件下正向自发进行，故Cu+在溶液中不能大量存在。 【小问4详解】 依据电子守恒，CuFeS2中Fe从+2价升高到+3价，每个Fe失1e⁻，S从-2价升高到+6价，每个S失8e⁻，4mol CuFeS2共失电子4×1+8×8=68�mol，O2中O从0价降低到-2价，1mol O2得4e⁻，故O2的系数为(68)/(4)=17。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为H2O，NH4+的系数为16，配平后总反应为4CuFeS2+17O2+2NH3+16H2O=4[Cu(NH3)4]2++16NH4++2Fe2O3+8SO42−。 【小问5详解】 反应液中含Cu2+、Fe2+、Fe3+、SO42−，为将Fe元素全部转化为Fe3+，便于调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去，需添加氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+。 【小问6详解】 电解装置右侧H2O转化为O2，O元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，故右侧电极为阳极，接电源正极，电极反应式为2H2O−4e−=O2+4H+。 【小问7详解】 反应中CuFeS2中Fe、S元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只有葡萄糖具有还原性，CO2、H2O无强还原性，O2为氧化剂，故选A。 【小问8详解】 CuFeS2晶胞中Cu原子采取面心立方堆积，已画出的Cu位于顶点和面心位置，未画出的Cu位于晶胞体心位置，选A；每个Cu原子周围紧邻的S原子构成四面体结构，故距离Cu原子最近的S原子有4个。 【小问9详解】 考点3　反应方向的调控与反应条件的优化 题 8　【2024·浙江6月卷】 【答案】（1）C （2）A （3）随着投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]增大，NaBH4的水解转化率降低 （4）O2+4e-+2CO2=2CO32- 70% （5）NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)=NaBH4(s)+2MgO(s) ΔG=-340kJ/mol 【解析】（1）反应NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(aq)+4H2(g)ΔH<0，ΔS＞0 ，由ΔG=ΔH-TΔS可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C； （2）A．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意； B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]，H2O的量减少，化学反应速率降低，B不符合题意； C. 加入少量固体硼酸[B(OH)3]，H2O的量减少，化学反应速率降低，C不符合题意； D．增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意； 答案选A。 （3）随着投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。 （4）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2CO32-， 该条件下，0.49L H2的物质的量为n(H2)=(0.49L)/(24.5L/mol)=0.02mol，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：(2688C)/(3840C)×100%=70%； （5）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)=NaBH4(s)+2MgO(s)，ΔG=2ΔG3-(2ΔG2+ΔG1)=2×(-570kJ/mol)-[2×(-240kJ/mol)+(-320kJ/mol)]=-340kJ/mol 。 题 9　【2026·湖北卷】 【答案】（1） ①. −559.6 ②. 熵增 （2） ①. 缩短反应时间，且能提高 H2 的产量 ②. (2)/(V) ③. (((24)/(V))6)/(((4)/(V))4)（或 (246)/(44V2)） （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 H2 【解析】 【小问1详解】 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 ΔH1=2ΔH2+ΔH3=2×(+92.0kJ·mol−1)+(−743.6kJ·mol−1)=−559.6kJ·mol−1。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。 【小问2详解】 ① 题目已知球磨总转数固定为 6500 转，当转速为 650 转/分钟时，反应耗时为 10min；当转速为 400 转/分钟时，反应耗时为 16.25min。且由图1可知，650 转/分钟时的 H2 产量高于 400 转/分钟时。因此，选择 650 转/分钟的优势是缩短了反应时间，且能提高 H2 的产量。 ② 反应 12min 时，NH3 转化了 20mmol×80%=16mmol，根据方程式 4NH3(g)+3Si(s)=6H2(g)+Si3N4(s) 可知，生成 H2 的物质的量为 16mmol×(6)/(4)=24mmol。则 0∼12min 生成 H2 的平均速率 v(H2)=(24mmol)/(VmL×12min)=(2)/(V)mmol/(mL·min)。此时剩余 NH3 为 20−16=4mmol，体系中 c(H2)=(24)/(V)mmol/mL，c(NH3)=(4)/(V)mmol/mL，该反应的浓度商 Qc=(c6(H2))/(c4(NH3))=(((24)/(V))6)/(((4)/(V))4)。 【小问3详解】 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。 【小问4详解】 反应Ⅱ的产物为 N2 和 H2 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 H2 一种气体，副产物 Si3N4 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 H2。 题 10　【2026·浙江1月卷】 【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】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律，反应Ⅲ=(1)/(2)II−I=(1)/(2)×(−484kJmol−1)−(41kJ·mol−1)=−283kJmol−1。 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。 【小问2详解】 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，ΔS<0。 ③由O···CO*转化为CO2*时形成新的化学键放热故CO2*的能量比O···CO*低，但在催化剂上脱附是吸热过程，故CO2*的位置在O···CO*与CO2(g)的下面，如图：。 【小问3详解】 ①根据(3)题干表格中给出的反应历程，如h： H2(g)→H2∗→2H∗，g： O2(g)+H∗→O2H∗等，均涉及H2或含氢物种，说明体系中引入了H2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*)→i[OH*+H*→H2O*→H2O(g)]→d[CO(g)→CO*]→f(O*+CO*→O...CO*→CO2*)→CO2*→CO2(g)，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。 学科网（北京）股份有限公司 $