专题11 化学反应原理综合题（6年汇编）（福建专用）2021-2026年高考化学真题分类汇编

专题11 化学反应原理综合题 6年真题1年模拟 考点分类 福建考情（2021-2026） 命题规律 化学反应原理综合题 2026福建(1题)、2024福建(1题)、2023福建(1题)、2022福建(1题)、2021福建(1题) 情境设置：· 真题以Rh3+/Ir3+配位分离、SiHCl3制备、丙烷制丙烯、异丙醇脱水及CuO/Cu2O化学链燃烧等真实化工能源情境为载体，常给反应式、K、分压或曲线。 考查重点：· 聚焦ΔH与热化学方程式、平衡常数Kₚ、平衡移动、体积分数、选择性、分压和物料计算，兼考配位能力、催化速率与热量比较。 命题趋势：· 多反应耦合与图像数据并重，设问递进，定性判断和定量列式结合，突出盖斯定律、平衡模型、信息提取及化工分离计算。 1.(2026·福建·高考真题)贵金属铑(Rh)和铱(Ir)的化学性质相似，探究分离方法有重要意义。 Ⅰ．(、)与的配位能力 （1）向等浓度和混合溶液中加入盐酸，有下列反应： ⅰ．        ⅱ．        ⅲ．        ①　　　　　　　　　　。(用、表示) ②，与的配位能力：　　　　　　　　　。(填“>”“<”或“=”) Ⅱ．在阳离子交换树脂上的吸附 一定条件下，浓度为的溶液与树脂混合，发生吸附反应：。 （2）树脂上吸附量随时间变化如图。 ①～每克树脂吸附的平均速率为　　　　　　　　　。 ②吸附活化能：　　　　　　　　　。(填“>”“<”或“=”) （3）吸附平衡时，分配比[]随溶液变化如图。 ①增大，树脂吸附的下降的原因为：　　　　　　　　。 ②吸附平衡常数：　　　　　　　　。(填“>”“<”或“=”) （4）向和浓度均为的混合液中加入树脂。 ①为提高吸附的平衡选择性，溶液宜选　　　　　　　　。(填标号) a．0.1       b．2.0       c．4.0 ②吸附平衡时，溶液中和的浓度分别为和(忽略溶液体积变化)，　　　　　　　　　　。(用、和列出计算式) Ⅲ．树脂上共吸附的洗脱 （5）树脂上共吸附的和，用一定量的溶液、溶液分步在分钟内洗脱，结果见下表。 已知：M(Ⅲ)洗脱率 M(Ⅲ) Rh(Ⅲ) Ir(Ⅲ) 第1步洗脱率/% 6 94 第2步洗脱率/% 85 6 ①第1步洗脱后，树脂上　　　　　　　　。(填“升高”“降低”或“不变”) ②第2步的X溶液宜选　　　　　　　　。(填标号) a．盐酸             b．盐酸 c．溶液             d．溶液 ③第2步洗脱后，洗脱液中　　　　　　　　。(列出计算式) 【答案】（1）①     ② ＜     （2）① 0.25    ② ＜     （3）① 增大，吸附平衡逆向移动    ② ＞     （4）① a    ②      （5）① 升高    ② b    ③       【解析】(1)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，因此与的配位能力小于。 (2)①由题图1可知，1h时每克树脂对的吸附量为，因此0~1h每克树脂吸附的平均速率为。 ② 0~1h内，相同时间下的吸附速率远大于，吸附反应速率越快说明活化能越低，因此的吸附活化能小于。 (3)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 分配比，由题图2可知相同下，即。结合吸附反应的平衡常数表达式，可推导出与吸附平衡常数正相关，因此的吸附平衡常数大于。 (4)① 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 。 ② 溶液中剩余的物质的量分别为、，树脂上吸附的物质的量分别为、，代入分配比定义可得： 。 (5)① 第1步洗脱后，树脂上剩余的为，剩余的为，二者比值为，远大于洗脱前的，因此升高。 ② 由表中数据第二步洗脱时Rh(Ⅲ)的洗脱率为85%、Ir(Ⅲ)的洗脱率为6%可知，第二步洗脱的目的是将树脂吸附的洗脱下来，洗脱第一步只洗脱了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)。 ③ 根据洗脱率公式，第2步洗脱液中Rh(Ⅲ)的物质的量为，Ir(Ⅲ)的物质的量为，因此二者物质的量之比为。 2.(2024·福建·高考真题)是制造多晶硅的原料，可由和耦合加氢得到，相关反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． （1）生成的总反应： Ⅳ．　　　　　　　 （2）体系达到平衡状态且其他条件不变时： ①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数增大的组分为　　　　　　　。(填标号) a．       b．       c．       d． ②反应温度升高不利于提高平衡时产物选择性的原因是　　　　　　　。 （3）在压强为的恒压体系中通入和，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。 ①图中n代表的组分为　　　　　　　。(填化学式) ②时，反应Ⅲ的平衡常数　　　　　　　。(列出计算式) ③时，的平衡转化率为f，消耗硅的物质的量为　　　　　　　。(列出计算式) （4）下、其他条件相同时，用和分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。(产物选择性均高于98.5%) 催化剂 的转化率/% 7.3 14.3 22.3 ①使用不同催化剂时，反应Ⅳ的催化剂　　　　　　　催化剂(填“>”“<”或“=”)；反应Ⅳ的活化能：催化剂　　　　　　　催化剂(填“>”“<”或“=”)。 ②使用催化剂，初始投料该段时间内得到，则的选择性　　　　　　　。(列出计算式) 【答案】（1）     （2）① bc    ② 因，升温反应向逆反应方向进行，的产量反而减小     （3）①     ②     ③ 或     （4）① =    ② >    ③       【解析】(1)根据盖斯定律可知，。 故答案为：-80。 (2)① 压缩平衡体系体积，相当于增大压强，重新达到平衡后，对的反应都是平衡向正反应方向移动，因此和的量增大；因、，升温反应向逆反应方向进行，反应向正反应方向进行，的产量反而减小。 故答案为：bc；因，升温反应向逆反应方向进行，的产量反而减小。 (3)在压强为的恒压体系中通入和，① 根据反应可知，温度升高反应和向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HCl，m为；②时按照反应进行：，由图中可知道平衡时，，，则；③，1mol的平衡转化率为f，则转化的为fmol，剩余的为()mol，平衡时的物质与物质的量分数分别为：x、z和y，设平衡时混合物的总物质的量为Mmol，则可以根据剩余的计算出M，mol，再计算出、，根据硅原子守恒，消耗硅的物质的量=平衡物质中硅的总物质的量-起始时的1mol，或者消耗硅的物质的量=平衡物质中和物质的量之和-消耗的fmol，。 故答案为：；；或。 (4)① 使用不同催化剂时，反应的催化剂与催化剂相比较，由于反应热只和反应物的始态与生成物的终态有关，与催化剂无关，所以催化剂=催化剂；根据表中数据，在相同单位时间内，作催化剂的转化率为7.3%、作催化剂的转化率为22.3%，由此可以得出作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应的活化能：催化剂催化剂；② 根据反应：，初始投料该段时间内得到，列式 ，得出生成所消耗的的物质的量，根据表的转化率可知所消耗的的总物质的量为，最后根据公式。 故答案为：=；>；。 3.(2023·福建·高考真题)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． ⅱ． ⅲ． 已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数见下表。 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，可认为存在反应：，下列相关说法正确的是　　　　　　　(填标号)。 a． b． 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　　　　　　　(列出计算式)。 （3）丙烷甲醇共进料时，还发生反应： ⅳ． 在下，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)(甲醇)时，体系总反应：　　　　　　　 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　　　　　　　。 【答案】（1）＞     （2）① 正向    ② 逆向    ③ ⅱ＞ⅰ＞ⅲ    ④ ab    ⑤      （3）① -29    ② 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      【解析】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。 (1)反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞，同理反应ⅱ：T＞，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞； (2)① ⅲ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，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；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故；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； (3)ⅲ．ⅳ． 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。 4.(2022·福建·高考真题)异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： （1）已知，则燃烧生成和的热化学方程式为　　　　　　　。 （2）在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表： 反应时间 0 4 8 12 t 20 浓度 0 2440 3200 3600 4000 4100 ①内，　　　　　　　； ②t　　　　　　　16(填“>”“<”或“=”)。 （3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是　　　　　　　(填标号)。 a.的分压不变                         b.混合气体密度不变 c.                  d. （4）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为　　　　　　　。 （5）下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。 (已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压) ①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的　　　　　　　点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是　　　　　　　。 ②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为　　　　　　　(用含x的代数式表示)。 【答案】（1）     （2）① 190    ② >     （3）ad     （4）58.8%     （5）① 甲    ② 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，    ③       【解析】(1)设Ⅲ ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得。 (2)①内，，则； ②、、，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H2O)=400ppm，内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。 (3)a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确； b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误； c．当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误； d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确； 故选ad。 (4)设C3H8O的物质的量为1mol，若lmol C3H8O完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为=58.8%。 (5)① 反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲； ② 由图可知，350°C时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有 ，解得a=MPa。 5.(2021·福建·高考真题)化学链燃烧()是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集。基于载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下。 空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为： ① ② （1）反应 　　　　　　　。 （2）反应②的平衡常数表达式　　　　　　　。 （3）氧的质量分数：载氧体Ⅰ　　　　　　　(填“>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。 （4）往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数为21%】，发生反应①。平衡时随反应温度T变化的曲线如图所示。时的平衡转化率　　　　　　　(保留2位有效数字)。 （5）根据下图，随温度升高而增大的原因是　　　　　　　。反应温度必须控制在以下，原因是　　　　　　　。 （6）载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的载氧体，反应②活化能如下表所示。 载氧体掺杂物质 氧化铝 膨润土 活化能/ 由表中数据判断：使用　　　　　　　(填“氧化铝”或“膨润土”)掺杂的载氧体反应较快；使用氧化铝或者膨润土掺杂的载氧体，单位时间内燃料反应器释放的热量分别为、，则a　　　　　　　b(填“>”“=”或“<”)。 【答案】（1）     （2）(或)     （3）>     （4）58%     （5）① 反应① 为放热反应，温度升高平衡左移    ② 温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧     （6）① 膨润土    ② <      【解析】(1)①；②，用①2+② （1）得：反应 =，故答案：。 (2)由②可知，故体没有浓度，所以该反应的平衡常数表达式(或)，故答案：(或)。 (3)由图可知：载氧体I是把空气中的氧气转移到燃料反应器，载氧体II是氧气和甲烷发生反应释放出水和二氧化碳，所以氧的质量分数：载氧体I>载氧体II，故答案：>。 (4)设往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气的物质的量为1mol,氧气的物的量分数为21%，则氧气的物质的量为0.21mol，由图可知，达到平衡时氧气的物的量分数为10%，设反应的O2为xmol，有，x=0.122mol，则 时的平衡转化率=58%，故答案：58%。 (5)因为①为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，氧气的浓度正大。因为往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数为21%】，由图可知，当温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧。故答案：反应① 为放热反应，温度升高平衡左移；温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧。 (6)由表中数据可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能高，所以使用膨润土掺杂的载氧体反应较快。 使用氧化铝比使用者膨润土掺杂的载氧体反应较慢，单位时间内燃料反应器释放的热量少，所以<，故答案：膨润土；<。 1.(2027·福建福州三校·适应性考试)乙二醇是一种重要化工原料，合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ．以合成气(CO、H2)为原料，，不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 1.0 （1）该反应的ΔH 　　　　　　　0(填“＞”或“＜”)。 （2）已知的燃烧热(ΔH)分别为-akJ/mol，-bkJ/mol，-ckJ/mol，则上述合成反应的ΔH =　　　　　　　　　　kJ/mol。(用a、b和c表示)。 （3）实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(答出1条即可)。 Ⅱ．利用草酸与甲醇酯化获得的草酸二甲酯(DMO)为原料，制备乙二醇的过程如下。 （4）实验室在浓硫酸催化下发生反应i。 ①生成DMO的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②下列措施能提高草酸平衡转化率的有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(填标号) A．提高草酸用量    　B．提高甲醇用量   　 C．及时分离出水    　D．使用高效催化剂 （5）反应ii~iv的lgK与温度关系如图。 ①500 K时，反应+2CH3OH(g)的K=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；反应结束后，降温过程中先液化得到的物质为　　　　　　　　　　　　　(填“乙二醇”“甲醇”)，并说明理由　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②500 K时，在恒容体系中加入1mol/LDMO、xmol/LH2，在一定条件下反应ii和iii，忽略反应iv。达到平衡时测得c(乙二醇)=0.8 mol∙L-1，c(DMO)≈0 mol∙L-1，x=　　　　　　　　　　　　。 (已知：) 【答案】（1）<     （2）-2a-3b+c     （3）反应放热，500K的高温下，平衡逆向移动，导致产率降低；或者有副反应发生；或者催化剂选择性降低；（合理即可）     （4）① +2CH3OH+2H2O；    ② BC     （5）①     ② 乙二醇    ③ 乙二醇分子间氢键的数目比甲醇多，使乙二醇的沸点高于甲醇，故乙二醇先液化    ④ 4.4      【解析】(1)由表格数据可知，温度升高，K值减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH <0； (2)由燃烧热数据可知有已知方程式： ①ΔH1 =-akJ/mol； ②ΔH2 =-bkJ/mol； ③ΔH3 =-ckJ/mol； 根据盖斯定律，合成反应方程式=①+②-③，故ΔH =(-2a-3b+c) kJ/mol； (3)根据表格数据，反应在500K时，平衡常数，此时平衡常数过小，即正向进行程度很小，导致乙二醇产率过低，或者有副反应发生，也会导致产率降低；或者在该温度下，催化剂选择性降低等； (4)①生成DMO为酯化反应，化学方程式为+2CH3OH+2H2O； ②A．提高草酸用量，平衡正向移动，甲醇平衡转化率增大，但草酸的平衡转化率会降低，故A不符合题意； B．提高甲醇用量，平衡正向移动，草酸的平衡转化率会升高，故B符合题意； C．及时分离出水分，平衡会右移，草酸的平衡转化率会升高，故C符合题意； D．使用催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，但不能提高草酸的平衡转化率，故D不符合题意； 答案为BC； (5)①反应ii+反应iii得反应+2CH3OH(g)，方程式相加时，K值相乘，由图像数据，500K时，反应ii的平衡常数Kii=104.0，反应iii的平衡常数Kiii=101.05，则上述反应的K=；反应结束后，降温过程中先液化得到的物质为乙二醇；因为乙二醇分子间氢键的数目比甲醇多，使乙二醇的沸点高于甲醇，故乙二醇先液化； ②500 K时，在恒容体系中加入1mol/LDMO、xmol/LH2，在一定条件下反应ii和iii。达到平衡时测得c(乙二醇)=0.8 mol∙L-1，c(DMO)≈0 mol∙L-1，说明反应ii完全进行，根据元素守恒，浓度为0.2mol/L，CH3OH浓度为(1+0.8)mol/L=1.8mol/L，Kiii=，解得c(H2)=0.8mol/L，反应ii消耗的H2为2mol/L，反应iii消耗的H2为1.6mol/L，x=0.8+2+1.6=4.4。 2.(2027·福建漳州·质量检测)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    ② 0.2     （5）① ＞    ② 350℃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       【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：3.6mol，反应ⅱ的平衡常数Kp==。 3.(2026·福建三明·二模)利用再生氢将温室气体CO2转化为甲醇是实现碳中和的重要途径，其主要反应如下： Ⅰ．    Ⅱ．             Ⅲ．                     （1）①　　　　　　　　　　　，反应Ⅰ在　　　　　　　　　　　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 ②在恒容绝热条件下，起始投料按充入容器中，若只发生反应Ⅰ，下列可作为反应达到平衡状态的判断依据是　　　　　　　　　　　(填标号)。 a．的比值不变       b．不变 c．容器内气体密度不变       d．容器内气体的平均相对分子质量不变 （2）在一定压强下，通入1 mol CO2和6 mol H2(发生反应Ⅰ和Ⅱ)，反应100 min，CO2的转化率、CH3OH的选择性及CO的选择性随温度变化曲线如图所示。 已知： ①260℃时，生成CO的平均反应速率为　　　　　　　　　　　(保留三位有效数字)。 ②300℃时，若总压为2.9 kPa，则平衡时体系中H2与CH3OH的物质的量之比为　　　　　　　　　　　，反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=　　　　　　　　　　　(kPa)-2。 （3）在Cu/ZrO2催化剂作用下，CO2加氢合成甲醇的机理如图所示。 ①Cu/ZrO2催化剂中Cu活性位点的作用是　　　　　　　　　　　。 ②若ZrO2-O-H中的羟基氧用18O代替，则产物中不会出现18O的物质为　　　　　　　　　　　(填化学式)。 【答案】（1）① -49.4    ② 低温    ③ bd     （2）①     ② 20：3    ③ 0.15     （3）① 吸附(活化)H2并使其解离成(活性)氢原子    ② CH3OH      【解析】(1)由盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ：；反应自发条件：＜0，反应Ⅰ中，气体分子数减少，＜0；又＜0，因此低温下＜0，反应自发，故答案为低温；恒容绝热条件下，起始投料，只发生反应Ⅰ： a．起始投料比为1：3，反应中消耗的，因此任意时刻的比值恒为3：1，不能判断平衡，不符合； b．是反应的平衡表达式，恒容绝热条件下，平衡常数随温度变化，当比值不变时，说明温度和浓度均不变，反应达到平衡，b符合； c．容器内气体总质量不变，体积不变，密度恒不变，不能判断平衡，c不符合； d．气体总质量不变，总物质的量随反应进行而变化，因此平均相对分子质量不变时，说明总物质的量不变，反应达到平衡，d符合； 故选择bd。 (2)①260℃时：，转化的物质的量：，,则，转化为CO的物质的量，反应时间t=100min，平均反应速率：；② 由图可知，300℃时，，即总转化；、，即转化为的为，转化为CO的物质的量根据反应列出三段式： 故平衡时体系中与的物质的量之比为：；总物质的量，总压，各物质分压，则反应Ⅰ的压强平衡常数， (3)① 从反应机理图可知，Cu位点吸附(活化)H2并使其解离成(活性)氢原子；② 反应机理中，羟基氧参与生成，而中的氧来自，不包含羟基氧，因此产物中不会出现的物质为； 4.(2026·福建龙岩·二模)利用加氢合成甲醇（）是实现“碳中和”目标的有效途径之一。一定条件下，与发生以下反应： Ⅰ．    Ⅱ．    Ⅲ．    （1）已知298 K时，部分物质的相对能量如下表。 物质 相对能量/ 0 　　　　　　　。 （2）反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数随温度变化曲线如图1所示。 ①图中表示反应Ⅱ的关系的曲线为　　　　　　　　（填“”或“”）。 ②高于400 ℃反应Ⅲ可以忽略的依据是　　　　　　　　。 （3）一定压强下反应一段时间，催化剂A、B的产物选择性和转化率随温度变化的关系如图2、图3所示，应选用催化剂　　　　　　　　（填“A”或“B”），理由是　　　　　　　　。 （4）一定温度下，维持压强为p，密闭容器中和按照物质的量之比投料，只发生反应Ⅰ、Ⅱ，并达到平衡状态，平衡转化率为10%，甲醇选择性为80%，计算反应Ⅰ在该温度下的分压平衡常数　　　　　　　　。[列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数，甲醇选择性]；随着温度的升高，的转化率增大，而的选择性却下降。从平衡移动角度分析其可能的原因　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）① m    ② 高于400 ℃反应Ⅲ的K小于，反应几乎不发生     （3）① A    ② 200 ℃时，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性更大     （4）① 或    ② 温度升高，反应Ⅱ正向移动程度大于反应Ⅰ逆向移动程度（或其他合理答案）      【解析】(1)反应的焓变等于生成物能量和减去反应物能量和，则 (2)① 反应Ⅱ的焓变为，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，图中表示反应Ⅱ的关系的曲线为m。 ② 由图，400℃，反应Ⅲ的，则，反应Ⅲ为放热反应，升温温度，平衡逆向移动，K值更小，故高于400 ℃反应Ⅲ可以忽略的依据是高于400 ℃反应Ⅲ的K小于，反应几乎不发生； (3)由图1可知，在较低温度下反应Ⅲ进行程度较大，较高温度下反应Ⅲ几乎不能进行；结合图2、图3，200 ℃时，甲醇选择性更大，使用催化剂A，的转化率更高且的选择性更大，故催化剂应选A； (4)假设二氧化碳、氢气投料分别为1 mol、3 mol，平衡转化率为10%，则反应二氧化碳0.1 mol，甲醇选择性为80%，生成甲醇0.08 mol，三段式为： 平衡时，二氧化碳、氢气、甲醇、水、一氧化碳物质的量分别为0.9 mol、2.74 mol、0.08 mol、0.1 mol、0.02 mol，总的物质的量为3.84 mol，反应Ⅰ在该温度下的分压平衡常数；反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应Ⅱ正向移动程度大于反应Ⅰ逆向移动程度，从而导致的转化率增大，而的选择性却下降。 5.(2026·福建漳州实验高级中学·二模)锗(Ge)是太阳能光伏电池的重要组成部分，我国锗主要分布在内蒙古乌兰图嘎煤矿、云南铅锌矿、广东凡口铅锌矿和青海锡铁山铅锌矿等矿区。 （1）Ge元素位于元素周期表的第　　　　　　　　周期第　　　　　　　　族。 （2）还原四氯化锗制备锗的主要反应如下： 编号 反应 /() 1 2 3 ①　　　　　　　　。 ②反应1在　　　　　　　　(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。 （3）在恒压密闭容器中，通入和发生反应1、2、3，反应过程中容器内的压强为100kPa．当反应达到平衡时，各气相组分的物质的量随温度的变化关系如图1所示，含量极低或不含有的物质未表示。 ①a表示的物质为　　　　　　　　(填化学式)。 ②900℃，反应达到平衡时，容器内有、、和。计算该温度下的平衡常数：　　　　　　　　(用分压代替浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数，写出计算过程，结果用分数表示)。 （4）将和的混合气体通入还原炉，t min末，锗的转化率()随温度的变化关系如图2所示。 ①P点　　　　　　　　(填“一定”“可能”或“未”)达到平衡状态。 ②请解释锗的转化率随温度T的升高呈图2中变化趋势的可能原因：　　　　　　　　。 （5）某种金属有机框架(MOFs)由金属节点和桥联配体组成，可高效选择性吸附溶液中的Ge(Ⅳ)，其立方晶胞结构如图所示(桥联配体未画出)。 ①一个晶胞中金属节点的个数为　　　　　　　　。 ②两个金属节点之间的最近距离为　　　　　　　　nm；距离最近的两个金属节点之间连有一个桥联配体，则与每个金属节点相连的桥联配体数目为　　　　　　　　。 ③若每个空隙均可吸附一个Ge(Ⅳ)，则该材料对Ge(Ⅳ)的吸附量为　　　　　　　　mol·g-1(吸附量指单位质量的MOFs材料可吸附Ge(Ⅳ)的物质的量；M(晶胞)=2000g·mol-1)。 【答案】（1）① 四或4    ② ⅣA     （2）①     ② 高温     （3）① HCl    ②      （4）① 未    ② 之前，温度升高，反应速率加快，随温度的升高而增大；之后，达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，随温度的升高而减小     （5）① 4    ②     ③ 12    ④ 4×10-3      【解析】(1)元素位于元素周期表的第四周期，第ⅣA族； (2)① 反应可由反应3-反应2得到，根据盖斯定律，该反应 ② 当时，反应可自发进行，反应1，反应1为气体分子数增多的反应，，当反应在高温下进行时，才能使反应1，即高温下可自发进行； (3)① 三个反应均为吸热反应，升高温度，三个反应均正向移动，HCl的物质的量增大，GeCl4的物质的量减小，故a曲线代表的是HCl。 ② 平衡时气体总物质的量， 各相关组分的相关分压分别为：，，该温度下反应的平衡常数； (4)① 由小问2可知反应为放热反应，之前，温度升高，反应速率加快，随温度的升高而增大，故P点未达到平衡状态； ②之前，反应未达到平衡，温度升高，反应速率加快，随温度的升高而增大；之后，反应达到平衡，此时影响的主要因素是生成Ge的最后一步反应：。该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，随温度的升高而减小。 (5)① 观察晶胞图，金属节点分布在8个顶点和6个面心，个数为=4； ② 观察晶胞图，两个金属节点之间的最近距离为面对角线的一半，晶胞边长为，面对角线长度为，因此最近距离为：，在面心立方结构中，每个金属节点(无论是顶点还是面心)的配位数为12，由于每两个最近的金属节点之间有一个桥联配体，因此每个金属节点连接的桥联配体数目为12个； ③ 根据题目图示，晶胞内部有8个空隙(图中白色圆圈表示)，这些空隙位于晶胞的8个小立方体中心。每个空隙可以吸附1个Ge(IV)，因此1个晶胞可以吸附8个Ge(IV)。1mol晶胞的质量为2000g，1mol晶胞中含有个晶胞，每个晶胞可吸附8个Ge(IV)，因此1mol晶胞可吸附个Ge(IV)，即8molGe(IV)。吸附量定义为单位质量的MOFs材料可吸附Ge(IV)的物质的量，即：或。 6.(2026·福建宁德·质量检测)5-磺基水杨酸（）为白色晶体，是化学分析中的一种常用试剂，能与多种金属离子结合形成配合物。 已知：；       ；       。 Ⅰ．制备5-磺基水杨酸 反应方程式为： （1）有关上述反应的说法正确的是　　　　　　　　　　（填标号）。 a．正反应的活化能大于逆反应 b．逆反应的速率受温度影响大于正反应速率 c．温度升高，平衡产率提高 （2）浓硫酸作为反应物外，还起到的作用是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．5-磺基水杨酸合铁（III）配合物的稳定常数测定 与有如下平衡：。现取均为2.0、浓度均为的和溶液，按不同体积比混合并保持混合溶液总体积为20 mL。测得平衡时溶液吸光度A与起始物质的量分数的关系如图。（，吸光度A与配合物浓度成正比） （3）①图中C点和D点，转化率较大的是　　　　　　　　　　　。 ②时，最大吸光度A的理论值为B点，实测为E点数值，计算此时转化率　　　　　　　　　。 ③实验过程不变，则的平衡常数　　　　　　　　　（列出计算式）。 （4）的反应平衡常数称为FeL的稳定平衡常数，FeL的稳定平衡常数　　　　　　　　　　（用含、、的式子表示）。 III．pH对配合物组成的影响 已知：与在不同pH条件下形成的配合物及其如下表： pH范围 主要配合物 1.8～2.5 FeL 15.1 4～8 26.4 8～11.5 32.7 （5）用测定FeL吸光度相同的方法也可以得到的关系曲线，那么的最大吸光度理论值对应的　　　　　　　　　　。 （6）通过吸光度测定某水样中微量的含量，选择最佳的pH范围为　　　　　　　　　　。 【答案】（1）b     （2）催化剂、吸水剂     （3）① C点    ② 84%    ③      （4）     （5）     （6）8～11.5      【解析】(1)a．已知反应为放热反应，，因此正反应活化能小于逆反应，a错误； b．温度对吸热方向的速率影响更大，该反应逆反应为吸热，因此逆反应速率受温度影响更大，b正确； c．放热反应升温平衡逆向移动，平衡产率降低，c错误； 故选b。 (2)浓硫酸除作反应物外，还可以催化磺化反应，同时吸收反应生成的水，促进平衡正向移动。 (3)① f为起始的物质的量分数，f越小，说明起始量越少，起始量越多，根据勒夏特列原理，增加的量会提高的转化率，因此C点转化率更大。 ②吸光度A与配合物浓度成正比，时，初始和浓度相等，理论完全反应时，实测，因此转化率。 ③平衡：，，，，代入平衡常数表达式得计算式为。 (4)，已知，，联立得，因此。 (5)配合物中，提供，因此，此时配合物浓度最大，吸光度最大。 (6)越大，配合物越稳定，测定微量时，越完全转化为配合物，测定误差越小，因此选择最大对应的pH范围。 7.(2026·福建厦门·模拟测试)复合吸收液可用于脱除NO废气。吸收液中相关反应如下： ⅰ．    ii．    回答下列问题： （1）   　　　　　　　(用、列出计算式) （2）在且与HClO初始浓度均为的吸收液中，含氯微粒的浓度随时间变化如图(仅考虑反应ⅰ、ⅱ)。 ①代表的曲线为　　　　　　　。(填标号) ②反应ⅰ、ⅱ在内化学反应速率之比　　　　　　　。 ③平衡时，，，则　　　　　　　。(用、列出计算式) （3）时，利用复合吸收液脱除NO，存在以下平衡：             ①   。该反应平衡常数　　　　　　　。 ②从结构角度解释酸性强于HClO的原因是　　　　　　　。 ③以作催化剂，测得不同温度下NO脱除率如图。范围内，NO脱除率随温度升高而增大的原因有　　　　　　　；当温度由升高至，NO脱除率减小的原因可能有　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）① B    ② 3.2    ③       （3）①     ② 的非羟基氧数目比多，中心Cl原子正电性更强，使键极性更强，更易电离出，因此酸性更强    ③ 温度升高，反应速率加快，催化剂活性增强，脱除速率升高    ④ 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高会导致分解、催化剂活性降低、溶解度降低，脱除率下降      【解析】(1)该反应可由“反应ii反应ⅰ”得到，根据盖斯定律，。 (2)① 设反应i消耗浓度为，反应ⅱ消耗浓度为，则生成，，。、、为生成物，随着反应的进行，浓度逐渐增加；则假设曲线C为，曲线B为，曲线A为；则2 s时，，，则，得，符合逻辑，假设正确。 ②速率比计算：反应速率，相同，由图可知。 ③初始，故初始；反应ⅰ消耗，反应ii生成，平衡。代入，，得。 (3)① 目标反应可由“反应ⅰ + 反应ⅲ - 反应ⅱ”得到，因此。 ②含氧酸酸性与非羟基氧数目有关，非羟基氧越多，中心原子正电性越强，键极性越强，越易电离出，酸性越强，所以的酸性更强。 ③低温区温度升高，反应速率加快，催化剂活性升高，因此脱除率增大；该反应为放热反应，温度过高，平衡逆向移动，同时催化剂活性降低、反应物分解、溶解度降低，因此脱除率下降。 8.(2026·福建泉州·一模)肼(，沸点)是一种具有良好应用前景的储氢材料，其分解反应如下： 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    （1）反应   　　　　　　　。 （2）在金属Pt催化下，发生反应Ⅰ。 ①图1中表示随T的变化趋势正确的是　　　　　　　。(填“a”“b”“c”或“d”) ②图2为反应Ⅰ催化机理，则M的化学式为　　　　　　　。 ③已知电负性Ni为1.9、Pt为2.3.若改用做催化剂，催化剂表面存在Ni和Pt两种活性位点。则肼中的N原子吸附于　　　　　　　(填“Ni”或“Pt”)活性位点，理由是　　　　　　　。 （3）在下，催化发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时产物的物质的量与温度的关系如图3。 ①曲线a所示物种为　　　　　　　，理由为　　　　　　　。 ②常温下，能提高的平衡转化率的是　　　　　　　。(填标号) a．改变催化剂       b．增大的用量       c．恒压时通入惰性气体 ③Q点时，反应Ⅰ的　　　　　　　(用含的式子表示)。 （4），在R催化下，在NaOH溶液()中发生反应Ⅰ、Ⅱ的速率方程为：，k是速率常数，、为常数。探究与转化率为50%时所需时间的关系，测得实验数据如下： 实验 时间 1 m n p q 2 m n 2p 3 m n 3p t 根据表中数据分析，　　　　　　　(用含q的式子表示)。 【答案】（1）     （2）① d    ②     ③ Ni    ④ Ni的电负性较小，带正电，与带负电的氮原子结合     （3）①     ② ，温度升高，平衡逆向移动，减少或“由图可知，在左右，约为3 mol，依据反应前后氮元素守恒，此温度下及的物质的量近似为0，因此，a为”    ③ c    ④ 或     （4）      【解析】(1)已知： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   目标反应 ，由盖斯定律得：。 (2)① 反应Ⅰ中，，且反应后气体分子数增加，，因此：斜率为负，时截距，随增大持续减小，对应曲线d。 ② 根据原子守恒，吸附态转化为，脱去的为。 ③ N电负性大于Ni，Ni电负性小于Pt，Ni带部分正电荷，N带部分负电荷，所以N吸附在Ni活性位点。 (3)① ，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，物质的量随温度升高而减小，对应下降的曲线，故为。 ② a．催化剂不改变平衡转化率，错误； b．增大用量，恒压下转化率降低，错误； c．恒压通入惰性气体，体积增大，相当于减压，两个反应均为气体分子数增多的反应，减压平衡右移，转化率提高，正确。 ③ b的物质的量会超过3mol，则b代表，设反应Ⅰ分解，反应Ⅱ分解，Q点，，则，，解得； 平衡时：，，总物质的量； 。 (4)转化率为50%时，速率，由速率方程，得，即，得； 同理，解得。 9.(2026·福建南平·适应性考试)碳酸丙烯酯（PC）是锂离子电池的常用溶剂。与环氧丙烷（PO）制备PC的过程中存在如下反应： 反应I： 反应II： 已知：一定温度下，元素的最稳定单质生成1 mol纯物质的反应焓变称为该物质的摩尔生成焓，元素的最稳定单质的摩尔生成焓为0。一些物质的摩尔生成焓数据如下表： 物质 摩尔生成焓/（） −393.5 −122.6 −613.2 （1）反应I的　　　　　　　　　 。 （2）在催化剂[，结构如图1]的作用下，与PO反应生成PC的机理如图2所示： ①图1阳离子中Fe元素的化合价为　　　　　　　　　　　　　。 ②表示状态iii的为　　　　　　　　　　　（填标号）。 ③与反应的机理同PO相似，与反应的主要产物的结构简式为　　　　　　　　　　。 （3）某温度下，向刚性密闭容器中加入等物质的量的和，下列能说明反应Ⅰ达到平衡状态的是__________。（填标号） A. 容器内压强不再变化 B. 聚碳酸丙烯酯的物质的量不再变化 C. 不变 D.  （4）向密闭容器中加入0.1 mol PO，保持压强恒为2 MPa，反应相同时间，反应温度对转化率、PC选择性、PC产率的影响如图所示。 已知： ①表示转化率的曲线为　　　　　　　　　　。（填“甲”“乙”或“丙”） ②之前，曲线乙和曲线丙几乎完全重叠在一起的原因为　　　　　　　　　　。 ③已知时体系达平衡，该温度下反应Ⅰ的平衡常数　　　　　　　　　　。 （列出计算式，，为物质的量分数） （5）制备碳酸丙烯酯还有一种尿素法，其原理为 与尿素法相比，从绿色化学的角度分析与合成法的优势为　　　　　　　　　　　。（写一点即可） 【答案】（1）-97.1     （2）① +3    ② A    ③         （3）AB     （4）① 乙    ② 之前，PC的选择性接近100%    ③ (或0.198)     （5）原子经济性高      【解析】(1)反应I的生成物摩尔生成焓 − 反应物摩尔生成焓=(-613.2)-(-122.6-393.5)=-97.1； (2)① 配离子整体带1个正电荷，配体中每个酚氧基团带1个负电荷，其它为电中性，则阳离子中Fe元素的化合价为+3； ② 根据状态ⅳ的结构：，甲基位于与O相连的碳原子上，可知表示状态iii的为A；③与反应的机理同PO相似，按照图中机理得状态ⅳ的结构：，可得与反应的主要产物的结构简式为  ； (3)A．该反应为非等体积反应，刚性密闭容器内压强不再变化，能说明反应Ⅰ达到平衡状态，A正确； B．聚碳酸丙烯酯的物质的量不再变化，可知和PO的物质的量不再变化，能说明反应Ⅰ达到平衡状态，B正确； C．两个反应中和的化学计量数之比均为1：1，向刚性密闭容器中加入等物质的量的和，反应过程中一直不变，不能说明反应Ⅰ达到平衡状态，C错误； D．均代表正反应速率，不能说明反应Ⅰ达到平衡状态，D错误； 故选AB； (4)①PO和PC的化学计量数之比为1:1，之前，PC选择性接近100%时，PO转化率和PC产率曲线重叠，可知甲表示PC选择性，温度高于T0，PC选择性下降，PC产率低于PO转化率，可知乙表示PO转化率，丙表示PC产率； ② 根据① 中分析，之前，曲线乙和曲线丙几乎完全重叠在一起的原因为之前，PC的选择性接近100%； ③ 向密闭容器中加入0.1 mol PO，保持压强恒为2 MPa，已知时体系达平衡，PC选择性为99%，PO转化率为80%，PO剩余mol，生成PCmol，该温度下反应Ⅰ的平衡常数===0.198； (5)与合成PC是加成反应，与尿素法相比，从绿色化学的角度分析与合成法的优势为原子经济性高、无污染、CO2资源化利用等。 10.(2026·福建福州·适应性考试)甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯是一种新型生产技术。 Ⅰ．热力学分析 甲苯侧链甲醇烷基化发生的主要反应有： R1. R2. R3.（乙苯，g） R4.（二甲苯，g） 300～1100K范围内，以上各反应的随温度的变化如图所示。 （1）主反应R1的　　　　　　0（填“>”“=”或“<”）。 （2）在恒压反应器中，保持温度、催化剂、甲苯和甲醇投料比不变，为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，可以采取的措施是　　　　　　　　　　（写一条）。 （3）乙苯脱氢是制苯乙烯的另一种方法。600K时，该反应的平衡常数　　　　　　。与之相比，甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯工艺的优点是　　　　　　　　　　。 Ⅱ．温度对催化剂性能影响的探究 将甲苯和甲醇按物质的量比为5∶1混合，以为载气，按一定的流速通入装填催化剂（Cs/CuAl-LDO-3@X）的恒温反应器，控制不同温度，进行5组实验。反应45min后，测得反应物的转化率、含苯环产物的选择性（S）如图所示。 [注：选择性S（A）=×100％] （4）甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度是　　　　　　　℃。 （5）425℃时，S（苯乙烯）=S（乙苯），氢气的分压为pkPa，则反应R1的压强商　　　　　　　　　　　　kPa（用含p的代数式表示）。 （6）排除催化剂失活，温度高于425℃甲苯转化率降低的原因是　　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．催化剂前体结构的研究 CuAl-LDH（层状复合氢氧化物）是Cs/CuAl-LDO-3@X的前体，其晶体结构如图所示。由于和层之间作用力弱，容易被其他阴离子替换，使催化剂的改性成为可能。 （7）该晶体中一个金属离子与所有紧邻的氧原子形成的空间构型为　　　　　　。 （8）该晶体中微粒间作用力的类型有　　　　　　（填标号）。 a．氢键             b．金属键                    c．配位键                    d．极性键                    e．非极性键 （9）该晶体的化学式为，其中　　　　　　　　　　，　　　　　　　　　　。 【答案】（1）>     （2）及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他合理答案）     （3）①     ② 较低温度下甲苯侧链甲醇烷基化进行的程度更大     （4）425     （5）（或0.125p）     （6）甲醇大量分解生成CO和，与甲苯反应的量减少     （7）八面体     （8）acd     （9）① 16    ② 1      【解析】(1)由以上各反应的随温度的变化如图可知，曲线R1中随温度升高而增大，则该反应的正反应为吸热反应； (2)为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，要使R1反应正向移动，而R3反应逆向移动，可采取的措施要是及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他答案）； (3)由图可知，600K时，，则Kp(R3)=，乙苯脱氢制苯乙烯Kp=；根据随温度的变化关系可知制苯乙烯时甲苯侧链甲醇烷基化在较低温度下进行的程度更大； (4)甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度选择依据是甲苯转化率高，苯乙烯选择性高，由图分析，在425℃时，甲苯的转化率、甲醇的转化率高，且在此温度下，苯乙烯的选择性最大； (5)由图可知，S（苯乙烯）=S（乙苯）=47.5%，消耗的C7H8与生成H2O的物质的量相等，则得到反应R1体系中各组分的占比为C7H8：转化，余；CH3OH：转化，余；生成C8H8为；生成C8H10为；生成H2O为，氢气的分压为pkPa，代入压强商Qp=； (6)甲醇大量分解生成CO和，与甲苯反应的量减少，导致甲苯的转化率降低 (7)从晶体结构示意图可以看到，黑色球（金属离子Cu2+或Al3+）被 6 个白色球（OH-中的 O 原子）紧密包围，形成正八面体的配位结构： 中心金属离子，上下、前后、左右各 1 个 O 原子，共 6 个紧邻 O 原子， 6 个配位原子围绕中心离子形成的空间构型为正八面体； (8)a.氢键：晶体中存在H2O和OH-，水分子之间、OH-与水分子之间可以形成氢键，因此存在氢键。 b. 金属键：金属键存在于金属晶体中，该物质是离子化合物（层状复合氢氧化物），不存在金属键。 c. 配位键：金属离子（Cu2+、Al3+）有空轨道，OH-的 O 原子有孤电子对，二者形成配位键，因此存在配位键。 d. 极性键：键（H2O、OH-中）、C=O键（中）都是不同原子形成的极性共价键，因此存在极性键。 e. 非极性键：晶体中不存在同种原子之间的共价键，因此无极性键。 答案：acd (9)根据化学式中化合价代数和为零可列式，即；每层总共有8个OH-，每一层OH-又被层与层共用，均摊为一半，共有16个OH-，x=16，y=1符合题意。 11.(2026·福建龙岩·质量检测)甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯是一种新型生产技术。 Ⅰ．热力学分析 甲苯侧链甲醇烷基化发生的主要反应有： R1. R2. R3.（乙苯，g） R4.（二甲苯，g） 300～1100K范围内，以上各反应的随温度的变化如图所示。 （1）主反应R1的　　　　　　0（填“>”“=”或“<”）。 （2）在恒压反应器中，保持温度、催化剂、甲苯和甲醇投料比不变，为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，可以采取的措施是　　　　　　　　　　（写一条）。 （3）乙苯脱氢是制苯乙烯的另一种方法。600K时，该反应的平衡常数　　　　　　。与之相比，甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯工艺的优点是　　　　　　　　　　。 Ⅱ．温度对催化剂性能影响的探究 将甲苯和甲醇按物质的量比为5∶1混合，以为载气，按一定的流速通入装填催化剂（Cs/CuAl-LDO-3@X）的恒温反应器，控制不同温度，进行5组实验。反应45min后，测得反应物的转化率、含苯环产物的选择性（S）如图所示。 [注：选择性S（A）=×100％] （4）甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度是　　　　　　　℃。 （5）425℃时，S（苯乙烯）=S（乙苯），氢气的分压为pkPa，则反应R1的压强商　　　　　　　　　　　　kPa（用含p的代数式表示）。 （6）排除催化剂失活，温度高于425℃甲苯转化率降低的原因是　　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．催化剂前体结构的研究 CuAl-LDH（层状复合氢氧化物）是Cs/CuAl-LDO-3@X的前体，其晶体结构如图所示。由于和层之间作用力弱，容易被其他阴离子替换，使催化剂的改性成为可能。 （7）该晶体中一个金属离子与所有紧邻的氧原子形成的空间构型为　　　　　　。 （8）该晶体中微粒间作用力的类型有　　　　　　（填标号）。 a．氢键             b．金属键                    c．配位键                    d．极性键                    e．非极性键 （9）该晶体的化学式为，其中　　　　　　　　　　，　　　　　　　　　　。 【答案】（1）>     （2）及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他合理答案）     （3）①     ② 较低温度下甲苯侧链甲醇烷基化进行的程度更大     （4）425     （5）（或0.125p）     （6）甲醇大量分解生成CO和，与甲苯反应的量减少     （7）八面体     （8）acd     （9）① 16    ② 1      【解析】(1)由以上各反应的随温度的变化如图可知，曲线R1中随温度升高而增大，则该反应的正反应为吸热反应； (2)为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，要使R1反应正向移动，而R3反应逆向移动，可采取的措施要是及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他答案）； (3)由图可知，600K时，，则Kp(R3)=，乙苯脱氢制苯乙烯Kp=；根据随温度的变化关系可知制苯乙烯时甲苯侧链甲醇烷基化在较低温度下进行的程度更大； (4)甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度选择依据是甲苯转化率高，苯乙烯选择性高，由图分析，在425℃时，甲苯的转化率、甲醇的转化率高，且在此温度下，苯乙烯的选择性最大； (5)由图可知，S（苯乙烯）=S（乙苯）=47.5%，消耗的C7H8与生成H2O的物质的量相等，则得到反应R1体系中各组分的占比为C7H8：转化，余；CH3OH：转化，余；生成C8H8为；生成C8H10为；生成H2O为，氢气的分压为pkPa，代入压强商Qp=； (6)甲醇大量分解生成CO和，与甲苯反应的量减少，导致甲苯的转化率降低 (7)从晶体结构示意图可以看到，黑色球（金属离子Cu2+或Al3+）被 6 个白色球（OH-中的 O 原子）紧密包围，形成正八面体的配位结构： 中心金属离子，上下、前后、左右各 1 个 O 原子，共 6 个紧邻 O 原子， 6 个配位原子围绕中心离子形成的空间构型为正八面体； (8)a.氢键：晶体中存在H2O和OH-，水分子之间、OH-与水分子之间可以形成氢键，因此存在氢键。 b. 金属键：金属键存在于金属晶体中，该物质是离子化合物（层状复合氢氧化物），不存在金属键。 c. 配位键：金属离子（Cu2+、Al3+）有空轨道，OH-的 O 原子有孤电子对，二者形成配位键，因此存在配位键。 d. 极性键：键（H2O、OH-中）、C=O键（中）都是不同原子形成的极性共价键，因此存在极性键。 e. 非极性键：晶体中不存在同种原子之间的共价键，因此无极性键。 答案：acd (9)根据化学式中化合价代数和为零可列式，即；每层总共有8个OH-，每一层OH-又被层与层共用，均摊为一半，共有16个OH-，x=16，y=1符合题意。 12.(2026·福建·一模)费托合成是工业合成丙烯的一种路线。 （1）甲醇中间体法是制丙烯的另外一种路线，原理如下。 甲醇中间体法：        费托法制丙烯：   　　　　　　　　　　　 （2）费托法制丙烯时，在压强为p kPa的恒压体系中以投料(不考虑副反应)，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图。 ①图中B代表的组分为　　　　　　　　　　　。(填化学式) ②时，的分压为　　　　　　　　　　　，该反应的平衡常数　　　　　　　　　　　。(列出计算式) （3）费托法制丙烯过程中，CO和在催化剂作用下发生如下转化，引入后可有效抑制副反应的发生。 ①副反应为水煤气变换反应，其化学方程式为　　　　　　　　　　　。在表面和的脱附情况如下图。在与表面脱附能力相近，但　　　　　　　　　　　，从而减少生成。 ②副反应物质转化过程中相关能量如表。 丙烯吸附或脱附能 丙烯氢化活化能 () () 能量/eV 0.45 0.26 0.58 i．据上表，可减小副反应化学反应速率的依据为　　　　　　　　　　　。 ii．合成丙烯的反应在催化剂表面一般要经历“扩散→吸附→表面反应→脱附→扩散”的过程。分析丙烯氢化活化能的原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）①     ②     ③      （3）①     ② 抑制脱附    ③ 丙烯氢化活化能增大    ④ Br覆盖在催化剂表面减少反应活性位点，使Fe催化剂缺电子活性降低      【解析】(1)已知：①   、②   ，费托法制丙烯的反应为：，可由①+② 得到=。 (2)反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，反应物CO、的物质的量分数升高，生成物、的物质的量分数降低，则A代表，物质的量分数为的3倍，随温度升高而降低；B代表，随温度升高而降低；C代表，物质的量分数随温度升高而增加，且物质的量分数是CO的2倍；D代表CO，物质的量分数随温度升高而升高； 设初始，，平衡时CO转化3x mol，列三段式： 总物质的量，由图像可知，时，CO与的物质的量分数相等，即，解得x=，则的物质的量分数为，则的分压为= kPa； 各组分平衡时的分压为： ， ， 。代入压强平衡常数表达式= 。 (3)由反应过程可知副反应Ⅰ的反应物为CO和，产物为和，其反应原理为； 从脱附浓度图可知，在两种催化剂表面脱附能力相近，但在表面的脱附浓度远低于，会抑制脱附，更易留在催化剂表面参与主反应，降低水煤气变换反应的正向进行程度，减少生成； 化学反应速率与活化能负相关，活化能越大，反应越难进行，速率越慢。使丙烯氢化的活化能大幅提升，因此副反应Ⅱ的速率被有效抑制； 催化剂表面引入Br后，通过空间位阻、电子效应改变了活性位点的环境，使丙烯的吸附状态更稳定，同时提高了氢化反应的过渡态能量，最终表现为活化能升高，使Fe催化剂缺电子，活性降低，使反应Ⅱ速率下降。 13.(2025·福建·一模)在“碳达峰、碳中和”的背景下，通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题： Ⅰ．加氢制甲醇 （1）已知如下热化学方程式： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 计算：　　　　　　　　　　　。 （2）在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是___________（填标号）。 A. 的分压保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. 保持不变 D. 密闭容器中温度保持不变 （3）在、条件下发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。 已知：甲醇的选择性。 ①260 ℃时，的转化率　　　　　　　　　　　。反应ⅰ的平衡常数　　　　　　　　　　　（精确到小数点后3位，是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数）。 ②甲醇选择性随温度升高而降低的原因：　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物 已知：的活性位点对O的连接能力较强，的活性位点对C的连接能力较强，对的吸附能力远强于，且吸附后不易脱离。 （4）电还原可能的反应机理如图所示（*表示吸附态的）。 ①参照机理图画出A的结构：　　　　　　　　　　　。 ②若还原产物主要为，应选择　　　　　　　　　　　（填“”“”或“”）做催化剂。 【答案】（1）-49.4     （2）AD     （3）① 22%    ② 0.022    ③ 由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低     （4）①     ②       【解析】(1)反应ⅰ+反应ⅱ=反应ⅲ，根据盖斯定律，。 (2)A．根据理想气体状态方程有，恒容容器，不变，则的分压与的物质的量、容器温度有关，的分压保持不变，说明的物质的量、容器温度均保持不变，各反应均达到平衡状态，A正确。 B．各反应的反应物和产物都是气体，则混合气体的质量保持不变，容器恒容，则混合气体的体积保持不变，则混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误。 C．根据碳元素守恒，，是定值，不能说明反应达到平衡状态，C错误。 D．先单独考虑各反应对绝热容器温度的影响：反应ⅰ吸热，会使容器温度降低；反应ⅱ、ⅲ放热，会使容器温度升高。故当容器温度不变时，各反应均达到平衡状态，D正确。 故选AD。 (3)综合考虑反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，会转化为和，甲醇选择性表示甲醇占总产物的比例。 ① 投料时，假设，。由图可知，260 ℃时的平衡转化率为30%，甲醇选择性为60%，则，，。根据氧元素守恒，可知，再根据氢元素守恒，可知。所以260 ℃时的转化率，反应ⅰ的平衡常数。 ② 反应ⅰ产生，吸热；反应ⅲ产生，放热；反应ⅱ既消耗又产生，放热。当温度升高时，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，故产物中增多，减少，甲醇的选择性降低。 (4)① “已知”介绍了几种金属的活性位点对O、C的连接能力，机理图中已给出的路线（上半部分）是O连接在催化剂表面，则推测待补充的路线（下半部分）是C连接在催化剂表面，则A的结构为。由A右侧的结构（*）也可反推A的结构。 ② 还原产物主要为，对应机理图中上半部分的路线，要求O连接在催化剂表面，根据“已知”，应选择做催化剂。 14.(2026·福建莆田·二调)某温度、催化剂作用下，在密闭容器中加入一定量和进行反应： Ⅰ．       Ⅱ．       （1）反应Ⅰ自发进行的条件是　　　　　　　　（填“高温”或“低温”）。 （2）反应的　　　　　　　　（用、表示）。 （3）一定条件下，反应Ⅱ的速率方程为，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下： 实验序号 反应速率 1 0.1 0.1 2 0.2 0.1 3 0.2 0.2 4 c 0.4 根据表中的测定结果，　　　　　　　　，　　　　　　　　。 （4）压强为3.0MPa，以起始投料比：进行反应，对平衡体系中的三种含碳物种（、、）进行分析，的平衡转化率、CO和的选择性随温度变化如下图。其中的选择性。 ①表示的选择性随温度变化的曲线是　　　　　　　　（填“a”“b”或“c”）。 ②当温度高于300℃时，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是　　　　　　　　。 ③测得M点的物质的量分数为，则的选择性　　　　　　　　，反应Ⅱ的　　　　　　　　（为用气体分压表示的平衡常数，分压总压×物质的量分数）。 （5）在250℃、3.0MPa、起始投料比的条件下，计算进料气中添加一定量的CO对加氢合成甲醚反应的影响，计算结果如图。当CO的物质的量分数大于13.6%时，平衡转化率的计算值为负值。甲醚产率增大而的转化率却为负值的原因是　　　　　　　　。 【答案】（1）低温     （2）     （3）① 0.5    ② 0.4     （4）① a    ② 升高温度，反应Ⅰ平衡逆移，反应Ⅱ平衡正移；CO的选择性增大且以反应Ⅱ为主    ③ 80%    ④      （5）CO与反应生成甲醚比与反应的更容易；甲醚和CO增加均导致反应Ⅰ、Ⅱ逆向移动，当CO浓度较高时，反应Ⅱ逆向移动的程度大于反应Ⅰ消耗CO2的程度，导致平衡时CO2的物质的量大于起始量      【解析】(1)反应Ⅰ为气体分子数减小的放热反应，，，由自发可知，反应Ⅰ在低温下自发。 (2)可由反应Ⅰ减去反应Ⅱ×2得到，根据平衡常数的运算规则知K=。 (3)对比实验1和实验2可知，当相同时，变为原来的2倍时，反应速率变为原来的2倍，由可知，m=1；对比实验2和实验3可知，当相同时，变为原来的2倍时，反应速率变为原来的倍，由可知，n=0.5；将实验1数据代入速率方程得，则，由实验4数据可知，，解得。 (4)① 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，CO的选择性增大，的选择性减小，由图可知，曲线a表示的选择性随温度变化，曲线c表示CO的选择性随温度的变化，曲线b表示的平衡转化率随温度的变化。 ② 当温度高于300℃时，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动；CO的选择性增大且以反应Ⅱ为主，从而使的平衡转化率随温度升高而增大。 ③ 假设初始投入，则初始投入，由图可知M点时的平衡转化率为50%，假设M点生成的物质的量为，生成CO的物质的量为，利用三段式计算： ，则平衡时混合气体的总物质的量为，，，解得，，因此 的选择性=80%；反应Ⅱ的===。 (5)CO与反应生成甲醚比与反应的更容易；甲醚和CO增加均导致反应Ⅰ、Ⅱ逆向移动，当CO浓度较高时，反应Ⅱ逆向移动的程度大于反应Ⅰ消耗CO2的程度，导致平衡时CO2的物质的量大于起始量，从而使甲醚产率增大而的转化率却为负值。 15.(2026·福建泉州·二质检)由制取，经还原可制得微晶硅薄膜： 反应ⅰ             反应ⅱ         （1）分子的空间构型为　　　　　　　。 （2）反应ⅰ从热力学角度表明在　　　　　　　可以自发进行(选填“任意温度”、“高温”或“低温”)。 （3）部分化学键的键能如表所示，则　　　　　　　。 化学键 键能() x 436 235 586 （4）在一定温度下的恒容容器中发生反应i，不能作为该反应达到平衡的依据是　　　　　　　(填标号)。 a．       b．固体质量保持不变 c．气体的压强不变                 d．气体的密度不变 （5）在的恒容密闭容器中加入，只发生反应i。 ①测得时的转化率随时间的变化如图1所示。反应从开始至A点的平均反应速率　　　　　　　。 ②不同温度下，后残留固体的X射线衍射谱图如图2(不同晶态物质在X射线衍射谱图中出现衍射峰的衍射角不同，峰值高低与其含量成正比)。工业上据此选择焙烧温度为，优点有　　　　　　　。 （6）在时，反应i的平衡常数 ①时，向恒容密闭容器中加入一定量及过量，初始压强为。平衡时，测得容器压强为，则　　　　　　　，反应ⅱ的平衡常数　　　　　　　(列出计算式)。 ②时，保持压强不变，以相同的流速通入和的混合气体，有利于提高微晶硅的平衡产率，原因是　　　　　　　。 【答案】（1）正四面体     （2）高温     （3）     （4）a     （5）① 0.0112    ② 分解的转化率或纯度高     （6）①     ②     ③ 反应ⅱ是气体分子数增大的反应，恒压条件下充入，各物质分压减小，使反应平衡ⅱ正向移动      【解析】(1)SiF4分子中，Si原子成4个Si−F键，没有孤对电子，杂化方式为sp3，SiF4分子空间结构为正四面体； (2)反应ⅰ的，，，高温时可自发； (3)化学反应的焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，反应ⅱ： ，(4 mol×x kJ/mol+2 mol×436 kJ/mol)-(2 mol×235 kJ/mol+4 mol×586 kJ/mol)=+520 kJ/mol，x=； (4)a．，反应达到平衡，a符合题意； b．固体质量保持不变，平衡不移动，反应达到平衡，b不符题意； c．该反应气体分子数正向增多，容器恒容，则气体的压强发生改变，故气体的压强不变，反应达到平衡，c不符题意； d．容器恒容，气体的密度不变，气体总质量不变，平衡不移动，反应达到平衡，d不符题意； 故选a； (5)①转化了0.28 mol，生成物质的量是0.56 mol，0.0112 ； ② 由图可知，不存在峰值，说明分解的转化率或纯度高； (6)①，设反应ⅱ中的压强改变量为，列三段式： ， ，，；，=； ② 反应ⅱ是气体分子数增大的反应，恒压条件下充入，体积增大，各物质分压减小，使反应平衡ⅱ正向移动。 16.(2026·福建福州·质量检测)低碳烯烃是重要的化学品或有机反应中间体，碘甲烷在一定条件下可裂解制取低碳烯烃，其反应机理如下： 反应1：    反应2：    反应3：    （1）反应的ΔH=　　　　　　　　　　　kJ·mol-1，该反应的ΔS　　　　　　　　　　　0(填“>”“<”或“=”)。 （2）向密闭容器中充入一定量的碘甲烷，维持容器内P0=0.1MPa，平衡时C2H4、C3H6和C4H8的物质的量分数与温度的关系如图所示。 ①曲线X表示的物质为　　　　　　　　　　　。 ②从平衡移动的角度分析：800K后，曲线Y表示的物质的量分数增大的原因是　　　　　　　　　　　。 ③T1时，碘甲烷的转化率α=　　　　　　　　　　　，反应3的分压平衡常数Kp=　　　　　　　　　　　MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。 ④0.1MPa，800K时，若要提高C4H8的平衡产率，可以采取的措施为　　　　　　　　　　　(任写一条)。 （3）乙烯在工业上常用于合成1-辛烯，1-辛烯是合成聚烯烃、表面活性剂、增塑剂等的重要原料。下表是不同催化剂体系下乙烯合成1-辛烯的反应性能数据。 催化剂体系 反应条件 催化活性[g/(mol M·h)] 1-辛烯选择性(w%) 镍系催化剂 60℃，2.0 MPa 1.45×104 17.1 四元铬系催化剂 50℃，4.0 MPa 4.50×103 79.3 负载铬系催化剂 50℃，4.0 MPa 1.90×103 81.4 (注：催化活性指每摩尔催化剂金属在单位时间内能够得到产物的质量) 从表中数据来看，工业上合成1-辛烯最好采用　　　　　　　　　　　系催化剂。 【答案】（1）① -145.6    ② <     （2）① C3H6    ② 升高温度，反应1向正向移动，反应2、3向逆向移动，所以C2H4含量增多，物质的量分数增大    ③ 80%    ④ 500    ⑤ 及时分离出C4H8     （3）四元铬      【解析】(1)根据盖斯定律，目标反应可由(反应3)×3 - (反应2)×2得到，故ΔH = 3×ΔH3 - 2×ΔH2 = 3×(-120.6 kJ·mol-1) - 2×(-108.1 kJ·mol-1) = -145.6 kJ·mol-1，反应中，反应物有4 mol气体，生成物有3 mol气体，气体分子数减少，系统混乱度降低，故ΔS<0。 (2)①反应1是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应2和反应3是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C2H4的平衡浓度会增加，曲线Y随温度升高而增加，应为C2H4，则曲线X应为C3H6； ②从平衡移动的角度分析：800K后，曲线Y表示的物质的量分数增大的原因是：升高温度，反应1向正向移动，反应2、3向逆向移动，所以C2H4含量增多，物质的量分数增大； ③由图可知，在时，各物质的物质的量分数为：、，，设体系中总物质的量为 。根据反应计量关系，生成 的消耗了的；生成的消耗了的，反应1生成的总量为，消耗的的物质的量为。平衡时，n(HI)=2n生成(C2H4)=0.64n总。由n总=n(CH3I)平衡+n(HI)+n(C2H4)+n(C3H6)+n(C4H8)可得，n总=n(CH3I)平衡+0.64n总+0.04n总+0.08n总+0.08n总，解得n(CH3I)平衡=0.16n总。因此，初始CH3I的物质的量n初始(CH3I)=n消耗(CH3I)+n(CH3I)平衡=0.64n总+0.16n总=0.8n总，碘甲烷的转化率  。反应3的分压平衡常数 ，，， MPa  。 ④反应是一个气体分子数减少的放热反应。要提高的平衡产率，应使平衡向右移动。可以采取的措施是：降低温度或增大压强或及时分离出C4H8等，任写一条即可）； (3)工业生产需要兼顾催化剂的活性和选择性。镍系催化剂：活性最高，但选择性太低（17.1%），副产物多，不经济。负载铬系催化剂：选择性最高（81.4%），但活性最低，生产效率不高。四元铬系催化剂：活性和选择性都处于较高水平，综合性能最优。因此，工业上最好采用四元铬系催化剂。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 化学反应原理综合题 6年真题1年模拟 1.【答案】（1）①     ② ＜     （2）① 0.25    ② ＜     （3）① 增大，吸附平衡逆向移动    ② ＞     （4）① a    ②      （5）① 升高    ② b    ③       2.【答案】（1）     （2）① bc    ② 因，升温反应向逆反应方向进行，的产量反而减小     （3）①     ②     ③ 或     （4）① =    ② >    ③       3.【答案】（1）＞     （2）① 正向    ② 逆向    ③ ⅱ＞ⅰ＞ⅲ    ④ ab    ⑤      （3）① -29    ② 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      4.【答案】（1）     （2）① 190    ② >     （3）ad     （4）58.8%     （5）① 甲    ② 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，    ③       5.【答案】（1）     （2）(或)     （3）>     （4）58%     （5）① 反应① 为放热反应，温度升高平衡左移    ② 温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧     （6）① 膨润土    ② <      1.【答案】（1）<     （2）-2a-3b+c     （3）反应放热，500K的高温下，平衡逆向移动，导致产率降低；或者有副反应发生；或者催化剂选择性降低；（合理即可）     （4）① +2CH3OH+2H2O；    ② BC     （5）①     ② 乙二醇    ③ 乙二醇分子间氢键的数目比甲醇多，使乙二醇的沸点高于甲醇，故乙二醇先液化    ④ 4.4      2.【答案】（1）低温     （2）大于     （3）     （4）① 无    ② 0.2     （5）① ＞    ② 350℃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       3.【答案】（1）① -49.4    ② 低温    ③ bd     （2）①     ② 20：3    ③ 0.15     （3）① 吸附(活化)H2并使其解离成(活性)氢原子    ② CH3OH      4.【答案】（1）     （2）① m    ② 高于400 ℃反应Ⅲ的K小于，反应几乎不发生     （3）① A    ② 200 ℃时，使用催化剂A，的转化率更高，的选择性更大     （4）① 或    ② 温度升高，反应Ⅱ正向移动程度大于反应Ⅰ逆向移动程度（或其他合理答案）      5.【答案】（1）① 四或4    ② ⅣA     （2）①     ② 高温     （3）① HCl    ②      （4）① 未    ② 之前，温度升高，反应速率加快，随温度的升高而增大；之后，达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，随温度的升高而减小     （5）① 4    ②     ③ 12    ④ 4×10-3      6.【答案】（1）b     （2）催化剂、吸水剂     （3）① C点    ② 84%    ③      （4）     （5）     （6）8～11.5      7.【答案】（1）     （2）① B    ② 3.2    ③       （3）①     ② 的非羟基氧数目比多，中心Cl原子正电性更强，使键极性更强，更易电离出，因此酸性更强    ③ 温度升高，反应速率加快，催化剂活性增强，脱除速率升高    ④ 该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，且温度过高会导致分解、催化剂活性降低、溶解度降低，脱除率下降      8.【答案】（1）     （2）① d    ②     ③ Ni    ④ Ni的电负性较小，带正电，与带负电的氮原子结合     （3）①     ② ，温度升高，平衡逆向移动，减少或“由图可知，在左右，约为3 mol，依据反应前后氮元素守恒，此温度下及的物质的量近似为0，因此，a为”    ③ c    ④ 或     （4）      9.【答案】（1）-97.1     （2）① +3    ② A    ③         （3）AB     （4）① 乙    ② 之前，PC的选择性接近100%    ③ (或0.198)     （5）原子经济性高      10.【答案】（1）>     （2）及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他合理答案）     （3）①     ② 较低温度下甲苯侧链甲醇烷基化进行的程度更大     （4）425     （5）（或0.125p）     （6）甲醇大量分解生成CO和，与甲苯反应的量减少     （7）八面体     （8）acd     （9）① 16    ② 1      11.【答案】（1）>     （2）及时分离苯乙烯（或“通入惰性气体”等其他合理答案）     （3）①     ② 较低温度下甲苯侧链甲醇烷基化进行的程度更大     （4）425     （5）（或0.125p）     （6）甲醇大量分解生成CO和，与甲苯反应的量减少     （7）八面体     （8）acd     （9）① 16    ② 1      12.【答案】（1）     （2）①     ②     ③      （3）①     ② 抑制脱附    ③ 丙烯氢化活化能增大    ④ Br覆盖在催化剂表面减少反应活性位点，使Fe催化剂缺电子活性降低      13.【答案】（1）-49.4     （2）AD     （3）① 22%    ② 0.022    ③ 由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低     （4）①     ②       14.【答案】（1）低温     （2）     （3）① 0.5    ② 0.4     （4）① a    ② 升高温度，反应Ⅰ平衡逆移，反应Ⅱ平衡正移；CO的选择性增大且以反应Ⅱ为主    ③ 80%    ④      （5）CO与反应生成甲醚比与反应的更容易；甲醚和CO增加均导致反应Ⅰ、Ⅱ逆向移动，当CO浓度较高时，反应Ⅱ逆向移动的程度大于反应Ⅰ消耗CO2的程度，导致平衡时CO2的物质的量大于起始量      15.【答案】（1）正四面体     （2）高温     （3）     （4）a     （5）① 0.0112    ② 分解的转化率或纯度高     （6）①     ②     ③ 反应ⅱ是气体分子数增大的反应，恒压条件下充入，各物质分压减小，使反应平衡ⅱ正向移动      16.【答案】（1）① -145.6    ② <     （2）① C3H6    ② 升高温度，反应1向正向移动，反应2、3向逆向移动，所以C2H4含量增多，物质的量分数增大    ③ 80%    ④ 500    ⑤ 及时分离出C4H8     （3）四元铬      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 化学反应原理综合题 6年真题1年模拟 考点分类 福建考情（2021-2026） 命题规律 化学反应原理综合题 2026福建(1题)、2024福建(1题)、2023福建(1题)、2022福建(1题)、2021福建(1题) 情境设置：· 真题以Rh3+/Ir3+配位分离、SiHCl3制备、丙烷制丙烯、异丙醇脱水及CuO/Cu2O化学链燃烧等真实化工能源情境为载体，常给反应式、K、分压或曲线。 考查重点：· 聚焦ΔH与热化学方程式、平衡常数Kₚ、平衡移动、体积分数、选择性、分压和物料计算，兼考配位能力、催化速率与热量比较。 命题趋势：· 多反应耦合与图像数据并重，设问递进，定性判断和定量列式结合，突出盖斯定律、平衡模型、信息提取及化工分离计算。 1.(2026·福建·高考真题)贵金属铑(Rh)和铱(Ir)的化学性质相似，探究分离方法有重要意义。 Ⅰ．(、)与的配位能力 （1）向等浓度和混合溶液中加入盐酸，有下列反应： ⅰ．        ⅱ．        ⅲ．        ①　　　　　　　　　　。(用、表示) ②，与的配位能力：　　　　　　　　　。(填“>”“<”或“=”) Ⅱ．在阳离子交换树脂上的吸附 一定条件下，浓度为的溶液与树脂混合，发生吸附反应：。 （2）树脂上吸附量随时间变化如图。 ①～每克树脂吸附的平均速率为　　　　　　　　　。 ②吸附活化能：　　　　　　　　　。(填“>”“<”或“=”) （3）吸附平衡时，分配比[]随溶液变化如图。 ①增大，树脂吸附的下降的原因为：　　　　　　　　。 ②吸附平衡常数：　　　　　　　　。(填“>”“<”或“=”) （4）向和浓度均为的混合液中加入树脂。 ①为提高吸附的平衡选择性，溶液宜选　　　　　　　　。(填标号) a．0.1       b．2.0       c．4.0 ②吸附平衡时，溶液中和的浓度分别为和(忽略溶液体积变化)，　　　　　　　　　　。(用、和列出计算式) Ⅲ．树脂上共吸附的洗脱 （5）树脂上共吸附的和，用一定量的溶液、溶液分步在分钟内洗脱，结果见下表。 已知：M(Ⅲ)洗脱率 M(Ⅲ) Rh(Ⅲ) Ir(Ⅲ) 第1步洗脱率/% 6 94 第2步洗脱率/% 85 6 ①第1步洗脱后，树脂上　　　　　　　　。(填“升高”“降低”或“不变”) ②第2步的X溶液宜选　　　　　　　　。(填标号) a．盐酸             b．盐酸 c．溶液             d．溶液 ③第2步洗脱后，洗脱液中　　　　　　　　。(列出计算式) 2.(2024·福建·高考真题)是制造多晶硅的原料，可由和耦合加氢得到，相关反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． （1）生成的总反应： Ⅳ．　　　　　　　 （2）体系达到平衡状态且其他条件不变时： ①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数增大的组分为　　　　　　　。(填标号) a．       b．       c．       d． ②反应温度升高不利于提高平衡时产物选择性的原因是　　　　　　　。 （3）在压强为的恒压体系中通入和，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。 ①图中n代表的组分为　　　　　　　。(填化学式) ②时，反应Ⅲ的平衡常数　　　　　　　。(列出计算式) ③时，的平衡转化率为f，消耗硅的物质的量为　　　　　　　。(列出计算式) （4）下、其他条件相同时，用和分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。(产物选择性均高于98.5%) 催化剂 的转化率/% 7.3 14.3 22.3 ①使用不同催化剂时，反应Ⅳ的催化剂　　　　　　　催化剂(填“>”“<”或“=”)；反应Ⅳ的活化能：催化剂　　　　　　　催化剂(填“>”“<”或“=”)。 ②使用催化剂，初始投料该段时间内得到，则的选择性　　　　　　　。(列出计算式) 3.(2023·福建·高考真题)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． ⅱ． ⅲ． 已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数见下表。 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，可认为存在反应：，下列相关说法正确的是　　　　　　　(填标号)。 a． b． 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　　　　　　　(列出计算式)。 （3）丙烷甲醇共进料时，还发生反应： ⅳ． 在下，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)(甲醇)时，体系总反应：　　　　　　　 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　　　　　　　。 4.(2022·福建·高考真题)异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： （1）已知，则燃烧生成和的热化学方程式为　　　　　　　。 （2）在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表： 反应时间 0 4 8 12 t 20 浓度 0 2440 3200 3600 4000 4100 ①内，　　　　　　　； ②t　　　　　　　16(填“>”“<”或“=”)。 （3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是　　　　　　　(填标号)。 a.的分压不变                         b.混合气体密度不变 c.                  d. （4）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为　　　　　　　。 （5）下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。 (已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压) ①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的　　　　　　　点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是　　　　　　　。 ②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为　　　　　　　(用含x的代数式表示)。 5.(2021·福建·高考真题)化学链燃烧()是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集。基于载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下。 空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为： ① ② （1）反应 　　　　　　　。 （2）反应②的平衡常数表达式　　　　　　　。 （3）氧的质量分数：载氧体Ⅰ　　　　　　　(填“>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。 （4）往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数为21%】，发生反应①。平衡时随反应温度T变化的曲线如图所示。时的平衡转化率　　　　　　　(保留2位有效数字)。 （5）根据下图，随温度升高而增大的原因是　　　　　　　。反应温度必须控制在以下，原因是　　　　　　　。 （6）载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的载氧体，反应②活化能如下表所示。 载氧体掺杂物质 氧化铝 膨润土 活化能/ 由表中数据判断：使用　　　　　　　(填“氧化铝”或“膨润土”)掺杂的载氧体反应较快；使用氧化铝或者膨润土掺杂的载氧体，单位时间内燃料反应器释放的热量分别为、，则a　　　　　　　b(填“>”“=”或“<”)。 1.(2027·福建福州三校·适应性考试)乙二醇是一种重要化工原料，合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ．以合成气(CO、H2)为原料，，不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 1.0 （1）该反应的ΔH 　　　　　　　0(填“＞”或“＜”)。 （2）已知的燃烧热(ΔH)分别为-akJ/mol，-bkJ/mol，-ckJ/mol，则上述合成反应的ΔH =　　　　　　　　　　kJ/mol。(用a、b和c表示)。 （3）实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(答出1条即可)。 Ⅱ．利用草酸与甲醇酯化获得的草酸二甲酯(DMO)为原料，制备乙二醇的过程如下。 （4）实验室在浓硫酸催化下发生反应i。 ①生成DMO的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②下列措施能提高草酸平衡转化率的有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(填标号) A．提高草酸用量    　B．提高甲醇用量   　 C．及时分离出水    　D．使用高效催化剂 （5）反应ii~iv的lgK与温度关系如图。 ①500 K时，反应+2CH3OH(g)的K=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；反应结束后，降温过程中先液化得到的物质为　　　　　　　　　　　　　(填“乙二醇”“甲醇”)，并说明理由　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②500 K时，在恒容体系中加入1mol/LDMO、xmol/LH2，在一定条件下反应ii和iii，忽略反应iv。达到平衡时测得c(乙二醇)=0.8 mol∙L-1，c(DMO)≈0 mol∙L-1，x=　　　　　　　　　　　　。 (已知：) 2.(2027·福建漳州·质量检测)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)。 3.(2026·福建三明·二模)利用再生氢将温室气体CO2转化为甲醇是实现碳中和的重要途径，其主要反应如下： Ⅰ．    Ⅱ．             Ⅲ．                     （1）①　　　　　　　　　　　，反应Ⅰ在　　　　　　　　　　　(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 ②在恒容绝热条件下，起始投料按充入容器中，若只发生反应Ⅰ，下列可作为反应达到平衡状态的判断依据是　　　　　　　　　　　(填标号)。 a．的比值不变       b．不变 c．容器内气体密度不变       d．容器内气体的平均相对分子质量不变 （2）在一定压强下，通入1 mol CO2和6 mol H2(发生反应Ⅰ和Ⅱ)，反应100 min，CO2的转化率、CH3OH的选择性及CO的选择性随温度变化曲线如图所示。 已知： ①260℃时，生成CO的平均反应速率为　　　　　　　　　　　(保留三位有效数字)。 ②300℃时，若总压为2.9 kPa，则平衡时体系中H2与CH3OH的物质的量之比为　　　　　　　　　　　，反应Ⅰ的压强平衡常数Kp=　　　　　　　　　　　(kPa)-2。 （3）在Cu/ZrO2催化剂作用下，CO2加氢合成甲醇的机理如图所示。 ①Cu/ZrO2催化剂中Cu活性位点的作用是　　　　　　　　　　　。 ②若ZrO2-O-H中的羟基氧用18O代替，则产物中不会出现18O的物质为　　　　　　　　　　　(填化学式)。 4.(2026·福建龙岩·二模)利用加氢合成甲醇（）是实现“碳中和”目标的有效途径之一。一定条件下，与发生以下反应： Ⅰ．    Ⅱ．    Ⅲ．    （1）已知298 K时，部分物质的相对能量如下表。 物质 相对能量/ 0 　　　　　　　。 （2）反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数随温度变化曲线如图1所示。 ①图中表示反应Ⅱ的关系的曲线为　　　　　　　　（填“”或“”）。 ②高于400 ℃反应Ⅲ可以忽略的依据是　　　　　　　　。 （3）一定压强下反应一段时间，催化剂A、B的产物选择性和转化率随温度变化的关系如图2、图3所示，应选用催化剂　　　　　　　　（填“A”或“B”），理由是　　　　　　　　。 （4）一定温度下，维持压强为p，密闭容器中和按照物质的量之比投料，只发生反应Ⅰ、Ⅱ，并达到平衡状态，平衡转化率为10%，甲醇选择性为80%，计算反应Ⅰ在该温度下的分压平衡常数　　　　　　　　。[列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数，甲醇选择性]；随着温度的升高，的转化率增大，而的选择性却下降。从平衡移动角度分析其可能的原因　　　　　　　　。 5.(2026·福建漳州实验高级中学·二模)锗(Ge)是太阳能光伏电池的重要组成部分，我国锗主要分布在内蒙古乌兰图嘎煤矿、云南铅锌矿、广东凡口铅锌矿和青海锡铁山铅锌矿等矿区。 （1）Ge元素位于元素周期表的第　　　　　　　　周期第　　　　　　　　族。 （2）还原四氯化锗制备锗的主要反应如下： 编号 反应 /() 1 2 3 ①　　　　　　　　。 ②反应1在　　　　　　　　(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。 （3）在恒压密闭容器中，通入和发生反应1、2、3，反应过程中容器内的压强为100kPa．当反应达到平衡时，各气相组分的物质的量随温度的变化关系如图1所示，含量极低或不含有的物质未表示。 ①a表示的物质为　　　　　　　　(填化学式)。 ②900℃，反应达到平衡时，容器内有、、和。计算该温度下的平衡常数：　　　　　　　　(用分压代替浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数，写出计算过程，结果用分数表示)。 （4）将和的混合气体通入还原炉，t min末，锗的转化率()随温度的变化关系如图2所示。 ①P点　　　　　　　　(填“一定”“可能”或“未”)达到平衡状态。 ②请解释锗的转化率随温度T的升高呈图2中变化趋势的可能原因：　　　　　　　　。 （5）某种金属有机框架(MOFs)由金属节点和桥联配体组成，可高效选择性吸附溶液中的Ge(Ⅳ)，其立方晶胞结构如图所示(桥联配体未画出)。 ①一个晶胞中金属节点的个数为　　　　　　　　。 ②两个金属节点之间的最近距离为　　　　　　　　nm；距离最近的两个金属节点之间连有一个桥联配体，则与每个金属节点相连的桥联配体数目为　　　　　　　　。 ③若每个空隙均可吸附一个Ge(Ⅳ)，则该材料对Ge(Ⅳ)的吸附量为　　　　　　　　mol·g-1(吸附量指单位质量的MOFs材料可吸附Ge(Ⅳ)的物质的量；M(晶胞)=2000g·mol-1)。 6.(2026·福建宁德·质量检测)5-磺基水杨酸（）为白色晶体，是化学分析中的一种常用试剂，能与多种金属离子结合形成配合物。 已知：；       ；       。 Ⅰ．制备5-磺基水杨酸 反应方程式为： （1）有关上述反应的说法正确的是　　　　　　　　　　（填标号）。 a．正反应的活化能大于逆反应 b．逆反应的速率受温度影响大于正反应速率 c．温度升高，平衡产率提高 （2）浓硫酸作为反应物外，还起到的作用是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．5-磺基水杨酸合铁（III）配合物的稳定常数测定 与有如下平衡：。现取均为2.0、浓度均为的和溶液，按不同体积比混合并保持混合溶液总体积为20 mL。测得平衡时溶液吸光度A与起始物质的量分数的关系如图。（，吸光度A与配合物浓度成正比） （3）①图中C点和D点，转化率较大的是　　　　　　　　　　　。 ②时，最大吸光度A的理论值为B点，实测为E点数值，计算此时转化率　　　　　　　　　。 ③实验过程不变，则的平衡常数　　　　　　　　　（列出计算式）。 （4）的反应平衡常数称为FeL的稳定平衡常数，FeL的稳定平衡常数　　　　　　　　　　（用含、、的式子表示）。 III．pH对配合物组成的影响 已知：与在不同pH条件下形成的配合物及其如下表： pH范围 主要配合物 1.8～2.5 FeL 15.1 4～8 26.4 8～11.5 32.7 （5）用测定FeL吸光度相同的方法也可以得到的关系曲线，那么的最大吸光度理论值对应的　　　　　　　　　　。 （6）通过吸光度测定某水样中微量的含量，选择最佳的pH范围为　　　　　　　　　　。 7.(2026·福建厦门·模拟测试)复合吸收液可用于脱除NO废气。吸收液中相关反应如下： ⅰ．    ii．    回答下列问题： （1）   　　　　　　　(用、列出计算式) （2）在且与HClO初始浓度均为的吸收液中，含氯微粒的浓度随时间变化如图(仅考虑反应ⅰ、ⅱ)。 ①代表的曲线为　　　　　　　。(填标号) ②反应ⅰ、ⅱ在内化学反应速率之比　　　　　　　。 ③平衡时，，，则　　　　　　　。(用、列出计算式) （3）时，利用复合吸收液脱除NO，存在以下平衡：             ①   。该反应平衡常数　　　　　　　。 ②从结构角度解释酸性强于HClO的原因是　　　　　　　。 ③以作催化剂，测得不同温度下NO脱除率如图。范围内，NO脱除率随温度升高而增大的原因有　　　　　　　；当温度由升高至，NO脱除率减小的原因可能有　　　　　　　。 8.(2026·福建泉州·一模)肼(，沸点)是一种具有良好应用前景的储氢材料，其分解反应如下： 反应Ⅰ：    反应Ⅱ：    （1）反应   　　　　　　　。 （2）在金属Pt催化下，发生反应Ⅰ。 ①图1中表示随T的变化趋势正确的是　　　　　　　。(填“a”“b”“c”或“d”) ②图2为反应Ⅰ催化机理，则M的化学式为　　　　　　　。 ③已知电负性Ni为1.9、Pt为2.3.若改用做催化剂，催化剂表面存在Ni和Pt两种活性位点。则肼中的N原子吸附于　　　　　　　(填“Ni”或“Pt”)活性位点，理由是　　　　　　　。 （3）在下，催化发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时产物的物质的量与温度的关系如图3。 ①曲线a所示物种为　　　　　　　，理由为　　　　　　　。 ②常温下，能提高的平衡转化率的是　　　　　　　。(填标号) a．改变催化剂       b．增大的用量       c．恒压时通入惰性气体 ③Q点时，反应Ⅰ的　　　　　　　(用含的式子表示)。 （4），在R催化下，在NaOH溶液()中发生反应Ⅰ、Ⅱ的速率方程为：，k是速率常数，、为常数。探究与转化率为50%时所需时间的关系，测得实验数据如下： 实验 时间 1 m n p q 2 m n 2p 3 m n 3p t 根据表中数据分析，　　　　　　　(用含q的式子表示)。 9.(2026·福建南平·适应性考试)碳酸丙烯酯（PC）是锂离子电池的常用溶剂。与环氧丙烷（PO）制备PC的过程中存在如下反应： 反应I： 反应II： 已知：一定温度下，元素的最稳定单质生成1 mol纯物质的反应焓变称为该物质的摩尔生成焓，元素的最稳定单质的摩尔生成焓为0。一些物质的摩尔生成焓数据如下表： 物质 摩尔生成焓/（） −393.5 −122.6 −613.2 （1）反应I的　　　　　　　　　 。 （2）在催化剂[，结构如图1]的作用下，与PO反应生成PC的机理如图2所示： ①图1阳离子中Fe元素的化合价为　　　　　　　　　　　　　。 ②表示状态iii的为　　　　　　　　　　　（填标号）。 ③与反应的机理同PO相似，与反应的主要产物的结构简式为　　　　　　　　　　。 （3）某温度下，向刚性密闭容器中加入等物质的量的和，下列能说明反应Ⅰ达到平衡状态的是__________。（填标号） A. 容器内压强不再变化 B. 聚碳酸丙烯酯的物质的量不再变化 C. 不变 D.  （4）向密闭容器中加入0.1 mol PO，保持压强恒为2 MPa，反应相同时间，反应温度对转化率、PC选择性、PC产率的影响如图所示。 已知： ①表示转化率的曲线为　　　　　　　　　　。（填“甲”“乙”或“丙”） ②之前，曲线乙和曲线丙几乎完全重叠在一起的原因为　　　　　　　　　　。 ③已知时体系达平衡，该温度下反应Ⅰ的平衡常数　　　　　　　　　　。 （列出计算式，，为物质的量分数） （5）制备碳酸丙烯酯还有一种尿素法，其原理为 与尿素法相比，从绿色化学的角度分析与合成法的优势为　　　　　　　　　　　。（写一点即可） 10.(2026·福建福州·适应性考试)甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯是一种新型生产技术。 Ⅰ．热力学分析 甲苯侧链甲醇烷基化发生的主要反应有： R1. R2. R3.（乙苯，g） R4.（二甲苯，g） 300～1100K范围内，以上各反应的随温度的变化如图所示。 （1）主反应R1的　　　　　　0（填“>”“=”或“<”）。 （2）在恒压反应器中，保持温度、催化剂、甲苯和甲醇投料比不变，为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，可以采取的措施是　　　　　　　　　　（写一条）。 （3）乙苯脱氢是制苯乙烯的另一种方法。600K时，该反应的平衡常数　　　　　　。与之相比，甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯工艺的优点是　　　　　　　　　　。 Ⅱ．温度对催化剂性能影响的探究 将甲苯和甲醇按物质的量比为5∶1混合，以为载气，按一定的流速通入装填催化剂（Cs/CuAl-LDO-3@X）的恒温反应器，控制不同温度，进行5组实验。反应45min后，测得反应物的转化率、含苯环产物的选择性（S）如图所示。 [注：选择性S（A）=×100％] （4）甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度是　　　　　　　℃。 （5）425℃时，S（苯乙烯）=S（乙苯），氢气的分压为pkPa，则反应R1的压强商　　　　　　　　　　　　kPa（用含p的代数式表示）。 （6）排除催化剂失活，温度高于425℃甲苯转化率降低的原因是　　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．催化剂前体结构的研究 CuAl-LDH（层状复合氢氧化物）是Cs/CuAl-LDO-3@X的前体，其晶体结构如图所示。由于和层之间作用力弱，容易被其他阴离子替换，使催化剂的改性成为可能。 （7）该晶体中一个金属离子与所有紧邻的氧原子形成的空间构型为　　　　　　。 （8）该晶体中微粒间作用力的类型有　　　　　　（填标号）。 a．氢键             b．金属键                    c．配位键                    d．极性键                    e．非极性键 （9）该晶体的化学式为，其中　　　　　　　　　　，　　　　　　　　　　。 11.(2026·福建龙岩·质量检测)甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯是一种新型生产技术。 Ⅰ．热力学分析 甲苯侧链甲醇烷基化发生的主要反应有： R1. R2. R3.（乙苯，g） R4.（二甲苯，g） 300～1100K范围内，以上各反应的随温度的变化如图所示。 （1）主反应R1的　　　　　　0（填“>”“=”或“<”）。 （2）在恒压反应器中，保持温度、催化剂、甲苯和甲醇投料比不变，为了抑制乙苯的生成，提高苯乙烯的选择性，可以采取的措施是　　　　　　　　　　（写一条）。 （3）乙苯脱氢是制苯乙烯的另一种方法。600K时，该反应的平衡常数　　　　　　。与之相比，甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯工艺的优点是　　　　　　　　　　。 Ⅱ．温度对催化剂性能影响的探究 将甲苯和甲醇按物质的量比为5∶1混合，以为载气，按一定的流速通入装填催化剂（Cs/CuAl-LDO-3@X）的恒温反应器，控制不同温度，进行5组实验。反应45min后，测得反应物的转化率、含苯环产物的选择性（S）如图所示。 [注：选择性S（A）=×100％] （4）甲苯侧链甲醇烷基化制苯乙烯的最佳温度是　　　　　　　℃。 （5）425℃时，S（苯乙烯）=S（乙苯），氢气的分压为pkPa，则反应R1的压强商　　　　　　　　　　　　kPa（用含p的代数式表示）。 （6）排除催化剂失活，温度高于425℃甲苯转化率降低的原因是　　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．催化剂前体结构的研究 CuAl-LDH（层状复合氢氧化物）是Cs/CuAl-LDO-3@X的前体，其晶体结构如图所示。由于和层之间作用力弱，容易被其他阴离子替换，使催化剂的改性成为可能。 （7）该晶体中一个金属离子与所有紧邻的氧原子形成的空间构型为　　　　　　。 （8）该晶体中微粒间作用力的类型有　　　　　　（填标号）。 a．氢键             b．金属键                    c．配位键                    d．极性键                    e．非极性键 （9）该晶体的化学式为，其中　　　　　　　　　　，　　　　　　　　　　。 12.(2026·福建·一模)费托合成是工业合成丙烯的一种路线。 （1）甲醇中间体法是制丙烯的另外一种路线，原理如下。 甲醇中间体法：        费托法制丙烯：   　　　　　　　　　　　 （2）费托法制丙烯时，在压强为p kPa的恒压体系中以投料(不考虑副反应)，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图。 ①图中B代表的组分为　　　　　　　　　　　。(填化学式) ②时，的分压为　　　　　　　　　　　，该反应的平衡常数　　　　　　　　　　　。(列出计算式) （3）费托法制丙烯过程中，CO和在催化剂作用下发生如下转化，引入后可有效抑制副反应的发生。 ①副反应为水煤气变换反应，其化学方程式为　　　　　　　　　　　。在表面和的脱附情况如下图。在与表面脱附能力相近，但　　　　　　　　　　　，从而减少生成。 ②副反应物质转化过程中相关能量如表。 丙烯吸附或脱附能 丙烯氢化活化能 () () 能量/eV 0.45 0.26 0.58 i．据上表，可减小副反应化学反应速率的依据为　　　　　　　　　　　。 ii．合成丙烯的反应在催化剂表面一般要经历“扩散→吸附→表面反应→脱附→扩散”的过程。分析丙烯氢化活化能的原因是　　　　　　　　　　　。 13.(2025·福建·一模)在“碳达峰、碳中和”的背景下，通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题： Ⅰ．加氢制甲醇 （1）已知如下热化学方程式： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 计算：　　　　　　　　　　　。 （2）在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是___________（填标号）。 A. 的分压保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. 保持不变 D. 密闭容器中温度保持不变 （3）在、条件下发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图所示。 已知：甲醇的选择性。 ①260 ℃时，的转化率　　　　　　　　　　　。反应ⅰ的平衡常数　　　　　　　　　　　（精确到小数点后3位，是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数）。 ②甲醇选择性随温度升高而降低的原因：　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物 已知：的活性位点对O的连接能力较强，的活性位点对C的连接能力较强，对的吸附能力远强于，且吸附后不易脱离。 （4）电还原可能的反应机理如图所示（*表示吸附态的）。 ①参照机理图画出A的结构：　　　　　　　　　　　。 ②若还原产物主要为，应选择　　　　　　　　　　　（填“”“”或“”）做催化剂。 14.(2026·福建莆田·二调)某温度、催化剂作用下，在密闭容器中加入一定量和进行反应： Ⅰ．       Ⅱ．       （1）反应Ⅰ自发进行的条件是　　　　　　　　（填“高温”或“低温”）。 （2）反应的　　　　　　　　（用、表示）。 （3）一定条件下，反应Ⅱ的速率方程为，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下： 实验序号 反应速率 1 0.1 0.1 2 0.2 0.1 3 0.2 0.2 4 c 0.4 根据表中的测定结果，　　　　　　　　，　　　　　　　　。 （4）压强为3.0MPa，以起始投料比：进行反应，对平衡体系中的三种含碳物种（、、）进行分析，的平衡转化率、CO和的选择性随温度变化如下图。其中的选择性。 ①表示的选择性随温度变化的曲线是　　　　　　　　（填“a”“b”或“c”）。 ②当温度高于300℃时，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是　　　　　　　　。 ③测得M点的物质的量分数为，则的选择性　　　　　　　　，反应Ⅱ的　　　　　　　　（为用气体分压表示的平衡常数，分压总压×物质的量分数）。 （5）在250℃、3.0MPa、起始投料比的条件下，计算进料气中添加一定量的CO对加氢合成甲醚反应的影响，计算结果如图。当CO的物质的量分数大于13.6%时，平衡转化率的计算值为负值。甲醚产率增大而的转化率却为负值的原因是　　　　　　　　。 15.(2026·福建泉州·二质检)由制取，经还原可制得微晶硅薄膜： 反应ⅰ             反应ⅱ         （1）分子的空间构型为　　　　　　　。 （2）反应ⅰ从热力学角度表明在　　　　　　　可以自发进行(选填“任意温度”、“高温”或“低温”)。 （3）部分化学键的键能如表所示，则　　　　　　　。 化学键 键能() x 436 235 586 （4）在一定温度下的恒容容器中发生反应i，不能作为该反应达到平衡的依据是　　　　　　　(填标号)。 a．       b．固体质量保持不变 c．气体的压强不变                 d．气体的密度不变 （5）在的恒容密闭容器中加入，只发生反应i。 ①测得时的转化率随时间的变化如图1所示。反应从开始至A点的平均反应速率　　　　　　　。 ②不同温度下，后残留固体的X射线衍射谱图如图2(不同晶态物质在X射线衍射谱图中出现衍射峰的衍射角不同，峰值高低与其含量成正比)。工业上据此选择焙烧温度为，优点有　　　　　　　。 （6）在时，反应i的平衡常数 ①时，向恒容密闭容器中加入一定量及过量，初始压强为。平衡时，测得容器压强为，则　　　　　　　，反应ⅱ的平衡常数　　　　　　　(列出计算式)。 ②时，保持压强不变，以相同的流速通入和的混合气体，有利于提高微晶硅的平衡产率，原因是　　　　　　　。 16.(2026·福建福州·质量检测)低碳烯烃是重要的化学品或有机反应中间体，碘甲烷在一定条件下可裂解制取低碳烯烃，其反应机理如下： 反应1：    反应2：    反应3：    （1）反应的ΔH=　　　　　　　　　　　kJ·mol-1，该反应的ΔS　　　　　　　　　　　0(填“>”“<”或“=”)。 （2）向密闭容器中充入一定量的碘甲烷，维持容器内P0=0.1MPa，平衡时C2H4、C3H6和C4H8的物质的量分数与温度的关系如图所示。 ①曲线X表示的物质为　　　　　　　　　　　。 ②从平衡移动的角度分析：800K后，曲线Y表示的物质的量分数增大的原因是　　　　　　　　　　　。 ③T1时，碘甲烷的转化率α=　　　　　　　　　　　，反应3的分压平衡常数Kp=　　　　　　　　　　　MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。 ④0.1MPa，800K时，若要提高C4H8的平衡产率，可以采取的措施为　　　　　　　　　　　(任写一条)。 （3）乙烯在工业上常用于合成1-辛烯，1-辛烯是合成聚烯烃、表面活性剂、增塑剂等的重要原料。下表是不同催化剂体系下乙烯合成1-辛烯的反应性能数据。 催化剂体系 反应条件 催化活性[g/(mol M·h)] 1-辛烯选择性(w%) 镍系催化剂 60℃，2.0 MPa 1.45×104 17.1 四元铬系催化剂 50℃，4.0 MPa 4.50×103 79.3 负载铬系催化剂 50℃，4.0 MPa 1.90×103 81.4 (注：催化活性指每摩尔催化剂金属在单位时间内能够得到产物的质量) 从表中数据来看，工业上合成1-辛烯最好采用　　　　　　　　　　　系催化剂。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $