第6讲 反应原理综合题考向预测
考情解码
重温经典
1．【2024高考安徽卷T12】室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO 的影响因素，测得不同条件下SeO 浓度随时间变化关系如下图。
实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH
50 8 6
50 2 6
50 2 8
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2小时内平均反应速率v(SeO)=2.0 mol·L－1·h－1
B．实验③中，反应的离子方程式为：2Fe＋SeO＋8H＋=2Fe3＋＋Se＋4H2O
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO 的去除效果越好
1．【答案】C
【解析】A．实验①中，0~2小时内平均反应速率v(SeO )＝＝2.0×10－3 mol·L－1·h－1，不正确；B．实验③中水样初始pH=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用H＋配电荷守恒，B不正确；C．综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeO 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，正确；D．综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中SeO 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始pH，SeO 的去除效果越好，但是当初始pH太小时，H＋浓度太大，纳米铁与H＋反应速率加快，会导致与SeO 反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时SeO 的去除效果不一定越好，不正确。
2．【2024高考黑吉辽卷T10】异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是
A．3 h时，反应②正、逆反应速率相等
B．该温度下的平衡常数：①＞②
C．0~3h平均速率(异山梨醇)＝0.014 molkg－1h－1
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
2．【答案】A
【解析】A．由图可知，3小时后异山梨醇浓度继续增大，15h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3h时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，错误；B．图像显示该温度下，15h后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1,4－失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，正确；C．由图可知，在0~3h内异山梨醇的浓度变化量为0.042 mol/kg，所以平均速率(异山梨醇)=＝0.014 molkg－1h－1，正确；D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化率，正确。
3．【2024高考湖南卷T14】恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)和CO(g)，发生如下反应：
主反应：CH3OH(g)＋CO(g)＝CH3COOH(g) H1
副反应：CH3OH(g)＋CH3COOH(g)＝CH3COOCH3(g)＋H2O(g) H2
在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数[(CH3COOH)＝]随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是
A．投料比x代表
B．曲线c代表乙酸的分布分数
C．H1＜0，H2＞0
D．L、M、N三点的平衡常数：K(L)＝K(M)＞K(N)
3．【答案】D
【解析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为(CH3COOH)、(CH3COOCH3)，若投料比x代表，x越大，可看作是CH3OH的量增多，则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CH3COOCH3分布分数，曲线c或曲线d表示CH3COOH分布分数，据此分析可知AB均正确，可知如此假设错误，则可知投料比x代表，曲线a或曲线b表示(CH3COOH)，曲线c或曲线d表示(CH3COOCH3)。B．根据分析可知，曲线c表示CH3COOCH3分布分数，故B错误；C．根据分析可知，曲线a或曲线b表示(CH3COOH)，当同一投料比时，观察图像可知T2时(CH3COOH)大于T1时(CH3COOH)，而T2＞T1可知，温度越高则(CH3COOH)越大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，H1＞0；曲线c或曲线d表示(CH3COOCH3)，当同一投料比时，观察可知T1时(CH3COOCH3)大于T2时(CH3COOCH3)，而T2＞T1可知，温度越高则(CH3COOCH3)越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，H2＜0，错误；D．L、M、N三点对应副反应H2＜0，且TN＞TM＝TL，升高温度平衡逆向移动，K(L)＝K(M)＞K(N)，正确。
12．硼砂[Na2B4O5(OH)4·8H2O]水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的B(OH)3
(硼酸)和Na[B(OH)4] (硼酸钠)。
已知：①25℃时，硼酸显酸性的原理B(OH)3 +2H2OH3O+ + Ka=5.8×10－10
②lg≈0.38
下列说法正确的是（ ）
A．硼砂稀溶液中c(Na+)=c[B(OH)3]
B．硼酸水溶液中的H+主要来自水的电离
C．25℃时，0.1 mol·L－1硼酸水溶液的pH≈6.38
D．等浓度等体积的B(OH)3和Na[B(OH)4]溶液混合后，溶液显酸性
4．【答案】B
【解析】2c(Na＋)＝c[B(OH)3]＋c{[B(OH)4]－}，A正确；B项可以根据已知得到，正确；C项，25℃时，B(OH)3＋2H2O H3O＋＋，Ka＝＝5.8×10－10，根据c(H＋)＝c{[B(OH)4]－}，则有c(H＋)＝＝×10－6，则pH≈6－0.38＝5.62，错误；D项，B(OH)3的电离平衡常数为Ka＝5.8×10－10，[B(OH)4]－的水解平衡常数Kh＝Kw÷Ka≈1.7×10－5，相同溶质物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，后者的水解程度更大，溶液显碱性，错误。
5. 为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：。
2HCl(g) + O2(g)Cl2(g) + H2O(g) ΔH1=－57.2 kJ·mol－1 ΔS K
将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测
流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
⑴ ΔS 0(填“>”或“<”)；T3= ℃
⑵ 结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH = kJ·mol－1。
H2O(l)==H2O(g) ΔH 2=+44.0 kJ mol 1
H2(g)+ Cl2(g) ==2HCl(g) ΔH 3=－184.6 kJ mol 1
⑶ 下列措施可提高M点HCl转化率的是 (填标号)
A．增大HCl流速 B．将温度升高40℃
C．增大n(HCl):n(O2) D．使用更高效的催化剂
⑷ 图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是 。
⑸ 设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K= (用平衡物质
的量分数代替平衡浓度计算)
⑹ 负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示，
二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，
则Ru的相对原子质量为 (精确至1)。
5．【答案】（1） ①＜ ②360℃
（2）－258.8 （3）BD
（4）流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
（5）6 （6）101
【解析】
（1）反应2HCl(g)＋O2(g)Cl2(g)＋H2O(g)前后的气体分子数目在减小，所以该反应S<0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。
（2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)，设①2HCl(g)＋O2(g)Cl2(g)＋H2O(g)，②H2O(l)＝H2O(g)，③ H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)，则④＝①＋③－②，因此氢气的燃烧热H＝－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44 kJ/mol=－258.8 kJ/mol。
（3）A．增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，不符合题意；B．M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意；C．增大n(HCl):n(O2)，HCl的转化率减小，不符合题意；D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，符合题意。
（4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。（5）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式
则。
（6）由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故，则Ru的相对原子质量为101。
6．【2024高考湖北卷T17】用BaCO3和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到BaC2，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。
反应Ⅰ：BaCO3(s)＋C(s)BaO(s)＋2CO(g)
反应Ⅱ：BaO(s)＋3C(s)BaC2(s)＋CO(g)
回答下列问题：
（1）写出BaC2与水反应的化学方程式_______。
（2）已知Kp＝(pCO)n、K＝()n(n是CO的化学计量系数)。反应Ⅰ、Ⅱ的lgK与温度的关系曲线见图1。
①反应BaCO3(s)＋4C(s)BaC2(s)＋3CO(g)在1585 K的Kp＝_______Pa3。
②保持1320 K不变，假定恒容容器中只发生反应Ⅰ，达到平衡时pCO＝_______Pa，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后pCO＝_______Pa。
（3）恒压容器中，焦炭与BaCO3的物质的量之比为4∶1，Ar为载气。400 K和1823 K下，BaC2产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。
①初始温度为900 K，缓慢加热至1400 K时，实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应体系中含Ba物种为_______。
②1823 K下，反应速率的变化特点为_______，其原因是_______。
6．【答案】（1）BaC2＋2H2O→Ba(OH)2＋HC≡CH↑
（2）①1016 ②105 ③105
（3）①BaO ②速率不变至BaC2产率接近100% ③. 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)＋3C(s)BaC2(s)＋CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变
【解析】（1）Ba、Ca元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式为BaC2＋2H2O→Ba(OH)2＋HC≡CH↑；
（2）①反应I＋反应Ⅱ得BaCO3(s)＋4C(s)BaC2(s)＋3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=()3，由图1可知，1585K时KI=102.5，KⅡ=10－1.5，即()3=102.5×10－1.5=10，所以p3CO=10×(105pa)3=1016pa3，则Kp= p3CO=1016pa3；
②由图1可知，1320K时反应I的KI=100=1，即KI=()2=1，所以p2CO=(105pa)2，即pCO=105pa；
③若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105pa；
（3）①由图2可知，1400K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO；
②图像显示，1823K时BaC2的产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定值，即速率保持不变；1400K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)＋3C(s)BaC2(s)＋CO(g)，反应条件恒温1823 K、恒压，且该反应只有CO为气态，据K＝可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变。
7．【2024高考全国甲卷T28】甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
（1）已知如下热化学方程式：
CH4(g)＋Br2(g)＝CH3Br(g)＋HBr(g) H1＝－29 kJmol－1
3CH3Br(g)＝C3H6(g)＋3HBr(g) H2＝＋20 kJmol－1
计算反应3CH4(g)＋3Br2(g)＝C3H6(g)＋6HBr(g)的H＝_____kJmol－1。
（2）CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8 mmol CH4和8 mmol Br2。通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。
(i)图中CH3Br的曲线是_____(填“a”或“b”)。
(ii)560℃时，CH4的转化率ɑ＝_____，n(HBr)＝_____mmol。
(iii)560℃时，反应CH3Br(g)＋Br2(g)＝CH2Br2(g)＋HBr(g)的平衡常数K＝_____。
（3）少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8 mmol CH4和8 mmol Br2，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(ⅰ)在11~19 s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比＝_____。
(ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据：_____。
(ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下：
①I2(g)＝I(g)＋I(g)
②I(g)＋CH2Br2(g)＝IBr(g)＋CH2Br(g)
③CH2Br(g)＋HBr(g)＝CH3Br(g)＋Br(g)
④Br(g)＋CH4(g)＝HBr(g)＋CH3(g)
⑤CH3(g)＋IBr(g)＝CH3Br(g)＋I(g)
⑥I(g)＋I(g)＝I2(g)
根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因：_____。
7．【答案】（1）－67
（2）a 80% 7.8 10.92
（3）(或3：2) 5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。
【解析】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3＋②，故热化学方程式3CH4(g)＋3Br2(g)=C3H6(g)＋6HBr(g)的 H=－29×3＋20=－67 kJ·mol－1。
（2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4＋1.4=7.8mmol；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。
（3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)－1，无I2的生成速率v==mmol·(L·s)－1。生成速率比==；
(ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
8．【2024高考湖南卷T18】丙烯腈(CH2＝CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂生产CH2＝CHCN的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：HOCH2CH2COOCH2H5(g)→CH2＝CHCOOC2H5(g)＋H2O(g) H1
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：CH2＝CHCOOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2＝CHCONH2(g)＋C2H5OH(g) H2
ⅲ：CH2＝CHCONH2(g)→CH2＝CHCN(g)＋H2O(g) H3
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
（1）总反应HOCH2CH2COOCH2H5(g)＋NH3(g)→CH2＝CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g) H＝ (用含H1、H2和H3的代数式表示)；
（2）进料混合气中n(HOCH2CH2COOCH2H5)∶n(C2H5OH)＝1∶2，出料中四种物质(CH2＝CHCOOC2H5、CH2＝CHCN、C2H5OH、H2O)的流量(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：
①表示CH2＝CHCN的曲线是_______(填“a”“b”或“c”)；
②反应釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是_______。
③出料中没有检测到CH2＝CHCONH2的原因是_______。
④反应11 h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是_______。
（3）催化剂TiO2再生时会释放CO2，可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含0.72 g水)置于密闭真空容器中，充入CO2和NH3，其中CO2的分压为100 kPa，在27℃下进行干燥。为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于_______kPa(已知p(H2O)＝2.5×102 kPamol－1×n(H2O) NH4HCO3分解的平衡常数Kp＝4×104 (kPa)3)；
（4）以CH2＝CHCN为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4，其阴极反应式_______。
8．【答案】（1）ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
（2） ①c ②降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率 ③反应iii的速率远大于反应ii ④催化剂活性降低 （3）40
（4）Sn＋4CH2=CHCN＋4e-＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)4
【解析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2=CHCN，在反应釜I中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)＋H2O(g)，加入NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)＋C2H5OH(g)，反应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)＋H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水；（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2=CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g)可以由反应i＋反应ii＋反应iii得到，故ΔH=ΔH1＋ΔH2＋ΔH3；（2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2=CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1:3:2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线；②反应釜Ⅰ中发生反应i是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率；③丙烯酰胺(CH2=CHCONH2)的分解温度约为160°C至170°C，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解；
④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少；（3）0.72 g水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa mol 1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑＋CO2↑＋H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa；（4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn＋4CH2=CHCN＋4e-＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)4。
9. 在传统克劳斯工艺制备的基础上，科研工作者提出分解制备同时获取的新方法，反应如下：
反应1：
反应2：
（1）传统克劳斯工艺反应如下，则_______。
（2）按照新方法，向恒容容器中通入混合气体。的转化率与温度关系曲线如图1所示，三条曲线分别代表平衡转化率及相同反应时间内有、无催化剂的转化率。
①代表平衡转化率的曲线是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
②_______0(填“<”“=”或“>”)；新方法加入部分，而未采用直接分解法的原因是_______。
③P点，此时_______，反应2的平衡常数_______。
（3）时，恒容容器中发生反应2，和的体积分数随时间变化曲线如图2所示。下列说法正确的是_______。
A. 反应2在M点达到化学平衡状态 B. 时，通入不变
C. 的反应速率： D. 时，降低温度，的产率增加
（4）可催化分解。形成立方时，的轨道分裂为两组。请参照基态原子核外电子排布规律将的价电子填充至图3中，完成轨道表示式_______。
9. 【答案】（1）
（2） ①. I ②. > ③. 使与反应生成水，减小的浓度，使反应2平衡正向移动 ④. ⑤. （3）BC
（4）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律（④+③）得，；
【小问2详解】
①催化剂不影响转化率，只影响速率，因此平衡转化率是该条件下的最大转化率，有无催化剂都不会超过最大转化率，故平衡转化率曲线是I；
②温度升高，的转化率升高，反应1为放热反应，温度升高转化率降低，故反应2为吸热反应，温度升高，转化率升高，且程度比反应1大，故>0；
新方法加入部分，而未采用直接分解法的原因是使与反应生成水，减小的浓度，使反应2平衡正向移动；
③向恒容容器中通入混合气体，则，，设生成了2xmol和2ymol，，，P点的转化率50%，，，解得y=，x=，；；
【小问3详解】
A．化学平衡状态是指各组分浓度不再变化，反应2在M点未达到平衡，因在M点后体积分数依然在改变，A错误；
B．恒容容器中，时已达到平衡，通入不影响平衡移动，故不变，B正确；
C．M点的的浓度高于N点，故反应速率：，C正确；
D．时，反应2为吸热反应，降低温度平衡向放热方向移动，平衡逆向移动，的产率减小，D错误；
故选BC；
【小问4详解】
的价层电子排布式为3d8，原子核外电子排布先排能量低再排能量高，且根据泡利不相容原理轨道表示式；
10. 1，3-丁二烯(，简称丁二烯)是生产橡胶的一种重要原料，其制备方法不断创新。
Ⅰ．1-丁烯催化脱氢法是工业生产丁二烯的方法之一。
（1）时，相关物质的燃烧热数据如下表：
物质
燃烧热 a
已知：，则_______。
（2）将一定量的1-丁烯在密闭容器中进行上述反应，测得不同温度下1-丁烯的平衡转化率与体系压强的关系如图所示。
①图中温度T由高到低的顺序为_______，判断依据为_______。
②已知的标准平衡常数，其中，则温度下，该反应的_______。
Ⅱ．电化学催化还原乙炔法条件温和，安全性高。在室温下，某团队以溶液为电解液，电催化还原乙炔制备丁二烯。
（3）反应开始时，溶解在电解液中的吸附在催化剂表面，该吸附过程的熵变_______0(填“>”“<”或“=”)，生成丁二烯的电极反应式为_______。
（4）一定时间内，丁二烯的选择性和通过电路的总电量随相对电势变化如下图所示。
已知：丁二烯的选择性；电量，n表示电路中转移电子的物质的量，。
①当相对电势为时，生成丁二烯的物质的量为_______(列计算式)。
②当丁二烯选择性减小时，阴极产生的物质还可能有_______(填标号)。
A． B． C． D．C3H4
10. 【答案】（1）-2718
（2） ①. ②. 反应为吸热反应，相同条件下，升高温度，平衡正向移动，1-丁烯的平衡转化率升高 ③.
（3） ①. < ②.
（4） ①. ②. BD
【解析】
【小问1详解】
燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；由表：
①
②
③
由盖斯定律，③-①-②得反应，则a=-2718kJ/mol；
【小问2详解】
①反应为吸热反应，相同条件下，升高温度，平衡正向移动，1-丁烯的平衡转化率升高，则图中温度T由高到低的顺序为；
②由图，温度下，平衡时压强为0.1MPa，1-丁烯的平衡转化率为30%，假设1-丁烯投料为1mol，则：
总的物质的量为1.3mol，则、、分压分别为、、，该反应的；
【小问3详解】
溶解在电解液中的吸附在催化剂表面，该吸附过程为熵减的过程，则熵变<0；以溶液为电解液，电催化还原乙炔制备丁二烯，则生成丁二烯的电极反应为乙炔在碱性条件下得到电子发生还原反应生成丁二烯，反应为：；
【小问4详解】
①当相对电势为时，由图，总电量为，则电路中转移电子，丁二烯的选择性为70%，结合反应，则生成丁二烯的物质的量为；
②阴极上物质得到电子发生还原反应，元素化合价降低，则当丁二烯选择性减小时，阴极会产生其它还原产物，产生的物质还可能有B． 、D．C3H4，生成二氧化碳和氧气需要发生氧化反应，故选BD。
11. 甲烷氧化偶联制乙烯是提高甲烷附加值的一项重要研究课题，其涉及的反应如下：
①
②
③
已知：以乙烯为例，其选择性定义为。
回答下列问题：
（1）氧化生成的热化学方程式④为_______，反应的_______0(填“>”或“<”或“=”)，反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。
（2）氧化偶联生成分步进行，和的选择性随反应时间的变化关系如图所示，第一步反应的产物为_______。
（3）恒压进料，原料气的对转化率与选择性的影响如图所示，根据本研究课题的目的，在_______(填“”或“”)更优，其原因是_______。
（4）一定条件下，的生成速率v与分压p间的关系为：。若的初始分压为，随着反应进行，当的生成速率v降低到其初始生成速率的时，则分压_______(用表示)。
（5）若、初始压强为，在恒容反应器中达平衡，的转化率为30%，和的选择性均为40%，则反应④的平衡常数_______(保留整数)。
11.【答案】（1） ①. △H=-210kJ/mol ②. > ③. 能
（2）
（3） ①. ②. 为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大
（4）
（5）416
【解析】
【小问1详解】
由题意可知，乙烷氧化为乙烯的反应为，由盖斯定律可知，反应②×2-反应①=反应④，则反应④的△H=(-282kJ/mol)×2-(-354kJ/mol)=-210kJ/mol，反应的热化学方程式为△H=-210kJ/mol；该反应是熵增的放热反应，任何条件下，反应ΔH-TΔS均小于0，能自发进行，故答案为：△H=-210kJ/mol；>；能；
【小问2详解】
由图可知，甲烷偶联生成乙烯起始反应时，乙烷的选择性大于乙烯的选择性，说明第一步反应的产物为乙烷，故答案为：；
【小问3详解】
由图可知，为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大，所以甲烷氧化偶联制乙烯时为时更优，故答案为：；为时，乙烯的选择性远大于乙烷的选择性，而为时，乙烯的选择性与乙烷的选择性相差不大，且n(CH4)∶n(O2)为2~3时CH4的转化率大；
【小问4详解】
由题意可知，反应起始时①，随着反应进行，当的生成速率v降低到其初始生成速率的时②，联立方程解得氧气的分压p=，故答案为：；
【小问5详解】
设起始甲烷、氧气的物质的量依次为3.5mol、1mol，平衡时CH4的转化率为30%，乙烷和乙烯的选择性均为40%，则平衡时甲烷、乙烷和乙烯的物质的量为3.5mol-3.5mol×30%=2.45mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol、3.5mol×30%×40%×=0.21mol，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为3.5mol-2.45mol-0.21mol×2-0.21mol×2=0.21mol，由氢原子个数守恒可知，H2O(g)的物质的量为=1.05mol，由氧原子个数守恒可知，氧气的物质的量为=0.265mol，则平衡时混合气体的总物质的量为4.395mol，由物质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体压强为=439.5kPa，则反应④的平衡常数≈416，故答案为：416。
12. 氮化钒广泛用于钢铁产业、储能、工业催化等领域。工业上可采用碳热还原氮化法制备时热化学方程式及平衡常数如下：
Ⅰ.
回答下列问题：
（1）钒元素在元素周期表中属于_______区。
（2）反应Ⅰ分两步进行：
Ⅱ．
Ⅲ．
①反应Ⅰ的_______，_______(用和表示)。
②升温有利于提高产率，从平衡移动角度解释_______。
（3）通过热力学计算，不同压强下反应Ⅰ的随T变化如图所示，_______(填“高温低压”或“低温高压”)有利于该反应自发进行(已知时，反应可自发进行)。
（4）参与反应可能的机理示意图如下。下列说法错误的是_______(填标号)。
A．反应过程中有非极性键断裂
B．与V原子直接反应生成
C．该反应中活性位点是碳原子
（5）反应过程中，含钒化合物的物质的量随时间变化如下图所示，前内化学反应速率_______时的氮化率为_______%(保留一位小数，已知氮化率)。
12.【答案】（1）d （2） ①. +437.8 ②. ③. 正反应吸热，升温，平衡正向移动
（3）高温低压 （4）B
（5） ①. 17.2 ②. 56.1
【解析】
【小问1详解】
钒是23号元素，元素在元素周期表中第四周期ⅤB族，属于d区元素。
【小问2详解】
①Ⅱ．
Ⅲ．
根据盖斯定律Ⅱ+Ⅲ得，。
②正反应吸热，升温，平衡正向移动，所以有利于提高产率。
【小问3详解】
<0反应能自发进行，根据不同压强下反应Ⅰ的随T变化如图所示，高温低压有利于该反应自发进行。
【小问4详解】
A．根据图示，反应过程中有非极性键氮氮三键得断裂，故A正确；
B．根据图示，附着在C原子上的参与了反应，附着在V原子上的没有参与反应，所以N2不能与V原子直接反应生成，故B错误；
C．附着在C原子上的参与了反应，附着在V原子上的没有参与反应，该反应中活性位点是碳原子，故C正确；
选B。
【小问5详解】
时的物质的量为8.58mol，前内化学反应速率，时的物质的量为8.58mol、VO的物质的量为5.4mol、V2O3的物质的量为2.35mol、V2C的物质的量为0.66mol，氮化率为
三、考题预测
1. 【2025年武汉四月调研考试15T】在 25℃时,CuSO4在不同浓度的 KOH 水溶液中，Cu(Ⅱ)的分布分数δ与pH 的关系如图。
已知:①Cu(OH)难溶于水,具有两性;
下列说法正确的是（ ）
曲线z为δ(CuOH+)
O点，c(H+)=1.5×10-7 mol/L
P点，c(Cu2+) ＞c(K+)
Q点，c(SO42-)=c(Cu2+)+2c(CuOH+)
1. 【答案】B
【解析】根据溶液pH变化以及Cu2+在溶液中的存在形式可以推出曲线x为Cu2+，曲线y为Cu(OH)+，曲线z为Cu(OH)- 3，故A错误。B选项，根据题目可得到反应，借助P点算K值，计算O点的c(H+)，，得到c(H+)=1.5×10-7 mol/L，B正确；P点电荷守恒和物料守恒 ，由于P点，c(Cu2+)=c(CuOH+)，所以c(Cu2+)=c(K+)，故C错误；Q点物料守恒，，Q点Cu(OH)+和Cu(OH)- 3浓度相等，但分布分数并不一定为0.5，故一定存在Cu(OH)2，故D错误。
2. 【2025年湛江二模15T】某课题组为探究汽车尾气转化为氨气的最佳反应条件,向体积为1 L的刚性容器中按n(NO):n(CO)=1充入 NO和CO，发生反应:2NO(g)+2CO(g) N(g)+2CO(g)。已知正、逆反应速率可以表达为 v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆 ·c2(CO2)·c(N2)(k正、k逆表示速率常数)，测得CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.该反应为吸热反应
B.压强的大小关系:p1
C.M、X、Y三点的化学平衡常数:KM=KX=KY
D.T1℃,若向该容器中充入 2.0 mol NO 和
2.0mol CO 发生上述反应，N 点的k正:k逆=8.1
2.【答案】D
【解析】压强相同时,温度升高,CO 的转化率减小,反应平衡逆移,故该反应为放热反应,选项 A 不正确;温度相同时,压强增大,反应平衡正移,CO 的转化率增大,故p33. 【2025年常德市模拟考试18T】含氯有机物在自然环境中具有长期残留性和高毒性。
Ⅰ. “催化还原脱氯法”作为一种安全有效的环境修复方法，主要分为“直接脱氯”和“间接脱氯”两大类。
（1）间接脱氯 ：“光催化加氢脱氯”为典型的间接脱氯法，可在温和条件下有效降解含氯有机物，而不产生氯化副产物。“光催化加氢脱氯”的第一步为水的活化：
H2O+*+e →H*+OH ，图 1为不同催化剂条件下水分子解离成 H*的反应机理。
①下列说法正确的是( )。
A.水的活化分两步完成
B.使用催化剂 TiO2-x/g-C3N4，1mol H2O 活化
放出的热量比使用催化剂 TiO2/g-C3N4多
C.吸附在催化剂 TiO2-x/g-C3N4 表面的 H2O 会自发地解离成 OH*
②已知 O–H 键的键能为 464 kJ/mol，解离一个水分子[H2O(g)→H·(g)+·OH(g)]理论上需消耗 J 能量。（保留两位有效数字）
（2）直接脱氯：
还原铁脱氯机理：R-Cl+H++Fe→R-H+Fe2++Cl (R-为烃基)，随着反应进行，铁表面附着一层红褐色固体，使脱氯效率下降，生成红褐色固体的原因是 。
Ⅱ.某科研团队以三氯乙烯(TCE)为核心物质进行脱氯机理研究。
（3）利用 TCE 测试催化剂的活性 以 TCE 测试g-C3N4、TiO2/g-C3N4 和 TiO2-x/g-C3N4 三种不同催化剂的“加氢脱氯活性”(如图 2 所示)。
已知 ln(c0 /c) =kt。t 表示光照时间，c0、c 分别为光照 t 秒前、后 TCE 的浓度，k 为常数。根据图中数据，催化效果最好的催化剂是 ；其中 k= s 1（已知：ln 0.5 =-0.69，结果保留两位有效数字）
（4）利用生物电化学系统降解 TCE 降解装置如图 3 所示。
电极 A 为 (填“阴极”或“阳极”)；TCE 生成顺式DCE（顺 二氯乙烯）的电极方程式为 。
【答案】](1)① C ②7.7×10-19 (2)生成的 Fe2+易被空气氧化成 Fe3+，随着反应进行，pH 不断增大，Fe3会转化为 Fe(OH;
(3)Ti02x/g-C3N4，0.021
(4)阳极，
【解析】
(1)①A、由信息可知，水的活化总过程为:HO+*+e-→H*+OH-;由图1可知，第一步为水在催化剂上吸附，第二步解离成 H*、OH*，两步并未完成水的活化。B、由图1可知水的活化后续步骤并未给出，故无法比较热量大小。C、由图可知，在催化剂 TiO2-x/g-C3N4:表面水吸附后解离成 OH*的活化能几乎为 0，故可自发解离。 ②解离1个水变成自由基需断裂1根氢氧键，故需要消耗的能量为[464/(6.02×1023)] ×1000=7.7×10-19J。
(2)反应生成的 Fe2+不稳定，易被空气中的氧气氧化成 Fe3+，由直接脱氯机理可知，随着反应的进行，pH 不断增大，Fe3+会形成 Fe(OH)3覆在 Fe 的表面。
(3)由图2可知，在相同时间内，使用催化剂 TiO2-x/g-C3N4，c/co最小，TCE 下降的浓度更多，故脱氯效果更好。由 In(co/c)=kt可知，k=ln(co/c)/t，从图中可得出，33s时 c/co=0.5，In(c/co)=ln0.5=-0.69，则In(co /c)=1n2=0.69，故k=0.69/33=0.021。
(4)由图可知，B电极将电子转移给微生物为阴极,则 A为阳极，TCE 转化为顺 DCE 的电极反应式为:第6讲 反应原理综合题考向预测
1．T℃下，向一恒容密闭容器中充入A和B，发生反应，使用不同的催化剂，其反应历程如图所示。下列说法不正确的是( )
A.该反应历程分五步进行
B.降低温度有利于提高反应物的平衡转化率
C.使用催化剂1时体系更快达到平衡状态
D.第1步是总反应的决速步
2．和在某催化剂作用下经历三步反应合成尿素，其反应历程包括三步，能量变化如图所示。已知：TS表示过渡态，所有物质均为气态。下列有关叙述正确的是( )
A.第一步反应的活化能为
B.合成尿素的决速步骤为第二步反应
C.该过程中涉及非极性键的断裂和形成
D.
3．某科研团队实现了在PdO/Pd界面复合材料上以甲烷和氧气作为反应物高选择性合成乙酸。该反应机理如图所示。下列有关说法正确的是( )
A.中间产物2→中间产物3存在极性键和非极性键的断裂和形成
B.由历程9→10知催化剂表面乙酸及时脱附有利于提高催化效率
C.使用PdO/Pd界面复合催化剂能改变反应历程和反应的焓变
D.历程4→9中只有碳氢键的断裂和氧氢键的形成
4．目前利用甲醇蒸气和水蒸气在催化剂Ru作用下催化重整是获得清洁能源氢气的主要方法：，其反应过程及其能量变化（均取正值，图中所有物质均为气态）如图所示。下列有关叙述错误的是( )
A.该条件下甲醇和水蒸气催化重整获得氢气的活化能为
B.由图示不能判断（g）比HCOOH（g）更稳定
C.反应
D.反应
5．相同温度下，分别在起始体积均为1L的两个密闭容器中发生反应：。实验测得反应的有关数据如下表：
容器 反应条件 起始物质的量/mol 达到平衡所用时间 达到平衡过程中的能量变化
① 恒容 2 1 0 10 放热
② 恒压 2 1 0 t 放热bkJ
下列叙述错误的是( )
A.②中：；
B.②中：从开始至内的平均反应速率
C.①中：反应达到平衡时，平衡常数K=
D.①中：平衡后再加入和，反应向逆反应方向移动
6．某恒容密闭容器内有一可左右滑动的隔板(下图所示)，一定温度下，在两侧分别加入两种亚硫酸盐固体，加热分解，发生如下反应：
ⅰ.
ⅱ.
达平衡后体系压强为，某时刻撤去隔板，一段时间后再达平衡，假设三种固体均存在。下列说法错误的是( )
A.可通过观察隔板的变化判断第一个阶段是否达到平衡状态
B.再达平衡时，体系总压强仍为
C.保持恒温、恒容，若向新平衡体系中通入少量，再达平衡时剩余固体质量增加
D.保持恒温将容器体积压缩，再次达平衡后各气体的浓度均保持不变
7．一定条件下存在反应：。现有三个体积相同的密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，按如图所示投料,并在条件下开始反应。达到平衡时，下列说法正确的是( )
A.容器I、Ⅲ中平衡常数相同
B.容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率始终相同
C.容器Ⅱ、Ⅲ中的反应达平衡时，的体积分数：Ⅱ>Ⅲ
D.容器I中的转化率与容器Ⅱ中的转化率之和等于1
8．甲、乙、丙三个恒容且体积相等的密闭容器中分别充入和，在80℃条件下发生反应。起始浓度如下表所示，其中甲经后达到平衡时，的转化率为，下列判断不正确的是( )
起始浓度mol/L 甲 乙 丙
0.5 1 0.5
0.5 1 1
A.丙达平衡需要的时间小于
B.平衡时，乙中的转化率大于
C.平衡时混合气体的平均相对分子质量：甲=乙<丙
D.温度降至70℃时，测得该反应的平衡常数为0.8，则该反应的正反应为吸热反应
9．（2025·浙江杭州·二模）以为原料合成高附加值产品，可以减少碳排放。请回答。
I.用与催化制备合成气，可以发生如下多个反应。
主反应：
副反应： kJ/mol
kJ/mol
kJ/mol
（1） kJ/mol。
（2）某温度下将一定比例的和通入体积不变的密闭体系发生以上反应，一定能减少平衡时积碳的措施有_______。
A．升高温度 B．选择合适催化剂
C．加入 D．降低原料气中的比例
II.电催化还原制备CO和电解装置及操作为：涂有催化剂的碳纸和金属Pt为电极，一定浓度溶液为电解液，通入进行预饱和，再以恒定流量通入，维持反应时溶液中浓度饱和。
（3）以Cu为催化剂时，相关还原产物的相对含量如下表：
产物的相对含量
电压(V) HCOOH CO
1.2 48 0 52
1.3 38 2 60
1.4 33 5 62
Cu对产物 (填分子式)选择性高。
（4）以为催化剂、阴极生成和CO是竞争反应，控制电压可以调节二者的含量。
①写出阴极发生的化学方程式： ， 。
②在以上条件下增大电压，实验发现：1.2V-1.4V之间，与结合能力增强，CO的生成速率变快，此时的生成速率几乎不变；1.4V-1.5V之间与CuGa 结合能力也增强、但CO的生成速率几乎不变。解释CO生成速率几乎不变的原因 ，画出产物中和CO的体积比随电压在1.2V-1.5V间的变化关系 。
10．（2025·河南·模拟预测）过二硫酸铵是一种常用的氧化剂，氧化的离子方程式：。回答下列问题：
（1）过二硫酸()、的结构式分别为、，根据上述反应判断，过二硫酸铵中键能最小的共价键是___________(填字母)。
A．H—N B． C．O—O D．S—O
（2）上述反应速率很小，根据碰撞理论解释其主要原因可能是 。
（3）的速率方程为(为速率常数，只与温度、催化剂有关；、为反应级数)。常温下，测得浓度与速率关系如下表所示。
实验
① 0.038 0.060
② 0.076 0.060
③ 0.076 0.030
根据实验数据可知， (保留两位有效数字)。
（4）现在公认的反应机理是由3个基元反应分步完成总反应：
①
②
③
已知活化能：①>②，①>③。
速控反应是 (填序号)； (用含、、的代数式表示)。
（5）已知：速率常数与活化能、温度的阿伦尼乌斯表达式为(为常数)。实验测得不同催化剂Cat1、Cat2作用下，与关系如图所示(假设活化能不随温度变化)。
11．（2025·贵州·模拟预测）从烟气中捕集，与耦合反应生成CO和，有利于减少排放，减缓温室效应。反应方程式如下：
主反应： K
主要的副反应：I．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）计算 。为了抑制副反应Ⅱ的发生，主反应倾向于在 (选填“高温”或“低温”)下进行。
（2）主反应分别在Ni和NiMo合金催化剂上的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的中间物种加注*。
由图可知，相同条件下，为提高化学反应速率，使用 催化剂较好。在该催化剂上，反应历程的最大能垒(活化能)为 eV，决速步骤的反应方程式为 。
（3）在恒温、'时进料，在不同条件下达到平衡时的理论平衡转化率和如下表：
条件 平衡转化率(%)
i．只考虑主反应 80 80 1.00
ii．同时考虑主反应和副反应Ⅰ() 75 x y
iii．只考虑主反应在透氢膜反应器中进行 - 90 -
①在条件ⅰ时， (列出计算式)。
②与条件ⅰ相比，条件ⅱ中x 80%，y 1.00(选填“大于”“等于”或“小于”)。
③在条件ⅲ时，透氢膜反应器的工作原理如图所示。出口a和出口b中的物质的量的比值为 (保留小数点后2位)。
催化效率较高的催化剂是 (填“Cat1”或“Cat2”)。在催化剂Cat1作用下，活化能为 (保留两位有效数字)。
（6）常温下，在某容器中投入和，加入蒸馏水配制成1L溶液，发生上述反应达到平衡时平衡转化率为。则该温度下，平衡常数为 。若达到平衡后，加入四氯化碳，振荡，平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
12．[2024年河北高考真题]氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二（氯甲基）苯等可通过氯化反应制备。
（1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：
①若正反应的活化能为，则逆反应的活化能___________（用含的代数式表示）。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入和，测定温度下体系达平衡时的（为体系初始压强，，p为体系平衡压强），结果如图1。
图1中温度由高到低的顺序为___________，判断依据为_________________________________。
M点的转化率为___________，温度下用分压表示的平衡常数___________。
③图2曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是___________（填序号）。
（2）1，4-二（氯甲基）苯（D）是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯（X）的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为，其中分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数（分别对应反应①~⑤）。
某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定（反应体系体积变化忽略不计），测定不同时刻相关物质的浓度。
已知该温度下，。
①30 min时，，且30~60 min内，反应进行到60 min时，___________。
②60 min时，，若0~60 min产物T的含量可忽略不计，则此时___________；60 min后，随T的含量增加，___________（填“增大”“减小”或“不变”）。
14．[2024年广东高考真题]酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。
（1）酸催化下与混合溶液的反应（反应a），可用于石油开采中油路解堵。
①基态N原子价层电子的轨道表示式为____。
②反应a：
已知：
则反应a的____。
③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。
据图可知，在该过程中____。
A.催化剂酸性增强，可增大反应焓变
B.催化剂酸性增强，有利于提高反应速率
C.催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应
D.反应速率并不始终随着反应物浓度下降而诚小
（2）在非水溶剂中，将转化为化合物ⅱ（一种重要的电子化学品）的催化机理示意图如图，其中的催化剂有____和____。
（3）在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸（X为A或B）在某非水溶剂中的。
a.选择合适的指示剂其钾盐为，；其钾盐为。
b.向溶液中加入，发生反应：。起始的物质的量为，加入的物质的量为，平衡时，测得随的变化曲线如图。
已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。
①计算____。（写出计算过程，结果保留两位有效数字）
②在该溶剂中，____；____。（填“>”“<”或“=”）
3．[2024年重庆高考真题]高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷值。
（1）在密闭容器中，（正戊烷）发生异构化反应，可同时生成（异戊烷）和（新戊烷），其平衡常数随温度的变化如下表所示。
异构化反应
反应1 2.80 2.50 2.31
反应2 1.40 1.00 0.77
①体系平衡后，增加压强，反应1的平衡_______（填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”）。
②平衡时，和的体积比值为_______。
③根据上表数据推断为吸热反应，其推断过程是_______。
（2）加入后，在双功能催化剂/分子筛上发生异构化反应且选择性高，主要产物为，其反应机理如下（表示分子筛固体酸催化剂）：
对于反应，下列说法正确的是_______。
A.只能催化脱氢反应，不能催化加氢反应
B.的加入增大了平衡常数，有利于反应的进行
C.分子筛固体酸催化剂酸性越强，越有利于的形成
D.的加入促进了的加氢反应，减少了副反应的发生
（3）（四乙基铅）能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为，阴极为碳钢，电解液为溶有格氏试剂（）的有机体系。
①阳极上生成的电极反应式为_______。
②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的，其原理是_______。
③为减少铅污染，被限制使用。是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所示（为催化剂）。总反应化学方程式为_______；外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为_______。
15．[2024年广西高考真题]二氯亚砜（）是重要的液态化工原料。回答下列问题：
（1）合成前先制备。有关转化关系为：
则的_______。
（2）密闭容器中，以活性炭为催化剂，由和制备。反应如下：
Ⅰ
Ⅱ
①反应Ⅱ的（K为平衡常数）随（T为温度）的变化如图，推断出该反应为_______（填“吸热”或“放热”）反应。
②466K时，平衡体系内各组分的物质的是分数随的变化如图。
反应Ⅱ的平衡常数_______（保留1位小数）。保持T和不变，增大平衡转化率的措施有_______（任举一例）。
③改变T，使反应Ⅱ的平衡常数，导致图中的曲线变化，则等于的新交点将出现在_______（填“d、e、f”或“g”）处。
（3）我国科研人员在含的溶液中加入，提高了电池的性能。该电池放电时，正极的物质转变步骤如图。其中，的作用是_______；正极的电极反应式为_______。
第1讲 反应原理综合题考向预测答案及解析
1．答案：D
解析：A.从反应历程图中可以看到，无论是使用催化剂1还是催化剂2，反应过程中都有五个能量峰，每一个能量峰代表一步反应，所以该反应历程分五步进行，A正确；
B.由反应历程图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应。根据勒夏特列原理，降低温度，平衡会向放热反应方向移动，即正向移动，所以有利于提高反应物的平衡转化率，B正确；
C.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。从图中可以看出，使用催化剂1时反应的活化能低于使用催化剂2时的活化能，所以使用催化剂1时反应速率更快，体系更快达到平衡状态，C正确；
D.反应的决速步是反应历程中活化能最大的步骤。从图中可知，使用催化剂1时，第4步的活化能最大；使用催化剂2时，也是第4步的活化能最大，所以第4步是总反应的决速步，而不是第1步，D错误；
故选D。
2．答案：B
解析：第一步反应为，故反应的活化能为，A错误；决速步骤为活化能最大的步骤，即第二步反应，B正确；该过程不涉及非极性键的断裂和形成，C错误；的，D错误。
3．答案：B
解析：中间产物2→中间产物3断裂C—H键形成O—H键，故存在极性键的断裂和形成，不存在非极性键的断裂和形成，A错误；由历程9→10知，催化剂表面乙酸及时脱附，提供氧空位，有利于提高催化效率，B正确；催化剂只能改变反应历程，由盖斯定律知，反应的焓变只与反应物和生成物有关，与反应历程无关，故不能改变反应的焓变，C错误；历程8→9中还存在碳碳键的形成，D错误。
4．答案：A
解析：根据反应过程图知，是反应的焓变，不是该条件下甲醇和水蒸气催化重整获得氢气的活化能，A项错误；由图可知，（g）和（g）的能量和比1 mol HCOOH（g）和（g）的能量和低，但不能说明（g）的能量比1 mol HCOOH（g）的能量低，故由图示不能判定（g）比HCOOH（g）更稳定，B项正确；由图示可知，反应的第二步的反应物总能量低于生成物总能量，该反应为吸热反应，其反应的>0，C项正确；由图示可知，反应总方程式为，D项正确。
5．答案：B
解析：A.容器①中压强小于容器②，增大压强，反应速率加快，平衡正向移动，所以容器②中：；，故A正确；
B.②中：时反应达到平衡状态，容器②的压强大于容器①，容器②平衡正向移动，生成的物质的量大于0.2mol，消耗的物质的量大于0.1mol，从开始至内的平均反应速率，故B错误；
C.①中反应达到平衡状态生成0.2mol，则消耗0.2mol、0.1mol；反应达到平衡时，平衡常数K=，故C正确；
D.①中：平衡后再加入和，Q=，所以反应向逆反应方向移动，故D正确；
选B。
6．答案：B
解析：A.当反应达到平衡时，隔板两侧的气体压强相等，隔板不再移动，因此可以通过观察隔板的变化来判断第一个阶段是否达到平衡状态，A正确；
B.撤去隔板前两边的压强相同，但各组分的分压不同，忽略固体所占的体积，左边的气体体积与右边的气体体积之比为3:2，两边各气体的分压均是总压的五分之一；撤去隔板后，氨气的分压变小，另外两种气体的分压不变，故亚硫酸氢铵生成的各气体的分压商（等效于浓度商）变小，亚硫酸氢钠的分压商变大，故亚硫酸氢铵的平衡正向移动，而亚硫酸氢钠的平衡逆向移动，使得气体的总物质的量变大，因此达到平衡时，体系的总压强大于akPa，B错误；
C.保持恒温恒容，向新平衡体系中通入少量，会使反应i的平衡逆向移动，的质量增加，因此剩余固体质量增加，C正确；
D.两反应的化学平衡常数均为各气体组分的浓度之积，温度不变时平衡常数不变，因此，保持恒温将容器体积压缩再次达平衡后各气体的浓度均保持不变，D正确；
故选B。
7．答案：C
解析：A.A装置向正反应方向进行，，Ⅲ装置向逆反应方向进行，，因此两者的平衡常数不同，故错误；
B.Ⅱ是恒温恒容状态，Ⅲ是恒压状态，反应向逆反应方向进行，反应中气体物质的量增大，则Ⅱ的压强大于Ⅲ，Ⅱ的化学反应速率大于Ⅲ，故错误；
C.结合选项B可知，Ⅱ平衡等效与Ⅲ增压平衡右移，因此的体积分数：Ⅱ>Ⅲ，故正确；
D.如果I是恒容恒温状态，和Ⅱ是等效平衡，的转化率之和等于1，但I是绝热容器，正反应是放热反应，转化率降低，两者转化率之和小于1，故错误；
选C。
8．答案：B
解析：A.丙中二氧化硫的浓度比甲中大，反应速率比甲中快，故丙达平衡需要的时间小于，A正确；
B.甲中二氧化氮和二氧化硫的物质的量相等，方程式中两者的系数相同，则两者的转化率相同，乙中投料是甲中的二倍，相当于加压，但是反应前后气体计量系数相同，则加压平衡不移动，二氧化氮的转化率不变，B错误；
C.甲、乙中二氧化硫和二氧化氮的物质的量相同，则两者平衡时混合气体的平均相对分子质量相同，丙中二氧化硫的物质的量比二氧化氮多，二氧化硫的摩尔质量比二氧化氮大，故其平均相对分子质量更大一些，故平衡时混合气体的平均相对分子质量：甲=乙<丙，C正确；
D.对于容器甲，反应开始时，达平衡时，的转化率为50%，则反应的，反应的，根据物质反应转化关系可知，此时，，该反应的化学平衡常数，温度降低到70℃，上述反应平衡常数为1＞0.8，则降低温度化学平衡向逆反应方向移动，则逆反应放热，正反应为吸热反应，D正确；
故选B。
9. 【答案】（1）kJ/mol
（2）CD
（3）和HCOOH
（4） 溶解的已饱和，限制了与的结合速度
【解析】（1）已知：② kJ/mol；③
kJ/mol；④
kJ/mol；由盖斯定律可知，②+③-④可得的=+247 kJ/mol。
（2）A．是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则升高温度不一定能减少平衡时积碳，A错误；B．催化剂可以改变反应路径，降低活化能，但并不改变化学平衡，不一定能减少平衡时积碳，B错误；C．加入，平衡逆向移动，一定能减少平衡时积碳，C正确；D．降低原料气中的比例，逆向移动，一定能减少平衡时积碳，D正确；故选CD。
（3）由表格数据可知，以Cu为催化剂时，生成和HCOOH的含量相比CO较多，则Cu对产物和HCOOH选择性高。
（4）①以为催化剂、阴极生成和CO且两者为竞争反应，说明其中一个反应为二氧化碳得电子生成一氧化碳，另一个反应生成氢气，则该反应的实质为水得电子生成氢气，再结合电解质溶液为碳酸氢钾和反应前后原子守恒可知，产物中还有碳酸氢根离子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒写出生成氢气的电极方程式为：，根据得失电子守恒和电荷守恒写出生成一氧化碳的电极方程式为：；
②CO生成速率几乎不变的原因是：溶解的已饱和，限制了与的结合速度；由题意可知，1.2V-1.4V之间，与结合能力增强，CO的生成速率变快，此时的生成速率几乎不变，和CO的体积比减小，1.4V-1.5V之间与CuGa 结合能力也增强、但CO的生成速率几乎不变，的含量增大，和CO的体积比增大，则画出产物中和CO的体积比随电压在1.2V-1.5V间的变化关系为：。
10. 【答案】（1）C
（2）和都带负电荷，相互排斥，二者碰撞频率低
（3）
（4）①
（5）Cat1 53
（6） 增大
【解析】（1）过二硫酸铵易断裂氧氧键(过氧键)，该键键能最小，故选C；
（2）发生化学反应的前提条件是“碰撞”，和都带负电荷，相互排斥，二者碰撞频率低；
（3）根据实验数据①②可得出，根据实验数据②③可得，将实验数据①代入速率方程可得：；
（4）根据提示，活化能最大的基元反应最慢，最慢反应是速控反应，故为①：根据盖斯定律，3个基元反应加合得到目标反应，故：；
（5）根据图像可知，温度变化值相同时，变化绝对值越小，活化能越小，催化剂催化效率越大，故催化效率较高的催化剂是Cat1。代入a、b点数据可计算活化能取近似值：；
（6）根据题意可列出三段式：，平衡常数；加入四氯化碳，萃取了，平衡正向移动，平衡转化率增大。
11. 【答案】（1）-172 高温
（2）NiMo(或NiMo合金)1.58 ［或］
（3） 大于 小于 0.65
【解析】（1）根据盖斯定律，-反应 I-反应Ⅱ=反应Ⅲ，=； 根据反应自发进行，主反应吸热，熵增，可知主反应倾向于在高温下进行；
（2）由图可知，相同条件下，为提高化学反应速率，使用NiMo合金催化剂时活化能较低，效果更好；在该催化剂上，b→c反应历程的垒能最大，最大能垒(活化能)为1.14eV+0.44eV=1.58eV；决速步骤的反应方程式为［或］；
（3）①在条件ⅰ时，只考虑主反应，达到平衡时，、的转化率为80%，平衡时，，；
②同时考虑主反应和副反应Ⅰ()，主反应中的平衡转化率为75%，、转化0.75mol/L，生成，对于副反应列三段式：，，平衡时，x≈0.115，可知同时考虑主反应和副反应Ⅰ，转化大于0.8mol/L，与条件ⅰ相比，条件ⅱ中x大于80%；副反应Ⅰ消耗，生成，小于1；
③在条件ⅲ时，只考虑主反应，平衡转化率为90%，、转化0.9mol/L，各剩余0.1mol/L，生成，假设出口a含有，根据温度不变，K值不变，可得，x=，则出口b含有，出口a和出口b中的物质的量的比值为≈0.65。
12．【答案】（1）①；②；与生成的的压强相等，该反应放热，升温平衡逆向移动，生成的的量减少，减小；75%；0.03；③D
（2）①5.54；②0.033；增大
【解析】（1）①=正反应的活化能-逆反应的活化能。代入数据得：，则。②该反应为气体分子数减小的反应，由反应方程式可知，体系达平衡时，体系中减小的压强等于生成的的压强，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成的的量减少，则减小，对照图像可知。温度下，M点处进料比，则的初始物质的量分数，初始分压；
同理，初始分压。
设达到平衡时的压强变化了，列三段式：
由图可知，M点处，将、代入，解得，则M点的转化率为75%。温度下平衡时各气体分压分别为，代入平衡常数表达式：。③体系初始压强相同，当时，随着进料比增大，生成的的量增多，增大，按化学计量数之比投料时，产物的产率最高，当>1.0时，随着进料比增大，减小，排除A、B；结合②中计算可知，当，体系达到平衡时，体系中生成的的分压也应为60 kPa，即，对照图像可知，表示温度下随进料比变化的是D。
（2）①30~60 min内X的转化浓度为，因此60 min时。②0~60 min产物T的含量可忽略不计，说明在此阶段D、G的消耗速率可忽略不计。D、G均由M生成，任意时刻两者的生成速率之比。D、G的初始浓度均为0，任意时刻生成的浓度之比等于其速率之比，因此60 min时。60 min后，D、G开始生成T，两者的消耗速率之比为。结合两者的生成速率知，D生成得快而消耗得慢，G生成得慢而消耗得快，因此会增大。
13．【答案】（1）；；BD
（2）AcOH；KI
（3）；>；>
【解析】（1）①N的原子序数为7，位于第二周期第ⅤA族，基态N原子价层电子的轨道表示式为；②由已知可得：Ⅰ.，；Ⅱ.，；Ⅲ.，；
Ⅳ.，；由盖斯定律可知，目标方程式可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ＋Ⅳ得到，故反应；③A.催化剂不能改变反应的焓变，A项错误；B.由图示可知，酸性：硫酸>磷酸>乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确；C.一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C项错误；D.由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确；故选BD。
（2）催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI；
（3）由变化曲线图可知，当时，，设初始，则初始，转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下：
由，即，解得，则该反应的平衡常数为
解得；
②根据图像可知，当时，设此时转化的物质的量浓度为，可列出三段式如下：
此时，即，则，则平衡常数，则；
由于，则，。
14．答案：（1）不移动；2；由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行
（2）C
（3）；阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用；；0.5
解析：（1）①反应1为气体分子数不变的反应，体系平衡后，增加压强，反应1的平衡不移动。
②由盖斯定律可知，反应1-反应2得，则平衡时，，则和的体积比值为2；
③由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行，则为吸热反应；
（2）A.反应为可逆反应，由图可知能催化脱氢反应，也能催化加氢反应，错误；
B.平衡常数受温度影响，的加入不改变平衡常数，错误；
C.分子筛固体酸催化剂酸性越强，氢离子浓度越大，越有利于的形成，正确；
D.的加入促进了的加氢反应，但是也会和加成，副反应也会增多，错误；
故选C；
（3）①电解池的阳极为，阳极上Pb失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为。
②阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用；
③由图，A极二氧化碳得到电子发生还原生成CO和：，CO和再和反应生成：，则总反应为二氧化碳和甲醇反应生成和水：；反应中电子转移为，则外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为0.5。
15．【答案】（1）-50
（2）放热；32.4；移走或加入；d
（3）催化作用；
【解析】（1）由盖斯定律可知，的结变为
，则的；
（2）①由图可知反应П的与成正比，则温度升高即减小随之减小，那么K值减小，平衡逆向移动，反应开为放热反应；
②由图可知，时，平衡体系物质的量分数，由于为非可逆反应，故应完全转化，即平衡体系中不存在，则 ，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则平衡常数可用物质的量分数代替计算，反应正的平衡常数；保持T和不变，减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移，增大平衡转化率的措施有移走或加入；
③反应Ⅱ为放热反应，改变T，使反应Ⅱ的平衡常数，其平衡常数减小，则为升高温度，反应逆向移动，使得含量减小、增加，则图中等于的新交点将会提前，出现在d处；
（3）由图可知，在反应中被消耗又生成，作用是催化作用；放电时，正极上得到电子发生还原转化为，正极电极反应为：。(共46张PPT)
第6讲-反应原理综合题考向预测
contents
目录
01
考情解码
01
02
重温经典
03
考题预测
考情解码
PART 01
01
卷别 考查对象 考点分布
焓变 反应速率 图像 速率方程 反应条件的选择 平衡常数 （平衡）转化率/产率 其它计算 陌生信息 （热）化学方程式 电化学 物质结构
安徽卷 Se √ √ c-t √ √
安徽卷 乙烯 √ √ √ √Kx √平产 √ 配位键
黑吉辽 异山梨醇 √ √ √ √平转 晶体
结构
黑吉辽 处理HCl √ 熵变 √ √说理 √Kc
湖南卷 乙酸制备 √ √ √ √ √ √
湖南卷 制备丙烯腈 √ √归属 √说理3
湖北卷 制备BaC2 √ √ Kp 分压 √
全国 甲卷 制备丙烯 √ √ √归属 选择性 说理 系数相同K √平转 √
新课标 制备高纯镍 √ √ √ Kp 分压 半衰期 轨道表示式、晶体结构
考点统计
卷别 考查对象 考点分布
焓变 反应速率 图像 速率方程 反应条件的选择 平衡常数 （平衡）转化率/产率 其它计算 陌生信息 （热）化学方程式 电化学 物质结构
甘肃卷 制备SiHCl3 √ √ √说理 √ 热值/浓度 √
北京卷 制备硝酸 √ √说理 √ √ √说理 物质性质、说理
贵州卷 制备芳烃 √ 自发性 √ 说理 √ √ √说理 Kp √ √
广东卷 酸的用途 盖斯定律 √ 说理 √ √循环图 Ka √ 价电子排布
河北卷 氯气应用 活化能 与焓变 √ √说理 √Kp √ 浓度计算
江西卷 制H2 √ √ √ 说理 √ √双图像 √ 总压 √ 计算 电子式/评价
……
压强变化与投料比
多重平衡
考点统计
重温经典
PART 02
02
重温经典，感悟高考
实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
4 mol
纳米铁与H＋反应
图像显示该温度下，15h后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，而1,4－失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①,推知反应限度小于反应①
重温经典，感悟高考
未达平衡状态
解题关键
重温经典，感悟高考
降温，乙酸减小
乙酸甲酯增加
a、b代表乙酸的分布分数
逆向移动，逆反应方向为放热反应
正向放热
对应乙酸甲酯，即表征副反应的平衡常数比较，该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小。
2c(Na＋)＝c[B(OH)3]＋c{[B(OH)4]－}
重温经典，感悟高考
Ka的应用:计算pH
Ka、Kh的应用:比较“常数”大小，判断溶液酸碱性
重温经典，感悟高考
B
重温经典，感悟高考
重温经典，感悟高考
气体分子数减小，基本推知：熵减
＜
放热反应，升温HCl平衡转化率降低即T3＜T2＜T1
360
盖斯定律： H1＋ H3－ H2
－258.8
重温经典，感悟高考
非平衡转化率，可提高速率达到提高转化率的效果。
BD
情境:流速、非平衡转化率等真实而陌生工艺。
流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
6
101
融合晶体结构
Kx
重温经典，感悟高考
类比电石与水的反应
Ⅰ＋Ⅱ
BaC2＋2H2O→Ba(OH)2＋HC≡CH↑
K＝KⅠ×KⅡ＝102.5－1.5＝10=(pco/105Pa)3
1016
K＝(pco/105Pa)2＝1
105
105
温度不变，
平衡常数不变
标准压强平衡常数
重温经典，感悟高考
BaCO3消耗完，而BaC2产率几乎为0，说明转化为BaO
BaO
速率不变至BaC2产率接近100%
容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)＋3C(s)
BaC2(s)＋CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据K＝pco/105Pa可知，CO的压强为定值，故化学反应速率不变
旧知：
化学反应速率
化学反应速率与浓度的关系
应变：融合平衡常数分析
重温经典，感悟高考
盖斯定律： H＝3 H1－ H2
－67
重温经典，感悟高考
CH4(g)＋Br2(g)＝CH3Br(g)＋HBr(g) DH1＝－29 kJ mol－1，升高温度，CH4增多，CH3Br减小。
a
560℃时，n(CH3Br)＝5.0 mmol，n(CH4)＝1.6 mmol。即消耗6.4 mmol CH4，则其转化率为80%，此外根据碳守恒可知还生成了6.4－5.0 mmmol＝1.4 mmol CH2Br2，已知每引入1个Br，则产生1个HBr，则n(HBr)＝n(CH3Br)＋2n(CH2Br2)＝7.8 mmol。则剩余n(Br2)＝8－7.8＝0.2 mmol。
80%
7.8
浓度、压强平衡常数，亦或其他？
气体分子数相等
10.92
重温经典，感悟高考
3.2－2.6＝0.6 mmol
2.2－1.8＝0.4 mmol
3/2或1.5
5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升
I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
重温经典，感悟高考
盖斯定律：ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
重温经典，感悟高考
恒压
c
降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高乙醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率
又见流速：
动力学，即考查速率问题。
反应ⅲ的速率远大于反应ⅱ
催化剂活性降低
重温经典，感悟高考
0.72 g水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa mol 1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑＋CO2↑＋H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40 kPa；
40
Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn＋4CH2=CHCN＋4e-＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)4。
Sn＋4CH2=CHCN＋4e－＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)4
9. 【2025年八省联考—内蒙古18T】在传统克劳斯工艺制备S2的基础上，科研工作者提出分解H2S制备S2同时获取H2的新方法，反应如下：
反应1: 2H2S(g) + O2(g) = 2H2O(g) + S2(g) ΔH1
反应2：2H2S(g) 2H2(g) + S2(g) ΔH2
(1)传统克劳斯工艺反应如下，则ΔH1 = _______。
重温经典，感悟高考
盖斯定律 （ΔH3＋ΔH4）/3
-314 KJ/mol
重温经典，感悟高考
(2)按照新方法，向1 L恒容容器中通入0.01 mol 混合气体[n(Ar):n(H2S):n(O2)=88:10:2]。H2S的转化率(α)与温度关系曲线如图1所示，三条曲线分别代表平衡转化率及相同反应时间内有、无催化剂的转化率。
①代表平衡转化率的曲线是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
② ΔH2 _______0(填“<”“=”或“>”)；新方法加入
部分O2，而未采用H2S直接分解法的原因
是______________________。
③P点n(H2)=1×10-4 mol，此时n(H2S)=_____，
反应2的平衡常数K=_______。
Ⅰ
催化剂不改变平衡转化率，故平衡转化率应最大
>
ΔH1<0，T升高，平衡逆移，α减小
使H2与O2反应生成水，减小H2的浓度，使反应2平衡正向移动
重温经典，感悟高考
③P点n(H2)=1×10-4 mol，此时n(S2)=_____，反应2的平衡常数K=_______。
已知：n初(H2S)=1×10-3 mol
n初(O2)=2×10-4 mol
n末(H2)=1×10-4 mol
α(H2S)=50%，则 Δn(H2S)=5×10-4 mol
1×10-4
5×10-5
1×10-4
Δn
Δn
4×10-4
2×10-4
4×10-4
2×10-4
n末: H2S: 5×10-4 mol O2:0 mol
H2O: 4×10-4 mol S2:2.5×10-4 mol
H2: 1×10-4 mol
多重平衡计算题，注重构建解题模版
重温经典，感悟高考
(3)1000℃时，恒容容器中发生反应2，H2S和H2的体积分数(φ)随时间变化曲线如图2所示。下列说法正确的是_______。
A. 反应2在M点达到化学平衡状态
B. 40ms时，通入Ar， α(H2S)不变
C. H2S的反应速率：v(M) ＞ v(N)
D. 50ms时，降低温度，H2的产率增加
看斜率
ΔH2 ＞0
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(4)NiO可催化分解H2S。形成立方NiO时，Ni2+的3d轨道分裂为两组。请参照基态原子核外电子排布规律将Ni2+的价电子填充至图3中，完成轨道表示式_______。
Ni2+ 3d8
大学内容下放——晶体场理论
10. 【2025年八省联考—陕西省17T】 1，3-丁二烯( C4H6，简称丁二烯)是生产橡胶的一种重要原料，其制备方法不断创新。
Ⅰ．1-丁烯(C4H8)催化脱氢法是工业生产丁二烯的方法之一。
(1)25 ℃时，相关物质的燃烧热数据如下表：
已知：C4H8(g) = C4H6(g) + H2(g) ΔH= +110 KJ/mol，则a=_______。
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-2718 KJ/mol
(2)将一定量的1-丁烯在密闭容器中进行上述反应，测得不同温度下
1-丁烯的平衡转化率与体系压强的关系如图所示。
①图中温度T由高到低的顺序为_______，判断依据为______________。
②已知C4H8(g) = C4H6(g) + H2(g)的标准平衡常数 ，其中 ，则T2温度下，该反应的K Θ=_______。
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拟定过程，ΔH ＞0，温度升高，平衡正移，转化率增大
反应为吸热反应，相同条件下，升高温度，平衡正向移动，1-丁烯的平衡转化率升高
T1＞T2＞T3
C4H8(g) = C4H6(g) + H2(g)
n总= 1.3 mol
Ⅱ．电化学催化还原乙炔法条件温和，安全性高。在室温下，某团队以KOH溶液为电解液，电催化还原乙炔制备丁二烯。
（3）反应开始时，溶解在电解液中的C2H2吸附在催化剂表面，该吸附过程的熵变Δ S _______0(填“>”“<”或“=”)，生成丁二烯的电极反应式为___________________。
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<
读题审题
（4）一定时间内，丁二烯的选择性和通过电路的总电量随相对电势变化如下图所示。已知： ；电量Q=nF，n表示电路中转移电子的物质的量，F=96500 C/mol。
①当相对电势为- 1.0 V时，生成丁二烯的物质的量为_______ (列计算式)。
②当丁二烯选择性减小时，阴极产生的物质还可能有_______(填标号)。
A．CO2 B．H2 C．O2 D．C3H4
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先看坐标轴，总电量1.1×105C，选择性70%
阴极得电子，发生还原反应
11. 【2025年八省联考—四川省18T】甲烷氧化偶联制乙烯是提高甲烷附加值的一项重要研究课题，其涉及的反应如下：
① 4CH4(g) + O2(g) 2C2H6(g) + 2H2O(g) ΔH1 =-354 KJ/mol
② 2CH4(g) + O2(g) C2H4(g) + 2H2O(g) ΔH2 =-282 KJ/mol
③ CH4(g) + 2O2(g) CO2(g) + 2H2O(g) ΔH3 =-803 KJ/mol
已知：以乙烯为例，其选择性定义为 。
回答下列问题：
（1）C2H6氧化生成C2H4的热化学方程式④为____________________，反应的ΔS_______0(填“>”或“<”或“=”)，反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。
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2C2H6(g) + O2(g) 2C2H4(g) + 2H2O(g) ΔH=-210 KJ/mol
盖斯定律 2ΔH2-ΔH1
>
能
Δ G= Δ H-TΔS
（2） CH4氧化偶联生成C2H4分步进行，C2H6和C2H4的选择性随反应时间的变化关系如下左图所示，第一步反应的产物为_______。
（3）恒压进料，原料气的n(CH4):n(O2)对CH4转化率与C2H6、C2H4、CO2选择性的影响如上右图所示，根据本研究课题的目的， n(CH4):n(O2)在_______(填“2~3”或“3~4”)更优，其原因是_______。
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C2H6
2~3
读图看转化率和选择性的高低
（4）一定条件下，C2H4的生成速率v与O2分压p间的关系为 ， ， 若O2的初始分压为p0，随着反应进行，当C2H4的生成速率v降低到其初始生成速率v0的 时，则O2分压p=_______(用p0表示)。
（5）若n(CH4):n(O2) =3.5:1、初始压强为450 kPa，在恒容反应器中达平衡，CH4的转化率为30%，C2H4和C2H6的选择性均为40%，则反应④的平衡常数Kp=_______ (保留整数)。
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陌生知识，现场学习，只需模仿
有数据，直接算
n(CH4)=3.5×0.7=2.45 mol n(C2H6)=n(C2H4)=3.5×0.3×0.4×0.5=0.21 mol
假设CH4初始为3.5 mol，O2初始为1 mol
守恒法
碳原子守恒，可得n(CO2)=0.21 mol 氢原子守恒，可得n(H2O)=1.05 mol
氧原子守恒，可得 n(O2)=0.265 mol n末总=4.395 mol 恒容体系，n之比等于p之比
p末=439.5 kPa
12. 【2025年八省联考—云南省17T】氮化钒(VN)广泛用于钢铁产业、储能、工业催化等领域。工业上可采用碳热还原氮化法制备VN，100kPa、1317.0K时热化学方程式及平衡常数如下：
Ⅰ. V2O3(s) + 3C(s) + N2(g) = 2VN(s) + 3CO(g) ΔH Kp
回答下列问题：
（1）钒元素在元素周期表中属于_______区。
（2）反应Ⅰ分两步进行：
Ⅱ. V2O3(s) + 4C(s) + N2(g) = V2C(s) + 3CO(g) ΔH1=+742.0 KJ/mol Kp1
Ⅲ. V2C(s)+ N2(g) = 2VN(s) + C(s) ΔH2=-304.2 KJ/mol Kp2
①反应Ⅰ的ΔH = _______ KJ/mol ，Kp=_______(用Kp1和Kp2表示)。
②升温有利于提高VN产率，从平衡移动角度解释_______。
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熟记元素周期表
d
盖斯定律 ΔH2+ΔH3
+437.8
Kp1×Kp2
反应Ⅰ正反应吸热，升温，平衡正向移动，所以有利于提高产率。
（3）通过热力学计算，不同压强下反应Ⅰ的ΔG随T变化如图所示，___________(填“高温低压”或“低温高压”)有利于该反应自发进行(已知ΔG ＜0时，反应可自发进行)。
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高温低压
压强增大，ΔG增大
温度增大，ΔG减小
（4）N2参与反应可能的机理示意图如下。下列说法错误的是___(填标号)。
A．反应过程中有非极性键断裂
B．N2与V原子直接反应生成 VN
C．该反应中活性位点是碳原子
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反应机理图的阅读与理解
（5）反应过程中，含钒化合物的物质的量随时间变化如下图所示，前30 min内化学反应速率v(VN)=_______mol/h，30min时的氮化率为____%(答案均保留一位小数，已知氮化率 。)
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17.2
n(VN)=8.58 mol n(VO)=5.4 mol
n(V2O3)=2.35 mol n(V2C)=0.66 mol
n初(V)=20 mol
考题预测
PART 03
03
考题预测，揣测高考
1. 【2025年武汉四月调研考试15T】在 25℃时,CuSO4在不同浓度的 KOH 水溶液中，Cu(Ⅱ)的分布分数δ与pH 的关系如图。
已知:①Cu(OH)难溶于水,具有两性;
下列说法正确的是（ ）
曲线z为δ(CuOH+)
O点，c(H+)=1.5×10-7 mol/L
P点，c(Cu2+) ＞c(K+)
Q点，c(SO42-)=c(Cu2+)+2c(CuOH+)
Cu2+
Cu(OH)+
Cu(OH)3 -
Cu(OH)42-
分布分数图像，交点往往与K值有关
考题预测，揣测高考
B. O点，c(H+)=1.5×10-7 mol/L
C. P点，c(Cu2+) ＞c(K+)
D. Q点，c(SO42-)=c(Cu2+)+2c(CuOH+)
Cu2+
Cu(OH)+
Cu(OH)3 -
Cu(OH)42-
借助P点算K值
计算O点的c(H+)
P点电荷守恒和物料守恒
c(Cu2+) =c(K+)
分布分数相等，但并不等于0.5
Q点物料守恒
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2. 【2025年湛江二模15T】某课题组为探究汽车尾气转化为氨气的最佳反应条件,向体积为1 L的刚性容器中按n(NO):n(CO)=1充入 NO和CO，发生反应:2NO(g)+2CO(g) N(g)+2CO(g)。已知正、逆反应速率可以表达为 v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆 ·c2(CO2)·c(N2)(k正、k逆表示速率常数)，测得CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.该反应为吸热反应
B.压强的大小关系:p1C.M、X、Y三点的化学平衡常数:KM=KX=KY
D.T1℃,若向该容器中充入 2.0 mol NO 和
2.0mol CO 发生上述反应，N 点的k正:k逆=8.1
拟定过程
正向，气体分子数减少，若加压，平衡正移动，转化率增大
温度升高，转化率降低，说明正反应方向放热
K只与温度有关
非平衡态
平衡态且和N同温度
三段式求解即可
考察速率常数
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3. 【2025年常德市模拟考试18T】含氯有机物在自然环境中具有长期残留性和高毒性。
Ⅰ. “催化还原脱氯法”作为一种安全有效的环境修复方法，主要分为“直接脱氯”和“间接脱氯”两大类。
（1）间接脱氯 ：“光催化加氢脱氯”为典型的间接脱氯法，可在温和条件下有效降解含氯有机物，而不产生氯化副产物。
“光催化加氢脱氯”的第一步为水的活化：
H2O+*+e →H*+OH ，图 1为不同催化剂条件
下水分子解离成 H*的反应机理。
①下列说法正确的是( )。
A.水的活化分两步完成
B.使用催化剂 TiO2-x/g-C3N4，1mol H2O 活化
放出的热量比使用催化剂 TiO2/g-C3N4多
C.吸附在催化剂 TiO2-x/g-C3N4 表面的 H2O 会自发地解离成 OH*
吸附
解离
无法比较
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②已知 O–H 键的键能为 464 kJ/mol，解离一个水分子
[H2O(g)→H·(g)+·OH(g)]理论上需消耗 J 能量。
（保留两位有效数字）
（2）直接脱氯：
还原铁脱氯机理：R-Cl+H++Fe→R-H+Fe2++Cl (R-为烃基)，随着反应进行，铁表面附着一层红褐色固体，使脱氯效率下降，生成红褐色固体的原因是 。
理解键能
解离1 mol H2O 消耗464KJ能量
6.02×1023 个
7.7×10-19
注意单位
反应生成的 Fe2+不稳定，易被空气中的氧气氧化成 Fe3+，由直接脱氯机理可知，随着反应的进行，pH 不断增大，Fe3+会形成 Fe(OH)3覆在 Fe 的表面
Fe(OH)3
Fe2+容易被氧化
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Ⅱ.某科研团队以三氯乙烯(TCE)为核心物质进行脱氯机理研究。
（3）利用 TCE 测试催化剂的活性 以 TCE 测试g-C3N4、TiO2/g-C3N4 和 TiO2-x/g-C3N4 三种不同催化剂的“加氢脱氯活性”(如图 2 所示)。
已知 ln(c0 /c) =kt。t 表示光照时间，c0、c 分别为光照 t 秒前、后 TCE 的浓度，k 为常数。根据图中数据，催化效果最好的催化剂是 ；其中 k= s 1（已知：ln 0.5 =-0.69，结果保留两位有效数字）
TiO2-x/g-C3N4
细致读图、读题
由 ln(c0 /c) =kt 可知，k=ln(c0 /c)/t，从图中可得出，33s 时 c/c0=0.5，ln(c/c0)=ln0.5= 0.69，则ln(c0 /c)= ln2 = 0.69，故 k = 0.69/33 = 0.021
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（4）利用生物电化学系统降解 TCE 降解装置如图 3 所示。
电极 A 为 (填“阴极”或“阳极”)；TCE 生成顺式DCE（顺 二氯乙烯）的电极方程式为 。
溶液中物质得到电子
阴极
阳极
注意书写规范性，揣测出题者的意图