/ 让教学更有效 精品试卷 | 化学
专题15 化学反应原理综合题
考点1 气相反应原理综合题
1．（2025·云南·高考真题）我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆纤维素 乙醇
(2)对于反应Ⅰ：
①已知 则 。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．的体积分数不再变化
D．单位时间内生成，同时消耗
③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为 。
(3)恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为 。
②由图中信息可知，乙酸可能是 (填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则 ，平衡常数 (列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(1)葡萄糖
(2) +44.4 AC 降温冷凝后收集气体
(3) 乙酸选择性最大且反应速率较快 产物1 36:5
【详解】（1）纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；
（2）①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1；
②恒温恒容下发生：
A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C符合题意；
D．单位时间内生成，同时消耗均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
答案选AC；
③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体；
（3）①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；
②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；
③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强比=物质的量之比，故0.72：0.1=36：5；列三段式、，则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa。
2．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。
(1)合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。
(2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。
①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是 。
(3)研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有 ；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。
②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有 (填化学式)。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值： 。
(1)5
(2) 该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降 具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜
(3) 当时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大 432 C、Fe、FeO 步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量积炭导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源
【详解】（1）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需。、、、，共5种化学键的键能数据。
（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降。
②脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。
（3）①当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL。
②新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应。
③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。
3．（2025·湖南·高考真题）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)。
(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=。
4．（2025·山东·高考真题）利用循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。
已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数基本不变。
回答下列问题：
(1)反应的焓变 (用含的代数式表示)。
(2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变 0(填“>”“<”或“=”)。
(3)温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为，则为 (用含a的代数式表示)；此时，与物质的量的差值 (用含a的最简代数式表示)。
(4)温度下，体系达平衡后，压缩容器体积产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比 (填“增大”“减小”或“不变”)，物质的量 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(1)ΔH1+ΔH2
(2) H2O ＜
(3) 0.45+0.5a 150a
(4) 增大 减小
【详解】（1）已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应的焓变为ΔH1+ΔH2；
（2）由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，升高温度S2减小，H2O、H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热热反应，即ΔH＜0；
（3）T1平衡时H2是amol，根据可知H2O和SO2的物质的量均为100amol，根据H元素守恒可知H2S为0.1－101a，设平衡时CaS和S2的物质的量分别为xmol和ymol，根据Ca元素守恒可知CaSO4是1－x，根据O元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S元素守恒可知2=0.1－101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS和CaSO4的物质的量的差值为2x－1=150a。
（4）压缩容器容积，压强增大，反应平衡正向进行，S2的产率增大，氢气的物质的量减小，由于始终不变，H2O的物质的量减小；温度不变反应的平衡常数不变，所以SO2增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示为，始终不变，所以增大。
5．（2025·河北·高考真题）乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。
(1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。
主反应：
副反应：
体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。
①0~30min内， 。
②下列说法正确的是 (填序号)。
a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量
b．0~30min内，
c．0~30min内，
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
(2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：
①代表的曲线为 (填“”“”或“”)；原因是 。
② 0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系， (填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的的值为 。
④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为，系统压强维持，使，此时 (用含有m和的代数式表示)。
(1) cd
(2) 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大 < = 12
【详解】（1）①0~30min内，环氧乙烷完全转化，；
②a．，主反应中，，则生成物总能量低于反应物总能量，a错误；
b．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG浓度的变化量小于EO浓度的变化量，0~30min内，，b错误；
c．主反应中，，副反应，同一反应体系中物质一量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中，即，，反应时间相同，则，，则，c正确；
d．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d正确；
故选cd；
（2）①该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，，故、、对应α为0.6、0.5、0.4；
②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，<0；
③M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则=；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和3molH2，列三段式：，平衡时，、、的物质的量分数分别为，；
④设起始加入mmolCO和3molH2，此时，列三段式：，平衡时，气体总的物质的量为mmol，、、平衡分压分别，。
考点二 液相反应原理综合题
1．（2024·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减小
(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。
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“=”)
(1) BD
(2) AcOH KI
(3) ＞ ＞
【详解】（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，。
2．（2025·重庆·高考真题）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。
(1)天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。
①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是 。
② (填“>”“=”或者“<”)。
(2)用如图所示电化学装置进行如下实验。
①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的 (填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为 。
②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为 。
(3)利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。
①25℃时，的平衡常数 (保留2位有效数字)。
②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为 。
③25℃时，计算得为 。
(1) B ＞
(2) 右侧
(3) D
【详解】（1）①重水中存在电离平衡，中性溶液中，，只有B点符合，所以“A、B、C”三点中呈中性的是B点，故答案为：B；
②水的电离平衡为吸热过程，温度升高，电离程度增大，，均增大，Kw也增大，由图可知，T1时离子浓度更高，Kw更大，所以＞，故答案为：＞；
（2）①用进行实验，左侧通入，产物为，电极方程式为：，左侧为负极，右侧为正极，电极方程式为，在原电池中，正电荷向正极移动，所以盐桥中移向正极，即右侧，该电池为燃料电池，原料为氢气和氧气，总反应方程式为，故答案为：右侧；；
②用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，则该电池为氢气和氧气组成的燃料电池，该侧的电极反应方程式为，故答案为：；
（3）①对于反应，平衡常数K的定义为：K=，在25℃的纯水中，水的离子积常数为Kw=，而且平衡时，已知，带入公式：K=，保留两位小数K，故答案为：；
②瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为D，
③驰豫时间公式为，其中，，带入得：，在平衡时，，可推出，带入已知值：，即，将k1带入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于，可忽略不计，所以，得出，故答案为：。
3．（2024·上海·高考真题）已知：
①
②
③
(1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。
A．钙离子浓度保持不变 B．保持不变
C． D．
(2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。
(3)已知的，为 。当 时，开始产生沉淀。
(4)根据如图，写出电极a的电极反应式 。
(5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。
A．该装置实现电能转化为化学能
B．电极b是负极
C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a
D．每参与反应时，转移电子
(6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去。 。
(1)AB
(2)pH越大，即c（H+）越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3；
(3) 4.2×10-3
(4)
(5)B
(6)氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去
【详解】（1）A．钙离子浓度保持不变，说明此时，反应达到平衡，A符合题意；
B．反应①中，即，K只与温度有关，保持不变，即保持不变，说明此时，反应达到平衡，B符合题意；
C．CaCO3为固体，其浓度为常数，一般不用固体来表示化学反应速率，C不符合题意；
D．不同物质表示正逆反应速率，且之比不等于化学计量数之比，说明正反应速率不等于逆反应速率，反应未达到平衡状态，D不符合题意；
故选AB；
（2）pH越大，即c（H+）越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3；
（3），，H2CO3的，；，即，；
（4）电极a上得到电子变为N2，电极反应式为：；
（5）A．由图可知，电极与负载相连接，该装置为原电池，能实现化学能到电能的转化，故A错误；
B．电极b上失去电子变为CO2，电极b是负极，故B正确；
C．电极a为正极，电极b为负极，电子从电极b经过负载到电极a，电子不会进入水体中，故C错误；
D．电极b的电极反应式为：，每参与反应时，转移电子，故D错误；
故选B；
（6）氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去。
4．（2023·山东·高考真题）一定条件下，水气变换反应的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为、，则该条件下水气变换反应的焓变 (用含的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：，k为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，浓度为 ，此时反应Ⅰ的反应速率 (用含和k的代数式表示)。
(3)温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。时刻测得的浓度分别为，反应Ⅱ达平衡时，测得的浓度为。体系达平衡后 (用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为 。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示点中，的浓度峰值点可能是 (填标号)。与不含盐酸相比，达浓度峰值时，浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)，的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(1)－
(2)
(3) a 减小 不变
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变＝－；
（2）T1温度时，HCOOH建立电离平衡：
，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝。
。
（3）t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应Ⅰ达平衡状态。此时
故t1时刻c(HCOOH)＝1.0mol/L－0.70mol/L－0.16mol/L＝0.14 mol·L－1，K(Ⅰ)＝。t1时刻→反应Ⅱ达平衡过程，
则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(Ⅰ)＝，a＝。故＝，K(Ⅱ)＝。
加入0.1 mol·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，＝K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。
5．（2024·浙江·高考真题）通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答：
(1)某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是 。
(2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
：
Ⅱ：
Ⅲ：
① 。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率为 。
③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的 。[已知：时，电离常数、]
(3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。
Ⅳ：
V：
VI：
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。
A．v与的压强无关 B．v与溶液中溶解的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大 D．在溶液中加入，可提高转化率
②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因 。
(1)
(2) +14.8 2.4×10 8 10.00
(3) CD 当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
【详解】（1）①电极B是阴极，则电极反应式是；
（2）①ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol；
②根据三段式，设转化的CO2为x，则：
，则，，则转化率= ；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol L-1氨水和0.18 mol L-1甲酸铵的混合溶液，得出=0.18mol/L， 根据，则，，；
（3）①A．v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；
B．v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；
C．温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），Ⅳ和Ⅴ可以快速建立平衡状态，随着温度升高气体在溶液中溶解度减小，气体浓度减小、L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小，故总反应的速率不一定增大，C错误；
D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；
故选CD。
②各反应的活化能，反应VI为绝速步骤，但L的浓度取决于反应V和VI，所以速率与催化剂M的浓度和反应物CO2、H2的浓度有关。当c≤c0时，催化剂M的活性位点数量不够，速率取决于催化剂M的浓度，即v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，催化剂M的活性位点数量足够，速率取决于反应物CO2和H2的浓度，即v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
考点一 气相反应原理综合题
1．（2025·湖南·三模）天然气是重要的化工原料，可以制备乙烯、乙炔、乙二醇等多种化工产品。按要求回答下列问题：
I． ①
②
③
(1)反应③在 (填“低温”“高温”或“任意温度”)下自发进行，且 (用含的代数式表示)。
(2)反应②的速率方程为，(为正、逆反应速率常数)。其他条件相同，达到平衡时，达到平衡时。由此推知，(填“>”“<”或“=”)。
(3)某温度下，一定容积的密闭容器中，通入一定量的甲烷。若只发生反应①和②，当容器中密度不改变， (填“能”或“不能”)说明达到平衡。若初始容器的总压强为p，平衡后总压强为1.25p，且氢气的分压为0.42p，则甲烷的转化率为 。
II．通过光电化学转化(Photoelectrochemical)可制乙二醇，在某催化剂作用下该反应的机理如图所示。图中表示催化剂被光激发出电子之后产生的空穴。
(4)若加入重水，则产物中含有核素D的产物有 。
III．甲烷可以制备尿素。
(5)①尿素与正烷烃形成超分子包合物．尿素中各种元素的电负性由大到小的顺序为 。
②尿素分子通过氢键有序地组合成具有蜂窝状六角形通道结构的接受体，如图(a)所示。正烷烃分子作为底物填入通道之中，形成超分子包合物。图(b)为垂直于通道截面的结构。请从作用力的角度说明该超分子包合物能稳定存在的原因： 。
(1) 低温 K2/K1
(2)>
(3) 不能 34%
(4)HDO、DOCH2CH2OD
(5) O>N>C>H 彼此通过范德华力结合使能量降低、熵减小(或“尿素分子间强氢键形成的稳定通道”)
【分析】小问1： 判断自发温度：由盖斯定律求反应③的H，结合S，依据G=H-TS判断自发温度条件；求平衡常数关系：写出反应①②③的平衡常数表达式，推导K3与K1、K2的关系；
小问2：根据平衡时v正=v逆得到平衡常数K= K=，求出T1、T2下平衡常数，结合反应吸热性质判断温度大小；
小问3： 判断密度不变能否说明平衡：根据密度公式进行判断；
计算甲烷转化率：设初始甲烷物质的量及两反应中甲烷转化量，根据反应得出平衡时气体总物质的量表达式；利用同温同体积下压强比等于物质的量比，建立初始和平衡时物质的量关系；依据氢气分压得出氢气物质的量分数，结合上述关系联立方程求解；算出甲烷总共转化量，进而求出转化率；
小问4：依据反应机理图，分析D2O产生的·OD参与的反应，从而确定含核素D的产物。
小问5：①根据元素非金属性与电负性的关系，比较尿素中元素电负性大小；②从分子间作用力（氢键和范德华力）角度，说明超分子包合物稳定存在的原因。
【详解】（1）根据盖斯定律，反应③=反应②-反应①，所以 H3=H2-H1=-174.3kJ/mol，根据G=H-TS，H3<0，S<0，则反应③在低温下自发进行，且根据盖斯定律得出平衡常数K3= K2/K1；
（2）反应②为吸热反应。根据平衡定义，平衡时正、逆反应速率相等，故v正=v逆，即 =，K=，T1到T2℃时，K由2.5变成1.5，正反应为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，故T1>T2；
（3）某温度下，一定容积的密闭容器中，通入一定量的甲烷，质量和体积都不改变，故密度不变，不能说明反应达到平衡状态；
起始的总压强为p，全部为甲烷，若只发生反应①和②，反应达到平衡，设生成的乙炔占的分压为x，乙烯所占分压为y，氢气的分压为0.42p，对于反应①：
对于反应②：
平衡时甲烷的分压为p-2x-2y，p+2x+y=1.25p，3x+2y=0.42p，得出x=0.08p、y=0.09p，甲烷的转化率=2x+2yx100%=34%；
（4）从该反应的机理图中可看出，产物有C2H6、H2O、HOCH2CH2OH，D2O在催化剂的作用下产生·OD，与·OD结合的产物有HDO和DOCH2CH2OD；
（5）①同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，尿素中各种元素的电负性由大到小的顺序：O>N>C>H；
②该超分子包合物能稳定存在的原因是彼此通过范德华力结合使能量降低、熵减小。
2．（2025·青海西宁·二模）工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。还原脱硫主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)标准生成焓是指298K、100kPa条件下，由元素最稳定的单质生成单位物质的量的纯化合物的热效应。下表为298K，100kPa时几种物质的标准生成焓（）；
物质 S(g) (g) (g) (g) (g)
（） 0 -296.8 -393.5 -241.8 -74.8
则(298K)= 。
(2)向恒温恒压密闭容器中充入一定量(g)和(g)发生反应Ⅱ，下列能判断反应Ⅱ达到化学平衡状态的是的 。
a．混合气体的压强不变 b．气体平均相对分子质量不变
c． d．不变
(3)反应Ⅱ测得平衡时的百分含量（%）与温度（K）、压强（MPa）的关系如图所示。图中n的表示是 （填“温度”或“压强”），A点对应n1和m2条件下，用表示的化学反应速率 （填“>”“<”或“=”）。
(4)在一定温度下，压强为100kPa的恒压密闭容器中充入1mol 、1mol 、4mol He发生反应Ⅰ和Ⅱ。反应达到平衡时，的转化率为60%，CO的物质的量为0.2mol。反应Ⅰ的平衡常数 （为用分压表示的平衡常数。列式即可，无需化简）；若保持压强不变，充入1mol 、1mol 、2mol He发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡时的平衡转化率 60%（填“>”“<”或“=”）。
(5)利用电解法对进行吸收和无害经处理，其原理如图所示。电极Ⅰ的电极反应式为 ，消耗1mol ，生成 L（标准状况下）。
(1)-208.7
(2)b
(3) 温度 <
(4) <
(5) 5.6
【分析】反应Ⅰ和Ⅱ均为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动。利用电解法对SO2进行吸收和无害经处理，由电极产物元素的化合价可知，电极Ⅰ发生还原反应，是阴极，电极反应为，电极Ⅱ发生氧化反应，是阳极，电极反应为。
【详解】（1）生成物的标准生成焓总和-反应物的标准生成焓总和，故有；
（2）a．恒温恒压下，混合气体的压强始终不变，故a错误；
b．气体平均摩尔质量，反应中气体总质量不变，反应Ⅱ反应前后气体系数不相等，故恒压下气体的体积改变，则为变量，当气体平均摩尔质量不再改变时，达到平衡，b正确；
c．当正、逆反应速率相等时（即），反应达到平衡，c错误；
d．反应过程中v(H2)：v(CH4)始终为2:1，d错误；
故答案选b；
（3）由图可知随着n增大，H2的百分含量也增大（H2%），而反应Ⅱ是气体体积增大的吸热反应，故n为温度；由图可知A点对应n1和m2条件下的H2%大于n1和m2条件下的H2%，相当于平衡逆向移动，故v正（4）反应达到平衡时，SO2转化率为60%（剩余物质的量为0.4mol），CO的物质的量为0.2mol，列出如下三段式：，
，平衡时气体总物质的量n=(0.4+0.6+0.6+0.6+0.2+0.2+0.2+4)mol=6.8mol，故反应Ⅰ的压强平衡常数为Kp=；反应Ⅰ和Ⅱ均为气体体积增大的反应，当He的物质的量变为2mol，恒压下，对于反应Ⅰ和Ⅱ来说相当于加压，平衡逆向移动，故SO2转化率小于60%；
（5）左极区转化为，S元素化合价降低，故电极Ⅰ上发生还原反应，电极方程式为；根据得失电子守恒可知存在如下计量关系：，故消耗1mol SO2则生成0.25 mol O2（即标准状况下5.6L）。
3．（2025·山西·三模）氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义。回答下列问题：
(1)CO催化还原生成和可消除污染。已知：的燃烧热为；，写出催化还原的热化学方程式 。
(2)将恒定组成的CO和NO混合气体通入固定体积的反应器内，发生以下两个反应：、。在不同温度下反应相同时间测得反应后体系内各物质的浓度随温度的变化如图所示。
①Ⅰ、Ⅳ两条线所表示的物质分别是 、 (填分子式)。
②该消除污染物CO和NO的反应条件应选择 (选填“低温”或“高温”)。
③450℃时，该时间段内NO的脱除率= 。[的脱除率]
(3)某学习小组将、和一定量的充入密闭容器中，在催化剂作用下发生反应：，一段时间内，连续测得的转化率随温度变化的情况如下图所示：
则 0(填“>”或“<”)。若在5min内，温度从升高到，此时间段内用表示的平均反应速率为 。解释生成的转化率先逐渐增大后逐渐减小的原因： 。
(4)实验室产生的尾气可先用氧化，然后再用烧碱溶液吸收，现将、和通入密闭容器中，在T℃、压强为条件下发生反应：
① ②
平衡时，求反应②的平衡常数 (用含的代数式表示)。
(1)
(2) 高温 80%
(3) < 0.15 温度小于时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，生成的转化率逐渐增大，高于以后，反应达到平衡状态，升温，平衡逆向移动，生成的转化率逐渐减小
(4)
【详解】（1）根据题干中的已知条件，①，②，①+②可计算出催化还原的热化学方程式为；
（2）温度越高，反应速率越快。结合图像可知，高温时和的浓度较低，脱除率高，所以应选择高温条件。随着反应的进行，CO和NO的浓度逐渐降低，又根据两个反应中都消耗CO，而只有第一个反应消耗NO，随着浓度逐渐降低，的浓度减小的趋势变小，到后来浓度基本不变，而浓度减小的趋势较大，所以Ⅰ是，Ⅱ是。两个反应中都产生，的浓度大于，Ⅲ是，Ⅳ是。根据N原子守恒，，转化为的，故的脱除率；
（3）根据题目的已知条件，开始只充入反应物，温度小于时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，生成的转化率逐渐增大。温度大于以后，反应达到平衡状态，转化率逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，。根据图像，转化的，；
（4）设消耗为，生成为。
根据可得出，经计算，。平衡后气体总物质的量为，，。
4．（2025·江苏连云港·一模）性能优越的催化剂是实现二氧化碳加氢制甲烷工业化的关键。
(1)CO2在Ni/γ-Al2O3催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
反应I：CO2(g)＋4H2(g) = CH4(g)＋2H2O(g) H1= -143.9 kJ·mol 1
反应II：CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g) H2
①已知在25℃、101kPa下，由最稳定单质生成1 mol某纯物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓，用表示。如表所示为几种常见物质的标准摩尔生成焓。
物质 CO2(g) H2(g) H2O(g) CO(g)
) －393.5 0 －241.8 －110.5
反应2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)的焓变为 。
②一定压强下，将一定比例CO2和H2通过装有Ni/γ-Ai2O3催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示(虚线代表平衡转化率)。高于320℃后，CO2转化率略有下降，可能原因是 。
③γ-Al2O3因价格低廉、较高的热稳定性和比表面积而成为工业上最常用的催化剂载体。通过Rh(NO3)3（硝酸铑）热分解将铑有效负载在γ-Al2O3表面能有效提高催化性能的可能原因是 。
(2)CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示。
①在催化过程中由CeO2转变成CeO2-x晶胞的组成结构变化如图所示，一个CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+个数比为 。
②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，其原因是 。
(3)通过Sonogashira偶联反应（如下图所示），将CoTBrPP（甲）在CuI与钯基催化剂的作用下，在甲上枝接PTAB(1,3,5-三乙炔苯聚合物)形成对CH4有较高选择性的CoTBrPP-PTAB-Cu新型催化剂（乙）。
①CoTBrPP-PTAB-Cu催化剂比CoTBrPP具有更好的导电性的原因是 。
②实验表明CoTBrPP和CoTBrPP-PTAB-Cu的ECSA(电化学活性面积，即参与电化学反应的有效面积)分别是7.1mF· cm-2和3.8mF·cm-2，偶联后ECSA降低的可能原因是 。
(1) －226.3 kJ·mol 1 320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小 Rh(NO3)3热分解放出大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大
(2) 结构中氧空位增加
(3) 三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2杂化结构，有未参加杂化的p轨道上的电子 CoTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位点难以暴露
【详解】（1）①反应热=产物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓，则，结合盖斯定律可知，2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)可以由I-2II，则该反应的反应热，
；
②可以从平衡移动的角度分析，由图可知，320℃之后，反应处于平衡状态，反应I为放热反应，温度升高平衡逆向移动，故答案为：320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小；
③对于催化剂来说，接触面积越大，一般来说催化效果越好，另外硝酸铑分解会产生大量气体，故答案为：Rh(NO3)3热分解放出大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大；
（2）①假设中的和的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，故一个晶胞中和个数比为；
②催化剂中掺入少量，用替代结构中部分形成，则催化剂中氧原子数减少，氧空位将增多，可提高催化效率，故答案为结构中氧空位增加；
（3）①PTAB中的碳为sp和sp2（形成共轭π键骨架），且存在 未杂化的p轨道电子 （可离域化），这些电子通过共轭体系形成 长程电子传输通道 ，显著提升催化剂的整体导电性，故答案为：三乙炔苯聚合物中的碳是sp和sp2杂化结构，有未参加杂化的p轨道上的电子；
②PTAB在CoTBrPP表面 枝接形成聚合物层 ，可能通过以下途径阻碍活性位点，物理覆盖 ，聚合物链直接遮挡CoTBrPP的活性中心，故答案为：CoTBrPP表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位点难以暴露。
5．（2025·山东淄博·三模）甲醇水蒸气催化重整制氢气，涉及主要反应如下：
Ⅰ．CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g) ΔH1=＋49.0 kJ·mol-1
Ⅱ．CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH2=＋90.2 kJ·mol-1
Ⅲ．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)ΔH3= kJ·mol-1；以上三个反应的平衡常数lgK随温度T变化关系如图甲所示，则表示反应Ⅰ的变化曲线为 (填标号)。
(2)压强P下，向密闭容器中充入等物质的量的CH3OH(g)与H2O(g)，达平衡时，CH3OH的转化率、CO的摩尔分数及CO2的选择性随温度变化的曲线如图乙所示。
已知：CO2的选择性。则表示CO2的选择性的曲线是 (填标号)；520K时，H2O(g)的平衡转化率为 ；随温度升高，CO的摩尔分数先降低后升高的原因是 。
(3)温度T时，向恒容密闭容器中按=1∶1投料，测得起始压强为a kPa，加入适量CaO(s)，体系达平衡后，CO2的选择性为80%，CaO对CO2的吸收率为50%，已知温度T时，反应的平衡常数Kp=bkPa，则平衡时，分压p(H2)= kPa；反应Ⅱ的平衡常数Kp= ；若向平衡体系中再加入少量CH3OH(g)，重新达平衡后，将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(1) -41.2
(2) L5 38% 520K以下，反应Ⅰ是主反应，520K以上，反应Ⅱ、Ⅲ是主反应
(3) 7b 增大
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则；反应Ⅰ、Ⅱ为吸热反应，升高温度K增大（增大）；反应 Ⅲ 为放热反应，升高温度K减小（减小 ），反应 Ⅰ 的小于反应 Ⅱ，相同温度下反应 Ⅰ 的K小于反应 Ⅱ，故表示反应 Ⅰ 的曲线是；
（2）反应Ⅰ、Ⅲ生成CO2，反应Ⅱ生成CO，温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ（吸热）正向移动，反应Ⅲ（放热）逆向移动，初始时，随着温度的升高，反应Ⅰ占主导，CO2选择性升高，温度升高到一定程度后，反应Ⅲ占主导，平衡逆向移动，CO2选择性逐渐降低，故表示CO2选择性的曲线是L5；由图可知520K时，CH3OH的转化率为40%，CO2的选择性为95%，设起始CH3OH和H2O的物质的量都为1mol，生成CO2的物质的量为x mol，生成CO的物质的量为y mol，则，x+y=0.4，解得x=0.38，y=0.02，即反应Ⅰ消耗CH3OH为0.38mol、消耗水0.38mol，反应Ⅱ消耗CH3OH 为0.02mol，所以H2O的平衡转化率为；随温度升高，520K以下，反应Ⅰ是主反应，520K以上，反应Ⅱ、Ⅲ是主反应，故CO的摩尔分数先降低后升高；
（3）已知温度T时，反应的平衡常数，即平衡时，由于CaO对CO2的吸收率为50%，即反应Ⅰ生成的，温度T时，向恒容密闭容器中按=1∶1投料，测得起始压强为a kPa，即，体系达平衡后，CO2的选择性为80%，则，解得，由C守恒可得，由Ⅰ．CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g) 、Ⅱ．CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)可知，；反应Ⅱ的平衡常数；若向平衡体系中再加入少量CH3OH(g)，由于温度未发生变化，则不变，加入CH3OH(g)使得增大，故重新达平衡后，增大。
考点二 液相反应原理综合题
1．（2025·上海普陀·二模）硫化氢（H2S）是一种臭鸡蛋气味的有毒气体，但其在合成光电材料、污水处理方面有着重要作用，硫化氢尾气的回收处理并资源化利用是长期面临的重要研究课题。
(1)下列关于H2S的说法中正确的是________（不定项）。
A．利用其气味可添加在管道煤气中监测燃气泄露
B．氢硫酸是一种二元弱酸，属于弱电解质
C．将H2S气体通入AlCl3溶液中的离子方程式：
D．硫化氢的球棍模型为
25℃，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol·L-1，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图：
(2)图中表示S2-物质的量分数变化的曲线是 。
A．曲线a B．曲线b C．曲线c
(3)下列说法正确的是________。
A．饱和H2S溶液中加入等体积的NaOH溶液（体积变化忽略不计），则
B．以酚酞为指示剂，可用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液至Na2S测定其浓度
C．1.0L 1mol·L-1的NaOH溶液最多能吸收1mol H2S(g)
D．NaHS溶液呈碱性是由于S2-的水解程度大于HS-的电离程度
(4)由图可知， 。
(5)已知0.1mol·L-1的Na2S溶液中S2-水解率约为62%，，，0.010mol·L-1的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol·L-1的Na2S溶液，反应初始生成沉淀的情况是________。
A．只有FeS沉淀 B．只有Fe(OH)2沉淀
C．没有沉淀 D．FeS、Fe(OH)2都有
实验室中，以FeCl3为吸收液脱除H2S。实验发现，在FeCl3溶液中加入一定浓度的CuCl2可以明显提高H2S的脱除率。对比实验结果如下：
实验序号 ① ② ③
吸收液 FeCl3溶液 CuCl2溶液 FeCl3溶液、CuCl2溶液
H2S脱除率 ≈92% ≈100% ≈100%
H2S脱除产物 S CuS S
(6)将①中脱除H2S的反应补充完整 ：。
(7)pH减小会降低①中脱除率，但对②中的脱除率几乎无影响，解释原因： 。
(8)③中，加入CuCl2后，脱除率几乎达到100%。结合方程式解释原因： 。
(1)D
(2)C
(3)AC
(4)1×10-7
(5)D
(6)
(7)pH减小，c(H+)增大，不利于H2S的溶解和电离，降低①中脱除率；CuS的溶解度极小，难溶于酸，所以对②中H2S的脱除率几乎无影响
(8)加入CuCl2后发生反应：，，Cu2+促进了H2S的转化
【详解】（1）A．H2S是剧毒气体，其燃烧产物SO2也是有毒气体，所以不能利用其气味添加在管道煤气中监测燃气泄露，A不正确；
B．氢硫酸的电离分两步进行，且都为可逆，它是一种二元弱酸，氢硫酸是混合物，不属于弱电解质，B不正确；
C．将H2S气体通入AlCl3溶液中，不发生反应，且Al2S3在水溶液中会发生双水解反应，不能稳定存在，C不正确；
D．硫化氢分子中，S原子的孤电子对数为=2，形成2个σ键，价层电子对数为4，发生sp3杂化，球棍模型为，D正确；
故选D。
（2）25℃，H2S饱和溶液呈酸性，此时硫元素主要以H2S的形式存在，往溶液中加入碱增大溶液的pH，此时H2S不断转化为HS-，继续增大溶液的pH，HS-不断转化为S2-，所以曲线a表示H2S的物质的量分数，曲线b表示HS-的物质的量分数，曲线c表示S2-的物质的量分数，故选C。
（3）A．25℃，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol·L-1，饱和H2S溶液中加入等体积的NaOH溶液(体积变化忽略不计)，H2S的浓度变为原来的一半，即为0.05mol L-1，依据元素守恒，则，A正确；
B．酚酞的变色范围pH:8.2~10.0，根据图示，Ka2(H2S)==10-13，当NaOH标准溶液滴定H2S水溶液至Na2S时，S2-+H2OHS-+OH-，Kh1====0.1，c(OH-)=0.1mol/L，溶液的pH=13，超出了酚酞的变色范围，B不正确；
C．往NaOH溶液中通入足量H2S，生成NaHS等，则1.0L 1mol·L-1的NaOH溶液最多能吸收1mol H2S(g)，C正确；
D．NaHS溶液呈碱性是由于HS-的水解程度大于HS-的电离程度，D不正确；
故选AC。
（4）由图可知，在pH=7.0时，c(H2S)=c(HS-)，=1×10-7。
（5）0.010mol·L-1的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol·L-1的Na2S溶液，所得混合溶液中c(Fe2+)=0.0050mol·L-1，c(S2-)=0.10mol·L-1，S2-发生水解后溶液中c(S2-)=0.10mol·L-1×(1-62%)=0.038 mol·L-1，c(OH-)=0.10mol·L-1×62%=0.062 mol·L-1，Q(FeS)=0.0050mol·L-1×0.038 mol·L-1=1.9×10-4＞6.3×10-18，有FeS沉淀生成；Q[Fe(OH)2]=0.0050mol·L-1×0.0622=1.922×10-5＞4.9×10-17，有Fe(OH)2沉淀生成，所以反应初始生成沉淀的情况是FeS、Fe(OH)2都有，故选D。
（6）实验①中，H2S脱除产物为S，则Fe3+作氧化剂，将H2S氧化为S和H+，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出脱除HS-的反应方程式为：。
（7）H2S溶液呈酸性，pH减小会抑制H2S的溶解，从而降低①中脱除率，而CuS难溶于酸，pH减小对②中的脱除率几乎无影响，原因：pH减小，c(H+)增大，不利于H2S的溶解和电离，降低①中脱除率；CuS的溶解度极小，难溶于酸，所以对②中H2S的脱除率几乎无影响。
（8）③中，加入CuCl2后，脱除率几乎达到100% ，则Cu2+是反应的催化剂，Cu2+先与H2S反应生成CuS，CuS还能被Fe3+氧化，重新生成Cu2+。结合方程式解释原因：加入CuCl2后发生反应：，，Cu2+促进了H2S的转化。
2．（2025·广东汕头·二模）某科考队探究对海洋生态的影响。
(1)根据下图数据计算自偶电离的 。
(2)气体溶于水，存在如下平衡：，。
①使用压强传感器采集数据，测定不同温度下恒容密闭容器中气体在等量水中的溶解速率，测得气体压强随时间的变化曲线如图所示。
前5分钟内在条件下的溶解速率为 ；若将温度升高至，测得溶解速率反倒降低，原因可能是 。
②条件下，装置中达到溶解平衡时。下列说法正确的是 。
A．条件下装置中达到溶解平衡时，大于
B．打开密闭容器瓶塞，可使气体溶解平衡正向移动
C．若水溶液的稳定不变，说明已达到气体溶解平衡
D．当溶液中气体溶解与析出速率相等时，碳酸溶液达到该条件下饱和状态
③常温下，若过度排放导致空气中增大，那么海水中的浓度会 （填“增大”“减小”或“不变”）。
(3)科考队通过海水取样测定和计算机数据模拟，绘制常温下海水中、、、浓度对数随变化的关系如图所示。
①与的关系曲线为曲线 （填编号）。
② 。
③已知某海域珊瑚礁（主要成分是）周边海水的为8.1，常温下。计算该海域海水中开始形成时的浓度 （写出计算过程）。
(1)+26.6kJ/mol
(2) 0.2 温度升高，碳酸分解速率加快，使二氧化碳溶解的总（净）反应速率下降； CD 增大
(3) III 由②可知，，c()=10-5mol/L，则，该海域海水中开始形成时的浓度为：
【详解】（1）由图中数据可知，① ；② ；由盖斯定律可知，-(①+②)可得的。
（2）①前5分钟内在条件下的溶解速率为；碳酸受热分解，若将温度升高至，测得溶解速率反倒降低，原因可能是：温度升高，碳酸分解速率加快，使二氧化碳溶解的总（净）反应速率下降；
②A．由（1）中图像可知，是放热反应，降低温度，平衡正向移动，减小，，条件下，装置中达到溶解平衡时，则条件下装置中达到溶解平衡时，小于，A错误；
B．是气体体积减小的反应，打开密闭容器瓶塞，体系压强减小，可使气体溶解平衡逆向移动，B错误；
C．该反应过程中溶液中碳酸的浓度增大，pH减小，若水溶液的稳定不变，说明已达到气体溶解平衡，C正确；
D．当溶液中气体溶解与析出速率相等时，说明达到平衡，碳酸溶液达到该条件下饱和状态，D正确；
故选CD；
③的，平衡常数只受温度影响，常温下，若过度排放导致空气中增大，那么海水中的浓度会增大。
（3）①由碳酸的电离方程式：、，随着pH的增大，发生反应：，浓度增大，由碳酸钙的沉淀溶解平衡可知，浓度减小，且pH增大导致浓度增大后溶液中浓度减小，当pH继续增大时，的浓度大于的浓度，故直线Ⅲ表示与的关系曲线，直线I表示与pH的关系，直线II表示与pH的关系；
②由图可知，但c()=c()时，pH=8.4，溶液中c(H+)=10-8.4mol/L，；
③已知某海域珊瑚礁（主要成分是）周边海水的为8.1，c(H+)=10-8.1mol/L，常温下，由②可知，，c()=10-5mol/L，则，该海域海水中开始形成时的浓度为：。
3．（2025·广东佛山·二模）铁是用量最大、用途最广的金属单质，其化合物在生产生活中也应用广泛。
(1)基态Fe价电子排布式为 。用以下焓变表示Fe的第一电离能为 。
(2)溶液中有、、、、等多种含铁粒子。常温下，各含铁粒子的分布系数 ()与关系如图所示：
①配制的方法是将晶体溶于 ，再加水稀释至。
②溶液呈黄色与生成有关，加热溶液颜色变深，原因是 。
③当时，溶液中存在的平衡只考虑：
Ⅰ．
Ⅱ．
(填“”“”或“”)；常温下，测得溶液中，，，计算溶液中 (写计算过程)。
(3)向盛有溶液的试管中加入溶液，溶液呈红色。将上述溶液均分于两支试管中：
①向第一支试管中滴加饱和溶液：加入2滴时颜色变深，加入超过3滴，溶液颜色逐渐变浅。分析颜色变浅的原因 。
②向另一支试管中加入溶液，溶液颜色立即变浅甚至消失，原因是 。
(1)
(2) 浓盐酸 水解吸热，加热促进水解，浓度增大
(3) 增大。形成氯配合物，使减小，逆向移动，减小或饱和酸性较强，生成弱酸HSCN，使减小，逆向移动，减小 酸性溶液中，被氧化
【详解】（1）Fe是第26号元素，基态Fe的价电子排布式为；由基态Fe→得Fe的第一电离能为；
（2）①配制FeCl3溶液时，先将氯化铁晶体溶于浓盐酸中抑制其水解，再加水稀释到所需要的浓度；
②溶液呈黄色与生成有关，，水解吸热，加热促进水解正向进行，浓度增大，溶液颜色变深；
③由图中交点A可知，，，，由图中交点B可知，一定大于；根据已知列三段式：，，；
（3）①加入2滴时颜色变深，增大，正向移动，颜色加深，加入超过3滴使增大，形成氯配合物，使减小，逆向移动，减小或饱和酸性较强，生成弱酸HSCN，使减小，逆向移动，减小；
②具有还原性，酸性溶液中，被氧化。
4．（2025·广东佛山·一模）乙酸乙酯是应用最广泛的脂肪酸酯之一。
(1)乙酸乙酯水解可用于制备化工原料。
①基态O原子价层电子排布式为 。
②常温下，某CH3COONa溶液pH=9，则c(CH3COOH)＋c(H＋)= mol·L-1。
③18O标记的乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解的部分历程如下：
已知可快速平衡。
能量变化如图：
反应I、II、III、IV中，表示乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步是 ，总反应△H= (用含E1、E2、E3、E4的代数式表示)，体系中含18O的微粒除A、B、D、E外，还有 。
(2)反应CH3COOH(l)＋CH3CH2OH(l)CH3COOCH2CH3(l)＋H2O(l)的 H<0， S>0。
①反应 自发进行(选填“低温下”“高温下”“任意温度下”或“不能”)。
②T℃时，该反应平衡常数Kx==1，其中，n(总)为平衡时乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物质的量之和。1mol乙醇和1mol乙酸充分反应后，乙酸的转化率为 (写出计算过程)。
(3)制备乙酸乙酯的实验中，常用饱和碳酸钠溶液收集产物。
CH3COOCH2CH3＋H2O＋Na2CO3CH3COONa＋CH3CH2OH＋NaHCO3 K=7.03×105，理论上用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯不合理。设计如下实验：
序号 操作 现象
i 取10mL饱和NaOH溶液(4.5mol·L-1)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇，常温下振荡5min 混合液变澄清、透明、均一
ii 取10mL饱和Na2CO3溶液(pH=12.5)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇并加热至90℃，振荡5min 混合液仍为乳浊液，静置后分层
根据实验，用饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯是合理的，其原因有：
①饱和Na2CO3溶液极性较大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中 (填“大”或“小”)。
②从速率角度分析， 。
(1) 2s22p4 1×10 5 Ⅰ E1 E2+E3–E4 OH 、H2O、
(2) 任意温度下 50%
(3) 小 饱和碳酸钠溶液中c(OH-)小，反应速率慢
【详解】（1）①基态O原子价层电子为其2s、2p能级上的电子，其基态O原子价层电子排布式为2s22p4；
②常温下，某CH3COONa溶液pH=9，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)、存在物料守恒c(Na+)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，所以存在c(CH3COOH)+c(H+)= c(OH-)=mol/L=10-5mol/L；
③反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ中，反应所需活化能越大，反应速率越慢，慢反应为乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步，根据图知，反应Ⅰ为乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步，总反应为A生成D，则总反应ΔH=E1-E2+E3-E4；体系中含18O的微粒除A、B、D、E外，还有18OH-、H218O、CH3CO18OH；
（2）①该反应ΔH＜0、ΔS＞0，该反应能自发进行，则ΔH-TΔS＜0，反应任意温度下自发进行；
②x(B)=，n(总)为平衡时乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物质的量之和，T℃时，该反应平衡常数Kx=等于生成物物质的量幂之积与反应物物质的量幂之积的比，Kx=1；1mol乙醇和1mol乙酸充分反应后，设乙酸的转化率为x，则达到平衡时消耗n(CH3COOH)=xmol；列三段式如下：
Kx====1，x=50%。
（3）①根据实验i知，乙酸乙酯和NaOH溶液、乙醇混合后常温下振荡，混合液变澄清、透明、均一，说明溶液中不含乙酸乙酯；实验ii中饱和碳酸钠溶液和乙酸乙酯、乙醇混合并加热，混合液仍为乳浊液，静置后分层，说明混合溶液中还含有乙酸乙酯，饱和Na2CO3溶液极性较大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中小；
②实验i混合溶液碱性强、实验ii混合溶液碱性弱，根据现象知，实验i的反应速率大于实验ii，说明溶液碱性越强，反应速率越快，饱和碳酸钠溶液中c(OH-)小，反应速率慢。
5．（2025·广东珠海·一模）酸性溶液主要组成为HCl与(HCl与会络合为)，其具有溶铜速率快、稳定、易控制及易再生等优点，常应用于印刷线路板(PCB)的刻蚀。刻蚀原理为，。
(1)CuCl中基态亚铜离子的价层电子轨道表示式为 。
(2)溶液中存在平衡：(蓝色)(黄色) ，下列说法不正确的是___________(填序号)。
A．加入几滴溶液，平衡逆向移动
B．加热溶液，溶液由蓝绿色变为黄绿色，平衡常数K增大
C．加水稀释，的比值会减小
D．加入少量NaCl固体，平衡正向移动，转化率增大
(3)盐酸的浓度会影响刻蚀速率，浓度相同，盐酸浓度分别为1.5mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L时，随时间的变化曲线如图所示，中间速率变缓慢的可能原因是 。mol/L时，在0~1.5min内，的平均生成速率为 。
(4)能形成多种配合物。铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往0.2mol/L溶液中通入氨气，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的(浓度的负对数)的关系如图所示。
①曲线4代表的含铜微粒为 。
②b点的纵坐标为 。
③结合图像信息，计算反应的平衡常数K= 。(已知的，写出计算过程)
(1)
(2)CD
(3) 反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，生成的速率较慢 0.2mol·L-1·min-1
(4) 0.14 2.2×10-7.4
【详解】（1）CuCl中基态亚铜离子的价层电子排布式为3d10，其轨道表示式为；
（2）A．加入几滴溶液，Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀，使c(Cl-)减小，平衡逆向移动，A正确；
B．反应为吸热反应，加热溶液，平衡正向移动，溶液由蓝色变为黄绿色，平衡常数K增大，B正确；
C．加水稀释，c(Cl-)减小，，故增大，C不正确；
D．加入少量氯化钠固体，氯离子浓度增大，平衡正向移动，但氯离子本身的转化率减小，D不正确；
故选CD；
（3）由刻蚀原理，铜会和H2CuCl4(aq)反应生成氯化亚铜沉淀，反应生成的固体CuCl覆盖了铜，阻碍反应进行，导致生成H2CuCl3的速率较慢；因HCl的浓度越低，平衡时H2CuCl3的浓度越低， 图中相同时间内最低的曲线为c(HCl)= 1.5mol/L时曲线，由曲线可知，c(HCl)= 1.5mol/L时，在0~1.5min内，H2CuCl3的浓度为0.3mol/L，平均生成速率为；
（4）①将0.2mol/L 溶液与溶液等体积混合，依次发生反应：①Cu2+ +NH3= Cu(NH3) 2+，②，③，④，则1代表Cu2+ 、2代表Cu(NH3) 2+、3代表、4代表、5代表；
②由图像可以看出，b点时Cu2+和Cu(NH3) 2+物质的量分数相等，且数值为0.43，4和5所代表的微粒物质的量分数几乎为0，则3所代表的的物质的量分数约为(1-0.43-0.43)=0.14，即b点的纵坐标约为0.14；
③对于反应，平衡常数，在a点时，，此时。通过代入曲线后面交点数据，依次得到：反应，平衡常数。反应，平衡常数。反应，平衡常数。对于的溶解平衡，溶度积常数。总反应的平衡常数。根据多重平衡规则，总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积，即。将、、、、代入可得：。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)/ 让教学更有效 精品试卷 | 化学
专题15 化学反应原理综合题
考点1 气相反应原理综合题
1．（2025·云南·高考真题）我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆纤维素 乙醇
(2)对于反应Ⅰ：
①已知 则 。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．的体积分数不再变化
D．单位时间内生成，同时消耗
③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为 。
(3)恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性]
①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为 。
②由图中信息可知，乙酸可能是 (填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则 ，平衡常数 (列出计算式即可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
2．（2025·江苏·高考真题）合成气(和)是重要的工业原料气。
(1)合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。
(2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。
①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是 。
(3)研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有 ；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。
②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与反应的物质有 (填化学式)。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值： 。
3．（2025·湖南·高考真题）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)。
4．（2025·山东·高考真题）利用循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。
已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数基本不变。
回答下列问题：
(1)反应的焓变 (用含的代数式表示)。
(2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变 0(填“>”“<”或“=”)。
(3)温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为，则为 (用含a的代数式表示)；此时，与物质的量的差值 (用含a的最简代数式表示)。
(4)温度下，体系达平衡后，压缩容器体积产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比 (填“增大”“减小”或“不变”)，物质的量 (填“增大”“减小”或“不变”)。
5．（2025·河北·高考真题）乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。
(1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。
主反应：
副反应：
体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。
①0~30min内， 。
②下列说法正确的是 (填序号)。
a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量
b．0~30min内，
c．0~30min内，
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
(2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：
①代表的曲线为 (填“”“”或“”)；原因是 。
② 0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系， (填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的的值为 。
④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为，系统压强维持，使，此时 (用含有m和的代数式表示)。
考点二 液相反应原理综合题
1．（2024·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减小
(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。
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“=”)
2．（2025·重庆·高考真题）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。
(1)天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。
①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是 。
② (填“>”“=”或者“<”)。
(2)用如图所示电化学装置进行如下实验。
①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的 (填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为 。
②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为 。
(3)利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。
①25℃时，的平衡常数 (保留2位有效数字)。
②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为 。
③25℃时，计算得为 。
3．（2024·上海·高考真题）已知：
①
②
③
(1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。
A．钙离子浓度保持不变 B．保持不变
C． D．
(2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。
(3)已知的，为 。当 时，开始产生沉淀。
(4)根据如图，写出电极a的电极反应式 。
(5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。
A．该装置实现电能转化为化学能
B．电极b是负极
C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a
D．每参与反应时，转移电子
(6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去。 。
4．（2023·山东·高考真题）一定条件下，水气变换反应的中间产物是。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为、，则该条件下水气变换反应的焓变 (用含的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：，k为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，浓度为 ，此时反应Ⅰ的反应速率 (用含和k的代数式表示)。
(3)温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，使分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。时刻测得的浓度分别为，反应Ⅱ达平衡时，测得的浓度为。体系达平衡后 (用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为 。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示点中，的浓度峰值点可能是 (填标号)。与不含盐酸相比，达浓度峰值时，浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)，的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
5．（2024·浙江·高考真题）通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答：
(1)某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是 。
(2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
：
Ⅱ：
Ⅲ：
① 。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率为 。
③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的 。[已知：时，电离常数、]
(3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。
Ⅳ：
V：
VI：
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。
A．v与的压强无关 B．v与溶液中溶解的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大 D．在溶液中加入，可提高转化率
②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因 。
考点一 气相反应原理综合题
1．（2025·湖南·三模）天然气是重要的化工原料，可以制备乙烯、乙炔、乙二醇等多种化工产品。按要求回答下列问题：
I． ①
②
③
(1)反应③在 (填“低温”“高温”或“任意温度”)下自发进行，且 (用含的代数式表示)。
(2)反应②的速率方程为，(为正、逆反应速率常数)。其他条件相同，达到平衡时，达到平衡时。由此推知，(填“>”“<”或“=”)。
(3)某温度下，一定容积的密闭容器中，通入一定量的甲烷。若只发生反应①和②，当容器中密度不改变， (填“能”或“不能”)说明达到平衡。若初始容器的总压强为p，平衡后总压强为1.25p，且氢气的分压为0.42p，则甲烷的转化率为 。
II．通过光电化学转化(Photoelectrochemical)可制乙二醇，在某催化剂作用下该反应的机理如图所示。图中表示催化剂被光激发出电子之后产生的空穴。
(4)若加入重水，则产物中含有核素D的产物有 。
III．甲烷可以制备尿素。
(5)①尿素与正烷烃形成超分子包合物．尿素中各种元素的电负性由大到小的顺序为 。
②尿素分子通过氢键有序地组合成具有蜂窝状六角形通道结构的接受体，如图(a)所示。正烷烃分子作为底物填入通道之中，形成超分子包合物。图(b)为垂直于通道截面的结构。请从作用力的角度说明该超分子包合物能稳定存在的原因： 。
2．（2025·青海西宁·二模）工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。还原脱硫主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)标准生成焓是指298K、100kPa条件下，由元素最稳定的单质生成单位物质的量的纯化合物的热效应。下表为298K，100kPa时几种物质的标准生成焓（）；
物质 S(g) (g) (g) (g) (g)
（） 0 -296.8 -393.5 -241.8 -74.8
则(298K)= 。
(2)向恒温恒压密闭容器中充入一定量(g)和(g)发生反应Ⅱ，下列能判断反应Ⅱ达到化学平衡状态的是的 。
a．混合气体的压强不变 b．气体平均相对分子质量不变
c． d．不变
(3)反应Ⅱ测得平衡时的百分含量（%）与温度（K）、压强（MPa）的关系如图所示。图中n的表示是 （填“温度”或“压强”），A点对应n1和m2条件下，用表示的化学反应速率 （填“>”“<”或“=”）。
(4)在一定温度下，压强为100kPa的恒压密闭容器中充入1mol 、1mol 、4mol He发生反应Ⅰ和Ⅱ。反应达到平衡时，的转化率为60%，CO的物质的量为0.2mol。反应Ⅰ的平衡常数 （为用分压表示的平衡常数。列式即可，无需化简）；若保持压强不变，充入1mol 、1mol 、2mol He发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡时的平衡转化率 60%（填“>”“<”或“=”）。
(5)利用电解法对进行吸收和无害经处理，其原理如图所示。电极Ⅰ的电极反应式为 ，消耗1mol ，生成 L（标准状况下）。
3．（2025·山西·三模）氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义。回答下列问题：
(1)CO催化还原生成和可消除污染。已知：的燃烧热为；，写出催化还原的热化学方程式 。
(2)将恒定组成的CO和NO混合气体通入固定体积的反应器内，发生以下两个反应：、。在不同温度下反应相同时间测得反应后体系内各物质的浓度随温度的变化如图所示。
①Ⅰ、Ⅳ两条线所表示的物质分别是 、 (填分子式)。
②该消除污染物CO和NO的反应条件应选择 (选填“低温”或“高温”)。
③450℃时，该时间段内NO的脱除率= 。[的脱除率]
(3)某学习小组将、和一定量的充入密闭容器中，在催化剂作用下发生反应：，一段时间内，连续测得的转化率随温度变化的情况如下图所示：
则 0(填“>”或“<”)。若在5min内，温度从升高到，此时间段内用表示的平均反应速率为 。解释生成的转化率先逐渐增大后逐渐减小的原因： 。
(4)实验室产生的尾气可先用氧化，然后再用烧碱溶液吸收，现将、和通入密闭容器中，在T℃、压强为条件下发生反应：
① ②
平衡时，求反应②的平衡常数 (用含的代数式表示)。
4．（2025·江苏连云港·一模）性能优越的催化剂是实现二氧化碳加氢制甲烷工业化的关键。
(1)CO2在Ni/γ-Al2O3催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
反应I：CO2(g)＋4H2(g) = CH4(g)＋2H2O(g) H1= -143.9 kJ·mol 1
反应II：CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g) H2
①已知在25℃、101kPa下，由最稳定单质生成1 mol某纯物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓，用表示。如表所示为几种常见物质的标准摩尔生成焓。
物质 CO2(g) H2(g) H2O(g) CO(g)
) －393.5 0 －241.8 －110.5
反应2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)的焓变为 。
②一定压强下，将一定比例CO2和H2通过装有Ni/γ-Ai2O3催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图所示(虚线代表平衡转化率)。高于320℃后，CO2转化率略有下降，可能原因是 。
③γ-Al2O3因价格低廉、较高的热稳定性和比表面积而成为工业上最常用的催化剂载体。通过Rh(NO3)3（硝酸铑）热分解将铑有效负载在γ-Al2O3表面能有效提高催化性能的可能原因是 。
(2)CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示。
①在催化过程中由CeO2转变成CeO2-x晶胞的组成结构变化如图所示，一个CeO2-x晶胞中Ce4+和Ce3+个数比为 。
②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，其原因是 。
(3)通过Sonogashira偶联反应（如下图所示），将CoTBrPP（甲）在CuI与钯基催化剂的作用下，在甲上枝接PTAB(1,3,5-三乙炔苯聚合物)形成对CH4有较高选择性的CoTBrPP-PTAB-Cu新型催化剂（乙）。
①CoTBrPP-PTAB-Cu催化剂比CoTBrPP具有更好的导电性的原因是 。
②实验表明CoTBrPP和CoTBrPP-PTAB-Cu的ECSA(电化学活性面积，即参与电化学反应的有效面积)分别是7.1mF· cm-2和3.8mF·cm-2，偶联后ECSA降低的可能原因是 。
5．（2025·山东淄博·三模）甲醇水蒸气催化重整制氢气，涉及主要反应如下：
Ⅰ．CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g) ΔH1=＋49.0 kJ·mol-1
Ⅱ．CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH2=＋90.2 kJ·mol-1
Ⅲ．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)ΔH3= kJ·mol-1；以上三个反应的平衡常数lgK随温度T变化关系如图甲所示，则表示反应Ⅰ的变化曲线为 (填标号)。
(2)压强P下，向密闭容器中充入等物质的量的CH3OH(g)与H2O(g)，达平衡时，CH3OH的转化率、CO的摩尔分数及CO2的选择性随温度变化的曲线如图乙所示。
已知：CO2的选择性。则表示CO2的选择性的曲线是 (填标号)；520K时，H2O(g)的平衡转化率为 ；随温度升高，CO的摩尔分数先降低后升高的原因是 。
(3)温度T时，向恒容密闭容器中按=1∶1投料，测得起始压强为a kPa，加入适量CaO(s)，体系达平衡后，CO2的选择性为80%，CaO对CO2的吸收率为50%，已知温度T时，反应的平衡常数Kp=bkPa，则平衡时，分压p(H2)= kPa；反应Ⅱ的平衡常数Kp= ；若向平衡体系中再加入少量CH3OH(g)，重新达平衡后，将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
考点二 液相反应原理综合题
1．（2025·上海普陀·二模）硫化氢（H2S）是一种臭鸡蛋气味的有毒气体，但其在合成光电材料、污水处理方面有着重要作用，硫化氢尾气的回收处理并资源化利用是长期面临的重要研究课题。
(1)下列关于H2S的说法中正确的是________（不定项）。
A．利用其气味可添加在管道煤气中监测燃气泄露
B．氢硫酸是一种二元弱酸，属于弱电解质
C．将H2S气体通入AlCl3溶液中的离子方程式：
D．硫化氢的球棍模型为
25℃，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol·L-1，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ随pH变化关系如下图：
(2)图中表示S2-物质的量分数变化的曲线是 。
A．曲线a B．曲线b C．曲线c
(3)下列说法正确的是________。
A．饱和H2S溶液中加入等体积的NaOH溶液（体积变化忽略不计），则
B．以酚酞为指示剂，可用NaOH标准溶液滴定H2S水溶液至Na2S测定其浓度
C．1.0L 1mol·L-1的NaOH溶液最多能吸收1mol H2S(g)
D．NaHS溶液呈碱性是由于S2-的水解程度大于HS-的电离程度
(4)由图可知， 。
(5)已知0.1mol·L-1的Na2S溶液中S2-水解率约为62%，，，0.010mol·L-1的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol·L-1的Na2S溶液，反应初始生成沉淀的情况是________。
A．只有FeS沉淀 B．只有Fe(OH)2沉淀
C．没有沉淀 D．FeS、Fe(OH)2都有
实验室中，以FeCl3为吸收液脱除H2S。实验发现，在FeCl3溶液中加入一定浓度的CuCl2可以明显提高H2S的脱除率。对比实验结果如下：
实验序号 ① ② ③
吸收液 FeCl3溶液 CuCl2溶液 FeCl3溶液、CuCl2溶液
H2S脱除率 ≈92% ≈100% ≈100%
H2S脱除产物 S CuS S
(6)将①中脱除H2S的反应补充完整 ：。
(7)pH减小会降低①中脱除率，但对②中的脱除率几乎无影响，解释原因： 。
(8)③中，加入CuCl2后，脱除率几乎达到100%。结合方程式解释原因： 。
2．（2025·广东汕头·二模）某科考队探究对海洋生态的影响。
(1)根据下图数据计算自偶电离的 。
(2)气体溶于水，存在如下平衡：，。
①使用压强传感器采集数据，测定不同温度下恒容密闭容器中气体在等量水中的溶解速率，测得气体压强随时间的变化曲线如图所示。
前5分钟内在条件下的溶解速率为 ；若将温度升高至，测得溶解速率反倒降低，原因可能是 。
②条件下，装置中达到溶解平衡时。下列说法正确的是 。
A．条件下装置中达到溶解平衡时，大于
B．打开密闭容器瓶塞，可使气体溶解平衡正向移动
C．若水溶液的稳定不变，说明已达到气体溶解平衡
D．当溶液中气体溶解与析出速率相等时，碳酸溶液达到该条件下饱和状态
③常温下，若过度排放导致空气中增大，那么海水中的浓度会 （填“增大”“减小”或“不变”）。
(3)科考队通过海水取样测定和计算机数据模拟，绘制常温下海水中、、、浓度对数随变化的关系如图所示。
①与的关系曲线为曲线 （填编号）。
② 。
③已知某海域珊瑚礁（主要成分是）周边海水的为8.1，常温下。计算该海域海水中开始形成时的浓度 （写出计算过程）。
3．（2025·广东佛山·二模）铁是用量最大、用途最广的金属单质，其化合物在生产生活中也应用广泛。
(1)基态Fe价电子排布式为 。用以下焓变表示Fe的第一电离能为 。
(2)溶液中有、、、、等多种含铁粒子。常温下，各含铁粒子的分布系数 ()与关系如图所示：
①配制的方法是将晶体溶于 ，再加水稀释至。
②溶液呈黄色与生成有关，加热溶液颜色变深，原因是 。
③当时，溶液中存在的平衡只考虑：
Ⅰ．
Ⅱ．
(填“”“”或“”)；常温下，测得溶液中，，，计算溶液中 (写计算过程)。
(3)向盛有溶液的试管中加入溶液，溶液呈红色。将上述溶液均分于两支试管中：
①向第一支试管中滴加饱和溶液：加入2滴时颜色变深，加入超过3滴，溶液颜色逐渐变浅。分析颜色变浅的原因 。
②向另一支试管中加入溶液，溶液颜色立即变浅甚至消失，原因是 。
4．（2025·广东佛山·一模）乙酸乙酯是应用最广泛的脂肪酸酯之一。
(1)乙酸乙酯水解可用于制备化工原料。
①基态O原子价层电子排布式为 。
②常温下，某CH3COONa溶液pH=9，则c(CH3COOH)＋c(H＋)= mol·L-1。
③18O标记的乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解的部分历程如下：
已知可快速平衡。
能量变化如图：
反应I、II、III、IV中，表示乙酸乙酯在NaOH溶液中水解的决速步是 ，总反应△H= (用含E1、E2、E3、E4的代数式表示)，体系中含18O的微粒除A、B、D、E外，还有 。
(2)反应CH3COOH(l)＋CH3CH2OH(l)CH3COOCH2CH3(l)＋H2O(l)的 H<0， S>0。
①反应 自发进行(选填“低温下”“高温下”“任意温度下”或“不能”)。
②T℃时，该反应平衡常数Kx==1，其中，n(总)为平衡时乙醇、乙酸、乙酸乙酯和水的物质的量之和。1mol乙醇和1mol乙酸充分反应后，乙酸的转化率为 (写出计算过程)。
(3)制备乙酸乙酯的实验中，常用饱和碳酸钠溶液收集产物。
CH3COOCH2CH3＋H2O＋Na2CO3CH3COONa＋CH3CH2OH＋NaHCO3 K=7.03×105，理论上用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯不合理。设计如下实验：
序号 操作 现象
i 取10mL饱和NaOH溶液(4.5mol·L-1)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇，常温下振荡5min 混合液变澄清、透明、均一
ii 取10mL饱和Na2CO3溶液(pH=12.5)和5mL乙酸乙酯混合，加入2mL乙醇并加热至90℃，振荡5min 混合液仍为乳浊液，静置后分层
根据实验，用饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯是合理的，其原因有：
①饱和Na2CO3溶液极性较大，乙酸乙酯在其中的溶解度比在NaOH溶液中 (填“大”或“小”)。
②从速率角度分析， 。
5．（2025·广东珠海·一模）酸性溶液主要组成为HCl与(HCl与会络合为)，其具有溶铜速率快、稳定、易控制及易再生等优点，常应用于印刷线路板(PCB)的刻蚀。刻蚀原理为，。
(1)CuCl中基态亚铜离子的价层电子轨道表示式为 。
(2)溶液中存在平衡：(蓝色)(黄色) ，下列说法不正确的是___________(填序号)。
A．加入几滴溶液，平衡逆向移动
B．加热溶液，溶液由蓝绿色变为黄绿色，平衡常数K增大
C．加水稀释，的比值会减小
D．加入少量NaCl固体，平衡正向移动，转化率增大
(3)盐酸的浓度会影响刻蚀速率，浓度相同，盐酸浓度分别为1.5mol/L、2.5mol/L、3.0mol/L时，随时间的变化曲线如图所示，中间速率变缓慢的可能原因是 。mol/L时，在0~1.5min内，的平均生成速率为 。
(4)能形成多种配合物。铜氨溶液具有显著的抗菌作用。往0.2mol/L溶液中通入氨气，测得和铜氨各级配合物的物质的量分数与平衡体系的(浓度的负对数)的关系如图所示。
①曲线4代表的含铜微粒为 。
②b点的纵坐标为 。
③结合图像信息，计算反应的平衡常数K= 。(已知的，写出计算过程)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
