专题25 化学反应原理综合题-2021-2025全国高考化学真题分类汇编

专题25化学反应原理综合题考点五年考情（2021-2025）命题趋势考点01化学反应原理综合2025·安徽卷、2025·北京卷、2025·甘肃卷、2025·广东卷、2025·河北卷、2025·河南卷、2025·黑吉辽蒙卷、2025·江苏卷、2025·山东卷、2025·陕晋青宁卷、2025·云南卷、2025·浙江1月卷、2025·湖北卷、2024·浙江6月卷、2024·江苏卷、2024·河北卷、2024·山东卷、2023·河北卷、2023·山东卷、2023·浙江卷、2021·山东卷、2021·河北卷高考中对化学反应原理的综合考察主要涵盖热化学、电化学、化学反应速率与平衡等核心内容。此类试题通常计算量较大，要求考生在确保计算准确性的同时，提升对复杂图像的解析能力。多数题目涉及的反应体系相对陌生，包含不常见的物质组分，因此要求考生能够精准提取关键解题信息，系统性地拆解题目逻辑，并深入理解实际生产过程中的操作规范与反应条件优化策略。考点01化学反应原理综合1．[2025年湖北高考真题]粉末可在较低温度下还原。回答下列问题：（1）已知一定温度下，则的_________（用m和n表示）。（2）图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用_________（填标号）表示反应的快慢。a.b.c.d.（3）图1中曲线_________（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）对应的反应温度最高。（4）研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径_________（填“a”或“b”）是主要途径。（5）产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应_________（填“①”或“②”）。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是_________。（6）已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：_________。2．[2025年云南高考真题]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）。3．[2025年广东高考真题]钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。（1）基态Ti原子的价层电子排布式为_______。（2）298K下，反应的、，则298K下该反应_______（填“能”或“不能”）自发进行。（3）以为原料可制备。将与10.0molTi放入容积为的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。编号过程(a)(b)(c)(d)①_______。②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为_______。③温度下，_______mol，反应（c）的平衡常数_______（列出算式，无须化简）。（4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼的分解反应：(e)(f)为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料（含的物质的量为），进行实验，得到、随时间t变化的曲线如图。其中，为与的物质的量之和；为剩余的物质的量。设为0~t时间段内反应（e）消耗的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用表示。①内，的转化率为_______（用含的代数式表示）。②内，催化剂的选择性为_______（用含与的代数式表示，写出推导过程）。4．[2025年陕西高考真题]/循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.回答下列问题，（1）计算_________。（2）提高平衡产率的条件是_________。A.高温高压 B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压（3）高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是_________（填序号），生成水的基元反应方程式为__________________。（4）下，在密闭容器中和各发生反应。反应物（、）的平衡转化率和生成物（、）的选择性随温度变化关系如下图（反应Ⅲ在以下不考虑）。注：含碳生成物选择性①表示选择性的曲线是_________（填字母）。②点M温度下，反应Ⅱ的________（列出计算式即可）。③在下达到平衡时，_________。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是__________________。5．[2025年河北高考真题]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α，探究温度与压强的关系。α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）。6．[2025年江苏高考真题]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。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Ⅱ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图所示。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____________mL。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：______________________。7．[2025年山东高考真题]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”）。8．[2025年安徽高考真题]Ⅰ.通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应：①②（1）反应的___________。（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH（g），发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是____（填标号）。a.气体密度不变 b.气体总压强不变c.（g）的浓度不变 d.CO和的物质的量相等（3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如图，反应①的选择性接近100%，原因是_________；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是__________。Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气（CO和）的重要方法，主要反应有：③④⑤（4）恒温恒容条件下，可提高平衡转化率的措施有___（填标号）。a.增加原料中的量b.增加原料中的量c.通入Ar气（5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//Ar混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。ⅰ.投料组成中Ar含量下降，平衡体系中的值将______（填“增大”“减小”或“不变”）。ⅱ.若平衡时Ar的分压为pkPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数______（用含p的代数式表示，是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。9．[2025年北京高考真题]化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。（1）理论分析①易挥发，需控制生成较小。②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。（2）实验探究序号实验内容及现象I，将溶液（）与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。II，将溶液（）与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。III测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。已知：；和溶液颜色均为无色。①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是_______。用离子方程式表示的作用：_______。②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用_______的浓度小于其在溶液中实际浓度。③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是_______。（3）实验改进分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与_______值比较。②综合调控和温度的目的是_______。10．[2025年内蒙古高考真题]乙二醇是一种重要化工原料，以合成气为原料合成乙二醇具有重要意义。Ⅰ.直接合成法：，不同温度下平衡常数如下表所示。温度298K355K400K平衡常数1.0（1）该反应的_________0（填“>”或“<”）。（2）已知的燃烧热分别为，则上述合成反应的_________（用和表示）。（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.间接合成法：用合成气和制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。（4）在2MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性]。①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线_________（填图中标号，下同）表示DMO的转化率，曲线_________表示MG的选择性。②有利于提高A点DMO转化率的措施有_________（填标号）。A.降低温度B.增大压强C.减小初始氢酯比D.延长原料与催化剂的接触时间③483K时，出口处的值为_________（精确至0.01）。④A点反应的浓度商_________（用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001）。11．[2025年浙江高考真题]二甲胺、N，N-二甲基甲酰胺均是用途广泛的化工原料。请回答：（1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。A.温度 B.投料比C.压强 D.催化剂（2）25℃下，的电离常数为，，则水溶液的pH=_______。（3）在的有机溶液中电化学还原制备，阴极上生成的电极反应方程式是_______。（4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产：某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下_______0（填“>”、“<”或“=”）。（5）有研究采用和催化反应制备。在恒温密闭容器中，投料比，催化剂M足量。反应方程式如下：Ⅳ.Ⅴ.三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。（例：HCOOH的物质的量百分比）①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因（不考虑催化剂M活性降低或失活）_______。②若用代替作为氢源与反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因_______。12．[2025年河南高考真题]的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：回答下列问题：（1）位于元素周期表中_______区；基态的价电子排布式为_______。（2）水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是_______。（3）的晶胞如图1所示（晶胞参数），该物质的化学式为_______。（4）恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是_______。（5）在温度分别为和下，的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是_______（填“”“”或“”），原因是_______。（6）一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为80%，转化率为60%，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数_______（保留小数点后一位），此时原位利用率为_______。已知：原位利用率13．[2025年甘肃高考真题]乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：反应1：反应2：（1）25℃，101kPa时，反应_______。（2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性（指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量）如图所示（反应均未达平衡）。在60~220℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为_____（任写一条），当温度由220℃升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为______。在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为______（填“>”“<”或“=”），理由为______。（3）对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示（k为常数）。145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率（如表）。当时，______。实验组一二（4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压（25℃，101kPa）下实现乙炔加氢，反应机理如图所示（虚线为生成乙烷的路径）。以_____为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为_______。（图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能）14．[2024年浙江高考真题]氢是清洁能源，硼氢化钠（）是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：（除非特别说明，本题中反应条件均为，）请回答：（1）该反应能自发进行的条件是_______。A.高温 B.低温 C.任意温度 D.无法判断（2）该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。A.升高溶液温度B.加入少量异丙胺C.加入少量固体硼酸D.增大体系压强（3）为加速水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因_______。（4）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是_______。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为_______。[已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。]（5）资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠（）再生为。（已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。）I.II.III.请书写一个方程式表示再生为的一种制备方法，并注明_______。（要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。）15．[2024年江苏高考真题]氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。（1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有__________；含CO和各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得__________。（2）一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为______________________。②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于2%，出口处氨含量下降的原因是______________________。（3）反应可用于储氢。①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于70℃，产率下降的可能原因是______________________。②使用含氨基物质（化学式为，CN是一种碳衍生材料）联合催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将控制在催化剂表面，其原理是______________________；用重氢气（）代替，通过检测是否存在__________（填化学式）确认反应过程中的加氢方式。16．[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，。①30min时，，且30~60min内，反应进行到60min时，___________。②60min时，，若0~60min产物T的含量可忽略不计，则此时___________；60min后，随T的含量增加，___________（填“增大”“减小”或“不变”）。17．[2024年山东高考真题]水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下：回答下列问题：（1）的焓变_______（用代数式表示）。（2）压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为_______（填化学式）。当温度高于时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是_______。（3）压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数_______；此时气体总物质的量为，则的物质的量为_______；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将_______（填“增大”“减小”或“不变”），将_______（填“增大”“减小”或“不变”）。18．[2023年河北高考真题]氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。已知：1mol物质中的化学键断裂时所需能量如下表。物质能量/945498631回答下列问题：（1）恒温下，将1mol空气(和的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：ⅰⅱ①_______。②以下操作可以降低上述平衡体系中浓度的有_______（填标号）。A.缩小体积 B.升高温度 C.移除 D.降低浓度③若上述平衡体系中，则_______，_______（写出含的计算式）。（2）氢气催化还原作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原反应的速率方程为，k为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。组号12340.100.100.200.050.100.200.100.30r?表中第4组的反应速率为_______。（写出含r的表达式）（3）①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，在_______（填“阴”或“阳”）极上发生反应，产生。②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗和的质量比为，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为_______。③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂（a、b、c）上电还原为（图1）和电还原为（图2）反应历程中的能量变化，则三种催化剂对电还原为的催化活性由强到弱的顺序为_______（用字母a、b、c排序）。19．[2023年山东高考真题]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.（快）Ⅱ.（慢）研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，仅对反应Ⅰ有催化加速作用；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。忽略水的电离，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正反应速率______________（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，新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”）。20．[2023年浙江高考真题]水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。水煤气变换反应：该反应分两步完成：请回答：(1)_______。（2）恒定总压1.70MPa和水碳比投料，在不同条件下达到平衡时和的分压（某成分分压=总压×该成分的物质的量分数）如下表：条件10.400.400条件20.420.360.02①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数__________。②对比条件1，条件2中产率下降是因为发生了一个不涉及的副反应，写出该反应方程式__________________。（3）下列说法正确的是_________。A.通入反应器的原料气中应避免混入B.恒定水碳比，增加体系总压可提高的平衡产率C.通入过量的水蒸气可防止被进一步还原为FeD.通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率（4）水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热（如图1所示），保证反应在最适宜温度附近进行。①在催化剂活性温度范围内，图2中b~c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是__________。A.按原水碳比通入冷的原料气B.喷入冷水（蒸气）C.通过热交换器换热②若采用喷入冷水（蒸气）的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。（5）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附（快速）、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是________________。21．[2021年山东高考真题]2—甲氧基—2—甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：回答下列问题：(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是________(用系统命名法命名)；的数值范围是______(填标号)。A.<-1 B.-1~0 C.0~1 D.>1(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数，则平衡体系中B的物质的量为________mol，反应Ⅰ的平衡常数_______。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将__(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与物质的量浓度之比=___。(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为____________(填“X”或“Y”)；时，反应Ⅲ的正反应速率__逆反应速率(填“>”“<”或“=”)。22．[2021年河北高考真题]当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧，已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表所示：物质C（石墨，s）燃烧热-285.8-393.5-3267.5则25℃时与C（石墨，s）生成的热化学方程式为______________。（2）雨水中含有来自大气的，溶于水中的进一步和水反应，发生电离：①；②25℃时，反应②的平衡常数为。溶液中的浓度与其在空气中的分压成正比（分压=总压×物质的量分数），比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为x时，溶液中浓度为___________________（写出表达式，考虑水的电离，忽略的电离）。（3）105℃时，将足量的某碳酸氢盐（）固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。保持温度不变，开始在体系中先通入一定量的，再加入足量，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，的初始压强应该大于_______________kPa。（4）我国科学家研究电池，取得了重大科研成果。回答下列问题：①电池中，Li为单质锂片，则该电池中的在_____________（填“正”或“负”）极发生电化学反应，研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式：Ⅰ.；Ⅱ.；Ⅲ.______________；Ⅳ.②研究表明，在电解质水溶液中，气体可被电化学还原。Ⅰ.在碱性介质中电还原为正丙醇（）的电极反应方程式为__________。Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂（a、b、c）上电还原为CO的反应进程中（电还原为的反应可同时发生），相对能量变化如图。由此判断，电还原为CO从易到难的顺序为______________________（用a、b、c字母排序）。

参考答案与解析考点01化学反应原理综合1．答案：（1）(2)d(3)Ⅰ(4)a（5）②；将放在不含水的气流中加热升温，看固体质量是否在减小（6）消耗（g）同时产生（g），（g）的浓度减小，（g）的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率解析：（1）①，②，③，×①+×②得到反应③，根据盖斯定律可知=×+×=；（2）随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d；（3）其他条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高；（4）由图可知途径a中能垒为1.3eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径；（5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是：将（s）放在不含水的气流中加热升温，看固体质量是否在减小；（6）在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：消耗（g）同时产生（g），（g）的浓度减小，（g）的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率。2．答案：（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；解析：（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；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（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，（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、（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。3．答案：（1）（2）能(3)①-267.8;②TiCl2（s）；③0.5;（4）①；②设时，反应（e）转化的的物质的量为e，反应（f）转化的的物质的量为，存在如下转化关系：则联立①②可得则时，催化剂的选择性为。解析：（1）Ti为第四周期ⅣB族元素，故基态Ti原子的价层电子排布式是。（2）时反应能自发进行，而由已知信息可知，该反应的，该反应的恒成立，故该反应在298K时能自发进行。（3）①根据反应（a）、（b）、（c）的物质转化关系，由盖斯定律可知，，故。②反应（a）为放热反应，反应（b）为吸热反应，故随着温度升高，的物质的量减少，故曲线Ⅰ代表的物质是。③平衡体系中的物质有、，结合上述分析及题图可知，曲线Ⅱ应代表，且下的物质的量均为0，根据投料情况知，Ti元素共元素共20mol，则根据元素守恒及题中数据可得，下。反应（c）的平衡常数。（4）①根据题意及图像可知，内，，故内，的转化率为。②初始加入的物质的量为内，设反应（e）消耗的的物质的量为e，反应（f）消耗的的物质的量为，则存在如下转化关系：故，两式联立可得催化剂的选择性为。4．答案：（1）-65(2)B（3）④；（或）（4）①c；②；③0.2；反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅲ平衡正向移动的程度解析：（1）根据盖斯定律，目标反应=反应Ⅰ+反应Ⅱ，则。（2）反应Ⅱ为气体分子数减小的放热反应，降低温度、增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，平衡产率增大，故提高平衡产率的条件是低温高压。（3）活化能最大的基元反应为最慢的基元反应，由图知，④的活化能最大，反应最慢。生成水的基元反应为③，其方程式为（或）。（4）①360℃以下，曲线b、c对应的数值之和约为1，则其代表选择性曲线，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则a为的平衡转化率曲线。反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的选择性降低，且反应Ⅲ在360℃以下不考虑，则c为的选择性曲线。②点M温度下，的平衡转化率为49.0%、的选择性为50%（反应Ⅲ在360℃以下不考虑），则转化0.49mol，反应Ⅰ生成，故反应Ⅱ中起始时为为1mol，达平衡时为0.245mol，列三段式：平衡时气体的总物质的量为，平衡时气体的总压强为。故反应Ⅱ的。③由图可知，在550℃下达到平衡时，的平衡转化率为100%，选择性为10%，选择性为70%，则根据C原子守恒和选择性的定义，CO选择性为20%，故CO的物质的量为。，随温度升高，平衡转化率下降的原因可能是升高温度，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅲ平衡正向移动的程度。5．答案：（1）①0.05；②cd（2）①；该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，固定平衡转化率增大；②<；③=；12；④解析：（1）①环氧乙烷的初始浓度为，反应30min，环氧乙烷完全转化，则内，。②主反应，为放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，a错误；由题目信息知，合成乙二醇的过程中伴随着副反应的发生，EG既是主反应的生成物，又是副反应的反应物，即EG的浓度变化量小于EO的浓度变化量，故，b错误；由题目信息知，反应完成后产物中，即，反应时间相同，则，结合可得，，则，c正确；选择适当催化剂可以提高主反应的选择性，从而提高乙二醇的最终产率，d正确。（2）①由题目信息知，该反应为气体分子数减小的反应，同一温度下，增大压强，平衡正向移动，则α增大，故分别代表的曲线。②由图可知，压强相等时，温度越高则对应的平衡转化率α越小，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，。③两点对应平衡转化率相等，则平衡时各组分物质的量分数均相等，故；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题给信息知，该反应按化学计量比进料，设起始加入，列三段式：平衡时，则D点对应体系的。④设在该条件下，起始时加入和，则转化了2.25mol，由此列三段式：平衡时，，则。6．答案：（1）5（2）①比热容较大，可防止绝热反应器中温度过高；水蒸气可以与积炭反应生成CO和，防止积炭覆盖催化剂；②；将氧化为，自身被还原为形成致密的氧化膜或氢氧化物膜（3）①部分分解生成C和；432；②；③步骤Ⅰ中作供氧剂，促进甲烷氧化为CO和，减少积炭产生；分步制备可降低能耗，提高反应的经济性和环保性；防止与发生副反应，提高转化率和合成气产率解析：（1）的结构式为，反应物总H键能－生成物总键能，结合该反应中发生变化的化学键可知，估算该反应的需要键、H—H键、C—O键、C—H键、O—H键共5种化学键的键能。（2）①该反应的，为放热反应，故反应过程中绝热反应器中温度升高，的比热容较大，过量的可吸收热量，防止绝热反应器中温度过高，且可与C发生反应：，减少积炭生成，防止催化剂表面被覆盖，从而有效防止催化剂活性下降。②脱碳时产生的可与发生反应：，若溶液浓度过高，则易导致析出而堵塞设备；具有氧化性，可将氧化为，自身被还原为在钢制设备表面形成致密的膜或膜，从而阻止设备被进一步腐蚀。（3）①时，载氧体为供氧能力较弱，部分甲烷未完全氧化，分解产生C和，故大于理论值2；时，转化率为60%、的选择性为80%，故生成的转化率的选择性，生成的，则。②由X射线衍射图可知，载氧体与反应后产生，根据制备原理图可知，经过步骤Ⅱ载氧体可循环使用，故能与反应的物质为。③由上述分析可知，步骤Ⅰ中转化为，故作供氧剂，促进甲烷氧化为CO和，减少积炭产生；气体分步制备可防止与发生副反应，提高的转化率和合成气的产率，同时载氧体循环使用可提高反应的经济性和环保性。7．答案：（1）(2)；<(3)；（4）增大、增大解析：（1）根据盖斯定律，由I+Ⅱ可得。（2）根据图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数基本不变知，恒有，，则，结合图中曲线变化趋势知，乙线表示，丁线表示。温度升高，逐渐减少，反应I的平衡逆向移动，则逐渐增多，故丙线为，甲线为，结合知，温度升高，减小，故反应Ⅲ的平衡逆向移动，反应Ⅲ为放热反应，。（3）温度下，平衡体系中的物质的量为，和的物质的量相等，根据，知，根据H守恒，，则;根据S守恒，，则；根据O守恒，，则;根据Ca守恒，，则，故。（4）压缩容器容积，压强增大，反应平衡正向进行，的产率增大，的物质的量增大；温度不变，由于始终不变，反应的平衡常数不变，所以增大，由于反应四的平衡常数可表示为，始终不变，所以增大。8．答案：（1）-41.2(2)bc（3）反应①活化能远小于反应②；升高温度，反应②的反应速率提升程度更大(4)b（5）ⅰ.增大；ⅱ.解析：（1）根据盖斯定律，由反应②－反应①，可得。（2）该反应中反应物、生成物均为气体，气体总质量不变，容器恒容，则气体密度始终不变，故a错误；反应①和②反应前后气体分子数均不相等，气体总压强为变量，则气体总压强不变可以说明反应达到平衡状态，故b正确；的浓度不变，则反应体系中各物质浓度均不变，可以说明反应达到平衡状态，故c正确；CO和的物质的量相等，不能说明各物质浓度不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误。（3）由图可知，使用该催化剂时反应①的活化能远小于反应②的，故此时反应①的选择性可接近100%；活化能越高的反应的速率对温度越敏感，反应②的活化能更高，升温对其化学反应速率的增加更明显，故升高温度，反应①的选择性下降。（4）增加原料中的量，反应③和反应⑤平衡正向移动，但的平衡转化率降低，故a错误；增加原料中的量，反应③平衡正向移动，的平衡转化率增大，故b正确；恒容条件下通入气，体系压强增大，但各反应物浓度不变，平衡不移动，转化率不变，故c错误。（5）ⅰ.由题图知，随着投料组成中Ar含量下降，的平衡转化率大于的平衡转化率，说明反应④正向进行程度大于反应⑤正向进行程度，故平衡体系中的值将增大。ⅱ.根据a、b两点起始时的物质的量之比为40/40/20，平衡时转化率为30%，转化率为20%，设起始时的物质的量分别为，反应③中转化，则反应⑤中转化，反应④中转化，列关系式如下：平衡时，。9．答案：（2）滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；；增大；；实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小（3）40℃下的理论K；使反应更快地达到平衡状态，使处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。解析：（2）①淀粉遇显蓝色，被消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；KI的作用：将转化为，便于滴定测定浓度。离子方程式：；②该反应消耗生成水，pH增大；因为挥发导致实测偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度；③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于挥发导致实测偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小；（3）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是使反应更快的达到平衡状态，使处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。10．答案：答案：（1）<（2）（或）（3）温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低（或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低）(4)I;IV;BD;1.98;0.025解析：（1）根据表中数据可知，该反应的平衡常数随温度升高而减小，说明正反应放热，即<0。（2）燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物所放出的热量，则根据已知条件可以写出热化学方程式：①、②、③，根据盖斯定律，题给反应=2×反应①+3×反应②-反应③，故合成反应的。（3）乙二醇产率（平衡产率或一定时间内的产率）很低，根据表中数据知，500K时平衡常数小于，平衡常数小（反应正向进行程度小）会导致平衡产率低；注意到反应条件中有催化剂，500K下催化剂可能失去活性而导致一定时间内的产率低。（4）①根据间接合成法的3个连续反应可知，消耗的DMO的物质的量等于三种产物MG、乙二醇、乙醇的物质的量之和，根据物质选择性的定义，图中三种物质在任一温度下的选择性之和为100%，故曲线I表示DMO的转化率。由于三个反应为连续反应，随着温度升高，反应速率不断增大，体系中的物质会不断向最终产物乙醇转化，因此选择性随温度升高而不断升高的曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，曲线IV表示MG的选择性。②由于DMO→MG为不可逆反应，因此要提高A点DMO转化率，可通过提高其反应速率或延长反应时间的方法来达到。降低温度会降低反应速率，A项错误；增大压强可提高反应速率，B项正确；减小初始氢酯比相当于增大DMO的含量，不能提高DMO的转化率，C项错误；延长原料与催化剂的接触时间相当于延长反应时间，D项正确。③设DMO初始投入量为1mol，483K时，DMO的转化率为99%，则三种产物的物质的量之和为0.99mol，此时n（DMO）=0.01mol；483K时乙醇的选择性为2%，则n（乙醇）=0.99mol×2%=0.0198mol，故。④设DMO初始投入量为1mol，根据初始氢酯比，则初始投入52.4mol，A点没有生成乙醇，只涉及前两个反应：，设A点处两个反应分别消耗了，A点时各物质的物质的量为，，根据A点DMO的转化率为80%可知；根据A点乙二醇和MG的选择性均为50%可知二者物质的量相同，即，将代入得，则，A点时，，，故题给反应的[另解：设起始时，观察图使可知A点处DMO消耗量为0.8mol，则；消耗的0.8molDMO转化为相等物质的量的乙二醇和MG，则；结合反应：，可知每生成1molMG要消耗2mol、生成1mol，每生成1mol乙二醇要消耗4mol、生成2mol，因此，，代入表达式即可计算]。11．答案：（1）AB(2)5.4(3)(4)<（5）①t时刻前，反应Ⅳ的速率大于反应Ⅴ，故容器内HCOOH逐渐增加；随着反应进行，能促进反应Ⅳ的碱性物质参与反应Ⅴ而被消耗，故在t时刻后，HCOOH的消耗速率大于生成速率，容器内HCOOH逐渐减少；②键键能小于键，更易断裂解析：（1）化学反应的发生伴随着热量变化，改变温度可使平衡发生移动，能改变甲醇的平衡转化率，A正确；增大投料比，会使平衡正向移动，增大甲醇的平衡转化率，反之则减小，故改变投料比可改变甲醇的平衡转化率，B正确；由于反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为气体分子数不变的反应，故改变压强平衡不移动，不能改变甲醇的平衡转化率，C错误；催化剂能改变反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能改变甲醇的平衡转化率，D错误。（2）溶液存在水解平衡，该反应的，由于，即，故，由此可求出水溶液中。（3）在的有机溶液中电化学还原制备，该过程在阴极上发生，其电极反应式是。（4）由题可知在某条件下可自发（即）且，根据，可推知在该条件下反应的。（5）①由图可知，t时刻前，HCOOH的物质的量百分比逐渐增加，这是因为反应Ⅳ的速率大于反应Ⅴ，随着反应进行，能促进反应Ⅳ的碱性物质参与反应Ⅴ而被消耗，故在t时刻后，HCOOH的消耗速率大于生成速率，容器内HCOOH逐渐减少。②用代替作为氢源与反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，原因是键键能小于键，更易断裂，所需能量少。12．答案：（1）s；（2）O原子中有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用导致键角减小（3)（4）重整反应消耗，促进的分解反应正向进行（5）；反应Ⅱ是吸热反应，压强一定时，温度越高，平衡转化率越大(6)1.2;70%解析：（1）Ca是20号元素，核外电子排布式为，位于s区；Ni是28号元素，基态Ni原子的电子排布式为是Ni失去2个4s电子得到的，故基态的价电子排布式为。（2）的中心O原子价层电子对数，有2个孤电子对，则水分子的VSEPR模型为四面体形，实际空间构型为V形，孤电子对对成键电子对的排斥作用导致键角减小，使得VSEPR模型与空间结构模型不一样。（3）Ni原子位于棱上、面上、体内，晶胞中Ni原子数目为，P原子位于顶点、体内，晶胞中P原子数目为，故该物质中Ni和P的数目比为2:1，其化学式为。（4）发生重整反应，会消耗，降低浓度，促进的分解反应正向进行。（5）反应Ⅱ是吸热反应，其他条件一定时，温度升高，平衡正向移动，平衡转化率增大，由图2可知，相同压强下，对应的平衡转化率最高，故温度最高。（6）平衡转化率为80%，则反应Ⅰ生成的平衡转化率为60%，则反应Ⅱ中转化。列关系式：平衡时CO的物质的量为1.3mol，则反应Ⅲ生成0.1molCO，列关系式：反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，可用物质的量代替分压计算平衡常数，故反应Ⅲ的，原位利用率。13．答案：（1）-137（2）升高温度，反应速率加快（或升高温度，催化剂活性增强）；时，催化剂活性降低；>；乙烯的选择性高于乙烷的选择性，反应1的转化速率大(3)（4）Pd/W；作催化剂时活化能更大，更难生成解析：（1）根据盖斯定律可知，目标反应=反应2-反应1，故。（2）在范围内，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，故乙炔转化率随温度的升高而增大，另外催化剂活性增强也可加快反应速率，提高乙炔转化率；而温度由升高至时，催化剂活性降低，故乙炔转化率减小；由图中产物选择性曲线可知，在范围内，乙烯的选择性高于乙烷的选择性，故反应1的转化速率大，即。（3）由题意知，实验组一、实验组二存在关系式：，且，代入并联立可得，即，而，故此时。（4）由催化反应机理图中的能量变化可知，时，使用催化剂所需活化能更小，更易生成，且时，使用催化剂所需活化能更大，更难生成，故以为催化剂时乙烯的选择性更高。14．答案：（1）C(2)A（3）随着投料比增大，的水解转化率降低(4)；70%(5)解析：（1）反应，，由可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C；（2）A.升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；B.加入少量异丙胺，的量减少，化学反应速率降低，B不符合题意；C.加入少量固体硼酸，的量减少，化学反应速率降低，C不符合题意；D.增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意；答案选A。（3）随着投料比增大，的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。（4）根据题干信息，该燃料电池中为负极，为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：，该条件下，0.49L的物质的量为，工作时，失去电子：，所带电荷量为：，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：；（5）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）－（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得，。15．答案：（1）C、H、Fe；（2）①；②多孔可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的；含量大于2%，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生减少（3）①受热易分解，导致产率下降；②—可以与形成氢键；解析：（1）反应器Ⅰ中参与反应的物质有，产物有，发生反应、，化合价发生改变的元素有C、H、Fe。CO、各1mol参与上述反应，各生成，共。在反应器Ⅱ中发生反应，共生成。（2）①根据题给反应物及生成物书写即可。②多孔可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的，且当含量大于2%时，催化剂α-Fe的表面积减小，与反应物的接触面积减小，反应速率减小，也会导致产生的减少。（3）①受热易分解，导致产率下降。②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，中的H原子连在电负性较大的O原子上，二者之间可以形成氢键。总反应为，使用代替，若生成DCOO-，则可确认反应过程中的加氢方式。16．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60kPa，即，对照图像可知，表示温度下随进料比变化的是D。（2）①30~60min内X的转化浓度为，因此60min时。②0~60min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60min时。60min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。17．答案：（1）（2）；当温度高于，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以的摩尔分数减小（3）；0.5；不变；增大解析：（1）已知三个反应：Ⅰ.、Ⅱ.、Ⅲ.，设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以。（2）图示温度范围内已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，量减小，摩尔分数减小，量升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表的摩尔分数的变化，则c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。（3）①压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数；②设起始状态，反应Ⅰ进行完全。则依据三段式：根据平衡时、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有、、，解出，，则，而由于平衡时，则y=4，y=，则。③若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的=，温度不变，不变，则分压不变，但体系中增加了，反应Ⅱ逆向移动，所以增大。18．答案：（1）①181；②CD；③；(2)（3）①阴；②；③bac解析：（1）①由题给键能数据可计算出=反应物的键能之和-生成物的键能之和=。②反应ⅰ为反应前后气体物质的量不变的反应，反应ⅱ正向为气体物质的量减小的反应，缩小体积即增大压强，反应ⅰ平衡不移动，反应ⅱ平衡正向移动，但达平衡时体系中所有物质的浓度均增大，A项错误；反应ⅰ是吸热反应，反应ⅱ是放热反应，升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡逆向移动，即两个平衡均朝着NO浓度增大的方向移动，B项错误；移除，反应ⅱ平衡正向移动，达平衡时NO浓度降低，C项正确；降低浓度，反应平衡逆向移动，达平衡时NO浓度降低，D项正确。③初始时体系中和的浓度分别为和，平衡体系中，NO在反应ⅰ中生成，在反应ⅱ中消耗，NO在反应ⅰ中的生成浓度=平衡浓度+在反应ⅱ中的消耗浓度，故反应ⅰ中的消耗浓度为，反应ⅱ中的消耗浓度为，则平衡体系中的浓度为；只在反应ⅰ中发生反应，消耗的浓度为，平衡体系中的浓度为，则。（2）由题给速率方程的表达式可知，将1、2组数据代入速率方程，解得，将1、3组数据代入速率方程，解得，故速率方程为，将1、4组数据代入并相除，可得第4组的反应速率为。（3）①由题意电解合成，N元素化合价降低