2026版化学步步高大二轮专题复习-专题五　大题突破1　化学反应原理综合

大题突破1化学反应原理综合题型特点化学反应原理综合通常以组合题的形式呈现，题目往往围绕一个主题，由多个小题组成，各小题有一定的独立性，分别考查不同的知识点，其内容涉及反应热、反应方向、化学反应速率、化学平衡、平衡常数计算、电化学等知识，具有很强的综合性。这类试题一般篇幅较长，文字较多，且题目中穿插图形、图表等，有一定的难度，要求学生有一定的阅读能力和分析归纳能力。1.(2025·黑吉辽蒙，18)乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(CO、H2)为原料合成乙二醇具有重要意义。Ⅰ.直接合成法：2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g)，不同温度下平衡常数如表所示。温度298K355K400K平衡常数6.5×1041.01.3×10-3(1)该反应的ΔH0(填“>”或“<”)。

(2)已知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧热(ΔH)分别为-akJ·mol-1、-bkJ·mol-1、-ckJ·mol-1，则上述合成反应的ΔH=kJ·mol-1(用a、b和c表示)。

(3)实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是(答出1条即可)。Ⅱ.间接合成法：用合成气和O2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、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比n(H2)n(DMO)=52.4，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(填图中序号，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(填序号)。

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n(乙醇)(精确至0.01)。④A点反应MG(g)+2H2(g)HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)的浓度商Qx=(用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。

答案(1)<(2)-2a-3b+c(或c-2a-3b)(3)温度过高，反应平衡常数太小(或温度过高，催化剂失活)(4)①ⅠⅣ②BD③1.98④0.025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ΔH<0。(2)根据已知条件可以写出热化学方程式：①CO(g)+12O2(g)CO2(g)ΔH1=-akJ·mol-1、②H2(g)+12O2(g)H2O(l)ΔH2=-bkJ·mol③HOCH2CH2OH(g)+52O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)ΔH3=-ckJ·mol-1，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ΔH=(-2a-3b+c)kJ·mol-1。(3)500K时平衡常数小于1.3×10-3，平衡常数小会导致平衡产率低；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根据图示曲线，随着反应温度升高，Ⅰ曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率区域恒定，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n(乙醇)n(DMO)=0.0198mol0.01mol=1.98。④设DMO初始投入量为1mol，根据初始氢酯比n(H2)n(DMO)=52.4，则初始投入52.4molH2，A点没有生成乙醇，只涉及前两个反应：DMO+2H2MG+CH3OH、MG+2H2HOCH2CH2OH+CH3OH，设A点处两个反应分别消耗了xmolDMO、ymolMG，A点时各物质的物质的量为n(DMO)=(1-x)mol，n(H2)=(52.4-2x-2y)mol，n(MG)=(x-y)mol，n(HOCH2CH2OH)=ymol，n(CH3OH)=(x+y)mol，根据A点DMO的转化率为80%可知x=0.8；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x-y=y，将x=0.8代入得y=0.4，则n(DMO)=0.2mol，A点时，n(H2)=50mol，n(MG)=0.4mol，n(HOCH2CH2OH)=0.4mol，n(CH3OH)=1.2mol，n总=52.22.(2025·河北，17)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：EO(aq)+H2O(l)EG(aq)ΔH<0副反应：EO(aq)+EG(aq)DEG(aq)体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol·L-1，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中n(EG)∶n(DEG)=10∶1。①0~30min内，v总(EO)=mol·L-1·min-1。

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，v总(EO)=v总(EG)c.0~30min内，v主(EG)∶v副(DEG)=11∶1d.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：2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g)ΔH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α=0.6的曲线为(填“L1”“L2”或“L3”)；原因是。

②ΔH0(填“>”“<”或“=”)。

③已知：反应aA(g)+bB(g)yY(g)+zZ(g)，Kx=xy(Y)·xM、N两点对应的体系，Kx(M)

Kx(N)(填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的Kx的值为。

④已知：反应aA(g)+bB(g)yY(g)+zZ(g)，Kp=py(Y)·pz(Z)pa(A)·pb(B)，p为组分的分压。调整进料比为n(CO)∶n(H2)=m∶3，系统压强维持p0MPa，使α(H2)=0.75，此时Kp=答案(1)①0.05②cd(2)①L1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，平衡转化率增大②<③=12④1解析(1)①v总(EO)=Δc总(EO)Δt=1.5mol·L-130min=0.05mol·L-1·min-1。②主反应ΔH<0，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v总(EO)>v总(EG)，b错误；由题目信息知，反应完成后产物中n(EG)∶n(DEG)=10∶1，即Δn(EG)∶Δn(DEG)=10∶1，反应时间相同，则v总(EG)∶v副(DEG)=10∶1，v总(EG)=v主(EG)-v副(EG)可得，v主(EG)-v副(EG)v副(DEG)=101，则v主(EG)∶v副(DEG)=11∶1，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L1、L2、L3分别代表α=0.6、0.5、0.4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，ΔH<0。③M、N两点对应平衡转化率相等，则平衡时各组分物质的量分数分别相等，故Kx(M)=Kx(N)平衡时x(CO)=13、x(H2)=1x(HOCH2CH2OH)=16，则D点对应体系的Kx=16(13)2×(12)3=12。④设在该条件下，起始时加入mmolCO和3molH2，α平衡时，x(CO)=m-1.5m、x(H2)=x(HOCH2CH2OH)=0.75m，则Kp=0.75mp0(m-1.5mp3.[2025·河南，17(4)(5)(6)]CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下：反应Ⅰ：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)ΔH1=+178kJ·mol-1反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)ΔH2=+247kJ·mol-1反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH3=+41kJ·mol-1回答下列问题：(4)恒压条件下，CH4重整反应可以促进CaCO3分解，原因是。

(5)在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图所示，反应温度最高的是(填“T1”“T2”或“T3”)，原因是

。

(6)一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0molCaCO3和1.0molCH4，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CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp=(保留小数点后一位)，此时原位CO2利用率为。已知：原位CO2利用率=

[nCaC答案(4)CH4重整反应消耗CO2，促进CaCO3的分解反应正向进行(5)T1反应Ⅱ是吸热反应，压强一定时，温度升高，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大(6)1.270%解析(4)CH4发生重整反应，会消耗CO2，降低CO2浓度，促进CaCO3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，CH4平衡转化率增大，由图可知，相同压强下，T1对应的CH4平衡转化率最高，故T1温度最高。(6)CaCO3平衡转化率为80%，则反应Ⅰ生成的n(CO2)=0.8mol，CH4平衡转化率为60%，则反应Ⅱ中CH4转化1mol×60%=0.6mol。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Kp=p(CO)·p(H2O)p(H2)·p100%=1.0-0.2-0.11.0×100%=70%4.(2024·安徽，17)乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：乙烷制乙烯(1)C2H6氧化脱氢反应：2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)ΔH1=-209.8kJ·mol-1C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)ΔH2=+178.1kJ·mol-1计算：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH3=kJ·mol-1。

(2)C2H6直接脱氢反应为C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH4，C2H6的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则ΔH40(填“>”“<”或“=”)。结合下图，下列条件中，达到平衡时转化率最接近40%的是(填标号)。

a.600℃，0.6MPab.700℃，0.7MPac.800℃，0.8MPa(3)一定温度和压强下，反应ⅰC2H6(g)C2H4(g)+H2(g)Kx1反应ⅱC2H6(g)+H2(g)2CH4(g)Kx2(Kx2远大于Kx1)(Kx是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)①仅发生反应ⅰ时，C2H6的平衡转化率为25.0%，计算Kx1=。

②同时发生反应ⅰ和ⅱ时。与仅发生反应ⅰ相比，C2H4的平衡产率(填“增大”“减小”或“不变”)。

乙烷和乙烯混合气的分离(4)通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附⁃脱附。可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu+的与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是。

(5)常温常压下，将C2H4和C2H6等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是(填标号)。

A.前30min，两种气体均未被吸附B.p点对应的时刻，出口气体的主要成分是C2H6C.a~b对应的时间段内，吸附的C2H6逐渐被C2H4替代答案(1)-566(2)>b(3)①115②(4)4s空轨道识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高，且分子筛可重复使用(5)BC解析(1)将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，根据盖斯定律知ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8kJ·mol-1-178.1kJ·mol-1×2)=-566kJ·mol-1。(2)由图可知，若压强相同，温度升高，C2H6的平衡转化率增大，该反应为吸热反应，故ΔH4>0。(3)①若仅发生反应ⅰ，设初始时C2H6的物质的量为1mol，则：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)起始量/mol100转化量/mol0.250.250.25平衡量/mol0.750.250.25平衡时气体总物质的量为1.25mol，C2H6、C2H4、H2物