2026年高考化学终极冲刺：压轴02 反应原理综合题的5大核心考向（压轴题专练）（广东专用）（解析版）

/压轴02反应原理的5大核心考向命题预测广东高考反应原理大题主要有以下特征：①情境应用的真实性与创新性：试题将继续选用能源、环保、新材料、医药等领域的前沿科技作为背景，要求学生在新情境中识别、迁移并运用核心化学原理。题目的创新性会进一步增强，例如2025年首次出现了电解池装置图的绘制要求，这提示备考需关注动手实践与图文转化的能力。②模块融合的深度与广度：“化学反应原理”将与

“物质结构与性质”

结合得更紧密。例如，通过分析催化剂的结构（如空轨道、电子排布）来解释其催化活性与选择性。同时，与

“有机化学基础”

（如反应机理中的中间体）和

“化学实验”

（如通过实验数据探究原理）的交叉也会增加。③对核心素养的综合考察：试题将更侧重于考察学生的高阶思维能力，包括信息获取与加工（从图表、流程中提取关键数据）、逻辑推理（解释现象背后的原理）、模型认知（运用勒夏特列原理、三段式等模型分析问题）以及定量计算能力（如平衡常数、转化率等）。基础送分（2~3分）：电子排布，焓变计算中档推理（4–6分）：图像分析，曲线判断，速率和平衡移动随外因的变化压轴区分（4–6分）：图像分析，平衡常数、转化率、选择性等的计算预计2026年高考命题从单一知识考察转向复杂真实情境下，运用化学原理（速率、平衡、热力学）综合分析解决问题的能力，并日益强调知识模块的融合。高频考法1.原子结构2.焓变和热化学方程式书写3.反应历程能垒图和催化机理循环图4.速率和平衡图像分析5.平衡体系中相关计算知识·技法·思维考向01原子结构基态原子核外电子排布的五种表示方法表示方法举例电子排布式K：1s22s22p63s23p64s1简化电子排布式Cu：[Ar]3d104s1价层电子排布式Fe：3d64s2轨道表示式(或电子排布图)O：价层电子轨道表示式(或价层电子排布图)Fe：考向02焓变和热化学方程式书写1.焓变计算2.利用盖斯定律计算焓变思维模型3.书写热化学方程式的“五环节”考向03反应历程和催化机理循环图1.基元反应与非基元反应例如H++OH-=H2O是反应物一步直接转化为生成物的，其总反应就是基元反应，又称为简单反应；而2HI=H2+I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HIH2+2I·、2I·I2，带有单电子的原子或原子团称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI=H2+I2称为非基元反应。2.过渡态A+BC[A…B…C]AB+C备注（1）以上为一种基元反应，其中正反应活化能Ea正=b-a，逆反应活化能Ea逆=b-c，ΔH=Ea正-Ea3.中间体备注处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。4.催化机理能垒图（1）在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。（2）每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。（3）决速步为反应速率最慢的基元反应，即能垒最大的基元反应。例如：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*=HCOO*+H*；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-0.16NAeV·mol-1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。

5.解答反应机理问题的四判断（1）催化剂判断：一般来说，催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的。（2）反应物判断：通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物。（3）中间产物判断：转化历程中生成，随之又参与下一步反应，一般不脱离整个历程。（4）生成物判断：通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般是生成物。2.示例：催化反应——环式历程分析方法考向04速率和平衡图像分析1.物质的量(浓度)、速率—时间图像（1）速率—时间图像如反应N2+3H22NH3ΔH<0，建立平衡后，加热对速率的影响如图：此类图像定性地揭示了v正、v逆随时间(含条件改变对速率的影响)而变化的规律，体现了平衡的“动、等、定、变”的基本特征，以及平衡移动的方向（2）全程速率—时间图像如Zn与足量盐酸的反应，反应速率随时间的变化出现如图情况：解释原因：AB段(v渐大)，主要因为反应放热，随反应的进行，温度渐高，导致反应速率逐渐增大；BC段(v渐小)，主要因为随反应的进行，溶液中c(H+)逐渐减小，导致反应速率逐渐减小（3）物质的量(或浓度)—时间图像例如，某温度时，在定容(VL)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示：（1）由图像得出的信息：①X、Y是反应物，Z是生成物；②t3时反应达平衡，X、Y没有全部反应。（2）根据图像可进行如下计算：①某物质的平均速率、转化率，如v(X)=n1−n3V·t3②确定化学方程式中的化学计量数之比，如X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1-n3)∶(n2-n3)∶n22.含量(或转化率)—时间—温度(压强)图像已知不同温度或压强下，反应物的转化率α(或百分含量)与时间的关系曲线，推断温度的高低及反应的热效应或压强的大小及气体物质间的化学计量数的关系。[以aA(g)+bB(g)cC(g)中反应物的转化率αA为例说明]（1）“先拐先平，数值大”原则分析反应由开始(起始物质相同时)达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化①若为温度变化引起，温度较高时，反应达平衡所需时间短，如图甲中T2>T1②若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短。如图乙中p1>p2③若为是否使用催化剂，使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短。如图丙中a使用催化剂（2）正确掌握图像中反应规律的判断方法①图甲中，T2>T1，升高温度，αA降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应②图乙中，p1>p2，增大压强，αA升高，平衡正向移动，则正反应为气体体积缩小的反应③若纵坐标表示A的百分含量，则甲中正反应为吸热反应，乙中正反应为气体体积增大的反应解答速率平衡图像的两大方法（1）定一议二当图像中有三个变量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时需要作辅助线（2）三步分析法一看反应速率是增大还是减小二看v正、v逆的相对大小三看化学平衡移动的方向3.恒温(压)图像分析该类图像的纵坐标为物质的平衡浓度(c)或反应物的转化率(α)，横坐标为温度(T)或压强(p)，常见类型如下所示：如图2所示曲线是其他条件不变时，某反应物的最大转化率(α)与温度(T)的关系曲线，图中标出的1、2、3、4四个点，表示v正>v逆的点是3，表示v正<v逆的点是1，而2、4点表示v正=v逆4.“四步法”妙解图表题第一步：把握反应特点分析可逆反应方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应，还是吸热反应)等第二步：识别图像类型识别图像类型，横坐标和纵坐标的含义、线和点(平台、折线、拐点等)的关系。利用规律“先拐先平，数值大”判断，即曲线先出现拐点，先达到平衡，其温度、压强越大第三步：联想平衡原理联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用的前提条件等第四步：数形结合解答图表与原理整合，逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理考向05平衡体系中相关计算1.转化率、产率的计算公式反应物的转化率=反应物的变化量反应物的起始量生成物的产率=生成物的实际产量生成物的理论产量2.分压与压强平衡常数对于可逆反应：aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)，在一定温度下达到化学平衡时，若用p(A)、p(B)、p(C)、p(D)分别表示A、B、C、D各气体的分压，用Kp表示压强平衡常数，则有：（1）p(C)=平衡时的总压×物质C的物质的量分数。（2）Kp=pc3.相关反应平衡常数的相互计算（1）同一可逆反应中，K正·K逆=1。（2）同一化学方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K'与原平衡常数K间的关系是K'=Kn或K'=nK（3）几个可逆反应的化学方程式相加得总化学方程式，则总化学反应的平衡常数等于各分步反应平衡常数之积。4.速率方程、速率常数及应用对于基元反应：aA(g)+bB(g)dD(g)+eE(g)（1）速率方程：v正=k正·ca(A)·cb(B)；v逆=k逆·cd(D)·ce(E)。（2）速率常数(k)是一个与温度有关，而与浓度、压强无关的量。（3）基元反应的平衡常数K=k正5.多平衡体系中有关平衡常数的计算技巧（1）有关多平衡体系中平衡常数的计算，如何确定多个反应相关联物质在平衡时量的多少是解题的关键点。若用常规的三段式计算，对反应过程分析要求高，容易出错。但无论多少个反应，反应进行的程度如何，反应前后的原子总数是不变的，因而解答这类问题可用原子守恒法，可规避对反应过程的分析。（2）原子守恒法解题基本思路典例·靶向·突破考向01原子结构例1（2026·广东·模拟预测）尿素是含氮量较高的固体氮肥。回答下列问题：（1）基态氮原子核外电子占据的最高能级共有___________个原子轨道，该能级的电子云轮廓图形状是___________。【答案】（1）3哑铃形或纺锤形【解析】（1）N的原子序数为7，位于第二周期第ⅤA族，其基态原子电子占据的最高能级为2p，共有3个原子轨道，形状是哑铃形或纺锤形，故答案为：3；哑铃形或纺锤形；【变式探究】（2026·广东大湾区·一模）钒单质及其化合物在储氢、高温超导、催化等领域应用广泛。（1）基态V原子的价层电子排布式为___________。【答案】（1）3d34s2【解析】（1）V为23号元素，核外电子排布为[Ar]3d34s2，过渡元素价层电子包含3d和4s电子，故价层电子排布式为3d34s2。考向02焓变和热化学方程式书写例2（2026·广东大湾区·一模）钒单质及其化合物在储氢、高温超导、催化等领域应用广泛。（2）反应的ΔH<0、ΔS<0，则该反应在___________(填“高温”或“低温”)下能自发进行。（3）以V2O5或V2O3为原料，通过金属热还原法可制备V单质。如：V2O5(s)＋5Ca(s)=2V(s)＋5CaO(s)

ΔH1=-akJ/molV2O3(s)＋3Ca(s)=2V(s)＋3CaO(s)

ΔH2=-bkJ/mol则：3V2O5(s)＋4V(s)=5V2O3(s)

ΔH=___________。【答案】（2）低温（3）(5b-3a)kJ/mol【解析】（2）反应自发进行的判据为ΔG=ΔH-TΔS<0，该反应ΔH<0、ΔS<0，低温下T较小，可以满足ΔG<0，因此低温下能自发进行。（3）①V2O5(s)＋5Ca(s)=2V(s)＋5CaO(s)ΔH1=-akJ/mol，②V2O3(s)＋3Ca(s)=2V(s)＋3CaO(s)ΔH2=-bkJ/mol，3V2O5(s)＋4V(s)=5V2O3(s)为3×反应①-5×反应②，则ΔH=3ΔH1-5ΔH2=[3×(-a)-5×(-b)]kJ/mol=(5b-3a)kJ/mol。【变式探究】（2026·广东广州·模拟预测）乙二醇是生产聚酯纤维和聚酯塑料的主要原料，可由草酸二乙酯制取。Ⅰ．草酸二乙酯[]的合成以亚硝酸乙酯和CO为原料合成涉及的反应如下：（1）反应的___________(用含、的代数式表示)。【答案】（1）【解析】（1）由盖斯定律可知，反应1-反应2可得反应的。考向03反应历程和催化机理循环图例3（2026·广东广州·模拟预测）乙二醇是生产聚酯纤维和聚酯塑料的主要原料，可由草酸二乙酯制取。Ⅰ．草酸二乙酯[]的合成以亚硝酸乙酯和CO为原料合成涉及的反应如下：（3）Pd催化和CO合成DEO以及再生的反应机理如下：①“再生”中，不涉及键的断裂与形成，则一元醇A的结构简式是___________。②“合成”中消耗的的物质的量与“再生”中生成的物质的量相等时，理论上消耗和CO的物质的量之比是___________。【答案】（3）【解析】（3）①“再生”中，不涉及C−C键的断裂与形成，一氧化氮（）、一元醇A和氧气（），产物为和水（），反应可以表示为：，一元醇A和产物具有相同的碳骨架，含有一个乙基，A是；②“合成”和“再生”两个循环的总反应方程式分别为：合成循环：+2NO，再生循环：，“合成”中消耗的的物质的量与“再生”中生成的物质的量相等，假设生成1mol，则“合成”中消耗1molCO，“再生”中消耗mol，消耗的与的物质的量之比为：。【变式探究】（2026·广东·模拟预测）尿素是含氮量较高的固体氮肥。回答下列问题：（2）研究发现，高温高压下，合成尿素反应过程中存在如下液相平衡体系：主反应：(主反应反应进程中的能量变化如图所示)；副反应：。①主反应的焓变为___________kJ/mol(用含、、、的代数式表示)。【答案】【解析】由图可知，主反应的焓变为，故答案为：；考向04速率和平衡图像分析例4（2026·广东广州·模拟预测）乙二醇是生产聚酯纤维和聚酯塑料的主要原料，可由草酸二乙酯制取。Ⅰ．草酸二乙酯[]的合成以亚硝酸乙酯和CO为原料合成涉及的反应如下：（2）常压下往反应容器中充入和CO，CO的平衡转化率和DEO的平衡选择性[DEO的平衡选择性]随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的有___________。A．CO的平衡转化率随温度变化的曲线是bB．在图示温度范围内，达到平衡时CO主要转化为DEOC．常压下充入稀释反应物，DEO的平衡选择性升高D．投料时增大，CO的平衡转化率减小【答案】（2）BD【解析】（2）A．两个反应均为放热反应，升高温度会使两个平衡左移，CO的平衡转化率应随温度升高而降低，曲线a符合这一趋势（随温度升高，数值下降），故CO的平衡转化率曲线应为a，A错误；B．由A可知，DEO的平衡选择性曲线应为b，从右侧纵轴可以看出，DEO的平衡选择性在93%~97%之间，远高于50%，说明大部分CO转化为DEO，B正确；C．恒压下充入N2，反应1的平衡逆向移动，反应2平衡不移动，故DEO的平衡选择性降低，C错误；D．投料时增大，相当于增加的量，相当于增大的浓度，根据勒夏特列原理，虽然平衡会右移，但的增加量大于转化量，导致其转化率降低，D正确；故答案选BD。【变式探究】（2026·广东·模拟预测）尿素是含氮量较高的固体氮肥。回答下列问题：（2）研究发现，高温高压下，合成尿素反应过程中存在如下液相平衡体系：主反应：(主反应反应进程中的能量变化如图所示)；副反应：。平衡体系内，部分组分的物质的量分数随初始的变化曲线如图所示，代表的是___________(填“a”或“b”)；时，___________(填“>”“<”或“=”)；随着的增大，与趋于一致，原因是___________。【答案】（2）a>随着的增大，副反应被抑制，几乎没有进行，体系中主要发生主反应，与趋于一致(答案合理即可)【解析】（2）增大相当于不变，增大，主反应和副反应平衡均正向移动，但增大，减小，则代表的是a；时，主反应和副反应同时发生，主反应生成的在副反应中被消耗，所以；随着的增大，副反应被抑制，几乎没有进行，整个反应主要发生主反应，所以与趋于一致，故答案为：a；>；随着的增大，副反应被抑制，几乎没有进行，体系中主要发生主反应，与趋于一致(答案合理即可)；考向05平衡体系中相关计算例5（2026·广东广州·模拟预测）乙二醇是生产聚酯纤维和聚酯塑料的主要原料，可由草酸二乙酯制取。Ⅱ．乙二醇()的合成一定温度下，按不同的氢酯比往恒压密闭容器中充入和DEO，发生反应：反应相同时间后(反应未达平衡)，DEO的转化率、随氢酯比的变化如图所示：（4）氢酯比后，DEO的转化率随氢酯比升高而降低，可能的原因是___________。（5）氢酯比时，计算含碳物质中EG的物质的量分数___________(写出计算过程)。【答案】（4）恒压条件下，随着氢酯比的升高，浓度增大，反应速率加快，DEO浓度减小，反应速率减慢，DEO浓度减少起决定作用（5）25%【解析】（4）氢酯比后，DEO的转化率随氢酯比升高而降低，可能的原因是：恒压条件下，随着氢酯比的升高，浓度增大，反应速率加快，DEO浓度减小，反应速率减慢，DEO浓度减少起决定作用。（5）假设初始投料加入的，反应一段时间后的转化率为，则剩余，根据，得，，若直接生成，根据，生成同时生成1.2，根据，生成同时生成。反应一段时间后含碳化合物的总物质的量为，含碳化合物中的物质的量分数为。【变式探究】（2026·广东·模拟预测）尿素是含氮量较高的固体氮肥。回答下列问题：（3）工业上通过反应合成尿素，研究小组在恒容密闭容器中对该反应进行跟踪，测得的平衡转化率与起始投料比[，分别为1、2、3]和温度的关系如图所示(不考虑水的蒸气压)：若下，从反应开始至达到M点历时tmin，测得M点对应的总压强为akPa，则0~tmin内，分压的平均变化速率为___________kPa/min(用含a、t的代数式表示)，N点对应条件下的分压平衡常数为___________(用含a的代数式表示，写出计算过程)。【答案】（3）【解析】（3）二氧化碳浓度不变时，增大氨气的浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，则曲线C代表投料比为3，M点的投料比为3，设的起始分压为PkPa，变化了，列三段式：M点二氧化碳转化率为40%且总压为akPa，有、，则、，M点分压的平均变化速率为；对应条件下的分压平衡常数为，N点与M点同温，所以平衡常数相等，故答案为：；。1．（2026·广东广州·一模）利用甘油()制取氢气是一个重要的研究课题。甘油水蒸气重整制氢中主要涉及以下反应：编号反应ⅠⅡⅢ（1）基态O原子价层电子的轨道表示式为___________。（2）反应的焓变___________。（3）将1.0mol和4.0mol充入恒容密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ．不同温度下，平衡时反应体系的组成如图(该温度范围内均消耗完全)。①曲线a对应的物质为___________。②T=1073K时，___________mol，反应Ⅱ的平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。（4）在800K、101kPa、甘油起始物质的量的条件下，研究起始投料比[/]对反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的影响，该温度下达到平衡时消耗完全，平衡时/、/的变化曲线如图。①当，平衡时，___________mol(用含、和a的代数式表示)。②当，平衡时，___________mol(用含、和a的代数式表示，写出推导过程)。【答案】（1）（2）+251（3）1.2（4）【解析】（1）O原子序数为8，价层电子为最外层，根据洪特规则和泡利不相容规则，轨道表示式；（2）根据盖斯定律，Ⅰ+3×Ⅱ得到目标反应，因此。（3）①该温度范围内均消耗完全，可忽略反应①，1mol甘油含3molC，含C产物为、、。升温时，反应Ⅱ（吸热）正向移动，物质的量增大；反应Ⅲ（放热）逆向移动，物质的量减小，因此上升的曲线a对应，下降的b对应；②1073K时物质的量接近0，根据C守恒：，已知，得。根据氢元素守恒（1073K时，含氢的物质只有于、）：，反应Ⅱ为，反应前后气体计量数相等，平衡常数，代入数据得。（4）①根据C原子守恒，总C为，当，，，因此；②根据O原子守恒：总O为，平衡后O存在于、、，因此：，代入，得：；根据H原子守恒：总H为，平衡后H存在于、、，因此：，化简得；代入、：整理得：。2．（2026·广东·一模）已知反应Ⅰ：(频哪醇)(频哪酮)，反应Ⅱ：(用“DMBD”表示)

。反应Ⅰ的反应历程如图所示。（1）由上图可知，反应Ⅰ的___________(用含a、b、c或d的式子表示)。（2）下列说法正确的有___________(填序号)。A．反应Ⅰ分4步进行B．相同条件下，比稳定C．其他条件不变，增大不能改变频哪酮的平衡产率D．其他条件不变，增大c(频哪醇)，的平衡常数增大（3）在过热水(270℃，30)中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ．其他条件不变，改变频哪醇的起始浓度，频哪醇的转化率及频哪酮的产率［产率］与反应时间t的关系如图所示。①当时，前20s反应Ⅰ的平均反应速率为___________。②反应Ⅰ的反应速率：P点___________(填“>”“<”或“=”)M点。③反应Ⅰ需要在较高浓度的催化下才能发生。在过热水中不额外加入反应Ⅰ也能发生，可能的原因为___________。④请在下图中画出频哪酮的平衡浓度与DMBD的平衡浓度之比随温度T的变化趋势_________。⑤若，当反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到化学平衡时，频哪醇的转化率为0.65，频哪酮的产率为0.45，请计算该条件下反应Ⅱ的平衡常数K=___________(写出计算过程)。【答案】（1）（2）BC（3）<

，过热水温度较高，水的电离平衡常数较大，水电离出的浓度较大【解析】（1）反应焓变生成物总能量反应物总能量，由图可知，反应物总能量为，生成物总能量为，因此。（2）A.反应Ⅰ的历程有3个能峰，说明反应Ⅰ分3步进行，A错误；B.能量越低物质越稳定，能量低于，B正确；C.是反应Ⅰ的催化剂，催化剂不改变平衡产率，C正确；D.平衡常数只与温度有关，改变反应物浓度，平衡常数不变，D错误；答案选BC。（3）①由题意，时频哪酮浓度，平均速率。②P点频哪醇的浓度为，M点频哪醇的浓度为，反应物浓度越高，反应速率越大，故M点对应速率越快。③高温下，水的电离程度增大，电离产生足够的，可催化反应Ⅰ进行。④反应Ⅰ的，反应Ⅱ的；温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，减小，反应Ⅱ平衡正向移动，增大，因此随温度升高逐渐减小，如图。⑤

已知，平衡时：频哪酮浓度，总消耗频哪醇浓度，因此反应Ⅱ消耗的频哪醇浓度，即平衡时，剩余频哪醇浓度。反应Ⅱ为：，水为溶剂，浓度视为常数，平衡常数：，即平衡常数。3．（2026·广东梅州·一模）氧化亚氮（）是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。（1）催化分解法可消除。一种Fe-Ru催化剂催化分解工业尾气，发生以下反应：

①基态N原子的价层电子排布图为________。②根据盖斯定律，反应Ⅰ：的________（写出一个代数式即可）。③反应Ⅰ的________0（填“>”“<”或“=”），已知反应Ⅰ在任意温度可自发进行，则________0（填“>”“<”或“=”）。（2）用CO还原是实现无害化处理的一个重要方法，发生如下反应：反应Ⅱ：

有人提出上述反应可以用“”作催化剂。其总反应分两步进行：反应a：反应b：反应过程的能量变化如图所示：①决定总反应速率的是________（填“反应a”或“反应b”）。②对于反应，下列说法正确的有________（填字母）。A．是催化剂，能降低反应的焓变

B．升高温度，的平衡转化率减小C．降低反应温度，反应平衡常数不变

D．上述反应过程中有极性键的断裂和生成③试从绿色化学角度评价该方法________。（3）在总压为100kPa的密闭容器中，充入一定量的CO和发生反应，不同条件下达到平衡时，在时的转化率随变化的曲线，以及在时的转化率与的变化曲线如图所示。①表示的转化率随变化的曲线为________曲线（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）；②________（填“>”或“<”）。（4）已知500℃时，的平衡常数。在此温度下，向一恒容密闭容器中加入足量的固体，再充入一定量气体（其起始压强为bkPa），达到平衡时总压强为ckPa。500℃时，反应的平衡常数________（用含e、b、c的式子表示，写出计算过程）。【答案】（1）><（2）反应aBD反应过程中将有害气体转化成无污染性气体（3）Ⅱ>（4）【解析】（1）①N为7号元素，价电子排布图为；②设已知反应分别为反应1、反应2、反应3，则目标方程式可由反应1+反应2得到，故；③反应Ⅰ为气体系数增大的反应，故；反应Ⅰ在任意温度下均能自发进行，即在任意温度下均有，且，故；（2）①由图可知，反应a的活化能大于反应b，反应速率小于反应b，化学反应速率取决于反应速率慢的一步，则反应a决定总反应速率；②A．催化剂能降低反应活化能，但不能改变反应热(焓变)，A错误；B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，的平衡转化率减小，B正确；C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，C错误；D．由图可知，反应过程中断裂极性键（N-O键），也有极性键的生成（C-O键），D正确；故答案选BD；③由反应方程式可知，用CO还原N2O实现了有害气体向无污染转化（CO2、N2为无污染性气体）；（3）①增大一种反应物的量，另一种反应物的转化率越大，即越小，的转化率越大，故表示的转化率随变化的曲线为Ⅱ；②该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的转化率减小，即越小，的转化率减小，故T1>T2；（4）由草酸钙分解的方程式可知，容器中反应达到平衡时，一氧化碳的平衡分压为ekPa，设CO还原N2O的反应中转化压强为xkPa，由题意可建立如下三段式：，由平衡时总压强为ckPa可得：e+(b-x)+x+x=c，解得x=c-e-b，则平衡常数。4．（2026·广东东莞·一模）催化生产甲醇，可实现碳元素的再利用。主要发生的反应有：反应Ⅰ：反应Ⅱ：（1）反应Ⅰ的机理历程如图所示（标注“*”的物质吸附在催化剂表面）：①反应历程中决速步的反应方程式为________。②，则________。（2）向恒容密闭容器中充入混合反应气，发生上述反应合成甲醇，平衡转化率、含碳产物选择性与温度的关系如下图所示（的选择性）。①温度由220℃升高至260℃，平衡转化率减小的原因可能为________。②曲线________表示的选择性（填“a”或“b”）。（3）某温度下，将、充入压强为6MPa的恒压密闭容器中，在催化剂作用下充分反应，测得平衡转化率为，甲醇的选择性是CO的2倍。反应Ⅱ的平衡常数为________（是以分压表示的平衡常数，分压总压×物质的量分数）。（4）向恒压密闭容器中通入混合反应气，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如下图所示。（甲醇时空收率为一定温度下，单位时间内单位物质的量催化剂表面甲醇的生成量）。①温度低于210℃，甲醇时空收率随温度升高增大的原因为________。②30分钟催化剂表面生成了甲醇1.6g，对应的反应温度为________。【答案】（1）或-54（2）升温使反应Ⅱ正向移动的程度小于反应Ⅰ逆向移动的程度（其他合理答案也可）b（3）或0.1875（4）温度低于210℃时反应未达平衡，温度升高速率增大，时空收率增大（或者催化剂活性随温度升高而增大，使甲醇生成速率增大，故时空收率增大，其他合理答案也可）223℃【解析】（1）①活化能越大的步骤反应速率越慢，由图可知，活化能最大的步骤为：或，其活化能为：[0.82-(-0.35)]eV=1.17eV；②目标反应=反应I-反应II，故，；（2）①反应I放热，反应II吸热，温度由220℃升高至260℃时，反应II正向移动程度小于反应I逆向移动程度，平衡转化率减小；②反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低，故曲线b表示CH3OH的选择性；（3）设生成CH3OH的物质的量为xmol，生成CO的物质的量为ymol，故：、，则：x+y=0.6，x=2y，解得x=0.4，y=0.2，平衡时：，反应II前后气体分子数相同且化学计量数均为1，Kp=Kc=；（4）①反应I为放热反应，温度低于210℃时反应未达平衡，温度升高速率增大，时空收率增大（或者催化剂活性随温度升高而增大，使甲醇生成速率增大，故时空收率增大，其他合理答案也可）；②30分钟催化剂表面生成了甲醇1.6g，30分钟时1mol催化剂表面生成了甲醇3.2g，60分钟（1h）时1mol催化剂表面生成了甲醇6.4g，甲醇的物质的量为：，由图可知，对应的反应温度为223℃。5．（2026·广东江门·一模）镍(Ni)和钯(Pd)同族，它们在储氢、催化等领域均应用广泛。（1）基态Ni原子的价层电子排布式为______。（2）标准摩尔生成焓()是指在25℃和101kPa下，由元素最稳定单质生成1mol纯物质时的焓变。(PtO2)=akJ/mol，(PdO)=bkJ/mol。在25℃和101kPa下，Pt(s)+2PdO(s)=2Pd(s)+PtO2(s)，ΔΗ=______kJ/mol。（3）科学家尝试以含Ni配合物作催化剂，利用苯环上-SCH3与-CN之间的可逆交换在特定位置引入氰基。实施方案：以同时含有-SCH3和-CN的芳香化合物a溶于有机溶剂中，恒温条件下实现a、b、c、d四种同分异构体之间的转化，如图1所示。假设a的初始浓度为0.1mol/L，平衡时各成分的物质的量分数分别为：27%(a)、22%(b)、19%(c)和32%(d)。请回答下列问题：①对于上述反应体系，下列说法正确的有______。A．平衡时，生成b和生成c的速率相等B．增大该含Ni配合物用量，平衡常数不变C．平衡时加入d，d的生成速率先增大后保持不变D．平衡时分离出d，重新达到平衡后d的物质的量分数小于32%②由a生成b的反应，平衡常数为______(保留2位有效数字)。③若将a的初始浓度减半，平衡时其浓度为______mol/L。（4）以含Pd的纳米颗粒作催化剂，在O2和(NH4)2HPO4存在下发生两步连续反应：忽略副反应，苯甲醇转化率及部分芳香化合物在所有芳香化合物中的物质的量分数随时间变化如图2所示。①曲线Ⅱ对应的物质为______。②苯甲醇的初始物质的量为n0，得到n1/n0、n2/n0随时间t变化的曲线如图3所示。其中n1为消耗O2的总物质的量，n2为剩余苯甲醇的物质的量。0～t0min内，苯甲醛的转化率为______(用只含y的代数式表示，写出计算过程)。【答案】（1）3d84s2（2）a-2b（3）B0.810.0135（4）苯甲醛【解析】（1）基态Ni原子的原子序数为28，其的价层电子排布式为3d84s2；（2）已知(PtO2)=akJ/mol，(PdO)=bkJ/mol，目标反应：Pt(s)+2PdO(s)=2Pd(s)+PtO2(s)，根据盖斯定律，反应焓变等于生成物标准摩尔生成焓之和减去反应物标准摩尔生成焓之和：ΔΗ=(PtO2)-2(PdO)=a-2bkJ/mol；（3）①A.b和c是不同产物，平衡时生成速率不一定相等，A错误；B.平衡常数只与温度有关，催化剂不改变平衡常数，B正确；C.加入d后，d的生成速率会逐渐增大最后不变，逐渐达到新平衡，C错误；D.分离出d后，平衡正向移动，重新平衡时d的物质的量分数仍等于32%（温度不变，平衡常数不变），D错误；故选B；②反应为ab（同分异构体转化，总物质的量不变），平衡时各物质的量分数：a：27%，b：22%，平衡常数K=；③若将a的初始浓度减半为0.05mol/L，温度不变，平衡常数不变，平衡时a的物质的量分数仍为27%，平衡时其浓度为0.05mol/L27%=0.0135mol/L；（4）①曲线II的物质的量分数先增后减，对应中间产物苯甲醛；②

苯甲醇初始物质的量为n0，t0时n1/n0、n2/n0都等于y，则0～t0min内消耗O2的总物质的量为n1=n0y，剩余苯甲醇的物质的量n2=n0y；转化的苯甲醇的物质的量为n0-n2=n0(1-y)；第一步反应为2+O22+2H2O，第一步反应生成苯甲醛、消耗O2的物质的量分别为n0(1-y)、；则第二步反应消耗O2的物质的量为n0y-=；根据得失电子守恒，第二步消耗苯甲醛物质的量为n0(3y-1)，则苯甲醛的转化率为=。6．（2026·广东中山·一模）水煤气变换反应不仅是重要的化工过程，还可以通过正向或逆向进行影响其它反应。I．利用(s)脱水制取无水氯化镁能耗高，将其耦合水煤气变换反应后可降低反应温度，并减少副产物生成。发生的反应为：，反应路径如图1(Surf指晶体表面)。（1）物质“X”为______。（2）路径______(填“a”或“b”)反应速率更快。（3）路径b脱附出来的HCOOH进一步发生的化学反应方程式为______。II．既可单独加氢制，也可混合加氢制，会发生如下反应。i

ii

iii

（4）反应iii为水煤气变换反应，其______。（5）图2表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下混合气体加氢达到平衡时，的转化率随温度(T)或z的变化。其中指初始的物质的量，指平衡的物质的量。曲线I表示当z为0.5时随温度(T)的变化。①下列说法正确的是______。A．曲线I中

B．曲线II的温度为C．其它条件不变，增大压强，曲线II上移

D．M点，反应iii生成的的量比反应ii消耗的少②结合图3分析图2中曲线I中随温度的升高先减小后增大的原因______。③若N点CO的转化率为，则的平衡收率为______。（6）使用单独加氢制时(投入化学计量比氢气)，会发生反应iii的逆反应生成CO，CO的选择性为。某条件下的平衡收率为y，则此时的转化率为______。(用表示，并写出推导过程)【答案】（1）（2）b（3）（4）（5）BC三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应i、ii的影响大于反应iii，减小。超过，反应ii，反应ii几乎不发生，温度升高，反应iii平衡逆向移动，增大（6）【解析】（1）根据原子守恒，反应左侧原子总数：，右侧已知原子：，剩余，故为，为。（2）反应速率由活化能决定：活化能越低，反应速率越快。从图1能看出：路径a的能垒（活化能）比路径b的能垒（活化能）更高，因此路径b反应速率更快。（3）结合总反应产物，甲酸分解生成和，化学反应方程式为。（4）根据盖斯定律，反应，因此。（5）①A．曲线I对应，即。由此可得，所以，A错误；B．曲线I中、z=0.5时，曲线II中z=0.5时也为10%，说明曲线II温度为，B正确；C．反应i、ii均为气体分子数减少的反应，增大压强平衡正向移动，更多被消耗，增大，曲线II上移，C正确；D．M点为负，说明平衡大于初始，净生成，即iii生成的比ii消耗的多，D错误；故选BC。②结合图3分析图2得到三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均逆向移动，温度对反应i、ii的影响大于反应iii，减小。超过，反应ii，反应ii几乎不发生，温度升高，反应iii平衡逆向移动，增大，故曲线I中随温度的升高先减小后增大。③设初始（因）的条件下，计算甲烷平衡收率的过程：转化率，反应消耗，生成；N点，由，知反应消耗，生成；总；甲烷平衡收率。（6）假设起始投料，平衡时碳元素以、、形式存在。由平衡收率得；设，由选择性得；根据碳守恒：，解得；最终平衡转化率。7．（2026·广东茂名·一模）氧化脱氢制技术不仅能够助力碳中和目标，还能实现高效制。（1）基态Co原子的价层电子排布式为_____。（2）一种基催化剂的反应体系中存在下列过程（忽略副反应）。将与通入容积为的密闭容器中进行反应。编号过程iiiiiiv①_____。②下，反应的，则下该反应_____（填“能”或“不能”）自发进行。③不同温度下，平衡时反应体系的组成变化如图。已知随温度的升高，的平衡转化率升高幅度大于的，则对应的曲线为_____（填曲线代号）。④820℃下，平衡时_____mol，求反应的平衡常数_____（写出计算过程，最后结果无须化简）。⑤向某密闭容器中通入和，仅考虑发生反应、。下列说法正确的有_____（填选项）。A．当时，反应i、ii均达到平衡状态B．升高反应温度，可加快反应速率，并提高的平衡产率C．恒温恒容下，平衡后再通入惰性气体，增大D．恒温恒容下，提高投料比，可以增大的平衡转化率（3）650K下，初始投料，其他条件相同时，用、和分别催化上述反应，一段时间内的转化率如下表所示。催化剂的转化率8.524.414.3①使用不同催化剂时，反应（i）的：_____（填“>”“<”或“=”）。②使用催化剂，该段时间内得到，则的选择性==_____。（列出计算式）【答案】（1）（2）+178.0不能a0.70AB（3）=【解析】（1）钴是第27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其价层电子排布式为；（2）①反应i=反应ii+反应iii，根据盖斯定律，；②在298K下，反应i的，，则该反应，因此该反应在298K下不能自发进行；③由题干信息可知，随温度升高，的平衡转化率升高幅度大于，从图像可以看出，曲线a的物质的量变化量大于曲线b，因此，曲线a代表，曲线b代表；④该反应容器容积为1L，起始投料为与，体系内，，。从图像可以看出，820℃下，平衡状态的，，，，根据质量守恒可算出，。反应i的平衡常数为；⑤A．当时，的生成速率与消耗速率相等，反应i、ii均达到平衡状态，A正确；B．反应i的，反应ii的，均是吸热反应。因此升高反应温度，可以提高平衡产率，同时，升温可以增加活化分子碰撞频率，也可以提高反应速率，B正确；C．，当温度一定时，反应平衡常数为定值，恒温条件下通入惰性气体，不变，C错误；D．在恒温恒容条件下，增大投料比，平衡时的转化率降低，D错误；故答案选AB；（3）①是状态函数，仅取决于反应物和生成物的能量，与反应路径无关，因此，使用和作催化剂不影响反应(i)的；②从表格数据可知，反应i和反应ii每消耗1mol生成1mol，反应过程中生成，相对地，消耗了。使用催化剂，的转化率为24.4%，反应过程中消耗的总物质的量为，则的选择性。8．（2026·广东湛江·一模）以In2O3为催化剂，能实现CO2向CH3OH的转化，是实现能源化综合利用以及完成“碳中和”的一种途径。（1）49In位于元素周期表中的___________区。（2）CO2转化为CH3OH的反应ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH1=-49.5kJ·mol-1，该反应在___________(填“较高温度”或“较低温度”)下能自发进行。（3）CO2转化为CH3OH的过程中伴有副反应：编号化学方程式ΔHⅱCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ・mol-1ⅲCO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3反应ⅲ的ΔH3=___________。（4）不同温度下，按n(CO2)：n(H2)=1：3充入某盛有催化剂的恒压密闭容器中发生上述反应，平衡时CH3OH(g)和CO(g)的选择性［例如CO(g)的选择性］及CO2(g)的转化率随温度变化的关系如图所示。①表示CH3OH(g)的选择性的曲线为___________(填“a”“b”或“c”)，曲线b随温度升高而降低的原因为___________。②T0K下CH3OH(g)的平衡体积分数为___________(写出推导过程，结果保留3位有效数字)。③T0K下，控制上述压强，按一定流速通过盛有催化剂的装置，最终所得CH3OH(g)的体积分数较上述平衡时的体积分数还要高，试分析可能的原因为___________。【答案】（1）p（2）较低温度（3）-90.7kJ·mol-1（4）a主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响21.4%主反应活化能较低，反应速率较快·消耗CO2更多，CH3OH选择性提高【解析】（1）49In位于第ⅢA族，位于元素周期表中的p区。（2）反应1的ΔH<0，分子数目减少ΔS<0，由ΔG=ΔH-TΔS可知，当ΔG<0时，即在较低温度下能自发进行。（3）根据反应ⅲ=反应ⅰ-反应ⅱ可知，反应ⅲ的ΔH3=ΔH1-ΔH2=-90.7kJ·mol-1.（4）①两物质选择性相加应该是100%，所以b表示的是CO2(g)的平衡转化率，反应ⅰ为放热反应，温度升高CH3OH(g)选择性下降，所以表示CH3OH(g)选择性的曲线为a；主反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，副反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，综合两个反应，温度对主反应的影响大于对副反应的影响，故CO2转化率随温度升高而降低。②解法1：设反应前总气体物质的量为4mol，即1molCO2与3molH2，设反应ⅰ生成CH3OHxmol，反应ⅱ生成COymol。根据三段式：根据CO2转化率为80%可知，1-x-y=1×(1-80%)，根据CH3OH的选择性为75%，CO的选择性为25%可知。x：y=3：1，解得x=0.6，y=0.2，则平衡时n(CO2)=1-0.6-0.2=0.2mol，n(H2)=3-0.6×3-0.2=1mol，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.6+0.2=0.8mol，则CH3OH的平衡体积分数。解法2：设反应前总气体物质的量为4mol，即1molCO2与3molH2.则CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(0.2+1+0.6+0.2+0.8)mol×100%≈21.4%。解法3：设反应前总气体物质的量为4mol，即1molCO2与3molH2.参加主反应的n(CO2)=0.8mol×0.75=0.6mol，所以总气体减少1.2mol，CH3OH的平衡体积分数为0.6mol÷(4-1.2)mol×100%≈21.4%。解法4：设初始原料CO2为1molH2为3mol。设平衡时H2为xmol，H2O为ymol。根据CO2的转化率为80%，可得平衡时CO2为0.2mol，根据CH3OH和CO的选择性分别为75%和25%，可得CH3OH为0.8mol×0.75=0.6mol，CO为0.8mol×0.25=0.2mol。根据H原子守恒可得：2x+2y+0.6×4=6，根据O原子守恒可得：y+0.6+0.2+0.2×2=2，解得x=1，y=0.8，所以CH3OH的平衡体积分数。③T0K下，控制上述压强，按一定流速通过盛有催化剂的装置，最终所得CH3OH(g)的平衡体积分数较上述平衡时的体积分数还要高，可能的原因为主反应活化能较低，反应速率较快，消耗CO2更多，CH3OH选择性提高。9．（2026·广东汕头·一模）由铁基催化剂催化合成气（CO和）费托反应制丙烷、丙烯体系，反应如下：反应a：

反应b：

体系仅考虑存在副反应：（1）基态Fe原子的价层电子排布式为______。（2）计算丙烯与氢气发生加成反应的_______。（3）可改变CO平衡转化率的因素是______。（填写编号）A．温度 B．压强 C．铁基催化剂 D．投料比（4）副反应生成所需的有两种形成途径：解离、解离。根据图1铁基催化剂反应路径中解离、解离的活化能，推测体系中产生的主要途径是______。（填“CO*解离”或“OH*解离”）（5）若在反应体系中混入微量，可形成新型催化剂Fe-Br。结合图1，推测新型催化剂能抑制生成的核心机理是______。（6）300℃下，将合成气混入微量，以固定流速通入反应器。出口处测得产物选择性[选择性]随体积分数的变化关系如图2。①铁基催化剂，转化率为32%，产物烯烷选择性比为2。结合图2数据可知产率为______（保留2位有效数字，下同），选择性为______。②合成气混合体积分数，溴原子像催化剂上的“分子开关”，使的生成速率极慢。适当降低流速可使反应制丙烯、反应制丙烷达到平衡状态，转化率为75%，烯烷选择性比为4，忽略的存在。为物质的量分数平衡常数，用平衡时各组分的物质的量分数代替浓度，求反应a的平衡常数______。（写出计算过程，最后代入数据列出计算式即可）【答案】（1）（