資源簡介

題型突破特訓(三)　化學反應原理綜合
1. (2024·河北唐山市二模)金屬氧化物催化氧化制備苯甲醛是近年來的研究熱點。以Fe3O4為催化劑，苯乙烯、H2O2為原料制備苯甲醛涉及的主要反應有：
反應ⅰ：(l)＋2H2O2(l)―→(l)＋HCHO(l)＋2H2O(l)　ΔH1＝－489.0 kJ·mol－1
反應ⅱ：(l)＋H2O2(l)―→(l)＋H2O(l)　ΔH2＝＋566.6 kJ·mol－1
反應ⅲ：(l)＋H2O2(l)―→(l)＋HCHO(l)＋H2O(l)　ΔH3
回答下列問題：
(1)反應ⅲ的ΔH3＝ ________kJ·mol－1。
(2)根據阿倫尼烏斯方程ln k＝－＋ln A(A為指前因子，Ea為活化能)，ln k與呈線性關系。據圖1可知反應ⅰ的活化能 ________反應ⅱ的活化能。(填“>”“＝”或“<”)
(3)實驗測得苯乙烯的轉化率與溫度的關系如圖2所示。溫度高于60 ℃，苯乙烯的轉化率下降，可能的原因是 ________________________。
(4)Fe3O4的催化反應機理如下圖所示：
以上轉化過程中，屬于氧化還原反應的是 ____________(填序號)。
(5)在V2O5－ZrO2催化下，甲苯可以實現氣相氧化制備苯甲醛。
主反應：＋O2―→＋H2O
副反應：2＋O2―→2
T ℃時，向2 L密閉容器中充入1 mol甲苯蒸氣和2 mol O2，起始壓強為p0,2 h后反應達平衡時容器內氣體總物質的量為2.9 mol，甲苯的轉化率為80%。則甲苯的平均反應速率為 ________mol·L－1·h－1，主反應的Kp＝ ________(Kp為平衡分壓代替平衡濃度的平衡常數，氣體平衡分壓＝總壓×該氣體物質的量分數，計算結果保留三位有效數字)。
2.(2024·江西南昌市二模)硅是信息產業、太陽能電池光電轉化的基礎材料。
(1)碳和硅的有關化學鍵鍵能如下所示，簡要分析和解釋下列有關事實：
化學鍵 C—C C—H Si—Si Si—H
鍵能/(kJ·mol－1) 356 413 226 318
硅與碳同族，但硅烷在種類和數量上都遠不如烷烴多，原因是 ___________ _____________________________________________________________。
(2)鋅還原四氯化硅是一種有著良好應用前景的制備硅的方法。Zn還原SiCl4的反應如下：
反應1：400～756 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(l) Si(s)＋2ZnCl2(l)　ΔH1<0
反應2：756～907 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(l) Si(s)＋2ZnCl2(g)　ΔH2<0
反應3：907～1 410 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(g) Si(s)＋2ZnCl2(g)　ΔH3<0
①對于上述三個反應，下列說法合理的是 ________。
a．升高溫度會提高SiCl4的轉化率
b．還原過程需在無氧的氣氛中進行
c．ΔH1<ΔH2<ΔH3
d．Na、Mg可以代替Zn還原SiCl4
②實際制備過程選擇“反應3”，選擇的理由是_____________________ __________________________________________________________。
(3)工業上也可用SiHCl3制備高純硅。25 ℃時，SiHCl3相關反應的熱化學方程式和平衡常數如表：
熱化學方程式 平衡常數
2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)　ΔH1＝＋48 kJ·mol－1 K1
3SiH2Cl2(g) SiH4(g)＋2SiHCl3(g)　ΔH2＝－30 kJ·mol－1 K2
4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)　ΔH3 K3
①則該溫度下，ΔH3＝ ________kJ·mol－1；K3＝ ________(用K1和K2表示)。
②對于反應4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)，采用大孔弱堿性陰離子交換樹脂催化劑，在T1和T2時SiHCl3的轉化率隨時間變化的結果如圖所示。則T1 ________T2(填“大于”“小于”或“等于”)，T1時平衡常數K＝ ________(保留2位小數)。
③在T2下，要提高SiHCl3轉化率，可采取的措施是 _________________。
3. (2024·河北省重點高中三模)氙及其化合物在工業生產中有重要用途。
(1)1962年，化學家巴特利特合成了氙的第一個化合物XePtF6，其在熔化時電離出Xe＋和PtF。Xe和PtF6混合制得XePtF6的反應可以表示如下：
已知：①在標準狀態下將1 mol離子型晶體(如NaCl)拆散為1 mol氣態陽離子(Na＋)和1 mol氣態陰離子(Cl－)所需要的能量叫做晶格能，XePtF6的晶格能為458.7 kJ·mol－1。
②Xe的第一電離能為1 170.0 kJ·mol－1。
③PtF6(g)===PtF(g)　ΔH＝－771.0 kJ·mol－1。
根據以上信息，計算反應Xe(g)＋PtF6(g)===XePtF6(s)　ΔH＝ ________kJ·mol－1。
(2)不久，在三個不同實驗室里又分別合成了XeF2、XeF4、XeF6三種簡單化合物。其中一種化合物的晶體屬四方晶系，晶胞參數如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，NA表示阿伏加德羅常數的值。則該化合物的化學式為 ________，中心原子的價層電子對數為 ________，晶體密度為 ________g·cm－3。
(3)一定條件下，向恒容密閉容器中充入Xe和F2混合氣體，反應體系中存在的平衡及相應部分數據如下表所示。
已知：分壓＝總壓×該組分物質的量分數；
對于反應dD(g)＋eE(g) gG(g)＋hH(g)　K＝
其中pθ＝100 kPa，pG、pH、pD、pE為各組分的平衡分壓。
標準壓強平衡常數K反應平衡 K(523 K) K(673 K)
反應Ⅰ：Xe(g)＋F2(g) XeF2(g)　ΔH1 8.8×104 360
反應Ⅱ：Xe(g)＋2F2(g) XeF4(g)　ΔH2
反應Ⅲ：Xe(g)＋3F2(g) XeF6(g)　ΔH3 K(Ⅲ)
①ΔH1 ________0(填“>”或“<”)。為提高平衡混合物中XeF2(g)的含量，應 ________投料比x(填“增大”或“減小”)。
②673 K時充入23.77 mol Xe和45.28 mol F2，達平衡時容器內總壓強p＝2.477×103 kPa，各產物的物質的量如下表所示：
化學式 XeF2 XeF4 XeF6
物質的量/mol 3.60 19.80 0.36
則F2平衡轉化率α平(F2)＝ ________(保留三位有效數字)，K(Ⅲ) ________。
4.(2024·湖南九校聯考二模)2023年杭州亞運會主火炬塔首次使用廢碳再生的“綠色甲醇”作為燃料，實現了循環內的零排放。
Ⅰ.將工業廢氣中的CO2加氫制甲醇是“碳中和”的一個重要研究方向。在催化劑作用下主要發生以下反應：
①CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.4 kJ/mol
②CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41 kJ/mol
③CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)　ΔH3
已知：甲醇的選擇性＝
(1)反應③自發進行的條件是 ________。
(2)恒溫恒容條件下，原料氣CO2(g)、H2(g)以物質的量濃度之比為1∶3投料時，控制合適條件(不考慮反應③)，甲醇的選擇性為60%。已知初始壓強為4 MPa，c(CO2)＝1.0 mol·L－1，CO2平衡轉化率為50%，則該條件下反應②的Kp＝ ________(保留三位小數)。
Ⅱ.恒壓時，將3 mol H2和1 mol CO2充入密閉容器中進行上述反應。
(3)平衡時，CO2轉化率α(CO2)、CH3OH選擇性SM、CO選擇性SCO隨溫度T變化如圖甲所示：
圖中表示SM的是曲線 ________，曲線c隨溫度升高而升高的原因是 ___________________________________________________________________。
(4)為探究原料氣中混入CO氣體對反應的影響，測得平衡時α(CO2)、平衡時CH3OH物質的量與初始CO2物質的量之比γ隨原料氣中的變化如圖乙所示。圖中隨著增大，α(CO2)降低而γ升高的原因是 ____________________ ____________________________________________________；當＝0.4時，若平衡時α(CO2)＝0.1，n(CO)＝0.15 mol，則γ＝ ________。
Ⅲ.新能源的利用對實現“碳中和”也有重要意義。搭載鈉離子電池的新能源汽車，動力充足、冬天也無需頻繁充電。第二代鈉離子電池是以硬碳(Cy)為基底材料的嵌鈉硬碳(NaxCy)和錳基高錳普魯士白Na2Mn[Mn(CN)6]為電極的一種新型二次電池，在充放電過程中，Na＋在兩個電極之間往返嵌入和脫嵌。其工作原理如圖所示。
(5)若用該鈉離子電池給鉛酸蓄電池充電，普魯士白電極連接 ________(填“Pb”或“PbO2”)極，鈉離子電池負極的電極反應式為 ________。
5. (2024·河北石家莊市三模)短鏈烴是重要的化工原料，也是衡量國家化工水平的重要指標之一。
Ⅰ.丙烷制烯烴的反應有
ⅰ.C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)　ΔH1
ⅱ.C3H8(g)===C2H4(g)＋CH4(g)　ΔH2＝＋82 kJ·mol－1
已知：共價鍵的鍵能如表所示：
共價鍵 C—H C—C C===C H—H
鍵能/kJ·mol－1 413 347 613 436
回答下列問題：
(1)ΔH1＝ ________kJ·mol－1。
(2)一定溫度下，在恒容密閉容器中充入C3H8(g)發生反應ⅰ和ⅱ，下列事實能說明該反應達到平衡狀態的是 ________(填字母)。
A．容器內混合氣體的平均相對分子質量不再變化
B.的值保持不變
C．v正(C3H8)＝v逆(C3H6)
D．C2H4(g)和CH4(g)的物質的量之比保持不變
(3)在溫度為600 ℃、起始壓強為700 kPa的恒溫恒容密閉容器中充入C3H8(g)發生反應ⅰ和ⅱ，達到平衡后CH4(g)、C3H6(g)的體積分數均為15%；
①反應ⅰ的分壓平衡常數為Kp1＝ ________kPa。
②若其他條件不變，該反應在恒容絕熱容器中進行，測得平衡時CH4(g)的體積分數大于C3H6(g)，則此時反應ⅰ和ⅱ的分壓平衡常數：Kp1′ ________Kp2′(填“>”“<”或“＝”)。
(4)C3H8(g)在催化劑Cr2O3/Al2O3表面制C3H6(g)的部分反應機理如圖所示．從元素電負性角度解釋步驟1能發生反應的原因為 _______________________ _________________________________________________。
Ⅱ.丙烷、甲醇共進料時，除發生反應ⅰ和ⅱ外，還發生反應：
ⅲ.C3H8(g)＋CH3OH(g)===CO(g)＋3CH4(g)　ΔH＝－29 kJ·mol－1
(5)平衡體系中C3H6(g)、C2H4(g)、CH4(g)和CO(g)在含碳微粒中的物質的量分數隨不同投料比L＝的變化關系如圖所示，其中代表C2H4(g)的變化曲線為 ________(填字母)。
(6)在恒容密閉容器中充入C3H8(g)和CH3OH(g)發生反應，平衡體系中c(CH4)隨溫度的升高先減小后增大，解釋其原因為 ________________________________ ________________________________________。
6.(2024·遼寧部分高中三模)利用介孔限域催化溫室氣體CO2加氫制甲醇，再通過甲醇制備燃料和化工原料等，是解決能源問題與實現雙碳目標的主要技術之一，反應如下：
ⅰ.CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.4 kJ·mol－1
ⅱ.CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2
(1)穩定單質的焓(H)為0，有關物質的焓如表所示，
物質 CO2(g) CO(g) H2O(g)
焓/kJ·mol－1 －394 －111 －242
ΔH2＝ ________kJ·mol－1。
(2)在5.0 MPa下，將5 mol CO2和16 mol H2在Cu/ZrO2催化劑作用下進行反應ⅰ和ⅱ，平衡時CH3OH和CO選擇性S[S(CH3OH或CO)＝×100%]及CO2的轉化率α隨溫度的變化如圖所示。
①表示平衡時CO2的轉化率的曲線是 ________(填“x”“y”或“z”)。
②250 ℃時，平衡體系共有0.5 mol CH3OH，則CO2的平衡轉化率＝ ________，反應ⅰ的Kx＝ ________________(Kx是以組分體積分數代替物質的量濃度表示的平衡常數，列計算式)。
③p、q兩點反應ⅰ的正反應速率大小：v正(p) ________v正(q)(填“>”“＝”或“<”)。
(3)若只發生反應ⅱ，反應的速率方程為v＝k mol·L－1·h－1，其中x表示相應氣體的物質的量分數，Kp為平衡常數(用平衡分壓代替平衡濃度計算)，k為反應的速率常數。已知平衡后x(CO2)＝x(H2)＝0.25，此時反應ⅱ的速率v＝ ________mol·L－1·h－1(用含k的代數式表示)。
(4)我國科學工作者又進一步研究了在ZnO—ZrO2催化劑上CO2加氫制甲醇的機理；其主反應歷程如圖所示(H2―→*H＋*H)。下列說法正確的是 ________(填字母)。
A．二氧化碳加氫制甲醇的過程中原子利用率達100%
B．帶*標記的物質是該反應歷程中的中間產物
C．第④步的反應式為*H＋*HO―→H2O
D．反應歷程中只有σ鍵斷裂，沒有π鍵斷裂
題型突破特訓(三)　化學反應原理綜合
1. (2024·河北唐山市二模)金屬氧化物催化氧化制備苯甲醛是近年來的研究熱點。以Fe3O4為催化劑，苯乙烯、H2O2為原料制備苯甲醛涉及的主要反應有：
反應ⅰ：(l)＋2H2O2(l)―→(l)＋HCHO(l)＋2H2O(l)　ΔH1＝－489.0 kJ·mol－1
反應ⅱ：(l)＋H2O2(l)―→(l)＋H2O(l)　ΔH2＝＋566.6 kJ·mol－1
反應ⅲ：(l)＋H2O2(l)―→(l)＋HCHO(l)＋H2O(l)　ΔH3
回答下列問題：
(1)反應ⅲ的ΔH3＝ ________kJ·mol－1。
(2)根據阿倫尼烏斯方程ln k＝－＋ln A(A為指前因子，Ea為活化能)，ln k與呈線性關系。據圖1可知反應ⅰ的活化能 ________反應ⅱ的活化能。(填“>”“＝”或“<”)
(3)實驗測得苯乙烯的轉化率與溫度的關系如圖2所示。溫度高于60 ℃，苯乙烯的轉化率下降，可能的原因是 ________________________。
(4)Fe3O4的催化反應機理如下圖所示：
以上轉化過程中，屬于氧化還原反應的是 ____________(填序號)。
(5)在V2O5－ZrO2催化下，甲苯可以實現氣相氧化制備苯甲醛。
主反應：＋O2―→＋H2O
副反應：2＋O2―→2
T ℃時，向2 L密閉容器中充入1 mol甲苯蒸氣和2 mol O2，起始壓強為p0,2 h后反應達平衡時容器內氣體總物質的量為2.9 mol，甲苯的轉化率為80%。則甲苯的平均反應速率為 ________mol·L－1·h－1，主反應的Kp＝ ________(Kp為平衡分壓代替平衡濃度的平衡常數，氣體平衡分壓＝總壓×該氣體物質的量分數，計算結果保留三位有效數字)。
【答案】　(1)－1 055.6　(2)<
(3)溫度升高，H2O2部分分解(或升溫反應ⅰ逆向移動，反應ⅱ正向移動，對反應ⅰ的影響更大)
(4)②⑥　(5)0.2　2.18
【解析】　(1)反應ⅰ－反應ⅱ可以得到反應ⅲ，所以反應ⅲ的ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－1 055.6 kJ·mol－1。(2)由公式可知，－即為斜率，所以反應ⅰ的活化能小于反應ⅱ的活化能。(3)溫度高于60 ℃，苯乙烯的轉化率下降，可能的原因是：溫度升高，H2O2部分分解(或升溫反應ⅰ逆向移動，反應ⅱ正向移動，對反應ⅰ的影響更大)。(4)有元素化合價變化的反應屬于氧化還原反應，即以上轉化過程中，屬于氧化還原反應的是②⑥。(5)向2 L密閉容器中充入1 mol甲苯蒸氣和2 mol O2，甲苯的轉化率為80%，消耗的甲苯為0.8 mol，則甲苯的平均反應速率為＝＝0.2 mol·L－1·h－1；
起始(mol) 　1 2 　 0 0
轉化(mol) 　0.8 0.8 　 0.8 0.8
平衡(mol) 　0.2 1.2 　 0.8 0.8
起始(mol) 　 0.8 1.2 　 0
轉化(mol) 　 2x x 　 2x
平衡(mol) 　 0.8－2x 1.2－x 2x
根據題目信息，則0.8－2x＋1.2－x＋2x＋0.8＋0.2＝2.9，則x＝0.1mol，根據反應前后壓強之比等于物質的量之比，＝，平衡時壓強p＝p0，則p(甲苯)＝×p0，p(苯甲醛)＝×p0，p(H2O)＝p0，p(O2)＝p0，所以主反應的Kp＝＝2.18。
2.(2024·江西南昌市二模)硅是信息產業、太陽能電池光電轉化的基礎材料。
(1)碳和硅的有關化學鍵鍵能如下所示，簡要分析和解釋下列有關事實：
化學鍵 C—C C—H Si—Si Si—H
鍵能/(kJ·mol－1) 356 413 226 318
硅與碳同族，但硅烷在種類和數量上都遠不如烷烴多，原因是 ___________ _____________________________________________________________。
(2)鋅還原四氯化硅是一種有著良好應用前景的制備硅的方法。Zn還原SiCl4的反應如下：
反應1：400～756 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(l) Si(s)＋2ZnCl2(l)　ΔH1<0
反應2：756～907 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(l) Si(s)＋2ZnCl2(g)　ΔH2<0
反應3：907～1 410 ℃，SiCl4(g)＋2Zn(g) Si(s)＋2ZnCl2(g)　ΔH3<0
①對于上述三個反應，下列說法合理的是 ________。
a．升高溫度會提高SiCl4的轉化率
b．還原過程需在無氧的氣氛中進行
c．ΔH1<ΔH2<ΔH3
d．Na、Mg可以代替Zn還原SiCl4
②實際制備過程選擇“反應3”，選擇的理由是_____________________ __________________________________________________________。
(3)工業上也可用SiHCl3制備高純硅。25 ℃時，SiHCl3相關反應的熱化學方程式和平衡常數如表：
熱化學方程式 平衡常數
2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)　ΔH1＝＋48 kJ·mol－1 K1
3SiH2Cl2(g) SiH4(g)＋2SiHCl3(g)　ΔH2＝－30 kJ·mol－1 K2
4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)　ΔH3 K3
①則該溫度下，ΔH3＝ ________kJ·mol－1；K3＝ ________(用K1和K2表示)。
②對于反應4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)，采用大孔弱堿性陰離子交換樹脂催化劑，在T1和T2時SiHCl3的轉化率隨時間變化的結果如圖所示。則T1 ________T2(填“大于”“小于”或“等于”)，T1時平衡常數K＝ ________(保留2位小數)。
③在T2下，要提高SiHCl3轉化率，可采取的措施是 _________________。
【答案】　(1)Si—Si鍵的鍵能比C—C鍵的鍵能低，難以形成較長的硅鏈；Si—H鍵的鍵能比C—H鍵的鍵能低，使得短鏈硅烷也不穩定
(2)①bd　②溫度高，反應速率快；更易于硅的分離
(3)①＋114　K·K2　②大于　0.11　③及時分離出產物
【解析】　(1)硅原子半徑大于碳，形成硅硅鍵鍵長大于碳碳鍵鍵長，使得Si—Si鍵的鍵能比C—C鍵的鍵能低，難以形成較長的硅鏈；Si—H鍵的鍵能比C—H鍵的鍵能低，也使得短鏈硅烷也不穩定，故硅烷在種類和數量上都遠不如烷烴多。(2)①a.反應均為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，導致SiCl4的轉化率降低，錯誤；b.鋅、硅都會和氧氣反應，故還原過程需在無氧的氣氛中進行，正確；c.液態氯化鋅變為氣體，導致反應放熱減少，放熱的焓變為負值，故ΔH1<ΔH2，液態鋅單質變為氣體，使反應放熱更多，故ΔH2>ΔH3，錯誤；d.Na、Mg均為活潑金屬，可以代替Zn作為還原劑，還原SiCl4，正確；故選bd；②反應3溫度高，反應速率快，且生成硅為固態而氯化鋅為氣體，更易于硅的分離，所以實際制備過程選擇“反應3”。(3)①已知：Ⅰ：2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)　ΔH1＝＋48 kJ·mol－1；Ⅱ：3SiH2Cl2(g) SiH4(g)＋2SiHCl3(g)　ΔH2＝－30 kJ·mol－1，由蓋斯定律可知，3×Ⅰ＋Ⅱ得反應：4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)，則該溫度下，ΔH3＝3×(＋48 kJ·mol－1)＋(－30 kJ·mol－1)＝＋114 kJ·mol－1；K3＝K·K2。②反應4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動且反應速率加快，SiHCl3的轉化率增大，結合圖可知，T1大于T2；T1平衡時，SiHCl3的轉化率為50%，假設投料SiHCl3 1 mol，則：
4SiHCl3(g) SiH4(g)＋3SiCl4(g)
起始(mol) 1 0 0
轉化(mol) 0.5 0.125 0.375
平衡(mol) 0.5 0.125 0.375
反應為氣體分子數不變的反應，可以用物質的量代替其濃度，則平衡常數K＝＝0.11。③T2下，及時分離出產物，可以促使反應正向進行，使得SiHCl3轉化率提高。
3. (2024·河北省重點高中三模)氙及其化合物在工業生產中有重要用途。
(1)1962年，化學家巴特利特合成了氙的第一個化合物XePtF6，其在熔化時電離出Xe＋和PtF。Xe和PtF6混合制得XePtF6的反應可以表示如下：
已知：①在標準狀態下將1 mol離子型晶體(如NaCl)拆散為1 mol氣態陽離子(Na＋)和1 mol氣態陰離子(Cl－)所需要的能量叫做晶格能，XePtF6的晶格能為458.7 kJ·mol－1。
②Xe的第一電離能為1 170.0 kJ·mol－1。
③PtF6(g)===PtF(g)　ΔH＝－771.0 kJ·mol－1。
根據以上信息，計算反應Xe(g)＋PtF6(g)===XePtF6(s)　ΔH＝ ________kJ·mol－1。
(2)不久，在三個不同實驗室里又分別合成了XeF2、XeF4、XeF6三種簡單化合物。其中一種化合物的晶體屬四方晶系，晶胞參數如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，NA表示阿伏加德羅常數的值。則該化合物的化學式為 ________，中心原子的價層電子對數為 ________，晶體密度為 ________g·cm－3。
(3)一定條件下，向恒容密閉容器中充入Xe和F2混合氣體，反應體系中存在的平衡及相應部分數據如下表所示。
已知：分壓＝總壓×該組分物質的量分數；
對于反應dD(g)＋eE(g) gG(g)＋hH(g)　K＝
其中pθ＝100 kPa，pG、pH、pD、pE為各組分的平衡分壓。
標準壓強平衡常數K反應平衡 K(523 K) K(673 K)
反應Ⅰ：Xe(g)＋F2(g) XeF2(g)　ΔH1 8.8×104 360
反應Ⅱ：Xe(g)＋2F2(g) XeF4(g)　ΔH2
反應Ⅲ：Xe(g)＋3F2(g) XeF6(g)　ΔH3 K(Ⅲ)
①ΔH1 ________0(填“>”或“<”)。為提高平衡混合物中XeF2(g)的含量，應 ________投料比x(填“增大”或“減小”)。
②673 K時充入23.77 mol Xe和45.28 mol F2，達平衡時容器內總壓強p＝2.477×103 kPa，各產物的物質的量如下表所示：
化學式 XeF2 XeF4 XeF6
物質的量/mol 3.60 19.80 0.36
則F2平衡轉化率α平(F2)＝ ________(保留三位有效數字)，K(Ⅲ) ________。
【答案】　(1)－59.7
(2)XeF2　5　
(3)①<　減小　②97.8%　36
【解析】　(1)XePtF6的晶格能為458.7 kJ·mol－1，則Xe＋形成1 mol XePtF6晶體的熱化學方程式：Xe＋(g)＋PtF(g)===XePtF6(s)　ΔH＝－458.7 kJ·mol－1；Xe的第一電離能為1 170.0 kJ·mol－1，則Xe(g)===Xe＋(g)　ΔH＝＋1 170.0 kJ·mol－1；根據蓋斯定律，Xe(g)＋PtF6(g)===XePtF6(s)　ΔH＝(－458.7＋1 170.0－771.0)kJ·mol－1＝－59.7 kJ·mol－1。(2)圖中大球的個數為8×＋1＝2，小球的個數為8×＋2＝4，根據粒子半徑的大小判斷大球應為Xe原子、小球應為F原子，大球與小球個數比是1∶2，則晶胞的化學式為XeF2；中心原子的價層電子對數為2＋＝5；該晶胞中含有2個XeF2分子，故晶胞的質量為m＝ g，晶胞的體積為V＝a2b×10－30 cm3，則密度為ρ＝＝＝ g·cm－3。(3)①根據表格數據，第一個反應的溫度升高，平衡常數K減小，說明平衡逆向移動，該反應為放熱反應，故ΔH1<0；根據表格中的三個方程式，F2比例越大，越容易轉化為XeF4或XeF6，所以應該減小投料中F2/Xe的比值；②根據反應ⅰ、ⅱ、ⅲ，達到平衡時，反應的F2物質的量為n(F2)＝3.60＋19.80×2＋0.36×3＝44.28 mol，則F2平衡轉化率α平(F2)＝×100%≈97.8%；已知，達到平衡時，各物質總物質的量n總＝[3.60＋19.80＋0.36＋(45.28－44.28)＋(23.77－23.76)]mol＝24.77 mol，反應Ⅲ的平衡常數K(Ⅲ)＝＝＝36。
4.(2024·湖南九校聯考二模)2023年杭州亞運會主火炬塔首次使用廢碳再生的“綠色甲醇”作為燃料，實現了循環內的零排放。
Ⅰ.將工業廢氣中的CO2加氫制甲醇是“碳中和”的一個重要研究方向。在催化劑作用下主要發生以下反應：
①CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.4 kJ/mol
②CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41 kJ/mol
③CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)　ΔH3
已知：甲醇的選擇性＝
(1)反應③自發進行的條件是 ________。
(2)恒溫恒容條件下，原料氣CO2(g)、H2(g)以物質的量濃度之比為1∶3投料時，控制合適條件(不考慮反應③)，甲醇的選擇性為60%。已知初始壓強為4 MPa，c(CO2)＝1.0 mol·L－1，CO2平衡轉化率為50%，則該條件下反應②的Kp＝ ________(保留三位小數)。
Ⅱ.恒壓時，將3 mol H2和1 mol CO2充入密閉容器中進行上述反應。
(3)平衡時，CO2轉化率α(CO2)、CH3OH選擇性SM、CO選擇性SCO隨溫度T變化如圖甲所示：
圖中表示SM的是曲線 ________，曲線c隨溫度升高而升高的原因是 ___________________________________________________________________。
(4)為探究原料氣中混入CO氣體對反應的影響，測得平衡時α(CO2)、平衡時CH3OH物質的量與初始CO2物質的量之比γ隨原料氣中的變化如圖乙所示。圖中隨著增大，α(CO2)降低而γ升高的原因是 ____________________ ____________________________________________________；當＝0.4時，若平衡時α(CO2)＝0.1，n(CO)＝0.15 mol，則γ＝ ________。
Ⅲ.新能源的利用對實現“碳中和”也有重要意義。搭載鈉離子電池的新能源汽車，動力充足、冬天也無需頻繁充電。第二代鈉離子電池是以硬碳(Cy)為基底材料的嵌鈉硬碳(NaxCy)和錳基高錳普魯士白Na2Mn[Mn(CN)6]為電極的一種新型二次電池，在充放電過程中，Na＋在兩個電極之間往返嵌入和脫嵌。其工作原理如圖所示。
(5)若用該鈉離子電池給鉛酸蓄電池充電，普魯士白電極連接 ________(填“Pb”或“PbO2”)極，鈉離子電池負極的電極反應式為 ________。
【答案】　(1)低溫　(2)0.105
(3)b　線c表示的是SCO，反應①、③均為放熱反應，反應②為吸熱反應，溫度升高，反應①、③逆向移動，反應②正向移動，CO的選擇性變大
(4)增大，與CO反應的H2變多，與CO2反應的H2變少，所以α(CO2)降低；增大，更有利于反應③的正向進行，產生CH3OH變多，所以γ升高　0.35
(5)PbO2　NaxCy－xe－===Cy＋xNa＋
【解析】　(1)由蓋斯定律可知，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－90.4 kJ/mol；反應③是氣體體積減小的放熱反應，當ΔH－TΔS<0時反應能自發進行，則該反應自發進行的條件是低溫。
(2)設容積為1 L，根據已知條件列出“三段式”
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
初始/mol 1 3 0 0
轉化/mol x 3x x x
平衡/mol 1－x 3－3x x x
CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)
起始/mol 1－x 3－3x 0 x
轉化/mol y y y y
平衡/mol 1－x－y 3－3x－y y x＋y
甲醇的選擇性為×100%＝60%，CO2平衡轉化率為×100%＝50%，解得x＝0.3 mol，y＝0.2 mol，則平衡壓強為4 MPa×＝3.4 MPa，該條件下反應②Kp＝＝＝0.105。(3)由于SM＋SCO＝1，而隨著溫度的升高，SM降低，所以表示SM的是曲線b。表示SCO的是曲線c，反應①、③均為放熱反應，反應②為吸熱反應，溫度升高，反應①、③逆向移動，反應②正向移動，CO的選擇性變大，故曲線c隨溫度的升高而升高。(4)增大，與CO反應的H2變多，與CO2反應的H2變少，所以α(CO2)降低；增大，更有利于反應③的正向進行，產生CH3OH變多，所以γ升高。初始3 mol H2和1 mol CO2，＝0.4，n(CO)＝0.4 mol。平衡狀態時α(CO2)＝0.1，所以n(CO2)＝1 mol×(1－0.1)＝0.9 mol，n(CO)＝0.15 mol，根據碳元素守恒，n(CH3OH)＝(1＋0.4－0.9－0.15)mol＝0.35 mol，所以γ＝0.35。(5)普魯士白為正極，給鉛酸蓄電池充電時，連接鉛酸蓄電池的PbO2電極，負極為嵌鈉硬碳，電極反應式為NaxCy－xe－===Cy＋xNa＋。
5. (2024·河北石家莊市三模)短鏈烴是重要的化工原料，也是衡量國家化工水平的重要指標之一。
Ⅰ.丙烷制烯烴的反應有
ⅰ.C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)　ΔH1
ⅱ.C3H8(g)===C2H4(g)＋CH4(g)　ΔH2＝＋82 kJ·mol－1
已知：共價鍵的鍵能如表所示：
共價鍵 C—H C—C C===C H—H
鍵能/kJ·mol－1 413 347 613 436
回答下列問題：
(1)ΔH1＝ ________kJ·mol－1。
(2)一定溫度下，在恒容密閉容器中充入C3H8(g)發生反應ⅰ和ⅱ，下列事實能說明該反應達到平衡狀態的是 ________(填字母)。
A．容器內混合氣體的平均相對分子質量不再變化
B.的值保持不變
C．v正(C3H8)＝v逆(C3H6)
D．C2H4(g)和CH4(g)的物質的量之比保持不變
(3)在溫度為600 ℃、起始壓強為700 kPa的恒溫恒容密閉容器中充入C3H8(g)發生反應ⅰ和ⅱ，達到平衡后CH4(g)、C3H6(g)的體積分數均為15%；
①反應ⅰ的分壓平衡常數為Kp1＝ ________kPa。
②若其他條件不變，該反應在恒容絕熱容器中進行，測得平衡時CH4(g)的體積分數大于C3H6(g)，則此時反應ⅰ和ⅱ的分壓平衡常數：Kp1′ ________Kp2′(填“>”“<”或“＝”)。
(4)C3H8(g)在催化劑Cr2O3/Al2O3表面制C3H6(g)的部分反應機理如圖所示．從元素電負性角度解釋步驟1能發生反應的原因為 _______________________ _________________________________________________。
Ⅱ.丙烷、甲醇共進料時，除發生反應ⅰ和ⅱ外，還發生反應：
ⅲ.C3H8(g)＋CH3OH(g)===CO(g)＋3CH4(g)　ΔH＝－29 kJ·mol－1
(5)平衡體系中C3H6(g)、C2H4(g)、CH4(g)和CO(g)在含碳微粒中的物質的量分數隨不同投料比L＝的變化關系如圖所示，其中代表C2H4(g)的變化曲線為 ________(填字母)。
(6)在恒容密閉容器中充入C3H8(g)和CH3OH(g)發生反應，平衡體系中c(CH4)隨溫度的升高先減小后增大，解釋其原因為 ________________________________ ________________________________________。
【答案】　(1)＋124 kJ·mol－1
(2)AB　(3)①56.25或　②＜
(4)C的電負性大于H，O的電負性大于Cr，顯負電的C與顯正電的Cr成鍵，顯正電的H與顯負電的O成鍵
(5)c
(6)反應ⅱ為吸熱反應，反應ⅲ為放熱反應，升高溫度反應ⅱ正向移動，反應ⅲ逆向移動，開始時反應ⅲ占主導，溫度升高到一定程度后反應ⅱ占主導
【解析】　(1)ΔH1＝反應物的總鍵能－生成物的總鍵能＝347×2＋8×413－613－347－6×413－436＝＋124 kJ·mol－1。(2)無論反應ⅰ還是ⅱ，氣體質量不變，n可變，說明平均相對分子質量是一個可變的值，不再發生變化，說明達到平衡狀態，A正確；＝，當Q不變時，說明Q＝K，達到了平衡狀態，B正確；C3H8參加了兩個反應，而C3H6只存在于一個反應，不能說明達到平衡狀態，C錯誤；C2H4(g)和CH4(g)在任何時刻物質的量都是按1∶1生成，不能說明達到了平衡狀態，D錯誤；故選AB。(3)①體積分數＝物質的量分數，甲烷的體積分數等于乙烯的體積分數，丙烯的體積分數等于氫氣的體積分數，則C3H8的體積分數為100%－15%－15%－15%－15%＝40%，則平衡時的壓強＝＝1 000 kPa，則p(C3H8)＝1 000×40%＝400 kPa，p(C3H6)＝p(H2)＝15%×1 000＝150 kPa，Kp1＝＝56.25 kPa；②由①分析可知恒溫恒容條件下，Kp1＝Kp2，恒容絕熱容器中CH4(g)體積分數大于C3H6(g)，則可知Kp1′6.(2024·遼寧部分高中三模)利用介孔限域催化溫室氣體CO2加氫制甲醇，再通過甲醇制備燃料和化工原料等，是解決能源問題與實現雙碳目標的主要技術之一，反應如下：
ⅰ.CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.4 kJ·mol－1
ⅱ.CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2
(1)穩定單質的焓(H)為0，有關物質的焓如表所示，
物質 CO2(g) CO(g) H2O(g)
焓/kJ·mol－1 －394 －111 －242
ΔH2＝ ________kJ·mol－1。
(2)在5.0 MPa下，將5 mol CO2和16 mol H2在Cu/ZrO2催化劑作用下進行反應ⅰ和ⅱ，平衡時CH3OH和CO選擇性S[S(CH3OH或CO)＝×100%]及CO2的轉化率α隨溫度的變化如圖所示。
①表示平衡時CO2的轉化率的曲線是 ________(填“x”“y”或“z”)。
②250 ℃時，平衡體系共有0.5 mol CH3OH，則CO2的平衡轉化率＝ ________，反應ⅰ的Kx＝ ________________(Kx是以組分體積分數代替物質的量濃度表示的平衡常數，列計算式)。
③p、q兩點反應ⅰ的正反應速率大小：v正(p) ________v正(q)(填“>”“＝”或“<”)。
(3)若只發生反應ⅱ，反應的速率方程為v＝k mol·L－1·h－1，其中x表示相應氣體的物質的量分數，Kp為平衡常數(用平衡分壓代替平衡濃度計算)，k為反應的速率常數。已知平衡后x(CO2)＝x(H2)＝0.25，此時反應ⅱ的速率v＝ ________mol·L－1·h－1(用含k的代數式表示)。
(4)我國科學工作者又進一步研究了在ZnO—ZrO2催化劑上CO2加氫制甲醇的機理；其主反應歷程如圖所示(H2―→*H＋*H)。下列說法正確的是 ________(填字母)。
A．二氧化碳加氫制甲醇的過程中原子利用率達100%
B．帶*標記的物質是該反應歷程中的中間產物
C．第④步的反應式為*H＋*HO―→H2O
D．反應歷程中只有σ鍵斷裂，沒有π鍵斷裂
【答案】　(1)＋41
(2)①z　②20%　　③＜
(3)0.062 5k
(4)BC
【解析】　(1)焓變為生成物與反應物焓值差，根據題干信息，穩定單質的焓(H)為0，結合各物質焓可知，ΔH2＝[(－111)＋(－242)]kJ·mol－1－(－394)kJ·mol－1＝＋41 kJ·mol－1。(2)①反應ⅰ為放熱反應，反應ⅱ為吸熱反應，升高溫度，反應ⅰ逆向移動，反應ⅱ正向移動，二氧化碳轉化率受兩個反應影響，溫度高于250 ℃時，以反應ⅱ為主，隨溫度升高，平衡正向移動，溫度低于250 ℃時，以反應ⅰ為主，隨溫度升高，平衡逆向移動，所以表示平衡時CO2的轉化率的曲線是z；②250 ℃時，平衡體系共有0.5 mol CH3OH，結合圖像可知，選擇性S＝50%，說明此時Δn(CO2)＝1 mol，其平衡轉化率：×100%＝20%：
CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)
轉化/mol 0.5 1.5 0.5 0.5
CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)
轉化/mol 0.5 0.5 0.5 0.5
平衡時二氧化碳物質的量：4 mol，氫氣物質的量：14 mol，水物質的量：1 mol，一氧化碳物質的量：0.5 mol，甲醇物質的量0.5 mol，總物質的量：20 mol，則Kx＝；③根據圖像，p點位于曲線y之上，q點位于曲線y之下，則p、q兩點反應ⅰ的正反應速率大小：v正(p)題型突破三　化學反應原理綜合
●題型功能
1.能力考查：考查學生信息獲取與加工、邏輯推理與論證和批判性思維能力；能識別、轉化、提取圖像中的各種信息，能夠理清復雜動態變化體系中各種物質的關系；結合所學基本原理和基礎知識進行分析與推測、歸納與論證、探究與創新，并進行有關計算等。
2.熱點考查：熱方程式的正誤判斷及蓋斯定律的應用；對陌生的圖像、圖表的辨識、分析與應用；分析最佳反應條件并進行有關化學反應速率、化學平衡常數、反應物轉化率或產物產率等方面的計算、比較、分析與解釋，電化學中電極反應式的書寫及相關計算與分析。
●題型情境
多以化工生產中的實際工業反應為素材，以生產環境、學術探索情境，體現化學在生產生活中的應用。
●題型結構
●命題趨勢
化學反應原理綜合題主要考查學生利用原理解決實際問題的能力，考查點多面廣，有高度有深度，綜合性強度高。試題體現了專題和板塊高度融合，尤其是與有機化學模塊融合最大。
有機＋原理型
1
題型
1. (2024·河北選考)氯氣是一種重要的基礎化工原料，廣泛應用于含氯化工產品的生產。硫酰氯及1,4-二(氯甲基)苯等可通過氯化反應制備。
(1)硫酰氯常用作氯化劑和氯磺化劑，工業上制備原理如下：
2024真題賞析
①若正反應的活化能為E正 kJ·mol－1，則逆反應的活化能E逆＝ ________________kJ·mol－1(用含E正的代數式表示)。
②恒容密閉容器中按不同進料比充入SO2(g)和Cl2(g)，測定T1、T2、T3溫度下體系達平衡時的Δp(Δp＝p0－p，p0為體系初始壓強，p0＝ 240 kPa，p為體系平衡壓強)，結果如圖。
上圖中溫度由高到低的順序為 _____ ___________，判斷依據為 ___________。M點Cl2的轉化率為 ________，T1溫度下用分壓表示的平衡常數Kp＝_______kPa－1。
③下圖曲線中能準確表示T1溫度下Δp隨進料比變化的是 ________ (填序號)。
?
根據“等效平衡”原理，該反應中SO2和Cl2的化學計量數之比為1∶1，則SO2和Cl2的進料比互為倒數(如2與0.5)時，Δp相等
(2)1,4-二(氯甲基)苯(D)是有機合成中的重要中間體，可由對二甲苯(X)的氯化反應合成。對二甲苯淺度氯化時反應過程為
以上各反應的速率方程均可表示為v＝kc(A)c(B)，其中c(A)、c(B)分別為各反應中對應反應物的濃度，k為速率常數(k1～k5分別對應反應①～⑤)。某溫度下，反應器中加入一定量的X，保持體系中氯氣濃度恒定(反應體系體積變化忽略不計)，測定不同時刻相關物質的濃度。
已知該溫度下，k1∶k2∶k3∶k4∶k5＝100∶21∶7∶4∶23。
①30 min時，c(X)＝6.80 mol·L－1，且30～60 min內v(X)＝ 0.042 mol·L－1·min－1，反應進行到60 min時，c(X)＝_______mol·L－1。
【答案】(1)①E正＋67.59　②T3>T2>T1　該反應正反應放熱，且氣體分子數減小，反應正向進行時，容器內壓強減小，從T3到T1平衡時Δp增大，說明反應正向進行程度逐漸增大，對應溫度逐漸降低　75%　0.03　③D
(2)①5.54　②0.033　增大
【解析】　(1)①根據反應熱ΔH與活化能E正，E逆的關系為ΔH＝正反應活化能－逆反應活化能可知，該反應的E逆＝E正 kJ·mol－1－ΔH＝ (E正＋67.59)kJ·mol－1。②該反應的正反應為氣體體積減小的反應，因此反應正向進行程度越大，平衡時容器內壓強越小，Δp即越大。從T3到T1，Δp增大，說明反應正向進行程度逐漸增大，已知正反應為放熱反應，則溫度由T3到T1逐漸降低，即T3>T2>T1。由題圖甲中M點可知，進料比為n(SO2)∶n(Cl2)＝2，平衡時Δp＝60 kPa，已知恒溫恒容情況下，容器內氣體物質的量之比等于壓強之比，可據此列出“三段式”。
無機＋原理型
2
題型
2. (2024·湖北選考)用BaCO3和焦炭為原料，經反應Ⅰ、Ⅱ得到BaC2，再制備乙炔是我國科研人員提出的綠色環保新路線。
回答下列問題：
(1)寫出BaC2與水反應的化學方程式 __________________。
(3)恒壓容器中，焦炭與BaCO3的物質的量之比為4∶1，Ar為載氣。1 400 K和1 823 K下，BaC2產率隨時間的關系曲線依實驗數據擬合得到圖2(不考慮接觸面積的影響)。
①初始溫度為900 K，緩慢加熱至1 400 K時，實驗表明BaCO3已全部消耗，此時反應體系中含Ba物種為 ________。
②1 823 K下，反應速率的變化特點為 ______________，其原因是 __________________________________________________。
【答案】　(1)BaC2＋2H2O―→Ba(OH)2＋HC≡CH↑
(2)①1016　②105　105
(3)①BaO　②速率不變至BaC2產率接近100%　原因見解析
【思維模型】　 化學平衡移動問題分析流程
突破點1　反應中的能量變化
規律方法整合　建模型
強基培優精練　提能力
考前名校押題　練預測
高考真題賞析　明考向
1. (2024·廣東選考節選)酸在多種反應中具有廣泛應用，其性能通常與酸的強度密切相關。酸催化下NaNO2與NH4Cl混合溶液的反應(反應a)，可用于石油開采中油路解堵。
①基態N原子價層電子的軌道表示式為 _________________。
2. (2023·河北選考)氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性質以及氮的循環利用對解決環境和能源問題都具有重要意義。
已知：1 mol物質中的化學鍵斷裂時所需能量如下表。
物質 N2(g) O2(g) NO(g)
能量/kJ 945 498 631
回答下列問題：
(1)恒溫下，將1 mol空氣(N2和O2的體積分數分別為0.78和0.21，其余為惰性組分)置于容積為V L的恒容密閉容器中，假設體系中只存在如下兩個反應：
(2)①以空氣中的氮氣為原料電解合成氨時，N2在 ________(填“陰”或“陽”)極上發生反應，產生NH3。
②氨燃料電池和氫燃料電池產生相同電量時，理論上消耗NH3和H2的質量比為17∶3，則在堿性介質中氨燃料電池負極的電極反應式為 _____________。
?
電解制備氨氣，氮氣和氫氣分別在陰極和陽極上放電合成氨氣，其內電路多為傳導氫離子的陶瓷
【答案】　(1)181　(2)①陰　②2NH3＋6OH－－6e－===N2＋6H2O
【解析】　(1)①ΔH1＝反應物總鍵能－生成物總鍵能＝(945 kJ·mol－1＋498 kJ·mol－1)－2×631 kJ·mol－1＝＋181 kJ·mol－1。(2)①N2生成NH3，化合價降低，得電子，發生還原反應，則N2在陰極反應；②燃料電池中，氨氣作負極發生氧化反應，生成N2，生成1個N2轉移6個電子，在堿性條件下發生，2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O。
?化學反應與焓變
1.書寫熱化學方程式的“五環節”
2.焓變計算
?有機化合物的電化學合成
1.電化學合成技術是用電子代替會造成環境污染的氧化劑和還原劑，在溫和條件下制備高附加值的有機化合物產品，分為直接有機電合成和間接有機電合成兩種類型。
(1)直接有機電合成：有機合成反應直接在電解池的兩電極通過氧化反應、還原反應完成。
(2)間接有機電合成：有機化合物的氧化反應(或還原反應)，仍采用氧化劑(或還原劑)，用傳統的化學方法進行，但氧化劑(或還原劑)在反應后以電化學方法(電解氧化或電解還原)再生后反復使用。
2.電化學合成有機化合物應用示例。
【思維模型】　 利用蓋斯定律計算焓變思維模型
1. (2024·河北邯鄲二模)一氯甲烷廣泛用作溶劑、提取劑、推進劑、制冷劑、甲基化試劑，用于生產農藥、醫藥等。600 K時，CH3Cl和H2O作用生成CH3OH，CH3OH可繼續反應生成(CH3)2O。反應原理如下：
化學鍵 C—Cl C—H C—O H—Cl H—O
鍵能/(kJ·mol－1) 331 414 343 429 460
則ΔH1＝________kJ·mol－1。
(2)甲醇也可通過電化學方法由甲烷直接制得，裝置如右圖所示：
已知，電解生成甲醇的過程分3步：
①通電時，氯離子先轉化成高活性的原子氯(Cl·)；②Cl·與吸附在電極上的CH4反應生成HCl和CH3Cl；③在堿性電解液中，CH3Cl轉化為目標產物CH3OH。當步驟①有2 mol Cl·生成時，外電路中轉移的電子數為 ________(用含NA的代數式表示)。陰極的電極反應為 ________。
【答案】　(1)＋19　(2)2NA　2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
【解析】　(1)利用反應物鍵能之和減去生成物鍵能之和即可，故ΔH1＝(331＋414×3＋460×2－414×3－343－460－429)kJ·mol－1＝ ＋19 kJ·mol－1。(2)陽極發生反應：Cl－－e－===Cl·，根據電極方程式可知，Cl·～e－，即有2 mol Cl·生成時，外電路中轉移2 mol電子，則轉移電子數為2NA；陰極的電極反應為2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。
2. (2024·河北石家莊市二模)烯丙醇是生產甘油、醫藥、農藥、香料和化妝品的中間體。已知烯丙醇與水在一定條件下發生加成反應的原理如下：
已知：相關物質在298 K時的標準摩爾生成焓(101 kPa時，該溫度下由最穩定單質生成1 mol某純物質的焓變)如下表所示：
物質 CH2==CHCH2OH(g) H2O(g) HOCH2CH2CH2OH(g) CH3CH(OH)CH2OH(g)
標準摩爾生成焓/(kJ/mol) －171.8 －241.8 －464.9 －485.7
(2)烯丙醇的電氧化過程有重要應用。其在陽極放電時，同時存在三種電極反應(烯丙醇→丙烯酸、烯丙醇→丙烯醛、烯丙醇→丙二酸)，各反應決速步驟的活化能如下表所示。
反應 烯丙醇→丙烯酸 烯丙醇→丙烯醛 烯丙醇→丙二酸
活化能(單位：eV) 8.6a 2.5a 13.7a
①該條件下，相同時間內，陽極產物中含量最多的為 ________。
②堿性條件下，烯丙醇在電極上生成丙烯醛(CH2===CHCHO)的電極反應式為 __________________________________________。
【答案】　(1)－72.1　>　(2)①丙烯醛　②CH2==CHCH2OH－2e－＋2OH－―→CH2===CHCHO＋2H2O
【解析】　(1)由題意可知，反應Ⅱ的反應熱ΔH2＝(－485.7 kJ/mol)－[(－171.8 kJ/mol)＋(－241.8 kJ/mol)]＝－72.1 kJ/mol，同理可知反應Ⅰ的反應熱ΔH1＝－51.3 kJ/mol；同種物質由液態到氣態是熵增加的過程，則熵變ΔS1大于ΔS1′。(2)①反應的活化能越大，反應速率越慢，由表格數據可知，陽極放電時，烯丙醇轉化為丙烯醛的活化能最小，反應速率最快，所以相同時間內，陽極產物中含量最多的為丙烯醛；②由題意可知，堿性條件下，烯丙醇在陽極失去電子發生氧化反應生成丙烯醛，電極反應式為CH2===CHCH2OH－2e－＋2OH－―→CH2===CHCHO＋2H2O。
3. (2024·湖南衡陽市二模)低碳烯烴是重要的化工原料。回答下列問題：
Ⅰ.我國科學家研究出新型催化劑Fe3(CO)12/ZMS-5，能使CO2加氫生成乙烯，反應過程如圖所示：
(1)Fe3(CO)12催化CO2加氫的反應由反應①和反應②兩步完成，反應①的活化能E1＞反應②的活化能E2，則Fe3(CO)12催化CO2加氫反應的決速步驟是 ________(填“反應①”或“反應②”)。反應③為解聚、 烯烴異構化反應，烯烴異構化是指改變烯烴結構而相對分子質量不變的反
應過程，化工生產中的下列烯烴能發生異構化反應的是 ________(填字母)。
?
即化學鍵重排，是一種同分異構體形式
A．乙烯　　　　　　 B．2-甲基丙烯
C．2,3-二甲基-1-丁烯
Ⅱ.丙烯作為化工原料，其用量僅次于乙烯，應用丙烷脫氫制丙烯成為丙烯的重要來源，涉及的主要反應如下：
【答案】　(1)反應①　BC　(2)＋548.5
4. (2024·湖北武漢二模)丙烯是一種重要的化工原料。利用丙烷脫氫制備丙烯的原理為：
回答下列問題：
(1)各化學鍵的鍵能如表所示，則ΔH1＝________kJ·mol－1。
化學鍵 C—H C—C(π鍵) H—H
鍵能(kJ·mol－1) 413 271 436
(2)計算機模擬直接脫氫的反應歷程如圖所示：
①基元反應速率大小：第一步 ________(填“>”“<”或“＝”)第二步。
②依據該歷程圖推測丙烷脫氫可能會產生的副產物為 ________(填分子式)。
【答案】　(1)＋119　(2)①<　②C6H14
回答下列問題：
(1)合成氣制乙烯的反應：ΔH＝____kJ·mol－1，該反應的ΔS ________0(填“>”“<”或“＝”)，在 ________情況下有利于該反應自發進行。
(2)我國科學家成功實現了用電催化CO高選擇性直接制備乙烯，該方法的工作原理如圖所示。陰極材料為優化的銅基催化劑。寫出陰極的電極反應式： _________________________電解的總反應化學方程式為 ______________________。
【答案】　(1)－231　<　低溫
2. (2024·江西師大附中三模節選)乙醇被廣泛應用于能源、化工、食品等領域，工業上可用以下兩種方法制備乙醇。
(1)活化能Ea(正) ________Ea(逆)(填“>”或“<”)。
(2)乙酸甲酯(CH3COOCH3)催化加氫制取乙醇。包括以下主要反應：
已知CH3COOCH3、H2、C2H5OH、CH3OH的燃燒熱分別為1 593.4 kJ/mol,285.8 kJ/mol,1 366.8 kJ/mol,725.8 kJ/mol，ΔH1＝________。
(3)研究發現，在酸性乙醇燃料電池中加入硝酸，可使電池持續大電流放電，工作原理如圖。
①負極的電極反應式為 __________________________。
②當向正極通入1 mol O2且全部被消耗時，理論上正負極溶液質量變化的絕對值之差為 ________g(保留兩位小數)。
【答案】　(1)<　(2)－72.4 kJ/mol　(3)①C2H5OH＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋　②2.67
【解析】　(1)根據圖表可知，溫度升高二氧化碳平衡轉化率下降，平衡逆向移動，故逆反應吸熱，正反應放熱，ΔH＝Ea(正)－Ea(逆)<0，活化能Ea(正)12e－===2CO2↑＋12H＋；②1 mol O2被消耗，轉移電子4 mol，根據正極電極反應式O2＋4H＋＋4e－===2H2O，正極溶液增加1 mol O2和4 mol H＋，質量為32＋4＝36 g；根據負極電極反應，轉移12 mol電子生成 2 mol CO2和12 mol H＋，氫離子通過質子交換膜進入正極區，減少質量88＋12＝100 g，故轉移4 mol電子減少質量33.33 g，理論上正負極溶液質量變化的絕對值之差為36 g－33.33 g＝2.67 g。(共56張PPT)
題型突破三　化學反應原理綜合
突破點2　平衡中的各種計算
規律方法整合　建模型
強基培優精練　提能力
考前名校押題　練預測
高考真題賞析　明考向
1. (2024·廣東選考節選)酸在多種反應中具有廣泛應用，其性能通常與酸的強度密切相關。
(1)酸催化下NaNO2與NH4Cl混合溶液的反應(反應a)，可用于石油開采中油路解堵。
②某小組研究了3種酸對反應a的催化作用。在相同條件下，向反應體系中滴加等物質的量的少量酸，測得體系的溫度T隨時間t的變化如圖1。
據圖可知，在該過程中 ________。
A．催化劑酸性增強，可增大反應焓變
B．催化劑酸性增強，有利于提高反應速率
C．催化劑分子中含H越多，越有利于加速反應
D．反應速率并不始終隨著反應物濃度下降而減小
(2)在非水溶劑中，將CO2轉化為化合物ⅱ(一種重要的電子化學品)的催化機理示意圖如圖2，其中的催化劑有 ________和 ________。
(3)在非水溶劑中研究弱酸的電離平衡具有重要科學價值。一定溫度下，某研究組通過分光光度法測定了兩種一元弱酸HX(X為A或B)在某非水溶劑中的Ka。
a．選擇合適的指示劑HIn，Ka(HIn)＝3.6×10－20；其鉀鹽為KIn。
已知：該溶劑本身不電離，鉀鹽在該溶劑中完全電離。
①計算Ka(HA) ________。(寫出計算過程，結果保留兩位有效數字)
②在該溶劑中，Ka(HB)______Ka(HA)；Ka(HB)_______Ka(HIn)。(填“>”“<”或“＝”)
【答案】　(1)BD　(2)AcOH　KI　(3)①4.0×10－21　②＞　＞
【解析】　(1)催化劑不能改變反應的焓變，A項錯誤；由圖示可知，酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，催化劑酸性增強，反應速率提高，B項正確；一個硫酸分子中含有2個H，一個磷酸分子中含有3個H，一個乙酸分子中含有4個H，但含H最少的硫酸催化時，最有利于加速反應，C項錯誤；由圖示可知，反應開始一段時間，反應物濃度減小，但反應速率加快，反應速率并不始終隨著反應物濃度下降而減小，D項正確；故選BD。(2)催化劑參與化學反應，但反應前后質量和化學性質并未改變，由催化機理示意圖可知，催化劑有AcOH和KI。(3)①由變化曲線圖
2. (2023·河北選考)氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性質以及氮的循環利用對解決環境和能源問題都具有重要意義。
(1)恒溫下，將1 mol空氣(N2和O2的體積分數分別為0.78和0.21，其余為惰性組分)置于容積為V L的恒容密閉容器中，假設體系中只存在如下兩個反應：
①以下操作可以降低上述平衡體系中NO濃度的有________(填標號)。
A．縮小體積　　　 B．升高溫度
C．移除NO2　　　 D．降低N2濃度
②若上述平衡體系中c(NO2)＝a mol·L－1，c(NO)＝b mol·L－1，則c(O2)＝________mol·L－1，K1＝________(寫出含a、b、V的計算式)。
(2)氫氣催化還原NOx作為一種高效環保的脫硝技術備受關注。高溫下氫氣還原NO反應的速率方程為v＝kcx(NO)cy(H2)，k為速率常數。在一定溫度下改變體系中各物質濃度，測定結果如下表。
組號 c(NO)/(mol·L－1) c(H2)/(mol·L－1) v/(mol·L－1·s－1)
1 0.10 0.10 r
2 0.10 0.20 2r
3 0.20 0.10 4r
4 0.05 0.30 ？
表中第4組的反應速率為________mol·L－1·s－1。(寫出含r的表達式)
【解析】　(1)①縮小體積，所有物質濃度均增大，A不符合題意；升高溫度，平衡向著吸熱方向進行，反應i為吸熱反應，則升溫平衡正向進行，NO濃度增大，B不符合題意；移除NO2，平衡ii向正向進行，NO濃度降低，C符合題意；降低N2濃度，平衡逆向進行，消耗NO，NO濃度降低，D符合題意；②根據三段式
回答下列問題：
(3)下列措施既能提高反應物的平衡轉化率，又能增大生成C40H10的反應速率的是________(填標號)。
a．升高溫度　　　　　　　 b．增大壓強
c．加入催化劑
案為：在反應過程中，斷裂和形成的化學鍵相同。(3)由反應歷程可知，該反應為吸熱反應，升溫，反應正向進行，提高了平衡轉化率反應速率也加快，a符合題意；由化學方程式可知，該反應為正向體積增大的反應，加壓，反應逆向進行，降低了平衡轉化率，b不符合題意；加入催化劑，平衡不移動，不能提高平衡轉化率，c不符合題意。
?化學平衡常數的換算
1.同一可逆反應中，K正·K逆＝1。
?“三段式”分析突破反應速率和平衡的有關計算
1.根據題意在反應的下方確定或設定有關起始量、轉化量和平衡量(這里的量可以是物質的量、物質的量濃度、分壓等)。
2.根據題中所求的物理量的表示式代入上述有關量進行換算或計算。在進行有關計算時，要注意對單位的要求。
?
多種不同形式的平衡常數表達式含義要弄清
【思維模型】
1.Kp的計算流程(數據通常來自圖像或表格)
2.原子守恒法解答多平衡體系中平衡常數思路
1. (2024·河北石家莊二模)烯丙醇是生產甘油、醫藥、農藥、香料和化妝品的中間體。已知烯丙醇與水在一定條件下發生加成反應的原理如下：
(1)若向絕熱恒容容器中加入CH2===CHCH2OH(g)和H2O(g)，發生反應Ⅰ和Ⅱ，下列事實不能說明體系達到平衡狀態的是________(填選項字母)。
A．容器內氣體的壓強不變
B．容器內溫度不變
C．容器內氣體的密度不變
D．容器內氣體的平均相對分子質量不變
(3)溫度為T時，向壓強為300 kPa的恒壓密閉容器中，按1∶1∶1的體積比充入CH2===CHCH2OH(g)、H2O(g)和He(g)，達到平衡時CH3CH(OH)CH2OH(g)、HOCH2CH2CH2OH(g)和He(g)的分壓分別為100 kPa、20 kPa和140 kPa。
①該溫度下，反應Ⅱ的壓強平衡常數Kp＝________。
②若其他條件不變，初始時不充入He(g)，而是按1∶1的體積比充入CH2===CHCH2OH(g)和H2O(g)，達到新平衡時，H2O(g)的轉化率將________(填“增大”“減小”或“不變”)，解釋其原因為_________________________________________________。
【答案】　(1)C　(2)L2　L1　(3)①0.25 kPa－1　②增大　反應Ⅰ和Ⅱ都是正向為氣體體積減小的反應，增大反應物的分壓，平衡正向移動，轉化率增大
【解析】　(1)反應Ⅰ和Ⅱ都是氣體體積減小的反應，反應中容器內氣體的壓強減小，則容器內壓強保持不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故A不符合題意；反應Ⅰ和Ⅱ都是放熱反應，反應中絕熱恒容容器內溫度升高，則容器內溫度不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故B不符合題意；由質量守恒定律可知，反應前后氣體的質量相等，在恒容密閉容器中混合氣體的密度始終不變，則混合氣體的
密度保持不變不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故C符合題意；由質量守恒定律可知，反應前后氣體的質量相等，反應Ⅰ和Ⅱ都是氣體體積減小的反應，反應中容器內氣體的平均相對分子質量增大，則容器內氣體的平均相對分子質量不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故D不符合題意。(2)反應Ⅰ和Ⅱ都是放熱反應，由方程可知，溫度升高，反應的壓強平衡常數都減小；相同溫度時，放熱反應的焓變越大，反應的壓強平衡常數越小，則曲線L2表示反應Ⅰ的壓強平衡常數與溫度的關系、曲線L1表示反應Ⅱ的壓強平衡常數與溫度的關系。(3)溫度為T時，向壓強為300 kPa的恒壓密閉容器中，按1∶1∶1的體積比充入CH2===CHCH2OH(g)、H2O(g)和He(g)，達到平
2. (2024·湖北武漢二模)丙烯是一種重要的化工原料。利用丙烷脫氫制備丙烯的原理為：
(1)一種提高丙烷轉化率的催化劑—膜系統，能讓部分氫氣透過膜后與反應體系分離，其工作原理如圖所示：
?
創新裝置可以改變丙烷的轉化率，符合平衡移動規律
①該系統能提高丙烷轉化率的原因為_______________________。
②在T、p0條件下，1 mol丙烷通入無膜反應器，丙烷的平衡轉化率為50%，該反應的壓強平衡常數Kp＝________；在相同條件下，若換成如圖所示有膜反應器，丙烷的平衡轉化率為75%，則相同時間內出口a和出口b的氫氣質量之比為________。
(2)丙烯還可通過丙烷氧化脫氫的方法制備，其原理為：
相比直接脫氫，氧化脫氫制備丙烯的優點為_________________，缺點為__________________________________(各寫1點即可)。
【解析】　(1)①由圖可知，Ar吹掃能分離出部分氫氣，生成物濃度減小，平衡向正反應方向移動，丙烷轉化率增大；②由題意可知，丙烷的平衡轉化率為50%，由方程式可知，平衡時丙烷、丙烯、氫氣的物質的量為1 mol－1 mol×50%＝0.5 mol、1 mol×50%＝0.5 mol、1 mol×
b的氫氣質量之比為0.125 mol×2 g·mol－1∶(0.75－0.125)mol×2 g·mol－1＝1∶5。(2)相比直接脫氫，氧化脫氫的優點是生成的水蒸氣容易分離，使平衡向正反應方向移動，有利于增大丙烷轉化率；缺點是催化劑作用下丙烷可能與通入的氧氣發生副反應，導致丙烯的產率降低。
1. (2024·河北張家口市三模節選)在催化劑的作用下H2與CO發生如下兩個反應：
表中數據表明，在相同溫度下，使用不同的催化劑時CO轉化率不同的原因是________________________________________________。
催化劑 乙烯選擇性(%) CO轉化率(%)
Fe—Mo—cat 46.3 23.5
Fe基復合催化劑 26.8 33.8
碳納米管限域催化 58.2 43.5
【答案】　(1)未達到平衡，不同的催化劑對CO反應的催化能力不同　(2)62.5%
2. (2024·江西師大附中三模節選)乙醇被廣泛應用于能源、化工、食品等領域，工業上可用以下兩種方法制備乙醇。
(1)若在恒容絕熱的容器中發生該反應，下列情況下反應一定達到平衡狀態的是________(填序號)。
A．容器內CO2和H2體積比不再改變
B．容器內氣體密度不再改變
C．容器內溫度不再發生改變
D．斷開C==O鍵與斷開O—H鍵的數目之比為2∶3
Ⅱ.乙酸甲酯(CH3COOCH3)催化加氫制取乙醇。包括以下主要反應：
(3)T ℃時在1 L密閉容器內通入1 mol CH3COOCH3和3 mol H2，初始壓強為100 MPa，發生反應①和②，達到平衡時體系壓強變成90 MPa，且H2的分壓為CH3COOCH3分壓的5倍，反應①的平衡常數Kp＝________MPa－1。
【答案】　(1)AC　(2)氫酯比小于8，乙酸甲酯及H2均有較大的吸附率，增大氫酯比，H2的吸附率增大，使乙酸甲酯轉化率增大(或增大氫酯比，平衡正向移動，乙酸甲酯轉化率增大)；氫酯比大于8，大量的H2吸附在催化劑的表面，阻礙了催化劑吸附乙酸甲酯，導致乙酸甲酯的轉化率減小　(3)0.006
【解析】　(1)密閉容器中充入4 mol CO2和14 mol H2發生該反應，容器內CO2和H2體積比不再改變時，可以判斷達到平衡，故A正確；恒容容器中，氣體的密度不會改變，故B錯誤；絕熱容器內，未達到平衡前，溫度一直在變，當溫度不變時達到了平衡，故C正確；斷開C===O鍵與斷開O—H鍵的數目之比為4∶7才說明反應速率相等，故D錯誤。(2)由題目提示，固體催化劑作用下的反應速率與催化劑表面各反應物的吸附率有關，故氫酯比小于8，乙酸甲酯及H2均有較大的吸附率，增大氫酯比，H2的吸附率增大，使乙酸甲酯轉化率增大(或增大氫酯比，平衡正向移動，乙酸甲酯轉化率增大)；氫酯比大于8，大量的H2吸附在催
化劑的表面，阻礙了催化劑吸附乙酸甲酯，導致乙酸甲酯的轉化率減小，故氫酯比為8附近，乙酸甲酯的轉化率最大。(3)由反應①和反應②知，壓強減小是反應①造成，設反應①中CH3COOCH3反應a mol，列出三段式：(共39張PPT)
題型突破三　化學反應原理綜合
突破點3　原理中的圖像分析
規律方法整合　建模型
強基培優精練　提能力
考前名校押題　練預測
高考真題賞析　明考向
1. (2023·廣東選考節選)配合物廣泛存在于自然界，且在生產和生活中都發揮著重要作用。已知：[FeR3]2＋為橙紅色，[FeR3]3＋為淡藍色。
①c(HNO3)＝3.0 mol·L－1時，在0～1 min內，[FeR3]2＋的平均消耗速率＝________。
②下列有關說法中，正確的有________。
B．[FeF3]2＋平衡轉化率：αⅢ>αⅡ>αⅠ
C．三組實驗中，反應速率都隨反應進程一直減小
D．體系由橙紅色轉變為淡藍色所需時間：tⅢ>tⅡ>tⅠ
(2)R的衍生物L可用于分離稀土。溶液中某稀土離子(用M表示)與L存在平衡：
研究組用吸收光譜法研究了反應體系中M與L反應體系。當c0(L)＝1.0×10－5 mol·L－1時，測得平衡時各物種c平/c0(L)隨c0(M)/c0(L)的變化曲線如圖。c0(M)/c0(L)＝0.51時，計算M的平衡轉化率________(寫出計算過程，結果保留兩位有效數字)。
【答案】　(1)①5×10－5 mol/(L·min)　②A、B　(2)98%
2. (2023·遼寧選考節選)硫酸工業在國民經濟中占有重要地位。
(1)我國古籍記載了硫酸的制備方法——“煉石膽(CuSO4·5H2O)取精華法”。借助現代儀器分析，該制備過程中CuSO4·5H2O分解的TG曲線(熱重)及DSC曲線(反映體系熱量變化情況，數值已省略)如下圖1所示。700 ℃左右有兩個吸熱峰，則此時分解生成的氧化物有SO2、________和________(填化學式)。
圖1
(2)接觸法制硫酸的關鍵反應為SO2的催化氧化：
(ⅰ)為尋求固定投料比下不同反應階段的最佳生產溫度，繪制相應轉化率(α)下反應速率(數值已略去)與溫度的關系如圖2所示，下列說法正確的是________。
a．溫度越高，反應速率越大
b．α＝0.88的曲線代表平衡轉化率
c．α越大，反應速率最大值對應溫度越低
d．可根據不同α下的最大速率，選擇最佳生產溫度
圖2
(ⅱ)為提高釩催化劑的綜合性能，我國科學家對其進行了改良。不同催化劑下，溫度和轉化率關系如圖3所示，催化性能最佳的是________(填標號)。
圖3
(3)工業上用濃硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3會產生酸霧，導致吸收效率降低。SO3的吸收率與所用硫酸的濃度、溫度的關系如圖4所示。
據圖分析，最適合的吸收條件；硫酸的濃度______，溫度______。
圖4
【答案】　(1)CuO　SO3　(2)(ⅰ)cd　(ⅱ)d　(3)98.3%　60 ℃
隨著溫度的升高反應速率先加快后減慢，a錯誤；相同溫度下存在α＝0.9、α＝0.92，故α＝0.88的曲線不能代表平衡轉化率，b錯誤；從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率不斷減小，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，c正確；從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率出現的溫度也逐漸降低，這時可以根據不同轉化率選擇合適的反應溫度以減少能源的消耗，d正確。故答案選cd。(ⅱ)為了提高催化劑的綜合性能，科學家對催化劑進行了改良，從圖3中可以看出標號為d的催化劑V－K－Cs－Ce對SO2的轉化率最好，產率最佳，故答案選d。(3)由圖4可知，最適合吸收三氧化硫的濃硫酸質量分數為98.3%，最適合吸收的溫度為60 ℃，此時SO3吸收率最高。
?“點—線—面”三維度分析特殊平衡圖像
?化工生產中的復雜圖像分析
除通過圖像獲取有用信息和對獲取的信息進行加工處理外，還需注意以下4點：
1.曲線上的每個點是否都達到平衡
往往需要通過曲線的升降趨勢或斜率變化來判斷，如果還未達到平衡則不能使用平衡移動原理，只有達到平衡以后的點才能應用平衡移動原理。如圖中虛線表示單位時間內A的產率隨溫度的升高先增大后減小，先增大的原因是P點之前反應尚未達到平衡，隨溫度的升高，反應速率增大，故單位時間內A的產率增大。
2.催化劑的活性是否受溫度的影響
不同的催化劑因選擇性不同受溫度的影響也會不同。一般來說，催化劑的活性在一定溫度下最高，低于或高于這個溫度都會下降。如圖，250～300 ℃時，溫度升高而B的生成速率降低的原因是溫度超過250 ℃時，催化劑的催化效率降低。
3.不同的投料比對產率也會造成影響
當投料比一定時，溫度越高，CO2的轉化率越低，所以升溫，平衡左移，正反應為放熱反應。若溫度不變，提高投料比[n(H2)/n(CO2)]，則提高了二氧化碳的轉化率。
4.考慮副反應的干擾或影響
往往試題會有一定的信息提示，尤其溫度的改變影響較大。
【思維模型】　 “三審”突破反應速率和平衡的有關圖像
1. (2024·河北邯鄲二模)一氯甲烷廣泛用作溶劑、提取劑、推進劑、制冷劑、甲基化試劑，用于生產農藥、醫藥等。600 K時，CH3Cl和H2O作用生成CH3OH，CH3OH可繼續反應生成(CH3)2O。反應原理如下：
圖1
圖2
(2)在恒溫條件下，向2 L恒容密閉容器中，充入1 mol CH3Cl和3 mol H2O發生反應，甲醇的物質的量隨時間變化如圖2所示：
【解析】　(1)反應②放熱，達到平衡后升溫會逆向移動，升溫逆反應速率增大更多，根據題圖可知，ln k逆應該是直線a。溫度為T1時，k正＝k逆，而平衡時，v正＝v逆，則根據速率與濃度之間關系得到K＝1。(2)兩個反應在反應前后氣體分子總數均不變，因此平衡后氣體總的物質的量仍為4 mol，可得出H2O的物質的量為2.6 mol，而CH3OH有0.3 mol，則CH3Cl、CH3OCH3、HCl共有1.1 mol，根據氧原子守恒，可得出CH3OCH3為0.1 mol，再根據碳原子守恒，CH3Cl為0.5 mol，由氯原子守恒又能算出HCl為0.5 mol，則CH3Cl減少了0.5 mol，即可算出CH3Cl
2. (2024·湖南衡陽二模)丙烯作為化工原料，其用量僅次于乙烯，應用丙烷脫氫制丙烯成為丙烯的重要來源，涉及的主要反應如下：
【答案】　O2　ⅰ
1. (2024·河北秦皇島市部分示范高中三模節選)乙酸在催化劑的作用下和氫氣反應可生成乙醇，反應體系主要發生如下反應：
在200 kPa反應條件下，將n(H2)∶n(CH3COOH)＝10∶1的混合氣進行上述反應。平衡時乙酸的轉化率、產物的選擇性S隨溫度變化如下圖所示。
(1)圖中表示乙酸的轉化率隨溫度變化的曲線是________。當溫度低于340 ℃時，隨著溫度的升高，CH3COOC2H5選擇性變大的原因是___________________________________。
(2)H2和CH3COOH反應一段時間后，不改變反應時間和溫度，能提高S(C2H5OH)的可能措施是________________________(任寫一條)。
【答案】　(1)L3　經分析，L1、L2分別代表CH3CHO、CH3CH2OH的選擇性隨溫度變化的曲線；隨著溫度的升高，反應Ⅰ、Ⅱ的平衡均逆向移動且反應Ⅰ逆向移動程度大于反應Ⅱ，反應Ⅲ的平衡正向移動程度不大，所以340 ℃之前，隨著溫度的升高，CH3COOC2H5的選擇性變大
(2)增大壓強或選擇合適的催化劑
【解析】　(1)反應Ⅰ為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，C2H5OH的選擇性下降，反應Ⅲ為吸熱反應，升高溫度，平衡正向移動，CH3CHO的選擇性上升，即L1為CH3CHO的選擇性，由于CH3CHO、CH3CH2OH、CH3COOC2H5的選擇性相加為1，即L2為CH3CH2OH的選擇性，綜上L3為乙酸的轉化率隨溫度變化的曲線；隨著溫度的升高，反應Ⅰ、Ⅱ的平衡均逆向移動，且反應Ⅰ逆向移動程度大于反應Ⅱ，反應Ⅲ的平衡正向移動程度不大，所以340 ℃之前，隨著溫度的升高，CH3COOC2H5的選擇性變大。(2)反應Ⅱ、Ⅲ均為氣體分子數相等的反應，即壓強的變化對平衡移動無影響，Ⅰ為氣體分子數減小的反應，增大壓強，平衡正向移動，S(C2H5OH)增大，選擇合適的催化劑也能增大S(C2H5OH)。
2. (2024·湖南師大附中三模節選)草酸二甲酯(CH3OOCCOOCH3)的熱催化加氫是生產乙二醇(HOCH2CH2OH)、乙醇酸甲酯(CH3OOCCH2OH)的重要工藝，主要反應如下：
回答下列問題：
當投料比大于80時，乙醇酸甲酯的選擇性降低，原因是________________________________________。
(2)在等壓3 MPa、投料比為50的條件下，α草酸二甲酯及各產物的選擇性(S)隨溫度變化關系如圖乙所示。當反應溫度高于478 K時，乙二醇的選擇性降低，原因是____________________________________；根據圖乙數據，畫出乙醇酸甲酯的產率隨溫度的變化圖像(標出產率最高時的數據)。
【答案】　(1)增大投料比，反應Ⅱ平衡正向移動，乙醇酸甲酯的選擇性降低
(2)溫度升高，副反應Ⅲ發生，乙醇選擇性提高，導致乙二醇選擇性降低　圖見解析
【解析】　(1)增大投料比，反應Ⅰ反應平衡正向移動，乙醇酸甲酯產量升高，所以反應Ⅱ平衡也正向移動，乙醇酸甲酯的選擇性降低。(2)溫度升高，副反應Ⅲ發生，乙醇選擇性提高，導致乙二醇選擇性降低，乙醇酸甲酯的產率隨溫度的變化圖像如圖。

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