2025年高考化学考前冲刺攻略（三）试题及答案

这是一份2025年高考化学考前冲刺攻略（三）试题及答案，共94页。试卷主要包含了反应历程图像分析，催化循环机理图像分析，基元反应与过渡态理论，能垒与决速步骤的关系，催化剂与化学反应的关系，化学平衡与平衡转化率，控制反应条件的基本措施，化工生产适宜条件选择的一般原则等内容，欢迎下载使用。
第三辑
TOC \ "1-1" \h \u \l _Tc26624
反应历程与机理 PAGEREF _Tc26624 \h 3
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
\l _Tc18516
化学反应与能量 PAGEREF _Tc18516 \h 17
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
\l _Tc12642
化学反应速率与平衡 PAGEREF _Tc12642 \h 28
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
\l _Tc20746
化学平衡图像突破 PAGEREF _Tc20746 \h 40
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
\l _Tc14024
化学反应原理综合题 PAGEREF _Tc14024 \h 58
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
考前10天 反应历程与机理
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
2025年高考以反应历程图像（如能量反应进程图、反应历程能垒图等）为载体，考查学生对图像信息的提取和分析能力。学生需要从图像中获取反应物、生成物、中间产物、过渡态的能量信息，以及活化能的大小等，进而解决与反应热、反应速率、反应机理相关的问题。例如，根据能量 反应进程图，分析某一反应在有无催化剂时的能量变化情况，以及不同反应步骤的活化能大小，判断反应的快慢顺序。重考查宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知等学科素养。题目可能取材于实际的科研成果，以陌生的反应体系为背景，考查学生运用所学的反应历程和反应机理知识解决实际问题的能力，体现化学学科的实用性和创新性。比如，给出某新型催化剂催化某一复杂反应的机理研究成果，让学生分析该反应的优点、催化剂的作用方式等。重点考查从宏观现象推测微观反应机理，理解化学反应中的能量变化和平衡移动与反应机理的关系，通过对实验现象和数据的分析推理，建立反应历程的模型。
1．反应历程图像分析
(1)基元反应与非基元反应
例如，2HI===H2＋I2的实际反应机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI―→H2＋2I·、2I·―→I2，存在未成对电子的微粒称为自由基，反应活性高，寿命短。2HI===H2＋I2称为非基元反应。
(2)过渡态
A＋B—C→[A…B…C]―→A—B＋C
①正反应活化能Ea正＝b－a，逆反应活化能Ea逆＝b－c， ΔH＝Ea正－Ea逆。
②过渡态[A…B…C]不稳定。
(3)中间体
处于能量最高点的状态是反应的过渡态，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，写出相应的热化学方程式。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能垒的大小，能垒越大，反应速率越小。
③示例：在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如下图所示。
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＝－0.16NA__eV·ml－1(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
2．催化循环机理图像分析
(1)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中间体判断：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
3．基元反应与过渡态理论
（1）基元反应、过渡态理论及活化能
①基元反应：研究发现，大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成，往往要经过多个反应步骤才能实现。每一步反应都称为基元反应。
②过渡态理论：过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化配合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。
（2）催化剂与活化能、反应热的关系
①催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变的大小。
②在无催化剂的情况下，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，即E1＝E2＋ΔH。
4．能垒与决速步骤的关系
（1）能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速步骤，也称为慢反应。例如下图中，从第一个中间态到过渡态2的能量就是能垒，而HCOO＋H===CO2＋2H是在Rh作催化剂时该历程的决速步骤。
（2）用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。
（3）相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
5．催化剂与化学反应的关系
（1）化学反应中，反应分子原有的某些化学键，必须解离并形成新的化学键，这需要一定的活化能。在某些难以发生化学反应的体系中，加入有助于反应分子化学键重排的第三种物质(催化剂)，可降低反应的活化能。催化剂能改变反应的途径、降低反应的活化能、加快反应速率，但不能改变反应热的符号与数值、不能改变平衡的移动方向。图甲虚线表示催化剂对反应的影响，图乙为催化反应历程示意图。

（2）催化反应机理题的解题思路
①通览全图，找准一“剂”三“物”
②逐项分析得答案
根据第一步由题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。
-典例1【2024·安徽卷】某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g)⇌Y(g) ΔH1Z，A项错误，B项正确。
典例2【2024·甘肃卷】甲烷在某含M催化剂作用下部分反应的能量变化如下图所示，下列说法错误的是( )
A．E2＝1.41 eV
B．步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eV
C．步骤1的反应比步骤2快
D．该过程实现了甲烷的氧化
【答案】C
【解析】由能量变化图可知，E2＝0.70 eV－(－0.71 eV)＝1.41 eV，A项正确；步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71 eV－(－1.00 eV)＝＋0.29 eV，B项正确；步骤1的活化能E1＝0.70 eV，步骤2的活化能E3＝－0.49 eV－(－0.71 eV)＝0.22 eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该过程中甲烷转化为甲醇，实现了甲烷的氧化，D项正确。
典例3【2024·北京卷】可采用Deacn催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g)＋O2(g) eq \(=====,\s\up7(CuO)) 2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－114.4 kJ·ml－1。下图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是( )
A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O
B．反应制得1 ml Cl2，须投入2 ml CuO
C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【解析】首先结合题图及反应的热化学方程式知，Y、Z是反应物HCl和O2，X、W是生成物Cl2和H2O；然后根据原子守恒进行分析，CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，故Y为HCl，Z为O2；CuCl2分解生成X和CuCl，故X为Cl2，W为H2O。由上述分析知，A正确；CuO是催化剂，在反应前后的量不变，故反应制得1 ml Cl2，不一定要投入2 ml CuO，B错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，C正确；分析图中各元素化合价知，有单质参与的两个反应均为氧化还原反应：2CuCl2===Cl2↑＋2CuCl、4CuCl＋O2===2Cu2OCl2，D正确。
典例4【2024·贵州卷】AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN－的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如下图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。
由图示信息，下列说法错误的是( )
A．从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应
B．过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α­C而形成的
C.Ⅰ中“N—Ag”之间的作用力比 Ⅱ 中“C—Ag”之间的作用力弱
D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物
【答案】D
【解析】由题图可知，两个反应中反应物的总能量均大于生成物的总能量，均为放热反应，A正确；由题图可知，过渡态TS1最终产物为腈(CH3CH2CN)，结合TS1的物质结构可知，过渡态TS1是由CN－的C原子进攻溴乙烷的α­C而形成的，B正确；Ⅰ中CH3CH2CNAgBr―→CH3CH2CN＋AgBr吸收的能量小于Ⅱ中CH3CH2NCAgBr―→CH3CH2NC＋AgBr吸收的能量，故Ⅰ中NAg之间的作用力比Ⅱ中CAg之间的作用力弱，C正确；两个反应都为放热反应，生成CH3CH2NC的活化能更低，故低温时，CH3CH2NC为主要产物，D错误。
典例5【2024·广东卷】对反应S(g)T(g)(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图(—为无催化剂， ┈为有催化剂)为( )
【答案】A
【解析】提高反应温度，增大，说明反应S(g)T(g)的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确，故选A。
【名校预测·第一题】（2025·山东泰安二模）利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法正确的是
A．M-H改变了丙烷制备丙烯的反应历程
B．升高温度不利于提高丙烷转化率
C．反应过程中碳的成键总数不变
D．反应决速步涉及的变化过程为
【名校预测·第二题】（2025·四川雅安二模）碳酸二甲酯是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。(能垒：反应物与过渡态之间的能量差)
下列说法正确的是
A．第2步的基元反应方程式为：
B．使用催化剂可以提高反应速率和反应热
C．反应进程中决速步骤的能垒为
D．升高温度，合成碳酸二甲酯反应速率增加，平衡向逆反应方向移动
【名校预测·第三题】（2025·浙江宁波一模）一定条件下丙烷发生氯代反应：，生成的1−氯丙烷和2−氯丙烷物质的量之比约为。反应进程中能量变化示意图如下，中间体为或。下列说法不正确的是
A．中间体A为
B．C-H键与Cl-Cl键键能之和大于H-Cl键键能
C．常温下，丙烷氯代反应中上H原子比上H原子更容易被取代
D．升高反应温度，生成1−氯丙烷的速率增大程度小于生成2−氯丙烷的速率增大程度
【名校预测·第四题】（2025·北京丰台一模）乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解反应，部分反应历程可表示为：，能量变化如图所示。
已知：为快速平衡。
下列说法不正确的是
A．反应IV是的决速步B．反应结束后，溶液中存在
C．反应过程中涉及键的断裂和形成D．反应I与反应IV活化能的差值等于水解反应的焓变
【名校预测·第五题】（2025·江西一模）在两种不同催化剂作用下，反应的历程如图所示。
下列叙述正确的是
A．不同催化剂作用下使该反应的焓变不同
B．基元反应②和③的正反应
C．其他条件相同，比更不稳定
D．其他条件不变，升温能提高的平衡转化率
【名校押题·第一题】（2025·陕西二模）我国研究人员研究了在催化剂X的作用下加氢形成乙醇的反应机理，反应过程中物质相对能量与反应进程关系如图(加“*”物质为吸附态)。下列说法正确的是
A．的脱附过程为放热过程
B．的过程中存在非极性键的断裂和形成
C．为决速步骤
D．若用代替反应，则产物为
【名校押题·第二题】（2025·广东江门一模）丙烯与HCl一定条件下反应生成和的历程如图所示。下列说法错误的是
A．丙烯与的反应的主要产物是
B．合成的反应中，第一步为反应的决速步
C．生成的焓变大于生成的焓变
D．其他条件不变，反应相同时间，适当升高温度可提高加成产物中比例
【名校押题·第三题】（2025·山西晋城二模）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率较高的方法。已知直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢；当分别与、反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。下列说法错误的是
A．若与反应，生成的氘代甲醇有2种
B．分子中的碳原子与氧原子杂化方式相同
C．为与反应的曲线，而为与反应的曲线
D．一定温度下，加入选择性高的催化剂，不能改变的平衡常数
【名校押题·第四题】（2025·河南郑州一模）在NO的催化下，丙烷(C3H8)催化氧化制丙烯(C3H6)的部分反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．含N分子参与的反应不一定有电子转移
B．增大NO的量，C3H8的平衡转化率增大
C．由•C3H7生成丙烯的历程有2种
D．当存在反应NO+NO2+H2O=2HONO时，最终生成的水减少
【名校押题·第五题】（2025·河北秦皇岛一模）我国科研团队研究发现使用双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，可实现加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“＊”表示催化剂。下列说法正确的是
A．增大压强和催化剂的表面积均能提高甲醇的平衡产率
B．转化过程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成
C．氢化步骤的反应为
D．每生成甲醇将有电子发生转移
【名校预测·第一题】
【答案】A
【解析】由图可知M-H参与反应，且反应前后本身没有变化，是该反应的催化剂，催化剂改变了丙烷制备丙烯的反应历程，A正确；根据图示，由丙烷制备丙烯的反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，有利于提高丙烷转化率，B错误；丙烷中单键为12个，丙烯中单键为7个，双键1个，由丙烷制备丙烯过程中碳的成键总数减少，C错误：活化能大，反应速率慢的是决速步骤，反应决速步涉及的变化过程为，D错误；故选A。
【名校预测·第二题】
【答案】A
【解析】根据图中反应历程可知，第2步基元反应为：，A正确；使用催化剂可以提高反应速率，但是反应热不会变化，B错误；反应进程中经过渡态的反应能垒最大，是决速步骤，其能垒为：，C错误；由图可以看出，产物总能量高于反应物总能量，即，所以升高温度，合成碳酸二甲酯反应速率增加，平衡向正反应方向移动，D错误；故选A。
【名校预测·第三题】
【答案】D
【解析】生成产物甲所需活化能大，反应速率慢，产量少，则产物甲为1-氯丙烷，产物乙为2-氯丙烷。由分析可知，产物甲为1-氯丙烷，则中间体A为，A正确；由反应物到中间体的过程，断开的键有C-H和Cl-Cl键(吸收能量)，形成的化学键有H-Cl键(释放能量)，整个过程是吸热过程，即C-H键与Cl-Cl键键能之和大于H-Cl键键能，B正确；生成产物乙2-氯丙烷的活化能小，反应更容易发生，即丙烷氯代反应中上H原子比上H原子更容易被取代，C正确；生成1-氯丙烷的活化能大，温度对生成1-氯丙烷的速率影响更大，升高反应温度，生成1−氯丙烷的速率增大程度大于生成2−氯丙烷的速率增大程度，D错误；答案选D。
【名校预测·第四题】
【答案】D
【解析】反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ、IV的活化能较高，因此反应的决速步骤为反应Ⅰ、IV，A正确；反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，B正确；反应过程中涉及π键（C=O键）的断裂和形成，C正确；该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，并非水解焓变（水解生成羧酸盐、醇），D错误；故选D。
【名校预测·第五题】
【答案】C
【解析】不同催化剂不改变反应的焓变，只改变反应速率，A错误；根据图像可知，基元反应②和③的正反应均是放热反应，B错误；比能量更低，比更稳定，C正确；总反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，X的平衡转化率降低，D错误；故选C。
【名校押题·第一题】
【答案】D
【解析】的脱附过程为吸热过程，A错误；的过程中不存在非极性键的断裂和形成，B错误；能垒最大的步骤，活化能越大，为决步骤，故决速步骤为，C错误；若用代替反应，羧基中的H在第一步基元反应脱去，而甲基上H未有变化，故产物为，D正确；故选D。
【名校押题·第二题】
【答案】C
【解析】丙烯与的反应中，生成的活化能小于生成的活化能，活化能小的反应速率快，产物多，丙烯与的反应的主要产物是，A正确；由图可知合成的反应中，第一步活化能大，反应速率慢，为决速步，B正确；由图可知，生成和的反应都是放热反应，焓变为负值，生成放热多，焓变小，C错误；其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，D正确；故选C。
【名校押题·第三题】
【答案】C
【解析】根据反应机理可知，若与反应，生成的氘代甲醇可能为或，共2种，A正确；分子中的碳原子与氧原子价电子对数都是4，杂化方式均为，B正确；直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，则与反应的能量变化应为图中曲线，为与反应的曲线，C错误；催化剂能加快反应速率，不能使平衡移动，不能改变反应的平衡常数，故D正确；故选C。
【名校押题·第四题】
【答案】C
【解析】根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有、、，因此NO是催化剂。根据分析可知，含N分子参与的反应一定有电子转移，A不符合题意；NO是催化剂，增大NO的量，平衡不移动，不会改变的平衡转化率，B不符合题意；根据反应机理，由生成丙烯的历程有2种，即图中左上角和右下角的历程，C符合题意；无论是否存在反应，总反应都是丙烷和氧气生成丙烯和水，最终生成的水不变，D不符合题意；故选C。
【名校押题·第五题】
【答案】C
【解析】该转化实现二氧化碳与氢气反应生成甲醇和水，反应方程式为：。
加压平衡正移，能提高甲醇的平衡产率，增大催化剂的表面积不能使平衡移动，能提高单位时间甲醇的产量，无法提高产率，A错误；由方程式可知，整个过程涉及极性键、非极性键的断裂，非极性键的形成，无非极性键的形成，B错误；根据机理图可知，氢化步骤反应为，C正确；由反应方程式可知，每生成，氢元素化合价由0价升高到+1价，转移，则每生成甲醇将有电子发生转移，D错误；故选C。
考前9天 化学反应与能量
考情分析+高考预测+应试必备+真题回眸+名校预测+名师押题
2025年高考以新能源开发、环境保护、工业生产等实际问题为背景，考查化学反应与能量的相关知识。结合碳中和背景，考查CO2催化加氢制甲醇等反应的热化学方程式书写、反应热计算以及能量转化效率等问题。将化学反应与能量的知识与其他化学知识板块进行综合考查，如与化学平衡、电解质溶液、氧化还原反应等相结合。注重考查宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知等化学学科核心素养。要求考生能从宏观现象（如反应过程中的热量变化、物质状态变化等）推测微观层面的能量变化和化学键的断裂与形成；理解化学反应中能量变化与物质变化的关系，以及能量变化对化学平衡的影响；通过对实验数据、图像等证据的分析，建立能量变化的模型，如利用反应热数据建立热化学方程式模型，解释和预测化学反应中的能量变化现象。
1．从两个角度理解反应热
2．热化学方程式书写与判断的注意事项
（1）注意ΔH的符号和单位：吸热反应的ΔH为“＋”，放热反应的ΔH为“－”；ΔH的单位为kJ·ml－1。
（2）注意测定条件：绝大多数反应的反应热是在25 ℃、101 kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。
（3）注意热化学方程式中的化学计量数：热化学方程式中的化学计量数可以是整数，也可以是分数。
（4）注意物质的聚集状态：气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用“↑”和“↓”。
（5）注意ΔH的数值与符号：如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。逆反应的反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反。
（6）对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态外，还要注明物质的名称。例如：S(单斜，s)===S(正交，s) ΔH＝－0.33 kJ·ml－1。
3．反应热(ΔH)的大小比较
对于放热反应来说，ΔH＝－Q kJ·ml－1，虽然“－”仅表示放热的意思，但在比较大小时要将其看成真正意义上的“负号”，即放热越多，ΔH反而越小。如：
（1）同一反应，生成物状态不同时，例如A(g)＋B(g)===C(g) ΔH10，δ(CH3COOCH3)减小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，ΔH2K(N)，D正确。
典例3【2024·河北卷】在水溶液中，CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN-形成配离子达平衡时，与-lg c(CN-)的关系如图。
下列说法正确的是( )
A.99%的X、Y转化为配离子时，两溶液中CN-的平衡浓度：X>Y
B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时
C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN-的物质的量：Y生成速率，D错误；本题选B。
典例4【2024·辽宁卷】异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是( )
A.3 h时，反应②正、逆反应速率相等
B.该温度下的平衡常数：①>②
C.0~3 h平均速率(异山梨醇)=0.014 ml·kg-1·h-1
D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】由图可知，3 h后异山梨醇浓度继续增大，15 h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3 h时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误；图像显示该温度下，15 h后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1，4⁃失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确；在0~3 h内异山梨醇的浓度变化量为0.042 ml·kg-1，所以平均速率(异山梨醇)==0.014 ml·kg-1·h-1，故C正确；催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，故D正确。
典例5【2023·海南卷】已知298K，101kPa时，。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为，关系如图所示。下列说法错误的是
A. T1＞T2
B. T1下反应达到平衡时
C. 使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大
D. 使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同
【答案】D
【解析】平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞T2，A正确；T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25ml/L，即CO2的浓度改变量为：0.40ml/L-0.25ml/L=0.15ml，结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T1下反应达到平衡时，B正确；在温度均为T1时，使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长即催化剂1时的反应速率比催化剂2的更慢，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确；催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间，D错误；故选D。
【名校预测·第一题】（2025·重庆一模）已知反应：①，②。常压下，将和气体通入恒压容器中，发生上述反应，在相同时间不同温度下测得部分气体的体积分数随温度的变化如图所示。下列说法错误的是
A．反应的活化能：①c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；若a＋b”“ b （3） 增大
（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（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，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/ml=-566kJ/ml。
（2）从图中可知，压强相同情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0。a．600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误；b．700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确；c．700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误；故选b。
（3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1ml，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗C2H60.25ml，生成C2H40.25ml，生成H20.25ml，Ka1==。②只发生反应i时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应i和反应ii，且从题干可知Ka2远大于Ka1，反应ii为等体积反应，因为反应ii的发生相当于在单独发生反应i的基础上减小了压强，则反应i化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。
（4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。
（5）前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误；p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确；a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确；故选BC。
典例2【2024·河北卷】
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______(用含正的代数式表示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入和其，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。
上图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下图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，。
①时，，且内，反应进行到时，_______。
②时，，若产物T的含量可忽略不计，则此时_______后，随T的含量增加，_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） 该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从到平衡时增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低 0.03 D （2）5.54 0.033 增大
【解析】（1）①根据反应热与活化能E正和E逆关系为正反应活化能-逆反应活化能可知，该反应的。②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，即越大。从到，增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由到逐渐降低，即。由题图甲中M点可知，进料比为，平衡时，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。
可计算得，。③由题图甲中M点可知，进料比为2时，，结合“三段式”，以及时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，也为，曲线D上存在（0.5，60）。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应中和的化学计量数之比为，则和的进料比互为倒数(如2与0.5)时，相等。
①根据化学反应速率的计算公式时，，时，。
②已知，又由题给反应速率方程推知，，则，即后。后，D和G转化为T的速率比为，G消耗得更快，则增大。
典例3【2024·湖北卷】用和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。
反应I：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）写出与水反应的化学方程式_______。
（2）已知、(n是的化学计量系数)。反应、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。
①反应在的_______。
②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时_______，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后_______。
（3）恒压容器中，焦炭与的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。
①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明已全部消耗，此时反应体系中含物种为_______。
②下，反应速率的变化特点为_______，其原因是_______。
【答案】（1）BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑ （2）1016 105 105 （3）BaO 速率不变至BaC2产率接近100% 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变
【解析】（1）Ba、Ca元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式为BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑；（2）①反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=，由图1可知，1585K时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即=102.5×10-1.5=10，所以p3CO=10×(105pa)3=1016pa3，则Kp= p3CO=1016pa3；②由图1可知，1320K时反应I的KI=100=1，即KI==1，所以p2CO=(105pa)2，即pCO=105pa；③若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105pa；（3）①由图2可知，1400K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO；②图像显示，1823K时BaC2的产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定值，即速率保持不变；1400K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变。
典例4【2024·辽宁卷】为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
（1）_______0(填“>”或“；
（2）反应Ⅰ、反应Ⅱ均是气体体积增大的反应，投料比和温度一定，增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡均向逆反应方向移动，甲烷的平衡转化率减小，由图可知，温度一定时，曲线N对应甲烷的转化率小于曲线M，所以表示反应器B中甲烷平衡转化率与温度关系的曲线为N，故答案为：N；投料比和温度一定时，增大压强，反应Ⅰ、反应Ⅱ平衡均向逆反应方向移动，CH4的平衡转化率减小；
（3）由图可知，10min时，甲烷的转化率为10%、硫化氢的转化率为20%，由反应Ⅰ、Ⅱ中甲烷的选择性之比为4可知，反应Ⅰ甲烷的消耗量为2ml×10%×=0.16ml，由方程式可知，反应Ⅰ消耗硫化氢的物质的量为0.16ml×2=0.32ml，则反应Ⅲ消耗硫化氢的物质的量为2ml×20%—0.32ml=0.08ml，则由方程式可知，0∼10min内S2的化学反应速率为=0.004ml/min；由图可知，平衡时甲烷的转化率为20%、硫化氢的转化率为50%，由反应、Ⅱ中甲烷的选择性之比为4可知，反应Ⅰ甲烷的消耗量为2ml×20%×=0.32ml、反应Ⅱ甲烷的消耗量为2ml×20%×=0.08ml，由方程式可知，反应Ⅰ消耗硫化氢的物质的量为0.32ml×2=0.64ml，生成二硫化碳、氢气的物质的量分别为：0.32ml、0.32ml×4=1.28ml，反应Ⅱ生成氢气的物质的量为0.16ml，则反应Ⅲ消耗硫化氢的物质的量为2ml×50%—0.64ml=0.36ml，则由方程式可知，反应生成S2气体、氢气的物质的量分别为0.36ml×=0.18ml、0.36ml，则平衡体系中甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气、S2气体的物质的量分别为1.6ml、1ml、0.32ml、1.8ml、0.18ml，混合气体的总物质的量为4.9ml，反应Ⅱ的分压平衡常数Kp=kPa；
（4）由晶胞结构可知，立方和六方晶胞中与硫离子距离最近的锌离子个数都为4，则每个硫离子周围与它最近且相等距离的锌离子个数比为1：1。
【名校预测·第三题】
【答案】(1) HSO3- Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH
(2) 由于Mn2+催化O2氧化SO2生成SO42-的反应 5 ，所以pH>5；c(Mn2+) = 0.2ml/L，为了不让Mn2+生成沉淀，c(OH-)