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2027高考化学化学一轮复习：化学反应速率与平衡（解答大题）
一．解答题（共25小题）
1．（2026 湖北）将NH3与废弃的太阳能面板Si材料进行球磨反应，制备高纯度H2，反应如下：
反应Ⅰ：4NH3（g）+3Si（s）＝6H2（g）+Si3N4（s） ΔH1
已知一定温度下，
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：3Si（s）+2N2（g）＝Si3N4（s）
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的ΔH1＝　 　 kJ mol﹣1，属于　 　 （填“熵增”或“熵减”）反应。
（2）将足量Si和20mmol NH3放入反应器中进行球磨，反应器空腔净体积为VmL。
①反应过程中H2产量随球磨转速的变化曲线如图1所示，球磨总转数固定为6500转。选择650转/分钟而非400转/分钟的优势是　 　 。
②在转速为650转/分钟条件下反应12min，NH3的转化率达到80%，则0～12min生成H2的平均速率为　 　 mmol/（mL min），此时反应的浓度商为　 　 （填计算式）。当反应时间延长至24min，NH3的转化率为100%，此时体系温度为50℃。
（3）若反应Ⅰ不以球磨方式进行，300℃反应24min的转化率仅为0.04%。图2为理论计算得到的球磨和非球磨条件下反应Ⅰ的能量变化图，据此判断球磨能　 　 （填“升高”或“降低”）反应的活化能，从化学键的角度分析，其原因是　 　 。
（4）相对于反应Ⅱ，除了条件更温和、转化率更高及废弃物资源化利用外，球磨反应制H2还具备的优点是　 　 。
2．（2026 贵州）水下推进装置的研究对维护国家海洋权益有积极意义。水冲压发动机是一种新型水下推进装置，通过金属燃料与海水反应产生推力。某科研小组对金属燃料镁与水蒸气高效燃烧过程进行了研究，并模拟计算了其反应机理，所涉反应及变化如下。
I.Mg（g）+H2O（g）═MgO（s）+H2（g）ΔH1＝akJ mol﹣1（a＜0）
Ⅱ.MgO（s）═MgO（l）
Ⅲ.MgO（l）═MgO（g）
已知：①在标准大气压下，MgO的液化温度为3125K，汽化温度为3873K。
②ΔG＝ΔH﹣TΔS
③模拟计算条件：动力反应装置为绝热系统（物质与热量均不与外界交换），压强为标准大气压（1atm）。
回答下列问题：
（1）计算：Mg（g）+H2O（g）═MgO（g）+H2（g）ΔH＝　 　 kJ mol﹣1。
（2）模拟计算得出镁与水蒸气反应的ΔG和ΔH随温度的变化关系如图1。温度小于3000K时，ΔS　 　 0（填“＞”“＝”或“＜”）。
（3）研究表明，反应中同时存在氢原子解离（路径Ⅰ）和氢原子转移（路径Ⅱ）两条反应路径，如图2。
①两条反应路径ΔH的关系为ΔH路径Ⅰ　 　 ΔH路径Ⅱ（填“＞”“＝”或“＜”）。
②1atm下，路径Ⅰ和路径Ⅱ都是连续反应：
反应速率方程为v＝kc，其中v是反应速率，k是反应速率常数（其数值大小关系为k2＞k3＞k1＞k4），c是反应物浓度。反应达到平衡前，c（MgOH）　 　 c（HMgOH）（填“＞”“＝”或“＜”），原因是　 　 。
③某温度下，mg镁与足量水蒸气在ts内全部反应，其中通过路径Ⅰ生成的氢气为ng，则在该时间段内路径Ⅱ的反应速率为　 　 mol s﹣1。
（4）在3000K时，若将动力装置反应器出口设置成小口径喷口，反应器可近似为恒容密闭体系，体系压强从1atm提升至10atm，则该反应器在单位时间内产生的能量将　 　 （填“增大”“不变”或“减小”），原因是　 　 。
3．（2026 四川）季戊四醇酯是具有优良生物降解性的润滑剂。以二甲基亚砜为溶剂，正己酸（A）与季戊四醇（B）制备正己酸季戊四醇单酯（C）和二正己酸季戊四醇二酯（D）的反应如下：
反应物初始浓度，不同温度下部分物质浓度随时间的变化关系如图所示，平衡浓度比如表所示（忽略水的挥发）。
不同温度下的平衡浓度比
温度/℃
135 0.90 0.11
145 0.96 0.22
回答下列问题：
（1）2C5H11COOH（l）+C（CH2OH）4（l）＝（C5H11COOCH2）2C（CH2OH）2（l）+2H2O（l）的反应热ΔH3＝　 　 kJ mol﹣1。
（2）下列说法正确的是　 　 （填标号）。
a.A的平均消耗速率是B的平均消耗速率的两倍
b.0～120min内，135℃时B的平均消耗速率等于C的平均生成速率
c.240～320min内，反应Ⅰ在145℃的平均速率小于其在135℃的平均速率
（3）反应达平衡后，若向反应体系中通入惰性气体将产生的水带出，C和D的产率将　 　 （填“增大”或“减小”），原因是　 　 。
（4）135℃达平衡时，c（B）＝0.50mol L﹣1，则c（D）＝　 　 mol L﹣1，反应Ⅰ的平衡常数K（Ⅰ）＝　 　 （计算结果均保留小数点后2位）。
（5）已知反应热满足关系，式中K1、K2分别为温度T1、T2时的平衡常数，R是大于0的常数，则反应Ⅰ和Ⅱ的反应热关系为ΔH1　 　 ΔH2（填“＞”或“＜”），判断依据是　 　 。
4．（2026 山东）液相酯交换反应（如反应Ⅰ）是生产化工产品的重要途径，回答下列问题：
反应Ⅰ：
（1）B的系统命名为　 　 。
（2）初始投料只有A和B，且均为1mol，不同温度下A转化率随反应时间的变化如图所示，则ΔH1　 　 0（填“＞”或“＜”）；实验证明|ΔH1|很小，从化学键变化角度分析，其原因为　 　 。已知T1温度下，反应达平衡时，C物质的量n（C）为，反应Ⅰ的平衡常数K1＝　 　 。
（3）T1温度下，向上述液相平衡体系中加入一定量的CH3OH，发生如下反应：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
液相体系重新达平衡后，D物质的量n（D）为0.5mol，则A物质的量n（A）＝　 　 mol，E物质的量n（E）＝　 　 mol。
（4）将（3）中平衡体系记为①；同温下，向①加入一定量惰性溶剂，达新的平衡体系②；或不加入惰性溶剂，仅降低一定温度，达新的平衡体系③。相较于①，若②及③中C与A物质的量之比均增大至同一数值，则三个平衡体系按n（E）由大到小的排序为　 　 （填编号），D与B物质的量之比最小值对应的平衡体系为　 　 （填编号）。
5．（2026 江西）Ca（OH）2/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储/释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下：
回答下列问题：
（1）E＝　 　 kJ mol﹣1。
（2）同等条件下，Ca（OH）2表面自由能G（块状）　 　 G（粉末）（填“＞”“＝”或“＜”）。
（3）Ca（OH）2/CaO开放系统在脱水过程中，Ca（OH）2起始质量为m0，当固体质量为m时，转化率为　 　 ×100%。
（4）空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是　 　 。
（5）下图为密闭容器中Ca（OH）2（s） CaO（s）+H2O（g）的理论平衡曲线，CaO（s）在图中能稳定存在的状态点有　 　 （填标号）。
（6）假设wg金属Ca，原子半径为rm，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积（含空隙）计算式A＝　 　 m2。
（7）初始CaO质量相同，不同比例H2O与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。
甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。
乙同学认为该结论不正确，理由是　 　 。
6．（2026 广东）硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。
（1）基态S原子的价层电子轨道表示式为　 　 。
（2）我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。
2H2S（aq）+O2（aq）═2S（s）+2H2O（l）ΔH1
ΔH2
ΔH3
则ΔH3＝　 　 （用ΔH1和ΔH2表示）。
（3）H2S的氧化可在卟啉铁配合物[FeL（H2O）]（用Z表示）催化下进行，其中的一步反应为 [FeL（HS）]﹣+H2O。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ～Ⅲ组仅初始不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。0～t时间内的实验数据如图1。
①下列说法正确的有　 　 。
A.0～t内反应速率：Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ
B.Z的平衡转化率：Ⅰ＜Ⅱ＜Ⅲ
C.实验温度：Ⅱ＞Ⅳ
D.平衡时Z的浓度：Ⅱ和Ⅳ相等
②Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，且（cⅢ﹣cⅡ）/（cⅡ﹣cⅠ）＝1.2，则y＝　 　 。
（4）S2Cl2（l）可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成SO2（g）、S（s）和HCl（g），该水解反应的熵变　 　 0（填“＞”“＝”或“＜”）。
（5）某低共熔溶剂（D）可用于吸收HCl（g），其吸收过程可表示为：
HCl（g） HCl（sol）
xHCl（sol）+D（1） D xHCl（sol）
在一定T和HCl（g）压强（p）下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收HCl（g）的量为α+β，相关信息见图2，α或β随p的变化如图3。
①1mol D在303K、p＝100kPa下吸收HCl（g）至饱和，再升温至350K、降压至p＝40kPa，达平衡后可释放　 　 mol HCl（g）。
②形成D xHCl（sol）的总过程表示为xHCl（g）+D（1） D xHCl（sol），其平衡常数K可表示为K。
已知：350K时，K＝1.0，则在350K、p＝64kPa下，1mol D最多可吸收　 　 mol HCl（g）。（写出计算过程，结果保留两位有效数字）
7．（2026 山西）利用1，2﹣二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为：
Ⅰ.C2H4Cl2（g）＝C2H3Cl（g）+HCl（g）ΔH1＞0
Ⅱ.C2H2（g）+HCl（g）＝C2H3Cl（g）ΔH2＜0
回答下列问题：
（1）①已知298K时，各物质的相对能量如表。
物质 C2H4Cl2（g） C2H2（g） C2H3Cl（g）
相对能量/kJ mol﹣1 ﹣126 +227 +37
Ⅲ.C2H4Cl2（g）+C2H2（g）＝2C2H3Cl（g） ΔH3＝　 　 kJ mol﹣1。
②上述三个反应的lnK（K为平衡常数）随（T为温度）的变化如图。曲线c下降的原因是　 　 ，代表反应Ⅲ的曲线是　 　 （填“a”“b”或“c”）。
（2）①某温度下，在压强为pkPa的恒压密闭反应器中，按n（C2H2）：n（C2H4Cl2）：n（N2）＝1：1：1投料，采用含Ru催化剂催化反应Ⅰ和Ⅱ。当反应Ⅰ完全进行，乙炔转化率为92%时，反应Ⅱ各物质分压表示的反应商Qp＝　 　 （kPa）﹣1。
②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，推测氯乙烯中的　 　 可与Ru形成配位键。
（3）我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联（如图），使乙炔转化率接近100%。
①Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为　 　 。
②反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、HCl、 H和 Cl。在位置2引入新催化剂，将存活时间短的 H和 Cl变成*H和*Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部分反应历程如图。位置2应选择催化剂　 　 （填“A”或“B”），选择依据是　 　 。位置3主要发生的反应为　 　 （写化学方程式）。
8．（2026 河北）丙烷制备丙烯反应原理探究
丙烯是石油化工行业的重要原料，利用CO2氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反应如下：
ⅠC3H8（g）+CO2（g） C3H6（g）+CO（g）+H2O（g）ΔH1
使用铂锡双金属催化剂（M），上述反应分两步进行：
ⅡC3H8（g） C3H6（g）+H2（g）
ⅢCO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
回答下列问题：
（1）ΔH1＝　 　 kJ mol﹣1。
（2）550℃时，恒容密闭容器中装有0.20g催化剂M，按n（C3H8）：n（CO2）＝1：1通入混合气体，反应2h后得到0.012mol C3H6，则0～2h内每克催化剂催化生成C3H6的平均速率为　 　 mol h﹣1 g﹣1。下列能说明该体系达到平衡状态的是　 　 （不定项选择，填序号）。
a.n（C3H6）＝n（H2）+n（CO）
b.C3H6的生成速率和消耗速率相等
c.混合气体的密度不再改变
d.混合气体的平均摩尔质量不再改变
（3）反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）：
该催化剂对　 　 （填“C﹣C”或“C﹣H”）键的断裂具有更好的选择性。
（4）100kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入C3H8和CO2各1mol，在不同温度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示：
①图乙中曲线L代表的组分为　 　 。
②若体系压强变为50kPa，其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量　 　 （填“增大”“减小”或“不变”），原因为　 　 。
9．（2026 湖南）烯烃是重要的化工原料，可用CO和H2为原料直接合成，其原理：。回答下列问题：
（1）该反应的关键在于CO活化路径的调控。图Ⅰ是M1、M2（M1、M2分别是Co2C和CoxMn1﹣xO）两种催化剂活化CO的机理，其中催化效率较高的是　 　 （填“M1”或“M2”）。催化剂为M2时，反应历程中决速步（速率最慢）的反应方程式为　 　 。
（2）恒压条件下，该反应若改用M3（Na/FeCx@Fe3O4）作催化剂，产物中的H2O还可与CO反应。以生成C3H6为例，相关反应如下：
i.
ⅱ.yCO（g）+yH2O（g） yCO2（g）+yH2（g）
ⅲ.ΔH3
①当y＝0.5时，反应ⅲ的ΔH3＝　 　 kJ mol﹣1。
②已知反应的平衡常数K与温度T之间符合：l（R为摩尔气体常数，C为常数）。当y＝1时，反应ⅱ和ⅲ的lnK与温度T的数据如表所示，反应ⅲ对应表中数据　 　 （填“a”或“b”）。
T 423K 623K 723K
lnK a 6.7 2.9 1.8
b 20.3 5.2 0.7
③反应近似达到平衡时，加入少量无水MgCl2，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，其可能原因是　 　 （选择性100%）。
④y增大，烯烃的氢原子经济性将　 　 （填“增大”或“减小”），理由是　 　 。
（氢原子经济性100%）
⑤图Ⅱ为CO转化率和CO2选择性分别与H2/CO投料比之间的关系，H2/CO投料比为1.5时，副产物甲烷的选择性为10%，烯烃的氢原子经济性＝　 　 。
10．（2026 河南）BN常用作化学反应的催化剂，一种制备BN的方法如下：
反应Ⅰ：CH4（g） C（s）+2H2（g）
反应Ⅱ：B2O3（s）+3C（s）+N2（g） 2BN（s）+3CO（g）
回答下列问题：
（1）基态B原子的核外电子排布式为 　 　 ；键角：CH4　 　 NH3（填“＞”“＝”或“＜”）。
（2）N原子与金属离子的结合能力：NH2OH＜NH3，原因是 　 　 。
（3）B、C和N三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在xy平面的投影如图1所示（晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°），该晶体的密度为 　 　 g cm﹣3（用含a、b、c和NA的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值，1pm＝10﹣10cm）。
（4）反应Ⅱ中，有利于提高N2平衡转化率的条件为 　 　 （填标号）。
A．高温高压
B．高温低压
C．低温高压
D．低温低压
（5）100kPa下，向一恒压密闭反应器中加入3.0mol CH4、2.0mol B2O3和2.0mol N2，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ（不考虑副反应），反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。
①当温度高于900℃时，H2分压随温度升高逐渐减小，原因是 　 　 。
②某温度下，反应达到平衡时，CO分压是N2分压的2倍，假设剩余CH4可忽略不计，此时BN的物质的量为 　 　 mol，H2的分压为 　 　 kPa；若再加入2.0mol N2，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数Kp将 　 　 （填“增大”“减小”或“不变”）。
11．（2026 云南）“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯（DMT）的路径如下：
回答下列问题：
Ⅰ.“热催化”中主反应：
ⅰ.2CO（g）+2CH3ONO（g）＝（COOCH3）2（l）+2NO（g）ΔH1 ΔS1
（1）已知：4CO（g）+4CH3OH（g）+O2（g）＝2（COOCH3）（1）+2H2O（g）ΔH2
4NO（g）+4CH3OH（g）+O2（g）＝4CH3ONO（g）+2H2O（g）ΔH3
则ΔH1＝　 　 （用含ΔH2和ΔH3的代数式表示），ΔS1　 　 0（填“＞”或“＜”）。
（2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应ⅰ，提高CH3ONO平衡转化率的措施有　 　 （填标号）。
A.及时移走（COOCH3）2
B.通入N2
C.增大CO和CH3ONO投料比
D.加入催化剂
（3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”（CO（OCH3）2）的副反应：
ⅱ.CO（g）+2CH3ONO（g）＝CO（OCH3）2（g）+2NO（g）
一定条件下，CH3ONO平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。
[比如：
①“热催化”反应较适宜的温度区间为 　 　 （填标号）。
A.120～140℃
B.130～150℃
C.140～160℃
②130℃，若恒容密闭容器中只发生反应ⅰ、ⅱ，当CO和CH3ONO的初始浓度分别为2mol L﹣1、1mol L﹣1，结合图1信息，平衡时c（CH3ONO）＝ 　 　 mol L﹣1，反应ⅰ的Kc＝ 　 　 （mol L﹣1）﹣2（列出计算式即可）。
Ⅱ.“电催化”中：
（4）25℃时，DMT的生成速率v与c（DMO）关系如上图2，已知该反应的速率方程为v＝kcm（DMO），其中k为速率常数。
①当c（DMO）增加10倍，v也增加10倍，则m为 　 　 。
②速率常数k为 　 　 s﹣1（列出计算式即可）。
（5）生成DMT的电极反应式为，其中Y为 　 　 （填结构简式）。
12．（2026 黑龙江）低碳烯烃（C2﹣C4烯）用途广泛，可由合成气（CO+H2）经费托反应催化直接合成。
（1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（M：催化剂，*CHx：活性碳氢物质）：
按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是　 　 （答出一条即可）。
（2）合成丙烯的费托反应主要为：
①6CO（g）+3H2（g）＝C3H6（g）+3CO2（g）ΔH1
②C3H6（g）+H2（g）＝C3H8（g）
③CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）
④3CO（g）+6H2（g）＝C3H6（g）+3H2O（g）
则ΔH1＝　 　 kJ mol﹣1，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为　 　 （填标号）。
A.低温高压
B.低温低压
C.高温低压
D.高温高压
（3）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1中抑制副反应的最适宜催化剂为　 　 （填“MgAPO”、“SAPO”或“GeAPO”）。430℃时，CO2的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为　 　 （写出计算式即可）。
[已知：收率＝转化为总烃的CO转化率×低碳烯烃选择性、某烃选择性，选择性]
（4）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料n（H2）：n（CO）＝2.5、CO2选择性为a%或b%时，CO转化率与温度的关系如图3所示，则a　 　 b（填“＞”、“＝”或“＜”，下同），反应③的v正（M）　 　 v逆（N）。
（5）若采取某种措施抑制CO2生成，此时费托反应只发生②和④，320℃、恒压645kPa、初始投料n（H2）：n（CO）＝2时，CO的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则p（C3H6）：p（CO）＝　 　 ；反应②的反应商Qp＝　 　 （kPa）﹣1（用分压代替浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，保留两位有效数字）。
13．（2026 上海）氢能源是一种来源丰富、清洁、高效、用途广泛的“绿色能源”，将氢作为能量载体储存起来，被认为是解决能源问题的最佳方案。
反应Ⅰ：GBL（l）+2H2 BDO（l）ΔH＞0
反应Ⅱ：BDO（l） GBL（l）+2H2
（反应Ⅰ中可以近似认为）
（1）使用不同催化剂对反应的反应速率影响不同。下图使用的两种催化剂对反应速率的作用如图所示，判断其中效果较好的催化剂，并说明理由。　 　 。
（2）在恒容密闭容器中，能说明反应Ⅰ达到化学平衡状态的是　 　 （不定项）。
A．BDO不再生成
B．v逆（GBL）：v正（H2）＝1：2
C．气体压强不再变化
D．气体密度不再变化
（3）下列措施可以使反应Ⅱ平衡正向移动的是　 　 （不定项）。
A．体积减少
B．温度升高
C．加入GBL
D．使用催化剂
（4）恒温条件下，若将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，则达到平衡时，H2的浓度　 　 。
A．增大
B．减小
C．不变
原因是　 　 。
（5）在起始GBL1mol、灰氢6mol、氢的物质的量分数为0.5的条件下，反应tmin达到平衡，此时氢气的物质的量分数为0.375，则每分钟生成BDO的物质的量是　 　 mol。
A．3/5t
B．5t/3
C．3/5
D．5/3
（6）储氢密度代表了材料吸收氢气的能力，计算方法是：储氢材料的储氢密度，若1mol GBL理论上最多可吸收2mol H2，则其理论储氢密度为　 　 （用百分数表示，保留2位小数）（；M（GBL）＝86g mol﹣1）。
（7）在2L密闭容器中，加入1mol储氢材料、6mol灰氢（灰氢中H2物质的量分数为0.5），反应达到平衡时，储氢量为理论最大值的90%，则此温度下，反应Ⅰ的平衡常数K为　 　 。
（8）氨分解制氢是通过催化将液氨分解为H2和N2的工业过程。请从贮存运输、生成物分离、反应条件的角度说明液体储氢材料反应比氨气脱氢的优点为　 　 。
14．（2026 浙江）某小组想用CO制取CO2，反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g） ΔH1＝+41kJ/mol K1
Ⅱ．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g） ΔH2＝﹣484kJ/mol K2
Ⅲ． ΔH3 K3
请回答：
（1）①ΔH3＝　 　 kJ/mol。
②某同学在常温常压下，往CO与O2以体积比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却发现几乎无CO2。该同学认为是该反应的平衡常数K3极小导致的，你认为该同学的说法　 　 （“正确”或“错误”），设计实验验证你的结论：　 　 （简述即可）。
（2）Pt因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在250℃条件下，用Pt催化CO制取CO2，反应如下：
Ⅳ．CO（g）→CO*
V.．
Ⅵ．O*+CO*→O...CO*（过渡态）
Ⅶ．
Ⅷ．
①Pt（原子序数78），位于元素周期表第　 　 周期　 　 族。
②反应Ⅳ的ΔS　 　 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
③在图中画出位置（虚线框内）　 　 。
（3）某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由250℃降为30℃，相关反应如下：
序号 反应 Ea（kJ/mol）
a CO*→C*+O* 144
b 101
c O*+H*→OH* 56
d CO（g）→CO* 48
e 40
f 39
g 24
h 15
i 14
①该研究小组采取的措施是　 　 。
②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：　 　 （填序号）。
15．（2025 西藏）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题：
（1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为﹣874kJ mol﹣1、﹣1367kJ mol﹣1和﹣2238kJ mol﹣1，则酯化反应CH3COOH（l）+C2H5OH（l）═CH3COOC2H5（l）+H2O（l）的ΔH＝　 　 kJ mol﹣1。
（2）酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为　 　 ，原因是　 　 。
（3）在常压和353.15K时，初始组成n（CH3COOH）：n（C2H5OH）＝3：1、NaHSO4作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如图所示。
平衡时乙酸的转化率α＝　 　 %，平衡常数K＝　 　 （保留2位有效数字）。已知酯化反应的速率方程为r＝k+c（CH3COOH）c（C2H5OH）﹣k﹣c（CH3COOC2H5）c（H2O），其中k+＝1.0×10﹣5L mol﹣1 s﹣1，则k﹣＝　 　 L mol﹣1 s﹣1（保留2位有效数字）。
（4）研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是　 　 。
若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是　 　 （举1例）。
16．（2025 山西）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：
Ⅰ.MgCO3（s）═MgO（s）+CO2（g）ΔH1＝+101kJ mol﹣1
Ⅱ.CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣166kJ mol﹣1
Ⅲ.CO2（g）+H2（g）═H2O（g）+CO（g）ΔH3＝+41kJ mol﹣1
回答下列问题：
（1）计算MgCO3（s）+4H2（g）═MgO（s）+2H2O（g）+CH4（g）ΔH4＝　 　 kJ mol﹣1
（2）提高CH4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MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，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）100kPa下，在密闭容器中H2（g）和MgCO3（s）各1mol发生反应。反应物（H2、MgCO3）的平衡转化率和生成物（CH4、CO2）的选择性随温度变化关系如图（反应Ⅲ在360℃以下不考虑）。
注：含碳生成物选择性100%
①表示CH4选择性的曲线是　 　 （填字母）。
②点M温度下，反应Ⅱ的Kp＝　 　 （kPa）﹣2（列出计算式即可）。
③在550℃下达到平衡时，n（CO）＝　 　 mol。500～600℃随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是　 　 。
17．（2025 河北）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）＝11：1
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：
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　 　 。
②ΔH　 　 0（填“＞”“＜”或“＝”）。
③已知：反应aA（g）+bB（g） yY（g）+zZ（g），K1，x为组分的物质的量分数。
M、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，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＝　 　 MPa﹣4（用含有m和p0的代数式表示）。
18．（2025 湖北）CaH2（s）粉末可在较低温度下还原Fe2O3（s）。回答下列问题：
（1）已知一定温度下，
CaH2（s）+6Fe2O3（s）═Ca（OH）2（s）+4Fe3O4（s） ΔH1＝mkJ mol﹣1
2CaH2（s）+Fe3O4（s）═2Ca（OH）2（s）+3Fe（s） ΔH2＝nkJ mol﹣1
则3CaH2（s）+2Fe2O3（s）═3Ca（OH）2（s）+4Fe（s）的ΔH3＝ 　 　 kJ mol﹣1（用m和n表示）。
（2）图1分别是260℃、280℃和300℃下CaH2（s）还原Fe2O3（s）过程中反应体系电阻R（Ω）随反应时间t（h）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CaH2（s）对Fe2O3（s）的还原性主要来自于其产生的H2。一般认为H2在Fe2O3表面被氧化成H2O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）CaH2（s）产生H2的可能反应：①CaH2（s）＝Ca（s）+H2（g）或②CaH2（s）+2H2O（g）═Ca（OH）2（s）+2H2（g）。将CaH2（s）放在含微量水的N2气流中，在200℃至300℃的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定H2的来源之一是反应 　 　 （填“①”或“②”）。若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是 　 　 。
（6）已知3H2（g）+Fe2O3（s） 3H2O（g）+2Fe（s），研究表明，在相同温度下，用CaH2（s）还原Fe2O3（s）比直接用H2（g）还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：　 　 。
19．（2025 浙江）二甲胺[（CH3）2NH]、N，N﹣二甲基甲酰胺[HCON（CH3）2]均是用途广泛的化工原料。
请回答：
（1）用氨和甲醇在密闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ.NH3（g）+CH3OH（g） CH3NH2（g）+H2O（g）
Ⅱ.CH3NH2（g）+CH3OH（g） （CH3）2NH（g）+H2O（g）
Ⅲ.（CH3）2NH（g）+CH3OH（g） （CH3）3N（g）+H2O（g）
可改变甲醇平衡转化率的因素是　 　 。
A.温度
B.投料比[n（NH3）：n（CH3OH）]
C.压强
D.催化剂
（2）25℃下，（CH3）2NH H2O的电离常数为Kb，﹣lgKb＝3.2，则1mol/L[（CH3）2NH2]+Cl﹣水溶液的pH＝　 　 。
（3）在[（CH3）2NH2]+Cl﹣的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON（CH3）2，阴极上生成HCON（CH3）2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HCON（CH3）2：（CH3）2NH（g）+CO（g）＝HCON（CH3）2（l）
某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下ΔH　 　 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（5）有研究采用CO2、H2和（CH3）2NH催化反应制备HCON（CH3）2。在恒温密闭容器中，投料比n（CO2）：n（H2）：n[（CH3）2NH]＝20：15：1，催化剂M足量。
反应方程式如下：
ⅣCO2（g）+H2（g）HCOOH（g）
ⅤHCOOH（g）+（CH3）2NH（g）═HCON（CH3）2（g）+H2O（g）
HCOOH、（CH3）2NH、HCON（CH3）2三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100%）
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SiH4代替H2作为氢源与CO2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　 　 。
20．（2025 安徽）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：
①HCOOH（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH1＝+26.3kJ mol﹣1
②HCOOH（g）═CO2（g）+H2（g） ΔH2＝﹣14.9kJ mol﹣1
（1）反应CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）的ΔH＝ 　 　 kJ mol﹣1。
（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．H2O（g）的浓度不变
d．CO和CO2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H2）的重要方法，主要反应有：
③CH4（g）+CO2（g） 2CO（g）+2H2（g）
④CO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
⑤CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）
（4）恒温恒容条件下，可提高CH4转化率的指施有 　 　 （填标号）。
a．增加原料中CH4的量
b．增加原料中CO2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CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如图。
ⅰ．投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n（CO）：n（H2）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Kp＝ 　 　 （kPa）2（用含p的代数式表示，Kp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）。
21．（2025 贵州）TiC是一种极具潜力的超高温结构材料，其制备总反应为：
TiO2（s）+3C（s）＝TiC（s）+2CO（g）ΔH
反应步骤如下：
Ⅰ.3TiO2（s）+C（s）＝Ti3O5（s）+CO（g）ΔH1＝+168.3kJ mol﹣1
Ⅱ.2Ti3O5（s）+C（s）＝3Ti2O3（s）+CO（g）ΔH2＝+251.7kJ mol﹣1
Ⅲ.Ti2O3（s）+5C（s）＝2TiC（s）+3CO（g）ΔH3＝+734.9kJ mol﹣1
回答下列问题：
（1）ΔH＝　 　 kJ mol﹣1，总反应的ΔG随温度T的变化关系如图，则总反应自发进行的温度条件为　 　 。
（2）在恒容密闭容器中，加入1mol TiO2、5mol C和8.4mol氢气，以10℃ min﹣1从20℃升温至1500℃后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间t变化关系如图。
已知：剩余固体质量分数100%
①148min之前反应速率逐渐加快的原因是　 　 。
②M、N点的反应速率v（M）　 　 v（N）（选填“＞”“＝”或“＜”），其原因是　 　 。
③设Q点达平衡，总压为pkPa，则1500℃时总反应的Kp＝　 　 （kPa）2（分压＝总压×物质的量分数，用含p的代数式表示）。
（3）高温下，向TiO2和C反应体系中加入NaF，可形成TiC—NaF（1）（TiC与NaF共熔体），最终获得TiC，原理如下：
ⅰ.NaF（s）→NaF（l）
ⅱ.________
ⅲ.TiC—NaF（1）→TiC（s）+NaF（l）
过程ⅱ的化学方程式为　 　 ，加入NaF有利于生成更多TiC的原因是　 　 。
22．（2025 湖南）在温和条件下，将CO转化为C4烃类具有重要意义。采用电化学﹣化学串联催化策略可将CO高选择性合成C4H10，该流程示意图如图：
回答下列问题：
（1）电解池中电极M与电源的 　 　 极相连。
（2）CO放电生成C2H4的电极反应式为 　 　 。
（3）在反应器中，发生如下反应：
反应ⅰ：2C2H4（g） C4H8（g） ΔH1＝﹣104.7kJ mol﹣1
反应ⅱ：2C2H4（g）+H2（g） C4H10（g） ΔH2＝﹣230.7kJ mol﹣1
计算反应C4H8（g）+H2（g） C4H10（g）的ΔH＝ 　 　 kJ mol﹣1，该反应 　 　 （填标号）。
A.高温自发
B.低温自发
C.高温低温均自发
D.高温低温均不自发
（4）一定温度下，CO，C2H4和H2（体积比为x：2：1）按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器（入口压强为100kPa）发生反应ⅰ和ⅱ。有CO存在时，反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性（选择性100%）如图2所示。
①根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式 　 　 ；C4H10的选择性大于C4H8的原因是 　 　 。
②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，C2H4的转化率减小的原因是 　 　 ；当x＝2时，该温度下反应ⅱ的Kp＝ 　 　 （kPa）﹣1（保留两位小数）。
23．（2025 山东）利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CaS（s）+2SO2（g） CaSO4（s）+S2（g）ΔH1
Ⅱ．CaSO4（s）+4H2（g） CaS（s）+4H2O（g）ΔH2
Ⅲ．SO2（g）+3H2（g） H2S（g）+2H2O（g）ΔH3
恒容条件下，按1mol CaS，1mol SO2和0.1mol H2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn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K＝108基本不变。
回答下列问题：
（1）反应4H2（g）+2SO2（g） 4H2O（g）+S2（g）的焓变ΔH＝ 　 　 （用含ΔH1、ΔH2的代数式表示）。
（2）乙线所示物种为 　 　 （填化学式）。反应Ⅲ的焓变ΔH3　 　 0（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）T1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amol，则S2为 　 　 mol（用含a的代数式表示）；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n（CaS）﹣n（CaSO4）＝ 　 　 mol（用含a的最简代数式表示）。
（4）T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比 　 　 （填“增大”“减小”或“不变”），H2O物质的量n（H2O） 　 　 （填“增大”“减小”或“不变”）
24．（2025 四川）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气（CO+H2）为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：
①HCHO（g）+CO（g）+H2（g）═HOCH2CHO（l）
②HOCH2CHO（l）+H2（g）═HOCH2CH2OH（l）
已知：ΔtHm为物质生成焓，反应焓变ΔH＝产物生成焓之和﹣反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。
物质 HCHO（g） CO（g） H2（g） HOCH2CH2OH（l）
ΔtHm/kJ mol﹣1 ﹣116 ﹣111 0 ﹣455
回答下列问题：
（1）生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为 　 　 ，ΔS 　 　 0（填“＞”“＜”或“＝”），反应在 　 　 （填“高温”或“低温”）自发进行。
（2）恒压时，合成气中n（H2）：n（CO）增大，HOCH2CHO（羟基乙醛）单位时间产率降低，其原因是 　 　 。
（3）反应中伴随副反应④：HCHO（g）+H2（g）＝CH3OH（l）。平衡常数与温度之间满足关系lnK常数，反应②和④的lnK与的关系如图所示，则ΔH2　 　 ΔH4，（填“＞”“＜”或“＝”）；欲抑制甲醇的生成，应适当 　 　 （填“升高”或“降低”）反应温度，理由是 　 　 。
（4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为1.0mol L﹣1。
①反应5h后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，则甲醛的平均消耗速率v＝ 　 　 mol L﹣1 h﹣1。
②溶剂中H2和CO浓度分别保持为1.0×10﹣4mol L﹣1、6.0×10﹣4mol L﹣1，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为18%、34%、14%，生成乙二醇的平衡常数K＝ 　 　 （mol L﹣1）﹣3（科学记数，保留小数点后2位。
25．（2025 江西）CO2与H2通过催化转化为高附加值化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。相关反应体系及其热力学数据（298K、pθ）如下：
Ⅰ.CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41kJ/mol
Ⅱ.CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣165kJ/mol
Ⅲ.CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3＝﹣50kJ/mol
Ⅳ.2CO2（g）+6H2（g）═CH3CH2OH（g）+3H2O（g）ΔH4＝﹣174kJ/mol
Ⅴ.2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH5＝﹣123kJ/mol
回答下列问题：
（1）CH3CH2OH（g）═CH3OCH3（g）ΔH6＝　 　 kJ/mol。
（2）反应Ⅰ的机理包括3种路径（主要步骤如图），在A路径中，决速步骤的能垒是　 　 eV，反应Ⅰ的最优路径是　 　 （填标号）。
（3）某课题组模拟了CO2加氢在不同温度下的平衡组分（如图）。保持总压为5×103kPa，温度为500℃以上时，主要含碳产物是　 　 ，计算300℃时相关反应的平衡常数KP＝　 　 （kPa）﹣4。
（4）反应Ⅰ某路径的主要步骤如下（其中*表示吸附态）：
①CO2（g）+*→CO2*
②H2（g）+*+*→2H*
③CO2*+*→CO*+O*
④O*+H* OH*+*
⑤OH*+OH*→H2O*+O*
⑥CO*→*+CO（g）
⑦H2O*→*+H2O（g）
写出与第⑤步竞争的基元反应　 　 。
（5）通过对ZrO2负载Rh的单原子催化剂进行掺杂，可调控催化剂选择性生成CH4或CO，其示意图如图：
ⅰ.写出Y的化学式　 　 。
ⅱ.依据示意图，掺杂Na+的催化剂可以提高Y的选择性，其原因是　 　 。
2027高考化学化学一轮复习：化学反应速率与平衡（解答大题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．（2026 湖北）将NH3与废弃的太阳能面板Si材料进行球磨反应，制备高纯度H2，反应如下：
反应Ⅰ：4NH3（g）+3Si（s）＝6H2（g）+Si3N4（s） ΔH1
已知一定温度下，
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：3Si（s）+2N2（g）＝Si3N4（s）
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的ΔH1＝　﹣559.6　 kJ mol﹣1，属于　熵增　 （填“熵增”或“熵减”）反应。
（2）将足量Si和20mmol NH3放入反应器中进行球磨，反应器空腔净体积为VmL。
①反应过程中H2产量随球磨转速的变化曲线如图1所示，球磨总转数固定为6500转。选择650转/分钟而非400转/分钟的优势是　缩短反应时间，且能提高H2的产量　 。
②在转速为650转/分钟条件下反应12min，NH3的转化率达到80%，则0～12min生成H2的平均速率为　　 mmol/（mL min），此时反应的浓度商为　　 （填计算式）。当反应时间延长至24min，NH3的转化率为100%，此时体系温度为50℃。
（3）若反应Ⅰ不以球磨方式进行，300℃反应24min的转化率仅为0.04%。图2为理论计算得到的球磨和非球磨条件下反应Ⅰ的能量变化图，据此判断球磨能　降低　 （填“升高”或“降低”）反应的活化能，从化学键的角度分析，其原因是　球磨的机械作用削弱（或部分破坏）了反应物中的化学键，使反应物更易断键发生反应，从而降低活化能　 。
（4）相对于反应Ⅱ，除了条件更温和、转化率更高及废弃物资源化利用外，球磨反应制H2还具备的优点是　产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度H2 。
【答案】（1）﹣559.6；熵增；
（2）①缩短反应时间，且能提高H2的产量；
②；；
（3）降低；球磨的机械作用削弱（或部分破坏）了反应物中的化学键，使反应物更易断键发生反应，从而降低活化能；
（4）产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度H2。
【分析】（1）根据盖斯定律，将已知反应依次命名为反应Ⅱ和反应Ⅲ。目标反应Ⅰ可由2×反应Ⅱ+反应Ⅲ得到；
（2）①题目已知球磨总转数固定为6500转；当转速为650转/分钟时，反应耗时为10min；当转速为400转/分钟时，反应耗时为16.25min；
②反应12min时，NH3转化了20mmol×80%＝16mmol，根据方程式4NH3（g）+3Si（s） ＝ 6H2（g）+Si3N4（s） 可知，生成H2的物质的量为16mmol24mmol；
（3）由图2可知，球磨条件下反应的活化能（即过渡态能量与反应物能量之差）明显小于非球磨条件；从化学键角度分析，球磨提供的机械能削弱或部分破坏了反应物分子中的化学键，使得反应物的相对能量升高；
（4）反应Ⅱ的产物为N2和H2的混合气体，后续分离提纯较为困难；而反应Ⅰ的产物中只有H2一种气体，副产物Si3N4为固体。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，将已知反应依次命名为反应Ⅱ和反应Ⅲ。目标反应Ⅰ可由2×反应Ⅱ+反应Ⅲ得到，因此ΔH1＝ 2ΔH2+ΔH3＝ 2×（+92.0 kJ mol﹣1）+（﹣743.6 kJ mol﹣1） ＝﹣559.6 kJ mol﹣1。反应Ⅰ中，气体分子数由4增加到6，体系混乱度增大，属于熵增反应，
故答案为：﹣559.6；熵增；
（2）①题目已知球磨总转数固定为6500转；当转速为650转/分钟时，反应耗时为10min；当转速为400转/分钟时，反应耗时为16.25min。且由图1可知，650转/分钟时的H2产量高于400转/分钟时。因此，选择650转/分钟的优势是缩短了反应时间，且能提高H2的产量，
故答案为：缩短反应时间，且能提高H2的产量；
②反应12min时，NH3转化了20mmol×80%＝16mmol，根据方程式4NH3（g）+3Si（s） ＝ 6H2（g）+Si3N4（s） 可知，生成H2的物质的量为16mmol24mmol。则0～12min生成H2的平均速率v（H2）＝24mmol÷（VmL×12min） mmol/（mL min）。此时剩余NH3为20mmol﹣16mmol＝4mmol，体系中c（H2）mmol/mL，c（NH3）mmol/mL，该反应的浓度商Qc ＝ c6（H2）÷c4（NH3） ＝ ，
故答案为：；；
（3）由图2可知，球磨条件下反应的活化能（即过渡态能量与反应物能量之差）明显小于非球磨条件，故球磨能降低反应的活化能。从化学键角度分析，球磨提供的机械能削弱或部分破坏了反应物分子中的化学键，使得反应物的相对能量升高，从而减少了反应断键所需的能量，使反应更容易达到过渡态，
故答案为：降低；球磨的机械作用削弱（或部分破坏）了反应物中的化学键，使反应物更易断键发生反应，从而降低活化能；
（4）反应Ⅱ的产物为N2和H2的混合气体，后续分离提纯较为困难；而反应Ⅰ的产物中只有H2一种气体，副产物Si3N4为固体，固气极易分离，无需复杂的提纯步骤即可直接得到高纯度H2，
故答案为：产物中只有一种气体，固气易分离，可直接得到高纯度H2。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2026 贵州）水下推进装置的研究对维护国家海洋权益有积极意义。水冲压发动机是一种新型水下推进装置，通过金属燃料与海水反应产生推力。某科研小组对金属燃料镁与水蒸气高效燃烧过程进行了研究，并模拟计算了其反应机理，所涉反应及变化如下。
I.Mg（g）+H2O（g）═MgO（s）+H2（g）ΔH1＝akJ mol﹣1（a＜0）
Ⅱ.MgO（s）═MgO（l）
Ⅲ.MgO（l）═MgO（g）
已知：①在标准大气压下，MgO的液化温度为3125K，汽化温度为3873K。
②ΔG＝ΔH﹣TΔS
③模拟计算条件：动力反应装置为绝热系统（物质与热量均不与外界交换），压强为标准大气压（1atm）。
回答下列问题：
（1）计算：Mg（g）+H2O（g）═MgO（g）+H2（g）ΔH＝　（a+b+c）　 kJ mol﹣1。
（2）模拟计算得出镁与水蒸气反应的ΔG和ΔH随温度的变化关系如图1。温度小于3000K时，ΔS　＜　 0（填“＞”“＝”或“＜”）。
（3）研究表明，反应中同时存在氢原子解离（路径Ⅰ）和氢原子转移（路径Ⅱ）两条反应路径，如图2。
①两条反应路径ΔH的关系为ΔH路径Ⅰ　＝　 ΔH路径Ⅱ（填“＞”“＝”或“＜”）。
②1atm下，路径Ⅰ和路径Ⅱ都是连续反应：
反应速率方程为v＝kc，其中v是反应速率，k是反应速率常数（其数值大小关系为k2＞k3＞k1＞k4），c是反应物浓度。反应达到平衡前，c（MgOH）　＜　 c（HMgOH）（填“＞”“＝”或“＜”），原因是　Mg OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H 反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH 反应生成MgO+H2的活化能小，MeOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于k2＞k3＞k1＞k4，v＝kc，故平衡前c（MgOH）＜c（HMgOH）　 。
③某温度下，mg镁与足量水蒸气在ts内全部反应，其中通过路径Ⅰ生成的氢气为ng，则在该时间段内路径Ⅱ的反应速率为　　 mol s﹣1。
（4）在3000K时，若将动力装置反应器出口设置成小口径喷口，反应器可近似为恒容密闭体系，体系压强从1atm提升至10atm，则该反应器在单位时间内产生的能量将　增大　 （填“增大”“不变”或“减小”），原因是　3000K时，Mg（g）+H2O（g）＝MgO（s）+H2（g）ΔH＜0，为气体体积减小的反应放热反应，增大压强，平衡正向移动，放出的热量更多　 。
【答案】（1）（a+b+c）；
（2）＜；
（3）①＝；
②＜；
③；
（4）增大；3000K时，Mg（g）+H2O（g）＝MgO（s）+H2（g） ΔH＜0，为气体体积减小的反应放热反应，增大压强，平衡正向移动，放出的热量更多。
【分析】（1）根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得，Mg（g）+H2O（g）═MgO（g）+H2（g）ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3；
（2）已知ΔG＝ΔH﹣TΔS，由图可知，温度升高时，ΔG增大，ΔH几乎不变；
（3）①焓变ΔH是状态函数，只与反应的始态和终态有关；
②活化能越大，反应越难；
③mgMg总物质的量为mol，1mol Mg生成1mol H2，因此生成H2物质的量为1mol，路径Ⅰ生成ngH2，物质的量为mol，则路径Ⅱ生成H2的物质的量为（）mol，根据v计算反应速率；
（4）增大压强，平衡向气体体积减小的移动。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得，Mg（g）+H2O（g）═MgO（g）+H2（g）ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3＝（a+b+c）kJ mol﹣1，
故答案为：（a+b+c）；
（2）已知ΔG＝ΔH﹣TΔS，由图可知，温度升高时，ΔG增大，ΔH几乎不变，因此ΔG对T的斜率为﹣ΔS＞0，可得ΔS＜0，
故答案为：＜；
（3）①焓变ΔH是状态函数，只与反应的始态和终态有关，两条路径的反应物和最终产物完全相同，因此ΔH路径Ⅰ＝ΔH路径2，
故答案为：＝；
②由图2可知，Mg OH2反应生成MgOH+H的活化能比生成HMgOH的活化能大，所以生成HMgOH的反应速率更快，同时MgOH+H 反应生成MgO+H2的活化能比HMgOH 反应生成MgO+H2的活化能小，MgOH+H反应生成MgO+H2的速率更快，由于k2＞k3＞k1＞k4，v＝kc，故平衡前c（MgOH）＜c（HMgOH），
故答案为：＜；
③mgMg总物质的量为mol，1mol Mg生成1mol H2，因此生成H2物质的量为1mol，路径Ⅰ生成ngH2，物质的量为mol，则路径Ⅱ生成H2的物质的量为（）mol，故速率vmol s﹣1mol s﹣1，
故答案为：；
（4）3000K时，Mg、H2O、H2均为气体，MgO为固体，Mg（g）+H2O（g）＝MgO（s）+H2（g） ΔH＜0，增大压强平衡正向移动，会放出更多热量，该反应器在单位时间内产生的能量将增大，
故答案为：增大；3000K时，Mg（g）+H2O（g）＝MgO（s）+H2（g） ΔH＜0，为气体体积减小的反应放热反应，增大压强，平衡正向移动，放出的热量更多。
【点评】本题考查盖斯定律、化学平衡的影响和反应速率的计算，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等。
3．（2026 四川）季戊四醇酯是具有优良生物降解性的润滑剂。以二甲基亚砜为溶剂，正己酸（A）与季戊四醇（B）制备正己酸季戊四醇单酯（C）和二正己酸季戊四醇二酯（D）的反应如下：
反应物初始浓度，不同温度下部分物质浓度随时间的变化关系如图所示，平衡浓度比如表所示（忽略水的挥发）。
不同温度下的平衡浓度比
温度/℃
135 0.90 0.11
145 0.96 0.22
回答下列问题：
（1）2C5H11COOH（l）+C（CH2OH）4（l）＝（C5H11COOCH2）2C（CH2OH）2（l）+2H2O（l）的反应热ΔH3＝　m+n　 kJ mol﹣1。
（2）下列说法正确的是　bc　 （填标号）。
a.A的平均消耗速率是B的平均消耗速率的两倍
b.0～120min内，135℃时B的平均消耗速率等于C的平均生成速率
c.240～320min内，反应Ⅰ在145℃的平均速率小于其在135℃的平均速率
（3）反应达平衡后，若向反应体系中通入惰性气体将产生的水带出，C和D的产率将　增大　 （填“增大”或“减小”），原因是　生成物H2O的浓度降低，平衡正向移动　 。
（4）135℃达平衡时，c（B）＝0.50mol L﹣1，则c（D）＝　0.05　 mol L﹣1，反应Ⅰ的平衡常数K（Ⅰ）＝　1.10　 （计算结果均保留小数点后2位）。
（5）已知反应热满足关系，式中K1、K2分别为温度T1、T2时的平衡常数，R是大于0的常数，则反应Ⅰ和Ⅱ的反应热关系为ΔH1　＜　 ΔH2（填“＞”或“＜”），判断依据是　由可知，随着温度升高，ΔH2对应反应平衡常数变化幅度更大，因而ΔH2对应大于ΔH1对应的所以ΔH1＜ΔH2 。
【答案】（1）m+n；
（2）bc；
（3）增大；生成物H2O的浓度降低，平衡正向移动；
（4）0.05；1.10；
（5）＜；由可知，随着温度升高，ΔH2对应反应平衡常数变化幅度更大，因而ΔH2对应大于ΔH1对应的所以ΔH1＜ΔH2。
【分析】（1）根据盖斯定律进行解答；
（2）a.分析题图，135℃时，160min后才生成D，说明160min之前仅发生反应Ⅰ；
b.135℃时，0～120min内，仅发生反应Ⅰ；
c.240～320min内，145℃时，B与C的浓度几乎不变，即Δc（B）、Δc（C）几乎为0，而135℃时，B的浓度持续减少，C的浓度持续增大，即Δc（B）小于0、Δc（C）大于0；
（3）反应达平衡后，若向反应体系中通入惰性气体将产生的水带出，则生成物减小，平衡正向移动；
（4）根据K（Ⅰ）进行解答；
（5）根据进行分析解答。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，该反应＝反应Ⅰ+反应Ⅱ，则有，
故答案为：m+n；
（2）a.分析题图，135℃时，160min后才生成D，说明160min之前仅发生反应Ⅰ，此时A与B的平均消耗速率相等，故a错误；
b.135℃时，0～120min内，仅发生反应Ⅰ，B的平均消耗速率与C的平均生成速率相等，故b正确；
c.240～320min内，145℃时，B与C的浓度几乎不变，即Δc（B）、Δc（C）几乎为0，而135℃时，B的浓度持续减少，C的浓度持续增大，即Δc（B）小于0、Δc（C）大于0，则反应Ⅰ在135℃时的平均速率大于145℃的平均速率，故c正确；
故答案为：bc；
（3）反应达平衡后，若向反应体系中通入惰性气体将产生的水带出，则生成物减小，平衡正向移动，C和D的产率将增大，
故答案为：增大；生成物H2O的浓度降低，平衡正向移动；
（4）初始浓度，135℃平衡时，c（B）＝0.50mol/L，则c（C）＝0.90×0.50mol/L＝0.450mol/L；则有：
则平衡时c（A）＝（1.0﹣0.50﹣0.05）mol/L＝0.45mol/L，c（B）＝（1.0﹣0.50）mol L﹣1＝0.50mol L﹣1，c（C）＝（0.50﹣0.05）mol/L，＝0.45mol/L，c（H2O）＝（0.50+0.05）mol L﹣1＝0.55mol L﹣1，c（D）＝0.05mol L﹣1，反应Ⅰ的平衡常数1.10，
故答案为：0.05；1.10；
（5）
135℃ 145℃
K（Ⅰ） ln1.1
K（Ⅱ） ln2
对于而言，在指定温度（135℃与145℃下，为定值且大于0，ΔH1对应的小于ΔH2对应的，则ΔH1＜ΔH2，
故答案为：＜；由可知，随着温度升高，ΔH2对应反应平衡常数变化幅度更大，因而ΔH2对应大于ΔH1对应的所以ΔH1＜ΔH2。
【点评】本题考查盖斯定律的运用和化学平衡计算的相关知识，对反应原理考查比较全面，是一道较好的题型，难点是多重平衡体系的分析，题目难度中等。
4．（2026 山东）液相酯交换反应（如反应Ⅰ）是生产化工产品的重要途径，回答下列问题：
反应Ⅰ：
（1）B的系统命名为　1，2﹣丁二醇　 。
（2）初始投料只有A和B，且均为1mol，不同温度下A转化率随反应时间的变化如图所示，则ΔH1　＜　 0（填“＞”或“＜”）；实验证明|ΔH1|很小，从化学键变化角度分析，其原因为　反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同　 。已知T1温度下，反应达平衡时，C物质的量n（C）为，反应Ⅰ的平衡常数K1＝　　 。
（3）T1温度下，向上述液相平衡体系中加入一定量的CH3OH，发生如下反应：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
液相体系重新达平衡后，D物质的量n（D）为0.5mol，则A物质的量n（A）＝　0.5　 mol，E物质的量n（E）＝　0.3　 mol。
（4）将（3）中平衡体系记为①；同温下，向①加入一定量惰性溶剂，达新的平衡体系②；或不加入惰性溶剂，仅降低一定温度，达新的平衡体系③。相较于①，若②及③中C与A物质的量之比均增大至同一数值，则三个平衡体系按n（E）由大到小的排序为　③①②　 （填编号），D与B物质的量之比最小值对应的平衡体系为　②　 （填编号）。
【答案】（1）1，2﹣丁二醇；
（2）＜；反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同；；
（3）0.5；0.3；
（4）③①②；②。
【分析】（1）B的主链4个碳，1、2位有羟基；
（2）温度越高反应速率越快，先达平衡，所以T1＞T2；T1平衡时A转化率更低，升温A转化率下降，平衡逆向移动，正反应放热，故ΔH1＜0；反应Ⅰ是酯交换，断裂的化学键和形成的化学键种类以及数目相同，因此|ΔH1|很小；初始n（A）＝n（B）＝1mol，平衡n（C）mol；
（3）设反应Ⅰ中A的转化量为a mol，反应Ⅱ中A的转化量为b mol，反应Ⅲ中C的转化量为c mol，则有：
A+B C+D
转化物质的量/mol a a a a
A+2CH3OH E+D
转化物质的量/mol b 2b b b
C+2CH3OH E+B
转化物质的量/mol c 2c c c
（4）反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，③降低温度，平衡Ⅱ、Ⅲ正向移动，生成更多E，故n（E）③大于①；②加入惰性溶剂稀释，反应Ⅱ、Ⅲ均为物质的量减小的反应，稀释平衡逆向移动，消耗E，故n（E）②小于①，因此排序为③＞①＞②。由K1，变形得 K1 。
【解答】解：（1）B的结构是，主链4个碳，1、2位有羟基，系统命名为1，2﹣丁二醇，
故答案为：1，2﹣丁二醇；
（2）温度越高反应速率越快，先达平衡，所以T1＞T2；T1平衡时A转化率更低，升温A转化率下降，平衡逆向移动，正反应放热，故ΔH1＜0；反应Ⅰ是酯交换，断裂的化学键和形成的化学键种类以及数目相同，因此|ΔH1|很小；初始n（A）＝n（B）＝1mol，平衡n（C）mol，由反应Ⅰ计量比，n（D）mol，剩余n（A）＝n（B）＝1molmolmol，设液相反应体系的体积为V，则平衡常数K1，
故答案为：＜；反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和数目相同；；
（3）设反应Ⅰ中A的转化量为a mol，反应Ⅱ中A的转化量为b mol，反应Ⅲ中C的转化量为c mol，则有：
A+B C+D
转化物质的量/mol a a a a
A+2CH3OH E+D
转化物质的量/mol b 2b b b
C+2CH3OH E+B
转化物质的量/mol c 2c c c
则达到平衡时n（A）＝1﹣a﹣b，n（B）＝1﹣a+c，n（C）＝a﹣c，n（D）＝a+b，n（E）＝b+c，可列方程组a+b＝0.5、，解得a﹣c＝0.2mol。所以此时n（A）＝1﹣a﹣b＝1mol﹣0.5mol＝0.5mol，n（E）＝b+c＝（a+b）﹣（a﹣c）＝0.5mol﹣0.2mol＝0.3mol，
故答案为：0.5；0.3；
（4）反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，③降低温度，平衡Ⅱ、Ⅲ正向移动，生成更多E，故n（E）③大于①；②加入惰性溶剂稀释，反应Ⅱ、Ⅲ均为物质的量减小的反应，稀释平衡逆向移动，消耗E，故n（E）②小于①，因此排序为③＞①＞②。由K1，变形得 K1 。①和②温度相同，K1相同，：②＞①，故：②＜①；③温度低于①，ΔH1＜0，降温K1增大，且 与②相等，故：③＞②，因此最小值对应体系②，
故答案为：③①②；②。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
5．（2026 江西）Ca（OH）2/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储/释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下：
回答下列问题：
（1）E＝　﹣63　 kJ mol﹣1。
（2）同等条件下，Ca（OH）2表面自由能G（块状）　＜　 G（粉末）（填“＞”“＝”或“＜”）。
（3）Ca（OH）2/CaO开放系统在脱水过程中，Ca（OH）2起始质量为m0，当固体质量为m时，转化率为　　 ×100%。
（4）空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是　510℃的H2O（g）转变为25℃的H2O（l）的过程　 。
（5）下图为密闭容器中Ca（OH）2（s） CaO（s）+H2O（g）的理论平衡曲线，CaO（s）在图中能稳定存在的状态点有　a、c、d　 （填标号）。
（6）假设wg金属Ca，原子半径为rm，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积（含空隙）计算式A＝　　 m2。
（7）初始CaO质量相同，不同比例H2O与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。
甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。
乙同学认为该结论不正确，理由是　由于加水量不同，导致升高至相同温度所需能量与时间不同，因此④中可能加水量少，从而升温快　 。
【答案】（1）﹣63；
（2）＜；
（3）；
（4）510℃的H2O（g）转变为25℃的H2O（l）的过程；
（5）a、c、d；
（6）；
（7）由于加水量不同，导致升高至相同温度所需能量与时间不同，因此④中可能加水量少，从而升温快。
【分析】（1）根据盖斯定律，整个循环焓变总和为0分析。
（2）同等条件下，粉末状的物质相比于块状物质，被粉碎得更细，具有更大的比表面积。表面原子由于配位不饱和，具有比内部原子更高的能量；
(3)设Ca(OH)2转化率为α，起始物质的量为 mol，每1mol Ca(OH)2脱水失去1mol H2O，固体质量减少18g，因此：m0﹣m＝ ；
（4）空调等物理热泵的供热原理是利用制冷剂发生物理相变（如气态冷凝液化）来释放热量；
(5)对于平衡Ca(OH)2（s） CaO（s）+H2O（g），平衡常数K＝pH2O（平衡）；a、d点为平衡点，CaO（s）均能稳定存在；c点pH2O（平衡）小于此时平衡时pH2O（平衡），平衡右移，CaO（s）亦可稳定存在；同理，点平衡左移，消耗CaO（s），CaO（s）不可稳定存在；
（6）wgCa的原子个数为NNA；二维单层紧密堆积（六方密堆积）；
（7）由于加水量不同，导致升高至相同温度所需能量与时间不同。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，整个循环焓变总和为0：（+54+95﹣24﹣62）kJ mol﹣1+E＝0，解得E＝﹣63kJ/mol，
故答案为：﹣63；
(2)同等条件下，粉末状的物质相比于块状物质，被粉碎得更细，具有更大的比表面积。表面原子由于配位不饱和，具有比内部原子更高的能量，因此块状Ca(OH)2的表面自由能小于粉末状，
故答案为：＜；
(3)设Ca(OH)2转化率为α，起始物质的量为 mol，每1mol Ca(OH)2脱水失去1mol H2O，固体质量减少18g，因此：m0﹣m＝ ，整理得α100%100%，
故答案为：；
（4）空调等物理热泵的供热原理是利用制冷剂发生物理相变（如气态冷凝液化）来释放热量。在上述关系图中，发生物理变化且放热的过程是510℃的H2O（g）转变为25℃的H2O（l）的过程（放出62kJ/mol的热量），
故答案为：510℃的H2O（g）转变为25℃的H2O（l）的过程；
(5)对于平衡Ca(OH)2（s） CaO（s）+H2O（g），平衡常数K＝pH2O（平衡）；a、d点为平衡点，CaO（s）均能稳定存在；c点pH2O（平衡）小于此时平衡时pH2O（平衡），平衡右移，CaO（s）亦可稳定存在；同理，点平衡左移，消耗CaO（s），CaO（s）不可稳定存在，
故答案为：a、c、d；
（6）wgCa的原子个数为NNA；二维单层紧密堆积（六方密堆积），框内表示每个原子所占总面积（含空隙），计算结果为2r2，因此总表面积：Ar2，
故答案为：；
（7）由于加水量不同，导致升高至相同温度所需能量与时间不同，因此④中可能加水量少，从而升温快，则该推断不正确，
故答案为：由于加水量不同，导致升高至相同温度所需能量与时间不同，因此④中可能加水量少，从而升温快。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
6．（2026 广东）硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。
（1）基态S原子的价层电子轨道表示式为 。
（2）我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。
2H2S（aq）+O2（aq）═2S（s）+2H2O（l）ΔH1
ΔH2
ΔH3
则ΔH3＝　ΔH1ΔH2 （用ΔH1和ΔH2表示）。
（3）H2S的氧化可在卟啉铁配合物[FeL（H2O）]（用Z表示）催化下进行，其中的一步反应为 [FeL（HS）]﹣+H2O。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ～Ⅲ组仅初始不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。0～t时间内的实验数据如图1。
①下列说法正确的有　BC　 。
A.0～t内反应速率：Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ
B.Z的平衡转化率：Ⅰ＜Ⅱ＜Ⅲ
C.实验温度：Ⅱ＞Ⅳ
D.平衡时Z的浓度：Ⅱ和Ⅳ相等
②Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，且（cⅢ﹣cⅡ）/（cⅡ﹣cⅠ）＝1.2，则y＝　3.2　 。
（4）S2Cl2（l）可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成SO2（g）、S（s）和HCl（g），该水解反应的熵变　＞　 0（填“＞”“＝”或“＜”）。
（5）某低共熔溶剂（D）可用于吸收HCl（g），其吸收过程可表示为：
HCl（g） HCl（sol）
xHCl（sol）+D（1） D xHCl（sol）
在一定T和HCl（g）压强（p）下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收HCl（g）的量为α+β，相关信息见图2，α或β随p的变化如图3。
①1mol D在303K、p＝100kPa下吸收HCl（g）至饱和，再升温至350K、降压至p＝40kPa，达平衡后可释放　0.82　 mol HCl（g）。
②形成D xHCl（sol）的总过程表示为xHCl（g）+D（1） D xHCl（sol），其平衡常数K可表示为K。
已知：350K时，K＝1.0，则在350K、p＝64kPa下，1mol D最多可吸收　0.22　 mol HCl（g）。（写出计算过程，结果保留两位有效数字）
【答案】（1）；
（2）ΔH1ΔH2；
（3）①BC；
②3.2；
（4）＞；
（5）①0.82；
②0.22。
【分析】（1）S的原子序数为16，在周期表中位于第三周期ⅥA族；
（2）根据盖斯定律，反应3反应1反应2；
（3）①A．题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着初始的增大，Z的反应速率逐渐增大；
B．从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z转化率逐渐增大；
C．温度越高反应速率越快，由题图1可知实验Ⅱ的反应速率比Ⅳ的反应速率大；
D．Ⅱ和Ⅳ温度不同，该分步反应平衡常数不同；
②已知Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，故，y﹣2.01.2；
（4）S2Cl2在潮湿空气中水解的化学方程式为2S2Cl2（l）+2H2O（l）＝SO2（g）+3S（s）+4HCl（g）；
（5）①由题干可知，每摩尔D吸收HCl（g）的量为α+β。结合题图3可知，303 K、p＝100kPa时，α＝0.15，β＝0.86，α+β＝1.01；350 K、p＝40kPa时，α＝0，β＝0.19，α+β＝0.19；
②由题图3可知，350K时α＝0，温度不变K不变；p＝100kPa时，β＝0.25，结合题图2中信息，β0.25，n（DH）mol，则K1.0，解得x＝0.5。
【解答】解：（1）S的原子序数为16，在周期表中位于第三周期ⅥA族，所以其价层电子轨道表示式为，
故答案为：；
（2）根据盖斯定律，反应3反应1反应2，故ΔH3ΔH1ΔH2，
故答案为：ΔH1ΔH2；
（3）①A．题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着初始的增大，Z的反应速率逐渐增大，转化率也逐渐增大，A错误；
B．从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z转化率逐渐增大，B正确；
C．温度越高反应速率越快，由题图1可知实验Ⅱ的反应速率比Ⅳ的反应速率大，故实验温度：Ⅱ＞Ⅳ，C正确；
D．Ⅱ和Ⅳ温度不同，该分步反应平衡常数不同，平衡时Z的浓度不相等，D错误；
故答案为：BC；
②已知Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，故，y﹣2.01.2，则y＝3.2，
故答案为：3.2；
（4）S2Cl2在潮湿空气中水解的化学方程式为2S2Cl2（l）+2H2O（l）＝SO2（g）+3S（s）+4HCl（g），该反应为熵增反应，熵变大于0，
故答案为：＞；
（5）①由题干可知，每摩尔D吸收HCl（g）的量为α+β。结合题图3可知，303 K、p＝100kPa时，α＝0.15，β＝0.86，α+β＝1.01；350 K、p＝40kPa时，α＝0，β＝0.19，α+β＝0.19；故达平衡后释放的HCl（g）为0.82mol，
故答案为：0.82；
②由题图3可知，350K时α＝0，温度不变K不变；p＝100kPa时，β＝0.25，结合题图2中信息，β0.25，n（DH）mol，则K1.0，解得x＝0.5；p＝64kPa时，K1.0，解得n（DH）mol，β≈0.22，故1mol D最多可吸收0.22mol HCl（g），
故答案为：0.22。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
7．（2026 山西）利用1，2﹣二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为：
Ⅰ.C2H4Cl2（g）＝C2H3Cl（g）+HCl（g）ΔH1＞0
Ⅱ.C2H2（g）+HCl（g）＝C2H3Cl（g）ΔH2＜0
回答下列问题：
（1）①已知298K时，各物质的相对能量如表。
物质 C2H4Cl2（g） C2H2（g） C2H3Cl（g）
相对能量/kJ mol﹣1 ﹣126 +227 +37
Ⅲ.C2H4Cl2（g）+C2H2（g）＝2C2H3Cl（g） ΔH3＝　﹣27　 kJ mol﹣1。
②上述三个反应的lnK（K为平衡常数）随（T为温度）的变化如图。曲线c下降的原因是　反应为吸热反应，温度降低，平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK减小　 ，代表反应Ⅲ的曲线是　a　 （填“a”“b”或“c”）。
（2）①某温度下，在压强为pkPa的恒压密闭反应器中，按n（C2H2）：n（C2H4Cl2）：n（N2）＝1：1：1投料，采用含Ru催化剂催化反应Ⅰ和Ⅱ。当反应Ⅰ完全进行，乙炔转化率为92%时，反应Ⅱ各物质分压表示的反应商Qp＝　　 （kPa）﹣1。
②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，推测氯乙烯中的　碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对　 可与Ru形成配位键。
（3）我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联（如图），使乙炔转化率接近100%。
①Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为　5d106s1 。
②反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、HCl、 H和 Cl。在位置2引入新催化剂，将存活时间短的 H和 Cl变成*H和*Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部分反应历程如图。位置2应选择催化剂　A　 （填“A”或“B”），选择依据是　催化剂A中b转化为d的活化能更低，加快反应速率　 。位置3主要发生的反应为　C2H2+HClC2H3Cl　 （写化学方程式）。
【答案】（1）①﹣27；
②反应为吸热反应，温度降低，平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK减小；a；
（2）①；
②碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对；
（3）①5d106s1；
②A；催化剂A催化剂A中b转化为d的活化能更低，加快反应速率，加快反应速率，有利于 H和 Cl转化为H和Cl，进而与乙炔反应生成氯乙烯；C2H2+HClC2H3Cl。
【分析】（1）①根据反应热＝生成物总相对能量﹣反应物总相对能量进行计算；②曲线c的lnK随增大（温度降低）而减小，说明平衡常数随温度降低而减小，反应正向为吸热反应；反应Ⅲ是放热反应（ΔH3＜0），根据勒夏特列原理，温度降低，平衡正向移动，lnK增大，增大时lnK增大，对应曲线a；曲线c下降是因为该反应为吸热反应，温度降低（增大），平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK减小；
（2）①设投料n（C2H2）＝n（C2H4Cl2）＝n（N2）＝1mol，反应Ⅰ完全进行，生成1mol C2H3Cl和1mol HCl；反应Ⅱ中乙炔转化率为92%，则参与反应Ⅱ的C2H2为0.92mol，消耗HCl0.92mol，生成C2H3Cl0.92mol，平衡时各物质的物质的量：n（C2H2）＝（1﹣0.92）mol＝0.08mol，n（HCl）＝（1﹣0.92）mol＝0.08mol，n（C2H3Cl）＝（1+0.92）mol＝1.92mol，n（N2）＝1mol，总物质的量＝（0.08+0.08+1.92+1）mol＝3.08mol，各物质分压：p（C2H2）＝p×（），p（HCl）＝p×（），p（C2H3Cl）＝p×（），反应商Qp；
②乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，氯乙烯中含有碳碳双键，其氯原子上也存在未参与成键的孤电子对，双键中的π键电子也可与Ru形成配位键，所以氯乙烯中的碳碳双键（或π键）可与Ru形成配位键，；
（3）①Au位于第六周期ⅠB族，与Cu同族，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，Au原子价电子排布式为5d106s1；
②位置2需要将存活时间短的 H和 Cl变成H和Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯，应选择能降低反应活化能的催化剂，从反应历程图看，催化剂B能降低反应的活化能（TS5、TS6的能垒低于催化剂A的TS2、TS3），使反应更容易进行，所以位置2应选择催化剂B，选择依据是催化剂B能降低反应的活化能，加快反应速率，有利于 H和 Cl转化为H和Cl，进而与乙炔反应生成氯乙烯；位置3中H、Cl与乙炔反应生成氯乙烯，根据化学方程式书写方法进行书写。
【解答】解：（1）①根据反应热＝生成物总相对能量﹣反应物总相对能量，反应Ⅲ的ΔH3＝2×37kJ/mol﹣（﹣126kJ/mol+227kJ/mol）＝﹣27kJ/mol，
故答案为：﹣27；
②曲线c的lnK随增大（温度降低）而减小，说明平衡常数随温度降低而减小，反应正向为吸热反应；反应Ⅲ是放热反应（ΔH3＜0），根据勒夏特列原理，温度降低，平衡正向移动，lnK增大，增大时lnK增大，对应曲线a；曲线c下降是因为该反应为吸热反应，温度降低（增大），平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK减小，
故答案为：反应为吸热反应，温度降低，平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK减小；a；
（2）①设投料n（C2H2）＝n（C2H4Cl2）＝n（N2）＝1mol，反应Ⅰ完全进行，生成1mol C2H3Cl和1mol HCl；反应Ⅱ中乙炔转化率为92%，则参与反应Ⅱ的C2H2为0.92mol，消耗HCl0.92mol，生成C2H3Cl0.92mol，平衡时各物质的物质的量：n（C2H2）＝（1﹣0.92）mol＝0.08mol，n（HCl）＝（1﹣0.92）mol＝0.08mol，n（C2H3Cl）＝（1+0.92）mol＝1.92mol，n（N2）＝1mol，总物质的量＝（0.08+0.08+1.92+1）mol＝3.08mol，各物质分压：p（C2H2）＝p×（），p（HCl）＝p×（），p（C2H3Cl）＝p×（），反应商Qp（kPa）﹣1，
故答案为：；
②乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，氯乙烯中含有碳碳双键，其氯原子上也存在未参与成键的孤电子对，双键中的π键电子也可与Ru形成配位键，所以碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对可与Ru形成配位键，
故答案为：碳碳双键（或π键）、氯原子上的孤电子对；
（3）①Au位于第六周期ⅠB族，与Cu同族，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，Au原子价电子排布式为5d106s1，
故答案为：5d106s1；
②位置2需要将存活时间短的 H和 Cl变成H和Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯，应选择能降低反应活化能的催化剂；从反应历程图看，催化剂A能降低反应的活化能（TS5、TS6的能垒低于催化剂A的TS2、TS3），使反应更容易进行，所以位置2应选择催化剂A，选择依据是催化剂A中b转化为d的活化能更低，加快反应速率，有利于 H和 Cl转化为H和Cl，进而与乙炔反应生成氯乙烯；位置3中H、Cl与乙炔反应生成氯乙烯，反应的化学方程式为：C2H2+HClC2H3Cl，
故答案为：A；催化剂A催化剂A中b转化为d的活化能更低，加快反应速率，加快反应速率，有利于 H和 Cl转化为H和Cl，进而与乙炔反应生成氯乙烯；C2H2+HClC2H3Cl。
【点评】本题主要考查了化学平衡的有关计算，题目难度较大，掌握化学平衡中反应商的计算方法，反应热的计算方法是解答该题的关键。
8．（2026 河北）丙烷制备丙烯反应原理探究
丙烯是石油化工行业的重要原料，利用CO2氧化丙烷制备丙烯对环境保护和经济发展有重要的意义。反应如下：
ⅠC3H8（g）+CO2（g） C3H6（g）+CO（g）+H2O（g）ΔH1
使用铂锡双金属催化剂（M），上述反应分两步进行：
ⅡC3H8（g） C3H6（g）+H2（g）
ⅢCO2（g）+H2（g） CO（g）+H2O（g）
回答下列问题：
（1）ΔH1＝　+165　 kJ mol﹣1。
（2）550℃时，恒容密闭容器中装有0.20g催化剂M，按n（C3H8）：n（CO2）＝1：1通入混合气体，反应2h后得到0.012mol C3H6，则0～2h内每克催化剂催化生成C3H6的平均速率为　0.03　 mol h﹣1 g﹣1。下列能说明该体系达到平衡状态的是　bd　 （不定项选择，填序号）。
a.n（C3H6）＝n（H2）+n（CO）
b.C3H6的生成速率和消耗速率相等
c.混合气体的密度不再改变
d.混合气体的平均摩尔质量不再改变
（3）反应历程中，催化剂M表面可能发生的部分基元反应及其相应活化能如图甲所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）：
该催化剂对　C﹣H　 （填“C﹣C”或“C﹣H”）键的断裂具有更好的选择性。
（4）100kPa下，向装有适量催化剂M的密闭容器中通入C3H8和CO2各1mol，在不同温度下体系达平衡时各组分的物质的量如图乙所示：
①图乙中曲线L代表的组分为　H2 。
②若体系压强变为50kPa，其他条件不变，达平衡时，A点对应组分的物质的量　减小　 （填“增大”“减小”或“不变”），原因为　A点代表的组分为CO2，该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，减小压强，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，CO2消耗量增大，其物质的量减小　 。
【答案】（1）+165；
（2）0.03；bd；
（3）C﹣H；
（4）①H2；
②减小；A点代表的组分为CO2，该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，减小压强，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，CO2消耗量增大，其物质的量减小。
【分析】（1）根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应Ⅰ；
（2）根据C3H6的平均速率的计算式分析；正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化时，反应达到化学平衡状态；
（3）断裂C﹣H键的基元反应（②和④）的活化能分别为0.94eV和0.80eV，明显低于断裂C﹣C键的基元反应（①和③）的活化能（3.26eV和2.09eV）；
（4）①初始通入C3H8和CO2各1mol，根据反应Ⅱ和Ⅲ，设消耗的C3H8为xmol，消耗的二氧化碳为ymol，则生成的C3H6为xmol，生成的CO为ymol，体系中存在的H2为（x﹣y）mol。由于存在H2，故x＞y，即消耗的C3H8多于消耗的CO2，平衡时剩余的C3H8少于二氧化碳，升温使平衡正向移动。因此，反应物（的C3H8、CO2）的量会随温度升高而减小，图中下降的曲线中，虚线在上方，代表二氧化碳，点线在下方，代表C3H8。观察反应CO、H2O的物质的量一定相等，反应Ⅰ和Ⅱ均会生成主产物C3H6，所以其物质的量在所有产物中应该是最高的，对应最上面的那条实线；
②A点在虚线上，代表的组分为二氧化碳。该反应体系中发生的反应（反应Ⅰ、Ⅱ）均为气体分子数增大的反应。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，将反应Ⅱ和反应Ⅲ相加即可得到反应Ⅰ，故ΔH1＝ΔH2+ΔH3＝+124kJ mol﹣1+41kJ mol﹣1＝+165kJ mol﹣1，
故答案为：+165；
（2）0～2 h内每克催化剂催化生成C3H6的平均速率v＝ 0.03mol h﹣1 g﹣1；
a．任意时刻都满足n（C3H6）＝n（H2）+n（CO），无法说明各组分浓度或百分含量保持不变，不能作为平衡标志，故a错误；
b．C3H6的生成速率等于消耗速率，说明正逆反应速率相等，达到平衡，故b正确；
c．该反应在恒容密闭容器中进行，气体总质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡状态，故c错误；
d．反应前后气体总质量不变，但反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体分子数增加的反应，气体总物质的量在反应过程中不断增大，平均摩尔质量不断减小，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明达到了平衡状态，故d正确；
故答案为：0.03；bd；
（3）断裂C﹣H键的基元反应（②和④）的活化能分别为0.94eV和0.80eV，明显低于断裂C﹣C键的基元反应（①和③）的活化能（3.26eV和2.09eV）。活化能越低，反应越容易进行，因此该催化剂对C﹣H键的断裂具有更好的选择性，
故答案为：C﹣H；
（4）①初始通入C3H8和CO2各1mol，根据反应Ⅱ和Ⅲ，设消耗的C3H8为xmol，消耗的二氧化碳为ymol，则生成的C3H6为xmol，生成的CO为ymol，体系中存在的H2为（x﹣y）mol。由于存在H2，故x＞y，即消耗的C3H8多于消耗的CO2，平衡时剩余的C3H8少于二氧化碳，升温使平衡正向移动。因此，反应物（的C3H8、CO2）的量会随温度升高而减小，图中下降的曲线中，虚线在上方，代表二氧化碳，点线在下方，代表C3H8。观察反应CO、H2O的物质的量一定相等，反应Ⅰ和Ⅱ均会生成主产物C3H6，所以其物质的量在所有产物中应该是最高的，对应最上面的那条实线；550℃之后，由于C3H8随升温而骤减，下降的比二氧化碳要快，说明反应Ⅱ发生程度较大，导致n（H2）的量大于n（CO）＝n（H2O），故曲线L代表氢气，
故答案为：H2；
②A点在虚线上，代表的组分为二氧化碳。该反应体系中发生的反应（反应Ⅰ、Ⅱ）均为气体分子数增大的反应，若体系压强由100kPa变为50kPa，压强减小，平衡向气体分子数增大的方向（即正反应方向）移动，CO2的转化率增大，其物质的量减小，
故答案为：减小；A点代表的组分为CO2，该反应体系中发生的主要反应为气体分子数增大的反应，减小压强，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，CO2消耗量增大，其物质的量减小。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2026 湖南）烯烃是重要的化工原料，可用CO和H2为原料直接合成，其原理：。回答下列问题：
（1）该反应的关键在于CO活化路径的调控。图Ⅰ是M1、M2（M1、M2分别是Co2C和CoxMn1﹣xO）两种催化剂活化CO的机理，其中催化效率较高的是　M1 （填“M1”或“M2”）。催化剂为M2时，反应历程中决速步（速率最慢）的反应方程式为　HCO*+H*＝HCOH*　 。
（2）恒压条件下，该反应若改用M3（Na/FeCx@Fe3O4）作催化剂，产物中的H2O还可与CO反应。以生成C3H6为例，相关反应如下：
i.
ⅱ.yCO（g）+yH2O（g） yCO2（g）+yH2（g）
ⅲ.ΔH3
①当y＝0.5时，反应ⅲ的ΔH3＝　﹣145.2　 kJ mol﹣1。
②已知反应的平衡常数K与温度T之间符合：l（R为摩尔气体常数，C为常数）。当y＝1时，反应ⅱ和ⅲ的lnK与温度T的数据如表所示，反应ⅲ对应表中数据　b　 （填“a”或“b”）。
T 423K 623K 723K
lnK a 6.7 2.9 1.8
b 20.3 5.2 0.7
③反应近似达到平衡时，加入少量无水MgCl2，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，其可能原因是　MgCl2MgCl2对反应ⅱ（水煤气变换反应）有抑制作用，使CO2生成量减少，同时促进了生成甲烷等副反应，导致CO更多转化为甲烷，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小　 （选择性100%）。
④y增大，烯烃的氢原子经济性将　增大　 （填“增大”或“减小”），理由是　y增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量C3H6时净消耗的H2减少，而目的产物C3H6中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大　 。
（氢原子经济性100%）
⑤图Ⅱ为CO转化率和CO2选择性分别与H2/CO投料比之间的关系，H2/CO投料比为1.5时，副产物甲烷的选择性为10%，烯烃的氢原子经济性＝　50%　 。
【答案】（1）M1；HCO*+H*＝HCOH*；
（2）①﹣145.2；
②b；
③MgCl2MgCl2对反应ⅱ（水煤气变换反应）有抑制作用，使CO2生成量减少，同时促进了生成甲烷等副反应，导致CO更多转化为甲烷，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小；
④增大；y增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量C3H6时净消耗的H2减少，而目的产物C3H6中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的比例增大；
⑤50%。
【分析】（1）从图Ⅰ可以看出，M1催化时反应的活化能更低，反应更容易进行，催化效率更高；催化剂为M2时，决速步反应方程式：HCO*+H*＝HCOH*（TS2对应的反应），因为该步骤的活化能最大（过渡态能量与反应物能量差最大），是速率最慢的步骤，即决速步；
（2）①已知反应i：3CO（g）+3H2（g） C3H6（g）+3CO2（g）ΔH1＝﹣134.6kJ mol﹣1，反应ii：0.5CO（g）+0.5H2O（g） 0.5CO2（g）+0.5H2（g）ΔH2＝+41.2kJ mol﹣1，根据盖斯定律，反应ⅲ＝ 反应i﹣反应ii×6，即：ΔH3＝ΔH1﹣6×ΔH2；
②反应ⅲ是放热反应（ΔH3＜0），温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK也减小。从表格数据看，b组数据随温度升高lnK减小更明显；
③加入少量无水MgCl2，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，可能原因是：MgCl2MgCl2对反应ⅱ（水煤气变换反应）有抑制作用，使CO2生成量减少，同时促进了生成甲烷等副反应，导致CO更多转化为甲烷，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小；
④氢原子经济性是目标产物中氢原子数与反应物中氢原子总数的比值；
⑤H2/CO投料比为1.5时，CO转化率为90%，CO2选择性为30%，甲烷选择性为10%，则生成烯烃的CO占比为1﹣30%﹣10%＝60%1﹣30%﹣10%＝60%，设CO起始物质的量为1mol，H2为1.5mol，反应的CO为1×90%mol＝0.9mol，生成CO2的CO为0.9×30%mol＝0.27mol，根据反应ii，消耗H2O（来自反应i）0.27mol，生成H20.27mol，生成CH4的CO为0.9×10%mol＝0.09mol，根据反应CO+3H2 CH4+H2O，消耗H20.09×3mol＝0.27mol，生成烯烃的CO为0.9×60%mol＝0.54mol，根据反应i，生成C3H6的物质的量为0.54mol÷3＝0.18mol，消耗H20.54mol，进入烯烃的氢原子物质的量：0.18×6mol＝1.08mol，反应物中氢原子总物质的量：1.5×2mol＝3mol。
【解答】解：（1）从图Ⅰ可以看出，M1催化时反应的活化能更低，反应更容易进行，催化效率更高；催化剂为M2时，决速步反应方程式：HCO*+H*＝HCOH*（TS2对应的反应），因为该步骤的活化能最大（过渡态能量与反应物能量差最大），是速率最慢的步骤，即决速步，
故答案为：M1；HCO*+H*＝HCOH*；
（2）①已知反应i：3CO（g）+3H2（g） C3H6（g）+3CO2（g）ΔH1＝﹣124.6kJ mol﹣1，反应ii：0.5CO（g）+0.5H2O（g） 0.5CO2（g）+0.5H2（g）ΔH2＝+41.2kJ mol﹣1，根据盖斯定律，反应ⅲ＝ 反应i+反应ii，即：ΔH3＝ΔH1﹣yΔH2＝（﹣154.6﹣0.5×41.2）kJ mol﹣1＝﹣124.6kJ mol﹣1，
故答案为：﹣548.5；
②反应ⅲ是放热反应（ΔH3＜0），温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK也减小。从表格数据看，b组数据随温度升高lnK减小更明显，所以反应ⅲ对应表中数据b，
故答案为：b；
③加入少量无水MgCl2，CO的平衡转化率和CO2的选择性均减小，可能原因是：MgCl2MgCl2对反应ⅱ（水煤气变换反应）有抑制作用，使CO2生成量减少，同时促进了生

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