《2026年学易优高考二轮总复习化学》

3. (2025·贵州安顺二模)我国研究人员研究了在催化剂X的作用下CH₃COOH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(D)


A.CH₃CH₂OH的脱附过程为放热过程
B.*CH₃CO+*H→*CH₃CHO的过程中存在非极性键的断裂和形成
C.*CH₃CHO+2*H→*CH₃CHOH+*H为决速步骤
D.若用CD₃COOD代替CH₃COOH反应，则产物为CD₃CH₂OH

答案：
3.D 根据反应进程图，$\mathrm{CH_3CH_2OH}$的脱附过程为吸热过程，A错误；在$\mathrm{^*CH_3CO+^*CH_3CH_2OH \longrightarrow ^*CH_3CHO}$的过程中不存在非极性键的断裂和形成，B错误；在多步进程的化学转化中，能垒最大的步骤，活化能越大，为决步骤，根据反应进程图，$\mathrm{^*CH_3CO+^*OH + 2^*H \longrightarrow ^*CH_3CO+^*H_2O+^*H}$的能垒最大，为决步骤，C错误；若用$\mathrm{CD_3COOD}$代替$\mathrm{CH_3COOH}$反应，根据反应进程图，羧基中的H在第一步基元反应脱去，而甲基上H始终未变化，故产物为$\mathrm{CD_3CH_2OH}$，D正确；故答案为D。

1. (2025·江苏卷)甘油(C₃H₈O₃)水蒸气重整获得H₂过程中的主要反应：
反应Ⅰ C₃H₈O₃(g) = 3CO(g) + 4H₂(g) ΔH ＞ 0
反应Ⅱ CO(g) + H₂O(g) = CO₂(g) + H₂(g) ΔH ＜ 0
反应Ⅲ CO₂(g) + 4H₂(g) = CH₄(g) + 2H₂O(g) ΔH ＜ 0
1.0×10⁵ Pa条件下，1 mol C₃H₈O₃和9 mol H₂O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H₂、CO₂和CH₄的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是(A)


A.550℃时，H₂O的平衡转化率为20%
B.550℃反应达平衡状态时，n(CO₂) : n(CO) = 11 : 25
C.其他条件不变，在400～550℃范围，平衡时H₂O的物质的量随温度升高而增大
D.其他条件不变，加压有利于增大平衡时H₂的物质的量

答案： 1.A起始时$C_{3}H_{8}O_{3}$的物质的量为$1mol$，故体系中$C$原子的物质的量为$3mol$，$550° C$时，曲线①对应物质的物质的量为$5mol$，则①为$H_{2}$；反应Ⅲ为放热反应，升温，逆向移动，$n(CH_{4})$减小，故②为$CH_{4}$，则③为$CO$；平衡体系中的含$H$物质有$C_{3}H_{8}O_{3}$、$H_{2}$、$H_{2}O$、$CH_{4}$，含$C$物质有$C_{3}H_{8}O_{3}$、$CH_{4}$、$CO$、$CO_{2}$，根据$C$元素守恒有：$1mol×3=3n(C_{3}H_{8}O_{3})+n(CH_{4})+n(CO)+n(CO_{2})$，根据$H$元素守恒有：$1mol×8+9mol×2=8n(C_{3}H_{8}O_{3})+4n(CH_{4})+2n(H_{2})+2n(H_{2}O)$，两式联立可得$n(H_{2}O)=7.2mol$，故$550° C$时，$H_{2}O$的平衡转化率为$\frac{9 - 7.2}{9}×100\%=20\%$，A正确；由题图知，$550° C$反应达到平衡时，$n(CO_{2}):n(CO)=11:2$，B错误；其他条件不变，在$400\sim550° C$范围内，升高温度，反应Ⅰ的平衡正向移动，反应Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移动，$CO_{2}$的物质的量增加，说明反应Ⅲ的平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ，故平衡时$H_{2}O$的物质的量随温度升高而减小，C错误；反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，反应Ⅲ是气体分子数减小的反应，其他条件不变，增大压强，反应Ⅰ的平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡不移动，反应Ⅲ的平衡正向移动，平衡时$H_{2}$的物质的量减小，故D错误。

2. (2025·山东卷)在恒容密闭容器中，Na₂SiF₆(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：T₂温度时，Na₂SiF₆(s)完全分解；体系中气相产物在T₁、T₃温度时的分压分别为p₁、p₃。下列说法错误的是(D)


A.a线所示物种为固相产物
B.T₁温度时，向容器中通入N₂，气相产物分压仍为p₁
C.p₃小于T₃温度时热解反应的平衡常数Kₚ
D.T₁温度时，向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大

答案： 2.D$Na_{2}SiF_{6}(s)$受热分解生成$NaF$和$SiF_{4}$两种氟化物，$NaF$为离子晶体，$SiF_{4}$为分子晶体，熔点：$NaF＞SiF_{4}$，因此$NaF$为固相产物，$SiF_{4}$为气相产物，则热解反应的化学方程式为$Na_{2}SiF_{6}(s)\xlongequal{\triangle}2NaF(s)+SiF_{4}(g)$，根据曲线的变化趋势及变化比例，结合方程式可判断曲线a、b、c分别为$NaF(s)$、$SiF_{4}(g)$、$Na_{2}SiF_{6}(s)$。由上述分析知，A正确；$N_{2}$不与体系中任何物质反应，由于容器恒容，因此$SiF_{4}$的分压不变，仍为$p_{1}$，B正确；该反应的平衡常数$K_{p}=p(SiF_{4})$，由题图可知，温度越高，$Na_{2}SiF_{6}$分解程度越大，平衡时$p(SiF_{4})$越大，即$K_{p}$越大，由于$T_{2}$温度下$Na_{2}SiF_{6}$已完全分解，因此升温至$T_{3}$时，无法释放更多的$SiF_{4}$，故$p_{3}$小于$T_{3}$温度时热解反应的平衡常数$K_{p}$，C正确；$T_{1}$温度时，加入$SiF_{4}$的瞬间其分压增大，平衡逆向移动，由$K_{p}=p(SiF_{4})$知，重新平衡后$SiF_{4}$的分压仍为$p_{1}$，$SiF_{4}$的浓度不变，故逆反应速率不变，D错误。