专题一0二 化学反应原理综合题 -【真题汇编】2021-2023年高考化学真题分享汇编（全国通用）

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1．（2023·北京卷，16）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。
(2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．和生成；
ⅱ．分解生成尿素。

结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。
a．活化能：反应ⅰ0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压。（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应；故△H1+2△H2=+329，。（3）①根据流程可知，转化为Fe，Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2, 又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，A错误；过程ⅱ，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，B正确；过程ⅱ吸收而产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出，C正确；焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量一样多，D错误。②通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升。（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知时，转化率为100%，即=1ml, 转化率为60%,即=3ml60%=1.8ml，故==1.8。②R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，增大的倍数比大，则R提高，A正确；根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，B正确；温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，C不正确；改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，D正确。
1．（2022·重庆卷，17）反应在工业上有重要应用。
(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
①反应的△H_____0(填“>”“4，即t>16。（3）H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确；反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误；当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误；，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确。（4）设C3H8O的物质的量为1ml，若lml C3H8O完全反应，理论上生成1ml C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1ml×98%=0.98ml C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98ml×(1-40%)=0.588ml，所以丙烯的产率为=58.8%。（5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲；②由图可知，350°C时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有
，解得a=MPa。
10．（2022·浙江6月选考，29）主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。
(1)回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧,产生的SO2与其余H2S混合后反应:2H2S(g)+SO2(g)38S8(s)+2H2O(g)。在某温度下达到平衡,测得密闭系统中各组分浓度分别为c(H2S)=2.0×10-5ml·L-1、c(SO2)=5.0×10-5ml·L-1、c(H2O)=4.0×10-3ml·L-1,计算该温度下的平衡常数K= 。
(2)热解H2S制H2。根据文献,将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料,另一边出料),发生如下反应:
Ⅰ.2H2S(g)2H2(g)+S2(g)
ΔH1=+170 kJ·ml-1
Ⅱ.CH4(g)+S2(g)CS2(g)+2H2(g) ΔH2=+64 kJ·ml-1
总反应:
Ⅲ.2H2S(g)+CH4(g)CS2(g)+4H2(g)
投料按体积之比V(H2S)∶V(CH4)=2∶1,并用N2稀释;常压、不同温度下反应相同时间后,测得H2和CS2的体积分数如下表:
请回答:
①反应Ⅲ能自发进行的条件是 。
②下列说法正确的是 。
A.其他条件不变时,用Ar替代N2作稀释气体,对实验结果几乎无影响
B.其他条件不变时,温度越高,H2S的转化率越高
C.由实验数据推出H2S中的S—H键强于CH4中的C—H键
D.恒温恒压下,增加N2的体积分数,H2的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行,画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图。
图4
④在1000 ℃、常压下,保持通入的H2S体积分数不变,提高投料比[V(H2S)∶V(CH4)],H2S的转化率不变,原因是 。
⑤在950~1150 ℃范围内(其他条件不变),S2(g)的体积分数随温度升高发生变化,写出该变化规律并分析原因: 。
【答案】(1)8.0×108 L·ml-1
(2)①高温 ②AB
③
④1000 ℃时CH4不参与反应,相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同
⑤先升后降。在低温段,以反应Ⅰ为主,随温度升高,S2(g)的体积分数增大;在高温段,随温度升高;反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率,S2(g)的体积分数减小
【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K=c2(H2O)c2(H2S)×c(SO2)=
(4×10-3)2(2×10-5)2×5×10-5 L·ml-1=8×108 L·ml-1。(2)①根据盖斯定律可知反应Ⅰ+反应Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH=+234 kJ·ml-1,这说明反应Ⅲ是气体分子数增多(即ΔS>0)的吸热反应,根据ΔG=ΔH-TΔS104,因此可忽略溶液中Cr2O72−,即c(HCrO4-)+c(CrO42−)=0.20 ml·L-1,反应(ⅱ)的平衡常数K2=
c(H+)×c(CrO42−)c(HCrO4-)=10-9×c(CrO42−)c(HCrO4-)=3.3×10-7,联立两个方程可得c(HCrO4-)≈6.0×10-4 ml·L-1 ③λ3 增大
【解析】(1)①(NH4)2Cr2O7分解过程中,生成Cr2O3和无污染气体,根据元素守恒可知,其余生成物为N2、H2O,根据原子守恒可知反应的化学方程式为(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。
②设反应过程中第一步的产物为M,第二步的产物为N,则X→M ΔH1=(E1-E2),M→N ΔH2=ΔH,N→Y ΔH3=(E3-E4),根据盖斯定律可知,X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③NH3在Cr2O3作催化剂条件下,能与O2反应生成NO,NO与O2反应生成红棕色气体NO2,NO2与H2O反应生成HNO3和NO,若同时通入O2,可将氮元素全部氧化为HNO3,因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NONO2HNO3;其中NO反应生成NO2和NO2与O2、H2O反应过程中,有颜色发生变化,反应的化学方程式为2NO+O22NO2或4NO2+2H2O+O24HNO3。
(2)①K2Cr2O7溶液中存在平衡:(ⅰ)Cr2O72−(aq)+H2O(l)2HCrO4-(aq)、(ⅱ)HCrO4-(aq)CrO42−(aq)+H+(aq)。向溶液中加入少量硫酸,溶液中c(H+)增大,(ⅱ)平衡逆向移动,根据勒夏特列原理可知,平衡移动只是减弱改变量,平衡后,溶液中c(H+)依然增大,因此溶液的pH将减小,故A错误;加水稀释过程中,根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知,(ⅰ)和(ⅱ)的平衡都正向移动,两个平衡的正反应都是离子数增大的反应,因此稀释后,溶液中离子总数将增大,故B正确;加入少量NaOH溶液,反应(ⅱ)的平衡正向移动,溶液中c(HCrO4-)将减小,反应(ⅰ)的平衡将正向移动,故C错误;反应(ⅰ)的平衡常数K1=c2(HCrO4-)c(Cr2O72−),平衡常数只与温度和反应本身有关,因此加入少量K2Cr2O7固体,c2(HCrO4-)c(Cr2O72−)不变,故D正确。
②0.10 ml·L-1 K2Cr2O7溶液中,Cr原子的总浓度为0.20 ml·L-1,当溶液pH=9.00时,溶液中Cr原子总浓度为2c(Cr2O72−)+c(HCrO4-)+c(CrO42−)=0.20 ml·L-1,Cr2O72−、HCrO4-与CrO42−的平衡浓度分别为x、y、z ml·L-1,因此x+12y+12z=0.10;由题图可知,当溶液pH=9.00时,c(CrO42−)c(Cr2O72−)>104,因此可忽略溶液中的Cr2O72−,即c(HCrO4-)+c(CrO42−)=0.20 ml·L-1,反应(ⅱ)的平衡常数K2=c(H+)×c(CrO42−)c(HCrO4-)=10-9×c(CrO42−)c(HCrO4-)=3.3×10-7,联立两个方程可得c(HCrO4-)≈6.0×10-4 ml·L-1。
③根据反应(ⅰ)(ⅱ)是离子浓度增大的平衡可知,溶液pH越大,溶液中c(Cr2O72−)+c(HCrO4-)+c(CrO42−)越大,混合溶液在某一波长的A越大,溶液中c(CrO42−)越大,因此与CrO42−的λmax最接近的是λ3;反应(ⅰ)的平衡常数K1=c2(HCrO4-)c(Cr2O72−),反应(ⅱ)的平衡常数K2=c(H+)×c(CrO42−)c(HCrO4-),(K2)2×K1=
c2(H+)×c2(CrO42−)c2(HCrO4-)×c2(HCrO4-)c(Cr2O72−)= c2(H+)×c2(CrO42−)c(Cr2O72−),因此
c(H+)×c2(CrO42−)c(Cr2O72−)=(K2)2×K1c(H+),由上述分析逆推可知,b>a,即溶液pH从a变到b的过程中,溶液中c(H+)减小,所以c(H+)×c2(CrO42−)c(Cr2O72−)的值将增大。
1．（2021·重庆卷，17）含结晶水的无机物可应用在吸波材料、电极材料和相变储能材料等领域。胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要的结晶水合物。
(1)硫酸铜参比电极具有电位稳定的优点，可用于土壤环境中钢质管道的电位监测。测量的电化学原理如图所示。回答下列问题：
①负极的电极反应式为_______。
②测量后参比电极中CuSO4溶液的浓度_______(填"变大”，“变小”或“不变")。
(2)把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平衡，反应式如下(脱水过程为吸热反应)。
反应I：CuSO4·5H2O (s) CuSO4·3H2O (s) + 2H2O(g)
反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g)
反应III：CuSO4·H2O (s) CuSO4(s) + H2O(g)
如图为50°C时水合物中水的质量分数 w与压强p(H2O)的关系图，回答下列问题：
①用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是_______。
②反应Ⅰ对应的线段为_______(填“ab”、“ed”或“ef”)。
③反应Ⅱ的平衡常数Kp=_______Pa2。
④反应III在60°C和50°C的平衡压强p(H2O)分别为p1和p2，则p1_______ p2 (填*>”、“
⑤CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O 38.89%
⑥25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制Na2CO3·H2O的脱水，有利于其保持纯度
【解析】（1）①钢制管道、参比电极、潮湿土壤构成原电池，参比电极为Cu电极，钢制管道为铁电极，金属性Fe＞Cu，则Fe做负极材料，负极的电极反应式为：；②Cu电极为正极，电极反应式为：，CuSO4·5H2O溶解与电解质溶液中，此时硫酸铜溶液的浓度不变。（2）①无水CuSO4遇水变为蓝色，则用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是：乙醇变为蓝色；②反应Ⅰ中水合物的质量分数最大，符合条件的线段为ab；③反应Ⅱ中p(H2O)=4000Pa，反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g)，列出平衡常数，；④脱水过程为吸热反应，则反应Ⅲ温度升高平衡正向移动，且正反应的总体积增大的反应，则温度越高，压强越大，则p1＞p2；⑤c点时固体为CuSO4·3H2O，d点时固体为CuSO4·H2O，则M点时固体为CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O；M点时水合物中水的质量分数为20%，c点到M点发生的反应为反应Ⅱ，列出三段式如下：
计算可得转化率为38.89%；⑥25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制Na2CO3·H2O的脱水，有利于其保持纯度。
2．（2021·天津卷，16）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，回答下列问题：
(1)CH4的电子式为___________，CS2分子的立体构型为___________。
(2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________(填序号)。
a．气体密度b．气体总压c．CH4与S2体积比d．CS2的体积分数
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。
(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。
【答案】(1) 直线形
(2) ①30% ②d
(3)放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
(4)、、写出任意一个
【解析】（1）CH4的电子式为：；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型。
（2）①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，
CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%。②恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，a不选；反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，b不选；CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，c不选；CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选d。（3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为、、写出任意一个。
3. （2021·江苏卷，18）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。
(1)500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：
CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)
CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)
已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·ml-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是___。
(2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为
反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·ml-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·ml-1
反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·ml-1
①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=___。
②1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是___。
(3)利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。
①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为___。
②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。
【答案】(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量
(2) ① 657.1kJ·ml-1 ②反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小
(3) ①铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 ②高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu
【解析】（1）已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=－178.8kJ·ml-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。（2）①反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·ml-1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·ml-1
依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·ml-1。②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率。（3）①图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。②由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降。
4．（2021·海南卷，16）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃，时：
①葡萄糖完全燃烧生成和，放出热量。
② 。
回答问题：
(1)25℃时，与经光合作用生成葡萄糖和的热化学方程式为___________。
(2)25℃，时，气态分子断开化学键的焓变称为键焓。已知、键的键焓分别为、，分子中碳氧键的键焓为___________。
(3)溶于水的只有部分转化为，大部分以水合的形式存在，水合可用表示。已知25℃时，的平衡常数，正反应的速率可表示为，逆反应的速率可表示为，则___________(用含的代数式表示)。
(4)25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：，其平衡常数___________。[已知，]
(5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡的角度说明其原因___________。
【答案】(1)
(2)1067.5
(3)
(4)
(5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏【解析】（1）由题意可知，反应①为1ml葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1ml葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方程式为=。（2）由题干信息结合反应②知,=反应物总键能-生成物总键能=E(CO)+E(O=O)-2E(C=O)=E(CO)+-=-283kJ·ml-1。解得E(CO)=1067.5kJ·ml-1。 （3）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：k1c(H2CO3)= k2c(CO2)，==K=600，解得k2=。（4）由方程式可知，反应的平衡常数K=====3.25×103。（5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏。
5．（2021·福建卷，13）化学链燃烧()是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集。基于载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下。
空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
①
②
(1)反应 _______。
(2)反应②的平衡常数表达式_______。
(3)氧的质量分数：载氧体Ⅰ_______(填“>”“=”或“”“=”或“
(4)58%
(5)反应①为放热反应，温度升高平衡左移 温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧
(6)膨润土 载氧体II。（4）设往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气的物质的量为1ml,氧气的物的量分数为21%，则氧气的物质的量为0.21ml，由图可知，达到平衡时氧气的物的量分数为10%，设反应的O2为xml，有，x=0.122ml，则 时的平衡转化率=58%。（5）因为①为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，氧气的浓度正大。因为往盛有载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数为21%】，由图可知，当温度高于时，大于21%，载氧体无法载氧。（6）由表中数据可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能高，所以使用膨润土掺杂的载氧体反应较快。使用氧化铝比使用者膨润土掺杂的载氧体反应较慢，单位时间内燃料反应器释放的热量少，所以