非选择题超热点突破2 化学反应原理综合题-【创新教程】2026年高考化学大二轮专题增分方案学生用书

参考答案 3H,SO,+BrO =3SO+Br+6H+,B正确：H+参 △H=-164.7kJ·mol-1,反应②：CO(g)+H2(g) 与反应①②，在反应③④中又重新生成，反应①~④的 CO(g)十H2O(g)△H=十41.2kJ·mol厂。A项，根据 H 盖斯定律，反应①一2×②得2CO(g)+2H2(g) -CO,(g) 总反应可表示为3SO十BrO 3S0+Br,H +CH(g)△H=-164.7kJ·mo-2×(+41.2kJ·molF) 起催化作用，C正确；该反应过程中pH变化较为明显， -247.1kJ·mol1,错误：B项，反应①的△H<0,升 利用pH响应变色材料，可将pH的变化转化为颜色的 高温度，反应①平衡逆向移动，CH,的平衡选择性减小 变化，使DH振荡可视化，D正确。] 3.AB (竞争反应体系中，不同温度、不同催化 逐渐减少，代表c(X) 剂发生的主要反应不同，即温度、催化剂，错误；C项，根 对反应选择性有影响) c/(mol·L- x逐渐增大，代表c(☑ 据题图，C),实际转化率在350400℃范围内最高， 先增大后减小代表c 最佳温度范围约为350~400℃，错误；D项，450℃时，提 则温度不变时和，先增大 后减小 高电“(H2) 的值反应①、②平衡均向正方向移动，增大 n(CO,) t/s 压强，能使反应①平衡正向移动，故C。,平衡转化率增 年lnk 温度降低，增大，元之后反应①的 (提高平衡转化率的方法。①调节p、了使平衡 k>反应②的k2,则反应②速率慢为决 反应② 大正移，则转化率增大；②浓度规律：增大反应物，能达 速反应 浓度，提高另一物质转化率，本身转化率降低) 反应① 温度升高，7诚小，元之前，反应②的 到X点的值，正确。] k2>反应①的k,则反应①速率慢为决 非选择题超热点突破二突破1 、速反应 研真题·品鉴高考 [例]解析：(1)由盖斯定律，②一①可以得到目标反应，则 恒温条件下，k1、k,不变，则速率)与反应物浓度有关， △H=△H,-△H,=-14.9kJ/mol-26.3kJ/mol= 图甲中一直下降的曲线代表c(X)随时间的变化，一直上 -41.2 kJ/mol; (2)气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体 升的曲线代表c(Z)随时间的变化，先上升后下降的曲线 密度不变，不能说明达到平衡状态： 代表c(Y)随时间的变化，随着c(X)的减小，c(Y)增大 b.两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进 反应①的速率降低，反应②的速率增大 行，压强变大，压强不变说明反应达到平衡状态； (图甲和信息中速率公式应用)，A错误：由图像甲知，在 C.气体浓度不变是平衡状态的标志，则HO(g)浓度不 变，说明反应达到平衡状态； c(Y)达到最大值之前，单位时间内X的浓度的减小量等 d,CO和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能 于c(Y)与c(Z)增加量之和，即u(X)=v(Y)十v(Z),而 判断达到平衡状态；故选bc; 在c(Y)达到最大值之后，单位时间c(Z)的增加量等于 (3)反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能 c(Y)与c(X)的减少量之和，即v(X)十v(Y)=(Z) 低，反应②的活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应 ①的选择性接近100%：反应①是吸热反应，升高温度平 (图甲的理解，(Y)先增大，后减小)，B错误；由图乙可 衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降 知，随着温度降低，减小，则提高温度可以增大反应速 可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂 率，再结合图甲，Y的浓度在某一时刻达到最大，则在提 对反应②更有利： 高温度的前提下控制反应时间可提高Y的产率，C正 (4)a.增加原料中CH,的量，CH,自身转化率降低： 确；温度为T时k三，降低温度时，<，减授程 b.增大原料中CO,的量，CH,转化率增大： 度大，反应②成为总反应的决速步，D正确。] C通入Ar,各物质浓度不变，平衡不移动，CH转化率不变； 变式集训典题 (5)引.如图可知，恒压时，随着Ar含量上升（图像从右到左）， 1.C「A.a线所示物种为NaF(s),为固相产物；B.温度 反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移动，压强不影 (T)时通入N,,各物质分压不变，平衡不移动；C.恒容 响反应④平衡移动；则随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡 密闭容器的平衡体系的气相产物只有SiF1(g),K。 逆向移动，但甲烷的转化率下降得更快，而反应③甲烷二氧 (SiF1),因此，p:与T温度时热解反应的平衡常数K, 化碳转化率相同，说明反应⑤逆向移动程度稍小，且C)减 相等；D.b线所示物种为SF,(g),T1温度时向容器加入 小得少，则n(CO):n(H2)增大； SF,(g),化学平衡向逆反应方向移动，因此重新达平衡 ii,设初始投料：n(CH,)=4mol、n(CO,)=4mol 时逆反应速率增大。 n(Ar)=2mol,平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的 2.D[平衡时气体混合物中HI的物质的量分数α(HI)为 转化率为30%，则平衡时： 78%,则α(H2)=a(I2)=11%,故HI的平衡分压为 n(CH)=4 mol-4 molX 20%=3.2 mol; 0.78p5,H2、I2的平衡分压均为0.11p5,该反应的压强 n(CO,)=4 mol-4 molx30%=2.8 mol; 平衡常数K,=p(H,)·pl)=(0.11p) 根据碳元素守恒：n(CO)=8mol-n(CH1)-n(CO2) ≈0.02，A 8 mol-3.2 mol-2.8 mol=2 mol; (HI) (0.78p) 根据氧元素守恒：n(H2O)=8mol-n(CO)一2n(CO2)= 项正确：2HI(g)一一H(g)十L(g)反应前后气体的体积 8 mol-2 mol-2X2.8 mol=0.4 mol; 不变，故增大体系压强，平衡不发生移动，温度不变， 平 根据氢元素守恒：n(H,)=8mol一2n(CH,)一n(H,O) 衡常数K。不变，B项正确；正反应是吸热反应，温度降 =8 mol-2X3.2 mol-0.4 mol=1.2 mol; 低，三、V丝均减小，平衡逆向移动，C项正确；正反应吸 平衡时，气体总物质的量为3.2mol十2.8mol十2mol 热，升高温度，心三与v均增大，平衡正向移动，α(HI)减 0.4mol十1.2mol十2mol=11.6mol,Ar的分压为pkPa,则 小，a(H2)增大，反应重新达到平衡，v~a(HI)和丝~ 1.2 α(H2)相对应的，点分别为A点和E点，D项错误。] 总压为5,8pkPa,p(H,)=i6X5.8pkPa=0.6pkPa, 3.D 2 100 C0平衡转化率随温度 (CO)= 升高而降低，主要发生 71.6X5.8pkPa=bkPa、p(CL)=L.6×5,8 C0平衡 C0+4H =CH4+2H0 度的为 kPa=1.6pkPa、p(H,O) 1i.6X5.8pkPa=0.2pkPa,反应 0.4 0:平衡转化率随温度 350-4009℃ 开高而增大，主要反园 C024H -C0+H:0 不是平衡化水相园 ⑤的平衡常教K,=06D)X2(kPa)=0.675p(kPa'。 1.6p×0.2p 0 答案：(1)-41.2(2)bc(3)原因是反应①的活化能 300400500600 影响 低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢催化剂在 已知反应①：CO,(g)+4H,(g)一CH1(g)十2HO(g) 升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 (4)b(5)i.增大ii.0.675p ·229 I化学 非选择题超热点突破二突破2考向1 p(Lg),故L1、L2、L3对应a分别为0.6、0.5、0.4； 对点题型集训 ②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明 1.解析：(1)根据已知条件可以写出如下热化学方程式： 升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H<0: 答案：①L1该反应为气体体积减小的反应，温度相同 ①CO(g)+ 20(g)=C02(g) 时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大 ② △H1=-ak·mol 2.解析：(3)由题图可知，增大HCI的流速，HCI的转化率 ®H(g)+20,(g)一H0D 降低，A项错误；将温度升高40℃，即升温至400℃，由 题图可知，HCI的转化率增大，B项正确；增大n(HC1): △H2=-bkJ·mol n(O,),HCI的转化率减小，C项错误；M点该反应未达 到平衡，使用更高效的催化剂，可以加快反应速率，提高 5 ③HOCH2CH,OH(g)+ 0(1)—2C0,(g)+3H,0(1) HCI的转化率，D项正确。(4)图中较高流速时，反应未 △H=-ck·mol1 达到平衡状态，T3温度低，反应速率慢，故HCI的转化 率低。 根据盖斯定律，用2倍的反应①和3倍的反应②减去反 答案：(3)BD(4)反应未达到平衡，T,温度低，反应速 应③即可得到目标方程式，故目标方程式的△H=(c 率慢，相同时间内HC1的转化率低 2a-3b)kJ·mol 0 3.解析：图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应I已经 进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1,温度 (2)根据盖斯定律可知，反应③= 不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减 2 :X(反应②一反应 小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数增大，且三者摩 尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数 ①)（实质是消去物质O),所以对应△H,=2X(△H, 的变化，则c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化， 开始到T1,CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围 -△H)= 2×(-329kJ·mol1-285k.mol)= 内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1,CaCO,(s)已完全分 解，只发生反应Ⅱ，所以CO,的摩尔分数减小。 307kJ·mol1:根据平衡常数表达式与热化学方程式之 答案：H。 当温度高于T1,CaCO(s)已完全分解，只发 间的关承可知对应化学手商香载K=〈紧) 生反应，温度升高，反应逆向移动，所以CO2的摩尔 分数减小 (盖斯定律中K不是相加（减），是相乘（除）) 4.解析：由图可知，温度低于T,时，相同温度、催化剂I条 (3)由盖斯定律，②一①可以得到目标反应， 件下反应的甲烷转化率最高，则催化效果最佳的是催化 则△H=△H2-△H1=-14.9kJ/mol-26.3kJ/mol= 剂I;使用催化剂Ⅲ时，由e→d点，CH,的转化率增大， -41.2 kI/mol; 说明e点未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率；f点 (4)由盖斯定律，反应2一反应1可以得到目标反应， 甲烷的转化率小于d点，说明该反应为放热反应，升高 则△H=△H,一△H1=一312kJ/mol+175kJ/mol 温度，平衡向逆反应方向移动。 -137k灯/mol: 答案：I >正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向 答案：(1)-2a-3b十c(或c-2a-3b)(2)-307 移动 )(或家 K, 5.答案：(1)温度高于290℃，随着温度升高，CO2(g)十H2(g) 一CO(g)十HO(g)平衡向右移动的程度大于2CO,(g)十 (3)-41.2(4)-137 6H,(g)一℃HOCH3(g)十3HO(g)平衡向左移动的 程度，使CO,的平衡总转化率上升 2.解析：反应的焓变=反应物的总键能一生成物的总键 能，计算该反应的△H需C=O、H-H、C一O、CH、 (2)CO2催化加氢直接合成二甲醚的反应活化能较低， 而合成二甲醚时的副反应CO2(g)十H(g)一 CO(g) O一H,共5种化学键的键能数据。 HO(g)活化能较高，所以二甲醚的实际选择性高于其 答案：5 平衡值 3.解析：将题中反应依次编号为①、②、③ 6,解析：反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应 根据盖斯定律可知，①十③一②X2可得△H=(a十c 正向移动，CH,转化率增大，因此温度最高的是T。 2b)kJ·mol 答案：T 升高温度，反应Ⅱ正向移动 答案：(a十c-2b) 考向3 对点题型集训 4.解析：(1)由题干数据可得热化学方程式：I: (g, 1.解析： 一定温度、100kPa下，向体系中加入 1.0 mol CaCO.和1.0 mol CH1,恒压反应至平衡时，体 环己烷)十9O2(g)一=6C02(g)十6H20(1) △H,= 系中CaCO转化率为80%，反应T:CaCO,(s)CaO(s)十 15 -3920kJ·mol1,:(g)+0(g) 6CO,(g)+ CO2(g)平衡时生成n(CO2)=0.8mol,CH1转化率为 60%,C0物质的量为1.3mol,则 3HO1) △H2=-3264k·mo1,Ⅲ：H(g)+ 之02(g) CH4(g)+C()2(g)一2H2(g)+2CO(g) 起始/mo 1 0.8 0 0 H0(1)△H2=-285.6k·mol-,则I-Ⅱ-3×Ⅲ 转化/mol 06 06 1.2 1.2 (g)十3H2(g), 平衡/mol 0.4 0.2 1.2 得目标反应「 (g,环己烷)—— 1.2 H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) 根据盖斯定律可知，△H=△H1一△H,一3△H3= 起始/mol 1.2 0.2 0 1.2 (-3920kJ·mol1)-(-3264kJ·mol1)-3×( 转化/mol 0.1 0.1 0.1 0.1 285.6kJ.mol1)=+200.8k.mol-1 (2)由于苯环 平衡/mol 0.1 0.1 1.3 上的碳碳键并不是碳碳单键和碳碳双键交替出现，而是 气体总物质的量ns=(1.3十0.1十0.1十1.1十0,4)mol 介于碳碳单键与碳碳双键之间的一种独特的化学键，所 =3 mol, 以其键能也与之有较大差异，故利用表格中的键能数据计 反应Ⅲ的平衡常数K。 p(CO)·p(H,O) 算上述脱氢反应的△H时，计算值与实测值差异较大。 p(CO,)·p(H,) 答案：(1)十200.8(2)苯环上的碳碳键并不是碳碳单 键和碳碳双键交替出现，而是介于碳碳单键与碳碳双键 L.3×100kPa 3 × 0.1 X100 kPa 3 之间的一种独特的化学键 1.2, 5.解析：设反应过程中第一步的产物为M,第二步的产物 gx1o0ka)×(×1o0kPa 1.1 为N,则X→M的△H1=E一E2,M→N的△H2=△H, CaCO,平衡时n(CaCO3)=(1-1×80%)mol= N→Y的△H,=E3一E1,根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g) 0.2mol,原位CO2利用率为 的焓变为△H十△H十△H=E-E十AH+E一E1。 答案：E一E,十△H十E一E [neco,（初始)一neco,(平衡)门一nco,（平衡 -×100%= 考向2对点题型集训 ncc0,(初始) 1.解析：①2CO(g)十3H2(g)一HOCH2CH,OH(g) (1.0 mol-0.2 mol)-0.1 mol ×100%=70%。 △H该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压 1 mol 强，平衡正向移动，平衡转化率增大，(L1)>p(L2)> 答案：1.270% ·230· 参考答案I 2.解析：(3)反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以 (H2) 看出，第④步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH十 Po H十2H,O=CH十2H,O:由题图可知，在第③步时 c的lnK,=0,即K,= =1,解方程得p2(H,) (CH) 生成了水，基元反应为：HO+H,+CH,一CH +H,O; (4)已知反应[为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根 =p。·(CH,),已知反应平衡时p(H2)=40kPa,则有 据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气 b(CH,)=40X40kPa=16kPa,且初始状态时(CH,) 的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的 100 选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的转化 =1中X100kPa=50kPa,故CH的平衡转化率为 1 率，b表示二氧化碳的选择性，C表示甲烷的选择性。 ①表示CH,选择性的曲线是c; 50kPa-16kP×100%=68%。 ②，点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则 50 kPa 剩余的碳酸镁为0.51m0l,根据碳原子守恒，甲烷和二 H2)12 氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol,又因为此 时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳 答案：(1)ac (2) (CH,) 和甲烷的物质的量均为0.245mol,根据氧原子守恒得 出水的物质的量为0.49mol,根据氢原子守恒得出氢气 (3)68%(计算过程见解析) 的物质的量为0.02mol,总的物质的量为0.02mol十 2.解析：(4)1200K时，假定体系内只有反应CH2(g) 0.245 mol-0.245 mol0.49 mol=1 mol,(H2)= CoH。(g)十H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p。(即 0.02 mol 1 mol X 100 kPa =2 kPa,p (CO2)=p (CH)= CoH12的初始压强)，平衡转化率为a,设起始量为1mol, 则根据信息列出三段式为： 0.245mol 1 mol 100kPa=24.5kPa,p(H,0)=0.49mo× CeHg(g)—一CHo(g)十H,(g) 1 mol 起始量(mol) 0 0 100kPa=49kPa,则反应Ⅱ的K,= 24.5×49 (kPa)-2: 变化量(mol) a Q 2×24.5 平衡量(mol) 1-a ③在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳 的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧 则(CnHe)=,×=2p(CnH.)=X中a 化碳为0.7mol,生成的甲烷为0.1mol,根据碳原子守 恒得出n(C0)=(1一0.7一0.1)mol=0.2mol:因为反应 (H)=p。× 年。该反应的平衡常数K, Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在500~600℃，随温度 升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生 成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化率 九，X于X= 下降。 1 poX]Fa 答案：(3)④HO+H+CH,—=CH+H,O 00e22号 ③0.2反应Ⅱ生成的氢气多于 (5)CoH(g)一C0H1g(g)十H·(g)及CoH1(g) C。H。(g)十H·(g)反应的lnK(K为平衡常数)随 反应Ⅲ消耗的氢气 温度倒数的关系如题图。图中两条线几乎平行，说明斜 3.解析：(3)将FSO1置入抽空的刚性容器中，升高温度发 △H 生分解反应：2FeSO1(s)-一FeO3(s)+SO2(g)十 率几乎相等，根据nK=一R宁十c(R为理想气体常数， SO,(g)(I)。由平衡时ps4,T的关系图可知，660K c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应 时，pso,=1,5kPa,则g,=1.5kPa,因此，该反应的平衡 过程中，断裂和形成的化学键相同： 总压ps=3.0kPa、平衡常数Km(I)=1.5kPaX1.5kPa (6).由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向 =2.25(kP)。由图中信息可知，p4随着温度升高而增 进行，提高了平衡转化率，反应速率也加快，符合题意； 大，因此，K。(I)随反应温度升高而增大 b.由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应， (4)升高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)一 加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意。 2SO,(g)十O,(g)(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质 C.加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，C不 的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(I)时 符合题意。 =Ds8,则平衡时Ps0,十2po,=p0,一2p0,因此，平衡 答案：(4)p1-a 时p6,= ,一p@。在929K时，ps=84.6kPa. (5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 4 (6)a =35.7kPa,则ps0,十ps0,十pg,=p5、ps0,十2po 3.解析：(3)①对于反应H,O一H十OH,平衡常数K =ps0,-2p0,联立方程组消去p0,可得3p0十5 的定义为：K=H):(0H),在25℃的纯水中，水 =4p,代入相关数据可求出po,三46.26kPa,则力o, c(H,O) 84.6kPa-35.7kPa-46.26kPa=2.64kPa 的离子积常数为K=c(H)·c(OH)=1×10-11,而 K,(I)=46.26kPa'X2.64kPa 且平衡时c(H)=c(OH)=1X10-?mol/L,已知 (35.7kPa)2 46.26×2.64kPa。 c(H,0)=55.6mol/L,代入公式：K=1X10) 55.6 35.7 10-14 答案：(3)3.02.25增大 5.6≈1.799×106，保留两位小数K=1.8X101“: ②瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的 (4) ps02一p0 A 46.26 46.26×2.64 正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为D; 35.72 考向4对点题型集训 ③弛稼时间公式为t=十2k, ,其中x=4.0×10-5s, 1.解析：(l)随着温度的升高，反应a和c的lnK,增大，说 x.=c(H)=1×107mol/L,代入得：k1+2k2×(1× 明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c 均为吸热反应，同理反应e的lnK减小，说明K的数 107mol/L)= :4X10、=2.5X10.1,在平衡 值减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故 时，v(正)=v(逆)，可推出k1c(H,O)=k2c(H) 答案为ac;(2)用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常 c(OH)=k2x,代入已知值：k1X55.6mol/L=k2×(1 (H2)\ 数表达式K, ·;(3)由图可知，A处对应反应 X10m0L,中=9，将友代人驰狼时园 (CH) Po 公式为.，X104 十2k2X1X10-7=2.5X104s1,整理 55.6 ·231· 1化学 1011 可得，(5.6mo元+2×101mol/L）=25X10's,因 应，可以估算c点c(CI)<c(Na),c[(CH)N,H]+ c(H)c(OH),B错误；C.(CH,)。N,H在溶液中水 10-14 为5.6mol元≈1.80×10mol/L,2×107mol/L 解使溶液显酸性，类比NH可知(CH,)。N,在溶液中与 水作用发生电离而使溶液显碱性；，点为半滴定，点，由其 2.00×10-7mol/L,由于1.80×1016<2.00×107 纵坐标可知溶液显酸性，说明(CH,)。NH的水解作用 1,.80×101“可忽略不计，所以k2×2X107mol/L=2.5 强于(CH,):N,的电离作用，可知溶液中相关粒子的浓 ×10mol/L,得出k2=1.25×10"L/(mol·s)。 度的大小关系为c(CH2)sN1>cL(CH2)；NH,C错 答案：(3)①1.8×1016②D③1.25×10i 误；D.由图1和图2可知，当pH=6.00时，(CH2)gN1占比 4.解析：(1)由平衡常数K与温度T变化关系曲线可知 较高，8[(CH,).N,门=0.88，则由氨守恒可知， 反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注 6L(CH,):N,H]=0.12,两种粒子的浓度之比等于其 意横坐标为温度的倒数)而减小，说明3个反应均为放热 分布分数之比，则(CH2)N,H一一(CH2)N,十H的 反应，即△H10、△H20、△H30,因此，A的总能量 高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定 平衡常数K=c[(CH,),N]·c(H*)=088X10 的是B,其用系统命名法命名为2甲基-2丁烯；由盖斯 c(CH,)N H 0.12 定律可知，I一Ⅱ=Ⅲ，则△H一△H2=△H<0,因此 7.3×10-i,D正确。7 △H1△H,,由于放热反应的△H越小，其绝对值越大， 2.C「A项，NX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈 则A的教值范国是大于1，选D。(2)向莱反应容器中 碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(N)> △H。 c(X)>c(OH)>c(H),故A正确；B项，弱酸的酸性 加入1.0 nol TAME,控制温度为353K,测得TAME的 越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一 平衡转化率为a,则平衡时n(TAME)=(1一a)mol, 元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的 n(A)十n(B)=n(CHOH)=amol。已知反应Ⅲl的平衡 大小顺序为K,(HX)>K(HY)K,(HZ),故B正确；C 常数Ka=9.0,则nB) 项，当溶液H为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的 n(A) =9.0,将该式代入上式可以求 体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根 出平衡体系中B的物质的量为0.9amol,n(A)= 离子的浓度大小顺序为c(X)>c(Y)>c(Z),故C 1-4 错误；D项，向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸， 0.1amol,反应T的平衡常数K= 1十a 三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓 ()(a) 度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na) 1一)1十@。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶 +c(H)=c(X)+c(Y)+c(Z)+c(CI)+ 0.1a2 c(OH),由c(Na)=c(CI)可得：c(X)十c(Y)十 剂四氢呋喃稀释，反应[的化学平衡将向着分子数增大 c(Z)=c(H)一c(OH),故D正确。 的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变 3.A[c(Cr+)与c([Cr(OH)1])的总和为c,随着pH增 大，但是平衡常数不变，A与CHOH物质的量浓度之比 大，发生反应：Cr3+(ag)+3OH(aq)一Cr(OH)(s), 不变，c(A):c(CHOH)=0.1a:a=1:10。 含铬微粒总浓度下降，随着H继续增大，发生反应： 答案：(1)2-甲基-2丁烯D(2)0.9a Cr(OH):(s)十OH(aq)-一[Cr(OH)1](aq)含铬微粒总 (1-a)(1十a) 逆向移动1：10 0.1a 浓度上升，据此解答。AM,点时，c(OH)=10 105 mol/L= 5.解析：达到平衡时，U三=V堡，即k三p2来=k丝巾米t体· p气，则有三=P·P置=K,该反应正反应是一个 10-mol/L,K c([Cr(OH),]) c(OH) =1001, 卫艺苯 吸热反应，故温度升高，平衡正向移功，K增大，宁越大， c([Cr(OH)1])=1041mol/L,几乎可以忽略不计，含 Cr微粒主要为Cr3+,Kp=c(Cr+)·c3(OH)=10 T越小，则K越小，即兰越小，故能代表gk三随丁的变 /10-4 =100.2,A正确：B.Cr3+恰好完全况淀时， k (10 化关系的是④。 c(Cr3+)<10imol/L,由Kp数据计算可知，c(OH)> 答案：④ /1002 6.解析：(1)由图可知，K。1随着温度的升高而减小，则平衡 逆向移动，正反应为放热反应，△H,0。 W105 mol/L=10&1mol/L,Cr3+洽好完全沉淀时 (2)由盖斯定律可知，1十ⅱ得反应3N2H,(1) DH最小值为5.6，B错误；C.P和Q,点溶液中含Cr微粒 3N2(g)十6H2(g),则该反应的K=Kl·K2。 总和相等，生成的Cr(OH),(s)质量相等，则P点沉淀质 答案：(1)< (2)Kp1·Kp2 设T2T,由图可 量等于Q点沉淀质量，C错误；D.随着pH的增大， 知：pKL(T2)-pK,(T)>|pK2(T2)二pK2(T), cCr+)减小，而c([CrOH)])增大，COHD,] c(Cr) pK (T2)-pKp (T)>pKp2 (T)-pK (T2 )pKp （T)+pKg(T2)≥pKl(Ti)tpK(T),lg[K(T 比值减小，D错误。 ·K(T,)]>1g[K(T,)·K(T2)],即K(T1) 变式集训典题 K(T,),因此该反应正反应为放热反应 1.B[A.10 mL HCOOH-NH,CI混合溶液（浓度均为 专题五 0.1mol·L1)pH大于2，说明HCOOH是弱酸，则 选择题突破五1“突跃曲线”的分析应用 HCOOH的电离方程式为HCOOH一H十HCOO, 高考经典再研 故A错误；B.a,点HCOOH全部反应完，溶质为HCOONa、 l.D[A.由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液 NH,C1且两者浓度相等，溶液显酸性，则铵根水解占主 的体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式4NH ~[(CH2)N,H+十3H+]~4OH可知，由于待测液的 要，根据越弱越水解，则氨水的电离程度小，因此由点 数据可推出电离能力：HCOOH>NH·HO,故B正 体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的20.00mL 确；C.b,点溶液溶质为HCOONa、NHCl、NH·H2O、 溶液中c(NH)=c(OH)=0.01000mol·L,则原 NaCl,且NH3·H2O物质的量浓度大于NH,CI物质的 废水中c(NH)=0.01000mol·L×0=0.001000mol 量浓度，则b点溶液中的OH主要来自NH·H。电离和 ·L1,因此，废水中NH的含量为0.001000mol× HCOO的水解，故C错误；D.c,点溶液溶质为HCOONa 18000mg·mol1·L1=18.00mg·L1,A错误；B.c,点 NH·HO、NaCl,且NH·HO物质的量浓度为0.033 mol·L,此时混合溶液的pH=10.89,由于存在HCOONa 加入OH标准溶液的体积过量，且只过量了5，由电荷 和氨水浓度两个变量，无法确定0.O5ol·L氨水的pH 守恒可知，c[(CH2):NH门+c(H)+c(Na) 10.89,故D错误；综上所述，答案为B。] c(OH)十c(CI),浓缩后的废水中NH,C1的浓度和 2.C[甘氨酸溶液与盐酸混合，发生反应：H,N一CH2 NaOH标准溶液浓度相等，CI和Na均不参与离子反 COOH+H+=HN一CH2一COOH,向反应后的溶液 ·232.上篇专题四热化学化学反应速率与平衡 非选择题超热点突破二 化学反应原理综合题 突破1品鉴经典真题，研考向，建模板 例们 (2025·安徽卷)I.通过甲酸分解可获得超 Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和 高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： H2)的重要方法，主要反应有 DHCOOH(g)=CO(g)+H2 O(g) 3CH (g)+CO2(g)-=2CO(g)+2H2 (g) △H1=+26.3kJ·mol-1 ④CO2(g)+H2(g)CO(g)十H2O(g) 2HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g) 5CH(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H2=-14.9kJ·mol-1 (4)恒温恒容条件下，可提高CH4平衡转化率的 (1)反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) 措施有 (填标号)。 的△H= kJ·mol厂1。 a.增加原料中CH4的量b.增加原料中CO2 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量 的量c.通入Ar气 的HCOOH(g),发生上述两个分解反应，下列说 (5)恒温恒压密闭容器中，投人不同物质的量之 法中能表明反应达到平衡状态的是 (填 比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH4和 标号)。 CO2的平衡转化率之间的关系如图乙。 a.气体密度不变 100 b.气体总压强不变 80 c.H2O(g)的浓度不变 60 d.CO和CO2的物质的量相等 40 (3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如图 甲，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 404 50500 CH4/CO2/Ar 乙 过渡态2 HCOO* i.投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO): +H米 n(H2)的值将 (填“增大”“减小”或 CO(g) “不变”)。 HCOOH(g) 过渡态1C00H* +H20(g 反应① i.若平衡时Ar的分压为pkPa,根据a、b两点计 +H* 反应② HCOOH* C02(g) 算反应⑤的平衡常数K。= (kPa)2(用含p +H(g) 的代数式表示，K。是用分压代替浓度计算的平衡 反应历程 常数，分压=总压×物质的量分数)。 甲 [怎么考·考情把脉] [怎么答·思维建模] 化学反应原理综合题是新 化学反应原理综合题的解题“三原则” 高考中的必考题，该题型 原则一、注意跳跃思维 通常以元素化合物知识为 化学反应原理综合题是拼盘式考查，热化学和电化学的题目设计一般有递 载体，以工业生产为背景， 进性，答题时可跳跃解决，不能因为化学平衡的题目难度大而放弃。 综合考查化学反应速率、 原则二、仔细分析图像 化学平衡及其影响因素、 分析图像要明确三步： 化学反应中的能量转化、 “一看”一看图像 盖斯定律及其应用、热化 “二想” 想规律 学方程式的书写、原电池 “三判”—得结论 和电解池原理及其电极反 原则三、分层简化解题 应式的书写、水溶液中的 把大题化为小题，把综合性问题分解为相对独立的小问题， 离子平衡等知识，甚至还 降低难度，各个击破。如： 融合考查氧化还原反应、 (1)利用盖斯定律求算反应热，分层思考： 离子反应，涉及知识点较 ①明确待求热化学方程式中的反应物和生成物； 多，但各个小题又相对比 ②处理已知热化学方程式中的化学计量数和焓变； 较独立。题目的综合性 ③叠加处理热化学方程式、确定答案。 ·45· 1化学 强，化学信息较多，设问角 (2)化学反应速率的计算、转化率及平衡常数的计算 度灵活多变，侧重考查考 用“三段式”法分层找相关“量”：用什么时刻量，用什么物理量计算。如 生接收、整合信息的能力 计算平衡常数K时，不能使用平衡时的物质的量，要用平衡时的物质的 和应用化学知识解决实际 量浓度。 问题的能力。 (3)电化学的考查：首先分析电化学装置，判断是原电池还是电解池，再根据 电极所处的环境书写电极反应式。 突破2突破4个核心考点，析重难，精准练 考向1 突破热化学方程式书写与焓变计算 突破核心透视 对点题型集训 1.书写热化学方程式的“五环节” 1.(1)(燃烧热|2025·黑吉辽蒙卷)已知CO(g)、 一写方程式 写出配平的化学方程式 H2(g)、HOCH2 CH2OH(g)的燃烧热（△H)分别为 -akJ·mol-1、-bkJ·mol-1、-ckJ·mol-1,则 二标状态 用s、l、g、aq标明物质的聚集状态 2CO(g)+3H2(g) 催化剂HOCH,CH,OH(g)合成 巨定条件 确定反应的温度和压强(101kPa、25℃ 反应的△H= kJ·mol-1(用a,b和c表示)。 时可不标注)》 (2)(盖斯定律与平衡常数|2023·全国甲卷)甲 烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的 四标△H 在方程式后写出△H,并根据信息注 方法。回答下列问题： 明△H的“+”或“-” 已知下列反应的热化学方程式： 五标数值一 根据化学计量数计算写出△H的值 ①3O2(g)=203(g）K1 2.计算反应热的常用方法 △H1=+285kJ·mol1 (1)根据反应物和生成物的能量计算 ②2CH4(g)+O2(g)—2CH3OH(1)K2 △H=生成物的总能量一反应物的总能量 △H2=-329kJ·mol-1 (2)根据反应物和生成物的键能计算 反应③CH4(g)+O3(g)=CH3OH(1)十O2(g) △H=反应物的键能总和一生成物的键能总和 的△H3= kJ·mol-1,平衡常数K3= (3)根据反应的活化能计算 (用K1、K2表示)。 △H=正反应的活化能一逆反应的活化能 (3)(盖斯定律|2025·安徽卷)通过甲酸分解可 (4)利用盖斯定律计算反应热的两种方法 获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解 ①虚拟路径法：先根据题意虚拟转化过程，然后 反应： 根据盖斯定律列式求解，即可求得待求反应的 DHCOOH(g)=CO(g)+H20(g) 反应热。 △H1=+26.3kJ·mo1-1 ②加减法：将所给热化学方程式适当加减得到 2HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g) 所求的热化学方程式，反应热也作相应的加减 △H2=-14.9kJ·mol1-1 运算。流程如下： 反应CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)的 第一步 先确定待求反应的化学方程式 △H= kJ·mol-1. (4)(盖斯定律2025·甘肃卷)乙炔加氢是除去 找出待求化学方程式中各物质在 乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方 已知化学方程式中的位置，若在 法。该过程包括以下两个主要反应： 第二步 “同侧”，计算△H时用“+”，若在 反应1：C2H2(g)+H2(g)C2H4(g) “异侧”，计算△H时用“一”，即“同 △H1=-175kJ·mol-1(25℃，101kPa) 侧相加、异侧相减” 反应2：C2H2(g)+2H2(g)=C2H6(g) △H2=-312kJ·mol-1(25℃，101kPa) 根据待求化学方程式中各物质的 25℃，101kPa时，反应C2H4(g)+H2(g) 第三步 化学计量数确定已知化学方程式 C2H6(g)△H= kJ·mol-1。 的乘数，即“化学计量数定乘数” 2.(键能2025·江苏卷)合成气制备甲醇：C0(g) +2H2(g)=CH3OH(g). 第四步 依据第二步、第三步的结论，计算 CO的结构式为C三O,估算该反应的△H需要 待求反应的△H (填数字)种化学键的键能数据。 灯泡用久了发黑，因为钨丝发热蒸发遇冷玻璃凝体致灯泡壁变黑：铝锅用久变黑，是因为水里 ·46 的铁盐置换了铝；没擦干的小刀在火上烘表面变蓝，因为铁和水化合生成四氧化三铁。 上篇 专题四热化学 化学反应速率与平衡 3.[盖斯定律|2023·全国乙卷，28(2)改编]已知下 物质 C(s,石墨) H2(g) (g) (g) 列热化学方程式： △H FeSO4.7H2O(s)=FeSO(s)+7H2O(g) -393.5 -285.6 -3264 -3920 (kJ·mol1) △H1=akJ·mol-1 则计算脱氢反应： (g,环己烷) (g) FeSO4·4H2O(s)—FeSO4(s)+4H2O(g) +3H2(g)的△H kJ·mol-1 △H2=bkJ·mol-1 (2)利用下列表格中的键能数据计算上述脱氢反 FeSO4·H2O(s)—FeSO4(s)+H2O(g) 应的△H时，计算值与实测值差异较大。试从分 △H3=-ckJ·mol-1 子结构的角度解释原因 则FeSO4·7IH2O(s)+FeSO4·H2O(s)—FeSO4 化学键 C H C -C C -C H-H ·4H2O(s)的△H= k·mol-1。 键能/ 412 348 612 436 4.(外界条件对速率、转化率的影响原因描述|2025 (kJ·mol-1) ·成都第三次诊断)环己烷和苯均是重要的化工 5.[2022·广东，19(1)②]铬 原料，对环己烷苯系统的研究既有生产实际价 及其化合物在催化、金属防 腐等方面具有重要应用。 值，也具有理论意义。回答下列问题。 Cr2O3催化丙烷脱氢过程 (1)环己烷脱氢生苯的热效应研究 中，部分反应历程如图， 已知下列物质的燃烧热数据如下： X(g)→Y(g)过程的焓变为 (列式表示)。 反应进程 考向2多重平衡体系中反应条件、选择性、产率规范解答 突破核心透视 (2)选择思路 1.活化能的概念 反应物、生成物的聚集状态 在给定的化学反应中，由反应物分子到达活化分 正确分析 反应特点 气体体积变化（增大减小，不变） 子所需的最小能量。 反应吸热还是放热 2.活化能对化学反应的影响 (1)根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率 明确反应的 恒温恒容 越大。 外界条件 恒温恒压 (2)催化剂能降低反应的活化能，提高反应速率，增 大非平衡状态中反应物的转化率，但不改变平 调控反应速率：改变温度、浓度、 衡转化率」 结合题意， 压强、催化剂 (3)基元反应中的慢反应决定整个反应的反应 分析判断 调控反应限度：改变体系的温度 速率。 浓度、压强 (4)催化剂具有专一性，能提高某一特定反应的反 4.原因解释的分析思路及答题模板 应速率，从而提高指定反应的选择性。 (1)分析思路 3.实际工业生产中反应最佳反应的选择及思路 ①分析反应特点、条件 (1)选择原则 改变，判断平衡移动方 条件 原则 向和相关物理量变化 反应特点 ②分析反应特点和有关 从化学反应 非平衡状态，着重考虑外因对速 条件（不同） 平衡移 动规律 物理量变化推导条件改 速率分析 率的影响导致反应物的转化率 改变、平衡 变或采取措施 知二求 (或产品产率)的影响 移动（物理 ③由条件改变及引起的 量变化) 物理量变化，分析反应 从化学平衡 平衡后，着重考虑外因对移动方 的热效应（吸热、放热） 移动分析 向的影响 气体分子数的改变（增 从催化剂的 注意催化剂的活性受温度的限 大、减小、不变) 制，还要注意催化剂对主副反应 (2)答题模板 活性分析 的选择性的影响 叙特点（反应特点或容器特点）→变条件→定方 向→得结论（或结果），如： 既要注意外界条件对速率和平衡影 综合分析 响的一致性，又要注意二者影响的矛 ①温度：该反应正向为×X(放热或吸热)反应， 盾性，还要考虑设备要求 其他条件不变，升高（或降低）温度，平衡×× (正向或逆向)移动，因此×××（得结论）。 -0 ·47· 1化学 ②压强：正反应是气体分子数××（减小或增 (3)下列措施可提高M点HC1转化率的是 大)的反应，其他条件不变，增大（或减小）压强， (填标号)。 平衡××（正向或逆向）移动，因此×××（得 A.增大HCI的流速 结论)。 B.将温度升高40℃ 对点题型集训训 C.增大n(HCI):n(O2) 1.(2025·河北卷节选)煤化工路线中，利用合成气 D.使用更高效的催化剂 直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有 (4)图中较高流速时，a(T3)小于a(T2)和a(T1),原 广阔的发展前景。反应如下： 因是 2CO(g)+3H2 (g)HOCH2 CH2OH(g) 3.[2024·山东卷，20(2)]水煤气是H2的主要来 △H 按化学计量比进料，固定平衡转化率α，探究温度 源，研究CaO对C-H2O体系制H2的影响，涉及 与压强的关系。a分别为0.4、0.5和0.6时，温 主要反应如下： 度与压强的关系如图： C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) 25f (I)△H1>0 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 20 N (Ⅱ)△H2<0 15 CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) (Ⅲ)△H3<0 10 压力p下，CH2O-CaO体系达平衡后，图示温度 5 480490500510520T/K 范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度 ①代表α=0.6的曲线为 (填“L1”“L2” 时完全分解。气相中CO、CO2和H2摩尔分数 或“L3”);原因是 随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为 ②△H 0(填“>”“”或“=”)」 (填化学式)。当温度高 2.(2024·黑吉辽卷，18节选)为实现氯资源循环利 于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐 用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCI废气： 渐降低的原因是 2HCI(g)+202(g)C,(g)+H,0(g) △H1=-57.2kJ·mol-1△SK 将HCI和O2分别以不同起始流速通入反应器 中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测 0.50 流出气成分绘制HCI转化率(a)曲线，如图所示 h (较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 0.15 90 0.05 2-1-------- AAA 0-----小-------------- -00-00 To 80 T →增大 后一看。 温度T 70 4.(2025·豫湘名校联考)对于反应：CH(g)+2O2(g) H 一CO2(g)十2H2O(g),在使用不同催化剂时， n(HCl):n(02)=4:3 60F M 相同时间内测得CH4的转化率随温度的变化如 10.17,61) 图所示。 0.18 0.14 0.10 0.06 CH转化率/% HCl流速/(mol·h-) 图1 90 0000-0 -T1 60 80 N 催化剂日 ■ 0-T2 催化剂亚 0.10,80) +T3 0催化剂 TT乃T温度/K n(HCl):n(02)=4:4 则催化效果最佳的是催化剂 (填“I” “Ⅱ”或“Ⅲ”)。如果d点已经达到平衡状态，则e 0.18 0.14 0.10 0.06 点的正 v逆（填“>”“<”或“=”），f点 HCI流速/(mol·h-) 转化率比d点低的原因是 图2 为什么抗菌素类的药物宜在饭后服用？抗菌素药类大部分是胺类化合物，人空腹服用后药物 ·48·易被胃中胃酸分解，既降低药效，又对胃壁产生较大的刺激作用。而饭后服用药物，由于胃酸被食物 冲淡，药物就不会被胃酸分解，因此抗菌素药物一般在饭后服用。 上篇专题四热化学化学反应速率与平衡「 5.C○，催化加氢直接合成二甲瞇的反应为2C0,(g) (1)图1中，温度高于290℃，C02平衡总转化率 +6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)AH 随温度升高而上升的原因可能是 =一122.54kJ·mol-1。有时还会发生副反应： CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)AH= (2)图2中，在240~300℃范围内，相同温度下， 十41.2k·mol-1,其他条件相同时，反应温度 二甲醚的实际选择性高于其平衡值，从化学反应 对CO2平衡总转化率及反应2.5小时的CO2实 速率的角度解释原因： 际总转化率影响如图1所示；反应温度对二甲醚 的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选 6.(2025·河南卷)CaCO3的热分解与Ni,P,催化 的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2十 择性影响如图2所示。（已知：CH3OCH3的选 择性=生成二甲酰的C0,物质的量 CO),实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应I:CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) 反应共耗CO2物质的量 100%) △H1=+178kJ·mo1-1 80 反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)→2H2(g)+2CO(g) 70 △H2=+247kJ·mol-1 ￥60 反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)→H2O(g)+CO(g) C0,平衡总转化率 △H3=+41k·mo1-1 82 回答下列问题： 0 太C0,实际总转化率 (5)在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡 转化率与压强的关系如图所示，反应温度最高的 200220240260280300320温度/℃ 是 (填“T1”“T2”或“T3”)。原因是 图1 80 100 70 甲醚实际选择性 47 ,60 50 60 二甲醚平 0 Ξ30 衡选择性 40 20 20 10 0 hH 4 0 200220240260280300320温度/℃ 5001000150020002500 压强/kPa 图2 考向3 基本平衡常数、转化率、速率计算 突破核心透视 表达式 说明 1.转化率、产率及分压的计算 反应物的转化率= 反应物的变化量 用平衡分压代 反应物的起始量 ×100% p(N2)·p3(H2O) 替平衡浓度；气 产物的产率 生成物的实际产量 Kp Kp= 体分压=气体 生成物的理论产量 ×100% 2(NH3) 总压×物质的 分压=总压×物质的量分数 量分数 2.常用的气体定律 同温同体积：p(前)：（后）=n(前)：n(后) 对点题型集训 同温同压强：（前） M(前)V(前)_n(前) 1.(2025·河南卷)CaCO3的热分解与NizPy催化 (后) M(后)'V(后) n(后) 的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2十 3.有关平衡常数K与Kp CO),实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 例：在一体积不变的密闭容器中发生化学反应： 反应I:CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g) Fe2O3(s)+2NH3(g)-=2Fe(s)+2(g)+3H2O(g) △H1=+178kJ·mol- 表达式 说明 反应I:CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) △H2=+247kJ·mo11 反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)→H2O(g)+CO(g) K c(N2)·c3(H2O) 平衡浓度 c2(NH2) △H3=+41kJ·mol-1 回答下列问题： -0 ·49· 1化学 (6)一定温度、100kPa下，向体系中加入1.0mol 00 CaCO3和1.0 mol CH4,假设此条件下其他副反 80 应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转 6 化率为80%，CH4转化率为60%，C0物质的量 为1.3mol,反应Ⅲ的平衡常数K。 (保留小数点后一位)，此时原位CO2利用率为 已知：原位CO2利用率= 00 300 400 500 500 温度/C [nCac0,(初始)一cac0,(平衡)]一nco,(平衡) ncac0,(初始) 50.0 ×100% 2.(2025·陕晋青宁卷)MgCO3/Mg0循环在CO 49.j 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， 49.0 主要反应如下： 48.5 I.MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) 265266 267268269270 温度/C △H1=+101kJ·mo1- 该图为乙图内M附近区域放大图 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) 肉 △H2=-166kJ·mol- 含碳生成物的物质的量 III.CO2(g)+H2 (g)-H2O(g)+CO(g) 注：含碳生成物选择性 MgCO3转化的物质的量 △H3=+41kJ·mol1 ×100% 回答下列问题： ①表示CH4选择性的曲线是 (填字母)。 (3)高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2 ②点M温度下，反应Ⅱ的K, 与H2反应生成CH4,部分历程如图甲，其中吸 (kPa)一2（列出计算式即可）。 附在催化剂表面的物种用￥标注，所示步骤中最 ③在550℃下达到平衡时，n(C0)= 慢的基元反应是 (填序号)，生成水的基 mol。500600℃，随温度升高H2平衡转化率 下降的原因可能是 元反应方程式为 3.[2023·全国乙卷，28(3)(4)硫酸亚铁在工农业 生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗 过渡态 病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题： (3)将FeSO4置入抽空的刚 性容器中，升高温度发生分 解反应： 2FeSO4 (s)Fe2O3 (s)+ 2.0 SO2(g)+SO3(g)I)。平衡时 1.0 0.5 444 ps0T的关系如图所示。 660K时，该反应的平衡总 0006i06007070 压p总 kPa、平衡常数K,(I) 皇 (kPa)2。K.(I)随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”) 甲 (4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2S03(g) (4)100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s) ≥2SO2(g)+O2(g)(I),平衡时p0, 各1mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转 (用s0ps0,表示)。在929K时，p总=84.6kPa, 化率和生成物(CH4,CO2)的选择性随温度变化关 pso.=35.7kPa,则ps0, kPa, 系如图乙、丙所示（反应Ⅲ在360℃以下不考虑）。 K,（Ⅱ)= kPa(列出计算式)。 考向4 速率常数与平衡常数融合计算 突破核心透视 ②气体的分压之比等于其物质的量之比： 1.分压平衡常数 (B)_n(B) (1)气体的分压定律 B(D)n(D) ①分压定律：混合气体的总压等于相同温度下 ③某气体的分压p(B)与总压之比等于其物质 各组分气体的分压之和：p(A)+p(B)十(C) 的量分数：D(B) n(B) =x(B)。 十p(D)十…=p。 卫总 n总 为什么不能用茶水服药？茶水中含鞣酸，它会和药物中的多种成分发生作用，从而使药效降低 ·50·以至失效，如贫血病人服用铁剂会同鞣酸反应生成难以被人体吸收的鞣酸铁。 上篇专题四热化学化学反应速率与平衡 (2)分压平衡常数K。与总压p、气体体积分数x的 设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在 关系 浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。 一定温度下，刚性密闭容器中发生气相反应： 气体的相对分压等于其分压（单位为kPa)除以 mA(g)+nB(g)=eC(g)+fD(g)。达到平衡 时，令A、B、C、D的分压分别为p(A)、p(B)、 po(po=l00kPa)。反应a,c,e的lnK随宁（温 (C)、(D),A、B、C、D的体积分数为x(A)、 度的倒数)的变化如图所示。 x(B)、x(C)、x(D),体系总压p=(A)十p(B) 16 +p(C)+p(D). K。=p(C)·p(D [px(C)]·[p.x(D)]f/ 0￥ pm(A)·p"(B)[px(A)]m·[px(B)]" 0 =(C)·x/(D) 8 xm(A)·x"(B) ·p+/-(m+0 -16 0.8 A1.2 1.6 当m+n=e十f时，p+f-(m+)=p0=1, 六X10/1 K。-C·pD-r(C)·/D) (1)反应a、c、e中，属于吸热反应的有 m(A)·p"(B)xm(A)·x"(B) (填字母)。 2.速率方程 (2)反应c的相对压力平衡常数表达式为K= (1)速率方程的类型 0 ①正、逆反应速率方程：对于反应aA(g)十bB(g) (3)在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2) =gG(g)+hH(g),则正=k正·cm(A)· :n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容 cBD,心逆=k逆·cP(G)·c4(H)(其中k正、k逆 密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分 分别为正、逆反应速率常数，浓度的幂指数与化 压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计 学计量数没有必然联系)。k与浓度无关，但受 算过程。 温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，通 常反应速率常数越大，反应进行得越快。 ②总反应速率方程：某反应的总反应速率方程 2.[2023·湖北，19(4)(5)(6)]纳米碗C40H1o是 通常由实验测定，其中应指净反应速率，即 种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40Ho可 v正一v逆，如某合成氨速率方程为u=kc“(N2) 以由C40H2o分子经过连续5步氢抽提和闭环脱 氢反应生成。 ·cB(H2)·cY(NH3)。 (4)1200K时，假定体系内只有反应C4oH12(g) (2)求算方法 C4oH1o(g)+H2(g)发生，反应过程中压强 ①k正、k逆与平衡常数K的关系 恒定为po(即C4oH12的初始压强)，平衡转化率 以(1)中反应为例，平衡时，正=逆，则k正· 为a,该反应的平衡常数K。为 (用平衡 "(A)·c”(B)=k道·cP(G)·4(H):,号 分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量 分数)。 cp(G)·c9(H) cm(A)·c(B) =K,K为平衡常数。 CaoH9 ②利用所给数据采用“定多议一”的原则求算， CaoHu 如合成氨速率方程为v=k·c(N2)·cB(H2) ·c(NH3)中，让NH3和H2的浓度保持不 变，利用N2浓度的不同求a。 对点题型集训 1.[2021·广东，19(4)]我国力争于2030年前做到 7(K-) 碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重 (5)C4oHg(g—CoH8(g)+H·(g)及C4oH(g) 整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体 C4oHo(g)+H·(g)反应的lnK(K为平衡常 系主要涉及以下反应： 数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条 (a)CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)十2H2(g)△H1 (b)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH2 件下，lnK= FT十c(R为理想气体常数，c为 △H (c)CH(g)=C(s)+2H2(g)AH3 截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分 (d)2CO(g)=CO2(g)+C(s)AH 析其原因是 (e)CO(g)+H2(g)==H2O(g)+C(s)AH5 -0 ·51· 1化学 (6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能 (2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应 增大生成C4oHo的反应速率的是（填标号）。 容器中加入1.0 mol TAME,控制温度为353K, a.升高温度b.增大压强c.加入催化剂 3.(2025·重庆卷)利用弛豫法可研究快捷反应的 测得TAME的平衡转化率为a。 速率常数(k在一定温度下为常数)，其原理是通 已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0,则平衡体系 过微扰（如瞬时升温）使化学平衡发生偏离，观测 中B的物质的量为 mol,反应I的平衡 体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的弛 常数Kx1= 豫时间，从面获得友的信息对于，0会H 同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋 喃稀释，反应I的化学平衡将 (填“正向 +OH一若将纯水瞬时升温到25℃，测得x=4.0 移动”“逆向移动”或“不移动”)，平衡时A与 ×105s。已知：25℃时，c(H2O)=55.6mol/1, (正)=k1c(H2O),v（逆)=k2c（H+)· CH3OH物质的量浓度之比c(A):c(CH3OH) 1 c(OH）,t一1+2x.为H的平衡浓度)。 ①25℃时，H2O=一H+OH-的平衡常数 5.乙苯脱氢反应为 (g) K- mol/L(保留2位有效数字)。 ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡 H2(g) △H>0。其速率方程式为v正=k正· 的过程示意图为 巾乙苯，V逆=k逆·p苯乙烯·巾氢气(k正、k逆为速率 常数，只与温度有关)，图中③代表gk逆随一的变化 关系，则能代表g红随一的变化关系的是 A B C D (填序号)。 ③25℃时，计算得k2为 I/(mol·s)。 ① 4.[2021·山东，20(1)(2)]2-甲氧基-2-甲基丁烷 ② (TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用 ⑤ 下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中 ③ 同时存在如下反应： ④ 反应1：个丫+CH,OH △H IK 6.我国科技人员计算了在一定温度范围内下列反 A TAME 应的平衡常数Kp: i.3N2H4(1)=4NH3(g)+N2(g) △H1 K2 反应Ⅱ： +CH2OH 0 △H2 Kpl i.4NH3(g)—2N2(g)+6H2(g)△H2K2 B TAME 绘制pKp1-T和pKp2T的线性关系如图所示 反应Ⅲ：丫Y (已知：pKp=-lgKp): △H3 PKp 回答下列问题： (1)反应I、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常 T/K 数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断， A和B中相对稳定的是 (用系统命名法 ,△H的数值范围是 命名)△H2 (填标号)。 (1)由图可知，△H1 0(填“>”或“<”)。 A.<-1B.-1~0C.0~1 D.>1 (2)反应3N2H4(1)—3N2(g)+6H2(g)的K (用Kp1、K2表示)；该反应的△H 4 反应 (填“>”或“<”)0，写出推理过程： 3 反应Ⅲ 7 2 反应Ⅱ 1 C温馨提 0十 0.00280.00290.00300.0031 学习至此，请完成配套大题突破二 为什么酒越陈越香？白酒的主要成分是乙醇，把酒放置几年后，乙醇就和白酒中较少成分的乙 ·52·酸发生化学反应，生成的CH,CO0C,H,(乙酸乙酯)具有果香味。上述反应虽为可逆反应，反应速度 较慢，但时间越长，也就有越多的乙酸乙酯生成，因此酒越陈越香。