大单元5 四类必考大题解题方略(1) 热化学与化学反应速率、平衡的综合应用(复习讲义)-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（广东专版）

四类必考大题解题方略(一)　热化学与化学反应速率、平衡的综合应用 优化探究 大单元五　热化学　化学反应速率与平衡 提炼　核心知识 精研　高考真题 强化 关键能力 2 提炼　核心知识 3 提炼　核心知识 热化学:焓变的计算,热化学方程式的书写。 4 精研　高考真题 5 精研　高考真题 1.(2025·广东卷)钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 (1)298 K下,反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+2CO(g)的ΔH<0、ΔS>0,则298 K下该反应　　　　(填“能”或“不能”)自发进行。  能 解析:反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+2CO(g)的ΔH<0、ΔS>0,则ΔG=ΔH-TΔS<0,故该反应在298 K下能自发进行。 6 (2)以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0 mol TiCl4与10.0 mol Ti放入容积为V0 L的恒容密闭容器中,反应体系存在下列过程。 编号 过程 ΔH (a) Ti(s)+TiCl4(g)⥫⥬2TiCl2(s) ΔH1 (b) TiCl2(s)+TiCl4(g)⥫⥬2TiCl3(g) +200.1 kJ/mol (c) Ti(s)+3TiCl4(g)⥫⥬4TiCl3(g) +132.4 kJ/mol (d) TiCl3(g)⥫⥬TiCl3(s) ΔH2 7 ①ΔH1=　　 　　kJ/mol。  ②不同温度下,平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为 　 　　　。  ③T0 K下,n[TiCl4(g)]=　　　　mol,反应(c)的平衡常数K=__________　　　　　　　　(列出算式,无须化简)。  -267.8 TiCl2(s) 0.5 8 解析:① 已知: 反应(b):TiCl2(s)+TiCl4(g)⥫⥬2TiCl3(g)　ΔHb=+200.1 kJ/mol 反应(c):Ti(s)+3TiCl4(g)⥫⥬4TiCl3(g)　ΔHc=+132.4 kJ/mol 根据盖斯定律,将反应(c)-2×反应(b)可得Ti(s)+TiCl4(g)⥫⥬2TiCl2(s),则ΔH1=[(+132.4)-2×(+200.1)] kJ/mol=-267.8 kJ/mol。 ②由(2)①可知,反应(a)为放热反应,反应(b)、(c)为吸热反应,升高温度,TiCl2(s)减少,TiCl3(g)增加,曲线Ⅰ、Ⅱ可分别表示TiCl2(s)、TiCl3(g)的物质的量随温度的变化情况。 9 ③T0 K下,体系中含钛微粒有Ti(s)、TiCl3(g)和TiCl4(g),n[Ti(s)]=8.5 mol, n[TiCl3(g)]=6.0 mol,根据Ti元素守恒,n[Ti(s)]+n[TiCl3(g)]+n[TiCl4(g)]= 15 mol,可推出n[TiCl4(g)]=0.5 mol,则c[TiCl4(g)]= mol/L,c[TiCl3(g)]= mol/L,反应(c)的平衡常数K==。 10 (3)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N2H4)的分解反应: (e)N2H4===N2+2H2 (f)3N2H4===N2+4NH3 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响,以肼的水溶液为原料(含N2H4的物质的量为n0),进行实验,得到n1/n0、n2/n0随时间t变化的曲线如图。其中,n1为H2与N2的物质的量之和;n2为剩余N2H4的物质的量。 11 设ne为0~t时间段内反应(e)消耗N2H4的物质的量,该时间段内,本体系中催化剂的选择性用×100%表示。 ①0~t0 min内,N2H4的转化率为　　 　　(用含y2的代数式表示)。  (1-y2)×100% 12 ②0~t0 min内,催化剂的选择性为    (用含y1与y2的代数式表示,写出推导过程)。 13 答案:设t0 min时,反应(e)转化的N2H4的物质的量为e,反应(f)转化的N2H4的物质的量为3f,存在如下转化关系: 　　　　 N2H4===N2+2H2 转化量: e e 2e 　　　　 3N2H4===N2+4NH3 转化量: 3f f 4f 则n1=3e+f、n2=n0-(e+3f) =y1……①　=y2……② 联立①②可得e=n0,f=n0 则0~t0 min时,催化剂的选择性为×100%=×100% 14 解析:①因为肼(N2H4)为反应物,肼的含量逐渐下降,起始时=1,t0 min时, =y2,则0~t0 min内,N2H4的转化率为×100%=(1-y2)×100%。 15 2.(2021·广东卷)我国力争于2030年前做到碳达峰,2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应: a.CH4(g)+CO2(g)⥫⥬2CO(g)+2H2(g) ΔH1 b.CO2(g)+H2(g)⥫⥬CO(g)+H2O(g) ΔH2 c.CH4(g)⥫⥬C(s)+2H2(g) ΔH3 d.2CO(g)⥫⥬CO2(g)+C(s) ΔH4 e.CO(g)+H2(g)⥫⥬H2O(g)+C(s) ΔH5 16 (1)根据盖斯定律,反应a的ΔH1=　　 　　　(写出一个代数式即可)。  ΔH2+ΔH3-ΔH5(或ΔH3-ΔH4) 解析:根据题目所给出的反应方程式关系可知,a=b+c-e=c-d,根据盖斯定律则有ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH5=ΔH3-ΔH4。 17 (2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后,下列说法正确的有　　　(填字母)。  A.增大CO2与CH4的浓度,反应a、b、c的正反应速率都增大 B.移去部分C(s),反应c、d、e的平衡均向右移动 C.加入反应a的催化剂,可提高CH4的平衡转化率 D.降低反应温度,反应a~e的正、逆反应速率都减小 AD 18 解析: A.增大CO2和CH4的浓度,对于反应a、b、c来说,均增大了反应物的浓度,反应的正反应速率都增大,A正确;B.移去部分C(s),没有改变反应体系中的压强,反应的正、逆反应速率均不变,平衡不移动,B错误;C.催化剂可以同等程度的增大正、逆反应速率,只能加快反应进程,不改变反应的平衡状态,平衡转化率不变,C错误;D.降低温度,体系的总能量降低,正、逆反应速率均减小,D正确。 19 (3)一定条件下,CH4分解形成碳的反应历程如图1所示。该历程分　　步进行,其中,第　 步的正反应活化能最大。 4 4 解析:由题图1可知,甲烷分解形成碳的反应历程分4步进行,其中第4步的能垒最高,说明第4步的正反应活化能最大。 20 (4)设为相对压力平衡常数,其表达式写法:在浓度平衡常数表达式中,用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100 kPa)。反应a、c、e的ln (温度的倒数)的变化如图2所示。 21 ①反应a、c、e中,属于吸热反应的有　　　　　(填字母)。  ②反应c的相对压力平衡常数表达式为= 　　　　　　　　。  ③在图2中A点对应温度下、原料组成为n(CO2)∶n(CH4)=1∶1、初始总压为100 kPa的恒容密闭容器中进行反应,体系达到平衡时H2的分压为40 kPa。计算CH4的平衡转化率,写出计算过程:________________________ ______________________________________________________________   　 。  ac A点对应温度下反应c的ln =0,则平衡体系中==1,即=1,p(CH4)=16 kPa,初始p(CH4)=50 kPa,则CH4的平衡转化率为×100%=68% 22 解析:①随着温度的升高,反应a和c的ln 增大,说明的数值增大,反应向正反应方向进行,反应a和c为吸热反应,同理反应e的 ln 减小,说明的数值减小,反应向逆反应方向进行,反应e为放热反应。②用相对分压代替浓度,则反应c的相对压力平衡常数表达式为==。③由题图2可知,A处对应反应c的ln =0,即===1,解方程得p2(H2)=p(CH4)p0,已知反应平衡时p(H2)=40 kPa,则有p(CH4)=16 kPa,且初始状态时p(CH4)=×100 kPa= 50 kPa,故CH4的平衡转化率为×100%=68%。 23 (5)CO2用途广泛,写出基于其物理性质的一种用途:　 。  用作制冷剂(合理即可) 解析:固态CO2即为干冰,利用其物理性质制冷或人工降雨。 24 强化 关键能力 强化 关键能力 1.(2025·广东江门高三一模)硫酰氯及1,4-二(氯甲基)苯是重要化工原料,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: SO2(g)+Cl2(g)⥫⥬SO2Cl2(g)　ΔH<0 ①SO2中S原子的杂化类型为　　　　　。  ②若正反应的活化能为a kJ·mol-1,逆反应的活化能为b kJ·mol-1,则ΔH= 　　　　　　kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)。  sp2 (a-b) 26 解析:①SO2中心原子为S,价层电子对数为2+=3,杂化类型为sp2。 ②反应热ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能=(a-b) kJ·mol-1。 (2)恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g),测定其温度为T1时体系达平衡时的Δp(Δp=p0-p,初始压强p0=240 kPa,p为体系平衡压强),结果如图1。 ①根据M点坐标计算温度为T1时用分压表示的平衡常数Kp:____________ (写出计算过程,结果保留两位有效数字)。 答案:①M点时,SO2(g)和Cl2(g)的投料比为1.0,Δp=72 kPa,起始压强p0=240 kPa,p(SO2)=p(Cl2)=120 kPa,设Δp(SO2)=Δp(Cl2)=x kPa,列出三段式: 　　　　　　SO2(g)+Cl2(g)⥫⥬SO2Cl2(g) 起始(kPa) 120 120 0 变化(kPa) x x x 平衡(kPa) 120-x 120-x x Δp=[240- (120-x+120-x+x) ] kPa=72 kPa,x=72 kPa,p(SO2)=p(Cl2)=48 kPa, p(SO2Cl2)=72 kPa,Kp==≈0.031 kPa-1 ②图1中能准确表示温度为T1时Δp随进料比变化的曲线是　　　　(填字母)。  ③若T2>T1,请在图2中画出Δp在T2温度下随进料比变化的示意图。 答案: D 解析:②由题图1可知,进料比为n(SO2)∶n(Cl2)=2.0时,Δp=60 kPa,根据“等效平衡”原理,该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1∶1,则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时,Δp相等,所以能准确表示温度为T1时Δp随进料比变化的曲线是D。 ③反应SO2(g)+Cl2( g)⥫⥬SO2Cl2(g)　ΔH<0,为放热反应,升高温度平衡逆向移动,Δp减小,在SO2和Cl2的进料比相同时,温度越高,Δp越小,故温度为T2时的Δp小于温度为T1时的Δp,曲线如图。 (3)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)的光氯化反应合成。对二甲苯氯化过程如图3,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如图4。 ①反应ⅱ和反应ⅲ的活化能的大小关系E2　　　　(填“>”“<”或“=”)E3。  ②此反应条件下,进行至　　　　　时,停止反应,及时分离出1,4-二(氯甲基)苯(D)。  A.22 min　　　　　　　　 B.30 min C.60 min D.100 min < C 解析:①相同时间内生成的D的浓度大于生成的G的浓度,说明反应ⅱ的速率大于反应ⅲ的速率,活化能越小,速率越大,故E2<E3。 ②由图4可知,在60 min时生成的1,4-二(氯甲基)苯(D)最多,因此答案选C。 2.(2025·广东韶关高三一模)含氮化合物在工农业、医药等领域有着重要用途。 (1)基态氮原子的价层电子排布式为　　　　　。  2s22p3 解析:基态氮原子的价层电子排布式为2s22p3。 (2)采用O3深度氧化锅炉废气中的NO可获得HNO3,其反应历程及焓变如图所示(ΔH1、ΔH2、ΔH3以及ΔH4对应每一步中参加反应的氮氧化物气体各1 mol时反应的焓变)。 则总反应2NO(g)+3O3(g)+H2O(l)===2HNO3(l)+3O2(g)的焓变ΔH为 　 　　　 　　(用含“ΔH1”“ΔH2”“ΔH3”以及“ΔH4”的代数式表示)。  2ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4 解析:由图示可知①NO(g)+O3(g)===NO2(g)+O2(g)　ΔH1,②NO2(g)+O3(g)===NO3(g)+O2(g)　ΔH2,③NO3(g)+NO2(g)===N2O5(g)　ΔH3,N2O5(g)+H2O(l)===2HNO3(l)　ΔH4,根据盖斯定律,①×2+②+③+④即得到反应2NO(g)+3O3(g)+H2O(l)===2HNO3(l)+3O2(g),则ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4。 (3)工业合成氨的原料气中混有少量CO,常用[Cu(NH3)2]+溶液将其吸收,发生反应的离子方程式为[Cu(NH3)2]+(aq)+CO(g)+NH3(g) ⥫⥬[Cu(NH3)3CO]+(aq)　ΔH<0。下列说法中正确的有　　　　(填字母)。  A.该反应在较低温度下进行时自发性更强 B.增大原料气的通入流速,可提高CO的吸收率 C.[Cu(NH3)3CO]+中Cu+的配位数为3 D.吸收后的溶液可在低压环境中实现再生 AD 解析:ΔG=ΔH-TΔS,ΔH<0,ΔS<0,则较低温度下该反应的自发性更强,故A正确;B.增大原料气的通入流速,难以充分吸收CO,故B错误; C.[Cu(NH3)3CO]+中Cu+的配位数为4,故C错误;D.由题给离子方程式可知,该反应正向为气体分子数减小的反应,降低压强,吸收反应的平衡逆向移动,因此吸收后的溶液可在低压环境中实现再生,故D正确。 (4)合成氨反应历程中各基元反应的能量变化如图所示(吸附在催化剂上的物质用“*”表示)。 该历程中决定反应速率的基元反应的热化学方程式为   　 。  N*+3H*===NH*+2H*　ΔH=+106 kJ·mol-1 解析:由图可知,反应N*+3H*===NH*+2H*的活化能最大,反应速率最慢,是该历程的决速步骤。 (5)某温度下,向体积为1 L的恒容密闭容器中充入5.6 mol NO、2.9 mol O2和2.4 mol N2发生反应: ⅰ.2NO(g)+O2(g)⥫⥬2NO2(g); ⅱ.2NO2(g)⥫⥬N2O4(g)。 5 min后反应达到平衡,测得此时容器内的总压强为1 MPa,N2O4和O2均为0.2 mol。 ①0~5 min内平均反应速率v(O2)=　　　　　 mol·L-1·min-1。  ②该温度下,反应ⅰ的分压平衡常数Kp=　　 　　[Kp=,p为各组分分压,p=总压强×组分物质的量百分数]。  ③下列能说明反应达到平衡状态的有　　　　(填字母)。  A.气体的密度保持不变 B.气体的相对分子质量保持不变 C.2v正(NO)=v逆(O2) D.气体颜色保持不变 0.54 2.5×104 MPa-1 BD 解析:①0~5 min,参加反应的n(O2)=2.9 mol-0.2 mol=2.7 mol,则平均反应速率v(O2)= mol·L-1·min-1=0.54 mol·L-1·min-1。 ②依据题意,平衡时的气体组分为NO、O2、NO2、N2O4和N2,列出三段式: 　　　　　　2NO+O2⥫⥬2NO2 始/mol 5.6 2.9 0 变/mol 5.4 2.7 5.4 平/mol 0.2 0.2 5.4 　　　　　　2NO2⥫⥬N2O4 始/mol 5.4 0 变/mol 0.4 0.2 平/mol 5.0 0.2 平衡时容器内气体总物质的量为0.2 mol+0.2 mol+5.0 mol+0.2 mol+2.4 mol=8 mol,所以反应ⅰ的分压平衡常数Kp== MPa-1 =2.5×104 MPa-1。 ③A.气体的质量不变,容器体积不变,则气体的密度一直保持不变,则气体的密度保持不变不能说明该反应达到平衡状态,故A错误;B.反应过程中,气体的物质的量在发生变化,则气体的平均相对分子质量保持不变说明反应已达到平衡状态,故B正确;C.v正(NO)=2v逆(O2)说明反应达到平衡状态,故C错误;D.气体颜色保持不变,说明NO2的浓度不变,即反应达到平衡状态,故D正确。 $