大单元五 五类必考大题解题方略(二) 热化学与化学反应速率、平衡的综合应用-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（双选版）

五类必考大题解题方略(二)　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·山东卷)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1 mol CaS、1 mol SO2和0.1 mol H2投料反应。平衡体系中,各气态物种的lg n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。 6 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)。  ΔH1+ΔH2 解析:已知: Ⅰ.CaS(s)+2SO2(g) ⥫⥬CaSO4(s)+S2(g)　ΔH1 Ⅱ.CaSO4(s)+4H2(g) ⥫⥬CaS(s)+4H2O(g)　ΔH2 根据盖斯定律,Ⅰ+Ⅱ即得到反应4H2(g)+2SO2(g) ⥫⥬4H2O(g)+S2(g)的焓变为ΔH1+ΔH2。 7 (2)乙线所示物种为　　　　(填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3　　　　(填“>”“<”或“=”)0。  H2O < 解析:由于图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变,根据方程式结合平衡常数表达式可知=100始终成立,因此根据图像可知乙线所示物种为H2O,丁线所示物种为H2,升高温度S2的物质的量减小,H2O、H2的物质的量均增大,所以丙线所示物种为SO2,甲线所示物种为H2S,因此反应Ⅲ的正反应是放热反应,即ΔH3<0。 8 (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a mol,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)。  (0.45+0.5a) 150a 9 解析: T1温度下,体系达平衡时H2是a mol,根据=100可知,H2O和SO2的物质的量均为100a mol,根据H元素守恒可知H2S的物质的量为(0.1-101a)mol,设平衡时CaS和S2的物质的量分别为x mol和y mol,根据Ca元素守恒可知CaSO4是(1-x)mol,根据O元素守恒可知2=100a+200a+4-4x,解得x=75a+0.5,根据S元素守恒可知2=0.1-101a+100a+1+2y,解得y=0.45+0.5a,所以此时CaS和CaSO4的物质的量的差值为2x-1=150a。 10 (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的物质的量之比　　　　(填“增大”“减小”或“不变”),H2O的物质的量n(H2O)　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  增大 减小 11 解析:压缩容器体积,压强增大,反应4H2(g)+2SO2(g) ⥫⥬4H2O(g)+S2(g)平衡正向移动,S2的产率增大,氢气的物质的量减小,由于=100始终不变,H2O的物质的量减小;温度不变反应4H2(g)+2SO2(g) ⥫⥬4H2O(g)+S2(g)的平衡常数不变,所以n(SO2)增大,由于反应Ⅲ的平衡常数可表示为K=,=100始终不变,所以增大。 12 2.(2025·河南卷)CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合,可生产高纯度合成气(H2+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)　ΔH1=+178 kJ·mol-1 反应Ⅱ:CH4(g)+CO2(g)⥫⥬2H2(g)+2CO(g)　ΔH2=+247 kJ·mol-1 反应Ⅲ:H2(g)+CO2(g)⥫⥬H2O(g)+CO(g)　ΔH3=+41 kJ·mol-1 回答下列问题: (1)恒压条件下,CH4重整反应可以促进CaCO3分解,原因是   　 。  CH4催化重整过程消耗CO2,可促进CaCO3的分解 13 解析: CaCO3分解会产生CO2,CH4催化重整过程中会消耗CO2,可促进CaCO3分解的平衡正向移动。 14 (2)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,反应温度最高的是　　　　(填“T1”“T2”或“T3”),原因_________________ 　 　 。  T1 CH4催化重整过程为吸热反应,相同压强下,温度越高,CH4的平衡转化率越高 解析: CH4催化重整过程为吸热反应,相同压强下,温度越高,CH4的平衡转化率越高,则T1>T2>T3。 15 (3)一定温度、100 kPa下,向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4,假设此条件下其他副反应可忽略,恒压反应至平衡时,体系中CaCO3转化率为80%,CH4转化率为60%,CO物质的量为1.3 mol,反应Ⅲ的平衡常数Kp= 　　　　(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=×100% 1.2 70% 16 解析:由“恒压反应至平衡时,体系中CaCO3转化率为80%”可知,反应Ⅰ转化0.8 mol CaCO3,生成的n(CO2)=0.8 mol,则发生反应Ⅱ、Ⅲ时起始n(CO2)=0.8 mol、n(CH4)=1.0 mol,CH4的转化率为60%,则转化的n(CH4)=0.6 mol,设反应Ⅲ转化的n(H2)=x mol,可列三段式: 反应Ⅱ:　 CH4(g)+CO2(g)⥫⥬2H2(g)+2CO(g) 始(mol) 1.0 0.8 0 0 转(mol) 0.6 0.6 1.2 1.2 反应Ⅲ:　 H2(g)+CO2(g)⥫⥬H2O(g)+CO(g) 转(mol) x x x x 17 则平衡时n(CO)=(1.2+x)mol=1.3 mol,解得x=0.1,平衡时n(H2)=(1.2-0.1)mol =1.1 mol、n(CO2)=(0.8-0.6-0.1)mol=0.1 mol、n(H2O)=0.1 mol、n(CH4)=(1.0-0.6)mol=0.4 mol,气体总物质的量为(1.3+1.1+0.1+0.1+0.4)mol=3 mol,则反应Ⅲ的Kp==≈1.2,此时原位CO2利用率为×100%=70%。 18 强化 关键能力 强化 关键能力 1.(2025·山东实验中学一模)甲烷化反应即氢气和碳氧化物反应生成甲烷,可实现碳循环利用。涉及反应如下: 反应Ⅰ:CO(g)+3H2(g) ⥫⥬CH4(g)+H2O(g)　ΔH1=-206.2 kJ/mol 反应Ⅱ:CO(g)+H2O(g) ⥫⥬CO2(g)+H2(g)　ΔH2 反应Ⅲ:CO2(g)+4H2(g) ⥫⥬CH4(g)+2H2O(g)　ΔH3=-165 kJ/mol 积碳反应(CO的歧化和CH4的裂解反应是催化剂积碳主要成因,可致催化活性降低)如下: 反应Ⅳ:2CO(g) ⥫⥬CO2(g)+C(s) 反应Ⅴ:CH4(g) ⥫⥬C(s)+2H2(g) 20 回答下列问题: (1)ΔH2=　　　　kJ/mol。  -41.2 解析:根据盖斯定律,反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ,ΔH2=ΔH1-ΔH3=-206.2 kJ·mol-1 -(-165 kJ·mol-1)=-41.2 kJ·mol-1。 (2)在360 ℃时,在固定容积容器中进行上述反应(不考虑积碳反应),平衡时CO和H2的转化率及CH4和CO2产率随n(H2)/n(CO)增大的变化情况如图1所示。 已知:CH4的选择性=×100%。 ①图中表示CO转化率、CO2产率变化的曲线分别是　　　、　　　(填字母),A、C两点的值相同,C点通过改变温度达到A点,则A、B、C三点温度由大到小的顺序是　　　　　　。  ②按=3向恒容容器内投料,初始压强为p0,若仅发生Ⅰ、Ⅱ两个反应,达到平衡时总压为p0,CO的平衡转化率为α,则CH4的选择性=　　　　%, 反应Ⅰ的Kp(用分压表示,分压=总压×物质的量分数)=　　　　　　。  b d B=C>A 解析:①结合反应,越大,相当于n(H2)越大,CO转化率越大,直到接近100%,故b表示CO转化率变化的曲线;随着的增大,CO接近完全转化,CH4产率逐渐增大,直到接近100%,故c表示CH4产率变化的曲线,由碳元素守恒可知,CO转化率接近100%,CH4产率接近100%,CO2的产率接近0,则d表示CO2产率变化的曲线;b表示CO转化率变化的曲线,B、C均在曲线b上,温度B=C,结合反应Ⅰ、Ⅱ,两反应均为放热反应,则温度越低CO转化率越高,A点CO转化率高于C点,故温度B=C>A。 ②设n(CO)=n mol,则n(H2)=3n mol,列出反应Ⅰ三段式: 　　　　　CO(g)+3H2(g) ⥫⥬CH4(g)+H2O(g) 起始(mol) n 3n 0 0 转化(mol) x 3x x x 平衡(mol) n-x 3n-3x x x 反应Ⅱ前后气体体积不变,反应Ⅰ前后气体总物质的量减少2x mol,根据初始压强为p0,达到平衡时总压为,则=,解得x=0.5n;CO的平衡转化率为α,列出反应Ⅱ三段式为 　　　　　 CO(g) + H2O(g) ⥫⥬CO2(g) + H2(g) 起始(mol) 0 转化(mol) nα-0.5n nα-0.5n nα-0.5n nα-0.5n 平衡(mol) n(1-α) n(1-α) nα-0.5n n(1+α) 则CH4的选择性=×100%=%;平衡时,CO的分压为=、H2的分压为=、CH4的分压为=、H2O的分压为×p0=,反应Ⅰ的Kp==。 (3)已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图2所示,相同时间内甲烷产率随温度升高的变化曲线如图3所示。 由图2可知,CO的歧化反应属于　　　　(填“吸热”或“放热”)反应,相同时间内CH4的产率在温度高于330 ℃时降低的可能原因之一是催化剂活性降低,高温导致催化剂活性降低的可能原因是_______________________ 　  　 。  放热 高温时,积碳反应主要发生CH4裂解,导致催化剂积碳,活性降低 解析:根据图2可知,随着温度升高,反应Ⅳ的化学平衡常数逐渐减小,说明升高温度反应Ⅳ平衡逆向移动,则CO的歧化反应属于放热反应,相同时间内CH4的产率在温度高于330 ℃时降低的可能原因之一是催化剂活性降低,高温导致催化剂活性降低的可能原因是高温时,积碳反应主要发生CH4裂解,导致催化剂积碳,活性降低。 2.(2025·山东日照二模)丙烯是制作医用口罩的原料之一。在一定温度,丙烷在RhIn/沸石催化剂表面发生化学反应: 反应Ⅰ:C3H8(g) ⥫⥬C3H6(g)+H2(g)　ΔH1=+124 kJ/mol 反应Ⅱ:C3H8(g) ⥫⥬C2H4(g)+CH4(g) 回答下列问题: (1)已知氢气的燃烧热ΔH=-285.8 kJ/mol,H2O(g) ===H2O(l)　ΔH2=-44 kJ/mol,则2C3H8(g)+O2(g) ⥫⥬2C3H6(g)+2H2O(g)　ΔH3=　　 　kJ/mol。  -235.6 解析:由题意可得如下热化学方程式: ①C3H8(g) ⥫⥬C3H6(g)+H2(g)　ΔH1=+124 kJ/mol ②H2(g)+O2(g) ===H2O(l)　ΔH=-285.8 kJ/mol ③H2O(g) ===H2O(l)　ΔH2=-44 kJ/mol, 根据盖斯定律,反应①×2+反应②×2-反应③×2得到反应2C3H8(g)+O2(g) ⥫⥬2C3H6(g)+2H2O(g),则ΔH3=(+124 kJ/mol)×2+(-285.8 kJ/mol)×2-(-44 kJ/mol)×2=-235.6 kJ/mol。 (2)将丙烷和稀释气H2O(g)分别以不同的起始流速通入温度为T ℃、压强为1.175 MPa的反应器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ,维持温度和压强不变,在n(H2O)∶n(C3H8)为8、10、12下反应,通过检测流出气体的成分获得丙烷的转化率随丙烷流速变化曲线如图所示(在较低流速下转化率可近似看成平衡转化率)。 ①L3代表n(H2O)∶n(C3H8)=　　　　。  ②图中M点时C2H4的选择性为20%,则0~1 h,v(H2)=　　　　mol/h,反应Ⅱ的Kp=　　　　MPa[已知:C2H4的选择性=×100%]。  ③下列措施可增大N点丙烷转化率的是　　　　(填字母)。  A.增大丙烷的流速 B.升高体系的温度 C.增大n(H2O)∶n(C3H8) D.使用高效的催化剂 8 0.3 0.009 BD ④流速较大时,丙烷转化率降低,且L1与L2、L3相比降低明显加快的原因是____________________________________________________________ ______________________________________________________________   　 。  反应未达到平衡时,在相同温度和压强下,n(H2O)∶n(C3H8)增大,丙烷浓度降低,化学反应速率减慢,同时水占据了较多的催化剂表面活性点位,导致催化剂催化效果降低 解析:①反应Ⅰ和反应Ⅱ都是气体体积增大的反应,维持温度和压强不变,在较低流速下n(H2O)∶n(C3H8)增大相当于减小平衡体系的压强,平衡向正反应方向移动,丙烷的转化率增大,由题图可知,丙烷流速相同时曲线L3对应丙烷的转化率最小,所以L3代表n(H2O)∶n(C3H8)=8。 ②由题图可知,图中M点n(H2O)∶n(C3H8)=10,丙烷流速为0.5 mol/h、转化率为75%,则0~1 h内M点起始水蒸气、丙烷的物质的量分别为5 mol、 0.5 mol,由丙烷的转化率可知,1 h时,丙烷的物质的量为0.5 mol-0.5 mol ×75%=0.125 mol,由乙烯的选择性可知,乙烯的物质的量为0.5 mol ×75%×20%=0.075 mol,丙烯的物质的量为0.5 mol×75%×(1-20%)= 0.3 mol,由方程式可知,氢气、甲烷的物质的量分别为0.3 mol、0.075 mol, 则混合气体的总物质的量为5.875 mol,氢气的反应速率为=0.3 mol/h,反应Ⅱ的Kp==0.009 MPa。 ③A.增大丙烷的流速,丙烷不能在催化剂表面充分接触,会导致分解反应不充分,使得丙烷的转化率减小,故不符合题意;B.升高体系的温度,反应速率加快,消耗丙烷的物质的量增大,丙烷的转化率增大,故符合题意;C.由题图可知,增大n(H2O)∶n(C3H8),丙烷的转化率减小,故不符合题意;D.使用高效的催化剂,反应速率加快,消耗丙烷的物质的量增大,丙烷的转化率增大,故符合题意。 ④流速较大时,反应未达到平衡,在相同温度和压强下,n(H2O)∶n(C3H8)增大,丙烷浓度降低,化学反应速率减慢,同时水占据了较多的催化剂表面活性点位,导致催化剂催化效果降低,化学反应速率减慢,所以流速较大时,丙烷转化率降低,且L1与L2、L3相比降低明显加快。 $