主观题突破(四) 化学反应原理的综合分析(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考化学大二轮专题复习

该高中化学高考复习讲义聚焦化学反应原理综合分析，涵盖热化学方程式书写、焓变计算、平衡移动与转化率分析、平衡常数计算等核心考点，按热点题空（热化学、多平衡体系、平衡计算）和大题考向（小综合、大综合）分层架构，通过考点梳理（易错点总结）、方法指导（盖斯定律叠加法、平衡移动模板）、真题训练（2024-2025年各地真题），帮助学生系统突破难点。 讲义以科学思维为核心，设计盖斯定律“倒、乘、加”三步计算模板规范焓变计算，通过多平衡体系图像分析（如转化率-温度曲线）和分压计算训练培养证据推理能力。设置基础巩固、真题演练、综合应用分层练习，配合即时反馈，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生高考应考能力。

主观题突破(四)　化学反应原理的综合分析 热点题空考法 热点题空1　热化学方程式的书写与焓变的计算 1.热化学方程式书写易出现的错误 (1)未标明反应物或生成物的状态而造成错误。 (2)反应热的符号使用不正确,即吸热反应未标出“+”号,放热反应未标出“-”号,从而导致错误。 (3)漏写ΔH的单位,或者将ΔH的单位写为kJ,从而造成错误。 (4)反应热的数值与方程式的计量数不对应而造成错误。 (5)对燃烧热的概念理解不到位,忽略其标准是1 mol可燃物而造成错误。 (6)对中和反应的反应热理解不准确。 ①强酸与强碱中和反应的反应热ΔH=-57.3 kJ·mol-1,若用弱酸代替强酸(或用弱碱代替强碱),因电离吸热,放出的热量减少。 ②若用浓硫酸(或NaOH固体)作反应物,放出热量增多。 ③若是稀硫酸和Ba(OH)2反应,生成1 mol H2O(l)时所释放的热量会比57.3 kJ多,原因是H+与OH-结合成1 mol H2O(l)的同时,Ba2+和S结合成BaSO4沉淀也会放热。 2.焓变的计算 (1)根据(相对)能量计算:ΔH=H总(生成物)-H总(反应物)。 (2)根据键能计算:ΔH=∑E(反应物键能)-∑E(生成物键能)。 (3)根据活化能计算:ΔH=E(正反应的活化能)-E(逆反应的活化能)。 3.盖斯定律 (1)ΔH与盖斯定律。 利用盖斯定律求热化学方程式中的焓变ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。 (2)盖斯定律的答题模板——叠加法。 步骤1:“倒”。 为了将方程式相加得到目标方程式,可将部分方程式颠倒过来,反应热的数值不变,但符号相反。这样就不用再做减法运算了,实践证明,方程式相减时往往容易出错。 步骤2:“乘”。 为了将方程式相加得到目标方程式,可将方程式乘以某个倍数,反应热也要乘以相应倍数。 步骤3:“加”。 上面的两个步骤做好了,只要将方程式相加即可得目标方程式,反应热也要相加。 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 反应4H2(g)+2SO2(g)4H2O(g)+S2(g)的焓变ΔH= ΔH1+ΔH2 (用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。 解析　根据盖斯定律,由Ⅰ+Ⅱ可得4H2(g)+2SO2(g)4H2O(g)+S2(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2。 2.(2025·安徽卷)通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应: ①HCOOH(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+26.3 kJ·mol-1 ②HCOOH(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-14.9 kJ·mol-1 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的ΔH= -41.2 kJ·mol-1。 解析　根据盖斯定律,由反应②-反应①,可得CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH=-14.9 kJ·mol-1-26.3 kJ·mol-1=-41.2 kJ·mol-1。 3.(2025·陕晋宁青卷)已知下列反应: Ⅰ.MgCO3(s)MgO(s)+CO2(g)　ΔH1=+101 kJ·mol-1 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH2=-166 kJ·mol-1 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)　ΔH3=+41 kJ·mol-1 计算MgCO3(s)+4H2(g)MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)　ΔH4= -65 kJ·mol-1。 解析　根据盖斯定律,目标反应=反应Ⅰ+反应Ⅱ,则ΔH4=ΔH1+ΔH2=+101 kJ·mol-1-166 kJ·mol-1=-65 kJ·mol-1。 4.(2025·甘肃卷)已知反应Ⅰ:C2H2(g)+H2(g)C2H4(g)　ΔH1=-175 kJ·mol-1(25 ℃,101 kPa) 反应Ⅱ:C2H2(g)+2H2(g)C2H6(g)　ΔH2=-312 kJ·mol-1(25 ℃,101 kPa) 25 ℃,101 kPa时,反应C2H4(g)+H2(g)C2H6(g)　ΔH= -137 kJ·mol-1 解析　根据盖斯定律,目标反应=反应Ⅱ-反应Ⅰ,故ΔH=ΔH2-ΔH1=-137 kJ·mol-1。 5.(2024·安徽卷)C2H6氧化脱氢反应: 2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g)　ΔH1=-209.8 kJ·mol-1 C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)　ΔH2=+178.1 kJ·mol-1 计算:2CO(g)+O2(g)2CO2(g)　ΔH3= -566 kJ·mol-1。 解析　将两个反应依次标号为反应①和反应②,反应①-反应②×2可得目标反应,则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2) kJ·mol-1=-566 kJ·mol-1。 6.(2024·黑吉辽卷)为了实现氯资源循环利用,工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气:2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)　ΔH1=-57.2 kJ·mol-1。结合以下信息,可知H2的燃烧热ΔH= -285.8 kJ·mol-1。 H2O(l)H2O(g)　ΔH2=+44.0 kJ·mol-1 H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)　ΔH3=-184.6 kJ·mol-1 解析　表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)+O2(g)H2O(l),设①2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g),②H2O(l)H2O(g),③H2(g)+Cl2(g)2HCl(g),则④=①+③-②,氢气的燃烧热ΔH=(-57.2-184.6-44) kJ·mol-1=-285.8 kJ·mol-1。 7.(2024·甘肃卷)由SiCl4制备SiHCl3:SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g)　ΔH1=+74.22 kJ·mol-1　(298 K) 已知SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)　ΔH2=+219.29 kJ·mol-1　(298 K) 298 K时,由SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)制备56 g硅 吸 (填“吸”或“放”)热 587.02 kJ。 解析　由题给热化学方程式:①SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g)　ΔH1=+74.22 kJ·mol-1;②SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)　ΔH2=+219.29 kJ·mol-1;则根据盖斯定律可知,①+②,可得热化学方程式SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2=+74.22 kJ·mol-1+(+219.29 kJ·mol-1)=+293.51 kJ·mol-1,则制备56 g Si,即2 mol Si,需要吸收热量为293.51 kJ·mol-1×2 mol=587.02 kJ。 8.(2024·湖南卷)已知下列反应 ⅰ:HOCH2CH2COOC2H5(g)CH2CHCOOC2H5(g)+H2O(g)　ΔH1 ⅱ:CH2CHCOOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCONH2(g)+C2H5OH(g)　ΔH2 ⅲ:CH2CHCONH2(g)CH2CHCN(g)+H2O(g)　ΔH3 则HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)　ΔH= ΔH1+ΔH2+ΔH3 (用含ΔH1、ΔH2和ΔH3的代数式表示)。 解析　根据盖斯定律,总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应ⅰ+反应ⅱ+反应ⅲ得到,故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。 9.(2024·广东卷)酸在多种反应中具有广泛应用,其性能通常与酸的强度密切相关。酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液的反应(反应a),可用于石油开采中油路解堵。 反应a:N(aq)+N(aq)N2(g)+2H2O(l) 已知: 则反应a的ΔH= ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4 。 解析　由已知可得: Ⅰ.NaNO2(s)+NH4Cl(s)N2(g)+NaCl(s)+2H2O(l)　ΔH1; Ⅱ.NaNO2(s)Na+(aq)+N(aq)　ΔH2; Ⅲ.NH4Cl(s)Cl-(aq)+N(aq)　ΔH3; Ⅳ.NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq)　ΔH4; 由盖斯定律可知,目标方程式N(aq)+N(aq)N2(g)+2H2O(l)可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ+Ⅳ得到,故反应ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4。 热点题空2　多平衡体系中最佳反应条件、选择性、 转化率、产率变化的规范解答 1.平衡移动类文字说理题答题模板 叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果)。 (1)温度:该反应正向为××(放热或吸热)反应,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)。 (2)压强:反应的正反应是气体分子数减小(或增大)的反应,当温度一定时,增大压强,平衡正向(或逆向)移动,因此××(得结论)。 2.工业生产图像中转化率、产率变化文字说理题答题要领 1.(2025·安徽卷)通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应: ①HCOOH(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+26.3 kJ·mol-1 ②HCOOH(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-14.9 kJ·mol-1 (1)一定温度下,向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g),发生上述两个分解反应,下列说法中能表明反应达到平衡状态的是 bc (填字母)。 a.气体密度不变 b.气体总压强不变 c.H2O(g)的浓度不变 d.CO和CO2的物质的量相等 (2)一定温度下,使用某催化剂时反应历程如图,反应①的选择性接近100%,原因是 反应①的活化能低,反应②活化能高,反应②进行的速率慢 ;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 催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 。 解析　(1)气体质量是定值,体积是固定的,密度始终不变,气体密度不变,不能说明达到平衡状态,a项错误;两个反应均为气体体积增大的反应,则随着反应进行,压强变大,压强不变是平衡状态,b项正确;气体浓度不变是平衡状态的标志,则H2O(g)浓度不变,是平衡状态,c项正确;CO和CO2物质的量相等,不能说明其浓度不变,不能判断达到平衡状态,d项错误。(2)反应①的选择性接近100%,原因是反应①的活化能低,反应②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,升高温度平衡会正向移动,会有利于反应①,但反应①选择性下降,可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利。 2.(2025·黑吉辽蒙卷)间接合成法:用合成气(CO、H2)和O2制备的DMO合成乙二醇,发生如下3个均放热的连续反应,其中MG生成乙二醇的反应为可逆反应。 在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下,发生上述反应,初始氢酯比=52.4,出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性=×100%]。 (1)已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性,则曲线 Ⅰ (填图中标号,下同)表示DMO的转化率,曲线 Ⅳ 表示MG的选择性。 (2)有利于提高A点DMO转化率的措施有 BD (填字母)。 A.降低温度 B.增大压强 C.减小初始氢酯比 D.延长原料与催化剂的接触时间 (3)483 K时,出口处的值为 1.98 (精确至0.01)。 (4)A点反应MG(g)+2H2(g)HOCH2CH2OH(g)+CH3OH(g)的浓度商Qx= 0.025 (用物质的量分数代替浓度计算,精确至0.001)。 解析　根据图示的曲线,随着反应的温度升高曲线Ⅰ的变化趋势为上升后逐渐平衡,此时说明DMO的转化率区域恒定,故曲线Ⅰ为DMO的实际转化率曲线;又已知曲线Ⅱ为乙二醇的选择性曲线,观察曲线Ⅱ和曲线Ⅳ可知,随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇,故曲线Ⅳ为MG的选择性曲线,因此曲线Ⅲ为乙醇的选择性曲线。(1)根据上述分析,曲线Ⅰ为DMO的实际转化率曲线;曲线Ⅳ为MG的选择性曲线。(2)根据图示,降低温度,DMO的转化率降低,A项不符合题意;增大压强,反应体系中的活化分子数增加,化学反应速率加快,DMO的转化率增大,B项符合题意;减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降,DMO的转化率降低,C项不符合题意;A点时DMO的转化率为80%,升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡,延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行,增大DMO的转化率,D项符合题意。(3)483 K时,DMO的实际转化率为99%,设起始投入反应的DMO为100 mol,则出口处流出的乙醇的物质的量为100 mol×99%×2%=1.98 mol,此时还有1 mol DMO未反应从出口流出,因此出口处==1.98。(4)设初始时H2与DMO的投料分别为52.4 mol和1 mol,A点时DMO的实际转化率为80%,MG和乙二醇的选择性为50%,假设该反应分步进行,第一步发生DMO转化为MG,可写出如下关系: DMO(g)+2H2(g)MG(g)+CH3OH(g) 起始/mol 1 52.4 0 0 反应/mol 0.8 1.6 0.8 0.8 终了/mol 0.2 50.8 0.8 0.8 第二步反应,MG转化为乙二醇,可写出如下关系: MG(g)+2H2(g)乙二醇(g)+CH3OH(g) 起始/mol 0.8 50.8 0 0.8 反应/mol 0.4 0.8 0.4 0.4 终了/mol 0.4 50.0 0.4 1.2 这时,体系中DMO的物质的量为0.2 mol、MG的物质的量为0.4 mol、H2的物质的量为50.0 mol、CH3OH的物质的量为1.2 mol、乙二醇的物质的量为0.4 mol,体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2 mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx==0.025。 3.(2025·甘肃卷)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质,得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应: 反应1:C2H2(g)+H2(g)C2H4(g)　ΔH1=-175 kJ·mol-1(25 ℃,101 kPa) 反应2:C2H2(g)+2H2(g)C2H6(g)　ΔH2=-312 kJ·mol-1(25 ℃,101 kPa) 一定条件下,使用某含Co催化剂,在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 (1)在60~220 ℃范围内,乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 温度升高,反应速率加快(或温度升高,催化剂活性增强) (任写一条),当温度由220 ℃升高至260 ℃,乙炔转化率减小的原因可能为 催化剂在该温度范围内失活 。 (2)在120~240 ℃范围内,反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为v1 > (填“>”“<”或“=”)v2,理由为 乙烯的选择性大于乙烷,说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率 。 解析　(1)反应未达到平衡状态,温度升高,反应速率加快,乙炔的转化率增大或温度升高,催化剂活性增强,乙炔的转化率增大;220 ℃~260 ℃,乙炔的转化率下降,反应未达平衡状态,说明不是由于平衡移动造成的,可能原因是催化剂在该温度范围内失活。(2)由图像可知,乙烯的选择性大于乙烷,说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率,即v1>v2。 4.(2024·湖北卷)用BaCO3和焦炭为原料,经反应Ⅰ、Ⅱ得到BaC2,再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应Ⅰ:BaCO3(s)+C(s)BaO(s)+2CO(g) 反应Ⅱ:BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g) 已知Kp=(pCO)n、K=(n是CO的化学计量数)。 恒压容器中,焦炭与BaCO3的物质的量之比为4∶1,Ar为载气。1 400 K和1 823 K下,BaC2产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到下图(不考虑接触面积的影响)。 (1)初始温度为900 K,缓慢加热至1 400 K时,实验表明BaCO3已全部消耗,此时反应体系中含Ba物种为 BaO 。 (2)1 823 K下,反应速率的变化特点为 t1~t2阶段净反应速率为正值且恒定不变,t2后反应达到平衡,净反应速率恒为0 ,其原因是 反应物均为固体,固体的浓度为定值,不会随着消耗而发生改变 。 解析　(1)由题图可知,1 823 K下,BaC2产率随着时间的延长不断增加至接近100%,而1 400 K下,BaC2产率始终为0,说明反应Ⅱ在1 400 K以下没有发生,而BaCO3全部消耗,说明反应Ⅰ已完全进行,生成BaO,故此时体系中含Ba物种为BaO。(2)题图的横坐标为时间,纵坐标为 BaC2产率,则图像的斜率可代表反应速率,由题图可知,1 823 K下,t1~t2阶段净反应速率不变,t2后反应达到平衡,净反应速率恒为0。该体系中的反应物均为固体,固体的浓度为定值,不会随着反应消耗而发生改变,因此出现上述特点。 5.(2024·江苏卷)(1)一定条件下,将氮气和氢气按n(N2)∶n(H2)=1∶3混合匀速通入合成塔,发生反应N2+3H22NH3。海绵状的α⁃Fe作催化剂,多孔Al2O3作为α⁃Fe的“骨架”和气体吸附剂。 Al2O3含量与α⁃Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于2%,出口处氨含量下降的原因是 多孔Al2O3可作为气体吸附剂,含量过多会吸附生成的NH3;Al2O3含量大于2%,α⁃Fe表面积减小,反应速率减小,产生NH3减少 。 (2)反应H2+HCHCOO-+H2O可用于储氢。 密闭容器中,其他条件不变,向含有催化剂的0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中通入H2,HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于70 ℃,HCOO-产率下降的可能原因是 温度升高不利于H2溶解且NaHCO3受热易分解,导致HCOO-产率下降 。 热点题空3　平衡体系中的有关计算 1.速率常数及其应用 (1)假设基元反应(能够一步完成的反应)为aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g),其速率可表示为v=k·ca(A)·cb(B),式中的k称为反应速率常数或速率常数,k与浓度无关,但受温度、催化剂、固体表面积性质等因素的影响,通常反应速率常数越大,反应进行得越快。 (2)正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系。 对于基元反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g),v正=k正·ca(A)·cb(B),v逆=k逆·cc(C)·cd(D),平衡常数K==,反应达到平衡时v正=v逆,故K=。 2.平衡常数 (1)意义:化学平衡常数K表示反应进行的程度,K越大,正反应进行的程度越大。K>105时,可以认为该反应已经进行得基本完全。K的大小只与温度有关。 (2)化学平衡常数表达式:对于可逆化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),在一定温度下达到化学平衡时,K=。 (3)平衡常数与方程式的关系。 ①在相同温度下,对于给定的可逆反应,正逆反应的平衡常数互为倒数,即K正=。 ②方程式乘以某个系数x,则平衡常数变为原来的x次方。 ③两方程式相加得总方程式,则总方程式的平衡常数等于两分方程式平衡常数的乘积,即K总=K1·K2。 (4)压强平衡常数(Kp)及其计算技巧。 ①表达式。 对于一般可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),当在一定温度下达到平衡时,其压强平衡常数Kp可表示为Kp=。 其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)表示反应物和生成物的分压,平衡分压可以这样计算:分压=总压×物质的量分数。p(总)=p(A)+p(B)+p(C)+p(D);==。 ②计算技巧。 第一步:根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度。 第二步:计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。 第三步:根据分压计算公式求出各气体物质的分压,某气体的分压=气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)。 第四步:根据平衡常数计算公式代入计算。例如,N2(g)+3H2(g)2NH3(g),压强平衡常数表达式为Kp=。 3.转化率、产率的计算 反应物转化率=×100% 产物的产率=×100% 4.多重反应“平衡的相关计算” (1)多协同(多重)反应平衡类型:包括连续平衡和同向平衡。 ①连续平衡是指两个连锁可逆反应,即第一个反应的某一生成物是第二个反应的反应物,则在第一个反应中,该物质的起始量为0,它在第一个反应中的生成量则为第二个反应中该物质的起始量。 ②同向平衡指两个平行的可逆反应,它们有着某一共同的反应物,该反应物发生了两种不同的反应。如果一种物质是两个平行反应的生成物,则题目中所给平衡量是该物质在这两个反应中的生成量之和。 (2)解题关键是理清守恒关系:反应体系中,任何状态均遵循原子守恒,利用原子守恒和“三段式”理清起始量、转化量、平衡量之间的关系。 1.(2025·安徽卷)甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H2)的重要方法,主要反应有: ①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ③CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) (1)恒温恒容条件下,可提高CH4转化率的措施有 b (填字母)。 a.增加原料中CH4的量 b.增加原料中CO2的量 c.通入Ar气 (2)恒温恒压密闭容器中,投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混合气,投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如图。 ⅰ.投料组成中Ar含量下降,平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将 增大 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ⅱ.若平衡时Ar的分压为p kPa,根据a、b两点计算反应③的平衡常数Kp= 0.675p2 (kPa)2(用含p的代数式表示,Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数,分压=总压×物质的量分数)。 解析　(1)a.增加原料中CH4的量,CH4自身转化率降低;b.增大原料中CO2的量,CH4转化率增大;c.通入Ar,各物质浓度不变,平衡不移动,CH4转化率不变;故选b。(2)ⅰ.由题图知,随着投料组成中Ar含量下降,CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率,说明反应②正向进行程度大于反应③正向进行程度,故平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将增大。ⅱ.设初始投料:n(CH4)=4 mol、n(CO2)=4 mol、n(Ar)=2 mol,平衡时,甲烷转化率为20%,二氧化碳的转化率为30%,则平衡时:n(CH4)=4 mol-4 mol×20%=3.2 mol;n(CO2)=4 mol-4 mol×30%=2.8 mol;根据碳元素守恒:n(CO)=8 mol-n(CH4)-n(CO2)=8 mol-3.2 mol-2.8 mol=2 mol;根据氧元素守恒:n(H2O)=8 mol-n(CO)-2n(CO2)=8 mol-2 mol-2×2.8 mol=0.4 mol;根据氢元素守恒:n(H2)=8 mol-2n(CH4)-n(H2O)=8 mol-2×3.2 mol-0.4 mol=1.2 mol;平衡时,气体总物质的量为3.2 mol+2.8 mol+2 mol+0.4 mol+1.2 mol+2 mol=11.6 mol,Ar的分压为p kPa,则总压为5.8p kPa,p(H2)=×5.8p kPa=0.6p kPa、p(CO)=×5.8p kPa=p kPa、p(CH4)=×5.8p kPa=1.6p kPa、p(H2O)=×5.8p kPa=0.2p kPa,反应③的平衡常数Kp=(kPa)2=0.675p2(kPa)2。 2. (2025·河北卷)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料,可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 (1)石油化工路线中,环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法,环氧乙烷和水反应生成乙二醇,伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应:EO(aq)+H2O(l)EG(aq)　ΔH<0 副反应:EO(aq)+EG(aq)DEG(aq) 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5 mol·L-1,恒温下反应30 min,环氧乙烷完全转化,产物中n(EG)∶n(DEG)=10∶1。 ①0~30 min内,v总(EO)= 0.05 mol·L-1·min-1。 ②下列说法正确的是 cd (填字母)。 a.主反应中,生成物总能量高于反应物总能量 b.0~30 min内,v总(EO)=v总(EG) c.0~30 min内,v主(EG)∶v副(DEG)=11∶1 d.选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 (2)煤化工路线中,利用合成气直接合成乙二醇,原子利用率可达100%,具有广阔的发展前景。反应如下:2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g)　ΔH。按化学计量比进料,固定平衡转化率α,探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时,温度与压强的关系如图: ①代表α=0.6的曲线为 L1 (填“L1”“L2”或“L3”),原因是 该反应为气体体积减小的反应,温度相同时,增大压强,平衡正向移动,平衡转化率增大 。 ②ΔH < (填“>”“<”或“=”)0。 ③已知:反应aA(g)+bB(g)yY(g)+zZ(g),Kx=,x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系,Kx(M) = (填“>”“<”或“=”)Kx(N),D点对应体系的Kx的值为 12 。 ④已知:反应aA(g)+bB(g)yY(g)+zZ(g),Kp=,p为组分的分压。调整进料比为n(CO)∶n(H2)=m∶3,系统压强维持p0MPa,使α(H2)=0.75,此时Kp=  MPa-4(用含有m和p0的代数式表示)。 解析　(1)①0~30 min内,环氧乙烷完全转化,v总(EO)===0.05 mol·L-1·min-1。②ΔH=生成物总能量-反应物总能量,主反应中,ΔH<0,则生成物总能量低于反应物总能量,a项错误;由题中信息可知主反应伴随副反应发生,EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物,即EG浓度的变化量小于EO浓度的变化量,0~30 min内,v总(EO)>v总(EG),b项错误;主反应中,v主(EG)=v主(EO),副反应v副(EG)=v副(DEG),同一反应体系中物质的量变化量之比等于浓度变化量之比,产物中n(EG)∶n(DEG)=10∶1,即c(EG)∶c(DEG)=10∶1,v总(EG)=v主(EG)-v副(EG),反应时间相同,则v总(EG)∶v副(DEG)=10∶1,=,则v主(EG)∶v副(DEG)=11∶1,c项正确;选择适当催化剂可提高主反应的选择性,可提高乙二醇的最终产率,d项正确。(2)①2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g)　ΔH该反应为气体体积减小的反应,温度相同时,增大压强,平衡正向移动,平衡转化率增大,p(L1)>p(L2)>p(L3),故L1、L2、L3对应α为0.6、0.5、0.4。②由图可知,压强相同时,温度升高,平衡转化率减小,说明升高温度平衡逆向移动,则正反应为放热反应,ΔH<0。③M、N的进料相同,平衡转化率相等,平衡时各组分物质的量分数分别相等,则Kx(M)=Kx(N);D点对应的平衡转化率为0.5,根据题中信息,该反应按化学计量比进料,设起始加入2 mol CO和3 mol H2,列三段式: 2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g) 起始/mol 2 3 0 转化/mol 1 1.5 0.5 平衡/mol 1 1.5 0.5 平衡时,CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别为,Kx==12。④设起始加入m mol CO和3 mol H2,此时α(H2)=0.75,列三段式: 平衡时,气体总的物质的量为m mol,CO、H2、HOCH2CH2OH平衡分压分别p0 MPa、p0 MPa、p0 MPa, Kp= = MPa-4。 大题热点考向 考向一　热化学+化学平衡的小综合 【典题分析】 1.(2024·山东卷)水煤气是H2的主要来源,研究CaO对C-H2O体系制H2的影响①,涉及的主要反应如下: C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)(Ⅰ)　ΔH1>0 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)(Ⅱ)　ΔH2<0 CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)(Ⅲ)　ΔH3<0 回答下列问题: (1)C(s)+CaO(s)+2H2O(g)CaCO3(s)+2H2(g)的焓变ΔH②= ΔH1+ΔH2+ΔH3 (用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。 (2)压力p下,C-H2O-CaO体系达平衡后,图示温度范围内C(s)已完全反应,CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示,则a线对应物种③为 H2 (填化学式)。当温度高于T1时,随温度升高c线对应物种的摩尔分数逐渐降低的原因④是当温度高于T1时,CaCO3(s)已完全分解,只发生反应Ⅱ,温度升高,反应Ⅱ逆向移动,所以CO2的摩尔分数减小。 (3)压力p下、温度为T0时,图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05,则反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数Kp⑤= ;此时气体总物质的量为4.0 mol,则CaCO3(s)的物质的量⑥为 0.5 mol;若向平衡体系中通入少量CO2(g),重新达平衡后,分压p(CO2)⑦将不变(填“增大”“减小”或“不变”,下同),p(CO)⑦将不变。 设问方式 ①给出试题情境和研究对象。 ②求ΔH:可根据盖斯定律计算。 ③判断曲线含义:可根据外界条件对平衡的影响判断。 ④结论的分析:可根据外界条件对平衡移动的影响判断。 ⑤平衡常数的计算:可利用定义表达式的计算方法计算。 ⑥物质的量的计算:可根据原子守恒法计算。 ⑦分压的分析:可根据条件变化和平衡特征判断。 解题关键　 (1)掌握利用盖斯定律的计算。 (2)能够从题中图像和图示中提取有效信息。 (3)能够根据研究对象的特征,建立条件变化与平衡移动以及移动结果三者的关系。 解析　(1)根据盖斯定律,目标反应=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ,所以ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)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,温度不断升高,反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动,依据反应Ⅱ,H2的量减小,摩尔分数减小,CO的量升高,摩尔分数增大,且二者摩尔分数变化斜率相同,所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化,则c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化,从开始到T1,CO2的摩尔分数升高,说明在这段温度范围内,反应Ⅲ占主导,当温度高于T1时,CaCO3(s)已完全分解,只发生反应Ⅱ,所以CO2的摩尔分数减小。(3)压力p下、温度为T0时,H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05,则H2O(g)的摩尔分数为1-0.5-0.15-0.05=0.3,则反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数Kp===;根据气体总物质的量为4.0 mol知,平衡时n(CO)=0.15×4.0 mol=0.6 mol,n(H2)=0.50×4.0 mol=2 mol,n(CO2)=0.05×4.0 mol=0.2 mol,在图示温度范围内,C已完全反应,设起始加入x mol C、y mol H2O,反应Ⅱ中转化的CO为a mol,反应Ⅲ中转化的CO2为b mol,则存在: C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) 起始/mol 　　x　 　y　　　 　0　　　0 转化/mol 　　x　 　x　　　 　x　　x CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 转化/mol 　　a　　　a　　　　　a　　 　a CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) 转化/mol　　　　 　　b　　　　　b 平衡时,n(CO)=(x-a) mol,n(H2)=(x+a) mol,n(CO2)=(a-b) mol,则x-a=0.6,x+a=2,a-b=0.2,联立解得x=1.3,a=0.7,b=0.5,即n(CaCO3)=0.5 mol。根据反应Ⅲ的平衡常数Kp=及平衡常数只与温度有关知,重新平衡时,体系中p(CO2)不变。温度不变,平衡常数不变,根据=K1·K2·K3、K2=知,p(CO)也保持不变。 【同向真题】 1.(2025·云南卷)我国科学家研发出一种乙醇(沸点为78.5 ℃)绿色制氢新途径,并实现高附加值乙酸(沸点为118 ℃)的生产,主要反应为 Ⅰ.C2H5OH(g)+H2O(g)2H2(g)+CH3COOH(g)　ΔH1　Kp1 Ⅱ.C2H5OH(g)CH3CHO(g)+H2(g)　ΔH2=+68.7 kJ·mol-1 回答下列问题: (1)乙醇可由秸秆生产,主要过程为 秸秆纤维素 葡萄糖 乙醇 (2)对于反应Ⅰ: ①已知CH3CHO(g)+H2O(g)H2(g)+CH3COOH(g)　ΔH=-24.3 kJ·mol-1,则ΔH1= +44.4 kJ·mol-1。 ②一定温度下,下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 AC (填字母)。 A.容器内的压强不再变化 B.混合气体的密度不再变化 C.CH3COOH的体积分数不再变化 D.单位时间内生成1 mol H2O,同时消耗2 mol H2 ③反应后从混合气体分离得到H2,最适宜的方法为 降温冷凝后收集气体 。 (3)恒压100 kPa下,向密闭容器中按n(H2O)∶n(C2H5OH)=9∶1投料,产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1,关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如:乙酸选择性=×100%] ①由图1可知,反应Ⅰ最适宜的温度为270 ℃,原因为 乙酸选择性最大且反应速率较快 。 ②由图中信息可知,乙酸可能是 产物1 (填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③270 ℃时,若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ,平衡时乙醇的转化率为90%,乙酸的选择性为80%,则p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)= 36∶5 ,平衡常数Kp1=  kPa(列出计算式即可;用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 解析　(1)纤维素水解得到葡萄糖,葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇。(2)①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”,根据盖斯定律ΔH1=ΔH+ΔH2=-24.3 kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1。②恒温恒容下发生C2H5OH(g)+H2O(g)2H2(g)+CH3COOH(g),该反应是气体总物质的量增大的反应,容器内的压强不再变化,说明气体总物质的量不再改变,说明反应达到平衡状态,A项符合题意;体积自始至终不变,气体总质量自始至终不变,则气体密度不是变量,混合气体的密度不再变化,不能说明反应是否达到平衡状态,B项不符合题意;CH3COOH的体积分数不再变化,说明其物质的量不再改变,反应已达平衡,C项符合题意;单位时间内生成1 mol H2O,同时消耗2 mol H2均是逆反应速率,不能说明反应是否达到平衡状态,D项不符合题意。③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气,最适宜的方法为降温冷凝后收集气体。(3)①由图1可知,反应Ⅰ最适宜的温度为270 ℃,原因为乙酸选择性最大且反应速率较快。②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58 eV,生成产物2的最大能垒为0.66 eV,生成产物3的最大能垒为0.81 eV,图1中乙酸的选择性最大,说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大,则乙酸可能是产物1。③设投料n(H2O)=9 mol,n(乙醇)=1 mol,密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ,平衡时乙醇的转化率为90%,乙酸的选择性为80%,则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72 mol,n平(乙醇)=1 mol×10%=0.1 mol,恒温恒压下,压强比=物质的量之比,故p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)=0.72∶0.1=36∶5;列三段式 则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、8.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol,气体总物质的量为0.1 mol+8.28 mol+1.62 mol+0.72 mol+0.18 mol=10.9 mol,则 Kp1= == kPa。 2.(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方法。回答下列问题: (1)已知下列反应的热化学方程式: ①3O2(g)2O3(g)　K1　ΔH1=+285 kJ·mol-1 ②2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(l)　K2 ΔH2=-329 kJ·mol-1 反应③CH4(g)+O3(g)CH3OH(l)+O2(g)的ΔH3= -307 kJ·mol-1,平衡常数K3=  (用K1、K2表示)。 (2)电喷雾电离等方法得到的M+(Fe+、Co+、Ni+等)与O3反应可得MO+。MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300 K和310 K下(其他反应条件相同)进行反应MO++CH4M++CH3OH,结果如图所示。图中300 K的曲线是 b (填“a”或“b”)。300 K、60 s时MO+的转化率为 ×100% (列出算式)。 (3)MO+分别与CH4、CD4反应,体系的能量随反应过程的变化如图所示(两者历程相似,图中以CH4示例)。 ①步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 Ⅰ (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变慢,则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线 c (填“c”或“d”)。 ③MO+与CH2D2反应,氘代甲醇的产量CH2DOD < (填“>”“<”或“=”)CHD2OH。若MO+与CHD3反应,生成的氘代甲醇有 2 种。 解析　(1)根据盖斯定律,反应③=×(②-①),则反应③的ΔH3=×(ΔH2-ΔH1)=-307 kJ·mol-1,K3=。(2)由原子守恒知,c(MO+)+c(M+)为定值,随着反应的进行,MO+减少,减小,温度越高,反应速率越快,反应相同时间时,对应的-lg越大,故曲线b表示300 K时的曲线,设起始时c(MO+)=1 mol·L-1,则反应过程中c(MO+)+c(M+)始终为1 mol·L-1,300 K、60 s时-lg=0.1,即=10-0.1,则此时c(MO+)=10-0.1mol·L-1,MO+的转化率为×100%。(3)①结合图示转化可知,步骤Ⅰ中CH4、MO+转化为+,C—H断裂,形成O—H,涉及氢原子成键变化,步骤Ⅱ中+转化为CH3OH和M+,M—O、M—C断裂,形成C—O,不涉及氢原子成键变化。②由题意可知,MO+与CD4的反应比与CH4的反应慢,反应的活化能越大,反应速率越慢,故MO+与CD4反应的能量变化对应图中曲线c。③由②中信息可知,CH2D2中C—H比C—D更易断裂,CHD2OH更易生成,产量更大;结合图中化学键变化情况可知,MO+与CHD3反应可生成CHD2OD和CD3OH两种产物。 考向二　化学反应原理+其他的大综合 【典题分析】 2.(2024·新课标卷)Ni(CO)4①(四羰合镍,沸点43 ℃)可用于制备高纯镍,也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题: (1)Ni基态原子价电子的轨道表示式②为。镍的晶胞结构类型与铜的相同,晶胞体积为a3,镍原子半径②为 a 。 (2)Ni(CO)4结构如图甲所示,其中含有σ键的数目③为 8 ,Ni(CO)4晶体的类型③为分子晶体。 (3)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0 MPa下,Ni(s)和CO(g)反应达平衡时,Ni(CO)4体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)的ΔH④小于(填“大于”或“小于”)0。从热力学角度⑤考虑,低温、高压有利于Ni(CO)4的生成(写出两点)。p3,100 ℃时CO的平衡转化率α⑥= ,该温度下平衡常数Kp⑥= 9×103 (MPa)-3。 (4)对于同位素交换反应Ni(C16O)4+C18ONi(C16O)3C18O+C16O,20 ℃时反应物浓度随时间的变化关系为ct[Ni(C16O)4]=c0[Ni(C16O)4]e-kt(k为反应速率常数),则Ni(C16O)4反应一半所需时间⑦= (用k表示)。 设问方式 ①给出研究对象。 ②原子结构和晶体结构的考查:可根据物质结构与性质相关知识判断。 ③分子结构和晶体类型的考查:可根据物质结构与性质相关知识判断。 ④ΔH的分析:可根据图像和外界条件对平衡的影响判断。 ⑤条件的选择:可根据反应特征判断。 ⑥转化率和平衡常数的定量计算:可根据定义表达式计算。 ⑦时间的分析:可根据题给变化关系式判断。 解题关键 (1)能够根据Ni(CO)4的结构简式分析化学键类型,根据Ni(CO)4的沸点判断晶体类型。 (2)能够根据图像中曲线的变化趋势和具体数据进行定性的分析和定量的计算。 (3)能够利用题给信息进行判断。 解析　(1)Ni为28号元素,基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2,价电子的轨道表示为;铜的晶胞结构类型为面心立方最密堆积,则镍也为面心立方最密堆积,晶胞体积为a3,则晶胞棱长为a,设镍原子半径为r,则4r=a,解得r=a。(2)单键为σ键,三键中含1个σ键和2个π键,由Ni(CO)4的结构可知,其中含有σ键的数目为8;Ni(CO)4沸点低,为分子晶体。(3)由图可知,其他条件相同时,随着温度升高,平衡时Ni(CO)4的体积分数减小,说明升高温度,平衡逆向移动,则该反应为放热反应,ΔH<0;该反应为气体分子数减小的放热反应,降低温度、增大压强,平衡均正向移动,均有利于Ni(CO)4的生成;增大压强,平衡正向移动,Ni(CO)4的体积分数增大,则p3对应压强为1.0 MPa,由图可知,p3、100 ℃时,Ni(CO)4的体积分数为0.9,设起始时CO的物质的量为4 mol,达到平衡时转化的CO为4x mol,列三段式: Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g) 起始/mol　　　　 　　　4　　　　　　0 转化/mol　　　　 　　　4x　　　 　　x 平衡/mol　　　　 　　4-4x　　　　x 则=0.9,解得x=,所以CO的平衡转化率为=;达到平衡时Ni(CO)4的体积分数为0.9,分压为0.9 MPa,CO的体积分数为0.1,分压为0.1 MPa,则平衡常数KP==9×103(MPa)-3。(4)设初始时Ni(C16O)4的浓度为c,其反应一半时剩余浓度为c,由题给公式可知,c=ce-kt,解得t=-=,即Ni(C16O)4反应一半所需时间为。 【同向真题】 3.(2024·全国甲卷)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题: (1)已知如下热化学方程式: CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g) ΔH1=-29 kJ·mol-1 3CH3Br(g)C3H6(g)+3HBr(g) ΔH2=+20 kJ·mol-1 计算反应3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH= -67 kJ·mol-1。 (2)CH4与Br2反应生成CH3Br,部分CH3Br会进一步溴化。将8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器,平衡时,n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系如图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。 (ⅰ)图中CH3Br的曲线是 a (填“a”或“b”)。 (ⅱ)560 ℃时,CH4的转化率α= 80% ,n(HBr)= 7.8 mmol。 (ⅲ)560 ℃时,反应CH3Br(g)+Br2(g)CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常数K= 10.92 。 (3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500 ℃时,分别在有I2和无I2的条件下,将8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器,溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如图。 (ⅰ)在11~19 s之间,有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比= (或1.5) 。 (ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据: 4.5 s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低,有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 。 (ⅲ)研究表明,I2参与反应的可能机理如下: ①I2(g)·I(g)+·I(g) ②·I(g)+CH2Br2(g)IBr(g)+·CH2Br(g) ③·CH2Br(g)+HBr(g)CH3Br(g)+·Br(g) ④·Br(g)+CH4(g)HBr(g)+·CH3(g) ⑤·CH3(g)+IBr(g)CH3Br(g)+·I(g) ⑥·I(g)+·I(g)I2(g) 根据上述机理,分析I2提高CH3Br选择性的原因: I2的投入消耗了部分CH2Br2,使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br 。 解析　(1)将第一个热化学方程式命名为①,将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律,将方程式①乘以3再加上方程式②,即①×3+②,可得反应:3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g),故ΔH=-29×3+20=-67 kJ·mol-1。(2)(ⅰ)根据方程式①,升高温度,平衡逆向移动,CH4(g)的含量增多,CH3Br(g)的含量减少,故CH3Br的曲线为a。(ⅱ)560 ℃时反应达平衡,剩余的CH4(g)的物质的量为1.6 mmol,其转化率α=×100%=80%;若只发生一步反应,则生成6.4 mmol CH3Br,但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0 mmol,说明还有1.4 mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2,则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8 mmol。(ⅲ)平衡时,反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0 mmol、n(Br2)=0.2 mmol、n(CH2Br2)=1.4 mmol、n(HBr)=7.8 mmol,故该反应的平衡常数K===10.92。(3)(ⅰ)11~19 s时,有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1,无I2的生成速率v== mmol·(L·s)-1。生成速率比==。(ⅱ)从图中可以看出,大约4.5 s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低,有I2催化的CH3Br的含量陡然上升,因此,可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性。(ⅲ)根据反应机理,I2的投入消耗了部分CH2Br2,同时也消耗了部分HBr,使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br,提高了CH3Br的选择性。 学科网（北京）股份有限公司 $