20 第一篇 专题五 大题突破 化学反应原理综合题（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考化学大二轮专题复习与策略

大题突破　化学反应原理综合题 该类综合试题一般取材于能源、环境保护、化工生产等情境，题目围绕一个主题，将热化学、化学反应速率、电化学及三大平衡知识融合在一起进行考查，每个小题相对独立；题目中结合图像、表格、数据、装置等信息，考查考生的阅读、读图、分析归纳能力，试题的难度较大。主要涉及①热化学，②反应速率与平衡，③电化学基础等化学反应原理。 (1)目标热化学方程式的书写或反应热计算：命题人主要从给定的热化学方程式根据盖斯定律推算目标反应的热化学方程式或目标反应的焓变(ΔH)等。 (2)反应速率的计算与影响因素：命题人常常设定图像或反应前后的定量关系，让考生计算某物质表示的反应速率，对于反应速率的影响因素主要是给定反应速率的变化，让考生选择影响因素。 (3)化学平衡的有关计算与影响因素：命题人一般给定特定可逆反应，然后设定在一定的温度和压强下，到达平衡时根据反应物转化率或某种物质的平衡定量关系进行平衡常数K(Kp、Kc等)的计算，有时给定平衡的有关图像，根据特定的平衡点计算反应中各物质的有关物理量，然后进行平衡常数K的计算。对于影响因素命题人往往给定目的或图像让考生选择影响平衡的因素，或根据条件(T、p、c)变化选择代表一定意义的曲线等。 (4)电化学的电极反应的书写与计算：命题人一般由给定的电化学装置，让考生书写电极反应或总反应或进行有关计算等。 [示例分析]　(2024·山东卷，T18)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+物质的量之比为________；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生________(填化学式)。 (2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为________。 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是_________________________________。 (4)“置换”中可选用的试剂X为________(填标号)。 A．Al　　　B．Zn　　　C．Pb　　　D．Ag “置换”反应的离子方程式为____________________________________。 (5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作________(填“阴极”或“阳极”)。 [解答流程]　 [答案]　(1)1∶1　H2S (2)热浸 (3)将过量的Fe3+还原为Fe2+ (4)C　Pb＋2[AgCl2]-===2Ag＋[PbCl4]2- (5)阳极 1．(2025·河北卷，T17)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)＝__________mol·L-1·min-1。 ②下列说法正确的是________(填标号)。 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________(填“L1”“L2”或“L3”)；原因是__________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 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________。 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p0 MPa，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)①环氧乙烷的初始浓度为1.5 mol·L-1，反应30 min，环氧乙烷完全转化，则0～30 min内，v总(EO)＝＝＝0.05 mol·L-1·min-1。②主反应ΔH<0，为放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，a错误；由题目信息知，合成乙二醇的过程中伴随着副反应的发生，EG既是主反应的生成物，又是副反应的反应物，即EG的浓度变化量小于EO的浓度变化量，故v总(EO)>v总(EG)，b错误；由题目信息知，反应完成后产物中n(EG)∶n(DEG)＝10∶1，即Δn(EG)∶Δn(DEG)＝10∶1，反应时间相同，则v总(EG)∶v副(DEG)＝10∶1，结合v总(EG)＝v主(EG)－v副(EG)可得，＝，则v主(EG)∶v副(DEG)＝11∶1，c正确；选择适当催化剂可以提高主反应的选择性，从而提高乙二醇的最终产率，d正确。(2)①由题目信息知，该反应为气体分子数减小的反应，同一温度下，增大压强，平衡正向移动，则α增大，故L1、L2、L3分别代表α＝0.6、0.5、0.4的曲线。②由图可知，压强相等时，温度越高则对应的平衡转化率α越小，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，即ΔH<0。③M、N两点对应平衡转化率相等，则平衡时各组分物质的量分数均相等，故Kx(M)＝Kx(N)；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题给信息知，该反应按化学计量比进料，设起始加入2 mol CO、3 mol H2，列三段式： 　　　　2CO(g)＋3H2(g)⥫⥬HOCH2CH2OH(g) 起始量 /mol　　　2　　　3　　　　0 转化量 /mol　　　1　　　1.5　　　0.5 平衡量 /mol　　　1　　　1.5　　　0.5 平衡时x(CO)＝、x(H2)＝、x(HOCH2CH2OH)＝，则D点对应体系的Kx＝＝12。④设在该条件下，起始时加入m mol CO和3 mol H2，α(H2)＝0.75，则H2转化了2.25 mol，由此列三段式： 　　　　2CO(g)＋3H2(g)⥫⥬HOCH2CH2OH(g) 起始量 /mol　　　m　　　3　　　　0 转化量 /mol　　　1.5　　 2.25　　　0.75 平衡量 /mol　　　m－1.5　0.75　　　0.75 平衡时，x(CO)＝、x(H2)＝、x(HOCH2CH2OH)＝，则Kp＝ MPa-4＝ MPa-4。 [答案]　(1)①0.05　②cd　 (2)①L1　该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，固定平衡转化率增大　②<　③＝　12　④ 2．(2024·甘肃卷，T17)SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 (1)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________(填“吸”或“放”)热________kJ。升高温度有利于制备硅的原因是__________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 (2)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)。773 K，2 L密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反应，SiCl4转化率随时间的变化如图所示： ①0～50 min，经方式________处理后的反应速率最大；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)＝______mol·L-1·min-1。 ②当反应达平衡时，H2的浓度为________mol·L-1，平衡常数K的计算式为__________________________________________________________________。 ③增大容器体积，平衡向________移动。 [解析]　(1)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 (2 mol) Si，需要吸收热量为293.51 kJ·mol-1×2 mol＝587.02 kJ；该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于制备硅。 (2)①由题图可知，0～50 min，经方式甲处理后反应速率最大；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2%＝0.004 2 mol，根据物质的转化量之比等于化学计量数之比可得，反应生成的SiHCl3的物质的量为0.004 2 mol×＝0.005 6 mol，平均反应速率v(SiHCl3)＝＝5.6×10-5 mol·L-1·min-1； ②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式： 3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g) 起始浓度/(mol·L-1) 　0.05 　0.2 　0 转化浓度/(mol·L-1) 0.007 3 0.004 9 0.009 7 平衡浓度/(mol·L-1) 0.042 7 0.195 1 0.009 7 当反应达平衡时，H2的浓度为0.195 1 mol·L-1，平衡常数K的计算式为； ③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即平衡向逆反应方向移动。 [答案]　(1)吸　587.02　该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，有利于制备硅　(2)①甲　5.6×10-5　②0.195 1　　③逆反应方向 3．(2025·岳阳一模)“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。在催化剂作用下，CO2可被H2还原为CH3OH等化学品，主要反应如下： 反应1：CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－50 kJ·mol-1 反应2：CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41 kJ·mol-1 (1)反应CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)的ΔH＝________kJ·mol-1。 (2)恒温恒容条件下，若起始按n(CO2)∶n(H2)＝1∶1投料，只发生反应1，能作为反应达到平衡的标志是________(填标号)。 A．CO2浓度不再发生变化 B．CO2百分含量不再发生变化 C．气体平均相对分子质量不再发生变化 D．3v(H2)正＝v(H2O)逆 (3)将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)充入密闭容器中发生反应1和反应2，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强变化曲线如图甲所示。图中表示CH3OH(g)选择性的曲线是________(填“m”“n”或“p”)，A点时H2的转化率为________，反应2的压强平衡常数Kp＝________(结果保留2位有效数字)。 (4)近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现弱酸环境下CO2甲醇化，工作原理如图乙所示。 已知：法拉第效率(FE)的定义(X代表CH3OH)如：FE(X)＝×100% ①实验测得，阴极区溶液酸性提高，阴极上会产生气体a导致法拉第效率降低，气体A的分子式为________。 ②阴极生成甲醇的电极反应式为________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 [解析]　(1)由盖斯定律得目标反应＝反应1－反应2，因此ΔH ＝ΔH1－ΔH2＝(－50－41)kJ·mol-1＝－91 kJ·mol-1。 (2)A．CO2是气体，当CO2浓度不再发生变化，说明反应已达到平衡，符合题意；B．设起始投料n(CO2)＝n(H2)＝a mol，转化的n(CO2)＝x mol，列三段式计算， CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g) 开始/mol a a 0 0 转化/mol x 3x x x 平衡/mol a－x a－3x x x 反应前CO2百分含量为×100%＝50%，反应后CO2百分含量为×100%＝50%，百分含量一直保持不变，不能作为反应达到平衡的标志，不符合题意；C．反应1是气体分子数减小的反应，且质量守恒，根据＝，气体平均相对分子质量不断增大，当反应达到平衡时，气体平均相对分子质量不再发生变化，符合题意；D．当3v(H2)正＝v(H2O)逆时，反应速率之比不等于化学计量数之比，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，不符合题意。(3)根据已知信息可知，反应1的正反应是气体体积减小的反应，反应2是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增多，使反应2平衡逆向移动，导致CO选择性降低，因此一定温度下，图甲中p表示CO的选择性与压强的关系，CH3OH的选择性加上CO的选择性应为100%，因此m表示CH3OH的选择性与压强的关系，n表示CO2的平衡转化率与压强的关系；A点时CO2的转化率为30%，CH3OH的选择性为70%，设反应1中CO2转化x mol，反应2中CO2转化y mol，列三段式得 CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g) 开始/mol 1 3 0 0 转化/mol x 3x x x 平衡/mol 1－x 3－3x x x CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g) 开始/mol 1－x 3－3x 0 x 转化/mol y y y y 平衡/mol 1－x－y 3－3x－y y x＋y x＋y＝1×30%，＝70%，解得x＝0.21，y＝0.09，此时H2的转化率为×100%＝×100%＝24%；CO2的物质的量分数为＝，H2的物质的量分数为＝，CO的物质的量分数为＝，H2O的物质的量分数为＝，反应2的压强平衡常数Kp＝＝＝≈0.017。(4)①结合图乙可知，H+通过质子交换膜流向阴极区，因此右侧电极区为阴极，当溶液酸性增强，阴极法拉第效率降低，则通过电极的电子部分生成了其他气体，结合题意可得电极反应为2H+＋2e-===H2↑，因此气体a的分子式为H2；②结合图乙可知，右侧电极区为阴极，CO2在阴极得到电子生成甲醇，因此阴极电极反应为CO2＋6H+＋6e-===CH3OH＋H2O。 [答案]　(1)－91　(2)AC　(3)m　24%　0.017　(4)①H2　②CO2＋6e-＋6H+===CH3OH＋H2O 专题数智作业(二十二) 大题突破 化学反应原理综合题 (分值：30分) 1．(15分)(2025·齐齐哈尔一模)利用可再生能源和绿色氢气将CO2转化为甲醇，可以减少碳排放同时将CO2固定为有价值的化学品，是国家能源条件与环境现状的共同选择。所涉及的反应如下： 反应1：CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41.2 kJ·mol-1 反应2：CO(g)＋2H2(g)⥫⥬CH3OH(g)　ΔH2＝－90.6 kJ·mol-1 反应3：CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH3＝－49.4 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)上述反应中，反应1的速率决定了总反应速率。下图用于表示该过程的能量与反应进程的关系(部分已画出)。请选择图(a)或图(b)，在虚线线框中将其补充完整。(4分) (2)有人提出“CO2(g)＋2H2O(g)⥫⥬CH3OH(g)＋O2(g)也适宜于工业合成甲醇”，判断这种说法是否正确并说明原因__________________________________________________________________ __________________________________________________________________ __________________________________________________________________ (假设反应的焓变和熵变不随温度的改变而变化)。(2分) (3)在传统的热反应中，恒压(压强分别为3 MPa、5 MPa)下，按n起始(CO2)∶n起始(H2)＝1∶3投料，在密闭容器中发生反应1和反应3，改变反应温度，CO2的平衡转化率(α)以及生成CH3OH(或CO)选择性(S)的变化如图所示。已知：CH3OH(或CO)选择性S＝×100%。 ①随着温度升高，a、b两条曲线接近重合的原因是 __________________________________________________________________ __________________________________________________________________ __________________________________________________________________ _________________________________________________________________。 ②下列有关反应体系的说法中正确的是________(填标号)。 A．当CH3OH的分压不再改变时，体系达到平衡状态 B．曲线S－(X)表示CH3OH的选择性 C．使用催化剂可以降低活化能，提高合成效率 D．体系达到平衡后，压缩体积，则反应3平衡正向移动，反应1平衡不移动 ③P点对应的反应1的平衡常数Kp＝________________(以分压计算，分压＝总压×物质的量分数)(保留两位有效数字)。 ④分子筛膜反应器可提高反应3的平衡转化率且实现CH3OH选择性100%，原理如图所示。分子筛膜反应器可提高转化率的原因是__________________________________________________________________ _____________________________________________________________。(9分) [解析]　(1)根据ΔH1>0应选图(a)，再根据反应1是决速反应，所以所绘图像的活化能要小于反应1的活化能，另外ΔH3<0，所以图像终点低于最左侧起点，图像为 。 (2)该反应的逆过程是气态甲醇燃烧，为放热反应，所以该反应为吸热反应，ΔH>0，又因ΔS<0，故ΔG>0，在任何温度下都不能自发进行。 (3)①反应3是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，α(CO2)减小，反应1是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，α(CO2)增大，随着温度升高，a、b两条曲线先减小再增大接近重合的原因是温度升高到一定程度时，整个过程以反应1为主； ②反应体系中CH3OH的分压是变量，当其不变时达到平衡状态，A正确；随温度升高，反应3逆向移动，CH3OH的量减少，选择性降低，B错误；使用催化剂可以降低活化能，提高反应速率，提高合成效率，C正确；根据反应3系数分析，压缩体积，反应3正向移动，随着反应3正向移动会引起体系中CO2和H2减少，同时H2O增多，这就打破了反应1的平衡，使其也发生移动，D错误；③若起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别为1 mol、3 mol，P点时甲醇的选择性(S)、CO选择性(S)均为50%，二氧化碳的平衡转化率(α)＝20%，体系压强为3 MPa，平衡时：n(CO2)＝1 mol×(1－20%)＝0.8 mol，设n(H2)＝x mol，n(CH3OH)＝n(CO)＝y mol，n(H2O)＝z mol，根据C、H、O原子守恒可知，0.8＋2y＝1，2x＋4y＋2z＝6，0.8×2＋2y＋z＝2，解得x＝2.6，y＝0.1，z＝0.2，体系中气体的总物质的量n＝2.6 mol ＋0.1 mol＋0.1 mol ＋0.2 mol ＋0.8 mol＝3.8 mol，p(CO2)＝×3 MPa＝ MPa；同理可知：p(H2)＝ MPa，p(CO)＝ MPa，p(H2O)＝ MPa，反应1的平衡常数Kp＝＝≈0.0 096； ④由图可知，该分子筛膜反应器具有双重功能，只催化反应3，且能分离出生成物水蒸气，同时也带走热量，降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率。 [答案]　(1) (2)不正确，这个反应ΔH>0且ΔS<0，ΔG>0，在任何温度下都不能自发进行 (3)①温度升高到一定程度时，整个过程以反应1为主　②AC　③0.0 096　④分子筛膜反应器可以及时分离反应生成的H2O，同时也带走热量，降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率 2．(15分)(2025·安徽江南十校一模)中国空间站设有完整的可再生生命保障系统，对二氧化碳进行收集和再生处理，实现了对二氧化碳的加氢甲烷化，生成甲烷与水，并伴有副反应。 Ⅰ．CO2(g)＋4H2(g)⥫⥬CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH1(主反应) Ⅱ．CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH2(副反应) 回答下列问题： (1)几种化学键的键能为EC—H＝413 kJ·mol-1、EH—H＝436 kJ·mol-1、EO—H＝463 kJ·mol-1、EC==O＝745 kJ·mol-1，则ΔH1＝________。(2分) (2)一定温度时，在固定容积的容器中充入1 mol CO2和4 mol H2进行上述反应，平衡时CO2的转化率(α－CO2)，CH4的选择性(S－CH4)随温度变化如图所示： 根据图像分析可知：ΔH2________(填“>”或“<”)0，CO2平衡转化率先减小后增大的原因是________________________________________________________ __________________________________________________________________ _________________________________________________________________。 T ℃，反应Ⅱ的Kp＝________(保留两位有效数字，Kp为用各气体分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数，CH4的选择性＝×100%)。(5分) (3)早期长征运载火箭推进剂成分为(CH3)2N—NH2和N2O4，它们混合后反应的产物对环境友好，其化学方程式为____________________________________。 在点火的瞬间火箭尾部喷射出红色火焰，同时伴随着滚滚红色烟雾，研究发现是N2O4分解的结果。T ℃时，N2O4(g)⥫⥬2NO2(g)，N2O4和NO2的消耗速率与其浓度存在如下关系：v消(N2O4)＝kac(N2O4)，v消(NO2)＝kbc2(NO2)(其中ka、kb是只与温度有关的常数)，一定温度下，NO2或N2O4的消耗速率与其浓度的关系图像如图所示： 表示N2O4消耗速率与其浓度的关系曲线是______(填“X”或“Y”)，该温度下速率常数值为______。(5分) (4)空间站中通过电解回收再生的水为宇航员提供氧气。某科技小组模拟用一种新型的纳米硅基锂电池电解水为宇航员提供O2，其电池反应为xFeS2＋4LixSixFe＋2xLi2S＋4Si，工作原理示意图如下： (电解液由锂盐和有机溶剂组成) 电池工作时，理论上为宇航员提供标准状况下11.2 L的氧气时，正极材料的质量变化为________g。(3分) [解析]　(1)ΔH＝2EC==O＋4EH—H－4EC—H－4EO—H＝2×745 kJ·mol-1＋4×436 kJ·mol-1－4×413 kJ·mol-1－4×463 kJ·mol-1＝－270 kJ·mol-1。(2)根据题图可知，升高温度，二氧化碳转化率先减小后增大，由于反应Ⅰ为放热反应，温度升高二氧化碳转化率应该下降，因此可推测反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率升高，故ΔH2>0；CO2平衡转化率先减小后增大的原因是反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度较低时以反应Ⅰ为主，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，温度较高时，以反应Ⅱ为主，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，二氧化碳转化率增大；T ℃，甲烷选择性为80%，则＝0.8，得n(CH4)＝4n(CO)，设平衡时n(CO)＝x mol，根据化学方程式，平衡时n(CH4)＝4x mol、n(CO2)＝(1－4x－x)mol＝(1－5x)mol、n(H2)＝(4－16x－x)mol＝(4－17x)mol、n(H2O)＝(8x＋x)mol＝9x mol，此温度下二氧化碳转化率为30%，则1－5x＝0.7，解得x＝0.06，因此平衡时各物质的物质的量：n(CO)＝0.06 mol、n(CH4)＝0.24 mol、n(CO2)＝0.7 mol、n(H2)＝2.98 mol、n(H2O)＝0.54 mol，设系统总压为p0，则平衡常数Kp＝＝＝＝≈0.016。(3)(CH3)2N—NH2和N2O4反应生成二氧化碳、氮气和水，化学方程式为(CH3)2N—NH2＋2N2O4===2CO2＋3N2＋4H2O；N2O4消耗速率与其浓度呈线性关系，故曲线Y表示N2O4消耗速率与其浓度关系；根据题图知，N2O4和NO2浓度均为2 mol·L-1时，两者消耗速率相等，即v消(N2O4)＝v消(NO2)，kac(N2O4)＝kbc2(NO2)，＝＝2。(4)根据电池反应式xFeS2＋4LixSixFe＋2xLi2S＋4Si，知正极反应式为xFeS2＋4xe-===xFe＋2xS2-，正极材料FeS2转化为Fe，S元素进入溶液，电解水的过程中，生成1 mol氧气转移4 mol电子，则生成标准状况下11.2 L(0.5 mol)氧气正极质量变化×32 g·mol-1＝32 g。 [答案]　(1)－270 kJ·mol-1 (2)>　反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度较低时以反应Ⅰ为主，温度较高时以反应Ⅱ为主　0.016 (3)(CH3)2N—NH2＋2N2O4===2CO2＋3N2＋4H2O　Y　2　(4)32 专题数智作业(二十三) 高考题集训 热化学　化学反应速率与平衡 (分值：85分) (选择题每小题5分，每小题只有一个选项符合题目要求) 1．(2025·北京卷，T11)为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是(　　) A．NaCl固体溶解是吸热过程 B．根据盖斯定律可知：a＋b＝4 C．根据各微粒的状态，可判断a>0，b>0 D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关 C　[由题图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。由题图可知，NaCl固体溶解过程的焓变为ΔH3＝＋4 kJ·mol-1，为吸热过程，A正确；由题图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知ΔH1＋ΔH2＝ΔH3，即a＋b＝4，B正确；由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a>0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b<0，C错误；由分析可知，溶解过程的能量变化，与NaCl固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确。] 2．(2025·浙江1月卷，T11)下列说法正确的是(　　) A．常温常压下H2(g)和O2(g)混合无明显现象，则反应2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)在该条件下不自发 B．3H2(g)＋N2(g)⥫⥬2NH3(g)　ΔH<0，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小 C．CO(g)＋H2(g)⥫⥬C(s)＋H2O(g)　ΔH<0，则正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．Na(s)＋Cl2(g)===NaCl(s)　ΔH<0，Na+(g)＋Cl-(g)===NaCl(s)　ΔH<0，则Na(s)＋Cl2(g)===Na+(g)＋Cl-(g)　ΔH<0 B　[A项，该反应的ΔS<0，ΔH<0，根据ΔG＝ΔH－TΔS<0时反应自发进行可知，该反应在低温条件下自发进行，无明显现象说明在常温常压下该反应的反应速率极小，错误；B项，工业合成氨为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，正确；C项，对于放热反应，正反应的活化能比逆反应的活化能小，错误；D项，由盖斯定律可知，第一个反应－第二个反应可得第三个反应，但不知道前两个反应ΔH的相对大小，故无法确定第三个反应ΔH的正负，错误。] 3．(2025·甘肃卷，T4)CO2加氢转化成甲烷，是综合利用CO2实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525 ℃，101 kPa下，CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－185 kJ·mol-1。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是(　　) A．减小体系压强 B．升高温度 C．增大H2浓度 D．恒容下充入惰性气体 C　[该反应为气体分子数减小的反应，减小体系压强，平衡向气体分子数增大的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，A错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡向逆反应方向移动，B错误；增大H2浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下充入惰性气体，各物质浓度不变，平衡不移动，D错误。] 4．(2025·山东卷，T4)用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。 下列说法正确的是(　　) A．N2是还原反应的产物 B．还原性：N2H4<Fe2+ C．处理后溶液的pH增大 D．图示反应过程中起催化作用的是Cu2+ C　[由图可知，N2由N2H4生成，N元素化合价升高，N2是氧化反应的产物，故A错误；分析题图知，该过程总反应的化学方程式为N2H4＋2Fe3O4＋12H+===N2＋6Fe2+＋8H2O，N2H4为还原剂，Fe2+为还原产物，结合还原剂的还原性大于还原产物的还原性知，还原性：N2H4>Fe2+，B错误；由总反应知，反应过程中H+被消耗，故处理后溶液pH增大，C正确；由图可知，该反应的催化剂为[Cu(N2H4)2]2+，D错误。] 5．(2025·云南卷，T10)铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图所示。下列说法正确的是(　　) A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应 B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 C．Ⅳ的示意图为 D．催化剂Cu可降低反应热 C　[由题图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了C—H键，有极性键生成，无非极性键生成，B错误；Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了C—H键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了C—H键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确；催化剂可改变活化能，增大反应速率，不能改变反应热，D错误。] 6．(2025·河南卷，T10)在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3(g)⥫⥬CH3CH==CH2(g)＋H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示[*表示吸附态，*CH3CHCH2＋2*H―→CH3CH==CH2(g)＋H2(g)中部分进程已省略]。 下列说法正确的是(　　) A．总反应是放热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C．和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D．①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3―→*CH3CHCH3＋*H C　[由图可知，生成物能量高于反应物，总反应是吸热反应，A错误；化学平衡常数只与温度有关，因此两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同，B错误；反应的决速步骤为活化能最大的步骤，即反应进行最慢的步骤，由图像可以看出，在①转化为②的进程中，*CH3CHCH3＋*H―→*CH3CHCH2＋2*H的活化能最大，因此①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CHCH3＋*H―→*CH3CHCH2＋2*H(或写为*CH3CHCH3―→*CH3CHCH2＋*H)，D错误。] 7．(2024·贵州卷，T14)AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN-的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)两种产物。通过量子化学计算得到的反应进程及能量变化如图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。 由图示信息，下列说法错误的是(　　) A．从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应 B．过渡态TS1是由CN-的C原子进攻CH3CH2Br的α-C而形成的 C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱 D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物 D　[由反应进程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应，A项正确；与Br原子直接相连的C原子为α-C，由反应进程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN-的C原子进攻CH3CH2Br的α-C，形成碳碳键，B项正确；由反应进程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是“N--Ag”和“C--Ag”，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱，C项正确；由于生成CH3CH2CN所需要的活化能高，反应速率小，故低温时更容易生成CH3CH2NC，为主要产物，D项错误。] 8．(2024·安徽卷，T12)室温下，为探究纳米铁去除水样中Se的影响因素，测得不同条件下Se浓度随时间变化关系如图。 实验 序号 水样 体积/mL 纳米铁 质量/mg 水样 初始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是(　　) A．实验①中，0～2小时内平均反应速率v(Se)＝2.0 mol·L-1·h-1 B．实验③中，反应的离子方程式为2Fe＋Se＋8H+===2Fe3+＋Se＋4H2O C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D．其他条件相同时，水样初始pH越小，Se的去除效果越好 C　[实验①中，0～2小时内平均反应速率v(Se)＝＝2.0×10-5 mol·L-1·h-1，A错误；实验③中水样初始pH＝8，溶液呈弱碱性，结合氧化还原反应规律可得2Fe＋Se＋4H2O===2Fe(OH)3＋Se＋2OH-，B错误；综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中Se浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁的质量可加快反应速率，C正确；综合分析实验②和③可知，在相同时间内，实验②中Se浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小水样初始pH，Se的去除效果更好，但若水样初始pH太小，与H+反应的纳米铁的量增多，反而影响Se的去除效果，D错误。] 9．(12分)(2025·山东卷，T20)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。 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)。(2分) (2)乙线所示物种为________(填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3________(填“>”“<”或“＝”)0。(2分) (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)。(4分) (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物质的量之比________(填“增大”“减小”或“不变”)，H2O物质的量n(H2O)________(填“增大”“减小”或“不变”)。(4分) [解析]　(1)根据盖斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ可得4H2(g)＋2SO2(g)⥫⥬4H2O(g)＋S2(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2。(2)根据图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变知，恒有＝108，＝102，则＝102，lg n(H2O)－lg n(H2)＝2，结合图中曲线变化趋势知，乙线表示H2O，丁线表示H2。温度升高，S2逐渐减少，反应Ⅰ的平衡逆向移动，则SO2逐渐增多，故丙线为SO2，甲线为H2S，温度升高，c(H2S)减小，故反应Ⅲ的平衡逆向移动，反应Ⅲ为放热反应，ΔH3<0。(3)T1温度下，平衡体系中H2的物质的量为a mol，H2O和SO2的物质的量相等，根据＝102，知n(H2O)＝n(SO2)＝100a mol，根据H原子守恒，n(H2)＋n(H2O)＋n(H2S)＝0.1 mol，则n(H2S)＝(0.1－101a)mol；根据S原子守恒，n(H2S)＋n(SO2)＋2n(S2)＝1 mol，则n(S2)＝ mol＝ mol；根据O原子守恒，n(H2O)＋2n(SO2)＋4n(CaSO4)＝2 mol，则n(CaSO4)＝ mol＝ mol；根据Ca原子守恒，n(CaS)＋n(CaSO4)＝1 mol，则n(CaS)＝(1－) mol＝ mol，故n(CaS)－n(CaSO4)＝ mol－ mol＝150a mol。(4)反应Ⅲ的平衡常数为KⅢ＝＝××，由已知条件和(1)、(2)、(3)知，为定值，压缩容器体积的过程中，S2产率增大，c(SO2)增大，恒温压缩过程中KⅢ不变，故增大，同一平衡体系中与相等。故压缩体积过程中增大。根据H原子守恒，n(H2S)＋n(H2O)＋n(H2)为定值，且始终为定值，增大，故压缩过程中n(H2O)减小。 [答案]　(1)ΔH1＋ΔH2　(2)H2O　<　(3)　150a　(4)增大　减小 10．(18分)(2025·河南卷，T17)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(g)⥫⥬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)Ca位于元素周期表中________区；基态Ni2+的价电子排布式为________。(2分) (2)水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是__________________________________________________________________ ___________________________________________________________。(2分) (3)NixPy的晶胞如图1所示(晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°)，该物质的化学式为________________。(3分) (4)恒压条件下，CH4重整反应可以促进CaCO3分解，原因是__________________________________________________________________ __________________________________________________________。(2分) (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2所示，反应温度最高的是________(填“T1”“T2”或“T3”)，原因是____________________________________________________________________ ____________________________________________________________。(3分) (6)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______________。(6分) 已知：原位CO2利用率＝×100% [解析]　(1)Ca是20号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]4s2，位于s区；Ni是28号元素，基态Ni原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，Ni2+是Ni失去2个4s电子得到的，故基态Ni2+的价电子排布式为3d8。(2)H2O的中心原子O的价层电子对数为2＋＝4，有2对孤电子对，则水分子的VSEPR模型为四面体形，实际空间结构为V形。(3)Ni原子位于棱上、面上、体内，晶胞中Ni原子数目为8×＋6×＋1＝6，P原子位于顶点、体内，晶胞中P原子数目为4×＋4×＋2＝3，故该物质中Ni和P的数目比为2∶1，其化学式为Ni2P。(4)CH4发生重整反应，会消耗CO2，降低CO2浓度，促进CaCO3的分解反应正向进行。(5)反应Ⅱ是吸热反应，其他条件一定时，温度升高，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大，由图2可知，相同压强下，T1对应的CH4平衡转化率最高，故T1温度最高。(6)CaCO3平衡转化率为80%，则反应Ⅰ生成的n(CO2)＝0.8 mol，CH4平衡转化率为60%，则反应Ⅱ中CH4转化1 mol×60%＝0.6 mol。列关系式： 　　 　　　　CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2H2(g)＋2CO(g) 转化量/mol　　0.6　 　0.6　　　1.2　 　1.2 平衡时CO的物质的量为1.3 mol，则反应Ⅲ生成0.1 mol CO，列关系式： H2(g)＋CO2(g)⥫⥬H2O(g)＋CO(g) 转化量/mol 0.1 0.1 0.1 0.1 平衡量/mol 1.1 0.1 0.1 1.3 反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，可用物质的量代替分压计算平衡常数，故反应Ⅲ的Kp＝＝＝≈1.2，原位CO2利用率＝×100%＝×100%＝70%。 [答案]　(1)s　3d8 (2)O原子上有2对孤电子对 (3)Ni2P (4)CH4重整反应消耗CO2，促进CaCO3的分解反应正向进行 (5)T1　反应Ⅱ是吸热反应，压强一定时，温度越高，CH4平衡转化率越大 (6)1.2　70% 11．(15分)(2025·广东卷，T19)钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 (1)基态Ti原子的价层电子排布式为______________。(1分) (2)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。(1分) (3)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-1 (c) Ti(s) ＋3TiCl4(g)⥫⥬4TiCl3(g) ＋132.4 kJ·mol-1 (d) TiCl3(g)⥫⥬TiCl3(s) ΔH2 ①ΔH1＝________kJ·mol-1。 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图所示。曲线Ⅰ对应的物质为________。 ③温度T0 K下，n[TiCl4(g)]＝________ mol，反应(c)的平衡常数K＝________(列出算式，无须化简)。(7分) (4)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变化的曲线如图所示。其中，n1为H2与N2的物质的量之和；n2为剩余N2H4的物质的量。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)。 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)。(6分) [解析]　(1)Ti为第四周期第ⅣB族元素，故基态Ti原子的价层电子排布式是3d24s2。(2)ΔH－TΔS<0时反应能自发进行，而由已知信息可知，该反应的ΔH<0、ΔS>0，该反应的ΔH－TΔS<0恒成立，故该反应在298 K时能自发进行。(3)①根据反应(a)、(b)、(c)的物质转化关系，由盖斯定律可知，(c)－2(b)＝(a)，故ΔH1＝＋132.4 kJ·mol-1－2×200.1 kJ·mol-1＝－267.8 kJ·mol-1。②反应(a)为放热反应，反应(b)为吸热反应，故随着温度升高，TiCl2(s)的物质的量减少，故曲线Ⅰ代表的物质是TiCl2(s)。③平衡体系中的物质有TiCl4(g)、TiCl3(g)、Ti(s)、TiCl2(s)、TiCl3(s)，结合上述分析及题图可知，曲线Ⅱ应代表TiCl3(g)，且T0 K下TiCl2(s)、TiCl3(s)的物质的量均为0，根据投料情况知，Ti元素共15 mol，Cl元素共20 mol，则根据元素守恒及题中数据可得，T0 K下n[TiCl4(g)]＝0.5 mol。反应(c)的平衡常数K＝＝＝。(4)①根据题意及图像可知，0～t0 min内，y1＝，y2＝，故0～t0 min内，N2H4的转化率为1－y2。②初始加入N2H4的物质的量为n0，0～t0 min内，设反应(e)消耗的N2H4的物质的量为e，反应(f)消耗的N2H4的物质的量为3f，则存在如下转化关系： N2H4===N2＋2H2 转化量 e e 2e 3N2H4===N2＋4NH3 转化量 3f f 4f 故＝y1，＝y2，两式联立可得催化剂的选择性为×100%＝×100%。 [答案]　(1)3d24s2　(2)能　(3)①－267.8　 ②TiCl2(s)　③0.5　　(4)①1－y2　 ②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%。 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $