4 专题四 化学反应与热能 化学反应速率与平衡-（配套课件）【金版新学案】2026年高考化学大二轮专题复习与测试（单选）

专题四 化学反应与热能 化学反应速率与平衡 　 第一部分 专题复习 内容索引 选择题热点1 反应循环机理图分析应用 选择题热点2 能垒反应历程图像分析应用 选择题热点3 化学反应速率、平衡图像分析应用 题空热点1 反应热的计算及盖斯定律的应用 题空热点2 化学平衡状态及平衡移动 题空热点3 速率、转化率及平衡常数的计算 题空热点4 多重平衡体系中反应条件、选择性、产率的考查 综合题突破(一) 反应原理综合题 选择题热点1　反应循环机理图分析应用 返回 核心整合 图像 分析要点   催化剂：多以完整循环的形式出现，以催化剂粒子为主体的多个物质一定在机理图中的主线上。 反应物：通过箭头进入整个历程的物质。 生成物：通过箭头最终脱离整个历程的物质。 中间产物：一般位于“环上”，也可能先通过箭头离开循环，又通过箭头进入循环 典例剖析 (2025·广东佛山联考)CO2加氢制甲醇的反应机理如图所示。已知活化位点为催化剂上能吸附反应物分子同催化剂反应的基团位置。下列说法不正确的是 A.该过程的总反应可表示为CO2＋3H2 CH3OH＋H2O B. 是该反应的催化剂 C.CO2和H2的活化位点相同 D.氧空位浓度高，有利于增强CO2的吸附能力 √ 典例 模型解析　第一步：明类型，抓特点　该图像是反应机理循环图。 第二步：提取图像关键信息，分析判断 结合已知信息，对比“①吸附、②吸附”加入H2和CO2前后物质的结构变化可知，H2的活化位点是Ga—O键，CO2的活化位点是氧空位，故氧空位浓度高，活化位点增多，有利于增强CO2的吸附能力，C错误、D正确。 在循环机理图中，先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般多是通过一个箭头最终脱离这个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如下图所示： 思维建模 精研真题 1.(2025·北京卷)乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2CHOOCCH3)的过程示意图如下。下列说法不正确的是 A.①中反应为4CH3COOH＋O2＋2Pd2Pd(CH3COO)2＋2H2O B.②中生成CH2CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成 C.生成CH2CHOOCCH3总反应的原子利用率为100％ D.Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 √ ①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为4CH3COOH＋O2＋2Pd2Pd(CH3COO)2＋2H2O，A正确；②中生成CH2CHOOCCH3的过程中，有C—H键断开和C—O键的生成，存在σ键断裂与形成，B正确；生成CH2CHOOCCH3总反应中有H2O生成，原子利用率不是100％，C错误；Pd是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确。 2.(2025·山东卷)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＋ √ 由图可知，N2由N2H4生成，N化合价升高，发生氧化反 应，故A错误；分析题图知，该过程总反应的离子方程 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。 3.(2025·河南卷)在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A.该反应的原子利用率为100％ B.每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH C.反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化 D.若以CD4为原料，用H2O吸收产物可得到CD3COOH √ 分析题图可知，该过程的总反应为2CO＋O2＋2CH4 2CH3COOH，故原子利用率为100％，A正确； 根据总反应方程式知，每消耗1 mol O2会生成2 mol CH3COOH，B错误；分析题图知，催化剂原子上 可连接O原子、—OH、 、—COCH3，且反应过程中成键个数均发生变化，所以Rh和Fe的化合价发生改变，C正确；以CD4为原料，按照总反应方程式，应当生成CD3COOD，其在水溶液中存在平衡：CD3COOD⥫⥬CD3COO－＋D＋，CD3COO－会与H2O电离出的H＋结合生成CD3COOH，故D正确。 1.(2025·河北石家庄二模)以[Rh(CO)2I2]－为催化剂，碘甲烷为助催化剂，利用甲醇合成乙酸(Monsanto法)的示意图如下所示。 已知：铑(Rh)与钴(Co)在周期表中上下相邻，但Rh的最外层电子轨道处于半充满状态。下列说法正确的是 A.Rh的价电子排布式为4d85s1， 位于周期表的ds区 B.①→②过程中，Rh被氧化； ③→④过程中，Rh被还原 C.⑤为CH3COI，在反应中作中间产物 D.此合成原理生成CH3COOH和H2O，原子利用率小于100％ √ 模拟演练 Rh的价电子排布式为4d85s1，为第Ⅷ族元素， 位于周期表的d区，A错误；由图，①→②过程 中，Rh多结合了I－，Rh化合价升高，被氧化； ③→④过程中，Rh和CO形成配位键，没有被还原，B错误；根据转化关系 ＋⑤，可推出⑤为CH3COI，CH3COI在甲醇合成乙酸反应中作中间产物，C正确；由图，此合成原理总反应为甲醇和CO催化反应生成乙酸，CH3OH＋COCH3COOH，原子利用率为100％，D错误。 2.某研究团队认为：硝基苯在钴基双位催化剂(Co-NPs)的作用下，转化为苯胺的反应机理如图所示。下列叙述错误的是 A.该反应中的还原剂是NH3·BH3 B.该反应过程涉及配位键的形成 C.若用同位素标记的ND3·BH3代替NH3·BH3，则得到 D.总反应为 ＋NH3·BH3 ＋NH4BO2 √ 硝基苯转化为苯胺，发生还原反应，则NH3·BH3是还原 剂，A正确；根据图知，该反应过程涉及钴与氧原子、 氮原子之间配位键的形成，B正确；根据图知，若用 ND3·BH3代替NH3·BH3，则发生反应ND3·BH3＋2H2O ND3H＋＋B＋6H， ＋6H ＋2H2O，则仍得到 ，C错误；根据图知，反应有NH3·BH3＋2H2O NH4BO2＋6H、 ＋6H ＋2H2O，则总反应为 ＋NH3·BH3 ＋NH4BO2，D正确。。 返回 选择题热点2 能垒反应历程图像分析应用 返回 图像 分析要点   决速步骤：能垒(活化能)最大的步骤，其反应速率决定了整个反应的速率，催化剂2作用下，E(最大能垒)＝c－b。 催化剂：催化剂1使能垒降低幅度较大，催化效果更好，但催化剂不会改变反应物和生成物的能量，催化剂的使用不能改变化学平衡，也不影响反应的ΔH。 竞争反应：相同反应物发生多个竞争反应时，能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。 反应能量变化：根据初始物质与最终产物之间的相对能量大小判断总反应的吸、放热情况。即“左高右低为放热”，ΔH＜0；“左低右高为吸热”，ΔH＞0 核心整合 √ 典例剖析 典例 (2025·河北邯郸一模)不同价态的Cu(0价、＋0.5价、＋1价)位点催化CO2还原制C2H4的反应机理如图所示，*表示吸附在催化剂表面。下列说法错误的是 A.0价Cu位点催化CO2还原的反应步骤与另两种价态Cu位点的反应步骤不同，但总反应热效应相同 B.＋1价Cu位点催化CO2还原反应过程中生成了非极性键 C.产物C2H4(g)从＋0.5价Cu位点表面解吸时放出的能量最少 D.适中的Cu氧化态(＋0.5价)对该反应是有利的 模型解析　第一步：明类型，抓特点　该图像是反应历程能垒图。 第二步：提取图像关键信息，分析判断 整体分析题图可知，＋0.5价Cu位点催化CO2还原的过程中能垒较小，则适中的Cu氧化态(＋0.5价)对该反应是有利的，D正确。 1.(2025·河南卷)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)CH3CHCH2(g)＋H2(g)，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，*CH3CHCH22*HCH3CHCH2(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 √ 精研真题 化学平衡常数只与温度有关，而与其他条件无关，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。 2.(2025·河北卷)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)＋2NH3(g)⥫⥬2GaN(s)＋3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是 A.反应ⅰ是吸热过程 B.反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69 eV C.反应ⅲ包含2个基元反应 D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中 √ 由反应历程图可知，反应ⅰ反应后相对能量增加0.05 eV，体系能量升高，故反应ⅰ为吸热反应，A正确；由图可知，反应ⅱ中H2O(g)脱去的步骤需经过TS5即反应ⅱ的最后一步的活化能为3.39 eV－0.70 eV＝2.69 eV，B正确；反应ⅲ历程中存在两个过渡态，故包含2个基元反应，C正确；由图可知，整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应的步骤，其活化能为6.37 eV－3.30 eV＝3.07 eV，故D错误。 3.(2024·安徽卷)某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g)⥫⥬Y(g)(ΔH1＜0)，Y(g)⥫⥬Z(g)(ΔH2＜0)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是 √ 由题图可知，生成Y的速率大于生成Z的速率，则第一步反应的活化能比第二步反应的活化能小，C项、D项错误；结合ΔH1、ΔH2均小于0可知，两步反应均为放热反应，故反应物总能量高于生成物总能量，则能量：X＞Y＞Z，A项错误，B项正确。 模拟演练 1.(2025·四川射洪高三测试)AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。下列说法不正确的是 A.腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)互为同分异构体 B.AgCN与CH3CH2Br生成腈和异腈的反应都是放热反应 C.Ⅰ中“N…Ag”间的作用力比Ⅱ中“C…Ag”间的作用力弱 D.从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物Ⅰ √ 腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)化学式相同， 结构不同，互为同分异构体，A正确；由反应历 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AgCN与CH3CH2Br生成 腈和异腈的反应都是放热反应，B正确；由反应历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正确；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；从反应速率的角度有利生成后续物Ⅱ，物质能量越低越稳定，从后续物的稳定性的角度有利生成后续物Ⅰ，D错误。 √ 2.(2025·安徽师范大学附属中学高三模拟)在Ni作用下，可将C2H6(g)转化为CH4(g)，转化历程如下(NiCH2为固体)所示： 下列说法中错误的是 A.转化中有极性键的断裂和形成 B.转化过程中Ni的成键数目未变化 C.总反应的热化学方程式 Ni(s)＋C2H6(g)NiCH2(s)＋CH4(g)　ΔH＝－6.57 kJ· mol－1 D.转化过程中的一段时间内，可存在中间体2的浓度大于另外两种中间体的浓度 由图可知，乙烷转化为甲烷过程中存在 极性键的断裂和形成，故A正确；由图 可知，中间体和过渡态中镍原子的成键 数目有2、3、4，说明转化过程中镍原 子的成键数目发生变化，故B错误；由 图可知，总反应为Ni(s)＋C2H6(g)NiCH2(s)＋CH4(g)，反应的ΔH＝(－6.57 kJ/mol) －0＝－6.57 kJ/mol，则反应的热化学方程式Ni(s)＋C2H6(g)NiCH2(s)＋CH4(g)　ΔH＝－6.57 kJ· mol－1，故C正确；由图可知，中间体2→中间体3能量差值最大，该步反应的活化能最大，反应速率最小，是该反应的决定速率的步骤，故转化过程中的一段时间内，可存在中间体2的浓度大于另外两种中间体的浓度，故D正确。 返回 选择题热点3 化学反应速率、平衡图像分析应用 返回 核心整合 1.平衡常数K与浓度商Q的关系 达到平衡状态，Q＝K； 平衡正向移动，Q＜K； 平衡逆向移动，Q＞K。 2.平衡常数K与温度的关系 温度变化 可逆反应的ΔH K的变化 升温 吸热反应，ΔH＞0 增大 降温 减小 升温 放热反应，ΔH＜0 减小 降温 增大 3.化学平衡与平衡转化率 (1)转化率和平衡转化率 转化率有未达到平衡的转化率和已达到平衡的平衡转化率，在审题的时候一定要注意转化率是否为平衡转化率。 (2)转化率与温度的关系 可逆反应的焓变ΔH 升高温度 吸热反应，ΔH＞0 未达到平衡的转化率增大 已达到平衡的平衡转化率增大 放热反应，ΔH＜0 未达到平衡的转化率增大 已达到平衡的平衡转化率减小 (3)反应物的浓度与平衡转化率的关系(其中A、B、C均为气体) 可逆反应 改变条件 平衡移动方向 反应物转化率 备注 A＋B⥫⥬C 增大A的浓度 正向移动 α(A)减小 α(B)增大 － A⥫⥬B＋C 增大A的浓度 正向移动 α(A) 减小 反应物转化率实际 是考虑压强的影响 2A⥫⥬B＋C 增大A的浓度 正向移动 α(A) 不变 3A⥫⥬B＋C 增大A的浓度 正向移动 α(A) 增大 (4)如果两气体物质按照化学计量数比投料，那么无论是否达到化学平衡，两者的转化率一直相等。 4.图像题的分析模型 返回 √ 典例剖析 典例 (2025·四川成都检测)在容积为1 L的恒容容器中，用CO2和H2合成甲醇：CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH。相同时间内不同的温度下，将1 mol CO2和3 mol H2置于反应器中反应，测定CH3OH的产率与温度的变化关系如图所示。下列说法不正确的是 A.该反应的ΔH＞0 B.图中P点时v(正)＞v(逆) C.Q点时CO2的体积分数[φ(CO2)]与H2O的体积 分数[φ(H2O)]存在关系：4φ(CO2)＋2φ(H2O)＝1 D.520 K下，X点所对应甲醇的产率为50％，则平衡常数K＝ 模型解析 第一步：确定变量　题图表示恒容体系，相同时间内不同温度下，CH3OH的产率与温度的变化关系。 第二步：分析图像 第三步：综合判断　设Q点(平衡点)时CO2的转化量为x mol，列三段式： 　　　　　　　CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g) 起始量/mol 1 3 0 0 转化量/mol x 3x x x 平衡量/mol 1－x 3－3x x x 平衡时气体总物质的量为(4－2x) mol，4φ(CO2)＋2φ(H2O)＝4×＋2×＝＝1，C正确。 由题意可知，理论上完全反应可以得到1 mol甲醇，由题图可知，X点(平衡点)甲醇的产率为50％，即实际得到0.5 mol甲醇，容器容积为1 L，列三段式： 　　　　　　　　　　　　CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g) 起始浓度/(mol·L－1) 1 3 0 0 转化浓度/(mol·L－1) 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡浓度/(mol·L－1) 0.5 1.5 0.5 0.5 则平衡常数K＝＝＝，D正确。 思维建模 倒U形曲线分析思维模型 其他条件不变，对于ΔH＜0的反应，相同时间内反应物的转化率或产物的产率，随温度改变，出现倒U形变化曲线。 精研真题 √ 1.(2025·安徽卷)恒温恒压密闭容器中，t＝0时加入A(g)，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率v＝kx，k为反应速率常数)。下列说法错误的是 A.该条件下＝ B.0～t1时间段，生成M和N平均反应速率相等 C.若加入催化剂，k1增大，k2不变，则x1和xM，平衡均变大 D.若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，升高温度则xA，平衡变大 反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则对于反应M(g) A(g)存在关系式：k－1·xM，平衡＝k1·xA，平衡，对于反应A(g) N(g)存在关系式：k－2·xN，平衡＝k2·xA，平衡，两式联立可得＝，A正确； 起始时，xM和xN均为0，t1时，xM＝xN，则0～t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等，B正确；催化剂不影响平衡移动，故xM，平衡不变，C错误；A(g)M(g)和A(g)N(g)均为放热反应，则升高温度，平衡均逆向移动，故xA，平衡变大，D正确。 √ 2.(2025·山东卷)在恒容密闭容器中，Na2SiF6(s)热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：T2温度时，Na2SiF6(s)完全分解；体系中气相产物在T1、T3温度时的分压分别为p1、p3。下列说法错误的是 A.a线所示物种为固相产物 B.T1温度时，向容器中通入N2，气相产物分压仍为p1 C.p3小于T3温度时热解反应的平衡常数Kp D.T1温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大 Na2SiF6(s)受热分解生成NaF和SiF4两种氟化物，NaF 为离子晶体，SiF4为分子晶体，熔点：NaF＞SiF4， 因此NaF为固相产物，SiF4为气相产物，则热解反应 的化学方程式为Na2SiF6(s)2NaF(s)＋SiF4(g)，根据曲线的变化趋势及变化比例，结合方程式可判断曲线a、b、c分别为NaF(s)、SiF4(g)、Na2SiF6(s)。由上述分析知，A正确；N2不与体系中任何物质反应，由于容器恒容，因此SiF4的分压不变，仍为p1，B正确； 该反应的平衡常数Kp＝p(SiF4)，由题图可知，温度越高，Na2SiF6分解程度越大，平衡时p(SiF4)越大，即Kp越大，由于T2温度下Na2SiF6已完全分解，因此升温至T3时，无法释放更多的SiF4，故p3小于T3温度时热解反应的平衡常数Kp，C正确；T1温度时，加入SiF4的瞬间其分压增大，平衡逆向移动，由Kp＝p(SiF4)知，重新平衡后SiF4的分压仍为p1，SiF4的浓度不变，故逆反应速率不变，D错误。 √ 3.(2024·安徽卷)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。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 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 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项错误；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离子方程式为2Fe＋Se＋4H2O2Fe(OH)3＋Se＋2OH－，B项错误；由实验①、②可知，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量，反应速率加快，C项正确；由实验②、③可知，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，从而影响Se的去除效果，故D项错误。 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 模拟演练 √ 1.(2025·安徽合肥高三检测)向起始温度为T ℃、容积为10 L的两个相同的密闭容器中，均充入1 mol N2O和4 mol CO的混合气，保持其中一个容器恒温，另一个绝热，发生反应N2O(g)＋CO(g)⥫⥬N2(g)＋CO2(g)　ΔH。两容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A.ΔH＞0 B.曲线M表示恒温容器 C.Q点的正反应速率大于P点的正反应速率 D.0～100 s内，曲线N表示的容器内v(CO)＝4×10－4 mol·L－1·s－1 曲线M表示的容器先平衡，说明温度高，但是N2O的 平衡转化率比N低，说明升高温度，平衡逆向移动， 则反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误；由A项可知， 反应为放热反应，绝热容器温度会升高，N2O平衡转化率小于恒温容器，M表示绝热容器，故B错误；Q点和P点均没有平衡，N2O的转化率相同，M是绝热容器，则Q点温度高于P，故Q点的正反应速率大于P点的正反应速率，故C正确；0～100 s内，曲线N表示的容器N2O的转化率为10％，反应的N2O为0.1 mol，结合方程式可知，反应掉的CO为0.1 mol，v(CO)＝＝1×10－4 mol·L－1·s－1，故D错误。 √ 2.(2025·河南安阳高三三模)已知298 K，101 kPa时，CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.5 kJ· mol－1。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为0.4 mol·L－1，c(CO2)-t关系如图所示。下列说法错误的是 A.T1＞T2 B.T1下反应达到平衡时c(CH3OH)＝0.15 mol·L－1 C.使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大 D.使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同 T1温度下平衡时CO2的浓度比T2温度下的大，即T1到T2 平衡正向移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应 是一个放热反应，即降低温度使平衡正向移动，即T1＞ T2，A正确；T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25 mol/L， 即CO2的浓度变化量为：0.40 mol/L－0.25 mol/L＝0.15 mol/L，结合浓度变化量之比等于化学计量数之比可知，T1下反应达到平衡时c(CH3OH)＝0.15 mol·L－1，B正确；在温度均为T1时，使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长，即使用催化剂1的反应速率比催化剂2的更慢，说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大，C正确；催化剂2和催化剂3分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不同，说明催化剂2和催化剂3的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到平衡所需的时间相同，D错误。 3.(2025·河北承德市、张家口高三一模)向恒压密闭容器中加入一定量X和Y发生反应：3X(g)＋Y(g)⥫⥬Z(g)＋Q(g)　ΔH＜0。不同温度下X和Y的投入比例x[x＝n(X)∶n(Y)]与平衡时Z的体积分数(w)变化关系如图。下列说法错误的是 A.T1＜T2 B.T1温度下，x＝4时，Z的体积分数可能位于N点 C.M点时X与Y的转化率相等 D.M点时Z的体积分数一定小于50％ √ 该反应为放热反应，相同条件下，温度降低，平衡正向移动，Z的体积分数增大，则T1＜T2，A项正确；n(X)∶n(Y)＝3∶1时，Z的体积分数最大，x＝4时，Z的体积分数不可能位于N点，B项错误；按化学计量数比投料时，X与Y的转化率相等，Z的体积分数等于Q的体积分数，所以M点时Z的体积分数一定小于50％，C、D项正确。 返回 题空热点1 反应热的计算及盖斯定律的应用 返回 核心整合 1.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) 2.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纯物质而造成错误。 (6)对中和反应反应热理解不准确。 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－结合生成1 mol H2O(l)的同时，Ba2＋和S结合生成BaSO4沉淀也会放热。 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。 精研真题 1.(2025·湖北卷，节选)已知一定温度下： CaH2(s)＋6Fe2O3(s)Ca(OH)2(s)＋4Fe3O4(s)　 ΔH1＝m kJ· mol－1 2CaH2(s)＋Fe3O4(s)2Ca(OH)2(s)＋3Fe(s)　 ΔH2＝n kJ· mol－1 则3CaH2(s)＋2Fe2O3(s)3Ca(OH)2(s)＋4Fe(s)的ΔH3＝________ kJ· mol－1(用m和n表示)。 ①CaH2(s)＋6Fe2O3(s)Ca(OH)2(s)＋4Fe3O4(s)　 ΔH1＝m kJ· mol－1 ②2CaH2(s)＋Fe3O4(s)2Ca(OH)2(s)＋3Fe(s)　 ΔH2＝n kJ· mol－1 ③3CaH2(s)＋2Fe2O3(s)3Ca(OH)2(s)＋4Fe(s)　 ΔH3 ×①＋×②得到反应③，根据盖斯定律可知ΔH3＝×m kJ· mol－1＋×n kJ· mol－1＝ kJ· mol－1。 2.(2025·甘肃卷，节选)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) 25 ℃，101 kPa时，反应C2H4(g)＋H2(g)C2H6(g)　ΔH＝______ kJ· mol－1。 －137 由盖斯定律，反应2－反应1可以得到目标反应，则ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－312 kJ/mol＋175 kJ/mol＝－137 kJ/mol。 3.(2025·黑、吉、辽、蒙卷，节选)已知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧热(ΔH)分别为－a kJ· mol－1、－b kJ· mol－1、－c kJ· mol－1，则2CO(g)＋3H2(g) HOCH2CH2OH(g)的ΔH＝__________________ ________kJ· mol－1(用a、b和c表示)。 －2a－3b＋c(或c－ 2a－3b) 根据已知条件可以写出如下热化学方程式： ①CO(g)＋O2(g)CO2(g)　 ΔH1＝－a kJ· mol－1 ②H2(g)＋O2(g)H2O(l)　 ΔH2＝－b kJ· mol－1 ③HOCH2CH2OH(g)＋O2(g)2CO2(g)＋3H2O(l)　 ΔH3＝－c kJ· mol－1 根据盖斯定律，目标反应＝①×2＋②×3－③，故目标方程式的ΔH＝(c－2a－3b) kJ· mol－1。 4.(2025·山东卷，节选)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＝__________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。 ΔH1＋ΔH2 已知：Ⅰ.CaS(s)＋2SO2(g) ⥫⥬ CaSO4(s)＋S2(g)　ΔH1 Ⅱ.CaSO4(s)＋4H2(g) ⥫⥬ CaS(s)＋4H2O(g)　ΔH2 依据盖斯定律Ⅰ＋Ⅱ即得到反应4H2(g)＋2SO2(g) ⥫⥬4H2O(g)＋S2(g)的焓变为ΔH1＋ΔH2。 返回 题空热点2 化学平衡状态及平衡移动 返回 核心整合 化学平衡易错点分析 1.各物质的物质的量之比等于化学方程式的化学计量数之比时，不一定是平衡状态，因为此条件并不能说明各组分的物质的量不再变化了。 2.化学平衡的建立与途径无关，既可以从正反应方向建立，也可以从逆反应方向建立。 3.某一可逆反应，在一定条件下达到了平衡，化学反应速率再改变时，平衡不一定发生移动。如反应前后气体体积不变的反应，增大压强或使用催化剂，化学反应速率发生变化，但平衡不移动。如果平衡发生了移动，则化学反应速率一定发生了改变。 4.化学平衡向正反应方向移动，反应物的转化率不一定增大。若有多种反应物的反应，当增大某一反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，只会使其他的反应物的转化率增大，但该反应物的转化率减小。 5.增加固体或纯液体的量，化学平衡不移动。因为当反应混合物中存在与其他物质不相混溶的固体或纯液体物质时，由于其“浓度”是恒定的，不随其量的增减而变化，故改变这些固体或纯液体的量，对化学反应速率以及化学平衡均无影响，但要注意固体的表面积对化学反应速率的影响。 6.化学平衡发生移动时，化学平衡常数不一定改变，只有温度改变，平衡常数才会改变。 1.(2025·湖北卷，节选)CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。回答下列问题： 已知一定温度下：3CaH2(s)＋2Fe2O3(s)3Ca(OH)2(s)＋4Fe(s) (1)CaH2(s)产生H2的可能反应：①CaH2(s)Ca(s)＋H2(g)或②CaH2(s)＋2H2O(g)Ca(OH)2(s)＋2H2(g)。将CaH2(s)放在含微量水的N2气流中，在200 ℃至300 ℃的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定H2的来源之一是反应_____ (填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是__________________________________________ ____________________。 精研真题 ② 将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看 固体质量是否在减小 固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小； CaH2(s)消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡3H2(g)＋Fe2O3(s)⥫⥬3H2O(g)＋2Fe(s)正向移动，提高Fe的产率 在相同温度下，用CaH2(s)还原Fe2O3(s)比直接用H2(g)还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：CaH2(s)会消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡3H2(g)＋Fe2O3(s)⥫⥬3H2O(g)＋2Fe(s)正向移动，提高Fe的产率。 (2)已知3H2(g)＋Fe2O3(s) 3H2O(g)＋2Fe(s)。研究表明，在相同温度下，用CaH2(s)还原Fe2O3(s)比直接用H2(g)还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：____________________________________________________ ____________________________________________________________________________________。 2.(2025·北京卷，节选)MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6]Cl2而不生成[Mg(NH3)]Cl2。分析原因：________________________________。 生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低 由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低，故室温下易于生成[Mg(NH3)6]Cl2； 化学方程式为MgCl2(s)＋6NH3(g)[Mg(NH3)6]Cl2(s)　ΔH＜0，该反应的正反应为气体分子数减小的放热反应，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2 ②从平衡的角度推断利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的条件并说明理由：________________________________________________________ _______________________________________________________________________________________________________________________________________。 根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热 根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即MgCl2(s)＋6NH3(g)[Mg(NH3)6]Cl2(s)　ΔH＜0，该反应的正反应为气体分子数减小的放热反应，脱除NH3生成MgCl2为该反应的逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。 3.(2025·陕、晋、宁、青卷，节选)MgCO3/MgO循环在CO2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，主要反应如下： 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 MgCO3(s)＋4H2(g)MgO(s)＋2H2O(g)＋CH4(g)　 ΔH4＝－65 kJ· mol－1。 (1)提高CH4平衡产率的条件是____(填字母)。 A.高温高压 B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压 B 已知反应Ⅱ.CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)　 ΔH2＝－166 kJ· mol－1为放热反应，要提高CH4平 衡产率，要使平衡正向移动。高温会使平衡逆向 移动，不利于提高CH4平衡产率，A错误；低温使 平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH4 平衡产率，B正确；高温会使平衡逆向移动，低压会 使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，C错误； 低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，D错误。 (2)高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是____(填序号)，生成水的基元反应方程式为______________________ _____________。 C＋H2O ④ HO*＋＋C 反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应为C＋H*＋2H2OC＋2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*＋＋CC＋H2O。 返回 题空热点3 速率、转化率及平衡常数的计算 返回 核心整合 1.转化率、产率及分压的计算 反应物的转化率＝×100％ 产物的产率＝×100％ 分压＝总压×物质的量分数 2.常用的气体定律 同温同体积：p(前)∶p(后)＝n(前)∶n(后) 同温同压强：＝，＝ 3.有关平衡常数K与Kp 例：在一体积不变的密闭容器中发生化学反应：Fe2O3(s)＋2NH3(g) 2Fe(s)＋N2(g)＋3H2O(g)   表达式 说明 K K＝ 平衡浓度 Kp Kp＝ 用平衡分压代替平衡浓度；气体分压＝气体总压×物质的量分数 4.速率常数与平衡常数关系应用 温度为T1，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应CH4(g)＋H2O(g)⥫⥬CO(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋206.3 kJ·mol－1，该反应中，正反应速率为v正＝k正 c(CH4)·c(H2O)，逆反应速率为v逆＝k逆c(CO)·c3(H2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。 已知T1时，k正＝k逆，则该温度下，平衡常数K1＝___；当温度改变为T2时，若k正＝1.5k逆，则T2_____(填“＞”“＜”或“＝”)T1。 ＞ 1 解题步骤及过程： 步骤1　代入特殊值 平衡时v正＝v逆，即k正c(CH4)·c(H2O)＝k逆c(CO)·c3(H2)； 步骤2　适当变式求平衡常数 K1＝＝；k正＝k逆，K1＝1 步骤3　求其他 K2＝＝；k正＝1.5k逆，K2＝1.5；1.5＞1，ΔH＞0；升高温度平衡向吸热方向移动；则T2＞T1。 精研真题 1.(2025·甘肃卷，节选)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。 (1)反应1：C2H2(g)＋H2(g)C2H4(g)　ΔH1＝－175 kJ· mol－1(25 ℃，101 kPa)，反应速率v(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程式v(C2H2)＝k[c(H2)]α表示(k为常数)。145 ℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当v(C2H2)＝1.012×10－4 mol·L－1·s－1时，c(H2)＝__________ mol·L－1。 实验组 c(H2)/(mol·L－1) v(C2H2)/(mol·L－1·s－1) 一 4.60×10－3 5.06×10－5 二 1.380×10－2 1.518×10－4 9.2×10－3 将数据代入方程，②÷①得到α＝1，则k＝1.1×10－2，v(C2H2)＝1.012×10－4时，1.012×10－4＝1.1×10－2×c(H2)，c(H2)＝9.2×10－3 mol/L； 实验组 c(H2)/(mol·L－1) v(C2H2)/(mol·L－1·s－1) 一 4.60×10－3 5.06×10－5 二 1.380×10－2 1.518×10－4 (2)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25 ℃，101 kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以________为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为____________________________________ ___________________ (图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能)。 Pd/W Pd/W作催化剂时，生成乙烷的活化能大 于Pd作催化剂时的 由题图可知，选择Pd作催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd作催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W作催化剂时，乙烯的选择性更高。 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)＝______mol·L－1·min－1。 0.05 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下列说法正确的是____(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 cd 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)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)______Kx(N)(填“＞”“＜”或“＝”)，D点对应体系的Kx的值为_____。 12 ＝ M、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： 平衡时x(CO)＝、x(H2)＝、x(HOCH2CH2OH)＝，则D点对应体系的Kx＝ ＝12。 ②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)。 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： 平衡时，x(CO)＝、x(H2)＝、x(HOCH2CH2OH)＝，则Kp＝ MPa－4＝ MPa－4。 思维建模 模拟演练 1.CH4-CO2重整反应[CO2(g)＋CH4(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)]中易发生副反应：CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH＞0。一定条件下将等物质的量的CH4(g)和CO2(g)充入总压为p0 kPa的恒压密闭容器中发生反应，达平衡时，测得某种反应物的转化率为20％，另一种为40％。 ①平衡转化率为40％的反应物为__________。 CO2(g) 若不发生副反应，CH4(g)和CO2(g)的转化率相等，由于CO2(g)参与副反应，CO2(g)的平衡转化率大于CH4(g)，所以平衡转化率为40％的反应物为CO2(g)。 ②该温度下平衡时n(H2)∶n(CO)＝______，CH4-CO2重整反应的分压平衡常数Kp＝______ kPa－1(用含“p0”的式子表示)。 1∶3 设CH4(g)和CO2(g)的投料均为a mol，CH4(g)的转化率为20％，则参与CO2(g)＋CH4(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)反应的CH4(g)、CO2(g)均为0.2a mol，反应生成CO、H2的物质的量均为0.4a mol；CO2(g)的平衡转化率为40％，则参与CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)反应的CO2(g)、H2均为0.2a mol，反应生成CO、H2O的物质的量均为0.2a mol，反应达到平衡，容器中n(CH4)＝0.8a mol、n(CO2)＝0.6a mol、n(CO)＝0.6a mol、n(H2)＝0.2a mol、n(H2O)＝0.2a mol。该温度下平衡时n(H2)∶n(CO)＝1∶3，CH4-CO2重整反应的分压平衡常数Kp＝＝ kPa－1。 2.T ℃时，向恒温恒容密闭容器中充入CO2、H2的混合气体使起始压强为210 kPa，只发生反应CO2(g)＋2H2(g)⥫⥬HCHO(g)＋H2O(g)，达到平衡时混合气体的总压强随充入的变化曲线如图所示。 ①a点和b点时的反应速率：v正(a)_____v正(b)(填“＞”“＝”或“＜”)。 ＞ 达到平衡时混合气体的总压强随充入的变化曲线如图，压强减小说明平衡正向移动，当＝2时平衡限度最大，当＞2时，压强增大说明平衡逆向移动，故v正(a)＞v正(b)； ②在a点，若达到平衡状态所用时间为10 min，则用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为____ kPa·min－1；T ℃时，该反应的平衡常数Kp＝____ kPa－1。 12 0.9 根据已知，起始压强为210 kPa，a点＝2，CO2 和H2的分压为210 kPa×＝70 kPa和210 kPa×＝ 140 kPa，设二氧化碳压强改变了x kPa，列三段式： 容器体积不变，根据pV＝nRT，分压与物质的量成正比，则10 min时：70－x＋140－2x＋x＋x＝150，则x＝60，用H2的压强变化表示该反应的平均反应速率为＝12 kPa·min－1；平衡常数Kp＝＝＝0.9 kPa－1。 返回 题空热点4 多重平衡体系中反应条件、 选择性、产率的考查 返回 精研真题 1.(2025·甘肃卷，节选)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__________ _______________________________________(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___________ ______________。 反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 温度升高， 化剂在该温 度范围内失活 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； 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 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___v2(填“＞”“＜”或“＝”)，理由为__________________________ ______________________________________________。 ＞ 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。 2.(2025·黑、吉、辽、蒙卷，节选)乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(CO、H2)为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ.直接合成法：2CO(g)＋3H2(g)わHOCH2CH2OH(g)，不同温度下平衡常数如下表所示。 (1)该反应的ΔH____0(填“＞”或“＜”)。 温度 298 K 355 K 400 K 平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10－3 ＜ 根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又因升高温度平衡向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0。 温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低(或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低) (2)实验表明，在500 K时，即使压强(34 MPa)很高乙二醇产率(7％)也很低，可能的原因是________________________________________________ ______________________________________ (答出1条即可)。 温度 298 K 355 K 400 K 平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10－3 根据表格中的平衡常数，反应温度在500 K时，平衡常数K＜1.3×10－3，此时平衡常数过小，导致乙二醇产率过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低。 Ⅱ.间接合成法：用合成气和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。 (3)在2 MPa、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____ (填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线____表示MG的选择性。 Ⅰ Ⅳ 根据间接合成法的3个连续反应可知，消耗的 DMO的物质的量等于三种产物MG、乙二醇、 乙醇的物质的量之和，根据物质选择性的定义， 图中三种物质在任一温度下的选择性之和为100％， 故曲线Ⅰ表示DMO的转化率。由于三个反应为连续反应，随着温度升高，反应速率不断增大，体系中的物质会不断向最终产物乙醇转化，因此选择性随温度升高而不断升高的曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，曲线Ⅳ表示MG的选择性。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有利于提高A点DMO转化率的措施有_____(填标号)。 A.降低温度 B.增大压强 C.减小初始氢酯比 BD 根据间接合成法的3个连续反应可知，消耗的DMO的物质的量等于三种产物MG、乙二醇、乙醇的物质的量之和，根据物质选择性的定义，图中三种物质在任一温度下的选择性之和为100％，故曲线Ⅰ表示DMO的转化率。 由于三个反应为连续反应，随着温度升高，反应速 率不断增大，体系中的物质会不断向最终产物乙醇 转化，因此选择性随温度升高而不断升高的曲线Ⅲ 表示乙醇的选择性，曲线Ⅳ表示MG的选择性。根据 图示，降低温度，DMO的转化率降低，A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符合题意；减小初始的氢酯比相当于增加DMO的量，DMO的转化率降低，C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符合题意。 3.(2025·云南卷，节选) 我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5 ℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点118 ℃)的生产，主要反应为： Ⅰ.C2H5OH(g)＋H2O(g)2H2(g)＋CH3COOH(g)　ΔH1＝＋44.4 kJ· mol－1 Ⅱ.C2H5OH(g)CH3CHO(g)＋H2(g)　 ΔH2＝＋68.7 kJ· mol－1 (1)①一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是_____(填标号)。 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 AC 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符合题意；容器的体积自始至终不变，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，不能说明反应达到平衡状态，B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，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意； ②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 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； (2)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 由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270 ℃，原因为该温度下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_________(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 产物1 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。 4.(2025·广东卷，节选) 钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 (1)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 ①ΔH1＝________ kJ/mol。 －267.8 已知：反应b：TiCl2(s)＋TiCl4(g)⥫⥬2TiCl3(g) 反应c：Ti(s)＋3TiCl4(g)⥫⥬4TiCl3(g) 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； 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 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_______。 TiCl2(s) 反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热反应，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d逆向移动，所以TiCl3(g)的含量逐渐上升，TiCl2(s)的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为TiCl2(s)； 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)。 0.5 温度T0 K下，n[Ti(s)]＝8.5 mol，n[TiCl3(g)]＝6.0 mol，n[TiCl3(s)]＝n[TiCl2(s)]＝0 mol，根据Ti元素守恒，可推出n[TiCl4(g)]＝(10＋5－6－8.5) mol＝0.5 mol，则c[TiCl4(g)]＝ mol/L，c[TiCl3(g)]＝ mol/L，反应(c)的平衡常数K＝＝。 (2)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N2H4)的分解反应： (e)N2H4N2＋2H2 (f)3N2H4N2＋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。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％ 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％。 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)。 ×100％(推导过程见解析) 由图可知，0～t0 min内，＝y1，＝y2，则n2＝y2×n0，反应掉 的肼(N2H4)为n0(1－y2)，生成的氮气和氢气的物质的量为y1×n0 mol，根据反应前后原子个数守恒，可得n(NH3)＝ mol，反应(f)消耗的肼为n(N2H4)＝× mol，反应(e)消耗的肼ne为n0(1－y2)－× mol，则本体系中催化剂的选择性×100％＝×100％＝×100％＝×100％。 返回 综合题突破(一)　反应原理综合题 返回 1.热化学：焓变的计算，热化学方程式的书写 2.化学反应速率和化学平衡 核心整合 1.(2025·河南卷，节选)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____________ _______________________________________。 精研真题 CH4重整反应 消耗CO2，促进CaCO3的分解反应正向进行 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。 (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”)，原因是_______ _____________________________________________________。 T1 是吸热反应，压强一定时，温度越高，CH4平衡转化率越大 反应Ⅱ 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，由题图可知，相同压强下，T1对应的CH4平衡转化率最高，故T1温度最高。 (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％ 70％ 1.2 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： 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： 反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，在恒压条件下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％。 2.(2025·安徽卷)Ⅰ.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)反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。 －41.2 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。 (2)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____(填标号)。 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 bc 该反应中反应物、生成物均为气体，气体总质量不变，容器恒容，则气体密度始终不变，则气体密度不变不能说明反应达到平衡状态，故a错误；反应①和②反应前后气体分子数均不相等，气体总压强为变量，则气体总压强不变可以说明反应达到平衡状态，故b正确；H2O(g)的浓度不变，则反应体系中各物质浓度均不变，可以说明反应达到平衡状态，故c正确；CO和CO2的物质的量相等，不能说明各物质浓度不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误。 (3)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__________________________； 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_____________ ______________________________。 反应①活化能远小于反应 应②的反应速率提升程度更大 升高温度，反 由图可知，使用该催化剂时反应①的活化能远小于反应②的，故此时反应①的选择性可接近100％；活化能越高的反应的速率对温度越敏感，反应②的活化能更高，升温，其化学反应速率的增加更明显，故升高温度，反应①的选择性下降。 Ⅱ.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： ③CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g) ④CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g) ⑤CH4(g)＋H2O(g)⥫⥬CO(g)＋3H2(g) (4)恒温恒容条件下，可提高CH4平衡转化率的措施有____ (填标号)。 a.增加原料中CH4的量 b.增加原料中CO2的量 c.通入Ar气 b 增加原料中CH4的量，反应③和反应⑤平衡正向移动，但CH4的平衡转化率降低，故a错误；增加原料中CO2的量，反应③平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，故b正确；恒容条件下通入Ar气，体系压强增大，但各反应物浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变，故c错误。 (5)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_____(填“增大”“减小” 或“不变”)。 增大 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④正向进行程度大于反应⑤正向进行程度，故平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将增大。 ⅱ.若平衡时Ar的分压为p kPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数Kp＝ ______(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)。 p2 根据a、b两点起始时CH4/CO2/Ar的物质的量之比为40/40/20，平衡时CO2转化率为30％，CH4转化率为20％，设起始时CH4、CO2、Ar的物质的量分别为2 mol、2 mol、1 mol，反应③中CH4转化a mol，则反应⑤中CH4转化(2×20％－a) mol，反应④中CO2转化(2×30％－a) mol，列关系式如下： 平衡时n(CH4)＝1.6 mol，n(CO2)＝1.4 mol，n(CO)＝2a mol＋(0.6－a) mol＋(0.4－a) mol＝1 mol，n(H2)＝2a mol＋3(0.4－a) mol－(0.6－a) mol＝0.6 mol，n(H2O)＝(0.6－a) mol－(0.4－a) mol＝0.2 mol。 另解：根据原子守恒法进行分析。 起始量 平衡量 n(CO2)＝2 mol n(CH4)＝2 mol n(Ar)＝1 mol n(CO2)＝2 mol×(1－30％)＝1.4 mol n(CH4)＝2 mol×(1－20％)＝1.6 mol n(Ar)＝1 mol 根据C守恒：n(CO)＝2 mol＋2 mol－1.4 mol－1.6 mol＝1 mol 根据O守恒：n(H2O)＝2 mol×2－1.4 mol×2－1 mol＝0.2 mol 根据H守恒：n(H2)＝(2 mol×4－1.6 mol×4－0.2 mol×2)×＝0.6 mol 恒压密闭容器中，气体的分压之比等于物质的量之比，平衡时Ar的分压为p kPa，则p(CH4)＝1.6p kPa，p(H2O)＝0.2p kPa，p(CO)＝p kPa，p(H2)＝0.6p kPa，故Kp＝＝＝ (kPa)2。 1.(2025·河北重点中学高三模拟)氮元素是与生命活动极其相关的元素。回答下列问题： (1)肼[N2H4(g)]是一种高能燃料，气态肼在N2O4(g)中燃烧得到N2(g)与H2O(g)。 已知：①3N2H4(g)N2(g)＋4NH3(g)　 ΔH1＝－33 kJ· mol－1。 ②2NO2(g)N2O4(g)　 ΔH2＝－52.7 kJ· mol－1。 模拟演练 ③6NO2(g)＋8NH3(g)7N2(g)＋12H2O(g)　 ΔH3＝－2 661 kJ·mol－1。 写出N2H4(g)在N2O4(g)中燃烧的热化学方程式： ______________________________________________________________。 2N2H4(g)＋N2O4(g)3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－856.3 kJ·mol－1 N2H4(g)在N2O4(g)中燃烧得到N2(g)与H2O(g)的反应式为2N2H4(g)＋N2O4(g)3N2(g)＋4H2O(g)，由盖斯定律，该反应可以由所给反应①×－反应②＋反应③×得到，故该反应 ΔH＝ΔH1×－ΔH2＋ΔH3×＝(－33 kJ/mol)×－(－52.7 kJ/mol)＋(－2 661 kJ/mol)×＝－856.3 kJ·mol－1，故N2H4(g)在N2O4(g)中燃烧的热化学方程式为2N2H4(g)＋N2O4(g)3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝－856.3 kJ·mol－1。 (2)一定条件下氨气可转化为肼：2NH3(g)⥫⥬N2H4(g)＋H2(g)　ΔH＝＋42 kJ·mol－1。写出两种能提高N2H4(g)产率的方法：_______________________，一定温度下，该反应在某恒容密闭容器中进行，下列能说明反应达到平衡状态的是____(填字母)。 A.混合气体平均相对分子质量不变 B.气体密度保持不变 C.NH3、H2的生成速率比为2∶1 D.ΔH不变 升高温度、及时移去H2 C 氨气转化为肼的反应2NH3(g)⥫⥬N2H4(g)＋H2(g)　ΔH＝＋42 kJ·mol－1是吸热反应，升高温度，及时移去H2，都能使平衡正向移动，从而提高N2H4(g)产率。一定温度下，该反应在某恒容密闭容器中进行：反应前后无固体参与且反应前后气体分子数相等，故无论是否到达平衡，混合气体平均相对分子质量都不变，A错误；反应前后无固体物质参与，气体总质量不变，且容器体积不变，无论是否平衡气体密度都保持不变，B错误；NH3生成是逆反应，H2生成是正反应，NH3、H2的生成速率比为2∶1符合化学计量数之比，说明正逆反应速率相等，可以说明反应到达平衡状态，C正确；化学反应ΔH由反应本身、反应条件及热化学方程式化学计量数决定，与是否平衡无关，D错误。 (3)氮的常见氧化物会对大气造成污染，用甲烷可对其进行无害化处理，如2NO2(g)＋CH4(g)⥫⥬N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＜0。将NO2、CH4按物质的量之比为2∶1的比例充入刚性容器中，然后分别在催化剂Ⅰ、Ⅱ作用下反应，测得反应经过相同时间NO2的转化率如下图所示： ①若100 ℃时，在催化剂Ⅰ、Ⅱ的作用下正反应对应 的活化能分别为E(Ⅰ)、E(Ⅱ)，则E(Ⅰ)____E(Ⅱ) (填“＞”“＜”或“＝”)。 ＞ 由图知，100 ℃时，经过相同反应时间催化剂Ⅱ对应反应转化率高，说明催化剂Ⅱ催化反应速率更大，活化能更小，故E(Ⅰ)＞E(Ⅱ)； ②a点时，v正____v逆(填“＞”“＜”或“＝”)；cd段转化率下降的可能原因是__________________________________________________________ _______ (答一条即可)。 ＞ c点反应达到平衡，温度升高平衡逆向移动或者温度过高使催化剂 Ⅱ失活 反应放热，温度升高反应逆向移动，a点NO2转化率低于c点，a点未到平衡，故v正＞v逆，cd段转化率下降的可能原因是c点反应达到平衡，温度升高平衡逆向移动或者温度过高使催化剂Ⅱ失活； ③若c点恰好达到平衡状态，平衡时总压为14 MPa，则催化剂为Ⅱ时，在120 ℃时的平衡常数Kp＝___ MPa。 2 平衡常数Kp＝＝ ＝2 MPa。 若c点恰好达到平衡状态，平衡时总压为14 MPa，设开始时加入NO2 2 mol，CH4 1 mol，根据三段式 该反应属于吸热、熵减反应，在任何温度下正向反应均不能自发进行(合理即可) 2.(2025·河南部分学校高三模拟)利用工业废气中的二氧化碳合成甲醇符合“碳中和”理念，回答下列问题： (1)已知298 K、100 kPa时反应：CO2(g)＋2H2O(g)⥫⥬CH3OH(g)＋O2(g)　ΔH＝＋676.5 kJ·mol－1，ΔS＝－43.9 kJ·mol－1·K－1，能否利用该反应合成甲醇____(填“能”或“否”)，理由是____________________________ _____________________________________________。 利用CO2和H2合成甲醇涉及主要反应如下： ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g)　 ΔH1＝－49.0 kJ·mol－1 ⅱ.CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　 ΔH2 否 由于该反应属于吸热、熵减反应，ΔG＝ΔH－TΔS＞0，在任何温度下正向反应均不自发进行，所以不能利用该反应合成甲醇。 (2)已知CO(g)、H2(g)的燃烧热分别为283 kJ·mol－1、285.8 kJ·mol－1，H2O(g)H2O(l)　ΔH＝－44.0 kJ·mol－1，则ΔH2＝_______ kJ·mol－1。 ＋41.2 已知CO(g)、H2(g)的燃烧热分别为283 kJ·mol－1、285.8 kJ·mol－1，则①O2(g)＋H2(g)H2O(l)　 ΔH＝－285.8 kJ·mol－1 ②O2(g)＋CO(g)CO2(g)　 ΔH＝－283 kJ·mol－1 ③H2O(g)H2O(l)　 ΔH＝－44.0 kJ·mol－1 依据盖斯定律可知①－②－③即得到反应CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)，则ΔH2＝(－285.8＋283＋44.0) kJ·mol－1＝＋41.2 kJ·mol－1； 240 ℃之前升高温度，反应速率增大，甲醇收率增大；240 ℃之后反应达到平衡，升高温度，反应ⅰ逆向进行，甲醇收率减小 (3)向密闭容器中充入H2和CO2的混合气体发生反应ⅰ，一定时间内，测得CH3OH的收率s(CH3OH)随温度的变化关系如图所示，随温度升高，s(CH3OH)先增大后减小的原因是___________________________________ _____________________________________________________________________________ (不考虑温度对催化剂活性的影响)。 由于反应ⅰ是放热反应，240 ℃之前升高温度，反应速率增大，甲醇收率增大；240 ℃之后反应达到平衡，升高温度，反应ⅰ逆向进行，甲醇收率减小； (4)温度为T K，初始压强为4.0 MPa时，向恒容密闭容器中充入＝3的混合气体，发生反应ⅰ和ⅱ，t min后反应达到平衡状态，测得CO2的转化率为36％，CH3OH(g)的分压是CO的分压的2倍。 ①0～t min内用CO2分压表示的平均反应速率为______ MPa·min－1，H2的转化率为_____。 28％ 温度为T K，压强为4.0 MPa时，向恒容密闭容器中充入＝3的混合气体，发生反应ⅰ和ⅱ，t min后反应达到平衡状态。 反应前CO2、H2的分压分别是1.0 MPa、3.0 MPa，平衡时CO2的转化率为36％，则CO2转化的分压是0.36 MPa，CH3OH(g)的分压是CO的分压的2倍，依据三段式可知： 　　　　　CO2 ＋ 3H2 ⥫⥬ CH3OH ＋ H2O 转化分压 0.24 0.72　 0.24　 0.24 　　　　　CO2＋H2　⥫⥬　CO　＋　H2O 转化分压 0.12 0.12 0.12 0.12 因此0～t min内用CO2分压表示的平均反应速率为 MPa·min－1，H2的转化率为×100％＝28％； ②该温度下，反应ⅰ的标准平衡常数Kθ＝___________ [列出计算式即可，不用化简；已知：分压＝总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)＋eE(g)⥫⥬gG(g)＋hH(g)，Kθ＝，其中pθ＝0.1 MPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压]。 温度为T K，压强为4.0 MPa时，向恒容密闭容器中充入＝3的混合气体，发生反应ⅰ和ⅱ，t min后反应达到平衡状态。该温度下平衡时CO2、H2、CH3OH、CO、H2O(g)的分压分别是(MPa)：0.64、2.16、0.24、0.12、0.36，所以反应ⅰ的标准平衡常数Kθ＝； ③若平衡时，保持温度和容积不变，再充入1 mol H2，则再次平衡时_____(填“增大”“减小”或“不变”)。 增大 温度为T K，压强为4.0 MPa时，向恒容密闭容器中充入＝3的混合气体，发生反应ⅰ和ⅱ，t min后反应达到平衡状态。若平衡时，保持温度和容积不变，再充入1 mol H2，增大反应物浓度，平衡正向进行，但平衡时H2浓度仍比原来大，温度不变，平衡常数不变，则依据反应ⅰ－反应ⅱ得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)可知＝Kc×c2(H2)，再次平衡时c(H2)增大，增大。 返回 谢 谢 观 看 ！ 返回 $