第2章 化学反应的方向、限度与速率 章末整合提升(Word学生用书)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中化学选择性必修第一册（鲁科版）

该高中化学导学案聚焦化学反应速率与化学平衡，通过体系构建图梳理知识脉络，搭建从基础概念到综合应用的学习支架，引导学生掌握反应速率计算、平衡移动及相关计算等核心内容，衔接前后知识点形成完整认知体系。 包含高考真题情境化设计及反应机理示意图等可视化资源，结合实验数据与图表分析，培养学生科学思维（证据推理、模型认知）和科学探究与实践能力，助力学生提升解决实际问题的素养，便于教师教学与学生自主学习。

一、化学反应速率 1.（2025•河南高考10题）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，*CH3CHCH2＋2*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 2.（2025•湖南高考14题）环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯（）为原料生产环氧丙烷（）的反应机理如图所示。下列说法正确的是（　　） A．过程中Ⅱ是催化剂 B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C．过程中Ti元素的化合价发生了变化 D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100% 3.（2024•安徽高考12题）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 4.（2025•陕晋青宁17题节选）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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 5.（2025•河北高考17题节选）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。 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。 （1）0~30 min内，v总（EO）=　　　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 二、化学平衡移动及相关计算 6.（2025•河南高考17题节选）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 （1）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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）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% 7.（2025•云南高考17题节选）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　Kp1 Ⅱ．C2H5OH（g）CH3CHO（g）＋H2（g）　ΔH2=＋68.7 kJ•mol－1 回答下列问题： 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　　　　　　　　　　　　 　　　　　。 （2）由图中信息可知，乙酸可能是　　　　（填“产物1”“产物2”或“产物3”）。 （3）270 ℃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）=　　　，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）。 8.（2025•安徽高考17题节选）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）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 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） （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　　　　（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）。 9.（2025•河北高考17题节选）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。 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　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）ΔH　　　　0（填“＞”“＜”或“=”）。 （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）　　　Kx（N）（填“＞”“＜”或“=”），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）。 三、化学反应速率与化学平衡的综合应用 10.（2025•山东高考10题）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 11.（2025•江苏高考13题）甘油（C3H8O3）水蒸气重整获得H2过程中的主要反应： 反应Ⅰ　C3H8O3（g）3CO（g）＋4H2（g）　ΔH＞0 反应Ⅱ　CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）　ΔH＜0 反应Ⅲ　CO2（g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（g）　ΔH＜0 1.0×105 Pa条件下，1 mol C3H8O3和9 mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是（　　） A．550 ℃时，H2O的平衡转化率为20% B.550 ℃反应达平衡状态时，n（CO2）∶n（CO）=11∶25 C．其他条件不变，在400~550 ℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大 D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2的物质的量 12.（2025•广东高考19题节选）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 （1）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。 （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－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。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）。 （3）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）。 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.（2025•甘肃高考17题节选）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） （1）25 ℃，101 kPa时，反应C2H4（g）＋H2（g）C2H6（g）　ΔH=　　　　kJ•mol－1。 （2）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）。 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　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 答案 章末整合提升 【素养提升】 1.C　 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.B　过程中Ⅰ先消耗后生成，故Ⅰ为催化剂，A项错误；过程中有H2O2中O—O非极性键、O—H极性键的断裂，有环氧丙烷中C—O极性键、O2中氧氧非极性键的形成，B项正确；过程中Ti形成4个键或5个键，其中形成的第5个键为配位键，Ti的化合价没有发生变化，C项错误；该过程中还生成O2与H2O，原子利用率小于100%，D项错误。 3.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，D项错误。 4.④　HO*＋C＋H*＋＋H2OC＋H*＋2H2O（或HO*＋C＋C＋H2O） 解析：活化能最大的基元反应为最慢的基元反应，由题图知，④的活化能最大，反应最慢。生成水的基元反应为③，其方程式为HO*＋C＋H*＋＋H2OC＋H*＋2H2O或HO*＋C＋C＋H2O。 5.（1）0.05　（2）cd 解析：（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。 6.（1）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 （2）1.2　70% 解析：（1）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。（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： 　　　　　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%。 7.（1）乙酸选择性最大且反应速率较快　（2）产物1　 （3）36∶5　 解析：（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 mol=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 　　C2H5OH（g）＋H2O（g）2H2（g）＋CH3COOH（g）、　 Δn（mol）　　　 0.72　 　0.72　　 1.44　　 0.72 C2H5OH（g）H2（g）＋CH3CHO（g）Δn（mol）　　 0.18　　0.18　　 0.18，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。 8.（1）bc　（2）ⅰ．增大　ⅱ．p2 解析：（1）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，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。（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．解析一：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的转化率为30%，CH4的转化率为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： ③CH4（g）＋CO2（g）⇌2CO（g）＋2H2（g） 转化量/ mol　　 a　 　a　 　2a　　 2a ④CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g）　　 转化量/ mol　　0.6－a　　0.6－a　　0.6－a　　0.6－a ⑤CH4（g）＋H2O（g）⇌CO（g）＋3H2（g）　　　　 转化量/ mol　　 0.4－a　　0.4－a　　0.4－a　　3（0.4－a） 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。 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，故反应⑤的Kp===（kPa）2。 9.（1）L1　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，平衡转化率增大　（2）＜　（3）=　12　（4） 解析：（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）由题图可知，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，ΔH＜0。（3）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： 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，p（CO）=p0、p（H2）=p0、 p（HOCH2CH2OH）=p0， 则Kp=MPa－4= MPa－4。 10.D　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。 11.A　反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ和Ⅲ是放热反应，升高温度，反应Ⅰ的平衡正向移动，反应Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移动，CH4的物质的量降低，CO和H2的物质的量升高，由C原子守恒知，550 ℃时n（CO）＜（3－2.2）mol，故曲线①为H2，②为CH4，③为CO。 平衡体系中的含H物质有C3H8O3、H2、H2O、CH4，含C物质有C3H8O3、CH4、CO、CO2，根据C元素守恒有：1 mol×3=3n（C3H8O3）＋n（CH4）＋n（CO）＋n（CO2），根据H元素守恒有：1 mol×8＋9 mol×2=8n（C3H8O3）＋4n（CH4）＋2n（H2）＋2n（H2O），两式联立，结合上述分析和图中数据可得n（H2O）=7.2 mol，故550 ℃时，H2O的平衡转化率为×100%=20%，A正确；由题图知，550 ℃反应达到平衡时，n（CO2）∶n（CO）=11∶2，B错误；其他条件不变，在400~550 ℃范围内，升高温度，反应Ⅰ的平衡正向移动，反应Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移动，CO2的物质的量增加，说明反应Ⅲ的平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ，故平衡时H2O的物质的量随温度升高而减小，C错误；反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，反应Ⅲ是气体分子数减小的反应，其他条件不变，增大压强，反应Ⅰ的平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡不移动，反应Ⅲ的平衡正向移动，平衡时H2的物质的量减小，D错误。 12.（1）能　（2）①－267.8　 ②TiCl2（s）　③0.5　　（3）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： N2H4N2＋2H2 转化量　　 e　　e　　2e 3N2H4N2＋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%=×100%=×100% 解析：（1）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。（2）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原子共15 mol，Cl原子共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===。（3）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： N2H4N2＋2H2 转化量　　 e　　e　　2e 3N2H4N2＋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%=×100%=×100%。 13.（1）－137　（2）升高温度，反应速率加快（或升高温度，催化剂活性增强）　220~260 ℃时，催化剂活性降低　＞　乙烯的选择性高于乙烷的选择性，反应1的转化速率大 解析：（1）根据盖斯定律可知，目标反应=反应2－反应1，故ΔH=ΔH2－ΔH1=－137 kJ•mol－1。（2）在60~220 ℃范围内，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，故乙炔转化率随温度的升高而增大，另外催化剂活性增强也可加快反应速率，提高乙炔转化率；而温度由220 ℃升高至260 ℃时，催化剂活性降低，故乙炔转化率减小；由图中产物选择性曲线可知，在120~240 ℃范围内，乙烯的选择性高于乙烷的选择性，故反应1的转化速率大，即v1＞v2。 7 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $