上篇 专题四 非选择题超热点突破二 化学反应原理综合题-【创新教程】2027年高考化学大二轮专题增分方案学生用书

化学 非选择题超热点突破二 化学反应原理综合题 突破1品鉴经典真题，研考向，建模板 [例](2026·四川卷)季戊四醇酯是具有优 (2)下列说法正确的是 (填标号)。 良生物降解性的润滑剂。以二甲基亚砜为 a.A的平均消耗速率是B的平均消耗速率 溶剂，正己酸(A)与季戊四醇(B)制备正己 的两倍 酸季戊四醇单酯(C)和二正己酸季戊四醇 b.0~120min内，135℃时B的平均消耗速 二酯(D)的反应如下： 率等于C的平均生成速率 I.C H COOH(1)+C(CH,OH)(1)- A c.240~320min内，反应I在145℃的平均 C.H COOCH2 C(CH2 OH);(1)+H2 O(D) 速率小于其在135℃的平均速率 C (3)反应达平衡后，若向反应体系中通入惰 △H1=mkJ·mol-1 性气体将产生的水带出，C和D的产率将 II.CH COOH(D+C H COOCH C(CHOH (D A C (填“增大”或“减小”)，原因是 -(C H]COOCH)C(CH OH2 (D)+H,O(D) (4)135℃达平衡时，c(B)=0.50mol·L1,则 △H2=nkJ·mol1 c(D)= mol·L1,反应I的平 反应物初始浓度c(A)。=c(B)。=1.0mol·L1, 衡常数K(I)= (计算结果均保 不同温度下部分物质浓度随时间的变化关 留小数点后2位)。 系如图所示，平衡浓度比如表所示（忽略水 的挥发)。 (⑤)已知反应热满足关系△H= RT T2 K2 1.0 -135℃ --1459℃ 式中K1、K2分别为温度T1、T2时的平衡常 0.8 数，R是大于0的常数，则反应I和Ⅱ的反 0.6 B 应热关系为△H1 △H2(填“>” 0.4 B 是 或“<”)，判断依据是 0.2 审设问 ◇◇◇D (1)考查△H的计算，根据盖斯定律计算目标 0 40. 80120160200240280320 t/min 方程式的△H。 不同温度下的平衡浓度比 (2)考查平均反应速率的计算，注意结合方程 温度/℃ c(C) c(D) 式和图像综合计算。 c(B) c(C) (3)考查平衡移动及原因解释。 135 0.90 0.11 (4)考查多重平衡的有关计算。 145 0.96 0.22 (5)从升温后K2/K1增大倍数差异结合 回答下列问题： van'tHoff方程推导△H1<△H2等多维度自 (1)2C5H,COOH(1)+C(CH2OH)4(1) (C HI COOCH)2C(CH2OH)2 (1)+2HO(1) 主推理，培养解决真实合成优化问题的系统思 的反应热△H3= kJ·mol-1。 维与科研素养。 40 上篇专题四热化学化学反应速率与平衡 [怎么考·考情把脉] [怎么答·思维建模] 化学反应原理综合题是 化学反应原理综合题的解题“三原则” 新高考中的必考题，该 原则一、注意跳跃思维 题型通常以元素化合物 化学反应原理综合题是拼盘式考查，热化学和电化学的题目设计一 知识为载体，以工业生 般有递进性，答题时可跳跃解决，不能因为化学平衡的题目难度大而 产为背景，综合考查化 放弃。 学反应速率、化学平衡 原则二、仔细分析图像 及其影响因素、化学反 分析图像要明确三步： 应中的能量转化、盖斯 “一看”—看图像 定律及其应用、热化学 “二想” 想规律 方程式的书写、原电池 “三判”一得结论 和电解池原理及其电极 原则三、分层简化解题 反应式的书写、水溶液 把大题化为小题，把综合性问题分解为相对独立的小问题， 中的离子平衡等知识， 降低难度，各个击破。如： 甚至还融合考查氧化还 (1)利用盖斯定律求算反应热，分层思考： 原反应、离子反应，涉及 ①明确待求热化学方程式中的反应物和生成物； 知识点较多，但各个小 ②处理已知热化学方程式中的化学计量数和焓变； 题又相对比较独立。题 ③叠加处理热化学方程式、确定答案。 目的综合性强，化学信 (2)化学反应速率的计算、转化率及平衡常数的计算 息较多，设问角度灵活 用“三段式”法分层找相关“量”：用什么时刻量，用什么物理量计 多变，侧重考查考生接 算。如计算平衡常数K时，不能使用平衡时的物质的量，要用平 收、整合信息的能力和 衡时的物质的量浓度。 应用化学知识解决实际 (3)电化学的考查：首先分析电化学装置，判断是原电池还是电解池， 问题的能力。 再根据电极所处的环境书写电极反应式。 突破2突破4个核心考点，析重难，精准练 考向1突破热化学方程式书写与焓变计算 突破核心透视 (2)根据反应物和生成物的键能计算 1.书写热化学方程式的“五环节” △H=反应物的键能总和一生成物的键能 一写方程式 写出配平的化学方程式 总和 (3)根据反应的活化能计算 二标状态 用s、l、g、aq标明物质的聚集状态 △H=正反应的活化能一逆反应的活化能 确定反应的温度和压强(101kPa、 三定条件 (4)利用盖斯定律计算反应热的两种方法 25℃时可不标注) ①虚拟路径法：先根据题意虚拟转化过程， 在方程式后写出△H,并根据信息注 四标△H 明△H的“+”或“一” 然后根据盖斯定律列式求解，即可求得待 五标数值 根据化学计量数计算写出△H的值 求反应的反应热。 2.计算反应热的常用方法 ②加减法：将所给热化学方程式适当加减 (1)根据反应物和生成物的能量计算 得到所求的热化学方程式，反应热也作相 △H=生成物的总能量一反应物的总能量 应的加减运算。流程如下： 41 化学 第一步一先确定待求反应的化学方程式 (4)(盖斯定律|2026·江西卷)Ca(OH)2/ CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有 找出待求化学方程式中各物质在 已知化学方程式中的位置，若在 储能密度高、储/释能速度快等优点。其化 第二步 “同侧”，计算△H时用“+”，若在 学反应与能量关系图如下： “异侧”，计算△H时用“-”，即“同 Ca(OH)()95JCa)+H. 侧相加、异侧相减” 510℃ 510℃510℃ +54 kJ.mol- -24 kJ.mol- -62 kJ.mol- 根据待求化学方程式中各物质的 E Ca(OH)2(s) Ca0(s)+H200) 第三步 化学计量数确定已知化学方程式 25℃ 25℃25℃ 的乘数，即“化学计量数定乘数” 回答下列问题： 依据第二步、第三步的结论，计算 E= kJ·mol-1。 第四步 待求反应的△H 2.(键能2025·江苏卷)合成气制备甲醇： 对点题型集训 CO(g)+2H2 (g)-CH3 OH(g). 1.(1)(燃烧热2025·黑吉辽蒙卷)已知C0(g)、 CO的结构式为C=O,估算该反应的△H H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧热（△H) 需要 (填数字)种化学键的键能 分别为-ak·mol1、-bk·mol1、 数据。 -ck·mol,则2C0g)+3H（g)催化剂 3.（2026·湖南卷)恒压条件下，该反应若改用 HOCH CH,OH(g)合成反应的△H= kJ M(Na/FeC、@FeO4)作催化剂，产物中 ·mol厂1（用a、b和c表示）。 的H2O还可与CO反应。以生成C3H。为 (2)(盖斯定律|2026·黑吉辽蒙卷)合成丙 烯的费托反应主要为： 例，相关反应如下： ①6C0(g)+3H2(g)=C3H(g)+3CO2(g) .C0g)+2H,(g)一3CH(g)+H0(g) △H1 @C:Ho(g)+Hz(g)-CaHe(g) △H2= △H1=-124.6kJ·mol-1 -124kJ·mol-1 ii.yCO(g)+yH,O(g)yCO2(g)+yH2(g) 3CO(g)+H2 O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2=-41.2kJ·mol1 △H3=-41kJ·mol- ii.(1+y)C0(g)+(2-y)H2(g)== ④3CO(g)+6H2(g)—C3H(g)+3H2O(g) △H4=-374kJ·mol 3CH,(®)+1-)H,08)+c0,(® 则△H1= kJ·mol-1,基于化学 △H 平衡分析，合成丙烯的条件应为 (填标号)。 当y=0.5时，反应im的△H,=k·mol1。 A.低温高压 B.低温低压 4.(外界条件对速率、转化率的影响原因描述) C.高温低压 D.高温高压 环已烷和苯均是重要的化工原料，对环已 (3)(盖斯定律2026·云南卷)I.“热催化” 烷-苯系统的研究既有生产实际价值，也具 中主反应： 有理论意义。回答下列问题。 i.2CO (g)+2CHONO (g)- (1)环己烷脱氢生苯的热效应研究 (COOCH3)2(I)+2NO(g)△H1△S 已知：已知：4CO(g)+4CHOH(g)+O2(g) 已知下列物质的燃烧热数据如下： -2(COOCH3)2 (1)+2H2O(g)AH2 物质 C(s,石墨) H2(g) (g (g) 4NO(g)+4CH OH(g)+O(g)-4CH ONO(g) +2H2O(g)△H3 △H 则△H,= (用含△H2和△H?的代 -393.5 285.6 -3264 -3920 (kJ·mol-1) 数式表示)，△S 0(填“>”或“<”)。 42 上篇专题四热化学化学反应速率与平衡 则计算脱氢反应：一(g,环己烷)一 (g) 5.(相对能量|2026·陕晋青宁)①已知298K +3H2(g)的△H= kJ·mol-1 时，各物质的相对能量如表。 (2)利用下列表格中的键能数据计算上述脱 C2 H Cl2 C2 H2 C,H CI 氢反应的△H时，计算值与实测值差异较 物质 大。试从分子结构的角度解释原因 (g) (g) (g) 相对能量/ 126 +227 +37 kJ·mol-1 化学键 C-H C-C C-C H-H 键能/ C2 H CI2 (g)+C2H2 (g) 2C2H3C1(g) 412 348 612 436 (kJ·mol-1) △H3= kJ·mol1。 考向2多重平衡体系中反应条件、选择性、产率规范解答 突破核心透视 (2)选择思路 1.活化能的概念 反应物、生成物的聚集状态 正确分析 在给定的化学反应中，由反应物分子到达活 反应特点 气体体积变化（增大、减小、不变） 化分子所需的最小能量。 反应吸热还是放热 2.活化能对化学反应的影响 明确反应的 恒温恒容 (1)根据有效碰撞理论，活化能越小，反应速率 外界条件 恒温恒压 越大。 调控反应速率：改变温度、浓度、 (2)催化剂能降低反应的活化能，提高反应速 结合题意， 压强、催化剂 率，增大非平衡状态中反应物的转化率，但 分析判断 调控反应限度：改变体系的温度、 浓度、压强 不改变平衡转化率。 4.原因解释的分析思路及答题模板 (3)基元反应中的慢反应决定整个反应的反应 (1)分析思路 速率。 ①分析反应特点、条件 (4)催化剂具有专一性，能提高某一特定反应 改变，判断平衡移动方 的反应速率，从而提高指定反应的选择性。 向和相关物理量变化 ②分析反应特点和有关 3.实际工业生产中反应最佳反应的选择及 反应特点、 条件（不同） 平衡移 物理量变化推导条件改 思路 动规律 改变、平衡 变或采取措施 (1)选择原则 素 知二求 移动（物理 ③由条件改变及引起的 ””” 量变化) 物理量变化，分析反应 条件 原则 的热效应（吸热、放热）， 非平衡状态，着重考虑外因对速 气体分子数的改变（增 从化学反应 大、减小、不变) 率的影响导致反应物的转化率 速率分析 (或产品产率)的影响 (2)答题模板 叙特点（反应特点或容器特点）→变条件→ 从化学平衡 平衡后，着重考虑外因对移动方 定方向→得结论（或结果），如： 移动分析 向的影响 ①温度：该反应正向为××（放热或吸热） 注意催化剂的活性受温度的限 反应，其他条件不变，升高（或降低）温度， 从催化剂的 制，还要注意催化剂对主副反应 平衡××（正向或逆向）移动，因此××× 活性分析 的选择性的影响 (得结论)。 ②压强：正反应是气体分子数××（减小或 既要注意外界条件对速率和平衡影 增大)的反应，其他条件不变，增大（或减 综合分析 响的一致性，又要注意二者影响的矛 小)压强，平衡××（正向或逆向）移动，因 盾性，还要考虑设备要求 此×××（得结论）。 43 化学 对点题型集训 原因是 1.(2025·河北卷节选)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 代表反应Ⅲ的曲线是 (填“ab”或“c。 100%,具有广阔的发展前景。反应如下： 2CO(g)+3H2(g)=HOCH,CH,OH(g) △H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。a分别为0.4、 0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： 25 T/K 20 4.(2026·重庆卷)高纯多晶硅是微电子和太 N L 阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采 用SHCL氢还原法，该法的主要反应有（忽 略其他副反应)： 5 480490500510520T/K 反应1 SiHCl3(g)+H2(g)=→Si(s)+ ①代表α=0.6的曲线为 (填“L,” 3HCl(g)△H “L2”或“L”);原因是 反应22 SiHCl(g)=Si(s)+SiCL4(g)+ 2HCI(g)△H2> ②△H 0(填“>”“<”或“=”)。 反应3 SiHCI3(g)=SiCl2(g)+HCl(g) 2.(2026·黑吉辽蒙卷)低碳烯烃(C2一C4烯) △H3>0 用途广泛，可由合成气(CO+H2)经费托反 (1)①反应1的平衡常数K随温度T的升 应催化直接合成。 高而增大，则△H 0(填“>”“<” 烃类产物碳链增长的部分历程如下(M:催 或“=”)。 化剂，*CH:活性碳氢物质)： ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的 CH,=CH, 硅芯棒表面。一定条件下，反应100h后， *CH 及*CH M-CH,- →M一CH,一CH 测得硅芯棒增重16.0kg,则多晶硅的沉积 分 CH. CH,CH 速率为 kg/h。 CH,CH-CH2 H (2)在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气 *CH. >M-CH,一CH,一CH, 体占总气体的物质的量分数为x。体系压强 CH,CH.CH,+H 为100kPa时，x与温度T的关系如图所示。 按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因 H2 N(1320,0.88) 是 (答 M(1320,0.050) 出一条即可)。 HCL 3.(2026·陕晋青宁卷)利用1,2-二氯乙烷与 SiCl 乙炔生产氯乙烯的主要反应为： SiCl I.C,H CI,(g)=C,H CI(g)+HCI(g) △H1>0 T/K II.C2 H2 (g)+HCI(g)=C2 H2 CI(g) ①在1320K时，反应1的平衡常数K。= △H2<0 kPa(保留小数点后两位，分压=总 回答下列问题： 压×物质的量分数)。 II.C2 H Cl2 (g)+C2 H2 (g)=2C2 H CI(g) ②若平衡体系压强为50kPa,SiHCI3和 △H3=-27kJ·mol-1。 HCI的曲线交叉点相对于M点，将位于 区域（填“高温”或“低温”），其原因 上述三个反应的lnK(K为平衡常数)随一 是 (T为温度)的变化如图甲。曲线c下降的 44 上篇专题四热化学化学反应速率与平衡 ③多品硅的产率常用刀三”装C× 6.(2025·河南卷)CaCO3的热分解与NiP, 催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成 100%表示，若n物始(SiHCI3)=1.0mol和 气(H2+CO),实现碳资源的二次利用。主 n知始(H2)=10mol,则M点对应的？= 要反应如下： 5.(2026·山东卷节选)液相酯交换反应（如反 反应I:CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) 应I)是生产化工产品的重要途径，回答下 △H1=+178kJ·mol-1 列问题： 反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)==2H2(g)+ .mm 2C0(g)△H2=+247kJ·mol1 反应： H 反应Ⅲ：H2(g)十CO2(g)→H2O(g)+CO(g) △H3=+41kJ·mol-1 初始投料只有A和B,且均为1mol,不同温 回答下列问题： 度下A转化率随反应时间的变化如图所 在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡 示，则△H 0(填“>”或“<”)；实 转化率与压强的关系如图所示，反应温度最 验证明|△H1|很小，从化学键变化角度分 高的是 (填“T”“T2”或“T”)。原 析，其原因为 因是 100 % T 是80 60 T 20 0 5001000150020002500 反应时间一 压强/kPa 考向3 基本平衡常数、转化率、速率计算 突破核心透视 表达式 说明 1.转化率、产率及分压的计算 用平衡分压代替 反应物的转化率一座物的变化量 平衡浓度；气体 反应物的起始量 ×100% KpK。=pN2）·p3(H2O) p2(NH3) 分压=气体总压 产物的产率= 生成物的实际产量 ×物质的量分数 生成物的理论产量 ×100% 对点题型集训 分压=总压×物质的量分数 1.(2025·河南卷)CaC03的热分解与NiP 2.常用的气体定律 催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成 同温同体积：p(前)：（后）=n(前)：n(后) 气(H2十CO),实现碳资源的二次利用。主 同温同压强：（前）一 M(前)V(前) 要反应如下： p(后) M(后)'V(后) 反应I:CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) =n(前) △H1=+178kJ·mol-1 n(后) 反应I:CH(g)+CO2(g)→2H2(g)+2CO(g) 3.有关平衡常数K与K △H2=+247kJ·mol-1 反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)=一HO(g)+CO(g) 例：在一体积不变的密闭容器中发生化学反 △H3=+41kJ·mol1 应：FeO,(s)十2NH(g)=一2Fe(s)+N,(g)+ 回答下列问题： 3H,O(g) 一定温度、100kPa下，向体系中加入 表达式 说明 1.0 mol CaC03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 c(N2)·c3(H2O) K- 时，体系中CaCO转化率为80%，CH4转 c2(NH3) 平衡浓度 化率为60%，C0物质的量为1.3mol,反应 45 化学 Ⅲ的平衡常数K。= (保留小数点后一 ②已知反应的平衡常数K与温度T之间符 位)，此时原位CO2利用率为 已知：原位CO2利用率= 合：lnK=- +CR为率尔气体帝数，C [ncaco,,(初始)-caco,(平衡)]-nco,(平衡) 为常数)。当y=1时，反应i和i的lnK与温 ncaco,(初始) 度T的数据如表所示，反应对应表中数据 ×100% (填“a”或“b”)。 2.(1)(2025·陕晋青宁卷)MgCO3/Mg0循 T 423K 623K 723K 环在CO2捕获及转化等方面具有重要应 a 6.7 2.9 1.8 In K 用。科研人员设计了利用MgCO3与H2反 6 20.3 5.2 0.7 应生成CH4的路线，主要反应如下： ③反应近似达到平衡时，加人少量无水 I.MgCO3(s)-MgO(s)+CO2(g) MgCL2,CO的平衡转化率和CO2的选择性 △H1=+101kJ·mol- 均减小，其可能原因是 II.CO,(g)+4H2 (g)-CH,(g)+2H,O(g) (选择性= 转化为目的产物所消耗CO的量 △H2=-166kJ·mol-1 已转化的CO总量 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)—H2O(g)+CO(g) ×100%)。 △H3=+41kJ·mol-1 ④y增大，烯烃的氢原子经济性将 (填“增大”或“减小”)，理由是 回答下列问题： 。(氢原子经济性= 高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO 与H2反应生成CH4,部分历程如图甲，其 目的产物中氢原子的总质量X100%) 参加反应的氢原子的总质量 中吸附在催化剂表面的物种用￥标注，所示 ⑤图Ⅱ为CO转化率和CO2选择性分别与 步骤中最慢的基元反应是 (填序 H2/CO投料比之间的关系，H2/CO投料比 号)，生成水的基元反应方程式为 为1.5时，副产物甲烷的选择性为10%，烯 烃的氢原子经济性 90H 90 60 8 30 10 0.51.0152.02.530 H,/C0投料比 ① HE+.H+.HOOO ② ④ 3.(2026·云南卷)“双碳”目标推动科技发展。 一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯 (DMT)的路径如下： 甲 CO 热催化，(C0OCH,) 电催化，(CHOHCOOCH,)2 (2)(2026·湖南卷)恒压条件下，该反应若 DMO DMT 改用M(Na/FeC、@FeO4)作催化剂，产 回答下列问题： 物中的H2O还可与CO反应。以生成 I.“热催化”中主反应： C3H。为例，相关反应如下： i.2CO (g)+2CH ONO (g) 1.C0g)+2H,(g)一C,H(g)+H0(g) (COOCH3)2(1)+2NO(g)△H1△S 3 (1)已知：4C0(g)+4CH3OH(g)+O2(g) △H1=-124.6kJ·mol-1 -2(COOCH3)2(1)+2H2O(g)AH2 ii.yCO(g)+yH,O(g)yCO(g)+yH2 (g) 4NO(g)+4CH3 OH(g)+O2(g)- △H2=-41.2kJ·mol-1 4CH,ONO(g)+2H2O(g)AH3 i.(1+y)CO(g)+(2-y)H2(g)== “热催化”存在两个副反应，其中生成“副产 3 物1”(CO(OCH3)2)的副反应： CsH(g)+(1-y)H2O(g)+yCO2(g) i.CO(g)+2CH,ONO(g)-CO(OCH)2(g)+ △H3 2NO(g 46 上篇专题四热化学化学反应速率与平衡 一定条件下，CH ONO平衡转化率和产物 ①“热催化”反应较适宜的温度区间为 选择性随温度变化关系如图1。 (填标号)。 [比如：DMO选择性= 2n(生成的DMO) A.120~140℃ B.130~150℃ n(转化的CH3ONO) ×100%] C.140160℃ 送I00CH,ON0口DM0□副产物1■剧产物2 ②130℃，若恒容密闭容器中只发生反应 100 90 13090 80 i、iⅱ，当CO和CH ONO的初始浓度分别 80 为2mol·L1、1mol·L1,结合图1信息， 07 70 平衡时c(CH ONO)= mol·L1, 60 120 130 140150160 170 反应1的K。= (mol·L-1)-2 温度/℃ 图1 (列出计算式即可)。 考向4速率常数与平衡常数融合计算 突破核心透视 2.速率方程 1.分压平衡常数 (1)速率方程的类型 (1)气体的分压定律 ①正、逆反应速率方程：对于反应aA(g)十 ①分压定律：混合气体的总压等于相同温 bB(g)→gG(g)十hH(g),则=k正· 度下各组分气体的分压之和：p(A)十(B) c"(A)·c,℃逆=k逆·cP(G)·c(H)(其 十(C)十p(D)十…=力。 中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，浓 ②气体的分压之比等于其物质的量之比： 度的幂指数与化学计量数没有必然联系)。 (B)n(B) B(D)n(D) 与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表 ③某气体的分压(B)与总压之比等于其 面性质等因素的影响，通常反应速率常数 物质的量分数，p(B)-n(B) =x(B)。 越大，反应进行得越快。 p总n总 ②总反应速率方程：某反应的总反应速率 (2)分压平衡常数K。与总压卫、气体体积分数 方程通常由实验测定，其中应指净反应 x的关系。一定温度下，刚性密闭容器中 速率，即正一℃逆，如某合成氨速率方程为 发生气相反应：mA(g)+nB(g)=eC(g) v=kc(N2)·c(H2)·c'(NH3)。 十fD(g)。达到平衡时，令A、B、C、D的分 压分别为(A)、(B)、p(C)、p(D),A、B、 (2)求算方法 C、D的体积分数为x(A)、x(B)、x(C)、 ①k正、k逆与平衡常数K的关系 x(D),体系总压p=p(A)十p(B)十(C) 以(1)中反应为例，平衡时，0正=℃逆，则正 +p(D)。 ·cm(A)·c”(B)=k道·cP(G)·c(H), k-8细-8： 王=c2(G)·c(HD=K,K为平衡常数。 k逆cm(A)·c”(B) =x(C)·t(D)·p+fm+p ②利用所给数据采用“定多议一”的原则求 xm(A)·x"(B) 算，如合成氨速率方程为v=k·c(N2)· 当m十n=e十∫时，p+-m+W=p°=1， K。=C·pD)=x(C)·z(D) c(H2)·c'(NH3)中，让NH3和H2的浓 pm(A)·p”(B)xm(A)·x”(B) 度保持不变，利用N2浓度的不同求a。 47 化学 对点题型集训 CaoH9 1.（2026·云南卷)“电催化”中：DMO ----CaoHu 电催化，DMT (4)25℃时，DMT的生成速率v与 c(DMO)关系如上图2，已知该反应的速率 方程为v=kcm(DMO),其中k为速率 (2)C4oH1g(g)=C4oH18(g)+H·(g)及 常数。 CoH:(g)C4oHo(g)+H·(g)反应的 lnK(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图 15.60 10.92 所示。已知本实验条件下，nK=- + c(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线 6.24 几乎平行，从结构的角度分析其原因是 1.56 0 0.04 0.160.28 0.40 c(DMO)/(mol-L) (3)下列措施既能提高反应物的平衡转化 率，又能增大生成C4oH1。的反应速率的是 图2 (填标号)。 ①当c(DMO)增加10倍，v也增加10倍， a.升高温度b.增大压强c.加入催化剂 则m为 3.(2025·重庆卷)利用弛豫法可研究快捷反 ②速率常数k为 s1(列出计算 应的速率常数(k在一定温度下为常数)，其 原理是通过微扰（如瞬时升温）使化学平衡 式即可)。 发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向 (5)生成DMT的电极反应式为2(COOCH.)2 新平衡态所需的弛豫时间τ，从而获得k的 +6H++6e-(CHOHCOOCH3)2+ 信息对于H,0冬H十OH若将纯水瞬 2Y,其中Y为 (填结构简式)。 时升温到25℃，测得x=4.0×105s。已知： 2.[2023·湖北，19(4)(5)(6)]纳米碗C40H1o 25℃时，c（H,20)=55.6mol/L,v(正)= 是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下， 1c(H2O),v(逆)=2c(H)·c(OH),x= C40H1o可以由C40H2o分子经过连续5步氢 。十26，(x为H的平衡浓度)。 抽提和闭环脱氢反应生成。 ①25℃时，H,0→H++OH的平衡常 (1)1200K时，假定体系内只有反应CoH2(g) 数K= mol/L(保留2位有效数字). ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新 C4oH1。(g)十H2(g)发生，反应过程中压 平衡的过程示意图为 强恒定为。（即C40H12的初始压强），平衡 转化率为α，该反应的平衡常数K。为 (用平衡分压代替平衡浓度计算， 分压=总压×物质的量分数)。 48 上篇专题四热化学化学反应速率与平衡 ③25℃时，计算得k2为 L/(mol·s)。 4.2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油 5.乙苯脱氢反应为 原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与 +H2(g) △H>0。其速率方程式为v正= 烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如下 反应： k正·巾乙苯，V地=k逆·p苯乙烯·p氢气（飞正、k逆为 速率常数，只与温度有关)，图中③代表g随 反应：丫+CH,oHK △H 寻的变化关系，则能代表g随子的变化关系 A TAME 的是 (填序号)。 反应：丫+CHOH △H2 ② ⑤ ③ B TAME ④ 反应皿：丫入Y △H3 回答下列问题： 6.我国科技人员计算了在一定温度范围内下 (1)反应I、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平 列反应的平衡常数K。: 衡常数K。与温度T变化关系如图所示。 1.3N2H4(I)-4NH3(g)+N2(g)△H1 据图判断，A和B中相对稳定的是 《用系统命名达命名)，合骨的数值范阁是 Kpl i.4NH3(g)—2N2(g)+6H2(g)△H2 (填标号)。 Kp .<-1B.-1~0 C.0≈1D.>1 绘制pK。1-T和pK2T的线性关系如图所 g 反应量 示（已知：pK。=一lgK。): 反应Ⅲ 2 反应Ⅱ 1 0+ 0.00280.00290.00300.0031 子K (2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某 反应容器中加入1.0 mol TAME,控制温度 (1)由图可知，△H 0(填>"”或“<”。 为353K,测得TAME的平衡转化率为a。 (2)反应3N2H4(1)—3N2(g)+6H2(g)的 已知反应Ⅲ的平衡常数K3=9.0,则平衡 K- (用K1、K2表示)；该反应的 体系中B的物质的量为 mol,反应 △H 0(填“>”或“<”)，写出推理过程： I的平衡常数K1= 0 同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四 氢呋喃稀释，反应I的化学平衡将 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，平 C温馨提 衡时A与CH,OH物质的量浓度之比c(A) 学习至此，请完成配套大题突破 c(CH2OH)= 49化学 2.C[A.温度越高，反应速率越快，相同时间内反应物消 耗越快。对比两图可知：T2温度下M浓度下降更快，反 应速率更快，因此T2>T1,A错误；B.根据题目给出的 lnc=lnc一kt,可以将公式变形为：lnC=一kt,当M反 1 应一半时，c=co,代入得：h三 1 =-如，h合=-如， Co -1h2=-,i=是，B错误，C.N是中间产物，N浓度 增大时，N的生成速率大于消耗速率；N浓度达到最大 值后开始下降，此时的生成速率小于消耗速率，因此N 浓度最大时，生成速率等于消耗速率，C正确；D.催化剂 仅改变反应速率，不改变浓度变化的趋势：若仅增大N (g)→Q(g)的反应速率，N生成后消耗更快，会使N的 浓度最大值减小，D错误。] 变式集训典题 l.D[Na2SiFs(s)受热分解生成NaF和SiF,两种氟化 物，NaF为离子晶体，SiF:为分子晶体，熔点：NaF> SiF,,因此NaF为固相产物，SiF,为气相产物，则热解反 应的化学方程式为Na,SiF,(s)△2NaF(s)+SiR,(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)、SiF,(g)、Na2SiF(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 SF的分压不变，仍为，B正确；该反应的平衡常数K。 =p(SiF4),由题图可知，温度越高，Na2SiF。分解程度越大， 平衡时p(SiF)越大，即K。越大，由于T2温度下Naz SiFo 已完全分解，因此升温至T3时，无法释放更多的SF,故p3 小于T3温度时热解反应的平衡常数K。,C正确；T温度 时，加入SF的瞬间其分压增大，平衡逆向移动，由K。 =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。] 2.D[平衡时气体混合物中HI的物质的量分数a(HI)为 78%,则a(H2)=a(L2)=11%,故HI的平衡分压为 0.78p意，H2、L2的平衡分压均为0.11p总，该反应的压强 平衡常数K。=p(H,):p)-0.11p)2 2(HI (0.78pg)≈0.02，A 项正确；2HI(g)一H2(g)十12(g)反应前后气体的体积 不变，故增大体系压强，平衡不发生移动，温度不变，平 衡常数K。不变，B项正确；正反应是吸热反应，温度降 低，0正、量均减小，平衡逆向移动，C项正确；正反应吸 热，升高温度，玉与v均增大，平衡正向移动，a(HI)减 小，a(H2)增大，反应重新达到平衡，V正~a(HI)和v~ α(H2)相对应的，点分别为A点和E点，D项错误。] 22 非选择题超热点突破二突破1 [例]解析：(1)根据盖斯定律，目标反应=反应I十反应 Ⅱ，因此△H3=△H1+△H2=(m+n)kJ·mol-1。(2)a 若反应生成了D,总消耗A的物质的量为n(C)+2n(D),总 消耗B的物质的量为n(C)十n(D),因此A v(B) 8智<2，a错送，b由图可如，在0120mn 内，135℃时，体系无D,说明只发生了反应I,C的净生 成速率等于B的消耗速率，b正确；c.观察图像，在 145℃（虚线）下，240~320min时各物质浓度曲线已呈 水平状态，说明反应已经达到平衡，净反应速率（平均速 率)为0；而在135℃（实线）下，240~320min时曲线仍 有微小变化，说明反应仍在向右进行，平均速率大于0。 因此在145℃时的平均速率小于其在135℃时的平均速 率，c正确；故选bc。(3)水是反应I、Ⅱ的生成物，移走 水使生成物浓度减小，两个反应的平衡均正向移动，因 此C和D的产率增大。(4)已知135℃平衡时c(B)= 0.50mlL,由表格8=0.90，得c(C)=0.90× 0.50=0.45molL1,又cD=0.11,因此c(D)=0.11 c(C) ×0.45≈0.05mol·L1(或可通过计算精确值)： 反应I: A+B=C+H2O 变化量mol/L0.50.50.50.5; 反应Ⅱ： A+C一D+H2O； 变化量mol/L0.050.050.050.05 平衡时c(D)=0.05mol·L;c(A)=(1.0-0.5- 0.05)mol·L-1=0.45mol·L-1,c(B)=1.0mol·L-1 -0.5mol·L-1=0.5mol·L1,c(H20)=(0.5+ 0.05)mol·L-1=0.55mol·L1,c(C)=0.5mol·L1 -0.05mol·L1=0.45mol·L-1;对于反应I,平衡常 数K(I)=9:0,代入得K(I)= 0.45×0.55=1.10。 0.45×0.50 (5)K1= c(C)c(H2O) c(B)1 0K:-8×9,温度升 高，侣0均增大，说明K1K均随温定升高而增 大，因光△H>0△H>0:升高相同温度，8的增大 倍数大子侣的增大倍数，这说明K,增大的倍金大于 K题给公式AH二R工工AH大小与里 T2-T1 正比，K值增大的倍载越大，夹对数血就越大，时应 的△H就越大，故△H1<△H2。 答案：(1)m十n(2)bc(3)增大减小生成物（水） 的浓度，促使平衡向正反应方向移动(4)0.051.10 ()<升温后，忍的蜡大倍数大于侣的蜡大倍 数，这说明K!增大的倍数大于K1,由题给公式可知， △H大小与1n呈正比，故△H,<△H, 非选择题超热点突破二突破2考向1 对点题型集训 1.解析：(1)根据已知条件可以写出如下热化学方程式： ①c0(g)+20,(g)—C0,(g) △H1=-akJ·mol1 ②H,(g)+0,(g)—H,0D △H2=-bkJ·mol-1 ③H0CH,CH,OHg)+号0，W—20,g+3HoW △H3=-ckJ·mol 根据盖斯定律，用2倍的反应①和3倍的反应②减去反 应③即可得到目标方程式，故目标方程式的△H=(c一 2a-3b)kJ·mol-1. (2)根据盖斯定律，目标反应①可以由3X反应③十反应 ④得到，因此△H1=△H4+3△H3=-374十3×(-41) kJ·mo1=-497kJ·mol1。反应①是放热、气体分 子数减少的反应，低温有利于放热反应平衡正向移动， 高压有利于气体分子数减少的反应平衡正向移动，因此 选低温高压A。 (3)根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以2减去第二 个反应来以，得到目标反应，故△H,=△H,△H 2 反应i中，反应物气体总物质的量为4mol,生成物仅2 mol气体(COOCH3)2为液态)，气体物质的量减少，熵 减小，因此△S1<0。 (4)根据盖斯定律，整个循环焓变总和为0：（十54十95一 24-62)kJ·mol1+E=0,解得E=-63kJ·mol1。 答案：(1)-2a-3b十c(或c-2a-3b) (2)-497A 2 讲解册参考答案 (3)△H,-△H 2 (4)-63 2.解析：反应的焓变=反应物的总键能一生成物的总键 能，计算该反应的△H需C=O、H一H、C一O、C一H、 O一H,共5种化学键的键能数据。 答案：5 3.解析：根据盖斯定律，反应川=1十川，因此△H3=△H +y△H2=-124.6kJ·mol1+0.5×(-41.2)k·mol =-145.2k·mol-1; 答案：-145.2 4.解析：（1)由题千数据可得热化学方程式：I: (g,环己烷)+9O2(g)—6C02(g)+6HO(I)△H =-3920kJ·mol,Ⅱ (g+5o,(g)—n,(g +3HO) △4=-324N·mr,:g+20,(g) —H2O(1) △H3=-285.6k·mol1,则I-Ⅱ-3×Ⅲ 得目标反应 (g,环己烷)一 (g)+3H2(g), 根据盖斯定律可知，△H=△H1-△H2一3△H?= (-3920kJ·mol-1)-(-3264kJ·mol-1)-3× (-285.6kJ·mol1)=+200.8kJ·mol1。(2)由于 苯环上的碳碳键并不是碳碳单健和碳碳双键交替出现， 而是介于碳碳单键与碳碳双键之间的一种独特的化学 键，所以其键能也与之有较大差异，故利用表格中的健能数 据计算上述脱氢反应的△H时，计算值与实测值差异较大。 答案：(1)十200.8(2)苯环上的碳碳键并不是碳碳单 键和碳碳双键交替出现，而是介于碳碳单键与碳碳双键 之间的一种独特的化学键 5,解析：反应焓变△H=生成物总相对能量一反应物总相 对能量，代入数据：△H3=2×(十37kJ·mol1)- (-126kJ·mol1+227kJ·mo1)=-27k·mol厂1； 答案：一27 考向2对点题型集训 1.解析：①2CO(g)+3H2(g)=HOCH2CH2OH(g) △H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，(L,)>(L2)> p(13),故L1、L2、I3对应a分别为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，△H<0; 5 化学 答案：①L,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②< 2.解析：根据题干给出的反应历程图，中间体M一CH,既 可以继续与"CH反应使碳链增长，也可以结合十H发 生加成反应生成甲烷；同理，碳链增长过程中的中间体 也可以结合十H生成乙烷、丙烷等烷烃。此外，碳链也 有可能继续增长生成C,及以上的高碳烃。这些副反应 的存在消耗了反应物，降低了目标产物低碳烯烃的 产率。 答案：生成烷烃和长链烯烃的副反应多，产生的副产物 多，影响了低碳烯烃的产率 3.解析：根据K与一的关系，曲线下降说明斜率为负， 对应△H>0的反应：温度降低（一增大）时，吸热反应平 衡逆向移动，K减小，lnK减小，曲线为下降趋势，说明 反应I对应曲线c; △H3<0,斜率为正；根据盖斯定律：△H3=△H1十△H2, △H1>0,所以△H2<△H3<0,△H2更负，根据lnK= 「一只+C,其平衡常数对温度的变化更加敏感，即图像 斜率更大，对应曲线b,因此反应Ⅲ对应斜率更小的曲 线a。 答案：曲线c对应反应I,反应I的正反应为吸热反应， 随着一增大（即温度降低），平衡逆向移动，平衡常数K 减小，lnK减小a 4.解析：(1)①平衡常数K随温度升高增大，说明升温时反 应1平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此△H1>0。 ②沉积速率=增重质量=160kg=0.16kg/h。 时间 100h (2)①1320K时，由图得x(H2)=0.88,x(SiHCI3)=x (HCl)=0.050,总压100kPa,反应1的压强平衡常数 (HCD) (0.05×100)3 K,=p(SiHC)~p(H,)-(0.05X100)×(0.88X100) kPa-3kPa≈0.28kPa, ②三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平 衡正向移动，相同温度下x(SiHC13)比原压强更小，x (HC)更大，要使二者分数重新相等，需使平衡逆向移 动；因正反应为吸热反应，故需降低温度。 ③设生成n(Si)=ymol,7=y,根据Si守恒：平衡后所有 含Si气体总物质的量为1一y,总气体物质的量为n,则 1-义=1-0.88-0.05=0.07；根据H守恒：初始总H n总 22 为1+10×2=21mol,即2×0.88n影十0.05n十0.05n =21,解得：=86代入得y=1-0,07×26≈ 0.2097,即≈20.97%。 答案：(1)①>②0.16 (2)①0.28②低温三个反应均为气体分子数增大的 反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下x(SiHCls) 比原压强更小，x(HCI)更大，降温使平衡逆向移动，x (SiHCI)增大、x(HC1)减小，可使二者相等，因此交叉点 位于低温区域③20.97% 5.解析：温度越高反应速率越快，先达平衡，所以T1>T2; T:平衡时A转化率更低，升温A转化率下降，平衡逆向 移动，正反应放热，故△H1<0;反应I是酯交换，断裂的 化学键和形成的化学键种类以及数目相同，因此|△H| 很小。 答案：<反应中断裂的化学键与形成的化学键的种类和 数目相同 6.解析：反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正 向移动，CH转化率增大，因此温度最高的是T1。 答案：T1升高温度，反应Ⅱ正向移动 考向3对点题型集训 1.解析：一定温度、100kPa下，向体系中加入 1.0 mol CaC03和1.0 mol CH4,恒压反应至平衡时，体 系中CaCO3转化率为80%，反应I:CaCO,(s)CaO(s)+ CO2(g)平衡时生成n(CO2)=0.8mol,CH4转化率为 60%,C0物质的量为1.3mol,则 CH (g)+COz (g)=2H2 (g)+2CO(g) 起始/mol 1 0.8 0 0 转化/mol0.6 0.6 1.2 1.2 平衡/mol0.4 0.2 1.2 1.2 H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+C0(g) 起始/mol1.2 0.2 0 1.2 转化/mol0.1 0.1 0.1 0.1 平衡/mol1.1 0.1 0.1 1.3 气体总物质的量ns=(1.3十0.1十0.1十1.1十0.4)mol =3 mol, 反应Ⅲ的平衡常数K。= p(CO)·p(H2O) (CO2)·p(H2) 3 ≈1.2， (g×1 0 kP.)×(gx1o0kPa） 1.1 CaC0,平衡时n(CaC0,)=(1-1×80%)mol= 0.2mol,原位C02利用率为 [neco,（初始)-ncco,（平衡)门一neo,（平衡) ncac0,(初始) ×100%= (1.0mol-0.2mol)-0.1mol×100%=70%。 1 mol 答案：1.270% 2.解析：(1)反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以 看出，第④步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH十 H·+2H2O一CH十2H2O;由题图可知，在第③步时 生成了水，基元反应为：HO"+H+CH一CH +H2O: (2)②y=1时，△H3=(-124.6-41.2)kJ·mol1=-165.8 k·mol1,△H2=-41.2k·mol1,二者均为放热反应， △H为负，根据1nK=-盟+C,温度升高时hK下降 幅度越大；由表格数据，b的lK随温度升高下降幅度更 大，对应反应川。 ③无水MgCl2吸收水蒸气，使体系中H2O(g)浓度降低， 反应ⅱ平衡逆向移动，消耗CO的量减少，因此CO转化 率和CO2选择性均减小。 ④由盖斯定律可知，反应ⅲ可由反应引与反应叠加得到：反 应i是水煤气变换反应：yCO(g)十yH2O(g)一yCO2(g) 十yH2(g);它消耗了反应i生成的H2O,同时又生成 H2,所以总反应川中消耗的H2减少。以反应ⅲ的化学 计量数为基准，生成号m0lCH。时：目的产物CH。中 氢原子质量为：号×6×1g=2g:参加反应的H:为(2- y)mol,其中氢原子质量为：2(2一y)g;因此氢原子经济 性为：222×10%=2，×10%：当y增大时，分 母2-y减小，所以2=y 。1增大，即氢原子经济性增大；理 由是y增大，水煤气变换反应参与程度增大，生成等量 C3H。时净消耗的H2减少，而目的产物C3H。中的氢原 子数不变，因此目的产物中氢原子占参加反应氢原子的 比例增大。 ⑤设初始投料n(CO)=1mol,则n(H2)=1.5mol。由 图可知，投料比1.5时C0转化率为90%，剩余n(C0) =0.1mol,C02选择性为30%，甲烷选择性为10%，因 此烯烃选择性=1一30%一10%=60%。转化的C0总 物质的量=0.9mol,其中转化为烯烃的C0为0.9mol ×60%=0.54mol,生成n(C02)=0.9mol×30%=0. 27mol、n(CH)=0.9mol×10%=0.09mol,烯烃中氢 原子物质的量=2×0.54mol=1.08mol;由0守恒可得 22 讲解册参考答案 生成H20的物质的量为1mol-n(CO)-2n(C02)=0. 36mol,结合产物中CO2、CH4的量，可得总参加反应的 氢原子物质的量为0.54mol×2十0.36mol×2十0.09× 4n0l=216mal:氢原子经济性=之98照×10% =50%。 答案：(1)④HO+H2+CHCH+H2O (2)②b③无水MgCl2吸水，使反应体系中水蒸气浓度 降低，导致反应ⅱ的平衡逆向移动（或抑制了反应ⅱ的 进行)④增大y增大，水煤气变换反应参与程度增 大，生成等量CH。时净消耗的H2减少，而目的产物 CH。中的氢原子数不变，因此目的产物中氢原子占参 加反应氢原子的比例增大，H原子利用率提高⑤50% 3.解析：①该反应需要主产物DMO保持高选择性，同时保 证一定转化率。由图可知，温度在120~140℃时，主产 物的选择性较高，但CH ONO的转化率太低，而温度在 140~160℃时，副产物2的选择性急剧升高，不利于生 产，故反应较适宜的温度区间为130~150℃，答案选B。 ②130℃时CH ONO平衡转化率为75%，初始浓度为1mol ·L-1,因此平衡时c(CH ONO)=1mol·L-1×(1- 75%)=0.25mol·L1,两个反应中，每消耗1mol CH3ONO均生成1 mol NO,因此平衡c(NO)=0.75 mol·L1;结合DMO选择性90%，生成DMO的CH,ONO 为0.75mol·L1×90%=0.675mol/L。根据反应i,c (DM0=号ac(CH,0NO)=0.675moVL=0.3375 2 mol/L,反应i消耗的CH ONO为c(CH3ONO)=0.75 mol/L×(1-90%)=0.075mol/L。生成c(副产物1)= 0.075mol/L=0.0375mol/L;列出变化量： 2 i. 2CO(g+2CHs ONO(g)(COOCH)2(D+2NOg) 变化量 0.6750.675 0.3375 0.675 mol/L CO(g)+2CH ONO(g)CO(OCH3)2(g)+2NO(g) 变化量 0.03750.075 0.0375 0.075 mol/L 平衡c(C0)=(2-0.675-0.0375)mol·L1=1.2875 mol·L1,DMO为液态不计入平衡常数（题中所给单位亦 可看出)，因此反应1的平衡常数K。= (NO) 0.752 c2(C0)·c2(CH0NO)(1.2875)2×0.25 答案：①B②0.25 0.752 (1.2875)2×0.252 化学 考向4对点题型集训 1.解析：(4)①速率方程v=kcm(DMO),当c(DMO)增加 10倍，v增加10倍，可得k(10c)m=10·cm,即10m= 10,因此m=1。 ②m=1,因此k=”,代入图2中任意一组数据即可： 15.60×10-6 1或10.92X10-6 0.40 0.28 1或6.24X10-6 0.16 或1.56X106 0.04 s1。 (5)根据原子守恒配平电极反应：左侧总组成为8C、8H、 8O,右侧DMT总组成为6C、10H、6O,剩余2C、8H、2O 对应2Y,因此Y为CHOH。 答案：(4)①1 ②15.60×10或10.92X10或 0.40 0.28 6.24X10或1.56X10 0.16 0.04 (5)CH OH 2.解析：(1)1200K时，假定体系内只有反应C0H12(g)-一 C4oHo(g)十H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p(即 C0H1z的初始压强)，平衡转化率为a,设起始量为1mol, 则根据信息列出三段式为： C4 H12(g)=C4o H10(g)+H2(g) 起始量(mol) 1 0 0 变化量(mol) 平衡量(mol) 1- a 0. 1-a 则p(CaH2)=poX+ap(CoHo)=pX1千a' pH,)=,×1年。该反应的平衡常数K, aX正XX- a 平8 (2)C4H1g(g)=C4oH1g(g)+H·(g)及C4oH1(g) CoHo(g)十H·(g)反应的lnK(K为平衡常数)随 温度倒数的关系如题图。图中两条线几乎平行，说明斜 率几手相等，根据nK=一食+。R为里想气你常复， ℃为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应 过程中，断裂和形成的化学键相同； (3)由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向 进行，提高了平衡转化率，反应速率也加快，a符合题意； b.由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应， 加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意。 c.加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不 符合题意。 22 答案：(1)po1-a a (2)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 (3)a 3.解析：①对于反应H2O≥H+OH,平衡常数K的 定义为：K=H):c0H),在25℃的纯水中，水的 c(H,O) 离子积常数为K=c(H)·c(OH)=1×1014,而且 平衡时c(H)=c(OH)=1×10-7mol/L,已知c(H2O) =5.6moWL,代入公式：K=1X10=06 55.6 ≈1.799×10-16，保留两位小数K=1.8×10-16; ②瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的， 正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为D; 1 ③弛豫时间公式为t一，十2，工，其中=4.0X10s, x。=c(H+)=1×10-7mol/L,代入得：k1+2k2X(1X 10/L)=是=X0.2.5X10g,在年费 1 时，v(正)=v(逆)，可推出k1c（H2O)=k2c（H) c(0H)=k2x.,代入已知值：k1X55.6mol/L=k2×(1 X10mVL,即么=0”，将代人花表时间 公式为.：×1014 55.6+2,×1×107=2.5×10s1,整理 10-14 可得，6(5.6moWi+2x107mo/L）-25×10s1,因 10-14 为5.6noW元≈1.80X10mol/L,2×10’mol/L =2.00×10-7mol/L,由于1.80×10-16<2.00×10-， 1.80X1016可忽略不计，所以k2×2×107mol/L= 2.5×104mol/L,得出k2=1.25×1011L/(mol·s)。 答案：①1.8×10-18②D③1.25×101 4.解析：(1)由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知， 反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注 意横坐标为温度的倒数)而减小，说明3个反应均为放热 反应，即△H1<0、△H2<0、△H3<0,因此，A的总能量 高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定 的是B,其用系统命名法命名为2甲基-2丁烯；由盖斯 定律可知，I一Ⅱ=Ⅲ，则△H1一△H2=△H3<0,因此 △H1<△H2,由于放热反应的△H越小，其绝对值越大， 则A的数值范国是大于1，选D。(2)向某反应容器中 △H2 加入1.0 mol TAME,控制温度为353K,测得TAME的 平衡转化率为a,则平衡时n(TAME)=(1一a)mol, n(A)十n(B)=n(CHOH)=&mol。已知反应Ⅲ的平衡 常数K=9.0,则nB=9.0,将该式代入上式可以求 'n(A) 出平衡体系中B的物质的量为0.9amol,n(A) 1-a =0.1amol,反应I的平衡常数K1= 1+a )(】 =1一)1十》。同温同压下，再向该容器中注入情性 0.1a2 溶剂四氢呋喃稀释，反应【的化学平衡将向着分子数增 大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率 变大，但是平衡常数不变，A与CH,OH物质的量浓度之 比不变，c(A):c(CH3OH)=0.1a:a=1:10。 答案：(1)2-甲基-2-丁烯D(2)0.9a (1-a)(1+a） 0.1a 逆向移动1：10 5.解析：达到平衡时，V玉=V强，即k玉p2苯=k速巾*乙蝽· 则有经-2P=K,滋反应正反应是一个 卫乙苯 吸热反应，故温度升高，平衡正向移动，K增大，越大， T越小，则K熄小，即经越小，故能代表g。随子的变 k这 化关系的是④。 答案：④ 6.解析：(1)由图可知，K1随着温度的升高而减小，则平衡 逆向移动，正反应为放热反应，△H<0。 (2)由盖斯定律可知，1十ⅱ得反应3N2H(I) 3N2(g)十6H2(g),则该反应的K=K1·K2。 答案：(1)<(2)K。1·K2<设T2>T1,由图可 知：pK1(T2)-pK1(T)>|pKe（T2)-pK2(T)|, pKp(T2)-pKp (T)>pKp2(T)-pKp2(T2),pKpl (T2)+pK2(T2)>pK1(T1)+pK2(T),lg[K1(T1) ·Ke(T1)]>lg[K1(T2)·K2(T2)],即K(T)> K(T,),因此该反应正反应为放热反应 专题五电解质溶液中的平衡 选择题突破五1“突跃曲线”的分析应用 高考经典再研 1.D[A.当加入V(NaHCO3)=10mL时，二者恰好发生 反应Ba(OH)2+NaHCO3一BaCO3￥+NaOH+ H2O,得n(Ba(OH)2)=n(NaHC03)=0.01L×0.01 mol·L1-1X10‘mol,故初始c(Ba2+)=1X104mol 0.01L =0.01mol·L1,pBa=-1g0.01=2,因此x=2,A正 确；B.在V(NaHCO3)=10mL时，pBa=4.3,即c(Ba2+) 22 讲解册参考答案 =l03mol·L1。此时溶液主要存在BaCO3沉淀，为 BaCO3饱和溶液，c(CO)主要来自BaCO3的溶解，且 溶液中大量OH抑制CO水解，可近似认为c(CO) ≈c(Ba2+),故：Kn(BaCO3)=c(Ba2+)·c(CO3)= 104.3×104.3=108.0×(100.3)2,已知lg2=0.3,即 10.3=2,可得10o.3=0.5,计算得Kp(BaC03)=2.5× 109,B正确。C.各点水的电离程度比较如下：点a为强 碱Ba(OH)2溶液，强烈抑制水电离。点b含NaOH和 BaCO,沉淀，仍呈碱性，抑制水电离。点c恰好生成 Na2 CO.,CO水解促进水电离。点d为NaHCO3过 量，HCO水解能力弱于CO,对水电离促进作用减 弱。因此，点c时水的电离程度最大，C正确；D.根据溶 度款公式：c(题)=C)点e时格好生成 Na2COg,c(CO)最大，故c(Ba2+)最小。点d时NaH- CO。过量，溶液体积增大使CO被稀释，c(CO)下 降，c(Ba+)反而上升。因此，c(Ba2+)最小的是点c,而 非点d,D错误。] 2.A[A.经分析可知，Ⅲ代表两种弱酸中较弱的弱酸滴 定过粒中P[9]蓝习的变化南镜，A错溪Ba点 和c点都在？=0时，即纯弱酸溶液。c点的酸性较强的 弱酸对应的pH=1.95,a点对应较弱酸的p 「(0H21=8.22,其对应的pH=2.89,无论哪一个， c(H+)」 酸溶液中的H均会抑制水的电离，所以C点对水的电 离抑制作用更强，即水的电离程度：c<a,B正确；C.由B 项可知a点数据：pH=2.89,弱酸电离出c(H)≈c (A),初始c(HA)=0.100mol/L,因此电离常数K.= (H):c(A)≈(1039)2 c(HA) ≈0.1-102≈1048，C正确；D.d 点7=0.5，即加入NaOH溶液体积为10mL,此时溶液 中n(HA)=n(NaA):电荷守恒：c(Na)十c(H+)=c (A-)+c(OH)；元素守恒：c(HA)+c(A)=2c (Na);联立整理得：c(H)十c(HA)-c(A)-c (OH)=c(OH)一c(H),酸性较强的弱酸的K.≈ 10,滴定一半时存在：K,>K一，即霜酸溶流星酸 性，c(H)>c(OH),因此c(H+)+c(HA)一c(A) c(OH)<0,故不等式成立，D正确。] 变式集训典题 1.D[A由图1中的信息可知，当加入NaOH标准溶液 的体积为20.00mL时到达滴定终点，由关系式4NH