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(共27张PPT)
题型二十七　化学反应原理
题空突破1　焓变计算　热化学方程式书写
(3)注意热化学方程式中的化学计量数：热化学方程式中的化学计量数可以是整数，也可以是分数。
(4)注意物质的聚集状态：气体用“g ”，液体用“l ”，固体用“s ”，溶液用“aq ”。热化学方程式中不用“↑ ”和“↓ ”。
(5)注意ΔH的数值与符号：如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。逆反应的反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反。
(6)对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态外，还要注明物质的名称。例如：S( 单斜，s)===S( 正交，s)　ΔH＝－0.33 kJ·mol-1 。
3．盖斯定律及其思维模版
(1)ΔH与盖斯定律
ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
(2)思维模板——叠加法
“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
“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
“加” 做好上述两个步骤后，将方程式相加即可得目标方程式，反应热也要相加
1．[2025·陕晋宁青卷，17(1)]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
计算MgCO3(s)＋4H2(g)===MgO(s)＋2H2O(g)＋CH4(g)　ΔH4＝________kJ·mol-1。
解析：目标反应＝反应Ⅰ＋反应Ⅱ，根据盖斯定律，ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＝＋101 kJ·mol-1＋(－166 kJ·mol-1)＝－65 kJ·mol-1。
答案：－65
3．(2025·黑吉辽内蒙古卷，18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。
直接合成法：2CO(g)＋3H2(g) HOCH2CH2OH(g)，不同温度下平衡常数如表所示。
(1)该反应的ΔH　　　　0(填“>”或“<”)。
(2)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，则上述合成反应的ΔH＝　　　　 kJ·mol-1(用a、b和c表示)。
温度 298 K 355 K 400 K
平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10-3
4．[2025·广东卷，19(3)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。
ΔH1＝　　　　 kJ·mol-1。
解析：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。
答案：－267.8
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
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(建议用时：45分钟　满分：55分)
1．(5分)(2025·哈尔滨一模节选)甲酸(HCOOH)可分解产生氢气，相关热化学方程式如下：
Ⅰ.C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ·mol-1
Ⅱ.C(s)＋H2(g)＋O2(g)===HCOOH(g)　ΔH2＝－378.7 kJ·mol-1
Ⅲ.HCOOH(g) CO2(g)＋H2(g)　ΔH3
ΔH3＝　　　　 kJ·mol-1。
解析：根据盖斯定律，反应Ⅰ－反应Ⅱ＝反应Ⅲ，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－393.5 kJ·mol-1＋378.7 kJ·mol-1＝－14.8 kJ·mol-1。
答案：－14.8
限时规范
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2．(5分)[2024·山东卷，20(1)]水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C—H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下：
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
则C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g) CaCO3(s)＋2H2(g)的焓变ΔH＝　　　　(用代数式表示)。
解析：设目标反应C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g) CaCO3(s)＋2H2(g)为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ＝Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ，所以ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。
答案：ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
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4．(5分)(2025·南昌一模节选)氢气是理想的清洁和高能燃料。乙醇和水重整制氢主要发生的反应如下：
反应1：C2H5OH(g)＋H2O(g) 2CO(g)＋4H2(g)　ΔH1＝＋258.1 kJ·mol-1
反应2：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)　ΔH2＝－41.6 kJ·mol-1
则C2H5OH(g)＋3H2O(g) 2CO2(g)＋6H2(g)　ΔH＝　　　　 kJ·mol-1。
解析：反应1＋反应2×2得目标反应，根据盖斯定律，目标反应ΔH＝(＋258.1－41.6×2)kJ·mol-1＝＋174.9 kJ·mol-1。
答案：＋174.9
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6．(5分)(2025·滁州模拟节选)晶体硅主要用于微电子技术。工业上将粗硅经以下两步反应制备高纯硅：
①SiCl4(g)＋2H2(g) Si(s)＋4HCl(g)　ΔH1＝a kJ·mol-1
②SiHCl3(g)＋H2(g) Si(s)＋3HCl(g)　ΔH2＝b kJ·mol-1
已知：③2SiHCl3(g) SiCl4(g)＋SiH2Cl2(g)　ΔH3＝c kJ·mol-1。
写出H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式：________________。
解析：H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的化学方程式为SiCl4(g)＋2H2(g) SiH2Cl2(g)＋2HCl(g) ，由盖斯定律可知，(反应ⅰ－反应ⅱ)×2＋反应ⅲ可得该反应，则该反应的ΔH＝2(ΔH1－ΔH2)＋ΔH3＝(2a－2b＋c) kJ·mol-1。
答案：SiCl4(g)＋2H2(g) SiH2Cl2(g)＋2HCl(g)　ΔH＝(2a－2b＋c)kJ·mol-1
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7．(5分)(2025·河南新发展联盟一模节选)工业合成氨的原料气包括N2、H2。传统合成氨工业中，H2来源于化石燃料的综合利用。如甲烷的重整反应(重整反应时伴随积碳副反应)：
重整反应：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)　ΔH1；
积碳副反应：Ⅰ.2CO(g) CO2(g)＋C(s)　ΔH2＝－172 kJ·mol-1；Ⅱ.CH4(g) C(s)＋2H2(g)　ΔH3＝＋75 kJ·mol-1。
重整反应的焓变ΔH1＝　　　　，若该反应正反应的活化能为E1，逆反应的活化能为E2，则E1　　　　(填“>”“<”或“＝”)E2。
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解析：根据盖斯定律，利用Ⅱ－Ⅰ可得重整反应：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)，所以ΔH1＝＋75 kJ·mol-1－(－172 kJ·mol-1)＝＋247 kJ·mol-1；由于该反应是吸热反应，ΔH1＝E1－E2>0，所以活化能E1>E2。
答案：＋247 kJ·mol-1　>
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8．(5分)(2025·萍乡一模节选)CO2经催化加氢可合成重要的化工原料乙烯，热化学方程式为2CO2(g)＋6H2(g) C2H4(g)＋4H2O(g)　ΔH。已知：几种物质的能量(在标准状况下，规定单质的能量为0，测得其他物质在生成时所放出或吸收的热量)如下表所示：
则ΔH＝　　　　。
物质 H2(g) CO2(g) CH2===
CH2(g) H2O(g)
能量
(kJ·mol-1) 0 －394 52 －242
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解析：反应焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则ΔH＝52 kJ·mol-1＋4×(－242 kJ·mol-1)－2×(－394 kJ·mol-1)－6×0 kJ·mol-1＝－128 kJ·mol-1。
答案：－128 kJ·mol-1
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9．(5分)(2025·驻马店三模节选)工业上利用NH3和CO2合成CO(NH2)2，某兴趣小组在一定温度下，在1 L密闭容器中充入1 mol NH3和1 mol CO2发生反应：2NH3(g)＋CO2(g) CO(NH2)2(g)＋H2O(g)。相关化学键的键能如下表：
制备30 g CO(NH2)2　　　　(填“吸”或“放”)热　　　　 kJ。
化学键 H—O C===O N—H C—N
键能
(kJ·mol-1) 464 803 393 293
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解析：根据表中化学键键能进行计算，该反应的ΔH＝6×393 kJ·mol-1＋2×803 kJ·mol-1－(803＋4×393＋293×2) kJ·mol-1－2×464 kJ·mol-1＝＋75 kJ·mol-1，制备30 g CO(NH2)2，物质的量为0.5 mol，所以会吸收的能量为：0.5 mol×75 kJ·mol-1＝37.5 kJ。
答案：吸　37.5
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11．(5分)(2025·河南部分高中二模节选)CO2可氧化C2H6制C2H4，其主要化学反应为：
C2H6(g)＋CO2(g) C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g)　 ΔH
已知：298 K时，相关物质的相对能量如表所示。
ΔH＝E总(生成物)－E总(反应物)(ΔH随温度的变化可忽略)。
根据相关物质的相对能量计算，ΔH＝　　　　 kJ·mol-1。
物质 H2(g) C2H4(g) C2H6(g) CO(g) H2O(g) CO2(g)
相对能量/
(kJ·mol-1) 0 52 －84 －110 －242 －393
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解析：根据题意可知：ΔH＝[52＋(－242)＋(－110)－(－84)－(－393)] kJ·mol-1＝＋177 kJ·mol-1。
答案：＋177(共35张PPT)
题空突破2　平衡体系中反应条件的选择及原因解释
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．转化率、产率变化分析题答题要领
(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所示，反应温度最高的是　　　　(填“T1”“T2”或“T3”)，原因是___________________。
答案：(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
2．[2025·甘肃卷，17(2)]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)。
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：升高温度，反应速率加快(或在60～220 ℃范围内，升高温度，催化剂活性增强)　温度过高，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
3．(2024·贵州卷，17节选)在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应：
ⅰ.CH4(g)―→C(s)＋2H2(g)　ΔH1＝＋74.6 kJ·mol-1　ΔS＝＋80.84 J·mol-1·K-1
ⅱ.6CH4(g)―→C6H6(l)＋9H2(g)　ΔH2
回答下列问题：
(3)受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是___________________________。
(4)对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH4芳构化，相同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为________，理由是___________________。
pH CH4平均
转化率/% 芳烃平均
产率/% 产物中积炭
平均含量/%
2.4 9.60 5.35 40.75
4.0 9.80 4.60 45.85
7.0 9.25 4.05 46.80
10.0 10.45 6.45 33.10
12.0 9.95 4.10 49.45
答案：(3)反应ⅰ有积碳生成，随着反应的进行，生成的积碳逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小　(4)10.0　pH＝10.0时，产物中积碳平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高
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(建议用时：60分钟　满分：80分)
1．(10分)(2025·六安模拟节选)H2S与CH4重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：2H2S(g)＋CH4(g) 4H2(g)＋CS2(g)　ΔH>0。在研究反应发生的适宜条件时，Co助剂有稳定催化剂的作用。如图为800 ℃、Al2O3催化剂条件下投入等量H2S，不同投料比分别达到平衡时H2S转化率、平均反应速率图。C组图像中平均反应速率最低的原因可能是____________________；
相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越
高，催化作用越强，原因是________________
______。
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解析：催化剂可以明显加快反应速率，C组图像中平均反应速率最低的原因可能是过多的CH4导致Al2O3催化剂失活，使得催化效果减弱；分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多，催化效果更好，使得反应速率更快。
答案：过多的CH4导致Al2O3催化剂失活　
分散度越高，总表面积越大，吸附的反
应物越多
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2．(10分)(2025·绍兴二模节选)甲醇催化氧化可用于制备甲酸甲酯，其工艺过程包含以下反应：
①2CH3OH(g)＋O2(g) HCOOCH3(g)＋2H2O(g)　ΔH＝＋51.2 kJ·mol-1
②HCOOCH3(g) 2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋129.1 kJ·mol-1
已知：CH3OH和O2在催化剂表面的反应过程如下(M*表示催化剂表面的吸附物种，部分产物已省略)
a．氧在催化剂表面活化：O2→2O*
b．甲醇的化学吸附：CH3OH＋O*→CH3O*
c．生成弱吸附的甲醛：CH3O*＋O*→HCHO*
d．生成甲酸甲酯并脱附：HCHO*＋CH3O*→HCOOCH3
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(1)步骤b是HCOOCH3合成决速步骤，在相同的温度和压强下，以一定的流速通过不同的催化剂表面，反应相同时间，测得实验数据如下：
研究表明在金离子存在的条件下，甲酸甲酯的产率明显提高，可能原因是_________________________。
(2)实际工业生产中，采用的温度约为353 K，温度不能太高的理由是(不考虑催化剂活性降低或失活)______________________。
T(K) 催化剂 甲醇氧化为
甲醛的转化率 甲酸甲酯
的选择性
353 Au@SiO2 40% 98%
353 Auδ＋@SiO2 85% 100%
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答案：(1)在Au离子存在下，有利于促进甲醇的化学吸附，提高生成甲酸甲酯的速率
(2)反应②是吸热反应，温度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO和H2，产率降低；温度升高，不利于反应物O2、甲醇的吸附
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n(N2)＝1∶1∶6∶2进行反应ⅰ和反应ⅱ时，在不同条件下达到平衡，240 ℃下，部分组分物质转化率随压强的变化；4 MPa下，部分组分物质转化率随温度的变化如图所示。
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图中对应D2等压过程的曲线是________(填字母)，判断的依据是_______________________。
解析：反应ⅰ和反应ⅱ都是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO、D2的转化率降低，则曲线c对应CO等压过程，曲线d对应D2等压过程；增大压强，平衡正向移动，CO、D2的转化率增大，则曲线a对应CO等温过程，曲线b对应D2等温过程。
答案：d　反应ⅰ和反应ⅱ都是放热反应，升高温度时，平衡向逆反应方向移动，D2的转化率降低
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解析：(1)观察图1，进料比增大，相当于CH4量不变，CO2量增加，平衡向正反应方向移动，CH4转化率增大、质量分数减小，故甲、乙、丙的进料比依次为1.0、2.0、3.0，A错误；a、c点起始投料相同，c点温度高于a，温度高，正反应速率大，B正确；平衡常数只与温度有关，从图像1看，b、c点温度相同，K(b)＝K(c)，a点到c点升高温度，甲烷质量分数减小，说明升温，平衡向正反应方向移动，即正反应是吸热反应，即ΔH1＞0，升温，平衡常数增大，故K(b)＝K(c)>K(a)，C正确，D错误。(2)增大进料比，即增大n(CO2)，主、副反应平衡均正移，而副反应平衡正移会消耗H2，同时生成CO，故H2、CO的物质的量之比减小。
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答案：(1)BC
(2)减小　增大进料比，主、副反应平衡均正移，副反应平衡正移消耗了H2，生成了CO
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5．(10分)(2025·河北省实验中学五模节选)先进的甲醇低压羰基合成乙酸工艺的普及推广，导致我国乙酸产能过剩。使用特定催化剂进行乙酸直接加氢制备乙醇，反应原理如下：
主反应：CH3COOH(g)＋2H2(g) CH3CH2OH(g)＋H2O(g)　ΔH1<0
副反应：CH3COOH(g)＋CH3CH2OH(g)
CH3CH2OOCCH3(g)＋H2O(g)　ΔH2<0
在n(H2)∶n(CH3COOH)＝10∶1时，2 MPa下，
平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随温度的变化、
250 ℃下，平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压
强的变化如图所示：
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解析：(1)主反应为气体体积减小的放热反应，副反应反应前后气体体积不变，增大压强，主反应平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250 ℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是a。(2)曲线b为乙醇选择性随温度变化的曲线，主反应和副反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，所以
乙醇的选择性随着温度升高而减小。(3)主反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，反应速率加快，可以提高乙醇选择性或选择主反应催化活性更高的催化剂。
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答案：(1)a　(2)主反应与副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反应的平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应　(3)使用对主反应催化活性更高的催化剂(或增大压强)
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(1)图1中，温度高于290 ℃，CO2平衡总转化率随温度升高而上升的原因可能是__________________。
(2)图2中，在240～300 ℃范围内，相同温度下，甲醇的实际选择性高于其平衡值，从活化能的角度解释原因：________________。
答案：(1)温度高于290 ℃，随着温度升高，反应Ⅱ平衡向右移动的程度大于反应Ⅰ平衡向左移动的程度，使CO2的平衡总转化率上升　(2)反应Ⅰ活化能较低，反应速率较快，而反应Ⅱ活化能较高，反应速率较慢，所以甲醇的实际选择性高于其平衡值
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其他条件不变，每次向容积为2 L的反应器中充入含1.0 mol NO、1.0 mol SO2的模拟烟气和2.0 mol O3，改变温度。反应相同时间t后[题给温度下催化剂活性无显著变化，且反应Ⅰ、反应Ⅱv(正)始终大于v(逆)]体系中NO和SO2的转化率如图所示。
(1)反应Ⅰ逆反应的活化能为　　　　 kJ·mol-1；
由图可知，相同温度下NO的转化率远高于SO2，
结合题中数据分析其可能原因：____________
__________。
(2)温度高于200 ℃后，NO和SO2的转化率随温
度升高显著下降的原因是_____________________。
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解析：(1)根据正反应的活化能－逆反应的活化能＝焓变，可以得到反应Ⅰ逆反应的活化能为3.2 kJ·mol-1－(－200.9 kJ·mol-1)＝204.1 kJ·mol-1，由图可知，相同温度下NO的转化率远高于SO2，结合题中数据分析其可能原因为反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下反应速率更快。
(2)结合已知信息该体系中臭氧发生分解反应：2O3(g) 3O2(g)，可以得到温度高于200 ℃后，NO和SO2的转化
率随温度升高显著下降的原因是温度高于200 ℃后，O3分解率显著增加，O3浓度迅速减小，反应速率减小。
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答案：(1)204.1　反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下反应速率更快　(2)温度高于200 ℃后，O3分解率显著增加，O3浓度迅速减小，反应速率减小
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8．(10分)(2025·武汉武昌区适应性考试)在一定条件下，CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－164.0 kJ·mol-1。
(1)其他条件一定时，不同压强下，CO2的转化率和CH4的产率如图所示。则CO2甲烷化应该选择的压强约为　　　　 MPa。CH4的产率小于CO2的转化率的原因是___________
____________。
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(2)不同条件下，按照n(CO2)∶n(H2)＝1∶4投料发生反应[副反应为CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2>0]，CO2的平衡转化率如图所示。
①p1、p2、p3由大到小的顺序是　　　　　　　　。
②p1时，T>600 ℃，随着温度升高CO2转化率增大的原因为_________。
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解析：(1)如题图所示，随着压强增大，CO2的转化率变化不大，CH4的产率逐渐减小，故CO2甲烷化应该选择的压强约为0.1 MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是有其他含碳的副产物生成。(2)①CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g)是放热反应，低温时，主要发生该反应，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故p3＞p2＞p1。②压强为p1时，温度低于
600 ℃时，主反应进行程度大，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率下降，温度超过600 ℃时，副反应进行程度较大，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率上升。
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答案：(1)0.1　有其他含碳的副产物生成
(2)①p3＞p2＞p1　②温度超过600 ℃时，副反应进行程度较大，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率上升(共57张PPT)
题空突破3　多平衡体系中关于k、Kp、Kx的计算
5．多平衡体系中的守恒计算
①表示CH4选择性的曲线是　　　　(填序号)。
②点M温度下，反应Ⅱ的Kp＝　　　　(kPa)-2(列出计算式即可)。
③在550 ℃下达到平衡时，n(CO)＝　　　　mol。500～600 ℃，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是____________________。
解析：①360 ℃以下不考虑反应Ⅲ，根据选择性的定义，此时CH4与CO2的选择性相加为100%，结合点M附近区域放大图可知曲线b、c分别表示CH4或CO2的选择性；反应Ⅱ放热，随温度升高平衡逆向移动，即CH4的选择性降低，反应Ⅰ吸热，随温度升高平衡正向移动，CO2的选择性升高，所以曲线c表示CH4的选择性。②曲线a表示MgCO3的平衡转化率，100 kPa下，H2和MgCO3的初始物质的量为1 mol，由图可知点M温度下，MgCO3的平衡转化率为49%，即Δn(MgCO3)＝1 mol×49%＝0.49 mol，且CH4与CO2的选择性均为50%，即n(CH4)＝n(CO2)＝0.49 mol×50%＝0.245 mol，列出三段式：
反应Ⅰ　MgCO3(s)===MgO(s)＋CO2(g)
n始/mol 1 0 0
n转/mol 0.49 0.49 0.49
n平/mol 0.51 0.49 0.49
反应Ⅱ　CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)
n始/mol 0.49 1 0 0
n转/mol 0.245 0.98 0.245 0.49
n平/mol 0.245 0.02 0.245 0.49
2．[2025·广东卷，19(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。其中，n1为H2与N2的物质的量之
和；n2为剩余N2H4的物质的量。
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限时规范
训练
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向温度为T ℃的刚性容器中，充入1 mol SiCl4(g)和2 mol Zn(g)，起始压强为p0 kPa条件下发生上述反应，达到平衡后，测得反应体系中Zn、ZnCl2物质的量分数分别为35%、40%，则Si的物质的量为　　　　 mol，反应Ⅰ的分压表示的平衡常数Kp＝　　　　 kPa-1(用含p0的代数式表示)，若再向刚性容器中充入一定量的Zn(g)，重新达平衡后，则分压p(SiCl2)将_________(填“增大”“减小”或“不变”)。
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解析：由于反应Ⅲ可由2×反应Ⅱ－反应Ⅰ得到，则列三段式时反应Ⅲ可忽略。刚性容器中发生SiCl4(g)＋2Zn(g) Si(s)＋2ZnCl2(g)及SiCl4(g)＋Zn(g) SiCl2(g)＋ZnCl2(g)，利用三段式分析：
　　　　　SiCl4(g)＋2Zn(g) Si(s)＋2ZnCl2(g)
初始(mol)　　1　　　　2　　　　0　　　0
转化(mol)　　x　　　　2x　　 　x　　 2x
　　　 SiCl4(g)＋Zn(g) SiCl2(g)＋ZnCl2(g)
转化(mol)　　y　　　　y　　　　　y　　 y
平衡(mol)　1－x－y　　2－2x－y　 y　　2x＋y
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3．(7分)(2025·大理二模节选)通过反应CO2＋H2 HCOOH将CO2转化为高附加值产品HCOOH，体系中涉及两个反应：
Ⅰ.主反应：CO2(g)＋H2(g) HCOOH(g)　ΔH1< 0
Ⅱ.副反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2>0
n(CO2)∶n(H2)＝1∶1充入恒容恒温密闭容器中反应，起始压强为p0 kPa，平衡时压强为p kPa，CO与HCOOH的浓度相等，CO2的转化率α＝__________(用含p0和p的代数式表示)，用各物质的平衡分压表示反应Ⅰ的平衡常数计算式Kp＝________ kPa-1(用含p0和p的代数式表示)。
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解析：n(CO2)∶n(H2)＝1∶1，假设CO2和H2的物质的量各为1 mol，主反应转化的CO2为x mol，副反应转化的CO2为y mol，根据三段式有
　　　 　CO2(g)＋H2(g) HCOOH(g)
起始(mol)　　1　　　　1　　　　0
转化(mol)　　x　　　　x　　　　x
　　　　 CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)
起始(mol)　　　　　　　　　　0　　　0
转化(mol)　　y　　　　y　　　y　　　y
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解析：(1)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1 mol C3H8，开始压强为p kPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为x mol，则列三段式有：
　　　 C3H8(g)　 　C3H6(g)　＋　H2(g)
起始(mol)　　　1　　　　　　0　　　　 0
转化(mol)　　　x　　　　　　x　　　　 x
平衡(mol)　　 1－x　　　　 x　　　　 x
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5．(8分)(2025·石家庄二模节选)丙烯是重要的化工产品，也是衡量国家化工水平的重要指标之一。工业上利用丙烷脱氢法制丙烯，反应方程式如下：
主反应：ⅰ.C3H8(g) C3H6(g)＋H2(g)　ΔH1＝＋124 kJ·mol-1
副反应：ⅱ.C3H8(g) CH4(g)＋C2H4(g)　ΔH2＝＋81.3 kJ·mol-1
ⅲ.C2H4(g)＋H2(g) C2H6(g)　ΔH3
向体积可变的密闭容器中加入1 mol
C3H8(g)，分别在0.1 MPa和0.01 Mpa
下，不同温度时，发生上述反应，
反应达到平衡时，丙烷的转化率及
0.1 MPa下C3H8(g)和C3H6(g)的物质
的量分数随温度变化的曲线如图所
示：
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(1)L2曲线所在的压强为________ MPa；L1代表________物质在0.1 MPa下的物质的量分数随温度变化的曲线，判断理由为_______________；
(2)若在560 ℃，0.1 MPa下反应进行n min时反应达到平衡，反应ⅰ用C3H8(g)表示0～n min时间内的平均反应速率为________ mol·min-1；反应ⅰ的压强平衡常数Kp为________
MPa(Kp为用平衡分压代替平衡浓
度计算的平衡常数，保留三位有
效数字)。
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解析：(1)对于反应ⅰ和ⅱ，正反应均是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，丙烷转化率增大，所以L2曲线所在的压强为0.01 MPa，L3曲线所在的压强为0.1 MPa；反应ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)的物质的量分数减小，C3H6(g)的物质的量分数增大，所以L1代表C3H8(g)物质在
0.1 MPa下的物质的量分数随温度变化的曲线，则L4代表C3H6(g)的物质的量分数随温度变化的曲线。
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＝0.65 mol×2＝1.3 mol，由曲线L4可知，在560 ℃，0.1 MPa下C3H6(g)的物质的量分数为20%，则n(C3H6)＝1.3 mol×20%＝0.26 mol，由三段式：
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　　　 C3H8(g) C3H6(g)＋H2(g)
起始(mol)　　1　　　0　　　　0
变化(mol)　0.26　　0.26　　　0.26
平衡(mol)　　　　 0.26　　　　　
　　　 C3H8(g) CH4(g)＋C2H4(g)
起始(mol)　　　　　　0　　　　0
变化(mol)　0.09　　　0.09　　　0.09
平衡(mol)　 0.65　　　 0.09　　　　　
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6．(7分)(2025·河南名校联盟二模节选)研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。CO2加氢转化为二甲醚(CH3OCH3)的反应过程如下：
反应a.CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.1 kJ·mol-1
反应b.CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41.2 kJ·mol-1
反应c.2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH3＝－23.4 kJ·mol-1
在恒温恒容密闭容器中充入3 mol H2和
1 mol CO2发生上述反应a、b、c，初
始压强为2 MPa。CO2的平衡转化率、
二甲醚和CO生成物的选择性随温度变
化如图所示。
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解析：(1)由题述反应可知，随着温度的升高，反应a和反应c平衡逆向移动、反应b平衡正向移动，温度的变化对反应a和反应b影响不同，由图像可知L2为CO2平衡转化率的曲线、L1为CO选择性的曲线、L3为CH3OCH3选择性的曲线，260 ℃之前主要发生反应a，反应a放热，升高温度，其平衡逆向移动，CO2平衡转化率降低；260 ℃
之后主要发生反应b，反应b吸热，升高温
度，其平衡正向移动，CO2平衡转化率增
大。
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(1)向100 kPa的容器中充入物质的量均为5 mol的CH4和CO2，测得平衡时含碳物质的百分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为________________(填化学式)，在557～640 ℃区间时，随温度升高b曲线对应物种的百分数逐渐升高的原因是____________________。
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解析：(1)向100 kPa的容器中充入物质的量均为5 mol的CH4和CO2，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ平衡逆向移动，反应Ⅳ平衡正向移动，故a线对应物种为CO，b线对应物种为CO2，c线对应物种为CH4；该温度区间内，无CO产生，说明只发生反应Ⅱ，随温度升高平衡正向移动，甲烷逐渐减少，CO2百分数逐渐增大。
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(2)设C(s)的物质的量为x mol，H2的物质的量为y mol，H2O的物质的量为z mol，根据C守恒，可知n(CH4)＝10%(10－x) mol，n(CO2)＝20%(10－x) mol，n(CO)＝70%(10－x) mol，根据H守恒，可得5×4＝4×10%(10－x)＋2z＋2y，根据O守恒，可得5×2＝2×20%(10－x)＋70%(10－x)＋z，气体总物质的量为16.4 mol，则10－x＋y＋z＝16.4，解得，x＝2、y＝7.2、z＝1.2，
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