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新高考化学二轮重点专题30讲2026版
第25讲-理解为王
化学反应原理综合题解法策略
contents
目录
01
考向分析
01
02
03
知识重构
重温经典
04
模型建构
考向分析
PART 01
01
考点统计
卷别 动力学 热力学 电化学
速率计算 速率方程 影响因素 反应机理 反应热 自发方向 平衡判定 平衡移动 平衡计算 反应调控 曲线识别 装置分析 电极反应式 电化学计算
全国卷 √ √ √ √ √
天津卷 √ √ √ √ √ √
山东卷 √ √ √ √
浙江1月 √ √ √ √ √
浙江6月 √ √ √ √ √
江苏卷 √ √ √ √
河北卷 √ √ √ √ √
广东卷 √ √ √ √ √
湖北卷 √ √ √ √ √
湖南卷 √ √ √ √ √ √
考点统计
卷别 动力学 热力学 电化学
速率计算 速率方程 影响因素 反应机理 反应热 自发方向 平衡判定 平衡移动 平衡计算 反应调控 曲线识别 装置分析 电极反应式 电化学计算
重庆卷 √ √ √ √ √ √
四川卷 √ √ √ √ √ √
东北卷 √ √ √ √ √
西北卷 √ √ √ √ √ √
海南卷 √ √ √
安徽卷 √ √ √ √ √ √
江西卷 √ √ √ √
广西卷 √ √ √ √ √ √
甘肃卷 √ √ √ √ √
云南卷 √ √ √ √ √ √
河南卷 √ √ √
重温经典
PART 02
02
重温经典，感悟高考
例1：（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) + H O(1) = 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- ，恒温下反应30 min，环氧乙烷完全转化，
产物中n(EG) : n(DEG) = 10 : 1。
①0~30min内，ν总(EO)=______________mol·L ·min 。
②下列说法正确的是______________(填序号)。
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
0.05
主反应：EO(aq) + H O(1) = EG(aq)
x
副反应：EO(aq) + EG(aq) = DEG(aq)
y y
x-y=10y
催化剂的选择性
cd
速率计算
重温经典，感悟高考
例2：（湖北卷T19）CaH2(s)粉末可在较低温度下还原 Fe2O3(s)。回答下列问题：
（2） 图 1 分别是260℃、280℃ 和 300℃ 下 CaH2(s)还原 Fe2O3(s) 过程中反应体系电阻 R(Ω) 随反应时间 t(h) 变化的曲线，可用 _____ (填标号)表示反应的快慢。
a． b．－ c． d．－
随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即 －
速率计算
重温经典，感悟高考
例3：（四川卷T18）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气（CO+H2）为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：
① HCHO(g)+CO(g)+H2(g)＝HOCH2CHO(l)
② HOCH2CHO(l)+H2(g)＝HOCH2CH2OH(l)
（4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛起始浓度为1.0 mol·L-1。
反应5h后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，则甲醛的平均消耗速率=__________mol·L-1·h-1。
产率=
羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产量分别为0.38mol·L－1、0.08mol·L－1和0.10mol·L－1，可得分别消耗甲醛0.38mol·L－1、0.08mol·L－1和0.10mol·L－1
v===0.112mol·L－1·h－1
0.112
速率计算
重温经典，感悟高考
例4：（甘肃卷T17）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) H1=-175kJ·mol-1(25℃，101kPa)
反应2：C2H2(g)+2H2(g)=C2H6(g) H2=-312kJ·mol-1(25℃，101kPa)
（3）对于反应1，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)=1.012×10-4mol·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 4.6×10-3 5.06×10-5
二 1.380×10-2 1.518×10-4
1.012×10-4=1.1×10-2×c(H2)
可解得c(H2)= 9.2×10-3mol·L-1
α=1
k=1.1×10-2
9.2×10-3
速率计算
重温经典，感悟高考
例5：（全国卷T28）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题：
（3）在常压和353.15 K时，初始组成n(CH3COOH):n(C2H5OH)=3:1、NaHSO4作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。
平衡时乙酸的转化率α= %，平衡常数K= (保留2位有效数字)。已知酯化反应的速率方程为r=k+c(CH3COOH)c(C2H5OH)－k-c(CH3COOC2H5)c(H2O)，其中k+=1.0×10 5L·mol ·s- , 则 k-= L ·mol · s (保留2位有效数字)。
9.90 mol·L
α=
2.97
mol·L
30
K=
3.9
k+c(CH3COOH)·c(CH3CH2OH)=k-c(CH3COOCH2CH3)·c(H2O)
==K
=3.9
k-=2.6×10 6
2.6×10 6
速率计算
重温经典，感悟高考
例6：（重庆卷T17）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。
（3）利用弛豫法可研究快速反应的速率常数（k，在一定温度下为常数）。其原理是通过微扰（如瞬时升温）使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的弛豫时间(τ)，从而获得k的信息。对于H2O H++OH－，若将纯水瞬时升温到25 ℃，测得τ＝4.0×10-5 s。已知：25 ℃时，c(H2O)＝55.6 mol·L-1，v(正)＝k1c(H2O)，v(逆)＝k2c(H+)·c(OH-)， （xe为H+的平衡浓度）
③ 25 ℃时，计算得k2为_______L·mol-1·s-1。
Xe=c(H+)=1×10-7mol·L-1
k1+2k2×(1×10-7)==2.5×10-4
平衡时，v(正)= v(逆)，可得k1c(H2O)= k2c(H+)c(OH-)，
k1×55.6= k2×1×10-14，联立解得k2=1.25×1011
1.25×1011
速率计算
重温经典，感悟高考
例7：（甘肃卷T17）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) H1=-175kJ·mol-1(25℃，101kPa)
反应2：C2H2(g)+2H2(g)=C2H6(g) H2=-312kJ·mol-1(25℃，101kPa)
（4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃，101kPa)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做催化剂时，生成乙烷的活化能大于生成乙烯的活化能
反应机理
重温经典，感悟高考
例8：（西北卷T17）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=+101kJ·mol-1
II．CO2(g）+4H2(g）=CH4(g)+2H2O ΔH2=-166kJ·mol-1
III．CO2(g）+H2(g）=H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41kJ·mol-1
（3）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 。
活化能越大，对应基元反应的速率越慢
④
HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O
或HO*+H2*+CH2*+H2O= CH3*+2H2O
反应机理
重温经典，感悟高考
例9：（安徽卷T17）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
（3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，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_______。
②活化能
①活化能
反应①的活化能远低于反应②，反应①的速率远大于反应②
温度升高，活化分子数增多，对反应②速率的提升大于反应①；温度升高，催化剂对反应②的催化效果提升大于反应①
反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应① , 反应②为放热反应，升高温度平衡会逆向移动，反应②的选择性下降。
反应机理
重温经典，感悟高考
例10：（湖北卷T19）CaH2(s)粉末可在较低温度下还原 Fe2O3(s)。回答下列问题：
（4）研究发现 CaH2(s)对 Fe2O3(s) 的还原性主要来自于其产生的 H2 。一般认为 H2 在Fe2O3 表面被氧化成 H2O 有两种可能途径，图 2 是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 ______ (填“a” 或“b”)是主要途径。
a
反应机理
重温经典，感悟高考
例11：（湖南卷T18）在温和条件下，将CO转化为C4烃类具有重要意义。
（4）一定温度下，CO、C2H4和H2 (体积比为x:2:1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100kPa)发生反应i和ii．有CO存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。
根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式 ；
C4H10的选择性大于C4H8的原因是 。
*C2H5+*C2H4 =*C4H9
由*C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢，所以C4H10的选择性大于C4H8
反应机理
重温经典，感悟高考
例12：（全国卷T28）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题：
（1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为-874 kJ·mol 、-1367、kJ·mol 和-2238kJ·mol ，则酯化反应CH3COOH(1)+C2H5OH(1)=CH3COOC2H5(1)+H2O(1)的 H= kJ·mol 。
例13：（四川卷T18）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气（CO+H2）为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：
① HCHO(g)+CO(g)+H2(g)＝HOCH2CHO(l) ② HOCH2CHO(l)+H2(g)＝HOCH2CH2OH(l)
已知：ΔfHm为物质生成焓，反应焓变ΔH=产物生成焓之和－反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。
回答下列问题：
（1）生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为___________，ΔS______0（填“＞”“＜”或“＝”），反应在______（填“高温”或“低温”）自发进行。
物质 HCHO(g) CO(g) H2(g) HOCH2CH2OH(l)
ΔfHm/kJ·mol－1 －116 －111 0 －455
HCHO(g) + CO(g) + 2H2(g)＝HOCH2CH2OH(l)
反应的焓变 H=反应物的燃烧热之和-生成物的燃烧热之和
H=[-874+(-1367)-(-2238)]kJ·mol =-3kJ·mol-1
-3
H=[-455-(-116)-(-111)]kJ·mol =-228kJ·mol-1
ΔH=－228 kJ·mol－1
＜
ΔG=ΔH－TΔS＜0
焓变计算
重温经典，感悟高考
例14：（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。
（2）298K下，反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+2CO(g)的ΔH<0、ΔS>0，则298K下该反应 (填“能”或“不能”)自发进行。
（3）以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0mol TiCl4与10.0molTi放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。
H1= kJ·mol-1 。
ΔG=ΔH-TΔS
ΔH1=132.4 kJ·mol-1 -2×200.1 kJ·mol-1 =-267.8 kJ·mol-1
a=c-2b
焓变计算
重温经典，感悟高考
例15：（安徽卷T19）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
（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.气体压强不变
c. H2O(g)的浓度不变
d. CO和CO2的物质的量相等
质量和体积不变，密度一直不变
反应前后气体分子数变化
bc
平衡判定
重温经典，感悟高考
例16：（云南卷T17）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。
I．C2H5OH(g)＋H2O(g)＝＝＝ 2H2(g)＋CH3COOH(g) ΔH1 Kp1
II．C2H5OH(g)＝＝＝ CH3CHO(g)＋H2(g) ΔH2＝＋68.7 kJ·mol－1
（2）对于反应Ⅰ：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
反应前后气体分子数变化
质量和体积不变，密度一直不变
AC
平衡判定
重温经典，感悟高考
例17：（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。
（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) + 3H (g) HOCH CH OH(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” “L ”或“L ”)；原因是___________________。
②ΔH______0(填“>” “<”或“=”)。
温度不变，增大压强，α增大
0.6
反应正向气体分子总数减小，相同温度，压强越高，平衡转化率越大
L1
压强不变，升高温度，α减小，平衡逆向移动
<
曲线识别
重温经典，感悟高考
例18：（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 molCaS,1 mol SO2和0.1 molH2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn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：
（2）乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3 0(填“>”“<”或“=”)。
根据方程式结合平衡常数表达式可知 始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2。
T1后升高温度S2减小，说明反应Ⅰ逆向移动， ΔH1< 0, K1= ，在T ~T1段， 不变，所以增大，故曲线丙为，曲线甲为H2S。随温度升高， H2S)减小，故ΔH3 < 0。
H2S
H2O
H2
H2O
＜
曲线识别
重温经典，感悟高考
例19：（云南卷T17）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=＋44.4kJ·mol－1
II．C2H5OH(g)＝＝＝ CH3CHO(g)＋H2(g) ΔH2＝＋68.7 kJ·mol－1
（3）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＝]
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”）。
乙酸的选择性最高（80%）且产氢速率较快
曲线识别
产物1
重温经典，感悟高考
例20：（东北卷T18）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。
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。
（4）在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，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]。
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。
MG
乙二醇
乙醇
DMO
I
IV
曲线识别
重温经典，感悟高考
例21：（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。
（3）以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0mol TiCl4与10.0molTi放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。
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)
ΔH1=-267.8 kJ·mol-1
ΔH2<0
TiCl2(s)
TiCl3(g)
曲线识别
重温经典，感悟高考
例22：（西北卷T17）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=+101kJ·mol-1
II．CO2(g）+4H2(g）=CH4(g)+2H2O ΔH2=-166kJ·mol-1
III．CO2(g）+H2(g）=H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41kJ·mol-1
（4）100kPa下，在密闭容器中H2（g）和MgCO3（s）各1mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在360℃以下不考虑)。
①表示CH4选择性的曲线是_______(填字母)。
注：含碳生成物选择性
升高， MgCO3 的平衡转化率增大，
H2的平衡转化率减小
升温，CO2的选择性升高；
CH4的选择性降低
c
CH4
曲线识别
重温经典，感悟高考
例23：（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。
（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) + 3H (g) HOCH CH OH(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：
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________。
M、N两点平衡转化率相等，各组分对应的物质的量分数相等
=
0.5
12
平衡计算
重温经典，感悟高考
例23：（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。
（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) + 3H (g) HOCH CH OH(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：
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(H ) = m : 3，系统压强维持p0 MPa，使α(H ) = 0.75，此时Kp=_____________MPa- (用含有m和p0的代数式表示)。
平衡计算
重温经典，感悟高考
例24：（安徽卷T17）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)
（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下图。
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)。
平衡计算
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)
不妨设起始的物质的量为：n0(CH4)=n0(CO2)=40 mol，n0(Ar)=20 mol
反应的量：n反(CH4)=40×20%=8 mol，n反(CO2)=40×30%=12 mol
C守恒：反应掉的含C物质全转化为CO
③CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)
④CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
⑤CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)
n平(CH4)=40×(1-20%)=32 mol，n平(CO2)=40×(1-30%)=28 mol
平衡时：
n平(CO)=n反(CH4)+n反(CO2)=8+12=20 mol
O守恒：计算生成的H2O。反应掉CO2中的O转移给CO和H2O
2n反(CO2)=n平(CO)+n平(H2O)
n平(H2O)=2n反(CO2)-n平(CO)=2×12-20=4 mol
重温经典，感悟高考
平衡计算
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)
H守恒：计算生成的H2。反应掉的含CH4中的H转移给H2和H2O
③CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)
④CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
⑤CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)
4n反(CH4)=2n平(H2)+2n平(H2O)
n平(H2)=2n反(CH4)-n平(H2O)=2×8-4=12 mol
分压之比等于物质的量之比
p平(CH4)=1.6p
同理可得：p平(H2O)=0.2p，p平(CO)=p，p平(H2)=0.6p
0.675p2
重温经典，感悟高考
平衡计算
重温经典，感悟高考
例25：（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 molCaS,1 mol SO2和0.1 molH2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn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：
（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)。
H2S
H2O
H2
，可得n(H2O)= n(SO2=100a mol
H元素守恒：n(H2S)+ n(H2O) + n(H2) = 0.1 mol，
n(H2S)+ 100a + a=0.1 mol，故n(H2S) =(0.1- 101a) mol
S元素守恒：n(H2S)+ n(SO2) + 2n(S2) = 1 mol，
(0.1- 101a)+100a+ 2n(S2)= 1 mol，故n(S2) =(0.45+ 0.5a) mol
0.45+ 0.5a
O元素守恒：n(H2O)+ 2n(SO2) + 4n(CaSO4) = 2 mol，100a+200a +4n(CaSO4)= 2 mol, 故n(CaSO4) = (0.5- 75a) mol
Ca元素守恒：n(CaS)+n(CaSO4) = 1 mol，n(CaS)+ (0.5- 75a) = 1 mol，
故n(CaS) =(0.5+75a) mol，则CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)-n(CaSO4)= 150a mol。
150a
平衡计算
重温经典，感悟高考
例26：（四川卷T18）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气（CO+H2）为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：
① HCHO(g)+CO(g)+H2(g)＝HOCH2CHO(l) ② HOCH2CHO(l)+H2(g)＝HOCH2CH2OH(l)
（4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛起始浓度为1.0 mol·L－1。
② 溶剂中H2和CO浓度分别保持为1.0×10－4 mol·L－1、6.0×10－4 mol·L－1，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为18%、34%、14%，生成乙二醇的平衡常数K=_________(mol·L－1)－3（科学记数，保留小数点后2位）。
HCHO(g) + CO(g) + 2H2(g)＝HOCH2CH2OH(l)
甲醛的平衡浓度=1.0－0.18－0.34－0.14=0.34mol·L－1
乙二醇的产率为34%平衡浓度也是0.34mol·L－1
1.67×1011
平衡计算
重温经典，感悟高考
例27：（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。
（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。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～t0min内，N2H4的转化率为 (用含y2的代数式表示)。
②0～t0min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)。
n1/n0
n2/n0
=(1-y2) ×100%
剩余N2H4：n2=y2 ×n0
α(N2H4)=
n0-n2
n0
×100%
=
n0 -y2 ×n0
n0
×100%
n1= y1×n0 =3a+b
n2= y2×n0 =n0-(a+3b)
a=
3n0y1+n0y2-n0
8
选择性用=ne /(n0 – n2)×100%=
3n0y1+n0y2-n0
8
n0 – y2n0
3y1+y2-1
8(1-y2)
×100%
=
平衡计算
重温经典，感悟高考
例28：（安徽卷T17）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
aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g)。在其他条件不变时，增加A的量，平衡正向移动，A的转化率 降低，B的转化率升高。
反应调控
重温经典，感悟高考
例29：（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 molCaS,1 mol SO2和0.1 molH2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn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：
（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n(H2S)/n(H2 ) (填“增大”“减小”或“不变”)，H2O物质的量n(H2O) (填“增大”“减小”或“不变”)。
H2S
H2O
H2
增大
平衡常数K不变
=×104
=10-4 K n(SO2)
S元素守恒：n(H2S)+ n(SO2) + 2n(S2) = 1 mol
n(H2)减小，，n(H2O)也减小
减小
反应调控
重温经典，感悟高考
例30：（四川卷T18）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气（CO+H2）为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：
① HCHO(g)+CO(g)+H2(g)＝HOCH2CHO(l) ② HOCH2CHO(l)+H2(g)＝HOCH2CH2OH(l)
（3）反应中伴随副反应④：HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(l)。平衡常数与温度之间满足关系lnK=－+常数，反应②和④的lnK与的关系如图所示，则ΔH2______ΔH4（填“＞”“＜”或“＝”）；欲抑制甲醇的生成，应适当______（填“升高”或“降低”）反应温度，理由是______________。
斜率为－，斜率越大，ΔH越小
＜
随温度降低，反应②的平衡常数增大更快，生成更多的主产物，相当于抑制副反应
降低
反应调控
重温经典，感悟高考
融合创新
例31：（江苏卷T17）合成气(CO和H2)是重要的工业原料气。
（3）研究CH4、H2O(g)与不同配比的铁铈载氧体[Fe2O3·(1－x)CeO2，0≤x≤1，Ce是活泼金属，正价有＋3、＋4]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应：
① 步骤I中，产物气体积分数、CH4转化率、与x的关系如图乙所示。x＝0时， 大于理论值2的可能原因有 ； x＝0.5时，通入标准状况下300 mL的CH4至反应结束，CO的选择性＝×100%＝80%，则生成标准状况下CO和H2的总体积为 mL。
CO还原CeO2
CH4→C＋2H2
300 mL×60%＝180mL
V生成(CO)＝180 mL×80%＝144mL
V生成(H2)＝288mL
V生成(CO)＋V生成(H2)＝144mL＋288mL＝432mL
432
重温经典，感悟高考
融合创新
例31：（江苏卷T17）合成气(CO和H2)是重要的工业原料气。
（3）研究CH4、H2O(g)与不同配比的铁铈载氧体[Fe2O3·(1－x)CeO2，0≤x≤1，Ce是活泼金属，正价有＋3、＋4]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应：
②x＝0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与H2O(g)反应的物质有 (填化学式)。
Fe、FeO、C
知识重构
PART 03
03
反应速率
速率计算基本公式： v
基元反应速率方程：v(A)(B)
阿伦尼乌斯公式：
动力学方程
浓度
温度
压强
催化剂
反应速率
活化能→活化分子→有效碰撞→化学反应速率
浓度增大
有效碰撞概率增大
化学反应速率增大
压强增大
温度升高
使用催化剂
体积缩小
分子能量增加
活化能降低
活化分子百分数增加
单位体积内分子总数增加
单位体积内活化分子数增加
焓变计算
2．基于共价键的键能计算焓变
计算公式：ΔH＝反应物的总键能 生成物的总键能
3．基于活化能计算焓变
1．基于总能量计算焓变
计算公式：ΔH＝生成物的总能量 反应物的总能量
计算公式：ΔH＝正反应的活化能 逆反应的活化能
6．基于盖斯定律计算焓变
4．基于燃烧热计算焓变
计算公式：ΔH＝反应物的燃烧热总和 生成物的燃烧热总和
5．基于生成焓计算焓变
计算公式：ΔH＝生成物的生成焓总和 反应物的生成焓总和
反应方向
H>0
S >0
高温自发
S
H
H<0
S <0
低温自发
H>0
S <0
一定不自发
H<0
S >0
一定自发
温度对反应方向的影响
定量分析
平衡移动及图像
v正＝k正·ca(A)·cb(B)、v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)
平衡移动及图像
反应机理
“环式”反应催化机理
反应物“只进不出”
生成物“只出不进”
催化剂“失而复得”
中间产物“自生自灭”
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
平衡计算

浓度平衡常数：Kc=
压强平衡常数： Kp=
物质的量分数平衡常数： Kx=
标准压强平衡常数： Kθ＝
v正＝k正·ca(A)·cb(B)、v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)
v正＝k正·pa(A)·pb(B)、v逆＝k逆·pc(C)·pd(D)
v正＝k正·xa(A)·xb(B)、v逆＝k逆·xc(C)·xd(D)
＝K＝Kp＝Kx
模型建构
PART 04
04
热力学基础
动力学基础
反应调控
反应机理
影响因素
速率计算
反应原理综合
平衡移动
简单反应
复杂反应
基元反应
平行反应
连续反应
物质变化
能量变化
基础性
综合性
应用性
创新性
必备知识
关键能力
焓变计算
自反方向
平衡计算
平衡判定
【思维建模】判断平衡状态的方法——“逆向相等，变量不变”
(1)“逆向相等”：反应速率必须一个是正反应的速率，一个是逆反应的速率，且经过换算后同一种物质的正反应速率和逆反应速率相等
特别注意：同一反应方向的反应速率不能判断反应是否达到平衡状态
(2)“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的，当不变时为平衡状态；一个随反应的进行保持不变的量，不能作为是否是平衡状态的判断依据。
平衡判定
【思维建模】判断化学平衡移动方向的思维模型
分析反应特点
分析反应容器特点
根据勒夏特列原理分析
综合分析判断
是否有气体参加
是否有固体/纯液体参加
ΔV(g)是否为零
ΔH变化情况
恒温恒容
恒温恒压
温度的影响
压强的影响
浓度的影响
平衡移动及图像
面
线
轴
点
审题出发点
定量
计算
平衡常数K
反应速率v
转化率α
定性
计算
自变量随因变量的变化趋势
明确研究对象
分析曲线关联
温度对化学
平衡的影响
判断ΔH的正负
判断气体
分子数变化
压强对化学
平衡的影响
平衡移动及图像
平衡计算
化学平衡移动的定性分析与定量计算
感谢您的观看一、考向分析
卷别 动力学 热力学 电化学
速率计算 速率方程 影响因素 反应机理 反应热 自发方向 平衡判定 平衡移动 平衡计算 反应调控 曲线识别 电化学装置 电极反应式 电化学计算
全国卷 √ √ √ √ √
天津卷 √ √ √ √ √ √
山东卷 √ √ √ √
浙江1月 √ √ √ √ √
浙江6月 √ √ √ √ √
江苏卷 √ √ √ √
河北卷 √ √ √ √ √
广东卷 √ √ √ √ √
湖北卷 √ √ √ √ √
湖南卷 √ √ √ √ √ √
重庆卷 √ √ √ √ √ √
四川卷 √ √ √ √ √ √
东北卷 √ √ √ √ √
西北卷 √ √ √ √ √ √
海南卷 √ √ √
安徽卷 √ √ √ √ √ √
江西卷 √ √ √ √
广西卷 √ √ √ √ √ √
甘肃卷 √ √ √ √ √
云南卷 √ √ √ √ √ √
河南卷 √ √ √
二、重温经典（首行缩进2个汉字，五号，黑体）
1.速率计算
例1：（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) + H O(1) = 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- ，恒温下反应30 min，环氧乙烷完全转化，产物中n(EG) : n(DEG) = 10 : 1。
①0~30min内，ν总(EO)=______________mol·L ·min 。
②下列说法正确的是______________(填序号)。
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
【答案】①0.05；②cd
【解析】①环氧乙烷（EO）30 min时完全转化，则ν总(EO)==0.05 mol·L ·min ；②由于主反应ΔH<0，放热，则生成物总能量低于反应物总能量，a错误；由于环氧乙烷（EO）同时发生了两个反应，则0~30 min内，v总(EO) ≠ v总(EG)，b错误；30 min时，产物中n(EG) : n(DEG) = 10 : 1。设此时DEG(aq)的浓度为1，则副反应消耗的EO(aq)和EG(aq)浓度均为1，主反应生成的EG(aq)的浓度为11.则0~30 min内，v主(EG) : v副(DEG) = 11:1正确；两个反应均为完全的反应，选择适当的催化剂，可以提高主反应的选择性，进而提高乙二醇的最终产率，d正确。
例2：（湖北卷T19）CaH2(s)粉末可在较低温度下还原 Fe2O3(s)。回答下列问题：
（2） 图 1 分别是260℃、280℃ 和 300℃ 下 CaH2(s)还原 Fe2O3(s) 过程中反应体系电阻 R(Ω) 随反应时间 t(h) 变化的曲线，可用 _____ (填标号)表示反应的快慢。
a． b．－ c． d．－
【答案】d
【解析】随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即－。
例3：（四川卷T18）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气（CO+H2）为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：
① HCHO(g)+CO(g)+H2(g)＝HOCH2CHO(l)
② HOCH2CHO(l)+H2(g)＝HOCH2CH2OH(l)
（4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛起始浓度为1.0 mol·L-1。
反应5h后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，则甲醛的平均消耗速率=__________mol·L-1·h-1。
【答案】0.112
【解析】羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38%、8%、10%，说明这三个反应分别消耗甲醛0.38mol·L－1、0.08mol·L－1和0.10mol·L－1，v===0.112mol·L－1·h－1。
2.速率方程
例4：（甘肃卷T17）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) H1=-175kJ·mol-1(25℃，101kPa)
反应2：C2H2(g)+2H2(g)=C2H6(g) H2=-312kJ·mol-1(25℃，101kPa)
（3）对于反应1，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)=1.012×10-4mol·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 4.6×10-3 5.06×10-5
二 1.380×10-2 1.518×10-4
【答案】9.2×10-3
【解析】将数据代入方程，解得α=1，k=1.1×10-2，所以速率方程为v(C2H2)= 1.1×10-2×c(H2)，当v(C2H2)=1.012×10-4mol·L-1·s-1时，即1.012×10-4=1.1×10-2×c(H2)，可解得c(H2)= 9.2×10-3mol·L-1。
例5：（全国卷T28）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题：
（3）在常压和353.15 K时，初始组成n(CH3COOH):n(C2H5OH)=3:1、NaHSO4作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。
平衡时乙酸的转化率α= %，平衡常数K= (保留2位有效数字)。已知酯化反应的速率方程为r=k+c(CH3COOH)c(C2H5OH)－k-c(CH3COOC2H5)c(H2O)，其中k+=1.0×10 5L·mol ·s- , 则 k-= L ·mol · s (保留2位有效数字)。
【答案】30 3.9 2.6×10 6
【解析】在常压和353.15 K时，初始组成n(CH3COOH):n(C2H5OH)=3:1、NaHSO4作催化剂的条件下进行反应。由图可知，C2H5OH起始浓度为3.30 mol·L ，平衡浓度为0.33 mol·L- ,转化2.97 mol·L ,转化率为 90%。同时，CH COOH 起始浓度为9.90 mol·L ,转化量与C H OH相同，为2.97 mol·L 。则反应达到平衡时乙酸的转化率为30%。
平衡常数K=，由题给信息可知，当反应达到平衡时v（正）=v（逆），则k+c(CH3COOH)·c(CH3CH2OH)=k-c(CH3COOCH2CH3)·c(H2O)，由上面的计算可知：乙醇的转化浓度：3.30-0.33=2.97，乙酸的转化浓度为：6.93，乙酸乙酯浓度为2.97，水为2.97，k+=1.0×10 5则k-=2.6×10 6。
例6：（重庆卷T17）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。
（3）利用弛豫法可研究快速反应的速率常数（k，在一定温度下为常数）。其原理是通过微扰（如瞬时升温）使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的弛豫时间(τ)，从而获得k的信息。对于H2OH++OH－，若将纯水瞬时升温到25 ℃，测得τ＝4.0×10-5 s。已知：25 ℃时，c(H2O)＝55.6 mol·L-1，v(正)＝k1c(H2O)，v(逆)＝k2c(H+)·c(OH-)， （xe为H+的平衡浓度）
③ 25 ℃时，计算得k2为_______L·mol-1·s-1。
【答案】1.25×1011
【解析】驰豫时间公式为，其中τ=4.0×10-5s，Xe=c(H+)=1×10-7mol·L-1，带入可得：k1+2k2×(1×10-7)==2.5×10-4，平衡时，v(正)= v(逆)，可得k1c(H2O)= k2c(H+)c(OH-)，带入数据得k1×55.6= k2×1×10-14，联立解得k2=1.25×1011。
3.反应机理
例7：（甘肃卷T17）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) H1=-175kJ·mol-1(25℃，101kPa)
反应2：C2H2(g)+2H2(g)=C2H6(g) H2=-312kJ·mol-1(25℃，101kPa)
（4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃，101kPa)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)
【答案】Pd/W；Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于生成乙烯的活化能
【解析】如图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能更低（0.68eV<0.77eV），所以催化剂Pd对乙烷的选择性更高，而Pd/W为催化剂，生成乙烯的活化能更低（0.80eV<0.83eV），所以催化剂Pd/W对乙烷的选择性更高，。
例8：（西北卷T17）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=+101kJ·mol-1
II．CO2(g）+4H2(g）=CH4(g)+2H2O ΔH2=-166kJ·mol-1
III．CO2(g）+H2(g）=H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41kJ·mol-1
（3）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 。
【答案】④；HO*+CH2*+H2*→CH3*+H2O (或HO*+CH2*+H*+H2*+H2O → CH3*+H*+2H2O）
【解析】基元反应的活化能越高，反应速率越慢。观察图像，第四个基元反应的活化能最高，反应速率最慢。基元反应为CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*→CH3*+H2O(或HO*+ CH2*+ H*+H2*+H2O → CH3*+H*+2H2O）。
例9：（安徽卷T17）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
（3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，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_______。
【答案】反应①的活化能远低于反应②，反应①的速率远大于反应②；
温度升高，活化分子数增多，对反应②速率的提升大于反应①；温度升高，催化剂对反应②的催化效果提升大于反应①。
【解析】反应①的选择性接近 100% ，原因是反应①的活化能远低于反应②活化能，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%。反应①的高选择性为速率控制的结果，反应时间较短，远未达到平衡状态。反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应① , 反应②为放热反应，升高温度平衡会逆向移动，但反应①选择性下降，从速率提升角度解答，和催化剂性能角度回答。可能原因是活化分子数增多，对反应②速率的提升大于反应①；温度升高，催化剂对反应②的催化效果提升大于反应①。
例10：（湖北卷T19）CaH2(s)粉末可在较低温度下还原 Fe2O3(s)。回答下列问题：
（4）研究发现 CaH2(s)对 Fe2O3(s) 的还原性主要来自于其产生的 H2 。一般认为 H2 在Fe2O3 表面被氧化成 H2O 有两种可能途径，图 2 是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 ______ (填“a” 或“b”)是主要途径。
【答案】a
【解析】由图可知途径a中能垒为1.3eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径。
例11：（湖南卷T18）在温和条件下，将CO转化为C4烃类具有重要意义。
（4）一定温度下，CO、C2H4和H2 (体积比为x:2:1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100kPa)发生反应i和ii．有CO存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。
根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式 ；C4H10的选择性大于C4H8的原因是 。
【答案】*C2H5+*C2H4 =*C4H9 由*C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢
【解析】总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为*C2H5+*C2H4 =*C4H9；由图可知，由*C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢，所以C4H10的选择性大于C4H8。
4.反应热计算及自发方向
例12：（全国卷T28）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题：
（1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为-874 kJ·mol 、-1367、kJ·mol 和-2238kJ·mol ，则酯化反应CH3COOH(1)+C2H5OH(1)=CH3COOC2H5(1)+H2O(1)的 H= kJ·mol 。
【答案】-3
【解析】燃烧热是指在标准状态时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物 [如碳元素变为CO2(g) 、氢元素变为H O(1)等]时所放出的热量。反应的焓变=反应物的燃烧热之和-生成物的燃烧热之和，所以 H=[-874+(-1367)-(-2238)]kJ·mol =-3kJ·mol-1。
例13：（四川卷T18）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气（CO+H2）为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：
① HCHO(g)+CO(g)+H2(g)＝HOCH2CHO(l)② HOCH2CHO(l)+H2(g)＝HOCH2CH2OH(l)
已知：ΔfHm为物质生成焓，反应焓变ΔH=产物生成焓之和－反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。
物质 HCHO(g) CO(g) H2(g) HOCH2CH2OH(l)
ΔfHm/kJ·mol－1 －116 －111 0 －455
回答下列问题：
（1）生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为___________，ΔS______0（填“＞”“＜”或“＝”），反应在______（填“高温”或“低温”）自发进行。
【答案】HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)＝HOCH2CH2OH(l) ΔH=－228 kJ·mol－1；＜；低温。
【解析】因为反应①+反应②=反应③，利用盖斯定律即可得出反应③的热化学方程式：HCHO(g) + CO(g) + 2H2(g)＝HOCH2CH2OH(l) ΔH=－228 kJ·mol－1；反应③是气体分子数减少的反应，所以ΔS＜0；根据ΔG=ΔH－TΔS＜0时反应自发进行，可得反应在低温时自发进行。
例14：（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。
（2）298K下，反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+2CO(g)的ΔH<0、ΔS>0，则298K下该反应 (填“能”或“不能”)自发进行。
（3）以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0mol TiCl4与10.0molTi放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。
编号 过程 H
(a) Ti (s)+ TiCl4(g)2TiCl2(s) H1
(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) H2
H1= kJ·mol-1 。
【答案】(2)能；(3)-267.8
【解析】（2）反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+2CO(g)的ΔH<0、ΔS>0，由ΔG=ΔH-TΔS，ΔG恒小于0，所以在298K下能自发进行；
（3）已知：反应b：TiCl2(s)+ TiCl4(g)2TiCl3(g)，反应c：Ti (s)+ 3TiCl4(g)4TiCl3(g)，由盖斯定律得：c-2×b=Ti (s)+ TiCl4(g)2TiCl2(s)，所以ΔH1=132.4 kJ·mol-1 -2×200.1 kJ·mol-1 =-267.8 kJ·mol-1。
5.平衡判定
例15：（安徽卷T19）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
（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.气体压强不变
c. H2O(g)的浓度不变 d. CO和CO2的物质的量相等
【答案】bc
【解析】整个体系全是气体，质量和体积不变，密度一直不变，a错误；由HCOOH(g)作为反应物的平衡，分子数增加，压强会升高，达到平衡后压强不变，b正确；未达到平衡时，H2O(g)的浓度一直在增加，达到平衡后不变，c正确；反应过程中CO和CO2的物质的量是一个特殊的点，不是一直不变，d错误。
例16：（云南卷T17）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。
I．C2H5OH(g)＋H2O(g)＝＝＝ 2H2(g)＋CH3COOH(g) ΔH1 Kp1
II．C2H5OH(g)＝＝＝ CH3CHO(g)＋H2(g) ΔH2＝＋68.7 kJ·mol－1
（2）对于反应Ⅰ：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
【答案】AC
【解析】
选项 物理量 是否变量的相关解释 能否说明平衡
A 压强 反应I为气体分子数增大的反应，随着反应进行，恒容容器内气体分子数逐渐增多，压强逐渐增大（变量） 能
B 密度 恒容容器的体积不变，容器内涉及反应物质均为气体，气体的总质量不发生变化，密度始终不变（非变量） 不能
C 体积分数 反应开始，CH3COOHd体积分数为0，随着反应进行，CH3COOH逐渐增多，CH3COOH的体积分数逐渐增大 能
D 速率 若v正＝v逆，则反应达到平衡。生成1 mol H2O（v逆），消耗2 mol H2（v逆），均指向v逆，未体现v正＝v逆 不能
6.曲线识别
例17：（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。
（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) + 3H (g) HOCH CH OH(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” “L ”或“L ”)；原因是___________________。
②ΔH______0(填“>” “<”或“=”)。
【答案】①L1；该合成反应正向是气体分子总数减小的反应，增大压强平衡正向移动，平衡转化率增大；②<
【解析】①该合成反应正向是气体分子总数减小的反应，增大压强平衡正向移动，平衡转化率增大。温度相同时，L1的压强最大，其平衡转化率是最大的0.6。②当压强相同时，L1对应的温度最低且转化率最大，说明温度降低平衡正向移动，则反应放热，则ΔH<0。
例18：（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 molCaS,1 mol SO2和0.1 molH2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn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：
（2）乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3 0(填“>”“<”或“=”)。
【答案】H2O ＜
【解析】由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知 始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2。
T1后升高温度S2减小，说明反应Ⅰ逆向移动， ΔH1< 0, K1= ，在T ~T1段， 不变，所以增大，故曲线丙为，曲线甲为H2S。随温度升高， H2S)减小，故ΔH3 < 0。
例19：（云南卷T17）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
（3）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＝]
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”）。
【答案】①反应速率快且乙酸选择性高；②产物1
【解析】①根据图1可知，当温度为270℃时，乙酸的选择性最高（80%）且产氢速率较快；
②分析图2中产物1、产物2、产物3的成分，其成分应为乙酸、乙醛、C1副产物，结合反应I和反应II的焓变，为吸热反应，故产物1、产物2对应的物质为乙酸、乙醛，产物3为C1副产物；反应过程中，乙酸的选择性更高，故生成乙酸的能垒应更低，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，故乙酸可能是产物1。
例20：（东北卷T18）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。
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。
（4）在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，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]。
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。
【答案】I 、IV
【解析】根据图示的曲线，随着反应的温度升高I曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率区域恒定，故I曲线为DMO的实际转化率曲线；又已知II为乙二醇的选择性曲线，观察曲线II和曲线IV可知，随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线。
例21：（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。
（3）以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0mol TiCl4与10.0molTi放入容积为V0L的恒容密闭容器中，反应体系存在下列过程。
编号 过程 H
(a) Ti (s)+ TiCl4(g)2TiCl2(s) H1
(b) TiCl2(s)+ TiCl4(g)2TiCl3(g) +200.1kJ/oml
(c) Ti (s)+ 3TiCl4(g)4TiCl3(g) +132.4kJ/mol
(d) TiCl3(g)TiCl3(s) H2
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 。
【答案】TiCl2(s)
【解析】低温区：ΔH1<0，升高温，反应a平衡逆向移动TiCl2(s)减少，所以TiCl2(s)与T成反比；高温区b、c为主，ΔH>0，升高温，平衡正向移动，TiCl3(g)增多，所以TiCl3(g)与T成正比。所以，I为TiCl2(s)；II为TiCl3(g)。
例22：（西北卷T17）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=+101kJ·mol-1
II．CO2(g）+4H2(g）=CH4(g)+2H2O ΔH2=-166kJ·mol-1
III．CO2(g）+H2(g）=H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41kJ·mol-1
（4）100kPa下，在密闭容器中H2（g）和MgCO3（s）各1mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在360℃以下不考虑)。
注：含碳生成物选择性
①表示CH4选择性的曲线是_______(填字母)。
【答案】c
【解析】反应I为吸热反应，升温平衡正向移动，碳酸镁的平衡转化率逐渐升高，二氧化碳的选择性上升；Ⅱ为放热反应，升高温度，CH4的选择性下降；在360℃以下不考虑反应Ⅲ，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。
7.平衡计算
例23：（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。
（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) + 3H (g) HOCH CH OH(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：
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(H ) = m : 3，系统压强维持p0 MPa，使α(H ) = 0.75，此时Kp=_____________MPa- (用含有m和p0的代数式表示)。
【答案】③=；12；④
【解析】③M、N两点均在L1上，平衡转化率相等，则各组分对应的物质的量分数相等，Kx(M)=Kx(N)；D点在L2上，平衡转化率α=0.5，设初始投料为n(CO)=2 mol，n(H2O)=3 mol，列三段式如下：
2CO(g) + 3H (g) HOCH CH OH(g)
n初始/mol：2 3 0
n转化/mol：2×0.5 3×0.5 0.5
n平衡/mol：1 1.5 0.5
平衡时x(CO) = = ，同理，x(H2) = 0.5，x(HOCH CH OH) = ，则Kx= = 12；④设初始进料为 m mol CO，3 mol H ，平衡时α(H ) = 0.75，列三段式：
2CO(g) + 3H (g) HOCH CH OH(g)
n(初始)/mol m 3 0
n(转化)/mol 1.5 3×0.75 0.75
n(平衡)/mol m-1.5 0.75 0.75
平衡时n(总)=m-1.5 + 0.75 + 0.75= m mol，p(CO)=×p0 MPa , p(H )=×p0 MPa , p(HOCH CH OH) = ×p0 MPa，Kp = MPa- = MPa- 。
例24：（安徽卷T17）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)
（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下图。
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)。
【答案】0.675p2
【解析】设起始的物质的量为：n0(CH4)=n0(CO2)=40 mol，n0(Ar)=20 mol。需要求出平衡时各物质的量。n平(CH4)=40×(1-20%)=32 mol，n平(CO2)=40×(1-30%)=28 mol；反应的量为：n反(CH4)=40×20%=8 mol，n反(CO2)=40×30%=12 mol；根据C守恒，反应掉的含C物质全转化为CO：n平(CO)=8+12=20 mol。根据O守恒计算生成的水：反应掉的CO2中的O，转移给了CO和H2O。2n反(CO2)=n平(CO)+n平(H2O)，n平(H2O)=2×12-20=4 mol。再根据H守恒计算生成的H2：反应掉的CH4中的H，转移给了H2和H2O。4n反(CH4)=2n平(H2)+2n平(H2O)，n平(H2)=2n反(H2)-n平(H2O)=2×8-4=12 mol。分压之比等于物质的量之比。 ，可得：p平(CH4)=1.6p；同理可得：p平(H2O)=0.2p，p平(CO)=p，p平(H2)=0.6p；。
例25：（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 molCaS,1 mol SO2和0.1 molH2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn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：
（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)。
【答案】0.45+0.5a 150a
【解析】T1平衡时H2是amol，根据可知H2O和SO2的物质的量均为100a mol，列元素守恒：
H元素守恒：n(H2S)+ n(H2O) + n(H2) = 0.1 mol，n(H2S)+ 100a + a=0.1 mol，故n(H2S) =(0.1- 101a) mol
S元素守恒：n(H2S)+ n(SO2) + 2n(S2) = 1 mol，(0.1- 101a)+100a+ 2n(S2)= 1 mol，故n(S2) =(0.45+ 0.5a) mol
O元素守恒：n(H2O)+ 2n(SO2) + 4n(CaSO4) = 2 mol，100a+200a +4n(CaSO4)= 2 mol, 故n(CaSO4) = (0.5- 75a) mol
Ca元素守恒：n(CaS)+n(CaSO4) = 1 mol，n(CaS)+ (0.5- 75a) = 1 mol，故n(CaS) =(0.5+75a) mol
则CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)-n(CaSO4)= 150a mol。
例26：（四川卷T18）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气（CO+H2）为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：
① HCHO(g)+CO(g)+H2(g)＝HOCH2CHO(l)② HOCH2CHO(l)+H2(g)＝HOCH2CH2OH(l)
（4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛起始浓度为1.0 mol·L－1。
② 溶剂中H2和CO浓度分别保持为1.0×10－4 mol·L－1、6.0×10－4 mol·L－1，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为18%、34%、14%，生成乙二醇的平衡常数K=_________(mol·L－1)－3（科学记数，保留小数点后2位）。
【答案】1.67×1011
【解析】结合平衡常数的单位可知生成乙二醇的反应，指的是反应③，而不是反应②。根据羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为18%、34%、14%，计算出甲醛的平衡浓度1.0－0.18－0.34－0.14=0.34mol·L－1，乙二醇的产率为34%平衡浓度也是0.34mol·L－1，反应③HCHO+CO+2H2＝HOCH2CH2OH的平衡常数K===1.67×1011(mol·L－1)－3。
例27：（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。
（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。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～t0min内，N2H4的转化率为 (用含y2的代数式表示)。
②0～t0min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)。
【答案】(1-y2) ×100% ×100%
【解析】判断各曲线的含义：取起点，n1=0→=0
①t0 min时，=y2，则0~t0 min内，N2H4的转化率为×100%=×100%= (1-y2) ×100%；
② 建立三段式：
(e)N2H4 = N2 + 2H2；(f)3N2H4 = N2 + 4NH3
Δx： a a 2a 3b b 4b
剩：n0-(a+3b) a+b 2a 4b
可得n1=y1×n0=3a+b，n2=y2×n0=n0-(3a+b)，解得a=，选择性用=ne /(n0 – n2)×100%=a /(n0 – y2×n0)×100%=×100%。
8.平衡移动及反应调控
例28：（安徽卷T17）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
【答案】b
【解析】增加原料中CH4的量，会降低其转化率，a错误；增加另一种原料中CO2的量，会提高CH4的转化率，b正确；恒容，通入Ar，不改变反应物、产物的分压，转化率不变，c错误。
例29：（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 molCaS,1 mol SO2和0.1 molH2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lgn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：
（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n(H2S)/n(H2 ) (填“增大”“减小”或“不变”)，H2O物质的量n(H2O) (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】增大 减小
【解析】压缩容积S2的产率增大，因反应Ⅰ的平衡常数不变，所以SO2增大；由反应Ⅲ的平衡常数可表示为，始终不变，所以K =×104， =10-4 K n(SO2)增大。因n(SO2) 、n(S2)均增大，由S元素守恒：n(H2S)+ n(SO2) + 2n(S2) = 1 mol，可知n(H2S)减小，n(H2)减小，，n(H2O)也减小。
例30：（四川卷T18）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气（CO+H2）为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：
① HCHO(g)+CO(g)+H2(g)＝HOCH2CHO(l)② HOCH2CHO(l)+H2(g)＝HOCH2CH2OH(l)
（3）反应中伴随副反应④：HCHO(g)+H2(g)=CH3OH(l)。平衡常数与温度之间满足关系lnK=－+常数，反应②和④的lnK与的关系如图所示，则ΔH2______ΔH4（填“＞”“＜”或“＝”）；欲抑制甲醇的生成，应适当______（填“升高”或“降低”）反应温度，理由是______________。
【答案】＜；降低；由图像可知随温度降低，反应②的平衡常数增大更快，所以低温时生成更多的主产物，相当于抑制了副反应
【解析】根据lnK=－+常数的图像，斜率为－越大说明反应的ΔH越小，故ΔH2＜ΔH4；由图像可知随温度降低，反应②的平衡常数增大更快，所以低温时生成更多的主产物，相当于抑制了副反应。
9.融合创新类
例31：（江苏卷T17）合成气(CO和H2)是重要的工业原料气。
（3）研究CH4、H2O(g)与不同配比的铁铈载氧体[Fe2O3·(1－x)CeO2，0≤x≤1，Ce是活泼金属，正价有＋3、＋4]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应：
步骤I CH4CO＋2H2 步骤II H2OH2
① 步骤I中，产物气体积分数、CH4转化率、与x的关系如图乙所示。x＝0时，大于理论值2的可能原因有 ；x＝0.5时，通入标准状况下300 mL的CH4至反应结束，CO的选择性＝×100%＝80%，则生成标准状况下CO和H2的总体积为 mL。
② x＝0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与H2O(g)反应的物质有 (填化学式)。
【答案】① 部分CH4分解生成H2，CO还原CeO2；432
② Fe、FeO、C
【解析】① 步骤I中CH4→CO＋2H2，生成的H2是CO的2倍，现大于理论值2，原因之一：x＝0时，铁铈载氧体[Fe2O3·(1－x)CeO2]中只含有CeO2，Ce为＋4价，可以降低到＋3价，CO具有还原性，两者可以发生氧化还原反应，CO被消耗，导致大于2；原因之二：部分CH4在850℃时分解生成C和H2，H2增多，导致大于2。由图示x＝0.5知，CH4的转化率为60%，参加反应的CH4为300 mL×60%＝180mL，V生成(CO)＝180 mL×80%＝144mL，图中n(H2)/n(CO)＝2，则V生成(H2)＝288mL，V生成(CO)＋V生成(H2)＝144mL＋288mL＝432mL。② 由衍射峰强度图知，与CH4反应后存在的C原子(▲)，Fe原子(□)，FeO(●)，在新制载氧体中不存在，即与H2O(g)反应的物质为C、Fe和FeO。
三、知识重构
1.动力学方程
速率计算基本公式： v 基元反应速率方程：v(A)(B)
阿伦尼乌斯公式：
2.反应速率
3.焓变计算
①基于总能量计算焓变：ΔH＝
②基于共价键的键能计算焓变：ΔH＝
③基于活化能计算焓变：ΔH＝
④基于燃烧热计算焓变：ΔH＝
⑤基于生成焓计算焓变：ΔH＝
⑥基于盖斯定律计算焓变：ΔH＝
4.反应方向
①温度对反应方向的影响
当ΔH＜0，ΔS＞0时，ΔG＜0，反应自发进行。
当ΔH＞0，ΔS＜0时，ΔG＞0，反应不能自发进行。
当ΔH＞0，ΔS＞0或ΔH＜0，ΔS＜0时，反应是否自发进行与温度有关，在一定温度下可使ΔG＝0，即反应达平衡状态。
ΔH<0、ΔS<0时，则ΔH-TΔS在较低温度时可能小于零，所以低温有利于反应自发进行。图解如下：
②对于可逆反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，浓度商Qc＝，则将浓度商和平衡常数作比较可判断可逆反应所处的状态。
5.平衡移动及图像
①改变反应物或生成物的浓度
②改变气体体系的压强
③改变温度
④加催化剂
⑤速率——压强/温度图像
⑥转化率—时间—温度/压强图像
6.反应机理
7.平衡计算
1.对于反应：
(1)浓度平衡常数：Kc＝
(2)压强平衡常数：Kp＝
(3)物质的量分数平衡常数：Kx＝
(4)标准压强平衡常数：Kθ＝
2.结合速率方程
①v正＝k正·ca(A)·cb(B)、v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)
②v正＝k正·pa(A)·pb(B)、v逆＝k逆·pc(C)·pd(D)
③v正＝k正·xa(A)·xb(B)、v逆＝k逆·xc(C)·xd(D)
均有 ＝K＝Kp＝Kx
四、模型建构1.（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 (298K)
已知：SiHCl3(g)+ H2(g) == Si(s) + 3HCl(g) ΔH2=+219.29 kJ·mol－1 (298K)
298K时，由SiCl4(g) + 2H2(g)== Si(s)+ 4HCl(g)制备56g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)。
773K时2L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下图所示：
①0～50min，经方式 处理后的反应速率最快；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，平衡常数K的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
2.（2024全国甲卷T28）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H6)的研究
所获得的部分数据如下。回答下列问题：
（1）已知如下热化学方程式：
CH4(g) + Br2(g) == CH3Br(g) + HBr(g) ΔH1=－29 kJ·mol－1
3CH3Br(g) == C3H6(g) + 3HBr(g) ΔH2=+20 kJ·mol－1
计算反应3CH4(g) + 3Br2(g) == C3H6(g) + 6HBr(g)的ΔH= kJ·mol－1
（2）CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8 m mol CH4和8 m mol Br2通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。
(i)图中CH3Br的曲线是_____(填“a”或“b”)。
(ii)560℃时，CH4的转化率α= ，n(HBr)= m mol。
(iii) 560℃时，反应CH3Br(g) + Br2(g) == CH2Br2(g) + HBr(g) 的平衡常数K= 。
（3）少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8 m mol
CH4和8 m mol Br2，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(i)在11～19s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比 。
(ii) 从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据 。
(ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下：
① I2(g) == ·I2(g)+ ·I2(g)
② ·I2(g) + CH2Br2(g) == HBr(g) + ·CH2Br(g)
③ ·CH2Br(g) + HBr(g) == CH3Br(g) + ·Br(g)
④ ·Br(g) + CH4(g) == HBr(g) + ·CH3(g)
⑤·CH3(g) + IBr(g) == CH3Br(g) + ·I(g)
⑥·I2(g)+ ·I2(g) == I2(g)
根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因 。
3.（2024河北卷T17）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。
硫酰氯及1,4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。
⑴ 硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：
SO2(g) + Cl2(g)SO2Cl2(g) ΔH＝－67.59 kJ·mol－1。
①若正反应的活化能为E正 kJ·mol－1，则逆反应的活化能E逆= kJ·mol－1 (用含E正的代数式表示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp (Δp=p0-p，p0为体系初始压强，p0=240 kPa，p为体系平衡压强)，结果如下图。
上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。
M点Cl2(g)的转化率为 ，T1温度下用分压表示的平衡常数Kp= kPa－1。
③ 上图曲线中能准确表示T1温度下Δp随进料比变化的是 (填序号)。
（2）1,4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为：
以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B)，其中c(A) 、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(k1~k5分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，k1∶k2∶k3∶k4∶k5 =100∶21∶7∶4∶23。
① 30min时，c(X) = 6.80 mol·L－1，且30~60min内v(X)=0.042 mol·L－1·min－1，反应进行到
60min时，c(X) = mol·L－1。
② 60min时，c(D) = 0.099 mol·L－1，若0~60min产物T的含量可忽略不计，则此时
c(G)= mol·L－1； 60min后，随T的含量增加， (填“增大”“减小”或“不变”)。
4.（2024安徽卷T17）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：
【乙烷制乙烯】
（1）C2H6氧化脱氢反应：
2C2H6(g) +O2(g)==2C2H4(g) + 2H2O(g) ΔH1=－209.8 kJ·mol－1
C2H6(g) + CO2(g)== C2H4(g) + H2O(g) +CO(g) ΔH2=+178.1kJ·mol－1
计算：2CO(g) + O2(g) == 2CO2(g) ΔH3= kJ·mol－1
（2）C2H6直接脱氢反应为C2H6(g)==C2H4(g) + H2(g) Δ H4，C2H6的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则Δ H4 0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近40%的是 (填标号)。
a．600℃、0.6MPa b．700℃、0.7MPa c．800℃、0.8MPa
（3）一定温度和压强下、反应i ：C2H6(g)C2H4(g) + H2(g) Ka1，
反应ⅱ ：C2H6(g) + H2(g)2CH4(g) Ka2， (Ka2远大于Ka1)( Kx是以平衡物质的量分数
代替平衡浓度计算的平衡常数)
① 仅发生反应i时。C2H6的平衡转化宰为25.0%，计算Ka1= 。
② 同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比，C2H4的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【乙烷和乙烯混合气的分离】
（4）通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu+的 与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。
用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是 。
（5）常温常压下，将C2H4和C2H6等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。
A．前30 min，两种气体均未被吸附
B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是C2H6
C．a-b对应的时间段内，吸附的C2H6逐新被C2H4替代
5.（2024贵州卷T17）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：
（1）反应ⅰ在1000K时 (选填“能”或“不能”)自发进行。
（2）已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的ΔH2= kJ·mol－1
(用含a、b、c的代数式表示)。
物质 CH4(g) C6H6(l) H2(g)
ΔH/( kJ/mol) a b c
（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/% 产物中积碳平均含量/%
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
（5）973K、100kPa下，在某密闭容器中按n(C6H6):n(CH4) =1:5充入气体，发生反应
C6H6(g)+ CH4(g)C7H8(g)+ H2(g)，平衡时C6H6与C7H8的分压比为4∶1，则C6H6的
平衡转化率为 ，平衡常数Kp=
(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数，列出计算式即可)。
（6）引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下：(两个反应可视为同级数的平行反应)对于同级数的平行反应有，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知Ea,苯< Ea二甲苯，若要提高苯的产率，可采取的措施有 。
6.（2024福建卷T14）SiHCl3是制造多晶硅的原料，可由Si和SiCl4耦合加氢得到，相关反应如下：
Ⅰ．SiCl4(g) + H2(g) == SiHCl3(g) + HCl(g) ΔH1＝ +52 kJ/mol
Ⅱ．Si(s) + 3HCl(g) == SiHCl3(g) + H2(g) ΔH2＝ -236 kJ/mol
Ⅲ．Si(s) + SiCl4(g) + 2H2(g) == 2SiH2Cl2(g) ΔH3＝ +16 kJ/mol
（1）生成SiHCl3的总反应：
Ⅳ．Si(s) + 3SiCl4(g) + 2H2(g) == 4SiHCl3(g) ΔH4＝ kJ/mol
（2）体系达到平衡状态且其他条件不变时：
①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数增大的组分为 (填标号)。
a．SiCl4 b．SiHCl3 c．SiH2Cl2 d．HCl
②反应温度升高不利于提高平衡时产物SiHCl3选择性的原因是 。
（3）在压强为p0的恒压体系中通入2.0 mol H2和1.0 mol SiCl4，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。
已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。
① 图中n代表的组分为 (填化学式)。
② 750K时，反应Ⅲ的平衡常数Kp= (列出计算式)。
③ 750K时，SiCl4的平衡转化率为f，消耗硅的物质的量为 mol (列出计算式)。
（4）673K下、其他条件相同时，用Cu、CuO和CuCl分别催化上述反应，一段时间内SiCl4
的转化率如下表所示。(产物SiHCl3选择性均高于98.5%)
催化剂 Cu CuO CuCl
SiCl4的转化率/% 7.3 14.3 22.3
① 使用不同催化剂时，反应Ⅳ的ΔH：CuO催化剂_______CuCl催化剂(填“>”“<”或“=”)；
反应Ⅳ的活化能：Cu催化剂_______CuCl催化剂(填“>”“<”或“=”)。
② 使用CuCl催化剂，初始投料α mol SiCl4，该段时间内得到β mol SiHCl3，则SiHCl3的
选择性 ×100%。(列出计算式)
7.（2024湖南卷T18）丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂生产CH2=CHCN的流程如下：
已知： ①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：HOCH2CH2COOC2H5(g)CH2=CHCOOC2H5(g) + H2O(g) ΔH1
③ 反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：CH2=CHCOOC2H5(g) + NH3(g)CH2=CHCONH2(g) + C2H5OH(g) ΔH2
ⅲ：CH2=CHCONH2(g) CH2=CHCN(g) + H2O(g) ΔH3
④ 在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
（1）总反应HOCH2CH2COOC2H5(g) + NH3(g) CH2=CHCN(g) + C2H5OH(g) + 2H2O(g)
ΔH = (用含ΔH1、ΔH2、和ΔH3的代数式表示)；
（2）进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5):n(C2H5OH)=1:2，出料中四种物质(CH2=CHCOOC2H、CH2=CHCN、C2H5OH、H2O)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：
①表示CH2=CHCN的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；
②反应釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是 。
③出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是 。
④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。
（3）催化剂TiO2再生时会释放CO2，可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含0.72g水)置于密闭真空容器中，充入CO2和NH3，其中CO2的分压为100kPa，在27℃下进行干燥。为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于 kPa 。(已知p(H2O)=2.5×102 kPa·mol－1×n(H2O) NH4HCO3分解的平衡常数Kp=4×104kPa3)
（4）以CH2=CHCN为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4，其阴极反应式 。
8.（2024东北卷T18）为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：
2HCl(g) + O2(g)Cl2(g) + H2O(g) ΔH1=－57.2 kJ·mol－1 ΔS K
将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
（1）ΔS 0(填“>”或“<”)；T3= ℃
（2）结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH = kJ·mol－1。
H2O(l)==H2O(g) ΔH 2=+44.0 kJ mol 1
H2(g)+ Cl2(g) ==2HCl(g) ΔH 3=－184.6 kJ mol 1
（3）下列措施可提高M点HCl转化率的是 (填标号)
A．增大HCl的流速 B．将温度升高40℃
C．增大n(HCl):n(O2) D．使用更高效的催化剂
（4）图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是 。
（5）设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K= (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)
（6）负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，则Ru的相对原子质量为 (精确至1)。
9.（2024山东卷T20）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 = CaCO3(s) (Ⅲ) ΔH3<0
回答列问题：
（1）C(s) + CaO(s) + 2H2O(g) = CaCO3(s) +2H2(g)的焓变ΔH=_______(用代数式表示)。
（2）压力p下，C-H2O-CaO体系达平衡后，图示温度范围内 C(s) 已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2摩尔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)。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是_______。
（3）压力p下、温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应CO(g) + H2O(g) = CO2(g) + H2(g)的平衡常数Kp=_______；此时气体总物质的量为4.0 mol，则CaCO3(s) 的物质的量为_______mol；若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，分压p(CO2)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)，p(CO)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
10.（2024浙江6月卷T19）氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为25℃，101kPa)
NaBH4(s) + 2H2O(l)==NaBO2(aq) + 4H2(g) ΔH<0
请回答：
（1）该反应能自发进行的条件是 。
A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断
（2）该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是 。
A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]
C．加入少量固体硼酸[B(OH)3] D．增大体系压强
（3）为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比[n(NaBH4)/n(H2O)]之间的关系，结果如图1所示。
请解释ab段变化的原因 。
（4）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为0.49L，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5 L/mol；电荷量q(C)=电流I(A)时间(s)；NA=6.0×1023 mol－1；e=1.60×10－19C。]
（5）资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4。(已知：ΔG是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比ΔH计算方法；当ΔG<0时，反应能自发进行。)
I．NaBH4(s) + 2H2O(l)==NaBO2(aq) + 4H2(g) ΔG1=－320 kJ/mol
II．H2(g) + O2(g) ==H2O(l) ΔG2=－240 kJ/mol
III．Mg(s) + O2(g) ==MgO(s) ΔG3=－570 kJ/mol
请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明ΔG 。
(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为100%。)
第25讲-理解为王：化学反应原理综合题解题策略答案及解析
1.【答案】
(1)吸　587.02　该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅　
(2) ①甲　5.6×10-5　②0.195 2 　③逆反应方向
【解析】(1)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，由①+②得SiCl4(g)+2H2(g)===Si(s)+4HCl(g)，根据盖斯定律可知，该反应的ΔH=ΔH1+ΔH2=+74.22 kJ·mol-1+219.29 kJ·mol-1=+293.51 kJ·mol-1，则制备56 g Si需要吸收的热量为293.51 kJ·mol-1×=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由图像可知，0~50 min，经方式甲处理后的反应速率最快；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2%，生成SiHCl3的物质的量为0.1 mol×4.2%×=0.005 6 mol，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%，列出三段式为
　　　　　　　　3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s) ===4SiHCl3(g)
起始/(mol·L-1)　　　0.05　　0.2　　　　　　　0
转化/(mol·L-1)　　0.007 3　0.004 8　　　　　0.009 7
平衡/(mol·L-1)　　0.042 7　0.195 2　　　　　0.009 7
当反应达平衡时，H2的浓度为0.195 2 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。
2.【答案】
(1)-67
(2) a 80% 7.8 10.92
(3) 3：2；5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升；I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。
【详解】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的 H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。
（2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K===10.92。
（3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v==mmol·(L·s)-1。生成速率比==；
(ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
3.【答案】
(1)①E正+67.59　②T3>T2>T1　该反应是放热的、气体分子数减小的反应，恒容条件下，反应正向进行时，容器内压强减小，从T3到T1平衡时Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低　75%　0.03　③D　
(2)①5.54　②0.033　增大
【解析】(1)①根据反应热与活化能E正和E逆关系ΔH=E正-E逆 可知，该反应的E逆=E正-(-67.59) kJ·mol-1=(E正+67.59) kJ·mol-1。②该反应的正反应为气体体积减小的反应，反应正向进行程度越大，Δp越大。由图可知，从T3到T1，Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由T3到T1逐渐降低，即T3>T2>T1。由图中M点可知，进料比为n(SO2)∶n(Cl2)=2，平衡时Δp=60 kPa，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出三段式：
　　　　　　　　SO2(g)+Cl2(g) SO2Cl2(g)　Δp
起始压强/kPa　　160　　80
转化压强/kPa　　60　　 60　　　 60　　　 60
平衡压强/kPa　　100　　20　　　 60
可计算得α(Cl2)=×100%=75% ，Kp===0.03 kPa-1。③根据“等效平衡”原理，该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1∶1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时，Δp相等。(2)①根据v(X)=，60 min时，c(X)=6.80 mol·L-1-v(X)·Δt=6.80 mol·L-1-0.042 mol·L-1·min-1×30 min=5.54 mol·L-1。②由题给反应速率方程推知===3，又D、G的初始浓度均为0，则=，则Δc(G)=×Δc(D)=0.033 mol·L-1，即60 min后c(G)=0.033 mol·L-1。60 min后，D和G转化为T的速率比为==，结合二者的生成速率可知，D生成的快而消耗的慢，G生成慢而消耗的快，则增大。
4.【答案】
(1)-566　
(2)>　b　
(3)①　②增大
(4)4s空轨道　 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高，且分子筛可重复使用　
(5)BC
【解析】(1)将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，根据盖斯定律知ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8 kJ·mol-1 -178.1 kJ·mol-1 ×2)=-566 kJ·mol-1 。
(2)由图可知，若压强相同，温度升高，C2H6的平衡转化率增大，该反应为吸热反应，故ΔH4>0。(3)①若仅发生反应ⅰ，设初始时C2H6的物质的量为1 mol，则：
　　　　　　C2H6(g) ===== C2H4(g)+　H2(g)
起始量/mol　　　1　　　　　　0　　　0
转化量/mol　　　0.25　　　　0.25　　0.25
平衡量/mol　　　0.75　　　　0.25　　0.25
平衡时气体总物质的量为1.25 mol，C2H6、C2H4、H2物质的量分数分别为x(C2H6)==0.6，x(C2H4)=x(H2)==0.2，则Kx1===。②只发生反应ⅰ时，随着反应进行，体系内气体总物质的量增大，压强增大；反应ⅱ为反应前后气体体积不变的反应，由题干信息知，Kx2远大于Kx1，C2H6同时发生反应ⅰ和ⅱ时，反应ⅱ进行程度远大于反应ⅰ，且反应ⅱ会消耗反应ⅰ生成的H2，使反应ⅰ的化学平衡正向移动，C2H4的平衡产率增大。
(4)配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，Cu+的4s轨道为空轨道，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高，且分子筛可重复使用。
(5)前30 min，=0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误；p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确；a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐渐增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确。
5.【答案】　
(1)能　
(2)6a-b-9c　
(3)反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，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，产物中积炭平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高　(5)20%　(或)　
(6)适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可)
【解析】
(1)反应ⅰ.CH4(g) →C(s)+2H2(g)　ΔH1=+74.6 kJ·mol-1　ΔS=+80.84 J·mol-1·K-1，在1 000 K时，ΔG=ΔH-TΔS=+74.6 kJ·mol-1-1 000 K×80.84×10-3 kJ·mol-1·K-1=-6.24 kJ·mol-1<0，故反应ⅰ在1 000 K时能自发进行。(2)ⅱ.6CH4(g)→C6H6(l)+9H2(g)　ΔH2
由题给数据可得出以下热化学方程式：
①CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=a kJ·mol-1
②C6H6(l)+O2(g)→6CO2(g)+3H2O(l)　ΔH=b kJ·mol-1
③H2(g)+O2(g)→H2O(l)　ΔH=c kJ·mol-1
依据盖斯定律，将反应①×6-②-③×9得，反应ⅱ的ΔH2=(6a-b-9c) kJ·mol-1。(5)设起始时C6H6的物质的量为1 mol，CH4的物质的量为5 mol，参加反应的C6H6的物质的量为x mol，则可建立如下三段式：
　　　　　　C6H6(g) +CH4(g)C7H8(g) +H2(g)
起始量/mol　　1　　　5　　　　　0　　　0
转化量/mol　　x　　　x　　　　　x　　　x
平衡量/mol　　1―x　　5―x　　　x　　　x
根据平衡时C6H6与C7H8的分压比为4∶1得=，解得x=0.2。平衡时，n(C6H6)=0.8 mol，n(CH4)=4.8 mol，n(C7H8)=0.2 mol，n(H2)=0.2 mol，则C6H6的平衡转化率为×100%=20%，平衡常数Kp=或。(6)已知Ea，苯6.【答案】(1)-80
(2) bc 因 H4<0，升温反应IV向逆反应方向进行，SiHCl3的产量反而减小
(3) HCl 或-1
(4) = >
【详解】（1）根据盖斯定律可知， H4= H2+3 H1=-236+3×52=-80kJ·mol-1。
（2）①压缩平衡体系体积，相当于增大压强，重新达到平衡后，对II→IV的反应都是平衡向正反应方向移动，因此SiH2Cl2和SiHCl3的量增大；因 H4<0、 H3>0，升温反应IV向逆反应方向进行，反应III向正反应方向进行，SiHCl3的产量反而减小。
（3）在压强为p0的恒压体系中通入2molH2和1mol SiCl4，①根据反应I→IV可知，温度升高反应I和III向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n为HCl，m为SiHCl3；②750K时按照反应III进行，由图中可知道平衡时SiCl4的物质的量分数为x、SiH2Cl2的物质的量分数为z、H2的物质的量分数为w，则；③750K，1mol SiCl4的平衡转化率为f，则转化的SiCl4为fmol，剩余的SiCl4为(1-f)mol，平衡时的物质与物质的量分数分别为：SiCl4→x、SiH2Cl2→z和SiHCl3→y，设平衡时混合物的总物质的量为Mmol，则可以根据剩余的SiCl4计算出M，mol，再计算出、，根据硅原子守恒，消耗硅的物质的量=平衡物质中硅的总物质的量-起始时的1mol SiCl4，或者消耗硅的物质的量=平衡物质中SiH2Cl2和SiHCl3物质的量之和-消耗的fmol SiCl4，。
（4）①使用不同催化剂时，反应IV的ΔH：CuO催化剂与ΔH：CuCl催化剂相比较，由于反应热只和反应物的始态与生成物的终态有关，与催化剂无关，所以ΔH：CuO催化剂=ΔH：CuCl催化剂；根据表中数据，在相同单位时间内，Cu作催化剂SiCl4的转化率为7.3%、CuCl作催化剂SiCl4的转化率为22.3%，由此可以得出CuCl作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应IV的活化能：Cu催化剂CuCl催化剂；②根据反应IV，初始投料amol SiCl4该段时间内得到βmol SiHCl3，列式：
得出生成SiHCl3所消耗的SiCl4的物质的量，根据表的转化率可知所消耗的SiCl4的总物质的量为，最后根据公式。
7.【答案】
(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3　
(2)①c　②降低分压有利于反应ⅰ平衡正向移动，且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低，从而提高产率　③CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解　④反应时间过长，催化剂中毒，活性降低，反应速率降低，故产物减少　
(3)40　(4)Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+===Sn(CH2CH2CN)4
【解析】(1)根据盖斯定律，由反应ⅰ+反应ⅱ+反应ⅲ得HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。
(2)①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1 mol，n(C2H5OH)=2 mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1 mol，生成H2O(g)的物质的量约为2 mol，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3 mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1∶3∶2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线。②反应釜Ⅰ中发生反应ⅰ是气体体积增大的反应，加入C2H5OH，降低分压有利于反应ⅰ平衡正向移动，且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低，从而提高产率。
(3)0.72 g水的物质的量为0.04 mol，故p(H2O)=2.5×102 kPa·mol-1×n(H2O)=10 kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3==NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)·p(CO2)·p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40 kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40 kPa。
(4)Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，不溶于水，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+===Sn(CH2CH2CN)4。
8.【答案】
(1)<　360　
(2)-285.8　
(3)BD　
(4)反应未达平衡时，流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低　
(5)6　
(6)101
【解析】(1)2HCl(g)+O2(g)===Cl2(g)+H2O(g)反应后气体分子数目减小，该反应 ΔS <0；该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，由图像可知，T1代表的温度为440 ℃，T3为360 ℃。
(2)根据盖斯定律可得反应H2(g)+O2(g)===H2O(l)的ΔH=ΔH1+ΔH3-ΔH2=-57.2 kJ·mol-1-184.6 kJ·mol-1-44.0 kJ·mol-1=-285.8 kJ·mol-1，即氢气的燃烧热ΔH为-285.8 kJ·mol-1。
(3)增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率减小，A不符合题意；M点对应的温度为360 ℃，由图像可知，温度升高40 ℃为400 ℃时，HCl的转化率增大，B符合题意；增大n(HCl)∶n(O2)，HCl的转化率减小，C不符合题意；M点时，反应未达到平衡，使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，D符合题意。
(5)由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4 mol，可列出三段式：
　　　　　　2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)
起始量/mol　　4　　　4　　　　　0 　　　0
变化量/mol　　3.2　　0.8　　　　　1.6　　1.6
平衡量/mol　　0.8　　3.2　　　　　1.6　　1.6
则K==6。
(6)由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比，故=1.66，则Ru的相对原子质量约为101。
9.【答案】
(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3　
(2)H2　当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小　
(3)　0.5　不变　不变
【解析】(1)根据盖斯定律，目标总反应=反应(Ⅰ)+反应(Ⅱ)+反应(Ⅲ)，则其ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。
(2)图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数增大，所以a线代表H2的摩尔分数的变化，b线代表CO的摩尔分数的变化。T1时，CaCO3(s)已完全分解，当温度高于T1，相当于只发生反应Ⅱ，CO2的摩尔分数减小，则c线代表CO2的摩尔分数随温度的变化。
(3)压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为1-0.5-0.15-0.05=0.3，则反应CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)的平衡常数Kp= ==；从H2的来源分析，产生H2多少取决于消耗碳的量和生成不同含碳物种量的多少。平衡时，可独立分析产生H2与消耗碳和生成各含碳物种的化学反应，如下：
Ⅰ：C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)；Ⅳ：C(s)+2H2O(g) ==CO2(g)+2H2(g)；Ⅴ：C(s)+CaO(s)+2H2O(g) ==CaCO3(s)+2H2(g)；平衡时气体n(总)=4 mol，根据H2、CO、CO2的摩尔分数可计算三者的物质的量分别为：n(H2)=4 mol×0.5=2 mol，同理，n(CO)=0.6 mol，n(CO2)=0.2 mol，平衡时，由反应(Ⅰ)生成的H2：n(H2)Ⅰ=n(CO)=0.6 mol，由反应(Ⅳ)生成的H2：n(H2)Ⅳ=2n(CO2)=2×0.2 mol=0.4 mol，则由反应(Ⅴ)生成的H2：n(H2)Ⅴ=2 mol-0.6 mol-0.4 mol=1 mol，由反应(Ⅴ)产物关系可得n(CaCO3)=n(H2)Ⅴ=×1 mol=0.5 mol；若向平衡体系中通入少量CO2(g)后，反应ⅢCaO(s)+CO2(g) ==CaCO3(s)重新达平衡，Kp=，温度不变，Kp不变，则分压p(CO2)不变，Kc= ，c(CO2)也不变，其他气体的浓度均不变，所以p(CO)不变。
10.【答案】
(1)C　
(2)AC　
(3)ab段，反应物水浓度降低(水的物质的量分数过低，微粒间的有效碰撞减少)，生氢速率减慢　
(4)O2+4e-+2CO2===2　70%　
(5)NaBO2(s)+2H2O(l)+4Mg(s)===NaBH4(s)+4MgO(s)　ΔG=-1000kJ·mol-1
或NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)===NaBH4(s)+2MgO(s)　ΔG=-340 kJ·mol-1
【解析】(1)反应NaBH4(s)+2H2O(l)===NaBO2(aq)+4H2(g)　ΔH<0，ΔS>0 ，由ΔG=ΔH-TΔS可知，任意温度下，该反应均能自发进行。
(2)升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；硼氢化钠与水反应的实质是利用其强还原性来还原水中的氢离子，异丙胺[CHNH2]呈碱性，使水中氢离子的浓度减小，化学反应速率降低，B不符合题意；硼酸[B(OH)3]呈弱酸性，加入少量固体硼酸，水中氢离子的浓度增大，化学反应速率加快，C符合题意；增大体系压强，化学反应速率不变，D不符合题意。
(4)根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为O2+4e-+2CO2===2， 该条件下，0.49 L H2的物质的量为=0.02 mol，工作时，H2失去电子：H2-2e-==2H+，所带电荷量：2×0.02×6.0×1023×1.60×10-19 C=3 840 C，工作电荷量：3.2×14×60 C=2 688 C，则该电池将化学能转化为电能的转化率：×100%=70%。
(5)结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由(4×反应Ⅲ)-(4×反应Ⅱ+反应Ⅰ)得NaBO2(s)+2H2O(l)+4Mg(s)===NaBH4(s)+4MgO(s)ΔG=4ΔG3-(4ΔG2+ΔG1)=4×(-570 kJ·mol-1)-[4×(-240 kJ·mol-1)+(-320 kJ·mol-1)]=-1 000 kJ·mol-1。或者(2×反应Ⅲ)-(2×反应Ⅱ+反应Ⅰ)得NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)===NaBH4(s)+2MgO(s)ΔG=2ΔG3-(2ΔG2+ΔG1)=2×(-570 kJ·mol-1)-[2×(-240 kJ·mol-1)+(-320 kJ·mol-1)]=-340 kJ·mol -1。

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