大题综合突破三 化学反应原理综合题
1.（2025·山东名校联考）CO2—CH4干气重整（DRM）是碳捕集、利用的一种典型低碳过程。高能耗和积碳是目前DRM反应工业化所面临的主要瓶颈，DRM反应中设计的主要反应如下：
Ⅰ.CH4（g）＋CO2（g）2H2（g）＋2CO（g）ΔH1＝＋247 kJ·mol－1
Ⅱ.H2（g）＋CO2（g）H2O（g）＋CO（g）ΔH2＝＋41 kJ·mol－1
Ⅲ.CH4（g）C（s）＋2H2（g）ΔH3＝＋74 kJ·mol－1
回答下列问题。
（1）反应Ⅳ：H2（g）＋CO（g）H2O（g）＋C（s）的焓变ΔH4＝ kJ·mol－1。
（2）起始压强为0.1 MPa，固定体积为2 L的容器中加入1 mol CH4和1 mol CO2（g）。不同温度下平衡时各组分的物质的量随温度变化如图所示。
①200 ℃前仅用一个反应就可以表示各组分的物质变化，该反应方程式为 。
②620 ℃时，平衡时，装置中的积碳质量为 g；反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ MPa2。（结果保留两位有效数字）
（3）在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v＝kp（CH4）·p－0.5（CO2）（k为速率常数）。在p一定时，不同p下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa、pb、pc从大到小的顺序为 。
（4）当升温1 000 ℃以上后，图像中H2和CO曲线重合的原因是 。
2.（2025·河北邯郸三模）二甲醚（DME）无毒、无腐蚀性，燃烧后不产生碳烟，是重要的化工原料和环保产品。碳中和背景下，CO2加氢制二甲醚是有潜力实现DME资源化利用的重要途径之一。
①CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）ΔH1＝＋41.2 kJ·mol－1
②CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH2＝－49.3 kJ·mol－1
③CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）ΔH3＝－90.5 kJ·mol－1
④2CH3OH（g）O（g）＋H2O（g）ΔH4＝－23.9 kJ·mol－1
回答下列问题：
（1）写出CO2直接加氢制二甲醚的热化学反应方程式： ，该反应在 （填“高温”“低温”或“任意温度”）下能自发进行。
（2）在密闭容器中通入1 mol CO2、3 mol H2，只进行反应②和④，一定压强下，研究温度对CO2转化率和二甲醚产率的影响如图1，一定温度下，研究压强对CO2转化率和二甲醚产率的影响如图2，该工艺最佳反应条件为 ，该反应条件下反应④的Kp＝ （列出计算式即可）。
（3）在1 L密闭容器中通入1 mol CO2、3 mol H2，只进行反应①、③和④，研究CO2平衡转化率、二甲醚产率与温度的关系。图3中表示CO2平衡转化率的曲线为 ，该曲线呈现图中趋势的可能原因是
。
（4）铝催化剂催化二甲醚羰基化的反应历程如图4所示，该催化历程中的决速步为 （填“TS1”“TS2”“TS3”或“TS4”），二甲醚羰基化的机理图如图5所示，则二甲醚羰基化的生成物是 。
3.（2025·福建名校联盟三模）可通过高储氢密度的氢能载体十氢萘转化为萘实现制氢，相关反应为C10H18C10H8＋5H2（g） ΔH，回答下列问题：
（1）标准摩尔生成焓是指在101 kPa、298 K下，由最稳定的单质合成1 mol物质的反应焓变。相关物质数据如下表，则ΔH＝ kJ·mol－1。
物质 （C10H18）（l） （C10H8）（l）
标准摩尔生成焓/kJ·mol－1 －226 96
（2）C10H18脱氢的平衡转化率随压强及温度变化如图。其中，控制温度在C10H18沸点温度可实现液相脱氢（即实验条件点）。
①M点时，C10H18（g）C10H8（g）＋5H2（g）的平衡常数Kp＝ 。
②随压强增大，实验条件点对应C10H18平衡转化率升高的原因为 。
③相较于高温气相脱氢，液相脱氢的优点为 。
（3）一定温度和压强下，在密闭反应器中进行C10H18液相脱氢实验，产物中检测出四氢萘，反应过程中液相C10H18、C10H12和C10H8的浓度随时间变化如图。
有关反应的活化能如下表所示。
反应 C10H18→C10H12 C10H18→C10H8 C10H12→C10H8
Ea/（kJ·mol－1） 114.38 116.27 105.6
①2 h内的平均速率：C10H8 C10H12（填“＞”“＜”或“＝”）。
②结合活化能数据及曲线综合判断，脱氢反应机制主要为 （填“a”或“b”），理由是 。
a.平行反应，即同时发生C10H18C10H12＋3H2（g）
b.连续反应，即反应物经过如下转化C10H18→C10H12→C10H8
③8.5 h时C10H18的转化率为 ％。（精确到小数点后1位）
大题综合突破三 化学反应原理综合题
1.（1）－132 （2）①2C（s）＋2H2O（g）CO2（g）＋CH4（g）
②9.6 7.6×10－3 （3）pc＞pb＞pa
（4）1 000 ℃以上，主要发生反应Ⅰ
解析：（1）根据盖斯定律，Ⅱ＋Ⅲ－Ⅰ可得，H2（g）＋CO（g）H2O（g）＋C（s） ΔH4＝（41＋74－247）kJ·mol－1＝－132 kJ·mol－1。（2）①分析在200 ℃之前体系物质的变化，CO2、CH4的物质的量逐渐增多，C、H2O物质的量逐渐减少，故发生反应2C（s）＋2H2O（g）CO2（g）＋CH4（g）；②620 ℃时，根据图可知平衡时，H2是1.1 mol，CO是0.5 mol，H2O是0.5 mol，CO2是0.5 mol，则根据碳原子守恒，2 mol＝0.5 mol＋0.5 mol＋n（CH4）＋n（C），根据氢原子守恒，4 mol＝2.2 mol＋1 mol＋4n（CH4），则n（CH4）＝0.2 mol，n（C）＝0.8 mol，m（C）＝0.8×12 g＝9.6 g；则平衡后气体总物质的量为2.8 mol，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，则平衡时总压强为×0.1 MPa＝0.14 MPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝＝ MPa2≈7.6×10－3MPa2。（3）根据沉积碳的生成速率方程v＝kp（CH4）·p－0.5（CO2），在p一定时，p与积碳量成反比，故pc＞pb＞pa。（4）当升温1 000 ℃以上后，根据图像知，主要存在H2和CO两种物质，反应Ⅰ中只有H2和CO两种生成物，并且二者化学计量数相等，则曲线重合的原因是1 000 ℃以上，主要发生反应Ⅰ。
2.（1）2CO2（g）＋6H2（g）O（g）＋3H2O（g） ΔH＝－122.5 kJ·mol－1 低温
（2）150 ℃、9.0 MPa
（3）X 反应①为吸热反应，反应③和④是放热反应，升温促使反应①正向移动，使反应③和④逆向移动，低温区反应①正移的程度弱于反应③和④逆移，高温区反应①正移的程度大于反应③和④逆移，因此CO2平衡转化率随温度升高呈现先下降后上升的趋势
（4）TS2 CH3COOCH3
解析：（1）根据盖斯定律，将②×2＋④得2CO2（g）＋6H2（g）O（g）＋3H2O（g） ΔH＝ΔH2×2＋ΔH4＝－122.5 kJ·mol－1，该反应的ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可以得出该反应在低温下能自发进行。（2）从图上可以得出最佳反应条件为150 ℃、9.0 MPa；此时CO2转化率为95％，二甲醚产率为84％，则反应②中CO2转化0.95 mol，反应④中生成n（二甲醚）＝1 mol×0.5×84％＝0.42 mol，由此可计算出平衡时各物质的物质的量为0.05 mol CO2，0.15 mol H2，0.11 mol CH3OH，1.37 mol H2O，n总＝2.1 mol，该反应条件下反应④的Kp＝。（3）二甲醚产率小于二氧化碳转化率，所以表示CO2平衡转化率的曲线为X，反应①为吸热反应，反应③和④是放热反应，升温促使反应①正向移动，使反应③和④逆向移动，低温区反应①正移的程度弱于反应③和④逆移，高温区反应①正移的程度大于反应③和④逆移，因此CO2平衡转化率随温度升高呈现先下降后上升的趋势。（4）从历程图（图4）中可以看出能垒最高的是反应TS2，该催化历程中的决速步为TS2；机理图（图5）中可以看出产物是CH3COOCH3。
3.（1）322 （2）①7.812 5×10－8 MPa5 ②温度对平衡移动的影响程度大于压强 ③氢气与反应液可直接分离且耗能低
（3）①＞ ②b C10H18→C10H12活化能小于C10H18→C10H8，但生成C10H8速率远大于生成C10H12速率，说明C10H12继续转化为C10H8 ③34.7
解析：（1）反应C10H18（g）C10H8（g）＋5H2（g）的ΔH＝生成物的标准摩尔生成焓－反应物的标准摩尔生成焓＝＋96 kJ·mol－1＋226 kJ·mol－1＝＋322 kJ·mol－1。（2）①设开始时通入1 mol C10H18（g），则列出“三段式”
平衡常数Kp＝＝＝7.812 5×10－8 MPa5；②该反应是气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，随压强增大，实验条件点对应C10H18平衡转化率升高的原因为温度对平衡移动的影响程度大于压强；③相较于高温气相脱氢，液相脱氢的优点为氢气与反应液可直接分离且耗能低。（3）①由图可知，2 h内，C10H8物质的量变化量大于C10H12，则2 h内的平均速率：C10H8＞C10H12；②结合活化能数据及曲线综合判断，脱氢反应机制主要为b，理由是：C10H18→C10H12活化能小于C10H18→C10H8，但生成C10H8速率远大于生成C10H12速率，说明C10H12继续转化为C10H8；③由图可知，8.5 h时，n（C10H8）＝2 mol·L－1，n（C10H12）＝0.13 mol·L－1，n（C10H18）＝4 mol·L－1，由C原子守恒可知，C10H18的转化率×100％≈34.7％。
3 / 3大题综合突破三 化学反应原理综合题
【例】 （2024·山东高考20题）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
回答下列问题：
（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”）。
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平衡逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小 （3） 0.5
不变 不变
【流程分析】
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①： 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＜0② 审题干：①题目情景。给出题目情景和研究对象。 ②多重平衡体系
（1）C（s）＋CaO（s）＋2H2O（g）CaCO3（s）＋2H2（g）的焓变③ΔH＝ （用代数式表示）。 析问题：③[考查盖斯定律]已知反应依次标记为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ＝Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ，则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
续表
（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④，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⑤，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⑥是 。 ④[考查图像分析，外界条件对平衡影响的判断]反应Ⅰ已经进行完全； ⑤[考查结论分析]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曲线代表H2的摩尔分数的变化；则c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化； ⑥开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，CaCO3（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小
（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⑦Kp＝ ；此时气体总物质的量为4.0 mol，则CaCO3（s）的物质的量⑧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”）。⑨ 巧计算：⑦[考查平衡常数计算]根据已知信息，H2O（g）的摩尔分数为1－0.50－0.15－0.05＝0.30，则反应的平衡常数Kp＝＝＝； ⑧[考查物质的量的计算]根据气体总物质的量和气相中H2、CO、CO2的摩尔分数，可以计算出H2、CO、CO2、H2O的物质的量为2 mol、0.6 mol、0.2 mol、1.2 mol。根据元素守恒分析如下： 反应物H2O中的H元素转化为H2，而O元素的去向有三处：CO、CO2、CaCO3，并且从反应Ⅲ可以看出，CaCO3三个氧原子中有一个氧原子来自CaO，其他两个氧原子来自H2O，如图所示： 根据物质H2O的元素组成比例，可知2n（O）＝n（H），即：2[n（CO）＋2n（CO2）＋2n（CaCO3）]＝2n（H2），将CO、CO2、H2的物质的量代入，即可迅速计算出生成CaCO3的物质的量为0.5 mol； ⑨[考查分压计算—平衡条件和平衡特征]反应CaO（s）＋CO2（g）CaCO3（s）的Kp＝，温度不变，Kp不变，则分压p（CO2）不变；体系中增加了CO2（g），若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前提下，CO、H2O的分压增大，H2分压减小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与事实不符，所以为了保证Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即p（CO）不变
CaCO3（s）的物质的量其他计算方法
（1）三段式法
设起始投料C（s）、H2O、CaO物质的量分别为a mol、b mol、c mol，反应Ⅱ、Ⅲ转化CO、CO2物质的量分别为x mol、y mol。根据反应的先后顺序，列出三段式模型：
根据平衡时各气体物质的量，列出方程组
n（H2）：a＋x＝2 ①
n（CO）：a－x＝0.6 ②
n（CO2）：x－y＝0.2 ③
n（H2O）：b－a－x＝1.2 ④
由于前三个方程正好三个未知数对应三个方程，所以不需要求解方程④，简单求算即可解得y＝0.5。
（2）电子守恒法
分析已知三个反应，前两个反应为氧化还原反应，根据物质的始态与终态，参加反应的三种物质（C、H2O、CaO）中只有C、H两种元素化合价发生变化，将四种产物按照价态升降分类：价态升高的为C，产物为CO、CO2、CaCO3，价态降低的为H2O，产物为H2，具体如图所示：
则根据电子守恒，列式：2n（CO）＋4n（CO2）＋4n（CaCO3）＝2n（H2）
将CO、CO2、H2的物质的量代入，即可迅速计算出生成CaCO3的物质的量为0.5 mol。
【模型构建】
1.明确题型特点
2.理解解题思维流程
1.（2025·陕晋青宁17题）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
回答下列问题：
（1）计算MgCO3（s）＋4H2（g）MgO（s）＋2H2O（g）＋CH4（g） ΔH4＝ kJ·mol－1。
（2）提高CH4平衡产率的条件是 。
A.高温高压 B.低温高压
C.高温低压 D.低温低压
（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 。
（4）100 kPa下，在密闭容器中H2（g）和MgCO3（s）各1 mol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）。
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 。
2.（2024·甘肃高考17题）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 （298 K）
已知SiHCl3（g）＋H2（g）Si（s）＋3HCl（g） ΔH2＝＋219.29 kJ·mol－1 （298 K）
298 K时，由SiCl4（g）＋2H2（g）Si（s）＋4HCl（g）制备56 g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）。773 K，2 L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图所示：
①0～50 min，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－1，平衡常数K的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
大题综合突破三 化学反应原理综合题
【真题研做·明确考向】
1.（1）－65 （2）B （3）④ HO*＋C＋H*＋＋H2OC＋H*＋2H2O（或HO*＋C＋C＋H2O） （4）①c ② ③0.2 反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅲ平衡正向移动的程度
解析：（1）根据盖斯定律，目标反应＝反应Ⅰ＋反应Ⅱ，则ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＝＋101 kJ·mol－1－166 kJ·mol－1＝－65 kJ·mol－1。（2）反应Ⅱ为气体分子数减小的放热反应，降低温度、增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，CH4平衡产率增大，故提高CH4平衡产率的条件是低温高压。（3）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。（4）①360 ℃以下，曲线b、c对应的数值之和约为1，则其代表选择性曲线，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，MgCO3的平衡转化率增大，则曲线a为MgCO3的平衡转化率曲线。反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH4的选择性降低，且反应Ⅲ在360 ℃以下不考虑，则曲线c为CH4的选择性曲线。②点M温度下，MgCO3的平衡转化率为49.0％、CH4的选择性为50％（反应Ⅲ在360 ℃以下不考虑），则MgCO3转化0.49 mol，反应Ⅰ生成0.49 mol CO2，故可看作反应Ⅱ中起始时CO2为0.49 mol、H2为1 mol，达平衡时CH4为0.245 mol，列三段式：
CO2（g） ＋ 4H2（g）CH4（g） ＋ 2H2O（g）
起始量/mol 0.49 1 0 0
转化量/mol 0.245 0.98 0.245 0.49
平衡量/mol 0.245 0.02 0.245 0.49
平衡时气体的总物质的量为0.245 mol＋0.02 mol＋0.245 mol＋0.49 mol＝1 mol，平衡时气体的总压强为100 kPa。故反应Ⅱ的Kp＝＝（kPa）－2。③由题图可知，在550 ℃下达到平衡时，MgCO3的平衡转化率为100％，CH4的选择性为10％，CO2的选择性为70％，则根据C原子守恒和选择性的定义，CO的选择性为20％，故CO的物质的量为1 mol×20％＝0.2 mol。500～600 ℃，反应Ⅰ已反应完全，随温度升高，H2平衡转化率下降的原因可能是升高温度，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅲ平衡正向移动的程度。
2.（1）吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动
（2）①甲 5.6×10－5 ②0.195 1
③逆反应方向
解析：（1）根据盖斯定律，由第一个反应＋第二个反应，可得热化学方程式SiCl4（g）＋2H2（g）Si（s）＋4HCl（g） ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋74.22 kJ·mol－1＋（＋219.29 kJ·mol－1）＝＋293.51 kJ·mol－1，则制备56 g Si（2 mol）需要吸收的热量为293.51 kJ·mol－1×2 mol＝587.02 kJ；该反应为吸热反应，则升高温度，反应正向进行，有利于制备硅。（2）①由SiCl4转化率图像可知，0～50 min内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％，故参与反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2％＝0.004 2 mol，根据粗硅制备SiHCl3的化学方程式可得反应生成的SiHCl3的物质的量为0.004 2 mol×＝0.005 6 mol，则0～50 min的平均反应速率v（SiHCl3）＝＝5.6×10－5 mol·L－1·min－1。 ②由题图可知，反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6％，即参与反应的SiCl4的浓度为×14.6％＝0.007 3 mol·L－1，结合起始c（SiCl4）＝0.05 mol·L－1，c（H2）＝0.2 mol·L－1，则可列三段式：
3SiCl4（g）＋2H2（g）＋Si（s）4SiHCl3（g）
起始浓度/
（mol·L－1） 0.05 0.2 0
转化浓度/
（mol·L－1） 0.007 3 0.004 9 0.009 7
平衡浓度/
（mol·L－1） 0.042 7 0.195 1 0.009 7
当反应达平衡时，H2的浓度为0.195 1 mol·L－1，平衡常数K的计算式为。③增大容器体积，即减小体系压强，平衡向气体体积增大的方向移动，故该反应平衡向逆反应方向移动。
5 / 5(共55张PPT)
大题综合突破三
化学反应原理综合题
02
真题研做
01
典例分析
模型构建
明确考向
03
课后作业
巩固提升
目 录
contents
典例分析 模型构建
【例】 （2024·山东高考20题）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
回答下列问题：
（1）C（s）＋CaO（s）＋2H2O（g） CaCO3（s）＋2H2（g）的焓变
ΔH＝ （用代数式表示）。
ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
（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
。
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平
衡逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小
（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”）。
0.5
不变
不变
【流程分析】
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①：
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＜0②
审题干：①题目情景。给出题目情景和研究对象。
②多重平衡体系
（1）C（s）＋CaO（s）＋2H2O（g） CaCO3（s）＋2H2（g）的焓变③
ΔH＝ （用代数式表示）。
析问题：③[考查盖斯定律]已知反应依次标记为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，设目标反应为
Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ＝Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ，则ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
（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④，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⑤，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⑥是 。
④[考查图像分析，外界条件对平衡影响的判断]反应Ⅰ已经进行完全；
⑤[考查结论分析]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曲线代表H2的摩尔分数的变化；则c曲线代表
CO2的摩尔分数随温度的变化；
⑥开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主
导，当温度高于T1，CaCO3（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的
摩尔分数减小
（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⑦Kp＝ ；此时气体总物质的量为4.0 mol，则CaCO3（s）的物
质的量⑧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”）。⑨
巧计算：⑦[考查平衡常数计算]根据已知信息，H2O（g）的摩尔分数为1
－0.50－0.15－0.05＝0.30，则反应的平衡常数Kp＝ ＝
＝ ；
⑧[考查物质的量的计算]根据气体总物质的量和气相中H2、CO、CO2的摩
尔分数，可以计算出H2、CO、CO2、H2O的物质的量为2 mol、0.6 mol、
0.2 mol、1.2 mol。根据元素守恒分析如下：
反应物H2O中的H元素转化为H2，而O元素的去向有三处：CO、CO2、
CaCO3，并且从反应Ⅲ可以看出，CaCO3三个氧原子中有一个氧原子来自
CaO，其他两个氧原子来自H2O，如图所示：
Ⅲ
根据物质H2O的元素组成比例，可知2n（O）＝n（H），即：2[n（CO）＋2n（CO2）＋2n（CaCO3）]＝2n（H2），将CO、CO2、H2的物质的量代入，即可迅速计算出生成CaCO3的物质的量为0.5 mol；
⑨[考查分压计算—平衡条件和平衡特征]反应CaO（s）＋CO2（g）
CaCO3（s）的Kp＝ ，温度不变，Kp不变，则分压p（CO2）不
变；体系中增加了CO2（g），若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前提
下，CO、H2O的分压增大，H2分压减小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与
事实不符，所以为了保证Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即
p（CO）不变
CaCO3（s）的物质的量其他计算方法
（1）三段式法
设起始投料C（s）、H2O、CaO物质的量分别为a mol、b mol、c mol，反
应Ⅱ、Ⅲ转化CO、CO2物质的量分别为x mol、y mol。根据反应的先后顺
序，列出三段式模型：
根据平衡时各气体物质的量，列出方程组
n（H2）：a＋x＝2 ①
n（CO）：a－x＝0.6 ②
n（CO2）：x－y＝0.2 ③
n（H2O）：b－a－x＝1.2 ④
由于前三个方程正好三个未知数对应三个方程，所以不需要求解方程④，
简单求算即可解得y＝0.5。
（2）电子守恒法
分析已知三个反应，前两个反应为氧化还原反应，根据物质的始态与终
态，参加反应的三种物质（C、H2O、CaO）中只有C、H两种元素化合价
发生变化，将四种产物按照价态升降分类：价态升高的为C，产物为CO、
CO2、CaCO3，价态降低的为H2O，产物为H2，具体如图所示：
则根据电子守恒，列式：2n（CO）＋4n（CO2）＋4n（CaCO3）＝2n
（H2）
将CO、CO2、H2的物质的量代入，即可迅速计算出生成CaCO3的物质的量
为0.5 mol。
【模型构建】
1. 明确题型特点
2. 理解解题思维流程
真题研做 明确考向
1. （2025·陕晋青宁17题）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
回答下列问题：
（1）计算MgCO3（s）＋4H2（g） MgO（s）＋2H2O（g）＋CH4
（g） ΔH4＝ kJ·mol－1。
解析：根据盖斯定律，目标反应＝反应Ⅰ＋反应Ⅱ，则ΔH4＝ΔH1＋
ΔH2＝＋101 kJ·mol－1－166 kJ·mol－1＝－65 kJ·mol－1。
－65
（2）提高CH4平衡产率的条件是 。
A. 高温高压 B. 低温高压
C. 高温低压 D. 低温低压
解析：反应Ⅱ为气体分子数减小的放热反应，降低温度、增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，CH4平衡产率增大，故提高CH4平衡产率的条件是低温高压。
B
（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
。
④
HO*＋C ＋H*＋
＋H2O C ＋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*＋ ＋H2O C ＋H*＋2H2O或HO*＋C ＋ C ＋H2O。
（4）100 kPa下，在密闭容器中H2（g）和MgCO3（s）各1 mol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）。
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
。
c
0.2
反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于
反应Ⅲ平衡正向移动的程度
解析：①360 ℃以下，曲线b、c对应的数值之和约为1，则其代表选择性曲线，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，MgCO3的平衡转化率增大，则曲线a为MgCO3的平衡转化率曲线。反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH4的选择性降低，且反应Ⅲ在360 ℃以下不考虑，则曲线c为CH4的选择性曲线。②点M温度下，MgCO3的平衡转化率为49.0％、CH4的选择性为50％（反应Ⅲ在360 ℃以下不考虑），则MgCO3转化0.49 mol，反应Ⅰ生成0.49 mol CO2，故可看作反应Ⅱ中起始时CO2为0.49 mol、H2为1 mol，达平衡时CH4为0.245 mol，列三段式：
CO2（g） ＋ 4H2（g） CH4（g） ＋ 2H2O（g）
起始量/mol 0.49 1 0 0
转化量/mol 0.245 0.98 0.245 0.49
平衡量/mol 0.245 0.02 0.245 0.49
平衡时气体的总物质的量为0.245 mol＋0.02 mol＋0.245 mol＋0.49 mol＝
1 mol，平衡时气体的总压强为100 kPa。故反应Ⅱ的Kp＝
＝ （kPa）－2。③由题图可知，在550 ℃下达到平衡
时，MgCO3的平衡转化率为100％，CH4的选择性为10％，CO2的选择性为
70％，则根据C原子守恒和选择性的定义，CO的选择性为20％，故CO的物
质的量为1 mol×20％＝0.2 mol。500～600 ℃，反应Ⅰ已反应完全，随温度
升高，H2平衡转化率下降的原因可能是升高温度，反应Ⅱ平衡逆向移动的
程度大于反应Ⅲ平衡正向移动的程度。
2. （2024·甘肃高考17题）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 （298 K）
已知SiHCl3（g）＋H2（g） Si（s）＋3HCl（g） ΔH2＝＋219.29
kJ·mol－1 （298 K）
298 K时，由SiCl4（g）＋2H2（g） Si（s）＋4HCl（g）制备56 g
硅 （填“吸”或“放”）热 kJ。升高温度有利于制备硅
的原因是 。
吸
587.02
该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动
解析：根据盖斯定律，由第一个反应＋第二个反应，可得热化学方程式SiCl4（g）＋2H2（g） Si（s）＋4HCl（g） ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋74.22 kJ·mol－1＋（＋219.29 kJ·mol－1）＝＋293.51 kJ·mol－1，则制备56 g Si（2 mol）需要吸收的热量为293.51 kJ·mol－1×2 mol＝587.02 kJ；该反应为吸热反应，则升高温度，反应正向进行，有利于制备硅。
（2）在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4（g）＋2H2（g）＋Si（s） 4SiHCl3（g）。773 K，2 L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图所示：
①0～50 min，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－1，平衡常数K的计算
式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
甲
5.6×10－5
0.195 1
逆反应方向
解析：①由SiCl4转化率图像可知，0～50 min内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％，故参与反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2％＝0.004 2 mol，根据粗硅制备SiHCl3的化学方程式可得反应生成的SiHCl3的物质的量为0.004 2 mol× ＝0.005 6 mol，则0～50 min的平均反应速率v（SiHCl3）＝ ＝5.6×10－5 mol·L－1·min－1。 ②由题图可知，反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6％，即参与反应的SiCl4的浓度为 ×14.6％＝0.007 3 mol·L－1，结合起始c（SiCl4）＝0.05 mol·L－1，c（H2）＝0.2 mol·L－1，则可列三段式：
3SiCl4（g）＋2H2（g）＋Si（s） 4SiHCl3（g）
起始浓度/
（mol·L－1）0.05 0.2 0
转化浓度/
（mol·L－1）0.007 3 0.004 9 0.009 7
平衡浓度/
（mol·L－1）0.042 7 0.195 1 0.009 7
当反应达平衡时，H2的浓度为0.195 1 mol·L－1，平衡常数K的计算式为
。③增大容器体积，即减小体系压强，平衡向气体体积增大
的方向移动，故该反应平衡向逆反应方向移动。
课后作业 巩固提升
1. （2025·山东名校联考）CO2—CH4干气重整（DRM）是碳捕集、利用的
一种典型低碳过程。高能耗和积碳是目前DRM反应工业化所面临的主要瓶
颈，DRM反应中设计的主要反应如下：
Ⅰ.CH4（g）＋CO2（g） 2H2（g）＋2CO（g）ΔH1＝＋247 kJ·mol－1
Ⅱ.H2（g）＋CO2（g） H2O（g）＋CO（g）ΔH2＝＋41 kJ·mol－1
Ⅲ.CH4（g） C（s）＋2H2（g）ΔH3＝＋74 kJ·mol－1
回答下列问题。
（1）反应Ⅳ：H2（g）＋CO（g） H2O（g）＋C（s）的焓变ΔH4＝
kJ·mol－1。
解析：根据盖斯定律，Ⅱ＋Ⅲ－Ⅰ可得，H2（g）＋CO（g） H2O
（g）＋C（s） ΔH4＝（41＋74－247）kJ·mol－1＝－132 kJ·mol－1。
－
132
1
2
3
（2）起始压强为0.1 MPa，固定体积为2 L的容器中加入1 mol CH4和1 mol
CO2（g）。不同温度下平衡时各组分的物质的量随温度变化如图所示。
①200 ℃前仅用一个反应就可以表示各组分的物质变化，该反应方程式
为 。
②620 ℃时，平衡时，装置中的积碳质量为 g；反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ MPa2。（结果保留两位有效数字）
2C（s）＋2H2O（g） CO2（g）＋CH4（g）
9.6
7.6×10－3
1
2
3
解析：①分析在200 ℃之前体系物质的变化，CO2、CH4的物质的量逐渐增多，C、H2O物质的量逐渐减少，故发生反应2C（s）＋2H2O（g） CO2（g）＋CH4（g）；②620 ℃时，根据图可知平衡时，H2是1.1 mol，CO是0.5 mol，H2O是0.5 mol，CO2是0.5 mol，则根据碳原子守恒，2 mol＝0.5 mol＋0.5 mol＋n（CH4）＋n（C），根据氢原子守恒，4 mol＝2.2 mol＋1 mol＋4n（CH4），则n（CH4）＝0.2 mol，n（C）＝0.8 mol，m（C）＝0.8×12 g＝9.6 g；则平衡后气体总物质的量为2.8 mol，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，则平衡时总压强为 ×0.1 MPa＝0.14 MPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ ＝ MPa2≈7.6×10－3MPa2。
1
2
3
（3）在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v＝kp
（CH4）·p－0.5（CO2）（k为速率常数）。在p 一定时，不同
p 下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa 、pb 、
pc 从大到小的顺序为 pc ＞pb ＞pa 。
pc ＞pb ＞pa
解析：根据沉积碳的生成速率方程v＝kp（CH4）·p－0.5（CO2），在p 一定时，p 与积碳量成反比，故pc ＞pb ＞pa 。
1
2
3
（4）当升温1 000 ℃以上后，图像中H2和CO曲线重合的原因是
。
解析：当升温1 000 ℃以上后，根据图像知，主要存在H2和CO两种物质，反应Ⅰ中只有H2和CO两种生成物，并且二者化学计量数相等，则曲线重合的原因是1 000 ℃以上，主要发生反应Ⅰ。
1 000 ℃
以上，主要发生反应Ⅰ
1
2
3
2. （2025·河北邯郸三模）二甲醚（DME）无毒、无腐蚀性，燃烧后不产
生碳烟，是重要的化工原料和环保产品。碳中和背景下，CO2加氢制二甲
醚是有潜力实现DME资源化利用的重要途径之一。
①CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g）ΔH1＝＋41.2 kJ·mol－1
②CO2（g）＋3H2（g） CH3OH（g）＋H2O（g）ΔH2＝－49.3
kJ·mol－1
③CO（g）＋2H2（g） CH3OH（g）ΔH3＝－90.5 kJ·mol－1
④2CH3OH（g） O（g）＋H2O（g）ΔH4＝－23.9 kJ·mol－1
1
2
3
回答下列问题：
（1）写出CO2直接加氢制二甲醚的热化学反应方程式：
，该反应在 （填“高温”“低温”或“任意温度”）下
能自发进行。
解析：根据盖斯定律，将②×2＋④得2CO2（g）＋6H2（g） O（g）＋3H2O（g） ΔH＝ΔH2×2＋ΔH4＝－122.5 kJ·mol－1，该反应的ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可以得出该反应在低温下能自发进行。
2CO2（g）
＋6H2（g） O（g）＋3H2O（g） ΔH＝－122.5 kJ·mol
－1
低温
1
2
3
（2）在密闭容器中通入1 mol CO2、3 mol H2，只进行反应②和④，一定压
强下，研究温度对CO2转化率和二甲醚产率的影响如图1，一定温度下，研
究压强对CO2转化率和二甲醚产率的影响如图2，该工艺最佳反应条件
为 ，该反应条件下反应④的Kp＝
（列出计算式即可）。
150 ℃、9.0 MPa
1
2
3
解析：从图上可以得出最佳反应条件为150 ℃、9.0 MPa；此时CO2转化率为95％，二甲醚产率为84％，则反应②中CO2转化0.95 mol，反应④中生成n（二甲醚）＝1 mol×0.5×84％＝0.42 mol，由此可计算出平衡时各物质的物质的量为0.05 mol CO2，0.15 mol H2，0.11 mol CH3OH，1.37 mol H2O，n总＝2.1 mol，该反应条件下反应④的Kp＝ 。
1
2
3
（3）在1 L密闭容器中通入1 mol CO2、3 mol H2，只进行反应①、③和
④，研究CO2平衡转化率、二甲醚产率与温度的关系。图3中表示CO2平衡
转化率的曲线为 ，该曲线呈现图中趋势的可能原因是
。
X
反应①为吸
热反应，反应③和④是放热反应，升温促使反应①正向移动，使反应③和
④逆向移动，低温区反应①正移的程度弱于反应③和④逆移，高温区反应
①正移的程度大于反应③和④逆移，因此CO2平衡转化率随温度升高呈现
先下降后上升的趋势
1
2
3
解析：二甲醚产率小于二氧化碳转化率，所以表示CO2平衡转化率的曲线为X，反应①为吸热反应，反应③和④是放热反应，升温促使反应①正向移动，使反应③和④逆向移动，低温区反应①正移的程度弱于反应③和④逆移，高温区反应①正移的程度大于反应③和④逆移，因此CO2平衡转化率随温度升高呈现先下降后上升的趋势。
1
2
3
（4）铝催化剂催化二甲醚羰基化的反应历程如图4所示，该催化历程中的
决速步为 （填“TS1”“TS2”“TS3”或“TS4”），二甲醚羰基
化的机理图如图5所示，则二甲醚羰基化的生成物是 。
TS2
CH3COOCH3
1
2
3
解析：从历程图（图4）中可以看出能垒最高的是反应TS2，该催化历程中的决速步为TS2；机理图（图5）中可以看出产物是CH3COOCH3。
1
2
3
3. （2025·福建名校联盟三模）可通过高储氢密度的氢能载体十氢萘
转化为萘 实现制氢，相关反应为C10H18 C10H8 ＋
5H2（g） ΔH，回答下列问题：
（1）标准摩尔生成焓是指在101 kPa、298 K下，由最稳定的单质合成1
mol物质的反应焓变。相关物质数据如下表，则ΔH＝ kJ·mol－1。
物质 （C10H18）（l） （C10H8）（l）
标准摩尔生成焓/kJ·mol－1 －226 96
解析：反应C10H18（g） C10H8（g）＋5H2（g）的ΔH＝生成物的标准摩尔生成焓－反应物的标准摩尔生成焓＝＋96 kJ·mol－1＋226 kJ·mol－1＝＋322 kJ·mol－1。
322
1
2
3
（2）C10H18脱氢的平衡转化率随压强及温度变化如图。其中，控制温度在
C10H18沸点温度可实现液相脱氢（即实验条件点）。
1
2
3
①M点时，C10H18（g） C10H8（g）＋5H2（g）的平衡常数Kp＝
。
②随压强增大，实验条件点对应C10H18平衡转化率升高的原因为
。
③相较于高温气相脱氢，液相脱氢的优点为
。
7.812
5×10－8 MPa5
温度对
平衡移动的影响程度大于压强
氢气与反应液可直接分离且
耗能低
1
2
3
解析：①设开始时通入1 mol C10H18（g），则列出“三段式”平衡常数Kp＝ ＝ ＝7.812 5×10－8 MPa5；②该反应是气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，随压强增大，实验条件点对应C10H18平衡转化率升高的原因为温度对平衡移动的影响程度大于压强；③相较于高温气相脱氢，液相脱氢的优点为氢气与反应液可直接分离且耗能低。
1
2
3
（3）一定温度和压强下，在密闭反应器中进行C10H18液相脱氢实验，产物中检测出四氢萘 ，反应过程中液相C10H18、C10H12和C10H8的浓度
随时间变化如图。
有关反应的活化能如下表所示。
反应 C10H18→C10H12 C10H18→C10H8 C10H12→C10H8
Ea/（kJ·mol－1） 114.38 116.27 105.6
1
2
3
①2 h内的平均速率：C10H8 C10H12（填“＞”“＜”或“＝”）。
②结合活化能数据及曲线综合判断，脱氢反应机制主要为 （填“a”
或“b”），理由是
。
a.平行反应，即同时发生C10H18 C10H12 ＋3H2（g）
b.连续反应，即反应物经过如下转化C10H18→C10H12→C10H8
＞
b
C10H18→C10H12活化能小于C10H18→C10H8，但生成
C10H8速率远大于生成C10H12速率，说明C10H12继续转化为C10H8
③8.5 h时C10H18的转化率为 ％。（精确到小数点后1位）
34.7
1
2
3
解析：①由图可知，2 h内，C10H8物质的量变化量大于C10H12，则2 h内的平均速率：C10H8＞C10H12；②结合活化能数据及曲线综合判断，脱氢反应机制主要为b，理由是：C10H18→C10H12活化能小于C10H18→C10H8，但生成C10H8速率远大于生成C10H12速率，说明C10H12继续转化为C10H8；③由图可知，8.5 h时，n（C10H8）＝2 mol·L－1，n（C10H12）＝0.13 mol·L－1，n（C10H18）＝4 mol·L－1，由C原子守恒可知，C10H18的转化率 ×100％≈34.7％。
1
2
3
THANKS
演示完毕 感谢观看
