高考化学二轮复习专题九化学反应与能量化学反应速率与限度课件
文档属性
| 名称 | 高考化学二轮复习专题九化学反应与能量化学反应速率与限度课件 |
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| 格式 | ppt | ||
| 文件大小 | 9.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-08 00:00:00 | ||
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文档简介
(共104张PPT)
专题九 化学反应与能量 化学反应速率与限度
考点一 化学能与热能
2．(2025·陕晋宁青卷)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Ⅳ.MgCO3(s)＋4H2(g)===MgO(s)＋2H2O(g)＋CH4(g) ΔH4＝______kJ·mol-1。
解析：根据盖斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ可得Ⅳ.MgCO3(s)＋4H2(g)===MgO(s)＋2H2O(g)＋CH4(g) ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＝＋101 kJ· mol-1＋(－166 kJ· mol-1)＝－65 kJ· mol-1。
－65
c－2a－3b
4．(2025·广东卷)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。计算ΔH1＝________kJ·mol-1。
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
解析：根据盖斯定律，由反应(c)－2×反应(b)可得Ti(s)＋TiCl4(g) 2TiCl2(s) ΔH1＝＋132.4 kJ·mol-1－2×(＋200.1 kJ·mol-1)＝－267.8 kJ·mol-1。
－267.8
1．热化学方程式书写的注意事项
(1)注意ΔH的符号和单位：吸热反应的ΔH为“＋”，放热反应的ΔH为“－”；ΔH的单位为kJ·mol-1或kJ/mol。
(2)注意测定条件：绝大多数反应的反应热是在25 ℃、101 kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。
(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：若化学计量数加倍，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。
2．反应热的计算方法
(1)根据物质能量的变化计算。
ΔH＝E(生成物的总能量)－E(反应物的总能量)
(2)从活化能角度分析计算。
ΔH＝Ea(正反应的活化能)－Ea(逆反应的活化能)
(3)根据键能数据计算。
ΔH＝E(反应物的键能总和)－E(生成物的键能总和)
(4)根据盖斯定律计算。
1．已知CH4的生成焓(由稳定单质生成单位物质的量的该物质)ΔH＝－71.7 kJ·mol-1。
反应Ⅰ：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH1＝＋131.3 kJ·mol-1；
反应Ⅱ：C(s)＋2H2O(g) CO2(g)＋2H2(g) ΔH2＝＋90.3 kJ·mol-1。
写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：_________________________________________________________________。
解析：已知CH4的生成焓(由稳定单质生成单位物质的量的该物质)ΔH＝－71.7 kJ·mol-1，可得到反应Ⅲ：C(s)＋2H2(g) CH4(g) ΔH＝－71.7 kJ·mol-1；根据盖斯定律，由反应Ⅲ－Ⅱ得CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式为CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝－162 kJ·mol-1。
CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝－162 kJ·mol-1
2．(2025·深圳模拟)制备甲醛的反应机理如下图所示[2H2(g)＋O2(g) 2H2O(g) ΔH4]
CO2(g)＋2H2(g) HCHO(g)＋H2O(g) ΔH＝____________________(用ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4表示)。
3．异丁烯[CH2===C(CH3)2]作为汽油添加剂的主要成分，可利用异丁烷与CO2反应来制备。
反应Ⅰ CH3CH(CH3)CH3(g)＋CO2(g) CH2===C(CH3)2(g)＋H2O(g)＋CO(g) ΔH1
反应Ⅱ CH3CH(CH3)CH3(g) CH2===C(CH3)2(g)＋H2(g) ΔH2
已知：H2O(g)===H2O(l) ΔH3；异丁烷、异丁烯、CO的燃烧热ΔH分别为ΔH4、ΔH5、ΔH6。
则ΔH1＝__________________________(用题目给的反应焓变来表示)。
ΔH4－ΔH3－ΔH5－ΔH6
4．二氧化碳的回收利用是环保科学研究的热点课题。已知CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g) CH2===CH2(g)＋4H2O(g) ΔH。
(1)几种物质的能量见下表(在标准状态下，规定单质的能量为0，测得其他物质生成时的反应热为其具有的能量)：
物质 CO2(g) H2(g) CH2===CH2(g) H2O(g)
能量/(kJ·mol-1) －394 0 52 －242
ΔH＝__________kJ·mol-1。
解析：ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量＝[52－242×4－(－394)×2] kJ·mol-1＝－128 kJ·mol-1。
－128
(2)几种化学键的键能见下表：
化学键 C===O H—H C===C H—C H—O
键能/(kJ·mol-1) 803 436 615 a 463
a＝__________。
解析：ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝(803×4＋436×6－615－4a－463×8) kJ·mol-1＝－128 kJ·mol-1，解得a＝409.25。
409.25
考点二 能量变化—反应历(进)程、催化转化图像分析
√
1．(2025·广东卷)某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中O2获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上( )
A.负极反应的催化剂是i
B.图a中，i到ii过程的活化能一定最低
C.电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变
D.相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
解析：该燃料电池为氢氧燃料电池，由题图可知，该电池的电解质溶液呈酸性，氢气在负极发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－===2H＋；氧气在正极发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O。由题图a结合分析可知，氧气在正极发生还原反应，正极反应的催化剂是i，A错误；题图a中，i到ii过程为O2获得第一个电子的过程，根据题中信息，O2获得第一个电子的过程最慢，则i到ii过程的活化能一定最高，B错误；氢气在负极发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－===2H＋，同时，负极每失去1个电子，就会有1个H＋通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；由题图a、c可知，1 mol氧气催化循环一次需要转移4 mol电子，1 mol氢气催化循环一次需要转移2 mol电子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误。
√
2．(2025·河北卷)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应 Ga2O3(s)＋2NH3(g) 2GaN(s)＋3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下：
下列说法错误的是( )
A.反应i是吸热过程
B.反应ii中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69 eV
C.反应iii包含2个基元反应
D.总反应的速控步包含在反应ii中
解析：由题图可知，反应i的反应物 Ga2O3(s)和NH3(g)的相对能量为0，生成物的相对能量为0.05 eV，体系能量增加，为吸热过程，A正确；由题图可知，反应ii中H2O(g)脱去步骤需要经过TS5，活化能为3.39 eV－0.70 eV＝2.69 eV，B正确；由题图可知，反应iii由 Ga2ON2H2(s)生成GaN(s)和H2O(g)，经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确；由题图可知，整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应iii中的TS7对应的步骤(活化能为3.07 eV)，所以总反应的速控步包含在反应iii中，D错误。
√
1．基元反应过渡状态理论
(1)基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到生成物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。
AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC
反应物 过渡态 生成物
(2)过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子结构，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。
2．多步反应的活化能及其与速率的关系
如NO在空气中存在反应：2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g) ΔH，反应分两步完成，其反应历程如下图所示：
(1)多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，如该图中的TS1和TS2，达到该过渡态所需要的能量为该基元反应的活化能，分别为Ea1、Ea2。
(2)反应的能量变化。
①第1步基元反应ΔH1＝E2－E3<0，为放热反应，Ea1＝ E4－E3。
②第2步基元反应ΔH2＝ E1－E2<0，为放热反应，Ea2＝ E5－E2。
③总反应的反应热与基元反应的活化能的大小无关，只与反应物、生成物的能量有关，ΔH＝E1－E3<0，为放热反应。
(3)活化能和速率的关系。
基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越小。
由上图可知，Ea13．三步突破能量变化—活化能(能垒)图
4．催化转化图像分析
(1)解答反应机理问题的四判断。
①催化剂判断：一般来说，催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的。
②反应物判断：通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物。
③中间体判断：转化历程中生成，随之又参与下一步反应，一般不脱离整个历程。
④生成物判断：通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般是生成物。
(2)举例：催化反应—环式历程分析方法。
√
1．(2025·茂名二模)催化剂1和催化剂2均能催化反应R W(M1和M2为中间产物)，反应历程如下图所示。其他条件相同时，下列说法正确的是( )
A.使用催化剂1，该反应焓变会变得更小
B.使用催化剂2，反应能更快达到平衡
C.使用催化剂2，平衡时W的浓度更大
D.使用催化剂1和2，反应历程的步数相同
解析：催化剂只能改变反应速率，不能改变反应焓变，故A错误；使用催化剂2，活化能更小，反应速率更大，能更快达到平衡，故B正确；催化剂不能使平衡移动，使用催化剂2，平衡时W的浓度不变，故C错误；使用催化剂1，反应分2步进行，使用催化剂2，反应分3步进行，故D错误。
√
2．(2025·广东六校联考)苯与Br2在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如下图所示。下列说法不正确的是( )
A.反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ
B.产物稳定性：产物Ⅰ＜产物Ⅱ
C.生成两种产物的决速步骤相同
D.向体系中加入溴化铁，溴苯的平衡产率会提高
解析：反应焓变是生成物总能量与反应物总能量之差。由题图可知，反应Ⅰ的生成物总能量高于反应Ⅱ的生成物总能量，反应物总能量相同，所以反应Ⅰ的焓变大于反应Ⅱ的焓变，A项正确；物质所具有的能量越低越稳定，产物Ⅱ的能量低于产物Ⅰ，所以产物Ⅱ更稳定，即产物稳定性：产物Ⅰ<产物Ⅱ，B项正确；决速步骤是反应历程中反应速率最小的步骤，由活化能决定，活化能越大，反应速率越小，由题图可知，生成两种产物的反应中，活化能最大步骤相同，所以决速步骤相同，C项正确；溴化铁是苯与Br2反应的催化剂，催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡移动，所以向体系中加入溴化铁，溴苯的平衡产率不变，D项错误。
√
√
解析：根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成再消耗，是中间产物，A错误；过程中存在H2O2中O—O非极性键的断裂，以及O2中O===O非极性键的形成，还存在O—H极性键的断裂，以及O—C极性键的形成，B正确；过程中Ti形成的化学键(Ti—O)始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故Ti元素的化合价不变，C错误；反应生成了H2O，且存在H2O2的分解反应，原子利用率小于100%，D错误。
考点三 化学反应速率与平衡的影响因素
√
1．(2025·甘肃卷)CO2加氢转化成甲烷，是综合利用CO2实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525 ℃，101 kPa下，CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝－185 kJ/mol。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是( )
A.减小体系压强
B.升高温度
C.增大H2浓度
D.恒容下充入惰性气体
解析：该反应为气体体积减小的反应，减小体系压强会使平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，A不符合题意；该反应为放热反应，升高温度会使平衡向吸热的逆反应方向移动，B不符合题意；增大H2浓度，即提高反应物浓度，根据勒夏特列原理可知，平衡向正反应方向移动，C符合题意；恒容下充入惰性气体，不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不符合题意。
√
解析：催化剂不能改变反应的焓变，A项错误；酸性：硫酸>磷酸>乙酸，由题图可知，催化剂酸性增强，反应速率增大，B项正确；一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，由题图可知，含H最少的硫酸作为催化剂时，最有利于加速反应，C项错误；反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率增大，故反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项错误。
3．(2025·江苏卷)甘油(C3H8O3)水蒸气重整获得H2过程中的主要反应：
反应Ⅰ C3H8O3(g) 3CO(g)＋4H2(g) ΔH＞0
反应Ⅱ CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0
反应Ⅲ CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＜0
1．0×105 Pa条件下，1 mol C3H8O3和9 mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如下图所示。下列说法正确的是( )
A.550 ℃时，H2O的平衡转化率为20%
B.550 ℃反应达平衡状态时，n(CO2)∶n(CO)＝11∶25
C.其他条件不变，在400～550 ℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大
D.其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2的物质的量
√
550 ℃时，n(CO2)＝2.2 mol，n(CO)＝0.4 mol，则n(CO2)∶n(CO)＝11∶2，B错误；400～550 ℃范围，随温度升高，反应Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移动，n(CO2)增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，故H2O的物质的量减小，C错误；550 °C时，n(C3H8O3)＝0，说明反应Ⅰ完全进行，因此加压仅影响反应Ⅱ、Ⅲ，增大压强，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，H2的物质的量减小，D错误。
√
1．化学反应速率的影响因素
(3)催化剂的选择性：对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应的情况，理想的催化剂还具有大幅度提高目标产物在最终产物中比例的作用。
(4)酶作为催化剂的特点：高效性、专一性(高选择性，一种酶只能催化一种或一类化学反应，如蛋白酶只能催化蛋白质水解)、温和性(反应条件温和，温度升高，酶发生变性失去催化活性)。
3．化学平衡移动的判断方法
(1)依据反应速率判断：通过比较平衡破坏瞬间，正、逆反应速率的相对大小来判断平衡移动的方向。
①若外界条件改变，引起v正＞v逆，则化学平衡向正反应方向移动。
②若外界条件改变，引起v正＜v逆，则化学平衡向逆反应方向移动。
③若外界条件改变，虽能引起v正和v逆的变化，但变化后新的v′正和v′逆仍保持相等，则化学平衡不发生移动。
(2)依据浓度商(Q)判断：通过比较浓度商(Q)与平衡常数(K)的大小来判断平衡移动的方向。
①若Q＞K，则化学平衡向逆反应方向移动。
②若Q＝K，则化学平衡不移动。
③若Q＜K，则化学平衡向正反应方向移动。
(3)依据勒夏特列原理判断：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。
①当增大反应物的浓度时，平衡向正反应方向移动，反之向逆反应方向移动。
②当升高反应温度时，平衡向吸热反应方向移动，反之向放热反应方向移动。
③在有气体参加或生成的可逆反应中，当增大压强(缩小容器容积)时，平衡总是向气体体积减小的方向移动，反之向气体体积增大的方向移动。
(4)恒温条件下，密闭反应体系中通入惰性气体，平衡移动方向的判断。
4．复杂反应体系多因素影响反应速率的模型
√
1．一定条件下，NH3在恒容密闭容器中发生分解反应：2NH3(g) N2(g)＋3H2(g) ΔH>0，v(NH3)随时间的变化如下图所示。已知t1时反应达到平衡，t2时改变某单一条件(浓度、温度或催化剂等)。下列说法不正确的是( )
A.由O到t1，H2的浓度不断增大
B.由t1到t2，2v正(H2)＝3v逆(NH3)
C.t2时，可能向容器中通入了N2
D.平衡常数KⅠ可能小于KⅡ
解析：由题图可知，O到t1的过程为氨分解达到平衡的过程，过程中氢气的浓度不断增大，A正确；由题图可知，t1时反应达到平衡，t1到t2反应处于平衡状态，正、逆反应速率相等，故2v正(H2)＝3v逆(NH3)，B正确；由题图可知，t2时改变某一条件的瞬间，逆反应速率增大，可能是通入氮气，增大了生成物氮气的浓度，C正确；由题图可知，t2时改变某一条件的瞬间，逆反应速率增大，随后减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是吸热反应，若改变条件为升高温度，则平衡向正反应方向移动，与图示不符合，所以改变的条件不可能是升高温度，温度不变，平衡常数不变，故平衡常数KⅠ等于KⅡ，D错误。
2．一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入6 mol CO2和8 mol H2，发生反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49.0 kJ·mol-1，测得n(H2)随时间的变化如上图实线所示，下列说法正确的是( )
A.升高温度，可以提高上述反应的平衡产率
B.该反应在0～1 min内CO2的平均反应速率是1 mol·L-1·min-1
C.该反应在8 min后，容器内总压强不再改变
D.加入催化剂(其他条件相同)，n(H2)随时间的变化会如上图虚线所示
√
3．(2025·江门模拟)室温下，向容积为1 L的恒容密闭容器中通入M和N各0.5 mol，同时发生以下两个反应：①M(g)＋N(g) X(g)＋Y(g)；②M(g)＋N(g) X(g)＋Z(g)，反应①的速率可表示为v1＝k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的物质的量n(单位：mol)随时间t(单位：min)的变化情况如下图所示。下列说法不正确的是
( )
A.0～30 min内，用Y的浓度变化表示的平均反应速率为0.002 5 mol·L-1·min-1
B.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为3∶5
C.60 min时，n(Z)＝0.187 5 mol
D.反应①的活化能比反应②的活化能小
√
√
考点四 化学反应速率与平衡图像分析及相关计算
(1)0～t0 min内，N2H4的转化率为______________(用含y2的代数式表示)。
(2)0～t0 min内，催化剂的选择性为___________________(用含y1与y2的代数式表示)。
解析：设t0 min时，反应(e)转化的n(N2H4)＝a mol，反应(f)转化的n(N2H4)＝3b mol，可列转化关系：
N2H4===N2＋2H2
转化量/mol a a 2a
3N2H4===N2＋4NH3
转化量/mol 3b b 4b
2．(2025·黑吉辽蒙卷)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。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。
(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。
解析：由题意可知，连续反应的化学方程式分别为①DMO(g)＋2H2(g)===MG(g)＋CH3OH(g)、②MG(g)＋2H2(g) HOCH2CH2OH(g)＋CH3OH(g)、③HOCH2CH2OH(g)＋H2(g)===CH3CH2OH(g)＋H2O(g)，根据选择性的计算公式可知，MG、乙二醇和乙醇的选择性之和为100%，已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，所以其他物质的选择性为曲线Ⅲ、Ⅳ，则曲线Ⅰ表示DMO的转化率；该反应在固定流速下发生3个放热的连续反应，在低温时，反应速率较小，随温度升高，由乙二醇的选择性曲线可知，乙二醇选择性升高，则其反应物MG的选择性降低，当乙二醇选择性降低时曲线Ⅲ升高，此时开始生成乙醇，则曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，曲线Ⅳ表示MG的选择性。
Ⅰ
Ⅳ
1.98
(3)A点反应MG(g)＋2H2(g) HOCH2CH2OH(g)＋CH3OH(g)的浓度商Qx＝________(用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。
解析：设初始投料DMO的物质的量为1 mol，则H2的物质的量为52.4 mol，根据题图可知，A点时DMO的转化率为80%，转化了1 mol×80%＝0.8 mol，乙二醇和MG的选择性均为50%，即该点n(乙二醇)＝n(MG)＝1 mol×80%×50%＝0.4 mol，可列出转化关系：
0.025
3．(2025·陕晋宁青卷)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
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下图(反应Ⅲ在360 ℃以下不考虑)所示。
解析：反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，根据题图，温度升高，碳酸镁的平衡转化率升高，氢气的平衡转化率下降，在360 °C以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的平衡转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。
c
(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：在550 °C下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳的物质的量为0.7 mol，生成的甲烷的物质的量为0.1 mol，根据碳原子守恒得出n(CO)＝1 mol－0.7 mol－0.1 mol＝0.2 mol；因为反应Ⅱ是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应，在500～600 °C，随温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ平衡正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化率下降。
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
1．几种特殊的图像
(1)转化率—温度。
(2)－lg K—温度。
(3)对于A(g)＋2B(g) C(g)。
(4)对于化学反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，M点以前表示从反应物开始反应，v正>v逆；M点为刚达到平衡的点；M点以后为平衡受温度的影响情况，即升高温度，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡逆向移动，故正反应的ΔH<0。
同类的模型如下：
2．速率、平衡图像题解答四步骤
3．速率方程与速率常数
(1)速率方程。
基元反应的化学反应速率与反应物的浓度幂的乘积成正比，其方次一般为各物质化学式前的系数。即对于基元反应：aA(g)＋bB(g) gG(g)＋hH(g)，v正＝k正ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数)。
例如，2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)
v逆＝k逆c2(NO)·c(O2)；
2H2(g)＋2NO(g) N2(g)＋2H2O(g)
v正＝k正c2(H2)·c2(NO)。
①速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L-1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用速率常数的大小来比较化学反应速率的大小。反应物浓度改变，但速率常数不变，因此可以利用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
②影响因素。
速率常数是温度的函数。一般情况下，同一反应，温度不同，速率常数就不同，温度相同，速率常数相同；浓度不影响速率常数。
(2)速率常数。
甲
降低温度或增大压强
(2)相同温度下，向恒容容器内加入3 mol H2和1 mol CO，初始压强为10 MPa，平衡时H2O的物质的量为________mol。
0.32
2．尿素CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原料。
(1)尿素 SCR技术可用于汽车尾气的处理，该过程中会生成NH3，反应如下。
Ⅰ.CO(NH2)2(s) HNCO(g)＋NH3(g) ΔH>0；
Ⅱ.HNCO(g)＋H2O(g) NH3(g)＋CO2(g) ΔH<0。
一定温度下，向恒容容器中投入足量CO(NH2)2(s)和一定量的H2O(g)，当上述反应达到平衡时，测得c(NH3)＝p mol·L-1、c(CO2)＝q mol·L-1，则c(HNCO)＝__________mol·L-1(用含p、q的代数式表示，下同)，反应Ⅰ的平衡常数K＝___________。
p－2q
p(p－2q)
(2)在T1 ℃和T2 ℃时(T11 000
变大
3．(2025·广州二模)水煤气变换是重要的化工过程，铁的氧化物可作为该反应的催化剂。
水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH1<0
(1)使用Fe2O3作为反应的催化剂，该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)＋CO(g) 2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2
2Fe3O4(s)＋H2O(g) 3Fe2O3(s)＋H2(g) ΔH3
则ΔH1＝__________(用ΔH2和ΔH3表示)。
解析：根据盖斯定律，两步反应相加可得，CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH1＝ΔH2＋ΔH3。
ΔH2＋ΔH3
(2)467 ℃和489 ℃时水煤气变换反应中H2和CO分压随时间变化关系如下图所示，催化剂为Fe2O3，实验初始时体系中的p(H2O)＝p(CO)、p(CO2)＝p(H2)。
①489 ℃时，p(CO)随时间变化关系的曲线是________(填“a”或“b”)。
②467 ℃时反应在0～90 min内的平均反应速率v(CO)＝________kPa·min-1(结果保留两位有效数字)。
b
0.007 8
(3)科研人员研究了温度和初始投料比n(H2O)/n0(CO)对水煤气变换反应平衡状态的影响。已知：CO初始的物质的量恒定为n0(CO)。在527 ℃和784 ℃下，p平(CO2)/p平(CO)随n(H2O)/n0(CO)的变化曲线如下图。
4(计算过程见解析)
B
②721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，可设CO(g)和H2O(g)的物质的量均为1 mol，达到平衡时转化了x mol，列“三段式”：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)
起始量/mol 1 1 0 0
转化量/mol x x x x
平衡量/mol 1－x 1－x x x
4．(2025·中山模拟)CH4?CO2的重整反应弥补甲烷?水蒸气重整反应产生较高H2/CO的不足，发生反应如下：
反应Ⅰ CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝＋247 kJ· mol-1
反应Ⅱ CH4(g) C(s)＋2H2(g) ΔH2＝＋75 kJ· mol-1
反应Ⅲ 2CO(g) CO2(g)＋C(s) ΔH3＝－172 kJ· mol-1
反应Ⅳ H2(g)＋CO2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH4＝＋41.2 kJ· mol-1
(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下图所示，则a曲线对应物种为________(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_________________________________________
_______________________________________________________________。
解析：反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ均为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ平衡均正向移动，反应Ⅲ平衡逆向移动，故a曲线对应物种为CO，b曲线对应物种为CO2，c曲线对应物种为CH4。在557～640 ℃区间内，无CO产生，说明只发生反应Ⅱ，随温度升高，该反应平衡正向移动，甲烷的百分数逐渐减小，CO2的百分数逐渐增大。
CO
该温度区间内，只发生反应Ⅱ，随温度升高平衡正向移动，甲烷的百分数逐渐减小，CO2的百分数逐渐增大
56%
2 mol
增大
专题九 化学反应与能量 化学反应速率与限度
考点一 化学能与热能
2．(2025·陕晋宁青卷)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Ⅳ.MgCO3(s)＋4H2(g)===MgO(s)＋2H2O(g)＋CH4(g) ΔH4＝______kJ·mol-1。
解析：根据盖斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ可得Ⅳ.MgCO3(s)＋4H2(g)===MgO(s)＋2H2O(g)＋CH4(g) ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＝＋101 kJ· mol-1＋(－166 kJ· mol-1)＝－65 kJ· mol-1。
－65
c－2a－3b
4．(2025·广东卷)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。计算ΔH1＝________kJ·mol-1。
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
解析：根据盖斯定律，由反应(c)－2×反应(b)可得Ti(s)＋TiCl4(g) 2TiCl2(s) ΔH1＝＋132.4 kJ·mol-1－2×(＋200.1 kJ·mol-1)＝－267.8 kJ·mol-1。
－267.8
1．热化学方程式书写的注意事项
(1)注意ΔH的符号和单位：吸热反应的ΔH为“＋”，放热反应的ΔH为“－”；ΔH的单位为kJ·mol-1或kJ/mol。
(2)注意测定条件：绝大多数反应的反应热是在25 ℃、101 kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。
(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：若化学计量数加倍，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。
2．反应热的计算方法
(1)根据物质能量的变化计算。
ΔH＝E(生成物的总能量)－E(反应物的总能量)
(2)从活化能角度分析计算。
ΔH＝Ea(正反应的活化能)－Ea(逆反应的活化能)
(3)根据键能数据计算。
ΔH＝E(反应物的键能总和)－E(生成物的键能总和)
(4)根据盖斯定律计算。
1．已知CH4的生成焓(由稳定单质生成单位物质的量的该物质)ΔH＝－71.7 kJ·mol-1。
反应Ⅰ：C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH1＝＋131.3 kJ·mol-1；
反应Ⅱ：C(s)＋2H2O(g) CO2(g)＋2H2(g) ΔH2＝＋90.3 kJ·mol-1。
写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：_________________________________________________________________。
解析：已知CH4的生成焓(由稳定单质生成单位物质的量的该物质)ΔH＝－71.7 kJ·mol-1，可得到反应Ⅲ：C(s)＋2H2(g) CH4(g) ΔH＝－71.7 kJ·mol-1；根据盖斯定律，由反应Ⅲ－Ⅱ得CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式为CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝－162 kJ·mol-1。
CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝－162 kJ·mol-1
2．(2025·深圳模拟)制备甲醛的反应机理如下图所示[2H2(g)＋O2(g) 2H2O(g) ΔH4]
CO2(g)＋2H2(g) HCHO(g)＋H2O(g) ΔH＝____________________(用ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4表示)。
3．异丁烯[CH2===C(CH3)2]作为汽油添加剂的主要成分，可利用异丁烷与CO2反应来制备。
反应Ⅰ CH3CH(CH3)CH3(g)＋CO2(g) CH2===C(CH3)2(g)＋H2O(g)＋CO(g) ΔH1
反应Ⅱ CH3CH(CH3)CH3(g) CH2===C(CH3)2(g)＋H2(g) ΔH2
已知：H2O(g)===H2O(l) ΔH3；异丁烷、异丁烯、CO的燃烧热ΔH分别为ΔH4、ΔH5、ΔH6。
则ΔH1＝__________________________(用题目给的反应焓变来表示)。
ΔH4－ΔH3－ΔH5－ΔH6
4．二氧化碳的回收利用是环保科学研究的热点课题。已知CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g) CH2===CH2(g)＋4H2O(g) ΔH。
(1)几种物质的能量见下表(在标准状态下，规定单质的能量为0，测得其他物质生成时的反应热为其具有的能量)：
物质 CO2(g) H2(g) CH2===CH2(g) H2O(g)
能量/(kJ·mol-1) －394 0 52 －242
ΔH＝__________kJ·mol-1。
解析：ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量＝[52－242×4－(－394)×2] kJ·mol-1＝－128 kJ·mol-1。
－128
(2)几种化学键的键能见下表：
化学键 C===O H—H C===C H—C H—O
键能/(kJ·mol-1) 803 436 615 a 463
a＝__________。
解析：ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能＝(803×4＋436×6－615－4a－463×8) kJ·mol-1＝－128 kJ·mol-1，解得a＝409.25。
409.25
考点二 能量变化—反应历(进)程、催化转化图像分析
√
1．(2025·广东卷)某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图分别如图a和图c，其中O2获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上( )
A.负极反应的催化剂是i
B.图a中，i到ii过程的活化能一定最低
C.电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变
D.相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
解析：该燃料电池为氢氧燃料电池，由题图可知，该电池的电解质溶液呈酸性，氢气在负极发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－===2H＋；氧气在正极发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O。由题图a结合分析可知，氧气在正极发生还原反应，正极反应的催化剂是i，A错误；题图a中，i到ii过程为O2获得第一个电子的过程，根据题中信息，O2获得第一个电子的过程最慢，则i到ii过程的活化能一定最高，B错误；氢气在负极发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－===2H＋，同时，负极每失去1个电子，就会有1个H＋通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C正确；由题图a、c可知，1 mol氧气催化循环一次需要转移4 mol电子，1 mol氢气催化循环一次需要转移2 mol电子，相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D错误。
√
2．(2025·河北卷)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应 Ga2O3(s)＋2NH3(g) 2GaN(s)＋3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下：
下列说法错误的是( )
A.反应i是吸热过程
B.反应ii中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69 eV
C.反应iii包含2个基元反应
D.总反应的速控步包含在反应ii中
解析：由题图可知，反应i的反应物 Ga2O3(s)和NH3(g)的相对能量为0，生成物的相对能量为0.05 eV，体系能量增加，为吸热过程，A正确；由题图可知，反应ii中H2O(g)脱去步骤需要经过TS5，活化能为3.39 eV－0.70 eV＝2.69 eV，B正确；由题图可知，反应iii由 Ga2ON2H2(s)生成GaN(s)和H2O(g)，经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确；由题图可知，整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应iii中的TS7对应的步骤(活化能为3.07 eV)，所以总反应的速控步包含在反应iii中，D错误。
√
1．基元反应过渡状态理论
(1)基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到生成物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。
AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC
反应物 过渡态 生成物
(2)过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子结构，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。
2．多步反应的活化能及其与速率的关系
如NO在空气中存在反应：2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g) ΔH，反应分两步完成，其反应历程如下图所示：
(1)多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，如该图中的TS1和TS2，达到该过渡态所需要的能量为该基元反应的活化能，分别为Ea1、Ea2。
(2)反应的能量变化。
①第1步基元反应ΔH1＝E2－E3<0，为放热反应，Ea1＝ E4－E3。
②第2步基元反应ΔH2＝ E1－E2<0，为放热反应，Ea2＝ E5－E2。
③总反应的反应热与基元反应的活化能的大小无关，只与反应物、生成物的能量有关，ΔH＝E1－E3<0，为放热反应。
(3)活化能和速率的关系。
基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越小。
由上图可知，Ea1
4．催化转化图像分析
(1)解答反应机理问题的四判断。
①催化剂判断：一般来说，催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的。
②反应物判断：通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物。
③中间体判断：转化历程中生成，随之又参与下一步反应，一般不脱离整个历程。
④生成物判断：通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般是生成物。
(2)举例：催化反应—环式历程分析方法。
√
1．(2025·茂名二模)催化剂1和催化剂2均能催化反应R W(M1和M2为中间产物)，反应历程如下图所示。其他条件相同时，下列说法正确的是( )
A.使用催化剂1，该反应焓变会变得更小
B.使用催化剂2，反应能更快达到平衡
C.使用催化剂2，平衡时W的浓度更大
D.使用催化剂1和2，反应历程的步数相同
解析：催化剂只能改变反应速率，不能改变反应焓变，故A错误；使用催化剂2，活化能更小，反应速率更大，能更快达到平衡，故B正确；催化剂不能使平衡移动，使用催化剂2，平衡时W的浓度不变，故C错误；使用催化剂1，反应分2步进行，使用催化剂2，反应分3步进行，故D错误。
√
2．(2025·广东六校联考)苯与Br2在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如下图所示。下列说法不正确的是( )
A.反应焓变：反应Ⅰ＞反应Ⅱ
B.产物稳定性：产物Ⅰ＜产物Ⅱ
C.生成两种产物的决速步骤相同
D.向体系中加入溴化铁，溴苯的平衡产率会提高
解析：反应焓变是生成物总能量与反应物总能量之差。由题图可知，反应Ⅰ的生成物总能量高于反应Ⅱ的生成物总能量，反应物总能量相同，所以反应Ⅰ的焓变大于反应Ⅱ的焓变，A项正确；物质所具有的能量越低越稳定，产物Ⅱ的能量低于产物Ⅰ，所以产物Ⅱ更稳定，即产物稳定性：产物Ⅰ<产物Ⅱ，B项正确；决速步骤是反应历程中反应速率最小的步骤，由活化能决定，活化能越大，反应速率越小，由题图可知，生成两种产物的反应中，活化能最大步骤相同，所以决速步骤相同，C项正确；溴化铁是苯与Br2反应的催化剂，催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡移动，所以向体系中加入溴化铁，溴苯的平衡产率不变，D项错误。
√
√
解析：根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成再消耗，是中间产物，A错误；过程中存在H2O2中O—O非极性键的断裂，以及O2中O===O非极性键的形成，还存在O—H极性键的断裂，以及O—C极性键的形成，B正确；过程中Ti形成的化学键(Ti—O)始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故Ti元素的化合价不变，C错误；反应生成了H2O，且存在H2O2的分解反应，原子利用率小于100%，D错误。
考点三 化学反应速率与平衡的影响因素
√
1．(2025·甘肃卷)CO2加氢转化成甲烷，是综合利用CO2实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525 ℃，101 kPa下，CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝－185 kJ/mol。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是( )
A.减小体系压强
B.升高温度
C.增大H2浓度
D.恒容下充入惰性气体
解析：该反应为气体体积减小的反应，减小体系压强会使平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，A不符合题意；该反应为放热反应，升高温度会使平衡向吸热的逆反应方向移动，B不符合题意；增大H2浓度，即提高反应物浓度，根据勒夏特列原理可知，平衡向正反应方向移动，C符合题意；恒容下充入惰性气体，不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不符合题意。
√
解析：催化剂不能改变反应的焓变，A项错误；酸性：硫酸>磷酸>乙酸，由题图可知，催化剂酸性增强，反应速率增大，B项正确；一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，由题图可知，含H最少的硫酸作为催化剂时，最有利于加速反应，C项错误；反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率增大，故反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项错误。
3．(2025·江苏卷)甘油(C3H8O3)水蒸气重整获得H2过程中的主要反应：
反应Ⅰ C3H8O3(g) 3CO(g)＋4H2(g) ΔH＞0
反应Ⅱ CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0
反应Ⅲ CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＜0
1．0×105 Pa条件下，1 mol C3H8O3和9 mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如下图所示。下列说法正确的是( )
A.550 ℃时，H2O的平衡转化率为20%
B.550 ℃反应达平衡状态时，n(CO2)∶n(CO)＝11∶25
C.其他条件不变，在400～550 ℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大
D.其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2的物质的量
√
550 ℃时，n(CO2)＝2.2 mol，n(CO)＝0.4 mol，则n(CO2)∶n(CO)＝11∶2，B错误；400～550 ℃范围，随温度升高，反应Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移动，n(CO2)增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，故H2O的物质的量减小，C错误；550 °C时，n(C3H8O3)＝0，说明反应Ⅰ完全进行，因此加压仅影响反应Ⅱ、Ⅲ，增大压强，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，H2的物质的量减小，D错误。
√
1．化学反应速率的影响因素
(3)催化剂的选择性：对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应的情况，理想的催化剂还具有大幅度提高目标产物在最终产物中比例的作用。
(4)酶作为催化剂的特点：高效性、专一性(高选择性，一种酶只能催化一种或一类化学反应，如蛋白酶只能催化蛋白质水解)、温和性(反应条件温和，温度升高，酶发生变性失去催化活性)。
3．化学平衡移动的判断方法
(1)依据反应速率判断：通过比较平衡破坏瞬间，正、逆反应速率的相对大小来判断平衡移动的方向。
①若外界条件改变，引起v正＞v逆，则化学平衡向正反应方向移动。
②若外界条件改变，引起v正＜v逆，则化学平衡向逆反应方向移动。
③若外界条件改变，虽能引起v正和v逆的变化，但变化后新的v′正和v′逆仍保持相等，则化学平衡不发生移动。
(2)依据浓度商(Q)判断：通过比较浓度商(Q)与平衡常数(K)的大小来判断平衡移动的方向。
①若Q＞K，则化学平衡向逆反应方向移动。
②若Q＝K，则化学平衡不移动。
③若Q＜K，则化学平衡向正反应方向移动。
(3)依据勒夏特列原理判断：如果改变影响平衡的一个条件(如浓度、压强或温度等)，平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。
①当增大反应物的浓度时，平衡向正反应方向移动，反之向逆反应方向移动。
②当升高反应温度时，平衡向吸热反应方向移动，反之向放热反应方向移动。
③在有气体参加或生成的可逆反应中，当增大压强(缩小容器容积)时，平衡总是向气体体积减小的方向移动，反之向气体体积增大的方向移动。
(4)恒温条件下，密闭反应体系中通入惰性气体，平衡移动方向的判断。
4．复杂反应体系多因素影响反应速率的模型
√
1．一定条件下，NH3在恒容密闭容器中发生分解反应：2NH3(g) N2(g)＋3H2(g) ΔH>0，v(NH3)随时间的变化如下图所示。已知t1时反应达到平衡，t2时改变某单一条件(浓度、温度或催化剂等)。下列说法不正确的是( )
A.由O到t1，H2的浓度不断增大
B.由t1到t2，2v正(H2)＝3v逆(NH3)
C.t2时，可能向容器中通入了N2
D.平衡常数KⅠ可能小于KⅡ
解析：由题图可知，O到t1的过程为氨分解达到平衡的过程，过程中氢气的浓度不断增大，A正确；由题图可知，t1时反应达到平衡，t1到t2反应处于平衡状态，正、逆反应速率相等，故2v正(H2)＝3v逆(NH3)，B正确；由题图可知，t2时改变某一条件的瞬间，逆反应速率增大，可能是通入氮气，增大了生成物氮气的浓度，C正确；由题图可知，t2时改变某一条件的瞬间，逆反应速率增大，随后减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是吸热反应，若改变条件为升高温度，则平衡向正反应方向移动，与图示不符合，所以改变的条件不可能是升高温度，温度不变，平衡常数不变，故平衡常数KⅠ等于KⅡ，D错误。
2．一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入6 mol CO2和8 mol H2，发生反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－49.0 kJ·mol-1，测得n(H2)随时间的变化如上图实线所示，下列说法正确的是( )
A.升高温度，可以提高上述反应的平衡产率
B.该反应在0～1 min内CO2的平均反应速率是1 mol·L-1·min-1
C.该反应在8 min后，容器内总压强不再改变
D.加入催化剂(其他条件相同)，n(H2)随时间的变化会如上图虚线所示
√
3．(2025·江门模拟)室温下，向容积为1 L的恒容密闭容器中通入M和N各0.5 mol，同时发生以下两个反应：①M(g)＋N(g) X(g)＋Y(g)；②M(g)＋N(g) X(g)＋Z(g)，反应①的速率可表示为v1＝k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的物质的量n(单位：mol)随时间t(单位：min)的变化情况如下图所示。下列说法不正确的是
( )
A.0～30 min内，用Y的浓度变化表示的平均反应速率为0.002 5 mol·L-1·min-1
B.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为3∶5
C.60 min时，n(Z)＝0.187 5 mol
D.反应①的活化能比反应②的活化能小
√
√
考点四 化学反应速率与平衡图像分析及相关计算
(1)0～t0 min内，N2H4的转化率为______________(用含y2的代数式表示)。
(2)0～t0 min内，催化剂的选择性为___________________(用含y1与y2的代数式表示)。
解析：设t0 min时，反应(e)转化的n(N2H4)＝a mol，反应(f)转化的n(N2H4)＝3b mol，可列转化关系：
N2H4===N2＋2H2
转化量/mol a a 2a
3N2H4===N2＋4NH3
转化量/mol 3b b 4b
2．(2025·黑吉辽蒙卷)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。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。
(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。
解析：由题意可知，连续反应的化学方程式分别为①DMO(g)＋2H2(g)===MG(g)＋CH3OH(g)、②MG(g)＋2H2(g) HOCH2CH2OH(g)＋CH3OH(g)、③HOCH2CH2OH(g)＋H2(g)===CH3CH2OH(g)＋H2O(g)，根据选择性的计算公式可知，MG、乙二醇和乙醇的选择性之和为100%，已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，所以其他物质的选择性为曲线Ⅲ、Ⅳ，则曲线Ⅰ表示DMO的转化率；该反应在固定流速下发生3个放热的连续反应，在低温时，反应速率较小，随温度升高，由乙二醇的选择性曲线可知，乙二醇选择性升高，则其反应物MG的选择性降低，当乙二醇选择性降低时曲线Ⅲ升高，此时开始生成乙醇，则曲线Ⅲ表示乙醇的选择性，曲线Ⅳ表示MG的选择性。
Ⅰ
Ⅳ
1.98
(3)A点反应MG(g)＋2H2(g) HOCH2CH2OH(g)＋CH3OH(g)的浓度商Qx＝________(用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。
解析：设初始投料DMO的物质的量为1 mol，则H2的物质的量为52.4 mol，根据题图可知，A点时DMO的转化率为80%，转化了1 mol×80%＝0.8 mol，乙二醇和MG的选择性均为50%，即该点n(乙二醇)＝n(MG)＝1 mol×80%×50%＝0.4 mol，可列出转化关系：
0.025
3．(2025·陕晋宁青卷)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
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下图(反应Ⅲ在360 ℃以下不考虑)所示。
解析：反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，根据题图，温度升高，碳酸镁的平衡转化率升高，氢气的平衡转化率下降，在360 °C以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的平衡转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。
c
(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：在550 °C下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳的物质的量为0.7 mol，生成的甲烷的物质的量为0.1 mol，根据碳原子守恒得出n(CO)＝1 mol－0.7 mol－0.1 mol＝0.2 mol；因为反应Ⅱ是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应，在500～600 °C，随温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ平衡正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化率下降。
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
1．几种特殊的图像
(1)转化率—温度。
(2)－lg K—温度。
(3)对于A(g)＋2B(g) C(g)。
(4)对于化学反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，M点以前表示从反应物开始反应，v正>v逆；M点为刚达到平衡的点；M点以后为平衡受温度的影响情况，即升高温度，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡逆向移动，故正反应的ΔH<0。
同类的模型如下：
2．速率、平衡图像题解答四步骤
3．速率方程与速率常数
(1)速率方程。
基元反应的化学反应速率与反应物的浓度幂的乘积成正比，其方次一般为各物质化学式前的系数。即对于基元反应：aA(g)＋bB(g) gG(g)＋hH(g)，v正＝k正ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数)。
例如，2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)
v逆＝k逆c2(NO)·c(O2)；
2H2(g)＋2NO(g) N2(g)＋2H2O(g)
v正＝k正c2(H2)·c2(NO)。
①速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L-1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用速率常数的大小来比较化学反应速率的大小。反应物浓度改变，但速率常数不变，因此可以利用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
②影响因素。
速率常数是温度的函数。一般情况下，同一反应，温度不同，速率常数就不同，温度相同，速率常数相同；浓度不影响速率常数。
(2)速率常数。
甲
降低温度或增大压强
(2)相同温度下，向恒容容器内加入3 mol H2和1 mol CO，初始压强为10 MPa，平衡时H2O的物质的量为________mol。
0.32
2．尿素CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原料。
(1)尿素 SCR技术可用于汽车尾气的处理，该过程中会生成NH3，反应如下。
Ⅰ.CO(NH2)2(s) HNCO(g)＋NH3(g) ΔH>0；
Ⅱ.HNCO(g)＋H2O(g) NH3(g)＋CO2(g) ΔH<0。
一定温度下，向恒容容器中投入足量CO(NH2)2(s)和一定量的H2O(g)，当上述反应达到平衡时，测得c(NH3)＝p mol·L-1、c(CO2)＝q mol·L-1，则c(HNCO)＝__________mol·L-1(用含p、q的代数式表示，下同)，反应Ⅰ的平衡常数K＝___________。
p－2q
p(p－2q)
(2)在T1 ℃和T2 ℃时(T1
变大
3．(2025·广州二模)水煤气变换是重要的化工过程，铁的氧化物可作为该反应的催化剂。
水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH1<0
(1)使用Fe2O3作为反应的催化剂，该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)＋CO(g) 2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2
2Fe3O4(s)＋H2O(g) 3Fe2O3(s)＋H2(g) ΔH3
则ΔH1＝__________(用ΔH2和ΔH3表示)。
解析：根据盖斯定律，两步反应相加可得，CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH1＝ΔH2＋ΔH3。
ΔH2＋ΔH3
(2)467 ℃和489 ℃时水煤气变换反应中H2和CO分压随时间变化关系如下图所示，催化剂为Fe2O3，实验初始时体系中的p(H2O)＝p(CO)、p(CO2)＝p(H2)。
①489 ℃时，p(CO)随时间变化关系的曲线是________(填“a”或“b”)。
②467 ℃时反应在0～90 min内的平均反应速率v(CO)＝________kPa·min-1(结果保留两位有效数字)。
b
0.007 8
(3)科研人员研究了温度和初始投料比n(H2O)/n0(CO)对水煤气变换反应平衡状态的影响。已知：CO初始的物质的量恒定为n0(CO)。在527 ℃和784 ℃下，p平(CO2)/p平(CO)随n(H2O)/n0(CO)的变化曲线如下图。
4(计算过程见解析)
B
②721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，可设CO(g)和H2O(g)的物质的量均为1 mol，达到平衡时转化了x mol，列“三段式”：
CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)
起始量/mol 1 1 0 0
转化量/mol x x x x
平衡量/mol 1－x 1－x x x
4．(2025·中山模拟)CH4?CO2的重整反应弥补甲烷?水蒸气重整反应产生较高H2/CO的不足，发生反应如下：
反应Ⅰ CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝＋247 kJ· mol-1
反应Ⅱ CH4(g) C(s)＋2H2(g) ΔH2＝＋75 kJ· mol-1
反应Ⅲ 2CO(g) CO2(g)＋C(s) ΔH3＝－172 kJ· mol-1
反应Ⅳ H2(g)＋CO2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH4＝＋41.2 kJ· mol-1
(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下图所示，则a曲线对应物种为________(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_________________________________________
_______________________________________________________________。
解析：反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ均为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ平衡均正向移动，反应Ⅲ平衡逆向移动，故a曲线对应物种为CO，b曲线对应物种为CO2，c曲线对应物种为CH4。在557～640 ℃区间内，无CO产生，说明只发生反应Ⅱ，随温度升高，该反应平衡正向移动，甲烷的百分数逐渐减小，CO2的百分数逐渐增大。
CO
该温度区间内，只发生反应Ⅱ，随温度升高平衡正向移动，甲烷的百分数逐渐减小，CO2的百分数逐渐增大
56%
2 mol
增大
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