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大单元五 化学反应与能量变化
第17 讲 反应热 盖斯定律
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核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点
考点1 反应热 ΔH(焓变) ★★★☆☆
考点2 盖斯定律★★★☆☆
（星级越高，重要程度越高）
真题挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯
考点1 反应热 ΔH(焓变)★★★☆☆
知识点一 反应热、焓变
1. 反应热：在等温条件下，化学反应体系向环境释放或从环境吸收的热量，称为化学反应的热效应，简
称反应热(苏教版定义：在化学反应过程中，当反应物和生成物具有相同温度时，吸收或释放的热)。
2. 焓变：等压条件下进行的化学反应，其反应热等于反应的焓变(苏教版定义：在恒压的条件下，化学反
应过程中吸收或释放的热)。
3. 常见的放热反应和吸热反应
(1) 放热反应
①所有的燃烧反应：
如CH4＋2O2=====CO2＋2H2O
②中和反应：
如NaOH＋HCl===NaCl＋H2O
③金属与酸反应：
如Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑
④铝热反应：
如2Al＋Fe2O3=====Al2O3＋2Fe
⑤碱性氧化物与水反应：
如CaO＋H2O===Ca(OH)2
⑥大多数化合反应：
如N2＋3H22NH3
(2) 吸热反应
①制水煤气：
C＋H2O(g)=====CO＋H2
②高炉炼铁中还原气CO 的制备：
C＋CO2=====2CO
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③Ba(OH)2·8H2O＋2NH4Cl===BaCl2＋2NH3↑＋10H2O
④盐类水解：
如NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
⑤大多数分解反应：
如CaCO3=====CaO＋CO2↑
4. 放热、吸热的理论分析
(1) 从能量图的角度分析
①放热反应
②吸热反应
(2) 从化学键的角度分析
化学键断裂和形成的能量变化是化学反应中能量变化的主要原因。
知识点二 热化学方程式
1. 概念：表明反应所释放或吸收的热量的化学方程式(苏教版定义：能够表示反应热的化学方程式)。
2. 意义：例如H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH＝－184.6 kJ/mol，表明了1 mol 气态H2和1 mol 气态Cl2反应
生成2 mol 气态HCl 时，放出184.6 kJ 的热量。
3. 书写步骤：
(1) 写化学方程式。
(2) 标各物质的状态。
(3) 标ΔH。
【名师点拨】
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①需要注明反应时的温度和压强，但一般用25 ℃和101 kPa 时的数据，因此可不特别注明；
②注明物质的聚集状态：常用s、l、g、aq 分别表示固态、液态、气态、溶液；
③各物质化学式前面的化学计量数表示物质的量，可以是整数，也可以是分数，化学计量数与ΔH 数值相
对应，ΔH 应包括“＋”或“－”、数值和单位(kJ/mol)；
④一般不要求写反应条件，不用标“↑”和“↓”，生成符不用“―→”，而用“===”或“”；
⑤如果是可逆反应，那么正反应和逆反应ΔH 的数值相等，符号相反。
如CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
ΔH＝－41.2 kJ/mol，
则CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)
ΔH＝＋41.2 kJ/mol。
4. 热化学方程式中的热效应都是指物质按化学方程式完全反应时的热效应。如可逆反应：N2(g)＋
3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ/mol，表示每消耗1 mol N2(g)和3 mol H2(g)完全转化为2 mol NH3(g)放
出92.4 kJ 热量。
吸收 放出
知识点三 燃烧热
1. 定义：101 kPa，1 mol 纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量(苏教版定义：在101 kPa 下，1
mol 物质完全燃烧的反应热叫做该物质的标准燃烧热)。
2. 指定产物：一般是指稳定产物，即碳元素变为CO2(g)，氢元素变为H2O(l)，硫元素变为SO2(g)，氮元
素变为N2(g)等。如N2H4(l)完全燃烧生成的指定产物为H2O(l)
和
N 2(g)。
知识点四 中和反应反应热的测定
1. 装置
2. 注意事项
(1) 简易量热计的保温隔热的效果一定要好。
(2) 反应物浓度宜小，不宜大。
(3) 强碱的稀溶液要稍过量，以确保强酸的稀溶液完全反应。
(4) 反应物混合均匀后，测定混合液的最高温度。
(5) 实验操作动作要迅速，以尽量减少热量损失。
(6) 为减小误差，要使用同一支温度计分别先后测量酸、碱及混合液的温度；测量时，温度计的水银球
要完全浸入溶液中，且稳定一段时间后再读数；每测定一种溶液后，均要用蒸馏水将温度计冲洗干净，
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用滤纸擦干备用。
3. 实验结论
在25 ℃和101 kPa 下，强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成1 mol H2O(l)时放出57.3 kJ 热
量。
【考法归纳】
①用弱酸代替强酸(或用弱碱代替强碱)，因为电离是吸热的过程，所以测得的热量会减少(填“增多”或
“减少”，下同)。
②因浓硫酸稀释放热、NaOH 固体溶解放热，当用它们作反应物时测得的热量会增多。
③稀硫酸和Ba(OH)2反应生成1 mol H2O(l)时所释放的热量比57.3 kJ 多，原因：除了中和反应放热外，
Ba2＋和SO 结合成BaSO4沉淀也会放热。
【解题技巧】根据键能计算反应的焓变
1. 计算方法：ΔH＝∑E(反应物的键能)－∑E(生成物的键能)
2. 1 mol 常见物质中含有的σ 键的物质的量
常见物质
金刚石
硅
SiO2
P4
S8
化学键
C—C
Si—Si
Si—O
P—P
S—S
n(σ 键)/mol
2
2
4
6
8
3. 举例，已知：
化学键
Si—H
Si—Cl
H—H
H—Cl
Si—Si
键能/(kJ/mol)
318
360
436
431
176
工业上高纯硅可通过反应：SiHCl3(g)＋H2(g)=====Si(s)＋3HCl(g)制取，该反应的ΔH＝3E(Si—Cl)＋E(Si—
H)＋E(H—H)－2E(Si—Si)－3E(H—Cl)＝(3×360＋318＋436－2×176－3×431)kJ/mol＝＋189 kJ/mol。
考点2 盖斯定律★★★☆☆
知识点一 盖斯定律含义
一个化学反应，不管是一步完成的，还是分几步完成的，其反应热是相同的(苏教版定义：一个化学反
应，不论是一步完成，还是分几步完成，其总的热效应是完全相等的)。
知识点二 盖斯定律意义
利用盖斯定律可以间接计算某些反应的反应热。现有如下关系图，则ΔH1＝Δ H 2＋
Δ H 3。
【考法归纳】比较ΔH 大小的方法
1. 放热反应和吸热反应的比较：因为ΔH 带“＋”和“－”，所以吸热反应的反应热大于放热反应的反
应热。如：
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2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH1<0，
2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH2>0。
则ΔH2>ΔH1。
2. 同一反应中，反应物(或生成物)不同状态：常用的比较方法有：①运用盖斯定律直接计算，有时还需
结合物质的状态来比较ΔH 的大小；②利用能量图来进行比较。如：
a. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH1<0，
b. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2<0。
方法一：a－b，可得2H2O(l)===2H2O(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2>0，即可知ΔH1>ΔH2。
方法二：由能量图可直接看出|ΔH|的相对大小，若是放热反应，|ΔH|越大，ΔH 越小；若是吸热反应，|ΔH|
越大，ΔH 越大。
3. 两个有联系的不同反应的比较：常利用已知的知识进行比较。如：
a. C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＜0，
b. C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH2＜0。
反应a 为C 的完全燃烧，反应b 为C 的不完全燃烧，则ΔH1＜ΔH2。
【解题技巧】反应热的计算方法
计算依据
计算方法
反应物的总能量和生成物的总能量
ΔH＝∑E(生成物的能量)－∑E(反应物的能量)
化学键的键能
ΔH＝∑反应物的键能－∑生成物的键能
反应历程正、逆反应的活化能
ΔH＝∑正反应的活化能－∑逆反应的活化能
燃烧热
可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×其燃烧热
热化学方程式
热化学方程式与数学上的方程式相似，可以左右颠倒，同时改
变正、负号，各项的系数(包括ΔH 的数值)可以同时扩大或缩小
相同的倍数
盖斯定律
根据盖斯定律，可以将两个或若干个热化学方程式进行代数运
算(包括ΔH 运算)，得到一个新的热化学方程式
【真题挑战】
一、单选题
1．（2025·河南·高考真题）在催化剂a 或催化剂b 作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学
方程式为
，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，
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中部分进程已省略)。
下列说法正确的是
A．总反应是放热反应
B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同
C．和催化剂b 相比，丙烷被催化剂a 吸附得到的吸附态更稳定
D．①转化为②的进程中，决速步骤为
【答案】C
【详解】A．由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A 错误；
B．平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B 错误；
C．由图可知，丙烷被催化剂a 吸附后能量更低，则被催化剂a 吸附后得到的吸附态更稳定， C 正确；
D．活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为
*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H 或
*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D 错误；
故选C。
2．（2025·北京·高考真题）依据下列事实进行的推测正确的是
事实
推测
A
固体与浓硫酸反应可制备
气体
固体与浓硫酸反应可制备HI 气体
B
难溶于盐酸，可作“钡餐”使用
可代替
作“钡餐”
C
盐酸和
溶液反应是吸热反应
盐酸和
溶液反应是吸热反应
D
的沸点高于
的沸点高于
A．A
B．B
C．C
D．D
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【答案】D
【详解】A．浓硫酸与NaCl 反应生成HCl 主要是因为浓硫酸的沸点高，难挥发，但浓硫酸具有强氧化性，
与NaI 反应，氧化I⁻生成I2，得不到HI，A 错误；
B．BaSO4不溶于盐酸，不会产生有毒的钡离子，可做钡餐使用，而BaCO3会与胃酸反应生成有毒的
Ba2+，不能替代BaSO4，B 错误；
C．盐酸与NaHCO3反应吸热是特例，而盐酸与NaOH 的中和反应是典型的放热反应，C 错误；
D．H2O 因含有分子间氢键，沸点高于H2S，同理HF 也含有分子间氢键，沸点高于HCl，D 正确；
故选D。
3．（2025·湖北·高考真题）如图所示的物质转化关系中，固体A 与固体B 研细后混合，常温下搅拌产生
气体C 和固体D，温度迅速下降。气体C 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。G 是一种强酸。H 是白色固体，
常用作钡餐。下列叙述错误的是
A．在C 的水溶液中加入少量固体A，溶液
升高
B．D 为可溶于水的有毒物质
C．F 溶于雨水可形成酸雨
D．常温下可用铁制容器来盛装G 的浓溶液
【答案】A
【分析】固体A 与固体B 研细后混合，常温下搅拌产生气体C 和固体D，温度迅速下降。气体C 能使湿
润的红色石蕊试纸变蓝，则C 为NH3，G 是强酸，则E 是NO，F 是NO2，G 是HNO3；H 是白色固体，常
用作钡餐，H 是BaSO4，D 是BaCl2，A 和B 反应是NH4Cl 和Ba(OH)2·8H2O 反应，C(NH3)和HCl 可转化为
NH4Cl，则A 是NH4Cl，B 是Ba(OH)2·8H2O。
【详解】A．在C(NH3)的水溶液(氨水)中加入少量固体A(NH4Cl)，铵根浓度增大，抑制了NH3·H2O 的电
离，OH-浓度减小，溶液pH 减小，A 错误；
B．D(BaCl2)易溶于水，溶于水电离出Ba2+，钡是重金属，有毒，B 正确；
C．F(NO2)与水反应生成强酸硝酸，故NO2溶于雨水可形成硝酸型酸雨，C 正确；
D．G 是HNO3，常温下浓HNO3将Fe 钝化，故常温下可用铁制容器来盛装浓硝酸，D 正确；
答案选A。
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4．（2025·重庆·高考真题）肼（
）与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列
反应：
①
②
③
则反应
的
为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据目标方程式与原方程式的特点可知，将原方程式进行
（①-3×
+
②③）变换，可得目标方程
式，所以，ΔH 应为
，据此解答。
【详解】A．选项A 的表达式为
，但根据推导结果，ΔH 应为
，与A 不符，A 错
误；
B．推导过程中，通过组合反应①、③及反转的反应②×3，得到总ΔH 为
，再除以4 得
，与选项B 一致，B 正确；
C．选项C 未除以4，直接取
，不符合目标反应的系数比例，C 错误；
D．选项D 的表达式为
，符号和系数均与推导结果不符，D 错误；
故选B。
5．（2025·浙江·高考真题）下列说法正确的是
A．常温常压下
和
混合无明显现象，则反应
在该条件下不自发
B．
，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小
C．
，则正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．
，则
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【答案】B
【详解】A．根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS，该反应ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，故低温能自发进
行，A 错误；
B．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B 正确；
C．该反应为放热反应，则
，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C 错误；
D．
，根据盖斯定律，
反应①－反应②得到目标反应Na(s)+
Cl2(g)=Na+(g)+Cl−(g)，则ΔH=
，由于不能明确
相对大小，则ΔH 不能确定，D 错误；
故选B。
二、解答题
6．（2025·云南·高考真题）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．
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆
纤维素
乙醇
(2)对于反应Ⅰ：
①已知
则
。
②一定温度下，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．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．
的体积分数不再变化
D．单位时间内生成
，同时消耗
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③反应后从混合气体分离得到
，最适宜的方法为 。
(3)恒压100kPa 下，向密闭容器中按
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”)。
270℃
③
时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则
，平衡常数
(列出计算式即可；用平衡分压代替平
衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)葡萄糖
(2) +44.4 AC 降温冷凝后收集气体
(3) 乙酸选择性最大且反应速率较快 产物1 36:5
【详解】（1）纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；
（2）①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律
=-24.3kJ·mol-1+68.7
kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1；
②恒温恒容下发生
：
A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明
反应达到平衡状态，A 符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不
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能说明反应是否达到平衡状态，B 不符合题意；
C．
的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C 符合题意；
D．单位时间内生成
，同时消耗
均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D
不符合题意；
答案选AC；
③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体；
（3）①由图1 可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；
②由图2 可知关键步骤中生成产物1 的最大能垒为0.58eV，生成产物2 的最大能垒为0.66eV，生成产物3
的最大能垒为0.81eV，图1 中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可
能是产物1；
③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙
酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n 平(乙
醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强比=物质的量之比，故
0.72：
0.1=36：5；列三段式
、
，则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别
为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为
0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则
kPa。
7．（2025·山东·高考真题）利用
循环再生可将燃煤尾气中的
转化生产单质硫，涉及的主要反应如
下：
Ⅰ．
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Ⅱ．
Ⅲ．
恒容条件下，按
和
投料反应。平衡体系中，各气态物种的
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
基本不变。
回答下列问题：
(1)反应
的焓变
(用含
的代数式表示)。
(2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变
0(填“>”“<”或“=”)。
(3)
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
，则
为
(用含a 的代数式表示)；此时，
与
物质的量的差值
(用含a
的最简代数式表示)。
(4)
温度下，体系达平衡后，压缩容器体积
产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，
与
物质
的量之比
(填“增大”“减小”或“不变”)，
物质的量
(填“增大”
“减小”或“不变”)。
【答案】(1)ΔH1+ΔH2
(2) H2O ＜
(3) 0.45+0.5a 150a
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(4) 增大 减小
【详解】（1）已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应
的焓变为ΔH1+ΔH2；
（2）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，升高温度S2减小，
H2O、H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热热反应，即ΔH＜0；
（3）T1平衡时H2是amol，根据
可知H2O 和SO2的物质的量均为100amol，根据H 元素守恒
可知H2S 为0.1－101a，设平衡时CaS 和S2的物质的量分别为xmol 和ymol，根据Ca 元素守恒可知CaSO4
是1－x，根据O 元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S 元素守恒可知2=0.1－
101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS 和CaSO4的物质的量的差值为2x－1=150a。
（4）压缩容器容积，压强增大，反应
平衡正向进行，S2的产率增大，
氢气的物质的量减小，由于
始终不变，H2O 的物质的量减小；温度不变反应
的平衡常数不变，所以SO2增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示为
，
始终不变，所以
增大。
8．（2025·河北·高考真题）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。
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主反应：
副反应：
体系中环氧乙烷初始浓度为
，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中
。
0~30min
①
内，
。
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．0~30min 内，
c．0~30min 内，
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
(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：
。按化学计量比进料，固定平衡转化率
，探究温度与压强的
关系。
分别为0.4、0.5 和0.6 时，温度与压强的关系如图：
①代表
的曲线为 (填“
”“
”或“
”)；原因是 。
②
0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应
，
，x 为组分的物质的量分数。M、N 两
点对应的体系，
(填“>”“<”或“=”)，D 点对应体系的
的值为 。
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④已知：反应
，
，p 为组分的分压。调整进料比为
，系统压强维持
，使
，此时
(用含有m 和
的代数式表示)。
【答案】(1)
cd
(2)
该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增
大 < = 12
【详解】（1）①0~30min 内，环氧乙烷完全转化，
；
a
②．
，主反应中，
，则生成物总能量低于反应物总能量，a 错
误；
b．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG 作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG 浓
度的变化量小于EO 浓度的变化量，0~30min 内，
，b 错误；
c．主反应中，
，副反应
，同一反应体系中物质一量变化量之比等
于浓度变化量之比，产物中
，即
，
，反应时间相同，则
，
，
则
，c 正确；
d．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d 正确；
故选cd；
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（2）①
该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压
强，平衡正向移动，平衡转化率增大，
，故
、
、
对应α 为0.6、0.5、0.4；
②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热
反应，
<0；
M
③
、N 的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则
=
；D 点
对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO 和3molH2，列
三段式：
，平衡时，
、
、
的物质的量分数分别为
，
；
④设起始加入mmolCO 和3molH2，此时
，列三段式：
，平衡时，气体总的物质的量为mmol，
、
、
平衡分压分别
，
。
9．（2025·甘肃·高考真题）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
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包括以下两个主要反应：
反应1：
反应2：
(1)25℃，101kPa 时，反应
。
(2)一定条件下，使用某含Co 催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的
量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在
范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 (任写一条)，当温度由220℃升高
至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为 。
②在120~240℃范围内，反应1 和反应2 乙炔的转化速率大小关系为
(填“>”“<”或“=”)，理
由为 。
(3)对于反应1，反应速率
与
浓度
的关系可用方程式
表示(k 为常
数)。
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
时，
。
实验组
一
二
(4)以Pd/W 或Pd 为催化剂，可在常温常压
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
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值为生成相应过渡态的活化能)
【答案】(1)-137
(2) 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 催化剂在该温度范围内失活 ＞
乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1 乙炔的转化速率大于反应2 乙炔的转化速率
(3)9.2×10-3
(4) Pd/W Pd/W 做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd 催化剂时的
【详解】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则
；
（2）反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，
乙炔的转化率增大；
220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化
剂在该温度范围内失活；
由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1 乙炔的转化速率大于反应2 乙炔的转化速率，即
；
（3）将数据代入方程
，②÷①得到
，则
，
时，
，
；
（4）如图可知，选择Pd 做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W 时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd
做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W 做催化剂时，乙烯的选择性更高。
10．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）
/
循环在
捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员
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设计了利用
与
反应生成
的路线，主要反应如下：
I．
II．
III．
回答下列问题，
(1)计算
。
(2)提高
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
分解产生的
催化
与
反应生成
，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)
下，在密闭容器中
和
各
发生反应。反应物(
、
)的平衡转化率和
生成物(
、
)的选择性随温度变化关系如下图(反应III 在
以下不考虑)。
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注：含碳生成物选择性
①表示
选择性的曲线是 (填字母)。
②点M 温度下，反应Ⅱ的
(列出计算式即可)。
③在
下达到平衡时，
。
，随温度升高
平衡转化率下降的原因可
能是 。
【答案】(1)
(2)B
(3)
HO*+H
④
2*+CH2*= CH3*+H2O
(4) c
0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
【详解】（1）已知：
I．
Ⅱ．
将I+ Ⅱ可得
=
，故答案为：
；
（2）已知反应Ⅱ．
为放热反应，要提高
平衡产
率，要使平衡正向移动。
A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高
平衡产率，A 错误；
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B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高
平衡产率，B 正确；
C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高
平衡产率，C 错误；
D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高
平衡产率，D 错误；
故选B。
（3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，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，故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O；
（4）已知反应I 为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III 为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的
转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在
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 表示碳酸镁的转化率，b 表示二氧化碳的选择性，c 表示甲烷的选择性。
①表示
选择性的曲线是c，故答案为：c；
②点M 温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷
和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则
二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒
得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，
，
，
，则反应Ⅱ的
，故答案为：
；
③在
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
二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出
1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应
Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在
，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ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
平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气
多于反应Ⅲ消耗的氢气。
11．（2025·湖北·高考真题）
粉末可在较低温度下还原
。回答下列问题：
(1)已知一定温度下：
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则
的
(用m 和n 表示)。
(2)图1 分别是
和
下
还原
过程中反应体系电阻
随反应时间
变化的曲线，可用 (填标号)表示反应的快慢。
a．
b．
c．
d．
(3)图1 中曲线 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。
(4)研究发现
对
的还原性主要来自于其产生的
。一般认为
在
表面被氧化成
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。
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(5)
产生
的可能反应：①
或②
。
将
放在含微量水的
气流中，在
至
的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定
的来源之一是反应 (填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是
的来源，必须进行的实验
是 。
(6)已知
。研究表明，在相同温度下，用
还原
比直
接用
还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因： 。
【答案】(1)
(2)d
(3)Ⅰ
(4)a
(5) ② 将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小
(6)
消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡
正向移动，提高Fe 的产率
【详解】（1）①
②
③
×①+
×②得到反应③，根据盖斯定律可知
=
×
+
×
=
；
（2）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
，选d；
（3）其它条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高；
（4）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；
（5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进
行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小；
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（6）在相同温度下，用
还原
比直接用
还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原
因：
消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡
正向移动，提高Fe 的产率。
12．（2025·广东·高考真题）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。
(1)基态Ti 原子的价层电子排布式为 。
(2)298K 下，反应
的
、
，则298K 下该反应
(填“能”或“不能”)自发进行。
(3)以
为原料可制备
。将
与10.0molTi 放入容积为
的恒容密闭容器中，反应体系
存在下列过程。
编
号
过程
(a)
(b)
(c)
(d)
①
kJ/mol。
②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 。
③温度
下，
，反应(c)的平衡常数
(列出算式，无须化简)。
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(4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼
的分解反应：
(e)
(f)
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
的物质的量为
)，进行实验，得
到
、
随时间t 变化的曲线如图。其中，
为
与
的物质的量之和；
为剩余
的物质
的量。设
为0~t 时间段内反应(e)消耗
的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性用
表示。
①
内，
的转化率为 (用含
的代数式表示)。
②
内，催化剂的选择性为 (用含
与
的代数式表示，写出推导过程)。
【答案】(1)
(2)能
(3)
0.5
(4)
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【详解】（1）Ti 为22 号元素，基态Ti 原子的价层电子排布式为
，故答案为：
：
（2）反应
的
、
，则根据
可知，
该反应在298K 下能自发进行，故答案为：能；
（3）① 已知：
反应b：
反应c：
将反应c-2×反应b 可得
，则
，
故答案为：
；
② 由表格可知，反应a 为放热反应，反应b、c 为吸热反应，反应d 也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示
或
的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c 正向移动，反应a、d 为逆
向移动，所以
的含量逐渐上升，
的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为
，
故答案为：
；
③ 温度
下，
，
，
，根据Ti 元
素守恒，可推出
（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则
，
，反应(c)的平衡常数
=
，故答案为：0.5；
；
（4）① 因为肼
为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时
，
时，
，则
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内，
的转化率为
=
，故答案为：
；
② 由图可知，
内，
，
，则
，反应掉的肼
为
，生成的
氮气和氢气的物质的量为
，根据反应前后原子个数守恒，可得
，反
应f 消耗的肼为
，反应e 消耗的肼
为
，
则本体系中催化剂的选择性
=
=
=
，故答案为：
；
13．（2025·安徽·高考真题）I．通过甲酸分解可获得超高纯度的
。甲酸有两种可能的分解反应：
①
②
(1)反应
的
。
(2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的
，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．气体总压强不变
c．
的浓度不变 d．
和
的物质的量相等
(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
，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 。
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Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(
和
)的重要方法，主要反应有：
③
④
⑤
(4)恒温恒容条件下，可提高
转化率的措施有 (填标号)。
a．增加原料中
的量 b．增加原料中
的量 c．通入
气
(5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的
/
/
混合气，投料组成与
和
的平衡
转化率之间的关系如下图。
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i．投料组成中
含量下降，平衡体系中
的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
ii．若平衡时
的分压为
，根据a、b 两点计算反应⑤的平衡常数
(用含p 的代数
式表示，
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】(1)-41.2
(2)bc
(3) 原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 催化剂在升温时活性降
低或升温时催化剂对反应②更有利
(4)b
(5) 增大 0.675p2
【详解】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则
；
（2）a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态；
b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态；
c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则
浓度不变，是平衡状态；
d．CO 和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态；
故选bc；
（3）反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，
所以反应①的选择性接近100%；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，但反
应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利；
（4）a．增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低；
b．增大原料中CO2的量，CH4转化率增大；
c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变；
故选b；
（5）如图可知，恒压时，随着Ar 含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向
移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar 含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下
降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但CO 减小的少，则
n(CO):n(H2)增大；
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设初始投料：
、
、
，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳
的转化率为30%，则平衡时：
；
；
根据碳元素守恒：
；
根据氧元素守恒：
；
根据氢元素守恒：
；
平衡时，气体总物质的量为
，Ar 的分压为
，
则总压为
，
、
、
、
，反应⑤的平衡常数
。
30
