大单元四 第一单元 化学反应与能量
第2 讲 盖斯定律及其应用
【高考考向预测】
盖斯定律侧重考查利用热化学方程式进行焓变计算、反应热大小比较、目标热化学方程
式推导，结合反应能量图像、多步反应转化综合命题；近三年在选择题、反应原理大题中考
查频繁，考频很高；预测2027 年将侧重多步复杂反应组合计算、结合键能与盖斯定律综合求
算反应热，强化热化学方程式书写与正误判断。
【双基自测●明考向】
1．（25-26 高三·全国·一轮复习）等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接
分解的反应热。(_____)
【答案】错误
【详解】根据盖斯定律，化学反应的反应热仅与反应的始态和终态有关，和反应路径无关。
反应①+反应②的总反应，就是氯化铵直接分解为NH 3和HCl 的反应，二者始态、终态完全一
致，因此反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，题干说法错误。
2．（25-26 高三·全国·一轮复习）利用盖斯定律可以间接计算某些反应的反应热。(_____)
【答案】正确
【详解】化学反应的反应热（焓变）仅与反应的始态（反应物的状态、物质的量）和终态
（生成物的状态、物质的量）有关，与反应的具体进行途径无关。因此可通过盖斯定律对已
知反应热的相关分步反应做代数运算，间接计算得到目标反应的反应热，因此题干表述符合
盖斯定律的应用逻辑，是正确的。
3．（25-26 高三·全国·一轮复习）已知N2(g)+3 H2(g)⇌2NH3(g) Δ H =−92kJ⋅mol
−1，则
2NH3(g)⇌N2(g)+3 H2(g) Δ H =+92kJ⋅mol
−1。(_____)
【答案】正确
【详解】合成氨的正反应为放热反应，Δ H =−92kJ ⋅mol
−1，则其逆反应（氨的分解反应）为
吸热反应，Δ H =+92kJ ⋅mol
−1，说法正确。
14．（25-26 高三·全国·一轮复习）同一反应一步完成与两步完成的焓变相同。(_____)
【答案】正确
【详解】焓是状态函数，焓变（Δ H）仅与反应体系的始态（反应物的种类、物质的量、聚
集状态）和终态（生成物的种类、物质的量、聚集状态）有关，与反应的具体途径无关。
5．（25-26 高三·全国·一轮复习）对一可逆反应加入催化剂，改变了反应途径，反应的Δ H也
随之改变。(_____)
【答案】错误
【详解】焓变Δ H的定义为生成物总焓与反应物总焓的差值，公式为Δ H = H 生成物−H 反应物，仅
由反应的始态和终态决定，与反应途径无关，因此加入催化剂后Δ H不会发生变化，题干表
述错误。
6．（25-26 高三·全国·一轮复习）S(g)+O2(g)=SO2(g) Δ H 1，S(s)+O2(g)=SO2(g) Δ H 2
，则Δ H 1> Δ H 2。(_____)
【答案】错误
【详解】硫的燃烧属于放热反应，因此Δ H 1、Δ H 2均为负值。等量的气态硫的内能高于固态
硫的内能，二者完全反应生成相同状态的SO2(g)时，气态硫反应放出的热量更多，因为硫由
固态变成气态，是要吸热的。对于放热反应，放出的热量越多，焓变的数值越小，因此
Δ H 1< Δ H 2，题干表述错误。
也可通过盖斯定律推导：由反应S(s)= S(g) ΔH >0，可得ΔH = Δ H 2−Δ H 1>0，即Δ H 2> Δ H 1
，同样可证明题干错误。
7．（2026 高三·全国·专题练习）反应热与参加反应的物质具有的能量有关，与反应途径无
关。(____)
【答案】正确
【详解】反应热是指化学反应中的焓变（ΔH），表示在恒压条件下系统吸收或释放的热量。
ΔH 取决于反应物和生成物的焓值之差（即物质具有的能量），而与反应的具体途径无关。这
符合赫斯定律，即总焓变是状态函数，只由体系的始态和终态决定，与反应路径无关。因
此，说法正确。
8．（2027 高三·全国·专题练习）2NO2⇌O2+2NO Δ H =+116.2kJ⋅mol
−1。(____)
【答案】错误
【详解】物质未标明聚集状态，故错误。
9．（25-26 高三·全国·一轮复习）N2(g)+3 H2(g)⇌2NH3(g) ΔH =−92.4 kJ/ mol,1molN2被还
原，放出92.4kJ能量。(_______)
【答案】正确
【详解】由热化学方程式可知，1mol 氮气被还原时，反应放出的能量为92.4kJ/
mol×1mol=92.4kJ，故正确。
10．（23-24 高三上·全国·一轮复习）已知N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) ΔH=-92 kJ·mol-1，则
NH3(g)=1
2N2(g)＋3
2H2(g) ΔH=＋46 kJ·mol-1。(________)
【答案】正确
【详解】反应出放出热量与反应物用量有关；反应反向进行，则放热反应变为吸热反应，故
正确；
【核心梳理●明考点】
考点一 盖斯定律和反应热的计算
1.盖斯定律
(1)内容
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。即化学反应的反应热
只与反应体系的始态和终态有关,而与反应的途径无关。
(2)意义
间接计算某些反应的反应热。
(3)应用
转化关系
反应热间的关系
aA
B;A
1
aB
ΔH1=a Δ H 2
A
B
ΔH1=-Δ
H 2
ΔH=Δ H 1+Δ
H 2
2.利用盖斯定律计算反应热
已知25 ℃、101 kPa 下,1 mol 水蒸发为水蒸气需要吸热44.01 kJ。
2H2O(l)===2H2(g)+O2(g) ΔH=+571.66 kJ·mol-1
C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g) ΔH=+131.29 kJ·mol-1
(1)1 mol 水蒸发为水蒸气的热化学方程式为
H 2O(l)===H2O(g)
Δ H =+44.01 kJ
· mol
-1
。
(2)计算出反应C(s)+1
2O2(g)===CO(g)的反应热(写出计算过程)。
由
①
H 2O(l)===H2O(g)
Δ H =+44.01 kJ
· mol
-1 ,
②
2H
2O(l)===2H2(g)+O2(g)
Δ H =+571.66 kJ
· mol
-1 ,
③
C(s)+H
2O(g)===CO(g)+H2(g)
Δ H =+131.29 kJ
· mol
-1 , 根据盖斯定律
③
- 1
2× ②
+ ①
得
C(s)+
1
2O2(g)===CO(g)
Δ H =+131.29 kJ
· mol
-1 - 1
2×571.66 kJ
· mol
-1 +44.01
kJ
· mol
-1 =-110.53 kJ
· mol
-1 。
3.利用盖斯定律求反应热的三步流程
(1)找出
根据待求解的热化学方程式中的反应物和生成物找出可用的已知热化学方程
式
(2)调整
①根据待求解的热化学方程式调整可用热化学方程式的方向,同时调整ΔH 的
符号。
②根据待求解的热化学方程式将调整好的热化学方程式进行缩小或扩大相应
的倍数,同时调整ΔH 的值
(3)加和求ΔH
将调整好的热化学方程式和ΔH 分别进行加和。确定目标反应的焓变ΔH
【考点突破●明方向】
1.“千畦细浪舞晴空”,氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键强弱,设计如图
所示的循环过程,可得ΔH4/(kJ·mol-1)为 。
【答案】+838
【解析】①NH4Cl(s)===NH 4
+(g)+Cl-(g) ΔH1=+698 kJ·mol-1;
②NH4Cl(s)===NH 4
+(aq)+Cl-(aq) ΔH2=+15 kJ·mol-1;
③Cl-(g)===Cl-(aq) ΔH3=-378 kJ·mol-1;
④1
2(NH4)2SO4(s)===NH 4
+(g)+1
2 SO4
2−(g) ΔH4;
⑤1
2(NH4)2SO4(s)===NH 4
+(aq)+1
2 SO4
2−(aq) ΔH5=+3 kJ·mol-1;
⑥1
2 SO4
2−(g)===1
2 SO4
2−(aq) ΔH6=-530 kJ·mol-1; 则⑤+①-⑥-②+③得④, 得到ΔH4=+838
kJ·mol-1。
2.黑火药是中国古代的四大发明之一,其爆炸的热化学方程式为
S(s)+2KNO3(s)+3C(s)===K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) ΔH=x kJ·mol-1
已知:碳的燃烧热ΔH1=a kJ·mol-1,
S(s)+2K(s)===K2S(s) ΔH2=b kJ·mol-1,
2K(s)+N2(g)+3O2(g)===2KNO3(s) ΔH3=c kJ·mol-1。
则x 为 。
【答案】3a+b-c
【解析】碳燃烧的热化学方程式为①C(s)+O2(g)===CO2(g) ΔH1=a kJ·mol-1,将另外两个热化学
方程式进行编号,②S(s)+2K(s)===K2S(s) ΔH2=b kJ·mol-1,③2K(s)+N2(g)+3O2(g)===2KNO3(s)
ΔH3=c kJ·mol-1,运用盖斯定律,①×3+②-③得S(s)+2KNO3(s)+3C(s)===K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)
ΔH=(3a+b-c) kJ·mol-1,则x=3a+b-c。
3.(2023·江苏卷改编)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
CO2(g)+4H2(g)===CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-164.7 kJ·mol-1
CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2 kJ·mol-1
列式计算反应2CO(g)+2H2(g)===CO2(g)+CH4(g)的焓变: 。
【答案】ΔH=-2×41.2 kJ·mol-1-164.7 kJ·mol-1=-247.1 kJ·mol-1
4.近年来,研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下:
反应 Ⅰ:2H2SO4(l)===2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol-1
反应Ⅲ:S(s)+O2(g)===SO2(g) ΔH3=-297 kJ·mol-1
反应Ⅱ的热化学方程式:
。
【答案】3SO2(g)+2H2O(g)===2H2SO4(l)+S(s) ΔH2=-254 kJ·mol-1
【解析】由题图可知,反应Ⅱ的化学方程式为3SO2+2H2O
2H2SO4+S↓。根据盖斯定律,反
应Ⅱ=-(反应Ⅰ+反应Ⅲ)可得:3SO2(g)+2H2O(g)===2H2SO4(l)+S(s) ΔH2=-254 kJ·mol-1。
5.如图是发射卫星时用肼(N2H4)作燃料,用NO2作氧化剂(反应生成N2、水蒸气)和用F2作氧化
剂(反应生成N2、HF)的反应原理。
通过计算,可知原理Ⅰ和原理Ⅱ氧化气态肼生成氮气的热化学方程式分别为
、
。
消耗等量的N2H4(g)时释放能量较多的是原理 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
【答案】N2H4(g)+NO2(g)===3
2N2(g)+2H2O(g) ΔH=-567.85 kJ·mol-1 N2H4(g)+2F2(g)===N2(g)
+4HF(g) ΔH=-1 126 kJ·mol-1 Ⅱ
【解析】根据题给信息可知N2H4(g)+NO2(g)===3
2N2(g)+2H2O(g) ΔH,结合盖斯定律,此反应可
由②-1
2×①得出,所以ΔH=ΔH2-1
2 Δ H 1=−534 kJ ·mol−1−1
2×67.7 kJ·mol-1=-567.85 kJ·mol-1。同
理可得N2H4(g)+2F2(g)===N2(g)+4HF(g) ΔH,此反应可由反应②+2×③-④得出,所以
ΔH=ΔH2+2ΔH3-ΔH4=-534 kJ·mol-1+2×(-538 kJ·mol-1)-(-484 kJ·mol-1)=-1 126 kJ·mol-1。由所得两个
热化学方程式可知,消耗等量N2H4(g)释放能量较多的是原理Ⅱ。
考点二 反应热大小的比较
1.根据反应物量的大小比较反应焓变的大小
(1)H2(g)+1
2O2(g)===H2O(g) ΔH1
(2)2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH2
反应(2)中H2的量更多,因此放热更多,|ΔH1|<|ΔH2|,但ΔH1<0,ΔH2<0,故ΔH1>ΔH2。
2.根据反应进行的程度大小比较反应焓变的大小
(1)C(s)+1
2O2(g)===CO(g) ΔH1
(2)C(s)+O2(g)===CO2(g) ΔH2
反应(2)中,C 完全燃烧,放热更多,|ΔH1|<|ΔH2|,但ΔH1<0,ΔH2<0,故ΔH1>ΔH2。
3.根据反应物或生成物的状态比较反应焓变的大小
(1)S(g)+O2(g)===SO2(g) ΔH1
(2)S(s)+O2(g)===SO2(g) ΔH2
方法一:图像法,画出上述两反应能量随反应过程的变化曲线。
由图像可知:|ΔH1|>|ΔH2|,但ΔH1<0,ΔH2<0,故ΔH1<ΔH2。
方法二:通过盖斯定律构建新的热化学方程式。
由反应(1)-反应(2)可得S(g)===S(s) ΔH=ΔH1-ΔH2<0,故ΔH1<ΔH2。
4.根据特殊反应的焓变情况比较反应焓变的大小
(1)2Al(s)+3
2O2(g)===Al2O3(s) ΔH1
(2)2Fe(s)+3
2O2(g)===Fe2O3(s) ΔH2
由反应(1)-反应(2)可得2Al(s)+Fe2O3(s)===2Fe(s)+Al2O3(s) ΔH=ΔH1-ΔH2,已知铝热反应为放热
反应,故ΔH<0,ΔH1<ΔH2。
【考点突破●明方向】
1.已知:①NaHCO3(s)===Na+(aq)+HCO3
−(aq) ΔH1
②Na2CO3(s)===2Na+(aq)+CO3
2−(aq) ΔH2
③2NaHCO3(s)===Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(l) ΔH3
④Na2CO3(s)+2H+(aq)===2Na+(aq)+CO2(g)+H2O(l) ΔH4<0
下列判断正确的是( )
A.ΔH3<0
B.ΔH1>0,ΔH2<0
C.CO3
2−(aq)+2H+(aq)===CO2(g)+H2O(l) ΔH5>0
D.CO3
2−(aq)+CO2(g)+H2O(l)===2HCO3
−(aq) ΔH6=ΔH1-ΔH2-ΔH3
【答案】B
【解析】A.NaHCO3 受热分解,且需要持续加热,即该分解反应是吸热反应,则ΔH3>0,故A 错
误;B.NaHCO3 溶于水是吸热的,则ΔH1>0,Na2CO3 溶于水是放热的,则ΔH2<0,故B 正确;C.因为
ΔH2<0,ΔH4<0,根据盖斯定律,反应-②+④得到反应CO3
2−(aq)+2H+(aq)===CO2(g)+H2O(l) ΔH5,则
ΔH5=-ΔH2+ΔH4,无法判断其正负,故C 错误;D.根据盖斯定律,将反应①×2-②-③得到CO3
2−(aq)
+CO2(g)+H2O(l)===2HCO3
−(aq) ΔH6,则ΔH6=2ΔH1-ΔH2-ΔH3,故D 错误。
2.对于反应a:C2H4(g)
C2H2(g)+H2(g),反应b:2CH4(g)
C2H4(g)+2H2(g),当升高温度时平衡都
向右移动。①C(s)+2H2(g)===CH4(g) ΔH1;②2C(s)+H2(g)===C2H2(g) ΔH2;③2C(s)
+2H2(g)===C2H4(g) ΔH3。则①②③中ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小顺序排列正确的是( )
A.ΔH1>ΔH2>ΔH3
B.ΔH2>ΔH3>2ΔH1
C.ΔH2>2ΔH1>ΔH3
D.ΔH3>ΔH2>ΔH1
【答案】B
【解析】对于反应a、b,升高温度平衡都向右移动,故二者均为吸热反应,ΔHa>0、ΔHb>0。根据
盖斯定律知a=②-③,ΔHa=ΔH2-ΔH3>0, 推知ΔH2>ΔH3;b=③-2×①, 故ΔHb=ΔH3-2ΔH1>0, 推知
ΔH2>ΔH3>2ΔH1。
3.PCl3和PCl5都是重要的化工产品。磷与氯气反应有如图转化关系。下列叙述正确的是( )
已知:在绝热恒容密闭容器中发生反应(1)反应(2),反应体系的温度均升高。
A.ΔH3=ΔH1+ΔH2
B.4PCl3(g)+4Cl2(g)===4PCl5(s) ΔH>ΔH2
C.ΔH1、ΔH2、ΔH3中,ΔH3最大
D.PCl5分子中每个原子最外层都达到8 电子结构
【答案】A
【解析】A.根据盖斯定律可知,ΔH3=ΔH1+ΔH2,选项A 正确;B.液态PCl3 汽化时吸收热量,故
ΔH<ΔH2,选项B 错误;C.反应(1)和反应(2)均是放热反应,故反应(3)也是放热反应,结合盖斯定
律,ΔH3最小,选项C 错误;D.PCl5分子中P 原子最外层有10 个电子,选项D 错误。
本讲感悟
疑点:
盲点:
【真题再现●明考向】
一、单选题
1．（2025·浙江·高考真题）下列反应均能自发进行，相关判断不正确的是
H2SO4(l)+ Fe(OH)2(s)= FeSO4(s)+2H2O(l) Δ H 1
H2SO4(l)+2NaOH(s)= Na2SO4(s)+2H2O(l) Δ H 2
H2SO4(l)+ Na2O(s)= Na2SO4(s)+ H2O(l) Δ H 3
SO3(g)+ Na2O(s)= Na2SO4(s) Δ H 4
SO3(g)+ H2O(l)= H2SO4(l) Δ H 5
A．Δ H 1−Δ H 2>0 B．Δ H 2−Δ H 3>0
C．Δ H 3−Δ H 4<0
D．Δ H 4−Δ H 5<0
【答案】C
【分析】将五个方程式依次编号为①、②、③、④、⑤。
【详解】A．酸碱中和反应为放热反应，Fe(OH)2难溶于水而氢氧化钠易溶于水，已知反应①
H2SO4(l)+ Fe(OH)2(s)= FeSO4(s)+2H2O(l) Δ H 1，
②H2SO4(l)+2NaOH(s)= Na2SO4(s)+2H2O(l) Δ H 2，则反应①放出的热量小于反应②，即
Δ H 1> Δ H 2，故Δ H 1−Δ H 2>0，A 正确；
B．已知反应②H2SO4(l)+2NaOH(s)= Na2SO4(s)+2H2O(l) Δ H 2，
③H2SO4(l)+ Na2O(s)= Na2SO4(s)+ H2O(l) Δ H 3，
利用盖斯定律将反应③-反应②得到H2O(l)+ Na2O(s)=2NaOH(s)，该反应为放热反应，则该反
应的Δ H = Δ H 3−Δ H 2<0，即Δ H 2−Δ H 3>0，B 正确；
C．已知反应⑤SO3(g)+ H2O(l)= H2SO4(l)(化合反应)为放热反应，即Δ H 5<0，利用盖斯定律，
将反应④-反应③得到反应⑤，即Δ H 4−Δ H 3= Δ H 5<0，Δ H 3−Δ H 4>0，C 错误；
D．已知反应③H2SO4(l)+ Na2O(s)= Na2SO4(s)+ H2O(l)为放热反应，Δ H 3<0，结合C 项解析
知：Δ H 4−Δ H 3= Δ H 5<0，则Δ H 4−Δ H 5= Δ H 3<0，D 正确；
故选C。
2．（2025·重庆·高考真题）肼（N2H4）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：
①2NH3(g)+3 N2O (g)= 4 N2(g)+3 H2O (l) ΔH1=akJ / mol
②N2O (g)+3 H2(g)= N2H4 (l)+ H2O (l) ΔH2=bkJ / mol
③N2H4 (l)+9 H2(g)+ 4 O2(g)=2NH3(g)+8 H2O (l) ΔH3=ckJ/ mol
则反应N2H4 (l)+O2(g)= N2(g)+2H2O (l)的Δ H （kJ ·mol
−1）为
A．1
4
(a+3b−c)
B．1
4
(a−3b+c)
C．(a−3b+c)
D．(a+3b−c)
【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
4（①-3×
+
②③）变换，可
得目标方程式，所以，ΔH 应为1
4
(a−3b+c)，据此解答。
【详解】A．选项A 的表达式为1
4
(a+3b−c)，但根据推导结果，ΔH 应为1
4
(a−3b+c)，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a+c−3b，再除以4
得1
4
(a−3b+c)，与选项B 一致，B 正确；
C．选项C 未除以4，直接取a−3b+c，不符合目标反应的系数比例，C 错误；
D．选项D 的表达式为a+3b−c，符号和系数均与推导结果不符，D 错误；
故选B。
3．（2025·北京·高考真题）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水
的过程分两步实现，示意图如下。
下列说法不正确的是
A．NaCl固体溶解是吸热过程
B．根据盖斯定律可知：a+b=4
C．根据各微粒的状态，可判断a>0，b>0
D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关
【答案】C
【分析】由图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl 固体变为Na+和Cl-，
此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯
离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。
【详解】A．由图可知，NaCl固体溶解过程的焓变为ΔH 3=+ 4 kJ /mol，为吸热过程，A 正
确；
B．由图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知ΔH 1+ ΔH 2= ΔH 3，即
a+b= 4，B 正确；
C．由分析可知，第一步为NaCl 固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，
a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过
程，为放热过程，b＜0，C 错误；
D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于NaCl固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过
程放出的热量有关，即与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关，D 正确；
故选C。
二、解答题
4．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）低碳烯烃（C2-C4烯）用途广泛，可由合成气（CO+ H2）经
费托反应催化直接合成。
(1)烃类产物碳链增长的部分历程如下（M：催化剂，∗CHx：活性碳氢物质）：
按此历程，产品中低碳烯烃产率不高的原因是________________________________（答出一
条即可）。
(2)合成丙烯的费托反应主要为：
①6CO(g)+3 H2(g)=C3 H6(g)+3CO2(g) Δ H 1
②C3H6(g)+ H2(g)=C3H8(g) Δ H 2=−124 kJ⋅mol
−1
③CO(g)+ H2O(g)=CO2(g)+ H2(g) Δ H 3=−41kJ⋅mol
−1
④3CO(g)+6 H2(g)=C3 H6(g)+3 H2O(g) Δ H 4=−374 kJ⋅mol
−1
则Δ H 1=______kJ⋅mol
−1，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为______（填标号）。
A．低温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．高温高压
(3)传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。
图1 中抑制副反应的最适宜催化剂为__________（填“MgAPO”、“SAPO”或“GeAPO”）。
430° C时，CO2的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为_________（写出计算
式即可）。
[已知：收率=转化为总烃的CO转化率×低碳烯烃选择性、
某烃选择性= 生成某烃消耗n(CO)
生成总烃消耗n(CO) ×100 %、选择性(CO2)= 生成的n(CO2)
消耗的n(CO) ×100 %]
(4)若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料
n(H2)∶n(CO)=2.5、CO2选择性为a %或b %时，CO转化率与温度的关系如图3 所示，则a_____b
（填“>”、“=”或“<”，下同），反应③的v 正(M)_______v逆(N)。
(5)若采取某种措施抑制CO2生成，此时费托反应只发生②和④，320° C、恒压645 kPa、初始投
料n(H2)∶n(CO)=2时，CO的转化率为50%，丙烯的选择性为90%，则p(C3H6)∶p(CO)=
_________；反应②的反应商Q p=______(kPa)
−1（用分压代替浓度计算，分压=总压×物质的
量分数，保留两位有效数字）。
【答案】(1)有副反应发生生成烷烃（或生成高碳烷烃）
(2) -497 A
(3) GeAPO 85 %×(1−32%)×83 %
(4) ＞ ＜
(5) 0.3 3.8×10
−4
【详解】（1）根据题干给出的反应历程图，中间体M −CH 3既可以继续与∗CH x反应使碳链
增长，也可以结合 +H 发生加成反应生成甲烷；同理，碳链增长过程中的中间体也可以结合
+H 生成乙烷、丙烷等烷烃。此外，碳链也有可能继续增长生成C5及以上的高碳烃。这些副
反应的存在消耗了反应物，降低了目标产物低碳烯烃的产率。
（2）根据盖斯定律，目标反应 ① 可以由3×反应③ + 反应④得到，因此
Δ H 1= Δ H 4+3 Δ H 3=−374 +3×(−41)=−497 kJ ⋅mol
−1。 反应①是放热、气体分子数减少的
反应，低温有利于放热反应平衡正向移动，高压有利于气体分子数减少的反应平衡正向移
动，因此选低温高压A。
（3）由图 1 可知，在相同的温度下，使用GeAPO催化剂时丙烯的转化率最低。由于丙烯是
我们期望的目标产物，其转化（消耗）属于副反应，因此GeAPO是抑制该副反应的最适宜催
化剂。根据定义：收率=转化为总烃的CO 转化率×低碳烯烃选择性；CO2选择性为32%，说明
总消耗CO 中1−32%用于生成总烃；由图2 可知，要使收率最大，需要找到乘积最大的组
合。观察图 2 中三种催化剂的数据，GeAPO对应的CO总转化率为85 %，低碳烯烃选择性为
83 %，此时收率最大，因此收率计算式为85 %×(1−32%)×83 %。
（4）反应 ③CO(g)+ H2(g)=CO2(g)+ H2(g)为放热反应。在图 3 中的水平虚线（固定 CO 转
化率为 60%），该线与实线（a%）相交于点 M（温度较低），与实线（b%）相交于点 N
（温度较高）。在相同 CO 转化率下（即反应 ④ 生成H2O量基本相同），温度越高，放热
的反应 ③ 平衡越向左移动，生成的 CO2 越少，导致CO2选择性越低。因此，高温对应的线
b% 的选择性低于低温对应的线a%，即a＞b；
由于反应3 已经快速平衡，所以在任意时刻正逆反应速率相等，即v 正(M)=v逆(M)、v 正(N)=
v逆(N)。题目要求比较v 正(M)和v逆(N)，本质上就是比较M 点和N 点的正反应速率。点N 的
温度远高于点M，温度升高会使反应速率常数k 显著增大；此外，点N 的CO2选择性更低，
意味着更少的H2O 被消耗，反应体系中H2O 的浓度更高。在更高的温度和更高的反应物浓度
双重作用下，N 点的反应速率必然大于M 点。因此，v 正(M)＜v逆(N)。
（5）设初始n(CO)=1mol，n( H 2)=2mol： CO转化率为50 %，故转化的CO为0.5mol，剩余
n(CO)=0.5mol； 丙烯选择性90 %，故最终生成丙烯消耗CO为0.5×90 % =0.45mol，得
n(C3 H 6)= 0.45mol
3
=0.15mol，分压比等于物质的量比，因此
p(C3 H 6)
p(CO) = n(C3 H 6)
n(CO) = 0.15
0.5 =0.3
；
反应②为C3 H 6(g)+ H 2(g)=C3 H 8(g)，反应商Q p=
p(C3 H 8)
p(C3 H 6)⋅p( H 2)，代入分压化简得：
Q p=
n(C3 H 8)⋅n总
P总⋅n(C3 H 6)⋅n( H 2)，平衡时：n(C3 H 6)=0.15mol、n(CO)=0.5mol、
n(H 2O)=n(CO)转化=0.5mol、n(C3 H 8)= 0.5mol×10 %
3
= 0.05
3
mol，
n( H 2)=2mol−0.05mol
3
−0.5mol×2= 59
60 mol，n总=2.15mol，P总=645kPa，计算得：
Q p=
( 0.05
3
)×2.15
645×0.15× 59
60
≈3.8×10
−4(kPa)
−1。
5．（2026·云南·高考真题）“双碳”目标推动科技发展。一种由CO 制备高附加值酒石酸二
甲酯(DMT)的路径如下：
CO →
I
热催化(COOCH3)2
DMO
→
II
电催化(CHOHCOOCH3)2
DMT
回答下列问题：
I．“热催化”中主反应：
i．2CO (g)+2CH3ONO (g)=(COOCH3)2(l)+2NO (g) Δ H 1 ΔS1
(1)已知：4 CO (g)+ 4 CH3OH (g)+O2(g)=2(COOCH3)2(l)+2H2O (g) Δ H 2
4 NO (g)+ 4 CH3OH (g)+O2(g)= 4 CH3ONO (g)+2H2O (g) Δ H 3
则Δ H 1=__________(用含Δ H 2和Δ H 3的代数式表示)，ΔS1__________0(填“>”或“<”)。
(2)一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应i，提高CH3ONO平衡转化率的措施有
__________(填标号)。
A．及时移走(COOCH3)2
B．通入N2
C．增大CO和CH3ONO投料比
D．加入催化剂
(3)“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”(CO(OCH3)2)的副反应：
ii．CO (g)+2CH3ONO (g)=CO(OCH3)2(g)+2NO (g)
一定条件下，CH3ONO平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[比如：DMO 选择性
= 2n(生成的DMO)
n(转化的CH3ONO)
×100 %]
①“热催化”反应较适宜的温度区间为__________(填标号)。
A．120∼140° C B．130∼150° C C．140∼160° C
②130° C，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当CO和CH3ONO的初始浓度分别为2mol⋅L
−1、
1mol⋅L
−1，结合图1 信息，平衡时c(CH3ONO)=__________mol⋅L
−1，反应i的K c=__________
(mol⋅L
−1)
−2(列出计算式即可)。
II．“电催化”中：DMO →
电催化DMT
(4)25℃时，DMT 的生成速率v与c (DMO)关系如图2，已知该反应的速率方程为v =k c
m(DMO)，
其中k为速率常数。
①当c (DMO)增加10 倍，v也增加10 倍，则m为__________。
②速率常数k为__________ s
−1(列出计算式即可)。
(5)生成DMT 的电极反应式为2(COOCH3)2+6 H
++6e
−=(CHOHCOOCH3)2+2Y，其中Y 为
__________(填结构简式)。
【答案】(1) Δ H 2−Δ H 3
2
＜
(2)C
(3) B 0.25
0.75
2
(1.2875)
2⋅0.25
2
(4) 1 15.60×10
−6
0.40
或10.92×10
−6
0.28
或6.24×10
−6
0.16
或1.56×10
−6
0.04
(5)CH 3OH
【详解】（1）根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以1
2减去第二个反应乘以1
2，得到目标反
应，故Δ H 1= Δ H 2−Δ H 3
2
。反应i 中，反应物气体总物质的量为4 mol，生成物仅2mol气体
（DMO 为液态），气体物质的量减少，熵减小，因此Δ S1<0。
（2）A．及时移走液态生成物DMO，DMO 为纯液体，其量的改变不影响化学平衡移动，
CH 3ONO平衡转化率不变，错误；
B．恒容密闭容器中通入N 2，各反应物生成物浓度不变，平衡不移动，转化率不变，错误；
C．增大CO和CH 3ONO投料比，相当于增加CO 浓度，平衡正向移动，CH 3ONO转化率提
高，正确；
D．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，转化率不变，错误。
（3）①该反应需要主产物DMO 保持高选择性，同时保证一定转化率。由图可知，温度在
120~140℃时，主产物的选择性较高，但CH 3ONO的转化率太低，而温度在140~160℃时，
副产物2 的选择性急剧升高，不利于生产，故反应较适宜的温度区间为130∼150° C，答案选
B。
②130℃时CH 3ONO平衡转化率为75 %，初始浓度为1mol·L
−1，因此平衡时
c(CH 3ONO)=1×(1−75 %)=0.25 mol·L
−1， 两个反应中，每消耗1molCH 3ONO均生成
1mol NO，因此平衡c( NO)=0.75 mol·L
−1；结合DMO 选择性90 %，生成DMO 的CH 3ONO为
0.75×90%=0.675mol/L。根据反应 i，c( DMO)= 1
2 Δc(CH 3ONO)= 0.675mol / L
2
=0.3375mol / L
，反应 ii 消耗的CH 3ONO=0.75mol/L×(1−90%)=0.075mol/L。生成 c(副产物1)=
0.075mol / L
2
=0.0375mol / L；列出变化量：：
i．
2CO (g)
+
2CH3ONO (g)
⇌
(COOCH3)2(l)
+
2NO (g)
mol
变化量/ L
0.675
¿0.675
¿0.3375
¿
¿
¿
ii．CO (g)
+
2CH3ONO (g)
⇌
CO(OCH3)2(g)
+
2NO (g)
mol
变化量/ L
0.0375
¿0.075
¿0.0375
¿
¿
¿
平衡c(CO)=(2−0.675−0.0375)mol·L
−1=1.2875 mol·L
−1，DMO 为液态不计入平衡常数（题
中所给单位亦可看出），因此反应i 的平衡常数K c =
c
2( NO)
c
2(CO)⋅c
2(CH 3ONO)
=
0.75
2
(1.2875)
2⋅0.25
2
。
（4）①速率方程v =k c
m( DMO)，当c( DMO)增加10 倍，v增加10 倍，可得k(10c)
m=10⋅k c
m
，即10
m=10，因此m=1。
②m=1，因此k = v
c ，代入图2 中任意一组数据即可： 15.60×10
−6
0.40
或10.92×10
−6
0.28
或6.24×10
−6
0.16
或1.56×10
−6
0.04
。
（5）根据原子守恒配平电极反应：左侧总组成为8C 、18 H 、8O，右侧DMT 总组成为
6C 、10 H 、6O，剩余2C 、8 H 、2O对应2Y，因此Y 为CH 3OH。
6．（2026·浙江·高考真题）某小组想用CO 制取CO2，反应如下：
I．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) Δ H 1=+41 kJ/mol K 1
Ⅱ．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) Δ H 2=−484 kJ/mol K 2
Ⅲ．CO(g)+1
2 O2(g)=CO2(g) Δ H 3
K 3
请回答：
(1)①Δ H 3=_______kJ/mol。
②某同学在常温常压下，往CO 与O2以体积比为2：1 混合至密闭体系中，放置数年后却发现
几乎无CO2。该同学认为是该反应的平衡常数K 3极小导致的，你认为该同学的说法
_______(“正确”或“错误”)，设计实验验证你的结论：_______(简述即可)。
(2)Pt 因其原子结构特点，有良好的催化活性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组在
250℃条件下，用Pt 催化CO 制取CO2，反应如下：
Ⅳ CO(g)→CO
*
V O2(g)→O2
*→2O
*
Ⅵ O
*+CO
*→O...CO
*(过渡态)
Ⅶ O...CO
*→CO2
*
Ⅷ CO2
*→CO2(g)
Pt(
①
原子序数78)，位于元素周期表第_______周期_______族。
②反应Ⅳ的Δ S_______0(填“>”、“<”或“=”)。
③在图中画出CO2
*位置(虚线框内) _______。
(3)某小组在其他条件不变的情况下采取某种措施，使反应温度由250° C降为30° C，相关反应
如下：
序号
反应
Ea(kJ/mol)
a
CO
*→C
*+O
*
144
b
O2(g)→O2
*→2O
*
101
c
O
*+H
*→OH
*
56
d
CO(g)→CO
*
48
e
O2H
*→O
*+OH
*
40
f
O
*+CO
*→O...CO
*→CO2
*
39
g
O2(g)+H
*→O2H
*
24
h
H2(g)→H2
*→2H
*
15
i
OH
*+H
*→H2O
*→H2O(g)
14
①该研究小组采取的措施是_______。
②请选出合理的反应并排序，补全反应历程：_______(填序号)→CO2
*→CO2(g)。
【答案】(1) -283 错误 点燃，检验产物
(2) 第六周期 Ⅷ <
(3) 通入氢气 hgeidf 或dhgeif 等合理答案
【详解】（1）①根据盖斯定律，反应Ⅲ=
1
2 II −I = 1
2 ×(−484 kJmol
−1)−(41kJ ·mol
−1)=−283kJmol
−1。
②该同学的结论“错误”。CO 与O2常温下难反应的根本原因是活化能高而并非平衡常数过
小，可通过点燃使之迅速产生CO2来验证。
（2）①Pt(原子序数78)，可根据稀有气体氡（86 号元素）进行推断，按照元素周期表位置可
知其在Ni 元素所在列，故位于元素周期表第六周期第Ⅷ族。
②反应Ⅳ是CO 吸附在催化剂表面的过程，气态的CO 吸附在固体的催化剂上，混乱度减小，
Δ S<0。
③由O···CO
∗转化为CO2
*时形成新的化学键放热故CO2
*的能量比O···CO
∗低，但在催化剂上脱
附是吸热过程，故CO2
*的位置在O···CO
∗与CO2(g)的下面，如图：
。
（3）①根据(3)题干表格中给出的反应历程，如h： H 2(g)→H 2
∗→2 H
∗，g：
O2(g)+ H
∗→O2 H
∗等，均涉及H 2或含氢物种，说明体系中引入了H 2作为反应物或助催化
剂，开辟了新的、活化能更低的反应路径，从而能在30℃下进行反应。
②根据表格中各基元反应判断反应进行的优先顺序h(H2(g)→H2*→2H*)→g(O2(g)
+H*→O2H*)→e(O2H*→O*+OH*)→i[OH
*+H
*→H2O
*→H2O(g))→d [CO(g)→CO
*)→f(O*+CO*→
O...CO*→CO2*)→CO2
*→CO2(g)，故反应顺序是hgeidf；或其他合理答案：hgei 位置不能互
换，d 可以在hgei 前，也可以在hgei 后，f 在hgei 后面，如dhgeif 也可。
7．（2025·贵州·高考真题）TiC 是一种极具潜力的超高温结构材料，其制备总反应为：
TiO2(s)+3C (s)=TiC (s)+2CO (g) Δ H
反应步骤如下：
Ⅰ．3TiO2(s)+C (s)=Ti3O5(s)+CO (g) Δ H 1=+168.3kJ⋅mol
−1
Ⅱ．2Ti3O5(s)+C (s)=3Ti2O3(s)+CO (g) Δ H 2=+251.7 kJ⋅mol
−1
Ⅲ．Ti2O3(s)+5C (s)=2TiC (s)+3CO (g) Δ H 3=+734.9kJ⋅mol
−1
回答下列问题：
(1)Δ H =________kJ⋅mol
−1，总反应的ΔG随温度T 的变化关系如图，则总反应自发进行的温
度条件为________。
(2)在恒容密闭容器中，加入1 mol TiO2、5 mol C 和8.4 mol 氢气，以10℃⋅min
−1从20℃升温
至1500℃后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间t 变化关系如图。已知：剩余
固体质量分数= m(剩余固体)
m(起始固体) ×100 %
148 min
①
之前反应速率逐渐加快的原因是________。
M
②
、N 点的反应速率v (M)________v (N)(选填“>”“=”或“<”)，其原因是________。
③设Q 点达平衡，总压为p kPa，则1500℃时总反应的K p=________(kPa)2(分压=总压×物质
的量分数，用含p 的代数式表示)。
(3)高温下，向TiO2和C 反应体系中加入NaF，可形成TiC-NaF(l)(TiC 与NaF 共熔体)，最终获
得TiC，原理如下：
ⅰ．NaF (s)→NaF (l)
ⅱ．______________
ⅲ．TiC−NaF (l)→TiC (s)+ NaF (l)
过程ⅱ的化学方程式为________，加入NaF 有利于生成更多TiC 的原因是________。
【答案】(1) +465.5 温度高于1258K
(2) 该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因 >
随着反应进行生成了TiC固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢
0.0256 p
2
(3) TiO2(s)+3C (s)+ NaF (l)=TiC−NaF (l)+2CO (g) 加入熔融 NaF 能生成TiC 与NaF
共熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向
移动，有利于得到更多的 TiC
【详解】（1）根据盖斯定律，总反应TiO2(s)+3C (s)=TiC (s)+2CO (g)可由1
3 ×I +1
6 ×Ⅱ + 1
2 ×Ⅲ
得到：Δ H =1
3 Δ H 1+1
6 Δ H 2+1
2 Δ H 3=
1
3 ×168.3kJ⋅mol
-1+1
6 ×251.7 kJ⋅mol
-1+1
2 ×734.9kJ⋅mol
-1=+465.5kJ⋅mol
-1；由ΔG−T图可
知，当T >1258K时，ΔG<0，反应自发进行；
（2）①148 min 之前反应速率逐渐加快的原因是该时间段内，反应体系持续升温，温度升高
是导致反应速率加快的主要原因；
148
②
分钟以后，温度已经保持不变状态，由斜率可看出v(M)>v(N)；原因可能是因为随着反
应进行生成了TiC固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢；
1500℃
③
时时，剩余固体质量分数为68%，初始固体总质量：
1mol×80g/mol+5 mol×12g/mol=140g，剩余固体质量：140g×68 % =95.2g，设反应的TiO2
为x mol，三段式为
TiO2
+
3C
⇌
TiC
+
2CO
初始量(mol)
1
¿5
¿0
¿
变化量(mol)
¿ ¿3 x ¿¿ x ¿¿2 x ¿平衡量(mol)¿1−x ¿¿5−3 x ¿¿ x ¿¿2 x ¿
剩余固体质量：80(1−x)+12(5−3 x)+60 x =95.2g，则56x = 140 - 95.2，解得x = 0.8 mol，平
衡时n (CO)=2×0.8=1.6 mol，气体总物质的量n(气)=8.4+1.6=10 mol
K p=(
1.6
10 p)
2
(kPa)
2=0.0256 p
2(kPa)
2；
（3）过程ⅱ的化学方程式与NaF的作用 ，过程ⅰ：NaF (s)→NaF (l)；过程ⅲ：
TiC−NaF (l)→TiC (s)+ NaF (l)，因此过程ⅱ为TiO2与液态NaF反应生成TiC−NaF，方程式
为： TiO2(s)+3C (s)+ NaF (l)=TiC−NaF (l)+2CO (g)；加入熔融 NaF 能生成TiC 与NaF 共
熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移
动，有利于得到更多的 TiC。
8．（2024·贵州·高考真题）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=+74.6kJ⋅mol
−1ΔS=+80.84 J⋅mol
−1⋅K
−1
ⅱ．6CH4 (g)→C6 H6 (l)+9 H2(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)
C6 H6 (l)
H2(g)
ΔH/(kJ⋅mol
−1)
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(C6 H6):n(CH4)=1:5充入气体，发生反应
C6 H6 (g)+CH4 (g)→
❑
C7 H8(g)+ H2(g)，平衡时C6 H6与C7 H8的分压比为4:1，则C6 H6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v1
v2
=k1
k2
= A1
A2
e(
Ea ,2−Ea,1
RT
)，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k1
k2 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_______。
【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%
( 0.2
6 ×100kPa)
2
( 0.8
6 ×100kPa)×( 4.8
6 ×100kPa)
或
0.2
2
0.8×4.8
(6)加入合适的催化剂(合理即可)
【详解】（1）反应ⅰ．CH4 (g)→C (s)+2H2(g)ΔH1=+74.6kJ⋅mol
−1ΔS=+80.84 J⋅mol
−1⋅K
−1
，在1000K 时，ΔG=ΔH-TΔS=+74.6 kJ·mol-1-1000K×80.84×10-3kJ·mol-1·K-1=-6.24 kJ·mol-1＜0，
故反应ⅰ在1000K 时能自发进行。
（2）ⅱ．6CH4 (g)→C6 H6 (l)+9 H2(g)ΔH2
由题给数据可得出以下热化学方程式：
CH
③
4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH=akJ·mol-1
C
④
6H6(l)+7.5O2(g)＝6CO2(g)+3H2O(l) ΔH=bkJ·mol-1
H
⑤
2(g)+0.5O2(g)＝H2O(l) ΔH=c kJ·mol-1
依据盖斯定律，将反应③×6-
-
×9
④⑤
得，反应ⅱ的ΔH2=(6a-b-9c) kJ·mol-1。
（3）由于反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接触面积，因
此随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低。
（4）比较表中数据可以看出，pH=10.0 时，CH4平均转化率为最大值10.45%，芳烃平均产率
为最大值6.45%，产物中积炭平均含量为最小值33.10%，所以最佳pH 为10.0。
（5）973K、100kPa下，在某密闭容器中按n(C6 H6):n(CH4)=1:5充入气体，发生反应
C6 H6 (g)+CH4 (g)→
❑
C7 H8(g)+ H2(g)，平衡时C6 H6与C7 H8的分压比为4:1，设起始时C6H6的物质的
量为1mol，CH4的物质的量为5mol，参加反应C6H6的物质的量为xmol，则可建立如下三段
式：
C6 H6(g)
+
CH4(g)
⇌
C7 H8(g)
+
H2(g)
起始量(mol)
1
¿5
¿0
¿
变化量(mol)
¿
¿ x ¿¿ x ¿¿ x ¿平衡量(mol)¿1−x ¿¿5−x ¿¿
依题意，
1−x
6
× p总
x
6 × p总
= 4
1，解得x=0.2，平衡时，n(C6H6)=0.8mol，n(CH4)=4.8mol，
n(C7H8)=0.2mol，n(H2)=0.2mol，则C6 H6的平衡转化率为0.2mol
1mol ×100 %=20%，平衡常数Kp=
( 0.2
6 ×100kPa)
2
( 0.8
6 ×100kPa)×( 4.8
6 ×100kPa)
或
0.2
2
0.8×4.8。
（6）已知Ea,苯<Ea,二甲苯，加入合适的催化剂，选择性降低Ea,苯，加快生成苯的速率，提高苯
的产率。所以若要提高苯的产率，可采取的措施有：加入合适的催化剂(合理即可)。
9．（2024·全国甲卷·高考真题）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=-29kJ⋅mol
-1
3CH3Br(g)=C3H6(g)+3HBr(g) ΔH2=+20kJ⋅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8mmol CH4和8mmol 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° C时，CH4的转化率α=_____，n(HBr)=_____mmol。
(iii)560° C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° C时，分别在有I2和无I2的条件下，将8mmol CH4和
8mmol 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
v(有I2)
v(无I2)
=_____。
(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：
①I2(g)=⋅I(g)+⋅I(g)
②⋅I(g)+CH2Br2(g)=IBr(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⋅I(g)+⋅I(g)=I2(g)
根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因：_____。
【答案】(1)-67
(2) a 80% 7.8 10.92
(3) 3
2(或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=
(8 mmol−1.6 mmol)
8 mmol
×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=c(CH2Br2)⋅c(HBr)
c(CH3Br)⋅c(Br2) =
1.4
V × 7.8
V
5.0
V × 0.2
V
=10.92。
（3）(i)11~19s 时，有I2的生成速率v=
3.2
V −2.6
V
8
=0.075
V
mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v=
2.2
V −1.8
V
8
=0.05
V mmol·(L·s)-1。生成速率比
v(有I2)
v( 无I2)=
0.075
V
0.05
V
=3
2；
(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。
10．（2026·上海·高考真题）黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸
化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分CuFeS2，含有少量SiO2杂质)回收其中铜和铁的工
艺流程如图：
(1)化合物
作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，
提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。
A．C、S
B．C、H
C．N、S
D．N、H
(2)离子液体[
]
HSO4
−
可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有
___________(不定项)。
A．配位键
B．离子间静电作用
C．氢键D．金属键
(3)已知：Cu
+的歧化反应
2Cu
+(aq)=Cu
2+(aq)+Cu(g) Δ H 1=1212kJ⋅mol
−1
Cu
+(aq)=Cu
+(g) Δ H 2=582kJ⋅mol
−1
Cu
2+(g)=Cu
2+(aq) Δ H 3=−42kJ⋅mol
−1
Cu(g)=Cu(s) Δ H 4=−337 kJ⋅mol
−1
2Cu
+(aq)=Cu
2+(aq)+Cu(s) Δ H
①根据上述信息，计算反应热Δ H =___________kJ⋅mol
−1。
②在298 K 时，反应2Cu
+(aq)=Cu
2+(aq)+Cu(s)的Δ S =−148J⋅mol
−1⋅K
−1则在该条件下，Cu
+
在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。
(4)写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________
4 CuFeS2+_____O2+2NH3+____= 4[Cu(NH3)4]
2++____NH4
++2Fe2O3+8SO4
2−
(5)用硫酸浸出黄铜矿时，生成Cu
2+、Fe
3+、SO4
2−。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中
多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。
铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。
(6)写出正极的电极反应式___________。
(7)反应中CuFeS2可以用___________替代。
A．葡萄糖
B．CO2
C．H2O
D．O2
(8)下图为CuFeS2晶胞图，图中1 个S 进入的是2 个Cu 和2 个Fe 围成的四面体，有部分Cu 未
画出，则晶胞中未画出的Cu 处在晶胞的___________位置。
A．体心
B．面心
C．顶点
D．棱心
距离Cu 原子最近的S 原子有___________个。
(9)NH3、H2O、H3O
+三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明NH3和H2O键角不同
的原因是___________。
【答案】(1)D
(2)BC
(3) 875 不能 该温度下反应的ΔG = Δ H −T Δ S>0，歧化反应正向自发，Cu
+会
转化为Cu
2+和Cu
(4)17
(5)氧化剂
(6)2H2O−4e
−=O2+ 4 H
+
(7)A
(8) A 4
(9) H3O
+>NH3>H2O NH3中N原子有1 对孤电子对，H2O中O原子有2 对孤电子对，孤电
子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小
【详解】（1）该辅助光亮剂含C、H、N、S四种元素，同周期主族元素从左到右电负性逐渐
增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性顺序为N >S>C>H，故电负性最大的是N
，最小的是H，选D。
（2）该离子液体中阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离子中的N-H键可与阴离子HSO4
−中
的O形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选BC。
（3）(1) 根据盖斯定律，目标反应2Cu
+(aq)=Cu
2+(aq)+Cu(s)可由已知第一个反应与第四个
反应相加得到，故Δ H = Δ H 1+ Δ H 4=1212kJ·mol
−1−337 kJ·mol
−1=875kJ·mol
−1。
(2) 298K 时，反应的吉布斯自由能
ΔG = Δ H −T Δ S =875kJ·mol
−1−298K×(−0.148kJ·mol
−1·K
−1)≈919.1kJ·mol
−1>0，说明歧
化反应在该条件下正向自发进行，故Cu
+在溶液中不能大量存在。
（4）依据电子守恒，CuFeS2中Fe从+2 价升高到+3 价，每个Fe失1e⁻，S从-2 价升高到+6 价，
每个S失8e⁻，4mol CuFeS2共失电子4×1+8×8=68 mol，O2中O从0 价降低到-2 价，1mol O2得
4e⁻，故O2的系数为68
4 =17。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为H2O，NH4
+的系数为
16，配平后总反应为4 CuFeS2+17O2+2NH3+16 H2O= 4[Cu(NH3)4]
2++16 NH4
++2Fe2O3+8SO4
2−。
（5）反应液中含Cu
2+、Fe
2+、Fe
3+、SO4
2−，为将Fe元素全部转化为Fe
3+，便于调节pH 生成
Fe(OH)3沉淀除去，需添加氧化剂将Fe
2+氧化为Fe
3+。
（6）电解装置右侧H2O转化为O2，O元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，故右侧电极为
阳极，接电源正极，电极反应式为2H2O−4e
−=O2+ 4 H
+。
（7）反应中CuFeS2中Fe、S元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只
有葡萄糖具有还原性，CO2、H2O无强还原性，O2为氧化剂，故选A。
（8）CuFeS2晶胞中Cu原子采取面心立方堆积，已画出的Cu位于顶点和面心位置，未画出的Cu
位于晶胞体心位置，选A；每个Cu原子周围紧邻的S原子构成四面体结构，故距离Cu原子最近
的S原子有4 个。
（9）H3O
+、NH3、H2O的中心原子均为sp
3杂化，H3O
+中O有1 对孤电子对，NH3中N有1 对孤电
子对但N的电负性小于O，孤电子对排斥力更小，H2O中O有2 对孤电子对，孤电子对排斥力更
大，故键角顺序为H3O
+>NH3>H2O；NH3和H2O键角不同的原因是NH3中N原子有1 对孤电子对，
H2O中O原子有2 对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小。
高考热点总结
【限时训练】
（60 分钟）
基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.分别向1 L 0.5 mol·L-1的Ba(OH)2溶液中加入①浓硫酸;②稀硫酸;③稀硝酸,恰好完全反应时的
热效应分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3,下列关系正确的是( )
A.ΔH1>ΔH2>ΔH3
B.ΔH1<ΔH2<ΔH3
C.ΔH1>ΔH2=ΔH3
D.ΔH1=ΔH2<ΔH3
【答案】B
【解析】混合时浓硫酸在被稀释的过程中放热;浓、稀硫酸在与Ba(OH)2溶液反应时还会形成
BaSO4沉淀,Ba2+、SO4
2−之间形成化学键的过程中也会放出热量。因放热反应的ΔH 取负值,故
ΔH1<ΔH2<ΔH3。
2.以CO 和H2为原料合成甲醇是工业上的成熟方法,直接以CO2为原料生产甲醇是目前的研究
热点。我国科学家用CO2人工合成淀粉时,第一步就需要将CO2转化为甲醇。
已知:①CO(g)+2H2(g)===CH3OH(g) ΔH1=-90.5 kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.1 kJ·mol-1
③2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH3=-483.6 kJ·mol-1
下列说法不正确的是( )
A.若温度不变,反应①中生成1 mol CH3OH(l)时,放出的热量大于90.5 kJ
B.CO2 与H2 合成甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.4
kJ·mol-1
C.通过电解制H2和选用高效催化剂,可降低CO2与H2合成甲醇反应的焓变
D.以CO2和H2O 为原料合成甲醇,同时生成O2,该反应需要吸收能量
【答案】C
【解析】根据盖斯定律,①-②得CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=ΔH1-ΔH2=-49.4
kJ·mol-1,故B 正确;催化剂可降低CO2与H2合成甲醇反应的活化能,但不改变反应的焓变,故C
错误;已知反应④CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4=-49.4 kJ·mol-1,根据盖斯定律④×2
—③×3 得2CO2(g)+4H2O(g)===2CH3OH(g)+3O2(g) ΔH=2ΔH4-3ΔH3=+1 352 kJ·mol-1>0,则该反
应需要吸收能量,故D 正确。
3.根据碘与氢气反应的热化学方程式:
(ⅰ)I2(?)+H2(g)
2HI(g) ΔH=-9.48 kJ·mol-1;
(ⅱ)I2(?)+H2(g)
2HI(g) ΔH=+26.48 kJ·mol-1。
下列判断正确的是( )
A.反应(ⅰ)中的I2为固态,反应(ⅱ)中的I2为气态
B.1 mol 固态碘与1 mol 气态碘所含的能量相差35.96 kJ
C.反应(ⅰ)的生成物比反应(ⅱ)的生成物稳定
D.254 g I2(g)中通入2 g H2(g),反应放热9.48 kJ
【答案】B
【解析】反应(ⅰ)放出能量,反应(ⅱ)吸收能量,故(ⅰ)中I2的能量高,为气态,(ⅱ)中I2为固态,故
A 项错误;根据盖斯定律可知,(ⅱ)-(ⅰ)即得到I2(s)
I2(g) ΔH=+35.96 kJ·mol-1,说明1 mol 固态
碘与1 mol 气态碘所含的能量相差35.96 kJ,故B 项正确;两个反应的生成物为相同状态的同种物
质,其稳定性相同,故C 项错误;254 g I2(g)和2 g H2(g)的物质的量均为1 mol,因反应(ⅰ)是可逆反
应,转化率达不到100%,则反应放热小于9.48 kJ,故D 项错误。
4.向Na2CO3溶液中滴加盐酸,反应过程中能量变化如图所示,下列说法正确的是( )
A.反应HCO3
−(aq)+H+(aq)===CO2(g)+H2O(l)为放热反应
B.CO3
2−(aq)+2H+(aq)===CO2(g)+H2O(l) ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3
C.ΔH1>ΔH2;ΔH2<ΔH3
D.H2CO3(aq)===CO2(g)+H2O(l),若使用催化剂,则ΔH3变小
【答案】B
【解析】由图像可知,反应HCO3
−(aq)+H+(aq)===CO2(g)+H2O(l)为吸热反应,A 错误;由图像可知,
能量差值越大,反应热的绝对值越大,ΔH1、ΔH2都为放热反应,则ΔH1<ΔH2,C 错误;加入催化剂,
反应热不变,D 错误。
5.在一定温度压强下,依据图示关系,下列说法不正确的是( )
A.C(s,石墨)+CO2(g) ===2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
B.1 mol C(s,石墨)和1 mol C(s,金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g),前者放热多
C.ΔH5=ΔH1-ΔH3
D.化学反应的ΔH 只与反应体系的始态和终态有关,与反应途径无关
【答案】B
【解析】由题干信息可知, 反应Ⅰ:C(s, 石墨)+1
2O2(g)===CO(g) ΔH1, 反应Ⅱ:CO(g)+1
2
O2(g)===CO2(g) ΔH2,则反应Ⅰ-反应Ⅱ得C(s,石墨)+CO2(g) ===2CO(g),根据盖斯定律可知
ΔH=ΔH1-ΔH2,A 正确;由题干信息可知,C(s,石墨)===C(s,金刚石) ΔH5>0,即1 mol C(s,石墨)具有
的总能量低于1 mol C(s,金刚石),则1 mol C(s,石墨)和1 mol C(s,金刚石)分别与足量O2反应全部
转化为CO2(g),后者放热多,B 错误;由题干信息可知,反应Ⅰ:C(s,石墨)+1
2O2(g)===CO(g) ΔH1,
反应Ⅲ:C(s,金刚石)+1
2O2(g)===CO(g) ΔH3,则反应Ⅰ-反应Ⅲ得C(s,石墨)===C(s,金刚石),根据
盖斯定律可知,ΔH5=ΔH1-ΔH3,C 正确。
6.将V1 mL 1.00 mol·L-1 HCl 溶液和V2 mL 未知浓度的NaOH 溶液混合均匀后测量并记录溶液
温度,实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50 mL)。下列叙述正确的是( )
A.做该实验时环境温度为22 ℃
B.该实验表明化学能可以转化为热能
C.NaOH 溶液的浓度约为1.00 mol·L-1
D.该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】B
【解析】将左边直线向左下角延长,得到未加HCl 溶液时的交叉点,因此得出做该实验时环境温
度低于22 ℃,A 错误;盐酸和氢氧化钠反应放出热量,因此该实验表明化学能可能转化为热能,B
正确;HCl 溶液加入30 mL 时,温度最高,说明在此点恰好完全反应,即HCl 和NaOH 的物质的量
相等,1 mol·L-1×0.03 L=c(NaOH)×0.02 L,c(NaOH)=1.5 mol·L-1,C 错误;该实验只能表明这个反应是
放热反应,但很多其他生成水的反应是吸热反应,比如碳酸氢钠分解,D 错误。
7.在25 ℃、101 kPa 时,C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5 kJ·mol-1、285.8
kJ·mol-1、870.3 kJ·mol-1,则2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)的反应热为( )
A.-488.3 kJ·mol-1
B.+488.3 kJ·mol-1
C.-191 kJ·mol-1
D.+191 kJ·mol-1
【答案】A
【解析】由题知表示各物质燃烧热的热化学方程式分别为①C(s)+O2(g)===CO2(g)
ΔH=-393.5 kJ·mol-1;②
H2(g)+1
2O2(g)===H2O(l)
ΔH=-285.8 kJ·mol-1;③
CH3COOH(l)
+2O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-870.3 kJ·mol-1。则2C(s)+2H2(g)+O2(g)===CH3COOH(l)可由
反应①×2+②×2-③得出, 则反应热为(-393.5 kJ·mol-1)×2+(-285.8 kJ·mol-1)×2-(-870.3
kJ·mol-1)=-488.3 kJ·mol-1。
8.(2024·安阳模拟)已知硫的两种晶体形态的相图如图所示(相图:用于描述不同温度、压强下硫
单质的转化及存在状态的平衡图像),燃烧的热化学方程式为S(s,斜方)+O2(g)===SO2(g)
ΔH1;S(s,单斜)+O2(g)===SO2(g) ΔH2。则下列有关说法中正确的是( )
A.温度高于119 ℃且压强小于0.4 Pa,单斜硫发生液化现象
B.斜方硫和单斜硫互为同分异构体
C.图中F→G 过程为固态硫的气化,该过程只破坏了分子间作用力
D.由上述信息可判断:ΔH1>ΔH2
【答案】D
【解析】由题图可知,温度高于119 ℃且压强小于0.4 Pa 时,单斜硫是气态,需要增大压强单斜硫
才能发生液化现象,A 错误;单斜硫和斜方硫是由S 元素形成的不同单质,故斜方硫和单斜硫互
为同素异形体,B 错误;图中F→G 过程为固态硫的气化,由斜方晶体先变为单斜硫再变为气体,过
程中发生了化学变化,除了破坏分子间作用力外,还破坏了共价键,C 错误;①S(s,斜方)
+O2(g)===SO2(g) ΔH1,②S(s,单斜)+O2(g)===SO2(g) ΔH2,①-②可得,S(s,斜方)===S(s,单斜)
ΔH,由题图可知,在相同条件下,斜方硫转变为单斜硫需要升温,即ΔH>0,则ΔH1>ΔH2,D 正确。
9.(1)已知:4NH3(g)+5O2(g)===4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-905.0 kJ·mol-1(Ⅰ),N2(g)+O2(g)===2NO(g)
ΔH=+180.5 kJ·mol-1(Ⅱ)。有氧条件下,NH3 与NO 反应生成N2,相关热化学方程式为4NH3(g)
+4NO(g)+O2(g)===4N2(g)+6H2O(g) ΔH= kJ·mol-1。
(2)CH4-CO2重整反应的热化学方程式如下:
反应Ⅰ:CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g) ΔH1
反应Ⅱ:H2(g)+CO2(g)===CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41 kJ·mol-1
反应Ⅲ:CH4(g)===C(s)+2H2(g) ΔH3=+75 kJ·mol-1
反应Ⅳ:2CO(g)===C(s)+CO2(g) ΔH4=-172 kJ·mol-1。
ΔH1= kJ·mol-1。
【答案】(1)-1 627 (2)+247
【解析】(1) 根据盖斯定律, 反应Ⅰ-4× 反应Ⅱ可得到热化学方程式:4NH3(g)+4NO(g)
+O2(g)===4N2(g)+6H2O(g) ΔH=(-905.0-4×180.5) kJ·mol-1=-1 627 kJ·mol-1。(2)反应Ⅲ-反应Ⅳ=反
应Ⅰ,ΔH1=+247 kJ·mol-1。
能力提升
10.室温下,将1 mol CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,热效应为ΔH1,将1 mol 的
CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高,热效应为ΔH2;CuSO4·5H2O(s)受热分解的化学方程式为
CuSO4·5H2O(s)===CuSO4(s)+5H2O(l),热效应为ΔH3。下列判断正确的是( )
A.ΔH2>ΔH3
B.ΔH1<ΔH3
C.ΔH1+ΔH3=ΔH2
D.ΔH1+ΔH2>ΔH3
【答案】B
【解析】根据题干信息,构建多步反应中总反应与分步反应的关系,快速得出反应方程式和反应
热之间的关系
ΔH1=ΔH3+ΔH2,ΔH1>0,ΔH3>0,ΔH2<0。
11.设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应;
①C2H4(g)+3O2(g)===2CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-a kJ·mol-1
②C2H4(g)+3O2(g)===2CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=-b kJ·mol-1
其他数据如下表:
化学键
C==O
O==O
C—H
O—H
C==C
键能/
(kJ·mol-1)
798
x
413
463
610
下列说法正确的是( )
A.a<b,且C2H4的燃烧热为a kJ·mol-1
B.上表中x=2 782−a
3
C.H2O(l)===H2O(g) ΔH=(b-a) kJ·mol-1
D.当有4NA个C—H 断裂时,该反应放出热量一定为a kJ
【答案】B
【解析】A 项,燃烧热所生成的产物一定是稳定的,水为液态,A 项错误;B 项,根据反应热键能计
算,ΔH1=[(413×4+610+3x)-(798×4+463×4)] kJ·mol-1=-a kJ·mol-1,则有x=2 782−a
3
,B 项正确;C 项,
根据盖斯定律,(①-②)×1
2得,H2O(l)===H2O(g) ΔH=1
2(b-a) kJ·mol-1,C 项错误;D 项,当有4NA个C
—H 断裂时,有1 mol C2H4反应,若生成H2O(g)放出a kJ 热量,若生成H2O(l)放出b kJ 热量,D 项
错误。
12.已知:①2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH1
②3H2(g)+Fe2O3(s)===2Fe(s)+3H2O(g) ΔH2
③2Fe(s)+3
2O2(g)===Fe2O3(s) ΔH3
④2Al(s)+3
2O2(g)===Al2O3(s) ΔH4
⑤2Al(s)+Fe2O3(s)===Al2O3(s)+2Fe(s) ΔH5
下列关于上述反应焓变的判断正确的是( )
A.ΔH1<0,ΔH3>0
B.ΔH5<0,ΔH4<ΔH3
C.ΔH1=ΔH2+ΔH3
D.ΔH3=ΔH5-ΔH4
【答案】B
【解析】铁的氧化反应为放热反应,ΔH3<0,A 项错误;铝热反应为放热反应,ΔH5<0,将④-③得
2Al(s)+Fe2O3(s)===Al2O3(s)+2Fe(s) ΔH5=ΔH4-ΔH3<0,故ΔH4<ΔH3,B 项正确;根据盖斯定律,将
(②+③)×2
3得2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH1=2
3(ΔH2+ΔH3),C 项错误; 将④-③得2Al(s)
+Fe2O3(s)===Al2O3(s)+2Fe(s) ΔH5=ΔH4-ΔH3,即ΔH3=ΔH4-ΔH5,D 项错误。
13.(1)(2022·福建卷)异丙醇(C3H8O)可由生物质转化得到,催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯
(C3H6)的工业化技术已引起人们的关注。其主要反应如下:
Ⅰ.C3H8O(g)
C3H6(g)+H2O(g)
ΔH1=+52 kJ·mol-1
Ⅱ.2C3H6(g)
C6H12(g)
ΔH2=-97 kJ·mol-1
已知2C3H8O(g)+9O2(g)===6CO2(g)+8H2O(g) ΔH=-3 750 kJ·mol-1,则C3H6(g)燃烧生成CO2(g)和
H2O(g)的热化学方程式为
。
(2)(2022·天津卷)科研人员把铁的配合物Fe3+L(L 为配体)溶于弱碱性的海水中,制成吸收液,将气
体H2S 转化为单质硫,改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段:①H2S 的吸收氧化;②Fe3+L
的再生。反应原理如下:
①H2S(g)+2Fe3+L(aq)+2OH-(aq)===S(s)+2Fe2+L(aq)+2H2O(l) ΔH=-a kJ·mol-1(a>0)
②4Fe2+L(aq)+O2(g)+2H2O(l)===4Fe3+L(aq)+4OH-(aq) ΔH=-b kJ·mol-1(b>0)
该工艺的总反应方程式为
。
1 mol H2S(g) 发生该反应的热量变化为 ,Fe3+L 在总反应中的作用是
。
【答案】(1)2C3H6(g)+9O2(g)===6CO2(g)+6H2O(g) ΔH=-3 854 kJ·mol-1 (2)2H2S+O2
2H2O+2S↓[或2H2S(g)+O2(g)
2H2O(l)+2S(s)] 放出(a+
b
2) kJ 热量 作催化剂(或降低反
应活化能)
【解析】(1)设Ⅲ.2C3H8O(g)+9O2(g)===6CO2(g)+8H2O(g) ΔH=-3 750 kJ·mol-1,根据盖斯定律
Ⅲ-2×Ⅰ得2C3H6(g)+9O2(g)===6CO2(g)+6H2O(g) ΔH=-3 854 kJ·mol-1。
14.氯及其化合物在生产、生活中应用广泛。
(1)已知:①Cl2(g)+2NaOH(aq)===NaCl(aq)+NaClO(aq)+H2O(l) ΔH1=-101.1 kJ·mol-1
②3NaClO(aq)===NaClO3(aq)+2NaCl(aq) ΔH2=-112.2 kJ·mol-1
则反应3Cl2(g)+6NaOH(aq)===5NaCl(aq)+NaClO3(aq)+3H2O(l)的ΔH= kJ·mol-1。
(2)几种含氯离子的相对能量如表所示:
离子
相对能量/(kJ·mol-1)
Cl-(aq)
0
ClO-(aq)
60
ClO2
−(aq)
101
ClO3
−(aq)
63
ClO4
−(aq)
38
①在上述五种离子中,最不稳定的离子是 (填离子符号)。
②反应3ClO-(aq)===ClO3
−(aq)+2Cl-(aq)的ΔH= 。
③写出由ClO3
−
C l
反应生成O4
−和Cl-的热化学方程式 。
(3)以HCl 为原料,用O2氧化制取Cl2,可提高效益,减少污染,反应如下:
4HCl(g)+O2(g)
2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-115.4 kJ·mol-1。
上述反应在同一反应器中,通过控制合适条件,分两步循环进行,可使HCl 转化率接近100%。其
基本原理如图所示:
已知过程Ⅰ的反应为2HCl(g)+CuO(s)
CuCl2(s)+H2O(g) ΔH1=-120.4 kJ·mol-1。
过程Ⅱ反应的热化学方程式为 。
【答案】(1)-415.5
(2)①ClO2
−②−117 kJ·mol−1
4
③ClO3
−(aq)===3ClO4
−(aq)+Cl-(aq) ΔH=-138 kJ·mol-1
(3)2CuCl2(s)+O2(g)===2CuO(s)+2Cl2(g) ΔH=+125.4 kJ·mol-1
【解析】(1) 分析题给热化学方程式, 根据盖斯定律, 由①×3+②可得3Cl2(g)
+6NaOH(aq)===5NaCl(aq)+NaClO3(aq)+3H2O(l) ΔH=3ΔH1+ΔH2=(-101.1 kJ·mol-1)×3+(-112.2
kJ·mol-1)=-415.5 kJ·mol-1。(2)①物质具有的能量越高,其稳定性越弱,故最不稳定的离子是ClO2
−
。②ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量,则反应3ClO-(aq)===ClO3
−(aq)+2Cl-(aq)的ΔH=63
kJ·mol-1-3×60 kJ·mol-1=-117 kJ·mol-1。③由ClO3
−
Cl
生
成O4
−
Cl
和
−的反应为4ClO3
−(aq)===3ClO4
−
(aq)+Cl-(aq),该反应的ΔH=3×38 kJ·mol-1-4×63 kJ·mol-1=-138 kJ·mol-1。(3)由题图可知,过程Ⅱ(氧
化)发生的反应为2CuCl2(s)+O2(g)===2CuO(s)+2Cl2(g),将题给O2氧化HCl 的热化学方程式编号
为i,将过程Ⅰ(氯化)反应的热化学方程式编号为ii,根据盖斯定律,由i-ii×2 可得2CuCl2(s)
+O2(g)===2CuO(s)+2Cl2(g) ΔH=(-115.4 kJ·mol-1)-(-120.4 kJ·mol-1)×2=+125.4 kJ·mol-1。
