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专题微课(二)　巧用两模型突破多重化学平衡体系问题
　　在解决速率平衡的相关计算题目时,学生一般会用“三段式”模型解题,但该类高考试题中往往涉及多个相互关联的化学平衡体系,需要关联各种数据,用三段式法解题特别容易出错,且计算量较大。若学生能用“变化量”和“元素守恒”两种思维模型来解决多重平衡的相关计算,可“化繁为简”,在考场上快速准确完成速率平衡的计算问题。
一、模型解读与应用
(一)模型应用对象——多重化学平衡体系
　　所谓多重化学平衡体系,是指在一系列同时发生的反应中,彼此具有某些相同的物质,这些相同的物质可以把各个反应相互联系起来。多重化学平衡体系通常可以分两类,一类为连续反应:前一反应所产生的物质,是下一步反应的反应物;另一类为平行反应:反应物可以同时进行不同的反应过程,其中生成主要产物的反应称为主反应,其余的反应称为副反应。
(二)模型应用例析——多重平衡体系的相关计算
　　对于多重平衡体系的相关计算,有两点非常关键:一是多重化学反应“同时平衡”;二是多重化学反应中体系各组分的浓度、物质的量和气体的平衡分压等物理量均只有1个数值。
1.多重平衡体系计算的“变化量”思维模型
单一化学平衡的计算通常采用“起始量、变化量、平衡量”三段式的方法,但是对于多重平衡的计算,因为各反应之间相互影响,导致体系中每一个反应的“起始量”和“平衡量”难以表达。
以多重反应为整体,紧抓“变化量”,构建了以“变化量”为核心的计算思维模型如下。
设出每个反应的变化量 由反应化学计量数表达出每个反应组分的变化量 表达整个反应体系各组分的平衡量 由题意求出未知数
　　[例1]　(2024·山东卷·节选)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
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在T1温度时完全分解。图中a、b、c分别代表H2、CO、CO2的摩尔分数随温度的变化。
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,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”)。
　　[技法演示]
　　压力p下、温度为T0时,H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05,由气体总物质的量为4.0 mol,可求出此时各气体的物质的量,n(H2)=4.0 mol×0.50=2.0 mol,n(CO)=4.0 mol×0.15=0.6 mol,n(CO2)=4.0 mol×0.05=0.2 mol,n(H2O)=4.0 mol×0.3=1.2 mol。
设Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ反应的物质的量分别为x、y、z,则
　　Ⅰ.C(s) + H2O(g) CO(g) + H2(g)
　　　　　　 　　　　　　　　　　　　
变化量: x x x x
　　Ⅱ.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
变化量: y y y y
　　Ⅲ.CaO(s)+CO2(g) CaCO3(s)
变化量: z z z
则,解得
故此时CaCO3(s)的物质的量为0.5 mol。若向平衡体系中通入少量CO2(g),重新达平衡后,反应CaO(s)+CO2(g) CaCO3(s)的Kp=,温度不变,Kp不变,则分压p(CO2)不变。
2.多重平衡体系计算的“元素守恒”思维模型
元素守恒的思想常用在多重平衡体系的复杂计算中,构建了以“元素守恒”为核心的计算思维模型如下。

　　[例2]　探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素,有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5 kJ·mol-1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2=-90.4 kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH3
回答下列问题:
一定条件下,向体积为V L的恒容密闭容器中通入 1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为a mol,CO为b mol,此时H2O(g)的浓度为　　　　 mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示,下同),反应Ⅲ的平衡常数为　　　　　　　　　　。
　　[技法演示]
设平衡时CO2(g)为x,H2(g)为y,H2O(g)为z,则
C元素守恒:x+a+b=1 mol;
H元素守恒:2y+4a+2z= 6 mol;
O元素守恒:2x+a+b+z=2 mol,解得x=(1-a-b)mol, y=(3-3a-b)mol,z=(a+b)mol。
则c(H2O)== mol·L-1,KⅢ==
二、即时训练与感悟
1.(2025·云南卷·节选)我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5 ℃)绿色制氢新途径,并实现高附加值乙酸(沸点118 ℃)的生产,主要反应为
Ⅰ.C2H5OH(g)+H2O(g)== 2H2(g)+CH3COOH(g)　ΔH1　Kp1
Ⅱ.C2H5OH(g)==CH3CHO(g)+H2(g)　ΔH2=+68.7 kJ·mol-1
恒压100 kPa下,向密闭容器中按n(H2O)∶n(C2H5OH)=9∶1投料,产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1,关键步骤中间体的能量变化如图2。比如:乙酸选择性=×100%
(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”)。
(3)270 ℃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p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)=　　　　　,平衡常数Kp1=　　　　kPa(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)。
2.(2025·陕晋宁青卷·节选)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)。
注:含碳生成物选择性=×100%。
(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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
专题微课(二)　巧用两模型突破多重化学平衡体系问题
一、模型解读与应用　
[例1]　0.5　不变
[例2]　　
二、即时训练与感悟　
1.解析:(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0.58 eV,生成产物2的最大能垒为0.66 eV,生成产物3的最大能垒为0.81 eV,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)=9 mol,n(乙醇)=1 mol,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=0.72 mol,n平(乙醇)=1 mol×10%=0.1 mol,恒温恒压下,压强比=物质的量之比,故p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)=0.72∶0.1=36∶5。列变化量
C2H5OH(g)+H2O(g)==2H2(g)+CH3COOH(g)
　　　　Δn/mol　0.72　 　　　0.72　 　1.44　　　0.72　
C2H5OH(g)==H2(g)+CH3CHO(g)
　　　Δn/mol　 　0.18　 　　　0.18　 　0.18 　
则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、8.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol,气体总物质的量为0.1 mol+8.28 mol+1.62 mol+0.72 mol+0.18 mol=10.9 mol,则Kp1=== kPa。
答案:(1)乙酸选择性最大且反应速率较快
(2)产物1　(3)36∶5　
2.解析:第一步:曲线的确定
已知反应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360 ℃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,在360 ℃以上时需考虑反应Ⅲ,部分CO2转化为CO,CO2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。
第二步:元素守恒法确定各组分的物质的量
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0.51 mol,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0.49 mol,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0.245 mol,根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49 mol,根据氢原子守恒得出氢气的物质的量为0.02 mol,总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1 mol。
第三步:根据分压p(X)确定Kp p(H2)=×100 kPa=2 kPa,p(CO2)=p(CH4)=×100 kPa=24.5 kPa,p(H2O)=×100 kPa=49 kPa,则反应Ⅱ的Kp==。
答案:(1)c　(2)
(3)0.2　反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
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专题微课(二)　
巧用两模型突破多重化学平衡体系问题
在解决速率平衡的相关计算题目时，学生一般会用“三段式”模型解题，但该类高考试题中往往涉及多个相互关联的化学平衡体系，需要关联各种数据，用三段式法解题特别容易出错，且计算量较大。若学生能用“变化量”和“元素守恒”两种思维模型来解决多重平衡的相关计算，可“化繁为简”，在考场上快速准确完成速率平衡的计算问题。
目 录
一、模型解读与应用
二、即时训练与感悟
专题质量评价
01
一、模型解读与应用
(一)模型应用对象——多重化学平衡体系
所谓多重化学平衡体系，是指在一系列同时发生的反应中，彼此具有某些相同的物质，这些相同的物质可以把各个反应相互联系起来。多重化学平衡体系通常可以分两类，一类为连续反应:前一反应所产生的物质，是下一步反应的反应物;另一类为平行反应:反应物可以同时进行不同的反应过程，其中生成主要产物的反应称为主反应，其余的反应称为副反应。
(二)模型应用例析——多重平衡体系的相关计算
对于多重平衡体系的相关计算，有两点非常关键:一是多重化学反应“同时平衡”;二是多重化学反应中体系各组分的浓度、物质的量和气体的平衡分压等物理量均只有1个数值。
1.多重平衡体系计算的“变化量”思维模型
单一化学平衡的计算通常采用“起始量、变化量、平衡量”三段式的方法，但是对于多重平衡的计算，因为各反应之间相互影响，导致体系中每一个反应的“起始量”和“平衡量”难以表达。
以多重反应为整体，紧抓“变化量”，构建了以“变化量”为核心的计算思维模型如下。
[例1]　(2024·山东卷·节选)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
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在T1温度时完全分解。图中a、b、c分别代表H2、CO、CO2的摩尔分数随温度的变化。
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，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”)。
0.5
不变
技法演示
压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，由气体总物质的量为4.0 mol，可求出此时各气体的物质的量，n(H2)=
4.0 mol×0.50=2.0 mol，n(CO)=4.0 mol×0.15=0.6 mol，n(CO2)=
4.0 mol×0.05=0.2 mol，n(H2O)=4.0 mol×0.3=1.2 mol。
设Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ反应的物质的量分别为x、y、z，则
　　Ⅰ. C(s) + H2O(g) CO(g) + H2(g)
变化量: x x x x
　Ⅱ.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
变化量: y y y y
　Ⅲ. CaO(s)+CO2(g) CaCO3(s)
变化量: z z z
则，解得
故此时CaCO3(s)的物质的量为0.5 mol。若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，反应CaO(s)+CO2(g) CaCO3(s)的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压p(CO2)不变。
2.多重平衡体系计算的“元素守恒”思维模型
元素守恒的思想常用在多重平衡体系的复杂计算中，构建了以“元素守恒”为核心的计算思维模型如下。
[例2]　探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5 kJ·mol-1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2=-90.4 kJ·mol-1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH3
回答下列问题:
一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入 1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)
的浓度为_______ mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为______________________。
技法演示
设平衡时CO2(g)为x，H2(g)为y，H2O(g)为z，则
C元素守恒:x+a+b=1 mol;
H元素守恒:2y+4a+2z= 6 mol;
O元素守恒:2x+a+b+z=2 mol，解得x=(1-a-b)mol， y=(3-3a-b)mol，z=(a+b)mol。
则c(H2O)== mol·L-1，KⅢ==
02
二、即时训练与感悟
1.(2025·云南卷·节选)我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5 ℃)绿色制氢新途径，
并实现高附加值乙酸(沸点118 ℃)的生产，主要反应为
Ⅰ.C2H5OH(g)+H2O(g)== 2H2(g)+CH3COOH(g)　ΔH1　Kp1
Ⅱ.C2H5OH(g)==CH3CHO(g)+H2(g)　ΔH2=+68.7 kJ·mol-1
恒压100 kPa下，向密闭容器中按n(H2O)∶n(C2H5OH)=9∶1投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。
[比如:乙酸选择性=×100%]
(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”)。
解析:(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0.58 eV，生成产物2的最大能垒为0.66 eV，生成产物3的最大能垒为0.81 eV，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。
乙酸选择性最大且
反应速率较快
产物1
(3)270 ℃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p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)=________，平衡常
数Kp1=______________kPa(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)。
解析:设投料n(H2O)=9 mol，n(乙醇)=1 mol，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=0.72 mol，n平(乙醇)=1 mol×10%=0.1 mol，恒温恒压下，压强比=物质的量之比，故p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)=0.72∶0.1=36∶5。列变化量
36∶5
　
C2H5OH(g)+H2O(g)==2H2(g)+CH3COOH(g)
　0.72　 　 0.72　 　 1.44　　　0.72　
C2H5OH(g)==H2(g)+CH3CHO(g)
Δn/mol　 　0.18　 　　0.18　 　0.18 　
则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、
8.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol，气体总物质的量为0.1 mol+8.28 mol
+1.62 mol+0.72 mol+0.18 mol=10.9 mol，则Kp1=== kPa。
2.(2025·陕晋宁青卷·节选)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)。
(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________________________________________。
注:含碳生成物选择性=×100%。
(1)表示CH4选择性的曲线是____(填字母)。
c
　
0.2
反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
解析:第一步:曲线的确定
已知反应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360 ℃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，在360 ℃以上时需考虑反应Ⅲ，部分CO2转化为CO，CO2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。
第二步:元素守恒法确定各组分的物质的量
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0.51 mol，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0.49 mol，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
0.245 mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49 mol，根据氢原子守恒得出氢气的物质的量为0.02 mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1 mol。
第三步:根据分压p(X)确定Kp
p(H2)=×100 kPa=2 kPa，p(CO2)=p(CH4)=×100 kPa=24.5 kPa，p(H2O)=×100 kPa=49 kPa，则反应Ⅱ的Kp==。
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　A卷——基准考法·全员必做
1.(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图所示。
下列说法正确的是(　　)
6
1
2
3
4
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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
√
解析:550 ℃时，曲线①物质的量是5 mol，根据原子守恒，n(C)=3 mol，则其不可能是含碳微粒，故曲线①表示H2，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO物质的量增大，则曲线③代表CO，温度升高，反应Ⅲ逆向移动，CH4物质的量降低，则曲线②代表CH4，据此解答。550 ℃时，n(H2)=5 mol，
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n(CO2)=2.2 mol，n(CH4)=n(CO)=0.4 mol，根据C原子守恒，可得n(C3H8O3)==0，根据O原子守恒，可得n(H2O)==7.2 mol(也可利用H原子守恒计算，结果相同)，则α(H2O)=×100%=20%，A正确;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、Ⅲ平衡均逆向移动，n(CO2)增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则H2O的物质的量减小，C错误;增大压强，反应Ⅰ平衡逆向移动，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。
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2.(2025·重庆名校二模)硫酸工业尾气中SO2可用CO处理并回收S，涉及的反应有:
反应Ⅰ:SO2(g)+3CO(g) COS(g)+2CO2(g)　ΔH1<0
反应Ⅱ:COS(g) S(g)+CO(g)　ΔH2。
恒压条件下，按n(SO2)∶n(CO)=1∶3充入原料，其中SO2的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示COS的平衡选择性。
(X的平衡选择性=×100%，X为COS或S)。
下列说法不正确的是(　　)
A.曲线c表示S的平衡选择性
B.ΔH2>0
C.1 400 K下，反应SO2(g)+2CO(g) S(g)+2CO2(g)的平衡常数K=5.12
D.其他条件不变，增大体系压强，SO2的平衡转化率不变
2
3
4
√
1
5
6
解析:由题图可知，升高温度，S的平衡选择性增大，说明反应Ⅱ正向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH2>0，随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，COS的量减少，而反应Ⅱ正向移动，S的量增加，已知曲线b表示COS的平衡选择性，所以曲线c表示S的平衡选择性，曲线a表示SO2的平衡选择性。设起始n(SO2)=1 mol，n(CO)=3 mol，在1 400 K下，SO2平衡转化率为80%，则转化的n(SO2)=0.8 mol，COS平衡选择性为50%，则生成n(COS)=0.8 mol×50%=0.4 mol，生成n(S)=0.4 mol。根据反应Ⅰ生成n(CO2)=0.8 mol×2=1.6 mol，剩余n(CO)=3 mol-0.8 mol×3+
0.4 mol=1.0 mol。对于反应SO2(g)+2CO(g) S(g)+2CO2(g)，
2
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平衡时n(SO2)=1 mol-0.8 mol=0.2 mol，n(CO)=1.0 mol，n(S)=0.4 mol，n(CO2)=
1.6 mol。因为是恒压体系，体积比等于物质的量之比，设平衡时总体积为V，根据平衡常数表达式K===5.12，C正确;反应Ⅰ是气体分子数减小的反应，增大压强，反应Ⅰ正向移动，从而使SO2的平衡转化率增大，D错误。
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5
6
3.探究汽车尾气中NO的无害化处理，催化剂作用下在容积均为1 L的两个容器中发生反应2NO(g) N2(g)+O2(g)　ΔH1，有CO存在时发生反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)　ΔH2。容器①充入0.1 mol NO，容器②充入0.1 mol NO和0.1 mol CO。相同时间，NO的转化率随温度变化如图(不考虑催化剂失活)。下列说法不正确的是 (　　)
A.ΔH1<0，ΔH2<0
B.T1温度下，可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率
C.T2温度下，反应2CO(g)+O2(g) 2CO2(g)的平衡常数K=1.024×105
D.T2温度下，在容器②中再充入0.01 mol NO和0.01 mol CO2，此时平衡不移动
2
3
4
√
1
5
6
解析:转化率达到最大，继续升高温度，①②中NO转化率均减小，所以ΔH1<0，ΔH2<0，A正确;催化剂具有选择性，所以一定温度下，可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率，B正确;①转化量:0.1 mol×20%=0.02 mol
　　　　　　　　2NO(g) N2(g)+O2(g)
起始/(mol·L-1)　　0.1　　　 0　　 0
转化/(mol·L-1)　　0.02　　 0.01 　0.01
平衡/(mol·L-1)　　0.08　　 0.01 　0.01
K1===
2
3
4
1
5
6
②转化量:0.1 mol×80%=0.08 mol
　　　　　　2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)
起始/(mol·L-1) 0.1　 　0.1　　　0　　 　0
转化/(mol·L-1) 0.08　　0.08　　0.04　　0.08
平衡/(mol·L-1) 0.02　　0.02　　0.04　　0.08
K2===1 600，反应2CO(g)+O2(g) 2CO2(g)的平衡常数K===1.024×105，C正确;Q==9002
3
4
1
5
6
4.(6分)煤气化的主要反应:
反应1:C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3 kJ·mol-1
反应2:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.1 kJ·mol-1
请回答:
(1)在恒温恒容容器内进行反应1和反应2，下列说法正确的有____(填标号)。
A.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
B.平衡时H2的体积分数可能大于
C.平衡时向容器中充入惰性气体，平衡体系中CO的体积分数不变
D.平衡时缩小容器体积，平衡体系中减小
2
3
4
AC
1
5
6
解析:A.反应1中C是固体，恒温恒容容器内，随着反应的进行，混合气体的质量逐渐增大，则密度逐渐增大，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，正确;B.反应1+反应2可得C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g)，假设反应完全进行到底，则H2的体积分数为，但可逆反应不能进行到底，则H2的体积分数一定小于，错误;C.平衡时向容器中充入惰性气体，容器内总压强增大，但是恒容条件下各物质浓度不变，平衡不移动，则平衡体系中CO的体积分数不变，正确;D.总体考虑该反应体系，反应1-反应2得: C(s)+CO2(g) 2CO(g)，该反应的平衡常数K=，则平衡时缩小容器体积，温度不变，平衡体系中不变，错误。
2
3
4
1
5
6
(2)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1 mol H2O(g)同时发生反应1和反应2，起始压强为0.1 MPa，平衡时H2O的转化率为50%，CO的物质的量为0.1 mol，则反应1的平衡常数Kp=___________。(已知Kp为分压平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
2
3
4
解析:平衡时H2O的转化率为50%，则平衡时水的物质的量为0.5 mol，则CO的物质的量为0.1 mol，设反应1消耗水的物质的量为x mol，列出三段式得
　　　　　C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)
起始/mol　　　　　1
变化/mol　　　　　x　　x　　　x
平衡/mol　　　　　0.5　0.1　　0.5
0.01 MPa
1
5
6
　 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
起始/mol　　　　　1
变化/mol　0.5-x　 0.5-x　 0.5-x　 0.5-x
平衡/mol　0.1　　0.5　　 0.5-x　 0.5
则x-(0.5-x)=0.1 mol，解得x=0.3 mol，此时容器中总气体的物质的量为(0.5+0.1+0.5+0.2)mol=1.3 mol，起始压强为0.1 MPa，则此时总压强为×0.1 MPa=0.13 MPa，反应1的平衡常数Kp===
0.01 MPa。
2
3
4
1
5
6
5.(12分)(2025·泰安一模)草酸亚铁(FeC2O4)可用于制药。在一定温度下，将FeC2O4置入真空容器中发生如下反应:反应Ⅰ:FeC2O4(s) FeO(s)+CO(g)+CO2(g)　ΔH1
反应Ⅱ:FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g)　ΔH2<0
已知760 K以下只发生反应Ⅰ，平衡时pCO T的关系如图所示。760 K以上反应Ⅰ和反应Ⅱ同时进行。
回答下列问题:
2
3
4
1
5
6
2
3
4
(1)660 K时，将FeC2O4置入一真空刚性容器中至反应到达平衡，此时反应Ⅰ的平衡常数Kp(Ⅰ)=______ (kPa)2;有关该混合体系说法正确的是____(填标号)。
a.反应Ⅰ的正、逆反应的活化能(Ea正、Ea逆)，Ea正b.FeO的质量不变时，体系达到平衡状态
c.平衡后充入惰性气体氩，pCO减小
d.平衡时，分离出部分CO2，再次平衡时，pCO≠
2.25
bd
1
5
6
2
3
4
解析:已知760 K以下只发生反应Ⅰ，由方程式可知生成等量的CO和CO2，所以pCO=，由图像可知，660 K时pCO=1.5 kPa，所以Kp(Ⅰ)=pCO×=1.5 kPa×1.5 kPa=2.25(kPa)2;由图像可知，升高温度，pCO增大，平衡正向移动，反应吸热，则反应Ⅰ的正、逆反应的活化能，Ea正>Ea逆，a错误;FeC2O4分解生成FeO，FeO的质量不变时，体系达到平衡状态，b正确;平衡后充入惰性气体氩，平衡不移动，pCO不变，c错误;平衡时，分离出部分CO2，平衡正向移动，生成等量的CO和CO2，则再次平衡时，pCO≠，d正确。
1
5
6
2
3
4
(2)反应Fe(s)+2CO2(g) FeC2O4(s)能自发进行，的数值范围是____(填标号)。
A.<-1 B.-1~0 C.0~1 D.>1
解析:反应Fe(s)+2CO2(g) FeC2O4(s)为熵减反应，则ΔS<0，能自发进行，说明该反应ΔH<0，由盖斯定律可知ΔH=-ΔH1-ΔH2<0，ΔH2<0，则<-1，故选A。
A
1
5
6
2
3
4
(3)800 K时，将FeC2O4置入另一真空刚性容器中至反应到达平衡，此时容器中=，则=_______;保持温度不变，充入少量CO2气体，再次平衡时容器中pCO _________(填“增大”“减小”或“不变”);升高温度，_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
4∶1
不变
增大
1
5
6
2
3
4
解析:设反应Ⅰ生成CO2 x mol，反应Ⅱ生成CO2 y mol，可列变化量:
　　　　　FeC2O4(s) FeO(s)+CO(g)+CO2(g)
转化/mol　　　　　　　 x　　 x　　 x
　　　　　 FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g)
转化/mol　　 y　　 y　　　y　　 y
则==，则===;保持温度不变，充入少量CO2气体，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数不变，则pCO不变;升高温度，反应Fe(s)+2CO2(g) FeC2O4(s)向吸热方向移动，即逆向移动，所以增大。
1
5
6
6.(12分)(2025·重庆二模)CH3OH可用作大型船舶的绿色燃料，可由CO或CO2制备。工业上用CO2制备CH3OH的原理如下:
反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5 kJ·mol-1(主反应)
反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ·mol-1(副反应)
(1)T1 ℃时，向恒压密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)，若在该条件下只发生反应Ⅰ，达平衡时，放出20 kJ能量;若在相同条件下向相同容器中充入a mol CH3OH(g)和b mol H2O(g)，达到平衡时，吸收29.5 kJ的能量，则a=____，b=____。
2
3
4
1
1
1
5
6
解析:T1 ℃时，向恒压密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)，若在该条件下只发生反应Ⅰ，达平衡时，放出20 kJ能量;若在相同条件下向相同容器中充入
a mol CH3OH(g)和b mol H2O(g)，达到平衡时，吸收29.5 kJ的能量，说明两条件下达到的平衡为等效平衡，恒温恒压相同容器下等效平衡的达到途径为投料量相当，则a=1，b=1。
2
3
4
1
5
6
(2)某温度下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，下列情况下能说明反应Ⅱ达到平衡状态的是_____。
A.CO2和H2的物质的量之比不再改变
B.混合气体的密度不再变化
C.混合气体的压强不再变化
D.形成1 mol碳氧键的同时断裂2 mol氧氢键
2
3
4
AC
1
5
6
2
3
4
解析:A.两个反应CO2和H2的化学计量数之比不同，所以当n(CO2)∶n(H2)比值不变时，反应达到了平衡状态，符合题意;B.反应容器容积不变，参与反应的物质均为气体，总质量不变，密度为一个定值，所以不能说明反应是否达到平衡状态，不符合题意;C.主反应反应前后气体分子数目改变，故压强不变可以说明反应达到了平衡状态，符合题意;D.没有考虑甲醇中的氢氧键的变化，且反应Ⅰ和反应Ⅱ中均有氧氢键的变化，所以不能说明反应达到平衡状态，不符合题意。
1
5
6
(3)将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，分别在1 MPa、3 MPa、5 MPa下，测得CO2在不同温度下的平衡转化率(α)和生成CH3OH、CO选择性(S)(选择性为目标产物在含碳产物中的比率)的变化如图。
①代表5 MPa下α(CO2)随温度变化趋势的是曲线___(填“a”“b”或“c”)。
②P点对应的反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=_________(保留两位有效数字)。
③随着温度的升高，a、b、c三条曲线接近重合的原因是___________________
_____________________________________________________________________。
2
3
4
a
0.009 6
温度升高到一定程
度时以反应Ⅱ为主，该反应前后气体体积不变，改变压强对其平衡没有影响
1
5
6
2
3
4
解析:①反应Ⅰ是气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，相同温度下，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CO2的转化率增大，则压强越大，α(CO2)越大，即a符合反应特点;
②根据已知条件列出“三段式”:
　　　　 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
起始/mol　 1　　 　3　　　0　　　　 0
转化/mol　 x　　　3x　　　x　　　　 x
平衡/mol　1-x　 3-3x　　x　　　 　x
1
5
6
2
3
4
CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
起始/mol　1-x　　3-3x　　0　　　x
转化/mol　　y　　y　　　y　　　y
平衡/mol 1-x-y 3-3x-y　 y　　 x+y
P点时压强为3 MPa，CO的选择性为50%，CO2的转化率为20%，则=0.5，=0.2，解得x=y=0.1，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp==≈0.0096;
1
5
6
2
3
4
③反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，α(CO2)减小，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，α(CO2)增大，随着温度升高，a、b、c三条曲线先减小再增大接近重合的原因是:温度升高到一定程度时，整个过程以反应Ⅱ为主，该反应是气体分子数不变的反应，改变压强对平衡无影响。
1
2
B卷——压轴考法·自主选做
1.(12分)(2025·齐齐哈尔一模)利用可再生绿色能源氢气将CO2转化为甲醇，可以减少碳排放同时将CO2固定为有价值的化学品，是国家能源条件与环境现状的共同选择。所涉及的反应如下:
反应1:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2 kJ·mol-1
反应2:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2=-90.6 kJ·mol-1
反应3:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=-49.4 kJ·mol-1
回答下列问题:
(1)上述反应中，反应1的速率决定了总反应速率。下图用于表示该过程的能量与反应进程的关系(部分已画出)。请选择图(a)或图(b)，在虚线线框中将其补充完整。
1
2
解析:根据ΔH1>0应选图(a)，再根据反应1是决速反应所以所绘图像的活化能要小于反应1的活化能，另外ΔH3<0，所以图像终点低于最左侧起点。
答案:
(2)有人提出“CO2(g)+2H2O(g) CH3OH(g)+O2(g)也适宜于工业合成甲醇”，判断这种说法是否正确并说明原因_____________________________________________
_______________________(假设反应的焓变和熵变不随温度的改变而变化)。
1
2
解析:该反应的逆过程是气态甲醇的燃烧为放热反应，所以该反应为吸热反应ΔH>0，又因ΔS<0，故ΔG>0，在任何温度下都不能自发进行。
不正确，该反应ΔH>0且ΔS<0，ΔG>0，在任何
温度下都不能自发进行
(3)在传统的热反应中，恒压(压强分别为3 MPa、5 MPa)下，按n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶3投料，在密闭容器中发生反应1和反应3，改变反应温度，CO2的平衡转化率(α)以及生成CH3OH(或CO)选择性(S)的变化如图所示。已知:CH3OH(或CO)选择性S=×100%。
①随着温度升高，a、b两条曲线接近重合的原因是________________________
_____________________。
1
2
温度升高到一定程度时，
整个过程以反应1为主
1
2
解析:①反应3是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，α(CO2)减小，反应1是反应前后气体体积不变的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，α(CO2)增大，随着温度升高，a、b两条曲线先减小再增大接近重合的原因是:温度升高到一定程度时，整个过程以反应1为主，压强对平衡无影响;
1
2
②下列有关反应体系的说法中正确的是______。
A.当CH3OH的分压不再改变时，体系达到平衡状态
B.曲线S (X)表示CH3OH的选择性
C.使用催化剂可以降低活化能，提高合成效率
D.体系达到平衡后，压缩体积，则反应3平衡正向移动，反应1平衡不移动
解析:反应体系中CH3OH的分压是变量，当其不变时达到平衡状态，A正确;随温度升高反应3逆向移动，CH3OH的量减少，选择性降低，B错误;使用催化剂降低活化能，提高反应速率，提高合成效率，C正确;根据反应3系数分析，压缩体积，反应3正向移动，随着反应3正向移动会引起体系中CO2和H2减少同时H2O增多，这就打破了反应1的平衡，使其也发生移动，故D错误;
AC
1
2
③P点对应的反应1的平衡常数Kp=________(以分压计算，分压=总压×物质的量分数)(保留两位有效数字)。
解析:若起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别为1 mol、3 mol，P点时甲醇的选择性(S)、CO选择性(S)均为50%，二氧化碳的平衡转化率(α)=20%，体系压强为3 MPa，平衡时:n(CO2)=1 mol×(1-20%)=0.8 mol，设n(H2)=x mol，n(CH3OH)= n(CO)=y mol，n(H2O)=z mol，根据C、H、O原子守恒可知，0.8+2y=1，2x+4y+2z=6，0.8×2+2y+z=2，解得x=2.6 mol，y=0.1 mol，z=0.2 mol，体系中气体的总物质的量n=2.6 mol +0.1 mol+0.1 mol +0.2 mol +0.8 mol=3.8 mol，
p(CO2)=×3 MPa= MPa;同理可知:p(H2) = MPa，p(CO) = MPa，p(H2O) = MPa，反应2的平衡常数Kp==≈0.009 6;
0.009 6　
1
2
④分子筛膜反应器可提高反应3的平衡转化率且实现CH3OH选择性100%，原理如图所示。分子筛膜反应器可提高转化率的原因是______________________
_______________________________________
_________________________________________。
解析:由图可知，该分子筛膜反应器具有双重功能，只催化反应3，且能分离出反应3生成物水蒸气，同时也带走热量，降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率。
分子筛膜反应器可以及
时分离反应3生成的H2O，同时也带走热量，
降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率
2.(14分)二氧化碳资源化利用，涉及主要反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2 kJ·mol-1
Ⅱ.CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-144.9 kJ·mol-1
回答下列问题:
(1)2CO(g)+2H2(g) CO2(g)+CH4(g)的焓变ΔH=________ kJ·mol-1。反应Ⅰ的净速率v=v正-v逆=k正·c(CO2)·c(H2)-k逆·c(H2O)·c(CO)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，k正-k逆__________(填“增大”“减小”或“不变”)。
1
2
解析:根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ×2可得2CO(g)+2H2(g) CO2(g)+CH4(g)　ΔH=-144.9 kJ·mol-1-(+41.2 kJ·mol-1)×2=-227.3 kJ·mol-1;反应Ⅰ正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，k正-k逆增大。
-227.3
增大
(2)分别向压强为0.1 MPa、1.0 MPa的恒压体系中通入1 mol CO2(g)和4 mol H2(g)，达平衡时，部分含碳物种的摩尔分数
η(X)=随温度变化如图所示。
表示压强为1.0 MPa时，CO(g)的摩尔分数随温度变化的曲线是_____(填标号)。随温度升高，当温度高于655 ℃，对应含碳物种的摩尔分数η(b)<η(c)的原因是
_______________________________________________________________________
______________________。
1
2
d
升高温度，促进反应Ⅰ正向进行，抑制反应Ⅱ，低温时，以反应Ⅱ为主，高于
655 ℃，以反应Ⅰ为主
解析:升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，η(CO)增大，η(CH4)减小，增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，η(CH4)增大，η(CO)减小，则压强为1.0 MPa时，CO(g)、CH4(g)的摩尔分数随温度变化的曲线分别是d、a，压强为0.1 MPa时，CO(g)、CH4(g)的摩尔分数随温度变化的曲线分别是c、b。表示压强为1.0 MPa时，CO(g)的摩尔分数随温度变化的曲线是d;温度升高，当温度高于655 ℃，对应含碳物种的摩尔分数η(b)<η(c)的原因是:升高温度，促进反应Ⅰ正向进行，抑制反应Ⅱ，低温时，以反应Ⅱ为主，高于655 ℃，以反应Ⅰ为主。
1
2
(3)图示M、N、P三点对应CO2(g)的转化率大小关系为_________;655 ℃时，反应Ⅰ的平衡常数Kp=_____;600 ℃，压强为1.0 MPa时，若增大投料比，重新达平衡后，的值将______(填“增大”“减小”或“不变”)。
1
2
解析:根据(2)中分析，M、P两点温度相同，压强相同，CO2(g)的转化率相同，η(CH4)为80%，η(CO)为10%，则η(CO2)为10%，N点η(CH4)为40%，η(CO)为40%，则η(CO2)为20%，说明N点CO2(g)的转化率较小，M、N、P三点对应CO2(g)的转化率大小关系为M=P>N;根据碳原子守恒，655 ℃时，N点CO2(g)、CO(g)、CH4(g)分别为0.2 mol、0.4 mol、0.4 mol;根据反应Ⅰ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)、
M=P>N
1.2
减小
Ⅱ.CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)反应共消耗H2(g)为0.4 mol+0.4 mol×4=2 mol，余下H2(g)2 mol，生成H2O(g)为0.4 mol+0.4 mol×2=1.2 mol，此时体系内气体总的物质的量为(0.2+0.4+0.4+2+1.2)=4.2 mol，655 ℃时，N点压强为0.1 MPa，则CO2(g)、H2(g)、CO(g)、H2O(g)的分压分别为×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp==1.2;600 ℃，压强为1.0 MPa时，若增大投料比，CO2(g)的转化率变大，根据反应2CO(g)+2H2(g) CO2(g)+CH4(g)可知，CH4(g)增多，CO(g)减少，则重新达平衡后，的值将减小。
1
2专题质量评价(十八)　巧用两模型突破多重化学平衡体系问题
A卷——基准考法·全员必做
1.(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
2.(2025·重庆名校二模)硫酸工业尾气中SO2可用CO处理并回收S,涉及的反应有:
反应Ⅰ:SO2(g)+3CO(g) COS(g)+2CO2(g)　ΔH1<0
反应Ⅱ:COS(g) S(g)+CO(g)　ΔH2。
恒压条件下,按n(SO2)∶n(CO)=1∶3充入原料,其中SO2的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示COS的平衡选择性。
(X的平衡选择性=×100%,X为COS或S)。
下列说法不正确的是 (　　)
A.曲线c表示S的平衡选择性
B.ΔH2>0
C.1 400 K下,反应SO2(g)+2CO(g) S(g)+2CO2(g)的平衡常数K=5.12
D.其他条件不变,增大体系压强,SO2的平衡转化率不变
3.探究汽车尾气中NO的无害化处理,催化剂作用下在容积均为1 L的两个容器中发生反应2NO(g) N2(g)+O2(g)　ΔH1,有CO存在时发生反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)　ΔH2。容器①充入0.1 mol NO,容器②充入0.1 mol NO和0.1 mol CO。相同时间,NO的转化率随温度变化如图(不考虑催化剂失活)。下列说法不正确的是 (　　)
A.ΔH1<0,ΔH2<0
B.T1温度下,可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率
C.T2温度下,反应2CO(g)+O2(g) 2CO2(g)的平衡常数K=1.024×105
D.T2温度下,在容器②中再充入0.01 mol NO和0.01 mol CO2,此时平衡不移动
4.(6分)煤气化的主要反应:
反应1:C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3 kJ·mol-1
反应2:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.1 kJ·mol-1
请回答:
(1)在恒温恒容容器内进行反应1和反应2,下列说法正确的有　　　　(填标号)。
A.混合气体的密度保持不变时,说明反应体系已达到平衡
B.平衡时H2的体积分数可能大于
C.平衡时向容器中充入惰性气体,平衡体系中CO的体积分数不变
D.平衡时缩小容器体积,平衡体系中减小
(2)在一定温度下,向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1 mol H2O(g)同时发生反应1和反应2,起始压强为0.1 MPa,平衡时H2O的转化率为50%,CO的物质的量为0.1 mol,则反应1的平衡常数Kp=　　　　。(已知Kp为分压平衡常数,分压=总压×物质的量分数)
5.(12分)(2025·泰安一模)草酸亚铁(FeC2O4)可用于制药。在一定温度下,将FeC2O4置入真空容器中发生如下反应:反应Ⅰ:FeC2O4(s) FeO(s)+CO(g)+CO2(g)　ΔH1
反应Ⅱ:FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g)　ΔH2<0
已知760 K以下只发生反应Ⅰ,平衡时pCO T的关系如图所示。760 K以上反应Ⅰ和反应Ⅱ同时进行。
回答下列问题:
(1)660 K时,将FeC2O4置入一真空刚性容器中至反应到达平衡,此时反应Ⅰ的平衡常数Kp(Ⅰ)=　　　　(kPa)2;有关该混合体系说法正确的是　　　　(填标号)。
a.反应 Ⅰ 的正、逆反应的活化能(Ea正、Ea逆),Ea正b.FeO的质量不变时,体系达到平衡状态
c.平衡后充入惰性气体氩,pCO减小
d.平衡时,分离出部分CO2,再次平衡时,pCO≠
(2)反应Fe(s)+2CO2(g) FeC2O4(s)能自发进行,的数值范围是　　　　(填标号)。
A.<-1 B.-1~0 C.0~1 D.>1
(3)800 K时,将FeC2O4置入另一真空刚性容器中至反应到达平衡,此时容器中=,则=　　　　;保持温度不变,充入少量CO2气体,再次平衡时容器中pCO　　　　(填“增大”“减小”或“不变”);升高温度,　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
6.(12分)(2025·重庆二模)CH3OH可用作大型船舶的绿色燃料,可由CO或CO2制备。工业上用CO2制备CH3OH的原理如下:
反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5 kJ·mol-1(主反应)
反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ·mol-1(副反应)
(1)T1 ℃时,向恒压密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g),若在该条件下只发生反应Ⅰ,达平衡时,放出20 kJ能量;若在相同条件下向相同容器中充入a mol CH3OH(g)和b mol H2O(g),达到平衡时,吸收29.5 kJ的能量,则a=　　　　,b=　　　　。
(2)某温度下,将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ,下列情况下能说明反应Ⅱ达到平衡状态的是　　　　。
A.CO2和H2的物质的量之比不再改变
B.混合气体的密度不再变化
C.混合气体的压强不再变化
D.形成1 mol碳氧键的同时断裂2 mol氧氢键
(3)将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ,分别在1 MPa、3 MPa、5 MPa下,测得CO2在不同温度下的平衡转化率(α)和生成CH3OH、CO选择性(S)(选择性为目标产物在含碳产物中的比率)的变化如图。
①代表5 MPa下α(CO2)随温度变化趋势的是曲线　　　　(填“a”“b”或“c”)。
②P点对应的反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=　　　　(保留两位有效数字)。
③随着温度的升高,a、b、c三条曲线接近重合的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
B卷——压轴考法·自主选做
1.(12分)(2025·齐齐哈尔一模)利用可再生绿色能源氢气将CO2转化为甲醇,可以减少碳排放同时将CO2固定为有价值的化学品,是国家能源条件与环境现状的共同选择。所涉及的反应如下:
反应1:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2 kJ·mol-1
反应2:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH2=-90.6 kJ·mol-1
反应3:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3=-49.4 kJ·mol-1
回答下列问题:
(1)上述反应中,反应1的速率决定了总反应速率。下图用于表示该过程的能量与反应进程的关系(部分已画出)。请选择图(a)或图(b),在虚线线框中将其补充完整。
(2)有人提出“CO2(g)+2H2O(g) CH3OH(g)+O2(g)也适宜于工业合成甲醇”,判断这种说法是否正确并说明原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(假设反应的焓变和熵变不随温度的改变而变化)。
(3)在传统的热反应中,恒压(压强分别为3 MPa、5 MPa)下,按n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶3投料,在密闭容器中发生反应1和反应3,改变反应温度,CO2的平衡转化率(α)以及生成CH3OH(或CO)选择性(S)的变化如图所示。已知:CH3OH(或CO)选择性S=×100%。
①随着温度升高,a、b两条曲线接近重合的原因是　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　。
②下列有关反应体系的说法中正确的是　　　　。
A.当CH3OH的分压不再改变时,体系达到平衡状态
B.曲线S (X)表示CH3OH的选择性
C.使用催化剂可以降低活化能,提高合成效率
D.体系达到平衡后,压缩体积,则反应3平衡正向移动,反应1平衡不移动
③P点对应的反应1的平衡常数Kp=　　　　　(以分压计算,分压=总压×物质的量分数)(保留两位有效数字)。
④分子筛膜反应器可提高反应3的平衡转化率且实现CH3OH选择性100%,原理如图所示。分子筛膜反应器可提高转化率的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　。
2.(14分)二氧化碳资源化利用,涉及主要反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2 kJ·mol-1
Ⅱ.CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-144.9 kJ·mol-1
回答下列问题:
(1)2CO(g)+2H2(g) CO2(g)+CH4(g)的焓变ΔH=　　　　 kJ·mol-1。反应Ⅰ的净速率v=v正-v逆=k正·c(CO2)·c(H2)-k逆·c(H2O)·c(CO),其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。升高温度时,k正-k逆　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)分别向压强为0.1 MPa、1.0 MPa的恒压体系中通入1 mol CO2(g)和4 mol H2(g),达平衡时,部分含碳物种的摩尔分数η(X)=随温度变化如图所示。
表示压强为1.0 MPa时,CO(g)的摩尔分数随温度变化的曲线是　　　　(填标号)。随温度升高,当温度高于655 ℃,对应含碳物种的摩尔分数η(b)<η(c)的原因是 　。
(3)图示M、N、P三点对应CO2(g)的转化率大小关系为　　　　;655 ℃时,反应Ⅰ的平衡常数Kp=　　　　;600 ℃,压强为1.0 MPa时,若增大投料比,重新达平衡后,的值将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
专题质量评价(十八)
A卷
1.选A　550 ℃时,曲线①物质的量是5 mol,根据原子守恒,n(C)=3 mol,则其不可能是含碳微粒,故曲线①表示H2,升高温度,反应Ⅰ平衡正移,反应Ⅱ平衡逆向移动,CO物质的量增大,则曲线③代表CO,温度升高,反应Ⅲ逆向移动,CH4物质的量降低,则曲线②代表CH4,据此解答。550 ℃时,n(H2)=5 mol,n(CO2)=2.2 mol,n(CH4)=n(CO)=0.4 mol,根据C原子守恒,可得n(C3H8O3)==0,根据O原子守恒,可得n(H2O)==7.2 mol(也可利用H原子守恒计算,结果相同),则α(H2O)=×100%=20%,A正确;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、Ⅲ平衡均逆向移动,n(CO2)增大,说明反应Ⅲ逆向移动程度更大,则H2O的物质的量减小,C错误;增大压强,反应Ⅰ平衡逆向移动,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。
2.选D　由题图可知,升高温度,S的平衡选择性增大,说明反应Ⅱ正向移动,根据勒夏特列原理,正反应是吸热反应,即ΔH2>0,随着温度升高,反应Ⅰ逆向移动,COS的量减少,而反应Ⅱ正向移动,S的量增加,已知曲线b表示COS的平衡选择性,所以曲线c表示S的平衡选择性,曲线a表示SO2的平衡选择性。设起始n(SO2)=1 mol,n(CO)=3 mol,在1 400 K下,SO2平衡转化率为80%,则转化的n(SO2)=0.8 mol,COS平衡选择性为50%,则生成n(COS)=0.8 mol×50%=0.4 mol,生成n(S)=0.4 mol。根据反应Ⅰ生成n(CO2)=0.8 mol×2=1.6 mol,剩余n(CO)=3 mol-0.8 mol×3+0.4 mol=1.0 mol。对于反应SO2(g)+2CO(g) S(g)+2CO2(g),平衡时n(SO2)=1 mol-0.8 mol=0.2 mol,n(CO)=1.0 mol,n(S)=0.4 mol,n(CO2)=1.6 mol。因为是恒压体系,体积比等于物质的量之比,设平衡时总体积为V,根据平衡常数表达式K===5.12,C正确;反应Ⅰ是气体分子数减小的反应,增大压强,反应Ⅰ正向移动,从而使SO2的平衡转化率增大,D错误。
3.选D　转化率达到最大,继续升高温度,①②中NO转化率均减小,所以ΔH1<0,ΔH2<0,A正确;催化剂具有选择性,所以一定温度下,可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率,B正确;①转化量:0.1 mol×20%=0.02 mol
　　　　　　　　2NO(g) N2(g)+O2(g)
起始/(mol·L-1)　　0.1　　　0　　 0
转化/(mol·L-1)　　0.02　　0.01 　0.01
平衡/(mol·L-1)　　0.08　　0.01 　0.01
K1===
②转化量:0.1 mol×80%=0.08 mol
　　　　　　2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)
起始/(mol·L-1) 0.1　 　 0.1　　　0　　 　0
转化/(mol·L-1) 0.08　　0.08　　0.04　　0.08
平衡/(mol·L-1) 0.02　　0.02　　0.04　　0.08
K2===1 600,反应2CO(g)+O2(g) 2CO2(g)的平衡常数K===1.024×105,C正确;Q==9004.解析:(1)A.反应1中C是固体,恒温恒容容器内,随着反应的进行,混合气体的质量逐渐增大,则密度逐渐增大,当密度保持不变时,说明反应体系已达到平衡,正确;B.反应1+反应2可得C(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g),假设反应完全进行到底,则H2的体积分数为,但可逆反应不能进行到底,则H2的体积分数一定小于,错误;C.平衡时向容器中充入惰性气体,容器内总压强增大,但是恒容条件下各物质浓度不变,平衡不移动,则平衡体系中CO的体积分数不变,正确;D.总体考虑该反应体系,反应1-反应2得: C(s)+CO2(g) 2CO(g),该反应的平衡常数K=,则平衡时缩小容器体积,温度不变,平衡体系中不变,错误。
(2)平衡时H2O的转化率为50%,则平衡时水的物质的量为0.5 mol,则CO的物质的量为0.1 mol,设反应1消耗水的物质的量为x mol,列出三段式得
　　　　　C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)
起始/mol　　　　　1
变化/mol　　　　　x　　 x　　　x
平衡/mol　　　　　0.5　0.1　　0.5
　　　　　CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
起始/mol　　　　　1
变化/mol　0.5-x　 0.5-x　　0.5-x　 0.5-x
平衡/mol　0.1　　0.5　　 0.5-x　 0.5
则x-(0.5-x)=0.1 mol,解得x=0.3 mol,此时容器中总气体的物质的量为(0.5+0.1+0.5+0.2)mol=1.3 mol,起始压强为0.1 MPa,则此时总压强为×0.1 MPa=0.13 MPa,反应1的平衡常数Kp===0.01 MPa。
答案:(1)AC　(2)0.01 MPa
5.解析:(1)已知760 K以下只发生反应Ⅰ,由方程式可知生成等量的CO和CO2,所以pCO=,由图像可知,660 K时pCO=1.5 kPa,所以Kp(Ⅰ)=pCO×=1.5 kPa×1.5 kPa=2.25(kPa)2;由图像可知,升高温度,pCO增大,平衡正向移动,反应吸热,则反应Ⅰ的正、逆反应的活化能,Ea正>Ea逆,a错误;FeC2O4分解生成FeO,FeO的质量不变时,体系达到平衡状态,b正确;平衡后充入惰性气体氩,平衡不移动,pCO不变,c错误;平衡时,分离出部分CO2,平衡正向移动,生成等量的CO和CO2,则再次平衡时,pCO≠,d正确。
(2)反应Fe(s)+2CO2(g) FeC2O4(s)为熵减反应,则ΔS<0,能自发进行,说明该反应ΔH<0,由盖斯定律可知ΔH=-ΔH1-ΔH2<0,ΔH2<0,则<-1,故选A。
(3)设反应Ⅰ生成CO2 x mol,反应Ⅱ生成CO2 y mol,可列变化量:
　　　　　FeC2O4(s) FeO(s)+CO(g)+CO2(g)
转化/mol　　　　　　 x　　　x　　　x
　　　　　FeO(s)+CO(g) Fe(s)+CO2(g)
转化/mol　　y　　 y　　　y　　 y
则==,则=,==;保持温度不变,充入少量CO2气体,反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数不变,则pCO不变;升高温度,反应Fe(s)+2CO2(g) FeC2O4(s)向吸热方向移动,即逆向移动,所以增大。
答案:(1)2.25　bd　(2)A　(3)4∶1　不变　增大
6.解析:(1)T1 ℃时,向恒压密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g),若在该条件下只发生反应Ⅰ,达平衡时,放出20 kJ能量;若在相同条件下向相同容器中充入a mol CH3OH(g)和b mol H2O(g),达到平衡时,吸收29.5 kJ的能量,说明两条件下达到的平衡为等效平衡,恒温恒压相同容器下等效平衡的达到途径为投料量相当,则a=1,b=1。
(2)A.两个反应CO2和H2的化学计量数之比不同,所以当n(CO2)∶n(H2)比值不变时,反应达到了平衡状态,符合题意;B.反应容器容积不变,参与反应的物质均为气体,总质量不变,密度为一个定值,所以不能说明反应是否达到平衡状态,不符合题意;C.主反应反应前后气体分子数目改变,故压强不变可以说明反应达到了平衡状态,符合题意;D.没有考虑甲醇中的氢氧键的变化,且反应Ⅰ和反应Ⅱ中均有氧氢键的变化,所以不能说明反应达到平衡状态,不符合题意。
(3)①反应Ⅰ是气体体积减小的反应,反应Ⅱ是气体体积不变的反应,相同温度下,增大压强,反应Ⅰ正向移动,CO2的转化率增大,则压强越大,α(CO2)越大,即a符合反应特点;
②根据已知条件列出“三段式”:
　　　　 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
起始/mol　　1　　3　　　　0　　　　0
转化/mol　　x　 3x　　　　x　　　　x
平衡/mol　　1-x　3-3x　　　x　　　　x
　　　　CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)
起始/mol　1-x　 3-3x　　0　　　x
转化/mol　　y　 y　　 y　　　y
平衡/mol 1-x-y 3-3x-y 　y　 　x+y
P点时压强为3 MPa,CO的选择性为50%,CO2的转化率为20%,则=0.5,=0.2,解得x=y=0.1,反应Ⅱ的压强平衡常数Kp==≈0.0096;
③反应Ⅰ是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,α(CO2)减小,反应Ⅱ是吸热反应,升高温度,平衡正向移动,α(CO2)增大,随着温度升高,a、b、c三条曲线先减小再增大接近重合的原因是:温度升高到一定程度时,整个过程以反应Ⅱ为主,该反应是气体分子数不变的反应,改变压强对平衡无影响。
答案:(1)1　1　(2)AC
(3)①a　②0.009 6　③温度升高到一定程度时以反应Ⅱ为主,该反应前后气体体积不变,改变压强对其平衡没有影响
B卷
1.解析:(1)根据ΔH1>0应选图(a),再根据反应1是决速反应所以所绘图像的活化能要小于反应1的活化能,另外ΔH3<0,所以图像终点低于最左侧起点。
(2)该反应的逆过程是气态甲醇的燃烧为放热反应,所以该反应为吸热反应ΔH>0,又因ΔS<0,故ΔG>0,在任何温度下都不能自发进行。
(3)①反应3是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,α(CO2)减小,反应1是反应前后气体体积不变的吸热反应,升高温度,平衡正向移动,α(CO2)增大,随着温度升高,a、b两条曲线先减小再增大接近重合的原因是:温度升高到一定程度时,整个过程以反应1为主,压强对平衡无影响;②反应体系中CH3OH的分压是变量,当其不变时达到平衡状态,A正确;随温度升高反应3逆向移动,CH3OH的量减少,选择性降低,B错误;使用催化剂降低活化能,提高反应速率,提高合成效率,C正确;根据反应3系数分析,压缩体积,反应3正向移动,随着反应3正向移动会引起体系中CO2和H2减少同时H2O增多,这就打破了反应1的平衡,使其也发生移动,故D错误;③若起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别为1 mol、3 mol,P点时甲醇的选择性(S)、CO选择性(S)均为50%,二氧化碳的平衡转化率(α)=20%,体系压强为3 MPa,平衡时:n(CO2)=1 mol×(1-20%)=0.8 mol,设n(H2)=x mol,n(CH3OH)= n(CO)=y mol,n(H2O)=z mol,根据C、H、O原子守恒可知,0.8+2y=1,2x+4y+2z=6,0.8×2+2y+z=2,解得x=2.6 mol,y=0.1 mol,z=0.2 mol,体系中气体的总物质的量n=2.6 mol +0.1 mol+0.1 mol +0.2 mol +0.8 mol=3.8 mol,p(CO2)=×3 MPa= MPa;同理可知:p(H2) = MPa,p(CO) = MPa,p(H2O) = MPa,反应2的平衡常数Kp==≈0.009 6;
④由图可知,该分子筛膜反应器具有双重功能,只催化反应3,且能分离出反应3生成物水蒸气,同时也带走热量,降低温度,促进反应3正向进行,提高转化率。
答案:
(1)
(2)不正确,该反应ΔH>0且ΔS<0,ΔG>0,在任何温度下都不能自发进行　(3)①温度升高到一定程度时,整个过程以反应1为主　②AC　③0.009 6　④分子筛膜反应器可以及时分离反应3生成的H2O,同时也带走热量,降低温度,促进反应3正向进行,提高转化率
2.解析:(1)根据盖斯定律,反应Ⅱ-反应Ⅰ×2可得2CO(g)+2H2(g) CO2(g)+CH4(g)　ΔH=-144.9 kJ·mol-1-(+41.2 kJ·mol-1)×2=-227.3 kJ·mol-1;反应Ⅰ正反应吸热,升高温度,平衡正向移动,k正-k逆增大。
(2)升高温度,反应Ⅰ平衡正向移动,反应Ⅱ平衡逆向移动,η(CO)增大,η(CH4)减小,增大压强,反应Ⅱ平衡正向移动,η(CH4)增大,η(CO)减小,则压强为1.0 MPa时,CO(g)、CH4(g)的摩尔分数随温度变化的曲线分别是d、a,压强为0.1 MPa时,CO(g)、CH4(g)的摩尔分数随温度变化的曲线分别是c、b。表示压强为1.0 MPa时,CO(g)的摩尔分数随温度变化的曲线是d;温度升高,当温度高于655 ℃,对应含碳物种的摩尔分数η(b)<η(c)的原因是:升高温度,促进反应Ⅰ正向进行,抑制反应Ⅱ,低温时,以反应Ⅱ为主,高于655 ℃,以反应Ⅰ为主。
(3)根据(2)中分析,M、P两点温度相同,压强相同,CO2(g)的转化率相同,η(CH4)为80%,η(CO)为10%,则η(CO2)为10%,N点η(CH4)为40%,η(CO)为40%,则η(CO2)为20%,说明N点CO2(g)的转化率较小,M、N、P三点对应CO2(g)的转化率大小关系为M=P>N;根据碳原子守恒,655 ℃时,N点CO2(g)、CO(g)、CH4(g)分别为0.2 mol、0.4 mol、0.4 mol;根据反应Ⅰ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)、Ⅱ.CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)反应共消耗H2(g)为0.4 mol+0.4 mol×4=2 mol,余下H2(g)2 mol,生成H2O(g)为0.4 mol+0.4 mol×2=1.2 mol,此时体系内气体总的物质的量为(0.2+0.4+0.4+2+1.2)=4.2 mol,655 ℃时,N点压强为0.1 MPa,则CO2(g)、H2(g)、CO(g)、H2O(g)的分压分别为×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa,反应Ⅰ的平衡常数Kp==1.2;600 ℃,压强为1.0 MPa时,若增大投料比,CO2(g)的转化率变大,根据反应2CO(g)+2H2(g) CO2(g)+CH4(g)可知,CH4(g)增多,CO(g)减少,则重新达平衡后,的值将减小。
答案:(1)-227.3　增大　(2)d　升高温度,促进反应Ⅰ正向进行,抑制反应Ⅱ,低温时,以反应Ⅱ为主,高于655 ℃,以反应Ⅰ为主
(3)M=P>N　1.2　减小
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