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专题微课(三)　以学科情境(化学图像)为载体的归因题
　　纵观近几年高考化学试题,涉及化学反应速率和化学平衡类的题目,往往结合图像来呈现。试题利用数形结合的三维曲线图像,将影响化学反应速率和化学平衡的外界因素(如温度、浓度、压强等)融入其中,特别是以化学图像为载体,命制的归因类题目更是考查重点。由于该类题目情境抽象,信息获取困难,综合度高,思维含量大,成为高考取得佳绩的“拦路虎”。解决此类题的关键是要抓住曲线中的关键点和曲线的变化趋势,运用速率和平衡理论解答图像中所反映出的具体问题。
一、题点考法感悟
1.(2025·甘肃卷·节选)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。该过程包括以下两个主要反应:
反应1:C2H2(g)+H2(g)==C2H4(g)　ΔH1=-175 kJ·mol-1(25 ℃,101 kPa)
反应2:C2H2(g)+2H2(g)==C2H6(g)　ΔH2=-312 kJ·mol-1(25 ℃,101 kPa)
(1)25 ℃,101 kPa时,反应C2H4(g)+H2(g)==C2H6(g)　ΔH=　　　　kJ·mol-1。
(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60~220 ℃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v1　　　　v2(填“>”“<”或“=”),理由为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
2.(2025·河南卷·节选)CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合,可生产高纯度合成气(H2+CO),实现碳资源的二次利用。主要反应如下:
反应Ⅰ:CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)　ΔH1=+178 kJ·mol-1
反应Ⅱ:CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g)　ΔH2=+247 kJ·mol-1
反应Ⅲ:H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)　ΔH3=+41 kJ·mol-1
回答下列问题:
(1)恒压条件下,CH4重整反应可以促进CaCO3分解,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)在温度分别为T1、T2和T3下,CH4的平衡转化率与压强的关系如图所示,反应温度最高的是　　　　(填“T1”“T2”或“T3”),原因是　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)一定温度、100 kPa下,向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4,假设此条件下其他副反应可忽略,恒压反应至平衡时,体系中CaCO3转化率为80%,CH4转化率为60%,CO物质的量为1.3 mol,反应Ⅲ的平衡常数Kp=　　　　(保留小数点后一位),此时原位CO2利用率为　　 　　　　　　。已知:原位CO2利用率=×100%
二、思维方法例析
1.从反应物用量或浓度影响的角度进行归因分析
　　探究反应物用量或浓度对反应的影响时,可以从速率、平衡(或转化率)、原电池、副反应等角度分析。
　　[应用强化]
[例1]　以Co/Al2O3为催化剂,反应历程如图1所示。在反应过程中,H2过量时可发生副反应:xH2(g)+Sx(g) xH2S(g),SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比的变化情况如图2所示(Sx的选择性:SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)。
(1)SO2转化为Sx,总反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　,与用CO还原法相比,氢气还原法的优点是　　　　　　　　。
(2)曲线　　　　(填“L1”或“L2”)代表SO2的平衡转化率,理由是 　。
听课记录:
2.从温度影响的角度进行归因分析
　　探究温度对反应的影响时,一般从化学反应速率、化学平衡、物质的热稳定性或挥发性、溶解度、是否使用催化剂等角度进行分析。
　　[应用强化]
[例2]　丁烯是一种重要的化工原料,可由丁烷催化脱氢制备。
C4H10(g)==C4H8(g)+H2(g) ΔH=+123 kJ·mol-1。
　 回答下列问题:
(1)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂),出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(a)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势,其降低的原因是 　。
(2)图(b)为反应产率和反应温度的关系曲线,副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是　　　　　　　　　　　 　　、 　　　　　　　　　　;590 ℃之后,丁烯产率快速降低的主要原因可能是 　　。
听课记录:
3.从时间影响的角度进行归因分析
　　横坐标是时间时,体现某一次探究实验或几个对比实验的全过程;纵坐标是物质的量或浓度时,切线斜率可体现反应速率大小。可以从化学反应速率、生成物的量、反应物之间接触状况等角度进行分析。
　　[应用强化]
[例3]　氢能源是最具应用前景的能源之一,高纯氢的制备是目前的研究热点。
甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
(1)反应器中初始反应的生成物为H2和CO2,其物质的量之比为4∶1,甲烷和水蒸气反应的方程式是
　　。
(2)已知反应器中还存在如下反应:
ⅰ.CH4(g)+H2O(g)==CO(g)+3H2(g) ΔH1
ⅱ.CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g) ΔH2
ⅲ.CH4(g)==C(s)+2H2(g)　ΔH3
……
ⅲ为积碳反应,利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,还需要利用　　　　　　　　　　反应的ΔH。
(3)反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)=4∶1,大于初始反应的化学计量数之比,目的是　　　　(填标号)。
a.促进CH4转化
b.促进CO转化为CO2
c.减少积碳生成
(4)用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。
从t1时开始,H2体积分数显著降低,单位时间CaO消耗率　　　　(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%,但已失效,结合化学方程式解释原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
听课记录:
三、随堂应用体验
1.CO2加氢合成甲醇
反应①:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0
反应②:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2>0
反应③:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH3<0
维持总压(p=8.2 MPa)和投料比[n(CO2)∶n(H2)=1∶3]不变,将CO2和H2混合气以一定流速通过反应器,存在上述三个反应。CO2的转化率α(CO2)和甲醇的选择性χ(CH3OH)随温度T的变化关系如图所示。甲醇的选择性χ=×100%,忽略温度对催化剂活性造成的影响。
(1)为同时提高α平衡(CO2)和χ(CH3OH),应控制的条件是　　　　(填标号)。
a.高温高压 b.高温低压
c.低温低压 d.低温高压
(2)236 ℃之后,χ(CH3OH)随温度T的增大而减小,可能的原因是 　。
(3)240 ℃时,H2的平衡分压为　　　　 MPa。
2.(2025·北京大兴精华学校三模)CO2可转化为甲醇:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-48.9 kJ·mol-1。将一定量的CO2和H2充入某恒容密闭容器中,测得在不同催化剂作用下,相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图所示:
催化效果最好的是催化剂　　　　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”),a点CO2的转化率比b点的高,其原因可能是 　
　　　　　　　　　　。(答两条)
3.(2025·宿迁市三模)合成CH4过程中涉及如下反应:
甲烷化反应(主反应):CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g)　ΔH1=-164.7 kJ·mol-1 (ⅰ)
逆变换反应(副反应):CO2(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.1 kJ·mol-1 (ⅱ)
(1)不同条件下,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶4投料,CO2的平衡转化率如图所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是　　　　。
②压强为p1时,随着温度升高,CO2的平衡转化率先减小后增大。温度高于600 ℃,随温度升高CO2平衡转化率增大的原因是 　。
(2)积碳是制约CO2甲烷化工业应用的主要问题。
积碳反应:2CO(g)==C(s)+CO2(g)　ΔH3
CH4(g)==C(s)+2H2(g) ΔH4=+74.8 kJ·mol-1
①CO歧化积碳反应自发趋势是　　　　　。
A.高温自发　　　　　　 B.低温自发
C.任意温度自发 D.任意温度非自发
②积碳主要由CH4(g)==C(s)+2H2(g)引起,关键是开发出具有抗积碳性能[C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)]的催化剂。催化剂A、B对积碳与消碳的影响如图所示。则工业生产时应选择何种催化剂并说明理由
　。
专题微课(三)　以学科情境(化学图像)为载体的归因题
一、题点考法感悟　
1.解析:(1)由盖斯定律,反应2-反应1可以得到目标反应,则ΔH=ΔH2-ΔH1=-312 kJ·mol-1+175 kJ·mol-1=-137 kJ·mol-1。
(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,因反应未达平衡状态,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v1>v2。
答案:(1)-137　(2)①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　②>　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
2.解析:(1)CH4重整反应会消耗CO2,降低体系中CO2分压,使CaCO3分解反应正向移动。
(2)反应Ⅱ正向为吸热反应,相同压强时,升高温度,反应正向移动,CH4转化率增大,因此温度最高的是T1。
(3)一定温度、100 kPa下,向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4,恒压反应至平衡时,体系中CaCO3转化率为80%,反应Ⅰ:CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)平衡时生成n(CO2)=0.8 mol,CH4转化率为60%,CO物质的量为1.3 mol,则
CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g)
起始/mol　 1　　　0.8　 　 0　　 　0
转化/mol　0.6　 　0.6　 　 1.2　 　1.2
平衡/mol　0.4　 　0.2　 　 1.2　 　1.2
H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)
起始/mol　 1.2　 0.2　　　0　　 1.2
转化/mol　 0.1　 0.1　　　0.1　　0.1
平衡/mol　 1.1　 0.1　　　0.1　　1.3
气体总物质的量n总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3 mol,
反应Ⅲ的平衡常数Kp==≈1.2,CaCO3平衡时n(CaCO3)=(1-1×80%)mol=0.2 mol,原位CO2利用率为×100%=×100%=70%。
答案:(1)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2,降低体系CO2分压,使反应Ⅰ平衡右移　(2)T1　升高温度,反应Ⅱ正向移动　(3)1.2　70%
二、思维方法例析　
[例1]　(1)xSO2+2xH2Sx+2xH2O　产物无污染
(2)L1　因为随着的增大,相当于氢气的量增大,二氧化硫的量不变,此时平衡正向移动,二氧化硫的平衡转化率增大
[例2]　(1)氢气是产物之一,随着n(氢气)/n(丁烷)的增大,该反应向逆反应方向进行　(2)升高温度有利于反应向吸热方向进行　升高温度时,反应速率加快　丁烯高温裂解生成短碳链烃类
[例3]　解析:(1)已知反应物为CH4和H2O(g),生成物为H2和CO2,且物质的量之比为4∶1,据此结合质量守恒定律即可写出化学方程式。(2)根据盖斯定律,由ⅰ式+ⅱ式可得:CH4(g)+2H2O(g)==CO2(g)+4H2(g)　ΔH1+ΔH2,则(ⅰ式+ⅱ式)-ⅲ式可得:C(s)+2H2O(g)==CO2(g)+2H2(g)　ΔH;ⅰ式-ⅱ式可得:CH4(g)+CO2(g)==2CO(g)+2H2(g)　ΔH1-ΔH2,则(ⅰ式-ⅱ式)-ⅲ式可得:C(s)+CO2(g)==2CO(g)　ΔH。因此,求反应ⅲ式的ΔH3,还必须利用反应C(s)+2H2O(g)==CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)==2CO(g)的ΔH。(3)投入过量的H2O(g),可以促进CH4转化为CO2和H2,同时也可将副反应产生的CO转化为CO2;由于H2O(g)过量,同时也可减少CH4的分解。故a、b、c均正确。(4)由题给图像可以看出,从t1时开始CaO消耗率曲线斜率明显减小,故单位时间CaO的消耗率降低。由于CaO+CO2==CaCO3,生成的CaCO3覆盖在CaO的表面,减少了CaO与CO2的接触面积,导致吸收效率降低,甚至失效。
答案:(1)CH4+2H2O(g)4H2+CO2
(2)C(s)+2H2O(g)==CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)==2CO(g)　(3)abc　(4)降低　CaO+CO2==CaCO3,CaCO3覆盖在CaO表面,减少了CO2与CaO的接触面积
三、随堂应用体验　
1.解析:(1)反应①为气体分子数减小的放热反应,反应②为气体分子数不变的吸热反应,降低温度,反应①平衡正向移动,反应②平衡逆向移动,增大压强,反应①平衡正向移动,反应②平衡不移动,则低温高压可以提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性。(2)236 ℃之后反应①②均达平衡,反应①放热而反应②吸热,当温度升高时反应①平衡逆向移动,CH3OH的量减少;而反应②平衡正向移动,CO2更多地转化为CO,因此χ(CH3OH)随温度T的升高而减小。(3)由图可知,240 ℃时CO2的平衡转化率为60.0%,CH3OH的选择性为60.0%。设起始时CO2为1 mol、H2为3 mol,则达到平衡时CO2转化0.6 mol,生成的CH3OH为0.36 mol,CO为0.24 mol,H2O为0.6 mol,根据H原子守恒,2n(H2)+4n(CH3OH)+2n(H2O)=6 mol,则n(H2)=1.68 mol,故平衡时气体的总物质的量为0.4 mol+1.68 mol+0.36 mol+0.24 mol+0.6 mol=3.28 mol,则氢气的平衡分压为8.2 MPa×=4.2 MPa。
答案:(1)d　(2)236 ℃之后反应①②均达平衡,反应①放热而反应②吸热,当温度升高时反应①平衡逆向移动,CH3OH减少;而反应②平衡正向移动,CO2更多地转化为CO　(3)4.2
2.Ⅰ　该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向进行;温度越高,催化剂的活性降低
3.解析:(1)①该主反应是体积减小的反应,副反应是等体积反应,画一条与y轴相平的平行线,从下到上,转化率变大,说明平衡正向移动,压强不断增大,因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序是p3>p2>p1;
②压强为p1时,随着温度升高,CO2的平衡转化率先减小后增大,温度高于600 ℃之后,随着温度升高CO2转化率增大,原因是CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和,反应ⅰ为放热反应,随温度升高CO2平衡转化率降低,反应ⅱ为吸热反应,随温度升高CO2平衡转化率升高,温度较高时,CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ(或ⅰ为放热反应,ⅱ为吸热反应,600 ℃之后,CO2转化率主要取决于反应ⅱ)。
(2)①已知:Ⅰ:CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.7 kJ·mol-1
Ⅱ:CO2(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.1 kJ·mol-1
Ⅳ:CH4(g)==C(s)+2H2(g) ΔH4=+74.8 kJ·mol-1
根据盖斯定律,由Ⅰ-Ⅱ×2+Ⅳ得反应2CO(g)==C(s)+CO2(g)　ΔH3=ΔH1-2ΔH2+ΔH4=-164.7 kJ·mol-1-(+41.1 kJ·mol-1)×2+74.8 kJ·mol-1=-172.1 kJ·mol-1,ΔH3<0,则2CO(g)==C(s)+CO2(g)在低温下能自发进行;
②为了消除积碳,应该抑制积碳反应的发生,促进消碳反应的进行,由题图可知催化剂A对于积碳反应的活化能大,同时对于消碳反应的活化能小,故应该选择催化剂A。
答案:(1)①p3 >p2>p1　②CO2的平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2的平衡转化率之和,反应ⅰ为放热反应,随温度升高CO2平衡转化率降低,反应ⅱ为吸热反应,随温度升高CO2平衡转化率升高,温度较高时,CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ(或ⅰ为放热反应,ⅱ为吸热反应,600 ℃之后,CO2转化率主要取决于反应ⅱ)
(2)①B　②工业生产时应选择催化剂A,催化剂A对于积碳反应的活化能大,同时对于消碳反应的活化能小,说明不利于积碳有利于消碳
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专题微课(三)　
以学科情境(化学图像)为载体的归因题
纵观近几年高考化学试题，涉及化学反应速率和化学平衡类的题目，往往结合图像来呈现。试题利用数形结合的三维曲线图像，将影响化学反应速率和化学平衡的外界因素(如温度、浓度、压强等)融入其中，特别是以化学图像为载体，命制的归因类题目更是考查重点。由于该类题目情境抽象，信息获取困难，综合度高，思维含量大，成为高考取得佳绩的“拦路虎”。解决此类题的关键是要抓住曲线中的关键点和曲线的变化趋势，运用速率和平衡理论解答图像中所反映出的具体问题。
目 录
一、题点考法感悟
二、思维方法例析
专题质量评价
三、随堂应用体验
01
一、题点考法感悟
1.(2025·甘肃卷·节选)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。该过程包括以下两个主要反应:
反应1:C2H2(g)+H2(g)==C2H4(g)　ΔH1=-175 kJ·mol-1(25 ℃，101 kPa)
反应2:C2H2(g)+2H2(g)==C2H6(g)　ΔH2=-312 kJ·mol-1(25 ℃，101 kPa)
(1)25 ℃，101 kPa时，反应C2H4(g)+H2(g)==C2H6(g)　ΔH=_____ kJ·mol-1。
解析:由盖斯定律，反应2-反应1可以得到目标反应，则ΔH=ΔH2-ΔH1=-312 kJ·mol-1+175 kJ·mol-1=-137 kJ·mol-1。
-137
(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60~220 ℃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v1____v2(填“>”“<”或“=”)，理由为___________________________________________________
______________________。
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
解析: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，因反应未达平衡状态，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v1>v2。
2.(2025·河南卷·节选)CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下:
反应Ⅰ:CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)　ΔH1=+178 kJ·mol-1
反应Ⅱ:CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g)　ΔH2=+247 kJ·mol-1
反应Ⅲ:H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)　ΔH3=+41 kJ·mol-1
回答下列问题:
(1)恒压条件下，CH4重整反应可以促进CaCO3分解，原因是_____________
______________________________________________________。
解析:CH4重整反应会消耗CO2，降低体系中CO2分压，使CaCO3分解反应正向移动。
反应Ⅱ消耗
反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移　
(2)在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图所示，反应温度最高的是_____(填“T1”“T2”或“T3”)，原因是_______________________
______。
解析:反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1。
T1　
升高温度，反应Ⅱ正向　
移动
(3)一定温度、100 kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3 mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp=_____(保留小数点后一位)，此时原位CO2利用率为_______。已知:原位CO2利用率=
×100%
1.2
70%
解析:一定温度、100 kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，反应Ⅰ:CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)平衡时生成n(CO2)=0.8 mol，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3 mol，则
CH4(g)+CO2(g) 2H2(g)+2CO(g)
起始/mol　 1　　　0.8　 　 0　　 　0
转化/mol　0.6　 　0.6　 　 1.2　 　1.2
平衡/mol　0.4　 　0.2　 　 1.2　 　1.2
H2(g)+CO2(g) H2O(g)+CO(g)
起始/mol　 1.2　 0.2　　 0　　 1.2
转化/mol　 0.1　 0.1　　 0.1　　0.1
平衡/mol　 1.1　 0.1　　 0.1　　1.3
气体总物质的量n总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3 mol，
反应Ⅲ的平衡常数Kp==≈1.2，CaCO3平衡时n(CaCO3)=(1-1×80%)mol=0.2 mol，原位CO2利用率为
×100%=×100%=70%。
02
二、思维方法例析
1.从反应物用量或浓度影响的角度进行归因分析
探究反应物用量或浓度对反应的影响时，可以从速率、平衡(或转化率)、原电池、副反应等角度分析。
应用强化
[例1]　以Co/Al2O3为催化剂，反应历程如图1所示。在反应过程中，H2过量时可发生副反应:xH2(g)+Sx(g) xH2S(g)，SO2的转化率或Sx的选择性随H2和SO2体积比的变化情况如图2所示(Sx的选择性:SO2还原产物中Sx所占的体积百分比)。
(1)SO2转化为Sx，总反应的化学方程式为_____________________________，与用CO还原法相比，氢气还原法的优点是_____________。
(2)曲线____(填“L1”或“L2”)代表SO2的平衡转化率，理由是
xSO2+2xH2 Sx+2xH2O
产物无污染
L1
因为随着的增大，相当于氢气的量增大，二氧化硫的量不变，此时平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率增大
。
2.从温度影响的角度进行归因分析
探究温度对反应的影响时，一般从化学反应速率、化学平衡、物质的热稳定性或挥发性、溶解度、是否使用催化剂等角度进行分析。
[例2]　丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。C4H10(g)==C4H8(g)+H2(g) ΔH=+123 kJ·mol-1。
回答下列问题:
应用强化
(1)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(a)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是__________________________________________________________________。
(2)图(b)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是________
______________________________、__________________________;590 ℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_____________________________。
氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)的增大，该反应向逆反应方向进行
升高温
度有利于反应向吸热方向进行
升高温度时，反应速率加快
丁烯高温裂解生成短碳链烃类
3.从时间影响的角度进行归因分析
横坐标是时间时，体现某一次探究实验或几个对比实验的全过程;纵坐标是物质的量或浓度时，切线斜率可体现反应速率大小。可以从化学反应速率、生成物的量、反应物之间接触状况等角度进行分析。
应用强化
[例3]　氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
(1)反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________________________。
[解析]　已知反应物为CH4和H2O(g)，生成物为H2和CO2，且物质的量之比为4∶1，据此结合质量守恒定律即可写出化学方程式。
CH4+2H2O(g) 4H2+CO2
(2)已知反应器中还存在如下反应:
ⅰ.CH4(g)+H2O(g)==CO(g)+3H2(g)　ΔH1
ⅱ.CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)　ΔH2
ⅲ.CH4(g)==C(s)+2H2(g)　ΔH3
……
ⅲ为积碳反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用________________
_____________________________________ 反应的ΔH。
C(s)+2H2O(g)==
CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)==2CO(g)
[解析]　根据盖斯定律，由ⅰ式+ⅱ式可得:CH4(g)+2H2O(g)==CO2(g)+4H2(g)　ΔH1+ΔH2，则(ⅰ式+ⅱ式)-ⅲ式可得:C(s)+2H2O(g)==CO2(g)+2H2(g)　ΔH;ⅰ式-ⅱ式可得:CH4(g)+CO2(g)==2CO(g)+2H2(g)　ΔH1-ΔH2，则(ⅰ式-ⅱ式)-ⅲ式可得:C(s)+CO2(g)==2CO(g)　ΔH。因此，求反应ⅲ式的ΔH3，还必须利用反应C(s)+2H2O(g)==CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)==2CO(g)的ΔH。
(3)反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是______(填标号)。
a.促进CH4转化　　　b.促进CO转化为CO2 c.减少积碳生成
[解析]　投入过量的H2O(g)，可以促进CH4转化为CO2和H2，同时也可将副反应产生的CO转化为CO2;由于H2O(g)过量，同时也可减少CH4的分解。故a、b、c均正确。
abc
(4)用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。
从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_____(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因:
_____________________________________________________________________。
[解析]　由题给图像可以看出，从t1时开始CaO消耗率曲线斜率明显减小，故单位时间CaO的消耗率降低。由于CaO+CO2==CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO的表面，减少了CaO与CO2的接触面积，导致吸收效率降低，甚至失效。
降低　
CaO+CO2==CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积
03
三、随堂应用体验
1.CO2加氢合成甲醇
反应①:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0
反应②:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2>0
反应③:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH3<0
维持总压(p=8.2 MPa)和投料比[n(CO2)∶n(H2)=1∶3]不变，将CO2和H2混合气以一定流速通过反应器，存在上述三个反应。CO2的转化率α(CO2)和甲醇的选择性χ(CH3OH)随温度T的变化关系如图所示。
甲醇的选择性χ=×100%，
忽略温度对催化剂活性造成的影响。
(1)为同时提高α平衡(CO2)和χ(CH3OH)，应控制的条件是_____(填标号)。
a.高温高压 b.高温低压
c.低温低压 d.低温高压
解析:反应①为气体分子数减小的放热反应，反应②为气体分子数不变的吸热反应，降低温度，反应①平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，增大压强，反应①平衡正向移动，反应②平衡不移动，则低温高压可以提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性。
d
(2)236 ℃之后，χ(CH3OH)随温度T的增大而减小，可能的原因是_________
解析: 236 ℃之后反应①②均达平衡，反应①放热而反应②吸热，当温度升高时反应①平衡逆向移动，CH3OH的量减少;而反应②平衡正向移动，CO2更多地转化为CO，因此χ(CH3OH)随温度T的升高而减小。
236 ℃之
后反应①②均达平衡，反应①放热而反应②吸热，当温度升高时反应①平衡逆向移动，CH3OH减少;而反应②平衡正向移动，CO2更多地转化为CO　
。
(3)240 ℃时，H2的平衡分压为_____ MPa。
解析:由图可知，240 ℃时CO2的平衡转化率为60.0%，CH3OH的选择性为60.0%。设起始时CO2为1 mol、H2为3 mol，则达到平衡时CO2转化0.6 mol，生成的CH3OH为0.36 mol，CO为0.24 mol，H2O为0.6 mol，根据H原子守恒，2n(H2)+4n(CH3OH)+2n(H2O)=6 mol，则n(H2)=1.68 mol，故平衡时气体的总物质的量为0.4 mol+1.68 mol+0.36 mol+0.24 mol+0.6 mol=3.28 mol，则氢气的平衡分压为8.2 MPa×=4.2 MPa。
4.2
2.(2025·北京大兴精华学校三模)CO2可转化为甲醇:
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-48.9 kJ·mol-1。将一定量的CO2和H2充入某恒容密闭容器中，测得在不同催化剂作用下，
相同时间内CO2的转化率与温度的变化如图所示:
催化效果最好的是催化剂_____(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，a点CO2的转化率比b点的高，其原因可能是__________________________________________________
______________________。(答两条)
Ⅰ
该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行;温度越
高，催化剂的活性降低
3.(2025·宿迁市三模)合成CH4过程中涉及如下反应:
甲烷化反应(主反应):CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g)　ΔH1=-164.7 kJ·mol-1 (ⅰ)
逆变换反应(副反应):CO2(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.1 kJ·mol-1 (ⅱ)
(1)不同条件下，按照n(CO2)∶n(H2)=1∶4投料，CO2的平衡转化率如图所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是___________。
解析:该主反应是体积减小的反应，副反应是等体积反应，画一条与y轴相平的平行线，从下到上，转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强p1、p2、p3由大到小的顺序是p3>p2>p1;
p3 >p2>p1
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。温度高于600 ℃，随温度升高CO2平衡转化率增大的原因是
解析:压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大，温度高于600 ℃之后，随着温度升高CO2转化率增大，原因是CO2平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2平衡转化率之和，反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ(或ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应，600 ℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)。
CO2的平衡转化率为反应ⅰ和反应ⅱ的CO2的平衡转化率之和，反应ⅰ为放热反应，随温度升高CO2平衡转化率降低，反应ⅱ为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应ⅱ(或ⅰ为放热反应，ⅱ为吸热反应，600 ℃之后，CO2转化率主要取决于反应ⅱ)
。
(2)积碳是制约CO2甲烷化工业应用的主要问题。
积碳反应:2CO(g)==C(s)+CO2(g)　ΔH3
CH4(g)==C(s)+2H2(g) ΔH4=+74.8 kJ·mol-1
①CO歧化积碳反应自发趋势是______。
A.高温自发　　　　　　 B.低温自发
C.任意温度自发 D.任意温度非自发
B
②积碳主要由CH4(g)==C(s)+2H2(g)引起，关键是开发出具有抗积碳性能[C(s)+H2O(g)==CO(g)+H2(g)]的催化剂。催化剂A、B对积碳与消碳的影响如图所示。则工业生产时应选择何种催化剂并说明理由____________________________
_____________________________________________________________________
__________________。
工业生产时应选择催化剂A，
催化剂A对于积碳反应的活化能大，同时对于消碳反应的活化能小，说明不利于积碳有利于消碳
解析:①已知:Ⅰ:CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g)　ΔH1=-164.7 kJ·mol-1
Ⅱ:CO2(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.1 kJ·mol-1
Ⅳ:CH4(g)==C(s)+2H2(g)　ΔH4=+74.8 kJ·mol-1
根据盖斯定律，由Ⅰ-Ⅱ×2+Ⅳ得反应2CO(g)==C(s)+CO2(g)　ΔH3=ΔH1-2ΔH2+ΔH4=-164.7 kJ·mol-1-(+41.1 kJ·mol-1)×2+74.8 kJ·mol-1=-172.1 kJ·mol-1，ΔH3<0，则2CO(g)==C(s)+CO2(g)在低温下能自发进行;
②为了消除积碳，应该抑制积碳反应的发生，促进消碳反应的进行，由题图可知催化剂A对于积碳反应的活化能大，同时对于消碳反应的活化能小，故应该选择催化剂A。
专题质量评价
1
2
3
4
5
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A卷——基准考法·全员必做
1.(6分)二氧化碳加氢可制取二甲醚。其中涉及的反应:
ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0
ⅱ.2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2<0
ⅲ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH3>0
已知:生成物M的选择性S=×100%。
6
1
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5
在恒压(5.0 MPa)密闭容器中充入4 mol H2和1 mol CO2制取二甲醚，CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图所示(不考虑其他因素影响):
(1)在220 ℃条件下，平衡时CH3OH的选择性为______，反应ⅱ的平衡常数Kp=______(保留三位有效数字)。
解析:由图中数据信息可知，220 ℃时，CO的选择性为5%，二甲醚的选择性为80%，则甲醇的选择性为1-5%-80%=15%。由图中信息可知，220 ℃时，
15%
24.9
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4
5
CO2的平衡转化率为40%，平衡时转化的二氧化碳的物质的量为1 mol×40%=
0.4 mol，则平衡时，CO的物质的量为0.4 mol×5%=0.02 mol，二甲醚的物质的量为0.4 mol×80%÷2=0.16 mol，CH3OH的物质的量为0.4 mol×15%=0.06 mol，由O原子守恒可知H2O的物质的量为2×0.4 mol-0.02 mol-0.16 mol-0.06 mol=0.56 mol，由H原子守恒可知，平衡时，H2的物质的量为
=2.84 mol，则平衡体系中气体总物质的量为1 mol-0.4 mol+0.02 mol+0.16 mol+0.06 mol+0.56 mol+2.84 mol=4.24 mol，则p(CH3OH)=5.0 MPa×= MPa，p(CH3OCH3)=5.0 MPa×= MPa，p(H2O)=5.0 MPa×= MPa，
故反应ⅱ的压强平衡常数Kp=≈24.9。
6
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5
(2)温度高于280 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_________
______________________________________________________________________
_________________________________________。
解析:由已知反应可知，反应ⅰ为放热反应，反应ⅲ为吸热反应，温度高于280 ℃时，CO选择性增大，二甲醚选择性降低，说明反应ⅲ正向移动的程度大于反应ⅰ逆向移动的程度，故CO2的平衡转化率表现为增大趋势。
反应ⅰ
ΔH1<0，反应ⅲ ΔH3>0，温度高于280 ℃后，升高温度，反应ⅲ右移程度大于反应ⅰ左移程度，使CO2的平衡转化率上升
1
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2.(12分)(2025·合肥二模)低碳烃在催化剂表面对NOx具有较好的还原作用，CH4由于储量丰富、廉价易得而成为最有前景的选择性脱硝还原剂。已知CH4还原NOx的原理如下:
Ⅰ.CH4(g)+4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH1=-574 kJ·mol-1;
Ⅱ.CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-1 160 kJ·mol-1。
(1)CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=______kJ·mol-1。
2
3
4
解析:由盖斯定律可知，×(反应Ⅰ+反应Ⅱ)=目标反应，则ΔH=×(ΔH1+ΔH2)=-867 kJ·mol-1。
-867
1
5
6
(2)恒温下，欲提高NO2的平衡转化率可采用的条件有______________________
___________________________________(写出两点)。
2
3
4
解析反应Ⅰ为气体分子数增多的放热反应，恒温条件下，提高二氧化氮平衡转化率的措施有减小体系压强，增大甲烷浓度(或通入甲烷)，及时分离出生成物等。
减小压强、分离H2O(g)
(或通入更多CH4等，答案合理即可)
1
5
6
(3)某温度下，向恒容密闭容器中按n(CH4)∶n(NO2)=1∶2充入混合气，发生反应Ⅰ和Ⅱ，初始压强为120 kPa，达平衡时CH4的转化率为20%，NO和N2的分压相等。
①平衡时水的分压p(H2O)=____ kPa。
②该温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=______(保留2位小数)。
2
3
4
解析:①设向该恒容密闭容器中通入1 mol CH4、2 mol NO2，达到平衡时，转化的n(CH4)=1 mol×20%=0.2 mol，则平衡时体系中的CH4为0.8 mol，设反应Ⅰ中CH4转化x mol，反应Ⅱ中CH4转化y mol，由此列关系式:
　 　　　 CH4(g)+4NO2(g) CO2(g)+4NO(g)+2H2O(g)
起始量/mol　 1　　　2　　　 0　　 0　　　0
转化量/mol　x　　　4x　　 　x　　　 4x　 　2x
16
1.56
1
5
6
CH4(g)+4NO(g) CO2(g)+2N2(g)+2H2O(g)
转化量/mol　y　　 　4y　　　y　　 2y　 　2y
平衡量/mol 1-x-y 4x-4y　　x+y 　 2y　　2x+2y
1-x-y=0.8，又NO和N2分压相等，则4x-4y=2y，解得x=0.12，y=0.08，故平衡时n(CH4)=0.8 mol，n(NO2)=1.52 mol，n(CO2)=0.2 mol，n(NO)=0.16 mol，n(H2O)
=0.4 mol，n(N2)=0.16 mol，则混合气体的总物质的量为3.24 mol，平衡体系的压强p总=120 kPa×=129.6 kPa，平衡时水的分压为129.6 kPa×=16 kPa。②平衡时体系中各物质的分压:p(CH4)=129.6 kPa×=32 kPa，p(NO)=p(N2)=129.6 kPa×=6.4 kPa，p(CO2)=129.6 kPa×=8 kPa，p(H2O)=16 kPa，故该温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=≈1.56。
2
3
4
1
5
6
(4)为研究废气中少量SO2对CH4还原NO的催化剂Co/MOR活性和选择性的影响，某实验小组将CH4和NO混合气体以一定流速通过催化剂发生反应Ⅱ，测得不同温度下CH4和NO的转化率如图所示(不考虑少量SO2与混合气体的反应及对混合气中各组分分压的影响)。
①550 ℃时，与不含SO2相比，含有SO2会导致混合气反应时NO的转化率降低，CH4的转化率升高，原因是______________________________________________。
2
3
4
SO2使催化剂催化CH4还原NO反应的选择性降低
1
5
6
②研究发现，SO2对催化剂造成影响的原因是SO2吸附催化活性中心，改变了催化活性物质的种类。结构检测表明反应前催化剂Co/MOR上有明显的[Co—O—Co]2+活性物种峰，而在含SO2的体系中反应后催化剂上[Co—O—Co]2+峰值明显降低，并在550 ℃时出现了新的CoO物种峰，则CH4还原NO反应的催化活性中心为
________________(填“[Co—O—Co]2+”或“CoO”);温度高于600 ℃时，含SO2对NO的转化率影响不大的原因可能是_______________________________________________
______________________________。
2
3
4
[Co—O—Co]2+
高于600 ℃时，催化剂表面对SO2的吸附能力减弱，
SO2对催化剂造成的影响降低
1
5
6
解析: ①二氧化硫的存在，使得甲烷还原NO反应的选择性降低，故出现NO转化率降低，而甲烷转化率升高的现象。②由①可知，SO2可使甲烷还原NO反应的选择性降低，在含SO2的甲烷还原NO反应中，[Co—O—Co]2+的活性物种峰值降低，故甲烷还原NO反应的催化活性中心是[Co—O—Co]2+。SO2使甲烷还原NO反应的效率降低的原因是SO2被催化剂活性中心吸附，当温度高于600 ℃时，催化剂活性中心对SO2的吸附能力降低，SO2对催化剂的影响降低。
2
3
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6
3.(6分)向密闭反应器中按n(NO)∶n(CO)=1∶1投料，发生反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-747 kJ·mol-1。同一时间段内，不同温度下，测得NO的转化率与催化剂Cat1、Cat2的关系如图所示。
(1)催化效率较高的是_______(填“Cat1”或“Cat2”)。
2
3
4
解析:相同温度下，NO的转化率越高，催化效率越高，所以Cat2催化效率较高。
Cat2
1
5
6
(2)Cat1作用下，400 ℃时b点_________(填“达到”或“未达到”)平衡状态，判断依据是___________________________________________________________________
______________。
(3)T>400 ℃，b→c的可能原因是______________________________________。
2
3
4
解析: (2)a、b点对应的温度相同，催化剂不同，转化率b点小于a点，说明b点未达到平衡，因为平衡点只与温度有关，与催化剂无关。(3)b→c点催化效率降低，可能是催化剂选择性降低、催化剂活性降低等。
未达到
相同温度下，Cat1催化时NO的转化率比Cat2催化时小，说明反应还没有
达到平衡状态
催化剂选择性降低(或催化剂活性降低等)
1
5
6
4.(8分)石灰石是生产石灰、硅酸盐水泥的重要原料。其主要成分是碳酸钙，分解反应如下:CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)　ΔH=+178 kJ·mol-1 ΔS=+160 J·mol-1·K-1
在不同的热力学温度下，CO2分压对碳酸钙分解反应ΔG的影响如图所示。
2
3
4
已知吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS<0时，正反应能自发进行，则碳酸钙分解反应的温度应大于________ K。CO2分压越____(填“高”或“低”)，碳酸钙越难分解;图中热力学温度由大到小的顺序为___________，理由是_______________________________　________________________________________________________(从ΔG角度解释)。
1 112.5
高
T3>T2>T1
CO2分压相同时，根据ΔG=ΔH-
TΔS<0，温度越高，ΔG越小，越容易自发进行，故T3>T2>T1
1
5
6
解析:根据ΔG=ΔH-TΔS<0可知，T>==1 112.5 K，故当温度大于1 112.5 K时碳酸钙的分解反应可自发进行。由图可知，二氧化碳分压越大，ΔG越大，碳酸钙的分解反应越难自发进行。
2
3
4
1
5
6
5.(6分)为实现“碳中和”的目标以积极应对气候变化，科学家正在研究CO2的转化。
催化转化:以CO2、H2为原料在催化剂作用下合成甲醇主要涉及下列反应:
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 =+40.9 kJ·mol-1
按照CO2与H2体积比为1∶3投料，不同压强下，
实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随
温度T的变化关系如图所示。
2
3
4
1
5
6
2
3
4
其中纵轴表示CO2的平衡转化率的是____(填“X”或“Y”);压强p1、p2、p3中最大的是____;温度高于T1时Y几乎相等的原因是______________________________
_______________________________________________________。
解析:反应Ⅰ和Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以纵轴X表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应Ⅰ和Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度反应Ⅲ向正反应方向移动，升高一定温度后以反应Ⅲ为主，CO2的平衡转化率又升高，所以纵轴Y表示CO2的平衡转化率;压强增大，反应Ⅰ和Ⅱ是气体体积减小的反应，反应Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ气体体积不变化，平衡不移动，故增大压强，CH3OH的平衡产率增大，根据图甲可知，压强关系为p1>p2>p3;温度升高，反应Ⅰ和Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ向正反应方向移动，所以温度高于T1时，以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响。
Y
p1
温度高于T1时以反应Ⅲ为主，
反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡移动无影响
1
5
6
6.(6分)逆水煤气变换反应具有实现CO2高效转化为CO的巨大潜力。发生的主要反应:
反应1(逆水煤气变换):CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+42.1 kJ·mol-1
反应2(CO2甲烷化):CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)　ΔH2=-165 kJ·mol-1
反应3(CO甲烷化):CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)　ΔH3=-207.1 kJ·mol-1
恒容条件下，加入催化剂(β Mo2C/SiO2)、1 mol CO2和2 mol H2。在不同的温度下进行反应，平衡时各物种的物质的量分数如图所示。
2
3
4
1
5
6
(1)逆水煤气变换反应通常在600~800 ℃条件下进行，原因是________________
_________________________________________________________________________
_______________________________________________(从反应调控的角度分析)。
2
3
4
解析:逆水煤气变换反应为吸热反应，通常在600~800 ℃条件下进行，可以加快反应速率，同时使平衡向正反应方向移动，提高反应物的转化率。
温度过低，CO
的选择性低，反应速率慢;温度过高，催化剂失活，能耗较高或在600~800 ℃时，
CO的选择性较高，催化剂活性较好，反应速率快
1
5
6
2
3
4
(2)650 ℃达平衡时，体系的总压为p MPa，则反应1的Kp(650 ℃)=_____(保留两位小数)。若将容器的体积缩小一半，达到新的平衡后，CO的分压为p后(CO)。与压缩前CO的分压p前(CO)相比，p后(CO)________2p前(CO)(填“大于”“小于”或“等于”)。
0.47
小于
1
5
6
2
3
4
解析:650 ℃达平衡时，CO2的物质的量分数为0.18，CO的物质的量分数为0.18，CH4的物质的量分数为0.01，设H2O的物质的量分数为a，起始时加入1 mol CO2、2 mol H2，C、O的物质的量之比为1∶2，则=，解得a=0.2，故H2O的物质的量分数为0.2，H2的物质的量分数为1-0.18-0.18-0.01-0.2=0.43，反应1前后气体分子数不变，可用物质的量分数代替平衡分压计算Kp(650 ℃)
=≈0.47。将容器的体积缩小一半，压强增大，若平衡均不移动，则p后(CO)=2p前(CO)，而反应1为气体分子数不变的反应，增大压强，反应1平衡不移动，反应2、反应3均为气体分子数减小的反应，增大压强，反应2、反应3平衡均正向移动，CO的分压减小，故p后(CO)<2p前(CO)。
1
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B卷——压轴考法·自主选做
1.(12分)(2025·汕头一模)氯乙酸是一种化工中间体，具有重要的应用与研究价值。
(1)常温时，氯乙酸在质子酸的催化作用下可与乙醇发生酯化反应，反应的历程如图1。
②由Arrhenius经验公式得ln k=-+C。其中k为速率常数，Ea为活化能，T为热力学温度，R、C为常数。图2表示该反应的正逆反应ln k随温度的变化曲线，其中表示正反应的速率常数
ln k正是曲线___(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，判断依据是_________________
①该反应的正、逆反应活化能分别为58.7 kJ·mol-1、67.2 kJ·mol-1，则CH2ClCOOH(l)+CH3CH2OH(l) CH2ClCOOCH2CH3(l)+H2O(l)　ΔH=_______ kJ·mol-1。
1
2
-8.5
根据经验公式，
Ⅰ
ln k 曲线斜率的大小由活化能Ea决定，正反应活化能较小，升温对正反应速率常数的影响较小;氯乙酸酯化反应为放热反应，升温对正反应速率影响较小
。
1
2
解析:①ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=58.7 kJ·mol-1-67.2 kJ·mol-1=-8.5 kJ·mol-1;②根据经验公式，ln k曲线斜率的大小由活化能Ea决定，正反应活化能较小，升温对正反应速率常数的影响较小，则其中表示正反应的速率常数ln k正是曲线Ⅰ。
(2)将控制醇酸物质的量比为3∶2、含有10.0 mol氯乙酸的乙醇溶液通入填充固体酸催化剂的恒压反应器中，在相同反应时间内合成氯乙酸乙酯，测得流出液中各组分含量随温度的变化曲线如图3所示。
1
2
已知:当温度低于物质沸点(见下表)时，该物质挥发对反应的影响可忽略。
氯乙酸 乙醇 氯乙酸乙酯
沸点/ ℃ 189.0 78.3 143.0
①催化剂的最佳催化温度为_______。
②温度高于80 ℃时，氯乙酸乙酯产量明显下降的原因是____________________
_______________________________________________________________________。
③计算70 ℃时该反应的平衡常数为_____ [在100 ℃以下，体系中存在副反应2CH2ClCOOH O+H2O，写出计算过程，结果保留两位有效数字]。
1
2
解析: ①由图可知，60 ℃时，合成得到氯乙酸乙酯的量达到最高，则催化剂的最佳催化温度为60 ℃;②当反应温度高于乙醇沸点，升温加剧乙醇挥发损失，催化剂活性可能降低，使氯乙酸乙酯产量减小;③醇酸物质的量比为3∶2，氯乙酸的物质的量为10 mol，则乙醇的物质的量为15 mol，反应后生成氯乙酸乙酯的物质的量为7.8 mol，反应达平衡后，氯乙酸的物质的量为2 mol，说明有0.2 mol氯乙酸发生副反应，列出三段式:
60 ℃
当反应温度高于乙
醇沸点，升温加剧乙醇挥发损失，催化剂活性可能降低，氯乙酸乙酯产量减小
4.3
CH2ClCOOH(l)+CH3CH2OH(l) CH2ClCOOCH2CH3(l)+H2O(l)
起始/mol　　10　　　　　　15　　　　　　 　0　　　　　 　0
变化/mol　　7.8　　　　　　7.8　　　　　 　7.8　　　　　 7.8
平衡/mol　 　2　　　　　　 7.2　　　　　　 7.8　　 7.8+0.1=7.9
　　　　　2CH2ClCOOH (CH2ClCO)2O+H2O
变化/mol　　 0.2　　　　　　0.1　　　0.1
则酯化反应的平衡常数为K=≈4.3。
1
2
2.(10分)(2025·长沙二模)深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，汽车尾气净化装置中CO和NO发生如下反应:
ⅰ.CO(g)+2NO(g) CO2(g)+N2O(g) ΔH1，Kp1
ⅱ.CO(g)+N2O(g) CO2(g)+N2(g) ΔH2，Kp2
ⅲ.2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)　ΔH3，Kp3
回答下列问题:
(1)上述反应的pKp T的线性关系如图所示(pKp=-lg Kp)。ΔH3_____(填“>”或“<”)0，
反应2CO2(g)==2CO(g)+O2(g)的K=______ (用Kp2、Kp3表示)。
1
2
>
　
解析:图像显示温度升高，pKp3减小，即温度升高，Kp3增大，所以升高温度，反应ⅲ正向移动，故ΔH3>0;根据盖斯定律，反应ⅲ-反应ⅱ×2得反应2CO2(g)==2CO(g)+O2(g)，所以K=。
1
2
(2)一定温度下，在1 L密闭容器中充入2 mol CO、2 mol NO和1 mol N2，初始总压强为p0，仅发生以上反应ⅰ、ⅱ，且反应ⅰ的v正=k正·c2(NO)·c(CO)，v逆=
k逆·c(N2O)·c(CO2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。充分反应达平衡时总压强为0.9p0，N2的物质的量为1.25 mol，则=_______。
1
2
0.15
解析:该温度下忽略反应ⅲ，反应ⅱ左右两边气体化学计量数之和相等，充分反应达平衡时总压强为0.9p0，所以平衡时n总=5× mol=4.5 mol，即反应ⅰ的发生使得容器内气体物质的量减少5 mol-4.5 mol=0.5 mol，由于反应ⅰ左边的气体化学计量数之和比右边大1，所以反应ⅰ转化的n(CO)=n(CO2)=n(N2O)=0.5 mol，转化的n(NO)=1 mol，列三段式表示:
　　　　　CO(g) 　+ 　N2O(g)　 　 CO2(g) 　+　 N2(g)
始/mol　　　2　　　　 0　　　　　 0　　　　　 1
转/mol　　 0.25　　　 0.25　　　 0.25　　　 0.25
平/mol2-0.5-0.25=1.25　0.5-0.25=0.25　0.25+0.5=0.75　 1.25
1
2
1
2
　 CO(g)　+　2NO(g)　 　CO2(g)　+　N2O(g)
始/mol　 　2　　　　 2　　　　　 0　　　　　0
转/mol　　0.5　　　 1　　　　　0.5　　　　 0.5
平/mol2-0.5-0.25=1.25　2-1=1　　 0.25+0.5=0.75　　0.5-0.25=0.25
平衡时v正=v逆，又v正=k正·c2(NO)·c(CO)，v逆=k逆·c(N2O)·c(CO2)，
所以k正·c2(NO)·c(CO)=k逆·c(N2O)·c(CO2)，即===0.15。
(3)CO和NO发生上述三个反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时NO的转化率与的变化曲线及=1时NO的转化率与T的变化曲线如图所示。
表示=1时NO的转化率与T的变化曲线为____曲线(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，A点后NO的平衡转化率增大的原因是______________________________________________
_______________________________。
1
2
Ⅰ
温度高于T6 K时，随温度升高，反应ⅲ正向反应程
度变大，促进了反应ⅰ正向进行
1
2
解析:越大，NO转化率越小，所以曲线Ⅱ表示NO的转化率与的变化曲线，则曲线Ⅰ表示=1时NO的转化率与T的变化曲线;A点对应的温度为T6 K，A点后NO的平衡转化率增大的原因是反应ⅲ为吸热反应，温度高于T6 K时，随温度升高，反应ⅲ正向反应程度变大，引起N2O消耗，而N2O为反应ⅰ的生成物，所以反应ⅲ正向反应程度变大后促进了反应ⅰ正向进行，从而使NO的平衡转化率增大。专题质量评价(十九)　以学科情境(化学图像)为载体的归因题
A卷——基准考法·全员必做
1.(6分)二氧化碳加氢可制取二甲醚。其中涉及的反应:
ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1<0
ⅱ.2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2<0
ⅲ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH3>0
已知:生成物M的选择性S=×100%。
在恒压(5.0 MPa)密闭容器中充入4 mol H2和1 mol CO2制取二甲醚,CO2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图所示(不考虑其他因素影响):
(1)在220 ℃条件下,平衡时CH3OH的选择性为　　　,反应ⅱ的平衡常数Kp=　　　(保留三位有效数字)。
(2)温度高于280 ℃,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
2.(12分)(2025·合肥二模)低碳烃在催化剂表面对NOx具有较好的还原作用,CH4由于储量丰富、廉价易得而成为最有前景的选择性脱硝还原剂。已知CH4还原NOx的原理如下:
Ⅰ.CH4(g)+4NO2(g) 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH1=-574 kJ·mol-1;
Ⅱ.CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-1 160 kJ·mol-1。
(1)CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=　　　　kJ·mol-1。
(2)恒温下,欲提高NO2的平衡转化率可采用的条件有　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写出两点)。
(3)某温度下,向恒容密闭容器中按n(CH4)∶n(NO2)=1∶2充入混合气,发生反应Ⅰ和Ⅱ,初始压强为120 kPa,达平衡时CH4的转化率为20%,NO和N2的分压相等。
①平衡时水的分压p(H2O)=　　　　 kPa。
②该温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=　　　(保留2位小数)。
(4)为研究废气中少量SO2对CH4还原NO的催化剂Co/MOR活性和选择性的影响,某实验小组将CH4和NO混合气体以一定流速通过催化剂发生反应Ⅱ,测得不同温度下CH4和NO的转化率如图所示(不考虑少量SO2与混合气体的反应及对混合气中各组分分压的影响)。
①550 ℃时,与不含SO2相比,含有SO2会导致混合气反应时NO的转化率降低,CH4的转化率升高,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。
②研究发现,SO2对催化剂造成影响的原因是SO2吸附催化活性中心,改变了催化活性物质的种类。结构检测表明反应前催化剂Co/MOR上有明显的[Co—O—Co]2+活性物种峰,而在含SO2的体系中反应后催化剂上[Co—O—Co]2+峰值明显降低,并在550 ℃时出现了新的CoO物种峰,则CH4还原NO反应的催化活性中心为　　　　(填“[Co—O—Co]2+”或“CoO”);温度高于600 ℃时,含SO2对NO的转化率影响不大的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
3.(6分)向密闭反应器中按n(NO)∶n(CO)=1∶1投料,发生反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-747 kJ·mol-1。同一时间段内,不同温度下,测得NO的转化率与催化剂Cat1、Cat2的关系如图所示。
(1)催化效率较高的是　　　(填“Cat1”或“Cat2”)。
(2)Cat1作用下,400 ℃时b点　　　　　 (填“达到”或“未达到”)平衡状态,判断依据是 　。
(3)T>400 ℃,b→c的可能原因是 　。
4.(8分)石灰石是生产石灰、硅酸盐水泥的重要原料。其主要成分是碳酸钙,分解反应如下:CaCO3(s) CaO(s)+CO2(g)　ΔH=+178 kJ·mol-1 ΔS=+160 J·mol-1·K-1
在不同的热力学温度下,CO2分压对碳酸钙分解反应ΔG的影响如图所示。
已知吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS<0时,正反应能自发进行,则碳酸钙分解反应的温度应大于　　　　K。CO2分压越　　　　(填“高”或“低”),碳酸钙越难分解;图中热力学温度由大到小的顺序为　　　　　　　　,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(从ΔG角度解释)。
5.(6分)为实现“碳中和”的目标以积极应对气候变化,科学家正在研究CO2的转化。
催化转化:以CO2、H2为原料在催化剂作用下合成甲醇主要涉及下列反应:
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 =+40.9 kJ·mol-1
按照CO2与H2体积比为1∶3投料,不同压强下,实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度T的变化关系如图所示。
其中纵轴表示CO2的平衡转化率的是　　　　　 (填“X”或“Y”);压强p1、p2、p3中最大的是　　　　;温度高于T1时Y几乎相等的原因是 　　。
6.(6分)逆水煤气变换反应具有实现CO2高效转化为CO的巨大潜力。发生的主要反应:
反应1(逆水煤气变换):CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+42.1 kJ·mol-1
反应2(CO2甲烷化):CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)　ΔH2=-165 kJ·mol-1
反应3(CO甲烷化):CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)　ΔH3=-207.1 kJ·mol-1
恒容条件下,加入催化剂(β Mo2C/SiO2)、1 mol CO2和2 mol H2。在不同的温度下进行反应,平衡时各物种的物质的量分数如图所示。
(1)逆水煤气变换反应通常在600~800 ℃条件下进行,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(从反应调控的角度分析)。
(2)650 ℃达平衡时,体系的总压为p MPa,则反应1的Kp(650 ℃)=　　　　(保留两位小数)。若将容器的体积缩小一半,达到新的平衡后,CO的分压为p后(CO)。与压缩前CO的分压p前(CO)相比,p后(CO)　　　　2p前(CO)(填“大于”“小于”或“等于”)。
B卷——压轴考法·自主选做
1.(12分)(2025·汕头一模)氯乙酸是一种化工中间体,具有重要的应用与研究价值。
(1)常温时,氯乙酸在质子酸的催化作用下可与乙醇发生酯化反应,反应的历程如图1。
①该反应的正、逆反应活化能分别为58.7 kJ·mol-1、67.2 kJ·mol-1,则CH2ClCOOH(l)+CH3CH2OH(l) CH2ClCOOCH2CH3(l)+H2O(l)　ΔH=　　　　　　 kJ·mol-1。
②由Arrhenius经验公式得ln k=-+C。其中k为速率常数,Ea为活化能,T为热力学温度,R、C为常数。图2表示该反应的正逆反应ln k随温度的变化曲线,其中表示正反应的速率常数ln k正是曲线　　　　(填“Ⅰ”或“Ⅱ”),判断依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)将控制醇酸物质的量比为3∶2、含有10.0 mol氯乙酸的乙醇溶液通入填充固体酸催化剂的恒压反应器中,在相同反应时间内合成氯乙酸乙酯,测得流出液中各组分含量随温度的变化曲线如图3所示。
已知:当温度低于物质沸点(见下表)时,该物质挥发对反应的影响可忽略。
氯乙酸 乙醇 氯乙酸乙酯
沸点/ ℃ 189.0 78.3 143.0
①催化剂的最佳催化温度为　　　　。
②温度高于80 ℃时,氯乙酸乙酯产量明显下降的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③计算70 ℃时该反应的平衡常数为　　　　[在100 ℃以下,体系中存在副反应2CH2ClCOOH O+H2O,写出计算过程,结果保留两位有效数字]。
2.(10分)(2025·长沙二模)深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义,汽车尾气净化装置中CO和NO发生如下反应:
ⅰ.CO(g)+2NO(g) CO2(g)+N2O(g) ΔH1,Kp1
ⅱ.CO(g)+N2O(g) CO2(g)+N2(g) ΔH2,Kp2
ⅲ.2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)　ΔH3,Kp3
回答下列问题:
(1)上述反应的pKp T的线性关系如图所示(pKp=-lg Kp)。ΔH3　　　　(填“>”或“<”)0,反应2CO2(g)==2CO(g)+O2(g)的K=　 　　(用Kp2、Kp3表示)。
(2)一定温度下,在1 L密闭容器中充入2 mol CO、2 mol NO和1 mol N2,初始总压强为p0,仅发生以上反应ⅰ、ⅱ,且反应ⅰ的v正=k正·c2(NO)·c(CO),v逆=k逆·c(N2O)·c(CO2),k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。充分反应达平衡时总压强为0.9p0,N2的物质的量为1.25 mol,则=　　　　　。
(3)CO和NO发生上述三个反应,在不同条件下达到平衡时,在T1K时NO的转化率与的变化曲线及=1时NO的转化率与T的变化曲线如图所示。
表示=1时NO的转化率与T的变化曲线为　　　　曲线(填“Ⅰ”或“Ⅱ”),A点后NO的平衡转化率增大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
专题质量评价(十九)
A卷
1.解析:(1)由图中数据信息可知,220 ℃时,CO的选择性为5%,二甲醚的选择性为80%,则甲醇的选择性为1-5%-80%=15%。由图中信息可知,220 ℃时,CO2的平衡转化率为40%,平衡时转化的二氧化碳的物质的量为1 mol×40%=0.4 mol,则平衡时,CO的物质的量为0.4 mol×5%=0.02 mol,二甲醚的物质的量为0.4 mol×80%÷2=0.16 mol,CH3OH的物质的量为0.4 mol×15%=0.06 mol,由O原子守恒可知H2O的物质的量为2×0.4 mol-0.02 mol-0.16 mol-0.06 mol=0.56 mol,由H原子守恒可知,平衡时,H2的物质的量为
=2.84 mol,则平衡体系中气体总物质的量为1 mol-0.4 mol+0.02 mol+0.16 mol+0.06 mol+0.56 mol+2.84 mol=4.24 mol,则p(CH3OH)=5.0 MPa×= MPa,p(CH3OCH3)=5.0 MPa×= MPa,p(H2O)=5.0 MPa×= MPa,故反应ⅱ的压强平衡常数Kp=≈24.9。
(2)由已知反应可知,反应ⅰ为放热反应,反应ⅲ为吸热反应,温度高于280 ℃时,CO选择性增大,二甲醚选择性降低,说明反应ⅲ正向移动的程度大于反应ⅰ逆向移动的程度,故CO2的平衡转化率表现为增大趋势。
答案:(1)15%　24.9　(2)反应ⅰ ΔH1<0,反应ⅲ ΔH3>0,温度高于280 ℃后,升高温度,反应ⅲ右移程度大于反应ⅰ左移程度,使CO2的平衡转化率上升
2.解析:(1)由盖斯定律可知,×(反应Ⅰ+反应Ⅱ)=目标反应,则ΔH=×(ΔH1+ΔH2)=-867 kJ·mol-1。
(2)反应Ⅰ为气体分子数增多的放热反应,恒温条件下,提高二氧化氮平衡转化率的措施有减小体系压强,增大甲烷浓度(或通入甲烷),及时分离出生成物等。
(3)①设向该恒容密闭容器中通入1 mol CH4、2 mol NO2,达到平衡时,转化的n(CH4)=1 mol×20%=0.2 mol,则平衡时体系中的CH4为0.8 mol,设反应Ⅰ中CH4转化x mol,反应Ⅱ中CH4转化y mol,由此列关系式:
　 　　　CH4(g)+4NO2(g) CO2(g)+4NO(g)+2H2O(g)
起始量/mol　 1　　2　　　　0　　 0　　　 0
转化量/mol　x　　4x　　 　x　　　4x　 　 2x
　　　　　CH4(g)+4NO(g) CO2(g)+2N2(g)+2H2O(g)
转化量/mol　y　　 4y　　　y　　　2y　　2y
平衡量/mol 1-x-y 4x-4y　　x+y 　 2y　 2x+2y
1-x-y=0.8,又NO和N2分压相等,则4x-4y=2y,解得x=0.12,y=0.08,故平衡时n(CH4)=0.8 mol,n(NO2)=1.52 mol,n(CO2)=0.2 mol,n(NO)=0.16 mol,n(H2O)=0.4 mol,n(N2)=0.16 mol,则混合气体的总物质的量为3.24 mol,平衡体系的压强p总=120 kPa×=129.6 kPa,平衡时水的分压为129.6 kPa×=16 kPa。②平衡时体系中各物质的分压:p(CH4)=129.6 kPa×=32 kPa,p(NO)=p(N2)=129.6 kPa×=6.4 kPa,p(CO2)=129.6 kPa×=8 kPa,p(H2O)=16 kPa,故该温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=≈1.56。
(4)①二氧化硫的存在,使得甲烷还原NO反应的选择性降低,故出现NO转化率降低,而甲烷转化率升高的现象。②由①可知,SO2可使甲烷还原NO反应的选择性降低,在含SO2的甲烷还原NO反应中,[Co—O—Co]2+的活性物种峰值降低,故甲烷还原NO反应的催化活性中心是[Co—O—Co]2+。SO2使甲烷还原NO反应的效率降低的原因是SO2被催化剂活性中心吸附,当温度高于600 ℃时,催化剂活性中心对SO2的吸附能力降低,SO2对催化剂的影响降低。
答案:(1)-867　(2)减小压强、分离H2O(g)(或通入更多CH4等,答案合理即可)　(3)①16　②1.56　(4)①SO2使催化剂催化CH4还原NO反应的选择性降低　②[Co—O—Co]2+　高于600 ℃时,催化剂表面对SO2的吸附能力减弱,SO2对催化剂造成的影响降低
3.解析:(1)相同温度下,NO的转化率越高,催化效率越高,所以Cat2催化效率较高。(2)a、b点对应的温度相同,催化剂不同,转化率b点小于a点,说明b点未达到平衡,因为平衡点只与温度有关,与催化剂无关。(3)b→c点催化效率降低,可能是催化剂选择性降低、催化剂活性降低等。
答案:(1)Cat2　(2)未达到　相同温度下,Cat1催化时NO的转化率比Cat2催化时小,说明反应还没有达到平衡状态　(3)催化剂选择性降低(或催化剂活性降低等)
4.解析:根据ΔG=ΔH-TΔS<0可知,T>==1 112.5 K,故当温度大于1 112.5 K时碳酸钙的分解反应可自发进行。由图可知,二氧化碳分压越大,ΔG越大,碳酸钙的分解反应越难自发进行。
答案:1 112.5　高　T3>T2>T1　CO2分压相同时,根据ΔG=ΔH-TΔS<0,温度越高,ΔG越小,越容易自发进行,故T3>T2>T1
5.解析:反应Ⅰ和Ⅱ均为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,则CH3OH的平衡产率减少,所以纵轴X表示CH3OH的平衡产率,图乙中,开始升高温度,由于反应Ⅰ和Ⅱ为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,CO2的平衡转化率降低,反应Ⅲ为吸热反应,升高温度反应Ⅲ向正反应方向移动,升高一定温度后以反应Ⅲ为主,CO2的平衡转化率又升高,所以纵轴Y表示CO2的平衡转化率;压强增大,反应Ⅰ和Ⅱ是气体体积减小的反应,反应Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动,反应Ⅲ气体体积不变化,平衡不移动,故增大压强,CH3OH的平衡产率增大,根据图甲可知,压强关系为p1>p2>p3;温度升高,反应Ⅰ和Ⅱ平衡逆向移动,反应Ⅲ向正反应方向移动,所以温度高于T1时,以反应Ⅲ为主,反应Ⅲ前后分子数相等,压强改变对平衡没有影响。
答案:Y　p1　温度高于T1时以反应Ⅲ为主,反应Ⅲ前后气体分子数相等,压强改变对平衡移动无影响
6.解析:(1)逆水煤气变换反应为吸热反应,通常在600~800 ℃条件下进行,可以加快反应速率,同时使平衡向正反应方向移动,提高反应物的转化率。(2)650 ℃达平衡时,CO2的物质的量分数为0.18,CO的物质的量分数为0.18,CH4的物质的量分数为0.01,设H2O的物质的量分数为a,起始时加入1 mol CO2、2 mol H2,C、O的物质的量之比为1∶2,则=,解得a=0.2,故H2O的物质的量分数为0.2,H2的物质的量分数为1-0.18-0.18-0.01-0.2=0.43,反应1前后气体分子数不变,可用物质的量分数代替平衡分压计算Kp(650 ℃)=≈0.47。将容器的体积缩小一半,压强增大,若平衡均不移动,则p后(CO)=2p前(CO),而反应1为气体分子数不变的反应,增大压强,反应1平衡不移动,反应2、反应3均为气体分子数减小的反应,增大压强,反应2、反应3平衡均正向移动,CO的分压减小,故p后(CO)<2p前(CO)。
答案:(1)温度过低,CO的选择性低,反应速率慢;温度过高,催化剂失活,能耗较高或在600~800 ℃时,CO的选择性较高,催化剂活性较好,反应速率快　(2)0.47　小于
B卷
1.解析:(1)①ΔH=正反应活化能-逆反应活化能=58.7 kJ·mol-1-67.2 kJ·mol-1=-8.5 kJ·mol-1;②根据经验公式,ln k曲线斜率的大小由活化能Ea决定,正反应活化能较小,升温对正反应速率常数的影响较小,则其中表示正反应的速率常数ln k正是曲线Ⅰ。
(2)①由图可知,60 ℃时,合成得到氯乙酸乙酯的量达到最高,则催化剂的最佳催化温度为60 ℃;②当反应温度高于乙醇沸点,升温加剧乙醇挥发损失,催化剂活性可能降低,使氯乙酸乙酯产量减小;③醇酸物质的量比为3∶2,氯乙酸的物质的量为10 mol,则乙醇的物质的量为15 mol,反应后生成氯乙酸乙酯的物质的量为7.8 mol,反应达平衡后,氯乙酸的物质的量为2 mol,说明有0.2 mol氯乙酸发生副反应,列出三段式:
　　　 CH2ClCOOH(l)+CH3CH2OH(l) CH2ClCOOCH2CH3(l)+H2O(l)
起始/mol　　10　　　　　　15　　　　　　　 　0　　　　　0
变化/mol　　7.8　　　　　　7.8　　　　　　 　7.8　　　　7.8
平衡/mol　 　2　　　　　　7.2　　　　　　　　7.8　　　7.8+0.1=7.9
　　　　　2CH2ClCOOH (CH2ClCO)2O+H2O
变化/mol　　　0.2　　　　　 0.1　　　 0.1
则酯化反应的平衡常数为K=≈4.3。
答案:(1)①-8.5　②Ⅰ　根据经验公式,ln k曲线斜率的大小由活化能Ea决定,正反应活化能较小,升温对正反应速率常数的影响较小;氯乙酸酯化反应为放热反应,升温对正反应速率影响较小
(2) ①60 ℃　②当反应温度高于乙醇沸点,升温加剧乙醇挥发损失,催化剂活性可能降低,氯乙酸乙酯产量减小　③4.3
2.解析:(1)图像显示温度升高,pKp3减小,即温度升高,Kp3增大,所以升高温度,反应ⅲ正向移动,故ΔH3>0;根据盖斯定律,反应ⅲ-反应ⅱ×2得反应2CO2(g)==2CO(g)+O2(g),所以K=。
(2)该温度下忽略反应ⅲ,反应ⅱ左右两边气体化学计量数之和相等,充分反应达平衡时总压强为0.9p0,所以平衡时n总=5× mol=4.5 mol,即反应ⅰ的发生使得容器内气体物质的量减少5 mol-4.5 mol=0.5 mol,由于反应ⅰ左边的气体化学计量数之和比右边大1,所以反应ⅰ转化的n(CO)=n(CO2)=n(N2O)=0.5 mol,转化的n(NO)=1 mol,列三段式表示:
　　　　　CO(g)　+　N2O(g)　 　CO2(g)　+　N2(g)
始/mol　　　2　　　　　0　　　　　 0　　　　　1
转/mol　　0.25　　　 　0.25　　　 　0.25　　　0.25
平/mol2-0.5-0.25=1.25　0.5-0.25=0.25　　　0.25+0.5=0.75　 1.25
　　　　CO(g)　+　2NO(g)　 　CO2(g)　+　N2O(g)
始/mol　 　2　　　　2　　　　　　0　　　　　0
转/mol　　0.5　　　 1　　　　　 0.5　　　　 0.5
平/mol2-0.5-0.25=1.25　2-1=1　　 0.25+0.5=0.75　　0.5-0.25=0.25
平衡时v正=v逆,又v正=k正·c2(NO)·c(CO),v逆=k逆·c(N2O)·c(CO2),所以k正·c2(NO)·c(CO)=k逆·c(N2O)·c(CO2),即===0.15。
(3)越大,NO转化率越小,所以曲线Ⅱ表示NO的转化率与的变化曲线,则曲线Ⅰ表示=1时NO的转化率与T的变化曲线;A点对应的温度为T6 K,A点后NO的平衡转化率增大的原因是反应ⅲ为吸热反应,温度高于T6 K时,随温度升高,反应ⅲ正向反应程度变大,引起N2O消耗,而N2O为反应ⅰ的生成物,所以反应ⅲ正向反应程度变大后促进了反应ⅰ正向进行,从而使NO的平衡转化率增大。
答案:(1)>　　(2)0.15　(3)Ⅰ　温度高于T6 K时,随温度升高,反应ⅲ正向反应程度变大,促进了反应ⅰ正向进行
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