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大题突破二　化学反应原理综合题
1.（2024·贵州部分学校模拟）为了实现“碳中和”，CO2的综合利用成为科学家研究的热点。
（1）将CO2催化加氢制取CH3OH，通过下列步骤实现，反应过程中能量变化如图1所示。
CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）　ΔH＝　　　　kJ·mol－1。
（2）在2 L的绝热密闭容器中，按＝充入CO2和H2，在催化剂作用下合成甲醇。下列说法中说明主反应CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）达到平衡状态的是　　　　（填字母）。
A.CO2的转化率保持不变
B.混合气体的密度保持不变
C.断裂1 mol H—H同时形成1 mol O—H
D.容器内混合气体温度保持不变
（3）在密闭容器中通入CO2和H2的混合气体，制取甲醇过程中，存在竞争反应：
Ⅰ.CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）；
Ⅱ.CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）　
ΔH＝＋41 kJ·mol－1。
在不同压强下，当按＝进料，反应达到平衡时，测得甲醇的物质的量分数与温度的关系如图2所示，物质a的物质的量分数：χa＝。
①图2中压强由小到大的顺序为　　　　　，判断的依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②图2中，当p2＝10 MPa时发生上述反应，反应20 min达到平衡时，χ（CH3OH）＝0.1，则在0～20 min内用CH3OH的分压变化表示的速率v（CH3OH）＝　　　　　MPa·min－1，此时反应Ⅰ中CO2的转化率为　　　　（保留小数点后1位）。
③在压强为20 MPa时，发生上述反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为，χ（CH3OH）＝0.1，该温度下反应CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）的平衡常数Kp＝　　　　　 （保留1位有效数字，用各组分的分压代替浓度计算平衡常数Kp，气体分压＝总压×物质的量分数）。
2.（2024·江西部分学校联考）我国科学家开发新催化剂，高选择性实现丙烷脱氢制备丙烯。
反应原理：
Ⅰ.CH3CH2CH3（g）CH3CHCH2（g）＋H2（g）　ΔH1＝＋123 kJ·mol－1；
Ⅱ.CH3CH2CH3（g）CH2CH2（g）＋CH4（g）　ΔH2。
（1）几种共价键的键能数据如下：
共价键 H—C H—H C—C CC
键能（E）/（kJ·mol－1） 413 436 347 614
反应Ⅰ在　　　　（填“高温”“低温”或“任意温度”）条件下自发进行，ΔH2＝　　　　kJ·mol－1。
（2）一定温度下，在恒容密闭容器中充入1 mol C3H8（g），发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ。下列叙述正确的是　　　　（填字母）。
A.混合气体平均摩尔质量不变时达到平衡状态
B.达到平衡时H2体积分数最大为50％
C.平衡后，再充入少量的丙烷，丙烷的平衡转化率减小
D.升高温度，反应Ⅰ和Ⅱ的平衡常数都减小
（3）在恒压密闭反应器中充入一定量的丙烷和不同量的Ar，发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，丙烷平衡转化率与温度、投料比关系如图所示。
①正反应速率：m　　 　n（填“＞”“＜”或“＝”）。
②相同温度时，随着投料比（η）增大，丙烷平衡转化率增大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）在1 L恒容密闭容器中充入1 mol C3H8（g）和适量催化剂M发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得相同时间内丙烷的转化率、丙烯的选择性与温度关系如图所示。
某温度下，丙烷的平衡转化率为80％，此时丙烯的选择性为60％。该温度下，反应Ⅰ的平衡常数K＝　　　　。［已知：丙烯的选择性＝×100％］
3.（2024·辽宁部分重点中学协作体模拟）甲醇是一种化工产品，也是清洁能源。工业上利用废气中的CO2制备CH3OH的方案有：
方案1：
反应1：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）
副反应：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）　ΔH＝＋41 kJ·mol－1
方案2：
反应2：CO2（g）＋2H2O（g）CH3OH（g）＋O2（g）
上述两个反应的焓变和熵变如下表：
反应 ΔH/（kJ·mol－1） ΔS/（J·mol－1·K－1）
反应1 －49 －177
反应2 ＋676 －44
（1）上述两种方案中，工业上选择方案1，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）已知几种共价键的键能数据如下：
共价键 CO H—H C—O C—H O—H
键能/（kJ·mol－1） E 436 358 413 467
利用表格数据和上述焓变估算E＝　　　　。
（3）在恒容密闭容器中充入CO2和H2仅发生反应：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g），CO2的平衡转化率与投料比、温度的关系如图所示。
①T1　　　　T2（填“＞”“＜”或“＝”）。a点时CH3OH的体积分数为　　％（保留到小数点后1位）。
②a→c与横坐标轴呈平行线，其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）一定温度下，在密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，只发生反应：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g），达到平衡时CO2、CH3OH的浓度与压强的关系如图所示。
①曲线Ⅱ代表　　　　（填“CH3OH”或“CO2”）。
②M点CO2的平衡转化率为　　　　％。
（5）一定温度下，在总压保持2.5a kPa下。向反应器中充入1 mol CO2和2.3 mol H2，发生方案1的两个反应，达到平衡时测得CO2的转化率为50％，CH3OH的选择性为80％［CH3OH的选择性＝×100％］。该温度下，方案1中反应1的Kp＝　　　kPa－2（Kp为用分压替代浓度计算的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数）。
3 / 3专题四　化学反应与热能　化学反应速率与化学平衡
选择题突破四
1.反应机理循环图分析
1.C　由图可知，处理过程中H2和NO2在催化剂作用下反应生成N2和H2O，即实质为NO2被H2还原，A错误；过程Ⅰ中，Ce4＋被还原生成Ce3＋，过程Ⅱ中，Ce3＋又被氧化生成Ce4＋，故混合溶液中Ce4＋起催化作用，B错误；根据得失电子守恒，过程Ⅰ中发生反应的离子方程式为H2＋2Ce4＋2H＋＋2Ce3＋，C正确；分析可知，过程Ⅱ中NO2为氧化剂，Ce4＋为氧化产物，故氧化性：NO2＞Ce4＋，D错误。
2.B　由反应机理图可知，步骤Ⅰ中甲醛通过甲醛中的氧原子与催化剂中的羟基形成氢键，从而被吸附在催化剂表面的—OH上，A项正确；整个过程中只有碳氧键、氢氧键等极性键的形成，没有非极性键的形成，B项错误；该反应为HCHO＋O2CO2＋H2O，每生成1 mol CO2转移4 mol电子（可通过氧气计算，O由0价变成－2价，1 mol氧气反应得到4 mol电子），C项正确；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D项正确。
3.C　V3＋的价层电子排布式为3d2，核外电子空间运动状态为1＋1＋3＋1＋3＋2＝11种，A正确；该反应在含钒催化剂作用下，NO可被NH3还原为N2，结合图示可知V4＋—OH为该反应的中间体，氨分子为极性分子，NO分子只含有极性键，故也为极性分子，B正确；该转化过程中，氧化剂为NO和O2，C错误；V5＋O为催化剂，可加快反应速率，却不能提高总反应的平衡转化率，D正确。
4.A　若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解产生HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H2的纯度不会降低，A错误；N原子含有孤电子对，H＋有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H＋通过配位键结合，B正确；若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOO－的浓度大，第二步反应放出CO2的速率加快，总反应速率加快，即释氢速率加快，C正确；第一步HCOOD电离出D＋与N结合，第二步HCOO－CO2＋H－，第三步D＋、H－反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，D正确。
5.B　由图可知，③是第一个反应的生成物，第二个反应的反应物，所以该物质是中间产物，A项正确；①为该反应的催化剂，B项错误；⑥到⑦的过程为＋H2O＋＋H＋，断开CN、O—H，形成N—H、CO，没有非极性键的断裂和生成，C项正确；合成⑦的反应物为和，生成物是，催化剂是，反应方程式为＋，D项正确。
6.D　反应①消耗LiI，反应⑤又生成等量的LiI，LiI是该反应的催化剂，A正确；反应①是CH3OH中的—OH被—I取代，为取代反应，而反应⑤发生中和反应，属于复分解反应，二者反应类型不相同，B正确；反应③中C—Rh*极性键断裂，有碳碳非极性键形成、O—Rh*极性键形成，C正确；由反应原理可知，反应物为CO2、H2、CH3OH，生成物是CH3COOH和H2O，因此如果是2-丙醇，则可以制备的酸是（CH3）2CHCOOH，D错误。
7.D　根据催化剂结构可知，催化剂中Co的化合价不同，A正确；反应过程中C参与反应生成，C元素化合价变化，B正确；结合图示反应机理可知，若用C18O参与反应，可得到，C正确；醇的种类改变，只能改变酯基水解后醇分子中碳原子个数，D错误。
8.C　由反应机理图可知，物质1为反应的催化剂，A项错误；反应体系中只有碳氧键断裂，即只有极性键断裂，没有非极性键断裂，有氢氧键、氢氢键生成，既有极性键生成，又有非极性键生成，B项错误；由图可知生成一氧化碳的总反应为CO2＋2e－＋2H＋CO＋H2O，C项正确；反应体系中除CO2得电子生成CO外，还有H＋得电子生成H2，故反应体系中转移4 mol e－时，生成的CO少于56 g，D项错误。
9.D　由反应机理图可知CO2催化加氢合成CH3OH的总反应为CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g），A项正确；根据机理图可判断反应①中存在CO极性共价键的断裂和C—H极性共价键的形成，B项正确；反应机理表明③中H2O参与了CO2合成CH3OH的反应，因此反应气中加入少量水有利于甲醇的生成，C项正确；步骤②中，含碳物种被还原，步骤④中含碳物种各元素化合价未发生变化，即步骤④中含碳物种未发生还原反应，D项错误。
10.C　由循环图可知Pd2＋中的杂化轨道接受乙烯π键上的电子形成配位键，A项正确；由循环图可知，若将乙烯换成丙烯，则可得到丙酮和丙醛两种官能团不同的有机物，B项正确；由循环图可知Pd2＋、[CuCl4]2－为催化剂，[CuCl2]－是中间产物[在化学反应里能改变反应物的化学反应速率（既能提高也能降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂]，C项错误；由循环图可知，反应③中Pd与[CuCl4]2－反应生成[CuCl2]－、Cl－和Pd2＋，离子方程式为Pd＋2[CuCl4]2－2[CuCl2]－＋Pd2＋＋4Cl－，D项正确。
2.反应历程能垒图分析
1.B　由图可知，该反应为反应物X的能量高于生成物Y的能量的放热反应，物质的能量越高越不稳定，则X的稳定性弱于Y，A正确；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但反应的焓变不改变，B错误；使用催化剂发生的反应为X＋MX·M、X·MY·M、Y·MY＋M，则反应历程分3步进行，C正确；反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步，由图可知，使用催化剂后，反应历程中的决速步为X·MY·M，D正确。
2.A　N＋H*N的活化能最大，是该反应机理的慢反应，属于决速步骤，A项正确；由图可知，氨气脱附过程中能量升高，说明氨气脱附过程是吸热过程，B项错误；使用铁催化剂可加快反应速率，但原料平衡转化率不变，C项错误；由反应历程中的物质转化可知热化学方程式为N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）　ΔH＝－2a kJ·mol－1，D项错误。
3.C　根据图示可知，该过程包含C＋O*C＋H*＋O*、C＋H*＋O*CH3OH*2个基元反应，A错误；CH4＋O*C＋O*　ΔH＝－7.15 kJ·mol－1，升高温度不利于CH4的吸附，B错误；C＋H*＋O*CH3OH*活化能较大，反应速率较慢，是决速步，C正确；增大CH4的投入量，可提高反应速率，但不能提高平衡转化率，D错误。
4.C　催化剂降低反应的活化能，提高反应物分子中活化分子的百分数，A正确；HCOO*＋H2O＋e－＋OH－HCOOH*＋2OH－为相对能量差值最大的一步，反应速率较慢，为制甲酸过程的决速步骤，B正确；催化剂S2－活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，C错误；由图2可知，电催化还原 CO2制甲酸总反应为CO2＋2H2O＋2e－HCOOH＋2OH－，反应后气体分子数减少，则熵变 ΔS＜0，D正确。
5.B　由图可知，该反应为放热反应，ΔH＝反应物总键能－生成物总键能＜0，则参与反应的反应物总键能小于生成物总键能，A正确；催化剂不改变反应的ΔH，因此Pd和Rh分别作催化剂时HCOOH分解产生H2的ΔH相同，B错误；由图可知HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程，C正确；HCOO*＋H*C＋2H*的活化能最高，是该历程的决速步骤，D正确。
6.B　根据图知，反应历程中的第一个反应涉及氢原子的成键，第二个反应没涉及氢原子的成键，A错误；已知其他条件不变时，反应物中的元素被质量数更大的同位素替换时，反应速率会变慢，所以相同条件下，CD4与FeO＋发生上述反应，反应速率会变慢，则其过渡态Ⅰ的能量比b高，B正确；该反应的ΔH＝（e－a）kJ·mol－1，即生成物的能量减去反应物的能量，C错误；根据图可知，CH3D与FeO＋发生上述反应，可以获得CH3OD、CH2DOH 2种有机产物，D错误。
7.C　该反应为放热反应，故1 mol C2H6（g）的能量小于1 mol C2H4（g）与1 mol H2（g）具有的能量之和，A正确；反应C2H4（g）＋H2（g）C2H6（g）的ΔH＝－129.6 kJ·mol－1，B正确；过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越稳定，则稳定性：过渡态1＜过渡态2，C错误；由图可知，相应的活化能：催化剂AuF＞催化剂AuP，D正确。
8.D　催化剂能改变反应历程，但不能改变反应的焓变，故E1－E3＝E4－E10，A错误；由题图知，可以通过E1和E2计算甲酸转化为一氧化碳和水的正反应活化能，但不能计算甲酸的总键能，B错误；由图可知，途径二中氢离子先被消耗，后生成，是途径二中的催化剂，C错误；慢反应决定总反应速率，活化能越大反应速率越慢，生成的活化能最大，故途径二反应的快慢由生成的速率决定，D正确。
9.B　由图可知，①表示CO和H2O在催化剂表面吸附的过程，A错误；②和④中化学键变化相同，断裂的均为H—O，②中吸收能量[1.25－（－0.32）]eV＝1.57 eV，④中吸收能量为[1.41－（－0.16）]eV＝1.57 eV，两者吸收的能量相同，B正确；CO（g）和H2O（g）的总能量大于CO2（g）和H2（g）的总能量，因此反应CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）为放热反应，C错误；相同条件下，④的活化能为（1.86＋0.16）eV＝2.02 eV，②的活化能为（1.59＋0.32）eV＝1.91 eV，④的活化能大于②，则反应速率④＜②，决定反应速率的步骤是④，D错误。
3.化学反应速率与化学平衡及其图像分析
1.C　起始时，CH4分压为20 kPa，NO2分压为40 kPa，
　 　CH4（g）＋2NO2（g）CO2（g）＋N2（g）＋2H2O（g）
起始分
压/kPa 20 40 0 0 0
变化分
压/kPa 10 20 10 10 20
平衡分
压/kPa 10 20 10 10 20
0～10 min内NO2分压变化率为＝2.0 kPa·min－1，A正确；Kp＝＝ kPa＝10 kPa，B正确；由于该反应放热，改为绝热体系，则温度升高，平衡逆向移动，CH4的转化率减小，C错误；10 min时，达到平衡，所以每消耗一分子CH4，即断裂4个C—H，则同时生成2个H2O分子，即形成4个O—H，D正确。
2.A　由图可知，随温度升高，NO浓度增大，可知平衡逆向移动，则ΔH＜0，正反应活化能小于逆反应活化能，A错误；无论反应进行到何种程度，体系中各元素原子个数守恒，则一定为定值，B正确；T2 ℃，d点时，反应正向进行，该容器中一定含有N2、CO2和C（s），C正确；反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，所以Ka＞Kb＞Kc，D正确。
3.A　CO的体积分数随着温度升高而增加，根据勒夏特列原理可知该反应吸热，该反应焓变：ΔH＞0，A正确；相同温度下，增大压强反应向气体体积减小的方向即逆向移动，CO的体积分数减小，则p2＞p1，B错误；反应正向反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，由图可知N点温度高于M点，故平衡常数：KM＜KN，C错误；M、N状态下，CO的体积分数相同，N点CH4的平衡转化率与M点的相同，D错误。
4.C　由题图可知，投料比不变时，随温度的升高Y的平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应正向为放热反应；在相同的温度下，投料比增大，相当于在Y的投料量不变的情况下增大X的投料量，当反应物不止一种时，其他条件不变，增大其中一种气态反应物的投料量会增大其他反应物的平衡转化率，同时降低自身平衡转化率，故投料比越大，Y的平衡转化率越大。由题图可知，温度相同时，γ2对应曲线的Y的平衡转化率大于γ1对应曲线的Y的平衡转化率，故γ2＞γ1，A错误；该反应正向为放热反应，温度越高，K越小，故Ka＞Kb＝Kc，B错误；由于产物之一为固体，容器恒容，若反应未平衡，气体总质量会改变，气体密度会改变，故当容器内气体密度不变时，反应达到平衡，C正确；正向反应气体体积数减小，温度一定，增大压强，平衡正向移动，Y的转化率升高，则T1温度下增大压强，c点不会向a点方向移动，D错误。
5.D　相同条件下，氢气投料越多，CO的平衡转化率越大，所以曲线X代表1∶3投料，曲线Y代表1∶2投料，曲线Z代表1∶1投料。曲线Z代表起始投料比为1∶1，A正确；m点起始投料比为1∶2，等于方程式中CO和H2的化学计量数之比，则反应过程中转化率：α（H2）＝α（CO），B正确；该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，对应的曲线上移，C正确；若其他条件不变，压缩体积压强增大，平衡将正向移动，但根据勒夏特列原理可知c（H2）增大，而平衡常数K＝是定值，则＝K×c（H2）的值增大，D错误。
6.B　由2C（s）＋2NO2（g）N2（g）＋2CO2（g）可知，NO2的生成速率（逆反应速率）等于N2的生成速率（正反应速率）的2倍时，才能使该反应的正、逆反应速率相等，即达到反应的平衡状态，图1中的A、B、C三个点中只有C点达到平衡状态，A错误；由图2知，E点时反应未达到平衡（F点时反应达到平衡），则E点的v逆小于v正，B正确；由题中信息可知，图2维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K（E点）＝K（G点），混合气体中的气体压强与浓度有关，压强越大，体积就越小，浓度就越大，所以G点压强大，NO2的浓度就大，即NO2的浓度：c（E点）＜c（G点），C错误；在恒温恒容下，向G点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，D错误。
7.D　投料比符合方程式中气体的化学计量数之比时，达到平衡时产物的体积分数最大，所以a＝3，A正确；由题可知该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以T1＞T2，B正确；平衡常数受温度影响，M、N点温度相同，平衡常数相等，C正确；该反应ΔH＜0，ΔS＜0，所以该反应在低温条件下自发进行，与压强无关，D错误。
8.D　根据图像可知，虚线表示平衡转化率，随温度升高，X的转化率增大，根据勒夏特列原理，该反应正反应为吸热反应，即ΔH＞0，A错误；给定的反应中，焓变只与始、终态有关，催化剂可以改变活化能，不能改变焓变，催化剂对平衡移动无影响，B错误；该反应为气体物质的量增大的反应，增大起始压强，平衡逆向移动，X的平衡转化率降低，C错误；该时间段内，用X表示变化的压强为0.4p kPa，则Y的变化压强为0.4p kPa，v（Y）＝＝ kPa·s－1，D正确。
9.C　由图可知，温度一致时，p1、p2、p3条件下对应的乙烯平衡转化率依次升高，又根据题给反应方程式分析，压强增大，平衡正向移动，乙烯平衡转化率升高，因此，p1＜p2＜p3，A错误；保持压强一致，温度升高，乙烯平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则水合法生产乙醇的反应为放热反应，ΔH＜0，B错误；M点对应的乙烯平衡转化率为20％，而C2H4与C2H5OH的化学计量数之比为1∶1，则乙醇的平衡产率为20％，C正确；恒压条件下向M点的体系中通入乙烯，会使平衡正向移动，但平衡移动抵消不了外界条件的改变，即乙烯平衡转化率减小，D错误。
10.D　由图像知，随着温度的升高CH3OH的平衡产率减小，即升高温度反应②平衡逆向移动，故反应②的ΔH2＜0，A正确；由信息知，反应是在恒温恒压的容器中进行，故若气体密度不再变化，则反应①和②均达到平衡状态，B正确；由①、②方程式知，若只发生反应②则H2和CO2的平衡转化率相等，若只进行反应①则H2的平衡转化率小于CO2的，现同时发生反应①和反应②，故有任一温度下的平衡转化率：α（H2）＜α（CO2），C正确；由图像知，CH3OH的平衡产率随温度的升高一直在减小，而CO2的平衡转化率先减小后增大，说明温度较低时以反应②为主，随着温度升高平衡逆向移动，H2O的物质的量减小，而温度较高时，以反应①为主，温度升高平衡正向移动，H2O的物质的量增大，即平衡时n（H2O）随温度升高先减小后增大，D错误。
非选择题突破二
大题突破二　化学反应原理综合题
1.（1）－49　（2）AD　（3）①p1＜p2＜p3　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，增大压强，反应Ⅰ平衡向右移动，反应Ⅱ平衡不移动，则χ（CH3OH）会增大　
②0.05　16.7％　③0.4
解析：（1）根据示意图可知，1 mol CO2（g）与3 mol H2（g）的总能量比1 mol CH3OH（g）与1 mol H2O（g）的总能量高49 kJ，故CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）　ΔH＝－49 kJ·mol－1。（2）CO2的转化率保持不变，可以说明反应达到平衡，A选；容器是恒容容器，反应体系中都是气体，故混合气体的密度始终不变，不能说明达到平衡，B不选；断裂1 mol H—H同时形成1 mol O—H都描述的正反应方向，不能说明达到平衡，C不选；容器是绝热容器，故混合气体的温度不变，说明单位时间内吸收的热量等于放出的热量，即正、逆反应速率相等，能说明达到平衡，D选。（3）①反应Ⅰ是气体体积缩减的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，反应Ⅰ平衡向右移动，反应Ⅱ平衡不移动，则χ（CH3OH）会增大，所以图2中压强从小到大的顺序是p1＜p2＜p3；②当p2＝10 MPa，反应20 min达到平衡时，χ（CH3OH）＝0.1，则平衡时p（CH3OH）＝ 10 MPa×0.1＝1 MPa，用CH3OH的分压变化表示的速率v（CH3OH）＝＝0.05 MPa·min－1；由于＝，设投料n（CO2）＝1 mol，n（H2）＝3 mol，起始时总物质的量为4 mol，反应Ⅱ是反应前后气体分子数不变的反应，设反应Ⅰ中生成CH3OH的物质的量为a mol，列三段式：
　 　　　CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）
起始/mol 1 3 0 0
转化/mol a 3a a a
平衡/mol 1－a 3－3a a a
平衡时n总＝4－2a，则＝0.1，解得a＝，则反应Ⅰ中CO2的转化率为×100％≈16.7％；③根据已知数据，设投料n（CO2）＝1 mol，n（H2）＝3 mol，反应ⅠCO2转化了x mol，反应ⅡCO2转化了y mol，列出下列算式：
　 　　　CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）
转化/mol x 3x x x
平衡/mol 　 　 x
　　　　　CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g）
转化/mol y y y y
平衡/mol 3－3x－y y x＋y
CO2转化了，有x＋y＝，χ（CH3OH）＝0.1，有＝0.1，根据两个方程解得x＝，y＝，则平衡时n（H2）＝ mol，n（CO）＝ mol，n（H2O）＝ mol，根据χ（CH3OH）＝0.1，其物质的量为 mol，可以得知p（CO2）＝0.1×20 MPa＝2 MPa，p（H2）＝10 MPa，p（CO）＝2 MPa， p（H2O）＝4 MPa，则反应CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）　Kp＝＝＝0.4。
2.（1）高温　＋80　（2）AC　（3）①＞　②总压强和温度不变，投料比增大，反应体系总分压减小，平衡正向移动　（4）1.152
解析：（1）反应Ⅰ的正反应是熵增的吸热反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS可知，反应Ⅰ可在高温下自发进行；根据键能可得ΔH2＝（2×347－614）kJ·mol－1＝＋80 kJ·mol－1。（2）反应过程中混合气体总质量不变，气体总物质的量增大，平均摩尔质量减小，当平均摩尔质量不变时达到平衡，A项正确；可逆反应不能完全反应，且反应Ⅰ和Ⅱ同时发生，故平衡时H2体积分数小于50％，B项错误；平衡时再充入丙烷，相当于对原平衡体系加压，平衡逆向移动，则丙烷平衡转化率减小，C项正确；题述两个反应都是吸热反应，升高温度，平衡常数都增大，D项错误。（3）①反应Ⅰ和Ⅱ的正反应均是吸热反应，其他条件相同，升温，丙烷平衡转化率增大，故T1高于T2。丙烷平衡转化率相同，即反应物的浓度：m点＞n点，且m点温度较高，正反应速率较大，即正反应速率：m＞n；②温度相同，总压强相同，令丙烷为1 mol，增大投料比即增大氩气量，反应体系的总分压减小，平衡正向移动，故丙烷平衡转化率增大。（4）设达到平衡时反应Ⅰ消耗了x mol丙烷，反应Ⅱ消耗了y mol丙烷，x＋y＝0.8，x＝（y＋x）×0.6，解得：x＝0.48，y＝0.32，则平衡时，c（C3H8）＝0.2 mol·L－1，c（C3H6）＝c（H2）＝0.48 mol·L－1，K＝＝1.152。
3.（1）方案1能耗小（或方案1在较低温度下能自发进行），而方案2通过改变温度不能自发进行
（2）820.5　（3）①＜　16.7　②投料比增大对CO2平衡转化率的影响与升温的影响恰好抵消　
（4）①CH3OH　②50　（5）
解析：（1）反应1放热、反应2吸热，方案1能耗小，方案1在较低温度下能自发进行，而方案2通过改变温度不能自发进行，所以工业上选择方案1。（2）CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）　ΔH＝－49 kJ·mol－1，ΔH＝反应物总键能－生成物总键能，则（2E＋3×436）kJ·mol－1－（413×3＋358＋467＋467×2）kJ·mol－1＝－49 kJ·mol－1，E＝820.5 kJ·mol－1。（3）①投料比相同，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，所以T1＜T2。a点时，氢气和二氧化碳的投料比为3，设氢气投料为3 mol，二氧化碳投料为1 mol，二氧化碳平衡转化率为50％，则反应消耗1.5 mol氢气、0.5 mol二氧化碳，反应生成0.5 mol甲醇、0.5 mol水，平衡体系中含有1.5 mol氢气、0.5 mol二氧化碳、0.5 mol甲醇、0.5 mol水，CH3OH的体积分数为×100％≈16.7％。②投料比增大对CO2平衡转化率的影响与升温的影响恰好抵消，所以a→c与横坐标轴呈平行线。（4）①增大压强，平衡正向移动，甲醇浓度增大，曲线Ⅱ代表CH3OH。②M点CO2、CH3OH的浓度相等，根据碳元素守恒，CO2的平衡转化率为50％。（5）一定温度下，在总压保持2.5a kPa下，向反应器中充入1 mol CO2和2.3 mol H2，发生方案1的两个反应，达到平衡时测得CO2的转化率为50％，CH3OH的选择性为80％，则参加反应1的二氧化碳为0.4 mol，反应1消耗1.2 mol氢气、生成0.4 mol甲醇、生成0.4 mol水，副反应消耗0.1 mol二氧化碳、消耗0.1 mol氢气、生成0.1 mol一氧化碳、生成0.1 mol水，则平衡体系中气体总物质的量为3.3 mol－0.8 mol＝2.5 mol，平衡体系中二氧化碳为0.5 mol、氢气为1 mol、甲醇为0.4 mol、水为0.5 mol，该温度下，方案1中反应1的Kp＝kPa－2＝ kPa－2。
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