高考题型突破6 反应机理分析-【红对勾】2025年高考化学二轮复习讲与练

A.该反应是吸热反应，容器I改变的条件可： 体积分数()随时间(t)的变化如图所示。下 能是使用了催化剂 列说法正确的是 B.相对容器Ⅱ，容器I改变的条件可能是升 0.6 温或者加压 0.5 0.4 C.容器Ⅱ中NO的平衡转化率为80% 903 410.2 D.容器Ⅱ中010min内，v(NO)= 0.2 4,0.125) 0.05mol·L1·min 0.1 4.(2024·河南信阳一模)一定条件下，银催化 t/min 剂表面上存在反应：AgO(s)=一2Ag(s)+ A.曲线Ⅱ表示的是o(CO2)随时间的变化 202(g) △H>0,起始状态I中有Ag2O、 B.t2min时，反应达到化学平衡状态 C.增大压强，该平衡右移，平衡常数增大 Ag和O2,经下列过程达到各平衡状态（已知 D.0~t4时间段内的平均反应速率为 状态I和Ⅲ的固体质量相等)，下列叙述正确 0.8 的是 ( (NO)= mol·L1·min 起始状态温度不变平衡状态温度不变平衡状态 类题通法) I 体积不变 体积增大 化学反应速率、平衡影响因素类题目的分析方法 体积不变 平衡状态 (1)审题颜序 温度降低 I 化学方程式化学计量数（△n>0,△n<0,△n=0) 054 A.从I到Ⅱ的过程△S>0 研究对象特点能量变化（△H>0,△H<0) B.反应的平衡压强：p(Ⅱ)>p(Ⅲ) 恒V 恒T C.平衡常数：K(Ⅱ)=K(IN) 恒p 容器特点 绝热恒V D.若体积V(Ⅲ)=2V(①)，则Q(①)=√2K(Ⅲ) 投料特点Q与K大小确定反应方向 5.(2024·安徽皖江名校联盟二模)汽车尾气的 (2)分析变化 排放会对环境造成污染。利用高效催化剂处 综合上述信息对研究对象进行烩变分析、反应 理汽车尾气中的NO与CO的反应为2NO(g)+ 速率分析和平衡状态及移动分析。 2CO(g)→N2(g)+2CO2(g)△H<0。 注意：对于非恒温体系平衡常数处理，可先求解 定温度下，在1L恒容密闭容器中加入1mol 恒温体系的平衡常数，再通过平衡移动判断大小。 CO和1 mol NO发生上述反应，部分物质的 高考题型突破⑥ 反应机理分析 【真题示例 2Cl(g)+2HO(g)△H=-114.4kJ·mol'. 下图所示为该法的一种催化机理。 1.(2024·北京卷)可采用Deacon催化氧化法将工 Z W 业副产物HC制成C,实现氯资源的再利用。 -CuCl- Cu(OH)CI 反应的热化学方程式：4HCI(g)+0,(g)C0 Cu,OCI, CuCL+ Cuo ☑一红团勾·讲与练·高三二轮化学 下列说法不正确的是 ( 对上述电池放电时CO,的捕获和转化过程开 A.Y为反应物HCI,W为生成物H2O 展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可 B.反应制得1 mol Cl2,须投入2 mol CuO 能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸 C.升高反应温度，HC1被O2氧化制Cl2的反 附态)。 应平衡常数减小 路径1 *C02 D.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还 e MgCo. 4C0 原反应 Mg2 eCO2 2.(2024·安徽卷)某温度下，在密闭容器中充 路径2 +C0C0 路径3 入一定量的X(g),发生下列反应：X(g)=一 Mg2+/ MgC.O ￥：Mgco 、Mg24 Y(g)(△H1<0),Y(g)=Z(g)(△H2<0), *CO *HNAVN OH +CO 测得各气体浓度与反应时间的关系如图所 e e e *CO +CO 示。下列反应进程示意图符合题意的是 -路径1 路径3 HNNOH *CO++CO *MgCO 0 CO.HNNH.CO+CO 以 *C2O1 +*CO2 09 +MgCO 反应时间· *C02 055 过渡态2 反应进程 过渡态2 过渡态1 下列说法错误的是 过渡态1 Z X Y A.PDA捕获CO2的反应为 Z HN NH 反应进程 反应进程 A B C02→ 剑个 叫 过渡态1 N OH 过渡态2 过渡态1过渡态2 H Z X 上 Y B.路径2是优先路径，速控步骤反应式为 Z 反应进程 反应进程 D *CO+ 十e H,N OH 3.(2024·河北卷)我国科技工作者设计了可充 H 电MgCO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质， C,O+H,N人NH 电解液中加入1,3-丙二胺(PDA)以捕获 C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相 CO2,使放电时CO2还原产物为MgC2O4。 同；路径2、3起始物相同但产物不同 该设计克服了MgCO?导电性差和释放CO2 D.三个路径速控步骤均涉及*CO转化，路 能力差的障碍，同时改善了Mg+的溶剂化环 径2、3的速控步骤均伴有PDA再生 境，提高了电池充放电循环性能。 第一部分 专题七 化学反应中的能量变化、化学反应速率和化学平衡一闭 口解题指导 (1)在无催化剂的情况下：E,为正反应的活化 分析物质循环图，判断不同路径的反应 能，E2为逆反应的活化能；E1一E2=△H。 第一步 物、生成物，确定基元反应和总反应的方 (2)有催化剂时，总反应分成了两个反应步 程式 骤，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间 分析反应历程图，确定不同路径的速控 第二步 产物，反应②为放热反应；总反应为放热 步骤及中间产物 反应。 【高考必备 (3)同一反应分为若干个基元反应，活化能大 1.催化剂的化学反应机理 的基元反应速率较慢，决定了总反应的快慢； (1)循环模型 相同反应物同时发生多个竞争反应时，活化 太阳能 能越小的反应，反应速率越大，产物占比 HO 越高。 Fe,O FeO (4)催化剂的作用：降低E1、E2,但不影 △ 响△H。 一种太阳能催化H,O分解的反应机理 3.能量变化历程图解题流程 (2)催化剂和反应中间体的判断 理清坐标含义 在机理图中，先找到确定的反应物，反应物 能量变化能垒图的横坐标一般表示反应 通览 般是通过一个箭头进入整个历程的物质（产 的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整 全图 反应的不同阶段。纵坐标表示能量的 056 物一般是通过一个箭头最终脱离这个历程的 物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经 变化 过一个完整循环之后又会生成；中间产物则 分析各段反应 是这个循环中的任何一个环节。如下图 仔细观察曲线（或直线）的变化趋势，分析 所示： 细看 每一阶段发生的反应是什么，各段反应是 变化 放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量 只出不进： 先消耗后生 生成物 下降的为放热；不同阶段的最大能垒即该 成：催化剂 H,0、CO2N2 反应的活化能 只进不出： 只进不出： Cu' 反应物 反应物 CH. 写出合理答案 先生成后 综合各项信息，回扣题目要求，做出合理 Cu"(NO,) Cu(O,) 消耗：中间 先生成后 NO 产物 综合 判断。如利用盖斯定律将各步反应相加， 消耗：中间 产物 分析 即得到完整反应；催化剂只改变反应的活 只进不出： 反应物 化能，但不改变反应的反应热，也不会改 2.催化剂对反应历程与活化能影响 变反应的转化率 过渡态 题型专练 非催化反应 E 题组1〉“循环式”反应机理分析 反应物 催化反应 生成物 1.(2024·湖北十一校3月联考)现有一种以“沸 反应过程 石笼”为载体对NO进行催化还原的原理如 催化剂改变反应历程、 降低反应活化能示意图 图所示，下列说法正确的是 ☑一红团勾·讲与练·高三二轮化学 2NO+4NH,+2NH 题组2〉“能垒型”反应历程的分析 0 [(NH).Cu1 Cu(NH) ,2N2+4H2O 3.(2024·河北石家庄二模)室温下，某刚性密 沸 2Cu(NH) 闭容器中按体积比1：2充人X(g)和Y(g), [(NH)Cu Cu(NH).P 2N 发生反应X(g)+Y(g)=P(g)十Q(g)。下 图表示该反应的历程，M(g)和N(g)均是中 [(NH),Cu-O-O-Cu(NH).P2- 2N2+2H,O+2NH 间产物。下列说法错误的是 2Cu(NH)克 ① 02 N(g A.反应过程中氧原子的成键数目保持不变 M(g) B.Cu(NH)作催化剂，虚线内物质是中 X(g)+Y(g) P(g)+Q(g) 间体 反应进程 C.反应④涉及非极性键的断裂和生成 A.反应的历程分3步进行 D.反应⑤中转移3mol电子时，有1 mol NO B.反应过程中，N比M所能达到的最高浓度 参与反应 更大 2.（2024·“九省联考”河南卷)甲酸甲酯 C.反应达到平衡时，升高温度，X的浓度增大 (HCOOCH)作为潜在的储氢材料受到关 D.若初始时，按体积比2：1充入X(g)和 注，科学家发现使用Ru配合物催化剂可以使 Y(g),其他条件不变，平衡时P(g)的百分 057 甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如下 含量不变 图所示。下列说法错误的是 ( ) 4.(2024·辽宁葫芦岛一模)Pd催化过氧化氢分 解制取O,的反应历程和相对能量变化情况 CO.+H HCOOCH. 如图所示，其中吸附在Pd催化剂表面上的物 H.O H 种用标注。下列说法不正确的是() 0.0H.O.(g)H.Oxg) H.O,H.O -1.0 -2.0 H.01oHo0,1o,0 H.O OHO()O.H.O(gHO) (g)H,O(g)H.O(g) -3.0 4.0 OH I PTTOO 反应历程 CO. A.该反应历程中所有步骤均是放热过程 B.O2(g)|H2O(g)|H2O(g)的总键能大于 A.H2O为极性分子，CO2为非极性分子 H2O2（g)|H2O2(g)的总键能 B.Ⅲ-→V每消耗1 mol H2O生成1molH2 C.催化剂Pd降低了H2O2分解反应的活化 C.总反应为HCOOCH+2HO=一4H2个+ 能，加快了H2O2的分解速率 2CO2↑ D.整个催化分解过程中既有极性键的断裂和 D.反应涉及O一H、C一H、C一O断裂和H一H 形成，也有非极性键的断裂和形成 形成 第一部分 专题七 化学反应中的能量变化、化学反应速率和化学平衡一闭 5.(2024·“九省联考”安徽卷)科研人员利用高 02 0.50 压N2气流将水微滴喷射到涂覆催化剂的石 -0.12 NH 墨网上，研究常温制氨，其反应历程中微粒转 *NH30.60 Ⅱ0.65 化关系如图1，相对能量变化关系如图2，图中 -0.85 NH *表示催化剂表面吸附位。下列说法正确的是 -1.52 (释放NH) 反应历程 图2 NH N2- NHa A.*N2→*N2H过程中发生非极性键的断裂 Ho e *N2H.O 与形成 应 N.H B.I转化为*NH和NH的过程中会生成 e》 H,0 N2 H HO *NHNH N合H0 C.Ⅱ表示的微粒符号是*NHNH HO D.反应历程中放热最多的反应是*NHNH十 图1 2H2O++2e-*NH+NH3+2H2O 考点三 化学反应速率、化学平衡的综合计算 质的量为4.0mol,则CaCO3(s)的物质的量为 真题 研练© mol;若向平衡体系中通入少量CO2(g), 058 1.(2024·全国新课标卷节选)对于同位素交换 重新达平衡后，分压p(CO2)将 (填 反应Ni(C6O)4+C18O→Ni(C6O),C18O+ “增大”“减小”或“不变”)，p(CO)将 C6O,20℃时反应物浓度随时间的变化关系 (填“增大”“减小”或“不变”)。 3.(2023·全国乙卷节选)(1)将FeS0,置入抽 为c,[Ni(C6O),]=co[Ni(C6O),]e“(k为 空的刚性容器中，升高温度发生分解反应： 反应速率常数)，则Ni(C6O)4反应一半所需 2FeSO (s)-Fe2 O3 (s)+SO2 (g)+ 时间t上= (用k表示)。 SO(g)(I) 2.(2024·山东卷节选)水煤气是H2的主要来 平衡时力s0,-T的关系如下图所示。660K 源，研究CaO对C-HO体系制H2的影响， 时，该反应的平衡总压p总= kPa、平 涉及主要反应如下： 衡常数K(I)= (kPa)2。K.(I) C(s)+H2 O(g)CO(g)+H2 (g)(I) 随反应温度升高而 (填“增大”“减 △H1>0 小”或“不变”)。 CO(g)+H2O(g)≌CO2(g)+H2(g)(Ⅱ) 5.0 4.5 △H2<0 4.0 CaO(s)+CO2(g)CaCO3 (s)(I 3.5 3.0 △H3<0 2.5 压力p下、温度为T。时，H2、CO、CO2三种 2.0 1.5 气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则 1.0 0.5 反应CO(g)+HO(g)=CO2(g)+H2(g) -- 0.0 560600.640680720760 的平衡常数K。= ;此时气体总物 ☑一红团勾·讲与练·高三二轮化学确：该反应匀速进行，与起始浓度无关，C错误：N2O起始浓度 一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确：图中涉及 0.5 co mol·L1 的两个氧化还原反应是CuCl,→CuCl和CuCl→Cu,OCL,,D 为cmol·L1时，半衰期e=0.0010mol·L·min 1 正确。 500c。min,D正确。 2.B由题图可知，反应初期随着时间的推移，X的浓度逐渐减 2.C对比实验①④中的丙酮和HC】的浓度是相同的，而实验 小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移，X和Y的 ④中的溴比实验①的大，说明增大c(Br2),能延长溶液颜色 浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)一Y(g) 消失的时间，A正确；对比实验②和③的数据，c(Br)相等， 的反应速率大于Y(g)一Z(g)的反应速率，则反应X(g) 溴颜色消失所需的时间也相等，所以溴的反应速率是相等 一Y(g)的活化能小于反应Y(g)一Z(g)的活化能，根据 的，B正确；实验①在200s内的平均速率v(CH COCH,) X(g)一Y(g)(△H:<0),Y(g)=一Z(g)(△H2<0),则符合 (Br)=0.001molL- 题意的是B项。 200s =0.000005mol/(L·s),C错误； 3.D根据题给反应路径图可知，PDA(1,3-丙二胺)捕获CO。 对比实验①和②的数据可知，CH,COCH?的浓度增大2倍， 0 速率增大2倍，则m=1,对比实验①和③的数据可知，HC1 的产物为 ,因此PDA捕获CO2的反 的浓度增大2倍，速率增大2倍，则p=1,对比实验①和④ H,N OH 的数据可知，Br2的浓度增大2倍，速率不变，则n=0,m十 n十p=2,反应级数为2，D正确。 0 3.C从题图中信息不能确定该反应是放热还是吸热反应，但 应为 +) 可以肯定改变某条件，容器Ⅱ比容器I中N2的物质的量大， H,N NH H,N OH 所以容器I改变的条件不可能是使用了催化剂，A不正确： 相对容器Ⅱ，若容器I改变的条件是升温，平衡移动的方向 A正确：由反应进程一相对能量图可知，路径2的最大能垒 未知，不能肯定容器I中N2的物质的量比容器Ⅱ中小，加 最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路 径2的最大能垒为*CO +*C,O的步骤，该步骤有 压，则平衡正向移动，N2的物质的量应比容器Ⅱ大，B不正 ) 确；容器Ⅱ中，平衡时N2的物质的量为0.8mol,则参加反应 的NO的物质的量为1.6mol,NO的平衡转化率为 参与反应，因此速控步骤反应式为 H,N OH 2moX100%=80%,C正确：容器Ⅱ中0~10min内，N 1.6 mol H 的物质的量为0.5mol,则参加反应的N。的物质的量为 1 mol *CO-十 →*C2O十 H, OH 1 mol,v(NO)-10 min =0.1mol·L1·min1,D不正确。 ,B正确：路径1、3的中间产物不同，即经 4.D结合反应过程可知，升高温度，体系的压强变大，化学平 H,N NH. 衡正向移动，则反应为吸热反应。从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反 应正向移动的过程，导致国体质量减小，已知状态I和Ⅲ的 历了不同的反应步骤，但产物均为MgCO3,而路径2、3的 固体质量相等，则从I到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程， 化学平衡逆向移动，逆反应为熵减过程，故从工到Ⅱ的过程 起始物均为*CO2和 ,产物分别为 △S0,A错误；平衡常数K。只受温度的影响，温度不变，化 *H2 N OH H 学平衡常数不变，则p(Ⅱ)=p(Ⅲ)，B错误；该反应的正反 *MgC2O1和MgCO3,C正确；根据反应路径与相对能量的 应为吸热反应，降低温度，化学平衡逆向移动，导致化学平衡 常数减小，故平衡常数为K(Ⅱ)>K(Ⅳ)，C错误；已知状态 图像可知，三个路径的速控步骤中*CO一都参与了反应，且 由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径 I和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积 V(Ⅲ)=2V(I),根据阿伏加德罗定律可知，p(O2,I)= 3的速控步骤为*CO得电子转化为*CO和*CO,没有 PDA的生成，D错误。 2(O2,Ⅲ)Q(I)=p2(O2,I),K(Ⅲ)=p(02,Ⅲ)，则 题型专练 Q(I)=√2K(Ⅲ)，D正确。 1.D从反应过程②③可以看出氧原子的成键数目发生改变， 5.D因为初始投料中n(CO)与n(NO)之比等于化学方程式 A错误；Cu(NH,)、虚线内物质都是中间体，B错误；反应 中对应的化学计量数之比，反应至1时达平衡，反应物的 (C0)=p(N0)=0.125,其中一种生成物为0.25，则另一 ④只涉及非极性键的生成，没有非极性键的断裂，C错误；反 应⑤Cu(NH)+NO一N2+NH+Cu(NH),+H2O 种生成物为0.5，按反应产物的比例可知，平衡时p(N2) 中Cu、NO中的N共得到3mol电子时，有1 mol NO参与反 0.25,9(C02)=0.5,故曲线Ⅱ表示的是(N2)随时间的变 应，D正确」 化，A项错误：t2min时，p(CO)=p(NO)而不是达平衡， 2.BH2O分子是V形分子，由于分子中正负电荷中心不重 t1min时，反应达到化学平衡状态，B项错误；增大压强，该 平衡右移，平衡常数不变，C项错误；计算可得0~t1时间段 合，因此H2O是极性分子，CO2为直线形分子，分子中正负 电荷中心重合，为非极性分子，A正确；由流程可知，分子 内，△n(NO)=0.8mol,故u(NO)=0.8 mol·L-1·min1, OCH, t D项正确。 E 中一OCH,转化为HCOO一，反应为1 Ru +H,O 高考题型突破6反应机理分析 E Co H …真题示例… 1.B由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质 有HCl、O2、CuO、Cl,、H,O:CuO与Y反应生成Cu(OH)CI, 则Y为HCl:Cu(OH)CI分解生成W和Cu,OCl,,则W为 十2H2◆，故每消耗1molH,O生成 H2O;CuCl2分解为X和CuCl,则X为Cl2;CuCl和Z反应生 成Cu2OClg,则Z为O2,A正确；CuO在反应中作催化剂，会 不断循环，适量即可，B错误；总反应为放热反应，其他条件 ☑一红勾·讲与练·高三二轮化学 -262- 2molH2,B错误：由题图可知，总反应为甲酸甲酯和水催化 1 生成氢气和二氧化碳：HCOOCH,十2H,O一4H,十 新达平衡后，反应Ⅲ的K,一DC0,)温度不支，K,不变，则 2CO2◆，C正确；结合C分析可知，甲酸甲酯转化为二氧化 分压p(CO2)不变。温度不变，平衡常数不变，设反应I、Ⅱ、 碳，则涉及O一H、C一H、C一O断裂，反应中生成氢气，涉及 H一H形成，D正确。 Ⅲ的平衡常数为K、K、K,根据(H) =K1·K2· (H,O) 3.B由题图可知，反应的历程分3步进行，A正确：生成N吸 p(H2) 收的能量更多，活化能更大，生成N的反应更难发生，N比 K,K,-K,·p(O):pH,O知，p(C0)也保护不变。 M所能达到的最高浓度更小，B错误：该反应为放热反应，升 3.(1)3.02.25增大 高温度，平衡逆向移动，X的浓度增大，C正确；该反应为气 体体积不变的反应，初始时，按体积比2：1充入X(g)和 (2P4,46.26 46.262×2.64 4 35.72 Y(g),温度不变，平衡常数不变，压强不变，生成物浓度不 变，平衡时P(g)的百分含量不变，D正确。 解析：(1)由反应(I)可知平衡体系中ps0,=ps0,,则由题图 4.A从题图知，该反应历程中，有一些步骤是吸热过程（相对 可知，660K时，该反应的平衡总压p总=1.5X2kPa= 能量升高)，也有一些步骤是放热过程（相对能量降低），A不 3.0kPa。K,(I)=p,·pso,=1.5(kPa)=2.25(kPa)2。 正确：从题图中可知总反应为放热反应，即△H=反应物总 由题图可知，随反应温度升高p,增大，则K,(I)增大。 键能一生成物总键能<0，则生成物总键能大于反应物总键 (2)综合2FeSO1(s)=Fe2O(s)+SO2(g)+SO(g)(I)、 能，O2(g)H2O(g)|H2O(g)的总键能大于H2O2(g) 2S0(g)=一2SO2（g)十O2（g)(Ⅱ)可知，平衡时的 H,O,(g)的总键能，B正确；Pd为催化剂，能降低该分解反应 的活化能，加快分解速率，C正确：Pd催化过氧化氢分解制 D,P为反应（Ⅱ）生成的S0,的分压，而反应（Ⅱ） 2 取0，的方程式：2H,0,Pd2H0十0，◆，整个催化分解过 中S0:和0，的化学计量数之比为2：1，故p0,=2× 程中既有极性键H一O的断裂和形成，也有非极性键O一O 的断裂和O一O的形成，D正确。 5.BN2→N,H过程中发生非极性键的断裂，无非极性键 p04-p=p,p则，已知pu=35.7kPa,p& 2 4 的形成，A错误；I转化为*NH和NH,的化学方程式为 p02-35.7kPa *NHNH,十HO+十e→*NH+NH3十H2O,过程中会生 ps0,十ps0,+po,=35.7kPa十p0,十 成N2H,B正确：生成Ⅱ的化学方程式为*NH+HO十e 84.6kPa,则ps0,=46,26kPa,po,=2.64kPa,K,（Ⅱ)= →NH2十H,O,Ⅱ为*NH2,C错误；反应历程中放热最多 的反应是I和HO、e的反应，方程式为*NHNH十HO十 p3,·p02_46.26X2.64kPa。 35.72 e→*NH十NH+H2O,D错误。 psos 考点三化学反应速率、化学平衡的综合计算 考向专练 1.00.5 ……真题研练… I 解析：根据表中数据代值根据元可得之=？，可得y=0 2.(1)0.27 9p (2)曲线20.004 解析：由题给关系式可得e=,[NiCO), 44t 当Ni(CO), oNi(CO)] 解析：(1)设起始时n(H2)=4mol,n(CO2)=1mol,则发生 反应-半时，[Ni(C“O),]1 甲烷化反应消耗的CO,为1mol×60%×50%=0.3mol,发 1 c[Ni(CO),j=2,即e - 生逆变换反应消耗的CO。为1mol×60%一0.3mol= 0.3 mol In 2 CO,(g)+-4H,(g)=CH(g)+2H,O(g) n(转化)/mol0.31.2 0.3 0.6 2号0.5不变不变 CO2(g)十H2(g)一CO(g)+H2O(g) n(转化)/mol0.3 0.3 0.30.3 解析：压力p下、温度为T。时，H2,CO、CO2的摩尔分数分 反应达到平衡后各气体的物质的量为n(CO,)=(1一0.3 别为0.50、0.15、0.05，则H20(g)的摩尔分数为1-0.5 0.3)mol=0.4mol,n(H2)=(4-1.2-0.3)mol= 0.15-0.05=0.3,则反应C0(g)十H20(g)一CO2(g)十 2.5 mol,n (CH)=0.3 mol,n (CO)=0.3 mol,n (H2O)= H(g)的平衡常数K,=pC0)×p(H,)-0.05pX0.5D (0.6十0.3)mol=0.9m0l。平衡后混合气体的总物质的 p(CO)×p(H2O)0.15p×0.3p 量=(0.4+2.5十0.3+0.3+0.9)mol=4.4mol。K。 5 g。设反应I转化mol H,O(g),反应Ⅱ转化a mol CO, (×px(xp】 xp)小Mm 反应Ⅲ消耗b mol CO2。则依据三段式： 0.27,w(H20) x)x(x) t min C(s)+H,O一CO十H2 转化/molx x CO+H2O—CO2+H2 MPa·min。(2)结合题图中CO,的变化曲线可知，温 转化/mol aa a a 度较低时（大约在600℃以下），甲烷化反应的逆反应占主导 CaO(s)+CO2=CaCO(s) 地位，且随着温度的升高，甲烷化反应的化学平衡逆向移动， 转化/mol b b CO,的含量逐渐增大，则H2的含量也逐渐增大，CH1和 根据平衡时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4.0mol,则n(H2)=4.0mol× H,O(g)的含堂逐渐减小此阶段（C≈二，故曲线1门 0.50=2mol,n(C0)=4.0mol×0.15=0.6mol,n(C02) 是CH1的变化曲线；曲线2是H2O(g)的变化曲线；曲线3 /x十a=2 1x=1.3 是H2的变化曲线，温度较高时（大约在650℃以上），逆变换 4.0mol×0.05=0.2mol。则z-a=0.6,解得a=0.7,则 反应的正反应占主导地位，且随着温度的升高，H的含量逐 a-b=0.2 b=0.5 渐减小。设起始时n(H2)=4mol,n(CO2)=1mol,达到平 n(CaCO)=0.5mol。若向平衡体系中通入少量CO2(g),重 衡时消耗的CO2为xmol。 -263- 参考答案一具