第2章 章末整合提升 体系构建 素养提升（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中化学选择性必修第一册（人教版）

该高中化学单元复习讲义通过体系构建框架图和对比表格系统梳理硫和氮氧化物的处理与利用知识，将吸收法、催化还原法等处理方法与化学反应速率、化学平衡原理结合，呈现“污染物性质-处理原理-实际应用”的逻辑脉络，突出反应条件控制等重难点。 讲义亮点在于“变废为宝”情境化问题链设计，通过NO催化转化速率计算、平衡状态判断等例题培养科学思维，结合高考真题中的压强-转化率图表分析提升科学探究能力。每个专题配备“三段式”解题步骤和易错点提示，基础学生掌握方法，优秀学生深化理解，为教师实施分层教学提供支持。

章末整合提升　体系构建 素养提升 变废为宝——硫和氮的氧化物的处理与利用 　　硫氧化物和氮氧化物是大气中常见的两类污染物，硫氧化物对环境的主要影响是酸雨的形成，酸雨对植物、土壤和水生生物造成了严重的损害，影响生态平衡。氮氧化物对环境的主要影响是大气污染和臭氧层破坏。大量的氮氧化物排放会导致臭氧层的破坏。硫和氮的氧化物处理方法主要包括吸收法、催化还原法和化学转化法。 　　 1.NO是大气污染物之一，NO的转化技术对大气污染防治意义深远。炽热的活性炭可以处理NO，发生的反应为C（s）＋2NO（g）CO2（g）＋N2（g）　ΔH＝－574 kJ·mol－1。 （1）一定温度下，将足量的活性炭和一定量的NO加入一恒容密闭容器中发生上述反应，0～2 min内，气体密度增大1.2 g·L－1，计算v（N2）。 提示：0.05 mol·L－1·min－1。设容器的体积为V L，起始时NO为2 mol，反应生成N2为a mol，由题意可建立如下三段式： 由0～2 min内，气体密度增大1.2 g·L－1，可得，＝1.2，解得a＝0.1V，则氮气的反应速率为＝0.05 mol·L－1·min－1。 （2）下列哪些标志能表示该反应达到平衡状态？ A.容器内混合气体的密度保持不变 B.容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变 C.NO和N2的消耗速率之比为1∶2 D.容器内压强不再改变 提示：AB　反应前后气体的质量增大，在恒容密闭容器中混合气体的密度增大，则容器内混合气体的密度保持不变说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，A正确；该反应为气体体积不变的反应，反应后气体的质量增大，混合气体的平均相对分子质量增大，容器内混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应已达到平衡，B正确；NO和N2的消耗速率之比为1∶2不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，C错误；该反应为气体体积不变的反应，容器内压强始终不变，则容器内压强不再改变不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，D错误。 2.通过下列反应可从燃煤烟气中回收硫。2CO（g）＋SO2（g）2CO2（g） ＋ S（l）　ΔH＜0，在模拟回收硫的实验中，向某恒容密闭容器通入2.8 mol CO和1 mol SO2，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示： （1）与实验a相比，实验c改变的实验条件可能是什么？ 提示：升高温度。a、c开始均通入2.8 mol CO和1 mol SO2，容器的容积相同，而起始时c的压强大于a，物质的量与体积一定，压强与温度呈正比关系，故c组改变的实验条件可能是升高温度。 （2）计算实验b中的平衡转化率α（SO2）。 提示：95％。 设消耗二氧化硫物质的量x mol， ＝，解得x＝0.95， 实验b中的平衡转化率α（SO2）＝×100％＝95％。 3.利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO的反应为2NO（g）＋2CO（g）N2（g）＋2CO2（g）。一定温度下，在容积为1 L的恒容密闭容器中加入1 mol CO和1 mol NO发生上述反应，部分物质的体积分数φ随时间t变化如图所示。 （1）曲线b表示物质N2的φ～t关系，比较逆反应速率v（t3）与v（t4）的大小。 提示：v（t3）＜v（t4）。由图中曲线b可知，t3时反应未达到平衡，t4时反应达到平衡，在反应达到平衡之前，生成物的浓度逐渐增大，即逆反应速率逐渐增大，则t3时逆反应速率小于t4时逆反应速率。 （2）若起始压强为p0，计算该反应温度下的压强平衡常数Kp（分压＝物质的量分数×总压，用含p0的式子表示）。 提示：。由图可知，曲线b表示物质N2的φ～t关系，设反应生成N2为a mol，由题意可建立如下三段式： 平衡时氮气的体积分数为0.25，可得：＝0.25，解得a＝0.4，由平衡前后气体的压强之比等于物质的量之比可知，反应后的压强为×p0＝0.8p0，则该反应温度下Kp＝＝。 1.雾霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物是造成原因之一。消除氮氧化物和硫氧化物有多种方法。 （1）用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C（s）＋2NO（g）N2（g） ＋CO2（g）　ΔH＝a kJ·mol－1。 在T ℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如表： 　　　时间/min浓度/　　 　　 （mol·L－1）　　 0 10 20 30 40 50 NO 1.00 0.58 0.40 0.40 0.48 0.48 N2 0 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36 CO2 0 0.21 0.30 0.30 0.36 0.36 ①10～20 min内，NO的平均反应速率v（NO）＝0.018 mol·L－1·min－1。 ②30 min后升高温度，再次达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5∶3∶3，则a＜（填“＞”“＝”或“＜”）0。 ③30 min后，只改变某一反应条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是A（填字母）。 A.通入一定量的NO B.加入一定量的活性炭 C.降低温度 （2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag-ZSW-5为催化剂进行反应，测得NO转化为N2的转化率随温度的变化曲线如图所示。 ① 在＝1时，最佳温度应控制在870 K（850～900 K范围都可以）左右。 ② 若不使用CO，温度超过775 K时，发现NO的转化率降低，其可能的原因是NO直接分解成N2的反应是放热反应，升高温度不利于反应进行　。 解析：（1）①10～20 min内，v（NO）＝ ＝ ＝0.018 mol·L－1·min－1，②T ℃时，该反应的平衡常数K1＝＝ ＝0.562 5，若30 min后升高温度，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5∶3∶3，K2＝＝ ＝0.36＜K1，平衡逆向移动，则ΔH＜0，即a＜0；③通入一定量的NO，平衡正向移动，生成物的浓度增大，因为加入反应物，再次达到平衡后，反应物的浓度也增大，A正确；加入一定量的活性炭，固体对平衡移动没有影响，B错误；降低温度，平衡向正反应方向移动，反应物的浓度减小，生成物的浓度增大，也不符合表中数据，C错误。（2）①由图可知，＝1，870 K左右，NO转化为N2的转化率最大（或850 K～900 K之间都可以）且再升高温度转化率变化不大；②此反应为放热反应，升高温度，不利于反应进行，反应更有利于向逆反应方向进行，NO的分解率降低。 2.（2025·西南大学附属中学高二月考）消除和利用硫氧化物、氮氧化物对保护环境意义重大。 Ⅰ.某绝热刚性容器中置入2 mol SO2和1 mol O2，发生反应2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）　ΔH＜0。 （1）下列说法中，能够判断该反应一定处于平衡状态的有④（填序号）。 ①容器中SO2、O2、SO3共存 ②单位时间内生成2 mol SO2的同时消耗2 mol SO3 ③2v正（SO2）＝v逆（O2） ④容器中温度恒定不变 ⑤容器中SO2、O2、SO3的物质的量之比为2∶1∶2 （2）上述反应达到平衡时，SO2的转化率为α1。其他条件不变，若改为恒温，达到平衡时SO2的转化率为α2，则α1　＜　α2（填“＞”“＜”或“＝”）。 Ⅱ.用NH3除去烟气中NO的反应原理为4NH3（g）＋6NO（g）5N2（g）＋6H2O（g）　ΔH。 （3）初始投料量一定，平衡时NO的转化率与温度、压强的关系如下图所示。 ①压强最大的是　p1　（填“p1”“p2”或“p3”）。 ②图中a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc的大小关系为　Ka＝Kb＞Kc　。 （4）反应速率与浓度之间存在如下关系：v正＝k正·c4（NH3）·c6（NO），v逆＝k逆·c5（N2）·c6（H2O）。k正、k逆为速率常数，只受温度影响。某温度下，在2 L恒容密闭容器中，通入0.9 mol NH3（g）和1.2 mol NO（g）充分反应，5 min后反应达到平衡，平衡时NO的转化率为50％。 ①反应开始至5 min，N2的平均速率为　0.05 mol·L－1·min－1　。 ②此温度下，＝　0.25　。 ③当温度升高时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m　＜　n（填“＞”“＜”或“＝”）。 解析：（1）该反应为可逆反应，容器中SO2、O2、SO3共存，不能判断为平衡状态；反应速率都是逆反应方向，不能判断为平衡状态；2v正（SO2）＝v逆（O2）表示正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态；在绝热的某刚性容器中，温度是变量，温度恒定不变可以判断达到平衡状态，④符合题意；容器中SO2、O2、SO3的物质的量之比为2∶1∶2，不能说明各物质浓度不变，不能判断平衡状态。（2）绝热刚性容器中进行该反应，反应放热，会使温度升高，若改为恒温，相当于是降低温度，平衡正向移动， SO2的转化率变大，即α1＜α2。（3）①由图可知，温度相同时，p3→p2→p1过程NO平衡转化率减小，因正反应为气体分子数增大的反应，加压平衡逆移，NO的平衡转化率减小，则p3→p2→p1为增大压强的过程，即压强最大的是p1；②压强相同时，升高温度，NO平衡转化率减小，说明升温平衡逆向移动，ΔH＜0，即温度越高，K越小，a、b温度相同，K相同，则Ka、Kb、Kc的大小关系为Ka＝Kb＞Kc。（4）根据已知数据列三段式： ①反应开始至5 min，N2的平均速率为＝0.05 mol·L－1·min－1；②平衡时，v正＝v逆，即k正·c4（NH3）·c6（NO）＝k逆·c5（N2）·c6（H2O），＝＝＝0.25；③该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则k逆增大的倍数大于k正增大的倍数，即m＜n。 一、能量—反应进程、催化转化图像分析 1.（2024·安徽高考10题）某温度下，在密闭容器中充入一定量的X（g），发生下列反应：X（g）Y（g）（ΔH1＜0），Y（g）Z（g）（ΔH2＜0），测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是（　　） 解析：B　由题图可知，生成Y的速率大于生成Z的速率，则第一步反应的活化能比第二步反应的活化能小，C、D项错误；结合ΔH1、ΔH2均小于0可知，两步反应均为放热反应，故反应物总能量高于生成物总能量，则能量：X＞Y＞Z，A项错误，B项正确。 2.（2024·甘肃高考10题）甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是（　　） A.E2＝1.41 eV B.步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eV C.步骤1的反应比步骤2快 D.该过程实现了甲烷的氧化 解析：C　由能量变化图可知，E2＝0.70 eV－（－0.71 eV）＝1.41 eV，A项正确；由ΔH＝生成物总能量－反应物总能量知，步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71 eV－（－1.00 eV）＝＋0.29 eV，B项正确；由能量变化图可知，步骤1的活化能（E1）大于步骤2的活化能（E3），则步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该过程中甲烷转化为甲醇，实现了甲烷的氧化，D项正确。 3.（2024·北京高考10题）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl（g）＋O2（g）2Cl2（g）＋2H2O（g）　ΔH＝－114.4 kJ·mol－1。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是（　　） A.Y为反应物HCl，W为生成物H2O B.反应制得1 mol Cl2，须投入2 mol CuO C.升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 解析：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、Cl2、H2O。CuO与Y反应生成Cu（OH）Cl，则Y为HCl，Cu（OH）Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O，CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2，CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，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，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，D正确。 4.（2024·贵州高考14题）AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN－的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈（CH3CH2CN）和异腈（CH3CH2NC）两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。 由图示信息，下列说法错误的是（　　） A.从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应 B.过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α-C而形成的 C.Ⅰ中“NAg”之间的作用力比Ⅱ中“CAg”之间的作用力弱 D.生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物 解析：D　由能量变化图可知，异腈或腈与AgBr的能量总和均低于起始AgCN与CH3CH2Br的能量总和，即从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应均为放热反应，A正确；由题图可知，过渡态TS1最终产物为腈（CH3CH2CN），结合TS1的物质结构可知，过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α-C而形成的，B正确；由题图可知，状态Ⅰ生成腈时能量变化小于状态Ⅱ生成异腈时的能量变化，即“NAg”断裂所需的能量小于“CAg”，说明Ⅰ中“NAg”之间的作用力比Ⅱ中“CAg”之间的作用力弱，C正确；生成CH3CH2CN的反应和生成CH3CH2NC的反应均为放热反应，低温均有利于二者的生成，但生成CH3CH2CN的活化能比生成CH3CH2NC的活化能大，则低温时CH3CH2NC是主要产物，D错误。 二、化学反应速率与限度的图像、图表分析 5.（2024·浙江6月选考11题）二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应： Ⅰ.C2H6（g）＋CO2（g）C2H4（g）＋CO（g）＋H2O（g）　ΔH1＞0 Ⅱ.C2H6（g）＋2CO2（g）4CO（g）＋3H2（g）　ΔH2＞0 向容积为10 L的密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2，不同温度下，测得5 min时（反应均未平衡）的相关数据见下表，下列说法不正确的是（　　） 温度（℃） 400 500 600 乙烷转化率（％） 2.2 9.0 17.8 乙烯选择性（％） 92.6 80.0 61.8 注：乙烯选择性＝×100％ A.反应活化能：Ⅰ＜Ⅱ B.500 ℃时，0～5 min反应Ⅰ的平均速率为v（C2H4）＝2.88×10－3 mol·L－1·min－1 C.其他条件不变，平衡后及时移除H2O（g），可提高乙烯的产率 D.其他条件不变，增大投料比[n（C2H6）/n（CO2）]投料，平衡后可提高乙烷转化率 解析：D　由表可知，相同温度下，乙烷在发生转化时，反应Ⅰ更易发生，则反应活化能：Ⅰ＜Ⅱ，A正确；由表可知，500 ℃时，乙烷的转化率为9.0％，可得转化的乙烷的总物质的量为2 mol×9.0％＝0.18 mol，而此温度下乙烯的选择性为80％，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18 mol×80％＝0.144 mol，根据化学方程式可得，生成乙烯的物质的量为0.144 mol，则0～5 min反应Ⅰ的平均速率为v（C2H4）＝＝2.88×10－3 mol·L－1·min－1，B正确；其他条件不变，平衡后及时移除H2O（g），反应Ⅰ的平衡正向移动，可提高乙烯的产率，C正确；其他条件不变，增大投料比[n（C2H6）/n（CO2）]投料，平衡后CO2的转化率提高，C2H6的转化率降低，D错误。 6.（2024·安徽高考12题）室温下，为探究纳米铁去除水样中Se的影响因素，测得不同条件下Se浓度随时间变化关系如图。 实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是（　　） A.实验①中，0～2小时内平均反应速率v（Se）＝2.0 mol·L－1·h－1 B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe＋Se＋8H＋2Fe3＋＋Se＋4H2O C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D.其他条件相同时，水样初始pH越小，Se的去除效果越好 解析：C　实验①中，0～2小时内平均反应速率v（Se）＝＝2.0×10－5 mol·L－1·h－1，A项错误；实验③中水样初始pH＝8，溶液呈弱碱性，结合氧化还原反应规律可得离子方程式为2Fe＋Se＋4H2O2Fe（OH）3＋Se＋2OH－，B项错误；由实验①、②可知，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量，反应速率加快，C项正确；由实验②、③可知，其他条件相同时，适当减小水样初始pH，Se的去除效果更好，但若水样初始pH太小，与H＋反应的纳米铁的量增多，从而影响Se的去除效果，D项错误。 7.（2024·湖南高考14题）恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH和CO，发生如下反应： 主反应：CH3OH＋COCH3COOH　ΔH1 副反应：CH3OH＋CH3COOHCH3COOCH3＋H2O　ΔH2 在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ［δ＝］随投料比x（物质的量之比）的变化关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A.投料比x代表 B.曲线c代表乙酸的分布分数 C.ΔH1＜0，ΔH2＞0 D.L、M、N三点的平衡常数：K＝K＞K 解析：D　依题意，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为δ、δ，若投料比x代表，x越大，可看作是CH3OH的量增多，则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CH3COOCH3分布分数，曲线c或曲线d表示CH3COOH分布分数，据此分析可知A、B均正确，可知如此假设错误，则可知投料比x代表，曲线a或曲线b表示δ，曲线c或曲线d表示δ。投料比x代表，A错误；曲线c表示CH3COOCH3分布分数，B错误；CH3OH与CO的反应为熵减反应，若反应为吸热，则任何条件下都不能自发，所以CH3OH和CO的反应为放热反应，则ΔH1＜0；当同一投料比时，观察可知T1时δ大于T2时δ，由T2＞T1可知，温度越高δ越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，ΔH2＜0，C错误；L、M、N三点对应副反应ΔH2＜0，且TN＞TM＝TL，升高温度平衡逆向移动，K＝K＞K，D正确。 三、多平衡体系中的原因解释类问题 8.（2024·贵州高考17题节选）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＝＋74.6 kJ·mol－1　ΔS＝＋80.84 J·mol－1·K－1 ⅱ.6CH4（g）C6H6（l）＋9H2（g）　ΔH2 回答下列问题： （1）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，原因是反应ⅰ产生的C（s）附着在催化剂表面，使CH4与催化剂的接触面积减小，反应速率减慢。 （2）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10.0，理由是此条件下CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最大，产物中积炭平均含量最低　。 pH CH4平均 转化率/％ 芳烃平均 产率/％ 产物中积炭 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 解析：（1）反应ⅰ会产生积炭，覆盖在催化剂表面，阻止甲烷与催化剂接触，从而导致反应速率减慢。9.（2024·江西高考16题节选）目前开采的天然气含有H2S，综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH4和H2S重整制氢的主要反应如下： 反应Ⅰ：CH4（g）＋2H2S（g）CS2（g）＋4H2（g）　ΔH1＝＋260 kJ·mol－1 反应Ⅱ：CH4（g）C（s）＋2H2（g）　 ΔH2＝＋90 kJ·mol－1 反应Ⅲ：2H2S（g）S2（g）＋2H2（g）　 ΔH3＝＋181 kJ·mol－1 回答下列问题： （1）保持反应器进料口总压为100 kPa。分别以8 kPa CH4、24 kPa H2S（He作辅气）与25 kPa CH4、75 kPa H2S进料，CH4平衡转化率与温度的关系如图，含有He的曲线为M，理由是　恒温恒压下充入稀有气体，平衡向气体分子数增大的方向移动。 （2）假设H2S和CH4的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir等温吸附（吸附分子彼此不发生相互作用，且气体分子为单分子层吸附）。 吸附等温式为＝，＝ 其中a是气体的吸附系数，Vm是气体在固体表面的饱和吸附量（标态），p是气体的分压，V是气体分压为p时的平衡吸附量（标态）。 在一定温度下，H2S的吸附系数是CH4的4倍，当H2S的分压为2 MPa及4 MPa，CH4和H2S的分压相同时，H2S平衡吸附量分别为0.6 m3·kg－1和0.8 m3·kg－1（已换算成标态），则H2S的吸附系数为0.4MPa－1。 （3）与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，上述方法优点是　实现H2S的综合利用同步产生氢　。 解析：（1）恒温恒压下充入稀有气体，相当于减压，平衡向气体分子数增大的方向移动，即向正反应方向移动，CH4的平衡转化率增大，故含有He的曲线为M。（2）设H2S的吸附系数为x MPa－1，根据吸附等温式，H2S的分压分别为2 MPa、4 MPa时，其平衡吸附量之比为＝＝，解得x＝0.4。（3）与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比，该方法的优点是能够实现H2S的综合利用并同步产氢。 四、多平衡体系中k、K、Kp等常数的相关计算 10.（2024·山东高考20题节选）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 回答下列问题： （1）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（s）在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为H2（填化学式）。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是　当温度高于T1，CaCO3（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小　　。 （2）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，则反应CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）的平衡常数Kp＝；此时气体总物质的量为4.0 mol，则CaCO3（s）的物质的量为0.5mol；若向平衡体系中通入少量CO2（g），重新达平衡后，分压p（CO2）将不变（填“增大”“减小”或“不变”），p（CO）将不变（填“增大”“减小”或“不变”）。 解析：（1）图示温度范围内C（s）已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ平衡逆向移动，依据反应Ⅱ，H2的量减少，摩尔分数减小，CO的量增多，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数随温度的变化，b曲线代表CO的摩尔分数随温度的变化，c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化；从开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，CaCO3（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。（2）压力p下、温度为T0时，H2、CO和CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O（g）的摩尔分数为1－0.5－0.15－0.05＝0.3，则反应CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）的平衡常数Kp＝＝＝。设起始时有x mol C（s），因反应Ⅰ进行完全，C（s）＋H2OCO＋H2，生成x mol CO（g）和x mol H2（g），设有y mol CO（g）发生了反应Ⅱ， CO＋H2OCO2＋H2 y　　　　　　y　　y CO的物质的量为（x－y）mol，H2的物质的量为（x＋y）mol；根据平衡时H2、CO和CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，气体总物质的量为4 mol，H2、CO和CO2的物质的量分别为2 mol、0.6 mol、0.2 mol，则x－y＝0.6，x＋y＝2，可算出x＝1.3，y＝0.7。反应Ⅱ生成的CO2的物质的量为0.7 mol，但实际CO2的物质的量为0.2 mol，说明有0.5 mol CO2发生反应Ⅲ： CaO（s）＋CO2CaCO3（s） 　　　　0.5　　 　0.5 生成了0.5 mol的CaCO3（s）。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；体系中增加了CO2（g），若反应Ⅱ平衡逆向移动，在CO2分压不变的前提下，CO、H2O的分压增大，H2的分压减小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与事实不符，所以为了保证反应Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即p（CO）不变。 11.（2024·甘肃高考17题节选）在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4（g）＋2H2（g）＋Si（s）4SiHCl3（g）。773 K，2 L密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反应，SiCl4转化率随时间的变化如图所示： （1）0～50 min，经方式甲处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率v（SiHCl3）＝5.6×10－5　mol·L－1·min－1。 （2）当反应达平衡时，H2的浓度为0.195 1mol·L－1，平衡常数K的计算式为。 解析：（1）由SiCl4转化率图像可知，0～50 min内经方式甲处理后的反应速率最快；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2％，故参与反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2％＝0.004 2 mol，根据粗硅制备SiHCl3的化学方程式可得反应生成的SiHCl3的物质的量为0.004 2 mol×＝0.005 6 mol，则0～50 min的平均反应速率v（SiHCl3）＝＝5.6×10－5 mol·L－1·min－1。 （2）由题图可知，反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6％，即参与反应的SiCl4的浓度为×14.6％＝0.007 3 mol·L－1，结合起始c（SiCl4）＝0.05 mol·L－1，c（H2）＝0.2 mol·L－1，则可列三段式： 　　 　　3SiCl4（g）＋2H2（g）＋Si（s）4SiHCl3（g） 起始浓度/ （mol·L－1） 0.05 0.2 0 转化浓度/ （mol·L－1） 0.007 3 0.004 9 0.009 7 平衡浓度/ （mol·L－1） 0.042 7 0.195 1 0.009 7 当反应达平衡时，H2的浓度为0.195 1 mol·L－1，平衡常数K的计算式为。 12.（2024·贵州高考17题节选）引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下： CH4（g）＋（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＝＝，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，可采取的措施有加入合适的催化剂（或适当降低温度）。 解析：根据题给公式，若要提高苯的产率，则需要减小Ea，苯，可以加入催化剂，另外适当降低温度也可提高苯的产率。 12 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $