专题09 大题突破——化学反应原理综合（专题专练）2026年高考化学二轮复习讲练测

专题09 大题突破——化学反应原理综合 目录 第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿 第二部分 分层突破 固本培优，精准提分 A组·保分基础练 题型01热化学方程式的书写与焓变的计算 题型02平衡图像分析、条件控制及原因解释 题型03有关化学平衡的计算 B组·抢分能力练 第三部分 真题验证 对标高考，感悟考法 1．(2026·陕西西安高三联考)乙烯和丙烯都是重要的化工原料，甲醇和丙烷共反应制备乙烯和丙烯可大幅度降低能耗，该反应体系中存在如下反应： I ．C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH1＝+124.2kJ·mol−1 II ．C3H8(g)CH4(g)＋C2H4(g) ΔH2＝+81.25kJ·mol−1 III ．CH4(g)＋C2H4(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH3 IV．CH3OH(g)＋H2(g)CH4(g)＋H2O(g) ΔH4＝-115.93kJ·mol−1 (1)ΔH3= 。 (2)630℃时， 向盛有催化剂的真空容器中充入1molC3H8(g)， 保持容器压强为0.1MPa， 进行反应， 当反应达到平衡时，C3H8(g)的转化率为60%，C2H4(g)的平衡分压为0.0125MPa。 ①此时p(C3H6)= ， 反应II的分压平衡常数为 Kp= MPa。 ②若向上述平衡体系中充入N2(g)，再次达到平衡时C3H8(g)的转化率 (填“>”“<”或“=”)60%，其原因为 。 (3)若向盛有催化剂的真空容器中按物质的量之比4：1：1充入C3H8(g)、CH3OH(g)、H2O(g)，仍在容器压强为0.1MPa 下进行反应，平衡体系中C2H4(g)和 C3H6(g)的体积分数随温度(T)的变化如图所示。解释300℃后，C3H6(g)的体积分数随温度(T)的变化的原因为 ；甲醇的作用为 。 【答案】(1)+42.95kJ·mol−1 (2) 0.0025MPa 0.00625 > I和Ⅱ均为气体分子数增大的反应，充入N2降低了各组分的分压，平衡正向移动 (3)反应Ⅱ正向进行的程度大于反应I 在低温区通过反应Ⅳ拉动反应Ⅰ的发生 【解析】(1)已知： I ．C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH1＝+124.2kJ·mol−1 II ．C3H8(g)CH4(g)＋C2H4(g) ΔH2＝+81.25kJ·mol−1 反应Ⅲ=反应I-反应Ⅱ，则CH4(g)＋C2H4(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH2＝+42.95kJ·mol−1； (2)630℃时，向盛有催化剂的真空容器中充入1molC3H8(g)，保持容器压强为0.1MPa，进行反应，当反应达到平衡时，C3H8(g)的转化率为60%，则参加反应的C3H8(g)为0.6mol，根据方程式各物质系数比均为1，反应后气体总物质的量为1.6mol，C2H4(g)的平衡分压为0.0125MPa，则C2H4(g)的物质的量为，参与反应Ⅱ的C3H8(g)为0.2mol，反应Ⅱ生成甲烷的物质的量为0.2mol；参与反应I的C3H8(g)为0.4mol，反应I 生成丙烯的物质的量为0.4mol，生成氢气的物质的量为0.4mol；平衡时容器中的C3H8(g)物质的量为0.4mol；①此时，反应Ⅱ的分压平衡常数为，②若向上述平衡体系中充入N2(g)，容器体积增大，相当于减压，平衡正向移动，再次达到平衡时C3H8(g)的转化率大于60%； (3)300℃后，C3H8(g)的体积分数随温度(T)变化的原因为反应Ⅱ正向进行的程度大于反应I(温度升高，反应Ⅳ平衡逆向移动，氢气浓度增大使平衡逆向移动)；甲醇的作用为在低温区通过反应Ⅳ拉动反应 I的发生(或生成CH4不利于反应Ⅱ的发生)。 2．【结合战略金属考查反应原理】 (2025·广东金太阳联考高三模拟预测)Ti被誉为“未来金属”“战略金属”，具有稳定的化学性质。目前生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为(TiCl4)，再进一步还原得到钛。 回答下列问题： (1)基态钛原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为 。 (2)Ti可形成多种配合物。Ti(CO)6、[Ti(H2O)6]2+、[TiF6]2-的配体所含元素的电负性由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。 (3) TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： ⅰ.直接氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)TiCl4(g)＋O2(g) ΔH1＝+172kJ·mol−1，Kp1=1.0×10-2； ⅱ.碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)+ 2C(s)TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH2＝-51kJ·mol−1，Kp2=1.2×1012； ①在上述条件下，反应O2(g)+ 2C(s)2CO(g)的Kp = (结果保留两位有效数字)。 ②关于碳氯化反应，下列说法错误的有 (填选项字母)。 A．为了加快反应速率，可将两固体粉碎后混匀 B．平衡后增大压强，平衡向逆反应方向移动 C．温度升高，Cl2的平衡转化率增大 D．任何温度下都不能自发进行 (4)在压强为150 kPa恒压条件下，将TiO2(s)、C(s)、Cl2(g)以物质的量之比为投料进行反应ⅰ和ⅱ，理论上体系中平衡时气体组成比例(物质的量分数)随温度变化的关系如图所示：(该条件下会发生CO的氧化即被消耗完全)： ①T2℃时，已知TiO2(s)的平衡转化率为99%，则平衡时CO2与CO的物质的量比为 (写出计算过程)。 ②已知T2℃远高于T1℃，且T1℃下TiO2的平衡转化率已非常接近T2℃下TiO2的平衡转化率，但实际生产中反应温度通常选择T2℃，其原因是 。 (5)一种TiCl4冶炼钛的方法为900℃下发生反应TiCl4(l)＋2Mg(l)2MgCl2(l)＋Ti(g)，从平衡移动角度解释该冶炼金属钛方法的原理： 。 【答案】(1)球形 (2) F＞O＞C＞H (3) 1.2×1014 CD (4)4：25 为了加快反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，能提高生产效率 (5)Mg比Ti活泼，可以和TiCl4反应生成Ti蒸气，生成的Ti蒸气逸出，使平衡持续正向移动 【解析】(1)钛为22号元素，基态钛原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，电子占据的最高能层为4s，电子云轮廓图为球形。 (2)配体所含元素为C、O、H、F，元素周期表中各元素的电负性越大非金属性越强，电负性：F＞O＞C＞H。 (3)①由盖斯定律可知，反应ⅱ-反应ⅰ可得O2(g)+ 2C(s)2CO(g)，则。②A项，将两固体粉碎后混匀，可增大固体和氯气的接触面积，加快反应速率，A正确；B项，碳氯化是气体体积增大的放热反应，平衡后增大压强，平衡逆向移动，B正确；C项，该反应ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，反应物的平衡转化率均变小，C错误；D项，碳氯化反应气体分子数增加，ΔH＜0，ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS判断，在任何温度下ΔG＜0，故该反应在任何温度下都能自发进行，D错误；故选CD。 (4)①已知TiO2(s)的转化率为99%，假设初始TiO2(s)为1mol，Cl2(g)为2 mol，则T2℃平衡时，TiCl4为0.99 mol，根据氯元素守恒，此时Cl2为0.02 mol，因为TiCl4的物质的量分数为0.36，所以气体总物质的量为2.75 mol，设此时CO为xmol，CO2为ymol，则，根据氧元素守恒，得，求得平衡时CO2为0.24mol，CO为1.5 mol，所以二者的物质的量比为4：25。②考虑实际生产中要尽可能在单位时间内多出产品，故选择更高的T2℃的原因应该是加快反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高生产效率。 (5)从平衡移动角度解释TiCl4(l)＋2Mg(l)2MgCl2(l)＋Ti(g)的反应原理：Mg比Ti活泼，可以和TiCl4反应生成Ti蒸气，生成的Ti蒸气逸出，使平衡持续正向移动。 3．【结合Xe元素考查】(2026·山东日照高三期中)Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。 Ⅰ．Xe(g)+F2(g)XeF2(g)    ΔH1 Ⅱ．XeF2(g)+F2(g)XeF4(g)    ΔH2 Ⅲ．XeF4(g)+F2(g)XeF6(g)      ΔH3 向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如图1所示；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如图2所示，P点、Q点对应的p(F2)分别为14 kPa和224 kPa。 回答下列问题： (1)反应XeF4(g) Xe(g)+2F2(g)，ΔH= (用代数式表示)。 (2)反应Ⅲ的ΔH3 0(填“＞”或“＜”)；图1中630 K之后，XeF4分布分数下降的原因为 。 (3)曲线L2对应的物质为 (填化学式)。 (4)T温度下，反应XeF2(g)+XeF6(g) 2XeF4(g)  的Kp= 。 (5)T温度下，当n(XeF4)最多时，体系总压为110 KPa，则p(F2)= kPa，p(XeF2)= kPa，初始投料比n(F2)：n(Xe)= (用最简分数表示)。 【答案】(1)-ΔH1-ΔH2 (2)＜ 630 K之后升高温度，反应Ⅱ逆向移动的程度大于反应Ⅲ (3)XeF4 (4)16 (5) 56 9 【解析】(1)由盖斯定律可知反应XeF4(g) Xe(g)+2F2(g)，可由反应Ⅰ+反应Ⅱ的逆反应可得，则ΔH=-ΔH1-ΔH2。 (2)由图1可知：温度升高时，XeF6的分布分数下降，说明反应 Ⅲ的平衡逆向移动，因此反应Ⅲ为放热反应；温度升高，反应 Ⅱ的平衡逆向移动，同时反应Ⅲ的平衡逆向移动，且温度升高使XeF4分解速率加快，导致其分布分数下降。 (3)已知Xe与F2发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，随着p(F2)不断增加，XeF2的物质的量逐渐减小，XeF4的物质的量先增大后减小，XeF6的物质的量会逐渐增大，曲线L2随增大先增后减，因此对应的物质是XeF4。 (4)由图可知，当p(F2)=14 kPa时，，由此可得XeF2(g)+F2(g)XeF4(g)==，当p(F2)=224 kPa时，由此可得反应==故反应的=16。 (5)T温度下，当n(XeF4)最多时，由图2可知，则=；反应Ⅱ+反应Ⅲ可得反应，=解得；由反应Ⅱ=，，可得=4，由时，近似认为Xe完全反应及压强为110 kPa=+++，可得6=54 kPa，则=9 kPa；由=9 kPa=，=4=36 kPa，，由元素守恒可得初始p(Xe)=(9+9+36) kPa=54 kPa，初始p(F2)=(9+9+72+27+56) kPa，则初始投料比n(F2)：n(Xe)=82:27。 4．(2026·四川高三联考)CO2的捕集与转化是当今科学研究的重要课题。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)  ΔH=+177 kJ·mol-1(主反应) 反应Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)  ΔH=+9 kJ·mol-1(副反应) 其中反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步： 反应①：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)  ΔH1=+136 kJ·mol-1 反应②：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)  ΔH2=+41 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)反应Ⅰ的熵变ΔS (填“>”“＜”或“=”)0；在反应Ⅰ的反应历程中，反应①的活化能小于反应②，则增大 (填“C2H6”或“CO2”)的浓度对反应Ⅰ速率影响更大。 (2)CH4(g)+C(s)C2H4(g)  ΔH= kJ·mol-1。 (3)CO2和C2H6合成C2H4过程中平衡时CO2和C2H6的转化率和生成C2H4的选择性与温度变化的关系如图，则表示CO2转化率的曲线为 (填“L1”“L2”或“L3”)，其判断依据为 。 (4)在某温度下，将2 mol CO2和3 mol C2H6充入10 L体积不变的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，设只发生反应Ⅰ．若初始压强为5.0 MPa，t min时反应达到平衡，平衡时产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，则0~t min内，v(C2H6)= MPa⋅min-1；该温度下反应的平衡常数Kp= MPa(保留两位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】(1) > CO2 (2)+127 (3) L3 反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均正向移动，CO2和C2H6的转化率均增大，则转化率为L2和L3，L1为C2H4的选择性，温度升高，C2H4的选择性降低，说明反应Ⅱ增大程度比反应Ⅰ大，则C2H6的转化率大于CO2的转化率 (4) 1/t 0.50 【解析】(1)根据反应Ⅰ的方程式可以看出，该反应前后气体分子数由“2”变为“3”，属于熵增的过程，ΔS＞0；根据题意“反应①的活化能<反应②”，则整个主反应中“慢”步骤是消耗CO2的那一步即反应②，所以提高CO2浓度对反应I总速率的促进作用更大。 (2)反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)  ΔH1=+136 kJ·mol-1与C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)  ΔH=+9 kJ·mol-1相减可以得到目标方程式，则目标方程式的ΔH=+136 kJ·mol-1-(+9 kJ·mol-1)=+127 kJ·mol-1。 (3)图中横坐标为温度，纵坐标有三条曲线L1、L2、L3，分别表示“选择性”或“转化率”的变化趋势。反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均正向移动，CO2和C2H6的转化率均增大，则转化率为L2或L3，L1为C2H4的选择性，温度升高，C2H4的选择性降低，说明反应Ⅱ增大程度比反应Ⅰ大，则C2H6的转化率大于CO2的转化率，故转化率相对较低的L3是CO2的转化率变化曲线。 (4)开始充入2 molCO2和3 molC2H6，压强为5.0 MPa，则CO2和C2H6的分压分别为2 MPa和3 MPa，设达到平衡时转化的CO2的分压为x MPa，列出三段式 (单位为MPa)， 由题意“平衡时产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等”，有，解得，0~t min内，；平衡时C2H4、H2O、CO、CO2的分压均为1 MPa，C2H6的分压为2 MPa，因此。 5．【25年陕晋宁青卷T17改编】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= +101kJ·mol-1 Ⅱ．CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2= -166kJ·mol-1 Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41kJ·mol−1 回答下列问题， (1)MgCO3(s)＋4H2(g)MgO(s)+CH4(g)＋2H2O(g) ΔH4=___________kJ·mol−1 (2)提高CH4平衡产率的条件是___________。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (3)100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1mol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(在360℃以下不考虑反应Ⅲ)。 图为上图内点M附近区域放大图 注： ①表示CH4选择性的曲线是 (填字母)。 ②M点对应温度下，反应Ⅱ的Kp= (kPa)-2(写出代数式即可)。 ③在 550℃下达到平衡时，n(CO)= mol。550~600℃，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是 。 【答案】(1)-65 (2)B (3) c 0.2 反应I反应完全，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅲ平衡正向移动的程度 【解析】(1)根据盖斯定律，反应I+反应Ⅱ可得目标反应，则==。 (2)要提高CH4平衡产率需使反应Ⅱ平衡正向移动，由题给方程式可知，反应Ⅱ为气体分子数减小的放热反应，增大压强、降低温度均可使反应Ⅱ平衡正向移动；故选B。 (3)①已知反应I为吸热反应，Ⅱ为放热反应，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°C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，由于反应Ⅲ为吸热反应，随着温度升高，高于360°C二氧化碳的选择性开始下降，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。② 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0.51mol，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0.49mol，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0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为，，,,则反应Ⅱ的。③在550°C下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出；温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多，使反应Ⅲ正移，H2量减少，总的表现为反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅲ平衡正向移动的程度，因此550~600℃，随温度升高H2的平衡转化率下降。 6．(2026·福建漳州高三期中)I、雾霾主要成分为灰尘、SO2、NOX、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一。 (1)以氨气为脱硝剂时，可将NOX还原为N2。 已知：i． △H= a kJ·mol-1 ii． △H= b kJ·mol-1 则反应的 △H= kJ·mol-1。 (2)臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为：  △H <0，某温度时，在体积为1L的刚性密闭容器中充入2 mol NO2和1mol O3发生反应，保持恒温恒容条件。 ①下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是 (填标号)。 A．   B．混合气体密度不再改变 C．O2的体积分数不再改变 D．混合气体平均摩尔质量不再改变 ②欲增加NO2的平衡转化率，可采取的措施有 (填标号)。 A．充入氦气   B．升高温度     C．充入2 molNO2     D．充入2 mol NO2和1molO3 ③达到平衡时，混合气体总压为p，O2的浓度为0.5mol/L，则NO2的转化率为 ，平衡常数Kp= (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ、碳和氮的化合物是广泛的化工原料，在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表： t℃ 700 800 830 1000 1200 K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6 (3)该反应为反应 (填“吸热”、“放热”)。 (4)在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，，，，则下一时刻， (填“>”、“<”或“=”)。 Ⅲ、在稀硫酸中分别以Pt、Cu为电极，利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图所示。 (5)CO2在铜电极被还原为多种燃料，则与Pt电极相连的是电源的 极，写出CO2催化还原成CH4的电极反应式 。 【答案】(1)b-3a (2)CD D 50% (3)吸热 (4)＜ (5)正 CO2+8H++8e-=CH4+2H2O 【解析】(1)已知反应ⅰ．N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=akJ⋅mol-1，反应ⅱ．4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) ΔH=bkJ⋅mol-1，根据盖斯定律ⅱ-ⅰ×3得反应4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O的ΔH=(b-3a)kJ⋅mol-1； (2)①A项，化学平衡的本质特征是正逆反应速率相等，中并未告知正反应速率还是逆反应速率，即不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；B项，在恒温恒容密闭容器中，反应前后气体质量不变，体积不变，混合气体密度一直未改变，即混合气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，B不合题意；C项，由题干方程式可知，随着反应的进行，O2的物质的量一直在改变，即O2的体积分数一直在改变，故O2的体积分数不再改变，说明反应达到化学平衡，C符合题意；D项，反应前后气体系数和不同，气体总质量不变，根据公式M=可知：只要不平衡，n就变，n变M就变，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应一定达到平衡状态，D符合题意；故选CD；②A项，在恒温恒容容器中充入氦气，反应物、生成物浓度不变，平衡不移动，NO2的平衡转化率不变，A不合题意；B项，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率降低，B不合题意；C项，充入2mol NO2，平衡正向移动，NO2的平衡转化率降低、O3的平衡转化率增大，C不合题意；D项，充入2mol NO2和1mol O3，相当于增大压强，NO2的平衡转化率增大，D符合题意；故选D；③达到平衡时，混合气体总压为p，O2的浓度为0.5mol⋅L-1，列三行式： 则NO2的转化率为×100%═50%，平衡常数Kp===； (3)由题干表中数据可知，随着温度升高化学平衡常数增大，即升高温度该反应平衡正向移动，故该反应为吸热反应； (4)由题干表中数据可知，在800℃时，该反应的化学平衡常数为0.9，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，，，，此时Q===1＞0.9=K，即平衡在往逆反应方向移动，则下一时刻，＜； (5)由题干电解装置图可知，Cu电极上将CO2转化为CO、C2H4、CH3OH、CH4等，碳的化合价降低被还原，该电极为阴极，则Pt电极为阳极，CO2在铜电极被还原为多种燃料，则与Pt电极相连的是电源的正极，根据电解质为稀硫酸，故CO2催化还原成CH4的电极反应式为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O。 7．(2026·四川绵阳高三期中)甲烷干重整反应可以将两种温室气体CH4和CO2直接转化为合成气主要成分为CO和H2，兼具环境效益和经济效益。回答下列问题： (1)已知：CH4、CO和H2的燃烧热分别为、和。则甲烷干重整反应的为 kJ·mol-l。 (2)合成气可以用于生成甲醇，在容积为的恒容密闭容器中加入2molH2和1molCO，发生反应，各组分的物质的量随时间的变化如图所示。 0~5min内v(H2)= mol·L－1·min－1，15min时改变的条件可能是 填标号。 A．充入H2     B．充入      C．通入惰性气体 (3)甲烷干重整过程中可能存在反应： 反应Ⅰ：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)主反应 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) 反应Ⅲ：CH4(g)C(s)＋2H2(g) 反应Ⅳ：2CO(g)C(s)＋CO2(g) 反应Ⅴ：CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g) 各反应的为各反应的平衡常数与温度的关系如图所示。 由图可知，为提高主反应反应Ⅰ的转化率，应 填“升高温度”或“降低温度”，理由是 。 (4)在绝热恒容密闭容器中加入1molCO2和1molCH4，仅发生主反应反应Ⅰ时，下列情况能说明该反应一定达到平衡状态的有 ___________填标号。 A．CH4的体积分数保持不变 B．CH4和CO2的转化率相等 C． D．反应体系的温度不再变化 (5)在、、进料配比n(CH4)：n(CO2)=1：1的条件下，CH4干重整过程中CH4的转化率、CO2的转化率和积碳率随着温度变化的规律如图所示。 ①甲烷干重整的最佳温度为 填“600”“700”“800““900”或“1000℃ 。 ②在最佳温度、初始压强为p0kPa条件下，向某恒容密闭容器中加入2molCO2和2molCH4，设只发生中反应Ⅰ、反应Ⅱ两个反应。达到化学平衡后，测得容器中的浓度为1.4mol·L-1，CO2的转化率为90%。在最佳温度下，反应Ⅰ的压强平衡常数Kp= (kPa)2列出计算式，压强平衡常数用各组分的平衡分压代替物质的量浓度进行计算，平衡分压平衡总压强物质的量分数。 (6)某研究小组为了评估甲烷干重整反应中不同催化剂的性能差异，在常压、催化剂作用下，按n(CH4)：n(CO2)=1：1投料，设只发生中反应Ⅰ、反应Ⅱ两个反应。不同温度下反应相同时间，测得CH4的转化率用柱形框表示和产物用带圆点的折线表示随温度变化的关系如图所示。 不考虑催化剂失活，产物随温度变化的原因是 。 【答案】(1)+247.3 (2) 0.04 B (3)升高温度 温度升高，Ⅳ、Ⅴ反应的平衡常数减小，平衡逆向移动，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ反应的平衡常数增大，但反应I的lgK与温度关系曲线的斜率大于Ⅱ和Ⅲ的，所以升高温度有利于提高主反应的转化率 (4)AD (5)900 3.5p02 (6)随着温度升高，反应Ⅰ的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段，以反应Ⅰ为主，所以随着温度升高，逐渐增加并趋于1 【解析】(1)已知：CH4、CO和H2的燃烧热分别为，则有 反应①： 反应②： 反应③： 则根据盖斯定律知，反应是①-2×②-2×③=。 (2)5 min时甲醇的物质的量是0.2 mol，根据，。A项，5 min时H2物质的量没有瞬间增加，所以不可能是充入H2，A不符合题意；B项，充入CO会因为增加反应物浓度使平衡正移，故H2的浓度会缓慢减小，甲醇浓度缓慢增加，B符合题意；C项，恒容下冲入惰性气体，由于参与反应的各物质浓度不变，平衡不移动，故C不符合题意；故选B。 (3)根据图像可得，温度升高，Ⅳ、Ⅴ反应的平衡常数减小，平衡逆向移动，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ反应的平衡常数增大，但反应I的lgK与温度关系曲线的斜率大于Ⅱ和Ⅲ的，所以升高温度有利于提高主反应的转化率。 (4)A项，CH4的体积分数会随着反应进行而改变，当CH4的体积分数保持不变说明该反应一定达到平衡状态，A正确；B项，CH4和CO2的投料比等于计量数之比时，任何时候二者的转化率均相等，不能说明该反应达到平衡状态，B错误；C项，无论是否平衡，都存在，不能说明该反应达到平衡状态，C错误；D项，恒容绝热条件下，体系的温度不再变化，说明该反应达到平衡状态，D正确；故选AD。 (5)①甲烷干重整过程中最好是甲烷的转化率与CO2的转化率较大，积碳率较小，则最佳温度为900；②设反应Ⅰ消耗xmol甲烷，反应Ⅱ消耗y molH2， 则达平衡后，CO的浓度为，CO2的转化率为，则x=1、y=0.8，平衡后CO2为0.2mol，甲烷为1mol，CO为2.8mol，氢气为1.2mol，水蒸气为0.8mol，气体共有6mol，则平衡后压强为1.5P0，则此时Ⅰ反应的压强平衡常数。 (6)产物随温度变化的原因是随着温度升高，反应Ⅰ的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段，以反应Ⅰ为主，所以随着温度升高，逐渐增加并趋于1。 01热化学方程式的书写与焓变的计算 1．(2026·山东九五高三协作体高三联考)CO2的催化还原成为“碳中和”背景下科学研究的热点课题。 (1)利用CH4催化还原CO2可制备水煤气(主要成分为CO、H2)。已知制备过程中发生如下反应： 反应I：CH4(g)＋1/2O2(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝-35.6kJ·mol−1 反应II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1 反应III：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH3 ①已知：氢气的摩尔燃烧焓为，水的摩尔蒸发焓(指在25℃，101.325 kPa下，将1 mol液态水完全转化为气态水蒸气所需要的能量)为，则ΔH3= kJ·mol−1。 【答案】(1) ＋247.4 【解析】(1)①已知反应I：CH4(g)＋1/2O2(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝-35.6kJ·mol−1；反应II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1；又氢气的摩尔燃烧焓为-286 kJ·mol−1，水的摩尔蒸发焓(指在25℃，101.325 kPa下，将1 mol液态水完全转化为气态水蒸气所需要的能量)为44.2 kJ·mol−1，故可得反应Ⅳ1/2O2(g)＋H2(g)⇌ H2O(g)  ΔH4＝－241.8 kJ·mol－1，根据盖斯定律可知：III =I+II-Ⅳ，ΔH3＝ΔH1+ΔH2-ΔH4＝－35.6 kJ·mol－1＋41.2 kJ·mol－1-(-241.8 kJ·mol－1)＝＋247.4 kJ·mol－1。 2．(2026·四川成都高三期中)国际空间站是在轨运行最大的空间平台，是一个拥有现代化科研设备、开展大规模、多学科基础和应用科学研究的空间实验室。在空间站中常常利用反应Ⅰ处理二氧化碳，同时伴有反应Ⅱ和Ⅲ发生。 反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  △H1=-270kJ∙mol-1  ∆S1=-170.65J∙mol-1∙K-1 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2   ∆S2=+42.1J∙mol-1∙K-1 反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H3=-48.97kJ∙mol-1  ∆S3=-177.16J∙mol-1∙K-1 (1)在T1℃、2 L容器中充入0.2molCO2和0.2molH2，若只发生反应Ⅱ，吸收4 kJ能量，若T1℃、2 L容器中充入0.4 mol CO和0.4molH2O(g)，放出8.48 kJ能量，则反应Ⅱ的△H2= kJ∙mol-1。 【答案】(1)+41.2 【解析】(1)反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  △H1=-270kJ∙mol-1  ∆S1=-170.65J∙mol-1∙K-1 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2   ∆S2=+42.1J∙mol-1∙K-1 反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H3=-48.97kJ∙mol-1  ∆S3=-177.16J∙mol-1∙K-1 若T1℃、2 L容器中充入0.4 mol CO和0.4molH2O(g)，若只发生反应Ⅱ，放出8.48 kJ能量，则T1℃、2 L容器中充入0.2 mol CO和0.2molH2O(g)，若只发生反应Ⅱ，放出4.24 kJ能量(反应前后气体分子数相等，因此恒容时，倍数改变投料，反应程度相同)；在T1℃、2 L容器中充入0.2molCO2和0.2molH2，若只发生反应Ⅱ，吸收4 kJ能量，则若0.2mol CO2和0.2molH2完全反应，吸收热量为4kJ-(-4.24kJ)=8.24kJ，所以反应Ⅱ的△H2==+41.2 kJ∙mol-1。 3．(2026·四川成都高三联考)氮的化合物是重要的工业原料，也是大气和水质污染来源，研究氮的化合物的反应具有重要意义，回答下列问题： (2)饮用水中的NO3-主要来源于NH4+。已知在微生物作用下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：  试写出1molNH4+ (aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是 ； 【答案】(2)NH4+(aq)+2O2(g)=2H＋(aq)+NO3-(aq)+H2O(l)   △H=-346kJ·mol-1 【解析】(2)①第一步反应是：；第二步反应是：，根据盖斯定律，第一步反应+第二步反应可得1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-的热化学方程式：NH4+(aq)+2O2(g)=2H＋(aq)+NO3-(aq)+H2O(l)   △H=-346kJ·mol-1。 4．(2026·四川高三联考)CO2的捕集与转化是当今科学研究的重要课题。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)  ΔH=+177 kJ·mol-1(主反应) 反应Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)  ΔH=+9 kJ·mol-1(副反应) 其中反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步： 反应①：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)  ΔH1=+136 kJ·mol-1 反应②：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)  ΔH2=+41 kJ·mol-1 (1)反应Ⅰ的熵变ΔS (填“>”“＜”或“=”)0；在反应Ⅰ的反应历程中，反应①的活化能小于反应②，则增大 (填“C2H6”或“CO2”)的浓度对反应Ⅰ速率影响更大。 (2)CH4(g)+C(s)C2H4(g)  ΔH= kJ·mol-1。 【答案】(1) > CO2 (2)+127 【解析】(1)根据反应Ⅰ的方程式可以看出，该反应前后气体分子数由“2”变为“3”，属于熵增的过程，ΔS＞0；根据题意“反应①的活化能<反应②”，则整个主反应中“慢”步骤是消耗CO2的那一步即反应②，所以提高CO2浓度对反应I总速率的促进作用更大。 (2)反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)  ΔH1=+136 kJ·mol-1与C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)  ΔH=+9 kJ·mol-1相减可以得到目标方程式，则目标方程式的ΔH=+136 kJ·mol-1-(+9 kJ·mol-1)=+127 kJ·mol-1。 5．(2025·湖北省鄂东南省级示范高中教改联盟高三联考，节选)中央经济工作会议强调要“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。 CO2甲烷化是目前研究的热点方向之一，CO2也可以获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下： 反应I：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2 反应Ⅲ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3 反应Ⅳ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH4 (1)反应2CO2(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)的ΔH= 。 【答案】(1)2ΔH5+ΔH4-ΔH2 【解析】(1)依据盖斯定律，反应I=反应Ⅲ×2+反应Ⅳ-反应Ⅱ×2，ΔH＝2ΔH5+ΔH4-ΔH2。 6．通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CH3OCH3)也有广泛的应用。 反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.01kJ·mol−1 反应II：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝-24.52kJ·mol−1 反应III：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41.17kJ·mol−1 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)自发反应的条件是 。 【答案】低温 【解析】根据盖斯定律可得反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得到反应2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，则ΔH=2ΔH1+ΔH2=(-49.01×2-24.52)kJ/mol=-122.54kJ/mol，该反应的ΔS＜0，ΔG=ΔH-TΔS，ΔS＜0，ΔH＜0，要使ΔG=ΔH-TΔS＜0，需要低温条件，故该反应在低温下自发。 7．(2025·河南省安阳市湘豫名校联考高三模拟，节选)乙炔(C2H2)、乙烯和乙烷是重要的基础化工原料，在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题： (1)已知几种共价键的键能如下表所示。 共价键 C≡C H-C C-C H-H 键能/(kJ·mol−1) 812 413.4 347.7 436 根据上述键能估算：CH≡CH(g)＋2H2(g)CH3CH3(g) ΔH1 kJ·mol−1。 【答案】(1)-317.3 【解析】(1)反应热等于反应物的总键能与生成物化学键的键能的差，则反应CH≡CH(g)＋2H2(g)CH3CH3(g)的键能。 8．已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)： 物质 CO2(g) H2(g) HCOOH(g) 标准摩尔生成焓/kJ·mol-1 -393.51 0 -362.3 依据以上信息，CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) ΔH。ΔH=___________。 【答案】+31.21kJ·mol-1 【解析】焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)] kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1。 9．(2025·山西省部分学校联考高三试题，节选)二氧化碳作为温室气体，是引发全球气候变化的主要元凶之一，但通过转化可以将其变成有用的化学品或燃料，有助于实现碳循环和碳减排。 一定条件下使CO2、H2的混合气体通过反应器可转化为甲醛。已知反应器内发生的反应有： I．；， II．  ；， (1)E1、E3分别是正反应的活化能，E2、E4分别是逆反应的活化能，则E1 E3(填“大于”“小于”或“等于”)。 【答案】(1)小于 【解析】(1)，解得；，解得，则E1小于E3。 10．二氯乙烷为原料制备氯乙烯是合成氯乙烯的一种重要的方法。CH2Cl-CH2Cl热裂解反应为：CH2Cl-CH2Cl(g)=HCl(g)+ CH2=CHCl(g) ΔH＝71.05kJ·mol−1 已知相关物质的标准熵数值如下表： 化学式 CH2Cl-CH2Cl(g) HCl(g) CH2=CH2Cl (g) 标准熵：S/(J·mol-1·K-1) 305.90 186.90 264.00 ①该反应的标准熵变ΔS= J·mol-1·K-1； ②已知ΔG=ΔH-TΔS，该反应在下列哪些温度下能自发进行？ (填标号)； A．0.39K B．0.49K C．500K D．525K 【答案】①45.00 ②CD 【解析】①由题干方程式和标准数据可知，该反应的标准熵变ΔS= (186.90+264.00-305.90) J·mol-1·K-1=145.00 J·mol-1·K-1；②根据自由能变判断反应自发性可知，当ΔG=ΔH-TΔS =71.05kJ/mol-T×145.00 J·mol-1·K-1×10-3kJ/J≤0时反应能自发进行，解得：T≥490K，故选CD。 02平衡图像分析、条件控制及原因解释 11．(2026·四川高三联考)CO2的捕集与转化是当今科学研究的重要课题。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)  ΔH=+177 kJ·mol-1(主反应) 反应Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)  ΔH=+9 kJ·mol-1(副反应) 其中反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步： 反应①：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)  ΔH1=+136 kJ·mol-1 反应②：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)  ΔH2=+41 kJ·mol-1 (3)CO2和C2H6合成C2H4过程中平衡时CO2和C2H6的转化率和生成C2H4的选择性与温度变化的关系如图，则表示CO2转化率的曲线为 (填“L1”“L2”或“L3”)，其判断依据为 。 【答案】(3) L3 反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均正向移动，CO2和C2H6的转化率均增大，则转化率为L2和L3，L1为C2H4的选择性，温度升高，C2H4的选择性降低，说明反应Ⅱ增大程度比反应Ⅰ大，则C2H6的转化率大于CO2的转化率 【解析】(3)图中横坐标为温度，纵坐标有三条曲线L1、L2、L3，分别表示“选择性”或“转化率”的变化趋势。反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均正向移动，CO2和C2H6的转化率均增大，则转化率为L2或L3，L1为C2H4的选择性，温度升高，C2H4的选择性降低，说明反应Ⅱ增大程度比反应Ⅰ大，则C2H6的转化率大于CO2的转化率，故转化率相对较低的L3是CO2的转化率变化曲线。 12．(2026·四川成都高三期中)国际空间站是在轨运行最大的空间平台，是一个拥有现代化科研设备、开展大规模、多学科基础和应用科学研究的空间实验室。在空间站中常常利用反应Ⅰ处理二氧化碳，同时伴有反应Ⅱ和Ⅲ发生。 反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  △H1=-270kJ∙mol-1  ∆S1=-170.65J∙mol-1∙K-1 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2   ∆S2=+42.1J∙mol-1∙K-1 反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H3=-48.97kJ∙mol-1  ∆S3=-177.16J∙mol-1∙K-1 (4)向某恒容密闭容器中充入2molCO2和5molH2，研究相同时间内甲烷产率与催化剂、温度关系如图所示。 ①根据图像可知，相同温度时，催化效果：催化剂A B(填“大于”、“小于”或“等于”)。 ②在催化剂B作用下，甲烷产率随温度变化的原因是 。(填写一种原因即可) 【答案】(4)大于 随着温度升高，催化剂B选择性或活性降低 【解析】(4)①根据图像可知，相同温度时，催化剂A对应甲烷产率比催化剂B对应甲烷的产率高，则催化效果：催化剂A大于B。②在催化剂B作用下，甲烷产率随温度升高逐渐降低，有可能是催化剂失活导致，也可能是催化剂选择性发生了改变，原因是：随着温度升高，催化剂B选择性或活性降低。 13．(2026·山东九五高三协作体高三联考)CO2的催化还原成为“碳中和”背景下科学研究的热点课题。 (2) H2催化还原CO2可合成CO、CH4。涉及的反应如下： 反应I：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＜0 反应II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0 分别在压强为10 MPa和100 MPa下，将3molH2和1mol CO2的混合气体充入某密闭容器中反应。平衡时，CO和CH4在含碳物种中的摩尔分数随温度的变化关系如图所示。 ①曲线d表示的是 的平衡摩尔分数随温度变化的关系。点M处平衡体积分数高于点N的原因是 。图中点A对应条件下，反应II的平衡常数 。 ②若将600℃，100 MPa的平衡体系只缩小容器的容积，再次达到平衡后，下列说法中正确的是 (填字母)。 a．CO的分压保持不变 b．H2的平衡转化率增大 c．其他条件不变，升温可使CH4与CO的摩尔分数相等 【答案】 (2) ①100MPa下CO 温度相同时，增大压强使反应Ⅰ平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和H2的体积分数减少，有利于反应Ⅱ逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应Ⅰ平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应Ⅱ平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点) 2.4 ②bc 【解析】(2)①根据两个反应的热效应可知：随温度升高，呈升高趋势的曲线表示CO的体积分数，反应Ⅰ正反应是气体分子数减小的反应，增大压强时，H2O的量增加，反应Ⅱ逆向移动，CO的体积分数也会减小，所以，d线表示100MPa时CO的体积分数变化趋势；温度相同时，增大压强使反应Ⅰ平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和H2的体积分数减少，有利于反应Ⅱ逆向移动，故高压时，CO体积分数降低，M点高于N点(或者，温度相同时，降低压强使反应Ⅰ平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应Ⅱ平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点)；因为A与B点的温度相同，所以平衡常数相同，可根据B点的数据计算该温度下的平衡常数，又由于反应Ⅱ为反应前后所有物质的化学计量数相同，所以可以用物质的量代替浓度计算平衡常数。图像是对平衡体系中的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，CO、CH4各占40%时，CO2占20%。设反应生成x mol CH4，y mol CO，在反应体系中：，，根据碳元素守恒可知，CO2、CH4、CO的总物质的量为1mol，则有，解得，则平衡时n(CO)＝0.4 mol、n(CH4)＝0.4 mol、n(H2O)＝2x＋y＝1.2 mol、n(CO2)＝1－x－y＝0.2 mol、n(H2)＝3－4x－y＝1 mol，则平衡常数。②缩小容器容积，因为多重反应，虽然第二个反应反应前后气体分子数不变，但是由于第一个反应平衡正向移动，带动第二个反应平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，以第一个反应正向移动为主，所以氢气的转化率增大，因此，a不正确，b正确；由图像可知，缩小容器的容积后，若要让甲烷和CO的摩尔分数相等，应该升高温度，所以c正确。 14．(2025·浙江省第二届辛愉杯高三测试，)“碳达峰”“碳中和”是近年来的热门话题，以二氧化氮和氢气为原料反应时，通常存在以下几个反应： I．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 II．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2＝-48.8kJ·mol−1 III．2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3＝-123.2kJ·mol−1 IV．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH4 (1)①ΔH4= 。 ②L(L1，L2)、X分别代表温度或压强，如图表示不同L下，反应III中二甲醚的平衡产率随X变化的关系，判断L1，L2的大小并说明理由 。 【答案】(1)-25.6kJ·mol−1 L1＞L2，反应III为气体分子数减小的反应，相同温度时，压强越大，二甲醚的平衡产率就越高。 【解析】(1)①II．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2＝-48.8kJ·mol−1III．2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3＝-123.2kJ·mol−1；根据盖斯定律III -II×2得2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH4=-123.2 kJ·mol−1+48.8 kJ·mol−1×2=-25.6 kJ·mol−1；②正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚的平衡产率降低，则X表示温度、L表示压强。反应III为气体分子数减小的反应，相同温度时，压强越大，二甲醚的平衡产率就越高，所以L1＞L2。 03有关化学平衡的计算 15．(2025·浙江七校联盟一模)汽车尾气中含有NO气体，是汽车内燃机高温条件下氮气与氧气反应产生。NO是破坏臭氧层的凶手之一。相关反应如下： Ⅰ．N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝+180kJ·mol−1 Ⅱ．NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH2 (3)将2molN2、2molO2与2molO3混合气体通入p=100kPa的恒压密闭容器中发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡后NO2物质的量为1 mol(不考虑O2与O3之间的相互转化)。已知反应Ⅰ的压强平衡常数Kp1=0.5(用各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数用Kp=表示)试计算：反应Ⅱ的压强平衡常数KpⅡ= 。 【答案】(3)2 【解析】(3)反应 Ⅱ：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)，平衡时n(NO2)=1mol，由反应 Ⅱ 的计量比，消耗NO、O3各 1 mol，生成O2 1 mol，列三段式得： 则，，，，，，由反应 Ⅰ 的，解得x=1，则； 16．(2026·四川成都高三期中)国际空间站是在轨运行最大的空间平台，是一个拥有现代化科研设备、开展大规模、多学科基础和应用科学研究的空间实验室。在空间站中常常利用反应Ⅰ处理二氧化碳，同时伴有反应Ⅱ和Ⅲ发生。 反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  △H1=-270kJ∙mol-1  ∆S1=-170.65J∙mol-1∙K-1 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2   ∆S2=+42.1J∙mol-1∙K-1 反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H3=-48.97kJ∙mol-1  ∆S3=-177.16J∙mol-1∙K-1 (2)为了进一步探究反应发生可行性，测得反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的(自由能变化ΔG=△H-TΔS)随温度的变化关系如图所示。 表示反应Ⅰ的直线是 (填“a、b、c”)，在1000 K时，上述三个反应的自发趋势大小关系是 (填“反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ⅲ”)。 (3)在T2℃、340 kPa时，在2 L容积固定的密闭容器中充入1molCO2(g)和3molH2(g)模拟空间站二氧化碳再处理，平衡后，测得CH4(g)、CO(g)和CH3OH(g)体积分数分别为12%、6%、6%，则甲烷的产率为 ，反应Ⅰ的Kp= (列计算表达式)。 【答案】(2) a 反应Ⅰ＞反应Ⅱ＞反应Ⅲ (3) 47%或 【解析】(2)ΔG1=△H1-TΔS1=-270kJ∙mol-1- T×(-0.17065kJ∙mol-1∙K-1)，ΔG2=△H2-TΔS2=+41.2 kJ∙mol-1- T×(+0.0421kJ∙mol-1∙K-1)，ΔG3=△H3-TΔS3=-48.97kJ∙mol-1- T×(-0.17716 kJ∙mol-1∙K-1)，则随T的增大，ΔG1增大，ΔG2减小，ΔG3增大，温度相同时，ΔG1＜ΔG3，从而得出b表示ΔG2，a表示ΔG1，c表示ΔG3，所以表示反应Ⅰ的直线是a。在1000 K时，ΔG1=-270kJ∙mol-1- 1000K×(-0.17065kJ∙mol-1∙K-1)=-99.35 kJ∙mol-1，ΔG2=+41.2 kJ∙mol-1- 1000K×(+0.0421kJ∙mol-1∙K-1)=-0.9kJ∙mol-1，ΔG3=-48.97kJ∙mol-1- 1000K×(-0.17716 kJ∙mol-1∙K-1)=+128.19 kJ∙mol-1，ΔG的数值越小，反应的自发趋势越大，则上述三个反应的自发趋势大小关系是反应Ⅰ＞反应Ⅱ＞反应Ⅲ。 (3)在T2℃、340 kPa时，在2 L容积固定的密闭容器中充入1molCO2(g)和3molH2(g)模拟空间站二氧化碳再处理，平衡后，测得CH4(g)、CO(g)和CH3OH(g)体积分数分别为12%、6%、6%，由反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)、反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)、反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，可求出H2O(g)的体积分数为24%+6%+6%=36%，CO2和H2的体积分数为100%-12%-6%-6%-36%=40%。由反应Ⅰ、Ⅱ可得出CO2与H2按1:3反应(反应的CO2为12%+6%=18%，反应的H2为48%+6%=54%)，与反应Ⅲ比值相同，则平衡时二者仍为1:3，因此CO2为10%，H2为30%。设平衡时混合气的总物质的量为x，依据碳原子守恒，可得出12%x+6%x+6%x+10%x=1，x=mol，发生反应Ⅰ时，CO2、H2按1:3投料，而二者按1:4反应，理论上H2完全反应，所以甲烷产率=≈47%或。平衡时体系总压强为kPa=250kPa，反应Ⅰ的Kp===。 17．CO2在Cu-ZnO催化下，同时发生以下反应，是解决能源短缺的重要手段。 I．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＜0 II．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＞0 在容积不变的密闭容器中，保持温度不变，充入一定量的CO2和H2，起始及达平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强如下表所示： CO2 H2 CH3OH CO H2O 总压强/kPa 起始/mol 0.5 0.9 0 0 0 平衡/mol 0．3 若容器内反应I、II均达到平衡时，，反应①的平衡常数KP=______(kPa)-2。(用含p的式子表示，分压=总压×气体物质的量分数) 【答案】 【解析】恒温恒容条件下，压强之比等于气体的物质的量之比，设达到平衡时气体的物质的量为n，则n：(0.5+0.9)=p：1.4p，解得n=1mol，反应前后气体减少的物质的量为0.4mol，反应②中反应前后气体物质的量不变，反应①中反应后气体减少的物质的量为生成甲醇气体的2倍，则生成甲醇气体的物质的量为0.2mol，反应①中生成的n(H2O)=n(CH3OH)=0.2mol，则反应②中生成的n(H2O)=0.3mol-0.2mol=0.1mol，所以反应②中生成的n(CO)=0.1mol，消耗的n(CO2)=0.2mol+0.1mol=0.3mol，剩余的n(CO2)=0.5mol-0.3mol=0.2mol，剩余的n(H2)=0.9mol-0.6mol-0.1mol=0.2mol，p(CO2)=×p=0.2p，同理可得：p(H2)=0.2p，p(H2O)=0.3p，p(CH3OH)=0.2p，反应①的平衡常数K=。 18．一定条件下，CO2与H2反应可合成CH2=CH2，2CO2(g)＋6H2(g)CH2=CH2(g)＋4H2O(g)，该反应分两步进行： i.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1 ii.2CO(g)＋4H2(g)CH2=CH2(g)＋2H2O(g) ΔH2 T℃，压强恒定为100kPa时，将n(CO2)：n(H2)=1：3的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如表所示 组分 H2 CO CH2=CH2 物质的量分数(%) CO2的平衡转化率为________，反应i的平衡常数Kp=________(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数) 【答案】90% 3.4 【解析】设初始投料为1molCO2和3molH2，反应Ⅰ生成CO的物质的量为xmol，反应Ⅱ生成乙烯的物质的量为ymol，平衡时二氧化碳的物质的量为(1-x)mol，氢气的物质的量为(3-x-4y)mol，乙烯的物质的量为ymol，CO的物质的量为(x-2y)mol，水的物质的量为(x+2y)mol，气体总物质的量为(1-x)mol+(3-x-4y)mol+ymol+(x-2y)mol+(x+2y)mol=(4-3y)mol，由表格可知，乙烯的物质的量分数为，解得y=0.4，CO的物质的量分数为=，解得x=0.9，CO2的平衡转化率为×100%=90%；二氧化碳的体积分数为=，水的体积分数为=，反应i的平衡常数Kp==3.4。 19．CO2在Cu−ZnO催化下，可同时发生如下的反应I、II，其可作为解决温室效应及能源短缺的重要手段。 I．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－57.8 kJ·mol－1 II．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1 对于气体参加的反应，表示平衡常数Kp时，用气体组分(B)的平衡分压p(B)代替该气体的平衡浓度c(B)，则反应II的Kp=___________已知：气体各组分的分压p(B)，等于总压乘以其体积分数］。 在Cu−ZnO存在的条件下，保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2及H2，起始及达平衡时，容器内各气体物质的量如下表： CO2 H2 CH3OH(g) CO H2O(g) 总压强/kPa 起始/mol 5.0 7.0 0 0 0 p0 平衡/mol n1 n2 p 若反应I、II均达平衡时，p0＝1.2p，则表中n1＝_____；若此时n2＝3。则反应I的平衡常数Kp＝_____(无需带单位，用含总压p的式子表示) 【答案】 1.0mol 【解析】在条件一定的情况下，气体的分压和物质的量成正比，而物质的量与浓度也成正比，因此可用压强来代替浓度，因此；若只发生反应II，反应前后气体分子数不变，压强是不变的，因此只有反应I能改变压强；根据化学计量数之比，每生成1mol甲醇，气体分子总数就要减少2mol，则，解得n1＝1 mol；此时体系中气体总物质的量为10mol，因此，，又因为体系中一共消耗了3mol CO2，所以平衡时剩余的CO2的分压为，同理，代入反应I的化学平衡表达式解得。 20．在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如图所示。其中一种进料组成为＝0.75、＝0.25，另一种为＝0.675、＝0.225、xAr＝0.10。(物质i的摩尔分数：xi＝) ①图中压强由小到大的顺序为________________，判断的依据是________________。 ②进料组成中含有惰性气体Ar的图是________________。 ③图1中，当p2＝20 MPa、＝0.20时，氮气的转化率α＝________________。该温度时，反应N2(g)＋H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝________________(MPa)－1(化为最简式)。 【答案】①p1＜p2＜p3　合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大　 ②图2　③33.33%　 【解析】①合成氨的反应中，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数：p1＜p2＜p3，因此，图中压强由小到大的顺序为p1＜p2＜p3。②该反应为气体分子数减小的反应，在相同温度和相同压强下，惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图是图2。③图1中，进料组成为＝0.75、＝0.25，两者物质的量之比为3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3 mol和1 mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有： N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) 始/mol 1 3 0 变/mol x 3x 2x 平/mol 1－x 3－3x 2x 当p2＝20 MPa、＝0.20时，＝＝0.20，解得x＝，则氮气的转化率α＝≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为 mol、2 mol、 mol，其物质的量分数分别为、、，则该温度下K′p＝＝(MPa)－2，因此，该温度时反应N2(g)＋H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝＝(MPa)－1。 21．已知K、Ka、Kw、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。 (1)有关上述常数的说法正确的是________。 a．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度 b．它们的大小都随温度的升高而增大 c．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka d．一定温度下，在CH3COONa溶液中，Kw＝Ka·Kh (2)25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显________(填“酸”、“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝________。 (3)25 ℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下pH＝3、c(HSO)＝0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)＝________。 (4)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.0×10－38、1.0×10－11，向浓度均为0.1 mol/L的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，应该调节溶液pH的范围是________。(已知lg 2＝0.3) 【答案】(1)ad (2)中 (3)0.01 mol/L (4)[3.3，9] 【解析】(1)对于正反应为放热反应的化学平衡，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，b选项错误；温度不变，CH3COOH的电离平衡常数不变，c选项错误。(2)根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，故溶液显中性。Kb＝＝＝。(3)由，代入数据得c(H2SO3)＝0.01 mol/L。(4)Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Fe3＋完全沉淀时c3(OH－)＝，得c(OH－)＝2×10－11 mol/L，pH＝3.3，Mg(OH)2开始沉淀时c2(OH－)＝＝1.0×10－10，得c(OH－)＝1×10－5 mol/L，pH＝9，调节pH范围为[3.3，9]。 22．已知Ka(Kb)、Kw、Kh、Ksp分别表示弱酸的电离平衡常数(弱碱的电离平衡常数)、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。通过查阅资料获得温度为25 ℃时以下数据： Kw＝1.0×10－14，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13，Ka(HF)＝4.0×10－4，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。 (1)25 ℃时，1.0 mol·L－1HF溶液的pH约等于______(已知lg 2≈0.3)。将浓度相等的HF与NaF溶液等体积混合，判断溶液呈______(填“酸”“碱”或“中”)性，并结合有关数据解释原因：______________________________________________________________________。 (2)已知CH3COONH4溶液呈中性，又知CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，现有25 ℃时等浓度的四种溶液： A．NH4Cl B．NH4SCN C．CH3COONH4 D．NH4HCO3 回答下列问题： ①试推断NH4HCO3溶液的pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7。 ②将四种溶液按NH的浓度由大到小的顺序排列：__________________(填字母)。 ③NH4SCN溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为______________________。 (3)为探究Mg(OH)2在酸中的溶解性，利用以上数据可以计算出反应： Mg(OH)2(s)＋2CH3COOH(aq)Mg2＋(aq)＋2CH3COO－(aq)＋2H2O(l)在25 ℃时的平衡常数K＝________，并据此推断Mg(OH)2______(填“能”或“不能”)溶解于醋酸(已知1.83≈5.8)。 【答案】(1)1.7　酸　HF和NaF的浓度相等，Ka＝4.0×10－4，Kh＝＝2.5×10－11＜Ka，故HF的电离程度大于F－的水解程度，溶液呈酸性 (2)①＞　②A＞B＞C＞D　③c(SCN－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)　(3)5.8×107　能 【解析】(1)Ka(HF)＝≈＝4.0×10－4，则1.0 mol·L－1HF溶液中氢离子浓度为2.0×10－2 mol·L－1，所以pH＝－lg(2.0×10－2)＝2－lg 2≈1.7。 (2)①因CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，所以酸性：CH3COOH＞H2CO3，CH3COONH4溶液呈中性，可得醋酸与NH3·H2O的电离常数相等，所以NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则溶液的pH＞7。②NH4Cl溶液中Cl－不促进也不抑制NH的水解；B、C、D中均相互促进，由Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13，以及①的分析，酸性：HSCN＞CH3COOH＞H2CO3，B、C、D中NH水解程度依次增大，则四种溶液中NH的浓度由大到小的顺序是A＞B＞C＞D。③由CH3COONH4溶液为中性，Ka(HSCN)＝0.13＞Ka(CH3COOH)可知，NH4SCN溶液呈酸性，所以溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为c(SCN－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)。 (3)Mg(OH)2(s)＋2CH3COOH(aq)Mg2＋(aq)＋2CH3COO－(aq)＋2H2O(l)在25 ℃时的平衡常数K＝＝＝＝≈5.8×107；因K特别大，所以Mg(OH)2能溶解于醋酸。 1．【NH3选择性催化还原技术】(2026·天津高三联考)工业烟气中NOx(以NO为主)的脱除常采用NH3选择性催化还原(SCR)技术，其核心反应为： 主反应：   副反应：   (1)已知  ，则 。 (2)300℃时，在某恒温刚性容器中充入的混合气体，若仅发生主反应，下列叙述能说明反应已达到化学平衡状态的是 (填字母)。 a． b．混合气体的密度保持不变 c．单位时间内断裂4 molN-H键的同时断裂4 molN≡N键 d．O2的体积分数不再改变 (3)其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，经过相同时间，NO转化率与温度的关系如图所示。 ①工业上选择催化剂 (填“甲”或“乙”)。 ②在催化剂甲的作用下，当温度高于210℃(M点)时，NO转化率降低原因可能是 。 (4)300℃时，在某恒压p0密闭容器中充入等物质的量的NH3、NO、O2的混合气体，若发生主反应和副反应，平衡后，NO转化率为20%，且NH3和N2物质的量相等，则NH3转化率为 ，N2(g)＋O2(g)2NO(g)，K= (保留2位有效数字)。 (5)已知主反应分三步进行 Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ． 研究发现，在催化剂表面引入CeO2可形成“NH3吸附位”和“NO活化位”。请分析催化剂表面引入CeO2后，主反应选择性提高、副反应选择性降低的原因是 。 【答案】(1)-1430 (2)ad (3)乙 催化剂活性降低或副反应增多 (4) 60% 2.5 (5)定向活化NH3和NO，同时减少了NH3和NO的碰撞，促进了主反应的发生，抑制副反应对O2的竞争 【解析】(1)①，②，①-②4得，根据盖斯定律可知； (2)a项，主反应中，NO和O2的系数比为4:1，当时，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，a正确；b项，根据反应方程式可知，气体的总质量不变，容器的容积不变，故密度不是变量，故当混合气体的密度保持不变时，不能说明反应达到了平衡状态，b错误；c项，单位时间内断裂12 mol molN-H键的同时断裂4 molN≡N键，说明反应达到了平衡状态，c错误；d项，反应达到平衡状态时，各组分的量不发生变化，故当O2的体积分数不再改变时，说明反应达到了平衡状态，d正确；故选ad； (3)①由图可知，催化剂乙在较低的温度下就具有较高的催化效果，故工业上选择催化剂乙；②在催化剂甲的作用下，当温度高于210℃时，温度升高，催化剂活性降低，或者副反应增多，故导致NO的转化率降低； (4)由题目信息：某恒压p0密闭容器中充入等物质的量的NH3、NO、O2的混合气体，若发生主反应和副反应，设起始NH3、NO、O2的物质的量都为4 mol，参加主反应的NH3物质的量为x，参加主反应的NH3物质的量为y，可列三段式： 根据题目信息：平衡后，NO转化率为20%，且NH3和N2物质的量相等，可得：、，解得，，则NH3的转化率为：，的平衡常数。 (5)在催化剂表面引入CeO2可形成“NH3吸附位”和“NO活化位”，即催化剂表面引入CeO2后，可定向活化NH3和NO，同时减少了NH3和O2的碰撞，促进了主反应的发生，同时抑制副反应对O2的竞争。 2．【结合氢能新技术考查反应原理】(2026·云南昆明高三期中)氢能是新能源领域中与油气行业现有业务结合最紧密的一类，而制氢成本过高仍是目前氢能产业发展的挑战之一。甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法，涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝+206.3kJ·mol−1 反应Ⅱ：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH2＝+165.2kJ·mol−1 反应Ⅲ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3 回答下列问题： (1)①计算ΔH3= kJ/mol，反应Ⅱ的ΔS (填“＞”、“＜”或“＝”)0。 ②以CH4、H2O和N2的混合气体为起始投料(N2不参与反应)，保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中对反应Ⅰ进行研究。下列说法正确的是 (填标号)。 A．升高温度，正、逆反应速率同时增大 B．n(CO)：n(H2)保持恒定时，反应达到化学平衡状态 C．增加起始投料时N2的体积分数，单位体积的活化分子数增加 D．增加起始投料时CH4的体积分数，CH4平衡转化率增大 (2)650℃时(局部温度过高会造成积碳)按照一定流速通入甲烷和水蒸气，当水碳比一定时，催化剂中无添加吸附剂和添加P-Li4SiO4吸附剂(吸收CO2)的情况下，各气体组分反应的平衡含量与时间的关系如图所示。 ①催化剂中添加P-Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，t1 min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1 min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同。可能的原因是 。 ②实验时发现，t1 min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO衡含量高于理论平衡值，可能的原因是 (化学方程式表示)。 (3)一定温度下，向2 L容器中充入4 mol CH4(g)和12 mol H2O(g)，若20 min后反应达到平衡，容器中CO2、CO均为1 mol。则0~20 min内H2O的消耗速率v(H2O)= mol/(L·min)，反应Ⅲ的压强平衡常数Kp= (以分压表示，分压总压物质的量分数)。 【答案】(1) -41.1 ＞ A (2)添加吸附剂P-Li4SiO4，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动；t1 min后，P-Li4SiO4吸附剂失效 C+CO22CO (3) 0.075 【解析】(1)①根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，则；反应Ⅱ为气体分子数增加的反应，即；②A项，升高温度，活化分子数增多，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，因此正、逆反应速率同时增大，A正确；B项，随着反应Ⅰ进行，CO和H2始终以计量系数比1：3生成，即n(CO)：n(H2)始终不变，不能用来判断反应达到化学平衡状态，B错误；C项，N2不参与反应，增加起始投料时N2的体积分数而气体总物质的量不变，则甲烷和水蒸气物质的量下降，单位体积内的活化分子数减小，C错误；D项，增加起始投料时CH4的体积分数，CH4的平衡转化率减小，D错误；故选A； (2)①P-Li4SiO4吸附剂能吸收CO2，添加P-Li4SiO4吸附剂，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，t1 min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1 min后，P-Li4SiO4吸附剂失效，故t1 min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同；②实验时发现t1 min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能是因局部温度过高产生了积碳，积碳与部分二氧化碳反应产生一氧化碳，化学方程式为：C+CO22CO ； (3)一定温度下，向2 L容器中充入4 mol CH4(g)和12 mol H2O(g)，20 min后反应达到平衡，容器中CO2、CO均为1 mol，根据C原子守恒，平衡时，根据O原子守恒，平衡时，则0~20 min内H2O的消耗速率；根据H原子守恒，平衡时，气体总物质的量为(1+1+2+9+7) mol=20 mol，设平衡时体系总压强为p kPa，则反应Ⅲ的压强平衡常数。 3．(2026·江苏苏州高三期中)以CH3OH生产高附加值的精细化学品，被认为是优化传统工业合成方法的绿色经济途径。 Ⅰ. CH3OH的合成 (1)工业上利用某废气中的CO2、(体积比1:2)联合制取烧碱、C2H4Cl2和CH3OH的流程如图所示。已知B中的电解装置使用了阳离子交换膜。 ①D中化合价发生改变的元素有 。 ②A中发生的总反应的化学方程式为 。 (2)以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下： Ⅰ. CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.5kJ·mol−1 Ⅱ. CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+40.9kJ·mol−1 Ⅲ. CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3＝akJ·mol−1 ①则a= 。 ②某温度时，向恒压装置中通入1 mol CO2(g)和3 molH2(g)，反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为40%，CO选择性为50%，则化学平衡常数K(Ⅱ)= 。(已知：CO选择性) Ⅱ. CH3OH的应用 (3)研究发现，将铂团簇锚定在硫化镍纳米片上，形成界面丰富的双分散纳米异质结构的Pt-Ni3S2双功能电催化剂，可催化制备甲酸盐。在1 mol·L-1KOH中进行双电极系统的电解实验，装置如图： ①阳极发生的主要电极反应为 (用电极反应式表示)。 ②碱性条件下，用Pt-Ni3S2双功能电催化剂能高效制氢的原因可能是 。 (4)利用甲醇合成甲醚的反应过程中的能量变化如图所示，涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) 反应Ⅱ：2CH3OH(g)C2H4(g)＋2H2O(g) ①由上图可知反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)更容易发生。 ②在一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醚的反应，测得CH3OCH3含量随着时间的推移，先增大后减小，结合上图说明原因是 。 【答案】(1) Cu、C 7H2+CO2+2CO3CH3OH+H2O (2) -90.4 (3) CH3OH+5OH--4e-=HCOO-＋4H2O 双分散纳米异质结构可能更有利于吸附H2O中的H，同时使H2快速脱附，而确保活性位点的吸附能力 (4) Ⅰ 反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应开始时，反应Ⅰ的反应速率更快，CH3OCH3含量增大，随反应Ⅱ的进行，甲醇浓度减小，H2O(g)浓度增加，使反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醚含量下降 【解析】(1)根据流程图可知，B中的电解装置为电解饱和食盐水，发生的反应为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，生成的H2进入A中与CO2、CO反应生成CH3OH，生成的Cl2进入C中氧化CuCl得到CuCl2，而D中发生反应2CuCl2+C2H4=C2H4Cl2+2CuCl。①该反应中Cu元素化合价由+2降低为+1，发生还原反应，C元素化合价由-2升高为-1，发生氧化反应，故化合价发生改变的元素有Cu、C。②A中H2与CO2、CO反应生成CH3OH，化学方程式为7H2+CO2+2CO3CH3OH+H2O。 (2)①根据盖斯定律，Ⅲ=Ⅰ-Ⅱ，则，。②反应达到平衡状态时，，，，根据反应Ⅰ、反应Ⅱ可知，生成的H2O的物质的量等于消耗的CO2的物质的量，，根据H元素守恒可知，反应前的H2(g)中H原子等于反应平衡时H2(g)、CH3OH、H2O中H原子之和，即，，则化学平衡常数=。 (3)①该装置为电解池，右侧为电解池的阳极，CH3OH失电子、发生氧化反应，生成HCOO-，电极反应式为CH3OH+5OH--4e-=HCOO-＋4H2O。②电解池的阴极发生2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，而Pt-Ni3S2催化剂的双分散纳米异质结构可能更有利于吸附H2O中的H，同时使H2快速脱附，而确保活性位点的吸附能力。 (4)①由图可知，反应Ⅰ活化能远小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ更容易发生。②生成CH3OCH3的反应Ⅰ活化能小于反应Ⅱ的活化能，反应Ⅰ的反应速率大于反应Ⅱ的反应速率，反应开始时，反应Ⅰ的反应速率更快，CH3OCH3含量增大，随反应Ⅱ的进行，甲醇浓度减小，H2O(g)浓度增加，使反应Ⅰ平衡逆向移动，甲醚含量下降。 4．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)水是化学反应的良好介质，是“永远值得探究的物质”。 (1)①25℃，c(H2O)=55.6mol·L-1，H2OH++OH-的平衡常数K= mol·L-1 (保留2位有效数字)。 ②HF也能发生与水类似的电离，当其作溶剂时是很强的酸，请画出线性分子结构 。 (2)用惰性电极电解碱性Na[B(OH)4]水溶液，在阳极生成O2，在阴极生成BH4-和OH-，实现NaBH4的再生。总反应为[B(OH)4]-BH4-+2O2↑，阴极的电极反应式为 。 (3)为研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。可通过微扰(瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间，从而获得k的信息。对于H2OH++OH-，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。 已知：，，(为的平衡浓度)。 ①请画出时刻瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图 。 ②25℃时，计算得k2为 L/(mol·s)。 (4)利用超临界水氧化技术，在一定条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中为以碳元素计的物质的量分数，为反应时间。 升温到600℃，峰值出现的时间提前，且峰值更高，请解释原因 。 【答案】(1)K=1.8×10-16 (2)[B(OH)4]-+8e-+4H2O=BH4-+8OH- (3) k2=1.25×1011 (4)乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大。或乙醇氧化为CO的活化能大于CO氧化成CO2的活化能，温度升高对活化能大的影响大 【解析】(1)①25℃，水的电离常数，根据H2OH++OH-，。②HF也能发生与水类似的电离，即，当其作溶剂时是很强的酸，线性分子是3个形成的结构，H-F之间通过氢键相连呈线性，结构为。 (2)根据总反应[B(OH)4]-BH4-+2O2↑，结合阴极要发生还原反应，+3价B生成-5价B，电极方程式为[B(OH)4]-+8e-+4H2O=BH4-+8OH-。 (3)①瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为。②驰豫时间公式为，其中，，代入得：，在平衡时，，可推出，，代入已知值：，即，将k1代入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于，可忽略不计，所以，得出，。 (4)随着温度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增长，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO的活化能大于CO氧化成CO2的活化能，温度升高对活化能大的影响大。 5．(2025·江苏省南京市六校联合体高三联考)氢能是应用前景广阔的新能源，强化制氢、储氢等各环节的技术研发具有积极的现实意义。 回答下列问题： (1)甲醇重整制氢。发生反应：CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)，甲醇水蒸气重整制氢技术关键在于催化剂的选择。在反应温度250℃、液空速0.36h-1和水醇比为4.0条件下，考察不同催化剂氢产率(1mol甲醇与水蒸气重整反应后生成氢气的物质的量)随时间的变化曲线如图所示，由图可知应选 作为催化剂。 (2)在Cu-Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程中的中间产物)。 ①已知步骤Ⅱ中碳氧双键与发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式： 。 ②催化剂长时间使用会发生副反应失去活性，将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可能原因是 。 (3)储氢与释氢。 Ⅰ．部分H2和Mg一定条件下化合生成MgH2以储氢；部分H2和N2在催化剂表面合成氨以储氢。 ①研究发现，使用Ru系催化剂时，N2在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业生产时，将n(H2)/n(N2)控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是 。 ②释氢。MgH2可通过热分解和水解两种方法制得H2.相较于热分解，MgH2水解释氢方法的优点是 。 Ⅱ．HCHO电催化释氢。 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为 。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为 。 ③电解过程中每产生1molH2，通过阴离子交换膜的OH-为 mol。 【答案】(1)ZC+5B (2) 催化剂表面有积碳沉积 (3)提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，利于提高H2的转化率，同时提高储氢率 等量的MgH2水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能 2MoO2+2(NH4)2HPO4+9H2 MoP+4NH3+12H2O 2HCHO-2e-＋4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O 1 【解析】(1)从不同催化剂氢产率随时间的变化曲线可看出，相同时间催化剂ZC+5B条件下，氢产率最高，说明反应速率最快，催化效果好，则应选ZC+5B作催化剂；(2)中碳氧双键与H2O发生加成反应时，碳氧双键中氧原子电负性较大吸引H2O中电负性较小的氢原子，则氢原子加在氧原子上，羟基加在碳原子上，故M的结构为；第二份失活的催化剂先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，使得第二份催化剂活性恢复，说明催化剂失活的另外可能的原因是催化剂表面有积炭沉积，而在空气中煅烧可以将积炭除去使得催化剂活性恢复；(3)由于N2在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，故提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，利于提高H2的转化率，同时提高储氢率；MgH2热分解反应方程式为MgH2Mg+H2↑，水解反应方程式为MgH2+2H2O=Mg(OH)2↓+2H2↑，，两种方法比较可知，热分解反应需要较多的能量，且消耗等量的MgH2制得H2.相少，故水解释氢的优点为等量的MgH2水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能；从Mo与P形成的化合物的晶胞结构可知，晶胞中Mo位于晶胞体内，有4个，P位于晶胞顶角、棱上、面心，有个，故催化剂化学式为MoP，制备该物质的反应物为MoO2、(NH4)2HPO4、H2，由反应中N元素化合价不变，则同时生成的是NH3，故反应化学方程式为2MoO2+2(NH4)2HPO4+9H2 MoP+4NH3+12H2O；从图中可看出，电解时，电极b与电源正极相连，为电解池的阳极，发生失电子、氧化反应，HCHO在该电极上同时产生H2与HCOO-，且物质的量之比为1：2，由于溶液中混有NaOH，则电极b上的电极反应式为2HCHO-2e-＋4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O；电解过程中，b电极反应为2HCHO-2e-＋4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，同时a电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，两电极都有氢气生成，故电路中每转移2mol电子，生成2molH2，则每产生1molH2，通过阴离子交换膜的OH-为1mol，相当于1mol电子的电量。 6．(2025·浙江省天域全国名校协作体高三联考)环氧乙烷(，简称EO)是有机合成中的常用试剂。EO常温下呈气态，易燃易爆，其爆炸极限为3~100%。近年来，常用乙烯、氧气、氮气(不参与反应)投料氧化法制备EO。部分涉及反应为： 主反应：   kJ/mol 副反应：  kJ/mol (1)①主反应能自发进行的条件是 。 ②已知H2O(l)=H2O(g) ΔH＝+44kJ·mol−1，则EO的燃烧热为ΔH= kJ/mol。 (2)①实际生产中，在压强为的条件下，欲提高EO的产率可采取的措施有 A．低温 B．加入CaO固体 C．选择合适的催化剂 D．适当增加氮气分压 ②向温度为T，体积为V的容器中加入投料比为2∶3∶3的乙烯、氧气、氮气。已知平衡时：，(其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。 ⅰ.副反应的平衡常数 (列出算式，代入数据即可)。 ⅱ.恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，请在图中画出恒压条件下，相同投料比时，EO的产率与反应时间的关系曲线 。 (3)以Ag为催化剂的反应机理如图2所示： 加入1，2-二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后，EO产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图3所示。则随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是 。 【答案】(1) 低温 -1306 (2) C (3)加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，抑制副反应III，即增加主反应选择性     1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂Ag转化为AgCl，使Ag不能再生，催化循环受阻，催化效果降低 【解析】(1)①主反应： ΔH =105kJ/mol是气体体积减小的放热反应，ΔH＜0、ΔS＜0，ΔH-TΔS＜0时反应能够自发进行，则该反应在低温时能够自发进行；②已知反应III H2O(l)=H2O(g) ΔH＝+44kJ·mol−1 kJ/mol，由盖斯定律可知，副反应-主反应-反应III×2可得 ，则EO的燃烧热为ΔH = -1306kJ/mol。(2)①主反应是气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的放热反应，选择合适的催化剂加快反应速率并且提高EO的选择性可以提高EO的产率，低温虽然可以提高主反应的平衡转化率，但会降低反应速率，加入CaO固体消耗H2O(g)有利于副反应正向进行，不利于提高EO的产率，适当增加氮气分压，相当于给反应体系减小压强，不利于主反应正向进行，不利于提高EO的产率，故选C；②设起始时，乙烯、氧气、氮气分别为2mol、3mol、3mol，氮气不参与反应，设乙烯在主反应中的平衡转化量为xmol，在副反应中的平衡转化量为ymol，列出三段式： 已知平衡时：=，，则x=0.6mol，y=0.4mol，则平衡时乙烯的物质的量为1mol，氧气为1.5mol，二氧化碳为0.8mol，水为0.8mol，EO为0.6mol，副反应的平衡常数=；主反应是气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的放热反应，恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，恒压条件下，相同投料比时，容器的体积增大，各物质浓度减小，反应速率减慢，平衡逆向移动，EO的平衡产率减小，则EO的产率与反应时间的关系曲线为：。(3)随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是：加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，抑制副反应III，即增加主反应选择性     1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂Ag转化为AgCl，使Ag不能再生，催化循环受阻，催化效果降低。 7．(2025·河南省部分学校联考高三预测，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＝+74.6kJ·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)反应ⅰ在800℃时 (填“能”或“不能”)自发进行。 (2)已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的ΔH2= (用含x、y、z的代数式表示) kJ·mol−1 。 物质 CH4(g) C6H6(l) H2(g) ΔH/(kJ·mol−1) x y z (3)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 。加入适量水蒸气，可以提高单位时间内甲烷转化率和芳烃产率，用化学方程式表示原因： 。 (4)利用CO2与H2反应制备甲烷，对2060年前实现“碳中和”具有重要意义。CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝-165.0kJ·mol−1；向若干个体积均为2L的恒容密闭容器中均充入1mol CO2、3.6molH2，在不同温度下经过10min测得各容器中CO2的转化率如图所示。 ①X点对应的坐标为(400，80)，X点对应的转化率为 (保留三位有效数字)；X点对应的容器中起始时压强为460kPa，则X点对应的平衡常数Kp= (kPa)-2 (Kp为用分压表示的平衡常数，气体的分压总压该气体的物质的量分数，保留两位小数)。 ②X、Y两点对应的平衡常数Kx (填“大于”“等于”或“小于”) KY。 (5)碳酸钙高温分解会产生大量二氧化碳气体，是“碳排放”的主要来源：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)。某温度下，向恒容容器中加入mgCaCO3，设平衡压强为pc，分解过程中v(CO2)与压强p的关系为，k为速率常数(定温下为常数)，当固体质量减少33%时，逆反应速率最大，若转化率为20%，则v(CO2)= (用k表示)。 【答案】(1)能 (2)6x-y-9z (3)由于反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接触面积，因此随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低 C+H2O=CO+H2 (4) 88.9% 0.04 小于 (5)或0.73k 【解析】(1)800℃为1073K，反应ⅰ在1073K时，ΔH-TΔS=74.6kJ/mol-1073K×0.08084kJ•mol-1•K-1=-12.14kJ/mol＜0，所以反应能自发进行；(2)已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，有如下热化学方程式：① ；②；③ ；根据盖斯定律，方程式②+9③-6①可得6CH4(g)→C6H6(l)＋9H2(g)，故ΔH2=(6x-y-9z)kJ•mol-1；(3)反应i生成固态碳，会覆盖在催化剂的表面，减小气体与催化剂的接触面积，所以随着反应的进行，单位时间内甲烷的转化率和芳烃的产率逐渐降低；加入适量水蒸气，发生反应C+H2O=CO+H2，会减少C对催化剂的覆盖，反应速率会加快，故能提高单位时间内甲烷转化率和芳烃产率；(4)①随着温度的升高，反应速率加快，经过相同的反应时间时，当温度较低时，反应未达平衡，升高温度速率加快，CO2的转化率提高；当温度较高时，反应已经达到平衡，由于是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率降低，由图可知X点已经达到平衡，此时CO2的转化率为80%，列三段式如下： 故H2的转化率为88.9%；X点对应的起始压强为460kPa，恒容时，，即，解得p平=300kPa，Kp===0.04(kPa)-2；②由于该反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，故Kx小于KY；(5)当固体质量减小33%时，逆反应速率最大，说明反应处于平衡状态，减小的质量为生成CO2的质量，则生成的CO2的物质的量为=，若转化率为20时，则此时生成CO2的物质的量为=0.002mmol，则此时=，=。 1．(2025•山东卷，20)利用循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ．CaS (s)+2SO2(g)CaSO4(s)＋S2(g) ΔH1 Ⅱ．CaSO4(s)＋4H2(g)CaS(s)＋4H2O(g) ΔH2 Ⅲ．SO2(g)＋3H2(g)H2S(g)＋2H2O(g) ΔH3 恒容条件下，按1molCaS，1molSO2和0.1molH2投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变。 回答下列问题： (1)反应2SO2(g)＋4H2(g)S2(g)＋4H2O(g)的焓变ΔH= (用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。 (2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3 0(填“>”“<”或“=”)。 (3)T1温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为amol，则S2为 mol (用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)-n(CaSO4)= mol (用含a的最简代数式表示)。 (4)T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比 (填“增大”“减小”或“不变”)，H2O物质的量n(H2O) (填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1)ΔH1+ΔH2 (2)H2O ＜ (3)0.45+0.5a 150a (4)增大 增大 【解析】(1)已知：Ⅰ．CaS (s)+2SO2(g)CaSO4(s)＋S2(g) ΔH1；Ⅱ．CaSO4(s)＋4H2(g)CaS(s)＋4H2O(g) ΔH2；依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应2SO2(g)＋4H2(g)S2(g)＋4H2O(g)的焓变为ΔH1+ΔH2； (2)由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，升高温度S2减小，H2O、H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热热反应，即ΔH＜0； (3)T1平衡时H2是amol，根据可知H2O和SO2的物质的量均为100amol，根据H元素守恒可知H2S为0.1－101a，设平衡时CaS和S2的物质的量分别为xmol和ymol，根据Ca元素守恒可知CaSO4是1－x，根据O元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S元素守恒可知2=0.1－101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS和CaSO4的物质的量的差值为2x－1=150a。 (4)压缩容器容积，压强增大，反应2SO2(g)＋4H2(g)S2(g)＋4H2O(g)平衡正向进行，S2的产率增大，H2O的物质的量增大；温度不变，由于始终不变，反应2SO2(g)＋4H2(g)S2(g)＋4H2O(g)的平衡常数不变，所以SO2增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示为，始终不变，所以增大。 2．(2025·福建卷，14)研究抗癌药物顺铂[Pt(NH3)2Cl2]与胸苷(简写为TH，结构如下)的配体交换反应及所形成配合物的稳定性。 I．配合物[Pt(NH3)2T2]的制备 (1)“步骤1”的离子方程式为 。 (2)“步骤2”中体系存在以下平衡： i．THH++T- K1 ii．[Pt(NH3)2(H2O)2]2++2T-Pt(NH3)2T2+2H2O K2 ①反应[Pt(NH3)2(H2O)2]2++2THPt(NH3)2T2+2H++2H2O的平衡常数K= 。(用K1、K2列出计算式) ②加入NaOH溶液的目的是 (从平衡角度分析) (3)H2O、NH3和T-与Pt(Ⅱ)的配位能力由强到弱的顺序为 。 Ⅱ．探究酸度对Pt(NH3)2T2稳定性的影响 用Pt(NH3)2T2配制3份酸化程度不同、物质的量浓度均为Y[以初始Pt(NH3)2T2用量计算]的溶液S1—S3。在一定温度下酸化反应达到平衡时，测定溶液pH，并分别取等体积溶液测得T中6-位碳原子上H的核磁共振信号(如图，峰面积与化学环境相同的H原子数成正比)，其中未酸化的溶液S1中仅有信号峰I。 酸化时存在下列反应： iii．Pt(NH3)2T2+H2O+H+[Pt(NH3)2(H2O)T]++TH iv．[Pt(NH3)2(H2O)2T]++H2O+H+[Pt(NH3)2(H2O)2]2++TH (4)信号峰Ⅱ代表的物质是 (填标号)；信号峰Ⅲ代表的物质是 (填标号) a．Pt(NH3)2T2    b．      c．[Pt(NH3)2(H2O)2T]+    d．[Pt(NH3)2(H2O)2]2+ (5)溶液中酸化反应达到平衡的标志是 (填标号) a．pH保持不变          b．特征信号峰的总面积保持不变 c．出现3个特征信号峰   d．特征信号峰的数量及其面积保持不变 (6)已知图中溶液S1信号峰I的面积为，溶液S2信号峰I、Ⅱ的面积分别为β1、β2；溶液S2中c[Pt(NH3)2T2]= ，c(TH)= 。(用α、β1、β2、Y列出计算式)从而可推得反应ii和iv的平衡常数。 【答案】(1) Pt(NH3)2Cl2+2Ag++2H2O=[ Pt(NH3)2(H2O)2]2++2AgCl↓ (2) K12·K2 中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率 (3)NH3＞T-＞H2O (4) c b (5)ad (6) 【解析】配合物[Pt(NH3)2T2]的制备：Pt(NH3)2Cl2与AgNO3溶液发生反应Pt(NH3)2Cl2+2Ag++2H2O=[ Pt(NH3)2(H2O)2]2++2AgCl↓，加入TH发生反应[Pt(NH3)2(H2O)2]2++2THPt(NH3)2T2+2H++2H2O，加入NaOH中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率。 (1)“步骤1”Pt(NH3)2Cl2与AgNO3溶液发生反应Pt(NH3)2Cl2+2Ag++2H2O=[ Pt(NH3)2(H2O)2]2++2AgCl↓； (2)①将反应i+ii得到反应[Pt(NH3)2(H2O)2]2++2THPt(NH3)2T2+2H++2H2O的平衡常数K= K12·K2；②加入NaOH溶液，中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率； (3)根据反应[Pt(NH3)2(H2O)2]2++2T-Pt(NH3)2T2+2H2O可知与Pt(Ⅱ)的配位能力：T-＞H2O，再根据反应产物为Pt(NH3)2T2而不是PtT42-，说明与Pt(Ⅱ)的配位能力：NH3＞T-＞H2O，与Pt(Ⅱ)的配位能力由强到弱的顺序为NH3＞T-＞H2O； (4)未酸化的S1溶液即Pt(NH3)2T2溶液中仅有信号峰I，信号峰I代表Pt(NH3)2T2；酸化时存在下列反应：iii．Pt(NH3)2T2+H2O+H+[Pt(NH3)2(H2O)T]++TH；iv．[Pt(NH3)2(H2O)2T]++H2O+H+[Pt(NH3)2(H2O)2]2++TH；增大氢离子浓度反应iii、iv均正向进行，pH=4.4的S2溶液中含有Pt(NH3)2T2、[Pt(NH3)2(H2O)T]+、TH，pH=1.7的S3溶液中含有TH、[Pt(NH3)2(H2O)T]+、[Pt(NH3)2(H2O)2]2+，S2、S3中均有信号峰Ⅱ、Ⅲ，且Ⅲ>Ⅱ，TH来自两个反应， TH的量多于[Pt(NH3)2(H2O)T]+量，信号峰Ⅱ代表的物质是[Pt(NH3)2(H2O)T]+；信号峰Ⅲ代表的物质是TH，故答案为：c；b； (5)a．pH保持不变，氢离子浓度不变，各组分的浓度不变，反应处于平衡状态，a正确；b．峰面积与化学环境相同的H原子数成正比，T总数不变，特征信号峰的总面积一直保持不变，不能作为平衡的标志，b错误；c．S3中只有两个特征信号峰，出现3个特征信号峰，只能说明溶液是S2溶液，不能说明反应达到平衡，c错误；d．特征信号峰的数量及其面积保持不变，各组分的浓度不变，反应处于平衡状态，d正确；故选ad； (6)已知三份Pt(NH3)2T2溶液起始物质的量浓度均为Y，。S1溶液中只有Pt(NH3)2T2信号峰I的面积为α，Pt(NH3)2T2浓度为Y，；因峰的面积和T数量呈正比，溶液S2信号峰I面积为β1，与溶液S2中2c[Pt(NH3)2T2]对应，即，解得；消耗的；溶液S2信号峰Ⅱ面积为β2，则溶液S2中TH的信号峰Ⅲ面积应为α-β1-β2，与溶液S2中c(TH)对应,可得溶液S2中，解得。 3．(2025·海南卷，16)石硫合剂是作物抗病抑菌的无机农药。生产上以硫磺、石灰和水为原料，经加热熬煮得棕红混悬液体。制备反应式： Ⅰ．6S(s)+3Ca(OH)2(s)2CaS2(aq)+ CaS2O3(aq)+3H2O(l) ΔH1 回答问题： (1)在熬煮制备反应中，硫元素的化合价部分降低，部分升高，说明单质S发生了 反应。将该反应置于高压釜中，可大大缩短熬煮时间，原因是温度升高，反应速率 。 (2)已知：Ⅱ．6S(s)+6OH-(aq)2S22-(aq)+ S2O32-(aq)+3H2O(l) ΔH2 Ⅲ．Ca(OH)2(s)Ca2+ (aq)+ 2OH-(aq) ΔH3 所以ΔH1= (写表达式)。 (3)在熬煮石硫合剂时加入两亲性的季铵盐氯化十六烷基三甲铵，使得S在水中及在S中有有效浓度分别增大，导致单位时间内分子有效碰撞次数 。 (4)某批次实验表明，硫粉浓度c随时间t的变化满足关系：(k为表观速率常数)，如图所示。该实验条件下 。 (5)判断将浓度均为的CaS2O3、KH2PO4等体积混合，构成K、P、Ca、S四元肥料混合液后，是否析出S及CaHPO4沉淀，造成叶面施肥喷头堵塞，并说明理由 。已知：25℃下，，，，()。H2S2O3分子不稳定，生成即分解为S和SO2。 【答案】(1) 歧化 加快 (2) ΔH2+3ΔH3 (3)增加 (4)0.0025 (5)不会析出S沉淀，会析出CaHPO4沉淀 【解析】(1)反应中S(0价)转化为CaS2(S为-1价)和CaS2O3(S为+2价)，S元素的化合价部分升高，部分降低，说明单质S发生了歧化(氧化还原)反应；将该反应置于高压釜中，反应的温度升高，反应速率增大，反应时间缩短。 (2)由盖斯定律得：反应I=反应II+3×反应III，则焓变：ΔH1＝ΔH2+3ΔH3。 (3)反应物有效浓度增大，使得单位时间内分子有效碰撞次数增多。 (4)由表达式知，k为-lnc随t变化曲线的斜率，所以。 (5)浓度均为2mol/L的CaS2O3、KH2PO4等体积混合后浓度均为1mol/L，即，1mol/L的KH2PO4电离出的H+和HPO42-的浓度约为，由于c(Ca2+)×c(HPO42-)=1×10-3.6>Ksp(CaHPO4)=10-6.66，以此会产生CaHPO4沉淀；根据2H++S2O32-H2S2O3，此时c(H+)×c(S2O32-)=(10-3.6)2×1=10-7.2太小，不会产生S沉淀。 4．(2025·湖南卷，18)在温和条件下，将CO转化为C4烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将CO高选择性合成C4H10，该流程示意图如下： 回答下列问题： (1)电解池中电极M与电源的_______极相连。 (2)放电生成C2H4的电极反应式为_______。 (3)在反应器中，发生如下反应： 反应i：2C2H4(g)C4H8(g) ΔH1＝-104.7kJ·mol−1 反应ii：2C2H4(g)＋H2(g)C4H10(g) ΔH2＝-230.7kJ·mol−1 计算反应C4H8(g)＋H2(g)C4H10(g)的ΔH =_______ kJ·mol−1， 该反应_______(填标号)。 A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发 (4)一定温度下，CO、C2H4和H2(体积比为x：2：1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100kPa)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式_______；C4H10的选择性大于C4H8的原因是_______。 ②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，C2H4的转化率减小的原因是_______；当x=2时，该温度下反应ii的Kp=____________(kPa)-2 (保留两位小数)。 【答案】(1)正 (2) 2CO+8e-＋6H2O=C2H4+8OH- (3)﹣126 B (4)①*C2H5+*C2H4=*C4H9 由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢 ②随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小 0.16 【解析】(1)由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连； (2)CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：2CO+8e-＋6H2O=C2H4+8OH-； (3)根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应能自发进行，则低温下自发进行，选B； (4)总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为*C2H5+*C2H4=*C4H9；由图可知，由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢，所以C4H10的选择性大于C4H8；当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO的分压，相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小；当x=2时，C2H4的转化率为90%，C4H10的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为，、、，反应ii的Kp=。 5．(2025·安徽卷，17)I．通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ①HCOOH(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+26.3kJ·mol−1 ②HCOOH(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝-14.9kJ·mol−1 (1)反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的ΔH＝ kJ·mol−1。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g)，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是 (填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．H2O(g)的浓度不变 d．CO和CO2的物质的量相等 (3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近100%，原因是 ；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是 。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H2)的重要方法，主要反应有： ③CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ④CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ⑤CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) (4)恒温恒容条件下，可提高CH4转化率的措施有 (填标号)。 a．增加原料中CH4的量 b．增加原料中CO2的量 c．通入Ar气 (5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO)：n(H2)=的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时Ar的分压为pkPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数Kp= (kPa)2(用含p的代数式表示，Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】(1)-41.2 (2)bc (3)原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 (4)b (5)增大 0.675p2 【解析】(1)由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； (2)a项，气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态；b项，两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态；c项，气体浓度不变是平衡状态的标志，则H2O(g)浓度不变，是平衡状态；d项，CO和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态；故选bc； (3)反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利； (4)a项，增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低；b项，增大原料中CO2的量，CH4转化率增大；c项，通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变；故选b； (5)如图可知，恒压时，随着Ar含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但CO减小的少，则n(CO)：n(H2)增大；设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：；；根据碳元素守恒：；根据氧元素守恒：；根据氢元素守恒：；平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应⑤的平衡常数。 6．(2025•甘肃卷，17)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＝-175kJ·mol−1(25℃，101kPa) 反应2：C2H2(g)＋2H2(g)C2H6(g) ΔH2＝-312kJ·mol−1(25℃，101kPa) (1)25℃，101kPa时，反应C2H4(g)＋H2(g)C2H6(g)的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 。 (3)对于反应1，反应速率v(C2H2)与浓度c(H2)的关系可用方程式表示(k为常数)。145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当v(C2H2)=1.012×10-4mol·L-1·s-1时，c(H2)= mol·L-1。 实验组 c(H2)/(mol·L-1) v(C2H2)/(mol·L-1·s-1) 一 4.60×10-3 5.06×10-5 二 1.380×10-2 1.518×10-4 (4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃，101kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以 为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为 。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能) 【答案】(1)-137 (2)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 (3)9.2×10-3 (4) Pd/W Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的 【解析】(1)由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； (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，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； (3)将数据代入方程，②÷①得到，则，时，，； (4)如图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高。 7．(2025•河北卷，17)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 (1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应：EO(aq)+ H2O(l)EG(aq) ΔH＜0 副反应：EO(aq)+ EG(aq)DEG(aq) 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5 mol·L-1，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中n(EG)：n(DEG)=10：1。 ①0~30min内，v总(EO)= mol·L－1·min－1。 ②下列说法正确的是 (填序号)。 a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b．0~30min内，v总(EO)= v总(EG) c．0~30min内，v主(EG)：n副(DEG)=11：1 d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 (2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g) ΔH。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表的曲线为 (填“L1”“ L2”或“L3”)；原因是 。 ②ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。 ③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系， (填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的Kx的值为 。 ④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为n(CO)：n(H2)=m：3，系统压强维持p0MPa，使，此时Kp= MPa -4(用含有m和p0的代数式表示)。 【答案】(1)0.05 mol·L－1·min－1 cd (2)L1 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大 < = 12 【解析】(1)①0~30min内，环氧乙烷完全转化，；②a项，，主反应中，ΔH＜0，则生成物总能量低于反应物总能量，a错误；b项，由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG浓度的变化量小于EO浓度的变化量，0~30min内，v总(EO)＞ v总(EG)，b错误；c项，主反应中，，副反应，同一反应体系中物质一量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中，即，，反应时间相同，则v主(EG)：v副(DEG)=10：1，，则v主(EG)：n副(DEG)=11：1，c正确；d项，选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d正确；故选cd； (2)①2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g) ΔH该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，，故L1、L2、L3对应α为0.6、0.5、0.4；②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；③M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则=；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和3molH2，列三段式： 平衡时，CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别为，；④设起始加入mmolCO和3molH2，此时，列三段式： 平衡时，气体总的物质的量为mmol，CO、H2、HOCH2CH2OH平衡分压分别，。 8．(2025•江苏卷，17)合成气(和H2)是重要的工业原料气。 (1)合成气制备甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。 (2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O(g)：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，H2O(g)的比热容较大。H2O(g)过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CrO4(正价有+3、+6)缓蚀剂等。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。K2CrO4减缓设备腐蚀的原理是 。 (3)研究CH4、H2O(g)与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、CH4转化率、与x的关系如图乙所示。X=0时，大于理论值2的可能原因有 ；x=0.5时，通入标准状况下的CH4至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。 ②x=0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与H2O(g)反应的物质有 (填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中Fe2O3的作用、气体分步制备的价值： 。 【答案】(1)5 (2)该反应为放热反应，在绝热容器中进行，H2O(g)的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，H2O(g)过量可有效防止催化剂活性下降 KHCO3 K2CrO4具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜 (3)当x=0时，载氧体为CeO2，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大 432 C、Fe、FeO 步骤Ⅰ中Fe2O3作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，避免生成大量积炭导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源 【解析】(1)反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的ΔH需C≡O。H-H、C-O、C-H、O-H，共5种化学键的键能数据。 (2)①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；H2O(g)的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，H2O(g)过量可有效防止催化剂活性下降。②脱碳过程中，K2CO3溶液会吸收CO2，发生反应K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，当K2CO3溶液浓度偏高时，会生成较多KHCO3，而KHCO3溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。K2CrO4中的Cr元素化合价为+6，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。 (3)①当x=0时，载氧体中没有Fe2O3，只有CeO2，由于CeO2的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为CO2，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当x=0.5时，CH4转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和H2的总体积为432mL。②新制载氧体与CH4反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与H2O(g)反应，使载氧体再生从而继续与CH4反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与CH4反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与H2O(g)反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与H2O(g)反应。③步骤Ⅰ中Fe2O3作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。 9．(2025•陕晋宁青卷，17)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＝+101kJ·mol−1 II．CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2= -166kJ·mol−1 III．CO2(g)＋H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41kJ·mol−1 回答下列问题， (1)计算MgCO3(s)＋4H2(g)=MgO(s)+ CH4(g)＋2H2O(g) ΔH4＝ kJ·mol−1 (2)提高CH4平衡产率的条件是_______。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (3)高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是 (填序号)，生成水的基元反应方程式为 。 (4) 100kPa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 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 。 【答案】(1)-65 (2)B (3) ④ HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O (4)c 0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气 【解析】(1)已知： I．MgCO3(s)= MgO(s)+CO2(g) ΔH1＝+101kJ·mol−1 II．CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2= -166kJ·mol−1 将I+ Ⅱ可得MgCO3(s)＋4H2(g)=MgO(s)+ CH4(g)＋2H2O(g) =； (2)已知反应Ⅱ．CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2= -166kJ·mol−1为放热反应，要提高CH4平衡产率，要使平衡正向移动。A项，高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，A错误；B项，低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高CH4平衡产率，B正确；C项，高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，C错误；D项，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，D错误；故选B。 (3)反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四部活化能最高，速率最慢，基元反应为CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O； (4)已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，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，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。①表示CH4选择性的曲线是c；②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0.51mol，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0.49mol，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0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，则反应Ⅱ的；③在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出n(CO)=1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在500~600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。 10．(2025•云南卷，17)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．CH3OH(g)＋H2O(g)= CH3COOH(g)＋2H2(g) ΔH1 Kp1 Ⅱ．CH3CH2OH(g)=CH3CHO(g)＋H2(g) ΔH2＝+68.7kJ·mol−1 回答下列问题： (1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆纤维素 乙醇 (2)对于反应Ⅰ： ①已知CH3CHO(g)＋H2O(g)= CH3COOH(g)＋H2(g) ΔH＝-24.3kJ·mol−1，则ΔH1= kJ·mol−1。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．CH3COOH的体积分数不再变化 D．单位时间内生成1molH2O，同时消耗2molH2 ③反应后从混合气体分离得到H2，最适宜的方法为 。 (3)恒压100kPa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] 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”)。 ③270℃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 ，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)。 【答案】(1)葡萄糖 (2) +44.4 AC 降温冷凝后收集气体 (3)乙酸选择性最大且反应速率较快 产物1 36:5 【解析】(1)纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇； (2)①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律ΔH1=ΔH+ΔH2=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1；②恒温恒容下发生C2H5OH(g)＋H2O(g)=CH3COOH(g)＋2H2(g)：A项，该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A符合题意；B项，体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意；C项，CH3COOH的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C符合题意；D项，单位时间内生成1molH2O，同时消耗2molH2均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不符合题意；故选AC；③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体； (3)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0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，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)=9mol，n(乙醇)=1mol，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=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强比=物质的量之比，故0.72:0.1=36:5；列三段式： 则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa。 11．(2025•湖北卷，19)CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。回答下列问题： (1)已知一定温度下： CaH2(s)+6Fe2O3(s)=Ca(OH)2(s)+4 Fe3O4 (s) ΔH1＝mkJ·mol−1 2CaH2(s)+ Fe3O4(s)=2Ca(OH)2(s)+3 Fe(s) ΔH2＝nkJ·mol−1 则3CaH2(s)+2Fe2O3(s)=3Ca(OH)2(s)+4 Fe (s)的ΔH3= kJ·mol−1 (用m和n表示)。 (2)图1分别是260℃、280℃和300℃下CaH2(s)还原Fe2O3(s)过程中反应体系电阻随反应时间t(h)变化的曲线，可用 (填标号)表示反应的快慢。 a． b． c． d． (3)图1中曲线 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 (4)研究发现CaH2(s)对Fe2O3(s)的还原性主要来自于其产生的H2。一般认为H2在Fe2O3表面被氧化成H2O有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 (填“a”或“b”)是主要途径。 (5)CaH2(s)产生H2的可能反应：①CaH2(s)=Ca(s)+ H2(g)或②CaH2(s)+2H2O(g)= Ca(OH)2(s)+2H2(g)。将CaH2(s)放在含微量水的N2气流中，在200℃至300℃的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定H2的来源之一是反应 (填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是 。 (6)已知Fe2O3(s) +3H2(g)=2Fe(s) +3H2O(g)。研究表明，在相同温度下，用CaH2(s)还原Fe2O3(s)比直接用H2(g)还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因： 。 【答案】(1) (2)d (3)Ⅰ (4)a (5)② 将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小 (6) CaH2(s)消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡Fe2O3(s) +3H2(g)=2Fe(s) +3H2O(g)正向移动，提高Fe的产率 【解析】(1)①CaH2(s)+6Fe2O3(s)=Ca(OH)2(s)+4 Fe3O4 (s) ΔH1＝mkJ·mol−1 ②2CaH2(s)+ Fe3O4(s)=2Ca(OH)2(s)+3 Fe(s) ΔH2＝nkJ·mol−1 ③3CaH2(s)+2Fe2O3(s)=3Ca(OH)2(s)+4 Fe (s) ΔH3 ×①+×②得到反应③，根据盖斯定律可知=×+×=； (2)随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d； (3)其它条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高； (4)由图可知途径a中能垒为1.3eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径； (5)固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小； (6)在相同温度下，用CaH2(s)还原Fe2O3(s)比直接用H2(g)还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：CaH2(s)消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡Fe2O3(s) +3H2(g)=2Fe(s) +3H2O(g)正向移动，提高Fe的产率。 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 大题突破——化学反应原理综合 目录 第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿 第二部分 分层突破 固本培优，精准提分 A组·保分基础练 题型01热化学方程式的书写与焓变的计算 题型02平衡图像分析、条件控制及原因解释 题型03有关化学平衡的计算 B组·抢分能力练 第三部分 真题验证 对标高考，感悟考法 1．(2026·陕西西安高三联考)乙烯和丙烯都是重要的化工原料，甲醇和丙烷共反应制备乙烯和丙烯可大幅度降低能耗，该反应体系中存在如下反应： I ．C3H8(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH1＝+124.2kJ·mol−1 II ．C3H8(g)CH4(g)＋C2H4(g) ΔH2＝+81.25kJ·mol−1 III ．CH4(g)＋C2H4(g)C3H6(g)＋H2(g) ΔH3 IV．CH3OH(g)＋H2(g)CH4(g)＋H2O(g) ΔH4＝-115.93kJ·mol−1 (1)ΔH3= 。 (2)630℃时， 向盛有催化剂的真空容器中充入1molC3H8(g)， 保持容器压强为0.1MPa， 进行反应， 当反应达到平衡时，C3H8(g)的转化率为60%，C2H4(g)的平衡分压为0.0125MPa。 ①此时p(C3H6)= ， 反应II的分压平衡常数为 Kp= MPa。 ②若向上述平衡体系中充入N2(g)，再次达到平衡时C3H8(g)的转化率 (填“>”“<”或“=”)60%，其原因为 。 (3)若向盛有催化剂的真空容器中按物质的量之比4：1：1充入C3H8(g)、CH3OH(g)、H2O(g)，仍在容器压强为0.1MPa 下进行反应，平衡体系中C2H4(g)和 C3H6(g)的体积分数随温度(T)的变化如图所示。解释300℃后，C3H6(g)的体积分数随温度(T)的变化的原因为 ；甲醇的作用为 。 2．【结合战略金属考查反应原理】 (2025·广东金太阳联考高三模拟预测)Ti被誉为“未来金属”“战略金属”，具有稳定的化学性质。目前生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为(TiCl4)，再进一步还原得到钛。 回答下列问题： (1)基态钛原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为 。 (2)Ti可形成多种配合物。Ti(CO)6、[Ti(H2O)6]2+、[TiF6]2-的配体所含元素的电负性由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。 (3) TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： ⅰ.直接氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)TiCl4(g)＋O2(g) ΔH1＝+172kJ·mol−1，Kp1=1.0×10-2； ⅱ.碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)+ 2C(s)TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH2＝-51kJ·mol−1，Kp2=1.2×1012； ①在上述条件下，反应O2(g)+ 2C(s)2CO(g)的Kp = (结果保留两位有效数字)。 ②关于碳氯化反应，下列说法错误的有 (填选项字母)。 A．为了加快反应速率，可将两固体粉碎后混匀 B．平衡后增大压强，平衡向逆反应方向移动 C．温度升高，Cl2的平衡转化率增大 D．任何温度下都不能自发进行 (4)在压强为150 kPa恒压条件下，将TiO2(s)、C(s)、Cl2(g)以物质的量之比为投料进行反应ⅰ和ⅱ，理论上体系中平衡时气体组成比例(物质的量分数)随温度变化的关系如图所示：(该条件下会发生CO的氧化即被消耗完全)： ①T2℃时，已知TiO2(s)的平衡转化率为99%，则平衡时CO2与CO的物质的量比为 (写出计算过程)。 ②已知T2℃远高于T1℃，且T1℃下TiO2的平衡转化率已非常接近T2℃下TiO2的平衡转化率，但实际生产中反应温度通常选择T2℃，其原因是 。 (5)一种TiCl4冶炼钛的方法为900℃下发生反应TiCl4(l)＋2Mg(l)2MgCl2(l)＋Ti(g)，从平衡移动角度解释该冶炼金属钛方法的原理： 。 3．【结合Xe元素考查】(2026·山东日照高三期中)Xe与F2在一定条件下发生下列反应，当时，近似认为Xe完全反应。 Ⅰ．Xe(g)+F2(g)XeF2(g)    ΔH1 Ⅱ．XeF2(g)+F2(g)XeF4(g)    ΔH2 Ⅲ．XeF4(g)+F2(g)XeF6(g)      ΔH3 向某恒压密闭容器中按充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如图1所示；T温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如图2所示，P点、Q点对应的p(F2)分别为14 kPa和224 kPa。 回答下列问题： (1)反应XeF4(g) Xe(g)+2F2(g)，ΔH= (用代数式表示)。 (2)反应Ⅲ的ΔH3 0(填“＞”或“＜”)；图1中630 K之后，XeF4分布分数下降的原因为 。 (3)曲线L2对应的物质为 (填化学式)。 (4)T温度下，反应XeF2(g)+XeF6(g) 2XeF4(g)  的Kp= 。 (5)T温度下，当n(XeF4)最多时，体系总压为110 KPa，则p(F2)= kPa，p(XeF2)= kPa，初始投料比n(F2)：n(Xe)= (用最简分数表示)。 4．(2026·四川高三联考)CO2的捕集与转化是当今科学研究的重要课题。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)  ΔH=+177 kJ·mol-1(主反应) 反应Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)  ΔH=+9 kJ·mol-1(副反应) 其中反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步： 反应①：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)  ΔH1=+136 kJ·mol-1 反应②：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)  ΔH2=+41 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)反应Ⅰ的熵变ΔS (填“>”“＜”或“=”)0；在反应Ⅰ的反应历程中，反应①的活化能小于反应②，则增大 (填“C2H6”或“CO2”)的浓度对反应Ⅰ速率影响更大。 (2)CH4(g)+C(s)C2H4(g)  ΔH= kJ·mol-1。 (3)CO2和C2H6合成C2H4过程中平衡时CO2和C2H6的转化率和生成C2H4的选择性与温度变化的关系如图，则表示CO2转化率的曲线为 (填“L1”“L2”或“L3”)，其判断依据为 。 (4)在某温度下，将2 mol CO2和3 mol C2H6充入10 L体积不变的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，设只发生反应Ⅰ．若初始压强为5.0 MPa，t min时反应达到平衡，平衡时产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，则0~t min内，v(C2H6)= MPa⋅min-1；该温度下反应的平衡常数Kp= MPa(保留两位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 5．【25年陕晋宁青卷T17改编】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= +101kJ·mol-1 Ⅱ．CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2= -166kJ·mol-1 Ⅲ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41kJ·mol−1 回答下列问题， (1)MgCO3(s)＋4H2(g)MgO(s)+CH4(g)＋2H2O(g) ΔH4=___________kJ·mol−1 (2)提高CH4平衡产率的条件是___________。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (3)100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1mol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(在360℃以下不考虑反应Ⅲ)。 图为上图内点M附近区域放大图 注： ①表示CH4选择性的曲线是 (填字母)。 ②M点对应温度下，反应Ⅱ的Kp= (kPa)-2(写出代数式即可)。 ③在 550℃下达到平衡时，n(CO)= mol。550~600℃，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是 。 6．(2026·福建漳州高三期中)I、雾霾主要成分为灰尘、SO2、NOX、有机碳氢化合物等粒子。烟气脱硝是治理雾霾的方法之一。 (1)以氨气为脱硝剂时，可将NOX还原为N2。 已知：i． △H= a kJ·mol-1 ii． △H= b kJ·mol-1 则反应的 △H= kJ·mol-1。 (2)臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为：  △H <0，某温度时，在体积为1L的刚性密闭容器中充入2 mol NO2和1mol O3发生反应，保持恒温恒容条件。 ①下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是 (填标号)。 A．   B．混合气体密度不再改变 C．O2的体积分数不再改变 D．混合气体平均摩尔质量不再改变 ②欲增加NO2的平衡转化率，可采取的措施有 (填标号)。 A．充入氦气   B．升高温度     C．充入2 molNO2     D．充入2 mol NO2和1molO3 ③达到平衡时，混合气体总压为p，O2的浓度为0.5mol/L，则NO2的转化率为 ，平衡常数Kp= (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ、碳和氮的化合物是广泛的化工原料，在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数K和温度T的关系如下表： t℃ 700 800 830 1000 1200 K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6 (3)该反应为反应 (填“吸热”、“放热”)。 (4)在800℃时，发生上述反应，某一时刻测得容器内各物质的浓度分别为，，，，则下一时刻， (填“>”、“<”或“=”)。 Ⅲ、在稀硫酸中分别以Pt、Cu为电极，利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图所示。 (5)CO2在铜电极被还原为多种燃料，则与Pt电极相连的是电源的 极，写出CO2催化还原成CH4的电极反应式 。 7．(2026·四川绵阳高三期中)甲烷干重整反应可以将两种温室气体CH4和CO2直接转化为合成气主要成分为CO和H2，兼具环境效益和经济效益。回答下列问题： (1)已知：CH4、CO和H2的燃烧热分别为、和。则甲烷干重整反应的为 kJ·mol-l。 (2)合成气可以用于生成甲醇，在容积为的恒容密闭容器中加入2molH2和1molCO，发生反应，各组分的物质的量随时间的变化如图所示。 0~5min内v(H2)= mol·L－1·min－1，15min时改变的条件可能是 填标号。 A．充入H2     B．充入      C．通入惰性气体 (3)甲烷干重整过程中可能存在反应： 反应Ⅰ：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)主反应 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) 反应Ⅲ：CH4(g)C(s)＋2H2(g) 反应Ⅳ：2CO(g)C(s)＋CO2(g) 反应Ⅴ：CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g) 各反应的为各反应的平衡常数与温度的关系如图所示。 由图可知，为提高主反应反应Ⅰ的转化率，应 填“升高温度”或“降低温度”，理由是 。 (4)在绝热恒容密闭容器中加入1molCO2和1molCH4，仅发生主反应反应Ⅰ时，下列情况能说明该反应一定达到平衡状态的有 ___________填标号。 A．CH4的体积分数保持不变 B．CH4和CO2的转化率相等 C． D．反应体系的温度不再变化 (5)在、、进料配比n(CH4)：n(CO2)=1：1的条件下，CH4干重整过程中CH4的转化率、CO2的转化率和积碳率随着温度变化的规律如图所示。 ①甲烷干重整的最佳温度为 填“600”“700”“800““900”或“1000℃ 。 ②在最佳温度、初始压强为p0kPa条件下，向某恒容密闭容器中加入2molCO2和2molCH4，设只发生中反应Ⅰ、反应Ⅱ两个反应。达到化学平衡后，测得容器中的浓度为1.4mol·L-1，CO2的转化率为90%。在最佳温度下，反应Ⅰ的压强平衡常数Kp= (kPa)2列出计算式，压强平衡常数用各组分的平衡分压代替物质的量浓度进行计算，平衡分压平衡总压强物质的量分数。 (6)某研究小组为了评估甲烷干重整反应中不同催化剂的性能差异，在常压、催化剂作用下，按n(CH4)：n(CO2)=1：1投料，设只发生中反应Ⅰ、反应Ⅱ两个反应。不同温度下反应相同时间，测得CH4的转化率用柱形框表示和产物用带圆点的折线表示随温度变化的关系如图所示。 不考虑催化剂失活，产物随温度变化的原因是 。 01热化学方程式的书写与焓变的计算 1．(2026·山东九五高三协作体高三联考)CO2的催化还原成为“碳中和”背景下科学研究的热点课题。 (1)利用CH4催化还原CO2可制备水煤气(主要成分为CO、H2)。已知制备过程中发生如下反应： 反应I：CH4(g)＋1/2O2(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝-35.6kJ·mol−1 反应II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1 反应III：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH3 ①已知：氢气的摩尔燃烧焓为，水的摩尔蒸发焓(指在25℃，101.325 kPa下，将1 mol液态水完全转化为气态水蒸气所需要的能量)为，则ΔH3= kJ·mol−1。 2．(2026·四川成都高三期中)国际空间站是在轨运行最大的空间平台，是一个拥有现代化科研设备、开展大规模、多学科基础和应用科学研究的空间实验室。在空间站中常常利用反应Ⅰ处理二氧化碳，同时伴有反应Ⅱ和Ⅲ发生。 反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  △H1=-270kJ∙mol-1  ∆S1=-170.65J∙mol-1∙K-1 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2   ∆S2=+42.1J∙mol-1∙K-1 反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H3=-48.97kJ∙mol-1  ∆S3=-177.16J∙mol-1∙K-1 (1)在T1℃、2 L容器中充入0.2molCO2和0.2molH2，若只发生反应Ⅱ，吸收4 kJ能量，若T1℃、2 L容器中充入0.4 mol CO和0.4molH2O(g)，放出8.48 kJ能量，则反应Ⅱ的△H2= kJ∙mol-1。 3．(2026·四川成都高三联考)氮的化合物是重要的工业原料，也是大气和水质污染来源，研究氮的化合物的反应具有重要意义，回答下列问题： (2)饮用水中的NO3-主要来源于NH4+。已知在微生物作用下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如下：  试写出1molNH4+ (aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是 ； 4．(2026·四川高三联考)CO2的捕集与转化是当今科学研究的重要课题。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)  ΔH=+177 kJ·mol-1(主反应) 反应Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)  ΔH=+9 kJ·mol-1(副反应) 其中反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步： 反应①：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)  ΔH1=+136 kJ·mol-1 反应②：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)  ΔH2=+41 kJ·mol-1 (1)反应Ⅰ的熵变ΔS (填“>”“＜”或“=”)0；在反应Ⅰ的反应历程中，反应①的活化能小于反应②，则增大 (填“C2H6”或“CO2”)的浓度对反应Ⅰ速率影响更大。 (2)CH4(g)+C(s)C2H4(g)  ΔH= kJ·mol-1。 5．(2025·湖北省鄂东南省级示范高中教改联盟高三联考，节选)中央经济工作会议强调要“加快新能源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。 CO2甲烷化是目前研究的热点方向之一，CO2也可以获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下： 反应I：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2 反应Ⅲ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3 反应Ⅳ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH4 (1)反应2CO2(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)的ΔH= 。 6．通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CH3OCH3)也有广泛的应用。 反应I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.01kJ·mol−1 反应II：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝-24.52kJ·mol−1 反应III：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41.17kJ·mol−1 2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)自发反应的条件是 。 7．(2025·河南省安阳市湘豫名校联考高三模拟，节选)乙炔(C2H2)、乙烯和乙烷是重要的基础化工原料，在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题： (1)已知几种共价键的键能如下表所示。 共价键 C≡C H-C C-C H-H 键能/(kJ·mol−1) 812 413.4 347.7 436 根据上述键能估算：CH≡CH(g)＋2H2(g)CH3CH3(g) ΔH1 kJ·mol−1。 8．已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)： 物质 CO2(g) H2(g) HCOOH(g) 标准摩尔生成焓/kJ·mol-1 -393.51 0 -362.3 依据以上信息，CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) ΔH。ΔH=___________。 9．(2025·山西省部分学校联考高三试题，节选)二氧化碳作为温室气体，是引发全球气候变化的主要元凶之一，但通过转化可以将其变成有用的化学品或燃料，有助于实现碳循环和碳减排。 一定条件下使CO2、H2的混合气体通过反应器可转化为甲醛。已知反应器内发生的反应有： I．；， II．  ；， (1)E1、E3分别是正反应的活化能，E2、E4分别是逆反应的活化能，则E1 E3(填“大于”“小于”或“等于”)。 10．二氯乙烷为原料制备氯乙烯是合成氯乙烯的一种重要的方法。CH2Cl-CH2Cl热裂解反应为：CH2Cl-CH2Cl(g)=HCl(g)+ CH2=CHCl(g) ΔH＝71.05kJ·mol−1 已知相关物质的标准熵数值如下表： 化学式 CH2Cl-CH2Cl(g) HCl(g) CH2=CH2Cl (g) 标准熵：S/(J·mol-1·K-1) 305.90 186.90 264.00 ①该反应的标准熵变ΔS= J·mol-1·K-1； ②已知ΔG=ΔH-TΔS，该反应在下列哪些温度下能自发进行？ (填标号)； A．0.39K B．0.49K C．500K D．525K 02平衡图像分析、条件控制及原因解释 11．(2026·四川高三联考)CO2的捕集与转化是当今科学研究的重要课题。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)  ΔH=+177 kJ·mol-1(主反应) 反应Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)  ΔH=+9 kJ·mol-1(副反应) 其中反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步： 反应①：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)  ΔH1=+136 kJ·mol-1 反应②：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)  ΔH2=+41 kJ·mol-1 (3)CO2和C2H6合成C2H4过程中平衡时CO2和C2H6的转化率和生成C2H4的选择性与温度变化的关系如图，则表示CO2转化率的曲线为 (填“L1”“L2”或“L3”)，其判断依据为 。 12．(2026·四川成都高三期中)国际空间站是在轨运行最大的空间平台，是一个拥有现代化科研设备、开展大规模、多学科基础和应用科学研究的空间实验室。在空间站中常常利用反应Ⅰ处理二氧化碳，同时伴有反应Ⅱ和Ⅲ发生。 反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  △H1=-270kJ∙mol-1  ∆S1=-170.65J∙mol-1∙K-1 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2   ∆S2=+42.1J∙mol-1∙K-1 反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H3=-48.97kJ∙mol-1  ∆S3=-177.16J∙mol-1∙K-1 (4)向某恒容密闭容器中充入2molCO2和5molH2，研究相同时间内甲烷产率与催化剂、温度关系如图所示。 ①根据图像可知，相同温度时，催化效果：催化剂A B(填“大于”、“小于”或“等于”)。 ②在催化剂B作用下，甲烷产率随温度变化的原因是 。(填写一种原因即可) 13．(2026·山东九五高三协作体高三联考)CO2的催化还原成为“碳中和”背景下科学研究的热点课题。 (2) H2催化还原CO2可合成CO、CH4。涉及的反应如下： 反应I：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＜0 反应II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0 分别在压强为10 MPa和100 MPa下，将3molH2和1mol CO2的混合气体充入某密闭容器中反应。平衡时，CO和CH4在含碳物种中的摩尔分数随温度的变化关系如图所示。 ①曲线d表示的是 的平衡摩尔分数随温度变化的关系。点M处平衡体积分数高于点N的原因是 。图中点A对应条件下，反应II的平衡常数 。 ②若将600℃，100 MPa的平衡体系只缩小容器的容积，再次达到平衡后，下列说法中正确的是 (填字母)。 a．CO的分压保持不变 b．H2的平衡转化率增大 c．其他条件不变，升温可使CH4与CO的摩尔分数相等 14．(2025·浙江省第二届辛愉杯高三测试，)“碳达峰”“碳中和”是近年来的热门话题，以二氧化氮和氢气为原料反应时，通常存在以下几个反应： I．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1 II．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2＝-48.8kJ·mol−1 III．2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3＝-123.2kJ·mol−1 IV．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH4 (1)①ΔH4= 。 ②L(L1，L2)、X分别代表温度或压强，如图表示不同L下，反应III中二甲醚的平衡产率随X变化的关系，判断L1，L2的大小并说明理由 。 03有关化学平衡的计算 15．(2025·浙江七校联盟一模)汽车尾气中含有NO气体，是汽车内燃机高温条件下氮气与氧气反应产生。NO是破坏臭氧层的凶手之一。相关反应如下： Ⅰ．N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH1＝+180kJ·mol−1 Ⅱ．NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH2 (3)将2molN2、2molO2与2molO3混合气体通入p=100kPa的恒压密闭容器中发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡后NO2物质的量为1 mol(不考虑O2与O3之间的相互转化)。已知反应Ⅰ的压强平衡常数Kp1=0.5(用各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数用Kp=表示)试计算：反应Ⅱ的压强平衡常数KpⅡ= 。 16．(2026·四川成都高三期中)国际空间站是在轨运行最大的空间平台，是一个拥有现代化科研设备、开展大规模、多学科基础和应用科学研究的空间实验室。在空间站中常常利用反应Ⅰ处理二氧化碳，同时伴有反应Ⅱ和Ⅲ发生。 反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)  △H1=-270kJ∙mol-1  ∆S1=-170.65J∙mol-1∙K-1 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2   ∆S2=+42.1J∙mol-1∙K-1 反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H3=-48.97kJ∙mol-1  ∆S3=-177.16J∙mol-1∙K-1 (2)为了进一步探究反应发生可行性，测得反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的(自由能变化ΔG=△H-TΔS)随温度的变化关系如图所示。 表示反应Ⅰ的直线是 (填“a、b、c”)，在1000 K时，上述三个反应的自发趋势大小关系是 (填“反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ⅲ”)。 (3)在T2℃、340 kPa时，在2 L容积固定的密闭容器中充入1molCO2(g)和3molH2(g)模拟空间站二氧化碳再处理，平衡后，测得CH4(g)、CO(g)和CH3OH(g)体积分数分别为12%、6%、6%，则甲烷的产率为 ，反应Ⅰ的Kp= (列计算表达式)。 17．CO2在Cu-ZnO催化下，同时发生以下反应，是解决能源短缺的重要手段。 I．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＜0 II．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＞0 在容积不变的密闭容器中，保持温度不变，充入一定量的CO2和H2，起始及达平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强如下表所示： CO2 H2 CH3OH CO H2O 总压强/kPa 起始/mol 0.5 0.9 0 0 0 平衡/mol 0．3 若容器内反应I、II均达到平衡时，，反应①的平衡常数KP=______(kPa)-2。(用含p的式子表示，分压=总压×气体物质的量分数) 18．一定条件下，CO2与H2反应可合成CH2=CH2，2CO2(g)＋6H2(g)CH2=CH2(g)＋4H2O(g)，该反应分两步进行： i.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH1 ii.2CO(g)＋4H2(g)CH2=CH2(g)＋2H2O(g) ΔH2 T℃，压强恒定为100kPa时，将n(CO2)：n(H2)=1：3的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如表所示 组分 H2 CO CH2=CH2 物质的量分数(%) CO2的平衡转化率为________，反应i的平衡常数Kp=________(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数) 19．CO2在Cu−ZnO催化下，可同时发生如下的反应I、II，其可作为解决温室效应及能源短缺的重要手段。 I．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－57.8 kJ·mol－1 II．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1 对于气体参加的反应，表示平衡常数Kp时，用气体组分(B)的平衡分压p(B)代替该气体的平衡浓度c(B)，则反应II的Kp=___________已知：气体各组分的分压p(B)，等于总压乘以其体积分数］。 在Cu−ZnO存在的条件下，保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2及H2，起始及达平衡时，容器内各气体物质的量如下表： CO2 H2 CH3OH(g) CO H2O(g) 总压强/kPa 起始/mol 5.0 7.0 0 0 0 p0 平衡/mol n1 n2 p 若反应I、II均达平衡时，p0＝1.2p，则表中n1＝_____；若此时n2＝3。则反应I的平衡常数Kp＝_____(无需带单位，用含总压p的式子表示) 20．在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如图所示。其中一种进料组成为＝0.75、＝0.25，另一种为＝0.675、＝0.225、xAr＝0.10。(物质i的摩尔分数：xi＝) ①图中压强由小到大的顺序为________________，判断的依据是________________。 ②进料组成中含有惰性气体Ar的图是________________。 ③图1中，当p2＝20 MPa、＝0.20时，氮气的转化率α＝________________。该温度时，反应N2(g)＋H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝________________(MPa)－1(化为最简式)。 21．已知K、Ka、Kw、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。 (1)有关上述常数的说法正确的是________。 a．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度 b．它们的大小都随温度的升高而增大 c．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka d．一定温度下，在CH3COONa溶液中，Kw＝Ka·Kh (2)25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显________(填“酸”、“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝________。 (3)25 ℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下pH＝3、c(HSO)＝0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)＝________。 (4)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.0×10－38、1.0×10－11，向浓度均为0.1 mol/L的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，应该调节溶液pH的范围是________。(已知lg 2＝0.3) 22．已知Ka(Kb)、Kw、Kh、Ksp分别表示弱酸的电离平衡常数(弱碱的电离平衡常数)、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。通过查阅资料获得温度为25 ℃时以下数据： Kw＝1.0×10－14，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13，Ka(HF)＝4.0×10－4，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。 (1)25 ℃时，1.0 mol·L－1HF溶液的pH约等于______(已知lg 2≈0.3)。将浓度相等的HF与NaF溶液等体积混合，判断溶液呈______(填“酸”“碱”或“中”)性，并结合有关数据解释原因：______________________________________________________________________。 (2)已知CH3COONH4溶液呈中性，又知CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，现有25 ℃时等浓度的四种溶液： A．NH4Cl B．NH4SCN C．CH3COONH4 D．NH4HCO3 回答下列问题： ①试推断NH4HCO3溶液的pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7。 ②将四种溶液按NH的浓度由大到小的顺序排列：__________________(填字母)。 ③NH4SCN溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为______________________。 (3)为探究Mg(OH)2在酸中的溶解性，利用以上数据可以计算出反应： Mg(OH)2(s)＋2CH3COOH(aq)Mg2＋(aq)＋2CH3COO－(aq)＋2H2O(l)在25 ℃时的平衡常数K＝________，并据此推断Mg(OH)2______(填“能”或“不能”)溶解于醋酸(已知1.83≈5.8)。 1．【NH3选择性催化还原技术】(2026·天津高三联考)工业烟气中NOx(以NO为主)的脱除常采用NH3选择性催化还原(SCR)技术，其核心反应为： 主反应：   副反应：   (1)已知  ，则 。 (2)300℃时，在某恒温刚性容器中充入的混合气体，若仅发生主反应，下列叙述能说明反应已达到化学平衡状态的是 (填字母)。 a． b．混合气体的密度保持不变 c．单位时间内断裂4 molN-H键的同时断裂4 molN≡N键 d．O2的体积分数不再改变 (3)其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，经过相同时间，NO转化率与温度的关系如图所示。 ①工业上选择催化剂 (填“甲”或“乙”)。 ②在催化剂甲的作用下，当温度高于210℃(M点)时，NO转化率降低原因可能是 。 (4)300℃时，在某恒压p0密闭容器中充入等物质的量的NH3、NO、O2的混合气体，若发生主反应和副反应，平衡后，NO转化率为20%，且NH3和N2物质的量相等，则NH3转化率为 ，N2(g)＋O2(g)2NO(g)，K= (保留2位有效数字)。 (5)已知主反应分三步进行 Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ． 研究发现，在催化剂表面引入CeO2可形成“NH3吸附位”和“NO活化位”。请分析催化剂表面引入CeO2后，主反应选择性提高、副反应选择性降低的原因是 。 2．【结合氢能新技术考查反应原理】(2026·云南昆明高三期中)氢能是新能源领域中与油气行业现有业务结合最紧密的一类，而制氢成本过高仍是目前氢能产业发展的挑战之一。甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法，涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝+206.3kJ·mol−1 反应Ⅱ：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH2＝+165.2kJ·mol−1 反应Ⅲ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3 回答下列问题： (1)①计算ΔH3= kJ/mol，反应Ⅱ的ΔS (填“＞”、“＜”或“＝”)0。 ②以CH4、H2O和N2的混合气体为起始投料(N2不参与反应)，保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中对反应Ⅰ进行研究。下列说法正确的是 (填标号)。 A．升高温度，正、逆反应速率同时增大 B．n(CO)：n(H2)保持恒定时，反应达到化学平衡状态 C．增加起始投料时N2的体积分数，单位体积的活化分子数增加 D．增加起始投料时CH4的体积分数，CH4平衡转化率增大 (2)650℃时(局部温度过高会造成积碳)按照一定流速通入甲烷和水蒸气，当水碳比一定时，催化剂中无添加吸附剂和添加P-Li4SiO4吸附剂(吸收CO2)的情况下，各气体组分反应的平衡含量与时间的关系如图所示。 ①催化剂中添加P-Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，t1 min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1 min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同。可能的原因是 。 ②实验时发现，t1 min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO衡含量高于理论平衡值，可能的原因是 (化学方程式表示)。 (3)一定温度下，向2 L容器中充入4 mol CH4(g)和12 mol H2O(g)，若20 min后反应达到平衡，容器中CO2、CO均为1 mol。则0~20 min内H2O的消耗速率v(H2O)= mol/(L·min)，反应Ⅲ的压强平衡常数Kp= (以分压表示，分压总压物质的量分数)。 3．(2026·江苏苏州高三期中)以CH3OH生产高附加值的精细化学品，被认为是优化传统工业合成方法的绿色经济途径。 Ⅰ. CH3OH的合成 (1)工业上利用某废气中的CO2、(体积比1:2)联合制取烧碱、C2H4Cl2和CH3OH的流程如图所示。已知B中的电解装置使用了阳离子交换膜。 ①D中化合价发生改变的元素有 。 ②A中发生的总反应的化学方程式为 。 (2)以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下： Ⅰ. CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.5kJ·mol−1 Ⅱ. CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+40.9kJ·mol−1 Ⅲ. CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH3＝akJ·mol−1 ①则a= 。 ②某温度时，向恒压装置中通入1 mol CO2(g)和3 molH2(g)，反应达到平衡状态时，CO2的平衡转化率为40%，CO选择性为50%，则化学平衡常数K(Ⅱ)= 。(已知：CO选择性) Ⅱ. CH3OH的应用 (3)研究发现，将铂团簇锚定在硫化镍纳米片上，形成界面丰富的双分散纳米异质结构的Pt-Ni3S2双功能电催化剂，可催化制备甲酸盐。在1 mol·L-1KOH中进行双电极系统的电解实验，装置如图： ①阳极发生的主要电极反应为 (用电极反应式表示)。 ②碱性条件下，用Pt-Ni3S2双功能电催化剂能高效制氢的原因可能是 。 (4)利用甲醇合成甲醚的反应过程中的能量变化如图所示，涉及的主要反应如下： 反应Ⅰ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) 反应Ⅱ：2CH3OH(g)C2H4(g)＋2H2O(g) ①由上图可知反应 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)更容易发生。 ②在一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醚的反应，测得CH3OCH3含量随着时间的推移，先增大后减小，结合上图说明原因是 。 4．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)水是化学反应的良好介质，是“永远值得探究的物质”。 (1)①25℃，c(H2O)=55.6mol·L-1，H2OH++OH-的平衡常数K= mol·L-1 (保留2位有效数字)。 ②HF也能发生与水类似的电离，当其作溶剂时是很强的酸，请画出线性分子结构 。 (2)用惰性电极电解碱性Na[B(OH)4]水溶液，在阳极生成O2，在阴极生成BH4-和OH-，实现NaBH4的再生。总反应为[B(OH)4]-BH4-+2O2↑，阴极的电极反应式为 。 (3)为研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。可通过微扰(瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间，从而获得k的信息。对于H2OH++OH-，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。 已知：，，(为的平衡浓度)。 ①请画出时刻瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图 。 ②25℃时，计算得k2为 L/(mol·s)。 (4)利用超临界水氧化技术，在一定条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中为以碳元素计的物质的量分数，为反应时间。 升温到600℃，峰值出现的时间提前，且峰值更高，请解释原因 。 5．(2025·江苏省南京市六校联合体高三联考)氢能是应用前景广阔的新能源，强化制氢、储氢等各环节的技术研发具有积极的现实意义。 回答下列问题： (1)甲醇重整制氢。发生反应：CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)，甲醇水蒸气重整制氢技术关键在于催化剂的选择。在反应温度250℃、液空速0.36h-1和水醇比为4.0条件下，考察不同催化剂氢产率(1mol甲醇与水蒸气重整反应后生成氢气的物质的量)随时间的变化曲线如图所示，由图可知应选 作为催化剂。 (2)在Cu-Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程中的中间产物)。 ①已知步骤Ⅱ中碳氧双键与发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式： 。 ②催化剂长时间使用会发生副反应失去活性，将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可能原因是 。 (3)储氢与释氢。 Ⅰ．部分H2和Mg一定条件下化合生成MgH2以储氢；部分H2和N2在催化剂表面合成氨以储氢。 ①研究发现，使用Ru系催化剂时，N2在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业生产时，将n(H2)/n(N2)控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是 。 ②释氢。MgH2可通过热分解和水解两种方法制得H2.相较于热分解，MgH2水解释氢方法的优点是 。 Ⅱ．HCHO电催化释氢。 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为 。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为 。 ③电解过程中每产生1molH2，通过阴离子交换膜的OH-为 mol。 6．(2025·浙江省天域全国名校协作体高三联考)环氧乙烷(，简称EO)是有机合成中的常用试剂。EO常温下呈气态，易燃易爆，其爆炸极限为3~100%。近年来，常用乙烯、氧气、氮气(不参与反应)投料氧化法制备EO。部分涉及反应为： 主反应：   kJ/mol 副反应：  kJ/mol (1)①主反应能自发进行的条件是 。 ②已知H2O(l)=H2O(g) ΔH＝+44kJ·mol−1，则EO的燃烧热为ΔH= kJ/mol。 (2)①实际生产中，在压强为的条件下，欲提高EO的产率可采取的措施有 A．低温 B．加入CaO固体 C．选择合适的催化剂 D．适当增加氮气分压 ②向温度为T，体积为V的容器中加入投料比为2∶3∶3的乙烯、氧气、氮气。已知平衡时：，(其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。 ⅰ.副反应的平衡常数 (列出算式，代入数据即可)。 ⅱ.恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，请在图中画出恒压条件下，相同投料比时，EO的产率与反应时间的关系曲线 。 (3)以Ag为催化剂的反应机理如图2所示： 加入1，2-二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后，EO产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图3所示。则随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是 。 7．(2025·河南省部分学校联考高三预测，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＝+74.6kJ·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)反应ⅰ在800℃时 (填“能”或“不能”)自发进行。 (2)已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的ΔH2= (用含x、y、z的代数式表示) kJ·mol−1 。 物质 CH4(g) C6H6(l) H2(g) ΔH/(kJ·mol−1) x y z (3)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 。加入适量水蒸气，可以提高单位时间内甲烷转化率和芳烃产率，用化学方程式表示原因： 。 (4)利用CO2与H2反应制备甲烷，对2060年前实现“碳中和”具有重要意义。CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝-165.0kJ·mol−1；向若干个体积均为2L的恒容密闭容器中均充入1mol CO2、3.6molH2，在不同温度下经过10min测得各容器中CO2的转化率如图所示。 ①X点对应的坐标为(400，80)，X点对应的转化率为 (保留三位有效数字)；X点对应的容器中起始时压强为460kPa，则X点对应的平衡常数Kp= (kPa)-2 (Kp为用分压表示的平衡常数，气体的分压总压该气体的物质的量分数，保留两位小数)。 ②X、Y两点对应的平衡常数Kx (填“大于”“等于”或“小于”) KY。 (5)碳酸钙高温分解会产生大量二氧化碳气体，是“碳排放”的主要来源：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)。某温度下，向恒容容器中加入mgCaCO3，设平衡压强为pc，分解过程中v(CO2)与压强p的关系为，k为速率常数(定温下为常数)，当固体质量减少33%时，逆反应速率最大，若转化率为20%，则v(CO2)= (用k表示)。 1．(2025•山东卷，20)利用循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ．CaS (s)+2SO2(g)CaSO4(s)＋S2(g) ΔH1 Ⅱ．CaSO4(s)＋4H2(g)CaS(s)＋4H2O(g) ΔH2 Ⅲ．SO2(g)＋3H2(g)H2S(g)＋2H2O(g) ΔH3 恒容条件下，按1molCaS，1molSO2和0.1molH2投料反应。平衡体系中，各气态物种的随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K=108基本不变。 回答下列问题： (1)反应2SO2(g)＋4H2(g)S2(g)＋4H2O(g)的焓变ΔH= (用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。 (2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3 0(填“>”“<”或“=”)。 (3)T1温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为amol，则S2为 mol (用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)-n(CaSO4)= mol (用含a的最简代数式表示)。 (4)T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比 (填“增大”“减小”或“不变”)，H2O物质的量n(H2O) (填“增大”“减小”或“不变”)。 2．(2025·福建卷，14)研究抗癌药物顺铂[Pt(NH3)2Cl2]与胸苷(简写为TH，结构如下)的配体交换反应及所形成配合物的稳定性。 I．配合物[Pt(NH3)2T2]的制备 (1)“步骤1”的离子方程式为 。 (2)“步骤2”中体系存在以下平衡： i．THH++T- K1 ii．[Pt(NH3)2(H2O)2]2++2T-Pt(NH3)2T2+2H2O K2 ①反应[Pt(NH3)2(H2O)2]2++2THPt(NH3)2T2+2H++2H2O的平衡常数K= 。(用K1、K2列出计算式) ②加入NaOH溶液的目的是 (从平衡角度分析) (3)H2O、NH3和T-与Pt(Ⅱ)的配位能力由强到弱的顺序为 。 Ⅱ．探究酸度对Pt(NH3)2T2稳定性的影响 用Pt(NH3)2T2配制3份酸化程度不同、物质的量浓度均为Y[以初始Pt(NH3)2T2用量计算]的溶液S1—S3。在一定温度下酸化反应达到平衡时，测定溶液pH，并分别取等体积溶液测得T中6-位碳原子上H的核磁共振信号(如图，峰面积与化学环境相同的H原子数成正比)，其中未酸化的溶液S1中仅有信号峰I。 酸化时存在下列反应： iii．Pt(NH3)2T2+H2O+H+[Pt(NH3)2(H2O)T]++TH iv．[Pt(NH3)2(H2O)2T]++H2O+H+[Pt(NH3)2(H2O)2]2++TH (4)信号峰Ⅱ代表的物质是 (填标号)；信号峰Ⅲ代表的物质是 (填标号) a．Pt(NH3)2T2    b．      c．[Pt(NH3)2(H2O)2T]+    d．[Pt(NH3)2(H2O)2]2+ (5)溶液中酸化反应达到平衡的标志是 (填标号) a．pH保持不变          b．特征信号峰的总面积保持不变 c．出现3个特征信号峰   d．特征信号峰的数量及其面积保持不变 (6)已知图中溶液S1信号峰I的面积为，溶液S2信号峰I、Ⅱ的面积分别为β1、β2；溶液S2中c[Pt(NH3)2T2]= ，c(TH)= 。(用α、β1、β2、Y列出计算式)从而可推得反应ii和iv的平衡常数。 3．(2025·海南卷，16)石硫合剂是作物抗病抑菌的无机农药。生产上以硫磺、石灰和水为原料，经加热熬煮得棕红混悬液体。制备反应式： Ⅰ．6S(s)+3Ca(OH)2(s)2CaS2(aq)+ CaS2O3(aq)+3H2O(l) ΔH1 回答问题： (1)在熬煮制备反应中，硫元素的化合价部分降低，部分升高，说明单质S发生了 反应。将该反应置于高压釜中，可大大缩短熬煮时间，原因是温度升高，反应速率 。 (2)已知：Ⅱ．6S(s)+6OH-(aq)2S22-(aq)+ S2O32-(aq)+3H2O(l) ΔH2 Ⅲ．Ca(OH)2(s)Ca2+ (aq)+ 2OH-(aq) ΔH3 所以ΔH1= (写表达式)。 (3)在熬煮石硫合剂时加入两亲性的季铵盐氯化十六烷基三甲铵，使得S在水中及在S中有有效浓度分别增大，导致单位时间内分子有效碰撞次数 。 (4)某批次实验表明，硫粉浓度c随时间t的变化满足关系：(k为表观速率常数)，如图所示。该实验条件下 。 (5)判断将浓度均为的CaS2O3、KH2PO4等体积混合，构成K、P、Ca、S四元肥料混合液后，是否析出S及CaHPO4沉淀，造成叶面施肥喷头堵塞，并说明理由 。已知：25℃下，，，，()。H2S2O3分子不稳定，生成即分解为S和SO2。 4．(2025·湖南卷，18)在温和条件下，将CO转化为C4烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将CO高选择性合成C4H10，该流程示意图如下： 回答下列问题： (1)电解池中电极M与电源的_______极相连。 (2)放电生成C2H4的电极反应式为_______。 (3)在反应器中，发生如下反应： 反应i：2C2H4(g)C4H8(g) ΔH1＝-104.7kJ·mol−1 反应ii：2C2H4(g)＋H2(g)C4H10(g) ΔH2＝-230.7kJ·mol−1 计算反应C4H8(g)＋H2(g)C4H10(g)的ΔH =_______ kJ·mol−1， 该反应_______(填标号)。 A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发 (4)一定温度下，CO、C2H4和H2(体积比为x：2：1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100kPa)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。 ①根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式_______；C4H10的选择性大于C4H8的原因是_______。 ②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，C2H4的转化率减小的原因是_______；当x=2时，该温度下反应ii的Kp=____________(kPa)-2 (保留两位小数)。 5．(2025·安徽卷，17)I．通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ①HCOOH(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+26.3kJ·mol−1 ②HCOOH(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝-14.9kJ·mol−1 (1)反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的ΔH＝ kJ·mol−1。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g)，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是 (填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．H2O(g)的浓度不变 d．CO和CO2的物质的量相等 (3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近100%，原因是 ；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是 。 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H2)的重要方法，主要反应有： ③CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ④CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ⑤CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) (4)恒温恒容条件下，可提高CH4转化率的措施有 (填标号)。 a．增加原料中CH4的量 b．增加原料中CO2的量 c．通入Ar气 (5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO)：n(H2)=的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ii．若平衡时Ar的分压为pkPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数Kp= (kPa)2(用含p的代数式表示，Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 6．(2025•甘肃卷，17)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＝-175kJ·mol−1(25℃，101kPa) 反应2：C2H2(g)＋2H2(g)C2H6(g) ΔH2＝-312kJ·mol−1(25℃，101kPa) (1)25℃，101kPa时，反应C2H4(g)＋H2(g)C2H6(g)的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 。 (3)对于反应1，反应速率v(C2H2)与浓度c(H2)的关系可用方程式表示(k为常数)。145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当v(C2H2)=1.012×10-4mol·L-1·s-1时，c(H2)= mol·L-1。 实验组 c(H2)/(mol·L-1) v(C2H2)/(mol·L-1·s-1) 一 4.60×10-3 5.06×10-5 二 1.380×10-2 1.518×10-4 (4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃，101kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生成乙烷的路径)。以 为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为 。(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能) 7．(2025•河北卷，17)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 (1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应：EO(aq)+ H2O(l)EG(aq) ΔH＜0 副反应：EO(aq)+ EG(aq)DEG(aq) 体系中环氧乙烷初始浓度为1.5 mol·L-1，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中n(EG)：n(DEG)=10：1。 ①0~30min内，v总(EO)= mol·L－1·min－1。 ②下列说法正确的是 (填序号)。 a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b．0~30min内，v总(EO)= v总(EG) c．0~30min内，v主(EG)：n副(DEG)=11：1 d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 (2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：2CO(g)＋3H2(g)HOCH2CH2OH(g) ΔH。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表的曲线为 (填“L1”“ L2”或“L3”)；原因是 。 ②ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。 ③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系， (填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的Kx的值为 。 ④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为n(CO)：n(H2)=m：3，系统压强维持p0MPa，使，此时Kp= MPa -4(用含有m和p0的代数式表示)。 8．(2025•江苏卷，17)合成气(和H2)是重要的工业原料气。 (1)合成气制备甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。 (2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O(g)：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，H2O(g)的比热容较大。H2O(g)过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的K2CO3吸收剂、K2CrO4(正价有+3、+6)缓蚀剂等。K2CO3溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。K2CrO4减缓设备腐蚀的原理是 。 (3)研究CH4、H2O(g)与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的CH4、H2O(g)，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、CH4转化率、与x的关系如图乙所示。X=0时，大于理论值2的可能原因有 ；x=0.5时，通入标准状况下的CH4至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。 ②x=0.5时，新制载氧体、与CH4反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与H2O(g)反应的物质有 (填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中Fe2O3的作用、气体分步制备的价值： 。 9．(2025•陕晋宁青卷，17)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＝+101kJ·mol−1 II．CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2= -166kJ·mol−1 III．CO2(g)＋H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41kJ·mol−1 回答下列问题， (1)计算MgCO3(s)＋4H2(g)=MgO(s)+ CH4(g)＋2H2O(g) ΔH4＝ kJ·mol−1 (2)提高CH4平衡产率的条件是_______。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (3)高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，部分历程如图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是 (填序号)，生成水的基元反应方程式为 。 (4) 100kPa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 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 。 10．(2025•云南卷，17)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．CH3OH(g)＋H2O(g)= CH3COOH(g)＋2H2(g) ΔH1 Kp1 Ⅱ．CH3CH2OH(g)=CH3CHO(g)＋H2(g) ΔH2＝+68.7kJ·mol−1 回答下列问题： (1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆纤维素 乙醇 (2)对于反应Ⅰ： ①已知CH3CHO(g)＋H2O(g)= CH3COOH(g)＋H2(g) ΔH＝-24.3kJ·mol−1，则ΔH1= kJ·mol−1。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．CH3COOH的体积分数不再变化 D．单位时间内生成1molH2O，同时消耗2molH2 ③反应后从混合气体分离得到H2，最适宜的方法为 。 (3)恒压100kPa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] 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”)。 ③270℃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 ，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)。 11．(2025•湖北卷，19)CaH2(s)粉末可在较低温度下还原Fe2O3(s)。回答下列问题： (1)已知一定温度下： CaH2(s)+6Fe2O3(s)=Ca(OH)2(s)+4 Fe3O4 (s) ΔH1＝mkJ·mol−1 2CaH2(s)+ Fe3O4(s)=2Ca(OH)2(s)+3 Fe(s) ΔH2＝nkJ·mol−1 则3CaH2(s)+2Fe2O3(s)=3Ca(OH)2(s)+4 Fe (s)的ΔH3= kJ·mol−1 (用m和n表示)。 (2)图1分别是260℃、280℃和300℃下CaH2(s)还原Fe2O3(s)过程中反应体系电阻随反应时间t(h)变化的曲线，可用 (填标号)表示反应的快慢。 a． b． c． d． (3)图1中曲线 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 (4)研究发现CaH2(s)对Fe2O3(s)的还原性主要来自于其产生的H2。一般认为H2在Fe2O3表面被氧化成H2O有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 (填“a”或“b”)是主要途径。 (5)CaH2(s)产生H2的可能反应：①CaH2(s)=Ca(s)+ H2(g)或②CaH2(s)+2H2O(g)= Ca(OH)2(s)+2H2(g)。将CaH2(s)放在含微量水的N2气流中，在200℃至300℃的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定H2的来源之一是反应 (填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是 。 (6)已知Fe2O3(s) +3H2(g)=2Fe(s) +3H2O(g)。研究表明，在相同温度下，用CaH2(s)还原Fe2O3(s)比直接用H2(g)还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因： 。 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $