大单元五 微专题3 化学反应原理综合分析【精讲精练】-2026届高三化学二轮复习●大概念专题突破（新高考通用）

该高中化学高考复习讲义聚焦热化学、化学反应速率与平衡核心考点，按“基础原理-综合应用”逻辑整合焓变计算、平衡状态判断、平衡常数等内容。通过真题再现明考向、核心梳理建体系、考点突破练方法、限时训练固能力的教学流程，帮助学生系统构建化学反应原理知识网络，突破综合分析难点。 资料以科学思维与科学探究为导向，创新设计“反应机理图解分析”“平衡常数三段式计算”等教学活动，如结合催化剂反应历程图引导学生理解活化能对反应选择性的影响，培养模型认知能力。分层限时训练配合即时反馈，确保高效复习，为教师把控节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

大单元五　热化学　化学反应速率与平衡 微专题3 化学反应原理综合分析 【真题再现●明考向】 　(2025·安徽卷)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＝＋26.3 kJ·mol-1 ②HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH2＝－14.9 kJ·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p kPa，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)。 【核心梳理●明方向】 1.题型概述 2.解答化学平衡移动问题的步骤 (1)正确分析反应特点：包括反应物、生成物的状态，气体体积变化，反应的热效应。 (2)明确外界反应条件：恒温恒容、恒温恒压、反应温度是否变化、反应物投料比是否变化。 (3)结合图像或K与Q的关系、平衡移动原理等，判断平衡移动的方向或结果。 3.分析图表与作图时应注意的问题 (1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。 (2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。 (3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。 (4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。 4.解答有关平衡常数的计算 (1)结合题意，运用“三段式”，分析计算、确定各物理量的变化。 (2)多重平衡体系的计算用好连续计算法(分设变量)、守恒法两种方法。 (3)多重平衡体系达到整体综合平衡后，每种平衡组分都只能有一个平衡浓度。 【考点突破●提能力】 1.(2025·四川名优校联盟3月联考)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：2HCl(g)＋O2(g)⥫⥬Cl2(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－57.2 kJ·mol-1　K 将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360 ℃、400 ℃和440 ℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： (1)该反应在________下能够自发进行(填“高温”或“低温”)；T1＝________ ℃。 (2)已知H2的燃烧热ΔH2＝－285.8 kJ·mol-1；H2O(l)===H2O(g)　ΔH3＝＋44.0 kJ·mol-1，则H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应热ΔH＝________kJ·mol-1。 (3)温度为T3时，恒容密闭容器中，不能表明该反应一定达到平衡状态的是________(填标号，下同)。 A.混合气体的平均相对分子质量不变 B.平衡常数K值不变 C.混合气体的密度不变 D.断裂n mol H—Cl键的同时断裂n mol H—O键 (4)下列措施不能提高M点HCl转化率的是________。 A.增大HCl的流速 B.将温度升高40 ℃ C.增大n(HCl)∶n(O2) D.使用更高效的催化剂 (5)图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是________________________ ______________________________________________________________________。 (6)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K＝________(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。 2.(2025·河北省石家庄市二模)尿素[CO(NH2)2]热解制备NH3并利用NH3进行脱硝反应(与NOx反应)是科研领域的一个研究方向。回答下列问题： Ⅰ.CO(NH2)2(g)和H2O(g)混合热解制备NH3(g)时，发生如下反应： ⅰ.CO(NH2)2(g)===NH3(g)＋HNCO(g)　ΔH1＝＋58.1 kJ·mol-1 ⅱ.HNCO(g)＋H2O(g)===NH3(g)＋CO2(g)　ΔH2＝－81.1 kJ·mol-1 (1)已知CO(NH2)2(g)、NH3(g)的燃烧热(ΔH)分别为－634.3 kJ·mol-1、－46.1 kJ·mol-1，则HNCO(g)的燃烧热ΔH＝______________kJ·mol-1。 (2)工业上将CO(NH2)2(g)与H2O(g)混合，以一定流速通过管式反应器发生反应ⅰ和ⅱ。气体通过反应器时间为10 min，测得反应器出口相关物质的转化率及浓度随温度的变化如图1所示。 ①750 ℃时，0～10 min内，NH3的生成速率 v(NH3)＝__________mol·L-1·min-1；HNCO(g)的转化率为________(保留3位有效数字)。 ②温度高于800 ℃，HNCO(g)的转化率随温度的升高而增大，解释其原因为____________________________________________________________________________________________。 (3)一定温度和压强下，向某密闭容器中加入一定量的CO(NH2)2(g)和H2O(g)发生反应ⅰ和ⅱ。体系达平衡时，测得体系中c[CO(NH2)2]＝a mol·L-1，c(NH3)＝b mol·L-1，c(CO2)＝c mol·L-1。 ①反应ⅰ的平衡常数K＝________(用含a、b、c的代数式表示)。 ②下列操作一定可以提高上述平衡体系中NH3浓度的是________(填选项字母)。 A.缩小容器容积　　　　 B.升高温度 C.加入更高效催化剂 D.分离出部分CO2 Ⅱ.利用NH3进行脱硝反应时发生如下反应： 主反应 ⅲ.4NH3＋4NO＋O2===4N2＋6H2O ⅳ.4NH3＋2NO2＋O2===3N2＋6H2O 副反应 ⅴ.2NO＋O2===2NO2 ⅵ.4NH3＋3O2===2N2＋6H2O (4)实验表明，其他条件一定时，NOx去除率(R)随氨氮比[n＝，c代表反应器入口相关气体的浓度]的变化如图2所示。 当n<0.9时，NO2去除率为负值，解释其原因为______________________________ ______________________________________________。 【限时训练】（限时：60分钟） 　化学反应原理综合分析 (满分：80分) 1.(14分)(2025·甘肃卷)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1：C2H2(g)＋H2(g)===C2H4(g)　ΔH1＝－175 kJ·mol-1(25 ℃，101 kPa) 反应2：C2H2(g)＋2H2(g)===C2H6(g)　ΔH2＝－312 kJ·mol-1(25 ℃，101 kPa) (1)25 ℃，101 kPa时，反应C2H4(g)＋H2(g)===C2H6(g)　ΔH＝_______kJ·mol-1。 (2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①在60～220 ℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为_______________ ____________________________________________________________(任写一条)， 当温度由220 ℃升高至260 ℃，乙炔转化率减小的原因可能为_________________ ______________________________________________________。 ②在120～240 ℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为v1_______v2(填“>”“<”或“＝”)，理由为__________________________________ ______________________________________________。 (3)对于反应1，反应速率v(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程式v(C2H2)＝k[c(H2)]α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)＝1.012×10-4 mol·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 ℃，101 kPa)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) 2.(13分)(2025·河北卷)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30 min，环氧乙烷完全转化，产物中n(EG)∶n(DEG)＝10∶1。 ①0～30 min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.0～30 min内，v总(EO)＝v总(EG) c.0～30 min内，v主(EG)∶v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α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表α＝0.6的曲线为________(填“L1”“L2”或“L3”)；原因是_____________________________________________________________________。 ②ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。 ③已知：反应aA(g)＋bB(g)⥫⥬yY(g)＋zZ(g)，Kx＝，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系，Kx(M)______Kx(N)(填“>”“<”或“＝”)，D点对应体系的Kx的值为________。 ④已知：反应aA(g)＋bB(g)⥫⥬yY(g)＋zZ(g)，Kp＝，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p0 MPa，使α(H2)＝0.75，此时Kp＝__________MPa-4(用含有m和p0的代数式表示)。 3.(14分)(2025·贵州普通高中选择性考试模拟)从烟气中捕集CO2，与CH4耦合反应生成CO和H2，有利于减少CO2排放，减缓温室效应。反应方程式如下： 主反应：CO2(g)＋CH4(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋247 kJ·mol-1　K 主要的副反应：Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41 kJ·mol-1　K1 Ⅱ.C(s)＋H2O(g)⥫⥬CO(g)＋H2(g)　ΔH2＝＋131 kJ·mol-1　K2 Ⅲ.2CO(g)⥫⥬C(s)＋CO2(g)　ΔH3　K3 回答下列问题： (1)计算ΔH3＝________kJ·mol-1。为了抑制副反应Ⅲ的发生，主反应倾向于在________(选填“高温”或“低温”)下进行。 (2)主反应分别在Ni和NiMo合金催化剂上的反应历程如图1所示，其中吸附在催化剂表面的中间物种加注*。 由图1可知，相同条件下，为提高化学反应速率，使用________催化剂较好。在该催化剂上，反应历程的最大能垒(活化能)为________eV，决速步骤的反应方程式为______________________________________________________________。 (3)在恒温、c(CO2)＝c(CH4)＝1 mol·L-1时进料，在不同条件下达到平衡时的理论平衡转化率和n(H2)/n(CO)如下表： 条件 平衡转化率(%) n(H2)/ n(CO) CH4 CO2 ⅰ.只考虑主反应 80 80 1.00 ⅱ.同时考虑主反应和 副反应Ⅰ(K1＝1.0) 75 x y ⅲ.只考虑主反应在 透氢膜反应器中进行 — 90 — ①在条件ⅰ时，K＝___________(列出计算式)。 ②与条件ⅰ相比，条件ⅱ中x__________80%，y_______1.00(选填“大于”“等于”或“小于”)。 ③在条件ⅲ时，透氢膜反应器的工作原理如图2所示。出口a和出口b中H2的物质的量的比值为________(保留小数点后2位)。 4.(13分)(2025·山西省吕梁市二模)氮氧化物的污染治理迫在眉睫，利用CO还原NO可以实现CO、NO的双减排，反应原理如下： 反应Ⅰ：2CO(g)＋2NO(g)⥫⥬N2(g)＋2CO2(g)　ΔH1＝－746.6 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO(g)＋2NO(g)⥫⥬N2O(g)＋CO2(g)　ΔH2＝－381.5 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)计算反应Ⅲ：N2(g)＋2NO(g)⥫⥬2N2O(g)　ΔH3＝________kJ·mol-1。 (2)在恒容密闭容器中充入一定量的NO(g)和不定量的CO(g)发生反应Ⅰ，测得N2(g)的平衡物质的量n(N2)在不同温度下随 n(CO)的变化关系和在不同n(CO)下随温度的变化关系如图甲所示。 图中表示n(N2)在不同n(CO)下随温度的变化关系的曲线是__________(填字母，下同)，在表示不同温度下n(N2)随n(CO)的变化关系的曲线中，温度较高的曲线是__________。 (3)某温度下，在恒压容器中按不同投料比充入CO(g)和NO(g)，若主要发生反应Ⅱ时，图乙曲线中能表示N2O(g)的平衡体积分数随投料比n(CO)∶n(NO)变化的是________(填字母)。 (4)若某温度下，向某恒压容器中按n(CO)∶n(NO)＝1∶1投料，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应达到平衡时测得N2(g)、N2O(g)的体积分数分别为20%和10%，体系压强为p0 kPa，则 NO(g)的转化率为________(保留3位有效数字)，用分压表示反应Ⅰ的平衡常数Kp1＝________kPa-1(列式即可)。 (5)若向容积为1 L的恒容容器中各充入 2 mol的CO(g)和NO(g)发生反应Ⅰ、Ⅱ，5 min后测得c(CO2)＝0.3 mol·L-1，c(NO)＝1.6 mol·L-1，则N2O的平均反应速率 v(N2O)＝_____________，则N2的选择性为__________ 。 5.(12分)(2025·湖南常德市一模)含氯有机物在自然环境中具有长期残留性和高毒性。 Ⅰ.“催化还原脱氯法”作为一种安全有效的环境修复方法，主要分为“直接脱氯”和“间接脱氯”两大类。 (1)间接脱氯 “光催化加氢脱氯”为典型的间接脱氯法，可在温和条件下有效降解含氯有机物，而不产生氯化副产物。“光催化加氢脱氯”的第一步为水的活化：H2O＋*＋e－―→H*＋OH－，如图1为不同催化剂条件下水分子解离成H*的反应机理。 ①下列说法正确的是________。 A.水的活化分两步完成 B.活化1 mol H2O，使用催化剂TiO2－x/g­C3N4放出的热量比使用催化剂TiO2/g­C3N4放出的热量多 C.吸附在催化剂TiO2－x/g­C3N4表面的H2O会自发地解离成OH* ②已知O—H键的键能为464 kJ·mol-1，解离一个水分子[H2O(g)―→H·(g)＋·OH(g)]理论上需消耗________J能量。(保留两位有效数字) (2)直接脱氯 还原铁脱氯机理：R—Cl＋H＋＋Fe―→R—H＋Fe2+＋Cl－(R—为烃基)，随着反应进行，铁表面附着一层红褐色固体，使脱氯效率下降，生成红褐色固体的原因是______________________________________________________________________ ______________________________________________。 Ⅱ.某科研团队以三氯乙烯(TCE)为核心物质进行脱氯机理研究。 (3)利用TCE测试催化剂的活性 以TCE测试g­C3N4、TiO2/g­C3N4和TiO2－x/g­C3N4三种不同催化剂的“加氢脱氯活性”(如图2所示)。已知ln(c0/c)＝kt。t表示光照时间，c0、c分别为光照t秒前、后TCE的浓度，k为常数。根据图中数据，催化效果最好的催化剂是________；其中k＝________s-1(结果保留两位有效数字)。 (4)利用生物电化学系统降解TCE降解装置如图3所示。电极A为________(填“阴极”或“阳极”)；TCE生成顺式DCE(顺­二氯乙烯)的电极方程式为_______________________________________________________________。 6.(14分)(2025·安徽皖北协作区一模联考)在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题： Ⅰ.CO2加氢制甲醇 (1)已知如下热化学方程式： 反应ⅰ：CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41.2 kJ·mol-1 反应ⅱ：CO(g)＋2H2(g)⥫⥬CH3OH(g)　ΔH2＝－90.6 kJ·mol-1 反应ⅲ：CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH3 计算：ΔH3＝________kJ·mol-1。 (2)在一绝热恒容的密闭容器中发生反应 CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是________(填标号)。 A.体系的压强保持不变 B.混合气体的密度保持不变 C.n(CO2)＋n(CO)保持不变 D.CO的体积分数保持不变 (3)一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时CO2的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图1所示。 已知：甲醇的选择性＝×100%。 ①260 ℃时，H2的转化率α＝________。反应ⅰ的平衡常数Kx＝________(精确到小数点后3位，Kx是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。 ②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：__________________ ____________________________________________________________________。 Ⅱ.电还原制备高附加值的有机物 已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 (4)CO2电还原可能的反应机理如图2所示(*CO表示吸附态的CO)。 ①参照机理图画出A的结构：________。 ②若还原产物主要为CH4，应选择________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 学科网（北京）股份有限公司 $ 大单元五　热化学　化学反应速率与平衡 微专题3 化学反应原理综合分析 【真题再现●明考向】 　(2025·安徽卷)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＝＋26.3 kJ·mol-1 ②HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH2＝－14.9 kJ·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p kPa，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)反应①活化能远小于反应②　升高温度，反应②的反应速率提升程度更大　(4)b　(5)ⅰ.增大　ⅱ.p2 【解析】(1)根据盖斯定律，由反应②－反应①，可得CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝－14.9 kJ·mol-1－26.3 kJ·mol-1＝－41.2 kJ·mol-1。(2)该反应中反应物、生成物均为气体，气体总质量不变，容器恒容，则气体密度始终不变，故a错误；反应①和②反应前后气体分子数均不相等，气体总压强为变量，则气体总压强不变可以说明反应达到平衡状态，故b正确；H2O(g)的浓度不变，则反应体系中各物质浓度均不变，可以说明反应达到平衡状态，故c正确；CO和CO2的物质的量相等，不能说明各物质浓度不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误。(3)由图可知，使用该催化剂时反应①的活化能远小于反应②的，故此时反应①的选择性可接近100%；活化能越高的反应的速率对温度越敏感，反应②的活化能更高，升温对其化学反应速率的增加更明显，故升高温度，反应①的选择性下降。(4)增加原料中CH4的量，反应③和反应⑤平衡正向移动，但CH4的平衡转化率降低，故a错误；增加原料中CO2的量，反应③平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，故b正确；恒容条件下通入Ar气，体系压强增大，但各反应物浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变，故c错误。(5)ⅰ.由题图知，随着投料组成中Ar含量下降，CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率，说明反应④正向进行程度大于反应⑤正向进行程度，故平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将增大。ⅱ.根据a、b两点起始时CH4/CO2/Ar的物质的量之比为40/40/20，平衡时CO2转化率为30%，CH4转化率为20%，设起始时CH4、CO2、Ar的物质的量分别为2 mol、2 mol、1 mol，反应③中CH4转化a mol，则反应⑤中CH4转化(2×20%－a)mol，反应④中CO2转化(2×30%－a)mol，列关系式如下： ③CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g) 转化量/mol：　　a　　　　a　　　　　2a　　　 2a 　　　　 ④CO2(g)＋H2(g) ⥫⥬CO(g)＋ H2O(g) 转化量/mol：0.6－a　　0.6－a　　0.6－a　　0.6－a 　　　 ⑤CH4(g)＋H2O(g) ⥫⥬ CO(g) ＋ 3H2(g) 转化量/mol：0.4－a　　0.4－a　　0.4－a　　3(0.4－a) 平衡时n(CH4)＝1.6 mol，n(CO2)＝1.4 mol，n(CO)＝2a mol＋(0.6－a)mol＋(0.4－a)mol＝1 mol，n(H2)＝2a mol＋3(0.4－a)mol－(0.6－a)mol＝0.6 mol，n(H2O)＝(0.6－a)mol－(0.4－a)mol＝0.2 mol。 恒压密闭容器中，气体的分压之比等于物质的量之比，平衡时Ar的分压为p kPa，则p(CH4)＝1.6p kPa，p(H2O)＝0.2p kPa，p(CO)＝p kPa，p(H2)＝0.6p kPa，故Kp＝＝＝(kPa)2。 【核心梳理●明方向】 1.题型概述 2.解答化学平衡移动问题的步骤 (1)正确分析反应特点：包括反应物、生成物的状态，气体体积变化，反应的热效应。 (2)明确外界反应条件：恒温恒容、恒温恒压、反应温度是否变化、反应物投料比是否变化。 (3)结合图像或K与Q的关系、平衡移动原理等，判断平衡移动的方向或结果。 3.分析图表与作图时应注意的问题 (1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。 (2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。 (3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。 (4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。 4.解答有关平衡常数的计算 (1)结合题意，运用“三段式”，分析计算、确定各物理量的变化。 (2)多重平衡体系的计算用好连续计算法(分设变量)、守恒法两种方法。 (3)多重平衡体系达到整体综合平衡后，每种平衡组分都只能有一个平衡浓度。 【考点突破●提能力】 1.(2025·四川名优校联盟3月联考)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：2HCl(g)＋O2(g)⥫⥬Cl2(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－57.2 kJ·mol-1　K 将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360 ℃、400 ℃和440 ℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： (1)该反应在________下能够自发进行(填“高温”或“低温”)；T1＝________ ℃。 (2)已知H2的燃烧热ΔH2＝－285.8 kJ·mol-1；H2O(l)===H2O(g)　ΔH3＝＋44.0 kJ·mol-1，则H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)的反应热ΔH＝________kJ·mol-1。 (3)温度为T3时，恒容密闭容器中，不能表明该反应一定达到平衡状态的是________(填标号，下同)。 A.混合气体的平均相对分子质量不变 B.平衡常数K值不变 C.混合气体的密度不变 D.断裂n mol H—Cl键的同时断裂n mol H—O键 (4)下列措施不能提高M点HCl转化率的是________。 A.增大HCl的流速 B.将温度升高40 ℃ C.增大n(HCl)∶n(O2) D.使用更高效的催化剂 (5)图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是________________________ ______________________________________________________________________。 (6)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K＝________(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。 【答案】(1)低温　440　(2)－184.6　(3)BC　(4)AC　(5)较高流速下反应未达平衡状态，HCl的转化率与反应速率相关，T3温度低，反应速率较慢，故α(T3)小于α(T2)和α(T1)　(6)6 【解析】(1)反应2HCl(g)＋O2(g)⥫⥬Cl2(g)＋H2O(g)是反应前后气体分子数目减小的放热反应，所以该反应的ΔS<0，根据ΔG＝ΔH－TΔS<0时，反应可以自发进行，则该反应在低温下能够自发进行；升高温度时平衡逆向移动，反应物的转化率降低，即温度越高，HCl的转化率越低，且较低流速下转化率可近似为平衡转化率，则图中T1为440 ℃，T2为400 ℃，T3为360 ℃。(2)设方程式①2HCl(g)＋O2(g)⥫⥬Cl2(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－57.2 kJ·mol-1 ②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　 ΔH2＝－285.8 kJ·mol-1；③H2O(l)===H2O(g)　ΔH3＝＋44.0 kJ·mol-1 ④H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH 根据盖斯定律可知，④＝②－①＋③，则ΔH＝(－285.8 kJ·mol-1)－(－57.2 kJ·mol-1)＋(＋44.0 kJ·mol-1)＝－184.6 kJ·mol-1。 (3)A项，该反应前后气体分子数不相等，且所有反应物和产物都是气体，则总质量不变，此时平均相对分子质量是变量，当混合气体的平均相对分子质量不变时可以表明反应达到平衡；B项，平衡常数只受温度影响，温度为T3时，恒容密闭容器中，平衡常数K是定值，当平衡常数K值不变时，不能说明反应达到平衡；C项，该反应过程中气体总质量和总体积都不变，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不变时，不能说明反应达到平衡；D项，断裂n mol H—Cl键的同时断裂n mol H—O键，说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡。(4)由题图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，A符合题意；M点对应温度为360 ℃，由图像可知，将温度升高40 ℃，HCl的转化率增大，B不符合题意；对比图1、2可知，其他条件相同时降低 n(HCl)∶n(O2)，可提高M点HCl转化率，则增大n(HCl)∶n(O2)时降低M点HCl转化率，C符合题意；使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内的转化率增加，D不符合题意。(5)图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。(6)由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始 n(HCl)＝n(O2)＝4 mol，可列出三段式 　 　 　 2HCl(g)＋O2(g)⥫⥬Cl2(g)＋H2O(g) 起始(mol) 4 4 0 0 转化(mol) 3.2 0.8 1.6 1.6 平衡(mol) 0.8 3.2 1.6 1.6 则K＝＝6。 2.(2025·河北省石家庄市二模)尿素[CO(NH2)2]热解制备NH3并利用NH3进行脱硝反应(与NOx反应)是科研领域的一个研究方向。回答下列问题： Ⅰ.CO(NH2)2(g)和H2O(g)混合热解制备NH3(g)时，发生如下反应： ⅰ.CO(NH2)2(g)===NH3(g)＋HNCO(g)　ΔH1＝＋58.1 kJ·mol-1 ⅱ.HNCO(g)＋H2O(g)===NH3(g)＋CO2(g)　ΔH2＝－81.1 kJ·mol-1 (1)已知CO(NH2)2(g)、NH3(g)的燃烧热(ΔH)分别为－634.3 kJ·mol-1、－46.1 kJ·mol-1，则HNCO(g)的燃烧热ΔH＝______________kJ·mol-1。 (2)工业上将CO(NH2)2(g)与H2O(g)混合，以一定流速通过管式反应器发生反应ⅰ和ⅱ。气体通过反应器时间为10 min，测得反应器出口相关物质的转化率及浓度随温度的变化如图1所示。 ①750 ℃时，0～10 min内，NH3的生成速率 v(NH3)＝__________mol·L-1·min-1；HNCO(g)的转化率为________(保留3位有效数字)。 ②温度高于800 ℃，HNCO(g)的转化率随温度的升高而增大，解释其原因为____________________________________________________________________________________________。 (3)一定温度和压强下，向某密闭容器中加入一定量的CO(NH2)2(g)和H2O(g)发生反应ⅰ和ⅱ。体系达平衡时，测得体系中c[CO(NH2)2]＝a mol·L-1，c(NH3)＝b mol·L-1，c(CO2)＝c mol·L-1。 ①反应ⅰ的平衡常数K＝________(用含a、b、c的代数式表示)。 ②下列操作一定可以提高上述平衡体系中NH3浓度的是________(填选项字母)。 A.缩小容器容积　　　　 B.升高温度 C.加入更高效催化剂 D.分离出部分CO2 Ⅱ.利用NH3进行脱硝反应时发生如下反应： 主反应 ⅲ.4NH3＋4NO＋O2===4N2＋6H2O ⅳ.4NH3＋2NO2＋O2===3N2＋6H2O 副反应 ⅴ.2NO＋O2===2NO2 ⅵ.4NH3＋3O2===2N2＋6H2O (4)实验表明，其他条件一定时，NOx去除率(R)随氨氮比[n＝，c代表反应器入口相关气体的浓度]的变化如图2所示。 当n<0.9时，NO2去除率为负值，解释其原因为______________________________ ______________________________________________。 【答案】(1)－646.3　(2)①3.8×10-6　11.8%　②温度高于800 ℃时，反应ⅰ已进行完全，升高温度，反应ⅱ的速率加快(合理即可)　(3)①　②AD　(4)NH3主要发生反应ⅲ，同时反应ⅴ进行的程度大于反应ⅳ进行的程度，导致NO2出口浓度高于入口浓度 【解析】(1)已知：CO(NH2)2(g)＋O2(g)===CO2(g)＋N2(g)＋2H2O(l)　ΔH3＝－634.3 kJ·mol-1，NH3(g)＋O2(g)===N2(g)＋H2O(l)　ΔH4＝－46.1 kJ·mol-1，CO(NH2)2(g)===NH3(g)＋HNCO(g)　ΔH1＝＋58.1 kJ·mol-1，由盖斯定律，将ΔH3－ΔH4－ΔH1可得HNCO(g)燃烧热化学方程式：HNCO(g)＋O2(g)===CO2(g)＋N2(g)＋H2O(l)　ΔH＝－634.3 kJ·mol-1－(－46.1 kJ·mol-1)－58.1 kJ·mol-1＝－646.3 kJ·mol-1。(2)①由题图1可知 750 ℃时，NH3浓度为38×10-6 mol·L-1，根据反应速率公式v＝，0～10 min内，v(NH3)＝＝3.8×10-6 mol·L-1·min-1；750 ℃时，HNCO起始浓度设为c0，平衡浓度为30×10-6 mol·L-1，转化率α＝，由反应ⅰ和ⅱ可知NH3的浓度变化等于CO(NH2)2的浓度变化加上HNCO的浓度变化，由题图1知，CO(NH2)2完全转化为NH3和HNCO，HNCO再部分转化为NH3和CO2，设 CO(NH2)2起始浓度为x，则x＋(x－30×10-6 mol·L-1)＝38×10-6 mol·L-1，解得x＝34×10-6 mol·L-1，HNCO转化率 α＝≈11.8%；②温度高于800 ℃时，反应ⅰ已进行完全，升高温度，反应ⅱ的速率加快(合理即可)，所以HNCO(g)的转化率随温度的升高而增大。(3)①一定温度和压强下，向某密闭容器中加入一定量的CO(NH2)2(g)和H2O(g)发生反应ⅰ和ⅱ。体系达平衡时，测得体系中 c[CO(NH2)2]＝a mol·L-1，c(NH3)＝b mol·L-1，c(CO2)＝c mol·L-1，根据反应ⅱ可知生成CO2的同时生成等量NH3，即反应ⅱ生成的c(NH3)＝c mol·L-1，则反应ⅰ生成的NH3浓度为(b－c)mol·L-1，生成的HNCO浓度也为(b－c)mol·L-1，反应ⅱ中消耗的HNCO浓度为c mol·L-1，则剩余的HNCO浓度为(b－c)mol·L-1－c mol·L-1＝(b－2c)mol·L-1，反应ⅰ的平衡常数K＝＝；②反应ⅰ是气体分子数增大的反应，反应ⅱ是气体分子数不变的反应，缩小容器容积，反应ⅰ平衡逆向移动，总平衡逆向移动，氨气的物质的量减小，但体积减小，NH3浓度增大，A符合题意；反应ⅰ吸热，反应 ⅱ放热，升高温度，反应ⅰ正向移动、反应ⅱ逆向移动，NH3浓度不一定增大，B不符合题意；加入更高效催化剂，只加快反应速率，不影响平衡移动，NH3浓度不变，C不符合题意；分离出部分CO2，反应ⅱ平衡正向移动，导致反应ⅰ也正向移动，NH3浓度增大，D符合题意。(4)由题图2和表中信息可知，当 n<0.9时，NH3主要发生反应ⅲ，同时反应ⅴ进行的程度大于反应ⅳ进行的程度，导致NO2出口浓度高于入口浓度，所以NO2去除率为负值。 【限时训练】（限时：60分钟） 　化学反应原理综合分析 (满分：80分) 1.(14分)(2025·甘肃卷)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1：C2H2(g)＋H2(g)===C2H4(g)　ΔH1＝－175 kJ·mol-1(25 ℃，101 kPa) 反应2：C2H2(g)＋2H2(g)===C2H6(g)　ΔH2＝－312 kJ·mol-1(25 ℃，101 kPa) (1)25 ℃，101 kPa时，反应C2H4(g)＋H2(g)===C2H6(g)　ΔH＝_______kJ·mol-1。 (2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①在60～220 ℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为_______________ ____________________________________________________________(任写一条)， 当温度由220 ℃升高至260 ℃，乙炔转化率减小的原因可能为_________________ ______________________________________________________。 ②在120～240 ℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为v1_______v2(填“>”“<”或“＝”)，理由为__________________________________ ______________________________________________。 (3)对于反应1，反应速率v(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程式v(C2H2)＝k[c(H2)]α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)＝1.012×10-4 mol·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 ℃，101 kPa)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)①升高温度，反应速率加快(或升高温度，催化剂活性增强)　220～260 ℃时，催化剂活性降低　②>　乙烯的选择性高于乙烷的选择性，反应1的转化速率大　(3)9.20×10-3　(4)Pd/W　C2H―→C2H6(g)，Pd/W作催化剂时所需活化能更大，更难生成C2H6(g) 【解析】(1)根据盖斯定律可知，目标反应＝反应2－反应1，ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－137 kJ·mol-1。(2)①在60～220 ℃范围内，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，故乙炔转化率随温度的升高而增大，另外催化剂活性增强也可加快反应速率，提高乙炔转化率；而温度由220 ℃升高至260 ℃时，催化剂活性降低，故乙炔转化率减小。②由图中产物选择性曲线可知，在120～240 ℃范围内，乙烯的选择性高于乙烷的选择性，故反应1的转化速率大，即v1>v2。(3)由题意知，实验组一、实验组二存在关系式：v1(C2H2)＝k[c1(H2)]α、v2(C2H2)＝k[c2(H2)]α，且c2(H2)＝3c1(H2)、v2(C2H2)＝3v1(C2H2)，代入并联立可得3＝3α，即α＝1，而v(C2H2)＝1.012×10-4 mol·L-1·s-1＝2v1(C2H2)，故此时c(H2)＝2c1(H2)＝9.20×10-3 mol·L-1。(4)由催化反应机理图中的能量变化可知，C2H―→C2H4(g)时，使用Pd/W催化剂所需活化能更小，更易生成C2H4(g)，且C2H―→C2H6(g)时，使用Pd/W催化剂所需活化能更大，更难生成C2H6(g)，故以Pd/W为催化剂时乙烯的选择性更高。 2.(13分)(2025·河北卷)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30 min，环氧乙烷完全转化，产物中n(EG)∶n(DEG)＝10∶1。 ①0～30 min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.0～30 min内，v总(EO)＝v总(EG) c.0～30 min内，v主(EG)∶v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α，探究温度与压强的关系。α分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表α＝0.6的曲线为________(填“L1”“L2”或“L3”)；原因是_____________________________________________________________________。 ②ΔH________0(填“>”“<”或“＝”)。 ③已知：反应aA(g)＋bB(g)⥫⥬yY(g)＋zZ(g)，Kx＝，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系，Kx(M)______Kx(N)(填“>”“<”或“＝”)，D点对应体系的Kx的值为________。 ④已知：反应aA(g)＋bB(g)⥫⥬yY(g)＋zZ(g)，Kp＝，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p0 MPa，使α(H2)＝0.75，此时Kp＝__________MPa-4(用含有m和p0的代数式表示)。 【答案】(1)①0.05　②cd　(2)①L1　该反应为气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，固定平衡转化率增大　②<　③＝　12　④ 【解析】(1)①环氧乙烷的初始浓度为 1.5 mol·L-1，反应30 min，环氧乙烷完全转化，则0～30 min内，v总(EO)＝＝＝0.05 mol·L-1·min-1。②主反应ΔH<0，为放热反应，生成物总能量低于反应物总能量，a错误；由题目信息知，合成乙二醇的过程中伴随着副反应的发生，EG既是主反应的生成物，又是副反应的反应物，即EG的浓度变化量小于EO的浓度变化量，故v总(EO)＞v总(EG)，b错误；由题目信息知，反应完成后产物中n(EG)∶n(DEG)＝10∶1，即Δn(EG)∶Δn(DEG)＝10∶1，反应时间相同，则v总(EG)∶v副(DEG)＝10∶1，结合v总(EG)＝v主(EG)－v副(EG)可得，＝，则v主(EG)∶v副(DEG)＝11∶1，c正确；选择适当催化剂可以提高主反应的选择性，从而提高乙二醇的最终产率，d正确。(2)①由题目信息知，该反应为气体分子数减小的反应，同一温度下，增大压强，平衡正向移动，则α增大，故L1、L2、L3分别代表α＝0.6、0.5、0.4的曲线。②由图可知，压强相等时，温度越高则对应的平衡转化率α越小，即平衡逆向移动，故该反应为放热反应，ΔH<0。③M、N两点对应平衡转化率相等，则平衡时各组分物质的量分数均相等，故Kx(M)＝Kx(N)；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题给信息知，该反应按化学计量比进料，设起始加入2 mol CO、3 mol H2，列三段式： 　 2CO(g)＋3H2(g)⥫⥬HOCH2CH2OH(g) 起始量/mol　　　2　　　　3　　　　　　0 转化量/mol　　　1　　　　1.5　　　　　0.5 平衡量/mol　　　1　　　　1.5　　　　　0.5 平衡时x(CO)＝、x(H2)＝、x(HOCH2CH2OH)＝，则D点对应体系的Kx＝＝12。④设在该条件下，起始时加入m mol CO和3 mol H2，α(H2) ＝0.75，则H2转化了2.25 mol，由此列三段式： 2CO(g)＋3H2(g)⥫⥬HOCH2CH2OH(g) 起始量/mol　m　　　　3　　　　　　0 转化量/mol　1.5　　　2.25　　　　　0.75 平衡量/mol　m－1.5　 0.75　　　　 0.75 平衡时，x(CO)＝、x(H2)＝、x(HOCH2CH2OH)＝，则Kp＝ MPa-4＝ MPa-4。 3.(14分)(2025·贵州普通高中选择性考试模拟)从烟气中捕集CO2，与CH4耦合反应生成CO和H2，有利于减少CO2排放，减缓温室效应。反应方程式如下： 主反应：CO2(g)＋CH4(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋247 kJ·mol-1　K 主要的副反应：Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41 kJ·mol-1　K1 Ⅱ.C(s)＋H2O(g)⥫⥬CO(g)＋H2(g)　ΔH2＝＋131 kJ·mol-1　K2 Ⅲ.2CO(g)⥫⥬C(s)＋CO2(g)　ΔH3　K3 回答下列问题： (1)计算ΔH3＝________kJ·mol-1。为了抑制副反应Ⅲ的发生，主反应倾向于在________(选填“高温”或“低温”)下进行。 (2)主反应分别在Ni和NiMo合金催化剂上的反应历程如图1所示，其中吸附在催化剂表面的中间物种加注*。 由图1可知，相同条件下，为提高化学反应速率，使用________催化剂较好。在该催化剂上，反应历程的最大能垒(活化能)为________eV，决速步骤的反应方程式为______________________________________________________________。 (3)在恒温、c(CO2)＝c(CH4)＝1 mol·L-1时进料，在不同条件下达到平衡时的理论平衡转化率和n(H2)/n(CO)如下表： 条件 平衡转化率(%) n(H2)/ n(CO) CH4 CO2 ⅰ.只考虑主反应 80 80 1.00 ⅱ.同时考虑主反应和 副反应Ⅰ(K1＝1.0) 75 x y ⅲ.只考虑主反应在 透氢膜反应器中进行 — 90 — ①在条件ⅰ时，K＝___________(列出计算式)。 ②与条件ⅰ相比，条件ⅱ中x__________80%，y_______1.00(选填“大于”“等于”或“小于”)。 ③在条件ⅲ时，透氢膜反应器的工作原理如图2所示。出口a和出口b中H2的物质的量的比值为________(保留小数点后2位)。 【答案】(1)－172　高温　(2)NiMo(或NiMo合金)　1.58　CH4(g)===CH＋H*[或CH4(g)＋CO*＋O*===CH＋H*＋CO*＋O*]　(3)①　②大于　小于　③ 0.65 【解析】(1)根据盖斯定律，－反应Ⅰ－反应Ⅱ＝反应Ⅲ，ΔH3＝－ΔH1－ΔH2＝－41 kJ·mol-1－131 kJ·mol-1＝－172 kJ·mol-1；根据ΔG＝ΔH－TΔS<0时反应能自发进行，主反应吸热，熵增，可知主反应倾向于在高温下进行。(2)由题图1可知，相同条件下，为提高化学反应速率，使用NiMo合金催化剂时活化能较低，效果更好；在该催化剂上，b→c反应历程的垒能最大，最大能垒(活化能)为1.14 eV＋0.44 eV＝1.58 eV；决速步骤的反应方程式为CH4(g)===CH＋H*[或CH4(g)＋CO*＋O*===CH＋H*＋CO*＋O*]。(3)①在条件ⅰ时，只考虑主反应CO2(g)＋CH4(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)，达到平衡时，CH4、CO2的转化率为80%，平衡时c(CO2)＝c(CH4)＝0.2 mol·L-1，c(CO)＝c(H2)＝1.6 mol·L-1，K＝；②同时考虑主反应和副反应Ⅰ(K1＝1.0)，主反应中CH4的平衡转化率为75%，CH4、CO2转化 0.75 mol·L-1，生成 c(CO)＝c(H2)＝1.5 mol·L-1，对于副反应列三段式： 　　 　 　 CO2(g)＋H2(g) ⥫⥬ CO(g)＋H2O(g) 0.25 1.5 1.5 0 m m m m 0.25－m 1.5－m 1.5＋m m K1＝1.0，平衡时＝1，m≈0.115，可知同时考虑主反应和副反应Ⅰ，CO2转化大于0.8 mol·L-1，与条件ⅰ相比，条件ⅱ中x大于80%；副反应Ⅰ消耗H2，生成CO，n(H2)/n(CO)小于1；③在条件ⅲ时，只考虑主反应，CO2平衡转化率为90%，CH4、CO2转化0.9 mol·L-1，各剩余0.1 mol·L-1，生成c(CO)＝c(H2)＝1.8 mol·L-1，假设出口a含有c(H2)＝n mol·L-1，根据温度不变，K值不变，可得＝，n＝，则出口b含有c(H2)＝mol·L-1＝ mol·L-1，出口a和出口b中H2的物质的量的比值为≈0.65。 4.(13分)(2025·山西省吕梁市二模)氮氧化物的污染治理迫在眉睫，利用CO还原NO可以实现CO、NO的双减排，反应原理如下： 反应Ⅰ：2CO(g)＋2NO(g)⥫⥬N2(g)＋2CO2(g)　ΔH1＝－746.6 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO(g)＋2NO(g)⥫⥬N2O(g)＋CO2(g)　ΔH2＝－381.5 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)计算反应Ⅲ：N2(g)＋2NO(g)⥫⥬2N2O(g)　ΔH3＝________kJ·mol-1。 (2)在恒容密闭容器中充入一定量的NO(g)和不定量的CO(g)发生反应Ⅰ，测得N2(g)的平衡物质的量n(N2)在不同温度下随 n(CO)的变化关系和在不同n(CO)下随温度的变化关系如图甲所示。 图中表示n(N2)在不同n(CO)下随温度的变化关系的曲线是__________(填字母，下同)，在表示不同温度下n(N2)随n(CO)的变化关系的曲线中，温度较高的曲线是__________。 (3)某温度下，在恒压容器中按不同投料比充入CO(g)和NO(g)，若主要发生反应Ⅱ时，图乙曲线中能表示N2O(g)的平衡体积分数随投料比n(CO)∶n(NO)变化的是________(填字母)。 (4)若某温度下，向某恒压容器中按n(CO)∶n(NO)＝1∶1投料，发生反应Ⅰ、Ⅱ，反应达到平衡时测得N2(g)、N2O(g)的体积分数分别为20%和10%，体系压强为p0 kPa，则 NO(g)的转化率为________(保留3位有效数字)，用分压表示反应Ⅰ的平衡常数Kp1＝________kPa-1(列式即可)。 (5)若向容积为1 L的恒容容器中各充入 2 mol的CO(g)和NO(g)发生反应Ⅰ、Ⅱ，5 min后测得c(CO2)＝0.3 mol·L-1，c(NO)＝1.6 mol·L-1，则N2O的平均反应速率 v(N2O)＝_____________，则N2的选择性为__________ 。 【答案】(1)－16.4　(2)c、d　b　(3)A　(4)92.3%　　 (5)0.02 mol·L-1·min-1　50% 【解析】(1)根据盖斯定律，反应Ⅲ＝2×反应Ⅱ－反应Ⅰ，故ΔH3＝2ΔH2－ΔH1＝2×(－381.5 kJ·mol-1)－(－746.6 kJ·mol-1)＝－16.4 kJ·mol-1。(2)随温度的变化，说明温度是自变量(横坐标)，温度升高，反应Ⅰ逆向进行，n(N2)减小，所以曲线c、d符合题意；曲线a、b则表示不同温度下n(N2)随 n(CO)的变化关系，在n(CO)一定时，升高温度，n(N2)减小，所以曲线b的温度高于曲线a。(3)按反应化学计量数比投料时，生成物的体积分数最大，所以曲线A能准确表示N2O(g)的平衡体积分数随投料比n(CO)∶n(NO)变化。(4)根据反应Ⅰ、Ⅱ可知，当N2(g)、N2O(g)的体积分数分别为20%和10%时，CO2(g)的体积分数则为50%，CO(g)和NO(g)的体积分数之和为20%。设投料时CO(g)和 NO(g)的物质的量均为a mol，反应达到平衡时总物质的量为n mol，生成的N2O的物质的量为 0.1n mol，则有： 反应Ⅰ： 2CO(g) ＋ 2NO(g)⥫⥬N2(g)＋2CO2(g) 　a 　 a 　 0 　0 2×0.2n 2×0.2n 0.2n 2×0.2n a－0.4n a－0.4n 0.2n 0.4n 反应Ⅱ：　 CO(g) ＋ 2NO(g)⥫⥬ N2O(g)＋CO2(g) a－0.4n a－0.4n 　0 0.4n 0.1n 0.2n 0.1n 0.1n a－0.5n a－0.6n 0.1n 0.5n 所以有a－0.5n＋a－0.6n＝0.2n，解得：a＝0.65n，平衡时NO的物质的量＝0.65n－0.6n＝0.05n mol，CO的物质的量＝0.65n－0.5n＝0.15n mol。因此，NO(g)的转化率为×100%≈92.3%；根据理想气体状态方程，等温下，气体分压之比等于物质的量之比即p(CO)＝0.15p0 kPa，p(NO)＝0.05p0 kPa，p(N2)＝0.2p0 kPa，p(CO2)＝0.5p0 kPa；用分压表示反应Ⅰ的平衡常数Kp1＝ kPa-1。(5)根据化学计量数之比可知，每生成1 mol CO2，生成 1 mol N2O或0.5 mol N2，由所给信息，5 min后n(CO2)＝0.3 mol，n(NO)＝1.6 mol，消耗的n(NO)＝0.4 mol，设生成的n(N2O)为x mol，生成的n(N2)为y mol，由2x＋2y＝0.4 mol，x＋2y＝0.3 mol，解得 n(N2)＝n(N2O)＝0.1 mol，v(N2O)＝＝0.02 mol·L-1·min-1。N2的选择性＝×100%＝50%。 5.(12分)(2025·湖南常德市一模)含氯有机物在自然环境中具有长期残留性和高毒性。 Ⅰ.“催化还原脱氯法”作为一种安全有效的环境修复方法，主要分为“直接脱氯”和“间接脱氯”两大类。 (1)间接脱氯 “光催化加氢脱氯”为典型的间接脱氯法，可在温和条件下有效降解含氯有机物，而不产生氯化副产物。“光催化加氢脱氯”的第一步为水的活化：H2O＋*＋e－―→H*＋OH－，如图1为不同催化剂条件下水分子解离成H*的反应机理。 ①下列说法正确的是________。 A.水的活化分两步完成 B.活化1 mol H2O，使用催化剂TiO2－x/g­C3N4放出的热量比使用催化剂TiO2/g­C3N4放出的热量多 C.吸附在催化剂TiO2－x/g­C3N4表面的H2O会自发地解离成OH* ②已知O—H键的键能为464 kJ·mol-1，解离一个水分子[H2O(g)―→H·(g)＋·OH(g)]理论上需消耗________J能量。(保留两位有效数字) (2)直接脱氯 还原铁脱氯机理：R—Cl＋H＋＋Fe―→R—H＋Fe2+＋Cl－(R—为烃基)，随着反应进行，铁表面附着一层红褐色固体，使脱氯效率下降，生成红褐色固体的原因是______________________________________________________________________ ______________________________________________。 Ⅱ.某科研团队以三氯乙烯(TCE)为核心物质进行脱氯机理研究。 (3)利用TCE测试催化剂的活性 以TCE测试g­C3N4、TiO2/g­C3N4和TiO2－x/g­C3N4三种不同催化剂的“加氢脱氯活性”(如图2所示)。已知ln(c0/c)＝kt。t表示光照时间，c0、c分别为光照t秒前、后TCE的浓度，k为常数。根据图中数据，催化效果最好的催化剂是________；其中k＝________s-1(结果保留两位有效数字)。 (4)利用生物电化学系统降解TCE降解装置如图3所示。电极A为________(填“阴极”或“阳极”)；TCE生成顺式DCE(顺­二氯乙烯)的电极方程式为_______________________________________________________________。 【答案】(1)①C　②7.7×10-19　(2)生成的Fe2+易被空气氧化成Fe3+，随着反应进行，pH不断增大，Fe3+会转化为Fe(OH)3　(3)TiO2－x/g­C3N4　0.021　(4)阳极　H＋＋ClHC==CCl2＋2e－―→＋Cl－ 【解析】(1)①由题图1可知使用催化剂TiO2/g­C3N4分三步完成，生成H*和OH*，A错误；水活化为H2O＋*＋e－―→H*＋OH－，题图1中在两种催化剂条件下生成的是H*和OH*，且催化剂不影响反应热，B错误；使用催化剂TiO2－x/g­C3N4水变为H2O*后相对能量不变即可解离成H*和OH*，说明吸附在催化剂表面后可自发解离，C正确；②解离一个水分子理论上消耗的能量就是断开一个水分子中的一个氢氧键所消耗的能量，O－H的键能为464 000 J·mol-1，解离一个水分子理论上消耗的能量为 mol×464 000 J·mol-1≈7.7×10-19 J。(2)生成的亚铁离子易被空气氧化成铁离子，由直接脱氯还原铁脱氯机理可知，随着反应进行氢离子被消耗，pH不断增大，Fe3+会转化为Fe(OH)3，从而生成红褐色固体。(3)由题图2可知单位时间内使用TiO2－x/g­C3N4催化剂c/c0最小，即光照后TCE的浓度最低，故催化效果最好的催化剂是TiO2－x/g­C3N4；ln(c0/c)＝kt，k＝＝＝0.021 s-1。(4)由题意知该装置为电解池，三氯乙烯得电子生成顺­二氯乙烯，故B极发生还原反应为阴极，A为阳极；B极的电极反应为H＋＋ClHC==CCl2＋2e－―→＋Cl－。 6.(14分)(2025·安徽皖北协作区一模联考)在“碳达峰、碳中和”的背景下，CO2通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学品的研究备受关注。回答下列问题： Ⅰ.CO2加氢制甲醇 (1)已知如下热化学方程式： 反应ⅰ：CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41.2 kJ·mol-1 反应ⅱ：CO(g)＋2H2(g)⥫⥬CH3OH(g)　ΔH2＝－90.6 kJ·mol-1 反应ⅲ：CO2(g)＋3H2(g)⥫⥬CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH3 计算：ΔH3＝________kJ·mol-1。 (2)在一绝热恒容的密闭容器中发生反应 CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是________(填标号)。 A.体系的压强保持不变 B.混合气体的密度保持不变 C.n(CO2)＋n(CO)保持不变 D.CO的体积分数保持不变 (3)一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时CO2的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系如图1所示。 已知：甲醇的选择性＝×100%。 ①260 ℃时，H2的转化率α＝________。反应ⅰ的平衡常数Kx＝________(精确到小数点后3位，Kx是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。 ②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：__________________ ____________________________________________________________________。 Ⅱ.电还原制备高附加值的有机物 已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 (4)CO2电还原可能的反应机理如图2所示(*CO表示吸附态的CO)。 ①参照机理图画出A的结构：________。 ②若还原产物主要为CH4，应选择________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。 【答案】(1)－49.4　(2)AD　(3)①22%　0.022　②由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低　(4)①　②Cu 【解析】(1)由盖斯定律可知，反应ⅰ＋反应ⅱ可得反应ⅲ，可得ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝＋41.2 kJ·mol-1－90.6 kJ·mol-1＝－49.4 kJ·mol-1。(2)A项，该反应是气体体积不变的反应，绝热恒容的密闭容器中发生该反应，温度减小，体系压强减小，当体系的压强保持不变时，说明反应达到平衡；B项，该反应过程中气体总质量和总体积均为定值，混合气体的密度为定值，当混合气体的密度保持不变时，不能说明反应达到平衡；C项，该反应过程中消耗的n(CO2)和生成的n(CO)相等，n(CO2)＋n(CO)是定值，当n(CO2)＋n(CO)保持不变时，不能说明反应达到平衡；D项，该反应过程中气体总物质的量是定值，CO的体积分数是变量，当CO的体积分数保持不变时，说明反应达到平衡。(3)①＝3，设n(CO2)＝1 mol、n(H2)＝3 mol，260 ℃时，CO2的平衡转化率为30%，甲醇的选择性为60%，则平衡时n(CO2)＝1 mol×70%＝0.7 mol，n(CH3OH)＝0.3 mol×60%＝0.18 mol，n(CO)＝0.3 mol－0.18 mol＝0.12 mol，根据O原子守恒，n(H2O)＝2 mol－0.7 mol×2－0.18 mol－0.12 mol＝0.3 mol，根据H原子守恒n(H2)＝＝2.34 mol，H2的转化率α＝×100%＝22%，气体总物质的量为3.64 mol，反应ⅰ的平衡常数Kx＝≈0.022；②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低。(4)①参照机理图，A应是CO2表面吸附电子形成CO吸附在电极表面，画出A的结构为；②若主要生成CH4，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，CO易脱离，则应选Cu作催化剂，其对CO吸附能力强，可进一步深度加氢生成CH4。 学科网（北京）股份有限公司 $