第四板块 专题微课(二) 巧用两模型突破多重化学平衡体系问题-【新高考方案】2026年高考化学二轮复习专题增分方略配套课件（江苏专版）

专题微课(二)　 巧用两模型突破多重化学平衡体系问题 在解决速率平衡的相关计算题目时，学生一般会用“三段式”模型解题，但该类高考试题中往往涉及多个相互关联的化学平衡体系，需要关联各种数据，用三段式法解题特别容易出错，且计算量较大。若学生能用“变化量”和“元素守恒”两种思维模型来解决多重平衡的相关计算，可“化繁为简”，在考场上快速准确完成速率平衡的计算问题。 目 录 一、模型解读与应用 二、即时训练与感悟 专题质量评价 01 一、模型解读与应用 (一)模型应用对象——多重化学平衡体系 所谓多重化学平衡体系，是指在一系列同时发生的反应中，彼此具有某些相同的物质，这些相同的物质可以把各个反应相互联系起来。多重化学平衡体系通常可以分两类，一类为连续反应:前一反应所产生的物质，是下一步反应的反应物;另一类为平行反应:反应物可以同时进行不同的反应过程，其中生成主要产物的反应称为主反应，其余的反应称为副反应。 (二)模型应用例析——多重平衡体系的相关计算 对于多重平衡体系的相关计算，有两点非常关键:一是多重化学反应“同时平衡”;二是多重化学反应中体系各组分的浓度、物质的量和气体的平衡分压等物理量均只有1个数值。 1.多重平衡体系计算的“变化量”思维模型 单一化学平衡的计算通常采用“起始量、变化量、平衡量”三段式的方法，但是对于多重平衡的计算，因为各反应之间相互影响，导致体系中每一个反应的“起始量”和“平衡量”难以表达。 以多重反应为整体，紧抓“变化量”，构建了以“变化量”为核心的计算思维模型如下。 [例1]　(2024·山东卷·节选)水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C⁃H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下: C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) (Ⅰ)　ΔH1>0 CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)(Ⅱ) ΔH2<0 CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)(Ⅲ)　ΔH3<0 压力p下。C⁃H2O⁃CaO体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3在T1温度时完全分解。图中a、b、c分别代表H2、CO、CO2的摩尔分数随温度的变化。 压力p下、温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，此时气体总物质的量为4.0 mol，则CaCO3(s)的物质的量为____ mol;若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，分压p(CO2)将______(填“增大”“减小”或“不变”)。  0.5 不变 技法演示 压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，由气体总物质的量为4.0 mol，可求出此时各气体的物质的量，n(H2)= 4.0 mol×0.50=2.0 mol，n(CO)=4.0 mol×0.15=0.6 mol，n(CO2)= 4.0 mol×0.05=0.2 mol，n(H2O)=4.0 mol×0.3=1.2 mol。 设Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ反应的物质的量分别为x、y、z，则 　　Ⅰ. C(s) + H2O(g)⇌CO(g) + H2(g) 变化量: x x x x 　Ⅱ.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) 变化量: y y y y 　Ⅲ. CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s) 变化量: z z z 则，解得 故此时CaCO3(s)的物质的量为0.5 mol。若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，反应CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压p(CO2)不变。 2.多重平衡体系计算的“元素守恒”思维模型 元素守恒的思想常用在多重平衡体系的复杂计算中，构建了以“元素守恒”为核心的计算思维模型如下。 [例2]　探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下: Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5 kJ·mol-1 Ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2=-90.4 kJ·mol-1 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH3 回答下列问题: 一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入 1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g) 的浓度为_______ mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为______________________。  技法演示 设平衡时CO2(g)为x，H2(g)为y，H2O(g)为z，则 C元素守恒:x+a+b=1 mol; H元素守恒:2y+4a+2z= 6 mol; O元素守恒:2x+a+b+z=2 mol，解得x=(1-a-b)mol， y=(3-3a-b)mol，z=(a+b)mol。 则c(H2O)== mol·L-1，KⅢ== 02 二、即时训练与感悟 1.(2025·云南卷·节选)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.C2H5OH(g)+H2O(g)== 2H2(g)+CH3COOH(g)　ΔH1　Kp1 Ⅱ.C2H5OH(g)==CH3CHO(g)+H2(g)　ΔH2=+68.7 kJ·mol-1 恒压100 kPa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=×100%] (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”)。  解析:(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0.58 eV，生成产物2的最大能垒为0.66 eV，生成产物3的最大能垒为0.81 eV，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。 乙酸选择性最大且 反应速率较快 产物1 (3)270 ℃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p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)=________，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)。  解析:设投料n(H2O)=9 mol，n(乙醇)=1 mol，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=0.72 mol，n平(乙醇)=1 mol×10%=0.1 mol，恒温恒压下，压强比=物质的量之比，故p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)=0.72∶0.1=36∶5。列变化量 36∶5 　 C2H5OH(g)+H2O(g)==2H2(g)+CH3COOH(g) 　0.72　 　 0.72　 　 1.44　　　0.72　 C2H5OH(g)==H2(g)+CH3CHO(g) Δn/mol　 　0.18　 　　0.18　 　0.18 　 则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、 8.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol，气体总物质的量为0.1 mol+8.28 mol +1.62 mol+0.72 mol+0.18 mol=10.9 mol，则Kp1=== kPa。 2.(2025·陕晋宁青卷·节选)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=+101 kJ·mol-1 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)==CH4(g)+2H2O(g)　ΔH2=-166 kJ·mol-1 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)==H2O(g)+CO(g)　ΔH3=+41 kJ·mol-1 100 kPa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)。 (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________________________________________。  注:含碳生成物选择性=×100%。 (1)表示CH4选择性的曲线是____(填字母)。  c 　 0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气 解析:第一步:曲线的确定 已知反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，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，在360 ℃以上时需考虑反应Ⅲ，部分CO2转化为CO，CO2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。 第二步:元素守恒法确定各组分的物质的量 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0.51 mol，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0.49 mol，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 0.245 mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49 mol，根据氢原子守恒得出氢气的物质的量为0.02 mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1 mol。 第三步:根据分压p(X)确定Kp p(H2)=×100 kPa=2 kPa，p(CO2)=p(CH4)=×100 kPa=24.5 kPa，p(H2O)=×100 kPa=49 kPa，则反应Ⅱ的Kp==。 专题质量评价 1 2 3 4 5 　A卷——基准考法·全员必做 1.(2025·重庆名校二模)硫酸工业尾气中SO2可用CO处理并回收S，涉及的反应有: 反应Ⅰ:SO2(g)+3CO(g)⇌COS(g)+2CO2(g)　ΔH1<0 反应Ⅱ:COS(g)⇌S(g)+CO(g)　ΔH2。 恒压条件下，按n(SO2)∶n(CO)=1∶3充入原料，其中SO2的平衡转化率以及COS和S的平衡选择性随温度的变化如图所示。已知曲线b表示COS的平衡选择性。 (X的平衡选择性=×100%，X为COS或S)。 下列说法不正确的是(　　) A.曲线c表示S的平衡选择性 B.ΔH2>0 C.1 400 K下，反应SO2(g)+2CO(g)⇌S(g)+2CO2(g)的平衡常数K=5.12 D.其他条件不变，增大体系压强，SO2的平衡转化率不变 √ 1 2 3 4 5 解析:由题图可知，升高温度，S的平衡选择性增大，说明反应Ⅱ正向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，即ΔH2>0，随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，COS的量减少，而反应Ⅱ正向移动，S的量增加，已知曲线b表示COS的平衡选择性，所以曲线c表示S的平衡选择性，曲线a表示SO2的平衡选择性。设起始n(SO2)=1 mol，n(CO)=3 mol，在1 400 K下，SO2平衡转化率为80%，则转化的n(SO2)=0.8 mol，COS平衡选择性为50%，则生成n(COS)=0.8 mol×50%=0.4 mol，生成n(S)=0.4 mol。根据反应Ⅰ生成n(CO2)=0.8 mol×2=1.6 mol，剩余n(CO)=3 mol-0.8 mol×3+ 0.4 mol=1.0 mol。对于反应SO2(g)+2CO(g)⇌S(g)+2CO2(g)， 1 2 3 4 5 平衡时n(SO2)=1 mol-0.8 mol=0.2 mol，n(CO)=1.0 mol，n(S)=0.4 mol，n(CO2)= 1.6 mol。因为是恒压体系，体积比等于物质的量之比，设平衡时总体积为V，根据平衡常数表达式K===5.12，C正确;反应Ⅰ是气体分子数减小的反应，增大压强，反应Ⅰ正向移动，从而使SO2的平衡转化率增大，D错误。 1 5 2 3 4 2.(2025·江苏泰州一模)二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池的氢能源,发生的主要反应如下: 反应Ⅰ　CH3OCH3(g)+H2O(g)==2CH3OH(g)　ΔH1>0 反应Ⅱ　CH3OH+H2O(g)==CO2(g)+3H2(g)　ΔH2>0 反应Ⅲ　CO2(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g)　ΔH3>0 在恒压下,将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后,以一定流速通过装有催化剂的反应器,反应相同时间测得的CH3OCH3实际转化率、CO2实际选择性与CO2平衡选择性随温度的变化如图所示。 CO2的选择性=×100%。 1 5 2 3 4 下列说法不正确的是 (　　) A.曲线a表示CH3OCH3实际转化率随温度的变化 B.200 ℃时,反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率 C.适当增加,有利于提高H2的产率 D.一定温度下,若增大压强,CO的平衡产量不变 √ 1 5 2 3 4 解析:根据常理可知,CO2实际选择性与CO2平衡选择性随温度的变化走势应该相同,故可知曲线b为CO2实际选择性,则曲线a为CH3OCH3实际转化率。根据上述分析可知曲线a为CH3OCH3实际转化率,A正确;在200 ℃时,CO2实际选择性大于平衡选择性,可知此温度下,反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ,B正确;适当增加的量,会促进CH3OCH3的转化率,还能使反应Ⅱ朝正向进行,反应Ⅲ朝逆向进行,从而提高氢气的产率,C正确;增大压强会导致反应Ⅱ平衡逆向移动,从而导致反应Ⅲ平衡逆向移动,CO的平衡产率会减小,D错误。 1 5 2 3 4 3.(6分)煤气化的主要反应: 反应1:C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.3 kJ·mol-1 反应2:CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.1 kJ·mol-1 请回答: (1)在恒温恒容容器内进行反应1和反应2，下列说法正确的有____(填标号)。  A.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡 B.平衡时H2的体积分数可能大于 C.平衡时向容器中充入惰性气体，平衡体系中CO的体积分数不变 D.平衡时缩小容器体积，平衡体系中减小 AC 1 5 2 3 4 解析:A.反应1中C是固体，恒温恒容容器内，随着反应的进行，混合气体的质量逐渐增大，则密度逐渐增大，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，正确;B.反应1+反应2可得C(s)+2H2O(g)⇌CO2(g)+2H2(g)，假设反应完全进行到底，则H2的体积分数为，但可逆反应不能进行到底，则H2的体积分数一定小于，错误;C.平衡时向容器中充入惰性气体，容器内总压强增大，但是恒容条件下各物质浓度不变，平衡不移动，则平衡体系中CO的体积分数不变，正确;D.总体考虑该反应体系，反应1-反应2得: C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)，该反应的平衡常数K=，则平衡时缩小容器体积，温度不变，平衡体系中不变，错误。 1 5 2 3 4 (2)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1 mol H2O(g)同时发生反应1和反应2，起始压强为0.1 MPa，平衡时H2O的转化率为50%，CO的物质的量为0.1 mol，则反应1的平衡常数Kp=___________。(已知Kp为分压平衡常数，分压=总压×物质的量分数)  解析:平衡时H2O的转化率为50%，则平衡时水的物质的量为0.5 mol，则CO的物质的量为0.1 mol，设反应1消耗水的物质的量为x mol，列出三段式得 　　　　　C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) 起始/mol　　　　　1 变化/mol　　　　　x　　x　　　x 平衡/mol　　　　　0.5　0.1　　0.5 0.01 MPa 1 5 2 3 4 　 CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) 起始/mol　　　　　1 变化/mol　0.5-x　 0.5-x　 0.5-x　 0.5-x 平衡/mol　0.1　　0.5　　 0.5-x　 0.5 则x-(0.5-x)=0.1 mol，解得x=0.3 mol，此时容器中总气体的物质的量为(0.5+0.1+0.5+0.2)mol=1.3 mol，起始压强为0.1 MPa，则此时总压强为×0.1 MPa=0.13 MPa，反应1的平衡常数Kp=== 0.01 MPa。 1 5 2 3 4 4.(12分)(2025·常州一模)草酸亚铁(FeC2O4)可用于制药。在一定温度下，将FeC2O4置入真空容器中发生如下反应:反应Ⅰ:FeC2O4(s)⇌FeO(s)+CO(g)+CO2(g)　ΔH1 反应Ⅱ:FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g)　ΔH2<0 已知760 K以下只发生反应Ⅰ，平衡时pCO⁃T的关系如图所示。760 K以上反应Ⅰ和反应Ⅱ同时进行。 回答下列问题: 1 5 2 3 4 (1)660 K时，将FeC2O4置入一真空刚性容器中至反应到达平衡，此时反应Ⅰ的平衡常数Kp(Ⅰ)=______ (kPa)2;有关该混合体系说法正确的是____(填标号)。  a.反应Ⅰ的正、逆反应的活化能(Ea正、Ea逆)，Ea正<Ea逆 b.FeO的质量不变时，体系达到平衡状态 c.平衡后充入惰性气体氩，pCO减小 d.平衡时，分离出部分CO2，再次平衡时，pCO≠ 2.25 bd 1 5 2 3 4 解析:已知760 K以下只发生反应Ⅰ，由方程式可知生成等量的CO和CO2，所以pCO=，由图像可知，660 K时pCO=1.5 kPa，所以Kp(Ⅰ)=pCO×=1.5 kPa×1.5 kPa=2.25(kPa)2;由图像可知，升高温度，pCO增大，平衡正向移动，反应吸热，则反应Ⅰ的正、逆反应的活化能，Ea正>Ea逆，a错误;FeC2O4分解生成FeO，FeO的质量不变时，体系达到平衡状态，b正确;平衡后充入惰性气体氩，平衡不移动，pCO不变，c错误;平衡时，分离出部分CO2，平衡正向移动，生成等量的CO和CO2，则再次平衡时，pCO≠，d正确。 1 5 2 3 4 (2)反应Fe(s)+2CO2(g)⇌FeC2O4(s)能自发进行，的数值范围是____(填标号)。  A.<-1 B.-1~0 C.0~1 D.>1 解析:反应Fe(s)+2CO2(g)⇌FeC2O4(s)为熵减反应，则ΔS<0，能自发进行，说明该反应ΔH<0，由盖斯定律可知ΔH=-ΔH1-ΔH2<0，ΔH2<0，则<-1，故选A。 A 1 5 2 3 4 (3)800 K时，将FeC2O4置入另一真空刚性容器中至反应到达平衡，此时容器中=，则=_______;保持温度不变，充入少量CO2气体，再次平衡时容器中pCO _________(填“增大”“减小”或“不变”);升高温度，_______(填“增大”“减小”或“不变”)。  4∶1 不变 增大 1 5 2 3 4 解析:设反应Ⅰ生成CO2 x mol，反应Ⅱ生成CO2 y mol，可列变化量: 　　　　　FeC2O4(s)⇌FeO(s)+CO(g)+CO2(g) 转化/mol　　　　　　　 x　　 x　　 x 　　　　　 FeO(s)+CO(g)⇌Fe(s)+CO2(g) 转化/mol　　 y　　 y　　　y　　 y 则==，则===;保持温度不变，充入少量CO2气体，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数不变，则pCO不变;升高温度，反应Fe(s)+2CO2(g)⇌FeC2O4(s)向吸热方向移动，即逆向移动，所以增大。 1 5 2 3 4 5.(12分)(2025·重庆二模)CH3OH可用作大型船舶的绿色燃料，可由CO或CO2制备。工业上用CO2制备CH3OH的原理如下: 反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5 kJ·mol-1(主反应) 反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ·mol-1(副反应) (1)T1 ℃时，向恒压密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)，若在该条件下只发生反应Ⅰ，达平衡时，放出20 kJ能量;若在相同条件下向相同容器中充入a mol CH3OH(g)和b mol H2O(g)，达到平衡时，吸收29.5 kJ的能量，则a=____，b=____。  1 1 1 5 2 3 4 解析:T1 ℃时，向恒压密闭容器中充入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)，若在该条件下只发生反应Ⅰ，达平衡时，放出20 kJ能量;若在相同条件下向相同容器中充入 a mol CH3OH(g)和b mol H2O(g)，达到平衡时，吸收29.5 kJ的能量，说明两条件下达到的平衡为等效平衡，恒温恒压相同容器下等效平衡的达到途径为投料量相当，则a=1，b=1。 1 5 2 3 4 (2)某温度下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入恒容密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，下列情况下能说明反应Ⅱ达到平衡状态的是_____。  A.CO2和H2的物质的量之比不再改变 B.混合气体的密度不再变化 C.混合气体的压强不再变化 D.形成1 mol碳氧键的同时断裂2 mol氧氢键 AC 1 5 2 3 4 解析:A.两个反应CO2和H2的化学计量数之比不同，所以当n(CO2)∶n(H2)比值不变时，反应达到了平衡状态，符合题意;B.反应容器容积不变，参与反应的物质均为气体，总质量不变，密度为一个定值，所以不能说明反应是否达到平衡状态，不符合题意;C.主反应反应前后气体分子数目改变，故压强不变可以说明反应达到了平衡状态，符合题意;D.没有考虑甲醇中的氢氧键的变化，且反应Ⅰ和反应Ⅱ中均有氧氢键的变化，所以不能说明反应达到平衡状态，不符合题意。 1 5 2 3 4 (3)将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，分别在1 MPa、3 MPa、5 MPa下，测得CO2在不同温度下的平衡转化率(α)和生成CH3OH、CO选择性(S)(选择性为目标产物在含碳产物中的比率)的变化如图。 ①代表5 MPa下α(CO2)随温度变化趋势的是曲线___(填“a”“b”或“c”)。  ②P点对应的反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=_________(保留两位有效数字)。  ③随着温度的升高，a、b、c三条曲线接近重合的原因是___________________ _____________________________________________________________________。  a 0.009 6 温度升高到一定程 度时以反应Ⅱ为主，该反应前后气体体积不变，改变压强对其平衡没有影响 1 5 2 3 4 解析:①反应Ⅰ是气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，相同温度下，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CO2的转化率增大，则压强越大，α(CO2)越大，即a符合反应特点; ②根据已知条件列出“三段式”: 　　　　 CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) 起始/mol　 1　　 　3　　　0　　　　 0 转化/mol　 x　　　3x　　　x　　　　 x 平衡/mol　1-x　 3-3x　　x　　　 　x 1 5 2 3 4 CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) 起始/mol　1-x　　3-3x　　0　　　x 转化/mol　　y　　y　　　y　　　y 平衡/mol 1-x-y 3-3x-y　 y　　 x+y P点时压强为3 MPa，CO的选择性为50%，CO2的转化率为20%，则=0.5，=0.2，解得x=y=0.1，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp==≈0.0096; 1 5 2 3 4 ③反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，α(CO2)减小，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，α(CO2)增大，随着温度升高，a、b、c三条曲线先减小再增大接近重合的原因是:温度升高到一定程度时，整个过程以反应Ⅱ为主，该反应是气体分子数不变的反应，改变压强对平衡无影响。 1 2 B卷——压轴考法·自主选做 1.(12分)(2025·江苏苏州学业质量指标调研)尿素[CO(NH2)2]是常用的化肥与工业原料，其生产与应用有着重要的意义。 (1)尿素生产一般控制在180~200 ℃，15~25 MPa下进行，主要涉及下列反应: 反应1　2NH3(g)+CO2(g)==NH2COONH4(l) ΔH=-100.4 kJ·mol-1 反应2　NH2COONH4(l)==CO(NH2)2(l)+H2O(l) ΔH=+27.6 kJ·mol-1 反应2NH3(g)+CO2(g)==CO(NH2)2(l)+H2O(l)的ΔH=______________。  解析:根据盖斯定律知，由反应1+反应2，得2NH3(g)+CO2(g)==CO(NH2)2(l)+ H2O(l)，则ΔH=ΔH1+ΔH2=-100.4 kJ·mol-1+27.6 kJ·mol-1=-72.8 kJ·mol-1。 -72.8 kJ·mol-1 1 2 (2)NH2COONH4具有强还原性，生产尿素的过程中，常通入适量氧气防止镍制容器表面的金属钝化膜(NiO)被破坏。 ①NH2COONH4与NiO反应产生N2的化学方程式为 ___________________________________________。  ②生产时通入的CO2气体中常混有少量H2S。有氧气存在的条件下，H2S腐蚀反应容器的速率会更快，其原因是______________________________________ _________________________________________。  解析:①NH2COONH4与NiO反应产生N2，由氧化还原分析，NiO生成Ni。②有氧气存在的条件下，发生反应2H2S+3O2==2SO2+2H2O、2H2O+O2+2SO2==2H2SO4，硫酸腐蚀性更强。 NH2COONH4+3NiO==3Ni+N2↑+3H2O+CO2↑ H2S被O2氧化得到的H2SO4酸性更强， 与容器表面钝化膜反应更快，加快容器腐蚀 1 2 (3)尿素在结晶过程中主要副反应是尿素发生脱氨反应。其反应历程如下: 反应3　CO(NH2)2(l)==HNCO(g)+NH3(g)(快反应) 反应4　HNCO(g)+CO(NH2)2(l)==(H2NCO)2NH(l)(缩二脲)　(慢反应) ①在缩二脲的结构式( )中圈出电子云密度最小的氢原子。 ②在尿素结晶过程中，反应3可视为处于平衡状态。 实验表明，在合成尿素的体系中，NH3的浓度越高，缩二脲 生成速率越慢，其原因是______________________________ ____________________________________________________ _____________。  反应3处于平衡状态，NH3的浓度 越高，则HNCO的浓度越低，反应4速率越慢，生成缩二脲速率越慢 答案: 1 2 解析:①中间N原子连接两个酮羰基，酮羰基中O原子电负性强，吸电子能力强，酮羰基为吸电子基团，故N—H键的电子更偏向N原子，H原子的电子云密度降低。②NH3的浓度越高，反应3平衡逆向进行程度越大，HNCO的浓度越低，反应4反应速率越低，缩二脲生成速率越慢。 1 2 (4)含结晶水的Ni3(BO3)2晶体表面存在结构“ ”，用加热后的Ni3(BO3)2晶体作催化剂，以CO2、N2为原料，电解KHCO3溶液可获得尿素。 ①生成尿素的电极反应式为_________________________________________ __________________________________________。  ②加热后的Ni3(BO3)2晶体表面会产生LA位点，LA位点与LB位点共同形成FLP位点，其催化机理(部分)如图所示。实验表明，在150 ℃下加热Ni3(BO3)2晶体得到的催化剂催化效果最好，温度过高或过低 催化效果会降低的原因是________________________ ______________________________________________   CO2+N2+6HC+6e-==CO(NH2)2+6C+H2O 或7CO2+N2+5H2O+6e-==CO(NH2)2+6HC 加热温度过高，LA位 点过多而LB位点过少，温度过低LB位点过多LA位点过少，导致CO2吸附与活化效率下降　 。 1 2 ③电解质溶液中若存在SCN-会极大地降低催化剂的活性，原因是_________ _____________________________________________。  解析:①依据信息，N2、CO2反应生成尿素，结合电荷守恒，电极反应式为CO2+N2+6HC+6e-==CO(NH2)2+6C+H2O或7CO2+N2+5H2O+6e-== CO(NH2)2+6HC。②由题图可知，温度过高时，会形成两个LA位点，吸附CO2过多，无法形成尿素;温度过低，Ni—O键不断裂，不能形成LA位点，无法吸附CO2，故催化效果会降低。③SCN-可以占据LA位点，使之无法吸附CO2，极大地降低了催化剂的活性。 SCN-与 Ni(Ⅱ)配位使LA位点减少，降低了催化剂的活性 2.(14分)二氧化碳资源化利用，涉及主要反应如下: Ⅰ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2 kJ·mol-1 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-144.9 kJ·mol-1 回答下列问题: (1)2CO(g)+2H2(g)⇌CO2(g)+CH4(g)的焓变ΔH=________ kJ·mol-1。反应Ⅰ的净速率v=v正-v逆=k正·c(CO2)·c(H2)-k逆·c(H2O)·c(CO)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。升高温度时，k正-k逆__________(填“增大”“减小”或“不变”)。  1 2 解析:根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ×2可得2CO(g)+2H2(g)⇌CO2(g)+CH4(g)　ΔH=-144.9 kJ·mol-1-(+41.2 kJ·mol-1)×2=-227.3 kJ·mol-1;反应Ⅰ正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，k正-k逆增大。 -227.3 增大 (2)分别向压强为0.1 MPa、1.0 MPa的恒压体系中通入1 mol CO2(g)和4 mol H2(g)，达平衡时，部分含碳物种的摩尔分数 η(X)=随温度变化如图所示。 表示压强为1.0 MPa时，CO(g)的摩尔分数随温度变化的曲线是_____(填标号)。随温度升高，当温度高于655 ℃，对应含碳物种的摩尔分数η(b)<η(c)的原因是 _______________________________________________________________________ ______________________。  1 2 d 升高温度，促进反应Ⅰ正向进行，抑制反应Ⅱ，低温时，以反应Ⅱ为主，高于 655 ℃，以反应Ⅰ为主 解析:升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，η(CO)增大，η(CH4)减小，增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，η(CH4)增大，η(CO)减小，则压强为1.0 MPa时，CO(g)、CH4(g)的摩尔分数随温度变化的曲线分别是d、a，压强为0.1 MPa时，CO(g)、CH4(g)的摩尔分数随温度变化的曲线分别是c、b。表示压强为1.0 MPa时，CO(g)的摩尔分数随温度变化的曲线是d;温度升高，当温度高于655 ℃，对应含碳物种的摩尔分数η(b)<η(c)的原因是:升高温度，促进反应Ⅰ正向进行，抑制反应Ⅱ，低温时，以反应Ⅱ为主，高于655 ℃，以反应Ⅰ为主。 1 2 (3)图示M、N、P三点对应CO2(g)的转化率大小关系为_________;655 ℃时，反应Ⅰ的平衡常数Kp=_____;600 ℃，压强为1.0 MPa时，若增大投料比，重新达平衡后，的值将______(填“增大”“减小”或“不变”)。  1 2 解析:根据(2)中分析，M、P两点温度相同，压强相同，CO2(g)的转化率相同，η(CH4)为80%，η(CO)为10%，则η(CO2)为10%，N点η(CH4)为40%，η(CO)为40%，则η(CO2)为20%，说明N点CO2(g)的转化率较小，M、N、P三点对应CO2(g)的转化率大小关系为M=P>N;根据碳原子守恒，655 ℃时，N点CO2(g)、CO(g)、CH4(g)分别为0.2 mol、0.4 mol、0.4 mol;根据反应Ⅰ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)、 M=P>N 1.2 减小 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)反应共消耗H2(g)为0.4 mol+0.4 mol×4=2 mol，余下H2(g)2 mol，生成H2O(g)为0.4 mol+0.4 mol×2=1.2 mol，此时体系内气体总的物质的量为(0.2+0.4+0.4+2+1.2)=4.2 mol，655 ℃时，N点压强为0.1 MPa，则CO2(g)、H2(g)、CO(g)、H2O(g)的分压分别为×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa、×0.1 MPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp==1.2;600 ℃，压强为1.0 MPa时，若增大投料比，CO2(g)的转化率变大，根据反应2CO(g)+2H2(g)⇌CO2(g)+CH4(g)可知，CH4(g)增多，CO(g)减少，则重新达平衡后，的值将减小。 1 2 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $