微专题(四)　化学反应原理综合题(题型研究课)

微专题(四)化学反应原理综合题[题型研究课]目录目录12高考真题集中研究——明规律题型考法全面突破——提素养3专题验收评价高考真题集中研究——明规律01请回答：(1)ΔH2＝________kJ·mol－1。(2)恒定总压1.70MPa和水碳比[n(H2O)/n(CO)＝12∶5]投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数)如下表：

p(CO2)/MPap(H2)/MPap(CH4)/MPa条件10.400.400条件20.420.360.02①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K＝________。②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式：_______________________。(3)下列说法正确的是________。A．通入反应器的原料气中应避免混入O2B．恒定水碳比[n(H2O)/n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为FeD．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。①在催化剂活性温度范围内，图2中b～c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是________。A．按原水碳比通入冷的原料气B．喷入冷水(蒸气)C．通过热交换器换热②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)将题干中3个热化学方程式依次编号为①②③，根据盖斯定律可知，③＝①－②，则ΔH2＝ΔH－ΔH1＝(－41.2kJ·mol－1)－(－47.2kJ·mol－1)＝6kJ·mol－1；(2)①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol和5mol，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式：(3)一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；该反应前后气体计量数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，并且过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；(4)①按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的平衡转化率增大，会高于原平衡线；(5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小(3)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。①下列说法正确的是_________。A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用

B．过程ⅱ，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移C．过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO2需吸收的能量更多②过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因________________________________________________________________________________________________________________________。(4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R＝Δn(CO2)/Δn(CH4)(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。①常压下CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400～1000℃之间R的变化趋势，并标明1000℃时R值。②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表：温度/℃480500520550CH4转化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列说法不正确的是_________。A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高

C．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小

D．改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大解析：(1)反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，ΔH>0，升高温度，平衡右移，CO2平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CO2平衡转化率增大，故有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压。②R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，Δn(CO2)增大的倍数比Δn(CH4)大，则R提高，选项A正确；根据表中数据可知，温度越低，CH4转化率越小，而R越大，Δn(CO2)增大的倍数比Δn(CH4)大，含氢产物中H2O占比越高，选项B正确；温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率也增大，且两个反应中的CO2转化率均增大，但R值减小，选项C不正确；改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高反应Ⅰ的速率，则能提高CH4的转化率，反应Ⅱ速率未知，不能比较Δn(CO2)/Δn(CH4)的值，则R值不一定增大，选项D正确。(4)①

②C[洞悉考情]反应原理的综合应用是高考的必考题型，一般取材于能源、环境问题、化工生产等真实情境。题目围绕一个主题，将热化学、化学反应速率和平衡等知识融合在一起进行考查。题目一般结合图像、表格、数据、装置等信息，考查考生的阅读、识图、分析归纳能力，难度较大。考点主要涉及反应热的相关计算、化学反应速率和化学平衡移动的影响因素分析、平衡常数计算及图像的绘制等。题型考法全面突破——提素养0205min10min15min20minT10.10.080.0620.050.05T20.10.07—x0.06用传感器测得温度为T1、T2时容器中n(N2)随时间变化如下表：x____0.06(填“>”“<”或“＝”)，原因是____________________________________________________________________________________。(2)汽车排气管装有三元催化转化装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]：Ⅰ.NO＋Pt(s)===NO*Ⅱ.CO＋Pt(s)===CO*Ⅲ.NO*===N*＋O*Ⅳ.CO*＋O*===CO2＋Pt(s)Ⅴ.N*＋N*===N2＋Pt(s)Ⅵ.NO*＋N*===N2O＋Pt(s)经测定汽车尾气中反应物及生成物浓度随温度变化的关系如图1和图2所示。①图1中，温度为330℃时发生的主要反应为______(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)；反应Ⅴ为________反应(填“放热”或“吸热”)。②图2中，温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是___________________________________________________。[解析]

(1)5min时，T1温度下，0.08mol大于0.07mol，说明T2时反应速率更快，则T2＞T1，由表可知，温度为T1时，反应在15min时已达到平衡，则T2时反应在15min前已达到平衡状态，则x＝0.06。(2)①由图1可知，生成物中CO2的浓度最大，则温度为330℃时发生的主要反应为反应Ⅳ；反应Ⅴ为N*＋N*===N2＋Pt(s)，成键要放出热量，则反应Ⅴ为放热反应。②温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小，说明反应速率急剧加快，是催化剂活性增加，催化效率提高引起的。③b→c的过程中，随着压强的增大，反应速率在减小，可能是因为该阶段压强增大，吸附速率虽然增大，但不利于解吸，解吸速率减小更多，所以反应速率减小。[答案]

(1)＝5min时，T1温度下，n(N2)＝0.08mol，T2温度下，n(N2)＝0.07mol，说明T2时反应速率更快，则T2>T1，由表可知，温度为T2时，反应在15min前已达到平衡(2)①Ⅳ放热②温度升高，催化剂活性逐渐增强，反应速率逐渐加快，所以反应物浓度快速减小③压强增大，吸附速率虽然增大，但不利于解吸，解吸速率减小更多，所以反应速率总体减小增分策略1．图像、图表中信息表述反应最佳条件的选择或控制就是为了又“快”又“多”又“纯”地生产，即主要是从反应速率与转化率(化学平衡)两个角度来回答，“快”就是提高反应速率，“多”就是提高转化率，使原料利用率高，“纯”就是减少副反应的发生，而影响反应速率、转化率及选择性的主要因素就是浓度、温度、压强与催化剂，表述时应主要围绕这些因素作答。

可从以下三个环节进行突破：通读全题明确题中有哪些考点，并弄清相关考点之间的联系，如盖斯定律与平衡移动间的关系等准确定位即准确判定题中针对文字表达的知识点。通过题中所给信息确定文字表达知识点所涉及的化学原理、化学规律，如针对文字：速率变化、平衡移动、主副反应间关系等。该点是解决此类题目的重中之重，若能准确判断所考查的原理，则文字表述便是水到渠成文字表述先讲普遍原理，再结合本题论述。如：其他条件不变情况下，改变××条件，可逆反应平衡向×方向移动，导致××发生变化2．图像、图表中信息分析(1)图像类明标明晰横、纵坐标所表示的化学含义，用变量的观点分析坐标，这是理解题意和进行正确思维的前提找点找出曲线中的特殊点(起点、终点、顶点、拐点、交叉点、平衡点等)，分析这些点所表示的化学意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等，这些点往往隐含着某些限制条件或某些特殊的化学含义析线正确分析曲线的走向、变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线，要分区段进行分析，研究找出各段曲线的变化趋势及其含义续表(2)图表类明义明确图表所呈现信息的化学含义(图表的含义)，如物质的量浓度变化与时间二维关系辨数通过图表明确相应数学规律，即变化趋势等，如：正向或反向变化、极值点等析理结合题意及图表规律分析确定其对应的化学原理，并提炼出相应变化规律及原因[集训冲关]1．二氧化碳是潜在的碳资源，无论是天然的二氧化碳气藏(气体矿藏)，还是各种炉气、尾气、副产气，进行分离回收合理利用，意义重大。CO2在Cu-ZnO的催化下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，是解决温室效应和能源短缺的重要手段。(已知活化能EaⅠ<EaⅡ)(1)反应Ⅰ能自发进行的条件是__________。(2)保持温度T

℃时，在容积不变的密闭容器中，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及总压强如表：

CO2H2CH3OH(g)COH2O(g)总压强/kPa起始/mol0.50.9000p0平衡/mol

n

0.3p若反应Ⅰ、Ⅱ均达平衡时，p0＝1.4p，则表中n＝__________；反应Ⅰ的平衡常数Kp＝__________(kPa)－2。(用含p的式子表示)平衡后总物质的量：0.2＋0.6－2×0.2＋0.2＋0.3＋0.3－0.2＝1.0mol，(3)根据反应可知刚开始充入CO2及H2，入口处含水量少，CO2浓度高，故β≈0。反应Ⅱ活化能大于反应Ⅰ，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ速率快，使β增大且大于1。解析：反应开始时，反应Ⅰ中CO2浓度大，生成CO的速率较快，CO物质的量分数增大；随着反应继续进行，反应Ⅱ的CO消耗速率增大，反应ⅠCO生成速率减小，两者速率相等时，出现极大值，之后随着反应Ⅱ生成甲醇消耗一氧化碳增加，一氧化碳量减小，其物质的量分数减小。答案：反应开始时，反应Ⅰ中CO2浓度大，生成CO的速率较快，CO物质的量分数增大；随着反应继续进行，反应Ⅱ的CO消耗速率增大，反应ⅠCO生成速率减小，两者速率相等时，出现极大值3．二甲醚(DME)是一种重要的化工原料，可以通过CO2制备得到。制备方法和涉及反应如下：请回答：恒压条件下，在密闭容器中利用方法b制备二甲醚。按照n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，CO2的平衡转化率和CO、CH3OCH3的选择性随温度变化如图所示。在200～350℃的范围内，CO2的平衡转化率先降低后升高的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：根据盖斯定律，反应Ⅰ×2＋反应Ⅱ可得反应Ⅲ，则ΔH3＝2ΔH1＋ΔH2<0，反应Ⅲ为放热反应。温度较低(200～280℃)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280～350℃)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高。答案：温度较低(200～280℃)时以反应Ⅲ为主，反应放热，升温平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，温度较高(280～350℃)时以反应Ⅳ为主，反应吸热，升温平衡正向移动，二氧化碳平衡转化率升高[解析]

由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为(0.04－0.01)mol·L－1，由方程式可得反应生成NO2的浓度为0.03mol·L－1×2＝0.06mol·L－1；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO2的浓度增大，T2较大则温度较高，反应速率较快，更快达到平衡状态。[答案]

增分策略解答绘图题的步骤当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO2的转化率低于其平衡转化率。答案:2．研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。→[C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)]，且第二步速率较慢(反应活化能为210kJ·mol－1)。根据相关物质的相对能量，画出上述反应分两步进行的“能量反应过程图”，起点从[C2H6(g)＋CO2(g)]的能量－477kJ·mol－1开始(如图2)。解析：由题中信息可知，反应分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)＋CO2(g)―→C2H4(g)＋H2(g)＋CO2(g)，C2H4(g)、H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52kJ·mol－1＋0＋(－393kJ·mol－1)＝－341kJ·mol－1；第二步的反应是C2H4(g)＋H2(g)＋CO2(g)―→C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g)，其活化能为210kJ·mol－1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210kJ·mol－1，过渡态的相对能量变为－341kJ·mol－1＋210kJ·mol－1＝－131kJ·mol－1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为52kJ·mol－1＋(－242kJ·mol－1)＋(－110kJ·mol－1)＝－300kJ·mol－1，结合题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，可以画出“能量-反应过程图”。答案：

3．甲烷是一种温室气体，将它转化为高附加值产品甲醇具有重要意义。目前工业上的甲烷转化大多需要先通过重整生成合成气(CO、H2)再转化为甲醇，涉及的反应如下：甲烷直接氧化制甲醇的总反应2CH4(g)＋O2(g)

2CH3OH(g)在________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能够自发进行；若将总反应看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行且反应Ⅱ的反应速率较慢，画出由甲烷和氧气经两步生成产物的反应过程能量示意图。解析：甲烷直接氧化制甲醇的总反应，可由反应Ⅰ＋反应Ⅱ×2得到，故该反应的ΔH小于0，为放热反应，从方程式来看，气体的物质的量减少，故总反应是熵减的反应，根据符合判据，ΔG＝ΔH－TΔS，总反应在低温条件下能够自发进行；由题意可知，两步均为放热反应，反应Ⅰ的活化能较小，反应Ⅱ的活化能较大，由此可画出反应过程能量示意图。答案：低温

若起始时加入合适的催化剂加快反应Ⅰ的速率，请在图中画出此条件下CO以碳元素计的物质的量分数随时间变化的图像。解析：若起始时加入合适的催化剂加快反应Ⅰ的速率，导致反应Ⅰ中生成CO速率更快，由于反应Ⅱ的CO消耗速率与反应Ⅰ中生成CO速率差别更大，导致CO的极值更大；更大的一氧化碳浓度导致反应Ⅱ反应速率加快，则极值后CO浓度减小速率更快。答案：

在体积为2L的密闭容器中按物质的量之比为1∶2充入CO和H2发生反应Ⅱ，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。C点对应的平衡常数Kp＝________________(对于气相反应，用组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可以表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。

增分策略化学平衡计算的基本模式——“三段式法”根据反应进行(或移动)的方向，设定某反应物消耗的量，然后列式求解。[集训冲关]1．二甲醚(DME)是一种重要的化工原料，可以通过CO2制备得到。制备方法和涉及反应如下：方法a：“二步法”制二甲醚请回答：在一定温度下，向1L的恒容密闭容器中通入1molCO2(g)和3molH2(g)和利用方法a制备二甲醚。测得CO2的平衡转化率为30%，CH3OCH3为amol，CO(g)为bmol，反应Ⅰ的平衡常数为________________(用含a、b的式子表示，只需列出计算式)。解析：在一定温度下，向1L的恒容密闭容器中通入1molCO2(g)和3molH2(g)和利用方法a制备二甲醚。测得CO2的平衡转化率为30%，CH3OCH3为amol，CO(g)为bmol，则发生副反应即

Ⅳ：各反应均达平衡时，测得体系中

n(PH3)＝amol，n(P4)＝bmol，n(H2)＝cmol，则

T2

℃时反应Ⅰ的平衡常数K值为________________________。(用a、b、c表示)解析：各反应均达平衡时，测得体系中n(PH3)＝amol，n(P4)＝bmol，n(H2)＝cmol，根据白磷为bmol，结合反应Ⅱ计算可知，消耗的PH3为4bmol和生成的H2为6bmol，因为最终PH3为amol，说明反应Ⅰ生成的PH3和HI都为(a＋4b)mol，最终氢气为cmol，则反应Ⅲ生成H2为(c－6b)mol，反应Ⅲ消耗HI为(2c－12b)mol，4．丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)ΔH1＝＋125kJ·mol－1(1)已知键能：E(C—H)＝416kJ·mol－1，E(H—H)＝436kJ·mol－1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为________kJ。(2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是________________________________。在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp＝________kPa(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数)。(3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)∶p(O2)∶p(N2)＝10∶5∶85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为______kPa·s－1；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为________________________________________________________________________________________________________________________。(4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)∶p(O2)∶p(N2)＝2∶13∶85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应(k、k′为速率常数)：反应Ⅱ：2C3H8(g)＋O2(g)===2C3H6(g)＋2H2O(g)

k反应Ⅲ：2C3H6(g)＋9O2(g)===6CO2(g)＋6H2O(g)

k′实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)＝kp(C3H8)－k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为________，其理由是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)反应Ⅰ中，当1molC3H8参与反应时断裂2molC—H键、形成1mol碳碳π键和1molH—H键，即416kJ·mol－1×2－436kJ·mol－1－E(碳碳π键)＝＋125kJ·mol－1，解得：E(碳碳π键)＝271kJ·mol－1，所以形成1mol碳碳π键放出的能量为271kJ。(2)达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算：答案：(1)271

(2)减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8转化率16.7

(3)2

H2和C3H6都消耗O2

(4)先增大后减小反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小专题验收评价031．化学固定、催化活化循环利用CO2的研究，备受重视。铜基催化剂上CO2加氢合成甲醇是重要的利用途径。该工艺主要发生合成甲醇的反应Ⅰ和逆水汽变换反应Ⅱ。已知甲醇的选择性＝n(CH3OH)/n(CO2)参与反应请回答：(1)ΔH3＝________，反应Ⅲ自发进行的条件是________。(2)恒温恒容条件下，原料气CO2(g)、H2(g)以物质的量浓度1∶3投料时，控制合适条件(不考虑反应Ⅲ)，甲醇的选择性为50%。已知初始c(CO2)＝1.0mol·L－1，CO2平衡转化率为50%，则该条件下K1＝________。(3)以50Cu/45Zn/5Al为催化剂，催化剂表面金属能吸附CO2、CO、H2分子，反应Ⅰ和Ⅱ发生在催化剂表面的不同活性位点。在240℃、2MPa条件下，将原料气按照a、b、c、d四种方式以相同流速通过催化剂，测得各组分转化率(X)和选择性(S)如表所示。另测得CO2转化率、甲醇选择性与温度、原料气组成关系如图1、图2所示。表催化剂性能与原料气组成的关系原料气(体积分数)CO2∶CO∶H2(%)XCO2XCOSCH3OHSCOa.16∶0∶841804356b.16∶0.6∶83.41206138c.16∶2∶821108911d.16∶4∶8096.0990①分析表中数据，推测随着原料气中掺杂CO体积分数的增大，CO2转化率迅速降低、甲醇选择性急剧增大的原因________________________________________________________________________________________________________________________。②结合表、图1、图2等有关知识，下列说法正确的是________。A．其他条件一定时，原料气中CO体积分数越大，生成甲醇越多B．一定范围内升高温度利于CO2与催化剂活性位点结合，可以提高CO2的转化率C．根据图2中的a线，推测温度对反应Ⅱ的速率影响程度比反应Ⅰ大D．增大流速，原料气与催化剂碰撞的机会多，甲醇产率一定增加③请在图2中画出按照d投料时甲醇的选择性随温度变化的曲线。(3)①分析表中数据，推测随着原料气中掺杂CO体积分数的增大，CO2转化率迅速降低、甲醇选择性急剧增大的原因是CO与CO2在催化剂表面产生竞争吸附，占据反应Ⅱ的活性位点，抑制反应Ⅱ的发生；CO直接与H2生成了CH3OH。②随着原料气中掺杂CO体积分数的增大，CO2转化率迅速降低，CH3OH的选择性增大，不能确定生成的CH3OH的物质的量如何变化，故A错误；由图1可知，升高温度CO2的转化率增大，原因是一定范围内升高温度利于CO2与催化剂活性位点结合，故B正确；根据图2中的a线，升高温度CH3OH的选择性减小，反应Ⅱ是吸热反应，反应Ⅰ是放热反应，推测温度对反应Ⅱ的速率影响程度比反应Ⅰ大，故C正确；增大流速，若催化剂表面活性位点都被占据，甲醇产率不一定增加，故D错误。③由图2可知，随着原料气中掺杂CO体积分数的增大，甲醇选择性急剧增大，则按照d投料时甲醇的选择性大于c且随着温度的升高不断减小。2．(2023·浙江嘉兴二模)甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。(1)根据如图相关物质的能量，计算ΔH＝________kJ·mol－1。(2)向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1molCO2和0.3molH2，在两种催化剂(Ⅰ和Ⅱ)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是________。A．催化效率较高的是催化剂ⅡB．A点v正一定小于C点的v逆C．C点的正反应速率：v正(Ⅰ)＝v正(Ⅱ)D．T1～T3温度区，CO2的转化率随温度升高均增大的原因是反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内CO2转化率增大(3)将CO2和H2分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内CO2的平衡转化率曲线甲如图所示。

容积CO2(g)H2(g)甲容器VL1molamol乙容器VL2mol2amol①请在图中画出乙容器中CO2的平衡转化率曲线乙。②当乙容器中CO2的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比K甲∶K乙＝________。(4)实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得H2的体积分数增大，其可能的原因是_______________________________________________________________________。(2)根据图示信息可知，使用催化剂Ⅱ时，相同时间内，CO2的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂Ⅱ，故A正确；反应达到平衡状态时，两种催化剂催化作用下CO2的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，则C点v逆＝v正，而A点温度低于C点，则A点v正一定小于C点的v逆，故B正确；反应达到平衡状态时，两种催化剂催化作用下CO2的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点v正(Ⅰ)≠v正(Ⅱ)，故C错误；T1～T3温度区，CO2的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内CO2转化率增大，故D正确。(4)其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得H2的体积分数增大。答案：(1)－49.3

(2)ABD(3)①

②4∶1(4)CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动3．甲烷和乙炔(CH≡CH)在有机合成中有着广泛的用途。回答下列问题：(1)已知：①图1中A点温度时的平衡常数Kp＝________(用气体平衡时分压代替浓度计算)。②T

℃时，向体积为2L的恒容密闭容器中充入0.4molCH4进行上述反应。当反应达到平衡时，测得c(CH4)＝c(H2)，则CH4的转化率为__________________。

若改变温度至T2

℃,10s后反应再次达到平衡，测得c(CH4)＝2c(H2)，则该变化过程中T1________(填“>”或“<”)T2。①M点时，v正________(填“>”“<”或“＝”)v逆。②15min时仅改变了一个外界条件，改变的条件可能是____________________________________________________________。③0～10min内氯乙烯的平均反应速率v(CH2===CHCl)＝__________mol·L－1·min－1。向密闭容器中充入一定量乙炔和氯化氢，发生上述反应，测得乙炔的平衡转化率与温度、S的关系如图3所示。其中S3>S2>S1，则S代表的物理量是____________________。(3)①由图2可知，M点后，反应物(C2H2或HCl)浓度仍增大，说明M点时反应逆向进行，此时v正<v逆。②15min时仅改变了一个外界条件，导致反应逆向进行，则改变的条件可能是增大氯乙烯的浓度或改变温度。4．捕集CO2转化为合成气(CO和H2)，再转化为烃类及含氧化合物等高附加值化学品(即费托合成)，有利于实现碳循环利用。(1)捕集CO2涉及下列反应：有关物质能量变化如图1所示，设稳定单质的焓(H)为0，则ΔH1＝________kJ·mol－1。(2)保持总压p0恒定，初始H2和CO2的物质的量之比3∶1，发生上述①②反应，不同温度下平衡组分物质的量分数如图2，在600℃以下时，CH4含量高于CO的原因为____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________；某温度下，平衡体系中CH4和CO的物质的量分数均为10%，则反应①的平衡常数Kp＝______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。(3)在恒温恒压条件下，H2和CO按一定体积比投料，通过费托合成反应生成甲烷和气态水，假设副反应忽略不计。(ⅰ)反应的热化学方程式为____________________________________________________________________________________________。(ⅱ)下列措施可以增大CO平衡转化率的是________(填标号)。A．适当升高温度B．降低温度C．增大原料气中H2的体积分数D．选择更高效的催化剂解析：由图1所示的有关物质能量变化知，ΔH1＝－111kJ·mol－1－242kJ·mol－1－(－394kJ·mol－1)＝41kJ·mol－1，ΔH2＝－75kJ·mol－1＋2×(－242kJ·mol－1)－(－394kJ·mol－1)＝－165kJ·mol－1。(2)在600℃以下时，CH4含量高于CO的原因为反应①的ΔH>0，反应②的ΔH<0，温度降低，CO2转化为CO的平衡转化率减小，使CO2转化为CH4的平衡转化率增大。(或：反应①吸热，反应②放热，低温以反应①为主导。或：CO＋3H2===CH4＋H2O正向放热，低温有利于CO转化为CH4)；(3)(ⅰ)在恒温恒压条件下，H2和CO按一定体积比投料，通过费托合成反应生成甲烷和气态水，按盖斯定律，反应②－反应①可得目标热化学方程式：则反应的热化学方程式为CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)

ΔH＝(－165kJ·mol－1)－(＋41kJ·mol－1)＝－206kJ·mol－1。(ⅱ)正反应放热，适当升高温度，平衡左移，CO平衡转化率减小，A不符合；降低温度，平衡右移，CO平衡转化率增大，B符合；增大原料气中H2的体积分数，有利于消耗CO，CO平衡转化率增大，C符合；选择更高效的催化剂，不影响平衡移动，CO平衡转化率不改变，D不符合。(ⅲ)3molH2和1molCO反应达平衡时，CO的转化率为α，则5．用CO2与CH4制备合成气(CO、H2)，可能的反应历程如图：E表示方框中物质总能量的值且E5>E1(单位：kJ)，TS表示过渡态。(1)制备合成气(CO、H2)的热化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________，该反应自发进行的条件为____________(填“低温”“高温”或“任意温度”)。(2)若E4－E2>E3－E1，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为__________________。(3)在密闭容器中发生上述制备合成气的总反应，控制CH4和CO2初始投料量均为1mol。①若在恒温条件下、1L恒容容器进行反应，则反应达到平衡状态的标志是________(填序号)。a．反应总速率v(CH4)∶v(CO2)∶v(CO)∶v(H2)＝1∶1∶2∶2b．混合气体的平均相对分子质量不再改变c．断裂8molC—H键的同时断裂4molH—H键②若在恒压容器进行a、b两组反应，二者起始体积分别对应为VaL、VbL。测得甲烷的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示：则横坐标X代表______(填“温度”或“压强”)，理由是______________________________________________。a点的平衡常数Kc为________。(4)“目数”的含义是筛子上单位面积的孔数，催化剂的颗粒大小可以用目数衡量。如：20～40目数催化剂是指能通过20目筛子但是不能通过40目筛子的催化剂。其他条件相同，一定流速的CO2与CH4的混合气通过相同质量不同“目数”的同种催化剂发生反应，请完成图像。解析：(1)二氧化碳和甲烷反应生成CO、H2，E5>E1说明反应吸热，焓变为正值，热化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)

ΔH＝(E5－E1)kJ·mol－1。ΔH>0，气体物质的量增多，ΔS>0，该反应自发进行的条件为高温。解析：(1)二氧化碳和甲烷反应生成CO、H2，E5>E1说明反应吸热，焓变为正值，热化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)

ΔH＝(E5－E1)kJ·mol－1。ΔH>0，气体物质的量增多，ΔS>0，该反应自发进行的条件为高温。(2)若E4－E2>E3－E1，说明第二步反应的活化能大于第一步反应的活化能，活化能越高反应速率越慢，第二步反应速率慢，慢反应决定总反应速率，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为C(ads)＋CO2(g)===2CO(g)。(3)①总速率v(CH4)∶v(CO2)∶v(CO)∶v(H2)＝1∶1∶2∶2，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不