备战2025年高考化学抢押秘籍(山东专用)猜押化学反应原理综合题(学生版+解析)练习

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1．（2025·山东省实验中学·一模）甲烷化反应即氢气和碳氧化物反应生成甲烷，可实现碳循环利用。涉及反应如下：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(gCH4(g)+H2O(g) ΔH1=-206.2kJ/ml
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH3=-165kJ/ml
积碳反应(CO的歧化和CH4的裂解反应是催化剂积碳主要成因，可致催化活性降低)如下：
反应Ⅳ：2CO(g)CO2(g)+C(s)
反应Ⅴ：CH4(g)C(s)+2H2(g)
回答下列问题：
（1）ΔH2= kJ/ml。
（2）在360℃时，在固定容积容器中进行上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时CO和H2的转化率及CH4和CO2产率随n(H2)/n(CO)增大的变化情况如图1所示。
已知：CH4的选择性=×100%。
①图中表示CO转化率、CO2产率变化的曲线分别是 、 (填标号)，A、C两点的值相同，C点通过改变温度达到A点，则A、B、C三点温度由大到小的顺序是 。
②按=3向恒容容器内投料，初始压强为p0，若仅发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，达到平衡时总压为，CO的平衡转化率为a，则CH4的选择性= %，反应Ⅰ的Kp(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)= 。
（3）已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图2所示，相同时间内甲烷产率随温度升高的变化曲线如图3所示。
由图2可知，CO的歧化反应属于 (填“吸热”或“放热”)反应，相同时间内CH4的产率在温度高于330℃时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的可能原因是 。
【答案】（1）-41.2
（2）b d B=C>A
（3）放热 高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低
【解析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，ΔH2=ΔH1-ΔH3= - 206.2kJ·ml-1-（-165 kJ ·ml-1）=-41.2 kJ ·ml-1。
（2）①结合反应，越大，相当于n(H2)越大，CO转化率越大，直到接近100%，故b表示CO转化率；随着的增大，CO接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c表示CH4产率变化的曲线，由碳元素守恒可知，CO转化率接近100%，CH4产率接近100%，CO2的产率接近0，则d表示CO2产率变化的曲线；b表示CO转化率，B、C均在曲线b上，温度B=C，结合反应Ⅰ、Ⅱ，两反应均为放热反应，则温度越低CO转化率越高，A点转化率高于c，故温度B=C>A；
②设n（CO）=n，则n（H2）=3n，列出反应Ⅰ三段式：
反应Ⅱ前后气体体积不变，反应Ⅰ前后总物质的量减少2x，根据初始压强为p0，达到平衡时总压为，则，解得x=0.5n；CO的平衡转化率为a，列出反应Ⅱ三段式为：
则CH4的选择性；平衡时，CO的分压为、H2分压为、CH4的分压为、H2O分压为，Ⅰ的Kp= 。
（3）根据图2可知，随着温度升高，反应Ⅳ的化学平衡常数逐渐减小，说明升高温度反应Ⅳ平衡逆向移动，则CO的歧化反应属于放热反应，相同时间内CH4的产率在温度高于330°C时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低。
2．（2025·山东菏泽·一模）TiCl4用于制备海绵钛和钛白粉。一定条件下，可利用金红石(TiO2)、C和Cl2反应制得，涉及主要反应如下：
Ⅰ．TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) ΔH1=-49kJ/ml
Ⅱ．TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s)TiCl4(g)+CO2(g) ΔH2=-222kJ/ml
Ⅲ．C(s)+CO2(g)2CO(g) ΔH3
回答下列问题：
（1）ΔH3= kJ/ml。
（2）若在100kPa下，足量的TiO2、C和Cl2发生上述反应，达到平衡后，气相中TiCl4、CO和 CO2摩尔分数随温度的变化关系如图所示。
结合上图分析，实际生产中反应温度选择800-1000℃的原因是 。200℃时，若向平衡体系中通入少量Cl2，TiO2氯化反应的化学平衡将 (填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”)，Cl2的平衡转化率 (填“增大”、“减小”或“不变”)。1200℃时，反应Ⅰ的平衡常数Kp= kPa。
（3）一定条件下，若向15L恒容容器中加入5ml TiO2与15ml碳粉，通入10ml Cl2发生上述反应，不同时间测得混合体系内各物理量见下表：
已知起始总压强为6MPa，10min时，体系总压强为 ；0-20min内，用TiCl4压强变化表示的化学反应速率v= MPa/min。
【答案】（1）+173
（2）温度低于800℃，反应速率慢，高于1000℃，TiCl4的摩尔分数显著降低 正向移动 不变 3600
（3）6.6MPa 0.1125
【解析】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，ΔH3=-49kJ/ml+222kJ/ml=+173 kJ/ml；
（2）反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应Ⅲ吸热，升温，CO增多，CO2减少；实际生产中反应温度选择800-1000℃的原因是：其它条件不变时，温度低于800℃，反应速率慢，高于1000℃，TiCl4的摩尔分数显著降低；200℃时，CO的摩尔分数为0，说明只发生了反应Ⅱ，若向平衡体系中通入少量Cl2，TiO2氯化反应的反应物浓度增大，化学平衡将正向移动，通入少量Cl2，压强增大，由于反应Ⅱ为等体积反应，反应物中气体只有Cl2，Cl2自身的平衡转化率不变；根据图示，1200℃时，TiCl4的摩尔分数为0.36，CO的摩尔分数为0.40，CO2的摩尔分数为0.20，则Cl2的摩尔分数为0.04，反应Ⅰ的平衡常数Kp=；
（3）根据碳原子守恒，10min时消耗3mlC，生成CO和 CO2共3ml，消耗4ml Cl2，生成TiCl42ml，平衡时气体总的物质的量为6ml+3ml+2ml=11ml，恒温恒容，气体压强之比等于其物质的量之比，可知10min时，体系总压强为=6.6MPa；20min时消耗5mlC，生成CO和 CO2共5ml，消耗7.5ml Cl2，生成TiCl43.75ml，平衡时气体总的物质的量为2.5ml+5ml+3.75ml=11.25ml，恒温恒容，气体压强之比等于其物质的量之比，可知20min时，体系总压强为=6.75MPa，TiCl4分压为=2.25MPa，用TiCl4压强变化表示的化学反应速率v=0.1125MPa/min。
3．我国承诺在2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”，资源化利用具有重要意义，回答下列问题：
I．和在镍基催化作用下重整模型如图所示(已知：*表示催化剂活性位点，表示活性亚甲基)。
（1）和在镍基催化作用下发生重整反应的化学方程式为 。该反应在高温下才能自发进行，判断反应焓变 (填“大于”“小于”或“等于”)0，判断理由是 。
（2）已知经验公式：(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，该反应的速率常数、活化能与温度的关系如图：
该反应的活化能 。(用含有的式子表示)
Ⅱ．已知二氧化碳和氢气合成甲醇可能发生如下反应：
i．
ii．
（3）为提高甲醇平衡产率，可采取的措施有 (至少答两条)。
（4）若以为催化剂，其活性温度范围通常为。向装有催化剂的密闭容器按投料比为通入反应物，保持压强为，若只发生反应i，其他条件相同，不同温度下。5分钟内，测得温度与甲醇的产率关系如图，实际产率呈现先升高后降低的原因是 。
（5）时的压强平衡常数 。(写出计算式)
【答案】（1）； 大于； ∆S>0，高温自发，焓变大于0；
（2）；
（3）降低温度，增加压强反应，及时分离出产物，增大反应物浓度等；
（4）反应ii为吸热反应，反应i为放热反应，低温反应i正向进行程度较大，高温反应ii正向进行程度较大甲醇的产率先升高后降低；
（5）；
【解析】（1）分析反应物生成物如图；和在镍基催化作用下发生重整反应的化学方程式为： ；由方程式可知 ∆S>0，该反应在高温下才能自发进行，∆G=∆H-T∆S0，高温自发，焓变大于0；
（2）根据图象并结合公式可得：y1= -x1Ea+C、 y2= -x2Ea+C，联立方程解得Ea=；
（3）为提高甲醇平衡产率，可采取的措施有，降低温度，增加压强反应，及时分离出产物，增大反应物浓度等；
（4）反应i为放热反应，低温时，反应i正向进行程度较大，甲醇的产率高，高温时，反应i逆向进行程度较大，甲醇的产率降低，所以实际产率呈现先先升高后降低；
（5）保持压强为，，设CO2物质的量为1ml，H2物质的量为3ml，时甲醇的产率为14%，
则平衡时压强为，P(CO2)=，P(H2)=，P(CH3OH)=，P(H2O)=，时的压强平衡常数==；
4．（2025·山东泰安·一模）草酸亚铁可用于制药。在一定温度下，将置入真空容器中发生如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
已知760K以下只发生反应Ⅰ，平衡时的关系如图所示。760K以上反应Ⅰ和反应Ⅱ同时进行。
回答下列问题：
（1）660K时，将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 ；有关该混合体系说法正确的是 （填序号）。
a．反应Ⅰ的正、逆反应的活化能(、)，
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，减小
d．平衡时，分离出部分，再次平衡时，
（2）反应能自发进行，的数值范围是填序号______（填序号）。
A．B．C．D．
（3）800K时，将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，充入少量气体，再次平衡时容器中 （填“增大”“减小”或“不变”）；升高温度， （填“增大”“，减小”或“不变”）。
【答案】（1）2.25 bd
（2）A
（3）4:1 不变 增大
【解析】（1）已知760K以下只发生反应Ⅰ，由方程式可知生成等量的CO和CO2，所以，由图像可知，660K时，所以；
a．由图像可知，升高温度，增大，平衡正向逆向，反应吸热，则反应Ⅰ的正、逆反应的活化能，，a错误
b．分解生成FeO，FeO的质量不变时，体系达到平衡状态，b正确；
c．平衡后充入惰性气体氩，平衡不移动，不变，c错误；
d．平衡时，分离出部分，平衡正向移动，生成等量的CO和CO2，则再次平衡时，，d正确；
故选为：bd；
（2）反应为熵减反应，则ΔS0，自发进行的条件是高温。
（2）①正反应吸热，升高温度平衡正向移动，丙烯体积分数增大；正反应气体系数和增大，增大压强，平衡逆向移动，丙烯的体积分数降低，所以时图中表示丙烯的曲线是i。
②、500℃时，在密闭容器中进行反应，根据图示，达平衡时丙烷的平衡体积分数为70%，设丙烷的投料为xml，若只发生上述主反应和副反应，消耗丙烷的物质的量为aml，则反应生成的丙烯、氢气、乙烯、甲烷的总物质的量为2aml，，则丙烷的转化率为。
A．恒压通入适量，相当于减压，平衡正向移动，增大，故选A；B．加入适量，和氢气反应，氢气浓度降低，正反应正向移动，增大，故选B；C．提高的表面积，平衡不移动，不变，故不选C；D．加入浸泡了的硅藻土，氧化丙烯、乙烯等烯烃，减小，故不选D；选AB。
（3）O2浓度增大使反应速率变快，产率升高，后因过量的O2氧化C3H6，产率下降，所以产率先增后降。
（4）丙烯生成1，2-丙二醇，碳元素化合价升高发生氧化反应，所以丙烯在阳极得电子生成1，2-丙二醇，阳极的电极反应方程式为。
7．（2025·山东潍坊·一模）加氢转化为二甲醚()的反应过程如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
（1）若逆反应的活化能为，则正反应的活化能为 (用含的式子表示)。
（2）在3.0MPa的恒压密闭容器中充入5.4ml 和2ml 发生上述反应，的平衡转化率、和CO生成物的选择性随温度变化如下图所示。
已知：
①表示选择性的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；温度高于270℃时，曲线c随温度升高而增大的原因是 。
②260℃，达到平衡时，容器内 ；反应Ⅰ用气体分压表示的平衡常数 (气体分压p=气体总压×体积分数)。
（3）在恒温密闭容器中将等物质的量的和混合，选择适当的催化剂进行反应Ⅱ，已知该温度下反应Ⅱ的平衡常数，平衡时体系中CO的物质的量分数为，则 (填标号)。
a． b． c． d．
【答案】（1）
（2）b 270℃之后主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ吸热，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大 3.12ml 0.024
（3）c
【解析】（1）观察可知，反应可由2×Ⅰ+Ⅲ得到，根据盖斯定律，该反应的，则该反应的正反应的活化能为；
（2）①①反应Ⅲ放热，升高温度，其平衡逆向移动，的选择性降低，反应Ⅱ吸热，升高温度，其平衡正向移动，CO的选择性变大，故表示选择性的曲线是b，表示CO选择性的曲线是a，曲线c表示CO2的平衡转化率随温度的变化；反应Ⅰ放热，升高温度，其平衡逆向移动，平衡转化率降低；反应Ⅱ吸热，升高温度，其平衡正向移动，平衡转化率增大；故平衡转化率随温度升高，270℃之前主要发生反应Ⅰ，270℃之后主要发生反应Ⅱ；
②由图知，260℃达平衡时，平衡转化率为50%，共转化了1ml，CO的选择性为36%，则生成了CO，二甲醚的选择性为50%，则二甲醚生成了，反应Ⅲ消耗甲醇0.5ml，甲醇的选择性为，则平衡时甲醇为，可列出三个反应的转化量情况：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．，则平衡时容器内，，，，，，气体的总物质的量为6.12ml，反应Ⅰ的平衡常数；
（3）设和初始均加入1ml，生成的CO为xml，对于反应Ⅱ列出三段式：，由于反应前后气体化学计量数之和相等，则其平衡常数，解得，平衡体系中CO的物质的量分数，则，选c。
8．乙醛、乙醇都是常见的有机物，在生产、生活中都有广泛的用途。请回答下列问题：
（1）在25℃，101kPa下，取一定量的无水乙醇完全燃烧，放出的热量为QkJ，燃烧产生的通入过量饱和石灰水中，生成了。则表示乙醇燃烧热的热化学方程式为 。
（2）已知：的速率方程(k为速率常数，只与温度、催化剂有关；n为反应级数)。为了测定反应级数(n)，实验测得在一系列不同浓度时的初始反应速率数据如下：
则该总反应为 ，级反应；速率常数
（3）一定温度下，保持总压强为100kPa，向反应器充入和的混合气体(不参与反应)发生反应，测得平衡转化率与起始投料比的关系如图所示。
①由图可知：的平衡转化率随着投料比增大而减小，其原因是 。
②该温度下，上述反应在A点的平衡常数 kPa(为用分压计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
（4）用乙醇电催化氧化制备乙醛的原理如下图所示。
①电解过程中电极室A中溶液的pH (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②电极A的电极反应式为 。
③当生成时，理论上A、B两室溶液质量变化之和为 g。
【答案】（1）C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH=-4Q kJ·ml-1
（2）二 2
（3）①对于恒压条件下，增大投料比，相当于是加压，平衡向逆反应方向移动 ②20
（4）①不变 ② ③4
【解析】（1）50g白色沉淀的物质的量为，由Ca(OH)2+CO2=CaCO3+H2O可知乙醇燃烧生成的二氧化碳为n(CO2)= 0.5ml，根据原子守恒，即0.25ml乙醇放出的热量为Q，所以1ml乙醇放出的热量为4Q，则表示乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)ΔH=-4Q kJ·ml-1。
（2）由速率表达式可知，代入表格任意两组数据，，，n=2，则总反应为二级反应，代入任意一组数据计算，。
（3）对于恒压条件下，增大投料比，相当于是加压，平衡向逆反应方向移动；的平衡转化率降低；
取起始CH3CHO、N2各1ml，则A点代表平衡状态下，各物质分压：，。
（4）根据电解原理示意图分析，A极锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧化锰，A为阳极、B为阴极，则a为正极、b为负极；①A极锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧化锰，二氧化锰氧化苯甲醇为苯甲醛同时生成锰离子，总反应为CH3CH2OH-2e-=CH3CHO+2H+；B极反应为氢离子放电生成氢气：，A室氢离子迁移到B室，结合电子守恒可知，AB室pH值不变；
②A极锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧化锰，；
③由反应CH3CH2OH-2e-=CH3CHO+2H+可知，当生成2mlCH3CHO时，转移4ml电子，电极室A无气体产生，质量不变，电极室B质量减轻2mlH2的质量为4g，A、B两室溶液质量变化之和为4g。
9．（2025·山东聊城·一模）苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用乙苯为原料制备。
（1）乙苯制备苯乙烯的原理如下：
①为提高乙苯的平衡转化率，应选择的反应条件为 （填序号）。
A．低温、低压 B．高温、高压 C．高温、低压 D．低温、高压
②已知。则的为 。
（2）在下，有三种原料气配比：①只有乙苯；②；③。测得乙苯的平衡转化率与温度的变化关系如图所示。
图中，表示原料气配比为只有乙苯的曲线是 （填“a”或“b”或“c”），相同温度下，乙苯转化率曲线a大于曲线c的原因是 。
（3）在时，乙苯和按照充入钯膜反应器（仅能透过而移出），平衡时氢气的移出率为90%，乙苯的平衡转化率为80%，平衡常数 ，保持反应条件不变，继续通入一定量，乙苯的平衡转化率 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）乙苯制备苯乙烯时，会产生少量积碳，相同条件下使用水蒸气代替，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是 。（用化学方程式来表示）
【答案】（1）C +158.8kJ/ml
（2）c 降低乙苯分压并消耗氢气，促进平衡向生成苯乙烯的方向移动
（3）3.2 增大
（4）
【解析】（1）①该反应为气体分子数增大的吸热反应，则为提高乙苯的平衡转化率，应选择高温、低压条件才能使平衡正向移动，故选C；
②将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，反应①+②可得二氧化碳和乙苯反应制备苯乙烯的反应，则反应ΔH=(+117.6 kJ/ml)+( +41.2 kJ/ml)= +158.8kJ/ml；
（2）乙苯制备苯乙烯均是气体分子数增大的反应，恒压条件下，增加其他气体的用量，相当于减压，平衡正向移动，相应的乙苯转化率也就越高，故原料气配比为只有乙苯时，其转化率最低，曲线是c；
相同温度下，乙苯的平衡转化率曲线a大于曲线c，且a大于b，则a表示；原因是充入二氧化碳气体降低乙苯的分压并消耗乙苯制备苯乙烯反应生成的氢气，使得平衡正向移动，使得乙苯脱氢制备苯乙烯的反应正向移动，乙苯转化率提高；
（3）设向反应器中充入1ml气态乙苯发生反应C6H5C2H5 (g) C6H5CH=CH2(g) +H2 (g)，乙苯的平衡转化率为80%，平衡时氢气的移出率为90%，可列三段式：，平衡时混合气体总物质的量为ml=10.08ml，则、、，平衡常数；保持反应条件不变，继续通入一定量，乙苯的分压减小，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大；
（4）乙苯制备苯乙烯时，会产生少量积碳，相同条件下使用水蒸气代替，可较长时间内保持催化剂的催化活性，说明产生的积碳能和水蒸气反应，化学方程式为。
10．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·ml−1 ΔS＝+80.84 J·ml-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·ml−1 。
（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·ml−1；向若干个体积均为2L的恒容密闭容器中均充入1ml CO2、3.6mlH2，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/ml-1073K×0.08084kJ•ml-1•K-1=-12.14kJ/ml＜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•ml-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=0.002mml，则此时=，=。
11．（2025·山东烟台、德州、东营·一模）CO2催化加氢转化为CH3OH既能响应国家的“双碳”目标，又能缓解能源紧缺。该过程主要发生下列反应：
Ⅰ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1
Ⅱ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2
Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH3”或“
（2）DEF
（3）C
（4）7
（5）83.3
（6）2102或44100
（7）不移动
【解析】（1）根据盖斯定律可得反应Ⅰ=（反应Ⅱ+2反应Ⅲ）×1/2，可得反应Ⅰ的焾变ΔH=+206.47kJ⋅ml-1，因ΔH＞0，所以反应Ⅰ的正反应活化能大于逆反应的活化能；
（2）A．因为该反应在刚性容器中反应，气体体积不会改变，反应过程中因质量守恒，气体的总质量也不会改变，因为不管该反应是否达到平衡，气体混合物的密度均不变化，故A错误；
B．化学平衡的本质特征是正反应速率等于逆反应速率，而题中所给CH4 消耗速率和 CO 生成速率均指正反应速率，用做概念，故B错误；
C．如果该反应从正反应方向起始，在反应过程中无论是否达到平衡状态，CO 和 H2 的物质的量之比总是1:3，不会改变，故C错误；
D．在反应过程中气体的总质量保持不变，而如未达到平衡状态，气体的物质的量就会不断变化（反应前后气体的分子数不相等），气体的平均相对分子质量就会不断变化。题中讲气体平均相对分子质量不再变化，可以证明反应达到平衡状态，故D正确；
E．题中给定的是绝热体系，如果反应体系未达到平衡状态，反应体系的温度变会不断变化。另外如果反应体系未达到平衡状态，反应体系中气体的总物质的量也会不断变化（反应前后气体的分子数不相等），题目中“体系的压强不再变化”，可以证明反应达到平衡状态，故E正确；
F．题中给定的是绝热体系，如果反应体系未达到平衡状态，反应体系的温度变会不断变化。题目中“体系的温度不再变化” 可以证明反应达到平衡状态。故F正确；
答案选DEF；
（3）根据ΔH−TΔS=−RTlnK，得到 ,反应Ⅲ的ΔH大于反应Ⅱ，从反应前后气体分子数的变化情况看，反应Ⅲ的ΔS与反应Ⅱ相差不大，故图像选C;同理，反应Ⅰ的ΔH介于反应Ⅲ和反应Ⅱ之间。从反应前后气体分子数的变化情况看，反应Ⅰ的ΔS与反应Ⅱ、Ⅲ相差不大，故画出图像如下：；
（4）依据题意，不妨设平衡时CH4、CO、CO2的物质的量均为x，设平衡时H2O和H2的物质的量均为y，设初始加入的M⋅4H2O(s) 和 CH4(g)均为1ml，设M⋅4H2O(s)的分解率为α。综合以上反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ并考虑CO和CO2的物质的量相等。可以写出总的反应关系如下：，从题意“平衡时CH4、CO、CO2的物质的量相等”可判断参加反应的CH4为2/3ml，通过方程可知参加反应的H2O为1ml，判断出平衡体系中得到的H2为7/3ml,则平衡体系中的H2O(g)也是7/3ml，因初始设定加入的M⋅4H2O(s) 为1ml，其中的水分子共4 ml，综上述，可计算出M⋅4H2O(s)的转化率（根据H2O计算）：（1ml+7/3ml）÷4 ml=5/6=83.3%。在平衡体系中，根据碳守恒有：3x=1，根据氢守恒有：4x+4y=4＋8×5/6。解得：x=1/3、 y=7/3。如此可根据平衡混合气体中氢气所占物质的量分数计算生成的氢气的分压：，因为起始氢气的分压为0，于是可得0∼30minH20∼30 minH2的平均生成速率为 7kPa⋅min−1 ；
（5）由（4）可知的分解率为83.3%；
（6）反应II的Kp表达式为：,如上分析，p(H2)= p(H2O)= 210kPa，同理可计算p(CO)= p(CH4)=1/17×510kPa=30 kPa。将数值代入上式可得Kp=2102或44100；
（7）平衡后，继续向刚性容器中加入含碳物质各 0.5 ml ，相当于将一氧化碳、二氧化碳和甲烷增大同等倍数，观察反应Ⅰ，其平衡常数可表达为：,通过平衡常数表达式分析，当同等倍数改变一氧化碳和甲烷的浓度时，常数并不发生改变。即平衡不会发生移动。同理，反应Ⅱ、Ⅲ的平衡也不会发生移动。因为这样改变不会使上述三个化学平衡发生移动，C[H2O(g)]不会发生改变。反应M⋅4H2O(s)M⋅4H2Os的分解平衡不移动。
【点睛】复杂多平衡体系的计算问题关键要从变化中抓不变因素，如从元素守恒角度看问题等。
13．（2025·山东淄博·一模）二氧化碳资源化利用，涉及主要反应如下：
I．
II.
回答下列问题：
（1）的焓变
反应I的净速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时， (填“增大”、“减小”或“不变”)。
（2）分别向压强为、的恒压体系中通入和，达平衡时，部分含碳物种的摩尔分数随温度变化如图所示。
表示压强为时，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的原因是 。
（3）图示M、N、P三点对应的转化率大小关系为 ；655℃时，反应I的平衡常数 ；600℃，压强为时，若增大投料比，重新达平衡后，的值将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1） 增大
（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
（3） 1.2 减小
【解析】（1）根据盖斯定律，反应II-反应I×2可得，=；反应I正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，增大；
（2）升高温度，反应I平衡正向移动，反应II平衡逆向移动，增大，减小，增大压强，反应II平衡正向移动，增大，减小，则压强为时，、的摩尔分数随温度变化的曲线分别是d、a；则压强为时，、的摩尔分数随温度变化的曲线分别是c、b；表示压强为时，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；
（3）根据（2）中分析，M、P两点温度相同，压强相同，的转化率相同，为80%，为10%，则为10%，N点为40%，为40%，则为20%，说明N点的转化率较小，M、N、P三点对应的转化率大小关系为：；
根据碳原子守恒，655℃时，N点、、分别为0.2ml、0.4ml、0.4ml；根据反应I．、II.反应共消耗为0.4ml+0.4ml×4=2ml，余下2ml，生成为0.4ml+0.4ml×2=1.2ml，此时体系内气体总的物质的量为(0.2+0.4+0.4+2+1.2)=4.2ml，655℃时，N点压强为，则、、、的分压分别为、、、，反应I的平衡常数==1.2；
600℃，压强为时，若增大投料比，的转化率变大，根据图像中a、d两条曲线可知，增多，减少，则重新达平衡后，的值将减小。
14．硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯是重要化工原料，可通过氯化反应制备。
（1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：
①中S原子的杂化类型为 。
②若正反应的活化能为，逆反应的活化能，则 。(用含a、b的代数式表示)
（2）恒容密闭容器中按不同进料比充入和，测定其温度下体系达平衡时的(，初始压强为体系平衡压强)，结果如下图1。
①根据M点坐标计算温度下用分压表示的平衡常数 。(写出计算过程，结果保留两位有效数字)
②图1中能准确表示温度下随进料比变化的曲线是 (填序号)。
③若，请在图2中画出在温度下随进料比变化的示意图 。
（3）1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的光氯化反应合成。对二甲苯氯化过程如下图3，某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度如图4。
①反应ii和反应iii的活化能的大小关系 。(填“>”“