2026江苏高考化学二轮复习重难05 化学反应的焓变、能垒变化图像分析（重难专练）（解析版）

重难05化学反应的焓变、能垒变化图像分析内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”一、化学反应中的焓变1.

活化能与焓变（1）化学反应中的能量变化：（2）活化能：①正反应的活化能：反应物到最高点的能量差Ea正＝E1kJ·mol－1②逆反应的活化能：生成物到最高点的能量差Ea逆＝E2kJ·mol－1（3）活化能和反应热（焓变）的关系：①放热反应：Ea正＜Ea逆；吸热反应：Ea正＞Ea逆②焓变（反应热）==E1－E2。（4）活化能和反应速率的关系：活化能越大，反应速率越慢。（5）催化剂与活化能：催化剂能降低反应所需活化能，化学反应速率加快，但不影响焓变∆H的大小，不影响平衡。（6）化学反应速率与活化能：①活化能最大的反应或速率最慢的反应决定总反应速率的快慢。②最慢反应中反应物的浓度决定总反应的反应速率。2.焓变（ΔH）的计算ΔH与反应前后物质的能量放热反应吸热反应ΔH＝∑E(生成物总和)－∑E(反应物总和)ΔH与键能ΔH＝∑(反应物键能总和)－∑(生成物键能总和)ΔH与活化能ΔH＝E(正反应活化能)－E(逆反应活化能)ΔH与盖斯定律ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3利用盖斯定律求热化学方程式中的焓变说明（1）物质的能量越低越稳定；1mol常见物质中含有的化学键的物质的量：3.热化学方程式书写及计算（1）书写方法：第一步：写方程式——写出配平的化学方程式；第二步：标状态——用s、l、g、aq标明物质的聚集状态；第三步：确定条件——确定反应的温度和压强并在方程式“==”上注明（101kPa、25℃时可步标注）；第四步：标数值——在方程式后写出△H，并根据信息注明△H的“+”或“-”及根据化学计量数△H的值。（2）根据盖斯定律进行计算：①计算步骤：第一步：找方程式——根据待求解的热化学方程式中的反应物和生成物找出需用的已知热化学方程式；第二步：调方程式——根据待求解的热化学方程式调整需用的已知热化学方程式的方向和△H的符合，并进行化简或扩大相应的倍数同时调整△H的大小。第三步：加和方程式——将调整好的热化学方程式和△H进行加和；第四步：求焓变——△H随热化学方程式的调整而相应进行加、减、乘、除运算；第五步：查方程式——检查得出的热化学方程式是否正确。（3）热化学方程式与焓变的常用关系式：热化学方程式焓变之间的关系aA=BΔH1A=eq\f(1,a)BΔH2ΔH2＝eq\f(1,a)ΔH1或ΔH1＝aΔH2aA=BΔH1B=aAΔH2ΔH1＝－ΔH2ΔH＝ΔH1＋ΔH24.焓变（ΔH）与热化学方程式的关系（1）正逆反应的△H、K的关系：△H正+△H逆＝0，K正·K逆＝1（2）化学计量数变成n倍，△H变为n倍，K变为n次方倍（3）反应③＝反应①+反应②，则：△H3＝△H1+△H2，K3＝K1·K2（4）反应③＝反应①－反应②，则：△H3＝△H1－△H2，K3＝（5）反应③＝a×反应①－×反应②，则：△H3＝a△H1－△H2，K3＝二、能垒变化图像分析1.过渡态理论与能量变化（1）内容：过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态（能量最高的状态），并且达到这个过渡状态需要一定的活化能，再转化成生成物。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。2.基元反应过渡状态理论（1）基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。AB＋C—―→[A…B…C]―→A＋BC反应物过渡态产物（2）过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为：CH3Br＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－＋CH3OH反应物过渡态产物3.多步反应的活化能及与速率关系（1）多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一个过渡态，及达到该过渡态所需要的活化能(如图E1、E2)，而该复合反应的活化能只是由实验测算的表观值，没有实际物理意义。（2）活化能和速率的关系：基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该基元反应的速率就越慢。一个化学反应的速率就取决于速率最慢的基元反应。4.能垒变化图像分析（1）概念：能垒（活化能）即反应物状态达到活化状态所需能量。根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒（活化能）。（2）实例：在钯基催化剂表面上，甲醇制氢[CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)]的反应历程如下图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注．最大能垒最大能垒该历程中最大能垒（活化能）179.6,该步骤的基元反应方程式为（3）曲线上的峰:①峰的个数表示中间反应的个数，不一定表示中间产物的种类②峰谷:a.峰前的峰谷：表示该中间反应反应物的能量b.峰后的峰谷：表示该中间反应生成物的能量（4）三步突破能量变化能垒图三步突破能量变化能垒图第1步通览全图，理清坐标的含义。能量变化的能垒图的横坐标一般表示反应的历程，横坐标的不同阶段表示一个完整反应的不同阶段。纵坐标表示能量的变化，不同阶段的最大能垒即该反应的活化能第2步细看变化，分析各段反应。仔细观察曲线(直线)的变化趋势，分析每一阶段发生的反应是什么，各段反应是放热还是吸热，能量升高的为吸热，能量下降的为放热第3步综合分析，做出合理判断。综合整合各项信息，回扣题目要求，做出合理判断。如利用盖斯定律将各步反应相加，即得到完整反应；催化剂只改变反应的活化能，但不改变反应的反应热，也不会改变反应的转化律（建议用时：10分钟）1．（2025·江苏常州·期中）下列说法正确的是A．测定盐酸与氢氧化钠反应的焓变，保温效果不好会使所测偏大B．太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置C．常温下，能够自发进行，则该反应的D．通过用pH试纸检测出NaClO溶液的pH，就可以判断NaClO是否发生了水解【答案】A【解析】A．测定盐酸与氢氧化钠反应的焓变，保温效果不好，热量损失多，焓变为负值，会使所测△H偏大，故A正确；B．太阳能电池是一种将光能转化为电能的装置，故B错误；C．常温下，反应△S<0，能够自发进行，△H-T△S<0，说明该反应的△H<0，故C错误；D．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸检测NaClO溶液的pH，故D错误；选A。2．（2025·江苏南京·二模）纳米级材料Cu2O有非常优良的催化性能。工业上在高温条件下用炭粉还原CuO制得：2CuO(s)＋C(s)=Cu2O(s)＋CO(g)

ΔH>0。下列说法正确的是A．该反应在任何温度下均可自发进行B．其他条件相同，加入更多的炭粉，可以提高CuO的平衡转化率C．恒温条件下达平衡后，增大CO的用量，达新平衡后c(CO)不变D．反应中生成22.4LCO，转移的电子数目为2×6.02×1023【答案】C【解析】A．由题目反应方程式可知，该反应△H>0、△S>0，根据△G=△H-T△S<0能自发进行可知，该反应在较高温度下才能自发进行，A错误；B．其他条件相同，炭粉是固体，加入更多的炭粉，炭粉的浓度不变，化学平衡不移动，故不能提高CuO的平衡转化率，B错误；C．该反应的K=c(CO)，所以恒温条件下增大CO的用量，因K不变，则达新平衡后c(CO)不变，C正确；D．未告知CO所处的状态是否为标准状况，所以无法计算反应中生成22.4LCO转移的电子数目，D错误；故答案为：C。3．（2025·江苏南京·二模）暖贴是一种便捷的自发热保暖产品，具有发热快、持续时间久等优点。它主要由铁粉、活性炭、食盐、水等成分组成，如图所示。下列有关说法不正确的是A．暖贴生效时，将化学能转化为热能B．水与食盐、活性炭共同作用可加快铁粉的腐蚀速率C．正极反应式为D．透气膜的透氧速率可控制暖贴的发热时间和温度【答案】C【解析】自热贴发热料中的铁粉、活性炭、食盐及水之间能形成数目庞大的微型原电池，铁作负极，氧气做正极，据此分析；A．暖贴生效时，将化学能转化为热能，A正确；B．铁粉、水与食盐、活性炭共同作用形成原电池，可加快的腐蚀速率，B正确；C．该装置为原电池装置，铁作负极，氧气做正极，正极反应式为，C错误；D．透气膜的透氧速率可控制氧气浓度，故可控制暖贴的发热时间和温度，D正确；故选C。4．（2025高三上·江苏·阶段检测）二氧化碳加氢可用于合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H，其反应过程中能量变化如图所示，下列有关说法正确的是A．该反应平衡常数B．反应达平衡后，升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大C．提高n(CO2):n(H2)的比例，可增大H2的平衡转化率D．总反应的决速步为【答案】C【解析】A．化学平衡常数等于生成物的浓度系数次方与反应物的浓度系数次方之比；该反应平衡常数，A错误；B．升高温度，正逆反应速率均增大，B错误；C．提高n(CO2):n(H2)的比例，使得平衡正向移动，促进氢气转化，可增大H2的平衡转化率，C正确；

D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，由图，总反应的决速步为，D错误；故选C。5．（2026·江苏盐城市射阳中学·三模）乙酸甲酯在NaOH溶液中发生水解时物质和能量的变化如下图所示。下列说法正确的是A.总反应为吸热反应B.决定总反应速率快慢的是中间产物1→中间产物2的反应C.反应过程中碳原子的轨道杂化方式不发生变化D.若反应物使用，则产物中存在【答案】D【解析】A．由图可知该反应反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，A错误；B．反应物到中间产物1的活化能大于中间产物1到中间产物2的活化能，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率的快慢，故决定总反应速率快慢的是反应物→中间产物1的反应，B错误；C．反应物中存在酯基，C原子采用sp2杂化，中间产物1中酯基中碳氧双键转化成单键，碳原子杂化方式为sp3杂化，碳原子的杂化方式发生变化，C错误；D．根据图示信息可知酯中的C-O断裂，该氧原子最终进入醇中，若反应物使用，则进入甲醇中，D正确；故选D。6．（2025·江苏盐城·模拟预测）已知反应，下列说法正确的是A．催化剂可提高该反应的活化能B．该反应的平衡常数C．该反应的(E表示键能)D．该反应中每消耗1molH2转移电子数目约为【答案】B【解析】A．催化剂降低活化能，A错误；B．平衡常数即生成物浓度幂乘积与反应物浓度幂乘积的比值，该表达式正确，B正确；C．ΔH应为反应物键能总和减生成物键能总和，选项符号错误，C错误；D．每消耗4molH2转移8mole⁻，1molH2转移2mole⁻，D错误；故选B。7．（2021·江苏·高考真题）N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)

ΔH=-116.4kJ·mol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2，也可将水体中的NO3-转化为N2。对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列说法正确的是A．该反应的ΔH<0，ΔS<0 B．反应的平衡常数可表示为K=C．使用高效催化剂能降低反应的焓变 D．其他条件相同，增大，NO的转化率下降【答案】A【解析】A．2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)

ΔH=-116.4kJ·mol-1，反应气体物质的量减少，ΔS<0，故A正确；B．2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应的平衡常数可表示为K=，故B错误；C．使用高效催化剂，反应的焓变不变，故C错误；D．其他条件相同，增大，NO的转化率增大，故D错误；选A。8．（2025·江苏连云港·模拟）反应：可用于氨气脱硫，下列说法正确的是A．反应的B．上述反应平衡常数C．使用高效催化剂能降低反应的焓变D．该反应中每消耗，转移电子的数目约为【答案】D【解析】A．反应后气体的物质的量减少，是熵减反应，所以△S<0，A错误；B．平衡常数表达式中，固体和纯液体不写入表达式。NH4HSO4是固体，H2O是纯液体，不应出现在平衡常数表达式中，正确的平衡常数K=，B错误；C．催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，焓变由反应物和生成物的能量决定，C错误；D．分析反应中元素化合价变化，S元素从SO2中的+4价升高到NH4HSO4中的+6价，O元素从O2中的0价降低到-2价，N元素从NH3中的-3升高到N2中的0价。根据化学方程式，4molSO2参与反应时，转移20mol电子，则每消耗1molSO2，转移电子5mol，转移电子的数目约为5×6.02×1023，D正确；综上，答案是D。9．（2025·江苏南通·模拟）用碘甲烷(CH3I)热裂解制取低碳烯烃的反应有：反应I：反应Ⅱ：反应Ⅲ：在体积为的恒容密闭容器中，投入1molCH3I(g)，不同温度下平衡时体系中C2H4、C3H6、C4H8物质的量分数随温度变化如图所示。下列说法正确的是A．反应B．对于反应Ⅲ，寻找500K以上的高效催化剂，可提高平衡时C4H8的物质的量分数C．800K时，加压能提高平衡时C2H4的选择性D．715K的平衡体系中，HI的物质的量分数为64%【答案】D【解析】由热化学方程式可知，反应I为吸热反应，升高温度平衡正向移动，C2H4物质的量分数增大；反应Ⅱ和反应Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则一直上升的曲线表示C2H4的物质的量分数，则另一条曲线为C3H6；A．根据盖斯定律：3×Ⅲ-2×Ⅱ得，A错误；B．催化剂改变反应速率，但是不改变平衡移动，不能提高平衡时C4H8的物质的量分数，B错误；C．反应I为气体分子数增大的反应、反应Ⅱ和反应Ⅲ为气体分子数减小的反应，800K时，加压，反应I逆向移动、反应Ⅱ和反应Ⅲ正向移动，导致C2H4的选择性降低，C错误；

D．根据图像可知，715K平衡时，n(C3H6)=n(C4H8)=2n(C2H4)，设n(C2H4)=x，n(C3H6)=n(C4H8)=2x，n(CH3I)=y，则n(HI)=1-y，根据C守恒得：1=y+2x+6x+8x，C2H4物质的量分数为4%得，联立两式解得：，，则HI的物质的量分数为=64%，D正确；故选D。10.（2025·江苏无锡市·一模）氢能是一种重要的清洁能源，由HCOOH可以制得H2。在催化剂作用下，HCOOH催化释放氢的反应机理和相对能量的变化情况分别如图1和图2所示。下列叙述错误的是A．HCOOH催化释放氢的过程中有极性键的断裂和非极性键的形成B．HCOOD催化释放氢反应除生成CO2外，还生成HDC．在催化剂表面解离C—H键比解离O—H键更容易D．HCOOH催化释放氢的热化学方程式为：【答案】CD【解析】A．HCOOH催化释放氢的过程涉及到N-H极性键的断裂和形成，O-H极性键的断裂以及H-H非极性键的形成，故A说法正确；B．HCOOD代替HCOOH，分解反应除生成二氧化碳外，还应该生成HD分子，故B说法正确；C．由图可知，Ⅱ→Ⅲ过程中断裂O—H键，Ⅲ→Ⅳ过程中断裂C—H键，Ⅲ→Ⅳ的活化能大于Ⅱ→Ⅲ的活化能，故在催化剂表面解离C-H键比解离O-H键更难，故C说法错误；D．图2表示1分子HCOOH(g)催生成二氧化碳气体和氢气时放出能量为0.45eV，而热化学方程式中的△H是1mol物质反应的热量变化，故D说法错误；故答案为CD。11．（2025·全国·模拟预测）中国科学院大学以Bi为电极材料，利用电化学催化还原制备HCOOH。用计算机模拟在电极材料表面发生还原反应的历程如图1和图2所示(*表示微粒与Bi的接触位点)：下列说法错误的是A．生成HCOOH的反应历程中存在极性键的断裂与形成 B．HCOOH是还原产物C．生成甲酸的选择性低于生成CO的选择性 D．二氧化碳生成甲酸的活化能为0.43eV【答案】C【解析】A．CO2转化为时，有C—O极性键的断裂，转化为HCOOH时，有O—H极性键的形成，A正确；B．由CO2制备HCOOH时，C元素的化合价降低，发生还原反应，所以HCOOH为还原产物，B正确；C．由图2可知，CO2生成甲酸的活化能为0.43eV-0eV=0.43eV，CO2生成CO和H2O的活化能为1.10eV，活化能越大，反应的选择性就越低，所以生成甲酸的选择性高于生成CO的选择性，C错误；D．由图2可知，CO2生成甲酸的活化能为0.43eV-0eV=0.43eV，D正确；故选C。12.（2026·江苏南京师范大学附属中学·一模）苯乙烯是重要的有机化工原料，工业上用乙苯催化脱氢时发生如下反应：反应Ⅰ：C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)；ΔH>0反应Ⅱ：C6H5C2H5(g)＋H2(g)C6H5CH3(g)＋CH4(g)；ΔH<0反应Ⅲ：C6H5C2H5(g)C6H6(g)＋C2H4(g)；ΔH>0将1mol乙苯和6mol水蒸气置于密闭容器中，保持p=100kPa，平衡时乙苯的转化率、苯和甲苯的选择性随温度的关系如图所示。苯乙烯、甲苯或苯的选择性=×100%。下列说法正确的是A．曲线a代表的是苯的选择性B．620℃达平衡时，容器中H2的物质的量为0.664molC．600～640℃时，容器中苯乙烯平衡时的物质的量随温度升高变化不大D．其他条件不变，620℃时起始向容器中只充入1mol乙苯，平衡时乙苯的转化率大于80%【答案】B【解析】反应Ⅱ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，生成甲苯的物质的量减小，甲苯的选择性减小，则曲线a代表甲苯选择性；反应Ⅲ为吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，生成苯的物质的量增大，故曲线b为苯的选择性，据此分析；A．根据分析可知，曲线a代表的是甲苯的选择性，A错误；B．620℃达平衡时，达到平衡时，乙苯的转化率为80%，苯的选择性为3%，甲苯的选择性为7%，反应开始时，乙苯的物质的量为1mol，则反应消耗的乙苯的物质的量为0.8mol，生成苯的物质的量为0.024mol，生成甲苯的物质的量为0.056mol，则转化生成苯乙烯所消耗乙苯的物质的量为0.8mol-0.024mol-0.056mol=0.72mol，则反应Ⅰ生成氢气的物质的量为0.72mol，反应Ⅱ消耗氢气的物质的量为0.056mol，则容器中氢气的物质的量为0.72mol-0.056mol=0.664mol；B正确；C．600～640℃时，乙苯的转化率增大，甲苯和苯的选择性之和变化不大，故容器中苯乙烯平衡时的物质的量随温度升高而增大，C错误；D．其他条件不变，620℃时起始向容器中只充入1mol乙苯，相当于增大压强，反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动，平衡时乙苯的转化率小于80%，D错误；故选B；（建议用时：10分钟）13.（2024·江苏·高考真题）催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见催化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制(二甲醚)、催化氧化等。催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用催化生成。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电催化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。下列说法正确的是A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能B．与反应中，Ag催化能提高生成的选择性C．制反应中，能加快化学反应速率D．与反应中，能减小该反应的焓变【答案】C【解析】固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误；B．根据题意，催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，则判断Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性，B错误；C．MnO2是H2O2制O2反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确；D．V2O5是SO2与O2反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，D错误；故选C。14.（2025·江苏无锡·检测）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应如下：反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-164.7kJ/mol反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol在1.01×105Pa恒压条件下，按n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是

A．2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)ΔH=-205.9kJ/molB．曲线②表示平衡时CH4的体积分数随温度的变化C．温度在200-300℃时，随温度升高，CO2在平衡体系中的分压减小D．一定温度下，选用高效催化剂能提高平衡时甲烷的产率【答案】B【解析】A．根据盖斯定律，由反应Ⅰ－2×反应Ⅱ可得新化学方程2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)，则△H=—164.7kJ.mol-1—(2×41.2kJmol-1)=—247.1kJ·mol-1，故A错误；B．曲线①代表物质随温度升高，平衡时比例降低，反应I在放热，温度升高平衡逆移，甲烷减少，曲线②最终降为0，二氧化碳不可能完全转化，则①为CO2，②为CH4，故B正确；C．温度在200~300℃时，反应Ⅱ是吸热反应，CO曲线在300℃时值为0，即温度高于300℃，反应Ⅱ才进行，200-300℃时，仅发生反应Ⅰ，反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆移，由200℃上升到300℃，平衡逆移，恒压下，CO2分压增大，故C错误；D．催化剂不能使平衡发生移动，不能提高平衡时甲烷的产率，故D错误；故答案选B。15．（2025·江苏扬州市·模拟）利用管状透氧膜反应器实现乙醇-水重整制氢，具有无需额外热源、氧气可协助消除积碳等优点。其主要反应为：反应Ⅰ：C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)

∆H1=+256kJ∙mol-1。反应Ⅱ：2C2H5OH(g)+3O2(g)=4CO2(g)+6H2(g)

∆H2=-1107kJ∙mol-1。反应Ⅲ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)

∆H3=-41kJ∙mol-1。反应Ⅳ：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

∆H4。一定温度下，将一定比例的C2H5OH、H2O、Ar气体通过装有催化剂的管状透氧膜反应器。经计算机仿真模拟，控制，平衡时氢醇比随水醇比、膜管长度的变化如图所示。若仅考虑上述反应，下列说法不正确的是A．B．水醇比为0时，管长度超过10cm后氢醇比下降的原因可能为O2氧化H2C．水醇比为1、管长度为2cm，若C2H5OH、O2转化率为100%且，则管状透氧膜透过氧气0.3molD．实际生产中，水醇比越大、管长度越短，氢气产率越高【答案】D【解析】A．根据盖斯定律，将Ⅱ-Ⅰ-Ⅲ得到Ⅳ，故，A正确；B．从图可知水醇比为0时，管长度超过10cm后氢醇比下降，可能为O2将氧化H2，导致氢气的量减少，从而使减小，B正确；C．由题可知，当水醇比为1，。当管长度为2cm，平衡时，，根据氢原子守恒可知；若C2H5OH、O2转化率为100%且，已知乙醇为1mol，根据碳原子守恒，、；根据氧原子守恒，则管状透氧膜透过氧气为，C正确；D．实际生产中，水醇比越大，氢气产率越高；水醇比为0时，膜管长度为10cm时氢气产率最高，D错误；故答案为：D。16．（2025·江苏南通市海门中学·检测）乙炔(C2H2)是重要的化工原料。工业上可用甲烷裂解法制取乙炔，发生反应：反应I：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)△H1反应II：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)△H2甲烷裂解时，几种气体平衡时分压(Pa)的对数即lgp与温度(℃)之间的关系如图所示，(注：用平衡分压代替平衡浓度计算可得平衡常数Kp，分压=总压×物质的量分数)。下列说法不正确的是A．1725℃时，向恒容密闭容器中充入CH4，达到平衡时CH4生成C2H2的平衡转化率为62.5%B．1725℃时，若图中H2的lgp=5，则反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的平衡常数Kp=1×105Pa2C．2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的△H1＞0D．为提高甲烷制乙炔的产率，除改变温度外，可充入适量乙烯，还可以使用对反应选择性更高的催化剂【答案】B【解析】A．1725℃由图可知，达到平衡时，CH4、C2H2、C2H4的平衡分压的对数分别为2、2、1，故其CH4、C2H2、C2H4的平衡分压分别为100Pa、100Pa、10Pa，在同温同体积条件下，不同气体的压强之比等于其物质的量之比，故CH4、C2H2、C2H4的物质的量之比为10：10：1，由C原子守恒可知，CH4生成C2H2的平衡转化率为62.5%，A正确；B．1725℃时，若图中H2的lgp=5，则反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的平衡常数Kp=1×1013，B错误；C．根据图可知，C2H2的平衡分压随温度升高而增大，所以反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)为吸热反应，故其△H1＞0，C正确；D．为提高甲烷制乙炔的产率，除改变温度外，还可采取的措施有：充入适量乙烯使2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)的平衡向逆反应方向移动，或使用对甲烷转化为乙炔的选择性更高的催化剂等，D正确；答案选B。17．（2025·江苏南通市·期中）碳与水反应可获得H2，添加CaO后，其主要反应如下；(Ⅰ)(Ⅱ)(Ⅲ)恒压条件下，C—H2O—CaO体系达平衡后，气相中CO、CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图所示[图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全分解]。下列说法不正确的是A．低温时可自发进行B．图中曲线a对应物质为H2C．当温度高于T1时，随温度升高，曲线c逐渐降低的原因是温度升高，反应Ⅱ逆向移动D．保持压强不变、温度为T0，向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，CO2的物质的量分数变大【答案】D【解析】A．根据盖斯定律可由反应Ⅱ+Ⅲ得到，因此，反应的气体分子数减少，是熵减反应，根据，低温时，可自发进行，故A正确；B．图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，物质的量分数减小，CO量升高，物质的量分数升高，且二者物质的量分数变化斜率相同，所以a曲线代表H₂的物质的量分数的变化，则c曲线代表CO2的物质的量分数随温度的变化，则b曲线对应物种CO，B正确；C．c曲线代表CO2的物质的量分数随温度的变化，开始到T1，CO2的物质的量分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1时，CaCO3已完全分解，只发生反应Ⅱ，反应Ⅱ逆向移动，CO2的物质的量分数减小，C正确；D．当温度为T0时反应Ⅲ占主导，由于反应Ⅲ是气体分子数减少的反应，向平衡体系中通入少量CO2(g)，相当于增压，反应正向移动，CO2的物质的量分数减小，D错误；故选D。18．（2025·江苏南京市中华中学·模拟）利用管状透氧膜反应器实现乙醇-水重整制氢，具有无需额外热源、氧气可协助消除积碳等优点。其主要反应为：反应Ⅰ：C2H5OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)

∆H1=+256kJ∙mol-1。反应Ⅱ：2C2H5OH(g)+3O2(g)=4CO2(g)+6H2(g)

∆H2=-1107kJ∙mol-1。反应Ⅲ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)

∆H3=-41kJ∙mol-1。反应Ⅳ：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

∆H4。一定温度下，将一定比例的C2H5OH、H2O、Ar气体通过装有催化剂的管状透氧膜反应器。经计算机仿真模拟，控制，平衡时氢醇比随水醇比、膜管长度的变化如图所示。若仅考虑上述反应，下列说法不正确的是A．B．水醇比为0时，管长度超过10cm后氢醇比下降的原因可能为O2氧化H2C．水醇比为1、管长度为2cm，若C2H5OH、O2转化率为100%且，则管状透氧膜透过氧气0.3molD．实际生产中，水醇比越大、管长度越短，氢气产率越高【答案】D【解析】A．根据盖斯定律，将Ⅱ×1/3-Ⅰ×2/3-Ⅲ×4/3得到Ⅳ，故，A正确；B．从图可知水醇比为0时，管长度超过10cm后氢醇比下降，可能为O2将氧化H2，导致氢气的量减少，从而使减小，B正确；C．由题可知，当水醇比为1，。当管长度为2cm，平衡时，，根据氢原子守恒可知；若C2H5OH、O2转化率为100%且，已知乙醇为1mol，根据碳原子守恒，、；根据氧原子守恒，则管状透氧膜透过氧气为，C正确；D．实际生产中，水醇比越大，氢气产率越高；水醇比为0时，膜管长度为10cm时氢气产率最高，D错误；故答案为：D。19.（2025·江苏南通市·检测改编）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域，该反应的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)；ΔH=mkJ•mol-1。理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是A．m<0B．500K下反应达到平衡时，若增大压强(减小容器容积)，则n(C2H4)增大C．X点坐标为(440，39)，则440K时反应的平衡常数Kp=(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)D．实际反应往往伴随副反应，生成C3H6等。一定温度和压强条件下，使用合适催化剂可以提高乙烯的选择性[×100%]【答案】C【解析】根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)可知，当原料初始组成n(CO2)：n(H2)=1：3时，任何温度下达到平衡时，CO2和H2的物质的量分数之比为1:3，C2H4和H2O的物质的量之比为1:4，且CO2、H2为同时增大或者同时减小，C2H4和H2O则同时减小或同时增大，则可知图中a曲线代表H2，b曲线代表H2O，c曲线代表CO2，d曲线代表C2H4，据此分析解题。A．由分析可知，a曲线代表H2，c曲线代表CO2，结合图示信息可知，温度升高，H2、CO2的物质的量分数增大，说明平衡逆向移动，则m<0，A正确；B．根据反应方程式2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)可知，增大压强平衡正向移动，则500K下反应达到平衡时，若增大压强(减小容器容积)，则n(C2H4)增大，B正确；C．由分析结合图示信息可知，X点即H2和H2O的物质的量分数相等，即H2和H2O的平衡物质的量相等，根据三段式分析：则有3a-6x=4x，解得x=0.3amol，X点坐标为(440，39)，则440K时平衡体系中：CO2的平衡分压为：，H2的平衡分压为：，C2H4的平衡分压为：，H2O的平衡分压为：，故该反应的平衡常数Kp===MPa-3≠，C错误；D．实际反应往往伴随副反应，生成C3H6等。一定温度和压强条件下，使用合适催化剂可提高乙烯的选择性[×100%]，则可以减少副反应的发生，提高乙烯的产率，D错误；答案选C。20.（2023·江苏卷·节选）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。（1）燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是___________。（2）合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现反应Ⅰ：反应Ⅱ：①密闭体系中反应Ⅰ平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。【答案】（1）①KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O②相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳（2）①<0②.适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高【解析】（1）由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其△H<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。21．（2026·江苏南京市·调研）采用电化学—化学串联催化技术，实现了在温和条件下，CO高选择性合成C4H10。该流程示意图如下：回答下列问题：（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)发生反应i和ii．有CO存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着的增加，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；图2中，表示C4H10选择性的是(填“A”或“B”)。②结合图2，当时，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，随着的增大，C2H4的转化率减小的原因是。【答案】（4）A反应i、ii均为气体分子数目减小的反应，随着x的增大，对于反应i和反应ii体系分压减小，平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小【解析】（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的能垒最大，该步骤是决速步骤，反应式为；根据题干所给出的信息可知，增加CO的量可以大幅度提升C4H10的选择性，故A表示C4H10；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，对于反应i和反应ii体系分压减小，平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小。22．（2025·江苏江阴市一中·月考）一种燃煤烟气中CO2的捕集和资源再利用技术可通过如下转化过程实现。转化I是利用风/太阳能电厂过剩电力，将CO2转化为C2H4等高值产品。转化II是利用风/太阳能电厂过剩电力驱动压缩机压缩CO2。转化III是风/太阳能电厂发电低谷时，利用压缩CO2推动汽轮机，带动发电机发电。（1）利用氨水可捕集烟气中的CO2捕集、再生过程中含碳物种的变化如图所示。①液相中发生转化：。X的结构式为。②已知：反应2Co2++[Zn(NH3)4]2+2[Co(NH3)6]2++3Zn2+的平衡常数。③转化后的溶液通过反应NH4+XNH3+H2O+CO2解吸释放CO2。向两份相同的转化后的溶液中分别加入等体积、等浓度的CoCl2和ZnCl2溶液，加入CoCl2溶液后释放CO2效果更好的原因是。（2）以过渡金属作催化剂，利用如图所示装置可实现“转化1”。①写出阴极表面的电极反应方程式：。②在金属催化剂表面发生转化的过程可能为(*表示吸附在催化剂表面)。其中部分物种在催化剂表面的吸附构型如图甲所示，反应历程中的相对能量如图乙所示。与Cu催化剂相比，掺杂了Cs的复合催化剂更有利于C2H4的形成，可能原因是___。（3）从物质转化与资源综合利用角度分析，本工艺中CO2的捕集和资源再利用技术的优点是。【答案】（1）①②10-17③等物质的量的Co2+可以和更多的NH3配位，更有利于解吸反应正向进行，促进CO2解吸。（2）①2CO2+12e-+12HCOeq\o\al(－,3)=C2H4+12COeq\o\al(2－,3)+4H2O②Cu—Cs复合催化剂可提供更多的活性位点(Cu—Cs复合催化剂更有利于CO等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成（3）有利于将CO2转化为更有价值的C2H4等产品；使用风能、太阳能有利于减排CO2；能实现能量的储存和转化，调控电力过剩或电力不足等。【解析】（1）①根据原子守恒，X能解吸出CO2，判断X为碳酸氢根，结构式为：；②反应2Co2++[Zn(NH3)4]2+2[Co(NH3)6]2++3Zn2+的平衡常数==10-17；③加入CoCl2溶液后释放CO2效果更好的原因是：等物质的量的Co2+可以和更多的NH3配位，更有利于解吸反应正向进行，促进CO2解吸；（2）①阴极表面二氧化碳发生还原反应生成乙烯，电极反应式为：2CO2+12e-+12HCOeq\o\al(－,3)=C2H4+12COeq\o\al(2－,3)+4H2O；②从图甲中可以看出Cu—Cs复合催化剂可提供更多的活性位点，有利于CO等中间体的吸附，故掺杂了Cs的Cu—Cs复合催化剂更有利于C2H4的形成，可能原因是：Cu—Cs复合催化剂可提供更多的活性位点(Cu—Cs复合催化剂更有利于CO等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成；（3）从物质转化与资源综合利用角度分析，本工艺中CO2的捕集和资源再利用技术的优点是：有利于将CO2转化为更有价值的C2H4等产品；使用风能、太阳能有利于减排CO2；能实现能量的储存和转化，调控电力过剩或电力不足等。（建议用时：20分钟）23．（2025·江苏扬州·模拟）工业上用S8与CH4为原料制备CS2，涉及的反应如下：反应I：S8(g)4S2(g)△H1反应Ⅱ：2S2(g)+CH4(g)CS2(g)+2H2S(g)△H2一定条件下，S8分解产生S2的体积分数、的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是A．△H2<0B．反应Ⅱ使用高效催化剂能提高平衡时CS2的产率C．工业上一般控制反应温度高于600℃，其原因是低于600℃时，S2浓度较小，速率较慢D．某温度下若S8(g)完全分解为S2(g)，在密闭容器中投入1molS8(g)和2molCH4反应，当CS2(g)的体积分数为10%时，CH4的转化率为30%【答案】B【解析】A．由图可知，升高温度，S2的体积分数增大，CH4的平衡转化率减小，说明反应I的平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，△H1>0，说明反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅱ是放热反应，ΔH2<0，故A正确；B．催化剂能加快反应速率，但不能改变平衡时的产率，故B错误；C．由图可知，在600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，使得反应Ⅱ的反应速率变慢，故C正确；D．在密闭容器中，n(S2):n(CH4)=2:1开始反应，设CH4的起始物质的量为a，转化的物质的量为x，即：CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%，故D正确；故答案选B。24．（2024·江苏高考真题）二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：①CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH1＝41.2kJ·mol−1②CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2225℃、8×106Pa下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH的体积分数如图所示。下列说法正确的是A．L4处与L5处反应①的平衡常数K相等B．反应②的焓变ΔH2C．L6处的H2O的体积分数大于L5处D．混合气从起始到通过L1处，CO的生成速率小于CH3OH的生成速率【答案】C【解析】A项，L4处与L5处的温度不同，故反应①的平衡常数K不相等，A错误；B项，由图像可知，L1-L3温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，ΔH2<0，B错误；C项，从L5到L6，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗CO，而CO体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O)增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O的消耗与生成，故n总减小而n(H₂O)增加，即H2O的体积分数会增大，故L6处的H2O的体积分数大于L5处，C正确；D项，L1处CO的体积分数大于CH3OH，说明生成的CO的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率，D错误；故选C。25．（2025·江苏盐城市.开学考试）苯乙烯是生产各种塑料的重要单体，可通过乙苯催化脱氢制得：（g）（g）+H2（g）工业上，通常在乙苯（EB）蒸气中掺混N2（原料气中乙苯和N2的物质的量之比为1：10，N2不参与反应），控制反应温度为600℃，并保持体系总压为0.1MPa不变的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率如图所示（注：分压＝总压×物质的量分数）。下列说法正确的是A．该反应的△H＜0B．A、B两点对应的正反应速率较大的是A点C．掺入N2能提高乙苯的平衡转化率，把N2换成水蒸气能达到同样效果D．用平衡分压代替平衡浓度计算600℃时的平衡常数Kp＝0.019Mpa【答案】CD【解析】A.由图可知，温度越高转化率越大，则升高温度，平衡正向移动，正反应吸热，△H＞0，A错误；B.A、B温度相同，B点乙苯的浓度大，则B点反应速率大，B错误；C.A点乙苯的转化率比B点高，原因是保持总压不变，充入N2，容器体积增大，各组分的浓度同倍数减小，利于反应正向进行，乙苯转化率增大，由于水蒸气不参与反应，所以把N2换成水蒸气能达到同样效果，C正确；D.根据三段式可知分压=总压×物质的量分数，则分压分别为0.1Mpa×、0.1Mpa×、0.1Mpa×，则Kp=Mpa=0.019MPa，D正确；故答案选CD。26．（2025·江苏苏州市·期中）一定条件下，将一定量的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：Ⅰ.CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH=＋41kJ·mol-l。Ⅱ.CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g)；ΔH=-165kJ·mol-1。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化关系如图所示(CH4选择性=×100%)。下列说法不正确的是A．反应CO(g)＋3H2(g)=CH4(g)＋H2O(g)；ΔH=-206kJ·mol-1B．在280℃条件下反应制取CH4，应选择催化剂A的效果较好C．260～300℃间，使用催化剂A或B，升高温度时CH4的产率都增大D．M点可能是该温度下的平衡点，延长反应时间，不一定能提高CH4的产率【答案】D【解析】A．根据盖斯定律反应Ⅱ-反应Ⅰ可得CO(g)＋3H2(g)=CH4(g)＋H2O(g)ΔH=-165kJ·mol-1-41kJ·mol-l=-206kJ·mol-1，A正确；B．据图可知在280℃条件下反应，使用催化剂A时CH4的选择性更高，B正确；C．由图可知，260～300℃间，使用催化剂A或B，升高温度时CO2的转化率都增大，CH4的选择性都增大，则产率都增大，C正确；D．据图可知选用催化剂A时，在与M点相同温度条件下，CO2有更高的转化率，而催化剂不影响平衡，说明M点一定不是平衡点，D错误；综上所述答案为D。27．（2025·江苏·模拟预测）在某合成塔中主要发生的反应为：反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H1反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2调节=4，充入合成塔，当气体总压强为aMPa，平衡时各物质的物质的量分数如图1所示；不同压强时，CO2的平衡转化率如图2所示：A．反应Ⅰ的平衡常数可以表示为K=B．图中压强a、b、c、d的大小关系为d＞c＞b＞aC．高温、高压的条件对提升甲烷的产率有利D．反应CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)的△H=△H1－2△H2【答案】B【解析】A．气体的系数为表达式的幂，则反应Ⅰ的平衡常数可以表示为K=，A错误；B．反应II前后气体分子数不变，压强改变不影响其平衡移动，反应I正向为气体分子数缩小的反应，增大压强，反应I的平衡向正反应方向移动，所以相同温度时，压强越大，CO2的平衡转化率越大，则压强：d＞c＞b＞a，B正确；C．由图1可知，升高温度时CH4、H2O(g)的含量减少，H2、CO的含量增加，则反应I为放热反应，高温对提升甲烷的产率不利，该反应的正向气体分子数减小，则增大压强平衡正向移动，高压对提升甲烷的产率有利，C错误；D．根据盖斯定律反应Ⅱ×2-反应I计算反应CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)的△H=2△H2-△H1，D错误；故选：B。28．（2025·江苏无锡·检测）CH4-CO2重整反应可获得H2，主要反应如下：反应I：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)；ΔH1=247kJ·mol−1反应Ⅱ：H2(g)＋CO2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH2=41kJ·mol−1反应Ⅲ：CH4(g)＋H2O(g)=CO(g)＋3H2(g)；ΔH3=225kJ·mol−1800℃，1.01×105Pa下，将n起始(CH4)∶n起始(CO2)=1∶1的混合气体置于含不同水量的密闭容器中，平衡时CH4和CO2的转化率、CO的选择性(可表示为×100%)如图所示。下列说法正确的是A．曲线a表示CO2B．升温或增大压强，均能提高CH4的平衡转化率C．在0.1~0.2时，CO的选择性增大，此时反应Ⅱ占据主导地位D．可以通过向CH4-CO2重整反应中添加水，来增大的比值【答案】D【解析】由题干信息并结合图示信息可知，随着增大，反应Ⅲ化学平衡正向移动，CO、H2的浓度增大，反应Ⅰ、Ⅱ化学平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率减小，即a为CH4、b为CO2，据此分析解题。A．由分析可知，曲线a表示CH4，曲线b代表CO2，A错误；B．由题干信息可知，三个反应均为吸热反应，故升温化学平衡正向移动，导致CH4的平衡转化率增大，但增大压强，反应Ⅰ、Ⅲ平衡逆向移动，Ⅱ平衡不移动，则导致CH4的平衡转化率降低，B错误；C．由题干图像信息可知，随着增大，反应Ⅲ化学平衡正向移动，对反应Ⅰ、Ⅱ平衡逆向移动，故在0.1~0.2时，CO的选择性增大，此时反应Ⅲ占据主导地位，C错误；D．向CH4-CO2重整反应中添加水，即增大结合题干图像可知，反应Ⅲ化学平衡正向移动，反应Ⅰ、Ⅱ化学平衡逆向移动，导致的比值增大，D正确；故答案为：D。29．（2025·江苏泰州·阶段练习）在恒压密闭容器中，充入起始量一定的和，主要发生下列反应：反应Ⅰ：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)

达平衡时，CO2转化率和CO的选择性随温度的变化如图所示[CO的选择性]，下列说法正确的是A．反应Ⅰ的△S>0B．升高温度能提高CH3OCH3的平衡产率C．温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高说明此时主要发生反应ⅡD．同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择在低温低压条件下反应【答案】A【解析】反应I是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性逐渐增大，因此曲线①是CO的选择性随温度的变化、曲线②是CO2转化率随温度的变化。A．反应I能够自发进行，根据△G=△H—T△S<0可知，△S>0，故A正确；B．反应I正向反应是吸热反应，反应Ⅱ正向反应是放热反应，升高温度，反应I正向移动，反应Ⅱ逆向移动，CH3OCH3的平衡产率降低，故B错误；C．根据前面分析曲线①是CO的选择性随温度的变化曲线、曲线②是CO2转化率随温度的变化曲线，温度高于300℃时，曲线①随温度升高增大趋势大于曲线②，说明此时主要发生反应I，故C错误；D．反应Ⅱ正向反应是体积减小的放热反应，要同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性，应选择在低温高压条件下反应，故D错误；综上所述，答案为A。30．（2025·江苏扬州中学·模拟预测）三甲胺是重要的化工原料。我国科学家利用(简称)在铜催化作用下发生可逆反应得到，计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(*表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法正确的是A．恒容密闭容器中，减小压强可增大DMF的平衡转化率B．若完全转化为三甲胺，则会释放的能量C．该历程的最大能垒(活化能)为D．该反应中铜催化剂可以加快化学反应速率，降低活化分子百分数【答案】C【解析】A．由图可知，制备三甲胺的反应为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g)，该反应正向为气体体积减小的方向，减小压强，平衡向逆反应方向移动，(CH3)2NCHO的转化率减小，故A错误；B．由图可知，1个(CH3)2NCHO完全转化为三甲胺放出的热量为1.02eV，则1mol(CH3)2NCHO完全转化为三甲胺释放的能量1.02eV×NA，故B错误；C．由图可知，历程最后一步的能垒最大，数值为-1.02eV-(-2.21)eV=1.19eV，故C正确；D．该反应中铜催化剂可以加快化学反应速率，增大活化分子百分数，故D错误；故选C。31．（2025·江苏无锡市·一模）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为．．．在密闭容器中，时，在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2平衡转化率、CO2实际转化率随温度的变化如图1所示。CH4的选择性可表示为。（1）各物质的相对能量如图2所示，△H3=___________，平衡时CH4的选择性随着温度的升高___________(填“增大”“减小”或“不变”)，用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度为___________。（2）在密闭容器中，和H2的起始物质的量分别为1mol和4mol，平衡后反应体系中各物质的物质的量随温度的变化如图3所示，图中表示CH4的物质的量的曲线为___________。在505℃，反应=2\*ROMANII的平衡常数K=___________。(保留两位有效数字)（3）CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图4所示。反应体系中Ce呈现___________种价态，催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成，可提高催化效率的原因是___________。【答案】（1）①.-246②减小③400℃（2）①B②0.17（3）①2②导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二氧化碳的催化转化【解析】（1）反应的焓变等于生成物焓的和减去反应物的焓的和，则2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)ΔH3=[(-393)+(-75)-2×(-111)+2×0]kJ/mol=-246kJ/mol；生成甲烷的反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时CH4的选择性随着温度的升高而减小；由图可知温度400℃左右时二氧化碳实际转化率最高，催化剂的活性最大，此时为最适温度，温度继续增加，催化剂活性下降，故用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度为400℃；故答案为-246；减小；400℃；（2）结合图2可知，低于300℃二氧化碳的平衡转化率接近100%，此时图3中AB的量接近2mol、1mol，DE的量接近0mol，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动、Ⅱ正向移动，导致CO量增大、甲烷的量减小，结合碳守恒可知，含碳物质的