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专题 64 原理综合题——反应热+化学平
衡
1．【2023年全国甲卷】甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
反应③ 的 ，平衡常数 (用 表
示)。
（2）电喷雾电离等方法得到的 ( 等)与 反应可得 。 与 反应能高选择性地
生成甲醇。分别在 和 下(其他反应条件相同)进行反应 ，结果如
下图所示。图中 的曲线是 (填“a”或“b”。 、 时 的转化率为 (列出
算式)。
（3） 分别与 反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以
示例)。(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则 与 反应的能量变
化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。
(ⅲ) 与 反应，氘代甲醇的产量 (填“＞”“＜”或“=”)。若 与
反应，生成的氘代甲醇有 种。
【答案】（1） 或
（2） b
（3） Ⅰ c <
2
【解析】（1）根据盖斯定律可知，反应③= (反应②-①)，所以对应
；根据平衡常数表达式与热化学方程
式之间的关系可知，对应化学平衡常数 或 ，故答案为： ； 或 ；
（2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg( )，即与MO+的微粒分布系数成反比，与M+的微
粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M+的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率
慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300 K条件下的反应；
根据上述分析结合图像可知， 、 时-lg( )=0.1，则 =10-0.1，利用数
学关系式可求出 ，根据反应 可知，生成的M+即为转化的 ，则 的转化率为 ；故答案为：b；
；
（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步
骤Ⅰ；
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，
根据图示可知， 与 反应的能量变化应为图中曲线c；
(ⅲ) 与 反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应活化能增大，反
应速率会变慢，则 更难获得，产率更低，故产率： < ；根据反应机理可知，
若 与 反应，生成的氘代甲醇可能为 或 共2种，故答案为：<；2。
2．【2023年全国乙卷】硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性
氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
（1）在 气氛中， 的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知 ， 。
（2）已知下列热化学方程式：
则 的 。
（3）将 置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。平衡时 的关系如下图所示。 时，该反应的
平衡总压 、平衡常数 。 随反应温度升高而 (填
“增大”“减小”或“不变”)。（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应 (Ⅱ)，平衡时 (用
表示)。在 时， ，则 ，
(列出计算式)。
【答案】（1） 4 1
（2）(a+c-2b)
（3） 3 增大
（4） 46.26
【解析】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时， 转化为 ，则
，解之得 =4；当失重比为38.8%时， 转化为 ，则
，解之得y=1。
（2）①
②
③
根据盖斯定律可知，①+③-② 2可得 ，则
(a+c-2b) 。
（3）将 置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。由平衡时 的关系图可知, 时， ，
则 ，因此，该反应的平衡总压 3 、平衡常数 。
由图中信息可知， 随着温度升高而增大，因此， 随反应温度升高而增大。（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应 (Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的
物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时 ，则 ，因此，平衡
时 。在 时， ，则 、
，联立方程组消去 ，可得 ，代入相关数据可求出 46.26
，则 ，
。
3．【2023年全国新课标卷】氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列
问题：
（1）根据图1数据计算反应 的 。
（2）研究表明，合成氨反应在 催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位， 表示被吸
附于催化剂表面的 )。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的
标号)，理由是 。
（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为 )使用前经 还原，生成 包裹的 。已知 属于立
方晶系，晶胞参数 ，密度为 ，则 晶胞中含有 的原子数为 (列出计算
式，阿伏加德罗常数的值为 )。
（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。
其中一种进料组成为 ，另一种为 。(物质i的摩尔
分数： )①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有惰性气体 的图是 。
③图3中，当 、 时，氮气的转化率 。该温度时，反应
的平衡常数 (化为最简式)。
【答案】（1）
（2） (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）
（4） 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大
图4
【解析】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物
的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应 的
。
（2）由图1中信息可知， 的 ，则 的键能为 ；
的 ，则H-H键的键能为 。在化学反应中，最大的能垒为
速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比H-H键的大很多，因此，在上
述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
（3）已知 属于立方晶系，晶胞参数 ，密度为 ，设其晶胞中含有 的原子数为 ，则 晶体密度 ，解之得 ，即 晶胞中含有 的原
子数为 。
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图
中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数 ，因此，图中压强由小到大的顺序
为 ，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数
越大。
②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下
充入惰性气体 ，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子
数增大的方向移动，因此，充入惰性气体 不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体 的图是图
4。
③图3中，进料组成为 两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分
别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：
当 、 时， ，解之得 ，则氮气的转化率 ，平衡时
、 、 的物质的量分别为 、2 、 ，其物质的量分数分别为 、 、 ，则该
温度下 因此，该温度时，反应 的平衡常
数 。
4．【2023年湖北卷】聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ．苯乙烯的制备
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③计算反应④ 的 ；
（2）在某温度、 下，向反应器中充入 气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡
转化率提高至75%，需要向反应器中充入 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在 、 下，以水蒸气作稀释气。 作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如
下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S( )
随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 ；
（4）关于本反应体系中催化剂 的描述错误的是_______；
A．X射线衍射技术可测定 晶体结构
B． 可改变乙苯平衡转化率
C． 降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变 颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某 (Ⅰ)的配合物促进 (引发剂，X表示卤
素)生成自由基 ，实现苯乙烯可控聚合。
（5）引发剂 中活性最高的是 ；
（6）室温下，① 在配体L的水溶液中形成 ，其反应平衡常数为K；② 在水中的溶度
积常数为 。由此可知， 在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计
量系数关系均为最简整数比)。
【答案】（1）+118（2）5
（3） 苯 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯
转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
（4）BD
（5）C HCHCl
6 5 2
（6）K∙K
sp
【解析】（1）根据盖斯定律，将①-②-③可得C
6
H
5
C
2
H
5
(g)⇌C
6
H
5
CH=CH
2
(g)+H
2
(g) ∆H
4
=-4386.9kJ/mol-
(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；答案为：+118；
（2）设充入HO(g)物质的量为xmol；在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④。
2
乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式 ，此时平
衡时混合气体总物质的量为1.5mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式
，此时乙苯、苯乙烯、H 物质的量之和为
2
1.75mol，混合气的总物质的量为(1.75+x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容
器的体积为 ；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则 = ，解得x=5；答
案为：5；
（3）曲线a芳香烃产物的选择性大于曲线b、c芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为副反
应，则曲线a代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的正反
应是气体分子数不变的反应；在913K、100kPa（即恒温恒压）下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率
增大，即减小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线b代表的产物是苯；
答案为：苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转
化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯；
（4）A．测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe O 晶体结构，A项
2 3
正确；
B．催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B项错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe O 可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；
2 3
D．催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误；
答案选BD。
（5）电负性Cl＞Br＞I，则极性C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，则C HCHCl更易生成自由基，即活性最
6 5 2高的是C HCHCl；答案为：C HCHCl；
6 5 2 6 5 2
（6）Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)
2
]+，则Cu++2L⇌[Cu(L)
2
]+的平衡常数K= ；CuBr在
水中的溶度积常数K
sp
=c(Cu+)∙c(Br-)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr+2L⇌[Cu(L)
2
]++Br-，
该反应的平衡常数为 = =K∙K ；答案为：K∙K 。
sp sp
5．【2023年辽宁卷】硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
（1）我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO ·5H O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制
4 2
备过程中CuSO ·5H O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图
4 2
所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO 、 和 (填化学式)。
2
（2）铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO +SO+H O=NO+H SO
2 2 2 2 4
2NO+O =2NO
2 2
(ⅰ)上述过程中NO 的作用为 。
2
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
（3）接触法制硫酸的关键反应为SO 的催化氧化：
2
SO (g)+ O(g) SO (g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
2 2 3
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与
温度的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同 下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下
图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(ⅲ)设O 的平衡分压为p，SO 的平衡转化率为α，用含p和α 的代数式表示上述催化氧化反应的K =
2 2 e e p
(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】（1） CuO SO
3
（2） 催化剂 反应中有污染空气的NO和NO 放出影响空气环境、NO 可以溶解在硫酸中给产物
2 2
硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）
（3） cd d
【解析】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO 发生热分解反
4
应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO 质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体
4
产出，此时气体产物为SO 、SO 、O，可能出现的化学方程式为3CuSO
2 3 2 4
3CuO+2SO ↑+SO↑+O ↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为
2 3 2
CuO、SO 、SO 、O，故答案为CuO、SO 。
2 3 2 3
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO 在反应过程中线消耗再生成，说明NO 在反应中起催化剂的作用；
2 2
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO 放出影响空气环境、同时作为催化
2
剂的NO 可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。
2
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的
时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c
正确；
d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；
故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-
Ce对SO 的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
2
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数K = = =
p
；设SO 初始量为m mol，则平衡时n(SO )=m-m·α=m(1-α)，n(SO )=m·α，K =
2 2 e e 3 e p
= ，故答案为 。
6．【2023年1月浙江卷】“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一， 还原 是实现“双
碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
（1）有利于提高 平衡转化率的条件是___________。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
（2）反应 的 ， (用
表示)。
（3）恒压、 时， 和 按物质的量之比 投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现
高效转化。
①下列说法正确的是 。
A． 可循环利用， 不可循环利用
B．过程ⅱ， 吸收 可促使 氧化 的平衡正移C．过程ⅱ产生的 最终未被 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 需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入 ，测得一段时间内 物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释
物质的量上升的原因 。
（4） 还原能力 可衡量 转化效率， (同一时段内 与 的物质的
量变化量之比)。
①常压下 和 按物质的量之比 投料，某一时段内 和 的转化率随温度变化如图1，
请在图2中画出 间R的变化趋势，并标明 时R值 。
②催化剂X可提高R值，另一时段内 转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃ 480 500 520 550
转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R 2.6 2.4 2.1 1.8
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 占比越高
C．温度升高， 转化率增加， 转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高 转化率，R值不一定增大
【答案】（1）C
（2）
（3） BC 通入 分解平衡正移，导致 增大，促进 还原 平衡正移（4） C
【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，△H>0，升高温度，
平衡右移，CH 平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH 平衡转化率增大，故有利于提高 平
4 4
衡转化率的条件是高温低压；答案选C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ 2得反应 ；
故 △H+2△H=+329 ， ；
1 2
（3）①A．根据流程可知， 转化为Fe，Fe又转化为 ， 可循环利用；CaCO 受热分解生
3
成 和CO, 又与CO 反应生成CaCO ， 也可循环利用，选项A错误；
2 2 3
B．过程ⅱ， 吸收 使 浓度降低，促进 氧化 的平衡正移，选项B正确；
C．过程ⅱ 吸收 而产生的 最终未被 吸收，在过程ⅲ被排出，选项C正确；
D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原 需吸收的
能量一样多，选项D错误；
答案选BC；
②通入 分解平衡正移，导致 增大，促进 还原 平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入 ，
测得一段时间内 物质的量上升；
（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，
二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知 时，
转化率为100%，即 =1mol, 转化率为60%,即 =3mol 60%=1.8mol，故
= =1.8，故 间R的变化趋势如图：②A．R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CO 的转化率增大，
2
增大的倍数比 大，则R提高，选项A正确；
B．根据表中数据可知，温度越低， 转化率越小，而R越大， 增大的倍数比 大，含
氢产物中 占比越高，选项B正确；
C．温度升高， 转化率增加， 转化率也增大，且两个反应中的 转化率均增大，增大倍数多，
故R值增大，选项C不正确；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高 转化率，若 转化率减小，则R值不一定增大，选
项D正确；
答案选C。
7．【2023年6月浙江卷】水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：
该反应分两步完成：
请回答：
（1） 。
（2）恒定总压 和水碳比[ ]投料，在不同条件下达到平衡时 和 的分压
(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
条件1 0.40 0.40 0
条件2 0.42 0.36 0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数 。②对比条件1，条件2中 产率下降是因为发生了一个不涉及 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
B．恒定水碳比 ，增加体系总压可提高 的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止 被进一步还原为
D．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 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
。
【答案】（1）6
（2） 2 CO+3H 2⇌CH
4
+H
2
O
（3）AC
（4） AC
（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
【解析】（1）设方程式①②
③
根据盖斯定律可知，③=①-②，则 ；
（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：
，解得x=4；
则平衡常数 ；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式
为：CO+3H 2⇌CH
4
+H
2
O；
（3）A．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 ，A正确；
B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但
过量的水蒸气可以降低体系中CO和H 的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；
2
D．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；
故选AC；
（4）①A．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；
B．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；
C．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；
故选AC；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，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。
8．【2022年天津卷】天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物 (L为配体)溶于弱
碱性的海水中，制成吸收液，将气体 转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：
① 的吸收氧化；② 的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
（1）该工艺的总反应方程式为___________。1mol 发生该反应的热量变化为___________，
在总反应中的作用是___________。
（2）研究不同配体与 所形成的配合物(A、B、C)对 吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别
溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入 ，
测得单位体积吸收液中 吸收转化率 随时间变化的曲线如图1所示。以 由100%降
至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是___________(填“A”、“B”或
“C”)。
（3） 的电离方程式为___________。25℃时， 溶液中 、 、 在含硫粒子总浓度中所占分
数 随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算， 的 ___________， ___________。再生
反应在常温下进行， 解离出的 易与溶液中的 形成沉淀。若溶液中的， ，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大
于___________(已知25℃时，FeS的 为 )。
【答案】（1） (或 ) 放
出 热量 作催化剂或降低反应活化能
（2）A
（3） 或
8
【解析】（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为
(或 )，该反应的热化学方程式
，因此1mol 发生该反应的热
量变化为放出 热量， 参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此 在总反应中
的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为： (或
)；放出 热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以 由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最
短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3） 是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为
或 ；根据题意pH=7时 、 的所占分数相等，因此的 ，pH=13时 、 的所占分数相等，则
。再生反应在常温下进行， 解离出的 易与溶液中的
形成沉淀。若溶液中的 ，根据
得到 ，根据
和 ，得到
，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：
或 ； ； ；8。
9．（2021·福建真题）化学链燃烧( )是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方
式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集 。基于 载氧体的甲烷化学链
燃烧技术示意图如下。
空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
①
②
（1）反应 _______ 。
（2）反应②的平衡常数表达式 _______。
（3）氧的质量分数：载氧体Ⅰ_______(填“>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。
（4）往盛有 载氧体的刚性密闭容器中充入空气（氧气的物的量分数 为21%），发生反应
①。平衡时 随反应温度T变化的曲线如图所示。 时 的平衡转化率 _______(保留
2位有效数字)。
（5）根据下图， 随温度升高而增大的原因是_______。反应温度必须控制在 以下，原因是
_______。（6）载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的 载氧体，反应②活化能如下表
所示。
载氧体掺杂物质 氧化铝 膨润土
活化能/
由表中数据判断：使用_______(填“氧化铝”或“膨润土”)掺杂的载氧体反应较快；使用氧化铝或者膨润土掺
杂的载氧体，单位时间内燃料反应器释放的热量分别为 、 ，则a_______b(填“>”“=”或“<”)。
【答案】
（1）
（2） (或 )
（3）>
（4）58%
（5） 反应①为放热反应，温度升高平衡左移 温度高于 时， 大于21%，载氧体无法
载氧
（6） 膨润土 <
【解析】
（1）① ；②
，用① 2+②
（1）得：反应 = ，
故答案： 。
（2）由② 可知，故体没有浓度，所以该反应的平衡常数表达式 (或 )，故答案： (或
)。
（3）由图可知：载氧体I是把空气中的氧气转移到燃料反应器，载氧体II是氧气和甲烷发生反应释放出水
和二氧化碳，所以氧的质量分数：载氧体I>载氧体II，故答案：>。
（4）设往盛有 载氧体的刚性密闭容器中充入空气的物质的量为1mol,氧气的物的量分数
为21%，则氧气的物质的量为0.21mol，氮气的物质的量为0.78mol，由图可知，达到平衡时氧气的物
的量分数 为10%，则达到平衡时气体的物质的量为0.78mol+0.1mol=0.88mol，变化的氧气的物
质的量为1mol-0.88mol，根据① 反应， 时 的平衡转
化率 =58%，故答案：58%。
（5）因为① 为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，氧气的浓度
正大。因为往盛有 载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物的量分数 为
21%】，由图可知，当温度高于 时， 大于21%，载氧体无法载氧。故答案：反应①为放
热反应，温度升高平衡左移；温度高于 时， 大于21%，载氧体无法载氧。
（6）由表中数据可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能
高，所以使用膨润土掺杂的载氧体反应较快。
使用氧化铝比使用者膨润土掺杂的载氧体反应较慢，单位时间内燃料反应器释放的热量少，所以 <
，故答案：膨润土；<。
10．（2021·海南真题）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25℃，
时：
① 葡萄糖 完全燃烧生成 和 ，放出 热量。
② 。
回答问题：
（1）25℃时， 与 经光合作用生成葡萄糖 和 的热化学方程式为
___________。
（2）25℃， 时，气态分子断开 化学键的焓变称为键焓。已知 、 键的键焓分别为
、 ， 分子中碳氧键的键焓为___________ 。
（3）溶于水的 只有部分转化为 ，大部分以水合 的形式存在，水合 可用表示。已知25℃时， 的平衡常数 ，正反应的速率可表示为
，逆反应的速率可表示为 ，则 ___________(用含 的代数
式表示)。
（4）25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应： ，其平衡常
数 ___________。[已知 ， ]
（5）溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学
平衡的角度说明其原因___________。
【答案】
（1）
（2）664.75
（3）
（4）
（5）游客呼出的CO 可与钟乳石主要成分CaCO 发生可逆反应： ，CO
2 3 2
增加，平衡正向移动，CaCO 减少，钟乳石被坏
3
【解析】
（1）由题意可知，反应①为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反
应的热化学方程式为 = ，二氧化碳和液态水经
光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1mol葡萄糖会吸收2804kJ的热量，
反应的热化学方程式为 = ，故答案为：
= ；
（2）由反应热的焓变为反应物的键焓之和与生成物的键焓之和的差值可得：反应②的焓变
=—283kJ/mol，解得E(C=O)=
=664.75kJ/mol，故答案为：664.75；
（3）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H CO)=v(CO )可得：kc(H CO)=
2 3 2 1 2 3
kc(CO)， = =K=600，解得k= ，故答案为： ；
2 2 2
（4）由方程式可知，反应的平衡常数K= = = = =3.25×103，故
答案为：3.25×103；
（5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡 ，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故答案
为：游客呼出的CO 可与钟乳石主要成分CaCO 发生可逆反应： ，
2 3
CO 增加，平衡正向移动，CaCO 减少，钟乳石被坏。
2 3
11．（2021·辽宁真题）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应： (g)+3H
2
(g)⇌ (g) ∆H
1
<0
Ⅱ.副反应： (g) ⇌ (g) ∆H 2 >0
回答下列问题：
（1）已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 (g)+15O
2
(g)⇌12CO
2
(g)+6H
2
O(l) ∆H
4
Ⅴ. (g)+9O(g)=6CO (g)+6HO(l) ∆H
2 2 2 5
则 _______(用 、 和 表示)。
（2）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温 B．适当降温 C．适当加压 D．适当减压
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在 的基础上适当增大 用量，其目
的是_______。
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当 中混有微量 或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为_______。
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，下图中可作为
酸性中心的原子的标号是_______(填“①”“②”或“③”)。（6）恒压反应器中，按照 投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为 ，平衡时苯的转化率为
α，环己烷的分压为p，则反应1的 _______(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)。
【答案】
（1）
（2）BC
（3）提高苯的利用率
（4）金属催化剂会与HS或CO反应从而失去催化活动
2
（5）②
（6）
【解析】
（1）根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O
2
(g)⇌12CO
2
(g)
+6H O(l) ∆H Ⅴ. (g)+9O(g)=6CO (g)+6HO(l) ∆H
2 4 2 2 2 5
Ⅰ.主反应： (g)+3H
2
(g)⇌ (g)可由 ，则 ，故答案为：
；
（2）根据Ⅰ.主反应： (g)+3H
2
(g)⇌ (g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于
提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和
实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在 的基础上适当增大 用量，增大
H 的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H 用量的目的是提高苯的
2 2利用率，故答案为：提高苯的利用率；
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当 中混有微量 或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与HS或CO反应从而失去
2
催化活动，故答案为：金属催化剂会与HS或CO反应从而失去催化活动；
2
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①
中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，
无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；
（6）恒压反应器中，按照 投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生Ⅰ、Ⅱ反应总
压为 ，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则： ，
有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-
3α，故平衡时，苯的分压为： ，H 的分压为： ，则反应1的 =
2
，故答案为： 。
12．【2021年江苏卷】甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。
（1）500℃时，CH 与HO重整主要发生下列反应：
4 2
CH(g)+HO(g) CO(g)+3H(g)
4 2 2
CO(g)+HO(g) H(g)+CO (g)
2 2 2
已知CaO(s)+CO (g)=CaCO (s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是
2 3
___。
（2）CH 与CO 重整的主要反应的热化学方程式为
4 2
反应I：CH(g)+CO (g)=2CO(g)+2H(g) ΔH=246.5kJ·mol-1
4 2 2
反应II：H(g)+CO (g)=CO(g)+HO(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
2 2 2
反应III：2CO(g)=CO(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1
2
①在CH 与CO 重整体系中通入适量HO(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH(g)+CO (g)+2HO(g)=4CO(g)
4 2 2 4 2 2
+8H (g)的ΔH=___。
2
②1.01×105Pa下，将n (CO)：n (CH)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH
起始 2 起始 4 4和CO 的平衡转化率如图1所示。800℃下CO 平衡转化率远大于600℃下CO 平衡转化率，其原因是
2 2 2
___。
（3）利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO ，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H 中少量CO，催化氧化过程中
2 2
Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O )：n(H )：n(N )=1：1：49：49的
2 2 2
混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO 催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所
2
示。
①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生
的变化为___。
②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是___。
【答案】（1）吸收CO，提高H 的产率，提供热量
2 2
（2） 657.1kJ·mol-1 反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度
大)，CO 的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO 的生
2 2
成量小
（3） 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 高温下，Cu(+2价)或
Cu(+1价)被H 还原为金属Cu
2
【解析】（1）已知CaO(s)+CO (g)=CaCO (s) ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔
2 3
CaO的优点是吸收CO，使平衡正向移动，提高H 的产率，同时提供热量。
2 2
（2）①反应I：CH(g)+CO (g)=2CO(g)+2H(g) ΔH=246.5kJ·mol-1
4 2 2
反应II：H(g)+CO (g)=CO(g)+HO(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
2 2 2依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应3CH(g)+CO (g)+2HO(g)=4CO(g)+8H (g)的ΔH=657.1kJ·mol-1。
4 2 2 2
②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO 的消耗量大，反
2
应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO 的生成量小，所以800℃下CO
2 2
平衡转化率远大于600℃下CO 平衡转化率。
2
（3）①图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布
式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。
②由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H 还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的
2
催化活性下降。
13．（2021·天津真题）CS 是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S )与CH 为原料制备CS，S 受热
2 8 4 2 8
分解成气态S，发生反应 ，回答下列问题：
2
（1）CH 的电子式为___________，CS 分子的立体构型为___________。
4 2
（2）某温度下，若S 完全分解成气态S。在恒温密闭容器中，S 与CH 物质的量比为2∶1时开始反应。
8 2 2 4
①当CS 的体积分数为10%时，CH 的转化率为___________。
2 4
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________(填序号)。
a．气体密度b．气体总压c．CH 与S 体积比d．CS 的体积分数
4 2 2
（3）一定条件下，CH 与S 反应中CH 的平衡转化率、S 分解产生S 的体积分数随温度的变化曲线如图
4 2 4 8 2
所示。据图分析，生成CS 的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～
2
650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。
（4）用燃煤废气(含N、O、SO 、CO、HO、NO 等)使尾气中的HS转化为单后硫S，可实现废物利用，
2 2 2 2 2 x 2
保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。
【答案】
（1） 直线形
（2） 30% d（3） 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S 浓度明显偏小，且反应速率慢
2
（4） 、 、 写出任意一个
【解析】
（1）CH 的电子式为： ；CS 和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；
4 2
（2）①在恒温密闭容器中，S 与CH 物质的量比为2∶1时开始反应，
2 4
CS 的体积分数为10%，即 ，解得x=0.3a，则CH 的转化率为 30%。
2 4
②A．恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；B．反应前后气体的物质
的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；C．CH 与S 体积比一直为1:2，故不一
4 2
定平衡，不选；D．CS 的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；故选d。
2
（3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的
条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S
2
浓度明显偏小，且反应速率慢。
（4）用燃煤废气(含N、O、SO 、CO、HO、NO 等)使尾气中的HS转化为单后硫S)发生的化学反应方
2 2 2 2 2 x 2
程式为 、 、 写出任意一个。
14．【2022年全国甲卷】金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法
之一是将金红石 转化为 ，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1） 转化为 有直接氯化法和碳氯化法。在 时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接氯化：
(ⅱ)碳氯化：
①反应 的 为_______ ， _______Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是_______。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡_______移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转
化率_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）在 ，将 、C． 以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质
的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。①反应 的平衡常数 _______ 。
②图中显示，在 平衡时 几乎完全转化为 ，但实际生产中反应温度却远高于此温度，
其原因是_______。
（3） 碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于 “固—固”接触的措施是_______。
【答案】（1） -223 1.2×1014 碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，
熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向
左 变小
（2） 7.2×105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl 产品，提高效益
4
（3）将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”
2
【解析】
（1）①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O(g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/mol-172kJ/
2
mol=-223kJ/mol；则Kp= = =1.2×1014Pa；
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，
熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；
③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，
即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率
变小。
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO 是0.05，TiCl 是0.35，CO是0.6，反应C(s)
2 4
+CO (g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= = Pa=7.2×105Pa；
2
②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为
了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl 产品。
4（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO – C“固-固”接触，可将两者粉碎后
2
混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
2
15．【2022年全国乙卷】油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加
以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算 热分解反应④ 的 ________ 。
（2）较普遍采用的 处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反
应④高温热分解 。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。
（3）在 、 反应条件下，将 的混合气进行 热分解反应。平衡时混合气
中 与 的分压相等， 平衡转化率为________，平衡常数 ________ 。
（4）在 、 反应条件下，对于 分别为 、 、 、 、 的 混
合气，热分解反应过程中 转化率随时间的变化如下图所示。
① 越小， 平衡转化率________，理由是________。
② 对应图中曲线________，计算其在 之间， 分压的平均变化率为________
。
【答案】（1）170
（2） 副产物氢气可作燃料 耗能高
（3） 50% 4.76
（4） 越高 n(H S):n(Ar)越小，HS的分压越小，平衡向正反应方向进行，HS平衡转化
2 2 2率越高 d 24.9
【解析】
（1）已知：
①2HS(g)+3O(g)＝2SO (g)+2HO(g) ΔH＝－1036kJ/mol
2 2 2 2 1
②4HS(g)+2SO (g)＝3S(g)+4HO(g) ΔH＝94kJ/mol
2 2 2 2 2
③2H(g)+O(g)＝2HO(g) ΔH＝－484kJ/mol
2 2 2 3
根据盖斯定律(①+②)× －③即得到2HS(g)＝S(g)+2H(g)的ΔH＝（－1036+94）kJ/mol× +484kJ/mol＝
2 2 2 4
170 kJ/mol；
（2）根据盖斯定律(①+②)× 可得2HS(g)+O(g)＝S(g)+2HO(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol× =
2 2 2 2
－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分
解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；
但由于高温分解HS会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
2
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：
平衡时HS和H 的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以HS的平衡转化率
2 2 2
为 ，所以平衡常数K＝ ＝ ≈4.76kPa；
p
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H S):n(Ar)越小，HS的分压越小，相当于降低压强，平衡
2 2
向正反应方向移动，因此HS平衡转化率越高；
2
②n(H S):n(Ar)越小，HS平衡转化率越高，所以n(H S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图像可知
2 2 2
n(H S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时HS转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的
2 2
物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知
此时HS的压强为 ≈7.51kPa，HS的起始压强为10kPa，所以HS分压的平均
2 2 2
变化率为 ＝24.9kPa·s－1。
16．【2022年广东卷】铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。（1）催化剂 可由 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式： _______ _______。
② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图， 过程的焓变为_______(列式表示)。
③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 的路线_______(用“→”表
示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。
（2） 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
①下列有关 溶液的说法正确的有_______。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量 溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D．加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变
②25℃时， 溶液中 随pH的变化关系如图。当 时，设 、
与 的平衡浓度分别为x、y、 ，则x、y、z之间的关系式为_______ ；计算
溶液中 的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长( )有关；在一定波长范围内，最大A对
应的波长( )取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收
程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、 不同的 稀溶液，测得其A
随 的变化曲线如图，波长 、 和 中，与 的 最接近的是_______；溶液 从a变到b
的过程中， 的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） N↑ 4HO (E-E)+ΔH+(E-E)
2 2 1 2 3 4
2NO+O =2NO
2 2
（2） BD 当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中
即 =0.20
反应(ii)的平衡常数K = = =3.3×10-7
2
联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L λ 增大
3
【解析】
（1）① 分解过程中，生成Cr O 和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N、
2 3 2HO，根据原子守恒可知反应方程式为 ，故答案为：N↑；4HO。
2 2 2
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH=(E-E)，M→N ΔH=ΔH，N→Y
1 1 2 2
ΔH=(E-E)，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH+ΔH+ΔH=(E-E)+ΔH+(E-E)，故答案
3 3 4 1 1 2 3 1 2 3 4
为：(E-E)+ΔH+(E-E)。
1 2 3 4
③NH 在Cr O 作催化剂条件下，能与O 反应生成NO，NO与O 反应生成红棕色气体NO ，NO 与HO
3 2 3 2 2 2 2 2
反应生成HNO 和NO，若同时通入O，可将氮元素全部氧化为HNO，因此从NH 出发经过3步反应
3 2 3 3
制备HNO 的路线为 ；其中NO反应生成NO 过程中，气体
3 2
颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O =2NO，故答案为：
2 2
；2NO+O =2NO。
2 2
（2）①KCr O 溶液中存在平衡：(i) 、(ii)
2 2 7
。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是
减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡
正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中 将减小，(i)将正向移动，故C错误；
D．平衡(i)的平衡常数K = ，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量KCr O 溶液，
1 2 2 7
不变，故D正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10mol/L K Cr O 溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为
2 2 7
=0.20mol/L， 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z
mol/L，因此 =0.10；由图8可知，当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中
，即 =0.20，反应(ii)的平衡常数K = =
2
=3.3×10-7，联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中 越
大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中 越大，因此与 的λ 最接
max近的是λ；反应(i)的平衡常数K = ，反应(ii)的平衡常数K = ，
3 1 2
= = ，因此 = ，由
上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以
的值将增大，故答案为：λ；增大。
3
17．【2022年6月浙江卷】主要成分为 的工业废气的回收利用有重要意义。
（1）回收单质硫。将三分之一的 燃烧，产生的 与其余 混合后反应：
。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为
、 、 ，计算该温度下的平衡
常数 _______。
（2）热解 制 。根据文献，将 和 的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出
料)，发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比 ，并用 稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得 和
体积分数如下表：
105
温度/ 950 1000 1100 1150
0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
0.0 0.0 0.1 0.4 1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②下列说法正确的是_______。
A．其他条件不变时，用Ar替代 作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高， 的转化率越高C．由实验数据推出 中的 键强于 中的 键
D．恒温恒压下，增加 的体积分数， 的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意
图_______。
④在 ，常压下，保持通入的 体积分数不变，提高投料比 ， 的转化率
不变，原因是_______。
⑤在 范围内(其他条件不变)， 的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律
并分析原因_______。
【答案】（1）8×108 L·mol－1
（2） 高温 AB 1000℃时CH 不
4
参与反应，相同分压的HS经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为
2
主，随温度升高，S(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S 的速率大于反应Ⅰ生
2 2
成S 的速率，S(g)的体积分数减小
2 2
【解析】
（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝
；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS
＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N 作稀释气体，对实验结
2
果几乎无影响，A正确；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，HS的转化率越高，B正确；
2
C．根据表中数据无法得出HS中S-H键和CH 中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键
2 4
能，C错误；
D．恒温恒压下，增加N 的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H 的物质的量增加，容器容积增加，
2 2
H 浓度减小，D错误；
2
答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为
；
④根据表中数据可知1000℃时CH 不参与反应，相同分压的HS经历相同的时间转化率相同，所以在
4 2
1000℃常压下，保持通入的HS体积分数不变，提高投料比时HS的转化率不变；
2 2
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升
2
高；反应Ⅱ消耗S 的速率大于反应Ⅰ生成S 的速率，S(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
2 2 2
18．（2021·广东真题）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH 与CO 重整是CO
4 2 2
利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH(g)+CO (g) 2CO(g)+2H(g) ∆H
4 2 2 1
b)CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ∆H
2 2 2 2
c)CH(g) C(s)+2H(g) ∆H
4 2 3
d)2CO(g) CO(g)+C(s) ∆H
2 4
e)CO(g)+H(g) HO(g)+C(s) ∆H
2 2 5
（1）根据盖斯定律，反应a的∆H=_______(写出一个代数式即可)。
1
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO 与CH 的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
2 4
B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C．加入反应a的催化剂，可提高CH 的平衡转化率
4
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH 分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步的
4
正反应活化能最大。（4）设K 为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体
的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p（p=100kPa）。反应a、c、e的ln K 随 （温度的倒
0 0
数）的变化如图所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K =_______。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO):n(CH)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进
2 4
行反应，体系达到平衡时H 的分压为40kPa。计算CH 的平衡转化率，写出计算过程_______。
2 4
（5）CO 用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。
2
【答案】（1）∆H+∆H-∆H 或∆H-∆H （2）AD （3）4 4
2 3 5 3 4
（4）①ac ② ③68% （5）做冷冻剂
【解析】根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的
变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的
分压计算平衡转化率；根据CO 的物理性质推测CO 的用途。
2 2
（1）根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H=∆H+∆H-∆H=∆H-
1 2 3 5 3
∆H；
4
（2）A．增大CO 和CH 的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增
2 4
大，A正确；B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率
不变，C错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；
故答案选AD；
（3）由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右
看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活
化能最大。
（4）①随着温度的升高，反应a和c的ln K 增大，说明K 的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a
和c为吸热反应，同理反应e的ln K 减小，说明K 的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热
反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K = ；
③由图可知，A处对应反应c的ln K =0，即K = =1，解方程的p2(H )=p(CH)，已知反应平衡时
2 4
p(H )=40kPa，则有p(CH)=16kPa，且初始状态时p(CH)= ×100kPa=50kPa，故CH 的平衡转化率为
2 4 4 4
×100%=68%；
（5）固态CO 即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
2
19．（2021·全国乙卷真题）一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用
作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元
素的发现，该元素是_______。
（2）氯铂酸钡( )固体加热时部分分解为 、 和 ，376.8℃时平衡常数 ，
在一硬质玻璃烧瓶中加入过量 ，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在
376.8℃，碘蒸气初始压强为 。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为 ，则 _______
，反应 的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。
（3）McMorris测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数 。得到 和 均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和 反应的 _______0(填“大于”或“小于”)
②反应 的K=_______(用 、 表示)：该反应的 _______0(填“大于”或“小
于”)，写出推理过程_______。
（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
其中 表示一个光子能量， 表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收_______mol
光子。
【答案】
（1）溴(或 )
（2）24.8
（3）①大于 ② 大于 设 ，即 ，由图可知：
则：
，即 ，因此该反应正反应为吸热反应，即 大于0
（4）0.5
【解析】
（1）红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或 )；（2）由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应： (s) (s)+ (s)+2 (g)、Cl(g)+I (g)
2 2
2ICl(g)。 (s) (s)+ (s)+2 (g)的平衡常数 ，则平衡时p2(Cl )=
2
，平衡时p(Cl )=100Pa，设到达平衡时I(g)的分压减小pkPa，则
2 2
，376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为 ，则
0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时 2p =2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I(g)的分压为
2
(20.0-p)kPa=(20×103-12.4×103)Pa， 24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl )=0.1kPa=100Pa，因此反应
2
的平衡常数K= ；
（3）①结合图可知，温度越高， 越小，lgKp 越大，即Kp 越大，说明升高温度平衡
2 2
正向移动，则NOCl分解为NO和 反应的大于0；
②Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅰ+Ⅱ得 ，则 的K= ；该反应的 大于0；推理过程如
下：设 ，即 ，由图可知： 则：
，即 ，因此该反应正反应为吸热反应，即 大于
0；
（4）Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl ，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl
2
需要吸收0.5mol光子。
20．（2021·全国甲卷真题）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的 _______ ；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。
A． B． C．
D．
（2）合成总反应在起始物 时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为
，在 ℃下的 、在 下的 如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式 _______；
②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；
③当 时， 的平衡转化率 ____，反应条件可能为___或___。
【答案】
（1）-49 A ΔH 为正值，ΔH 为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的
1 2（2）① ②b 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质
的量分数变小 ③ 33.3% 5×105Pa，210℃ 9×105Pa，250℃
【解析】
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为： ，该反应一般认为通
过如下步骤来实现：① ，②
，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的
总反应为： ；
该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活
化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物
总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH 为正值，ΔH 为和ΔH
1 2
为负值，反应①的活化能大于反应②的。
（2）①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为 ，因此利用各物质的平衡分
压表示总反应的平衡常数，表达式K = ，故答案为： 。
p
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中 将减小，因此图中对应等压过程
的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数
变小。
③设起始n(CO)=1mol，n(H )=3mol，则 ，当平衡时
2 2
时， =0.1，解得x= mol，平衡时CO 的转化率α=
2
=33.3%；由图可知，满足平衡时 的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故
答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。
21．（2021.1·浙江真题）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上
的常用气体。请回答：
（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。
（2）下列说法不正确的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl
2
(g)⇌Cl
2
(aq) K
1
=c(Cl
2
)/p
Cl
2
(aq) + H
2
O(l)⇌H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K
2
其中p为Cl(g)的平衡压强，c(Cl )为Cl 在水溶液中的平衡浓度。
2 2 2
①Cl
2
(g)⇌Cl
2
(aq)的焓变ΔH
1
______0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K 的表达式为K=______。
2 2
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，
忽略HClO的电离)
（4）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO)为原料生产TiCl ，相应的化学方程式为；
2 4
I.TiO
2
(s)+2Cl
2
(g)⇌TiCl
4
(g)+O
2
(g) ΔH
I
=181 mol·L-1，K
I
=-3.4×10-29
II.2C(s)+O
2
(g)⇌2CO(g) ΔH
II
= - 221 mol·L-1，K
II
=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由______ 。
（5）在一定温度下，以I 为催化剂，氯苯和Cl 在CS 中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，
2 2 2
两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为
邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措
施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
【答案】
（1）2NaCl+ 2HO 2NaOH + H ↑+Cl↑
2 2 2
（2） A （3）①＜ ② ③K p +
1
（4）反应I + II得： TiO(s)+2Cl (g) + 2C(s) =TiCl (g)+ 2CO(g)，K=KK =4.1×1019远大于K，反应II使
2 2 4 I II 1
TiO 氯化为TiCl 得以实现；ΔH=ΔH+ΔH = -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量
2 4 I II
（5）AB
【解析】
（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2HO
2
2NaOH + H ↑+Cl↑。
2 2
（2） A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正
确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可
以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法
收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯
化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。
（3）①Cl 2 (g) ⇌ Cl 2 (aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过
程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH＜0。
1
②由化学方程式Cl 2 (aq) + H 2 O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K 2 的表达式为K 2 =
，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl 2 (g) ⇌ Cl 2 (aq) 与Cl 2 (aq) + H 2 O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl 2 (g) + H 2 O(l) ⇌
H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为 ；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓
度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略
水的电离和次氯酸的电离，则 ，由K = 可知
2
= ，由K =c(Cl)/p可知， = ，则 = ，因此，
1 2
c= K p + 。
1
（4）已知：I . TiO 2 (s)+2Cl 2 (g) ⇌ TiCl 4 (g)+O 2 (g) ΔH I =181 mol ·L-1，K I =-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O 2 (g) ⇌
2CO(g) ΔH = - 221 mol ·L-1，K =1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO(s)+2Cl (g) + 2C(s)
II II 2 2
=TiCl (g)+ 2CO(g)，则K=KK =4.1 ×1019远大于K ，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气
4 I II 1
的浓度，从而使TiO 氯化为TiCl 得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔH+ΔH = -40kJ·mol-1，说明
2 4 I II
TiO(s)+2Cl (g) + 2C(s) =TiCl (g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。
2 2 4
（5） 15%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，25%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，温度改变对
活化能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度邻二氯苯产量减少的多，
比例减少，故A正确、C错误；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯的反应的活化能，故B正确；
D中改变反应物的浓度，并不能改变两种产物的比例，故D错误，综上所述，选AB。
22．（2020·山东真题）探究CHOH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CHOH的产率。以CO、
3 3 2
H 为原料合成CHOH涉及的主要反应如下：
2 3
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
回答下列问题：
（1） _________ 。
（2）一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1 mol CO 和3 mol H 发生上述反应，达到平衡时，
2 2容器中CHOH(g)为ɑ mol，CO为b mol，此时HO(g)的浓度为__________mol﹒L-1(用含A．B．V的
3 2
代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。
（3）不同压强下，按照n(CO)：n(H )=1：3投料，实验测定CO 的平衡转化率和CHOH的平衡产率随温
2 2 2 3
度的变化关系如下图所示。
已知：CO 的平衡转化率=
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CHOH的平衡产率=
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其中纵坐标表示CO 平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p、p、p 由大到小的顺序
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为___________；图乙中T 温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。
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（4）为同时提高CO 的平衡转化率和CHOH的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。
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A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压
【答案】
（1）+40.9 （2）
（3）乙 p、p、p T 时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
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（4）A
【解析】根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根据勒夏
特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO 的平衡转化率和CHOH的平衡产率之间
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的关系得到相应的答案。
（1）.根据反应I-II=III，则△H=△H-△H=-49.5kJ∙mol-1-(-90.4 kJ∙mol-1)=+40.9 kJ∙mol-1；
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（2）.假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CHOH为xmol，I生成的CHOH为(a-x)mol，III生成
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CO为(b+x)mol，根据反应I： ，反应II：
，反应III： ，所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为: ；平衡时CO 的物质的量为1mol-(a-
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x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H 的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物质的
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量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为： ；
（3）.反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CHOH的平衡产率减少，所以图甲表示
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CHOH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
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CO 的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高一定温度后
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以反应III为主，CO 的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO 的平衡转化率；压强增大，反应I和II
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是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增
大CHOH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p>p>p；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，
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反应III向正反应方向移动，所以T 温度时，三条曲线交与一点的原因为：T 时以反应III为主，反应
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III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；
（4）.根据图示可知，温度越低，CO 的平衡转化率越大，CHOH的平衡产率越大，压强越大，CO 的平
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衡转化率越大，CHOH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。
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