专题29化学反应原理综合题——平衡主线型（解析）_高考真题分类汇编_高考化学真题分类汇编（全国通用）五年（2021-2025）

五年（2021-2025）高考化学真题分类汇编 专题29 化学反应原理综合题——平衡主线型 考向 五年考情（2021-2025） 命题趋势 化学反应原理综合题主要考查热化学、化 2025·安徽卷、2025·北京卷、2025·甘 学反应速率和化学平衡等主干理论知识， 肃卷、2025·广东卷、2025·河北卷、 主要命题点有盖斯定律的应用、反应速率 2025·河南卷、2025·黑吉辽蒙卷、 和化学平衡的分析、化学平衡常数的表达 2025·江苏卷、2025·山东卷、2025·陕 式书写与计算、反应条件的分析选择、生 晋青宁卷、2025·云南卷、2025·浙江1 产生活中的实际应用等，试题常以填空、 月卷、2024·全国甲卷、2024·新课标 读图、作图、计算等形式呈现。试题一般 卷、2024·河北卷、2024·山东卷、 以与生产、生活紧密联系的物质为背景材 2024·黑吉辽卷、2024·湖北卷、2024· 料命制组合题，各小题之间又有一定的独 平衡主线型化学反应 安徽卷、2023·全国乙卷、2023·新课 立性。主要考查学生的信息处理能力、学 原理综合题 标卷、2023·山东卷、2023·福建卷、 科内综合分析能力，应用反应原理解决生 2023·广东卷、2023·浙江卷、2023·湖 产实际中的具体问题，体现了“变化观念 北卷、2023·湖南卷、2023·辽宁卷、 与平衡思想”的核心素养。在近几年的相 关考题中，对单一因素影响的考查已经越 2022·全国甲卷、2022·全国乙卷、 来越少了，主要以“多因素影响”出现， 2022·广东卷、2022·湖南卷、2022·山 考查学生的综合分析判断能力。以实际情 东卷、2022·海南卷、2022·福建卷、 景(场景)为背景，更能体现核心素养的要 2021·山东卷、2021·浙江卷、2021·全 求。而在实际生产过程中，影响因素是多 国乙卷、2021·全国甲卷 元化、多方位和多层次的。 1．（2025·安徽卷）I．通过甲酸分解可获得超高纯度的 。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② （1）反应 的 。 （2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的 ，发生上述两个分解反应下列说法中能 表明反应达到平衡状态的是 (填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c． 的浓度不变 d． 和 的物质的量相等 （3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近 ，原因是 ；升 高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是 。 1 / 96 学科网（北京）股份有限公司Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气( 和 )的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ （4）恒温恒容条件下，可提高 转化率的措施有 (填标号)。 a．增加原料中 的量 b．增加原料中 的量 c．通入 气 （5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的 / / 混合气，投料组成与 和 的 平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中 含量下降，平衡体系中 的值将 (填“增大”“减小”或“不 变”)。 ii．若平衡时 的分压为 ，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数 (用含p的代 数式表示， 是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）-41.2 2 / 96 学科网（北京）股份有限公司（2）bc （3）原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 催化剂在升温时活性降 低或升温时催化剂对反应②更有利 （4）b （5）增大 0.675p2 【解析】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则 ； （2）a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态； b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态； c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则 浓度不变，是平衡状态； d．CO和CO 物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态； 2 故选bc； （3）反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率 慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应 ①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利； （4）a．增加原料中CH 的量，CH 自身转化率降低； 4 4 b．增大原料中CO 的量，CH 转化率增大； 2 4 c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH 转化率不变； 4 故选b； （5）如图可知，恒压时，随着Ar含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正 向移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化 率下降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但CO减小的少，则 n(CO):n(H )增大； 2 设初始投料： 、 、 ，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化 碳的转化率为30%，则平衡时： ； ； 根据碳元素守恒： ； 根据氧元素守恒： ； 根据氢元素守恒： ； 平衡时，气体总物质的量为 ，Ar的分压为 ，则总压为 ， 、 、 3 / 96 学科网（北京）股份有限公司、 ，反应⑤的平衡常数 。 2．（2025·北京卷）利用工业废气中的 制备焦亚硫酸钠( )的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知： 由 制 的热化学方程式为 。 （2）制 I．在多级串联反应釜中， 悬浊液与持续通入的 进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液 达到3.8~4.1时，形成的 悬浊液转化为 固体。 ①Ⅱ中生成 的化学方程式是 。 ②配碱槽中，母液和过量 配制反应液，发生反应的化学方程式是 。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 。 （3）理论研究 、 与 的反应。一定温度时，在 浓度均为 的 和 4 / 96 学科网（北京）股份有限公司的混合溶液中，随 的增加， 和 平衡转化率的变化如图。 ① ，与 优先反应的离子是 。 ② ， 平衡转化率上升而 平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 【答案】（1） （2） 、 SO 2 （3） 时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行， 平衡转化率上升，亚硫酸 氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以 平衡转化率上升而 平衡转化率下 降 【分析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在 反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返 回配碱槽中循环使用。 【解析】（1）已知： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 将Ⅰ×2+Ⅱ×2得： ，所以由 制 的热化学方程式为 ； （2）① 当反应釜中溶液 达到3.8~4.1时，形成的 悬浊液转化为 固体，根据元素守 恒，还有水生成，化学方程式： ； ②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余， 又因为 ＞ ，亚硫酸氢钠与过量 发生反应的化学方程式为： ； ③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以 5 / 96 学科网（北京）股份有限公司多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去； ④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为 ，生成了二氧化碳，二氧化 碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体 有 ，在多级串联反应釜中持续通入的 ，则尾气吸收器中吸收的气体还有 ； 故答案为： ； ； ； 、SO ； 2 （3）① 由图可知，① ，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以 与 优先反应； ②一定温度时，在 浓度均为 的 和 的混合溶液中，发生的反应为： ， ， 时，产生的二氧化碳逸出，使反应 正向进行， 平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以 平衡转化率上升而 平衡转化率下降。 故答案为： ； 时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行， 平衡转化率上升，亚硫 酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以 平衡转化率上升而 平衡转化率 下降。 3．（2025·甘肃卷）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下 两个主要反应： 反应1： 反应2： （1）25℃，101kPa时，反应 。 （2）一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质 的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①在 范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 (任写一条)，当温度由220℃升 高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为 。 6 / 96 学科网（北京）股份有限公司②在120~240℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为 (填“>”“<”或“=”)， 理由为 。 （3）对于反应1，反应速率 与 浓度 的关系可用方程式 表示(k 为常数)。 时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当 时， 。 实验组 一 二 （4）以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压 下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚 线为生成乙烷的路径)。以 为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为 。(图中“*”表示吸 附态；数值为生成相应过渡态的活化能) 【答案】（1）-137 （2）温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 催化剂在该温度范围内失活 ＞ 乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率 （3）9.2×10-3 （4）Pd/W Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的 【解析】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则 ； （2）反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增 强，乙炔的转化率增大； 220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催 化剂在该温度范围内失活； 由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即 ； 7 / 96 学科网（北京）股份有限公司（3）将数据代入方程 ，②÷①得到 ，则 ， 时， ， ； （4）如图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用 Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更 高。 4．（2025·广东卷）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 （1）基态Ti原子的价层电子排布式为 。 （2）298K下，反应 的 、 ，则298K下该反 应 (填“能”或“不能”)自发进行。 （3）以 为原料可制备 。将 与10.0molTi放入容积为 的恒容密闭容器中，反 应体系存在下列过程。 编 过程 号 (a) (b) (c) (d) ① kJ/mol。 ②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为 。 ③温度 下， ，反应(c)的平衡常数 (列出算式，无须化简)。 （4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼 的分解反应： (e) (f) 8 / 96 学科网（北京）股份有限公司为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含 的物质的量为 )，进行实验， 得到 、 随时间t变化的曲线如图。其中， 为 与 的物质的量之和； 为剩余 的 物质的量。设 为0~t时间段内反应(e)消耗 的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性 用 表示。 ① 内， 的转化率为 (用含 的代数式表示)。 ② 内，催化剂的选择性为 (用含 与 的代数式表示，写出推导过程)。 【答案】（1） （2）能 （3） 0.5 （4） 【解析】（1）Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为 ，故答案为： ： （2）反应 的 、 ，则根据 可 知，该反应在298K下能自发进行，故答案为：能； （3）① 已知： 反应b： 反应c： 将反应c-2×反应b可得 ，则 ，故答案为： ； ② 由表格可知，反应a为放热反应，反应b、c为吸热反应，反应d也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示 或 的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c正向移动，反应a、d为 逆向移动，所以 的含量逐渐上升， 的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为 9 / 96 学科网（北京）股份有限公司，故答案为： ； ③ 温度 下， ， ， ，根据Ti 元素守恒，可推出 （10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则 ， ，反应(c)的平衡常数 = ，故答案为：0.5； ； （4）① 因为肼 为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时 ， 时， ，则 内， 的转化率为 = ，故答案为： ； ② 由图可知， 内， ， ，则 ，反应掉的肼 为 ，生成 的氮气和氢气的物质的量为 ，根据反应前后原子个数守恒，可得 ，反应f消耗的肼为 ，反应e消耗的肼 为 ， 则本体系中催化剂的选择性 = = = ，故答案为： ； 5．（2025·河北卷）乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。 （1）石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成 乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。 主反应： 副反应： 体系中环氧乙烷初始浓度为 ，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中 。 ①0~30min内， 。 ②下列说法正确的是 (填序号)。 a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 10 / 96 学科网（北京）股份有限公司b．0~30min内， c．0~30min内， d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 （2）煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反 应如下： 。按化学计量比进料，固定平衡转化率 ，探究温 度与压强的关系。 分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表 的曲线为 (填“ ”“ ”或“ ”)；原因是 。 ② 0(填“>”“<”或“=”)。 ③已知：反应 ， ，x为组分的物质的量分数。M、N 两点对应的体系， (填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的 的值为 。 ④已知：反应 ， ，p为组分的分压。调整进料比为 ，系统压强维持 ，使 ，此时 (用含有m和 的代数式表示)。 【答案】（1） cd （2） 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增 大 < = 12 【解析】（1）①0~30min内，环氧乙烷完全转化， ； ②a． ，主反应中， ，则生成物总能量低于反应物总能量，a 错误； b．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG 11 / 96 学科网（北京）股份有限公司浓度的变化量小于EO浓度的变化量，0~30min内， ，b错误； c．主反应中， ，副反应 ，同一反应体系中物质一量变化量之比 等于浓度变化量之比，产物中 ，即 ， ，反应时间相同，则 ， ，则 ，c正确； d．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d正确； 故选cd； （2）① 该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大 压强，平衡正向移动，平衡转化率增大， ，故 、 、 对应α为0.6、0.5、 0.4； ②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放 热反应， <0； ③M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则 = ；D 点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和 3molH ，列三段式： ，平衡时， 、 2 、 的物质的量分数分别为 ， ； ④设起始加入mmolCO和3molH ，此时 ，列三段式： 2 ，平衡时，气体总的物质的量为mmol， 、 、 平衡分压分别 ， 。 6．（2025·河南卷） 的热分解与 催化的 重整结合，可生产高纯度合成气 ，实现 12 / 96 学科网（北京）股份有限公司碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1） 位于元素周期表中 区；基态 的价电子排布式为 。 （2）水分子的 模型与其空间结构模型不同，原因是 。 （3） 的晶胞如图1所示(晶胞参数 )，该物质的化学式为 。 （4）恒压条件下， 重整反应可以促进 分解，原因是 。 （5）在温度分别为 和 下， 的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是 (填“ ”“ ”或“ ”)，原因是 。 （6）一定温度、 下，向体系中加入 和 ，假设此条件下其他副反应可 忽略，恒压反应至平衡时，体系中 转化率为 ， 转化率为 ， 物质的量为 ，反应Ⅲ的平衡常数 (保留小数点后一位)，此时原位 利用率为 。 已知：原位 利用率 13 / 96 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）s 3d8 （2）O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑 （3）Ni P 2 （4）反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO，降低体系CO 分压，使反应Ⅰ平衡右移 2 2 （5）T 升高温度，反应Ⅱ正向移动 1 （6）1.2 70% 【解析】（1）Ca原子序数为20，电子排布为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序 数为28，基态电子排布为[Ar] 3d84s2。Ni失去4s能级上2个电子形成Ni2+，价电子排布为3d8，故答案 为：s；3d8。 （2）中心O原子有2个σ键，孤电子对数为 ，共4个价电子对， 模型为四面体型， 空间构型为V型，故答案为：O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型 不考虑。 （3）该晶胞中，P原子8个位于顶点(4个被6个晶胞共用，4个被12个晶胞共用)、2个位于体内，1 个晶胞中所含P原子数为 ，Ni原子8个位于棱(均被4个晶胞共用)、6个位于面(均 被2个晶胞共用)，1个位于体内，Ni原子数为 ，因此该物质的化学式为Ni P。 2 （4） 重整反应会消耗CO，降低体系中CO 分压，使 分解反应正向移动且反应放热，可以 2 2 为碳酸钙分解提供能量，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO，降低体系CO 分压，使反应Ⅰ平衡 2 2 右移。 （5）反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH 转化率增大，因此温度最 4 高的是T，故答案为：T；升高温度，反应Ⅱ正向移动。 1 1 （6）一定温度、 下，向体系中加入 和 ，恒压反应至平衡时，体系中 转化率为 ，反应Ⅰ： 平衡时生成 ， 转化 率为 ， 物质的量为 ，则 气体总物质的量n =(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol， 总 14 / 96 学科网（北京）股份有限公司反应Ⅲ的平衡常数 ， 平衡时 ，原位 利用率为 ，故答案为：1.2；70%。 7．（2025·黑吉辽蒙卷）乙二醇是一种重要化工原料，以合成气 为原料合成乙二醇具有重要意 义。 Ⅰ．直接合成法： ，不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 1.0 （1）该反应的 0(填“>”或“<”)。 （2）已知 的燃烧热 分别为 ，则上述合成反应的 (用a、b和c表示)。 （3）实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是 (答 出1条即可)。 Ⅱ．间接合成法：用合成气和 制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放热的连续反应，其中MG 生成乙二醇的反应为可逆反应。 （4）在2MPa、 催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比 ，出口 处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择 性 ]。 15 / 96 学科网（北京）股份有限公司①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线 表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有 (填标号)。 A．降低温度 B．增大压强 C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间 ③483K时，出口处 的值为 (精确至0.01)。 ④A点反应 的浓度商 (用物质的量分数 代替浓度计算，精确至0.001)。 【答案】（1）< （2）-2a-3b+c(或c-2a-3b) （3）温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低(或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低) （4）I IV BD 1.98 0.025 【解析】（1）根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动， 又因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH<0。 （2）根据已知条件可以写出如下热化学方程式： ①CO(g)+ O(g)=CO (g) ΔH=-a kJ·mol-1 2 2 1 ②H (g)+ O(g)=HO(g) ΔH=-b kJ·mol-1 2 2 2 2 ③HOCH CHOH(g)+ O(g)=2CO (g)+3HO(g) ΔH=-c kJ·mol-1 2 2 2 2 2 3 根据盖斯定律，用反应③减去2倍的反应①和3倍的反应②即可得到目标方程式，故目标方程式的 ΔH=(c-2a-3b) kJ·mol-1。 （3）根据表格中的平衡常数，反应温度在500K时，平衡常数K< ，此时平衡常数过小，导致 乙二醇产率过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低。 （4）根据图示的曲线，随着反应的温度升高I曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的 16 / 96 学科网（北京）股份有限公司转化率区域恒定，故I曲线为DMO的实际转化率曲线；又已知II为乙二醇的选择性曲线，观察曲线II 和曲线IV可知，随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线 III为乙醇的选择性曲线。 ①根据上述分析，曲线I为DMO的实际转化率曲线；曲线IV为MG的选择性曲线； ②A．根据图示，降低温度，DMO的转化率降低，A不符合题意； B．增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率增大，B符合题 意； C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不符合题意； D．A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催 化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，D符合题意； 故答案选BD； ③483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为100mol，则出口出流出的乙醇的物 质的量为100mol×99%×2%=1.98mol，此时还有1mol DMO未反应从出口流出，因此出口处 = =1.98； ④设初始时H 与DMO的投料分别为52.4mol和1mol，A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二 2 醇的选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO转化为MG，可写出如下关系： 第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系： 这时，体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质的量为0.4mol、H 的物质的量为50.0mol、 2 CHOH的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为 3 0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Q= x =0.025。 8．（2025·江苏卷）合成气( 和 )是重要的工业原料气。 （1）合成气制备甲醇： 。 的结构式为 ，估算该反应的 需要 (填数字)种化学键的键能数据。 17 / 96 学科网（北京）股份有限公司（2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯 。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入 和过量的 ： 。催化作用受接触面积和温度等因素影响， 的比热容较大。 过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 。 ②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的 吸收剂、 ( 正价有 ) 缓蚀剂等。 溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。 减缓设备 腐蚀的原理是 。 （3）研究 与不同配比的铁铈载氧体[ 是活泼金属，正价 有 ]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的 ，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ 步骤Ⅱ ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、 转化率、 与x的关系如图乙所示。 时， 大于理 论值2的可能原因有 ； 时，通入标准状况下 的 至反应结束， 的选择性 ，则生成标准状况下 和 的总体积为 。 ② 时，新制载氧体、与 反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍射用于判断 某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与 反应的物质 有 (填化学式)。 18 / 96 学科网（北京）股份有限公司③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中 的作用、气体分步制备的价值： 。 【答案】（1）5 （2）该反应为放热反应，在绝热容器中进行， 的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂 活性受温度影响， 过量可有效防止催化剂活性下降 具有强氧化性， 能使设备表面形成一层致密的氧化膜 （3）当 时，载氧体为 ，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为 ，使得CO的 物质的量减小， 增大 432 C、Fe、FeO 步骤Ⅰ中 作载氧体供氧，将甲烷转 化为CO和氢气，避免生成大量积炭导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效 消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能 源 【解析】（1）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的 需 。 、 、 、 ，共5种化学键的键能数据。 （2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高， 由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降； 的比热容较大，可以吸收大量 的热从而使体系温度变化较小，因此， 过量可有效防止催化剂活性下降。 ②脱碳过程中， 溶液会吸收 ，发生反应 ，当 溶液浓度 偏高时，会生成较多 ，而 溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵 塞设备。 中的Cr元素化合价为 ，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中， 它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层 氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐 蚀。 （3）①当 时，载氧体中没有 ，只有 ，由于 的氧化性较强，且其提供的O原子较 19 / 96 学科网（北京）股份有限公司多，可以将CO氧化为 ，使得CO的物质的量减小， 增大；由题图乙可知，当 时， 转化率为60%，则 ，已知CO的选择性 ，则 ，根据图乙中数据可知，此时产物气 中 ，则 ，故生成标准状况下CO和 的总体积为432mL。 ②新制载氧体与 反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与 反应，使载氧体再生从而继续 与 反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与 反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步 骤Ⅱ中与 反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与 反应。 ③步骤Ⅰ中 作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低 甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要 的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。 9．（2025·山东卷）利用 循环再生可将燃煤尾气中的 转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 恒容条件下，按 和 投料反应。平衡体系中，各气态物种的 随温度的变化 关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。 已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数 基本不变。 回答下列问题： （1）反应 的焓变 (用含 的代数式表示)。 （2）乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变 0(填“>”“<”或“=”)。 20 / 96 学科网（北京）股份有限公司（3） 温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为 ，则 为 (用含a的代数式表示)；此时， 与 物质的量的差值 (用含a的最简代数式表示)。 （4） 温度下，体系达平衡后，压缩容器体积 产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时， 与 物质的量之比 (填“增大”“减小”或“不变”)， 物质的量 (填 “增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1）ΔH+ΔH 1 2 （2）HO ＜ 2 （3）0.45+0.5a 150a （4）增大 减小 【解析】（1）已知： Ⅰ． Ⅱ． 依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应 的焓变为ΔH+ΔH； 1 2 （2）由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知 始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是HO，丁表示的是H，升高温度S 减小， 2 2 2 HO、H 均增大，所以丙表示表示SO ，甲表示HS，因此反应Ⅲ的正反应是放热热反应，即ΔH＜0； 2 2 2 2 （3）T 平衡时H 是amol，根据 可知HO和SO 的物质的量均为100amol，根据H元素守 1 2 2 2 恒可知HS为0.1－101a，设平衡时CaS和S 的物质的量分别为xmol和ymol，根据Ca元素守恒可知 2 2 CaSO 是1－x，根据O元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S元素守恒可知2=0.1 4 －101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS和CaSO 的物质的量的差值为2x－1=150a。 4 （4）压缩容器容积，压强增大，反应 平衡正向进行，S 的产率增 2 大，氢气的物质的量减小，由于 始终不变，HO的物质的量减小；温度不变反应 2 的平衡常数不变，所以SO 增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示为 2 ， 始终不变，所以 增大。 10．（2025·陕晋青宁卷） / 循环在 捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利 用 与 反应生成 的路线，主要反应如下： I． 21 / 96 学科网（北京）股份有限公司II． III． 回答下列问题， （1）计算 。 （2）提高 平衡产率的条件是_______。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 （3）高温下 分解产生的 催化 与 反应生成 ，部分历程如图，其中吸附在催化 剂表面的物种用*标注，所示步骤中最慢的基元反应是 (填序号)，生成水的基元反应方程式为 。 （4） 下，在密闭容器中 和 各 发生反应。反应物( 、 )的平衡转 化率和生成物( 、 )的选择性随温度变化关系如下图(反应III在 以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 22 / 96 学科网（北京）股份有限公司①表示 选择性的曲线是 (填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的 (列出计算式即可)。 ③在 下达到平衡时， 。 ，随温度升高 平衡转化率下降的原 因可能是 。 【答案】（1） （2）B （3）④ HO*+H *+CH *= CH*+H O 2 2 3 2 （4）c 0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气 【解析】（1）已知： I． Ⅱ． 将I+ Ⅱ可得 = ，故答案为： ； （2）已知反应Ⅱ． 为放热反应，要提高 平 衡产率，要使平衡正向移动。 A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高 平衡产率，A错误； B．低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高 平衡产率，B正确； C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高 平衡产率，C错误； D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高 平衡产率，D错误； 故选B。 （3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应 为CH*+H*+2H O=CH*+2H O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H *+CH *= 3 2 4 2 2 2 CH*+H O，故答案为：④；HO*+H *+CH *= CH*+H O； 3 2 2 2 3 2 （4）已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，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 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，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。 ①表示 选择性的曲线是c，故答案为：c； ②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0.51mol，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0.49mol，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0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根 据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol， 23 / 96 学科网（北京）股份有限公司， ， ，则反应Ⅱ的 ，故答案为： ； ③在 下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生 成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出 1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因 为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在 ，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移 动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致 平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应 Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。 11．（2025·云南卷）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． Ⅱ． 回答下列问题： （1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为 秸秆 纤维素 乙醇 （2）对于反应Ⅰ： ①已知 则 。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C． 的体积分数不再变化 D．单位时间内生成 ，同时消耗 ③反应后从混合气体分离得到 ，最适宜的方法为 。 （3）恒压100kPa下，向密闭容器中按 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 ] 24 / 96 学科网（北京）股份有限公司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”)。 ③270℃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 ，平衡常数 (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）葡萄糖 （2）+44.4 AC 降温冷凝后收集气体 （3）乙酸选择性最大且反应速率较快 产物1 36:5 【解析】（1）纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇； （2） 反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律 =-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol①-1=+44.4 kJ·mol-1； 恒温恒容下发生 ： ②A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变， 说明反应达到平衡状态，A符合题意； B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变 化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不符合题意； C． 的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C符合题意； D．单位时间内生成 ，同时消耗 均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态， D不符合题意； 答案选AC； 可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体； （3） 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； ③ 由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产 ① 物3的最大能垒为0.81eV，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 ② 乙酸可能是产物1； 设投料n(H O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为 2 ③ 25 / 96 学科网（北京）股份有限公司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=0.72mol，n (乙 平 醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强比=物质的量之比，故 0.72:0.1=36:5；列三段式 、 ，则平衡时乙醇、HO(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分 2 别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为 0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则 kPa。 12．（2025·浙江1月卷）二甲胺[(CH )NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH )]均是用途广泛的化工原 3 2 3 2 料。请回答： （1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。 A．温度 B．投料比[n(NH ):n(CHOH)] C．压强 D．催化剂 3 3 （2）25℃下，(CH)NH·HO的电离常数为Kb，-lgK=3.2，则1mol/L[(CH)NH ] +Cl-水溶液的pH= 3 2 2 b 3 2 2 。 （3）在[(CH )NH ] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO 制备HCON(CH ) 阴极上生成HCON(CH ) 的电 3 2 2 2 3 2 3 2 极反应方程式是 。 （4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH )： 3 2 。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下 0(填“>”、“<”或“=”)。 （5）有研究采用CO、H 和(CH)NH催化反应制备HCON(CH )。在恒温密闭容器中，投料比 2 2 3 2 3 2 ，催化剂M足量。反应方程式如下： Ⅳ． V． 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。 26 / 96 学科网（北京）股份有限公司(例：HCOOH的物质的量百分比 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M活性降低或失活) 。 ②若用SiH 代替H 作为氢源与CO 反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释 4 2 2 原因 。 【答案】（1）AB （2）5.4 （3）CO+2e-+2[(CH )NH ] += HCON(CH )+(CH )NH+H O 2 3 2 2 3 2 3 2 2 （4）＜ （5）t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ 的慢 用H 作氢源需要断裂H-H键，用SiH 作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H， 2 4 Si-H的键能比H-H小，所以用SiH 代替H 作为氢源与CO 反应生成HCOOH，可以降低反应所需温 4 2 2 度 【解析】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度 一定能够改变甲醇的平衡转化率，A符合题意； B．增大投料比[n(NH ):n(CHOH)] 将增大CHOH的转化率，相反减小投料比[n(NH ):n(CHOH)]，将 3 3 3 3 3 减小CHOH的平衡转化率，B符合题意； 3 C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不 能改变CHOH的平衡转化率，C不合题意； 3 D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CHOH的平 3 衡转化率，D不合题意； 故答案为：AB； （2）25℃下，(CH)NH·HO的电离常数为K，-lgK=3.2，即K= =10-3.2，则 3 2 2 b b b [(CH )NH ] ++H O (CH)NH·HO+H+的水解平衡常数为：K= = =10- 3 2 2 2 3 2 2 h 10.8，1mol/L[(CH)NH ] +Cl-水溶液中K= = =10-10.8，故c(H+)= 3 2 2 h =10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4； 27 / 96 学科网（北京）股份有限公司（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH )NH ] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO 制备 3 2 2 2 HCON(CH ) 阴极上生成HCON(CH ) 的电极反应方程式是：CO+2e-+2[(CH )NH ] += HCON(CH )+ 3 2 3 2 2 3 2 2 3 2 (CH)NH+H O，故答案为：CO+2e-+2[(CH )NH ] += HCON(CH )+(CH )NH+H O； 3 2 2 2 3 2 2 3 2 3 2 2 （4）反应生产HCON(CH ) 的反应方程式 是一个某条件下反 3 2 应自发且熵减，根据自由能变 ＜0时反应自发可知，则反应在该条件下 <0，故答案 为：＜； （5）①由题干图示信息可知，t时刻之前HCOOH的物质的量百分比增大速率比HCON(CH ) 的增大 3 2 速率，而t时刻之后HCOOH逐渐减小至不变，HCON(CH ) 继续增大，故t时刻之前反应Ⅳ的速率比 3 2 反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢，故答案为：t时刻之前反应 Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢； ②用H 作氢源需要断裂H-H键，用SiH 作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H的键 2 4 能比H-H小，所以用SiH 代替H 作为氢源与CO 反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答 4 2 2 案为：用H 作氢原需要断裂H-H键，用SiH 作氢源需要断裂Si-H键，由于Si原子半径大于H，Si-H 2 4 的键能比H-H小，所以用SiH 代替H 作为氢源与CO 反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。 4 2 2 13．（2024·全国甲卷）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯( )的研究 所获得的部分数据如下。回答下列问题： （1）已知如下热化学方程式： 计算反应 的 。 （2） 与 反应生成 ，部分 会进一步溴化。将 和 。通入密闭 容器，平衡时， 、 与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有 、 和 )。 (i)图中 的曲线是 (填“a”或“b”)。 28 / 96 学科网（北京）股份有限公司(ii) 时， 的转化 ， 。 (iii) 时，反应 的平衡常数 。 （3）少量 可提高生成 的选择性。 时，分别在有 和无 的条件下，将 和 ，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (i)在 之间，有 和无 时 的生成速率之比 。 (ii)从图中找出 提高了 选择性的证据： 。 (ⅲ)研究表明， 参与反应的可能机理如下： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 根据上述机理，分析 提高 选择性的原因： 。 【答案】（1）-67 （2）a 80% 7.8 10.92 （3） (或3：2) 5s以后有I 催化的CHBr 的含量逐渐降低，有I 催化的CHBr的含量陡然上升 2 2 2 2 3 I 的投入消耗了部分CHBr ，使得消耗的CHBr 发生反应生成了CHBr 2 2 2 2 2 3 【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而 判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根 据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。 29 / 96 学科网（北京）股份有限公司【解析】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律， 将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH(g)+3Br (g)=C H(g)+6HBr(g)的 4 2 3 6 ∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。 （2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH(g)的含 4 量增多，CHBr(g)的含量减少，故CHBr的曲线为a； 3 3 (ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α= 4 ×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH Br，但此时剩余CHBr的物质的量为 3 3 5.0mmol，说明还有1.4mmol CH Br发生反应生成CHBr ，则此时生成的HBr的物质的量 3 2 2 n=6.4+1.4=7.8mmol； (iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CHBr)=5.0mmol、n(Br)=0.2mmol、 3 2 n(CHBr )=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K= = =10.92。 2 2 （3）(i)11~19s时，有I 的生成速率v= = mmol·(L·s)-1，无I 的生成速率v= = 2 2 mmol·(L·s)-1。生成速率比 = = ； (ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I 催化的CHBr 的含量逐渐降低，有I 催化的CHBr的含量陡 2 2 2 2 3 然上升，因此，可以利用此变化判断I 提高了CHBr的选择性； 2 3 (iii)根据反应机理，I 的投入消耗了部分CHBr ，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CHBr 发生反 2 2 2 2 2 应生成了CHBr，提高了CHBr的选择性。 3 3 2．（2024·新课标卷） (四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的 催化剂。回答下列问题： （1）Ni基态原子价电子的轨道表示式为 。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为 ，镍 原子半径为 。 （2） 结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为 ， 晶体的类型为 。 （3）在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时， 体积分数x 30 / 96 学科网（北京）股份有限公司与温度的关系如图乙所示。反应 的ΔH 0(填“大于”或“小 于”)。从热力学角度考虑， 有利于 的生成(写出两点)。 、100℃时CO的平衡转化 率α= ，该温度下平衡常数 。 （4）对于同位素交换反应 ，20℃时反应物浓度随时间的变 化关系为 (k为反应速率常数)，则 反应一半所需时间 (用k表示)。 【答案】（1） （2）8 分子晶体 （3）小于 降低温度、增大压强 97.3% 9000 （4） 【解析】（1）Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为 ，则其价电子轨道表示式 为 ；铜晶胞示意图为 ，镍的晶胞结构类型与铜的相同， 则镍原子半径为晶胞面对角线长度的 ，因为晶胞体积为 ，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为 ，则镍原子半径为 。 （2）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，由 的结构 可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键2个π 键，因此1个 分子中含有8个σ键。 的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构 31 / 96 学科网（北京）股份有限公司成，因此其晶体类型为分子晶体。 （3）随着温度升高，平衡时 的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的 ；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于 的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中 的体积分数增大，则压强： ，即 对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知， 、100℃ 条件下达到平衡时，CO和 的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4mol，反应 生成的 为xmol，可得三段式： ，反应后总物质的量为：（4-3x）mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为 其物质的量分数，因此有 ，解得 ，因此达到平衡时 ，CO的平 衡转化率 ；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的 压强平衡常数 。 （4）由题给关系式可得 ，当 反应一半时 ，即 ， ， ，则 。 3．（2024·河北卷）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二 (氯甲基)苯等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若正反应的活化能为 ，则逆反应的活化能 (用含 正的代数式表 示)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入 和其 ，测定 温度下体系达平衡时的 ( 为体系初始压强， ，P为体系平衡压强)，结果如图。 32 / 96 学科网（北京）股份有限公司上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。M点 的转化率为 ， 温度下 用分压表示的平衡常数 。 ③下图曲线中能准确表示 温度下 随进料比变化的是 (填序号)。 （2）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)的氯化反应合成。对二甲苯 浅度氯化时反应过程为 以上各反应的速率方程均可表示为 ，其中 分别为各反应中对应反应物的浓 度，k为速率常数( 分别对应反应①~⑤)。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。已知该温度下， 。 ① 时， ，且 内 ，反应进行到 时， 。 ② 时， ，若 产物T的含量可忽略不计，则此时 后，随T的含量增加， (填“增大”“减小”或“不变”)。 33 / 96 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） 该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行 时，容器内压强减小，从 到 平衡时 增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降 低 0.03 D （2）5.54 0.033 增大 【解析】（1）①根据反应热 与活化能E 和E 关系为 正反应活化能-逆反应活化能可知，该 正 逆 反应的 。 ②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小， 即越大。从 到 ， 增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度 由 到 逐渐降低，即 。由题图甲中M点可知，进料比为 ，平衡时 ，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段 式”。 可计算得 ， 。 ③由题图甲中M点可知，进料比为2时， ，结合“三段式”，以及 时化学平衡常数可 知，进料比为0.5时， 也为 ，曲线D上存在（0.5，60）。本题也可以快解：根据“等效平 衡”原理，该反应中 和 的化学计量数之比为 ，则 和 的进料比互为倒数(如2与0.5) 时， 相等。 （2）①根据化学反应速率的计算公式时， ， 时， 。 ②已知 ，又由题给反应速率方程推知， ，则 ，即 后 。 后，D和G转化为T的速率比 为 ，G消耗得更快，则 增大。 4．（2024·山东卷）水煤气是 的主要来源，研究 对 体系制 的影响，涉及主要反应如下： 34 / 96 学科网（北京）股份有限公司回答列问题： （1） 的焓变 (用代数式表示)。 （2）压力p下， 体系达平衡后，图示温度范围内 已完全反应， 在 温度时 完全分解。气相中 ， 和 摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为 (填化学式)。当温度高于 时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 。 （3）压力p下、温度为 时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应 的平衡常数 ；此时气体总物质的量为 ，则 的物质的量为 ；若向平衡体系中通入少量 ，重新达平衡后，分压 将 (填“增大”“减小”或“不变”)， 将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） + + （2） 当温度高于T， 已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动， 1 所以 的摩尔分数减小。 （3） 0.5 不变 不变 【解析】（1）已知三个反应： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 设目标反应 为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ +Ⅱ+Ⅲ，所以 + + 。 （2）图示温度范围内 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T，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ， 量减小，摩尔分数减小， 量升高， 1 35 / 96 学科网（北京）股份有限公司摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表 的摩尔分数的变化，则c曲线代表 的摩尔分数随温度的变化，开始到T， 的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主 1 导，当温度高于T， 已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以 的摩尔分数减小。 1 （3）①压力p下、温度为 时， 、 、 和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则HO(g)的摩 2 尔分数为： ，则反应 的平衡常数 ； ②设起始状态1molC(s)，xmolH O(g)，反应Ⅰ 进行完全。 2 则依据三段式： 根据平衡时 、 、 和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有 、 、 ，解出 ， ， 则 ，而由于平衡时 n(总)=4mol，则 y=4，y= ，则n(CaCO3)= = =0.5。 ③若向平衡体系中通入少量 ，重新达平衡后，反应 的Kp= ，温度不变，Kp不变，则分压 不变；体系中增加了 ，若反应Ⅱ逆向移动，在CO 分压 2 不变的前提下，CO、HO的分压增大，H 分压减小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与事实不符， 2 2 所以为了保证Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即 不变。 5．（2024·黑吉辽卷）为实现氯资源循环利用，工业上采用 催化氧化法处理 废气： 。将 和 分别以不同起始流速 通入反应器中，在 和 下反应，通过检测流出气成分绘制 转化率( )曲线，如下图 所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 36 / 96 学科网（北京）股份有限公司回答下列问题： （1） 0(填“>”或“<”)； ℃。 （2）结合以下信息，可知 的燃烧热 。 （3）下列措施可提高M点 转化率的是_______(填标号) A．增大 的流速 B．将温度升高 C．增大 D．使用更高效的催化剂 （4）图中较高流速时， 小于 和 ，原因是 。 （5）设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数 (用平衡物质的量分数代 替平衡浓度计算) （6）负载在 上的 催化活性高，稳定性强， 和 的晶体结构均可用下图表示，二者 晶胞体积近似相等， 与 的密度比为1.66，则 的相对原子质量为 (精确至1)。 【答案】（1）＜ 360℃ （2）-258.8 （3）BD （4）流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度 低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。 （5）6 （6）101 37 / 96 学科网（北京）股份有限公司【解析】（1）反应 前后的气体分子数目在减小，所以该反应 <0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越 高，HCl的转化率越小，故T 代表的温度为440℃，T 为360℃。 1 3 （2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为④ ，设① ，② ，③ ，则 ，因此氢气的燃烧热 －57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-258.8 （3）A．增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，不符合题意； B．M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意； C．增大n(HCl):n(O)，HCl的转化率减小，不符合题意； 2 D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，符合题意； 故选BD。 （4）图中在较高流速下，T 温度下的转化率低于温度较高的T 和T，主要是流速过快，反应物分子 3 1 2 来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T 温度低，反应速率低，故单位时间 3 内氯化氢的转化率低。 （5）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O)=4mol，可列出三段式 2 则 。 （6）由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故 ，则Ru的相对原子质量为101。 6．（2024·湖北卷）用 和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到 ，再制备乙炔是我国科研人员提出的 绿色环保新路线。 反应I： 反应Ⅱ： 回答下列问题： （1）写出 与水反应的化学方程式 。 38 / 96 学科网（北京）股份有限公司（2）已知 、 (n是 的化学计量系数)。反应、Ⅱ的 与温度的关系曲线见 图1。 ①反应 在 的 。 ②保持 不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时 ，若将容器体积压缩 到原来的 ，重新建立平衡后 。 （3）恒压容器中，焦炭与 的物质的量之比为 ， 为载气。 和 下， 产率随 时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为 ，缓慢加热至 时，实验表明 已全部消耗，此时反应体系中含 物种 为 。 ② 下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。 【答案】（1）BaC +2H O→Ba(OH) +HC≡CH↑ 2 2 2 （2）1016 105 105 39 / 96 学科网（北京）股份有限公司（3）BaO 速率不变至BaC 产率接近100% 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC (s) 2 2 +CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据 可知，CO的压强为定 值，所以化学反应速率不变 【解析】（1）Ba、Ca元素同主族，所以BaC 与水的反应和CaC 与水的反应相似，其反应的化学方 2 2 程式为BaC +2H O→Ba(OH) +HC≡CH↑； 2 2 2 （2）①反应I+反应Ⅱ得BaCO (s)+4C(s) BaC (s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=K×K = ，由 3 2 I Ⅱ 图1可知，1585K时K=102.5，K =10-1.5，即 =102.5×10-1.5=10，所以p3 =10×(105pa)3=1016p3， I Ⅱ CO a 则K= p3 =1016p3； p CO a ②由图1可知，1320K时反应I的K=100=1，即K= =1，所以p2 =(105pa)2，即p =105pa； I I CO CO ③若将容器体积压缩到原来的 ，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后p 应不变，即 CO p =105pa； CO （3）①由图2可知，1400K时，BaC 的产率为0，即没有BaC ，又实验表明BaBO 已全部消耗，所 2 2 3 以此时反应体系中含Ba物种为BaO； ②图像显示，1823K时BaC 的产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个 2 定值，即速率保持不变；1400K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有 反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC (s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态， 2 据 可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变。 7．（2024·安徽卷）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问 题： 【乙烷制乙烯】 （1） 氧化脱氢反应： 计算： （2） 直接脱氢反应为 ， 的平衡转化率与温度和压强的关系 如图所示，则 0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近 的是 (填标号)。 40 / 96 学科网（北京）股份有限公司a． b． c． （3）一定温度和压强下、反应i 反应ⅱ ( 远大于 )( 是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算 的平衡常数) ①仅发生反应i时。 的平衡转化宰为 ，计算 。 ②同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比， 的平衡产率 (填“增大”“减小”或 “不变”)。 【乙烷和乙烯混合气的分离】 （4）通过 修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现 和 混合气的分离。 的 与 分子的 键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离 和 的优点是 。 （5）常温常压下，将 和 等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度 (c)与进口浓度( )之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。 A．前 ，两种气体均未被吸附 B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是 C．a-b对应的时间段内，吸附的 逐新被 替代 41 / 96 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）-566 （2）> b （3） 增大 （4）4s空轨道 识别度高，能有效将C H 和C H 分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高 2 4 2 6 （5）BC 【解析】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则 ΔH=ΔH -2ΔH =(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。 3 1 2 （2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C H 的平衡转化率增大，因此该反应为吸热 2 6 反应，ΔH>0。 4 a．600℃，0.6MPa时，C H 的平衡转化率约为20%，a错误； 2 6 b．700℃，0.7MPa时，C H 的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确； 2 6 c．700℃，0.8MPa时，C H 的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C H 2 6 2 6 转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C H 的平衡转化率大于50%，c错误； 2 6 故答案选b。 （3）①仅发生反应i，设初始时C H 物质的量为1mol，平衡时C H 转化率为25%，则消耗 2 6 2 6 C H0.25mol，生成C H0.25mol，生成H0.25mol，K = = 。 2 6 2 4 2 a1 ②只发生反应i时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发 生反应i和反应ii，且从题干可知K 远大于K ，反应ii为等体积反应，因为反应ii的发生相当于在单 a2 a1 独发生反应i的基础上减小了压强，则反应i化学平衡正向移动，C H 平衡产率增大。 2 4 （4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C H 分子的π 2 4 键电子形成配位键。C H 能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C H 中无孤电子对不能与Cu+形 2 4 2 6 成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C H 和C H，优点是识别度高，能有效将C H 和C H 分 2 4 2 6 2 4 2 6 离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。 （5）A．前30min， 等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误； B．p点时，C H 对应的 约为1.75，出口处C H 浓度较大，而C H 对应的 较小，出口处C H 浓 2 6 2 6 2 4 2 4 度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C H，B正确； 2 6 C．a点处C H 的 =1，说明此时C H 不再吸附在吸附剂上，而a点后C H 的 >1，说明原来吸附 2 6 2 6 2 6 在吸附剂上的C H 也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C H 的 仍为0，说明是吸附的 2 6 2 4 C H 逐渐被C H 替代，p点到b点之间，吸附的C H 仍在被C H 替代，但是速率相对之前有所减 2 6 2 4 2 6 2 4 小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C H，因此p点后C H 的 也逐步增大，直 2 4 2 4 42 / 96 学科网（北京）股份有限公司至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确； 故答案选BC。 8．（2023·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 43 / 96 学科网（北京）股份有限公司_______(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 ， 。 9．（2023·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 _______ 。 44 / 96 学科网（北京）股份有限公司（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) 45 / 96 学科网（北京）股份有限公司（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 压下充入情性气体 ，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，充入情性气体 不利于合成氨，进料组成中含有情性气体 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： 46 / 96 学科网（北京）股份有限公司当 、 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 。 10．（2023·山东卷）一定条件下，水气变换反应 的中间产物是 。为探究该 反应过程，研究 水溶液在密封石英管中的分子反应： Ⅰ． Ⅱ． 研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中， 仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反 应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题： （1）一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为 、 ，则该条件下水气变换反应的焓变 _____(用含 的代数式表示)。 （2）反应Ⅰ正反应速率方程为： ，k为反应速率常数。 温度下， 电离平衡常数为 ，当 平衡浓度为 时， 浓度为_____ ，此时反应Ⅰ应速 率 _____ (用含 和k的代数式表示)。 （3） 温度下，在密封石英管内完全充满 水溶液，使 分解，分解产物均 完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。 时刻测 得 的浓度分别为 ，反应Ⅱ达平衡时，测得 的浓度为 。体 系达平衡后 _____(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。 相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有 盐酸，则图示点 中， 的浓度 47 / 96 学科网（北京）股份有限公司峰值点可能是_____(填标号)。与不同盐酸相比， 达浓度峰值时， 浓度_____(填“增大”“减 小”或“不变”)， 的反应_____(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） － （2） （3） a 减小 不变 【解析】（1）根据盖斯定律，反应II-反应I＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变 ＝ － ； （2）T 温度时，HCOOH建立电离平衡： 1 ，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝ 。 。 （3）t 时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I达平衡状态。此时 1 故t 时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 mol·L－1，K(I)＝ 。t 时刻→反应II 1 1 达平衡过程， 则c(H )＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7， 2 K(I)＝ ，a＝ 。故 ＝ ，K(II)＝ 48 / 96 学科网（北京）股份有限公司。 加入0.1 mol·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间， 故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致 CO浓度大于t 时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO)会小于不含盐酸的浓度， 1 2 ＝K(I)，温度不变，平衡常数不变，则 的值不变。 11．（2023·福建卷）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有 ⅰ． ⅱ． ⅲ． 已知： 为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在 下，丙烷单独进 料时，平衡体系中各组分的体积分数 见下表。 甲 物质 丙烯 乙烯 丙烷 氢气 烷 体积分数 21 23.7 55.2 0.1 0 (%) （1）比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ 反应 ⅱ（填“＞”或 “＜”）。 （2）①在该温度下，Kp 远大于 Kp ，但φ（C H)和φ（C H)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向进行有 2 1 3 6 2 4 利于反应 ⅰ 的 反应和反应 ⅱ 的 反应（填“正向”或“逆向”）。 ②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为： 。 ③平衡体系中检测不到 ，可认为存在反应： ，下列相关说法正 确的是 (填标号)。 a． b． c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率 d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数 ④由表中数据推算：丙烯选择性 (列出计算式)。 （3）丙烷甲醇共进料时，还发生反应： ⅳ． 49 / 96 学科网（北京）股份有限公司在 下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。 ①进料比n(丙烷) (甲醇) 时，体系总反应： ②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。 【答案】（1）＞ （2）正向 逆向 ⅱ＞ⅰ＞ⅲ ab （3）-29 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低 【分析】K 为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决问题。结合 p 阿伏加德罗定律将物质的量和体积进行转化。 【解析】（1）反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞ ，同理反应ⅱ：T＞ ，故反应ⅰ 的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞； （2）①ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向，② 根据平衡体积分数 ，消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲 烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，③根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故 ；分压=物质的量 分数×总压=体积分数×总压，故 ；催化 剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动，根据温度不变K 为定值，各组分的体积分数不变；④在相 p 同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯或3mol甲 烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性 ； （3）ⅲ． ⅳ． 目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/mol； 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降 低。故答案为：-29 kJ/mol ；甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1逆移，则丙烯体积分数降低。 50 / 96 学科网（北京）股份有限公司12．（2023·广东卷）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。 （1）某有机物 能与 形成橙红色的配离子 ，该配离子可被 氧化成淡蓝色的配离子 。 ①基态 的 电子轨道表示式为 。 ②完成反应的离子方程式： （2）某研究小组对（1）中②的反应进行了研究。 用浓度分别为 的 溶液进行了三组实验，得到 随时间t 的变化曲线如图。 ① 时，在 内， 的平均消耗速率= 。 ②下列有关说法中，正确的有 。 A．平衡后加水稀释， 增大 B． 平衡转化率： C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小 D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间： （3）R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡： 研究组配制了L起始浓度 与L起始浓度比 不同的系列溶液，反应平 衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种 中的化学位移不同，该 特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。 51 / 96 学科网（北京）股份有限公司0 1.00 0 0 a x 0.64 b 0.40 0.60 【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“ ”表示未检测 到。 ① 时， 。 ② 时，平衡浓度比 。 （4）研究组用吸收光谱法研究了（3）中M与L反应体系。当 时，测得平衡时 各物种 随 的变化曲线如图。 时，计算M的平衡转化率 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 【答案】（1） HNO 2 （2） AB （3）0.36 3：4或0.75 （4）98% 【解析】（1）①基态 的 电子轨道表示式为 ； ②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO。 2 （2）①浓度分别为 的 溶液，反应物浓度增加，反应速率增大， 据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ； 时，在 内，观察图像可知 的平均消耗速率为 ； ②A．对于反应 HNO ，加水稀释，平衡往粒子数增加的方 2 向移动， 含量增加， 含量减小， 增大，A正确； 52 / 96 学科网（北京）股份有限公司B． 浓度增加， 转化率增加，故 ，B正确； C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误； D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故 ，D错 误； 故选AB。 （3）① 时， ，且 =0.64， 得x=0.36； ② 相比于 含有两个配体，则 与 的浓度比应为 相对峰面积S的一 半与 的相对峰面积S之比，即 。 （4） ； ，由L守恒可 知 ，则 ；则M的转化率为 。 13．（2023·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 53 / 96 学科网（北京）股份有限公司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① ② ③ 54 / 96 学科网（北京）股份有限公司根据盖斯定律可知，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 2 确； 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 55 / 96 学科网（北京）股份有限公司为： ； （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。 14．（2023·湖北卷）纳米碗 是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下， 可以由 分子经 过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。 的反应机理和能量变化如 下： 回答下列问题： （1）已知 中的碳氢键和碳碳键的键能分别为 和 ，H-H键能为 。估算 的 _______ 。 （2）图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。 （3） 纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。 （4）1200K时，假定体系内只有反应 发生，反应过程中压强恒定为 (即 的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数 为_______(用平衡分压代替平衡浓度 计算，分压=总压×物质的量分数)。 56 / 96 学科网（北京）股份有限公司（5） 及 反应的 ( 为平衡常数)随温 度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下， (R为理想气体常数，c为截距)。图中两条 线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。 （6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成 的反应速率的是_______(填标 号)。 a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂 【答案】（1）128 （2） 3 3 （3） 6 10 （4） （5）在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 （6）a 【解析】（1）由 和 的结构式和反应历程可以看出， 中断裂了2根碳氢键， 形成了1根碳碳键，所以 的 = ，故答案为：128； （2）由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为： ， , ,其中第三个的活化能最大，反应速率最 慢，故答案为：3；3； （3）由 的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环， 则 总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10； （4）1200K时，假定体系内只有反应 发生，反应过程中压强恒定为 (即 的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为： 57 / 96 学科网（北京）股份有限公司则 ， ， ，该反应的平衡常数 = ，故答案为： ； （5） 及 反应的 ( 为平衡常数)随温 度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据 (R为理想气体常 数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故 答案为：在反应过程中，断裂和形成的化学键相同； （6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也 加快，a符合题意； b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b 不符合题意； c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意； 故答案为：a。 15．（2023·湖南卷）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 58 / 96 学科网（北京）股份有限公司以上反应体系中，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=-4386.9kJ/mol-(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；答案为：+118； 4 59 / 96 学科网（北京）股份有限公司（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 2 应④。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， 2 3 A项正确； 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 6 5 2 性最高的是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 16．（2023·辽宁卷）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。 60 / 96 学科网（北京）股份有限公司（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， 4 2 该制备过程中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 4 2 下图所示。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 2 式)。 （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)。 61 / 96 学科网（北京）股份有限公司(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 2 2 e e K=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 p 【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 4 解反应，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 4 气体产出，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 2 2 用； (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 2 催化剂的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 62 / 96 学科网（北京）股份有限公司(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 。 17．（2022·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 TiO  转化为TiCl ，再进一步还原得到钛。回答下列问题： 2 4 （1）TiO 转化为TiCl 有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如 2 4 下： (ⅰ)直接氯化：TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g) ΔH =172kJmol-1,K =1.010-2 2 2 4 2 1 p1 (ⅱ)碳氯化：TiO (s)+2Cl (g)+2C(s)=TiCl (g)+2CO(g) ΔH =-51kJmol-1, K =1.21012Pa 2 2 4 2 p2 ①反应2C(s)+O 2 (g)=2CO(g)的ΔH为_______kJmol-1，K p =_______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1.0105Pa，将TiO 、C、Cl 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 2 2 的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①反应C(s)CO 2 (g)2CO(g)的平衡常数K p 1400℃_______Pa。 ②图中显示，在200℃平衡时TiO 几乎完全转化为TiCl ，但实际生产中反应温度却远高于此温度， 2 4 其原因是_______。 （3）TiO 碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于TiO C“固—固”接触的措施是_______。 2 2 63 / 96 学科网（北京）股份有限公司【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/ 2 K p2 1.2 1012Pa mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp= = =1.2×1014Pa； K p1 1.0 10-2 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 2 4 C(s)+CO(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= (0.6P 总 )2 = (0.6 1.0 105)2 Pa=7.2×105Pa； 2 0.05P 总 0.05 1.0 105 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 2 碎后混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。 2 18．（2022·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： ①2H S(g)+3O (g)=2SO (g)+2H O(g) ΔH =-1036kJmol-1 2 2 2 2 1 ②4H S(g)+2SO (g)=3S (g)+4H O(g) ΔH =94kJmol-1 2 2 2 2 2 ③2H (g)+O (g)=2H O(g) ΔH =-484kJmol-1 2 2 2 3 计算H S热分解反应④2H S(g)=S (g)+2H (g)的ΔH =________kJmol-1。 2 2 2 2 4 （2）较普遍采用的H S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 2 用反应④高温热分解H S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。 2 （3）在1470K、100kPa反应条件下，将n(H S):n(Ar)=1:4的混合气进行H S热分解反应。平衡时混 2 2 合气中H 2 S与H 2 的分压相等，H 2 S平衡转化率为________，平衡常数K p =________kPa。 （4）在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H 2 S):n(Ar)分别为4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的 H S-Ar混合气，热分解反应过程中H S转化率随时间的变化如下图所示。 2 2 64 / 96 学科网（北京）股份有限公司①n(H S):n(Ar)越小，H S平衡转化率________，理由是________。 2 2 ②n(H S):n(Ar)=1:9对应图中曲线________，计算其在0-0.1s之间，H S分压的平均变化率为________ 2 2 kPas-1。 【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平衡转化率 2 2 2 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 ②4H S(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 1 1 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/ 3 2 2 2 4 3 mol＝170 kJ/mol； 1 1 （2）根据盖斯定律(①+②)× 可得2HS(g)+O(g)＝S(g)+2HO(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol× =－ 3 2 2 2 2 3 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： 2H S(g) S (g) + 2H (g) 2  2 2 始/mol 1 0 0 变/mol x 0.5x x 平/mol 1x 0.5x x 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 2 2 2 65 / 96 学科网（北京）股份有限公司0.25 0.5 100kPa( 100kPa)2 5.25 5.25 化率为 0.5 ，所以平衡常数K p ＝ p(S )p2(H ) ＝ 0.5 100%50% 2 2 ( 100kPa)2 1 p2(H S) 5.25 2 ≈4.76kPa； （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， 2 2 平衡向正反应方向移动，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 2H S(g) S (g) + 2H (g) 2  2 2 始/mol 1 0 0 变/mol 0.24 0.12 0.24 平/mol 0.76 0.12 0.24 0.76 此时HS的压强为 100kPa≈7.51kPa，HS的起始压强为10kPa，所以HS分压的 2 0.760.120.249 2 2 10kPa7.51kPa 平均变化率为 ＝24.9kPa·s－1。 0.1s 19．（2022·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CrO 可由 NH  CrO 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。 2 3 4 2 2 7 ①完成化学方程式： NH 4  2 Cr 2 O 7  Cr 2 O 3 ______________。 ②CrO 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，X(g)Y(g)过程的焓变为_______(列式表示)。 2 3 ③CrO 可用于NH 的催化氧化。设计从NH 出发经过3步反应制备HNO 的路线_______(用“→”表 2 3 3 3 3 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）K CrO 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡： 2 2 7 (ⅰ)Cr 2 O 7 2(aq)H 2 O(l)  2HCrO 4 (aq) K 1 3.010225C (ⅱ)HCrO 4 (aq)  CrO2 4 (aq)H(aq) K 2 3.310725C ①下列有关K CrO 溶液的说法正确的有_______。 2 2 7 66 / 96 学科网（北京）股份有限公司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NaOH溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动 D．加入少量K CrO 固体，平衡时c2 HCrO 与c  CrO2- 的比值保持不变 2 2 7 4 2 7 c  CrO2- ②25℃时， 0.10molL1K CrO 溶液中lg c  CrO 4 2- 随pH的变化关系如图。当 pH9.00 时，设 CrO2 2 2 7 2 7 2 7 、HCrO与CrO2 的平衡浓度分别为x、y、zmolL1，则x、y、z之间的关系式为_______0.10；计 4 4 算溶液中HCrO的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。 4 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 max 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、pH不同的K CrO 稀溶液，测得 2 2 7 其A随的变化曲线如图，波长、和中，与CrO2 的 最接近的是_______；溶液pH从a变 1 2 3 4 max c  H c2 CrO2 4 到b的过程中， 的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 c  CrO2 2 7 【答案】（1） N↑ 4HO (E-E)+ΔH+(E-E) 2 2 1 2 3 4 NH Cr 2 O3NOO2NO O 2HNO 2NO+O =2NO 3 O 2 2 H 2 O 3 2 2 c  CrO2 （2） BD x 1 y 1 z 当溶液pH=9时， c  CrO 4 2 104 ，因此可忽略溶液中 CrO2 2 2 2 7 2 7 67 / 96 学科网（北京）股份有限公司即c  HCrO c  CrO2 =0.20 4 4 c  H c  CrO2 109c  CrO2 4 4 反应(ii)的平衡常数K = = =3.3×10-7 2 c  HCrO c  HCrO 4 4 联立两个方程可得c  HCrO =6.0×10-4mol/L λ 增大 4 3 【解析】（1）① NH  CrO 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 4 2 2 7 2 3  物为N、HO，根据原子守恒可知反应方程式为 NH  CrO CrO N 4H O。 2 2 4 2 2 7 2 3 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， 1 1 2 2 N→Y 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)。 3 3 4 1 1 2 3 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 3 2 3 2 2 2 2 HO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 2 3 2 3 3 反应制备HNO 的路线为 NH Cr 2 O3NOO2NO O 2HNO ；其中NO反应生成NO 过程中， 3 3 O 2 2 H 2 O 3 2 气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O =2NO。 2 2 （2）①K 2 Cr 2 O 7 溶液中存在平衡：(i)Cr 2 O 7 2aqH 2 Ol  2HCrO 4 aq 、(ii) HCrO 4 aq  CrO 4 2aqHaq 。 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c  HCrO 将减小，(i)将正向移动，故C错误； 4 c2 HCrO 4 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 1 c  CrO2 2 2 7 2 7 c2 HCrO 4 液， 不变，故D正确； c  CrO2 2 7 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 2 2 7 度为2c  Cr 2 O 7 2 c  HCrO 4  c  CrO 4 2 =0.20mol/L，Cr 2 O 7 2、HCrO 4 与CrO2 4 的平衡浓度分别为x、 c  CrO2 y、z mol/L，因此x 1 y 1 z=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时， c  CrO 4 2 104 ，因此可忽略溶 2 2 2 7 c  H c  CrO2 4 液中 CrO2 ，即 c  HCrO c  CrO2=0.20，反应(ii)的平衡常数K 2 = c  HCrO = 2 7 4 4 4 68 / 96 学科网（北京）股份有限公司109c  CrO2 4 c  HCrO =3.3×10-7，联立两个方程可得 c  HCrO=6.0×10-4mol/L。 4 4 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 c  CrO2 c  HCrO c  CrO2 越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中 2 7 4 4 c2 HCrO 4 c  CrO2 4 越大，因此与 CrO2 4  的λ max 最接近的是λ 3 ；反应(i)的平衡常数K 1 = c  Cr 2 O 7 2 ，反应(ii)的平 c  H c  CrO2 c2 H c2 CrO2 c2 HCrO c2 H c2 CrO2 衡常数K = 4 ， = 4  4 = 4 ， 2 c  HCrO K 2K c2 HCrO c  CrO2 c  CrO2 4 2 1 4 2 7 2 7 c  H c2 CrO2 K 2K 4 2 1 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， c  CrO2 c  H 2 7 c  H c2 CrO2 4 溶液中c(H+)减小，所以 的值将增大。 c  CrO2 2 7 20．（2022·湖南卷）2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问 题： （1）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1molH O(g)，起始压强为0.2MPa 2 时，发生下列反应生成水煤气： Ⅰ.C(s)+H 2 O(g)  CO(g)+H 2 (g) ΔH 1 =+131.4kJmol-1 Ⅱ.CO(g)+H 2 O(g)  CO 2 (g)+H 2 (g) ΔH 2 =-41.1kJmol-1 ①下列说法正确的是_______； A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动 B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡 2 C．平衡时H 的体积分数可能大于 2 3 D．将炭块粉碎，可加快反应速率 ②反应平衡时，H O(g)的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系_______(填“吸 2 收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数K =_______(以分压表示，分压=总压×物质的量 p 分数)。 （2）一种脱除和利用水煤气中CO 方法的示意图如下： 2 69 / 96 学科网（北京）股份有限公司①某温度下，吸收塔中K CO 溶液吸收一定量的CO 后，c  CO2- :c  HCO- =1:2，则该溶液的pH= 2 3 2 3 3 _______(该温度下H CO 的K =4.6107,K 5.01011 )； 2 3 al a2 ②再生塔中产生CO 的离子方程式为_______； 2 ③利用电化学原理，将CO 电催化还原为C H ，阴极反应式为_______。 2 2 4 【答案】（1） BD 吸收 31.2 0.02MPa Δ （2） 10 2 CO↑+ +H O 2CO+12e-+12H+=C H+4H O、AgCl+e-=Ag+Cl- HCO- 2 CO2- 2 2 2 4 2 3 3 【解析】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓 度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A说法不正确； B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过 程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B说法正确； C．若C(s)和HO(g)完全反应全部转化为CO(g)和H(g)，由C(s)+ 2H O(g) = CO (g)+ 2H (g)可知，H 2 2 2 2 2 2 2 2 的体积分数的极值为 ，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平 3 2 衡时H 的体积分数不可能大于 ，C说法不正确； 2 3 D．将炭块粉碎可以增大其与HO(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D说法正确； 2 综上所述，相关说法正确的是BD。 ②反应平衡时，HO(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO 2 的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO 的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO 时消耗了 2 2 0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO 要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO 要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量 2 39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H 的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为 2 0.1mol，CO 的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为 2 0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量 之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H 2 O(g)噲垐�� CO(g)+H 2 (g)）的平衡常 70 / 96 学科网（北京）股份有限公司0.1 0.5  1.3 1.3 0.1 数K = P  0.26MPa0.02MPa。 p 0.5 总 1.3 1.3 （2）①某温度下,吸收塔中KCO 溶液吸收一定量的CO 后，c(CO2):c(HCO)=1:2，由 2 3 2 3 3 c(CO2) c(H) c(HCO-) K a2  c(H 3 CO  ) 可知， c(H) = c(CO2- 3 ) K a2 25.010-11mol  L-1 1.010-10mol  L-1 ，则该溶液的 3 3 pH=10； Δ ②再生塔中KHCO 受热分解生成KCO、HO和CO，该反应的离子方程式为2 CO↑+ 3 2 3 2 2 HCO- 2 CO2- 3 3 +H O； 2 ③利用电化学原理，将CO 电催化还原为C H，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和 2 2 4 H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，在电解过 程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO+12e-+12H+=C H+4H O、AgCl+e-=Ag+Cl-。 2 2 4 2 21．（2022·山东卷）利用 丁内酯(BL)制备1， 丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和 丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下： 已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压 氛围下进行， 故 压强近似等于总压。回答下列问题： （1）以 或BD为初始原料，在 、 的高压 氛围下，分别在恒压容器 中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热 ；以BD为原料，体系从环境吸热 。 忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变 _______ 。 （2）初始条件同上。 表示某物种i的物质的量与除 外其它各物种总物质的量之比， 和 随 时间t变化关系如图甲所示。实验测得 ，则图中表示 变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数 _______ (保留两位有效数字)。以BL为原料时， 时刻 _______，BD产率 =_______(保留两位有效数字)。 71 / 96 学科网（北京）股份有限公司（3） 为达平衡时 与 的比值。 、 、 三种条件下，以 为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应， 随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压 氛围下进行，可忽略压强对反应速率的 影响。曲线a、b、c中， 最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到 所需时间更长，原因是_______。 【答案】（1）-200(X+Y) （2） a或c 8.3×10-8 0.08 39% （3） c 由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应 Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动， 增大，故 =1.0所需时间更长 【解析】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原 料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出 XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则 1mol时二者能量差值为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变 =-200(X+Y)kJ·mol-1。 （2）实验测定XE a 。补充完成该反应过程的能量变化 示意图(图2)_______。 73 / 96 学科网（北京）股份有限公司②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1mol CO 和0.4mol H 2 2 ，反应平衡后测得容器中nCH =0.05mol。则CO 的转化率为_______，反应温度t约为_______℃。 4 2 （3）在相同条件下，CO (g)与H (g)还会发生不利于氧循环的副反应： 2 2 CO 2 (g)+3H 2 (g)  催  化  剂  H 2 O(g)+CH 3 OH(g)，在反应器中按nCO 2 :nH 2 =1:4通入反应物，在不同温 度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中CH OH、CH 浓度(μmolL-1)如下表所 3 4 示。 t=350℃ t=400℃ 催化剂 c(CH OH) cCH  cCH OH c(CH ) 3 4 3 4 催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780 催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932 在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，0~2min生成CH OH的平均反应速率为_______ 3 μmolL-1min-1；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 _______。 【答案】（1）-286 （2） 50%或0.5 660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给 分) （3） 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比 例高 74 / 96 学科网（北京）股份有限公司【解析】（1）电解液态水制备1mol O (g)，电解反应的ΔH=+572kJmol-1，由此可以判断，2mol 2 H (g)完全燃烧消耗1mol O (g)，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1molH (g)完全燃烧生 2 2 2 成液态水放出的热量为286kJ，因此，H 2 (g)的燃烧热(焓)ΔH=-286kJmol-1。 （2）①由CO 2 (g)+4H 2 (g)  催  化  剂  2H 2 O(g)+CH 4 (g)的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知， K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的 ΔH与活化能(Ea)的关系为 ΔH >E a ，由图２信息可知E a ＝ａkJmol-1，则ΔH >ａkJmol-1，该反应 为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。 ②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1mol CO 和0.4mol H ，反应平衡后测得容器中 2 2 0.05mol nCH 4 =0.05mol，则 CO 2 的转化率为 0.1mol 0.5，根据C元素守恒可知， CO 2 的平衡量为 0.05mol，CO 和H 是按化学计量数之比投料的，则H 的平衡量为0.2mol，H O(g)的平衡量是 2 2 2 2 CH (g)的２倍，则nH O=0.1mol，CO (g)、H (g)、H O(g)、CH (g)的平衡浓度分别为 4 2 2 2 2 4 0.0120.005 、 、 、 ，则该反应的平衡常数K＝ 625 0.005mol L1 0.02mol L1 0.01mol L1 0.005mol L1 0.0050.024     ，根据图１中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。 （3）在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2min CH OH的浓度由０增加到 3 10.8molL-1 10.8 ，因此， 生成 的平均反应速率为 5.4 ；由表 μmolL-1 0~2min CH OH 2min μmolL-1min-1 3 中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2min CH OH的浓度由０增加到10.8 3 μmolL-1，c(CH 4 ):cCH 3 OH ＝12722:10.81178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下， 0~2min CH 3 OH的浓度由０增加到9.2μmolL-1，c(CH 4 ):cCH 3 OH ＝10775:9.21171；在选择使用 催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2min CH OH的浓度由０增加到345.2μmolL-1，c(CH ): 3 4 cCH 3 OH ＝42780:345.2124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2min CH 3 OH的浓度 75 / 96 学科网（北京）股份有限公司由０增加到34μmolL-1，c(CH 4 ):cCH 3 OH ＝38932:341145。因此，若某空间站的生命保障系统实 际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度， 催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。 23．（2022·福建卷）异丙醇 可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯 的 工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. 回答下列问题： （1）已知 ，则 燃烧生成 和 的热化学方程式为_______。 （2）在 下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表： 反应时间 0 4 8 12 t 20 244 360 浓度 0 3200 4000 4100 0 0 ① 内， _______ ； ②t_______16(填“>”“<”或“=”)。 （3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。 a. 的分压不变 b.混合气体密度不变 c. d. （4）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为_______。 （5）下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时 与温度的关系曲线。 (已知：对于可逆反应 ，任意时刻 ，式中 )表示 物质×的分压) 76 / 96 学科网（北京）股份有限公司①在 恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的_______点(填 “甲”“乙”或“丙”)，判断依据是_______。 ② 时，在密闭容器中加入一定量的 ，体系达到平衡后，测得 的分压为 ，则水 蒸气的分压为_______ (用含x的代数式表示)。 【答案】（1） （2）190 > （3）ad （4）58.8% （5）甲 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气， 【解析】（1）设Ⅲ ，根据盖斯定律 Ⅲ-2×Ⅰ得 。 （2）① 内， ，则 ； ② 、 、 ，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小， 内， Δc(H2O)=400ppm， 内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。 （3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平 衡，a正确； b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不 变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误； c．当 时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错 误； d． ，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压 不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确； 故选ad。 （4）设C3H8O的物质的量为1mol，若lmol C3H8O完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为反应 Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为 =58.8%。 （5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I 正向移动， 逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动， 逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线 为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得 > ，即lg 增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲； 77 / 96 学科网（北京）股份有限公司②由图可知，350°C时达平衡后， =0，则350℃时 = =1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则 反应II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有 ，解得a= MPa。 24．（2021·山东卷）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与 烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应： 反应Ⅰ： +CH OH △H 3 1 反应Ⅱ： +CH OH △H 3 2 反应Ⅲ： △H 3 回答下列问题： （1）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数K 与温度T变化关系如图所示。据图判断，A x 和B中相对稳定的是__(用系统命名法命名)； 的数值范围是___(填标号)。 A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1 （2）为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得 TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数K =9.0，则平衡体系中B的物质的量为___mol，反 x3 应Ⅰ的平衡常数K =___。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平 x1 衡将__(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CHOH物质的量浓度之比c(A)： 3 c(CHOH)=___。 3 78 / 96 学科网（北京）股份有限公司（3）为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CHOH。控 3 制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为__(填“X” 或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v __逆反应速率v (填“＞”“＜”或“=)。 正 逆 【答案】2-甲基-2-丁烯 D 0.9α 逆向移动 1:10 X ＜ 【解析】 （1）由平衡常数K 与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高 x （要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H＜0、△H＜0、△H＜ 1 2 3 0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法 命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H-△H=△H＜0，因此△H＜△H，由于放 1 2 3 1 2 热反应的△H越小，其绝对值越大，则 的数值范围是大于1，选D。 （2）向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时 n(TAME)=(1-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数K =9.0，则 =9.0， 3 x3 将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数 K = 。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反 x1 应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平 衡常数不变，A与CHOH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CHOH)=0.1α：α=1:10。 3 3 （3）温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数K =9.0， =9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的 x3 变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时 ，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向 79 / 96 学科网（北京）股份有限公司移动，故其正反应速率v 小于逆反应速率v ，填＜。 正 逆 25．（2021·浙江卷）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答： （1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量 ： 。判断该反应的自发性 并说明理由_______。 （2）已知 。 时，在一恒容密闭反应器 中充入一定量的 和 ，当反应达到平衡后测得 、 和 的浓度分别为 、 和 。 ①该温度下反应的平衡常数为_______。 ②平衡时 的转化率为_______。 （3）工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。 ①下列说法正确的是_______。 A．须采用高温高压的反应条件使 氧化为 B．进入接触室之前的气流无需净化处理 C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和 的转化率 D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收 以提高吸收速率 ②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。 A． B． C． D． E. F. G. ③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画 出反应 的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的 80 / 96 学科网（北京）股份有限公司关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。 （4）一定条件下，在 溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观 察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请 补充其中的2个离子方程式。 Ⅰ. Ⅱ.①_______； Ⅲ. ； Ⅳ.②_______。 【答案】不同温度下都能自发，是因为 C BDF 【解析】 （1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量 的反应为 81 / 96 学科网（北京）股份有限公司，由于该反应 ，因此该反应在任何温度下都能自发进行。 （2）①根据题中所给的数据可以求出该温度下 的平衡常数为 . ②平衡时 的转化率为 ； （3）①A．在常压下 催化氧化为 的反应中， 的转化率已经很高，工业上有采用高压的 反应条件，A说法不正确； B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法 不正确； C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡 向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和 的转化率； D． 与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收 ，反应放出的热量会使硫酸 形成酸雾从而影响 被水吸收导致 的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸 收 ，D说法不正确。 综上所述，相关说法正确的是C； ②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化 学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低， 的转化率基本不变，因此，图2所示进 程中表示热交换过程的是 、 、 ，因此选BDF； ③对于放热的可逆反应 ，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最 好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大， 的转化率也最大；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， 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， 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 82 / 96 学科网（北京）股份有限公司还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下 的转化率低于其平衡转化率。因此，反应 的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的 关系曲线示意图可表示如下： . （4）由 时间振荡曲线可知，在 溶液体系中，溶液的 呈先增大后减小 的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成 ， ，然后发生 ，该过程溶液的 基本不变，溶液保 持澄清；溶液变浑浊时 被 氧化为 ，即发生 ，该过程溶液 的 增大；溶液又变澄清时 又被 氧化为 ，发生 ，该 过程溶液的 在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反 应： 、 、 、 。 26．（2021·全国乙卷）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： 83 / 96 学科网（北京）股份有限公司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】溴(或 ) 24.8 大于 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 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) 2 +I (g) 2ICl(g)。 (s) (s)+ (s)+2 (g)的平衡常数 ，则平衡时 2 p2(Cl )= ，平衡时p(Cl )=100Pa，设到达平衡时I(g)的分压减小pkPa，则 2 2 2 84 / 96 学科网（北京）股份有限公司，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 2 NOCl需要吸收0.5mol光子。 27．（2021·全国甲卷）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 85 / 96 学科网（北京）股份有限公司_______(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】-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 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 33.3% 5×105Pa，210℃ 9×105Pa，250℃ 【解析】 86 / 96 学科网（北京）股份有限公司（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为负值，反应①的活化能大于反应②的。 1 2 （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 2 2 平衡时 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℃。 28.（2020·新课标Ⅰ）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO 的催化氧 2 化：SO (g)+ O(g) SO (g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题： 2 2 3 （1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，VO(s)与SO (g)反应生成VOSO(s)和VO(s)的热化学 2 5 2 4 2 4 方程式为：_______________________________________。 87 / 96 学科网（北京）股份有限公司（2）当SO (g)、O(g)和N(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa 2 2 2 和5.0MPa压强下，SO 平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的 2 α=__________，判断的依据是______________________。影响α的因素有 ____________________________。 （3）将组成(物质的量分数)为2m% SO (g)、m% O (g)和q% N (g)的气体通入反应器，在温度t、压强 2 2 2 p条件下进行反应。平衡时，若SO 转化率为α，则SO 压强为___________，平衡常数 2 3 K=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 p （4）研究表明，SO 催化氧化的反应速率方程为：v=k( −1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随 2 温度t升高而增大；α为SO 平衡转化率，α'为某时刻SO 转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列 2 2 温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。 曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度t 。tt 后，v逐渐下 m m m 降。原因是__________________________。 【答案】 （1）2V 2 O 5 (s)+ 2SO 2 (g)⇌ 2VOSO 4 (s)+ V 2 O 4 (s) ∆H= -351 kJ∙mol-1 （2）0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa ＞2.5MPa＝p 的，所以p=5.0MPa 反应物（N 和O）的起始浓度（组成）、温度、压强 ２ 1 2 2 88 / 96 学科网（北京）股份有限公司（3） （4） 升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜t ，k增大对v的提高大于α引 m 起的降低；当t＞t ，k增大对v的提高小于α引起的降低 m 【解析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热； 根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组 分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的 转化率的影响，进一步分析对速率的影响。 （1）由题中信息可知： ①SO 2 (g)+ O 2 (g)⇌SO 3 (g) ∆H= -98kJ∙mol-1 ②V 2 O 4 (s)+ SO 3 (g)⇌V 2 O 5 (s)+ SO 2 (g) ∆H 2 = -24kJ∙mol-1 ③V 2 O 4 (s)+ 2SO 3 (g)⇌2VOSO 4 (s) ∆H 1 = -399kJ∙mol-1 根据盖斯定律可知，③-②2得2V 2 O 5 (s)+ 2SO 2 (g)⇌ 2VOSO 4 (s)+ V 2 O 4 (s)，则∆H= ∆H 1 - 2∆H=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2VO(s)+ 2 2 5 2SO 2 (g)⇌ 2VOSO 4 (s)+ V 2 O 4 (s) ∆H= -351 kJ∙mol-1； （2） SO 2 (g)+ O 2 (g)⇌SO 3 (g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平 衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO 的平衡转化率越大，所以，该反应在 2 550℃、压强为5.0MPa条件下，SO 的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此， 2 p=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物 1 （N 和O）的浓度、温度、压强等。 2 2 （3）假设原气体的物质的量为100mol，则SO 、O 和N 的物质的量分别为2m mol、m mol和q 2 2 2 mol，2m+m+q=3m+q=100，SO 的平衡转化率为α，则有下列关系： 2 平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO 的物质的量分数为 3 。该反应 在恒压容器中进行，因此，SO 的分压p(SO )= ，p(SO )= ，p(O )= 3 3 2 2 89 / 96 学科网（北京）股份有限公司，在该条件下，SO 2 (g)+ O 2 (g)⇌2SO 3 (g) 的K p = 。 （4） 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v= ，升 高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜t ，k增大对v的提高大于α引起的降 m 低；当t＞t ，k增大对v的提高小于α引起的降低。 m 29.（2020·新课标Ⅲ）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO 的热点研究领域。回答下列问题： 2 （1）CO 催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C H)∶n(H O)=__________。当反应 2 2 4 2 达到平衡时，若增大压强，则n(C H)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 2 4 （2）理论计算表明，原料初始组成n(CO)∶n(H )=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种 2 2 组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。 图中，表示C H、CO 变化的曲线分别是______、______。CO 催化加氢合成C H 反应的 2 4 2 2 2 4 ΔH______0(填“大于”或“小于”)。 （3）根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数K =_________(MPa)−3(列出计算式。 p 以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 （4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C H、C H、C H 等低碳烃。一定温度 3 6 3 8 4 8 和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。 【答案】（1）1∶4 变大 （2）d c 小于 （3） 或 等 （4）选择合适催化剂等 【解析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反应的特点分 析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图中找到关键数据确定代 90 / 96 学科网（北京）股份有限公司表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的影响和对主反应的选择性，工业上 通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副反应的发生。 （1）CO 2 催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO 2 +6H 2 ⇌ CH 2 = CH 2 +4H 2 O，因 此，该反应中产物的物质的量之比n(C H)：n(H O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当 2 4 2 反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C H)变大。 2 4 （2） 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可 知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则 结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线 的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为 放热反应，∆H小于0。 （3） 原料初始组成n(CO)∶n(H )=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度 2 2 下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即 ，二氧化 碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即 ，因此，该温度下反应的平衡常数 (MPa)-3= (MPa)-3。 （4）工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择 性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合 适的催化剂。 30.（2020·山东卷）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、H 3 3 2 2 为原料合成CHOH涉及的主要反应如下： 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 2 2 衡时，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、 3 2 V的代数式表示，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 2 2 2 3 随温度的变化关系如下图所示。 91 / 96 学科网（北京）股份有限公司已知：CO 的平衡转化率= 2 CHOH的平衡产率= 3 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 2 1 2 3 顺序为___________；图乙中T 温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。 1 （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)。 2 3 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 1 2 3 1 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 （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 2 3 之间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； 3 1 2 （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 3 3 生成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 2 量为1mol-(a-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， 2 CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为： 92 / 96 学科网（北京）股份有限公司； （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 3 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 3 动，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 2 度后以反应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 2 2 和II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 3 1 2 3 移动，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 1 1 主，反应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 2 3 2 的平衡转化率越大，CHOH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。 3 31.（2020·浙江卷）研究CO 氧化C H 制 C H 对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有： 2 2 6 2 4 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。 可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的 ( 随温度变化可忽略)。例如： 。 请回答： （1）①根据相关物质的相对能量计算 _____ 。 93 / 96 学科网（北京）股份有限公司②下列描述正确的是_____ A 升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大 B 加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动 C 反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成 D 恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动 ③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下： ，且第二步速率较慢(反应活化 能为 )。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”，起 点从 的能量 ，开始(如图2)_____。 （2）①CO 和 C H 按物质的量1:1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO 2 2 6 2 氧化C H 制 C H”的影响，所得实验数据如下表： 2 6 2 4 催化剂 转化率 转化率 产率 催化剂X 19.0 37.6 3.3 结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO 氧化C H 的主要产物是 2 2 6 ___________________________，判断依据是 _________________________________________________________________。 ②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C H 的选择性(生成C H 的物质的 2 4 2 4 量与消耗C H 的物质的量之比)。在773K，乙烷平衡转化率为9.1％，保持温度和其他实验条件不 2 6 变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0％。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是 _________________ __________________________________________。 94 / 96 学科网（北京）股份有限公司【答案】 （1） 430 AD (2) .CO C H 的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率 2 4 选择性膜吸附C H，促进反应Ⅱ平衡正向移动 2 4 【解析】根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化 学平衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终 产物的相对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜 是通过吸附目标产品而提高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。 （1）①由图 1 的数据可知，C H(g)、CO(g)、CO(g)、H(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393 2 6 2 2 kJ∙mol-1、-110 kJ∙mol-1、0 kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因 此 ， C 2 H 6 (g)+2CO 2 (g)⇌4CO(g)+3H 2 (g) ∆H 3 =(-110 kJ∙mol-1)4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)2=430 kJ∙mol-1。 ②反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A正确；反 应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B 不正确；反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不 利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C不正确；反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向 平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍 数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数），化学平衡向逆反应方向移动，D正确。综上所述， 描述正确的是AD。 ③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C H(g)+CO (g)C H(g)+H(g) +CO (g)， 2 6 2 2 4 2 2 C H(g)、H(g)、CO(g)的相对能量之和为52 kJ∙mol-1+0+(-393 kJ∙mol-1)= -341 kJ∙mol-1；第二步的反应是 2 4 2 2 C H(g)+H(g) +CO (g)C H(g)+HO(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ∙mol-1，故该反应体系的过渡态的 2 4 2 2 2 4 2 相对能量又升高了210 kJ∙mol-1，过渡态的的相对能量变为-341 kJ∙mol-1+210 kJ∙mol-1= -131 kJ∙mol-1，最 终生成物C H(g)、HO(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ∙mol-1)+(-242 kJ∙mol-1)+(-110 kJ∙mol-1)= -300 2 4 2 kJ∙mol-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量 95 / 96 学科网（北京）股份有限公司—反应过程图”可以表示如下： 。 （2）①由题中信息及表中数据可知，尽管CO 和C H 按物质的量之比1：1投料，但是C H 的产率 2 2 6 2 4 远远小于C H 的转化率，但是CO 的转化率高于C H，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应 2 6 2 2 6 Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因 此，CO 氧化C H 的主要产物是CO。故答案为：CO；C H 的产率低说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ 2 2 6 2 4 速率。 ②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C 2 H 4 的选择性，由反应ⅡC 2 H 6 (g)+CO 2 (g)⇌C 2 H 4 (g)+H 2 O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C H 通过而离开体系，即通过吸附C H 2 4 2 4 减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。故答案 为：选择性膜吸附C H，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。 2 4 96 / 96 学科网（北京）股份有限公司