文档内容
专题 09 化学反应原理综合(题型突破)
目 录
题型1 化工生产中条件选择与控制
题型2 设置情景制备新型工业材料
题型3 运用化学反应原理环境保护
题
型 1 化工生产中条件选择与控制
1．(2024·浙江省金华市十校选考模拟考试)科学家开发新型催化剂实现了NO对CHCH=CHCH (2-丁
2 3 3
烯)的气相选择性氧化，其反应为：
反应I：CHCH=CHCH (g)＋NO(g) CHCHCOCH (g)＋N(g) ΔH ＝-398kJ·mol−1
3 3 2 3 2 3 2 1
反应Ⅱ：CHCH=CHCH (g)＋2NO(g) 2CHCHO(g)＋2N(g) ΔH
3 3 2 3 2 2
请回答：
(1)几种共价键的键能数据如下表所示。
共价键
键能
413 347 614 745 945 607 418
已知NO的结构式为N=N=O，反应Ⅱ的正反应的活化能为 ，则反应Ⅱ的逆反应的活化能为
2
kJ·mol−1。
(2)一定温度下，向恒压密闭容器中充入CHCH=CHCH (g)和NO(g)，发生反应I和反应Ⅱ，测得平衡
3 3 2体系中N 的体积分数与起始投料比 的关系如图所示。下列有关说法正确的是
2
___________(填标号)。
A．混合气体中N 体积分数不再变化说明反应已达到平衡状态
2
B．达到平衡时，体系中N 的体积分数总是小于50%
2
C．M、N、Q三点，NO(g)的转化率大小：N>M>Q
2
D．从N到Q，N 百分含量下降，是因为反应Ⅰ逆向移动
2
(3)在恒压密闭容器中充入2mol CHCH=CHCH (g)和2mol NO(g)，发生反应I和反应Ⅱ。P 压强下测
3 3 2 1
得平衡时CHCHCOCH的选择性与温度的关系如图所示。X点时CHCH=CHCH (g)的平衡转化率为
3 2 3 3
50%。(CHCHCOCH的选择性 )。
3 2
①其他条件不变，温度升高，平衡时CHCHCOCH (g)的选择性升高的原因是 。
3 2 3
②X点反应I的平衡常数K 的数值为 (用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分
P
数)。
③若P＞P，请在图中画出P 时，CHCHCOCH 的选择性随温度升高的变化曲线 。
2 1 2 3 2 3
【答案】(1)E+716 (2)AB
(3)温度升高，反应Ⅱ逆向移动使反应物浓度增大，反应物浓度增大促进反应I正向移动的影响程度大于温度升高使反应I逆向移动的影响程度 1.4
【解析】(1)ΔH=反应物的键能之和-生成物的键能之和=
2
，ΔH=正反
2
应的活化能-逆反应的活化能，则反应Ⅱ的逆反应的活化能= -ΔH=(E+716) kJ·mol−1。(2)A项，混
2
合气体中N 体积分数不再变化，则其浓度不再变化，说明反应已达到平衡状态，A正确；B项，反应I和
2
反应Ⅱ的产物中N 的体积分数均为50%，可逆反应中必存在反应物，则N 体积分数一定小于50%，B正
2 2
确；C项，保持CHCH=CHCH (g)的物质的量不变，增大NO(g)的物质的量，起始投料比增大，反应I和
3 3 2
反应Ⅱ平衡均正向移动，但NO(g)的转化率减小，则在M、N、Q三点中，NO(g)的转化率大小排序为
2 2
M>N>Q，C错误；D项，从N到Q，继续增大起始投料比，平衡时气体总体积增加的幅度大于N 增加的
2
幅度，使得N 百分含量下降，D错误； 故选AB。(3)①其他条件不变，温度升高，反应Ⅱ逆向移动使反
2
应物浓度增大，反应物浓度增大促进反应I正向移动的影响程度大于温度升高使反应I逆向移动的影响程
度，因而平衡时CHCHCOCH (g)的选择性升高。②列出三段式：
3 2 3
则平衡时，CHCH=CHCH 、NO、CHCHCOCH 、CHCHO、N 的物质的量分别为1mol、0.6mol、
3 3 2 3 2 3 3 2
0.6mol、0.8mol、1.4mol，总物质的量为4.4mol，X点反应I的平衡常数
；③反应I为气体体积不变的反应，反应Ⅱ为气体体积增大的反应。同一温度下，增大压强反应Ⅱ逆向移动使反应物浓度增大，反应物浓度增大促进反应I正向移动，因而平衡时
CHCHCOCH (g)的选择性升高。若P＞P，则P 时CHCHCOCH 的选择性随温度升高的变化曲线应在P
3 2 3 2 1 2 3 2 3 1
时曲线的上方，画出其曲线为 。
2．(2024·山东烟台高三期中联考)将CO 转化为高附加值碳基燃料，可有效减少碳排放。将CO 和H
2 2 2
在催化剂作用下，可实现二氧化碳甲烷化。可能发生反应：
i．CO(g)+4H (g) CH (g)+2 HO(g) ΔH
2 2 4 2 1
ii．CO(g)+H (g) CO (g)+ HO(g) ΔH＝+41.2 kJ·mol－1
2 2 2 2
iii．CO(g)+3H (g) CH (g)+ HO(g) ΔH＝-206.1kJ·mol－1
2 4 2 3
(1)利用不同催化剂，在一定温度和反应时间条件下，测得产物的生成速率与催化剂的关系如图可知
有利于制甲烷的催化剂是 。(2)不同条件下， 投料，发生上述反应，CO 的平衡转化率与温度的关系如图2.升
2
高温度，反应i的化学平衡常数 (填“增大”或“减小”)； 、 、 由大到小的顺序是
。压强为 的条件下，温度高于600℃之后，随着温度升高转化率增大的原因是 。
(3)①在某温度下，向恒容容器中充入7 mol CO 和12 mol H ，初始压强为19kPa，反应经10min达到
2 2
平衡，此时气体的总物质的量为17mol， ，则 kPa/min，该温度下反应
ii的化学平衡常数K= 。
②若保持温度不变压缩容器的体积，CH 的物质的量 (填“增加”“减小”或“不变”)，
4
反应i的平衡将 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。
【答案】(1)Pt@h-BN
3
(2) 减小 CO 平衡转化率为反应i和反应的CO 平衡转化率之和。ⅰ为放热反应；
2 2
ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO 转化率主要取决于反应ⅱ
2
(3) 0.1 1 增加 正向
【解析】(1)根据图示，在一定温度和反应时间条件下，使用催化剂Pt@h-BN 甲烷的生成速率最大且
3
CO的速率最小，所以有利于制甲烷的催化剂是Pt@h-BN 。(2)ii．CO(g)+H (g) CO (g)+ H O(g)
3 2 2 2
ΔH＝+41.2 kJ·mol－1；iii．CO(g)+3H (g) CH (g)+ H O(g) ΔH＝-206.1kJ·mol－1；根据盖斯定律ii+
2 2 4 2 3iii得 CO(g)+4H (g) CH (g)+2 H O(g) ΔH= ，正
2 2 4 2 1
反应放热，升高温度，反应i的化学平衡常数减小；其它条件不变，增大压强i正向移动，CO 的平衡转化
2
率增大，所以 、 、 由大到小的顺序是 。CO 平衡转化率为反应i和反应ii的CO 平衡转
2 2
化率之和。ⅰ为放热反应；ⅱ为吸热反应。600℃之后，CO 转化率主要取决于反应ⅱ，所以温度高于
2
600℃之后，随着温度升高转化率增大；(3)①在某温度下，向恒容容器中充入7 mol CO 和12 mol H ，初
2 2
始压强为19kPa，反应经10min达到平衡，此时气体的总物质的量为17mol，反应i气体物质的量减小，压
强减小是因为发生反应i：
7-x+12-4x+x+2x=17，x=1，所以甲烷
的 kPa/min；恒温、恒容，压强比等于物质的量比，则平衡时气体物质的量为
17mol， ，n(CO)=3mol，n(CH)=1mol，1molCO 参加反应i、3molCO 参加反应ⅱ，反应i消
4 2 2
耗氢气4mol、反应ⅱ消耗氢气3mol，平衡时容器中n(CO)=3mol、n(H )=5mol、n(CO)=3mol、
2 2
n(H O)=5mol，则该温度下反应ii的化学平衡常数K= =1；②若保持温度不变，压缩容器的体积，反应
2
ⅰ为正向移动，CH 的物质的量增加。
4
3．(2024·北京朝阳区高三期中联考)合成氨的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)1898年，化学家用氮气、碳化钙(CaC 与水蒸气反应制备氨：
2)
i．碳化钙和氮气在1000℃的高温下产生氰氨化钙(CaCN)；
2
ii．氰氨化钙与水蒸气反应生成氨气。
写出反应ii的化学方程式： 。
(2)20世纪初，以N 和H 为原料的工业合成氨方法研制成功。其反应为：
2 2
。
①N 的化学性质稳定，即使在高温、高压下，N 和H 的化合反应仍然进行得十分缓慢。从分子结构
2 2 2角度解释原因： 。
②压强对合成氨有较大影响。下图为不同压强下，以物质的量分数x(H )=0.75、x(N )=0.25进料(组成
2 2
1)，反应达平衡时，x(NH 与温度的计算结果。
3)
i．判断压强：p p 填“>”或“<”)，简述理由： 。
1 2(
ii．在p、x(NH )=0.20时，氮气的转化率为 。
1 3
iii．合成氨原料气中存在不参与反应的Ar时会影响NH 的平衡含量。在p 时，以物质的量分数
3 1
x(H )=0.675、x(N )=0.225、x(Ar)=0.10进料(组成2)，反应达平衡时x(NH 与温度的计算结果与组成1相比
2 2 3)
有一定变化，在上图中用虚线画出相应曲线 。
(3)我国科学家研制出 双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，纳米Fe
的温度为547℃，而 的温度为415℃，解决了温度对合成氨工业反应速率和平衡转化率影响矛盾
的问题，其催化合成氨机理如图所示。
分析解释：与传统的催化合成氨(铁触媒、400~500℃)相比， 双催化剂双温催化合成氨具
备优势的原因是 。
【答案】(1) CaCN+3H O(g) CaCO+2NH
2 2 3 3
(2) N 中含氮氮三键(N≡N)，键能大，难断裂 < 合成氨反应是气体分子数减小的反应，相同
2温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大
(3)N≡N在“热Fe”表面易于断裂，有利于提高合成氨反应的速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在
“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
【解析】(1)氰氨化钙与水蒸气反应生成氨气和碳酸钙，故反应的化学方程式写为： CaCN+3H O(g)
2 2
CaCO+2NH；(2)①N 中含氮氮三键(N≡N)，键能大，难断裂，因此即使在高温、高压下，N 和H 的化合
3 3 2 2 2
反应仍然进行得十分缓慢；②i．合成氨反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正
向移动，氨的物质的量分数增大，所以p”“<”或“=”)v 。
逆
【答案】(1)352 (2)④①②③ (3)BD
(4) 0.021 mol·L-1·min-1 >
【解析】(1)活化能最大的那步反应对总反应速率影响最大，则基元反应的活化能为500 kJmol-1-48
kJmol-1=352kJmol-1；(2)N +3NH 2NH ，根据速率之比等于计量数之比，都转化为用H 表示的速率，
2 3 3 2然后进行比较：①v(N )=0.5mol/(L·min)，所以v(H )=1.5 mol·L-1·min-1；②v(H )=0.02mol/(L·s)=1.2
2 2 2
mol·L-1·min-1；③v(NH )=0.4mol/(L·min)，所以v(H )=0.6 mol·L-1·min-1；④v(NH )=0.02mol/(L·s)=1.2
3 2 3
mol·L-1·min-1，所以v(H )=1.8 mol·L-1·min-1；所以该反应的速率由大到小的顺序是④①②③；(3)合成氨反
2
应的化学方程式为：N+3H 2NH ，该反应为放热反应；A项，增大压强，平衡正向移动，氨的平衡
2 2 3
百分含量增大，故A错误；B项，起始时N 的物质的量增大，氨的平衡百分含量先增大后减小，故B正确；
2
C项，由反应方程式可知，达到化学平衡时N、H、NH 的浓度并不一定相等，图像不一定正确，故C错
2 2 3
误；D项，反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，故与图像相符合，故D正确，故选BD；
(4)0~10min内，NH 的浓度变化量为0.14mol/L，根据方程式N+3H 2NH ，H 的浓度变化量为
3 2 2 3 2
0.21mol/L，用H 表示的平均反应速率为 =0.021 mol L-1min-1；由表格数据可知，平衡时NH 的
2 3
⋅ ⋅
浓度为0.2mol/L，即物质的量为0.4mol，列三段式如下：
平衡时N 的分压为p(N )= 10MPa = MPa；同理可计算p(H )= MPa；p(NH )= MPa；Kp=
2 2 2 3
= = MPa-2；利用上述三段式数据，可计算出浓度平衡常数Kc= ，另
一2L恒容密闭容器中充入H、N 和NH 各4mol时，Qc= ，反应向正反应方向进行，即v >v 。
2 2 3 正 逆
2．(2024·浙江金华一中高三期中)乙烯、丙烯是化学工业的最基本原料，工业上可采用多种方法生产，
请回答下列问题：
方法一：利用丙烷脱氢制烯烃，反应如下。
ⅠC H(g) C H(g)＋H(g) ΔH
3 8 3 6 2 1
ⅡC H(g) C H(g)＋CH(g) ΔH
3 8 2 4 4 2
ⅢC H(g)＋H(g) C H(g) ΔH
2 4 2 2 6 3
ⅣC H(g)+H(g) CH(g)＋C H(g) ΔH
3 8 2 4 2 6 4上述各反应常压下平衡常数自然对数值 随温度(T)的变化如图1所示。
(1) ΔH 0(填“＜”或“>”)；图1中表示反应Ⅱ的曲线为 (填“a”或“b”)。
1
(2)T 温度下，向体积不等的恒容容器中加入等量C H，若只发生反应Ⅰ，反应相同时间后，测得各容
1 3 8
器中C H 的转化率与容器体积关系如图2。
3 8
①下列说法正确的是 。
A．各容器内反应的平衡常数相同
B．体系处于W点时，加催化剂，可提高C H 转化率
3 8
C．体系处于W、M两点时，若升高温度，净反应速率均增加
D．反应过程中若容器内气体密度不再变化，则反应已达平衡
②保持其他条件不变，增大C H 初始投料，请在图2中画出C H 的转化率与容器体积关系图 。
3 8 3 8
方法二：利用甲醇分解制取烯烃，涉及反应如下。
a.2CHOH(g)= C H(g)＋2HO(g) ΔH＝-22.66kJ·mol−1
3 2 4 2
b.3CHOH(g)=C H(g)＋3HO(g) ΔH＝-92.24kJ·mol−1
3 3 6 2
c.3C H(g) 2C H(g)
2 4 3 6
(3)①恒压条件下，平衡体系中各物质的物质的量分数随温度变化如图3所示。已知923K时，
，假设没有副反应，平衡体系总压强为P，求923K反应c的平衡常数K 。(对
P于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作 ，如
，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)
②工业上使甲醇反应气流经ZSM-5分子筛催化分解，该催化剂同时也可催化丁烯裂解2C H(g)
4 8
C H(g)＋2C H(g) ΔH＝+117.93kJ·mol−1。请说明，甲醇分解工艺中常常添加适量丁烯共同反应，其原因
2 4 3 6
可能为 。
【答案】(1) > b
(2) AC
(3) 丁烯分解为吸热反应，可以为反应体系降温，防止催化剂因反应温度过高而失活。甲醇
分解转化率很高，基本不受丁烯分解吸热影响
【解析】(1)由图1可知a、b两条曲线均随着温度的升高，lnK 的数值增大，说明升高温度对于I、II
p
两个反应的影响都是平衡向正反应吸热方向移动，所以ΔH>0；根据II、III、IV的反应方程式，列出各反
1
应的分压平衡常数依次为
，可看出，由图1可知当T=600K时，lnK (IV)和lnK (III)几乎相等，即600K时，K(IV) =K (III)，
p p p p
所以此时K(II)=1，lnK (II)=0，对应曲线b，所以表示反应Ⅱ的曲线为b；(2)①A项，因为平衡常数只随
p p
温度的改变而改变，各容器所处温度相同，所以各容器内反应的平衡常数相同，A正确；B项，催化剂只
能改变反应速率，对平衡移动没有影响，因此体系处于W点时，加催化剂，不会改变C H 的转化率，B
3 8
错误；C项，净反应速率为正反应速率-逆反应速率，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，
正反应速率增大幅度大于逆反应速率增大幅度，因此体系处于W、M两点时，若升高温度，净反应速率均
增加，C正确；D项，各反应容器恒容，容器内气体质量一定，密度也为一定值，所以密度不再变化，不
能说明反应已达平衡，D错误；故选AC；②原图中前半段，容器体积小，反应物浓度大，反应速率较大，
反应一段时间后已达到平衡状态，此时随着容器体积增大，化学平衡正向移动，因此丙烷的转化率增大，
但是随着容器体积继续增大，反应速率减小，后半段反应尚未达到平衡，且体积越大，浓度越小反应速率
越慢，因此丙烷的转化率也就越低。在此基础上增大丙烷初始投料，丙烷浓度增大，则相同时间内前半段
仍会达到平衡，但是丙烷浓度增大，转化率降低，因此体积相同的情况下转化率较加料前更低，但是初始
丙烷投料量增大，丙烷的浓度也增大，反应速率也更大，对体积较大的情况而言，反应速率增大丙烷的转
化率增大，但是随着体积继续增大，反应速率还是会减小，丙烷的转化率从而下降，故总体表现就是曲线
右移。 如图所示： ；(3)①根据题干中K 定义式和923K时关系式
p
，可得反应c的K= 。设
p
在923K时，，反应a中生成xmol乙烯和2xmol水，反应b中生成ymol丙烯和3ymol水，c反应中，有则根据 ，有x-3n=2(y+2n)，即x=2y+7n； ，
代入后有 ，代入 可得：K= ；②丁烯分解
p
为吸热反应，可以为反应体系降温，防止催化剂因反应温度过高而失活。甲醇分解转化率很高，基本不受
丁烯分解吸热影响，所以甲醇分解工艺中常常添加适量丁烯共同反应。
3．(2023·辽宁省沈阳市二模)甲醇水蒸气催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法，其反应机理如
下：
反应I：CHOH(g)+ HO(g) CO g)+3H (g) ΔH
3 2 2( 2 1
反应II：O g)+H (g) CO(g)+ H O(g) ΔH
2( 2 2 2
请回答下列问题：
(1)在催化剂作用下，反应 I 可通过如图 1 所示的反应历程实现催化重整，则 ΔH=___________
1
kJ·mol-1。
(2)将一定量的甲醇气体和水蒸气混合反应，使用催化剂 R，测得相同条件下，甲醇的转化率[(CH OH)
3
%]与CO的物质的量分数[(CO)%]变化如图2所示。反应II为___________反应(填“吸热”或“放热”)，
选择催化剂R的作用为___________。(3)将1mol甲醇气体和1.3mol水蒸气混合充入2L恒容密闭容器中，控制反应温度为300℃、起始压强为
2.5MPa下进行反应。平衡时容器中n(CHOH)= n(CO)=0.1mol，甲醇的转化率为___________，则反应I的
3
平衡常数Kc =___________(mol·L-1)2 (列出计算式即可)。
(4)相同反应条件下，测得相同时间内甲醇水蒸气重整反应各组分的含量与反应温度关系曲线图如下，
下列说法中正确的是___________。
a．升温对反应I的化学反应速率影响更大
b．该条件下催化剂活性温度高于270℃
c．催化剂的选择应考虑提高生成CO 的选择性
2
d．250℃时，n(CHOH)：n(CO)不小于1.3
3
【答案】(1)(a-b+c)
(2) 吸热 加快反应速率，降低反应Ⅱ的选择性
(3) 90%(或0.90或0.9) (能体现出计算过程，直接写结果不给分)
(4)acd【解析】(1)ΔH =反应物总能量-生成物总能量，由图可知ΔH= (a-b+c) kJ·mol-1；(2)由图中信息可知随温
1 1
度升高，CO的物质的量分数增加，说明反应II正向移动，则正向为吸热方向；由图可知，在其他条件相
同时，使用催化剂R时CO的物质的量分数较小，而甲醇转化一直较高，说明催化剂R的使用可减少反应
II的发生，即对反应II具有选择性，同时使用催化剂可加快反应速率；(3)根据题中信息列三段式：
甲醇的转化率为 ；则反应 I 的平衡常数 =
；(4)a项，由图可知升高温度CO的含量几乎不发生改变，而氢气的含量增大趋势显著，可知升
温对反应I的化学反应速率影响更大，故正确；b项，由图可知，温度高于250℃时产物含量的变化率减小，
说明催化剂的活性开始降低，故错误；c项，催化剂的选择考虑提高生成CO 的选择性，这样才能提高甲
2
醇催化重整生成氢气的选择性，故正确；d项，由图可知反应起点时n(CHOH)：n(CO)=1.3，250℃时，两
3
者含量差距增大，n(CHOH)：n(CO)大于1.3，故正确；故选acd。
3
4．(2024·浙江省 A9 协作体高三联考)CHOH是一种绿色燃料，可由CO或CO 制备。工业上制备
3 2
CHOH发生如下反应：
3
反应1：CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) ΔH=-49.5kJ/mol
2 2 3 2
反应2：CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ΔH=+41.2kJ/mol
2 2 2
请回答：
(1)CO(g)+2H (g) CHOH(g)，该反应的ΔH= kJ/mol。
2 3
(2)将CO 和H 按1︰3通入密闭容器中发生反应1和反应2，改变反应温度，分别测得1MPa、
2 2
3MPa、5MPa下CO 的平衡转化率(α)以及3MPa时生成CHOH、CO选择性(S)的变化如图甲(选择性为目标
2 3
产物在总产物中的比率)。①代表5MPa下α(CO)随温度变化趋势的是曲线 (填“a”“b”或“c”)。
2
②随着温度升高，a、b、c三条曲线接近重合的原因是 。
③P点对应的反应2的平衡常数Kp= 。
④分子筛膜反应器可提高反应1的平衡转化率，原理如图乙所示。分子筛膜反应器可提高转化率的原
因是 。
⑤请在下图中画出5MPa时生成CHOH、CO选择性(S)随温度变化的曲线。
3
【答案】(1)-90.7
(2) ①a ②升温会抑制放热反应1，同时促进吸热反应2，即温度较高时以反应2为主，而反应2前后气体分子数相等，压强改变对平衡无影响，所以三条转化率曲线随温度升高逐渐接近重合 ③
或0.0096或9.6×10-3
④分子筛膜可将HO从体系中移出，使c(HO)降低，促使反应1平衡正向移动
2 2
⑤ (S(CO)位于3MPa曲线下方，S(CH OH)位于3MPa曲线上方，
3
两线交点纵坐标为50)
【解析】(1)根据盖斯定律：反应 1-反应 2 计算可得 CO(g)+2H(g) CHOH(g)，该反应的
2 3
ΔH=-49.5kJ/mol-(+41.2kJ/mol)=-90.7 kJ/mol。(2)①由图可知，一定低温条件下、5MPa时甲醇的选择性(S)最
大，CO选择性(S)最小，说明低温条件增大压强时主要发生反应1，反应1是气体体积减小的反应，增大压
强反应1的平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率(α)增大，即压强越大二氧化碳的平衡转化率(α)越大，所
以代表5MPa下，α(CO)随温度变化趋势的是曲线a；②由图可知，温度较高时甲醇的选择性(S)较小，CO
2
选择性(S)较大，说明温度较高时主要发生反应2，反应2是气体体积不变化的吸热反应，三条曲线几乎交
于一点，说明压强对二氧化碳平衡转化率几乎没有影响，即a、b、c三条曲线接近重合的原因是为温度较
高时以反应2为主，该反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响，故答案为：升温会抑制放
热反应1，同时促进吸热反应2，即温度较高时以反应2为主，而反应2前后气体分子数相等，压强改变对
平衡无影响，所以三条转化率曲线随温度升高逐渐接近重合；③若起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别
为1mol、3mol，P点时甲醇的选择性(S)、CO选择性(S)均为50%，二氧化碳的平衡转化率(α)=20%，体系
压强为 3MPa，平衡时：n(CO)=1mol×(1-20%)=0.8mol，设 n(H )=x mol，n(CHOH)= n(CO)=y mol，
2 2 3
n(H O)=z mol，根据C、H、O原子守恒可知，0.8+2y=1，，2x+4y+2z=6，0.8×2+2y+z=2，解得x=2.6mol，
2
y=0.1mol，z=0.2mol，体系中气体的总物质的量 n=2.6mol +0.1mol+0.1mol +0.2mol +0.8mol=3.8 mol，
p(CO)= ；同理可知：p(H ) = ，p(CO) = ，p(H O) = ，反应2
2 2 2的平衡常数Kp= =0.0096；④由图可知，该分子筛膜反应器具有双重功
能，只催化反应1，且能分离出生成物水蒸气，促进反应 1的平衡正向移动，以提高二氧化碳的平衡转化
率，分子筛膜可将HO从体系中移出，使c(HO)降低，促使反应1平衡正向移动；⑤压强增大，S(CO)降
2 2
低，位于 3MPa 曲线下方，S(CH OH)增大，位于 3MPa 曲线上方，两线交点纵坐标为 50，故曲线为
3
。
题型 3 运用化学反应原理环境保护
1．(2024·江苏淮安·高三校联考阶段练习)研究烟气脱硝脱硫是环境保护、促进社会可持续发展的重要课
题。
(1)一种隔膜电化学法可处理燃煤烟气中的 NO和SO ，装置如图所示。阴极区的电极反应式为
2
。
使用固体催化剂可提高脱硫效率。气体在固体催化剂表面反应的机理是气体反应物分子吸附在催化剂
表面， 占据催化剂表面活性位点，生成一些活性高的微粒，从而降低反应活化能，提高反应速率。(2)活性炭催化脱除 SO 的机理如图所示(*代表吸附态)。写出“热再生”生成SO 的化学方程式
2 2
。
(3)V O/炭基材料是在活性炭上载有 VO 活性成分，构成更高活性的活性炭催化剂，更有利于 SO 转
2 5 2 5 2
化为 SO ，最终实现脱硫。
3
①通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了 VOSO 的吸收峰，再通入O 后 VOSO 吸收峰
4 2 4
消失，后一步用化学方程式表示为 。
②控制一定气体流速和温度，考察烟气中O 的存在对 VO/炭基材料催化剂脱硫活性的影响，结果如
2 2 5
图所示，当O 浓度过高时， 去除率下降，其原因可能是 。
2
(4)科学家通过 NH 活化改进提升了活性炭的脱硫性能，认为活性炭表面的含氮官能团具有催化性能，
3
含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能，原因可能是 。
【答案】(1)2HSO-+2e-+2H+=S O2-+2H O
3 2 4 2
(2)C+2H SO (浓) CO↑+2SO↑+2H O
2 4 2 2 2
(3) 4VOSO +O =2V O+4SO 氧气浓度过高时，O 和SO 分子会产生竞争吸附的局势，当O 分子
4 2 2 5 3 2 2 2
占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO 分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降
2
(4)活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对SO 的吸附及氧化
2
【解析】(1)由题干图示信息可知，电极A上实现HSO -转化为SO2-，则S的化合价降低，该电极为阴
3 2 4
极，该电极反应为：2 HSO -+2e-+2H+= S O2-+2H O，电极B为阳极，电极反应为：SO -2e-+2H O=4H+
3 2 4 2 2 2+SO2-，吸收池中反应为：2 S O2-+2NO+2HO=4 HSO-+N ，故阴极区的电极反应式为2 HSO -+2e-+2H+=
4 2 4 2 3 2 3
SO2-+2H O；(2)根据图中信息可知，“热再生”是活性炭基材料与浓硫酸反应生成SO ，反应的化学方程
2 4 2 2
式为C+2H SO (浓) CO↑+2SO↑+2H O；(3)①根据题意可知，该脱硫反应过程可描述为SO 与VO 作用
2 4 2 2 2 2 2 5
形成具有VOSO 结构的中间体；VOSO 中间体与气相的O 反应生成SO 和VO 或
4 4 2 3 2 5
3SO +V O+O =2VOSO +SO，4VOSO+O =2V O+4SO；②当O 浓度过高时，去除率下降，其可能原因
2 2 5 2 4 3 4 2 2 5 3 2
是氧气浓度过高时，O、SO 和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O 分子占据催化剂过多活性位时，剩
2 2 2
余的SO 、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降；(4)活性炭材料表面的含氮官能团具有碱
2
性，能够促进活性炭对SO 的吸附及氧化，含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能。
2
2．(2024·江苏南通高三期中)捕集并转化CO 可以有效实现碳达峰、碳中和。
2
Ⅰ.工业上利用两种温室气体CH 和CO 催化重整制取H 和CO，主要反应为
4 2 2
反应①：CH(g)＋CO(g) 2CO(g)＋2H(g) ΔH ＝+247.4kJ·mol−1
4 2 1
过程中还发生三个副反应：
反应②：CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH ＝+41.2kJ·mol−1
2 2 2 2
反应③：2CO(g) CO(g)＋C(s) ΔH ＝-171.0kJ·mol−1
2 3
反应④：2CO(g) 2H(g)＋C(s) ΔH
2 4
将CH 与CO (体积比为1∶1)的混合气体以一定流速通过催化剂，产物中H 与CO的物质的量之比、
4 2 2
CO 的转化率与温度的关系如图所示：
2
(1) ΔH= 。
4
(2)500℃时， 比较小，此时发生的副反应以 (选填②、③、④中一种)为主。升高温
度，产物中H 与CO的物质的量之比增大的原因是 。
2
Ⅱ.光催化CH 和 生成CO和H 催化反应机理如图所示：
4 2(3)上述反应机理中表现出氧化性的粒子有 。
Ⅲ.用光电化学法将CO 还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，
2
恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如右图所示：
，其中， ，n表示电解生成还原产物X所转移
电子的物质的量，F表示法拉第常数。
(4)当电解电压为U1V时，阴极生成HCHO的电极反应式为 。(5)当电解电压为U2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为3：2，则生成HCHO的法
拉第效率m为 。
【答案】(1)+76.4 kJ/mol
(2) ② 升高温度，反应以反应④为主，H 增大幅度大于CO
2
(3)CO 、h+
2
(4)CO +4e—+4H+=HCHO+H O
2 2
(5)20%
【解析】(1)由盖斯定律可知，反应①+反应③得到反应④，则反应ΔH=(+247.4kJ/mol)+(—171.0kJ/
4
mol)=+76.4 kJ/mol；(2)500℃时，产物的比值 比较小说明反应中氢气的物质的量减小、一氧化碳的
物质的量增大，则此时发生的副反应以②为主；升高温度，产物的比值 增大说明反应以反应④的为
主，氢气的物质的量增大幅度大于一氧化碳；(3)由图可知，二氧化碳Rh表面得到电子生成一氧化碳和氧
离子，氧离子作用下甲烷失去电子生成一氧化碳和氢气，则表现氧化性的微粒为二氧化碳和h+；(4)由图可
知，电解电压为U1V时，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醛和水，电极反应式为
CO+4e—+4H+=HCHO+H O；(5)电解电压为U2V时，放电生成1mol甲酸转移2mol，生成1mol甲醛转移
2 2
4mol电子，由图可知，生成甲酸的FE%为15%，则由电解生成的甲酸和甲醛的物质的量之比为3：2可得：
： =3：2，解得m=20。
3．(2024·浙江省嘉兴市高三基础测试)CO 过度排放会引起气候、环境等问题。在Cu/ZnO催化剂下，
2
CO 和H 可发生反应生成CHOH和CO，热化学方程式如下：
2 2 3
Ⅰ.CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH＝-50kJ·mol−1
2 3 2
Ⅱ.CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH＝+41.2kJ·mol−1
2 2 2
(1)已知：2CO(g)＋O(g)=2CO (g) ΔH ＝-566kJ·mol−1
2 2 1
HO(g)=H O(l) ΔH＝-44kJ·mol−1
2 2
写出表示氢气燃烧热的热化学方程式 。
(2)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中通入1mol CO 和2.31molH ，起始压强为0.33MPa，发生
2 2
反应Ⅰ和Ⅱ。平衡时，总压为0.25MPa，CO 的转化率为50%，则反应Ⅰ的平衡常数K =
2 P(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
(3)不同压强下，维持投料比相同，实验测定CO 的平衡转化率随温度的变化关系如图1所示。在恒压
2
密闭容器中，维持投料比相同，将CO 和H 按一定的流速通过反应器，二氧化碳的转化率 和甲
2 2
醇的选择性 [ ]随温度变化关系如图2所示。图示温度范围催化剂的活性
受温度影响不大。
①下列说法不正确的是 。
A．图1中，P＜P＜P＜P
1 2 3 4
B．图1中550℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡基本没有影响
C．图2中236℃后，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，使CO 转化率
2
和CHOH选择性都下降
3
D．改用活性更好的催化剂能使图2中各温度下CO 转化率都增大
2
②假设只发生反应Ⅰ，一定温度下氢气和二氧化碳的物质的量之比为n：1，相应平衡体系中甲醇的物
质的量分数为y，请在图3中绘制y随n变化的示意图。(4)在密闭容器中，维持其他条件不变，在不同的压强下发生反应Ⅰ和Ⅱ，二氧化碳的平衡转化率和甲
醇的选择性随压强变化关系如下表所示。n(CO)随压强增大而 (填“增大”“减小”或“不
变”)，从化学平衡移动角度解释原因 。
压强P(MPa) 1 2 3 4 5 6
的平衡转化率% 8.1 15.3 22.2 29.5 36.1 43.2
的选择性% 49.5 80.1 90.0 94.5 97.1 98.6
【答案】(1)
(2)40 (3) AD
(4)减小 增大压强使反应Ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度变大，CO 和H 浓度下降，使反应Ⅱ平衡
2 2
逆向移动
【解析】(1)氢气燃烧热的热化学方程式 ，已知①2CO(g)＋O(g)=2CO (g)、
2 2②HO(g)=H O(l)，根据盖斯定律，反应II+ 反应①+反应②可得，
2 2
，则表示氢气燃烧热的热化学方程式
；(2)一定温度体积不变的情况下，气体的物质的量与压强成正比，起始压强为
0.33MPa，平衡时总压为0.25MPa，则平衡时总物质的量为 ，CO 的转化率为
2
50%，则消耗n(CO)=0.5mol，设反应I和II分别消耗CO x mol、y mol，列三段式：
2 2
则有x+y=0.5、(1-x-y)+(2.3-3x-y)+(x+y)+(x+y)=2.5，解得x=0.4，y=0.1，平衡时n(CO)=0.5mol，
2
n(H )=1mol，n(CHOH)=0.4mol，n(H O)=0.5mol，反应Ⅰ的平衡常数
2 3 2
；(3)①A项，相同温度下，增大压
强平衡正向移动，二氧化碳的转化率 增大，则图1中，P＞P＞P＞P，故A错误；B项，图1
1 2 3 4
中550℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡基本没有影响，因此二氧化碳的
转化率 几乎相等，故B正确；C项，反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的
转化率降低，反应II为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以甲醇的选择性随温度升高而下降，则图
2中236℃后，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，使CO 转化率和CHOH
2 3
选择性都下降，故C正确；D项，催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，改用活性更好的催化剂能使
图2中各温度下CO 转化率都不变，故D错误；故选AD；②若只发生反应Ⅰ，当氢气和二氧化碳的物质
2的量之比为3：1时，甲醇的物质的量分数最大，此时n=3，最后随着n的增大，甲醇的物质的量分数开始
逐渐减小，示意图为 ；(4)根据表格可知随着压强增大，CO 的平衡转化率变
2
大，说明消耗CO 增多，剩余的n(CO)随压强增大而减小，从化学平衡移动角度解释原因为：增大压强使
2
反应Ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度变大，CO 和H 浓度下降，使反应Ⅱ平衡逆向移动。
2 2
4．(2024·浙江杭州市高三一模)在“碳达峰、碳中和”的明确目标下，利用CO、CO 的甲烷化制备人
2
造天然气既可以避免碳排放造成的资源浪费和环境污染，又可以缩短碳循环获得清洁能源。甲烷化工艺中
主要涉及到如下反应：
甲烷化反应i．CO(g)＋3H(g) CH(g)＋HO(g) ΔH ＝-206.3kJ·mol−1
2 4 2 1
甲烷化反应ii．CO(g)＋4H(g) CH(g)＋2HO(g) ΔH ＝-164.9kJ·mol−1
2 2 4 2 2
副反应iii．CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH
2 2 2 3
副反应 iv．CH(g) C(s)＋2H(g) ΔH ＝+74.8kJ·mol−1
4 2 4
(1)计算ΔH= kJ∙mol−1
3
(2)为了研究Ni/TiO 在光热和热催化过程中CO 转化率和 CH 选择性随温度的变化，将 CO合成气
2 4
(含23%CO、69%H₂和8%N₂)通入反应器，在恒压及一定时间内进行反应，测得以下数据：[α表示转化率，
S(CH )表示得到甲烷物质的量与消耗CO 的物质的量之比]
4
光热催化 热催化
α(CO) S(CH ) α(CO) S(CH )
4 4
250 90% 85% 0% 0%
300 92% 82% 88% 78%
350 96% 84% 89% 79%
400 95% 83% 92% 78%
450 92% 82% 91% 79%
①光热催化时CO甲烷化的活化能E 热催化 CO 甲烷化的活化能E (填“大于”或者“小
a a于”)。
②当温度高于400℃时，热催化下CO转化率降低的原因是 。
(3)某温度下，恒容容器中充入1mol∙L−1CO 和4mol∙L−1 H，若只发生反应ii、iii，平衡时测得α(CO)
2 2 2
为50%、S(CH )为90%，反应iii的平衡常数为 。[S(CH )表示得到甲烷物质的量与消耗 CO
4 4 2
的物质的量之比]。
(4)为了进一步研究CO 的甲烷化反应，科学家研究催化剂M/TiO(M 表示 Ni 或Ru)在300℃光照的
2 2
条件下进行反应，催化反应的核心过程表示如下：
①关于核心反应过程，下列说法正确的是 。
A．步骤I中生成了非极性键
B．步骤Ⅲ发生的反应为 ( 代表吸附态中间体)
C．步骤Ⅳ中碳元素发生还原反应
D．整个反应过程中只有金属M起到催化作用
②研究发现，光诱导电子从TiO 转移到M，富电子的M表面可以促进H 的解离和CO 的活化，从而
2 2 2
提高反应效率。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO 催化剂的反应效率
2
(填“高于”或“低于”)使用 Ni/TiO 作催化剂的反应效率。
2
【答案】(1)+41.4
(2)小于 高温时反应ⅰ是放热反应，温度升高时平衡逆向移动转化率降低，高温时发生反应ⅲ，
生成CO，导致CO转化率降低
(3)0.044
(4) BC 高于
【解析】(1)由盖斯定律得，反应ii-反应i得CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g)，故
2 2 2；(2)①由表中数据知，光催化得反应速率大于热
催化得反应速率，相同条件下，反应速率越快，活化能越小，故光热催化时CO甲烷化的活化能小于热催
化 CO 甲烷化的活化能；②由于反应ⅰ是放热反应，温度升高时平衡逆向移动，转化率降低，反应iii为
吸热反应，升高温度，平衡正向移动，主要发生反应iii，由生成CO ，所以当温度高于400℃时，热催化
下CO转化率降低；(3)由题意α(CO)为50%，即二氧化碳得转化率为50%，充入1mol∙L−1CO，反应了
2 2
0.5mol∙L−1，体系中二氧化碳得浓度为0.5mol∙L−1，由S(CH )表示得到甲烷物质的量与消耗 CO 的物质的
4 2
量之比和S(CH )为90%，得生成甲烷的浓度为 ，由碳守恒得CO的浓度为
4
，由O守恒得，水蒸气得浓度为
，由H守恒得，氢气得浓度为
，反应iii的平衡常数为
；(4)①由图知，A．步骤I中没有非极性键生成，A错误；B．步骤Ⅲ发生的
反应为 ( 代表吸附态中间体)，B正确；C．步骤Ⅳ中碳元素元素的化合价降低，发
生还原反应，C正确；D．整个反应过程中除了金属M起到催化作用外还有TiO 也起到了催化作用，D错
2
误；②光诱导电子从TiO 转移到M，富电子的M表面可以促进H 的解离和CO 的活化，从而提高反应效
2 2 2
率可得电负性越大，催化效率越高。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO 催化剂的反
2
应效率高于使用 Ni/TiO 作催化剂的反应效率。
2
