文档内容
专题 09 大题突破——化学反应原理综合
目录
01 模拟基础练
【题型一】热化学方程式的书写与焓变的计算
【题型二】平衡图像分析、条件控制及原因解释
【题型三】有关化学平衡的计算
02 重难创新练
03 真题实战练
题型一 热化学方程式的书写与焓变的计算
1．(2025·湖北省鄂东南省级示范高中教改联盟高三联考，节选)中央经济工作会议强调要“加快新能
源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。 CO 甲烷化是目前研究的热点方向之一，CO 也可以获得新
2 2
型能源二甲醚(CHOCH )，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：
3 3
反应I：CO(g)＋4H(g) CH(g)＋2HO(g) ΔH
2 2 4 2 1
反应Ⅱ：CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH
2 2 2 2
反应Ⅲ：CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH
2 2 3 2 3
反应Ⅳ：2CHOH(g) CHOCH (g)＋HO(g) ΔH
3 3 3 2 4
(1)反应2CO(g)＋4H(g) CHOCH (g)＋HO(g)的ΔH= 。
2 2 3 3 2
【答案】(1)2ΔH +ΔH -ΔH
5 4 2
【解析】(1)依据盖斯定律，反应I=反应Ⅲ×2+反应Ⅳ-反应Ⅱ×2，ΔH＝2ΔH+ΔH -ΔH 。
5 4 2
2．[新考法]通过使用不同新型催化剂，实现二氧化碳加氢合成转化为二甲醚(CHOCH )也有广泛的应
3 3
用。
反应I：CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH ＝-49.01kJ·mol−1
2 2 3 2 1
反应II：2CHOH(g) CHOCH (g)＋HO(g) ΔH ＝-24.52kJ·mol−1
3 3 3 2 2
反应III：CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH ＝+41.17kJ·mol−1
2 2 2 3
2CO(g)＋6H(g) CHOCH (g)＋3HO(g)自发反应的条件是 。
2 2 3 3 2【答案】低温
【解析】根据盖斯定律可得反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得到反应2CO(g)＋6H(g) CHOCH (g)＋
2 2 3 3
3HO(g)，则ΔH=2ΔH+ΔH =(-49.01×2-24.52)kJ/mol=-122.54kJ/mol，该反应的ΔS＜0，ΔG=ΔH-TΔS，ΔS＜
2 1 2
0，ΔH＜0，要使ΔG=ΔH-TΔS＜0，需要低温条件，故该反应在低温下自发。
3．(2025·河南省安阳市湘豫名校联考高三模拟，节选)乙炔(C H)、乙烯和乙烷是重要的基础化工原料，
2 2
在生产、生活中有广泛应用。回答下列问题：
(1)已知几种共价键的键能如下表所示。
C≡
共价键 H-C C-C H-H
C
键能/(kJ·mol−1) 812 413.4 347.7 436
根据上述键能估算：CH≡CH(g)＋2H(g) CHCH(g) ΔH kJ·mol−1。
2 3 3 1
【答案】(1)-317.3
【解析】(1)反应热等于反应物的总键能与生成物化学键的键能的差，则反应CH≡CH(g)＋2H(g)
2
CHCH(g)的键能 。
3 3
4．[新考法]已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所
放出的热量)：
物质 CO(g) H(g) HCOOH(g)
2 2
-393.5
标准摩尔生成焓/kJ·mol-1 0 -362.3
1
依据以上信息，CO g)+H (g) HCOOH(g) ΔH。ΔH=___________。
2( 2
【答案】+31.21kJ·mol-1
【解析】焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH=[-362.3-0-(-393.51)] kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1。
1
5．[新题型](2025·山西省部分学校联考高三试题，节选)二氧化碳作为温室气体，是引发全球气候变化
的主要元凶之一，但通过转化可以将其变成有用的化学品或燃料，有助于实现碳循环和碳减排。
一定条件下使CO、H 的混合气体通过反应器可转化为甲醛。已知反应器内发生的反应有：
2 2
I． ； ，
II． ； ，
(1)E 、E 分别是正反应的活化能，E、E 分别是逆反应的活化能，则E E(填“大于”“小
1 3 2 4 1 3于”或“等于”)。
【答案】(1)小于
【解析】(1) ，解得 ；
，解得 ，则E 小于E。
1 3
6．二氯乙烷为原料制备氯乙烯是合成氯乙烯的一种重要的方法。CHCl-CH Cl热裂解反应为：CHCl-
2 2 2
CHCl(g)=HCl(g)+ CH=CHCl(g) ΔH＝71.05kJ·mol−1
2 2
已知相关物质的标准熵数值如下表：
CH=CHCl
化学式 CHCl-CH Cl(g) HCl(g) 2 2
2 2 (g)
标准熵：S/(J·mol-1·K-1) 305.90 186.90 264.00
①该反应的标准熵变ΔS= J·mol-1·K-1；
②已知ΔG=ΔH-TΔS，该反应在下列哪些温度下能自发进行？ (填标号)；
A．0.39K B．0.49K C．500K D．525K
【答案】①45.00 ②CD
【解析】①由题干方程式和标准数据可知，该反应的标准熵变ΔS= (186.90+264.00-305.90)
J·mol-1·K-1=145.00 J·mol-1·K-1；②根据自由能变判断反应自发性可知，当ΔG=ΔH-TΔS =71.05kJ/mol-
T×145.00 J·mol-1·K-1×10-3kJ/J≤0时反应能自发进行，解得：T≥490K，故选CD。
题型二 平衡图像分析、条件控制及原因解释
7．(2025·河南省南阳市高三联考，节选)利用太阳能光催化分解水制H，再用制备的H 还原CO 生成
2 2 2
化工原料CHOH，可实现化工生产的节能减排。工业上用CO 和H 制备CHOH的原理如下：
3 2 2 3
①CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH ＝-49.5kJ·mol−1
2 2 3 2 1
②CO (g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH ＝+41.2kJ·mol−1
2 2 2 2
③CO(g)＋2H(g) CHOH(g)的ΔH=-90.7 kJ·mol−1。
2 3
(3)其他条件相同时，测得不同压强下，CO 的平衡转化率随温度的变化关系如下图所示。
2P、P、P 的大小顺序为 。T 时发生的反应以 (填“反应①”或“反应②”为主，分析
1 2 3 1
图，判断的依据是 。
(4)其他条件相同时，CO 转化率或CHOH选择性(生成CHOH的物质的量与CO 转化的物质的量的比
2 3 3 2
值)随温度的变化关系如下图所示。220℃时，CHOH的产率为 。工业生产中制备CHOH的温度为
3 2
200~280℃，原因是 。
【答案】(3) P ＞P＞P 反应② 甲图中，不同压强下CO 的转化率曲线随温度升高归于一条
1 2 3 2
曲线(趋于相等)，说明T 时压强对平衡无影响，只有反应②平衡不受压强影响，故以反应②为主
1
(4) 4.3% 温度过低CO 转化率较小，温度过高CHOH选择性较小(或者在200~280℃时，CO 转化
2 3 2
率较大，CHOH选择性较高)
3
【解析】(3)根据方程式可知，压强越大，CO 的平衡转化率越大，故P＞P＞P；由图像可知，三条
2 1 2 3
曲线随温度升高归于一条，证明压强对平衡无影响，只有反应②为化学计量数不变的反应，压强对平衡无
影响，故以反应②为主；(4)观察图3，220℃时，设投入CO 的物质的量为x mol，CO 转化率为10%，则
2 2
转化CO 的物质的量为0.1x mol，生成CHOH的量为43%×0.1x mol=0.043x mol，理论上若x mol CO 完全
2 3 2
反应会生成x mol CH OH，实际上生成0.043x mol CH OH，则CHOH的产率是 ，观
3 3 3察图3可得出，温度过低CO 转化率较小，温度过高CHOH选择性较小，或者在200～280℃时，CO 转化
2 3 2
率较大，CHOH选择性较高。
3
8．(2025·重庆市高三适应性考试，节选)3-羟基丙酸乙酯( )高效合成丙烯腈
(CH=CHCN)的原理如下：
2
反应i： (g) (g)+HO(g) ΔH >0
2 1
反应ⅱ： (g)+NH (g) CH=CHCN(g)+H O(g)+C HOH(g) ΔH >0
3 2 2 2 5 2
(4)在装有TiO 催化剂、压强为101kPa的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1：8：1通入3-羟基丙
2
酸乙酯、NH 、N，测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图所示。[如
3 2
CH=CHCN的 ]
2
①图中温度升高，丙烯酸乙酯( )的物质的量分数先增大后降低，请解释原因：
。②T℃反应ⅱ的平衡常数Kx= (以平衡时各物质的物质的量分数代替平衡浓度计算)。
1
【答案】(4)低温时，主要发生反应①，生成丙烯酸乙酯。随着温度升高，反应②占主导，开始消耗丙
烯酸乙酯
【解析】(4)①反应ⅰ、ⅱ均为吸热反应，低温时，主要发生反应①，最高点前反应i进行程度大，生
成丙烯酸乙酯，随着温度升高，反应②占主导，反应ⅱ进行程度大，开始消耗丙烯酸乙酯所以随着温度的
升高，B(g)平衡的物质的量分数先增大后减小。② ， 与CH=CHCN的物质的量分数相等，
2
假设3-羟基丙酸乙酯投料为1mol，NH 投料为8mol，N 投料为1mol；平衡时， 与
3 2
CH=CHCN的物质的量，根据三段式可知，平衡时 与CH=CHCN物质的量均为0.5mol，水
2 2
蒸气的物质的量为1.5mol，乙醇的物质的量为0.5mol，NH 投料为7.5mol，总物质的量分数为
3
0.5+0.5+1+7.5+1+0.5=11.5mol，反应ⅱ的平衡常数 。
9．(2025·湖北省鄂东南省级示范高中教改联盟高三联考，节选)中央经济工作会议强调要“加快新能
源、绿色低碳等前沿技术研发和应用推广”。 CO 甲烷化是目前研究的热点方向之一，CO 也可以获得新
2 2
型能源二甲醚(CHOCH )，在环境保护方面显示出较大潜力。其主要反应如下：
3 3
反应I：CO(g)＋4H(g) CH(g)＋2HO(g) ΔH
2 2 4 2 1
反应Ⅱ：CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH
2 2 2 2
反应Ⅲ：CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH
2 2 3 2 3
反应Ⅳ：2CHOH(g) CHOCH (g)＋HO(g) ΔH
3 3 3 2 4
(2)在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入4 molCO(g)和4 molH(g)均只发生上述反应I，
2 2
在不同温度下反应相同时间，测得 、 、 转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为 ， ，其中 、 为速率常数，
只受温度影响，温度升高，k增大。
①下列可作为反应I达到平衡状态的判断依据的是 。
A．cH与cCO的比值不变 B．
2 2
C．容器内气体压强不变 D．CO 的体积分数不变
2
②由图中信息可知， 、 、 三点中可能达平衡状态的是 ；代表 曲线的是 (填
“MH”或“NG”)。
(3)向恒温恒压的密闭容器中充入5 molCO(g)和20 molH(g)，若只发生反应I和反应II，达到平衡时其
2 2
中两种含碳物质的物质的量 与温度T的关系如图所示，已知反应II为吸热反应。
①图中缺少 (填含碳物质的分子式)物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化
趋势为 。
②已知800K时体系压强为pMPa，则该温度时反应I的平衡常数 的计算式为 (代入平
衡分压写出计算式，无需化简。已知：分压=总压 物质的量分数)。③下列措施既能提高CO 平衡转化率的是 。
2
A．在一定范围内升高温度 B．将部分HO(g)及时分离出去
2
C．加入催化剂 D．按原比例再充入一定量的CO 和H
2 2
【答案】(2) AC a、b MH
(3)CO 先升高后降低 AB
2
【解析】(2)①A项，反应中二氧化碳和氢气的消耗不一样，cH与cCO的比值减小，比值不变，说
2 2
明达到平衡状态；B项，生成氢气是逆反应，生成甲烷是正反应，但速率之比不等于计量系数之比，故不
是平衡状态，平衡状态下应为 ；C项，恒温恒容条件下，气体的物质的量在变 ，容
器内气体压强改变，当压强不变，达到平衡状态；D项，通过三段式计算，
CO 的体积分数为 ，始终不变，不能判断是否达到平衡状态；选AC；②由题意和图中信息
2
可知， 只受温度影响，温度升高， 增大，可知 从右往左看，MH和NG是 随温度升高而增大的线。
从T 到T ，温度升高，c、b、a反应速率逐渐加快，所以在相同的时间，b、a达平衡状态，c点速率最慢，
4 1
没有达到平衡状态。③b点到a点平衡状态，温度升高，H 转化率下降，故反应I的正向为放热反应；升
2
高温度， ， 均增大， 平衡逆向移动， 平衡常数 ( )减小，故升高温度时逆反应速率增大
程度大于正反应速率增大程度，即 增大的程度更大，故MH为 的线，NG为 的线；(3)①平
衡时X的物质的量较大，随着温度升高X的物质的量逐渐减小，Y的物质的量逐渐增大，由于反应I是放
热反应，随着温度升高，甲烷的量应该逐渐减小，二氧化碳的量增大，又由于反应 II是吸热反应，一氧化
碳的量随温度升高而逐渐增大，二氧化碳的物质的量逐渐减小，根据量的关系800℃时另一种物质是1mol，在1100℃时另一种物质接近2.2 mol，1400℃时另一种物质接近0.5mol，说明另一种物质先变大后
变小，则可能是开始温度低的阶段反应 I逆向移动占主要地位，后来温度高时反应 II正向移动占主要地位，
因此图中X为甲烷，Y为CO，而缺少CO 物质的量与温度的关系变化曲线，随温度升高该物质的变化趋
2
势为先升高后降低；②根据反应I：CO(g)＋4H(g) CH(g)＋2HO(g) ΔH ，反应Ⅱ：CO(g)＋H(g)
2 2 4 2 1 2 2
CO(g)＋HO(g) ΔH ；通过元素守恒，CH 、CO、CO 、H 、HO的物质的量分别为3.8 mol、0.2
2 2 4 2 2 2
mol、5mol-3.8mol-0.2mol=1 mol、20mol-4×3.8mol-0.2mol=4.6 mol、2×3.8mol+0.2mol= ，总物质的量
为17.4mol。则该温度时反应I的平衡常数 的计算式为 ；③A项，温度升高，
在一定温度范围，以反应II为主时，由于反应II正向是吸热反应，故升高温度平衡正移，CO 的平衡转化
2
率增大；B项，水蒸气浓度减小，平衡正移，CO 的平衡转化率增大；C项，催化剂不改变CO 的平衡转
2 2
化率；D项，在恒温恒压下再按原比例充入一定量的CO 和H，CO 的平衡转化率不变；故选AB。
2 2 2
题型三 有关化学平衡的计算
10．CO 在Cu-ZnO催化下，同时发生以下反应，是解决能源短缺的重要手段。
2
I．CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH ＜0
2 2 3 2 1
II．CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH ＞0
2 2 2 2
在容积不变的密闭容器中，保持温度不变，充入一定量的CO 和H，起始及达平衡时，容器内各气体
2 2
的物质的量及总压强如下表所示：
CO H CHOH CO HO 总压强/kPa
2 2 3 2
起始/mol 0.5 0.9 0 0 0
平衡/mol 0．3
若容器内反应I、II均达到平衡时， ，反应①的平衡常数K =______(kPa)-2。(用含p的式子表
P
示，分压=总压×气体物质的量分数)
【答案】
【解析】恒温恒容条件下，压强之比等于气体的物质的量之比，设达到平衡时气体的物质的量为n，
则n：(0.5+0.9)=p：1.4p，解得n=1mol，反应前后气体减少的物质的量为0.4mol，反应②中反应前后气体物质的量不变，反应①中反应后气体减少的物质的量为生成甲醇气体的2倍，则生成甲醇气体的物质的量
为0.2mol，反应①中生成的n(H O)=n(CHOH)=0.2mol，则反应②中生成的n(H O)=0.3mol-0.2mol=0.1mol，
2 3 2
所以反应②中生成的n(CO)=0.1mol，消耗的n(CO)=0.2mol+0.1mol=0.3mol，剩余的
2
n(CO)=0.5mol-0.3mol=0.2mol，剩余的n(H )=0.9mol-0.6mol-0.1mol=0.2mol，p(CO)= ×p=0.2p，同理
2 2 2
可得：p(H )=0.2p，p(H O)=0.3p，p(CHOH)=0.2p，反应①的平衡常数K=
2 2 3
。
11．一定条件下，CO 与H 反应可合成CH=CH ，2CO(g)＋6H(g) CH=CH (g)＋4HO(g)，该反
2 2 2 2 2 2 2 2 2
应分两步进行：
i.CO (g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH
2 2 2 1
ii.2CO(g)＋4H(g) CH=CH (g)＋2HO(g) ΔH
2 2 2 2 2
T℃，压强恒定为100kPa时，将n(CO)：n(H )=1：3的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，
2 2
部分组分的物质的量分数如表所示
组分 H CO CH=CH
2 2 2
物质的量分数(%)
CO 的平衡转化率为________，反应i的平衡常数K=________(K 是以分压表示的平衡常数，分压=总
2 p p
压×物质的量分数)
【答案】90% 3.4
【解析】设初始投料为1molCO 和3molH ，反应Ⅰ生成CO的物质的量为xmol，反应Ⅱ生成乙烯的物
2 2
质的量为ymol，平衡时二氧化碳的物质的量为(1-x)mol，氢气的物质的量为(3-x-4y)mol，乙烯的物质的量
为ymol，CO的物质的量为(x-2y)mol，水的物质的量为(x+2y)mol，气体总物质的量为(1-x)mol+(3-
x-4y)mol+ymol+(x-2y)mol+(x+2y)mol=(4-3y)mol，由表格可知，乙烯的物质的量分数为 ，解得
y=0.4，CO的物质的量分数为 = ，解得x=0.9，CO 的平衡转化率为 ×100%=90%；二氧化
2
碳的体积分数为 = ，水的体积分数为 = ，反应i的平衡常数K=
p=3.4。
12．CO 在Cu−ZnO催化下，可同时发生如下的反应I、II，其可作为解决温室效应及能源短缺的重要
2
手段。
I．CO(g)＋3H(g) CHOH(g)＋HO(g) ΔH＝－57.8 kJ·mol－1
2 2 3 2 1
II．CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH＝＋41.2 kJ·mol－1
2 2 2 2
对于气体参加的反应，表示平衡常数K 时，用气体组分(B)的平衡分压p(B)代替该气体的平衡浓度
p
c(B)，则反应II的K=___________已知：气体各组分的分压p(B)，等于总压乘以其体积分数］。
p
在Cu−ZnO存在的条件下，保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO 及H，起始及
2 2
达平衡时，容器内各气体物质的量如下表：
CO H CHOH(g) CO HO(g) 总压强/kPa
2 2 3 2
起始/mol 5.0 7.0 0 0 0 p
0
平衡/mol n n p
1 2
若反应I、II均达平衡时，p＝1.2p，则表中n＝_____；若此时n＝3。则反应I的平衡常数Kp＝
0 1 2
_____(无需带单位，用含总压p的式子表示)
【答案】 1.0mol
【解析】在条件一定的情况下，气体的分压和物质的量成正比，而物质的量与浓度也成正比，因此可
用压强来代替浓度，因此 ；若只发生反应II，反应前后气体分子数不变，压强是不变
的，因此只有反应I能改变压强；根据化学计量数之比，每生成1mol甲醇，气体分子总数就要减少2mol，
则 ，解得n＝1 mol；此时体系中气体总物质的量为10mol，因
1
此 ， ，又因为体系中一共消耗了3mol CO，所以平衡时剩余的CO 的分压
2 2
为 ，同理 ，代入反应I的化学平衡表达式 解得
。
13．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图所示。
其中一种进料组成为 ＝0.75、 ＝0.25，另一种为 ＝0.675、 ＝0.225、x ＝0.10。(物质i的摩
Ar
尔分数：x＝)
i①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Ar的图是________________。
③图1中，当p ＝20 MPa、 ＝0.20时，氮气的转化率α＝________________。该温度时，反应
2
N(g)＋H(g) NH (g)的平衡常数K ＝________________(MPa)－1(化为最简式)。
2 2 3 p
【答案】①p＜p＜p 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
1 2 3
②图2 ③33.33%
【解析】①合成氨的反应中，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：p ＜p ＜p ，因此，图中压强由小到大的顺序为p ＜p ＜p 。②该反应为气体
1 2 3 1 2 3
分子数减小的反应，在相同温度和相同压强下，惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar
的图是图2。③图1中，进料组成为 ＝0.75、 ＝0.25，两者物质的量之比为3 1。假设进料中氢气和
氮气的物质的量分别为3 mol和1 mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：
∶
N(g)＋3H(g) 2NH (g)
2 2 3
始/mol 1 3 0
变/mol x 3x 2x
平/mol 1－x 3－3x 2x
当p ＝20 MPa、 ＝0.20时， ＝＝0.20，解得x＝，则氮气的转化率α＝≈33.33%，平衡时
2
N 、H 、NH 的物质的量分别为 mol、2 mol、 mol，其物质的量分数分别为、、，则该温度下K′ ＝＝
2 2 3 p
(MPa)－2，因此，该温度时反应N(g)＋H(g) NH (g)的平衡常数K ＝＝(MPa)－1。
2 2 3 p
1．(2025·浙江省强基联高三联考)利用CO 合成甲醇是实现“碳中和”的重要途径之一，CO 加氢制甲
2 2
醇的主要反应为：
①CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH ＝+41.2kJ·mol−1
2 2 2 1
②CO(g)＋2H(g) CHOH(g) ΔH ＝-127.4kJ·mol−1
2 3 2(1)反应①的 (填“大于”“小于”或“等于”)0，理由是 。
(2)200℃下，在恒温恒容容器中通入一定量的CO 和H，反应①达到平衡的标志为___________。
2 2
A．v (H )= v (CO) B．混合气体的密度不再改变
正 2 逆
C．n(CO)：n(CO)不再变化 D．容器中气体的平均摩尔质量不再变化
2
(3)200℃， 下，将一定比例CO 和H 混合气体通入装有催化剂的绝热反应管。装置中L、
2 2 1
L、L……位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CHOH的体积分数如图所示。
2 3 3
至L 位点处CO
2
的体积分数逐渐升高，L 位点后CO的体积分数几乎保持不变，请说明理由： 。
2
(4)某研究小组自制甲醇燃料电池，电解质是KOH溶液，负极反应式是 。该电池以3.2A恒
定电流工作48分钟，消耗CHOH0.64g，该电池化学能转化为电能的转化率为 。[电荷量q(C)=
3
电流I(A)×时间t(s)； ； ]
【答案】(1)大于 该反应ΔH＞0，且能发生，则ΔS＞0
(2)CD
(3) L 至L 位点处反应①生成CO的速率大于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数逐渐升高；L 位
1 2 2
点后，反应①生成CO的速率等于反应②消耗CO的速率，CO的体积分数不变
(4) CH OH+8OH--6e-=CO2-＋6HO 80%
3 3 2
【解析】(1)反应①的ΔH＞0，且能发生，根据自发进行的综合判据ΔG=ΔH-TΔS＜0，熵增、焓减的反
应能发生，则ΔS＞0；(2)A项，反应速率之比等于系数比，达到平衡时正逆反应速率相等，反应②中氢气
和CO的系数不相同，说明消耗氢气与消耗CO的反应速率不相等，则v (H )= v (CO)不能说明反应①达
正 2 逆
到平衡，A不符合题意；B项，在恒温恒容容器中体积不变，由质量守恒定律，混合气体总质量不变，则
混合气体的密度一直不变，不能说明反应①达到平衡，B不符合题意；C项，通入一定量的CO 和H，反
2 2
应①每消耗1mol二氧化碳就生成1molCO，而反应②中消耗CO，则n(CO)：n(CO)是一变量，当n(CO)：
2n(CO)不再变化能说明反应①达到平衡，C符合题意；D项，反应②中前后气体系数和不相等，说明混合
2
气体的总物质的量发生变化，而气体的总质量不变，则气体的平均摩尔质量是变量，当容器中气体的平均
摩尔质量不再变化能说明反应①达到平衡，D符合题意；故选CD；(3)L 至L 位点处CO的体积分数逐渐
1 2
升高，L 位点后CO的体积分数几乎保持不变，原因是L 至L 位点处反应①生成CO的速率大于反应②消
2 1 2
耗CO的速率，CO的体积分数逐渐升高；L 位点后，反应①生成CO的速率等于反应②消耗CO的速率，
2
CO的体积分数不变；(4)甲醇燃料电池，电解质是KOH溶液，正极是氧气得电子生成OH-，负极是甲醇失
去电子生成碳酸根离子，负极反应式是CHOH+8OH--6e-=CO2-＋6HO，消耗CHOH0.64g即物质的量为
3 3 2 3
，所带电荷量为：6×0.02mol×6×1023mol-1×1.6×10-19 C = 11520 C，该电池以3.2A恒定电
流工作48分钟，根据电荷量q(C)=电流I(A)×时间t(s)，则工作电荷量为：3.2×48×60=9216C，则该电池
0.49L将化学能转化为电能的转化率为： 。
2．(2025·江苏省南京市六校联合体高三联考)氢能是应用前景广阔的新能源，强化制氢、储氢等各环
节的技术研发具有积极的现实意义。
回答下列问题：
(1)甲醇重整制氢。发生反应：CHOH(g)＋HO(g)=CO(g)＋3H(g)，甲醇水蒸气重整制氢技术关键在于
3 2 2 2
催化剂的选择。在反应温度250℃、液空速0.36h-1和水醇比为4.0条件下，考察不同催化剂氢产率(1mol甲
醇与水蒸气重整反应后生成氢气的物质的量)随时间的变化曲线如图所示，由图可知应选 作为催化
剂。
(2)在Cu-Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M
为反应过程中的中间产物)。①已知步骤Ⅱ中碳氧双键与 发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式：
。
②催化剂长时间使用会发生副反应失去活性，将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进
行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失
活的另外可能原因是 。
(3)储氢与释氢。
Ⅰ．部分H 和Mg一定条件下化合生成MgH 以储氢；部分H 和N 在催化剂表面合成氨以储氢。
2 2 2 2
①研究发现，使用Ru系催化剂时，N 在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工
2
业生产时，将n(H )/n(N)控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是 。
2 2
②释氢。MgH 可通过热分解和水解两种方法制得H 相较于热分解，MgH 水解释氢方法的优点是
2 2. 2
。
Ⅱ．HCHO电催化释氢。
催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H 与HCOONa(如图所示)，其中电极b表面
2
覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图所示)作催化剂。
①催化剂可由MoO 与(NH )HPO 混合物与H 高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化
2 4 2 4 2
学方程式为 。
②电解时，电极b上同时产生H 与HCOO-的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为 。
2
③电解过程中每产生1molH ，通过阴离子交换膜的OH-为 mol。
2
【答案】(1)ZC+5B(2) 催化剂表面有积碳沉积
(3)提高N 在合成气中比例，增大N 在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，利于提高H 的转
2 2 2
化率，同时提高储氢率 等量的MgH 水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能
2
2MoO +2(NH)HPO +9H MoP+4NH +12H O 2HCHO-2e-＋4OH-=2HCOO-+H ↑+2H O 1
2 4 2 4 2 3 2 2 2
【解析】(1)从不同催化剂氢产率随时间的变化曲线可看出，相同时间催化剂 ZC+5B条件下，氢产率
最高，说明反应速率最快，催化效果好，则应选ZC+5B作催化剂；(2) 中碳氧双键与HO发生加
2
成反应时，碳氧双键中氧原子电负性较大吸引HO中电负性较小的氢原子，则氢原子加在氧原子上，羟基
2
加在碳原子上，故M的结构为 ；第二份失活的催化剂先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，
使得第二份催化剂活性恢复，说明催化剂失活的另外可能的原因是催化剂表面有积炭沉积，而在空气中煅
烧可以将积炭除去使得催化剂活性恢复；(3)由于N 在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，
2
故提高N 在合成气中比例，增大N 在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，利于提高H 的转化率，
2 2 2
同 时 提 高 储 氢 率 ； MgH 热 分 解 反 应 方 程 式 为 MgH Mg+H↑ ， 水 解 反 应 方 程 式 为
2 2 2
MgH +2H O=Mg(OH)↓+2H ↑，，两种方法比较可知，热分解反应需要较多的能量，且消耗等量的 MgH 制
2 2 2 2 2
得H 相少，故水解释氢的优点为等量的MgH 水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能；从
2. 2
Mo与P形成的化合物的晶胞结构可知，晶胞中Mo位于晶胞体内，有4个，P位于晶胞顶角、棱上、面心，
有 个，故催化剂化学式为MoP，制备该物质的反应物为MoO 、(NH )HPO 、H ，由
2 4 2 4 2
反应中N元素化合价不变，则同时生成的是 NH ，故反应化学方程式为2MoO +2(NH)HPO +9H
3 2 4 2 4 2
MoP+4NH +12H O；从图中可看出，电解时，电极b与电源正极相连，为电解池的阳极，发生失电子、氧
3 2
化反应，HCHO在该电极上同时产生H 与HCOO-，且物质的量之比为1：2，由于溶液中混有NaOH，则
2
电极b上的电极反应式为2HCHO-2e-＋4OH-=2HCOO-+H ↑+2H O；电解过程中，b电极反应为2HCHO-2e-
2 2
＋4OH-=2HCOO-+H ↑+2H O，同时a电极反应为2HO+2e-=H↑＋2OH-，两电极都有氢气生成，故电路中
2 2 2 2每转移2mol电子，生成2molH ，则每产生1molH ，通过阴离子交换膜的OH-为1mol，相当于1mol电子
2 2
的电量。
3．(2025·浙江省天域全国名校协作体高三联考)环氧乙烷( ，简称EO)是有机合成中的常
用试剂。EO常温下呈气态，易燃易爆，其爆炸极限为3~100%。近年来，常用乙烯、氧气、氮气(不参与反
应)投料氧化法制备EO。部分涉及反应为：
主反应： kJ/mol
副反应： kJ/mol
(1)①主反应能自发进行的条件是 。
②已知HO(l)=H O(g) ΔH＝+44kJ·mol−1，则EO的燃烧热为ΔH= kJ/mol。
2 2
(2)①实际生产中，在压强为 的条件下，欲提高EO的产率可采取的措施有
A．低温 B．加入CaO固体 C．选择合适的催化剂 D．适当增加氮气分压
②向温度为T，体积为V的容器中加入投料比为2∶3∶3的乙烯、氧气、氮气。已知平衡时：
， (其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。
ⅰ.副反应的平衡常数 (列出算式，代入数据即可)。
ⅱ.恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，请在图中画出恒压条件下，相同投料比时，
EO的产率与反应时间的关系曲线 。
(3)以Ag为催化剂的反应机理如图2所示：加入1，2-二氯乙烷会发生 。一定条件下，反应经过一定时间后，
EO产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图3所示。则随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后
减的原因是 。
【答案】(1) 低温 -1306
(2) C
(3)加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，抑制副反应III，即增加主反应选择性 1，2-二氯乙烷浓度
较高时则会使催化剂Ag转化为AgCl，使Ag不能再生，催化循环受阻，催化效果降低
【解析】(1)①主反应： ΔH =105kJ/mol是气体体积减小的放热反应，ΔH＜
0、ΔS＜0，ΔH-TΔS＜0 时反应能够自发进行，则该反应在低温时能够自发进行；②已知反应 IIIHO(l)=H O(g) ΔH＝+44kJ·mol−1 kJ/mol，由盖斯定律可知，副反应 -主反应-反应 III×2 可得
2 2
， 则 EO
的燃烧热为ΔH = -1306kJ/mol。(2)①主反应是气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的放热反
应，选择合适的催化剂加快反应速率并且提高 EO的选择性可以提高EO的产率，低温虽然可以提高主反
应的平衡转化率，但会降低反应速率，加入CaO固体消耗HO(g)有利于副反应正向进行，不利于提高EO
2
的产率，适当增加氮气分压，相当于给反应体系减小压强，不利于主反应正向进行，不利于提高 EO的产
率，故选C；②设起始时，乙烯、氧气、氮气分别为2mol、3mol、3mol，氮气不参与反应，设乙烯在主反
应中的平衡转化量为xmol，在副反应中的平衡转化量为ymol，列出三段式：
已知平衡时： = ， ，则x=0.6mol，y=0.4mol，则平衡
时乙烯的物质的量为1mol，氧气为1.5mol，二氧化碳为0.8mol，水为0.8mol，EO为0.6mol，副反应的平
衡常数 = ；主反应是气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的放
热反应，恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，恒压条件下，相同投料比时，容器的体积
增大，各物质浓度减小，反应速率减慢，平衡逆向移动，EO的平衡产率减小，则EO的产率与反应时间的关系曲线为： 。(3)随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是：
加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，抑制副反应III，即增加主反应选择性 1，2-二氯乙烷浓度较高时
则会使催化剂Ag转化为AgCl，使Ag不能再生，催化循环受阻，催化效果降低。
4．(2025·浙江省Z20名校联盟高三联考)氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，高效、环保的制氢方法
是当前研究的热点问题。
请回答：
(1)甲烷水蒸气重整制氢：
I．CH(g)＋HO(g) CO(g)＋3H(g) ΔH ＝+206kJ·mol−1
4 2 2 1
Ⅱ．CO(g)＋HO(g) CO(g)＋H(g) ΔH ＝-41kJ·mol−1
2 2 2 2
总反应：CH(g)＋2HO(g) CO(g)＋4H(g)能自发进行的条件是 。
4 2 2 2
A．低温 B．高温 C．任意温度 D．无法判断
(2)恒定压强为 时，向某密闭容器中按n(CH)：n(H O)=1：3投料，600℃时平衡体系中部分组分
4 2
的物质的量分数如下表所示：
组分 CH HO H CO
4 2 2 2
物质的量分
数
①下列措施中一定能提高H 平衡产率的是 。
2
A．选择合适的催化剂 B．移除部分
C．向体系中投入少量 D．恒温恒压下通入气体Ar
②用各组分气体平衡时的分压代替浓度也可以表示化学反应的平衡常数(K =)，600℃时反应I的平衡
p
常数为K= (结果保留两位小数，已知气体分压=气体总压×各气体的体积分数)。
p
(3)硼氢化钠(NaBH )水解制氢：常温下，NaBH 自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。
4 4
NaBH H4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。
4①根据上图写出NaBH 水解制氢的离子方程式 。
4
②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH 浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：
4
浓度较大时，NaB(OH) 易以NaBO 形式结晶析出。)
4 2
分析NaBH 质量分数超过 后制氢速率下降的可能原因 。
4
③NaBH 转化为NaBO 后，电解NaBO 溶液又可制得NaBH ，实现物质的循环利用，电解装置如图所
4 2 2 4
示。
阴极上的电极反应式是 。
【答案】(1)B (2)CD 0.59
(3)BH -+4H O=B(OH) -+4H↑ NaBH 浓度较高时，生成较多的NaB(OH) 以NaBO 形式结晶析出，
4 2 4 2 4 4 2
覆盖在催化剂表面，阻碍BH-与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降 BO-
4 2
+6H O+8e-= BH-+8OH-
2 4【解析】(1)根据盖斯定律可知，总反应=反应I+反应Ⅱ，因此 ，
该反应为气体分子数增多的反应，可知ΔS＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS，当ΔG＜0时反应自发进行，根据该反
应ΔH＞0、ΔS＞0可知该反应高温下可自发进行，故选B。(2)①A项，选择合适的催化剂，只能加快反应
速率，对平衡无影响，故A不符合题意；B项，移除CO，降低CO的浓度，可使反应I平衡正向移动，但
是反应Ⅱ逆向移动，H(g)的平衡产率不一定提高，故B不符合题意；C项，向体系中投入少量CaO，反应
2
为：CaO+H O=Ca(OH) ，Ca(OH) 能与CO 反应产生CaCO 和HO，可知体系中的CO 减小，可知反应Ⅱ、
2 2 2 2 3 2 2
总反应平衡正向移动，H(g)的平衡产率一定提高，故C符合题意；D项，恒温恒压下通入Ar气，体积扩
2
大，平衡向气体分子数增大的方向移动，即反应I平衡正向移动，一定能提高H 平衡产率，故D符合题意；
2
故选CD；②由表格数据可知，平衡时CO的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃时反应I的压
强平衡常数为 。(3)①NaBH 与水反应生成
4
NaB(OH) 和氢气，发生归中反应，其离子方程式为：BH-+4H O=B(OH) -+4H↑；②图中是NaBH 含量对
4 4 2 4 2 4
制氢速率的影响，NaBH 浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥，对制氢
4
速率较低；NaBH 浓度较高时，生成较多的NaB(OH) 以NaBO 形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍
4 4 2
BH-与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；③电解池阴极得电子发生还原反应，
4
NaBO 得到电子生成NaBH ，电极反应式为BO-+6H O+8e-= BH-+8OH-。
2 4 2 2 4
5．(2025·河南省部分学校联考高三预测，节选)在无氧环境下，CH 经催化脱氢芳构化可以直接转化为
4
高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH 芳构化时同时存在如下反应：
4
ⅰ．CH(g)→C(s)＋2H(g) ΔH ＝+74.6kJ·mol−1 ΔS＝+80.84 J·mol-1·K-1
4 2 1
ⅱ．6CH(g)→C H(l)＋9H(g) ΔH
4 6 6 2 2
回答下列问题：
(1)反应ⅰ在800℃时 (填“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知25℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的ΔH= (用含x、y、z的代数式表
2
示) kJ·mol−1 。
物质 CH(g) C H(l) H(g)
4 6 6 2
ΔH/(kJ·mol−1) x y z
(3)受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是 。
加入适量水蒸气，可以提高单位时间内甲烷转化率和芳烃产率，用化学方程式表示原因： 。(4)利用CO 与H 反应制备甲烷，对2060年前实现“碳中和”具有重要意义。CO(g)＋4H(g)
2 2 2 2
CH(g)＋2HO(g) ΔH＝-165.0kJ·mol−1；向若干个体积均为2L的恒容密闭容器中均充入1mol CO、
4 2 2
3.6molH，在不同温度下经过10min测得各容器中CO 的转化率如图所示。
2 2
①X点对应的坐标为(400，80)，X点对应 的转化率为 (保留三位有效数字)；X点对应的
容器中起始时压强为460kPa，则X点对应的平衡常数K= (kPa)-2 (K 为用分压表示的平衡常数，
p p
气体的分压 总压 该气体的物质的量分数，保留两位小数)。
②X、Y两点对应的平衡常数Kx (填“大于”“等于”或“小于”) K 。
Y
(5)碳酸钙高温分解会产生大量二氧化碳气体，是“碳排放”的主要来源：CaCO (s) CaO(s)+CO (g)。
3 2
某温度下，向恒容容器中加入 mgCaCO ，设平衡压强为 p ，分解过程中 v(CO)与压强 p 的关系为
3 c 2
，k为速率常数(定温下为常数)，当固体质量减少33%时，逆反应速率最大，若转化率
为20%，则v(CO)= (用k表示)。
2
【答案】(1)能 (2)6x-y-9z
(3)由于反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接触面积，因此随着反应
进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低 C+H O=CO+H
2 2
(4) 88.9% 0.04 小于 (5) 或0.73k
【解析】(1)800℃为1073K，反应ⅰ在1073K时，ΔH-TΔS=74.6kJ/
mol-1073K×0.08084kJ•mol-1•K-1=-12.14kJ/mol＜0，所以反应能自发进行；(2)已知25℃时有关物质的燃烧热
数据如表，有如下热化学方程式：① ；②；③ ；根据
盖斯定律，方程式②+9 ③-6 ①可得6CH(g)→C H(l)＋9H(g)，故ΔH=(6x-y-9z)kJ•mol-1；(3)反应i生成
4 6 6 2 2
固态碳，会覆盖在催化剂的表面，减小气体与催化剂的接触面积，所以随着反应的进行，单位时间内甲烷
的转化率和芳烃的产率逐渐降低；加入适量水蒸气，发生反应C+H O=CO+H，会减少C对催化剂的覆盖，
2 2
反应速率会加快，故能提高单位时间内甲烷转化率和芳烃产率；(4)①随着温度的升高，反应速率加快，经
过相同的反应时间时，当温度较低时，反应未达平衡，升高温度速率加快，CO 的转化率提高；当温度较
2
高时，反应已经达到平衡，由于是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO 的转化率降低，由图可知X
2
点已经达到平衡，此时CO 的转化率为80%，列三段式如下：
2
故H 的转化率为 88.9%；X点对应的起始压强为460kPa，恒容时， ，即
2
，解得p =300kPa，K= = =0.04(kPa)-2；②由
平 p
于该反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，故Kx小于K ；(5)当固体质量减小33%时，逆反应速率最
Y
大，说明反应处于平衡状态，减小的质量为生成CO 的质量，则生成的CO 的物质的量为 =
2 2
，若转化率为20时，则此时生成CO 的物质的量为 =0.002mmol，则此时
2
= ， = 。1．(2024·甘肃卷，17)SiHCl 是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
3
(1)由SiCl 制备SiHCl ：
4 3
SiCl (g)＋H(g) = SiHCl (g)+HCl(g) ΔH ＝+74.22kJ·mol−1 (298K)
4 2 3 1
已知：SiHCl (g)＋H(g)=Si(s)+3HCl(g) ΔH ＝+219.29kJ·mol−1 (298K)
3 2 2
时，由SiCl (g)＋2H(g)=Si(s)+4HCl(g)，制备56 g硅 (填“吸”或“放”)热 kJ。
4 2
升高温度有利于制备硅的原因是 。
(2)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl ：3SiCl (g)＋2H(g) + Si(s) 4SiHCl (g)。 ， 密闭容
3 4 2 3
器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4molH 和0.1mol SiCl 气体反应，SiCl 转化率随时间的
2 4 4
变化如下图所示：
①0-50 min，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率
v(SiHCl )= mol·L－1·min－1。
3
②当反应达平衡时，H 的浓度为 mol·L－1，平衡常数K的计算式为 。
2
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】(1) 吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
(2) 甲 5.6×10-5 0.1952 逆反应方向
【解析】(1)由题给热化学方程式：①SiCl (g)＋H(g) = SiHCl (g)+HCl(g) ΔH ＝+74.22kJ·mol−1；
4 2 3 1
②SiHCl (g)＋H(g)=Si(s)+3HCl(g) ΔH ＝+219.29kJ·mol−1；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方
3 2 2
程式SiCl (g)＋2H(g)=Si(s)+4HCl(g)， ，
4 2则制备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为 ；该反应为吸热反应，升高温
度，反应正向移动，有利于制备硅。(2)①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；
经方式丙处理后，50min时SiCl 的转化率为4.2%，反应的SiCl 的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根
4 4
据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl 的物质的量为 ，平均反应速率
3
；②反应达到平衡时，SiCl 的转化率为14.6%，列出三段式
4
为：
当反应达平衡时，H 的浓度为 ，平衡常数K的计算式为 ；③增大容器
2
体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
2．(2024·广东卷，19)酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。
(1)酸催化下NaNO 与NH Cl混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。
2 4
①基态N原子价层电子的轨道表示式为 。
②反应a：NO -(aq)+NH+(aq)= N(g)＋2HO(l)
3 4 2 2
已知：
则反应a的 。
③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，
测得体系的温度T随时间t的变化如图。据图可知，在该过程中 。
A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变
B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率
C．催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应
D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小
(2)在非水溶剂中，将CO 转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催
2
化剂有 和 。
(3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定
了两种一元弱酸HX(X为A或B)在某非水溶剂中的K。
a
a．选择合适的指示剂其钾盐为KIn，K(KIn)=3.6×10-20；其钾盐为KIn。
a
b．向 溶液中加入HX，发生反应：In-+HX X-+HIn。 起始的物质的量为n(KIn)，加入
0
的物质的量为n(HX)，平衡时，测得 随 的变化曲线如图。
0已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。
①计算K(HA) 。(写出计算过程，结果保留两位有效数字)
a
②在该溶剂中，K(HB) K(HA)；K(HB) K(KIn)。(填“>”“<”或“=”)
a a a a
【答案】(1) ΔH-ΔH -ΔH +ΔH BD
1 2 3 4
(2)AcOH KI
(3) 4.0×10-21 ＞ ＞
【解析】(1)①N的原子序数为7，位于第二周期第ⅤA族，基态N原子价层电子的轨道表示式为
；②由已知可得：
Ⅰ．NaNO (s)＋NH Cl(s)= N (g)＋NaCl(s)+ H O(l) ΔH
2 4 2 2 1
Ⅱ．NaNO (s)= Na+(aq)＋NO -(aq) ΔH
2 3 2
Ⅲ．NH Cl(s)= NH+(aq)＋Cl-(aq) ΔH
4 4 3
Ⅳ．NaCl(s)= Na+(aq)＋Cl-(aq) ΔH
4
由盖斯定律可知，目标方程式 NO -(aq)+NH+(aq)= N (g)＋2HO(l)可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ＋Ⅳ得到，故反应
3 4 2 2
ΔH=ΔH-ΔH -ΔH +ΔH ；③A项，催化剂不能改变反应的焓变，A项错误；B项，由图示可知，酸性：硫
1 2 3 4
酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确；C项，一个硫酸分子中含有2个H，一个
磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C
项错误；D项，由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确；故选BD。(2)催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质
并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI；(3)由变化曲线图可知，当 时，
，设初始c(KIn)=cmol·L－1，则初始c(HX)=cmol·L－1，转化的物质的量浓度为x mol·L－1，
0 0 0
可列出三段式如下：
由 ， 即 ， 解 得 x=0.25c ， 则 该 反 应 的 平 衡 常 数 为
解得K(HA)=4.0×10-21；②根据图像可知，当 时，设此时转化的物质的量浓度为y mol·L－1，
a
可列出三段式如下：
此时 ，即 ，则y＞0.5c ，则平衡常数 ，则K(HB)＞K(HA)；由于
0 a a
y＞0.5c，则 ，K(HB)＞K(KIn)。
0 a a
3．(2024·湖南卷，18，3分)丙烯腈(CH=CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N 为载气，用TiO
2 2 2
作催化剂生产CH=CHCONH 的流程如下：
2 2已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：HOCH CHCOOC H(g)→CH =CHCOOC H(g)+HO(g) ΔH
2 2 2 5 2 2 5 2 1
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：CH=CHCOOC H(g)+NH (g)→CH =CHCONH (g)+C HOH(g) ΔH
2 2 5 3 2 2 2 5 2
ⅲ：CH=CHCONH (g)→CH =CHCN(g)+H O(g) ΔH
2 2 2 2 3
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
(1)总反应HOCH CHCOOC H(g)+NH (g)→CH =CHCN(g)+C HOH(g)+2H O(g) ΔH= (用含
2 2 2 5 3 2 2 5 2
ΔH、ΔH、和ΔH 的代数式表示)；
1 2 3
(2)进料混合气中n(HOCHCHCOOC H)：n(C HOH)=1：2，出料中四种物质(CH=CHCOOC H、
2 2 2 5 2 5 2 2 5
CH=CHCN、C HOH、HO)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：
2 2 5 2
①表示CH=CHCN的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；
2
②反应釜Ⅰ中加入C HOH的作用是 。
2 5
③出料中没有检测到CH=CHCONH 的原因是 。
2 2
④反应 后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。
(3)催化剂TiO 再生时会释放CO，可用氨水吸收获得NH HCO 。现将一定量的NH HCO 固体(含
2 2 4 3 4 3
0.72g水)置于密闭真空容器中，充入CO 和NH ，其中CO 的分压为 ，在 ℃下进行干燥。为保证
2 3 2NH HCO 不分解，NH 的分压应不低于 (已知 NH HCO
4 3 3 4 3
分解的平衡常数K= 4×104(kPa)3)；
p
(4)以CH=CHCN为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得Sn(CH CHCN) ，其阴
2 2 2 4
极反应式 。
【答案】(1)ΔH +ΔH +ΔH
1 2 3
(2) c 降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率
CH=CHCONH 在反应釜Ⅱ的温度下发生分解
2 2
反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少
(3)40
(4)Sn+4CH=CHCN+4e-+4H+=Sn(CHCHCN)
2 2 2 4
【解析】工业上以N 为载气，用TiO 作催化剂，由HOCH CHCOOC H 和C HOH为进料气体生产
2 2 2 2 2 5 2 5
CH=CHCN，在反应釜I中发生反应i：HOCH CHCOOC H(g)→CH =CHCOOC H(g)+HO(g)，加入NH
2 2 2 2 5 2 2 5 2 3
后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH=CHCOOC H(g)+NH (g)→CH =CHCONH (g)+C HOH(g)，反应iii：
2 2 5 3 2 2 2 5
CH=CHCONH (g)→CH =CHCN(g)+H O(g)，故产物的混合气体中有CH=CHCN、未反应完的C HOH、
2 2 2 2 2 2 5
CH=CHCOOC H(g)和水。(1)根据盖斯定律，总反应HOCH CHCOOC H(g)+NH (g)→CH =CHCN(g)
2 2 5 2 2 2 5 3 2
+C HOH(g)+2H O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii得到，故ΔH=ΔH+ΔH +ΔH ；(2)①根据总反应
2 5 2 1 2 3
HOCH CHCOOC H(g)+NH (g)→CH =CHCN(g)+C HOH(g)+2H O(g)，设进料混合气中
2 2 2 5 3 2 2 5 2
n(HOCHCHCOOC H)=1mol，n(C HOH)=2mol，出料气中CH=CHCOOC H 含量很少，则生成
2 2 2 5 2 5 2 2 5
CH=CHCN(g)、C HOH(g)物质的量约为1mol，生成HO(g)的物质的量约为2mol，故出料气中C HOH(g)
2 2 5 2 2 5
物质的量共约3mol，故出料气中CH=CHCN、C HOH、HO物质的量之比约为1：3：2，故曲线c表示
2 2 5 2
CH=CHCN的曲线；②反应釜Ⅰ中发生反应i是气体体积增大的反应，故加入C HOH降低分压有利于反
2 2 5
应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率；③丙烯酰胺(CH=CHCONH )的
2 2
分解温度约为160°C至170°C，出料中没有检测到CH=CHCONH 的原因是CH=CHCONH 在反应釜Ⅱ的
2 2 2 2
温度下发生分解；④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂
中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少；(3)0.72g水的物质的量为0.04mol，故
p(H O)=2.5×102kPa●mol−1×n(H O)=10kPa，NH HCO 分解的反应式为NH HCO =NH↑+CO ↑+H O↑，故
2 2 4 3 4 3 3 2 2
NH HCO 分解的平衡常数K=p(NH)p(CO )p(H O)=4×104(kPa)3，解得p(NH )=40kPa，故为保证NH HCO
4 3 p 3 2 2 3 4 3
不分解，NH 的分压应不低于40kPa；(4)Sn(CH CHCN) 是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以
3 2 2 4
CH=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH CHCN) ，故阴极的电极反应式为
2 2 2 4Sn+4CH=CHCN+4e-+4H+=Sn(CHCHCN) 。
2 2 2 4
4．(2024· 重庆卷，17，15分)高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷
值。
(1)在密闭容器中，n-C H (正戊烷)发生异构化反应，可同时生成i -C H (异戊烷)和t-C H (新戊烷)，
5 12 5 12 5 12
其平衡常数K 随温度的变化如下表所示。
p
K
p
异构化反应
反应1 n -C H i -C H 2.80 2.50 2.31
5 12 5 12
反应2 n-C H t-C H 1.40 1.00 0.77
5 12 5 12
①体系平衡后，增加压强，反应1的平衡 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
② 平衡时，i -C H 和t-C H 的体积比值为 。
5 12 5 12
③根据上表数据推断i-C H t-C H 为吸热反应，其推断过程是 。
5 12 5 12
(2)加入H 后，n-C H 在双功能催化剂Pt /分子筛上发生异构化反应且选择性高，主要产物为i
2 5 12
-C H ，其反应机理如下( 表示分子筛固体酸催化剂)：
5 12
对于 反应，下列说法正确的是_______。
A．Pt只能催化脱氢反应，不能催化加氢反应
B．H 的加入增大了平衡常数，有利于反应的进行
2
C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，越有利于 的形成
D．H 的加入促进了 的加氢反应，减少了副反应的发生
2
(3)Pb(CHCH) (四乙基铅)能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为Pb，阴极为碳钢，电
2 3 4
解液为溶有格氏试剂(CHCHMgCl CHCH-+MgCl+)的有机体系。
3 2 3 2
①阳极上生成Pb(CHCH) 的电极反应式为 。
2 3 4
②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的CHCHCl，其原理
3 2是 。
③为减少铅污染，Pb(CHCH) 被限制使用。(CHO) CO是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所
2 3 4 3 2
示( 为催化剂)。总反应化学方程式为 ；外电路转移 电子时，理论上可生成(CHO) CO的
3 2
物质的量为 。
【答案】(1)不移动 2 由盖斯定律可知，反应1-反应2得t -C H i-C H ，根据上表数
5 12 5 12
据， 、 、 ，升高温度，K值增大，反应正向进行
(2)C
(3) Pb-4e-+4CHCH-=Pb(CHCH) 阴极 MgCl+得到电子发生还原反应生成镁单质：MgCl++2e-
3 2 2 3 4
=Mg+Cl-，在阴极区不断加入适量的CHCHCl，发生反应CHCHCl+ MgCl=CH CHMgCl，实现阴极产物
3 2 3 2 3 2
的循环利用 2CHOH+CO =(CH O) CO+HO 0.5
3 2 3 2 2
【解析】(1)①反应1为气体分子数不变的反应，体系平衡后，增加压强，反应1的平衡不移动。②由
盖斯定律可知，反应1-反应2得t -C H i-C H ，则456K平衡时， ，则i-
5 12 5 12
C H 和t -C H 的体积比值为2；③由盖斯定律可知，反应1-反应2得t -C H i-C H ，根据上表数
5 12 5 12 5 12 5 12
据， 、 、 ，升高温度，K值增大，反应正向进行，
则t -C H i-C H 为吸热反应；(2)A项，反应为可逆反应，由图可知Pt能催化脱氢反应，也能催化
5 12 5 12
加氢反应，错误；B项，平衡常数受温度影响，H 的加入不改变平衡常数，错误；C项，分子筛固体酸催
2
化剂酸性越强，氢离子浓度越大，越有利于 的形成，正确；D 项，H 的加入促进了
2的加氢反应，但是也会和 加成，副反应也会增多，错误；故选C；(3)①电解池
的阳极为 Pb，阳极上 Pb 失去电子发生氧化反应生成 Pb(CHCH) ，电极反应式为 Pb-4e-+4CHCH-
2 3 4 3 2
=Pb(CHCH) 。②阴极MgCl+得到电子发生还原反应生成镁单质：MgCl++2e-=Mg+Cl-，在阴极区不断加入
2 3 4
适量的CHCHCl，发生反应CHCHCl+ MgCl=CH CHMgCl，实现阴极产物的循环利用；③由图，A极二
3 2 3 2 3 2
氧化碳得到电子发生还原生成CO和CHO-：2CHOH+CO +2e-=2CHO-+CO+H O，CO和CHO-再和Pt2+反
3 3 2 3 2 3
应生成(CHO) CO：2CHO-+CO+Pt2+=(CH O) CO+Pt，则总反应为二氧化碳和甲醇反应生成(CHO) CO和水：
3 2 3 3 2 3 2
2CHOH+CO =(CH O) CO+HO；反应中电子转移为(CHO) CO ~2e-，则外电路转移1 mol电子时，理论上
3 2 3 2 2 3 2
可生成CHO) CO的物质的量为0.5 mol。
3 2
5．(2024·山东卷，20，12分)水煤气是H 的主要来源，研究CaO对C-HO体系制H 的影响，涉及主
2 2 2
要反应如下：
C(s)＋HO(g)=CO(g)＋H(g) (I) ΔH ＞0
2 2 1
CO(g)＋HO(g)=CO(g)＋H(g) (II) ΔH ＜0
2 2 2 2
CaO(s)＋CO(g)= CaCO (s) (III) ΔH ＜0
2 3 3
回答列问题：
(1) C(s)＋CaO(s)＋2HO(g) CaCO (s)＋2H(g)的焓变ΔH =_______(用代数式表示)。
2 3 2
(2)压力p下，C-HO- CaO体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO (s)在T 温度时完
2 3 1
全分解。气相中CO，CO 和H 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
2 2
式)。当温度高于T 时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是_______。
1
(3)压力p下、温度为T 时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应CO(g)＋
0
HO(g)=CO(g)＋H(g)的平衡常数K =_______；此时气体总物质的量为 ，则CaCO (s)的物质的量为
2 2 2 P 3_______ ；若向平衡体系中通入少量CO(g)，重新达平衡后，分压p(CO)将_______(填“增大”“减小”或
2 2
“不变”)，p(CO)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) ΔH+ΔH+ΔH
1 2 3
(2)①H ②当温度高于T ，CaCO (s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所
2 1 3
以CO 的摩尔分数减小。
2
(3)① ②0.5 ③不变 ④不变
【解析】(1)已知三个反应：
Ⅰ. C(s)＋HO(g)=CO(g)＋H(g)
2 2
Ⅱ. CO(g)＋HO(g)=CO(g)＋H(g)
2 2 2
Ⅲ. CaO(s)＋CO(g)= CaCO (s)
2 3
设目标反应C(s)＋CaO(s)＋2HO(g) CaCO (s)＋2H(g)为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所
2 3 2
以ΔH=ΔH+ΔH+ΔH。(2)图示温度范围内C(s已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热
1 2 3
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，H 量减小，摩尔分数减小，CO
1 2
量升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H 的摩尔分数的变化，则c曲线代表
2
CO 的摩尔分数随温度的变化，开始到T，CO 的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，
2 1 2
当温度高于T，CaCO (s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO 的摩尔分数减小。(3)①压力p下、温度为
1 3 2
T 时，H、CO、CO 和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则HO(g)的摩尔分数为：1-0.5-0.15-0.05=0.3，
0 2 2 2
则反应CO(g)＋HO(g)=CO(g)＋H(g)的平衡常数K = ；②设起始状
2 2 2 P
态1molC(s)，xmolH O(g)，反应Ⅰ进行完全。则依据三段式：
2根据平衡时H、CO、CO 和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有 、 、
2 2
，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CO(g)，
2
重新达平衡后，反应CaO(s)＋CO(g)= CaCO (s)的Kp= ，温度不变，Kp不变，则分压p(CO)不变；
2 3 2
体系中增加了CO(g)，若反应Ⅱ逆向移动，在CO 分压不变的前提下，CO、HO的分压增大，H 分压减
2 2 2 2
小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与事实不符， 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p(CO)不变。
6．(2024·湖北卷，17，14分)用BaCO 和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到BaC ，再制备乙炔是我国科
3 2
研人员提出的绿色环保新路线。
反应I：BaCO(s)+C(s) BaO(s)+2CO(g)
3
反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC (s)+CO(g)
2
回答下列问题：
(1)写出BaC 与水反应的化学方程式 。
2
(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BaCO(s)+4C(s) BaC (s)+3CO(g)在 的K = Pa3。
3 2 P
②保持 不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时p = Pa，若将容器体积压缩到
CO
原来的 ，重新建立平衡后p = Pa。
CO
(3)恒压容器中，焦炭与BaCO 的物质的量之比为 ， 为载气。 和 下， 产率随时
3
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BaCO 已全部消耗，此时反应体系中含 物种
3
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(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，其反应的化学方程式
2 2
为BaC +2H O→Ba(OH) +HC≡CH↑；(2)①反应I+反应Ⅱ得BaCO (s)+4C(s) BaC (s)+3CO(g)，所以
2 2 2 3 2
其平衡常数K=K×K = ，由图1可知，1585K时K=102.5，K =10-1.5，即 =102.5×10-1.5=10，
I Ⅱ I Ⅱ
所以p3 =10×(105pa)3=1016p3，则K= p3 =1016p3；②由图1可知，1320K时反应I的K=100=1，即K=
CO a p CO a I I
=1，所以p2 =(105pa)2，即p =105pa；③若将容器体积压缩到原来的 ，由于温度不变、平衡常
CO CO
数不变，重新建立平衡后p 应不变，即p =105pa；(3)①由图2可知，1400K时，BaC 的产率为0，即没
CO CO 2
有BaC ，又实验表明BaBO 已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO；②图像显示，1823K时
2 3
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定值，即速率保持不变；
2
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，据 可知，CO的压强为
2
定值，所以化学反应速率不变。
7．(2024·全国甲卷，10，14分)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
(C H)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
3 6
(1)已知如下热化学方程式：
CH(g)+Br (g)= CH Br(g)+HBr(g) ΔH＝+29kJ·mol−1
4 2 3 1
3CHBr(g)=C H(g)+3HBr(g) ΔH＝+20kJ·mol−1
3 3 6 2
计算反应3CH(g)+3Br (g)=C H(g)+6HBr(g)的ΔH＝__________kJ·mol−1。
4 2 3 6
(2) CH 与Br 反应生成CHBr，部分CHBr会进一步溴化。将8mmolCH 和8mmol Br 。通入密闭容器，
4 2 3 3 4 2
平衡时，n(CH)、n(CHBr)与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有CH、CHBr和CHBr )。
4 3 4 3 2 2(i)图中CHBr的曲线是 (填“a”或“b”)。
3
(ii) 时，CH 的转化 ， 。
4
(iii) 时，反应CHBr (g)+Br (g)=CH Br (g)+HBr(g)的平衡常数 。
3 2 2 2
(3)少量I 可提高生成CHBr的选择性。500℃时，分别在有I 和无I 的条件下，将8mmolCH 和8mmol
2 3 2 2 4
Br ，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。
2
(i)在 之间，有I 和无I 时CHBr的生成速率之比 。
2 2 3
(ii)从图中找出I 提高了CHBr选择性的证据： 。
2 3
(ⅲ)研究表明，I 参与反应的可能机理如下：
2
①②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析I 提高CHBr选择性的原因： 。
2 3
【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
【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)的含量增多，CHBr(g)的含量减少，故CHBr的曲线为a；(ii)560℃时反应达平衡，剩余的
4 3 3
CH(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α= ×100%=80%；若只发生一步反应，则生成
4
6.4mmol CH Br，但此时剩余CHBr的物质的量为5.0mmol，说明还有1.4mmol CH Br发生反应生成
3 3 3
CHBr ，则此时生成的HBr的物质的量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
2 2
n(CHBr)=5.0mmol、n(Br)=0.2mmol、n(CHBr )=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K=
3 2 2 2
= =10.92。(3)(i)11~19s时，有I 的生成速率v= = mmol·(L·s)-1，无
2I 的生成速率v= = mmol·(L·s)-1。生成速率比 = = ；(ii)从图中可以看出，大约
2
4.5s以后有I 催化的CHBr 的含量逐渐降低，有I 催化的CHBr的含量陡然上升，因此，可以利用此变化
2 2 2 2 3
判断I 提高了CHBr的选择性；(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，
2 3 2 2 2
使得消耗的CHBr 发生反应生成了CHBr，提高了CHBr的选择性。
2 2 3 3
8．(2024·浙江1月卷，19，10分)通过电化学、热化学等方法，将CO 转化为HCOOH等化学品，是
2
实现“双碳”目标的途径之一。请回答：
(1)某研究小组采用电化学方法将CO 转化为 ，装置如图。电极B上的电极反应式是 。
2
(2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
：C(s)＋O(g)==CO (g) ΔH ＝-393.5kJ·mol−1
2 2 1
Ⅱ：C(s)＋H(g)＋O(g)==HCOOH(g) ΔH ＝-378.7kJ·mol−1
2 2 2
Ⅲ：CO(g)＋H(g) HCOOH(g) ΔH
2 2 3
①ΔH= kJ·mol−1。
3
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO 和H 的投料浓度均为 ，平衡常数
2 2
，则CO 的平衡转化率为 。
2
③用氨水吸收 ，得到 氨水和 甲酸铵的混合溶液， 时该混合溶液
的pH= 。[已知： 时，电离常数K (NH • HO)=1.8×10-5、K(HCOOH)=1.8×10-4]
b 3 2 a
(3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的
(有机溶剂)溶液，CO 和H 在溶液中反应制备 ，反应过程中保持CO(g)和H(g)的压强不变，
2 2 2 2
总反应CO＋H HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E＜E＜
2 2 2 1
＜E (不考虑催化剂活性降低或丧失)。
3
Ⅳ：M+CO Q E
2 1V：Q+H L E
2 2
VI：L M+HCOOH E
3
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。
A．v与CO(g)的压强无关 B．v与溶液中溶解H 的浓度无关
2 2
C．温度升高，v不一定增大 D．在溶液中加入N(CH CH)，可提高CO 转化率
2 3 3 2
②实验测得： ， 下，v随催化剂M浓度c变化如图。c≤c 时，v随c增大
0
而增大：c＞c 时，v不再显著增大。请解释原因 。
0
【答案】(1) CO+2H++2e-=HCOOH
2
(2) +14.8 2.4×10−8 10.00
(3) CD 当c≤c 时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反
0
应物L的生成)； c>c 时，v不再显著增加，因受限 于CO(g)和H (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
0 2 2
【解析】(1)①电极B是阴极，则电极反应式是CO+2H++2e-=HCOOH；(2)①ΔH= ΔH -ΔH=-378 .7
2 3 2 1
kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol；②根据三段式，设转化的CO 为x，则：
2
则 ， ，则转化率= ；③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol·L－1氨水和0.18 mol·L－1甲酸铵的混合溶液，得出cNH ＋=0.18 mol·L－1， 根据
4
，则 ，pOH=4，Ph=14-4=10；(3)①A项，v
与CO(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO 的浓度越大，v越大，A错误；B项，v与溶液中溶解H 的
2 2 2
浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；C项，温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而
Ⅵ是慢反应(决速步骤)，若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，
若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的
速率不一定增大，C错误；D项，在溶液中加入的N(CH CH) 会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，
2 3 3
可提高CO 转化率，D正确；故选CD。②当c≤c 时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直
2 0
接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c 时，v不再显著增加，因受限 于CO(g)和H (g)在溶液中
0 2 2
的溶解速度(或浓度)。
9．(2024·辽吉黑卷，18，13分)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO 催化氧化法处理HCl废气：
2
。将HCl和O 分别以不同起始
2
流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃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)。
回答下列问题：
(1) ΔS _______0(填“>”或“<”)；T=_______℃。
3
(2)结合以下信息，可知H 的燃烧热ΔH=_______ kJ·mol−1。
2H(g)+Cl(g)=2HCl(g)
2 2
(3)下列措施可提高M点HCl转化率的是_______(填标号)
A．增大HCl的流速 B．将温度升高40℃
C．增大n(HCl)：n(O ) D．使用更高效的催化剂
2
(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TiO 上的RuO 催化活性高，稳定性强，TiO 和RuO 的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞
2 2 2 2
体积近似相等，RuO 与TiO 的密度比为1.66，则 的相对原子质量为_______(精确至1)。
2 2
【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
【解析】(1)反应 前后的气体分子数目在减小，所以该反应
ΔS <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℃。(2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④
1 3
， 设 ① ， ② ， ③ H(g)
2
+Cl(g)=2HCl(g)，则 ，因此氢气的燃烧热ΔH=－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-258.8
2
kJ·mol−1；(3)A项，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项，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项，增大n(HCl)：n(O )，HCl的转
2化率减小，不符合题意；D项，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
3 1 2
是流速过快，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，T 温度低，反应
3
速率低，故单位时间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。
10．(2024·浙江6月卷，19，10分)氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH )是一种环境友好的固体储氢材料，
4
其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为 ， )
NaBH (s)＋2HO(l)= NaBO (aq)＋4H(g) ΔH＜0
4 2 2 2
请回答：
(1)该反应能自发进行的条件是_______。
A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断
(2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。
A．升高溶液温度 B．加入少量异丙胺[(CH )CHNH ]
3 2 2
C．加入少量固体硼酸[B(OH) ] D．增大体系压强
3
(3)为加速NaBH 水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变
4
时，测得反应开始时生氢速率v与投料比[n(NaBH )：n(H O)]之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段
4 2
变化的原因 。(4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原
理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以 恒定电流工作14分钟，消耗H 体积为
2
，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H 的摩尔体积为
2
24.5L· mol -1；电荷量q(C) =电流 时间 ；N =6.0×10-23mol·L-1；e=1.60×10-19C。]
A
(5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制
备方法，将反应副产物偏硼酸钠(NaBO )再生为NaBH 。(已知： 是反应的自由能变化量，其计算方法
2 4
也遵循盖斯定律，可类比 计算方法；当 时，反应能自发进行。)
I．
II．
III．
请书写一个方程式表示NaBO 再生为NaBH 的一种制备方法，并注明 。(要求：反应物不
2 4超过三种物质；氢原子利用率为 。)
【答案】(1)C
(2)A
(3)随着投料比[n(NaBH )：n(H O)]增大，NaBH 的水解转化率降低
4 2 4
(4) O +4e-+2CO =2CO 2- 70%
2 2 3
(5)
【解析】(1)反应 ，ΔS＞0 ，由ΔG=ΔH-TΔS可知，任
意温度下，该反应均能自发进行，故选C；(2)A项，升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反
应速率加快，A符合题意；B项，加入少量异丙胺[(CH )CHNH ]，HO的量减少，化学反应速率降低，B
3 2 2 2
不符合题意；C项，加入少量固体硼酸[B(OH) ]，HO的量减少，化学反应速率降低，C不符合题意；D项，
3 2
增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意；故选A。(3)随着投
料比[n(NaBH )：n(H O)]增大，NaBH 的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。(4)根据题干信
4 2 4
息，该燃料电池中H 为负极，O 为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O+4e-
2 2 2
+2CO =2 CO2-， 该条件下，0.49L H 的物质的量为 ，工作时，H 失去电子：
2 3 2 2
H-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：
2
3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为： ；(5)结合题干信息，
要使得氢原子利用率为100%，可由(2×反应3)-(2×反应Ⅱ+反应Ⅰ)得
，
。
