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专题 15 化学反应原理综合题
1．工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NO )、SO 、CO等有害气体，对废气进行脱硝、脱
x 2
硫处理可实现绿色环保、废物利用。
(1)利用氢气还原法脱硝。
已知：①H 的燃烧热为285.8kJ/mol
2
②
写出在催化剂存在下，H 还原NO 生成液态水和无毒物质的热化学方程式：_______。
2 2
(2)研究表明CO 与NO可在Pt O+表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图所示。
2 2 2
①该反应在常温下能否自发进行_______。
②从图中分析，NO和CO 之间的反应分为两个过程，其中决速步为_______(填“第1步”或“第2步”)
2 2
反应，写出另一步的转化关系式_______。
(3)利用如图装置，模拟电化学方法除去雾霾中的NO、SO ，则a极为_______极(填“阳”或“阴”)，溶
2
液A的溶质除了有大量(NH )SO ，还有_______(填化学式)。
4 2 4
【答案】（1）（2）能 第 1 步
（3）阳 HSO
2 4
【解析】（1）H 的燃烧热的化学方程式为H + O =H O ，在催化剂存在
2 2 2 2
下，H 还原NO 生成液态水和无毒物质的化学方程式为 ，根据盖斯定律，
2 2
4×①-②可得热化学方程式为 ；（2）①根据反应进程
及能量变化过程可知该反应的的化学方程式为NO +CO N +CO ，其熵变 不变，
2 2 2
，在常温下能自发进行；②活化能越大，反应速率越慢，且决定总反应速率，根据能量变
化过程可知第1步的活化能大于第2步的活化能，故决速步为第1步；根据反应进程可知第2步中CO和
为反应物，产物为CO 和Pt O+，转化关系式为 ；（3）由于溶液A的溶质有大量
2 2
(NH )SO ，故NO得电子生成 ，故a电极为阳极，b电极为阴极，a电极(阳极)的电极反应为SO +2H O-2e-
4 2 4 2 2
=SO +4H+，故溶液A的溶质除了有大量(NH )SO ，还有HSO 。
4 2 4 2 4
2．当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中
二氧化碳含量成为研究热点。
(1)以CO 与NH 为原料可合成尿素[CO(NH)]回收CO 并为农业服务，
2 3 2 2 2
已知：反应I.2NH(g)+CO (g)=NH CONH (s) △H=-159.47kJ•mol-1
3 2 2 2 4
反应Ⅱ.NHCONH (s)=CO(NH )(s)+HO(g) △H=+116.49kJ•mol-1
2 2 4 2 2 2
在相同条件下，反应2NH (g)+CO (g)=CO(NH )(s)+HO(g)正反应的活化能E 为225.36kJ/mol，则逆反应的
3 2 2 2 2 a
活化能E 为_____。
a
(2)在密闭容器中通入物质的量均为 0.5mol的CH 和CO ，在一定条件下发生反应CO(g)+CH (g)
4 2 2 4
2CO(g)+2H(g)，CH 的平衡转化率与温度及压强的关系如图2所示。
2 4①由图可知：p 压强______p(填“>”、“<”或“=”)。
1 2
②Y点：v(正)_____v(逆)(填“>”、“<”或“=”)；已知气体分压(p
分
)=气体总压(p
总
)×气体的物质的量分
数。用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数 K ，已知p=akPa，求X点对应温度下反应的平衡常数
p 2
K=_____。
p
(3)CO 可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液 pH=8.5，CO 主要转化为_____(写离子符号)；若所得溶液
2 2
c(HCO )：c(CO )=1：1，溶液pH=_____。(室温下，HCO 的K=4×10-7；K=5×10-11；lg5=0.7)
2 3 1 2
(4)工业上也可以用电解法捕获CO ，如图，CO 在酸性水溶液中用惰性电极电解制得乙烯，其原理如图所
2 2
示，则该电解池的总反应式为_____。
【 答 案 】 (1)8221.98kJ/mol (2) ＜ ＞ (3) 10.3 (4)
【解析】（1）根据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ可得2NH (g)+CO (g)=CO(NH )(s) +H O(g) △H =-42.98kJ/mol，又已
3 2 2 2 2
知：△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，正反应的活化能Ea为8179kJ/mol，则逆反应的活化能Ea =(8179
+42.98)kJ/mol = 8221.98kJ/mol；（2）①由图可知，温度一定时，甲烷的转化率α(p )>α(p )，该反应正反应是
1 2
气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，故压强p>p；②Y点在曲线下方说
2 1
明未达到反应平衡，故平衡正向移动，v(正)＞v(逆)；已知p=akPa，，
2，求X点对应温度下反应的平衡常数K=
p
；（3）CO 可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=8.5，
2
， ， ， CO 主要转化为
2
HCO -；若所得溶液c(HCO -)：c(CO2-)=1：1， ，
3 3 3
，溶液pH=10.3；（4）CO 在阴极得电子生成乙烯，碳元素化合价由+4价变为-2价，电解质溶液为酸性，所
2
以该电极反应方程式为： ，a极6HO-12e-=3O ↑+12H+，总反应方程式为
2 2
。
3．铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表而复合金属的组分和含量，会影响硝
酸盐的去除效果。
(1)在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐
的去除效果如图所示。①由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是_______。
②实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是_______。
(2)在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所
示。
①使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐，该转化的机理可描述为： H+吸附在Cu
表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，_______， NH 与H+结合为 进入溶液。
3
②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N 选择性明显提高，可能原因是_______
2
③其他条件相同时，Al/Cu/Pd 三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系如图所示。水体
pH在4至6范围内，随pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是_______;水体pH在8.5至10范围内，随pH增
大硝酸盐去除率升高的可能原因是_______。【答案】(1) Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速
率） 因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸
盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱 (2) 吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的 (ads)反应生成
(ads)， (ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中 (ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH (ads)
3
由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将 (ads)转化为N ，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面
2
生成的 (ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N pH在4~6范围内，随pH
2
增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低 pH在8.5～10
范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与 OH-反应产生的氢原子能还原
硝酸根，使硝酸盐的去除率升高
【解析】（1）①根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，
可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成 Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速
率）；②因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接
触机会，使硝酸盐去除效果减弱，故Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除；（2）
①H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的 (ads)
反应生成 (ads)， (ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中 (ads)转移并吸附在A1表面被还原
为NH (ads)，NH 与H+结合为 进入溶液，故使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵
3 3盐；②由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将 (ads)转化为N ，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。
2
Cu 表面生成的 (ads) 可转移并吸附在 Pd 表面，被 Pd 表面的 H(ads)进一步还原为 N ，故引入 Pd
2
的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N 选择性明显提高；③pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中
2
氢离子浓度减小，催化剂表面产生的 H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增
大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的
去除率升高。
4．甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。
一种工业制备甲醇的反应为
(1)向某容器中通入一定量 CO 和H 发生反应，达到平衡后，下列措施能提高CHOH平衡产率的有
2 2 3
_______(填标号)。
a.恒压下，充入惰性气体 b.加入高效催化剂
c.恒容下，充入CO d.适当升高温度
2
(2)在540K下按初始投料比n(CO)：n(H )=3：1、n(CO)：n(H )=1：1、n(CO)：n(H )=1：3，得到不同压
2 2 2 2 2 2
强条件下H 的平衡转化率关系图：
2
①a、b、c各线所表示的投料比由大到小的顺序为_______(用字母表示)。
②点N在线b上，计算540K时的压强平衡常数K=_______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，已知
p
分压=物质的量分数×总压)。
(3)目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备。反应如下：
。在恒压密闭容器中通入一定量的CHOH和CO气体，测得甲醇的转
3
化率随温度变化如图所示。①温度为T 时，该反应的正反应速率v(B) _______v(A) (填“>”，“=”或“<”)。
1 正 正
②B、C、D三点的逆反应速率大小关系_______。
【答案】(1)c (2) a>b>c 0.5 (3) ＜ V >V >V
D C B
【解析】（1）提高甲醇的产率可以通过促进反应正向进行的措施达到；a.恒压下充入惰性气体，相当于
增大体积，减小物质的浓度，a不符合题意；b.催化剂只能影响反应速度，不影响产率，b不符合题意；c.恒容
下，充入CO2，增大反应物浓度，促进平衡正向进行，提高甲醇的产率，c符合题意；d.该反应为放热反应，
升高温度，平衡逆向进行，减小产率，d不符合题意；故答案为：c；（2）①投料比大，则氢气的平衡转化率
越高，由图甲可知，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a＞b＞c；②540K时，b曲线所代表的投料比
为n(CO)：n(H )=1：1，设二氧化碳和氢气的起始物质的量均为1mol，N点氢气的平衡转化率为60%，则氢气
2 2
反应的物质的量为1mol×60%=0.6mol，平衡时二氧化碳的物质的量为1mol-0.2mol=0.8mol、氢气的物质的量为
1mol-0.6mol=0.4mol、甲醇和水的物质的量均为0.2mol，混合气体的总物质的量为
0.8mol+0.4mol+0.2mol+0.2mol=1.6mol，总压强为2MPa，则二氧化碳、氢气、甲醇、水平衡时对应的分压分别
为 、 、 、
，因此 ；（3）①温度T1时的A点尚未达到平衡状态，相比该温度下平
衡时的B点，A点甲醇的浓度更大，故正反应速率更快，v(B)正T >T ，温度越高反应速率越快。
D C B
5．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。
(1)硫碘循环制氢
热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下所示：
反应Ⅰ：反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知： 。则反应Ⅱ的 _______。
(2)生物质制氢
电解 —葡萄糖 制氢实验的装置如图所示，电极两侧的电解液在泵的作用下在电解液储槽和
电极间不断循环。
①该装置产生氢气速率明显高于不加入 直接电解葡萄糖 制氢。其原因是_______。
②电解 —葡萄糖 制氢的反应过程可描述为_______。
③电解一段时间后，需向储槽中补充的物质是_______。
(3)氢气应用
最新研制出的由裂解气( 、 、 )与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的
煤化工过程。将乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，发
生反应： 。出口气体中测得含有乙烯、乙炔、氢气。下图为
乙炔产率与进料气中 的关系。①当进料气中 时，出口气体中乙炔的体积分数为_______。
②图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_______。
【答案】(1) (2) 葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气
氧化葡萄糖生成 ，含有 的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成 ，同时生成大量的 ， 经过质子
交换膜在阴极表面得电子生成氢气 葡萄糖(3) 11.76% 开始时充入氢气是为活化催化剂，故稍增
大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量 会使反应③平衡逆向移动，所以乙炔产率下降
【解析】（1）反应Ⅰ： ，反应Ⅱ：
，反应Ⅲ： ，反应IV
，由盖斯定律可知，-IV-Ⅰ 2-Ⅲ 2得到
，所以△H=-△H-△H 2-△H 2= 。（2）由题干信
2 4 1 2
息可知，右侧区电解产生H，电极反应为：2H++2e-=H ↑，发生还原反应，故右侧区为阴极区，则电源中B为
2 2
负极，A为正极，左侧区为阳极区，电极反应为：C H O-24e-+6H O=6CO↑+24H+，据此分析解题。①因为葡
6 12 6 2 2
萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气，故产生氢气速率明显高于不加入 直接电解葡
萄糖 制氢。②电解 —葡萄糖 时 氧化葡萄糖生成 ，含有 的溶液在泵的作用下
在阳极表面氧化生成 ，同时生成大量的 ， 经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气。③电解一段时间后，需向储槽中补充葡萄糖。
（3）①当进料气中 时，设n(H )=2mol，n(C H)=1mol，乙炔的产率为40%，故有
2 2 4
则乙炔的体积分数为 =11.67%。②乙烯分解产生乙炔和氢气，一开始充入氢气是为活化催
化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，增大氢气的量会促使反应③平衡逆向移动，从而减少平衡体系中
的乙炔的含量，使乙炔的产率降低。
6．当今中国积极推进绿色低碳发展，力争在 2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发
CO 利用技术，降低空气中CO 含量成为研究热点。在5MPa压强下，恒压反应器中通入3molH ，1molCO 气
2 2 2 2
体同时发生反应Ⅰ，Ⅱ如下：
反应Ⅰ.CO (g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g)ΔH K
2 2 3 2 1 1
反应Ⅱ.CO (g)+H(g) CO(g)+HO(g)ΔH K
2 2 2 2 2
(1)如图(a)所示，则ΔH-ΔH _______0(填“>”、“＜”或“=”)。
1 2
(2)在5MPa压强下，恒压反应器中通入3molH 、1molCO 气体，CO 的平衡转化率及CHOH的平衡产率
2 2 2 3
随温度变化关系如图(b)。已知：
①下列说法正确的是_______。
A．反应过程中，容器内压强不再变化，说明反应Ⅰ达到平衡
B．反应过程中，气体密度维持不变，说明反应Ⅰ达到平衡
C．增大压强能同时提高CO 的平衡转化率和CHOH的平衡产率
2 3
D．加入对反应Ⅰ催化效果更佳的催化剂，可以提高CHOH的产率
3
②475K时，反应Ⅱ的压强平衡常数K=_______(压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×气
p
体物质的量分数)。
(3)图(b)中500K以后，CO 平衡转化率随温度升高而增大的原因_______。
2
(4)反应Ⅱ的正反应速率方程为v =k ·c(CO)·c(H)，逆反应速率方程为v =k ·c(CO)·c(H O)，其中k 、
正 正 2 2 逆 逆 2 正
k 分别为正、逆反应的速率常数，只受温度影响。lgk与 (温度的倒数)的关系如图所示，①、②、③、④四
逆
条斜线中，表示lgk 的是_______。
正
(5)我国科学家研究Li—CO 电池中取得了重大科研成果。Li—CO 电池中，Li为单质锂片，CO 在正极发
2 2 2
生电化学反应，电池反应产物为碳酸锂和单质碳，CO 电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进
2
行，写出步骤Ⅲ的离子方程式_______。Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.……
Ⅳ.
【答案】(1)＜(2) BCD 或1.86×10-2(3)反应I放热，温度升高平衡左移，反应II吸热，温度升高平
衡右移，500K以后，温度升高，反应II平衡右移的程度更大，故CO 平衡转化率增大(4)④(5)2 +CO =2
2 2
+C
【分析】图(a)的横坐标为 ，则 越大，T越小，对反应I来说，随着温度的不断降低，lgK不断增大，
K不断增大，则平衡正向移动，所以ΔH ＜0；对反应II来说，随着温度的不断降低，lgK不断减小，K不断减
1
小，则平衡逆向移动，所以ΔH＞0。
2
【解析】（1）由分析可知，ΔH ＜0，ΔH ＞0，则ΔH-ΔH ＜0；（2）①A．因为反应在恒压反应器中进
1 2 1 2
行，容器内压强始终不变，反应I不一定达到平衡，A不正确；B．反应过程中，压强恒定，则容积可变，气
体的总质量不变，体积改变，则气体密度随反应进行而改变，当密度不变时，反应 I达到平衡，B正确；C．
增大压强，反应I正向移动，则同时提高CO 的平衡转化率和CHOH的平衡产率，C正确；D．加入对反应I
2 3
催化效果更佳的催化剂，则反应I进行的程度更大，可以提高CHOH的产率，D正确；故答案为：BCD；
3
②475K时，设CO 转化为CHOH的物质的量为x，CO 转化为CO的物质的量为y。由CO(g)+3H(g)
2 3 2 2 2
CHOH(g)+H O(g)和CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g)可得出，参加反应的CO 的物质的量为(x+y)，参加反应
3 2 2 2 2 2
的H 的物质的量为(3x+y)，生成CHOH的物质的量为x，生成CO的物质的量为y，生成HO的物质的量为
2 3 2
(x+y)。依题意可得出：x+y=1×30%，x=1×20%，从而求出x=0.2mol，y=0.1mol；达平衡时，混合气体中含CO
2
的物质的量为1-x-y=0.7mol，H 的物质的量为3-3x-y=2.3mol，CO的物质的量为0.1mol，HO的物质的量为
2 2
x+y=0.3mol，则反应II的压强平衡常数K = = 或1.86×10-2；（3）升高温度，反应I中CO 的
p 2转化率减小，反应II中CO 的转化率增大，而图(b)中500K以后，CO 平衡转化率随温度升高而增大，则表明
2 2
500K以后，反应II中平衡移动占主导地位，从而得出原因为：反应 I放热，温度升高平衡左移，反应II吸
热，温度升高平衡右移，525K以后，温度升高，反应II平衡右移的程度更大，故CO 平衡转化率增大；（4）
2
第一步反应为二氧化碳和氢气生成一氧化碳和水，生成物能量较高，反应含变大于零，温度降低，平衡逆向移
动，V正、V 均减小，k正、k递均减小，且k(正)减小的程度大于k(逆)减小的程度，则表示lgk(正)的是④，
表示lgk(逆)的是3；故答案为：④；（5）步骤Ⅲ中， 转化为 且生成C，表明另一反应物作氧化剂，
则只能为CO，由此得出反应的离子方程式为：2 +CO =2 +C。
2 2
7．中国自古有“信口雌黄”、“雄黄入药”之说。雌黄 和雄黄 都是自然界中常见的砷化物，
早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。
(1)砷元素有 、 两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。
①I中氧化剂是________________________(填化学式)。
②Ⅱ中若 反应，转移 ，写出Ⅱ的化学方程式：____________。
(2)Ⅲ中产物亚砷酸 可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数
与溶液的 关系如图所示。①人体血液的 在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是____________(填化学式)。
②将 溶液滴入 溶液，在溶液 pH 由 8 变至 10 的过程中，发生反应的离子方程式是
____________。
(3)P与 属于同主族元素，亚磷酸二氢钾 是一种杀菌消毒剂。已知：常温下， 的电离常
数 ； ； 。以 和 为原料制备 和 的装置
如图。
①已知 与足量的 溶液反应生成 ，由此推知 是____________(填“正”或
“酸式”)盐。
②常温下 溶液 ____________7(填“>”、“<”或“=”)。
③膜2为____________(填“阴”或“阳”)离子交换膜， 电极上发生的电极反应式为：____。
【答案】(1)（2） (或 )
(3) 正 < 阴
【解析】（1）①I中砷元素化合价由+3变为-2，得到电子发生还原反应，为氧化剂，故填As S ；②Ⅱ中
2 3
和氧气发生反应生成As O ，砷元素化合价由+2变为+3，化合价升高，1分子 中砷转移电子4；若
2 3
反应，转移 ，则根据电子守恒可知，硫的化合价变化为 ，则反应生成二氧
化硫气体，氧得到电子发生还原反应，根据电子守恒和质量守恒可知，Ⅱ的化学方程式：
；（2）①人体血液的 在7.35～7.45之间，由图可知，用药后人体中含砷元素的
主要微粒是 (或 )；②将 溶液滴入 溶液，在溶液pH由8变至10的过程
中， 和氢氧化钾反应转化为 和水，发生反应的离子方程式是 ；
（3）①已知 与足量的 溶液反应生成 ，由此推知 中不再可以电离出氢离子，故
其是正盐；②常温下 溶液中其水解常数为 ，水解小于电离，故溶液显酸性，
pH<7；③以 和 为原料制备 和 ，则右侧碳电极为阴极，水放电生成氢气和氢氧根
离子，原料室中钠离子右移进入产品室得到氢氧化钠、 左移进入产品室得到 ，故膜2为阴离子
交换膜， 电极上发生的电极反应式为： 。
8．随着经济的发展，私家车(汽车)的拥有量逐年升高，汽车尾气(其中NO 主要为NO、NO ，NO的占比
x 2
较大)造成的污染问题，也逐渐受到人们的关注。
I.SCR技术处理汽车尾气中NO 的工作示意图如图。
xSCR催化器中同时存在NO 、NH 、O 等气体，三个SCR反应如下：
x 3 2
(标准SCR反应)
(快速SCR反应)
(慢速SCR反应)
(1)反应 △H=_______kJ·mol-1。
(2)尿素水溶液进入水解催化器中，在160℃时CO(NH) 发生水解，该水解反应的化学方程式为_______。
2 2
(3)预氧化催化器的作用是_______(用文字表述)。
(4)在尿素溶液的喷入量和尾气流速相同的情况下，使用甲、乙两种催化剂，反应相同时间时，NO的转化
率与温度的关系如图所示：
①SCR催化器中应选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)，N点_______(填“已”或“未”)达到平衡状
态。
②温度过高，NO的转化率下降，但测得体系中NO的浓度反而上升的原因是_______。
II.NSR技术处理汽车尾气中NO的工作示原理如图。(5)富氧条件下，NO 被储存为Ba(NO )，发生反应的化学方程式为_______；贫氧条件下，NO 被H 还原
x 3 2 x 2
时，n(NO )：n(H )=_______。
x 2
Ⅲ.在汽车排气系统安装三元催化转化器，可发生反应： 。在一
定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入等物质的量的NO(g)和CO(g)发生上述反应，反应过程中c(NO)
随时间变化曲线如图所示。
(6) 此温度下，该反应的平衡常数为_______，若在反应达到平衡后，在其他条件保持不变时，向容器中
再充入0.5 mol NO(g)和0.5molCO(g)，则此时v _______(填“>”“<”或“=”)v 。
2 正 逆
【答案】(1)-114.2 (2)CO(NH)+H O CO+2NH (3)将部分NO转化为NO ，有利于加快SCR
2 2 2 2 3 2
反应的进行 (4) 甲 未 温度过高催化剂的活性降低，降低了反应速率；高温有利于将NH 催
3
化氧化为NO
(5) 4NO +(5-2x)O+2BaO=====2Ba(NO ) 1∶x (6) 5 =
x 2 3 2
【解析】（1）根据盖斯定律以及目标反应方程式可知，ΔH=ΔH－2ΔH=[(-1632.4)－2×(-759.1)]kJ/mol
1 2
=-114.2kJ/mol；（2）SCR催化器中同时存在NO 、NH 、O 等气体，汽车尾气中含有NO ，因此尿素发生水
x 3 2 x
解反应生成NH ，根据原子守恒，还有CO，水解反应方程式为CO(NH)+H O CO+2NH；（3）汽
3 2 2 2 2 2 3
车尾气中NO 主要为NO、NO ，其中NO的占比较大，整个化学反应的决速步是由慢反应决定，根据三个
x 2SCR反应，提高NO 浓度，能够提高慢速SCR反应的速率，因此预氧化催化器的作用是将部分NO转化为
2
NO ，有利于加快SCR反应的进行；（4）①根据图像可知，在低温下，催化剂甲催化效率高；催化剂对化学
2
平衡移动无影响，在相同温度下，N点的NO的转化率比催化剂甲的小，说明N点未达到平衡；②催化剂的活
性在一定温度范围内较高，超过该温度催化剂的活性降低，反应速率降低；同时高温有利于将氨气氧化成
NO，从而导致NO的浓度反而上升；（5）根据富养条件示意图，NO 被储存为Ba(NO )，发生反应的化学方
x 3 2
程式为4NO +(5-2x)O+2BaO=====2Ba(NO )；贫氧条件下，NO 被氢气还原，NO 中的N被还原成氮气，氢
x 2 3 2 x x
气被氧化成HO，根据得失电子数目守恒，n(NO )∶n(H )=1∶x；（6）根据图像可知，达到平衡时，消耗NO的
2 x 2
浓度为0.1mol/L，消耗CO的浓度为0.1mol/L，生成CO 的浓度为0.1mol/L，生成N 的浓度为0.05mol/L，K=
2 2
5；达到平衡，其他条件不变，再充入0.5molNO(g)和0.5molCO(g)，Qc=
2
5=K，平衡不移动，即v =v 。
正 逆
9．氨基甲酸铵 为尿素生产过程的中间产物，易分解。某小组对氨基甲酸铵的分解实验进行
探究。
已知：I.
II.
III.
回答下列问题：
(1)写出 分解生成 与 气体的热化学方程式：_______。
(2)恒容条件下，实验测得数据如下表所示：
293 298 303 308 313
8.60 11.40 16.24 20.86 30.66
①恒温恒容时，下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填标号)。
A．容器内总压强不再改变 B．C． 的值不再改变 D． 的体积分数不再改变
②某温度下，该反应达到平衡时容器内总压强为p，写出该反应的压强平衡常数的计算式 _______(用
平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
③随着温度升高， 逐渐_______(填“增大”“减小”或“不变”)，其主要原因是_______。
④某温度下，达到平衡后，欲增加 的平衡浓度，可采取的措施有_______(填标号)。
A．加 B．加催化剂 C．减小体积增大压强 D．移走
【答案】(1) (2) AC 增
大 氨基酸的分解是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，NH 和CO 的平衡分压均增大，分压
3 2
平衡常数增大 D
【解析】（1）已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ. ，有盖斯定律Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得：
；
（2）①A．恒温恒容条件下，随着氨基甲酸铵的分解，容器内总压强不断增大，若压强不变，则反应达
到平衡状态，A正确；B．平衡时，NH 的正反应速率应该为CO 逆反应速率的2倍，即
3 2
，B错误；C．当反应达到平衡状态时，浓度商 的值不再改变，C正确；D．该反应生成的
NH 和CO 的物质的量之比恒为2:1，故 的体积分数一直不变，不能判断反应是否平衡，D错误；答案选
3 2
AC；②总压强为p，NH 和CO 的物质的量之比恒为2:1，故各自分压p(NH )= p，p(CO)= p，代入公式计
3 2 3 2算 p2(NH ) p(CO)= ；③根据表格中的数据，随着温度升高， 增大，其主要原因是：氨基
3 2
酸的分解是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，NH 和CO 的平衡分压均增大，分压平衡常数增大，故
3 2
答案为：增大；氨基酸的分解是吸热反应，升高温度有利于反应正向进行，NH 和CO 的平衡分压均增大，分
3 2
压平衡常数增大；④A．加入固体，不影响平衡移动，选项A错误；B．加催化剂，不影响平衡移动，选项B
错误；C．减小体积增大压强，容器内各气体浓度瞬间增大，平衡逆向移动，但最终达到平衡后，由于 不
变，p(NH )与p(CO)之比仍然满足2:1，则各气体浓度不变，选项C错误；D．移走 ，利于平衡正向移
3 2
动，氨气的平衡浓度增大，选项D正确；答案选D。
10．处理、回收利用CO是环境科学研究的热点课题。回答下列问题：
(1)CO用于处理大气污染物NO的反应为CO(g)+NO(g) CO(g)+N(g)。在Zn+作用下该反应的具体过
2 2 2 2
程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。
总反应：CO(g)+NO(g) CO(g)+N(g) △H=_____kJ•mol-1；该总反应的决速步是反应(填“①”或
2 2 2
“②”，并写出该判断的理由)______。
(2)已知：CO(g)+NO(g) CO(g)+N(g)的速率方程为v=kc(CO)•c(N O)， 为速率常数，只与温度有关。
2 2 2 2
为提高反应速率，可采取的措施是______(填标号)。
A．降温 B．恒容时，再充入CO
C．恒压时，再充入NO D．减压
2
(3)在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和NO(g)发生上述反应，在不同条件下达到
2
平衡时，在TK时NO的转化率与 、在 =1时NO的转化率与 的变化曲线如图3所示：
1 2 2①表示NO的转化率随 的变化曲线为______曲线(填“I”或“II”)。
2
②T ______T(填“＞”或“＜”)。
1 2
③已知：该反应的标准平衡常数Kθ= ，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(CO)、p(N )、
2 2
p(N O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T 时，该反应的标准平衡常数Kθ=_____(计算结果保留两位有效数
2 4
字，p =p ×物质的量分数)。
分 总
(4)间接电解法除NO。其工作原理如图4所示，已知：HSO 是一种弱酸。电解池的阴极电极反应为
2 2 2 4
_____。
【答案】(1) -371.50 ①，反应①的活化能是157.6kJ•mol-1，反应②的活化能是100.22kJ•mol-1，反应②
的活化能更小，故反应①是总反应的决速步 (2)B (3) II ＞ 3.4 (4)2H SO +2e-
2 3
+2H+=H SO+2H O
2 2 4 2【解析】（1）根据图2可知，CO(g)+NO(g) CO(g)+N(g) ΔH=-371.50kJ/mol；决定总反应的决速
2 2 2 2
步是由慢反应决定的，活化能越高，化学反应速率越慢，根据图2可知，反应①的活化能是157.6kJ•mol-1，反
应②的活化能是100.22kJ•mol-1，反应②的活化能更小，反应①是总反应的决速步；故答案为-371.50；①，反
应①的活化能是157.6kJ•mol-1，反应②的活化能是100.22kJ•mol-1，反应②的活化能更小，反应①是总反应的决
速步；
（2）A．降温，化学反应速率降低，故A不符合题意；B．恒容时，再充入CO，c(CO)增大，根据
v=kc(CO)·c(NO)可知，v增大，故B符合题意；C．恒压时，再充入NO，容器体积增大，浓度减小，v减
2 2
慢，故C不符合题意；D．减压，容器体积增大，浓度减小，v减慢，故D不符合题意；答案为B；
（3）① 越大，可以看作n(CO)不变，n(N O)增大，则NO的转化率降低，曲线Ⅱ代表NO的转化
2 2 2
率随 变化曲线；②该反应为放热反应， 一定时，升高温度，平衡逆向进行，NO的转化率降
2
低， 越小，根据图像可知，T＞T；利用相同条件下压强之比等于物质的量之比，起始时CO、NO的分压
1 2 2
为50kPa、50kPa，③由图3可知，在 =1，温度为T 时，NO的转化率为65%，达到平衡时，CO、
4 2
NO、CO、N 的分压分别为17.5、17.5、32.5、32.5，代入公式得出Kθ=3.4；（4）根据装置图可知，HSO 转
2 2 2 2 3
化成HSO，S的化合价由+4价转化成+3价，化合价降低，根据电极原理，a为电源的负极，阴极反应式为
2 2 4
2HSO +2e-+2H+=H SO+2H O。
2 3 2 2 4 2
11．乙二醛是一种重要的精细化工产品，可由乙醛硝酸氧化法制备。
Ⅰ.研究其他条件相同时，仅改变一个条件对乙二醛制备的影响，获得如下数据。(1)乙二醛的结构简式是_______。
(2)图1中，曲线a对应的温度是_______，判断的依据是_______。
(3)图2中，c→d乙二醛的产率降低，并检测出较多的副产物，如乙二酸。产生较多乙二酸的原因是
_______。
Ⅱ.运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸的装置示意图如下(电极均为惰性电极)。
(4)与电源负极相连的是_______(填“X”或“Y”)。
(5)结合电极反应分析硝酸回收原理：_______。
(6)测定纯化后溶液中乙二醛的含量。
ⅰ.移取VmL纯化后的溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为 溶液滴定至溶液
恰好由无色变为粉红色。
ⅱ.向ⅰ所得溶液加入过量 溶液 ，充分反应。
ⅲ.试用 硫酸滴定ⅱ中溶液至终点，消耗硫酸体积为 。
已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成 。
该纯化后的溶液中乙二醛的含量为_______ (乙二醛摩尔质量： )。
【答案】(1)HCOCHO (2) 45℃ 起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大（3）硝酸具
有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸 (4)X (5)Y极上水放电发生
氧化反应生成氧气和氢离子， ，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸 (6)
【解析】（1）乙二醛的结构简式是HCOCHO；（2）温度越高，化学反应速率越快，根据先拐先平数
值大，可知曲线a对应的温度是45℃，原因是起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大；（3）
硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸；（4）运用电化学原理
设计分离纯化乙二醛并回收硝酸，则B中硝酸根离子向C室移动，电解池中阴离子向阳极移动，则Y为阳
极、X为阴极，X与电源负极相连；（5）Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，
，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸；（6）
，则根据题意与乙二醛反应的氢氧化钠的物质的量为
= ，已知：乙二醛在强碱性溶液中发生
反应生成 ，根据钠元素、碳元素守恒可知，纯化后的溶液中乙二醛的含量为
。
12．化学反应与能量变化是化学家研究的永恒话题。回答下列问题：
(1)氢气是一种理想的绿色能源。在 下， 氢气完全燃烧生成液态水放出 的热量。表示氢气
燃烧热的热化学方程式为_______。
(2)一定温度、催化剂条件下，向容积为 的恒容密闭容器中充入 和 ，发生反应
，起始压强为 。 末反应达到平衡，此时容器内压强变
为起始时的 。
①判断该反应达到平衡状态的标志是_______(填标号)。
a. 浓度之比为2∶2∶2∶1
b.容器内气体的压强不变
c.容器内混合气体的密度保持不变d.容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
e. 的生成速率和 的生成速率相等
② 的平均反应速率为_______ 。该反应的压强平衡常数 _______ (用分压代替
浓度计算，分压=总压×物质的量分数。用含 的代数式表示)。
③若在相同时间内测得 的转化率随温度的变化曲线如图甲所示， 的转化率在 之间下
降由缓到急的原因是_______。
(3)有机物的电化学合成是目前研究的热点之一。我国学者利用双膜三室电解法合成了 ，该方
法的优点是能耗低、原料利用率高，同时能得到高利用价值的副产品，其工作原理如图乙所示。
①气体X为_______，膜Ⅰ适合选用_______(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
②稳定工作时 溶液的浓度_______(填“增大”“减小”“不变”“无法判断”)。
③若制得 ，饱和食盐水质量减小_______g。【答案】(1) (2) bde 0.1 400℃~700℃随温
度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅
速变小 (3) H 阴离子 不变 234
2
【解析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量叫做燃烧
热，根据题意，在 下， 氢气完全燃烧生成液态水放出 的热量，则氢气燃烧热的热化学方程式
为 ；（2）①在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反
应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即"化学平衡状态"。其
中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平
衡状态的表现。正反应速率与逆反应速率是针对同一可逆反应而言，正与反只是相对而言；a．该反应达平衡
时， 的浓度不一定成比例，故a不选；b．该反应为气体分子数减少的反应，反应中压强
在变，当混合气体的压强不随时间的变化而变化时，反应达平衡，故b选；c．该反应在恒容密闭容器中进
行，根据质量守恒，混合气体质量不变，根据 ，ρ在平衡前后始终不变，所以当密度不变时，反应不一
定达平衡，故c不选；d．该反应为分子数减少的反应，混合气体的物质的量为变量，根据质量守恒，混合气
体质量不变，根据 ，M为变量，当平均摩尔质量不变时，反应达平衡，故d选；e． 的生成速率和
的生成速率相等，即 ，反应达到平衡状态，故e选；故答案为：bde；②根据题意，可
列三段式
恒温恒容下，压强与物质的量成正比，所以 ，解得 ，平衡时，
； ； ， ， 的平均反应速率为，平衡时总的物质的量为 ，平衡时总压为
，平衡时各分压 ； ；
； ，
；③如图，400℃时，达到平衡状态，NO转化率达到最大，400℃~700℃随
温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700 以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率
迅速变小；（3）①如图装置乙电解装置，CuCl在电解池左侧失电子生成 ，电解反应式为
，左侧电极为阳极，与电源正极a相连；则b为电源负极，右侧为阴极，电极反应式为
，则气体X为 ，如图，左侧反应为
，需要引进 ，所以膜Ⅰ为阴离子交换膜； ②根据反应 、
，可得 ，所以稳定工作时
溶液的浓度不变；③根据电子守恒， ，转移4mol电子，饱和食盐水中减少的质量为
。
1.（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：①
②
③
计算 热分解反应④ 的 ________ 。
（2）较普遍采用的 处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反
应④高温热分解 。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。
（3）在 、 反应条件下，将 的混合气进行 热分解反应。平衡时混
合气中 与 的分压相等， 平衡转化率为________，平衡常数 ________ 。
（4）在 、 反应条件下，对于 分别为 、 、 、 、 的
混合气，热分解反应过程中 转化率随时间的变化如下图所示。
① 越小， 平衡转化率________，理由是________。
② 对应图中曲线________，计算其在 之间， 分压的平均变化率为________
。
【答案】（1）170 （2） 副产物氢气可作燃料 耗能高 （3）50% 4.76
（4）① 越高 n(HS):n(Ar)越小，HS的分压越小，平衡向正反应方向进行，HS平衡转化率越高
2 2 2
②d 24.9【解析】
（1）已知：
①2HS(g)+3O(g)＝2SO (g)+2HO(g) ΔH＝－1036kJ/mol
2 2 2 2 1
②4HS(g)+2SO (g)＝3S(g)+4HO(g) ΔH＝94kJ/mol
2 2 2 2 2
③2H(g)+O(g)＝2HO(g) ΔH＝－484kJ/mol
2 2 2 3
根据盖斯定律(①+②)×－③即得到2HS(g)＝S(g)+2H(g)的
2 2 2
ΔH＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝170 kJ/mol；
4
（2）根据盖斯定律(①+②)×可得2HS(g)+O(g)＝S(g)+2HO(g)
2 2 2 2
ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学
方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得
氢气作燃料；但由于高温分解HS会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
2
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：
平衡时HS和H 的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以HS的平衡转化率
2 2 2
为 ， 所 以 平 衡 常 数 K ＝ ＝
p
≈4.76kPa；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(HS):n(Ar)越小，HS的分压越小，相当于降低压强，平衡
2 2
向正反应方向移动，因此HS平衡转化率越高；
2
②n(HS):n(Ar)越小，HS 平衡转化率越高，所以 n(HS):n(Ar)＝1:9 对应的曲线是 d；根据图像可知
2 2 2
n(HS):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物质的量
2 2
分别为1mol和9mol，则根据三段式可知此时HS的压强为 ≈7.51kPa，HS的起始压强为10kPa，所以HS分压
2 2 2
的平均变化率为 ＝24.9kPa·s－1。
2. （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)。（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H 氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。
2
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△H =-200(X+Y)kJ·mol-1。
（2）实验测定Xp(C H)>p(H)，且
3 6 2 2 2 3 6 2
有CO 生成，H 分压降低，故体系中还发生反应：C H+O=3CO +3H O，H+O=H O，消耗O ，因此C H 和
2 2 3 6 2 2 2 2 2 2 2 3 8
O 的消耗速率比小于2∶1；
2
（4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C H)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C H)
3 6 3 8
减小，p(C H)增大，使得v (C H)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后
3 6 3 6
减小。
6.（2021·辽宁卷）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应： (g)+3H
2
(g)⇌ (g) ∆H
1
<0Ⅱ.副反应： (g) ⇌ (g) ∆H 2 >0
回答下列问题：
（1）已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 (g)+15O
2
(g)⇌12CO
2
(g)+6H
2
O(l) ∆H
4
Ⅴ. (g)+9O(g)=6CO (g)+6HO(l) ∆H
2 2 2 5
则 _______(用 、 和 表示)。
（2）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温 B．适当降温 C．适当加压 D．适当减压
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在 的基础上适当增大 用量，其目
的是_______。
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当 中混有微量 或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为_______。
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，下图中可作为
酸性中心的原子的标号是_______(填“①”“②”或“③”)。（6）恒压反应器中，按照 投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为 ，平衡时苯的转化率为
α，环己烷的分压为p，则反应1的 _______(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×
物质的量分数)。
【答案】
（1）
（2）BC
（3）提高苯的利用率
（4）金属催化剂会与HS或CO反应从而失去催化活性
2
（5）②
（6）
【解析】
（1）根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O(g) 12CO(g)
2 2
⇌
+6H O(l) ∆H Ⅴ. (g)+9O(g)=6CO (g)+6HO(l) ∆H
2 4 2 2 2 5
Ⅰ. 主 反 应 ： (g)+3H(g) (g) 可 由 ， 则 ， 故 选
2
⇌
；
（2）根据Ⅰ.主反应： (g)+3H(g) (g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于
2
⇌
提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压
有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故选BC；
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在 的基础上适当增大 用量，增大H 的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大 H 用量的目的是提高苯的利用率，
2 2
故选提高苯的利用率；
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当 中混有微量 或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与HS或CO反应从而失去催化活
2
性，故选金属催化剂会与HS或CO反应从而失去催化活性；
2
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①
中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨
道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故选②；
（6）恒压反应器中，按照 投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生Ⅰ、Ⅱ反应总
压为 ，平衡时苯的转化率为 α，环己烷的分压为 p，则： ，
有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平
衡时，苯的分压为： ，H 的分压为： ，则反应1的 = 。
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