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专题 15 化学反应原理综合题
该题型通常以元素化合物知识为载体，以工业生产为背景，综合考查化学反应速率、化学平衡及其影响因
素、化学反应中的能量转化、盖斯定律及其应用、热化学方程式的书写、原电池、电解池原理及其电极反应式
的书写、水溶液中的离子平衡等知识，甚至还融合考查氧化还原反应、离子反应，涉及知识点较多，但各个小
题又比较相对独立。题目的综合性强，化学信息较多，设问角度灵活多变，侧重考查考生接受、整合信息的能
力、应用化学知识解决实际问题的能力。
一、化学能与热能、电能的相互转化
化学能与热能、电能的相互转化是高考的必考热点内容。试题形式常与能量图像，电化学装置图为背景进
行综合考查，一般难度中档。
近几年高考的命题角度主要有①根据能量图像判断焓变ΔH；②结合盖斯定律进行ΔH计算或书写热化学
方程式；③结合背景材料或装置图示进行原电池原理、电解原理的问题分析；④书写一定背景下的电极反应
式；⑤一定条件的电化学计算等。预测今后高考命题盖斯定律的应用和一定背景的电极反应式的书写仍会是命
题的热点。
1．审题策略
(1)利用盖斯定律确定热化学方程式或焓变ΔH时要做到：①明确待求热化学方程中的反应物和生成物；②
处理已知热化学方程式中的化学计量数和焓变；③叠加处理热化学方程式确定答案。
(2)对电化学中的电极反应式的书写要做到：
①根据题意或装置图示明确“原电池”“电解池”或“电镀池”；
②明确电极；
③根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。
(3)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。
2．答题策略
(1)对书写热化学方程式要注意
①注明状态；
②ΔH的符号与单位；
③ΔH与化学计量数的一致性。(2)对电极反应式的书写要注意
①配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)；
②产物粒子在介质中能存在；
③得、失电子要填准，得电子写(＋ne－)，失电子写(－ne－)。
(3)对物理量的填写要填准单位，千万不要漏掉单位。
【方法技巧】利用盖斯定律计算反应热的两种方法
(1)虚拟途径法：先根据题意虚拟转化过程，然后根据盖斯定律列式求解，即可求得待求反应的反应热。
(2)加和法：将所给热化学方程式适当加减得到所求的热化学方程式，反应热也作相应的加减运算。 流程
如下：
二、化学反应速率与化学平衡试题的综合判断与计算
化学反应速率与化学平衡是高考必考的热点内容，试题的呈现形式常结合图表、图像考查考生的综合分析
能力和解题能力，综合性较强，一般难度为中档。
近几年高考的命题角度主要有(1)外界条件对反应速率、平衡移动的判断；(2)平衡状态的判定；(3)化学平
衡常数的定义式、影响因素和含义的理解；(4)反应速率、平衡常数、转化率的相关计算；(5)平衡常数的应
用；(6)反应速率和平衡图像的综合分析。预测今后高考对反应速率的计算、平衡常数的有关计算和应用仍是
命题的重中之重。
1．审题策略
(1)对于图像分析要明确三步①“一看”——看图像。a.看面：弄清纵、横坐标的含义。b.看线：弄清线的
走向、变化趋势及线的陡与平。c.看点：弄清曲线上点的含义，特别是一些特殊点，如与坐标轴的交点、曲线
的交点、拐点、最高点与最低点等。d.看量的变化：弄清是浓度变化、温度变化还是转化率的变化。e.看要不
要作辅助线：如等温线、等压线等。②“二想”——想规律。看完线后联想外界条件对化学反应速率和化学平
衡的影响规律。③“三判断”——得结论。通过对比分析，作出正确判断。
(2)对于反应速率、平衡常数、转化率计算要明确三种量：一是起始量(物质的量或浓度)二是变化量，三是平衡量；用变化量求反应速率和转化率，用平衡浓度求平衡常数。
(3)对化学平衡状态的比较分析时要审清两个条件：①恒温恒容；②恒温恒压。
2．答题策略
(1)利用“三段式”计算v、α、K时，要特别注意用什么时量，用什么物理量计算，心中要清楚，如计算
平衡常数K时，不能用平衡时的物质的量，而用平衡时的物质的量浓度代入。
(2)在填写某些物理量时要注意单位。
(3)在填空时要注意题中要求。
(4)在判断K变化时只考虑温度是否变化。
(5)利用改变容器容积(p改变)判断平衡移动时，要注意体积变化的倍数与浓度变化的倍数的大小。
【方法技巧】化学反应速率、平衡的常规图像题的解题方法
三、水溶液中离子平衡试题的综合判断
水溶液中的离子平衡是高考的热点内容，试题呈现的形式多种多样，如表格形式、图像形式和实验形式。
题目难度往往较大，综合性较强，思维性较强。
近几年高考的命题角度主要有①水溶液中水的电离程度判断；②水溶液的酸碱性；③酸碱反应过程中离子
浓度的大小比较；④电离常数、水的离子积、水解常数、K 的关系及其计算；⑤某些溶液中离子浓度的大小
sp
比较；⑥pH曲线的理解与应用等。预测今后高考仍会以溶液中水的电离程度、离子浓度大小比较、c(H＋)H O
2
和pH的计算为重点进行命题。
1．审题策略(1)对于溶液中水电离程度的判断时要做到：①明确酸、碱溶液(抑制水电离)还是水解呈酸性或碱性的盐溶
液(促进水电离)；②酸、碱电离出的c(H＋)或c(OH－)越大，对水电离抑制越大；水解生成的c(H＋)或c(OH－)越
大，对水电离促进越大。
(2)对同一溶液中不同粒子浓度比较时，要做到：①明确单一溶液还是混合液；②分析溶液中溶质粒子的
电离和水解问题包括程度大小；③分析溶液中粒子的来源途径；④理解溶液中的两守恒(电离守恒和物料守恒)
及应用。
(3)对于溶液中某些常数的应用要知道下列关系：①K ＝c(H＋)·c(OH－)，
W
②HA H＋＋A－的K＝，
a
③A－＋HO HA＋OH－的K ＝，
2 h
④K ＝，
h
⑤XY(s)＋Z－(aq) XZ(s)＋Y－(aq)的K＝＝。
2．答题策略
(1)在守恒式中要注意系数不能遗漏。
①在列电荷守恒式时，注意离子所带电荷的多少，不要简单地认为只是各离子浓度的相加，如2c(CO)的
系数“2”不可漏掉；
②在列物料守恒式时，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如NaS溶液中的物料守恒式中，“2”表示c(Na＋)
2
是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。
(2)在比较溶液中某些离子大小时①不要忽略水的微弱电离，②不能违背电荷守恒和物料守恒，如氨水溶
液与盐酸混合液中不能出现c(NH)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)。
(3)对酸式盐、酸及其盐、碱及其盐的溶液分析时要注意分析电离程度和水解程度的大小。
(4)对水溶液的平衡常数计算时要做到①写准表达式；②根据题意寻找表达式中各粒子浓度。
四、实际工业生产中图像问题分类突破
1．控制反应条件的目的
(1)促进有利的化学反应：通过控制反应条件，可以加快化学反应速率，提高反应物的转化率，从而促进
有利的化学反应进行。
(2)抑制有害的化学反应：通过控制反应条件，也可以减缓化学反应速率，减少甚至消除有害物质的产生
或控制副反应的发生，从而抑制有害的化学反应继续进行。
2．控制反应条件的基本措施
(1)控制化学反应速率的措施
通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控
反应速率。(2)提高转化率的措施
通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高转化
率。
3．化工生产适宜条件选择的一般原则
条件 原则
从化学反应速率分析 既不能过快，又不能太慢
既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，
从化学平衡移动分析
又要注意对二者影响的矛盾性
增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用
从原料的利用率分析
率，从而降低生产成本
从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析 注意催化剂的活性对温度的限制
4.平衡类问题需考虑的几个方面
(1)原料的来源、除杂，尤其考虑杂质对平衡的影响。
(2)原料的循环利用。
(3)产物的污染处理。
(4)产物的酸碱性对反应的影响。
(5)气体产物的压强对平衡造成的影响。
(6)改变外界条件对多平衡体系的影响。
题型一 反应热与水溶液的离子反应
例1. （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 可由 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式： _______ _______。
② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图， 过程的焓变为_______(列式表示)。
③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。
（2） 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)
(ⅱ)
①下列有关 溶液的说法正确的有_______。
A.加入少量硫酸，溶液的pH不变
B.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C.加入少量 溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D.加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变
②25℃时， 溶液中 随pH的变化关系如图。当 时，设
、 与 的平衡浓度分别为x、y、 ，则x、y、z之间的关系式为_______
；计算溶液中 的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长( )有关；在一定波长范围内，最大A
对应的波长( )取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之
和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、 不同的 稀溶液，测得其A随 的变化曲线如图，波长 、 和 中，与 的 最接近的是_______；溶液 从a变到b的过程中，
的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）① N↑ 4H O ②(E-E)+ΔH+(E-E)
2 2 1 2 3 4
③ ④2NO+O =2NO
2 2
（2）①BD ②
当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 ，即 =0.20
反应(ii)的平衡常数K = = =3.3×10-7
2
联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L
③ λ 增大
3
【解析】
（1）① 分解过程中，生成Cr O 和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N、
2 3 2
HO，根据原子守恒可知反应方程式为 。
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)，故答案
3 3 4 1 1 2 3 1 2 3 4为：(E-E)+ΔH+(E-E)。
1 2 3 4
③NH 在Cr O 作催化剂条件下，能与O 反应生成NO，NO与O 反应生成红棕色气体NO ，NO 与HO
3 2 3 2 2 2 2 2
反应生成HNO 和NO，若同时通入O，可将氮元素全部氧化为HNO，因此从NH 出发经过3步反应制备
3 2 3 3
HNO 的路线为 ；其中NO反应生成NO 过程中，气体颜色发
3 2
生变化，其反应方程式为2NO+O =2NO。
2 2
（2）①KCr O 溶液中存在平衡：(i) 、(ii)
2 2 7
。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；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；加入少量NaOH溶液，(ii)正
向移动，溶液中 将减小，(i)将正向移动，故C错误；平衡(i)的平衡常数K = ，平衡常
1
数只与温度和反应本身有关，因此加入少量KCr O 溶液， 不变，故D正确；综上所述，答案为
2 2 7
BD。
②0.10mol/L K Cr O 溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为
2 2 7
=0.20mol/L， 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z
mol/L，因此 =0.10；由图8可知，当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中
，即 =0.20，反应(ii)的平衡常数K = =
2=3.3×10-7，联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中
越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中
越大，因此与 的λ 最接近的是λ；反应(i)的平衡常数K = ，反应(ii)的平衡常
max 3 1
数K = ， = = ，因
2
此 = ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中
c(H+)减小，所以 的值将增大。
【变式探究】（2021·海南卷）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知
25℃， 时：
① 葡萄糖 完全燃烧生成 和 ，放出 热量。
② 。
回答问题：
（1）25℃时， 与 经光合作用生成葡萄糖 和 的热化学方程式为
___________。
（2）25℃， 时，气态分子断开 化学键的焓变称为键焓。已知 、 键的键焓分别为
、 ， 分子中碳氧键的键焓为___________ 。（3）溶于水的 只有部分转化为 ，大部分以水合 的形式存在，水合 可用
表示。已知25℃时， 的平衡常数 ，正反应的速率可表示为
，逆反应的速率可表示为 ，则 ___________(用含 的代数式表
示)。
（4）25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应： ，其平衡常
数 ___________。[已知 ， ]
（5）溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学
平衡的角度说明其原因___________。
【答案】
（1）
（2）664.75（3） （4）
（5）游客呼出的CO 可与钟乳石主要成分CaCO 发生可逆反应： ，
2 3
CO 增加，平衡正向移动，CaCO 减少，钟乳石被坏
2 3
【解析】
（1）由题意可知，反应①为1mol葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，
反应的热化学方程式为 = ，二氧化碳和液态水经光合作
用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1mol葡萄糖会吸收2804kJ的热量，反应的热化学方
程式为 = ；
（2）由反应热的焓变为反应物的键焓之和与生成物的键焓之和的差值可得：反应②的焓变
=—283kJ/mol，解得E(C=O)==664.75kJ/mol；
（3）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H CO)=v(CO )可得：kc(H CO)=
2 3 2 1 2 3
kc(CO)， = =K=600，解得k= ；
2 2 2
（4）由方程式可知，反应的平衡常数K= = = = =3.25×103；
（5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡 ，当游客数量增大，反
应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏。
题型二 反应热与化学平衡
例2.（2022·海南卷）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备 ，电解反应的 。由此计算 的燃烧热
(焓) _______ 。
（2）已知： 的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1
所示。
①若反应为基元反应，且反应的 与活化能(Ea)的关系为 。补充完成该反应过程的能量变化示
意图(图2)_______。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 和
，反应平衡后测得容器中 。则 的转化率为_______，反应温度t约为_______℃。
（3）在相同条件下， 与 还会发生不利于氧循环的副反应：
，在反应器中按 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 、 浓度( )如下表所示。
t=350℃ t=400℃
催化剂
催化剂
10.8 12722 345.2 42780
Ⅰ
催化剂
9.2 10775 34 38932
Ⅱ
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 生成 的平均反应速率为____
；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） ① ②50%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
【解析】
（1）电解液态水制备 ，电解反应的 ，由此可以判断，2mol 完全燃
烧消耗 ，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol 完全燃烧生成液态水放出的热量
为286kJ，因此， 的燃烧热(焓) -286 。
（2）①由 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
与活化能(Ea)的关系为 ，由图２信息可知 ＝ａ ，则 ａ ，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 和 ，反应平衡后测得容器中，则 的转化率为 ，根据C元素守恒可知， 的平衡量为
， 和 是按化学计量数之比投料的，则 的平衡量为 ， 的平衡量是 的２倍，
则 ， 的平衡浓度分别为 、
、 、 ，则该反应的平衡常数K＝ ，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， 的浓度由０增加到
10.8 ，因此， 生成 的平均反应速率为 ；由表中
信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 的浓度由０增加到10.8
，， : ＝12722:10.8 1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，
的浓度由０增加到9.2 ， : ＝10775:9.2 1171；在选择使用催化剂Ⅰ和
400℃条件下反应， 的浓度由０增加到345.2 ， : ＝
42780:345.2 124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下， 的浓度由０增加到34
， : ＝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。【变式探究】（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 转化为 ，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
(1) 转化为 有直接氯化法和碳氯化法。在 时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接氯化：
(ⅱ)碳氯化：
①反应 的 为_______ ， _______Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是_______。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡_______移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化
率_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)在 ，将 、C、 以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分
数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应 的平衡常数 _______ 。
②图中显示，在 平衡时 几乎完全转化为 ，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原
因是_______。
(3) 碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于 “固—固”接触的措施是_______。
【答案】(1) -223 1.2×1014 碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与
焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向左 变小(2) 7.2×105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl 产品，提高效益
4
(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”
2
【解析】
(1)①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O(g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/mol-172kJ/
2
mol=-223kJ/mol；则Kp= = =1.2×1014Pa；
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过
程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；
③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移
动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变
小。
(2)①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO 是0.05，TiCl 是0.35，CO是0.6，反应C(s)
2 4
+CO (g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= = Pa=7.2×105Pa；
2
②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为
了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl 产品。
4
(3)固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO – C“固-固”接触，可将两者粉碎后混
2
合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
2
题型三 化学平衡与电化学
例3.（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：
的
（1）在一定温度下，向体积固定 密闭容器中加入足量的 和 ，起始压强为
时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
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
C.平衡时 的体积分数可能大于
D.将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时， 的转化率为 ，CO的物质的量为 。此时，整个体系_______(填“吸
收”或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数 _______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（2）一种脱除和利用水煤气中 方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中 溶液吸收一定量的 后， ，则该溶液的
_______(该温度下 的 )；
②再生塔中产生 的离子方程式为_______；
③利用电化学原理，将 电催化还原为 ，阴极反应式为_______。
【答案】（1）①BD ②吸收 31.2
（2）①10 ②2 =====CO↑+ +H O ③2CO +12e-+12H+=C H+4H O、AgCl+e-=Ag+Cl-
2 2 2 2 4 2
【解析】
（1）①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；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；
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 的体积分
2 2 2 2 2 2 2
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，平衡时H 的体积分数
2不可能大于，C说法不正确；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
2
确；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的物
2
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0.2mol CO，故
2 2
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39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，
2
平衡时H 的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO 的物质的量为0.2mol，水的物质的量为
2 2
0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为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)+HO(g )
2
CO(g)+H(g)）的平衡常数K = 。
2 p
（2）①某温度下,吸收塔中KCO 溶液吸收一定量的CO 后，c( ):c( )=1:2，由
2 3 2
可知， = ，则该溶液
的pH=10；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
3 2 3 2 2
=====CO↑+ +H O；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
2 2 2 2 4
电生成氧气和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
【变式探究】（2021·湖南卷）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通
过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键
946 436.0 390.8
键能一定温度下，利用催化剂将NH 分解为N 和H。回答下列问题：
3 2 2
(1)反应2NH (g) N(g)+3H(g) _______ ；
3 2 2
的
(2)已知该反应 ，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)
A.25℃ B.125℃ C.225℃ D.325℃
(3) 某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH 通入3L的密闭
3
容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，t 时反应达到平衡，用H 的浓度变化表示 时间内的反应速率
1 2
_______ (用含 的代数式表示)
②t 时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N 分压变化趋势的曲线是
2 2
_______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______；
③在该温度下，反应的标准平衡常数 _______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应
， ，其中 ， 、 、 、 为各组分的
平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氮转化为高纯氢气，其装置如图所示。(4)电解过程中OH-的移动方向为_______(填“从左往右”或“从右往左”)；
(5)阳极的电极反应式为_______。
【答案】 (1)+90.8 (2) CD (3) b
开始体积减半，N 分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N 分压比原来2倍要小 0.48 (4)
2 2
从右往左 (5)2NH -6e-+6OH-= N +6H O
3 2 2
【解析】(1) 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH (g) N(g)+3H(g)，
3 2 2
△H=390.8kJ·mol-1×3×2-(946 kJ·mol-1+436.0kJ·mol-1×3)= +90.8kJ·mol-1；
(2)若反应自发进行，则需△H-T△S<0，T> =456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，
CD符合，故答案为CD；
(3)①设t 时达到平衡，转化的NH 的物质的量为2x，列出三段式：
1 3
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比， = ，解得x=0.02mol，v(H )=
2
= mol L-1 min-1；
②t 时将容器体积压缩到原来的一半，开始N 分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N 分压
2 2 2
比原来2倍要小，故b曲线符合；
③由图可知，平衡时，NH 、N、H 的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数 =
3 2 2
=0.48；
(4)由图可知，通NH 的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，
3电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动；
(5)阳极NH 失电子发生氧化反应生成N，结合碱性条件，电极反应式为：2NH -6e-+6OH-= N +6H O。
3 2 3 2 2
题型四 反应热、化学平衡与电化学
例4. (2022·河北卷)氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
（1） 时， 燃烧生成 )放热 ， 蒸发吸热 ，表示 燃烧热的热
化学方程式为_______。
（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高 平衡转化率的是_______ (填标号)。
A.增加 用量 B.恒温恒压下通入惰性气体
C.移除 D.加入催化剂
②恒温恒压条件下， 和 反应达平衡时， 的转化率为 ， 的物
质的量为 ，则反应Ⅰ的平衡常数 _______ (写出含有a、b的计算式；对于反应
， ，x为物质的量分数)。其他条件不变， 起
始量增加到 ，达平衡时， ，平衡体系中 的物质的量分数为_______(结果保留两位
有效数字)。
（3）氢氧燃料电池中氢气在_______(填“正”或“负”)极发生反应。
（4）在允许 自由迁移的固体电解质燃料电池中， 放电的电极反应式为_______。
【答案】（1）H(g)+ O (g)=HO(1) △H= -286 kJ•mol-1
2 2 2（2）①BC ② （3）负
（4）C H -(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO+(n+1) HO
n 2n+2 2 2
【解析】
（1）298K时，1gH 燃烧生成HO(g)放热121 kJ，1 mol H O(1)蒸发吸热44kJ，则1mol H 燃烧生成1 mol
2 2 2 2
HO(1) 放热286kJ，表示H 燃烧热的热化学方程式为：H(g)+ O (g)=HO(1) △H= -286 kJ•mol-1；
2 2 2 2 2
（2）①增加CH (g)用量可以提高HO(g)的转化率，但是CH(g)平衡转化率减小，A不符合题意；恒温
4 2 4
恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，
能提高CH(g)平衡转化率，B符合题意；移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡
4
正向移动，能提高CH(g)平衡转化率，C符合题意；加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH(g)平衡转
4 4
化率，D不符合题意；综上所述，上述操作中，能提高CH(g)平衡转化率的是BC；
4
②恒温恒压条件下，1 mol CH (g)和1 mol H O(g)反应达平衡时，CH (g)的转化率为α，CO (g)的物质的
4 2 4 2
量为b mol，则转化的CH (g)为α mol，剩余的CH (g)为(1-α )mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量
4 4
为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，HO(g)的物质的量为(1-α-b )mol，H(g)的物质的量为(3α+b )mol，则反应
2 2
混合物的总物质的量为(2α+2 )mol，平衡混合物中，CH(g)、HO(g)、 CO(g) 、H(g)的物质的量分数分别为
4 2 2
、 、 、 ，因此，反应I的平衡常数K=
x
;其他条件不变，HO(g)起始量增加到5mol，达平衡时，a
2
=0.90，b =0.65，则平衡时，CH (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，，根据H
4
和O守恒可知，HO(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡
2 2
混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H(g)的物质的量分数为 ；
2
（3）燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，C H 在负极发生氧化反应生成CO 和HO，电极反
n 2n+2 2 2应式为C H -(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO +(n+1) HO。
n 2n+2 2 2
【变式探究】（2021·河北卷）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)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数
据如表：
物质 H(g) C(石墨，s) C H(l)
2 6 6
燃烧热△H(kJ•mol-1) -285.8 -393.5 -3267.5
(1)则25℃时H(g)和C(石墨，s)生成C H(l)的热化学方程式为________。
2 6 6
(2)雨水中含有来自大气的CO，溶于水中的CO 进一步和水反应，发生电离：
2 2
①CO(g)=CO (aq)
2 2
②CO (aq)+H O(l)=H+(aq)+HCO (aq)
2 2
25℃时，反应②的平衡常数为K 。
2
溶液中CO 的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol•L-1•kPa-1，当
2
大气压强为pkPa，大气中CO(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为________mol•L-1(写出表达式，考虑
2
水的电离，忽略HCO 的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO )固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO (s)
3 3
MCO(s)+HO(g)+CO(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
2 3 2 2
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO(g)，再加入足量MHCO (s)，欲使平衡时体系中水蒸
2 3
气的分压小于5kPa，CO(g)的初始压强应大于________kPa。
2
(4)我国科学家研究Li—CO 电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
2
①Li—CO 电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO 在___(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究
2 2
表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO 电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写
2
出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO +2e-=C O Ⅱ.C O =CO +CO
2 2 2 2
Ⅲ._______________ Ⅳ.CO +2Li+=Li CO
2 3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO 气体可被电化学还原。
2
Ⅰ.CO 在碱性介质中电还原为正丙醇(CHCHCHOH)的电极反应方程式为______________。
2 3 2 2Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO 电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H 的反应
2 2
可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO 电还原为CO从易到难的顺序为_________________(用a、
2
b、c字母排序)。
【答案】 (1)6C(石墨，s)+3H(g)= C H(l) △H=49.1kJ mol-1 (2) (3) 100.8
2 6 6
(4)正极 2CO2-+CO =2CO2-+C 12CO+18e-+4H O=CHCHCHOH+9CO2- c、b、a
2 2 3 2 2 3 2 2 3
【解析】
(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O(g)=CO (g) △H=-393.5kJ·mol-1，②H(g)+
2 2 1 2
O(g)=HO(l) △H=-285.8kJ·mol-1，③C H(l)+ O(g)=6CO (g)+6HO(l) △H=-3267.5kJ mol-1，根据盖斯定
2 2 2 6 6 2 2 2 3
律，[①×12+②×6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H(g)= C H(l)，△H=[(-393.5kJ mol-1)12+(-285.8kJ mol-1)×6] -
2 6 6
(-3267.5kJ mol-1)=49.1kJ mol-1；
(2)由题可知，①CO(s) CO(aq)，②CO(aq)+H O(l) H+(aq)+HCO-(aq)，K = ，又因为
2 2 2 2 3 2
p(CO)=p(kPa)x，则c(CO)=y(mol•L-1•kPa-1)p(CO )=pxy mol/L，在忽略HCO-的电离时，c(H+)=c(HCO-)，所以
2 2 2 3 3
可得c(H+)= ；
(3)2MHCO(s) MCO(s)+HO(g)+ CO (g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表
3 2 3 2 2
示物质的量浓度，平衡常数K = = =529kPa2。温度不变化学平衡常数K 不变，设平
p p衡时，平衡体系中CO 的分压为x，则K= = 529kPa2， = kPa=105.8kPa，CO 的初始压强
2 2
等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO 的分压，即CO(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa；
2 2
(4)①由题意知，Li-CO 电池的总反应式为：4Li+3CO=2Li CO+C，CO 发生得电子的还原反应，则CO
2 2 2 3 2 2
作为电池的正极；CO 还原后与Li+结合成LiCO，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了CO2-，而步骤IV需
2 2 3 2
要CO2-参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2CO2-+CO =2CO2-+C；
3 2 2 3
②I.CO 在碱性条件下得电子生成CHCHCHOH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：
2 3 2 2
12CO+18e-+4H O=CHCHCHOH+9CO2-；
2 2 3 2 2 3
II.c催化剂条件下，CO 电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO 的电还原；而催化剂a
2 2
和b条件下，CO 电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂
2
条件下，H+电还原的活化能比CO 电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到
2
难的顺序为c、b、a。
题型五 化学反应原理与物质结构与性质综合
例5.（2022·辽宁卷）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔
奖，其反应为：
回答下列问题：
（1）合成氨反应在常温下___________(填“能”或“不能”)自发。
（2）___________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，___________温有利于提高平衡转
化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用 。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
（3）方案二： 复合催化剂。
下列说法正确的是___________。a． 时。复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
（4）某合成氨速率方程为： ，根据表中数据， ___________；
实
验
1 m n p q
2 n p
3 m n
4 m p
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为___________。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
（5）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为 配体；四面体中心为硼
原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为 ，则M元素为___________(填元素符号)；在该化合物
中，M离子的价电子排布式为___________。
【答案】（1）能 （2） 高 低
（3）a （4） a （5）
【解析】
（1）对于合成氨反应，常温下，
，故合成氨反应在常温下能自发进行；
（2）其他条件一定时，升高温度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增大，反应速率加快；合成
氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即使反应平衡正向移动，应降低温度；故答案为：高、低；
（3）由题图可知， 时，复合催化剂催化时合成氨反应的反应速率比单-催化剂催化时大很多，说明
时复合催化剂比单-催化剂效率更高，a正确；同温同压下，复合催化剂能提高反应速率，但不能使平衡
发生移动，故不能提高氨的平衡产率，b错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，催化效率反而降低，
c错误；故选a；
（4）将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：① ，③
，可得 。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中 ，生成物
浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会提高正反应速率，a正确，c错误；反应主产物即氨不能使催化剂
中毒，b错误。
（5）由图可知，“ ”代表 ，“ ”代表 ，面心立方最密堆积的晶胞中，“ ”处
于8个顶角和6个面心，则每个晶胞中含“ ”的个数为 ，8个“ ”均处于晶胞内部，则
“ ”和“ ”的个数之比为 ，故该晶体的化学式为 ；又知该化合物的摩尔
质量为 ，则有 ，解得 ，故M元素为 。化合物
中， 整体为0价， 中B为 价，H为 价，则 为 价，基态 原子核
外电子排布式为 ，失老 轨道上的2个电子得到 ，故 的价电子排布式为 。
【变式探究】氮元素在农药生产及工业制造业等领域用途非常广泛。回答下列问题：
(1)NH 是重要的配体，其中H—N—H的键角为107.3°。
3
①NH 分子的VSEPR模型为___________。
3②[Cu(NH )]2+中H—N—H的键角_____107.3°(填“大于”“小于”或“等于”)。
3 4
③甲基胺离子(CHNH +)的电子式为______________。
3 3
(2)已知氨在一定条件下可形成一种立方晶系，其立方晶胞沿x、y或z轴投影图均如图所示。已知晶胞的
棱长为a pm，则该晶体的密度为______g/cm3。(写出数学表达式，设N 为阿伏加德罗常数的值)。
A
(3)CO和H 可以合成简单有机物，已知CO、H 合成CHOH、HCOOCH 的能量变化如图所示，计算：
2 2 3 3
2CHOH(g) HCOOCH (g)+2H(g) △H=_____。
3 3 2
已知键能数据如下表，则C≡O的键能为__________kJ•mol-1。
化学键 H－H C－O C≡O H－O C－H
键能/(kJ•mol-1) 436 326 A 464 414
(4)利用电解原理，可将氨气转化为高纯氢气，其装置如图所示。
电解过程中OH—的移动方向为____(填“从左往右”或“从右往左”)；阳极的电极反应式为
______________。
【答案】(1) 四面体形 大于 (2) (3) +135.4 kJ•mol-1 1054
（4） 从右往左 2NH -6e-+6OH-=N +6H O
3 2 2
【解析】（1）①NH 中心原子N有3个σ键，孤电子对数为 =1，价层电子对数为4，VSEPR模型为
3
四面体形；②[Cu(NH )]2+中孤电子对已形成配位键，不再有孤对电子；NH 中孤电子对与成键电子对之间排斥力
3 4 3
更大，使成键电子对之间的夹角更小，则H—N—H的键角大于107.3°；③甲基胺离子(CHNH +)的电子式为；
3 3
； （2）根据题意可知，此时氨形成的晶体类型为体心立方堆积，配位数为8，每个晶胞
中含有2个NH ，密度= g/cm3= g/cm3；（3）根据图可得到反应：①CO(g)+ 2H (g)
3 2
CHOH(g) △H =-106.0kJ/mol；②2CO(g)+ 2H (g) HCOOCH (g) △H =-76.6kJ/mol；根据盖斯定律，则
3 1 2 3 2
②-① 2可得2CHOH(g) HCOOCH (g)+2H(g) △H=+135.4 kJ•mol-1；根据反应CO(g)+ 2H (g) CHOH(g)
3 3 2 2 3
△H=-106.0kJ/mol，△H=反应物总键能-生成物总键能，代入数据可得a+2 (436kJ/mol)-3 (414kJ/mol)-
1
(326kJ/mol)- (464kJ/mol)=-106.0kJ/mol，则C≡O的键能为1054kJ/mol；（4）由图可知，通NH 的一极氮元素化
3
合价升高，发生氧化反应,为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极﹐则从右往左移
动；阳极NH 失电子发生氧化反应生成N 结合碱性条件，电极反应式为2NH -6e-+6OH-=N +6H O。
3 2 3 2 2
