文档内容
押新高考卷第 18 题
化学反应原理综合题
化学反应原理综合题一般取材于能源、环境保护、化工生产等情境，题目围绕个主题，将热化学、化学反
应速率、电化学及三大平衡知识融合在一起进行考查每个小题相对独立;题目中结合图像、表格、数据、装
置等信息，考查考生的阅读、读图、分析归纳能力，试题的难度较大。涉及化学反应速率、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、原电池和电解池原理及其
电极反应式的书写水溶液中的离子平衡等知识。各个小题又相对比较独立题目的综合性强，化学信息较
多，设问角度灵活多变，侧重考查考生接收整合信息的能力和应用化学知识解决实际问题的能力。
1．（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 _______ 。
（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)
（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：
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
。
2．（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达平
1 1
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，K(I)＝
2
，a＝ 。故 ＝ ，K(II)＝
。
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。
3．（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)。
（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：
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。
4．（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
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
4
=-4386.9kJ/mol-
(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；答案为：+118；
（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气态乙苯发生反应
2
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1.75mol，
2
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，A项
2 3
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，即活性最
6 5 2
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
5．（2023·辽宁卷）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
（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，该制
4 2
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)如下图所
4 2
示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO 、_______和_______(填化学式)。
2
（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)。
(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硫酸
2 2
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 发生热分解反
4
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，还有其他气体产
4
出，此时气体产物为SO 、SO 、O，可能出现的化学方程式为3CuSO 3CuO+2SO ↑+SO↑+O ↑，结
2 3 2 4 2 3 2
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CuO、SO 、SO 、O，故答案为
2 3 2
CuO、SO 。
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用；
2 2
(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、同时作为催化
2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
(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 。
一、化学反应原理综合题的解题“三原则”
原则一、注意跳跃思维
化学反应原理综合题是拼盘式考查，热化学和电化学的题目设计一般没有递进性，答题时可跳跃解决，不
能因为化学平衡的题目难度大而放弃
原则二、仔细分析图像
分析图像要明确三步:
“一看”看图像
“二想”想规律
“三判”得结论
原则三、分层简化解题
把大题化为小题，把综合性问题分解为相对独立的小问题，降低难度，各个击破。如:
（1）利用盖斯定律求算反应热。分层思考:
①明确待求热化学方程式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熔变；③叠加处理热化学方程式确定答案。
（2）化学反应速率的计算、转化率及平衡常数的计算
用“三段式”法分层找相关“量”:用什么时刻量，用什么物理量计算。如计算平衡常数 K 时，不能使用
平衡时的物质的量，要用平衡时的物质的量浓度。
（3）电化学的考查:首先分析电化学装置，判断是原电池还是电解池，再根据电极所处的环境书写电极反
应式。
二、化学反应原理题的四大考向
1．“加和法”突破盖斯定律运算
（1）确定目标反应中的物质存在于哪个已知热化学反应方程式中及所处的位置与化学计量数。
（2）根据目标反应调整已知反应的方向、计量数和焓变。
（3）根据调整好的已知热化学方程式进行加和运算，进而确定目标热化学方程式或焓变(ΔH)。
2．“三段式”分析突破反应速率和平衡的有关计算
（1）根据题意在反应的下方确定或设定有关起始量、转化量和平衡量(这里的量可以是物质的量、物质的
量浓度、分压等)。
（2）根据题中所求的物理量的表示式代入上述有关量进行换算或计算。在进行有关计算时，要注意对单
位的要求。
3．“三审”突破反应速率和平衡的有关图像
4．利用“两种模型”突破电化学分析
（1）原电池模型（2）电解池模型
1．（2024·吉林·统考一模）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一， CH 还原CO 是实现“双
4 2
碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：CH(g) + CO (g) 2CO(g) + 2H (g) ΔH = +247 kJ·mol−1
4 2 2
Ⅱ：CO(g) + H(g) CO(g) + H O(g) ΔH = +41 kJ·mol−1
2 2 2
请回答下列问题：
（1）有利于提高CO 平衡转化率的条件是___________。
2
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
（2）反应CH(g) + 3CO (g) 4CO(g) + 2H O(g)的ΔH = kJ·mol−1。
4 2 2
（3）恒温恒压条件下，1mol CH(g)和1mol CO (g)反应达平衡时，CH(g)的转化率为 ，HO (g)的物质的
4 2 4 2
量为bmol，则反应Ⅰ的平衡常数K = (写出含有α、b的计算式；对于反应mA(g) + nB(g) pC(g)
x
+ qD(g)， ，x为物质的量分数)。
（4）恒压、750℃时，CH 和CO 按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现
4 2
CO 高效转化。
2
①下列说法正确的是 。
A．Fe O 可循环利用，CaO不可循环利用
3 4
B．过程ⅱ，CaO吸收CO，可促使Fe O 氧化CO的平衡正移
2 3 4
C．过程ⅱ产生的HO最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出
2
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO 需吸收的能量更多
2②过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO
物质的量上升的原因 。
（5）CH 还原能力(R)可衡量CO 转化效率，R= (同一时段内CO 与CH 的物质的量变化量之
4 2 2 4
比)。催化剂X可提高R值，某一时段内CH 转化率、R值随温度变化如下表：
4
温度/℃ 480 500 520 550
CH 转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
4
R 2.6 2.4 2.1 1.8
①温度升高，CH 转化率增加，CO 转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
4 2
②分析催化剂提高R值的原因 。
【答案】（1）C
（2）+329
（3）
（4） BC 通入He，CaCO 分解平衡正移，导致 增大，促进Fe还原CO 平衡正移
3 2
（5）增大 催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO 的转化率增大，
2
Δn( CO )增大的倍数比Δn(CH)大，所以R提高
2 4
【解析】（1）反应Ⅰ是正向气体分子数增大的吸热反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的吸热反应，故高
温、低压有利于反应Ⅰ正向移动，高温有利于反应Ⅱ正向移动，从而提高CO 平衡转化率，故C符合题
2
意，故答案为：C；
（2）根据盖斯定律可知，Ⅰ+2×Ⅱ可得：CH(g)+3CO (g) 4CO(g)+2HO(g)ΔH，则
4 2 2
ΔH=(247+41×2)kJ•mol-1=329kJ•mol-1， 故答案为：329；
（3）恒温恒压条件下，1mol CH(g)和1mol CO (g)反应达平衡时，CH(g)的转化率为 ，HO (g)的物质的
4 2 4 2
量为bmol，由三段式分析可知： ，
，平衡时CH、CO、CO、H 的物质的量分数分别
4 2 2为： 、 、 、 ，则反应Ⅰ的平衡常数K = = ，故答案
x
为： ；
（4）①A．由图可知，Fe O 和CaO在反应ii中消耗，在反应iii中生成，可循环利用，A错误；
3 4
B．由图可知，过程ⅱ中，CaO吸收CO 可促使Fe O 氧化CO的平衡正移，B正确；
2 3 4
C．由图可知，过程ⅱ产生的HO在过程iii中不反应，未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，C正确；
2
D．Fe O 和CaO做催化剂，不影响焓变，相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO 需吸收的能量不
3 4 2
变，D错误；
故答案为：BC；
②过程ⅱ平衡后通入He，气体体积增大，相当于减压，CaCO 分解平衡正移，导致 增大，进一步
3
促进Fe还原CO 平衡正移，一段时间内CO物质的量上升，故答案为：通入He，CaCO 分解平衡正移，导
2 3
致 增大，促进Fe还原CO 平衡正移；
2
（5）①由题干可知，两个反应都是吸热反应，温度升高，CH 转化率增加，CO 转化率增大，两个反应中
4 2
CO 转化率都增大，故答案为：增大；
2
②催化剂具有选择性，由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO 的转化率增
2
大，Δn( CO )增大的倍数比Δn(CH)大，所以R提高，故答案为：催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，
2 4
使单位时间内反应Ⅱ中CO 的转化率增大，Δn( CO )增大的倍数比Δn(CH)大，所以R提高。
2 2 4
2．（2024·山东日照校际联考一模）“氢能源”的开发利用意义重大，乙醇与水催化重整制“氢”发生如
下反应。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）反应Ⅰ的 。
（2）反应Ⅱ的速率 ，其中 、 分别为正、逆反应速
率常数。升高温度时 (填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）压强为100kPa下， 和 发生上述反应，平衡时 和CO的选择性、乙醇
的转化率随温度的变化曲线如图。［已知：CO的选择性 ］
①表示CO选择性的曲线是 (填标号)；
②573K时，生成 的物质的量为 ；
③573K时，反应Ⅱ的标准平衡常数 ，其中 为100kPa， 、 、
和 为各组分的平衡分压，则反应Ⅲ的 (列出计算式即可)。
（4）压强为100kPa， 的平衡产率与温度、起始时 的关系如图所示，每条曲线表示 相同
的平衡产率。
① 的平衡产率：Q点 N点(填“>”、“=”或“<”)；
②M、N两点 的平衡产率相等的原因是 。
【答案】（1）
（2）减小（3）c 1.02mol
（4）< M点与N点具有相同的压强， 相同；不同的是N点温度高于M点，升高温度，
反应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、Ⅲ正向移动产生H 的量相等
2
【解析】（1）观察知，反应Ⅰ=反应Ⅲ-2×反应Ⅱ，则
；
（2）达到平衡时， =
升高温度，反应Ⅱ逆向移动，平衡常数减小，lgK减小；
（3）①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应
Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO 转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO 的选择性减小，由
2 2
于CO的选择性+CO 的选择性=1，则表示CO 选择性的曲线为a，表示CO选择性的曲线是c，表示乙醇的
2 2
转化率的曲线是b。②573K时，CO 的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡
2
时n(CO)+n(CO)=1mol×0.6×2=1.2mol，n(CO)= 1.2mol×15%= 0.18mol，n(CO)= 1.2mol×85%= 1.02mol；③
2 2
设反应Ⅰ中转化了xmol，反应Ⅱ中CO转化了ymol，反应Ⅲ中转化了zmol，则
， ，那么x+z=0.6，2x-y=0.18，y+2z=1.02，平
衡时n(H O)=3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38mol，n(H )=4x+y+6z=4(x+z)+
2 2
(y+2z)=2.4+1.02=3.42mol，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4mol，故反应Ⅲ的
=
（4）①每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在Q点所在曲线上取一个点与N点温度相同，标为点E，E
点与N点相比温度相同，但是E点的 小于N点的 ，而 增大时，三个
反应均会正向移动，氢气的产率增大，因此的产率：Q点”、“=”或“<”)
② 的产率：C点 B点(填“>”、“=”或“<”)；
③A、B两点 产率相等的原因是 。
（3）压强为100 下，1 和3 发生上述反应，平衡时 和 的选择性、
乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。[已知： 的选择性 ]
①573K时，10分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量 。
②表示 选择性的曲线是 (填标号)。③573K时，反应Ⅱ的 (保留到小数点后两位)。
【答案】（1） 高温
（2）= < B点温度高于A点，升高温度，反应II逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、反应Ⅲ正向
移动产生 的量相等
（3）-0.6 c 14.04
【解析】（1）观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ+2 反应Ⅱ，则 ，
； 的反应能自发进行，
反应Ⅰ的 ， ，则反应Ⅰ能自发进行的条件为高温。
（2）①A、D两点的温度相同，则反应Ⅱ的平衡常数： = ；
②每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点所在曲线上取一个点与B点温度相同，标为点E，E点与
B点相比温度相同，但是E点的 小于B点的，而增大 时，三个反应均会正向移
动，氢气的产率增大，因此 的产率：C点”“<”或“=”)；若 对应的点均
处于平衡状态，保持其他条件不变，仅将容器更换为恒容的刚性容器，则图示点 中， 与 新
的转化率点可能依次是 (填代号)；M点丙烷的分压 (保留两位有效数字)。
【答案】（1）
（2） 反应 是体积增大的反应，充入Ar，丙烷的分压减小，平衡正
向移动，有利于丙烷转化率增大 16.7（3）> d、c 53
【解析】（1） =反应物的总键能-生成物的总键能=2E(C-C)+8
-2E(C-C)- E(碳碳 键)-6 - = 。
（2）反应 是体积增大的反应，充入Ar，体系中各组分的分压减小，相当于减
小平衡体系的压强，平衡正向移动，有利于丙烷转化率增大，则 点对应的投料方式为
，投料比 越大，则丙烷的转化率越小，则曲线 是为 投料，丙烷分压越大，反应
速率越快，因此0~6s内，曲线 对应的平均反应速率最快；m点和n点温度相同，平衡常数相等，根据m
点数据列出“三段式”
平衡时气体总物质的量为1mol+1mol+1 mol +3 mol =6mol，平衡常数 。
（3）在一定条件下，将物质的量之比为 的 和 匀速通入体积可变的反应容器中发生
、 ，则反应过程中
> ， 和
都是气体体积增大的反应，在恒压条件下发生反应，容器的体积
增大，仅将容器更换为恒容的刚性容器，需要压缩容器的体积增大压强，平衡逆向移动， 和 的转
化率下降，且 的转化率要大于 ，则 与 新的转化率点可能依次是d、c；根据M点 和
的转化率相等，说明只发生 ，列出“三段式”
M点丙烷的分压 。
7．（2024·广西柳州·统考一模）二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有：
反应①反应②
反应③
（1）反应②自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)，反应③
。
（2）反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是 。
（3）反应③有催化剂和无催化剂作用下的反应机理如图所示(其中标有*的为吸附在催化剂表面上的物种，
TS为过渡态)，催化剂可使反应历程中决速步骤的活化能降低 eV(eV为能量单位)。
（4）在 下， 和 按物质的量之比为 进行投料，只发生反应①和反应③，平衡时CO和
在含碳产物中的物质的量分数及 转化率随温度的变化如图所示。
①图中a代表的物质是 。
②q曲线在250℃之后随温度升高而增大的原因是 。
③250℃时，反应①的平衡常数 ( 为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
（5）向一定浓度的 溶液通入 至饱和，在电极上反应生成 ，电解原理如图所示(阴、阳极区溶液均为 溶液)。电解过程中生成尿素的电极反应式为 。
【答案】（1）低温
（2）反应③是放热反应，反应①为吸热反应
（3）0.20
（4） 250℃之后反应①为主反应
（5）
【解析】（1）反应②的△H<0，△S<0，若△G=△H-T△S<0，需满足低温，因此需要低温自发；反应③=
反应①+反应②，则△H=△H +△H =+41kJ/mol+(-90kJ/mol)=-49 kJ/mol；
3 1 2
（2）反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是反应③是放热反应，反应①为吸热反应；
（3）由图知TS 步活化能最大，为该反应的决速步，未使用催化剂时的活化能为1.8eV-0.2eV=1.6eV，使
3
用催化剂时的活化能为0.4eV-(-1.0eV)=1.4eV，故使用催化剂使该步骤的活化能降低了0.2eV；
（4）反应①为吸热反应，反应③为放热反应，平衡后升高温度，甲醇的物质的量减少，CO的物质的量增
加，a曲线代表甲醇，b曲线代表CO，q曲线代表CO 的转化率随温度的变化；250°C之前以反应③为主，
2
升高温度，反应③逆向移动，CO 的转化率降低，250°C之后以反应①为主，升高温度，反应①正向移
2
动，CO 的转化率增大；250°C时，二氧化碳的转化率为20%，CO和CHOH的物质的量分数相等，发生
2 3
反应①和③：
由二氧化碳的转化率为20%得出5×20%=2x，x=0.5mol，平衡后各物质的物质的量为：n(CO)=4mol，
2
n(H )=17-4x=15mol，n(CO)=0.5mol，n(H O)=2x=1mol，n(CHOH)=0.5mol，n(总)=4+15+0.5+0.5+1=21mol，
2 2 3K= = ；
p
（5）电解过程中生成尿素的电极为阴极，发生还原反应，由硝酸根离子和二氧化碳在酸性条件下生成尿
素，电极反应式为： 。
8．（2024·山东济宁一模）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
Ⅰ.CO (g)+4H(g)=CH (g)+2HO(g) △H＜0
2 2 4 2 1
Ⅱ.CO (g)+H(g)=CO(g)+HO(g) △H＞0
2 2 2 2
Ⅲ.2CO(g)+2H (g)=CO (g)+CH (g) △ H
2 2 4 3
在密闭容器中，1.01×105Pa、n (CO)：n (H )=1：4时，在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO 平
起始 2 起始 2 2
衡转化率、CO 实际转化率随温度的变化如图2所示。CH 的选择性可表示为 ×100%。
2 4
（1）各物质的相对能量如图1所示，△H= kJ•mol-1，平衡时CH 的选择性随着温度的升高 ，
3 4
用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度为 ，450℃时，使CO 平衡转化率达到X点的值，可以采
2
用的措施为 (写出一条)。
（2）在密闭容器中，1.01×105Pa，CO 和H 的起始物质的量分别为1mol和4mol，平衡后反应体系中各物
2 2
质的物质的量随温度的变化如图3所示，图中表示CH 的物质的量的曲线为 。在505℃，反应Ⅱ的
4
平衡常数K= 。(保留两位有效数字)（3）CeO 催化CO 与H 转化为CH 的机理如图4所示。反应体系中Ce呈现 种价态，催化剂中掺入
2 2 2 4
少量CaO，用Ca2+替代CeO 结构中部分Ce4+形成Ca Ce O，可提高催化效率的原因是 。
2 x 1-x y
【答案】（1） 减小 400℃ 提高的氢气的投料比例
（2）B 0.17
（3）2 导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二氧化碳的催化转化
【解析】（1）反应的焓变等于生成物焓的和减去反应物的焓的和，则2CO(g)+2H(g)=CO (g)+CH (g)
2 2 4
，生成甲烷的反应均为放热反应，升高温度，平衡
逆向移动，则平衡时CH 的选择性随着温度的升高而减小；由图可知温度400℃左右时二氧化碳实际转化
4
率最高，催化剂的活性最大，此时为最适温度，温度继续增加，催化剂活性下降，故用该催化剂催化二氧
化碳反应的最佳温度为400℃；450℃时，提高的氢气的投料比例，可以促进二氧化碳的转化，能使二氧化
碳平衡转化率达到X点的值；
（2）结合图2可知，低于300℃二氧化碳的平衡转化率接近100%，此时图3中AB的量接近2mol、
1mol，DE的量接近0mol，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动、Ⅱ正向移动，导致CO量增大、甲烷的量减
小，结合碳守恒可知，含碳物质的量不会超过1mol，则A为水、B为甲烷、C为氢气、E为一氧化碳、D
为二氧化碳，故图中表示CH 的物质的量的曲线为B；在505℃，水、氢气均为1.35mol，结合氢守恒可
4
知，甲烷为 ，设二氧化碳、一氧化碳分别为amol、bmol，由碳守恒可知，a+b+0.65=1，由氧守恒可知，2a+b+1.35=1×2，a=0.3mol、b=0.05mol，反应Ⅱ的平衡常数
；
（3）
由图可知，Ce可以与1个氧或2个氧结合，氧化合价为-2，故Ce的化合价为+4或+2两种价态；结合反应
机理可知，Ca2+替代CeO 结构中部分Ce4+形成Ca Ce O ，导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二
2 x 1-x y
氧化碳的催化转化。
9．（2024·江西·统考模拟预测）江西稀土资源丰富。硫酸铵作为一种重要的化工原料，可用于稀土的提
取。初始投料比 的混合物，其热分解过程如图所示：
已知该过程主要分为三个阶段，其中：
阶段Ⅱ反应：
阶段Ⅲ反应：
回答下列问题：
（1） 中， 的空间结构为 ， 中心原子的杂化类型为 。
（2）阶段Ⅰ不发生氧化还原反应，对应的化学方程式为 ；图中阶段Ⅰ多次重复实验的实际失重
均比理论值偏大，此误差属于 (填“偶然误差”或“系统误差”)。
（3）阶段Ⅱ和Ⅲ都是吸热过程，且Ⅱ反应速率更快，下列示意图中能体现上述两反应能量变化的是
(填标号)，判断的理由是 。
A． B． C． D．
（4）该热分解过程中， 的作用为 。
（5）一定温度下，在真空刚性容器中， 的分解过程会发生下列反应：主反应
副反应
两个反应的平衡常数比值 随反应温度升高而 (填“增大”，“减小”或“不变”)；若平衡时总
压为 的体积分数为0.4，主反应的平衡常数 。
（6） 在高温下可以自发分解，原因是 。
【答案】（1） 正四面体 sp3
（2） 系统误差
（3）A 阶段Ⅱ和Ⅲ都是吸热过程，产物能量大于反应物，且Ⅱ反应速率更快，活化能越低，反应速
率就越快，
（4）催化剂
（5） 减小
（6） 分解为吸热反应，同时还是气体体积分数增大的反应，高温下
【解析】（1） 中， 的空间结构为正四面体， 的空间结构为正四面体，中心S原子的杂
化类型为sp3杂化，故答案为正四面体；sp3。
（2）已知阶段Ⅱ反应： ，可知阶段Ⅰ为
，当多次重复实验的实际失重均比理论值偏大，
此误差属于系统误差，故答案为 ；系统误差。
（3）阶段Ⅱ和Ⅲ都是吸热过程，产物能量大于反应物，且Ⅱ反应速率更快，活化能越低，反应速率就越
快，所以A能代表上述两反应能量变化，故答案为A；阶段Ⅱ和Ⅲ都是吸热过程，产物能量大于反应物，
且Ⅱ反应速率更快，活化能越低，反应速率就越快。
（4）由该热分解过程可知， 先参与反应，最后又生成 ，没有发生变化，作用为催化剂，故答案
为催化剂。
（5）主反应 ，为吸热反应，副反应
，为放热反应，温度升高，主反应正向移动， 增大，副反应逆向
移动， 减小，所以两个反应的平衡常数比值 随反应温度升高而减小；由主反应和副反应可知，
主反应按照2：1生成SO 和O，副反应按照2：1消耗SO 和O，所以若平衡时总压为 的体积分数为
2 2 2 2
0.4，则 的体积分数为0.2， 的分压为 ， 的分压为 ，主反应的平衡常数 ，故答案为减小； 。
（6） 分解是吸热反应，同时还是气体体积分数增大的反应，高温下 ，所以高温下可
以自发分解，故答案为 分解为吸热反应，同时还是气体体积分数增大的反应，高温下
。
10．人类利用二氧化碳合成淀粉对社会的发展起着重要作用，合成过程首先是利用二氧化碳制备甲醇，合
成甲醇的反应为 。回答下列问题：
（1）已知：
① ；
② ；
③a、b均为大于零的数，且a＞b。
（用含a、b的式子表示） 。某研究小组设计合成 的路线及 的部分应
用如图所示，图中熔融碳酸盐燃料电池的正极电极反应式为 。
（2）研究合成甲醇的催化剂时，在其他条件不变仅改变催化剂种类的情况下，对反应器出口产品进行成
分分析，结果如图所示。在以上催化剂中，该反应应选择的最佳催化剂为 。
（3）在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响 的产率。为了研究水分子对该反应机
制的内在影响，我国学者利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影
响（如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注）。①依反应历程图所示，写出有水参与时反应的化学方程式： 。
②结合图3及学过的知识推测，有水参与的历程，反应速率加快的原因是 。
（4）在T℃时，将6mol （g）和12mol （g）充入容积为10L的恒容容器中，只发生
，初始压强为 kPa，测得体系中剩余 （g）的物质的量随时
间变化如图中状态Ⅰ所示。
①T℃时，0～1min内甲醇的反应速率 ，该反应的平衡常数
。（用平衡分压代替平衡浓度计算，列出计算式）
②保持投料量不变，仅改变某一个条件后，测得 随时间变化如图中状态Ⅲ所示，与状态Ⅰ相比，状
态Ⅲ改变的条件可能是 。
【答案】（1）
（2）
（3） 有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快
（4）0.2 升高温度
【解析】（1）根据方程式 可知其等于已知反应①加上反应②，由
盖斯定律可求得 ；图中燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，氧气
进入正极，正极电极反应式为 ；
（2）根据据分析，催化剂为 得到的甲醇最多且CO少，该反应应选择的最佳催化剂为 ；
（3）依反应历程图所示，有水参与时反应的化学方程式为： 有水参与的历
程，反应速率加快的原因是有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快；
（4）从图中可知，1min时H 的物质的量为6mol，起始的H 的物质的量为12mol，变化的H 的物质的量
2 2 2
为6mol，故变化的甲醇的物质的量为2mol，0～1min内甲醇的反应速率v(CHOH)=
3
根据图示，8min后H 的物质的量保持不变，体系达到平衡状态，H 的物质的
2 2量为2mol，根据题意有， 平衡时候总的物质的量
， ， ，该反应的平衡常数Kp= = ；状态Ⅲ
与状态Ⅰ相比，H 的物质的量增加，参与反应的氢气的物质的量减少，平衡逆向移动，同时从图中可知达
2
到平衡的时间变短，该反应是一个放热反应，综合可知改变的条件可能是升高温度。
11．烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟 将烟气中的 深度氧化为 ，并进一步将
转化获得含氮产品，流程示意图如下。
深度氧化器中发生的反应：
i．
ii．
iii．
（1） 被 深度氧化，补全热化学方程式：
（2）一定条件下，不同温度时， 的浓度随时间的变化如图所示。
① (填“>”或“<”)。
②8s时， 的浓度不同的原因是 。
（3）一定条件下，NO的初始浓度为 时，不同反应时间，深度氧化器中 的浓度随的变化如图所示。反应过程中 的浓度极低。
① 时，深度氧化器中发生的反应主要是 (填“i”“ii”或“iii”)。
② 时， 的浓度随 变化的原因是 。
（4） 且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍
较长。结合（3），保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是 。
（5）深度氧化后的烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。
已知 的还原产物分别是 。产品中 的物质的量浓度为 。
【答案】（1）
（2）< 8s时反应已达到平衡状态， 将 深度氧化为 是放热反应，温度越高，越不利于反应
正向进行，生成 的浓度越低
（3）i 0.9s、n(O )∶n(NO)＞1.0时，n(O )∶n(NO)增大，使v 增大、v 增大，从而使 的浓度减小
3 3 ⅱ ⅲ
（4）使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率
（5）
【解析】（1）根据盖斯定律知：i 2+ ii+ iii可得，
；
（2）由图知，T 温度下，反应速率快，首先到达平衡，因此 < ；由图知，8s时反应已达到平衡状态，
2
将 深度氧化为 是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，越不利于反应正向进行，生成 的
浓度越低，所以答案为：8s时反应已达到平衡状态， 将 深度氧化为 是放热反应，温度越高，
越不利于反应正向进行，生成 的浓度越低；
（3）当 时，NO主要转化为NO , 所以深度氧化器中发生的反应主要是i；由图知，
2时， 的浓度随着 增大而减小的原因是：n(O )∶n(NO)增大，使v
3 ⅱ
增大、v 增大，从而使NO 的浓度减小；
ⅲ 2
（4）由（3）知反应过程中NO 的浓度极低，说明反应ⅲ比反应ⅱ快，因为烟气达到排放标准所需深度氧
3
化的时间仍较长，所以为了加快反应速率，采取的措施及目的分别是：使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反
应速率；
（5）溶液X中的 与亚铁离子发生氧化还原反应后，剩余的亚铁离子与 发生氧化还原反应，
，则与 发生氧化还原反应的Fe2+为n= ，则与 反应的
2
Fe2+为n= ， ，则 物质的量 ，则
1
的物质的量浓度为 。
