文档文本内容
押非选择题
化学反应原理综合题
考情统计 考向预测 备考策略
2023·辽宁卷，18 通常以速率、平衡知识为中心,还常涉 原理综合题特别注重对考生
2022·辽宁卷，17 及化学反应与能量变化电解质溶液等 图表分析能力的考查，该类
2021·辽宁卷，17 内容。主要的设空方向有根据已知热 试题考查的是高中化学主干
化学方程式书写待求热化学方程式或 知识，试题难度一般较大，
直接计算其反应热,电极反应式的书 特别是原理综合题型将多个
写，化学反应速率的定量计算,外界条 知识点组合在一起，客观上
件对化学反应速率与平衡的影响,新情 增加了思维容量。主要知识
点还是会以化学反应的热效
境下平衡状态的判定，平衡常数的表
应、化学反应速率和化学平
达式及平衡常数与转化率的计算,速率
衡为主，因此考生一定要重
平衡图像与数据表格分析,电离平衡、
视对这方面知识的复习。
水解平衡、溶解平衡的理解, K(K )及
a b
K 的理解与计算等。
sp
1. （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，该制备过
4 2
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)如下图所示。
4 2
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）①. CuO ②. SO
3
（2）①. 催化剂 ②. 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
2 2
硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）
（3）①. cd ②. d ③.
【解析】
【小问1详解】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
4
反应，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
【小问2详解】(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
2 2
的作用；
(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
【小问3详解】(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 。
2. （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） ①. 高 ②. 低
（3）a （4） ①. ②. a
（5） ①. ②.
【解析】
【分析】(1)氨的分离对反应速率的影响；从反应速率方程可以推知，当 降低时，v增大。注意由于反应速率方程通常由实验测定，其中v应指净反应速率，即 ，因此在其他条件一定时，分离氨
气是通过降低逆反应速率，从而提高净反应速率。
(2) 中，氢元素化合价的判断：由于电负性 ，因此 中H显 价，
中H元素的化合价为-1价；(3)中根据图像进行判断，利用控制变量法进行分析；(4)利用实验对比，
注意选择对比实验室，选择控制变量，找变量；(5)利用晶胞密度计算公式计算元素的相对原子质量，根据
元素相对原子质量进行判断元素；
【小问1详解】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；
【小问2详解】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；
【小问3详解】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；
【小问4详解】
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。
【小问5详解】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 。
3. （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∆H==_______(用∆H、∆H 和∆H 表示)。
1 3 4 5
（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孤电子对，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】
【分析】
【小问1详解】根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O
2
(g)⇌12CO
2
(g)
+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
2
(g)⇌ (g)可由 ，则 ，故答案为： ；
【小问2详解】根据Ⅰ.主反应： (g)+3H
2
(g)⇌ (g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利
于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，故答案为：BC；
【小问3详解】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
2 2
提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；
【小问4详解】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
2
从而失去催化活性，故答案为：金属催化剂会与HS或CO反应从而失去催化活性；
2
【小问5详解】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，故答案为：②；
【小问6详解】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：
2
，则反应1的 = ，故答案为： 。一、反应热的计算
(1)利用键能计算反应热：ΔH=∑E(反应物)-∑E(生成物)，即ΔH等于反应物的键能总和与生成物的键能
总和之差。
(2)由反应物、生成物的总能量计算反应热：ΔH=生成物总能量-反应物总能量，这类计算通常会通过图
像的方式给出反应物、生成物的能量。
(3)应用盖斯定律既可以计算出目标反应的ΔH，也可以得出目标反应的热化学方程式。这是热化学的
重点考查方式。
①调方向：根据目标方程式反应物、生成物的位置，调整已知方程式的反应方向。满足目标方程式各
物质的位置要求，注意方程式方向改变ΔH符号随之改变。
②调系数：把目标方程式中不存在的物质的系数调整为相等。
③相加：然后把调整好的方程式相加就得到目标方程式，必要时可约简化学计量数。同时也得到相应
方程式的反应热ΔH。
二、化学反应速率和化学平衡问题
1．分析反应速率和化学平衡问题的注意点
(1)熟练“三段式”，准确计算反应速率、转化率和平衡常数。
①明确三种量的意义：一是起始量(物质的量或浓度)，二是变化量，三是平衡量；
②用变化量求反应速率和转化率，用平衡浓度求平衡常数。
(2)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。
(3)平衡常数的计算
①固体和纯液体的浓度视为常数(不出现在平衡常数表达式中)；
②理解气体分压的意义(等于气体物质的量之比)以及气体压强平衡常数的计算。
(4)对于可逆反应，温度变化对正、逆反应速率均产生影响，且影响趋势相同，但影响程度不同。
①升温对吸热反应影响较大，对放热反应影响较小；
②降温对吸热反应影响较小，对放热反应影响较大。
2．分析图表时应注意的问题
(1)仔细分析曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点，找准纵坐标与横坐标的对应数据。
(2)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。
三、化学平衡常数的应用
(1)判断反应进行的方向
通过与浓度商的大小比较，判断反应进行的方向。对于可逆反应：mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)，在
一定温度下的任意时刻，浓度商(Q)表达式为
c
Q= 。
c若Q<K，v(正)>v(逆)，向正反应方向进行。
c
若Q=K，v(正)=v(逆)，反应处于平衡状态。
c
若Q>K，v(正)<v(逆)，向逆反应方向进行。
c
(2)判断反应的热效应
升高温度，K值增大，则正反应为吸热反应；K值减小，则正反应为放热反应。
四、电离平衡常数、溶度积常数的比较、计算
（1）溶液中几种平衡常数间的关系
①Q 与K(K、K、K 、K )的关系
c a h W sp
两者表达式相同，若Q<K，平衡正向移动;若Q=K，平衡(状态)不移动;若Q>K，平衡逆向移动。
c c c
②平衡常数都只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。升高温度，K、K、K 、K 均增大。
a b W h
③K、K、K 三者的关系式为K= ;K 、K、K 三者的关系式为K= 。
a h W h b h W h
④对二元弱酸的K 、K 与相应酸根离子的K 、K 的关系式为K ·K =K ，K ·K =K 。
a1 a2 h1 h2 a1 h2 W a2 h1 W
（2）溶液中的“四大常数”使用注意点
①K 是溶液中c(H+)与c(OH-)的关系，并非是水电离的c(H+)与c(OH-)的乘积。
W
②K 越大，其溶解度不一定就会越大。K 还与难溶物化学式中的各离子配比有关。
sp sp
③当离子浓度差距很大的时候，通过调节某种离子的浓度，可实现难溶电解质由 K 小的向K 大的转
sp sp
化。
（3）电离平衡常数、溶度积常数的计算
①根据定义式，通过三段式等方法表达出定义式中各分项的数值代入表达式计算。
对于一元弱酸HA：HA H++A-，电离常数：K= 。
对于难溶物A B ，K =cm(An+)·cn(Bm-)。
m n sp
②有时对于弱电解质的溶液，需要通过溶液的酸碱性、电荷守恒、物料守恒等方法求出各离子浓度，
再代入电离平衡常数表达式进行计算。
③当溶液中同时存在多个电解质的电离平衡、沉淀溶解平衡时，可以通过已知平衡的平衡常数、溶度
积常数表达式通过数学运算得出目标平衡的电离平衡常数或溶度积常数。
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___________。
2A．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)的物质的量
4 2 4 2
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)
x
pC(g) + 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CO
4 2 2
高效转化。
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
2
②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比)。催
4 2 2 4
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，Δn( CO )
2 2
增大的倍数比Δn(CH)大，所以R提高
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符合题意，故
2
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为：
4 2 2
、 、 、 ，则反应Ⅰ的平衡常数K = = ，故答案为：
x
；
（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；B．由图
3 4
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；C．由图可知，过程ⅱ产生的
2 3 4
HO在过程iii中不反应，未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，C正确；D．Fe O 和CaO做催化剂，不影响
2 3 4
焓变，相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO 需吸收的能量不变，D错误；故答案为：BC；
2
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；
2②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·吉林·统考一模）氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”目标中起到重要
作用。乙醇与水催化重整制氢发生以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)①已知反应Ⅲ: ， ，则 。
②反应Ⅰ能自发进行的条件为 。
(2)压强为100 ， 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反应Ⅱ的平衡常数： (填“>”、“=”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<B点；
③A、B两点 产率相等的原因是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）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 选择性的曲线是c，表示乙醇的
2 2
转化率的曲线是b。573K时，10分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量
-1mol=-0.6 。
②结合①中分析知，表示 选择性的曲线是c。
③573K时，CO 的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时
2
n(CO)+n(CO)=1mol×0.6×2=1.2mol，n(CO)= 1.2mol×15%= 0.18mol，n(CO)= 1.2mol×85%= 1.02mol，设反
2 2
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Ⅱ的。
3．（2024·黑龙江·高三一模）2023年9月23日晚，在万众瞩目之下，杭州亚运会的“数字火炬手”与最
后一棒火炬手齐心协力点燃了象征亚洲大团结的亚运主火炬，也点燃了中国能源多样化战略的新灯塔。
这座主火炬塔历史性地采用了废碳再生的“绿色甲醇”作为燃料，实现了零排放的循环使用。
I．二氧化碳加氢制甲醇
“零碳”甲醇是利用焦炉气副产物 和工业尾气中的 合成，涉及以下反应：
①
②
③
(1)依据盖斯定律，可计算得出
(2)一定温度下，在恒容密闭反应器中，反应③达到平衡，下列措施中能使平衡体系中 增大且加
快化学反应速率的是___________(填字母)。
A．升高温度 B．充入 ，使体系压强增大
C．再充入 D．将 从体系中分离出去
(3)从焦炉气中提取氢气，需净化原料气，尤其要脱除其中的含硫杂质。除了从环保角度考虑外，其主要目
的是 。
(4) ，在甲(容积为 )、乙(容积为 )两刚性容器中分别充入 和 ，在适宜的催化剂
作用下发生反应③，容器内总压强随时间变化如图所示：①其中B曲线对应 容器中压强的变化情况(填“甲”或“乙”)；
②利用图中数据计算 该反应的分压平衡常数 (结果用分数表示)。
II．甲醇水蒸气重整制取
(5)甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：
④
⑤
下图体现了上述反应能量变化，则决定总反应(SR)： 的反应
速率快慢的是反应 (填“④”或“⑤”)。
(6)在研究甲醇 水蒸气重整( 制氢反应历程时发现，副反应甲醇分解( ：
也是吸热反应。甲醇 水蒸气重整反应体系中，甲醇
平衡转化率和 的选择性 随温度的变化如图所示：
①升高温度 平衡转化率增大的原因是 。
②从图三知主反应的适宜温度在 左右。【答案】(1)-49.3
(2)C
(3)防止催化剂中毒
(4) 甲
(5)④
(6) 由于主、副反应都是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故 转化率增大
240℃ 250℃
【解析∼】（1）根据盖斯定律反应①+②可得反应③，所以 ；
（2）A．反应③正反应放热，升高温度，平衡逆向移动， 减小，故A错误；B．充入 ，
使体系压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变，平衡不移动， 不变，故B错误；C．再充
入 ，H 浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动， 增大，故C正确；D．将 从
2
体系中分离出去，平衡正向移动， 增大，但反应速率减慢，故D错误；故选C；
（3）脱除其中的含硫杂质，是为了防止含硫杂质与催化剂结合使得催化剂失活，所以其目的是防止催化
剂中毒；
（4）①甲、乙两刚性容器中分别充入相同量的 和 ，曲线B的总压强始终小于曲线A，所以代表曲
线B代表的容器应该是体积较大的容器甲；
②根据图中的A曲线可知，反应前容器的总压强为4MPa，达到平衡后总压强为2.8MPa，根据同温同压下
气体的压强与物质的量成正比，则有可列三段式如下：
则有 ， ，则 ；
（5）在能垒图中，最高点通常代表着决速步，因为决速步具有最高的活化能，所以根据图可知决定总反
应反应速率快慢的是反应④；
（6）①升高温度 平衡转化率增大的原因是由于主、副反应都是吸热反应，升高温度，平衡向正反
应方向移动，故 转化率增大；
②从图可知240℃ 250℃时甲醇的转化率接近100%，且此时副反应的选择性较低，故主反应的适宜温度在
240℃ 250℃均可。
∼
∼4．（2024·黑龙江·高三一模）天然气、石油钻探过程会释放出CO、HS等气体。某种将CO 和HS共活
2 2 2 2
化的工艺涉及反应如下：
①
②
③
④
恒压密闭容器中，反应物的平衡转化率、部分生成物的选择性与温度关系如图所示。
已知：i．CO 和HS的初始物质的量相等：
2 2
ii．产率=转化率×选择性：
iii．COS的选择性 ，HO的选择性 。
2
回答下列问题：
(1)COS分子的空间结构为 形。
(2) 。
(3)以下温度，COS的产率最高的是__________。
A． B． C． D．
(4)温度高于500℃时，HS的转化率大于CO，原因是 。
2 2
(5)可提高S 平衡产率的方法为__________。
2
A．升高温度 B．增大压强 C．降低温度 D．充入氩气
(6)700℃时反应①的平衡常数K= （精确到0.01）。
(7)催化剂CeO-MgO对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如下图所示。表示状态2
2
的为 。A． B． C．
【答案】(1)直线
(2)+126.99
(3)B
(4)当温度高于500℃时，发生副反应③正向移动的幅度大于反应④
(5)AD
(6)0.02
(7)C
【解析】（1）COS分子的中心原子C周围的价层电子对数为：2+ =2，根据价层电子对互斥理
论可知，该分子的空间结构为直线形，故答案为：直线；
（2）由题干信息可知，反应③ ；反应④
，则由反应③+④可得反应②
，根据盖斯定律可知， =(+85.79kJ/mol)+
(+41.20kJ/mol)=+126.99kJ/mol，故答案为：+126.99kJ/mol；
（3）由题干信息可知，产率=转化率×选择性，结合题干图示信息可知：400℃时HS转化率为5%左右，
2
COS的选择性为：90%，则产率为5%×90%=4.5%，600℃时HS转化率为15%左右，COS的选择性为：
2
60%，则产率为15%×60%=9.0%，800℃时HS转化率为30%左右，COS的选择性为：25%，则产率为
2
30%×25%=7.5%，1000℃时HS转化率为58%左右，COS的选择性为：7%，则产率为58%×7%=4.06%，故
2
COS的产率最高的是600℃，故答案为：B；
（4）由题干图示信息可知，温度低于500℃时HS和CO 的转化率基本相同，说明此时反应只发生反应①、
2 2
②，而温度升高，反应①、②、③、④均正向移动，当温度高于500℃时，发生副反应③正向移动的幅度
大于反应④，导致HS的转化率大于CO，故答案为：当温度高于500℃时，发生副反应③正向移动的幅
2 2
度大于反应④；
（5）由题干信息可知，② ＞0 ③两个反应均为正反应是一个气体体积增大的吸热反应：
A．升高温度 ，上述平衡正向移动，S 的平衡产率提高，A符合题意；
2
B．增大压强，上述平衡逆向移动，S 的平衡产率降低，B不合题意；
2
C．降低温度，上述平衡逆向移动，S 的平衡产率降低，C不合题意；
2
D．恒压下充入氩气，相当于减小压强，上述平衡正向移动，S 的平衡产率提高，D符合题意；
2
故答案为：AD；
（6）由题干图示信息可知，700℃时HS的平衡转化率为20%，CO 的平衡转化率为16%，COS的选择性
2 2
为40%，HO的选择性为88%，假设起始投入的CO 和HS的物质的量均为amol，则平衡时CO 的物质的
2 2 2 2
量为：a(1-16%)mol=0.84amol，HS的物质的量为：a(1-20%)mol=0.8amol，COS的物质的量为：
2
a×20%×40%mol=0.08amol，HO的物质的量为：a×20%×88%mol=0.176amol，反应①的平衡常数K=
2
= =0.02，故答案为：0.02；
（7）由题干图示信息可知，催化剂CeO-MgO对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路
2
径如下图所示，状态1为 ，状态2为 ，状态3为 ，故表示状态2的
为C，故答案为：C。
5．（2024·陕西渭南·统考一模）随着时代的进步，人类对能源的需求量与日俱增，我国全球首套焦炉气化
学合成法生产无水乙醇的工业示范项目打通全流程实现，项目投产成功。
(1) (用含 、 、 的
代数式表示)。
已知：i．
ii．
iii．
(2)在恒温恒容密闭容器中充入3mol 和6mol 仅发生反应
，下列叙述不正确的是___________(填标号)。
A．混合气体总压强不随时间变化时，反应达到平衡状态
B．反应达到平衡时， 体积分数可能为33.33%
C．反应达到平衡后，再同比例充入CO、 ，则CO、 的平衡转化率不变
D．反应达到平衡后，再加入高效催化剂，乙醇平衡产率保持不变
(3)醋酸酯加氢制乙醇是一个乙酰基产物制备乙醇的路线，历程一般认为可分为如下步骤(*代表催化剂位点，已知： )；
a． b． (快)
c． (慢) d．
e． ……
其中，在b和c的步骤中，活化能较小的是 (填标号，下同)，控制总反应速率的步骤是
，分析上述步骤，副产物除 外，还可能有 (写一种即可，合理即可)。
(4)甲醇也是新能源的重要组成部分。以 、 为原料合成 涉及的反应如下：
iv．
v．
vi．
在不同压强下、按照 进行投料，在容器中发生上述3个反应，平衡时，CO和
在含碳产物(即 和CO)中物质的量分数及 的转化率α随温度的变化如图，
压强 、 、 由大到小的顺序为 ，曲线 (填“m”或“n”)代表 在含碳
产物中物质的量分数，在 ℃ 下，压强为 时，反应ⅴ的浓度平衡常数 (填含α的
表达式)。
【答案】(1)
(2)BC
(3)b c 乙醛
(4) m
【解析】（1）由盖斯定律可知：目标反应=ⅰ+ⅱ+ⅲ，则 ；
（2）恒容容器中反应正向体积减小，总压强不变说明各组分含量不再变化，达到平衡，A正确；设CO变
化量为3xmol，则CO、H、CHCHOH、CHOH、HO，的平衡量分别为（3-3x）mol、（6-6x）mol、
2 3 2 3 2xmol、xmol、xmol，CHOH的体积分数为 ，当x=1时其体积分数为33.33%，该反应时可逆反应，
3
3x≠3，则x≠1，B错误；反应达到平衡后，再同比例充入CO、 ，恒温恒容容器中相当于增大压强，平
衡则航向移动，入CO、 转化率增大，C错误；催化剂不能改变反应限度，因此加入催化剂乙醇的平衡
转化率不变，D正确；
（3）活化能越小反应越快，总反应速率取决于速度慢的步骤，因此活化能较小的是b，控制总反应速率的
步骤是c，根据反应历程可知，副产物可能还有乙醛；
（4）反应ⅳ、ⅵ正向体积减小，ⅴ体积不变，增大压强二氧化碳的转化率增大，相同温度下二氧化碳转
化率从小到大对应的压强顺序为P、P、P，则压强从大到小的顺序为 ；反应ⅳ、ⅵ正向放热，
3 2 1
ⅴ正向吸热，升高温度，反应ⅳ、ⅵ逆向移动，ⅴ正向移动，则升高温度二氧化碳浓度增大，甲醇浓度减
小，因此m代表甲醇在含碳物质中的质量分数；按照 进行投料，设起始时二氧化碳和
氢气浓度分别为1mol/L、3mol/L：
图中可以读出此时CO和甲醇的物质的量分数
相等则y-z=x+z；二氧化碳的转化率为α则x+y=α；
。
6．（2024·辽宁沈阳·高三一模）2023杭州亚运会火炬塔燃料首次使用新型燃料—绿色零增碳甲醇，用实际
行动向世界展示了我国对碳中和的决心和成果，具体流程如下图。回答下列问题：
(1)整个过程只消耗太阳能。 和 仅充当能量的媒介且可实现完美循环，这是典型的人工光合过程，
则过程 为 反应(填“吸热”或“放热”)。
(2) 催化加氢制备甲醇，反应如下：
主反应：
副反应：
表中数据是该反应中相关物质的标准摩尔生成焓 (标准摩尔生成焓是指在 、 由
稳定态单质生成 化合物时的焓变)。则
物质
0 -394 -242 -201
(3)探究影响 合成反应化学平衡的因素，有利于提高 的产率。 的平衡转化率 和
的选择性 随温度、压强变化如下图
的选择性 ，则下列说法正确的是 。
A．
B．恒温密闭体系中，加压时副反应平衡不移动
C．300~350℃曲线变化的原因可能是此时以发生副反应为主
D．加入选择性更好的催化剂，可以提高甲醇的平衡产率
E．300℃时，当体系中混合气体的平均摩尔质量不再改变，则该体系达到平衡状态
(4)在 下，恒压反应器中，按初始投料 发生反应：
，初始总压为 ，反应平衡后， 的平衡转化率为 ，
则该反应的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量
分数)。
(5)一种基于铜基金属簇催化剂电催化还原 制备甲醇的装置如左下图所示。控制其他条件相同，将一定量的 通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如右下图所示。
①b电极生成 的电极反应式为 。
②控制电压为 ，电解时转移电子的物质的量为 mol。
【答案】(1)吸热
(2)
(3)ACE
(4)0.5
(5) 2.8
【解析】（1）整个过程只消耗太阳能，HO和CO 仅充当能量的媒介且可实现完美循环，这是典型的人工
2 2
光合过程，光合过程中太阳能转化为化学能（或CHOH+O →CO+H O为放热反应），则过程
3 2 2 2
HO+CO→CHOH+O 为吸热反应。
2 2 3 2
（2）CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) ∆H=[(-201kJ/mol)+(-242kJ/mol)]-(-394kJ/mol)=-49kJ/mol。
2 2 3 2 1
（3）A．主反应的正反应气体分子数减小，副反应反应前后气体分子数不变，其他条件相同时，增大压强，
主反应正向移动、CO 的平衡转化率增大，CHOH的选择性增大，则p＞p，A项正确；B．恒温密闭体
2 3 1 2
系中，加压时主反应正向移动，CO、H 物质的量减小，副反应平衡逆向移动，B项错误；C．300~350℃
2 2
在不同的压强下CO 的平衡转化率趋于重合、升高温度CO 的平衡转化率增大，说明压强影响不大、升温
2 2
平衡正向移动为主，说明此时以发生副反应为主，C正确；D．催化剂不能使平衡发生移动，不能提高甲
醇的平衡产率，D项错误；E．该体系中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中混合气体的总质量始终不
变，混合气体的总物质的量是变量，混合气体的平均摩尔质量是变量，故当体系中混合气体的平均摩尔质
量不再改变，则该体系达到平衡状态，E项正确；答案选ACE。
（4）设CO、H 的初始物质的量均为amol。列三段式 ，
2 2
平衡总物质的量为1.6amol，平衡时CO、H、CHOH、HO的分压依次为1MPa、0.5MPa、0.25MPa、
2 2 3 2
0.25MPa，则该反应的平衡常数K = =0.5(MPa)-2。
p
（5）①根据图示，a电极为阳极，b电极为阴极，b极上生成CHOH的电极反应式为CO+6e-
3 2
+6H+=CH OH+H O。
3 2
②由图知，控制电压为0.8V时，阴极生成0.2molC HOH和0.2molH，阴极的电极反应式为2CO+12e-
2 5 2 2+12H+=C HOH+3H O、2H++2e-=H ↑，电解时转移电子物质的量为0.2mol×12+0.2mol×2=2.8mol。
2 5 2 2
7．（2024届高考·山西晋城·统考一模）氨是一种重要的化工产品。回答下列问题：
(1)已知：①N(g)+3H(g) 2NH (g) ΔH=-92.0kJ/mol
2 2 3
②H(g)+ O(g) HO(g) ΔH=-240.0kJ/mol
2 2 2
③2Fe(s)+ O(g) Fe O(s) ΔH=-1644.0kJ/mol
2 2 3
则反应2NH (g)+Fe O(s) N(g)＋3HO(g)+2Fe(s) ΔH= kJ/mol，该反应在 (填“高
3 2 3 2 2
温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
(2)下列关于合成氨工艺的理解中，正确的有___________(填标号)。
A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率
B．合成氨反应在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零
C．NH 易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
3
D．原料气中N 由分离空气得到，H 由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催
2 2
化剂中毒和安全事故发生
(3)温度为T℃，压强恒定为pMPa，用Fe O 处理NH 和HCN(起始时NH 的体积分数为58%)的混合气体，
2 3 3 3
部分气体的体积分数随时间的变化如图，反应经30min达到平衡。
①0~30min内用NH 的压强变化表示的反应速率v(NH )= MPa·min-1。
3 3
②反应2NH (g)+Fe O(s) N(g)＋3HO(g)+2Fe(s)的平衡常数Kp= (MPa)2 (列出计算式即
3 2 3 2 2
可)；若升高温度，该反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)在催化剂作用下，可用NH 去除NO，其反应原理为4NH +6NO=5N+6H O。不同温度条件下，
3 3 2 2
n(NH )：n(NO)分别为4：1、3∶1、1：3时，得到的NO脱除率曲线如图所示：
3①曲线a中，在温度超过900℃时，NO脱除率骤然下降的原因可能是 。
②曲线b对应的NH 与NO的物质的量之比是 。
3
【答案】(1) +1016.0 高温
(2)BCD
(3)0.019p 增大
(4)催化剂失去活性 3：1
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应②×3—①—③得到反应2NH (g)+Fe O(s) N(g)＋3HO(g)+2Fe(s)
3 2 3 2 2
Δ，则H=(—240.0kJ/mol)×3—(—92.0kJ/mol) —(—1644.0kJ/mol)=+1016.0kJ/mol，该反应为熵增的吸热反应，
高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，故答案为：+1016.0；高温；
（2）A．合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的产率减小，则控制温度远高
于室温，是为了保证催化剂的活性最大，反应速率较快，故错误；
B．合成氨反应是熵减的放热反应，反应的焓变ΔH、熵变ΔS均小于0，故正确；
C．不断将液氨移去，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，氨气的产率增大，故正确；
D．合成氨反应所需原料气中氮气由分离空气得到，氢气由天然气与水蒸气反应生成，原料气中的杂质会
使催化剂中毒，易燃易爆的氢气与氧气反应可能发生安全事故，所以原料气需要经过净化处理，以防催化
剂中毒和安全事故发生，故正确；
故选BCD；
（3）①由图可知，起始时氨气的体积分数58%，分压为58%×pMPa=0.58pMPa，30min反应达到平衡时氨
气的体积分数为1%，分压为1%×pMPa=0.01pMPa，则氨气反应速率为
=0.019pMPa·min-1，故答案为：0.019p；
②由图可知，30min反应达到平衡时氨气、氮气、水蒸气的体积分数分别为1%、25%、45%，则反应的平
衡常数K = = (MPa)2，该反应是吸热反应，升高温度，平衡向
p
正反应方向移动，平衡常数增大，故答案为： ；增大；
（4）①催化剂在一定温度下具有较强的催化活性，当温度较高时，催化剂会失去活性导致反应速率减小，
则曲线a中，在温度超过900℃时，一氧化氮脱除率骤然下降说明温度过高，催化剂失去活性，导致反应
速率减小，故答案为：催化剂失去活性；
②氨气和一氧化氮的物质的量的比值增大，相当于增大氨气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的脱除率增大，则由图可知，物质的量之比分别为4：1、3：1、1：3时，曲线b对应的物质的量之比是3：
1，故答案为：3：1。
8．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的
广泛探讨。二氧化碳加氢制甲醇已经成为研究热点，在某CO 催化加氢制CHOH的反应体系中，发
2 3
生的主要反应如下：
I．
II．
回答下列问题：
(1)表中数据是该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓( )数据
物质
0 -394 -201 -240
(标准摩尔生成是指在298.15K、100kPa，由稳定态单质生成1mol化合物时的焓变)。
则 ，反应I的热力学趋势较小，原因是 。
(2)下列能说明反应I一定达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．
B．平衡数不再发生变化
C．混合气体的密度不再发生变化
D．混合气体中 的百分含量保持不变
(3)将平均相对分子质量为16的CO 和H 的混合气体充入一恒容密闭容器中，在化剂作用下发生反应I、
2 2
II，已知反应II的反应速率 ， ，k ，k 为速率常数，
正 逆
x为物质的量分数。
①当 转化率达到 时，反应达到平衡状态，这时 和 的体积分数相同，若反应II的
，平衡时反应II的 ；
②Arrhenius经验公式为 ，其中 为活化能，T为热力学温度， 为速率常数，R和C为
常数，则 (用含 、 、T、R的代数式表示)。
③由实验测得，随着温度的逐浙升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量几乎又变回16，原因是
。
(4)其他条件相同时，反应温度对 选择性的影响如图所示：由图可知，温度相同时 选择性的实验值略高于其平衡值，可能的原因是 。
【答案】(1) 放热少，且熵减
(2)D
(3)0.8 反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，当温度升高时，以反应Ⅱ为主，
反应Ⅱ是等体积反应，反应前后气体分子数相等，发生反应Ⅱ气体平均相对分子质量不变
(4)在该条件下反应I的速率大于反应II，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多
【解析】（1）根据标准摩尔生成的概念可知，C生成CO 对应的焓变为-394kJ/mol，故
2
， ，该反应
为气体减小的反应，为熵减的反应，虽然 ，但放热少，所以热力学趋势较小；
（2）A. 用不同物质表示化学反应速率时，正逆反应速率的比值等于化学计量数之比，应该为3
，A错误；
B. 平衡常数只受温度影响，该反应为恒温体系，温度不变，K不变，所以不能作为平衡的标志，B错误；
C. 混合气体的密度等于气体的质量除以体积，反应体系均为气体，所以质量不变，恒容体系，体积不变，
故密度是不变量，不能作为平衡的标志，C错误；
D.随着反应的进行反应体系中各种物质的量均在变化，当某一组分不在变化时，达到平衡状态，故混合气
体中 的百分含量保持不变可以作为平衡的标志，D正确；故答案选D。
（3）①利用十字交叉法求解体系中CO 和H 的物质的量之比，即 ， ，设
2 2
=amol，则 =2amol，设两次反应消耗的CO2的物质的量分别是xmol和ymol，列三段式如下：
，
和 的体积分数相同，所以a-x-y=2a-x-3y，解得y=0.5a，又因为二氧化碳的转化率为60%，所以x+y=0.6a，则 x=0.1a，平衡时，总物质的量为
， ， ， ，平衡时，v(正)=v(逆)=
；
②平衡时，v(正)=v(逆)，即 ，K= ， Ea(正)-Ea(逆)，
根据已知条件可得Rlnk(正)=Ea(正)T+C，Rlnk(逆)=Ea(逆)T+C，两个式子相减得到， Ea(正)-Ea(逆)=8
；
③反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，当温度升高时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ是等体积反应，反应前
后气体分子数相等，发生反应Ⅱ气体平均相对分子质量不变；
（4）有图像可知，在该条件下反应I的速率大于反应II，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多，所
以甲醇的选择性实验值高于平衡值。
9．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）为实现“碳达峰”及“碳中和”，二氧化碳甲烷化技术
是 循环再利用最有效的技术之一
(1)二氧化碳甲烷化时发生的反应为：
①298K时，已知相关物质的相对能量如图，则该反应的 。
②能判断该程反应已达化学平衡状态的标志是 (填标号)。
A． 体积分数保持不变
B．容器中混合气体的质量保持不变
C．混合气体的平均相对分子质量保持不变
D． 的生成速率与 的生成速率相等
③有利于提高体系中 平衡转化率的措施是 (填标号)。
A．使用高效催化剂 B．增加 投入量
C．延长反应时间 D．及时分离
(2)催化剂的选择是 甲烷化的核心，金属Ni或 均可作为催化剂。反应相同时间，测得 转化
率和 选择性随温度的变化如图所示。高于320℃，以 为催化剂， 转化率略有下降，而以Ni为催化剂， 转化率却仍在上升，其原因是 。( 的选择性公式： 的选择
性 )
(3) 甲烷化发生反应 ，由于该反应存在副反应，反应的 不
能100%转化为 ，生成的 须依据 的选择性公式进行计算。某温度，在体积为2L的恒容密
闭容器中加入1mol 和4mol ，10min后达到平衡， 的平衡转化率和 的选择性分别为
80%、90%，则 的反应速率为 。
(4) 催化 加 生成 的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，则发生的副
反应的方程式为 。
(5) 的晶胞结构如图所示：
①Ce的配位数为 。
②若高温下该晶胞中1个氧原子变为空位，需 个面心上的Ce由+4价变为+3价(顶点上的Ce化
合价不变)。
【答案】(1)-166 ACD D
(2)320℃时，以 为催化剂时， 甲烷化反应已达到平衡，升高温度平衡左移，而以 为催化剂时， 甲烷化反应末达到平衡，升高温度反应速率加快
(3)
(4)
(5) 8 4
【解析】（1）①焓变=生成物总能量-反应物总能量，则 的
(-75-242×2+393) =-166 。
②A． 体积分数保持不变，此时正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故选A；B．反应物和生成物
都呈气态，容器中混合气体的质量始终保持不变，则反应不一定达平衡状态，故不选B；C．反应前后混
合气体的质量不变，但物质的量不断发生改变，平均相对分子质量不断发生改变，当平均相对分子质量保
持不变时，反应达平衡状态，故选C；D． 的生成速率与 的生成速率相等，可知正逆反应速率相
等，反应达到平衡状态，故选D；选ACD；
③A．使用高效催化剂，平衡不发生移动， 的平衡转化率不变，故不选A；B．增加 投入量，虽
然平衡正向移动，但 的平衡转化率降低，故不选B；C．延长反应时间，平衡不移动，不能改变
的平衡转化率，故不选C；D．及时分离 ，平衡正向移动， 的平衡转化率增大，故选D；选D。
（2）从图中可以看出， ，以 为催化剂，反应速率快，反应可能已达平衡， 以上时，
平衡发生逆向移动， 转化率略有下降，而以 为催化剂，起初反应速率慢，反应末达平衡， 以
上时， 转化率继续上升，则其原因是： 时，以 为催化剂时， 甲烷化反应已达到平
衡，升高温度平衡左移，而以 为催化剂时， 甲烷化反应末达到平衡，升高温度反应速率加快。
（3）某温度，在体积为2L的恒容密闭容器中加入1mol 和4mol ，10min后达到平衡， 的平衡
转化率和 的选择性分别为80%、90%，则10min内生成甲烷的物质的量为1mol×80%×90%=0.72mol，
的反应速率为 。
（4）从图中可以看出，反应物为 和 ，生成物为 、 、 ，则发生的副反应的方程式为
。
（5）①根据晶胞的结构可知，以底面面心的 为例，上下层各有4个氧原子，共有8个 ，故的配位数
为8；
②据“均推法”，每个晶胞中含 个 、8个 原子：光照时，晶胞中1个氧原子变为空位，
失去电子数为2，2个 变为+3价，故4个面心上的 被还原。
10．（2023·辽宁·校联考模拟预测）尿素 是一种重要的化工产品和常用氮肥。回答下列问题：
(1)尿素中C、N、O三种元素的电负性由小到大的顺序是 (用元素符号表示)。(2)工业上，用 和 制备尿素，总反应分两个基元反应(反应历程与相对能量关系如图1)：
①
②
写出总反应的热化学方程式： 。该历程中决速步
骤的反应是 (填“①”或“②”)。
(3)有人设想直接利用反应 进
行人工固氮制备尿素，从热力学角度判断该反应 (填“可行”或“不可行”')，理由为
___________________________________________。
(4)碳酸丙烯酯(PC)是锂离子电池的常用溶剂。工业上常用尿素合成碳酸丙烯酯。已知：碳酸丙烯酯的结构
简式为 ，沸点为238.14℃；1，2-丙二醇(PG)的沸点为162℃。1，2-丙二醇和尿素(160℃
以上会分解)合成PC的反应如下：
在烧瓶中加入物质的量之比为2：1的PG和尿素，加入催化剂充分反应，测定不同温度下PC的平衡
收率变化如图2所示。PC的收率 。①160℃以上，PC的收率下降的主要原因可能是 。
②150℃时，PG的平衡转化率为 。以液相中各物质的量分数代替浓度表示平衡常数
___________(保留2位小数)。
【答案】(1)O＞N＞C
(2) H=-134kJ/mol ②
(3)不可行 正反应是焓增、熵减的反应， H-T S>0
(4)尿素分解(或副产物增多) 42.5% 10.59
【解析】（1）元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，C、N、O三种元素的电负性由小到大的顺序
是：O＞N＞C。
（2）反应①+反应②即可得到总方程式为： H=生成物能
量-反应物能量=-134kJ/mol-0kJ/mol=-134kJ/mol，反应②的活化能大于反应①，则反应②的速率小于反应①，
反应慢的反应为决速反应，该历程中决速步骤的反应是②。
（3）反应 是熵减的吸热反应，
H>0， S<0，根据 H- T S<0时可以自发进行判断，该反应任何温度下均不能自发进行。
（4）①尿素[CO(NH)]受热易分解，160℃以上，PC的收率下降的主要原因可能是：尿素分解(或副产物
2 2
增多)；
②设起始投入的PG和CO(NH) 的物质的量分别为2 mol、1 mol，CO( NH ) 转化的物质的量为a mol。列
2 2 2
三段式如下：
依题意，a=0.85mol，n(PG)=1.15mol，n[CO(NH)]=0.15mol，n(PC)=0.85mol，x(PG)= ，
2 2
x[CO(NH)]= ，x(PC)= ，故PG的平衡转化率 ，
2 2
。
