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第 20 练 化学反应原理综合题
一、考情分析
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：化学反应中的
能量转化、盖斯定律及其应用、热化学方程式的书写、化学反应速率、化学平衡及其影响
因素、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。
二、高频考点及应对策略
1．热化学方程式的书写及反应热计算方法
首先根据要求书写目标热化学方程式的反应物、产物并配平，其次在反应物和生成物
的后面的括号内注明其状态，再次将目标热化学方程式与已有的热化学方程式比对(主要是
反应物和生成物的位置、化学计量数)，最后根据盖斯定律进行适当运算得出目标热化学方
程式的反应热ΔH。
2．反应速率和化学平衡问题的分析思路
(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(平衡时生成物浓度化学计量
数次幂的乘积与反应物浓度化学计量数次幂的乘积的比值)。
(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以及气体压强平衡常数 Kp的计算(用分压代表浓度带入平衡常
数公式)。
(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，故平衡向吸热反应方向移动；
②降温对吸热反应影响较小，对放热反应影响较大，故平衡向放热反应方向移动。
3．分析图表时应注意的事项
(1)对于图像分析要明确三步：“一看”“二想”“三判断”
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) 分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。
4.对于电化学类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极
反应式，最后按电极反应式进行相关计算。
电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点：
(1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。
(2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。
(3)根据电极反应物和介质确定产物进而写出电极反应式。
①配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)；
②产物粒子在介质中存在的形式；
③得、失电子要表达准确，得电子写＋ne－，失电子写－ne－。
(4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。
5.对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后
进行解答。
(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NaCO 溶液中的物料守恒式
2 3
中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各种碳元素存在形式的碳原子总浓度的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－)。
1．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）二甲醚是重要的化工原料，采用二氧化碳的有效
转化，既是生成二甲醚的简便方法，又是实现“碳中和”的重要途径。
Ⅰ. 催化加氢合成二甲醚是一种 转化方法，其过程中发生副反应：
①
已知反应：
②
(1) 催化加氢合成二甲醚的热化学方程式为___________，该反应自发进行的条件为
___________。
(2)在恒压、 和 的起始量一定的条件下， 的平衡转化率和平衡时 的选择
性随温度变化如图。其中，当温度高于300℃， 的平衡转化率随温度升高而上升的原因是___________。若起始投
料比为 ，不考虑其他副反应，则288℃时，反应①的化学平衡常数
K=___________( )。
Ⅱ.由 制备二甲醚的另一种方法为先合成甲醇，再经脱水，主要分为以下步骤。
反应③：
反应④：
(3)在不同的压强下，按照 投料比合成甲醇，实验测定 的平衡转化
率和 的平衡产率随温度的变化关系如图甲或乙所示。
下列说法正确的是___________(填字母)。
A．图甲的纵坐标表示 的平衡产率
B．压强：
C．为了同时提高 的平衡转化率和 的平衡产率，应选择高温、高压的反应条件
D．一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高 的平衡转化率的主要研究方
向
(4)压强为4MPa，当 的混合气体以一定流速通过装有某种催化剂的反应器。在280℃时，若 的平衡转化率为7.00%，甲醇的选择性为95.0%，则甲醇的收率为
___________
( )。
(5)甲醇脱水若条件控制不当可生成丙烯，反应为 ，反应
的Arrhenius经验公式的实验数据如图曲线所示，已知Arrhenius经验公式为
(其中， 为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能
___________ 。
【答案】(1)
低温
(2) 反应①的 ， 转化为 的反应的 ，温度升高，使 转化
为CO的平衡转化率上升，而使 转化为 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下
降幅度 0.04
(3)A
(4)6.65%
(5)30
【详解】（1）则依据盖斯定律可知由“反应①×2＋反应②”即得到反应
；
反应 是熵减小的放热反应，依据
得到自发条件为低温；故答案为：；低温。
（2）反应①的 ， 转化为 的反应的 ，温度升高，使 转化为
CO的平衡转化率上升，而使 转化为 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降
幅度；288℃时，二甲醚的选择性是0.333，二氧化碳的平衡转化率是0.3，设起始时氢气是
3mol、二氧化碳是1mol，则 ，
，因此， ， ，解
得 、 ，平衡时二氧化碳物质的量为0.7mol，氢气物质的量为2.5mol，CO物
质的量为0.2mol，水物质的量为0.35mol，反应①的前后体积不变，则其平衡常数
；故答案为：反应①的 ， 转化为 的反应的 ，
温度升高，使 转化为CO的平衡转化率上升，而使 转化为 的平衡转化率下
降，且上升幅度超过下降幅度；0.04。
（3）A．温度升高，反应③的平衡逆向移动，反应④的平衡正向移动， (g)的平衡
产率会降低，所以图甲的纵坐标表示 的平衡产率，故A正确；B．反应③的正反应
是气体体积减小的反应，在其他条件不变时，增大压强，化学平衡正向移动、 的平衡
转化率增大， 的平衡产率增大，压强 ，故B错误；C．反应③的正反应
是气体体积减小的放热反应，为了同时提高 的平衡转化率和 的平衡产率，根据
平衡移动原理，可知应选择低温、高压的反应条件，故C错误；D．一定温度、压强下，
寻找活性更高的催化剂，可以加快化学反应速率，但化学平衡不发生移动，因此不能提高
的平衡转化率，故D错误；综上所述，答案为：A。
（4）当 ，假设 ， 的平衡转化率为7.00%，则
，甲醇的选择性为95.0%，则 ，
，故甲醇的收率为 ；故答案为：6.65%。
（5）根据图像可知 、 ，解得该反应的活化能 ；
故答案为：30。2．（2023·广东佛山·统考二模）工业利用 、 催化合成氨实现了人类“向空气中要面
包”的梦想。
(1)原料气(含 、 、CO)中的CO能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为：
。
①除去原料气中CO的理由是___________。
②为提高CO吸收率，应选择的条件为___________。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
③ 中的配体为____________
(2)研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的物
种用*标注。
①该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为___________。合成氨反应：
的 ___________ (用图中字母表示)。
②铁催化合成氨时 与 需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，由合成氨反应的速率
方程 (k为速率常数)可知， 越大，反应速率越小。原
因是___________。
(3)反应 的标准平衡常数可表达为： ，其
中 为标准压强(0.1MPa)， 、 和 分别为各组分的平衡分压(分压=总压×物质
的量分数)。若 和 起始物质的量之比为1∶3，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡
时 转化率为50%，则 ___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。【答案】(1) 防止催化剂中毒 C NH 、CO
3
(2) −(a−b) NH 浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位
3
点，阻碍N 的吸附
2
(3)
【详解】（1）①CO能被催化剂吸附，因此除去原料气中CO的理由是防止催化剂中毒；
故答案为：防止催化剂中毒。
②A．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，该反应是体积减小
的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故A不符合题意；B．该反应是放热
反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B不符合题意；C．该反应是放热反
应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，增大压强，
平衡正向移动，CO转化率增大，故C符合题意；D．该反应是放热反应，降低温度，平衡
正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，降低温度，平衡逆向移动，CO转
化率降低，故D不符合题意；综上所述，答案为：C。
③ 中氨气、一氧化碳都有孤对电子，其配体为NH 、CO；故答案为：
3
NH 、CO。
3
（2）①根据图中信息过渡态4活化能最大的步骤，该反应历程中最大活化能对应步骤的化
学方程式为 。焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则合成氨反应：
的 (b−a) =−(a−b) ；故答案为：
；−(a−b)。
②由合成氨反应的速率方程 (k为速率常数)可知，
越大，反应速率越小，由于铁催化合成氨时 与 需吸附在催化剂表面活性位点
进行反应，NH 浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N 的吸附；故答案为：
3 2
NH 浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N 的吸附。
3 2
（3）若 和 起始物质的量之比为1∶3，假设氮气、氢气物质的量分别为1mol、3mol，
反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时 转化率为50%，
，则 ；故答案为：
。
3．（2023·四川宜宾·统考二模）将CO 转化为更有价值的化工原料，正成为科学家们研究
2的一个重要领域。回答下列问题：
(1)已知：①2H(g)＋O(g) ＝2HO(g) ΔH＝ − 484 kJ∙mol−1
2 2 2
②2CH OH(g)＋ 3O(g) ＝2CO(g)＋4HO(g) ΔH ＝−1353 kJ∙mol−1
3 2 2 2
则CO(g)＋ 3H(g) ＝ CHOH(g)＋HO(g) ΔH ＝_______ kJ∙mol−1。
2 2 3 2
(2)在恒压密闭容器中通入CO 和H 的混合气体，制备甲醇过程中测得甲醇的时空收率
2 2
(STY)(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度(T)变化如下表：
T/°C 170 180 1 90 200 210 220 230
STY/[mol/(mol·h)] 0.10 0.15 0.20 0.25 0.28 0.20 0.15
①该反应最适宜的温度是_______。
②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝_______。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是_______。
(3)CO 催化加氢制甲醇过程中，存在竞争的副反应主要是： CO(g)＋H(g) CO(g)
2 2 2
＋HO(g) ΔH ＝＋41 kJ∙mol−1。在恒温密闭容器中，CO 的平衡转化率[α(CO )%]和甲醇选
2 2 2
择性[(CH OH)%＝ ×100%]随着温度变化关系如下图所示。
3
①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因_______。
②按1 mol CO (g)、3 mol H (g)投料反应，计算 244°C时反应生成CHOH的物质的量为
2 2 3
_______mol。 (保留两位有效数字)
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO (g)和3 mol H (g)反应并达到平衡状态，CO 平衡转
2 2 2
化率为20%，甲醇选择性为50%，该温度下主反应的平衡常数K＝_______。 ( 列出计算
p
式即可)
【答案】(1)−49.5
(2) 210°C 2:1 随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率增大；继续升高温
度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，使甲醇时空收率降
低
(3) 主反应是放热反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反
应平衡正向移动，且主反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO 转化率、甲醇选择性均
2下降 0.061
【详解】（1）根据盖斯定律，将反应①的1.5倍减去反应②的一半得到CO(g)＋ 3H(g)
2 2
＝ CHOH(g)＋HO(g) ΔH ＝(− 484 kJ∙mol−1)×1.5−(−1353 kJ∙mol−1)÷2＝−49.5kJ∙mol−1；故答
3 2
案为：−49.5。
（2）①根据图中信息在210°C时STY最大，因此该反应最适宜的温度是210°C；故答案为：
210°C。
②在220°C和170 °C条件下，该反应速率之比： υ(220°C)： υ(170°C)＝0.20:0.10=2:1；故
答案为：2:1。
③随温度升高，甲醇的时空收率先增大后减小，可能的原因是随温度升高，反应速率加快，
甲醇时空收率增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反
应发生等)，使甲醇时空收率降低；故答案为：随温度升高，反应速率加快，甲醇时空收率
增大；继续升高温度，催化剂活性降低(或者放热反应平衡逆向移动或有副反应发生等)，
使甲醇时空收率降低。
（3）①分析温度高于236°C时图中曲线下降的原因根据方程式分析主反应是放热反应，副
反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主反应平衡
移动程度占主要因素，因而使 CO 转化率、甲醇选择性均下降；故答案为：主反应是放热
2
反应，副反应是吸热反应，升高温度，主反应平衡逆向移动，副反应平衡正向移动，且主
反应平衡移动程度占主要因素，因而使 CO 转化率、甲醇选择性均下降。
2
②按1 mol CO (g)、3 mol H (g)投料反应，244°C时二氧化碳转化率是10.5%，甲醇选择性
2 2
为58.3%，因此此温度下反应生成CHOH的物质的量为1mol×10.5%×58.3%≈0.061mol；故
3
答案为：0.061。
③在压强为p的反应条件下，1 mol CO (g)和3 mol H (g)反应并达到平衡状态，CO 平衡转
2 2 2
化率为20%，甲醇选择性为50%， ，
，则平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物
质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，一氧化碳物质的量
为0.1mol，总气体物质的量为3.8mol，则该温度下主反应的平衡常数；故答案为： 。
4．（2023·四川成都·校联考二模）我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现
碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO 转化为清洁能源是实现碳中和
2
最直接有效的方法。
方法一：H 还原CO 制取CH 其反应体系中，主要发生反应的热化学方程式有：
2 2 4.
反应I：CO(g)+4H(g) CH(g)+2HO(g) ΔH=−164.7 kJ∙mol−1
2 2 4 2 1
反应II：CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ΔH=+41.2 kJ∙mol−1
2 2 2 2
反应III：2CO(g)+2H(g) CO(g)+CH (g) ΔH =−247.1 kJ∙mol−1
2 2 4 3
(1)利用上述反应计算CO(g)+3H(g) CH(g)+HO(g)的ΔH_______，已知
2 4 2
ΔG=ΔH−TΔS，忽略ΔH、ΔS随温度的变化，若ΔG＜0反应自发，则该反应一般在
_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)向恒压、密闭容器中通入1molCO 和4molH ，平衡时体系内CH、CO、CO 的物质的量
2 2 4 2
(n)与温度(T)的变化关互系如图所示。
①结合上述反应，解释图中CO 的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：_______；
2
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15mol，n(CO)=0.25mol，甲烷的选择性(
2
×100%)=_______；
③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当_______。
方法二：H 还原CO 制取CHOH。反应原理为：CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g)
2 2 3 2 2 3 2
ΔH
4
(3)CO 催化加氢制CHOH的一种反应机理历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”
2 3
标注，如“*CO”表示CO 吸附在催化剂表面，图中*H已省略)
2 2该反应历程中决速步反应能垒为_______eV，为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当
_______(填“升高”或“降低”)。
(4)已知速率方程υ =k ·c(CO)·c3(H )，υ =k ·c(CHOH)·c(HO)，k 、k 是速率常数，
正 正 2 2 逆 逆 3 2 正 逆
只受温度(T)影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数 之间的关系，则
ΔH_______0(填“＞”“＜”或“=”)。
4
【答案】(1) −205.9 kJ∙mol−1 低温
(2) 约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO 物质的量总量上升；约600°C之后，
2
温度对反应II、III的影响更大，CO 物质的量总量下降 60% 选择合适的催化剂
2
(3) 1.36 降低
(4)＜
【详解】（1）根据盖斯定律将反应I加反应III，再整体除以2得到CO(g)+3H(g)
2
CH(g)+HO(g) ΔH=−205.9 kJ∙mol−1，该反应是熵减的反应，根据ΔG＜0反应自发即
4 2
，则该反应一般在低温下能自发进行；故答案为：−205.9
kJ∙mol−1；低温。
（2）①结合上述反应，解释图中CO 的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：约
2600°C之前，温度对反应I的影响更大，平衡逆向移动，CO 物质的量总量上升；约600°C
2
之后，温度对反应II、III的影响更大，反应II正向移动，反应III逆向移动，则CO 物质的
2
量总量下降；故答案为：约600°C之前，温度对反应I的影响更大，CO 物质的量总量上升；
2
约600°C之后，温度对反应II、III的影响更大，CO 物质的量总量下降。
2
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15mol，n(CO)=0.25mol，则n(CH)=0.6mol，因
2 4
此甲烷的选择性 ；故答案为：60%。
③催化剂能提高反应速率，在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当选
择合适的催化剂；故答案为：选择合适的催化剂。
（3）该反应历程中决速步反应是活化能最大即能垒最高的那一步，相对能量−1.56eV到
−0.20eV的这一步即能垒为1.36eV，该反应是吸热反应，反应I、反应III是放热反应，反
应II是吸热反应，根据图中信息，产生副产物(CO、CHO)时吸收热量更多，因此为了减少
2
副产物生成，则工艺生产的温度应适当降低；故答案为：1.36；降低。
（4）根据图中表示速率常数的对数lgk与温度的倒数 之间的关系，从右向左分析，温度
升高，lgK增大，k 增大程度比k 大，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热
逆 正
反应即ΔH＜0；故答案为：＜。
4
5．（2023·广东茂名·统考一模）乙烯是重要的基础化工原料，工业上利用乙烷脱氢制乙烯
的相关反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)反应 的 _______ 。
(2)以 和 的混合气体为起始投料( 不参与反应)，保持混合气体总物质的量不变，
在恒容的容器中对反应Ⅰ进行研究。下列说法正确的是_______。
A．升高温度，正、逆反应速率同时增大
B． 和 的物质的量相等时，反应达到平衡状态
C．增加起始投料时 的体积分数，单位体积的活化分子数增加
D．增加起始投料时 的体积分数， 平衡转化率增大
(3)科研人员研究催化剂对乙烷无氧脱氢的影响
①在一定条件下， 催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的
各步反应中，生成下列物质速率最慢的是_______。A． B． C． D．
②用 基催化剂研究 催化脱氢，该催化剂对 键和 键的断裂均有高活性，
易形成碳单质。一定温度下， 基催化剂在短时间内会失活，其失活的原因是_______。
(4)在 和催化剂条件下，向体积固定的容器中充入 与一定量 发生反应
(忽略反应Ⅰ和反应Ⅱ外的其它反应)，平衡时 和 的物质的量分数随起始投
料比 的变化关系如图所示。
①图中曲线c表示的物质为 ，表示 的曲线为_______(填“a”或“b”)，判断依据是
_______。
②当 时，平衡时体系压强为P，计算反应Ⅰ的平衡常数 _______(写出计算
过程，结果保留2位有效数字；对于 ， ， )。
【答案】(1)+178
(2)AC
(3) C 积碳在其表面快速沉积使其活性降低(4) a 比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C H 要
2 4
大 0.077P
【详解】（1）将反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到反应
的
；故答案为：+178。
（2）A．升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增多，碰撞几率增大，因此正、
逆反应速率同时增大，故A正确；
B． 和 的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态，不能是物质的量相等，
故B错误；
C．增加起始投料时 的体积分数，单位体积的活化分子数增加，碰撞几率增大，反应
速率加快，故C正确；D．增加起始投料时 的体积分数，可以理解为再另外一个容器
中加入后再加压，由于反应是体积增大的反应，因此加压后平衡逆向移动， 平衡转化
率减小，故D错误；
综上所述，答案为：AC。
（3）①在一定条件下， 催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历
程的各步反应中，生成下列物质速率最慢的是活化能最大的即第二步(TS2)；故答案为：
C。
②用 基催化剂研究 催化脱氢，该催化剂对 键和 键的断裂均有高活性，
易形成碳单质。一定温度下， 基催化剂在短时间内会失活，说明碳单质沉积在Co上，
Co没有与乙烷接触从而使其活性失活；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低；
故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低。
（4）①图中曲线c表示的物质为 ， 比值增大，致使反应Ⅱ正向移动，乙烯浓
度降低，致使反应Ⅰ也正向移动，乙烷的转化率增大，因此乙烷的改变量比乙烯变化量大，
因此表示 的曲线为a，判断依据是 比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分
数变化比CO和C H 要大；故答案为：a； 比值增大，乙烷转化率增大，物质的量
2 4
分数变化比CO和C H 要大。
2 4
②当 时，平衡时体系压强为P，建立三段式，
，则反应Ⅰ的平衡常数
；故答案为：0.077P。
6．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）为加快实现“双碳”目标，有效应对全球气候变化、
构建低碳社会，CO 资源化利用受到越来越多的关注。
2
I．利用CO 与CH 制备合成气CO、H 的反应历程如下：
2 4 2
第一步：CH(g)+CO (g)→C(ads)+2H(g)+CO (g) ΔH =EkJ·mol-1；
4 2 2 2 1 1
第二步：C(ads)+2H(g)+CO (g)→2CO(g)+2H (g) ΔH =EkJ·mol-1；
2 2 2 2 2
说明：ads为吸附型催化剂。
(1)制备合成气总反应的反应热ΔH=___________kJ·mol-1；
(2)一定条件下ads对CO 也有吸附作用。结合下图分析ads吸附CO 的适宜条件是_______。
2 2
(3)由甲烷生成乙烷的反应如下：2CH C H+H 在不同反应物浓度时，该反应的反应
4 2 6 2.
速率如下表所示：
实验编号 1 2 3 4
c(CH)/(mol·L-1) 0.1000 0.2000 0.3000 0.4000
4
/(mol·L-1·min-1) 0.0076 0.0153 0.0227 0.0306
①该反应的速率方程为： =___________mol·L-1·min-1[用含c(CH)的代数式表示]。
4
②若开始时该反应速率为 mol·L-1·min-1，α表示任一时刻甲烷的转化率，则该反应的速率
1
方程为： =___________mol·L-1·min-1(用含 和α的代数式表示)。
1
③实验测得甲烷浓度由0.400mol·L-1变化到0.200mol·L-1需9.2min，则甲烷浓度由
0.200mol·L-1变化到0.100mol·L-1所需时间___________9.2min。(填“>”、“<”或“=”)Ⅱ．CO 在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
2
反应1：CO
2
(g)+4H
2
(g)⇌CH
4
(g)+2H
2
O(g)
反应2：CO
2
(g)+H
2
(g)⇌CO(g)+H
2
O(g)
(4)已知温度为T时，向0.5L恒容密闭容器中充入2molCO 和6molH ，一段时间后达到平
2 2
衡，测得体系中生成2.5molHO，压强变为原来的75%，反应1的平衡常数
2
K=___________(用分数表示)，CH 选择性=___________(CH 选择性= ，
4 4
保留三位有效数字)。
【答案】(1)E +E
1 2
(2)25℃，10mL·min-1(或低温，低流速)
(3) 0.076c(CH ) (1-a) =
4
(4) 66.7%或0.667
【详解】（1）由信息可知，第一步即反应i：CH(g)+CO (g)→C(ads)+2H(g)+CO (g)
4 2 2 2
ΔH=EkJ·mol-1；第二步即反应ii：C(ads)+2H(g)+CO (g)→2CO(g)+2H (g) ΔH =EkJ·mol-1；
1 1 2 2 2 2 2
则反应i+反应ii即得制备合成气总反应CH(g)+CO (g)=2CO(g)+2H(g)，根据盖斯定律可知，
4 2 2
该反应的反应热ΔH= =(E+E)kJ·mol-1，故答案为：E+E；
1 2 1 2
（2）一定条件下ads对CO 也有吸附作用，由题干图示信息可知，25℃下流速为10mL/
2
min时，ads吸附CO 的量最大，故该过程的适宜条件是25℃、10mL/min，故答案为：
2
25℃、10mL/min；
（3）①由题干表中数据可知，当c(CH)=0.1000mol/L时， =0.0076 mol·L-1·min-1，当
4
c(CH)=0.2000mol/L时， =0.0153 mol·L-1·min-1，由此可知反应速率与c(CH)成正比，故该
4 4
反应的速率方程为： =kc(CH )mol·L-1·min-1，带入数据可知：0.0227=0.3000k，即得
4
k=0.076，故该反应速率方程为： =0.076c(CH)mol·L-1·min-1，故答案为：0.076c(CH )；
4 4
②由上述分析可知，反应速率与c(CH)成正比，若开始时该反应速率为 mol·L-1·min-1，α
4
表示任一时刻甲烷的转化率，该时刻下容器中c(CH)=(1-α) c(CH )，则该反应的速率方程
4 4 0
为： =kc(CH )mol·L-1·min-1= k(1-α) c(CH )mol·L-1·min-1=(1-α) mol·L-1·min-1，故答案为：
4 4 0
(1-α) ，
③根据浓度越大反应速率越快，且反应速率与CH 浓度成正比可知，实验测得甲烷浓度由
4
0.400mol·L-1变化到0.200mol·L-1需9.2min，则甲烷浓度由0.200mol·L-1变化到
0.100mol·L-1，前者反应速率是后者的两倍，前者变化量也是后者的两倍，故所需时间等于
9.2min，故答案为：=；
（4）已知温度为T时，向0.5L恒容密闭容器中充入2molCO 和6molH ，一段时间后达到
2 2
平衡，测得体系中生成2.5molHO，压强变为原来的75%，由三段式分析：
2，
，2x+y=2.5mol，
，解得：x=1，y=0.5，即平衡时c(CO)=
2
=1.0mol/L，c(H)= =3.0mol/L，c(CH)= =2.0mol/L，
2 4
c(HO)= =5.0mol/L，反应1的平衡常数K= = = ，CH
2 4
选择性= ×100%=66.7%，故答案为： ；66.7%。
7．（2023·湖北·校联考模拟预测）氨气在农业和国防工业都有很重要的作用，历史上诺贝
尔奖曾经有三次颁给研究合成氨的科学家。
(1)反应的能量变化如图所示。则N(g)与H(g)制备NH (1)的热化学方程式为_____。
2 2 3
(2)关于合成氨工艺的理解，下列正确的是_____。
A．合成氨工业常采用的反应温度为400～500℃左右，可用勒夏特列原理解释
B．使用更高效的催化剂，可以提高平衡时NH 的量
3
C．合成氨工业采用10MPa～30MPa，是因常压下N 和H 的转化率不高
2 2
D．用铜氨溶液处理原料气中CO杂质的反应为：[Cu(NH )]++CO+NH [Cu(NH )CO]+
3 2 3 3 3
ΔH＜0，其适宜的生产条件为低温高压
(3)恒压密闭容器中，起始时n(H )：n(N )=3：1，不同温度(T)下平衡混合物中NH (g)物质
2 2 3
的量分数随压强的变化曲线如图所示：①A点的温度迅速从T 变为T，则此时浓度商Q_____K(T )(填“＞”“＜”或“=”)。
1 2 2
②K (B)：K(A)=_____(K 为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
p p p
③合成氨逆反应速率方程为：v(逆)=k(逆) ，式中k(逆)为逆反应的速率常数(只与温度
有关)。从C点开始减小压强，平衡发生移动，直至达到新的平衡，v(逆)的变化过程为
_____。
(4)电化学法也可合成氨。如图是用低温固体质子导体作为电解质，用Pt−C N 作阴极催化
3 4
剂电解H(g)和N(g)合成NH 的原理示意图：
2 2 3
①Pt−C N 电极反应产生NH 的电极反应式_____。
3 4 3
②实验研究表明，当外加电压超过一定值以后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压
的增大而减小，分析其可能原因_____。
【答案】(1)N (g)+3H(g) 2NH (1) △H=-132kJ/mol
2 2 3
(2)CD
(3) ＞ v(逆)瞬间变大，然后逐渐减小，直至达到新的平衡，v(逆)不再改
变
(4) N +6e-+6H+=2NH 超过一定电压以后，H+得电子能力增强，H+得电子生成H
2 3 2
【详解】（1）由图可知0.5molN(g)和1.5molH(g)反应生成 1molNH (1)时放出的热量为
2 2 3
(300-254+20)kJ=66 kJ，则N(g)与H(g)制备NH (1)的热化学方程式为N(g)+3H(g)
2 2 3 2 2
2NH (1) △H=-132kJ/mol，故答案为：N(g)+3H(g) 2NH (1) △H=-132kJ/mol；
3 2 2 3（2）A. 工业合成氨为放热反应，温度升高不利于平衡正向移动，因此不可用勒夏特列原
理解释，故A错误；
B.催化剂只能加快反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡时NH 的量，故B错误；
3
C. 工业合成氨正向气体分子数减小，采用10MPa～30MPa，有利于平衡正向移动，可提高
反应物转化率，故C正确；
D. 用铜氨溶液处理原料气中CO杂质的反应为：[Cu(NH )]++CO+NH [Cu(NH )CO]
3 2 3 3 3
+ ΔH＜0，该反应正向气体分子数减少，高压有利于平衡正向移动，同时反应放热，低温
有利于平衡正向移动，因此其适宜的生产条件为低温高压，故D正确；
故答案为：CD；
（3）①若A点的温度缓慢从T 变为T，则平衡移向移动，浓度商Q应逐渐减小最终等于
1 2
K(T)，则快速升温时平衡未及时移动，则此时浓度商Q大于K(T)，故答案为：>；
2 2
②K (A)= ，同理K(B)=
p p
，由图可知A、B两点各气体的百分含量相同，则各气体的体积
分数相同，则K(B)：K(A)= : = :
p p
，由图可知：p =150×105Pa，p =450×105Pa，K(B)：K(A)= : = ，故答案为：
A B p p
；
③C点开始减小压强，正逆反应速率均减小，但该反应正向气体分子数减小，因此逆反应
速率减小更多，平衡逆向移动，使得逆反应速率又逐渐增大，直到反应达到新平衡后不再
改变，故答案为：v(逆)瞬间变大，然后逐渐减小，直至达到新的平衡，v(逆)不再改变；
（4）由图示可知Pt−C N 电极与电源负极相连作阴极，氮气在阴极得电子生成氨气，电极
3 4
反应为：N+6e-+6H+=2NH，当外加电压超过一定值以后，电解质中的氢离子得电子能力
2 3
逐渐增强，H+得电子生成H，导致阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，故
2
答案为：N+6e-+6H+=2NH；超过一定电压以后，H+得电子能力增强，H+得电子生成H。
2 3 2
8．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）“节能减排”和“低碳经济”的一项重要课题就是如
何将CO 转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用CO 来生产燃料甲醇。
2 2
已知：H(g)的燃烧热 ΔH＝ －285.8 kJ·mol−1、CO(g)的燃烧热 ΔH＝－283.0 kJ·mol−1
2
反应①：CO(g) +2H (g) CHOH(g) ΔH ＝ －90.8 kJ·mol−1
2 3 1反应②： HO(l)＝HO(g) ΔH＝ +44.0 kJ·mol−1
2 2 2
反应③：CO(g)+ 3H (g) CHOH(g) +HO(g) ΔH
2 2 3 2 3
(1)ΔH ＝___________ ， 反应③的ΔS___________ (填“>”或“<”)0，反应③在
3
___________ (填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)恒温条件下，在某恒容密闭容器中；按照n(CO)：n(H )＝1：3投料仪发生反应③，起
2 2
始气体总压强为p，测得CO(g)的浓度随时间变化如图所示。
0 2
①从反应开始到3 min，H 的平均反应速率v(H )＝___________mol·L−1·min−1；试在图中绘
2 2
制出CHOH(g) 的浓度随时间变化的图像___________。
3
②该反应的平衡常数K＝___________ (填含 p 的表达式)。
p 0
(3)恒温条件下，在某恒压密闭容器中仅发生反应①，当反应达到平衡后，向平衡体系中通
入惰性气体，平衡___________(填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不
移动”)。
【答案】(1) －49.6kJ·mol−1 < 低温
(2) 0.5
(3)向逆反应方向移动
【详解】（1）根据盖斯定律①-④ +③ +②得CO(g)+ 3H (g) CHOH(g)
2 2 3
+H O(g)ΔH =-90.8 kJ·mol-1+566 kJ·mol-1 -571.6 kJ·mol-1 +44.0 kJ·mol-1=-49.6kJ·mol-1；
2 3
反应③气体物质的量减少，ΔS<0，反应③在低温下能自发进行。
故答案为：－49.6kJ·mol−1；<；
（2）①从反应开始到3 min，CO(g)的浓度降低0.5mol/L，则H 的浓度降低1.5mol/L，平
2 2
均反应速率v(H )= mol·L-1·min-1；3min时CO(g)的浓度降低0.5mol/L，甲醇
2 2
的浓度增加0.5mol/L、10min时，甲醇的浓度为0.75mol/L，则CHOH(g) 的浓度随时间变
3化的图像为 。
②
反应达到平衡状态时，总压强为 ，该反应的平衡常数K=
p
；
故答案为：0.5； ； ；
（3）恒压条件下向平衡体系中通入惰性气体，容器体积增大，相当于减压，平衡向逆反应
方向移动。
故答案为：向逆反应方向移动。
9．（2023·吉林白山·统考模拟预测）“节能减排”和“低碳经济”的一项重要课题就是如
何将CO 转化为可利用的资源。
2
I.目前工业上有一种方法是用CO 来生产燃料甲醇。
2
已知：H(g)的燃烧热 ΔH= 一285.8 kJ·mol-1、CO(g)的燃烧热 ΔH=- 283.0 kJ·mol-1
2
反应①：CO(g) +2H (g) CHOH(g) ΔH = -90.8 kJ·mol-1
2 3 1
反应②： HO(l)=HO(g) ΔH= +44.0 kJ·mol-1
2 2 2
反应③：CO(g)+ 3H (g) CHOH(g) +HO(g) ΔH
2 2 3 2 3
(1)ΔH =_______ ， 反应③的ΔS_______ (填“>”或“<”)0，反应③在 _______ (填“高
3
温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)恒温条件下，在某恒容密闭容器中；按照n(CO) ： n(H ) =1：3投料仪发生反应③，起
2 2
始气体总压强为p，测得CO(g)的浓度随时间变化如图所示。
0 2①从反应开始到3 min，H 的平均反应速率v(H )=_______mol·L-1·min-1；试在图中绘制出
2 2
CHOH(g) 的浓度随时间变化的图像_______。
3
②该反应的平衡常数K=_______ (填含 p 的表达式)。
p 0
(3)恒温条件下，在某恒压密闭容器中仅发生反应①，当反应达到平衡后，
I.降低温度，CO的平衡转化率_______ (填“不变”、“减小”或“增大”)；
II.向平衡体系中通入惰性气体，平衡_______(填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向
移动”或“不移动”)。
【答案】(1) -49.6kJ·mol-1 < 低温
(2) 0.5
(3) 增大 向逆反应方向移动
【详解】（1）①：CO(g) +2H (g) CHOH(g) ΔH = -90.8 kJ·mol-1
2 3 1
②：HO(l)=HO(g) ΔH= +44.0 kJ·mol-1
2 2 2
H(g)的燃烧热 ΔH= -285.8 kJ·mol-1、CO(g)的燃烧热 ΔH=- 283.0 kJ·mol-1；
2
则③2H(g) +O (g) =2H O(l) ΔH =-571.6 kJ·mol-1
2 2 2 1
④2CO(g) O (g) =2CO (g)ΔH =-566 kJ·mol-1
2 2 1
根据盖斯定律①-④ +③ +②得CO(g)+ 3H (g) CHOH(g) +HO(g)ΔH =-90.8
2 2 3 2 3
kJ·mol-1+566 kJ·mol-1 -571.6 kJ·mol-1 +44.0 kJ·mol-1=-49.6kJ·mol-1；反应③气体物质的
量减少，ΔS<0，反应③在低温下能自发进行。
（2）①从反应开始到3 min，CO(g)的浓度降低0.5mol/L，则H 的浓度降低1.5mol/L，平
2 2
均反应速率v(H )= mol·L-1·min-1；3min时CO(g)的浓度降低0.5mol/L，甲醇
2 2的浓度增加0.5mol/L、10min时，甲醇的浓度为0.75mol/L，则CHOH(g) 的浓度随时间变
3
化的图像为 。
②
反应达到平衡状态时，总压强为 ，该反应的平衡常数K=
p
。
（3）I．CO(g) +2H (g) CHOH(g) 正反应放热，降低温度，平衡正向移动，CO的平
2 3
衡转化率增大；
II．恒压条件下向平衡体系中通入惰性气体，容器体积增大，相当于减压，平衡向逆反应
方向移动。
10．（2023·广东·汕头市澄海中学校联考模拟预测）研发二氧化碳和有机物的利用技术对
治理生态环境具有重要意义。
(1)已知：
则催重整反应 的 _______ 。
(2)催化重整反应 中，测得 的平衡转化率与温度
及压强的关系如图所示：
①判断该反应的 _____ 0(填“>”、“<”或“=”)，比较压强的大小： ______ (填“>”、“<”或“=”) 。
② 在恒容容器中进行该催化重整反应(不考虑其他反应)，下列能说明该反应处于化学平衡
状态的是__________(填字母)。
A． 的质量分数保持不变 B．容器中 与H 的百分含量之比保持不变
2
C． D．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不
变
③X点对应的初始投料比 ，平衡压强为 ，温度为950℃，则X点平
衡常数 _____________________。
(3)反应 的正、逆反应速率可分
别表示为 、 ，其中k 、k 分别为正、逆反应
正 逆
速率常数，仅受温度影响。则如图所示的四条斜线中，有两条分别为 和pk
随T变化斜线，能表示pk 随T变化关系的是_______(填字母)。
逆 正
(4)一种以甲醇为原料，利用 和CuO纳米片(CuONS/CF)作催化电极，制
备甲酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。
电解过程中阳极电极反应式为____________________________。
【答案】(1)(a-2b-2c)
(2) > < AD
(3)d
(4)CH OH-4e-+H O=HCOOH+4H+
3 2
【详解】（1）①②
③
根据盖斯定律①-②×2-③×2得 的
(a-2b-2c) 。
（2）①由图可知，温度升高CH 的平衡转化率增大，升温平衡向正反应方向移动，该反应
4
的 >0；而由催化重整反应 可知，相同温度下，增
大压强平衡逆向移动，CH 的平衡转化率减小，则 < 。
4
② A． 的质量分数保持不变，说明 浓度不变，反应达到平衡状态，故选A；
B． 与H 都是生成物，物质的量比始终为1:1，容器中 与H 的百分含量之比保持不
2 2
变，反应不一定平衡，故不选B；
C． ，正逆反应速率比不等于系数比，反应不平衡，故不选C；
D．混合气体总质量不变、混合气体的物质的量是变量，容器中混合气体的平均相对分子
质量是变量，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应一定达到平衡状态，故选D；
选AD。
③压强为p、投料比 =1、950℃的条件下，
4
，X点平衡常数K═ =
p
= 。
（3）升高温度，反应速率加快，k 、k 都增大，pk都减小，反应
正 逆
，正反应吸热，升高温度平衡
正向移动，说明k 增大的幅度大于k 。能表示pk (pk=-lgk)随T变化关系的是d。
正 逆 正
（4）从图分析，右侧由甲醇变成甲酸，失去电子，故右侧为阳极，即b为电源正极，电解
过程中阳极电极反应式为CHOH-4e-+H O=HCOOH+4H+。
3 2
11．（2023·江苏·统考二模）脱除沼气中的 具有重要意义，脱除 有多种方法。
(1)受热分解法。将 和 混合气导入热解器，反应分两步进行。反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
现将硫化氢和甲烷按照2：1体积比投料，并用 稀释。在常压和不同温度下，反应相同
时间后， 、 和 的体积分数随温度的变化关系如图所示。
① ___________。
②1050℃时， 的体积分数为___________。
③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高， (g)的体积分数先增大而
后减小，其原因可能是___________。
(2)光电催化法。某光电催化法脱除 的原理如图所示。
①光电催化法脱除 的离子方程式为___________。
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是___________。
(3)催化重整法。Fe O 可以用作脱除 的催化剂，脱除过程如图所示。
2 3①Fe O 脱除 时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是
2 3
______。
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是___________。
【答案】(1) 233.5 3.6% 在950℃～1100℃之间，以反应I为主，随
温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应II， (g)的体积分数增大；在1100～1150℃之
间，反应II速率增大的幅度大于反应I， (g)的体积分数减小
(2) 光电催化法脱除 ，耗能低，还能持续发电；
溶液中 可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用
(3) 中H带正电、S带负电，Fe O 中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电
2 3
性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强 反应生成的硫单质附
着在催化剂表面
【详解】（1）①已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得：
；
②1050℃时， 和 的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反
应Ⅱ生成 、消耗 的体积分数分别为0.1%×2=0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成 的体积分数
为(0.1%+1.6%)=1.7%，则反应Ⅰ生成 的体积分数为1.7%×2=3.4%，故 的体积分数为
3.4%+0.2%=3.6%。
③在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应
Ⅱ， (g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，
(g)的体积分数减小；故在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，
(g)的体积分数先增大而后减小；
（2）①光电催化法脱除 的反应为硫化氢和 发生氧化还原反应生成 和碘离子及氢
离子，离子方程式为 。②与受热分解法相比，光电催化法的优点是光电催化法脱除 ，耗能低，还能持续发电；
溶液中 可循环利用，正极生成的副产物双氧水可回收利用；
（3）①Fe O 脱除 时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原
2 3
因是 中H带正电、S带负电，Fe O 中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微
2 3
粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强。
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是反应生成的硫单质附着在催化剂表面，降
低了催化剂的表面积。
12．（2023·江西赣州·统考模拟预测）甲烷和乙炔(CH≡CH)在有机合成中有着广泛的用途。
回答下列问题：
(1)已知：
①H(g)+ O(g) =H O(g) ΔH= - 198 kJ·mol-1；
2 2 2 1
②CO(g)+ O(g)=CO (g) ΔH = - 283 kJ·mol-1；
2 2 2
③CH (g)+ 2O (g)=CO (g)+2HO(g) ΔH=-846.3 kJ·mol-1。
4 2 2 2 3
写出甲烷与水蒸气在高温下制备合成气(CO、H )的热化学方程式：___________。
2
(2)用甲烷在高温下气相裂解制取乙炔和氢气，其反应原理为2CH(g) C H(g) +3H (g)
4 2 2 2
ΔH >0。几种气体平衡时分压(Pa)的对数与温度(K)的关系如图1所示。
①图1中A点温度时的平衡常数K=___________(用气体平衡时分压代替浓度计算)。
p
②T℃时，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CH 进行上述反应。当反应达到平衡
4
时，测得c(CH)= c(H)，则CH 的转化率为___________。 若改变温度至T℃ ，10 s后反
4 2 4 2
应再次达到平衡，测得c(CH)= 2c(H)，则该变化过程中T___________(填“>”或“
4 2 1
<”)T。
2
(3)一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol C H(乙炔)和2 mol HCl发生反
2 2
应：HC≡CH(g) + HCl(g) CH= CHCl(g) ΔH。测得反应物(C H 或HCl)浓度随时间的
2 2 2
变化关系如图2所示。①M点时，v ___________(填“>”“<”或“=”)v 。
正 逆
②15 min时仅改变了一个外界条件，改变的条件可能是___________。
③0~10 min内氯乙烯的平均反应速率v(CH=CHCl)=___________mol·L-1·min-1.向密闭容器中
2
充入一定量乙炔和氯化氢，发生上述反应，测得乙炔的平衡转化率与温度、S的关系如图3
所示。其中S>S > S ，则S代表的物理量是___________。
3 2 1
【答案】(1)CH (g)+ H O(g)=CO(g)+ 3H (g) ΔH=+30.7 kJ/mol
4 2 2
(2) 1.0×105 40% >
(3) < 增大氯乙烯的浓度或改变温度 0.06 起始投料比 或其他
合理答案
【详解】（1）已知：
①H(g)+ O(g) =H O(g) ΔH= - 198 kJ·mol-1；
2 2 2 1
②CO(g)+ O(g)=CO (g) ΔH= - 283 kJ·mol-1；
2 2 2
③CH (g)+ 2O (g)=CO (g)+2HO(g) ΔH=-846.3 kJ·mol-1。
4 2 2 2 3
由盖斯定律可知，-3×①-②+③得：甲烷与水蒸气在高温下制备合成气(CO、H )的热化学
2
方程式：CH(g)+ H O(g)=CO(g)+ 3H (g) ΔH=3ΔH-ΔH +ΔH =+30.7 kJ/mol；
4 2 2 1 2 3
（2）①由图可知，图1中A点温度时，氢气、乙炔、甲烷的分压分别为 、 、
，则平衡常数K= 。
p
②T℃时，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CH 进行上述反应；
4当反应达到平衡时，测得c(CH)= c(H)，则0.4-2a=3a，a=0.8mol，则CH 的转化率为
4 2 4
。 若改变温度至T℃ ，10 s后反应再次达到平衡，测得c(CH)=
2 4
2c(H)，则该变化过程中平衡逆向移动，甲烷含量增大，由于反应ΔH >0，正反应为吸热反
2
应，则说明为降温的过程，则T>T。
1 2
（3）①由图可知，M点后，反应物(C H 或HCl)浓度仍增大，说明M点时反应逆向进行，
2 2
此时v ”或“<”)，理由是___________。
(3)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为 的混合气体，
在一定条件下只发生如下反应( 、 为速率常数)：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
实验测得丙烯的净生成速率方程为 ，可推测丙烯的浓度随
时间的变化趋势为___________，理由是___________。
【答案】(1) 减小丙烷分压，使平衡正向移动，提高丙烷的平衡转化率 c 1.8
(2) 30% ＜ T、T 时，O 的平衡转化率分别为30% 、20%，T＜
1 2 2 1
T，O 的转化率随温度升高而降低，反应Ⅱ是放热反应
2 2
(3) 先增大后减小； 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C H)逐渐增大，随
3 6
着反应进行，p(C H)减小，p(C H)增大，υ(C H)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C H)逐
3 8 3 6 3 6 3 6
渐减小
【详解】（1）①反应Ⅰ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，因此充入Ar的目的是减小丙烷分压，使平衡正向移动，提高丙烷
的平衡转化率；故答案为：减小丙烷分压，使平衡正向移动，提高丙烷的平衡转化率。
②根据图中信息， 为 、 、 投料比越大，则丙烷的转化率越小，则曲线c是 为 投料，丙烷分压越大，反应速率越快，因此0~6s内，曲线c
对应的平均反应速率最快；故答案为：c。
③曲线a中0~3s内，设丙烷物质的量为1mol，Ar物质的量为4mol，
，开始 分压为20KPa，后来 分压为
，则0~3s的平均变化率为
；故答案为：1.8。
（2）①根据图中温度越高，达到平衡所需时间越短，则 时，丙烷转化率为60%，则消耗
了1.2mol，平衡时压强为1.3×106Pa， ，
，根据x+2y=1.2，
，y=0.3，则 的平衡转化
率是 ；故答案为：30%。
② 时，丙烷转化率为70%，则消耗了1.4mol，平衡时压强为1.4×106Pa，
， ，根据
a+2b=1.4， ，b=0.2，a=1，
反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数 ；故答案为： 。
③根据 时，氧气的转化率 30%， 时，氧气的转化率 20%，温度越高，转化率越低，
说明平衡逆向移动，则逆向是吸热反应，正向是放热反应即 ＜0；故答案为：＜；T、
1
T 时，O 的平衡转化率分别为30% 、20%，T＜T，O 的转化率随温度升高而降低，反应
2 2 1 2 2Ⅱ是放热反应。
（3）实验测得丙烯的净生成速率方程为 ，反应开始时，体
系中主要发生反应Ⅱ，则丙烯浓度增大，随着反应进行，p(C H)减小，p(C H)增大，
3 8 3 6
υ(C H)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C H)逐渐减小，因此整个过程中可推测丙烯的浓
3 6 3 6
度随时间的变化趋势为先增大后减小；其原因是：反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，
c(C H)逐渐增大，随着反应进行，p(C H)减小，p(C H)增大，υ(C H)减小，体系中主要发
3 6 3 8 3 6 3 6
生反应Ⅲ，c(C H)逐渐减小；故答案为：先增大后减小；反应开始时，体系中主要发生反
3 6
应Ⅱ，c(C H)逐渐增大，随着反应进行，p(C H)减小，p(C H)增大，υ(C H)减小，体系中
3 6 3 8 3 6 3 6
主要发生反应Ⅲ，c(C H)逐渐减小。
3 6
14．（2023·江苏南京·统考二模）以 还原 的选择性催化还原( -SCR)技术广泛应
用于烟气(含NO、 、 等)脱硝。
(1) 大量排放造成的环境问题主要有：___________(填一种)。
(2)以Fe-Mn/ 催化的 -SCR反应机理如图所示(字母A～D为中间体的代号)。
① -SCR反应的化学方程式为___________。
②根据元素电负性的变化规律，步骤Ⅰ、Ⅱ的过程可描述为___________。
(3)常压下，将一定比例的 、NO、 、 的混合气体匀速通过装有催化剂的反应管，
测得NO的转化率与 的选择性[ ]如图所示。温度高于350℃， 选择性下
降的原因是______________________。(4)研究 -SCR法尾气中 脱除机理的流程如图1所示。其他条件一定时，在不通 、
通入 两种情况下， 的脱除率、NO的选择性[ ]与通气时间的关系如图2
所示。
①反应17～19.2h时， 脱除率下降，其原因是___________。
②通入 后，NO选择性增大，其原因是___________。
【答案】(1)酸雨、光化学烟雾、破坏臭氧层
(2) 中带部分负电荷的N与A中
带正电荷的Mn作用生成B，B中带部分正电荷的H转移到带负电荷的O上生成C
(3)催化剂活性降低， 转化为 的速率降低；部分 被氧化为NO
(4) 该时间段内发生的反应为 与CuO反应生成Cu(或 )和 ，随时间推移，
CuO与 的量减少， 氧化为 的速率降低 随时间推移，Cu被 氧化为CuO
的量增多， 被CuO催化氧化成NO的量增大【详解】（1） 大量排放会形成有酸雨、造成光化学烟雾、破坏臭氧层，答案为：酸雨、
光化学烟雾、破坏臭氧层；
（2）①由反应机理可知反应物为：氨气、一氧化氮和氧气，生成物是氮气和水，答案为：
；
② 中带部分负电荷的N与A中带正电荷的Mn作用生成B，因为氧的电负性大于氮的
电负性，所以B中带部分正电荷的H转移到带负电荷的O上生成C，答案为： 中带部
分负电荷的N与A中带正电荷的Mn作用生成B，B中带部分正电荷的H转移到带负电荷
的O上生成C；
（3）催化剂活性降低， 转化为 的速率降低；部分 被氧化为NO；
（4）①该时间段内发生的反应为 与CuO反应生成Cu(或 )和 ，随时间推移，
CuO与 的量减少， 氧化为 的速率降低；
②通入 后，Cu被 氧化为CuO的量增多， 被CuO催化氧化成NO的量增大，答案
为：随时间推移，Cu被 氧化为CuO的量增多， 被CuO催化氧化成NO的量增大。
15．（2023·北京丰台·统考二模）化学平衡常数在定性分析与定量分析中应用广泛。
(1)一定温度下，在密闭容器中反应： ，测得如下数据。
开始浓
10s 20s 30s
度
0.50 0.22 0.11 0.11
0.50 0.22 0.11 0.11
0.00 0.56 0.78 0.78
①该温度下， 的平衡转化率为___________。
②该温度下，当初始投入浓度为 ， ，
时，进行实验，反应进行的方向为___________(填“正反应方向”或
“逆反应方向”)。
(2)已知：25℃时， 、 、 、 的电离平衡常数。
物质
电离平衡常数
①25℃时，相同物质的量浓度的 、 、 、 溶液， 由大到
小的顺序为___________。
②25℃时，向 溶液中加入 溶液达到滴定终点，再向溶液中加入
溶液，使溶液中 ，溶液中 ___________
。
③结合电离平衡常数分析 与 溶液反应的产物___________。
④将足量 通入 溶液中，迅速反应得到无色溶液和白色沉淀( )。放置一段
时间，有 和 生成。先产生白色沉淀，后生成 和 的可能原因是___________。
【答案】(1) 78% 逆反应方向
(2) > > > 和
与 溶液生成 沉淀的速率大于生成 和 速率
【详解】（1）①由表中数据可知平衡时碘单质的物质的量为0.11mol，则 的平衡转化率
为 ，故答案为：78%；
②由表中数据可知平衡时： 、 、
，则该反应的平衡常数K= ，该温度下，当初始投入浓度
为 ， ， 时，Q=
c
>K，则反应向逆反应方向进行，故答案为：逆反应方向；
（2）①相同物质的量浓度的 、 、 、 溶液，氢离子浓度主要
取决于各种酸的一级电离程度的大小，由表中数据：K ( )>K( )>K (
a1 a a1
)>K ( )，则溶液中氢离子浓度： > > > ，故答案
a1
为： > > > ；
②溶液中 ，则 ，结合醋酸电离平
衡常数Ka= ，故答案为： ；
③由电离常数可知酸性： > > ，根据强酸制弱酸原理， 与 溶液反应的产物只能是 和 ，故答案为： 和 ；
④ 与 溶液生成 沉淀，同时 与 也能氧化还原反应生成Ag和
，根据现象可知生成 沉淀的速率大于生成 和 速率，故答案为： 与
溶液生成 沉淀的速率大于生成 和 速率。
16．（2023·全国甲卷·统考高考真题）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方
法。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
反应③ 的 _______ ，平衡常数
_______(用 表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的 ( 等)与 反应可得 。 与 反应
能高选择性地生成甲醇。分别在 和 下(其他反应条件相同)进行反应
，结果如下图所示。图中 的曲线是_______(填“a”或
“b”。 、 时 的转化率为_______(列出算式)。
(3) 分别与 反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，
图中以 示例)。(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则 与
反应的能量变化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。
(ⅲ) 与 反应，氘代甲醇的产量 _______ (填“＞”“＜”或
“=”)。若 与 反应，生成的氘代甲醇有_______种。
【答案】(1) 或
(2) b
(3) Ⅰ c =
2
【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应③= (反应②-①)，所以对应
；根据平衡常数表达式与热
化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数 或 ，故答案为： ；
或 ；
（2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg( )，即与MO+的微粒分布系数成
反比，与M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M+的物质的量浓度比a曲
线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b
表示的是300 K条件下的反应；根据上述分析结合图像可知， 、 时-lg( )=0.1，则
=10-0.1，利用数学关系式可求出 ，根据反应
可知，生成的M+即为转化的 ，则 的转化率为
；故答案为：b； ；
（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以
符合题意的是步骤Ⅰ；
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反
应活化能会增大，根据图示可知， 与 反应的能量变化应为图中曲线c；
(ⅲ) 与 反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应
速率会变慢，则单位时间内产量会下降，但时间足够长的话，不影响最终产量，则氘代甲
醇的产量： = ；根据反应机理可知，若 与 反应，生成的氘代
甲醇可能为 或 共2种，故答案为：=；2。
17．（2023·浙江·高考真题）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一， 还原
是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
(1)有利于提高 平衡转化率的条件是___________。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
(2)反应 的 ___________ ，
___________(用 表示)。
(3)恒压、 时， 和 按物质的量之比 投料，反应经如下流程(主要产物已标
出)可实现 高效转化。
①下列说法正确的是___________。A． 可循环利用， 不可循环利用
B．过程ⅱ， 吸收 可促使 氧化 的平衡正移
C．过程ⅱ产生的 最终未被 吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原 需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入 ，测得一段时间内 物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动
原理，解释 物质的量上升的原因___________。
(4) 还原能力 可衡量 转化效率， (同一时段内 与
的物质的量变化量之比)。
①常压下 和 按物质的量之比 投料，某一时段内 和 的转化率随温度变
化如图1，请在图2中画出 间R的变化趋势，并标明 时R值
___________。
②催化剂X可提高R值，另一时段内 转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃ 480 500 520 550
转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R 2.6 2.4 2.1 1.8
下列说法不正确的是___________
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中 占比越高
C．温度升高， 转化率增加， 转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高 转化率，R值不一定增大
【答案】(1)C(2)
(3) BC 通入 分解平衡正移，导致 增大，促进 还原 平衡
正移
(4) C
【详解】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，
H>0，升高温度，平衡右移，CH 平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH 平衡转化
4 4
△率增大，故有利于提高 平衡转化率的条件是高温低压；答案选C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ 2得反应 ；
故 H+2 H=+329 ， ；
1 2
（3）①△A．根△据流程可知， 转化为Fe，Fe又转化为 ， 可循环利用；
CaCO 受热分解生成 和CO, 又与CO 反应生成CaCO ， 也可循环利用，选
3 2 2 3
项A错误；
B．过程ⅱ， 吸收 使 浓度降低，促进 氧化 的平衡正移，选项B正确；
C．过程ⅱ 吸收 而产生的 最终未被 吸收，在过程ⅲ被排出，选项C正确；
D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原
需吸收的能量一样多，选项D错误；
答案选BC；
②通入 分解平衡正移，导致 增大，促进 还原 平衡正移，故过程ⅱ
平衡后通入 ，测得一段时间内 物质的量上升；
（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据
图1可知 时， 转化率为100%，即 =1mol, 转化率为60%,即
=3mol 60%=1.8mol，故 = =1.8，故 间
R的变化趋势如图：
②A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO
2
的转化率增大， 增大的倍数比 大，则R提高，选项A正确；
B．根据表中数据可知，温度越低， 转化率越小，而R越大， 增大的倍数比
大，含氢产物中 占比越高，选项B正确；
C．温度升高， 转化率增加， 转化率也增大，且两个反应中的 转化率均增大，
增大倍数多，故R值增大，选项C不正确；
D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高 转化率，若 转化率减小，则R值
不一定增大，选项D正确；
答案选C。
18．（2023·辽宁·统考高考真题）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
4 2
分析，该制备过程中CuSO ·5H O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情
4 2
况，数值已省略)如下图所示。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
2 2 e e
反应的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
2 2
硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可）
(3) cd d
【详解】（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 发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO 质量的一半，说明
4 4
有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO 、SO 、O，可能出现的化学
2 3 2
方程式为3CuSO 3CuO+2SO ↑+SO↑+O ↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产
4 2 3 2
物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO 、SO 、O，故答案为CuO、SO 。
2 3 2 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
2 2
化剂的作用；
(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、
2
同时作为催化剂的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
2
（答案合理即可）。
（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-
2 2
m·α=m(1-α)，n(SO )=m·α，K = = ，故答案为 。
e e 3 e p
19．（2023·全国乙卷·统考高考真题）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农
药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在 气氛中， 的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知 _______， _______。
(2)已知下列热化学方程式：
则 的 _______ 。
(3)将 置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。平衡时 的关系如下图所示。
时，该反应的平衡总压 _______ 、平衡常数 _______ 。 随反应
温度升高而_______(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应 (Ⅱ)，平衡时
_______(用 表示)。在 时， ，则 _______
， _______ (列出计算式)。
【答案】(1) 4 1
(2)(a+c-2b)
(3) 3 增大
(4) 46.26
【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时， 转化为 ，
则 ，解之得 =4；当失重比为38.8%时， 转化为
，则 ，解之得y=1。
（2）①
②
③
根据盖斯定律可知，①+③-② 2可得
，则 (a+c-2b) 。
（3）将 置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。由平衡时 的关系图可知, 时，
，则 ，因此，该反应的平衡总压 3 、平衡常数。由图中信息可知， 随着温度升高而增大，因此，
随反应温度升高而增大。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应 (Ⅱ)，在同温同
压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时 ，则
，因此，平衡时 。在 时，
，则 、 ，联立方程组消
去 ，可得 ，代入相关数据可求出 46.26 ，则
，
。
20．（2023·山东·统考高考真题）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
【详解】（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
1 1
刻→反应II达平衡过程，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)
2
＝a＋0.7，K(I)＝ ，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。
1
此时c(CO)会小于不含盐酸的浓度， ＝K(I)，温度不变，平衡常数不变，则
2
的值不变。
21．（2022·天津·统考高考真题）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配
合物 (L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体 转化为单质硫，改进
了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：① 的吸收氧化；② 的再生。反应原理如
下：
①
②
回答下列问题：
(1)该工艺的总反应方程式为___________。1mol 发生该反应的热量变化为
___________， 在总反应中的作用是___________。
(2)研究不同配体与 所形成的配合物(A、B、C)对 吸收转化率的影响。将配合物
A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向
三份吸收液持续通入 ，测得单位体积吸收液中 吸收转化率 随时间变化的
曲线如图1所示。以 由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，
结果最好的是___________(填“A”、“B”或“C”)。(3) 的电离方程式为___________。25℃时， 溶液中 、 、 在含硫粒子总
浓度中所占分数 随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算， 的 ___________，
___________。再生反应在常温下进行， 解离出的 易与溶液中的 形成沉
淀。若溶液中的 ， ，为避免有FeS沉淀
生成，应控制溶液pH不大于___________(已知25℃时，FeS的 为 )。
【答案】(1) (或
) 放出 热量 作催化剂或降低反应活化能
(2)A
(3) 或 8
【详解】（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为
(或 )，该反应的热化
学方程式 ，因此1mol发生该反应的热量变化为放出 热量， 参与了化学反应，但反应前后
量没有改变，因此 在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：
(或 )；放出 热
量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以 由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，
A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3） 是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程
式为 或 ；根据题意pH=7时 、 的所占分
数相等，因此 的 ，pH=13时 、 的所占分
数相等，则 。再生反应在常温下进行， 解离
出的 易与溶液中的 形成沉淀。若溶液中的 ，根据
得到 ，根据
和 ，得到
，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；
故答案为： 或 ； ； ；8。
22．（2022·重庆·统考高考真题）反应 在工业上有
重要应用。
(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃ 700 800 830 1000
平衡常
1.67 1.11 1.00 0.59
数
①反应的 H_____0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。
△
(2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。
②某温度下，H 在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡： ，其正反应的活化能
2
远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是_____。
A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B．过程2的 H＞0
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H 的解离
△ 2
D．H原子在Pd膜表面上结合为H 的过程为放热反应
2
③同温同压下，等物质的量的CO和HO通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；
2
若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H 的质量
2
比为_____。
(3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为______。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口
2
Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。
【答案】(1) 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，
升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低
(2) Pd膜能选择性分离出H，平衡正向移动，平衡转化率增大 BD 1:8
2
(3) 质子导体【详解】（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，
；
②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
产物的转化率较低；
（2）①Pd膜能选择性分离出H，平衡正向移动，平衡转化率增大；
2
②A.Pd膜只允许 通过，不允许 通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能， ，B错误；
C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡 正向移动，有利于 的解离，C正确；
D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为 的过程为吸热反应，D错误；
故选BD；
③根据反应 ，设通入的 为1mol，无膜情况下
一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、HO(g)、CO、H 的平衡物质的量分别为
2 2 2
0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=9；有膜情况下一氧
化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、HO(g)、CO、H 的平衡物质的量分别为
2 2 2
0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口
产生的H 的物质的量为xmol，则 ，解得x=0.1，则出口a产生的 为
2
0.1mol，出口b的 为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8；
（3）①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气
要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极
附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为： ；
③根据三段式：
，出口Ⅰ处气体为 体积为x，进口Ⅰ处的
气体体积为 ，则 ，CO的转化率为： 。
23．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(1)“ 热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所
示。①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性 溶液，阴极区为盐酸，电解过程
中 转化为 。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价
变化的元素有_______(填元素符号)。
(2)“ 热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收 制得的
溶液反应，生成 、 和 ； 再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在 时，密闭容器中 溶液与铁粉反应，反应初期有 生成
并放出 ，该反应的离子方程式为_______。
②随着反应进行， 迅速转化为活性 ，活性 是 转化为 的
催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ
可描述为_______。
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、 的产率随 变化如题图所示。
的产率随 增加而增大的可能原因是_______。(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“ 热循环制氢和甲酸”的优点是
_______。
【答案】(1) Cu、O
(2) 吸附在催化剂的Fe2+上的H与 中
碳原子作用，吸附在O2-的H与 中的羟基氧作用生成的HO和 均吸附在上
2
Fe2+ 随 增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H 的产量增大，
2
的产率增大
(3)制得H，CO 转化为甲酸，生物柴油副产品的利用
2 2
【详解】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性 溶
液，电解过程中 转化为 ，电解时阳极发生的主要电极反应为：
；
②电解后，经热水解得到的HCl和热分解得到的CuCl等物质可循环使用，从图中可知，
热分解产物还有O，从详解①中得知，进入热水解的物质有 ，故发生化合价变化的
2
元素有Cu、O。
（2）①在 时，密闭容器中 溶液与铁粉反应，反应初期有 生成并放出
，离子方程式为： ；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性 表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，
略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与 中略带正电的
碳结合，后者与 中略带负电的羟基氧结合生成HO， 转化为 ；故答案
2
为：吸附在催化剂的Fe2+上的H与 中碳原子作用，吸附在O2-的H与 中的羟基
氧作用生成的HO和 均吸附在上Fe2+；
2③在其他条件相同时，随 增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe的转化率也
增大，即生成 和H 的速率更快，量更大，则得到活性 的速度更快，量也更多，
2
生成 的速率更快，产率也更大。故答案为：随 增加，催化剂的量增多，
增大了接触面积， H 的产量增大， 的产率增大；
2
（3）“ 热循环制氢和甲酸”系统将 转化为 和生成H 的速率快，
2
原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成 后迅速转化为活性 ， 氧
化为 再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H，
2
CO 转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。
2
24．（2022·浙江·统考高考真题）主要成分为 的工业废气的回收利用有重要意义。
(1)回收单质硫。将三分之一的 燃烧，产生的 与其余 混合后反应：
。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度
分别为 、 、 ，计
算该温度下的平衡常数 _______。
(2)热解 制 。根据文献，将 和 的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，
另一边出料)，发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比 ，并用 稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，
测得 和 体积分数如下表：
温度/ 950 1000 1050 1100 1150
0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
0.0 0.0 0.1 0.4 1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②下列说法正确的是_______。
A．其他条件不变时，用Ar替代 作稀释气体，对实验结果几乎无影响B．其他条件不变时，温度越高， 的转化率越高
C．由实验数据推出 中的 键强于 中的 键
D．恒温恒压下，增加 的体积分数， 的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过
程能量示意图_______。
④在 ，常压下，保持通入的 体积分数不变，提高投料比 ，
的转化率不变，原因是_______。
⑤在 范围内(其他条件不变)， 的体积分数随温度升高发生变化，写出该
变化规律并分析原因_______。
【答案】(1)8×108 L·mol－1
(2) 高温 AB 1000℃
时CH 不参与反应，相同分压的HS经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，
4 2
以反应Ⅰ为主，随温度升高，S(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗
2
S 的速率大于反应Ⅰ生成S 的速率，S(g)的体积分数减小
2 2 2
【详解】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝
；（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的
体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的
条件是高温下自发进行；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N 作稀释
2
气体，对实验结果几乎无影响，A正确；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，HS的转化率越高，B正确；
2
C．根据表中数据无法得出HS中S-H键和CH 中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键
2 4
能大于S-H键键能，C错误；
D．恒温恒压下，增加N 的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H 的物质的量增加，
2 2
容器容积增加，H 浓度减小，D错误；
2
答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为
；
④根据表中数据可知1000℃时CH 不参与反应，相同分压的HS经历相同的时间转化率相
4 2
同，所以在1000℃常压下，保持通入的HS体积分数不变，提高投料比时HS的转化率不
2 2
变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S(g)的体积分数增大；在高
2
温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S 的速率大于反应Ⅰ生成S 的速率，S(g)的体积分数减小，
2 2 2
因此变化规律是先升后降。
25．（2022·湖南·高考真题）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：
(1)在一定温度下，向体积固定的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) BD 吸收 31.2
(2) 10 2 CO↑+ +H O 2CO +12e-+12H+=C H+4H O、AgCl+e-
2 2 2 2 4 2
=Ag+Cl-
【详解】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰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；
B．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；
C．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)+
2 2 2 2 2
2H(g)可知，H 的体积分数的极值为 ，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全
2 2
部转化为生成物，因此，平衡时H 的体积分数不可能大于 ，C说法不正确；
2
D．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说法正确；
2
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
2
0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO 的物质的量为
2
0.2mol，生成0.2mol CO 时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相
2
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
2
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，
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
2 2
的物质的量为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；
2 2
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，阳极上水放电生成
2 2 4
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-
2
+12H+=C H+4H O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
2 4 2
