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2024 高考化学考点必杀300 题（全国新高考卷）
主观必杀60 题
专练19 原理综合题（15 题）
【基础题】
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）以乙苯催化脱氢来制取苯乙烯，是化工产业中常用的方法，其反应如
下所示：
(g)
(g)+H2(g)
回答下列问题：
Ⅰ.在
催化下，在三个恒容(均为1.0L)密闭容器中发生上述反应。相关实验数据如下：
容器
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
乙苯(g)
苯乙烯(g)
氢气(g)
苯乙烯(g)
甲
3.0
0
0
1.0
乙
4.0
3.0
1.0
x
丙
5.0
0
0
1.2
(1)
℃时，按表格中数据投料，则此时乙容器中v 正 (填“＞”“＝”或“＜”)v 逆。
(2)
(填“＞”“＝”或“＜”)
。
Ⅱ.乙苯脱氢的历程如下图所示：
1
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(3)四个步骤中，更有利于在低温发生的是上图中的 步骤。“吸附”步骤中乙苯分子被吸附在催
化剂
表面活性位点并被活化；“反应”步骤中Fe(Ⅲ)转化为 ，从共价键变化的角度描述该
步骤为 。该催化剂在使用过程中，失活现象比较严重，由此推断“脱氢”步骤除了产生
，还
可能生成小分子离开催化剂表面。
Ⅲ.为了节省能源，乙苯催化脱氢制苯乙烯的过程可以在
气氛下进行。100kPa 下，反应气组成
按1∶0、1：1、1∶5、1∶9 投料，乙苯的平衡转化率随反应温度的变化关系如图。
(4)图中
对应的曲线是 (填序号)。
(5)工业乙苯催化脱氢生产苯乙烯时，会产生少量积碳，加入一定温度的水蒸气可较长时间保持催化剂的
活性，用化学方程式表示其原因是 。
【答案】(1)＜
(2)＞
(3)吸附 Fe2+ 乙苯分子中乙基上的2 个C-H 键断裂，生成苯乙烯，H 原子与活性氧生成2 个O-H 键
(4)a
(5)
2
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【解析】（1）①T1时，向乙容器中按表格中数据投料，甲容器和乙容器温度相同，平衡常数只与温度有
关，列出三段式如下：
，K1=
，温度相
同时，乙容器中Qc=
，平衡逆向移动，v 正＜v 逆；
（2）温度T2时，容器丙列三段式；
，K2=
＜K1，反应吸热，升温K 增大，则T1＞T2；
（3）转化过程的图示可知，乙苯脱氢经历了四步，只有“吸附环节”属于结合过程，其余三步都是解离
过程，低温有利于“吸附环节”的发生，则温度较低更有利于发生的“环节”是吸附环节；乙苯分子中乙
基上的2 个C-H 键断裂，生成苯乙烯，H 原子与活性氧生成2 个O-H 键，Fe3+转化为Fe2+；
（4）正反应为总体积增大的反应，在100kPa 的压强下，n(乙苯)：n(CO2)越大，CO2气体的压强就越大，
则乙苯的分压越小，减小压强平衡向正向移动，则n(乙苯)：n(CO2)=1：9 时，乙苯的转化率最大，符合条
件的曲线为a；
（5）水蒸气与积碳发生反应
，可消除催化剂表面的积碳。
2．（2024·上海金山·二模）联氨(N2H4)又称肼，在航天、能源等领域具有广泛应用。
Ⅰ.N2H4分子中所有原子均达到稀有气体原子的稳定结构。
(1)写出N2H4的电子式。
(2)N2H4晶体受热熔化时，破坏的作用力有___________。
A．范德华力
B．氢键
C．共价键
D．离子键
3
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(3)酸碱质子理论提出：凡是能给出质子的分子或离子称为酸，凡是能接受质子的分子或离子称为碱。
①由N2H4+H2O
N2H +OH- 可知N2H4是 。
A．酸 B．碱
②选择足量的盐酸或NaOH 溶液与N2H4充分反应，生成盐的化学式为 。
Ⅱ.肼具有强还原性，可作火箭推进剂燃料，反应的热化学方程式表示为：2N2H4(l)+N2O4(g)=3N2(g)
+4H2O(g) ∆H<0。
(4)①结合化学反应原理分析，该反应可自发进行的原因是 。
②N2H4和N2O4作为火箭推进剂的主要原因是 。
Ⅲ.肼可还原钴离子制备纳米金属钴，纳米金属钴具有特殊的物理、化学和表面性质。
(5)下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最小的是 。
A．[Ar]3d74s2 B．[Ar]3d74s14p1 C．[Ar]3d74s1
(6)Co2+被N2H4还原的离子方程式如下，完成方程式并配平 。
Co2++
N2H4+
___________=
Co↓+
N2↑+
H2O
当转移7.224×1024个电子数时，生成金属钴 克。
(7)金属钴可以形成多种配合物。一种配合物由Co3+、NH3、Cl-、H2O 组成，实验显示Co3+、NH3、Cl-、H2O 的
物质的量之比为1∶3∶3∶1.向该配合物的水溶液加入AgNO3溶液，只能沉淀出三分之一的Cl-。
①该配合物的化学式是 。
A．[Co(NH3)3ClH2O]Cl2 B．[Co(NH3)3Cl2H2O]Cl C．[Co(NH3)3H2O]Cl3
②该配合物的配体有 。
【答案】(1)
(2)AB
(3)B N2H6Cl2
4
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(4)∆H<0、∆S>0，∆H-T∆S<0，任意温度下可自发进行 N2H4具有强还原性、N2O4具有强氧化性，两者剧
烈反应，放出大量热，产生大量气体，为火箭提供推力
(5)B
(6)2Co2++ 1N2H4+4OH-= 2Co↓+1N2↑+4H2O 354
(7)B NH3、Cl-、H2O
【解析】（1）N2H4为共价化合物，分子中所有原子均达到稀有气体原子的稳定结构，电子式
；
（2）氢键是H 与N、O、F 等电负性大的元素原子相结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力；N2H4晶体
为分子晶体且分子间存在氢键，受热熔化时，破坏的作用力有A. 范德华力、B. 氢键；故选AB；
（3）①凡是能接受质子的分子或离子称为碱，则由N2H4+H2O
N2H +OH- 可知N2H4是碱，故选B；
②结合①分析可知，N2H4中2 个氮能接受2 个质子，为碱，则可以与足量的盐酸反应生成N2H6Cl2;
（4）①∆H-T∆S<0 的反应可以自发进行，该反应为放热的熵增反应，故该反应可自发进行的原因是：
∆H<0、∆S>0，∆H-T∆S<0，任意温度下可自发进行。
②N2H4具有强还原性、N2O4具有强氧化性，两者剧烈反应，放出大量热，产生大量气体，为火箭提供推力，
故N2H4和N2O4可以作为火箭推进剂；
（5）钴为27 号元素，基态钴原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，[Ar]3d74s2为基态钴原子、
[Ar]3d74s14p1为激发态钴原子、[Ar]3d74s1为失去1 个电子形成的离子，[Ar]3d74s1再失去1 个电子为第二
电离能大于第一电离能，激发态原子较基态原子更容易失去1 个电子，故选B；
（6）反应中Co 化合价由+2 降低为0、氮化合价由-2 升高为0，结合电子守恒可知，反应为：2Co2++
1N2H4+4OH-= 2Co↓+1N2↑+4H2O；电子转移关系为：2Co~4e-，转移7.224×1024个电子数时，为12mol 电子，
生成6mol 钴，质量为6mol×59g/mol=354g；
（7）①向该配合物的水溶液加入AgNO3溶液，只能沉淀出三分之一的Cl-，则有三分之一的氯离子处于外
界、三分之二的处于内界，故该配合物的化学式是B．[Co(NH3)3Cl2H2O]Cl；
5
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②结合其化学式可知，该配合物的配体有NH3、Cl-、H2O。
3．（2024·辽宁大连·一模）甲基叔戊基醚
(TAME，简写为T)常用作汽油添加剂。在催化剂作
用下，通过甲醇
(简写为M)与2-甲基-2-丁烯(简写为A)的液相反应制得。通过控制条件，体系中
主要发生如下反应(B 为2-甲基-1-丁烯的简写，不考虑其他副反应)：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
(1)磷钼酸(
)可作为制备TAME 反应催化剂的浸渍试剂。已知钼元素位于第五周期第ⅥB 族，核
外电子排布与Cr 相似。基态钼原子的价层电子排布式为 。
(2)比较
(填“>”、“<”或“=”)。
(3)我国学者团队对制备TAME 反应的催化剂进行了研究。研究表明：用不同浓度(1～3%)的磷钼酸浸渍催化
剂，浓度越大催化剂催化活性越好。用浓度分别为1%、2%、3%的磷钼酸浸渍催化剂进行了三组实验，得到
随时间的变化曲线如图所示。
①用3%的磷钼酸浸渍时，在4~6h 内，T 的平均生成速率为 。
6
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②下列说法正确的有 。
A．三组实验中，反应速率都随反应进程一直增大
B．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，
减小
C．催化剂可加快化学反应速率，提高甲醇的平衡转化率
D．降低温度，反应ⅰ和ⅱ的正、逆反应速率都减小
E．达到平衡后，加入M，
不变
(4)研究团队继续研究其他条件不变时，不同醇烯比
(甲醇M 与烯烃A 的起始物质的量浓度之比)对平
衡的影响，当A 起始浓度
时，测得平衡时B 和T 的
随
的变化曲线如图。
当
时，计算反应i 的平衡常数 (保留小数点后两位)。
【答案】(1)4d55s1
(2)＞
(3)
BDE
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(4)6.25
【解析】（1）已知钼元素位于第五周期第ⅥB 族，核外电子排布与Cr 相似，Cr 价电子排布式为3d54s1，
则基态钼原子的价层电子排布式为4d55s1；故答案为：4d55s1。
（2）根据第一个方程式是第三个方程式减去第二个方程式得到
，则
＞
；故答案为：
＞。
（3）①根据用不同浓度(1～3%)的磷钼酸浸渍催化剂，浓度越大催化剂催化活性越好。则曲线是代表为3%
的磷钼酸浸渍时，在4~6h 内，T 的平均生成速率为
；故答案为：
。
②A．三组实验中，磷钼酸的浓度逐渐减少，反应速率都随反应进行一直减小，故A 错误；
B．平衡后加入惰性溶剂四氢呋喃稀释，c(A)减小，反应ⅰ的平衡常数
不变，
减小，
故B 正确；C．催化剂可加快化学反应速率，但不能提高甲醇的平衡转化率，故C 错误；D．降低温度，速
率都减小即反应ⅰ和ⅱ的正、逆反应速率都减小，故D 正确；E．达到平衡后，c(T)不变，反应ⅱ平衡逆向
移动，c(B)减小，但反应ⅲ平衡常数
只与温度有关，故E 正确；综上所述，答案为：BDE。
（4）根据题中A 起始浓度
时，则
，
，
，
，
，则
，
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，则反应ⅰ的平衡常数
；故答案
为：6.25。
4．（2024·湖南长沙·二模）我国提出2060 年前实现碳中和，为有效降低大气
中的含量，以
为
原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。
在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中
发生如下反应：
Ⅰ.主反应：
Ⅱ.副反应：
(1)已知：Ⅲ.
Ⅳ.
。
(2)
加氢合成甲烷时，通常控制温度为500℃左右，其可能的原因为___________。
A．反应速率快
B．平衡转化率高
C．催化剂活性高
D．主反应催化剂选择性好
(3)500℃时，向1L 恒容密闭容器中充入4mol
和12mol
，初始压强为p，20min 时主、副反应都达到
平衡状态，测得
，体系压强为
，则0~20min 内
，
平衡时
选择性= (
选择性
，计算保留三位有效数字，下同)，副
反应的
。
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(4)以
催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为
。该反应的Arrhenius 经验公式的实验数据如图中曲线a 所示，已知Arhenius 经验
公式
，(Ea 为活化能，k 为速率常数，R 和C 为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中
的曲线b 所示，则实验可能改变的外界条件是 。
(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)
(2)ACD
(3)
66.7% 1.67
(4)使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积
(5)Fe
【解析】（1）根据盖斯定律反应Ⅲ×2―反应Ⅰ=Ⅳ，则
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，故答案为：
；
（2）
加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为
500℃左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，
而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动，故答案为：ACD；
（3）500℃时，向1L 恒容密闭容器中充入4mol
和12mol
，初始压强为p，20min 时主、副反应都达
到平衡状态，测得
，体系压强为
，设参加反应Ⅰ的二氧化碳为xmol，参加反应Ⅱ的
二氧化碳为ymol，建立三段式：
则有
，根据物质的量之比等于压强之比得到
，解得
，
，则0~20min 内
，平衡时
选择性
，
，
，
，
副反应
，故答案
为：
；66.7%；1.67；
（4）当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b 所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的
外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积，故答案为：使用更高效的催化剂或增大催化剂
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的比表面积；
（5）由图可知，黑球代表
，位于顶点和面心，个数为
，白球代表
，位于体内，
个数为8，则黑球：白球
，则化学式为
，摩尔质量为
，则M 的摩尔
质量为
，则M 元素为Fe；
中，
为分子，不带
电荷，
带1 个单位负电荷，则Fe 为+2 价，其价电子排布式为
，故答案为：Fe；
。
5．（2024·重庆·模拟预测）回收、处理NO2是环境科学研究的重要课题，常用的处理方式有多孔材料吸
附法和CH4还原法等。
(1)利用金属有机骨架多孔材料可将N2O4“固定”，能高效吸附NO2，经处理可得到HNO3，其原理如图所示。
①当MOFs 多孔材料吸附NO2到质量不再发生变化时， (填序号)也能说明吸附反应已达到极限。
A．废气颜色不再发生变化
B．
C．
D．混合气体的平均分子质量不再发生变化
②升温不利于NO2的吸附，原因是 。
(2)CH4也可以用来除去NO2。一定条件下，CH4可与NO2反应生成无污染的气态物质与液态水。
已知：反应1：
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反应2：2NO(g)+O2(g)
2NO2(g) ∆H2=-115kJ/mol
①已知CH4的燃烧热为890.3kJ/mol，则
∆H=
kJ/mol。
②向恒容密闭容器中充入气体
发生反应
初始压强为192kPa，测得
的平衡转化率与温度(T)
的关系如图所示。温度为
时，反应从开始到达平衡所用的时间为10min，则该段时间内的平均反应速
率
。该温度下，用平衡分压代替浓度计算的平衡常数，
(3)C 元素与N 元素形成的一种超硬晶体的晶胞结构如图所示(碳原子位于顶点、面心)。
①2 号原子的坐标为
测定该原子坐标的方法为 。
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②C、N 原子的配位数之比为 。
(4)下图是CH4燃料电池电解制备
的示意图，同时可以得到H2、Cl2、NaOH。
①负极的电极反应式为 。
②理论上，相同时间内NaOH 的产量是
的2 倍，原因是 。
【答案】(1)A、D
﹤0,该反应是放热反应，升温，平衡逆向移动，不利于
NO2的吸附。
(2)-822.3 1.28 0.2
(3)以1 号原子的坐标为（0,0,0） 4:3
(4)CH4+8e-+4O2-=CO2+2H2O 当电路中转移2nmol 的电子，Y 室生成2nmol 的NaOH，同时nmolCa2+从X 室
移动到产品室，2nmol 的
从原料室进入产品室，生成nmol 的Ca（H2PO4）2。
【解析】（1）①当MOFs 多孔材料吸附NO2到质量不再发生变化时，即
反应达到平衡状态。
A．因为NO2为红棕色气体，因此反应达到平衡状态时，废气颜色不再发生变化，A 正确；
B．当反应达到平衡状态时，各物质物质的量不再发生改变，n（NO2）、n（N2O4）不变，B 错误；
C．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，即
，C 错误；
D．该反应体系反应前后气体系数和不相等，混合气体的平均分子质量不再发生变化可作为反应达到平衡
状态的标志，D 正确。
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①故答案为：A、D
②
﹤0,该反应是放热反应，升温，平衡逆向移动，不利于NO2的吸附；
②故答案为：
﹤0,该反应是放热反应，升温，平衡逆向移动，不利于NO2的吸附。
（2）①CH4(g)+2O2(g)=CO2（g）+2H2O（g）ΔH3=890.3kJ/mol，由盖斯定律可知，
ΔH=ΔH3-ΔH1-ΔH2，即ΔH=-822.3 kJ/mol；
①故答案为：-822.3
②已知向恒容密闭容器中充入气体
发生反应
初始压强为192kPa，温度为
时，由图1 可知，
的平衡转化率为20%。
设充入n（CH4）为nmol，则n（NO2）为2nmol
P 平衡=204.8kPa
则10min 内平均反应速率
用平衡分压代替浓度计算的平衡常数，
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②故答案为：1.28,0.2
（3）①2 号原子位于体对角线的1/4 位置，且坐标为
，可知测定该原子坐标的方法是以1 号原
子坐标为（0,0,0）；
①故答案为：以1 号原子的坐标为（0,0,0）
②根据晶胞结构可知，1 个C 周围等距且最近的N 有4 个，故C 的配位数为4，同理1 个N 周围等距且最近
的C 有3 个，故N 的配位数为3，因此C、N 原子的配位数之比为4：3；
②故答案为：4：3
（4）①燃料电池的a 电极通入甲烷为负极，则负极的电极反应式为CH4+8e-+4O2-=CO2+2H2O；
①故答案为：CH4+8e-+4O2-=CO2+2H2O
②当电路中转移2nmol 的电子，Y 室生成2nmol 的NaOH，同时nmolCa2+从X 室移动到产品室，2nmol 的
从原料室进入产品室，生成nmol 的Ca（H2PO4）2。因此相同时间内NaOH 的产量是
的2
倍。
②故答案为：当电路中转移2nmol 的电子，Y 室生成2nmol 的NaOH，同时nmolCa2+从X 室移动到产品室，
2nmol 的从原料室进入产品室，生成nmol 的Ca（H2PO4）2
6．（2024·广东汕头·二模）金属钛（Ti）重量轻、强度高、抗腐蚀能力，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。
(1)基态Ti 原子的价电子轨道表示式： 。
(2)
转化为
有直接氯化法（Ⅰ）和碳氯化法（Ⅱ）。
Ⅰ．
Ⅱ．
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已知：
的燃烧热为393.5
'，
的燃烧热为283.0
①
。
②碳氯化反应过程中CO 和
可以相互转化，如图1 所示，下列关于碳氯化反应说法正确的是 。
A．
生成CO 反应为放热反应
B．升高温度，
平衡转化率减小
C．增大压强，碳氯化反应平衡向正反应方向移动
D．如图2 所示
晶胞中
位于
所构成的正八面体的体心，则
的配位数是6
③碳氯化法中生成CO 比生成
更有利于
转化为
，从熵变角度分析可能的原因是 。
(3)经光谱分析在碳氯化反应中有光气（
）生成，后
继续反应，有理论认为机理如下：
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一分子
含有 个σ 键，决速步骤的反应方程式为 。
(4)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
Pa。
②图中显示，在200℃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 。
【答案】(1)
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(2)-49
BD 生成CO 反应的嫡增变化幅度更大，更有利于反应正向进行
(3)3
(4)
提高反应速率，在相同时间内得到更多的
产品
【解析】（1）Ti 的原子序数为22，基态Ti 原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为：
；
（2）①I：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)∆H1=+172kJ⋅mol-1，已知：
的燃烧热为393.5
'，
的燃烧热为283.0
，Ⅲ：C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H3=-393.5kJ⋅mol-1，Ⅳ：CO(g)+
O2(g)=CO2(g)∆H4=-283.0kJ⋅mol-1，根据盖斯定律I+2×Ⅲ-2×Ⅳ得
=(172-393.5×2+283.0×2)kJ/mol=-49kJ/mol；
②A．根据Ⅲ：C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H3=-393.5kJ⋅mol-1，Ⅳ：CO(g)+
O2(g)=CO2(g)∆H4=-283.0kJ⋅mol-1，
根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅳ得CO2(g)+ C(s)=2 CO(g)，∆H=-393.5+2×283.0=+172.5kJ⋅mol-1，
生成CO 反
应为吸热反应，故A 错误；B．碳氯化反应过程中生成CO 发生反应Ⅱ，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平
衡逆向移动，则
平衡转化率减小，故B 正确；C．反应Ⅱ的气体分子数增大，增大压强，平衡向气体
体积减小的方向移动，碳氯化反应平衡向逆反应方向移动，故C 错误；D．均摊法可知，TiO2晶胞中黑色球
数目为1+8×
=2，白色球数目为2+4×
=4，结合黑色球与白色球数目之比为2：4=1：2，故黑色球为
Ti、白色球为O，晶胞中体心Ti 与周围有6 个O 原子，
晶胞中
位于
所构成的正八面体的体心，
则
的配位数是6，故D 正确；故选BD；
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③焓减和熵增有利于反应正向进行，碳氯化法中生成CO 比生成
更有利于
转化为
，原因是：
生成CO 反应的嫡增变化幅度更大，更有利于反应正向进行；
（3）
的结构式为
，单键由1 个σ 键形成，双键由1 个σ 键和1 个π 键形成，则一
分子
含有3 个σ 键；正反应活化能越大反应速率越慢，最慢的一步决定整个反应的速率，则决速步
骤的反应方程式为
；
（4）①反应
的平衡常数
；
②考虑实际生产中要尽可能的在单位时间内多出产品，故应该为加快反应速率，提高生产效率。
7．（2024·全国·二模）
、
常用于制造农药等。磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。请回答下
列问题：
(1)
的VSEPR 模型是 。已知
中P 原子的d 能级参与杂化，分子呈三角双锥形（如图甲），由
此推知
中P 的杂化类型为 （填标号）。
A．
B．
C．
D．
(2)已知，①
kJ⋅mol
，
20
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②
kJ⋅mol
（
）。
则
（用含a、b、c 的式子表示）kJ⋅mol
。
(3)实验测得
的速率方程为
（k 为速率常数，只与温度、
催化剂有关），速率常数k 与活化能的经验关系式为
（R 为常数，
为活化能，T 为绝对温
度）。
①一定温度下，向密闭容器中充入适量
和
，实验测得在催化剂Cat1、Cat2 下
与
的
关系如图乙所示。催化效能较高的是 （填“Cat1”或“Cat2”），判断依据是 。
②将2n mol
和n mol
充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡时，
为a mol，如果此时移走n mol
和0.5n mol
，在相同温度下再达到平衡时
的物质的量为x，则x 为 （填标号）。
A．
mol B．
mol C．
mol D．0.5a mol
mol
(4)向恒容密闭容器中投入0.2 mol
和0.2 mol
，发生反应：
，在
不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图丙所示。
21
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①相对曲线b，曲线a 改变的条件可能是 ；曲线c 改变的条件可能是 。
②曲线b 条件下，该反应平衡常数（
）为 。[提示：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数
，
分压=总压×物质的量分数。]
【答案】(1)四面体形 D
(2)
(3)Cat1 改变相同温度，
变化值较小，
较小 C
(4)升高温度 加催化剂
【解析】（1）
分子中P 原子价层电子对数为4，其中孤电子对数为1，VSEPR 模型为四面体形。
分子含5 个单键，需要5 个杂化轨道。基态P 原子电子排布式为
，3s、3p、3d 能量相近，
可以参与杂化，杂化类型为
。
（2）根据盖斯定律可知，（②-①）÷4 得目标热化学方程式，则
kJ⋅mol
，由于b>a，则
22
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，三氯化磷与氯气反应生成五氯化磷是放热反应。
（3）①根据表达式可知，温度变化相同时，
值越小，
变化值(绝对值)越小，直线斜率越小，催化
剂催化效能越大。由图乙可知，Cat1 对应直线的斜率较小。
②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平衡时
的物质的量小于原平衡的一半，故选
C。
（4）①曲线a、b 起始状态时，容器体积相同，反应物的物质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：
a>b。曲线c 和b 达到相同的平衡状态，只是前者先达到平衡，c 反应速率较大，该反应是气体分子数不相
等的反应，故c 改变条件是加入催化剂，或加入效率更高的催化剂。
②同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比。
，
，
kPa，
。
8．（2024·广西·二模）乙烯是世界上产量最大的化学产品之一，是合成纤维、合成橡胶基本化工原料。
二氧化碳氧化乙烷脱氢制乙烯为生产乙烯提供了新途径。一定温度下，
与
在催化剂表面发生如下
反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
23
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Ⅳ.
已知部分共价键的键能如下表所示：
共价键
C-H
H-H
H-O
C=O
键能
413
436
464
799
回答下列问题：
(1)反应Ⅱ：
，该反应的反应物和生成物中，
属于
杂化的原子种类有 种。
(2)用惰性气体与
混合作为反应气体时只发生反应Ⅰ：
，在923K、100kpa
恒温恒压条件下，将
的混合气体进行
脱氢反应，平衡时
的转化率为b，则
该反应平衡常数
kpa（用含a、b 的代数式表示）。
(3)在一定条件下
反应达到平衡状态，当改变反应的某一条件后，下列
变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是________。
A．正反应速率先增大后减小
B．混合气体密度增大
C．反应物的体积百分数增大
D．化学平衡常数K 值增大
(4)反应Ⅱ：
是提高乙烯产率的关键，但同时发生副反应Ⅲ。
①为提高反应Ⅱ的平衡转化率，应选择的反应条件为 。
A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压
②基于上述反应，在催化剂表面
与
发生脱氢制乙烯的总反应为：
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，该反应温度常控制在600℃左
右，其原因是 。
(5)乙烯氯化反应合成1,2-二氯乙烷电化学装置如图所示，A、B 为多孔铂电极分别通入乙烯和氯气。A 电
极的电极反应式为 ，离子交换膜为 （填“阴离子”或“阳离子”）交换膜。
【答案】(1)-166 2
(2)
(3)AD
(4)B 600℃左右催化剂活性最大
(5)
阴离子
【解析】（1）焓变=反应物总键能-生成物总键能，
799
×2+436
×4-413
×4-464
×4=-166
；该反应的反应物和生成物中，属于
杂化的原子有甲烷中的C 和水中的O，共2 种。
（2）在923K、100kpa 恒温恒压条件下，将
的混合气体进行
脱氢反应，平衡时
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的转化率为b，设乙烷的投料为1mol。
混合气体的总物质的量为(1+a+b)mol,则该反应平衡常数
kpa。
（3）A．正反应速率先增大后减小，说明改变的条件为增大反应物浓度，平衡正向移动，选A；B．混合气
体密度增大，说明分子数减少，平衡逆向移动，故不选B；C．反应物的体积百分数增大，说明平衡逆向移
动，故不选C；D．正反应吸热，化学平衡常数K 值增大，说明升高温度，平衡正向移动，选D；选AD。
（4）①A．反应Ⅱ正反应吸热，降低温度，平衡逆向移动；增大压强，反应Ⅲ正向移动，不利于提高乙烯
产率，故不选A；B．反应Ⅱ正反应吸热，升高温度，平衡正向移动；减小压强，反应Ⅲ逆向移动，有利于
提高乙烯产率，故选B；C．反应Ⅱ正反应吸热，降低温度，平衡逆向移动；低温不利于提高乙烯产率，故
不选C；D．增大压强，反应Ⅲ正向移动，不利于提高乙烯产率，故不选D；选B；
②在催化剂表面
与
发生脱氢制乙烯
，600℃左右催化剂活性最大，
为加快反应速率，该反应温度常控制在600℃左右。
（5）根据图示，A 电极乙烯失电子发生氧化反应生成1,2-二氯乙烷，A 为负极，A 电极的电极反应式为
，乙烯生成1,2-二氯乙烷，消耗氯离子，所以使用阴离子交换膜。
【提升题】
9．（2024·黑龙江·模拟预测）草酸钙一水结晶水合物
可用作分析试剂、常用作分离稀土
金属的载体。回答下列问题：
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(1)在隔绝空气条件下，
分解反应如下：
①
；
②
；
③
；
④
(上述反应式中，
a，b，c 都大于0)。
(2)在一定温度下1 L 的密闭容器放入足量草酸钙(固体所占体积忽略不计)发生中反应：CaC2O4(s)
CaO(s) +CO(g)+CO2(g)，若前5 min 内生成CaO 的质量为11.2 g ，则该段时间内v(CO)= 。
(3)已知反应②CaC2O4(s)
CaCO3(s)+CO(g)平衡常数Kp2=e，向1L 密闭容器中加入足量的CaC2O4固体，再
充入一定量的N2O 气体，起始压强为b，发生(1)中反应②和⑤N2O(g)+CO(g)
N2(g)+CO2(g)后达到平衡时
总压强为c．则500℃时反应⑤的平衡常数Kp5= 。(用e，b，c 来表示)
(4)在密闭容器中充入足量
粉末，只发生(1)中反应④，测得平衡时残留固体质量与温度关
系如图所示：
①用平衡移动原理解释曲线变化： 。
②温度高于800℃时，曲线斜率减小，可能是产物之间发生了可逆的无机氧化还原反应，写出该反应的化
27
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学方程式： 。
(5)在400℃时，向体积可变的密闭容器中充入足量CaC2O4•H2O 粉末，只发生(1)中反应①。达到平衡时体
积为1L，压强为p0kPa．温度保持不变，将体积变为2L 并保持体积不变，直至反应达到平衡，平衡时压强
为 。
(6)氧化钙晶胞如图所示，已知：
代表阿伏加德罗常数的值，阳离子半径为100pm。
①下列有关钙的粒子中，失去1 个电子需要能量最多的是 (填字母)。
A．
B．
C．
D．
②氧化钙的摩尔体积为
。
【答案】(1)+(a+b+c)
(2)0.04 mol·L-1·min-1
(3)
(4)该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，残留固体的质量减小
(5)p0kPa
(6)B
【解析】(1)由盖斯定律可知，反应①+②+③得到反应④，则反应ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=+(a+b+c)kJ/mol；
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(2)5 min 内生成CaO 的质量为11.2 g 的物质的量为0.2mol，根据反应生成0.2mol 的CaO 同时生成
0.2mol 的CO，则v(CO)=" 0.2mol÷1L÷5" min=0.04mol·L-１·min-1。
(3)根据题意，反应I 和反应Ⅱ在恒容容器中发生，开始只充入CaC2O4和N2O，起始的压强为b，因此题中
所给平衡常数应用分压表示，起始时p(N2O)=b，因为反应Ⅱ中只有CO 为气体，化学平衡常数只受温度的影
响，因此容器达到平衡时，CO 的分压始终为Kp2=p(CO)=e，令反应⑤中N2O 转化的分压为x，则达到平衡时
p(N2)=p(CO2)=x，p(N2O)=(b-x)，根据题意有e+b-x+x+x=c，解得x=(c-b-e)，Kp5=
。
(4)①由方程式可知，该反应为固体质量减小的反应，由图可知，温度升高，残留固体的质量减小，说明
升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应；
②温度升高，化学反应速率加快，曲线斜率增大，由图可知，温度高于800℃时，曲线斜率减小，说明反
应生成的一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，导致反应物的浓度减小，反应速率减小，且浓度减
小的影响对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的的影响，所以反应速率会减小，曲线斜率会减小，
一氧化碳与水蒸气反应的化学方程式为
；
(5)由方程式可知，反应①的
，平衡常数只受温度影响，故温度保持不变，将体积变为
2L 并保持体积不变，直至反应达到平衡，则平衡压强仍为p0kPa。
(6)①钙元素的原子序数为20，基态原子的电子排布式为[Ar]4s2，元素的激发态能量高于基态，第二电离
能大于第一电离能，钙原子失去1 个电子得到的Ca+的电子排布式为[Ar]4s1，所以失去1 个电子需要能量
最多的是[Ar]4s1；
②设晶胞的参数为apm，由截面图可知，氧离子的离子半径为
apm，由钙离子的离子半径为100pm 可得：
100pm×2+
apm×2= apm，解得a=
pm，由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为
29
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8×
+6×
=4，位于棱上和体心的钙离子个数为12×
+1=4，则氧化钙的摩尔体积为
m3/
mol=
m3/mol。
10．（2024·河南濮阳·一模）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸的关键工序是
的催化
氧化：
。回答下列问题：
(1)该反应在有无催化剂下的部分反应历程如图所示：
的
（填“>”“<”或“=”，下同）0，
。
(2)在不同钒催化剂下，在相同时间内，
的转化率与温度的关系如图所示：
①催化性能最佳的催化剂是 （填标号）。
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②已知晶体钾属于立方晶系，晶胞参数为
，晶体密度为
，则钾晶胞中含有K 的原子数为
（列出计算式，设
为阿伏加德罗常数的值）。
(3)在一定的温度和压强下，
达到平衡时
的转化率如下表所示：
温度/℃
平衡时
的转化率/%
0.1MPa
0.5MPa
1MPa
5MPa
10MPa
450
97.5
98.9
99.2
99.6
99.7
实际生产中采用的压强为 ，原因是 。
(4)在温度为T、容积为1L 的恒容密闭容器中充入
和
，仅发生反应：
，实验测得：
、
，平衡时
的物质的
量为
，则
。
【答案】(1)> =
(2)a
(3)0.1MPa 常压下
的平衡转化率已经很高，增大压强时，转化率提升不明显，但对材料的强度和
设备制造的要求均提高
(4)0.8
【解析】（1）历程Ⅱ中
的能量比
的低，则
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是吸热反应，其
；历程Ⅰ中
的焓变为
，历程Ⅱ中
的焓变为
，催化剂不改变焓变，
则
；
（2）①从图中可以看出相同温度下，标号为a 的催化剂
下，
的转化率最高，催化性能
最佳，故答案为a；
②设晶胞中钾原子个数为N，由晶胞的质量公式可得：
，解得N=
；
（3）常压下
的平衡转化率已经很高，增大压强时，转化率提升不明显，但对材料的强度和设备制造的
要求均提高，所以实际生产中采用的压强为0.1MPa；
（4）由平衡时正逆反应速率相等可得：
，整理可得：
=K，1L 的恒容密闭容器中反应达到平衡时，O2的物质的量为0.2mol，由方程式可知，平衡时SO2、SO3的物
质的量为0.6mol-(0.3-0.2)mol×2=0.4mol、(0.3-0.2)mol×2=0.2mol，则SO2、O2、SO3的浓度分别为
0.4mol⋅L−1、0.2mol⋅L−1、0.2mol⋅L−1，故
=
=0.8
。
11．（2024·安徽池州·二模）我国航天事业高速发展，火箭推进剂的研究一直航天工业的热点课题。火
箭推进剂燃料有肼(
)、液氢、液态甲烷(
)等，常见氧化剂有
、液氧等。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式如下：
ⅰ.
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ⅱ.
ⅲ.
①则
②用化学反应原理解释反应ⅲ可自发进行反应的原因为 。
③火箭推进器内氢氧燃烧的简化反应历程如图所示：
其中能垒最大的一步反应方程式为 。
(2)利用甲烷和水蒸气催化制氢，为推进剂提供了丰富的氢燃料，该工业制氢主要存在如下两个反应：
a：
b：
恒定压强为
时，将物质的量之比为1：3 的
与
混合投入反应容器中，600℃时平衡体
系中部分组分的物质的量分数如下表所示：
物质
物质的量分数
0.04
0.32
0.50
0.08
①下列操作中，能提高
平衡转化率的是 (填字母)。
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A．提高
与
的投料比 B．移除
C．选择合适的催化剂 D．恒温恒压下通入Ar 气
②已知
为反应的压强平衡常数，其表达方法为：在浓度平衡常数表达式中，用各组分气体平衡时的分压
代替浓度；气体的分压等于其物质的量分数乘以气体总压。600℃时反应a 的压强平衡常数为
(列出计算式)。
③平衡体系中
的物质的量分数随温度T 的变化如图，解释原因 。
(3)要实现氢能源的广泛使用，储氢材料特别重要。某镁铁合金是目前储氢效果较好的材料之一，其晶胞
如图所示：
该晶胞边长为apm，阿伏伽德罗常数的值为
。Fe 的配位数是 ，该合金储氢时，若每个晶胞
可以储存4 个
分子，计算
合金储存氢气的质量为 g。
【答案】(1)+165.8kJ/mol 该反应正方向为放热且熵增的反应，在任意温度下能自发反应
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或
(2)BD
温度低于
时，以反应a 为主，随温度升高，平衡正向移动，
平衡
物质的量分数增大，温度高于
，以反应b 为主，平衡逆向移动，
含量减少，
浓度增大，同时抑制
反应a 产生
(其他合理解释亦可)
(3)8
【解析】（1）①根据盖斯定律可知该反应可由：
得到，则
=
=+165.8kJ/mol；
②该反应正方向为放热且熵增的反应，在任意温度下能自发反应；
③由图可知能垒最大的一步反应方程式为过渡态Ⅰ的反应，反应方程式为：
或
；
（2）①A．提高
与
的投料比，等同于通入
，使得
的转化率降低，故不符
合；B．移除
，降低CO 的浓度，可使反应a 平衡正向移动，
的转化率增大，故符合；C．选择
合适的催化剂，只能加快反应速率，对平衡无影响，故不符合；D．恒温恒压下通入Ar 气，体积扩大，平
衡向气体分子数增大的方向移动，即反应a 正向移动，甲烷转化率增大，故符合；
②由表格数据可知平衡时CO 的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06；600℃时反应a 的压强平衡常
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数为
。
③温度低于
时，以反应a 为主，随温度升高，平衡正向移动，
平衡物质的量分数增大，温度高于
，
以反应b 为主，平衡逆向移动，
含量减少，
浓度增大，同时抑制反应a 产生
，因此平衡体系中
的物质的量分数随温度T 的升高先增大后减小。(其他合理解释亦可)
（3）由晶胞结构可知Fe 的配位数是8；1 个晶胞的体积为：(a×10-10)3cm3；则
合金含晶胞的个数为
，每个晶胞可以储存4 个
分子，则
储存氢气分子个数为
，储
存氢气的质量为
g=
g。
12．（2024·广东佛山·二模）金属有机配合物广泛应用于各类催化反应。
Ⅰ．某铁的配合物催化1-丁烯和
加成的部分历程如图。
(1)①写出1-丁烯和
加成的化学方程式 。
②若丙→乙的活化能为
，则甲→丙的反应热△H=
(用含a 的式子表达)。
(2)甲、乙的结构如图所示，Ar 表示苯基。
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①乙中Fe 的配位数为 。
②下列说法正确的是 (填标号)。
A．甲→乙的过程中有
键的断裂和形成
B．乙→丙的速率比甲→乙慢
C．升高温度，乙的平衡浓度减小
D．选用合适的催化剂可提高1-丁烯的平衡转化率
Ⅱ．某金属配合物的合成反应为：
。该金属配合物的吸光度A 随
的变化如图
所示[
为定值]。
为M 和R 完全反应的吸光度，
为实际测得的最大吸光度，吸光度和
的浓度成正比。
(3)x= 。
(4)解离平衡
的解离度
(即
的平衡转化率)为 (用含
、
的式子表示)。
(5)若x=1，将10mL 0.01
、5mL 0.001
M 溶液、5mL 0.001
R 溶液混合，测
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得解离度
，计算
的解离平衡常数
(写出计算过程)。
【答案】(1)
(2)4 BC
(3)
(4)1-
(5)1.25×10-5
【解析】（1）①1-丁烯和
加成的化学方程式：
；
②根据图示，甲→乙的
，乙→丙的活化能为23.8kcal/mol、丙→乙的活化能为
，则乙→丙的
，根据盖斯定律：甲→丙的反应热
；
（2）①由乙的结构可知，乙中Fe 的配位数为4；
②A．对比甲、乙两物质结构可知，甲→乙的过程中有
键的断裂，但无
键的形成，A 错误；B．乙→丙
的活化能大于甲→乙活化能，所以乙→丙速率比甲→乙速率慢，B 正确；C．甲→乙为放热过程，乙→丙为
吸热过程，升高温度，乙的平衡浓度减小，C 正确；D．催化剂不影响化学平衡移动，不能提高1-丁烯的平
衡转化率，D 错误；答案选BC。
（3）A0为M 和R 完全反应的吸光度，由图示知
=0.4，解得
=
，则x=
。
（4）由图示知
=0.4 时，M 和R 完全反应的吸光度为A0，A1为实际测得的最大吸光度，即反应
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达到平衡状态的吸光度，吸光度与MRx的浓度成正比，说明反应达到平衡时M 的平衡转化率为
；则解离
平衡
的解离度α=1-
。
（5）若x=1，将10mL 0.01
、5mL 0.001
M 溶液、5mL 0.001
R 溶液混合，
若完全反应生成MR 的浓度为
=2.5×10-4mol/L，解离度为0.2，则平衡时MR 的浓度为
2.5×10-4mol/L×（1-0.2）=2×10-4mol/L，M、R 的浓度都为5×10-5mol/L，
的解离平衡常数
Kc=
=1.25×10-5。
13．（2024·云南曲靖·二模）环戊二烯是一种重要的有机合成原料，用其制备环戊烯涉及的反应如下：
主反应：
；
副反应1：
。
副反应2：
回答下列问题：
(1)
（用含“
”和“
”的式子表示），该反应在 （填“高温”或“低温”）条
件下能自发进行。
(2)下列操作中，能提高环戊二烯平衡转化率的是 （填标号）。
A．增加环戊二烯的用量 B．恒温恒压下通入惰性气体 C．移除环戊烯
(3)保持其他条件不变，在相同时间内，环戊二烯转化率及环戊烯、环戊烷的选择性与温度的关系如下图
所示：
39
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①综合分析，反应的最佳温度的范围为 （填标号）。
A．
B．
C．
左右
②随着温度的升高，环戊二烯转化率升高而环戊烯选择性降低，其原因是 。
(4)
，向恒容密闭容器中加入
环戊二烯
和
，反应达到平衡时，环戊二烯的转化率为
，环戊烷物质的量为
，则用气体物质的量分数
表示的主反应的平衡常数
（用含
的计算式表示）。
(5)用环戊二烯制备的二茂铁
可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂、橡胶熟化剂、紫外线吸收
剂等。二茂铁的晶胞结构如图所示（未画出微粒），密度为
，设阿伏加德罗常数的值为
，则一
个晶胞中含
的数目为 。
40
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【答案】(1)
+
低温
(2)C
(3)A 温度升高，主反应和副反应的反应速率都加快，但对副反应速率的影响大于对主反应速率的影
响
(4)
(5)
【解析】（1）由盖斯定律可知，主反应+副反应1 得到副反应2，则
+
；主反应和副反应1
都是焓变小于0 的放热反应，则副反应2 是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，
故答案为：
+
；低温；
（2）A．增加环戊二烯的用量，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，但环戊二烯的转化率减小，
故A 不符合题意；
B．环戊二烯制备环戊烯的反应是气体体积减小的反应，恒温恒压下通入惰性气体相当于减小压强，平衡
向逆反应方向移动，环戊二烯的转化率减小，故B 不符合题意；
C．移除环戊烯，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，环戊二烯的转化率增大，故C 符合题意；
故选C；
（3）由图可知，温度在
范围内，环戊烯的选择性最大且环戊二烯的转化率较高，所以
41
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是环戊二烯氢化制环戊烯的最佳反应温度的范围，故选A；
②升高温度，环戊二烯的转化率提高而环戊烯的选择性降低，说明温度升高，主反应和副反应的反应速率
都加快，但对副反应速率的影响大于对主反应速率的影响，故答案为：温度升高，主反应和副反应的反应
速率都加快，但对副反应速率的影响大于对主反应速率的影响；
（4）由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可知，平衡时总物质的量为(2—α—b)mol，则主反应的平衡常数Kx=
=
，故答案为：
；
（5）设晶胞中含Fe(C5H5)2的数目为x，由晶胞的质量公式可得：
=(10—30 abcsin120º)ρ，解得x=
，故答案为：
。
【挑战题】
14．（2024·福建·三模）可用解除法制硫酸产生的废钒催化剂（
）制备钒（Ⅳ）。
已知：钒（Ⅳ）在水溶液中存在形态与pH 的关系如下。
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(1)450℃，
催化
和
反应时，反应机理如下：
则
。
(2)废钒催化剂
的一种处理方法为
，“还原”过程“
”的离
子方程式为 。
(3)三种常见的金属离子萃取剂（简写为HR）结构如下表。
萃取剂
A
B
C
结构
①HR 在煤油中以二聚体形式（
）与金属离子络合，HR 通过 形成
（填微粒间相互作用名
称）。
②在水中电离出
能力最强的是 （填“A”“B”或“C”）。
(4)25℃时，
萃取钒（Ⅳ）过程示意图如下。
萃取平衡为
，其中org 表示有机相。
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已知：有机相和水相的分配比
；钒萃取率
。
①萃取达到平衡的标志是 （填标号）。
A．水相pH 不再变化 B．水相
不再变化
C．有机相
不再变化 D．分配比D 不再变化
②利用NaOH 溶液调节水相初始pH，pH 从1 调至4 的过程中，E 先增大后减小。结合平衡移动原理进行解释
。
③维持水相
，分别测得萃取剂A、B、C 的
随
变化曲线如图。
代表的是萃取剂 （填“A”“B”或“C”）：萃取平衡常数
。
【答案】(1)
(2)
(3)分子间氢键 A
(4)ABCD 随着pH 增大，萃取平衡正向移动，钒萃取率增大；pH 过大，
转化为
，与
配
位能力减弱，钒萃取率减小 A
【解析】（1）已知：
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①
②
由盖斯定律可知，①×2+②得反应：
，
；
（2）由题干可知，酸性条件下，四价V 以存在
，“还原”过程
被甲酸还原为
，甲酸氧化
为二氧化碳，V 化合价由+5 变为+4、碳化合价由+2 变为+4，结合电子守恒可知，离子方程式为
；
（3）①HR 中存在羟基，可以通过氢键形成
；
②氧的电负性很强，其吸电子作用使得羟基中氢更容易电离出来，则在水中电离出
能力最强的是A；
（4）①A．水相pH 不再变化，则氢离子浓度不再变化，平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意；B．水
相
不再变化，则平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意；C．有机相
不再变化，则平衡
不再移动，达到平衡状态，符合题意；D．分配比D 不再变化，则V 在各相中浓度不再改变，平衡不再移动，
达到平衡状态，符合题意；故选ABCD；
②萃取平衡为
，随着pH 增大，氢离子浓度减小，萃取平衡
正向移动，钒萃取率增大；pH 过大，
转化为
，与
配位能力减弱，钒萃取率减小，故利用
NaOH 溶液调节水相初始pH，pH 从1 调至4 的过程中，E 先增大后减小；
③结合（3）分析可知，A 更容易电离出氢离子形成
与
形成
，使得V 元素进入有机相，
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故
代表的是萃取剂A；由点（-1.0,1.3）可知，
，
。
15．（2024·黑龙江·模拟预测）甲烷干重整(DRM)以温室气体
和
为原料在催化条件下生成合成
气CO 和
。体系中发生的反应有
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
ⅳ.
(1)
。
(2) (填“高温”或“低温”)有利于反应ⅰ自发进行。
(3)起始投入
和
各1 kmol，DRM 反应过程中所有物质在100 kPa 下的热力学平衡数据如图1 所示。
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①950℃时，向反应器中充入
作为稀释气，
的平衡转化率 (填“升高”、“不变”或
“降低”)，理由是 。
②625℃时，起始投入
、
、
、CO、
各0.5 kmol，此时反应ⅱ的
(填
“>”、“=”或“<”)。
③625℃时，反应体系经过t min 达到平衡状态，测得甲烷的平衡转化率为α。0～t min 生成CO 的平均速
率为
；用物质的量分数表示反应i 的平衡常数
(用含α 的表达式
表示，列计算式即可)。
(4)
在Ni 基催化剂表面氢助解离有两种可能路径，图2 为不同解离路径的能量变化，其中吸附在催化
剂表面上的物种用*标注。写出最有可能发生的“氢助解离”路径的决速步反应方程式 。
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(5)对催化剂载体
改性，使其形成氧空位，可减少积碳。取干燥
在Ar 气条件下加热，热重分析
显示样品一直处于质量损失状态；X 射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空
间排列没有发生变化。
①加热过程中，
被还原为
。写出该反应化学方程式 。
②加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为2.01%时，每个晶胞拥有的
的个数为 。
【答案】(1)-172.1
(2)高温
(3)升高 950℃时，体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，恒压条件充入氮气，平衡正向移
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动，
转化率升高 <
(4)
(5)
7
【解析】（1）由盖斯定律可得反应iii-反应i 得
，所以
=+74.9kJ/
mol-247kJ/mol=-172.1 kJ/mol；
（2）反应i．
，
、
，由
，可知高温有利于反应自发进行；
（3）①图像1 可知，950℃时体系中只有反应ⅰ，该反应为体积增大的反应，反应在100kPa 下充入氮气相
当于减压，平衡正向移动，CH4转化率升高；
②625℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O 各0.5kmol，此时
，由图像1 可知，平
衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)<n(H2)，即平衡常数K<1，所以此时Qc>K，平衡正在逆向进行，所以反应ⅱ的
v 正<v 逆；
③由图像1 可知，625℃平衡时n(CO)=0.5kmol，所以0～tmin 生成CO 的平均速率为
；
由图像1 可知，625℃平衡时n(CO)= n(CO2)= n(H2O)= 0.5kmol，由反应的化学计量数可知，反应i 和反应
iii 生成的氢气的物质的量为消耗的甲烷的2 倍，反应ii 消耗氢气的物质的量与生成的水的物质的量相等，
所以平衡时n(H2)=(2a-0.5)kmol=
kmol，n(CH4)=(1-a)kmol，即平衡时气体总物质的量为(2a-0.5+1-
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a+0.5+0.5+0.5)kmol =(2+a)kmol，所以平衡常数Kx=
；
（4）根据图中的两条路径知，上面路径第一步的活化能太大，所以图中下面的路径最有可能发生“氢助
解离”，活化能大的反应速度慢，速率慢的反应为决速步，由图像2 可知最有可能发生的“氢助解离”路
径的决速步反应方程式为
；
（5）①加热过程中，Ce4+被还原为Ce3+，生成Ce2O3，根据得失电子守恒以及原子守恒，该反应化学方程式
为
；
②一个
晶胞中Ce4+个数为
、O2-在体内，个数为8，即一个
晶胞中4 个Ce4+、8 个
O2-，1molCeO2质量为199g，加热后当失重率为2.01%时，损失的质量为氧元素的质量，即
199×2.01%=4g，n(O)=0.25mol，因为铈离子空间排列没有发生变化，所以失去O2-的个数为0.25×4=1，
每个晶胞拥有的O2-的个数为8-1=7。
50
