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专题09 化学反应原理综合
目 录
1
2
3
题型1 化工生产中条件选择与控制 3
题型2 设置情景制备新型工业材料 6
题型3 运用化学反应原理利用能源 10
15
15
1．反应热问题 15
2．化学反应速率问题 16
3．化学平衡问题 16
4．原电池与电解池问题 17
17
17
题型1 化工生产中条件选择与控制 17
题型2 设置情景制备新型工业材料 25
考点要求
考题统计
考情分析
1
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化学反应原理
综合
2023•全国甲卷28 题，14 分；2023•全国
乙卷28 题，14 分；2023•全国新课标卷
29 题，14 分；2023•湖南卷16 题，14
分；2023•山东卷20 题，11 分；2023•辽
宁省选择性考试18 题；2023•湖北省选
择性考试19 题；2023•浙江省6 月选考
19 题，10 分；2023•浙江省1 月选考19
题，10 分；2022•全国甲卷28 题，14
分；2022•全国乙卷28 题，15 分；2022•
河北省选择性考试16 题；2022•重庆卷
16 题，14 分；2022•福建卷13 题，13
分；2022•海南省选择性考试16 题，10
分；2022•湖北省选择性考试19 题，14
分；2022•辽宁省选择性考试18 题，13
分；2022•山东卷20 题，11 分；2022•湖
南选择性考试题，13 分；2022•湖南选择
性考试题，14 分； 2022·浙江省1 月选
考29 题，10 分；2022·浙江省6 月选考
29 题，10 分；2022•江苏卷18 题，14 分
【命题规律】
本题型往往取材于能源、环境问题、化工
生产等情景。题目围绕一个主题，以“拼
盘”的形式呈现，每个小题有一定的相对
独立性，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；
且题目中结合图象、表格、数据、装置等
信息，考查学生的阅读、读图、分析归纳
能力，增加试题的难度。考点主要涉及盖
斯定律与热化学方程式、化学反应速率的
计算及其影响因素、平衡常数计算及其影
响因素、化学平衡移动及其影响因素、电
极反应方程式书写等。
【命题预测】
2024 年试题将以填空、读图、作图、
计算等形式呈现，以实际情景(场景)为背
景，体现核心素养的要求，预计对单一因
素影响的考查已经越来越少了，主要以
“多因素影响”出现，考查考生的综合分
析判断能力。
2
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题型1 化工生产中条件选择与控制
1．(2023•全国乙卷，28)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N2气氛中，FeSO4·7H2O 的脱水热分解过程如图所示：
3
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根据上述实验结果，可知
_______，
_______。
(2)已知下列热化学方程式：
FeSO4·7H2O(s)
FeSO4(s)+7H2O(g) ΔH1＝akJ·mol−1
FeSO4·x H2O (s)
FeSO4(s)+ xH2O(g) ΔH2＝b kJ·mol−1
FeSO4·y H2O (s)
FeSO4(s)+ yH2O(g) ΔH3＝c kJ·mol−1
则FeSO4·7H2O(s)+FeSO4·y H2O (s)
2FeSO4·x H2O (s)的ΔH =_______ kJ·mol−1。
(3)将FeSO4 置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)
Fe2O3(s)+SO2(g)
+SO3(g) (Ⅰ)。平衡时
的关系如下图所示。
时，该反应的平衡总压P 总=_______ kPa、平衡常数
KP(Ⅰ)=_______(kPa)2。KP(Ⅰ)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2SO3(g)
2SO2(g) +O2(g) (Ⅱ)，平衡时
_______(用
表示)。在
时，
，则
_______ kPa，KP(Ⅱ)=_______ kPa
(列出计算式)。
【答案】(1) 4 1 (2)(a+c-2b)
(3) 3 2.25 增大
(4)
46.26
【解析】(1) 由图中信息可知，当失重比为19.4% 时，FeSO4·7H2O 转化为FeSO4·x H2O ，则
，解之得x =4 ；当失重比为38.8% 时，FeSO4·7H2O 转化为FeSO4·y H2O ，则
，解之得y=1 。(2)①FeSO4·7H2O(s)
FeSO4(s)+7H2O(g) ΔH1 ＝akJ·mol−1 ；
4
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②FeSO4·x H2O (s)
FeSO4(s)+ xH2O(g) ΔH2＝b kJ·mol−1；③FeSO4·y H2O (s)
FeSO4(s)+
yH2O(g) ΔH3＝c kJ·mol−1；根据盖斯定律可知，①+③-②×2 可得FeSO4·7H2O(s)+FeSO4·y H2O (s)
2FeSO4·x H2O (s)，则ΔH = (a+c-2b) kJ·mol−1。(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
2FeSO4(s)
Fe2O3(s)+SO2(g) +SO3(g) (Ⅰ)。由平衡时
的关系图可知，660K 时，
，则
，因此，该反应的平衡总压
3 kPa、平衡常数
。由图
中信息可知，
随着温度升高而增大，因此，KP(Ⅰ)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2SO3(g)
2SO2(g) +O2(g) (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929K 时，
，则
、
，联立方程组消去
，可得
，代入相关数据可求出
46.26 kPa，则
，
。
2．(2023•全国新课标卷，29)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ΔH =_______ kJ·mol－1。
(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，N2*表示被
吸附于催化剂表面的N2 )。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Fe3O4)使用前经H2还原，生成α-Fe 包裹的Fe3O4。已知α-Fe 属于立方
晶系，晶胞参数a=287pm，密度为7.8 g ·c m-3，则α-Fe 晶胞中含有Fe 的原子数为_______(列出计算式，
阿伏加德罗常数的值为NA)。
(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：
)
5
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①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。
②进料组成中含有情性气体
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)-45
(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N≡N 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) P1＜P2＜P3 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 33.33%
【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ΔH=+473
kJ·mol－1，则N≡N 的键能为946 kJ·mol－1；
的ΔH=+654 kJ·mol－1，则H-H 键的键能为436
kJ·mol－1。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N≡N 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α-Fe 属于立方晶系，晶胞
参数a=287pm ，密度为7.8 g ·c m-3 ，设其晶胞中含有Fe 的原子数为x ，则α-Fe 晶体密度
，解之得
，即α-Fe 晶胞中含有Fe 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P1＜P2＜P3，因此，图中压强由小到大的顺序为P1＜
P2＜P3，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Ar，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Ar 不利于合成氨，进料组成中含有情性气体Ar 的图是图4。③图3 中，
6
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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N2、H2、NH3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
。
题型2 设置情景制备新型工业材料
3． (2023•湖南卷，16)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④C6H5C2H5(g)
C6H5CH=CH2(g)+H2(g)的ΔH 4=_______
；
(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。Fe2O3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：
⑤C6H5C2H5(g)
C6H6(g)+CH2=CH2(g)
⑥C6H5C2H5(g) +H2(g)
C6H5CH3(g)+CH4(g)
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_______；
7
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(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_______；
A．X 射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变Fe2O3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Cu (Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X (引发剂，X 表
示卤素)生成自由基C6H5CH2•，实现苯乙烯可控聚合。
(5)引发剂C6H5CH2 Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I 中活性最高的是_______；
(6)室温下，①Cu+在配体L 的水溶液中形成[Cu(L)2]+，其反应平衡常数为K；②CuBr 在水中的溶度积
常数为Ksp。由此可知，CuBr 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)C6H5CH2Cl (6)K∙Ksp
【解析】(1) 根据盖斯定律，将①-②-③可得C6H5C2H5(g)
C6H5CH=CH2(g)+H2(g)
∆H4=-4386.9kJ/mol-(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；(2)设充入H2O(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、H2物质的量之和为1.75mol，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
8
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=
，解得x=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；(4)A 项，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Fe2O3晶
体结构，A 项正确；B 项，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 项，
催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C 项正确；D 项，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；故选BD。(5)电负性Cl＞Br＞I，则极性C—
Cl 键＞C—Br 键＞C—I 键，则C6H5CH2Cl 更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2Cl；(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
Ksp=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∙Ksp。
4．(2023•辽宁省选择性考试，18)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(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制
备过程中CuSO4·5H2O 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。
700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化学式)。
(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：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为_______。
(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SO2的催化氧化：
SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(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_______。
9
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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O2 的平衡分压为p，SO2 的平衡转化率为αe，用含p 和αe 的代数式表示上述催化氧化反应的
Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】(1)①CuO ②SO3
(2)①催化剂 ②反应中有污染空气的NO 和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物
硫酸带来杂质、产率不高(答案合理即可)
(3)①cd ②d ③
【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CuSO4发生热分解
反应，从TG 图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO 剩余，还有其他气体产
出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4
3CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合
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、SO2、SO3、O2。(2)(i)根据所
给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；(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NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2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)。(3) (i)a 项，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 项，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 项，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 项，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
10
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的催化剂V-K-Cs-Ce 对SO2的转化率最好，产率最佳，故选d；(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应
的平衡常数Kp=
=
=
；设SO2 初始量为m mol，则
平衡时n(SO2)=m·αe，n(SO3)=m-m·αe=m(1-αe)，Kp=
=
。
题型3 运用化学反应原理利用能源
5．(2023•湖北省选择性考试，19)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以
由C40H20分子经过连续5 步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C40H20 (g)
C40H18 (g) + H2(g)的反应机理和能
量变化如下：
回答下列问题：
(1)已知C40Hx 中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0 kJ·mol－1 和298.0 kJ·mol－1，H-H 键能为436.0
kJ·mol－1。估算C40H20 (g)
C40H18 (g) + H2(g)的ΔH =_______ kJ·mol－1。
(2)图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。
(3) C40H10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C40H12 (g)
C40H10(g) + H2(g)发生，反应过程中压强恒定为
p0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数Kp 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)
(g)
C40H18 (g) + H• (g)及
C40H10 (g) + H• (g)反应的lnK (K 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_______。
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(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C40H10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) ① 3 ②3
(3)①6 ②10
(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C40H20和C40H18的结构式和反应历程可以看出，C40H20中断裂了2 根碳氢键，C40H18形成
了1 根碳碳键，所以C40H20 (g)
C40H18 (g) + H2(g)的ΔH =(431×2-298-436) kJ·mol－1=+128 kJ·mol－1；
(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；(3)由C40H20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C40H10总共含有6 个五元环，10 个六元环；(4)1200K 时，假定体系内只有反应C40H12 (g)
C40H10(g)
+ H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0 (即C40H12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
=
；(5)
(g)
C40H18 (g) + H• (g)及
C40H10 (g) + H• (g)反应的lnK (K 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；(6)a 项，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 项，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 项，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；故选a。
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6．(2023•浙江省6 月选考，19)水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g)
CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)＋CO(g)
2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
2Fe3O4 (s)＋H2O(g)
3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2
请回答：
(1) ΔH2=_______ kJ·mol－1。
(2)恒定总压1.70MPa 和水碳比[n (H2O)/ n(CO)] =12：5 投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的
分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
p(CO2)/
MPa
p(H2)/
MPa
p(CH4)/
MPa
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
①在条件1 下，水煤气变换反应的平衡常数
___________。
②对比条件1，条件2 中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比[n (H2O)/ n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中
的余热(如图1 所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2 中b-c 段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是
______。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3 中作出
平衡转化率随温度变化的曲线____。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反
应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是
________。
【答案】(1)6 (2)① 2.0 ②CO+3H2
CH4+H2O (3)AC
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(4)①AC ②
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附
量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【解析】(1)设方程式①H2O(g)+ CO(g)
CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)
2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
③2Fe3O4 (s)＋H2O(g)
3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2
根据盖斯定律可知，③=①-②，则ΔH2=ΔH-ΔH1=(－41.2 kJ·mol－1)-( －47.2 kJ·mol－1)= 6 kJ·mol－1；
(2)①条件1 下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件
1 下平衡时容器的总体积为V，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；则平衡常数
；②根据表格中的数据可
知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2
CH4+H2O；(3) A 项，一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A 正确；
B 项，该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B 错误；C 项，
通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量
的水蒸气可以降低体系中CO 和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C 正确；D 项，若保持
容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D 错误；故选
AC；(4)①A 项，按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO 的转
化率稍减小，与图中变化相符，A 正确；B 项，喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度
增大，会导致CO 的转化率增大，与图中变化不符，B 错误；C 项，通过热交换器换热，可以降低温度，
且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO 的转化率稍减小，与图中变化相符，C 正确；故选
AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
；(5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，
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不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应
速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
1．审题——快速浏览，找出材料内容或新情景
(1)阅读题目背景材料、找出可能考查的化学反应原理。
(2)解读情景或材料，挖掘相应的知识内涵。
(3)明确知识考查背景，以及考查哪方面的化学反应原理。
2．析题——仔细审读，关注有效信息
(1)对于化学反应速率和化学平衡图像类试题：
明确纵横坐标的含义→理解起点、终点、拐点的意义→分析曲线的变化趋势。
(2)对于图表数据类试题：
分析数据→研究数据间的内在联系→找出数据的变化规律→挖掘数据的隐含意义。
①对于反应热类的试题，找出已知反应方程式和目标反应方程式间的关系；运用盖斯定律计算目标反
应的焓变。
②对于电化学类试题：
③对于电解质溶液类试题：
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。
3．答题——认真细致，规范正确答题
(1)规范化学反应原理的语言描述。
(2)注意问题表达(因果、对比)、注意书写规范。
(3)明确答题要求，避免答非所问。
1．反应热问题
(1)从宏观角度分析：ΔH＝H1(生成物的总能量)－H2(反应物的总能量)
(2)从微观角度分析：ΔH＝E1(反应物的键能总和)－E2(生成物的键能总和)
(3)从活化能角度分析：ΔH＝E1(正反应活化能)－E2(逆反应活化能)
(4)根据盖斯定律计算：
①计算步骤：
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②计算方法：
2．化学反应速率问题
(1)外界条件对化学反应速率的影响：纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应
速率。但固体颗粒的大小导致接触面积的大小发生变化，故影响反应速率；对于固体、液体物质，由于压
强改变对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，压强对无气体参加的化学反应的
速率无影响；升高温度，不论吸热反应还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大；使用催
化剂催化的化学反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在许多工业
生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围；“惰性气体”(不参加反应的气体)对反应速率的影响：
恒温恒容：充入“惰性气体”――→总压强增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)，反应速率不变。
恒温恒压：充入“惰性气体”――→体积增大――→物质浓度减小(活化分子浓度减小)――→反应速率减
小。
3．化学平衡问题
(1)外界条件对化学平衡移动的影响规律
温度的影响
升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；
降低温度，化学平衡向放热反应方向移动
浓度的影响
增大反应物浓度或减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动；
减小反应物浓度或增大生成物浓度，化学平衡向逆反应方向移动
压强的影响
增大压强会使平衡向气体体积减小的方向移动；
减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动
(2)化学平衡计算中两组常用公式：在可逆反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)中化学平衡常数(K)与
浓度商(Q)，K＝
(式中的浓度是指平衡状态的浓度，固体物质、纯液体、水溶液中进行的反应，
H2O 不列入平衡常数的计算表达式中；气体反应、有机反应，H2O 的浓度要列入平衡常数的计算表达式中)，
Q＝
(式中的浓度是任意时刻的浓度)。转化率α＝
。
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4．原电池与电解池问题
(1)原电池中负极发生氧化反应，常出现电极材料溶解、质量减轻等现象；正极发生还原反应，常出现
质量不变或增重、有气体产生等现象。
(2)电解池中与电源负极连接的阴极材料不反应，与电源正极连接的阳极(除惰性电极外)材料发生氧化
反应，可能出现电极溶解、质量减轻等现象。
(3)Fe 在原电池与电解池反应中发生氧化反应时失去2 个电子生成Fe2＋。
(4)可充电电池的放电反应是原电池反应，充电反应是电解池反应。放电过程中原电池的负极发生氧化
反应，充电过程中电解池的阴极发生还原反应。
5．陌生平衡图像的问题
化学理论综合题中最容易失分的是速率与平衡的陌生图像，在非选择题中的陌生图像打破了传统的速
率平衡图像模式，反应体系不再局限于气相反应，引入了更多的液相反应，纵坐标和横坐标不再局限于时
间、温度、压强、速率、转化率等物理量，而是引入了更多的变量，如两种物质的物质的量之比、气体分
压的负对数等，使得图像更新颖、信息容量更大、题目难度更大。
电离平衡、水解平衡和溶解平衡应用中注意
(1)书写电离平衡、水解平衡、溶解平衡方程式时要用可逆号连接。
(2)分析离子的存在形式时要考虑弱酸弱碱的电离和离子能否发生水解。
(3)分析离子浓度大小时要考虑酸碱盐对水电离的影响。
(4)利用溶度积常数分析沉淀是否能完成转化时，要考虑溶解平衡式中阴阳离子计量数与溶度积常数关
系，溶度积大的其溶解度不一定大。
题型1 化工生产中条件选择与控制
1．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)合成氨是人工固氮最重要的途径。合成氨反
应为：N2(g)＋3H2 (g)
2NH3(g) ΔH＝-92.4kJ·mol−1
请回答：
(1)该反应能自发进行的条件是 。
(2)现代常用工艺条件以Fe 作催化剂，一定压强下，控制温度500℃，反应历程为(*表示吸附态)
化学吸附：
(速率慢)；
(速率快)
表面反应：
；
；
(速率快)
脱附：
(速率快)
关于合成氨工艺的下列理解，正确的是___________。
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A．控制温度远高于室温，是为了提高平衡转化率
B．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生
C．不断将液氨移去，利于反应正向进行同时提高正反应速率
D．实际生产中，N2适度过量有利于提高H2的转化率同时有利于提高整体反应速率
(3)为降低合成氨的能耗，我国科学家提出使用M-LiH 复合催化剂，催化效果如图1 所示。若一定压强
下，以相同的投料，500℃用Fe 作催化剂和350℃用Fe-LiH 作催化剂，氨气的产率随时间变化如图2。请
在图2 中画出相同压强下350℃用Cr-LiH 作催化剂氨气的产率随时间变化的曲线 。
(4)压强为20MPa 下，以
、
(x 代表物质的量分数)进料，反应达平衡时氮气的
转化率与温度的结果如下图3 中曲线b 所示。
①若保持压强不变，以
、
、
进料，则平衡时氮气的转化率与温
度的结果是曲线 (填“a”或“c”)。判断的依据是 。
②若保持压强不变，当平衡时
，则该温度下，反应N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)平衡常
数KP=
(化为最简式)。[对于气相反应，用某组分B 的平衡压强
代替物质的量浓
度
也可表示平衡常数，记作KP，如
，p 为平衡总压强，
为平衡系统中B 的物质
的量分数]。
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【答案】(1)低温 (2)BD (3)
(4) a 相同温度下，恒压充入稀有气体反应物分压减小，平衡逆向移动
【解析】(1)当ΔG=ΔH-TΔS＜0 时自发，已知该反应时气体分子数减小的反应，ΔS＜0，ΔH＜0，故低
温时自发；(2)A 项，合成氨是放热反应，控制温度远高于室温，是为了提高反应速率，故A 错误；B 项，
合成氨需要氢气，防止氢气爆炸，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，故B 正确；
C 项，不断将液氨移去，利于反应正向进行，但是移除产物反应速率降低，故C 错误；D 项，实际生产中，
N2适度过量有利于提高H2的转化率，N2适度过量反应物浓度大，同时有利于提高整体反应速率，故D 正
确；故选BD。(3)由图1 可以看出同压强下350℃用Cr-LiH 作催化剂的催化速率介于Fe 作催化剂和Fe-LiH
作催化剂，合成氨是放热反应，在350℃用Fe-LiH 和作Cr-LiH 催化剂时温度相同，氨气的产率相同，比
500℃用Fe 作催化剂时产率高，故相同压强下350℃用Cr-LiH 作催化剂氨气的产率随时间变化的曲线为
；(4)①若保持压强不变，以
、
、
进料，充入惰性气体，相当于减压，合成氨的平衡逆向移动，反应达平衡时氮气的转化率降低，故a 曲线
表示平衡时氮气的转化率与温度的结果；②设充入反应物总量为1mol，物质的量分数
、
，根据三段式得：
，
；平衡时总物质的量为：
，N2、H2、NH3的物质的量分
数分别为：
、
、
，故平衡常数
。
2．(2023·广东省佛山市二模)工业利用N2、H2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N2、H2、CO)中的CO 能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为：[Cu(NH3)3]+
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+CO+NH3
[Cu(NH3)3CO]+ ΔH＜0。
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[Cu(NH3)3CO]+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ΔH =___________ kJ·mol－1 (用图中字母表示)。
②铁催化合成氨时N2 与H2 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，c(NH3)越大，反应速率越小。原因是___________。
(3)反应N2(g)+ 3H2(g)
2NH3 (g)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N2和H2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 NH3、CO
(2)
−(a−b) NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附
(3)
【解析】(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 项，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 项，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 项，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 项，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；故选C。③[Cu(NH3)3CO]+中氨气、
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一氧化碳都有孤对电子，其配体为NH3、CO；(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ΔH =(b−a) kJ·mol－1=−(a−b) kJ·mol－1；②由合成氨反应
的速率方程
(k 为速率常数)可知，c(NH3)越大，反应速率越小，由于铁催化
合成氨时N2与H2需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位
点，阻碍N2 的吸附；(3)若N2 和H2 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N2转化率为50%，
则
。
3．(2023·广西三模)氨是工农业生产中的重要原料，研究氨的合成和转化是一项重要的科研课题。回答
下列问题：
(1)已知：工业合成氨合成塔中每产生2molNH3，放出92.2kJ 热量，
则1molN-H 键断裂吸收的能量为___________kJ。
(2)在密闭容器中合成氨气，有利于加快反应速率且能提高H2转化率的措施是___________(填字母)
A．升高反应温度
B．增大反应的压强
C．及时移走生成的NH3
D．增加H2的物质的量
(3)将0.6molN2和0.8molH2充入恒容密闭容器中，在不同温度下，平衡时NH3的体积分数随压强变化的
曲线如图。
甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是___________ 。d 点N2 的转化率是___________ ，d 点
Kp=___________(Kp是以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压=平衡时各组分的物质的量分数×总压)。
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(4)催化氧化法消除NO 反应原理为：6NO+4NH3
5N2+6H2O。不同温度条件下，氨气与一氧化氮的
物质的量之比为2：1 时，得到NO 脱除率曲线如图甲所示。脱除NO 的最佳温度是___________。在温度
超过1000°C 时NO 脱除率骤然下降的原因可能是___________。
(5)研究发现NH3与NO 的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是___________(填字母)。
A．该反应历程中形成了非极性键和极性键
B．每生成2molN2，转移的电子总数为8NA
C．Fe2+能降低总反应的活化能，提高反应速率
D．该反应历程中存在：NO+Fe2+-NH2=Fe2++N2↑+H2O
【答案】(1)391 (2)B (3) 丙>乙>甲 33.3%
(4) 900°C 催化剂中毒 (5)AD
【解析】(1)工业合成氨反应为N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)，反应的焓变等于反应物键能和减去生成物
键能和，故945.8kJ/mol+3×436 kJ/mol-6E(N-H)= -92.2kJ/mol，则E(N-H)= 391kJ/mol；(2)A 项，反应为放热
反应，升高反应温度，反应速率加快，但是平衡逆向移动，氢气转化率降低，A 不符合题意；B 项，反应
为气体分子数减小的反应，增大反应的压强，反应速率加快，且平衡正向移动，氢气转化率升高，B 符合
题意；C 项，及时移走生成的NH3，反应正向移动，但是物质浓度减小，反应速率减慢，C 不符合题意；D
项，增加H2的物质的量，物质浓度变大，反应速率加快，平衡正向移动，促进氮气的转化但是氢气转化率
下降，D 不符合题意；故选B；(3)相同条件下，升高温度，平衡逆向移动，氨气含量减小，故甲、乙、丙
中温度从高到低的顺序是丙>乙>甲；d 点氨气的体积分数为40%，则
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反应后总的物质的量为1.4mol-2a ，则
，a=0.2mol ，则N2 的转化率是
，d 点压强为60Mpa，则氮气、氢气、氨气分压分别为24Mpa、12Mpa、24Mpa，则
；(4)由图可知，脱除NO 的最佳温度是900°C，此时NO 脱除率最高；在温度超过1000°C
时NO 脱除率骤然下降的原因可能是催化剂中毒，导致催化效率迅速下降；(5)A 项，该反应历程中形成了
水中的氢氧极性键和氮气中的氮氮非极性键，A 正确；B 项，由图可知，总反应为氨气、一氧化氮、氧气
在催化剂作用下生成氮气和水，反应为4NO+4NH3+O2
4N2+6H2O，电子转移关系为4N2~12e-，则每
生成2molN2，转移的电子总数为6NA，B 错误；C 项，Fe3+为反应的催化剂，能降低总反应的活化能，提高
反应速率，亚铁离子为反应中间产物，C 错误；D 项，由图可知，该反应历程中存在：NO+Fe2+-NH2=Fe2+
+N2↑+H2O，D 正确；故选AD。
4．(2023·重庆市九龙坡区高三学业质量调研抽测二模)尿素CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原
料。
(1)尿素
技术可用于汽车尾气的处理，该过程中会生成NH3，反应如下。
Ⅰ. CO(NH2)2 (s)
HNCO(g)＋NH3(g) ΔH＞0
Ⅱ. HNCO(g)＋H2O(g)
NH3(g)＋CO2(g) ΔH ＜0
一定温度下，向恒容容器中投入足量CO(NH2)2 (s)和一定量的H2O(g)，当上述反应达到平衡时，测得
、
。则
_______ mol·L-1 (用含p、q 的代数式表示，下同)，
反应Ⅰ的平衡常数为_______( mol·L-1)2。
(2)工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，图1 是反应历程及能量变化，历程中的所有物质均为气态。
①该反应历程中，若ΔE2＝241.0kJ·mol−1，则ΔE1＝_______ kJ·mol−1。
②在T1℃和T2℃时(T1＜T2)，向恒容容器中投入等物质的量的HNCO(g)和NH3(g)，发生以下反应：
HNCO(g)＋NH3(g)
CO(NH2)2(g)。平衡时lgp(NH3)与lgp [CO(NH2)2]的关系如图2 所示，p 为物质的分
压强(单位为kPa)。
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若
、
。
℃时，
_______
。若点A 时继
续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，CO(NH2)2的体积分数_______(填“变大”
“变小”或“不变”)。
(3)某实验小组用Zn –CO2水介质电池电解含有尿素的碱性废水，装置如图3(电极a 为Zn，b、c、d 均为
惰性电极)。
装置Ⅰ中双极膜为阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成，与b 极室相连的交换膜为_______离子交换
膜(填“阴”或“阳”)，装置Ⅱ阳极上的反应式为_______。
【答案】(1) p-2q p (p-2q) (2) 66.5 1000 变大
(3)阳离子 CO(NH2)2+2H2O-6e-=N2+CO3
2-+8H+
【解析】(1)根据题意，可知：
则c(HNCO)=(p-2q)mol/L，则反应I 的平衡常数K=c ( NH3) ×c ( HNCO ) =p (p-2q) ( mol/L )2。(2)从图分
析，过渡态3 的相对能量为241-87=154kJ/mol，则ΔE1=154-87.5=66.5kJ/mol。从图分析，HNCO(g)+NH3(g)
CO(NH2)2(g)为放热反应，升温，平衡逆向移动，则右侧的线为T1℃的，取A 点数值，
kPa−1，若点A 时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡
时(温度不变)，相当于加压，平衡正向移动，则CO(NH2)2的体积分数变大。(3)从图分析，c 电极产生氮气，
为阳极反应，d 上产生氢气，为阴极反应，则a 为负极，锌失去电子，结合氢氧根离子，故该交换膜为阴
离子交换膜，b 为正极，与b 极室相连的交换膜为阳离子交换膜，装置Ⅱ阳极上的反应式为
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CO(NH2)2+2H2O-6e-=N2+CO3
2-+8H+。
题型2 设置情景制备新型工业材料
1．(2024·浙江省宁波市高三选考模拟考试)丙烯是一种重要的化工原料，其主要产品聚丙烯是生产口
罩喷溶布的原料。铬基催化剂下丙烷生产丙烯相关主要反应有：
Ⅰ．C3H8(g)
C3H6(g)＋H2(g) ΔH1＝+124.14kJ·mol−1
Ⅱ．C3H8(g)
C2H4(g)＋CH4(g)
Ⅲ．C3H8(g)
3(s)＋4H2(g)
请回答：
(1)已知键能：
，
。C=C 的键能与C-C 的键能相差约
kJ/mol。
(2)600℃时，容器压强恒为P，铬基催化剂下两个密闭容器中分别按下表投料发生反应：
容器
C3H8/mol
CO2/mol
N2/mol
A
1
0
10
B
1
2
8
①容器B 生成C3H6的反应流程如下：
下列有关说法正确的是 。
A．原料气中通入N2可提高C3H8的平衡转化率
B．升高温度，一定能提高的C3H6平衡产率
C．过程1 产生C3H6的量大于过程2 和过程3 产生的C3H6
D．在铬基催化剂中适当加入CaO 可促进过程2 平衡正移而提高C3H8的平衡转化率
②若容器A 中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，C3H8的平衡转化率为
，C3H6的选择性(选择性
)为w，计算反应Ⅰ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)。
③按照容器A 和容器B 的气体组分比，将两组气体按相同流速分别通过催化剂固定床反应器，C3H8的
转化率和C3H6的选择性随时间变化如图所示：
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随反应进行，A 组中C3H8转化率明显降低的可能原因是 ，B 组中CO2的作用是 (用
化学方程式和必要的文字说明)。
(3)恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为
的混合气体，
，已知某反应条件下只发生反应Ⅳ和反应Ⅴ(
，
为速率常数，只与温度有关且
)：
反应Ⅳ：C3H8(g)+ CO2(g)=C3H6(g)＋H2O(g)+ CO(g)
反应Ⅴ：C3H8(g)+6CO2(g)=9CO(g)＋3H2O(g)
实验测得丙烯的净生成速率方程为
，请在下图中画出丙烯的物质的
量随时间的变化趋势 。
【答案】(1) 266.66
(2) A
C3H8分解产生的C 附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减
小 CO2+C
2CO，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；CO2促进C3H8按过程2 和3 发生
反应，减少C3H8裂解副反应，提高C3H6选择性
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(3)
(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2 且终点时为1)
【解析】(1)已知键能：
，
，根据反应热等于反应物的
键能总和减去生成物的键能总和，结合反应Ⅰ．C3H8(g)
C3H6(g)＋H2(g) ΔH1＝+124.14kJ·mol−1有：
8E(C-H)+2E(C-C)-6E(C-H)-E(C=C)-E(C-C)-E(H-H)= 2E(C-H)+E(C-C) -E(C=C) -E(H-H)=2×413.4-436+ E(C-C)
-E(C=C)=+124.14kJ/mol ，故得E(C-C) -E(C=C)=-266.66kJ/mol ，故C=C 的键能与C-C 的键能相差约
266.66kJ/mol；(2)①A 项，该容器为恒压容器，故原料气中通入N2，导致反应体系的平衡分压减小，上述
反应平衡正向移动，故可提高C3H8的平衡转化率，A 正确；B 项，由题干信息可知，容器中发生了反应Ⅱ
和Ⅲ副反应，且这两个反应也是吸热反应，虽然升高温度，能使反应I 正向移动，但反应Ⅱ和Ⅲ也正向移
动，故不一定能提高的C3H6平衡产率，B 错误；C 项，已知过程2 和过程3 为有催化剂参与，能够加快反
应速率，但不知道它们的产率，故无法比较过程1 产生C3H6的量和过程2 和过程3 产生的C3H6，C 错误；
D 项，在铬基催化剂中适当加入CaO，将消耗CO2，使得过程3 无法进行，CrOx-1的浓度增大，则促进过程
2 平衡逆向移动，但不能改变C3H8的平衡转化率，D 错误；故选A；②若容器A 中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，
C3H8的平衡转化率为
，C3H6的选择性为w，根据三段式分析：
故平衡时p(C3H8)=
P=
P，p(C3H6)=p(H2)=
P，故计算
反应Ⅰ的平衡常数
=
；③由题干信息可知，反应中将发生副
反应Ⅲ，生成的C 将附着在催化剂表面，是催化剂失活，故随反应进行，A 组中C3H8转化率明显降低的可
能原因是C3H8分解产生的C 附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小，已知高温下CO2能与
C 反应生成CO，从而减少附着在催化剂表面的碳，使催化剂复活，故B 组中CO2的作用是CO2+C
2CO，
消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；CO2促进C3H8按过程2 和3 发生反应，减少C3H8裂解副
反应，提高C3H6选择性；(3)恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为
的
混合气体，
，根据同温同体积下，气体的压强之比等于物质的量之比，故n(C3H8)=2mol，
n(CO2)=8mol，刚开始只发生反应Ⅳ则生成的C3H6逐渐增大，当反应完全进行是最多生成C3H6为2mol，消
耗2molCO2 ，然后将发生反应V ，则C3H6 的量逐渐减少，直到丙烯的净生成速率
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为0 时C3H6不再改变，此时剩余的6molCO2完全消耗，则消耗掉C3H6
为1mol，故剩余C3H6的物质的量为1mol，据此分析可知，丙烯的物质的量随时间的变化趋势如图所示：
(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2 且终点时为1)。
2．(2024·黑龙江龙东五地市高三联考)甲烷和乙烯是重要的气体燃料和化工原料。回答下列问题：
(1)甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。
已知涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2 (g)
CH4 (g)+ H2O(g) ΔH1＝-206.2kJ·mol－1
反应Ⅱ：CO (g)+ H2O(g)
CO2(g)+H2 (g) ΔH2
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2 (g)
CH4 (g)+2 H2O(g) ΔH3＝-165 kJ·mol－1
则ΔH2= kJ·mol－1。
(2)研究表明CO2(g)和CH4 (g)在催化剂存在下可发生反应制得合成气CO2(g)+ CH4(g)
2CO(g)
+2H2 (g) ΔH。在其他条件相同，不同催化剂(A、B)作用下，使原料CO2(g)和CH4 (g)反应相同的时间，
CO(g)的产率随反应温度的变化如图所示：
①在催化剂A．B 作用下，它们正、逆反应活化能差值分别用
和
表示，则
(填“>”“<”或“=”)。
②y 点对应的逆反应速率v(逆) z 点对应的正反应速率v(正)(填“>”“<”或“=”)。
(3)西北工业大学的张健教授、德累斯顿工业大学的冯新亮院士等人报道了一种电催化半氢化策略，在
室温条件下，水溶液介质中可选择性地将C2H2还原为C2H4，其原理示意图如下：
①阴极的电极反应式为 。
②同温同压下，相同时间内，若进口处气体物质的量为amol，出口处气体的总体积为进口处的x 倍，
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则C2H2转化率为 。
(4)利用多晶铜高效催化电解CO2制乙烯的原理如图所示。因电解前后电解液浓度几乎不变，故可实现
CO2的连续转化。
①电解过程中HCO3
-向 (填“铂”或“多晶铜”)电极方向移动。
②多晶铜电极上的电极反应式为 。
③理论上当生产
乙烯时，铂电极产生的气体在标况下体积为 (不考虑气体的溶解)。
【答案】(1)-41.2 (2) = <
(3) C2H2+2H2O+2e- =C2H4+2OH-
％
(4)铂 14CO2+8H2O+12e- =C2H4+12HCO3
- 16.8L
【解析】(1)反应Ⅰ：CO(g)+3H2 (g)
CH4 (g)+ H2O(g) ΔH1＝-206.2kJ·mol－1，反应ⅡCO (g)+
H2O(g)
CO2(g)+H2 (g) ΔH2，反应Ⅲ：CO2(g)+4H2 (g)
CH4 (g)+2 H2O(g) ΔH3＝-165 kJ·mol－
1，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，所以
；
(2)①不同的催化剂，改变反应的活化能，对应同一反应而言，正逆反应的活化能的差值即为该反应的反应
热，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，所以正逆反应的活化能的差值是不变的，所以
=
；②由图可知，z 点温度高于y 点，温度越高，反应速率越快，所以y 点对应的逆反应速
率v(逆)＜z 点对应的正反应速率v(正)；(3)①C2H2在阴极被还原为C2H4，电极方程式为C2H2+2H2O+2e-
=C2H4+2OH-；②出气口有氧气和乙烯生成，气体的总体积为进口处乙炔的x 倍，乙炔生成乙烯是按照1：1
的关系反应，所以无论生成多少的乙烯都不会影响原来的量，多余的部分(ax−a)乙炔是氧气导致的，根据
反应：2H2O−4e−＝O2↑＋4H＋，此时转移电子是4(ax−a)mol，根据电子守恒，产生乙烯的量以及转化的乙炔
的量均为2(ax−a)mol，转化率为：
；(4)①由题意知，在多晶铜电极上，
CO2生成乙烯，C 元素化合价降低，得电子，多晶铜电极为阴极，阴离子移向阳极，即铂电极；②由题意
知，在多晶铜电极上，CO2生成乙烯，电解液浓度几乎不变，则电极反应式为：14CO2+8H2O+12e-
=C2H4+12HCO3
-；③多晶铜电极的电极反应式为：14CO2+8H2O+12e- =C2H4+12HCO3
-，生成0.05mol 乙烯时，
转移0.6mole−，铂电极的电极反应为：4HCO3
--4e- =4CO2↑+O2↑+2H2O-，当转移0.6mole−时，生成
0.15molO2、0.6molCO2，则标况下生成气体的体积为(0.15＋0.6)mol×22.4L•mol−1＝16.8L。
3．(2024·广西部分高中高三一模)绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、
碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。
I．甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下：
i．CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g) △H=+206.2kJ•mol-1
ii．CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ•mol-1
(1)反应CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g)的△H= kJ•mol-1。
(2)在容积不变的绝热密闭容器中发生反应i，下列能说明反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．气体混合物的密度不再变化 B．CH4消耗速率和H2的生成速率相等
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C．CO 的浓度保持不变 D．气体平均相对分子质量不再变化
E．体系的温度不再发生变化
(3)恒定压强为P0MPa 时，将n(CH4)：n(H2O)=1：3 的混合气体投入反应器中发生反应i 和ii，平衡时，
各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。
①图中表示CO2的物质的量分数与温度的变化曲线是 (填字母)。
②结合图中数据，其他条件不变，若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是 (填标号)。
A．550~600℃ B．650~700℃ C．750~800℃
在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO 可明显提高平衡体系中H2的含量，原因是 。
③600℃时，反应ii 的平衡常数的计算式为Kp= (Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质
的量分数)。
Ⅱ．电解法制氢气。某科研小组设计如图所示电解池，利用CO2和H2O 在碱性电解液中制备水煤气
(H2、CO)，产物中H2和CO 的物质的量之比为1∶1。
(4)电极B 是 极，生成水煤气的电极反应式为 。
【答案】(1)+247.4 (2)CDE
(3) n B CaO 为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ii 平衡正
向移动，导致CO 浓度减小，引起反应i 平衡也正向移动
(4)阳 CO2+2H2O+2e-=H2+CO+2OH-
【解析】(1)由题干信息已知，反应i．CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2kJ•mol-1，反应
ii．CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2kJ•mol-1，反应i-反应ii 可得反应CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律可知，ΔH=(+206.2kJ/mol)-(-41.2kJ/mol)=+247.4kJ•mol-1；(2)A 项，由题干信
息可知，反应i 反应体系均为气体，则反应过程中气体质量不变，容器体积不变，则气体混合物的密度始
终不变，则气体混合物的密度不再变化，不能说明反应达到化学平衡，A 不合题意；B 项，CH4消耗速率
和H2的生成速率均表示正反应速率，且二者系数不相等，故CH4消耗速率和H2的生成速率相等，不能说
明反应达到化学平衡，B 不合题意；C 项，化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，故CO 的浓度
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保持不变，说明反应达到化学平衡，C 符合题意；D 项，由题干信息可知，反应i 前后气体的物质的量发
生改变，气体质量不变，则气体平均相对分子质量一直在改变，故气体平均相对分子质量不再变化，说明
反应达到化学平衡，D 符合题意；E 项，由于反应容器是一个绝热密闭容器，故体系的温度不再发生变化，
说明反应达到化学平衡，E 符合题意；故选CDE；(3)①随反应进行，二氧化碳和氢气的量增加，故甲烷和
水蒸气的量减小，将n(CH4)：n(H2O)=1：3 的混合气体投入反应器中，故p 为表示平衡时水蒸气的物质的
量分数随温度的变化，随着温度升高反应i 正向移动，反应ii 逆向移动，故CO 随温度升高而增大，即m
表示平衡时CO 的物质的量分数随温度的变化，则n 表示CO2的物质的量分数随温度的变化；②结合图中
数据，其他条件不变，当温度达到650℃时，CH4的转化率几乎为100%，H2的物质的量分数达到最大，再
升高温度，H2的物质的量分数不再增大，CH4的转化率也增大不大，且增大能源投入，故若要H2的产量最
大，最适宜的反应温度是650~700℃，CaO 为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，
促使反应ii 平衡正向移动，导致CO 浓度减小，引起反应i 平衡也正向移动，故在其他条件不变的情况下，
向体系中加入CaO 可明显提高平衡体系中H2的含量；③由题干图像信息可知，600℃平衡时，H2的物质的
量分数为：50%，H2O(g)的物质的量分数为32%，CH4的物质的量分数为4%，设投入CH4为1mol、H2O 为
3mol，根据三段式分析：
，
则有
，解得x=0.78mol，
，解得y=0.45mol，CO 物质的量分数为：
×100%=6%，CO2的物质的量分数为
×100%=8%，600℃时，反应ii 的平衡常数的计算式为Kp=
=
=
；(4)由题干电解池装置图可知，电解B 产生氧气，电解反应为：
4OH- -4e-=O2↑+2H2O，发生氧化反应，故电极B 是阳极，则A 电极为阴极，发生还原反应，生成水煤气即
CO 和H2，该电极的电极反应式为CO2+2H2O+2e-=H2+CO+2OH-。
4．(2023·云南省二模)CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：
反应i． CO2(g)+H2(g)
HCOOH(g) ΔH1
反应ii． CO2(g)+H2(g)
H2O(g)+CO(g) ΔH2>0
反应iii．……
可能的反应机理如下(M 为催化剂)；
回答下列问题：
(1)反应iii 的化学方程式为___________。
(2)已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa 时，由最稳定单质合成1mol 指定产物时所放出的热
量)：
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物质
CO2(g)
H2(g)
HCOOH(g)
标准摩尔生成焓/kJ·mol-1
-393.51
0
-362.3
依据以上信息，ΔH1=___________。
(3)在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1 投料，发生反应i 和反应ii (忽略反应iii)， 反应相同时间，
CO2的转化率及HCOOH 选择性(甲酸选择性=
随温度变化曲线如下图所示。
①下列措施能提高CO2平衡转化率的是___________ ( 填标号)。
A．降低温度 B．再充入Ar C．分离出HCOOH
②673.15K，反应后体系中H2的分压为a MPa，则反应i 的压力商计算式Qp=___________ MPa-1。
③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i 与反应ii 的反应速率相比，增加更显著的是反应
___________ (填“ i”或“ii”)，判断的理由是___________。
(4)若在Bi 或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH， 模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。
HCOOH 的合成更倾向于通过生成___________中间体，且___________ (填 “Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性
更优异。
【答案】(1)CO2(g)+2H2(g)
HCHO(g)+ H2O(g)
(2)+31.21kJ·mol-1
(3)C
ii 随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH 的选择性却迅速
下降
(4) HCOO* Bi/CeO2
【解析】(1)据图可知，CO2(g)还可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，根据元素守恒可知反应iii 为CO2(g)
+2H2(g)
HCHO(g)+ H2O(g)；(2)焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)]
kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；(3)①A 项，ΔH1＞0，ΔH2＞0，即反应i 和反应ii 均为吸热反应，降低温度平衡逆
向移动，CO2平衡转化率减小，A 不符合题意；B 项，恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减
压，反应i 为气体系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B 不符合题意；C 项，分离出
HCOOH ，反应i 平衡正向移动，CO2 转化率增大，C 符合题意；故选C ；②不妨设初始投料为
n(H2)=n(CO2)=1mol ，673.15K 时，CO2 的转化率为95% ，HCOOH 的选择性为0.3% ，所以
n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol ，由于反应i 和反应ii 中H2 和CO2 都是1∶1 反应，所以此时
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n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=
MPa，所以反应i 的压力
商计算式Qp=
=
；③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH 的选择性
却迅速下降，说明反应ii 的反应速率增加更显著；(4)据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH
的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。
5．(2023·广东省茂名市二模)二氧化碳催化加氢直接合成二甲醚(DME)既可以实现碳减排又可以得到重
要的有机原料，对于保证经济的高速发展和实现长期可持续发展战略均具有重要意义，其中涉及的反应有：
(ⅰ) CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH1= a kJ·mol-1
(ⅱ) 2CH3OH(g)
CH3OCH3(g)+ H2O(g) ΔH2=b kJ·mol-1
(ⅲ)CO2(g)+H2(g)
CO(g)+ H2O(g) ΔH3=c kJ·mol-1
已知：生成物A 的选择性
回答下列问题：
(1) 2CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+ 3H2O(g)的ΔH4=___________ kJ·mol-1 (用含a、b 或c 的代数式表
示)。
(2)反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的吉布斯自由能随温度变化如图，下列说法正确的是___________。
A．常温下，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ均能自发
B．410K 时，反应ⅰ和反应ⅲ的反应速率相等
C．温度升高，CH3OH 的选择性提高，
的选择性降低
D．提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂
(3)在3.0MPa 下，研究人员在体积固定的容器中充入
H2和
CO2发生反应，CO2的平衡转化率和
生成物的选择性随温度变化如图(不考虑其他因素影响)。
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①ΔH3___________0(填“>”或“<”)。
②若在220℃下，平衡时n(H2O)=___________，计算反应2CH3OH(g)
CH3OCH3(g)+ H2O(g)在
220℃下的平衡常数___________(写出计算过程，结果保留三位有效数字)。
③当其他条件不变，压强为4.0MPa、温度为260℃时，图中点___________(填“A”、“B”、“C”或
“D”)可表示二甲醚的选择性。
(4)在
基催化剂下发生反应，机理如图：
该机理表示的是反应___________(填“ⅰ”、“ⅱ”或“ⅲ”)的反应过程。写出转化③的反应方程式
___________。
【答案】(1)2a+b (2)D (3) > 0.56mol 24.9 B
(4) ⅰ HCOO-+4H=H2O+CH3O-
【解析】(1)已知(ⅰ) CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH1= a kJ·mol-1；(ⅱ) 2CH3OH(g)
CH3OCH3(g)+ H2O(g) ΔH2=b kJ·mol-1；(ⅲ)CO2(g)+H2(g)
CO(g)+ H2O(g) ΔH3=c kJ·mol-1；由盖斯定
律可知，ⅰ×2+ⅱ得2CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+ 3H2O(g)的ΔH4=(2a+b) kJ·mol-1。(2)A 项，298K 时，
反应ⅲ的吉布斯自由能大于0，不能自发进行，故A 错误；B 项，410K 时，反应ⅰ和反应ⅲ的吉布斯自由
能相等，但不能确定二者反应速率的大小关系，故B 错误；C 项，吉布斯自由能△G=△H-T△s，随着温度
的增大，反应ⅱ△G 增大，不利于反应ⅱ的正向进行，随着温度的增大，反应ⅲ△G 减小，有利于反应ⅲ
的正向进行，CH3OH 的选择性降低，CO 的选择性升高，故C 错误；D 项，甲醇分解可以得到二甲醚，提
高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂，故D 正确；故选D。(3)①由图可知，随着温度
的升高，CO 的选择性不断增大，说明反应ⅲ的平衡正向移动，则反应ⅲ是吸热反应，ΔH3>0；②若在
220℃下，平衡时CO2的平衡转化率为40%，CO 的选择性为5%，DME 选择性为80%，根据已知条件列出
“三段式”：
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，
，
，解得x=0.38mol，y=0.16mol，z=0.02mol，
平衡时n(H2O)= 0.38mol+0.02mol+0.16mol=0.56mol，反应2CH3OH(g)
CH3OCH3(g)+ H2O(g)在220℃
下的平衡常数K=
；③反应ⅰ是气体体积减小的反应，反应ⅱ
和反应ⅲ都是气体体积不变的反应，增大压强，反应ⅰ正向移动，CO2的平衡转化率增大，CH3OH 的浓度
增大，CO2的浓度减小，反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，CO 的选择性降低，DME 选择性提高，则图
中点B 可表示二甲醚的选择性。(4)该机理总反应为CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+ H2O(g)，表示的是反
应ⅰ的反应过程，写出转化③的反应方程式为：HCOO-+4H=H2O+CH3O-。
6．(2023·吉林省长春市三模)环己烯是重要的有机化工原料，广泛用于制备各种中间体，进而用于农药、
医药、塑料等生产。回答下列问题：
(1) 已知：苯(
) 、环己烯(
) 和氢气的燃烧热(
) 分别为：
、
和
。则反应Ⅰ：
_______
。
(2)某温度下，将等物质的量的苯蒸汽和H2 加入刚性容器内发生反应生成气态环己烯，起始总压为
，平衡时总压减小了40%，该温度下反应的平衡常数
_______
(保留一位小数)。达到平
衡后，欲增加苯的平衡转化率，可采取的措施有_______(填标号)。
A．通入惰性气体 B．再加入等物质的量的苯蒸汽和
C．增加催化剂的用量 D．增加氢气的浓度
(3)液相中水作为添加剂苯选择性加氢制备环己烯(反应Ⅰ)过程的示意图如图1，采用能够吸附氢气的含
钉
催化剂，将氢气以一定速率通入液态苯与水的混合体系中生成环己烯，环己烯会进一步加成生成副
产物环己烷。(已知：苯和环己烯在水中的溶解度分别为：
和
)
①研究表明使用水作为添加剂时，催化剂表面会被一层水吸附层覆盖，使得环己烯的选择性明显提高，
原因是_______。
②反应温度与苯加氢反应速率的关系如图2 所示，温度高于
时，苯加氢速率降低的原因可能是
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_______。
(4)环氧环己烷(
)是有机合成的重要中间体，有着广泛的应用。以环己烯和溴化钠为原料，
采用间接电解法是制备环氧环己烷的常用方法，其过程如下图：
①采用无隔膜法电解
溶液，阳极电极反应方程式为_______。
②从践行绿色发展理念，保护生态环境的角度分析，采用该方法制备环氧环己烷的优点是_______。
【答案】(1)-89.6 (2) 66.7 BD
(3)环己烯在水中的溶解度相对较小，促使环己烯及时从催化剂表面脱附，降低了生成环己烷的速率，
提高环己烯的选择性 反应温度过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催
化剂失活
(4) Br-+3H2O -6e- =BrO3
-+6H+ NaBr 溶液可以循环利用，提高了溴原子利用率，减少排放
【
解
析
】
(1)
根
据
盖
斯
定
律
可
知
，
该
反
应
的
反
应
热
；(2) 设起始两者的物质的量为
1mol，转化的苯为x mol，根据题给信息可以得到以下三段式：
同温同体积压强之比=气体的物质的量之比，则
，解得x=0.4，此时总压为(1-
40%)×1MPa=0.6 MPa，总物质的量=2-2×0.4=1.2mol，平衡常数
；
A 项，通入惰性气体，平衡不移动，苯的转化率不变，A 错误；B 项，再加入等物质的量的苯蒸汽和H2 相
当于加压，平衡正向移动，苯的转化率增大，B 正确；C 项，增加催化剂的用量平衡不移动，苯的转化率
不变，C 错误；D 项，增加氢气的浓度，平衡正向移动，苯的转化率增大，D 正确；故选BD；(3)①可以
从平衡移动的角度分析，该方法降低了环己烯的浓度，促使平衡正向移动；②气体的溶解度随着温度升高
而降低，反应速率减慢，另外，温度过高时，催化剂会失去活性，反应速率会降低，故答案为：反应温度
过高，氢气溶解度减小，降低苯加氢的反应速度；反应温度过高使催化剂失活；(4)①根据图示可知，在阳
极，溴离子失去电子生成溴酸根离子，电极方程式为：Br-+3H2O -6e- =BrO3
-+6H+；②根据图示可知，该过
程中的溴化钠可以循环使用，从而提高了溴的利用率。
题型3 运用化学反应原理环境保护
1．(2024·湖北鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟高三联考)空气中CO2含量的控制和CO2资源利
用具有重要意义。
(1)已知25℃、101
下，在合成塔中，可通过二氧化碳和氢气合成甲醇，后续可制备甲酸。某反应
体系中发生反应如下：
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Ⅰ．CO2(g)+H2 (g)
CO (g)+ H2O(g) ΔH1＝+41.2 kJ·mol－1
Ⅱ．CO2(g)+3H2 (g)
CH3OH (g)+ H2O(g) ΔH2＝-49 kJ·mol－1
Ⅲ．CO2(g)+4H2 (g)
CH4 (g)+2 H2O(g) ΔH3＝-165 kJ·mol－1
①几种化学键的键能如表所示，则
。
化学键
键能/
413
a
463
797.5
②反应Ⅰ的速率方程为
，其中x 表示相应气体的物质的量分数，
为平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度计算)，k 为反应的速率常数。已知平衡后
，此
时反应Ⅰ的速率
(用含k 的代数式表示)。
(2)向刚性密闭容器中通入一定量CO2和H2，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，温度对
和CH3OH 的物质的量
分数影响如图所示。
图中表示
物质的量分数的为 (填“m”或“n”)；为提高CH3OH 的选择性，可采取的措
施有 (写出1 条即可)。
(3)催化电解吸收CO2的
溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，
电解得到的部分还原产物的法拉第效率(
)随电解电压的变化如图所示。
其中，
，n 表示电解生成还原产物X 所转移电子的物质的量，F 表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V 时，电解过程中含碳还原产物的
为0，阴极主要还原产物为 (填
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化学式)。
②当电解电压为U2V 时，阴极由CO2生成HCOO-的电极反应式为 。
③当电解电压为U3V 时，电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为 。
【答案】(1) 436 0.09k (2) n 加压、降温
(3)H2 CO2+H2O+2e- =HCOO-+OH- 1∶2
【解析】(1)①根据Ⅲ CO2(g)+4H2 (g)
CH4 (g)+2 H2O(g) ΔH1＝-165 kJ·mol－1，反应的焓变等于
反应物总键能减去产物总键能，则
，
；②
，根据速率方程为
；(2)根据图像可知横坐
标为温度的倒数，由于Ⅰ式吸热，降温CO 物质的量分数减小，为线n；Ⅱ式放热，降温CH3OH 物质的最
分数增大，为m；要使合成CH3OH 的选择性提高，由于①吸热②放热，可采取降温措施使得②正移，又
由于②中正反应气体量减小，可采取加压方式使②正移。(3)①当电解电压为U1V 时，电解过程中含碳还原
产物的FE%为0，说明二氧化碳未得电子，为氢离子得电子变成氢气，故阴极主要还原产物为H2。②当电
解电压为U2V 时，阴极由CO2生成HCOO-的反应为二氧化碳得到电子发生还原生成HCOO-，碳元素化合价
由+4 变为+2，据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下反应为：CO2+H2O+2e- =HCOO-
+OH-。③当电解电压为U3V 时，电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%，还原产物HCOO-的FE%为
8%，每生成1 mol C2H4转移12 mol e-，每生成1 mol HCOO-转移2 mol e-，故电解生成的C2H4和HCOO-的
物质的量之比为
。
2．(2023·广东省高三模拟)绿水青山就是金山银山。燃烧煤的烟气含有SO2和NOx，直接排放会造成环
境污染，排放前需要进行处理。试回答下列问题：
(1)某实验小组设想利用CO 还原SO2。已知S 和CO 的燃烧热分别是296.0kJ·mol-l、283.0kJ·mol-l，试写
出CO 还原SO2生成CO2和S(s)的热化学方程式_________。
(2)采用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1mol·L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7 时，溶
液中各离子浓度的大小关系为_________。(已知25℃时：H2SO3的电离常数Kal=l.3×l0-2，Ka2=6.2×l0-8)
(3)采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。在脱硫、脱硝过程中，反应器中一直
维持下列条件：温度为298K，pH=12，NaClO2溶液浓度为5×l0-3mol·L-1。通入含有SO2和NO 的烟气，则
反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。
离子
SO4
2-
SO3
2-
NO3
-
NO2
-
Cl-
c/(mol·L-1)
8.35×10-4
6.87×10-6
1.5×l0-4
l.2×10-5
3.4×10-3
在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO 的平衡分压pe如图所示。
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①写出NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式_________。脱硫、脱硝反应的△H_________0(填
“＜”“＞”或“=”)。
②已知脱硝主要反应为；4NO+3 ClO2
-+4OH-=4NO3
-+3C1-+2H2O。由实验结果可知，脱硫反应速率大于
脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是________(写出其中一个原因)。
欲提高烟气中NO 的脱硝反应速率，可以采用的措施是________(写出其中一条措施)。
③脱硝主要反应的平衡表达式为：
，其中pe(NO)为平衡分压。结合题目信
息，计算298K 时脱硫过程主要反应的化学平衡常数：K=________(只列算式代入数据，不作运算)
(4)如果采用Ca(ClO2)2替代NaClO2，能得到更好的烟气脱硫效果，其原因是________。
【答案】(1)2CO(g)＋SO2(g)=2CO2(g)＋S(s) ΔH=-270kJ·mol-1
(2)c(Na+)＞c(HSO3
-)＞c(SO3
2-)＞c(H+)=c(OH-)
(3) 4OH-＋ClO2
-＋2SO2
2 SO4
2-＋Cl-＋2H2O ＜ 脱硝反应活化能较高，或脱硫反应活化
能较低，或SO2还原性更强，或SO2易溶于水而NO 溶解度较低等 加入合适催化剂，或增大NaClO2
溶液浓度，或通入适量氧气，或适当升高温度
(4)2OH-+ClO-+SO2
SO4
2-+Cl-+H2O，Ca2+与SO4
2-形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2
转化率提高
【解析】(1)已知S 和CO 的燃烧热分别是296.0kJ·mol-l、283.0kJ·mol-l，可得热化学方程式①O2(g)＋
S(s))= SO2(g) ΔH=-296.0kJ·mol-1；②CO(g)＋
O2(g)=CO2(g) ΔH=-283.0kJ·mol-1；CO 还原SO2 生成CO2 和
S(s)的化学方程式为2CO(g)＋SO2(g)=2CO2(g)＋S(s)，根据盖斯定律可知，由②2-①可得目标方程式，故
热化学方程式2CO(g)＋SO2(g)=2CO2(g)＋S(s) ΔH=-270kJ·mol-1。(2)Na2SO3溶液与SO2发生反应的化学方程
式为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，NaHSO3溶液显酸性，25℃时用1mol·L-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶
液pH=7 时，说明溶质为Na2SO3和NaHSO3，c(H+)=c(OH-)，HSO3
-的电离常数为Ka2=6.2×l0-8，SO3
2-的水解
常数为
，故SO3
2-的水解常数大于HSO3
-的电离常数，溶液显中性，则
SO3
2-的水解产生的氢氧根离子与HSO3
-的电离产生的氢离子近似相等，则c(HSO3
-)＞c(SO3
2-)，故溶液中各
离子浓度的大小关系为c(Na+)＞c(HSO3
-)＞c(SO3
2-)＞c(H+)=c(OH-)。(3)①由表格信息可知，NaClO2将SO2主
要氧化为SO4
2-，ClO2
-得电子被还原为氯离子，溶液显碱性，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平
NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式4OH-＋ClO2
-＋2SO2
2 SO4
2-＋Cl-＋2H2O。由图可知，
随温度升高，SO2和NO 的平衡分压pe的负对数减小，则平衡分压增大，即升温平衡逆向移动，则逆反应
为吸热反应，正反应放热反应，故脱硫、脱硝反应的△H＜0。②脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是
除了SO2和NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是脱硝反应活化能较高，或脱硫反应活化能较低，或
SO2还原性更强，或SO2易溶于水而NO 溶解度较低等。欲提高烟气中NO 的脱硝反应速率，可以采用的措
施是加入合适催化剂，或增大NaClO2溶液浓度，或通入适量氧气，或适当升高温度。③已知脱硝主要反应
为；4NO+3 ClO2
-+4OH-=4NO3
-+3C1-+2H2O ，脱硝主要反应的平衡表达式为：
，其中pe(NO)为平衡分压。已知脱硫的主要反应为4OH-＋ClO2
-＋2SO2
2SO4
2-＋Cl-＋2H2O，由图可知，298K 时，pe(SO2)的负对数为43，则pe(SO2)=10-34Pa，则298K 时脱
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硫过程主要反应的化学平衡常数：
；(4)如
果采用Ca(ClO2)2 替代NaClO2，能得到更好的烟气脱硫效果，其原因是2OH-+ClO-+SO2
SO4
2-+Cl-
+H2O，Ca2+与SO4
2-形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。
3．(2023·安徽省高三质量检测)SO2是形成酸雨的主要气体，减少SO2的排放和研究SO2综合利用意义重
大。回答下列问题：
(1) 已知25℃时：xSO2(g)+2xCO(g)
2xCO2(g)+Sx(s) ΔH=a kJ·mol-1 ；2xCOS(g)+xSO2(g)
2xCO2(g)+3Sx(s) ΔH=bkJ·mol-1。则25℃时，CO 与Sx(s)反应生成COS(g)的热化学方程式为_______。
(2)焦炭催化还原SO2 既可削除SO2，同时还可得到硫(S2)，化学方程式为2C(s)+2SO2(g)
S2(g)
+2CO2(g)。一定压强下，向1L 密闭容器中充入足量的焦炭和1molSO2发生反应，测得SO2(g)的生成速率与
S2(g)的生成速率随温度(T)变化的关系如图1 所示。图中A、B、C、D 四点中，处于平衡状态的是_______
点。
(3)某科研小组研究臭氧氧化脱除SO2和NO 的工艺，反应原理及反应热活化能数据如下：
反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)
NO2(g)+O2(g) ΔH1=-200.9kJ·mol-1，E1=3.2kJ·mol-1；
反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)
SO3(g)+O2(g) ΔH2=-241.6kJ·mol-1，E2=58kJ·mol-1；
已知该体系中臭氧还发生分解反应：2O3(g)
3O2(g)。保持其他条件不变，每次向容积为2L 的反应
器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3，改变温度，反应相同时间t0min 后，体系中NO
和SO2的转化率如图2 所示：
①Q 点时反应开始至t0min 内v(SO2)=_______。
②由图可知相同温度下(温度小于300℃)NO 的转化率远高于SO2，其原因可能是_______。
③若反应达到平衡后，缩小容器的体积，则NO 和SO2转化率_______(填“增大”“减少”或“不变”)。
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④假设100℃时，P、Q 均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，体系中O3的物质
的量是_______mol，反应I 的平衡常数Kc=_______。
(4)在一定条件下，CO 可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO+SO2=2CO2+S。其他条件相同，以γ-
Al2O3(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良好的吸附性能)作为催化剂，研究表明，
γ-Al2O3在240℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2的去除率随反应温度的变化如图3 所示。240℃
以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是_______。
【答案】(1)xCO(g)+Sx (s)
xCOS(g) ΔH=
kJ·mol-1
(2)C
(3)
mol·L-1·min-1 反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ ，相同条件下反应更快 增大 1.4 8
(4)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快
【解析】(1)CO 与Sx 反应方程式为xCO+Sx
xCOS，xSO2(g)+2xCO(g)
2xCO2(g)+Sx(s)……
①，2xCOS(g)+xSO2(g)
2xCO2(g)+3Sx(s)……②，利用盖斯定律可知，
(①－②)得出目标反应方程
式，因此CO 与Sx反应热化学方程式为xCO(g)+Sx (s)
xCOS(g) ΔH=
kJ·mol-1；(2)利用不同物质
的反应速率表示达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，根据图像可
知，C 点时SO2(g)生成速率与S2(g)的生成速率之比等于2∶1，因此处于平衡状态的是C 点；(3)①根据图像
可知，Q 点时SO2 的转化率为30%，根据化学反应速率的数学表达式为v(SO2)=
=
mol·L-1·min-1；②反应Ⅰ的活化能为3.2kJ/mol，远小于反应Ⅱ的活化能58kJ/mol，活化能越小，反应Ⅰ的速
率更快，因此温度小于300℃，NO 的转化率远高于SO2，③缩小容器体积，压强增大，反应2O3(g)
3O2(g)逆向进行，O3浓度增大，反应Ⅰ、反应Ⅱ向正反应方向进行，NO、SO2转化率增大；④假设100℃
时，P、Q 均为平衡点，此时发生分解反应的O3占充入O3总量的10%，即分解反应中消耗O3的物质的量
为4.0mol×10%=0.4mol，此时生成O2物质的量为0.6mol，P 点NO 的转化率为80%，反应Ⅰ中消耗NO、O3
的物质的量均为2.0mol×80%=1.6mol，则生成NO2、O2物质的量均为1.6mol，Q 点SO2转化率为30%，反
应Ⅱ中消耗SO2、O3的物质的量均为2.0mol×30%=0.6mol，则生成SO3、O2物质的量均为0.6mol，体系中
O3的物质的量为(4.0mol―0.4mol―1.6mol―0.6mol)=1.4mol，反应Ⅰ中气体系数均为1，此时平衡常数Kc=
=8；(4)根据题意“研究表明，γ-Al2O3在240℃以上发
挥催化作用”，因此240℃以后，催化剂的活性增大，反应速率加快，SO2去除率迅速增大。
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4．(2023·广东省梅州市二模)除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：
H2CrO4(aq)
H+(aq)+ HCrO4
-(aq) ΔH1
HCrO4
-(aq)
H+(aq)+ CrO4
2-(aq) ΔH2
2HCrO4
-(aq)
Cr2O7
2-(aq)＋H2O(l) ΔH3
①室温下，反应2H+(aq)+ 2CrO4
2-(aq)
Cr2O7
2-(aq)＋H2O(l)的ΔH=________(用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的
代数式表示)。
②室温下，初始浓度为
的Na2CrO4溶液中c(Cr2O7
2-)随c(H+)的变化如图所示。
根据A 点数据计算反应2CrO4
2-+2H+
Cr2O7
2-＋H2O 的
_________，下列关于该反应的说法不正
确的是_________。
A．加水稀释，平衡右移，K 值增大
B．若达到A 点的时间为
，则
C．若升高温度，溶液中CrO4
2-的平衡转化率减小，则该反应的ΔH＞0
(2) NaHSO3与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入NaHSO3，再加入熟石灰，使Cr3+沉淀。
①实验中的NaHCO3作用是________。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当
时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式
表示为_________。
(3)微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。
时，Cr(Ⅵ)
的去除率很低的原因是____________。
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②水体中，Fe 合金在SRB 存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe 腐蚀后生成FeS 的过程可描述为：Fe 失
去电子转化为Fe2+，H2O 得到电子转化为H，________。
(4)可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：
①该制备过程总反应的化学方程式为____________。
②电解一段时间后，阳极区溶液中
的物质的量由
变成
，则生成的重铬酸钾的物质的量为
___________
。
【答案】(1)ΔH3-2ΔH2 1.0×1014 AC
(2) 将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
(3) 55℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 SO4
2-被H 还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
(4) 4K2CrO4+4H2O
2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。
【解析】(1)①已知：II. HCrO4
-(aq)
H+(aq)+ CrO4
2-(aq) ΔH2；III. 2HCrO4
-(aq)
Cr2O7
2-(aq)＋
H2O(l) ΔH3，由盖斯定律，反应III-2 II 得2H+(aq)+ 2CrO4
2-(aq)
Cr2O7
2-(aq)＋H2O(l)，则ΔH=ΔH3-
2ΔH2；②从图看出A 点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L 时Cr2O7
2-为0.25mol/L，由原子守恒得CrO4
2-为1.0-
0.25×2=0.5mol/L。则K=
。A 项，加水稀释溶液中的Q>K，
平衡逆向，同时没有改变温度，K 值不变，A 项错误；B 项，A 点Cr2O7
2-为0.25mol/L，由原子守恒得溶液
中的CrO4
2-为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则v(CrO4
2-)=
，B 项正确；C 项，升温CrO4
2-
转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C 项错误；故选AC。(2)
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实验中将除Cr(OH)3 沉淀除去，则NaHSO3 将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ，便于沉淀除去。从图分析pH>12 时
[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-；(3)温度过高，硫酸盐还原菌失活导致
去除率降低。从图看H 和SO4
2-经SRB 细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS；(4)阴极区为
H+放电产生H2。阳极区OH-放电产生H+和O2，H+促使2CrO4
2-+2H+
CrO4
2-+H2O 平衡正向从而制备
K2Cr2O7。总反应为4K2CrO4+4H2O
2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生
2molKOH，即2molK+移入阴极区产生KOH。当阳极区K+由amol 变为bmol 产生K2Cr2O7为
。
44
