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专题10 化学反应原理综合题
1．（2024 届·河北承德·三模）甲醇是最为常见、应用场景最为广泛的基础化学品之一，甲醇与乙烯、丙烯
和氨是用于生产所有其他化学品的四种关键基础化学品之一、回答下列问题：
(1)已知：①
kJ mol
⋅
②
kJ mol
⋅
则反应
的
kJ mol
⋅
。
(2)常温常压下利用
催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化如图所示(其中吸附
在催化剂表面上的粒子用*标注)。
该转化历程有 个基元反应，决速步的反应方程式为 。
(3)以起始投料比
时发生反应
，在不同条件下达到平衡。
设体系中
的平衡转化率为
，在恒温
℃时
随压强p 的变化以及在恒压
kPa 时
随温度T 的变化如图所示。
①图中对应的恒温
℃的曲线是 (填“a”或“b”)，理由是 。
②在
℃、
kPa 条件下，反应经过、10 min 达到平衡。0~10 min 内，
的平均反应速率为
1
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。(保留1 位小数)，M 点时该反应的压强平衡常数
(列出计算表达式)。
(4)
和
以物质的量为3 1∶发生主反应
，反应过程中发生的副
反应为
，其他条件相同时，在铜基催化剂(
)作用下，不同温度
对
的转化率和
的选择性的影响如图所示[
的选择性
]。
①由图1 可知，实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是 。
②温度高于260℃时，
的平衡转化率变化的原因是 。
③由图2 可知，温度相同时
的选择性的实验值略高于平衡值，原因是 (从化学反应速率的角
度解释)。
【答案】(1)-49
(2) 4
(或
)
(3) a 恒温条件下，增大压强，平衡正向移动，
增大 10.6(或10.4)
(或其他正确答案)
(4)
的实验转化率均未达到平衡转化率 主反应为放热反应，温度升高，主反应的化学平衡逆
向移动。副反应为吸热反应，温度升高，副反应的化学平衡正向移动。温度高于260℃时，副反应的化学
平衡正向移动程度大于主反应的化学平衡逆向移动程度 在该条件下，主反应的反应速率大于副反应
的反应速率，单位时间内生成甲醇的量比生成一氧化碳的量多
【详解】（1）反应①：
，反应②：
，根据盖斯定律，反应①+反应②可得反应
，故
，故答案为
。
（2）由图可知，反应历程有五个基元反应；第二步基元反应活化能较大，反应较慢，为决速步，化学方
程式为：HCOO*+5H*=CH3O*+H2O+H*，故答案为①四、②HCOO*+5H*=CH3O*+H2O+H*。
（3）图中对应的恒温T=250℃的曲线是a，因为恒温条件下，增大压强，平衡正向移动，α(CO2)增大，故
2
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答案为①a、②恒温条件下，增大压强，平衡正向移动，α(CO2)增大。③在T=250℃、p=8×102kPa 条件下，
反应经过 10min 达到平衡，由图可知，α(CO2)=30%，设起始时二氧化碳的物质的量为
mol,则起始时氢
气的物质的量为
mol，列出三段式如下：
H2的起始分压为
，
，H2的平均反应速率为
，④M 点是反应的压强平衡常数为
故答案为③
、④
。
（4）①由图1 可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡
状态，故答案为：CO2的实验转化率未达到平衡转化率；
②反应a 为放热反应，反应b 为吸热反应，温度升高，反应a 逆向移动，反应b 正向移动，温度高于260℃
时，反应b 正向移动的程度大于反应a 逆向移动的程度，所以CO2平衡转化率随温度升高还在增大，故答
案为：温度升高，反应a 逆向移动，反应b 正向移动，温度高于260℃ 时，反应b 正向移动的程度大于反
应a 逆向移动的程度；
③由图2 可知，温度相同时，CH3OH 选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：在
该条件下反应a 的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO 的量多，故答案为：在该条件下反
应a 的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO 的量多。
2．（2024·四川遂宁·三模）苯甲醛(
)是生产氨苄青霉素、某些苯胺染料等产品的重要中间体。
制备苯甲醛的常用方法有气相催化氧化法和电催化氧化法。
I．气相催化氧化法(以Ce／ZSM-5 为催化剂)主要反应：
(g)+O2(g)
(g)
+H2O(g) ΔH
(1)已知：
①
(g)+ 8O2(g)=7CO2(g)+3H2O(g) ΔH=-3452.6kJ/mol
3
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②
(g)+9O2(g)= 7CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-3784.9kJ/mol
则反应
(g)+ O2(g)
(g) +H2O(g) ΔH= kJ·mol-1
(2)在一容积为2L 的密闭容器中分别充入甲苯和氧气各2mol，在同一时间(80min)、不同温度下测得甲苯的
转化率、苯甲醛的选择性和收率如图所示，其中：
温度控制在380℃，前80min 内生成苯甲醛的平均反应速率为 。
(3)其他条件相同、不同空速下测得苯甲醛的选择性和收率如图所示。
已知：①空缝指鼓入空气的速度，单位为h-1；
②苯甲醛只有吸附在催化剂表面才能被进一步氧化为苯甲酸。
据以上信息，分析空缝由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加的原因： 。
4
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(4)合成苯甲醛的最佳温度和空速应为___________(填序号)。
A．350℃、5000h-1
B．350℃、2500h-1
C．410℃、5000h-1
D．410℃、2500h-1
II．电催化氧化法
以硫酸酸化的MnSO4溶液作为电解媒质间接氧化甲苯制备苯甲醛的工艺方案如图所示：
(5)生成苯甲醛的离子方程式为 ；右池生成0.1mol H2时，左池可产生 mol
。
【答案】(1)-332.3
(2)6×10-4 mol/(L·min)
(3)空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲酸的
几率，所以苯甲醛选择性增加
(4)B
(5)
+4Mn3++H2O→
+4H++4Mn2+ 0.05mol
【详解】（1）
由盖斯定律可知，②-①可得反应
(g)+ O2(g)
(g) +H2O(g)，则反
应ΔH=(-3784.9kJ/mol)-(-3452.6kJ/mol)=-332.3kJ/mol；
（2）由图可知，温度控制在380℃，80min 时苯甲醛的选择性和甲苯的转化率分别为40%和12%，则前
80min 内生成苯甲醛的平均反应速率为
=6×10-4 mol/(L·min)；
（3）由图可知，当空速由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加说明空速较高时，苯甲醛易从催
化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲酸的几率，所以苯甲醛选择性增加；
（4）由图可知，温度为350℃、空速为2500h-1时，苯甲醛选择性和收率最高，则合成苯甲醛的最佳温度
和空速应为350℃、2500h-1，故选B；
（5）
由Mn2+转化为Mn3+可知，与电源的正极a 电极相连的电极为电解池的阳极，阳极生成的Mn3+在溶液中与甲
5
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苯反应生成Mn2+、苯甲醛和氢离子，与负极b 电极相连的电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反
应生成氢气，则甲苯氧化为甲醛的反应为
+4Mn3++H2O→
+4H++4Mn2+；
电池的总反应为
+H2O→
+2H2↑，所以右池生成0.1mol 氢气时，左池可产生0.05mol 苯甲醛。
3．（2024 届·青海西宁·三模）为实现“碳中和”“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。利用氢气和CO
反应生成甲烷，涉及的反应如下：
i．
ii．
iii．
回答下列问题：
(1)在25℃和101kPa 下，
转变为
时放出44.0kJ 热量，
的燃烧热为
，CO 的燃烧热为
，
的燃烧热为
，则
。
(2)一定温度下，在恒容的密闭容器中进行上述反应，平衡时CO 的转化率及
的选择性随
变化的
情况如图所示[已知
的选择性
]。
①图中表示
选择性变化的曲线是 （填“甲”或“乙”），保持
不变，曲线甲由B 点达
到A 点需要的条件为 。
②相同温度下，向恒容容器内加入
和1molCO，初始压强为10MPa，平衡时
的物质的量为
mol，反应ii 的
（保留小数点后一位）。
6
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(3)
催化加氢制甲醇也是碳循环的重要途径。
在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图
所示。催化循环中产生的中间体微粒共 种，
催化加氢制甲醇总反应的化学方程式为 。
【答案】(1)-206.1
(2) 甲 降低温度或增大压强 0.32 0.4
(3) 6
【详解】（1）根据燃烧热定义，求得反应
的焓变
，根据
转变为
放热44.0kJ，求得反应
；
（2）①随
增大，CO 的转化率一直变大，即曲线乙表示CO 转化率；当
增大时，根据反应
i、iii 分析，
选择性变大，当
足够大时，
选择性基本不变，故曲线甲代表
选择性；
选择性曲线甲由B 点到A 点，即选择性变大，依据燃烧热可求
，
，温度对反应i、、iii 影响更大，降温利于
生成；加压对生成的
无影响，而
有利于生成
，故条件为降温或加压；②根据图像，
时，平衡时CO 转化率为40%，
选
择性为90%，则平衡时：
，
，
，根据氧原子守恒可得
；根据氢
原子守恒可得
，气体总物质的量为
；恒温恒容下，气体的压强之比等于物质的量之比，
则平衡时压强为
；反应ii 的
；
（3）根据循环图易判断中间体为6 种；根据循环图，
催化加氢制甲醇，产物有
，故总反应的化
学方程式为
。
4．（2024 届·陕西渭南·三模）CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径，其中CO2转化为CH3OH 被认
为是最可能利用的路径，该路径涉及反应如下：
反应I：CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)
H
△
1=-49.01kJ•mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)
H
△
2＞0
7
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请回答下列问题：
(1)若利用反应I 计算反应II 的反应热△H2，还需要知道一个化学反应的△H，写出该反应的化学方程式
。
(2)在催化剂条件下，反应I 的反应机理和相对能量变化如图1(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，TS 为
过渡态)。
写出该反应机理中决速步的热化学方程式： 。
(3)在恒温恒压(260℃，1.8MPa)下，CO2和H2按体积比1：3 分别在普通反应器(A)和分子筛膜催化反应器
(B)中反应，测得相关数据如表。
反应器
CO2平衡转化率
甲醇的选择性
达到平衡时间/s
普通反应器(A)
25.0%
80.0%
10.0
分子筛膜催化反应器(B)
＞25.0%
100.0%
8.0
已知：
i.分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能；
ii.CH3OH 的选择性=
×100%
①在普通反应器(A)中，下列能作为反应I 和反应II 均达到平衡状态的判断判据是 (填字母)。
A．气体压强不再变化
B．气体的密度不再改变
C．v 正(CO2)=3v 逆(H2)
D．各物质浓度比不再改变
②平衡状态下，反应器(A)中，甲醇的选择性随温度升高而降低，可能的原因是 ；在反应器(B)中，
CO2的平衡转化率明显高于反应器(A)，可能的原因是 。
③若反应器(A)中初始时n(CO2)=1mol，反应I 从开始到平衡态的平均反应速率v(CH3OH)= mol•s-1；
8
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反应II 的化学平衡常数Kp(II)= (列出化简后的计算式即可)。
(4)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成CH3OH，实现CO2的回收利用，其工作原理如图2 所示，请
写出Cu 电极上的电极反应： 。
【答案】(1)H2O(g)
H2O(l)的ΔH
(2)H2COO*+2H2(g)=H2CO*+OH*+
H2(g) ΔH=+40.49 kJ/mol
(3) BD 反应I 为放热反应、反应II 为吸热反应，升高温度，反应I 逆向移动、反应II 正向移动
在反应器(B)中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动 0.02
(4)
【详解】（1）燃烧热是在101 kPa 时，1 mol 物质完全燃烧生成指定物质时所放出的热量；反应II 中生成
H2O(g)，若已知H2和CO 的燃烧热，计算反应II 的ΔH2，还需要的一个只与水有关的物理量为H2O(g)
H2O(l)的ΔH。
（2）由图可知，热化学方程式H2COO*+2H2(g) =H2CO*+OH*+
H2(g)=ΔH=(-0.58+1)ev/mol=+0.42×96.4
kJ/mol=+40.49 kJ/mol 的活化能最大，化学反应速率最慢，为反应机理中的决速步。
（3）①A．在恒温恒压下进行反应，压强为常量，A 不符合题意；
B．在恒温恒压下进行反应，容器体积为变量，气体总质量始终不变，则混合气体的密度为变量，其不变
说明反应已达平衡，B 符合题意；
C．v 正(CO2)=3v 逆(H2)，此时正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，C 不符合题意；
D．各物质浓度比不再改变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，D 符合题意；
故选BD；
②反应I 为放热反应、反应II 为吸热反应，升高温度，反应I 逆向移动、反应II 正向移动，导致甲醇的选
择性随温度升高而降低；分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能，故导致在
反应器(B)中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动，使得CO2的平衡转化率明显高于反应器(A)；
③在恒温恒压下，CO2和H2按体积比1：3 分别在普通反应器(A)反应，若反应器(A)中初始时
n(CO2)=1mol，则氢气投料3mol；CO2平衡转化率为25%，则反应二氧化碳0.25mol，甲醇的选择性80%，
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则生成甲醇0.25mol×80%=0.2mol，则：
反应I 从开始到平衡态的平均反应速率
；平衡时总的物质的量为3.6mol，
二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量分别为0.75mol、2.35mol、0.05mol、0.25mol，则二氧化碳、氢
气、一氧化碳、水分压分别为
、
、
、
，反应II 为等
气体分子数的反应，则化学平衡常数Kp(II)=
。
（4）由图可知，铜极为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲醇，反应为
。
5．（2024 届·安徽合肥·三模）
催化加氢有利于实现碳的循环利用，在催化剂的作用下可发生如下反应：
①
；
②
；
③
。
回答下列问题：
(1)已知相关化学键键能如表所示：
化学键
键能
a
b
c
d
e
根据表中键能数据计算出
(用字母表示)。
(2)已知反应③的速率方程为
、
，其中
、
分别为正、逆
反应的速率常数。
①如图所示(
表示速率常数的对数，
表示温度的倒数)
、、、
四条斜线中有两条分别表示
、
随
的变化关系曲线，其中能表示
随
变化关系的是斜线 (填图中字母)。
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②下列措施能使速率常数
减小的是 (填选项字母)。
A．减小压强 B．减小温度 C．减小
的浓度 D．更换成负催化剂
(3)在
恒温恒容有某催化剂的密闭容器中充入
和
，发生上述三个反应。该温度下反应均
达平衡时，测得
为
、
为
、
为
，则
的选择性为
(
选择性=
)；反应②的平衡常数为 (列出计算式即可)。
(4)若测得上述三个反应在不同温度下
的平衡转化率和甲醇的选择性如图所示：
通过图示分析，更适合生产甲醇的温度为 (填选项字母)。
A．400℃ B．600℃ C．800℃ D．1000℃
高于800℃时，
转化率增大的主要原因是 。
【答案】(1)2b+3c−(3e+a+3d)
(2) d BD
(3) 62.5%
(4) A 反应①和反应②为放热反应，温度高于800℃，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度
高于800℃平衡正向移动且程度更大
【详解】（1）根反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，据表中数据可计算出
；
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（2）①反应③为吸热反应，随温度的升高，正、逆反应速率都增大，
、
都增大，随温度的升高平衡
正向移动，
增大的倍数大于
增大的倍数，故能表示
随
变化关系的是斜线d；
②速率常数k 只与活化能和温度有关，负催化剂能增大反应的活化能使速率常数减小，降温也能使速率常
数减小，故选B、D 项；
（3）由反应①、②、③的化学计量数可知，消耗的二氧化碳的物质的量分别为1mol、0.4mol、0.2mol，而
平衡时甲醇的物质的量为1mol，所以甲醇的选择性为
；
列三段式：
所以反应②的平衡常数
；
（4）由选择性的定义可知，选择性越好，说明该物质的产率越高，由图可知400℃二氧化碳的转化率为
60%、甲醇的选择性为50%，600℃二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为75%，800℃二氧化碳的转
化率为20%、甲醇的选择性为60%，1000℃二氧化碳的转化率为40%、甲醇的选择性为25%，因为400℃
的二氧化碳的转化率与甲醇的选择性之积最大，所以更适合生产甲醇的温度为400℃，故选A 项；
反应①和反应②为放热反应，温度高于800℃，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度高于800℃平衡
正向移动且程度更大，所以二氧化碳的平衡转化率增大。
6．（2024 届·湖南邵阳·三模）丙烯是一种重要的化工原料，但丙烯的产是仅通过石油的催化裂解反应无法
满足工业生产需求。工业上，有如下方法制备丙烯：
Ⅰ．丙烷脱氢法制丙烯：
①丙烷无氧脱氢法：
②丙烷氧化脱氢法：
(1)反应②的正反应活化能
逆反应活化能
（填“＞”或“＜”）。
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(2)不同压强下，向密闭容器中充入
气体发生反应①，丙烷平衡转化率随温度变化关系如图：在
、
条件下，若向密闭容器中充入
和
的混合气体，则平衡时丙烷转化率
（填“＞”或
“＝”或“＜”）。
(3)如图为采用羰基催化剂催化氧化丙烷：
的
机理，下列说法正确的是______（填字母）。
A．该机理中，有
键、
键的断裂与形成
B．若有
参与反应，最终
存在于羰基催化剂和
中
C．若
和
充分反应，则可制得
D．为了提高反应的速率和反应物转化率，温度越高越好
(4)丙烯是一种燃料，以熔融碳酸盐（用
表示）为电解质，丙烯——空气燃料电池的负极的电极反应
式 。
Ⅱ．丁烯和乙烯的催化反应制丙烯：
主反应：
副反应：
(5)乙烯的电子式为 。
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(6)某温度下，保持体系总压强为
，按
投料，达平衡状态时，
、
的转化率分
别为
、
，则平衡时
；主反应的压强平衡常数
（保留一位小数）。
【答案】(1)<
(2)>
(3)A
(4)CH2=CH-CH3-18e-+9
=12CO2+3H2O
(5)
(6) 8.5 16.5
【详解】（1）反应②的
=
-
<0，则正反应活化能
<逆反应活化能
。
（2）不同压强下，向密闭容器中充入
气体发生反应①，在
、
条件下，丙烷的平衡转化率为
40%，若在此温度和压强不变的条件下，向密闭容器中充入
和
的混合气体，容器的体积增大，相
当于减小压强，反应①是气体体积增大的反应，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大，平衡时丙烷转化
率＞
。
（3）A．由图可知，该机理中，存在单键、双键的断裂与形成，有
键、
键的断裂与形成，A 正确；
B．由图可知，O2参与反应④和⑤，O 进入生成的
中，若有
参与反应，最终
存在于
中，B
错误；
C．该反应是可逆反应，若
和
充分反应，制得的
小于
，C 错误；
D．该反应是放热反应，升高温度不能提高反应物转化率，D 错误；
故选A。
（4）丙烯是一种燃料，以熔融碳酸盐（用
表示）为电解质，丙烯在负极失去电子生成CO2，根据得
失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CH2=CH-CH3-18e-+9
=12CO2+3H2O。
（5）
乙烯是共价化合物，电子式为
。
（6）根据已知条件列出“三段式”
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达平衡状态时，
、
的转化率分别为
、
，则
，
，解得x=0.6，
y=0.16，则平衡时
，主反应的压强平衡常数
16.5。
7．（2024 届·江苏苏州·三模）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。可通过下列反应大规模制取氢气。
Ⅰ.水煤气变换反应(WGSR)
反应a：
(1)一定压强下，由最稳定单质生成1mol 化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知
、
的摩
尔生成焓分别为
、
。则
的摩尔生成焓的热化学方程式为 。
(2)实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO 可以增大H₂ 的体积分数。
对比实验的结果如下图所示。投入CaO 时，
的体积分数增大的原因为 。投入纳米CaO 装置的氢
气产率更高，其原因为 。
(3)酸性溶液中电解副产物
可用于生产
，实现
的资源化，其电极反应式为 。生成
的电极应连接电源的 极(选填“正”或“负”)。
Ⅱ.甲烷干重整(DRM)
DRM 的主要反应为：
反应b：
反应c：
该过程中会逐渐生成积碳覆盖在催化剂
表面，使催化剂中毒。
(4)甲烷和二氧化碳的起始物质的量均为1mol，实验测得在0.1MPa 下，平衡时各组分的量随温度变化如下
图所示。已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数
。
625°C 时反应c 的压强平衡常数
为 。
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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。
晶胞如下图所示。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。加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为2.32%时，每个晶
胞拥有的
的个数为 。
【答案】(1)
=
(2) CaO 可以吸收CO2，使CO2浓度减小，生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大 纳米CaO
表面积比微米CaO 大，吸收CO2能力比微米CaO 强
(3) CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O 负
(4)
(5)7
【详解】（1）已知：反应a：
一定压强下，由最稳定单质生成1mol 化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知
、
的摩尔
生成焓分别为
、
，则得：
b．
c．
d．
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根据盖斯定律，由a+b+c 得反应d．
=
=
=
，因此
的摩尔生成焓的热化学方程式为
=
；
（2）催化重整后的化学方程式为CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g），向其中投入CaO 时，CaO
可吸收CO2，使c（CO2）减小，平衡正向移动，导致生成H2更多，H2百分含量增大，若投入纳米CaO 时，
由于纳米CaO 颗粒小，表面积大，可使反应速率加快，c（CO2）减小，平衡正向移动加剧，所以H2百分
含量增大，
故答案为：CaO 可以吸收CO2，使CO2浓度减小，生成H2的反应正向移动，H2百分含量增大；纳米CaO
表面积比微米CaO 大，吸收CO2能力比微米CaO 强；
（3）CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C 元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，
连接电源的负极；电极方程式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，
故答案为： CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；负；
（4）由图知，625℃达到平衡时，n(H2O)=n(CO2)=n(CO)=0.5mol，氢气是1.2mol，根据氢原子守恒，平衡
时甲烷物质的量为
mol=0.15 mol，根据碳原子守恒知，积碳的物质的量为（1+1-0.5-0.5-0.15）
mol=0.85mol；反应Ⅱ的压强平衡常数
；
（5）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172g，加热后当失重率为2.32%时，损失的质量为氧元素的质量，即
172g×2.32%=4.0g，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。
8．（2024 届·湖北黄冈·三模）某研究小组试探究1,6-己二硫醇（
，用HDT 表示）
与铜的反应历程。
已知有下列反应：
(1)已知一些化学键的键能数据如下，则反应Ⅳ的焓变
。仅考虑反应Ⅳ，写出两种提高己烷
平衡转化率的措施 。
化学键
C-H
C-C
H-H
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键能/
413
347
436
(2)温度一定时，在隔绝空气的条件下使HDT（g）以恒定的流速通过如甲图所示的反应器，仅发生反应Ⅰ、
Ⅱ、Ⅲ，在反应器出口处实时检测各物质的相对含量如图乙所示。
400
①
～500s 内反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的速率均 （填“增大”，“减小”或“不变”）；580～600s 内各
物质相对含量不变 （填“能”或“不能”）表示反应Ⅲ达平衡；
②推测
在该实验条件下与Cu 反应生成烃类产物的名称为 。（写两种）
(3)向恒温刚性容器M 中充入己烷（g）和HDT（g），初始总压为2.5Pa，己烷的体积分数为80%。容器M
中只发生反应Ⅳ，达平衡时，己烷的转化率为50%，则反应Ⅳ的
Pa。使容器M 中的混合气
通过图甲所示的反应器，该反应器中仅发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。将反应后的混合气全部充入容器M 内，反应
Ⅳ重新达到平衡时，p（己烷）/p（环己烷）＝1.1，则HDT 的完全脱硫率为 。
（
）
【答案】(1) +43kJ·mol-1 减小压强、升高温度
(2) 减小 不能 乙烷、（正）丁烷
(3) 1 62%
【详解】（1）由∆H=反应物总键能-生成物总键能，反应Ⅳ的焓变
5×347+14×413-
(6×347+12×413+436)=+43kJ/mol，反应Ⅳ是吸热反应，升高温度平衡正向移动，该正反应是气体分子数增
大的反应，减小压强也能使平衡正向移动，则提高己烷平衡转化率的措施：减小压强、升高温度；
（2）①由图可知，400～500s 内生成物环己烷、CH3CH2CH2CH2CH2CH2-SH 的相对含量减小，说明浓度变
小，则反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的速率均减小；580～600s 内各物质相对含量不变反应消耗该物质的速率与生成该
物质的速率相等，但图中未知H2的含量变化情况，则不能表示反应Ⅲ达平衡；
②由CH3CH2CH2CH2CH2CH2-SH 与Cu 反应生成CH3CH2CH2CH2CH2CH3，碳原子数目不变，推测
在该实验条件下与Cu 反应生成CH3CH3即乙烷，根据CH3CH2CH2CH2CH2CH2-SH 还能生成环己
烷，说明烷烃还能首位相连，则
与Cu 反应还能生成CH3CH2CH2CH3即正丁烷；
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（3）恒温恒容下，气体的压强与物质的量成正比，初始总压为2.5Pa，己烷的体积分数即物质的量分数为
80%，己烷的分压为2.5Pa×80%=2Pa，只发生反应Ⅳ，达平衡时，己烷的转化率为50%，则压强减小了
2Pa×50%=1Pa，列压强三段式：
，反应Ⅳ的
。
反应前HDT 的分压为2.5Pa×(1-80%)=0.5Pa，温度不变，反应Ⅳ的
1Pa 不变，反应Ⅳ重新达到平衡时，
p（己烷）/p（环己烷）=1.1，
，则p(H2)=1.1Pa，反应Ⅲ和反应Ⅳ生成
H2、环己烷均为1.1Pa，平衡时p（己烷）=1.1×1.1Pa=1.21Pa，起始时容器M 中的混合气p(己烷)= p(环己
烷)=1Pa，则HDT 与Cu 反应生成的己烷1.21-1=0.21Pa，由HDT 与Cu 反应生成的环己烷为1.1-1=0.1Pa，
则HDT 的完全脱硫率为
。
9．（2024 届·重庆·三模）CO 可将部分氮的氧化物还原为
。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)写出CO 将
还原为NO 的热化学方程式： 。
(2)在一绝热恒容的容器中充入CO 和
发生上述反应Ⅰ，下列一定能说明反应达到平衡状态的是
___________(填序号)。
A．容器内的总压强不再变化
B．容器内CO 和
物质的量之比不变
C．容器内气体密度不变
D．容器内气体温度不变
(3)保持其他初始条件相同，分别使用催化剂a 和b 进行反应Ⅱ，在相同时间内测得NO 转化率与温度的关
系如图所示。
①图中M 点 (填“达到了”或“未达到”)平衡状态。
②使用催化剂b，温度高于400℃，NO 转化率降低的原因是 。
(4)在恒容密闭容器中，1800℃无催化条件下NO 和CO 按1：1 投料进行上述反应Ⅱ，实际测得反应体系中
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NO，CO，
和
分压随时间变化如图所示。但研究人员发现各气体的分压变化不符合反应Ⅱ的化学反
应计量比，研究后确认，该反应条件下还存在另一反应
。
①图中气体B 代表 。
②该温度下，反应
的
。
(5)铁基钙钛矿型载氧体
能够减少生物质氮气化过程中氮氧化物的释放，其晶体结构
如图甲所示。
①该材料中的A 位离子为 。
②该材料中的B 位离子通常被认为是催化反应的活性位点，历程如图乙所示。则方框中的物质应为
。
【答案】(1)CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g) ΔH=-227kJ/mol
(2)AD
(3) 未达到 温度过高，催化剂活性降低，反应速率降低
(4) N2 102
(5) La3+
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【详解】（1）CO 将NO2还原为NO 的反应为CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g)，该反应可以由(反应I-反应
II)×
得到，故由盖斯定律，该反应ΔH=[(-1200)-(-746)])×
=-227kJ/mol，故CO 将NO2 还原为NO 的热化
学方程式为CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g) ΔH=-227kJ/mol；
（2）在一绝热恒容的容器中充入CO 和NO2 发生上述反应Ⅰ：
A．反应I 是气体体积减小的反应，故容器内的总压强不再变化说明反应到达平衡，A 正确；
B．CO 和NO2的起始物质的量之比未知，如果它们起始物质的量之比为1:1，由于反应消耗CO 和NO2的
比也是1:1，则容器内CO 和NO2物质的量之比一直不变，故容器内CO 和NO2物质的量之比不变不能说明
反应到达平衡状态，B 错误；
C．化学反应前后质量守恒，反应I 中无固体物质参与，气体质量始终不变，容器体积不变，则容器内气体
密度始终不变，故容器内气体密度不变不能说明反应到达平衡状态，C 错误；
D．反应伴随放热，容器绝热，故容器内气体温度不变说明反应到达平衡，D 正确；
故选AD；
（3）①由图，M 点相同温度下，若使用催化剂a，NO 转化率更高，说明M 点未达到平衡状态；
②使用催化剂b，由图可知，反应一直没有达到平衡，温度高于400℃，NO 转化率降低的原因是温度过高，
催化剂活性降低，反应速率降低；
（4）①反应起始时按NO 和CO 的比为1：1 投料，反应II 中CO 和NO 等量消耗，但由于存在另一反应
2NO
N
⇌
2+O2，NO 消耗更多，故A 表示CO，D 表示NO，虽然反应II 产CO2是N2两倍，但由于另一反应
产生N2，且根据图中A、D 平衡时的差值发现另一反应消耗NO 很多，故最终N2多于CO2，故C 表示
CO2，B 表示N2；
②由图知，CO2分压为14.0kPa，N2分压为24.0kPa，N2比CO2的一半多的即为2NO
N
⇌
2+O2反应产生的，
即该反应产生N2 17kPa，该反应产生N2和O2等量，故平衡体系中O2分压为17kPa，且消耗NO 分压为
34kPa，由CO2分压为14.0kPa 可知反应II 消耗NO 14.0kPa，故两反应共消耗NO 48kPa，则平衡时NO 剩
余分压为2kPa，反应2NO
N
⇌
2+O2的Kp=
；
（5）①结合钙钛矿的晶胞，由该晶胞结构，白球位于O 形成的正八面体空隙中，则白球为Ni(Ⅲ)或
Fe(Ⅲ)，形成
（M 为Ni 或Fe，每个正八面体对顶点O 的占有率为
），故A 离子为La3+；
②由第2 步和第3 步反应，结合电子得失和原子守恒，方框中的物质为
。
10．（2024 届·河南·三模）
的捕集和利用是实现“碳中和”的有效途径。
(1)CaO 可在较高温度下捕集
。工业制备CaO 的工艺有两种：
ⅰ.
热分解制备
ⅱ.
热分解制备
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其中
在隔绝空气加热升温过程中固体残留率的变化如图1 所示(
)。
①固体残留率由87.7%降到68.5%时，残留固体由 (填化学式，下同)转化为 。
②已知分解反应放出的气体越多，制得的固体越疏松多孔，则工艺 (填“ⅰ”或“ⅱ”)得到的CaO
具有更好的
捕集性能。
(2)在恒容密闭反应器中充入物质的量之比为1：1 的
和
的混合气体，可发生以下反应：
ⅰ.
ⅱ.
在相同时间内，
的转化率、HCOOH 的选择性与温度的关系如图2 所示。
已知：
，CO 的选择性与HCOOH 的选择性的计算方式相似。
①反应ⅰ在相对 (填“较低”或“较高”)温度下易自发进行；温度低于673K 时，CO 的选择性随温
度升高而 (填字母)。
a.减小 b.增大 c.不变 d.无法判断
②温度高于673K 时，随温度升高，HCOOH 的选择性减小的原因可能是 (已知反应均未达到平衡状
态)。
③平衡时再充入0.1mol
和0.1mol
，再次平衡时
的转化率 (填“减小”“增大”或“不
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变”)。
(3)一定温度时，将一定量的
和
(物质的量之比为1：1)充入某恒容密闭容器中发生(2)中反应ⅰ和ⅱ，
达到平衡时
的转化率为y，CO 的选择性为x，体系中氢气的分压为
，则反应ⅰ的压强平衡常数
(用含x、y、
的代数式表示)。
(4)研究发现，用氮化铁作催化材料，对
选择性加氢制烃类具有重要意义。某氮化铁的晶胞结构如图3
所示，沿z 轴方向的投影如图4 所示，A 原子的分数坐标为(0，0，0)，B 原子的分数坐标为
，则C
原子的分数坐标为 (用含b、c 的代数式表示)；设阿伏加德罗常数的值为
，该晶体的密度为
g·
(用含a、b、
的代数式表示)。
【答案】(1)
ⅱ
(2) 较低 a 升高温度，反应速率增大程度反应ⅱ大于反应ⅰ 增大
(3)
(4)
【详解】（1）设开始有1molCaC2O4•H2O，质量是146g，当热分解先分解生成草酸钙和水时，固体残留率
为
，即此时固体为
，当固体残留率为68.5%时，剩余固体质量为
，因此此时为
固体，即发生CaC2O4
CaCO3+CO↑，继续加热，又发生CaCO3
CaO+CO2↑，因此工艺ⅱ得到的CaO 具有更好的
捕集性能，其原因是：CaC2O4•H2O 热分解放出更多
的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔；
（2）①反应ⅰ是熵减的放热反应，根据
，可知在相对较低温度下易自发进行；根据图像可知，
当温度低于673K 时，HCOOH 的选择性随温度升高而增大，则CO 的选择性随温度升高而减小；
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②温度高于673K 时，随温度升高，HCOOH 的选择性减小的原因可能是升高温度，反应速率增大程度反应
ⅱ大于反应ⅰ；
③平衡时再充入0.1mol
和0.1mol
，相当于增大压强，反应ⅰ正向移动，则再次平衡时
的转
化率增大；
（3）设开始
和
都是1mol，平衡时反应ⅰ消耗了amol
，反应ⅱ消耗了bmol
，
，
，
则平衡时
与
都是（1-a-b）mol，甲酸为amol， CO 与水蒸气都是bmol，
的转化率为y=
，
CO 的选择性为x=
，则b=xy，a=y(1-x)，体系中氢气的分压为
，则总压强为
，则
反应ⅰ的压强平衡常数
；
（4）因为A 原子的分数坐标为(0，0，0)，B 原子的分数坐标为
，则C 原子的分数坐标为
；
晶胞中Fe 原子数目
，N 原子数目
，该晶胞质量为
，
晶胞体积为
，该晶体的密度为
g·
。
11．（2024 届·云南昆明·三模）双环芳烃加氢生成四氢萘类物质，是缓解柴油产能过剩问题的一种经济有
效的方法。其中用1-甲基萘(A)制备四氢萘类物质B 和C，反应过程中伴有生成十氢萘(D)的副反应，涉及
的反应如图所示(该反应条件下，各物质均为气态)：
回答下列问题：
(1)以上四个反应的平衡常数随温度变化的关系如图所示：
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已知C 比B 稳定，反应、
、
的焓变分别为
、
、
，则
0(填“>”或“<”)，
的数值范围是 (填标号)。
A．<-1 B．-1~0 C．0~1 D．>1
(2)650K，以
充料，反应达平衡时物质A、B、C、D 的物质的量分数
［例如：
］随体系压强的变化关系如图所示：
①
和
随压强p 变化的曲线分别是 、 ，判断的理由是 。
②其他条件不变，若增大
的比例，则
的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
③当压强
时，
的平衡转化率
，反应
压强平衡常数
(列出计算式即可)。
【答案】(1) < C
(2) m n 反应、
、
、
均为气体分数减小的反应，增大压强A 减少D 增多 减小
46%
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【分析】
由图知，反应为
，反应
为
，反应
，反应
为
，据此回答。
【详解】（1）由图知，四个反应的平衡常数随温度均随温度得增加而减小，则四个反应均为放热反应，
故
，又由于C 比B 稳定稳定，故C 具有得能量比B 低，
大于
，故
，故选C；
（2）①由图知曲线
随压强得增大而减小，曲线
随压强而减小，由已知反应、
、
、
均为气体
分数减小的反应，增大压强增大压强，平衡正向移动，A 减少D 增多，故
和
随压强p 变化的曲线分
别是m、n；②其他条件不变，若增大
的比例，平衡将正向移动，
将减小，
将增大，则
的值将减小；③由题干知，以
充料，则设
，则
，由图知当压
强
时，
，
，则
，则平衡时，由C 守恒得，
，
，
，
，
的平衡转化率
，平衡时总物质的量为
反应
压强平衡常数
。
12．（2024 届·福建龙岩·三模）丙烯腈(
)是合成橡胶及合成树脂等工业中的重要原料，以
为原料合成丙烯腈的反应过程如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
科学家通过
计算得出反应Ⅱ的历程包含p 、q 两步，其中p 步反应的化学方程式为：
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已知：部分化学键键能如下表所示：
化学键
键能(kJ·mol-1)
413
463
389
348
305
615
351
745
891
(1)q 步反应的热化学方程式为 。
(2)在盛有催化剂
、压强为
的恒压密闭容器中按体积比
充入
和NH3
发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如下图所示。
①
0(填“>”“<”)。
②含碳物质检测过程中，未检测出
，反应活化能相对大小应为p q(填“>”或
“<”)。
M
③
点时，体系中
的体积分数 (保留三位有效数字)。
N
④
点时，反应Ⅱ的压强平衡常数
(保留三位有效数字)；
范围内，物质
的量分数表示的平衡常数
的相对大小：反应Ⅰ 反应Ⅱ(填“>”“<”或“=”)。
⑤上述条件下丙烯腈的平衡产率不高，实际生产中会向反应器中再充入一定量
(不参与反应)，请解释该
操作的目的并说明理由 。
【答案】(1)
(2) > <
2.14 > 提高丙烯腈的平衡转化率，因为恒压充入
，反应Ⅱ
分压减小，平衡正向移动
【详解】（1）
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由反应Ⅱ的历程包含p、q 两步，则q 步反应=反应Ⅱ-p 步,故该反应的化学方程式为
，根据反应热=反应物键能总和-生成
物键能总和，在
分子结构中含有8 个
键、1 个
键、2 个
键、2 个
键、1
个
键，在
分子结构中含有3 个
键，在
分子结构中含有3 个
键、1 个
键、1 个
键、1 个
键、1 个
键、2 个
键，在
分子结构中含有5 个
键、1
个
键、1 个
键、1 个
键，故
=
；
故答案为：
；
（2）
从图中可看出，在200℃之前，平衡体系中
的含碳物质的物质的量分数很小，且几乎不变，即反
应Ⅱ反应程度变化不大，平衡体系中
的含碳物质的物质的量分数随温度升高而增大，
的含碳物质的物质的量分数随温度升高而减小，则说明反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅰ为
吸热反应，
；
反应Ⅱ的历程包含p、q 两步，含碳物质检测过程中，未检测出
，说明生成该物质的速率慢，
消耗该物质的速率快，即其中q 步为决速步骤，该步骤活化能较大，p 步活化能<q 步活化能；
设初始投入
物质的量为2mol，
物质的量为15mol，M 点平衡体系中
的含碳物质的物质的量分数为80%，
几乎为0，则反应Ⅰ生成的
物质的量为
2mol，根据三段式分析，
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，则
，解得
，平衡体系中
的体积分数=
；
N 点平衡体系中
与
的含碳物质的物质的量分数均为50%，
几
乎为0，利用三段式分析，
，则则
，解得
，平衡体系中
与
的物质的量均为1mol，
的物
质的量为14mol，
的物质的量为3mol，
的物质的量为1mol，气体总物质的量为20mol，
反应Ⅱ的压强平衡常数
；
反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为吸热反应（温度升高，
的含碳物质的物质的量分数增大，反应Ⅱ平
衡正移），在200℃之前，平衡体系中
的含碳物质的物质的量分数很小，即反应Ⅱ反应程度小，
平衡常数
小，
含碳物质的物质的量分数较大，反应Ⅰ反应程度大，平衡常数
大于反应
Ⅱ平衡常数
，且随温度升高到一定温度，
几乎为0，则平衡常数
，反应Ⅱ随
温度升高，平衡常数
增大，但仍小于反应Ⅰ平衡常数
，故反应Ⅰ平衡常数
>反应Ⅱ平衡常数
；
再充入一定量
，总压不变情况下，各物质的分压减小，相当于减小压强，则反应Ⅱ平衡正向移动，提高
丙烯腈的平衡转化率；
故答案为：>；<；12.4%；2.14；>；提高丙烯腈的平衡转化率，因为恒压充入
，反应Ⅱ分压减小，平衡
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正向移动。
13．（2024 届·辽宁朝阳·三模）氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”目标中起到
重要作用。
Ⅰ．甲醇-水催化重整可获得氢气。
(1)表中数据是该反应中相关物质的标准摩尔生成焓
数据(标准摩尔生成焓是指在298.15K、100kPa
下由稳定态单质生成1mol 化合物时的焓变)。
物质
0
-393.5
-241.8
-200.7
则
，该反应在 (填“高温”“低温”
或“任意温度”)下能自发进行。
Ⅱ．乙醇-水催化重整亦可获得，主要反应如下：
反应①：
反应②：
(2)向恒容密闭容器中充入1mol
和3mol
发生上述反应①和②，初始时体系压强为
100kPa．平衡时
的分布分数
、
的产率随温度的变化曲线如图所示。
①为提高氢气的平衡产率，可采取的措施为 (写出2 条)。
200℃
②
以后，解释曲线a 随温度变化趋势的原因： 。
③温度为500℃时，反应经10min 达到平衡，此时乙醇的转化率为60%，则0~10min 内
，该温度下，反应②的
(保留小数点后两位)。
(3)乙醇燃料电池(电极材料a 和b 均为惰性电极)广泛应用于微型电源、能源汽车、家用电源、国防等领域，
工作原理如图所示，写出负极的电极反应式： ，当转移1.2mol 电子时，正极消耗的氧气的体积为
L(标准状况下)。
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【答案】(1) +49 高温
(2) 减小体系的压强、分离出CO2 升高温度，反应②正向进行程度大于反应①正向进行程度，
COx中CO2的含量降低 1.5 0.60
(3)
6.72
【详解】（1）①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH=
=
；故答案为+49；
②
,
时反应能自发进行，CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH>0，ΔS>0，故高温有利
于反应自发进行；故答案为高温；
（2）①为提高氢气的平衡产率，反应①平衡需向正反应方向移动，反应②平衡向逆反应方向移动，可以
减小体系压强或分离出CO2；故答案为减小体系压强 分离出CO2；
②曲线b 对应平衡时氢气的产率，曲线a 对应平衡时CO2的分布分数，曲线C 对应平衡时CO 的分布分数；
由图知200℃以后a 曲线随温度的升高呈现降低趋势，说明CO2的分布分数随温度升高而降低，其原因在
于升高温度反应②正向进行程度大于反应①正向进行程度，COx中CO2的含量降低；故答案为：升高温度
反应②正向进行程度大于反应①正向进行程度，COx中CO2的含量降低；
③温度为500℃时，反应经10min 达到平衡，此时乙醇的转化率为60%，依据反应①列三段式如下：
500℃，由图知δ(CO2)= δ(CO)=50%，说明平衡时n(CO2)= n(CO)=0.6mol；依据反应②列三段式如下：
得出平衡时n(C2H5OH)=0.4mol，n(H2)=3mol，n(H2O)=1.8mol，n(CO2)= n(CO)=0.6mol；总物质的量n（平
衡）=6.4mol。起始时总物质的量n（起始）=4mol，p（起始）=100kPa,
,
；恒温恒容时，压强比等于
物质的量比，故p（平衡）=
，平衡时分压分别为
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，
，
，
，
，故答案为：1.5；
④反应②的
，故答案为：0.60；
（3）①乙醇燃料电池中乙醇在负极反应，失电子，生成二氧化碳和水，电极反应式为：
；故答案为：
；
②乙醇燃料电池中氧气在正极反应，得电子，电极反应式为：
，当转移1.2mol 电子
时，正极消耗的氧气0.3mol，标准状况下体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L；故答案为：6.72。
14．（2024 届·黑龙江齐齐哈尔·三模）铁的化合物在工业生产中具有重要的应用。以硅酸铁
作为载氧体实现甲烷部分氧化，发生的主要反应有：
i．
；
ii．
；
iii．
iv.
回答下列问题：
(1)在元素周期表中，Fe 元素位于 区(填“s”“p”“d”或“ds”)。
(2)反应i (填“能”或“不能”)在高温条件下自发进行。反应ii 的正反应活化能
(填“大于”“小于”或“等于”)逆反应活化能。
(3)反应
的
。
(4)在恒温恒容条件下，仅发生反应i，下列说法不能表明反应i 已达到化学平衡的是___________(填标号)。
A．相同时间内，气态反应物有
键断裂的同时气态产物有
键生成
B．容器中气体的密度不再变化
C．固体中所含氧元素的质量分数不再变化
D．容器中气体的平均相对分子质量不再变化
(5)载氧体
为
转化为氧化物提供氧原子，
与
物质的量之比
是影响
转化为合成气
的重要因素。在
下，向密闭容器投入
发生上述
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反应，不同
对部分物种的平衡量的影响如图所示。
的选择性(S)公式如下：
，
。
①若要生成更多的合成气，最适宜的
值为 (填标号)。
A．1.5 B．0.45 C．0.38 D．0.3
②当
平衡转化率为98%时，测得体系中
，则
%(保留1 位小数)。
(6)在恒压密闭容器中，加入甲烷和水蒸气各
，一定条件下发生反应：
。测得平衡时
的体积分数与温度、压强的关系如图所示。
①压强
(填“大于”“小于”或“等于”)。
②温度为
、压强为，
时，N 点表示的正、逆反应速率
(填“大于”“小
于”或“等于”)。
③
时该反应的压强平衡常数
(用含
的代数式表示)。
【答案】(1)d
(2) 能 大于
(3)+146.4
(4)A
(5) C 94.4
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(6) 大于 小于
(或其他正确答案)
【详解】（1）Fe 为26 号元素，位于d 区；
（2）反应i 的
，由反应自发进行的条件
可知，反应i 能在高温条件下自发进行。
凡是吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化能。反应ii 是吸热反应，故反应ii 的正反应活化能大于逆反
应活化能。
（3）根据盖斯定律，该反应可由i-iii 得到，则
；
（4）反应i 相同时间内，气态反应物有
键断裂的同时气态产物有
键生成，叙述的都是正反应，
A 不能表明反应i 已达到化学平衡；容器中气体的密度、固体中所含氧元素的质量分数、容器中气体的平
均相对分子质量均为变量，当变量不再变化时，表明可逆反应已达到化学平衡，所以B、C、D 能表明反
应i 已达到化学平衡。
（5）①由图可知，若要生成更多的合成气，最适宜的
值为0.38，C 正确。
②当
平衡转化率为98%时，测得体系中
，则消耗
的物质的量为
，平衡时生成的
的物质的量为
，则
。
（6）①该反应为气体分子数增多的可逆反应，温度一定时，减小压强，平衡正向移动，平衡时
的体积
分数增大，故压强
大于
。
②温度为
、压强为
时，N 点时反应未达到平衡，反应需逆向进行，N 点表示的正、逆反应速率
小于
。
③列出三段式如下：
由图可知，M 点平衡时
的体积分数为60%，则
。解得：
。M 点平衡时混合气体
的总物质的量为
时该反应的压强平衡常数
。
15．（2024 届·四川内江·三模）我国在政府工作报告中提出力争于2030 年前做到碳达峰，2060 年前实现
碳中和。因此，研发二氧化碳转化利用技术，成为当下研究热点。
34
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．
与
重整是
再利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
①
②
③
(1)已知反应①低温无法自发进行，只能在高温下自发进行，则
0(填“>”或“<”)。
(2)某温度下，在体积
的密闭容器中加入
及催化剂仅发生反应①，经过
达到平衡
状态时
的转化率为
。则用
表示的平均化学反应速率为 ，平衡常数的值为
；达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入
与
各
，则化学平衡 移动(选填“正
向”、“逆向”或“不”)。
(3)
下，将
的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中
和
的平衡转化率如图所示。
时
的平衡转化率远大于
时
的平衡转化率。原因是
。
．
在催化剂作用下，通过电催化还原为
是一种具有
前景的利用
的方式。在催化剂表面，
还原生成
通过两种平行的反应途径进行，各自
途径的关键中间体分别为
。催化剂催化
转化为
和
的反应历程如图1(*表
示吸附在催化剂表面)。
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(4)产物的选择性是由催化剂对两种关键中间体的结合强度决定的。在
催化剂表面更利于生成
。
(5)在m 和n 两种催化剂作用下，反应①的阿伦尼乌斯经验公式实验数据如图2 所示，已知阿伦尼乌斯经验
公式
(
为活化能，k 为速率常数，R 和C 为常数)，m 和n 两种催化剂中对该反应催化效果
较高的是 (填“m”或“n”)。
【答案】(1)>
(2)
逆向
(3)反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下反应
正向进行程度小，CO2的生成量小
(4)CO
(5)n
【详解】（1）
反应能自发进行，反应①为熵增反应，已知反应①低温无法自发进行，只能在高
温下自发进行，则为吸热反应，
>0；
（2）经过
达到平衡状态时
的转化率为
，则反应0.5mol 二氧化碳；
表示的平均化学反应速率为
，平衡常数的值为
；
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达到平衡后，其他条件不变时向容器中充入
与
各
，则
，则化学平衡
逆向移动；
（3）反应①和反应②的ΔH>0，高温下反应正向进行程度大，CO2的消耗量大，反应③的ΔH<0，高温下
反应正向进行程度小，CO2的生成量小，导致升高温度时，
时
的平衡转化率远大于
时
的平衡转化率；
（4）活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，转化为中间体HCOO*的活化能高，该反应难；而
*COOH 能量低反应易发生，所以Pb 催化剂有利于CO 生成；
（5）已知，
，则
，由图可知斜率可知，反应n 的活化能Ea较小，活化能
越小，催化效果越好，故m 和n 两种催化剂中对该反应催化效果较高的是n。
16．（2024 届·四川凉山·三模）2023 年杭州亚运会主火炬创新使用了“零碳”甲醇作为燃料，所谓“零
碳”，是指每合成1 吨该甲醇可以消耗约1.375 吨的二氧化碳，实现了二氧化碳的资源化利用、废碳再生。
回答下列问题：
(1)
合成甲醇的工艺分两类：
①直接法原理为：
利于该反应自发进行的条件为 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
②间接法合成原理如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
则
。该法的决速步骤为反应Ⅰ，则下列示意图中能体现上述反应反应进程与能量变化的
是 。
A．
B．
C．
D．
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③在某催化剂存在条件下，反应Ⅱ的反应历程(图中的数据表示的仅为微粒的数目以及各个阶段微粒的相对
总能量，＊表示吸附在催化剂上)如图所示：
则中间态V 中吸附在催化剂表面的物质可表示为 。
(2)一定温度下，利用直接法合成甲醇，将二氧化碳和氢气按物质的量之比
混合并在恒定压强为44MPa
条件下进行反应，达平衡时
的转化率为90％，则平衡时
的分压为 ，该反应的分压平衡
常数
。
(3)直接甲醇燃料电池是指直接使用甲醇为电极活性物质的燃料电池，写出该电池在酸性条件下的负极反应
方程式 。
(4)目前有多种用于工业捕集
的方法，其中一种为以
溶液吸收，若某工厂的
吸收液吸收
一定量
后测得溶液中
，则该溶液的
(已知该温度下碳酸的
，
)。
【答案】(1) 低温 -90kJ/mol A CH2OH*
(2) 6MPa
(3)CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+
(4)10
【详解】（1）①ΔG=ΔH-TΔS<0 反应可自发进行，该反应的ΔH<0，ΔS<0，因此要使ΔH-TΔS<0，则T 应
该尽量小，因此反应在低温条件下可自发进行。
②反应Ⅱ=①小问中的反应-反应I，则ΔH2=(-48.9-41.1)kJ/mol=-90kJ/mol。该法的决速步骤为反应I，说明
反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，因此可排除C、D 选项，该反应的总反应为放热反应，则最终产物
的总能量小于反应物的总能量，排除B 选项，因此答案选A。
③根据图示转化过程可知，每一步反应中H2都会少一个H 原子并整合到CO 中，Ⅳ中吸附在催化剂表面的
物质为H2CO*+H2，则Ⅴ中吸附在催化剂表面的物质为CH2OH*。
（2）直接法合成甲醇的化学方程式为
，平衡时CO2的转化率为
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90%，不妨令初始时二氧化碳的物质的量为1mol，则有
，此时气体总物质的量为2.2mol，总压强为
44MPa，H2物质的量为0.3mol，分压为6MPa，并可求出p(CO2)=2MPa，p(CH3OH)=18MPa，
p(H2O)=18MPa，则Kp=
=
。
（3）甲醇燃料电池中，甲醇从负极通入，酸性条件下，甲醇失电子结合水生成二氧化碳和氢离子，电极
反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。
（4）溶液中存在
，已知Ka2=5×10-11，c(
)：c(
)=1：2，则c(H+)=10-10mol/L，
pH=10。
17．（2024 届·广东东莞·三模）氰化物是指含有氰基或氰根离子的一类化合物，广泛应用于工业与农业中。
(1)工业上以甲烷和氨气为原料在高温和催化剂的作用下发生反应Ⅲ制备HCN。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
则反应Ⅲ：
(2)在一定温度条件下，向1L 恒容密闭容器中加入2mol
和2mol
发生反应Ⅲ，10min 时反应达到平
衡， 此时
体积分数为30%。
0~10min
①
内用
表示的平均反应速率为
。若保持温度不变，再向容器中加入
和
各1mol，则此时
（填“>”“=”或“<”）。
②由实验得到
的关系可用如图甲表示。当x 点升高到某一温度后，反应重新达到平衡，
则x 点将移动到图甲中的 点（填字母标号）。
(3)
可做
氧化废水中
的催化剂，氧化过程中总氰化物（
、HCN 等）去除率随溶液初始pH
变化如图乙所示。当溶液初始pH>10 时，在一段时间内总氰化物去除率下降的原因可能是 。
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(4)常温下（
－
溶液体系中存在平衡关系：
；
；
；
，平
衡常数依次为
、
、
、
。含Cd 物种的组分分布分数δ、平均配位数
与
的关系如图所
示。
已知：
（过程中HCN 浓度几乎不变），
；
，
，
，
；平均配位数
，其中M 代表中
心离子，L 代表配体。
①曲线Ⅱ代表的含Cd 微粒为 。
②
的平衡常数为 。
③下列有关说法中，正确的是 。
A．降低pH，有利于生成
B．pH=7 时，
C．平衡后加水稀释，
与
的浓度之比增大
a
④点时，
。（写出计算过程，结果保留2 位有效数字）。
【答案】(1)
(2) 0.05 < c
(3)随着pH 升高，
逐渐增大，
减少，催化剂的催化效率降低；或过氧化氢在碱性条件下不
稳定，易分解；或过氧化氢在碱性条件下氧化性减弱
(4)
BC 3.4
40
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【详解】（1）由盖斯定律得则反应
，故
；
（2）在一定温度条件下，向1L 恒容密闭容器中加入2mol
和2mol
发生反应Ⅲ，10min 时反应达
到平衡， 此时
体积分数为30%，设0~10min 内
变化浓度为x，由三段式得
，
，解
，在此温度下，平衡常数
，则①0~10min 内用
表示的平均反应速率为
；若保持温度不变，再向容器中加入
和
各1mol，则此时
，平衡逆向进行，则此时
<
；②当x 点升高到某一温度后，由于该反应
，升高温度，平衡正向移动
减小，而
增加，反应重新达到平衡，则x 点将移动到图
甲中的c 点；
（3）由于随着pH 升高，
逐渐增大，
减少，催化剂的催化效率降低；或过氧化氢在碱性条
件下不稳定，易分解；或过氧化氢在碱性条件下氧化性减弱，所以当溶液初始pH>10 时，在一段时间内总
氰化物去除率下降；
（4）由图和平衡关系知，当
浓度很小时，
较大，故Ⅰ为
，随着
得增大，
正向移动，
减小，
增大，故Ⅱ为
，由此得Ⅲ为
，Ⅳ为
；②
的平衡常数为
；③A.降低pH，氢离子浓度增大，由于
不变，故
浓度减小，
平衡逆向移动，不利于生成
，A 错误；B.pH=7 时，
，由图知，此时
，B 正确；C.平衡后加水稀释，
减小，故
与
的浓度之比增大，C 正确；④a 点时，微粒
和
可以忽略，
和
的浓度相同，故
，得出
，
41
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，得出
，
。
18．（2024 届·山东济宁·三模）CO2耦合乙苯(
)脱氢制备苯乙烯(
)是综合利用CO2的
热点研究领域，制备苯乙烯涉及的主要反应如下：
反应I．
(g)⇌
(g)+H2(g) △H1
反应Ⅱ．
△H2＞0
反应Ⅲ．
(g)+CO2(g)⇌
(g)+CO(g)+H2O(g)△H3＞0
(1)相关的化学键键能数据如下：
化学键
H-H
C-H
C-C
C=C
436
413
348
615
利用上表数据计算△H1为 ，为提高
的平衡转化率，可采取的措施为 。
(2)向密闭容器中按一定比例投入原料气，达到平衡时
随温度变化关系如图所示。三种原料气配
比分别为：I．只有乙苯、Ⅱ．n(乙苯):n(CO2)=1:5、Ⅲ．n(乙苯):n(Ar)=1:5
①恒容条件下，若B 表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(Ar)=1:5 的曲线为 (填
A、B 或C)。
②恒压条件下，若B 表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(CO2)=1:5 的曲线为 (填
A、B 或C)，从平衡移动的角度解释CO2的作用： 。
(3)向恒容密闭容器中，投入乙苯和CO2各1mol，此时气体压强为P0，催化脱氢制备苯乙烯，除上述反应外，
还发生副反应：
(g)+H2(g)
(g)+CH4(g) △H4＜0，测得反应体系中甲苯的选择性s(
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)、乙苯的平衡转化率、CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。
表示乙苯的平衡转化率的曲线是 ；T1温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp= (保留两位小数)。
【答案】(1) +123kJ∙mol-1 升高温度或降低压强
(2) B A 二氧化碳作为稀释气降低
分压并消耗氢气，促进乙苯脱氢反应平衡正向
移动
(3) N 1.52
【详解】（1）
利用表中数据可得，△H1=(413 kJ∙mol-1)×2+(348 kJ∙mol-1)-(615 kJ∙mol-1)-(436 kJ∙mol-1)=+123kJ∙mol-1，反应Ⅰ
为吸热的、体积增大的可逆反应，为提高
的平衡转化率，可采取的措施为：升高温度或降低压
强。
（2）①恒容条件下，若B 表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(Ar)=1:5 时，由于苯乙烯
的浓度不变，Ar 的存在对生成苯乙烯的平衡体系不产生影响，所以平衡时
不变，故曲线为B。
②恒压条件下，若B 表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(CO2)=1:5 时，由反应Ⅱ可知，
CO2会消耗反应Ⅰ生成的H2，从而使平衡正向移动，平衡时
增大，故曲线为A，从平衡移动的
角度解释CO2的作用为：二氧化碳作为稀释气降低
分压并消耗氢气，促进乙苯脱氢反应平衡正
向移动。
（3）向恒容密闭容器中，投入乙苯和CO2各1mol，此时气体压强为P0。
发生反应为：
反应I．
(g)⇌
(g)+H2(g) △H1=+123kJ∙mol-1
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反应Ⅱ．
△H2＞0
副反应Ⅳ：
(g)+H2(g)⇌
(g)+CH4(g) △H4＜0
升高温度，反应Ⅳ平衡逆向移动，甲苯的选择性不断减小，苯乙烯的选择性不断增大，则曲线M 为甲苯的
选择性曲线；反应Ⅱ、Ⅳ消耗的H2全部来自反应Ⅰ，则乙苯的转化率大于CO2的转化率，所以表示乙苯的
平衡转化率的曲线是N。
图中数据显示，T1℃时，乙苯的转化率为80%，CO2的转化率为26%，甲苯的选择性为30%，则参加反应
乙苯的物质的量为1mol×80%=0.8mol，生成甲苯的物质的量为0.8mol×30%=0.24mol，生成苯乙烯的物质的
量为0.8mol-0.24mol=0.56mol，由此可建立如下三段式：
T1温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=
≈1.52。
【点睛】反应Ⅱ在反应前后分子数不变，则压强平衡常数与化学平衡常数的数值相等。
19．（2024 届·江西·三模）乙醇被广泛应用于能源、化工、食品等领域，工业上可用以下两种方法制备乙
醇。
I．
。一定条件下，在一密闭容器中充入
和
发生
该反应，如图表示不同压强下
的平衡转化率与温度的关系。回答下列问题。
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(1)活化能
(正)
(逆)（填“>”或“<”）。
(2)若在恒容绝热的容器中发生该反应，下列情况下反应一定达到平衡状态的是__________（填序号）。
A．容器内
和
体积比不再改变
B．容器内气体密度不再改变
C．容器内温度不再发生改变
D．断开
键与断开
键的数目之比为
Ⅱ．乙酸甲酯（
）催化加氢制取乙醇。包括以下主要反应：
①
②
(3)已知
的燃烧热分别为
，
，
，
，
。
(4)其他条件相同，将乙酸甲酯与氢气按一定流速通过固体催化剂表面，乙酸甲酯的转化率随氢酯比（
）的关系如图所示。已知固体催化剂作用下的反应速率与催化剂表面各反应物的吸附率
有关。氢酯比为8 附近，乙酸甲酯的转化率存在最大值的原因是 。
(5)
时在
密闭容器内通入
和
，初始压强为
，发生反应①和②，达到
平衡时体系压强变成
且
的分压为
分压的5 倍，反应①的平衡常数
。
(6)研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，工作原理如图。
45
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①负极的电极反应式为 。
②当向正极通入
且全部被消耗时，理论上正负极溶液质量变化的绝对值之差为 g（保留两位
小数）。
【答案】(1)<
(2)AC
(3)−72.4kJ/mol
(4)氢酯比小于8，乙酸甲酯及H2均有较大的吸附率，增大氢酯比，H2的吸附率增大，使乙酸甲酯转化率增
大（或增大氢酯比，平衡正向移动，乙酸甲酯转化率增大）；氢酯比大于8，大量的H2吸附在催化剂的表
面，阻碍了催化剂吸附乙酸甲酯，导致乙酸甲酯的转化率减小
(5)0.006
(6) C2H5OH+3H2O−12e-=2CO2↑+12H+ 2.67
【详解】（1）根据图表可知，温度升高二氧化碳平衡转化率下降，平衡逆向移动，故逆反应放热，正反
应吸热，ΔH=
(正)-
(逆)<0，活化能
(正) <
(逆)。
（2）A．密闭容器中充入4mol CO2和14mol H2发生该反应，容器内CO2和 H2体积比不再改变时，可以判
断达到平衡，故A 正确；
B．恒容容器中，气体的密度不会改变，故B 错误；
C．绝热容器内，未达到平衡前，温度一直在变，当温度不变时达到了平衡，故C 正确；
D．断开C=O 键与断开O—H 键的数目之比为4 7∶才说明反应速率相等，故D 错误；
故选AC。
（3）燃烧热是1mol 物质完全燃烧生成稳定产物的放热，通过盖斯定律，反应①可以由CH3COOCH3燃烧
反应+H2燃烧反应×2-C2H5OH 燃烧反应-CH3OH 燃烧反应得到，故可以算出ΔH1=-1593.4 kJ/mol +(−285.8
kJ/mol)×2−(−1366.8 kJ/mol)−725.8 kJ/mol =−72.4kJ/mol。
（4）由题目提示，固体催化剂作用下的反应速率与催化剂表面各反应物的吸附率有关，故氢酯比小于8，
乙酸甲酯及H2均有较大的吸附率，增大氢酯比，H2的吸附率增大，使乙酸甲酯转化率增大(或增大氢酯比，
平衡正向移动，乙酸甲酯转化率增大)；氢酯比大于8，大量的H2 吸附在催化剂的表面，阻碍了催化剂吸
附乙酸甲酯，导致乙酸甲酯的转化率减小，故氢酯比为8 附近，乙酸甲酯的转化率最大。
（5）由反应①和反应②知，压强减小是反应①造成，设反应①中CH3COOCH3反应a mol，列出三段式：
，解得a=0.4，设反应②中CH3COOCH3反应bmol，根据反应②的方式化学计
量数，反应②中H2也反应b mol，根据达到平衡时H2的分压为CH3COOCH3分压的5 倍，
，解得
b=0.2，则平衡时CH3OH、C2H5OH、H2、CH3COOCH3物质的量分别为0.4mol、2mol、0.4mol、0.6mol，气
46
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体总物质的量为3.6mol，反应①的平衡常数Kp=
。
（6）①燃料电池，燃料通负极，故通入甲醇的一级为负极，失电子转化为CO2，负极反应为
C2H5OH+3H2O−12e-=2CO2↑+12H+；
1mol O
②
2被消耗，转移电子4mol，根据正极电极反应式O2+4H++4e-=2H2O，正极溶液增加1mol O2和4mol
H+，质量为32+4=36g；根据负极电极反应，转移12mol 电子生成2mol CO2和12mol H+，氢离子通过质子
交换膜进入正极区，减少质量88+12=100g，故转移4mol 电子减少质量33.33g，理论上正负极溶液质量变
化的绝对值之差为36g-33.33g=2.67g。
20．（2024 届·湖南岳阳·三模）2024 年上海国际碳中和技术博览会以“中和科技、碳素未来”为主题，重
点聚焦二氧化碳的捕捉、利用与封存(CCUS)等问题。回答下列问题：
Ⅰ.
是典型的温室气体，Sabatier 反应可实现
转化为甲烷，实现
的资源化利用。合成
过程中
涉及如下反应：
甲烷化反应(主反应)：①
逆变换反应(副反应)：②
(1)反应③
，该反应在 (填“高温”
“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)下列叙述中能说明反应①达到平衡状态的是 (填字母)。
A．断裂4mol
的同时断裂1mol
B．恒温恒容条件下，体系压强不再变化
C．恒温恒容条件下，气体的密度不再变化
D．
E．绝热恒容条件下，
不再变化
(3)科研小组按
进行投料，下面探究影响
选择性的一些因素。
①若在恒容容器中进行反应(初始压强为0.1MPa)，平衡时各气体的物质的量分数随温度变化的曲线如图所
示。图中表示
的物质的量分数随温度变化的曲线是 (填“曲线1”“曲线2”或“曲线
3”)。曲线1 和曲线3 交叉点处
的平衡分压为 MPa(该空忽略副反应逆变换反应)。
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②积碳会使催化剂的活性降低，从而影响甲烷的选择性，各积碳反应的平衡常数与温度关系如下表所示：
温
度℃
800
21.60
0.136
0.133
850
33.94
0.058
0.067
900
51.38
0.027
0.036
反应a：
反应b：
反应c：
由表中数据可知，积碳反应主要由反应 引起(填“a”“b”或“c”)。
Ⅱ.完成下列问题
(4)一定条件下，向4L 恒容密闭容器中充入2mol
和6mol
，发生反应
。已知容器内起始压强为240kPa，反应达平衡时容器内压强为
150kPa，该温度下反应的标准平衡常数
。(该反应标准平衡常数的表达式为
，其中p 为分压，分压=总压×物质的量分数，
)
【答案】(1)
低温
(2)BE
(3) 曲线2 0.004 a
(4)
或14.8
48
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【详解】（1）由盖斯定律可知，①-2×②可得反应③
=
，该反应是气体体积减小的反应，
，当
时反应能自发进行，则该反应在低温下能自发进行。
（2）A．断裂4mol
的同时断裂1mol
，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，
A 不选；
B．该反应是气体体积减小的反应，反应过程中气体压强减小，恒温恒容条件下，体系压强不再变化时，
说明反应达到平衡，B 选；
C．恒温恒容条件下，该反应过程中气体总质量和总体积都不变，气体的密度是定值，当气体密度不再变
化时，不能说明反应达到平衡，C 不选；
D．
不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D 不选；
E．绝热恒容条件下，该反应是放热反应，反应过程中温度上升，K=
减小，当
不再变化时，反应达到平衡，E 选；
故选BE。
（3）①结合图中CO2的变化曲线可知，温度较低时（大约在600℃以下），甲烷化反应的逆反应占主导地
位，且随着温度的升高，甲烷化反应的化学平衡逆向移动，CO2的含量逐渐增大，则H2的含量也逐渐增大，
CH4和H2O(g)的含量逐渐减小[此阶段
]，故曲线1 是CH4的变化曲线：曲线2 是H2O(g)的变化
曲线；曲线3 是H2的变化曲线，温度较高时（大约在650℃以上），逆变换反应的正反应占主导地位，且
随着温度的升高，H2的含量逐渐减小。
设起始时n(H2)=4mol，n(CO2)=1mol，达到平衡时消耗的CO2为x mol，
曲线1 和曲线3 交叉点处，n(H2)=n(CH4)，4-4x=x，解得x=0.8。平衡后混合气体的总物质的量
=0.2mol+0.8mol+0.8mol+1.6mol=3.4mol，在温度和容器的体积一定时，
，则
，解得p(平衡)=0.068MPa，故曲线1 和曲线3 交叉点处CO2的平衡分压：
p(CO2)=0.068MPa×
=0.004MPa；
②相同温度下，反应
的平衡常数最大。平衡常数越大，反应进行的程度越大，故
积碳反应主要由该反应造成。
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（4）根据已知条件列出“三段式”
已知容器内起始压强为240kPa，反应达平衡时容器内压强为150kPa，则
，x=1.5mol，则
、
、
、
，
=
或14.8。
21．（2024 届·福建福州·三模）研究氮氧化物 (NOₓ)的还原处理方法是环保领域的主要方向之一。回答下
列问题：
．用H2还原NO 的反应为
(1)该反应的正反应速率方程可表示为
，某温度下，测得正反应速率v 正与c(NO)或
c(H )的变化关系如图1 所示。
则
，
。
(2)研究表明上述反应历程分两步基元反应：
i．
；
ii．
。
根据 (1)所给信息判断，H 还原 NO 总反应的速率由反应 (填“ i”或“ii” ) 决定。
(3)将一定量的H 和NO 置于以下条件下发生反应(起始容器的体积、温度、压强均相同)，到达平衡时，H
的平衡转化率最大的是 。
a． 恒温恒容 b．恒温恒压 c． 恒容绝热
50
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．脱除汽车尾气中 NO 和CO 包括以下两个反应：
反应i．
；
反应ii．
。
反应过程中各物质相对能量如图 2 (TS 表示过渡态)：
(4)CO 和NO 反应生成N 的热化学方程式为 。
将恒定组成的NO 和CO 混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图3。
(5)NO 和CO 的脱除应选择 (填“高温”或者“低温”)。
(6)实验过程中，高于340℃后N O 浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因是 。
(7)450℃时， 该时间段内NO 的脱除率= (保留2 位有效数字， NO 的脱除率
【答案】(1) 2 1
(2)i
(3)b
(4)2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747.2 kJ·moL–1
(5)高温
(6)反应i、ii 速率随温度的升高而增大，高于 340℃后反应ii 速率增加的程度超过反应i，所以 N2O 浓度
减小
(7)88%
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【详解】（1）由图可知
，
，所以
2，
1；
（2）因为
，则反应速率主要由c(NO)决定，所以H 还原 NO 总反应的速率由反应
i 决定；
（3）设恒温恒容时H 的平衡转化率为x，该反应是气体分子数减小的反应，恒温恒压时相对于恒温恒容
时，相当于增大压强，平衡正移，氢气转化率比x 大，该反应是放热反应，恒容绝热时，混合气体温度升
高，相对于恒温恒容时，平衡逆移，氢气转化率小于x，所以氢气转化率最大的是恒温恒压时，选b；
（4）焓变等于生成物的能量与反应物的能量之差，所以
ΔH=-628.6 kJ·moL–1；
ΔH=-118.6kJ·moL–1；则根据盖斯定律知，CO 和NO 反应生成N2的热化学方程式为：
2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747.2 kJ·moL–1；
（5）由图知，NO 和CO 的浓度在高温时低，所以脱除应选择高温；
（6）因为反应i 生成N2O，反应ii 消耗 N2O，所以原因是：反应i、ii 速率随温度的升高而增大，高于
340℃后反应ii 速率增加的程度超过反应i，所以 N2O 浓度减小
（7）根据氮元素守恒，NO 的初始浓度为：
，转化为氮气的NO
的浓度为：
，NO 的脱除率
。
22．（2024 届·河南·三模）
(丙烯)是重要基本有机原料。
(丙烷)催化脱氢制C3H6过程如下：
Ⅰ.主反应：
；
Ⅱ.副反应：
回答下列问题：
(1)已知断裂1 mol 下列化学键所需能量如下表：
化学键
能量/
436.0
413.4
344.7
上述主反应的
。
(2)一定条件下，
催化脱氢制
发生上述Ⅰ、Ⅱ反应，
和
的平衡体积分数与温度、压强
的关系如图所示(图中压强分别为
和
)。
52
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①
时，图中表示
和
体积分数变化的曲线分别为 、 。
②提高
催化脱氢制
的反应平衡转化率的方法是 (任写一种)。
(3)在压力(117.5 kPa)恒定，以
作为稀释气，不同水烃比［
、10、15］时，
催化脱
氢制备
反应(上述反应Ⅰ、Ⅱ)平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。
①相同温度下，水烃比远大于15 1∶时，丙烷的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ.丙烷的浓度过低；
ⅱ. 。
M
②
点对应条件下，若
的选择性为60%，则反应Ⅰ的分压平衡常数
为 kPa［
的选
择性
］。
(4)利用
的弱氧化性，科研人员开发了
氧化脱氢制
的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催
化剂，其反应机理如图3 所示。
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①反应(ⅱ)的化学方程式为 。
②该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是 。
(5)研究表明，
氧化脱氢制
的催化剂中含有多种元素，如Cr、Zr、Mg、Fe、Ni 等。由Mg、Fe、
Ni 组成的
的立方晶胞结构如图4 所示。已知晶胞的边长为n pm，设
为阿伏加德罗常数的值。
①
。
②该晶体密度是
(用含n、
的代数式表示)。
【答案】(1)+127.4
(2) b c 减压或升温
(3)
过多地占据催化剂表面，导致催化剂对丙烷的吸附率降低 8.1
(4)
炭与
反应生成CO，脱离催化剂表面
(5) 1 3 4
∶∶
【详解】（1）设碳碳双键的键能为x，则由
得
，
，则主反应：
的
（2）①升高温度，平衡正向移动，丙烷的体积分数减小，丙烯的体积分数增大，则a、c 为丙烯的体积分
数变化曲线，b、d 为丙烷的体积分数变化曲线，
与
相比，压强增大，平衡逆向移动，从
而得出表示丙烷体积分数的变化曲线为b，表示丙烯体积分数的变化曲线为c。
②丙烷直接催化脱氢制丙烯的反应正向是气体体积增大的吸热反应，改变外界条件时，化学平衡将向着减
弱这种改变量的方向移动，因此升高温度、降低压强均能使平衡正向移动，从而提高丙烷转化率；
（3）①相同温度下，水烃比远大于15 1∶时，说明水蒸气多，
的浓度过低，反应速率减慢，另一方面
是
过多地占据催化剂表面，导致催化剂对丙烷的吸附率降低，也导致
的反应速率明显下降。
M
②
点对应的水烃比为10 1∶，设
的物质的量为1 mol，
的物质的量为10 mol。
转化了0.75
mol，根据
的选择性为60%知，生成
的物质的量为0.45 mol，
的物质的量为0.45 mol，
的物质的量为0.3 mol，
的物质的量为0.3mol。体系中总的物质的量为
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。
、
、
的分压分别为2.5kPa、4.5kPa、
4.5kPa，
；
（4）①由图知，反应(ⅱ)的化学方程式为
；
②由于炭与
反应生成CO，脱离催化剂表面，该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活
性；
（5）根据均摊法，晶体中Ni 的个数为
；Mg 的个数为
，Fe 的个数为4，则
，
中
，
，
，则
23．（2024 届·宁夏银川·三模）温室气体
和
对环境危害大，在工业生产中尽量将它们转化为可用
的原材料。
Ⅰ. 工业上利用
和
催化重整制取
和CO，主要反应为
反应①： CH4(g)+ CO2(g)
2CO(g) + 2H2(g)
过程中还发生三个副反应：
反应②：H2(g)+ CO2(g)
CO(g) + H2O (g)
反应③：2 CO(g)
CO2 (g) + C (s)
反应④：CH4(g)
2 H2 (g) + C (s)
将
与
(体积比为1 1)
∶
的混合气体以一定流速通过催化剂，产物中
与CO 的物质的量之比、
的
转化率与温度的关系如图所示：
(1)
。
(2)500℃时，
比较小，此时发生的副反应以 (选填②、③、④中一种)为主。升高温度，产物
中
与CO 的物质的量之比增大的原因是 。
Ⅱ. 温室气体CH4可以和H2S 在一定条件下发生反应：CH4(g)＋2H2S(g)
CS2(g)＋4H2(g)。在一密闭容器中，
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起始时向该容器中充入H2S 和CH4且n(H2S) n(CH
∶
4)=2 1.0.1 MPa
∶
时，温度变化对平衡时产物的物质的量分
数的影响如图所示：
(3)M 点，H2S 的平衡转化率为 。
(4)N 点对应温度下，该反应的KP = (MPa)2 (保留两位有效数字)
Ⅲ.用光电化学法将
还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，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(FE%)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。
(5)当电解电压为u1 V 时，阴极生成HCHO 的电极反应式为 。
(6)当电解电压为u2 V 时，电解生成的HCOOH 和HCHO 的物质的量之比为3：2，则生成HCHO 的法拉第
效率m 为 。
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【答案】(1)+76.4 kJ/mol
(2)
②
升高温度对反应①速率加快的影响大于其他副反应的影响
(3)
(4)
(5)
(6)20
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应①+反应③得到反应④，则反应ΔH4=(+247.4kJ/mol)+(-171.0kJ/
mol)=+76.4 kJ/mol，故答案为：+76.4 kJ/mol；
（2）500℃时，产物的比值
比较小说明反应中氢气的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，则
此时发生的副反应以②为主；对比各反应的焓变，升高温度，产物中与CO 的物质的量之比增大的原因是
升高温度对反应①速率加快的影响大于其他副反应的影响，故答案为：②；升高温度对反应①速率加快的
影响大于其他副反应的影响；
（3）设n(H2S)为2mol，n(CH4)为1mol，M 点反应了xmol CH4，M 点n(CH4)= n(H2)
解得1-x=4x，x=0.2mol，M 点，H2S 的平衡转化率为
；
（4）设n(H2S)为6mol，n(CH4)为3mol，N 点反应了2ymol H2S，N 点n(H2S)= n(H2)
解得6-2y=4y，y= 1 mol，N 点对应温度下，平衡体系时，总物质的量为2+4+1+4=11mol，该反应的
；
（5）当电解电压为u1 V 时，
在阴极得电子产物与电解质反应生成HCHO，阴极生成HCHO 的电极反
应式为：
；
（6）当电解电压为u2 V 时，
→HCOOH 转移2e-，
→HCHO 转移4e-电解生成的HCOOH 和HCHO
的物质的量之比为3：2 时，可建立等式
，则生成HCHO 的法拉第效率m 为20；
24．（2024 届·海南·三模）CH3OH 是一种绿色能源，也是一种化工原料。回答下列问题：
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Ⅰ．合成甲醇。
工业上常用CO 和H2制备CH3OH，反应原理是
。
(1)已知：①
kJ mol
⋅
②
kJ mol
⋅
③
kJ mol
⋅
上述反应的
kJ mol
⋅
(用含a、b、c 的代数式表示)。
(2)在恒温恒容密闭容器中充入1 mol
和1 mol
合成
。下列情况表明该反应一定达
到平衡状态的是___________(填字母)。
A．气体压强不随时间变化
B．
C．气体密度不随时间变化
D．气体平均摩尔质量不随时间变化
(3)向体积相同的甲、乙恒容密闭容器中均充入1 mol
和3 mol
同时发生反应合成
，
相对甲，乙仅改变温度，测得甲醇的物质的量与时间的关系如图所示。
①温度：甲 (填“高于”或“低于”)乙，判断依据是 。
②
(填“>”“<”或“=”)0，判断依据是 。
③若容器体积为1 L，甲容器中0~4 min 内用H2表示的平均反应速率为 mol L
⋅
min
⋅
。
Ⅱ．可用于合成有机物。
近日，中国科学院大连化学物理研究所丁云杰团队利用Rh 单核配合物催化剂以和CO 为原料合成了
CH3COOH，相关反应为
、
。
(4)以CH3OH 和CO 为原料，从原子利用率分析，合成 (填“CH3COOH”或“CH3COOCH3”)是
最理想的绿色化学工艺。
(5)一定温度下，总压强保持1.5a kPa，向反应器中充入1 mol
和1 mol
，在一定条件下
合成
和
。达到平衡时，
的转化率为60%，
的选择
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性为80%，(
的选择性
)。该温度下合成
反应的平
衡常数
(用含a 的代数式表示，
为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的
量分数)。
【答案】(1)
(2)AD
(3) 低于 乙容器中反应先达到平衡，反应速率快，温度高 ＜ 升高温度，平衡向左移动，
平衡时
减小，故
0.2
(4)
(5)
【详解】（1）根据反应①
kJ mol
⋅
②
kJ mol
⋅
③
kJ mol
⋅
可知，反应①
②-③可得
，根据盖斯定律，①
②-③得到目标反应，则
kJ mol
⋅
，
故答案为：
；
（2）A．正反应是气体分子数减小的反应，当压强不变时达到平衡状态，A 符合题意；
B．
时反应达到平衡状态，B 不合题意；
C．气体总质量不变，体积不变，密度始终不变，C 不合题意；
D．总质量不变，气体总物质的量减小，故气体平均摩尔质量由小到大，不变时达到平衡，D 符合题意；
故答案为：AD；
（3）①根据图像可知，乙容器反应较快，相对甲，乙仅改变温度，故乙的温度高于甲，故答案为：低于；
乙容器中反应先达到平衡，反应速率快，温度高；
②升高温度，平衡向左移动，平衡时
减小，故
，故答案为：＜；升高温度，平衡向左移
动，平衡时
减小，故
；
4 min
③
时，甲醇为0.4 mol，则消耗0.8 mol H2，H2的平均反应速率
，
故答案为：0.2；
（4）合成CH3COOH 的反应
，是化合反应，原子利用率为100%，而
合成CH3COOCH3的总反应为2
有其他物质H2O 生成，原
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子利用率小于100%，故答案为：CH3COOH；
（5）根据已知信息和原子守恒可知，平衡体系中各物质的物质的量如下表：
物质
CH3OH
CO
H2O
物质的量/mol
0.4
0.5
0.1
物质
CH3COOH
CH3COOCH3
物质的量/mol
0.4
0.1
总物质的量为1.5 mol，
kPa，
kPa，
kPa，
，故答案为：
。
25．（2024 届·重庆·三模）氨的用途十分广泛，是制造硝酸和氮肥的重要原料。
(1)工业合成氨中，合成塔中每产生
，放出
热量。
则
键断裂吸收的能量约等于
。
(2)合成氨工业中，原料气
及少量
的混合气)在进入合成塔前要经过铜氨溶液处理以除去
，反应为：
。从平衡移动的角度看，则铜氨溶
液吸收
的适宜生产条件是___________(填序号)。
A．低温低压
B．低温高压
C．高温低压
D．高温高压
(3)合成氨热力学研究表明，反应在不同压强
和氮氢比
下，平衡体系中氨的体积分数
随温度
的变化曲线如图1 所示。
60
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①
(填“>“<”或=”)；b 点对应的转化率：
(填“>”“<”或“=”)。
c
②点对应的
小于a 点对应的
，原因为 。
a
③点对应的压强平衡常数
(列出计算式即可)
(4)以纳米
作催化剂，在常压下电化学合成氨，
和
为原料制备
。其工作原理如图2 所示：
①阴极的电极反应式为 。
②电解过程中，由于发生副反应，使得阴极制得的
中混有
单质，则理论上阳极和阴极生成气体的
物质的量之比的范围是 。
【答案】(1)391
(2)B
(3) > < 合成氨反应是气体分子数减小的放热反应，减压或升温，平衡逆移，
减小。
与a 点相比，c 点的温度高、压强大，温度对
的影响起主导作用
或
(4)
[或
]
【详解】（1）
，反应的焓变=反应物断裂化学键吸收的能量减去生成物形成化学
键方程的能量=
，
键断裂吸收的能量约等于391
；
（2）铜氨溶液处理以除去
的反应为：
，该反应
，
，则铜氨溶液吸收
的适宜生产条件是低温高压；
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（3）①a 点时，投料比为
，则对应氮气和氢气的转化率相等，有图像可知，同一温度下，
Ⅱ的投料比为
，其等效于在Ⅲ的投料比的基础上减少氢气的浓度，平衡逆向移动，氨气的体积分数减
小，可实际上Ⅱ对应的氨气的体积分数大于Ⅲ，说明压强
>
，b 点时，投料比为
，
像但由于氮气过量，故b 点对应的转化率：
<
；②合成氨反应是气体分子数减小的放热反应，
减压或升温，平衡逆移，
减小。与a 点相比，c 点的温度高、压强大，温度对
的影响起主
导作用，从而导致c 点对应的
小于a 点对应的
；③a 点时，
，
，
，达到平衡
时氮气的物质的量分数为
，同理可得，氢气和氨气的物质的量分数分别为
和
，则a 点对
应的压强平衡常数
；（或
）
（4）①由图知，阴极为氮气与水反应得到电子生成氨气的反应，电极反应式为
；②若无副反应产生的气体，由于阳极的电极反应式为
，阴极的电极反应式为
，理论上氧气和阴极产生
的气体的物质的量之比为
，若阴极有副反应产生的气体，该气体应为氢气，电极反应式为
，理论上氧气和阴极产生的气体的物质的量之比为
，理论上阳极和阴极
生成气体的物质的量之比的范围是
[或
]。
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