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专题54 原理综合题
——反应热+化学平衡
考点
十年考情(2015-2024)
命题趋势
考点1 制备工
业原料
2024· 山东卷、2024· 湖南卷、2024· 安徽
卷、2024·江苏卷、2023•湖北省选择性考
试、2023•湖南卷、2023•辽宁省选择性考
试、2023•全国甲卷、2023•全国新课标卷、
2023• 海南卷、2022• 福建卷、2022• 全国
甲、2022• 山东卷、2022• 湖南选择性、
2021•浙江1 月、2021•浙江6 月、2021•天津
卷、2021•辽宁选择性考试、2020•新课标
Ⅲ、2020•山东卷、2020•天津卷、2017•新
课标Ⅱ、2016•新课标Ⅱ、2016·全国II 卷、
2016·全国II 卷、2015·浙江卷、2015·全国
卷Ⅱ
化学反应原理题通常以元素化合物知
识为载体，以工业生产为背景，综合
考查化学反应中的能量变化、化学反
应速率、化学平衡及其影响因素等知
识，有时还融合考查氧化还原反应、
化学实验等，题目综合性强，化学信
息多，设问角度灵活多变，侧重考查
考生接受、整合信息的能力，应用化
学知识解决实际问题的能力。根据考
查知识点的覆盖情况，可将反应原理
主观题型分为两种类型：一类是单一
的反应原理考查，此类试题考查内容
单一，注重试题深度；另一类是综合
的反应原理考查，此类试题往往综合
考查不同原理的知识点，注重试题的
广度。由于试题篇幅较长，情境、取
材较新，有一定的难度，侧重考查考
生的阅读能力、获取有效信息能力、
知识运用能力、识图识表能力和分析
归纳能力，同时考查考生科学态度与
社会责任的核心素养。
考点2 治理环
境原理
2024·湖北卷、2024·辽吉黑卷、2023•浙江
省1 月选考、2023•江苏卷、2022•全国乙、
2022·浙江省6 月、2021•全国甲、2021•河北
选择性、2021•广东选择性、2020•浙江1
月、2020•浙江7 月、2020•江苏卷、2016•新
课标Ⅲ、2016·浙江理综、2015·江苏卷
考点3 综合运
用原理
2024·广东卷、2023•全国乙卷、2022•湖北
省选择性、2022•广东选择性、2021•全国
乙、2017•新课标Ⅰ、2016•新课标Ⅰ、
2016·全国I 卷
考点1 制备工业原料
1
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1．(2024·山东卷，20，12 分)水煤气是H2的主要来源，研究CaO 对C-H2O 体系制H2的影响，涉及主
要反应如下：
C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g) (I) ΔH1＞0
CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) (II) ΔH2＜0
CaO(s)＋CO2(g)= CaCO3(s) (III) ΔH3＜0
回答列问题：
(1) C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g)
CaCO3(s)＋2H2(g)的焓变ΔH =_______(用代数式表示)。
(2)压力p 下，C-H2O- CaO 体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完
全分解。气相中CO，CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a 线对应物种为_______(填化学
式)。当温度高于T1时，随温度升高c 线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是_______。
(3)压力p 下、温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应CO(g)＋
H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的平衡常数KP=_______；此时气体总物质的量为
，则CaCO3(s)的物质的量为
_______
；若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，分压p(CO2)将_______(填“增大”“减
小”或“不变”)，p(CO)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) ΔH1+ΔH2+ΔH3
(2)①H2 ②当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所
以CO2的摩尔分数减小。
(3)①
②0.5 ③不变 ④不变
【解析】(1)已知三个反应：
Ⅰ. C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)
Ⅱ. CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)
Ⅲ. CaO(s)＋CO2(g)= CaCO3(s)
设目标反应C(s)＋CaO(s)＋2H2O(g)
CaCO3(s)＋2H2(g)为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以
ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。(2)图示温度范围内C(s 已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反
应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO 量
升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a 曲线代表H2的摩尔分数的变化，则c 曲线代表
2
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CO2的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，
当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。(3)①压力p 下、温度为
T0时，H2、CO、CO2和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：1-0.5-0.15-0.05=0.3，
则反应CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的平衡常数KP=
；②设起始状
态1molC(s)，xmolH2O(g)，反应Ⅰ进行完全。则依据三段式：
根据平衡时H2、CO、CO2和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有
、
、
，解出
，
，
则
，而由于平衡时
n(总)=4mol，则
y=4，y=
，则n(CaCO3)=
=
=0.5。③若向平衡体系中通入少量CO2(g)，
重新达平衡后，反应CaO(s)＋CO2(g)= CaCO3(s)的Kp=
，温度不变，Kp 不变，则分压p(CO2)不变；
体系中增加了CO2(g)，若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前提下，CO、H2O 的分压增大，H2分压减
小，则反应Ⅱ的Kp 将会发生变化，与事实不符， 所以为了保证Ⅱ的Kp 也不变，最终所有物质的分压均
不变，即p(CO)不变。
2．(2024·湖南卷，18，3 分)丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气，用TiO2
作催化剂生产CH2=CHCONH2的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g) ΔH1
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g) ΔH2
ⅲ：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g) ΔH3
3
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④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
(1)总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g) ΔH= (用含
ΔH1、ΔH2、和ΔH3的代数式表示)；
(2)进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)：n(C2H5OH)=1：2，出料中四种物质(CH2=CHCOOC2H5、
CH2=CHCN、C2H5OH、H2O)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：
①表示CH2=CHCN 的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；
②反应釜Ⅰ中加入C2H5OH 的作用是 。
③出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是 。
④反应
后，a、b、c 曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。
(3)催化剂TiO2再生时会释放CO2，可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含
0.72g 水)置于密闭真空容器中，充入CO2和NH3，其中CO2的分压为
，在
℃下进行干燥。为保证
NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于
(已知
NH4HCO3分解的平衡常数Kp= 4×104(kPa)3)；
(4)以CH2=CHCN 为原料，稀硫酸为电解液，Sn 作阴极，用电解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4，其阴
极反应式 。
【答案】(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3
(2) c 降低分压有利于反应i 平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率
CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解
反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少
(3)40
(4)Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4
【解析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH 为进料气体生产
CH2=CHCN，在反应釜I 中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入NH3
后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反应iii：
CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的C2H5OH、
4
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CH2=CHCOOC2H5(g)和水。(1)根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)
+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii 得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；(2)①根据总反应
HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中
n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成
CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中C2H5OH(g)
物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O 物质的量之比约为1：3：2，故曲线c 表示
CH2=CHCN 的曲线；②反应釜Ⅰ中发生反应i 是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH 降低分压有利于反
应i 平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率；③丙烯酰胺(CH2=CHCONH2)的
分解温度约为160°C 至170°C，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的
温度下发生分解；④反应11h 后，a、b、c 曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂
中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少；(3)0.72g 水的物质的量为0.04mol，故
p(H2O)=2.5×102kPa●mol−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故
NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3
不分解，NH3的分压应不低于40kPa；(4)Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以
CH2=CHCN 为原料在Sn 做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为
Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。
3．(2024·安徽卷，17，15 分)乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。
回答下列问题：
【乙烷制乙烯】
(1) C2H6氧化脱氢反应：
2C2H6(g)＋O2(g)=2C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH1＝-209.8kJ·mol−1
C2H6(g)＋CO2(g)=C2H4(g)＋2H2O(g)+ CO(g) ΔH2＝178.1kJ·mol−1
计算：2CO(g)＋O2(g)
2CO2(g) ΔH3＝_______kJ·mol−1
(2) C2H6直接脱氢反应为C2H6 (g)
C2H4(g)＋H2(g) ΔH4，C2H6的平衡转化率与温度和压强的关
系如图所示，则ΔH4=_______0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近
的是_______(填标号)。
a．600℃，0.6MPa b．700℃，0.7MPa c．800℃，0.8MPa
5
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(3)一定温度和压强下、反应i C2H6 (g)
C2H4(g)＋H2(g) Ka1
反应ⅱ C2H6 (g)＋H2(g)
2CH4(g) Ka2 (Ka2远大于Ka1)( Kx是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算
的平衡常数)
①仅发生反应i 时。C2H6的平衡转化率为
，计算Ka1=_______。
②同时发生反应i 和ⅱ时。与仅发生反应i 相比，C2H4的平衡产率_______(填“增大”“减小”或“不
变”)。
【乙烷和乙烯混合气的分离】
(4)通过Cu+修饰的Y 分子筛的吸附-脱附。可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu+的_______与C2H4分
子的
键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的
优点是_______。
(5)常温常压下，将C2H4和C2H6等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与
进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是_______(填标号)。
A．前30 min，两种气体均未被吸附
B．p 点对应的时刻，出口气体的主要成分是C2H6
C．a-b 对应的时间段内，吸附的C2H6逐新被C2H4替代
【答案】(1)-566 (2)> b (3)
增大
(4) 4s 空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高
(5)BC
【解析】(1)将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2 可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-
2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。(2)从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平
衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0。a 项，600℃，0.6MPa 时，C2H6的平衡转化率约为20%，
a 错误；b 项，700℃，0.7MPa 时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b 正确；c 项，700℃，
0.8MPa 时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因
此800℃，0.8MPa 时，C2H6的平衡转化率大于50%，c 错误；故选b。(3)①仅发生反应i，设初始时C2H6物
质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗C2H60.25mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，
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Ka1=
=
。②只发生反应i 时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向
移动，同时发生反应i 和反应ii，且从题干可知Ka2远大于Ka1，反应ii 为等体积反应，因为反应ii 的发生相
当于在单独发生反应i 的基础上减小了压强，则反应i 化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。(4)配合物
中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s 空轨道与C2H4分子的π 键电子形成配位键。
C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y 分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通
过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，
纯度较高。(5)A 项，前30min，
等于0，出口浓度c 为0，说明两种气体均被吸附，A 错误；B 项，p 点
时，C2H6对应的
约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的
较小，出口处C2H4浓度较小，说
明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B 正确；C 项，a 点处C2H6的
=1，说明此时C2H6不再吸附在吸
附剂上，而a 点后C2H6的
>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a 点后
一段时间，C2H4的
仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p 点到b 点之间，吸附的C2H6仍在被
C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p
点后C2H4的
也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C 正确；故选BC。
4．(2024·江苏卷，17，16 分)氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
(1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有_______；含CO
和H2各1mol 的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得_______ molH2。
(2)一定条件下，将氮气和氢气按n(N2)：n(H2)=1：3 混合匀速通入合成塔，发生反应N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)。海绵状的
作催化剂，多孔Al2O3作为
的“骨架”和气体吸附剂。
①H2中含有CO 会使催化剂中毒。CH3COO[Cu(NH3)2]和氨水的混合溶液能吸收CO 生成
CH3COO[Cu(NH3)3CO]溶液，该反应的化学方程式为_______。
②Al2O3含量与
表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于
，出口处氨含量下降
的原因是_______。
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(3)反应H2+HCO3
-
HCOO-+H2O 可用于储氢。
①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1mol·L-1NaHCO3溶液中通入H2，HCOO-产率随温度
变化如图所示。温度高于
，HCOO-产率下降的可能原因是_______。
②使用含氨基物质(化学式为CN-NH2，CN 是一种碳衍生材料)联合
催化剂储氢，可能机理如图
所示。氨基能将HCO3
-控制在催化剂表面，其原理是_______；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在
_______(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。
【答案】(1)①C、H、Fe ②
(2 ①CH3COO[Cu(NH3)2]+ NH3·H2O +CO=CH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O
②多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe 表面积减
小，反应速率减小，产生NH3减少。
(3)①NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 ②-NH2可以与HCO3
-形成氢键 ③HDO
【解析】(1)①反应器I 中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应
Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2、Fe2O3+3H2=2Fe+3H2O 化合价发生改变的元素有 C、H、Fe。②CO、H2各1 mol 参
与上述反应，各生成
mol Fe ，共生成
molFe ，
molFe 在反应器Ⅱ中发生反应3Fe+H2O(g)
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=Fe3O4+4H2，列比例计算：
共生成
mol H₂。(2)①根据题给反应物及生成物书写即可。②多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过
多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe 表面积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH3减
少。(3)①NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降。②氨基中的H 原子连在电负性较大的N 原子上，
HCO3
-中的H 原子连在电负性较大的O 原子上，二者之间可以形成氢键
③总反应
为H2+ HCO3
-=HCOO-+H2O，用D2代替H2，若生成 HDO，则可确认反应过程中的加氢方式。
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)。
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(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_______。
(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
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=
；(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。
6．(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
_______
；
(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：
⑤
⑥
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_______；
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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：
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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
=
，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。
7．(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_______。
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(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_______。
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
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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
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=
=
。
8．(2023•全国甲卷，28)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①3O2(g)
2O3(g) K1 ΔH1=285 kJ·mol－1
②2CH4(g)+O2(g)
2CH3OH(l)
K2 ΔH2= -329kJ·mol－1
反应③CH4(g)+O3(g)
CH3OH(l) +O2(g)的ΔH3=_______ kJ·mol－1，平衡常数K3=_______(用K1、
K2表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的M+(Fe+、C o+、Ni+等)与O3反应可得MO+。MO+与CH4反应能高选择性地
生成甲醇。分别在300K 和310K 下(其他反应条件相同)进行反应MO++CH4= M++CH3OH，结果如下图所示。
图中300K 的曲线是_______(填“a”或“b”。 300K、60s 时MO+的转化率为_______(列出算式)。
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(3) MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4
示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应的能量
变化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。
(ⅲ) MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD_______ CHD2OH (填“＞”“＜”或“=”)。若
MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有_______种。
【答案】(1)
或
(2) b
(3) Ⅰ c ＜ 2
【解析】(1)根据盖斯定律可知，反应③=
(反应②-①)，所以对应ΔH3=
；根据平衡常数表达式与热化学方程式之
间的关系可知，对应化学平衡常数
或
；(2)根据图示信息可知，纵坐标表示-lg(
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)，即与MO+的微粒分布系数成反比，与M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b 曲
线生成M+的物质的量浓度比a 曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减
慢，所以曲线b 表示的是300 K 条件下的反应；根据上述分析结合图像可知，300K、60s 时-lg(
)=0.1，则
=10-0.1，利用数学关系式可求出
，根据
反应MO++CH4= M++CH3OH 可知，生成的M+即为转化的MO+，则MO+的转化率为
；(3)(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键
形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ；(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变
慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c；(ⅲ) MO+与
CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内
产量会下降，则氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO+与CHD3反应，生成的
氘代甲醇可能为CHD2OD 或CD3OH 共2 种。
9．(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：
)
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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
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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，
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
。
10．(2023•海南卷，16)磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质
量分数为85%的磷酸与KCl(s)反应制备KH2PO4(s)，反应方程式为H3PO4(aq)+KCl(s)
KH2PO4(s)
+HCl(g)一定条件下的实验结果如图1 所示。
回答问题：
(1)该条件下，反应至1h 时KCl 的转化率为_______。
(2)该制备反应的ΔH 随温度变化关系如图2 所示。该条件下反应为_______反就(填“吸热”或“放
热”)，且反应热随温度升高而_______。
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(3)该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能
提高转化率的原因是：不使用稀磷酸_______；通入水蒸气_______。
(4)298K 时，H3PO4(aq)+KCl(aq)
KH2PO4(aq)+HCl(aq)的平衡常数K=_______。(已知H3PO4(aq)的
Ka1=6.9×10-3)
【答案】(1)70% (2) ①. 吸热 ②. 降低
(3)① 使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行 ②. 使得气体中氯化氢的分压
减小，促使反应正向进行
(4)6.9×10-3
【解析】(1)由图可知，该条件下，反应至1h 时KCl 的转化率为70%；(2)由图可知，焓变为正值，则
该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低；(3)使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促
使反应正向进行；向系统中不断通入水蒸气，使得气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行；都可以
促进氯化钾的转化率的提高；(4)298K 时，H3PO4(aq)+KCl(aq)
KH2PO4(aq)+HCl(aq)的离子方程式为
H3PO4(aq)
H2PO4
-(aq)+H+(aq)，其平衡常数
。
11．(2022•福建卷，13)(13 分)异丙醇(C3H8O)可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙
烯(C3H6)的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
Ⅰ. C3H8O(g)
C3H6(g)＋H2O(g) ΔH1＝+52kJ·mol−1
Ⅱ. 2C3H6(g)
C6H12(g) ΔH2＝-97kJ·mol−1
回答下列问题：
(1)已知2C3H8O(g)+9O2(g)
6CO2(g)＋8H2O(g) ΔH＝-3750kJ·mol−1，则C3H6(g)燃烧生成CO2(g)和
H2O(g)的热化学方程式为_______。
(2)在
下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
反应时间
0
4
8
12
t
20
H2O 浓度/ppm
0
2440
3200
3600
4000
4100
①
内，v(C3H8O)= _______
；
②t_______16(填“>”“<”或“=”)。
(3)在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。
a. H2O(g)的分压不变 b.混合气体密度不变
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c. n(C3H6)=2n(C6H12) d. v 正(H2O)=v 逆(C3H8O)
(4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为_______。
(5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时lgQp与温度的关系曲线。
(已知：对于可逆反应aA(g)+bB(g)
cC(g)+dD(g)，任意时刻
，式中p(X))表示物质×
的分压)
①在
恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的_______点(填
“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是_______。
②350℃时，在密闭容器中加入一定量的C3H8O，体系达到平衡后，测得C6H12的分压为
，则水
蒸气的分压为_______ MPa (用含x 的代数式表示)。
【答案】(1) 2C3H6(g)+9O2(g)
6CO2(g)＋6H2O(g) ΔH＝-3854kJ·mol−1
(2) 190 >
(3)ad
(4)58.8%
(5)甲 反应I 平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，Qp>Kp
【解析】(1)设Ⅲ2C3H8O(g)+9O2(g)
6CO2(g)＋8H2O(g) ΔH＝-3750kJ·mol−1，根据盖斯定律
Ⅲ-2×Ⅰ得2C3H6(g)+9O2(g)
6CO2(g)＋6H2O(g) ΔH＝-3854kJ·mol−1。(2)①
内，
，则
；②
、
、
，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，
内，Δc(H2O)=400ppm，
内，
Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。(3)a 项，H2O 的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组
分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a 正确；b 项，反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，
刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b 错误；c 项，当
n(C3H6)=2n(C6H12) 时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c 错误；d 项，v 正
(H2O)=v 逆(C3H8O)，说明正逆反应速率相等，反应I 达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应
Ⅱ也达平衡，d 正确； 故选ad。(4)设C3H8O 的物质的量为1mol，若lmol C3H8O 完全反应，理论上生成
1mol C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I 生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消
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耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为
=58.8%。(5)①反应I 为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则
升高温度，反应I 正向移动，Qp逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，Qp逐渐减小，即反应I 为平衡曲线为N，反
应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I 而言，相当于增大生成物浓
度，使得Qp>Kp，即lgQp增大，反应I 的状态最有可能对应图中的甲；②由图可知，350°C 时达平衡后，
lgQp=0，则350℃时Kp=Qp=1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II 的C3H6起始分压为 a MPa，对反
应Ⅱ列三段式有：
，解得a=
MPa。
12．(2022•全国甲，28)金属钛(Ti)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(TiO2)转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
(1) TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在
时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋O2(g) ΔH1＝172kJ·mol−1 Kp1=1.0×10-2
(ⅱ)碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH2＝-51kJ·mol−1 Kp2=1.2×1012Pa
①反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)的ΔH 为_______ kJ·mol−1，Kp=_______Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是_______。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡_______移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转
化率_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2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。
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①反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数
_______
。
②图中显示，在
平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其
原因是_______。
(3) TiO2碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于TiO2 -C“固—固”接触的措施是_______。
【答案】(1) ①-223 1.2×1014
②碳氯化反应气体分子数增加，∆H 小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直
接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程
③向左 变小
(2) ①7.2×105 ②为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益
(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”
【解析】(1)①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/
mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp=
=
=1.2×1014Pa；②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，
因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H 小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接
氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，
增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往
吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。(2)①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例
CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO 是0.6，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)=
=
Pa=7.2×105Pa；②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际
反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。(3)固体颗粒越小，
比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，
使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
13．(2022•山东卷，20)(11 分)利用
丁内酯(BL)制备1，
丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋
喃(THF)和
丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压H2氛围下进行，故
H2压强近似等于总压。回答下列问题：
(1)以
或BD 为初始原料，在
、
的高压H2氛围下，分别在恒压容器中
进行反应。达平衡时，以BL 为原料，体系向环境放热XkJ；以BD 为原料，体系从环境吸热YkJ。忽略副
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反应热效应，反应Ⅰ焓变ΔH(493K，3.0×103kPa)=_______ kJ·mol-1。
(2)初始条件同上。xi表示某物种i 的物质的量与除H2外其它各物种总物质的量之比，xBL和xBD随时间t
变化关系如图甲所示。实验测得X＜Y，则图中表示xBL变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数
Kp=_______ kPa-2 (保留两位有效数字)。以BL 为原料时，t1时刻xH2O_______，BD 产率=_______(保留两位
有效数字)。
(3)
为达平衡时
与
的比值。(493K，2.5×103kPa)、(493K，3.5×103kPa)、(513K，
2.5×103kPa)三种条件下，以5.0×10-3molBL 为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，
随时间t 变化关系如图乙所示。因反应在高压H2氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、
c 中，
最大的是_______(填代号)；与曲线b 相比，曲线c 达到
所需时间更长，
原因是_______。
【答案】(1)-200(X+Y)
(2) a 或c 8.3×10-8 0.08 39%
(3) c 由于b 和c 代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向
移动，
增大，故
=1.0 所需时间更长
【解析】(1)根据题意，结合已知信息，可确定在同温同压下，以同物质的量的BL 或BD 为初始原料，
达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol 的BL 为原料，达到平衡时放出XkJ 热量与
同物质的量的BD 为原料达到平衡时吸收YkJ 热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol 时二者能量差
值为200(X+Y)kJ，反应I 为放热反应，因此焓变ΔH =-200(X+Y)kJ·mol-1。(2)实验测定X<Y，则达到平衡
时BD 物质转化量大于BL 物质转化量，平衡状态BD 物质的量较小，根据图示可知，表示xBL 变化的曲线
是a 或c；该平衡状态下BL 的分压是0.48×3.0×103kPa，BD 的分压是0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于
总压，故反应I 平衡常数Kp=
=
Kpa-2=8.3×10-8kPa-2；以BL 为原料时，
根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD 参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是
H2O(g)的物质的量，设t1时BL 转化了amol，BD 转化了bmol，则体系总物质的量为(5.0×10-3+b)mol，得到
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、
，求得a=
、b=
，则t1时刻
=0.08；此时BD 的产率为
39%。(3)依题意，反应I 是正向放热过程，以BL 为初始原料，
温度升高则平衡逆向移动，温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，
越小，
的值越大；相同温度时，压强增大，BD 的比重增大，
增大，又可忽略压强对反应
速率的影响，则
最大即
最小，对应曲线c；由于b 和c 代表的温度相同，而压强对
反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，
增大，故
=1.0 所需
时间更长。
14．(2022•湖南选择性，17)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为
TiO2，含少量V、Si 和Al 的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：
物质
TiCl4
VOCl3
SiCl4
AlCl3
沸点/℃
136
127
57
180
回答下列问题：
(1)已知ΔG= ΔH-TΔS，
的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略
、
随温度的变化。若
ΔG＜0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．C(s)＋O2(g)=CO2(g)
B．2C(s)＋O2(g)=2CO(g)
C．TiO2 (s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋O2(g)
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D．TiO2 (s)＋C(s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋CO2(g)
(2) TiO2与C、Cl2，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质
TiCl4
CO
CO2
Cl2
分压
①该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中
的含量升高，原因是_______。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含
、
杂质的方法
是_______。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入
冶炼
的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁
B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰
D．氧化汞分解制汞
【答案】(1)C
(2) 5TiO2+6C+10Cl2
5TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C 发生反应C＋CO2
2CO
(3) 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
(4) 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al 杂质；
(5)AC
【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单
质Al 除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg 还原得到Ti。(1)记①C(s)＋O2(g)=CO2(g)，②2C(s)＋
O2(g)=2CO(g)，③TiO2 (s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋O2(g)，④TiO2 (s)＋C(s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋CO2(g)；A 项，
由图可知，600℃时C(s)＋O2(g)=CO2(g)的ΔG＜0，反应自发进行，故A 不符合题意；B 项，由图可知，
600℃时2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔG＜0，反应自发进行，故B 不符合题意；C 项，由图可知，600℃时TiO2
(s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋O2(g)的ΔG＞0，反应不能自发进行，故C 符合题意；D 项，根据盖斯定律，TiO2
(s)＋C(s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋CO2(g)可由①+③得到，则600℃时其ΔG＜0，反应自发进行，故D 不符合题
意；故选C；(2)①根据表中数据可知，该温度下C 主要生成CO 和CO2，根据相同条件下气体的压强之比
是物质的量之比可知TiCl4、CO 和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方
程式为5TiO2+6C+10Cl2
5TiCl4+2CO+4CO2；②随着温度升高，CO2与C 发生反应C＋CO2
2CO，导致CO 含量升高；(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al 得到VOCl2渣，根据
得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，
“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4；(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需
要加入Al，又引入Al 杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换；(5)本工艺中加入Mg 冶炼Ti
的方法为热还原法；A 项，高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原
法，故A 符合题意；B 项，电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B 不符合题意；C 项，铝热反
应制锰是利用Al 作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C 符合题意；D 项，Hg 为不活
泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D 不符合题意；故选AC。
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15．(2021•浙江1 月，29)“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工
业上的常用气体。请回答：
(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。
(2)下列说法不正确的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g)
Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl 2(aq) + H2O(l)
H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2
其中p 为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g)
Cl2(aq)的焓变ΔH1______0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2=______。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p 和上述平衡常数表示，
忽略HClO 的电离)
(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程
式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g)
TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol·L-1，KI=-3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g)
2CO(g) ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由______ 。
(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，
两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min 测得氯苯15%转化为邻二
氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是
______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
【答案】(1)2NaCl+ 2H2O
2NaOH + H2↑+Cl2↑ (2)A
(3)①＜ ②
③K1p +
(4)反应I + II 得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II 使
TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I 提供所需的能量
(5)AB
【解析】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是
2NaCl+ 2H2O
2NaOH + H2↑+Cl2↑。(2) A 项，氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，
不能用碱石灰干燥氯气，A 说法不正确；B 项，氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，
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在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的
溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B 说法正确；C 项，氯气在常温下不与铁反应；氯气的
相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气
液化而储存于钢瓶中，C 说法正确；D 项，氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，
工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D 说法正确。综上所述，相关说法不正确的
是A，故选A。(3)①Cl2(g)
Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自
发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl-
(aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=
，注意水为液态，其不出现在表
达式中。③Cl2(g)
Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l)
H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到
Cl2(g) + H2O(l)
H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为
；氯气在水中的溶
解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c=
+
c(HClO)+
c(Cl-)，由于HCl 是强
电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则
，由K2=
可
知
=
，由K1=c(Cl2)/p 可知，
=
，则
=
，
因此，c= K1p +
。(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g)
TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4
×10-29；II. 2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II 得：
TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II 的发生可以减小反应I 的
平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I 为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII=
-40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I 提供所需的
能量。(5) A 项，由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既
可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘
在对位的取代机率较大)，从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A 符合题意；B 项，可以使用对生成邻二氯
苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B 符合题意；C 项，适当降低反应温度，不利
于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C 不符合题意；D 项，改变反应物浓度可
以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因
此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D 不符合题意。故选AB。
16．(2021•浙江6 月，29)含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2：Cu(s)＋2H2SO4(l)== CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH
＝-11.9kJ·mol−1。判断该反应的自发性并说明理由_______。
(2)已知2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g) ΔH＝-198kJ·mol−1。850K 时，在一恒容密闭反应器中充入一定
量的SO2和O2，当反应达到平衡后测得SO2、O2和SO3的浓度分别为6.0×10-3mol·L－1、8.0×10-3
mol·L－1和
4.4×10-2
mol·L－1。
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①该温度下反应的平衡常数为_______。
②平衡时SO2的转化率为_______。
(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是_______。
A．须采用高温高压的反应条件使SO2氧化为SO3
B．进入接触室之前的气流无需净化处理
C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和SO2的转化率
D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率
②接触室结构如图1 所示，其中1~4 表示催化剂层。图2 所示进程中表示热交换过程的是_______。
A．a1→b1 B．b1→a2 C．a2→b2 D．B2→a3 E. a3→b3 F. B3→a4 G. a4→b4
③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3 中画
出反应2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲
线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。
(4)一定条件下，在Na2S-H2SO4-H2O2溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系
由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2
个离子方程式。
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Ⅰ.S2-+H+=HS-
Ⅱ.①_______；
Ⅲ.HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O；
Ⅳ.②_______。
【答案】(1)不同温度下都能自发，是因为ΔH＜0，ΔS＞0
(2)①6.7×103mol·L－1 ②88%
(3)①C ②BDF ③
(4)①HS-+4H2O2=SO4
2-+4H2O+H+ ②S+3H2O2= SO4
2-+2H2O+H+
【解析】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2的反应为Cu(s)＋2H2SO4(l)== CuSO4(s)＋SO2(g)＋
2H2O(l) ΔH＝-11.9kJ·mol−1，由于该反应ΔH＜0，ΔS＞0，因此该反应在任何温度下都能自发进行；(2)①
根据题中所给的数据可以求出该温度下2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)的平衡常数为
；②平衡时
的转化率为
；(3)①A 项，在常
压下SO2催化氧化为SO3的反应中，SO2的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A 说法不正确；
B 项，进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B 说
法不正确；C 项，通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO2(g)
+O2(g)
2SO3(g)向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO2的转化率；D 项，SO3与水反应放
出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收SO3，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响SO3被
水吸收导致SO3的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收SO3，D 说法不正确；故选
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C。②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化
学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，SO2的转化率基本不变，因此，图2 所示进程中
表示热交换过程的是b1→a2、B2→a3、B3→a4，因此选BDF；③对于放热的可逆反应2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，
SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的
影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由
于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间
较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO2的转化率低于其平衡转化
率。因此，反应2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)
的关系曲线示意图可表示如下：
；(4)由pH-时间振荡曲线可知，在Na2S-H2SO4-
H2O2溶液体系中，溶液的pH 呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期
性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS-，S2-+H+=HS-，然后发生HS-+4H2O2=SO4
2-+4H2O+H+，该过程溶液的
pH 基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时HS-被H2O2氧化为S，即发生HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O，该过程
溶液的pH 增大；溶液又变澄清时S 又被H2O2氧化为SO4
2-，发生S+3H2O2= SO4
2-+2H2O+H+，该过程溶液
的pH 在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：S2-+H+=HS-、
HS-+4H2O2=SO4
2-+4H2O+H+、HS-+H2O2+H+=S↓+2H2O、S+3H2O2= SO4
2-+2H2O+H+。
17．(2021•天津卷，16)CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8
受热分解成气态S2，发生反应2S2(g)+CH4(g)
CS2(g)+2H2S(g)，回答下列问题：
(1)CH4的电子式为___________，CS2分子的立体构型为___________。
(2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1 时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________(填序号)。
a．气体密度 b．气体总压 c．CH4与S2体积比 d．CS2的体积分数
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图
所示。据图分析，生成CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～
650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。
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(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S 转化为单后硫S，可实现废物利
用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。
【答案】(1)
直线形 (2)30% d
(3)放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
(4)2H2S+SO2=3S+2H2O、2xH2S+2NOx=2xS+2xH2O+N2、2H2S+O2=2S+2H2O 写出任意一个
【解析】(1)CH4的电子式为：
；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；(2)①
在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1 时开始反应，
CS2的体积分数为10%，即
，解得x=0.3a，则CH4的转化率为
30%。②a 项，恒容容器，
质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b 项，反应前后气体的物质的量不变，故压
强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c 项，CH4与S2体积比一直为1：2，故不一定平衡，不选；d
项，CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；故选d。(3)由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降
低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是
600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。(4)用燃煤废气(含
N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S 转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为
2H2S+SO2=3S+2H2O、2xH2S+2NOx=2xS+2xH2O+N2、2H2S+O2=2S+2H2O 写出任意一个。
18．(2021•辽宁选择性考试，17)苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生
如下反应：
Ⅰ.主反应：
(g)+3H2(g)
(g) ∆H1<0
Ⅱ.副反应：
(g)
(g) ∆H2>0
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回答下列问题：
(1)已知：Ⅲ.
Ⅳ.2
(g)+15O2(g)
12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
Ⅴ.
(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
则
_______(用
、
和
表示)。
(2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温
B．适当降温
C．适当加压
D．适当减压
(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在n(H2) ：n(C6H6) =3：1 的基础上适当增大H2 用量，
其目的是_______。
(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当H2中混有微量H2S
或CO 等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为_______。
(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，下图中可作为
酸性中心的原子的标号是_______(填“①”“②”或“③”)。
(6)恒压反应器中，按照n(H2) ：n(C6H6) =4：1 投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为p0，平衡时苯的转化率
为α，环己烷的分压为p，则反应1 的Kp=_______(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压
=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2)BC (3)提高苯的利用率
(4)金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催化活动 (5)②
(6)
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【解析】(1)根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ.
；Ⅳ.2
(g)+15O2(g)
12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4； Ⅴ.
(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5； Ⅰ.主反应：
(g)
+3H2(g)
(g)可由
，则
；(2)根据Ⅰ.主反应：
(g)
+3H2(g)
(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分
数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升
温和减压都将使平衡逆向移动，故选BC；(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在n(H2) ：
n(C6H6) =3：1 的基础上适当增大H2用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用
率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率；(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才
能发生反应，机理如图。当H2中混有微量H2S 或CO 等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原
因为金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催化活动；(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的
裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电
子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②；
(6)恒压反应器中，按照n(H2) ：n(C6H6) =4：1 投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生Ⅰ、Ⅱ反应总压
为p0，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：
有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为：
，H2
的分压为：
，则反应1 的
=
。
19．(2020•新课标Ⅲ，28)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=__________。当反应
达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种
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组分的物质的量分数x 随温度T 的变化如图所示。
图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是______、______。CO2催化加氢合成C2H4反应的
ΔH______0(填“大于”或“小于”)。
(3)根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_________(MPa)−3(列出计算式。以
分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压
强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_______________。
【答案】(1)1∶4 变大 (2)d c 小于
(3)
或
等 (4)选择合适催化剂等
【解析】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 ⇌ CH2 =
CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的
反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。(2) 由题中信
息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c 和a 所表示的物
质的物质的量分数之比为1：3、d 和b 表示的物质的物质的量分数之比为1：4，则结合化学计量数之比可
以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，
乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，∆H 小于0。(3) 原料初
始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1Mpa 建立平衡。由A 点坐标可知，该温度下，氢气和水的物
质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即
，二氧化碳的物质的量分数为氢
气的三分之一，即
，因此，该温度下反应的平衡常数
(MPa)-3=
(MPa)-3。(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产
品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选
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择合适的催化剂。
20．(2020•山东卷，20)探究CH3OH 合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH 的产率。以
CO2、H2为原料合成CH3OH 涉及的主要反应如下：
Ⅰ. CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.5 kJ·mol-1
Ⅱ. CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g) ΔH=-90.4 kJ·mol-1
Ⅲ. CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1) ΔH3=_________
。
(2)一定条件下，向体积为VL 的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，
容器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO 为b mol，此时H2O(g)的浓度为__________mol
L
﹒
-1(用含a、b、V 的代数式
表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为___________。
(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3 投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH 的平衡产率随温
度的变化关系如下图所示。
已知：CO2的平衡转化率=
CH3OH 的平衡产率=
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图___________(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺
序为___________；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是___________。
(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH 的平衡产率，应选择的反应条件为_________(填标号)。
A.低温、高压 B.高温、低压 C.低温、低压 D.高温、高压
【答案】(1)+40.9 (2)
(3)乙 p1、p2、p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
(4)A
【解析】(1)根据反应I+II=III，则△H3=△H1+△H2=-49.5kJ∙mol-1+(-90.4 kJ∙mol-1)=+40.9 kJ∙mol-1；(2)假设
反应II 中，CO 反应了xmol，则II 生成的CH3OH 为xmol，I 生成的CH3OH 为(a-x)mol，III 生成CO 为
(b+x)mol，根据反应I：
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反应II：
反应III：
所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol =(a+b)mol，浓度为：
；平衡时
CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-
b)mol，CO 的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III 的平衡常数为：
；(3)反应I 和II 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH 的
平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH 的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I 和II 为放热反应，
升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III 为吸热反应，升高温度反应III 向正反应方向
移动，升高一定温度后以反应III 为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强
增大，反应I 和II 是气体体积减小的反应，反应I 和II 平衡正向移动，反应III 气体体积不变化，平衡不移
动，故压强增大CH3OH 的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1>p2>p3；温度升高，反应I 和II 平衡
逆向移动，反应III 向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III 为主，
反应III 前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；(4)根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，
CH3OH 的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH 的平衡产率越大，所以选择低温和高
压，故选A。
21．(2020•天津卷，16)利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。
回答下列问题：
Ⅰ.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物
(1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为___________。
(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO4
2-，另一产物为__________。若将该催化剂置于
AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式__________。
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Ⅱ.用H2还原CO2可以在一定条下合成CH3OH(不考虑副反应)：
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1＜0
(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，反应平衡时，
CH3OH 的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为___________。
(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1：3 时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子
筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
①甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为____________。
②P 点甲醇产率高于T 点的原因为___________。
③根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为___________°C。
Ⅲ.调节溶液pH 可实现工业废气CO2的捕获和释放
(5) CO3
2-的空间构型为__________。已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH=12 时，
c(H2CO3)：c(HCO3
-)：c(CO3
2-)=1：_______：__________。
【答案】(1)光能转化为化学能 (2)H2 Ag++e-=Ag (3)
(4)①该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小)
②分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高
③210
(5)平面(正)三角形 1012Ka1 1024Ka1Ka2
【解析】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O
2H2↑+O2↑，光解水能
量转化形式为光能转化为化学能；(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为SO4
2-，SO3
2-被氧化成
SO4
2-，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的
化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另
一产物的离子反应式为Ag++e-=Ag。
II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a mol‧L-1和3 a mol‧L-1，CH3OH 的产率为b，则生成的CH3OH 物质
的量浓度为abmol/L，根据三段式：
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则反应的平衡常数K=
=
=
；(4)①该反应为放热反
应(∆H<0)，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小)，故甲醇平衡产率随温度升高而降低；②因为分子
筛膜能选择性分离出H2O，c(H2O)减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P 点甲醇产率高于T 点。
③根据图示，使用该分子筛膜210℃时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度
为210℃。
III.(5) CO3
2-中C 的孤电子对数为
×(4+2-3×2)=0，σ 键电子对数为3，价层电子对数为3，C 上没有孤
电子对，故CO3
2-的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3
H++ HCO3
-、HCO3
-
H++ CO3
2-，则Ka1=
、Ka2=
，当溶液的pH=12 时，c(H+)=1×10-
12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c(HCO3
-)=1012Ka1 c(H2CO3)、c(CO3
2-)=1012Ka2 c(HCO3
-)=1024Ka1Ka2
c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c(HCO3
-)：c(CO3
2-)=1：(1012Ka1)：(1024Ka1Ka2)。
22．(2017•新课标Ⅱ，28)丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：
(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：
①C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) ΔH1
已知：②C4H10(g)+1/2O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) ΔH2=−119 kJ·mol−1
①H2(g)+ 1/2O2(g)= H2O(g) ΔH3=−242 kJ·mol−1
反应①的ΔH1 为________kJ·mol−1 。图(a) 是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，
x_________0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是__________(填标号)。
A．升高温度
B．降低温度
C．增大压强
D．降低压强
(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气
中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后
降低的变化趋势，其降低的原因是___________。
(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产
率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是___________、____________；590℃之后，丁烯产率快速
降低的主要原因可能是_____________。
【答案】(1)+123 小于 AD
39
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(2)氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大
(3)升高温度有利于反应向吸热方向进行 温度升高反应速率加快
丁烯高温裂解生成短链烃类
【解析】(1)根据盖斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=△H2-△H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol
=+123kJ/mol。由a 图可以看出，温度相同时，由0.1MPa 变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移
动，所以x 的压强更小，x<0.1。由于反应①为吸热反应，所以温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产
率增大，因此A 正确、B 错误。反应①正向进行时体积增大，加压时平衡逆向移动，丁烯的平衡产率减小，
因此C 错误，D 正确。 (2)一方面H2可以活化催化剂，同时作为反应①的产物，他也会促使平衡逆向移动，
从而减少平衡体系中的丁烯的含量。(3)590℃之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时
由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过590℃时，
由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少。
23．(2016•新课标Ⅱ，28)丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”
生产，主要副产物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等，回答下列问题：
(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方
程式如下：
①C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol
①C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是________；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是
________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。
(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460℃。低于460℃时，丙烯腈的
产率________(填“是”或者“不是”)对应温度下的平衡产率，判断理由是________；高于460℃时，丙烯
腈产率降低的可能原因是________(双选，填标号)
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．副反应增多 D．反应活化能增大
(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为
，理由是_______________。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为________。
【答案】(1)两个反应均为放热量大的反应 降低温度降低压强 催化剂
(2)不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 AC
(3)1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 1：7.5：1
【解析】(1)因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学趋势大；该反应为气体分子数增大的放热
反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化
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剂。(2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，
460℃以前是建立平衡的过程，所以低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460℃
时，丙烯腈产率降低。A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；B．平衡常
数变大，对产率的影响是提高产率才对，错误；C．根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下
降，正确；D．反应活化能的大小不影响平衡，错误；故选AC。(3)根据图像可知，当n(氨)/n(丙烯)约为1
时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+
3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1 的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中
氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1：7.5：1。
24．(2016·全国II 卷，26)联氨(又称联肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭
燃料，回答下列问题：
(1)联氨分子的电子式为_____________，其中氮的化合价为____________。
(2)实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为___________。
(3)①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l) △H1
②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) △H2
③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) △H3
④2 N2H4(l) + N2O4(l)= 3N2(g)+ 4H2O(g) △H4=-1048.9kJ/mol
上述反应热效应之间的关系式为△H4=________________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因
为_________________________________________________。
(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为
___________________(已知：N2H4+H+
N2H5
+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐
的化学式为 。
(5)联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr 的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是。联氨可用
于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg 的联氨可除去水中溶解的O2kg；与使用Na2SO3处
理水中溶解的O2相比，联氨的优点是 。
【答案】(1)
；-2
(2)NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O (3)△H4=2△H3-2△H2-△H1 ；反应放热量大、产生大量气体
(4)8.7×10-7，N2H6(HSO4)2
(5)固体逐渐变黑，并有气泡产生 1 N2H4的用量少，不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O，而
Na2SO3产生Na2SO4
【解析】(1)联氨是由两种非金属元素形成的共价化合物，电子式为
，根据化合价代数和为
零，其中氮的化合价为-2 价。(2)次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，Cl 元素的化合价由+1 价降低到-1 价，N
元素的化合价由-3 价升高到-2 价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为
NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。(3)根据盖斯定律，反应热效应之间的关系式为△H4=2△H3-2△H2-△H1。联
胺有强还原性，N2O4有强氧化性，两者在一起易发生自发地氧化还原反应，反应放热量大、产生大量气体，
41
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所以联氨和N2O4可作为火箭推进剂。(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步
电离的方程式为N2H4+H2O
N2H5
++OH-，已知：N2H4+H+
N2H5
+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14，平
衡常数K=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7 ；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸
式盐的化学式为N2H6(HSO4)2 。(5)联氨是一种常用的还原剂，AgBr 具有氧化性，两者发生氧化还原反应生
成银，则向装有少量AgBr 的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于
处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2O，理论上1kg 的联氨可除去水
中溶解的氧气为1kg÷32g/mol×32g/moL=1kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4
的用量少，不产生其他杂质，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4，易生成硫酸盐沉淀，影响锅炉的安全使用。
25．(2016·全国II 卷，27)丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”
生产，主要副产物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙腈CH3CN 等，回答下列问题：
(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方
程式如下：
①C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) △H=-515kJ/mol
①C3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) △H=-353kJ/mol
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是；提高丙烯腈
反应选择性的关键因素是。
(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460OC．低于460OC 时，丙烯腈的
产率(填“是”或者“不是”)对应温度下的平衡产率，判断理由是；高于460OC 时，丙烯腈产率降低的可
能原因是 (双选，填标号)
A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大 C．副反应增多 D．反应活化能增大
(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为
，理由是 。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为 。
【答案】(1)两个反应均为放热量大的反应；降低温度降低压强；催化剂；
(2)不是，该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 AC
(3)1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低； 1：7.5：1
【解析】 (1)因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热
反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；由图b 可知，提高丙烯腈反应选择性的关
键因素是催化剂。(2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到
平衡状态，460OC 以前是建立平衡的过程，所以低于460OC 时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；
高于460OC 时，丙烯腈产率降低，A 项，催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正
确；B 项，平衡常数的大小不影响产率，错误；C 项，根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率
42
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下降，正确；D 项，反应活化能的大小不影响平衡，错误；故选AC。(3)根据图像可知，当n(氨)/n(丙烯)
约为1 时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+
3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1 的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中
氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1：7.5：1。
26．(2015·浙江卷，28)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：
(g)
(g)+H2(g)
(1)已知：
化学键
C—H
C—C
C
C
H—H
键能/kJ·mol-1
412
348
612
436
计算上述反应的ΔH= kJ·mol-1。
(2)维持体系总压p 恒定，在温度T 时，物质的量为n、体积为V 的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙
苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K= (用α 等符号表示)。
(3)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1∶9)，控制反应
温度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化
剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下：
①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实
。
②控制反应温度为600℃的理由是
。
(4)某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺——乙苯-二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。
保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸气工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还
能够发生反应：CO2+H2=CO+H2O，CO2+C=2CO。新工艺的特点有 (填编号)。
①CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
②不用高温水蒸气，可降低能量消耗
③有利于减少积炭
④有利于CO2资源利用
【答案】(1)124 (2)Kc=α2n/[(1-α2)V]或Kp=
α
2
(1−α
2)
p
(3)①正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气稀释，相当于起减压的效果
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②温度控制在600℃，能保持较快的反应速率，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性都较高。温度过低，反
应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大
(4)①②③④
【解析】(1)ΔH= 反应物的总键能- 生成物的总键能=412 kJ·mol-1×2+348 kJ·mol-1-612 kJ·mol-1-436
kJ·mol-1=124 kJ·mol-1。(2)恒压条件下，反应是体积增大的反应，反应前后体积会发生变化，V 1
V 2
=n1
n2
，反应
后的体积V2=(1+α)V，代入平衡常数的计算公式可求出：K=α2n/[(1-α2)V]。(3)①水不参加反应，相当于通
入惰性气体，保持压强不变，对于反应来说相当于减小压强，平衡向气体体积增大的方向进行，即向正反
应方向进行，因此能提高乙苯的转化率。②温度控制在600℃，能保持较快的反应速率，乙苯的转化率和
苯乙烯的选择性都较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，可能使催化剂失活，且能耗大。
虽然乙苯的转化率提高，但苯乙烯的选择性大幅下降。(4)与掺水蒸气工艺相比，不用高温水蒸气，可降低
能量消耗；CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移；CO2+C=2CO，有利于减少积炭，且充分利
用了CO2资源。
27．(2015·全国卷Ⅱ，27)甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和
H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
Ⅰ.CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g) ΔH1
Ⅱ.CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)已知反应Ⅰ中相关的化学键键能数据如下：
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ·mol-1)
436
343
1 076
465
413
由此计算ΔH1= kJ·mol-1 ；已知ΔH2=-58 kJ·mol-1 ，则ΔH3=
kJ·mol-1。
(2)反应Ⅰ的化学平衡常数K 表达式为 ；
图1 中能正确反映平衡常数K 随温度变化关系的曲线为 (填曲线标记字母)，其判断理由
是
。
(3)合成气组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.60 时，体系中的CO 平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图2 所示。
α(CO) 值随温度升高而 ( 填“ 增大” 或“ 减小” ) ，其原因是
；
44
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图2 中的压强由大到小为 ，其判断理由是
。
【答案】(1)-99 +41
(2)K=
c(C H 3OH )
c(CO)·c
2( H 2)
[或Kp=
p(C H 3OH )
p(CO)· p
2( H 2)
] a
反应Ⅰ为放热反应，平衡常数数值应随温度升高而变小
(3)减小 升高温度时，反应Ⅰ为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO 的量增大；反应Ⅲ为吸热
反应，平衡向右移动，又使产生CO 的量增大；总结果，随温度升高，使CO 的转化率降低 p3>p2>p1 相
同温度下，由于反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，加压有利于提高CO 的转化率；而反应Ⅲ为气体分子数
不变的反应，产生CO 的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO 的转化率升高
【解析】(1)反应热等于反应物键能减去生成物键能，根据反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)可知
ΔH1=1 076 kJ·mol-1+2×436 kJ·mol-1-3×413 kJ·mol-1-343 kJ·mol-1-465 kJ·mol-1=-99 kJ·mol-1，再根据盖斯定律：
Ⅱ-Ⅰ=Ⅲ，则ΔH3=-58 kJ·mol-1+99 kJ·mol-1=+41 kJ·mol-1 。(2) 根据平衡常数表达式可知反应Ⅰ的K=
c(C H 3OH )
c(CO)·c
2( H 2)
；正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数减小，a 正确。(3)
升高温度时，反应Ⅰ为放热反应，平衡向左移动，使得体系中CO 的量增大；反应Ⅲ为吸热反应，平衡向
右移动，产生CO 的量增大；总结果，随温度升高，使CO 的转化率减小；由于同温时反应Ⅰ加压右移，
有利于CO 的转化，反应Ⅲ平衡不移动，CO 的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO 的转化率升高，
所以图2 中的压强由大到小为p3>p2>p1。
考点2 治理环境原理
1．(2024·湖北卷，17，14 分)用BaCO3和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到BaC2，再制备乙炔是我国科
研人员提出的绿色环保新路线。
反应I：BaCO3(s)+C(s)
BaO(s)+2CO(g)
反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)+CO(g)
回答下列问题：
(1)写出BaC2与水反应的化学方程式 。
(2)已知
、
(n 是
的化学计量系数)。反应、Ⅱ的
与温度的关系曲线见图
1。
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①反应BaCO3(s)+4C(s)
BaC2(s)+3CO(g)在
的KP= Pa3。
②保持
不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时pCO= Pa，若将容器体积压缩到
原来的
，重新建立平衡后pCO= Pa。
(3)恒压容器中，焦炭与BaCO3的物质的量之比为
，
为载气。
和
下，
产率随时
间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。
①初始温度为
，缓慢加热至
时，实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应体系中含
物种
为 。
②
下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。
【答案】(1)BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑
(2) 1016 105 105
(3) BaO 速率不变至BaC2产率接近100% 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)
+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO 为气态，据
可知，CO 的压强为定值，
所以化学反应速率不变
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【解析】(1)Ba、Ca 元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式
为BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑；(2)①反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)
BaC2(s)+3CO(g)，所以其
平衡常数K=KI×KⅡ=
，由图1 可知，1585K 时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即
=102.5×10-1.5=10，所
以p3
CO=10×(105pa)3=1016pa
3，则Kp= p3
CO=1016pa
3；②由图1 可知，1320K 时反应I 的KI=100=1，即KI=
=1，所以p2
CO=(105pa)2，即pCO=105pa；③若将容器体积压缩到原来的
，由于温度不变、平衡常
数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105pa；(3)①由图2 可知，1400K 时，BaC2的产率为0，即没
有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba 物种为BaO；②图像显示，1823K 时
BaC2的产率随时间由0 开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定值，即速率保持不变；
1400K 时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO 为气态，据
可知，CO 的压强为
定值，所以化学反应速率不变。
2．(2024·辽吉黑卷，18，13 分)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl 废气：
。将HCl 和O2分别以不同起始
流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制
转化率(
)曲线，如
下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
(1) ΔS _______0(填“>”或“<”)；T3=_______℃。
(2)结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH=_______ kJ·mol−1。
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)
(3)下列措施可提高M 点HCl 转化率的是_______(填标号)
A．增大HCl 的流速
B．将温度升高40℃
C．增大n(HCl)：n(O2)
D．使用更高效的催化剂
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(4)图中较高流速时，
小于
和
，原因是_______。
(5)设N 点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数
_______(用平衡物质的量分数代替
平衡浓度计算)
(6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞
体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，则
的相对原子质量为_______(精确至1)。
【答案】(1) ＜ 360℃ (2)-258.8 (3)BD
(4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3 温度低，
反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低
(5)6 (6)101
【解析】(1)反应
前后的气体分子数目在减小，所以该反应
ΔS <0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越
高，HCl 的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。(2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④
，设①
，②
，③H2(g)
+Cl2(g)=2HCl(g)，则
，因此氢气的燃烧热ΔH=－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-258.8
kJ·mol−1；(3)A 项，增大HCl 的流速，由图像可知，HCl 的转化率在减小，不符合题意；B 项，M 对应温度
为360℃，由图像可知，升高温度，HCl 的转化率增大，符合题意；C 项，增大n(HCl)：n(O2)，HCl 的转
化率减小，不符合题意；D 项，使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl 的转
化率增加，符合题意；故选BD。(4)图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要
是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应
速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。(5)由图像可知，N 点HCl 的平衡转化率为80%，设起始
n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式：
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则
。(6)由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量
之比。故
，则Ru 的相对原子质量为101。
3．(2023•浙江省1 月选考，19)“碳达峰•碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现
“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
I：CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g) ∆H1= +247 kJ•mol-1 ，K1
II：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ∆H2= +41 kJ•mol-1 ， K2
请回答：
(1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是___________。
A．低温低压
B．低温高压
C．高温低压
D．高温高压
(2)反应CH4(g)+3CO2(g)
4CO(g)+2H2O(g)的∆H=_________kJ•mol-1，K=_________ (用K1、K2表示)。
(3)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3 投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现
CO2高效转化。
①下列说法正确的是__________。
A．Fe3O4可循环利用，CaO 不可循环利用
B．过程ii，CaO 吸收CO2可促进Fe3O4氧化CO 的平衡正移
C．过程ii 产生的H2O 最终未被CaO 吸收，在过程iii 被排出
D．相比于反应I，该流程的总反应还原1mol CO2需吸收的能量更多
②过程ii 平衡后通入He，测得一段时间内CO 物质的量上升，根据过程iii，结合平衡移动原理，解释
CO 物质的量上升的原因______________________________。
(4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R=∆n(CO2)/∆n(CH4)(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化
之比)。
①常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3 投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图
1，请在图2 中画出400~1000℃之间R 的变化趋势，并标明1000℃时间R 值。
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②催化剂X 可提高R 值，另一时段内CH4转化率、R 值随温度变化如下表：
温度/℃
480
500
520
550
CH4转化率/%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
下列说法不正确的是___________
A.R 值提高是由于催化剂X 选择性地提高反应II 的速率
B.温度越低，含氢产物中H2O 占比越高
C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R 值减小
D.改变催化剂提高CH4转化率，R 值不一定增大
【答案】(1)C (2)+329 K1•K2
2
(3)①BC
②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致c(CO2)/c(CO)增大，促进Fe 还原CO2平衡正移
(4) ①
②C
【解析】(1)反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温
度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高CO2平
衡转化率的条件是高温低压；故选C；
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(2)已知：I：CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g) ∆H1= +247 kJ•mol-1 ，K1
II：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ∆H2= +41 kJ•mol-1 ， K2
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2 得反应H4(g)+3CO2(g)
4CO(g)+2H2O(g)；故△H=△H1+2△H2=+329
kJ•mol-1，K= K1•K2
2；(3)①A 项，根据流程可知，Fe3O4转化为Fe，Fe 又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用；
CaCO3受热分解生成CaO 和CO2， CaO 又与CO2反应生成CaCO3，CaO 也可循环利用，A 错误；B 项，过
程ⅱ，CaO 吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO 的平衡正移，B 正确；C 项，过程ⅱCaO 吸收
CO2而产生的H2O 最终未被CaO 吸收，在过程ⅲ被排出，C 正确；D 项，焓变只与起始物质的量有关，与
过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1 mol CO2需吸收的能量一样多，D 错误；故选BC；②
通入He，CaCO3 分解平衡正移，导致
增大，促进Fe 还原CO2 平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入
He，测得一段时间内CO 物质的量上升；(4)①根据图1 可知1000℃时，CH4 转化率为100%，即
∆n(CH4)=1mol， CO2 转化率为60%，即∆n(CO2) =3mol 60%=1.8mol，故R=∆n(CO2)/∆n(CH4)=
=1.8，故400~1000℃间R 的变化趋势如图：
；②A 项，R 值提高是由于催
化剂X 选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2 的转化率增大，∆n(CO2)增大的倍数比
∆n(CH4)大，则R 提高，A 正确；B 项，根据表中数据可知，温度越低，CH4 转化率越小，而R 越大，
∆n(CO2)增大的倍数比∆n(CH4)大，含氢产物中H2O 占比越高，B 正确；C 项，温度升高，CH4转化率增加，
CO2转化率也增大，且两个反应中的CO2转化率均增大，增大倍数多，故R 值增大，C 不正确；D 项，改
变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高CH4转化率，若CO2转化率减小，则R 值不一定增大，D 正确；
故选C。
4．(2023•江苏卷，14)V2O5-WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为
4NH3(g)＋O2(g)+4NO(g)=4N2g)+6H2O(g) ΔH＝-1632.4kJ·mol−1
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的
NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5-WO3/TiO2催化剂。在水溶液中VO3
-水解为H3VO4沉
淀的离子方程式为___________；反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是___________。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5-WO3/TiO2
催化剂的反应器，测得NO 的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO 转化率
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随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO 转化率下降，除因为进入反应器的
NO 被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可
表示为___________。
③向pH=8 的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl 溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)=1.7×10-
3，加过量NH4Cl 溶液的目的是___________。
【答案】(1)①VO3
-+2H2O
H3VO4↓+OH-
②NH4VO3发生双水解NH4
++VO3
-+H2O
H3VO4↓+NH3，NH4
+有利于VO3
-水解
(2)①此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，故NO 转化率基本不变
②4NH3+5O2
4NO+6H2O、N2+O2
2NO
(3)①适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等
②
③增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量
【解析】(1)在水溶液中VO3
-水解为H3VO4沉淀的离子方程式为VO3
-+2H2O
H3VO4↓+OH-，反应
选用NH4VO3 溶液在于NH4VO3 发生双水解NH4
++VO3
-+H2O
H3VO4↓+NH3，NH4
+有利于VO3
-水解。
(2)反应温度在320~360℃范围内，NO 转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性已达
最佳，对反应速率影响不明显，故NO 转化率基本不变。反应温度高于380℃，NO 转化率下降，有可能体
系产生了NO，如4NH3+5O2
4NO+6H2O、N2+O2
2NO 等。(3)提高钒元素浸出率的方法还有适当
增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等，已知H4V4O12具有八元环结构，且V 连有五根共价键，结构
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式可表示为
。NH4VO3 饱和溶液中存在溶解平衡NH4VO3(s)
NH4
+ (aq)+ VO3
-
(aq)，加过量NH4Cl 溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含
量。
5．(2022•全国乙，28)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并
加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/mol
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/mol
计算H2S 热分解反应④2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4=________ kJ/mol。
(2)较普遍采用的H2S 处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反
应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。
(3)在1470K、100 kPa 反应条件下，将n(H2S)：n(Ar)=1：4 的混合气进行H2S 热分解反应。平衡时混合
气中H2S 与H2的分压相等，H2S 平衡转化率为________，平衡常数Kp=________ kPa。
(4)在1373K、100 kPa 反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19 的
H2S-Ar 混合气，热分解反应过程中H2S 转化率随时间的变化如下图所示。
①n(H2S)：n(Ar)越小，H2S 平衡转化率________，理由是________。
②n(H2S)：n(Ar)=1：9 对应图中曲线________，计算其在
之间，H2S 分压的平均变化率为
________ kPa·s－1。
【答案】(1)170 (2) 副产物氢气可作燃料 耗能高
(3) 50% 4.76
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(4) ① 越高 n(H2S)：n(Ar)越小，H2S 的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S 平衡转化
率越高 ②d 24.9
【解析】(1)已知：
①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/mol
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/mol
根据盖斯定律(①+②)×
－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝(－1036+94)kJ/mol×
+484kJ/mol
＝170 kJ/mol；(2)根据盖斯定律(①+②)×
可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×
=
－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方
法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高
温分解H2S 会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；(3)假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的
量分别为1mol 和4mol，根据三段式可知：
平衡时H2S 和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S 的平衡转
化率为
，所以平衡常数Kp＝
＝
≈4.76kPa；
(4)①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)：n(Ar)越小，H2S 的分压越小，相当于降低压强，平衡向
正反应方向移动，因此H2S 平衡转化率越高；②n(H2S)：n(Ar)越小，H2S 平衡转化率越高，所以n(H2S)：
n(Ar)＝1：9 对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)：n(Ar)＝1：9 反应进行到0.1s 时H2S 转化率为0.24。假
设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol 和9mol，则根据三段式可知：
此时H2S 的压强为
≈7.51kPa，H2S 的起始压强为10kPa，所以H2S 分压的
平均变化率为
＝24.9kPa·s－1。
6．(2022·浙江省6 月，29)主要成分为H2S 的工业废气的回收利用有重要意义。
(1)回收单质硫。将三分之一的H2S 燃烧，产生的SO2与其余H2S 混合后反应：
。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为
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c(H2S)=2.0×10-5mol·L－1、c(SO2)= 5.0×10-5mol·L－1、c(H2O)=4.0×10-3mol·L－1，计算该温度下的平衡常数
_______。
(2)热解H2S 制H2。根据文献，将H2S 和CH4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出
料)，发生如下反应：
Ⅰ 2H2S(g)
2H2(g)+ S2(g) ΔH1＝170kJ·mol−1
Ⅱ CH4(g)+ S2(g)
CS2(g)+2H2(g) ΔH2＝64kJ·mol−1
总反应：
Ⅲ 2H2S(g)+CH4(g)
CS2(g)+4H2(g)
投料按体积之比V(H2S)：V(CH4)=2：1，并用N2稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得H2和
CS2体积分数如下表：
温度/℃
950
1000
1050
1100
1150
H2/V(%)
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
CS2/V(%)
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②下列说法正确的是_______。
A．其他条件不变时，用Ar 替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，H2S 的转化率越高
C．由实验数据推出H2S 中的S-H 键强于CH4中的
键
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意
图_______。
④在1000℃，常压下，保持通入的H2S 体积分数不变，提高投料比[V(H2S)：V(CH4)]，H2S 的转化率
不变，原因是_______。
⑤在950℃~1150℃范围内(其他条件不变)，S2(g)的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并
分析原因_______。
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【答案】(1)8×108 L·mol－1
(2) 高温 AB
1000℃时CH4不参与反
应，相同分压的H2S 经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度
升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，
S2(g)的体积分数减小
【解析】(1)根据方程式可知该温度下平衡常数K＝
=
；(2)①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，
这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大(即ΔS＞0)的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0 可自发进行可知反应Ⅲ自发进
行的条件是高温下自发进行；②A 项，Ar 是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用
Ar 替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A 正确；B 项，正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温
度越高，H2S 的转化率越高，B 正确；C 项，根据表中数据无法得出H2S 中S-H 键和CH4中C-H 键的相对
强弱，事实上C-H 键的键能大于S-H 键键能，C 错误；D 项，恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减
压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D 错误；故选AB；③反应I、反应
Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为
；④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同
分压的H2S 经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S 体积分数不变，提高投料
比时H2S 的转化率不变；⑤由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，
随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升
后降。
7．(2021•全国甲，28)二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
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(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2(g)+3H2＝CH3OH(g)+H2O(g)
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+H2＝CO(g)+H2O(g)
△H1=+41kJ·mol-l
②CO(g)+2H2＝CH3OH(g)
△H2=-90kJ·mol-l
总反应的△H =_______ kJ·mol-l；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是
_______(填标号)，判断的理由是_______。
A．
B．
C．
D．
(2)合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)=3 时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数
为x(CH3OH)，在 t=250℃下的 x(CH3OH)～p、在p=5×105Pa 下的 x(CH3OH)～t 如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp =_______；
②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；
③当x(CH3OH)=0.10 时，CO2的平衡转化率
____，反应条件可能为___或___。
【答案】(1)-49 A ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH 为负值，反应①的活化能大于反应②的
(2)①
②b 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小
③33.3% 5×105Pa，210℃ 9×105Pa，250℃
【解析】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2＝CH3OH(g)+H2O(g)，该反
应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2＝CO(g)+H2O(g)
△H1=+41kJ·mol-l ，②CO(g)
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+2H2＝CH3OH(g)
△H2=-90kJ·mol-l，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇
的总反应为：CO2(g)+3H2＝CH3OH(g)+H2O(g) △H=(+41kJ·mol-l)+(-90kJ·mol-l)=-49kJ·mol-l，；
该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①
的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高
于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A 项。(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反
应为CO2(g)+3H2＝CH3OH(g)+H2O(g)，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达
式Kp=
；②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中
x(CH3OH)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b；③设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则：
当平衡时x(CH3OH)=0.10 时，
=0.1，解得x=1/3mol，平衡时CO2 的转化
率α=
=33.3%；由图可知，满足平衡时x(CH3OH)=0.10 的条件有：5×105Pa，210℃或
9×105Pa，250℃。
8．(2021•河北选择性，16)当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧
化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热
数据如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为________。
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO3
-(aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为
ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x 时，溶液中H+浓度为
________mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO3
-的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)
M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
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保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中
水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于________kPa。
(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li 为单质锂片，则该电池中的CO2在___(填“正”或“负”)极发生电化学反应。
研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4 个步骤
进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O4
2- Ⅱ.C2O4
2-=CO2+CO2
2-
Ⅲ.__________ Ⅳ.CO3
2-+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为_________。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO 的反应进程中(H+被还原为H2的反
应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO 从易到难的顺序为_______(用a、b、c 字
母排序)。
【答案】(1)6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) ΔH=49.1kJ mol-1
(2)
(3) 100.8 (4) ①正极 2CO2
2-+CO2=2CO3
2-+C ②12CO2+18e-
+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO3
2- c、b、a
【解析】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ mol-1，
②H2(g)+
O2(g)=H2O(l) ΔH2=-285.8kJ mol-1，③C6H6(l)+
O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ΔH3=-3267.5kJ
mol-1，根据盖斯定律，[①×12+②×6]
-③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，ΔH=[(-393.5kJ mol-1)
×12+(-285.8kJ mol-1)
6]
-(-3267.5kJ mol-1)=49.1kJ mol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)
ΔH=49.1kJ mol-1；(2)由题可知，①CO2(s)
CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)
H+(aq)+HCO3
- (aq)，
K2=
，又因为p(CO2)=p(kPa) x，则c(CO2)=y(mol•L-1•kPa-1)p(CO2)=p x y mol/L，在忽略
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HCO3
-的电离时，c(H+)=c(HCO3
-)，所以可得c(H+)=
，故答案为：
；(3)2MHCO3(s)
M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量
浓度，平衡常数Kp=
=
=529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平
衡体系中CO2的分压为x，则K=
= 529kPa2，
=
kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平
衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa；(4)①
由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电
池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4 个步骤进行，由步骤II 可知生成了CO2
2-，而步骤IV 需要
CO3
2-参加反应，所以步骤III 的离子方程式为：2 CO2
2-+CO2=2 CO3
2-+C；②I.CO2在碱性条件下得电子生成
CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9
CO3
2-；II.c 催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催
化剂a 和b 条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其
中a 催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因
此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。
9．(2021•广东选择性，18)我国力争于2030 年前做到碳达峰，2060 年前实现碳中和。CH4与CO2重整
是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g) ∆H1
b)CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ∆H2
c)CH4(g)
C(s)+2H2(g) ∆H3
d)2CO(g)
CO2(g)+C(s) ∆H4
e)CO(g)+H2(g)
H2O(g)+C(s) ∆H5
(1)根据盖斯定律，反应a 的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c 的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e 的平衡均向右移动
C．加入反应a 的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e 的正、逆反应速率都减小
(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步
的正反应活化能最大。
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(4)设K 为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气
体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。反应a、c、e 的ln K 随
(温度的倒数)的变化
如图所示。
①反应a、c、e 中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②反应c 的相对压力平衡常数表达式为K =_______。
③在图中A 点对应温度下、原料组成为n(CO2)：n(CH4)=1：1、初始总压为100kPa 的恒容密闭容器中
进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_______。
(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。
【答案】(1)∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4 (2)AD (3) 4 4
(4)①ac ②
③68% (5)做冷冻剂
【解析】(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3-
∆H5=∆H3-∆H4；(2)A 项，增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c 来说，均增大了反应物的浓度，反应
的正反应速率增大，A 正确；B 项，移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均
不变，平衡不移动，B 错误；C 项，催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改
变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C 错误；D 项，降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均
减小，D 正确；故选AD；(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4 个峰，即吸收了4 次活化能，经历
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了4 步反应；且从左往右看4 次活化能吸收中，第4 次对应的峰最高，即正反应方向第4 步吸收的能量最
多，对应的正反应活化能最大。(4)①随着温度的升高，反应a 和c 的ln K 增大，说明K 的数值增大，反
应向正反应方向进行，反应a 和c 为吸热反应，同理反应e 的ln K 减小，说明K 的减小，反应向逆反应
方向进行，反应e 为放热反应，故答案为ac；②用相对分压代替浓度，则反应c 的平衡常数表达式K =
；③由图可知，A 处对应反应c 的ln K =0，即K =
=1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，
已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=
×100kPa=50kPa，故CH4的
平衡转化率为
×100%=68%；(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物
理性质。
10．(2020•浙江1 月，29)研究NOx之间的转化具有重要意义。
(1)已知：N2O4(g)
2NO2(g) ΔH＞0 将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温
度为T1。
①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。
A．气体的压强不变 B．v 正(N2O4)＝2v 逆(NO2) C．K 不变
D．容器内气体的密度不变 E．容器内颜色不变
②t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g)
2NO2(g)的平衡常数Kp＝________(对于气相反应，用某组分B 的平衡压强p(B)代替物质的量浓度
c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p 为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B 的物质的量分
数)。
③反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t 变化曲线。保持其它条
件不变，改变反应温度为T2(T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t 变化趋势的曲线________。
(2) NO 氧化反应：2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。
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Ⅰ 2NO(g)=N2O2(g) ΔH1
Ⅱ N2O2(g)＋O2(g)→2NO2(g) ΔH2
①决定NO 氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO 和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和
T4(T4＞T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_____(填“T3”或“T4”)下消
耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。
【答案】(1)①AE ②
p ③
(2)①Ⅱ
②T4 ΔH1＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率
的影响
【解析】(1)①A 项，该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，
反应达到化学平衡状态，故正确；B 项，v 正(N2O4)＝2v 逆(NO2)说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化
学平衡状态，故错误；C 项，温度不变，化学平衡常数K 不变，则K 不变不能说明反应达到化学平衡状态，
故错误；D 项，由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，
则密度不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反
应达到化学平衡状态，故正确；AE 正确；故选AE；②设起始N2O4的物质的量为1mol，由题给数据建立
如下三段式：
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由三段式数据可知N2O4的平衡分压为
×p=
，NO2的平衡分压为
×p=
，则平衡
常数Kp＝
=
；③由图可知，t1时反应消耗N2O4的浓度为(0.04—0.01)mol/L，由方程式可得反应
生成NO2的浓度为0.03 mol/L×2=0.06 mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，
NO2的浓度增大，则0～t2时段，NO2的浓度c(NO2)随t 变化趋势的曲线为
；(2)①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，
反应速率越慢，则化学反应速率反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO 氧
化反应速率的步骤是反应Ⅱ；②由图可知，转化相同量的NO，在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应
Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，
导致转化相同量的NO，在温度较高的T4下消耗的时间较长。
11．(2020•浙江7 月，29)研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。
相关的主要化学反应有：
Ⅰ C2H6(g)
C2H4(g)＋H2(g) ΔH1＝136 kJ·mol−1
Ⅱ C2H6(g)＋CO2(g)
C2H4(g)＋H2O(g)＋CO(g) ΔH2＝177 kJ·mol−1
Ⅲ C2H6(g)＋2CO2(g)
4CO(g)＋3H2(g) ΔH3
Ⅳ CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH4＝41 kJ·mol−1
已知：298K 时，相关物质的相对能量(如图1)。
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可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH 随温度变化可忽略)。例如：
H2O(g)
H2O(l) ΔH4＝(−286 kJ·mol−1)－(−242 kJ·mol−1)＝−44 kJ·mol−1。
请回答：
(1)①根据相关物质的相对能量计算ΔH3＝________kJ·mol−1。
②下列描述正确的是________。
A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正问移动
C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成
D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：[C2H6(g)＋CO2(g)]→[C2H4(g)＋H2(g)
＋CO2(g)]→[C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)]，且第二步速率较慢(反应活化能为210 kJ·mol−1)。根据相关物质的
相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量−反应过程图”，起点从[C2H6(g)＋CO2(g)]的能量−477
kJ·mol−1开始(如图2)。
(2) ①CO2 和C2H6 按物质的量1∶1 投料，在923 K：和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X 对
“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如下表：
催化剂
转化率C2H6/%
转化率CO2/%
转化率C2H4/%
催化剂X
19.0
37.6
3.3
结合具体反应分析，在催化剂X 作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是________，判断依据是________。
②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物质的
量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773 K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采
用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是________。
【答案】(1)①430 ②AD
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③
(2)①CO C2H4的产率低，谠明催化剂X 有利于提高反应Ⅲ速率
②选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动
【解析】(1)①由图1 的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393
kJ∙mol-1、-110 kJ∙mol-1、0 kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，
C2H6(g)+2CO2(g)
4CO(g)+3H2(g) ∆H3=(-110 kJ∙mol-1)4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)2=430 kJ∙mol-1。
②A 项，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A 正确；
B 项，反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，
B 不正确；C 项，反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO 的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故
其不利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C 不正确；D 项，反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒
压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍
数，因此该反应的浓度商变大(大于平衡常数)，化学平衡向逆反应方向移动，D 正确。故选AD。③由题中
信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、
H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJ∙mol-1+0+(-393 kJ∙mol-1)= -341 kJ∙mol-1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g)
+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ∙mol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了
210 kJ∙mol-1，过渡态的的相对能量变为-341 kJ∙mol-1+210 kJ∙mol-1= -131 kJ∙mol-1，最终生成物C2H4(g)、
H2O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ∙mol-1)+(-242 kJ∙mol-1)+(-110 kJ∙mol-1)= -300 kJ∙mol-1。根据题中信息，
第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：
。(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量
之比1：1 投料，但是C2H4的产率远远小于C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X
的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X 有利于
提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主要产物是CO；②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4
的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)
C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜
可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正
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反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。
12．(2020•江苏卷，16)吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO 水悬浊液
吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3
-、SO3
2-的物质的量分数
随pH 的分布如图-1 所示。
(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液
pH=6 时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。
(2)ZnO 水悬浊液吸收SO2。向ZnO 水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim 内，SO2吸收
率、溶液pH 均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH 几乎不变阶段，主要产物是
____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。
(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH 在4.5~6.5 范围内，pH 越低SO4
2-生成
速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH 将__________(填“增大”、“减小”
或“不变”)。
【答案】(1)2NH3+H2O+SO2=2NH4
++ SO3
2-或2NH3·H2O +SO2=2 NH4
++ SO3
2-+H2O
HSO3
-
(2)ZnSO3 ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2 HSO3
-或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2 HSO3
-
(3) 随着pH 降低，HSO3
-浓度增大 减小
【解析】(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为
2NH3+H2O+SO2=2NH4
++ SO3
2-(或2NH3·H2O +SO2=2 NH4
++ SO3
2-+H2O)；根据图-1 所示，pH=6 时，溶液中不
含有亚硫酸，仅含有HSO3
-和SO3
2-，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是
HSO3
-；(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO 大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH 几乎不变；
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一旦ZnO 完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH 逐渐变小，
SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2 HSO3
-(或ZnO+2SO2+H2O=Zn2+
+2 HSO3
-)；(3) HSO3
-可以经氧气氧化生成SO4
2-，这一过程中需要调节溶液pH 在4.5~6.5 的范围内，pH 越
低，溶液中的HSO3
-的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量的HSO3
-
反应生成SO4
2-，反应的离子方程式为2 HSO3
-+O2=2 SO4
2-+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生
成，导致氢离子浓度增大，溶液pH 减小。
13．(2016•新课标Ⅲ，28)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液
作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：
(1) NaClO2的化学名称为_______。
(2)在鼓泡反应器中通入含有含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为
5×10−3mol·L−1 。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
1.5×10−4
1.2×10−5
3.4×10−3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式__________。增加压强，NO 的转化率______(填
“提高”“不变”或“降低”)。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH 逐渐______ (填“提高”“不变”或“降低”)。
③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和
NO 在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。
(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。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______________(填“增大”“不变”
或“减小”)。
②反应ClO2
−+2SO3
2−===2SO4
2−+Cl−的平衡常数K 表达式为___________。
(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。
①从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO 具有的有点是_______。
②已知下列反应：
SO2(g)+2OH− (aq) ===SO3
2− (aq)+H2O(l) ΔH1
ClO− (aq)+SO3
2− (aq) ===SO4
2− (aq)+Cl− (aq) ΔH2
CaSO4(s) ===Ca2+(aq)+SO4
2−(aq) ΔH3
则反应SO2(g)+ Ca2+(aq)+ ClO− (aq) +2OH− (aq) === CaSO4(s) +H2O(l) +Cl− (aq)的ΔH=______。
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【答案】(1)亚氯酸钠
(2)①2OH-＋3ClO2
－＋4NO＝4NO3
－＋3Cl－＋2H2O 提高 ②减小
③大于 NO 溶解度较低或脱硝反应活化能较高
(3)①减小 ②
(4)①生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行
②△H1＋△H2－△H3
【解析】(1)NaClO2的化学名称为亚氯酸钠。(2)①亚氯酸钠具有氧化性，分析题给数据知NaClO2溶液
脱硝过程中主要生产硝酸根和氯离子，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，该反应的离子方
程式为4OH-+3ClO2
-+4NO=4NO3
-+3Cl-+2H2O；该反应正反应是气体体积减小的，则增加压强，平衡正向移
动，NO 的转化率提高；②根据反应的方程式2H2O+ClO2
-+2SO2=2SO4
2-+Cl-+4H+、2H2O+3ClO2
-+4NO=4NO3
-
+3Cl-+4H＋，可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH 逐渐减小；③由实验结果可知，
在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此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NO 溶解度较低或脱硝反应活化能较高或SO2的溶解度大于NO 或二
氧化硫的还原性强，易被氧化；(3)①由图像知，随着温度的升高，O2和NO 的平衡分压的负对数逐渐减小，
O2 和NO 的平衡分压逐渐增大，平衡逆向移动，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小；②根据反应ClO2
−
+2SO3
2−=2SO4
2-+Cl-写出反应的平衡常数K 表达式为
；(4)①从化学平衡原理分析，
Ca(ClO)2相比NaClO 具有的优点是由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向
进行，SO2 转化率提高；②已知：a.SO2(g)+2OH−(aq)=SO3
2−(aq)+H2O(l) ΔH1；b.ClO−(aq)+SO3
2−(aq)=SO4
2−
(aq)+Cl−(aq) ΔH2；c.CaSO4(s)=Ca2+(aq)+SO4
2−(aq) ΔH3；根据盖斯定律知a＋b－c 得反应SO2(g)+Ca2+(aq)
+ClO−(aq)+2OH−(aq)= CaSO4(s) +H2O(l) +Cl−(aq)的 ΔH=△H1＋△H2－△H3。
14．(2016·浙江理综，28)催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在
Cu/ZnO 催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成CH3OH 和CO。反应的热化学方程式如
下：
CO2(g)+3 H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-53.7kJ·mol-1 Ⅰ
CO2(g)+ H2(g)
CO(g)+H2O(g)ΔH2 Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：
T(K)
催化剂
CO2转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
Cat.1
12.3
42.3
543
Cat.2
10.9
72.7
553
Cat.1
15.3
39.1
553
Cat.2
12.0
71.6
【备注】Cat.1：Cu/ZnO 纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO 纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醛的百分
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比
已知：①CO 和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1
②H2O(l)=H2O(g) ΔH3=44.0kJ·mol-1
请回答(不考虑温度对ΔH 的影响)：
(1)反应Ⅰ的平衡常数表达式K= ；反应Ⅱ的ΔH2= kJ·mol-1。
(2)有利于提高CO2转化为CH3OH 平衡转化率的措施有 。
A．使用催化剂Cat.1
B．使用催化剂Cat.2
C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度
E．增大CO2和H2的初始投料比
(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH 的选择性有显著的影响，其
原因是 。
(4)在右图中分别画出Ⅰ在无催化剂、有Cat.1 和由Cat.2 三种情况下“反应过程-能量”示意图。
(5)研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在 极，该电极反
应式是 。
【答案】(1)
+41.2
(2)CD
(3)表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲
醇选择性有影响。
(4)
(5)阴 CO2+6H++6e-==CH3OH+H2O
【解析】 (1)根据平衡常数的公式，生成物的浓度幂之积与反应物浓度的幂之积的比值书写平衡常数
为
。有热化学方程式为：a：CO(g)+
O2(g)=CO2(g) △H= -283.0kJ·mol-1 b：H2(g)
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+
O2(g)=H2O (l)△H=-285.8kJ·mol-1 c： H2O(l)=H2O(g) ΔH3=44.0kJ·mol-1根据盖斯定律分析，b-a+c 即可
得热化学方程式为：CO2(g)+ H2(g)
CO(g)+H2O(g)ΔH2=-285.8+283.0+44=+41.2 kJ·mol-1。(2)反应Ⅰ中，
A 项，使用催化剂，平衡不移动，不能提高转化率，错误；B 项，使用催化剂，平衡不移动，不能提高转
化率，错误；C 项，降低反应温度，平衡正向移动，提高二氧化碳的转化率，正确；D 项，投料比不变，
增加反应的浓度，平衡正向移动，提高二氧化碳的转化率，正确；E 项，增大二氧化碳和氢气的初始投料
比，能提高氢气的转化率，二氧化碳的会降低，故错误。故选CD。(3)从表格数据分析，在相同的温度下，
不同的催化剂，其二氧化碳的转化率也不同，说明不同的催化剂的催化能力不同；相同催化剂不同的温度，
二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未到平衡数据。
所以答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻
下对甲醇选择性有影响。(4)从表中数据分析，在催化剂Cat.2 的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂
Cat.2 对反应Ⅰ的催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2 的反应过程中活化能
更低，故图为：
(5)二氧化碳变甲醇，碳元素的化合价降低，得到电子，说明其在阴极反应，其电极反应为：CO2+6H+
+6e-==CH3OH+H2O。
15．(2015·江苏卷，20)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气
中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：
NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g) ΔH=-200.9 kJ·mol-1
NO(g)+1
2O2(g)=NO2(g) ΔH=-58.2 kJ·mol-1
SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH=-241.6 kJ·mol-1
(1)反应3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)的ΔH= kJ·mol-1。
(2)室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中
n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)∶n(NO)的变化见下图。
①当n(O3)∶n(NO)>1 时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是 。
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②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 。
(3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH 约为8)中SO3
2-将NO2转化为NO2
-，其离子
方程式为 。
(4)CaSO3 水悬浮液中加入Na2SO4 溶液，达到平衡后溶液中c(SO3
2-)= [用c(SO4
2-)、
Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是
。
【答案】(1)-317.3
(2)①O3将NO2氧化成更高价氮氧化物(或生成了N2O5)
②SO2与O3的反应速率慢
(3) SO3
2-+2NO2+2OH-=SO4
2-+2NO2
-+H2O
(4) K sp(CaSO3)
K sp(CaSO4)×c(SO4
2-)
SO3
2-的浓度增大，加快SO3
2-与NO2的反应速率
【解析】(1)根据盖斯定律，(反应1)+(反应2)×2，可得3NO(g)+O3(g)
3NO2(g)，则ΔH=-200.9 kJ·mol-1-
58.2 kJ·mol-1×2=-317.3 kJ·mol-1。(2)①根据图示，n(O3)∶n(NO)=1 时，n(NO2)最大，n(O3)∶n(NO)>1 时，
n(NO2)减小，可能原因是过量的O3将NO2氧化为更高价态的氮氧化物N2O5。②增大n(O3)，O3氧化SO2的
反应不受影响，结合O2氧化SO2需要催化剂加热，可以推断可能原因是该反应的反应速率较慢。(3)NO2转
化为NO2
-，氮元素被还原，则硫元素被氧化，SO3
2-转化为SO4
2-，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒
配平离子方程式。(4) 根据
Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)·c(SO4
2-) ，c(Ca2+)=
K sp(CaSO4)
c(SO4
2−)
，根据
Ksp(CaSO3)=c(Ca2+)·c(SO3
2-) ，c(SO3
2-)=
K sp(CaSO3)
c(C a
2+)
= K sp(CaSO3)
K sp(CaSO4)×c(SO4
2-) 。CaSO3 水悬浮液中加入
Na2SO4，发生沉淀的转化：CaSO3(s)+Na2SO4
CaSO4(s)+Na2SO3，溶液中c(SO3
2-)增大，加快SO3
2-与NO2的
反应速率，因此NO2的吸收效率提高。
16．(2015·广东卷，31)用O2将HCl 转化为Cl2，可提高效益，减少污染。
(1)传统上该转化通过如下所示的催化循环实现。
其中，反应①为：
2HCl(g)+ CuO(s)
H2O(g)+CuCl2(s) ΔH1
反应②生成1 mol Cl2(g)的反应热为ΔH2，则总反应的热化学方程式为
_________________________________(反应热用ΔH1和ΔH2表示)。
(2)新型RuO2催化剂对上述HCl 转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性。
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl 平衡转化率随温度变化的αHCl~T 曲线如图：
72
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则总反应的ΔH 0(填“>”“=”或“<”)；A、B 两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是
。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应αHCl~T 曲线的示意图，并简要说明理由：
。
③下列措施中，有利于提高αHCl的有 。
A．增大n(HCl) B．增大n(O2)
C．使用更好的催化剂 D．移去H2O
(3)一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的数据如下：
t/min
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n(Cl2)/10-3mol
0
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0～6.0 min 内以HCl 的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min-1为单位，写出计算过程)。
(4)Cl2用途广泛，写出用Cl2制备漂白粉的化学反应方程式 。
【答案】(1)2HCl(g)+ 1/2O2(g)
H2O(g)+Cl2(g) ΔH=ΔH1+ΔH2
(2)①< K(A) ②见下图
增大压强，平衡右移，αHCl增大，相同温度下，HCl 的平衡转化率比之前实验的大 ③B、D
(3)解：设2.0~6.0 min 内，HCl 转化的物质的量为n
2HCl(g)+1/2O2(g)
H2O(g)+Cl2(g)
2
1
n
(5.4-1.8)×10-3mol
解得n=7.2×10-3mol
v(HCl)=7.2×10-3mol/(6.0-2.0)min=1.8×10-3mol·min-1
(4)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】(1)注意反应热和化学计量数之间的关系，反应②生成1 mol Cl2(g)的反应热为ΔH2，根据盖斯
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定律可求出总反应的反应热，2HCl(g)+ 1/2O2(g)
H2O(g)+Cl2(g) ΔH=ΔH1+ΔH2。(2)①根据温度升高，
氯化氢的转化率降低可知，该反应的正反应是放热反应，即ΔH<0。当温度升高时，平衡逆向移动，平衡
常数减小，所以K(A)>K(B)；②根据反应特点，反应后气体分子数减少，增大压强，氯化氢的转化率升高，
故此时的αHCl～T 曲线应该在题中所给曲线的上方；③增大n(HCl)，平衡虽然正向移动但是氯化氢的转化
率下降，A 不正确；增大氧气的浓度，可以提高αHCl，B 正确；催化剂只能改变反应速率不能改变化学平
衡，C 不正确；移去H2O，平衡正向移动，αHCl 变大，D 正确。(3)应用题目给出的数值可以计算速率为
1.8×10-3mol·min-1 。(4) 制备漂白粉是用氯气和石灰乳反应制得，反应的化学方程式为
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
考点3 综合运用原理
1．(2024·广东卷，19)酸在多种反应中具有广泛应用，其性能通常与酸的强度密切相关。
(1)酸催化下NaNO2与NH4Cl 混合溶液的反应(反应a)，可用于石油开采中油路解堵。
①基态N 原子价层电子的轨道表示式为 。
②反应a：NO3
-(aq)+NH4
+(aq)= N2(g)＋2H2O(l)
已知：
则反应a 的
。
③某小组研究了3 种酸对反应a 的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，
测得体系的温度T 随时间t 的变化如图。
据图可知，在该过程中 。
A．催化剂酸性增强，可增大反应焓变
B．催化剂酸性增强，有利于提高反应速率
C．催化剂分子中含H 越多，越有利于加速反应
D．反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小
(2)在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图，其中的催
化剂有 和 。
74
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(3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下，某研究组通过分光光度法测定
了两种一元弱酸HX(X 为A 或B)在某非水溶剂中的Ka。
a．选择合适的指示剂其钾盐为KIn，Ka(KIn)=3.6×10-20；其钾盐为KIn。
b．向
溶液中加入HX，发生反应：In-+HX
X-+HIn。
起始的物质的量为n0(KIn)，加入
的物质的量为n0(HX)，平衡时，测得
随
的变化曲线如图。
已知：该溶剂本身不电离，钾盐在该溶剂中完全电离。
①计算Ka(HA) 。(写出计算过程，结果保留两位有效数字)
②在该溶剂中，Ka(HB) Ka(HA)；Ka(HB) Ka(KIn)。(填“>”“<”或“=”)
【答案】(1)
ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4 BD
(2)AcOH KI
(3) 4.0×10-21 ＞ ＞
【解析】(1)①N 的原子序数为7，位于第二周期第ⅤA 族，基态N 原子价层电子的轨道表示式为
；②由已知可得：
Ⅰ．NaNO2(s)＋NH4Cl(s)= N2(g)＋NaCl(s)+ H2O(l) ΔH1
75
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Ⅱ．NaNO2(s)= Na+(aq)＋NO3
-(aq) ΔH2
Ⅲ．NH4Cl(s)= NH4
+(aq)＋Cl-(aq) ΔH3
Ⅳ．NaCl(s)= Na+(aq)＋Cl-(aq) ΔH4
由盖斯定律可知，目标方程式NO3
-(aq)+NH4
+(aq)= N2(g)＋2H2O(l)可由方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ＋Ⅳ得到，故反应
ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4；③A 项，催化剂不能改变反应的焓变，A 项错误；B 项，由图示可知，酸性：硫
酸＞磷酸＞乙酸，催化剂酸性增强，反应速率提高，B 项正确；C 项，一个硫酸分子中含有2 个H，一个
磷酸分子中含有3 个H，一个乙酸分子中含有4 个H，但含H 最少的硫酸催化时，最有利于加速反应，C
项错误；D 项，由图示可知，反应开始一段时间，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终
随着反应物浓度下降而减小，D 项正确；故选BD。(2)催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质
并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH 和KI；(3)由变化曲线图可知，当
时，
，设初始c0(KIn)=c0mol·L－1，则初始c(HX)=c0mol·L－1，转化的物质的量浓度为x mol·L－1，
可列出三段式如下：
由
，
即
，
解
得
x=0.25c
，
则
该
反
应
的
平
衡
常
数
为
解得Ka(HA)=4.0×10-21；②根据图像可知，当
时，设此时转化的物质的量浓度为y mol·L－1，
可列出三段式如下：
此时
，即
，则y＞0.5c0，则平衡常数
，则Ka(HB)＞Ka(HA)；由于
y＞0.5c0，则
，Ka(HB)＞Ka(KIn)。
2．(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：
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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
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【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；
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
，
。
3．(2022•湖北省选择性，19)(14 分)自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO-
Al-H2O”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值(
)
随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号
反应物组成
a
0.20gCaO 粉末、5.0mL H2O
b
0.15g Al 粉、5.0mL H2O
c
0.15g Al 粉、5.0mL 饱和石灰水
d
0.15g Al 粉、5.0mL 石灰乳
e
0.15g Al 粉、0.20gCaO 粉末、5.0mLH2O
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回答下列问题：
(1)已知：
①
②
③
则
的
___________
。
(2)温度为T 时，Ksp[Ca(OH)2)]= x，则Ca(OH)2饱和溶液中c(OH―)=___________(用含x 的代数式表示)。
(3)实验a 中，
后
基本不变，原因是___________。
(4)实验b 中，
的变化说明Al 粉与H2O 在该条件下___________(填“反应”或“不反应”)。实验c
中，前
的ΔT 有变化，其原因是___________；
后
基本不变，其原因是___________微粒的量
有限。
(5)下列说法不能解释实验d 在
内温度持续升高的是___________(填标号)。A．反应②的发生促
使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
(6)归纳以上实验结果，根据实验e 的特征，用文字简述其发热原理___________。
【答案】(1)-911.9 (2)
mol⋅L-1
(3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
(4) 不反应 Al 和溶液中的OH-发生了反应 OH-
(5)A
(6)实验e 中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③
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的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反
应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【解析】(1)根据盖斯定律可得，①+②+2③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)
+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ⋅mol-1)+(-16.73kJ⋅mol-1)+2(-415.0kJ⋅mol-1)=-911.9kJ⋅mol-1。(2)温
度为T 时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)
Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)∙，
Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x，则c(OH-)=
mol⋅L-1。(3)实验a 中，CaO 和H2O 反应①生成Ca(OH)2，
4min 后ΔT 基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。(4)实验b 中，ΔT 几乎
不变，说明Al 粉与H2O 在该条件下不反应；实验c 中，前3min 的ΔT 有变化，是因为Al 和溶液中的OH-
发生了反应，3min 后ΔT 基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。(5)实验d 中，发
生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的
浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实
验d 在10min 内温度持续升高与反应①无关，故选A。(6)实验e 中，发生反应①、②和③，反应③中有气
体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右
移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
4．(2022•广东选择性，19)铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂Cr2O3可由(NH4)2Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：(NH4)2Cr2O7
Cr2O3_______
_______。
②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，
过程的焓变为_______(列式表示)。
③Cr2O3可用于NH3的催化氧化。设计从NH3出发经过3 步反应制备HNO3的路线_______(用“→”表
示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。
(2) K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)Cr2O7
2-(aq)+ H2O(l)
2HCrO4
- (aq) K1=3.0×10-2(25℃)
(ⅱ) HCrO4
- (aq)
CrO4
2- (aq)+ H+ (aq) K2=3.3×10-7(25℃)
①下列有关K2Cr2O7溶液的说法正确的有_______。
A．加入少量硫酸，溶液的pH 不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量
溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
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D．加入少量K2Cr2O7固体，平衡时c2(HCrO4
-)与c(Cr2O7
2-)的比值保持不变
②25℃时，0.10 mol·L-1K2Cr2O7溶液中
随pH 的变化关系如图。当
时，设
Cr2O7
2-、HCrO4
-与CrO4
2-的平衡浓度分别为x、y、
，则x、y、z 之间的关系式为_______
；
计算溶液中HCrO4
-的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长(
)有关；在一定波长范围内，最大
A 对应的波长(
)取决于物质的结构特征；浓度越高，A 越大。混合溶液在某一波长的A 是各组分吸收
程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、
不同的K2Cr2O7稀溶液，测得其A 随
的
变化曲线如图，波长
、
和
中，与CrO4
2-的
最接近的是_______；溶液
从a 变到b 的过程中，
的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) ①N2↑ 4H2O ②(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)
③
2NO+O2=2NO2
(2) ①BD ②
当溶液pH=9 时，
，因此可忽略溶液中Cr2O7
2-，
即c(HCrO4
-)+ c(CrO4
2-)=0.20，反应(ii)的平衡常数K2=
=
=3.3×10-7，联立两
个方程可得c(HCrO4
-)=6.0×10-4mol/L
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③λ3 增大
【解析】1)①(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为
N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为(NH4)2Cr2O7
Cr2O3+N2↑+4H2O。②设反应过程中第一步的产物
为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1=(E1-E2)，M→N ΔH2=ΔH，N→Y ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律
可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2
反应生成NO，NO 与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O 反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可
将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3 步反应制备HNO3的路线为
；其中NO 反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方
程式为2NO+O2=2NO2；(2)①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i) Cr2O7
2-(aq)+ H2O(l)
2HCrO4
- (aq)、(ii)
HCrO4
- (aq)
CrO4
2- (aq)+ H+ (aq)。A 项，向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移
动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH
将减小，故A 错误；B 项，加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡
都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B 正确；C
项，加入少量NaOH 溶液，(ii)正向移动，溶液中c(HCrO4
-)将减小，(i)将正向移动，故C 错误；D 项，平衡
(i)的平衡常数K1=
，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，
不变，故D 正确；故选BD。②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr 原子的总浓度为0.20mol/L，当
溶液pH=9.00 时，溶液中Cr 原子总浓度为2c(Cr2O7
2-)+ c(HCrO4
-)+ c(CrO4
2-)=0.20mol/L，Cr2O7
2-、HCrO4
-与
CrO4
2-的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，因此
=0.10；由图8 可知，当溶液pH=9 时，
，因此可忽略溶液中Cr2O7
2-，即c(HCrO4
-)+ c(CrO4
2-)=0.20，反应(ii)的平衡常数K2=
=
=3.3×10-7，联立两个方程可得c(HCrO4
-)=6.0×10-4mol/L。③根据反应(i)、
(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH 越大，溶液中c(Cr2O7
2-)+ c(HCrO4
-)+ c(CrO4
2-)越大，混合溶液在
某一波长的A 越大，溶液的pH 越大，溶液中c(CrO4
2-)越大，因此与CrO4
2-的λmax最接近的是λ3；反应(i)的
平衡常数K1=
，反应(ii)的平衡常数K2=
，
=
=
，因此
=
，由上述分
析逆推可知，b>a，即溶液pH 从a 变到b 的过程中，溶液中c(H+)减小，所以
的值将增大。
5．(2021•全国乙，28)一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用
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作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig 误认为是ICl，从而错过了一种新
元素的发现，该元素是_______。
(2)氯铂酸钡(BaPtCl6)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt 和Cl2，376.8℃时平衡常数Kp=1.0×104Pa2，在一
硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘
蒸气初始压强为
。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则PIcl=_______ kPa，反应
2ICl(g)=I2(g) +Cl2(g)的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。
(3)McMorris 测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数Kp。
2NO(g)+2ICl(g)
2NOCl (g)+ I2(g) Kp1
2NOCl (g)
2NO (g)+ Cl2(g) Kp2
得到
和
均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl 分解为NO 和Cl2反应的ΔH_______0(填“大于”或“小于”)
②反应2ICl(g)=I2(g) +Cl2(g)的K=_______(用Kp1、Kp2表示)：该反应的ΔH _______0(填“大于”或“小
于”)，写出推理过程_______。
(4)Kistiakowsky 曾研究了NOCl 光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
NOCl+
→
+NOCl→2NO+Cl2
其中
表示一个光子能量，
表示NOCl 的激发态。可知，分解1mol 的NOCl 需要吸收
_______mol 光子。
【答案】(1)溴(或Br) (3)24.8
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(3)①大于 ②Kp1·Kp2 大于 设T/＞T，即
，由图可知：
则：
，即
，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH 大
于0
(4)0.5
【解析】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；
(2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应：BaPtCl6 (s)
BaCl2 (s)+ Pt (s)+2 Cl2 (g)、Cl2(g)
+I2(g)
2ICl(g)。BaPtCl6 (s)
BaCl2 (s)+ Pt (s)+2 Cl2 (g)的平衡常数Kp=1.0×104Pa2，则平衡时
p2(Cl2)= 1.0×104Pa2，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则：
376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时
PIcl=2pkPa=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20×103-12.4×103)Pa，
24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应2ICl(g)=I2(g) +Cl2(g)的平衡常数K=
；(3)①结合图可知，温度越高，
越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高
温度平衡2NOCl (g)
2NO (g)+ Cl2(g)正向移动，则NOCl 分解为NO 和Cl2反应的大于0；②Ⅰ.
2NO(g)+2ICl(g)
2NOCl (g)+ I2(g) Kp1；Ⅱ.2NOCl (g)
2NO (g)+ Cl2(g) Kp2；Ⅰ+Ⅱ得
2ICl(g)=I2(g) +Cl2(g)，则2ICl(g)=I2(g) +Cl2(g)的K= Kp1·Kp2；该反应的ΔH 大于0；推理过程如下：设
，即
，由图可知：
则：
，即
，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH 大
于0；(4)Ⅰ. NOCl+
→
，Ⅱ.
+NOCl→2NO+Cl2，Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，
因此2molNOCl 分解需要吸收1mol 光子能量，则分解1mol 的NOCl 需要吸收0.5mol 光子。
6．(2017•新课标Ⅰ，28)近期发现，H2S 是继NO、CO 之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有
参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
(1)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_________(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10 mol·L−1的氢硫酸和亚硫酸的pH 分别为4.5 和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
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(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为______________、______________，制得
等量H2所需能量较少的是_____________。
(3)H2S 与CO2 在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g)
COS(g) +H2O(g)。在610 K 时，将0.10 mol
CO2与0.40 mol H2S 充入2.5 L 的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S 的平衡转化率
=_______%，反应平衡常数K=________。
②在620 K 重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S 的转化率
_____
，该反应的
H_____0。(填“>”“<”或“=”)
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S 转化率增大的是________(填标号)
A．H2S B．CO2 C．COS D．N2
【答案】(1)D
(2)H2O(l)=H2(g)+1
2 O2(g) ΔH=+286 kJ/mol
H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH=+20 kJ/mol
系统(II)
(3)①2.5
2.8×10–3
②> >
③B
【解析】(1)A．根据复分解反应的规律：强酸+弱酸盐=强酸盐+弱酸，可知酸性H2SO3>H2CO3>H2S，
A 错误；B．亚硫酸、氢硫酸都是二元弱酸，由于溶液中离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以等浓
度的亚硫酸的导电性比氢硫酸的强，可以证明酸性：H2SO3> H2S，B 错误；C．等浓度的二元弱酸，酸电
离产生的c(H+)越大，溶液的酸性越强，则其pH 就越小。所以亚硫酸溶液的pH 比等浓度的氢硫酸的小，
可以证明酸性：H2SO3> H2S，C 错误；D．物质的还原性大小与微粒中元素的化合价及微粒结构有关，与
其电离产生氢离子的浓度大小无关，因此不能证明二者的酸性强弱，D 正确。故选D。
(2)①H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+1
2 O2(g) △H1=＋327 kJ/mol
②SO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)=2HI(aq)+ H2SO4(aq) △H2=－151 kJ/mol
③2HI(aq)= H2 (g)+ I2(s) △H3=＋110 kJ/mol
④H2S(g)+ H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l) △H4=＋61 kJ/mol
①+②+③，整理可得系统(I)的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+1
2 O2(g) △H=+286 kJ/mol；
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②+③+④，整理可得系统(II)的热化学方程式H2S (g)=H2(g)+S(s) △H=+20 kJ/mol。
根据系统I、系统II 的热化学方程式可知：每反应产生1mol 氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制
取等量的H2所需能量较少的是系统II。
(3)① H2S(g) + CO2(g)
COS(g)+ H2O(g)
开始 0.40mol 0.10mol 0 0
反应 x x x x
平衡 (0.40–x)mol (0.10–x)mol x x
解得x=0.01mol，所以H2S 的转化率是
由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数
；
②根据题目提供的数据可知温度由610K 升高到620K 时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由
0.02 变为0.03，所以H2S 的转化率增大。α2>α1；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反应方向移动，
根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故
△H>0；③A．增大H2S 的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S 转化
率降低，A 错误；B．增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S 反应，所以H2S 转化率增大，B 正确；
C．COS 是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S 转化率降低，C 错误；D．N2是与反应体系无
关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S 转化率无影响，D 错误。故选B。
7．(2016•新课标Ⅰ，28)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4
−(绿色)、Cr2O7
2−(橙红色)、
CrO4
2−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH 溶液直至过量，可观察到的现象是
_________。
(2)CrO4
2−和Cr2O7
2−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O7
2−)
随c(H+)的变化如图所示。
①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO4
2−的平衡转化率__________(填“增大“减小”或“不变”)。根据A
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点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。
③升高温度，溶液中CrO4
2−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________(填“大于”“小于”或“等
于”)。
(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl−，利用Ag+与CrO4
2−生成
砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl−恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10−5 mol·L−1)时，溶液中c(Ag+)
为_______ mol·L−1，此时溶液中c(CrO4
2−)等于__________ mol·L−1。(已知Ag2 CrO4、AgCl 的Ksp分别为
2.0×10−12和2.0×10−10)。
(4)+6 价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O7
2−还原成Cr3+，反应的离子方程式为
______________。
【答案】(1)蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶液写出绿色溶液；
(2)①2CrO42-+2H＋
Cr2O72-+H2O； ② 增大；1.0×1014 ；③小于；
(3) 2.0×10-5 ；5×10-3；(4) Cr2O7
2-+3HSO3
- +5H＋=2Cr3++3SO4
2-+4H2O。
【解析】(1)根据Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr(OH)3是两性氢氧化物，能溶解在强碱NaOH 溶
液中。向Cr2(SO4)3 溶液中逐滴加入NaOH 溶液直至过量，首先发生反应：Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，产生
Cr(OH)3灰蓝色固体，当碱过量时，又会发生反应：Cr(OH)3+OH-= Cr(OH)4
−，可观察到沉淀消失，溶液变
为绿色。故观察到的现象为蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；
(2)①随着H+浓度的增大，CrO4
2-与溶液中的H+发生反应，反应转化为Cr2O7
2-的离子反应式为：2CrO42-+2H
＋
Cr2O72-+H2O。②根据化学平衡移动原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化学平衡2CrO42-+2H＋
Cr2O72-+H2O 向正反应方向进行，导致CrO4
2−的平衡转化率增大；根据图像可知，在A 点时，
c(Cr2O72-)=0.25 mol/L，由于开始时c(CrO4
2−)=1.0 mol/L，根据Cr 元素守恒可知A 点的溶液中CrO42-的浓
度c(CrO4
2−)=0.5 mol/L ；H+ 浓度为1.0×10-7 mol/L ；此时该转化反应的平衡常数为
2
14
2
7
2
2
2
2
7
2
4
(Cr O
)
0.25
1.0 10
(CrO
)
(H )
0.5
(1.0 10 )
c
K
c
c
；③由于升高温度，溶液中CrO4
2−的平衡转化
率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO4
2−的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，
升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故
该反应的ΔH ＜0 ；(3) 当溶液中Cl−完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10−5 mol·L−1 ，根据溶度积常数
Ksp(AgCl)=2.0×10−10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10−10÷(1.0×10−5 mol·L−1)=2.0×10-5 mol·L−1；则
此时溶液中c(CrO4
2−)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10−12÷(2.0×10-5 mol·L−1)=5×10-3mol·L−1；(4) NaHSO3 具有还
原性，Cr2O7
2−具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守
恒，可得二者反应的离子方程式为：Cr2O7
2−+3HSO3
− +5H＋=2Cr3++3SO4
2−+4H2O。
8．(2016·全国I 卷，27)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4
−(绿色)、Cr2O7
2−(橙红色)、
CrO4
2−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：
(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH 溶液直至过量，可观察到的现象是
_________。
(2)CrO4
2−和Cr2O7
2−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 mol·L−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O7
2−)
随c(H+)的变化如图所示。
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①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。
②由图可知，溶液酸性增大，CrO4
2−的平衡转化率__________(填“增大“减小”或“不变”)。根据A
点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。
③升高温度，溶液中CrO4
2−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH_________(填“大于”“小于”或“等
于”)。
(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl−，利用Ag+与CrO4
2−生成
砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl−恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10−5 mol·L−1)时，溶液中c(Ag+)
为_______ mol·L−1，此时溶液中c(CrO4
2−)等于__________ mol·L−1。(已知Ag2 CrO4、AgCl 的Ksp 分别为
2.0×10−12和2.0×10−10)。
(4)+6 价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3 将废液中的Cr2O7
2−还原成Cr3+，反应的离子方程式为
______________。
【答案】(1)开始有灰蓝色固体生成，随后沉淀消失；
(2)①2CrO42-+2H＋
Cr2O72-+H2O； ② 增大；1014 ；③＜ ；
(3) 2.0×10-5 ；5×10-3；(4) 5H＋+Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O。
【解析】(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr(OH)3是两性氢氧化物，能溶解在强碱NaOH 溶液中。
在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH 溶液直至过量，首先发生反应产生Cr(OH)3灰蓝色固体，当碱过量时，
可观察到沉淀消失。故观察到的现象是开始有灰蓝色固体生成，随后沉淀消失。(2)①随着H+浓度的增大，
CrO4
2-转化为Cr2O7
2-的离子反应式为2CrO42-+2H＋
Cr2O72-+H2O。②溶液酸性增大，平衡2CrO42-
+2H＋
Cr2O72-+H2O 正向进行，CrO4
2−的平衡转化率增大；A 点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，根据
Cr 元素守恒可知CrO42-的浓度为0.5mol/L；H+浓度为1×10-7mol/L；此时该转化反应的平衡常数为
=
=1014；③升高温度，溶液中CrO4
2−的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明
正方向放热，则该反应的ΔH＜0；(3)当溶液中Cl-完全沉淀时，即c(Cl-)=，根据Ksp(AgCl)=2.0×10−10，此时
c(Ag+)=Ksp(AgCl)/c(Cl-)=2.0×10−10÷(1.0×10−5
mol·L−1)=2.0×10-5
mol·L−1
；
此
时
溶
液
中
c(CrO4
2−)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10−12÷(2.0×10-5 mol·L−1)=5×10-3mol·L−1；(4)利用NaHSO3的还原性将废液
中的Cr2O7
2−还原成Cr3+，发生反应的离子方程式为：5H＋+Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O。
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