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专题55 原理综合题
——反应热+速率+平衡
考点
十年考情(2015-2024)
命题趋势
考点1 反应原
理综合应用(涉
及有机物)
2024·河北卷、2023•山东卷、2021•山东
卷、2021•湖北选择性考试、2021•海南选
择性考试、2018•新课标Ⅱ、2016·上海卷
化学反应原理是从化学反应能量变化、
化学反应方向限度等角度去研究在生产
和生活中实际问题的应用。影响化学反
应进行的因素很多，除参加反应的物质
的组成、结构和性质等本身因素，还有
温度、压强、浓度、催化剂等外界条
件。生产过程中要充分考虑设备条件、
安全操作、经济成本等，分析影响化学
反应速率和化学平衡的因素，寻找合适
的生产条件；根据环境保护及社会效益
等方面的规定和要求。
考点2 反应原
理综合应用(涉
及无机物)
2024·甘肃卷、2023•浙江省6 月选考、
2023•广东卷、2022•海南省选择性、2022·
浙江省1 月、2020•新课标Ⅰ、2019•新课
标Ⅰ、2018•新课标Ⅰ、2018•新课标Ⅲ、
2017•新课标Ⅲ、2015·全国卷Ⅰ、2015·山
东卷
考点1 反应原理综合应用(涉及有机物)
1．(2024·河北卷，17，15 分)氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫
酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。
(1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：SO2(g)＋Cl2 (g)
SO2Cl2 (g) ΔH
＝-67.59kJ·mol−1。
①若正反应的活化能为E 正kJ·mol−1，则逆反应的活化能E 逆=_______ kJ·mol−1 (用含E 正正的代数式表
示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和其Cl2 (g)，测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的
(
为体系初始压强，
，P 为体系平衡压强)，结果如图。
1
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上图中温度由高到低的顺序为_______，判断依据为_______。M 点Cl2的转化率为_______，T1温度下
用分压表示的平衡常数KP=_______ kPa-1。
③下图曲线中能准确表示T1温度下Δp 随进料比变化的是_______(填序号)。
(2)1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅
度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为
，其中
分别为各反应中对应反应物的浓
度，k 为速率常数(k1~k5分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度
恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，k1：k2：k3：k4：k5
=100：21：7：4：23。
①
时，c(X)=6.80mol·L－1，且30~60 min 内v(X)=0.042 mol·L-1·min-1，反应进行到60 min 时，
c(X)=_______ mol·L－1。
②
时，c(D)=0.099mol·L－1，若0~60 min 产物T 的含量可忽略不计，则此时
_______
2
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mol·L－1；60 min 后，随T 的含量增加，
_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)①E 正+67.59 ②3＞T2＞T1
③该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从T3到T1平衡时
增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低
④75% ⑤0.03 ⑥D
(2)①5.54 ②0.033 ③增大
【解析】(1)①根据反应热ΔH 与活化能E 正和E 逆关系为ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可知，该反
应的
。②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应
正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，Δp 即越大。从T3到T1，Δp 增大，说明反应正向进行程度逐
渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由T3到T1逐渐降低，即T3＞T2＞T1。由题图甲中M 点可知，进
料比为
，平衡时Δp=60 kPa，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压
强之比，可据此列出“三段式”。
可计算得
，
。③
由题图甲中M 点可知，进料比为2 时，Δp=60 kPa，结合“三段式”，以及T1时化学平衡常数可知，进料
比为0.5 时，Δp 也为60 kPa，曲线D 上存在(0.5，60)。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应
中SO2和Cl2 的化学计量数之比为1：1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2 与0.5)时，Δp 相等。(2)①根
据化学反应速率的计算公式时，
，60 min 时，
。②已知
，又由题给反
应速率方程推知，
，则
，即60 min 后
。60 min 后，D 和G 转化为T 的速率比为
，G 消耗得更快，则
增大。
2．(2023•山东卷，20)一定条件下，水气变换反应CO+H2O
CO2+H2的中间产物是HCOOH。为
3
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探究该反应过程，研究
水溶液在密封石英管中的分子反应：
Ⅰ．HCOOH
CO+H2O(快)
Ⅱ．HCOOH
CO2+H2(慢)
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应
Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH=_____(用
含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：
，k 为反应速率常数。T1温度下，HCOOH 电离
平衡常数为Ka，当HCOOH 平衡浓度为x mol·L-1时，H+浓度为_____ mol·L-1，此时反应Ⅰ应速率
_____
mol·L-1·h -1 (用含Ka、x 和k 的代数式表示)。
(3)
温度下，在密封石英管内完全充满1.0 mol·L-1HCOOH 水溶液，使
分解，分解产物均完
全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。
时刻测得CO、
CO2的浓度分别为0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为y mol·L-1。体系达平衡后
_____(用含y 的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10 mol·L-1盐酸，则图示点
中，CO 的浓度
峰值点可能是_____(填标号)。与不同盐酸相比，CO 达浓度峰值时，CO2浓度_____(填“增大”“减小”或
“不变”)，
的反应_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)ΔH2-ΔH1
(2)
(3)
a 减小 不变
【解析】(1)根据盖斯定律，反应II-反应I＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变ΔH＝ΔH2-ΔH1；
(2)T1温度时，HCOOH 建立电离平衡：
4
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，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝
，
。
(3)t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I 达平衡状态。此时：
故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 mol·L－1，K(I)＝
。t1时刻→反应II
达平衡过程：
则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，
K(I)＝
，a＝
。故
＝
，K(II)＝
。加入0.1 mol·L－1盐酸后，H＋对反应I 起催化作用，加快反应I 的反应
速率，缩短到达平衡所需时间，故CO 浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH 减小，体系
中HCOOH 浓度增大，导致CO 浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a 处达到峰值。此时c(CO2)会
小于不含盐酸的浓度，
＝K(I)，温度不变，平衡常数不变，则
的值不变。
3．(2021•山东卷，20)2—甲氧基—2—甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通
过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：
+CH3OH
△H1
反应Ⅱ：
+CH3OH
△H2
反应Ⅲ：
△H3
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回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T 变化关系如图所示。据图判断，A 和B
中相对稳定的是_________________ (用系统命名法命名)；
的数值范围是________(填标号)。
A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1
(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得
TAME 的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B 的物质的量为_______mol，反
应Ⅰ的平衡常数Kx1=_______。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平
衡将_______ (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A 与CH3OH 物质的量浓度之比c(A)：
c(CH3OH)= _______。
(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B 和CH3OH。控制温
度为353K，A、B 物质的量浓度c 随反应时间t 的变化如图所示。代表B 的变化曲线为______________ (填
“X”或“Y”)；t=100s 时，反应Ⅲ的正反应速率v 正_______逆反应速率v 逆(填“＞”“＜”或“=)。
【答案】(1)2-甲基-2-丁烯 D
(2)0.9α
逆向移动 1：10
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(3)X ＜
【解析】(1)由平衡常数Kx与温度T 变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温
度升高(要注意横坐标为温度的倒数)而减小，说明3 个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜
0，因此，B 的总能量高于A 的总能量，能量越低越稳定，A 和B 中相对稳定的是B，其用系统命名法命名
为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的
△H 越小，其绝对值越大，则
的数值范围是大于1，选D。(2)向某反应容器中加入1.0molTAME，控
制温度为353K，测得TAME 的平衡转化率为α，则平衡时n(TAME)=(1-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α
mol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则
=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B 的物质的量
为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=
。同温同压下，再向该容器
中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，
TAME 的转化率变大，但是平衡常数不变，A 与CH3OH 物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：
α=1：10。(3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，
=9.0。由A、B 物质的量浓度c 随反应时间t
的变化曲线可知，X 代表的平衡浓度高于Y，则代表B 的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以
后各组分的浓度仍在变化， t=100s 时
，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，
故其正反应速率v 正小于逆反应速率v 逆。
4．(2021•湖北选择性考试，19) (14 分)丙烯是一种重要化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接
脱氢或氧化脱氢制备。反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)＝C3H6(g)＋H2(g) △H1＝＋125 kJ·mol1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)＋O2(g)＝C3H6(g)＋H2O(g) △H2＝－118 kJ·mol1
(1)已知键能：E(C－H)＝416 kJ·mol1，E(H－H)＝436 kJ·mol1，由此计算生成1 mol 碳碳π 键放出的能
量为 kJ。
(2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100 kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平
衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是 ；在温度为T1时，C3H8的平衡转化
率与通入气体中C3H8 的物质的量分数的关系如图a 所示，计算时反应Ⅰ的平衡常数Kp ＝
kPa(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数)。
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(3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)＝10：5：85 的混合气体，各组分气体的
分压随时间的变化关系如图b 所示。
0～1.2s 生成C3H6的平均速率为 kPa·s1；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于
2：1 的原因为 。
(4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85 的混合气体，已知某反应
条件下只发生如下反应(k，k，为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)＋O2(g)＝2C3H6(g)＋2H2O(g) k
反应Ⅲ：2C3H8(g)＋9O2(g)＝6CO2(g)＋6H2O(g) k，
实验测得丙烯的净生成速率方程为
，可推测丙烯的浓度随时间的
变化趋势为 ，其理由是 。
【答案】(1)271
(2)减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率 16.7
(3)2 H2和C3H6都消耗O2
(4)先增大后减小 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大；随着反应进行，p(C3H8)减
小，p(C3H6)增大，υ(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【解析】(1)反应Ⅰ中断裂2 mol C—H 键、形成1 mol 碳碳π 键和1 mol H—H 键，故416 kJ·mol1×2－
E(碳碳π 键)－436 kJ·mol1＝＋125 kJ·mol1，解得E(碳碳π 键)＝271 kJ·mol1。(2)达到平衡后，通入N2，由
于总压恒定为100 kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即正反应方向移动，C3H8(g)
的转化率增大。根据
图a，C3H8的物质的量分数为0.4 时，其平衡转化率为50%。假设混合气体为1 mol，则起始时C3H8为
0.4 mol，N2为0.6 mol，运用三段式计算：
C3H8(g)
C3H6(g)＋H2(g)
起始量/mol 0.4 0 0
转化量/mol 0.2 0.2 0.2
平衡量/mol 0.2 0.2 0.2
由于总压恒定为100 kPa，平衡时C3H8为0.2 mol，C3H6为0.2 mol，H2为0.2 mol，N2为0.6 mol，则
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C3H8(g) 、C3H6(g) 、H2(g) 的分压均为100 kPa× ＝ kPa ，故T1 时反应Ⅰ的平衡常数
(3)0～1.2s 内C3H6的分压由0 增大为2.4 kPa，则生成C3H6的平均速率为＝2
kPa·s1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O 的分压，但由图b 知，随着反应进行，分压：
p(H2O)＞p(C3H6)＞p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6＋O2＝3CO2＋3H2O，
H2＋O2＝H2O，消耗O2，因此C3H8和O ２的消耗速率之比小于2：1。(4)反应开始时，反应Ⅱ向右进行，
c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得υ(C3H6)减小，
体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间变化趋势为先增大后减小。
5．(2021•海南选择性考试，16) (10 分)碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活
中。已知25℃，
时：
①
葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，放出2804 kJ 热量。
②
。
回答问题：
(1)25℃时，CO2(g)和H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)的热化学方程式为___________。
(2)25℃，
时，气态分子断开
化学键的焓变称为键焓。已知O=O、C≡O 键的键焓分别为
495kJ·mol－1、799kJ·mol－1，CO2(g)分子中碳氧键的键焓为___________
。
(3)溶于水的CO2只有部分转化为H2CO3(aq)，大部分以水合CO2的形式存在，水合CO2可用CO2(aq)表
示。已知25℃时，H2CO3(aq)
CO2(aq)+ H2O(l)的平衡常数
，正反应的速率可表示为v(H2CO3)=
k1 ·c(H2CO3)，逆反应的速率可表示为v(CO2)= k2 ·c(CO2)，则k 2=___________(用含k 1的代数式表示)。
(4)25℃时，潮湿的石膏雕像表面会发生反应：CaSO4(s)＋CO3
2-(g)
CaCO3(s)＋SO4
2−(aq)，其平衡常数
______。[已知Ksp(CaSO4)= 9.1×10－6，Ksp(CaCO3)= 2.8×10－9]
(5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学
平衡的角度说明其原因___________。
【答案】(1)6CO2(aq)+6 H2O(l)=C6H12O6(s)+6O2(g) ΔH＝+2804 kJ·mol－1
(2)664.75 (3)
(4)3.25×103
(5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：CaCO3＋CO2+H2O
Ca2+
+2HCO3
-，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏
【解析】(1)由题意可知，反应①为1mol 葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ
的热量，反应的热化学方程式为C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(aq)+6 H2O(l) ΔH＝-2804 kJ·mol－1，二氧化碳和
液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1mol 葡萄糖会吸收2804kJ 的热
量，反应的热化学方程式为6CO2(aq)+6 H2O(l)=C6H12O6(s)+6O2(g) ΔH＝+2804 kJ·mol－1；(2)由反应热的
焓变为反应物的键焓之和与生成物的键焓之和的差值可得：反应②的焓变
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=—283kJ/mol，解得E(C=O)=
=664.75kJ/mol；(3)当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：
k1c(H2CO3)= k2c(CO2)，
=
=K=600，解得k2=
；(4)由方程式可知，反应的平衡常数K=
=
=
=
=3.25×103；(5)二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡
CaCO3＋CO2+H2O
Ca2++2HCO3
-，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向
移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏。
6．(2018•新课标Ⅱ，28)CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO 和H2)，还对温室气体的减排具有
重要意义。回答下列问题：
(1)CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。
已知：C(s)+2H2(g)= CH4 (g) ΔH=-75 kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
C(s)+
2
1 O
2
(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
该催化重整反应的ΔH=______ kJ·mol−1，有利于提高CH4平衡转化率的条件是____(填标号)。
A．高温低压B．低温高压
C．高温高压
D．低温低压
某温度下，在体积为2 L 的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时
CO2的转化率是50%，其平衡常数为_______mol2·L−2。
(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：
积碳反应
CH4(g)= C(s)+2H2(g)
消碳反应
CO2(g)+ C(s)= 2CO(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
75
172
活化能/
(kJ·mol−1)
催化剂X
33[来源：Z_xx_k.Com][来
源：学_科_网]
91[来源：Zxxk.Com]
催化剂Y
43
72
①由上表判断，催化剂X____Y(填“优于”或“劣于”)，理由是_____________________________。
在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。
升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是________(填标号)。
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A．K 积、K 消均增加
B．v 积减小，v 消增加
C．K 积减小，K 消增加
D．v 消增加的倍数比v 积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·
0.5
2)
(CO
p
(k 为速率常数)。
在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到
小的顺序为________________。
【答案】(1)247 A
(2)劣于 相对于催化剂X，催化剂Y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相
对小，消碳反应速率大 AD pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)
【解析】(1)已知：
①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ·mol−1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ·mol−1
③C(s)+1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ·mol−1
根据盖斯定律可知③×2－②－①即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=＋247
kJ·mol−1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，故选A；某
温度下，在体积为2 L 的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的
转化率是50%，根据方程式可知
CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)
起始浓度(mol/L) 1 0.5 0 0
转化浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5 0.5
平衡浓度(mol/L) 0.75 0.25 0.5 0.5
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所以其平衡常数为
mol2·L−2。
(2)①根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y 积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳
反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X 劣于Y。A．正反应均是吸热反应，升高温度平衡向
正反应方向进行，因此K 积、K 消均增加，A 正确；B．升高温度反应速率均增大，B 错误；C．根据A 中分
析可知选项C 错误；D．积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v 消增加的倍数比v 积增加
的倍数大，D 正确。故选AD。②根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而
降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。
7．(2016·上海卷，24)随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重
点。
完成下列填空：
(1)目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：
CO2(g)+4H2(g)
CH4(g)+2H2O(g)
已知H2的体积分数随温度的升高而增加。
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。(选填“增大”、“减
小”或“不变”)
v 正
v 逆
平衡常数K
转化率α
(2)相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol·L-1
[H2]/mol·L-1
[CH4]/mol·L-1
[H2O]/mol·L-1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d 与m、n、x、y 之间的关系式为_________。
(3)碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5
0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH____________0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH。(选填“大于”“小于”或“等
于”)
等浓度广东草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。
若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。(选
填编号)
a．[H+]＞[HC2O4
-]＞[HCO3
-]＞[CO3
2-] b．[HCO3
-]＞[HC2O4
-]＞[C2O4
2-]＞[CO3
2-]
c．[H+]＞[HC2O4
-]＞[C2O4
2-]＞[CO3
2-] d．[H2CO3] ＞[HCO3
-]＞[HC2O4
-]＞[CO3
2-]
(4)人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO3
-
H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入
血液中时，血液的pH 变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。
________________________________
【答案】(1)
12
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v 正
v 逆
平衡常数K
转化率
α
增大
增大
减小
减小
(2)
(3)大于 草酸 c
(4)当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH 基本不变；当少量
碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH 基本不变。(合理即给分)
【解析】(1)H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放
热反应。升高温度正逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小。(2)
相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d 与m、n、x、y 之间的关系式为
。(3)根据电离常数
可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol/L Na2CO3 溶液的pH 大于0.1
mol/L Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是
草酸。a 项，草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于，因此溶液中[H+]＞[HC2O4
-]＞
[C2O4
2-]＞[HCO3
-]＞[CO3
2-]，a 正确；b 项，根据a 中分析可知b 错误；c 项，根据a 中分析可知c 正确；d 项，
根据a 中分析可知d 错误，故选ac。(4)根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓
度变化较小，血液中的pH 基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，
血液的pH 基本不变。
考点2 反应原理综合应用(涉及无机物)
1．(2024·甘肃卷，17)SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
(1)由SiCl4制备SiHCl3：
SiCl4(g)＋H2(g) = SiHCl3(g)+HCl(g) ΔH1＝+74.22kJ·mol−1 (298K)
已知：SiHCl3(g)＋H2(g)=Si(s)+3HCl(g) ΔH2＝+219.29kJ·mol−1 (298K)
时，由SiCl4(g)＋2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)，制备56 g 硅 (填“吸”或“放”)热 kJ。
升高温度有利于制备硅的原因是 。
(2)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4(g)＋2H2(g) + Si(s)
4SiHCl3(g)。
，
密闭容
器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4molH2和0.1mol SiCl4气体反应，SiCl4转化率随时间的
变化如下图所示：
13
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①0-50 min，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率
v(SiHCl3)= mol·L－1·min－1。
②当反应达平衡时，H2的浓度为 mol·L－1，平衡常数K 的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】(1) 吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
(2) 甲 5.6×10-5 0.1952
逆反应方向
【解析】(1)由题给热化学方程式：①SiCl4(g)＋H2(g) = SiHCl3(g)+HCl(g) ΔH1＝+74.22kJ·mol−1；
②SiHCl3(g)＋H2(g)=Si(s)+3HCl(g) ΔH2＝+219.29kJ·mol−1；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方
程式SiCl4(g)＋2H2(g)=Si(s)+4HCl(g)，
，
则制备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为
；该反应为吸热反应，升高温
度，反应正向移动，有利于制备硅。(2)①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；
经方式丙处理后，50min 时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根
据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为
，平均反应速率
；②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式
为：
当反应达平衡时，H2的浓度为
，平衡常数K 的计算式为
；③增大容器
体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
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2．(2023•浙江省6 月选考，19)水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g)
CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)＋CO(g)
2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
2Fe3O4 (s)＋H2O(g)
3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2
请回答：
(1) ΔH2=_______ kJ·mol－1。
(2)恒定总压1.70MPa 和水碳比[n (H2O)/ n(CO)] =12：5 投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的
分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
p(CO2)/
MPa
p(H2)/
MPa
p(CH4)/
MPa
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
①在条件1 下，水煤气变换反应的平衡常数
___________。
②对比条件1，条件2 中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比[n (H2O)/ n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中
的余热(如图1 所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2 中b-c 段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是
______。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3 中作出
平衡转化率随温度变化的曲线____。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反
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应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是
________。
【答案】(1)6 (2)① 2.0 ②CO+3H2
CH4+H2O (3)AC
(4)①AC ②
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附
量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【解析】(1)设方程式①H2O(g)+ CO(g)
CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)
2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
③2Fe3O4 (s)＋H2O(g)
3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2
根据盖斯定律可知，③=①-②，则ΔH2=ΔH-ΔH1=(－41.2 kJ·mol－1)-( －47.2 kJ·mol－1)= 6 kJ·mol－1；
(2)①条件1 下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件
1 下平衡时容器的总体积为V，参加反应的一氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；则平衡常数
；②根据表格中的数据可
知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO+3H2
CH4+H2O；(3) A 项，一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A 正确；
B 项，该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B 错误；C 项，
通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量
的水蒸气可以降低体系中CO 和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C 正确；D 项，若保持
容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D 错误；故选
AC；(4)①A 项，按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO 的转
化率稍减小，与图中变化相符，A 正确；B 项，喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度
增大，会导致CO 的转化率增大，与图中变化不符，B 错误；C 项，通过热交换器换热，可以降低温度，
且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO 的转化率稍减小，与图中变化相符，C 正确；故选
AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
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；(5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，
不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应
速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
3．(2023•广东卷，19)配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
(1)某有机物
能与Fe2+形成橙红色的配离子[FeR3]2+，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子
[FeR3]3+。
①基态
的
电子轨道表示式为 。
②完成反应的离子方程式：NO3
- +2 [FeR3]2++3H+
____+2 [FeR3]2++H2O
(2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。
用浓度分别为2.0 mol·L-1、2.5 mol·L-1、3.0 mol·L-1的HNO3溶液进行了三组实验，得到c[([FeR3]2+)]随
时间t 的变化曲线如图。
①c(HNO3)= 3.0 mol·L-1时，在0~1 min 内，[FeR3]2+的平均消耗速率= 。
②下列有关说法中，正确的有 。
A．平衡后加水稀释，
增大
B．[FeR3]2+平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
(3)R 的衍生物L 可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M 表示)与L 存在平衡：
M+L
ML K1
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ML+L
ML2 K2
研究组配制了L 起始浓度c0(L)=0.02mol·L-1、M 与L 起始浓度比c0(M)/ c0(L)不同的系列溶液，反应平
衡后测定其核磁共振氢谱。配体L 上的某个特征H 在三个物种L、ML、ML2中的化学位移不同，该特征H
对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H 的总峰面积计为1)如下表。
c0(M)/
c0(L)
S(L)
S(ML)
S(ML2)
0
1.00
0
0
a
x
0.64
b
0.40
0.60
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S 之比等于吸收峰对应H 的原子数目之比；“
”表示未检测
到。
①c0(M)/ c0(L)= a 时，x= 。
②c0(M)/ c0(L) =b 时，平衡浓度比c 平(ML2)/ c 平(ML)= 。
(4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M 与L 反应体系。当c0(L)=1.0×10-5mol·L-1时，测得平衡时各物种c
平/ c0(L)随c0(M)/ c0(L)的变化曲线如图。c0(M)/ c0(L)=0.51 时，计算M 的平衡转化率 (写出计算
过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】(1)
HNO2
(2) 5×10-5 mol·L-1·min-1 A、B
(3) 0.36 3：4 或0.75
(4)98%
【解析】(1)①基态Fe2+的3d 电子轨道表示式为
；②根据原子守恒可知
离子方程式中需要增加HNO2。(2)①浓度分别为2.0 mol·L-1、2.5 mol·L-1、3.0 mol·L-1的HNO3溶液，反应物
浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；c(HNO3)= 3.0 mol·L-1时，在0~1
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min 内，观察图像可知[FeR3]2+的平均消耗速率为
；②A 项，对
于反应NO3
- +2 [FeR3]2++3H+
HNO2+2 [FeR3]2++H2O，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，
[FeR3]2+含量增加，[FeR3]2+含量减小，
增大，A 正确；B 项，HNO3浓度增加，[FeR3]2+转化率增
加，故
，B 正确；C 项，观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，
C 错误；D 项，硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故
，D
错误；故选AB。(3)①c0(M)/ c0(L)= a 时，S(ML2)+ S(ML)+ S(L)=1，且S(ML2)=0.64，S(ML)＜0.01 得
x=0.36；②S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则S(ML2)与S(ML)的浓度比应为S(ML2)相对峰面积S 的一
半与S(ML)的相对峰面积S 之比，即
。(4)
；
，由L 守恒可知
，则
；则M 的转化率为
。
4．(2022•海南省选择性，16)(10 分)某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
CO2(g)＋4H2(g)
2H2O(g)+CH4(g)
回答问题：
(1)已知：电解液态水制备1 mol O2，电解反应的
。由此计算H2(g)的燃烧热(焓) ΔH
=_______ kJ·mol−1。
(2)已知：CO2(g)＋4H2(g)
2H2O(g)+CH4(g)的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1 所示。
19
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①若反应为基元反应，且反应的
与活化能(Ea)的关系为
。补充完成该反应过程的能量变化
示意图(图2)_______。
②某研究小组模拟该反应，温度t 下，向容积为10L 的抽空的密闭容器中通入0.1 mol CO2和0.4 mol
H2，反应平衡后测得容器中n(CH4)=0.05 mol。则CO2的转化率为_______，反应温度t 约为_______℃。
(3)在相同条件下，CO2(g)与H2(g)还会发生不利于氧循环的副反应：CO2(g)＋3H2(g)
H2O(g)
+CH3OH(g)，在反应器中按n(CO2)： n(H2)=1：4 通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行
到2min 时，测得反应器中CH3OH、CH4浓度(
)如下表所示。
催化剂
t=350℃
t=400℃
c(CH3OH)
c(CH4)
c(CH3OH)
c(CH4)
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，0~2 min 生成CH3OH 的平均反应速率为_______
；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是_______。
【答案】(1)-286
(2)
50%或0.5 660.2(或660.1 或660.3，其他答案酌情给分)
(3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例
20
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高
【解析】(1)电解液态水制备1 mol O2，电解反应的ΔH＝+572kJ·mol−1，由此可以判断，2molH2完全
燃烧消耗1 mol O2，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol H2(g)完全燃烧生成液态水放出的热
量为286kJ，因此，H2(g)的燃烧热(焓) ΔH =-286 kJ·mol−1。(2)①由CO2(g)＋4H2(g)
2H2O(g)+CH4(g)的
平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K 随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基
元反应，则反应为一步完成，由于反应的ΔH 与活化能(Ea)的关系为
，由图２信息可知Ea＝ａ
kJ·mol−1，则
ａkJ·mol−1，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能
量变化示意图为：
。②温度t 下，向容积为10L 的抽空的密闭容器中通入0.1
mol CO2和0.4 mol H2，反应平衡后测得容器中n(CH4)=0.05 mol，则CO2(g)的转化率为
，根
据C 元素守恒可知，CO2(g)的平衡量为0.05 mol，CO2(g)和H2是按化学计量数之比投料的，则H2的平衡量
为0.2 mol，H2O(g)的平衡量是CH4(g)的2 倍，则n(H2O)=0.1 mol，CO2(g)、H2(g)、H2O(g)、CH4(g)的平衡
浓度分别为
、
、
、
，则该反应的平衡常数K＝
，根据图１中的信息可知，反应温度t 约为660.2℃。(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃
条件下反应，由表中信息可知，0~2 min CH3OH 的浓度由０增加到10.8
，因此，，0~2 min 生成
CH3OH 的平均反应速率为
；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和
350℃条件下反应，，0~2 min CH3OH 的浓度由０增加到10.8
，c(CH4)：c(H2)＝12722：10.8
1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2 min CH3OH 的浓度由0 增加到9.2
，
c(CH4)：c(CH3OH)＝10775：9.2≈1171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应，，0~2 min CH3OH 的浓
度由０增加到345.2
，c(CH4)：c(CH3OH)＝42780：345.2≈124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反
应条件下，，0~2 min CH3OH 的浓度由０增加到34
，c(CH4)：c(CH3OH)＝38932：34≈1145。因
此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃
的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
5．(2022·浙江省1 月，29)工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以
得到满足不同需求的原料气。请回答：
(1)在C 和O2的反应体系中：
反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-394kJ·mol-1
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反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566kJ·mol-1
反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3。
① 设y=ΔH-TΔS，反应1、2 和3 的y 随温度的变化关系如图1 所示。图中对应于反应3 的线条是
___________。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO 与CO2的物质的量之比______。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
(2)水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=131kJ·mol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量
的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是__________________。
(3)一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ·mol-1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：p(CO)=0.25MPa、
p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa 和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K 的数值为________。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO 的平衡转化率提高到90%，则原料气中
水蒸气和CO 的物质的量之比为________。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是________。
A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M 催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过
程如图2 所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤Ⅰ：__________________；步骤Ⅱ：
_______________________。
【答案】(1)a B
(2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，
保持较高温度，有利于加快化学反应速率
(3)①9.0 ②1.8：1 ③BC ④M+H2O=MO+H2 MO+CO=M+CO2
【解析】1)①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3=2ΔH1-
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ΔH2=[2×(-394)-(-566)]kJ·mol-1=-222 kJ·mol-1，反应1 前后气体分子数不变，升温y 不变，对应线条b，升温
促进反应2 平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y 值增大，对应线条c，升温促进反应3 平衡逆向移动，
气体分子数减少，熵减， y 值减小，对应线条a，故此处填a；②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，
由于反应2 焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO 物质的量增大，
所以CO 与CO2物质的量比值增大，故选B；(2)由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从
而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维
持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维
持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；(3)①该反应平衡常数K=
；②假设原料气中水蒸气为x mol，CO 为1 mol，由题意列三段式如
下：
则平衡常数K=
，解得x=1.8，故水蒸气与CO 物质的量之比为1.8：1；③A 项，反应温
度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A 不符合题意；B 项，适当增大压强，可加快反应速率，
B 符合题意；C 项，选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C 符合题意；D 项，若为恒容条件，通入氮
气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D
不符合题意；故故选BC；④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO
产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
6．(2020•新课标Ⅰ，28)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催
化氧化：SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方
程式为：_________。
(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa 和
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5.0MPa 压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判
断的依据是__________。影响α 的因素有__________。
(3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p
条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以
分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(
−1)0.8(1−nα')。式中：k 为反应速率常数，随温
度t 升高而增大；α 为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n 为常数。在α'=0.90 时，将一系列温度下
的k、α 值代入上述速率方程，得到v~t 曲线，如图所示。
曲线上v 最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。t<tm时，v 逐渐提高；t>tm后，v 逐渐下
降。原因是__________________________。
【答案】(1)2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1
(2)0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α 提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞
2.5MPa＝p ２的，所以p1=5.0MPa 反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强
(3)
(4)升高温度，k 增大使v 逐渐提高，但α 降低使v 逐渐下降。当t＜tm，k 增大对v 的提高大于α 引起的
降低；当t＞tm，k 增大对v 的提高小于α 引起的降低
【解析】(1)由题中信息可知：
①SO2(g)+
O2(g)⇌SO3(g) ∆H= -98kJ∙mol-1
②V2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g) ∆H2= -24kJ∙mol-1
③V2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s) ∆H1= -399kJ∙mol-1
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根据盖斯定律可知，③-②2 得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H= ∆H1-
2∆H2=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌
2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1；
(2) SO2(g)+
O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡
向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压
强为5.0MPa 条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa 的，因此，p1=5.0MPa，由图
中数据可知，α=0.975。影响α 的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物(N2和O2)的浓度、温度、
压强等。
(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol 和q mol，
2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：
平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO3的物质的量分数为
。该反应在恒压容器中
进行，因此，SO3的分压p(SO3)=
，p(SO2)=
，p(O2)=
，在该条件下，
SO2(g)+
O2(g)⇌2SO3(g) 的Kp=
。(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后α 降低。由题中信息可知，v=
，升高温度，k 增大使v 逐渐提高，但α 降低使v 逐渐下降。当t＜tm，k 增大对v 的
提高大于α 引起的降低；当t＞tm，k 增大对v 的提高小于α 引起的降低。
7．(2019•新课标Ⅰ，28)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、
制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
(1)Shibata 曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被
还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO 还原CoO(s)，平衡后气体中CO 的物质的量分数为0.0192。
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根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2(填“大于”或“小于”)。
(2)721 ℃时，在密闭容器中将等物质
量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平
衡时体系中H2的物质的量分数为_________(填标号)。
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50
(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，
其中吸附在金催化剂表面上的物种用❉标注。
可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)E 正
=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。
(4)Shoichi 研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO 和H2分压随时间变化关系(如下图所示)，催化剂
为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a 的反应在30~90 min 内的平均速率
(a)=___________kPa·min−1。467 ℃时PH2和PCO随
时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分
别是___________、___________。
【答案】(1)大于 (2)C
(3)小于 2.02 COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*(或H2O*=H*+OH*)
(4)0.0047 b c a d
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【解析】(1)H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s)=Co(s)＋H2O(g)；CO 还原氧化钴的方程式为：
CO(g)＋CoO(s)=Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数(
)高于CO 还原
体系中CO 的物质的量分数(
)，故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO 大于H2；(2)721 ℃时，
在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
起始(mol) 1 1 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 1-x 1-x x x
则平衡时体系中H2的物质的量分数=
，因该反应为可逆反应，
故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由(1)可知CO 的还原倾向大于H2，所以CO 更易转化为
H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；(3)根据水煤
气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量
(-0.32eV)高于CO2(g)+H2(g)的能量(-0.83eV)，故水煤气变换的ΔH 小于0；活化能即反应物状态达到活化状
态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：
其最大能垒(活化能)E 正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH*+H*+H2O*＝
COOH*+2H*+OH*；因反应前后COOH 和1 个H*未发生改变，也可以表述成H2O*＝H*+OH*；(4)由图
可知，30~90 min 内a 曲线对应物质的分压变化量Δp=(4.08-3.80)kPa=0.28 kPa，故曲线a 的反应在
30~90 min 内的平均速率(a)=
=0.0047 kPa·min−1；由(2)中分析得出H2的物质的量分数介
于0.25~0.5，CO 的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO 的分压，据此可将图分
成两部分：
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由此可知，a、b 表示的是H2的分压，c、d 表示的是CO 的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平
衡逆向移动，CO 分压增加，H2分压降低，故467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489
℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。
8．(2018•新课标Ⅰ，28)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中
得到广泛应用。回答下列问题：
(1)1840 年 Devil 用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分
子式为___________。
(2)F. Daniels 等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p 随时间t 的变化如下表所
示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)=N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)=2NO2(g)+
O2(g)的ΔH =_______ kJ·mol−1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v=2×10−3×
(kPa·min−1)。t=62 min 时，测得体系中
=2.9
kPa，则此时的
=________ kPa，v=_______ kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa(填“大于”“等于”
或“小于”)，原因是________。
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④25℃时N2O4(g)
2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结
果保留1 位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg 提出如下反应历程：
第一步 N2O5
NO3+NO2 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)>v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高
【答案】(1)O2
(2)53.1 30.0 6.0×10－2 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，
平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4
(3)AC
【解析】(1)氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧
气，分子式为O2；(2)①已知：
ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1：2，又因为压强之比是物质的量之比，
所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝
30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2(kPa·min－1)；③由于温度升高，容器容积不变，总
压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若
提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。④根据表中数据可知五氧化
二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝
71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了
89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)
N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是
26.4kPa ，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa －26.4kPa×2 ＝18.8kPa ，则反应的平衡常数
。(3)A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，
A 正确；[B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B 错误；C、根据第二步反应生成物中有NO2可
知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C 正确；D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D 错误。
故选AC。
9．(2018•新课标Ⅲ，28)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O 等，写出该反应的化学
方程式__________。
(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
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2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1
3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=__________ kJ·mol−1。
(3)对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K 和343
K 时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K 时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________(保留2 位小数)。
②在343 K 下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，
可采取的措施有____________、___________。
③比较a、b 处反应速率大小：υa________υb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率υ=υ 正−υ 逆=
−
，k 正、k 逆分别为正、逆向反应速率常数，x 为物质的量分数，计算a 处的
=__________(保留1 位小数)。
【答案】(1)2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl (2)114
(3)①22 0.02 ②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度)
③大于 1.3
【解析】(1) 根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O ，方程式为：
2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。(2)将第一个方程式扩大3 倍，再与第二个方程式相加就可以得到第三个反
应的焓变，所以焓变为48×3+(－30)=114kJ·mol-1。(3)①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就
越少，所以曲线a 代表343K 的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅
的浓度为1mol/L，得到：
2SiHCl3
SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 (转化率为22%)
平衡： 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离
(两边物质的量相等，压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施
是增大压强(增大反应物浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。③a、b 两点的转化率相等，可以认为
各物质的浓度对应相等，而a 点的温度更高，所以速率更快，即Va ＞Vb 。根据题目表述得到
，
，当反应达平衡时
，
＝
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，所以
，实际就是平衡常数K 值，所以
0.02。a 点
时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3
SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 (转化率为20%)
平衡： 0.8 0.1 0.1
所以
=0.8；
=
=0.1；所以
。
10．(2017•新课标Ⅲ，28)砷(As)是第四周期ⅤA 族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等
化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)画出砷的原子结构示意图____________。
(2)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生
反应的化学方程式________。该反应需要在加压下进行，原因是________________________。
(3)已知：As(s)+
H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) ΔH1
H2(g)+
O2(g)=H2O(l) ΔH2
2As(s)+
O2(g) =As2O5(s) ΔH3
则反应As2O5(s) +3H2O(l)= 2H3AsO4(s)的ΔH =_________。
(4)298 K 时，将20 mL 3x mol·L−1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L−1 I2和20 mL NaOH 溶液混合，发生反应：
AsO(aq)＋I2(aq)＋2OH－(aq)
AsO(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所
示。
①下列可判断反应达到平衡的是__________(填标号)。
a．溶液的pH 不再变化 b．v(I−)=2v(AsO)
c．c(AsO)/c(AsO)不再变化 d．c(I−)=y mol·L−1
②tm时，v 正_____ v 逆(填“大于”“小于”或“等于”)。
③tm时v 逆_____ tn时v 逆(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是_____________。
④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K 为___________。
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【答案】(1)
(2)2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S
增加反应物O2的浓度，提高As2S3的转化速率
(3)2△H1−3△H2−△H3
(4)①ac
②大于
③小于
tm时生成物浓度较低
④
【解析】(1)砷是33 号元素，原子核外K、L、M 电子层均已经排满，故其原子结构示意图为
。(2)根据提给信息可以得到As2S3+O2→H3AsO4+S，As2S3总共升高10 价，根据得失电子守恒配
平得2As2S3+5O2→4H3AsO4+6S ，再考虑质量守恒，反应前少12 个H 和6 个O ，所以反应原理为
2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S。该反应加压时，能增加反应物O2的浓度，能够有效提高As2S3的转化速率。
(3)根据盖斯定律，热化学反应As2O5(s) +3H2O(l)= 2H3AsO4(s)可以由反应①×2－反应②×3－反应③转化得到，
则2△H1−3△H2−△H3。(4)①a．溶液pH 不变时，则c(OH−)也保持不变，反应处于平衡状态；b．根据速率
关系，v(I−)/2=v(AsO3
3-)，则v(I−)=2v(AsO3
3-)始终成立，v(I−)=2v(AsO3
3-)时反应不一定处于平衡状态；c．由
于提供的Na3AsO3总量一定，所以c(AsO4
3-)/c(AsO3
3-)不再变化时，c(AsO4
3-)与c(AsO3
3-)也保持不变，反应处
于平衡状态；d．平衡时c(I−)=2c(AsO3
3-)=2×y mol·L−1=2y mol·L−1时，即c(I−)=y mol·L−1时反应不是平衡状
态。②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，v 正>v 逆。③tm时比tn时AsO4
3-浓度小，所以逆反
应速率：tm<tn。④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3浓度为3x mol·L−1×20/(20+20+20)= x mol·L−1，同理
I2浓度为x mol·L−1，反应达到平衡时，生成c(AsO4
3-)为y mol·L−1，则反应生成I−浓度c(I−)=2y mol·L−1，消
耗AsO3
3-、I2浓度均为y mol·L−1，平衡时c(AsO3
3-)为 (x−y) mol·L−1，c(I2)为(x−y)mol·L−1，溶液中c(OH−)=1
mol·L−1，K=
(mol·L－1)－1。
11．(2015·全国卷Ⅰ，28)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：
(1)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的
还原产物为 。
(2)上述浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl 开始沉
淀时，溶液中c( I
−)
c(C l
−)
为 。已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17。
(3)已知反应2HI(g)=H2(g)+I2(g)的ΔH=+11 kJ·mol-1，1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需
要吸收436 kJ、151 kJ 的能量，则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为 kJ。
(4)Bodensteins 研究了下列反应：2HI(g)
H2(g)+I2(g)，在716 K 时，气体混合物中碘化氢的物质的量
分数x(HI)与反应时间t 的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
120
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x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K 的计算式为
。
②上述反应中，正反应速率为v 正=k 正x2(HI)，逆反应速率为v 逆=k 逆x(H2)x(I2)，其中k 正、k 逆为速率常
数，则k 逆为 (以K 和k 正表示)。若k 正=0.002 7 min-1，在t=40 min 时，v 正=
min-1。
③由上述实验数据计算得到v 正～x(HI)和v 逆～x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应
重新达到平衡，相应的点分别为 (填字母)。
【答案】1)MnSO4(或Mn2+) (2)4.7×10-7 (3)299
(4)①K=0.108
2
0.784
2 ②k 正
K 1.95×10-3
③A、E
【解析】(1)根据化合价升降规律，结合实验室制取氯气的反应，碘元素的化合价升高，锰元素的化合
价降低，所以还原产物为硫酸锰。(2) c( I
−)
c(C l
−)
= K sp( AgI )/c( A g
+)
K sp( AgCl)/c( A g
+)
= K sp( AgI )
K sp( AgCl)，代入数据可得
c( I
−)
c(C l
−)
=8.5×10
−17
1.8×10
−10 ≈4.7×10-7。(3)根据焓变等于反应物键能减去生成物键能可知：2×EH—I-EH—H-EI—I=+11
kJ·mol-1 ，得EH—I=299 kJ·mol-1 。(4)①K=c( H 2)·c( I 2)
c
2( HI )
= x( H 2)· x( I 2)
x
2( HI )
，x(HI)=0.784 ，x(H2)=x(I2)=(1-
0.784)÷2=0.108。②平衡时，v 正=v 逆，k 正x2(HI)=k 逆x(H2)x(I2)，k 逆= k 正x
2( HI )
x( H 2)x( I 2)
=k 正
K
；v 正=k 正x2(HI)，k
正=0.002 7 min-1，在t=40 min 时，x(HI)=0.85，代入数据得v 正≈1.95×10-3min-1。③升高温度，正逆反应速率
均增大，在图象上v 正、v 逆均上移；但平衡右移，x(HI)减少，在图象上数值减小，即A 点，平衡右移，
x(H2)、x(I2)增大，在图象上数值增大，即E 点。
12．(2015·山东卷，30)合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起着重要作用。
(1)一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强(p)，横轴表示固相中氢
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原子与金属原子的个数比(H/M)。
在OA 段，氢溶解于M 中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M 逐渐增大；在AB 段，MHx与
氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为：zMHx(s)+H2(g)
zMHy(s) ΔH(Ⅰ)；在B 点，
氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M 几乎不变。反应(Ⅰ)中z= (用含x 和y 的代数式表示)。
温度为T1时，2 g 某合金4 min 内吸收氢气240 mL，吸氢速率v=
mL·g-1·min-1。反应(Ⅰ)的焓变ΔHⅠ
0(填“>”“<”或“=”)。
(2)η 表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，
η(T1) η(T2)(填“>”“<”或“=”)。当反应(Ⅰ)处于图中a 点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量
氢气，达到平衡后反应(Ⅰ)可能处于图中的 点(填“b”“c”或“d”)，该贮氢合金可通过 或
的方式释放氢气。
(3)贮氢合金ThNi5 可催化由CO、H2 合成CH4 的反应，温度为T 时，该反应的热化学方程式为
。
已知温度为T 时：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ΔH=+165 kJ·mol-1
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH=-41 kJ·mol-1
【答案】(1)2/(y-x) 30 <
(2)> c 加热 减压
(3)CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH=-206 kJ·mol-1
【解析】(1) 根据元素守恒可得z×x+2=z×y ，解得z=2/(y-x) ；吸氢速率v=240 mL÷2 g÷4 min=30
mL·g-1·min-1；根据图象可知，T1<T2，T2时氢气的压强大，说明升高温度反应(Ⅰ)向生成氢气的方向移动，即
逆反应为吸热反应，所以正反应是放热反应，则ΔHⅠ<0。(2)根据图象可知，横坐标相同，即氢原子与金属
原子个数比相同时，T2时氢气的压强大，说明T2时吸氢量少，则η(T1)>η(T2)；处于图中的a 点时，保持温
度不变，向恒容体系中通入少量的氢气，氢气的压强增大，H/M 逐渐增大，根据图象可能处于c 点；根据
平衡移动原理，可以通过加热或减小压强的方式使平衡逆向移动，释放氢气。(3)设题给热化学方程式的反
应热分别为ΔH1、ΔH2，写出由CO、H2 合成CH4 的化学方程式并注明状态：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)
+H2O(g)，然后根据盖斯定律可得该反应的ΔH=ΔH2-ΔH1=-206 kJ·mol-1。
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