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专题十四 化学反应原理综合 【六大题型】
【新高考专用】
【题型1 考查盖斯定律、反应速率和化学平衡】………………………………………………………………6
【题型2 考查盖斯定律、化学平衡和电化学】…………………………………………………………………
15
【题型3 考查反应速率和化学平衡图像】………………………………………………………………………
26
【题型4 考查盖斯定律、化学平衡和反应历程】………………………………………………………………
36
【题型5 考查反应历程、化学平衡和电化学】…………………………………………………………………
46
【题型6 综合考查化学反应原理】………………………………………………………………………………
52
化学反应原理题命制以能源、环境保护、化工生产等情境，以工业生产为背景，通过某个气相或者溶液中
的可逆反应切入。题目围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现，结合图像、表格、数据、装置等信息，综
合考查化学反应中的能量转化、盖斯定律及其应用、热化学方程式的书写、化学反应速率、化学平衡及其
影响因素、原电池、电解池原理及其电极反应式的书写、信息型化学方程式或离子方程式的书写等知识。
题目的综合性强，化学信息较多，设问角度灵活多变，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，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。
【知识点1 反应热计算的常用方法】
1.利用盖斯定律进行计算
(1)虚拟途径法：先根据题意虚拟转化过程，然后根据盖斯定律列式求解，即可求得待求反应的反应热。
(2)加和法：将所给热化学方程式适当加减得到所求的热化学方程式，反应热也作相应的加减运算。
1
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2．利用键能、活化能进行计算
(1)键能：ΔH＝E(反应物总键能)－E(生成物总键能)
(2)活化能：ΔH＝E(正反应活化能)－E(逆反应活化能)
【知识点2 化学平衡图像解读与分析】
1.化学平衡图像信息的获取
依据化学反应原理中反应速率和平衡移动知识解读图像，关键在于对“数”“形”“义”“性”的综合思
考，包括：
(1)明标：明晰横、纵坐标所表示的化学含义，这是理解题意和进行正确思考的前提。明晰坐标含义，也就
是用变量的观点分析坐标，找出横、纵坐标的关系，再结合教材，联系相应的知识点。
(2)找点：找出曲线中的特殊点(起点、顶点、拐点、终点、交叉点、平衡点等)，分析这些点所表示的化学
意义以及影响这些点的主要因素及限制因素等，大多考题就落在这些点的含义分析上，因为这些点往往隐
含着某些限制条件或某些特殊的化学含义。
(3)析线：正确分析曲线的变化趋势(上升、下降、平缓、转折等)，同时对走势有转折变化的曲线，要分区
段进行分析，研究各段曲线的变化趋势及其含义。
2．化学平衡图像信息的加工
在准确解读图像信息的基础上，对试题信息进行加工处理，分析角度如图
2
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【知识点3 反应速率常数、化学平衡常数的计算】
1.速率常数
(1)假设基元反应(能够一步完成的反应)为aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，其速率可表示为v＝
k·ca(A)·cb(B)，式中的k 称为反应速率常数或速率常数，k 与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质
等因素的影响，通常反应速率常数越大，反应进行得越快。
(2)正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系
对于基元反应aA(g)＋bB(g)
cC(g)＋dD(g)，v 正＝k 正·ca(A)·cb(B)，v 逆＝k 逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝
c
c(C)·c
d (D)
c
a( A)·c
b(B)
＝
k 正·v逆
k 逆·v 正
，反应达到平衡时v 正＝v 逆，故K＝
k 正
k 逆
。
2．化学平衡常数表达式
(1)不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式，但在非水溶液中，若
有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。
(2)Kp含义及表达式
①Kp含义：有气体参与的反应，在化学平衡体系中，各气体物质的平衡分压替代平衡浓度，计算的平衡常
数叫压强平衡常数。
②表达式
对于一般可逆反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)，当在一定温度下达到平衡时其压强平衡常数Kp可表示
为Kp＝p
p(C)· p
q(D)
p
m( A)· p
n(B)
其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)表示反应物和生成物的分压，用平衡分压可以这样计算：
分压＝总压×物质的量分数。
p(总)＝p(A)＋p(B)＋p(C)＋p(D)；
3
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p( A)
p(B) ＝n( A)
n(B) ＝c ( A)
c (B) 。
(3)Kx含义：在化学平衡体系中，各物质的物质的量分数替代平衡浓度，计算的平衡常数。
(4)化学平衡常数的计算规则
①同一可逆反应中，K 正·K 逆＝1。
②同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n 倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K 间的关系是K′＝Kn或
K′＝。
③几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积；两方程式相
减所得反应的平衡常数为两个平衡常数之比。
④水溶液中进行的反应，必须拆成离子方程式再计算平衡常数。
【知识点4 转化率、产率等计算与变化判断】
1．三段式突破平衡的有关计算
mA(g) ＋ nB(g)
pC(g) ＋ qD(g)
\s\up11(起始/) a b 0 0
\s\up11(变化/) mx nx px qx
\s\up11(平衡/) a－mx b－nx px qx
(1)vA＝。
(2)转化率αA＝×100%。
(3)K＝。
(4)生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。
产率＝×100%。
(5)混合物中某组分的百分含量＝×100%。
2．平衡移动与转化率的关系
在一恒容密闭容器中通入a mol A、b mol B 发生反应aA(g)＋bB(g)
cC(g)，达到平衡后，改变下列条
件，分析转化率的变化情况：
(1)再通入b mol B，α(A)增大，α(B)减小。
(2)再通入a mol A、b mol B，若a＋b>c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；若a＋
b<c，α(A)减小、α(B)减小。
【知识点5 综合图像分析与判断】
1．控制反应条件的目的
(1)促进有利的化学反应：通过控制反应条件，可以加快化学反应速率，提高反应物的转化率，从而促进有
利的化学反应进行。
(2)抑制有害的化学反应：通过控制反应条件，也可以减缓化学反应速率，减少甚至消除有害物质的产生或
控制副反应的发生，从而抑制有害的化学反应继续进行。
2．控制反应条件的基本措施
(1)控制化学反应速率的措施
4
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通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控
反应速率。
(2)提高转化率的措施
通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高转化
率。
3．化工生产适宜条件选择的一般原则
条件
原则
从化学反应速率分析
既不能过快，又不能过慢
从化学平衡移动分析
既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意对二者影
响的矛盾性
从原料的利用率分析
增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成
本
从实际生产能力分析
如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析
注意催化剂的活性对温度的限制
4.综合图像分析方法
(1)审题：审明各物质的状态(有无固体、液体)，明确气体分子数的变化(变大、变小、不变)，正反应吸热
还是放热。
(2)析题——找准解题的突破口
看图像
(3)解题——掌握分析的方法
①三步分析法：一看反应速率增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
②先拐先平数值大：在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速率
快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。
③定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助
线。
④想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。
【题型1 考查盖斯定律、反应速率和化学平衡】
【例1】（2024·湖南岳阳·二模）我国力争于2030 年前做到碳达峰，2060 年前实现碳中和。以生物材质(以
C 计)与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO
两步构成。气化炉中涉及到的反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
5
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Ⅲ．
Ⅳ．
(1)已知反应Ⅱ的
，
、
、
的键能分别为803kJ/mol、464kJ/mol、
436kJ/mol，则
中碳氧键的键能为 kJ/mol
(2)绝热条件下，将
、
以体积比2：1 充入恒容密闭容器中，若只发生反应Ⅱ，下列可作为反应Ⅱ达
到平衡的判据是_____。
A．
与
比值不变
B．容器内气体密度不变
C．容器内气体压强不变
D．
不变
(3)反应Ⅱ：
的速率方程为
，
。(
、
为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。净反应
速率(
)等于正、逆反应速率之差。平衡时，
(填“>”“<”或“=”)。
(4)对于反应Ⅲ，若平衡时保持温度不变，再充入
，使其浓度增大到原来的2 倍，则平衡移动方向为
(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)；当重新平衡后，
浓度 (填“变大”“变小”或
“不变”)。
(5)一定条件下，
与
反应可合成
，
，该反
应分两步进行：
ⅰ．
ⅱ．
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T℃，压强恒定为100kPa 时，将
的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分
组分的物质的量分数如表所示。
组分
物质的量分数(%)
的平衡转化率为 ，反应ⅰ的平衡常数
(
是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质
的量分数)。
【答案】(1)1073.0
(2)CD
(3)=
(4) 向左移动 不变
(5)90% 3.4
【解析】（1）反应Ⅱ．
的
，
、
、
的键能分别为803kJ/mol、464kJ/mol、436kJ/mol，则有：2E(C=O)+E(H-H)-E(C≡O)-2E(H-O)=2×803+436-
E(C≡O)-2×464=+41，解得：E(C≡O)=1073kJ/mol，即
中碳氧键的键能为1073kJ/mol，故答案为：1073；
（2）A. 化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，而不是相对或成比例，故
与
比值
不变，不能说明反应达到化学平衡，A 不合题意；
B. 已知反应Ⅱ前后气体的质量不变，容器为恒容密闭容器，即反应过程中容器内气体的密度一直不变，故
容器内气体密度不变不能说明反应达到化学平衡，B 不合题意；
C. 反应Ⅱ前后气体的物质的量虽然保持不变，容器的体积保持不变，但为绝热容器，故反应过程中容器的
温度一直在改变，即容器的压强一直在改变，即容器内气体压强不变说明反应达到化学平衡，C 符合题
意；
D.
即为浓度熵或平衡常数，反应过程中一直在改变，且平衡常数仅仅是温度的函数，温度
一直在改变，
也一直在变，
保持不变可以说明反应达到化学平衡，D 符合
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题意；
故答案为：CD；
（3）已知化学平衡的本质特征为正、逆反应速率相等，即任何平衡状态下，净反应速率(
)等于正、逆
反应速率之差均为0，故有平衡时，
=
，故答案为：=；
（4）对于反应Ⅲ．
，若平衡时保持温度不变，再充入
，使其浓度增大
到原来的2 倍，则增大生成物浓度，化学平衡移动方向为向逆反应方向即向左移动；根据平衡常数
K=c(CO2)仅仅是温度的函数可知，当重新平衡后，CO2浓度不变，故答案为：向左移动；不变；
（5）令CO2的初始物质的量为1mol，H2的初始物质的量为3mol，设平衡气中CO2为xmol，CO 为ymol，
H2O（g）为zmol，则平衡时气体的总物质的量为y÷
%=
%ymol，平衡时H2的物质的量为
%ymol×
%=5ymol，平衡时CH2=CH2的物质的量为
%ymol×
%=4ymol，由碳原子守恒：x+y+8y=1；由氧
原子守恒：2x+y+z=2；由氢原子守恒：2x+10y+16y=6；联合解得x=0.1，y=0.1，z=1.7；CO2的平衡转化率
为
×100%=90%，CO2、H2O 的物质量分数为
、
，反应ⅰ的平衡常数Kp=
=
=3.4，故答案为：90%；3.4。
【变式1-1】 （2024·陕西榆林·二模）
的综合利用成为研究热点，
作为碳源加氢是再生能源的有
效方法。回答下列问题：
Ⅰ．工业上利用
和
制备
，已知温度为T、压强为p 时的摩尔生成焓
如表所示：
气态物质
摩尔生成焓/
0
已知：一定温度下，由元素的最稳定单质生成
纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓。
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(1)温度为T、压强为p 时，反应
。
(2)已知：温度为
时，
。实验测得：
为速率常数。
①
时，
。
②若
时，
，则
(填“>”“<”或“=”)
。
Ⅱ．在催化剂作用下，
可被氢气还原为甲醇：
[同
时有副反应
发生]，
平衡转化率随温度和压强的变化如
图。
(3)判断
的大小关系： 。解释压强一定时，
的平衡转化率呈现如图变化的原因：
。同时增大
的平衡转化率和
的产率可采取的措施是 。
(4)向压强为p 的恒温恒压密闭容器中加入
和
，进行反应，达到平衡状态时，
的转化
率为20%，生成
的物质的量为
，则甲醇的选择性为 %[甲醇选择性
]；在该温度下，
的压强平衡常数
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(列出计算式，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2) 2 <
(3)
之前以副反应为主，转化率随着温度升高而增大，
之后以主反应为主，转化率随
着温度升高而降低 增大压强
(4) 50
【解析】（1）
=生成物的生成焓-反应物的生成焓，则反应
；
（2）①
时，
为速率常数，则
；
②若
时，
，则平衡常数为K=2.1，反应
，该反应为吸热反应，温度越高，K 值越大，则
<
；
（3）对于反应
，增大压强，平衡正向移动，副反应
不受压强影响，当温度固定时，压强越大，
平衡转化率
越大，故
；主反应
为放热反应，温度升高，平
衡逆移，副反应
为吸热反应，温度升高，平衡正移，Tk 前以
副反应为主，转化率随着温度升高而增大，
后以主反应为主，转化率随着温度升高而降低；增大压
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强，可以使主反应
正向移动，副反应
不移动，则增大压强可同时增大
的平衡转化率和
的产率；
（4）向压强为p 的恒温恒压密闭容器中加入
和
，进行反应，达到平衡状态时，
的转
化率为20%，则
一共消耗0.2mol，生成
需要消耗0.1mol
，则剩余0.1mol
转化为了
，则甲醇的选择性为
；在该温度下，反应达
平衡时
为0.8mol，
为2.6mol，
为0.1mol，
为0.1mol，H2O 为0.2mol，则
，
，
，
，则
的压强平衡
常数
。
【变式1-2】（2024·陕西宝鸡·二模）氮氧化物对环境及人类活动影响日趋严重，如何消除大气污染物中的
氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。
Ⅰ．利用
的还原性可以消除氨氧化物的污染，其中除去
的主要反应如下：
已知：
(1)
。
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(2)某研究小组将2
、3
和一定量的
充入2L 密闭容器中，在催化剂表面发生上述反应，
一定反应时间内，
的转化率随温度变化的情况如图所示，若在5min 内，温度从420K 升高到580K，此
时段内用
表示的平均反应速率
；温度升高至580K 之前，
生成
的转化率逐
渐增大的原因是 。
Ⅱ．
还可用
还原，
，在密闭容器中充入5
和4
，平衡时
的体积分数与温度、压强的关系如图所示，已知温度
。
(3)该反应是 (填“放热”或“吸热”)反应，反应在 (填“低温”或“高温”)下能
自发进行。
(4)若在D 点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A~G 点中
的 点。
Ⅲ．将2
、1
和1
通入反应器，在温度T、压强p(恒温恒压)条件下发生反应
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和
。
(5)平衡时，若
、
与
三者的物质的量相等，则
转化率为 ，反应
平衡常数
(用含p 的代数式表示)。
【答案】(1)-1631.6kJ/mol
(2)0.17mol/(L·min) 温度小于580K 时，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，NO 生成N2的转
化率逐渐增大
(3)放热 低温
(4)G
(5)60%
【解析】（1）已知：①
②
根据盖斯定律，由①+②得反应
=+182.4kJ/mol
-1814kJ/mol =-1631.6kJ/mol；
（2）由图可知，在5min 内，一氧化氮的平均速率为=
mol/(L·min)，故答案
为：0.17mol/(L·min)；
从图像可以看到，温度小于580K 时，反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，NO 生成N2的转化率
逐渐增大；
（3）T1 > T2，升高温度，平衡时NO 的体积分数增大，说明升高温度，平衡逆向移动，因此该反应为放热
反应。该反应是放热的熵减反应，根据△G=
H- T
S<0
△
△
时反应自发进行可知，该反应在低温下能自发进
行；答案为放热；低温；
（4）降温和缩小体积都使该反应的平衡正向移动,则平衡时NO 的体积分数将减小，又改变条件后压强增
大，故重新达到平衡状态时可能是G 点；
（5）平衡时，O2、NO2和N2O4的物质的量相等，设第一个反应生成NO2 xmol，第二个反应消耗NO2
ymol，则有:
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则x-y=0.5y=1-0.5x，解得y=0.8，x=1.2；此时NO 的转化率为
；
平衡后体系的总压强为p，气体总物质的量为3mol，n(NO)=0.8mol，n(O2)=0.4mol，n(NO2)=0.4mol，三种
物质的分压分别为
、
和
，则
平衡常数
。
【变式1-3】（2024·安徽安庆·二模）以CO 和CO2为原料合成有机物，是科学家研究的主要课题。回答下
列问题：
(1) CO2与H2催化重整制备CH3OCH3的过程中存在以下反应：
I．
；
Ⅱ．
。
已知：相关物质能量变化的示意图如图所示：
①由已知信息可知
。
②向密闭容器中以物质的量之比为1 3∶充入CO2与H2，实验测得CO2的平衡转化率随温度和压强的变化关
系如图所示。
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由图2 可知，
由大到小的顺序为 ，
时主要发生反应为 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，
平衡转化率随温度变化先降后升的原因是： 。
(2)工业上常用合成气(主要成分为CO、H2)在一定条件下制备甲醇，其涉及反应如下：
反应1：
反应2：
反应3：
向容积为2L 的刚性密闭催化反应器中充入2molCO 和4molH2发生上述反应，测得不同温度下，2min 内
CO 的转化率和CH3OH 的选择性(CH3OH 的选择性
)如图所示。
①若反应过程中催化剂的活性几乎不受温度影响，则T1前CO 转化率升高的原因是： 。
②反应在T1K 下，2min 时达到平衡，此时体系压强为
，
。用CO 的分压变化表
示的化学反应速率为
，反应3 的)
。(
指用平衡分压代替平衡浓度进行计
算的平衡常数，A 的平衡分压
的物质的量分数，以上两空结果均保留3 位小数)。
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【答案】(1)-175 p1＞p2＞p3 Ⅱ 开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，CO2平
衡转化率下降，升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动
(2) 温度升高，反应速率加快，相同时间内的CO 消耗量增多，故CO 的转化率升高 0.267 0.318
【解析】（1）①由题干图示信息可知，反应I．
；Ⅱ．
，反应I+3 反应Ⅱ可得反应：
，根据盖斯定律可得：
=-175kJ/mol，故答案为：-175；
②反应Ⅰ是气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，相同条件下，压强越大，平衡正向移
动，二氧化碳的转化率越大，则p1＞p2＞p3；反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，反应Ⅰ
平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，由图可知，随着温度的升高，二氧化碳转化率先减小后增大，说明
T2℃时主要发生反应Ⅱ，平衡转化率随温度变化先降后升的原因为开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，
平衡逆向移动，CO2平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动，故答
案为：p1＞p2＞p3；Ⅱ；开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，CO2平衡转化率下降，升高
一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动；
（2）①由题干已知信息可知，三个反应均为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO 的平衡转化率减小，
结合图示可知，T1前反应未达到平衡，故若反应过程中催化剂的活性几乎不受温度影响，则T1前CO 转化
率升高的原因是：温度升高，反应速率加快，相同时间内的CO 消耗量增多，故CO 的转化率升高，故答
案为：温度升高，反应速率加快，相同时间内的CO 消耗量增多，故CO 的转化率升高；
②由题干图示信息可知，反应在T1K 下，2min 时达到平衡，CO 的转化率为80%，CH3OH 的选择性为
60%，此时体系压强为
，
，则有：
，
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，
，则平衡时：c(CO)=0.2mol/L、
c(CO2)=0.05mol/L、c(CH3OH)=0.48mol/L、c(CH4)=0.27mol/L、c(H2)=2+0.05-0.96-0.81=0.28mol/L、
c(H2O)=0.27-0.05=0.22mol/L，故CO 的起始分压为：
kPa，平衡分压为：
=
，故用CO 的分压变化
表示的化学反应速率为
=
=0.267
，反应3 的
=
=
=0.318，故答案为：0.267；0.318。
【题型2 考查盖斯定律、化学平衡和电化学】
【例2】 （2024·湖南邵阳·二模）碳和氮的化合物在生产生活中广泛存在。低碳烃类（甲烷、乙烯、丙烯
等）作为重要的基本化工原料，在现代石油和化学工业中具有举足轻重的作用。
Ⅰ．小分子烃类（如丙烯）作为还原剂可以在催化剂上选择性还原
。
已知：
(1)反应
；
Ⅱ．甲烷的制备
，该反应的
与温度的关系如图所示。
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(2)要使该反应能自发进行，理论上温度不高于 ℃；
(3)在恒温、恒容容器中按
充入反应物进行该反应，下列有关该反应的说法正确的是
；
a．升高温度会使
的平衡转化率降低
b．
和
的转化率之比不再变化，说明反应达到平衡状态
c．若反应达到平衡后，再向容器中充入
的反应物，则甲烷的体积分数仍保持不变
Ⅲ．一定条件下，碘甲烷
热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应①：
反应②：
反应①和②在不同温度下的分压平衡常数
如下表，回答下列问题：
反应①
2.80
反应②
(4)根据表中数据推出反应①的活化能
（正） （填“
”或“
”）
（逆）；
(5)反应②的正、逆反应速率表达式有：
，
（
、
为反应速率常
数，只与温度有关)。1889 年，瑞典物理化学家阿仑尼乌斯根据实验结果，提出了速率常数与温度关系的
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经验公式：
[k 为速率常数；A 为常数；e 为自然对数的底数]。在相同温度下，活化能越大，速率
常数越 （填“大”或“小”）。当该反应达到平衡后，升高温度，
的值 （填“增
大”“减小”或“不变”）；
Ⅳ．微生物燃料电池的一种重要应用是废水处理中实现碳氮联合转化为
和
，如图所示，其中1，2
为厌氧微生物电极，3 为阳离子交换膜，4 为好氧微生物反应器。
(6)正极的电极反应式是 ；
(7)协同转化总反应中当有标准状况下
生成时转移电子的个数是 。
【答案】(1)
(2)597
(3)a
(4)>
(5) 小 减小
(6)
(7)44NA
【解析】（1）已知：
①
②
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由盖斯定律可知，
(
-
)
①②得反应：
；
（2）
<0，反应能够自发进行，由图可知，要使该反应能自发进行，理论上温度不高于597℃；
（3）a．
，反应为气体分子减小的反应，为熵减反应，结合图像可知，焓变小于0，为放热反
应，升高温度，平衡逆向移动，会使
的平衡转化率降低，正确；
b．
和
的投料比等于系数比，则其转化率之比为定值，不再变化不能说明反应达到平衡状态，错
误；
c．若反应达到平衡后，再向容器中充入
的反应物，相当于在原平衡基础上增大压
强，平衡正向移动，则甲烷的体积分数增大，错误；
故选a；
（4）根据表中数据，可知升高温度，K 值变大，平衡正向移动，则为吸热反应，则推出反应①的活化能
（正）>
（逆）；
（5）在相同温度下，活化能越大，反应进行越困难，则速率常数越小。当该反应达到平衡后，正逆反应
速率相等，则
=
，
，结合图表可知，升高温度，
的值变小；
（6）由图可知，正极的硝酸根离子得到电子在酸性条件下发生还原反应生成氮气，电极反应式是
；
（7）协同转化总反应醋酸根离子、铵根离子、氧气反应转化为二氧化碳、氮气和水，反应为
，电子转移为
，标准状况下
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（为2mol）生成时转移电子44mol，个数是44NA。
【变式2-1】（2024·北京丰台·一模）AOPs(高级氧化技术)通过产生·OH(羟基自由基)能有效去除废水中有
机污染物。
I．芬顿反应是AOPs 中使用最广泛的方法，主要反应过程如下：
i．Fe2+ + H2O2 + H+ =Fe3+ + ·OH + H2O (快反应)
ii．·OH + OM → CO2 + H2O(快反应，OM 为有机物)
iii．2Fe3+ + H2O2 =2Fe2+ + O2 + 2H+(慢反应)
反应过程中存在副反应：·OH + Fe2+ + H+ = Fe3+ + H2O。
(1)决定芬顿反应速率的是过程 (填“i”“ii”或“iii”)。
(2)·OH 氧化苯酚的化学方程式为 。
II．用铁粉代替Fe2+，并加入硼(B)，可加快Fe3+转化为Fe2+，提高有机污染物的去除率。
(3)
B
①
与Fe3+反应生成硼酸(H3BO3)的离子方程式为 。
②相同时间内，铁粉投加量与有机污染物去除率的关系如下图所示(k 越大，去除效果越好)。铁粉质量浓度
大于0.02 g ∙ L−1时，有机污染物去除率下降的原因可能是 。
III．相比于传统的芬顿反应，电芬顿反应具有无需投加H2O2等优点。该方法是利用O2在电极放电生成
H2O2，与加入的Fe2+构成芬顿体系，如图1 所示。
(4)石墨做 极。
(5)溶液pH 对H2O2生成量的影响如图2 所示。
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pH=3
①
，电解时间在0 ~ 60 min 内，v(H2O2)= mol·L-1·min-1。
②电解相同时间，随着溶液pH 升高，生成的H2O2浓度逐渐减小，结合电极反应式分析原因
。
【答案】(1)iii
(2)C6H5OH + 28· OH = 6CO2 + 17H2O
(3) B + 3Fe3+ + 3H2O = H3BO3 + 3Fe2+ + 3H+ 产生的Fe2+量较多，Fe2+和· OH 发生副反应，c(·OH)下
降，导致反应ii 速率下降
(4)阳
(5)
O2 + 2e− + 2H+ = H2O2
【解析】（1）慢反应速率决定总反应速率，决定芬顿反应速率的是过程iii。
（2）根据·OH + OM → CO2 + H2O，·OH 氧化苯酚的化学方程式为C6H5OH + 28· OH = 6CO2 + 17H2O；
（3）①B 与Fe3+反应生成硼酸(H3BO3)，Fe3+被还原为Fe2+，离子方程式为B + 3Fe3+ + 3H2O = H3BO3 +
3Fe2+ + 3H+。
②铁粉质量浓度大于0.02 g ∙ L−1时，产生的Fe2+量较多，Fe2+和· OH 发生副反应，c(·OH)下降，导致反应ii
速率下降。
（4）利用O2在电极放电生成H2O2，氧气发生还原反应，通入空气的电极为阴极，则石墨做阳极。
（5）①pH=3，电解时间在0 ~ 60 min 内， c(H2O2)=
，v(H2O2)=
mol·L-1·min-1。
②阴极发生反应O2 + 2e− + 2H+ = H2O2，随着溶液pH 升高，氢离子浓度降低，反应速率减慢，电解相同时
间，生成的H2O2浓度逐渐减小。
【变式2-2】（2024·河北衡水·二模）NO 是人体不可缺少的“健康信使”，在心脑血管疾病的治疗中起到
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重要作用。但NO 也是一种有毒的物质，如果在空气中含量过高，存在一定的危害。研究NO 的无害化处
理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请按要求回答下列问题：
(1)汽车发动机工作时会引发N2(g)+O2(g)
2NO(g) △H=+180kJ•mol﹣1，其能量变化为：
则断开1molNO 中化学键所需要的能量为 。
(2)已知2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g) ΔH<0.
①在密闭容器中充入一定量CO 和NO，发生反应，图甲为平衡时NO 的体积分数与温度、压强的关系。
温度：T1 T2(填“<”或“>”)；若反应在D 点达到平衡，此时对反应容器升温的同时扩大体积使体系
压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G 点中的 点。
②探究催化剂对CO、NO 转化的影响。将NO 和CO 以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同
时间内测量逸出气体中NO 含量，从而确定尾气脱氮率(即NO 的转化率)，结果如上图乙所示。曲线上a 点
的脱氮率 (填“是>”、“<”或“=”)对应温度下的平衡脱氮率。催化剂Ⅱ条件下，450℃后，脱氮率随
温度升高而下降的原因可能是 ；
(3)T3K 时，在刚性密闭容器中充入物质的量之比为2 2 1
∶∶的CO、NO 和N2的混合气体，起始气体总压强为
P0kPa，达平衡时气体总压强为0.9P0kPa．则CO 的平衡转化率为 ，用气体分压表示KP= (用含
有P0的代数式表示)。
(4)以铂为电极，饱和食盐水作电解液，对含有NO 的烟气进行脱氮的原理如图所示，NO 被阳极产生的氧
化性物质氧化为
，尾气经NaOH 溶液吸收后排入空气。NO 被阳极产生的氧化性气体氧化的离子方程
式为 。
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【答案】(1)632kJ
(2) > A < 反应达平衡，温度升高，平衡逆行移动，脱氮率下降(或温度升高，催化剂活性降
低，脱氮率下降)
(3)50%
或
(4)3Cl2+8OH﹣+2NO=2
+6Cl﹣+4H2O
【解析】（1）设NO 中氮氧键的键能为x，ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=(946+498)kJ•mol-1-
2×x=180kJ•mol-1，解得x=632kJ•mol-1，则断开1molNO 中化学键所需要的能量为632kJ。故答案为：
632kJ；
（2）①该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的体积分数增大，由图可知，
相同条件下，温度为T1时一氧化氮的体积分数大于T2时，温度：T1>T2；该反应是气体体积减小的放热反
应，若在D 点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，平衡会向逆反应方向移动，一氧化氮的体
积分数增大，重新达到的平衡状态可能是图中A～G 点中的A 点。故答案为：>；A；
②温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率较慢，导致反应转化率变化不大，由图象分析可知a 点不是
对应温度下的平衡脱氮率：对于曲线Ⅱ而言，a 点时反应没有达到平衡状态(450℃左右达到平衡)，同时该
反应正向为放热反应，根据曲线Ⅱ可知，a 点对应温度的平衡脱氮率应该高于a 点的脱氮率，曲线上a 点的
脱氮率<对应温度下的平衡脱氮率。催化剂Ⅱ条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是反
应达平衡，温度升高，平衡逆行移动，脱氮率下降(或温度升高，催化剂活性降低，脱氮率下降)；故答案
为：<；反应达平衡，温度升高，平衡逆行移动，脱氮率下降(或温度升高，催化剂活性降低，脱氮率下
降)；
（3）T3K 时，在刚性密闭容器中充入物质的量之比为2 2 1
∶∶的CO、NO 和N2的混合气体，起始气体总压强
为P0kPa，达平衡时气体总压强为0.9P0kPa．设CO 物质的量为2mol，NO 物质的量为2mol，N2物质的量
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1mol，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为x，消耗CO 物质的量2x,结合三段式列式计算，
则反应后总的物质的量为(5-x)mol,初始压强为
p0kPa,达平衡时压强为0.9p0kPa,则
，x=0.5，CO 的平衡转化率50%，平衡时CO、NO、N2、CO2
物质的量分别为1mol、1mol、1.5mol、1mol，总的物质的量为4.5mol，平衡分压分别为：
p(CO)=p(NO)=p(CO2)=
×0.9p0kPa=0.2p0kPa,p(N2)=
×0.9p0kPa=0.3p0kPa，Kp=
=
或
，则CO 的平衡转化率为50%，用气体分压表示KP=
或
(用含有P0的代数式表示)。故答案为：50%；
或
；
（4）阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气：2Cl--2e-=Cl2↑，NO 被阳极产生的氧化性物质氧化为
，NO 被阳极产生的氧化性气体氧化的离子方程式为3Cl2+8OH﹣+2NO=2
+6Cl﹣+4H2O。故答案为：
3Cl2+8OH﹣+2NO=2
+6Cl﹣+4H2O。
【变式2-3】（2024·上海普陀·二模）Ⅰ.甲醇是一种理想的储氢载体，我国科学家研发的全球首套太阳能燃
料合成项目被称为“液态阳光”计划，可利用太阳能电解水产生H2，再将CO2与H2转化为甲醇，以实现
碳中和。
(1)下列关于甲醇(CH3OH)的说法中，正确的是___________
A．甲醇在一定条件下可被氧化生成CO2
B．甲醇储氢符合“相似相溶”原理
C．甲醇官能团的电子式：
D．甲醇分子是含有极性键的非极性分子
Ⅱ.已知，CO2生产甲醇过程主要发生以下反应：
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反应Ⅰ.CO2(g) + 3H2(g)
CH3OH(g) + H2O(g) ∆H1= −48.97kJ·mol−1
反应Ⅱ.CO2(g) + H2(g)
CO(g) + H2O(g) ∆H2= +41.17 kJ·mol−1
反应Ⅲ.CO(g) + 2H2(g)
CH3OH(g) ∆H3
(2)反应Ⅲ中，①活化能E(正) E (逆) (填“>”、“<”或“=”)；
②该反应在 条件下能自发进行；
A．在高温条件下自发进行 B．在低温条件下自发进行
C．在任何条件下都能自发进行 D．在任何条件下都不能自发进行
(3)反应III 中，CO 的平衡转化率与温度的关系如图所示：
A
①、B、C 三点平衡常数KA、KB、KC的大小关系为 。T1时，由D 点到B 点过程中，正、逆
反应速率之间的关系：v 正 v 逆。(填“>”、“<”或“=”)
②向某恒温恒压密闭容器中充入1mol CO(g)和2mol H2(g)，下列能说明反应III 达到平衡的是
；
A．容器内混合气体的密度不再改变
B．容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变
C．两种反应物转化率的比值不再改变
D．v 正(CO)=2 v 逆(H2)
③在2L 恒容密闭容器中充入2mol CO 和4mol H2，在p2和T1条件下经10min 达到平衡状态。在该条件下，
v(H2)= mol·L−1·min−1。
(4)在CO2加氢合成甲醇的体系中，①下列说法不正确的是 ；
A．若在绝热恒容容器，反应I 的平衡常数K 保持不变，说明反应I、II 都已达平衡
B．若气体的平均相对分子质量不变，说明反应I、II 都已达平衡
C．体系达平衡后，若压缩体积，反应I 平衡正向移动，反应II 平衡不移动
D．选用合适的催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量
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②已知：CH3OH 的选择性=
×100%，不考虑催化剂活性温度，为同时提高CO2的
平衡转化率和甲醇的选择性，应选择的反应条件是 ，并说明其原因
A．高温高压 B．高温低压 C．低温低压 D．低温高压
原因：
(5)我国科学家设计了离子液体电还原CO2合成CH3OH 工艺，写出碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式
。
【答案】(1)A
(2)< B
(3)KA=KB>KC > AB 0.16 mol·L−1·min−1
(4) C D 高压有助于提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，使反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，而低温
会使反应Ⅱ逆向移动，使反应Ⅰ和Ⅲ正向移动，提高甲醇的选择性，故根据平衡移动原理选择反应条件为
低温高压
(5)CO2 + 6e− + 5H2O = CH3OH + 6OH−
【解析】（1）A．甲醇在一定条件下可被氧化生成二氧化碳，故A 正确；
B．甲醇储氢不符合"相似相溶"原理，故B 错误；
C．甲醇官能团的电子式为
，故C 错误；
D．甲醇分子是含有极性键的极性分子，故D 错误；
综上所述，本题正确答案为A。
（2）由盖斯定律可知，反应Ⅰ-反应Ⅱ可得CO(g) + 2H2(g)
CH3OH(g) ∆H3=∆H1- ∆H2= -48.97kJ·mol−1-
41.17 kJ·mol−1=-90.14 kJ·mol−1，该反应为放热反应，活化能E(正)<E (逆)，该反应是熵减的反应，∆H-T∆S<0
时反应能自发进行，则该反应在低温条件下自发进行，故选B。
（3）①由题图可知，温度升高，
的平衡转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，所以该反应是放热
反应，温度升高，平衡常数减小，且平衡常数只与温度有关，由于温度A=B < C，所以KA=KB>KC；D 点
的转化率低于平衡点B 点的转化率，此时反应向正反应方向进行，因此v 正>v 逆；
A
②．该反应过程中气体的总质量不变，总体积减小，混合气体的密度增大，当容器内混合气体的密度不
再改变时说明反应达到平衡，A 选；
B．该反应过程中气体的总质量不变，总物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量增大，当容器内混合气
体的平均相对分子质量不再改变时说明反应达到平衡，B 选；
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C．在2L 恒容密闭容器中充入2mol CO 和4mol H2，反应过程中CO 和H2转化率的比值相等，当两种反应
物转化率的比值不再改变时，不能说明反应达到平衡，C 不选；
D．v 正(CO)=2 v 逆(H2)时不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D 不选；
故选AB；
③在2L 恒容密闭容器中充入2mol CO 和4mol H2，在p2和T1条件下经10min 达到平衡状态，列出“三段
式”
在该条件下，v(H2)=
=0.16 mol·L−1·min−1。
（4）①A．绝热恒容容器，反应未达平衡时能量的变化使得体系温度变化，只有达到平衡时体系温度不变
平衡常数不变。绝热恒容容器，当反应I 的平衡常数K 保持不变说明反应I、II 都已达平衡，A 正确；
B．根据质量守恒，混合气体的质量不变，反应I 是气体体积减小的反应，反应I 是气体体积不变的反应则
气体的总物质的量随着反应进行减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不
变，说明反应体系已达平衡，B 正确；
C．体系达平衡后，若压缩体积，相当于增大压强则反应I 平衡正向移动，会使反应I 中CO2和H2量减小，
H2O 量增大，反应I 的化学平衡逆向移动，C 错误；
D．选用合适的催化剂可以加快反应速率，从而提高CH3OH 在单位时间内的产量，D 正确；
故答案为: C；
②反应I 是气体体积增大的反应，反应III 是放热反应，高压有助于提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择
性，使反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，而低温会使反应Ⅱ逆向移动，使反应Ⅰ和Ⅲ正向移动，提高甲醇的选择性，
故根据平衡移动原理选择反应条件为低温高压，故选D。
（5）碱性条件下CO2在正极得到电子生成CH3OH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：
CO2 + 6e− + 5H2O = CH3OH + 6OH−。
【题型3 考查反应速率和化学平衡图像】
【例3】（2024·福建莆田·二模）CH4-CO2干气催化重整制合成气(H2+CO)是CO2资源化利用的重要研究方
向，生产过程需做好积炭的控制。在密闭容器中，该重整体系发生反应Ⅰ～Ⅳ。
Ⅰ.
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Ⅱ.
Ⅲ.
Ⅳ.
用x 表示进料比
。回答下列问题：
(1)t℃时，刚性容器中以一定的进料比发生上述四个反应，下列说法正确的是___________(填标号)。
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ逆向移动
B．根据混合气体的密度不变可判断重整反应体系已达到平衡状态
C．增大CH4的起始浓度，K(Ⅰ)和K(Ⅱ)同时增大
D．催化剂能降低反应的活化能，增大CH4的平衡转化率
(2)下表列出反应Ⅱ中3 种化学键的键能：
化学键
C=O
H-H
O-H
键能/(kJ/mol)
799
436
463
则CO 中C≡O 的键能为
。
(3)反应Ⅰ～Ⅳ中，△H-T
S
△随温度的升高而增大的是反应 。
(4)101 kPa 的密闭容器中，进料比x 分别为2.0、1.0 和0.5 下进行催化重整反应，测得平衡时积炭生成量随
反应温度的变化如图所示。
x=0.5
①
的曲线是 (填“甲”“乙”或“丙”)。
②因积炭生成量增加导致反应Ⅰ速率显著降低的原因是 。
x=1.0
③
，温度低于1000℃，随着温度的升高，积炭生成量减少的原因是 。
(5)t℃、p kPa 时，进料比x=0.5，若催化重整只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，达到平衡时气体总物质的量增加了
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60%，混合气中n(H2O)：n(CO2)=5：6。
①甲烷的平衡转化率为 。
②平衡常数K(Ⅱ)= (列出计算式)。
【答案】(1)B
(2)1067
(3)Ⅳ
(4)丙 积炭使催化剂活性降低 温度升高，反应Ⅲ平衡正移，反应Ⅳ平衡逆移，反应Ⅳ逆移程度更
大，所以积炭量减少
(5) 90%
【解析】（1）A．恒温恒容时，向其中充入惰性气体，气体的物质的量浓度不变，因此化学平衡不发生移
动，A 错误；
B．反应体系的体积不变，反应混合物不都是气体，反应Ⅲ、Ⅳ中有固体物质生成，气体的质量发生改
变，当气体的质量不变时，则气体的密度就不变，因此可据此判断重整反应体系已达到平衡状态，B 正
确；
C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数就不变，C 错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不能使平衡发生移动，因此
不能增大CH4的平衡转化率，D 错误；
故选B；
（2）Ⅱ. CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) △H2=+41 kJ/mol，由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能
量与形成生成物化学键释放的总能量的差，则△H2= (2×799kJ/mol+436kJ/mol)-(
E(C≡O)+2×463kJ/mol)=+41kJ/mol，则CO 中C≡O 的键能E=1067kJ/mol；
（3）对于反应Ⅰ、Ⅲ，△H＞0，△S＞0，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，△H-T
S
△减小；
对于反应Ⅱ，△H＞0，△S=0，升高温度，△H-T
S=
△
△H 不变；
对于反应Ⅳ，△H＜0，△S<0，升高温度，△H-T
S
△增大，符合题意；
故反应Ⅰ~Ⅳ中，△H-T
S
△随温度的升高而增大的是反应Ⅳ；
（4）①用x 表示进料比
，在其它条件不变时，增大进料比，相当于增大CH4的浓度，反应Ⅲ的平
衡正向移动，导致积碳增多，因此x=0.5 时进料比最小，积碳应该最少，故其表示的曲线是丙，曲线乙表
示进料比x=1.0；曲线甲表示进料比为x=2.0；
②因积炭生成量增加导致反应Ⅰ速率显著降低是由于积炭使催化剂活性降低，反应速率减慢；
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③根据①分析可知曲线乙表示进料比x=1.0 的积碳随温度变化关系，温度低于1000℃，随着温度的升高，
积炭生成量减少的原因是由于温度升高，反应Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅳ的化学平衡逆向移动，相对来说，
反应Ⅳ逆移程度更大，导致积炭量减少；
（5）温度为t℃，压强为p kPa，进料比x=0.5，若催化重整只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，由于反应Ⅰ是反应前
后气体物质的量增加的反应，而反应Ⅱ是反应前后气体物质的量不变的反应，因此气体物质的量增加是由
于反应Ⅰ所致。根据反应Ⅰ方程式可知每有1 mol CH4气体参加反应，反应后气体物质的量会增加2 mol，
假设开始加入CH4的物质的量是1 mol，由于进料比x=0.5，则开始加入的n(CO2)=2 mol，反应达到平衡时
气体总物质的量增加了60%，增加的物质的量是(1+2) mol×60%=1.8 mol，故根据反应转化关系可知反应消
耗CH4的物质的量是0.9 mol，因此CH4的平衡转化率为
×100%=90%；
②根据①分析可知：若开始假设CH4的物质的量是1 mol，反应Ⅰ消耗n(CH4)=n(CO2)=0.9 mol，反应生成
n(CO)=n(H2)=1.8 mol，反应达到平衡时n(CH4)=1 mol-0.9 mol=0.1 mol，n(CO2)=2 mol-0.9 mol=1.1 mol，
n(CO)=n(H2)=1.8 mol，然后发生反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)，假设反应反应消耗CO2的物质的
量是x mol，则各种物质的物质的量都改变x mol，平衡时n(CO2)=(1.1-x)mol，n(H2)=(1.8-x)mol，
n(CO)=(1.8+x)mol，n(H2O)=x mol，由于此时混合气体中
，所以
，所以x=0.5 mol，则
平衡时n(CO2)=(1.1-x)mol=(1.1-0.5)mol=0.6 mol，n(H2)=(1.8-0.5)mol=1.3 mol，n(CO)=(1.8+0.5)mol=2.3
mol，n(H2O)=0.5 mol，假设容器的容积为V L，则反应(Ⅱ)的化学平衡常数K(Ⅱ)=
=
。
【变式3-1】（2024·山西·二模）Sabatier 反应是CO2和H2在一定的温度、压强和适宜的催化剂等条件下发
生反应生成甲烷和水。其反应经过如下两个过程：
i．
ii．
回答下列问题：
31
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(1)若在恒温恒容的密闭容器中充入1 mol CO2、1molH2，仅发生Sabatier 反应
。下列说法能够说明达到平衡状态的是 (填字母)；试写
出1 条能够提高CH4产率的措施： 。
a．混合气体的平均相对分子质量不变
b．CO2的物质的量分数不变
c．混合气体的密度不变
d．生成CO2的速率等于生成CH4的速率
(2)在T℃、10L 恒容容器中投入5 mol CO2、5molH2，在催化剂作用下发生反应i、ii．达到平衡时测得体系
中含有a mol CH4、b mol H2，则此时含有CO2、CO、H2O 的物质的量分别为 mol、
mol、 mol(分别用含a、b 的表达式表示)。
(3)研究得出Ni/La2O3催化作用下Sabatier 反应的正反应的活化能为249.8kJ·mol-1，则Sabatier 反应的逆反应
的活化能为 kJ·mol-1。
(4)某恒容密闭容器中，H2与CO2的投料比为4：1，发生如下反应：①
、②
。
CO
①
2的平衡转化率随压强、温度的变化分别为下图表示，CO2的平衡转化率随温度升高先减小后增大的
原因是 。
350℃
②
、0.1Mpa 时，CO2的转化率和甲烷的选择性均为90%，则反应
的压强平衡常数为 (写出计算式即可)。
CH
③
4的生成速率方程为
，则υ(CH4)= (选择性
，用含κ 的式子表示，单位可忽略，写出计算式即可)。
32
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【答案】(1)ad 增大压强（合理即可）
(2) 3a+b 5-4a-b 5-2a-b
(3)414.4
(4)温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，CO2的平衡转化率随温度升高先减小，此时反应①的影
响较大，后增大，此时反应②的影响较大；
【解析】（1）a．体系中物质均为气体，气体总质量不变，反应前后气体分子数不等，即气体总物质的量
为变量，根据
可知，混合气体的平均摩尔质量会随着反应的进行发生变化，当其不变时，反应达
到平衡状态，a 符合题意；
b．1 mol CO2、1molH2，发生反应
，反应开始前CO2物质的量分数为
50%，假设反应完全进行，氢气反应完，即反应后剩余的CO2物质的量为0.75mol，生成的CH4为
0.25mol，H2O 为0.5mol，此时CO2物质的量分数为50%，与反应前相同，说明CO2物质的量分数始终不
变，不能说明反应达到平衡状态，b 不符合题意；
c．体系中物质均为气体，气体总质量不变，容器恒容，根据
可知，混合气体的密度始终保持不变，
不能判断反应是否达到平衡状态，c 不符合题意；
d．生成CO2即代表逆反应方向，生成CH4即代表正反应方向，不同物质表示正逆反应速率，且之比等于
化学计量数之比，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，d 符合题意；
故选ad；
增大压强，平衡正向移动，CH4产率上升；
（2）由题可得三段式：
，
33
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，
平衡时，
，
，
；
（3）已知i．
ii．
反应i×2+ ii 得到目标方程式
，正反应的活化能为249.8kJ·mol-1，则Sabatier 反应的逆反应的
活化能为414.4 kJ·mol-1；
（4）①
为放热反应、
为吸热反
应，温度升高，反应①逆向移动，反应②正向移动，CO2的平衡转化率随温度升高先减小，此时反应①的
影响较大，后增大，此时反应②的影响较大；
350℃
②
、0.1Mpa 时，CO2的转化率和甲烷的选择性均为90%，即CO 的选择性为10%，H2与CO2的投料比
为4：1，设投入CO2的物质的量为xmol，H2的物质的量为4x，得三段式：
，
34
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平衡时
、
、
、
、
，总物质的量为：
，
；
③
，
，
，p0=0.1MPa，则
。
【变式3-2】（2024·山东菏泽·一模）丙烯是重要的有机原料之一，可通过多种途径制备。回答下列问题：
Ⅰ．由丙烷直接脱氢法制备：
(1)已知键能：
；生成
碳碳
键放出的能量为
，
则
。
(2)在一定温度下，保持总压为
，将
和
的混合气体分别按
为
和
向密
闭容器中投料，发生脱氢反应，测得
的转化率与时间的关系如图1 所示(已知
时反应处于平衡状
态)。
35
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点对应的投料方式为
，原因是 。
内，曲线 (填“
”“
”)对
应的平均反应速率最快。
点对应的平衡常数
(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保
留一位小数)。
Ⅱ．由丙烷氧化脱氢法制备。主要涉及反应：
；
(3)在一定条件下，将物质的量之比为
的
和
匀速通入体积可变的反应容器中发生上述反应，使
总压强恒定为
。在不同温度下反应相同时间，测得丙烷和氧气的转化率与温度倒数
的关系如图
2 所示。
时，容器内两种气体的物质的量之比
(填“>”“<”或“=”)；若
对应的点均
处于平衡状态，保持其他条件不变，仅将容器更换为恒容的刚性容器，则图示点
中，
与
新
的转化率点可能依次是 (填代号)；M 点丙烷的分压
(保留两位有效数字)。
【答案】(1)
(2)
反应
是体积增大的反应，充入Ar，体系各组分气体分压下降，平
衡朝体积增大的方向，平衡正向移动，有利于丙烷转化率增大
16.7
36
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(3)> d、c 53
【解析】（1）
=反应物的总键能-生成物的总键能=2E(C-C)+8
-2E(C-C)- E(碳碳
键)-6
-
=
。
（2）反应
是体积增大的反应，充入Ar，体系中各组分的分压减小，相当于减
小平衡体系的压强，平衡正向移动，有利于丙烷转化率增大，则
点对应的投料方式为
，投料比
越大，则丙烷的转化率越小，则曲线
是为
投料，丙烷分压越大，反应
速率越快，因此0~6s 内，曲线
对应的平均反应速率最快；m 点和n 点温度相同，平衡常数相等，根据m
点数据列出“三段式”
平衡时气体总物质的量为1mol+1mol+1 mol +3 mol =6mol，平衡常数
。
（3）在一定条件下，将物质的量之比为
的
和
匀速通入体积可变的反应容器中发生
、
，则反应过程中
>
，
和
都是气体体积增大的反应，在恒压条件下发生反应，容器的体积
增大，仅将容器更换为恒容的刚性容器，需要压缩容器的体积增大压强，平衡逆向移动，
和
的转
37
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化率下降，且
的转化率要大于
，则
与
新的转化率点可能依次是d、c；根据M 点
和
的转化率相等，说明只发生
，列出“三段式”
M 点丙烷的分压
。
【变式3-3】（2024·山东临沂·一模）甲烷和二氧化碳重整制合成气(CO 和H2)的研究是实现碳达峰的手段
之一，涉及反应如下：
I.CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g)
H
△
1=+247kJ•mol-1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)
H
△
2=+41.5kJ•mol-1
Ⅲ.CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)
H
△
3
(1)
H
△
3= kJ•mol-1。
(2)在一定条件下，向体积为VL 的恒容密闭容器中通入1molCO2和1molCH4发生上述反应，达到平衡时，
容器中CH4为amol，CO 为bmol，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Ⅱ的平衡常数为 。
(3)常压下，将等物质的量的CO2和CH4以一定流速通入装有催化剂的反应管，实验测得原料气的转化率和
水蒸气的流出量随温度变化如图所示。
①曲线 (填“a”或“b”)表示CO2的转化率随温度变化曲线。
②温度低于873K 时，水蒸气的流出量随温度升高而增大的原因是 ；温度高于1400K 时，曲线a、b
交于一点的原因是 。
(4)向恒温恒容密闭容器中充入CH4和CO2，加入催化剂使其只发生反应I。研究表明CO 的生成速率
38
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v(CO)=1.32×10-2•p(CH4)•p(CO2)kPa•s-1。起始时，CH4、CO2的分压分别为25kPa、30kPa，某时刻测得
p(H2)=20kPa，则p(CO2)= kPa，v(CH4)= kPa•s-1。
【答案】(1)+205.5
(2)
(3) a 温度低于873K 时，随温度升高，反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度 温度
高于1400K 时，只发生反应Ⅰ或高于1400K 时，反应Ⅱ和反应Ⅲ的速率相等
(4) 20 1.98
【解析】（1）根据盖斯定律可知，反应Ⅲ=Ⅰ-Ⅱ，则△H3=
H
△
1-
H
△
2=(+247kJ•mol-1)-( +41.5kJ•mol-1)=+205.5
kJ•mol-1；
（2）根据C 原子守恒可知平衡时CO2为(2-a-b) mol，根据O 原子守恒可知平衡时H2O(g)为[2-b-2(2-a-
b)]=(2a+b-2) mol，此时H2O(g)的浓度为
；根据H 原子守恒可知平衡时H2为
，反应Ⅱ的平衡常数K=
；
（3）①由图可知曲线a 的转化率大于曲线b 的转化率，温度低于873K 时，水蒸气的流出量随温度升高而
增大，说明水蒸气的生成量大于消耗量，对比反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可知CO2的消耗量大于CH4，则CO2的转
化率大于CH4，所以曲线a 表示CO2的转化率随温度变化曲线。
②由以上分析可知温度低于873K 时，水蒸气的流出量随温度升高而增大的原因是反应Ⅱ正向进行的程度
大于反应Ⅲ正向进行的程度；由图可知温度高于1400K 时，水蒸气的流出量几乎为0，可能的原因是只发
生反应Ⅰ或高于1400K 时，反应Ⅱ和反应Ⅲ的速率相等
（4）结合反应可知
=
，则该时刻p(CO2)= p(CO2)起始-
=30kPa-10 kPa=20
kPa；该时刻
=
，则p(CH4)= 25kPa-10 kPa=15 kPa，v(CO)=1.32×10-
2•p(CH4)•p(CO2)kPa•s-1=1.32×10-2×15×20=3.96 kPa•s-1，根据速率之比等于化学计量数之比v(CH4)=
39
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kPa•s-1。
【题型4 考查盖斯定律、化学平衡和反应历程】
【例4】（2024·四川泸州·二模）我国科学家已经突破用二氧化碳和氢气人工合成葡萄糖，进而合成淀粉，
工业上可用甲烷制氢为人工合成淀粉提供原料。回答下列问题：
已知：
(1)
kJ/mol。
(2)制氢反应为
，在生成CO 的同时，立即伴随
反应，不考虑其它
副反应。保持在T℃、560kPa 条件下，向容积可变的密闭容器中投入10mol
和10mol
，
、CO 的转化率随时间的变化分别对应图甲、乙曲线。
①开始时，
的分压
kPa；50min 后反应到达平衡，用
的压强变化表示这段
时间的平均反应速率
为
，反应
的压强平衡常数
(列出算式即可)。
②保持温度不变，若增大压强，
的转化率变化曲线将是 (选填“丙”、“丁”或“戊”)，
请说明理由： 。
(3)我国学者研究了在金催化剂表面上
的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表
40
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面上物种用·标注。可知，经历“过渡态1”的反应的
0(填“大于”“等于”或“小于”)；
历程中某步反应放出能量为1.41eV，该步反应的化学方程式为： 。
【答案】(1)-101
(2) 280 2.24
丁 若增大压强，
平衡不移动，
平衡逆向移动，
转化率降低，同时压强增大，
反应速率加快
(3) 小于
【解析】（1）①
；
②
；
③
；根据盖斯定律，（②－①）×3－③得
。
（2）①开始时，总压强为560kPa ，
的分压
；
50min 后反应到达平衡，
；
、
，反应
41
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的压强平衡常数
；
②保持温度不变，若增大压强，
平衡不移动，
平衡逆向移动，
转化率降低，同时压强增大，反应速率加快；
（3）经历“过渡态1”的反应，产物能量高于反应物，
；某步反应放出能量为1.41eV，根据反应历
程能量变化可知，该步热化学方程式：
。
【变式4-1】（2024·四川成都·二模）研究二氧化碳的转化与减排具有重要的社会意义。用
还原
的
反应过程如下：
①
②
回答下列问题：
(1)
。
(2)同时提高
与
的平衡转化率和速率的措施是 。
(3)在密闭容器中分别充入0.1mol
与0.3mol
。
①保持密闭容器体积为10L，只发生①②反应，经10min 反应达到平衡，测定出
和
均为0.05mol。
10min 内
的平均反应速率为 ；该条件下，反应②的平衡常数为 。
②在150℃时，改变密闭容器的体积，测得
和
平衡转化率随压强变化如图所示。
平衡转化率
随压强增大而减小的主要原因是 ；
后
平衡转化率随压强增大而减小缓慢甚至增大，可能的原因
是 。
42
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(4)在刚性密闭容器中按体积比1 3∶投入
和
，加入催化剂，仅发生反应①②。经实验测出两步反应
过程的能量变化示意图如下：
①在较低温度时，反应物转化率较高，但体系中
体积分数很低，主要原因是活化能
(填“>”、“＜”或“=”)。
②随温度升高，
的体积分数变化趋势为先增后减小，其可能原因是 。
【答案】(1)
(2)适当升高温度
(3)
0.75 反应①的正反应为气体分子数增多的反应，增大压强，反应①的平衡
逆向移动 当压强增大到一定程度后，此时气态水可能变为液态水，②变为气体分子数减小的反应，
增大压强，有利于反应②正向移动，CO 的浓度增大，有利于反应①逆向移动
(4) ＜ 温度较低时以反应①为主，温度较高时以反应②为主
【解析】（1）目标方程式可由①+2×②，即
，故答案为：
。
（2）反应均为吸热反应，温度升高平衡正向移动，速率加快，因此升温可以达到目的，故答案为：适当
升温。
（3）①在密闭容器中分别充入0.1mol
与0.3mol
，体积为10L，只发生①②反应，列出三段式为：
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测定出
和
均为0.05mol，可知y=0.05mol，2x-y=0.05，x=0.05mol，
，该条件下，反应②的平衡常数为
，故答案为：
；0.75；
②反应①的正反应为气体分子数增多的反应，增大压强，反应①的平衡逆向移动，即甲烷的转化率减小；
当压强增大到一定程度后，此时气态水可能变为液态水，②变为气体分子数减小的反应，增大压强，有利
于反应②正向移动，CO 的浓度增大，有利于反应①逆向移动，即
平衡转化率随压强增大而减小缓慢
甚至增大，故答案为：反应①的正反应为气体分子数增多的反应，增大压强，反应①的平衡逆向移动；当
压强增大到一定程度后，此时气态水可能变为液态水，②变为气体分子数减小的反应，增大压强，有利于
反应②正向移动，CO 的浓度增大，有利于反应①逆向移动。
（4）①在较低温度时，反应物转化率较高，但体系中
体积分数很低，说明反应②为慢反应还未产生
较多
，观察图也可知与能垒最大的活化能更大，即活化能
＜
；
②随温度升高，
的体积分数变化趋势为先增后减小，其可能原因是：温度较低时以反应①为主，温度较
高时以反应②为主，
故答案为：＜；温度较低时以反应①为主，温度较高时以反应②为主。
【变式4-2】（2024·吉林白山·二模）氨是重要的化工原料，也是潜在的储氢材料。回答下列问题：
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(1)氨的沸点为
，易液化，工业上常用于做制冷剂，其易液化的主要原因是 。
(2)在液氨中制备
的有机反应如下：
①
；
②
；
③
。
上述反应中，
、
、
之间等式关系为 。
(3)氨分解制备氢气，反应历程如图所示。
①
的键能为
。
②写出
分解总反应的热化学方程式： 。
(4)化学上，把反应物消耗一半所用时间叫作“半衰期”。在恒容密闭容器中充入适量钨和
，实
验测得在钨表面氨气分解反应半衰期与温度(
)、初始压强(
)的关系如图所示。
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(填“>”“<”或“=”)。
温度下，反应进行到t min时容器内反应体系总压强为
。
(5)一定温度下，向
恒容密闭容器中充入
和
，合成氨气。
的平衡体积分数与投料比
关系如图所示。
①在
、
、点中，
的平衡转化率最大的是 (填字母)。
②若
点对应体系中，
体积分数为
，则该温度下，平衡常数
为
(只列计算
式)。
【答案】(1)
的电负性较大，
分子间形成氢键
(2)
(3) 946
(4) < 150
(5) c
【解析】（1）氨易液化的主要原因是：
的电负性较大，
分子间形成氢键；
（2）①
；
②
；
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③
；
反应③=2×反应①+反应②，故
；
（3）①2N(g)=N2(g)
=-(518-45)×2kJ/mol=-946kJ/mol，故N2的键能为649 kJ/mol；
②从图像看出，NH3(g)相对能量为0，
N2(g)+
H2(g)的相对能量为45 kJ/mol，故
；
（4）起始投入反应物的量相等，T1温度下半衰期大于T2，说明T1＜T2；在恒温恒容条住下，气体压强之
比=物质的量之比，对于恒温恒容密闭容器，气体总物质的量与压强成正比例。初始NH3为0.8mol，反应
0.4mol 时气体总物质的量为1.2mol ，对应的压强为p，有0.8mol:1.2mol=100kPa:p ，解得p=150kPa；
（5）①投料比越大，N2平衡转化率越大，故c 点转化率最大；
②按化学计量数投料时氨体积分数最大，故b 点时，a=3，设氮气转化量为xmol，则
，
，解得x=0.2，则平衡时体系内氮气、氢气、氨气的浓
度分别为：0.8mol/L，2.4mol/L，0.4mol/L，故
。
【变式4-3】（2024·安徽淮北·一模）为了减缓温室效应，实现碳中和目标，可将
转化为甲醚、甲醇等
产品．请回答问题：
与
制甲醚
的主要反应如下：
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
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(1)总反应
的
．
(2)若在体积恒定的密闭容器内发生上述反应，下列措施可提高总反应速率的是 ．
a．加入催化剂 b．降低温度 c．充入惰性气体 d．同比例的增大
和
的投料
(3)密闭容器中充入
，在
条件下测得平衡时
转化率和
选择性随温度
的变化如图所示．
已知：
选择性
①表示
选择性的是曲线 填（“M”或“N”）；
②温度高于
时，曲线N 随温度升高而升高的原因是 ；
③为同时提高平衡时
转化率和
选择性，应选择的反应条件为 （填字母）
a．低温、低压 b．高温、高压 c．高温、低压 d．低温、高压
Q
④
点温度下
的物质的量为
，则该温度下反应Ⅲ的
．
(4)研究发现
双金属氧化物对
加氢制甲醇有良好的催化作用，反应机理如图所示，下列有关叙
述正确的是 ．
48
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a．反应①有极性键的断裂和形成 b．氧空位的作用是用于捕获
c．整个过程中，
元素的化合价未发生变化 d．机理图上中间体有三种
【答案】(1)-122.5
(2)ad
(3) M 温度高于
时，升高温度对反应I 的促进程度大于对反应、反应Ⅲ的抑制程度 d
1.5
(4)bd
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应I×2+反应Ⅱ×2+反应Ⅲ可得
=-122.5
。
（2）若在体积恒定的密闭容器内发生上述反应，加入催化剂或同比例的增大
和
的投料可以增大反
应速率，降低温度反应速率减小，充入惰性气体对反应速率没有影响，故选ad。
（3）①反应Ⅲ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
的选择性减小，则表示
选择
性的是曲线M；
②温度高于
时，曲线N 随温度升高而升高的原因是：温度高于
时，升高温度对反应I 的促进
程度大于对反应、反应Ⅲ的抑制程度；
③反应Ⅲ和反应Ⅱ是放热反应，反应I 和反应Ⅲ是气体体积不变的反应，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，
则低温、高压条件下能同时提高平衡时
转化率和
选择性，故选d；
④根据已知条件列出“三段式”
49
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CO2的平衡转化率为x=40%，
的选择性为
=40%，
的物质的量为x-y=
，则
x=0.4mol，z=0.08mol，y=0.32mol，气体总物质的量为
0.6mol+1.96mol+0.08mol+0.48mol+0.16mol+0.08mol=3.36mol，则该温度下反应Ⅲ的
=1.5。
（4）a．反应①有H-H 非极性键的断裂和Ga-H 极性键的形成，没有极性键的断裂，a 错误；
b．由图可知，氧空位的作用是用于捕获
，b 正确；
c．由图可知，Ga 形成的共价键个数发生变红，
元素的化合价发生变化，c 错误；
d．总反应为：
+2H2
CH3OH，GaZrOx双金属氧化物是催化剂，其他物质都是中间体，机理图上中间
体有三种，d 正确；
故选bd。
【题型5 考查反应历程、化学平衡和电化学】
【例5】（2024·全国·二模）“碳达峰”“碳中和”是推动我国经济社会高质量发展的内在要求。通过二氧
化碳催化加氢制备甲醇是一种重要的转化方法，其反应过程的机理和相对能量如下(已知
，吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：
反应I：
反应Ⅱ：
50
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回答下列问题：
(1)该反应历程中决速反应的方程式为 。
(2)反应Ⅱ的正反应活化能
(填“>”“<”或“=”)。
(3)反应
的
。
(4)一定条件下，起始投料为
不变，若只发生反应I．研究不同温度、压强下，平衡时甲醇的物
质的量分数
的变化规律，如图所示。其中，
图在
下测得，
图在
下测得。
图中等温过程的曲线是 (填“a”或“b”)。平衡常数：
(填“>”“<”或
“=”)，其中
(用分数表示)。
(5)我国科学家研发的水系可逆
电池可吸收利用
，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔
51
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两室电解液，充、放电时，复合膜间的
解离成
和
，工作原理如图所示：
请写出放电时正极的电极反应式： 。
【答案】(1)
(2)>
(3)
(4) a >
(5)
【解析】（1）化学反应速率由慢反应决定，活化能越大，反应速率越慢，所以决速反应为：
；
（2）反应Ⅱ为吸热反应，
，所以
；
（3）
，反应
的
；
（4）
是放热反应，升高温度，平衡逆移，导致
减小，故曲线b 表示等压过程中
与温度的关系，曲线a 表示温度250℃时
与压强的关系。由于温度
，所以平衡常数：
；
52
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代入数据得
；
（5）放电时，多孔
纳米片为正极，电极反应为
。
【变式5-1】（2024·湖北·二模）为了实现“碳达峰、碳中和”的目标，可以用
为碳源制取多种化学物
质。
(1)
与
在固载金属催化剂（M）上可发生反应生成HCHO（g）和
，已知298K 时下列几种物
质的标准生成焓［在标态和T（K）条件下由指定单质生成1mol 某种物质的焓变］。
物质
HCHO(g)
标准生成焓
-393.5
-242
-115.9
0
则反应
的
。
(2)
与
合成尿素的反应为
，下图是合成尿素的历程及
能量变化，TS 表示过渡态。
图示历程包含了 个基元反应，其中起决速步骤的方程式是 。
(3)以
、
为原料合成
的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
53
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①不同条件下，按照
投料，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，
的平衡转化率如图甲所
示。
温度不变时，增大该反应体系的压强后（缩小体积），则反应Ⅱ （填“正向”、“逆向”或
“不”）移动；压强为
时，温度高于300℃后，
的平衡转化率随温度升高而增大的主要原因是
。
②在温度为T℃下，将
和
充入容积为VL 的恒容密闭容器中。同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，
体系中各组分分压（各组分分压＝总压×各组分物质的量分数）随时间的变化情况如图乙所示。图中缺少
了一种组分的分压变化，该组分是 （填化学式）。T℃时，反应Ⅰ的平衡常数
（用分压代替浓度，计算结果保留两位有效数字）。
(4)利用一种钾盐的酸性溶液作电解质，
电催化还原为乙烯，如下图所示，写出阴极上的电极反应式：
。
【答案】(1)
(2) 3
54
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(3) 逆向 反应Ⅰ正向放热，反应Ⅱ正向吸热，温度高于300℃之后，反应的转化率主要由反应Ⅱ决定
CO 0.59
(4)
【解析】（1）反应热等于生成物的生成焓减去反应物的生成焓，
的
，则其反应的
；
（2）根据图示，历程包含了3 个基元反应，能垒最大的即为决速步骤，故该步骤的方程式为：
；
（3）①反应Ⅰ的正反应为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ气体分子数不变，相同温度下，增大压强后
（缩小体积），反应Ⅰ平衡正向移动，
增大，导致反应Ⅱ逆向移动；反应Ⅰ的正反应为放热反
应，反应Ⅱ的正反应为吸热反应，温度高于300℃之后，反应转化率主要由反应Ⅱ决定；
②根据图乙中曲线变化的趋势和斜率的大小，可以确定
的起始分压为1.5MPa，
的起始分压为
0.5MPa。根据阿伏加德罗定律的推论可知，恒容密闭的容器中，温度不变，气体压强之比等于物质的量之
比，则a b=0.5 1.5
∶
∶
，若设a=0.5mol，b=1.5mol，平衡时，
，
，则
，
，设平衡时CH3OH、CO、H2O 物质的量分别为x、y、z，再根据C、
H、O 原子个数守恒，可得
，则x=0.2mol，y=0.1mol，z=0.3mol，则平衡时
，所以平衡时
，
，
，故图乙中缺少的组分为CO。则反应Ⅰ的
55
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；
（4）电解池的阴极发生得到电子的还原反应，即
得到电子转化为乙烯，电极反应式为
。
【变式5-2】（2024·辽宁·一模）2024 上海国际碳中和技术博览会以“中和科技、碳索未来”为主题，重点
聚焦二氧化碳的捕、利用与封存(CCUS)等问题。回答下列问题：
I．
还原
制取
。发生的反应如下：
反应①：
反应②：
反应③：
(1)经计算反应①
，该反应在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自
发进行。
(2)在容积不变的密闭体系中仅发生反应②。实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向反应②的平衡体
系中投入一定量的CaO 可以增大
的体积分数，对比实验的结果如图所示：
微米CaO 和纳米CaO 对平衡影响不同的原因是 。
II．
还原
制取
。反应原理为：
。
(3)
催化加氢制
的一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“
”表
示
吸附在催化剂表面)
56
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该反应历程中决速步反应的化学方程式为 。
(4)若
和
起始物质的量之比为1：3，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图
所示［分子筛膜能选择性分离出
］。有分子筛膜时，温度高于210℃后甲醇平衡产率随温度升高而
降低的原因是 。
(5)一定条件下，向4L 恒容密闭容器中充入
和
，发生反应
。已知容器内起始压强为240kPa，反应达平衡时容器内压强为
150kPa，该温度下反应的标准平衡常数
。(该反应标准平衡常数的表达式为
，其中p 为分压，分压=总压×物质的量分数，
)
III．
和
电化学法制取HCOOH()。
(
/CC)和CuO 纳米片(CuONS/CF)为催化电极，工
作原理如图所示。
57
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(6)CuO 纳米片(CuONS/CF)表面发生的电极反应式为 ，若有
通过质子交换膜时，电解
池中生成
和HCOOH 共 mol。
【答案】(1)
低温
(2)微米CaO 的表面积比纳米CaO 的小，吸收
略少，导致
的体积分数略小
(3)
或
(4)温度高于210℃后，温度升高使平衡向逆反应方向移动的影响大于分子筛膜分离出
使平衡向正反应
方向移动的影响，产率下降
(5)
或14.8
(6)
1.5
【解析】（1）由盖斯定律可得，①=
×2+
②
③，所以
；
时反应能自发进行，该反应
，所以低温更有利于反应自发进行；
（2）反应②：
，微米CaO 和纳米CaO 对平衡影响不同
的原因是：表面积越大吸收二氧化碳越多，氢气的体积分数越大，微米CaO 的表面积比纳米CaO 的小，
吸收的CO2略少，从而导致H2的体积分数略小；
（3）该反应历程中，决速步是活化能最大的那一步，从图中可知
或
58
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活化能最大；
（4）
正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，从图像可
知，分子筛膜能分离出水，而使平衡正向移动，从而有利于提高甲醇的平衡转化率，但温度高于210℃
后，温度升高使平衡向逆反应方向移动的影响大于分子筛膜分离出水使平衡向正反应方向移动的影响，所
以产量下降；
（5）由PV=nRT 可知，同温同体积压强与物质的量成正比，起始气体总物质的量为8mol，所以平衡时气
体总物质的量为
，设二氧化碳的转化量为x，三段式表示，
，2-x+6-3x+x+x=5 解得x=1.5mol，
或14.8；
（6）CH3OH、CO2、HCOOH 中碳元素化合价分别为-2、+4、+2，即CH3OH→HCOOH 为氧化反应，
CO2→HCOO-为还原反应，所以通入二氧化碳的一极为阴极、a 为直流电源负极、b 为直流电源正极，加入
甲醇的一极为阳极，阳极电极反应式为
，阴极电极反应式为2CO2+2e-
+H2O=HCOO-+
，阴阳两极转移电子相等，由电极反应式可知，当电路中转移4mol 电子时，有4mol
氢离子通过阳离子交换膜向阴极定向移动，此时阳极生成1molHCOOH，阴极生成2mol HCOO-，所以若有
2mol 氢离子通过质子交换膜，则电解池生成的HCOOH 与HCOO-的物质的量为1.5mol。
【题型6 综合考查化学反应原理】
【例6】（2024·安徽池州·二模）我国航天事业高速发展，火箭推进剂的研究一直航天工业的热点课题。火
59
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箭推进剂燃料有肼(
)、液氢、液态甲烷(
)等，常见氧化剂有
、液氧等。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式如下：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
①则
②用化学反应原理解释反应ⅲ可自发进行反应的原因为 。
③火箭推进器内氢氧燃烧的简化反应历程如图所示：
其中能垒最大的一步反应方程式为 。
(2)利用甲烷和水蒸气催化制氢，为推进剂提供了丰富的氢燃料，该工业制氢主要存在如下两个反应：
a：
b：
恒定压强为
时，将物质的量之比为1：3 的
与
混合投入反应容器中，600℃时平衡体
系中部分组分的物质的量分数如下表所示：
物质
物质的量分数
0.04
0.32
0.50
0.08
①下列操作中，能提高
平衡转化率的是 (填字母)。
60
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A．提高
与
的投料比 B．移除
C．选择合适的催化剂 D．恒温恒压下通入Ar 气
②已知
为反应的压强平衡常数，其表达方法为：在浓度平衡常数表达式中，用各组分气体平衡时的分压
代替浓度；气体的分压等于其物质的量分数乘以气体总压。600℃时反应a 的压强平衡常数为
(列出计算式)。
③平衡体系中
的物质的量分数随温度T 的变化如图，解释原因 。
(3)要实现氢能源的广泛使用，储氢材料特别重要。某镁铁合金是目前储氢效果较好的材料之一，其晶胞如
图所示：
该晶胞边长为apm，阿伏伽德罗常数的值为
。Fe 的配位数是 ，该合金储氢时，若每个晶胞
可以储存4 个
分子，计算
合金储存氢气的质量为 g。
【答案】(1)+165.8kJ/mol 该反应正方向为放热且熵增的反应，在任意温度下能自发反应
或
(2) BD
温度低于
时，以反应a 为主，随温度升高，平衡正向移动，
平衡
61
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物质的量分数增大，温度高于
，以反应b 为主，平衡逆向移动，
含量减少，
浓度增大，同时抑制
反应a 产生
(其他合理解释亦可)
(3) 8
【解析】（1）①根据盖斯定律可知该反应可由：
得到，则
=
=+165.8kJ/mol；
②该反应正方向为放热且熵增的反应，在任意温度下能自发反应；
③由图可知能垒最大的一步反应方程式为过渡态Ⅰ的反应，反应方程式为：
或
；
（2）①A．提高
与
的投料比，等同于通入
，使得
的转化率降低，故不符
合；
B．移除
，降低CO 的浓度，可使反应a 平衡正向移动，
的转化率增大，故符合；
C．选择合适的催化剂，只能加快反应速率，对平衡无影响，故不符合；
D．恒温恒压下通入Ar 气，体积扩大，平衡向气体分子数增大的方向移动，即反应a 正向移动，甲烷转化
率增大，故符合；
②由表格数据可知平衡时CO 的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06；600℃时反应a 的压强平衡常数
为
。
③温度低于
时，以反应a 为主，随温度升高，平衡正向移动，
平衡物质的量分数增大，温度高于
，
以反应b 为主，平衡逆向移动，
含量减少，
浓度增大，同时抑制反应a 产生
，因此平衡体系中
62
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的物质的量分数随温度T 的升高先增大后减小。(其他合理解释亦可)
（3）由晶胞结构可知Fe 的配位数是8；1 个晶胞的体积为：(a×10-10)3cm3；则
合金含晶胞的个数为
，每个晶胞可以储存4 个
分子，则
储存氢气分子个数为
，储
存氢气的质量为
g=
g。
【变式6-1】（2024·北京顺义·一模）工业废气中的硫化氢是一种无色有毒的气体。根据硫化氢的性质，可
采取不同的处理方法。
(1)氧化法(克劳斯法)，其原理是：
H2S
SO2
S
已知：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1172kJ·mol-1
S(s)+O2(g)=SO2(g) ∆H=-297kJ·mol-1
第②步反应的热化学方程式为 。
(2)热分解法，其原理是：2H2S(g)
S2(？)+2H2(g)。不同温度和压强下，H2S 的平衡转化率变化如图。P1
P2(填“>”或“<”)，原因是 。
(3)直接电解法，可回收S 和H2。
63
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资料：
ⅰ．H2S 溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH 变化如图。
ⅱ．(x-1)S+S2−
S
(黄色溶液)；S
与酸反应生成S。
①直接电解H2S 酸性溶液(pH≈5)，容易出现电解反应不能持续进行的情况，结合电极反应式分析其可能的
原因 。
②工业上，常用烧碱吸收H2S，将吸收后的溶液(pH=13.2)先进行电解，再用电解后的黄色溶液吸收H2S 生
成S。反应生成S 的离子方程式是 。
(4)间接电解法。先用FeCl3溶液吸收含H2S 的工业废气，所得溶液用惰性电极进行电解。
①反应池中发生反应的离子方程式是 。
②该装置实验有两个显著优点：a．H2S 的原子利用率100%；b． 。
(5)碱性溶液吸收法。
已知：25℃时，H2S 的电离常数Ka1=9.1×10-8、Ka2=1.1×10-12；H2CO3的电离常数Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-
11。用Na2CO3溶液吸收含H2S 的工业废气，反应的离子方程式是 。
【答案】(1)SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l) ∆H=-281kJ·mol-1
(2) < 同温下，H2S 的平衡转化率受压强影响，因此S2为气体。该反应是气体体积增大的反应，压强增
大，平衡逆向移动，H2S 的平衡转化率减小
(3)阳极：H2S-2e-=S↓+2H+，生成的S 覆盖在阳极上，阻止反应持续进行 S
+H2S=(x-1)S↓+2HS-
(4) H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+ FeCl3溶液可以循环使用
(5)CO
+H2S=HS-+HCO
64
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【解析】（1）第②步反为SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)，设反应a：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)；反
应b：S(s)+O2(g)=SO2(g) ；根据盖斯定律可知，②=a-3b，则SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)
∆H=-281kJ·mol-1；
（2）由图可知，压强改变会影响硫化氢的转化率，说明S2为气体，则压强增大，平衡逆向移动，硫化氢
转化率降低，则P1<P2；原因是：同温下，H2S 的平衡转化率受压强影响，因此S2为气体。该反应是气体体
积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动，H2S 的平衡转化率减小；
（3）①由图可知，酸性条件时，存在形式是硫化氢分子，由于阳极硫化氢发生氧化反应而生成硫单质，
硫单质不导电，覆盖在石墨电极表面，从而导致石墨电极导电性下降，故答案为：阳极：H2S-2e-
=S↓+2H+，生成的S 覆盖在阳极上，阻止反应持续进行；
②根据信息可知，电解后的黄色溶液中含有S
，则其与硫化氢反应生成单质硫，离子方程式为：S
+H2S=(x-1)S↓+2HS-；
（4）①反应池中含有三价铁和硫化氢，两者反应生成二价铁和单质硫，总反应为：H2S+2Fe3+=2Fe2+
+S↓+2H+；
②根据图示可知，通过电解生成三价铁和氢气，则该装置实验有两个显著优点：a．H2S 的原子利用率
100%；b．FeCl3溶液可以循环使用；
（5）硫化氢的一级电离常数大于碳酸的二级电离常数，但是小于其一级电离常数，根据强酸制备弱酸的
原理可知，相应的离子方程式为：CO
+H2S=HS-+HCO 。
【变式6-2】 （2024·河南·一模）运用化学反应原理研究与氨气有关反应有重要意义。请回答下列问题。
I．已知合成氨反应的热化学方程式为：
。
(1)近期，我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe-TiO2-xHy双催化剂，通过光
辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe 的温度为547℃，而TiO2-xHy的温度为415℃)。结合图示解释该
双催化剂的工作原理(已知：常温下氮氮三键不易断裂)： 。
热Fe 冷Ti 双温催化原理如下：
65
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II．催化氧化法除尾气中氨气的反应为：
a．
在实际反应中还伴随如下副反应发生：
b．
c．
(2)反应a 在常压下自发进行的温度条件是 。(填“高温”“低温”或“任意温度”)
(3)其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率 (填“增大”、“减小”或“不变”)。原因为
。
(4)将一定比例的NH3和O2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选
择率与温度的关系如图所示。
①其他条件不变，在175℃~300℃范围，催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度范围为200℃~225℃
之间，理由是 。
②随温度的升高，N2选择率下降的原因可能为 。
III．请回答：
(5)含氮化合物对工业生产有多种影响，化学工作者设计了如下再利用的方案：
以NH3和CO2为原料合成尿素[CO(NH2)2]，两步反应的能量变化如图：
①已知第二步反应决定了生产尿素的快慢，可推测E1 E3(填“>”“<”或“=”)。
②该反应达到化学平衡后，下列措施能提高NH3转化率的是 。
66
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A．选用更有效的催化剂 B．及时从体系转移出生成的尿素
C．降低反应体系的温度 D．增大二氧化碳的浓度
(6)某实验小组为了模拟工业合成尿素，在恒温恒容的真空密闭容器中充入一定量的CO2和NH3发生反应：
，反应过程中NH3的体积分数如图所示。实验测得体系平衡时的
压强为10MPa，计算该反应的平衡常数Kp= (MPa)-2(已知：
)。
【答案】(1)N≡N 键在“热Fe”表面断裂，利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷 Ti”表面生成，利于提
高氨的平衡产率
(2)任意温度
(3)减小 a、b、c 三个反应均为放热反应，温度升高，平衡均左移
(4)该温度范围 NH3的转化率较大，且氮气的选择率较高，副产物较少 催化剂对生成氮气的反应活性
下降，副反应的反应速度加快
(5) < CD
(6)0.15
【解析】（1）根据图中信息，“热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速
率；②“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，则该双催化剂的工作
原理：N≡N 键在“热Fe”表面断裂，利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷 Ti”表面生成，利于提高氨
的平衡产率；
（2）反应a 的ΔH＜0，ΔS＞0，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，任意温度下反应都能自发进行；
（3）由信息可知，a、b、c 三个反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小；
（4）①其他条件不变，催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度范围为200℃~225℃之间，理由是：该
温度范围 NH3的转化率较大，且氮气的选择率较高，副产物较少；
②由图可知，低温下NH3转化率和N2选择性均较高，则高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率
67
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高和N2选择性高的催化剂，随温度的升高，N2选择性下降的原因可能为催化剂对生成N2的反应活性下
降，副反应的速率变大；
（5）①活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定反应速率，第二步反应决定了生产尿素的快慢，则第二
步的活化能大于第一步活化能即E1＜E3；
A
②．催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能提高氨气的转化率，故A 错误；
B．尿素是固体，浓度视为常数，及时从体系转移出生成的尿素，生成物浓度不变，平衡不移动，氨气的
转化率不变，故B 错误；
C．降低反应体系的温度，平衡正向移动，氨气转化率增大，故C 正确；
D．增大二氧化碳的浓度，平衡正向移动，使氨气消耗量增多，氨气转化率增大，故D 正确；
故答案为：CD；
（6）起始氨气的体积分数为50%，说明二氧二碳的体积分数也为50%，设起始氨气和二氧化碳的物质的
量均为1mol,平衡时氨气的体积分数为20%，列化学平衡三段式，
，平衡时氨气的体积分数为
=20%，解得x=
，混合气体总物质的量为(2-2×
)mol=
mol，p(NH3)=
=2MPa，同理，p(CO2)=5MPa,p(H2O)=3MPa，Kp=
=0.15(MPa)-2。
【变式6-3】（2024·山西·一模）
资源利用具有重要意义。
(1)工业上用二氧化碳催化加氢可合成乙醇，其反应原理为
。
温度
400
500
平衡常数
9
5.3
68
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①通过表格中的数值可以推断：该反应在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进
行。
②
的平衡转化率与氢碳比
及压强随温度变化的关系分别如图
和图所示。
图
中氢碳比
从大到小的顺序为 。图b 中压强从大到小的顺序为 ，判断依据为
。
(2)
催化加氢法可制备乙烯，反应原理为：
。向
恒容密闭容器中加入
和
，在催化剂作用下发生反应，测得平衡时体系中各气体的
物质的量随温度的变化关系如图所示。
①图中曲线代表乙烯的物质的量随温度的变化关系的是 (填字母)。
②
℃时，化学平衡常数
，
的平衡转化率为 。
(3)
可用于制备苯乙烯。
在催化剂作用下，
参与反应的机理如图所示
表示乙苯分子中
或
原子的位置； A、B 为催化
69
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剂的活性位点，其中
位点带部分正电荷，
位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，图
中所示的反应机理中步骤I 和步骤II 可描述为 。
【答案】(1) 低温
该反应是气体物质的量减小的反应，温度一
定时，增大压强使反应正向移动，
平衡转化率增大
(2)q
(3)乙苯
带部分正电荷，被带部分负电荷的
位点吸引，随后解离出
并吸附在
位点上，
与
位点上
中带部分负电荷的O 作用生成
，带部分正电荷的
吸附在带部分负电荷的
位
点上
【解析】（1）①温度升高平衡常数
减小，则为放热反应，
，该反应是气体体积缩小的反应，则
，
，反应才能自发进行，则
，其正反应在低温下能自发进行；②图a 可以理解
为
物质的量不变，
量不断增加，平衡正向移动，
转化率不断增大，因此氢碳比从大到小的顺
序为
；该反应是气体体积减小的反应，由图可知，同一温度条件下，从下往上看，转化率增
大，说明平衡正向移动，向体积减小方向移动即加压，压强从大到小的顺序为
。
（2）①反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则随温度升高，物质的量增大的曲线m、n 代表反应
物随温度的变化关系，随温度升高，物质的量减小的曲线p，q 代表生成物随温度的变化关系，结合化学计
量数关系可知，m 代表
的物质的量随温度的变化，n 代表
的物质的量随温度的变化，
代表
的
70
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物质的量随温度的变化，
代表
的物质的量随温度的变化。
②设
反应达到平衡时生成
，根据反应方程式，列三段式：
由图可知，
时
，解得
，平衡时
，则
；平衡时，氢气的转化率为
。
（3）乙苯
带部分正电荷，被带部分负电荷的
位点吸引，随后解离出
并吸附在
位点上，
与
位点上
中带部分负电荷的O 作用生成
，带部分正电荷的
吸附在带部分负电荷的
位点
上。
1. （2023·江苏卷第17 题）空气中
含量的控制和
资源利用具有重要意义。
（1）燃煤烟气中
的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的
溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH 固
71
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体而很少用KOH 固体吸收空气中的
，其原因是___________。
（2）合成尿素[
]是利用
的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的
___________(填“=0”或“>0”
或“<0”)。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[
]和尿素
转化为氰酸铵(
)等副反应。尿素生产中实际投入
和
的物质的量之比为
，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。
（3）催化电解吸收
的KOH 溶液可将
转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，
电解得到的部分还原产物的法拉第效率(
)随电解电压的变化如图乙所示。
72
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其中，
，n 表示电解生成还原产物X 所转移电子的物质的量，F 表示法拉第常数。
①当电解电压为
时，电解过程中含碳还原产物的
为0，阴极主要还原产物为___________(填化
学式)。
②当电解电压为
时，阴极由
生成
的电极反应式为___________。
③当电解电压为
时，电解生成的
和
的物质的量之比为___________(写出计算过程)。
【答案】（1）
相同质量的LiOH 固体可吸收更多二氧化
碳
（2） <0 适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投
料比越大，二氧化碳转化率越高
（3）H2
每生成1mol
转移12mole-，每生成1mol
转移2mole-，故电解生成的
和
的物质的量之比为
【解析】
（1）由图可知“吸收”后所得的
溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物
KOH 可回收利用，故化学方程式为
。载人航天器内，常用
LiOH 固体而很少用KOH 固体吸收空气中的
的原因为相同质量的LiOH 固体可吸收更多二氧化碳。
（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK 减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其
<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮
碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。
73
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（3）当电解电压为
时，电解过程中含碳还原产物的
为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得
电子变成氢气。当电解电压为
时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由
生成
的电极反应式为
。当电解电压为
时，电解过
程中还原产物
的
为24%，还原产物
的
为8%，每生成1mol
转移12mole-，
每生成1mol
转移2mole-，故电解生成的
和
的物质的量之比为
。
2.（2023·广东卷第19 题）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
形成橙红色的配离子
，该配离子可被
氧化成淡蓝色的配离子
。
①基态
的
电子轨道表示式为___________。
②完成反应
离子方程式：
______
（2）某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。
用浓度分别为
的
溶液进行了三组实验，得到
随时
间t 的变化曲线如图。
74
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①
时，在
内，
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．
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：
研究组配制了L 起始浓度
与L 起始浓度比
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
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。
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。
①
时，
___________。
②
时，平衡浓度比
___________。
（4）研究组用吸收光谱法研究了(3)中M 与L 反应体系。当
时，测得平衡时各物
75
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种
随
的变化曲线如图。
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）
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
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；
时，在
内，观察图像可知
的平均消耗速率为
；②对于反应
HNO2
，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，
76
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含量增加，
含量减小，
增大，A 正确；HNO3浓度增加，
转化率
增加，故
，B 正确；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；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）①
时，
，且
=0.64，
得
x=0.36；
②
相比于
含有两个配体，则
与
的浓度比应为
相对峰面积S 的
一半与
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
。
3.（2023·全国甲卷第28 题）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：
①
②
77
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反应③
的
_______
，平衡常数
_______(用
表示)。
（2）电喷雾电离等方法得到的
(
等)与
反应可得
。
与
反应能高选
择性地生成甲醇。分别在
和
下(其他反应条件相同)进行反应
，
结果如下图所示。图中
的曲线是_______(填“a”或“b”。
、
时
的转化率为
_______(列出算式)。
（3）
分别与
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
示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
78
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(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
与
反应的能量变
化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。
(ⅲ)
与
反应，氘代甲醇的产量
_______
(填“＞”“＜”或“=”)。若
与
反应，生成的氘代甲醇有_______种。
【答案】（1）-307
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
；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(
)，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，
、
时-lg(
)=0.1，则
=10-0.1，利
用数学关系式可求出
，根据反应
可知，生成的
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M+即为转化的
，则
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，
与
反应的能量变化应为图中曲线c；(ⅲ)
与
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
＜
；根据反应机理可知，若
与
反应，生成的氘代甲醇可能为
或
共2 种。
4.（2023·新课标卷第29 题）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
_______
。
（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，
表示被
吸附于催化剂表面的
)。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
)使用前经
还原，生成
包裹的
。已知
属
于立方晶系，晶胞参数
，密度为
，则
晶胞中含有
的原子数为_______(列出计
80
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算式，阿伏加德罗常数的值为
)。
（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：
)
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Ar 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
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）
81
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（4）
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
【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
，则
的键能为
；
的
，则H-H 键的键能为
。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
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
属于立方晶系，晶胞参数
，密度为
，设其晶胞中含有Fe 的原子数为
，则
晶体密度
，解之得
，即
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
82
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中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数
，因此，图中压强由小到大的顺序为
，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，则有：
当
、
时，
，解之得
，则氮气的转化率
，平衡时
、
、
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
。
5.（2023·浙江选考1 月第19 题） “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：
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Ⅱ：
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
的
___________
，
___________(用
表示)。
（3）恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比
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可促使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1molCO2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
可衡量CO2转化效率，
(同一时段内CO2与CH4的物质
的量变化量之比)。
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
间R 的变化趋势，并标明
时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
（3） BC 通入
分解平衡正移，导致
增大，促进Fe 还原CO2平衡正移
（4）
C
【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
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化率的条件是高温低压；答案选C；
（2）已知：Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2 得反应
；
故∆H=△H1+2△H2=+329kJ·mol－1，
；
（3）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；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；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；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
1molCO2需吸收的能量一样多，D 错误；故选BC；通入
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）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R 减小，600℃以上，
二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R 增大，根据图1 可知1000℃时，CH4转化
率为100%，即
=1mol, CO2转化率为60%,即
=3mol×60%=1.8mol，故
=
=1.8，故
间R 的变化趋势如图：
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②R 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，
增大的倍数比
大，则R 提高，A 正确；根据表中数据可知，温度越低，CH4转化率越
小，而R 越大，
增大的倍数比
大，含氢产物中H2O 占比越高，B 正确；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
错误；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；答案选C。
6.（2023·全国乙卷第28 题）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
气氛中，
的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知
_______，
_______。
（2）已知下列热化学方程式：
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则
的
_______
。
（3）将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。平衡时
的关系如下图所示。
时，该反
应的平衡总压
_______
、平衡常数
_______
。
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
(Ⅱ)，平衡时
_______(用
表示)。在
时，
，则
_______
，
_______
(列出计算式)。
【答案】（1） 4 1 （2）(a+c-2b) （3）3
增大
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（4）
46.26
【解析】
（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，
转化为
，则
，解之得x=4；当失重比为38.8%时，
转化为
，则
，解之得y=1。
（2）①
②
③
根据盖斯定律可知，①+
-
③②
2 可得
，则
(a+c-2b)
。
（3）将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。由平衡时
的关系图可知,
时，
，则
，因此，该反应的平衡总压
3
、平衡常数
。由图中信息可知，
随着温度升高而增大，因此，
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
(Ⅱ)，在同温同压下，不同气
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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
时，
，则
、
，联立方程组消去
，可得
，代入相关数据可求出
46.26
，则
，
。
7.（2023·辽宁卷第18 题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
（1）我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制
备过程中CuSO4·5H2O 分解的TG 曲线(热重)及DSC 曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所
示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化学式)。
（2）铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为_______。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出两点即可)。
（3）接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
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(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）CuO SO3
（2）催化剂 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）cd d
【解析】
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（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从
TG 图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO 剩余，还有其他气体产出，此时
气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4=====3CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中
产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、
SO3。
（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．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．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．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．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·湖北卷第19 题）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
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子经过连续5 步氢抽提和闭环脱氢反应生成。
的反应机理和能量变化
如下：
回答下列问题：
（1）已知
中的碳氢键和碳碳键的键能分别为
和
，H-H 键能为
。估算
的
_______
。
（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
发生，反应过程中压强恒定为
P0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数KP为_______(用平衡分压代替平衡浓度计
算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）
及
反应的
(
为平衡常数)
随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，
(R 为理想气体常数，c 为截距)。图中两
条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。
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（6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成
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）3 3 （3） 6 10 （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
的
=
；
（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
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：
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则
，
，
，该反应的平衡常数
=
；
（5）
及
反应的
(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）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；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；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；故答案为a。
9.（2023·湖南卷第16 题）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④
的
_______
；
（2）在某温度、
下，向反应器中充入1mol 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_______mol 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：
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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_______；
（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
(Ⅰ)的配合物促进
(引发剂，X 表示
卤素)生成自由基
，实现苯乙烯可控聚合。
（5）引发剂
中活性最高的是_______；
（6）室温下，①
在配体L 的水溶液中形成
，其反应平衡常数为K；②
在水中的溶
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度积常数为
。由此可知，
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-
-
②③可得C6H5C2H5(g)
C
⇌
6H5CH=CH2(g)+H2(g)
∆H4=-4386.9kJ/mol-(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；
（2）设充入H2O(g)物质的量为xmol；在某温度、100kPa 下，向反应器中充入1mol 气态乙苯发生反应
④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式
，此时平衡
时混合气体总物质的量为1.5mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式
，此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75mol，混
合气的总物质的量为(1.75+x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为
；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则
=
，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；答案为：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
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正向移动，反应⑥不移动，则曲线b 代表产物苯；
（4）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；
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；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；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；答案为：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。
10.（2023·浙江卷第19 题）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：
该反应分两步完成：
请回答：
（1）
_______
。
（2）恒定总压
和水碳比[
]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：
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
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①在条件1 下，水煤气变换反应的平衡常数K=___________。
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
，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CO 平衡转化率随温度变化的曲线____。
（5）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应
及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是
________。
【答案】（1）6 （2） 2 CO+3H2
CH
⇌
4+H2O （3）AC
（4）AC
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（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①
②
③
根据盖斯定律可知，③=
-
①②，则
；
（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，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol 和5mol，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
CH
⇌
4+H2O；
（3）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；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；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；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；
100
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（4）①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；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；通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化
学反应速率稍减小，导致CO 的转化率稍减小，与图中变化相符，C 正确；故选AC；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，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。
11. （2023·海南卷第16 题）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
反应制备
，反应方程式为
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_______。
101
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（2）该制备反应的
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_______。
（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，
的平衡常数
_______。(已知
的
)
【答案】（1）70% （2） 吸热 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 使得气体中氯化氢的分压减小，
促使反应正向进行
（4）
【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，
的离子方程式为
，其平衡常数
。
12. （2023·重庆卷第17 题）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
（1）在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：
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①中间体
生成吸附态
的活化能为_______
。
②由
生成
的热化学方程式为_______。
（2）一定条件下，银催化剂表面上存在反应：
，该反应平衡压强
与
温度
的关系如下：
401
443
463
10
51
100
①
时的平衡常数
_______
。
②起始状态Ⅰ中有
和
，经下列过程达到各平衡状态：
已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是_______(填字母)。
A．从Ⅰ到Ⅱ的过程
B．
C．平衡常数：
D．若体积
，则
103
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E．逆反应的速率：
③某温度下，向恒容容器中加入
，分解过程中反应速率
与压强
的关系为
，k 为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少
时，逆反应速率最大。若转化率
为
，则
_______(用
表示)。
（3）
可用作固体离子导体，能通过加热
制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了
简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。
①测定晶体结构最常用的仪器是_______ (填字母)。
A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．
射线衍射仪
②
与
晶胞的体积之比为_______。
③测定
中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a 中
质量不变，可判定导电离子
是
而不是
，依据是_______。
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【答案】（1）①83
②
（2）①10
CDE
②
③
（3）① D
12:7
a
②
③中银电极质量减小，b 中银电极质量增大
【解析】
（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体
生成吸附态
的活化能
为
。
②由图可知，
生成
放出热量
，放热焓变为
负值，故热化学方程式为
；
（2）①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，
时的平衡常数
。
②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应；
A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，
则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程
，A 错
误；
B．平衡常数
只受温度的影响，则
，B 错误；
C．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：
，C 正
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确；
D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积
，根据阿伏伽德罗
定律可知，
，
，
，则
，D
正确；
E．结合A 分析可知，逆反应的速率：
；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，逆
反应的速率：
，故有逆反应的速率：
，E 正确；
故选CDE；
③某温度下，设向恒容容器中加入mg
，当固体质量减少
时，逆反应速率最大，此时达到平衡
状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成
，若转化率为
，则此时生成
，根据阿伏伽德罗定律，此时
，故
；
（3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X 射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．
射线
衍射仪；
②据“均摊法”，
晶胞中含
个I，则晶体密度为
；，
晶胞中含
个I，则晶体密度为
；故
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，则
与
晶胞的体积之比为12:7。
③由图可知，a 为阳极、b 为阴极，实验测得支管a 中
质量不变，则碘离子没有迁移到a 中与银离子产
生AgI 沉淀，银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银单质，导致b 中银电极质量增大，a 中银电极银
单质失去电子发生氧化反应生成银离子，导致a 中银电极质量质量减小，可判定导电离子是
而不是
。
107
