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专题十四 化学反应原理综合 【高考押题】
【新高考专用】
1.（2024·北京石景山·一模）我国科学家设计的化学链重整联合CO2捕集制H2系统如下图所示：
(1)空气反应器中发生 反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)重整气中有H2、CO、CO2、CH4和H2O，燃料反应器中CH4和NiO 反应的化学方程式有 。
(3)CaO 吸收反应器中还发生蒸汽变换反应(CO 与水蒸气或CH4与水蒸气反应)
1 mol CH
①
4和水蒸气生成CO2和H2吸收热量165 kJ，1 mol CH4和水蒸气生成CO 和H2吸收热量206 kJ，
CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g) ΔH = 。
② 反应温度对H2产率(
)、CO2捕集率(
)及产品气组成的
影响如下图所示：
结合化学方程式说明图1 中温度升高CO2捕集率降低的原因 ；解释图2 中温度升高H2体积分
1
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数降低的原因 。
(4)燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气的作用 。
【答案】(1)放热
(2)CH4 + NiO
2H2 + CO + Ni 和CH4 + 2NiO
2H2 + CO2 + 2Ni
(3) —41kJ/mol CaCO3
CaO + CO2↑，温度升高促进碳酸钙分解 CO(g) + H2O(g) = H2(g) +
CO2(g)ΔH <0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体积分数降低
(4)通过蒸汽变换等反应增大产品气中H2的产率与体积分数，促进CO2的吸收
【分析】由题给流程可知，空气中的氧气与空气反应器中的镍反应生成氧化镍，燃料反应器中的甲烷与氧
化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，反应生成的镍可以
循环使用；反应得到的重整气经冷却器冷却后进入氧化钙吸收反应器，重整气中的一氧化碳、甲烷与水蒸
气生成二氧化碳和氢气，二氧化碳与氧化钙反应生成碳酸钙，重整气经反应转化、吸收二氧化碳得到氢
气；碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，反应生成的氧化钙可以循环使用。
【解析】（1）空气反应器中发生的反应为镍和空气中氧气共热发生化合反应生成氧化镍，并放出热量，
则该反应是反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故答案为：放热；
（2）由分析可知，燃料反应器中发生的反应为氧化镍与甲烷共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，反应
的化学方程式为CH4 + NiO
2H2 + CO + Ni 和CH4 + 2NiO
2H2 + CO2 + 2Ni，故答案为：CH4 + NiO
2H2 + CO + Ni 和CH4 + 2NiO
2H2 + CO2 + 2Ni；
（3）①由题意可知，甲烷与水蒸气反应生成二氧化碳、一氧化碳的热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)
=4H2(g)+CO2(g) △H=+165kJ/mol①、CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g) △H=+206kJ/mol②，由盖斯定律可知，
反应①—②得到反应CO(g) + H2O (g) =H2(g) + CO2(g)，则反应ΔH =(+165kJ/mol)—(+206kJ/mol)=
—41kJ/mol，故答案为：—41kJ/mol；
②温度升高碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳：CaCO3
CaO + CO2↑，所以温度升高二氧化碳捕集率
2
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降低；一氧化碳与水蒸气生成二氧化碳和氢气的反应为放热反应，二氧化碳浓度增大和升高温度都使平衡
向逆反应方向移动，导致生成物氢气的体积分数降低，故答案为：CaCO3
CaO + CO2↑，温度升高促进碳
酸钙分解；CO(g) + H2O(g) = H2(g) + CO2(g)ΔH <0，CO2浓度增大和升高温度均促使平衡逆向移动，H2体
积分数降低；
（4）由分析可知，燃料反应器中发生的反应为甲烷与氧化镍共热反应生成氢气、镍和碳的氧化物，与水
蒸气共热反应生成氢气和碳的氧化物，吸收反应器中发生的反应为一氧化碳、甲烷与水蒸气生成二氧化碳
和氢气，则燃料反应器和吸收反应器中加入水蒸气有利于增大产品中氢气的体积分数，促进二氧化碳的充
分吸收。
2.（2024·山西·一模）
加氢合成甲醇对缓解能源危机、改变产业结构以及实现“碳达峰、碳中和”目标
具有重要的战略意义。该合成工艺主要包括三个反应：
①
②
③
(1)已知一些物质的键能数据如下：
化学键
H―H
C=O
C≡O
H―O
E/(
)
436
803
1076
463
计算
。
(2)按照一定比例投料，测定
的平衡转化率和CO 的平衡选择性随温度和压强的变化关系如下图所示。
、
、
、
的大小关系为 ；原因为 ；
℃以后不同压强下
平衡转化率
变为一条曲线，原因为 (CO 的选择性
)。
3
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(3)下表是一定条件下用Pd/ZnO/C-N 做催化剂，改变Pd 含量测得的催化剂组成、结构以及
转化率的数
据。
催化剂
Pd/%
Zn/g
表面O 含量/%
表面氧缺陷比例/%
转化率/%
0.02%Pd/ZnO/C-N
0.04
9.47
12.43
0.29
82
0.05%Pd/ZnO/C-N
0.13
6.4
9.57
0.30
6.6
0.1%Pd/ZnO/C-N
0.18
10.6
13.25
0.32
68
0.3%Pd/ZnO/C-N
0.58
9.66
12.52
0.38
71
由上表数据推测，催化剂中Pd 含量增大，
转化率增大的原因可能为 。
(4)六方ZnO 晶胞结构如下左图所示，
填充在
形成的 空隙中，该晶体的密度为
(设
表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式)，在下右图中补充画出ZnO 晶胞的俯视投影图
。
【答案】(1)
4
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(2)
<
<
<
温度相同时，增大压强，①反应平衡正向移动，CO 选择性降低，故
<
<
<
℃以后以反应②为主，前后系数不变，不同压强下
平衡转化率不变；
(3)催化剂中Pd 含量增大，选择性催化②③
转化率增大
(4) 正四面体
【解析】（1）由
，由反应①求出E
键能=(1076+2×436+90.8)
=2038.8
，故反应③
（803×2+436×3-2038.8-2×463）
=
；
（2）温度相同时，增大压强，①反应平衡正向移动，CO 选择性降低，故
<
<
<
；
℃以后不同压
强下
平衡转化率变为一条曲线，原因为
℃以后以反应②为主，前后系数不变，不同压强下平衡不移
动
平衡转化率不变；
（3）由上表数据推测，催化剂中Pd 含量增大，
转化率增大的原因可能为催化剂中Pd 含量增大，选择
性催化②③
转化率增大；
（4）由图可看出
填充在
形成的正四面体空隙中；根据无隙并置，该晶体中有
个，
为
个，晶胞密度为
，俯视投影图为
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3.（2024·江西九江·二模）
与
反应合成HCOOH，是实现“碳中和”的有效途径。回答下列问题：
(1)HCOOH 中碳原子的杂化类型为 。
(2)已知：
。
(3)在催化作用下，温度为
时，将一定量
和
充入密闭容器中发生如下反应：
主反应Ⅰ：
副反应Ⅱ：
。
①下图是不同催化剂电化学还原
生产HCOOH 的催化性能及机理，并通过DFT 计算催化剂表面该还原
过程的物质的相对能量，如图所示（带“*”表示物质处于吸附态）。
电化学还原
生产HCOOH，使用 作催化剂较优。
②实验测得反应Ⅰ：
，
，
、
为速率常数。温度为
时，
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，则
（填“大于”“小于”“等于”），判断依据是 。
③实验测得平衡时
的转化率及HCOOH 和CO 的选择性（产物的选择性：生成的HCOOH 或CO 与转
化的
的比值）随温度变化如图所示。
曲线b 表示 ，200℃~360℃，升高温度曲线b 对应纵坐标值减小的原因是 。240℃时，平衡体
系中氢气的分压为
kPa，主反应Ⅰ的
（用x、y、
表示）。
【答案】(1)
(2)
(3) BiIn 大于
，该反应
，温度越高，K 越小
的转化率
升高温度，反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度
【解析】（1）HCOOH 中碳原子的价层电子对数为3，属于sp2杂化；
（2）由盖斯定律得
；
（3）①由图可知BiIn 作催化剂较优，它对应的反应历程活化能最小，化学反应速率最快；
②
，该反应
，温度越高，K 越小，因此T2＞T1；
③温度相同时，CO 和HCOOH 的选择性相加为1，同时主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
HCOOH 选择性下降，即曲线a 为HCOOH 的选择性，曲线c 为CO 的选择性，曲线b 为CO2转化率；
200℃~360℃，升高温度曲线b 对应纵坐标值减小，是因为反应Ⅰ逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程
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度；由图可知240℃时，CO2转化率为y，CO 的选择性为x，则HCOOH 的选择性为1-x，设投入的CO2物
质的量为amol，可得
平衡时，
，
，设总物质的量为n 总，总压强为p 总，可得
。
4.（2024·北京门头沟·一模）氨是一种重要的化工原料，迄今为止，人类仍然在追求低成本、高产率的合成
氨技术。
Ⅰ．
直接合成氨。
(1)根据图1 所示的能量转换关系，
合成
的热化学方程式为 。
(2)为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用
双催化剂，通过光辐射产生温
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差。使
在 (填“热
”或“冷
”，下同)表面断裂，氨气在 表面生成，有利于提高
合成氨的反应速率和平衡产率。
Ⅱ．电化学法合成氨。
应用电化学原理，硝酸盐
亚硝酸盐
氨，实现了高效合成氨，装置如图2。
(3)生成
的电极反应式是 。
(4)当电路中有
电子通过时，一定量的
被还原生成
和
。
Ⅲ．氯化镁循环法
合成氨。
(5)选用试剂
完成转化。
①选用
进行转化，将
置于
中能释放出
，反应的方程式是 。
②选用
固体进行转化，依据合成氨的过程(如图3)，写出合成氨的总反应方程式： 。
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③相比于
，用
固体转化
的优点有 (写出一条即可)。
【答案】(1)
(2)热
冷
(3)
(4)0.1
(5)
氨的收率高，原子
利用率高
【解析】（1）化学反应的能量变化等于反应过程断裂化学键吸收的能量-形成化学键释放的能量，根据图
像分析，
与
反应生成
的反应热为
，
合成
的热化学方程式为
；
故答案为：
；
（2）
键能较大，使
断裂需要吸收能量，故
断裂在催化剂“热
”表面进行，有利于提
高速率，而氨气生成是形成
键的过程会释放能量，在催化剂“冷
”表面进行，有利于平衡正移；
故答案为：热
；冷
；
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（3）根据题意可知，高效合成氨应用电解原理，实现硝酸盐
亚硝酸盐
氨，从装置图分析其电解质
溶液呈碱性，则生成
的电极反应式是
；
故答案为：
（4）根据电极反应式
，
被还原生成
转移电子为1.2mol，则
被还原生成
转移电子为
，由电极反应式
可
计算生成的
物质的量为0.1mol；
（5）根据题中信息，将
置于
中能释放出
，同时还生成
，故反应方程式为：
；根据图示可知，氮化镁和氯化铵反应生成氨气和氯化镁，故合成
氨的总反应方程式是
；
极易溶于水，选用水完成转化，生成的氨有部分溶于水，氨的收率低，原子利用率低，选用
固
体转化生成的
可以循环利用，故相比于
，用
固体转化
的优点有氨的收率高，原
子利用率高。
5.（2024·广东韶关·二模） H2O2俗称双氧水，是常用的绿色氧化剂，在生产和生活中发挥重要的作用。
(1)富勒烯C60颗粒对H2O2液相氧化：SO2具有明显的促进效果，该反应机理和能量变化如下：
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H
①
2O2液相氧化：SO2生成H2SO4的热化学方程式为 。
②图示历程包含 个基元反应，写出决速步骤的化学方程式 。
C
③
60间的作用力是 。
(2) H2O2可用于工业源氮氧化物(NOx)的催化氧化，H2O2去除NO 的反应存在平衡：
（i）
（ii）
（iii）
（iv）
①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 （填序号）。
A．其他条件不变时，温度越高，NO 的转化率越大
B．加入催化剂，c(HNO3)与c(HNO2)比值保持不变
C．恒温恒压下，充入Ar，平衡（i）、（ii）向正反应方向移动
D．增大H2O2浓度，反应（i）、（ii）、（iii）、（iv）正反应速率都增加
②一定范围内，催化剂光热协同辅助H2O2降解NO 的去除率变化如图甲所示，NO 去除率最佳的反应条件
为 。
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(3)过碳酸钠(2Na2CO3∙3H2O2)又称固体过氧化氢，是碳酸钠和过氧化氢的加成复合物。将2Na2CO3∙3H2O2置
入真空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
平衡时
的关系如上图乙所示。a 点时，该
反应的平衡总压= kPa，平衡常数Kp=
（列出算式），Kp随温度升高而
（填“增大”、“减少”或“不变”）。
【答案】(1)H2O2(ag)+SO2(g)=H2SO4(ag) △H=-98.72kJ∙mol-1 3
分子间
作用力（或范德华力）
(2)BD 110℃，5%H2O2
(3)12
增大
【解析】（1）①从始态和终态看，H2O2液相氧化SO2生成H2SO4，放热98.72kJ，则热化学方程式为
H2O2(ag)+SO2(g)=H2SO4(ag) △H=-98.72kJ∙mol-1。
②从图中可以看出，图示历程包含3 个基元反应，其中第三个反应的活化能最大，反应速率最慢，为决速
步骤，化学方程式为
。
C
③
60为单质分子，不能形成分子间的氢键，则作用力是分子间作用力（或范德华力）。
（2）H2O2可用于工业源氮氧化物(NOx)的催化氧化，H2O2去除NO 的反应存在平衡：
（i）
（ii）
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（iii）
（iv）
A
①．其他条件不变时，温度越高，反应物H2O2分解的程度越大，NO 的转化率越小，A 不正确；
B．加入催化剂，加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但反应物的转化率不受影响，所以c(HNO3)与
c(HNO2)比值保持不变，B 正确；
C．恒温恒压下，充入Ar，相当于减小压强，减小各物质的浓度，平衡(ii)向逆反应方向移动，从而引起反
应(i)向逆反应方向移动，C 不正确；
D．增大H2O2浓度，反应(i)、(ii)、(iii)、(iv)的反应物浓度增大，则正反应速率都增加，D 正确；
故选BD。
②一定范围内，从催化剂光热协同辅助H2O2降解NO 的去除率变化图甲可以看出，NO 去除率最高的点温
度为110℃，H2O2的浓度为5%H2O2，则NO 去除率最佳的反应条件为110℃，5%H2O2。
（3）从图中可以看出，a 点时，PO2=4.0kPa，则PH2O(g)=8.0kPa，该反应的平衡总压=4.0kPa+8.0kPa=12kPa，
平衡常数Kp=
=
=
，升高温度，PO2增大，则Kp随温度升高而
增大。
6.（2024·广西柳州·三模）将二氧化碳资源化是实现“碳中和”目标的重要手段。回答下列问题：
(1)利用
和重整技术可获得合成气(主要成分为CO 和
)，反应如下：
I：
Ⅱ：
反应
的
，该反应活化能
(正)
(逆)(填“>”“<”或“=”)。
(2)二氧化碳催化加氢可合成乙醇，其反应原理为：
，该反应
的平衡常数与温度的关系如表。
温度/K
400
500
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平衡常数/K
9
5.3
①该反应为 反应(填“吸热”或“放热”)，在 时可自发进行(填“高温”“低温”
或“任意温度”)。
②恒容绝热容器中发生上述反应，下列说法正确的是 。
A．加入合适的催化剂可以提高
的平衡转化率
B．反应达平衡后容器内温度保持不变
C．反应达平衡时
一定成立
D．容器内气体密度不变时说明达到了平衡状态
③设m 为起始时的投料比，即
。通过实验得到图像如下：
图甲中控制其他条件，只调节反应温度，反应速率最快的是 (填
、
或
)，理由是
。图乙表示在
，起始压强为4 MPa 的恒容条件下，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关
系，
温度时，该反应的压强平衡常数
(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总
压物质的量分数)。
【答案】(1) +329 >
(2) 放热 低温 B T1 由于该反应放热，所以温度越高反应物转化率越低，所以
T1>T2>T3，温度越高反应速率越快，反应速率最快的是T1
【解析】（1）根据盖斯定律，反应I+2×反应Ⅱ可得反应
的
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247+2×41=+329
，由
(正)-
(逆)>0，则
(正)>
(逆)；
（2）①由表可知，温度升高平衡常数减小，且升高温度平衡向吸热方向移动，说明该反应为放热反应，
∆H<0，该反应是气体体积减小的反应则∆S<0，由自发反应的判据∆G=∆H-T∆S <0，在低温时可自发进
行；
A
②．加入合适的催化剂只改变反应速率，平衡不移动，不能提高
的平衡转化率，故A 错误；
B．该反应是放热反应，绝热容器中反应体系温度发生变化，当反应达平衡后容器内温度保持不变，故B
正确；
C．反应达平衡时
与起始投入量和转化率有关，不一定成立，故C 错误；
D．恒容气体总质量不变，则容器内气体密度一直不变，不能说明达到了平衡状态，故D 错误；
故选B；
③该合成反应正向放热，其他条件不变时升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，即温度越
低，CO2的平衡转化率越大，所以T1>T2>T3，温度越高反应速率越快，控制其他条件，只调节反应温度，
反应速率最快的是T1；由于投料按照化学计量系数比进行，
，所以反应任意时刻，
n(H2):n(CO2)=3:1，且n(乙醇)：n(水)=1:3；所以图中a 线为H2，b 线为CO2，c 线为水，d 线为C2H5OH；结
合数据可知，T4时，H2和H2O 的物质的量分数相等，分压均为0.375×4MPa，CO2和C2H5OH 的物质的量分
数相等，分压均为0.125×4MPa，得该反应的压强平衡常数
。
7.（2024·内蒙古赤峰·一模）党的二十大报告中强调“实现碳达峰、碳中和是一场广泛而深刻的经济社会系
统性变革”。利用CO2合成淀粉的研究成果已经被我国科学家发表在《Nature》杂志上，其涉及的关键反
应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
H
△
1=-49.0kJ•mol-1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)
H
△
2=+41.2kJ•mol-1
Ⅲ.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)
H
△
3=
(1)反应Ⅲ的△H3= ，该反应自发进行的条件是 (填“高温自发”、“低温自发”或“任何温
度下都自发”)。
(2)在该反应体系中，下列有关说法错误的是 。
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A．增大H2的浓度有利于提高CO2的转化率
B．升高温度，反应Ⅱ的速率加快，反应I 的速率减慢
C．选用合适的催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量
D．达到平衡后，若压缩体积，反应I 平衡正向移动，反应Ⅱ平衡不移动
(3)反应Ⅱ的反应速率v=v 正- v 逆=k 正c(CO2)c(H2)-k 逆c(CO)c(H2O)，其中k 正、k 逆分别为正、逆反应速率常
数，影响速率常数k 的因素有温度和催化剂等。该反应的平衡常数K=
，升高温度时，k 正-k 逆是
(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)在催化剂作用下，向某恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，只发生I、Ⅱ两个反应。测得不同温度
下CO2的平衡转化率和甲醇的选择率随温度的变化趋势如图所示。
已知：甲醇的选择率=
×100%
①根据图中数据，温度选择 K 达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高。随着温度的升高，CO2的
平衡转化率增加，但甲醇的选择率降低，请分析其原因： 。
513K
②
时，平衡体系的压强为p0MPa，体系中n(H2O)= mol，反应Ⅱ的Kp= (列出计算式即
可)。
【答案】(1)
低温自发
(2)BD
(3)增大
(4)553 随着温度升高，反应I 平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大
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【解析】（1）根据盖斯定律：反应Ⅲ=反应I-反应Ⅱ，
；该反应
、
，根据
，在低温时可自发进行；
（2）A．根据反应可知，增大H2的浓度，平衡正向移动，有利于提高CO2的转化率，A 正确；
B．升高温度，反应Ⅱ和反应I 的速率均加快，B 错误；
C．选用合适的催化剂可以降低反应活化能，增大反应速率，从而提高甲醇在单位时间内的产量，C 正
确；
D．体系平衡后，反应i 是体积减小的反应，若压缩体积，反应i 向着体积减小的方向及正向移动，反应ii
是等体积反应，由于加压反应i 的H2O 含量增大，平衡逆向移动，D 错误；
选BD。
（3）平衡时，
，即k 正c(CO2)c(H2)-k 逆c(CO)c(H2O)=0，K=
=
，反应Ⅱ为吸热反
应，升温平衡正向移动，平衡常数增大，即k 正与k 逆之比增大，则k 正-k 逆增大；
（4）①根据图示数据，甲醇的选择性与二氧化碳的转化率乘积最大时甲醇的产量最高，经计算，温度为
553K 达平衡时，甲醇选择性最低，二氧化碳转化率最大，甲醇产量最高；随着温度的升高，CO2的平衡转
化率增加，但甲醇的选择率降低，可能的原因：随着温度升高，反应I 平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移
动且幅度更大，所以CO2的平衡转化率增加，但甲醇的选择率降低；
②反应初始
，513K 平衡转化率为15％，根据甲醇选择率可知，生成甲醇物质的量：
，生成一氧化碳物质的量：
，
，
18
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，即此时
、
、
、
、
；平衡体系压强为
p0MPa，平衡时气体总物质的量：3.7mol，各气体分压：
、
、
、
，
。
8.（2024·广东梅州·一模）利用γ-丁内酯（BL）制备1，4-丁二醇（BD），反应过程中伴有生成四氢呋喃
（THF）和1-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反应均在高压
氛围下进行，故
压
强始终近似等于总压。回答下列问题：
(1)以
或BD 为初始原料，在498K、能量
的高压
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akJ；以BD 为原料，体系从环境吸热bkJ。忽略副
反应热效应，在下图中画出由BD 反应原料生成平衡混合物的反应过程能量变化图 。反应Ⅰ：
。
19
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(2)下图甲表示在总压为
的恒压条件下且起始时
与γ-丁内酯的物质的量之比为2 时，反应1
达到平衡时各物质的物质的量分数（y）与温度的变化关系图。图中表示
的物质的量分数曲线是
；P 点时，γ-丁内酯的转化率约为 。
(3)
表示某物种i 的物质的量与除
外其他各物种总物质的量之比。498K、
下，以BL 为原料
时，
和
随时间t 变化关系如图乙所示。则
时刻
，反应Ⅰ平衡常数
（用分压代替浓度，分压等于总压×该物质的物质的量分数，列出计算式即可）。
(4)利用电解合成法也能在有机质子溶剂中实现BL→BD 的转化，该转化发生在 极，电极反应式
20
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为 。
【答案】(1)
(2) a 66.7%
(3)0.09%
(4)阴 BL+4e-+4H+=BD
【解析】（1）反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；其他条件相同时，所以同物质的量
的BD 反应达到平衡时产物的物质种类和物质的量相等，能量相等，以BD 为原料，体系从环境吸热bkJ。
由BD 反应原料生成平衡混合物的反应过程能量变化图为：
依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，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
为原料，达到平衡时放出akJ 热量与同物质的量的BD 为
原料达到平衡时吸收bkJ 热量的能量二者能量差值为(a+b)kJ，则1molBL 转化为1molBD 时放出
能量，
。
21
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（2）正反应放热，升高温度平衡逆向进行，反应物的含量增加，所以a 表示氢气，b 表示γ-丁内酯，c 表
示1，4-丁二醇。图2 中P 点时氢气和1，4-丁二醇的含量相等，设反应前氢气是2mol、γ-丁内酯是1mol，
消耗γ-丁内酯是xmol，氢气是2xmol，生成1，4-丁二醇是xmol，则x＝2－2x，解得x＝
，所以
的转化率约为66.7%，
（3）整个过程发生三个反应：反应I：BL(g)+2H2(g)
BD(g)，反应II：BD(g)→THF(g)+H2O(g)，反应
III：BD(g)+H2(g)→BuOH(g)+H2O( g)，因H2压强近似等于总压且远高于其他气体，所以H2压强可视为定
值，其变化量可以忽略，由上述三个反应可以发现，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，设以
为原料，在t1时BL 转化了amol，BD 转化了b
mol，体系总物质的量是(
+ b) mol，结合题图甲数据付xBL：
、xBD：
，联立解得b=
，则t1时刻
=0.09%，该平衡状态下，BL+BD
+THF + BuOH +H2O 的总压为p 总kPa，则BL 的分压是0.48×p 总kPa，BD 的分压是0.36×p 总kPa，H2的压强
近似等于总压，故反应I 的平衡常数Kp=
。
（4）BL→BD 的转化的过程中H 原子数目增大，为还原反应，该转化发生在阴极，电极反应式为BL+4e-
+4H+=BD。
9.（2024·江西·一模）
减排能有效降低温室效应，同时，
也是一种重要的资源，因此研究
捕集
与转化对实现“碳中和”目标具有重要意义而备受关注。
(1)某研究机构成功合成了氮掺杂多孔有机聚合物DLU-1 吸附剂，用于烟道气（主要是
和
）和天然
气中
的捕集。为考查样品对单组分气体的吸附性能，测定在1bar，273 和298K 下的单组分气体吸附等
22
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温线如图，请阐述DLU-1 吸附剂能做捕获剂的理由： 。
(2)工业上用（
和
反应合成二甲醚，
）
①恒温恒容下，充入等物质的量的
和
充分反应，以下叙述能说明该反应达到平衡状态的
（填序号）。
A．
的物质的量分数保持不变 B．容器中混合气体的密度保持不变
C．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变 D．断裂
键的同时断裂
键
②在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，
的平衡转化率如图所示，则
（填“>”或“<”）。
③
温度下，将
和
充入2L 的密闭容器中，5min 后反应达到平衡状态，则0~5min 内的平
均反应速率
。
(3)工业上可以利用二氧化碳合成甲醇，已知
①
23
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②
a．若③
正反应的活化能为
，则逆反应的活化能为
（用含Ea的式子表示）
b．某一刚性容器中充入
和
，起始压强为
，在催化剂存在条件下发生上述三个反应，
测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图所示。已知：选择性
．240℃平衡
时，反应③的压强平衡常数
为
（用含p 的式子列出计算式，不用化简）
(4)以
为原料，电解法制取乙烯、乙烷的装置如图，生成乙烯的电极反应式为： ．
【答案】(1)相同条件下，和
相比，
与
的吸附量均很小，这说明DLU-1 具有较好的吸附选择性
(2) CD <
24
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(3)
(4)
【解析】（1）由图可知，相同条件下，和
相比，
与
的吸附量均很小，这说明DLU-1 具有较好
的吸附选择性；
（2）①A．假设初始时充入的CO2和H2均为6mol， CO2初始时的物质的量分数为50%，假设反应生成二
甲醚物质的量为amol，则消耗二氧化碳、氢气物质的量依次为2amol、6amol，生成水蒸气物质的量为
3amol，二氧化碳的物质的量分数为：
，即CO2的物质的量分数不随反
应的进行发生变化，当其不变时，不能说明反应达到平衡状态，A 不符合题意；
B．体系中物质均为气态，根据质量守恒定律，反应过程中质量不变，体系为恒容体系，V 不变，因此密
度不随反应的进行发生变化，当密度不变时，不能说明反应达到平衡状态，B 不符合题意；
C．体系中物质均为气态，根据质量守恒定律，反应过程中质量不变，反应是气体分子数减少的反应，随
着反应的进行，总物质的量会发生变化，因此容器中混合气体的平均摩尔质量也会随反应的进行发生变
化，当容器中混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡状态，C 符合题意；
D．体系中只有CO2中含有π 键，1molCO2中含有2molπ 键，断裂1molπ 键即有0.5molCO2被消耗，体系中
只有H2O 有O-H 键，1mol 水中含有2molO-H 键，断裂1.5molO−H 键即有0.75mol 水被消耗，此时正逆反
应速率相等，D 符合题意；
故选CD。
②该反应为放热反应，温度越高，CO2的平衡转化率越低，由图知投料比相同时，T2的二氧化碳平衡转化
率更低，即T2温度更高；
③
和
充入2L 的容器中，此时n（H2）∶n（CO2）=3 1∶，如图，当投料比为3 1∶时，T1温
度下，二氧化碳平衡转化率为70%，生成二甲醚的物质的量为：
，0~5min 内的平均反
应速率
；
25
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（3）a．①
②
反应①+反应②=反应③
其
，正反应
的活化能为
，其逆反应的活化能为：(
)kJ/mol；
b．初始时加入
和
，总物质的量为4mol，起始压强为
，240℃平衡时，由图可知CO2
的平衡转化率为10%，甲醇的选择性为80%，
，
，即平衡时，n（CO2）
=0.9mol、n（H2）=3mol-0.24mol-0.02mol=2.74mol，n（CH3OH）=0.08mol，n（H2O）
=0.08mol+0.02mol=0.1mol， 反应③的
；
（4）由图可知二氧化碳得到电子，生成乙烯，其电极反应式为：
。
10.（2024·广东广州·二模）研究氮氧化物分解的反应机理，对于控制汽车尾气排放、保护环境有重要意
义。
I.直接催化分解法是消除
的主要方法，已知部分
催化分解过程如下：
26
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①
②
③
④
(1)反应
的
。
(2)T℃，在密闭容器中尝试利用表面催化工艺分解
，用
分别表
示
、
、
和固体催化剂，则在固体催化剂表面分解
的反应过程可用下图表示。
已知：
在固体催化剂表面吸附过程自发发生，且总熵减小。画出从状态A 到状态D 体系能量的变化曲
线图 。
(3)T℃和恒定压强
时，在密闭容器中模拟废气中的
催化分解过程，各组分的信息如下表：
物质
N(投料)/
19
34
6.5
25
0
0
n(平衡)/
50
1
20
25
x
y
x=
①
，y= ，该温度下反应②的压强平衡常数
(分压=总压×物质的量分数)。
②若先除去废气中的
，再在相同条件下模拟实验，发现
的平衡转化率明显降低，其原因是
。
Ⅱ.用含碳物质消除氮氧化物也是防治污染的有效方法。
(4)活性炭还原法消除氮氧化物污染的反应原理为：
。已知该反应
27
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正、逆反应速率方程分别为
、
，其中
、
分别为正、逆反应
速率常数，其变化曲线如下图所示，则该反应的反应热
0(填“>”或“<”)。
(5)将含等物质的量的
和C0 的混合气体分别充入盛有催化剂①和②的体积相同的刚性容器中，进行反
应
，经过相同时间测得
的转化率如图所示，图中cd 段转化
率下降的可能原因是 。(任写一种)
【答案】(1)ΔH=2ΔH1-ΔH3或者ΔH=2ΔH1+2ΔH4-ΔH3或者ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH4-ΔH3
(2)
(3) 2 2 500P0kPa 恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方
向移动，三个反应均是逆向移动
28
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(4)＜
(5)该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以NO 的转化率在cd 段转化率下降（或者升高温度，
催化剂的活性降低，反应速率减慢，转化率下降）
【解析】（1）根据盖斯定律，①
-③，或者②
，或者①+
+
-
②④③可得题中
2NO2(g)
N
⇌
2(g)+2O2(g)，则ΔH=2ΔH1-ΔH3或者ΔH=2ΔH1+2ΔH4-ΔH3或者ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH4-ΔH3；
（2）A→B 过程中固体催化剂表面吸附，能量降低，B→C 过程NO 分子中化学键断裂是吸热过程，C→D
过程N≡N 键、O═O 键形成，释放能量，其能量变化如图所示：
；
（3）①平衡时生成的氧气为20mol-6.5mol=13.5mol，反应①消耗的N2O 是27mol，平衡时总消耗N2O 是
33mol，设反应②和反应③分别消耗N2O 为xmol 和ymol，则x+y=6，0.5x+0.75y=50-19-27=4，解得x=2，
y=4，因此最终得到的NO 是2mol，NO2是2mol，平衡时总的物质的量为50+1+20+25+2+2=100mol，反应
①中N2O、N2、O2各气体的物质的量分数分别为
、
、
，由此求出各气体的分压为分压p(N2O)=
P0kPa、p(N2)=
P0kPa、p(O2)=
P0kPa，则平衡常数Kp=
=500P0kPa；
②恒压条件下，除去CO2相当于增加其他气体的分压，平衡向分压减小的方向移动，三个反应均是逆向移
动，所以N2O 的平衡转化率明显降低；
（4）由图可知，随
增大，lgk 正和lgk 逆均减小，即随T 的减小，k 正和k 逆都减小，且k 正的减小幅度小
于k 逆减小幅度，说明降低温度，平衡正向移动，说明该反应是放热反应；
29
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（5）该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以NO 的转化率在cd 段转化率下降（或者升高温
度，催化剂的活性降低，反应速率减慢，转化率下降）。
11.（2024·广东湛江·一模）
是重要的化工原料，在生产和生活中都发挥着重要作用。
(1)配合物广泛存在于自然界，其中
能与
形成深蓝色
溶液。
①基态
的3d 电子轨道表示式为 。
②
的配位原子是 ，氨气中H—N—H 的键角小于配合物中H—N—H 的键角，其原因
是 。
(2)氨是制取硝酸的重要原料。氨的催化氧化过程主要有以下两个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
①反应
。
②不同温度下氨催化氧化的平衡常数如下(
)；
温度(℃)
300
500
700
900
1100
反应Ⅰ(
)
6.3×1041
1.1×1026
2.1×1019
3.8×1015
3.4×1011
反应Ⅱ(
)
7.3×1056
7.1×1034
2.6×1025
1.5×1020
6.7×1016
下列说法正确的是 。
A．如果对反应不加控制，氨和氧气反应的最终产物主要是
B．为使反应有利于向生成更多的NO 方向进行，不必关注热力学问题(平衡移动问题)，需要关注动力学问
题(反应速率问题)
C．在实际生产中，需采用高压氧化，以利于提高NO 的产率
D．反应中需控制氨氧比、选择性催化剂的形状、气固相接触时间等
(3)已知可通过下列方法合成尿素：
30
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第一步：
第二步：在体积为5 L 的密闭容器中加入1 mol
和4 mol
，在一定条件下反应进行到10 min 时，
测得
和尿素的物质的量均为0.25 mol，15 min 后，测得
的物质的量为0.1 mol，如图所示。
①若用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则10 min 内第一步反应中生成
(氨基甲酸铵)的平均反应速率为 。
②反应进行15 分钟后，随着时间的变化，尿素和氨基甲酸铵的物质的量变化比较明显，但氨气和二氧化碳
的物质的量基本不变，其主要原因是 ，第一步反应的平衡常数
(列出算式即可)。
【答案】(1)
N
中存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排
斥力较强
(2)
AD
(3)
第一步反应速率较快，15 min 内反应达到平衡；尿素与氨基甲酸铵均为液体，其
物质的量的变化不会对第一步反应的平衡造成影响
【解析】（1）①基态
的3d 电子轨道表示式为
。
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②
的配位原子是N，
中存在一个孤电子对，孤电子对对成键电子对斥力较强，所以
中H—N—H 的键角小于配合物中的该键角。
（2）①根据盖斯定律，可知
。
A
②．相同温度下，反应Ⅱ平衡常数更大，如果对反应不加控制，氨和氧气反应的最终产物主要是
，A
项正确；
B．为使反应有利于向生成更多的NO 方向进行，需要同时关注热力学问题(平衡移动问题)和动力学问题
(反应速率问题)，B 项错误；
C．该反应为气体分子数目增加的反应，增大压强平衡逆向移动，故在实际生产中，采用高压氧化，不一
定利于提高NO 的产率，C 项错误；
D．反应中需控制氨氧比、选择性催化剂的形状、气固相接触时间等，D 项正确；
故选AD。
（3）①用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则10 min 内第一步反应中生成
(氨基甲酸铵)的平均反应速率
。
②第一步反应速率较快，15 min 内反应达到平衡，随着时间的变化，氨气和二氧化碳的变化很小，第二步
反应速率较慢，15 分钟反应还未达到平衡，随着时间的变化，尿素和氨基甲酸铵的物质的量变化比较明
显；根据“三段式”
可知，平衡时
的物质的量为2.2 mol，因为固体或液体纯物质一般不列入平衡常数，则第一步反应的平
衡常数
。
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12．（2024·浙江·二模）利用工业废气实现双减最有希望开展大规模应用的是
加氢生成甲醇的反应。
298K、100kPa 条件下该反应焓变和熵变的数据如下，假设反应
不随温度的改变而变化。
I
(1)该反应在
自发（填“低温”或“任意条件”或“高温”）
(2)在使用催化剂时，该反应由两个基元反应组成，写出决速步骤基元反应方程式 。
(3)给出温度
、总压
下，
时，不同催化剂组成对
[
代
表单位质量的催化剂在单位时间处理原料气的质量，体现出催化剂的处理能力]、甲醇选择性及副产物
选择性的影响如下表：
选择性（%）
CO 选择性（%）
催化剂1
78
40
60
催化剂2
88
100
0
催化剂3
138
91
9
在实际生产过程中选择催化剂2、3 组均可，请说明工业生产中应选择第2 组催化剂最主要的原因
，选择催化剂3 的最主要的原因 。
(4)
与
不同比例对
转化率和甲醇产率的影响如下图所示，在图中画出副产物
产率曲线
（在图中标出与虚线的坐标）。
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(5)温度在
时，
和
反应生成甲醇的平衡常数为
，在恒容容器中按照
投料，若只发生反应Ⅰ，计算此时
的平衡转化率 。
【答案】(1)低温
(2)
(3) 选择性好，纯度高 单位时间内甲醇产率高（或反应速率快）
(4)
(5)0.1%
【解析】（1）
时反应能自发进行，该反应的
，
，
则该反应在低温自发。
（2）活化能越大，化学反应速率越慢，为总反应的决速反应，则决速步骤基元反应方程式为：
。
（3）工业生产中应选择第2 组催化剂最主要的原因是选择性好，纯度高，选择催化剂3 的最主要的原因单
位时间内甲醇产率高（或反应速率快）。
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（4）当
时，CO2的转化率为14%，CH3OH 的产率为5.6%，由C 元素守恒可知CO 的
产率为14%-5.6%=8.4%，当当
时，CO2的转化率为18.6%，CH3OH 的产率为7.4%，
由C 元素守恒可知CO 的产率为18.6%-7.4%=11.2%，在图中画出副产物
产率曲线为：
。
（5）根据已知条件列出“三段式”
平衡常数为
，x=0.001mol，此时
的平衡转化率为
=0.1%。
13．（2024·河南周口·二模）
通过不同方式转化为高附加值化学品有利于实现“双碳目标”，其中
加氢转化为二甲醚(
)是常见的一种方式，其反应过程如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
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回答下列问题：
(1)
加氢制
反应的热化学方程式为 。
(2)进料比
时，不同压强下
平衡转化率随温度的变化关系如图所示。①四条曲线对
应压强
、
、
和
由大到小的顺序为 ，判断依据是 。②压强为
时，
平衡转化率随温度升高先减小后增大，原因是 。
(3)上图中，当反应温度高于350℃时几条曲线重合，说明此时的转化率不受压强影响，原因是
。
(4)反应Ⅱ和反应Ⅲ的平衡常数(
)随温度变化关系如图2 所示，表示反应Ⅱ的曲线为 (填
“a”或“b”)。恒温恒压条件下，向体系中通入
和
，达到平衡时
转化率为50％，
为0.07mol，该条件下生成的CO 可以忽略不计，则
的物质的量为 mol，
加氢制
的反应用摩尔分数表示的平衡常数
(列出计算式)。(已知反应
的
，物质i 的摩尔分数
。)
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【答案】(1)
(2) p1＞p2＞p3＞p4 反应II 和反应III 是气体体积不变的反应，压强增大，平衡不发生移动，反应I 是气
体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大
温度较低时，CO2平衡转化率主要取决于反应I，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应II
(3)温度高于350℃时总反应以反应II 为主
(4) b 0.125
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应I-反应II 可得
。
（2）①反应II 和反应III 是气体体积不变的反应，压强增大，平衡不发生移动，反应I 是气体体积减小的
反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强p1、
p2、p3由大到小的顺序是p1＞p2＞p3＞p4；
②压强为p1时，CO2平衡转化率为反应I 和反应II 的CO2平衡转化率之和，反应I 为放热反应，随温度升高
CO2平衡转化率降低，反应II 为吸热反应，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大，原因是：温
度较低时，CO2平衡转化率主要取决于反应I，温度较高时，CO2平衡转化率主要取决于反应II。
（3）反应II 是气体体积不变的吸热反应，当反应温度高于350℃时几条曲线重合，说明此时的转化率不受
压强影响，且温度升高，CO2的平衡转化率增大，原因是：温度高于350℃时总反应以反应II 为主。
（4）反应II 是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K 值增大，lnK 增大，则表示反应Ⅱ的曲线为b。根
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据已知条件列出“三段式”：
达到平衡时
转化率为50％，则x=0.5mol，
为0.07mol，则0.5-2y=0.07，y=0.125mol，则
的物质的量为0.125mol，
加氢制
的反应方程式为：
，用摩尔分数表示的平衡常数
。
14.（2024·浙江温州·二模）异丁烯
是重要的化工生产原料，可由异丁烷
催化脱氢制
备，反应如下：
．
已知：①主要副反应为
②温度过高会引发烃裂解生成炭（C）．
③相关化学键的键能如下所示：
化学键
键能/
615
347.7
413.4
436
请回答：
38
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(1)
．
(2)有利于提高异丁烷平衡转化率的条件有 ．
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂
(3)其他条件相同，在恒压的密闭容器中充入异丁烷和
各
（
作惰性气体），经过相同时间测得相
关数据如图1 和图2 所示．[收率
,空速
:单位时间通过单位体积催化
剂的气体量]（不考虑温度对催化剂活性的影响，异丁烷分子在催化剂表面能较快吸附）
①图1 中，
时异丁烯收率= ．
②下列说法正确的是 ．
A．由图1 可知，温度越高，产生异丁烯的速率越快
B．混入
的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积
碳
C．图2 中，空速增加，异丁烷转化率降低的原因可能是原料气在催化剂中停留时间过短
D．图2 中，空速增加，异丁烯选择性升高的原因可能是原料气将产物迅速带走，抑制了副反应的发生
③图1 中，随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是 ．
④其他条件相同，异丁烷的平衡转化率如图3 所示．若充入
改为
,在图3 中作出异丁烷的平衡转化
率随温度变化的曲线 （忽略积碳的影响）．
39
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【答案】(1)80.4
(2)BC
(3) 27.3% BCD 温度升高，反应速率增大，异丁烷转化率增大；反应速率增大的程度更大，异丁
烯选择性下降
【解析】（1）ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(413.4×10+347.7×3)kJ/mol-
(413.4×6+615+347.7+413.4×4)kJ/mol=+80.4kJ/mol,故答案为：+80.4；
（2）异丁烷(i-C4H10)催化脱氢制备异丁烯(i-C4H8)是气体体积增大的吸热反应，根据勒夏特列原理可知，高
温、低压有利于平衡正向移动，而催化剂不改变化学平衡状态，故答案为：BC；
（3）①图1 中，600℃时异丁烯物质的量为1mol×35%×78%=0.273，所以异丁烯收率=
×100%=27.3%，故答案为：27.3%；
A
②．由图1 可知，温度升高，异丁烯选择性下降，所以产生异丁烯的速率并不是越快，故A 错误；
B．由题意可知，温度过高会引发烃裂解生成炭(C)，所以混入N2的目的之一是减小异丁烷的吸附速率，同
时带走催化剂局部多余的热量，从而抑制催化剂的积碳，故B 正确；
C．空速增加，原料气与催化剂接触时间短，不利于反应进行，所以异丁烷转化率降低，故C 正确；
D．原料气将产物迅速带走，降低异丁烯(i-C4H8)的浓度，抑制了副反应的发生，提高异丁烯选择性，故D
40
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正确；
故答案为：BCD；
③随着温度升高，异丁烷转化率增大而异丁烯选择性下降的原因可能是：升高温度，反应速率增大，异丁
烷转化率增大，但由于副反应反应速率增大的程度更大，所以异丁烯选择性下降；
④若充入N2改为2mol,相当于减小压强，平衡正向移动，异丁烷的平衡转化率比通入1molN2要大，所以异
丁烷的平衡转化率随温度变化的曲线为
。
15.（2024·四川南充·二模）Haber 法是工业上常使用的合成氨技术，对该技术的改进一直是科学家探索的
重要课题，其反应原理为：
。
回答下列问题：
(1)已知：
1molN―H 键断裂吸收的能量等于 kJ(保留一位小数)，合成氨反应在常温(T=298K)下 (填
“能”或“不能”)自发进行。
(2)将1.00mol
和3.00mol
充入到容积为3L 的恒容密闭容器中模拟反应，测得数据如下图所示。
41
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①图甲中反应达到平衡时的平均反应速率
。
②图乙的平衡体系中A、B、C 三点的平衡常数
、
、
间的大小关系是 。
(3)针对反应速率与平衡产率之间的矛盾，我国科学家研究发现采用M―LiH(M 表示金属)复合催化剂能在
较低的温度下合成
，可有效缓解这一矛盾。300℃时，实验测得不同催化剂反应速率(用单位时间内每
克催化剂所获得的
的物质的量表示)如图所示：
①无LiH，催化效率最高的金属是 。
②有LiH，反应速率明显增大。文献报道了M―LiH 可能的催化历程经如下三步完成。
第ⅰ步：
(在M 表面解离)
第ⅱ步：
第ⅲ步： 。
(4)工业上需考虑多种因素提高合成氨产率，其措施有：加入合适的催化剂、调控适宜温度、 、
。
【答案】(1) 391.0 能
(2) 0.075 mol/(L·min) KA＞KB=KC
42
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(3) Fe 3H2+2LiNH=2NH3+LiH
(4) 液化分离NH3 加压
【解析】（1）由反应热和反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：(945.8kJ/mol+436
kJ/mol×3)—E(N—H)×6=—92.4kJ/mol，解得E(N—H)=391.0 kJ/mol，则1molN―H 键断裂吸收的能量为
391.0 kJ/mol×1mol=391.0 kJ；由题给数据可知，常温条件下反应ΔH—
TΔS=(—92.4kJ/mol)—[—0.2kJ/(K·mol)]×298K=—32.8kJ/mol＜0，则合成氨反应能自发进行，故答案为：
391.0；能；
（2）①由图可知，X 表示氨气、Y 表示氢气，10min 反应达到平衡时，氨气的浓度为0.5mol/L，由方程式
可知，10min 内氢气的反应速率为
=0.075 mol/(L·min)，故答案为：0.075 mol/(L·min)；
②由图可知，A 点反应温度低于300℃，B、C 点反应温度为300℃，平衡常数为温度函数，温度不变，平
衡常数不变，则B 点平衡常数与C 点相等，合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，
平衡常数减小，则平衡常数的大小关系为KA＞KB=KC，故答案为：KA＞KB=KC；
（3）①由图可知，无氢化锂时，用铁做催化剂时，合成氨反应的化学反应速率最高，则催化效率最高的
金属是铁，故答案为：Fe；
②由盖斯定律可知，反应ⅰ+2ⅱ+ⅲ得到合成氨反应，则反应ⅲ的方程式为3H2+2LiNH=2NH3+LiH，故答案
为：3H2+2LiNH=2NH3+LiH；
（4）合成氨反应是气体体积减小的放热反应，增大压强、降低温度、及时分离出氨气，都有利于平衡向
正反应方向移动，提高氨气的产率，则综合多种因素，有利于提高合成氨产率的措施有加入合适的催化
剂、调控适宜温度、液化分离氨气、加压，故答案为：液化分离NH3；加压。
16．（2024·江西新余·一模）绿色能源是当今重要的研究热点，2022 年3 月12 日，中科院大连化物所的
制汽油科研项目成功了，这是一项重大成功，直接影响的是国计民生。寻找新的能源成为了科学研究
的热点。
Ⅰ．
甲烷化反应为：
，该反应又称Sabatier 反应。
(1)相关的化学键键能数据如下表所示：
化学键
H—H
H—O
C—H
C＝O
436
463
413
803
43
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Sabatier 反应的
。
(2)若要同时提高反应的速率和甲烷的平衡转化率，可以采取的措施有： （写一点即可）。
(3)在体积为
的恒温密闭容器中，投入
、
进行上述反应，达到平衡后，若
的转化
率为20％，则该反应的平衡常数为
（写计算式）。
(4)
转化为
也可通过电化学反应实现，其原理如图所示：
电解过程中，阴极室和阳极室的
溶液浓度基本保持不变，阴极的电极反应式为 ；若生成
理论上阳极室生成混合气体的体积为 L（标准状况，忽略气体的溶解）。
(5)
是共价化合物，分子中所有的原子都达到稳定结构，
此分子中含有 mol 共用电子
对，试写出其分子的结构式： 。
【答案】(1)
(2)加压（或增加H2浓度）
(3)
(4)
224
(5) 7
【解析】（1）由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：Sabatier 反应的
44
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△H=(803kJ/mol×2+436 kJ/mol×4)—(413 kJ/mol×4+463 kJ/mol×4)=—154kJ/mol，故答案为：—154；
（2）Sabatier 反应是气体体积增大的放热反应，增大压强或增大氢气浓度，反应速率加快，平衡向正反应
方向移动，甲烷的平衡转化率增大，故答案为：加压（或增加H2浓度）；
（3）由题给数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知，反应的平衡常数K=
，故答案为：
；
（4）由图可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧
气和氢离子，氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，多晶铜电极为阴极，水分子作用下
二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲烷和碳酸氢根离子，电极反应式为
，由得失电子数目守恒可知，生成1mol 甲烷时，阳极生成2mol 氧气和
8mol 二氧化碳，标准状况下，混合气体的体积为10mol×22.4L/mol=224L，故答案为：
；224；
（5）由AlNH6是共价化合物，分子中所有的原子都达到稳定结构可知，AlNH6的结构式为
，则1mol 分子中含有共用电子对的物质的量为7mol。
17．（2024·河北张家口·一模）丙烯是一种用途广泛的有机原料，可制备多种化工产品。请回答：
已知：CH2=CHCH3与H2O 发生加成反应的化学方程式如下(a、b 均大于0)：
Ⅰ：
Ⅱ：
“反应Ⅰ”和“反应Ⅱ”均满足范特霍夫方程
(R 为热力学常数，C 为不同反应常数），
其平衡常数与温度的关系如图1 所示，T1℃时，在初始压强为400 kPa 的恒容密闭容器中，按1：1 的物质
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的量之比充入CH2=CHCH3(g)和H2O(g)发生反应I 和反应Ⅱ，产物的分压随时间变化如图2 所示：
(1)表示CH3CH(OH)CH3(g)转化为HOCH2CH2CH3(g)的热化学方程式为 。
(2)若反应Ⅱ的熵变为△S(Ⅱ)，则反应Ⅲ：
的熵变△S(Ⅲ)
（填“＞”“=”或“＜”）△S(Ⅱ)。
(3)由图可知“反应Ⅰ”和“反应Ⅱ”的焓变△H1 （填“＞”“=”或“＜”）△H2。
(4)若在绝热恒容容器中发生上述反应，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是___________（填标
号）。
A．容器内气体的压强不变
B．容器内温度不变
C．容器内气体的密度不再改变
D．容器内n(CH2=CHCH3)：n(H2O)的比值不变
(5)①图2 中表示CH3CH(OH)CH3的曲线为 （填“M”或“N”）。
②图2 中CH2=CHCH3(g)的平衡转化率为 %。
T
③
1℃时，反应Ⅱ的平衡常数Kp= kPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数）。
④若其他条件不变，T1℃时，向压强为400kPa 的恒压密闭容器中，充入n(CH2=CHCH3)：n(H2O)=1：1 的
混合气体，达到新平衡时，CH3CH(OH)CH3(g)的平衡产率将 （填“变大”“变小”或“不
变”）。
【答案】(1)CH3CH(OH)CH3(g)=HOCH2CH2CH3(g)△H=+(b-a)kJ/mol
(2)＜
(3)＞
(4)AB
(5)M 60%
变大
46
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【解析】（1）已知反应Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，将反应Ⅰ-反应Ⅱ，整理可得CH3CH(OH)CH3(g)转化为HOCH2CH2CH3(g)的热化学方程式
为：CH3CH(OH)CH3(g)=HOCH2CH2CH3(g)△H=+(b-a)kJ/mol；
（2）反应Ⅲ的气体分子数减小量大于反应Ⅱ气体分子数的减小量，故反应Ⅲ熵值减小的绝对值大于反应
Ⅱ的熵值减小值，故熵变关系为：△S(Ⅲ)＜△S(Ⅱ)；
（3）根据图1 可知：降低温度，两个反应的化学平衡常数都增大，说明两个反应的正反应都是放热反应，
反应Ⅱ斜率大于反应Ⅰ，说明反应Ⅱ平衡正向移动的程度更大，反应放出的热量更多，反应放出热量越
多，则反应热越小，所以△H1＞△H2；
（4）A．反应Ⅰ、Ⅱ都是气体分子数减小的反应，反应在绝热恒容容器中发生，若容器内气体的压强不
变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，A 符合题意；
B．反应过程中有热量变化，反应在绝热恒容容器中发生，若容器内温度不变，则什么反应达到了平衡状
态，B 符合题意；
C．反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应在恒容容器中发生，气体的体积不变，则无论反应是否
达到平衡状态，气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，C 不符合题意；
D．两个反应中n(CH2=CHCH3)：n(H2O)反应的物质的量的比是1：1，加入的n(CH2=CHCH3)：n(H2O)的比
也是1：1，则无论反应是否达到平衡状态，n(CH2=CHCH3)：n(H2O)的比值始终不变，因此不能据此判断
反应是否达到平衡状态，D 不符合题意；
故合理选项是AB；
（5）①根据图1 变化趋势看，降低温度，化学平衡常数增大，说明降低温度，化学平衡正向移动，正反应
为放热反应，温度对反应Ⅱ影响更大，所以曲线变化程度大的曲线M 表示的反应Ⅱ的生成物
CH3CH(OH)CH3(g)的分压变化；曲线N 表示表示HOCH2CH2CH3(g)分压变化；
②加入的n(CH2=CHCH3)：n(H2O)的比是1：1，n(CH2=CHCH3)：n(H2O)反应时物质的量的比也是1：1，开
始时总压强为p0=400 kPa，p(H2O)开始=p(CH2=CHCH3)开始=0.5 p0，反应达到平衡时，p[CH3CH(OH)CH3]=100
kPa=
p0=0.25 p0；p[HOCH2CH2CH3]=20 kPa=
p0=0.05 p0；物质反应时压强比等于气体的物质的量的
比，则根据物质反应转化关系可知平衡时p(H2O)平衡=p(CH2=CHCH3)平衡=0.5 p0-0.25 p0-0.05 p0=0.2 p0，则
47
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CH2=CHCH3的平衡转化率为：
×100%=60%；
③根据②计算可知：在T1温度下恒容绝热反应体系中，反应Ⅱ达到平衡后，p[CH3CH(OH)CH3]=0.25 p0；
p(H2O)平衡=p(CH2=CHCH3)平衡=0.2 p0，则反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=
kPa-1；
④若其它条件不变，T1℃的恒容绝热条件改为恒压条件，由于两个反应均为气体体积减小的反应，反应达
到平衡后气体压强比开始小。若改为恒压，相当于对恒容反应达到平衡后增大体系压强，增大压强化学平
衡正向移动，在反应达到新平衡时，CH3CH(OH)CH3(g)的平衡产率将变大。
18.（2024·广东广州·一模）氨能与
形成配合物
和
，该反应在生产和生活中发
挥着重要的作用。
(1)基态
原子价层电子的轨道表示式为 ，
中
与
间形成的化学键为 。
(2)将
置于
溶液中，通入
，
转化为
的离子方程式为：
。反应1 小时测得溶液中银的总浓度为
，
的溶解速率为
。
(3)氨与
形成配合物有助于
溶解。常温下，向
饱和溶液(含足量
固体)中滴加氨水，主要
存在以下平衡：
(i)
(ii)
(iii)
①下列有关说法中，正确的有 (填编号)。
A．加少量水稀释，平衡后溶液中
、
均减小
48
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B．随
增大，反应ⅱ平衡正向移动，
增大
C．随
增大，
不变
D．溶液中存在
②反应
(用
、
、
表示)。
(4)向
溶液中通入足量
得到澄清溶液(设溶液体积不变)，溶液中
、
、
的物质的量分数
随
的变化如图所示。
已知溶液中
，
。
①
点溶液中
。
②计算
点溶液中
的转化率 (写出计算过程，已知
)。
【答案】(1)
配位键
(2)2H2O 4OH- 10-5
(3)D K1K2Ksp
(4)10-3.53 60%
【解析】（1）氮元素的原子序数为7，基态原子的价电子排布式为2s22p3，轨道表示式为
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；银氨络离子中具有空轨道的银离子与具有孤电子对的氨分子形成配位键；
（2）由题意可知，银转化为银氨络离子的反应为银与氨水、氧气反应生成银氨络离子和氢氧根离子，反
应的离子方程式为4Ag+O2+8NH3+2H2O=4[Ag(NH3)2]++ 4OH—，反应1 小时测得溶液中银的总浓度为
1.08mg/L，则由方程式可知，银的溶解速率为
=10—5mol/h；
（3）①A．加少量水稀释时，氯化银的溶度积不变，则平衡后溶液中银离子、氯离子的浓度不变，故错
误；
B．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则溶液中氨分子浓度增大时，反应ⅱ平衡向正反应
方向移动，但平衡常数K1不变，故错误；
C．由平衡常数可知，溶液中
=
，则溶液中氨分子浓度增大时，平衡常数K2不
变，溶液中
和
的值减小，故错误；
D．滴加氨水的氯化银饱和溶液中存在物料守恒关系
，
故正确；
故选D；
②由方程式可知，反应的平衡常数K=
=
= K1K2Ksp，故答案为：K1K2Ksp；
（4）①溶液中银离子与氨水的反应存在如下平衡：
，反应的平
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衡常数K=
=
= K1K2=107.06，由图可知，M 点银离子浓度
与二氨合银离子浓度相等，则溶液中氨分子的浓度为10-3.53mol/L，故答案为：10-3.53；
②设M 点一氨合银离子浓度和二氨合银离子浓度分别为x mol/L、y mol/L，由银原子个数守恒和物料守恒
可得：x+2y=0.1，由ii 的平衡常数可得：x=10-3.53×103.24y，解得x=0.02、y=0.04，则溶液中银离子的转化率
为60%，故答案为：60%。
19.（2024·四川成都·二模）化工生产和汽车尾气中排放的氮氧化物严重影响空气质量，通过化学方法有效
减少污染，推广使用清洁能源，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：
I．以氨气作为还原剂，可除去烟气中的氮氧化物。已知下列反应：
①
②
③
(1)请写出300℃时，氨气还原
气体的热化学方程式： 。
Ⅱ．氢能是一种清洁能源，可由甲烷与水蒸气催化重整制得，该反应原理为：
。
(2)有利于该反应自发进行的条件是 (填“高温”“低温”或“任何温度”)。
(3)既能提高该反应的反应速率，也能使平衡正向移动的措施是 (答出1 点即可)。
(4)恒温条件下，向
密闭容器中通入
和
，反应
时，若
的转化率是
，则用
表示的反应速率为 ，下列能判断该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．混合气体的密度不变 B．混合气体的平均摩尔质量不变
C．容器内的总压不变 D．
Ⅲ．汽车尾气中氮氧化物的催化转化涉及反应：
，恒压条件下，按
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投料，反应达到平衡状态时，四种组分的物质的量分数随温度的变化如图所示：
(5)图中表示
和
的曲线分别是 (填上图字母)，该反应的正反应是 (填“吸热”或“放
热”)反应。
(6)图中
点的纵坐标为
，则用物质的量分数计算该反应的平衡常数
(结果保留2 位小数)。
【答案】(1)
(2)高温
(3)升高温度（合理即可）
(4) 0.15 BC
(5) a、b 放热
(6)2.75
【解析】（1）①
②
③
反应③×3-
×2-
×3
①
②
得到目标方程式：
；
（2）
，
，
，当
时反应自发进行，即该反应高温下可自发进行；
（3）反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，且化学反应速率变快（合理即可）
（4）
的转化率是
，即参加反应的CH4物质的量为：1mol×50%=0.5mol，
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，
；
A．体系中物质均为气体，气体总质量不变，容器恒容密闭，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，A 不符合题意；
B．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，B
符合题意；
C．反应为前后气体分子数不同的反应，总压强随反应的进行发生变化，当压强不变时，反应达到平衡状
态，C 符合题意；
D．不同物质表示正逆反应速率，且之比不等于化学计量数之比，说明正反应速率不等于逆反应速率，反
应未达到平衡状态，D 不符合题意；
故选BC；
（5）由图可知，曲线a、c 随着温度的上升而上升，即a、c 同为反应物或同为生成物，a、b 变化量之比为
4：2=2：1，即曲线a 表述CO 的物质的量分数，曲线c 表述NO2的物质的量分数，曲线b 表示CO2的物质
的量分数，曲线d 表述N2的物质的量分数；该反应随着温度的升高，平衡逆向移动，为放热反应；
（6）M 点时CO 和CO2物质的量分数相等，且为
，初始投料比
，设生成氮气的物
质的量为xmol，可得三段式
，
。
53
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20.（2024·辽宁鞍山·二模）卤素是典型的非金属元素。
(1)它们在自然界中都以 态存在(填“游离”或“化合”)。
氯气在常温常压下溶于水的过程及其平衡常数如下：
(2)
(用含
和
的代数式表示)。若平衡时
、
估算饱和氯水的
(忽略次氯酸和水的电离，
，结果保留两位有效数字)；
(3)已知某氯气—氯水体系中
、HClO、
的物质的量分数(
)随pH 变化如图所示。
计算该温度下HClO 的电离常数
；
(4)下表是
在蒸馏水和NaCl 溶液中的溶解度数据：
0
1.32
0.095
0.059
请从物质结构的角度分析氯气在NaCl 溶液中溶解度减小的原因 ；
(5)某实验小组研究
在盐酸中的溶解性。利用数字化实验仪器，得出下列随温度和盐酸浓度变化氯气的
溶解度图：
54
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资料显示：
浓度较大时发生反应
，
热稳定性差。
①
中心氯原子3d 轨道 杂化(填“参与”或“不参与”)；
②推测盐酸浓度较大时，随着盐酸浓度的增大，
溶解度增大的原因是 ；
③温度升高(不考虑HCl 的挥发)后盐酸浓度变化对氯气的溶解度影响变小的原因是 。
【答案】(1)化合
(2)
1.0
(3)
(4)NaCl 增强了水的极性，而氯气是非极性分子，在极性越强的溶液中溶解度越小
(5) 参与
浓度增大促进生成
平衡正向移动，增大了溶解度
热稳定性差，受热分解(或
“该反应
，温度升高时平衡逆向移动”)，故升温后盐酸浓度对
溶解度的影响变小
【解析】（1）卤素单质化学性质活泼，因此卤素在自然界中都以化合态存在；
（2）
，
，即
；平衡时
、
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，氯气和水反应生成的H+、Cl-、HClO 浓度相同，即
，
；
（3）当
时，pH=7.5，即
；
（4）NaCl 增强了水的极性，而氯气是非极性分子，在极性越强的溶液中溶解度越小；
（5）①
中心氯原子价层电子对数为：
，属于sp3d 杂化，3d 轨道参与杂化；盐酸浓度
增大，即c（Cl-）增大，反应
的平衡正向移动，增大了Cl2的溶解度；
热稳定性
差，受热分解(或“该反应
，温度升高时平衡逆向移动”)，故升温后盐酸浓度对
溶解度的影响变
小。
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