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易错化学反应原理综合题题组
1．（2024·四川遂宁·三模）苯甲醛(
)是生产氨苄青霉素、某些苯胺染料等产品的重要中间体。
制备苯甲醛的常用方法有气相催化氧化法和电催化氧化法。
I．气相催化氧化法(以Ce／ZSM-5 为催化剂)主要反应：
(g)+O2(g)
(g)
+H2O(g) ΔH
(1)已知：
①
(g)+ 8O2(g)=7CO2(g)+3H2O(g) ΔH=-3452.6kJ/mol
②
(g)+9O2(g)= 7CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-3784.9kJ/mol
则反应
(g)+ O2(g)
(g) +H2O(g) ΔH= kJ·mol-1
(2)在一容积为2L 的密闭容器中分别充入甲苯和氧气各2mol，在同一时间(80min)、不同温度下测得甲苯的
转化率、苯甲醛的选择性和收率如图所示，其中：
1
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温度控制在380℃，前80min 内生成苯甲醛的平均反应速率为 。
(3)其他条件相同、不同空速下测得苯甲醛的选择性和收率如图所示。
已知：①空缝指鼓入空气的速度，单位为h-1；
②苯甲醛只有吸附在催化剂表面才能被进一步氧化为苯甲酸。
据以上信息，分析空缝由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加的原因： 。
(4)合成苯甲醛的最佳温度和空速应为___________(填序号)。
A．350℃、5000h-1
B．350℃、2500h-1
C．410℃、5000h-1
D．410℃、2500h-1
II．电催化氧化法
以硫酸酸化的MnSO4溶液作为电解媒质间接氧化甲苯制备苯甲醛的工艺方案如图所示：
(5)生成苯甲醛的离子方程式为 ；右池生成0.1mol H2时，左池可产生 mol
。
【答案】(1)-332.3
(2)6×10-4 mol/(L·min)
(3)空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲酸的
几率，所以苯甲醛选择性增加
(4)B
2
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(5)
+4Mn3++H2O→
+4H++4Mn2+ 0.05mol
【详解】（1）
由盖斯定律可知，②-①可得反应
(g)+ O2(g)
(g) +H2O(g)，则反
应ΔH=(-3784.9kJ/mol)-(-3452.6kJ/mol)=-332.3kJ/mol；
（2）由图可知，温度控制在380℃，80min 时苯甲醛的选择性和甲苯的转化率分别为40%和12%，则前
80min 内生成苯甲醛的平均反应速率为
=6×10-4 mol/(L·min)；
（3）由图可知，当空速由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加说明空速较高时，苯甲醛易从催
化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲酸的几率，所以苯甲醛选择性增
加；
（4）由图可知，温度为350℃、空速为2500h-1时，苯甲醛选择性和收率最高，则合成苯甲醛的最佳温度
和空速应为350℃、2500h-1，故选B；
（5）
由Mn2+转化为Mn3+可知，与电源的正极a 电极相连的电极为电解池的阳极，阳极生成的Mn3+在溶液中与甲
苯反应生成Mn2+、苯甲醛和氢离子，与负极b 电极相连的电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反
应生成氢气，则甲苯氧化为甲醛的反应为
+4Mn3++H2O→
+4H++4Mn2+；
电池的总反应为
+H2O→
+2H2↑，所以右池生成0.1mol 氢气时，左池可产生0.05mol 苯甲醛。
2．（2024 届·福建龙岩·三模）丙烯腈(
)是合成橡胶及合成树脂等工业中的重要原料，以
为原料合成丙烯腈的反应过程如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
科学家通过
计算得出反应Ⅱ的历程包含p 、q 两步，其中p 步反应的化学方程式为：
已知：部分化学键键能如下表所示：
3
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化学键
键能(kJ·mol-1)
413
463
389
348
305
615
351
745
891
(1)q 步反应的热化学方程式为 。
(2)在盛有催化剂
、压强为
的恒压密闭容器中按体积比
充入
和NH3
发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如下图所示。
①
0(填“>”“<”)。
②含碳物质检测过程中，未检测出
，反应活化能相对大小应为p q(填“>”或
“<”)。
M
③
点时，体系中
的体积分数 (保留三位有效数字)。
N
④
点时，反应Ⅱ的压强平衡常数
(保留三位有效数字)；
范围内，物质
的量分数表示的平衡常数
的相对大小：反应Ⅰ 反应Ⅱ(填“>”“<”或“=”)。
⑤上述条件下丙烯腈的平衡产率不高，实际生产中会向反应器中再充入一定量
(不参与反应)，请解释该
操作的目的并说明理由 。
【答案】(1)
(2) > <
2.14 > 提高丙烯腈的平衡转化率，因为恒压充入
，反应Ⅱ
分压减小，平衡正向移动
【详解】（1）
由反应Ⅱ的历程包含p、q 两步，则q 步反应=反应Ⅱ-p 步,故该反应的化学方程式为
，根据反应热=反应物键能总和-生成
4
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物键能总和，在
分子结构中含有8 个
键、1 个
键、2 个
键、2 个
键、1
个
键，在
分子结构中含有3 个
键，在
分子结构中含有3 个
键、1 个
键、1 个
键、1 个
键、1 个
键、2 个
键，在
分子结构中含有5 个
键、1
个
键、1 个
键、1 个
键，故
=
；
故答案为：
；
（2）
从图中可看出，在200℃之前，平衡体系中
的含碳物质的物质的量分数很小，且几乎不变，即反
应Ⅱ反应程度变化不大，平衡体系中
的含碳物质的物质的量分数随温度升高而增大，
的含碳物质的物质的量分数随温度升高而减小，则说明反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅰ为
吸热反应，
；
反应Ⅱ的历程包含p、q 两步，含碳物质检测过程中，未检测出
，说明生成该物质的速率慢，
消耗该物质的速率快，即其中q 步为决速步骤，该步骤活化能较大，p 步活化能<q 步活化能；
设初始投入
物质的量为2mol，
物质的量为15mol，M 点平衡体系中
的含碳物质的物质的量分数为80%，
几乎为0，则反应Ⅰ生成的
物质的量为
2mol，根据三段式分析，
，则
，解得
，平衡体系中
的体积分数=
；
5
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N 点平衡体系中
与
的含碳物质的物质的量分数均为50%，
几
乎为0，利用三段式分析，
，则则
，解得
，平衡体系中
与
的物质的量均为1mol，
的物
质的量为14mol，
的物质的量为3mol，
的物质的量为1mol，气体总物质的量为20mol，
反应Ⅱ的压强平衡常数
；
反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为吸热反应（温度升高，
的含碳物质的物质的量分数增大，反应Ⅱ平
衡正移），在200℃之前，平衡体系中
的含碳物质的物质的量分数很小，即反应Ⅱ反应程度小，
平衡常数
小，
含碳物质的物质的量分数较大，反应Ⅰ反应程度大，平衡常数
大于反应
Ⅱ平衡常数
，且随温度升高到一定温度，
几乎为0，则平衡常数
，反应Ⅱ随
温度升高，平衡常数
增大，但仍小于反应Ⅰ平衡常数
，故反应Ⅰ平衡常数
>反应Ⅱ平衡常数
；
再充入一定量
，总压不变情况下，各物质的分压减小，相当于减小压强，则反应Ⅱ平衡正向移动，提高
丙烯腈的平衡转化率；
故答案为：>；<；12.4%；2.14；>；提高丙烯腈的平衡转化率，因为恒压充入
，反应Ⅱ分压减小，平衡
正向移动。
3．（2024 届广东省揭阳二模）
、
(主要指
和
)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的
、
是环境保护的重要课题。
已知：
反应1：
反应2：
6
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反应3：
反应4：
回答下列问题：
（1）计算
，已知反应3 的
，则该反应自发进行的最高温度为
(取整数)K。
（2）已知反应4 在某催化剂作用下的反应历程如图。
①
(填“
”或“
”)0.
②该反应历程的决速步骤为 。
③可提高该反应中
平衡转化率的措施有 (填两条)。
（3）向密闭容器中充入一定量的
和
，保持总压为
，发生反应4.当
时
的
平衡转化率随温度
以及
下NO 的平衡转化率随投料比
的变化关系如图：
①能表示此反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．气体的密度保持不变
B．
的浓度不变
C．
7
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②表示
时
的平衡转化率随温度
的变化关系曲线是 (填“＂或“II")，理由是 。
a
③、d 两点对应的平衡常数大小比较为
(填“>”“<”或“=”)
。
b
④点对应条件下的压强平衡常数
(
为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分
数，列出计算式即可)。
【答案】（1）-746.0 3729
（2）
过程4 降温、加压(或其他合理答案)
（3）
I 该反应为放热反应，温度越高，
的平衡转化率越小
【解析】（1）根据盖斯定律，（2×反应1）减反应2 可得：
；反应自发进行需要满足
，
，则该反应自发进行的最高温度为3729K。
（2）①因为反应物的能量高于生成物的能量，所以是放热反应，
<0；②活化能越大，反应速率越
慢，则是决速步骤，所以答案是过程4；③可提高该反应中
平衡转化率的措施有降温、加压(或其他合
理答案)。
（3）①A．因为压强不变，该反应是气体分子数减小的反应，则混合气体的体积减小，由质量守恒知，混
合气体的质量不变，所以混合气体的密度是变量，当密度保持不变时达平衡，A 正确；B．平衡之前，
的浓度是变量，当
浓度不变时达平衡，B 正确；C．当正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应
达平衡，即
达平衡，C 错误。故选AB。②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移
动，
的平衡转化率减小，所以
的平衡转化率随温度
的变化关系曲线是I。③该反应是放热反应，
升高温度，平衡逆向移动，并且平衡常数只与温度有关，所以温度越高，平衡常数越小，a 点温度低，d 点
温度高，所以
>
。④b 点
，
的平衡转化率是80%，设开始投入氢气4mol，则
为
1mol，
转化了0.8mol，
，平衡时气体总
物质的量为
，
。
8
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4．（2024 届广东省深圳二模）实验室模拟某含有机酸
工业废水的处理过程。
．利用
先与金属阳离子络合再被紫外光催化降解的方法去除
，其机理如下：
（1）
和
发生络合反应生成有色物质：
①基态
的价电子排布式为 。
②下列有关上述络合反应的说法中，正确的有 (填标号)。
A．反应达平衡时，溶液的颜色不再变化
B．增大
浓度，逆反应速率减小
C．
过低不利于
的生成
D．升高温度，该平衡正向移动
（2）紫外光催化
降解：
若有机酸为
，则光催化降解反应的离子方程式为： 。
___________
___________
___________
___________
．利用有机溶剂从废水中萃取
的方法去除
。该过程涉及以下反应：
(i)
(ii)
(iii)
（3）根据盖斯定律，反应
(有机相)的
。
（4）水相的
以及体系温度
对
的平衡分配比
有影响。
已知：
。
①常温下，配制体积相同、
不同、含
粒子总浓度相同的系列溶液，分别加入等量有机溶剂萃取。测
算并得到
随
变化的曲线如图所示。分析
随
升高而降低的原因 。
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②当所配制的
溶液
时，
随
的变化曲线如图所示。
萃取宜在 温度下进行(填“较高”或“较低”)。
经测定，在图中
点对应温度下，反应(ii)平衡常数
，忽略水相中
的电
离，则有机相中
；计算该温度下，反应(iii)的平衡常数
(写出计算过程)。
【答案】（1）
（2）
8
2
7
（3）
（4）
升高，反应(i)平衡正移，导致反应(ii)平衡逆移，平衡分配比下降 较低
图中
点，lgD=1.0，则
；反应(ii)平衡常数
，则
，
，忽略水相中
的电离，则
，故
，
，反应(iii)的平衡常数
为
【解析】（1）①铁原子失去3 个电子形成铁离子，基态
的价电子排布式为
。
A
②．反应达平衡时，各物质的浓度不再改变，溶液的颜色不再变化，正确；
B．增大
浓度，物质浓度增大，反应速率加快，则逆反应速率加快，错误；
C．
过低，使得平衡逆向移动，不利于
的生成，正确；
D．反应为放热反应，升高温度，该平衡逆向移动，错误；
故选AC；
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（2）光催化降解反应中铁离子化合价由+3 变为+2、碳元素化合价由0 变为+4，结合电子守恒可知，反应
为：
8
2
7
；
（3）由盖斯定律可知，2×(ii)+ (iii)-2×(i)得反应
(有机相)，则
；
（4）①
升高，促使反应(i)平衡正移，导致反应(ii)平衡逆移，使得有机相中HR 减小，平衡分配比下
降；
②
由图可知，萃取宜在较低温度下进行，此时
值较大，萃取效果较好。
图中
点，lgD=1.0，则
；反应(ii)平衡常数
，则
，
，忽略水相中
的电离，则
，故
，
，反应(iii)的平衡常数
为
。
5．（2024 届广东省梅州二模）科学、安全、有效和合理地使用化学品是每一位生产者和消费者的要求和
责任。
（1）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用，
催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如
图1 所示。则
过程的焓变
。(列出计算式)
（2）我国科学家采用
和H-SAPO-34 复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。
和
在催化剂
表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在
作用下产生乙烯、丙烯示意图
如图2 所示。
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①吸附态用*表示，
甲氧基
过程中， 的生成是决速步骤。(填化学式)
②
具有氧八元环构成的笼状结构(直径0.94nm)，笼口为小的八环孔(直径0.38nm)。短链烯烃选
择性提高的原因是 。
（3）废水中铬(VI)主要以
和
形式存在，处理的方法之一是将铬(Ⅵ)还原为
，再转化为
沉淀。常温下，
和
在溶液中存在如下平衡：
，该反
应的平衡常数
。
①若废水中
(Ⅵ)的总物质的量浓度
，要将废水中
调节为
，则需调节溶液的
。(忽略调节
时溶液体积的变化)
②有关该平衡
说法正确的是 (填序号)
A．反应达平衡时，
今和
的浓度相同
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．溶液的颜色不变，说明反应达到平衡
D．加入少量
固体，平衡时
与
之比保持不变
（4）纳米零价铁可处理电镀废水中的甘氨酸铬。
①甘氨酸铬(结构简式如图3 所示)分子中与铬配位的原子为 。
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②纳米零价铁对甘氨酸铬的去除机理如图4 所示。对初始铬浓度为20mg/L 的甘氨酸铬去除率进行研究，
总铬去除率随时间的变化如图5 所示，AB 段变化的原因是 。
图4
图5
【答案】（1）
（2）
短链烯烃可顺利从
催化剂笼口八环孔脱离
（3）4.5 BC
（4）N、O 有部分
被还原为
释放到溶液中结合为甘氨酸铬
【解析】（1）结合反应历程，第一步反应热：
，第二步反应热：
，第三步反应
热：
，根据盖斯定律，
焓变：
；
（2）①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知，
步骤能垒最大，
为决速步骤；
②短链烯烃选择性提高的原因：短链烯烃可顺利从
催化剂笼口八环孔脱离；
（3）①若废水中
(Ⅵ)的总物质的量浓度
，要将废水中
调节为
，设
为xmol/L，则
为100xmol/L，根据Cr 原子守恒：
，解得
，根据
，解得
，即需调节pH 至4.5；
②
A．反应达平衡时，组分中离子浓度不变，但离子浓度不一定相等，A 错误；
B．加入少量水稀释，促进弱电解质电离，溶液中离子总数增加，B 正确；
C．溶液的颜色不变，说明溶液中各组分浓度不变，反应达到平衡，C 正确；
D．加入少量
固体，根据
，温度不变，平衡常数不变，由于平衡正向移动，
酸性增强，则平衡时
与
之比减小，D 错误；
答案选BC；
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（4）①由甘氨酸铬结构图可知，Cr 提供空轨道，N、O 提供孤电子对形成配位键；
AB
②
段
短暂增大的原因：有部分
被还原为
释放到溶液中结合为甘氨酸铬。
6．（2024 届·辽宁朝阳·三模）氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”目标中起到重
要作用。
Ⅰ．甲醇-水催化重整可获得氢气。
(1)表中数据是该反应中相关物质的标准摩尔生成焓
数据(标准摩尔生成焓是指在298.15K、100kPa
下由稳定态单质生成1mol 化合物时的焓变)。
物质
0
-393.5
-241.8
-200.7
则
，该反应在 (填“高温”“低温”
或“任意温度”)下能自发进行。
Ⅱ．乙醇-水催化重整亦可获得，主要反应如下：
反应①：
反应②：
(2)向恒容密闭容器中充入1mol
和3mol
发生上述反应①和②，初始时体系压强为
100kPa．平衡时
的分布分数
、
的产率随温度的变化曲线如图所示。
①为提高氢气的平衡产率，可采取的措施为 (写出2 条)。
200℃
②
以后，解释曲线a 随温度变化趋势的原因： 。
③温度为500℃时，反应经10min 达到平衡，此时乙醇的转化率为60%，则0~10min 内
，该温度下，反应②的
(保留小数点后两位)。
(3)乙醇燃料电池(电极材料a 和b 均为惰性电极)广泛应用于微型电源、能源汽车、家用电源、国防等领
域，工作原理如图所示，写出负极的电极反应式： ，当转移1.2mol 电子时，正极消耗的氧气的体
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积为 L(标准状况下)。
【答案】(1) +49 高温
(2) 减小体系的压强、分离出CO2 升高温度，反应②正向进行程度大于反应①正向进行程度，
COx中CO2的含量降低 1.5 0.60
(3)
6.72
【详解】（1）①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH=
=
；故答案为+49；
②
,
时反应能自发进行，CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH>0，ΔS>0，故高温有利
于反应自发进行；故答案为高温；
（2）①为提高氢气的平衡产率，反应①平衡需向正反应方向移动，反应②平衡向逆反应方向移动，可以
减小体系压强或分离出CO2；故答案为减小体系压强 分离出CO2；
②曲线b 对应平衡时氢气的产率，曲线a 对应平衡时CO2的分布分数，曲线C 对应平衡时CO 的分布分
数；由图知200℃以后a 曲线随温度的升高呈现降低趋势，说明CO2的分布分数随温度升高而降低，其原
因在于升高温度反应②正向进行程度大于反应①正向进行程度，COx中CO2的含量降低；故答案为：升高
温度反应②正向进行程度大于反应①正向进行程度，COx中CO2的含量降低；
③温度为500℃时，反应经10min 达到平衡，此时乙醇的转化率为60%，依据反应①列三段式如下：
500℃，由图知δ(CO2)= δ(CO)=50%，说明平衡时n(CO2)= n(CO)=0.6mol；依据反应②列三段式如下：
得出平衡时n(C2H5OH)=0.4mol，n(H2)=3mol，n(H2O)=1.8mol，n(CO2)= n(CO)=0.6mol；总物质的量n（平
衡）=6.4mol。起始时总物质的量n（起始）=4mol，p（起始）=100kPa,
,
；恒温恒容时，压强比等于
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物质的量比，故p（平衡）=
，平衡时分压分别为
，
，
，
，
，故答案为：1.5；
④反应②的
，故答案为：0.60；
（3）①乙醇燃料电池中乙醇在负极反应，失电子，生成二氧化碳和水，电极反应式为：
；故答案为：
；
②乙醇燃料电池中氧气在正极反应，得电子，电极反应式为：
，当转移1.2mol 电子
时，正极消耗的氧气0.3mol，标准状况下体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L；故答案为：6.72。
7．（2024 届·青海西宁·三模）为实现“碳中和”“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。利用氢气和CO
反应生成甲烷，涉及的反应如下：
i．
ii．
iii．
回答下列问题：
(1)在25℃和101kPa 下，
转变为
时放出44.0kJ 热量，
的燃烧热为
，CO 的燃烧热为
，
的燃烧热为
，则
。
(2)一定温度下，在恒容的密闭容器中进行上述反应，平衡时CO 的转化率及
的选择性随
变化的
情况如图所示[已知
的选择性
]。
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①图中表示
选择性变化的曲线是 （填“甲”或“乙”），保持
不变，曲线甲由B 点达
到A 点需要的条件为 。
②相同温度下，向恒容容器内加入
和1molCO，初始压强为10MPa，平衡时
的物质的量为
mol，反应ii 的
（保留小数点后一位）。
(3)
催化加氢制甲醇也是碳循环的重要途径。
在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图
所示。催化循环中产生的中间体微粒共 种，
催化加氢制甲醇总反应的化学方程式为
。
【答案】(1)-206.1
(2) 甲 降低温度或增大压强 0.32 0.4
(3) 6
【详解】（1）根据燃烧热定义，求得反应
的焓变
，根据
转变为
放热44.0kJ，求得反应
；
（2）①随
增大，CO 的转化率一直变大，即曲线乙表示CO 转化率；当
增大时，根据反应
i、iii 分析，
选择性变大，当
足够大时，
选择性基本不变，故曲线甲代表
选择性；
选择性曲线甲由B 点到A 点，即选择性变大，依据燃烧热可求
，
，温度对反应i、、iii 影响更大，降温利于
生成；加压对生成的
无影响，而
17
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有利于生成
，故条件为降温或加压；②根据图像，
时，平衡时CO 转化率为40%，
选
择性为90%，则平衡时：
，
，
，根据氧原子守恒可得
；根据氢
原子守恒可得
，气体总物质的量为
；恒温恒容下，气体的压强之比等于物质的量之
比，则平衡时压强为
；反应ii 的
；
（3）根据循环图易判断中间体为6 种；根据循环图，
催化加氢制甲醇，产物有
，故总反应的化
学方程式为
。
8．（2024 届·陕西渭南·三模）CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径，其中CO2转化为CH3OH 被认
为是最可能利用的路径，该路径涉及反应如下：
反应I：CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)
H
△
1=-49.01kJ•mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)
H
△
2＞0
请回答下列问题：
(1)若利用反应I 计算反应II 的反应热△H2，还需要知道一个化学反应的△H，写出该反应的化学方程式
。
(2)在催化剂条件下，反应I 的反应机理和相对能量变化如图1(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，TS 为
过渡态)。
写出该反应机理中决速步的热化学方程式： 。
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(3)在恒温恒压(260℃，1.8MPa)下，CO2和H2按体积比1：3 分别在普通反应器(A)和分子筛膜催化反应器
(B)中反应，测得相关数据如表。
反应器
CO2平衡转化率
甲醇的选择性
达到平衡时间/s
普通反应器(A)
25.0%
80.0%
10.0
分子筛膜催化反应器(B)
＞25.0%
100.0%
8.0
已知：
i.分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能；
ii.CH3OH 的选择性=
×100%
①在普通反应器(A)中，下列能作为反应I 和反应II 均达到平衡状态的判断判据是 (填字母)。
A．气体压强不再变化
B．气体的密度不再改变
C．v 正(CO2)=3v 逆(H2)
D．各物质浓度比不再改变
②平衡状态下，反应器(A)中，甲醇的选择性随温度升高而降低，可能的原因是 ；在反应器(B)中，
CO2的平衡转化率明显高于反应器(A)，可能的原因是 。
③若反应器(A)中初始时n(CO2)=1mol，反应I 从开始到平衡态的平均反应速率v(CH3OH)= mol•s-1；
反应II 的化学平衡常数Kp(II)= (列出化简后的计算式即可)。
(4)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成CH3OH，实现CO2的回收利用，其工作原理如图2 所示，请
写出Cu 电极上的电极反应： 。
【答案】(1)H2O(g)
H2O(l)的ΔH
(2)H2COO*+2H2(g)=H2CO*+OH*+
H2(g) ΔH=+40.49 kJ/mol
(3) BD 反应I 为放热反应、反应II 为吸热反应，升高温度，反应I 逆向移动、反应II 正向移动
在反应器(B)中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动 0.02
(4)
19
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【详解】（1）燃烧热是在101 kPa 时，1 mol 物质完全燃烧生成指定物质时所放出的热量；反应II 中生成
H2O(g)，若已知H2和CO 的燃烧热，计算反应II 的ΔH2，还需要的一个只与水有关的物理量为H2O(g)
H2O(l)的ΔH。
（2）由图可知，热化学方程式H2COO*+2H2(g) =H2CO*+OH*+
H2(g)=ΔH=(-0.58+1)ev/mol=+0.42×96.4
kJ/mol=+40.49 kJ/mol 的活化能最大，化学反应速率最慢，为反应机理中的决速步。
（3）①A．在恒温恒压下进行反应，压强为常量，A 不符合题意；
B．在恒温恒压下进行反应，容器体积为变量，气体总质量始终不变，则混合气体的密度为变量，其不变
说明反应已达平衡，B 符合题意；
C．v 正(CO2)=3v 逆(H2)，此时正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，C 不符合题意；
D．各物质浓度比不再改变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，D 符合题意；
故选BD；
②反应I 为放热反应、反应II 为吸热反应，升高温度，反应I 逆向移动、反应II 正向移动，导致甲醇的选
择性随温度升高而降低；分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能，故导致在
反应器(B)中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动，使得CO2的平衡转化率明显高于反应器(A)；
③在恒温恒压下，CO2和H2按体积比1：3 分别在普通反应器(A)反应，若反应器(A)中初始时
n(CO2)=1mol，则氢气投料3mol；CO2平衡转化率为25%，则反应二氧化碳0.25mol，甲醇的选择性80%，
则生成甲醇0.25mol×80%=0.2mol，则：
反应I 从开始到平衡态的平均反应速率
；平衡时总的物质的量为3.6mol，
二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量分别为0.75mol、2.35mol、0.05mol、0.25mol，则二氧化碳、氢
气、一氧化碳、水分压分别为
、
、
、
，反应II 为等
气体分子数的反应，则化学平衡常数Kp(II)=
。
（4）由图可知，铜极为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲醇，反应为
。
9．（2024·山东菏泽二模）
还原CO2是实现“双碱”经济的有效途径之一，涉及反应如下：
20
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Ⅰ：
Ⅱ：
回答下列问题：
（1）物质的标准生成焓是指在标态和某温度下，由元素最稳定的单质生成1mol 纯净物时的焓变。一些物
质298K 时的标准生成焓（
）
物质
/
-74.8
-110
-393.5
-286
0
（2）有利于提高CO 平衡产率的条件是______（填标号）。
A．低温低压
B．低温高压
C．高温低压
D．高温高压
（3）反应Ⅰ的正、逆反应速率方程为：
、
，
、
符
合阿伦尼乌斯公式
（
为活化能：T 为温度：R、c 为常数），实验测得
的实验数据如
图所示，则正反应的活化能
，升高温度
的值 （填“增大”“减小”或
“不变”）。
（4）一定温度和压强下，重整反应中会因发生副反应
而产生积碳，从而导致催
化剂活性降低。若向容器中通入过量水蒸气可以清除积碳．反应的化学方程式为 ，
的值
（填“增大”“减小”或“不变”）。
（5）在101kPa 时，工业上按投料
加入刚性密闭容器中，只发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，
和
的平衡转化率与温度的关系如图所示．温度高于1200 K 时，
和
的平衡转化率趋于相等的原因可
能是 ；计算1000 K 时反应Ⅱ的压强平衡常数
（计算结果保留3 位有效数字，用平衡分
压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数）。
21
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【答案】（1）+330.3
（2）C
（3）300 增大
（4）
减小
（5）1200K 以上时以反应Ⅰ为主，二者转化率趋于相等 0.355
【解析】（1）根据焓变=反应键能和-生成物键能和得
，
根据盖斯定律，
（2）反应Ⅰ、反应Ⅱ均为吸热反应，升温平衡正向移动，可提高CO 平衡产率，反应Ⅰ正向是气体体积增
大的反应，低压平衡正向移动，可提高CO 平衡产率，压强对反应Ⅱ的平衡移动无影响，故选C；
（3）根据阿伦尼乌斯公式
将图中数据代入
，
，两式相减，
求得
300
；当反应Ⅰ：
达平衡时，
=
，
，该反应为吸热反
应，升高温度K 值增大；
（4）水蒸气可以清除积碳，反应为：
；
增大，副反应
平衡常数
为定值，则
值减小；
（5）1200K 以上时以反应Ⅰ为主，二者转化率趋于相等；设开始时，n(CO2) =n(CH4)=1mol，1000 K 时
CH4转化率为80%即反应了0.80mol，可得三段式：
对于副反应，n(CO2) =0.2mol，n(CO)=n(H2)=1.6mol，CO2转化率为85%即反应了0.85mol-0.8mol=0.05mol
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反应达平衡后，n(H2)=1.55mol，n(CO2)=0.15mol，n(CO)=1.65mol，n(H2O)=0.05mol，n 总=3.5mol,
0.355。
10．（2024·山东济宁二模）乙酸水蒸气重整制氢气是一项极具前景的制氢工艺，该过程中发生下列反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
回答下列问题：
（1）已知
和
的燃料热分别为
、
，18g 气态水转化为液态水
释放出44kJ 的能量，则
，反应Ⅰ在 条件下能自发进行。
（2）已知：水碳比（S/C）是指转化进料中水蒸气分子总数与碳原子总数的比值，水碳比（S/C）分别为2
和4 时，反应温度对
平衡产率的影响如图所示：
表示水碳比
的曲线是 （填“a”或“b”），水碳比
时，
平衡产率随温度升高
先增大后逐渐减小，
平衡产率逐渐减小的原因可能是 。
（3）已知：S 表示选择性，
；在
时，
1MPa 下，平衡时
和
随温度的变化；350℃下，平衡时
和
随压强的变化均如图
2 所示。平衡常数随温度变化如图3 所示。
23
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350℃
①
下，
选择性随压强变化的曲线是 （填字母）。
②图中B、C、D、M、N、P、Q7 个点中与A 点处于相同化学平衡状态的点有 个。
③在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2mol
和1mol
，同时发生反应Ⅰ和
反应Ⅱ达到平衡点C，测得平衡时体系中气体物质的量增加40%，则反应Ⅱ的
（保留2 位有效
数字）。
【答案】（1）
高温
（2）b 升高温度反应均正向移动，主要发生反应Ⅱ
（3）a 3 0.24
【解析】（1）反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
反应Ⅳ
反应Ⅴ
由盖斯定律可知反应I= 反应Ⅴ×2 +反应Ⅲ-4×反应Ⅳ，因此
；反
应Ⅰ为吸热的熵增反应，在高温下可自发进行；
（2）水的量越大生成氢气的产率越高，即水碳比越大氢气的产率越高，因此水碳比(S/C)=4 的曲线是b；
反应Ⅰ是吸热反应，升高温度有利于H2的生成，约600℃时达到最大，但继续升高温度有利于反应Ⅱ向正
反应方向进行，此时体系内主要发生反应Ⅱ消耗H2，因此H2的产率会出现先增大后逐渐减小；
（3）①反应I 反应Ⅱ均为吸热反应，由图3 可知反应I 受温度影响比反应Ⅱ大，反应随温度升高，平衡逆
向，
浓度减少，则选择性随压强变化的曲线是a；
②图中M、Q、D 与A 点处于相同化学平衡状态，答案为3 个；
③在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容器中通入2mol
和1mol
，
测得平衡时体系中气体物质的量增加40%，反应Ⅰ
24
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反前后
=3mol×40%=1.2mol，可知生成的
=0.8mol
由反应气体物质的量增加可知以反应I 为主，则二氧化碳的生成量大于一氧化氢的生成量，C 点为
=20% ，n(CO)=0.16mol
。
11．（2024·四川遂宁·三模）苯甲醛(
)是生产氨苄青霉素、某些苯胺染料等产品的重要中间体。
制备苯甲醛的常用方法有气相催化氧化法和电催化氧化法。
I．气相催化氧化法(以Ce／ZSM-5 为催化剂)主要反应：
(g)+O2(g)
(g)
+H2O(g) ΔH
(1)已知：
①
(g)+ 8O2(g)=7CO2(g)+3H2O(g) ΔH=-3452.6kJ/mol
②
(g)+9O2(g)= 7CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-3784.9kJ/mol
则反应
(g)+ O2(g)
(g) +H2O(g) ΔH= kJ·mol-1
(2)在一容积为2L 的密闭容器中分别充入甲苯和氧气各2mol，在同一时间(80min)、不同温度下测得甲苯的
转化率、苯甲醛的选择性和收率如图所示，其中：
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温度控制在380℃，前80min 内生成苯甲醛的平均反应速率为 。
(3)其他条件相同、不同空速下测得苯甲醛的选择性和收率如图所示。
已知：①空缝指鼓入空气的速度，单位为h-1；
②苯甲醛只有吸附在催化剂表面才能被进一步氧化为苯甲酸。
据以上信息，分析空缝由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加的原因： 。
(4)合成苯甲醛的最佳温度和空速应为___________(填序号)。
A．350℃、5000h-1
B．350℃、2500h-1
C．410℃、5000h-1
D．410℃、2500h-1
II．电催化氧化法
以硫酸酸化的MnSO4溶液作为电解媒质间接氧化甲苯制备苯甲醛的工艺方案如图所示：
26
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(5)生成苯甲醛的离子方程式为 ；右池生成0.1mol H2时，左池可产生 mol
。
【答案】(1)-332.3
(2)6×10-4 mol/(L·min)
(3)空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲酸的
几率，所以苯甲醛选择性增加
(4)B
(5)
+4Mn3++H2O→
+4H++4Mn2+ 0.05mol
【详解】（1）
由盖斯定律可知，②-①可得反应
(g)+ O2(g)
(g) +H2O(g)，则反
应ΔH=(-3784.9kJ/mol)-(-3452.6kJ/mol)=-332.3kJ/mol；
（2）由图可知，温度控制在380℃，80min 时苯甲醛的选择性和甲苯的转化率分别为40%和12%，则前
80min 内生成苯甲醛的平均反应速率为
=6×10-4 mol/(L·min)；
（3）由图可知，当空速由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加说明空速较高时，苯甲醛易从催
化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲酸的几率，所以苯甲醛选择性增
加；
（4）由图可知，温度为350℃、空速为2500h-1时，苯甲醛选择性和收率最高，则合成苯甲醛的最佳温度
和空速应为350℃、2500h-1，故选B；
（5）
由Mn2+转化为Mn3+可知，与电源的正极a 电极相连的电极为电解池的阳极，阳极生成的Mn3+在溶液中与甲
苯反应生成Mn2+、苯甲醛和氢离子，与负极b 电极相连的电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反
应生成氢气，则甲苯氧化为甲醛的反应为
+4Mn3++H2O→
+4H++4Mn2+；
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电池的总反应为
+H2O→
+2H2↑，所以右池生成0.1mol 氢气时，左池可产生0.05mol 苯甲醛。
12．（2024 届·青海西宁·三模）为实现“碳中和”“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。利用氢气和
CO 反应生成甲烷，涉及的反应如下：
i．
ii．
iii．
回答下列问题：
(1)在25℃和101kPa 下，
转变为
时放出44.0kJ 热量，
的燃烧热为
，CO 的燃烧热为
，
的燃烧热为
，则
。
(2)一定温度下，在恒容的密闭容器中进行上述反应，平衡时CO 的转化率及
的选择性随
变化的
情况如图所示[已知
的选择性
]。
①图中表示
选择性变化的曲线是 （填“甲”或“乙”），保持
不变，曲线甲由B 点达
到A 点需要的条件为 。
②相同温度下，向恒容容器内加入
和1molCO，初始压强为10MPa，平衡时
的物质的量为
mol，反应ii 的
（保留小数点后一位）。
(3)
催化加氢制甲醇也是碳循环的重要途径。
在某催化剂表面与氢气作用制备甲醇的反应机理如图
所示。催化循环中产生的中间体微粒共 种，
催化加氢制甲醇总反应的化学方程式为
。
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【答案】(1)-206.1
(2) 甲 降低温度或增大压强 0.32 0.4
(3) 6
【详解】（1）根据燃烧热定义，求得反应
的焓变
，根据
转变为
放热44.0kJ，求得反应
；
（2）①随
增大，CO 的转化率一直变大，即曲线乙表示CO 转化率；当
增大时，根据反应
i、iii 分析，
选择性变大，当
足够大时，
选择性基本不变，故曲线甲代表
选择性；
选择性曲线甲由B 点到A 点，即选择性变大，依据燃烧热可求
，
，温度对反应i、、iii 影响更大，降温利于
生成；加压对生成的
无影响，而
有利于生成
，故条件为降温或加压；②根据图像，
时，平衡时CO 转化率为40%，
选
择性为90%，则平衡时：
，
，
，根据氧原子守恒可得
；根据氢
原子守恒可得
，气体总物质的量为
；恒温恒容下，气体的压强之比等于物质的量之
比，则平衡时压强为
；反应ii 的
；
（3）根据循环图易判断中间体为6 种；根据循环图，
催化加氢制甲醇，产物有
，故总反应的化
学方程式为
。
13．（2024 届·陕西渭南·三模）CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径，其中CO2转化为CH3OH 被认
为是最可能利用的路径，该路径涉及反应如下：
反应I：CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)
H
△
1=-49.01kJ•mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)
H
△
2＞0
请回答下列问题：
(1)若利用反应I 计算反应II 的反应热△H2，还需要知道一个化学反应的△H，写出该反应的化学方程式
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。
(2)在催化剂条件下，反应I 的反应机理和相对能量变化如图1(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，TS 为
过渡态)。
写出该反应机理中决速步的热化学方程式： 。
(3)在恒温恒压(260℃，1.8MPa)下，CO2和H2按体积比1：3 分别在普通反应器(A)和分子筛膜催化反应器
(B)中反应，测得相关数据如表。
反应器
CO2平衡转化率
甲醇的选择性
达到平衡时间/s
普通反应器(A)
25.0%
80.0%
10.0
分子筛膜催化反应器(B)
＞25.0%
100.0%
8.0
已知：
i.分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能；
ii.CH3OH 的选择性=
×100%
①在普通反应器(A)中，下列能作为反应I 和反应II 均达到平衡状态的判断判据是 (填字母)。
A．气体压强不再变化
B．气体的密度不再改变
C．v 正(CO2)=3v 逆(H2)
D．各物质浓度比不再改变
②平衡状态下，反应器(A)中，甲醇的选择性随温度升高而降低，可能的原因是 ；在反应器(B)中，
CO2的平衡转化率明显高于反应器(A)，可能的原因是 。
③若反应器(A)中初始时n(CO2)=1mol，反应I 从开始到平衡态的平均反应速率v(CH3OH)= mol•s-1；
反应II 的化学平衡常数Kp(II)= (列出化简后的计算式即可)。
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(4)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成CH3OH，实现CO2的回收利用，其工作原理如图2 所示，请
写出Cu 电极上的电极反应： 。
【答案】(1)H2O(g)
H2O(l)的ΔH
(2)H2COO*+2H2(g)=H2CO*+OH*+
H2(g) ΔH=+40.49 kJ/mol
(3) BD 反应I 为放热反应、反应II 为吸热反应，升高温度，反应I 逆向移动、反应II 正向移动
在反应器(B)中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动 0.02
(4)
【详解】（1）燃烧热是在101 kPa 时，1 mol 物质完全燃烧生成指定物质时所放出的热量；反应II 中生成
H2O(g)，若已知H2和CO 的燃烧热，计算反应II 的ΔH2，还需要的一个只与水有关的物理量为H2O(g)
H2O(l)的ΔH。
（2）由图可知，热化学方程式H2COO*+2H2(g) =H2CO*+OH*+
H2(g)=ΔH=(-0.58+1)ev/mol=+0.42×96.4
kJ/mol=+40.49 kJ/mol 的活化能最大，化学反应速率最慢，为反应机理中的决速步。
（3）①A．在恒温恒压下进行反应，压强为常量，A 不符合题意；
B．在恒温恒压下进行反应，容器体积为变量，气体总质量始终不变，则混合气体的密度为变量，其不变
说明反应已达平衡，B 符合题意；
C．v 正(CO2)=3v 逆(H2)，此时正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，C 不符合题意；
D．各物质浓度比不再改变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，D 符合题意；
故选BD；
②反应I 为放热反应、反应II 为吸热反应，升高温度，反应I 逆向移动、反应II 正向移动，导致甲醇的选
择性随温度升高而降低；分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能，故导致在
反应器(B)中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动，使得CO2的平衡转化率明显高于反应器(A)；
③在恒温恒压下，CO2和H2按体积比1：3 分别在普通反应器(A)反应，若反应器(A)中初始时
n(CO2)=1mol，则氢气投料3mol；CO2平衡转化率为25%，则反应二氧化碳0.25mol，甲醇的选择性80%，
则生成甲醇0.25mol×80%=0.2mol，则：
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反应I 从开始到平衡态的平均反应速率
；平衡时总的物质的量为3.6mol，
二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量分别为0.75mol、2.35mol、0.05mol、0.25mol，则二氧化碳、氢
气、一氧化碳、水分压分别为
、
、
、
，反应II 为等
气体分子数的反应，则化学平衡常数Kp(II)=
。
（4）由图可知，铜极为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲醇，反应为
。
14．（2024 届·安徽合肥·三模）
催化加氢有利于实现碳的循环利用，在催化剂的作用下可发生如下反
应：
①
；
②
；
③
。
回答下列问题：
(1)已知相关化学键键能如表所示：
化学键
键能
a
b
c
d
e
根据表中键能数据计算出
(用字母表示)。
(2)已知反应③的速率方程为
、
，其中
、
分别为正、逆
反应的速率常数。
①如图所示(
表示速率常数的对数，
表示温度的倒数)
、、、
四条斜线中有两条分别表示
、
随
的变化关系曲线，其中能表示
随
变化关系的是斜线 (填图中字母)。
32
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②下列措施能使速率常数
减小的是 (填选项字母)。
A．减小压强 B．减小温度 C．减小
的浓度 D．更换成负催化剂
(3)在
恒温恒容有某催化剂的密闭容器中充入
和
，发生上述三个反应。该温度下反应均
达平衡时，测得
为
、
为
、
为
，则
的选择性为
(
选择性=
)；反应②的平衡常数为 (列出计算式即可)。
(4)若测得上述三个反应在不同温度下
的平衡转化率和甲醇的选择性如图所示：
通过图示分析，更适合生产甲醇的温度为 (填选项字母)。
A．400℃ B．600℃ C．800℃ D．1000℃
高于800℃时，
转化率增大的主要原因是 。
【答案】(1)2b+3c−(3e+a+3d)
(2) d BD
(3) 62.5%
(4) A 反应①和反应②为放热反应，温度高于800℃，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度
高于800℃平衡正向移动且程度更大
【详解】（1）根反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，据表中数据可计算出
；
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（2）①反应③为吸热反应，随温度的升高，正、逆反应速率都增大，
、
都增大，随温度的升高平衡
正向移动，
增大的倍数大于
增大的倍数，故能表示
随
变化关系的是斜线d；
②速率常数k 只与活化能和温度有关，负催化剂能增大反应的活化能使速率常数减小，降温也能使速率常
数减小，故选B、D 项；
（3）由反应①、②、③的化学计量数可知，消耗的二氧化碳的物质的量分别为1mol、0.4mol、0.2mol，而
平衡时甲醇的物质的量为1mol，所以甲醇的选择性为
；
列三段式：
所以反应②的平衡常数
；
（4）由选择性的定义可知，选择性越好，说明该物质的产率越高，由图可知400℃二氧化碳的转化率为
60%、甲醇的选择性为50%，600℃二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为75%，800℃二氧化碳的转
化率为20%、甲醇的选择性为60%，1000℃二氧化碳的转化率为40%、甲醇的选择性为25%，因为400℃
的二氧化碳的转化率与甲醇的选择性之积最大，所以更适合生产甲醇的温度为400℃，故选A 项；
反应①和反应②为放热反应，温度高于800℃，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度高于800℃平衡
正向移动且程度更大，所以二氧化碳的平衡转化率增大。
15．（2024 届·湖南邵阳·三模）丙烯是一种重要的化工原料，但丙烯的产是仅通过石油的催化裂解反应无
法满足工业生产需求。工业上，有如下方法制备丙烯：
Ⅰ．丙烷脱氢法制丙烯：
①丙烷无氧脱氢法：
②丙烷氧化脱氢法：
(1)反应②的正反应活化能
逆反应活化能
（填“＞”或“＜”）。
34
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(2)不同压强下，向密闭容器中充入
气体发生反应①，丙烷平衡转化率随温度变化关系如图：在
、
条件下，若向密闭容器中充入
和
的混合气体，则平衡时丙烷转化率
（填“＞”或
“＝”或“＜”）。
(3)如图为采用羰基催化剂催化氧化丙烷：
的
机理，下列说法正确的是______（填字母）。
A．该机理中，有
键、
键的断裂与形成
B．若有
参与反应，最终
存在于羰基催化剂和
中
C．若
和
充分反应，则可制得
D．为了提高反应的速率和反应物转化率，温度越高越好
(4)丙烯是一种燃料，以熔融碳酸盐（用
表示）为电解质，丙烯——空气燃料电池的负极的电极反应
式 。
Ⅱ．丁烯和乙烯的催化反应制丙烯：
主反应：
副反应：
(5)乙烯的电子式为 。
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(6)某温度下，保持体系总压强为
，按
投料，达平衡状态时，
、
的转化率分
别为
、
，则平衡时
；主反应的压强平衡常数
（保留一位小数）。
【答案】(1)<
(2)>
(3)A
(4)CH2=CH-CH3-18e-+9
=12CO2+3H2O
(5)
(6) 8.5 16.5
【详解】（1）反应②的
=
-
<0，则正反应活化能
<逆反应活化能
。
（2）不同压强下，向密闭容器中充入
气体发生反应①，在
、
条件下，丙烷的平衡转化率为
40%，若在此温度和压强不变的条件下，向密闭容器中充入
和
的混合气体，容器的体积增大，相
当于减小压强，反应①是气体体积增大的反应，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大，平衡时丙烷转化
率＞
。
（3）A．由图可知，该机理中，存在单键、双键的断裂与形成，有
键、
键的断裂与形成，A 正确；
B．由图可知，O2参与反应④和⑤，O 进入生成的
中，若有
参与反应，最终
存在于
中，B
错误；
C．该反应是可逆反应，若
和
充分反应，制得的
小于
，C 错误；
D．该反应是放热反应，升高温度不能提高反应物转化率，D 错误；
故选A。
（4）丙烯是一种燃料，以熔融碳酸盐（用
表示）为电解质，丙烯在负极失去电子生成CO2，根据得
失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：CH2=CH-CH3-18e-+9
=12CO2+3H2O。
（5）
乙烯是共价化合物，电子式为
。
（6）根据已知条件列出“三段式”
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达平衡状态时，
、
的转化率分别为
、
，则
，
，解得x=0.6，
y=0.16，则平衡时
，主反应的压强平衡常数
16.5。
16．（2024·山东聊城二模）三氯甲硅烷
是生产多晶硅的原料，工业合成
体系中同时存在如
下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
部分化学键的键能数据如表所示：
化学键
键能
318
431
360
436
回答下列问题：
（1）
。
（2）压强与进料比
都会影响
的产率-
。图甲为
及不同压强下
随
的变化情况，由图甲可知最合适的进料比为 ；
，上述反应达到平衡时在 (填
或
)压强下
最大；
时，
接近于零的原因是 。
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（3）在一定条件下，向体积为
的恒容密闭容器中加入一定量的
和
，发生上述反应，达到平
衡时，容器中
为
为
，此时
的浓度为
(用含
的代数式表
示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为 。
（4）忽略副反应，反应I 在不同催化剂作用下反应相同时间、
的转化率随温度的变化如图乙，下列说
法正确的是_______(填序号)。
A．催化剂I 效果最佳，对应
的平衡转化率最大
B．b 点
，可以适当延长反应时间提高
的转化率
C．c 点
转化率降低可能是因为温度过高，催化剂失去活性
D．平衡常数：
【答案】（1）-47
（2）3
时，主要发生反应Ⅲ，
几乎完全转化为
，
接近于零
（3）
（4）BC
【解析】（1）
=反应物的键能和-生成物的键能和，
(318+3×360+431-4×360-436)
=-47
；
（2）由图可知相同条件下，g=3 时，
最大，因此最合适的进料比为3；在g 相同时，压强
下
最大；
时，主要发生反应Ⅲ，
几乎完全转化为
，
接近于零。
（3）根据H 原子守恒可知平衡后HCl 的物质的量为：(a-b-2c)mol，此时
的浓度为
；根据Cl 原子守恒可得：(a-b-2c)+3b+4n(
)=a，n(
)=
mol，反应
Ⅲ的平衡常数K=
；
（4）催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，故不能改变HCl 的平衡转化率，故A 错误；
38
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B 点时未达到平衡，反应正向进行，因此
，延长反应时间会继续消耗HCl，使其转化率增大，故B
正确；
该图表示的为相同时间内的转化率，未必是平衡转化率，故c 点HCl 转化率降低可能是因为温度过高，催
化剂失去活性，反应速率减慢，故C 正确；
该反应为放热反应，温度升高K 减小，则
，故D 错误
17．（2024 届·安徽合肥·三模）
催化加氢有利于实现碳的循环利用，在催化剂的作用下可发生如下反
应：
①
；
②
；
③
。
回答下列问题：
(1)已知相关化学键键能如表所示：
化学键
键能
a
b
c
d
e
根据表中键能数据计算出
(用字母表示)。
(2)已知反应③的速率方程为
、
，其中
、
分别为正、逆
反应的速率常数。
①如图所示(
表示速率常数的对数，
表示温度的倒数)
、、、
四条斜线中有两条分别表示
、
随
的变化关系曲线，其中能表示
随
变化关系的是斜线 (填图中字母)。
②下列措施能使速率常数
减小的是 (填选项字母)。
A．减小压强 B．减小温度 C．减小
的浓度 D．更换成负催化剂
(3)在
恒温恒容有某催化剂的密闭容器中充入
和
，发生上述三个反应。该温度下反应均
达平衡时，测得
为
、
为
、
为
，则
的选择性为
(
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选择性=
)；反应②的平衡常数为 (列出计算式即可)。
(4)若测得上述三个反应在不同温度下
的平衡转化率和甲醇的选择性如图所示：
通过图示分析，更适合生产甲醇的温度为 (填选项字母)。
A．400℃ B．600℃ C．800℃ D．1000℃
高于800℃时，
转化率增大的主要原因是 。
【答案】(1)2b+3c−(3e+a+3d)
(2) d BD
(3) 62.5%
(4) A 反应①和反应②为放热反应，温度高于800℃，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度
高于800℃平衡正向移动且程度更大
【详解】（1）根反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，据表中数据可计算出
；
（2）①反应③为吸热反应，随温度的升高，正、逆反应速率都增大，
、
都增大，随温度的升高平衡
正向移动，
增大的倍数大于
增大的倍数，故能表示
随
变化关系的是斜线d；
②速率常数k 只与活化能和温度有关，负催化剂能增大反应的活化能使速率常数减小，降温也能使速率常
数减小，故选B、D 项；
（3）由反应①、②、③的化学计量数可知，消耗的二氧化碳的物质的量分别为1mol、0.4mol、0.2mol，而
平衡时甲醇的物质的量为1mol，所以甲醇的选择性为
；
列三段式：
40
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所以反应②的平衡常数
；
（4）由选择性的定义可知，选择性越好，说明该物质的产率越高，由图可知400℃二氧化碳的转化率为
60%、甲醇的选择性为50%，600℃二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为75%，800℃二氧化碳的转
化率为20%、甲醇的选择性为60%，1000℃二氧化碳的转化率为40%、甲醇的选择性为25%，因为400℃
的二氧化碳的转化率与甲醇的选择性之积最大，所以更适合生产甲醇的温度为400℃，故选A 项；
反应①和反应②为放热反应，温度高于800℃，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度高于800℃平衡
正向移动且程度更大，所以二氧化碳的平衡转化率增大。
18．（2024 届·四川凉山·三模）2023 年杭州亚运会主火炬创新使用了“零碳”甲醇作为燃料，所谓“零
碳”，是指每合成1 吨该甲醇可以消耗约1.375 吨的二氧化碳，实现了二氧化碳的资源化利用、废碳再生。
回答下列问题：
(1)
合成甲醇的工艺分两类：
①直接法原理为：
利于该反应自发进行的条件为 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
②间接法合成原理如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
则
。该法的决速步骤为反应Ⅰ，则下列示意图中能体现上述反应反应进程与能量变化的
是 。
41
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A．
B．
C．
D．
③在某催化剂存在条件下，反应Ⅱ的反应历程(图中的数据表示的仅为微粒的数目以及各个阶段微粒的相对
总能量，＊表示吸附在催化剂上)如图所示：
则中间态V 中吸附在催化剂表面的物质可表示为 。
(2)一定温度下，利用直接法合成甲醇，将二氧化碳和氢气按物质的量之比
混合并在恒定压强为44MPa
条件下进行反应，达平衡时
的转化率为90％，则平衡时
的分压为 ，该反应的分压平衡
常数
。
(3)直接甲醇燃料电池是指直接使用甲醇为电极活性物质的燃料电池，写出该电池在酸性条件下的负极反应
方程式 。
(4)目前有多种用于工业捕集
的方法，其中一种为以
溶液吸收，若某工厂的
吸收液吸收
一定量
后测得溶液中
，则该溶液的
(已知该温度下碳酸的
，
)。
【答案】(1) 低温 -90kJ/mol A CH2OH*
42
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(2) 6MPa
(3)CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+
(4)10
【详解】（1）①ΔG=ΔH-TΔS<0 反应可自发进行，该反应的ΔH<0，ΔS<0，因此要使ΔH-TΔS<0，则T 应
该尽量小，因此反应在低温条件下可自发进行。
②反应Ⅱ=①小问中的反应-反应I，则ΔH2=(-48.9-41.1)kJ/mol=-90kJ/mol。该法的决速步骤为反应I，说明
反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，因此可排除C、D 选项，该反应的总反应为放热反应，则最终产物
的总能量小于反应物的总能量，排除B 选项，因此答案选A。
③根据图示转化过程可知，每一步反应中H2都会少一个H 原子并整合到CO 中，Ⅳ中吸附在催化剂表面的
物质为H2CO*+H2，则Ⅴ中吸附在催化剂表面的物质为CH2OH*。
（2）直接法合成甲醇的化学方程式为
，平衡时CO2的转化率为
90%，不妨令初始时二氧化碳的物质的量为1mol，则有
，此时气体总物质的量为2.2mol，总压强为
44MPa，H2物质的量为0.3mol，分压为6MPa，并可求出p(CO2)=2MPa，p(CH3OH)=18MPa，
p(H2O)=18MPa，则Kp=
=
。
（3）甲醇燃料电池中，甲醇从负极通入，酸性条件下，甲醇失电子结合水生成二氧化碳和氢离子，电极
反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。
（4）溶液中存在
，已知Ka2=5×10-11，c(
)：c(
)=1：2，则c(H+)=10-10mol/L，
pH=10。
19．（2024 届·广东东莞·三模）氰化物是指含有氰基或氰根离子的一类化合物，广泛应用于工业与农业中。
(1)工业上以甲烷和氨气为原料在高温和催化剂的作用下发生反应Ⅲ制备HCN。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
则反应Ⅲ：
(2)在一定温度条件下，向1L 恒容密闭容器中加入2mol
和2mol
发生反应Ⅲ，10min 时反应达到平
衡， 此时
体积分数为30%。
0~10min
①
内用
表示的平均反应速率为
。若保持温度不变，再向容器中加入
和
各1mol，则此时
（填“>”“=”或“<”）。
43
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②由实验得到
的关系可用如图甲表示。当x 点升高到某一温度后，反应重新达到平衡，
则x 点将移动到图甲中的 点（填字母标号）。
(3)
可做
氧化废水中
的催化剂，氧化过程中总氰化物（
、HCN 等）去除率随溶液初始pH
变化如图乙所示。当溶液初始pH>10 时，在一段时间内总氰化物去除率下降的原因可能是 。
(4)常温下（
－
溶液体系中存在平衡关系：
；
；
；
，平
衡常数依次为
、
、
、
。含Cd 物种的组分分布分数δ、平均配位数
与
的关系如图所
示。
已知：
（过程中HCN 浓度几乎不变），
；
，
，
，
；平均配位数
，其中M 代表中
心离子，L 代表配体。
①曲线Ⅱ代表的含Cd 微粒为 。
②
的平衡常数为 。
③下列有关说法中，正确的是 。
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A．降低pH，有利于生成
B．pH=7 时，
C．平衡后加水稀释，
与
的浓度之比增大
a
④点时，
。（写出计算过程，结果保留2 位有效数字）。
【答案】(1)
(2) 0.05 < c
(3)随着pH 升高，
逐渐增大，
减少，催化剂的催化效率降低；或过氧化氢在碱性条件下不
稳定，易分解；或过氧化氢在碱性条件下氧化性减弱
(4)
BC 3.4
【详解】（1）由盖斯定律得则反应
，故
；
（2）在一定温度条件下，向1L 恒容密闭容器中加入2mol
和2mol
发生反应Ⅲ，10min 时反应达
到平衡， 此时
体积分数为30%，设0~10min 内
变化浓度为x，由三段式得
，
，解
，在此温度下，平衡常数
，则①0~10min 内用
表示的平均反应速率为
；若保持温度不变，再向容器中加入
和
各1mol，则此时
，平衡逆向进行，则此时
<
；②当x 点升高到某一温度后，由于该反应
，升高温度，平衡正向移动
减小，而
增加，反应重新达到平衡，则x 点将移动到图
甲中的c 点；
（3）由于随着pH 升高，
逐渐增大，
减少，催化剂的催化效率降低；或过氧化氢在碱性条
件下不稳定，易分解；或过氧化氢在碱性条件下氧化性减弱，所以当溶液初始pH>10 时，在一段时间内总
氰化物去除率下降；
（4）由图和平衡关系知，当
浓度很小时，
较大，故Ⅰ为
，随着
得增大，
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正向移动，
减小，
增大，故Ⅱ为
，由此得Ⅲ为
，Ⅳ为
；②
的平衡常数为
；③A.降低pH，氢离子浓度增大，由于
不变，故
浓度减小，
平衡逆向移动，不利于生成
，A 错误；B.pH=7 时，
，由图知，此时
，B 正确；C.平衡后加水稀释，
减小，故
与
的浓度之比增大，C 正确；④a 点时，微粒
和
可以忽略，
和
的浓度相同，故
，得出
，
，得出
，
。
20．（2024 届·山东济宁·三模）CO2耦合乙苯(
)脱氢制备苯乙烯(
)是综合利用CO2的
热点研究领域，制备苯乙烯涉及的主要反应如下：
反应I．
(g)⇌
(g)+H2(g) △H1
反应Ⅱ．
△H2＞0
反应Ⅲ．
(g)+CO2(g)⇌
(g)+CO(g)+H2O(g)△H3＞0
(1)相关的化学键键能数据如下：
化学键
H-H
C-H
C-C
C=C
436
413
348
615
利用上表数据计算△H1为 ，为提高
的平衡转化率，可采取的措施为 。
(2)向密闭容器中按一定比例投入原料气，达到平衡时
随温度变化关系如图所示。三种原料气配
比分别为：I．只有乙苯、Ⅱ．n(乙苯):n(CO2)=1:5、Ⅲ．n(乙苯):n(Ar)=1:5
46
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①恒容条件下，若B 表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(Ar)=1:5 的曲线为 (填
A、B 或C)。
②恒压条件下，若B 表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(CO2)=1:5 的曲线为 (填
A、B 或C)，从平衡移动的角度解释CO2的作用： 。
(3)向恒容密闭容器中，投入乙苯和CO2各1mol，此时气体压强为P0，催化脱氢制备苯乙烯，除上述反应外，
还发生副反应：
(g)+H2(g)
(g)+CH4(g) △H4＜0，测得反应体系中甲苯的选择性s(
)、乙苯的平衡转化率、CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。
表示乙苯的平衡转化率的曲线是 ；T1温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp= (保留两位小数)。
【答案】(1) +123kJ∙mol-1 升高温度或降低压强
(2) B A 二氧化碳作为稀释气降低
分压并消耗氢气，促进乙苯脱氢反应平衡正向
移动
(3) N 1.52
【详解】（1）
利用表中数据可得，△H1=(413 kJ∙mol-1)×2+(348 kJ∙mol-1)-(615 kJ∙mol-1)-(436 kJ∙mol-1)=+123kJ∙mol-1，反应Ⅰ
为吸热的、体积增大的可逆反应，为提高
的平衡转化率，可采取的措施为：升高温度或降低压
强。
（2）①恒容条件下，若B 表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(Ar)=1:5 时，由于苯乙烯
47
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的浓度不变，Ar 的存在对生成苯乙烯的平衡体系不产生影响，所以平衡时
不变，故曲线为B。
②恒压条件下，若B 表示原料气只有乙苯的曲线，则原料气配比n(乙苯):n(CO2)=1:5 时，由反应Ⅱ可知，
CO2会消耗反应Ⅰ生成的H2，从而使平衡正向移动，平衡时
增大，故曲线为A，从平衡移动的
角度解释CO2的作用为：二氧化碳作为稀释气降低
分压并消耗氢气，促进乙苯脱氢反应平衡正
向移动。
（3）向恒容密闭容器中，投入乙苯和CO2各1mol，此时气体压强为P0。
发生反应为：
反应I．
(g)⇌
(g)+H2(g) △H1=+123kJ∙mol-1
反应Ⅱ．
△H2＞0
副反应Ⅳ：
(g)+H2(g)⇌
(g)+CH4(g) △H4＜0
升高温度，反应Ⅳ平衡逆向移动，甲苯的选择性不断减小，苯乙烯的选择性不断增大，则曲线M 为甲苯的
选择性曲线；反应Ⅱ、Ⅳ消耗的H2全部来自反应Ⅰ，则乙苯的转化率大于CO2的转化率，所以表示乙苯的
平衡转化率的曲线是N。
图中数据显示，T1℃时，乙苯的转化率为80%，CO2的转化率为26%，甲苯的选择性为30%，则参加反应
乙苯的物质的量为1mol×80%=0.8mol，生成甲苯的物质的量为0.8mol×30%=0.24mol，生成苯乙烯的物质的
量为0.8mol-0.24mol=0.56mol，由此可建立如下三段式：
T1温度下反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=
≈1.52。
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【点睛】反应Ⅱ在反应前后分子数不变，则压强平衡常数与化学平衡常数的数值相等。
49
