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大题03 化学反应原理综合题
内容概览
类型一 热化学与电化学
类型二 热化学与化学平衡
类型三 化学平衡与电解质溶液
类型四 电化学与电解质溶液
类型五 电化学与化学平衡
类型一 热化学与电化学
1．（24-25 高三上·上海·期中）通过电化学、热化学等方法，将
转化为HCOOH 等化学品，是实现“双
碳”目标的途径之一，完成下列小题：
（1）某研究小组采用电化学方法将
转化为HCOOH，装置如下图。电极B 上的电极反应式是 。
该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
Ⅰ：
kJ mol⁻¹
⋅
Ⅱ：
kJ mol⁻¹
⋅
Ⅲ：
（2）计算：
_______kJ mol⁻¹
⋅
。
A．+14.8
B．-14.8
C．-772.2
D．+772.2
（3）反应Ⅲ在恒温恒容的密闭容器中进行，
和
的投料浓度均为1.0mol L⁻¹
⋅
，平衡常数
。
下列能判断该反应达到平衡的标志是_______。
1
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A．
和
的浓度相等
B．
mol L⁻¹
⋅
C．容器中混合气体密度保持不变
D．容器中混合气体的压强保持不变
（4）用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol L⁻¹
⋅
氨水和0.18mol L⁻¹
⋅
甲酸铵的混合溶液，298K 时该混合溶液的
。(写出计算过程)
[已知：298K 时，电离常数
、
]
【答案】（1）
（2）A （3）D （4）10
【解析】1．由图，为电解池装置，B 极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸，反应为：
；
（2）由盖斯定律，反应Ⅱ-Ⅰ得
，故选A；
（3）A．
和
的投料比等于反应中系数比，其浓度一直相等，不能说明正逆反应相等，不能说明反
应平衡，A 错误；
B．由三段式：
，则没有达到平衡状态，B 错误；
C．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，C 错误；
D．反应为气体分子数改变的反应，当压强不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，D 正确；
故选D。
2
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（4）甲酸铵为盐，完全电离出甲酸根离子和铵根离子，
，氨水为弱碱，一水合氨浓度
近似1.00mol/L，根据
，则
，
pOH=4，pH=10。
2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）
不仅是一种温室气体，也是一种来源广泛且廉价易得的碳资源，
可通过热化学、电化学等方法再利用。
(
)
Ⅰ科学家通过如下反应利用
合成甲醇：
已知：
回答下列问题：
(1)计算上述合成甲醇反应的焓变
。
(2)科学研究中常用产物的时空收率(单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率)来衡量催化效果，
在3MPa，
时，不同Ni、Ga 配比的
催化剂下，测定甲醇时空收率随温度的
变化曲线如图所示，甲醇时空收率随温度变化先增大后减小的原因是 。催化剂的最佳配比和
反应温度是 。
(3)将等量
和
充入恒温恒容密闭容器中反应合成甲醇，已知该温度下反应的化学平衡常数
，
下列事实说明该反应已达平衡的是___________。
A．气体密度保持不变
3
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B．
与
的生成速率相等
C．某时刻容器中
D．混合气体的平均相对分子质量不变
(
)
Ⅱ甲烷干重整反应可以将两类重要的温室气体和
进行重整，涉及主要反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
(4)恒温恒容
密闭容器中，按
投料，初始总压
，达到平衡状态时测
得
转化率为
，平衡总压为
。计算该温度下反应Ⅰ的浓度平衡常数
。
(5)某研究小组为了评估甲烷干重整反应中不同催化剂的性能差异，在常压、催化剂作用下，按
投料，不同温度下反应相同时间，测得
的转化率(柱形图)和产物
(
)如图所示。请分析产物
随温度变化的原因(不考虑催化剂失活) 。
【答案】(1)-54
(2) 温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，
、
催化下甲醇时空收率曲线
上升；催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降 催化剂
4
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、温度为210℃左右
(3)BD
(4)0.375
(5)温度升高，反应I 的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应I 为主，所以随着温度升高，
逐渐增加并趋近于1
【解析】（1）已知
；
，由盖斯定律可知，由3①-②可得
；
（2）温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，Ni5Ga3、NiGa 催化下甲醇时空收率曲线上升；
催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降；由图示可知，反应最
佳条件为催化剂的最佳配比5:3、使用催化剂在210℃左右下进行反应，该条件下甲醇时空收率最高；
（3）A．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此气体密度保持不变不能说明
反应已达平衡，A 错误；B．反应速率比等于系数比，
与
的生成速率相等，则说明正逆反应
速率相等，反应达到平衡，B 正确；C．某时刻容器中某时刻容器中
，则
，
反应未平衡，C 错误；D．气体总质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以混合气体的平
均相对分子质量会发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡，D 正确；
（4）恒温恒容
密闭容器中，按
投料，初始总压
，达到平衡状态
时测得
转化率为
，平衡总压为
，由三段式
5
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、
得
，
，解x=0.4，y=0.2，则
、
、
、
，反应Ⅰ的浓度平衡
常数
（5）由图知，温度升高，反应I 的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应I 为主，所以随着温度升
高，
逐渐增加并趋近于1，
3．（2024·浙江·高考真题）通过电化学、热化学等方法，将
转化为
等化学品，是实现“双
碳”目标的途径之一。请回答：
(1)某研究小组采用电化学方法将
转化为
，装置如图。电极B 上的电极反应式是 。
(2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
：
6
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Ⅱ：
Ⅲ：
①
。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，
和
的投料浓度均为
，平衡常数
，
则
的平衡转化率为 。
③用氨水吸收
，得到
氨水和
甲酸铵的混合溶液，
时该混合溶液的
。[已知：
时，电离常数
、
]
(3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M 的
(有
机溶剂)溶液，
和
在溶液中反应制备
，反应过程中保持
和
的压强不变，总反
应
的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能
(不
考虑催化剂活性降低或丧失)。
Ⅳ：
V：
VI：
①催化剂M 足量条件下，下列说法正确的是 。
7
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A．v 与
的压强无关 B．v 与溶液中溶解
的浓度无关
C．温度升高，v 不一定增大 D．在溶液中加入
，可提高
转化率
②实验测得：
，
下，v 随催化剂M 浓度c 变化如图。
时，v 随c 增大而
增大：
时，v 不再显著增大。请解释原因 。
【答案】(1)
(2) +14.8 2.4×10−8 10.00
(3) CD 当c≤c0时，v 随c 增大而增大，因M 是基元反应IV 的反应物(直接影 响基元反应VI 中反应
物L 的生成)； c>c0时，v 不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
【解析】（1）①电极B 是阴极，则电极反应式是
；
（2）①ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol；
②根据三段式，设转化的CO2为x，则：
，则
，
，则转化率=
；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol L
⋅-1氨水和0.18 mol L
⋅-1甲酸铵的混合溶液，得出
=0.18mol/L，
8
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根据
，则
，
，
；
（3）①A．v 与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v 越大，A 错误；
B．v 与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B 错误；
C．温度升高，v 不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），Ⅳ和Ⅴ可以快速建立平
衡状态，随着温度升高气体在溶液中溶解度减小，气体浓度减小、L 的浓度减小，若L 的浓度减小对反应
速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小，故总反应的速率不一定增大，C 错误；
D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH 反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D 正确；
故选CD。
②各反应的活化能
，反应IV 为绝速步骤，但L 的浓度取决于反应V 和VI，所以速率与催化剂M
的浓度和反应物CO2、H2的浓度有关。当c≤c0时，催化剂M 的活性位点数量不够，速率取决于催化剂M 的
浓度，即v 随c 增大而增大，因M 是基元反应IV 的反应物(直接影 响基元反应VI 中反应物L 的生成)；
c>c0时，催化剂M 的活性位点数量足够，速率取决于反应物CO2和H2的浓度，即v 不再显著增加，因受限
于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
4．（2024·浙江·二模）
不仅是一种温室气体，也是一种来源广泛且廉价易得的碳资源，可通过热化学、
电化学等方法再利用。其中甲烷干重整反应可以将两类重要的温室气体
和
进行重整，涉及主要反
应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
(1)若恒温、恒压的密闭容器中只发生反应I，下列能说明反应已达到化学平衡状态的是______。
A．容器内气体密度不再发生变化
B．
和CO 的物质的量之和不变
C．化学反应速率
D．断裂4mol
键的同时生成2mol
键
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(2)恒温刚性密闭容器中，按
投料，初始总压3MPa，达到平衡状态时测得
和
转化率分别为60%、40%。计算该温度下反应I 的压强平衡常数
=
（用各物质的
分压代替物质的量浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
(3)某研究小组为了评估甲烷干重整反应中不同催化剂的性能差异，在常压、催化剂作用下，按
投料，不同温度下反应相同时间，测得
的转化率（柱形图）和产物
（
）如图所示。请分析产物
随温度变化的原因（不考虑催化剂失
活） 。
(4)该研究小组发现长时间反应后催化剂活性下降，主要存在以下积碳副反应：（a）
；
（b）
。因此该小组借助X 射线衍射（如图）定性评估催化剂的
积碳情况。已知积碳会在
出现衍射峰，下列说法正确的是______。
10
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A．碳附着在催化剂表面，使得活性位点与反应物之间的接触受阻，所以催化活性受到抑制
B．一般甲烷干重整的反应温度都很高，因此副反应a 很可能是实际过程中产生积碳的主要原因
C．对比三种催化剂的X 射线衍射结果可发现Ir 型催化剂没有明显积碳，能在甲烷干重整过程中保持高稳
定性
D．该小组进一步评估新型金属复合催化剂（H 型和M 型）的积碳情况，将反应后的催化剂加热至恒重后，
发现H 型和M 型催化剂的重量损失分别为16.7%和10.2%，这表明H 型催化剂能在甲烷干重整过程中保持
更高的稳定性
(5)该研究小组查阅资料发现还可利用电解还原
，电解过程中常需要调控溶液pH 以实现有效转化。现
有1.0L
溶液，在298K 下加入醋酸钾固体将
调至
，忽略溶液体
积变化，所加醋酸钾固体的质量为 g。[已知：298K 时，
]
【答案】(1)AB
(2)1.5
(3)温度升高，反应I 的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应I 为主，所以随着温度升高，
逐渐增加并趋近于1
(4)ABC
(5)5.6
【解析】（1）A．恒温、恒压的密闭容器中只发生反应I，根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，而
容器体积为变量，则气体的密度为变量，密度不变，说明反应达到平衡状态，故A 正确；
B．反应物中还有甲烷，根据质量守恒守恒，
和CO 的物质的量之和为变量，其之和不变，则反应达到
11
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平衡，故B 正确；
C．反应速率比等于系数比，化学反应速率
，则正逆反应速率不相等，反应没有达到平
衡状态，故C 错误；
D．断裂4mol
键的同时生成2mol
键，描述的都是正反应，不能说明反应达到平衡状态，故D
错误；
故选AB；
（2）恒温刚性密闭容器中，按
投料，初始总压3MPa，达到平衡状态时测
得
和
转化率分别为60%、40%，则反应0.6mol 二氧化碳、0.4mol 甲烷；
二氧化碳、甲烷、CO、氢气、水、氩气分别为0.4mol、0.6mol、0.8+0.2=1mol、0.8-0.2=0.6mol、0.2mol、
1mol，总的物质的量为3.8mol，则此时压强为
，则二氧化碳、甲烷、CO、氢气分
压分别为0.4MPa、0.6MPa、1MPa、0.6MPa，该温度下反应I 的压强平衡常数
；
（3）反应Ⅰ中生成氢气和CO 的物质的量比为1:1，而反应Ⅱ消耗氢气生成CO，随着温度升高，反应Ⅰ的
正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应Ⅰ为主，所以随着温度升高，
逐渐增加并趋
近于1；
（4）A．生成的积碳附着在催化剂表面，使得活性位点与反应物之间的接触受阻，所以催化活性受到抑制，
A 正确；
B．副反应a 为吸热反应、而b 为放热反应，一般甲烷干重整的反应温度都很高，高温利于a 反应正向进行，
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因此副反应a 很可能是实际过程中产生积碳的主要原因，B 正确；
C．X 射线衍射结果可发现Ir 型催化剂在
出没有出现衍射峰，则说明Ir 型催化剂没有明显积碳，能
在甲烷干重整过程中保持高稳定性，C 正确；
D．反应后的催化剂加热至恒重后，H 型和M 型催化剂的重量损失分别为16.7%和10.2%，则H 型催化剂出
现的积碳更多，表明H 型催化剂在甲烷干重整过程中不如M 型能保持更高的稳定性，D 错误；
故选ABC；
（5）
，
，则所加醋酸钾固体的质量为0.057mol/L×1.0L×98g/
mol=5.6g。
类型二 热化学与化学平衡
5．（24-25 高三上·四川成都·期中）甲烷的催化重整是制备氢气的重要方法，可提高资源综合利用效率。
I. 甲烷—水催化重整
反应a：
反应b ：
(1)研究表明，反应b 在Fe3O4催化下进行，反应分两步进行如下：
第一步：
第二步：3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+ 4H2(g) △H4= 。
(2)气体分子可与金属表面之间形成共价键，据此可利用铜-铈氧化物选择性催化氧化除去H2中少量CO，机
理如下图所示。
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①金属吸附位优先吸附CO 而非O2，可能的原因是 。
②如果用
18O2代替O2参加反应，则除去CO 的产物分子的结构式是 。
.
Ⅱ甲烷—二氧化碳催化重整
甲烷和二氧化碳在催化剂作用下可以发生反应c：
(3)将n(CO2)：n(CH4)=1：1 投入密闭容器中，只发生反应c，在不同条件下达到平衡。设体系中甲烷的物质
的量分数为
，在
下的
、在
下的
如图所示。
①图中与C 处于相同化学平衡状态的点是 。
②计算C 点压强平衡常数Kp= (Pa)2(用气体分压代替浓度的平衡常数，结果用科学计数法表示，保留
两位有效数字)。
(4)催化重整反应中催化剂的活性会因发生积碳反应而降低，同时存在的消碳反应可使积碳量减少。相关数
据如表：
积碳反应：
消碳反应：
活化能
催化
剂X
33
91
14
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( kJ/mol)
催化
剂Y
43
72
①由上表判断，一定条件下将反应气通入催化剂中，立即检测到有大量积碳生成，其原因是 ，甲
烷催化重整的催化剂选择 (填“X”或“Y”)更合适。
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程
(k 为速率常数)。在
p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则a、b、c 曲线对应的p(CO2)从大到小的
顺序为 (用a、b、c 表示)。
【答案】(1)-150.8 kJ/mol
(2) 碳原子的电负性比氧小，CO 中的C 比O2中的O 更易给出孤电子对，使得CO 更易与金属离子配位，
导致金属吸附位优先吸附CO 18O=C=O 与O=C=O
(3) A 1.44×1010
(4) 积碳反应的活化能小于消碳反应，反应速率快 Y c＞b＞a
【解析】（1）根据盖斯定律，反应b =
×(第一步反应+第二步反应)，整理可得第二步反应焓变为△H4=－
150.8 kJ/mol；
（2）①由于碳原子的电负性比氧小，CO 中的C 比O2中的O 更易给出孤电子对，使得CO 更易与金属离子
配位，导致金属吸附位优先吸附CO；
②如果用
18O2代替O2参加反应，反应i 中CO 分子和催化剂铜-铈氧化物中的O 结合生成CO2，反应i 中nsO-
和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后一个
18O2进入空位，故一段时间后，
18O 可能出现在C18O2中，
则CO 去除产物分子的结构式是
18O=C=O 与O=C=O；
（3）根据图示可知：对于反应c，增大压强，平衡逆向移动，x(CH4)增大，则随压强的变化曲线是L1，则
L2为等压下甲烷的物质的量分数随温度的变化曲线，升高温度，平衡正向移动，x(CH4)减小；根据以上分析
A、C 点处于相同的化学平衡状态；C 点，甲烷的物质的量分数为0.25，则有三段式：
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，
，
，平衡时各种物质的
量分数分别为0.25、0.25、0.25、0.25，此时体系总压为4.8×105Pa，带入平衡常数表达式，可得该条件下
压强平衡常数Kp=
=1.44×1010(kPa)2；
（4）①反应中的催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应，又使积碳量减少。无论是使用
催化剂X 还是催化剂Y，积碳反应的活化能都小于消碳反应，因而积碳反应速率快，消碳反应难进行，反
应速率慢，因此一定条件下将反应气通入催化剂中，立即检测到有大量积碳生成；
由表中数据可知：相对于催化剂X，催化剂Y 积碳反应的活化能大，因而积碳反应的速率较小，而消碳反
应活化能相对较小，因此消碳反应速率较大，故催化剂的活性Y 优于X；
②由图可知：沉积碳的生成速率方程为v=k•p(CH4)•[p(CO2)]-0.5，则积碳量越大，p(CO2)越小，则根据图示中
的在相同时间时的积碳量大小可知：a＞b＞c，因此曲线a＞b＞c 对应的pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小
的顺序为：pc(CO2)＞pb(CO2)＞pa(CO2)。
6．（2024·上海徐汇·模拟预测）甲醚(CH3OCH3)是一种重要的清洁燃料，未来可能替代柴油和液化气作为洁
净燃料使用。
(1)乙醇也是一种清洁燃料，乙醇的沸点为78.5℃，而甲醚的沸点为−23℃，解释沸点差异的原因
。
(2)下列工业中以提高汽油、柴油等轻质液体燃料的产量和质量为目的是___________。
A．石油分馏
B．重油裂解
C．石油裂化
D．煤的干馏
(3)利用水煤气合成甲醚的三步反应如下：
① 2H2(g)＋CO(g)
CH3OH(g) ΔH1 =−90.8 kJ·mol−1
② 2CH3OH(g)
CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2=−23.5 kJ·mol−1
③ CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g) ΔH3=−41.2 kJ·mol−1
总反应：3H2(g)＋3CO(g)
CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH= 。
(4)一定条件下，起始浓度分别为c(CO)=0.6 mol·L−1、c(H2)=1.4 mol·L−1，8 min 后反应①达到化学平衡，CO 的
平衡转化率为50%，则8min 内H2的平均反应速率为 。
(5)一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应②，当容器内气体的总压强不再变化时。下列说法正确的是
___________。
16
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A．该反应可能处于化学平衡状态
B．正、逆反应速率一定相等
C．CH3OH 全部转化为CH3OCH3和H2O
D．CH3OH、CH3OCH3、H2O 的浓度一定相等
(6)T ℃时，反应②的平衡常数为2,此温度下，向密闭容器中加入一定量的CH3OH，某时刻测得部分组分的
浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
c/mol·L−1
0.44
0.60
比较此时正、逆反应速率的大小 ,判断依据为 。
A．v(正)>v(逆) B．v(正)<v(逆) C．v(正)=v(逆) D．无法判断
【答案】(1)乙醇分子间存在氢键，使其分子间作用力增加，因此乙醇的沸点较高
(2)C
(3)—246.3 kJ·mol-1
(4)0.075 mol·L-1·min-1
(5)A
(6) A Qc=1.86<K，平衡正向移动，所以v(正)>v(逆)
【解析】（1）乙醇分子能形成分子间氢键，甲醚分子能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力强于
甲醚，沸点高于甲醚，故答案为：乙醇分子间存在氢键，使其分子间作用力增加，因此乙醇的沸点较高；
（2）石油裂化可以将重质烃转化为轻质烃，从而得到更多轻质液体燃料，如汽油和柴油，这一过程不仅
增加了轻质液体燃料的产量，还通过调整碳链长度和结构，改善了燃料的质量，使其更加适合作为交通工
具的能源，故选C；
（3）由盖斯定律可知，反应①×2＋反应②＋反应③得到反应3H2(g)＋3CO(g)
CH3OCH3(g)＋CO2(g)，则反
应ΔH=(−90.8 kJ·mol−1)×2+(−23.5 kJ·mol−1)+( −41.2 kJ·mol−1)= -246.3 kJ·mol-1，故答案为：—246.3 kJ·mol-1；
（4）由图可知，8 min 后反应①达到化学平衡时，一氧化碳的平衡转化率为50%，则由方程式可知，8min
内氢气的反应速率为
，故答案为：0.075 mol·L-1·min-1；
（5）A．反应②是气体体积不变的反应，反应中容器内气体的总压强始终不变，则容器内气体的总压强不
再变化说明正逆反应速率可能相等，反应可能已达到平衡，故正确；
B．反应②是气体体积不变的反应，反应中容器内气体的总压强始终不变，则容器内气体的总压强不再变
17
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化说明正逆反应速率可能相等，故错误；
C．反应②是可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以CH3OH 不可能全部转化为CH3OCH3和H2O，故错误；
D．CH3OH、CH3OCH3、H2O 的浓度与其初始浓度有关，不一定相等，故错误；
故选A；
（6）由表格数据可知，反应的浓度商Qc=
，则平衡向正反应方
向移动，正反应速率大于逆反应速率，故选A，故答案为：A；Qc=1.86<K，平衡正向移动，所以
v(正)>v(逆)。
7．（24-25 高三上·山东德州·开学考试）探究
合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高
的产率。以
、
为原料合成
涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
回答下列问题
(1)
。
(2)起始投料
时，在不同条件下达到平衡，设体系中某物质的摩尔分数为x，如甲醇的摩尔分数
为
，在t=250℃下的
、在
下的
如图所示。
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①图中对应等温过程的曲线是 ，判断的理由是 。
②当
时，反应条件可能为 或 。
③已知C 点条件下CO 的摩尔分数为m，
的摩尔分数为n，
的摩尔分数 ，反应Ⅰ的K=
。
(3)起始投料
，
，
下，催化剂组成改变对甲醇的时空收率和选择性影响如
下表所示。时空收率([g·(kg—催化剂)·h-1])表示单位质量催化剂在单位时间内所获得的产物量。
组成
/[g·(kg 催化剂)1·h-1]
选择性/%
①
78
40
②
96
88
③
138
91
催化效果最好的催化剂组成是 (填序号)，理由是 。
【答案】(1)
(2) a 等温条件下，增大压强平衡正向移动，甲醇的摩尔分数变大
，280℃
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，250
℃
(3) ③ 一定条件下，甲醇的时空收率高，选择性高
【解析】（1）根据盖斯定律可得，反应Ⅰ+反应Ⅱ=反应Ⅲ，故
；
（2）①图中对应等温过程的曲线是a，理由是等温条件下，增大压强平衡正向移动，甲醇的摩尔分数变大；
②等温过程的曲线是a，则等压过程的曲线是b，结合图可知，当
时，反应条件可能为
，280℃或
，250℃；
③C 点条件下CO 的摩尔分数为m，
的摩尔分数为n，结合图可知
的摩尔分数为0.1，设加入的
为3a mol，
为a mol，反应Ⅰ的变化量为x mol，反应Ⅱ的变化量为y mol，反应Ⅲ的变化量为z mol
，则根据反应方程式可得
的物质的量为
， CO 的物质的量为
，同理
的物质的量
为
，根据已知式可得
，所以
的摩尔分数为
；反应Ⅰ为
，已知平衡时CO 的摩尔分数为m，
的摩尔分数为
，根据
的起始量为3a mol，
的起始量为a mol，平衡时
的摩尔分数为n，则有3a-x-2y-3z=n，
的摩
尔分数为a-x-z，可解得
的摩尔分数为
，则反应Ⅰ的
；
（3）由表格数据可知，催化效果最好的催化剂组成是③，理由是一定条件下，甲醇的时空收率高，选择
性高。
8．（24-25 高三上·湖北武汉·阶段练习）水煤气是一种优质燃料和重要的化工原料，其制备方法是将水蒸
气与焦炭在高温下混合反应，然后投入固体CaO 进行处理。
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I．在温度T₁ 下将高温水蒸气通入炽热的焦炭中，其中可能发生的一些反应如下：
反应方程式
焓变
压强平衡常数
Kp
①C(s)+H2O(g)
CO(g)+H2(g)
=+131.3kJ·mol-1
Kp1=5×106kPa
②CO(g)+H2O(g)
CO₂(g)+H2(g)
=-41.2kJ·mol-1
Kp2
(1)已知反应
的焓变
，近似认为反应焓变不随温度变化，
则焦炭的燃烧热
。
(2)在温度
下体系达到化学平衡，将这一时刻记为t0，然后将可压缩的恒温反应容器突然压缩至原来体
积的一半。将压缩之后这一瞬间的时刻记为t1，重新达到平衡时的时刻记为t2。则t1时反应①的正反应速
率比 t0时 ，t2时水蒸气的转化率比t1时 。 (填“增大”或“减小”)
(3)反应②的平衡常数
很小，若近似忽略生成
的反应，在一个体积固定的恒温容器内投入足量焦
炭与一定量的水蒸气，在温度
下达到平衡时水蒸气的转化率为
，下图的三条曲线分别代表了达到平衡
时不同的转化率α 对应的水蒸气分压、H2分压、体系的总压，则代表水蒸气分压的曲线是 (填
标号)。欲使平衡转化率为80%，则初始充入水蒸气的压强应为 kPa(结果保留两位有效数字)。
II．投入固体可吸收反应产生的
生成
除了CaO 以外，钙还有多种氧化物。
(4)CaO 在大约50GPa 的高压条件下还可以进一步与
反应得到由
和
构成的另一种钙的氧化物
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， 预测
的空间构型为 。
(5)反应生成的
在自然界中会被溶解有
的雨水溶蚀，该过程的离子方程式为 。
【答案】(1)
(2) 增大 减小
(3) b
(4)V 形
(5)
【解析】（1）已知①C(s)+H2O(g)
CO(g)+H2(g)
=+131.3kJ·mol-1；②CO(g)+H2O(g)
CO₂(g)+H2(g)
= -41.2kJ·mol-1；③
；由盖斯定律可知①+②+③可得焦炭
燃烧热
；
（2）从t0到t1，其它条件不变，突然压缩体积至原来体积的一半导致压强增大，对于反应①正、逆反应速
率都增大，t1时反应①的正反应速率比 t0时增大，压缩容器后，容器内压强增大，根据勒夏特列原理，平
衡向气体系数和减小的方向移动，故反应①平衡逆向移动，反应②平衡不移动，最终重新达到平衡时水蒸
气转化率比原平衡时减小，t2时水蒸气的转化率比t1时减小；
（3）设
初始压强为
kPa ，
可以得出
，
，
，体系总压应大于各组分分压，故c 代表的是总压曲线，对于a、b
两曲线：
即
时
也就是
时
观察图可知b 代表水蒸气分压
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的曲线；当
时
；
（4）
中心原子有2 对成键电子，2 个孤电子对，VSEPR 模型名称为四面体形，
的空间构型为V 形；
（5）
与
和水反应的离子方程式为：
。
类型三 化学平衡与电解质溶液
9．（23-24 高三上·广东广州·阶段练习）二氧化碳的捕集和资源化利用是缓解温室效应的重要战略方向。
回答下列问题：
Ⅰ．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。总反应可表示为：
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
(1)若反应①为慢反应，请在图中接着完善画出反应②的能量变化曲线，标注出相应的物质(含聚集状态)以
及总反应的
(含具体数值) 。
(2)合成总反应在起始物
时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为
，在
下的
、在
下的
如图所示。
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(a)图中对应等温过程的曲线是 (填“a”或“b”)，判断的理由 。
(b)当
时，
的平衡转化率
。
Ⅱ．催化CO2加氢合成乙酸在减少碳排放的同时还可以生产重要的化工原料。弱电解质的电离度是指弱电
解质在溶液中达到电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数(包括已电离的和未电离的>的百分
数，用a 表示。而在实验测定中，
，
为一定浓度下电解质的摩尔电导率，
为无限稀释时溶液
的摩尔电导率，
。某小组实验测得
时，
乙酸的
。
(3)在298K 时，乙酸的电离平衡常数
(列出计算式，不需化简)。
(4)在298K 时，几种离子的摩尔电导率如下表所示。已知：摩尔电导率越大，溶液的导电性越好。空间站
通过电解水实现O2的再生，从导电性角度选择，最适宜的电解质为 (填化学式)。
离子种类
摩尔电导率/(
)
349.82
79.80
76.34
50.18
73.52
50.11
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【答案】(1)
(2) a 该反应为气体体积减小的反应，随着压强的增大，化学平衡正向移动，甲醇的物质的量分
数增大 18.18%
(3)
(4)H2SO4
【解析】（1）
反应①为慢反应，说明该反应的活化能较大，且①为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量；②为放
热反应，反应物总能量大于生成物总能量，且总反应为①+②，总反应焓变为（41-90）kJ/mol=-49kJ/mol,
为放热反应，由此可确定该转化过程历程图为：
，故答案为：
；
（2）(a)该反应为气体体积减小的反应，随着压强的增大，化学平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大，
因此曲线a 表示等温过程的曲线，故答案为：a；该反应为气体体积减小的反应，随着压强的增大，化学平
衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大；
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(b)由三段式分析可知：
，当
时，
即有
×100%=5%，x=
mol，CO2的平衡转化率
=18.18%，故答案为：
18.18%；
（3）由题干可知，
，
为一定浓度下电解质的摩尔电导率，
为无限稀释时溶液的摩尔电导率，
，故某小组实验测得
时，
乙酸的
，则该浓度的醋酸的电离度
=
×100%=5%，根据三段式分析
可知，
，故在298K 时，乙酸的电离平衡常数
=
，故答案为：
；
（4）根据题给数据，从导电性角度选择最适宜的电解质为H2SO4，故答案为：H2SO4。
10．（2020 高三·全国·专题练习）甲醇是一种重要的有机化工原料。在工业生产中可以通过乙烯和水蒸气
化合生成甲醇已知：
①
②
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③
(1)请写出乙烯和水蒸气化合生成甲醇气体的热化学方程式： 。
(2)也可以将
与
混合，在恒容密闭容器中发生反应来制备：
，图1 是在两种投料比
分别为1：4 和1：6 时，
平衡
转化率随温度变化的曲线，图2 是生成的甲醇过氧化氢燃料电池的工作原理示意图：
①图1 中b 点对应的平衡常数K 值 c 点对应的平衡常数K 值填“
”“
”或“
” ，理由是
。
②图1 中a 点对应的
的转化率 c 点对应的
的转化率。 填“
”“
”或“
” ，
③图2 中电极N 是
填负极或正极
④图2 中电极M 的电极反应式： 。
(3)
时，
的电离常数
，则该温度下
水解反应的平衡常
数
，若向
溶液中加入少量的
，则溶液中
将
填“增大”、“减小”
或“不变” 。
(4)常温下，用NaOH 溶液吸收
得到
的
溶液，吸收过程中水的电离平衡
填“向
27
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左”、“向右”或“不” 移动。试计算溶液中
。常温下
的电离平衡常数
，
【答案】
根据图1 二氧化碳的转化
率随着温度的升高二降低，可知该反应的正反应是放热反应，所以b 点的K 比c 点的K 小
正
极
增大 向右 60
【分析】(1)根据盖斯定律，①-②+③得乙烯和水蒸气化合生成甲醇气体的化学方程式C2H4(g)＋2H2O (g)
CH
⇌
3OH(g)，则ΔH=ΔH1-ΔH2+ΔH3=29.1kJ/mol；
(2)①根据图象可知，温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，说明温度升高平衡逆向移动，正反应是放
热反应，则b 点对应的化学平衡常数K 值小于c 点；
②增大c(CO2)，二氧化碳的平衡转化率减小，H2的转化率增大，则曲线I 表示的投料比为1:6，曲线Ⅱ是
1:4，a 点对应的H2的转化率小于c 点；
③由装置示意图可知质子向正极移动，所以N 是原电池的正极，M 是负极；
④负极上CH3OH 在酸性条件下放电生成CO2，电极反应式为：CH3OH－6e-+H2O=CO2+6H+；
(3) NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝
=1×10－12，当加入少量I2时，碘把
弱酸(亚硫酸)氧化成强酸(硫酸、氢碘酸)，溶液酸性增强，溶液中c(H+)增大，但是温度不变Ka不变，则
增大；
(4)氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的电离平衡向右移动；pH=9 的溶液中
c(H+)=10-9mol/L，因Ka2＝
则溶液中
=
=60。
【解析】(1)乙烯和水蒸气化合生成甲醇气体的化学方程式为：
，根据盖
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斯定律，反应可由③-②+①得到，该反应的焓变为
，
故答案为：
；
(2) ①温度升高二氧化碳的平衡转化率降低，所以平衡逆向移动，则正反应是放热反应，所以b 点对应的
平衡常数K 值小于c 点，故答案为：
；根据图1 二氧化碳的转化率随着温度的升高二降低，可知该反应
的正反应是放热反应，所以b 点的K 比c 点的K 小；
②相同条件下，增加氢气，二氧化碳转化率增大，但氢气转化率减小，所以图1 中a 点对应的
的转化率
点对应的
的转化率，故答案为：
；
③质子向正极移动，所以N 是正极，则M 是负极，故答案为：正极；
④M 是负极，发生氧化反应，电极反应式为：
，故答案为：
；
(3)
，
，
，当加入少量
时，碘把弱酸亚
硫酸氧化成强酸硫酸、氢碘酸，溶液酸性增强，
增大，但是温度不变，Kh不变，则
增大，
故答案为：
；增大；
氢氧化钠是碱电离产生的氢氧根离子抑制水的电离，吸收二氧化硫后，消耗氢氧根离子，碱性减弱，
同时生成亚硫酸钠，是强碱弱酸盐，能够水解，对水的电离起促进的作用，所以吸收二氧化硫过程中水的
电离平衡向右移动；
的溶液中
，依据Ka2＝
，得溶液中
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，
故答案为：向右；60。
11．（23-24 高三上·河南·阶段练习）NH3和N2H4是氮与氢元素形成的两种重要化合物，NH3还可形成多种
铵盐如NH4Cl、NH4HSO3等。回答下列问题：
(1)NH3溶于水形成的溶液中存在电离平衡：
，下列方法可使
的
溶液中
电离程度增大的是 (填字母)。
a．加入少量NH4Cl 固体 b．加水稀释至
c．加入少量NaCl 固体
d．加入少量
的NaOH 溶液 e．通入少量NH3
(2)常温下，用氨水吸收SO2可得到]NH4HSO3溶液，在NH4HSO3溶液中：
(填“>”“<”或
“=”)
；反应
的平衡常数K= [已知：常温下电
离常数
，
，
]。
(3)25℃时，将100mL
NH4Cl 溶液和100mL
AgNO3溶液混合(忽略溶液混合后的体积变
化)，混合后溶液中Ag＋的浓度为
[25°C 时，
]。
(4)N2H4是二元弱碱，N2H4在水溶液中存在如下两步电离：
①
；
②___________
。
写出N2H4在水溶液中的第②步电离方程式： 。25℃时，向N2H4的水溶液中加入稀硫酸，欲使
，同时
，应控制溶液的pH 范围为 (用含a、b 的式子
表示)。
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(5)25℃时，将
的NH4Cl 溶液与
的NaOH 溶液等体积混合，反应后测得溶液的pH=7，则
溶液中
(填“>”“<”或“=”)
，
的电离常数
(用含a 的
代数式表示，不考虑液体混合时体积的变化)。
【答案】(1)b
(2) >
(3)
(4)
(5) <
或
或
等
【解析】（1）NH3溶于水形成的溶液中存在电离平衡：
a．加入少量NH4Cl 固体
c(
)增大，平衡逆向移动，a 不符合题意；
b．加水稀释至
，越稀越电离，平衡正向移动，电离程度增大，b 符合题意；
c．加入少量NaCl 固体，对平衡不产生影响，c 不符合题意；
d．加入少量
的NaOH 溶液，c(
)增大，平衡逆向移动，d 不符合题意；
e．通入少量NH3
浓度增大，平衡正移，但电离程度减小，e 不符合题意；
故选b。
（2）常温下电离常数
>
]，
,
，
，
，
，故
水解程度小于
电离程度 ，在
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NH4HSO3溶液中：
>
；反应
的平衡常数K=
=
；
（3）
，100mL
n（NH4Cl ）=0.002mol，100mL
n（AgNO3）
=0.001mol，则反应后c（
）=
，混合后溶液中Ag＋的浓度为
（4）N2H4在水溶液中的第②步电离方程式：
；
向N2H4的水溶液中加入稀硫酸，欲使
，同时
则
则
，
，
（5）根据电荷守恒
溶液的pH=7 则
，
<
；将
的NH4Cl 溶液与
的NaOH 溶液等体积混合，
反应后测得溶液的pH=7，说明NH4Cl 过量，
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，
，
，则
的电离常数
=
或
或
等
12．（23-24 高三上·江苏泰州·阶段练习）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用
表示)。
的应用与其电离平衡密切相关。
时，
的
。
(1)某小组研究
下
电离平衡的影响因素。
提出假设：稀释
溶液或改变
浓度，
电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为
的
和
溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定
，记录数据。
序号
Ⅰ
40.00
0
2.86
Ⅱ
4.00
36.00
0
3.36
…
Ⅶ
4.00
4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.00
4.65
①根据表中信息，数据：a= ，b= 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释
溶液，电离平衡正向移动；结合表中数据，给出判断理由： 。
③由实验Ⅱ~Ⅷ可知，增大
浓度，
电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动。实验结论：
假设成立。
(2)小组分析上表数据发现：随着
的增加，
的值逐渐接近
的
。
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查阅资料获悉：一定条件下，按
配制的溶液中，
的值等于
的
。
对比数据发现，实验Ⅷ中
与资料数据
存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不
够引起，故先准确测定
溶液的浓度再验证。
①移取
溶液，加入2 滴酚酞溶液，用
溶液滴定至 ，消耗体积
为
，则该
溶液的浓度为
。
②用上述
溶液和
溶液，配制等物质的量的
与
混合溶液，测定
，结
果与资料数据相符。
(3)小组进一步提出：如果只有浓度均约为
的
和
溶液，如何准确测定
的
？小
组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ
移取
溶液，用
溶液滴定至终点，消耗
溶液
Ⅱ
，测得溶液的
为4.76
实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。
【答案】(1) 3.00 33.00 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10 倍，而实验Ⅱ的
增大
值小于1 逆
(2) 最后半滴
溶液滴入后溶液由无色变为浅红色且30s 内不褪色 0.1104
(3)向滴定后的混合液中加入
溶液
【解析】（1）①
溶液和
溶液的浓度相同，实验Ⅶ的溶液中
，
，因此
；由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为
，则
；
②实验Ⅰ所得溶液的
，实验Ⅱ的溶液中
为实验Ⅰ的
，稀释过程中，若电离平衡不移动，
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则实验Ⅱ所得溶液的
，但实际溶液的
，说明稀释过程中，溶液中
增大，即电离平衡正向移动；判断理由：实实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10 倍，而实验Ⅱ的
增大值小于1；
③在醋酸的电离平衡中增大产物的 ，平衡逆向移动；
（2）滴定过程中发生反应：
，醋酸滴定氢氧化钠，酚酞作指示剂，则滴定终点为：
最后半滴
溶液滴入后溶液由无色变为浅红色且30s 内不褪色；滴定至终点时，
，
，解得
；
（3）向20.00mL 的HAc 溶液中加入V1mLNaOH 溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当
时，溶液中c(H+)的值等于HAc 的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mLHAc 溶液，使溶液中
n(NaAc)=n(HAc)；故答案为向滴定后的混合液中加入
溶液。
类型四 电化学与电解质溶液
13．（24-25 高三上·北京石景山·期末）某小组探究铜和双氧水在不同条件下的反应。
资料：还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物
浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
(1)实验过程
实验I
实验II
实验III
操
作
30%的
溶液
中，加入
光亮铜
片
30%的
溶液中，加入
光亮铜片，滴加
稀
硫酸
30%的
溶液
中，滴加
的氨
水
，加入
光亮
铜片
现
象
开始无明显现象，较
长时间溶液变为浅蓝
色，取出铜片晾干，
表面有蓝色沉淀物
铜片表面产生少量气泡，随着
反应的进行，气泡越来越多，
溶液很快变蓝，取出铜片晾
干，钢片依然保持光亮
立即产生大量气泡，溶
液颜色变为深蓝色，取
出钢片晾干，表面有蓝
色沉淀物
①实验I 中的蓝色沉淀物是 。
②实验II 中发生的反应有 。
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③实验III 中溶液呈深蓝色，是因为含有 离子。
④参照实验III 的操作进行实验IV：
溶液加入氨水后，加入一定量的 固体，搅拌溶解后，
加入光亮的铜片，立即产生大量气泡，溶液颜色变为深蓝色，取出铜片晾干，铜片依然保持光亮。解释铜
片依然保持光亮的原因 。
(2)分析解释
①实验I 中铜和
的电极反应式：
i．还原反应：
ii．氧化反应： 。
②实验II 比实验I 溶液更快变蓝的原因可能是：加入稀硫酸，
的氧化性 ，采用下图电化
学装置进行验证，实验操作及现象 。
③实验III 比实验I 溶液更快变蓝的原因可能是 。
【答案】(1)
、
加入
固体，
结合
，使溶液碱性减弱，铜片依然保
持光亮
(2)
增强 向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关
；待灵敏电流计指针稳定后，先向
电极一侧滴加
稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化；再
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向石墨电极一侧滴加
稀硫酸，指针偏转幅度增大 加入氨水生成
，
的还原性
增强是主要原因
【分析】根据实验I 现象可知，Cu 与H2O2反应较慢，生成蓝色沉淀为Cu(OH)2，实验I 和实验II 对比可知，
实验II 中加入硫酸，酸性增强，H2O2的氧化性增强，酸性条件下生成Cu2+，没有沉淀生成，Cu2+对H2O2的
分解起到催化剂作用，有气泡O2产生，实验III 和实验I 对比，加入了氨水，生成深蓝色溶液是
[Cu(NH3)4]2+，增加了反应物浓度，减少了生成物Cu2+浓度，还原剂Cu 的还原性增强。
【解析】（1）①实验I 的蓝色沉淀物为Cu(OH)2；
②实验II 的现象是有气泡生成，溶液变蓝色，发生的反应有：
、
；
③实验III 中溶液呈深蓝色，是因为生成的Cu2+与NH3分子形成配离子[Cu(NH3)4]2+；
④实验III 中Cu 表面依然有蓝色沉淀Cu(OH)2，原因是溶液的碱性较强，加入水解呈酸性的(NH4)2SO4，同时
还可以增大NH3·H2O 浓度，使Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，铜片依然保持光亮。
（2）①利用原电池原理，H2O2具有氧化性，作为正极反应物，电极反应式为：
；Cu 为
负极反应物，发生氧化反应，电极反应式为：
；
②加入硫酸，氧化剂H2O2的氧化性增强；验证加入稀硫酸，
的氧化性增强的操作及现象是：向右侧
双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关
；待灵敏电流计指针稳定后，先向
电极
一侧滴加
稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化，说明增大反应物浓度，Cu 的还原性没有增强；再
向石墨电极一侧滴加
稀硫酸，指针偏转幅度增大，说明H2O2的氧化性增强了；
③实验III 比实验I 加入了氨水，增大了反应物浓度，溶液更快变蓝的原因可能是还原剂的还原性增强。
14．（2024·全国·模拟预测）某化学实验小组在探究铝的性质实验时，发现将单质铝投入1
溶液中，有气泡逸出且有白色沉淀物生成。对此现象作出以下猜想。
ⅰ．
溶液水解显碱性，Al 与强碱性溶液反应生成
。
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ⅱ．Al 与溶液中的水反应，
相当于催化剂。已知：氧化还原反应的平衡常数与标准电动势(
)有关，
，z 表示氧化还原反应转移的电子数，
为氧化型电极电势(氧化剂和它的
还原形式在1
浓度下表现出的电动势)，
为还原型电极电势。
回答下列问题：
(1)写出铝与强碱溶液反应的离子方程式： ，该反应中，氧化剂为 。
(2)常温下，溶液中铝的各种微粒在不同pH 下的分布系数如图1。
当溶液pH> 时
就能被少量溶解，
酸式电离的平衡常数
。
(3)反应结束时，通过pH 计测得溶液的pH 约为 ，则证明猜想ⅰ是错误的。
(4)铝/水体系中可能发生反应
，已知
，
，通过计算，该反应的
，从热力学的角度来说该反应均能 (填
“自发”或“非自发”)进行。
(5)将铝/水反应看作是原电池的电化学过程，建立铝/水反应体系微观过程模型如图2。
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负极第一步反应的反应式为 ，在反应过程中，由于生成的
覆盖在金属表面，为使反应完
全，可采取的操作是 。由微观过程模型可知猜想ⅱ是正确的。Al 单质还能与其他含Al 元素的溶液
反应，请列举两种： 。
【答案】(1)
(2) 10.5
(3)13.1
(4)
自发
(5)
搅拌溶液
、
【分析】（2）根据题给溶液中铝的各种微粒在不同pH 下的分布系数图可知，当溶液pH>10.5 时，
开始溶解。
酸式电离的电离方程式为
，当
与
的曲线相交时，
，此时溶液pH=12.2，则
酸式电离的
平衡常数
；
（5）铝/水反应看作是原电池的电化学过程，Al 为负极，失去电子，发生氧化反应，第一步反应为
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。生成的
覆盖在金属表面阻止反应继续进行，由于所得到的
为絮状沉淀物，可通过搅拌溶液以使反应继续进行。
【解析】（1）铝与强碱溶液反应的离子方程式为
，该反应中，
中氢元素化合价降低，故
为氧化剂；
（2）根据分析，当溶液pH>10.5 时，
开始溶解。
酸式电离的平衡常数
；
（3）若猜想ⅰ是正确的，则反应后溶液的pH 应减小，而猜想ⅰ是错误的，则根据
的酸式电离平
衡常数为
可知常温下
的水解常数
为
，根据
的水解常数可得
，反应开始时
浓度为1
，则
，则
，pH 约为13.1；
（4）根据
及
，
，可计算得出
，则
，反应平衡常数
，从焓变和熵变角度来看，该
反应均可自发进行；
（5）负极发生的反应为氧化反应，在模型中，Al 为负极，失去电子，第一步反应为
。生成的
覆盖在金属表面阻止反应继续进行，由于所得到的
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为絮状沉淀物，可通过搅拌溶液以使反应继续进行。结合题给建构的模型图，可知Al 还能与
、
等溶液发生反应。
15．（24-25 高三上·浙江·阶段练习）已知溶洞的形成与下列反应有关：
①
②
(1)反应①的平衡常数为 。(用
、
、
表示)
(2)以下能判断反应①达到平衡状态的是___________。
A．CO2气体压强保持不变
B．溶液的pH 保持不变
C．
不变
D．
(3)当溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶滴到洞底时渐渐形成了钟乳石，请解释可能的原因 。
(4)已知H2CO3的
，
，
，
，
，
为 。当c (Ca²⁺)= mol L⁻¹
⋅
时，开始产生CaCO3沉
淀。
(5)科学家近年发明了一种将二氧化碳电化学还原为甲醇的方法，装置示意图如下，电解质溶液1 为由
KHCO3、吡啶和HCl 组成的CO2饱和水溶液，电极为选择性Cu2O/CuO 薄膜材料和Pt 电极。该装置工作时，
阴极反应为 。若用铅蓄电池代替恒压电源，当消耗标准状况下11.2LCO2时，正极质量变化为
g。
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【答案】(1)
(2)AB
(3)由于水分的蒸发或压强减少，以及温度的变化上升都会使二氧化碳溶解度减小，使平衡②正移，导致
减少，使平衡①也正移而析出碳酸钙沉淀
(4) 2×10-6mol/L 4.2×10⁻3
(5) CO2+6H⁺+6e⁻=CH3OH+H2O
【解析】（1）碳酸的一级电离为：
，二级电离为：
，
，
，且
，反应①的平衡常数：
，根据以上三个平衡常数表达式，可得：
=
；
（2）A．碳酸分解产生二氧化碳气体，
气体压强保持不变，说明CO2浓度不变，可进一步溶液中
H2CO3浓度不变，可以说明反应①达到平衡状态，A 符合题意；
B．溶液的
保持不变，说明碳酸的电离已经达到平衡，即溶液中H2CO3浓度不变，说明反应①达到平衡
状态，B 符合题意；
C．因
，当
不变时，仅能说明
的水解达到平衡，不能说明
反应①达到平衡状态，C 不符合题意；
D．根据反应①，物质的反应速率之比等于其计量系数之比，则当
时，能说明
反应①达到平衡状态，D 不符合题意；
故选AB。
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（3）当溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶滴到洞底时渐渐形成了钟乳石，可能的原因为：由于水分蒸发或压强
减少，或温度的上升都会使二氧化碳溶解度减小，使平衡②正移，导致
减少，使平衡①也正移
而析出碳酸钙沉淀；
（4）当
，
，则
；
，当
时开始产生CaCO3沉淀，解得
；
（5）阴极上得电子，发生还原反应，即二氧化碳被还原生成甲醇，则阴极反应式为：
。铅蓄电池的正极反应式为：
，
当消耗标准状况下
时，转移了
，消耗
，生成
，则正
极质量变化为：
。
16．（24-25 高三上·北京·阶段练习）某小组探究
溶液、
溶液与碱的反应，探究物质氧化性和
还原性的变化规律。将一定浓度
溶液，饱和
混合溶液加入适量氨水，产生红褐色沉淀，经检
验，红褐色沉淀含
。
(1)分析
产生的原因：
氧化所致。
验证：向
溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
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①生成白色沉淀的离子方程式是 。
②产生红褐色沉淀：
。电极反应式：还原反应：
。氧化反应： 。
(2)提出问题：产生
的原因可能是
氧化所致。
验证如下(溶液A：饱和
溶液
溶液；已排除空气的影响)：
序号
实验
试剂
现象
Ⅰ
氨水
生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑
色固体物质
Ⅱ
水
溶液无明显变化
①I 中可能产生Cu，运用氧化还原反应规律分析产生Cu 的合理性： 。
②检验：滤出Ⅰ中不溶物，用稀
溶解，未检出Cu。分析原因：
ⅰ．Ⅰ中未生成Cu。
ⅱ．Ⅰ中生成了Cu。由于 (用离子方程式表示)，因此未检出Cu。
(3)设计实验(
)
Ⅲ确认
的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如下所示。
①补全电化学装置示意图 。经检验，实验中产生了
、Cu。
②Ⅱ、Ⅲ中均含
。Ⅲ中产生了Cu，Ⅱ中未产生Cu，试解释原因 。
【答案】(1) Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2
Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3
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(2) 溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有
，降价产物有Cu 是合理的
(3) a 是饱和
溶液和氨水，b 是硫酸铜溶液； Ⅱ中
的还原性较弱，不能将
还原为
Cu；Ⅲ中
碱性条件下增强了亚铁盐的还原性增强，能将
还原为Cu。(或Ⅱ中
的还原性较
弱，不能将
还原为Cu；Ⅲ中
，产生氢氧化亚铁，
，
碱性增强及产生
更小的
使亚铁盐的还原性增强，能将
还原为Cu
【分析】向一定浓度的
溶液和饱和
的混合溶液中加入适量氨水，观察到产生红褐色沉淀，经
检验，红褐色沉淀含
。则反应过程中二价铁元素化合价升高，相关微粒表现了还原性，铜离子表
现了氧化性。氧化还原反应符合规律：强氧化剂+强还原剂→弱氧化剂+弱还原剂，而溶液酸碱性不同也会
使氧化性或还原性的强弱发生变化，例如
的还原性较弱，而碱性下
的还原性增强。
【解析】（1）①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2+
+2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2
；
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
（2）①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为
降价产物，因此有铜生成，从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离
子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：
；
（3）①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此图中溶液
a 是饱和
溶液和氨水，b 是硫酸铜溶液；
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②Ⅱ、Ⅲ中均含
。Ⅲ中产生了Cu，Ⅱ中未产生Cu，试解释原因：Ⅱ中
的还原性较弱，不能将
还原为Cu；Ⅲ中
碱性条件下亚铁盐的还原性增强，能将
还原为Cu。(或Ⅱ中
的还
原性较弱，不能将
还原为Cu；Ⅲ中
，产生氢氧化亚铁：
，碱性增强及产生
更小的
使亚铁盐的还原性增强，能将
还原为
Cu。
类型五 电化学与化学平衡
17．（24-25 高三上·河北·阶段练习）
的资源化利用是化学研究的热点。
I．
与
耦合可制备丙烯
(1)在
催化作用下，
与
耦合的反应过程如图所示。
已知：
耦合反应
的
，该反应在
(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
II．
电还原可制备高附加值的有机物
已知：
的活性位点对O 的连接能力较强，
的活性位点对C 的连接能力较强，
对
的吸附能力远强于
，且
吸附
后不易脱离。
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(2)
电还原可能的反应机理如图所示(*
表示吸附态的
)。
①若还原产物主要为
，应选择 (填“
”“
”或“
”)作催化剂。
②选择合适的金属催化剂，
电还原生成
的过程可描述为 。
(3)在一定压强下，按
投料，在
为催化剂的条件下，发生反应
(主反应)，同时有副反应[
发生，反
应相同时间，
转化率及
选择性(甲酸选择性
)随温度的变化如图
所示。
①下列措施能提高
平衡转化率的是 (填标号)。
A 降低温度 B．再充入
C．分离出
②
下，反应至某时刻时体系中
的分压为
，则该时刻主反应的压力商
(填
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计算式即可)
。
③当温度高于
时，随温度升高，主反应与副反应的反应速率相比，增加更显著的是副反应，判断
的理由是 。
III．利用电化学装置可实现
和
的耦合转化，原理如图所示。
(4)①阳极生成乙烷的电极反应式为 。
②同温同压下，若生成乙烯和乙烷的体积比为
，则消耗的
和
的体积比为 。
【答案】(1)
高温
(2)
得
形成
后，C 与
催化剂活性位，点连接，再结合
形成
吸附在
催化剂表面，继续得
并结合
脱水形成
吸附在催化剂表面，最后从催化剂表面脱附(或“先发生反
应
，而后发生反应
，继续得
并结合
形成
吸附在催化剂表面，最
后脱附”)
(3) C
随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但
的选择性却迅速下降
(4)
【解析】（1）已知：①
②
根据盖斯定律，反应①+反应②得到
，则
；该反应的
，则在高温下自发进行；
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（2）①若还原产物主要为CH4时，应选择Cu 作催化剂；回溯CH4时生成机理，第1 步是C 与催化剂活性位
点相连，排除Sn；Au 对CO 的吸附能力较小，CO 易脱离；Cu 对CO 的吸附能力强，CO 不易从催化剂表面
脱离，即可得到CH4；
②当选择恰当金属催化剂时，CO2得
形成
后C 与Au 催化剂活性位点连接，再结合
形成-COOH 吸
附在催化剂表面，继续得
并结合
脱水形成CO 吸附在催化剂上，最后从催化剂表面脱附，生成CO；
（3）①A．由题干信息可知，主反应和副反应均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减
小，A 不符合题意；
B．恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，主反应为气体系数之和减小的反应，平衡逆向
移动，CO2的转化率减小，B 不符合题意；
C．分离出HCOOH，主反应平衡正向移动，CO2转化率增大，C 符合题意；
答案选C；
②不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K 时，CO2的转化率为95%，HCOOH 的选择性为b%，所以
n(HCOOH)=1×95%×b%mol，由于主反应和副反应中H2和CO2都是1 1∶反应，所以此时
n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=
MPa，所以主反应的压力商计
算式Qp=
=
；
③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH 的选择性却迅速下降，说明副反应的反应速率增加更
显著；
（4）①由装置图可知该装置为电解装置，电极A 为阴极，由球棍模型可知反应物为CO2，产物为CO，固
体电解质传递O2-，则电极反应式为CO2+2e-＝CO+O2-；电极B 为阳极，电极反应式分别为2CH4-4e-+2O2-
=C2H4+2H2O 和2CH4-2e-+O2-=C2H6+H2O；
②生成的乙烯和乙烷的体积比为1 1∶，即物质的量之比为1 1∶，设物质的量分别为1mol、1mol，由原子守恒
知消耗的CH4的物质的量为(1mol+1mol)×2=4mol，根据①中反应式可知，转移电子的物质的量为6mol，则
消耗的CO2的物质的量为6mol÷2=3mol，则消耗的CH4和CO2的物质的量之比为4 3∶，即体积比为4 3∶。
18．（24-25 高三上·江苏·阶段练习）氨的合成和氨氮治理对人类生存和发展具有重要意义。
(1)氨的合成
化学链合成氨的路径主要包括如图所示的三种（M、A 代表金属），即基于金属氮化物一氧化物对（路径
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1）、贫氮一富氮氮化物对（路径2）以及氢化物一亚氨基化合物对（路径3）介导的化学链合成氨。
①路径1 的化学方程式为 。
②路径2 与路径1 相比，其最主要优点是 。
③路径3 在低温下表现出显著提高的产氨速率，其原因可能是 。
(2)氨的利用
氨可用于燃料电池，根据电解质传导机制可以将SO-DAFC 法分为两类：O-SOFC（氧离子传导型电解质）和
H-SOFC（质子传导型电解质），其工作原理如图所示。
①氨气在电极上转化为
的过程可分为三步：1.氨吸附到负极活性位点；2.吸附氨分子上的N-H 键断裂；
3. 。
②从环保的角度来说，具有更大的优势的为 （填字母）。
A．O-SOFC 燃料电池 B．H-SOFC 燃料电池
(3)氨氮治理。
氯/铁介导电化学处理氨氮废水的机理如图所示。
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①
和
反应的离子方程式为 。
②经检测，溶液中的
的浓度随着反应的进行而逐渐增大，其原因可能是 （任写两点）。
【答案】(1)
所需的反应温度低（氢能源比甲烷具有
更广阔的前景） 催化剂具有较强的
吸附能力，且有利于降低
断裂的活化能
(2) 吸附的
原子重组成
从电极表面解吸 B
(3)
除氨氮时的还原产物是
；
与
发生氧化还
原反应生成
；
酸性条件下反应生成
和
或
；
；
也可
【解析】（1）①路径1 可知，氮气、甲烷、水参加反应，在M 催化剂条件下生成氨气、二氧化碳和水，
化学方程式为：
；
②路径2 与路径1 相比，观察图示，可得反应条件中需要加热的温度显著不同(或使用了氢气)。其最主要
优点是：所需的反应温度低（氢能源比甲烷具有更广阔的前景）；
③路径3 在低温下表现出显著提高的产氨速率，其原因可能是：催化剂具有较强的
吸附能力，且有利于
降低
断裂的活化能；
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（2）氨燃料电池，氨气发生氧化还原反最终转化为氮气。
①氨气在电极上转化为
的过程可分为三步：1.氨吸附到负极活性位点；2.吸附氨分子上的N-H 键断裂；
3. 吸附的
原子重组成
从电极表面解吸；
②从环保的角度来说，O-SOFC（氧离子传导型电解质）生成氮气和水；H-SOFC（质子传导型电解质）阳极
生成物只有氮气，具有更大的优势的为B；
（3）①
和
反应的离子方程式为：
；
②经检测，溶液中的
的浓度随着反应的进行而逐渐增大，原因可能有：
除氨氮时的还原产物是
；
与
发生氧化还原反应生成
；
酸性条件下反应生成
和
或
；
；
。
19．（24-25 高三上·重庆沙坪坝·期中）研究含碳和含氮物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的
意义。回答下列问题：
(1)消除汽车尾气中的NO、NO2，有利于减少PM2.5 的排放。已知如下信息：
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)，△H3=-110 kJ/mol
则C(s)与NO2(g)反应生成N2(g)和CO2(g)的热化学方程式为 。
(2)在一定温度下，向2 L 刚性容器中充入2 molNO 和1 molO2(g)发生反应ⅲ(假定反应ⅲ为基元反应且不考
虑其他反应)
①下列描述可表示该反应达到平衡状态的有 (填序号)
a．容器内颜色深浅不再改变 b．混合气体密度保持不变
c．
d．单位时间内生成NO2和消耗O2的物质的量之比为2：1
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②该反应的反应速率
，k 正、k 逆分别为正、逆反应速率常数，
已知平衡时O2的转化率为50%，则
为 (计算时不考虑其他反应)。
(3)在一定温度下，向起始压强为100 kPa 的1 L 恒容密闭容器中通入1 mol N2和1 molO2的混合气体发生反
应ⅱ和ⅲ，4 min 时反应达到平衡，测得体系总压强为90 kPa，且p(N2):p(O2):p(NO)=3:2:2(p 为气体分压，单
位为kPa)，达到平衡时NO2的平均反应速率为 ，反应ⅲ的压强平衡常数Kp= 。
(4)在两个初始体积相同且容积可变的容器内分别充入2 mol NO 和1 mol O2，在总压为p1、p2条件下仅发生
反应ⅲ。待两容器均达到平衡时，测得O2转化率随温度的变化如图所示。试解释m 点的容器容积大于n
点的原因是 。
(5)已知Ni2+与Co2+性质相似，科学家们利用电化学装置将二者进行成功分离，如图所示。图中双极膜内可
将H2O 解离为H+和OH-，并在电流作用下发生定向迁移，且Co2+与乙酰丙酮不反应。当双极膜内有2 mol
H2O 发生解离时，Ⅰ室和Ⅲ室溶液质量的变化差为 。
【答案】(1)2C(s)+2NO2(g)=2CO2(g)+N2(g) △H=-850 kJ/mol
(2) a 4
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(3) 0.1 mol/(L·min) 0.05
(4)该反应的正反应为气体分子总数减小的放热反应，当温度等其他条件相同时，增大压强，化学平衡正向
移动，气体总体积减小，O2转化率越高，故压强：p1＜p2；当压强等其他条件相同时，升高温度，平衡逆
向移动，气体总体积增大。而m、n 点O2转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响。
(5)130 g
【解析】（1）根据盖斯定律，将热化学方程式ⅰ×2-(
+
)
ⅱⅲ，整理可得2C(s)+2NO2(g)=2CO2(g)+N2(g)
△H=-850 kJ/mol。
（2）①a．该反应中只有NO2是有色气体，反应在恒容密闭容器中进行，若容器内颜色深浅不再改变，说
明混合物中各组分的浓度不变，反应达到了平衡状态，a 符合题意；
b．该反应中所有物质都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，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，b 不符合题
意；
c．在反应时NO、O2按2：1 的物质的量关系进行反应，反应开始时加入的NO、O2的物质的量的比也是
2：1，故无论反应是否达到平衡，混合气体中NO、O2的比始终是2：1，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．单位时间内生成NO2和消耗O2的物质的量之比为2：1 表示的都是反应正向进行，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a。
②对于在2 L 恒容密闭容器中进行的反应：2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)，开始加入2 mol NO 和1 mol O2，反应
达到平衡时O2的转化率为50%，平衡时n(NO)=1 mol，n(O2)=0.5 mol，n(NO2)=1 mol，该条件下的化学平衡
常数K=
；该反应的反应速率
，k 正、k 逆分别为正、逆反应速率常数，当反应达到平衡时，v
正=v 逆，k 正c2(NO)·c(O2)=k 逆c2(NO2)，则该温度下，
。
（3）反应ⅱ是气体物质的量不变的反应，反应ⅲ的正反应是气体体积减小的反应。反应开始时，向起始
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压强为100 kPa 的1 L 恒容密闭容器中通入1 mol N2和1 mol O2的混合气体发生反应ⅱ和ⅲ，4 min 时反应达
到平衡，测得体系总压强为90 kPa，由于在恒温恒容时气体的压强比等于气体的物质的量的比，则反应达
到平衡时气体总物质的量为n(平衡)=
=1.8 mol，反应减小了0.2 mol，根据ⅲ中2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)物质反应转化关系，可知：每反应消耗2 mol NO，同时消耗1 mol O2，产生2 mol NO2，反应后
气体物质的量减少1 mol。现在反应后气体减少了0.2 mol，则反应消耗0.4 mol NO，0.2 mol O2，同时产生
了0.4 mol NO2，故平衡时NO2的平均反应速率v(NO2)=
；
假设反应ⅱ消耗O2的物质的量是x mol，根据该反应中物质转化关系可知，同时会消耗x mol N2，反应产生
2x mol NO，故平衡时n(N2)=(1-x) mol，n(O2)=(1-x-0.2) mol，n(NO)=(2x-0.4)mol，n(NO2)=0.4 mol，此时p(N2)：
p(O2)：p(NO)=3：2：2，则根据恒温恒容时压强比等于气体的物质的量的比，可知n(O2)=n(NO)，故(1-x-0.2)
mol=(2x-0.4)mol，解得x=0.4 mol，即平衡时n(O2)=n(NO)=0.4 mol，n(NO2)=0.4 mol，故反应ⅲ的压强平衡常
数Kp=
=0.05；
（4）反应ⅲ是热化学方程式为：2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)，△H3=-110 kJ/mol，可知：该反应的正反应为气
体分子数减小的放热反应，当温度等其他条件相同时，增大压强，化学平衡正向移动，气体总体积减小，
使O2转化率增大，故体系的压强：p1＜p2；当压强等其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，气体总
体积增大，又会导致O2的转化率减小。m、n 点O2转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的
影响，因此m 点的容器容积大于n 点。
（5）电解池中阳极的电势大于阴极。H+向石墨N 电极方向移动，则石墨N 电极为阴极，石墨M 电极为阳
极。在阴极N 电极上发生反应：2H++2e-=H2↑，在阳极M 上发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑，当双极膜中有2 mol
H2O 发生解离，电离产生2 mol H+和2 mol OH-，2 mol H+进入阴极室，2 mol OH-进入Ⅱ室，导线中流过2
mol e-，I 室移入Ⅱ室的阳离子Ni2+和Co2+的总物质的量为l mol，同时有2 mol Cl-在M 电极上被氧化生成
Cl2，由于CoCl2、NiCl2的相对分子质量都是130，故I 室质量减少l30 g；Ⅲ室中阴极反应消耗的H+由水解离
出的H+等量补充，故Ⅲ室溶液质量不变，因此两室溶液质量变化之差约为130 g。
20．（24-25 高三上·甘肃张掖·阶段练习）二氧化碳作为温室气体，是引发全球气候变化的主要元凶之一，
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但通过转化可以将其变成有用的化学品或燃料，有助于实现碳循环和碳减排。一定条件下使
、
的
混合气体通过反应器可转化为甲醛。已知反应器内发生的反应有：
.
Ⅰ
；
，
.
Ⅱ
；
，
(1)
、
分别是正反应的活化能，
、
分别是逆反应的活化能，则
(填“大于”“小于”
或“等于”)。
(2)恒温恒容条件下，将1mol
和2mol
组成的混合气体通入2L 的反应器中发生反应。下列有关说
法正确的是_______(填字母)。
A．反应过程中
B．容器的压强不再变化时，反应都达到平衡
C．加入反应Ⅰ的催化剂，升高反应Ⅰ的活化能，故提高平衡时
的选择性
D．降低反应温度，反应Ⅰ的正反应速率加快、反应Ⅱ的正反应速率减小
(3)将1mol
和2mol
组成的混合气体通入不同温度下体积均为2L 的反应器，均经过10min 检测生成
物的物质的量，如图所示。
①实验过程中，高于380℃后曲线C 逐渐减小，分析发生该变化的原因： 。
②计算450℃时，在0~10min 内
的平均反应速率
。
③450℃时，反应Ⅱ的平衡常数
(结果保留两位小数)。
(4)下图是一种电化学催化还原二氧化碳制备甲醛的装置原理图。
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①电解过程中双极膜产生的
移向 极(填“M 或N”)。
②N 极为 极(填“阳”或“阴”)，N 电极生成甲醛的电极反应式为 。
【答案】(1)小于
(2)AB
(3) 反应I 是放热反应，反应达到平衡后，升高温度则平衡逆向移动，CH2O 的物质的量减少
0.69
(4) M 阴极
【分析】（3）反应中有三种产物，其中H2O 的物质的量最多，所以曲线A 表示H2O 的变化；反应I 是放热
反应，反应达到平衡后，升高温度则平衡逆向移动，CH2O 的物质的量减少，所以曲线C 表示的是CH2O 的
变化；反应Ⅱ是吸热反应，升高温度既可以使平衡正向移动、也可以加快反应速率，导致CO 物质的量增
加，所以曲线B 表示的是CO 的变化。
（4）N 极由CO₂ 生成CH2O，碳元素化合价降低，N 极为阴极；M 极由H₂ 生成H+，氢元素化合价升高，M
极为阳极。
【解析】（1）
，解得
=395
；
，解得
，所以
小于
。
（2）A．根据碳原子守恒可知，容器内c(CO2)+c(CO)+c(CH2O)=
=0.5 mol/L，A 正确；
B．根据PV=nRT，恒温恒容条件下，容器内气体分子数发生改变，压强一定发生改变，故容器的压强不再
变化时，反应都达到平衡，B 正确；
C．使用催化剂，可降低反应的活化能，C 错误；
D．降低温度，不论反应是放热还是吸热，正、逆反应的速率都减小，D 错误；
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答案选AB。
（3）①曲线C 表示的是CH2O 的变化，曲线C 先升后降，最高点说明达到平衡状态，反应I 是放热反应，
反应达到平衡后，升高温度则平衡逆向移动，CH2O 的物质的量减少。
②由图可知，曲线A 表示H2O 的变化，a 点(450，0.62)，所以450℃时，在0~10min 内H2O 的平均反应速率
。
③450℃时，容器内各组分的物质的量分别为H2O：0.62 mol，CH2O：0.07 mol，CO：0.55 mol，CO2：1
mol-0.07 mol-0.55 mol=0.38 mol，H2：2 mol-0.62 mol-0.07 mol=1.31 mol，容器体积为2L，所以反应Ⅱ的平
衡常数
。
（4）①N 极由CO₂ 生成CH2O，碳元素化合价降低，N 极为阴极，OH-移向阳极，故OH-移向M 极。
②已知利用电解池原理催化，N 极由CO₂ 生成CH2O，碳元素化合价降低，则N 极为阴极，由于是碱性介质
(KOH)，所以电极反应式为
。
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