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大题04 化学反应原理综合题
类型一 热化学与电化学
1．（2024·吉林延边·一模）利用CO2催化加氢制二甲醚，可以实现CO2的再利用，涉及以下主要反应：
I．CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) ΔH1
Ⅱ．2CO2(g)+6 H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3 H2O(g) ΔH2
相关物质及能量变化的示意图如图1 所示。
回答下列问题：
(1)反应Ⅱ的ΔH2= kJ⋅mol
−1，该反应在 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进
行。
(2)恒压条件下，CO2、H2起始量相等时，CO2的平衡转化率和CH3OCH3的选择性随温度变化如图2 所示。已
知：CH3OCH3的选择性=2n(CH3OCH3)生成
n(CO2)消耗
×100 %
①300° C时，通入CO2、H2各2mol，平衡时CH3OCH3的选择性、CO2的平衡转化率都为30 %，平衡时生成
CH3OCH3的物质的量为 mol，此温度下反应I 的平衡常数KP= (保留2 位有效数字。用平衡分压
代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
②300° C∼360° C区间，CO2平衡转化率随温度变化的曲线如图2 所示，分析曲线变化的原因： 。
(3)如图所示是绿色电源“二甲醚(CH3OCH3)燃料电池”的工作原理示意图(a、b 均为多孔性Pt电极)。负极
是 (填写“a”或“b”)，该电极的电极反应式是 ，若有8 mol氢离子通过质子交换膜，则b 电极
在标准状况下吸收 L氧气。
1
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【答案】(1)-123.1 低温
(2)0.09 0.20 反应I 为吸热反应，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大，反应Ⅱ为放热反应，
二氧化碳的平衡转化率随温度升高而减小，300℃~360℃区间，反应I 的趋势大于反应Ⅱ
(3)a CH3OCH3−12e
−+3 H2O =2CO2+12H
+ 44.8
【解析】（1）根据图示，2CO2(g)+6 H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3 H2O(g) ΔH2=(-99.2kJ⋅mol
−1-23.9
kJ⋅mol
−1)=-123.1kJ⋅mol
−1；该反应ΔH2<0、△S<0，在低温下能自发进行。
（2）①300° C时，通入CO2、H2各2mol，平衡时CH3OCH3的选择性、CO2的平衡转化率都为30 %，平衡时
生成CH3OCH3的物质的量为2mol×30%×30%
2
=0.09 mol；设容器内压强为p，参加反应I 的CO2的物质的
量为2mol×30%×(1−30 %)=0.42mol，反应生成CO 的物质的量为0.42mol，反应生成水的物质的量为
0.42mol+0.009mol×3=0.69mol，根据氢元素守恒，参加反应的氢气的物质的量为
0.42mol+0.009mol×6=0.96mol，平衡时容器中氢气的物质的量为2mol-0.96mol=1.04mol，此温度下反应I 的
平衡常数KP=
p× 0.42
3.82 ×p× 0.69
3.82
p× 1.4
3.82 ×p× 1.04
3.82
=0.20。
②反应I 为吸热反应，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大，反应Ⅱ为放热反应，二氧化碳的平衡转
化率随温度升高而减小，300℃~360℃区间，反应I 的趋势大于反应Ⅱ。
（3）根据图示，a 极二甲醚失电子发生氧化反应生成二氧化碳，则负极是a，该电极的电极反应式是
CH3OCH3−12e
−+3 H2O=2CO2+12H
+，若有8 mol氢离子通过质子交换膜，说明电路中转移8mol 电子，b
电极发生反应O2+4e-+4H++2H2O，则b 电极消耗2mol 氧气，在标准状况下吸收44.8L氧气。
2．（23-24 高三下·上海·阶段练习）I．中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的全合成，相关成果由国际
知名学术期刊《科学》在线发表。CO2的捕集、利用与封存是科学家研究的重要课题，利用CH4与CO2制
备“合成气”CO、H2，合成气可直接制备甲醇，反应原理为：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH=-99
kJ·mol-1。
(1)若要该反应自发进行， (填“高温”、“低温”或“任何温度”)更有利。
(2)在恒温、恒容的密闭容器中，对于合成气合成甲醇的反应，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态
的是___________。
A．混合气体中碳元素的质量分数不再改变
B．混合气体的密度不再变化
2
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C．CO 的百分含量不再变化
D．2v(H2)正=v(CO)逆
(3)把CO2 转化为HCOOH 是降碳并生产化工原料的常用方法，有关反应如下：
CO(g)+H
①
2O(g)⇌HCOOH(g) ΔH1=-72.6 kJ·mol-1
2CO(g)+O
②
2(g)⇌2CO2(g) ΔH2=-566 kJ·mol-1
O
③
2(g)+2H2(g)⇌2H2O(g) ΔH3=-483.6 kJ·mol-1
则CO2(g)与 H2(g)合成 HCOOH(g)反应的热化学方程式： 。
(4)还可利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO-，后续经酸化转化为HCOOH，原理示意图如图所
示，下列说法错误的是___________。
A．电解池的阴极电极反应式为2CO2+2e-+H2O=HCOO-+HCO❑3
−
B．b 为电源正极
C．电解一段时间后，阳极区的KHCO3 溶液浓度降低
D．若以氢氧碱性燃料电池作直流电源，那么负极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O
Ⅱ．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了NO-CO 的反应历程。在催化剂作用下， 此反应为
2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g) ΔH<0 可有效降低汽车尾气污染物排放。
(5)探究温度、压强(2MPa，5MPa)对反应的影响，如图所示，表示2MPa 的是___________。
(6)一定温度下，向容积1L 的恒容密闭容器按体积比3：2 的比例充入CO 和NO，当反应达到平衡时NO 的
体积分数为1
3，此温度下该反应的平衡常数K= = 。(第一空写表达式，第二空保留
三位有效数字)
(7)使用相同催化剂，测得相同时间内 NO 的转化率随温度的变化曲线如图，解释 NO 的转化率在
100~900℃范围内随温度升高先上升后下降，且下降由缓到急的主要原因是 ； 。
3
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【答案】(1)低温
(2)C
(3)CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g) ΔH= -31.4 kJ·mol-1
(4)B
(5)A
(6)c(N2)c
2(CO2)
c
2(CO)c
2(NO)
1.85×10-3
(7)400℃～700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小 700℃以后，催化剂失去活性，反应
速率急剧下降导致转化率迅速变小
【解析】（1）已知CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH=-99 kJ·mol-1，即该反应的△H＜0，反应前后气体体积
减小，熵变△S＜0，满足△H-T
S
△＜0，应在低温下能自发进行，故答案为：低温。
（2）A．由元素守恒可知，该反应过程中混合气体中碳元素的质量分数是定值，当混合气体中碳元素的质
量分数不再改变时，不能说明反应达到平衡，故A 不选；
B．反应前后混合气体的质量和容器容积均是不变的，混合气体的密度一直不变，混合气体的密度不再变
化时，不能说明反应达到平衡，故B 不选；
C．CO 的百分含量不再变化，即浓度不再发生变化，达平衡状态，故C 选；
D．2v(H2)正=v(CO)逆时，不满足反应速率之比是化学计量数之比，所以没有达到平衡状态，故D 不选；
答案选C。
（3）则根据盖斯定律可知①+1
2×
-
③1
2×②即得到反应：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g) ΔH=ΔH1+2ΔH3-
2ΔH2=-72.6 kJ·mol-1-1
2×483.6 kJ·mol-1+1
2×566 kJ·mol-1=-31.4 kJ·mol-1。
（4）A．CO2在阴极得到电子生成HCOO-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：2CO2+2e-
+H2O=HCOO-+HCO❑3
−，故A 正确；
B．CO2在阴极得到电子生成HCOO-，Sn 电极为阴极，b 为电源负极，故B 错误；
C．H2O 在阳极失去电子生成O2，电极方程式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，生成的H+会和HCOO-反应，阳极区
的KHCO3 溶液浓度降低，故C 正确；
D．若以氢氧碱性燃料电池作直流电源，H2负极失去电子生成H2O，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，故
D 正确；
故选B。
4
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（5）可逆反应2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g) ΔH<0，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO 的转
化率减小，减小压强，平衡逆向移动，NO 的转化率减小，根据图示可知，表示2MPa 的是反应a。
（6）根据已知条件列出“三段式”
¿2CO (g)+2NO (g)⇌2CO2(g)+N2(g)
起始(mol/L)
3
¿转化(mol/L)
2x
¿平衡(mol/L)
3-2x
¿2
¿¿0
2x
¿
¿2x¿¿
0
¿
x
¿
x
¿
当反应达到平衡时NO 的体积分数为1
3= 2-2x
5-x
，x=0.2mol，此温度下该反应的平衡常数K=
c(N2)c
2(CO2)
c
2(CO)c
2(NO) = 0.2×(0.4)
2
(1.6)
2×(2.6)
2=1.85×10-3。
（7）如图，400℃时，达到平衡状态，NO 转化率达到最大，400℃～700℃随温度升高，平衡向逆向移动，
转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失去活性，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小。
3．（23-24 高三下·上海·开学考试）Ⅰ.烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中的NO、NO2等氮的氧化
物转化为无污染的含氮物质的过程。
(1)已知NO2为角形分子。下列关于NO、NO2说法正确的是___________。
A．均属于酸性氧化物
B．均属于离子化合物
C．均属于极性分子
D．均属于电解质
(2)比较N与O的电负性大小，并说明理由 。
Ⅱ.臭氧—氨水法是一种高效的工业脱硝技术，主要流程图如下所示：
已知：O3+ NO = NO2+O2；O3+2NO2= N2O5+O2
(3)静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从而达
到除尘目的。静电除尘类似于胶体的 。
(4)X 溶液中含有一种铵盐，它由氨水与N2O5反应生成，写出反应的离子方程式 。
(5)O3/NO摩尔比对NO脱除率以及NO2转化率的影响如下图所示。分析最佳摩尔比并说明理由 。
5
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Ⅲ.下图装置能有效去除烟气中的NO2，已知该电池反应为：6 NO2+8 NH3=7 N2+12H2O。
(6)A 电极通过导线 (选填“流出”或“流入”)电子。B 电极的电极反应式 。
Ⅳ.利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化如下图所示。
(7)下列说法正确的是___________。
A．高温下有利于NO的转化
B．由a 释放N2O的反应速率最慢
C．a 到b、d 到e，都会形成非极性键
D．过渡态2 比过渡态1 稳定
(8)写出总反应的热化学方程式 。并判断在上述实验条件时该反应是否会自发地进行
。
【答案】(1)C
6
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(2)N的电负性小于O，由于N原子的半径大于O，所以N原子吸引电子的能力小于O，即N电负性小于O(合理
即可)
(3)电泳
(4)2NH3⋅H2O+ N2O5=2NH4
++2NO3
−+ H2O
(5)最佳摩尔比为1.1，此时NO的脱除率最大，且NO2的转化率最高 (合理即可)
(6)流出 2NO2+8e
−+ 4 H2O =8OH
−+ N2
(7)BC
(8) 2NO (g)
ZAg
¿ N2(g)+O2(g)
¿
Δ H =−182.8kJ⋅mol
−1 由于反应前后气体分子数不变，Δ S很小(几乎为
0)，而反应的Δ H小于0，所以Δ H −TΔS小于0，因此反应可以自发进行(合理即可)
【解析】（1）A．NO 不和H2O、NaOH 反应，NO2和水发生氧化还原反应，二者都不是酸性氧化物，故A
错误；
B．NO、NO2都属于共价化合物，故B 错误；
C．NO 为直线形分子，NO2为角形分子，二者正负电中心不重合，都是极性分子，故C 正确；
D．NO、NO2都属于非电解质，故D 错误；
故选C。
（2）N 的电负性小于O，由于N 原子的半径大于O，所以N 原子吸引电子的能力小于O，即N 电负性小
于O。
（3）静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从
而达到除尘目的，类似于胶体的电泳。
（4）N2O5和水反应生成HNO3，氨水与N2O5反应生成硝酸铵，离子方程式为：
2NH3⋅H2O+ N2O5=2NH4
++2NO3
−+ H2O。
（5）由图像可知，最佳摩尔比为1.1，此时NO的脱除率最大，且NO2的转化率最高。
（6）根据反应6 NO2+8 NH3=7 N2+12H2O可知NH3失去电子作负极，NO2得到电子作正极生成N2，电极A
为负极，电极B 为正极，A 电极通过导线流出电子，B 电极的电极反应式2NO2+8e
−+ 4 H2O =8OH
−+ N2。
（7）A．由图可知，总反应为放热反应，低温下有利于NO 的转化，故A 错误；
B．由a 释放N2O 的反应活化能最高，反应速率最慢，故B 正确；
C．由图可知，a 到b、d 到e 会形成非极性键N-N、O-O，故C 正确；
D．过渡态2 的能量比过渡态1 高，则过渡态1 更加稳定，故D 错误；
故选BC。
（8）由图可知，总反应的热化学方程式为：2NO (g)
ZAg
¿ N2(g)+O2(g)
¿
Δ H =−182.8kJ⋅mol
−1，由于反应
前后气体分子数不变，Δ S很小(几乎为0)，而反应的Δ H小于0，所以Δ H −TΔS小于0，因此反应可以
自发进行。
7
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4．（23-24 高三下·重庆·阶段练习）研究CO2的资源综合利用，对实现“碳达峰”和“碳中和”有重要意义。
(1)在CO2加氢合成CH3OH体系中，同时发生以下反应：
反应I．CO2(g)+3 H2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g) Δ H 1=−49kJ⋅mol
−1
反应Ⅱ．CO2(g)+ H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) Δ H 2=+ 41kJ⋅mol
−1
反应Ⅲ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH3
①反应Ⅲ的ΔH3= 。
②CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的
物种用*标注。
反应历程中反应速率最快一步的能垒(活化能)的Ex 0为0.61eV。写出该历程的化学方程式： 。
(2)向体积为1L 的密闭容器中，投入1molCO2和3 molH2，平衡时CO 或CH3OH在含碳产物中物质的量分数
及CO2的转化率随温度的变化如图：
已知反应Ⅱ的反应速率v 正=k 正c(CO2)⋅c(H2)，v逆=k 逆c (CO)⋅c(H2O)，k 正、k 逆为速率常数，c 为物
质的量浓度。
①在p 点时，若反应Ⅱ的k 逆=10L/(mol⋅s)，此时该反应的v 正= mol/(L⋅s)。
p
②点时体系总压强为p0，反应Ⅱ的K p= (保留2 位有效数字)。
③由实验测得，随着温度逐渐升高，混合气体的平均相对分子质量几乎又变回起始的状态，原因是
。
(3)可通过电解法用CO2制备CH3OCH3(1)，电解装置如图所示。当玻碳电极收集到标况下44.8L 气体时，阴
极区的质量变化为 g(保留小数点后1 位)。
8
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(4)化学式为[Ni(CN)x(NH3)y]⋅z C6 H6的笼形包合物四方晶胞部分结构如图所示(H 原子未画出)。晶胞参数
为a=b≠c，α = β = γ =90°。x: y = ；当z =0.5时，1mol 晶胞可以俘获 mol 苯分子。
【答案】(1)-90kJ/mol HO
∗+CO+ H
∗=CO+ H2O
∗
(2)0.08 4.0×10
−3 反应I、Ⅱ为放热反应，反应I 为吸热反应，高温时主要发生反应I，反应I 反
应前后气体分子数相等，所以气体年均相对分子质量基本不变
(3)66.7
(4)2：3 4
【解析】（1）①由盖斯定律可知，反应Ⅰ-反应Ⅱ可得Ⅲ，
ΔH3=ΔH1-ΔH2=−49kJ⋅mol
−1- 41kJ⋅mol
−1=-90kJ/mol；
②由图可知，反应历程中反应速率最快一步的能垒（活化能）最小为0.61eV，该历程的化学方程式为：
HO
∗+CO+ H
∗=CO+ H2O
∗。
（2）①p 点二氧化碳的转化率为20%，则二氧化碳变化物质的量为0.2mol，CO 和CH3OH 的总物质的量
为0.2mol；此时CO 的体积分数为20%，则和的物质的量分别为0.04mol、0.16mol；在1L 容器中有：
¿CO2(g)+3 H2(g)⇌H2O(g)+CH3OH(g)
起始(mol)
1
¿转化(mol)
x
¿平衡(mol)
1-x
¿
¿
¿¿¿CO2(g)+ H2(g)⇌H2O(g)+CO(g)
起始(mol)
1-x
¿转化(mol)
y
¿平衡(mol)
1-x-y
¿
¿
9
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则x+z=0.16、y-z=0.04，有x+y=0.2，则3-3x-y-2z=3-(x+y)-2(x+z)=3-0.2-2×0.16=2.48，1-x-y=1-(x+y)=0.8，
则n(CO2)=(1-x-y)mol=0.8mol、n(H2)=( 3-3x-y-2z)mol=2.48mol、n(H2O)=(x+y)mol=0.2mol、n(CO)=0.04mol，
p 点为平衡点则v 正= v逆=k 正c(CO2)⋅c(H2)=k 逆c (CO)⋅c(H2O)=10×0.04
1
×0.2
1
mol/(L⋅s)=0.08
mol/(L⋅s)；
p
②点时体系总压强为p0，反应Ⅱ的Kp=
0.04
n总
p0×0.2
n总
p0
0.8
n总
p0×2.48
n总
p0
=4.0×10
-3；
③由实验测得，随着温度逐渐升高，混合气体的平均相对分子质量几乎又变回起始的状态，原因是：反应
Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，高温时主要发生反应Ⅱ，反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，所以
气体平均相对分子质量基本不变。
（3）玻碳电极产生氧气，发生氧化反应，为阳极，则铂电极为阴极，故电极反应式为2CO2+12e-
+12H+=CH3OCH3+3H2O，当玻碳电极收集到标况下44.8L 气体即2mol 氧气时，电路中转移8mol 电子，阴
极区吸收4
3 mol 二氧化碳，且将会有8mol 氢离子移向阴极，故增重4
3 mol×44g/mol+8× lg/mol≈66.7g。
（4）由晶胞结构可知，C 原子的个数为8× 1
4 =2，N 原子的个数为8× 1
8 +8× 1
4 =3，则x：y=2：3，当
z=0.5 时，1 个Ni 原子对应0.5 个苯分子，而晶胞中含有8 个Ni 原子，则1mol 晶胞可以俘获
8×0.5mol=4mol 苯分子。
类型二 热化学与化学平衡
5．（23-24 高三下·天津宁河·开学考试）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一。
Ⅰ.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：
CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) Δ H 1=+247kJ⋅mol
−1
CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) Δ H 2=+ 41kJ⋅mol
−1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CH4(g)+3CO2(g)⇌4 CO(g)+2H2O(g)的Δ H = kJ⋅mol
−1。
(3)恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比1：3 投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高
效转化。
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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CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247kJ⋅mol
-1，该流程的总反应还原1mol
CO2需吸收的能量更多
Ⅱ.二氧化碳加氢制甲醇是研究的另一热点，其总反应可表示为：
反应1：CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：
反应2：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41kJ⋅mol
-1
反应3：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2=-90kJ⋅mol
-1
(4)反应2 的Δ S________。
A．大于0
B．小于0
C．等于0
D．无法判断
(5)若反应2 为慢反应，请在如图中画出上述两步反应能量变化的示意图 。
(6)不同压强下按照n(CO2):n(H2)=1:3投料，实验测定CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。T 1温
度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。
(7)写出甲醇燃料电池碱性条件下的负极反应式 。
【答案】(1)C
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(2)+329
(3)BC
(4)A
(5)
(6)应Ⅲ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，且反应Ⅲ反应前后气体分子数相等，故CO2的平衡转
化率几乎不再受压强影响
(7)2CH3OH-12e-+16OH-=2CO❑3
2−+12H2O
【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
化率的条件是高温低压；答案选C。
（2）已知：Ⅰ：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) Δ H 1=+247 kJ⋅mol
−1；Ⅱ：
CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) Δ H 2=+ 41kJ⋅mol
−1；根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2 得反应
CH4(g)+3CO2(g)⇌4 CO(g)+2H2O(g) △H1+2
H
△
2=+329kJ⋅mol
−1。
（3）①A．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，也可循环利用，选项A 错误；
B．过程ⅱ，CaO 吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO 的平衡正移，选项B 正确；
C．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，选项C 正确；
D．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，选项D 错误；
答案选BC。
（4）反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的ΔH1=+41kJ⋅mol
-1>0，该反应能发生，说明ΔH-TΔS<0，
则ΔS>0，故选A。
（5）若反应2 为慢反应，反应2 的活化能小于反应3，且反应1 为吸热反应，反应3 是放热反应，总反应
为放热反应，画出上述两步反应能量变化的示意图
。
12
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（6）应Ⅲ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，且反应Ⅲ反应前后气体分子数相等，故CO2的平
衡转化率几乎不再受压强影响。
（7）甲醇燃料碱性电池中，负极甲醇失去电子生成CO❑3
2−，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程
式为：2CH3OH-12e-+16OH-=2CO❑3
2−+12H2O。
6．（2024·山东·一模）一种利用太阳能催化甲烷、水蒸气重整制氢反应原理及各步反应以气体分压表示的
平衡常数与温度T 变化关系如图所示。
回答下列问题：
(1)若第Ⅰ步反应生成1molH2，吸收QkJ热量，第Ⅰ步的热化学方程式为 。
(2)甲烷水蒸气重整制氢反应：CH4 (g)+ H2O (g)⇌
❑
❑
CO (g)+3 H2(g),ΔH (填“>”“<”或“=”)0。
(3)已知上述制氢过程中存在副反应：CO (g)+ H2O (g)⇌
❑
❑
CO2(g)+ H2(g)。压强为100kPa时，将
n(H2O):n(CH4)=3:1的混合气体投入温度为T℃的恒温恒容的密闭容器中，发生甲烷水蒸气重整反应和上
述副反应，达平衡时容器内的压强为140kPa ,CO2分压为10kPa，则H2O的平衡转化率为 ，此
时温度T (填“>”“<”或“=”)1000。
(4)在一定条件下，密闭容器中加入一定量的CO、H2O和催化剂发生反应：
CO (g)+ H2O (g)⇌
❑
❑
CO2(g)+ H2(g)。v正=k正p(CO)⋅p(H2O)，v逆=k逆p(CO2)⋅p(H2)，其中v正、v逆为正、
逆反应速率，k正、k逆分别为速率常数，p 为气体的分压。已知降低温度时，k正−k逆增大。调整CO和
H2O初始投料比，测得CO的平衡转化率如图。A、B、C、D 四点中温度由高到低的顺序是 ，在
C 点所示投料比下，当CO转化率达到40 %时，
v正
v逆
。
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【答案】(1)CH4(g)+NiFe2O4(s)=CO(g)+2H2(g)+2FeO(s)+NiO(s)
H=+2QkJ/mol
△
(2)>
(3)40% >
(4)B >A >C> D 27
2
【解析】（1）第Ⅰ步反应生成1molH2，吸收QkJ热量，则消耗1molCH4吸收的热量为2QkJ，第Ⅰ步热化
学反应方程式为CH4(g)+NiFe2O4(s)=CO(g)+2H2(g)+2FeO(s)+NiO(s)
H=+2QkJ/mol
△
；
（2）由图可知，第Ⅱ步的反应为H2O(g)+NiO(s)+2FeO(s)=NiFe2O4(s)+H2(g)，反应Ⅰ+反应Ⅱ得：
CH4 (g)+ H2O (g)⇌
❑
❑
CO (g)+3 H2(g)，则反应的Kp=KpⅠ×KpⅡ，由图可知，KpⅠ斜率更大，受温度影响更大，且
随温度升高而变大，故Kp也随温度升高而变大，升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应，焓变大于零；
（3）压强为100kPa 时，将n(H2O):n(CH4)=3:1的混合气体投入温度为T℃的恒温恒容的密闭容器中，则
水、甲烷初始压强分别为75kPa、25kPa；副反应为气体分子数不变的反应，不会改变压强，重整反应为气
体分子数增加2 的反应，达平衡时容器内的压强为140kPa，容器内增大的压强为消耗甲烷压强的2 倍，则
反应甲烷压强为140−100
2
=20kPa；可逆反应：
CH4(g)+
H2O (g)
⇌
❑
❑
CO (g)+
3H2(g)
起始(kPa)
25
75
¿0
0
转化(kPa)
20
20
¿20
60
CO2分压为10kPa，有：
CO (g)+
H2O (g)
⇌
❑
❑
CO2(g)+
H2(g)
转化(kPa)
10
10
¿10
10
则H2O 的平衡转化率为20+10
75
×100%＝40%；由三段式可知，此时重整反应的Kp=
(60+10)
3×(20-10)
(25-20)×(75-20-10)
≈15244，由图可知，1000℃时，KpⅠ=103，KpⅡ=10，Kp=KpⅠ×KpⅡ=103×10=104，重整
反应为吸热反应，Kp值变大，则温度升高，故温度T 大于1000；
（4）已知降低温度时，k 正、k 逆均减小，k 正-k 逆增大，k 正的减小速率小于k 逆，则正反应速率减小程度小
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于逆反应速率，反应正向进行，正反应为放热反应；增加CO 的投料会降低CO 的转化率，降低温度平衡
正向移动会提高CO 的转化率，所以温度：A＞C＞D；投料比相同，温度越高，CO 的转化率越低，所以
温度：B＞A；设D 点n(CO)=1.5mol，则n(H2O)=1mol,达到平衡时CO 的转化率为60%，消耗
n(CO)=1.5mol×60%=0.9mol，
CO (g)+
H2O (g)
⇌
❑
❑
CO2(g)+
H2(g)
起始(mol)
1.5
1
¿0
0
反应(mol)
0.9
0.9
¿0.9
0.9
平衡(mol)
0.6
0.1
¿0.9
0.9
平衡时正逆反应速率相等，v 正=k 正p(CO)⋅p(H2O)=v 逆=k 逆p(CO2)⋅p(H2)，反应前后气体的物质的量之和不
变，压强平衡常数等于其物质的量平衡常数=0.9×0.9
0.6×0.1 = 27
2 =p(CO2)·p(H2)
p(CO)·p(H2O) =k正
k逆
，当转化率为40%时，
消耗n(CO)=1.5mol×40%=0.6mol，剩余n(CO)=1.5mol×(1-40%)=0.9mol，剩余n(H2O)=(1-0.6)mol=0.4mol，
生成n(CO2)=0.6mol、生成n(H2)=0.6mol，浓度商=0.6×0.6
0.9×0.4 =1，
v正
v逆
=k正
k逆
×p(CO2)·p(H2)
p(CO)·p(H2O) =k正
k逆
×1=
27
2 。
7．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）利用1-甲基萘（1-MN）制备四氢萘类物质（MTLs，包括1-MTL 和5-
MTL）。
反应过程中伴有生成十氢萘（1-MD）的副反应，涉及反应如图：
回答下列问题：．
(1)1-甲基萘（1-MN）中的大Π 键可表示为 ，提高R1反应选择性的关键因素是 。
(2)已知一定条件下反应R2、R3、R4的焓变分别为ΔH2、ΔH3、ΔH4，则反应R1的焓变为 （用含
ΔH2、ΔH3、ΔH4的代数式表示）。
(3)四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。
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a
①、b 分别为反应R4和R2的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应R3的平衡常数随温度变化的曲线为
。
②已知反应R1的速率方程v 正=k 正⋅c (1−MN)⋅c
2(H2)，v逆=k 逆⋅c (5−MTL)（k 正、k 逆分别为正、逆反
应速率常数，只与温度、催化剂有关）。温度T 1下反应达到平衡时1.5k 正=k 逆，温度T 2下反应达到平衡
时k 正=k 逆。由此推知，T 1 T 2（填“>”“<”或“=”）。
③下列说法正确的是 （填标号）。
A．四个反应均为放热反应
B．压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质
C．由上述信息可知，400K 时反应R4速率最快
D．反应体系中1-MD 最稳定．
(4)1-MN 在6.0×10
3kPa的高压H2氛围下反应（H2压强近似等于总压）。不同温度下达平衡时各产物的选
择性Si（某生成物i 的物质的量与消耗l-MN 的物质的量之比）和物质的量分数xi（xi表示物种i 与除H2外
其他各物种总物质的量之比）随1-MN 平衡转化率y 的变化关系如图乙所示，y 为65%时反应R1的平衡常数
K p= kPa
−2（列出计算式）。
【答案】(1)❑10
10π 催化剂的活性
(2)ΔH1=ΔH3+ΔH4−ΔH2
(3)d > AD
(4)a%-0.65×b%
(1-0.65)(6.0×10
3)
2
【解析】（1）1-甲基萘（1-MN）中成环的C 原子杂化方式为sp2，未杂化的p 轨道上有1 个电子，则10 个
C 原子提供10 个电子形成大Π 键，表示为❑10
10π，提高R1反应选择性的关键因素
是催化剂的活性。
（2）根据盖斯定律，反应R1可由R3+R4-R2得到，R4的焓变ΔH1=ΔH3+ΔH4−ΔH2。
（3）①由于生成十氢萘(1-MD)的总反应是相同的，则总反应的平衡常数在一定温度下为定值，则
K1K2=K3K4，c、d 分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1>K3，则
K2<K4，结合图像可知，表示反应R3的平衡常数随温度变化曲线为d；
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②反应达平衡时，v 正=v 逆，则v 正=k 正⋅c (1−MN)⋅c
2(H2)=v逆=k 逆⋅c (5−MTL)，平衡常数K=
c(5-MTL)
c(1-MN)c
2(H2)
=k正
k逆
， T1温度时，KT1=k正
k逆
= 1
1.5 = 2
3，T2温度时，KT2=k正
k逆
=1，由图甲可知，K 值随温度
升高而减小，则T1>T2；
A
③．由图甲可知，升高温度，K 逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，则四个反应正反应均为放热反
应，A 正确；
B．R1和R3均为气体体积减小的放热反应，但是反应过程中伴有生成十氢萘(1-MD)的副反应R2和R4，该
副反应也均为气体体积减小的放热反应，因此压强越大，温度越低，可能会导致副产物的增加，B 错误；
C．由①分析知，a 为反应R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K 时反应R4的反应平衡常数最大，但不代
表其反应速率最快，C 错误；
D．能量越低越稳定，反应过程中生成1-MD 的总反应为放热反应，说明生成物的能量低于反应物，故反
应体系中1-MD 最稳定，D 正确；
故选AD。
（4）R1、R2、R3、R4的反应分别为：1-MN(g)+2H2(g)⇌5-MTL(g)、1-MN(g)+2H2(g)⇌1-MTL(g)、5-MTL
(g)+3H2(g)⇌1-MD(g)、1-MTL(g)+ 3H2(g)⇌1-MD(g)，1-MN 平衡转化率y 为65%时1-MN 平衡转化率为
0.65，平衡时1-MN 为(1-0.65)mol，平衡时生成1-MTL 和5-MTL 共0.65mol；由图可知，1-MTL 和5-MTL
物质的量分数共a%，S1-MTL为b%，则平衡时，S5-MTL为(a%-0.65×b%)mol；H2压强近似等于总压
6.0×103kPa，则反应R1的平衡常数Kp=
a%-0.65×b%
n总
×p总
(
1-0.65
n总
×p总)(6.0×10
3kPa)
2 =a%-0.65×b%
(1-0.65)(6.0×10
3)
2 kPa
−2。
8．（2024·陕西商洛·二模）甲烷、乙醇是重要的燃料及化工原料，其制取和利用是科学家研究的重要课题。
回答下列问题：
(1)甲烷的制备原理之一为CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) Δ H，有关反应的热化学方程式如下：
i．CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) ΔH1=+ 41.2kJ⋅mol
−1；
ii．2CO(g)+2H2(g)⇌CO2(g)+CH4(g) ΔH2=−247.1kJ⋅mol
−1。
①ΔH = kJ⋅mol
−1。
②反应CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) Δ H自发进行的条件为 (填“低温”“高温”或“任
意温度”)，从温度和压强角度考虑，为了提高甲烷的平衡产率，反应适宜在 条件下进行。
③反应i：CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) ΔH =+ 41.2kJ⋅mol
−1的反应速率表达式为
v正=k正⋅c(CO2)×c(H2)，v逆=k逆×c(H2O)×c(CO)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)，若平
衡后升高温度，则
k逆
k正
(填“增大”“不变”或“减小”)。
(2)乙醇的制备原理之一为2CO2(g)+6 H2(g)⇌C2H5OH(g)+3 H2O(g)。一定条件下，在一密闭容器中充
入4 molCO2和12molH2发生该反应，图甲表示压强为p1MPa或p2MPa下CO2的平衡转化率与温度的关系。
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①根据图甲可以判断p1 (填“>”“＜”或“=”)p2。
b
②点对应的平衡常数Kp= MPa
−4(列出含p2的算式即可，K p为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡
常数，分压=总压×物质的量分数)。
③若在恒容绝热的容器中发生该反应，下列情况下反应一定达到平衡状态的是 (填字母)。
A．容器内的压强不再改变
B．容器内气体密度不再改变
C．容器内c(CO2):c(H2):c(C2H5OH):c(H2O)=2:6:1:3
D．断开C=O 键与形成H-H 键的数目之比为2 3∶
(3)一种高性能甲烷燃料电池的工作原理如图乙所示，以熔融碳酸盐(MCO3)为电解质。
①电势比较：电极A (填“>”“＜”或“=”)电极B。
②该燃料电池负极的电极反应式为 。
【答案】(1)-164.7 低温 低温、高压 减小
(2)> (
1
4)
3
×(
1
12)
(
1
2)
6
×(
1
6)
2 × p2
−4 AD
(3)＜ CH4+ 4 CO3
2−−8e
−=5CO2+2H2O
【解析】（1）①i．CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) ΔH1=+ 41.2kJ⋅mol
−1；
ii．2CO(g)+2H2(g)⇌CO2(g)+CH4(g) ΔH2=−247.1kJ⋅mol
−1。
i×2+ ii 得反应CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH =+41.2kJ⋅mol
−1×2-247.1kJ⋅mol
−1=-164.7
kJ⋅mol
−1。
②CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，正反应放，Δ H<0，正反应气体物质的量减少，△S<0，自发
进行的条件为低温；正反应气体物质的量减少、正反应放热，从温度和压强角度考虑，为了提高甲烷的平
衡产率，反应适宜在低温、高压条件下进行。
③反应i：CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) ΔH =+ 41.2kJ⋅mol
−1的反应速率表达式为
v正=k正⋅c(CO2)×c(H2)，v逆=k逆×c(H2O)×c(CO)(k正、k逆为速率常数，与温度、催化剂有关)，若平
衡后升高温度，平衡正向移动，则v 逆<v 正，所以
k逆
k正
减小。
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（2）①增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，根据图甲可以判断p1>p2。
b
②点CO2的平衡转化率为50%；
2CO2(g)
+
6 H2(g)
⇌
C2H5OH(g)
+
3 H2O(g)
初始(mol)
4
¿12
¿0
¿
转化(mol)
¿
¿6¿¿1¿¿3¿平衡(mol)¿2¿¿6¿¿1¿¿3¿
对应的平衡常数Kp= (
3
12 ×p2)
3
×(
1
12 ×p2)
(
2
12 ×p2)
2
×(
6
12 ×p2)
6 = (
1
4)
3
×(
1
12)
(
1
2)
6
×(
1
6)
2 × p2
−4 MPa
−4。
③
A．正反应气体系数和减小，升高温度，CO2平衡转化率降低，正反应放热，容器内温度升高，所以压强
是变量，容器内的压强不再改变，反应一定达到平衡状态，故选A；
B．气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，容器内气体密度不再改变，反应不一定平衡，故不选
B；
C．容器内c(CO2):c(H2):c(C2H5OH):c(H2O)=2:6:1:3，不能判断浓度是否还发生改变，反应不一定平
衡，故不选C；
D．断开C=O 键与形成H-H 键的数目之比为2：3，说明正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故
选D；
选AD。
（3）一种高性能甲烷燃料电池的工作原理如图乙所示，以熔融碳酸盐(MCO3)为电解质。
①根据图示，电极A 甲烷失电子生成二氧化碳，A 是负极、B 是正极，所以电势比较：电极A＜电极B。
②根据图示，电极A 甲烷失电子生成二氧化碳，A 是负极，负极的电极反应式为
CH4+ 4 CO3
2−−8e
−=5CO2+2H2O。
类型三 化学平衡与电解质溶液
9．（2024·陕西安康·三模）伴随着我国航天事业的飞速发展，常见推进剂的燃料包括汽油、液肼(N2H4)、
液氢的研究成了航天工业中的重要课题。
Ⅰ.已知一定温度下，由元素的最稳定单质生成1mol纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓，用ΔHf Hm表
示。相同状况下有关物质的摩尔生成焓ΔHf Hm如下图所示：
(1)火箭推进剂可用N2H4作燃料，N2O4作氧化剂，反应的热化学方程式可表示为2N2H4(l)+ N2O4(g)
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=3 N2(g)+ 4 H2O(g) ΔH = ；由以上数据是否能计算出N2H4(l)的燃烧热，若能，则计算其数
值(若不能，则写出还缺少的数据) 。
(2)结合化学反应原理分析，N2H4(l)作推近剂燃料与N2O4(g)自发进行反应的原因是 。
Ⅱ.利用“一碳化学”技术可有效实现工业制氢，为推进剂提供了丰富的氢燃料，该工业制氢方法主要涉及
以下两个反应：
a：CH4(g)+CO2(g)⇌
❑
2CO(g)+2H2(g) Δ H1=+247 kJ⋅mol
−1
b：CO(g)+ H2O(g)⇌
❑
CO2(g)+ H2(g) ΔH2=−41kJ⋅mol
−1
(3)若提高反应a 中的CH4平衡转化率，可采取的措施是 (写出一条即可)
(4)已知Kp
θ为反应的标准压强平衡常数，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
相对分压代替平衡浓度；气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以标准压力P
θ(P
θ=100kPa)。反应
a、b 的ln Kp
θ随1
T (T 为温度)的变化如图所示。反应b 的标准压强平衡常数表达式Kp
θ = [用含P
θ及
P(CO)等的式子表示]，能表示反应a 的曲线为 。维持T1温度下，往恒容密闭容器中通入相等
的物质的量的CH4、CO2、H2O混合气体发生反应a、b，达平衡时体系压强为140kPa，CH4平衡转化率为
25％。该温度下H2的平衡分压为 (结果保留3 位有效数字)kPa。
【答案】(1)−1079.2kJ⋅mol
−1 不能，缺少液态水的生成焓
(2)该反应是气体系数增大的反应，所以其ΔS＞0，又由于ΔH＜0，由于T＞0，所以ΔG=ΔH−TΔS＜0 恒成
立，在任何温度下均可自发进行
(3)适当增大CO2的浓度、升高温度、减小压强等
(4)
[ P(H2)
P
θ
]
2
⋅[ P(CO)
P
θ
]
2
P(CH4)
P
θ
⋅P(CO2)
P
θ
x 21.8kPa
【解析】（1）①根据摩尔生成焓的定义，可得到以下三种物质的摩尔生成焓的热化学方程式：
Ⅰ．N2(g)+2H2(g)= N2H4(l)ΔHf Hm(N2H4)=+50.6 kJ⋅mol
−1；
Ⅱ．N2(g)+2O2(g)= N2O4(g) ΔHf Hm(N2O4)=+10.8kJ⋅mol
−1；
Ⅲ．H2(g)+1
2 O2(g)=H2O(g) ΔHf Hm(H2O)=−241.8kJ⋅mol
−1；
根据盖斯定律4×Ⅲ-（2×Ⅰ+Ⅱ）可得热化学方程式：2N2H4(l)+ N2O4(g) =3 N2(g)+ 4 H2O(g)，其焓变
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ΔH = 4ΔHf Hm(H2O)-[2ΔHf Hm(N2H4)+ΔHf Hm(N2O4)]=
4×(−241.8kJ⋅mol
−1)−(2×50.6 kJ⋅mol
−1+10.8kJ⋅mol
−1)=−1079.2kJ⋅mol
−1。
燃烧热是指1mol 可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，水应是液态，所以若要计算N2H4(l)的
燃烧热，需要确定液态水的生成焓。
（2）根据热化学方程式2N2H4(l)+ N2O4(g) =3 N2(g)+ 4 H2O(g)可知该反应是气体系数增大的反应，所
以其ΔS>0，又由于ΔH <0，由于T>0，所以ΔG=ΔH-TΔS<0恒成立，在任何温度下均可自发进行。
（3）提高反应a 中的CH4平衡转化率，可以采取适当增大CO2的浓度、升高温度、减小压强等措施使平衡
正向移动。
（4）①由于反应a 为吸热反应，反应b 为放热反应，则温度越高，反应a 平衡常数增大，即1
T 越小，其
ln Kp
θ越大，反应b 的平衡常数越小，即1
T 越小，其ln Kp
θ越小，则能表示反应a 的曲线为x，反应b 的曲线为
y；根据标准压强平衡常数的表达方法，反应a 的标准压强平衡常数表达式为Kp
θ =
[ P(H2)
P
θ
]
2
⋅[ P(CO)
P
θ
]
2
P(CH4)
P
θ
⋅P(CO2)
P
θ
；
②因为反应b 的气体系数不发生变化，所以体系压强的改变是反应a 造成的，设通入等量CH4、CO2、H2O
的物质的量为amol，设该温度下平衡时CH4转化了xmol，根据以上数据，可列出反应a 的三段式如下：
CH4(g)+
CO2(g)
⇌
2CO(g)
+2H2(g)
起始n(mol)
a
a
¿0
0
转化n(mol)
x
x
¿2x
2x
平衡n(mol)
a-x
a-x
¿2x
2x
该温度下CH4的平衡转化率为25%，即x
a =25%，x=a
4 ；则转化后CH4的物质的量为0.75amol，CO2的物质
的量为0.75amol，生成的CO 的物质的量为0.5amol，生成的H2的物质的量为0.5amol；反应b 的曲线为
y，则在T1温度下，反应b 的ln Kp
θ=0，即Kp
θ=1，设反应b 平衡时H2O 转化了ymol，根据以上数据，可列出
反应b 的三段式如下：
CO(g)+
H2O(g)
⇌
CO2(g)
+H2(g)
起始n(mol)
0.5a
a
¿0.75a
0.5a
转化n(mol)
y
y
¿y
y
平衡n(mol)
0.5a-y
a-y
¿0.75a+y
0.5a+y
则(0.75a+y)(0.5a+y)
(0.5a-y)(a-y)
，解得y=1
22 a，则达到平衡状态，体系中CO 的物质的量为5
11 amol，H2O 的物
质的量为21
22 amol，CO2的物质的量为35
44 amol，H2的物质的量为6
11 amol，CH4的物质的量为3
4 amol，H2
的平衡分压为
6
11
5
11 + 21
22 + 35
44 + 6
11 + 3
4
×140kPa≈21.8kPa。
21
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10．（23-24 高三上·广东广州·期末）汞及其化合物广泛应用于医药、冶金及其他精密高新科技领域。
(1)干燥的HgO固体上通入Cl2可反应制得Cl2O和HgO⋅HgCl2，反应的化学方程式为 。该反应
中氧化产物是 。
(2)富氧燃烧烟气中Hg的脱除主要是通过与NO2反应实现，反应的化学方程式为
Hg (g)+2NO2(g)⇌Hg(ONO)2(g)ΔH
根据实验结果，有研究组提出了Hg与NO2的可能反应机理：
Hg (g)+ NO2(g)⇌HgNO2(g)ΔH1
HgNO2(g)+ NO2(g)⇌Hg(ONO)2(g)ΔH2
2NO2(g)⇌N2O4 (g)ΔH3
Hg (g)+ N2O4 (g)⇌Hg(ONO)2(g)ΔH4
①根据盖斯定律，ΔH = (写出一个代数式即可)。
②上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是 。
A．增大NO2的浓度，可提高Hg的平衡脱除率
B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
C．恒温恒压下充入N2，可提高原料的平衡转化率
D．加入催化剂，可降低反应活化能，提高脱除速率
③在常压、温度范围为15～60℃条件下，将浓度为40μg/ m
3汞蒸气和400ppm的NO2气体通入反应容器中，
测得出口气流中的汞浓度随反应时间的变化如图1 所示。
ⅰ)15℃，600～900s 内Hg的平均脱除反应速率为 g/(m
3⋅s)
ⅱ)Δ H 0(填“>”或“<”)
④富氧燃烧烟气中Hg、NO2、SO2等污染物可通过配有循环水系统的分压精馏塔进行一体化脱除，污染物
脱除率随循环水量的变化如图2 所示。循环水的加入有利于SO2、NO2转化为SO4
2−、NO3
−而脱除，但随着
循环水量的增大，Hg的去除率下降，其原因可能是 。
22
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(3)HgCl2溶液可用于手术刀消毒。HgCl2与NaCl的混合溶液中主要存在平衡：
HgCl2+Cl
-⇌[HgCl3]
- K1=10
0.85
[HgCl3]
-+Cl
-⇌[HgCl4]
2- K2=10
1.00
0.1mol⋅L
−1的HgCl2溶液中加入NaCl固体(设溶液体积保持不变)，溶液中含氯微粒的物质的量分数δ(X)
随lgc(Cl
−)的变化如图所示
[已知δ(X)=c(X)
c(HgCl2)+c([HgCl3]
−)+c([HgCl4]
2−)
]。
①熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2是 (填“共价”或“离子”)化合物。
A
②
点溶液中c(Cl
−)= mol⋅L
−1。
A
③
点溶液中HgCl2的转化率为 (列出计算式)。
【答案】(1)2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO⋅HgCl2 Cl2O
(2)ΔH1+ΔH2-ΔH3 AD 2×10
−8 < 随着循环水量的增大，二氧化硫去除率明显大于
二氧化氮去除率，则更多的二氧化氮参与和二氧化硫的氧化还原反应转化为硫酸根离子和硝酸根离子，使
得Hg (g)+2NO2(g)⇌Hg(ONO)2(g)平衡逆向进行
(3)共价 10
-0.925 1+10
0.075
1+2×10
0.075 %
【解析】（1）干燥的HgO固体上通入Cl2可反应制得Cl2O和HgO⋅HgCl2，反应中氯化合价由0 变为-1 发生
23
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还原反应、部分氯化合价由0 变为+1 发生氧化反应得到氧化产物Cl2O，结合电子守恒可知，化学方程式为
2HgO+2Cl2=Cl2O+HgO⋅HgCl2；
（2）①已知：
a：Hg (g)+ NO2(g)⇌HgNO2(g)ΔH1
b：HgNO2(g)+ NO2(g)⇌Hg(ONO)2(g)ΔH2
c：2NO2(g)⇌N2O4 (g)ΔH3
由盖斯定律可知，a+b-c 得：Hg (g)+ N2O4 (g)⇌Hg(ONO)2(g)，则：ΔH4=ΔH1+ΔH2-ΔH3；
A
②．增大NO2的浓度，促使反应正向进行，可提高Hg的平衡脱除率，正确；
B．升高温度，正逆反应速率都增大，错误；
C．反应为气体分子数减小的反应，恒温恒压下充入N2，相当于增大体积，平衡逆向移动，原料的平衡转
化率降低，错误；
D．加入催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率，能提高脱除速率，正确；
故选AD；
ⅰ)
③由图可知，15℃，600～900s 内Hg的平均脱除反应速率为(13−7)×10
−6g/ m
3
900s−600s
=2×10
−8g/(m
3⋅s)；
ⅱ)由图可知，升高温度，平衡时汞的含量增大，则反应逆向移动，反应为放热反应，Δ H<0；
④由图可知，随着循环水量的增大，二氧化硫去除率明显大于二氧化氮去除率，则更多的二氧化氮参与和
二氧化硫的氧化还原反应转化为硫酸根离子和硝酸根离子，使得Hg (g)+2NO2(g)⇌Hg(ONO)2(g)平衡逆向
进行，导致Hg的去除率下降；
（3）①熔融状态的HgCl2不能导电，说明不存在自由移动的离子，则HgCl2是共价化合物；
②由图可知，A 点溶液中c(Cl
−)= 10
-0.925mol⋅L
−1。
③0.1mol⋅L
−1的HgCl2溶液中加入NaCl固体，A 点溶液中HgCl2、[HgCl4]
2−浓度相等，设反应HgCl2的浓
度为amol/L，则：
¿ 起始(mol/L)
转化(mol/L)
平衡(mol/L)
HgCl2
0.1
a
0.1-a
+
¿
¿Cl
-
¿
10
-0.925
⇌
❑
¿
¿
[HgCl3]
-
0
a
¿
¿
¿
¿
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¿ 起始(mol/L)
转化(mol/L)
平衡(mol/L)
[HgCl3]
-
a
0.1-a
2a-0.1
+
¿
¿
Cl
-
¿
10
-0.925
⇌
❑
¿
¿
[HgCl4]
2-
0
0.1-a
0.1-a
¿
¿
则K2=0.1-a
(2a-0.1)×10
-0.925 =10
1.00
，a = 0.1×(1+10
0.075)
1+2×10
0.075
，则A 点溶液中HgCl2的转化率为
0.1×(1+10
0.075)
1+2×10
0.075
0.1
×100% =
1+10
0.075
1+2×10
0.075 %。
11．（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：
CO2(g)+3 H2(g)=CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)+ H2(g)=CO (g)+ H2O (g) Δ H 1=+ 41kJ⋅mol
−1
②CO (g)+2H2(g)=CH3OH (g) Δ H 2=−90kJ⋅mol
−1
(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Δ H(含具体数值) 。
(2)合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)=3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
x (CH3OH)，在t =2500℃下的x (CH3OH)~ p、在p=5×10
5Pa下的x (CH3OH)~t如图所示。
25
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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x (CH3OH)=0.05时，CO2的平衡转化率α = 。
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，a= Λm
Λm
∞，Λm为一定浓度下电解质的摩尔电导率，Λm
∞为无限稀释时溶液
的摩尔电导率，Λm
∞=0.040S⋅m
2⋅mol
−1(T =298K)。某小组实验测得T =298K时，0.01mol⋅L
−1乙酸的
Λm =0.002S⋅m
2⋅mol
−1。
(3)在298K 时，乙酸的电离平衡常数K a= (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
H
+
SO4
2−
Cl
−
CH3COO
−
K
+
Na
+
摩尔电导率/(10
−4S⋅m
2⋅mol
−1
)
349.82
79.80
76.34
50.18
73.52
50.11
【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)0.0005×0.0005
0.01-0.0005
(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
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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；
(b)由三段式分析可知：
CO2(g)
+3H2(g)
⇌
起始量(mol)
1
¿ ¿转化量(mol)¿x¿3x¿¿平衡量(mol)¿1-x¿3-3x¿¿
CH3OH (g)
0
x
x
+H2O (g)
0
x
x
，
当x (CH3OH)=0.05时，即有x
1-x+3-3x+x+x ×100%=5%，x= 2
11mol，CO2的平衡转化率α =
2
11 mol
1mol
×100%=18.18%，故答案为：18.18%；
（3）由题干可知，a= Λm
Λm
∞，Λm为一定浓度下电解质的摩尔电导率，Λm
∞为无限稀释时溶液的摩尔电导率，
Λm
∞=0.040S⋅m
2⋅mol
−1(T =298K)，故某小组实验测得T =298K时，0.01mol⋅L
−1乙酸的
Λm =0.002S⋅m
2⋅mol
−1，则该浓度的醋酸的电离度a= Λm
Λm
∞=0.002S⋅m
2⋅mol
−1
0.040S⋅m
2⋅mol
−1×100%=5%，根据三段式
分析可知，
CH 3COOH
⇌
CH 3COO
-
起始浓度(mol/L)
0.01
¿
转化浓度(mol/L)
0.0005
¿0.0005
平衡浓度(mol/L)
0.01-0.0005
¿0.0005
+ H
+
¿0.0005
0.0005
，故在298K 时，乙酸的电离平衡
常数K a= c(CH3COO
-)c(H
+)
c(CH3COOH)
=0.0005×0.0005
0.01-0.0005
，故答案为：0.0005×0.0005
0.01-0.0005
；
（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。
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12．（2024·江西·一模）回答下列问题
(1)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。迄今为止，人类仍然在追求低成本、高产率的合成氨技术。
N2（g）+3H2（g）=2NH3（g），ΔH=-92.4 kJ⋅mol
-1 ΔS=-200J⋅K
-1⋅mol
-1，那么常温下，
合成氨反应 (填“能”或“不能”)自发进行
(2)若将1.0molN2(g)和3.0molH2(g)通入体积为2L 的密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A
表示T2温度下n(H2)的变化，曲线B 表示T1温度下n(NH3)的变化，T2温度下反应到a 点恰好达到平衡。
①温度T1 (填“>”、“<”或“=”，下同)T2.T1温度下恰好平衡时，曲线B 上的点为b(m，n)，则m
14，n 1。
T
②
2温度下，若某时刻容器内气体的压强为起始时的70%，则此时v(正) (填“>”、“<”或“=”)v(逆)。
计算T2温度下，Kc= 。
(3)常温下，Hg2+与Cl-的配合物存在如下平衡：HgCl4
2-⇌
❑
K1
HgCl3
-⇌
❑
K2
HgCl2⇌
❑
K3
HgCl
+⇌
❑
K4
Hg
2+，含Hg 微粒的
分布系数δ 与lgc(Cl-)的关系如下图所示：
已知：平均配位数= n总（含汞配离子中的氯元素）
n总（溶液中的汞元素）
图中能代表HgCl❑3
-和HgCl+曲线分别是 和 (填字母)，曲线A 和曲线C 交点的横坐标为
。
(4)羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种将苯酚氧化为CO2和
H2O 的原电池-电解池组合装置，以实现发电、环保二位一体。
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请写出b 极的电极反应方程式 。
【答案】(1)能
(2)< > > < 64
27 或2.37
(3)D B -6.63
(4)C6H5OH-28e
-+11H2O
微生物
¿6CO2+28H
+
¿
【解析】（1）N2（g）+3H2（g）=2NH3（g），ΔH=-92.4 kJ⋅mol
-1 ΔS=-200J⋅K
-1⋅mol
-1，
常温下，Δ H −T Δ S =−94.4 kJ⋅mol
-1−(−0.2kJ⋅K
-1⋅mol
-1)×298K =−34.8kJ⋅mol
-1<0，所以常
温下，合成氨反应能自发进行。
（2）①6min 时，温度T2时消耗H2的物质的量为0.8mol，此时生成氨气2
3 ×0.8 mol= 8
15 mol，温度T1时
生成氨气0.4mol，温度T2反应快，所以温度T1<T2；温度T2时，达到平衡生成氨气的物质的量为1mol；温
度越低，反应速率越慢，达到平衡用的时间越多，正反应放热，降低温度平衡正向移动，生成的氨气物质
的量多，所以T1温度下恰好平衡时，曲线B 上的点为b(m，n)，则m>14，n>1。
②正反应气体物质的量减小，压强减小，T2温度下，达到平衡时，氮气的物质的量为0.5mol、氢气的物质
的量为1.5mol，氨气的物质的量为1mol，则平衡时氧气为起始压强的0.5+1.5+1
3+1
×100 % =75 %，若某时
刻容器内气体的压强为起始时的70%，平衡逆向进行，则此时v(正<<v(逆)。T2温度下，Kc=
(
1mol
2L )
2
(
0.5mol
2L
)×(
1.5mol
2L
)
3 = 64
27 。
（3）随氯离子浓度增大，HgCl4
2-⇌
❑
K1
HgCl3
-⇌
❑
K2
HgCl2⇌
❑
K3
HgCl
+⇌
❑
K4
Hg
2+平衡逆向移动，所以图中能代表
HgCl❑3
-和HgCl+曲线分别是D 和B，曲线A 代表Hg2+、曲线C 代表HgCl2，K4=
c(Hg
2+)c(Cl
-)
c(HgCl
+)
=10
−6.78,K3=c(HgCl
+)c(Cl
-)
c(HgCl2)
=10
−6.48，则c(Hg
2+)c
2(Cl
-)
c(HgCl2)
=10
−13.26，曲线A 和曲线C 交
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点c(Hg
2+)=c(HgCl2)，横坐标为-6.63。
（4）将苯酚氧化为CO2和H2O 的原电池-电解池组合装置，由图示可知，Cr2O7
2−发生还原反应生成
Cr(OH)3，a 是正极、b 是负极。B 电极苯酚失电子生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为
C6H5OH-28e
-+11H2O
微生物
¿6CO2+28H
+
¿
。
类型四 电化学与电解质溶液
13．（23-24 高三上·安徽池州·期末）硫化氢(H2S)既是一种剧毒且高腐蚀性气体，又是蕴含丰富氢能和硫
元素的宝贵资源。
I.H2S的处理
(1)处理某种废气中含有的H2S，是将废气与空气混合通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合液中，其部分转化
过程如图所示。
①一般认为K>10
5时反应进行的较完全。已知：25℃时Ksp(CuS)=1.25×10
−36，H2S的Ka1=1×10
−7，
Ka2=1×10
−15，则25℃时过程ii 中的反应 （填“能”或“不能”）进行完全。
②过程iii 中发生反应的离子方程式为
Ⅱ.H2S的综合利用
(2)根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解（一边进料，另一边出料），得到CS2和H2，
反应为CH4(g)+2H2S(g)⇌
❑
❑
CS2(g)+ 4 H2(g)。在1275K、100kPa反应条件下，将物质的量分数之比为
3:3:2的H2S、CH4、N2混合气体进行甲烷处理硫化氢反应，平衡时混合气体中CS2的分压与H2S的分压相同，
H2S的平衡转化率为 （保留小数点后一位），平衡常数Kp= kPa
2（以分压表示，分
压=总压×物质的量分数）。
(3)通过电化学循环法可将H2S转化为H2SO4和H2，如图所示，其中氧化过程发生两步反应：
H2S+ H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2。
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①电极a 上发生反应的电极反应式为 ；
②理论上，1molH2S参加反应可产生H2的物质的量为 。
(4)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在某密闭容器中充入2molH2S气体，发生反应：
2H2S(g)⇌
❑
❑
2H2(g)+S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
在975℃和压强为p1的条件下，其他条件不变，n 点的v正与v逆中较大的是 ，图中m、n 点
对应温度下的平衡常数：Km （填“＞”、“＝”或“＜”）Kn。
【答案】(1)能 CuS+2Fe
3+=S+2Fe
2++Cu
2+
(2)66.7 % 1.28×10
4
(3)SO2−2e
−+2H2O = 4 H
++SO4
2− 2mol
(4)v正 Km<Kn
【解析】（1）①根据图示，25℃时过程ii 中的反应为Cu
2+(aq)+ H2S(aq)
¿
¿CuS(s)+2H
+(aq)
¿
，
K =c
2(H
+)
c(Cu
2+)⋅c(H2S)
=c
2(H
+)⋅c(S
2−)⋅c(HS
−)
c(Cu
2+)⋅c(H2S)⋅c(S
2−)⋅c(HS
−) = K a1× K a2
K sp(CuS) = 1×10
−7×1×10
−15
1.25×10
−36
=8×10
13，反
应能进行完全；
②过程iii 为CuS与Fe
3+发生氧化还原反应产生S 单质及Fe
2+、Cu
2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，
可得反应的离子方程式为CuS+2Fe
3+
¿
¿S+2Fe
2++Cu
2+
¿
；
（2）依题意，H2S、CH4、N2气体物质的量分数之比为3:3:2，
可设起始时n(H2S)=n(CH4)=3 mol、n(N2)=2mol，CH4反应的物质的量为x mol，列三段式：
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CH4(g)
+
2H2S(g)
⇌
❑
❑
CS2(g)
+
4 H2(g)
起始(mol)
3
¿3
¿0
¿
转化(mol)
¿
¿2x¿¿x¿¿4 x¿平衡(mol)¿3−x¿¿3−2x¿¿x¿
①平衡时H2S和CS2的分压相同，则3−2x=x，解得x=1，H2S的转化率为2×1
3
×100 %≈66.7 %；
②平衡时气体的总物质的量为(2+1+1+ 4)mol+2mol=10 mol，气体的总压为100kPa，故各气体的分
压如下：p(CH4)=20kPa，p(H2S)=10kPa，p(CS2)=10kPa，p(H2)= 40kPa，则
K p=p
4(H2)⋅p(CS2)
p(CH4)⋅p
2(H2S)
= 40
4×10
20×10
2 kPa
2=1.28×10
4kPa
2；
（3）①电极a 上通入SO2生成H2SO4，发生氧化反应为负极，电极反应式为SO2−2e
−+2H2O
¿
¿4 H
++SO4
2−
¿
；
②根据氧化过程发生两步发应可知1molH2S反应最终生成2molSO2，2molSO2在原电池反应中转移电子
4 mol，原电池正极反应为2H
++2e
−+I2
¿
¿2HI
¿
，转移4 mol电子生成4 mol HI，分解生成2molH2；
（4）①在975℃和p1的条件下，其他条件不变，n 点H2S的转化率小于该条件下的平衡转化率，反应正向
进行，v正大于v逆；
②根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大，可知正反应吸热，温度越高平衡常数越大，图中m、n
点对应温度下的平衡常数：Km<Kn。
14．（23-24 高三下·北京海淀·阶段练习）H2S 是一种大气污染物。工业尾气中含有H2S，会造成严重的环
境污染；未脱除H2S 的煤气，运输过程中还会腐蚀管道。
(1)干法氧化铁脱硫是目前除去煤气中H2S 的常用方法，其原理如图所示。
①下列说法正确的是 （填序号）。
a．单质硫为黄色固体
b．脱硫反应为3 H2S+ Fe2O3⋅H2O = Fe2S3⋅H2O+3 H2O
c．再生过程中，硫元素被还原
d．脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率
②从安全环保的角度考虑，再生过程需控制反应温度不能过高的原因是 。
(2)电化学溶解—沉淀法是一种回收利用H2S 的新方法，其工艺原理如下图所示。
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已知：Zn 与强酸、强碱都能反应生成H2；Zn(II)在过量的强碱溶液中以[Zn (OH)4]
2−形式存在。
①锌棒连接直流电源的 （填“正极”或“负极”）。
②反应器中反应的离子方程式为 。
③电解槽中，没接通电源时已经有H2产生，用化学用语解释原因： 。
(3)常用碘量法测定煤气中H2S 的含量，其实验过程如下：
i．将10L 煤气通入盛有100mL 锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的H2S 全部转化为ZnS 沉淀，过滤；
ⅱ．将带有沉淀的滤纸加入盛有15mL0.1mol/L 碘标准液、200mL 水和10mL 盐酸的碘量瓶中，盖上瓶塞，
摇动碘量瓶至瓶内滤纸摇碎，置于暗处反应10min 后，用少量水冲洗瓶壁和瓶塞。（已知：
ZnS+I2=ZnI2+S）
ⅲ．用0.1mol/LNa2S2O3标准液滴定，待溶液呈淡黄色时，加入1mL 淀粉指示剂，继续滴定至终点。（已
知：2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI）
①滴定终点的现象是 。
②若消耗Na2S2O3标准液的体积为20mL，则煤气中H2S 的含量为 mg/m3。
【答案】(1)abd 防止硫粉燃烧产生SO2，污染环境、导致爆炸
(2)正极 H2S+[Zn(OH)4]2-=ZnS↓+2H2O+2OH- Zn+2H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-+H2↑
(3)溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复蓝色 1700
【解析】（1）由流程可知硫化氢与Fe2O3•H2O 反应生成Fe2S3•H2O，达到脱硫的目的，Fe2S3•H2O 与氧气反
应生成Fe2O3•H2O 和S，达到再生的目的，再生时温度不能过高，避免生成二氧化硫而污染环境；
a
①．硫为黄色，常温下为固体，故a 正确；
b．由流程可知，脱硫反应为3H2S+Fe2O3•H2O=Fe2S3•H2O+3H2O，故b 正确；
c．再生过程中，硫元素被氧化，故c 错误；
d．脱硫过程中，增大反应物的接触面积，可增大反应速率，可提高脱硫效率；故d 正确。
故答案为：abd；
②再生时温度不能过高，避免生成二氧化硫而污染环境，且避免爆炸；
（2）由题给信息可知Zn(Ⅱ)在过量的强碱溶液中以[Zn(OH)4]2-形式存在，由流程可知，出料液与硫化氢反
应生成ZnS 和NaOH，电解时，锌为阳极，被氧化，碳钢为阴极，发生还原反应生成氢气，电解液可循环
使用；
①电解的目的是生成[Zn(OH)4]2-，以用于除去硫，则锌连接电源的正极；
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②由上述分析可知，反应器中H2S 与[Zn(OH)4]2-反应生成ZnS 和NaOH，离子方程式为H2S+[Zn(OH)4]2-
=ZnS↓+2H2O+2OH-；
③电解槽中，没接通电源时已经有H2产生，原因是锌与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为
Zn+2H2O+2OH-=[Zn(OH)4]2-+H2↑；
（3）①溶液中存在碘，遇淀粉变蓝色，滴定终点，溶液变为无色，判断方法是溶液蓝色恰好消失，且半
分钟内不恢复蓝色，故答案为：溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复蓝色；
n(I
②
2)=0.1mol/L×0.015L=0.0015mol，n(Na2S2O3)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol,
由2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI 可知该反应消耗0.001molI2，则与ZnS 反应的碘的物质的量为
0.0015mol-0.001mol=0.0005mol，可知n(H2S)=0.0005mol,煤气中H2S 的含量为
0.0005mol×34×10
3mg/mol
10L×10
-3m
3/L
=1700mg/m3。
15．（23-24 高三上·上海金山·期中）联氨(N2H4)又称“肼”，具高吸湿性、沸点386.5K、毒性强、还原性
强等特性，燃烧释放出大量的热，常用于做火箭的燃料以及分析试剂中的还原剂。
I．联氨的制备
(1)联氨可用次氯酸钠溶液氧化过量的氨气制得，写出此反应得离子方程式 ；此反应中，被氧
化的元素是 。每生成1mol 肼，转移的电子数为 。
Ⅱ ．联氨的结构
(2)联氨具强极性，推测下列结构最接近联氨分子真实结构的是 。
A． 反式结构
B． 顺式结构
Ⅲ ．联氨的性质
(3)①一定条件下， 联氨与二氯化钴(CoCl2)溶液能形成配位化合物Co(N2H4)6Cl2，关于此配位化合物的下列
说法中不正确的是 。
A．中心离子是Co2+ B．配位数是8
C．配位原子是N 原子 D．向此配合物的溶液中滴入硝酸银，会产生白色沉淀
②联氨具高吸湿性，原因是 。
③联氨水溶液与氨水类性质相似，将联氨溶于一定浓度的稀硫酸中，除形成N2H6SO4外，还可以生成的盐
是 (填写化学式)。实验发现0.1mol·L－1N2H6SO4溶液显酸性，原因是 (用离子方程式表示)，溶
液中各种含氮微粒存在关系c(N 2 H 6
2+)+c(N2H6OH+) 0.1－c(N2H4·2H2O)(选填“>”，“<”或“=”)。
(4)1mol 液态联氨在空气中完全燃烧生成氮气和水蒸气放出621.74KJ 的热量，此反应的热化学方程式是
。肼有剧毒，但目前仍被普遍用作火箭的燃料，原因是 。
(5)联氨在一定条件下被亚硝酸氧化为叠氮酸(HN3)，室温下亚硝酸、叠氮酸的电离平衡常数如表所示：
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酸名
亚硝酸(HNO2)
叠氮酸(HN3)
电离平衡常
数
5.1 x 10－4
1.8 x 10－5
室温下，则同浓度的HNO2和HN3，其pH 值：HNO2 HN3(选填“>”、“<”或“=”)， N3
−反应性能类似
卤素离子，则难溶物AgN3的Ksp表达式为 。
(6)某研究小组研究联氨和双氧水反应，查阅相关键能数据
化学键
N－H
O－H
O－O
N－N
N≡N
键能(kJ·mol－1)
391
467
138
159
945
并已知1molN2H4(l)→N2H4(g)与2molH2O2(l)→H2O2(g)共吸热23.76kJ，据此估算化学反应N2H4(l)
+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)的焓变ΔH= kJ·mol－1，反应的熵变ΔS 0(选填“>”、“<”)。研究小
组利用此反应设计出如下电池，负极电极反应式：N2H4+4OH－−4e－=N2+4H2O。则正极电极反应式：
。
【答案】(1)2 NH 3+ClO
−= N 2 H 4+Cl
−+ H 2O N 2NA
(2)B
(3)B N2H4与H2O 可形成分子间氢键，且N2H4与H2O 能发生反应生成水合肼(N2H4 H
⋅
2O)
N2H6(HSO4)2 N 2 H 6
2++ H 2O⇌N 2 H 6OH
++ H
+ <
(4)N 2 H 4(l)+O2(g)= N 2(g)+2 H 2O(g) ΔH =−621.74 kJ ·mol
−1 肼热值较高，燃烧产物是N2和
H2O，不污染环境
(5)< K sp( AgN 3)=c( Ag
+)·c( N 3
−)
(6)790.24 > H2O2+2e-=2OH-
【解析】（1）过量的氨气被NaClO 氧化为N2H4，NaClO 被还原生成NaCl，反应的离子方程式为：
2 NH 3+ClO
−= N 2 H 4+Cl
−+ H 2O；此反应中，氮元素化合价升高，则被氧化的元素是N，每生成1mol
肼，转移的电子数为N A×2=2 N A；
（2）根据联氨分子具有很强的极性，可推测最接近联氨分子真实结构的是顺式结构，故选B；
（3）①A．该配位化合物的配离子为[Co( N 2 H 4)6]
2+，其中心离子是Co2+，A 正确；
B．N2H4的N 原子上有孤电子对，易形成配位键，每个N2H4分子内有2 个N 原子，则Co2+和6 个N2H4分
子形成配合物时，Co2+的配位数为12，B 错误；
C．配体是N2H4，配位原子是N 原子，C 正确；
D．该配位化合物的外界Cl-与Ag+反应会产生AgCl 白色沉淀，则向此配合物的溶液中滴入硝酸银，会产生
白色沉淀，D 正确；
故选B。
②联氨具高吸湿性，原因是N2H4与H2O 可形成分子间氢键，且N2H4与H2O 能发生反应生成水合肼(
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N 2 H 4· H 2O)；
③联氨为二元弱碱，将联氨溶于一定浓度的稀硫酸中生成N2H6SO4，说明稀硫酸过量，则除形成N2H6SO4
外，还可以生成的盐是N2H6(HSO4)2。实验发现0.1mol·L-1N2H6SO4溶液显酸性，原因是N 2 H 6
2+水解，其水
解的离子方程式为：N 2 H 6
2++ H 2O⇌N 2 H 6OH
++ H
+，由N 原子守恒得
c( N 2 H 6
2+)+c(( N 2 H 6OH
+)+c( N 2 H 5
+)+c( N 2 H 4·2 H 2O)=0.1mol· L
−1，则
c( N 2 H 6
2+)+c(( N 2 H 6OH
+)=0.1−c( N 2 H 4·2 H 2O)−c( N 2 H 5
+)<0.1−c( N 2 H 4·2 H 2O)；
（4）1mol 液态联氨在空气中完全燃烧生成氮气和水蒸气放出621.74kJ 的热量，此反应的热化学方程式是
N 2 H 4(l)+O2(g)= N 2(g)+2 H 2O(g) ΔH =−621.74 kJ ·mol
−1。肼有剧毒，但目前仍被普遍用作火箭
的燃料，原因是肼热值较高，燃烧产物是N2和H2O，不污染环境；
（5）因为Ka(HNO2)>Ka(HN3)，酸性：HNO2>HN3，室温下，则同浓度的HNO2和HN3，其pH 值：
HNO2<HN3，难溶物AgN3存在沉淀溶解平衡：AgN 3(s)⇌Ag
+(aq)+ N 3
−(aq)，则难溶物AgN3的Ksp表
达式为K sp( AgN 3)=c( Ag
+)·c( N 3
−)；
（6）
ΔH =(23.76+159+ 4×391+2×138+ 4×467)kJ ·mol
−1−(945+8×467)kJ ·mol
−1=−790.24 kJ ·mol
−1
，该反应气体体积增大，是熵增的过程，则反应的熵变ΔS>0。研究小组利用此反应设计出如下电池，负
极电极反应式：N2H4+4OH-−4e-=N2+4H2O，则由总反应减去负极电极反应式可得其正极电极反应式为：
2H2O2+4e-=4OH-，即H2O2+2e-=2OH-。
16．（23-24 高三上·江苏徐州·阶段练习）氢能是一种绿色能源，也是重要的还原剂。目前有多种方法可以
制氢并储氢。催化加氢反应可以用于重要化工原料的转化。
Ⅰ．电解法制氢
(1)甲醇电解可制得H2，其原理如图所示。
阳极的电极反应式为 。
Ⅱ．催化重整法制氢
(2)已知：反应1：CH3OH (g)=CO (g)+2H2(g) Δ H 1=+90．6kJ⋅mol
−1
反应2：CO (g)+ H2O (g)=CO2(g)+ H2(g) Δ H 2=−41．2kJ⋅mol
−1
则反应3：CH3OH (g)+ H2O (g)=CO2(g)+3H2(g) Δ H 3= kJ⋅mol
−1
(3)以CuO−ZnO−Al2O3催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其它条件不变，改变水、甲醇的物质的量比，甲
醇平衡转化率及CO选择性的影响如图所示。
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CO的选择性=
n生成(CO)
n生成(CO2)+n生成(CO) ×100 %
当水、甲醇比大于0.8 时，CO选择性下降的原因是 。
(4)铜基催化剂(Cu/CeO2)能高效进行甲醇重整制氢，但因原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化
剂失活。甲醇中混有少量的甲硫醇(CH3SH)，重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活且平衡产率略
有上升，其原理用化学反应方程式表示为 。
Ⅲ．催化加氢还原反应的应用
H2能将
在特定条件下转化为4-乙烯基苯胺
。两种不同催化剂将4-硝基苯乙烯还原加氢的过程
如图所示。
(5)已知Mo单原子位点对4-硝基苯乙烯有较好吸附效果。
①使用双单原子催化剂可以大大提高4-乙烯基苯胺的产率，原因是 。
②请描述4-硝基苯乙烯
在单原子催化剂下与H2发生反应的过程 。
【答案】(1)CH3OH-6e
-+H2O=CO2↑+6H
+
(2)+49.4
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(3)当水、甲醇比大于0.8 时，水的含量增加，促进反应2、3 正向进行，二氧化碳选择性上升， CO 选择性
下降
(4)CH3SH+ZnO=CH3OH+ZnS
(5)由已知条件可得，Mo 单原子位点对4-硝基苯乙烯有较好吸附效果，Ir 单原子位点可对H2活化为H 原子，
Mo 和Ir 的协同作用能提高
的选择性，减少了副反应的发生，大大提高4-乙烯基苯胺的产率 在
Ir 单原子位点，氢气活化为H 原子，一部分H 原子进攻碳碳双键，和碳碳双键发生加成反应，部分H 进攻
硝基，将硝基还原为氨基，最终得到37%的4-氨基苯乙烯，32%的4-氨基苯乙烷，29%的4-硝基苯乙烷
【分析】甲醇电解可制得CO2，甲醇通入这极为阳极，失去电子发生氧化反应，产生氢气这极为阴极，得
到电子发生还原反应，据此回答。
【解析】（1）根据分析，阳极的电极反应式为CH3OH-6e
-+H2O=CO2↑+6H
+；
（2）由盖斯定律可知，反应1+2 得反应3：ΔH3=ΔH1+ΔH2=+49.4kJ mol
⋅
− 1；
（3）当水、甲醇比大于0.8 时，水的含量增加，促进反应2、3 正向进行，二氧化碳选择性上升， CO 选
择性下降；
（4）甲硫醇(CH3SH)会使催化剂失活，加入ZnO 可有效避免铜基催化剂失活，说明CH3SH 与ZnO 反应生
成CH3OH 和ZnS，方程式为CH3SH+ZnO=CH3OH+ZnS；
（5）①由已知条件可得，Mo 单原子位点对4-硝基苯乙烯有较好吸附效果，Ir 单原子位点可对H2活化为H
原子，Mo 和Ir 的协同作用能提高
的选择性，减少了副反应的发生，大大提高4-乙烯基苯胺的产率；
②在Ir 单原子位点，氢气活化为H 原子，一部分H 原子进攻碳碳双键，和碳碳双键发生加成反应，部分H
进攻硝基，将硝基还原为氨基，最终得到37%的4-氨基苯乙烯，32%的4-氨基苯乙烷，29%的4-硝基苯乙
烷。
类型五 电化学与化学平衡
17．（2024·江西上饶·一模）Ⅰ、CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，回答
下列问题：
(1)CO2和CH4都是主要的温室气体。发生催化重整反应CH4 (g)+CO2(g)⇌2CO (g)+2H2(g) Δ H
已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如下表：
物质
H2(g)
CO (g)
CH4 (g)
燃烧热
Δ H (kJ/mol)
−285.8 −283.0 −890.3
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反应的Δ H = kJ⋅mol
−1
(2)将原料按初始组成n(CH4):n(CO2)=1:1充入密闭容器中，保持体系压强为100kPa发生反应。达到平衡
时，CO2体积分数与温度的关系如图所示：
若A、B、C 三点表示不同温度和压强下达到平衡时CO2的体积分数，则 点对应的平衡常数最
小，理由是
(3)在恒温恒容装置中通入等体积CO2和CH4，发生上述反应，起始压强为p，CO2的平衡转化率为α。达平
衡时，容器内总压为 。该反应的平衡常数K p= (用平衡分压代替平衡浓度计算，
分压=总压×物质的量分数，用α、p表达，并化为最简式)。
(4)其他条件相同，在不同催化剂(A、B)作用下，CO的产率随反应温度的变化如图所示：
①在催化剂A、B 作用下，它们正、逆反应活化能差值分别用E (A)、E (B)表示，则E (A) E (B)
(填“>”“<”或“=”下同)。
y
②点对应的v逆 z 点对应的v 正。
Ⅱ.运用电化学原理可以很好利用CO2资源。
(5)火星大气由96 %的二氧化碳气体组成，火星探测器采用Li−CO2电池供电，其反应机理如下图：
写出CO2电极反应式： 。
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【答案】(1)+247.3
(2)A 该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大；A、B、C 三点中，A 点温度最
低
(3)(1+α)p 4 α
4 p
2
(1−α )
2
(4)= <
(5)4Li
++4e
-+3CO2=2Li2CO3+C
【分析】根据各物质的燃烧热可得：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)Δ H =-890.3kJ⋅mol
−1，②
CO(g)+1
2 O2(g)=CO2(g)Δ H =-283.0kJ⋅mol
-1，
③H2(g)+1
2 O2(g)=H2O(l)Δ H =-285.8kJ⋅mol
-1根据盖斯定律，①-2×②-2×③可得CH4-CO2催化
重整反应，计算焓变值。根据图示可知：左侧Li 电极为负极，Li 失去电子变为Li+进入电解质中，则负极
Li 电极的电极反应式为：Li-e-=Li+；在CO2电极上，CO2得到电子变为C 单质同时产生CO3
2−，CO3
2−与电解
质中的Li+结合形成Li2CO3，则正极的电极反应式为：4Li
++4e
-+3CO2=2Li2CO3+C。
【解析】（1）根据各物质的燃烧热可得：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)Δ H =-890.3kJ⋅mol
−1，
②CO(g)+1
2 O2(g)=CO2(g)Δ H =-283.0kJ⋅mol
-1
③H2(g)+1
2 O2(g)=H2O(l)Δ H =-285.8kJ⋅mol
-1根据盖斯定律，①-2×②-2×③可得CH4-CO2催化
重整反应的
Δ H =-890.3kJ⋅mol
-1-2×(-283.0kJ⋅mol
-1)-2×(-285.8kJ⋅mol
-1)=+247.3kJ⋅mol
-1，故答案
为：+247.3；
（2）该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，温度越低，平衡常数越
小，所以A 点对应的平衡常数最小，故答案为：A；该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡
常数增大；A、B、C 三点中，A 点温度最低；
（3）在恒温恒容装置中通入等体积CO2和CH4，发生反应：CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) △H=+247.3
kJ/mol，起始压强为p，假设反应开始时CO2和CH4的物质的量分别是1 mol，CO2的平衡转化率为α，则根
据物质反应转化关系可知反应产生达平衡时，H2、CO 的物质的量分别是2α mol，CO2和CH4的物质的量分
别是(1-α) mol，此时容器中气体的总物质的量为
n( 总)平衡= (1-α)mol+ (1-α)mol+2α mol+2α mol=(2+2α)mol，在恒温恒容条件下气体的物质的
量与压强呈正比，则2+2α
2
=p(平)
p
，解得p(平)= (1+α)p，即平衡时容器内总压为(1+α)p；平衡时各
种气体所占的平衡分压分别是：p(CH4)=p(CO2)=(1-α )
（2+2α ）×(1+α ) p=(1-α)p
2
；p(H2)=p(CO)=
40
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2α
（2+2α ）×(1+α ) p= αp，则该反应的平衡常数Kp=
p
2( H 2) p
2(CO)
p(C H 4) p(C O2) =
(αp)
2×(αp)
2
(1−α ) p
2
× (1−α ) p
2
= 4 α
4 p
2
(1−α )
2，故答案为：(1+α)p；4 α
4 p
2
(1−α )
2；
（4）①不同的催化剂，改变的只是反应的活化能。对于同一反应而言，正、逆反应活化能的差值即为该
反应的反应热，而催化剂只改变反应的活化能，不能改变反应的反应热，所以正、逆反应活化能的差值相
等，即E (A)=E (B)。
②由图可知，z 点的温度高于y 点，温度越高，反应速率越快，所以y 点对应的v逆<z点对应的v 正，故答
案为：=，<；
（5）根据图示可知：左侧Li 电极为负极，Li 失去电子变为Li+进入电解质中，则负极Li 电极的电极反应
式为：Li-e-=Li+；在CO2电极上，CO2得到电子变为C 单质同时产生CO3
2−，CO3
2−与电解质中的Li+结合形成
Li2CO3，则正极的电极反应式为：4Li
++4e
-+3CO2=2Li2CO3+C， 故答案为：
4Li
++4e
-+3CO2=2Li2CO3+C。
18．（23-24 高三下·贵州黔东南·开学考试）2023 年7 月全球首枚液氧甲烷火箭——朱雀二号在酒泉卫星发
射中心发射成功。根据所学知识，回答下列问题：
Ⅰ．通过CO2加氢制CH4回收利用CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，某催化剂作用下的CO2加氢制
CH4的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。
主要涉及如下反应：
主反应：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1
副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅mol
−1已知：H2(g)、CH4 (g)的燃烧热分别为
−285.8kJ⋅mol
−1、−890.3kJ⋅mol
−1。
(1)H2O (g)= H2O (l) Δ H =−44 kJ⋅mol
−1。则ΔH1= kJ⋅mol
−1，若主反应的正反应的活化
能为3350kJ⋅mol
−1，则主反应的逆反应的活化能为 kJ⋅mol
−1。
(2)T
∘C时，向1L恒容密闭容器中充入4molCO2和12molH2，发生反应，初始压强为p：
①能说明主反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．v (CO2)= v (CH4)
B．容器内压强不再变化
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C．气体平均相对分子质量不再变化
D．气体密度不再变化
E．CH4的体积分数不再变化
②20min时，主、副反应都已达到平衡状态，此时测得c(H2O)=5 mol⋅L
−1，体系压强为3
4 p，则
0∼20min内，v (CH4)= mol⋅L
−1⋅min❑
−1，平衡时CH4 选择性= (保留3 位有效数
字，CH4 选择性=CH4平衡浓度
CO2转化浓度×100 %)，该温度下，主反应的平衡常数K p= (列出计算式即可)。
(3)某科研小组用甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)提供能量制备Co(H2PO2)2，并获得副产品NaOH，其
工作原理如下图所示(已知：电解装置的电极材料分别为金属钴和不锈钢，H3PO2是一元弱酸)。
①膜b为 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。
②电解过程中，原料室溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。
③燃料电池m极的电极反应为 。
【答案】(1)−164.9kJ⋅mol
−1 3514.9kJ⋅mol
−1
(2)BCE 0.1 66.7%
p
8 ×(5p
16 )
2
(3p
16 )
4
×p
16
(3)阴 减小 O2+4e
-+2H2O=4OH
-
【解析】（1）氢气燃烧热的热化学方程式为反应③，热化学方程式为
H2(g)+1
2 O2(g)=H2O(l) ΔH3=−285.8kJ⋅mol
−1，甲烷燃烧热的热化学方程式为反应④，热化学方程
式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH4=−890.3kJ⋅mol
−1；－H2O (g)= H2O (l)为反应⑤，则反
应①=4×
-
-2×
③④
⑤，则ΔH1= 4ΔH3−ΔH4−2ΔH5= 4×(−285.8kJ⋅mol
−1)−(−890.3kJ⋅mol
−1)
−2×(−44 kJ⋅mol
−1)=−164.9kJ⋅mol
−1 ；
ΔH1=正反应活化能－逆反应活化能=3350kJ⋅mol
−1－逆反应活化能= −164.9kJ⋅mol
−1，则逆反应活
化能为3514.9kJ⋅mol
−1；
（2）①A．反应速率之比等于化学计量数之比，无法证明达到平衡状态，A 不符合题意；
42
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B．反应前后气体的物质的量发生改变，则压强发生改变，压强不变时达到平衡，C 符合题意；
C．反应前后气体的质量不变，物质的量发生改变，混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明达到平
衡，C 项符合题意；
D．反应前后气体质量不变，容器体积不变，则混合气体的密度不变，不能证明达到平衡状态，D 不符合
题意；
E．CH4的体积分数是一个变量，不变时能证明达到平衡状态，E 符合题意；
故选BCE；
②设主要反应消耗CO2的物质的量为amol，消耗H2物质的量为4amol，生成CH4的物质的量为amol，生成
水蒸气物质的量为2amol，根据题意，达到平衡时生成水蒸气总物质的量为1L×5mol·L-l =5mol，副反应中
生成水蒸气的物质的量为(5-2a)mol，n(CO)=(5-2a)mol，消耗CO2和H2的物质的量均为(5-2a)mol，相同条件
下，气体压强之比等于物质的量之比，即有
16
4−a−(5−2a)+12−4 a−(5−2a)+a+5−2a+5 = p
3
4 p ，
解得a=2，v(CH4)=
2mol
1 L
20min
＝0.1mol·L-l·min-1；根据选择性的定义，平衡时CH4选择性=
2mol
1L
3mol
1L
×100%=66.7%；
根据a 值可知，主反应达到平衡时，n(CO2)=4-a-(5-2a)=4-2-(5-2×2)mol=1mol ，
n(H2)=12-4a-(5-2a)=12-2×4-(5-2×2)mol=3mol，n(CH4)=2mol，n(H2O)=5mol
根据恒温恒容条件下，物质的量之比=压强之比，n平
n起
=
3
4 p
p
，则达到平衡状态时，气体总物质的量为
12mol，气体分压p(CO2)= 1
12 × 3
4 p=p
16、p(H2)= 3
12 × 3
4 p=3p
16、p(CH4)= 2
12 × 3
4 p=p
8、p(H2O) =
5
12 × 3
4 p=5p
16，该温度下，主反应的平衡常数K p=
p(CH4)×p
2(H2O)
p
4(H2)×p(CO2)
=
p
8 ×(5p
16 )
2
(3p
16 )
4
×p
16
；
（3）①根据图示可知，左侧为阳极室则M 为阳极，阳极上Co 失电子生成Co2+，Co2+向阴极移动，故通过
阳离子交换膜进入产品室，但是不能通过膜b，因此膜b 为阴离子交换膜；
②H2PO2
−水解使溶液呈碱性，电解过程中H2PO2
−通过膜b 进入产品室，导致原料室内H2PO2
−浓度减小，则溶
液中因H2PO2
−水解生成的氢氧根离子浓度减小，溶液pH 减小；
m
③
为燃料电池的正极，故电极反应式为O2+4e
-+2H2O=4OH
-。
19．（23-24 高三下·江苏镇江·阶段练习）氢气的制取、CO2的减排和CO2资源利用是当前研究的热点。
(1)H2S热解制氢的反应原理为：2H2S(s)⇌2H2(g)+S2(g)、CH4 (g)+S2(g)⇌CS2(g)+2H2(g)。常压下，按
n(H2S):n(CH4)=1:2投料，并用N2稀释，将混合气以一定流速通过石英管反应器，测得不同温度下H2和
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CS2体积分数如下：
温度/℃
950
1000
1050
1100
1150
H2体积分数
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
CS2体积分
数
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
在950-1150°C 范围内(保持其他条件不变)，S2(g)的体积分数随温度升高的变化是 (填“先升高后降
低”、“先降低后升高”或“不变”)，其原因是 。
(2)水煤气变换制氢反应CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g)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。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 。若采用喷入冷水
(蒸气)的方式降温，在图3 中作出平衡转化率随温度变化的曲线 。
(3)LiCO2电池是固定CO2的路径之一、LiCO2电池以单质Li为负极，电池反应的产物为Li2CO3和单质碳，
研究表明，该电池中CO2通过4 步形成Li2CO3；
I．2CO2+2e
−=C2O4
2−
II．C2O4
2−=CO2+CO2
2−
III．_______
N．CO3
2−+2Li
+=Li2CO3
则步骤III 反应式为 。
(4)铜基催化剂Cu−M(M为ZnO、ZnO/ Al2O3、ZnO/ZrO2等)是CO2加氢制甲醇常用的催化剂，部分合成路线
如图-4 所示。
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其中催化剂上有两个活动点位(Cu
0位点、氧化物载体位点)，CO2分别在中碱位(α)、强碱位(β)吸附发生反
应。
①请写出中碱位(α)上发生反应的总化学方程式 。
②上述CO2加氢制甲醇的过程可简单描述为 。
【答案】(1)先升高后降低 950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度
大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体
积分数减小
(2)按原水碳比通入冷的原料气或通过热交换器换热
(3)CO2+2CO2
2-=2CO3
2-+C
(4)CO2+H2 ⇌
❑
催化剂
CO+H2O CO2和H2在强碱位(β)吸附发生反应生成甲醇和水：
CO2+3H2 ⇌
❑
催化剂
CH3OH+H2O
【解析】（1）根据反应原理：2H2S(s)⇌2H2(g)+S2(g)(设为反应Ⅰ)、CH4 (g)+S2(g)⇌CS2(g)+2H2(g)
(设为反应Ⅱ)，由表格数据可知，H2和CS2体积分数都在升高，则S2(g)的体积分数随温度升高的变化是先
升高后降低，原因是在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反
应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数
减小；
（2）按原水碳比通入冷的原料气，降低温度，化学反应速率稍减小，CO 的转化率稍减小，与图象符合；
或者通过热交换器换热，降低温度，但不改变投料比，反应速率稍减小，CO 的转化率稍降低，也与图象
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符合；
若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，CO 的平衡转化率增大，大于原来
的平衡转化率，所以其图象为
；
（3）活泼金属Li 失电子，发生氧化反应，故Li 为负极，二氧化碳在正极发生还原反应，电池总反应式为
3CO2+4Li=2LiCO3+C，依据Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ，可得骤Ⅲ的离子方程式为CO2+2CO2
2-=2CO3
2-+C；
（4）①由图中可以看出，碱位(α)参与反应的为CO2和H2，生成的产物为H2O 和CO，故碱位(α)上发生反
应的总化学方程式为CO2+H2 ⇌
❑
催化剂
CO+H2O；
②由图可知，上述加氢制甲醇的过程可简单描述为CO2 和H2 在强碱位()吸附发生反应生成甲醇和水：。
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