猜押14化学反应原理综合题（教师版）_05-化学-高考总复习_专项复习_2025年_2025年高考化学抢分秘籍（新高考专用）_2025版

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猜押14  化学反应原理综合题
猜押考点
3 年真题
考情分析
押题依据
物质结构
或反应热
+反应速率
+化学平衡
的小综合
2024·新课标卷·第28 题
2024·山东卷·第20 题
2024·海南卷·第16 题
2023·天津卷·第16 题
2023·山东卷·第20 题
2022·全国乙卷·第28 题
2022·全国甲卷·第28 题
化学反应原理综合题是高考必考
题型，常与生产、生活、科技等
紧密联系的物质为背景材料，把
热化学、电化学及四大平衡知识
融合在一起命制，题目设问较
多，涉及内容也较多，多数题目
含有图像或图表，导致思维转换
角度较大，对考生思维能力的要
求较高。本题型常涉及：①化学
反应能量变化的本质及应用盖斯
定律计算。②化学反应速率计算
及影响因素。③以图像、图表形
式考查化学平衡的移动、平衡态
判断、转化率计算、平衡常数应
用及计算、可逆反应的能量计算
等。④溶液中离子平衡分析包括
难溶电解质的溶解平衡移动及计
算。⑤氧化还原反应及电化学原
理，尤其是电极反应式书写。
根据对近几年的高考试题分
析来看，从考点设置的角
度，化学反应原理综合题主
要考查盖斯定律及其应用、
热化学方程式的书写、化学
反应速率、化学平衡及其计
算（平衡常数、转化率、产
率等计算与变化判断）、图
像分析、电化学综合等，试
题难度比较大。从考点设置
的角度，可将化学反应原理
综合题分为三个热点：一是
反应热+反应速率+化学平衡
的小综合；二是反应热+反
应机理+反应速率+化学平衡
大综合,三是化学原理大综
合。预计2025 年在化学反
应原理上的命题仍然为上述
三个热点。
反应热+反
应机理+反
应速率+化
学平衡大
综合
2024·全国甲卷·第28 题
2024·江苏卷·第17 题
2023·全国甲卷·第28 题
2023·新课标卷·第28 题
2022·海南卷·第16 题
2022·河北卷·第16 题
化学原理
大综合
2025·浙江卷（1）·第18 题
2024·北京卷·第16 题
2023·江苏卷·第17 题
2023·河北卷·第17 题
2022·江苏卷·第17 题
2022·湖南卷·第16 题
押题一 反应热+反应速率+化学平衡的小综合
1．（2025·浙江杭州·二模）以
为原料合成高附加值产品，可以减少碳排放。请回答。
I.用
与
催化制备合成气，可以发生如下多个反应。
主反应：
  
副反应：
  
kJ/mol
  
kJ/mol
1
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kJ/mol
（1）
       kJ/mol。
（2）某温度下将一定比例的
和
通入体积不变的密闭体系发生以上反应，一定能减少平衡时积碳
的措施有_______。
A．升高温度
B．选择合适催化剂
C．加入
D．降低原料气中
的比例
II.电催化
还原制备CO 和
电解装置及操作为：涂有催化剂的碳纸和金属Pt 为电极，一定浓度
溶液为电解液，通入
进行预饱和，再以恒定流量通入
，维持反应时溶液中
浓度饱
和。
（3）以Cu 为催化剂时，相关还原产物的相对含量如下表：
产物的相对含量
电压(V)
HCOOH
CO
1.2
48
0
52
1.3
38
2
60
1.4
33
5
62
Cu 对产物       (填分子式)选择性高。
（4）以
为催化剂、阴极生成
和CO 是竞争反应，控制电压可以调节二者的含量。
①写出阴极发生的化学方程式：       ，       。
②在以上条件下增大电压，实验发现：1.2V-1.4V 之间，
与
结合能力增强，CO 的生成速率变
快，此时
的生成速率几乎不变；1.4V-1.5V 之间
与CuGa₂ 结合能力也增强、但CO 的生成速率几乎
不变。解释CO 生成速率几乎不变的原因       ，画出产物中
和CO 的体积比随电压在1.2V-1.5V 间的
变化关系       。
【答案】（1）
kJ/mol
（2）CD
（3）
和HCOOH
（4）
     
     溶解的
已饱和，限
2
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制了
与
的结合速度     
【解析】（1）已知：②
  
kJ/mol；③
  
kJ/mol；④
  
kJ/mol；由盖斯定律可知，②+
-
③④可得
的
=+247 kJ/mol。
（2）A．
是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，
是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则升高温度不一定能减少平衡时
积碳，A 错误；B．催化剂可以改变反应路径，降低活化能，但并不改变化学平衡，不一定能减少平衡时
积碳，B 错误；C．加入
，平衡
逆向移动，一定能减少平衡时积
碳，C 正确；D．降低原料气中
的比例，
逆向移动，一定能减少平衡时积
碳，D 正确；故选CD。
（3）由表格数据可知，以Cu 为催化剂时，生成
和HCOOH 的含量相比CO 较多，则Cu 对产物
和
HCOOH 选择性高。
（4）①以
为催化剂、阴极生成
和CO 且两者为竞争反应，说明其中一个反应为二氧化碳得电子
生成一氧化碳，另一个反应生成氢气，则该反应的实质为水得电子生成氢气，再结合电解质溶液为碳酸氢
钾和反应前后原子守恒可知，产物中还有碳酸氢根离子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒写出生成氢气
的电极方程式为：
，根据得失电子守恒和电荷守恒写出生成一氧化碳的电
极方程式为：
；
CO
②
生成速率几乎不变的原因是：溶解的
已饱和，限制了
与
的结合速度；由题意可知，
1.2V-1.4V 之间，
与
结合能力增强，CO 的生成速率变快，此时
的生成速率几乎不变，
和
CO 的体积比减小，1.4V-1.5V 之间
与CuGa₂ 结合能力也增强、但CO 的生成速率几乎不变，
的含量
增大，
和CO 的体积比增大，则画出产物中
和CO 的体积比随电压在1.2V-1.5V 间的变化关系为：
。
3
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2．（以甲醇水蒸气重整制氢技术为情境）甲醇水蒸气重整制氢技术
具有操作方便，反应条件温和等优点，回答下列问题：
（1）已知如下热化学方程式：
Ⅰ．
  
Ⅱ．
  
  
计算反应Ⅲ．
的
      
，反应Ⅱ在850K 时      
（填“能”或“不能”）自发进行。
（2）以
作催化剂时，甲醇与水蒸气重整制氢过程中只考虑反应Ⅰ和反应Ⅲ。向密闭容器中充入等
物质的量的
与
，反应温度对平衡时
的转化率，
的选择性及CO 的物质的量
分数的影响结果如图所示。
已知：
①平衡时
的转化率随温度升高而增大，原因是      。
520K
②
时，
的平衡转化率为      ，反应Ⅰ的平衡常数
      （列出计算式，用摩尔分数代替
平衡浓度计算，物质的摩尔分数：
）。
（3）当温度升高时，反应的活化能越大，反应速率增加的倍数越大。据此对CO 的物质的量分数在520K
时出现拐点加以解释：      。
（4）研究人员认为，在Cu 基催化剂上甲醇水蒸气重整反应可能经历了以下三个步骤，写出步骤b 的化学
方程式。
a．2
；b．      ；c．
。
【答案】（1）
     不能
4
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（2）反应Ⅰ，Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动     
     
（3）升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；520K 前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，520K 后，升温对反应
Ⅰ影响程度更大
（4）
【解析】（1）观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，根据盖斯定律，则ΔH3=ΔH1−ΔH2
；850K 时反应Ⅱ的ΔG=ΔH−TΔS=40.9
J mol
⋅
−1-850K
42.08J K
⋅
−1 mol
⋅
−1=5132J mol
⋅
−1>0，所以反应Ⅱ在850K 时不能自发进行。
（2）①反应Ⅰ、反应Ⅲ的ΔH 均大于0，两个反应均为吸热反应，当升高温度时，平衡向正反应方向移
动，所以平衡时CH3OH 的转化率随温度升高而增大。
②由图可知520K 时，CH3OH 的转化率为40%，CO2的选择性为95%。设起始CH3OH 和H2O 的物质的量都
为1mol，生成CO2的物质的量为x mol，生成CO 的物质的量为y mol，则
，x+y=0.4，解得
x=0.38，y=0.02，即反应Ⅰ消耗CH3OH 0.02mol，生成CO 0.02mol、H2 0.04mol，反应Ⅲ消耗CH3OH 
0.38mol、消耗水0.38mol，生成CO2 0.38mol、H2 1.14mol，所以H2O 的平衡转化率为
；平衡时，n(CH3OH)=0.6mol，n(CO)=0.02mol，n(CO2)=0.38mol，n(H2
)=(0.04+1.14)mol=1.18mol，n(H2O)=0.62mol，气体的总物质的量为2.8mol，故反应Ⅰ的平衡常数
。
（3）图中520K 之前CO 的物质的量分数随温度升高而减小，520K 之后CO 的物质的量分数随温度升高
而增大，是因为升温反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡均正向移动；但520K 前，升温对反应Ⅲ影响程度更大，CO 的物
质的量分数减小，520K 后升温对反应Ⅰ影响程度更大，CO 的物质的量分数增大。
（4）根据总反应
以及已知的步骤a 和c，可知在步骤b 中
和H2O 反应生成
和
，则步骤b 的化学方程式：
。
3．（2025·河南·模拟预测）过二硫酸铵
是一种常用的氧化剂，氧化
的离子方程式：
。回答下列问题：
（1）过二硫酸(
)、
的结构式分别为
、
，
5
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根据上述反应判断，过二硫酸铵中键能最小的共价键是___________(填字母)。
A．H—N
B．
C．O—O
D．S—O
（2）上述反应速率很小，根据碰撞理论解释其主要原因可能是           。
（3）
的速率方程为
(
为速率常数，只与
温度、催化剂有关；
、
为反应级数)。常温下，测得浓度与速率关系如下表所示。
实验
①
0.038
0.060
②
0.076
0.060
③
0.076
0.030
根据实验数据可知，
           (保留两位有效数字)。
（4）现在公认的反应机理是由3 个基元反应分步完成总反应：
  
①
  
②
  
③
  
已知活化能：①>②，①>③。
速控反应是           (填序号)；
           (用含
、
、
的代数式表示)。
（5）已知：速率常数与活化能、温度的阿伦尼乌斯表达式为
(
为常数)。实验测得不同催化剂
Cat1、Cat2 作用下，
与
关系如图所示(假设活化能不随温度变化)。
催化效率较高的催化剂是           (填“Cat1”或“Cat2”)。在催化剂Cat1 作用下，活化能
为  
 
6
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(保留两位有效数字)。
（6）常温下，在某容器中投入
和
，加入蒸馏水配制成1L 溶液，发生上述反应达
到平衡时
平衡转化率为
。则该温度下，平衡常数
为           
。若达到平衡后，加入
四氯化碳，振荡，
平衡转化率           (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）C
（2）
和
都带负电荷，相互排斥，二者碰撞频率低
（3）
（4）①     
（5）Cat1     53
（6）
     增大
【解析】（1）过二硫酸铵易断裂氧氧键(过氧键)，该键键能最小，故选C；
（2）发生化学反应的前提条件是“碰撞”，
和
都带负电荷，相互排斥，二者碰撞频率低；
（3）根据实验数据①②可得出
，根据实验数据②③可得
，将实验数据①代入速率方程可得：
；
（4）根据提示，活化能最大的基元反应最慢，最慢反应是速控反应，故为①：根据盖斯定律，3 个基元反
应加合得到目标反应，故：
；
（5）根据图像可知，温度变化值相同时，
变化绝对值越小，活化能越小，催化剂催化效率越大，故
催化效率较高的催化剂是Cat1。代入a、b 点数据可计算活化能取近似值：
；
（6）根据题意可列出三段式：
，平衡
常数
；加入四氯化碳，萃取了
，平衡正向移动，平衡转化
率增大。
4．（以工业上通过催化重整将环己烷脱氢制备环己烯为情境）环己烯是工业常用的化工品，工业上通过
催化重整将环己烷脱氢制备环己烯。根据所学知识，回答下列问题：
（1）1，6-己二硫醇
在铜的作用下可制得环己烷。涉及的反应有：
Ⅰ．
   
7
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Ⅱ．
   
Ⅲ．
   
已知：几种物质的燃烧热如表所示。
物质
燃烧热
-3952.9
-4192.1
-285.8
则
           
，反应Ⅲ在           (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进
行。
（2）在恒温恒容密闭容器中充入环己烷气体，发生反应
 
 
。下列叙述错误的是___________(填标号)。
A．气体平均摩尔质量不随时间变化时反应达到平衡状态
B．平衡后再充入
，平衡正向移动，转化率增大
C．加入高效催化剂，单位时间内
的产率可能会增大
D．增大固体催化剂的质量，一定能加快正、逆反应速率
（3）其他条件不变时，环己烷的平衡转化率和环己烯的选择性(选择性
)随温度
的变化如图所示[发生的反应为（2）中的反应]。
①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是           。
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是           。
（4）在723K、压强恒定为120kPa 条件下，向反应器中充入氩气和环己烷的混合气体，发生反应：
。
①环己烷的平衡转化率随
的增大而升高，其原因是           。
②当
时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为
，则环己烷分压的平均转化
速率为           
。
8
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③该温度下，
           。
【答案】（1）＋46.6     高温
（2）BD
（3）正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动     环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应
（4）恒压条件下，增大Ar 的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动     3.5     80kPa
【解析】（1）由燃烧热数值可得：①
 
-3952.9kJ/mol；
②
 
-4192.1kJ/mol；③
 
-285.8 kJ/mol，由盖斯定律可知，②-(
+
)
③①可得
 
=-4192.1kJ/mol+285.8 kJ/mol+3952.9kJ/mol=+46.6 kJ/mol，该反应是气体体积增大得放热反应，
>0，
>0，当
时，反应能够自发进行，则该反应在高温下能自发进行。
（2）A．该反应过程中气体总质量为定值，气体总物质的量增大，气体平均摩尔质量减小，气体平均摩尔
质量不随时间变化时反应达到平衡状态，A 正确；
B．后再充入
，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，转化率减小，B 错误；
C．加入高效催化剂，反应速率加快，若反应未达到平衡，单位时间内
的产率可能会增
大，C 正确；
D．增大固体催化剂的质量，若不能增大与反应物的接触面积则不一定能加快正、逆反应速率，D 错误;
故选BD。
（3）①随着温度升高，环己烷平衡转化率增大的原因是正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
②随着温度升高，环己烯的选择性变化的原因可能是环己烷裂解发生副反应，环己烯易发生聚合反应。
（4）①环己烷的平衡转化率随
的增大而升高，其原因是：恒压条件下，增大Ar 的物质的量，相
当于减小压强，平衡正向移动，环己烷转化率增大；
②当
时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为
，根据反应列出三段式可
得：
起始时，环己烷的分压
，平衡时
，则环己烷分
压的平均转化速率为
；
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③由②中数据可知，该温度下，
80kPa。
5．（2025·天津和平·一模）用磷石膏(主要成分是
)可生产硫酸或硫。回答下列问题：
（1）用硫黄还原磷石膏。已知下列反应：
①
②
则反应：
的
       。(用
和
表示)。
（2）用高硫煤还原磷石膏。温度对等时间内
转化率影响的曲线如图甲所示，
的作用是  
 
；当温度高于
时，两条曲线趋于相同的可能原因是       。
（3）用
还原磷石膏。不同反应温度下可得到不同的产物。
①低于
时，主要的还原产物是一种硫的最低价盐，该物质的化学式是       。
②
下，向盛有足量
的真空恒容密闭容器中充入
，起始压强为
，主要发生反应：
。该反应达到平衡时，
，
的转化率
为80%，则初始时
       
，该反应的分压平衡常数中
       
。(分压=总压×物
质的量分数，忽略副反应)。
（4）用C 还原磷石膏。向密闭容器中加入相同质量的几组不同C/S 值(炭粉与
的物质的量之比)的混
合物，
煅烧至无气体产生，结果如图乙所示。
①当C/S 值为0.5 时，试解释
的转化率接近80%，但
的体积分数却低于10%的原因       。
②当C/S 值大于0.7 时，反应所得气体中
的体积分数不升反降，可能的原因是       。
10
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（5）生产硫酸：依上述四种还原途径，分析用磷石膏生产硫酸比较适宜途径和条件是       。
【答案】（1）
（2）作催化剂降低反应活化能，节约能源     两种情况下反应均趋于平衡，催化剂
不影响平衡
（3）
     1.0×10-4     0.32a
（4）炭粉与
主要的产物
和
，少部分生成
和
     高温下，过量的C 与
反
应生成CO，使气体总体积增大或
部分转化为其他含硫物质
（5）用C 还原磷石膏，C/S 值为0.7；
，
作催化剂
【解析】（1）目标方程式可由
得到，根据盖斯定律得
；
（2）由图甲可知，CaCl2改变反应速率，但不改变最终（平衡时）CaSO4的转化率，说明CaCl2作催化剂；
当温度高于1200℃时，两种情况均达到平衡状态，则无论有无CaCl2，CaSO4的转化率趋于相同；
（3）S 的最低价态为－2 价，则最低价盐为CaS；根据反应可知存在计量关系：CO~SO2~CO2，则反应掉
的CO 为8.0×10-5mol/L，则初始CO 的浓度为
；平衡时，c(CO2)= 8.0×10-
5mol/L，c(CO)=( 1.0×10-4－8.0×10-5)mol/L=2×10-5 mol/L，则平衡时气体总物质的量浓度为
=1.8×10-4 mol/L，设容器体积为VL，总压为
，p(CO2)=
=p(SO2)，p(CO)=
，Kp=
；
（4）主要原因是其中大部分CaSO4与C 反应转化成CaS 和CO，少部分转化成CaO、CO2、SO2，故SO2含
量少；当C/S 值大于0.7，过量的C 与CO2反应生成CO，使气体总体积增大导致SO2体积分数不增反减或
CaSO4部分转化为其他含硫物质；
（5）考虑实际生产成本和转化率，应选择用C 还原磷石膏，C/S 值选择0.7；另外加入CaCl2催化剂可以提
高生产效率，温度选择900℃（温度太低CaSO4易生成CaS，且900℃时CaCl2催化效果很好）。
6．（以工业废气中的
合成甲醇为情境）利用工业废气中的
合成甲醇可以变废为宝，有关反应式
如下：
i．
ii．
上述反应的焓变和熵变如表：
反应
11
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i
ii
回答下列问题：
（1）该过程使用的催化剂为
纳米纤维，该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差最
小的是       (填元素符号)。
（2）反应i 正反应自发进行的条件是       (填“低温”“高温”或“任意温度”)。
（3）已知：①
②
③
④
则
       
。
（4）在恒容密闭容器中充入
和
，发生上述反应合成
，测得
的选择性和
平衡转化率与温度的关系如图所示。
D、E、F 三点中，
的物质的量最大的是       (填字母)。温度高于
时，
平衡转化率增大
程度加快，其主要原因是       。
提示：
。
（5）某温度下，保持总压强为
，向体积可变的密闭容器中充入
和
，发生反应，达
到平衡时
转化率为
体积分数为
。平衡体系中，
分压为       
。该温度下，
反应i 的平衡常数
为       (列出计算式)
。
提示：用分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数
，分压等于总压×物质的量分数。
（6）以
为燃料制成碱性燃料
电池，利用该电池电解
溶液，当
正极消耗
(标准状况)纯气体时，电解装置恢复至室温，此时电解后的
溶液的
为       (忽
12
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略溶液体积的变化)。
【答案】（1）Zn
（2）低温
（3）-285.8
（4）F     随着温度升高，反应ⅱ向右移动的程度大于反应ⅰ向左移动的程度
（5）55     
或
（6）13
【解析】（1）Al 不是过渡元素，基态
的价电子排布式为
，基态
的价电子排布式为
，
基态
价电子排布式为
，基态
价电子排布式为
，处于半满状态，难失去电子，其第二电离
能大，第二电离能与第一电离能相差大，故该催化剂中过渡元素第二电离能与第一电离能相差最小的是
Zn；
（2）反应i 的
，依据
反应可自发进行，则低温下自发进行；
（3）已知：①
，②
，③
，④
；⑤
 
，根据盖斯定律：①+③－④+⑤得到
，求
=
；则
 
；
（4）
点生成
的物质的量分别为
、
、
，
的物质的量最大的是F
点；升高温度反应i 平衡左移，二氧化碳平衡转化率降低，而反应ⅱ平衡右移，二氧化碳平衡转化率增
大，温度高于
时，
平衡转化率增大程度加快，说明此时以反应ⅱ为主，即随着温度升高，反应
ⅱ向右移动的程度大于反应ⅰ向左移动的程度；
（5）设平衡体系中，
的物质的量分别为
，列式子：i．
，ii．
13
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，依题意，
，
，解
得：
；平衡体系中，各组分的物质的量如下：
，总物质的量
，
，
。反应i 的平衡常数
；
（6）正极的电极反应式为
，电解氯化钠溶液时阴极的电极反应式为
，转移电子的物质的量
，电解生成的氢氧根离
子浓度
。
押题二 反应热+反应机理+反应速率+化学平衡大综合
7．（2025·贵州·模拟预测）从烟气中捕集
，与
耦合反应生成CO 和
，有利于减少
排放，
减缓温室效应。反应方程式如下：
主反应：
  
 K
主要的副反应：I．
  
  
Ⅱ．
  
  
Ⅲ．
  
  
回答下列问题：
（1）计算
       
。为了抑制副反应Ⅱ的发生，主反应倾向于在       (选填“高温”或
“低温”)下进行。
（2）主反应分别在Ni 和NiMo 合金催化剂上的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的中间物种加
注*。
14
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由图可知，相同条件下，为提高化学反应速率，使用       催化剂较好。在该催化剂上，反应历程的最
大能垒(活化能)为       eV，决速步骤的反应方程式为       。
（3）在恒温、
'时进料，在不同条件下达到平衡时的理论平衡转化率和
如下表： 
条件
平衡转化率(%)
i．只考虑主反应
80
80
1.00
ii．同时考虑主反应和副反应Ⅰ(
)
75
x
y
iii．只考虑主反应在透氢膜反应器中进行
-
90
-
①在条件ⅰ时，
       (列出计算式)。
②与条件ⅰ相比，条件ⅱ中x       80%，y       1.00(选填“大于”“等于”或“小于”)。
③在条件ⅲ时，透氢膜反应器的工作原理如图所示。出口a 和出口b 中
的物质的量的比值为       (保
留小数点后2 位)。
【答案】（1）-172     高温
（2）NiMo(或NiMo 合金)1.58     
［或
］
（3）
     大于     小于     0.65
15
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【解析】（1）根据盖斯定律，-反应 I-反应Ⅱ=反应Ⅲ，
=
； 根据
反应自发进行，主反应吸
热，熵增，可知主反应倾向于在高温下进行；
（2）由图可知，相同条件下，为提高化学反应速率，使用NiMo 合金催化剂时活化能较低，效果更好；在
该催化剂上，b→c 反应历程的垒能最大，最大能垒(活化能)为1.14eV+0.44eV=1.58eV；决速步骤的反应方
程式为
［或
］；
（3）①在条件ⅰ时，只考虑主反应
，达到平衡时，
、
的转
化率为80%，平衡时
，
，
；
②同时考虑主反应和副反应Ⅰ(
)，主反应中
的平衡转化率为75%，
、
转化
0.75mol/L，生成
，对于副反应列三段式：
，
，平衡时
，
x≈0.115，可知同时考虑主反应和副反应Ⅰ，
转化大于0.8mol/L，与条件ⅰ相比，条件ⅱ中x 大于
80%；副反应Ⅰ消耗
，生成
，
小于1；
③在条件ⅲ时，只考虑主反应，
平衡转化率为90%，
、
转化0.9mol/L，各剩余0.1mol/L，生
成
，假设出口a 含有
，根据温度不变，K 值不变，可得
，x=
，则出口b 含有
，出口a 和出口b 中
的物质的量的比值为
≈0.65。
8．（以
氧化异丁烷脱氢制备异丁烯为情境）丁烯是一种重要的化工原料，主要用于生产甲基叔丁基
醚丁基橡胶等产品。
氧化异丁烷脱氢制备异丁烯[
]以及正丁烷（P）直接脱氢制2-
丁烯（M）技术已进入工业化应用。回答下列问题：
（1）丁烷可以作为燃料使用。已知0.1mol 
完全燃烧生成
(l)放出a kJ 热量，则表示
燃烧热的热化学方程式为            。
（2）
氧化异丁烷脱氢制备异丁烯，其反应为
    △H，在
催化作用下的反应机理如下：
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写出转化①、②的化学方程式：             、          。
（3）正丁烷直接脱氢制2-丁烯过程发生如下两个反应：
反应Ⅰ．
；
反应Ⅱ．
。
在
℃、
kPa 的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1 2∶通入
(g)和
(g)的混合气体，
发生上述反应，测得生成物的物质的量与反应时间关系曲线如图所示（曲线a 只表示某物质的部分变
化）。
①从平衡角度说明通入
的作用是           。
②曲线b 表示的物质是          （填名称），若其他条件不变，在恒容密闭容器中进行上述反应，则点
X 将可能移向点          （填“A”“B”或“C”）。
（4）在T℃、
kPa 的恒压密闭容器中，按物质的量之比为1 2∶通入
（g）和
（g）的
混合气体，发生反应Ⅰ、Ⅱ，当反应Ⅰ和反应Ⅱ均达到平衡时，测得P、M 在含碳物质中的占比分别为
20%、60%，则
          ，反应Ⅰ的
          [用含
的式子表示，若用N 代表
，则P 在含碳物质中的占比表示为
]。
【答案】（1）
    
（2）
     
（3）反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积增大的反应，恒温恒压条件下，通入
可以降低反应体系中其他组分
的分压，提高反应物的转化率     2-丁烯     C
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（4）
或0.5     
kPa
【解析】（1）0.1mol 
完全燃烧生成
(l)放出a kJ 热量，则丁烷完全燃烧的热化学方
程式可以表示为：
；
（2）转化①
转化为
，
转化为
，化学方程式为：
；转化②为
转化为
，
转化为
，化学方程式为：
；
（3）①反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积增大的反应，恒温恒压条件下，通入
可以降低反应体系中其他组
分的分压，相当于减压，平衡正向移动，提高反应物的转化率；
②
时刻，曲线a 物质的量是
，曲线b 物质的量是
，曲线c 物质的量是
，两个反应均生
成氢气，则曲线a 代表
，根据物质的量关系
，则
=0.5mol、
=0.25mol，即曲线b 表示2-丁烯
；两个反应均是气体体积增大
的反应，如果改为恒容，则压强变大，反应速率加快，达到平衡时间变短，但平衡逆向移动，丁烷的转化
率降低，2-丁烯物质的量变小，则应为C 点；
（4）设初始通入
，则
，达到平衡以后，根据碳守恒可知，
；得P
、M
在含碳物质中的占比分别为20%、60%，则
、
、
，由上一问方程式的比例关系可知，
，则
0.5；
平衡时，
，
、
、
，反应Ⅰ的
。
9．（2025·甘肃·二模）2024 年巴黎奥运会火炬燃料是生物丙烷
，来自可再生原料，用途广泛，是
一种较为清洁的能源，有助于减少碳排放。丙烷是一种重要的化工原料，工业上常用丙烷来制备乙烯、丙
烯等产品。请回答下列问题：
Ⅰ．直接脱氢法制丙烯的反应为：
。在25℃和
条件下，几种物质
的燃烧热如下表所示：
18
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物质
燃烧热
-2219.9
-2049
-285.8
（1）
           
。
（2）该反应正向自发进行的条件为           (填“高温”“低温”或“任何温度”)。
（3）某温度下，在某刚性密闭容器中充入一定量的
，发生上述反应。平衡时容器中总压为
，丙
烷的转化率为
，则该反应的平衡常数
为           (要求带单位；用分压计算的平衡常数为
，分
压
总压物质的量分数)。
Ⅱ．氧化脱氢法制丙烯：在固体催化剂作用下氧化丙烷生成丙烯，化学反应为：
（4）中国科学技术大学研究了在硼基催化剂上丙烷氧化脱氢制丙烯的反应机理，部分反应历程(其中吸附
在催化剂表面的物质用*表示)如下图所示：
则反应物分子在催化剂上的吸附是           (填“吸热”或“放热”)过程。上述反应历程中决速步骤的
反应方程式为：           。
（5）氧化裂解法制丙烯的反应产物中除
外，还有
、
和C 等，产生的固体会附着在催化剂表
面，降低催化剂活性。下图1 为温度对丙烷氧化裂解反应性能的影响，图2 为投料比
对丙烷氧
化裂解反应性能的影响。
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已知：
的选择性
；
产率
转化率
选择性。
①图1 中
的转化率随着温度升高而增大的原因为           。
②图2 中
的值较低时，
的选择性较低的原因可能是           。
【答案】（1）+114.9
（2）高温
（3）
（4）放热     
或
（5）温度升高，反应速率加快，转化率升高     氧气过量，丙烷发生深度氧化产生其它副产物
【解析】（1）根据燃烧热定义写出热化学方程式：
  
①，
 
 
②，
 
③
由盖斯定律，①-
-
②③可得
，
。
（2）该反应
，反应后气体物质的量增大，
。根据
，当
时反应自发进行，要使
，因为
，
，则需T 较大，即高温条件下反应正向自
发进行。
（3）设起始时
的物质的量为n，列出三段式：
 
平衡时总物质的量为
。
的分压
，
和
的分压
，平衡常数
。
（4）从反应历程图看，反应物分子吸附在催化剂表面后能量降低，所以反应物分子在催化剂上的吸附是
放热过程。决速步骤是反应历程中活化能最大的步骤，由图可知活化能最大的步骤对应的反应为
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。
（5）①温度升高，分子获得能量，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，反应速率加快，在相同时
间内丙烷反应的量增多，所以丙烷的转化率随着温度升高而增大。
②
较低时，也就是氧气相对丙烷过量较多时，丙烷不仅发生生成丙烯的反应，还会更多地发
生深度氧化反应，生成
、
和
等，使得丙烯的选择性降低。
10．（以丙烷(
)制丙烯
的方法为情境）Ⅰ．丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研
究的热点。由丙烷(
)在一定温度和催化剂条件下制丙烯
的两种方法如下。
反应
(直接脱氢)：
  
反应
(氧化脱氢)：
  
（1）已知：
  
，则
           
。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入
和
，初始压强为
，仅发生反应
(氧化
脱氢)。欲提高
的平衡产率，同时加快反应速率，应采取的措施是           (填字母)。
a．升高温度    b．增大压强    c．再充入
    d．及时分离出水蒸气    e．加催
化剂
（3）反应
(直接脱氢)在催化剂
表面上反应路径如下，整个反应的能量变化如图所示。
TS 表示过渡态，*表示吸附，路径中决速步骤的反应式为           ，有           个基元反应。
（4）在压强(
)恒定条件下，以
作为稀释气，不同水烃比
[
、10、15]时，催
化
直接脱氢(反应
)制备
反应的平衡转化率随温度的变化如图所示。[副反应：
]
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①
点对应条件下，若
的选择性[
的选择性
]为80%，则反应
的分压平衡
常数
(
是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)为           
。
②相同温度下，水烃比远大于
时，
的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ.
的浓度过低；ⅱ.           。
（5）一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应B(氧化脱氢)。
①已知该反应过程中，
，
，其中
、
为速率常数，与
温度、活化能有关。升高温度，
的变化程度           (填字母)
的变化程度。
a．大于  b．小于   c．等于   d．无法比较
②相比反应
(直接脱氢)，反应
(氧化脱氢)的优点有           (任写一点)。
Ⅱ．为解决
的污染，某研究机构提出
多孔材料孔径大小和形状恰好将
“固定”，能高选择
性吸附
，废气中的
被吸附转化后，经处理能全部转化为
，原理示意图如下。
已知：
  
。
（6）降低温度有利于
吸附的原因是           ，多孔材料
吸附
后再生时内部发生的化学
方程式为           。
【答案】（1）
（2）c
（3）
(或
)3 个
22
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（4）14.4 或
     
过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低
（5）b     氧化脱氢为放热反应，能减少能耗(或产物易于分离)
（6）低温有利于该反应正向移动，有利于
的吸附     
【解析】（1）反应
-反应
可得反应：
，则由盖斯定律可得：
，则反应
的
；
（2）a．反应B 为放热反应、气体体积增大的反应，升温平衡逆移，产率下降，故a 错误；
b．加压平衡逆移，产率下降，故b 错误；
c．充入氧气平衡正向移动，反应速率增大，同时产率增大，c 正确；
d．及时分离水蒸气，反应速率减小，d 不正确；
e．加催化剂不改变平衡产率，e 不正确；
故选c；
（3）从能量变化图可知，路径中由生成
的活化能最高，为决速步骤，其反应式为：
或
；
吸附和脱附不属于基元反应，有化学键断开或化学键生成属于基元反应，b 到c、c 到d 和d 到e 属于基元
反应，共3 个；
（4）①W 点
的平衡转化率为
，设
通过反应A 和副反应转化的物质的量分别为
、
，且起始
，根据已知条件列出“三段式”：
则
，
的选择性为
，则
。故
，
。
点
，则
的物质的量为
，平衡时
物质的量为
，
、
的物质的量
均为
，混合气总物质的量为
，则反应Ⅰ的分压平衡
常数
；
23
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②相同温度下，水烃比远大于
时，说明水蒸气过多，则
的浓度过低，反应速率减慢，另一个可能
的原因是：
过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低，
的消耗速率
明显下降；
（5）①该反应是放热反应，升高温度，速率常数都增大，平衡向逆反应方向移动，即逆反应速率常数增
幅大于正反应速率常数，即
的变化程度小于
的变化程度，故选b；
②相比反应Ⅰ，反应Ⅱ为放热反应，低温条件下有利于该反应平衡向正反应方向移动，能减少能耗，且常
温下丙烯为气态，水为液态，水的沸点较高，丙烯和水存在沸点差异，易于分离，则相比反应Ⅰ(直接脱
氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点有：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗(或产物易于分离)；
（6）已知：
正反应放热，降低温度之后，平衡正向移动，导致生成的
增
多，利于
的吸附。
和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为
。
11．（2025·山东·模拟预测）甲烷重整制氢是重要的制氢方法，其过程中发生下列反应：
I．
；
Ⅱ．
；
Ⅲ．
。
（1）已知在25℃、101kPa 下，由最稳定单质生成
某纯物质的焓变称为该物质的标准摩尔生成焓，用
表示。如表所示为几种常见物质的标准摩尔生成焓。
物质
标准摩尔生成焓
-393.5
0
-241.8
-110.5
则
       
。
（2）在某容器中发生上述反应，甲烷和水的平衡转化率随水碳比
的变化如图所示：
24
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①水碳比为1：1 时，甲烷的平衡转化率与水的平衡转化率近似相等的原因为       。
②随着水碳比的增大，CO 的百分含量       (填“增大”或“减小”)。
（3）S 表示选择性，
。在一定温度和压强下，向容积可变的密闭容
器中通入
和
，同时发生反应I、反应Ⅱ、反应Ⅲ，达到平衡时测得
的选择性为
，
平衡时体系中气体物质的量增加40%，则平衡时反应Ⅱ的
为平衡时各组分物质的量分数表示的平衡
常数)为       (保留4 位有效数字)。
（4）
、
、
三种双金属合金团簇催化剂催化甲烷重整制氢的过程中，存在甲烷逐步脱
氢的过程，其能量变化如图所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：
①
双金属团簇具有良好的抗积碳作用，能有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，结合图示解释
其原因为       。
②甲烷逐步脱氢过程决速步反应是       (用化学方程式表示)。
【答案】（1）+165.1
（2）水碳比为1：1 时，主要发生反应Ⅰ，使得甲烷的平衡转化率与水的平衡转化率近似相等     减小
（3）21.71
（4）积炭反应为最后一步，
做催化剂最后一步活化能大，反应不易发生，故产生积炭较少 
或
【解析】（1）
，解得
；
，代入数据：
；
（2）①反应Ⅰ中甲烷和水系数比为1：1，故水碳比为1：1 时，甲烷的平衡转化率与水的平衡转化率近似
相等，原因是主要是：主要发生反应Ⅰ，使得甲烷的平衡转化率与水的平衡转化率近似相等；
②随着水碳比的增大，此时会发生反应Ⅱ、Ⅲ，使得CO 的选择性降低，反应Ⅱ前后气体物质的量不变，
反应Ⅲ前后气体物质的量会变大，因此总的气体物质的量变大，则CO 的百分含量减小；
（3）初始通入
和
，根据氢元素守恒可知，
，平衡时体系中气体物质的量
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增加40%，则平衡时，气体总物质的量为2mol+0.8mol=2.8mol，设平衡时
，则
，根据C 守恒
，根据氢元素守恒可知，
，则
，解得x=0.08mol，则平衡时，
、
、
，
；根据氧元素守恒可
知，
，则
，
，反应Ⅱ反应前后气体体
积不变，所以反应Ⅱ的
；
（4）①由反应进程可知，积炭反应为最后一步，
做催化剂最后一步活化能大，反应不易发生，故
产生积炭较少；
②由图可知，TS2 过渡态的活化能最大，反应速率最慢，是反应的决速步，化学方程式为是
或
。
12．（以
加氢制备
、
为情境）
加氢制备
、
涉及反应如
下：
i．
 
ii．
 
iii．
 
回答下列问题：
（1）工业上，利用
加氢合成
的热化学方程式为        。
（2）向反应器中充入
和
，在催化剂
、
作用下发生上述反应，测得相同时间内
的转化率与温度关系如图所示。温度低于450℃时，催化效率较高的催化剂是        （填“
”
或“
”），随着温度升高，
、
曲线相交，其主要原因可能是        。
（3）某温度下，向恒容密闭容器中充入
和
，发生上述反应i、ii、iii，起始压强为
，达到平衡时
转化率为60%，
选择性为50%，
选择性为25%。
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已知：乙醇的选择性
（
、
的选择性同理）。）
该温度下，反应iii 的平衡常数
        （用分数表示，用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分
压等于总压×物质的量分数）。
（4）
与
在活化后的催化剂[催化剂活化：
（无活性）
（有活性）]表面可逆
地发生反应ii，其反应历程如图所示。
①对于
制甲醇的过程，以下描述正确的是        （填字母）。
A．反应中经历了
、
键的形成和断裂
B．加压可以提高
的平衡转化率
C．升高温度有利于生成甲醇
②
与
混合气体以不同的流速通过反应器，流速加快可减少产物中
的积累，减少反应        
（用化学方程式表示）的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。
（5）用电解法也可以实现由
制备乙醇。电解时电解质溶液显酸性，阴极的电极反应式为        。
（6）干冰（固态
）的立方晶胞结构中，
处于顶点和面心，若晶胞参数为
，
表示阿伏加德
罗常数的值，则干冰晶体的密度为        
。
【答案】（1）
 
（2）
     随着温度升高，温度对反应速率起决定作用
（3）
27
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（4）AB     
（5）
（6）
【解析】（1）根据盖斯定律，反应ii-iii 可得
，则该反应的
，则利用
加氢合成
的热化学方程式
为：
 
；
（2）由图可知，温度低于450℃时，催化剂是
时，二氧化碳的转化率高，故此时催化效率较高的催化
剂是；由于反应时间相同，随着温度升高，反应速率加快，则随着温度升高，
、
曲线相交，其主
要原因可能是：随着温度升高，温度对反应速率起决定作用；
（3）根据相关数据，达到平衡时
转化率为60%，
选择性为50%，
选择性为25%，根
据原子守恒可计算各组分物质的量如下：
组分
0.4
0.1
1.4
0.8
0.1
0.2
气体总物质的量为
。对于等分子数反应，可用物质的量替代分压计算平衡常数，反应iii 的平衡常
数
；
（4）①A．由图可知，反应中经历了
、
键的形成和断裂，A 项正确；
B．
制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高
的平衡转化率，B 项正确；
C．
 
是放热反应，升高温度平衡逆向移动，
不利于生成甲醇，C 项错误；
故选AB；
②已知催化剂活化：
（无活性）
（有活性），流速加快可减少产物中
的积累，
减少反应
的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性；
（5）根据题意，电解时，二氧化碳在阴极得到电子生成乙醇，电极反应式为：
；
（6）干冰（固态
）的立方晶胞结构中，
处于顶点和面心，，则每个干冰晶胞中含有4 个
，干
冰晶体的密度=
，故答案为：
。
押题三 化学原理大综合
28
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13．（2025·天津宁河·一模）Ⅰ．“一碳化学”是以分子中只含一个碳原子的化合物(如CO2、CO、CH4等)
为原料来合成一系列化工原料和燃料的化学。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇过程中的主要反应为(忽略其他副反应)：
CO
①
2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)　 ΔH1=+41.2kJ·mol⁻¹　K1
CO(g)+2H
②
2(g)=CH3OH(g)　 ΔH2=-90.6kJ·mol⁻¹K2
③
  
 K3
则
=      kJ·mol-1，平衡常数K3=      (用K₁、K₂ 表示)。
（2）在恒温恒容下，反应(
达平衡状态的标志是______(填序号)。
A．平衡常数K 保持不变
B．容器内气体的密度保持不变
C．
D．容器内混合气体平均相对分子质量不变
（3）欲提高反应
中甲醇的平衡产率，可采取的措施有______。
A．升高温度
B．增大体系压强
C．增加CO2的浓度
D．使用高效催化剂
（4）研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如下图所示。温度小于900℃
时进行电解反应，碳酸钙先分解为CaO 和CO2，电解质为熔融碳酸钠，阳极的电极反应为
则阴极的电极反应为      。
Ⅱ．亚磷酸H3PO3是一种二元弱酸。常温下，已知H3PO3溶液中含磷粒子的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中
含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH 的关系如图所示。
（5）
      (填数值)。
（6）
随溶液pH 的变化用曲线      (填“1”“2”或“3”)表示。
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【答案】（1）-49.4     K1·K2
（2）CD
（3）BC
（4）3CO2+4e-=C+2CO
（5）10-1.43
（6）3
【解析】（1）
  ΔH1=+41.2kJ·mol⁻¹   K1，
   
  K2，
  K3，依据盖斯定律，将反应①+②得，反应
ΔH3=(+41.2kJ·mol⁻¹)+(-90.6kJ·mol⁻¹)=-49.4 kJ∙mol-1，平衡常数
K3=K1·K2；
（2）A．平衡常数只与温度有关，恒温条件下K 一定不变，A 错误；B．反应物和生成物均为气体，则气
体总质量不变，容器恒容，则气体总体积不变，所以无论是否达到平衡，容器内气体的密度都不变，B 错
误；C．反应中各物质的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，平衡时，
，C 正
确；D．反应前后各物质都是气体，故气体总质量不变，该反应的正反应是气体物质的量减小的反应，混
合气体平均相对分子质量不变，即气体分子的物质的量不变，说明反应达到平衡，D 正确；答案选CD；
（3）A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低，A 错误；B．正反应方向为体积
减小反应，增大压强平衡正向移动，甲醇产率升高，B 正确；C．增加二氧化碳浓度，平衡正向移动，甲
醇的产率升高，C 正确；D．催化剂不影响平衡移动，对甲醇的产率无影响，D 错误；答案选BC；
（4）温度小于900℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为和CaO，电解质为熔融碳酸盐，熔融碳酸钠中的碳
酸根离子移向阳极，阴极得电子发生还原反应生成碳，则阴极的电极反应为3CO2+4e-=C+2CO
；
（5）②利用交叉点求算电离平衡常数，H3PO3
H++
  Ka1=
=10-1.43；
（6）H3PO3是二元弱酸，发生电离：H3PO3
H++
，
H++
，随着溶液中的pH 逐渐增
大，H3PO3逐渐减小，
逐渐增大后又减小，
逐渐增大，
随溶液pH 的变化用曲线3。
14．（以
的资源化利用为情境）
的资源化利用是化学领域关注的热点。
Ⅰ．利用
合成甲醇是
资源化利用的一种途径。
催化
与
反应制甲醇的化学方程式为
，反应机理如图甲所示(★表示氧空位)，反应进程如图乙所示(吸附
在催化剂表面的物质用*标注，
代表过渡态)。
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（1）
与
同主族，则基态
原子价层电子的轨道表示式为       。
（2）下列说法正确的是_______。
A．该反应在低温下能自发进行
B．
催化剂能提高甲醇的平衡产率
C．“吸附a”与“氢化”两个步骤消耗
的分子数之比为
D．降低步骤
的能垒，能有效加快甲醇的生成速率
（3）恒容密闭容器中
和
的起始浓度分别为
和
，一定温度下只发生反应
时反应达到平衡，平衡体系中
的物质的量分数为b，则
内
       
(用含a、b 和t 的式子表示)。
（4）恒定总压和碳氢投料比
，在不同温度下反应相同时间后含碳主产物甲醇的产率
如图所示。
①图中Q 点对应的产率       (填“是”或“不是”)该温度下甲醇的平衡产率，理由为       。
②当温度高于
时，甲醇的产率随温度下降的原因可能为       (写两条)。
Ⅱ．捕获
有助于实现碳中和。海洋是地球上最大的“碳库”，海水中存在的主要碳平衡关系如图所
示。
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已知：①
；
。
25℃
②
时，海水的
，表层海水中
。
（5）
时，表层海水中浓度最大的含碳微粒为       (填“
”“
”或“
”)。
（6）海洋中形成珊瑚礁(主要成分为
)可能涉及反应
。
请从化学平衡的角度，通过计算判断该反应进行的趋势大小：       (平衡常数可反映反应的趋势。一般
认为
时，反应基本能完全进行；
时，则反应很难进行)。
【答案】（1）
（2）AC
（3）
（4）不是     该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，Q 点温度低于
，甲醇的平衡产率应
高于
时的     温度升高，催化剂的活性降低；或温度升高，主反应逆向移动；或温度高于
，
促进了副反应的进行等
（5）
（6）
=
=
=
，K 值已经很接近
，该反应进行的趋势很大
【解析】（1）Ga 是第31 号元素，基态Ga 原子价层电子排布式为4s24p1，轨道表示式
；
（2）A．由图可知，该反应为放热、熵减反应，
，
，
可自发，故需要低温下自
发，A 正确；B．
催化剂不影响化学平衡，不能提高甲醇的平衡产率，B 错误；C．“吸附a” 消耗
1 个
，“氢化”消耗2 个
（生成甲基和水），两个步骤消耗
的分子数之比为
，C 正确；D．降
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低最后一步的能垒（能垒最大），能有效加快甲醇的生成速率，D 错误；故选AC；
（3）根据已知可列三段式，
，
，
；
（4）①放热反应，若在平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，甲醇的产率降低，图中甲醇的产率还在升
高，故Q 点所示的条件下，反应还未达到平衡状态；该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，Q 点
温度低于
，甲醇的平衡产率应高于
时的；
②温度升高，催化剂的活性降低；或温度升高，主反应逆向移动；或温度高于
，促进了副反应的进
行等；
（5）
时，二氧化碳溶于水形成碳酸，表层海水中碳酸以第一步电离为主，故浓度最大的含碳微粒为
；
（6）
=
=
=
，K 值已经很接近
，该反应进行的趋势很大；
15．（2025·河南·三模）一氧化碳是合成气和各类煤气的主要成分，是有机化工的重要原料，也可用作燃
料及精炼金属的还原剂。回答下列问题：
（1）CO 与
、
可以合成乙二醇，反应为
。已知：
、
、乙二醇（1）的燃烧热
分别为
、
、
。则反应
的
     。
（2）工业合成光气的原理为
  
。一定条件下，在密闭容器中充入1mol 
CO 与
合成
，平衡时CO 的转化率与温度的倒数(
)，压强的关系如图所示。
①若该反应的熵变为
，则温度       (填“大于”“小于”或“等于”)
时，该反应自
发。
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②图示中达到平衡所需要的时间最短的点是       (填“a 点”“B 点”或“c 点”)。
（3）
重整反应可获得合成气CO 和
，主要反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
一定温度下，起始时将
和
的混合气体充入某恒容密闭容器中，平衡时测得
，
和
的物质的量分数相等。
①平衡时甲烷的转化率为       。
②若起始压强为12kPa，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数
       (
为用分压表示的平衡常数，分压
总压物质的量分数，结果保留三位有效数字)。
（4）八羰基二钴[
]主要用作有机化合物羰基化反应的催化剂，可由Co 与CO 在高温高压条件下
直接合成。
中碳原子是该配位化合物的配原子，其理由是       。
（5）研究人员开发出了不需要将
溶解在水溶液中，而是通过采用多孔催化剂电极将
转化为CO 的
电解池，工作原理如图1 所示。为了使
气体直接发生反应，需要在催化剂层内形成大量的由
(气
体)、
(液体)、催化剂(固体)聚集而成的三相界面，如图2 所示。
①阴极的电极反应式为       。
②标准状况下，二氧化碳按
的气流速率通过该装置。电解20min 后，测得电解效率
和选择性
，若通过某电极的电子全部用来生成氧气，理论上产生
的质量为       
g。
【答案】（1）
（2）小于     a 点
（3）80%     0.643
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（4）碳元素的电负性比氧元素小，容易给出孤电子对
（5）
     360
【解析】（1）根据①
  
；
②
  
；
③
  
；
根据盖斯定律：2×
+5×
-
①
②③得到：
；
则
；
（2）①根据图示可知，温度越高，平衡时CO 的转化率越小，所以反应
的
，由于该反应的
，由
能自发进行，
，所以
(因
为负，
不等号方向改变)；
a
②点的温度要比b 点和c 点的高，且压强大，反应速率快，a 点达到平衡时间最短；
（3）①设平衡时
，
，
，由原子守恒可得：C 守恒：
；H 守恒：
；O 守恒：
联解可得，
、
、
，所以平衡时
的转化率为
②平衡时，
，
，
，
，
，反
应Ⅱ是气体分子数不变的反应，可用物质的量之比代替分压之比，故反应Ⅱ的
；
（4）
中碳元素的电负性比氧元素小，碳原子容易给出孤电子对形成配位键，是该配位化合物的
配原子；
（5）①根据图示可知，阴极上二氧化碳得电子被还原为一氧化碳，电极反应式为
；
②
的气流速率通过该装置，电解20min，则
体积为
，
，得
，即18mol，转移的电子为36mol，又因为
，得通过电极的电子为
，依据阳极的电极反应式
可知，理论上产生
的物质的量为
11.25mol，质量为360g。
16．（以硫酸的各种制备方法为情境）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。
（1）18~19 世纪，利用
和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1 所示。
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①工业上可用
生产
，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是     。
②制硫酸总反应的化学方程式是     。
③中反应的
与
的物质的量之比是     。
（2）现代用接触法制硫酸，关键工序是
的催化氧化：
　
①
中硫氧键键能的平均值为
中硫氧键键能的平均值为
，则
中氧氧键的键能
为     
。
②其他条件不变，相同时间内
的转化率随温度的变化如图2 所示。温度大于
，
的转化率减小，可
能的原因是     。
（3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。
电解
废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3 所示。
注：X、Y 分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。
①结合化学用语解释图3 装置中生成较浓硫酸的原理：     。
②有同学设计燃料电池，利用图3 中产生的
、较浓硫酸和较浓氨水联合处理
废液，其原
理示意图如图4 所示。
ⅰ、较浓硫酸应注入     (填“C 极区”或“D 极区”)。
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ⅱ、从物质和能量的角度说明联合生产的优点：     。
【答案】（1）
     
     
（2）
     温度升高使催化剂失去活性，同时
的催化氧化反应是放热反应，温度升高平衡
逆向移动，反应的平衡转化率减小
（3）
极的电极反应：
，
增大，
通过阴离子交换膜进入
极区，
增大，最终得到较浓硫酸     D 极区     
和
制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫
酸和氨水
【解析】（1）①工业上可用
生产
，发生氮的催化氧化反应，方程式为：
；
②由物质转化图可知，
、
、
为反应物，
为产物，故制硫酸总反应的化学方程式为：
；
③根据反应i 的反应物和产物，反应方程式为：
，则
与
的物质的量之比是
；
（2）①已知
中
键能为为
，
中
键能的平均值为
，假设
中氧氧键的
键能为x，
，
，则
中氧氧键的键能为
；
②由图2 可知，随着温度升高，
的转化率先增大后减小，温度大于
，
的转化率减小，可能的原因
是温度升高使催化剂失去活性，同时
的催化氧化反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，转化率减
小；
（3）①由图3 可知，A 极附近稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：
，
增大，
通过阳离子交换膜X 进入A 极，
增大，最终得到较浓氨水；同理，B 极负极稀硫酸转
化为较浓硫酸，电极反应为：
，
增大，
通过阴离子交换膜Y 进入
极
区，
增大，最终得到较浓硫酸；
②ⅰ、图3 中产生的
分别为
、
，氢氧燃料电池中C 极
得到电子，发生还原反应：
，
减小，
增大，
通过阳离子交换膜X 进入C 极，则较浓氨水应
注入C 极区；同理，D 极
失去电子，发生氧化反应：
，
增大，
通过阴离子
交换膜Y 进入D 极区，故较浓硫酸应注入D 极区；
ⅱ、从物质和能量的角度，图4 利用
和
制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。
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17．（2025·重庆·二模）硫酸是一种重要的化工原料，广泛应用于多个领域，被称为“化学工业之母”。
（1）硫酸热分解的反应如下：
I.
  
  
II.
  
  
①反应
  
       
。
②工业上常对炼油厂酸渣(含硫酸、沥青质等)进行热分解，以回收硫酸，沥青质在较高温度下分解产生
、
、
、
等。恒压下，对一定量的酸渣进行热分解，平衡体系中
、
的气体体积分数随温
度的变化如下图所示。由图可知：
，理由是       。
（2）一种古老的生产硫酸的方法中用
把
氧化成
，反应为：
。
时，向一恒容密闭容器中，加入等物质的量的
和
发生
反应，达平衡时
和
的体积比为3：1，则
的转化率为       ，该温度下，反应的平衡常数
 
；若起始时，同时充入
、
、
、
各
，此时反应向       (填“正反应”或“逆反应”)
方向进行。
（3）我国科研工作者开发了一种如图所示用硫酸作电解液处理含氯苯废水的装置。
阳极区电极反应为：
-2e-+2H2O=
+Cl-+3H+，
-26e-+10H2O=6CO2
+26H+。
已知：电解效率
。
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电解一段时间后，阴极得到气体
(标准状况)，
。
①阴极区溶液的pH 保持不变，结合化学用语解释其原因       。
②若阳极区
，所有
完全转化为CO2，则
(
)=       。
【答案】（1）+550     平衡时
的体积分数远小于
，说明大多数
已分解，故
（2）75%     9     正反应
（3）电解过程中，阴极发生反应为：
，阴极每减少
，电路中转移
，同时
有
通过质子交换膜从阳极区进入阴极区，故阴极区溶液的
保持不变     6%
【分析】阳极区电极反应为：
-2e-+2H2O=
+Cl-+3H+，
-26e-
+10H2O=6CO2
+26H+。阴极区电极反应为：2H++2e-=H2↑，则气体A 为H2。
【解析】（1）①反应I
+反应II 得到
，根据盖斯定律，
=
；
②由图可知，反应达到平衡时，
的体积分数远小于
，说明大多数
已分解，故
；
（2）向一恒容密闭容器中，加入等物质的量的
和
发生反应，设
和
的物质的量均为
1mol，反应过程中消耗x mol
，列出三段式：
达平衡时
和
的体积比为3：1，二者的物质的量之比为3：1，则有：
，解得x=0.75；则
的转化率为
；该温度下，反应的平衡常数
；若起始时，同时充入
、
、
、
各
，则Q=
，则此时反应向正反应方向进行；
（3）①由分析可知，电解过程中，阴极发生反应为：
，阴极每减少
，电路中转移
，同时有
通过质子交换膜从阳极区进入阴极区，故阴极区溶液的
保持不变；
②设该过程中生成x mol
，在反应
-26e-+10H2O=6CO2
+26H+中，所有
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完全转化为CO2，则转移26x mol 电子，阳极区
，则通过电极的电子的物质的
量为
，根据反应
-2e-+2H2O=
+Cl-+3H+可知，生成x mol
，
转移2x mol 电子，则
(
)=
。
18．（以除去天然气中的H2S 为情境）天然气开采过程中普遍混有H2S，它会腐蚀管道等设备，必须予以
去除。工业上，CH4和H2S 重整制氢的反应为：
（1）关于硫(S)、磷(P)、氯(Cl)三元素的判断，正确的是_______。
A．第一电离能：S>P>Cl
B．原子半径：Cl>S>P
C．电负性：Cl>S>P
D．酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4
（2）反应ⅰ在金属硫化物的催化下进行，机理如下图。
①请判断机理图中的物质X、Y：X 为       ，Y 为       。
②反应ⅰ的ΔH1=       (用代数式表示)。
（3）一定条件下，若只发生反应ⅰ。下列说法正确的是_______。
A．加入合适的催化剂，可以降低反应ⅰ的焓变
B．升高温度，若H2S 的体积分数将减小，则ΔH1<0
C．降低反应温度，反应ⅰ的正逆反应速率均减小
D．增大反应容器的体积，H2S 的平衡转化率增大
天然气开采过程产生的H2S 一般可用Na2SO3氧化处理。常温下，向浓度为0.68g·L−1的H2S 溶液中加入一定
量Na2SO3固体。不同pH 下，H2S 的去除率随时间变化如图所示。
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（4）①实际生产中采用的去除条件是pH=5，不选择更低pH 的原因是       ；
pH=5
②
时，计算0-10min 内H2S 的去除速率ν(H2S)=       mol·L−1·min−1。
（5）实际生产中反应时间一般选择10min，而不是更长，其原因是_______。
A．10min 后，H2S 的去除率增幅减小
B．10min 后，H2S 的去除率继续增高，但与时间成本相比，效率反而降低
C．10min 后，H2S 溶液的浓度持续下降，其反应速率必然减小
D．10min 后，溶液的pH 不断升高
（6）25°C 时，Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90。此温度下，0.01mol·L-1Na2S 溶液的有关微粒浓度关系正
确的是_______。
A．cNa++cH+<cOH-+cHS-+cS2−
B．cNa+>cOH->cS2−>cHS-
C．cNa++cH+=cOH-+cHS-+2cS2−
D．cNa+=2cS2−+2cHS-
我国科技工作者设计了一套电化学装置，能在常温常压下实现H2S 的分解，得到H2和S。装置的工作示意
图如下。
（7）该装置能实现的能量转换是_______。
A．化学能→电能
B．电能→化学能
C．光能→化学能→电能
D．光能→电能→化学能
（8）装置中，电极a 为       (填电极名称)。装置工作时，两侧电解质溶液pH 的变化是       。
【答案】（1）CD
（2）CH4     H2S     ΔH2+ΔH3-ΔH4
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（3）CD
（4）pH 过低，c(H+)增大，会导致H2S 从溶液中部分逸出，不利于H2S 与Na2SO3的反应，并造成空气污染 
1.4×10-3
（5）AB
（6）BC
（7）D
（8）阳极     左侧pH 减小，右侧pH 增大
【解析】（1）A．同周期元素，从左往右，第一电离能有增大的趋势，P 的3p 轨道半充满，更加稳定，第
一电离能比相邻元素大，则第一电离能：Cl>P>S，A 错误；
B．同周期元素，从左到右，半径减小，则原子半径：P>S>Cl，B 错误；
C．同周期主族元素，从左到右，电负性增大，则电负性：Cl>S>P，C 正确；
D．同周期主族元素，从左到右，非金属性依次增大，则非金属性：Cl>S>P，元素非金属性越强，最高价
氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：H3PO4<H2SO4＜HClO4，D 正确；
故选CD。
（2）
①由图可知
和X 反应生成
，则X 为CH4，
和Y 反应生成
和H2，Y 为H2S；
②已知：ⅰ.2H2S+CH4
CS2+4H2 ΔH1；ii.2H2S(g)
S2(g)+2H2(g) ΔH2；iii.CH4(g) 
 C(s)+2H2(g) ΔH3；
iv.CS₂(g) 
 C(s)+S₂(g) ΔH4，由盖斯定律可知，ii+iii-iv 可得ⅰ，ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH4。
（3）A．催化剂不改变焓变，A 错误；
B．若升温导致H2S 体积分数减小，说明平衡正向移动，ΔH1 >0，B 错误；
C．降温会降低正、逆反应速率，C 正确；
D．反应i 为气体体积增大的反应，增大容器体积，降低压强，平衡正向移动，会提高H2S 的平衡转化率；
D 正确；
故选 CD。
（4）①实际生产中采用的去除条件是pH=5，不选择更低pH 的原因是pH 过低，c(H+)增大，会导致H2S 从
溶液中部分逸出，不利于H2S 与Na2SO3的反应，并造成空气污染；
②初始H2S 浓度为0.68 g·L-1，即
=0.02 mol·L-1，10 min 时去除率约70％，则10 min 内去除的
H2S 浓度为0.70×0.02=0.014 mol·L-1，对应平均去除速率ν(H2S)= 
。
（5）由图可知，实际生产中反应时间一般选择10min，而不是更长，其原因是：10min 后，H2S 的去除率
增幅减小，10min 后，H2S 的去除率继续增高，但与时间、经济成本相比已不划算，效率反而降低，故选
AB。
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（6）A．Na2S 溶液中存在电荷守恒：cNa++cH+=cOH-+cHS-+2cS2−，则cNa++cH+>cOH-+cHS-
+cS2−，A 错误；B．Na2S 溶液中S2-发生第一步水解生成HS-和OH-，HS-发生第二步水解生成H2S 和
OH-，第一步水解的程度高于第二步，且第一步水解常数Kh= 
，S2-水解程度较大，则
cNa+>cOH->cS2−>cHS-，B 正确；C．Na2S 溶液中存在电荷守恒：cNa++cH+=cOH-+cHS-
+2cS2−，C 正确；D．Na2S 溶液中存在物料守恒：cNa+=2cS2−+2cHS-+2c(H2S)，D 错误；故选BC。
（7）该装置使用光伏电池电解H2S 得到H2和S，能实现光能→电能→化学能的能量转化，故选D。
（8）装置中，Fe2+在电极a 失去电子生成Fe3+，电极a 为阳极，阳极区Fe3+和H2S 反应生成S 和Fe2+，离子
方程式为：2Fe3++H2S=S+2Fe2++2H+，氢离子浓度增大，pH 减小，右侧V2+和H+反应生成V3+和H2，氢离子
浓度减小，pH 增大。
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