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猜押 化学反应原理综合题
猜押考点
1 年真题
考情分析
押题依据
化学反应原理
综合题
2024 年第17 题
化学反应原理综合题是高考必
考题型，承载着宏观辨识与微观探
析、变化观念与平衡思想、证据推
理与模型认知等核心素养，及变化
观、微粒观等重要学科思想，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。
根据对近几年的高考试题分
析，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。
1．(2025·安徽皖北协作体·一模)在“碳达峰、碳中和”的背景下，
通过加氢转化制甲醇、乙醇等化学
品的研究备受关注。回答下列问题：
Ⅰ．
加氢制甲醇
(1)已知如下热化学方程式：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
计算：
。
(2)在一绝热恒容的密闭容器中发生反应
，下列说法能说明该反应达到
1
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化学平衡状态的是___________(填标号)。
A．体系的压强保持不变
B．混合气体的密度保持不变
C．
保持不变
D．CO 的体积分数保持不变
(3)一定条件下，发生上述反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，达到平衡时
的平衡转化率和甲醇选择性随温度变化的关系
如图所示。
已知：甲醇的选择性
。
①260℃时，
的转化率
。反应ⅰ的平衡常数
(精确到小数点后3 位，
是以物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)。
②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因： 。
Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物
已知：Sn、In、Bi 的活性位点对O 的连接能力较强，Au、Cu 的活性位点对C 的连接能力较强，Cu 对CO 的
吸附能力远强于Au，且Cu 吸附CO 后不易脱离。
(4)
电还原可能的反应机理如图所示(
表示吸附态的CO)。
2
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①参照机理图画出A 的结构： 。
②若还原产物主要为
，应选择 (填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。
【答案】(1)
(2)AD
(3) 22% 0.022 由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升高温度，反应ⅰ平衡正向移动，
反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低
(4)
Cu
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ可得反应ⅲ，可得
。
（2）A．该反应是气体体积不变的反应，绝热恒容的密闭容器中反应该反应，温度减小，体系压强减小，
当体系的压强保持不变时，说明反应达到平衡，A 选；
B．该反应过程中气体总质量和总体积均为定值，混合气体的密度为定值，当混合气体的密度保持不变时，
不能说明反应达到平衡，B 不选；
C．该反应过程中消耗的
和生成的
相等，
是定值，当
保持
不变时，不能说明反应达到平衡，C 不选；
D. 该反应过程中气体总物质的量是定值，CO 的体积分数是变量，当CO 的体积分数保持不变时，说明反应
达到平衡，D 选；
故选AD。
（3）①
=3，设n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol，总压为8MPa，260℃时，CO2的平衡转化率为30%，甲
醇的选择性为60%，则平衡时n(CO2)=1mol×70%=0.7mol，n(CH3OH)=0.3mol×60%=0.18mol，n(CO)= 1mol×30-
3
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0.18mol=0.12mol，根据O 原子守恒，n(H2O)=2mol-0.7mol×2-0.18mol-0.12mol=0.3mol，根据H 原子守恒
n(H2)=
=2.34mol，
的转化率
=22%，气体总物质的
量为3.64mol，反应ⅰ的平衡常数
=0.022；
②从热力学角度分析，甲醇选择性随温度升高而降低的原因：由于反应ⅰ吸热，反应ⅱ、ⅲ放热，所以升
高温度，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ、ⅲ平衡逆向移动，甲醇的选择性降低。
（4）
①参照机理图，A 应是CO2表面吸附电子形成
吸附在电极表面，画出A 的结构为：
；
②若主要生成CH4，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，
则应选Cu 作催化剂，其对CO 吸附能力强，可进一步深度加氢生成CH4。
2．(2025·安徽安庆·二模)2-甲基-1-丁烯(A)一定条件下可发生异构化反应生成(B)，在催化剂作用下可通过甲
醇与这两种烯烃的液相反应制得汽油添加剂2-甲氧基-2-甲基丁烷(
)。涉及反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
试回答下列问题：
4
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(1)以
或
为初始原料，在
下进行反应I．达平衡时，以
为原料，体系向环境放热
；以
为原料，体系从环境吸热
，实验测得
。则反应I 的焓变
(用含
、
的代数式表示)。反应Ⅱ和反应Ⅲ的热效应关系
(填
“>”、“=”或“<”)。
(2)x(i)表示某物种i 的物质的量分数，反应I、Ⅱ、Ⅲ分别以平衡物质的量分数代替平衡浓度表示平衡常数
、
、
。为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入
甲氧基-2-甲基丁烷(
)，控制温度为
，
、
和
随时间t 变化关系如图1 所示。
时刻达平衡，
则图中表示
变化的曲线是 ；
时刻x(
)= ，反应Ⅲ的平衡常数
(保
留两位有效数字)。
(3)一定温度下，保持体系总物质的量一定，向某反应容器中按不同进料比投入
和
，若仅发生反
应Ⅱ时，测定体系达平衡时的
(
，
为初始物质的量，
，
为平衡时物质的量)。
5
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图2 曲线中能准确表示该温度下
随进料比变化的是 (填字母)，随着进料比
的不
断增大，平衡时2-甲氧基-2-甲基丁烷(
)物质的量分数的变化趋势是 。
【答案】(1)
<
(2) c 0.26 2.1
(3) C 先增大后减小
【详解】（1）依题意，可推知在同温下，以
的
或
为初始原料，达到平衡时的状态相同，
两个平衡完全等效。又以
为原料，体系向环境放热，则反应I 的焓变
为
；
由盖斯定律可知，
，则
，因此
；
（2）
实验测定
，则达到平衡时
的量大于
的量，
的量等于
与
的量之和，所以三条曲线在
达平衡时由多到少依次表示为
、
、
，即图中a、b、c 依次表示x(CH3OH)、x(B)、x(A)的变化；
体系中只有四种组分，所以t1时刻x(
)=1-0.370-0.333-0.037=0.26，反应Ⅲ的平衡常数
；
（3）
一定温度下，体系总物质的量一定，依据“等效平衡”原理可知当
时与
时等效，
相等，据此判断
能准确表示该温度下
随进料比变化；当
6
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时，平衡时2-甲氧基-2-甲基丁烷(
)物质的量分数最大，故随着
的不断增大，2-甲氧基-2-甲基丁烷(
)物质的量分数的变化趋势是先增大后减小。
3．(2025·安徽江南十校联考·一模)2024 年10 月30 日中国航天员搭载神舟十九号载人飞船顺利进入“太空
之家”，中国空间站设有完整的可再生生命保障系统，对二氧化碳进行收集和再生处理，实现了对二氧化
碳的加氢甲烷化，生成甲烷与水，并伴有副反应。
Ⅰ．
(主反应)
Ⅱ．
(副反应)
回答下列问题：
(1)几种化学键的键能为：
、
、
、
，则
。
(2)一定温度时，在固定容积的容器中充入1mol
和4mol
进行上述反应，平衡时
的转化率
，
的选择性(
)随温度变化如图所示：
根据图像分析可知：
0(填“
”或“
”)，
平衡转化率先减小后增大的原因是
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。T℃，反应Ⅱ的
(保留两位有效数字，
为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压
物质的量分数，
的选择性
)。
(3)早期长征运载火箭推进剂成分为
和
，它们混合后反应的产物对环境友好，其化学方
程式为 。在点火的瞬间火箭尾部喷射出红色火焰，同时伴随着滚滚红色烟雾，研究发现是
分解的结果。T℃时，
，
和
的消耗速率与其浓度存在如下关系：
，
(其中
、
是只与温度有关的常数)，一定温度下，
或
的消耗速率与其浓度的关系图像如图所示：
表示
消耗速率与其浓度的关系图像是 (填“X”或“Y”)，该温度下速率常数
值为
。
(4)空间站中通过电解回收再生的水为宇航员提供氧气。某科技小组模拟用一种新型的纳米硅基锂电池电解
水为宇航员提供
，其电池反应式为
，工作原理示意图如下：
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(电解液由锂盐和有机溶剂组成)
电池工作时，理论上为宇航员提供标准状况下11.2L 的氧气时，正极材料的质量变化为 g。
【答案】(1)-270kJ/mol
(2) > 反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，温度较低时以反应Ⅰ为主，温度较高时以反应Ⅱ为
主 0.016
(3)
Y 2
(4)32
【详解】（1）焓变等于反应物键能总和减去生成物键能总和，因此
。
（2）根据图像可知，温度升高二氧化碳转化率先减小后增大，由于反应I 为放热反应，温度升高二氧化碳
转化率应该下降，因此可推测反应II 为吸热反应，温度升高平衡逆向移动，二氧化碳转化率升高，故
；
平衡转化率先减小后增大的原因是反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度升高，温度较低时以反
应Ⅰ为主，升高温度反应I 平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，温度较高时以反应Ⅱ为主，升高温度反
应Ⅱ平衡正向移动，二氧化碳转化率增加；T℃，甲烷选择性为80%，则
，得
，设平衡时
，根据化学反应方程式平衡时
、
、
、
，此温度下二氧化碳转化率
9
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为30%，则
，解得
，因此平衡时各物质的物质的量：
、
、
、
、
，物质的量分数：
、
、
、
、
，设系统总压为p0，则平衡常数
。
（3）
和
反应生成二氧化碳、氮气和水，化学方程式为
；
消耗速率与其浓度成线性关系，故图像是Y；根据图
像
和
浓度均为2mol/L 时两者消耗速率相等，即
，
，
。
（4）根据电池反应式为
。放电时，负极反应式为
，负极材料
转化为Si，Li 元素进入溶解溶液；正极反应式为
，正极材料FeS2转化为Fe，S 元素进入溶液。 电解水的过程中，生成1mol 氧气
转移4mol 电子，正极材料由Fe 转化为FeS2，反应式为
，则有如下计量关系：
，正极质量增加为
的质量，因此生成标准状况下11.2L（0.5mol）氧气正极质量增加
。
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4．(2025·安徽滁州·一模)我国提出2060 年前实现碳中和，为有效降低大气中
的含量，以
为原料制
备甲烷、戊烷和甲醇等能源物质具有较好的发展前景。
在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如
下反应：
主反应：
副反应：
(1)已知：
，则
(2)向体积相同的容器中加入
和
(假设只发生主反应)，其中甲为绝热恒容，乙为恒温
恒容，两容器中压强(Pa)随时间变化曲线如图：
①甲容器中，从开始到a 点压强增大的原因是 。
②乙容器中，从开始到b 点，用
分压变化表示的反应速率为
(用含p 的表达式表示，
分压=总压×物质的量分数)。
③c 点对应的平衡常数 (填“大于”“小于”或“等于”)d 点对应的平衡常数。
(3)500℃时，向1L 恒容密闭容器中充入
和
，初始压强为p，20min 时主、副反应都达到平
衡状态，测得
，体系压强为
，则平衡时
选择性
(
选择性
计算结果保留三位有效数字)。
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(4)以
催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为
。该反应的Arrhenius 经验公式的实验数据如图中曲线a 所示，已知
Arrhenius 经验公式
(
为活化能，k 为速率常数，R 和C 为常数)。则该反应的活化能
。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b 所示，则实验可能改变的外界条件是 。
【答案】(1)+239.1kJ·mol-1
(2) 甲为绝热体系，反应时放热使体系温度升高使压强增大的影响程度大于体系气体的总物质的量减
小使压强减小的影响程度，故压强增大 0.01p 小于
(3)66.7%
(4) 64 使用更高效的催化剂(或增大催化剂的比表面积)
【详解】（1）CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)可以由“副反应×2-主反应”得到，由盖斯定律得：ΔH3=ΔH2×2-
ΔH1=41.1kJ·mol-1×2-(-156.9kJ·mol-1)=+239.1kJ·mol-1；
（2）①由于甲容器是绝热容器，反应放热使体系温度升高，且正反应是气体分子数减小的反应，但从开
始到a 点压强增大，则反应时放热使体系温度升高使压强增大的影响程度大于体系气体的总物质的量减小
使压强减小的影响程度，所以甲容器中，从开始到a 点压强增大的原因是：甲为绝热体系，反应时放热使
体系温度升高使压强增大的影响程度大于体系气体的总物质的量减小使压强减小的影响程度，故压强增大；
②设乙容器中，从开始到b 点CO2变化量为a，列出三段式：
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恒温恒容下，气体物质的量之比等于其压强之比，则
，解得a=0.1mol，则b
点时CO2分压为
=0.9p Pa，同理求得CO2起始分压为p Pa，则用CO2分压变化表示的反应速率为
；
③主反应为放热反应，甲容器绝热，故d 点甲容器温度高于乙，甲中平衡相对乙逆向移动，平衡常数减小，
所以c 点平衡常数小于d 点平衡常数；
（3）500℃时，向1L 恒容密闭容器中充入4mol CO2和12mol H2，初始压强为p，20min 时主、副反应都达
到平衡状态，测得c(H2O)=5mol/L，体系压强为
p，建立三段式：
由题意可得：2x+y=5，根据物质的量之比等于压强之比得：
，解得x=2，y=1，则平衡时CH4
的选择性=
66.7%；
（4）将曲线a 上两点数据代入Arrhenius 经验公式
得：8.0=-3.2×10-3Ea +C，1.6=-3.3×10-3Ea
+C，联立两式解得：Ea=64kJ·mol-1。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b 所示，曲线b 没有曲线a
陡峭，说明曲线b 对应的活化能较小，即改变外界条件，使活化能降低，则实验可能改变的外界条件是：
使用更高效的催化剂(或增大催化剂的比表面积)。
5．(2025·安徽淮北淮南·质量检测)丙烯是重要的化工产品，也是衡量国家石油化工水平的重要指标之一，
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丙烷脱氢反应是制丙烯的重要途径。
丙烷脱氢反应：
(1)已知常见化学键的键能如下表：
化学键
键能(
)
347
413
614
436
则丙烷脱氢反应的
。
(2)丙烷脱氢反应可用
，
等催化剂。钴的晶体结构如图所示，晶胞参数为
，钴晶体的密度
为
。
(3)某课题组研究了在初始压强相同的情况下原料气中水烃比［
］和温度对丙烷平衡转化率的
影响如图所示，
、
、
由大到小的顺序是 ，理由是 。已知
，平衡时
压强为
，则M 点对应温度下的平衡常数
。
(4)若在原料中加入少量
，则可发生烧氢反应：
。烧
氢反应使丙烯的产率增大，可能的原因是 。
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(5)研究者利用原子示踪法研究催化剂上氧化还原反应的基元步骤和可逆性：
①他们研究了以
、
混合物为原料在负载了
的催化剂上的初期反应，提出如下机理：
推测，反应初期生成的水为 (填“
”或“
”)。
②研究者又以
、
、
混合物为原料，实验中没有检测出
的物种，说明“断键”步骤是
(填“可逆”或“不可逆”)的。
【答案】(1)
(2)
(3)
丙烷脱氢反应为气体分子数增大的反应，增大水烃比有利于平衡正向移动
(4)①降低了氢气的浓度，促进脱氢反应正向进行；②脱氢反应为吸热反应，烧氢反应为放热反应，升高
温度促进脱氢反应正向进行
(5)
不可逆
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【详解】（1）
的
=反应物总键能-产物总键能，
。
（2）钴晶体为面心立方晶体，每个晶胞中的钴原子数目为
，设有1mol 晶胞，则有4mol 钴
原子，质量为
，体积为
，所以晶体的密度为
。
（3）从所给反应来看，水不参与本体系中的反应，所以增大水的用量可以降低丙烷的分压，而该反应为
气体分子数增大的反应，所以有利于平衡正向移动，所以水烃比越大，丙烷的平衡转化率越大，故
。M 点的水烃比为10.设水为10mol，丙烷为1mol 进行计算：
。
（4）烧氢反应一方面可以降低
浓度，又可以放出大量的热，都能促进丙烷脱氢反应正向进行。
（5）由机理图可以看出，活化丙烷中C-H 键的氧原子为催化剂上的氧原子，反应初期氧气并没有参加反应，
所以反应初期得到的水都是
；在以
、
、
混合物为原料时，没有检测到
的物种，
说明断键反应不是可逆的，若为可逆H、D 回到烃分子上是随机的，则会检测出
物种。
6．(2025·安徽江南十校·素质检测)大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的
必须脱除(即脱硝)
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后才能排放。臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为：
。
(1)若
，则反应
的
。
(2)对于反应
。
①在恒温恒容条件下，下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是 (填标号)。
A．容器的压强不再改变 B．混合气体密度不再改变
C．混合气体颜色不再改变 D．NO 与
的体积比不再改变
②写出既能加快化学反应速率，又能增大NO 转化率的方法 。
(3)在不同温度下，分别向10L 的恒容密闭容器中按1 1∶充入一定量的NO 和
发生反应：
，其中NO 的物质的量随时间变化如图所示：
①图中
(填“>”“<”或“=”)，判断的理由是 。
②温度为
时，用NO 表示
s 内该反应的平均速率为 ；
时该反应的平衡常数K 为 ；若
时NO 和
的起始投入量均为3a mol，则达到平衡时NO 的残留量为 mol。
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【答案】(1)-317.3
(2) CD 充入
或者增大
浓度
(3) <
温度下反应速率更快
1.2a
【详解】（1）反应①：
，反应②：
，反应③：
可通过①-2×②得到，
则
；
（2）①A．该反应为气体分子数不变的反应，容器的压强一直不变，则容器的压强不再改变，不能说明该
反应已经达到平衡，故A 项错误；
B．恒温恒容条件下，反应物、生成物均为气体，则混合气体总质量不变，体积不变，则混合气体密度不
变，所以混合气体密度不再改变，不能说明该反应已经达到平衡，故B 项错误；
C．NO2为红棕色气体，随着反应发生，混合气体颜色逐渐变为红棕色，当混合气体颜色不再改变，能说明
该反应已经达到平衡，故C 项正确；
D．NO 与O2的体积比不再改变时，各气体浓度均不发生变化，能说明该反应已经达到平衡，故D 项正确；
故答案为：CD；
②
，既能加快化学反应速率，又能增大 NO 转化率的方法是充入O3或者
增大O3浓度；
（3）①根据“先拐先平数值大”，温度高，反应速率更快，则图中T1<T2；
②温度为 T1时，用 NO 表示 t1~t2s 内该反应的平均速率为：
；开始时 n(NO)=n(O3)=2amol，平衡时n(NO)=n(O3)=0.8a
mol，n(NO2)=n(O2)=1.2amol，该反应的平衡常数：
；投入NO 的起始投入量为
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2amol，平衡时NO 物质的量为0.8amol，该反应是等体积反应，根据建模思想，相当于再取5L 容器开始放
入amol NO，则平衡时NO 物质的量为 0.4amol，因此若 NO 的起始投入量为3amol，则达到平衡时NO 的
残留量为(0.8a+0.4a)=1.2amol。
7．(2025·天域安徽大联考·一模)以甲醇为原料实现甲苯甲基化是制备二甲苯的重要方法，常用分子筛为催
化剂，反应得到二甲苯三种异构体的混合物，其主要物质变化如图所示（体系中各物质均为气态，三个反
应均为放热反应）。回答下列问题：
(1)标准摩尔生成焓是指25℃和101kPa 时由最稳定单质生成1mol 化合物的焓变。体系中各物质的标准摩尔
生成焓（表中各物质均为气态，单位：kJ·mol-1）如下表：
甲醇
甲苯
水
邻二甲
苯
间二甲
苯
对二甲
苯
-201.17
50.00
-241.82
19.00
17.24
17.95
则反应I 的
kJ·mol-1。二甲苯三种异构体中热稳定性最差的是 。
(2)已知反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数分别为K1、K2、K3。则
的平衡常数K=
（用K1、K2、K3表示）。若起始时体系中只有1mol 甲醇和1mol 甲苯，平衡时邻、间、对二甲苯的含量分
别为xmol、ymol、zmol，则反应I 的平衡常数K1= （用含x、y、z 的式子表示）。
(3)研究二甲苯三种异构体的平衡选择性（S=
）与温度的关系图像如下。
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①随着温度升高，甲苯的平衡转化率 （选填“增大”、“减小”或“不变”），原因是 。
②随着温度升高，间二甲苯平衡选择性逐渐减小，从平衡移动角度分析原因 。
③保持温度不变增大体系压强，间二甲苯平衡选择性将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
(4)研究表明使用NiO 可提高分子筛催化剂的性能。NiO 具有NaCl 型晶胞结构（如图所示），则NiO 晶胞中
与Ni2+距离相等且最近的Ni2+有 个。
【答案】(1) -73.41 邻二甲苯
(2)
(3) 减小 反应I、II、III 均为放热反应，随着温度升高，反应I、II、III 均逆向移动，甲苯的平衡转
化率减小 间二甲苯转化为对二甲苯和邻二甲苯的反应均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，
间二甲苯转化为对二甲苯和邻二甲苯，间二甲苯平衡选择性逐渐减小 不变
(4)12
【详解】（1）
20
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反应I 中甲醇和甲苯反应生成间二甲苯和水，化学方程式为：CH3OH+
+H2O，ΔH=
生成物的生成焓-反应物的生成焓=-241.82kJ/mol+17.24kJ/mol-50.00 kJ/mol+201.17 kJ/mol=-73.41 kJ/mol，物
质的生成焓越低越稳定，则二甲苯三种异构体中热稳定性最差的是邻二甲苯。
（2）
已知I.CH3OH+
+H2O、Ⅱ. CH3OH+
+H2O、Ⅲ. CH3OH+
+H2O，由盖斯定律可知，反应Ⅱ-反应Ⅲ可得
(g)
(g)，则该反应的平衡常数K=
，若起始时体系中只有1mol 甲醇和1mol 甲苯，平衡时邻、间、
对二甲苯的含量分别为xmol、ymol、zmol，则平衡时甲醇的物质的量为(1-x-y-z)mol，甲苯的物质的量为(1-
x-y-z)mol，水的物质的量为(x+y+z) mol，则反应I 的平衡常数K1=
。
（3）①由（1）中表格数据可知，反应I、II、III 均为放热反应，随着温度升高，反应I、II、III 均逆向移动，
甲苯的平衡转化率减小；
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②由（1）中表格数据可知，
(g)
(g)的ΔH=+17.95 kJ/mol-17.24 kJ/mol=+0.71
kJ/mol，
(g)
(g)的ΔH=+19 kJ/mol-17.24 kJ/mol=+1.76 kJ/mol，这两个反应
均为吸热反应，随着温度升高，平衡正向移动，间二甲苯转化为对二甲苯和邻二甲苯，间二甲苯平衡选择
性逐渐减小；
③反应I、Ⅱ、Ⅲ均为气体体积不变的反应，保持温度不变增大体系压强，平衡不发生移动，间二甲苯平
衡选择性将不变。
（4）由晶胞结构可知Ni2+位于体心和棱心，与体心的Ni2+距离最近的棱有12 条，所以与Ni2+距离相等且最
近的Ni2+有 12 个。
8．(2025·安徽江淮十校·一模)CO2的转化和利用是实现碳中和的有效途径。可利用焦炉气中的H2和工业废
气捕获的CO2生产绿色燃料——“零碳甲醇”。两者在适宜的过渡金属及其氧化物催化下发生反应
①CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) K1
此反应一般认为通过如下步骤来实现：
②CO2(g)+H2(g)
H2O(g)+CO(g)
H
△
1=+40.5kJ•mol-1 K2
③CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g) K3
(1)原料CO2可通过捕获技术从工业尾气中获取，下列物质能作为CO2捕获剂的是 (字母)。
A．NaOH 溶液
B．氨水
C．CH3CH2OH
D．NH4Cl 溶液
(2)K1= (用含K2和K3的代数式表示)。
(3)实验测得K1(记作lnK)与温度(T)的关系如图所示，则该反应①的△H 0(填“＞”“＜”或“=”)。
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(4)反应①的自发条件是 (填字母)。
A．高温自发 B．低温自发 C．任何温度下都自发
(5)若反应②为慢反应，下列示意图中能体现反应①能量变化的是 (填字母)。
A．
B．
C．
D．
(6)向体积为10L 的恒容密闭容器中充入2.0molCO(g)和3.0molH2(g)，仅发生反应③，初始压强为akPa，测得
CO(g)的平衡转化率与温度的关系如图所示：
温度300℃条件下，5min 达到平衡，则开始到平衡H2的平均反应速率为 。已知分压=总压×气体物
质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)。则A 点对应温度下的Kp=
(kPa)-2(用a 表示)。
(7)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响CH3OH 的产率。资料显示：水也可以使催化剂活
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化点位减少。利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响，结果如
图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)：
结合资料、图中及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因(任答
一点) 。
【答案】(1)AB
(2)
(3)<
(4)B
(5)A
(6) 0.048mol/（L·min）
(7)催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降（ “水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产
率下降”或“有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升”）
【详解】（1）A．
为酸性气体，能与NaOH 溶液反应，生成碳酸钠或碳酸氢钠；
B．氨水呈碱性，能吸收酸性气体
；
C．
呈中性，与
不反应，不能作为
捕获剂；
D．
溶液呈酸性，不能吸收酸性气体
。
（2）根据盖斯定律，两反应相加就是目标反应，因此
；
（3）由图像可知：K 随温度的升高而降低，也就是温度升高平衡逆向移动，因此该反应是正向放热的反应，
；
（4）反应①是熵减的放热反应，即
、
，低温条件下反应
，能自发进行，故选
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B；
（5）从总反应看，反应物的总能量大于生成物的总能量，排除C、D，反应②为慢反应，则活化能大于反
应①，故选A；
（6）10L 的恒容密闭容器中充入2.0mol
和3.0mol
，300℃条件下，5min 达到平衡，CO 的转
化率为60%，根据已知列三段式
；
②初始物质的量为5mol，初始压强为a kPa，A 点时容器中气体的总物质的量为2.6mol，则平衡时总压强为
，
，
，
，
；
（7）结合资料、图中及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原
因：催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降（ “水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇
产率下降”或“有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升”）。
9．(2025·安徽蚌埠·调研)在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成
为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：
(1)利用
干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反
应一般认为通过如下步骤来实现：
I．
Ⅱ．
上述反应中
为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示。
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①反应Ⅱ是 (填“慢反应”或“快反应”)，
干重整反应的热化学方程式为
。(选取图中
表示反应热)
②在恒压条件下，等物质的量的
和
发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如
图所示。已知在干重整反应中还发生了副反应：
，则表示
平衡转
化率的是曲线 (填“A”或“B”)，判断的依据是 。
③在恒压
条件下，在密闭容器中充入等物质的量的
和
，若曲线A 对应物质的平衡转
化率为
，曲线B 对应物质的平衡转化率为
，则以上反应平衡体系中
，
干重整反应的平衡常数
(用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出
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计算式，无需化简)。
(2)二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面
的某个基元反应的能量变化如图所示(
表示始态，
表示过渡态，
表示终态，
*表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳
可以提高乙醇的选择性，
其原因可能是 。
【答案】(1) 快反应
B 相
同条件下，因为
同时参与2 个反应，故转化率更大，
只参与1 个反应，转化率小于
(2)在
催化剂表面，反应
的活化能较小，促进了
键形成(或其他合理说法)
【详解】（1）①由图可知反应I 的活化能大于反应Ⅱ，故反应Ⅱ为快反应，由图可知CH4-CO2干重整反应
的热化学方程式为CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+(E3-E1)kJ/mol；
②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g)
+2H2 (g)(主反应)，H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) (副反应)，相同条件下，因为CO2同时参与2 个反应，故转化
率更大，CH4只参与1 个反应，转化率小于CO2，则表示CO2平衡转化率的是曲线A，表示CH4平衡转化率
的是曲线B；
③设在密闭容器中充入1mol CH4(g)和1mol CO2(g)，因为CO2(g)的转化率为40%，消耗0.4mol，CH4(g)的平衡
转化率为20%，故共消耗0.2mol，列出三段式：
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平衡时体系中，n(CH4)=0.8mol，n(CO2)=0.6mol，n(CO)=0.6mol， n(H2)=0.2mol，n(H2O)=0.2mol，n(CO)：
n(H2O)=3:1，体系中各气体的物质的量之和为2.4mol，故
；
（2）催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu 催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C
键形成；
10．(2024·安徽六安第一中学·模拟预测)低碳烯烃(乙烯、丙烯、丁烯等)是重要的有机化工原料，在现代石
油和化学工业中起着举足轻重的作用。用一碘甲烷
热裂解可制取低碳烯烃，主要反应有：
反应i：
反应ii：
反应iii：
(1)反应i、ii、iii 在不同温度下的分压平衡常数
下表所示。根据表中数据回答下列问题：
反应i
2.80
反应ii
反应iii
2.24
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①反应i 的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“
”“
”或“
”)。
②反应iii 自发进行的条件是 (填“低温”“高温”或“任意温度”)。
(2)实验测得，反应i、ii 的
随温度的变化如图1 所示；在体积为
的恒容密闭容器中，起始投料
，反应温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯物质的量分数的影响如图2 所示：
①根据图1 计算
时反应
的
=
。
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②图2 中平衡体系温度在
之前，
物质的量分数随温度升高而增加的可能原因是 。
③若维持体系温度为
，混合气体中
物质的量分数为 。
(3)研究反应ⅲ对提高反应ⅰ中
的平衡转化率有重要意义。
时，反应iii 的正、逆反应速率与浓
度的关系为
是速率常数)，正、逆反应速率方程分别对应图中
曲线
、曲线。
①
时，向
的密闭容器中充入
和
，此时v 正 v 逆(填“
”“
”或“
”)。
②图中曲线
变为曲线
改变的条件可能是 。
【答案】(1) > 低温
(2) +99.2 乙烯物质的量的增加对反应ⅱ的影响大于温度升高的影响 64%
(3) > 使用更高效的催化剂或升高温度等
【详解】（1）①根据题干信息，随着温度的升高，反应i 分压平衡常数Kp逐渐增大，说明该反应为吸热反
应，则活化能Ea(正)>Ea(逆)；
②根据表格数据，随着温度的升高，反应iii 分压平衡常数Kp逐渐减小，说明该反应为放热反应，ΔH3<0，
该反应ΔS<0，根据可知ΔG=ΔH-TΔS<0，该反应在低温时可自发进行；
（2）①根据图1 可知，473K 时，ΔH1=+102.8kJ mol
⋅
−1，ΔH2=-110kJ mol
⋅
−1，反应3CH3I(g)
C
⇌
3H6(g)+3HI(g)可以
由反应i×
+反应ii×
得到，根据盖斯定律ΔH4=
ΔH1+
ΔH2=
102.8+
(-110)=+99.2kJ mol
⋅
−1 ；
30
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②由表格数据可知，反应I 为吸热反应，反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，升高温度，反应I 平衡正向移动，反应Ⅱ、
Ⅲ平衡逆向移动，三者均导致C2H4平衡物质的量分数增加；平衡体系温度在800K 之前，C3H6的物质量分数
随温度升高而增加的可能原因：乙烯物质的量的增加对反应ii 的影响大于温度升高的影响；
③若维持体系温度为715K，平衡时n(C3H6)=n(C4H8)=2n(C2H4)，设平衡时n(C2H4)=x，则n(C3H6)=n(C4H8)=2x，
n(CH3I)=y，由碘原子守恒可知：n(HI)= 1-y，由碳原子守恒可知：y+2x+6x+8x=1①，C2H4物质的量分数为
4％，得：
②，由①和②可得x=
mol，y=
mol，HI 物质的量分数：
=64%；
（3）①正、逆反应速率方程分别对应图中曲线m、曲线n，根据图像计算k 正=10x+1、k 逆=10x，反应平衡
常数K=
=10，Q=
<K，说明平衡正向移动，v 正>v 逆；
②图中曲线m 变为曲线p，浓度不变正反应速率增大，改变的条件可能是：使用更高效的催化剂或升高温
度等。
11．甲酸是常见的弱酸，可合成多种医药和农药的中间体，回答问题：
弱酸
甲酸
电离常数
(25
)
℃
(1)1 个甲酸分子中，
键和
键数目之比为 。
(2)等浓度①
②
溶液中，水电离的
较大的是 (填序号)。
(3)25℃，反应
的平衡常数的值为 。
(4)将
转化为高附加值产品
，是实现“碳中和”的一种方式，温度为
时，在Bi 催化下，将
等物质的量的
和
充入体积为1L 的密闭容器中发生反应：
。
31
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①下列有利于提高
的平衡转化率的措施有 (填标号)。
a．恒容充入Ar b．恒容，按
再充入混合气
c．移出HCOOH d．升高温度
②利用电化学催化还原法制备
，用计算机模拟
在电极材料表面发生还原反应的历程如图(*表
示微粒与Bi 的接触位点)，依据下图中数据，电催化还原
生成
的选择性高于生成CO 的选择性。
原因是 。
(5)天津大学团队以
与辛胺为原料用电化学方法，实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如
图。
①一段时间后，右侧电极室内溶液pH (填“降低”、“升高”或“不变”)。
②
电极上发生的电极反应式为 。
【答案】(1)4:1
(2)②
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(3)400
(4) bc 生成CO 的中间体
的活化能高于生成HCOOH 的中间体
的活化能(合理即可)
(5) 降低
【详解】（1）甲酸的结构简式为HCOOH，单键都是σ 键，双键中有1 个σ 键和1 个π 键。1 个甲酸分子中
含有4 个σ 键和1 个π 键，所以σ 键和π 键数目之比为4:1，
（2）根据盐类水解规律，越弱越水解。HCOONa 对应的酸是HCOOH，电离常数
；
对
应的酸是
，电离常数
，
酸性更弱，所以
水解程度更大，等浓度时
溶
液中水电离的
较大，
（3）反应
的平衡常数的值为
，
（4）①a．恒容充入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CO2平衡转化率不变，a 错误；
b．恒容，按
再充入混合气，相当于增大压强，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，
b 正确；
c．移出HCOOH，减小生成物浓度，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，c 正确。
d．升高温度，平衡逆向移动，CO2平衡转化率平衡转化率减小，d 错误；
所以有利于提高CO2平衡转化率增大的措施有bc；
②从图中可知，生成CO 的中间体
的活化能为1.10eV，生成HCOOH 的中间体
的活化能为
0.43eV，生成CO 的中间体*COOH 的活化能高于生成HCOOH 的中间体
的活化能，活化能越低反应
越容易进行，所以电催化还原CO2生成HCOOH 的选择性高于生成CO 的选择性；
（5）①右侧电极室中发生反应
，消耗
，一段时
间后，右侧电极室内溶液pH 降低，
②
电极上CO2得电子转化为
，电极反应式为
。
12．CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。
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(1)烟气中CO2的捕集可通过下列转化实现。
①捕集过程发生反应的化学方程式 。
②捕集过程CO2吸收速率随时间的变化如图所示。解释CO2吸收速率逐渐降低的原因 。
(2)通过电催化法将CO2和
合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解决含氮废水污染问题。电解原理如图所示。
① 电极b 是电解池的 极。
② 电解过程中生成尿素的电极反应式是 。
(3)催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。
主反应：CO2(g)+3H2(g)
CH
⇌
3OH(g)+H2O(g) ΔH<0
副反应：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H
⇌
2O(g) ΔH>0
在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO 在含碳产物中物质的量分数及
的转化
率随温度的变化如图所示：
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①图中代表
的物质的量分数随温度变化的曲线为 (填“I”或“Ⅱ”)。
②150~250℃范围内
转化率随温度升高而降低的原因是 。
【答案】(1) Ca2SiO4 + MgO+ 3CO2=2CaCO3+MgCO3 +SiO2 随着反应进行，CaSiO4、MgO 表面被固体
产物覆盖，与CO2的接触面积减少
(2) 阳 CO2 + 2
+ 18H+ + 16e- = CO(NH2)2 + 7H2O
(3) I 主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的
程度大于副反应平衡正向移动的程度
【分析】（2）由图可知，水在b 电极失去电子发生氧化反应生成氧气，故b 是电解池的阳极，方程式为
，a 是阴极，二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，电极反
应式为：CO2 + 2
+ 18H+ + 16e- = CO(NH2)2 + 7H2O，据此解答。
【详解】（1）①捕集过程发生反应的化学方程式Ca2SiO4 + MgO+ 3CO2=2CaCO3+MgCO3 +SiO2，②捕集过程
CO2吸收速率随反应进行逐渐降低，可能是因为随着反应进行，CaSiO4、MgO 表面被固体产物覆盖，与CO2
的接触面积减少；
（2）①由图可知，水在b 电极失去电子发生氧化反应生成氧气，故b 是电解池的阳极；②电解过程中二氧
化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式
为：CO2 + 2
+ 18H+ + 16e- = CO(NH2)2 + 7H2O；
（3）①维持压强和投料比不变，随着温度升高，主反应为放热反应，副反应为吸热反应，随着温度升高
主反应平衡会逆向移动，甲醇物质的量分数会降低，所以图中代表
的物质的量分数随温度变化的
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曲线为I；②150~250℃范围内
转化率随温度升高而降低的是因为主反应为放热反应，副反应为吸热反
应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度。
13．利用
催化氢化制备二甲醚
的反应原理如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
(1)
。
(2)向起始温度为
的某绝热恒容密闭容器中充入
，只发生反应Ⅲ。
①下列事实能说明反应Ⅲ已经达到平衡的是 (填标号)。
a.混合气体的密度不再发生变化
b.容器内混合气体的压强不再发生变化
c.
的消耗速率等于
的消耗速率
d.
的体积分数不再发生变化
②在有催化剂存在的条件下，反应Ⅲ的反应过程如下图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。该
反应过程的决速步骤为 。(填“第一步”或“第二步”)，判断的理由是 。
(3)CO 也能和
反应制取二甲醚，反应原理为
。一定条件
下，将
和
按投料比
通入
反应器中发生该反应，其中CO 的平衡转化率随温度、
压强的变化关系如下图所示(催化剂320℃左右时的活性最大)。
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①根据上图，判断
、
、
的大小关系 。
②实际生产中一般采用的温度为
，而不采用200℃，原因是 。
③写出该反应平衡常数的表达式为 。
【答案】(1)
(2)
第二步 第二步反应活化能较高，反应速率较慢
(3)
温度升高，使化学反应速率加快；同时，可以使催化剂活性达到最大，催化效率
最佳
【详解】（1）由盖斯定律可知，
，可得
。
（2）①a．容器体积不变，由于所有物质均是气体，混合气体质量不变，所以混合气体的密度始终不变，
混合气体密度不变，不能说明反应已经达到平衡，a 不符合题意；
b．反应过程中，虽然气体分子数没有变化，但因容器绝热且反应为放热反应，温度在上升，则压强在增
大，所以当容器内压强不再发生变化时，反应达到平衡状态，b 符合题意；
c．甲醇的消耗速率等于水的消耗速率的两倍时，反应才达到平衡状态，甲醇的消耗速率等于水的消耗速率
时反应没有达到平衡状态，c 不符合题意；
d．随着反应开始进行，二甲醚的体积分数在不断变化，当二甲醚的体积分数不再发生变化，则说明反应
达到平衡状态，d 符合题意；
故答案选bd。
②第二步反应活化能较高，反应速率较慢，是该反应过程的决速步骤。
（3）①
和
反应制取二甲醚，反应原理为
，压强不变，
随着温度升高，一氧化碳的平衡转化率下降，说明正反应放热，
。该反应是体积减小反应，压强增
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大，平衡正移、CO 的平衡转化率增大，当温度不变的时候，
压强下CO 的平衡转化率最高、p3压强下
CO 的平衡转化率最小，据此分析可知压强大小关系是：
。
②该反应为放热反应，根据平衡移动原理，制取二甲醚应该采用低温的措施以提高一氧化碳的平衡转化率，
但是低温会降低反应速率，且从题中可知，催化剂在
左右时活性最大，因此实际生产中采用的温度
为
之间，使催化剂活性达到最大，从而提高反应速率。
③该反应平衡常数的表达式为
。
14．随着有机氯化工的快速发展，氯气的需求量与副产品氯化氢的产量迅速增长。氯化氢转化为氯气的技
术日趋多样化。早期，Deacon 发明的直接氧化法的总反应为：
Deacon 法的总反应可按下列催化过程进行：
（1）
。(用含有
、
和
的式子表示)
实验测得在一定体积的容器中，当进料浓度比
的比值分别为1、4、7 时，总反应的HCl 平衡转化率
随温度变化的曲线如下图。
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（2）图中曲线①代表的
；
A．1 B．4 C．7
作出以上判断的依据是 。
（3）关于总反应的判断正确的是_______。(不定项)
A．高温下才能自发进行
B．
保持不变则反应达到平衡
C．一定温度下，催化剂能改变反应方向
D．增大压强，能降低反应的活化能，使单位体积内活化分子数增加
（4）400℃时，若HCl 初始浓度为
，进料浓度比
，反应10min 后达到平衡，根据图中数
据计算
；总反应的平衡常数
。
（5）曲线①②表明100℃时HCl 平衡转化率已经接近100%，但在工业生产中通常采用的温度为
400~450℃，原因可能是 。
【答案】（1）
（2） A
比值越小，HCl 转化率越高，①的HCl 转化率最
高，所以①的
的比值最小 （3）B （4）
160 （5）400-500℃时
转化率下降不多，但是催化剂活性增强，反应速率增大；温度升高，反应速率增大
【解析】（1）假设催化过程发生的反应依次为反应I、II、III，根据盖斯定律可知，总反应=反应I+反应
II+2×反应III，则
；
（2）进料浓度比
的比值减小，相当于增大氧气的浓度，则HCl 的平衡转化率越高，根据图象可知，
39
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曲线①、②、③在同温时，氯化氢的平衡转化率降低，则曲线①为浓度比
时HCl 平衡转化率随
温度变化的曲线，曲线②为浓度比
时HCl 平衡转化率随温度变化的曲线，曲线③为浓度比
时HCl 平衡转化率随温度变化的曲线，故答案选A，判断依据是：
比值越小，HCl 转化
率越高，①的HCl 转化率最高，所以①的
；
（3）A．根据图像可知，在进料比值一定的条件下，随着温度的升高，HCl 平衡转化率降低，说明总反应
为放热反应，即
，同时总反应为气体分子数减小的反应，即
，根据
可知，低
温条件下
反应才能自发进行，A 错误；
B．
保持不变，说明反应正、逆反应速率相等，总反应达到平衡状态，B 正确；
C．催化剂只能改变达到平衡的时间，不改变反应方向和平衡状态，C 错误；
D．增大压强，可以使单位体积内活化分子数增加，但反应的活化能不变，D 错误；
答案选B；
（4）由图可知，400℃时，若HCl 初始浓度为
，进料浓度比
，反应10min 后达到平衡，
此时HCl 平衡转化率为80%，可建立三段式：
，
；
40
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总反应的平衡常数
；
（5）曲线①②表明100℃时HCl 平衡转化率已经接近100%，但在工业生产中通常采用的温度为
400~450℃，原因可能是400-500℃时转化率下降不多，但是催化剂活性增强，反应速率增大或温度升高，
反应速率增大。
15．碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以
为原料合成甲醇可以减少
的排放，可以更快
地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题：
I.
和
生成甲醇涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
(1)反应
。
(2)
时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性[
选择性
]随压强的变化如图所示。
①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是 。
②
时，若在密闭容器中充入
和
，在压强为
时，生成0.6mol CO，则
时，主
反应的压强平衡常数
。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)
II.催化剂的性能测试：一定条件下使
、
混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，
41
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计算
的转化率和
的选择性以评价催化剂的性能。
(3)
时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比
，
则该温度下
的转化率为 。
(4)其他条件相同时，反应温度对
的转化率和
的选择性的影响如图1、2 所示。
①由图1 判断，实验中反应未达到化学平衡状态的点为 。
②温度高于
时，
平衡转化率升高的原因是 。
③温度相同时，
选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因： 。
【答案】(1)-90.7
(2) 主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向
正反应方向移动，甲醇的选择性增大
(3)25%
(4) ABCD 温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的
程度大于主反应逆向进行的程度 温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量
比生成CO 的量多
【详解】（1）根据盖斯定律可知，
；
（2）①加压，平衡向气体分子数减小的反应，则增大压强，甲醇的选择性增大的原因是：主反应正反应
为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇
的选择性增大；
42
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②由图可知，
平衡时，甲醇的选择性为40%，此时生成0.6molCO，则生成0.4mol 的甲醇，根据主反应
可知
，
根据副反应可知，
平衡时总物质的量：1mol+1mol+0.6mol+1mol+04mol=4mol，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的分压
分别为：
、
、
、
，则
时，主反应的压强平衡常数
；
（3）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)n(CO)=5：18：1，
假设生成的CH3OH 的物质的量为5mol，则生成的CO 的物质的量为1mol，剩余的CO2的物质的量为
18mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为5mol+18mol+1mol=24mol，则该温度下CO2转化率的计
算式为
×100%=25%；
（4）①由图1 可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡
状态，故答案为：ABCD；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，主反应逆向移动，副反应正向移动，温度高于
260℃时，副反应正向移动的程度大于主反应逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高还在增大，故
答案为：温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于
主反应逆向进行的程度；
③由图可知，温度相同时，CH3OH 选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：温度
相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO 的量多。
16．以CO2和H2为原料合成甲醇。合成过程中发生的反应有：
a．CO2(g) + 3H2(g)
CH3OH(g) + H2O(g) ΔH= -49.5 kJ·mol﹣1
b．CO2(g) + H2(g)
CO(g) + H2O(g) ΔH= 41.2 kJ·mol﹣1
43
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（1）下列说法正确的是___________。
A．升高温度，反应a 的正反应速率减小，反应b 的正反应速率增大
B．增大H2的浓度，反应a 和反应b 的平衡均正向移动
C．增大压强，反应a 和反应b 的平衡均正向移动
D．恒温恒容下，向反应体系中充入一定量Ar，反应a 和反应b 的平衡均发生移动
（2）一定条件下，测得反应容器中n(CH3OH) n(CO
∶
2) n(CO)=1.00 7.20 0.11
∶
∶
∶
，则该条件下CO2转化率=
% (精确到小数点后1 位)。
其他条件相同时，CO2和H2的初始浓度均为1.00 mol·L-1，反应温度对CO2的转化率和CH3OH 的选择性的影
响如下图所示：
已知：
①CH3OH 选择性=
×100%；
②实验值为单位时间内测得。
（3）由图1 可知，实验中反应均未达到化学平衡状态的依据是 。
（4）图2 中，CH3OH 选择性的平衡值随温度升高而减小的主要原因是 。
（5）由图2 可知，温度相同时CH3OH 选择性的实验值略高于平衡值。从化学反应速率的角度解释原因
。
（6）由图1、图2 可知，260℃时，a 反应的平衡常数K = 。(精确到小数点后2 位)
【答案】（1）B （2）13.4 （3）CO2的实验转化率未达到平衡转化率 （4）反应a 为放热反应，
反应b 为吸热反应，升高温度，反应a 逆向移动，反应b 正向移动，故CH3OH 选择性的平衡值随温度升高
而减小 （5）在该条件下反应a 的速率大于反应b，即单位时间内反应a 进行程度更接近平衡状态，因
此选择性大于平衡时，生成甲醇的量比生成CO 的量多 （6）0.33
44
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【解析】（1）A. 升高温度，反应a 和反应b 的正反应速率均增大，A 错误；
B. H2为反应物，增大H2的浓度，反应a 和反应b 的平衡均正向移动，B 正确；
C. 增大压强，反应a 正向移动，CO2和H2浓度减少，反应b 的平衡逆向移动，C 错误；
D. 恒温恒容下，向反应体系中充入一定量Ar，各反应物和生成物浓度均不变，反应a 和反应b 的平衡均不
发生移动，D 错误；
答案选B。
（2）CO2的转化率为
；
（3）由图1 可知，CO2的实验转化率未达到平衡转化率，实验中反应均未达到化学平衡状态；
（4）反应a 为放热反应，反应b 为吸热反应，升高温度，反应a 逆向移动，反应b 正向移动，故CH3OH 选
择性的平衡值随温度升高而减小；
（5）由图2 可知，温度相同时，CH3OH 选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：
在该条件下反应a 的速率大于反应b，即单位时间内反应a 进行程度更接近平衡状态，因此选择性大于平
衡时，生成甲醇的量比生成CO 的量多；
（6）由图1、图2 可知，260℃时，CO2的平衡转化率为25%，CH3OH 的选择性的平衡值为50%，CO2和H2
的初始浓度均为1.00 mol·L-1，可以得出各物质浓度分别是c(CO2)=0.75mol/L；c(CO)=c(CH3OH)=0.125mol/L；
c(H2O)=0.125mol/L+0.125mol/L=0.25mol/L；c(H2)=1mol/L-0.125mol/L×3-0.125mol/L=0.5mol/L； a 反应的平衡
常数K=
。
17．工业烟气中
(以
为主)的脱除常采用
选择性催化还原(SCR)技术，其核心反应为：主反应：
副反应：
(1)已知
，则
。
(2)300°C 时，在某恒温刚性容器中充入
的混合气体，若仅发生主反应，下列叙述
能说明反应已达到化学平衡状态的是 (填字母)。
45
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a．
b．混合气体的密度保持不变
c．单位时间内断裂
键的同时断裂
键
d．
的体积分数不再改变
(3)其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，若仅发生主反应，经过相同时间，
转化率与温度的关
系如图所示。
①工业上选择催化剂 (填“甲”或“乙”)。
②在催化剂甲的作用下，当温度高于
(M 点)时，
转化率降低原因可能是 。
(4)
时，在某恒压
密闭容器中充入等物质的量的
、
、
的混合气体，若仅发生主反应和副
反应，平衡后，
转化率为
，且
和
物质的量相等，则
(保留2 位有效数字)。
(5)已知主反应分三步进行
I．
II．
III．
研究发现，在催化剂表面引入
可形成“
吸附位”和“
活化位”。
46
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请分析催化剂表面引入
后，主反应选择性提高、副反应选择性降低的原因是 。
【答案】(1)-1429
(2)ad
(3) 乙 催化剂活性降低或副反应增多
(4)2.5
(5)定向活化
和
，同时减少了
和
的碰撞，促进了主反应的发生，抑制副反应对
的竞争
【详解】（1）根据盖斯定律可知，
，解得
；
（2）a．当
时，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，a 项正确；
b．根据反应方程式可知，气体的质量不变，容器的容积不变，故密度不是变量，故当混合气体的密度保
持不变时，不能说明反应达到了平衡状态，b 项错误；
c．单位时间内断裂
键的同时断裂
键，说明反应达到了平衡状态， c 项错误；
d．反应达到平衡状态时，各组分的量不发生变化，故当
的体积分数不再改变时，说明反应达到了平衡
状态，d 项正确；
答案选ad；
（3）①由图可知，催化剂乙在较低的温度下就具有较高的催化效果，故工业上选择催化剂乙；
②在催化剂甲的作用下，当温度高于210℃时，温度升高，催化剂活性降低，或者副反应增多，故导致NO
的转化率降低；
（4）设在密闭容器中充入各4mol 的
、
、
的混合气体，根据三段式有
47
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，根据题意有
，解得
，可知
，
，
，反应
的平衡常数
；
（5）在催化剂表面引入
可形成“
吸附位”和“
活化位”，即催化剂表面引入
后，可
定向活化
和
，同时减少了
和
的碰撞，促进了主反应的发生，同时抑制副反应对
的竞争。
18．
可用于处理含
废水。一定温度下，
与
混合溶液中存在如下反应（反应过程中忽略碘单
质的挥发与阳离子的水解）。
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
48
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(1)反应Ⅲ：
，则反应的焓变
（用含
、
的代数式表示），当
和
的初始浓度均为
时，部分微粒的物质的
量浓度随时间变化曲线如图所示。
内，
的反应速率
。
(2)已知：反应的正反应速率
（
为正反应速率常数），改变
、
的浓度，
反应的正反应速率如下表所示：
①
0.20
0.80
②
0.60
0.40
0.144
③
0.80
0.20
浓度对反应速率的影响大于
浓度对反应速率的影响，理由是 。
(3)保持混合溶液中
，发生反应、
，平衡时，
与
随起始投料比
的变化曲线如图。
49
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①表示
的曲线为 。
②当
达平衡后，溶液中
的浓度
，反应的平衡常数
；反应平
衡后再加入少量
充分振荡，重新平衡后水溶液中
的值 （填“变大”“变小”或
“不变”）。
【答案】(1)
(2)计算得
，故
浓度对反应速率的影响大于
浓度对反应速率的影响
(3) 乙
变小
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅲ-反应Ⅱ可得
=
，
和
的初始浓度均为
，90min 时，溶液中c(
)=c(
)=0.0027mol/L，根据已知条件列出“三段式”
50
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Y=0.0027，x-y=0.0027，则x=0.0054，
内，
=
。
（2）由已知数据可知，
=
、
=
、0.144
=
，解得
，
浓度对反应速率的影响大于
浓度对反应速率的影响，理由是：计算得
，
故
浓度对反应速率的影响大于
浓度对反应速率的影响。
（3）①投料比
增大，相当于减小c(I-)，反应Ⅰ平衡逆向移动，
增大，反应Ⅱ平衡逆向移
动，
减小，
减小，氮减小程度小于
，则表示
的是甲，表示
的曲线
为乙，表示
的是丙；
②当
达平衡后，根据已知条件列出三段式：
=y=0.002mol/L，
=
=0.013-2x=x-y，解得x=0.005，溶液中
的浓度
0.005
51
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-0.002
=0.003
，反应的平衡常数
；反应
平衡后再加入少量
充分振荡，I2进入
中，反应Ⅱ逆向移动，
减小，
增大，重新平
衡后水溶液中
的值变小。
19．
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 。
53
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(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)
(4) AB
(5)
(6)
【详解】（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
54
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；
（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：
。
20．含碳化合物的反应在化学工业中具有重要地位。回答下列问题；
(1)甲酸
可分解产生氢气，相关热化学方程式如下；
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
；
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(2)在T℃时，向不同体积的恒容密闭容器中各加入
，发生反应Ⅲ，反应相同时间，测得各
容器中甲酸的转化率与容器体积的关系如图1，
其中n 点反应达平衡。m 点时
的体积分数为 (结果保留2 位有效数字)；
两点中，甲酸的
浓度；m p(填“>”，“<”或“=”)；该温度下该反应的平衡常数
(用含“
”“
”或“
”的表达式表示)；
。
(3)工业上常用氯苯
和硫化氢
在特定催化剂条件下反应来制备苯硫酚
，但会有
副产物苯
生成。
Ⅳ．
.
Ⅴ
①将体积比
的
和
的混合气体通过含有催化剂的不同温度下的恒温反应器，定时测定反应
器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单程收率与温度的关系如图2.
56
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图2
下列说法正确的是 。
a．645℃时，反应Ⅳ的化学平衡常数
b．590℃以上，随温度升高，反应Ⅳ平衡逆向移动
c．645℃，延长反应时间，可以提高
的单程收率
②现将一定量的
和
置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20min
测定生成物的浓度。实验测得温度较低时
浓度大于
，从活化能角度分析其主要原因是
。
【答案】(1)-14.8
(2) 29% >
或
1：12
(3) abc 反应Ⅳ的活化能小于反应Ⅴ的活化能，反应Ⅳ的反应速率快于反应Ⅴ，相同时间内获得
的产物的浓度反应Ⅳ比反应Ⅴ多
【详解】（1）根据盖斯定律，反应I-反应II=反应III，则ΔH3=ΔH1-ΔH2= -393.5kJ/mol+378.7kJ/mol
=-14.8kJ/mol；
（2）起始时甲酸的物质的量为1mol，n 点反应达平衡，m 点甲酸的转化率为40%，n 点甲酸的转化率为
80%，根据三段式：
，则氢气的体积
57
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分数：
；m、p 两点甲酸的转化率相等，p 点容器体积更大，则平衡向体积减小
方向移动，所以甲酸浓度：
；
，该温度下该反
应的平衡常数
（m 点时HCOOH(g)、CO2(g)、H2(g)的物质的量分别为0.6mol、
0.4mol、0.4mol，其浓度分别
、
、
，平衡常数
）；
相同温度下，平衡常数相等，则
，即
；
（3）①a．体积比
的
和
即物质的量之比也为
，设投放各1mol，列三段式：
，
58
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，
反应Ⅳ的化学平衡常数
，a 正确；
b．590℃以上，随温度升高，反应Ⅳ为放热反应，平衡逆向移动，b 正确；
c．反应V 是一个放热反应，C6H6单程收率一直上升，说明还没有达到平衡，延长反应时间是可以提高C6H6
的单程收率的，c 正确；
故选abc；
②C6H5－Cl 由反应Ⅴ生成，C6H6由反应Ⅳ生成，图1 显示温度较低时C6H5－Cl 浓度的增加程度大于C6H6，
说明反应Ⅳ的活化能小于反应Ⅴ的活化能，反应Ⅳ的反应速率快于反应Ⅴ，相同时间内获得的产物的浓度
自然反应Ⅳ比反应Ⅴ多。
59
