文档文本内容
专题28 化学反应原理综合题——能量主线型
考向
五年考情（2021-2025）
命题趋势
能量主线型化学反应
原理综合题
2025·湖北卷、2024·浙江
6 月卷、2024·甘肃卷、
2024·湖南卷、2024·江苏
卷、2023·全国甲卷、
2023·海南卷、2023·江苏
卷、2023·河北卷、2023·
天津卷、2023·重庆卷、
2023·北京卷、2022·浙江
卷、2022·湖北卷、2022·
天津卷、2022·江苏卷、
2022·重庆卷、2022·辽宁
卷、2021·河北卷、2021·
湖南卷、2020·新课标Ⅱ
卷、2020·江苏卷、2020·
天津卷
化学反应原理综合题主要考查热化学、化学反应速率
和化学平衡等主干理论知识，主要命题点有盖斯定律
的应用、反应速率和化学平衡的分析、化学平衡常数
的表达式书写与计算、反应条件的分析选择、生产生
活中的实际应用等，试题常以填空、读图、作图、计
算等形式呈现。试题一般以与生产、生活紧密联系的
物质为背景材料命制组合题，各小题之间又有一定的
独立性。主要考查学生的信息处理能力、学科内综合
分析能力，应用反应原理解决生产实际中的具体问
题，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。在
近几年的相关考题中，对单一因素影响的考查已经越
来越少了，主要以“多因素影响”出现，考查学生的
综合分析判断能力。以实际情景(场景)为背景，更能
体现核心素养的要求。而在实际生产过程中，影响因
素是多元化、多方位和多层次的。
1．（2025·湖北卷）
粉末可在较低温度下还原
。回答下列问题：
（1）已知一定温度下：
则
的
(用m 和n 表示)。
（2）图1 分别是
和
下
还原
过程中反应体系电阻
随反应时间
变化的曲线，可用 (填标号)表示反应的快慢。
a．
b．
c．
d．
（3）图1 中曲线 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。
（4）研究发现
对
的还原性主要来自于其产生的
。一般认为
在
表面被氧化
成
有两种可能途径，图2 是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 (填“a”或
“b”)是主要途径。
（5）
产生
的可能反应：①
或②
。将
放在含微量水的
气流中，在
至
的
升温过程中固体质量一直增加，由此可断定
的来源之一是反应 (填“①”或“②”)。若要判
断另一个反应是否是
的来源，必须进行的实验是 。
（6）已知
。研究表明，在相同温度下，用
还原
比直接用
还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因： 。
【答案】（1）
（2）d
（3）Ⅰ
（4）a
（5）② 将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小
（6）
消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡
正向移动，提高Fe 的产率
【解析】（1）①
②
③
×①+
×②得到反应③，根据盖斯定律可知
=
×
+
×
=
；
（2）随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即
，选d；
（3）其它条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最
高；
（4）由图可知途径a 中能垒为1.3eV，比途径b 中小，故途径a 反应速率更快，途径a 是主要途径；
（5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须
进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小；
（6）在相同温度下，用
还原
比直接用
还原更有优势，从平衡移动原理角度解释
原因：
消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡
正向移动，提高Fe 的产率。
2．（2024·浙江6 月卷）氢是清洁能源，硼氢化钠(
)是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢
反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为
，
)
请回答：
（1）该反应能自发进行的条件是_______。
A．高温
B．低温
C．任意温度
D．无法判断
（2）该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。
A．升高溶液温度
B．加入少量异丙胺
C．加入少量固体硼酸
D．增大体系压强
（3）为加速
水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不
变时，测得反应开始时生氢速率v 与投料比
之间的关系，结果如图1 所示。请解
释ab 段变化的原因 。
（4）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作
原理如图2 所示，正极上的电极反应式是 。该电池以
恒定电流工作14 分钟，消耗
体积
为
，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下
的摩尔体积
为
；电荷量
电流
时间
；
；
。]
（5）资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种
制备方法，将反应副产物偏硼酸钠(
)再生为
。(已知：
是反应的自由能变化量，其计
算方法也遵循盖斯定律，可类比
计算方法；当
时，反应能自发进行。)
I．
II．
III．
请书写一个方程式表示
再生为
的一种制备方法，并注明
。(要求：反应物不
超过三种物质；氢原子利用率为
。)
【答案】（1）C
（2）A
（3）随着投料比
增大，NaBH4的水解转化率降低
（4）O2+4e-+2CO2=2
70%
（5）
【解析】（1）反应
，
，由
可知，
任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C；
（2）A．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A 符合题意；
B．加入少量异丙胺
，H2O 的量减少，化学反应速率降低，B 不符合题意；
C. 加入少量固体硼酸
，H2O 的量减少，化学反应速率降低，C 不符合题意；
D．增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D 不符合题意；
答案选A。
（3）随着投料比
增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减
小。
（4）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极
反应式为：O2+4e-+2CO2=2
， 该条件下，0.49L H2的物质的量为
，工
作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19= 3840C，工作电
荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：
；
（5）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得
，
。
3．（2024·甘肃卷）
是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
（1）由
制备
：
已知
时，由
制备
硅 (填“吸”或“放”)热
。升高
温度有利于制备硅的原因是 。
（2）在催化剂作用下由粗硅制备
：
。
，
密
闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与
和
气体反应，
转化率
随时间的变化如下图所示：
①
，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率
。
②当反应达平衡时，
的浓度为
，平衡常数K 的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】（1）吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
（2）甲
0.1952
逆反应方向
【解析】（1）由题给热化学方程式：①
，
；②
，
；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方
程式
，
，则制备56gSi，即2molSi，需要吸
收热量为
；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制
备硅。
（2）①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min 时
SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得
反应生成的SiHCl3的物质的量为
，平均反应速率
；
②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为：
当反应达平衡时，H2的浓度为
，平衡常数K 的计算式为
；
③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
4．（2024·湖南卷）丙烯腈(
)是一种重要的化工原料。工业上以
为载气，用
作催化剂
生产
的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：
ⅲ：
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
（1）总反应
(用含
、
、和
的代数式表示)；
（2）进料混合气中
，出料中四种物质(
、
、
、
)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如
图：
①表示
的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；
②反应釜Ⅰ中加入
的作用是 。
③出料中没有检测到
的原因是 。
④反应
后，a、b、c 曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。
（3）催化剂
再生时会释放
，可用氨水吸收获得
。现将一定量的
固体(含
水)置于密闭真空容器中，充入
和
，其中
的分压为
，在
℃下进行干燥。为
保证
不分解，
的分压应不低于
(已知
分解的平衡常数
)；
（4）以
为原料，稀硫酸为电解液，Sn 作阴极，用电解的方法可制得
，
其阴极反应式 。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3
（2）c 降低分压有利于反应i 平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产
率 CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解 反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应
速率降低，故产物减少
（3）40
（4）Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4
【分析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH 为进料气体生产
CH2=CHCN，在反应釜I 中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入
NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反
应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的
C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水；
【解析】（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)
+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii 得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；
（2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合
气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成
CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中
C2H5OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O 物质的量之比约为1:3:2，故曲
线c 表示CH2=CHCN 的曲线；
②反应釜Ⅰ中发生反应i 是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH 降低分压有利于反应i 平衡正向移动
且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率；
③丙烯酰胺(CH2=CHCONH2)的分解温度约为160°C 至170°C，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原
因是CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解；
④反应11h 后，a、b、c 曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，
反应速率降低，故产物减少；
（3）0.72g 水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa mol
⋅
−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反
应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数
Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应
不低于40kPa；
（4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN 为原料在Sn 做的阴极得
电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。
5．（2024·江苏卷）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
（1）利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含
CO 和
各1mol 的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得
。
（2）一定条件下，将氮气和氢气按
混合匀速通入合成塔，发生反应
。海绵状的
作催化剂，多孔
作为
的“骨架”和气体吸附
剂。
①
中含有CO 会使催化剂中毒。
和氨水的混合溶液能吸收CO 生成
溶液，该反应的化学方程式为 。
②
含量与
表面积、出口处氨含量关系如图所示。
含量大于
，出口处氨含量下降的
原因是 。
（3）反应
可用于储氢。
①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的
溶液中通入
，
产率随温
度变化如图所示。温度高于
，
产率下降的可能原因是 。
②使用含氨基物质(化学式为
，CN 是一种碳衍生材料)联合
催化剂储氢，可能机理如图
所示。氨基能将
控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存
在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。
【答案】（1）C、H、Fe
（2）
多孔 Al2O3可作为气
体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe 表面积减小，反应速率减小，产
生NH3减少。
（3）NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 -NH2可以与
形成氢键 HDO
【解析】（1）①反应器I 中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应
、
化合价发生改变的元素有 C、H、Fe。
CO
②
、H2各1 mol 参与上述反应，各生成
mol Fe，共生成
molFe，
molFe 在反应器Ⅱ中发生反应
，列比例计算
，共生成
mol H₂。
（2）①根据题给反应物及生成物书写即可。②多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的
NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe 表面积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH3减少。
（3）①NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降。②氨基中的H 原子连在电负性较大的N 原子上，
中的H 原子连在电负性较大的O 原子上，二者之间可以形成氢键
③总反应
为
，用D2代替H2，若生成 HDO，则可确认反应过程中的加氢方式。
6．（2023·全国甲卷）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
反应③
的
_______
，平衡常数
_______(用
表示)。
（2）电喷雾电离等方法得到的
(
等)与
反应可得
。
与
反应能高选择
性地生成甲醇。分别在
和
下(其他反应条件相同)进行反应
，结果
如下图所示。图中
的曲线是_______(填“a”或“b”。
、
时
的转化率为_______(列出
算式)。
（3）
分别与
反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以
示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则
与
反应的能量
变化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。
(ⅲ)
与
反应，氘代甲醇的产量
_______
(填“＞”“＜”或“=”)。若
与
反应，生成的氘代甲醇有_______种。
【答案】（1）
或
（2） b
（3）Ⅰ c ＜ 2
【解析】（1）根据盖斯定律可知，反应③=
(反应②-
)
①，所以对应
；根据平衡常数表达式与热化学方程式
之间的关系可知，对应化学平衡常数
或
，故答案为：
；
或
；
（2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg(
)，即与MO+的微粒分布系数成反比，与
M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b 曲线生成M+的物质的量浓度比a 曲线的小，证明化学反
应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b 表示的是300 K 条件下的反应；
根据上述分析结合图像可知，
、
时-lg(
)=0.1，则
=10-0.1，利用
数学关系式可求出
，根据反应
可知，生成的M+即
为转化的
，则
的转化率为
；故答案为：b；
；
（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是
步骤Ⅰ；
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增
大，根据图示可知，
与
反应的能量变化应为图中曲线c；
(ⅲ)
与
反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变
慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量
＜
；根据反应机理可知，若
与
反应，生成的氘代甲醇可能为
或
共2 种，故答案为：＜；2。
7．（2023·海南卷）磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数
为85%的磷酸与
反应制备
，反应方程式为
一定条件下的实验结果如图1 所示。
回答问题：
（1）该条件下，反应至1h 时KCl 的转化率为 。
（2）该制备反应的
随温度变化关系如图2 所示。该条件下反应为 反应(填“吸热”或“放
热”)，且反应热随温度升高而 。
（3）该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们
能提高转化率的原因是：不使用稀磷酸 ；通入水蒸气 。
（4）298K 时，
的平衡常数
。(已知
的
)
【答案】（1）70%
（2）吸热 降低
（3）使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行 使得气体中氯化氢的分压减
小，促使反应正向进行
（4）
【解析】（1）由图可知，该条件下，反应至1h 时KCl 的转化率为70%；
（2）由图可知，焓变为正值，则该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低；
（3）使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；向系统中不断通入水蒸气，使得
气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行；都可以促进氯化钾的转化率的提高；
（4）298K 时，
的离子方程式为
，其平衡常数
。
8．（2023·江苏卷）空气中
含量的控制和
资源利用具有重要意义。
（1）燃煤烟气中
的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的
溶液与石灰乳反应的化学方程式为 ；载人航天器内，常用LiOH
固体而很少用KOH 固体吸收空气中的
，其原因是 。
（2）合成尿素[
]是利用
的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的
(填“=0”或
“>0”或“<0”)。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[
]和尿
素转化为氰酸铵(
)等副反应。尿素生产中实际投入
和
的物质的量之比为
，其实际投料比值远大于理论值的原因是 。
（3）催化电解吸收
的KOH 溶液可将
转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电
量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(
)随电解电压的变化如图乙所示。
其中，
，n 表示电解生成还原产物X 所转移电子的物质的量，F 表示法拉第常数。
①当电解电压为
时，电解过程中含碳还原产物的
为0，阴极主要还原产物为 (填
化学式)。
②当电解电压为
时，阴极由
生成
的电极反应式为 。
③当电解电压为
时，电解生成的
和
的物质的量之比为 (写出计算过程)。
【答案】（1）
相同质量的LiOH 固体可吸收更多二氧
化碳
（2）<0 适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳
的投料比越大，二氧化碳转化率越高
（3）H2
或
每生成
1mol
转移12mole-，每生成1mol
转移2mole-，故电解生成的
和
的物质的量之
比为
【解析】（1）由图可知“吸收”后所得的
溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化
碳，产物KOH 可回收利用，故化学方程式为
。载人航天器
内，常用LiOH 固体而很少用KOH 固体吸收空气中的
的原因为相同质量的LiOH 固体可吸收更多
二氧化碳。
（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK 减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其
<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二
脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。
（3）当电解电压为
时，电解过程中含碳还原产物的
为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子
得电子变成氢气。当电解电压为
时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴
极由
生成
的电极反应式为
或
。当电解电压为
时，电解过程中还原产物
的
为
24%，还原产物
的
为8%，每生成1mol
转移12mole-，每生成1mol
转移
2mole-，故电解生成的
和
的物质的量之比为
。
9．（2023·河北卷）氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和
能源问题都具有重要意义。
已知：
物质中的化学键断裂时所需能量如下表。
物质
能量/
945
498
631
回答下列问题：
（1）恒温下，将
空气(
和
的体积分数分别为0.78 和0.21，其余为惰性组分)置于容积为
的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
i
ii
①
。
②以下操作可以降低上述平衡体系中
浓度的有 (填标号)。
A．缩小体积 B．升高温度 C．移除
D．降低
浓度
③若上述平衡体系中
，则
(写
出含a、b、V 的计算式)。
（2）氢气催化还原
作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原
反应的速率方程
为
为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。
组
号
1
0.10
0.10
r
2
0.10
0.20
3
0.20
0.10
4
0.05
0.30
？
表中第4 组的反应速率为
。(写出含r 的表达式)
（3）①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，
在 (填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生
。
②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗
和
的质量比为
，则在碱性介质中
氨燃料电池负极的电极反应式为 。
③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上
电还原为
(图1)和
电还原为
(图2)反
应历程中的能量变化，则三种催化剂对
电还原为
的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母
a、b、c 排序)。
【答案】（1）181 CD
（2）
（3）阴
bac
【解析】（1）①ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=
；
故答案为：+181；
A
②．缩小体积，所有物质浓度均增大，A 不符合题意；
B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i 为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO 浓度增大，B
不符合题意；
C．移除NO2，平衡ii 向正向进行，NO 浓度降低，C 符合题意；
D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO 浓度降低，D 符合题意；
故答案为：CD；
③根据三段式
，
；
故答案为：
；
；
（2）实验1 与实验2 相比，
，y=1，实验1 与实验3 相比，
，
x=2，代入实验3，
，根据实验4 计算，
；
故答案为：0.75r；
（3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应；
故答案为：阴；
②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1 个N2转移6 个电子，在碱性下发生，
；
故答案为：
；
③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c；
故答案为：bac。
10．（2023·天津卷）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。
Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。
（1）硫磺(
)的晶体类型是 。
（2）硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到
下一阶段，会导致 (填序号)。
a.硫的消耗量增加 b.SO2产率下降 c.生成较多SO3
（3）SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式 。随温度升高，
SO2的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。
（4）从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。
Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转
化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此
时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依
次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右
时，SO2转化率达到97％。
（5）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降
温，其目的是 。
（6）采用四段转化工艺可以实现 (填序号)。
a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率
b．使反应达到平衡状态
c．节约能源
Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。
（7）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。
据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度 ，温度 。
（8）用32 吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率
是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸 吨。
【答案】（1）分子晶体
（2）ab
（3）2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)
降低
（4）降低反应活化能
（5）反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率
（6）ac
（7）98.3% 60℃
（8）94
【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化
为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸；
【解析】（1）
是硫单质的分子晶体；
（2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转
化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a 正确；
b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b 正确；
c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c 错误；
故选ab。
（3）若每生成80g 气体三氧化硫，放出98.3kJ 能量，80g 三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/
mol=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3 (g)
；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率
降低；
（4）催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率；
（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放
热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温
度，提高SO2转化率，保证反应速率；
（6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，
可以保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a 正确；
b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b 错误；
c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c 正确；
故选ac。
（7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时
SO3吸收率最高；
（8）由题意可知，32 吨含硫元素99%的硫粉物质的量为
，在第一步反应
中硫元素损失了2%，则生成
二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中
97%转化为了三氧化硫，则生成
三氧化硫，三氧化硫在第三步反应
中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为
94 吨。
11．（2023·重庆卷）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
（1）在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：
①中间体
生成吸附态
的活化能为
。
②由
生成
的热化学方程式为 。
（2）一定条件下，银催化剂表面上存在反应：
，该反应平衡压强
与
温度
的关系如下：
40
1
443
463
10
51
100
①
时的平衡常数
。
②起始状态Ⅰ中有
和
，经下列过程达到各平衡状态：
已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 (填字母)。
A．从Ⅰ到Ⅱ的过程
B．
C．平衡常数：
D．若体积
，则
E．逆反应的速率：
③某温度下，向恒容容器中加入
，分解过程中反应速率
与压强
的关系为
，k 为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少
时，逆反应速率最大。若转化
率为
，则
(用
表示)。
（3）
可用作固体离子导体，能通过加热
制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示
(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。
①测定晶体结构最常用的仪器是 (填字母)。
A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．
射线衍射仪
②
与
晶胞的体积之比为 。
③测定
中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a 中
质量不变，可判定导电离
子是
而不是
，依据是 。
【答案】（1）83
（2）10 CDE
（3）D 12:7 a 中银电极质量减小，b 中银电极质量增大
【解析】（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体
生成吸附态
的活化能为
。
②由图可知，
生成
放出热量
，放热焓变为负
值，故热化学方程式为
；
（2）①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，
时的平衡常数
。
②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应；
A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相
等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程
，A 错误；
B．平衡常数
只受温度的影响，则
，B 错误；
C．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：
，C 正
确；
D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积
，根据阿伏伽德
罗定律可知，
，
，
，则
，D 正
确；
E．结合A 分析可知，逆反应的速率：
；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，
逆反应的速率：
，故有逆反应的速率：
，E 正确；
故选CDE；
③某温度下，设向恒容容器中加入mg
，当固体质量减少
时，逆反应速率最大，此时达到平
衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成
，若转化率为
，则此时生成
，根据阿伏伽德罗定律，此时
，故
；
（3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X 射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．
射线衍射仪；
②据“均摊法”，
晶胞中含
个I，则晶体密度为
；，
晶胞中含
个I，则晶体密度为
；故
，则
与
晶胞的体积之比为12:7。
③由图可知，a 极为阳析，银氧化为银离子，根据a 中AgI 质量不变，可判断I-没有进入a 极（否则
AgI 质量会增加），从而推断导电的是Ag+从a 极移向b 极。
12．（2023·北京卷）尿素
合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
（1）十九世纪初，用氰酸银
与
在一定条件下反应制得
，实现了由无机物
到有机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。
（2）二十世纪初，工业上以
和
为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．
和
生成
；
ⅱ．
分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。
a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b．ⅰ放热反应，ⅱ为吸热反应
c．
（3）近年研究发现，电催化
和含氮物质(
等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解
决含氮废水污染问题。向一定浓度的
溶液通
至饱和，在电极上反应生成
，电解
原理如图所示。
①电极是电解池的__________极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。
（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中
不能直接用
溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是__________。
②步骤ⅳ中标准
溶液的浓度和消耗的体积分别为和
，计算样品含氮量还需要的实验数据有
__________。
【答案】（1）
（2）ab
（3） 阳
（4）
样品的质量、步骤Ⅲ所加入
溶液的体积和浓度
【解析】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是
。答案为
；
（2）a．反应ⅰ的活化能是
，反应ⅱ活化能是
，
，a 项正确；
b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b 项正确；
c．总反应的：
，c 项错误；
故选ab。
（3）①电极b 上发生
失电子生成
的氧化反应，是电解池的阳极。②a 极硝酸根离子得电子转
化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为
。答
案为阳极；
；
（4）①尿素消化分解生成
和
，由于反应中存在浓
，则消化液中含氮粒子为
。②
除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入
溶液的体积和浓度。答案为
；样
品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
13．（2022·浙江卷）主要成分为
2
H S 的工业废气的回收利用有重要意义。
（1）回收单质硫。将三分之一的
2
H S 燃烧，产生的
2
SO 与其余
2
H S 混合后反应：
2
2
8
2
3
2H S(g)+SO (g)
S (s)+2H O(g)
8
。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为
-5
-1
-1
2
c H S =2.0 10 mol
L
、
-5
-1
2
c SO
=5.0 10 mol L
、
-3
-1
2
c H O =4.0 10 mol L
，计算该温度下的平衡
常数K= _______。
（2）热解
2
H S 制
2
H 。根据文献，将
2
H S 和
4
CH 的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边
出料)，发生如下反应：
Ⅰ
-1
2
2
2
1
2H S(g)
2H (g)+S (g) ΔH =170kJ mol
Ⅱ
-1
4
2
2
2
2
CH (g)+S (g)
CS (g)+2H (g)
ΔH =64kJ mol
总反应：
Ⅲ
2
4
2
2
2H S(g)+CH (g)
CS (g)+4H (g)
投料按体积之比
2
4
V H S :V CH
=2:1，并用
2
N 稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得
2
H 和
2
CS 体积分数如下表：
温度/℃
950
1000
1050
1100
1150
2
H /V(%)
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
2
CS /V(%)
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是_______。
②下列说法正确的是_______。
A．其他条件不变时，用Ar 替代
2
N 作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，
2
H S 的转化率越高
C．由实验数据推出
2
H S 中的S-H 键强于
4
CH 中的C-H 键
D．恒温恒压下，增加
2
N 的体积分数，
2
H 的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意
图_______。
④在1000℃，常压下，保持通入的
2
H S 体积分数不变，提高投料比
2
4
V H S :V CH
，
2
H S 的转化率
不变，原因是_______。
⑤在950
~ 1150
℃
℃范围内(其他条件不变)，
2
S (g) 的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律
并分析原因_______。
【答案】（1）8×108 L·mol－1
（2） 高温 AB
1000℃时CH4不参与反
应，相同分压的H2S 经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随
温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的
速率，S2(g)的体积分数减小
【解析】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝
2
3
2
2
8
2
2
5
5
2
2
4 10
H O
L /
8 10 L /
H S
SO
2 10
5 10
c
mol
mol
c
c
；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大
（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0 可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进
行；
A
②．Ar 是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar 替代N2作稀释气体，对实
验结果几乎无影响，A 正确；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S 的转化率越高，B 正确；
C．根据表中数据无法得出H2S 中S-H 键和CH4中C-H 键的相对强弱，事实上C-H 键的键能大于S-H
键键能，C 错误；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增
加，H2浓度减小，D 错误；
答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为
；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S 经历相同的时间转化率相同，所以在
1000℃常压下，保持通入的H2S 体积分数不变，提高投料比时H2S 的转化率不变；
⑤由于在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应
Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
14．（2022·湖北卷）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“
2
H O
CaO
Al
”体系的
发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值( T
)随时间(t)的
变化曲线，如图所示。
实验编
号
反应物组成
a
0.20g CaO 粉末
5.0mL
2
H O
b
0.15g Al 粉
5.0mL
2
H O
c
0.15g Al 粉
5.0mL 饱和石灰水
d
0.15g Al 粉
5.0mL 石灰乳
e
0.15g Al 粉
0.20g CaO 粉末
5.0mL
2
H O
回答下列问题：
（1）已知：
①
1
2
1
2
s
H O l
s
65.17
CaO
Ca OH
H
kJ mol
②
2
1
2
2 s
2
16.73
Ca OH
Ca
aq
OH
aq
H
kJ mol
③
1
2
2
3
4
3
s
3H O l
H
g
415.0
2
Al
OH
aq
Al OH
aq
H
kJ mol
则
2
2
2
4
s
2
s
7H O l
2
3H
g
CaO
Al
Ca
aq
Al OH
aq
的
4
H
___________
1
·
kJ mol 。
（2）温度为T 时，
2
K
x
sp Ca OH
，则
2
Ca OH
饱和溶液中
c OH ___________(用含x 的代
数式表示)。
（3）实验a 中，4min 后T
基本不变，原因是___________。
（4）实验b 中，T
的变化说明Al 粉与
2
H O 在该条件下___________(填“反应”或“不反应”)。实
验c 中，前3min 的T
有变化，其原因是___________；3min 后T
基本不变，其原因是___________
微粒的量有限。
（5）下列说法不能解释实验d 在10min 内温度持续升高的是___________(填标号)。A．反应②的发生
促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e 的特征，用文字简述其发热原理___________。
【答案】（1）-911.9
（2）
3 2x mol⋅L-1
（3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
（4） 不反应 Al 和溶液中的OH-发生了反应 OH-
（5）A
（6）实验e 中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应
③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这
三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【解析】（1）根据盖斯定律可得，①+
+2
②
③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-
(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ⋅mol-1)+
(-16.73kJ⋅mol-1)+2(-415.0kJ⋅mol-1)=-911.9kJ⋅mol-1。
（2）温度为T 时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)
Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)∙，
Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x，则c(OH-)= 3 2x mol⋅L-1。
（3）实验a 中，CaO 和H2O 反应①生成Ca(OH)2，4min 后ΔT 基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶
解度小，反应①达到了平衡状态。
（4）实验b 中，ΔT 几乎不变，说明Al 粉与H2O 在该条件下不反应；实验c 中，前3min 的ΔT 有变
化，是因为Al 和溶液中的OH-发生了反应，3min 后ΔT 基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较
低，OH-的量有限。
（5）实验d 中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③
的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致
反应速率加快；综上所述，实验d 在10min 内温度持续升高与反应①无关，故选A。
（6）实验e 中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应
③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这
三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
15．（2022·天津卷）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物
(L 为配体)溶于弱
碱性的海水中，制成吸收液，将气体
转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶
段：①
的吸收氧化；②
的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
（1）该工艺的总反应方程式为___________。1mol
发生该反应的热量变化为___________，
在总反应中的作用是___________。
（2）研究不同配体与
所形成的配合物(A、B、C)对
吸收转化率的影响。将配合物A、B、C
分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入
，测得单位体积吸收液中
吸收转化率
随时间变化的曲线如图1 所示。以
由
100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是___________(填“A”、“B”
或“C”)。
（3）
的电离方程式为___________。25℃时，
溶液中
、
、
在含硫粒子总浓度中所
占分数随溶液pH 的变化关系如图2，由图2 计算，
的
___________，
___________。
再生反应在常温下进行，
解离出的
易与溶液中的
形成沉淀。若溶液中的
，
，为避免有FeS 沉淀生成，应控制溶液pH 不大
于___________(已知25℃时，FeS 的
为
)。
【答案】（1）
(或
) 放出
热量 作催化剂或降低反应活化能
（2）A
（3）
或
8
【解析】（1）将第一个方程式2 倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为
(或
)，该反应的热化学方程式
，因此1mol
发生该反应的热
量变化为放出
热量，
参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此
在总反应中
的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：
(或
)；放出
热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以
由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A 持续时
间最短，说明A 的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3）
是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为
或
；根据题意pH=7 时
、
的所占分数相等，因此
的
，pH=13 时
、
的所占分数相等，则
。再生反应在常温下进行，
解离出的
易与溶液中的
形成沉淀。若溶液中的
，根据
得到
，根据
和
，得到
，pH=8，因此为避免有FeS 沉淀生成，应控制溶液pH 不大于8；故答案为：
或
；
；
；8。
16．（2022·江苏卷）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
（1）“
热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4 个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性
溶液，阴极区为盐酸，电解过程中
转
化为
。电解时阳极发生的主要电极反应为_______(用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素
有_______(填元素符号)。
（2）“
热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收
制得的
溶液反应，生成
、
和
；
再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在
时，密闭容器中
溶液与铁粉反应，反应初期有
生成并放出
，该反应的离子方程式为_______。
②随着反应进行，
迅速转化为活性
，活性
是
转化为
的催化剂，其
可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为_______。
③在其他条件相同时，测得Fe 的转化率、
的产率随
变化如题图所示。
的产
率随
增加而增大的可能原因是_______。
（3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“
热循环制氢和甲酸”的优点是_______。
【答案】（1）
Cu、O
（2）
吸附在催化剂的Fe2+上的H 与
中碳原子作用，
吸附在O2-的H 与
中的羟基氧作用生成的H2O 和
均吸附在上Fe2+ 随
增加，
催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大，
的产率增大
（3）制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用
【解析】（1）①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性
溶液，电解过
程中
转化为
，电解时阳极发生的主要电极反应为：
；
②电解后，经热水解得到的HCl 和热分解得到的CuCl 等物质可循环使用，从图中可知，热分解产物
还有O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有
，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
（2）①在
时，密闭容器中
溶液与铁粉反应，反应初期有
生成并放出
，离子
方程式为：
；
H
②
的电负性大于Fe，小于O，在活性
表面，部分H 吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；
另一部分H 吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与
中略带正电的碳结合，后者与
中略带负电的羟基氧结合生成H2O，
转化为
；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H 与
中碳原子作用，吸附在O2-的H 与
中的羟基氧作用生成的H2O 和
均吸附在上Fe2+；
③在其他条件相同时，随
增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe 的转化率也增大，即生
成
和H2的速率更快，量更大，则得到活性
的速度更快，量也更多，生成
的速率
更快，产率也更大。故答案为：随
增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增
大，
的产率增大；
（3）“
热循环制氢和甲酸”系统将
转化为
和生成H2的速率快，原子利用
率高，不产生污染物，Fe 初期生成
后迅速转化为活性
，
氧化为
再经生物柴
油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品
的利用。
17．（2022·重庆卷）反应
在工业上有重要应用。
（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃
700
800
830
1000
平衡常
数
1.67
1.11
1.00
0.59
①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。
（2）该反应常在Pd 膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd 膜时具有更高转化率的原因是_____。
②某温度下，H2在Pd 膜表面上的解离过程存在如下平衡：
，其正反应的活化能远小于逆反
应的活化能。下列说法错误的是_____。
A．Pd 膜对气体分子的透过具有选择性
B．过程2 的△H＞0
C．加快Pd 膜内H 原子迁移有利于H2的解离
D．H 原子在Pd 膜表面上结合为H2的过程为放热反应
③同温同压下，等物质的量的CO 和H2O 通入无Pd 膜反应器，CO 的平衡转化率为75%；若换成Pd
膜反应器，CO 的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a 和出口b 中H2的质量比为_____。
（3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为______。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y
倍，则CO 的转化率为_____(用a，b，y 表示)。
【答案】（1）
优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，
平衡逆向移动，产物的转化率较低
（2）Pd 膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 BD 1:8
（3）质子导体
【解析】（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，
；
②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转
化率较低；
（2）①Pd 膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；
A.Pd
②
膜只允许
通过，不允许
通过，对气体分子的透过具有选择性，A 正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，
，B 错误；
C.加快Pd 膜内H 原子迁移，平衡
正向移动，有利于
的解离，C 正确；
D.
为放热过程，H 原子在Pd 膜表面上结合为
的过程为吸热反应，D 错误；
故选BD；
③根据反应
，设通入的
为1mol，无膜情况下一氧化碳的
平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、
0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则
平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a 口和b 口总
量，其中只有a 口的处于平衡体系)，设a 口产生的H2的物质的量为xmol，则
，解得
x=0.1，则出口a 产生的
为0.1mol，出口b 的
为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8；
（3）①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极
产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢
气，故固体电解质应采用质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：
；
③根据三段式：
，出口Ⅰ处气体为
体积为x，进口Ⅰ处的气体体积
为
，则
，CO 的转化率为：
。
18．（2022·辽宁卷）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔
奖，其反应为：
。回答下列问题：
（1）合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。
（2）_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，
综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用
。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
（3）方案一：双温-双控-双催化剂。使用
双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为
时，
的温度为
，而
的温度为
)。
下列说法正确的是_______。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．
在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
（4）方案二：
复合催化剂。
下列说法正确的是_______。
a．
时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
（5）某合成氨速率方程为：
，根据表中数据，
_______；
实
验
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
（6）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M 金属离子，顶点均为
配体；四面体中心为
硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为
，则M 元素为_______(填元素符号)；在该化合
物中，M 离子的价电子排布式为_______。
【答案】（1）能
（2）高 低
（3）ab
（4）a
（5）-1 a
（6）Fe 3d6
【解析】（1）
，则∆G=∆H-
T∆S=(-92.4+0.2×298) kJ∙mol-1=-32.4 kJ∙mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温
有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于
提高氨的平衡产率，a 正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以
在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b 正
确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c 不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，
d 不正确；
故选ab。答案为：ab；
（4）a．从图中可以看出，
时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a 正
确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡
产率，b 不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c
不正确；
故选a。答案为：a；
（5）选择实验1 和3 进行分析，此时
，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a 正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b 不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c 不正确；
故选a。答案为：-1；a；
（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为
=4，含白球的数目为8，则黑球与白
球的个数比为1:2。黑球的化学式为
，白球的化学式为
。从而得出
M+17×6+15×2=188，M=56，则M 元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：
Fe；3d6。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。
19．（2021·河北卷）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技
术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃
烧热数据如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
（1）则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为________。
（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO (aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为
ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x 时，溶液中H+浓度为
________mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO 的电离)
（3）105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)
M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中
水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于________kPa。
（4）我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li 为单质锂片，则该电池中的CO2在___(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究
表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4 个步骤
进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O
Ⅱ.C2O
=CO2+CO
Ⅲ.__________ Ⅳ.CO
+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为_________。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO 的反应进程中(H+被还原为H2的
反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO 从易到难的顺序为_______(用a、
b、c 字母排序)。
【答案】6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)
H=49.1kJ mol-1
100.8 正极 2C
+CO2=2C
+C 12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C
c、b、a
【解析】
（1）根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)
H1=-393.5kJ mol-1，②H2(g)
+
O2(g)=H2O(l)
H2=-285.8kJ mol-1，③C6H6(l)+
O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)
H3=-3267.5kJ mol-1，
根据盖斯定律，[①
12+②
6]
-③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，
H=[(-393.5kJ mol-1)
+(-285.8kJ mol-1)
6]
-(-3267.5kJ mol-1)=49.1kJ mol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)=
C6H6(l)
H=49.1kJ mol-1；
（2）由题可知，①CO2(s)
CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)
H+(aq)+HC
(aq)，K2=
，又因为p(CO2)=p(kPa) x，则c(CO2)=y(mol•L-1•kPa-1)p(CO2)=p x y mol/L，在忽略
HC
的电离时，c(H+)=c(HC
)，所以可得c(H+)=
，故答案为：
；
（3）2MHCO3(s)
M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用
分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp=
=
=529kPa2。温度不变化学平衡常数
Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K=
= 529kPa2，
=
kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始
压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
（4）①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，
则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4 个步骤进行，由步骤II 可知生成了C
，而步骤IV 需要C
参加反应，所以步骤III 的离子方程式为：2C
+CO2=2C
+C，故答
案为：正极；2C
+CO2=2C
+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：
12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C
，故答案为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C
；
II.c 催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化
剂a 和b 条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。
其中a 催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更
大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。
20．（2021·湖南卷）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种
方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键
键能
946
436.0
390.8
一定温度下，利用催化剂将
分解为
和
。回答下列问题：
（1）反应
_______
；
（2）已知该反应的
，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)
A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将
通入3L
的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，
时反应达到平衡，用
的浓度变化表示
时间内的反应速率
_______
(用含
的代数式表示)
②
时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后
分压变化趋势的曲
线是_______(用图中a、b、c、d 表示)，理由是_______；
③在该温度下，反应的标准平衡常数
_______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于
反应
，
，其中
，
、
、
、
为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中
的移动方向为_______(填“从左往右”或“从右往左”)；
（5）阳极的电极反应式为_______。
KOH 溶液KOH 溶液
【答案】+90.8 CD
b
开始体积减半，N2分压变为原来的2 倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2 倍要小
0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【解析】
（1） 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)
N2(g)+3H2(g)，
H=390.8kJ mol-1
-(946 kJ mol-1+436.0kJ mol-1
)= +90.8kJ mol-1，故答案为：+90.8；
（2）若反应自发进行，则需
H-T
S<0，T>
=
=456.5K，即温度应高于
(456.5-273)℃=183.5℃，CD 符合，故答案为：CD；
（3）①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，
=
，解得x=0.02mol，
(H2)=
=
mol L-1 min-1，故答案为：
；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2 倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2
分压比原来2 倍要小，故b 曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2 倍，随后由
于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2 倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数
=
=0.48，故答案为：0.48；
（4）由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为
阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
（5）阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=
N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。
