文档文本内容
专题40 化学反应原理综合题
——反应热+速率平衡
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点1 涉及有机
化工原料的生产
2025：四川、全国卷、云南、河北、
甘肃、黑吉辽蒙卷、浙江
2024：湖南、全国甲卷、安徽
2023：福建、湖南、湖北、全国甲卷
2022：福建、山东
2021：辽宁、山东
2020：山东、浙江
注重考查学科核心知识 ：本专题综合考查
反应热的计算、速率与化学平衡的计算、
化学平衡的移动等核心知识。
强调知识的灵活运用与综合分析 ：化学反
应原理题通常以工业生产为背景，综合考
查化学反应中的能量变化、速率与平衡等
知识，题目综合性强，图文信息多，设问
角度灵活。由于试题篇幅较长，情境、取
材较新，侧重考查考生的阅读能力、获取
有效信息能力、知识运用能力、识图识表
能力和分析归纳能力，试题难度大。根据
题目涉及的核心物质，可将反应原理主观
题型分为两种类型：一类是涉及有机化工
原料的生产；另一类是涉及无机物的制备
考点2 涉及无机
物的制备与转化
2025：山东
2024：海南、甘肃、山东、吉林
2023：广东、浙江、全国乙卷
2022：海南、浙江、广东、全国乙
卷、全国甲卷
2021：福建、天津、广东、全国乙卷
2020：新课标I 卷
2019：新课标I 卷
2018：新课标I 卷
与转化。
1．（2025·四川·高考真题）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(
)为原料制备乙二
醇，反应按如下两步进行：
①
②
已知：
为物质生成焓，反应焓变
产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表
所示。
物质
0
回答下列问题：
(1)生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为 ，
0(填“>”“<”或“=”)，反应在
(填“高温”或“低温”)自发进行。
(2)恒压时，合成气中
增大，
(羟基乙醛)单位时间产率降低，其原因是 。
(3)反应中伴随副反应④：
。平衡常数与温度之间满足关系
常数，
反应②和④的
与
的关系如图所示，则
，(填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的生成，应
适当 (填“升高”或“降低”)反应温度，理由是 。
(4)若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为
。
知识点01 有机化工原料的生产
①反应
后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为
，则甲醛的平均消耗速率
。
②溶剂中
和
浓度分别保持为
，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率
分别为
，生成乙二醇的平衡常数
(科学记数，保留小数点后2 位)。
【答案】(1)
＜ 低温
(2)反应②的速率大于反应①使得单位时间内
(羟基乙醛)产率降低
(3) ＜ 降低 随着
的增大，即温度降低，反应②的
增大的程度大于反应④的
增大
程度
(4) 0.112
【详解】（1）将反应①和②相加，消去中间产物
，得到总反应：
，反应焓变公式：
：
；反应中气体分子数减少（4 mol 气体 → 1 mol 液体），
混乱度降低，故ΔS < 0；自发性条件：根据ΔG = ΔH - TΔS，ΔH 为负、ΔS 为负时，低温（T 较小）使ΔG <
0，反应自发；故答案为：
；＜；低温；
（2）恒压时，合成气中
增大，意味着
的分压增大，
的分压减小，反应速率与反应物
浓度相关，
其分压减小效应超过
分压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间产
率降低；故答案为：反应②的速率大于反应①使得单位时间内
(羟基乙醛)产率降低；
（3）
与
的关系图中，斜率为
。图中反应②的斜率大于反应④，表明
。由于两
反应的K 随温度降低均增大，均为放热（
），故
；抑制甲醇生成，即让反应②的正向进
行程度大于反应④，由图可知，随着
的增大，
增大的程度大于
增大程度，故需要低温才能抑
制甲醇的生成；故答案为：＜；降低；随着
的增大，即温度降低，反应②的
增大的程度大于反应④
的
增大程度；
（4）①生成HOCH2CHO 消耗甲醛38%，乙二醇消耗甲醛8%，甲醇消耗甲醛10%，总计38% + 8% + 10% =
56%。消耗量 = 1.0 mol/L × 56% = 0.56 mol/L，则甲醛的平均消耗速率
；
②总反应③：
平衡常数表达式为
[注：
为液体，但在溶液中其浓度变化，故包含在
中；单位要符合
]；平衡浓度：
（乙二醇平衡产率34%）:
；羟基乙醛18% ：
；甲醇14% ：
，总甲醛消耗浓度：
， 平衡 ：
；给定平衡浓度：
，
，代入计算：
，解得：
(科学记数，保留小数点后2 位)；故答案为：0.112；
。
2．（2025·全国卷·高考真题）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。
回答下列问题：
(1)乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为
、
和
，则酯化反应
的
。
(2)酯化反应中的3 种有机物的沸点从高到低的顺序为 原因是 。
(3)在常压和
时，初始组成
、
作催化剂的条件下进行反应，
得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。
平衡时乙酸的转化率
，平衡常数
(保留2 位有效数字)。已知酯化反应的速率方程
为
，其中
，则
(保留2 位有效数字)。
(4)研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是 。若要提高乙酸乙
酯的产率，可以采用的方法是 (举1 例)。
【答案】(1)
(2)
乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键
比乙醇的更强
(3) 30 3.9
(4)
很小，温度对平衡影响小，液相反应，压强对平衡影响小 及时移出产物
【详解】（1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为
、
和
，
①
②
③
根据盖斯定律①+②-③得
。
（2）乙酸、乙醇都能形成分子间氢键，乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强，
所以沸点从高到低的顺序为
。
（3）初始组成
。乙醇的初始浓度3.3mol/L、乙酸的初始浓度为9.9mol/L，
平衡时乙醇的浓度减小3.3-0.33=2.97mol/L，则乙酸的浓度降低2.97mol/L，乙酸的转化率
；平衡时乙醇的浓度为0.33mol/L、乙酸的浓度为9.9-2.97=6.93mol/L、乙酸乙酯的
浓度为2.97mol/L、水的浓度为2.97mol/L，则平衡常数
；
。
（4）液相反应，压强对平衡影响小，
很小，温度对平衡影响小，所以难以通过改变反应温度或压强
来提高乙酸乙酯平衡产率。及时移出产物，平衡正向移动，可以提高乙酸乙酯的产率。
3．（2025·云南·高考真题）我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5
)
℃绿色制氢新途径，并实现高附加值乙
酸(沸点118
)
℃的生产，主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆
纤维素
乙醇
(2)对于反应Ⅰ：
①已知
则
。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．
的体积分数不再变化
D．单位时间内生成
，同时消耗
③反应后从混合气体分离得到
，最适宜的方法为 。
(3)恒压100kPa 下，向密闭容器中按
投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化
关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性
]
①由图1 可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为 。
②由图中信息可知，乙酸可能是 (填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则
，平衡常数
(列出计算式即可；用平衡分压代替平衡
浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)葡萄糖
(2) +44.4 AC 降温冷凝后收集气体
(3) 乙酸选择性最大且反应速率较快 产物1 36:5
【详解】（1）纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；
（2）①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律
=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4
kJ·mol-1；
②恒温恒容下发生
：
A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明
反应达到平衡状态，A 符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不
能说明反应是否达到平衡状态，B 不符合题意；
C．
的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C 符合题意；
D．单位时间内生成
，同时消耗
均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D 不
符合题意；
答案选AC；
③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体；
（3）①由图1 可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；
②由图2 可知关键步骤中生成产物1 的最大能垒为0.58eV，生成产物2 的最大能垒为0.66eV，生成产物3
的最大能垒为0.81eV，图1 中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能
是产物1；
③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸
的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n 平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒
温恒压下，各组分的分压之比=各组分的物质的量之比，故
0.72：0.1=36：5；
列三段式
、
，则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为
0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为
0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则
kPa。
4．（2025·河北·高考真题）乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线
合成。
(1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙二醇，
伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。
主反应：
副反应：
体系中环氧乙烷初始浓度为
，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中
。
①0~30min 内，
。
②下列说法正确的是 (填序号)。
a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量
b．0~30min 内，
c．0~30min 内，
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
(2)煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：
。按化学计量比进料，固定平衡转化率
，探究温度与压强的
关系。
分别为0.4、0.5 和0.6 时，温度与压强的关系如图：
①代表
的曲线为 (填“
”“
”或“
”)；原因是 。
②
0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应
，
，x 为组分的物质的量分数。M、N 两
点对应的体系，
(填“>”“<”或“=”)，D 点对应体系的
的值为 。
④已知：反应
，
，p 为组分的分压。调整进料比为
，系统压强维持
，使
，此时
(用含有m 和
的代数式表示)。
【答案】(1)
cd
(2)
该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大
< = 12
【详解】（1）①0~30min 内，环氧乙烷完全转化，
；
②a．
，主反应中，
，则生成物总能量低于反应物总能量，a 错
误；
b．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG 作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG 浓度
的变化量小于EO 浓度的变化量，0~30min 内，
，b 错误；
c．主反应中，
，副反应
，同一反应体系中物质一量变化量之比等
于浓度变化量之比，产物中
，即
，
，反应时间相同，则
，
，
则
，c 正确；
d．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d 正确；
故选cd；
（2）①
该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压
强，平衡正向移动，平衡转化率增大，
，故
、
、
对应α 为0.6、0.5、0.4；
②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反
应，
<0；
③M、N 的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则
=
；D 点
对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO 和3molH2，列三
段式：
，平衡时，
、
、
的物质的量分数分别为
，
；
④设起始加入mmolCO 和3molH2，此时
，列三段式：
，平衡时，气体总的物质的量为mmol，
、
、
平衡分压分别
，
。
5．（2025·甘肃·高考真题）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包
括以下两个主要反应：
反应1：
反应2：
(1)25℃，101kPa 时，反应
。
(2)一定条件下，使用某含Co 催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转
化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在
范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 (任写一条)，当温度由220℃升高
至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为 。
②在120~240℃范围内，反应1 和反应2 乙炔的转化速率大小关系为
(填“>”“<”或“=”)，理由
为 。
(3)对于反应1，反应速率
与
浓度
的关系可用方程式
表示(k 为常数)。
时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当
时，
。
实验组
一
二
(4)以Pd/W 或Pd 为催化剂，可在常温常压
下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚线为生
成乙烷的路径)。以 为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为 。(图中“*”表示吸附态；数
值为生成相应过渡态的活化能)
【答案】(1)-137
(2) 温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 催化剂在该温度范围内失活 ＞
乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1 乙炔的转化速率大于反应2 乙炔的转化速率
(3)9.2×10-3
(4) Pd/W Pd/W 做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd 催化剂时的
【详解】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则
；
（2）反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，
乙炔的转化率增大；
220
-260
℃
℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂
在该温度范围内失活；
由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1 乙炔的转化速率大于反应2 乙炔的转化速率，即
；
（3）将数据代入方程
，②÷①得到
，则
，
时，
，
；
（4）如图可知，选择Pd 做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W 时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd 做
催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W 做催化剂时，乙烯的选择性更高。
6．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）乙二醇是一种重要化工原料，以合成气
为原料合成乙二醇具
有重要意义。
Ⅰ．直接合成法：
，不同温度下平衡常数如下表所示。
温度
298K
355K
400K
平衡常数
1.0
(1)该反应的
0(填“>”或“<”)。
(2)已知
的燃烧热
分别为
，则
上述合成反应的
(用a、b 和c 表示)。
(3)实验表明，在500K 时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是 (答出1 条
即可)。
Ⅱ．间接合成法：用合成气和
制备的DMO 合成乙二醇，发生如下3 个均放热的连续反应，其中MG 生
成乙二醇的反应为可逆反应。
(4)在2MPa、
催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比
，出口处检测
到DMO 的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性
]。
①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DMO 的转化率，曲线
表示MG 的选择性。
②有利于提高A 点DMO 转化率的措施有 (填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间
③483K 时，出口处
的值为 (精确至0.01)。
④A 点反应
的浓度商
(用物质的量分数代
替浓度计算，精确至0.001)。
【答案】(1)<
(2)-2a-3b+c(或c-2a-3b)
(3)温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低(或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低)
(4) I IV BD 1.98 0.025
【详解】（1）根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又
因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH<0。
（2）根据已知条件可以写出如下热化学方程式：
根据盖斯定律，用反应①的2 倍加上反应②的3 倍减去反应③即可得到目标方程式，故目标方程式的
ΔH=c-2a-3b kJ·mol-1。
（3）根据表格中的平衡常数，反应温度在500K 时，平衡常数K<
，此时平衡常数过小，导致乙二
醇产率过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低。
（4）根据图示的曲线，随着反应的温度升高I 曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO 的转化
率区域恒定，故I 曲线为DMO 的实际转化率曲线；又已知II 为乙二醇的选择性曲线，观察曲线II 和曲线IV
可知，随着反应的进行MG 逐渐转化为乙二醇，故曲线IV 为MG 的选择性曲线，因此曲线III 为乙醇的选择
性曲线。
①根据上述分析，曲线I 为DMO 的实际转化率曲线；曲线IV 为MG 的选择性曲线；
②A．根据图示，降低温度，DMO 的转化率降低，A 不符合题意；
B．增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO 的转化率增大，B 符合题意；
C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO 的转化率降低，C 不符合题意；
D．A 点时DMO 的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A 点时反应未平衡，延长原料和催化剂
的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO 的转化率，D 符合题意；
故答案选BD；
③483K 时，DMO 的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO 为100mol，则出口出流出的乙醇的物质
的量为100mol×99%×2%=1.98mol，此时还有1mol DMO 未反应从出口流出，因此出口处
=
=1.98；
④设初始时H2与DMO 的投料分别为52.4mol 和1mol，A 点时DMO 的实际转化率为80%，MG 和乙二醇的
选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO 转化为MG，可写出如下关系：
第二步反应，MG 转化为乙二醇，可写出如下关系：
这时，体系中DMO 的物质的量为0.2mol、MG 的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH 的
物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。用
物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx=
=0.025。
7．（2025·浙江·高考真题）二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。
请回答：
(1)用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。
A．温度
B．投料比[n(NH3):n(CH3OH)]
C．压强
D．催化剂
(2)25℃下，(CH3)2NH·H2O 的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH= 。
(3)在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式
是 。
(4)上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：
。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下
0(填
“>”、“<”或“=”)。
(5)有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH 催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比
，催化剂M 足量。反应方程式如下：
Ⅳ．
V．
三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。
(例：HCOOH 的物质的量百分比
①请解释HCOOH 的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M 活性降低或失活) 。
②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因
。
【答案】(1)AB
(2)5.4
(3)CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
(4)＜
(5) t 时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t 时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的
慢 用H2作氢源需要断裂H-H 键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H 键，由于Si 原子半径大于H，Si-H 的键能
比H-H 小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度
【详解】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度一定
能够改变甲醇的平衡转化率，A 符合题意；
B．增大投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 将增大CH3OH 的转化率，相反减小投料比[n(NH3):n(CH3OH)]，将减小
CH3OH 的平衡转化率，B 符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不能改
变CH3OH 的平衡转化率，C 不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH 的平衡转
化率，D 不合题意；
故答案为：AB；
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O 的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb=
=10-3.2，则[(CH3)2NH2] +
+H2O
(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh=
=
=10-10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh=
=
=10-10.8，故c(H+)=
=10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案
为：5.4；
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2
阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O，故答案为：
CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O；
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式
是一个某条件下反应自发
且熵减，根据自由能变
＜0 时反应自发可知，则反应在该条件下
<0，故答案为：＜；
（5）①由题干图示信息可知，t 时刻之前HCOOH 的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大速率，
而t 时刻之后HCOOH 逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t 时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t
时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢，故答案为：t 时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ
的快，t 时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；
②用H2作氢源需要断裂H-H 键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H 键，由于Si 原子半径大于H，Si-H 的键能比H-
H 小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案为：用H2作氢
原需要断裂H-H 键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H 键，由于Si 原子半径大于H，Si-H 的键能比H-H 小，所以
用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
8．（2024·湖南·高考真题）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 抑制酯的水解从而提高产率 反应iii 的速率远大于反应ii 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；
【详解】（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 生成丙烯酸乙酯和水，若丙烯酸乙酯水解会生成乙醇，因此，加入C2H5OH 可以抑
制酯的水解从而提高产率；
③反应釜Ⅱ中发生的两个反应是竞争反应，其选择性由速率决定，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因
是：反应iii 的速率远大于反应ii；
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。
9．（2024·全国甲卷·高考真题）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(
)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
(1)已知如下热化学方程式：
计算反应
的
。
(2)
与
反应生成
，部分
会进一步溴化。将
和
。通入密闭容器，
平衡时，
、
与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有
、
和
)。
(i)图中
的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ii)
时，
的转化率
，
。
(iii)
时，反应
的平衡常数
。
(3)少量
可提高生成
的选择性。
时，分别在有
和无
的条件下，将
和
，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(i)在
之间，有
和无
时
的生成速率之比
。
(ii)从图中找出
提高了
选择性的证据： 。
(
)
ⅲ研究表明，
参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析
提高
选择性的原因： 。
【答案】(1)-67
(2) a 80% 7.8 10.92
(3)
(或3：2) 5s 以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br 的含量陡然上升
I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断
曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时
间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。
【详解】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方
程式①乘以3 再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的
∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。
（2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增
多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br 的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=
×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br 的物质的量为5.0mmol，说明
还有1.4mmol CH3Br 发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr 的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、
n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K=
=
=10.92。
（3）(i)11~19s 时，有I2的生成速率v=
=
mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v=
=
mmol·(L·s)-1。生成速率比
=
=
；
(ii)从图中可以看出，大约4.5s 以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br 的含量陡然上升，
因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br 的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成
了CH3Br，提高了CH3Br 的选择性。
10．（2024·安徽·高考真题）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答
下列问题：
【乙烷制乙烯】
(1)
氧化脱氢反应：
计算：
(2)
直接脱氢反应为
，
的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，
则
0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近
的是
(填标号)。
a．
b．
c．
(3)一定温度和压强下、反应i
反应ⅱ
(
远大于
)(
是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平
衡常数)
①仅发生反应i 时，
的平衡转化率为
，计算
。
②同时发生反应i 和ⅱ时。与仅发生反应i 相比，
的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不
变”)。
【乙烷和乙烯混合气的分离】
(4)通过
修饰的Y 分子筛的吸附-脱附。可实现
和
混合气的分离。
的 与
分子
的
键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离
和
的优
点是 。
(5)常温常压下，将
和
等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口
浓度(
)之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。
A．前
，两种气体均未被吸附
B．p 点对应的时刻，出口气体的主要成分是
C．a-b 对应的时间段内，吸附的
逐渐被
替代
【答案】(1)-566
(2) > b
(3)
增大
(4) 4s 空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高
(5)BC
【详解】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2 可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-
2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol；
（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，
ΔH4>0；
a．600℃，0.6MPa 时，C2H6的平衡转化率约为20%，a 错误；
b．700℃，0.7MPa 时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b 正确；
c．700℃，0.8MPa 时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率
增大，因此800℃，0.8MPa 时，C2H6的平衡转化率大于50%，c 错误；
故答案选b；
（3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则剩余的C2H6物质的量
为1-0.25=0.75mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，容器内气体总物质的量为
(0.75+0.25+0.25)=1.25mol，Ka1=
；
②反应i 压强平衡常数
，反应ⅱ按
消耗了反应i 的反应物C2H6和产物H2，则
，现要比较Kp1和Qp1的大小，因
，所以比较
与
的大小关系，
，故
，反应i 平
衡正向移动，生成更多的C2H4，因此C2H4的平衡产率增大；
（4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s 空轨道与C2H4分子的π 键电子
形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y 分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无
法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中
杂质少，纯度较高；
（5）A．前30min，
等于0，出口浓度c 为0，说明两种气体均被吸附，A 错误；
B．p 点时，C2H6对应的
约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的
较小，出口处C2H4浓度较小，
说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B 正确；
C．a 点处C2H6的
=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a 点后C2H6的
>1，说明原来吸附在吸附
剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a 点后一段时间，C2H4的
仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被
C2H4替代，p 点到b 点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能
因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p 点后C2H4的
也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能
再吸附两种物质，C 正确；
故答案选BC。
11．（2023·福建·高考真题）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
已知：
为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在
下，丙烷单独进料时，
平衡体系中各组分的体积分数
见下表。
物质
丙烯
乙烯
甲烷
丙烷
氢气
体积分数(%)
21
23.7
55.2
0.1
0
(1)比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ 反应 ⅱ（填“＞”或“＜”）。
(2)①在该温度下，Kp2远大于 Kp1，但φ（C3H6)和φ（C2H4)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向进行有利于反
应 ⅰ 的 反应和反应 ⅱ 的 反应（填“正向”或“逆向”）。
②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为： 。
③平衡体系中检测不到
，可认为存在反应：
，下列相关说法正确的
是 (填标号)。
a．
b．
c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率
d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数
④由表中数据推算：丙烯选择性
(列出计算式)。
(3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应：
ⅳ．
在
下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。
①进料比n(丙烷)
(甲醇)
时，体系总反应：
②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。
【答案】(1)＞
(2) 正向 逆向 ⅱ＞ⅰ＞ⅲ ab
(3) -29 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则丙烯体积分数降低
【分析】Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决问题。结合阿伏
加德罗定律将物质的量和体积进行转化。
【详解】（1）反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞
，同理反应ⅱ：T＞
，故反应ⅰ的最低
温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞；
（2）①ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i 正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向，②根据
平衡体积分数
，消耗1mol 丙烷生成1mol 丙烯或1mol 乙烯或3mol 甲烷，可知
反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，③根据盖斯定律：目标反应=2
+
ⅰⅲ，故
；分压=物质的量分数×总压=
体积分数×总压，故
；催化剂不能影响平衡；
通入丙烷平衡正向移动，根据温度不变Kp为定值，各组分的体积分数不变；④在相同条件下，物质的量之
比等于体积之比；同时消耗1mol 丙烷生成1mol 丙烯或1mol 乙烯或3mol 甲烷，生成乙烯时同时生成等量
的甲烷，因此丙烯的选择性
；
（3）ⅲ．
ⅳ．
目标反应=
+
ⅲⅳ，故△H=-29kJ/mol； 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则丙烯体积分数降低。
故答案为：-29 kJ/mol ；甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则丙烯体积分数降低。
12．（2023·湖南·高考真题）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ．苯乙烯的制备
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④
的△H4= kJ/mol；
(2)在某温度、100 kPa 下，向反应器中充入1 mol 气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转
化率提高至75%，需要向反应器中充入 mol 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
(3)在913 K、100 kPa 下，以水蒸气作稀释气。Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两
个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(
)
随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b 代表的产物是 ，理由是 ；
(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_______；
A．X 射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(
)
Ⅰ的配合物促进C6H5CH2X (引发剂，X 表示卤素)
生成自由基C6H5CH2·，实现苯乙烯可控聚合。
(5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I 中活性最高的是 ；
(6)室温下，①Cu+在配体L 的水溶液中形成[Cu(L)2]+，其反应平衡常数为K；②CuBr 在水中的溶度积常数为
Ksp。由此可知，CuBr 在配体L 的水溶液中溶解反应的平衡常数为 (所有方程式中计量系数关系均为
最简整数比)。
【答案】(1)+118
(2)5
(3) 甲苯 主反应生成的氢气可以作为第二生成甲苯的反应物，促进第二个副反应平衡正向移动
(4)BD
(5)C6H5CH2I
(6)K∙Ksp
【详解】（1）根据盖斯定律，将①-②-③可得C6H5C2H5(g)
C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ∆H4=-4386.9 kJ/mol-
(-4263.1 kJ/mol)-(-241.8 kJ/mol)=+118 kJ/mol；
（2）设充入H2O(g)物质的量为x mol；在某温度、100 kPa 下，向反应器中充入1 mol 气态乙苯发生反应④。
乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式
，此时平衡时
混合气体总物质的量为1.5 mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式
，此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75 mol，
混合气的总物质的量为(1.75+x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为
；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则
=
，解得x=5；
（3）生成苯乙烯的反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则苯乙烯的选择性最高，主反应生成的氢气可
以作为第二生成甲苯的反应物，促进第二个副反应平衡正向移动，故a 代表苯乙烯的选择性，b 代表甲苯
的选择性；
（4）A．测定晶体结构最常用的仪器是X 射线衍射仪，即用X 射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A 正确；
B．催化剂不能使平衡发生移动，因此不能改变乙苯的平衡转化率，B 错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C 正确；
D．催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D 错误；
故合理选项是BD。
（5）原子半径：I＞Br＞Cl，因此化学键的键长：C—I 键＞C—Br 键＞C—Cl 键，键长越短，化学键就越容易
断裂，该化学键的键能就越大，故键能：C—Cl 键＞C—Br 键＞C—I 键，因此C—I 键最易断裂，则C6H5CH2I
更易生成自由基，因此活性最高的是C6H5CH2I；
（6）Cu+在配体L 的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L
[Cu(L)2]+的平衡常数K=
；CuBr 在水中
的溶度积常数Ksp(CuBr)=c(Cu+)∙c(Br-)；CuBr 在配体L 的水溶液中溶解反应为CuBr+2L
[Cu(L)2]++Br-，该反应
的平衡常数为
=
=K∙Ksp。
13．（2023·湖北·高考真题）纳米碗
是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，
可以由
分子经过连续5 步氢抽提和闭环脱氢反应生成。
的反应机理和能量
变化如下：
回答下列问题：
(1)已知
中的碳氢键和碳碳键的键能分别为
和
，H-H 键能为
。
估算
的
。
(2)图示历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 个。
(3)
纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 、 。
(4)1200K 时，假定体系内只有反应
发生，反应过程中压强恒定为
(即
的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数
为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分
压=总压×物质的量分数)。
(5)
及
反应的
(
为平衡常数)随温度倒数
的关系如图所示。已知本实验条件下，
(R 为理想气体常数，c 为截距)。图中两条线几乎平行，
从结构的角度分析其原因是 。
(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成
的反应速率的是 (填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
【答案】(1)128
(2) 3 3
(3) 6 10
(4)
(5)因这两个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk 的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。
(6)a
【详解】（1）由
和
的结构式和反应历程可以看出，
中断裂了2 根碳氢键，
形成
了1 根碳碳键，所以
的
=
，故答
案为：128；
（2）由反应历程可知，包含3 个基元反应，分别为：
，
,
,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故
答案为：3；3；
（3）由
的结构分析，可知其中含有1 个五元环，10 个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则
总共含有6 个五元环，10 个六元环，故答案为：6；10；
（4）1200K 时，假定体系内只有反应
发生，反应过程中压强恒定为
(即
的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为：
则
，
，
，该反应的平衡常数
=
，故答案为：
；
（5）
及
反应的
(
为平衡常数)随温度倒
数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据
(R 为理想气体常数，c 为截
距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：因这两
个反应化学键变化相同，使得焓变数值相近，Lnk 的斜率取决于焓变，所以两条线几乎平行。
（6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，
a 符合题意；
b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b 不符
合题意；
c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c 不符合题意；
故答案为：a。
14．（2023·全国甲卷·高考真题）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)
c <
Ⅰ
2
【详解】（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，步骤Ⅰ的活化能增大，
反应速率会变慢，则CH2DOD 更难获得，故产率：
<
；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。
15．（2022·福建·高考真题）异丙醇
可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯
的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
.
Ⅰ
.
Ⅱ
回答下列问题：
(1)已知
，则
燃烧生成
和
的热化学方程式为 。
(2)在
下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
反应时间
0
4
8
12
t
20
浓度
0
2440
3200
3600
4000
4100
①
内，
；
②t 16(填“>”“<”或“=”)。
(3)在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是 (填标号)。
a.
的分压不变 b.混合气体密度不变
c.
d.
(4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为 。
(5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时
与温度的关系曲线。
(已知：对于可逆反应
，任意时刻
，式中
)表示物质
×的分压)
①在
恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的 点(填“甲”
“乙”或“丙”)，判断依据是 。
②
时，在密闭容器中加入一定量的
，体系达到平衡后，测得
的分压为
，则水蒸气
的分压为
(用含x 的代数式表示)。
【答案】(1)
(2) 190 >
(3)ad
(4)58.8%
(5) 甲 反应I 平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，
【详解】（1）设Ⅲ
，根据盖斯定律
Ⅲ-2×Ⅰ得
。
（2）①
内，
，则
；
②
、
、
，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，
内，Δc(H2O)=400ppm，
内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。
（3）a．H2O 的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a
正确；
b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，
不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b 错误；
c．当
时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c 错误；
d．
，说明正逆反应速率相等，反应I 达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，
说明反应Ⅱ也达平衡，d 正确；
故选ad。
（4）设C3H8O 的物质的量为1mol，若lmol C3H8O 完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转
化率分别为98%和40%，反应I 生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的
物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为
=58.8%。
（5）①反应I 为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I 正向
移动，
逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，
逐渐减小，即反应I 为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在
350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I 而言，相当于增大生成物浓度，使得
>
，即lg
增大，反应I 的状态最有可能对应图中的甲；
②由图可知，350°C 时达平衡后，
=0，则350℃时
=
=1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II
的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有
，解得a=
MPa。
16．（2022·山东·高考真题）利用
丁内酯(BL)制备1，
丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)
和
丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压
氛围下进行，故
压强近似等于总压。回答下列问题：
(1)以
或BD 为初始原料，在
、
的高压
氛围下，分别在恒压容器中进行
反应。达平衡时，以BL 为原料，体系向环境放热
；以BD 为原料，体系从环境吸热
。忽略副反应
热效应，反应Ⅰ焓变
。
(2)初始条件同上。
表示某物种i 的物质的量与除
外其它各物种总物质的量之比，
和
随时间t 变
化关系如图甲所示。实验测得
，则图中表示
变化的曲线是 ；反应Ⅰ平衡常数
(保留两位有效数字)。以BL 为原料时，
时刻
，BD 产率= (保留两位有效数字)。
(3)
为达平衡时
与
的比值。
、
、
三种条件下，以
为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，
随时间t 变化关系如图乙所示。因反应在高压
氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。
曲线a、b、c 中，
最大的是 (填代号)；与曲线b 相比，曲线c 达到
所
需时间更长，原因是 。
【答案】(1)-200(X+Y)
(2) a 或c 8.3×10-8 0.08 39%
(3) c 由于b 和c 代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆
向移动，
增大，故
=1.0 所需时间更长
【详解】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL 或BD 为初始原料，达
到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol 的BL 为原料，达到平衡时放出XkJ 热量与同物
质的量的BD 为原料达到平衡时吸收YkJ 热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol 时二者能量和为
200(X+Y)kJ，反应I 为放热反应，因此焓变
=-200(X+Y)kJ·mol-1。
（2）实验测定X<Y，则达到平衡时BD 物质转化量大于BL 物质转化量，平衡状态BD 物质的量较小，根据
图示可知，表示xBL 变化的曲线是a 或c；该平衡状态下BL 的分压是0.48×3.0×103kPa，BD 的分压是
0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I 平衡常数Kp=
=
Kpa-2≈8.3×10-8kPa-2；以BL 为原料时，根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD
参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时BL 转化了amol，BD 转化了bmol，则体系总物
质的量为(5.0×10-3+b)mol，得到
、
，求得a=
、b=
，则t1时刻
=0.08；此时BD 的产率为
39%。
（3）依题意，反应I 是正向放热过程，以BL 为初始原料，温度升高则平衡逆向移动，温度越高，反应速
率越快，达到平衡时的时间越短，
越小，
的值越大；相同温度时，压强增大，BD
的比重增大，
增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则
最大即
最小，
对应曲线c；由于b 和c 代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向
移动，
增大，故
=1.0 所需时间更长。
17．（2021·辽宁·高考真题）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反
应：
.
Ⅰ主反应：
(g)+3H2(g)⇌
(g) ∆H1<0
.
Ⅱ副反应：
(g) ⇌
(g) ∆H2>0
回答下列问题：
(1)已知：Ⅲ.
.2
Ⅳ
(g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
.
Ⅴ
(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
则
(用
、
和
表示)。
(2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温
B．适当降温
C．适当加压
D．适当减压
(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在
的基础上适当增大
用量，其目的是
。
(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当
中混有微量
或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为 。
(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下图中可作为酸性
中心的原子的标号是 (填“①”“②”或“③”)。
(6)恒压反应器中，按照
投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为
，平衡时苯的转化率为α，
环己烷的分压为p，则反应1 的
(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压
×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2)BC
(3)提高苯的利用率
(4)金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催化活性
(5)②
(6)
【详解】（1）根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ.
.2
Ⅳ
(g)
+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
.
Ⅴ
(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
.
Ⅰ主反应：
(g)+3H2(g)⇌
(g)可由
，则
，故答案为：
；
（2）根据Ⅰ.主反应：
(g)+3H2(g)⇌
(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于
提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当
加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在
的基础上适当增大
用量，增大
H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，
故答案为：提高苯的利用率；
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当
中混有微量
或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催化
活性，故答案为：金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催化活性；
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①
中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无
空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；
（6）恒压反应器中，按照
投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生Ⅰ、Ⅱ反应总
压为
，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：
，
有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故
平衡时，苯的分压为：
，H2的分压为：
，则反应1 的
=
，故答案为：
。
18．（2021·山东·高考真题）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过
甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：
+CH3OH
△H1
反应Ⅱ：
+CH3OH
△H2
反应Ⅲ：
△H3
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T 变化关系如图所示。据图判断，A 和B 中相
对稳定的是 (用系统命名法命名)；
的数值范围是 (填标号)。
A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1
(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME 的
平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B 的物质的量为 mol，反应Ⅰ的平衡常
数Kx1= 。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将 (填“正向移
动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A 与CH3OH 物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)= 。
(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B 和CH3OH。控制温度为
353K，A、B 物质的量浓度c 随反应时间t 的变化如图所示。代表B 的变化曲线为 (填“X”或“Y”)；t=100s
时，反应Ⅲ的正反应速率v 正 逆反应速率v 逆(填“＞”“＜”或“=)。
【答案】 2-甲基-2-丁烯 D 0.9α
逆向移动 1:10 X
＜
【详解】(1)由平衡常数Kx与温度T 变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高
（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3 个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，
因此，A 的总能量高于B 的总能量，能量越低越稳定，A 和B 中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-
甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-
=
ⅡⅢ，则△H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H
越小，其绝对值越大，则
的数值范围是大于1，选D。
(2)向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME 的平衡转化率为α,则平衡时
n(TAME)=(1-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则
=9.0，将该式代
入上式可以求出平衡体系中B 的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=
。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平
衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME 的转化率变大，但是平衡常数不变，A 与
CH3OH 物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。
(3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，
=9.0。由A、B 物质的量浓度c 随反应时间t 的变化曲线
可知，X 代表的平衡浓度高于Y，则代表B 的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的
浓度仍在变化， t=100s 时
，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速
率v 正小于逆反应速率v 逆，填＜。
19．（2020·山东·高考真题）探究CH3OH 合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH 的产率。以
CO2、H2为原料合成CH3OH 涉及的主要反应如下：
.
Ⅰ
.
Ⅱ
.
Ⅲ
回答下列问题：
(1)
。
(2)一定条件下，向体积为VL 的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容
器中CH3OH(g)为ɑ mol，CO 为b mol，此时H2(g)的浓度为 mol
L
﹒-1(用含a、b、V 的代数式表示，
下同)，反应Ⅲ的平衡常数为 。
(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3 投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH 的平衡产率随温度的
变化关系如下图所示。
已知：CO2的平衡转化率=
CH3OH 的平衡产率=
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序
为 ；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。
(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH 的平衡产率，应选择的反应条件为 (填标号)。
A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压
【答案】 +43.9
乙 p1、p2、p3 T1时以反应Ⅲ为主，反
应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 A
【分析】根据盖斯定律计算反应热；利用三个反应，进行浓度和化学平衡常数的计算；结合图形根据勒夏
特列原理考虑平衡移动的方向，确定温度和压强变化时，CO2的平衡转化率和CH3OH 的平衡产率之间的关
系得到相应的答案。
【详解】(1).根据反应I-II=III，则△H3=△H1-△H2=-48.5kJ∙mol-1-(-92.4 kJ∙mol-1)=+43.9 kJ∙mol-1；
(2).假设反应II 中，CO 反应了xmol，则II 生成的CH3OH 为xmol，I 生成的CH3OH 为(a-x)mol，III 生成CO 为
(b+x)mol，根据反应I：
，反应II：
，反
应III：
，所以平衡时H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2xmol-(b+x)mol =(3-3a-
b)mol，浓度为:
；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-
b)mol，CO 的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III 的平衡常数为：
；
(3).反应I 和II 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH 的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH 的
平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I 和II 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转
化率降低，反应III 为吸热反应，升高温度反应III 向正反应方向移动，升高一定温度后以反应III 为主，CO2
的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I 和II 是气体体积减小的反应，反
应I 和II 平衡正向移动，反应III 气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH 的平衡产率增大，根据
图所以压强关系为：p1>p2>p3；温度升高，反应I 和II 平衡逆向移动，反应III 向正反应方向移动，所以T1温
度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III 为主，反应III 前后分子数相等，压强改变对平衡没有影
响；
(4).根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH 的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转
化率越大，CH3OH 的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。
【点睛】本题为化学反应原理综合题，考查了盖斯定律、化学平衡常数的计算、勒夏特列原理进行图象的
分析，难点为平衡常数的计算，巧用了三个反应的化学方程式，进行了数据的处理，得到反应III 的各项数
据，进行计算得到平衡常数。
20．（2020·浙江·高考真题）研究
氧化
制
对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反
应有：
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅳ
已知：
时，相关物质的相对能量(如图1)。
可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的
(
随温度变化可忽略)。例如：
。
请回答：
(1)①根据相关物质的相对能量计算
。
②下列描述正确的是
A 升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大
B 加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动
C 反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成
D 恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动
③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：
，且第二步速率较慢(反应活化能为
)。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”，起点从
的能量
，开始(如图2) 。
(2)①
和
按物质的量1:1 投料，在
和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X 对“
氧化
制
”的影响，所得实验数据如下表：
催化剂
转化率
转化率
产率
催化剂X
19.0
37.6
3.3
结合具体反应分析，在催化剂X 作用下，
氧化
的主要产物是 ，判断依据是 。
②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高
的选择性(生成
的物质的量与
消耗
的物质的量之比)。在
，乙烷平衡转化率为
，保持温度和其他实验条件不变，采用选
择性膜技术，乙烷转化率可提高到
。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是 。
【答案】 430 AD
的产率低，说明催化剂X 有利于提高反应Ⅲ速率 选择性膜吸附
，促进反应Ⅱ平衡正向移动
【分析】根据题中信息用相对能量求反应热；根据平衡移动原理分析温度、压强和反应物的浓度对化学平
衡的影响，并作出相关的判断；根据相关物质的相对能量和活化能算出中间产物、过渡态和最终产物的相
对能量，找到画图的关键数据；催化剂的选择性表现在对不同反应的选择性不同；选择性膜是通过吸附目
标产品而提高目标产物的选择性的，与催化剂的选择性有所区别。
【详解】(1)①由图1 的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393
kJ∙mol-1、-110 kJ∙mol-1、0 kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，
C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g) ∆H3=(-110 kJ∙mol-1)4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)2=430 kJ∙mol-1。
②A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A 正确；
B．反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B
不正确；
C．反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO 的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷
脱氢，不利于乙烯的生成，C 不正确；
D．反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水
蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大（大于平衡常数），化学
平衡向逆反应方向移动，D 正确。
综上所述，描述正确的是AD。
③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2(g) +CO2(g)，C2H4(g)、
H2(g)、CO2(g)的相对能量之和为52 kJ∙mol-1+0+(-393 kJ∙mol-1)= -341 kJ∙mol-1；第二步的反应是C2H4(g)+H2(g)
+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ∙mol-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210
kJ∙mol-1，过渡态的相对能量变为-341 kJ∙mol-1+210 kJ∙mol-1= -131 kJ∙mol-1，最终生成物C2H4(g)、H2O(g)、CO(g)
的相对能量之和为(52 kJ∙mol-1)+(-242 kJ∙mol-1)+(-110 kJ∙mol-1)= -300 kJ∙mol-1。根据题中信息，第一步的活化能
较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：
。
(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C2H6按物质的量之比1：1 投料，但是C2H4的产率远远小于
C2H6的转化率，但是CO2的转化率高于C2H6，说明在催化剂X 的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应
Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X 有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO2氧化C2H6的主
要产物是CO。故答案为：CO；C2H4的产率低说明催化剂X 有利于提高反应Ⅲ速率。
②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C2H4的选择性，由反应ⅡC2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g) +CO(g)可
知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C2H4通过而离开体系，即通过吸附C2H4减小其在平衡体
系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以提高乙烷的转化率。故答案为：选择性膜吸附
C2H4，促进反应Ⅱ平衡向正反应方向移动。
【点睛】本题“能量—反应过程图”是难点。一方面数据的处理较难，要把各个不同状态的相对能量算准，
不能遗漏某些物质；另一方面，还要考虑两步反应的活化能不同。这就要求考生必须有耐心和细心，准确
提取题中的关键信息和关键数据，才能做到完美。
21．（2025·山东·高考真题）利用
循环再生可将燃煤尾气中的
转化生产单质硫，涉及的主要反应如
下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
恒容条件下，按
和
投料反应。平衡体系中，各气态物种的
随温度的变化关
系如图所示，n 为气态物种物质的量的值。
已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数
基本不变。
知识点02 无机物的制备与转化
回答下列问题：
(1)反应
的焓变
(用含
的代数式表示)。
(2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变
0(填“>”“<”或“=”)。
(3)
温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为
，则
为
(用含a 的代数式表示)；此时，
与
物质的量的差值
(用含a
的最简代数式表示)。
(4)
温度下，体系达平衡后，压缩容器体积
产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，
与
物质
的量之比
(填“增大”“减小”或“不变”)，
物质的量
(填“增大”
“减小”或“不变”)。
【答案】(1)ΔH1+ΔH2
(2) H2O ＜
(3) 0.45+0.5a 150a
(4) 增大 减小
【详解】（1）已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应
的焓变为ΔH1+ΔH2；
（2）由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知
始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，升高温度S2减小，H2O、H2均增大，
所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热热反应，即ΔH＜0；
（3）T1平衡时H2是amol，根据
可知H2O 和SO2的物质的量均为100amol，根据H 元素守恒可
知H2S 为0.1－101a，设平衡时CaS 和S2的物质的量分别为xmol 和ymol，根据Ca 元素守恒可知CaSO4是1
－x，根据O 元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S 元素守恒可知2=0.1－
101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS 和CaSO4的物质的量的差值为2x－1=150a。
（4）压缩容器容积，压强增大，反应
平衡正向进行，S2的产率增大，
氢气的物质的量减小，由于
始终不变，H2O 的物质的量减小；温度不变反应
的平衡常数不变，所以SO2增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示为
，
始终不变，所以
增大。
22．（2024·海南·高考真题）氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知
时，反应①：
；
物质的量
分数。
回答问题：
(1)题述条件下，反应②：
。
(2)设反应为一步完成，且
与温度无关，已知
下，反应①活化能为
，则
分解反
应的活化能为
。
(3)既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有 、 。
(4)温度T 下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，
关系曲线如图所示，其函数关系
(写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率 ；假设吸附到催化剂表面后
都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间
的产量将 。
【答案】(1)+92
(2)427
(3) 压强 温度
(4)
不变 增大
【详解】（1）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，反应①
H=—92kJ/mol，则反应②
H=+92kJ/
mol，故答案为：+92；
（2）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，由题意可知，673K 下，反应①活化能为335 kJ/mol，则氨
气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案为：427；
（3）反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发生移动，
所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率，故答案为：温度；压强；
（4）由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min 时氨气的分压为23.5kPa、10min 时氨气的分压为
12kPa，0—5min 时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—5min 时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数
关系p(NH3)=
；由关系式可知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催
化剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以
单位时间氢气的产量将增大，故答案为：
；不变；增大。
23．（2024·甘肃·高考真题）
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
0.1951
逆反应方向
【详解】（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。
24．（2024·山东·高考真题）水煤气是
的主要来源，研究
对
体系制
的影响，涉及主要反
应如下：
回答下列问题：
(1)
的焓变
(用代数式表示)。
(2)压力p 下，
体系达平衡后，图示温度范围内
已完全反应，
在
温度时完全分
解。气相中
，
和
摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a 线对应物质为 (填化学式)。
当温度高于
时，随温度升高c 线对应物质摩尔分数逐渐降低的原因是 。
(3)压力p 下、温度为
时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应
的平衡常数
；此时气体总物质的量为
，则
的
物质的量为
；若向平衡体系中通入少量
，重新达平衡后，分压
将 (填
“增大”“减小”或“不变”)，
将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)
+
+
(2)
当温度高于T1，
已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所
以
的摩尔分数减小。
(3)
0.5 不变 不变
【详解】（1）已知三个反应：
.
Ⅰ
.
Ⅱ
.
Ⅲ
设目标反应
为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+
+
ⅡⅢ，所以
+
+
。
（2）图示温度范围内
已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到
T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，
量减小，摩尔分数减小，
量升高，摩尔分
数增大，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a 曲线代表
的摩尔分数的变化，则c 曲线代表
的摩尔
分数随温度的变化，开始到T1，
的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高
于T1，
已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以
的摩尔分数减小。
（3）①压力p 下、温度为
时，
、
、
和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分
数为：
，则反应
的平衡常数
；
②气体总物质的量为4.0mol，则H2、CO、CO2、H2O(g)的物质的量依次为2mol、0.6mol、0.2mol、1.2mol，
设反应Ⅰ生成CO 和H2物质的量都为xmol，反应Ⅱ消耗CO 物质的量为ymol、生成H2物质的量为ymol，则
x+y=2、x-y=0.6，解得x=1.3、y=0.7，反应Ⅱ生成CO2物质的量为0.7mol，反应Ⅲ消耗CO2物质的量为
0.7mol-0.2mol=0.5mol，则由反应Ⅲ知，此时CaCO3(s)物质的量为0.5mol；
③若向平衡体系中通入少量
，重新达平衡后，反应
的Kp=
，温度
不变，Kp不变，则分压
不变；将反应Ⅰ-反应Ⅱ得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，温度不变，该反应的Kp=
不变，则
不变。
25．（2024·吉林·高考真题）为实现氯资源循环利用，工业上采用
催化氧化法处理
废气：
。将
和
分别以不同起始流速通入
反应器中，在
和
下反应，通过检测流出气成分绘制
转化率(
)曲线，如下图所示(较
低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
(1)
0(填“>”或“<”)；
℃。
(2)结合以下信息，可知
的燃烧热
。
(3)下列措施可提高M 点
转化率的是_______(填标号)
A．增大
的流速
B．将温度升高
C．增大
D．使用更高效的催化剂
(4)图中较高流速时，
小于
和
，原因是 。
(5)设N 点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数
(用平衡物质的量分数代替平衡
浓度计算)
(6)负载在
上的
催化活性高，稳定性强，
和
的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体
积近似相等，
与
的密度比为1.66，则
的相对原子质量为 (精确至1)。
【答案】(1) ＜ 360℃
(2)-285.8
(3)BD
(4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3 温度低，反应
速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
(5)6
(6)101
【详解】（1）反应
前后的气体分子数目在减小，所以该反应
<0，
该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl
的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。
（2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为④
，设①
，②
，③
，则
，因
此氢气的燃烧热
－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-285.8
（3）A．增大HCl 的流速，由图像可知，HCl 的转化率在减小，不符合题意；
B．M 对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl 的转化率增大，符合题意；
C．增大n(HCl):n(O2)，HCl 的转化率减小，不符合题意；
D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl 的转化率增加，符合题意；
故选BD。
（4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不
及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢
的转化率低。
（5）由图像可知，N 点HCl 的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式
则
。
（6）由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故
，
则Ru 的相对原子质量为101。
26．（2023·广东·高考真题）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
(1)某有机物
能与
形成橙红色的配离子
，该配离子可被
氧化成淡蓝色的配离子
。
①基态
的
电子轨道表示式为 。
②完成反应的离子方程式：
(2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。
用浓度分别为
的
溶液进行了三组实验，得到
随时间t 的
变化曲线如图。
①
时，在
内，
的平均消耗速率= 。
②下列有关说法中，正确的有 。
A．平衡后加水稀释，
增大
B．
平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
(3)R 的衍生物L 可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M 表示)与L 存在平衡：
研究组配制了L 起始浓度
与L 起始浓度比
不同的系列溶液，反应平衡后
测定其核磁共振氢谱。配体L 上的某个特征H 在三个物种
中的化学位移不同，该特征H 对应
吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H 的总峰面积计为1)如下表。
0
1.00
0
0
a
x
0.64
b
0.40
0.60
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S 之比等于吸收峰对应H 的原子数目之比；“
”表示未检测到。
①
时，
。
②
时，平衡浓度比
。
(4)研究组用吸收光谱法研究了(3)中M 与L 反应体系。当
时，测得平衡时各物种
随
的变化曲线如图。
时，计算M 的平衡转化率 (写出计
算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】(1)
HNO2
(2)
AB
(3) 0.36 3：4 或0.75
(4)98%
【详解】（1）
①基态
的
电子轨道表示式为
；
②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。
（2）①浓度分别为
的
溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此
可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；
时，在
内，观察图像可知
的平均消耗速率为
；
②A．对于反应
HNO2
，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移
动，
含量增加，
含量减小，
增大，A 正确；
B．
浓度增加，
转化率增加，故
，B 正确；
C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C 错误；
D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故
，D 错误；
故选AB。
（3）①
时，
，且
=0.64，
得x=0.36；
②
相比于
含有两个配体，则
与
的浓度比应为
相对峰面积S 的一半与
的相对峰面积S 之比，即
。
（4）
；
，由L 守恒可知
，则
；则M 的转化率为
。
27．（2023·浙江·高考真题）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：
该反应分两步完成：
请回答：
(1)
。
(2)恒定总压
和水碳比[
]投料，在不同条件下达到平衡时
和
的分压(某
成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
①在条件1 下，水煤气变换反应的平衡常数
。
②对比条件1，条件2 中
产率下降是因为发生了一个不涉及
的副反应，写出该反应方程式 。
(3)下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入
B．恒定水碳比
，增加体系总压可提高
的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止
被进一步还原为
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，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。
①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 。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②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 。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及
产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是 。
【答案】(1)6
(2) 2 CO+3H2
CH4+H2O
(3)AC
(4) A
(5)随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量
及浓度降低，反应速率减小
【详解】（1）设方程式①
②
③
根据盖斯定律可知，③=①-②，则
；
（2）①条件1 下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条
件1 下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol 和5mol，参加反应的一氧化碳为
xmol，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；
则平衡常数
；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式
为：CO+3H2
CH4+H2O；
（3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入
，A 正确；
B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B 错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但
过量的水蒸气可以降低体系中CO 和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C 正确；
D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D 错误；
故选AC；
（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，反应物浓度增大导致CO 的转化率稍减小，之后
再通过催化剂层后，CO 的转化率又增大且高于原来的，与图中变化相符，A 正确；
B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO 的转化率增大，与图中变化
不符，B 错误；
C．换热的过程在催化剂层外，并不会反应，故只有温度降低而不会引起转化率变化，C 不正确；
故选A；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，随着温度的升高，反应物分子在催化剂表
面的吸附降低，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小。
28．（2023·全国乙卷·高考真题）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，
制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在
气氛中，
的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知
，
。
(2)已知下列热化学方程式：
则
的
。
(3)将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(
)
Ⅰ。平衡时
的关系如下图所示。
时，该反应的平衡总压
、平衡常数
。
随反应温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应
(
)
Ⅱ，平衡时
(用
表示)。在
时，
，则
，
(列出计算式)。
【答案】(1) 4 1
(2)(a+c-2b)
(3) 3
增大
(4)
46.26
【详解】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，
转化为
，则
，解之得
=4；当失重比为38.8%时，
转化为
，则
，解之得y=1。
（2）①
②
③
根据盖斯定律可知，①+③-②2 可得
，则
(a+c-2b)
。
（3）将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(
)
Ⅰ。由平衡时
的关系图可知,
时，
，
则
，因此，该反应的平衡总压
3
、平衡常数
。由
图中信息可知，
随着温度升高而增大，因此，
随反应温度升高而增大。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应
(
)
Ⅱ，在同温同压下，不同气体
的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(
)
Ⅰ时
，则
，因此，平衡
时
。在
时，
，则
、
，
联立方程组消去
，可得
，代入相关数据可求出
46.26
，则
，
。
29．（2022·海南·高考真题）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
(1)已知：电解液态水制备
，电解反应的
。由此计算
的燃烧热(焓)
。
(2)已知：
的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1 所示。
①若反应为基元反应，且反应的
与活化能(Ea)的关系为
。补充完成该反应过程的能量变化示意
图(图2) 。
②某研究小组模拟该反应，温度t 下，向容积为10L 的抽空的密闭容器中通入
和
，反
应平衡后测得容器中
。则
的转化率为 ，反应温度t 约为 ℃。
(3)在相同条件下，
与
还会发生不利于氧循环的副反应：
，在反应器中按
通入反应物，在不同温度、
不同催化剂条件下，反应进行到2min 时，测得反应器中
、
浓度(
)如下表所示。
催化剂
t=350℃
t=400℃
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，
生成
的平均反应速率为
；
若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
【答案】(1)-286
(2)
50%或0.5 660.2(或660.1 或660.3,其他答案
酌情给分)
(3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比
例高
【详解】（1）电解液态水制备
，电解反应的
，由此可以判断，2mol
完
全燃烧消耗
，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol
完全燃烧生成液态水放出
的热量为286kJ，因此，
的燃烧热(焓)
-286
。
（2）
①由
的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K 随着温度
升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的
与活化能(Ea)
的关系为
，由图２信息可知
＝ａ
，则
ａ
，该反应为放热反应，生成物的
总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为：
。
②温度t 下，向容积为10L 的抽空的密闭容器中通入
和
，反应平衡后测得容器中
，则
的转化率为
，根据C 元素守恒可知，
的平衡量为
，
和
是按化学计量数之比投料的，则
的平衡量为
，
的平衡量是
的２倍，则
，
的平衡浓度分别为
、
、
、
，则该反应的平衡常数K＝
，根据图１中的信息可知，反应温
度t 约为660.2℃。
（3）在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，
的浓度由０增加到
10.8
，因此，
生成
的平均反应速率为
；由表中信
息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，
的浓度由０增加到10.8
，，
:
＝12722:10.8
1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，
的浓度由０增加到9.2
，
:
＝10775:9.2
1171；在选择使用催化剂Ⅰ和
400℃条件下反应，
的浓度由０增加到345.2
，
:
＝42780:345.2
124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，
的浓度由０增加到34
，
:
＝38932:34
1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃
的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与
甲醇比例高。
30．（2022·浙江·高考真题）主要成分为
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
燃烧，产生的
与其余
混合后反应：
。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为
、
、
，计算该温度下的平衡常数
。
(2)热解
制
。根据文献，将
和
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
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比
，并用
稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得
和
体积分数如下表：
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
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
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，
的转化率越高
C．由实验数据推出
中的
键强于
中的
键
D．恒温恒压下，增加
的体积分数，
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
，常压下，保持通入的
体积分数不变，提高投料比
，
的转化率不变，
原因是 。
⑤在
范围内(其他条件不变)，
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
【详解】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝
；
（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；
②A．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根据表中数据可知在低温段，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。
31．（2022·广东·高考真题）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂
可由
加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：
。
②
催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，
过程的焓变为 (列式表示)。
③
可用于
的催化氧化。设计从
出发经过3 步反应制备
的路线 (用“→”表示含
氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为 。
(2)
溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(
)
ⅰ
(
)
ⅱ
①下列有关
溶液的说法正确的有 。
A．加入少量硫酸，溶液的pH 不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量
溶液，反应(
)
ⅰ的平衡逆向移动
D．加入少量
固体，平衡时
与
的比值保持不变
②25℃时，
溶液中
随pH 的变化关系如图。当
时，设
、
与
的平衡浓度分别为x、y、
，则x、y、z 之间的关系式为
；计算溶液
中
的平衡浓度 (写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长(
)有关；在一定波长范围内，最大A 对
应的波长(
)取决于物质的结构特征；浓度越高，A 越大。混合溶液在某一波长的A 是各组分吸收程度之
和。为研究对反应(
)
ⅰ和(
)
ⅱ平衡的影响，配制浓度相同、
不同的
稀溶液，测得其A 随
的变
化曲线如图，波长
、
和
中，与
的
最接近的是 ；溶液
从a 变到b 的过程中，
的值 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)
2NO+O2=2NO2
(2) BD
当溶液pH=9 时，
，因此可忽略溶液中
即
=0.20
反应(ii)的平衡常数K2=
=
=3.3×10-7
联立两个方程可得
=6.0×10-4mol/L λ3 增大
【详解】（1）①
分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为
N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为
，故答案为：N2↑；4H2O。
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1=(E1-E2)，M→N ΔH2=ΔH，N→Y
ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)，故答案为：(E1-
E2)+ΔH+(E3-E4)。
③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO 与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O 反
应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3 步反应制备
HNO3的路线为
；其中NO 反应生成NO2过程中，气体颜色发生变
化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：
；
2NO+O2=2NO2。
（2）①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)
、(ii)
。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是
减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH 将减小，故A 错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡
正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B 正确；
C．加入少量NaOH 溶液，(ii)正向移动，溶液中
将减小，(i)将正向移动，故C 错误；
D．平衡(i)的平衡常数K1=
，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，
不变，故D 正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr 原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00 时，溶液中Cr 原子总浓度为
=0.20mol/L，
、
与
的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，
因此
=0.10；由图8 可知，当溶液pH=9 时，
，因此可忽略溶液中
，即
=0.20，反应(ii)的平衡常数K2=
=
=3.3×10-7，联立两个
方程可得
≈6.0×10-4mol/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH 越大，溶液中
越
大，混合溶液在某一波长的A 越大，溶液的pH 越大，溶液中
越大，因此与
的λmax最接近的
是λ3；反应(i)的平衡常数K1=
，反应(ii)的平衡常数K2=
，
=
=
，因此
=
，由上述分
析逆推可知，b>a，即溶液pH 从a 变到b 的过程中，溶液中c(H+)减小，所以
的值将增大，
故答案为：λ3；增大。
32．（2022·全国乙卷·高考真题）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收
处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算
热分解反应④
的
。
(2)较普遍采用的
处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④
高温热分解
。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。
(3)在
、
反应条件下，将
的混合气进行
热分解反应。平衡时混合气中
与
的分压相等，
平衡转化率为 ，平衡常数
。
(4)在
、
反应条件下，对于
分别为
、
、
、
、
的
混合
气，热分解反应过程中
转化率随时间的变化如下图所示。
①
越小，
平衡转化率 ，理由是 。
②
对应图中曲线 ，计算其在
之间，
分压的平均变化率为
。
【答案】(1)170
(2) 副产物氢气可作燃料 耗能高
(3) 50% 4.76
(4) 越高 n(H2S):n(Ar)越小，H2S 的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S 平衡转化率越高 d
24.9
【详解】（1）已知：
①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/mol
②4H2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/mol
根据盖斯定律(①+②)×
－③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×
+484kJ/mol＝
170 kJ/mol；
（2）根据盖斯定律(①+②)×
可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×
=－314kJ/mol，
因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质
硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S 会
消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol 和4mol，根据三段式可知：
平衡时H2S 和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S 的平衡转化率为
，所以平衡常数Kp＝
＝
≈4.76kPa；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S 的分压越小，相当于降低压强，平衡向
正反应方向移动，因此H2S 平衡转化率越高；
②n(H2S):n(Ar)越小，H2S 平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9 对应的曲线是d；根据图象可知
n(H2S):n(Ar)＝1:9 反应进行到0.1s 时H2S 转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的
量分别为1mol 和9mol，则根据三段式可知
此时H2S 的压强为
≈7.51kPa，H2S 的起始压强为10kPa，所以H2S 分压的平均
变化率为
＝24.9kPa·s－1。
33．（2022·全国甲卷·高考真题）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛
的方法之一是将金红石
转化为
，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
(1)
转化为
有直接氯化法和碳氯化法。在
时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(
)
ⅰ直接氯化：
(
)
ⅱ碳氯化：
①反应
的
为
，
Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率
(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)在
，将
、C、
以物质的量比1 2.2 2
∶
∶进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分
数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应
的平衡常数
。
②图中显示，在
平衡时
几乎完全转化为
，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原
因是 。
(3)
碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于
“固—固”接触的措施是 。
【答案】(1) -223 1.2×1014 碳氯化反应气体分子数增加，∆H 小于0，是熵增、放热过程，熵
判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向左 变小
(2) 7.2×105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益
(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”
【详解】（1）①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/
mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp=
=
=1.2×1014Pa；
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H 小于0，是熵增、放热过程，
熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；
③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，
即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO 是0.6，反应C(s)
+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400
)=
℃
=
Pa=7.2×105Pa；
②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为
了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。
（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将两者粉碎后
混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
34．（2021·福建·高考真题）化学链燃烧(
)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统
燃烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集
。基于
载氧体的甲烷化学
链燃烧技术示意图如下。
空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
①
②
(1)反应
。
(2)反应②的平衡常数表达式
。
(3)氧的质量分数：载氧体Ⅰ (填“>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。
(4)往盛有
载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数
为21%】，发生反应
①。平衡时
随反应温度T 变化的曲线如图所示。
时
的平衡转化率
(保留2 位
有效数字)。
(5)根据下图，
随温度升高而增大的原因是 。反应温度必须控制在
以下，原因是
。
(6)载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的
载氧体，反应②活化能如下表所
示。
载氧体掺杂物质
氧化铝
膨润土
活化能/
由表中数据判断：使用 (填“氧化铝”或“膨润土”)掺杂的载氧体反应较快；使用氧化铝或者膨润
土掺杂的载氧体，单位时间内燃料反应器释放的热量分别为
、
，则a b(填“>”“=”或“<”)。
【答案】(1)
(2)
(或
)
(3)>
(4)58%
(5) 反应①为放热反应，温度升高平衡左移 温度高于
时，
大于21%，载氧体无法载
氧
(6) 膨润土 <
【详解】（1）①
；②
，用①2+②
（1）得：反应
=
，故
答案：
。
（2）由②
可知，故体没有浓度，所以
该反应的平衡常数表达式
(或
)，故答案：
(或
)。
（3）由图可知：载氧体I 是把空气中的氧气转移到燃料反应器，载氧体II 是氧气和甲烷发生反应释放出水
和二氧化碳，所以氧的质量分数：载氧体I>载氧体II，故答案：>。
（4）设往盛有
载氧体的刚性密闭容器中充入空气的物质的量为1mol,氧气的物的量分数
为21%，则氧气的物质的量为0.21mol，由图可知，达到平衡时氧气的物的量分数
为10%，设反应的
O2为xmol，有
，x=0.122mol，则
时
的平衡转化率
=58%，故
答案：58%。
（5）因为①
为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，氧气的浓度
正大。因为往盛有
载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数
为21%】，
由图可知，当温度高于
时，
大于21%，载氧体无法载氧。故答案：反应①为放热反应，温度
升高平衡左移；温度高于
时，
大于21%，载氧体无法载氧。
（6）由表中数据可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能
高，所以使用膨润土掺杂的载氧体反应较快。
使用氧化铝比使用者膨润土掺杂的载氧体反应较慢，单位时间内燃料反应器释放的热量少，所以
<
，故答案：膨润土；<。
35．（2021·天津·高考真题）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8
受热分解成气态S2，发生反应
，回答下列问题：
(1)CH4的电子式为 ，CS2分子的立体构型为 。
(2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2 1∶时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为 。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是 (填序号)。
a．气体密度b．气体总压c．CH4与S2体积比d．CS2的体积分数
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。
据图分析，生成CS2的反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的
条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是 。
(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S 转化为单后硫S，可实现废物利用，保护
环境，写出其中一个反应的化学方程式 。
【答案】(1)
直线形
(2) 30% d
(3) 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
(4)
、
、
写出任意一个
【详解】（1）CH4的电子式为：
；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；
（2）①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2 1∶时开始反应，
CS2的体积分数为10%，即
，解得x=0.3a，则CH4的转化率为
30%。
②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量
不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，不
选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；故选d。
（3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的
条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度
明显偏小，且反应速率慢。
（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S 转化为单后硫S)发生的化学反应方程
式为
、
、
写出任意一个。
36．（2021·广东·高考真题）我国力争于2030 年前做到碳达峰，2060 年前实现碳中和。CH4与CO2重整是
CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g) ∆H1
b)CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ∆H2
c)CH4(g)
C(s)+2H2(g) ∆H3
d)2CO(g)
CO2(g)+C(s) ∆H4
e)CO(g)+H2(g)
H2O(g)+C(s) ∆H5
(1)根据盖斯定律，反应a 的∆H1= (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，下列说法正确的有 。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c 的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e 的平衡均向右移动
C． 加入反应a 的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e 的正、逆反应速率都减小
(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分 步进行，其中，第 步的正
反应活化能最大。
(4)设K 为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的
相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e 的ln K 随
（温度的倒数）的
变化如图所示。
①反应a、c、e 中，属于吸热反应的有 (填字母)。
②反应c 的相对压力平衡常数表达式为K = 。
③在图中A 点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa 的恒容密闭容器中进行反应，
体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程 。
(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途： 。
【答案】 ∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4 AD 4 4 ac
68% 做冷
冻剂
【分析】根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的
变化及转化率的变化；根据图象及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压
计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。
【详解】(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3-
∆H5=∆H3-∆H4；
(2)A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c 来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，
A 正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B 错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率
不变，C 错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D 正确；
故答案选AD；
(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4 个峰，即吸收了4 次活化能，经历了4 步反应；且从左往右看
4 次活化能吸收中，第4 次对应的峰最高，即正反应方向第4 步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最
大。
(4)①随着温度的升高，反应a 和c 的ln K 增大，说明K 的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a
和c 为吸热反应，同理反应e 的ln K 减小，说明K 的减小，反应向逆反应方向进行，反应e 为放热反应，
故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c 的平衡常数表达式K =
；
③由图可知，A 处对应反应c 的ln K =0，即K =
=1，解方程得p2(H2)=p(CH4)P0，已知反应平衡时
p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，由已知条件知CO2与CH4的物质的量之比等于压强之比，且初始状态时
p(CH4)=
×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为
×100%=68%；
(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
【点睛】本题难点在于K 与
关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。
37．（2021·全国乙卷·高考真题）一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也
可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig 误认为是ICl，从而错过了一种新元素的
发现，该元素是 。
(2)氯铂酸钡(
)固体加热时部分分解为
、
和
，376.8℃时平衡常数
，在一
硬质玻璃烧瓶中加入过量
，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘
蒸气初始压强为
。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为
，则
，反应
的平衡常数K= (列出计算式即可)。
(3)McMorris 测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数
。
得到
和
均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl 分解为NO 和
反应的
0(填“大于”或“小于”)
②反应
的K= (用
、
表示)：该反应的
0(填“大于”或“小
于”)，写出推理过程 。
(4)Kistiakowsky 曾研究了NOCl 光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
其中
表示一个光子能量，
表示NOCl 的激发态。可知，分解1mol 的NOCl 需要吸收 mol 光
子。
【答案】 溴(或
) 24.8
大于
大于
设
，即
，由图可知：
则：
，即
，因此该反应正反应为吸热反应，即
大于0
0.5
【详解】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或
)；
(2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应：
(s)
(s)+
(s)+2
(g)、Cl2(g)+I2(g)
2ICl(g)。
(s)
(s)+
(s)+2
(g)的平衡常数
，则平衡时p2(Cl2)=
，
平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则
，376.8℃
平衡时，测得烧瓶中压强为
，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时
2p
=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20×103-12.4×103)Pa，
24.8kPa=24.8×103Pa，
p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应
的平衡常数K=
；
(3)①结合图可知，温度越高，
越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡
正向移动，则NOCl 分解为NO 和
反应的大于0；
②
.
Ⅰ
.
Ⅱ
+
ⅠⅡ得
，则
的K=
；该反应的
大于0；推理过程
如下：设
，即
，由图可知：
则：
，即
，因此该反应正反应为吸热反应，即
大于0；
(4)
.
Ⅰ
.
Ⅱ
+
ⅠⅡ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl 分解需要吸收1mol 光子能量，则分解1mol 的NOCl
需要吸收0.5mol 光子。
38．(2020·新课标Ⅰ卷·高考真题)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2
的催化氧化：SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式
为：_________。
(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa 和
5.0MPa 压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=__________，判
断的依据是__________。影响α 的因素有__________。
(3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p 条件
下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为___________，平衡常数Kp=___________(以分压
表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(
−1)0.8(1−nα')。式中：k 为反应速率常数，随温度t 升
高而增大；α 为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n 为常数。在α'=0.90 时，将一系列温度下的k、
α 值代入上述速率方程，得到v~t 曲线，如图所示。
曲线上v 最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。t<tm时，v 逐渐提高；t>tm后，v 逐渐下降。
原因是__________________________。
【答案】(1)2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1
(2)0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α 提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa
＝p ２的，所以p1=5.0MPa 反应物(N2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强
(3)
(4)升高温度，k 增大使v 逐渐提高，但α 降低使v 逐渐下降。当t＜tm，k 增大对v 的提高大于α 引起的降低；
当t＞tm，k 增大对v 的提高小于α 引起的降低
【解析】(1)由题中信息可知：
①SO2(g)+
O2(g)⇌SO3(g) ∆H= -98kJ∙mol-1
②V2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g) ∆H2= -24kJ∙mol-1
③V2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s) ∆H1= -399kJ∙mol-1
根据盖斯定律可知，③-②2 得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H= ∆H1-
2∆H2=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌
2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1；
(2) SO2(g)+
O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡
向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、压
强为5.0MPa 条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa 的，因此，p1=5.0MPa，由图
中数据可知，α=0.975。影响α 的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物(N2和O2)的浓度、温度、
压强等。
(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol 和q mol，
2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：
平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO3的物质的量分数为
。该反应在恒压容器中
进行，因此，SO3的分压p(SO3)=
，p(SO2)=
，p(O2)=
，在该条件下，
SO2(g)+
O2(g)⇌2SO3(g) 的Kp=
。(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后α 降低。由题中信息可知，v=
，升高温度，k 增大使v 逐渐提高，但α 降低使v 逐渐下降。当t＜tm，k 增大对v 的
提高大于α 引起的降低；当t＞tm，k 增大对v 的提高小于α 引起的降低。
39．(2019·新课标Ⅰ卷·高考真题)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合
成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
(1)Shibata 曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原
为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO 还原CoO(s)，平衡后气体中CO 的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2(填“大于”或“小于”)。
(2)721 ℃时，在密闭容器中将等物质
量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时
体系中H2的物质的量分数为_________(填标号)。
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50
(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其
中吸附在金催化剂表面上的物种用❉标注。
可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)E 正
=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。
(4)Shoichi 研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO 和H2分压随时间变化关系(如下图所示)，催化剂为氧
化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a 的反应在30~90 min 内的平均速率
(a)=___________kPa·min−1。467 ℃时PH2和PCO随时间变化
关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是
___________、___________。
【答案】(1)大于 (2)C
(3)小于 2.02 COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*(或H2O*=H*+OH*)
(4)0.0047 b c a d
【解析】(1)H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s)=Co(s)＋H2O(g)；CO 还原氧化钴的方程式为：CO(g)
＋CoO(s)=Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数(
)高于CO 还原体系
中CO 的物质的量分数(
)，故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO 大于H2；(2)721 ℃时，在
密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
起始(mol) 1 1 0 0
转化(mol) x x x x
平衡(mol) 1-x 1-x x x
则平衡时体系中H2的物质的量分数=
，因该反应为可逆反应，
故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由(1)可知CO 的还原倾向大于H2，所以CO 更易转化为
H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；(3)根据水煤
气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量
(-0.32eV)高于CO2(g)+H2(g)的能量(-0.83eV)，故水煤气变换的ΔH 小于0；活化能即反应物状态达到活化状
态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：
其最大能垒(活化能)E 正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH*+H*+H2O*＝
COOH*+2H*+OH*；因反应前后COOH 和1 个H*未发生改变，也可以表述成H2O*＝H*+OH*；(4)由图
可知，30~90 min 内a 曲线对应物质的分压变化量Δp=(4.08-3.80)kPa=0.28 kPa，故曲线a 的反
应在30~90 min 内的平均速率(a)=
=0.0047 kPa·min−1；由(2)中分析得出H2的物质的
量分数介于0.25~0.5，CO 的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO 的分压，据
此可将图分成两部分：
由此可知，a、b 表示的是H2的分压，c、d 表示的是CO 的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平
衡逆向移动，CO 分压增加，H2分压降低，故467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489
℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。
40．(2018·新课标I 卷·高考真题)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业
中得到广泛应用。回答下列问题：
(1)1840 年 Devil 用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式
为___________。
(2)F. Daniels 等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2 二聚为N2O4 的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p 随时间t 的变化如下表所示(t=∞时，
N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)=N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)=2NO2(g)+
O2(g)的ΔH =_______ kJ·mol−1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v=2×10−3×
(kPa·min−1)。t=62 min 时，测得体系中
=2.9 kPa，
则此时的
=________ kPa，v=_______ kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa(填“大于”“等于”或
“小于”)，原因是________。
④25℃时N2O4(g)
2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保
留1 位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg 提出如下反应历程：
第一步 N2O5
NO3+NO2 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)>v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高
【答案】(1)O2
(2)53.1 30.0 6.0×10－2 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平
衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4
(3)AC
【解析】(1)氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，
分子式为O2；(2)①已知：
ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) △H1＝－4.4kJ/mol
ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g) △H2＝－55.3kJ/mol
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1：2，又因为压强之比是物质的量之比，
所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝
30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2(kPa·min－1)；③由于温度升高，容器容积不变，总
压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若
提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。④根据表中数据可知五氧化
二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝
71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5
kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)
N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是
26.4kPa ，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa －26.4kPa×2 ＝18.8kPa ，则反应的平衡常数
。(3)A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，
A 正确；[B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B 错误；C、根据第二步反应生成物中有NO2可
知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C 正确；D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D 错误。
故选AC。
