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专题10 化学反应原理综合题
1．（2025·湖南湘潭·一模）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，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)①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 ②
(3)25%
(4)①ABCD ②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
【解析】（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；
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。
2．（2025·湖南常德·一模）含氯有机物在自然环境中具有长期残留性和高毒性。
Ⅰ．“催化还原脱氯法”作为一种安全有效的环境修复方法，主要分为“直接脱氯”和“间接脱氯”
两大类。
(1)间接脱氯“光催化加氢脱氯”为典型的间接脱氯法，可在温和条件下有效降解含氯有机物，而不产
生氯化副产物。“光催化加氢脱氯”的第一步为水的活化：
，如图为不同催化
剂条件下水分子解离成
的反应机理。
①下列说法正确的是 。
A．水的活化分两步完成
B．使用催化剂
，
活化放出的热量比使用催化剂
多
C．吸附在催化剂
表面的
会自发地解离成
②已知
键的键能为
，解离一个水分子[
]理论上需消耗
J 能量。(保留两位有效数字)
(2)直接脱氯还原铁脱氯机理：
(R-为烃基)，随着反应进行，铁表
面附着一层红褐色固体，使脱氯效率下降，生成红褐色固体的原因是 。
Ⅱ．某科研团队以三氯乙烯(TCE)为核心物质进行脱氯机理研究。
(3)利用TCE 测试催化剂的活性 以TCE 测试
、
和
三种不同催
化剂的“加氢脱氯活性”(如图所示)。已知
。t 表示光照时间，
、c 分别为光照t 秒前、
后TCE 的浓度，k 为常数。根据图中数据，催化效果最好的催化剂是 ；其中
(已知：
，结果保留两位有效数字)
(4)利用生物电化学系统降解TCE 降解装置如图所示。电极A 为 (填“阴极”或“阳极”)；
TCE 生成顺式DCE(顺-二氯乙烯)的电极方程式为 。
【答案】(1)①C ②
(2)生成的
易被空气氧化成
，随着反应进行，pH 不断增大，
会转化为
(3)①
②0.021
(4)①阳极 ②H++ClHC=CCl2+2e-
+Cl-
【解析】（1）①A．由图1 可知使用催化剂
分三步完成，生成
和
，A 错误；
B．水活化为
，图1 中在两种催化剂条件下生成的是
和
，且催化剂不影
响反应热，B 错误；
C．使用催化剂
水变为
后相对能量不变即可解离成
和
，说明吸附在催化剂
表面后可自发解离，C 正确；
选C。
②解离一个水分子理论上消耗的能量就是断开一个水分子中的一个氢氧键所消耗的能量，
的键能
为
，解离一个水分子理论上消耗的能量为
；
（2）生成的亚铁离子易被空气氧化成铁离子，由直接脱氯还原铁脱氯机理可知，随着反应进行氢离子
被消耗，pH 不断增大，
会转化为
，从而生成红褐色固体；
（3）①由图可知单位时间内使用
催化剂
最小，即光照后TCE 的浓度最低，故催化
效果最好的是
；
②
，
；
（4）①由题意知为电解池原理，三氯乙烯得电子生成顺-二氯乙烯，故B 极发生还原反应为阴极，A 为
阳极；
②B 极的电极反应为H++ClHC=CCl2+2e-
+Cl-。
3．（2025·湖南·一模）甲醇是主要的有机原料，常利用CH4、CO2等进行制备。回答下列问题：
Ⅰ．甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。
(1)2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l) ∆H=-329kJ/mol，该反应的正反应方向在 (填“高温”或“低
温”)条件下更有利于其自发进行。
(2)已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体
系温度维持在200℃的原因是 (不考虑催化剂活性变化)。
Ⅱ．利用合成气CO、H 制备甲醇，涉及的反应如下：
₂
反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) ∆H1＜0
反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ∆H2＞0
在不同压强下，按照n(CO2):n(H2)=1:3 进行投料，在容器中发生反应①、②，平衡时，CO 和 CH3OH 在
含碳产物(即 CH3OH 和CO)中物质的量分数及 CO2的转化率随温度的变化如下图所示。
(3)判断图中压强。 p1、p2、p3大到小的顺序为 。
(4)压强不变时，分析升温过程中CO2转化率变化的原因： 。
(5)在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol/L、c(H2)=3mol/L 进行实验，平衡时 CH3OH 的物质的量
分数为点M，此时(CO2转化率为20%，则该条件下反应②正反应的平衡常数K= (保留一位有效数字)。
Ⅲ．科学家设计如图所示装置(串联光电催化反应池)减少CO2排放并获取制备甲醇的原料CH4。
(6)光催化电池中的半导体是在晶体硅中掺杂硼原子和磷原子实现的。p 型半导体也称为空穴型半导体，
n 型半导体也称为电子型半导体。据此，推测 n 型半导体掺杂的是 (填元素符号)。
(7)产生 CH4的电极反应式为 。
【答案】(1)低温
(2)温度过低，反应速率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应
速率减小
(3)p1＞p2＞p3
(4)升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，温度升高对反应①的影响是主
要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的影响是主要的，使CO2的转化率升高
(5)0.01
(6)P
(7)CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O
【解析】（1）2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(l) ∆H=-329kJ/mol，该反应的正反应方向：ΔS＜0，△H＜
0，则在低温条件下更有利于其自发进行。
（2）已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，所以温度过低，虽然有利于气体在催化
剂表面的吸附，但对提高反应速率不利；温度过高，不利于气体在催化剂表面的吸附，但对提高反应
速率有利。从反应速率的角度分析，通入CH4后将体系温度维持在200℃的原因是：温度过低，反应速
率降低；温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小；
（3）反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g) +H2O(g) ∆H1＜0
反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ∆H2＞0
由于反应①的∆H1＜0、反应②的∆H2＞0，低温时有利于反应①，所以下降的曲线为CH3OH(g)的物质的
量分数随温度变化的曲线，上升的曲线为CO(g)的物质的量分数随温度变化的曲线。
对于反应①，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH(g)的物质的量分数增大，则
图中压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p1＞p2＞p3。
（4）压强不变时，升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动，则升温过程中，CO2转化
率变化的原因：升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②平衡正向移动。250℃前，温度升高对反应①
的影响是主要的，使CO2的转化率降低，250℃后，温度升高对反应②的影响是主要的，使CO2的转化率
升高。
（5）在某恒温恒容体系中，按起始c(CO2)=1mol/L、c(H2)=3mol/L 进行实验，平衡时CH3OH 和CO 的物
质的量分数为点M，此时二者的物质的量分数都为50%，CO2转化率为20%，则参加反应CO2的物质的量
为1mol×20%=0.2mol。设反应①中参加反应CO2的物质的量为x，则反应②中参加反应CO2的物质的量
为(0.2-x)mol，由此可建立如下三段式：
x=0．2-x，x=0.1mol，则该条件下反应②正反应的平衡常数K=
=
≈0.01。
（6）B 比Si 少1 个价电子，二者结合后形成空穴，导致空穴导电；P 比Si 多1 个价电子，二者结合后，
多出1 个自由电子，能提供电子导电。p 型半导体也称为空穴型半导体，n 型半导体也称为电子型半导
体。据此，推测 n 型半导体掺杂的是P。
（7）从图中可以看出，在光阳极，H2O 失电子生成O2等；在光阴极，CO2、H+得电子生成CH4等，则依据
得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出产生CH4的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。
4．（2025·湖南·一模）利用
催化还原
不仅能减少碳排放，还可以获得化工原料甲醇。研究表明，
在某催化剂存在下，
和
可发生两个平行反应，分别生成
和CO。反应的热化学方程式如
下：
Ⅰ．
Ⅱ．
(1)已知CO 和
的标准燃烧热分别为
和
，计算
的
为
；CO 和
是等电子体且相对分子质量相等，但沸点不同，其中沸点较高的是 (填化学式)。
(2)
和
初始投料比
为
，以固定流速通过不同催化剂(cat.1 和cat.2)，不同
温度(523K、543K、563K、583K)下，
的转化率和甲醇的选择性如图所示。已知在四种温度下，两
种催化剂均处于活性较高状态，且563K 下，用cat.2 进行的催化反应已达到平衡。
①结合图像分析，下列说法错误的是 (填标号)。
A．四种温度下，cat.1 参与的反应均未达到平衡状态
B．从甲醇产率的角度思考，最佳条件为cat.1、583K
C．用cat.2 进行催化时，从563K 升温至583K 时甲醇选择性降低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果
D．由图可知，选择不同的催化剂可以改变反应的平衡产率
②583K 下，用cat.2 催化时，
的转化率为 。
(3)一定温度下，在初始体积2L 的恒压密闭容器中充入2mol
和4mol
发生上述反应，经过
10min 达到平衡，此时
和CO 均为0.5mol，则
的平均反应速率为
；用分压表
示的反应Ⅱ的平衡常数
。
(4)
可以被NaOH 溶液捕获来减少碳排放，若所得溶液中
，写出对应反应的
离子方程式： ，此时溶液
(已知：室温下，
的
、
)。
【答案】(1)+44kJ·mol-1 CO
(2)①BD ②22%
(3)3.2 3
(4)3CO2+4OH-=
10
【解析】（1）Ⅱ．
；
III．H2(g)+
O2(g)=H2O(l) ∆H3=-285.8kJ·mol-1；
IV．CO(g)+
O2(g)=CO2(g) ∆H4=-283kJ·mol-1；
反应II+IV-III 得到：
，∆H=(+41.2 kJ·mol-1)+(-283kJ·mol-1)-
(-285.8kJ·mol-1)=+44 kJ·mol-1；
CO 为极性分子，N2为非极性分子，极性分子分子间作用力大，沸点高，故沸点高的为CO；
（2）①A．四种温度下，cat.1 参与的反应的CO2转化率均小于cat.2 参与的反应，说明反应未达到平
衡状态，A 正确；B．由图可知，甲醇产率=CO2转化率×甲醇的选择性，最佳条件为cat.2、566K 左右，
B 错误；C．生成甲醇的反应为放热反应，用cat.2 进行催化时，从563K 升温至583K 时甲醇选择性降
低是反应Ⅰ平衡逆向移动的结果，C 正确；D．催化剂不改变反应的平衡产率，D 错误；答案选BD；
②583K 下，用cat.2 催化时，CO2的转化率为0.3，CH3OH 的选择性为0.6，设CO2和H2的物质的量分别
为1mol 和3mol，生成CH3OH 为1×0.3×0.6mol=0.18mol，消耗H2为0.54mol，生成CO 为
1×0.3×0.4mol=0.12mol，消耗H2的物质的量为0.12mol，
的转化率为
；
（3）
平衡时CO2为(2-1-0.5)mol=0.5mol，CO 为0.5mol，CH3OH 为1mol，H2为0.5mol，H2O 为
(0.5+1)=1.5mol，CH3OH 的平均反应速率为
；
压表示的反应Ⅱ的平衡常数Kp=
（4）
与NaOH 溶液反应所得溶液中
，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离
子方程式为：3CO2+4OH-=
；
，
，c(H+)=1.0×10-10mol/L，pH=10。
5．（2025·湖南·一模）氮氧化物可以引发多种污染问题，用氢气转化氮氧化物有产物无污染、转化成
本低的优点而日益受到重视。回答下列问题：
(1)已知有关化学键的键能数据如下表：
化学键
H—H
N≡O
N≡N
H—O
键能/(
)
436
632
x
464
①氢气转化NO 的热化学方程式为
，该反应在
(填“高温”或“低温”)条件下更有利于自发进行；表格中x= 。
②将等物质的量的NO、
充入恒容密闭容器中，恒温条件下发生反应
。下列描述能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．容器内
的分压不再改变
B．
C．容器内混合气体的密度不再变化
D．容器内体系的混乱度不再变化
(2)目前氢气还原氮氧化物通常用金属铑(Rh)作催化剂，已知金属铑属于立方晶系，其晶胞中铑原子位
于顶点及每个面的中心，晶胞参数为y pm。则铑原子的配位数为 ；金属铑晶体的密度为
(阿伏加德罗常数的值为
)。
(3)研究表明，反应
按如下机理进行(a、b、c 均为正数)：
①
快平衡
②
慢平衡
③
快平衡
上述反应机理中，速率控制步骤为 (填步骤前的标号)，
b(填“>”
“=”或“<”)。
(4)向体积为2L 的恒温密闭容器中充入2mol
和2mol NO，起始压强为p kPa，发生反应
。容器中
的物质的量随时间的变化关系如图所示。
该反应的
(化为最简式)。
【答案】(1)低温 946 AD
(2)12
(3)② >
(4)
【解析】（1）①
正反应气体物质的量减少，
，
，所以该反应在低温条件下更有利于自发进行；焓变=反应物总键能-生成物总键能，
，
，故答案为：低温；946；
②A．容器内
的分压不再改变，说明
的浓度不变，反应一定达到平衡状态，A 项符合题意；
B．
，不能判断浓度是否发生改变，反应不一定平衡，B 项不
符合题意；
C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，容器内混合气体的密度不再变化，反应不
一定达到平衡状态，C 项不符合题意；
D．反应前后气体物质的量不同，容器内体系的混乱度不再变化，说明气体物质的量不再改变，反应一
定达到平衡状态，D 项符合题意；
故选AD；
（2）已知金属铑属于立方晶系，铑原子位于顶点及每个面的中心，则铑原子的配位数为12；根据均摊
原则，晶胞中Rh 的个数为
，金属铑晶体的密度为。
，故答案为：12；
；
（3）慢反应决定总反应速率，上述反应机理中，速率控制步骤为②；根据盖斯定律①＋②＋③得
，
，故答案为：
②；＞；
（4）根据图像，反应达到平衡状态生成1mol
，则同时生成0.5mo
、消耗1mol
、消耗
1mol NO，平衡时NO、
、
、
的物质的量分别为1mol、1mol、0.5mol、1mol，压强比等于物
质的量之比，平衡时气体总压强为
kPa，该反应的
，
故答案为：
。
6．（20254·湖南·一模）二氧化碳催化加氢制甲醇，能助力“碳达峰”，涉及反应有：
反应①CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
反应②CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
反应③CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
(1)反应②自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)，反应③
。
(2)反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是 。
(3)反应③有催化剂和无催化剂作用下的反应机理如图所示(其中标有*的为吸附在催化剂表面上的物种，
TS 为过渡态)，催化剂可使反应历程中决速步骤的活化能降低 eV(eV 为能量单位)。
(4)在
下，
和
按物质的量之比为
进行投料，只发生反应①和反应③，平衡时CO 和
在含碳产物中的物质的量分数及
转化率随温度的变化如图所示。
①图中a 代表的物质是 。
②q 曲线在250℃之后随温度升高而增大的原因是 。
③250℃时，反应①的平衡常数
(
为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分
数)。
【答案】(1)低温
(2)反应③是放热反应，反应①为吸热反应
(3)0.20
(4)
之后，升高温度，反应①正向进行，反应③逆向进行，但温度对反应①的影响
程度大于对反应③的，导致CO2的转化率增大
【解析】（1）反应②的ΔH<0，ΔS<0，若ΔG=ΔH-TΔS<0，需满足低温，因此需要低温自发；
反应③=反应①+反应②，则ΔH3=ΔH1+ΔH2=+41kJ/mol+(-90kJ/mol)=-49kJ/mol。
（2）反应③在热力学上趋势大于反应①，其原因是反应③是放热反应，反应①为吸热反应。
（3）由图知TS3步活化能最大，为该反应的决速步，未使用催化剂时的活化能为1.8eV-0.2eV=1.6eV，
使用催化剂时的活化能为0.4eV-(-1.0eV)=1.4eV，故使用催化剂使该步骤的活化能降低了0.2eV。
（4）①反应①为吸热反应，反应③为放热反应，平衡后升高温度，甲醇的物质的量减少，CO 的物质的
量增加，a 曲线代表甲醇，b 曲线代表CO，q 曲线代表CO2的转化率随温度的变化；
②250°C 之前以反应③为主，升高温度，反应③逆向移动，CO2的转化率降低，250°C 之后以反应①
为主，升高温度，反应①正向移动，反应③逆向进行，但温度对反应①的影响程度大于对反应③的，
导致CO2的转化率增大；
③250°C 时，二氧化碳的转化率为20%，CO 和CH3OH 的物质的量分数相等，发生反应①和③，假定先
发生反应①，后进行③，n(CO2)=5mol，则列出三段式：
由二氧化碳的转化率为20%得出5×20%=2x，x=0.5mol，平衡后各物质的物质的量为：n(CO2)=4mol，
n(H2)=17-4x=15mol，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=2x=1mol，n(CH3OH)=0.5mol，
n(总)=4+15+0.5+0.5+1=21mol，则
。
7．（2025·湖南·一模）降低空气中
的含量，研发
的利用技术，将
转换为能源是缓解环境
和能源问题的有效方案之一，我国为实现碳达峰和碳中和的“双碳”目标，工业上用
、
、
等物质与
反应合成具有经济价值的物质。
(1)工业上用
和
合成
，发生的主反应ⅰ：
。
相对能量
0
-201.0
-393.0
-242.0
根据表中数据计算
。
(2)一定条件下，向2L 恒温恒容密闭容器中充入
和
仅发生反应ⅰ，在两种不同
催化剂作用下建立平衡的过程(Ⅰ，Ⅱ)中
的转化率随反应时间的变化曲线如图。
①n 点
m 点
(填“>”“<”或“=”)。
②计算反应处于n 点的平衡常数
(保留两位小数)。
③过程Ⅰ，
时刻改变的反应条件可能是 (任答一条)。
(3)
甲烷化是“负碳排放”的重要研究方向，某研究团队报道了镍基催化剂上
与
反应生成
甲烷的两种机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。
机理
中的产物的选择性 更高，
机理中第二步反应可以表示为 。
(4)我国科学家采用单原子
和纳米
作串联催化剂，通过电解法将
转化为乙烯，其装置如图所
示。纳米
上发生的电极反应为 。
【答案】(1)-50.0
(2)< 59.26 升高温度(或增大生成物浓度)
(3)
(4)
【解析】（1）根据反应热
=生成物的总能量 - 反应物的总能量。
对于反应
，
。
（2）①n 点处于平衡状态，正逆反应速率相等，m 点没有达到平衡状态，其正反应速率大于n 点正反
应速率，故n 点
＜m 点
。
②向
恒温恒容密闭容器中充入
和
，n 点时
的转化率为80\%，则：
，平衡常数
，
，则
。
③过程Ⅰ在
时刻，
的转化率减小，平衡逆向移动，该反应为气体体积减小的放热反应，改变的
反应条件可能是升高温度（或增大生成物浓度等合理答案）。
（3）①观察可知，在
机理中，副反应较少，主要产物为甲烷，所以
的选择
性更高。
②在
机理中，第一步
转化为
，第二步根据图中箭头和物质变化，反应
可表示为
（4）在电解池中，
在纳米Cu 电极上发生还原反应生成乙烯，电解质溶液为KOH 溶液，根据电荷守
恒和原子守恒，电极反应为
8．（2025·湖南·一模）SO2及氮氧化物属于污染性气体，排放到空气中可形成光化学烟雾、酸雨等，科
学家一直致力于研究这些气体的处理，变废为宝。回答下列问题：
(1)已知反应：①
，
②
，
则反应
的∆H= 。该反应在 下自发进行。(填
写“低温”“高温”“任意温度”)
(2)常温下，NO、NO2溶于水可制得HNO2溶液，向30mL0.10mol∙L-1HNO2溶液中滴入0.10mol∙L-1的NaOH 溶
液，使得溶液的pH=4，该溶液中
。[
，保留一位小数]。
(3)研究表明，CO 与N2O 在Fe+作用下发生反应：
的能量变化及反应历
程如图所示：
a．该反应分两步进行，两步反应分别为：反应①
；反应② ；
b．在固定体积的密闭容器中，发生该反应，改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同，
也可能不同)，测定N2O 的平衡转化率α。部分实验结果如图所示。B、C、D 三点对应的实验温度分别
为TB、TC和TD，则TB、TC、TD的大小关系 (填写序号)
①
②
③
④
(4)燃煤烟气中可通过反应
实现硫的回收。将1molSO2和2molCO 通入
1L 恒容密闭容器中，在恒温T℃，起始压强为
条件下反应，5min 时，反应达到平衡，气体密
度减少16g∙L-1。平衡常数为 (L/mol)；若升高温度，气体的密度增加(S 仍为液体)，则该反
应的∆H 0(填“＞”或“＜”)。
(5)深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌(该还原菌最佳生存环境pH 为7~8 之间)作用下，能被
腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，写出正极的电极反应式： 。
【答案】(1)-746kJ∙mol-1 低温
(2)0.2
(3)FeO++CO=Fe++CO2 ③
(4)2 ＜
(5)
+8e-+5H2O=HS-+9OH-
【解析】（1）①
，
②
，
依据盖斯定律，将反应②-①得，反应
的∆H=∆H2-
∆H1=(-566kJ∙mol-1)-(+180kJ∙mol-1)=-746kJ∙mol-1。该反应的ΔS＜0、△H＜0，则在低温下自发进行。
（2）常温下，NO、NO2溶于水可制得HNO2溶液，向30mL0.10mol∙L-1HNO2溶液中滴入0.10mol∙L-1的NaOH
溶液，使得溶液的pH=4，Ka=
，该溶液中
=
≈0.2。
（3）a．该反应分两步进行，两步反应分别为：反应①
；将总反应式减去反应
①，便可得出反应②为FeO++CO=Fe++CO2；
b．在固定体积的密闭容器中，发生该反应，从图中可以看出，生成物的总能量小于反应物的总能量，
则该反应为放热反应，热反应方程式为
△H＜0。对于B、C 两点，
n0(N2O):n0(CO)=1.0，升高温度平衡逆向移动，N2O 的转化率减小，则
。C、D 两点，
n0(N2O):n0(CO)不同，可假设C 点，n0(N2O)=n0(CO)=1.0mol，此时N2O 的转化率为50%；D 点，
n0(N2O)=1.5mol、n0(CO)=1.0mol，此时N2O 的转化率为40%，容器的体积为1L，由此可建立如下两个三
段式：
Kc=
=
=1，KD=
=
=1，则
，从而得出TB、TC、TD的大
小关系为
，故选③。
（4）燃煤烟气中可通过反应
实现硫的回收。将1molSO2和2molCO 通
入1L 恒容密闭容器中，在恒温T℃，起始压强为
条件下反应，5min 时，反应达到平衡，气
体密度减少16g∙L-1，则气体质量减少16g∙L-1×1L=16g，生成S(l)的物质的量为
=0.5mol。平衡
时，n(SO2)=1mol-0.5mol=0.5mol，n(CO)=2mol-1mol=1mol，n(CO2)=0.5mol×2=1mol，平衡常数为
=
=2L/mol；若升高温度，气体的密度增加(S 仍为液体)，则平衡逆
向移动，该反应为放热反应，∆H＜0。
（5）深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌(该还原菌最佳生存环境pH 为7~8 之间)作用下，能
被
腐蚀，从图中可以看出，
被还原为HS-，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得
出正极的电极反应式：
+8e-+5H2O=HS-+9OH-。
9．（2025·湖南·一模）
催化加氢制备甲醇可以减少
的排放，有利于实现碳中和。在一定条件
下，
和H 可发生如下反应：
₂
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
回答下列问题：
(1)已知部分化学键键能如下表：
化学键
键能(kJ/mol)
a
b
c
d
e
依据表中信息，
=
。
(2)反应Ⅰ的速率常数k 与反应温度T 的关系遵循Arrhenius 方程，实验数据如图所示。
已知Arrhenius 方程为
(其中k 为速率常数，Ea 为活化能，R、A 均为常数)。
①反应Ⅰ的活化能Ea=
(保留整数)。
②下列措施能使速率常数k 增大的是 (填序号)。
A．增大压强 B．升高温度 C．增大
的浓度 D．更换适宜催化剂
(3)不同压强下，
的平衡转化率
随温度的变化如图所示。
0．5MPa 条件下，
的平衡转化率随温度升高先减小后增大的原因是 。
(4)一定条件下，向体积为1L 的恒容密闭容器中通入1.0mol
和3.0mol
，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，
达到平衡时，容器中
为0.15mol，
为0.07mol，
为0.22mol，则
的平衡转
化率为 ，反应I 的平衡常数为
(用代数式表示，无需化简)。
【答案】(1)b+2c-3e-a-d
(2)162 BD
(3)600℃以下以反应I 为主，
，随温度升高反应I 平衡逆移，CO2转化率减小；600℃以上以反应
Ⅲ为主，
，随温度升高反应Ⅲ平衡右移，CO2转化率增大
(4)22%
【解析】（1）
；
（2）①由Arrhenius 方程可知，
、
，解得Ea=162kJ/mol；
②由Arrhenius 方程可知，速率常数k 只与活化能和温度有关，催化剂能降低反应的活化能使速率常数
增大，升温也能使速率常数增大，故答案为：BD；
（3）0.5MPa 条件下，600℃以下以反应I：
为主，随温度
升高反应I 平衡逆移，CO2转化率减小；600℃以上以反应Ⅲ：
为主，随温度升高反应Ⅲ平衡右移，CO2转化率增大，所以二氧化碳的平衡转化率随温度升高先减小后
增大；
（4）向体积为1L 的恒容密闭容器中通入1.0mol CO2和3.0mol H2，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时，
容器中n(CH3OH)=0.15mol，n(CO)=0.07mol，n(H2O)=0.22mol，设反应I 转化的CO2为xmol，反应Ⅱ转
化的CO 为ymol，反应Ⅲ转化的CO2为zmol，可得三段式，
则有x+y=0.15、x+z=0.22、z-y=0.07，平衡时二氧化碳的浓度为1-0.22=0.78mol/L，所以二氧化碳的
平衡转化率为
；平衡时H2的浓度为3-(3x+2y+z)=3-(2x+2y+x+z)=(3-2×0.15-
0.22)mol/L=2.48 mol/L，所以反应I 的平衡常数为
L2/mol2。
10．（2025·湖南岳阳·一模）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。在催化剂作用下，
可被
还原为
等化学品，主要反应如下：
反应1：
反应2：
(1)反应
的
。
(2)恒温恒容条件下，若起始按
投料，只发生反应1，能作为反应达到平衡的标志
是___________(填序号)。
A．
浓度不再发生变化
B．
百分含量不再发生变化
C．气体平均相对分子质量不再发生变化D．
(3)将
和
充入密闭容器发生反应1 和反应2，并达到平衡状态。相同温度下，在
不同压强下测得
的平衡转化率、
的选择性
和
的选择性
随压强变化曲线如图甲所示。图中表示
选择性的曲线是
(填“m”、“n”或“p”)，A 点时
的转化率为 ，反应2 的压强平衡常数
(结果保留2 位有效数字)。
(4)近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现弱酸环境下
甲醇化，工作原理如图
乙所示。
已知：法拉第效率
的定义(X 代表
)如：
①实验测得，阴极区溶液酸性提高，阴极上会产生气体a 导致法拉第效率降低，气体a 的分子式为
。
②阴极生成甲醇的电极反应式为 。
【答案】(1)
(2)AC
(3)m 24% 0.017
(4)
【解析】（1）由盖斯定律得目标反应=反应1-反应2，因此ΔH =ΔH1-ΔH2=（-50-41）kJ·mol-1=-91
kJ·mol-1。
（2）A．
是气体，当
浓度不再发生变化，说明反应已达到平衡，A 符合题意；
B．设起始投料
，转化的
，列三段式计算，
，反应前
百分含量为
，反应后
百分含量为
，百分含量一直保持不变，不
能作为反应达到平衡标志，B 不符合题意；
C．反应1 是气体分子减小的反应，且质量守恒，根据
，气体平均相对分子质量不断增大，当
反应达到平衡时，气体平均相对分子质量不再发生变化，C 符合题意；
D．当
时，反应速率之比不等于化学计量数之比，正逆反应速率不相等，反应没
有达到平衡，D 不符合题意；
故选AC。
（3）根据已知信息可知：反应1 的正反应是气体体积减小的反应，反应2 是反应前后气体物质的量不
变的反应，增大压强，反应1 平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应2 平衡逆向移动，
导致CO 选择性降低，因此一定温度下，图中p 表示CO 的选择性与压强的关系，CH3OH 的选择性加上
CO 的选择性应为100%，因此m 表示CH3OH 的选择性与压强的关系，n 表示CO2的平衡转化率与压强的关
系；A 点时CO2转化率为30%，CH3OH 的选择性为70%，
，
，
，
，解得
x=0.21，y=0.09，此时
的转化率为
；CO2的物质的量分数
为
，H2的物质的量分数为
，CO 的
物质的量分数为
，H2O 的物质的量分数为
，反应2 的压强平衡常数
。
（4）①结合图示可知，H+通过质子交换膜流向阴极区，因此右侧电极区为阴极，当溶液酸性增强，阴
极法拉第效率降低，则通过电极的电子部分生成了其它气体，结合题意可得电极反应式应为2H++2e-
=H2↑，因此气体a 的分子式为
；
②结合图示可知，右侧电极区为阴极，CO2在阴极得到电子生成甲醇，因此阴极电极反应式为：
。
11．（2025·湖南株洲·一模）氢能是一种理想的绿色能源。有科学家预言，氢能有可能成为人类未来的
主要能源。我国科学家研制了下列三种制氢方法。
Ⅰ．甲苯催化重整制氢。主要反应有：
a．甲苯水蒸气重整：①
b．甲苯二氧化碳重整：②
c．水汽变换反应：③
d．甲烷化反应：④
⑤
(1)甲苯催化重整最适宜的条件是：___________(填标号)。
A．高温高压
B．高温低压
C．低温低压
D．低温高压
(2)反应：
。
(3)一定压强下，反应釜出口
含量随温度、进料比
变化如图：
解释
含量随进料比
的变化及原因： 。
(4)进料比
为
、
时，出口中
的物质的量分数随温度升高的变化如图，结合反应体
系说明原因： 。
Ⅱ．二氧化铈制氢法
二氧化铈为立方晶胞结构，其独特的电子结构使得它更易在
和
之间进行可逆电荷转移，从而
实现两步法制氢，当晶胞中部分
被还原为
时会产生氧空位。
(5)二氧化铈晶胞中
的配位数为： 。
(6)当晶体中
和
个数比为2：5 时，氧空位比为 [
]
Ⅲ．酸性葡萄糖溶液电催化制氢的原理如图：
(7)写出阳极的电极反应式： 。
【答案】(1)B
(2)–573.6kJ/mol
(3)一定温度下，出口处H2的含量随进料比增加先增大后减小。进料比小于7∶1 时，随水蒸气的增加
平衡向生成H2方向移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1 时，水蒸气过量，稀释了H2的含量
(4)当进料比为7∶1 时，甲苯重整、甲烷重整等吸热反应为主；当进料比为8∶1 时，水汽变换反应为
主
(5)8
(6)1∶13
(7)C6H12O6(葡萄糖)+6H2O–24e–=6CO2↑+24H+
【解析】（1）甲苯催化重整无论是水蒸气重整还是二氧化碳重整的反应都是气体物质的量增大的反
应，且反应都吸热，故高温低压条件有利于反应正向进行，故选B；
（2）根据已知：
反应① C7H8(g)+7H2O(g)⇌7CO(g)+11H2(g) ΔH1=+869.1kJ/mol
反应⑤ CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH5=+206.1kJ/mol
反应C7H8(g)+10H2(g)=7CH4(g)可以由反应①-反应⑤×7 得到，则该反应的 ΔH= ΔH1-ΔH5×7=–
573.6kJ/mol；
（3）温度一定时，左图中，进料比增大，H2含量增加，右图中，进料比增大，H2含量减小，因为甲苯
水蒸气重整反应H2O 和甲苯反应比是7:1，故进料比小于7∶1 时，随水蒸气的增加平衡向生成H2方向
移动，出口处H2含量增加；进料比大于8∶1 时，水蒸气过量，稀释了H2的含量，一定温度下，出口
处H2的含量随进料比增加先增大后减小；
（4）由图可知，当进料比为7∶1 时，随温度升高，H2含量增加，说明以甲苯重整、甲烷重整等吸热
反应为主，有利于平衡正向移动；当进料比为8∶1 时，随温度升高，H2含量减小，说明以水汽变换等
放热反应为主，平衡逆向移动；
（5）根据晶胞无隙并置的特点，观察晶胞上下面面心的Ce4+可知，它上下各有4 个O2-到它距离相等，
8 个O2-构成正方体，故Ce4+的配位数为8；
（6）当晶体中Ce3+和Ce4+个数比为2：5 时，根据化合价代数和为0，Ce 和O 的组成比为7:13，若是
CeO2，Ce 和O 的组成比为1:2=7:14，故氧空位比为(14-13):13=1:13；
（7）阳极连外电源正极，是左侧电极，由图知，葡萄糖在阳极失电子，生成的气体可以用于工业制
氨，故生成气体为CO2，质子交换膜表明电解质溶液为酸性，故电极反应式为C6H12O6(葡萄糖)+6H2O–
24e–=6CO2↑+24H+。
12．（2025·湖南·一模）
基活性炭催化
重整不仅可获得合成气(
与
)，还能同时消耗
两种温室气体，回答下列问题：
(1)
重整反应为
，相关物质的燃烧热数值
如下表所示：
物质
燃烧热
该催化重整反应的
(用含a、b、c 的代数式表示)，从热力学角度考虑，有利于
合成气生成的条件是 (填“高压”或“低压”)。
(2)控制温度为
，总压为
，在密闭容器中加入
与
及催化剂进行重整反应，
达到平衡时
的体积分数为
，
的平衡转化率为 ，平衡常数
。
(3)常压条件下，将等物质的量的
与
充入密闭容器，同时存在以下反应：
①
②
③
④
反应达平衡时混合气体的组成如图，曲线
和
中，表示
的是 。在900℃之前，
曲线明
显处于表示
的曲线上方，原因是 。
(4)以
作催化剂，利用合成气制备烃类物质的反应机制如下：
根据图示，利用该反应机制合成乙烯的化学方程式为 。下列说法正确的是 (填序号)。
a．反应物吸附过程只断裂极性键
b．
偶联过程中只形成非极性键
c．整个反应过程中无极性键生成
【答案】(1)(a-2b-2c)低压
(2)37.5% 0.55
(3)m 温度低于900℃时， 温度升高有利于反应③正向移动，反应③既消耗H2，又生成CO
(4)4H2+2CO
CH2=CH2+2H2O b
【解析】（1）由
、
、
的燃烧热数值可知①
；②
；③
；由盖斯定律①-2×②-2×③可得
(a-2b-2c)
；该反应是气体体积增大的反应，从热力学角度考虑，有利于合成气生成的条件是
低压。
（2）根据已知条件列出“三段式”
达到平衡时CO 的体积分数为
20%，解得x=0.375mol，
的平衡转化率为
=37.5%，因控制总压为5.0
，则平衡常数
=0.55
。
（3）由盖斯定律可知，反应②-反应④可得反应①
，反应①和反应③是吸热反应，反应④是放热反应，升
高温度反应①和反应③正向移动，反应④逆向移动，CO 的体积分数增大，则表示CO 的是m，900℃之
前，m 曲线明显处于表示
的曲线上方，原因是：温度低于900℃时， 温度升高有利于反应③正向移
动，反应③既消耗H2，又生成CO。
（4）根据图示，利用该反应机制合成乙烯的化学方程式为：4H2+2CO
CH2=CH2+2H2O。
a．根据图示，反应物吸附过程断裂了H-H 非极性键和碳氧极性键，a 错误；b．根据图示，偶联过程
中只形成C-C 非极性键，b 正确；c．根据图示，整个反应过程中有O-H 极性键生成，c 错误；故选
b。
