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专题10 化学反应原理综合题
1．（2025·辽宁·二模）甲烷化反应为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，是一种有效的温室气体减排手段。涉
及的反应如下：
反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) Δ H 1=-206.2kJ·mol
-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) Δ H 2=-41.2kJ·mol
-1
反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) Δ H 3=-165kJ·mol
-1
积碳反应：CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)
(1)已知标准摩尔生成焓(Δf H m
θ)是指标准状态下，由稳定的单质生成1mol化合物的焓变。
物质
CO(g)
CH4(g)
H2(g)
H2O(g)
Δf H m
θ/(kJ·mol
-1) a
-74.9
0
-241.8
a = 。
(2)T℃时，在2L固定容积的容器中充入1molCO和一定量的H2发生上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时H2
和CO的转化率及CH4和CO2的产率随n(H2)
n(CO) 变化的情况如图所示。
①不能判断体系达到化学平衡的是 (填序号)。
A．容器内CH4、H2O的浓度之比为1:1
B．气体密度不再变化
C．气体平均摩尔质量不再变化
D． n(H2)
n(CO)
的值不再变化
②图中表示CH4产率变化的曲线是 (填标号)，A、C 两点n(H2)
n(CO)
的值相同，C 点通过改变温度达到A
点，则反应Ⅰ的K (A)、K (B)、K (C)由大到小的顺序是 。
③按n(H2)
n(CO) = 4:1向恒容容器内投料，初始压强为p0，若仅发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，10min后达到平衡时总
压为4 p0
5
，CO的平衡转化率为α。CH4的选择性= %[CH4的选择性=n(CH4)
n(CO2)+n(CH4)
×100 %]，反
应Ⅰ的K P= (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)相同时间内CH4的产率在高于一定温度时降低，可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性
降低的原因是 。
【答案】(1)-110.5
(2) AB c K (A)> K (B)= K (C) 50
α
12.5
(2+α)
3×p0
2或
25
2(2+α)
3×p0
2或
1
0.08(2+α)
3×p0
2
(3)高温时，CH4分解，导致催化剂积碳，活性降低
【详解】（1）对于反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) Δ H 1=-206.2kJ·mol
-1，根据标准摩尔
生成焓(Δf Hm
θ)计算反应的；
Δ H 1= Δf H m
θ[CH4(g)]+ Δf H m
θ[H2O(g)]- Δf H m
θ[CO(g)]-3 Δf H m
θ[H2(g)]=-206.2kJ·mol
-1；已知
Δf H m
θ[CH4(g)]=-74.9kJ·mol
-1，Δf H m
θ[H2O(g)]=-241.8kJ·mol
-1 Δf H m
θ[H2(g)]=0kJ·mol
-1，
可得Δf H m
θ[CO(g)]=-110.5kJ·mol
-1，即a =-110.5kJ·mol
-1；
（2）①A．容器内CH4、H2O的浓度之比为1:1， 这只是一种特殊的浓度关系，不能说明正逆反应速率相
等，也不能表明各组分的浓度不再变化，所以不能判断体系达到化学平衡，A 符合题意；
B．该反应体系中气体的总质量不变，容器的体积固定，气体密度始终不变，所以气体密度不再变化不能
判断体系达到化学平衡，B 符合题意；
C．反应前后气体的总物质的量发生变化，而气体的总质量不变，气体平均摩尔质量是变量，当气体平均
摩尔质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，体系达到化学平衡，C 不符合题意；
D．随着反应进行，n(H2)
n(CO)
的值在变化，也是变量，根据变量不变原则，能判断达到平衡，D 不符合题意；
②随着n(H2)
n(CO)的增大，CO 接近完全转化，CH4产率逐渐增大，直到接近100%，故c 表示CH4产率变化的曲
线；故b 表示CO 转化率，B、C 均在曲线b 上，温度B=C，K (B)= K (C)， A 点CO 转化率高于C，反
应正向进行程度大，则K (A)> K (B)= K (C)；
③设n（CO）=n，则n（H2）=4n，列出反应Ⅰ三段式：
CO(g)+
3H2(g)⇌
CH4(g)+
H2O(g)
起始(mol)
n
4n
¿
0¿转化(mol)¿x¿3x¿x¿x¿平衡(mol)¿n-x¿4n-3x¿x¿x¿
反应Ⅱ前后气体体积不变，反应Ⅰ前后总物质的量减少2x，根据初始压强为p0，达到平衡时总压为4 p0
5
，
则x + x +n- x + 4 n-3 x
5n
= 4
5 ，解得x =0.5n；
CO 的平衡转化率为a，列出反应Ⅱ三段式为：
CO(g)+
H2O(g)⇌
CO2(g)+
H2(g)
起始(mol)
0.5n
0.5n
¿
2.5n¿转化(mol)¿na-0.5n¿na-0.5n¿na-0.5n¿na-0.5n¿平衡
，
CH4的选择性=n(CH4)
n(CO2)+n(CH4)
×100 % =
0.5n
n(a-0.5)+0.5n = 0.5
a = 50
a %；平衡时，总的物质的物质的量为
n(1-a)+n(1-a)+n(a-0.5)+n(2+a)+0.5n= 4 n，CO 的分压为n(1-a)
4 n
× 4
5 p0= (1-a) p0
5
、H2分压
为(2+a)n
4 n
× 4
5 p0=(2+a)
5
p0、CH4的分压为0.5n
4 n × 4
5 p0=0.5
5
p0、H2O 分压为
(1-a)n
4 n
× 4
5 p0=(1-a)
5
p0，Ⅰ的Kp=
[(1-a)
5
p0]×(0.5
5
p0)
[ (1-a) p0
5
]×[(2+a)
5
p0]
3 =
12.5
(2+a)
3× p0
2；
（3）相同时间内CH4的产率在温度高于330°C 时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化
剂活性降低的原因是高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低。
2．（2025·江苏常州·二模）乙酸是一种重要的有机化工原料，其制备方法受到广泛研究和关注。
(1)CO 催化电解制乙酸。
①将CO 通入附着催化剂的多孔石墨电极，以KOH 溶液为电解液，电解装置如图所示。生成的CH3COOK
经处理后得到乙酸。阴极上CO 生成CH3COO
-的电极反应式为 。
②C8H15 NO6是一种来源广、价格低的化工原料。其他条件不变，改进工艺，以KOH 和C8H15 NO6的混合液
为电解液也可制备乙酸，电解装置如图所示。从装置和物质转化的角度分析，改进后的优点有
。
(2)CH4光催化制乙酸。
在光照条件下，以PdO/Pd 为催化剂，向反应器中匀速通入一定比例的CH4和H2O进行反应。H2O在Pd 表面
产生⋅OH。生成乙酸的一种机理如图所示。
①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，在下图中补全X 的结构。
步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y 实现转化，Y 可能为 (填字母)。
A．CO B．O2 C．H2
②ⅰ：催化剂中Pd 元素总量一定，乙酸的产量和光催化效率随PdO 的含量变化如图所示。当PdO 的含量
大于10μmol时，随着PdO 含量的增加，乙酸的产量逐渐减少，原因是 。
ⅱ：若催化剂中不含PdO 时，在Pd 上的反应仍遵循上述反应机理，则反应得到的有机产物有C2H6、
(填结构简式)。
③在该光催化条件下，O2比H2O更易活化，生成更多的⋅OH。若用O2代替部分H2O进行实验，随着O2含量
的上升，甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是 。
【答案】(1) 2CO+3 H2O+ 4e
-=CH3COO
-+3OH
- 乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置
更简单(或成本更低)
(2)
或
(与Pd 相连虚线、实线不作要求) B 光催化效率降低，
甲烷转化率下降；Pd 含量减少，表面产生⋅OH的量减少；Pd 含量减少，甲烷的吸附量减少 CH3OH
装置中产生大量的⋅OH，直接将甲烷氧化为CO2
【详解】（1）①KOH 溶液为电解液，阴极上CO 发生还原反应生成CH3COO
-，电极反应式为
2CO+3 H2O+ 4e
-=CH3COO
-+3OH
-；
②根据图示C8H15 NO6也能转化为乙酸，装置中无需离子交换膜，从装置和物质转化的角度分析，改进后的
优点有乙酸的产量更高；无需使用离子交换膜，装置更简单(或成本更低)；
（2）
①步骤Ⅵ过程中形成碳碳单键，结合步骤Ⅶ过程中生成乙酸，补全X 的结构为
或
(与Pd 相连虚线、实线不作要求)；步骤Ⅷ需在加热条件下，加入物质Y 实现转化，□为氧
空位，Y 可能为O2，故选B；
②ⅰ：当PdO 的含量大于10μmol时，随着PdO 含量的增加，从图中可以看出光催化效率降低，因此乙
酸的产量逐渐减少，原因是光催化效率降低，甲烷转化率下降；Pd 含量减少，表面产生⋅OH的量减少；Pd
含量减少，甲烷的吸附量减少；
ⅱ：根据图示，若催化剂中不含PdO 时，则不会形成碳氧双键，H2O在Pd 表面产生⋅OH，则反应得到的有
机产物除了C2H6，还有CH3OH；
③若用O2代替部分H2O进行实验，随着O2含量的上升，装置中产生大量的⋅OH，乙酸可以进一步被氧化生
成CO2，所以甲烷的消耗量略有增加，乙酸的产量却不升反降，原因是装置中产生大量的⋅OH，直接将甲
烷氧化为CO2。
3．（2025·上海普陀·二模）CH4用水蒸气重整制氢包含的反应为：
Ⅰ．水蒸气重整：CH4(g)+ H2O(g)⇌CO(g)+3 H2(g) Δ H =+206.1kJ⋅mol
-1
Ⅱ．水煤气变换：CO(g)+ H2O(g)⇌CO2(g)+ H2(g) Δ H =- 41.2kJ⋅mol
-1
总反应可表示为：CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+ 4 H2(g) Δ H 总
(1)总反应的Δ H 总= kJ⋅mol
-1，该反应为 （填“吸热”或“放热”）反应。
水碳比定义为原料气中H2O 和CH4的物质的量之比，此处用X 表示：X = n(H2O)
n(CH4)
反应Ⅰ——水蒸气重整：
(2)在恒容密闭容器中，加入1mol CH4和一定量的H2O(g)，若仅发生反应Ⅰ，CH4的平衡转化率按不同投料
比X 随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是________（不定项）。
CH4(g)+ H2O(g)⇌CO(g)+3 H2(g) Δ H =+206.1kJ⋅mol
-1
A．点a、b、c 对应的平衡常数：Ka=Kb>Kc
B．X1>X2>X3
C．反应温度为T1，当容器内n(CO)
n(H2) 比值不变时，可判断反应达到平衡状态
D．反应速率：va 正<vb 正
反应Ⅱ——水煤气变换：CO(g)+ H2O(g)⇌CO2(g)+ H2(g)
水煤气变换是重要化工过程，主要用于合成氨，制氢以及合成气加工等工业领域中。曾有科学家做过如下
实验，在721℃下，分别使H2和CO 还原CoO(s)，得到如下数据：
化学方程式
平衡后气体的物质的量分数
H2+CoO=CO+ H2O(g)
H2：0.025
CO+CoO=Co+CO2
CO：0.0192
(3)根据上述实验结果判断：①CO、H2还原CoO(s)为Co(s)能力的强弱 。
A． CO>H2 B． CO<H2 C． CO=H2 D． 无法判断
②反应Ⅱ水煤气变换的化学平衡常数K= （写出过程，保留3 位有效数字）。
我国学者研发了一种用于低温水煤气变换反应的高效稳定催化剂——原子层金簇负载α-MoC 催化剂，下图
表示该催化剂与金催化剂的反应历程：（吸附在催化剂表面上的物种用★标注）
(4)使用金催化剂决速步发生的化学方程式： 。
(5)使用金催化剂（A）和原子层金簇负载α-MoC 催化剂（B），哪种更有利于该反应进行？ （填
“A”或“B”），原因是 。
(6)100kPa 时，将X=3 的混合气体投入恒压反应器中，平衡时，各组分的物质的最分数与温度的关系如下
图所示
①上图中表示CO2曲线是 （选填曲线“A”或“B”），理由是 。
②在600℃，将X=3 的混合气投入恒容反应器中，CH4的平衡物质的量分数 0.04（填“>”“<”或
“=”）。
③反应在600℃、t 小时后达到平衡，t 小时内计算v(H2O)= kPa·h-1。（用含t 的代数式表示，气体
分压=总压强×气体物质的最分数）
④某研究小组发现，随着反应进行，实验测得CO 的释放速率与模拟数据吻合，但是H2的释放速率高于模
拟值，如图所示，你认为可能的原因是 。
【答案】(1) +164.9 吸热
(2)CD
(3) A 1.31
(4)COOH⋅+ H⋅+ H2O⋅=COOH⋅+2H⋅+OH⋅或H2O⋅= H⋅+OH⋅
(5) B 使用金催化剂（A），反应需要最大活化能为2.02eV，而使用原子层金簇负载α-MoC 催化
剂（B）反应最大活化能为1.66eV，更有利于反应进行
(6) A 反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。
600℃前随温度升高，CO 浓度增大使反应Ⅱ正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度（或
“600℃后，CO 浓度增大使反应Ⅱ正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度”），所以CO2的物
质的量分数先增大后减小，故曲线A 符合 > 43
t
随反应进行，发生甲烷裂解等副反应（或
其他合理答案）
【详解】（1）根据盖斯定律，总反应=反应Ⅰ+Ⅱ，总反应的Δ H 总= +206.1kJ⋅mol
-1- 41.2kJ⋅mol
-1
=+164.9kJ⋅mol
-1；该反应为吸热反应；
（2）A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡常数增大，点a、b、c 对应的平衡常数：Ka=Kb>Kc，A 正确；
B．在恒容密闭容器中，加入1mol CH4和一定量的H2O(g)，X = n(H2O)
n(CH4) 越大，H2O(g)越多，CH4的平衡转
化率越大，可知X1>X2>X3，B 正确；
C．容器内n(CO)
n(H2) 比值等于其化学计量系数之比，一直不变，不能判断反应达到平衡状态，C 错误；
D．X = n(H2O)
n(CH4) 越大，H2O(g)越多，反应物浓度越大，反应速率越快，va 正>vb 正，D 错误；
故选CD；
（3）①根据平衡后CO 气体的物质的量分数更小，说明CO 气体转化更多，还原CoO(s)为Co(s)能力更强，
故选A；
②反应a：H2+CoO =CO+ H2O(g)的平衡常数K1=c(H2O)
c(H2)
=φ(H2O)
φ(H2)
= 0.975
0.025 =39，反应b：
CO+CoO=Co+CO2的平衡常数K2=c(CO2)
c(CO) =φ(CO2)
φ(CO) = 0.9808
0.0192 ≈51.1，反应Ⅱ=反应b-反应a，反应Ⅱ水
煤气变换的化学平衡常数K=K2
K1
= 51.1
39 ≈1.31；
（4）决速步骤活化能最大，由图可知，使用金催化剂决速步发生的化学方程式：
COOH⋅+ H⋅+ H2O⋅=COOH⋅+2H⋅+OH⋅或H2O⋅= H⋅+OH⋅；
（5）使用金催化剂（A），反应需要最大活化能为2.02eV，而使用原子层金簇负载α-MoC 催化剂（B）反
应最大活化能为1.66eV，更有利于反应进行，故原子层金簇负载α-MoC 催化剂（B）更有利于该反应进行；
（6）①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。600℃前
随温度升高，CO 浓度增大使反应Ⅱ正向进行的程度大于温度升高使其逆向进行的程度（或“600℃后，
CO 浓度增大使反应Ⅱ正向进行的程度小于温度升高使其逆向进行的程度”），所以CO2的物质的量分数
先增大后减小，故曲线A 表示CO2曲线；
②随着温度升高，甲烷浓度减小，100kPa 时，将X=3 的混合气体投入恒压反应器中，CH4的平衡物质的量
分数为0.04，若将X=3 的混合气投入恒容反应器中，CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+ 4 H2(g)为气体分子数
增多的反应，容器内压强增大，CH4的平衡转化率下降，CH4的平衡物质的量分数>0.04；
③反应反应在600℃，H2O 的平衡物质的量分数为0.32，平衡时P(H2O)=100kPa×0.32=32kPa，起始
X = n(H2O)
n(CH4) =3，起始P(H2O)=100kPa×0.75=75kPa，t 小时后达到平衡，t 小时内计算
v(H2O)= Δp
Δt =
100kPa× 3
4 -100kPa×0.32
th
= 43
t
kPa/h；
④随着反应进行，实验测得CO 的释放速率与模拟数据吻合，但是H2的释放速率高于模拟值，可能的原因
是随反应进行，发生甲烷裂解生成氢气等副反应。
4．（2025·浙江绍兴·二模）甲醇(CH3OH)、甲酸甲酯(HCOOCH3)均是用途广泛的化工原料。请回答：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应：CO2(g)+3H2(g)
CH
⇌
3OH(g)+H2O(g)，一般认为该反应分为两步，体系能
量-反应进程如图所示：
①一定条件下，反应Ⅰ能自发进行，则反应Ⅰ在该条件下的ΔS 0(填“>”、“<”或“=”)。
②下列说法不正确的是 。
A．反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H
⇌
2O(g) ΔH>0
B．上述反应建立平衡后，移走CH3OH，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均右移
C．适当升温有利于提高一定时间内反应的速率和产率
D．催化剂能提高甲醇的平衡转化率
(2)通过电解含有甲醇的NaOH 溶液可用于制备甲酸盐，生成甲酸盐的电极反应式为 。
(3)已知HCOONa 的Kh=5.6×10-9，若电解一段时间后所得HCOONa 溶液的浓度为1.8mol/L，则将HCOONa
溶液完全转化为HCOOH 溶液需调节溶液中H+浓度约为 ，所得甲酸溶液进一步处理后可用于
制备甲酸甲酯。
(4)甲醇催化氧化也可用于制备甲酸甲酯，其工艺过程包含以下反应：
Ⅲ：2CH3OH(g)+O2(g)
HCOOCH
⇌
3(g)+2H2O(g) ΔH=+51.2kJ•mol-1
Ⅳ：HCOOCH3(g)
2CO(g)+2H
⇌
2(g) ΔH=+129.1kJ•mol-1
已知：CH3OH 和O2在催化剂表面的反应过程如下(M*表示催化剂表面的吸附物种，部分产物已省略)
a．氧在催化剂表面活化：O2→2O*
b．甲醇的化学吸附：CH3OH+O*→CH3O*
c．生成弱吸附的甲醛：CH3O*+O*→HCHO*
d．生成甲酸甲酯并脱附：HCHO*+CH3O*→HCOOCH3
①步骤b 是HCOOCH3合成决速步骤，在相同的温度和压强下，以一定的流速通过不同的催化剂表面，反
应相同时间，测得实验数据如下：
T(K)
催化剂
甲醇氧化为甲醛的转化
率
甲酸甲酯的选择
性
353
Au@SiO2
40%
98%
353
Auδ+@SiO2
85%
100%
研究表明在金离子存在的条件下，甲酸甲酯的产率明显提高，可能原因是 。
②实际工业生产中，采用的温度约为353K，温度不能太高的理由是(不考虑催化剂活性降低活失活)
。
【答案】(1) > AD
(2)CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O
(3)0.32mol/L
(4) 在Au 离子存在下，有利于促进甲醇的化学吸附，提高生成甲酸甲酯的速率 反应Ⅳ是吸热反
应，温度升高，平衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO 和H2，产率降低；温度升高，不利于反应物O2、甲醇
的吸附
【详解】（1）①由图可知，反应I 的ΔH>0，自发进行：ΔG=ΔH-TΔS<0，则ΔS>0；
A
②．如图可知，反应Ⅱ：CO(g)+2H2(g)
CH
⇌
3OH(g) ΔH<0，故A 错误；
B．上述反应建立平衡后，移走CH3OH，反应Ⅱ平衡右移，CO 减少，反应Ⅰ平衡右移，故B 正确；
C．反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ放热，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ的速率均增加，但反应Ⅰ平衡正向移动，反应
Ⅱ平衡逆向移动，因此适当升温有利于提高一定时间内反应的速率和产率，故C 正确；
D．催化剂不能改变化学平衡，不能提高甲醇的平衡转化率，故D 错误；
故答案为AD。
（2）碱性条件下电解甲醇生成甲酸盐的电极反应式为CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O。
（3）HCOONa 水解产生HCOOH：HCOO-+H2O
HCOOH+OH
⇌
-，初始HCOO-浓度为1.8mol/L，HCOONa
溶液完全转化为HCOOH 溶液时HCOO-浓度为1×10-5mol/L，HCOOH 浓度为(1.8-1×10-5)mol/L，则根据
K h= c( HCOOH )c(OH
-)
c( HCOO
-)
=5.6×10
-9，此时溶液中OH-浓度约为
c(OH
-)= K h( HCOO
-)
c( HCOOH ) = 5.6×10
-9×1×10
-5
(1.8-1×10
-5)
mol/ L≈5.6×10
-9×1×10
-5
1.8
mol/ L=3.1×10
-14mol/ L，
则c( H
+)=
K w
c(OH
-)
= 1×10
-14
3.1×10
-14 mol / L=0.32mol / L。
（4）①步骤b 是HCOOCH3合成决速步骤，在金离子存在的条件下，甲酸甲酯的产率明显提高，可能原因
是：在Au 离子存在下，有利于促进甲醇的化学吸附，提高生成甲酸甲酯的速率；
②实际工业生产中，采用的温度约为353K，温度不能太高的理由是：反应Ⅳ是吸热反应，温度升高，平
衡正移，甲酸甲酯易分解生成CO 和H2，产率降低；温度升高，不利于反应物O2、甲醇的吸附。
5．（2025·天津和平·二模）纳米铁在生产生活中有着广泛的用途。
(1)纳米铁可用FeCl2和NaBH4(NaBH4中B 为+3 价)制备。
NaBH
①
4中各元素的电负性顺序为 ，BH4
-的电子式为 。
②完成制备纳米铁的方程式：FeCl2+2NaBH4+6 H2O=2B (OH)3+ Fe+2NaCl+ 。
当生成1molFe 时，反应中转移电子的物质的量为 。
(2)纳米铁也可以通过Fe2O3与CH4反应制备，其反应为Fe2O3(s)+3CH4 (g)⇌2Fe(s)+3CO (g)+6 H2(g)。
一定温度下，将一定量的Fe2O3(s)和CH4 (g)置于恒容密闭容器中反应，下列能说明反应达到平衡状态的有
___________(填标号)。
A．体系压强不再改变
B．v 正(CH4)=2v逆(H2)
C．混合气体的密度不再改变
D．CO和H2的浓度之比为1:2
(3)纳米铁具有强的还原能力，酸性环境下，可将溶液中ReO4
-还原成固态的ReO2而除去，自身转化成
Fe3+。质量、状态均相同的纳米铁对三种同体积、不同初始浓度(单位：mg/L)溶液中ReO4
-的去除率如图所
示。
①初始浓度c(ReO4
-)=20 mg/L时，在0~4h 内，ReO4
-的平均消耗速率为 mol/(L∙h)。②研究表
明pH 过高或过低都会使ReO4
-的去除率降低，可能的原因分别是 。
(4)纳米铁也可将水体中Cr(Ⅵ)还原为Cr3+，再将Cr3+转化为Cr(OH)3从水体中除去。
①常温下，Cr(Ⅵ)总浓度为0.20mol/L 溶液中，含铬物种浓度随溶液pH 的分布如图所示，则H2CrO4的Ka1
Ka2
= ，当c(H2CrO4)=c(CrO4
2-)时，pH= (均用含M、N 的式子表示)。
②实验发现，在纳米铁中添加少量铜粉，去除水体中六价铬的效率与纯纳米铁相比更高，其原因是
。
【答案】(1) H＞B＞Na
7H2↑ 8mol
(2)AC
(3) 1.2×10-5 pH 过低，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑；pH 过高，生成氢氧化铁包裹在纳米铁表面，
降低接触面积，抑制了反应的快速进行
(4) 10N-M M+N
2 加入铜粉形成了原电池，加快了去除六价铬反应的速率
【详解】（1）
NaBH
①
4中，B 为+3 价，Na 为+1 价，H 为-1 价，则H 的非金属性大于B 的非金属性，依据同周期、同主
族元素的性质递变规律，非金属性B＞Li＞Na，非金属性越强，电负性越大，则各元素的电负性顺序为H
＞B＞Na，
BH4
-
中，B、H 间各形成一个共用电子对，电子式为
。
②制备纳米铁的方程式为：FeCl2+2NaBH4+6 H2O =2B (OH)3+ Fe+2NaCl+ X，依据元素守恒，可得出反
应的化学方程式为FeCl2+2NaBH4+6 H2O =2B (OH)3+ Fe+2NaCl+7 H2↑。由反应方程式，可得出如下关
系式：Fe—8e-，当生成1molFe 时，反应中转移电子的物质的量为8mol。
（2）对于反应Fe2O3(s)+3CH4 (g)⇌2Fe(s)+3CO (g)+6 H2(g)。
A．反应前后气体分子数不等，随着反应的进行，恒容密闭容器中压强不断发生改变，当体系压强不再改
变时，反应达平衡状态，A 符合题意；
B．v 正(CH4)=2v逆(H2)，虽然反应进行的方向不同，但变化量之比不等于化学计量数之比，则反应不一
定达平衡状态，B 不符合题意；
C．反应进行过程中，混合气的质量不断发生改变，容器的体积不变，则混合气体的密度不断发生改变，
当密度不再改变时，反应达平衡状态，C 符合题意；
D．不管反应是否达到平衡，始终存在CO 和H2的浓度之比为1:2，则反应不一定达平衡状态，D 不符合题
意；
故选AC。
（3）①初始浓度c(ReO4
-)=20 mg/L时，在0~4h 内，ReO4
-的平均消耗速率为
20×10
-3g/L
239g/mol ×60 %
4 L
=1.2×10-5mol/(L∙h)。
②研究表明pH 过高时，Fe3+会转化为氢氧化铁沉淀，pH 过低时，纳米铁会与H+反应，从而使ReO4
-的去除
率降低，则可能的原因分别是：pH 过低，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑；pH 过高，生成氢氧化铁包裹在纳
米铁表面，降低接触面积，抑制了反应的快速进行。
（4）①常温下，Cr(Ⅵ)总浓度为0.20mol/L 溶液中，含铬物种浓度随溶液pH 的分布如图所示，则对于
H2CrO4，Ka1=c(H
+)⋅c(HCrO4
-)
c(H2CrO4)
=c(H+)=10-Mmol/L，Ka2=c(H
+)⋅c(CrO4
2-)
c(HCrO4
-)
=c(H+)=10-Nmol/L，Ka1
Ka2
=10
-M
10
- N
=10N-M，当c(H2CrO4)=c(CrO4
2-)时，Ka1∙ Ka2=c
2(H
+)⋅c(CrO4
2-)
c(H2CrO4)
=c2(H+)=10-(M+N)，c(H+)=10
- M+N
2 ，pH=M+N
2
。
②实验发现，在纳米铁中添加少量铜粉，Fe、Cu、水体中Cr(Ⅵ)构成原电池，使去除水体中六价铬的效率
与纯纳米铁相比更高，其原因是：加入铜粉形成了原电池，加快了去除六价铬反应的速率。
【点睛】在BH4
-中，B 原子的孤电子对数为3+1- 4
2
=0，形成4 个σ 键，价层电子对数为4，发生sp3杂化，
则其结构呈正四面体形。
6．（2025·北京昌平·二模）固体硫化物电池在回收过程中产生大量H2S气体，以下是几种工业处理H2S的
方式。
资料：S2是硫单质的一种形式，化学性质与S 相似。
Ⅰ．甲烷硫化氢转化法：2H2S(g)+CH4 (g)=CS2(g)+ 4 H2(g) ΔH
(1)已知：
①2H2S(g)=S2(g)+2H2(g) Δ H 1=+170kJ⋅mol
-1
②2S2(g)+CH4 (g)=CS2(g)+2H2S(g) Δ H 2=-106kJ⋅mol
-1
可求出ΔH= kJ⋅mol
-1。
(2)从能量角度说明该反应用于工业生产的弊端 。
Ⅱ．电化学循环法：采用FeCl3溶液吸收处理H2S，并通过电解池实现“吸收液”的再生，同时制取氢气，
其原理如图所示。
(3)写出反应器内发生反应的离子方程式 。
(4)结合电极反应式说明“吸收液”在电解池中是如何再生的 。
Ⅲ．克劳斯法：2H2S(g)+O2(g) ⇌
催化剂
S2(g)+2H2O (g) △H<0。
(5)一定条件下，将O2和H2S按
n(O2)
n(H2S)
= 1
2的比例向反应容器内投料，相同时间内，S2产率随温度的变化如
图所示。解释随温度升高，S2产率先增大后减小的原因 。
(6)其他条件相同时，某温度下，S2产率随
n(O2)
n(H2S)
值的变化如图所示。该温度是 ℃。
n(O2)
n(H2S)
值过高不
利于提高S2产率的原因是 。
【答案】(1)＋234kJ⋅mol
-1
(2)反应需吸收大量热，不易自发
(3)4 Fe
3++2H2S= 4 Fe
2++S2↓+ 4 H
+
(4)反应器中产生的FeCl2和HCl 溶液进入电解池的阳极区，阳极式：Fe
2+-e
-=Fe
3+，阳极区得到FeCl3溶
液，吸收液得以再生
(5)低于200℃时，升高温度，反应速率增大，因此相同时间内S2的产率增大；高于200℃时，若该时间内
反应达到平衡，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，S2的产率减小，若该时间内反应未达
平衡，可能由于催化剂失活，造成反应速率下降，S2的产率减小。
(6) 200℃ 当
n(O2)
n(H2S)
>0.5 时，O2过量，生成的S2继续被氧化成SO2，导致S2产率减小
【详解】（1）观察知，反应2H2S(g)+CH4 (g)=CS2(g)+ 4 H2(g) Δ H可由反应①×2+反应②得到，根据盖
斯定律，Δ H=2 Δ H 1+ Δ H 2=+(170×2-106) kJ⋅mol
-1=+234kJ⋅mol
-1。
（2）从能量角度来看，该反应属于吸热反应，反应过程中需吸收大量热，不易自发，这是该反应用于工
业生产的弊端。
（3）结合原理图可知，Fe
3+和H2S发生氧化还原反应生成S2沉淀，Fe
3+被还原为Fe
2+，根据化合价升降守
恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应器内发生反应的离子方程式：4 Fe
3++2H2S= 4 Fe
2++S2↓+ 4 H
+。
（4）图中，反应器中产生的FeCl2和HCl 溶液进入电解池的阳极区，阳极式：Fe
2+-e
-= Fe
3+，阳极区得
到FeCl3溶液，吸收液得以再生，H
+通过质子交换膜转移到阴极区，H
+在阴极被还原为氢气，阴极式：
2H
++2e
-= H2↑。
（5）随温度升高，S2产率先增大后减小的原因：低于200℃时，升高温度，反应速率增大，因此相同时间
内S2的产率增大；高于200℃时，若该时间内反应达到平衡，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆
向移动，S2的产率减小，若该时间内反应未达平衡，可能由于催化剂失活，造成反应速率下降，S2的产率
减小。
（6）结合上一问可知，当按照
n(O2)
n(H2S)
= 1
2投料，温度为200℃时对应的S2产率最大。
n(O2)
n(H2S)
值过高不利
于提高S2产率的原因：
n(O2)
n(H2S)
>0.5 时，O2过量，生成的S2继续被氧化成SO2，导致S2产率减小。
7．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）为实现“碳中和”和“碳达峰”，碳的循环利用是重要措施。
Ⅰ．甲烷干重整反应（DRM）可以将两种温室气体（CH4和CO2）直接转化为合成气（主要成分为CO 和
H2），反应方程式为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。
(1)几种物质的燃烧热如下表：
物质
CH4(g)
CO(g)
H2(g)
燃烧热（kJ·mol-1）
893
283
286
甲烷干重整反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)的Δ H = mol·L-1。
Ⅱ．重整获得的H2可用于工业合成氨，下面是原料气在铁触媒表面催化合成氨的一种反应历程示意图：
化学键
N≡N
H-
H
N-
H
键能（kJ/
mol）
946
436
391
(2)从反应历程角度，N≡N 的键能很高，在催化剂表面吸附解离的活化能高，为决速步骤，需要更多的催化
活性中心支持，所以占比大，选择投料比
n(N2)
n(H2) = 。
A．1：3 B．1：2.8 C．1：3.2
(3)合成氨反应的速率方程为：v =k c
α(N2)c
β(H2)c
γ(NH3)，β = 。
实验
c(N2)/ mol⋅L
-1
c(H2)/ mol⋅L
-1
c(NH3)/ mol⋅L
-1
v / mol⋅L
-1⋅s
-1
1
m
n
p
v
2
3m
n
p
3v
3
m
n
0.1p
10v
4
m
4n
p
8v
在合成氨过程中，需要及时液化分离出氨气，这有利于平衡正向移动，提高产率，从反应历程等方面分析，
还可能是因为 。（回答一条合理即可）
(4)恒压密闭容器中按1：3 充入N2和H2，在不同催化剂（Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ）作用下发生反应，测得相同反应时
间内，NH3的体积分数随温度变化如图所示。
T<300℃
①
，Ⅲ曲线与此温度下平衡曲线有差异的原因是： ，T>300℃，曲线重合的原因是
。
M
②
点对应条件下的Kx= （对于反应mA(g)+nB(g)⇌pC(B)+qD(g)，K χ = χ
p(C)⋅χ
q(D)
χ
m(A)⋅χ
n(B)
，x
为物质的量分数，结果以分数形式化简表示）。
【答案】(1)+245
(2)B
(3) 1.5 释放活性中心，有利于后续反应进行 γ=-1 氨气浓度小v 更大，有利于提高原料利用率
(4) 催化剂Ⅲ活性低，导致生成NH3速度较慢 T>300℃反应均达到平衡状态，催化剂无法改变平
衡时NH3的体积分数 25
27
【详解】（1）已知①CH4(g)的燃烧热为893kJ·mol-1，则
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) Δ H =-893kJ⋅mol
-1，②CO(g)的燃烧热为283kJ·mol-1，则
CO(g)+ 1
2 O2(g)=CO2(g) Δ H =-283kJ⋅mol
-1，③H2(g)的燃烧热为286kJ·mol-1，则
H2(g)+ 1
2 O2(g)=H2O(l) Δ H =-286kJ⋅mol
-1，根据盖斯定律可知，由①-2×
-2×
②
③可得甲烷干重整反
应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)的
Δ H =-893kJ⋅mol
-1-2(-283kJ⋅mol
-1)-2(-286kJ⋅mol
-1)=+245kJ⋅mol
-1mol·L-1。
（2）从反应历程角度，铁触媒表面吸附解离N2的占比大，因为N≡N 的键能很高，在催化剂表面吸附解离
的活化能高，为决速步骤，需要更多的催化活性中心支持，所以占比大。实际生产中，通常不是按N2、H2
的体积比1:3 投入，而是N2稍过量，则选择投料比n(N2)
n(H2) =1:2.8，故选B。
（3）将实验1、4 两组数据代入方程v =k c
α(N2)c
β(H2)c
γ(NH3)，可得出，8 v
v = k m
α⋅(4n)
β⋅p
γ
k m
α⋅n
β⋅p
γ
，即
2
2 β =2
3 ，β=1.5。在合成氨过程中，需要及时液化分离出氨气，这有利于平衡正向移动，提高产率，从反
应历程等方面分析，增大了反应物与活性中心的接触面积，则还可能是因为：释放活性中心，有利于后续
反应进行；从速率公式分析，将氨及时液体分离，有利于减少混合气体中NH3 的浓度：γ=-1 氨气浓度小v
更大，有利于提高原料利用率。
（4）①三线相交前，催化剂Ⅰ的活性大，反应先达平衡，催化剂Ⅱ、Ⅲ的活性小，未达平衡;三点汇合时，
反应达平衡，T＞300℃，NH3的体积分数主要受温度变化的影响，则曲线重合的原因是： T>300℃反应均
达到平衡状态，催化剂无法改变平衡时NH3的体积分数。
②恒压密闭容器中按1:3 充入N2和H2，NH3的体积分数为20%，则N2和H2的体积分数和为80%，且二者
的体积分数之比满足化学计量数之比1:3，则N2的体积分数为20%、H2的体积分数为60%，M 点对应条件
下的K x=(20%)
2
(60%)
3×20%
=25
27 。
8．（2025·贵州毕节·二模）为应对全球气候变暖等环境问题，碳捕集、利用和封存（CCUS）技术得到了
越来越多的关注。CO2加氢制甲醇既可实现CO2资源化利用，也可实现可再生能源的化学储存，是一种重要
的CCUS 技术。回答下列问题
(1)200℃时，CO2加氢制甲醇主要发生下列反应：
CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H 1
CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 2=+ 41.2kJ/ mol
CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g) Δ H 3=-90.8kJ/ mol
反应CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g)的Δ H 1= kJ/mol，该反应自发进行的条件是
。
(2)从分子水平上探究反应机理可为设计高效催化剂提供理论指导。CO2加氢制甲醇反应在不同载体的催化
剂催化作用下反应的过程如图所示。其中带“*”的物种表示吸附在催化剂表面。
根据势能图，COOH*羧酸盐路径决速步的活化能为 ，HCOO*甲酸盐路径中反应速率影响最大的
基元反应方程式是 ，实验测得甲酸盐路径更容易进行，原因是 。
(3)一定压强条件下，催化剂A 和催化剂B 在不同温度下的催化性能分别如图1、2 所示，应选用的催化剂
是 （填“A”或“B”），理由是 。
(4)200℃、压强为p的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂A、1molCO2(g)和3 molH2(g)反应并达到平衡
状态，测得反应的数据如图1，CO2平衡转化率为8 %，甲醇选择性为80%，计算主反应在该温度下的分压
平衡常数K p= 。［列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数，甲醇选择性
χ (CH3OH)% = n(生成CH3OH)
n(消耗CO2)
×100 %］
(5)为深入研究催化剂A和催化剂B对CO2转化率的影响，根据Arrhenius 方程（k = A⋅e
- Ea
RT ，k是速率常数，
A是定值，Ea是活化能，R是气体常数，T是绝对温度）测定了催化剂A、B 的反应活化能，结果如图，
催化剂B 对应的曲线是 。
(6)科学家发明了一种由阴离子交换树脂——碳纳米管构成的膜分离装置（如图）可以连续去除空气中的
CO2，在富集CO2的同时获得基本不含CO2的空气，除去CO2的空气可用于碱性燃料电池。
①写出A侧CO2转化成HCO3
-的电极反应方程式 。
②膜分离装置中复合薄膜的作用是 。
【答案】(1) -49.6kJ/mol 低温
(2) 1.17eV HCOO
*+ H
*= H2COO
* 中间体HCOO
*比COOH
*更稳定
(3) A 200℃下，使用催化剂A，CO2的转化率更高，CH3OH的选择性更大
(4)
0.064
3.872 P× 0.08
3.872 P
0.92
3.872 P×(
2.792
3.872 P)
3或0.064×0.08×(3.872)
2
0.92×(2.792)
3×P
2
(5)N
(6) 4 CO2+O2+2H2O+ 4e
-= 4 HCO3
- HCO3
-离子交换和电子传导
【详解】（1）已知，①CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H 1；②CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g)
Δ H 2=+ 41.2kJ/ mol；③CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g) Δ H 3=-90.8kJ/ mol；由盖斯定律可知，
②+
=
③①，则反应CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g)的
ΔH1=ΔH2+ΔH3=+ 41.2kJ/ mol-90.8kJ/ mol=-49.6kJ/mol，该反应过程中气体体积减小，ΔS<0，
ΔH-TΔS<0时，反应可以自发进行，则该反应自发进行的条件是低温。
（2）决速步指的是活化能最高的一步，COOH*羧酸盐路径决速步的活化能为1.17eV，甲酸盐路径决速步
发生反应的方程式为HCOO
*+H
*=H2COO
* ，根据图中信息中间体HCOO*的能量比COOH*的能量低，根据
能量越低越稳定，因此HCOO
*比COOH
*更稳定，实验测得甲酸盐路径更容易进行。
（3）200℃下，使用催化剂A，CO2的转化率更高，CH3OH的选择性更大，应选用的催化剂是A。
（4）200℃、压强为p的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂A、1molCO2(g)和3 molH2(g)反应并达到
平衡状态，CO2平衡转化率为8 %，甲醇选择性为80%，则平衡时n(CO2)=1mol-1mol×0.08=0.92mol，n(甲
醇)=0.08mol×0.8=0.064mol，n(CO)= 0.08mol×0.2=0.016mol，由O 原子守恒可知，n(H2O)=2mol-0.92mol×2-
0.064mol-0.016mol=0.08mol，由H 原子守恒可知，n(H2)= 6-0.08×2-0.064×4
2
mol=2.792mol，气体
总物质的量为2.792mol+0.92mol+0.016mol+0.08mol+0.064mol=3.872mol，则主反应在该温度下的分压平衡
常数Kp=
0.064
3.872 P× 0.08
3.872 P
0.92
3.872 P×(
2.792
3.872 P)
3或0.064×0.08×(3.872)
2
0.92×(2.792)
3×P
2
。
（5）根据Arrhenius 方程（k = A⋅e
- Ea
RT ，k是速率常数，A是定值，Ea是活化能，R是气体常数，T是绝
对温度）可知，lnK=lnA⋅e
-Ea
RT =lnA+lne
-Ea
RT =lnA -Ea
RT
，根据图示，直线M 较N 平缓，可知Ea 小，反
应速率快，所以催化效率高的是M ，则催化剂B 对应的曲线是N；
（6）①膜的A 侧通入含CO2的空气，经过反应后，A 侧得到基本不含CO2的空气，CO2转化成HCO3
-，空
气中含有O2，说明该过程中O2得到电子生成HCO3
-，反应方程式为：4 CO2+O2+2H2O+ 4e
-= 4 HCO3
-；
②阴离子交换树脂-碳纳米管构成的膜分离装置兼具离子和电子传导性能，复合膜中加入碳纳米管的作用是：
HCO3
-离子交换和电子传导。
9．（2025·山西晋中·二模）我国向国际社会承诺2030 年实现“碳达峰”，2060 年实现“碳中和”。CO2加
氢可以合成甲醇：i．CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H =- 49.4 kJ⋅mol
-1。
回答下列问题：
(1)化学上规定，通常条件下，稳定单质的焓（H）为0，有关物质的焓如下表所示，则a= ，反应
i 的活化能Ea(正) Ea(逆)（填“大于”“小于”或“等于”）。
物质
CO2(g)
H2O (g)
CH3OH (g)
焓/(kJ⋅mol
-1)
-394
-242
a
(2)已知Δ H -T ΔS<0时，反应能自发进行，反应i 的ΔS =-180J⋅mol
-1⋅K
-1，则该反应能自发进行
的温度低于 K（保留一位小数）。
(3)反应i 催化机理如图所示，在该历程中，优先与催化剂In2O3反应的物质是 （填化学式，下
同），生成的水分子中的氧原子来自 。
资料显示：水可以使催化剂活化点位减少。利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应
历程能量变化的影响，结果如图所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）：
结合资料、上图及学过的知识推测，在反应中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因：
（答一条）。
(4)利用二氧化碳制备甲醇的过程中还会发生反应ii：CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g)
Δ H =+ 41.2kJ⋅mol
-1（忽略其他副反应）。在7.0 MPa下，将5 molCO2和9 molH2充入某密闭容器中，
在Cu/ZrO2催化剂作用下发生反应i 和ii。平衡时CH3OH和CO的选择性
S[S(CH3OH 或CO)=CH3OH 或CO 的物质的量
已转化CO2的总物质的量×100 %]随温度的变化如图所示。
①表示平衡时CH3OH的选择性S随温度变化的曲线是 （填“x”或“y”）。
250℃
②
时，平衡体系中有2mol CO，则CO2的平衡转化率= ，反应i 的K x= （K x是以组
分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数）。
③若CO的选择性位于p、q两点，反应ii 的逆反应速率：v逆(p) v逆(q)（填“>”“=”或“<”）。
【答案】(1) -201.4 小于
(2)274.4
(3) H2 In2O3 催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降或水蒸气过多，平
衡逆向移动，甲醇产率下降或有水参与的反应历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升
(4) x 80% 800 ＞
【详解】（1）焓变为生成物与反应物焓值差，根据题干信息，稳定单质的焓(H)为0，结合各物质焓可知，
Δ H =(-242kJ⋅mol
-1)+a -(-394 kJ⋅mol
-1)-0=- 49.4 kJ⋅mol
-1，解得a=-201.4。反应i 为放热反
应，则活化能Ea(正)小于Ea(逆)。
（2）已知Δ H -T ΔS<0时，反应能自发进行，反应i 的
Δ H -T ΔS =- 49.4 kJ⋅mol
-1-T (-180×10
-3kJ⋅mol
-1⋅K
-1)＜0，解得T ＜274.4K，则该反应能
自发进行的温度低于274.4K。
（3）由反应i 催化机理图可知，在该历程中，优先与催化剂In2O3反应的物质是H2，生成的水分子中的氧
原子来自In2O3。结合资料、上图及学过的知识推测，催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇
产率下降或水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降或有水参与的反应历程，活化能较小，反应速率加
快，甲醇产率上升。
（4）①反应i 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故平衡时CH3OH的选择性S随温度变化的曲线是
x。
250℃
②
时，CH3OH和CO的选择性相等，则平衡体系中有2mol CO，2molCH3OH，根据两个反应的化学计量
数可知CO2的转化量为2mol+2mol=4mol，故CO2平衡转化率为2+2
5
×100%=80%。根据两个反应的化学计量
数可知，平衡时，n(CO2)=5mol-4mol=1mol，n(H2)=9mol-(2×3)mol-2mol=1mol，
n(H2O)=2mol+2mol=4mol，混合气体总物质的量为1mol+1mol+2mol+2mol+4mol=10mol，故反应i 的
K x=
2
10 ×4
10
1
10 ×(1
10 )
3 =800。
③若CO的选择性位于p、q两点，p点生成CO 更多，故反应ii 的逆反应速率：v逆(p)＞v逆(q)。
10．（2025·陕西渭南·二模）工业上先将金红石(TiO2)转化为TiCl4，再制得在医疗等领域具有重要用途的
金属钛(Ti)。
(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(i)直接氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4 (g)+O2(g) Δ H 1=+172kJ⋅mol
-1，K p1=1.0×10
-2
(ii)碳氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C (s)=TiCl4 (g)+2CO (g) Δ H 2=-51kJ⋅mol
-1，K p2=1.2×10
12
①反应2C (s)+O2(g)=2CO (g)的Kp= 。
②从Δ H和Δ S的角度说明碳氯化法的反应趋势远大于直接氯化法的原因： 。
(2)在一定条件下，将足量TiO2(s)和固体炭放入密闭容器中，再通入Cl2进行反应至平衡，当改变外界条件
时，TiCl4(g)体积分数φ(TiCl4)变化的趋势如图所示，由图判断：
在800℃、100MPa 和850℃，200MPa 下Cl2的转化率分别为α1，α2，则α1 (填“>”、“<”或
“=”)α2。
(3)已知TiO2和TiCl4的部分物理性质如下表：
物质
TiO2
TiCl4
物理
性质
熔点为1560∼1580℃，不溶于
水、稀无机酸、TiCl4
熔点为-23.2℃、沸点为135.9℃，溶
于冷水、乙醇、稀盐酸
将二者的混合物进行分离，分别得到纯净物，可采用的方法是 (简要写出操作步骤)。
(4)800℃时，向固定体积的密闭容器中加入1molTiO2与3mol 碳粉，通入2molCl2进行碳氯化反应，同时
发生副反应TiO2(s)+2Cl2(g)+C (s)⇌TiCl4 (g)+CO2(g)，生成气体TiCl4，经过处理得到成品。若反应
进行30min 时达到平衡状态，此时C 和Cl2分别为1.8mol 和0.2mol，且CO 和CO2的体积分数相同。
TiO
①
2的平衡转化率为 。
②若起始总压强为6MPa，则平衡时的总压强为 MPa，反应ii 的Kp= MPa(用平衡
分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)由TiCl4冶炼钛方法有：900℃，TiCl4 (l)+2Mg (l)⇌2MgCl2(l)+ Ti(g)；从平衡移动角度解释上述冶
炼金属钛的反应原理： 。
【答案】(1) 1.2×1014 碳氯化的反应，正向既是熵增反应又是放热反应，这两个因素均有利于反
应正向进行；而直接氯化的反应，既是熵减反应又是吸热反应，这两个因素均不利于反应正向进行，所以
碳氯化的反应趋势远大于直接氯化
(2)>
(3)常温下将混合物过滤，滤液是TiCl4，将滤渣用冷水洗涤、干燥，得到TiO2(合理即可)
(4) 90% 6.9 24.3
(5)Mg 比Ti 活泼，可以和TiCl4反应生成Ti 蒸气，生成的Ti 蒸气逸出，使平衡持续正向移动
【详解】（1）①由盖斯定律可知，反应(ii)-反应(i)可得2C (s)+O2(g)=2CO (g)，则Kp=Kp2
Kp1
= 1.2×10
12
1.0×10
-2 =
1.2×1014；
②从ΔH和ΔS的角度说明碳氯化法的反应趋势远大于直接氯化法的原因：碳氯化的反应，正向既是熵增
反应又是放热反应，这两个因素均有利于反应正向进行；而直接氯化的反应，既是熵减反应又是吸热反应，
这两个因素均不利于反应正向进行，所以碳氯化的反应趋势远大于直接氯化。
（2）升高温度、增大压强，碳氯化反应均逆向移动，在800℃、100MPa 下TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)比在
850℃、200MPa 下TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)大，TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)越大，C12的转化率越大，则
α1>α2。
（3）TiCl4常温下为液态，TiO2常温下为固态，且TiO2不溶于水、TiCl4，TiCl4溶于冷水，则将二者的混
合物进行分离，分别得到纯净物，可采用的方法是常温下将混合物过滤，滤液是TiCl4，将滤渣用冷水洗
涤、干燥，得到TiO2(合理即可)。
（4）①根据已知条件列出“三段式”
TiO2(s)
+
2Cl2(g)
+
2C (s)
=
TiCl4(g)
+
起始(mol)
1
¿2
¿3
¿0
¿转化(mol)
x
¿¿2x¿¿x¿¿平衡(mol)¿1-x-y¿¿2-2x-2y¿¿3
TiO2(s)
+
2Cl2(g)
+
C (s)
=
TiCl4(g)
+
起始(mol)
1
¿2
¿3
¿0
¿转化(mol)
y
¿¿y¿¿y¿¿平衡(mol)¿1-x-y¿¿2-2x-2y¿¿3-2
3-2x-y=1.8，2-2x-2y=0.2，解得x=0.3，y=0.6，TiO2的平衡转化率为0.3+0.6
1
×100 %=90%；
②若起始总压强为6MPa，则平衡时的总压强为6Mpa
2
×(0.2+0.6+0.6+0.9)=6.9 Mpa，反应ii 的Kp=
(
0.6
2.3 ×6.9 Mpa)
2
(
0.9
2.3 ×6.9 Mpa)
(
0.2
2.3 ×6.9 Mpa)
2
=24.3Mpa。
（5）从平衡移动角度解释TiCl4 (l)+2Mg (l)⇌2MgCl2(l)+ Ti(g)的反应原理：Mg 比Ti 活泼，可以和
TiCl4反应生成Ti 蒸气，生成的Ti 蒸气逸出，使平衡持续正向移动。
11．（2025·上海普陀·二模）硫化氢（H2S）是一种臭鸡蛋气味的有毒气体，但其在合成光电材料、污水处
理方面有着重要作用，硫化氢尾气的回收处理并资源化利用是长期面临的重要研究课题。
(1)下列关于H2S 的说法中正确的是________（不定项）。
A．利用其气味可添加在管道煤气中监测燃气泄露
B．氢硫酸是一种二元弱酸，属于弱电解质
C．将H2S 气体通入AlCl3溶液中的离子方程式：2Al
3++3S
2-= Al2S3↓
D．硫化氢的球棍模型为
25℃，H2S 饱和溶液浓度约为0.1mol·L-1，H2S 水溶液中各含硫微粒物质的量分数δ 随pH 变化关系如下图：
(2)图中表示S2-物质的量分数变化的曲线是 。
A．曲线a B．曲线b C．曲线c
(3)下列说法正确的是________。
A．饱和H2S 溶液中加入等体积的NaOH 溶液（体积变化忽略不计），则
[ H2S]+[ HS
-]+[S
2-]=0.05 mol⋅L
-1
B．以酚酞为指示剂，可用NaOH 标准溶液滴定H2S 水溶液至Na2S 测定其浓度
C．1.0L 1mol·L-1的NaOH 溶液最多能吸收1mol H2S(g)
D．NaHS 溶液呈碱性是由于S2-的水解程度大于HS-的电离程度
(4)由图可知，K a1(H2S)= 。
(5)已知0.1mol·L-1的Na2S 溶液中S2-水解率约为62%，K sp(FeS)=6.3×10
-18，
K sp[ Fe(OH)2]= 4.9×10
-17，0.010mol·L-1的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol·L-1的Na2S 溶液，反应初始生
成沉淀的情况是________。
A．只有FeS 沉淀
B．只有Fe(OH)2沉淀
C．没有沉淀
D．FeS、Fe(OH)2都有
实验室中，以FeCl3为吸收液脱除H2S。实验发现，在FeCl3溶液中加入一定浓度的CuCl2可以明显提高H2S
的脱除率。对比实验结果如下：
实验序号
①
②
③
吸收液
FeCl3溶
液
CuCl2溶
液
FeCl3溶液、CuCl2溶
液
H2S 脱除率
≈92%
≈100%
≈100%
H2S 脱除产
物
S
CuS
S
(6)将①中脱除H2S 的反应补充完整 ：Fe
3++ HS
-= _ _ _ _ _ _ _ _ + H
++S↓。
(7)pH 减小会降低①中脱除率，但对②中的脱除率几乎无影响，解释原因： 。
(8)③中，加入CuCl2后，脱除率几乎达到100%。结合方程式解释原因： 。
【答案】(1)D
(2)C
(3)AC
(4)1×10-7
(5)D
(6)2Fe
3++ HS
-=2Fe
2++ H
++S↓
(7)pH 减小，c(H+)增大，不利于H2S 的溶解和电离，降低①中脱除率；CuS 的溶解度极小，难溶于酸，所
以对②中H2S 的脱除率几乎无影响
(8)加入CuCl2后发生反应：H2S+Cu
2+=CuS↓+2H
+，2Fe
3++CuS=2Fe
2++Cu
2++S↓，Cu2+促进了H2S 的
转化
【详解】（1）A．H2S 是剧毒气体，其燃烧产物SO2也是有毒气体，所以不能利用其气味添加在管道煤气
中监测燃气泄露，A 不正确；
B．氢硫酸的电离分两步进行，且都为可逆，它是一种二元弱酸，氢硫酸是混合物，不属于弱电解质，B
不正确；
C．将H2S 气体通入AlCl3溶液中，不发生反应，且Al2S3在水溶液中会发生双水解反应，不能稳定存在，C
不正确；
D．硫化氢分子中，S 原子的孤电子对数为6-1×2
2
=2，形成2 个σ 键，价层电子对数为4，发生sp3杂化，
球棍模型为
，D 正确；
故选D。
（2）25℃，H2S 饱和溶液呈酸性，此时硫元素主要以H2S 的形式存在，往溶液中加入碱增大溶液的pH，
此时H2S 不断转化为HS-，继续增大溶液的pH，HS-不断转化为S2-，所以曲线a 表示H2S 的物质的量分数，
曲线b 表示HS-的物质的量分数，曲线c 表示S2-的物质的量分数，故选C。
（3）A．25℃，H2S 饱和溶液浓度约为0.1mol·L-1，饱和H2S 溶液中加入等体积的NaOH 溶液(体积变化忽
略不计)，H2S 的浓度变为原来的一半，即为0.05mol∙L-1，依据元素守恒，则
[ H2S]+[ HS
-]+[S
2-]=0.05 mol⋅L
-1，A 正确；
B．酚酞的变色范围pH:8.2~10.0，根据图示，Ka2(H2S)=c(H
+)⋅c(S
2-)
c(HS
-)
=10-13，当NaOH 标准溶液滴定H2S
水溶液至Na2S 时，S2-+H2O⇌HS-+OH-，Kh1=c(HS
-)⋅c(OH
-)
c(S
2-)
=c
2(OH
-)
0.1
=10
-14
10
-13=0.1，c(OH-)=0.1mol/L，溶
液的pH=13，超出了酚酞的变色范围，B 不正确；
C．往NaOH 溶液中通入足量H2S，生成NaHS 等，则1.0L 1mol·L-1的NaOH 溶液最多能吸收1mol H2S(g)，
C 正确；
D．NaHS 溶液呈碱性是由于HS-的水解程度大于HS-的电离程度，D 不正确；
故选AC。
（4）由图可知，在pH=7.0 时，c(H2S)=c(HS-)，K a1(H2S)= c(H
+)⋅c(HS
-)
c(H2S)
=1×10-7。
（5）0.010mol·L-1的FeCl2溶液中加入等体积0.20mol·L-1的Na2S 溶液，所得混合溶液中
c(Fe2+)=0.0050mol·L-1，c(S2-)=0.10mol·L-1，S2-发生水解后溶液中c(S2-)=0.10mol·L-1×(1-62%)=0.038 mol·L-1，
c(OH-)=0.10mol·L-1×62%=0.062 mol·L-1，Q(FeS)=0.0050mol·L-1×0.038 mol·L-1=1.9×10-4＞6.3×10-18，有FeS 沉
淀生成；Q[Fe(OH)2]=0.0050mol·L-1×0.0622=1.922×10-5＞4.9×10-17，有Fe(OH)2沉淀生成，所以反应初始生成
沉淀的情况是FeS、Fe(OH)2都有，故选D。
（6）实验①中，H2S 脱除产物为S，则Fe3+作氧化剂，将H2S 氧化为S 和H+，依据得失电子守恒、电荷守
恒和元素守恒，可得出脱除HS-的反应方程式为：2Fe
3++ HS
-=2Fe
2++ H
++S↓。
（7）H2S 溶液呈酸性，pH 减小会抑制H2S 的溶解，从而降低①中脱除率，而CuS 难溶于酸，pH 减小对②
中的脱除率几乎无影响，原因：pH 减小，c(H+)增大，不利于H2S 的溶解和电离，降低①中脱除率；CuS
的溶解度极小，难溶于酸，所以对②中H2S 的脱除率几乎无影响。
（8）③中，加入CuCl2后，脱除率几乎达到100% ，则Cu2+是反应的催化剂，Cu2+先与H2S 反应生成
CuS，CuS 还能被Fe3+氧化，重新生成Cu2+。结合方程式解释原因：加入CuCl2后发生反应：
H2S+Cu
2+=CuS↓+2H
+，2Fe
3++CuS=2Fe
2++Cu
2++S↓，Cu2+促进了H2S 的转化。
【点睛】CuCl2提高H2S 在FeCl3溶液中的脱除率，发生反应为2Fe3++H2S
Cu
2+
¿
¿
2Fe2++S↓+2H+。
12．（2025·福建厦门·二模）新型碳还原白云石(MgO⋅CaO)炼镁工艺分为“炼镁”和碳化钙“再生”两阶
段，对应的主要反应如下：
反应i：MgO⋅CaO (s)+CaC2(s)⇌Mg (g)+2CaO (s)+2C (s) Δ H 1=+27 kJ⋅mol
-1 K p1
反应ii：CaO (s)+3C (s)⇌CaC2(s)+CO (g) Δ H 2=+ 464 kJ⋅mol
-1 K p2
回答下列问题：
(1)总反应MgO·CaO (s)+4C (s)⇌Mg (g)+2CO (g)+CaC2(s) Δ H。
①Δ H = kJ·mol
-1。
②下列措施能提高平衡产率的有 。(填标号)
A．升高温度 B．增大压强 C．粉碎白云石 D．及时分离气态产物
(2)“炼镁”阶段同时发生反应iii：MgO·CaO (s)+C (s)⇌Mg (g)+CaO (s)+CO (g) Δ H 3 K p3，已知：
ΔG =Δ H -T ΔS，ΔG =0时，反应处于平衡态；ΔG<0时，反应正向自发。反应i 和反应iii 分别在
ΔG =0时，体系温度T(℃)与压强p (Pa)变化关系如图。为获得高纯镁应从源头上避免镁蒸气与CO接触(即
抑制反应iii 发生)，图中阴影区域为最佳工艺条件。
①反应i 正向自发的区域位于对应曲线的 。(填“上方”或“下方”)
②反应iii 对应的曲线为 (填“L1”或“L2”)，在1400℃时，K p3= Pa
2。
③从平衡与速率视角综合考虑，阴影区域为最佳工艺条件的原因为 。
(3)为优化“炼镁”阶段的反应条件，测定不同条件下反应2h后镁的还原率αw和αICP如下表。已知：
αw = 反应前后固体质量差
反应前镁元素的质量×100 %；αICP= 反应前后样品中镁元素的质量差
反应前样品中镁元素的质量
×100 %。
实验组
别
实验
1
实验
2
实验
3
实验
4
实验
5
温度/℃
1250
1300
1350
1350
1350
压强/Pa
2000
2000
2000
3000
4000
αw /%
80
97
104
98
94
αICP/%
72
87
97
94
92
①实验3 中CO体积分数为 。(保留2 位有效数字)
②上述五组实验中，产品纯度最高的是实验 。(填标号)
【答案】(1) +955 AD
(2) 上方 L1 10
6.4
4
L1 和L2 两条曲线之间的区域为反应i 自发进行、反应iii 非自发进
行对应的区域；温度越高速率越快；压强越大限度越大
(3) 0.058 或5.8% 5
【详解】（1）①由盖斯定律，反应i+2×反应ii 得反应MgO·CaO (s)+4C (s)⇌Mg (g)+2CO (g)+CaC2(s)，
Δ H = (+27 kJ⋅mol
-1)+2×(+ 464 kJ⋅mol
-1)=+955kJ·mol
-1。
A
②．反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，能提高平衡产率；
B．由反应方程式可知，Kp=p(Mg)p
2(CO)，温度不变，平衡常数不变，增大压强，不能提高平衡产率；
C．粉碎白云石，能加快反应速率，不能使衡移动，不能提高平衡产率；
D．及时分离气态产物，促使反应正向进行，能提高平衡产率；
故选AD；
（2）①反应i 为吸热的熵增反应，ΔG<0反应正向自发，则高温利于自发进行，反应i 正向自发的区域位
于对应曲线的上方；
②由盖斯定律，反应i+反应ii 得反应iii：MgO·CaO (s)+C (s)⇌Mg (g)+CaO (s)+CO (g)
Δ H 3=+ 491kJ⋅mol
-1>Δ H 1=+27 kJ⋅mol
-1，ΔG<0时反应正向自发，则相同条件下，反应iii 较反
应i 需要更高的温度，则反应iii 对应的曲线为L1，在1400℃时，lgp=3.2，则p 总=103.2pa，
p(Mg)=p(CO)=10
3.2
2
pa，则Kp3=p(Mg)p(CO)=10
6.4
4
Pa
2；
L1
③
和L2 两条曲线之间的区域为反应i 自发进行、反应iii 非自发进行对应的区域；温度越高速率越快，
压强越大限度越大，所以阴影区域为最佳工艺条件；
（3）①由题干可知，反应中生成气体为镁蒸气、CO 气体，假设反应前镁元素为100g，由实验3αICP/%
=97%，则生成镁蒸气97g，αw /%=104，则生成CO 为104g-97g=7g，则实验3 中CO体积分数为
7g
28g/ mol
7g
28g/ mol +
97g
24g/ mol
×100%=5.8 %；
②结合①分析，则上述五组实验中，αw /%、αICP/%差值越小，CO 含量越小，则产品纯度越高，故最高
的是实验5。
13．（2025·福建莆田·二模）钨(W)及其化合物在工业生产和生活中有广泛的应用。卤素灯泡的工作原理为
W(s)+O2(g)+I2(g)⇌WO2I2(g) Δ H <0。向两个起始温度均为T℃、体积为1L 的密闭容器中，均加入
足量的钨、n mol 的氧气和n mol 的碘蒸气，分别在绝热恒容、恒温恒容条件下发生上述反应，测得两反应
体系的压强变化与时间的关系如下图所示。
(1)图中曲线甲代表 (填“绝热恒容”或“恒温恒容”)条件。
(2)反应未达平衡，相同时间内为了提高WO2I2的产率，可采取的措施有 (填标号)。
a．加入钨单质 b．缩小容器体积 c．降低温度 d．使用高效的催化剂
(3)图中a→b 压强减小的原因： 。
(4)比较c、d 两点的化学平衡常数：Kc Kd(填“>”“<”或“=”，下同)；I2的转化率：αc αd。
(5)恒温恒容条件下，该反应0~t1 min 氧气的平均反应速率为 MPa·min
-1(用含p0、t1的代数式表示)。
d 点的压强平衡常数Kp= (MPa)-1(用含p0的代数式表示)。
(6)①在电解池的阴极，WO3在盐酸环境中可制得W2Cl9
3-(结构如下图所示)。该阴极的电极反应式为
。
②W2Cl9
3-的结构是共面的两个以钨离子为中心的八面体，且空间是对称的。已知W 原子的半径为
137pm，测得该离子中两个钨原子的核间距242pm， (填“能”或“不能”)证明W-W 成键；该离
子中Cl 有 种化学环境。[已知：W 属于VIB 族]
【答案】(1)绝热恒容
(2)bd
(3)反应放热，且气体分子数减小，在绝热恒容容器中进行时，a→b 气体物质的量减小对压强影响大于温度
升高对压强的影响
(4) < <
(5) 0.48p0
t1
1200
p0
(6) 2WO3+6e
-+12H
++9Cl
-=W2Cl9
3-+6 H2O 能 2
【详解】（1）该反应正向气体分子数减小，为放热反应，曲线甲刚开始压强增大，说明容器内温度升高，
为绝热恒容条件；
（2）反应未达平衡，相同时间内为了提高WO2I2的产率，即加快反应速率，
a．加入钨单质是固体，不影响反应速率，错误；
b．缩小容器体积，反应物浓度增大，反应速率加快，正确；
c．降低温度，反应速率减慢，错误；
d．使用高效的催化剂，反应速率加快，正确；
故选bd；
（3）a→b 压强减小的原因：反应放热，且气体分子数减小，在绝热恒容容器中进行时，a→b 气体物质的
量减小对压强影响大于温度升高对压强的影响；
（4）曲线甲代表绝热恒容条件，曲线乙代表恒温恒容条件，反应放热，c 点温度高于d 点，Kc<Kd；升高
温度，平衡逆向移动，I2的转化率：αc<αd；
（5）恒温恒容条件下，初始n mol 的氧气和n mol 的碘蒸气，氧气、碘蒸气的分压分别为0.5 p0MPa、0.5p0
MPa，列三段式：
W(s)+
O2(g)
+
I2(g)
⇌
WO2I2(g)
起始MPa
¿0.5p0
¿0.5p0
¿
变化MPa
¿
¿x¿¿x¿平衡MPa¿¿0.5p0-x¿¿0.5p0-x¿¿x¿
，
可得p0-x=0.52p0，x=0.48p0，反应0~t1 min 氧气的平均反应速率为0.48p0
t1
MPa·min
-1；平衡时氧气、碘蒸
气、WO2I2(g)的分压分别为0.02 p0MPa、0.02p0MPa、0.48p0MPa，d 点的压强平衡常数Kp=
0.48p0 MPa
0.02p0 MPa×0.02p0 MPa =1200
p0
(MPa)-1；
（6）①在电解池的阴极，WO3在盐酸环境中发生还原反应生成W2Cl9
3-，电极反应式为
2WO3+6e
-+12H
++9Cl
-=W2Cl9
3-+6 H2O；
②该离子中两个钨原子的核间距242pm，小于2×137pm，说明W 原子核外电子云有重叠，能证明W-W 成
键；W2Cl9
3-的结构是共面的两个以钨离子为中心的八面体，且空间是对称的，被两个钨原子共用的3 个Cl
等效，余下6 个Cl 等效，该离子中Cl 有2 种化学环境。
14．（2025·陕西商洛·二模）金属镍广泛地用于舰艇、宇宙飞船机器制造、永磁材料、电子遥控等领域。
(1)常压下羰基化法精炼镍的原理为Ni(s)+ 4 CO(g)⇌
❑
Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数
K 1=2×10
-5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO 反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。
①基态Ni 原子价层电子排布式为 ，1mol Ni(CO)4中含有 molσ键。
②第二阶段发生反应Ni(CO)4(g)⇌
❑
Ni(s)+ 4 CO(g)，其平衡常数K 2= 。
(2)电喷雾电离等方法得到的M
+(Fe
+、Co
+、Ni
+等)与O3反应可得MO
+。MO
+与CH4反应能高选择性地生成甲醇：
MO
++CH4= M
++CH3OH，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。MO
+分别
与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。
①该反应的Δ H = (列式表示)kJ⋅mol
-1。
②甲烷晶体为 (填“分子”“离子”或“共价”)晶体。
③MO
+与CH2D2反应，单位时间内氘代甲醇的产量CH2DOD (填“>”“＜”或“=”)CHD2OH。
(3)MO
+与CH4的反应分别在300 K 和310 K 下(其他反应条件相同)进行，结果如图所示。图中表示310 K 下
反应的曲线是 (填“a”或“b”)。300 K、60 s 时MO
+的转化率为 (保留4 位有效数字)。(已知：
10
0.1=1.26，10
0.25=1.78)
【答案】(1) 3d
84s
2 8 5×10
4
(2) -( E1- E3)或( E3- E1) 分子 ＜
(3) a 20.63％
【详解】（1）①Ni 是28 号元素，基态镍原子的价层电子排布式为3d
84s
2；1 个Ni(CO)4中含有8 个σ 键，
其中包括4 个配位键和CO 中的4 个σ 键，所以1mol Ni(CO)4中含有8 molσ键；
②第二阶段发生的反应Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+ 4 CO(g)为已知反应的逆反应，则K 2= 1
K 1
=5×10
4；
（2）①焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，由图像可知Δ H =(E3- E1)kJ⋅mol
-1或-(E1-E3)kJ/
mol；
②甲烷晶体由甲烷分子构成，属于分子晶体；
③根据信息“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”，可知生成
CH2DOD需要的活化能大于生成CHD2OH的，生成CH2DOD的速率慢，导致单位时间内的产量低，故答案为：
＜；
（3）图像中纵坐标的数据越大，表明此时c(MO
+)越小，对应的相同时间内反应速率更快，a 曲线对应的
反应速率大，即表示310 K 下反应的曲线；
分析图像可知，300 K、60 s 时-lg
c(MO
+)
c(MO
+)+c(M
+)
=0.1，则
c(MO
+)
c(MO
+)+c(M
+)
=10
-0.1；可求出
c(M
+)=(10
0.1-1)c(MO
+)；根据反应MO
++CH4= M
++CH3OH可知，生成的M
+的量即为转化的MO
+的量，则
MO
+的转化率为10
0.1-1
10
0.1
×100 %≈20.63 %。
15．（2025·河北石家庄·二模）丙烯是重要的化工产品，也是衡量国家化工水平的重要指标之一、工业上
利用丙烷脱氢法制丙烯，反应方程式如下：
主反应：ⅰ.C3H8(g)⇌C3H6 (g)+ H2(g) Δ H 1=+124 kJ⋅mol
-1
副反应：ⅱ.C3 H8(g)⇌CH4 (g)+C2H4 (g) Δ H 2=+81.3kJ⋅mol
-1
ⅲ.C2H4 (g)+ H2(g)⇌C2H6 (g) ΔH3
请回答下列问题：
(1)已知H2(g)、C2H6 (g)、C2H4 (g)的燃烧热分别为-285.8kJ⋅mol
-1、-1560kJ⋅mol
-1、
-1411kJ⋅mol
-1。计算ΔH3= 。
(2)向体积可变的密闭容器中加入1mol C3H8(g)，分别在0.1MPa 和0.01MPa 下，不同温度时，发生上述反
应，反应达到平衡时，丙烷的转化率及0.1MPa 下C3H8(g)和C3H6 (g)的物质的量分数随温度变化的曲线如
图所示：
①L2曲线所在的压强为 MPa；L1代表 物质在0.1MPa 下的物质的量分数随温度变化
的曲线，判断理由为 ；
②若在560℃，0.1MPa 下反应进行n min 时反应达到平衡，反应ⅰ用C3H8(g)表示0～n min 时间内的平均
反应速率为 mol⋅min
-1；反应ⅰ的压强平衡常数K p为 MPa(K p为用平衡分压代替
平衡浓度计算的平衡常数，保留三位有效数字)。
(3)在中性或碱性环境中，通过可再生电能进行CO2电化学还原实现了高效合成丙烯，得到丙烯的电极为
(填“阴极”或“阳极”)；其电极反应式为 。
【答案】(1)-136.8kJ⋅mol
-1
(2) 0.01 C3H8(g) 反应i 为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)物质的量分数减小
0.35
n
0.00646
(3) 阴极 3CO2+18e
-+12H2O=C3H6+18OH
-
【详解】（1）已知燃烧热的热化学方程式：①H2(g)+1
2 O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ⋅mol
-1；
②C2H6(g)+7
2 O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-1560kJ⋅mol
-1；
③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1411kJ⋅mol
-1，根据盖斯定律，由①+
-
③
②可得
C2H4 (g)+ H2(g)⇌C2H6 (g)，
ΔH3=-285.8kJ⋅mol
-1+(-1411kJ⋅mol
-1)-(-1560kJ⋅mol
-1)=-136.8kJ⋅mol
-1
（2）①对于反应i 和ii，正反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，丙烷转化率增大，所
以L2曲线所在压强为0.01MPa，L3去哦在曲线表示的压强为0.1MPa；反应i 是吸热反应，升高温度，平衡
正向移动，C3 H8(g)物质的量分数减小，C3H6 (g)物质的量分数增大，所以L1代表C3H8(g)物质在0.1MPa 下
的物质的量分数随温度变化的曲线，理由是反应i 为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，C3H8(g)物质的
量分数减小，则L4代表C3 H6 (g)的物质的量分数随温度变化的曲线；
②在560℃，0.1MPa 下，起始加入1molC3H8，由图可知平衡时丙烷转化率为35%，则反应的
n(C3H8)=1 mol×35%=0.35 mol。反应i 用C3H8表示0 - n min 时间内的平均反应速率
v=0.35 mol
n min
=0.35
n
mol⋅min
-1；平衡时n(C3H8)=(1-0.35)mol=0.65mol，由曲线L1可知，在
560℃，0.1MPa 下C3H8(g)的物质的量分数为50%，则n总=0.65mol×2=1.3mol，由曲线L4可知，在
560℃，0.1MPa 下C3H6 (g)的物质的量分数为20%，则n(C3 H6)=1.3 mol×20 % =0.26mol，由三段式
C3 H8(g)
⇌
C3 H6 (g)
+
H2(g)
起始mol
1
¿0
¿
¿
0.26¿¿0.26¿¿0.26¿平衡mol¿0.74 ¿¿0.26¿¿0.26¿，
C3 H8(g)
⇌
CH4 (g)
+
C2H4 (g)
起始mol
0.74
¿0
¿
¿
0.09¿¿0.09¿¿0.09¿平衡mol¿0.65¿¿0.09¿¿0.09¿，
C2H4 (g)
+
H2(g)
⇌
C2H6 (g)
起始mol
0.09
¿0.26
¿
¿
x¿¿x¿¿x¿平衡mol¿0.09- x ¿¿0.26- x ¿¿x¿，则
n总=(0.65+0.26+0.09+0.09-x+0.26-x+x)mol=1.3mol，解得x=0.05mol
p(C3H8)=0.65mol
1.3mol
×0.1MPa，p(C3H6)=0.26mol
1.3mol
×0.1MPa，
p(H2)=(0.26-0.05)mol
1.3 mol
×0.1MPa=0.21mol
1.3 mol ×0.1MPa，压强平衡常数
Kp=p(C3H6)×p(H2)
p(C3H8)
=
0.26
1.3
×0.1×0.21
1.3
×0.1
0.65
1.3
×0.1
= 0.26×0.21×0.1
0.65×1.3
≈0.00646MPa；
（3）CO2电化学还原生成丙烯，碳元素化合价降低，发生还原反应，得到丙烯的电极为阴极，电极反应式
为3CO2+18e
-+12H2O=C3H6+18OH
-。
16．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）苯乙烯(C6 H5CH =CH2)是重要的化工原料，工业上制是用乙苯(
C6 H5CH2CH3)脱氢法。它包括多种工艺路线，主反应相同，区别是原料中添加的气体不同。传统乙苯脱氢
如反应ⅰ，添加水蒸气或氮气稀释；O2氧化脱氢如反应ⅱ，添加O2；CO2氧化脱氢添加CO2。
Ⅰ．制苯乙烯主要反应方程式如下：
ⅰ．C6 H5CH2CH3(g)⇌
❑
❑
C6 H5CH =CH2(g)+ H2(g) ΔH1
ⅱ．H2(g)+1/2O2(g)= H2O (g) ΔH2=-242kJ⋅mol
-1
(1)已知乙苯的燃烧热4567kJ⋅mol
-1，苯乙烯的燃烧热4378kJ⋅mol
-1，H2O (l)= H2O (g)
ΔH3=+ 44 kJ⋅mol
-1，则ΔH1= ________kJ⋅mol
-1。
(2)工业生产苯乙烯时会产生少量积碳，加入水蒸气可较长时间保持催化剂的活性，用化学方程式表示原因：
。
(3)采用传统乙苯脱氢，总压100kPa 下，向乙苯中充入一定量氮气(氮气不参与反应)，不同投料比(乙苯和
氮气的物质的量之比，分别为1:0、1:1、1:5、1:9)，乙苯的平衡转化率随反应温度的变化如图。其中投
料比为1:9的曲线是 (填“m1”、“m2”、“m3”或“m4”)，选择该曲线的理由 。
图中P 和Q 两点相比较，乙苯的活化分子百分数点P (填“>”，“<”或“=”)Q。
(4)传统乙苯脱氢(反应ⅰ)，还发生副反应ⅲ和ⅳ。
ⅲ．C6 H5CH2CH3(g)⇌
❑
❑
C6 H6 (g)+C2H4 (g)
ⅳ．C6 H5CH2CH3(g)+ H2(g)⇌
❑
❑
C6 H5CH3(g)+CH4 (g)
在一定温度、200kPa 条件下，Fe2O3作催化剂，以3mol 水蒸气作稀释气，充入2mol 乙苯发生上述反应，
反应达到平衡状态，测得体系中p(C6 H5CH =CH2):p(C6 H6):p(C6 H5CH3)=6:2:1，H2的物质的量为
0.5mol，反应ⅲ用分压表示平衡常数Kp= 。(写出计算表达式)
(5)O2氧化脱氢方法与传统脱氢法相比，得到的苯乙烯纯度较低的原因可能是： 。
【答案】(1)＋97
(2)C+ H2O (g)
高温
¿CO+ H2
¿
(3) m4 恒压条件下加入氮气，总体积增大，各物质分压越小，相当于减压，且该反应为气体体积
增大的反应，所以平衡正向移动，乙苯转化率增大 =
(4)Kp=(
0.2
5.8 ×200)
(
1.1
5.8 ×200)
2
(5)苯乙烯进一步被氧气氧化
【详解】（1）ⅰ．C6 H5CH2CH3(g)⇌
❑
❑
C6 H5CH =CH2(g)+ H2(g) ΔH1
ⅱ．H2(g)+1/2O2(g)= H2O (g) ΔH2=-242kJ⋅mol
-1
iii．H2O (l)= H2O (g) ΔH3=+ 44 kJ⋅mol
-1
iv．C6H5CH2CH3(g)+21
2 O2(g)=8CO2(g)+5H2O(l) ∆H4=-4567kJ·mol-1
v． C6H5CH=CH2(g)+10O2(g)=8CO2(g)+4H2O(l) ∆H5=-4378kJ·mol-1
根据盖斯定律，反应i=反应iv-反应v-反应ii+反应iii，∆H1=∆H4-∆H5-
∆H2+∆H3=-4567kJ·mol-1+4378kJ·mol-1+242kJ·mol-1+44 kJ·mol-1=+97 kJ·mol-1；
（2）积碳与水蒸气在高温下反应 生成CO 和H2，从而消除积碳，方程式为：C+ H2O (g)
高温
¿CO+ H2
¿
；
（3）恒压条件下加入氮气，总体积增大，各物质分压越小，相当于减压，且该反应为气体体积增大的反
应，所以平衡正向移动，乙苯转化率增大，故投料比为1:9 的，乙苯的转化率大，为曲线m4；
P、Q 两点的温度相同，气体分压强不同，乙苯的活化分子百分数相同；
（4）平衡时p(C6 H5CH =CH2):p(C6 H6):p(C6 H5CH3)=6:2:1，设苯乙烯为6xmol，苯为2xmol，甲苯为
xmol，乙苯的物质的量为(2-6x-2x-x)mol，H2的物质的量为(6x-x)mol=0.5mol，x=0.1，则各气体物质的量为
乙烯为0.6mol，苯为0.2mol，甲苯为0.1mol，乙苯1.1mol，H2为0.5mol，C2H4为0.2mol，CH4为0.1mol，
H2O 为3mol，总物质的量为5.8mol，p(C2H4)=0.2
5.8 ×200kPa，p(C6H6)=0.2
5.8 ×200kPa，p(乙苯)=
1.1
5.8 ×200kPa，Kp=(
0.2
5.8 ×200)
2
(
1.1
5.8 ×200)
；
（5）O2氧化脱氢方法与传统脱氢法相比，得到的苯乙烯纯度较低的原因可能是：生成的苯乙烯进一步被
氧气氧化，苯乙烯纯度降低。
17．（2025·辽宁抚顺·二模）Ⅰ．二氧化碳综合利用是碳达峰和碳中和的有效途径之一，以CO2和NH3为
原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2CO2NH4(s) ΔH1=-159.47 kJ⋅mol
-1
反应Ⅱ：NH2CO2NH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+ H2O(g) ΔH2=? kJ⋅mol
-1
总反应Ⅲ：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+ H2O(g) ΔH3=-86.98kJ⋅mol
-1
请回答下列问题：
(1)反应Ⅱ的ΔH2= kJ⋅mol
-1(用具体数据表示)。
(2)工业上使用氨气生产尿素，在一个体积恒为1L 的恒温密闭容器中充入2mol CO2和4mol NH3的混合气体，
经历反应Ⅰ、Ⅱ合成CO(NH2)2，请回答下列问题：
①对于反应Ⅰ，下列方法可以判断其达到平衡状态的是 。
A．NH2CO2NH4质量不再变化 B．氨气的浓度不再变化
C．NH3的体积百分含量不再变化 D．NH3和CO2的比例不再变化
②混合气体中氨气体积分数及气体总浓度随时间变化如图所示，对于反应Ⅰ从开始到B 点氨气的平均反应
速率为 。
Ⅱ．氨气对于人类的发展至关重要，某实验小组对合成氨的反应进行研究，具体如下：
(3)恒温恒容的密闭容器中加入一定量的氨气，在某催化剂表面上发生2NH3(g)⇌N2(g)+3 H2(g) ΔH>0，
测得在同种催化剂下分解的实验数据如下表所示：
编
号
反应时
间/min
c(NH3)/
mol·L-1表面积/cm2
0
10
30
60
①
a
6.0
5.6
4.8
3.6
②
2a
6.0
5.2
3.6
1.2
根据组①数据，随着反应进行，c(NH3)减小，平均反应速率 (填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数。p 代表各组
分的分压，如p(B)=p·x(B)，其中x(B)为平衡体系中B 的体积分数。
一定条件下，向容器中充入5mol N2和15mol H2的混合气体，发生反应为N2(g)+3 H2(g)⇌2NH3(g)，平
衡时氨气的质量分数为40%，平衡总压强16MPa，计算该反应的Kp= 。(保留两位有效数字)
Ⅲ．亚铁氰化钾通常可以检验三价铁离子的存在，生成普鲁士蓝，俗称铁蓝，工业上作为染料和颜料。下
图表示普鲁士蓝的晶胞结构，该晶胞结构中铁原子位于立方体的每个顶角，氰根位于立方体的每一个边上，
一半铁原子是铁(二价)，另一半铁原子是铁(三价)。每隔一个立方体在立方体中心含有一个K+。(K+未标记
出)
(5)请写出普鲁士蓝的化学式： ，晶胞中二价铁离子的配位数为： 。
【答案】(1)+72.49
(2) ABC 0.05mol/(L·s)
(3)不变
(4)0.0073
(5) KFe2(CN)6或KFe[Fe(CN)6] 6
【详解】（1）反应Ⅱ=反应Ⅲ－反应Ⅰ，则
Δ H 2=-86.98kJ⋅mol
-1-(-159.47kJ⋅mol
-1)=+74.49kJ⋅mol
-1；
（2）①A．NH 2CO2 NH 4质量不再变化，说明气体的总质量不再变化，可以说明反应达到平衡状态，A
正确；
B．氨气的浓度不再变化，说明其正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡状态，B 正确；
C．随着反应的进行，氨气物质的量减小，容器体积固定，则NH3的体积百分含量减小，其不变可判定平衡
状态，C 正确；
D．投料比等于系数比，NH3和CO2的比例始终保持不变，其不变不可判定平衡状态，D 错误；
故选ABC；
60s
②
反应达到平衡状态，气体总浓度为2mol/L，NH3的体积分数为50%，氨气浓度为1mol/L，初始时刻，
氨气浓度为4mol/L，则反应Ⅰ从开始到B 点氨气的平均反应速率为
4 mol / L-1mol / L
60 s
=0.05mol /( L·s)；
（3）0→10min 氨气的浓度变化量为0.4mol/L；10min→30min 这20min 氨气的浓度变化量为0.8mol/L，
30min→60min 这30min 氨气的浓度变化量为1.2mol/L，可见随着反应进行，c(NH3)减小，平均反应速率不
变；
（4）根据已知条件，列三段式
N2(g)
+
3 H2(g)
⇌
2NH3(g)
初始mol
5
¿15
¿
¿
x ¿¿3 x ¿¿2 x ¿平衡mol¿5- x ¿¿15-3 x ¿¿2 x ¿，平衡时氨气
的质量分数为40%，则
2 x×17 g/mol
5mol×28 g/mol+15mol×2 g/mol ×100 % = 40 %，解得x =2，平衡时气体总
物质的量为16mol，平衡时：p(NH3)= 4
16 ×16 MPa= 4 MPa、p(H2)= 15-2×3
16
×16 MPa=9 MPa、
p(N2)= 5-2
16 ×16 MPa=3 MPa，则该反应的K p=
4
2
9
3×3
=0.0073(保留两位有效数字)；
（5）每隔一个立方体在立方体中心含有一个K
+，可以理解为平均每两个立方体中含有一个K
+，所以一个
晶胞中K
+的个数为0.5，根据均摊法，该立方体中Fe
x+的个数为：8× 1
8 =1，CN
-的个数为12× 1
4 =3，所以
晶体化学式是KFe2(CN)6或KFe[ Fe(CN )6]；晶胞中一半铁原子是铁(二价)，另一半铁原子是铁(三价)，
以顶点的Fe
2+为研究对象，与之最近的6 个CN
-分别位于上下、前后、左右，则二价铁离子的配位数为6。
18．（2025·陕西宝鸡·二模）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。
Ⅰ．以CO2和NH3为原料合成尿素
CO2(g)+2NH3(g)⇌CO(NH2)2(s)+ H2O(g) Δ H =-87kJ⋅mol
-1
(1)有利于提高CO2平衡转化率的措施是________。
A．高温
B．低压
C．低温
D．高压
(2)研究发现，合成尿素反应分两步完成，其能量变化如图甲所示。
第一步：2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s) Δ H
第二步：NH2COONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+ H2O(g) Δ H，反应速率较快的是 反应(填“第一步”
或“第二步”)，理由是 。
Ⅱ．以CO2和CH4催化重整制备合成气CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。
在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol 的CH4和CO2，在一定条件下发生上述反应，CH4的平衡转化率随
温度、压强的变化如图乙中曲线所示。
(3)若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是________。
A．容器中混合气体的密度保持不变
B．容器内混合气体的压强保持不变
C．反应速率：2υ正(CO2)=υ正(H2)
D．同时断裂2mol C-H 键和1mol H-H 键
(4)由图乙可知，压强P1 P2(填“>”“<”或“=”，下同)；Y 点速率υ正 υ逆。
(5)若容器体积2L，计算点X 对应温度下的平衡常数K= 。
Ⅲ．电化学法还原二氧化碳制取乙烯：在强酸性溶液中通入CO2气体，用惰性电极进行电解可制得乙烯。
其原理如图所示：
(6)该装置中，当电路中通过2mol 电子时，产生标况下O2的体积为 L；阴极的电极反应式为
。
【答案】(1)CD
(2) 第一步 根据图示可知，第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能，活化能越大，反应速
率越慢，因此，反应速率较快的是第一步反应
(3)BD
(4) < >
(5)0.04
(6) 11.2 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O
【详解】（1）已知该反应正向是一个气体分子数减小的放热反应，降低温度、增大压强，平衡均正向移
动，从而提高二氧化碳的平衡转化率，故答案为：CD；
（2）根据图示可知，第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因此，
反应速率较快的是第一步反应，故答案为：第一步；根据图示可知，第一步反应的活化能小于第二步反应
的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因此，反应速率较快的是第一步反应；
（3）A．反应前后，容器的体积不变，混合气体的质量也不变，因此当混合气体的密度不再发生变化，不
能判断反应是否达到平衡状态，A 错误；
B．在恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，该反应是一个气体分子数增大的反应，因此
压强是一个变量，当压强保持不变时，可判定反应已达到平衡状态，B 正确；
C．当2υ正(CO2)=υ正(H2)时，不能说明正逆反应速率相等，因此不可判定反应达到平衡状态，C 错误；
D．同时断裂2mol C—H 键和1mol H—H 键，说明正逆反应速率相等，因此可判定反应达到平衡状态，D
正确，
故答案为：BD；
（4）已知该反应正向是一个气体分子数增大的反应，当温度一定是，增大压强，平衡逆向移动，甲烷的
转化率降低，因此p1＜p2；温度一定时，Y 点并未达到平衡状态，若要达到平衡状态，需要提高CH4的转
化率，即平衡正向移动，因此υ正＞υ逆，故答案为：＜；＞；
（5）X 点甲烷的平衡转化率为50%，消耗n(CH4)=0.2mol×50%=0.1mol，列三段式：
CO2（g）
+CH4（g）
⇌
起始量(mol)
0.2
¿ ¿转化量(mol)¿0.1¿0.1¿¿平衡量(mol)¿0.1¿0.1¿¿
2CO（g）
0
0.2
0.2
+2H2（g
0
0.2
0.2
，
则平衡常数K=c
2(CO)c
2(H2)
c(CO2)c(CH4) =0.1
2×0.1
2
0.05×0.05 =0.04，故答案为：0.04；
（6）阳极反应为2H2O -4e
-=O2↑+ 4H
+，当电路中通过2mol 电子时，产生O2有0.5mol，则标况下的体
积为V=n∙Vm=11.2L，阴极上二氧化碳得电子结合氢离子生成乙烯，其电极反应式为
2CO2+12e
-+12H
+=C2H4+ 4H2O。故答案为：11.2；2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O。
19．（2025·云南大理·二模）氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，我国提出2060 年达“碳中和”目标。
(1)通过反应CO2+ H2⇌HCOOH将CO2转化为高附加值产品HCOOH，回答下列问题：
体系中涉及两个反应：
Ⅰ．主反应：CO2(g)+ H2(g)⇌HCOOH (g) ΔH1
Ⅱ．副反应：CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 2=+ 41kJ⋅mol
-1
测定不同温度下反应Ⅰ的平衡常数（K >0）如下表所示：
T/K
373
473
573
673
平衡
常数
37.5K
24.3K
8.4K
K
①ΔH1 0（填“>”“<”或“=”）。
②n(CO2):n(H2)=1:1充入恒容密闭容器中反应，下列有利于提高HCOOH 产率的措施有 。
A．升高反应温度 B．及时移出HCOOH
C．使用HCOOH 选择性高的催化剂 D．充入氮气
③n(CO2):n(H2)=1:1充入恒容恒温密闭容器中反应，起始压强为p0kPa，平衡时压强为p kPa，CO 与
HCOOH 的浓度相等，CO2的转化率α = （用含p0和p 的代数式表示），用各物质的平衡分压表示反
应Ⅰ的平衡常数计算式K p= kPa
-1（用含p0和p 的代数式表示）。
(2)硼氢化钠（NaBH4）水解制氢：常温下，NaBH4水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4
在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。
①根据上图写出NaBH4水解制氢的离子方程式 。
②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，NaBH4浓度对制氢速率的影响如下图所示。【已知：
浓度较大时，NaB (OH)4易以NaBO2形式结晶析出。】
分析NaBH4质量分数超过10%后制氢速率下降的可能原因 。
(3)一定条件下，利用题图所示装置实现
的电化学储氢（忽略其它有机物的反应）。
①写出由苯（
）生成环己烷（
）的电极反应式： （有机物用结构简式表示）。
②该装置的电流效率η= %（保留1 位小数）。（η= 生成环己烷转移的电子数
转移的电子总数
×100%）
【答案】(1) < BC 400(p0-p)
p0
%
(4 p0- 4 p)
(4 p-3 p0)
2
(2) BH4
-+4H2O= B (OH)4
-+4H2↑ NaBH4浓度较高时，生成较多的NaB (OH)4以NaBO2形式结晶析出，
覆盖在催化剂表面，阻碍BH4
-与催化剂活性位的接触（或催化剂活性下降），制氢速率下降
(3)
+6e-+6H+=
64.3
【详解】（1）①由图表分析可知，随温度的升高K 减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应属于放
热反应，则ΔH1<0；
A
②．CO2(g)+ H2(g)⇌HCOOH (g)为放热反应，升高温度平衡逆向移动，HCOOH 产率降低，A 错误；
B．移出HCOOH，使生成物浓度减小，平衡正向移动，有利于提高HCOOH 产率，B 正确；
C．选择HCOOH 选择性高的催化剂使得主反应进行的程度更大，有利于HCOOH 提高产率，C 正确；
D．充入氮气在恒容的密闭容器种，各组分浓度不变，平衡不移动，HCOOH 产率不变，D 错误；
故选BC；
③n(CO2):n(H2)=1:1，假设CO2和H2的物质的量各为1mol，主反应转化的CO2为x，副反应转化的CO2
为y，根据三段式有CO2(g)
+
H2(g)
⇌
HCOOH (g)
起始mol
1
¿1
¿
¿
x¿¿x¿¿x¿
CO2(g)
+
H2(g)
⇌
CO (g)
+
H2O (g)
起始mol
1
¿1
¿0
¿
变化mol
¿
¿y¿¿y¿¿y¿，则平衡时CO2的物质的量为
(1-x-y)，H2的物质的量为(1-x-y)，HCOOH 的物质的量为x，CO 的物质的量等于H2O 的物质的量等
于y，CO 与HCOOH 的浓度相等，物质的量也相等，即x=y，则平衡时气体的物质的量为
1-x-y+1-x-y+x+y+y=2-x，则p0
p =
2
2-x，x= 2p0-2p
p0
，CO2的转化率为
4 p0- 4 p
p0
1
×100 % = 400(p0-p)
p0
%；p(CO2)=p(H2)=
1- 4 p0- 4 p
p0
2p
p0
×p= 4 p-3p0
2
kPa，
p(HCOOH)=
2p0-2p
p0
2p
p0
×p=2p0-2p
2
kPa，反应Ⅰ的平衡常数计算式
K p=
(2 p0-2 p)
2
(4 p-3 p0)
2
× (4 p-3 p0)
2
= (4 p0- 4 p)
(4 p-3 p0)
2 kPa
-1；
（2）①根据制氢的微观过程图可知，NaBH4与水反应生成NaB(OH)4与H2，离子方程式为
BH4
-+4H2O = B (OH)4
-+4H2↑；
②根据NaBH4浓度对制氢速率的影响图像分析，NaBH4浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催
化剂性能未充分发挥，制氢速率较低；NaBH4浓度较高时，生成较多的NaB(OH)4易以NaBO2形式结晶析出，
覆盖在催化剂表面，阻碍BH4
-与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
（3）
①该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，
电极反应式为
+6e-+6H+=
；
②阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol 氧气，转移电子的物质的量
=2.8mol×4=11.2mol，生成1mol 氧气时生成2mol 氢气，则生成2.8mol 氧气时同时生成5.6mol 氢气，
设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为
10 mol×24 % -xmol，反应后苯的含量10mol×24% -x
10mol-3xmol+5.6mol ×100%=10%，解x=1.2，苯转化为环己烷
转移电子的物质的量为1.2mol×6= 7.2mol，则7.2mol
11.2mol ×100%=64.3%。
20．（2025·湖北武汉·二模）苯乙烯作为一种重要的基础有机化工原料，广泛用于合成塑料和橡胶。工业
常采用乙苯脱氢的方法制备苯乙烯，其原理如下：C6 H5-C2H5(g)⇌C6 H5-CH =CH2(g)+ H2(g)
Δ H =+130kJ⋅mol
-1，回答下列问题：
(1)有利于提高乙苯平衡转化率的条件是_____（填标号）。
A．高温低压
B．高温高压
C．低温高压
D．低温低压
(2)已知键能：E (C- H)= 413kJ⋅mol
-1，E (H - H)= 436kJ⋅mol
-1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的
能量为 kJ。
(3)100kPa，乙苯通过催化剂反应相同的时间，在不同的流速下，乙苯的转化率随着温度的变化如图所示，
流速大而转化率低的原因可能是 。
(4)一种提高乙苯转化率的催化剂-钯膜（只允许H2透过）反应器，其工作原理如图所示。
①该系统中持续通入N2的作用为 。
②T ℃和pkPa条件下，一定量的乙苯通入无钯膜反应器，若乙苯的平衡转化率为40 %，该反应的压强平
衡常数K p= kPa；在相同条件下，若换成上图“钯膜反应器”，乙苯的平衡转化率提高到50%，则出
口a 和b 的氢气质量比为 。
(5)乙苯脱氢过程容易产生苯和甲苯等副产物，为了提高苯乙烯的选择性，可采取的措施是 。
【答案】(1)A
(2)260
(3)乙苯与催化剂的接触时间短，反应不充分
(4) 及时将氢气从反应器中分离，提高乙苯转化率 4 p
21 9:8
(5)更换适宜的催化剂
【详解】（1）该反应为气体分子数增大的吸热反应，选择高温、低压条件更有利于平衡正向移动，从而
提高乙苯的平衡转化率，故选A。
（2）设反应C6 H5-C2H5(g)⇌C6 H5-CH =CH2(g)+ H2(g) Δ H =+130kJ⋅mol
-1生成1mol碳碳π键放出
的能量为xkJ，∆H=反应物总键能-生成物总键能，反应物与生成物有部分相同的共价键，则∆H
=+130kJ/mol=(+2×413-x-436)kJ/mol，解得x=260。
（3）乙苯通过催化剂反应，接触越充分反应越完全，由图可知，在同温同压下、且反应相同的时间时，
乙苯流速较大的转化率较低，则流速大而转化率低的原因可能是：乙苯与催化剂的接触时间短，反应不充
分。
（4）①反应生成了氢气，通入氮气可以将氢气从反应器中分离，有利于平衡正向进行，从而提高乙苯转
化率，即该系统中持续通入N2的作用为：及时将氢气从反应器中分离，提高乙苯转化率；
②设乙苯起始物质的量为1mol，通入无钯膜反应器转化率为40%，则平衡时n(乙苯)=0.6mol，n(苯乙
烯)=0.4mol，n(H2)= 0.4mol，总物质的量为1.4mol。分压p(乙苯)= 0.6 p
1.4 kPa，p(苯乙烯）= 0.4 p
1.4 kPa，
p(H2)= 0.4 p
1.4 kPa。压强平衡常数：Kp=p(苯乙烯）⋅p（H2)
p(乙苯）
=
0.4 p
1.4 × 0.4 p
1.4
0.6p
1.4
kPa = 4 p
21 kPa；相同条
件下，若换成“钯膜反应器”，反应的平衡常数相同，设乙苯起始物质的量为1mol，苯的平衡转化率提高
到50%，平衡时b 出口逸出xmolH2，列三段式：
C6 H5-C2H5
⇌
C6 H5-CH=CH2
+
H2
起始量/ mol
1
¿0
¿
¿ 0.5¿¿0.5¿¿0.5¿平衡量/ mol¿0.5¿¿0.5¿¿ x ¿，故
压强平衡常数：Kp=p(苯乙烯）⋅p（H2)
p(乙苯）
=
0.5p
1+x × x p
1+x
0.5p
1+x
kPa = 4 p
21 kPa，解得x = 4
17 ，则从a 出口逸出
H2的物质的量为0.5-4
17 =9
34 mol，故出口a 和b 的氢气质量比为(
9
34 ×2):(
4
17 ×2)=9:8。
（5）对同一个总反应，不同的催化剂参与时，反应的途径不同，因此催化剂能改变改变反应速率、反应
物的选择性，使同一时间内生成的制定产物更多，乙苯脱氢过程容易产生苯和甲苯等副产物，为了提高苯
乙烯的选择性，可采取的措施是：更换适宜的催化剂。
21．（2025·江西景德镇·二模）乙醛是非常重要的化工原料，可以用来制备乙酸、乙酸乙酯等物质。工业
上制备乙醛的重要方法之一是乙醇脱氢法(反应a)：C2H5OH (g)→CH3CHO (g)+ H2(g) Δ H 1
(1)定义标准摩尔生成热Δf H m：在标准压力(100kPa)下，一定温度时，由最稳定单质生成1mol物质的反
应焓变。例如Δf H m(C2H2(g))=+227 kJ / mol的物理意义可用以下反应表示。
2C (s)+ H2(g)→C2H2(g) Δ H 2=+227kJ/ mol
相关物质的Δf H m (kJ/mol)如下表所示。写出表示CH3CHO (g)标准摩尔生成热的热化学方程式： 。
物质
C (s)
H2(g)
O2(g)
CH3CHO (g)
C2H5OH (g)
H2O (g)
Δf H m 0
0
0
-166
-235
-242
由表中数据可知Δ H 1= kJ/mol。
C2H5OH (g)→CH3CHO (g)+ H2(g)
(2)维持反应器总压为1.0 MPa，投料比x=n(C2H5OH)
n(H2O)
=1或2，只发生反应a，水蒸气不参加反应，乙醇的
平衡转化率α随温度的变化曲线如图，x=1时的曲线为 ；T1❑
∘C时，反应a的平衡常数Kp=
MPa．(Kp是以平衡分压p(A)代替平衡浓度c(A)表示的常数，p(A)=p总×A的物质的量分数)
(3)已知反应a的熵变ΔS =+115J /(mol⋅K)，假设焓变和熵变不随温度而变化，则反应a自发进行的最低
温度为 K。该反应耗能较大，2023 年湖南大学的研究人员利用具有热催化和电催化活性的双功能催
化剂，在低温(120℃)和低电压(0.06V)下，将热脱氢反应与电化学氢转移相结合，实现了乙醇制氢和乙醛的
高效转化。其装置如图所示。则阳极总的电极方程式为： ；试从平衡原理解释该装置为什么能使反
应a 在120℃进行 。
【答案】(1) 2C (s)+2H2(g)+ 1
2 O2(g)→CH3CHO (g) Δ H =-166kJ/ mol +69
(2) M 0.25
(3) 600 C2H5OH (g)-2e
-=CH3CHO (g)+2H
+ H2在阳极被氧化为H
+，减少了生成物浓度，使
平衡正向移动
【详解】（1）根据题意，生成CH3CHO (g)需要的单质是C (s)、H2(g)、O2(g)，表示CH3CHO (g)标准摩尔生
成热的热化学方程式：2C (s)+2H2(g)+ 1
2 O2(g)→CH3CHO (g) Δ H =-166kJ/ mol；
C2H5OH (g)→CH3CHO (g)+ H2(g) Δ H 1=-166kJ/mol+0kJ/mol-(-235kJ/mol)=+69kJ/mol；
（2）反应器总压为1.0 MPa，投料比x 越小，反应体系分压越小，该反应正向气体分子数增多，有利于反
应正向进行，乙醇的平衡转化率α增大，故x=1时的曲线为M；T1❑
∘C时，投料比x=n(C2H5OH)
n(H2O)
=2，乙
醇的平衡转化率α为50%，设投料乙醇为2xmol，水蒸气为xmol，平衡时生成乙醛xmol，氢气xmol，余下
乙醇xmol，容器内气体共为4xmol，则p(C2H5OH)=p(H2O)=p(CH3CHO)=x
4 x ×1.0 MPa =0.25 MPa，反应
a的平衡常数Kp= 0.25 MPa×0.25 MPa
0.25 MPa
=0.25 MPa；
（3）根据ΔG =ΔH -TΔS<0反应自发进行，ΔG =+69kJ / mol-T×0.115kJ /(mol⋅K)<0，解得反应
a自发进行的最低温度为600K；阳极乙醇发生氧化反应生成乙醛和氢气，氢气失电子生成氢离子，阳极总
的电极方程式为C2H5OH (g)-2e
-=CH3CHO (g)+2H
+；H2在阳极被氧化为H
+，减少了生成物浓度，使平衡
正向移动，能使反应a 在120℃进行。
22．（2025·天津南开·二模）CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义。回答下列问题：
(1)烟气中CO2的捕集可通过下列转化实现。
①CO2的电子式为 。
②捕集过程Ca2SiO4、MgO吸收CO2的化学方程式： 。
③捕集过程CO2吸收速率随时间的变化如图所示。CO2吸收速率逐渐降低的原因： 。
(2)通过电催化法将CO2和NO3
-合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解决含氮废水污染问题，电解原理如图所示。
①电极b 是电解池的 (填“阴”或“阳”)极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是 。
(3)催化加氢合成甲醇是重要的CO2转化技术。
主反应：CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g) Δ H =- 49.5kJ⋅mol
-1
副反应：CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) Δ H =+ 41.2kJ⋅mol
-1
在密闭容器中，维持压强和投料比不变，平衡时CH3OH(g)和CO 在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化
率随温度的变化如图所示。
CO
①
与H2反应生成气态甲醇的热化学方程式为 。
②图中代表CH3OH的物质的量分数随温度变化的曲线为 (填“I”或“Ⅱ”)。
③150~250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因是 。
【答案】(1)
Ca2SiO4+2CO2=2CaCO3+SiO2、MgO+CO2= MgCO3 随着反应
进行，CaSiO4、MgO表面被固体产物覆盖，与CO2的接触面积减少
(2) 阳 CO2+2NO3
-+18 H
++16e
-=CO(NH2)2+7 H2O
(3) CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) Δ H =-90.7 kJ⋅mol
-1 Ⅰ 主反应为放热反应，副反应为吸
热反应，150~250℃时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度
【详解】（1）
①CO2为共价化合价，电子式为
。
②结合质量守恒，捕集过程Ca2SiO4吸收二氧化碳生成碳酸钙和二氧化硅、MgO吸收CO2生成碳酸锰，反应
的化学方程式：Ca2SiO4+2CO2=2CaCO3+SiO2、MgO+CO2= MgCO3；
③碳酸钙、二氧化硅、碳酸锰均为固体，随着反应进行，CaSiO4、MgO表面被固体产物覆盖，与CO2的接
触面积减少，导致CO2吸收速率逐渐降低；
（2）①由分析，电极b 是电解池的阳极。
②由分析，电解过程中生成尿素的电极反应式是CO2+2NO3
-+18 H
++16e
-=CO(NH2)2+7 H2O；
（3）①由盖斯定律，主反应-负反应得反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)
Δ H =(- 49.5kJ⋅mol
-1)-(+ 41.2kJ⋅mol
-1)=-90.7 kJ⋅mol
-1，故CO 与H2反应生成气态甲醇的热化学
方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) Δ H =-90.7kJ⋅mol
-1；
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，维持压强和投料比不变，随着温度升高主反应平衡会逆向移动，
甲醇物质的量分数会降低，所以图中代表的物质的量分数随温度变化的曲线为I；
50~250℃
③
范围内转化率随温度升高而降低的是因为主反应为放热反应，副反应为吸热反应，150~250℃
时，随温度升高主反应平衡逆向移动的程度大于副反应平衡正向移动的程度。
23．（2025·福建龙岩·二模）甲酸受热分解有脱水和脱羧两种方式：
脱水反应：HCOOH (g)⇌CO (g)+ H2O (g) ΔH1 K 1
脱氢反应：HCOOH (g)⇌CO2(g)+ H2(g) Δ H 2=-14.8kJ⋅mol
-1 K 2
回答下列问题：
(1)已知CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g) Δ H 3=- 41.2kJ⋅mol
-1 K 3
则Δ H 1= kJ⋅mol
-1，K 1= (用K 2、K 3表示)。
(2)TK 时，向1L 恒容密闭容器中充入2mol HCOOH(g)，压强为p0kPa．反应达到平衡时，甲酸转化率为
95%，CO 的选择性为40%。
已知：K p为气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。
①该反应的平衡总压p总= kPa。
TK
②
时，脱水反应的平衡常数K p= 。(列出计算式)
③反应温度升高有利于提高平衡时产物CO 选择性的原因是 。
(3)我国科学家研发萤石型ZrO2纳米材料(晶胞如图)，能阻断甲酸脱氢路径，获取纯度超过99.999%的CO，
其反应历程如图。
①萤石型ZrO2晶胞中，Zr 的配位数为 。
②甲酸脱水反应决速步相应的化学方程式为 。
③反应历程中COOH*对应的结构应为 (填“图a”或“图b”)。
(4)若在水热条件下进行甲酸脱水反应，其反应机理为如下，其中质子化甲酸中间体的生成是快速平衡反应。
①增大H
+浓度可以加快HCOOH 分解速率，其原因为 。
②已知：甲酸脱水速率方程为v =k ⋅c (HCOOH)⋅c (H
+)，该温度下K a (HCOOH)=2.5×10
-4，0.1mol⋅L
-1
HCOOH 溶液中c (H
+)= ；在此基础上，通入HCl 至pH=1，则甲酸脱水速率是原速率的 倍。
【答案】(1) ＋26.4 K 2
K 3
(2) 1.95p0 (0.76)
2×1.95 p0
0.1×3.9
脱水反应为吸热反应，脱氢反应为放热反应，温度升高，脱水
反应平衡正移，脱氢反应平衡逆移，CO 选择性提高
(3) 8 HCOOH
*= HCOO
*+ H
* 图b
(4) 增大c (H
+)，质子化甲酸中间体的生成平衡右移，使得质子化甲酸中间体浓度增加，慢反应速率增
大，提高甲酸分解反应速率 5×10
-3 20
【详解】（1）反应I、HCOOH (g)⇌CO (g)+ H2O (g) ΔH1
反应II、HCOOH (g)⇌CO2(g)+ H2(g) ΔH2=-14.8kJ⋅mol
-1
反应III、CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g) ΔH3=- 41.2kJ⋅mol
-1
根据盖斯定律，反应I=反应II-反应III，ΔH1= ∆H2-∆H3=-14.8kJ·mol-1+41.2kJ·mol-1=+26.4 kJ·mol-1；
反应I=反应II-反应III，则K1=K2
K3
；
（2）三段式：
HCOOH(g)+
⇌
❑
H2O(g)
+CO(g)
变化量(mol)
2×95 %×40 %
¿0.76
0.76
HCOOH(g)+
⇌
❑
H2(g)
+CO2(g)
变化量(mol)
2×95 %×60 %
¿1.14
1.14
，平衡后，HCOOH、H2O、CO、
H2、CO2的物质的量分别是：(2-2×95%)mol=0.1mol、0.76mol、0.76mol、1.14mol、1.14mol，n 总
=0.1mol+0.76mol+0.76mol+1.14mol+1.14mol=3.9mol；
①恒温恒容下有：p0
p总
= n始
n总
，p 总=n总
n始
p0= 3.9
2 p0=1.95 p0；
K
②
p=
p(CO)× p(H 2O)
p(HCOOH )
=
0.76
3.9 ×1.95 P0× 0.76
3.9 ×1.95 P0
0.1
3.9 ×1.95 P0
=
(0.76)2×1.95p0
0.1×3.9
；
③脱水反应为吸热反应，脱氢反应为放热反应，温度升高，脱水反应平衡正移，脱氢反应平衡逆移，CO
选择性提高；
（3）①根据晶胞结构，黑球个数为8，灰球个数为8×1
8 +6× 1
2 = 4，则灰球为Zr 原子，黑球为O 原子，O
的配位数为4，Zr 的配位数为8；
②反应速率最慢的步骤为决速步骤，决速步骤的活化能最大，决速步骤的方程式为：HCOOH
*= HCOO
*+ H
*
COOH*
③
结构中，H 原子与O 原子成键，图b 符合；
（4）①增大c(H
+)，质子化甲酸中间体的生成平衡右移，使得质子化甲酸中间体浓度增加，慢反应速率增
大，提高甲酸分解反应速率；
K
②
a=c(H
+)×c( HCOO
-)
c( HCOOH )
=
c
2(H
+)
c( HCOOH )
，c(H+)=
❑√K a×c( HCOOH )=
❑√2.5×10
- 4×0.1mol / L=5×10
-3mol / L；
在此基础上，通入HCl 至pH=1，c(H+)=0.1mol/L，此时H+浓度是原来的
0.1mol/ L
5×10
-3mol/ L
=20倍，则甲酸
脱水速率是原速率的20 倍。
24．（2025·天津红桥·二模）硫化氢是天然气开采、炼油行业和煤化工的副产物，在科研、生活及化学工
业中均有重要应用。
(1)一种可将H2S无害化处理的工艺涉及反应如下：
反应Ⅰ：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O (g) Δ H 1=-1006.5kJ⋅mol
-1
反应Ⅱ：4 H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+ 4 H2O (g) Δ H 2=+90.3kJ⋅mol
-1
反应Ⅲ：3S2(g)=S6 (s) Δ H 3=-500.9kJ⋅mol
-1
反应6 H2S(g)+3O2(g)=S6 (s)+6 H2O (g)的Δ H = 。
(2)Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除时需先进行吸附。过程如下图所示：
按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请解释其原因 。
(3)工业上采用高温分解H2S制取H2。在恒容密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验：
2H2S(g)⇌2H2(g)+S:(g)。以H2S起始浓度均为cmol⋅L
-1测定H2S的转化率，结果如图所示。
①由图可知，关于该反应的判断正确的是 。
A．高温下才能自发进行
B．任意温度下都不能自发进行
C．低温下才能自发进行曲线
D．任意温度下都能自发进行曲线
②能说明某温度下该反应已达到平衡状态的是 。
A．气体密度保持不变 B．气体总物质的量保持不变
C．2υ正(H2S)=υ逆(S2) D．
c(H2S)
c(H2)
不变
③随温度升高，曲线b 向曲线a 逼近的原因是 。
④计算985℃时，该反应的平衡常数K 值为 (用含c 的代数式表示)。
(4)H2S也可应用于废水处理领域中，能使某些金属离子生成难溶硫化物而除去。
除去Mn
2+的原理为：Mn
2++S
2= MnS↓
H2S⇌H
++ HS
- Ka1=1.1×10
-7
HS
-⇌H
++S
- Ka2=1.3×10
-13
25℃时，向含有0.0200 mol⋅L
-1Mn
2+的废水中通入一定量H2S气体，然后调节溶液的pH，当pH =6、
c(HS
-)=1.0×10
- 4 mol⋅L
-1时，Mn
2+开始沉淀，计算MnS的溶度积为 。
【答案】(1)-1417.1kJ⋅mol
-1
(2)H2S 中H 带正电、S 带负电，Fe2O3中Fe3+带正电，O2-带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附
方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强
(3) A BD 温度升高，反应速率增大，反应更快地达到平衡状态，相同时间的转化率更接近
平衡转化率 4c
45
(4)2.6×10
-13
【详解】（1）已知反应Ⅰ：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-1006.5kJ•mol-1，反应Ⅱ：4H2S(g)
+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)ΔH2=+90.3kJ•mol-1，反应Ⅲ：3S2(g)=S6(s)ΔH3=-500.9kJ•mol-1，反应Ⅳ：6H2S(g)
+3O2(g)=S6(s)+6H2O(g)，反应Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，根据盖斯定律ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3=-1006.5kJ•mol-1+
(+90.3kJ•mol-1)+(-500.9kJ•mol-1)=-1417.1 kJ•mol⁻1；故答案为：-1417.1kJ•mol-1；
（2）按图乙方式进行吸附，其吸附能力比按图甲强，从结构角度解释其原因H2S 中H 带正电、S 带负电，
Fe2O3中Fe3+带正电，O2-带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，
吸附能力强；故答案为：H2S 中H 带正电、S 带负电，Fe2O3中Fe3+带正电，O2-带负电；甲吸附方式为同种
电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强；
（3）①根据图像可知，温度升高，反应物平衡转化率(曲线a)增大，所以2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)ΔH＞0 且
ΔS＞0，该反应高温下自发进行；故答案为：A；
A
②．该反应的反应前后气体总质量不变且恒容密闭容器，密度为定值，不能用密度来判断化学反应是否
达到平衡，A 错误；
B．该反应的反应前后气体总物质的量变化，n 总为变量，可以用气体总物质的量来判断化学反应是否达到
平衡，B 正确；
C．平衡时，υ正(H2S)
υ逆(S2)
=2：1，即υ正(H2S)=2υ逆(S2)，C 错误；
D．随着反应的发生，c(H2S)逐渐减小，c(H2)逐渐增大，
c(H2S)
c(H2)
逐渐减小，当比值不变时达平衡，D 正确；
故答案为：BD；
③根据题意结合平衡转化率是该条件下的最大转化率可知：温度升高，反应速率增大，缩短达到平衡的时
间，相同时间的转化率更接近平衡转化率，所以随温度升高，曲线b 向曲线a 逼近；故答案为：温度升高，
反应速率增大，缩短达到平衡的时间，相同时间的转化率更接近平衡转化率；
④根据题意结合图像可知，985℃时H2S 的转化率为40%，得到三段式为：
2H2S（g）
⇌
2H2（g）
起始浓度(mol/L)
c
¿0
转化浓度(mol/L)
0.4c
¿0.4c
平衡浓度(mol/L)
0.6c
¿0.4c
+S2（g）
0
0.2c
0.2c
可以得到K=c
2(H2)c(S2)
c
2(H2S)
=(0.4c)
2×0.2c
(0.6c)
2
=，故答案为：4c
45 ；
（4）当pH=6、[HS]-=1.0×10-4mol•L-1时，pH=6 开始沉淀，Mn2++S2-=MnS↓，即沉淀为MnS，根据
Ka2=1.3×10-13变式得：Ka2=c(S
2-)c(H
+)
c(HS
-)
=1.0×10
-6×c(S
2-)
1.0×10
-4
=1.3×10-13，c(S2-)=1.3×10-11mol•L-1，根据溶
度积公式可得：Ksp=c(Mn2+)×c(S2-)=0.020×1.3×10-11=2.6×10-13，故答案为：2.6×10-13。
25．（2025·吉林·二模）氮氧化物是一种严重的空气污染物质，减少氮氧化物的排放是重要的研究工作。
(1)汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。
汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体：
2CO (g)+2NO (g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH1。已知：反应N2(g)+O2(g)⇌2NO (g)ΔH2=+180.0kJ/mol，若CO
的燃烧热△H 为-283.5kJ/mol，则ΔH1= 。
(2)N2O 是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O 的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气的存
在能大幅度提高N2O 的分解速率，反应历程为：
第一步：I2(g)→2I(g)(快反应)
第二步：I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)
第三步：IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O 分解速率方程v=k·c(N2O)·c
0.5(I2)(k 为速率常数)，下列表述正确的是_____。
A．N2O 分解反应中，k 值与是否含碘蒸气有关
B．第三步对总反应速率起决定作用
C．第二步活化能比第三步小
D．IO 为反应的催化剂
(3)利用电化学方法在有机复合营养液(有水但不多)中通过微生物电催化将NO2有效地转化为N2H4，装置如
图1 所示。阴极区电极反应式 ；当体系的温度升高到一定程度，电极反应的速率反而迅速下降，
其主要原因是 。
(4)有氧条件下，NH3在硅基铜位点催化剂表面脱除烟气中的NO，反应机理如图2 所示，但本装置有缺陷，
反应一段时间后反应速率变慢甚至失效，分析原因 。
(5)近年来，低温等离子技术是在高压放电下，O2产生O∙自由基，O∙自由基将NO 氧化为NO2后，再用
Na2CO3溶液吸收，达到消除NO 的目的。实验室将模拟污染性空气(N2、O2、NO)以一定流速通入低温等离
子体装置。
①等离子体技术在低温条件下可提高NO 的转化率，原因是 。
②其他条件相同，等离子体的电功率与NO 的转化率关系如图所示：
当电功率大于30W 时，NO 转化率下降的原因可能是 (用化学方程式解释)。
【答案】(1)-747.0 kJ/mol
(2)A
(3) 2NO2+12e
-+12H
+= N2H4+ 4 H2O 温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活
(4)铜单质位点被氧化为氧化铜，反应位点变少失去催化活性
(5) NO 与O2反应生成NO2是放热反应，低温时有利于反应正向进行 N2+O2 =
放电
2NO
【详解】（1）由题可知可知CO(g)+ 1
2 O2(g)=CO2(g) ΔΗ =-283.5kJ/mol，结合题中已知反应根据盖斯
定律可知ΔH1 = 2ΔH-ΔH2 = -747.0 kJ/mol。
（2）A．由题知碘蒸汽的存在能大幅度提高N2O 的分解速率，含碘时N2O 分解速率方程为
v=k·c(N2O)·c
0.5(I2)，说明碘蒸汽参与反应并改变了反应历程，k 值与是否含碘蒸气有关，A 正确；
B．反应速率由慢反应速率决定，第二步是慢反应，B 错误；
C．化学反应速率与活化能呈负相关关系，反应速率越慢，活化能越大，所以选项中“第二步活化能比第
三步小”是不对的，C 错误；
D．IO 是反应过程中产生的中间产物，不是催化剂，催化剂是反应前后质量和化学性质都不变的物质，D
错误；
故答案选A。
（3）在阴极区，NO2得到电子转化为N2H4，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可写出电极反应
式为：2NO2+12e
-+12H
+= N2H4+ 4 H2O；该反应是通过微生物电催化进行的，微生物在适宜温度下活性
较高，当温度升高到一定程度，微生物活性降低甚至失活，导致催化效率降低，电极反应的速率迅速下降。
（4）由机理图可知，在该过程中会向催化剂铜单质位点通入氧气，而在有氧的条件下，铜单质位点会被
氧化为氧化铜(CuO)，从而反应位点变少使反应速率变慢甚至失效。
（5）NO 与O2反应生成NO2是放热反应，低温有利于反应正向进行，因此在低温条件下可提高NO 的转化
率；当电工率大于30W 时，随功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，NO 转化率下降，化学方程式为：
N2+O2 =
放电
2NO。
