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专题10 反应原理综合题（非选择题）
1．（2026·辽宁大连·一模）氨是重要的化工原料，氨的合成曾三次获得诺贝尔化学奖。科研人员开发了以
下三种新型合成氨的方法。回答下列问题：
方法一：N2和H2O 合成氨。
该方法以水为氢源，CO 为氧受体，在催化剂上实现氮气和水直接合成氨。该过程可在低至100℃的条件下
实现氨高效节能生产。
已知：①2N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+3O2(g) Δ H 1=+1266.4 kJ / mol
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) Δ H 2=−566.0kJ/ mol
③N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g) ΔH3
(1)ΔH3=___________kJ/mol。
(2)结合反应①、②的ΔG(自由能的变化)随温度变化情况图，说明CO 的作用是___________。
方法二：NO 和H2合成氨。
该方法是在常压，200℃下，利用工业废气NO 与H2在催化剂表面直接合成NH3.
已知：主反应：2NO(g)+5 H2(g)⇌2NH3(g)+2H2O(g)
副反应：2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)
(3)方法二较“传统合成氨”的优点为___________(答出一条即可)。
(4)向密闭容器中充入1 molNO 和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，NO 的转化率为80%，NH3的选择
性为90%( NH3的选择性= 转化为NH3的NO 的物质的量
转化的NO 的总物质的量
×100 %)。则平衡时NH3的物质的量为
___________mol，主反应的平衡常数Kx=___________(Kx为以物质的量分数表示的平衡常数，列出计算式
即可)。
方法三：N2和H2常压催化合成氨。
该方法是利用催化剂表面的阴离子空位诱导N2活化，再进行氢化，二者协同作用合成NH3.
(5)若将N2和H2同时通入反应体系，NH3的生成速率会___________(填“增大”或“减小”)。
(6)物质在催化剂表面的吸附为放热过程，用Eads表示吸附能。催化剂Ni/BaC2晶体表面N2活化的过程如下
图所示，则Eads(水平吸附)___________Eads(末端吸附)(填“＞”、“＜”或“=”)。
【答案】(1)-215.8
(2)使反应③在一定温度下ΔG<0，可以自发进行
(3)①反应条件温和；②将NO 废物利用；③节约成本等
(4) 0.72 (
0.72
2.88)
2
×(
0.8
2.88)
2
(
0.2
2.88)
2
×(
1.12
2.88)
5
(5)减小
(6)＜
【详解】（1）根据盖斯定律，反应③=
×
①1
2+
×
②3
2，Δ H 3= Δ H 1× 1
2 + Δ H 2× 3
2，
Δ H 3=1266.4 kJ⋅mol
−1× 1
2 +(-566kJ⋅mol
−1)× 3
2 =-215.8kJ⋅mol
−1；
（2）从图中看出，随温度升高，反应①的ΔG1>0，反应不能自发进行，反应②ΔG2<0，反应能自发进
行，反应过程中，CO的作用是消耗反应①产生的氧气，降低体系自由能，使ΔG3<0，反应③能自发进行；
（3）方法二较“传统合成氨”的优点为反应在常压、200℃，反应条件较为温和，且用NO作原料，将NO
废物利用，防止空气污染，同时也节约了成本；
（4）据题意，达到平衡时转化的NO总量为1mol×80 %=0.8mol，主反应消耗NO为
0.8mol×90 %=0.72mol，副反应消耗NO为0.8mol-0.72mol=0.08mol，平衡时，n(NH3)=0.72mol，
n (NO)=0.2mol，n(H2)=1.12mol，n(H2O)=0.8 mol，n(N2)=0.04 mol，体系中混合气总的物质的量为
0.2mol+1.12mol+0.72mol+0.8 mol+0.04 mol=2.88 mol，主反应中各物质的量分数为x (NO)= 0.2
2.88，
x(H2)= 1.12
2.88，x(NH3)= 0.72
2.88，x(H2O)= 0.8
2.88，反应平衡常数K X=(
0.72
2.88)
2
×(
0.8
2.88)
2
(
0.2
2.88)
2
×(
1.12
2.88)
5；
（5）若将N2和H2同时通入反应体系，氢气会占据催化剂表面的活性位点（或阴离子空位），阻碍氮气的
吸附与活化，从而导致氨的生成速率减小；
（6）物质在催化剂表面的吸附为放热过程，吸附能Eads为负值，催化剂Ni/BaC2晶体表面N2水平吸附时成
键多，重叠强，放热更多，末端吸附成键少，放热较少，所以Eads(水平吸附)小于Eads(末端吸附)；
2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）科研人员开发了三种新型氨合成方法。
方法一：N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g) ΔH3
已知：①2N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+3O2(g) ΔH1=+1266.4 kJ/mol
2CO(g)+O
②
2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566.0 kJ/mol
(1)ΔH3=___________kJ/mol。
(2)反应①、②的吉布斯自由能变化(ΔG)随温度变化情况如图1 所示，结合图像分析反应N2(g)+3H2O(g)
+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g)中CO 的作用是___________。
方法二：200℃，常压下，利用工业废气NO 与H2在催化剂表面反应直接合成NH3。主要反应如下：
主反应：2NO(g)+5H2(g)
2NH
⇌
3(g)+2H2O(g)
副反应：2NO(g)+2H2(g)
N
⇌
2(g)+2H2O(g)
(3)分析该合成方法较传统合成氨的优势：___________。(写出两点即可)
(4)200℃，恒压p 条件下，向一密闭容器中按n(NO):n(H2)=1:3 投料发生以上反应。一段时间后体系达到平
衡状态，NO 的转化率为80%，NH3选择性为90%(NH3的选择性=转化为NH3的NO 的物质的量
转化的NO 的总物质的量
×100%)。则主反应的压强平衡常数Kp=___________(写出计算式即可，平衡分压=气体的物质的量分数×总
压)。
(5)研究表明，固溶体型催化剂OsxPt1-x/γ-Al2O3在合成反应中表现出优异的性能。根据图2 分析：当OsxPt1-x
中Os 的含量为___________时为最佳催化效果。
方法三：400℃，常压下，首先利用催化剂Ni/BaC2晶体表面存在“C2
2−阴离子空位”诱导N2活化，再进行
氢化，协同作用来生产NH3。
(6)催化剂吸附能的负值表示微粒从气相吸附到催化剂表面形成化学键时所释放的能量。图3 是催化剂Ni/
BaC2晶体表面N2活化的过程，N 原子与钡离子结合，请从物质结构的视角解释Ni/BaC2催化剂表面N2“水
平吸附”比“末端吸附”的吸附能(Eads)低的原因___________。
(7)若将N2和H2同时通入反应体系，NH3的产生速率大幅下降，请解释原因___________。
【答案】(1)-215.8
(2)引入CO 后，反应在一定温度下ΔG<0，反应可以自发进行(其他合理答案也可)
(3)反应条件温和；将污染物NO 高效转化为有价值的NH3；能耗更低；废气利用(答案合理即可)
(4)(
0.72
2.88 p)
2
⋅(
0.80
2.88 p)
2
(
0.20
2.88 p)
2
⋅(
1.12
2.88 p)
5
(5)0.1
(6)水平吸附使N2双端同时与Ba2+作用，N≡N 键更易活化
(7)N2和H2竞争吸附或H2会覆盖部分活性位，降低N2的吸附和活化几率(合理答案均给分)
【详解】（1）目标反应=①+3×②
2
，故Δ H 3= Δ H 1+3× Δ H 2
2
=1266.4 kJ/mol-3×566.0kJ/mol
2
=
−215.8kJ/mol。
（2）反应①ΔG>0，反应②ΔG<0，引入CO 后，反应在一定温度下ΔG<0，反应可以自发进行。
（3）该合成方法较传统合成氨的优势：反应条件温和；将污染物NO 高效转化为有价值的NH3；能耗更低；
可实现废气利用。
（4）设初始n (NO)= x mol，则n(H2)=3 x mol，段时间后体系达到平衡状态，NO 的转化率为80%，NH3
选择性为90%，故平衡时n平(NO)=(1−80 %) x mol=0.2 x mol，
n平(NH3)=(90 %×80 %) x mol=0.72 x mol，n平(N2)= 1
2
(1−90 %)×80 % x mol=0.04 x mol，
n平(H2O)=80 % x mol=0.8 x mol，
n平(H2)=[3 x−5
2 ×(80 %×90 %) x−80 %×(1−90 %) x)mol=1.12 x mol，
n总=0.2 x +0.72 x +0.04 x +0.8 x +1.12 x =2.88 x mol，故K p=(
0.72 x
2.88 x × p)
2
×(
0.8 x
2.88 x × p)
2
(
0.2 x
2.88 x × p)
2
×(
1.12 x
2.88 x × p)
5=
(
0.72
2.88 p)
2
(
0.8
2.88 p)
2
(
0.2
2.88 p)
2
(
1.12
2.88 p)
5。
（5）根据图2 可知，当OsxPt1-x中Os 的含量为0.1 时为最佳催化效果。
（6）由图可知水平吸附使N2双端同时与Ba2+作用，N≡N 键更易活化，从而吸附能更低。
（7）将N2和H2同时通入反应体系，N2和H2竞争吸附或H2会覆盖部分活性位，降低N2的吸附和活化几率，
从而使NH3的产生速率大幅下降。
3．（2026·江西宜春·一模）我国向国际社会承诺2030 年实现“碳达峰”，2060 年实现“碳中和”。“碳
达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一。
信息1：CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ．CH4(g)+CO2(g)⇌2CO (g)+2H2(g) Δ H 1=+247kJ⋅mol
−1
Ⅱ．CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 2
(1)在T 1℃、1 L 容器中充入0.1 mol CO2和0.1 mol H2，若只发生反应Ⅱ，吸收2 kJ 能量，若T 1℃、1 L 容
器中充入0.1 mol CO 和0.1 mol H2O(g)，若只发生反应Ⅱ，放出2.12 kJ 能量，则反应Ⅱ的Δ H 2=
___________kJ⋅mol
−1。
(2)有利于提高CO2平衡转化率的条件是___________。
A．低温低压
B．低温高压
C．高温低压
D．高温高压
(3)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R = Δn(CO2)/ Δn(CH4)(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化之
比)。
①常压下CH4和CO2按物质的量之比1：3 投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2
中画出400～1000℃之间R 的变化趋势，并标明1000℃的R 值__________。
②催化剂X 可提高R 值，另一时段内CH4转化率、R 值随温度变化如下表：
温度/℃
480
500
520
550
CH4转化率1%
7.9
11.5
20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
下列说法错误的是___________。
A．R 值提高是由于催化剂X 选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高
C．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R 值减小
D．改变催化剂提高CH4转化率，R 值不一定增大
信息2：以CH3OH生产高附加值的精细化学品，被认为是优化传统工业合成方法的绿色经济途径，以CO2、
H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
反应Ⅰ．CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O (g) Δ H 1=−270kJ⋅mol
−1
反应Ⅱ．CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 2
反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H 3=−48.97 kJ⋅mol
−1
(4)为了探究反应发生可行性，测得反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的Δ S1=−170.65J⋅mol
−1⋅K
−1；
Δ S2=+ 42.1J⋅mol
−1⋅ K
−1；Δ S3=−177.16J⋅mol
−1⋅K
−1；下图为ΔG随温度的变化关系如图所示。
表示反应Ⅱ的直线是___________(填“a、b、c”)，在1000 K 时，上述三个反应的自发趋势大小关系是(填
“反应Ⅰ、反应Ⅱ、反应Ⅲ”)___________。
(5)在7.0 MPa 下，将5 mol CO2和9 mol H2充入某密闭容器中，在Cu/ZnO2催化剂作用下发生反应Ⅱ和Ⅲ。
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。
250℃时，平衡体系中有2 mol CO，则CO2的平衡转化率=___________，反应Ⅲ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)。
【答案】(1)+41.2
(2)C
(3)
C
(4) b 反应Ⅰ>反应Ⅱ>反应Ⅲ
(5) 80% 800
【详解】（1）反应Ⅱ为可逆反应，正向投料反应吸收2kJ，逆向投料反应放出2.12kJ，同一温度下平衡
常数相等，推导可得总转化量和为0.1mol，因此Δ H 2=+ 2+2.12
0.1
=+ 41.2kJ ⋅mol
−1。
（2）反应Ⅰ（吸热，正向气体分子数增大）、反应Ⅱ（吸热，气体分子数不变）均为吸热反应，升温平
衡正向移动；降压促进反应Ⅰ正向移动，均可提高C O2转化率，故选C。
（3） ① R = Δn(C O2)
Δn(C H 4) = n0(C O2)⋅α(C O2)
n0(C H 4)⋅α(C H 4)，投料比n(C H 4):n(C O2)=1:3，代入1000
∘C转化率
α(C H 4)=100 %、α(C O2)=60 %，得R =1.8；随温度升高，C H 4转化率增速快于C O2，因此R逐渐下
降，达到一定温度后，CH 4的转化率达到100%，不再增加，继续升高温度，CO2转化率缓慢增加，因此R
逐渐上升，
R
的总体趋势为先下降后上升，如图所示
；
A
②
．催化剂选择性加快反应Ⅱ，相同时间消耗更多C O2、不额外消耗C H 4，R提高，A 正确；
B．温度越低，R越大，说明反应Ⅱ进行程度越大，含氢产物中H 2O占比越高，B 正确；
C．由转化率图可知，温度升高C O2转化率逐渐升高，C 错误；
D．若催化剂仅选择性加快反应Ⅰ，提高C H 4转化率，R不一定增大，D 正确；
故选C。
（4）根据公式ΔG = Δ H −T Δ S，ΔG−T图的斜率为−Δ S，反应ⅡΔ S>0，斜率为负，对应直线b；计
算得1000 K时，ΔG：反应Ⅰ<反应Ⅱ<反应Ⅲ，ΔG越小自发趋势越大，因此自发顺序：反应Ⅰ>反应Ⅱ>
反应Ⅲ。
（5） 250
∘C时CO选择性为50 %，已知n(CO)=2mol，可得总转化C O2为4 mol，C O2转化率为
4
5 ×100 % =80 %；平衡时各物质物质的量：n(CO)=2mol，n(C O2)=1mol，n( H 2)=1mol，
n(C H 3OH )=2mol，n( H 2O)= 4 mol，总物质的量为10mol，代入K x得：
K x = x(C H 3OH )⋅x( H 2O)
x(C O2)⋅x
3( H 2)
=
( 2
10 )×( 4
10 )
( 1
10 )×( 1
10 )
3 =800。
4．（2026·河北沧州·一模）研究含碳、氮物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。已知如
下信息：
反应ⅰ：N2(g)+O2(g)⇌2NO (g) Δ H 1=+180kJ⋅mol
−1；
反应ⅱ：2NO (g)+O2(g)⇌2NO2(g) Δ H 2。
回答下列问题［不考虑：2NO2(g)⇌N2O4 (g)］：
(1)N2、O2中化学键的键能分别为946kJ⋅mol
−1、498kJ⋅mol
−1，则NO 中化学键的键能为______
kJ⋅mol
−1。
(2)在一定温度下，向2 L 刚性绝热密闭容器中充入2 mol NO 和1mol O2，只发生反应ⅱ。下列描述不能说
明该反应达到平衡状态的是______（填序号）
a．混合气体颜色不再改变 b．混合气体密度保持不变
c．混合气体温度不再改变 d．n (NO)
n(O2)
=2
(3)在一定温度下，向起始压强为100 kPa 的1 L 恒容密闭容器中通入1mol N2和1mol O2，发生反应ⅰ和
ⅱ，4 min 时反应达到平衡，测得体系总压强为90kPa，且p(N2): p(O2): p (NO)=3:2:2（p 为气体分压，
单位为kPa），达到平衡时NO2的平均反应速率为______kPa·min-1，反应ⅱ的压强平衡常数K p=______
kPa
−1（用平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压=总压×物质的量分数）。
(4)在两个恒压密闭容器内分别充入2 mol NO 和1mol O2，在总压为p1、p2条件下只发生反应ⅱ。待两容
器均达到平衡时，测得O2转化率随温度的变化如图所示。由图可知反应ii 正反应的活化能______逆反应的
活化能（填“大于”“小于”或“等于”）。用平衡常数K 证明m 点的容器容积大于n 点：______。
(5)利用电催化可将CO2同时转化为多种有机物，其原理如下图所示。铜电极上产生HCOOH 的电极反应式
为______。若铜电极上只生成1.6g CH4，则铜极区溶液质量变化了______g。
【答案】(1)632
(2)bd
(3) 5（5.0） 0.05（1/20）
(4) 小于 因转化率相同，两容器中n (NO)、n(O2)、n(NO2)分别对应相等。K =
n
2(NO2)
n
2(NO)⋅n(O2)
⋅V ，
温度T (m )<T (n)，则K (m )> K (n)，可得V (m )>V (n)
(5) CO2+2e
−+2H
+= HCOOH 3.6
【详解】（1）根据反应i，Δ H =反应物键能总和-生成物键能总和=946 kJ/mol+498 kJ/mol-2E(N≡O)=+180
kJ/mol，则NO 中化学键键能为946+ 498−180
2
=632kJ /mol。
（2）a．混合气体中NO2呈红棕色，颜色不变即c(NO2)不变，能说明反应达平衡状态，a 不符合题意；
b．容器容积不变，各物质均为气态，混合气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达
平衡状态，b 符合题意；
c．容器绝热，与外界没有热量交换，而反应总有热效应，当混合气体的温度不变时能说明反应达平衡状
态，c 不符合题意；
d．两种反应的投料比与方程式中的计量数比相同，容器中两种反应物的物质的量之比始终为2，不能说明
反应达平衡状态，d 符合题意；
故选bd。
（3）恒容恒温下，压强比等于物质的量比，起始总物质的量为2mol，起始压强100kPa，平衡总压
90kPa，故平衡总物质的量n总=1.8mol，设N 2反应amol，反应ii 中消耗2bmolNO，根据分压比等于物
质的量比得：(1−a):(1−a−b):(2a−2b)=3:2:2，解得a=0.4、b=0.2，故平衡
n( N O2)=2b=0.4 mol，p( N O2)= 0.4
1.8 ×90kPa=20kPa，v( N O2)= 20kPa
4 min =5kPa⋅min
−1；平衡时：
p( NO)=20kPa、p(O2)=20kPa、p( N O2)=20kPa，反应ii 的平衡常数为：
K p=
p
2( N O2)
p
2( NO)⋅p(O2)
=
20
2
20
2×20
kP a
−1=0.05kP a
−1。
（4）温度升高O2转化率降低，说明正反应放热，Δ H = E正−E逆<0，故正反应活化能小于逆反应活化能；
因转化率相同，两容器中n (NO)、n(O2)、n(NO2)分别对应相等，K =
n
2(NO2)
n
2(NO)⋅n(O2)
⋅V ，温度T (m )<T (n)，
则K (m )> K (n)，可得V (m )>V (n)。
（5）Cu 电极为阴极，C O2得电子生成HCOOH，酸性条件下电极反应为C O2+2 H
++2e
−= HCOOH；
n(C H 4)=
1.6 g
16 g/mol =0.1mol，阴极生成C H 4的反应为C O2+8 H
++8e
−=C H 4+2 H 2O，
0.1molC H 4消耗0.1molC O2（质量4.4 g），迁移0.8mol H
+（质量0.8 g），逸出0.1molC H 4（质量
1.6 g，水留在溶液中），故铜极区溶液质量变化为：Δm= 4.4 g+0.8 g−1.6 g=3.6 g。
5．（2026·广西桂林·一模）甲酸(HCOOH)常用于制备农药、皮革等。CO2催化加氢合成甲酸的过程涉及以
下反应：
①CO2(g)+ H2(g)= HCOOH (g) Δ H 1
②CO2(g)+ H2(g)=CO (g)+ H2O (g) Δ H 2>0
回答下列问题：
(1)已知：298 K 时，部分物质的相对能量如表所示，Δ H 1=___________。
物质
CO2(g)
H2(g)
H2O (g)
CO (g)
HCOOH (g)
相对能量/
(kJ⋅mol
−1)
−393
0
−242
−110
−423.9
(2)图1 表示不同催化剂及活性位上生成H
*的能量变化，图2 表示S−In催化剂电催化还原CO2制甲酸的机理
(图中*表示催化剂或物质吸附在催化剂表面的状态)。
①图1 中，催化剂___________表面更容易生成H
*，原因是___________。
②图2 反应历程中，决速步骤的化学方程式为___________。
(3)在2 L 刚性容器中，加入CO2(g)和H2(g)各1 mol 发生上述2 个反应，平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO
的选择性随温度变化如图3 所示。
①表示HCOOH选择性的曲线是___________(填“a”“b”或“c”)。
②曲线b 随温度升高而下降的原因是___________。
240℃
③
时，反应①的平衡常数K =___________(保留小数点后两位)。
(4)一种由CO2电化学法合成甲酸盐的工作原理如图4 所示。写出电极b 的电极反应式___________。
【答案】(1)−30.9kJ/ mol
(2) S⋅In/S 使用S⋅In/S作催化剂，活化能最低 HCOO
*+ H2O+e
−→HCOOH
*+OH
−
(3) a 升高温度时反应①逆向移动程度大于反应②正向移动程度，以反应①为主 1.78
(4)CO2+2e
−+ HCO3
−= HCOO
−+CO3
2−
【详解】（1）ΔH =生成物的总能量−反应物的总能量，即Δ H 1=−423.9−0−(−393)=−30.9kJ ·mol
−1。
（2）①反应活化能越低，反应越容易进行，由图1 可知S−∈/ S生成H
∗的活化能最小，因此更容易生成
H
∗。
②决速步骤是活化能（能垒）最大的步骤，由图2 可知，HCOO
∗转化为HCOO H
∗的步骤能垒最大，因
此该步骤为决速步，反应方程式为HCOO
∗+ H 2O+e
−= HCOO H
∗+O H
−。
（3）① 反应①Δ H 1<0，为放热反应；反应②Δ H 2>0，为吸热反应。升高温度，反应①平衡逆向移动，
HCOOH的选择性降低，反应②平衡正向移动，CO的选择性升高；两者的选择性之和为100%。因此曲线
a 对应HCOOH的选择性。
②曲线b 为CO2的平衡转化率；反应①为放热反应，升温平衡逆向移动，反应②为吸热反应，升温平衡正
向移动，而反应①逆向移动的程度更大，所以CO2的平衡转化率下降。
240℃
③
时，C O2转化率为40 %，总转化C O2：n转化(C O2)=1mol×40 % =0.4 mol，HCOOH的选择性
为80 %，因此生成HCOOH消耗的C O2为0.4 mol×80 % =0.32mol。CO2和H2起始、变化的物质的量均相
同，所以平衡时： n(C O2)=n( H 2)=1−0.4 =0.6 mol，浓度均为0.6 mol
2L
=0.3 mol/L；
c( HCOOH )= 0.32mol
2L
=0.16 mol/L； 反应①的平衡常数K =
c( HCOOH )
c(C O2)⋅c( H 2) =
0.16
0.3×0.3 ≈1.78。
（4）电极b 为阴极，C O2在此得电子生成甲酸盐，电解质为KHC O3溶液，配平后电极反应为
C O2+ HC O3
−+2e
−= HCOO
−+C O3
2−。
6．（2026·河北邢台·一模）尿素[CO(NH2)2]热解制备NH3，并利用NH3进行脱硝反应(与NOx 反应)是科研领
域的一个研究方向。
Ⅰ．CO(NH2)2(g)和H2O(g)混合热解制备NH3(g)时，发生如下反应：
ⅰ．CO(NH2)2(g)⇌NH3(g)+HNCO(g) Δ H 1=+58.1kJ⋅mol
-1；
ⅱ．HNCO(g)+H2O(g)⇌NH3(g)+CO2(g) Δ H 1=-81.1kJ⋅mol
-1。
回答下列问题：
(1)已知CO(NH2)2(g)、NH3(g)的燃烧热Δ H分别为−634.3kJ⋅mol
−1、−46.1kJ⋅mol
−1，则HNCO(g)
的燃烧热Δ H =_______kJ⋅mol
−1。
(2)工业上将CO(NH2)2(g)与H2O(g)混合以一定流速通过管式反应器发生反应ⅰ和ⅱ．气体通过反应器时间
为10 min，测得反应器出口相关物质的转化率及浓度随温度的变化如图所示。
①750℃时，0~10 min 内，NH3的生成速率v (NH3)=_______mol⋅L
−1⋅min
−1；HNCO(g)的转化率为
_______(保留3 位有效数字)。
②温度高于800℃，HNCO(g)的转化率随温度的升高而增大，解释其原因为_______。
(3)一定温度和压强下，向某密闭容器中加入一定量的CO(NH2)2(g)和H2O(g)发生反应ⅰ和ⅱ．体系达平衡
时，测得体系中c[CO(NH2)2)=a mol⋅L
−1，c(NH3)=b mol⋅L
−1，c(CO2)=c mol⋅L
−1。
①反应ⅰ的平衡常数K =_______(用含a、b、c的代数式表示)。
②下列操作一定可以提高上述平衡体系中NH3浓度的是_______(填选项字母)。
A．缩小容器容积 B．升高温度 C．加入更高效催化剂 D．分离出部分CO2
Ⅱ．利用NH3进行脱硝反应时发生如下反应：
主反应
ⅲ．4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O
ⅳ．4NH3+2NO2+O2=3N2+6H2O
副反应
ⅴ．2NO+O2=2NO2
ⅵ．4NH3+3O2=2N2+6H2O
(4)实验表明，其他条件一定时，NOx去除率(R)随氨氮比[n=
c(NH3)
c(NO)+c(NO2)
，c 代表反应器入口相关气体的
浓度]的变化如图所示。
当n<0.9时，NO2去除率为负值，解释其原因为_______。
【答案】(1)-646.3
(2) 3.8×10
−6 11.8% 温度高于800℃时，反应ⅰ已进行完全，升高温度，反应ⅱ的速率加
快
(3) b(b−2c)
a
AD
(4)NH3主要发生ⅲ，同时ⅴ进行的程度大于ⅳ进行的程度，导致NO2出口浓度高于进口浓度
【详解】（1）CO(NH2)2(g)、NH3(g)的燃烧热分别为−634.3kJ⋅mol
−1、−46.1kJ⋅mol
−1，对应的热
化学方程式为：①CO(NH2)2(g)+ 3
2 O2(g)=CO2(g)+2H2O (l)+ N2(g)Δ H =−634.3kJ⋅mol
−1②
NH3(g)+ 3
4 O2(g)= 3
2 H2O (l)+ 1
2 N2(g)Δ H =−46.1kJ⋅mol
−1根据盖斯定律，由尿素燃烧的热化学方程式
减去反应ⅰ以及氨气燃烧的热化学方程式可得HNCO(g)的燃烧热化学方程式，故其燃烧热
Δ H =(−634.3)−(+58.1)−(−46.1)=−646.3kJ⋅mol
−1；
（2）①由题图可知，750 ℃时，c(NH3)=3.8×10
−5 mol⋅L
−1，0~10 min 内，NH3的生成速率
v (NH3)= 3.8×10
−5 mol⋅L
−1
10 min
= 3.8×10
−6 mol⋅L
−1⋅min
−1。设开始有x mol⋅L
−1CO(NH2)2，750 ℃反应
ⅰ反应至10 min 时反应完全，生成x mol⋅L
−1 NH3、x mol⋅L
−1HNCO，反应ⅱ转化了y mol⋅L
−1HNCO，
则：
CO(NH2)2(g)
⇌
NH3(g)
+
HNCO (g)
c (转化)/ mol⋅L
−1
x
¿ x
¿
¿
HNCO (g)
+
H2O(g)
⇌
NH3(g)
+
CO2(g)
c (转化)/ mol⋅L
−1
y
¿
¿ y
¿
c (10 min)/ mol⋅L
−1
¿
¿¿¿ x + y ¿¿¿
10 min 时，c(NH3)=3.8×10
−5 mol⋅L
−1，c(HNCO)=3×10
−5 mol⋅L
−1，则
x−y =3×10
−5、x + y =3.8×10
−5，解得x =3.4×10
−5，y = 4×10
−6，HNCO(g)的转化率为
4×10
−6
3.4×10
−5 ×100 %≈11.8%；②温度高于800℃时，反应ⅰ已进行完全。反应ⅱ是放热反应，但在10 min
内反应可能未达到平衡。升高温度能加快反应ⅱ的速率，使反应在有限时间内进行的程度更大，因此
HNCO(g)的转化率随温度升高而增大；
（3）①一定温度和压强下，向某密闭容器中加入一定量的CO(NH2)2(g)和H2O(g)发生反应ⅰ和ⅱ。体系
达平衡时，测得体系中c[CO(NH2)2)=a mol⋅L
−1，c(NH3)=b mol⋅L
−1，c(CO2)=c mol⋅L
−1，则：
CO(NH2)2(g)
⇌
NH3(g)
+
HNCO (g)
c (转化)/ mol⋅L
−1
b−c
¿b−c
¿
¿
HNCO (g)
+
H2O (g)
⇌
NH3(g)
+
CO2(g)
c (转化)/ mol⋅L
−1
c
¿
¿c
¿
c (平衡)/ mol⋅L
−1
¿
¿¿¿b¿¿c ¿
体系达平衡时，c(HNCO)=(b−2c)mol⋅L
−1，则反应ⅰ的平衡常数K = c(NH3)×c(HNCO)
c[CO(NH2)2)
= b(b−2c)
a
；
②分析选项：
A．缩小容器容积，可使容器内气体反应物和生成物均增大，A 正确；
B．升高温度，反应ⅰ的平衡正向移动，反应ⅱ的平衡逆向移动，c(NH3)不一定增大，B 错误；
C．加入更高效催化剂，对平衡没有影响，C 错误；
D．分离出部分CO2，反应ⅱ的平衡正向移动，平衡体系中c(NH3)一定增大，D 正确；
故选AD；
（4）由图中信息知，n<0.9时，NH3主要发生反应ⅲ，同时反应Ⅴ进行的程度大于反应ⅳ进行的程度，导
致NO2出口浓度高于进口浓度，故n<0.9时，NO2去除率为负值。
7．（2026·天津和平·一模）二甲胺[(CH3)2NH)、N，N—二甲基甲酰胺[HCON (CH3)2)均是化工原料。请回答：
(1)用氨和甲醇在密闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ．NH3(g)+CH3OH (g)⇌CH3 NH2(g)+ H2O (g)
Ⅱ．CH3 NH2(g)+CH3OH (g)⇌(CH3)2NH (g)+ H2O (g)
Ⅲ．(CH3)2NH (g)+CH3OH (g)⇌(CH3)3 N (g)+ H2O (g)
①写出NH3的电子式___________。
②可改变甲醇平衡转化率的因素是___________(填序号)。
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K b，−lg K b=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：(CH3)2NH (g)+CO (g)= HCON(CH3)2(l)，
则反应在该条件下Δ H___________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
n(CO2):n(H2):n[(CH3)2NH)=20:15:1，催化剂M 足量。反应方程式如下：
Ⅳ．CO2(g)+ H2(g)
催化剂M
¿ HCOOH (g)
¿
Ⅴ．HCOOH (g)+(CH3)2NH (g)= HCON(CH3)2(g)+ H2O (g)
HCOOH、(CH3)2NH、HCON(CH3)2三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=
n (HCOOH)
n (HCOOH)+n[(CH3)2NH)+n[HCON(CH3)2)
×100 %)
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 Si−H的键能比H−H小，且Si−H键中H 为带负电，还原性强
【详解】（1）
①NH3是共价化合物，电子式
；
a
②．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 正确；
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 正确；
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 错误；
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 错误；
故选ab；
（2）25℃下，(CH3)2NH⋅H2O的电离常数为K b，−lg K b=3.2，，即
K b=c[(CH3)2NH2
+¿·c)OH
-¿¿
¿
c[(CH3)2NH·H2O)
=10
−3.2
，则[(CH3)2NH2)
++H2O⇌(CH3)2NH·H2O+H
+的水解
平衡常数为：K h= K w
K b
= 10
−14
10
−3.2 =10
−10.8，则1mol/L[(CH3)2NH2)
+Cl
−水溶液中
K h=c[(CH3)2NH·H2O¿·c)H
+¿¿
¿
c[(CH3)2NH2
+)
≈c
2[H
+)
c[(CH3)2NH2
+)
=10
-10.8
，故c (H
+)=
❑√10
−10.8=10
−5.4
mol/L，故其pH=5.4；
（3）阴极得电子，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；
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式(CH3)2NH (g)+CO (g)= HCON(CH3)2(l)，反应自发且熵减，根据自
由能变ΔG=ΔH-TΔS<0 时反应自发可知，则反应在该条件下ΔH<0；
（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；
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。
8．（2026·山东淄博·一模）CH4和H2O重整制氢有利于实现“碳中和”，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CH4(g)+ H2O(g)⇌
❑
❑
CO(g)+3 H2(g) Δ H 1=+206kJ⋅mol
−1
Ⅱ．CO(g)+ H2O(g)⇌
❑
❑
CO2(g)+ H2(g) Δ H 2=−41kJ⋅mol
−1
Ⅲ．CaO(s)+CO2(g)⇌
❑
❑
CaCO3(s) Δ H 3=−178kJ⋅mol
−1
压强p下，按1 mol CH4(g)、一定量H2O(g)、一定量CaO(s)投料反应，平衡体系中各气相组分摩尔分数
随温度的变化如图所示［不加CaO 情况下H2的摩尔分数如虚线所示；H2O(g)的未画出］。650℃时，测得
气体总物质的量为4 mol。
回答下列问题：
(1)反应CH4(g)+2H2O(g)⇌
❑
❑
CO2(g)+ 4 H2(g)的焓变Δ H =___________kJ⋅mol
−1。反应Ⅱ的速率方程为
v 正=k 正⋅c(H2O)⋅c(CO)，v逆=k 逆⋅c(H2)⋅c(CO2)，(k 正、k 逆分别是正、逆反应速率常数)。升高温度，
k 正
k 逆
___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)甲线所示物种为___________(填化学式)，500~700℃范围内，不加CaO 和加CaO 两种情况下H2的摩尔分
数随温度升高呈现不同变化的原因为___________。
(3)650℃时，反应Ⅱ的平衡常数K p=___________(结果用分数表示或保留2 位有效数字，下同)，CO2的吸收
率(CaO吸收的CO2占总生成CO2的比例)=___________。800℃时，体系达平衡后，压缩容器体积，重新达平
衡时，
c(CO)
c(CO2)___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) +165 减小
(2) CO 500~650℃范围内，在一定温度下，加入氧化钙，氧化钙吸收二氧化碳，促使反应Ⅱ正向
移动，反应Ⅱ正向移动消耗一氧化碳，导致Ⅰ正向移动，都会促使氢气产量的增大，故加CaO 情况下H2的
摩尔分数更大；加入氧化钙时，当温度高于650℃时，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动占主导地位，使得氢气的摩尔
分数减小
(3) 1.1 93.3 % 减小
【详解】（1）由盖斯定律，反应Ⅰ+Ⅱ得目标反应CH4(g)+2H2O(g)⇌
❑
❑
CO2(g)+ 4 H2(g)，则
Δ H = Δ H 1+ Δ H 2=+165kJ⋅mol
−1；
平衡时正逆反应速率相等，则v 正=k 逆⋅c(H 2O)⋅c(CO)= v逆=k 逆⋅c(H 2)⋅c(CO2)，则
k正
k逆
=c(H2)c(CO2)
c(H2O)c(CO) =K，反应Ⅱ为放热反应，升温，平衡逆向移动，K 值减小，故
k正
k逆
减小；
（2）反应Ⅰ为吸热反应，升温，平衡正向移动，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，则丙线为甲烷，反
应Ⅱ、反应Ⅲ均为放热反应，升温，平衡逆向移动，一氧化碳含量增大，则甲线为一氧化碳，二氧化碳含
量受反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡移动的双重影响，乙线为二氧化碳；
500~650℃范围内，在一定温度下，加入氧化钙，氧化钙吸收二氧化碳，促使反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ正
向移动消耗一氧化碳，导致Ⅰ正向移动，都会促使氢气产量的增大，故加CaO 情况下H2的摩尔分数更大；
加入氧化钙时，当温度高于650℃时，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动占主导地位，使得氢气的摩尔分数减小。
（3）反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，可以用其物质的量分数代替压强，650℃时气相总物质的量4mol，
各物质的量分数为H2：0.75，CO：0.05，CO2：0.01，CH4：0.05，H2O：1-0.75-0.05-0.05-0.01=0.14，则反
应Ⅱ的平衡常数Kp= 0.01×0.75
0.05×0.14 =1.07；CO 为4mol×0.05=0.2mol，CO2为4mol×0.01=0.04mol，CH4为
4mol×0.05=0.2mol，结合碳守恒，氧化钙吸收二氧化碳为1mol-0.2mol-0.04mol-0.2mol=0.56mol，CO2的吸收
率
0.56
0.56+0.04 ×100% =93.3 %；800℃时，体系达平衡后，压缩容器体积，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅲ的
K=
1
c(CO2) ，温度不变，其值不变，则重新达平衡时，c(CO)
c(CO2) 减小。
9．（2026·北京昌平·一模）甲醇是重要的有机化工产品。我国研究者提出一种化学链空分联合化学链制氢
的煤制甲醇新过程，主要工艺流程框架图如下。
(1)煤气化单元。合成气的主要成分为CO、H2，还含有少量CO2，该单元主要发生以下反应：
ⅰ.C (s)+O2(g)=CO2(g) Δ H 1=−394.0kJ⋅mol
−1
ⅱ.C (s)+CO2(g)=2CO (g) Δ H 2=+172.6 kJ⋅mol
−1
ⅲ.CO (g)+ H2O (g)=CO2(g)+ H2(g) Δ H 3=−41.2kJ⋅mol
−1
①煤气化生成水煤气的反应为C (s)+ H2O (g)=CO (g)+ H2(g) Δ H =____kJ⋅mol
−1。
②从能量角度说明煤气化过程中通入O2的作用是________。
(2)化学链空分单元及化学链制氢单元的工艺流程示意图如下。
①化学链空分单元，还原反应器中发生反应的化学方程式为________。
②化学链制氢单元，反应器Ⅱ中发生反应的化学方程式为________。
③结合Mn3O4的作用分析化学链空分单元的工作原理：________。
(3)甲醇合成单元。合成气中CO、CO2均可与H2反应生成甲醇，进入合成单元前需配比成合适氢碳比。理论
模拟在250° C、6MPa、初始合成气总物质的量相同的条件下，研究n(CO2):n (CO)及氢碳比对甲醇平衡产
率的影响，结果如图。
①当初始n(H2)相同时，甲醇的平衡产率随n(CO2):n (CO)增大而下降的原因是____________。
②依据图示，合成甲醇时应如何调整合成气物质比例：__。
【答案】(1) +131.4 煤气化生成水煤气的反应为吸热反应，O2与C 反应放热，提供能量，维持反
应持续进行
(2) 6Mn2O3=
❑
Δ
4Mn3O4+O2↑ 3Fe+ 4 H2O(g) =
❑
高温
Fe3O4+ 4 H2 空气进入氧化反应器，Mn3O4与
O2生成Mn2O3，分离出N2，Mn2O3进入还原反应器分解生成Mn3O4和O2，Mn3O4循环利用，实现空气中N2和
O2的分离
(3) 反应ⅰ：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)、反应ⅱ：CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g)，当合
成气总物质的量及n(H2)相同时，n(CO2):n (CO)增大，使c(CO2)增大，c(CO)减小，c(CO2)增大对反应ⅱ正
移影响小于c(CO)减小对反应i 逆移的影响 适当提高n(H2):n(CO2+CO)，降低n(CO2):n (CO)
【详解】（1）①根据盖斯定律，方程式ⅱ+ⅲ可得C (s)+ H2O (g)=CO (g)+ H2(g)，
Δ H =Δ H 2+Δ H 3=+172.6 kJ⋅mol
−1−41.2kJ⋅mol
−1=+131.4 kJ⋅mol
−1；
②煤气化生成水煤气的反应为吸热反应，O2与C 反应放热，提供能量，维持反应持续进行；
（2）①化学链空分单元，还原反应器中生成O2和Mn3O4，发生反应的化学方程式为6Mn2O3=
❑
Δ
4Mn3O4+O2↑；
②化学链制氢单元，反应器Ⅱ中铁与水蒸气高温下反应生成氢气，发生反应的化学方程式为
3Fe+ 4 H2O(g) =
❑
高温
Fe3O4+ 4 H2；
③空气进入氧化反应器，Mn3O4与O2生成Mn2O3，分离出N2，Mn2O3进入还原反应器分解生成Mn3O4和O2，
Mn3O4循环利用，实现空气中N2和O2的分离；
（3）①合成气中CO、CO2均可与H2反应生成甲醇，化学方程式为：反应ⅰ：
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)、反应ⅱ：CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g)，当合成气总物质的量
及n(H2)相同时，n(CO2):n (CO)增大，使c(CO2)增大，c(CO)减小，c(CO2)增大对反应ⅱ正移影响小于
c(CO)减小对反应i 逆移的影响，因此甲醇平衡产率下降；
②依据图示，控制n(H2):n(CO2+CO)=4 的甲醇平衡产率比n(H2):n(CO2+CO)=3 时高，可知合成甲醇时应
适当提高n(H2):n(CO2+CO)，降低n(CO2):n (CO)(即提高 CO 在碳氧化物中的占比)。
10．（2026·河北保定·一模）甲醇是工业“基石”原料，也是清洁燃料及溶剂领域的重要物质。
I．合成气制备甲醇的原理为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) Δ H。向容积为1 L 的绝热恒容容器中，加入
2molH2和1 mol CO，反应开始时体系的压强增大。
已知：CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的燃烧热(Δ H)分别为−akJ⋅mol
−1、−bkJ⋅mol
−1、−ckJ⋅mol
−1，
该反应的Ea(正)=dkJ⋅mol
−1。
回答下列问题：
(1)该反应的Ea(逆)=___________kJ⋅mol
−1(用字母a、b、c、d表示)。
(2)该反应的速率方程为v 正=k 正p(CO) p
2(H2)，v逆=k 逆p(CH3OH)，其中v 正、v逆为正、逆反应速率，
k 正、k 逆为速率常数，p为各组分的分压。升高温度，k 正增大的倍数___________k 逆增大的倍数(填“>”、
“<”或“=”)。
(3)向绝热反应器中通入CO、H2和过量的H2O(g)，发生合成气的转换反应：
CO(g)+ H2O(g) 低温型催化剂
约230
°C、3 MPa
CO2(g)+ H2(g) Δ H <0。催化作用受接触面积和温度等因素影响，
H2O(g)的比热容较大。H2O(g)过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有___________。该反应需要在多
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，保证反应在最适宜温度附近进行。若采用
喷入冷水(蒸汽)方式降温，在图中做出CO 平衡转化率随温度变化曲线。___________。
II．工业废气中的二氧化碳加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向，在催化剂作用下，主要自发进
行以下反应：
i．CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g) Δ H 1 Δ S1<0
ii．CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) Δ H 2>0 Δ S2
iii．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) Δ H 3
(4)在恒温、恒压反应器中通入1molCO2、3 molH2发生反应i 和ii，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率
随温度变化关系如图所示。
已知：CH3OH产率= n生成(CH3OH)
n起始(CO2)
×100 %；CH3OH的选择性= n生成(CH3OH)
n反应(CO2)
×100 %。
下列说法错误的是___________。
A．Δ H 1<0，Δ S2=0
B．CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小
C．525 K 时，CH3OH的平衡选择性约为33.3 %
D．525K 时，减小
n起始(H2)
n起始(CO2)
的值或增大压强均能使CO2的平衡转化率达到b 点的值
(5)将一定比例和流速的CO2和H2通过装有催化剂的容器，发生反应i 和ii，经过相同时间，测得5 Mpa 时反
应温度变化、250
°C时压强变化对甲醇产量影响的关系如图所示。曲线X 表示___________(填“5 Mpa 时
反应温度变化”或“250
°C时压强变化”)。增大压强，产物中H2O的体积分数增大的原因是___________。
(6)已知：对于反应a A(g)+b B(g)⇌y Y(g)+ z Z(g)，压强平衡常数为K p= p
y(Y)⋅p
z(Z)
p
a(A)⋅p
b(B)
，p为各组分
平衡时的分压。一定温度下，向恒容密闭容器中通入物质的量之比为1：3 的CO2与H2，发生以上3 个反应，
若起始压强为200 MPa，反应经t min后达到平衡，此时体系压强为150 MPa , p(H2O)= 40 MPa，反应iii 的
平衡常数K p=___________(MPa)
−2(保留两位有效数字)。
【答案】(1)(d +a+2b−c)
(2)<
(3) 水蒸气比热容大，可吸收反应放出的热量，避免体系温度过高导致催化剂失活，同时增大反应物
与催化剂的接触面积，保持催化剂活性
(4)AD
(5) 250℃时压强变化 反应i 是气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，生成更多
H 2O；反应ii 反应前后气体分子数不变，平衡不移动，因此H 2O的体积分数增大。
(6)4.6×10
−4
【详解】（1）根据燃烧热写热化学方程式： ①CO(g)+ 1
2 O2(g)=CO2(g) Δ H 1=−akJ/mol，②
H 2(g)+ 1
2 O2(g)= H 2O(l) Δ H 2=−bkJ/mol ，③
CH 3OH (g)+ 3
2 O2(g)=CO2(g)+2 H 2O(l) Δ H 3=−c kJ/mol；根据盖斯定律，目标反应
Δ H =①+2×②−③=(−a−2b+c)kJ/mol；又因为Δ H = Ea(正)−Ea(逆)，故
Ea(逆)=d −(−a−2b+c)=d +a+2b−c。
（2）绝热恒容容器中，反应开始压强增大，说明体系温度升高，该反应为放热反应（Δ H <0），升高温
度平衡逆向移动，说明正反应速率常数增大倍数小于逆反应速率常数增大倍数，故填<。
（3）催化剂活性通常会受到温度的影响，该反应又是放热反应，容器温度会一直升高。而水蒸气的比热
容大，可吸收热量，使温度不至于太高影响催化剂活性。增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，CO得平衡转
化率增大，会高于原平衡线，图像为
。
（4）A：甲醇产率随温度升高而降低，说明反应iΔ H 1<0；反应ii 的Δ H 2>0，能自发进行，满足
ΔH −TΔS<0，则必须满足Δ S2>0，A 错误；
B：升温，反应i 平衡左移，反应ii 平衡右移，更多CO2转化为CO，甲醇选择性降低，B 正确；
C：525K 时，CO2转化率为30%，甲醇产率为10%，选择性= 10 %
30 % ≈33.3 %，C 正确；
D：减小n(H2)
n(CO2)，相当于增加用量CO2，CO2平衡转化率降低，无法达到b 点更高的转化率，D 错误；
答案选AD。
（5）温度升高时，低温阶段反应速率加快，甲醇产量升高，高温阶段反应i 平衡逆向移动，甲醇产量下降，
符合Y 曲线先升后降的趋势；增大压强，反应i 正向移动，甲醇产量一直增大，符合X 曲线一直升高的趋
势，故X 为250℃时压强变化。
（6）设平衡时p(CH3OH)= x MPa，p(CO)= y MPa，根据反应i 和ii 的化学计量关系，生成H 2O的分压等于
生成CH 3OH的分压与生成CO的分压之和，p(H2O)= x + y = 40 MPa；反应ii 分子数不变，总压变化仅由反
应i 引起，每反应x MPa CO2，总压减少2 x，故200−2 x =150，得x =25 MPa，则y =15 MPa。 平衡分压：
p(CO2)=50−(25+15)=10 MPa，p(H2)=150−(3×25+15)=60 MPa，p(CH3OH)=25 MPa，
p(CO)=15 MPa。 K p=
p(CH3OH)
p(CO)⋅p
2(H2)
=
25
15×60
2 ≈4.6×10
−4(MPa)
−2。
11．（2026·陕西西安·一模）氟的化合物在化工生产中有广泛应用。回答下列问题：
(1)已知：ⅰ．2OF2(g)⇌O2(g)+2F2(g) Δ H 1
ⅱ．H2(g)+ F2(g)=2HF (g) Δ H 2
ⅲ．2H2(g)+O2(g)=2H2O (g) Δ H 3
则OF2(g)+ H2O (g)=O2(g)+2HF (g) Δ H =___________(用Δ H 1、Δ H 2、Δ H 3表示)。
(2)XeF4与水剧烈反应生成XeO3、Xe、O2和HF。XeO3易溶于水，其水溶液在酸性条件下稳定，在碱性条件
下(pH>10)分解释放Xe 与O2，反应机理如下：
过程
反应快慢
速率方程(k 为速率常数)
ⅰ
XeO3+OH
−⇌HXeO4
−
快反应
vi=ki⋅c(XeO3)⋅c(OH
−)
ⅱ
HXeO4
−=Xe↑+ 3
2 O2↑+OH
−
慢反应
vii=kii·c(HXeO4
−)
①第___________步(填“ⅰ”或“ⅱ”)反应的活化能较高。
②12mL2mol⋅L
−1XeO3的水溶液中加入固体NaOH 使pH>10，保持温度不变，测得产生气体的体积V(已
换算成标准状况下)与时间t 的关系如图1 所示。3~ 4 min时间段内XeO3的平均反应速率v (XeO3)=
___________mol⋅L
−1⋅min
−1(忽略溶液体积变化)。
③A→B段产生气体的速率变快的原因可能为___________。
(3)Xe 和F2在催化剂作用下发生反应：
ⅰ．Xe(g)+ F2(g)⇌XeF2(g)
ⅱ．XeF2(g)+ F2(g)⇌XeF4 (g)
ⅲ．XeF4 (g)+ F2(g)⇌XeF6 (g)
一定温度下，在恒压密闭容器中通入1 mol Xe 和一定量的F2，发生上述反应，平衡时产物(XeF2、XeF4、
XeF6)的物质的量与n(F2)的关系如图2 所示[当n(F2)
n (Xe) >2.5时，认为Xe 完全反应]。已知：a、c 点对应的
p(F2)分别为8 kPa、32 kPa。
①甲曲线代表的产物是___________，判断依据是___________。
②反应ⅲ的K p3=___________(kPa)−1(K p是用分压代替浓度计算的平衡常数)。为获得最多的XeF4，平衡体
系中p(F2)=___________kPa。
【答案】(1) Δ H 1−Δ H 3
2
+ Δ H 2
(2) ⅱ 0.333 反应ⅱ产生OH
−，会促进反应ⅰ正向移动，HXeO4
−浓度增大，反应速率加快(合理
即可)
(3) XeF6 随n(F2)增大，反应ⅱ和ⅲ均正向移动，XeF6逐渐增多 1
32 16
【详解】（1）根据盖斯定律，i−iii
2
+ii可得目标反应OF2(g)+ H2O (g)=O2(g)+2HF (g) ，则
Δ H = Δ H 1−Δ H 3
2
+ Δ H 2；
（2）①慢反应的活化能更高，即第ⅱ步反应的活化能较高；
②总反应式为2XeO3=2Xe↑+3O2↑，结合图像3~ 4 min时间段内XeO3的变化量为
(554.4−420.0)×10
−3 L
22.4 L·mol
−1
× 2
3=4×10-3 mol，v( XeO3)=
4×10
−3mol
0.012 L×1min≈0.333mol·L-1·min-1；
③反应ⅱ产生OH
−，会促进反应ⅰ正向移动，HXeO4
−浓度增大，反应速率加快；
（3）①当n(F2)
n (Xe) >2.5时，认为Xe 完全反应，随着n(F2)的增大，反应ⅱ和ⅲ均正向移动，XeF2逐渐减少，
XeF4先增多后减少，XeF6逐渐增多，因此，代表XeF6的物质的量的曲线为甲，代表XeF4的物质的量的曲
线为乙，代表XeF2的物质的量的曲线为丙；
c
②点时对应的p(F2)为32 kPa，此时XeF4与XeF6的物质的量相等，反应ⅲ的平衡常数
K p3=
p(XeF6)
p(XeF4)⋅p(F2)
= 1
32
(kPa)−1。a 点时对应的p(F2)为8 kPa，此时XeF2与XeF4的物质的量相等，反
应ⅱ的平衡常数K p2=
p(XeF4)
p(XeF2)⋅p(F2)
= 1
8
(kPa)−1。b 点时体系中XeF4含量最多，此时XeF2与XeF6的物质
的量相等，反应XeF2(g)+2F2(g)⇌XeF6 (g)的平衡常数
K p=
p(XeF6)
p(XeF2)⋅p
2(F2)
= K p2⋅K p3= 1
8
(kPa)−1× 1
32
(kPa)−1= 1
256 (kPa)-2，F2的分压p(F2)=16kPa。
12．（2026·河北承德·一模）
γ
-丁内酯（
）是一种重要的精细化学品，在纤维、医药、树脂、石油
和化妆品等方面有广泛的应用。以1,4-丁二醇（
）和顺酐（
）为原料，
Cr−Cu/SiO2为催化剂，制备γ-丁内酯的主要反应如下：
反应Ⅰ：
Δ H 1=−61.6kJ⋅mol
−1
K 1
反应Ⅱ：
ΔH2
K 2
反应Ⅲ：
Δ H =+238.0kJ⋅mol
−1
K
回答下列问题：
(1)反应Ⅱ的Δ H 2=________kJ⋅mol
−1，若其正反应的活化能为E正kJ⋅mol
−1，则逆反应的活化能=
________kJ⋅mol
−1（用含E正得代数式表示）。
(2)反应Ⅰ（1,4-丁二醇脱氢）和反应Ⅱ（顺酐加氢）同时进行显著提高了1,4-丁二醇和顺酐的转化率，原
因是________。反应Ⅲ的平衡常数K =________（(mol⋅L
−1)
2（用K 1、K 2表示）。
(3)以1,4-丁二醇为原料，在催化剂Cu/SiO2上进行脱氢反应制备γ-丁内酯，可能的转化为：
不同温度下1,4-丁二醇的转化率、
收率与产物的选择性如图所示：
则1,4-丁二醇脱氢选择的适宜温度为________℃，原因是________。
(4)恒温恒压条件下，向容器中通入3mol1,4-丁二醇和2mol 顺酐发生气相反应，达到平衡时1,4-丁二醇的转
化率为a，水蒸气的物质的量为b mol。则n(H2)=________mol，反应Ⅱ的平衡常数K x =________（写出含
有a、b的计算式）。
已知：对于反应m A(g)+n B(g)⇌pC(g)+q D(g)，K x = x
p(C)⋅x
q(D)
x
m(A)⋅x
n(B)
，x 为物质的量分数。
【答案】(1) +211.4 E正−211.4
(2) 反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，反应Ⅰ和反应Ⅱ得到了能量上的互补；反应Ⅰ生成H2，
反应Ⅱ消耗H2，反应Ⅰ和反应Ⅱ得到了物料上的互补（写出任意一点即可） K 1
3 K 2
2
(3) 220 依据图示，220℃时，γ-丁内酯的选择性高，而此时1,4-丁二醇的转化率约为99.6%，γ −
丁内酯的收率最大
(4) 6a−3b (
b
5+6a−2b)(
3a+b
5+6a−2b)
(
2−b
5+6a−2b)(
6a−3b
5+6a−2b)
3
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ = 3×反应Ⅰ + 2×反应Ⅱ，因此： Δ H =3Δ H 1+2Δ H 2，代入数
据： +238.0kJ⋅mol
−1=3×(−61.6 kJ⋅mol
−1)+2Δ H 2，解得 Δ H 2=+211.4 kJ ⋅mol
−1。 焓变与
活化能关系：Δ H 2= E正−E逆，因此逆反应活化能 E逆=(E正−211.4)kJ ⋅mol
−1。
（2）反应Ⅰ（1,4-丁二醇脱氢）和反应Ⅱ（顺酐加氢）同时进行显著提高了1,4-丁二醇和顺酐的转化率，
原因是反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，反应Ⅰ和反应Ⅱ得到了能量上的互补；反应Ⅰ生成H2，反
应Ⅱ消耗H2，反应Ⅰ和反应Ⅱ得到了物料上的互补。反应Ⅲ=3反应Ⅰ+2 反应Ⅱ，因此平衡常数K = K1
3K2
2。
（3）依据图示，220℃时，γ-丁内酯的选择性高，而此时1，4-丁二醇的转化率约为99.6%，γ-丁内酯的收
率最大。
（4）列三段式：
C4 H10O2(g)
⇌
❑
C4 H6O2(g)
+
2H2(g)
起始/ mol
3
¿0
¿
¿
3a¿¿3a¿¿6a¿平衡/ mol¿3−3a¿¿3a¿¿6a¿
C4 H2O3(g)
+
3H2(g)
⇌
❑
C4H6O2(g)
+
H2O(g)
起始/mol
2
¿6a
¿3a
¿
转化/mol
¿
¿3b¿¿b¿¿b¿平衡/mol¿2−b¿¿6a−3b¿
则，平衡时各物质物质的量分别为，
：
3−3a
，
：
3a+b
，
H2
：
6a−3b
，
：2−b，H2O：b。反应Ⅱ的平衡常数K x = (
b
5+6a−2b)(
3a+b
5+6a−2b)
(
2−b
5+6a−2b)(
6a−3b
5+6a−2b)
3。
13．（2026·广东广州·一模）利用甘油(C3H8O3)制取氢气是一个重要的研究课题。甘油水蒸气重整制氢中
主要涉及以下反应：
编号
反应
Δ H
Ⅰ
C3H8O3(g)+3 H2O (g)⇌+128kJ⋅mol
−1
Ⅱ
CO2(g)+ H2(g)=CO (g)+ + 41kJ⋅mol
−1
Ⅲ
CO (g)+3 H2(g)=CH4 (g) −206kJ⋅mol
−1
(1)基态O 原子价层电子的轨道表示式为___________。
(2)反应C3H8O3(g)⇌3CO (g)+ 4 H2(g)的焓变Δ H =___________kJ⋅mol
−1。
(3)将1.0 mol C3H8O3和4.0 mol H2O充入恒容密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ．不同温度下，平衡时反
应体系的组成如图(该温度范围内C3H8O3均消耗完全)。
①曲线a 对应的物质为___________。
T=1073 K
②
时，n(CO2)=___________mol，反应Ⅱ的平衡常数K=___________(列出算式，无须化简)。
(4)在800 K、101 kPa、甘油起始物质的量n0(C3H8O3)=a mol的条件下，研究起始投料比[n0(H2O)/
n0(C3 H3O3)]对反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的影响，该温度下达到平衡时C3 H8O3消耗完全，平衡时n(CO2)/n0(C3 H8O3)、
n (CO)/n0(C3 H8O3)的变化曲线如图。
①当n0(H2O)/n0(C3H8O3)=9，平衡时，n(CH4)=___________mol(用含y1、y2和a 的代数式表示)。
②当n0(H2O)/n0(C3H8O3)=9，平衡时，n(H2)=___________mol(用含y1、y2和a 的代数式表示，写出推导
过程)。
【答案】(1)
(2)+251
(3) CO 1.2 1.8×2.8
1.2×5.2
(4) a(3−y1−y2) a(4 y1+3 y2−5)
【详解】（1）O 原子序数为8，价层电子为最外层2s
22 p
4，根据洪特规则和泡利不相容规则，轨道表示
式
；
（2）根据盖斯定律，Ⅰ+3×Ⅱ得到目标反应C3 H 8O3(g)⇌3CO(g)+ 4 H 2(g)，因此
Δ H =+128kJ ⋅mol
−1+3×(+ 41kJ ⋅mol
−1)=+251kJ ⋅mol
−1。
（3）①该温度范围内C3H8O3均消耗完全，可忽略反应①，1 mol 甘油含3 mol C，含C 产物为CO2、CO、
CH 4。升温时，反应Ⅱ（吸热）正向移动，CO物质的量增大；反应Ⅲ（放热）逆向移动，CH 4物质的量
减小，因此上升的曲线a 对应CO，下降的b 对应CH 4；
1073K
②
时CH 4物质的量接近0，根据C 守恒：n(CO2)+n(CO)=3mol，已知n(CO)=1.8mol，得
n(CO2)=3−1.8=1.2mol。根据氢元素守恒（1073K 时，含氢的物质只有于H 2、H 2O）：
n( H 2O)= 4.0mol×2+1.0mol×8−5.2mol×2
2
=2.8mol， 反应Ⅱ为
CO2(g)+ H 2(g)⇌CO(g)+ H 2O(g)，反应前后气体计量数相等，平衡常数
K = c(CO)⋅c( H 2O)
c(CO2)⋅c( H 2) = n(CO)⋅n( H 2O)
n(CO2)⋅n( H 2) ，代入数据得K = 1.8×2.8
1.2×5.2。
（4）①根据C 原子守恒，总C 为3amol，当n0(H2O)/n0(C3H8O3)=9，n(CO2)=a y1，n(CO)=a y2，
因此n(CH 4)=3a−a y1−a y2=a(3−y1−y2)；
②根据O 原子守恒：总O 为3a+9a=12amol，平衡后O 存在于CO2、CO、H 2O，因此：
2n(CO2)+n(CO)+n( H 2O)=12a，代入n(CO2)=a y1，n(CO)=a y2得：
n( H 2O)=12a−2a y1−a y2；
根据H 原子守恒：总H 为8a+2×9a=26amol，平衡后H 存在于H 2、H 2O、CH 4，因此：
2n( H 2)+2n( H 2O)+ 4 n(CH 4)=26a，化简得n( H 2)+n( H 2O)+2n(CH 4)=13a；
代入n( H 2O)=12a−2a y1−a y2、n(CH 4)=a(3−y1−y2)：
n( H 2)+(12a−2a y1−a y2)+2a(3−y1−y2)=13a 整理得：n( H 2)=a(4 y1+3 y2−5)mol。
14．（2026·辽宁抚顺·一模）将CO2转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。根据所学知识，回答
下列问题：
Ⅰ．H2还原CO2可制取CH4。
已知：反应ⅰ．CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4 (g)+2H2O (g) Δ H 1
反应ⅱ．CO2(g)+CH4 (g)⇌2CO (g)+2H2(g) Δ H 2=+247.1kJ ⋅mol
−1
反应ⅲ．CO (g)+3 H2(g)⇌CH4 (g)+ H2O (g) Δ H 3=−205.9kJ ⋅mol
−1
(1)Δ H 1=___________kJ ⋅mol
−1。
(2)向恒压为0.36MPa 的密闭容器中通入1molCO2和4 molH2，发生反应ⅰ，同时有副反应
CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H >0发生，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T )的变
化关系如图所示。
①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：___________。
②T 1℃时，反应经t min后达到平衡，测得此时n (CO)=0.1mol，n(CO2)=0.2mol，甲烷的选择性
[
n(CH4)
n(CH4)+n (CO) ×100 %)=___________；该条件下反应速率v (H2)=___________(用含t的代数式表示)
MPa·min
−1；该条件下副反应的K p=___________。
③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当___________。
Ⅱ．利用CO2催化加氢可制备CH3OH，其反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*
CO2”表示CO2吸附在催化剂表面，图中“*H”已省略)：
(3)该反应历程中决速步反应能垒为___________eV；为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当
___________(填“升高”或“降低”)。
【答案】(1)−164.7
(2) 该反应ⅰ的Δ H 1<0，副反应的Δ H >0；因此低温时反应ⅰ的逆向移动的影响占主导，CO2的物
质的量逐渐增大，而高温时副反应的正向移动的影响占主导，CO2的物质的量减小 87.5 %
0.178
t
0.68 选择加入对反应ⅰ有高选择性的催化剂
(3) 1.36 降低
【详解】（1）根据盖斯定律，反应i=反应ii+反应iii×2，则有：
Δ H 1= Δ H 2+ Δ H 3×2=247.1kJ ⋅mol
−1+2×(−205.9kJ ⋅mol
−1)=−164.7 kJ ⋅mol
−1。
（2）①该反应ⅰ的Δ H 1<0，同时副反应的Δ H >0；当升高温度时，反应ⅰ的平衡逆向移动使CO2物质的
量增大，副反应平衡正向移动使CO2的物质的量减小；因此低温时反应ⅰ的逆向移动的影响占主导，CO2
的物质的量逐渐增大，而高温时副反应的正向移动的影响占主导，CO2的物质的量减小；
②达到平衡时，根据C 守恒，有n(CH 4)=1mol−n(CO)−n(CO2)=1−0.1−0.2=0.7mol，因此甲烷选
择性为：
0.7
0.7+0.1 ×100 % =87.5 %；再根据反应关系，主反应消耗2.8mol H 2，副反应消耗0.1mol H 2，
平衡时n(H 2)= 4−2.9=1.1mol，得到总物质的量n总=3.6mol；容器为恒压，总压为0.36 MPa，得到初
始H 2分压p0(H 2)= 4
5 ×0.36=0.288 MPa，平衡时H 2分压p平(H 2)= 1.1
3.6 ×0.36=0.11 MPa，因此
v(H 2)= Δ p(H 2)
Δt
= p0(H 2)−p平(H 2)
Δt
= 0.288−0.11
t
= 0.178
t
MPa⋅min
−1；副反应为分子数不变的反应，
则有分压比等于物质的量比，
K p= p(CO)· p(H 2O)
p(CO2)· p(H 2)
= n(CO)·n(H 2O)
n(CO2)·n(H 2)
= 0.1×1.5
0.2×1.1 = 15
22 ≈0.68；
③催化剂可以加快反应速率，同时高选择性的催化剂可以提高甲烷的选择性，因此可选择加入对反应ⅰ有
高选择性的催化剂。
（3）决速步是活化能（能垒）最高的步骤，根据反应历程图可知在主反应路径中的各步能垒，其中最高
能垒为(−0.20eV )−(−1.56eV )=1.36eV ；生成副产物CH 2O的能垒高于主产物CH3OH，可适当降低温
度，使体系难以越过副产物的能垒，可避免副产物生成。
15．（2026·海南·一模）在一定条件下可制备甲醛、甲酸和甲醇等有机物。回答下列问题：
(1)工业上常以甲醇为原料制备甲醛：已知：CH3OH (g)= HCHO (g)+ H2(g) Δ H =+84 kJ⋅mol
−1，
2H2(g)+O2(g)=2H2O (g) Δ H =−484 kJ⋅mol
−1，
①请写出CH3OH (g)与O2(g)反应生成HCHO (g)和H2O (g)的热化学方程式：___________。
②在恒温恒容密闭容器中发生反应CO2(g)+2H2(g)⇌HCHO (g)+ H2O (g)，不能说明该反应达到平衡状态的
是___________(填字母)。
a．CO2的物质的量保持不变
b．单位时间内断裂2molH−H键的同时断裂2molC−H键
c．容器内混合气体的平均摩尔质量不变 d．容器内混合气体的密度保持不变
(2)制备甲酸：反应原理为CO2(g)+ H2(g)⇌HCOOH (g) Δ H。已知：v 正=k 正c(CO2)⋅c(H2)，
v逆=k 逆c (HCOOH)，k 正、k 逆为速率常数，lgk与温度的关系如图所示。若温度升高，则k 逆
___________(填“增大”“减小”或“不变”)；该反应的Δ H ___________(填“>”“<”或“=”)0。
(3)在T ℃时，将6molCO2、11molH2、1molN2充入容积为10L的恒容容器中，初始压强为p0kPa，只发生
CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H <0，(N2不参加反应)，测得体系中剩余H2的物质的量随时间变
化如图中状态Ⅰ所示。在状态Ⅰ中，平衡时的压强为2
3 p0 kPa．
①温度T ℃时，状态Ⅰ中，该反应的压强平衡常数K p=___________kPa
−2。(用平衡分压代替平衡浓度计
算)
②保持投料量不变，仅改变某一个条件后，测得n(H2)随时间变化如图中状态Ⅱ、Ⅲ所示，与状态Ⅰ相比，
状态Ⅱ、Ⅲ改变的条件依次可能是___________、___________。状态Ⅲ中，0~2min 内的平均速率
υ(CH3OH)=___________mol⋅L
−1⋅min
−1。
【答案】(1) 2CH3OH(g) + O2(g) = 2HCHO(g) + 2H2O(g) ΔH= -316 kJ·mol-1 d
(2) 增大 <
(3) 243
2p0
2 增大压强 升高温度 0.1
【详解】（1）①CH3OH (g)与O2(g)反应生成HCHO (g)和H2O (g)的方程式为2CH3OH(g) + O2(g) = 2HCHO(g)
+ 2H2O(g)，根据盖斯定律，ΔH=2ΔH1+ΔH2=+84×2−484 =−316kJ⋅mol
−1，故热化学方程式为
2CH3OH(g) + O2(g) = 2HCHO(g) + 2H2O(g) ΔH= -316 kJ·mol-1；
a
②．随着反应的进行，反应物CO2的物质的量发生变化，当其不变时可以判断达到了平衡状态；
b．单位时间内断裂2molH−H键代表正向进行消耗2mol H2，同时断裂2molC−H键表示逆向进行消耗
1mol HCHO，且速率比等于系数比，可以判断达到了平衡状态；
c．容器内混合气体的平均摩尔质量M= m气
n气
，反应前后质量守恒且都是气态物质，故m气不变，反应前后
气体系数不相等，故n气变，比值是个变量，可以判断达到了平衡状态；
d．容器内混合气体的密度保持不变ρ= m气
V
，反应前后质量守恒且都是气态物质，故m气不变，恒容容器
V 不变，故比值是定值，不能判断达到了平衡状态；
故选d；
（2）由图可知，若温度升高，则k 逆增大，k 正也增大，且温度改变对k 逆的影响更大，故逆反应方向为吸
热反应，则该反应的Δ H< 0；
（3）①根据图示，温度T ℃时，状态Ⅰ中，8 min 后氢气的物质的量不再改变，说明达到平衡，初始时的
物质的量依次为6mol CO2、11mol H2、1mol N2，列三段式为
n(mol)
CO2(g)
+
3 H2(g)
⇌
CH3OH (g)
+
H2O (g)
初始
6
¿11
¿0
¿
转化
3
¿
¿3¿¿3¿平衡¿3¿¿2¿¿3¿¿3¿该反应的
压强平衡常数K p= P(CH3OH)×P(H2O)
P(CO2)×P
3(H2)
= (
3mol
12mol ×2
3 p0)×(
3mol
12mol ×2
3 p0)
(
3mol
12mol ×2
3 p0)×(
2mol
12mol ×2
3 p0)
3 kPa
−2= 243
2 p0
2 kPa
−2
；
②根据图示，状态Ⅱ、Ⅲ达到平衡的时间比状态Ⅰ短，故速率快，但是状态Ⅱ最终达平衡时的氢气的物质
的量减小，说明平衡正向移动，故改变的条件为增大压强；状态Ⅲ达平衡时的氢气的物质的量增大，说明
平衡逆向移动，故改变的条件为升高温度；状态Ⅲ中，0~2min 内氢气的消耗量为6mol，
ν (H2)=Δn
VΔt =
6 mol
10L×2min =0.3 mol⋅L
−1⋅min
−1，根据速率之比等于系数比，ν (CH3OH)=0.1
mol⋅L
−1⋅min
−1。
16．（2026·山西朔州·一模）二氧化碳加氢合成甲醇是制备清洁能源的一种有效途径。已知利用CO2合成甲
醇过程中主要发生以下反应：
主反应Ⅰ：CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g) Δ H 1=−49.5kJ⋅mol
−1(298K)
副反应Ⅱ：CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) Δ H 2=+ 41.2kJ⋅mol
−1(298K)
(1)298 K 时由CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)制备64 g 甲醇时___________(填“吸收”或“放
出”)___________kJ 热量，该反应在___________(填“较高”“较低”或“任意”)温度下能自发进行。
(2)恒压时，CO2和H2起始量一定的条件下，在分子筛膜反应器中反应，该分子筛膜能选择性分离出H2O(g)。
①使用分子筛膜的目的是___________。
②将反应后的气体以一定流速通过含Cu
+修饰的吸附剂(Cu
+能与π键电子形成作用力较强的配位键)分离
CH3OH(g)和CO(g)。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图所示。20~40
min 时CO(g)浓度比几乎为0，50 min 以后浓度比又接近1 的原因可能是___________。
(3)在一定压强下，通入1mol CO2和6 mol H2，反应t min 后，CO2的转化率α(CO2)、CH3OH的选择性
S(CH3OH)及CO 的选择性S(CO)随温度变化曲线如图。已知：S(CH3OH)=
n(转化为CH3OH 的CO2)
n(转化的CO2)
×100 %。
①温度升高时，CO2的转化率α(CO2)先增大再减小的原因为___________。
260℃
②
时，CO 的选择性S(CO)=___________。
300℃
③
时，若压强为2.9 kPa，则平衡时体系中H2与CH3OH的物质的量之比为___________，反应Ⅰ的压强
平衡常数K p=___________(kPa)
−2(K p是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1) 放出 181.4 较低
(2) 减少主反应生成物浓度，使主反应平衡正向移动，提高C O2转化率和甲醇产率 C u
+优先吸
附CO：20~40min 吸附剂未饱和，CO几乎全部被吸附，出口浓度接近0；50min 后吸附剂达到吸附饱和，
无法继续吸附CO，因此出口浓度比接近1
(3) 低温时反应未达到平衡，温度升高反应速率加快，C O2转化率增大；达到平衡后，主反应为放热
反应，升高温度使主反应平衡逆向移动，C O2转化率减小，因此先增后减 8% 20
3 0.15
【详解】（1）据盖斯定律，目标反应CO(g)+2 H 2(g)⇌C H 3OH (g) = 反应Ⅰ - 反应Ⅱ，因此：
Δ H = Δ H 1−Δ H 2=−49.5kJ ⋅mol
−1−41.2kJ ⋅mol
−1=−90.7 kJ ⋅mol
−1 64g 甲醇的物质的量为
64 g
32g/mol =2mol，因此放出热量2mol×90.7 kJ /mol =181.4 kJ。 该反应Δ H <0，反应后气体分子数
减少，Δ S<0，根据ΔG = Δ H −T Δ S<0时反应自发，可知较低温度下能自发进行。
（2）① 分子筛膜可选择性分离出H 2O(g)，减少主反应生成物浓度，使主反应平衡正向移动，提高C O2
转化率和甲醇产率；
② C u
+可与含π键的CO形成强配位键，优先吸附CO：20~40min 吸附剂未饱和，CO几乎全部被吸附，出
口浓度接近0；50min 后吸附剂达到吸附饱和，无法继续吸附CO，因此出口浓度比接近1。
（3）① 温度对转化率的影响分两个阶段：低温时反应未达到平衡，温度升高反应速率加快，C O2转化率
增大；达到平衡后，主反应为放热反应，升高温度使主反应平衡逆向移动，C O2转化率减小，因此先增后
减；
② C O2转化只生成C H 3OH和CO，因此S(CO)=100 %−S(C H 3OH )=100 %−92% =8 %。
300℃
③
时，α(C O2)=80 %，S(C H 3OH )=75 %，起始n(C O2)=1mol，n( H 2)=6mol：
转化的C O2：1mol×80 % =0.8mol，其中生成C H 3OH消耗C O2：0.8×75 % =0.6mol，生成CO消耗
C O2：0.2mol。剩余n( H 2)=6mol−(3×0.6+1×0.2)= 4 mol，n(C H 3OH )=0.6mol，因此
n( H 2)
n(C H 3OH ) = 4
0.6 = 20
3 。
计算K p： 各物质物质的量：n(C O2)=0.2mol，n( H 2)= 4 mol，n(C H 3OH )=0.6mol，
n(CO)=0.2mol，n( H 2O)=0.8mol，总物质的量n总=5.8mol，总压P =2.9kPa。
K p= p(C H 3OH )⋅p( H 2O)
p(C O2)⋅p( H 2)
3
=
( P⋅0.6
5.8 )( P⋅0.8
5.8 )
( P⋅0.2
5.8 )( P⋅4
5.8 )
3 =0.15(kPa)
−2。
17．（2026·江西南昌·一模）氢能是理想的清洁能源，一些制氢的反应体系及其热力学数据如下：
Ⅰ．C (s)+ H2O (g)=CO (g)+ H2(g) Δ H 1=+131kJ⋅mol
−1
Ⅱ．CO (g)+ H2O (g)=CO2(g)+ H2(g) Δ H 2=−41kJ⋅mol
−1
Ⅲ．CH4 (g)+ H2O (g)=CO (g)+3 H2(g) Δ H 3=+206kJ⋅mol
−1
Ⅳ．CH3OH (g)+ H2O (g)=CO2(g)+3 H2(g) Δ H 4=+50kJ⋅mol
−1
回答下列问题：
(1)CH3OH (g)=CO (g)+2H2(g) Δ H =________kJ⋅mol
−1
(2)平衡常数与温度之间的关系可用方程式ln K =−Δ H
RT
+C表示（C 为常数），上述反应的ln K与1
T 的关系
如图所示，若曲线c 表示反应Ⅰ，则曲线d 表示反应________（填标号，下同）；从反应自发性判断，在
较低温度下更易发生的是反应________，原因是________。
(3)5 MPa 下，向密闭容器中按n(CH3OH):n(H2O)=1:1投料，只考虑反应Ⅱ和Ⅳ，平衡时CO2和CO 的体积
分数随温度变化关系如图。
①随着温度的升高，H2的体积分数将________；
Q
②
点时CH3OH的转化率为________（保留两位有效数字，下同），此时反应Ⅱ的K p=________。
(4)甲醇在CuO/ZnO/CeO2/ZrO2催化剂表面的反应产物与反应条件有关。在如图条件下，产物X 的化学
式为________。
【答案】(1)+91
(2) Ⅲ Ⅱ ΔG = Δ H −T Δ S<0，放热反应低温易自发
(3) 先增大后减小 92% 4.3
(4)CO2
【详解】（1）根据盖斯定律，目标反应C H 3OH (g)=CO(g)+2 H 2(g)可由反应Ⅳ-反应Ⅱ得到，则
Δ H = Δ H 4−Δ H 2=+50kJ ⋅mol
−1−(−41kJ ⋅mol
−1)=+91kJ ⋅mol
−1。
（2）根据关系式ln K =−Δ H
RT +C，反应吸热（Δ H >0），直线斜率为负，Δ H越大，斜率绝对值越大，
直线下降越陡，若反应放热（Δ H <0），斜率为正，Δ H的绝对值越大，斜率绝对值越大，直线上升越陡，
已知曲线c 表示反应Ⅰ，反应Ⅰ的Δ H 1=+131kJ ⋅mol
−1>0，从图像可知，曲线d 比曲线c 下降更陡，
即斜率绝对值更大，说明d 对应反应的Δ H为正值，且数值更大，四个反应中，反应Ⅲ的
Δ H 3=+206 kJ ⋅mol
−1>+131kJ ⋅mol
−1，符合该特征，因此曲线d 表示反应Ⅲ；
反应自发进行的判据是ΔG = Δ H −T Δ S<0，反应Ⅱ是反应前后气体分子数不变的放热反应：
Δ H 2<0、Δ S ≈0，因此ΔG2= Δ H 2−T Δ S2≈Δ H <0，在任何温度均可自发进行，反应I、III、IV 均为
气体分子数增大的吸热反应，Δ H >0、Δ S>0，根据ΔG = Δ H −T Δ S<0为自发反应的条件，则只有在
高温下才可自发进行，故在较低温度下更易发生的是反应II。
（3）①反应Ⅱ是放热反应，温度升高，抑制反应Ⅱ正向进行，H 2的体积分数减小，反应Ⅳ是吸热反应，
温度升高，促进反应IV 正向进行，H 2的体积分数增加，图示中曲线上升的代表CO 的体积分数，先升高
后下降的代表CO2体积分数与温度的关系，H 2的体积分数与CO2体积分数的变化趋势相同，随着温度升高，
氢气的体积分数先增大后减小；
②设起始投料n(C H 3OH )=n( H 2O)=1mol、C H 3OH消耗的物质的量为α mol、反应II 逆向生成
y molCO，故平衡时CH 3OH 、H 2O、CO、CO2、H 2的物质的量分别为
(1−α )mol、(1−α + y)mol、y mol、(α −y)mol、(3α −y)mol，平衡时总物质的量
n总=(1−α +1−α + y + y +α −y +3α −y)mol =(2+2α )mol，Q 点CO和C O2体积分数均为12%，即物
质的量分数为0.12，因此：
y
2+2α = α −y
2+2α =0.12，得α =2 y，代入解得α = 0.48
0.52 ≈0.92，即C H 3OH的
转化率为92%，反应Ⅱ的压强平衡常数为
K p= p(C O2)⋅p( H 2)
p(CO)⋅p( H 2O) =
[ n(CO2)
n总
p]⋅[ n( H 2)
n总
p]
[ n(CO)
n总
p]⋅[ n( H 2O)
n总
p]
= n(CO2)⋅n( H 2)
n(CO)⋅n( H 2O) = (α −y)×(3α −y)
(1−α + y)× y
=
(α −α
2 )×(3α −α
2
(1−α + α
2 )× α
2
。
（4）对比
和
可知生成物为H2和CO2，X 为二氧化碳（CO2）。
18．（2026·河北廊坊·一模）以CO2和H2为原料合成CH3OH，涉及如下反应：
反应ⅰ：CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H 1 K 1
反应ⅱ：CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 2 K 2
反应ⅲ：CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g) Δ H 3 K 3
回答下列问题：
(1)反应ⅰ、ⅱ的ln K与温度T 的关系如图所示。平衡常数K 3=___________(用含K 1、K 2的代数式表示)；
降低温度，K 3___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)为同时提高甲醇的合成速率和平衡产率，可以改变的条件是___________(填标号)。
A．升高温度
B．恒容条件下充入氮气
C．增大压强
D．使用能显著减小反应ⅰ活化能的催化剂
(3)维持总压和投料比[n(CO2):n(H2)=1:3)不变，将CO2和H2混合气以一定流速通过反应器发生反应ⅰ、ⅱ、
ⅲ。CO2转化率α (CO2)和甲醇选择性χ (CH3OH)随温度T 变化的关系如图所示。已知
χ (CH3OH)=转化为甲醇的n(CO2)
消耗的n(CO2)
×100 %，忽略温度对催化剂活性的影响。
①T <236℃时，二氧化碳转化率随温度升高而增大，原因是___________。
240℃
②
时，反应ⅱ的K p=___________(以分压代替浓度计算，分压=总压×物质的量分数)；随温度升高，
平衡体系中n (CO):n(CH3OH)的值将___________(填“增大”“减小”或“不变”)
(4)保持其他条件不变，将(3)中反应器换成分子筛膜反应器(分子筛吸附水分子)，240℃时甲醇选择性大于
60%，其原因是___________。
【答案】(1) K 1
K 2
增大
(2)C
(3) 温度升高，反应速率增大，CO2转化量增多 3
14 增大
(4)分子筛膜可吸附水分子，分离产物水，会使反应i 和反应ii 的平衡均向正反应方向移动。因反应i 为放
热反应，在240℃下其平衡转化受到的限制比吸热的反应ii 更显著，故移除产物水对反应i 的促进作用更大，
甲醇的选择性因此提高（大于60 %）
【详解】（1）根据盖斯定律：反应iii=反应i−反应ii，则K 3= K 1
K 2
；从图中ln K与1/T的关系可知，反应i
的ln K随1
T 增大而增大，说明温度降低（1
T 增大）时K 1增大，故反应i 为放热反应（Δ H 1<0）；反应ii
的ln K随1
T 增大而减小，说明温度降低时K 2减小，故反应ii 为吸热反应（Δ H 2>0）。反应iii 的焓变
Δ H 3=Δ H 1−Δ H 2<0，为放热反应。降低温度，放热反应的平衡常数增大，故K 3增大；
（2）A．反应i 为放热反应，升温平衡逆向移动，甲醇产率降低，A 不符合题意；
B．各物质浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变，且速率不变，B 不符合题意；
C．反应i 是气体分子数减少的反应，加压平衡正向移动，甲醇产率提高；同时压强增大，反应物浓度增大，
反应速率加快，C 符合题意；
D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡产率，D 不符合题意；
（3）①该温度范围内反应未达到平衡状态，反应仍正向进行，温度升高，反应速率加快，单位时间内消
耗的CO2增多，因此转化率随温度升高而增大；
②设初始时n(CO2)=1mol，n(H2)=3 mol。已知240
∘C时，α (CO2)=60 %，即消耗的CO2为0.6 mol；
χ (CH3OH)=60 %，即转化为甲醇的CO2占消耗总量的60 %，故生成甲醇的CO2为0.6 mol×60 % =0.36 mol，
生成CO的CO2为(0.6−0.36)mol=0.24 mol。列三段式为：
反应ⅰ：CO2
+
3H2
⇌
CH3OH
+
H2O
转化量(mol)
0.36
¿1.08
¿0.36
¿
¿
¿ ，反应ⅱ：
CO2
+
H2
⇌
CO
+
H2O
转化量(mol)
0.24
¿0.24
¿0.24
¿
¿
¿ ，平衡时各物质的物质的量：
n(C O2)=(1−0.6)mol=0.4 mol，n(H2)=(3−1.08−0.24)mol=1.68 mol，n(CH3OH)=0.36 mol，
n (CO)=0.24 mol，n(H2O)=(0.36+0.24)mol=0.6 mol，
n总=(0.4 +1.68+0.36+0.24 +0.6)mol=3.28 mol，则反应ii 的平衡常数
K p= p (CO)⋅p(H2O)
p(CO2)⋅p(H2)
=
0.24
3.28 p总⋅0.6
3.28 p总
0.4
3.28 p总⋅1.68
3.28 p总
= 0.24×0.6
0.4×1.68 = 3
14 ；温度升高时，反应i（放热）平衡逆向移
动，n(CH3OH)减小，反应ii（吸热）平衡正向移动，n (CO)增大，故平衡体系中n (CO):n(CH3OH)的值将增
大；
（4）分子筛膜可吸附水分子，分离产物水，会使反应i 和反应ii 的平衡均向正反应方向移动。因反应i 为
放热反应，在240℃下其平衡转化受到的限制比吸热的反应ii 更显著，故移除产物水对反应i 的促进作用更
大，甲醇的选择性因此提高（大于60 %）。
19．（2026·宁夏·一模）甲醇水蒸气重整制氢具有能耗低、产物组成简单、副产物易分离等优点，是未来
制氢技术的重要发展方向。该重整反应体系主要涉及以下反应：
Ⅰ．CH3OH (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+3 H2(g)Δ H 1
Ⅱ．CH3OH (g)⇌CO (g)+2H2(g)Δ H 2=+90kJ⋅mol
-1
(1)已知CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g)Δ H 3=+ 41kJ⋅mol
−1
反应Ⅰ的ΔH1= ___________kJ/mol。
(2)将组成(物质的量分数)为25 %CH3OH (g)、35 %H2O (g)和40 %N2(g)(N2不参与反应)的气体通入恒容容器中
反应相同时间，测得CH3OH转化率和产物的物质的量分数随温度变化关系如图所示。
①曲线a和b分别代表产物 ___________和 ___________。
②下列对甲醇水蒸气重整制氢反应体系的说法合理的有 ___________。
A．增大N2的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率都增加
B．升高温度，N2的物质的量分数保持不变
C．移除CO2能提高CH3OH 的平衡转化率
D．440℃～460℃时，升高温度，H2的产率增大
(3)一定条件下，向2 L 的恒容密闭容器中通入1molCH3OH (g)和1molH2O (g)发生上述反应，达到平衡时，
容器中CO2为0.8 mol，CO为0.1mol，此时H2的浓度为 ___________mol⋅L
−1，反应I的平衡常数
___________(写出计算式)。
(4)水煤气变换[CO (g)+ H2O (g)=CO2(g)+ H2(g))是重要的化工过程，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。
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___________。
【答案】(1)+49
(2) H 2 C O2 CD
(3) 1.3 0.4×1.3
3
0.05×0.1
(4) 2.02 COOH ·+ H ·+ H 2O·=COOH ·+2 H ·+OH ·或H 2O·= H ·+OH ·
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ＝反应Ⅱ－Ⅲ，即Δ H 1= Δ H 2−Δ H 3=+ 49 kJ ⋅mol
−1；
（2）①．由题干可知，反应Ⅰ为主反应，曲线a 和b 代表的产物为H 2或CO2；由于反应Ⅰ中生成的H 2是
CO2的3 倍，且反应Ⅱ生成了H 2，图像中a 曲线在b 曲线上方，所以曲线a 代表H 2，曲线b 代表CO2；
A
②．N 2不参与反应，所以增大N 2浓度，对反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率无影响，A 错误；
B．升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动，使平衡时气体总物质的量增加，则N 2的物质的量分数减小，B
错误；
C．移除CO2可使平衡正向移动，从而提高CH 3OH的平衡转化率，C 正确；
D．反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则H 2的产率增大，D 正确；
答案选CD；
（3）向2 L的恒容容器中起始通入1molCH 3OH和1molH 2O，达到平衡时容器中含有0.8molCO2和
0.1molCO，列出如下三段式：
CH 3OH (g)
+
H 2O(g)
⇌
CO2(g)
+
3 H 2(g)
起始物质的量/mol
1
¿1
¿0
¿
转化物质的量/mol
¿
¿0.8¿¿0.8¿¿2.4¿
CH 3OH (g)
⇌
CO(g)
+
H 2(g)
起始物质的量/mol
1
¿0
¿
¿
0.1¿¿0.1¿¿0.2¿
根据以上两个三段式可知，H 2的浓度为
(2.4 +0.2)mol
2L
=1.3mol⋅L
−1，反应Ⅰ的平衡常数为
K =
0.8
2 ×1.3
3
(1−0.8−0.1)
2
× 0.2
2
= 0.4×1.3
3
0.05×0.1 ；
（4）该反应历程中最大能垒(活化能)为过渡态2 这一步，E正=1.86eV−（−0.16）eV=2.02eV；由图
可知，该步骤的化学方程式为COOH ·+ H ·+ H 2O·=COOH ·+2 H ·+OH ·或H 2O·= H ·+OH ·。
20．（2026·山东临沂·一模）捕集CO2并进行资源化利用是实现“双碳”目标的关键。利用MgO捕获CO2生
成的MgCO3和H2为原料合成CH4的主要反应如下：
Ⅰ、MgCO3(s)⇌MgO(s)+CO2(g) Δ H 1>0
Ⅱ、CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) Δ H 2
Ⅲ、CO2(g)+ H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) Δ H 3>0
回答下列问题：
(1)反应MgCO3(s)+ 4 H2(g)⇌MgO(s)+CH4(g)+2H2O(g)的焓变Δ H =______(用代数式表示)。
(2)100 kPa下，在密闭容器中，加1molMgCO3(s)和1molH2(g)发生上述反应。反应Ⅲ在低于T 1温度时不
反应，MgCO3(s)在T 2温度时完全分解。平衡时各气体的物质的量随温度变化如图所示。
①ΔH2______0(填“>”“<”或“=”)；曲线丁代表的物种为______(填化学式)。
M
②
点时，容器中CO2(g)和H2(g)分别为a mol和b mol，则MgO(s)的物质的量为______mol(用含a、b 的
代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数K p=______。
③温度高于T 2时，CO2的物质的量随温度升高而逐渐减少的原因是______。
(3)在M 点对应条件下，改变容器体积，重新达平衡时，测得CO的浓度变大，CO2的浓度______(填“增
大”“减小”或“不变”)，
n(H2O)
n(H2)
______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)Δ H 1+ Δ H 2
(2) < CH4 1+a−4b (1−3b)(1−5b)
ab
MgCO3(s)在T 2温度时完全分解，继续升高
温度反应Ⅲ平衡正向移动的程度大于反应Ⅱ平衡逆向移动的程度
(3) 不变 减小
【分析】反应Ⅲ在低于T 1温度时不反应，此时仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，由图可知，曲线丙在温度低于T 1时
物质的量为0，温度高于T 1时随温度升高逐渐增大，CO 仅在反应Ⅲ中生成，故曲线丙代表的物种为CO；
MgCO3(s)在T 2温度时完全分解，则温度高于T 2时只发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，1 mol H2完全发生反应Ⅱ最多
生成0.25 mol CH4，故平衡时CH4的物质的量一定小于0.25 mol，且温度低于T 1时H2O(g)的物质的量为
CH4的物质的量的2 倍，由图像知，只有曲线丁在温度高于T 2时物质的量小于0.25 mol，温度低于T 1时，
曲线乙的物质的量高于曲线丁，故曲线丁代表的物种为CH4，曲线乙代表的物种为H2O(g)，故曲线甲代表
的物种为H2，据此分析解答。
【详解】（1）根据盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ即可得到反应
MgCO3(s)+ 4 H2(g)⇌MgO(s)+CH4(g)+2H2O(g)，因此焓变 Δ H = Δ H 1+ Δ H 2。
（2）① 由分析知，曲线丁代表的物种为CH4，由图可知，温度升高，平衡时CH4的物质的量减小，说明反
应Ⅱ逆向移动，逆反应为吸热反应，故正反应为放热反应，Δ H 2<0。
② 由图及分析可知，M 点时n(CH4)=n(H2)，容器中CO2(g)和H2(g)分别为a mol和b mol，假设分解的
MgCO3为x mol，反应Ⅱ消耗y molCO2，反应Ⅲ消耗z mol CO2，根据反应方程式可知，MgO(s)的物质的量
为x mol，反应Ⅰ生成的CO2(g)的物质的量为x mol，故n(CO2)= x−y −z =a，n(H2)=1−4 y −z =b，
n(CH4)= y =b，解得x =1+a−4b，z =1−5b；平衡时n(CO)= z =(1−5b)mol，
n(H2O)= z +2 y =(1−5b+2b)mol=(1−3b)mol反应Ⅲ的平衡常数
K p= P(CO)× P(H2O)
P(CO2)× P(H2) =
n(CO)
n总
×100kPa× n(H2O)
n总
×100kPa
n(CO2)
n总
×100kPa× n(H2)
n总
×100kPa
= n(CO)×n(H2O)
n(CO2)×n(H2) =(1−5b)(1−3b)
ab
。
③温度高于T 2时，MgCO3(s)已经完全分解，反应Ⅲ是吸热反应，升高温度反应Ⅲ平衡正向移动，消耗CO2
的程度大于反应Ⅱ升温逆向生成CO2的程度，因此CO2物质的量随温度升高逐渐减少。
（3）反应ⅠMgCO3(s)⇌MgO(s)+CO2(g)的平衡常数K =c(CO2)，平衡常数只与温度有关，温度不变，
平衡常数不变，平衡时c(CO2)不变；反应ⅢCO2(g)+ H2(g)⇌H2O(g)+CO(g) 的平衡常数
K = c(CO)×c(H2O)
c(CO2)×c(H2) ，由于c(H2O)
c(H2) = n(H2O)
n(H2) ，因此当温度不变和c(CO2)不变时，c(CO)× n(H2O)
n(H2) 为定
值，CO浓度变大，则 n(H2O)
n(H2) 减小。
