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专题10 反应原理综合题（非选择题）
1．（2026·四川达州·二模）CO2催化加氢制甲醇是碳的捕集、利用和封存技术中最具应用前景的技术路径
之一。该过程主要发生下列反应：
反应
Δ H /kJ⋅mol
-1
平衡常数
I
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
-49.5
K 1
Ⅱ
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
K 2
Ⅲ
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
-90.7
K 3
回答下列问题：
(1)反应Ⅱ的Δ H =_________kJ⋅mol
-1，若ΔS>0，则该反应在_________（填“高温”、“低温”或“任
意温度”）条件下能自发进行。
(2)一定温度下，在某恒压密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应。下列说法能说明该体系
达到平衡状态的是_________（填标号）。
A．v (CO2)= v (CO)
B．气体密度不再变化
C．n(CO2):n(CH3OH)恒定不变
D．K 1
K 2
恒定不变
(3)以n(CO2):n(H2):n(Ar)=1:3:1的进气比通入载有催化剂Cu-ZnO-Y2O3的密闭反应管中，维持压强为3
MPa 进行上述三个反应，反应达到平衡状态时，测得CO2的转化率、CH3OH的选择性随温度的变化如图1：
已知：CH3OH或CO 的选择性= n(转化为CH3OH 或CO 的CO2)
n(消耗的CO2)
×100%
①表示CH3OH选择性的曲线为_________（填“a”或“b”），并说明选择的理由_________。
M
②
点达到平衡状态时，CO2的转化率为50%，则反应Ⅱ的K p=_________。
(4)我国科学家研究发现，用图2 电解装置电催化CO2制甲醇可显著提高甲醇的选择性。已知钴酞菁
（CoPc）分子可吸附CO，将钴酞菁（CoPc）分子限域在碳纳米管内部，能抑制副产物CO 的生成。回答
下列问题：
①阴极的电极反应式为_________KHCO3溶液不参与电极反应）。
②碳纳米管内甲醇的选择性高于管外的原因可能是_________。
【答案】(1) +41.2 高温
(2)BC
(3) a 反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，CH3OH的选择性降低；反应Ⅱ为
吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于升高CO 的选择性 0.125 或
1
8
(4) CO2+6e
-+6H
+=CH3OH+H2O 碳纳米管内的钴酞菁分子吸附CO 中间体，促进CO 进一步还原
为甲醇，使甲醇选择性高于管外
【详解】（1）根据盖斯定律：Ⅱ=Ⅰ-Ⅲ，Δ H 2=Δ H 1-Δ H 3=+41.2 kJ/mol；根据ΔG =Δ H -T ΔS，
反应Ⅱ中Δ H >0，ΔS>0，则反应Ⅱ高温下能自发进行。
（2）A．速率作为判断平衡状态的标志时，需指明两个方向，A 错误；
B．该反应为恒压条件，且反应前后气体分子数发生变化，故总体积为变量，导致密度为变量，当密度不
变时达到平衡状态，B 正确；
C．根据反应知:CO2在消耗，n(CO2)减小，CH3OH在生成，n(CH3OH)增多，则n(CO2):n(CH3OH)；是个变
量，C 正确；
D．恒温条件，K 不变，K 1
K 2
恒定，D 错误；
故选BC。
（3）①依据图1 及温度对平衡移动的影响规律：反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，
CH3OH的选择性降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ逆向移动，均有利于
升高CO 的选择性，故表示CH3OH选择性的曲线为a；
②由图1 可知：M 点，CO2的转化率与CH3OH的选择性均为50%，再结合元素守恒，平衡时
n(CO2)=0.5 mol、n(CH3OH)=n(CO)=0.25 mol、n(H2O)=0.5 mol、n(H2)=2 mol、n( Ar )=1 mol，
则n( 总)=4.5 mol，
K p=
3×0.25
4.5 ×3×0.5
4.5
3×0.5
4.5 ×3×2
4.5
=0.125或1
8 。
（4）①依据电解池原理，阴极应发生还原反应，且注解说明KHCO3溶液不参与电极反应，则只能是H
+来平
衡电荷，故阴极的电极反应式为：CO2+6e
-+6H
+=CH3OH+H2O；
②通过已知信息可知，钴酞菁分子可吸附CO 中间体并抑制CO 中间体的生成，故将钴酞菁分子限域在碳
纳米管内部，可促进CO 中间体进一步还原为CH3OH，提高CH3OH的选择性。
2．（2026·山东潍坊·二模）CO2−CH4干气重整制水煤气(CO、H2)是碳捕集、利用及封存框架中的一种典型
低碳过程。其主要反应如下，其中反应Ⅲ是催化剂表面产生积碳的主要原因之一。
Ⅰ．CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g) Δ H 1=+247.34 kJ⋅mol
−1
Ⅱ．H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g) Δ H 2
Ⅲ．2CO(g)⇌CO2(g)+C(s) Δ H 3=−172.47 kJ⋅mol
−1
回答下列问题：
(1)已知：CO2(g)、H2O(g)、CO(g)的标准摩尔生成的焓(标准压力下，由稳定单质生成1mol 化合物的焓
变)分别为−393kJ⋅mol
−1、−241.8kJ⋅mol
−1、−110kJ⋅mol
−1，则Δ H 2=___________kJ⋅mol
−1。
(2)已知ΔG = Δ H −T Δ S，ΔG的值只取决于反应体系的始态和终态，忽略Δ H、Δ S随温度的变化。以上
各反应的ΔG与温度的关系如图1 所示，其中表示反应Ⅰ的曲线为___________(填“甲”“乙”或“丙”)。
(3)初始投料CO2、CH4各1mol，充入密闭容器中，在0.05 MPa、0.1MPa、1MPa压强下，n(H2)/n(CO)随
着温度变化如图2。
1MPa
①
对应的曲线为___________(填“a”“b”或“c”)。700℃时，将0.05MPa 压强下的容器压缩体积重新达
到平衡后，
c
2(H2)
c(CH4)
___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②已知625℃时，反应Ⅱ的化学平衡常数Kx(Ⅱ)=1，n(CO2)=n(CO)，m 点积炭的物质的量为
___________；积炭的物质的量：m 点___________n 点(填“>”“<”或“=”)；625℃时，反应Ⅲ的物质的量分
数平衡常数Kx =___________。
③当升温1000℃以上，图2 曲线重合的原因是___________。
【答案】(1)41.2
(2)甲
(3) a 不变 1 mol > 6.5 1000℃以上，只发生反应Ⅰ，氢气和一氧化碳物质的
量之比约为1 且不受压强影响
【详解】（1）根据题目给出的标准摩尔生成焓，可以写出对应的热化学方程式：①
C(s)+O2(g)→CO2(g) ΔH =−393kJ /mol；② H 2(g)+ 1
2 O2(g)→H 2O(g) ΔH =−241.8kJ /mol；
③ C(s)+ 1
2 O2(g)→CO(g) ΔH =−110kJ /mol；目标反应II 为：
H 2(g)+CO2(g)⇌H 2O(g)+CO(g)；利用盖斯定律，目标反应=
+
-
②③①：
ΔH 2=(−241.8)+(−110)−(−393)=+ 41.2kJ /mol；
（2）ΔG = ΔH −TΔS，反应 I 的ΔH 很大且为正值，常温下ΔG 应为很大的正值，随着温度升髙迅速下
降，曲线甲符合这一特征，故填甲；
（3）①主要反应是反应 I：CH 4(g)+CO2(g)⇌2 H 2(g)+2CO(g)，增大压强，平衡逆向移动，反应I
生成H2和CO 比例为 1:1；反应II 消耗H2生成CO，会导致比值减小；反应III 消耗CO，会导致比值增大；
增大压强，反应 III 正向移动，消耗更多CO，导致分母减小，比值n( H 2)/n(CO)增大，因此，压强越大，
比值越大，所以a 对应1MPa；Kc(III)=
c(CO2)
c
2(CO)
，由反应Ⅰ的平衡常数表达式K c( I )= c
2( H 2)c
2(CO)
c(CH 4)c(CO2)
可得
c
2( H 2)
c(CH 4) = K c( I ) c(CO2)
c
2(CO)
=Kc(I)×Kc(III)，温度不变，K c( I )、Kc(III)不变，因此c
2( H 2)
c(CH 4)
不变；
②根据题中m 点条件n(H2)/n(CO) = 2、Kx(Ⅱ)=1、n(CO2)=n(CO)及原子守恒，可计算出平衡时各气体物质的量分
别为n(CH4)=0.2mol、n(CO2)=0.4mol、n(H2=0.8mol、n(CO)=0.4mol、n(H2O)=0.8mol，总气态物质的量为
2.6mol。依据碳原子守恒积炭物质的量为1 mol；反应Ⅲ为放热反应，温度升高，平衡向吸热的逆反应方向移
动，积炭量减小，故m 点的积炭量大于n 点的积炭量，故填>；Kx =
0.4
2.6
( 0.4
2.6 )
2❑=6.5；
③当温度高于1000℃时，只发生反应I，氢气和一氧化碳物质的量之比约为1 且不受压强影响，故在不同
压强下比值相同，导致曲线重合。
3．（2026·安徽马鞍山·二模）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利
用MgCO3与H2反应生成H4的路线，主要反应如下：
Ⅰ．MgCO3(s)⇌MgO(s)+CO2(g) Δ H 1=+101kJ/ mol
Ⅱ．CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) Δ H 2<0
Ⅲ．CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) Δ H 3=+ 41kJ/ mol
回答下列问题。
(1)已知：一定温度下，由稳定单质(其标准摩尔生成焓视为0)生成1 mol 化合物的焓变称为该化合物的标准
摩尔生成焓(Δf H m
θ )。表中为几种物质在298 K 时的标准摩尔生成焓：
物质
CO2(g)
CO(g)
H2O(g)
CH4(g)
Δf H m
θ /(kJ⋅mol−m
−n
−p
−q
Δ H 2=___________kJ/mol。
(2)若将CO2和H2各1 mol 充入恒温密闭容器中，仅进行反应Ⅱ和反应Ⅲ，下列有关说法正确的是
___________(填序号)。
A．恒容时充入H2O(g)，反应Ⅱ和反应Ⅲ的正反应速率均减小
B．恒容时充入He(g)，反应Ⅰ的平衡不移动
C．恒压时若混合气体的密度不再改变，则反应达平衡状态
D．任意时刻，容器内n(H2O)+n(H2)+n(CH4)=1mol
(3)100 kPa 下，向密闭容器中投入H2和MgCO3各1 mol 发生反应。反应达到平衡时，反应物(H2和MgCO3)的
转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(温度低于360℃反应Ⅲ不发生)。
注：含碳生成物选择性= 含碳生成物的物质的量
MgCO3转化的物质的量
×100 %
①表示CO2选择性的曲线是___________(填“a”、“b”、“c”、“d”)，500℃～600℃，随温度升高曲线d 下
降的原因可能是___________。
550℃
②
下达到平衡，n(CO2)=___________mol，n(H2O)=___________mol。
300℃
③
，若初始压强为150 kPa，达平衡时，c 曲线上的点应___________移(填“上”、“下”、“不”)。
【答案】(1)m −2p−q
(2)BC
(3) b 500℃以上反应Ⅰ进行完全，反应Ⅱ(放热反应)平衡逆向移动的程度大于反应Ⅲ(吸热反应)
平衡正向移动的程度，导致H2的转化率下降 n(CO2)=0.7 mol n(H2O)=0.8mol 上
【详解】（1）根据标准摩尔生成焓的定义：反应的焓变=生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成
焓之和。反应Ⅱ：CO2(g)+ 4 H2(g)=CH4 (g)+2H2O (g)，
Δ H 2=[ Δf H m
θ (CH4)+2 Δf H m
θ (H2O))−[ Δf H m
θ (CO2)+ 4 Δf H m
θ (H2))，代入数据：Δf H m
θ (CH4)=−q，
Δf H m
θ (H2O)=−p，Δf H m
θ (CO2)=−m，Δf H m
θ (H2)=0，
Δ H 2=(−q)+2(−p)−(−m)−0= m −2p−qkJ/ mol；
（2）A．恒容充入H2O（g），反应Ⅱ中生成物浓度增大，逆反应速率瞬间增大，正反应速率逐渐增大；
反应Ⅲ中生成物浓度增大，逆反应速率瞬间增大，正反应速率逐渐增大，因此反应Ⅱ和Ⅲ的正反应速率均
增大，A 错误；
B．恒容条件下充入惰性气体，容器内总压增大，但各反应物、生成物的浓度不变（因为体积没变，物质
的量没变），B 正确；
C．恒压条件下，容器体积V 会随气体物质的量变化而变化；混合气体的密度公式：ρ= m (气体总质量)
V
，
反应前后均为气体，总质量m 始终不变；而反应 Ⅱ、Ⅲ 的气体分子数均发生变化（Ⅱ：5 mol 气体→3
mol；Ⅲ：2 mol 气体→2 mol，但体系中两个反应同时进行，总物质的量仍会变化），因此V 会随反应进
行而改变）；当密度ρ 不变时，说明V 不再变化，即气体总物质的量不再变化，各物质的量不再改变，反
应达到平衡状态， C 正确；
D．应使用氢原子守恒分析：初始H2为1 mol，含氢原子总物质的量为2 mol；反应后，氢原子分布在
H2O、H2、CH4中，因此守恒式为：2n(H2O)+2n(H2)+ 4 n(CH4)=2mol，两边同除以2，得：
n(H 2O)+n(H 2)+2n(CH 4)=1mol，选项D 的式子缺少了CH4前的系数2，不符合氢原子守恒，D 错误；
故答案为BC。
（3）①温度低于360℃时反应Ⅲ不发生，CO2仅转化为CH4；随温度升高，反应Ⅲ（生成CO）发生且平
衡正向移动，CO2的选择性逐渐增大，大于360℃时曲线开始下降，CO2选择性降低，因此是曲线b；
500℃以上反应Ⅰ进行完全，反应Ⅱ(放热反应)平衡逆向移动的程度大于反应Ⅲ(吸热反应)平衡正向移动的
程度，导致H2的转化率下降；
②由图可知，a 曲线代表MgCO3的转化率随温度的变化，d 曲线代表H2的转化率随温度的变化，c 曲线代
表CH4选择性随温度的变化；根据反应I，每反应1 mol MgCO3生成1 mol CO2；550℃时MgCO3转化率
100%，n(MgCO3)=1×100 % =1mol；CO2选择性70%：n(CO2)=1×70 % =0.7 mol；CH4选择性10%：
n(CH4)=1×10 % =0.1mol，由碳守恒得：n (CO)=0.2mol；由反应比例关系得
n(H2O)=0.1mol×2+0.2mol =0.4 mol；
300℃
③
时只有反应Ⅰ、Ⅱ，反应Ⅲ几乎不发生：反应Ⅱ，气体分子数减少；增大压强，平衡正向移动，
CH4更多，CH4选择性升高，曲线c 代表CH4选择性，因此点上移。
4．（2026·广东深圳·二模）工业合成氨是20 世纪人类的伟大发明之一。以N2、H2O与CO为原料合成NH3，
直接合成氨路线与传统合成氨路线如图所示。
I．“传统合成”法：
(1)在合成氨工业中，原料气在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中的CO，其反应为：
[Cu(NH3)2)
+ (aq)+CO (g) + NH3⋅H2O (aq)⇌[Cu(NH3)3CO)
+ (aq)+ H2O (l)Δ H <0、ΔS<0，该反应在
_____（填“高温”或“低温”）下能正向自发进行。
(2)已知：N2(g)+3 H2(g)⇌2NH3(g)Δ H =−92.4 kJ⋅mol
−1；N−H键能为391kJ⋅mol
−1；1molN2(g)与
3 mol H2(g)全部变为气态原子，最终结合为2molNH3(g)过程的能量变化如图所示，图中E =_____
kJ⋅mol
−1。
II．“直接合成”法：
该反应体系中发生主反应3CO (g)+3 H2O (g)+ N2(g)⇌2NH3(g)+3CO2(g)Δ H <0；同时，还发生副反应
CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g)Δ H <0。
(3)当体系达到平衡时，下列说法正确的有_____。
A．使用合适的催化剂可以提高NH3的平衡产率
B．当c(H2O)=c (CO)时，说明反应体系达到平衡状态
C．增大体系压强，副反应的平衡逆向移动
D．再次通入H2O (g)， CO的平衡转化率增大
(4)向1L恒容密闭体系中加入1molN2、3 mol H2O和3 mol CO，达平衡后，CO的平衡转化率[α (CO))与
n(H2)
n(NH3)
随温度(T )的变化关系如图所示。
①曲线i 对应_____（填“α (CO)”或“
n(H2)
n(NH3)
”）。
②计算250
∘C时副反应的平衡常数（写出计算过程）_________________。
(5)时空产率是衡量催化剂活性的物理量，用单位时间内单位质量的催化剂催化产生的生成物的物质的量表
示，其单位为μ mol⋅g
−1⋅h
−1(1 μ mol=10
−6 mol)。恒温恒压下，向均含有30 mg催化剂的密闭容器中，
分别通入足量H2O (g)。保持CO分压[P (CO))为0.23 MPa，改变N2分压[P(N2))；或保持P(N2)为0.23 MPa，
改变P (CO)。分别测定反应2h时NH3的产量，得到NH3产量随气体分压的变化曲线如图所示。
已知：一般情况下，催化剂对气体的吸附能力越强，时空产率受该气体分压影响越大。
①由图可知，催化剂对_____（填“N2”或“CO
''）的吸附能力更强。
②若N2分压为0.23 MPa ,CO分压为1.5 MPa，则该条件下，NH3的时空产率为______μ mol⋅g
−1⋅h
−1。
【答案】(1)低温
(2)2253.6
(3)CD
(4) α (CO) 54
(5) CO 600
【详解】（1）已知该反应ΔH<0，ΔS<0，故当低温时ΔG=ΔH-TΔS<0，即低温下能正向自发进行。
（2）由图中可知，E 表示断开1molN2(g)与3 mol H2(g)化学键全部变为气态原子所需要的总能量，气态
原子形成2molNH3(g)释放出的能量为391kJ⋅mol
−1×6=2346kJ⋅mol
−1，故ΔH=E-2346 kJ⋅mol
−1，
E= ΔH +2346 kJ⋅mol
−1=−92.4 kJ⋅mol
−1+2346 kJ⋅mol
−1=2253.6kJ⋅mol
−1。
（3）A．催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动，故不能提高NH3的平衡产率，A 错误；
B．c(H2O)=c (CO)并不能说明达到平衡状态，平衡状态的本质是各组分的浓度保持不变，并不是相等，B
错误；
C．主反应为气体分子数减小的反应，增大体系压强，平衡向正方向移动，c (CO2)增大，副反应为反应前
后气体分子数不变的反应，不受压强影响，但由于c (CO2)增大，平衡逆向移动，C 正确；
D．再次通入H2O (g)，主副反应平衡都正向移动，CO的平衡转化率增大，D 正确；
故答案选CD。
（4）①主副反应均为放热反应，升温平衡均逆移，CO的平衡转化率减小。图中曲线i 随温度升高而下降，
可以表示α(CO)的变化趋势，故曲线i 对应α(CO)。
②设主反应生成的n(NH3)为2y mol，副反应生成的n(H2)为x mol，则
3CO (g)
+
3 H2O (g)
+
N2(g)
⇌
2NH3(g)
+
3CO2(g)
n始
3
¿3
¿1
¿0
¿
Δn
3y
¿
¿y¿¿2y¿¿3y¿n平¿3−3y−x¿¿3−3y−x¿¿1−
CO (g)
+
H2O (g)
⇌
CO2(g)
+
H2(g)
n始
3
¿3
¿0
¿
Δn
¿
¿x¿¿x¿¿x¿n平¿3−3y−x¿¿3−3y−x¿¿3y+x¿¿x¿，
由图中250
∘C时α (CO)为90%可得，3y+x
3
=0.9，图中250
∘C时
n(H2)
n(NH3)
=3 ，即x
2y =3，联立可解得，
x=1.8，y=0.3，则平衡时c (CO)=3-3y-x=0.3 mol/L，c (H2O)=3-3y-x=0.3 mol/L，c (CO2)=3y+x=2.7 mol/L，
c (H2)= x=1.8 mol/L，故250
∘C时副反应的平衡常数K = c(CO2)⋅c(H2)
c(CO)⋅c(H2O) =2.7 mol/L×1.8 mol/L
0.3 mol/L×0.3 mol/L =54 。
（5）①催化剂对气体的吸附能力越强，时空产率受该气体分压影响越大，对比两条曲线的变化趋势，保
持P(N2)为0.23 MPa ，改变P (CO)时，NH3的产量变化幅度大，故催化剂对CO 的吸附能力更强。
②当N2分压为0.23 MPa ，CO分压为1.5 MPa 时，NH3的产量为36 μ mol ，催化剂的质量30 mg=0.03 g ，
反应时间为2h，故时空产率为
36 μ mol
0.03g×2 h =600 μ mol⋅g
−1⋅h
−1。
5．（2026·湖北襄阳·二模）二氧化碳、甲烷干重整是碳捕集、利用及封存框架内一种典型的低碳过程，其
原理为：CH4 (g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO (g) Δ H 1=+247.3kJ⋅mol
−1。
I．旧法干重整主要反应有：
主反应：CH4 (g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO (g)
副反应I：H2(g)+CO2(g)⇌H2O (g)+CO (g) Δ H 2=+ 41.2kJ⋅mol
−1
副反应II：CO (g)+ H2(g)⇌H2O (g)+C (s) Δ H 3=−131.3kJ⋅mol
−1
副反应III：CO2(g)+2H2(g)⇌C (s)+2H2O (g) Δ H 4=−90.2kJ⋅mol
−1
副反应IV：2CO (g)⇌CO2(g)+C (s) Δ H 5=−172.47 kJ⋅mol
−1
(1)不同反应温度下各主副反应的吉布斯自由能(ΔG)与温度的关系如图所示。
直线d 代表___________的吉布斯自由能(ΔG)与温度的关系。
a．副反应I b．副反应II c．副反应III d．副反应IV
(2)将等物质的量的CH4 (g)和CO2(g)充入恒压反应器中，达到平衡时各组分的物质的量与温度的关系如图所
示。
①温度低于600℃时，积碳严重的原因是___________。
500℃
②
时，H2的产量明显高于CO，原因是___________。
II．碳酸盐间接干重整的主要反应为：
反应a：CaCO3(s)⇌CaO (s)+CO2(g)
反应b：CH4 (g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO (g)
(3)t ℃时，向2L恒容密闭容器中投入100gCaCO3和1molCH4。反应5 分钟达到平衡，容器内的压强由
p0kPa增加到3.5 p0kPa，CH4的平均反应速率为0.08 mol⋅L
−1⋅min
−1，则CaCO3的转化率为___________，
反应a的平衡常数K p为___________(用含p0的代数式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数)。
III．使用
MonC
(
)催化甲烷干重整反应的二维机理如图所示。
(4)n=___________。
(5)第④步反应的化学方程式为___________。
(6)Δ H 1+Δ H 2+Δ H 3+Δ H 4=___________。
【答案】(1)a
(2) 副反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ进行的程度比较大 CO 发生副反应Ⅳ的程度比H2发生副反应Ⅲ和副反应I
的总程度都大
(3) 90% 0.1 p0kPa
(4)2
(5)Mo2C2O = Mo2C+CO↑
(6)+494.6kJ/mol
【详解】（1）副反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ，Δ H均小于0，Δ S也均小于0，ΔG = Δ H −T· Δ S， 当温度升高时，
他们的吉布斯自由能变（ΔG)增大，应该直线a、b、c 代表副反应副反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ，所以直线d 代表副
反应Ⅰ。
（2）①将等物质的量的CH4 (g)和CO2(g)充入恒压反应器中，温度低于600℃，达到平衡时，由图像可知
n (CO)、n(H2) 较少，n (C)较多，说明温度低于600° C，有利于放热反应（副反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ）进行，副
反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ进行程度较大，它们消耗CO和H2，生成C，这就导致n (CO)、n(H2) 较少，n (C)较多，
所以积碳严重。
500℃
②
时，体系平衡后，各反应分析如下：主反应中H2与CO生成一样多，副反应ⅡH2与CO消耗一样
多，H2的产量明显高于CO，与这两个反应没有关系。当消耗CO的副反应Ⅳ进行的程度比消耗H2的副反应
Ⅰ和副反应Ⅲ进行的程度之和还要大时，H2的产量明显高于CO，故500℃时，H2的产量明显高于CO 原因
是CO 发生副反应Ⅳ的程度比H2发生副反应Ⅲ和副反应Ⅰ的总程度都大。
（3）恒温恒容条件下，容器内气体压强之比等于气体的物质的量之比，当容器内的压强由p0kPa增加到
3.5 p0kPa时，气体的总物质的量由1molCH4变为3.5 mol 混合气体。反应中
Δn(CH4)= v (CH4)⋅V ⋅Δt =0.08 mol⋅L
−1⋅min
−1×2L×5 min=0.8 mol ，
n(CaC O3)=
100g
100g⋅mol
−1 =1mol，设反应中消耗CaCO3的物质的量为xmol，则反应a 中生成的
n(CO2)= χ mol ，列三段式计算
C H 4 (g)
+
C O2(g)
⇌
2H2(g)
+
2CO (g)
初始量/mol
1
¿ x
¿0
¿
变化量/mol
¿
¿0.8¿¿1.6¿¿1.6¿平衡量/mol¿0.2¿¿ x−0
则0.2+ x−0.8+1.6+1.6=3.5，x =0.9
α (CaC O3)= 0.9
1 ×100 % =90 %
n总(g)=3.5mol，P总(g)=3.5 p0kPa,则C O2的分压为：(0.9−0.8)
3.5
×3.5 p0kPa=0.1 p0kPa
则反应a 的K P= p(CO2)=0.1 p0kPa
（4）
M onC
(
)二维结构中，
虚线框内是一个结构单元，Mo原子数为2，C原子数为2× 1
2 =1，所以化学式M onC中n=2
（5）
第④步反应中的反应物的结构和结构单元（虚线框内）如图：
其结构单元中各原子个数：Mo 2+ 4× 1
2 = 4 ，C 4 ，O 2 ，则化学式为：M o2C2O
第④步反应的化学方程式为：M o2C2O = M o2C+CO↑
（6）根据盖斯定律可知：图中Δ H 1+ Δ H 2+ Δ H 3+ Δ H 4是图中四个连续反应加和所得反应的反应热（焓
变），将四个反应整合，最后得方程式为：2CH4(g)+2CO2(g)⇌4CO (g)+4H2(g)此方程式各物质的化学计
量数都是旧法干重整主反应中对应物质化学计量数的2 倍。其
Δ H =2×(+247.3kJ ⋅mol
−1)=+ 494.6kJ ⋅mol
−1
6．（2026·内蒙古呼和浩特·二模）将二氧化碳转化为高附加值有机物，不仅助力“碳达峰”，还具有良好
经济效益。二氧化碳催化加氢制甲醇，发生以下反应：
反应①CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g)Δ H 1=−49.0kJ/ mol
反应②CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g)Δ H 2=+ 41.2kJ / mol
(1)反应①在_______(填“低温”或“高温”)正向自发进行。
(2)反应CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g)的Δ H =_______kJ/mol。
(3)恒压密闭容器中，按照n(CO2):n(H2)=1:3投料，发生反应①和②。测得平衡时CO2的转化率、CO和
CH3OH的选择性随温度的变化如图所示[选择性= n (CO)或n(CH3OH)
n (CO)+n(CH3OH)
×100 %]。
①图中代表CO2平衡转化率随温度变化的曲线是_______(填“a”“b”或“c”)。
②下列说法正确的是_______(填标号)。
A．200∼350℃范围内，H2的平衡转化率始终低于CO2
B．温度越高，越有利于工业生产CH3OH
C．未达平衡前，加入选择性高的催化剂，有可能提高CH3OH的产率
③270℃时反应②的分压平衡常数为_______(保留2 位有效数字，已知气体分压=气体总压×气体的物质的
量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数K p)。
(4)Zn-Ga-O 催化CO2制甲醇，其反应历程如图所示。Zn-Ga-O 无催化活性，形成氧原子空位后才具备催化
活性，H2先在Zn−Ga−O表面解离为H
*，随后参与CO2的还原过程。
已知：ⅰ．催化剂上吸附或沉积太多的水，易使催化剂中毒；
ⅱ．口表示氧原子空位，*表示微粒吸附在催化剂上。
①理论上，反应历程中消耗的H
*与生成的甲醇的物质的量之比为_______。
②若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是_______。
【答案】(1)低温
(2)-90.2
(3) c AC 0.015
(4) 6：1 H2太少，形成的氧原子空位少，催化能力较弱；H2太多，生成的H2O过多，使催化剂中
毒
【详解】（1）反应①为 CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H 1=−49.0kJ/mol，Δ H <0，该反
应过程中气体分子数减少，混乱度减小，ΔS<0， ΔG =Δ H −T ΔS <0时反应能够自发，该反应在
低温下正向自发进行。
（2）根据盖斯定律，用反应①减去反应②即可得到CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g)的Δ H =
Δ H 1−Δ H 2=(−49.0kJ/mol)−(+ 41.2kJ/mol)=−90.2kJ/mol 。
（3）①反应①是放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲醇产率降低，故曲线a 代表CH3OH的选择性；反应
②是吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO 产率增加，故b 代表 CO 的选择性。在低温区，主要发生放
热的反应①，升温导致平衡逆移，转化率下降；在高温区，主要发生吸热的反应②，升温导致平衡正移，
转化率上升。因此CO2的转化率随温度变化呈现先降后升的趋势，对应曲线 c；
A
②．设初始投入1mol CO2和3 mol H2。设反应①消耗xmol CO2，反应②消耗ymol CO2，CO2的转化率
α(CO2)= x+y
1
=x+y，H2的转化率α(H2)= 3x+y
3
，只要反应②发生，即y>0，则x+y> 3x+y
3
，即CO2
的转化率始终大于H2的转化率，从图中可知在200∼350
∘C范围内 CO 选择性大于0，说明反应②始终存
在，故A 正确；
B．生产甲醇主要依靠放热的反应①，高温会使平衡逆向移动，降低甲醇产率；且高温下 CO 选择性高
（副反应多），不利于工业生产甲醇，故B 错误；
C．催化剂具有选择性。在未达平衡前，使用对主反应（生成甲醇）选择性高的催化剂，可以加快主反应
速率，从而在相同时间内提高CH3OH的产率，C 正确；
故选AC。
③假设起始CO2为1mol ，H2为 3 mol，转化的CO2总量为1mol×24 % =0.24 mol，CH3OH和CO 的选择性
各占 50%，平衡时n(CO2)=1mol-0.24mol=0.76mol，n( CH3OH)=0.24 mol×50 % =0.12mol，n(CO)=
0.24 mol×50 % =0.12mol，由O 元素守恒可知，n(H2O)=2mol-0.76mol×2-0.12mol-0.12mol=0.24 mol，由
H 元素守恒可知n(H2)= 6-0.12×4-0.24×2
2
mol=2.52mol，气体总物质的量为
0.76 mol+2.52mol+0.12mol+0.12mol+0.24 mol=3.76 mol，反应②是气体物质的量不变的反应，各
物质的分压之比等于物质的量之比，平衡常数K p= p (CO)⋅p(H2O)
p(CO2)⋅p(H2)
= n (CO)⋅n(H2O)
n(CO2)⋅n(H2)
=
0.12×0.24
0.76×2.52 = 0.0288
1.9152 ≈0.015。
（4）①从反应历程及总反应CO2+3 H2
催化剂
¿CH3OH+ H2O
¿
分析，H2在Zn−Ga−O表面解离为H
∗，生成1mol甲
醇时，总反应消耗3 molH2，而1molH2解离产生2molH
∗，因此3 molH2解离产生6 molH
∗，即反应历程中
消耗的H
∗与生成的甲醇的物质的量之比为6:1；
②若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是：H2太少，形成的氧原子空位少，催化能力
较弱；H2太多，生成的H2O过多，使催化剂中毒。
7．（2026·安徽合肥·二模）氢能作为一种清洁的可再生能源，具有燃烧热值高、环境污染少等优点，重整
工艺是制氢的理想选择。
I．甲醇水蒸气重整制氢
主反应：①CH3OH (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+3 H2(g) Δ H 1
副反应：②CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 2=+ 41.3kJ⋅mol
−1
③CH3OH (g)⇌2H2(g)+CO (g) Δ H 3=+90.7 kJ⋅mol
−1
(1)Δ H 1=_______kJ⋅mol
−1。
(2)研究发现，氧空位可提高甲醇水蒸气重整制氢催化剂的活性。将Cu
2+替代CeO2晶格中的Ce
4 +，可形成
Ce−Cu−O固溶体催化剂。随Cu
2+含量的增加，氧空位数目_______(填“增多”、“不变”或“减少”)。
(3)将一定量CH3OH (g)和H2O (g)的混合气充入密闭容器中，在催化剂作用下发生甲醇水蒸气重整制氢反应。
不同温度下反应相同时间后，CH3OH转化率、H2和CO的选择性变化如下图所示。
使用该催化剂发生甲醇水蒸气重整制氢反应的最佳温度为_______。随温度升高，H2的选择性降低，CO 的
选择性增大的原因可能是_______。
Ⅱ．甲烷水蒸气重整制氢的主要反应有：
④CH4 (g)+ H2O (g)⇌CO (g)+3 H2(g)
⑤CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g)
⑥CH4 (g)+2H2O (g)⇌CO2(g)+ 4 H2(g)
(4)一定温度下，向恒压密闭容器中通入一定量的CH4 (g)和H2O (g)，发生上述反应，下列说法中能表明反应
达到平衡状态的是_______(填标号)。
a．气体密度不变 b．气体总压强不变
c．H2的体积分数不变 d．CO和CO2的物质的量相等
(5)温度为600℃，压强为1.5 MPa的条件下，将n(CH4):n(H2O)=1:6.5的混合气通入密闭容器中发生甲烷
水蒸气重整制氢反应，达平衡时CH4的转化率为40 %，CO的选择性为25%(CO的选择性
=
n (CO)
n (CO)+n(CO2)
×100 %)。
i．平衡时n(H2):n (CO)=_______，反应⑤的分压平衡常数K p=_______(保留2 位有效数字，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)。
ii．若温度不变，减小压强，则n(H2):n (CO)的值_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
【答案】(1)+49.4
(2)增多
(3) 340℃ 催化剂的选择性发生了转变(或副反应为吸热反应，温度过高会使更多的CO2和H2反应，
使H2选择性降低，CO 选择性增大)
(4)ac
(5) 15：1 0.78 减小
【详解】（1）根据盖斯定律，反应①=反应③−反应②，因此
Δ H 1= Δ H 3−Δ H 2=+90.7 kJ ⋅mol
−1−(+ 41.3kJ ⋅mol
−1)=+ 49.4 kJ ⋅mol
−1。
（2）Cu
2+替代Ce
4+后，为维持晶体电荷平衡，需要减少O
2−补偿正电荷的不足，因此随Cu
2+含量增加，
氧空位数目增多。
（3）该反应需要甲醇转化率高、H 2选择性高、CO 选择性低，340℃时甲醇转化率已经较高，H 2选择性也
较高，继续升温H2的选择性急剧下降，故340℃为最佳温度。随温度升高，催化剂的选择性发生变化，或
主副反应均为吸热反应，升温更促进副反应正向进行，生成更多CO，消耗H 2，因此H 2选择性降低，CO
选择性增大。
（4）a．恒压容器，反应前后气体总质量不变，反应后气体分子数增大，容器体积改变，密度ρ= m
V ，密
度不变说明体积不再变化，反应达到平衡，正确；
b．容器恒压，总压强始终不变，不能说明平衡，错误；
c．H 2体积分数不变，说明各物质浓度不再变化，反应达到平衡，正确；
d．CO和CO2物质的量相等不能说明浓度不变，无法判断平衡，错误。
（5）i．设起始n(CH 4)=1mol，n( H 2O)=6.5mol，CH 4转化率40 %，则反应的CH 4为0.4 mol，由C
原子守恒得n(CO)+n(CO2)=0.4 mol，CO选择性25 %，故n(CO)=0.1mol，n(CO2)=0.3mol。 由O
原子守恒：总O 为6.5mol，0.1mol+2×0.3mol+n( H 2O)=6.5，得n( H 2O)=5.8mol； 由H 原子守
恒：总H 为4×1mol+2×6.5mol =17mol，2n( H 2)+2×n(H 2O)+ 4 n(CH 4)=17mol，得
n( H 2)= 17mol−2×5.8mol−4×0.6mol
2
=1.5mol； 因此n( H 2):n(CO)=1.5:0.1=15:1；
反应⑤CO(g)+ H 2O(g)⇌CO2(g)+ H 2(g)，Δn=0，分压平衡常数
K p= p(CO2) p( H 2)
p(CO) p( H 2O) = n(CO2)n( H 2)
n(CO)n( H 2O) = 0.3×1.5
0.1×5.8 ≈0.78(保留2 位有效数字)。
ii．反应⑤的K = c(CO2)×c(H 2)
c(H 2O)×c (CO)，温度不变K 不变，n(H2):n (CO)的值只需要分析
c(CO2)
c(H 2O)
即可，减小
压强平衡向气体分子数增大的方向移动，反应④、⑥均正向移动，c(CO2)增大，c(H 2O)减小，
c(CO2)
c(H 2O)
增大，因此n( H 2):n(CO)减小。
8．（2026·浙江绍兴·二模）研究高效处理燃煤烟气中的NOx，在环保领域具有重要价值。
(1)已知在25℃，101kPa 时，
a．N2(g)+3H2(g)
2NH
⇌
3(g) ΔH1=-92.4kJ/mol
b．2H2(g)+O2(g)
2H
⇌
2O(l) ΔH2=-571.6kJ/mol
c．N2(g)+O2(g)
2NO(g)
⇌
ΔH3=+180.0kJ/mol
d．6NO(g)+4NH3(g)
5N
⇌
2(g)+6H2O(g) ΔH4=-1807.0kJ/mol
H
①
2O(l)=H2O(g) ΔH=___________kJ/mol。(保留一位小数)
②若NH3还原NO 的主反应为d，相同时间内测得选用Fe2O3作催化剂的实验相关数据如图1 所示。图1 中
250-300℃ NO 转化率上升，而N2产率下降的原因是___________。
③若NH3还原NO 的只发生反应为d，以下措施能提高原料的平衡转化率的是___________。
A．升高温度 B．将水液化从体系中分离
C．加入催化剂 D．减小压强
(2)CO 还原NO 的反应机理及相对能量如图(TS 表示过渡态)：
①写出该反应过程中决速步骤的化学方程式___________。
CO
②
还原NO 反应自发进行的条件是___________。
(3)氢气选择性催化还原(H2-SCR)技术可以在100-200℃的低温条件下去除氮氧化物，并且与其他还原剂相
比，H2具有绿色清洁、无污染的优势。NO 被H2还原的机理如下：
序号
反应
Ⅰ
NO+*→NO*
Ⅱ
O2+2*→2O*
Ⅲ
H2+2*→2H*
Ⅳ
Ⅴ
N*+N*→N2+2*
Ⅵ
O*+H*→OH*+*
Ⅶ
OH*+H*→H2O+2*
式中*表示一个空白的活性吸附位点，NO*表示吸附态的NO 分子。
请写出步骤反应：Ⅳ___________。
(4)吸附法是利用吸附材料的表面物理吸附和化学吸附特性，从烟气中分离和去除氮氧化物的一种重要净化
技术。不同吸附材料对NO 吸附性能不同，金属有机框架Mn-MOF-74 吸附性能优越，较高温度下才能脱
附。它是由Mn2+与2，5-二羟基对苯二甲酸根离子(
)通过配位键连接形成一维六方孔道结构。
Mn-MOF-74 与NO 吸附后微粒存在的化学键有___________。
A．范德华力
B．氢键
C．共价键
D．离子键
【答案】(1) +43.8 250-300℃反应未达到平衡状态，温度越高，反应速率越大，NO 转化率升高；
发生副反应，N2转化为N2O 等，导致N2产率下降 BD
(2) 2NO(g)=N2O2(g) 低温
(3)NO*+*→N*+O*
(4)C
【详解】（1）①根据盖斯定律，由已知反应得，目标反应=d +2a+3c−3b
6
，故
ΔH = (−1807.0kJ /mo)+2×(−92.4 kJ /mo)+3×(+180.0kJ /mo)−3×(−571.6kJ /mo)
6
≈+ 43.8kJ/mol
。
②根据图示，图1 中250-300℃ NO 转化率上升，而N2产率下降的原因是250-300℃反应未达到平衡状态，
温度越高，反应速率越大，NO 转化率升高；发生副反应，N2转化为N2O 等，导致N2产率下降。
③主反应d：ΔH <0（放热），正反应气体分子数增加；
A．升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，原料转化率降低，A 错误；
B．分离出液态水，生成物浓度降低，平衡正向移动，原料转化率提高，B 正确；
C．催化剂不改变平衡状态，不影响转化率，C 错误；
D．减小压强，平衡向气体分子数增加的正反应方向移动，原料转化率提高，D 正确；
故选BD。
（2）①反应的决速步骤是活化能最大的步骤，活化能为过渡态与反应物的能量差： 第一步活化能
=596.8−0=596.8kJ/mol，第二步活化能=658.4−398.4 =260kJ/mol，第三步活化能=
−132−(−628.6)= 496.6kJ/mol，第一步活化能最大，为决速步骤，反应为2 NO(g)= N 2O2(g)。
②总反应2 NO(g)+2CO(g)= N 2(g)+2CO2(g)，生成物总能量低于反应物，ΔH <0；反应后气体分子
数减少，ΔS<0，根据ΔG = ΔH −TΔS<0时反应自发，低温下满足ΔG<0，因此自发条件为低温。
（3）根据总反应和已有步骤，产物需要生成N 2（由V 步两个N
∗生成），因此步骤IV 为吸附态NO
∗分解
为N
∗和O
∗，配平得NO
∗+
∗→N
∗+O
∗。
（4）范德华力、氢键都属于分子间作用力，不属于化学键；Mn-MOF-74 是由Mn2+与2，5-二羟基对苯二
甲酸根离子通过配位键连接形成一维六方孔道结构，配位键是特殊的共价键，故不含离子键；NO 为共价
化合物，只含共价键，故Mn-MOF-74 与NO 吸附后微粒存在的化学键只有共价键，故选C。
9．（2026·河南濮阳·二模）氮是自然界中重要的元素之一，研究氮及其化合物的性质对解决环境和能源问
题都具有重要意义。
(1)基态N 原子处于最高能级的电子云轮廓图为___________，其核外电子的空间运动状态有___________种。
(2)目前我国氨的生产能力位居世界首位。
①工业合成氨反应：N2(g)+3 H2(g)⇌2NH3(g) Δ S =−200J⋅K
−1⋅mol
−1。根据如图数据判断，该反应
在常温下___________(填“能”或“不能”)自发。
②某合成氨速率方程为：v =k c
α(N2)c
β(H2)c
γ(NH3)，根据表中数据，γ =___________。
实验
c(N2)/ mol/L
c(H2)/ mol/L
c(NH3)/ mol/L
v / mol/(L⋅s)
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1 p
10q
4
m
2n
p
2.828q
③在30.4 MPa、
n(H2)
n(N2)
=2.8条件下，混合气体以一定流速通过NH3合成塔。测得出口NH3含量随反应温度和
催化剂粒径的变化曲线如图。a<b<c的原因是___________。
(3)尿素[CO(NH2)2)为农业生产常用氮肥。
①模拟工业合成尿素。高温高压下，存在如下液相平衡体系。
主反应：2NH3(l)+CO2(l)⇌CO(NH2)2(l)+ H2O (l)
副反应：NH3(l)+CO2(l)+ H2O (l)⇌NH4 HCO3(l)
实际生产中，当初始
n(NH3)
n(CO2)
= 4.5、
n(H2O)
n(CO2)
=0.2时，CO2的平衡转化率为80%，则该反应的平衡常数K x =
___________(用物质的量分数代替浓度计算，忽略副反应，保留1 位小数)。
②近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO3
−等)在常温常压下合成尿素，有助于解决环境污染问题。向一
定浓度的KNO3溶液中通CO2至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2，电解原理如图所示。
电解过程中生成尿素的电极反应式是___________。
(4)二甲胺[(CH3)2 NH)是用途广泛的化工原料。
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 =
___________。
【答案】(1) 哑铃形 5
(2) 能 -1 催化剂粒径越小，比表面积越大，与反应物接触面积越大，催化效果越好，反应
速率越快
(3) 2.3 CO2+2NO3
-+18H
++16e
-=CO(NH2)2+7H2O
(4)5.4
【详解】（1）基态的氮原子核外电子排布为1s22s22p3，最高能级为2p，p 轨道电子云轮廓图为哑铃形（纺
锤形）；空间运动状态是指电子占据的轨道总数，故空间运动状态共1+1+3=5 种；
（2）①反应方程式为N2(g)+3 H2(g)⇌2NH3(g) Δ H =2×(473+654−339−397−436)=−90kJ/mol，
ΔG = Δ H −T × Δ S =−90×10
3−298×（−200）=−30400J＜0，可以自发；
②从实验1 到实验3，v1
v3
=
k c
α(N2)c
β(H2) p
γ
k c
α(N2)c
β(H2)(0.1 p)
γ = 1
10，解得γ =−1；
③由图可知，a 曲线对应最大催化剂粒径，c 曲线对应最小粒径；粒径越小，催化剂比表面积越大，反应物
接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快，相同流速氨气下产率越高，出口含量越大；
（3）①
n(NH3)
n(CO2)
= 4.5、
n(H2O)
n(CO2)
=0.2时，CO2的平衡转化率为80%，设初始水为2 mol，二氧化碳为10
mol，氨气为45 mol，则2NH3
+
CO2
⇌
CO(NH2)2
+
H2O
初
45
¿10
¿0
¿
平
¿ ¿2¿¿8¿¿10¿，平衡时总物质的量
=49 mol，平衡常数K x =
8
49 × 10
49
( 29
49 )
2
× 2
49
=2.3；
②从氢离子移动方向可知，生成尿素处为阴极，得电子，配平时可以使用氢离子和水，故方程式为
CO2+2NO3
-+18H
++16e
-=CO(NH2)2+7H2O；
（4）(CH3)2NH⋅H2O的电离平衡常数与[(CH3)2NH2)
+的水解平衡常数的积是水的离子积常数，
[(CH3)2 NH2)
++ H2O⇌(CH3)2NH⋅H2O+ H
+，[(CH3)2NH2)
+的水解平衡常数=
10
−14
10
−3.2 =10
−10.8= c[(CH3)2NH⋅H2O]×c（H
+）
[(CH3)2NH2)
+
= c
2（H
+）
1
， 解得c(H+)=10-5.4 mol/L，pH =5.4。
10．（2026·河南郑州·二模）我国科研工作者研发了高效催化剂BOx@SiO2，用于丙烷催化氧化脱氢制取
丙烯。
(1)已知：①CH3CH2CH3(g)+ 1
2 O2(g)⇌CH3CH =CH2(g)+ H2O (g) △H1；
②CH3CH2CH3(g)+5O2(g)⇌3CO2(g)+ 4 H2O (g) △H2=−2043kJ⋅mol
−1；
③CH3CH =CH2(g)+ 9
2 O2(g)⇌3CO2(g)+3 H2O (l) △H3=−2058kJ⋅mol
−1；
④H2O (l)= H2O (g) △H4=+ 44.0kJ⋅mol
−1；
则△H1=________kJ⋅mol
−1。
(2)在P kPa b℃、BOx@SiO2催化下，密闭容器中加入2.5 mol C3H8与4 mol O2，发生催化氧化脱氢制取
丙烯。C3H8的转化率及C3 H6的选择性如图1 所示。
400~b℃
①
时，C3 H6的选择性逐渐降低的原因是________。
②若在b℃时，只发生①②反应，达到平衡时，C3H6的产率=________，反应①的K p=________（写出计
算式即可）。
(3)为了分离丙烷与丙烯，我国科研人员研发了微孔金属有机框架材料，该材料的晶胞如图2 所示。
①Ni
2+的价电子排布式为________。SiF6
2−的空间结构为________。
②该材料的晶胞中三种粒子的个数比，N (Ni
2+):N (pyz−SH):N(SiF6
2−)=________。
(4)微孔金属有机框架材料具有优秀的C3H6捕获能力，实现了C3H6和C3H8的高效分离。在296 K，不同压强
下，该材料吸收C3H6、C3H8的吸收量如图3 所示。根据图3 选择分离C3H6和C3H8的条件为296 K、
________（选“0.01”、“0.1”或“1”）kPa，原因是________。
【答案】(1)−117
(2) 温度升高，催化剂对反应①的催化活性降低以及副反应②（丙烷完全氧化）反应速率增幅大于主
反应①，更多丙烷转化为副产物 16%
0.4
7.3 P× 2.8
7.3 P
1.5
7.3 P×(
0.8
7.3)
1
2 P
1
2
(3) 3d
8 正八面体 1:2:1
(4) 0.1 在296 K、0.1 kPa 下，C3H8与C3H6的吸附量差值最大
【详解】（1）目标反应①：CH3CH2CH3(g)+ 1
2 O2(g)⇌CH3CH =CH2(g)+ H2O (g)，△H1。
已知反应②CH3CH2CH3(g)+5O2(g)⇌3CO2(g)+ 4 H2O (g) △H2=−2043kJ⋅mol
−1；
反应③CH3CH =CH2(g)+ 9
2 O2(g)⇌3CO2(g)+3 H2O (l) △H3=−2058kJ⋅mol
−1；
反应④H2O (l)= H2O (g) △H4=+ 44.0kJ⋅mol
−1；
对反应③+3×④相加，消去H2O(l)：
CH3CH = CH2(g)+9
2 O2(g)+3H2O(l)⇌3CO2(g)+3H2O(l)+3H2O(g)可得
CH3CH = CH2(g)+9
2 O2(g)⇌3CO2(g)+3H2O(g)，其中
△H =△H3+3△H4=−2058+3×44 =−1926kJ⋅mol
-1，再用反应②减去上述反应得到目标反应①：
CH3CH2CH3(g)+5O2(g)−[CH3CH=CH2(g)+9
2 O2(g)]⇌3CO2(g)+ 4 H2O (g)−[3CO2(g)+3H2O(g)]
因此△H1=△H2−(△H3+3△H4)=−2043−(−1926)=−117 kJ⋅mol
-1。
（2）①选择性是指转化的丙烷生成丙烯的比例。400~b℃时，温度升高：一方面，催化剂对丙烯的催化选
择性下降，导致更多丙烷发生副反应(如完全氧化生成CO2；另一方面，副反应②（丙烷完全氧化）的反应
速率随温度升高的增幅大于反应①，使得更多丙烷转化为副产物，因此丙烷的选择性逐渐降低。
②产率=转化率×选择性，由图可知b℃C3H8的转化率为40%，选择性为40%，因此C3H6产率
=40%×40%=16%。
设密闭容器总压为P，初始C3H8为2.5 mol，O2为4 mol。转化以后的C3H8为2.5×40%=1mol，其中参与反
应①的C3H8为1×40%=0.4 mol，参与反应②的C3H8为1×60%=0.6 mol，化学平衡反应式为
CH3CH2CH3(g)+
1
2 O2(g)⇌
CH3CH=CH2(g)+
H2O(g)
2.5 mol
4.0 mol
0
0
0.4 mol
0.2 mol
0.4 mol
0.4 mol
2.1 mol
3.8 mol
0.4 mol
0.4 mol
CH3CH2CH3(g)+
5O2(g)⇌
3CO2(g)+
4H2O(g)
2.1 mol
3.8 mol
0
0
0.6 mol
3.0 mol
1.8 mol
2.4 mol
1.5 mol
0.8 mol
1.8 mol
2.4 mol
剩余的各物质的物质的量为：n(CH3CH2CH3)=1.5 mol n(O2)=0.8 mol n(CH3CH=CH2)=0.4 mol
n(H2O)=2.4+0.4 =2.8 mol，n(CO2)=1.8 mol，总物质的量=7.3 mol。其中分压pi= ni
n总
P，反应①的平
衡常数K p= p(CH3CH=CH2)× p(H2O)
p(CH3CH2CH3)×[ p(O2)]
1
2
=
0.4
7.3 P× 2.8
7.3 P
1.5
7.3 P×(
0.8
7.3)
1
2 P
1
2
。
（3）①Ni是28 号元素，基态原子的电子排布式为[Ar]3d
84s
2。当Ni原子失去2 个电子形成Ni
2+时，优
先失去最外层4s 轨道的2 个电子，因此Ni
2+的价电子排布式为3d
8。根据价层电子对数互斥理论计算：中
心Si原子的价电子数为4，SiF6
2−带2 个负电荷，配位原子F共6 个，每个F提供1 个电子；孤电子对数：
4+2−6×1
2
=0，价层电子对数=σ 键数（6）+孤电子对数（0）=6；价层电子对构型为正八面体，由于无
孤电子对，SiF6
2−的空间结构与价层电子对构型一致，即正八面体。
②Ni
2+位于晶胞的8 个顶点，总个数为N(Ni
2+)=8× 1
8 =1，pyz-SH位于晶胞的棱上，
N(pyz-SH)=8× 1
4 =2，SiF6
2−位于晶胞的棱上N(SiF6
2-)= 4× 1
4 =1，因此三种离子个数之比为：
N (Ni
2+):N (pyz−SH):N(SiF6
2−)=1:2:1。
（4）在0.01kPa 时，C3H6和C3H8吸附量接近于0，两者没有差异，无法实现有效分离；在0.1kPa 时，C3H6
的吸附量明显升高，而C3H8的吸附量仍处于较低水平，两者吸附量差异显著；在1kPa 时，两种气体的吸
附量都大幅提升，且吸附量的差值相比0.1kPa 有所减小，分离效率不如0.1kPa 时。
11．（2026·天津河东·二模）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用
MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：
Ⅰ.MgCO3(s)⇌MgO (s)+CO2(g) Δ H =+101kJ⋅mol
−1
Ⅱ.CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4 (g)+2H2O (g) Δ H =−166kJ⋅mol
−1
Ⅲ.CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H =+ 41kJ⋅mol
−1
(1)MgCO3(s)+ 4 H2(g)⇌MgO (s)+2H2O (g)+CH4 (g)，此反应________自发进行（填标号）。
A．任何温度下都能
B．高温
C．低温D．任何温度下都不能
(2)上述反应体系中，下列有关说法正确的是________（填标号）。
A．反应Ⅰ是放热反应，故降低温度有利于提高CH4单位时间的产率
B．
n(H2)
n(CO2)
的比值越大越有利于CO2的捕获，但不利于CH4的分离
C．选择合适的催化剂，能调节反应Ⅱ的速率，改变CO2的平衡转化率
D．温度恒定，将容器体积压缩至原来的一半，再达平衡时还有MgCO3剩余，则二氧化碳的浓度不变
(3)高温下MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4部分历程如下图，其中吸附在催化剂表面的物种
用*标注，所示步骤中速率最慢的基元反应方程式为________；下列4 个基元反应中反应③是________反应
（填“吸热”或“放热”）。
(4)100 kPa 下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1 mol 发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和生
成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图（反应Ⅲ在360℃以下不考虑）。注：
含碳生成物的选择性= 含碳生成物的物质的量
MgCO3转换的物质的量
×100 %
①表示CO2选择性的曲线是________（填字母）。
②点M 温度下，H2O的物质的量为________mol。
500~600℃
③
，解释CO2变化的原因可能是________。
【答案】(1)C
(2)BD
(3) CH❑3
∗+H*→CH 4
∗（或CH❑3
∗+2H2O+H*=2H2O+CH 4
∗） 放热
(4) b 0.49 500~600℃范围内，MgCO3完全分解，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高反应Ⅲ正向
进行，消耗更多的CO2生成CO，导致作为含碳生成物的CO2的物质的量减少，所以CO2的选择性降低
【详解】（1）根据盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ得出MgCO3(s)+4H2(g)⇌
❑
❑
MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g) ΔH=(101-
166)kJ/mol=-65kJ/mol，该反应为熵减反应，即ΔS＜0，根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS，处于低温时，ΔG＜
0，该反应能自发进行，故选项C 符合题意；
（2）A．根据反应Ⅰ可知，ΔH＞0，该反应为吸热反应，降低温度，反应Ⅰ的平衡逆向移动，反应Ⅱ为放
热反应，降低温度，平衡正向移动，但温度降低，反应速率变慢，甲烷单位时间的产率降低，故A 错误；
B．n(H2)
n(CO2) 增大，相当于增大氢气的物质的量，促使平衡向正反应方向移动，提高CO2的转化率，即该比
值越大越有利于CO2的捕获，氢气越多，使甲烷与未反应氢气分离困难，故B 正确；
C．选择合适催化剂，可以改变反应速率，但对化学平衡移动无影响，因此选择合适催化剂，不能改变
CO2的平衡转化率，故C 错误；
D．对于反应Ⅰ：K=c(CO2)，在温度恒定且MgCO3剩余时，c(CO2)为定值，即浓度不变，故D 正确；
答案为BD；
（3）根据图像可知，第④步骤活化能最高，速率最慢，则基元反应方程式为CH❑3
∗+H*→CH 4
∗（或CH
❑3
∗+2H2O+H*=2H2O+CH 4
∗）；反应③中(HO*+ CH❑2
∗+H*+H❑2
∗+ H2O)的总能量高于(CH❑3
∗+H*+2H2O)的总
能量，说明反应为放热反应；
（4）①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，根据图
像可知，升高温度，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ向逆反应方向移动，碳酸镁的转化率逐渐升高，
氢气的转化率下降，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，且二者的选择性之和为100%，所以a
表示碳酸镁的转化率，b 表示二氧化碳的选择性，c 表示甲烷的选择性；
M
②
处温度低于360℃, 反应Ⅲ不发生，根据图像可知，M 点时，碳酸镁的转化率为49%，消耗碳酸镁的
物质的量为1mol×49.0%=0.49mol，二氧化碳选择性和甲烷选择性相等，均为50%，
n(CO2)=n(CH4)=0.49mol×50.0%=0.245mol，则n(H2O)=2n(CH4)=2×0.245mol=0.49mol；
③根据图像可知，500~600℃范围内，MgCO3完全分解，温度升高反应Ⅱ逆向进行，反应Ⅲ正向进行，以
反应Ⅲ为主，消耗更多的CO2生成CO，导致作为含碳生成物的CO2的物质的量减少，所以CO2的选择性
降低。
12．（2026·山西太原·二模）逆水煤气变换反应（Ⅰ）是将二氧化碳加氢转化为甲醇、低碳烯烃、芳烃以
及汽油等高附加值化学品和燃料的关键步骤，对于实现CO2资源化利用具有重要意义。已知：
Ⅰ.CO2(g)+ H2(g)⇌
❑
❑
CO (g)+ H2O (g) ΔH1
Ⅱ.CO2(g)+ 4 H2(g)⇌
❑
❑
CH4 (g)+2H2O (g) Δ H 2=−165.0kJ⋅mol
−1
Ⅲ.CO (g)+3H2(g)⇌
❑
❑
CH4(g)+H2O (g) Δ H 3=−206.0kJ⋅mol
−1
Kaiser 等研究了在常压、原料气的氢碳比[n(H2):n(CO2))=3:1、催化剂条件下，平衡时各组分的摩尔分数
（物质i 的摩尔分数：xi= ni
n总
）随反应温度的变化如图1 所示：
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ的Δ H 1=______。
(2)图中随着反应温度的升高，CH4的摩尔分数一直在减小，原因是______。
(3)下列说法错误的是______（填标号）。
A．高温有利于反应Ⅰ正向进行，但也容易导致催化剂失活
B．温度降低，反应Ⅱ、Ⅲ逐渐变为主反应，导致产物中CO 占比降低
C．提高原料气的氢碳比可以促进CO2转化，但过高的氢碳比会导致大量CH4生成
D．加压会促进反应Ⅰ正向移动，设计高温稳定且低温高效的催化剂也是反应Ⅰ的关键
(4)假设T 1℃时，在上述的Kaiser 实验条件下进行以上三个反应，起始时n(H2)=3 mol，平衡时测得反应体
系中n(CO2)=a mol，则平衡时n(CH4)=______mol（用含a 的代数式表示，下同），反应Ⅰ的化学平衡常
数K 1=_______。
(5)乙醇的部分氧化（反应①）和完全蒸汽重整（反应②）被积极探索作为可能的氢气生产途径，而选择性
部分重整乙醇与水反应生成乙酸和氢气（反应③）更具优势。不同乙醇转化产氢途径的焓变（Δ H）以及
自由能变化（ΔG）随温度的变化关系如图2 所示（图中涉及物质均为气态）。下列说法正确的是______
（填标号）。
A．600K 以上，三个反应的ΔG均小于0，均可自发进行
B．300K 以下，反应②可以自发进行
C．三个反应的熵变Δ S均大于0
(6)在p MPa、T℃下，将投料比n(CO2):n(H2)=1:1的原料气匀速通过无分子筛膜多孔载体反应器，只发
生反应Ⅰ，CO2的平衡转化率为25％。同温同压下，若通入装有催化剂的新型膜反应器（如图所示分子筛
膜能选择性分离出H2O），CO2的平衡转化率为40％，则相同时间内a 出口和b 出口中H2O的质量比为
______。
【答案】(1)+ 41kJ⋅mol
−1
(2)反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，导致CH4的平衡浓度减小
(3)D
(4) 1−2a（或其他合理表示） 2−3a
7a−1（或其他合理表示）
(5)AC
(6)1:3
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ减去反应Ⅲ可得目标反应Ⅰ，则ΔH1=ΔH2−ΔH3=+ 41kJ⋅mol
−1；
（2）随着反应温度的升高，CH4的摩尔分数一直在减小，原因是：反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，温度升高，
平衡逆向移动，导致CH4的平衡浓度减小；
（3）A．反应Ⅰ为吸热反应，高温有利于反应Ⅰ正向进行，但高温超过催化剂活化温度后也容易导致催化
剂失活，A 正确；
B．温度降低，反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅱ、Ⅲ正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ逐渐变为主反应，导致产物中CO 占
比降低，B 正确；
C．提高原料气的氢碳比，也就是增大氢气投料，可以促进CO2转化，但过高的氢碳比导致反应Ⅱ、Ⅲ正向
移动，会导致大量CH4生成，C 正确；
D．反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，加压不会促进反应Ⅰ正向移动，D 错误；
故选D。
（4）反应Ⅱ减去反应Ⅰ可得目标反应Ⅲ，则考虑反应Ⅰ、Ⅱ，原料气的氢碳比[n(H2):n(CO2))=3:1，起
始时n(H2)=3 mol，则二氧化碳投料1mol，平衡时测得反应体系中n(CO2)=a mol，由图，T 1℃时，二氧化
碳、一氧化碳的物质的量相等，列三段式：
¿ 起始(mol)
转化(mol)
平衡(mol)
CO2(g)
¿a
¿
+
¿
¿
H2(g)
¿a
¿
⇌
❑
❑
¿
¿
CO(g)
¿a
¿
+
¿
¿
H2O(g)
¿a
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿
则反应Ⅱ中消耗二氧化碳为(1-2a)mol：
¿ 起始(mol)
转化(mol)
平衡(mol)
CO2(g)
1
1-2a
¿
+
¿
¿
4H2(g)
3
4 (1-2a)
¿
⇌
❑
❑
¿
¿
CH4(g)
¿1-2a
¿
+
¿
¿
2H2O(g)
¿2(1-2a)
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿
¿
平衡时，甲烷为(1-2a)mol，二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量分别为a mol、(7a-1)mol、a mol、
(2-3a)mol，反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替其浓度，则化学平衡常数K 1=
a (2-3a)
a (7a-1) =2-3a
7a-1 ；
（5）A．ΔG=ΔH-TΔS<0的反应能自发进行，由图，600K 以上，三个反应的ΔG均小于0，均可自发进
行，A 正确；
B．300K 以下，反应②的ΔG大于0，不可以自发进行，B 错误；
C．三个反应均为气体分子数增大的反应，熵变Δ S均大于0，C 正确；
故选AC；
（6）假设二氧化碳、氢气投料均为1mol，无分子筛膜多孔载体时，CO2的平衡转化率为25％，则反应二
氧化碳、氢气均为0.25mol，生成一氧化碳、水均为0.25mol，此时K =
0.25×0.25
(1−0.25)(1−0.25)，有分子筛膜
多孔载体时，CO2的平衡转化率为40％，则反应二氧化碳、氢气均为0.4mol，生成一氧化碳、水均为
0.4mol，若a 出口水为a mol，则b 出口水为(0.4-a)mol，此时K =
0.4×a
(1−0.4)(1−0.4) =
0.25×0.25
(1−0.25)(1−0.25)，
a=0.1mol，则相同时间内a 出口和b 出口中H2O的质量比等于其物质的量之比，为0.1：(0.4-0.1)=1:3。
13．（2026·河北雄安·二模）CO (g)和H2O (g)催化重整制备甘油(C3H8O3)体系中存在如下反应：
反应Ⅰ．CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g) Δ H 1=−41.2kJ⋅mol
−1
反应Ⅱ．CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4 (g)+2H2O (g) Δ H 2=−270kJ⋅mol
−1
反应Ⅲ．3CO (g)+ 4 H2(g)⇌C3 H8O3(g) Δ H 3=−425kJ⋅mol
−1
回答下列问题：
(1)反应C3H8O3(g)+3 H2O (g)⇌3CO2(g)+7 H2(g)的Δ H =________kJ⋅mol
−1。
(2)将n(CO)：n(H2)=3:4 的混合气体分别以不同流速通入盛有催化剂的反应器中，在不同温度下仅发生反应
Ⅲ。通过检测流出气成分，绘制C3H8O3(g)的产率曲线如图所示（较低流速下的产率可近似为平衡产率）。
M
①
点对应υ(C3 H8O3)=________mol⋅h
−1。
②图中温度由低到高的顺序为________，判断依据为________。
T
③
1时，Q 点C3H8O3(g)的产率比N 点低的原因可能为________。
(3)550℃时，向恒容密闭容器中充入1molCO（g）和1molH2O(g)发生反应Ⅰ和Ⅱ．平衡时H2O(g)的转化率
为60 %，n(CO2)
n(CH4)
=7。
CO(g)
①
的平衡体积分数为________；反应Ⅰ的平衡常数K=________。
②若向该容器中充入2molCO(g)和2molH2O(g)发生反应，平衡时，
n(CO2)
n(CH4)
________7（填“>”“<”或“=”）。
【答案】(1)+301.4
(2) 0.16 T 3<T 2<T 1 ΔH3<0，低流速时反应达平衡，升高温度平衡逆向移动，C3H8O3产率
降低（或高流速时反应未达平衡，温度越高，反应速率越快，C3H8O3产率越高） 气体流速加快，反
应物分子在催化剂表面吸附量降低，反应速率降低
(3) 1
9 3.5 ＜
【详解】（1）由题干信息可知，反应Ⅰ．CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g) Δ H 1=−41.2kJ⋅mol
−1，反
应Ⅲ．3CO (g)+ 4 H2(g)⇌C3H8O3(g) Δ H 3=−425kJ⋅mol
−1反应3×Ⅰ-Ⅲ可得到反应
C3H8O3(g)+3 H2O (g)⇌3CO2(g)+7 H2(g)，根据盖斯定律可知Δ H =3Δ H １-Δ H ３=3×(-41.2 kJ/mol)-
(-425kJ/mol)=+301.4kJ/mol；
（2）①由题干图像信息可知，M 点C3H8O3(g)的产率为80%，CO 的流速为0.6mol/h，结合反应方程式：
3CO (g)+ 4 H2(g)⇌C3H8O3(g)可知，对应υ(C3H8O3)= 0.6 mol/h×80%
3
=0.16mol⋅h
−1；
②已知反应Ⅲ：3CO (g)+ 4 H2(g)⇌C3 H8O3(g) Δ H 3=−425kJ⋅mol
−1正反应是一个放热反应，即
ΔH3<0，低流速时反应达平衡，升高温度平衡逆向移动，C3H8O3产率降低(或高流速时反应未达平衡，温
度越高，反应速率越快，C3H8O3产率越高)，结合题干图像信息可知图中温度由低到高的顺序为T3＜T2＜
T1；
T
③
1时，气体流速加快，反应物分子在催化剂表面吸附量降低，反应速率降低，导致Q 点C3H8O3(g)的产率
比N 点低；
（3）550℃时，向恒容密闭容器中充入1molCO（g）和1molH2O(g)发生反应Ⅰ和Ⅱ．平衡时H2O(g)的转化
率为60 %，n(CO2)
n(CH4)
=7，则三段式分析为：
CO (g)
+ H2O (g)
⇌
起始量(mol)
1
¿ ¿转化量(mol)¿x¿x¿¿平衡量(mol)¿1−x¿1−x¿¿
CO2(g)
0
x
x
+ H2(g)
0
x
x
，
CO2(g)
+ 4 H2(g)
⇌
起始量(mol)
x
¿ ¿转化量(mol)¿y¿4y¿¿平衡量(mol)¿x−y¿x−4 y¿¿
CH4 (g)
0
y
y
+2H2O (g)
1−x
2y
1−x+2y
，
n(CO2)
n(CH4)
=x−y
y
=7，1-x+2y=1×(100%-60%)，联合解得x=0.8mol，y=0.1mol，据此解题：
①由上述分析可知，CO(g)的平衡体积分数为
1−x
1−x+1−x+2y+x-y+x-4y+y = 1−x
2-2y =
1−0.8
2−2×0.1=1
9；反
应Ⅰ的平衡常数K=c(CO2)c(H2)
c(CO)c(H2O) =
0.8−0.1
V
× 0.8−4×0.1
V
1−0.8
V
× 1−0.8+2×0.1
V
=3.5；
②若向该容器中充入2molCO(g)和2molH2O(g)发生反应，容器压强增大，反应Ⅱ正向移动，反应Ⅰ平衡不
移动，导致平衡时，
n(CO2)
n(CH4)
＜7。
14．（2026·浙江宁波·二模）CO2与H2通过催化转化为高附加值化学品是实现“双碳”目标的途径之一。
“Chem is try”小组将CO2和H2按体积比1:3 通入恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ。
Ⅰ.2CO2(g)+6 H2(g)⇌CH3CH2OH(g)+3 H2O(g) Δ H 1 K 1
Ⅱ.CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) Δ H 2>0 K 2
请回答：
(1)下列关于反应Ⅰ的Δ H −T⋅Δ S随温度T 的变化趋势正确的是________。
A．
B．
C．
D．
升高温度，
K 1
K 2
________（填“增大”、“不变”或“减小”）。
(2)实验测得平衡时，部分组分的体积分数-温度曲线如下图所示。
①在下图中画出100~400℃之间CH3CH2OH的体积分数随温度变化的曲线________；
②CO(g)和H2O(g)对应的曲线，在700℃之后的趋势变化的原因是________；
(3)反应Ⅱ的一种反应机理如下（其中*表示吸附态）：
①CO2(g)+∗→CO2∗
②H2(g)+∗+∗→2H*
③CO2∗+∗→CO*+O*
________
④
⑤OH*+OH*→H2O*+O*
⑥CO*→∗+CO(g)
⑦H2O∗→∗+ H2O(g)
写出第④步的反应方程式________。
(4)CO2和H2在一定条件下合成HCOOH。
25℃时，向含有0.1mol 的NaOH 溶液中逐滴滴加x molHCOOH，所得溶液体积为100mL，pH =3.5，该滴加
过程中水的电离程度变化情况为________，x =________（保留2 位小数，已知HCOOH 的p K a=3.7，
10
−0.2≈0.6）。
【答案】(1) C 减小
(2)
700℃后，反应Ⅰ几乎不发生，
二者的体积分数均随温度升高而增大；反应Ⅱ是吸热反应，故升高温度，CO 和H2O的体积分数均增大
(3)H*+O*→∗OH+∗
(4) 先增大后减小 0.27
【分析】本题围绕CO2与H2催化转化的两个竞争反应（反应Ⅰ：2CO2(g) + 6H2(g)⇌CH3CH2OH(g) +
3H2O(g) ΔH1、反应Ⅱ：CO2(g) + H2(g)⇌CO(g) + H2O(g) ΔH2>0）展开，综合考查了热力学函数ΔH-TΔS 与
温度的关系、平衡常数比值的温度变化、反应历程与反应方程式书写、水的电离程度分析及弱电解质电离
常数计算等核心知识点，需结合反应热效应、反应竞争规律、电离平衡移动原理等知识逐一分析；
【详解】（1）反应的ΔH-TΔS（吉布斯自由能变ΔG）与温度呈线性关系，斜率为-ΔS。反应Ⅰ是气体分子
数减少的反应，ΔS1<0，故-ΔS1>0，ΔH-TΔS 随T 升高而增大，反应Ⅰ为放热反应，低温下能自发进行，
ΔG<0，故C 符合；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K 1减小，反应Ⅱ为吸热反应，温度升
高，平衡正向移动，K 2增大；因此
K 1
K 2
随温度升高减小。
（2）①由图可知，100℃~400℃区间内，温度升高，CO2体积分数增大，CO体积分数基本不变，故主要发
生反应Ⅰ，且温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，CH3CH2OH 体积分数逐渐降低，根据各物质体积分数之和
等于1 可知，曲线起点为100℃时的体积分数（1−75 %=25.0%），终点为400℃时的体积分数（
1−37.5 %−37.5 %−12.5 %=12.5%），连接两点绘制一条随温度升高单调下降的平滑曲线即可；
②由图可知，根据各物质体积分数之和等于1 可知，700℃后，CH3CH2OH 的体积分数几乎为0，即反应Ⅰ
几乎不发生，只发生反应Ⅱ，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO 和H2O 的体积分数均随
温度升高而增大。
（3）根据反应机理的原子守恒与吸附态（*）规律，前序步骤生成O*、H*，第④步需结合H*与O*生成
*OH，同时保留吸附态*，因此反应方程式为：H* + O* →*OH + *；
（4）向0.1mol NaOH 溶液中滴加x molHCOOH，发生反应HCOOH+NaOH=HCOONa+H2O，初始为强碱溶液
（NaOH 抑制水的电离）；滴加HCOOH 发生中和反应生成HCOONa，HCOO-水解促进水的电离，水的电
离程度先增大；当HCOOH 过量后，溶液呈酸性（HCOOH 电离抑制水的电离），水的电离程度后减小，
故整体变化为先增大后减小；当混合液pH=3.5 时，所得溶液为HCOONa和HCOOH混合溶液，由原子守恒知
c(HCOO
−)+c (HCOOH)= x
0.1 mol/L、c (Na
+)= 0.1mol
0.1L =1mol/L，由电荷守恒
c (Na
+)+c (H
+)=c(HCOO
−)+c(OH
−)知，pH=3.5 时，c(HCOO
−)=(1+10
−3.5−10
−10.5)mol/L≈1mol/L，
c (HCOOH)= x
0.1 −c(HCOO
−)=( x
0.1 −1)mol/L代入电离常数公式： Ka=c(H
+)·c( HCOO
−❑)
c( HCOOH )
；10-3.7=
10
−3.5×1
x
0.1 −1 ，解得x = 1.6
6 ≈2.7。
15．（2026·内蒙古包头·二模）水煤气变换反应是实现氢能高效清洁利用的重要反应。
(1)水煤气变换反应CO(g)+ H2O(g)=CO2(g)+ H2(g) Δ H =___________kJ⋅mol
−1。
（已知：CO 燃烧热为283kJ⋅mol
−1，H2燃烧热为285.8kJ⋅mol
−1，
H2O(l)= H2O(g) Δ H =+ 40.67 kJ⋅mol
−1）
(2)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——原子层金簇负载催化剂，下图表示
该催化剂与金催化剂催化下的反应历程：（吸附在催化剂表面上的物种用*标注）
由图可知___________（填“A”或“B”）更有利于该反应进行。
(3)一定条件下，水煤气变换反应CO+ H2O⇌CO2+ H2的中间产物是HCOOH。HCOOH 水溶液在密封石英管
中的分解反应：
Ⅰ．HCOOH⇌CO+ H2O（快）Ⅱ．HCOOH⇌CO2+ H2（慢）
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H
+仅对反应Ⅰ有催化作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立
平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
反应Ⅰ正反应速率方程为：v =kc (H
+)⋅c(HCOOH)，k 为反应速率常数。T1温度下，HCOOH 电离平衡常数
为K a，当HCOOH 平衡浓度为x mol⋅L
−1时，H
+浓度为___________mol⋅L
−1，此时反应Ⅰ的反应速率v =
___________mol⋅L
−1⋅h
−1（用含K a、x 和k 的代数式表示）。
②T3温度下，在密封石英管内完全充满1.0 mol⋅L
−1HCOOH水溶液，使HCOOH 分解，分解产物均完全溶
于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示（忽略碳元素的其他存在形式）。图中表示CO 随时
间变化的曲线为___________（填“X”、“Y”或“Z”）。t1时刻测得CO、CO2的浓度为0.70 mol⋅L
−1、
0.16 mol⋅L
−1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为y mol⋅L
−1。体系达平衡后
c(CO)
c(CO2)
=___________（用
含y 的代数式表示，下同），反应Ⅱ的平衡常数为___________。
【答案】(1)−37.87kJ⋅mol
−1
(2)B
(3) ❑√K a x kx ❑√K a x Y 5−5 y
6 y
6 y
2
1−y
【详解】（1）写出已知热化学方程式： ①CO(g) +1
2O2 (g) = CO2(g) ΔH1=−283kJ/mol，②H2 (g) +1
2
O2(g) = H2O(l) ΔH2 =−285.8 kJ/mol，③H2O(l) = H2O (g) ΔH3 =+40.67 kJ/mol，目标反应CO(g)
+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) 可由①-
-
②③得到，因此：ΔH = ΔH1−ΔH2−ΔH3 =−283−(− 285.8)− 40.67 =− 37.87
kJ/mol；
（2）催化剂可降低反应的活化能，活化能越低越有利于反应进行。由图可知，原子层金簇负载催化剂B
的最大活化能低于金催化剂A，因此B 更有利于反应进行。
（3）① HCOOH\c 的电离平衡为：HCOOH ⇌H ++ HCOO
−，电离平衡常数
K a= c(H
+)⋅c( HCOO
−)
c( HCOOH )
，忽略水电离，c( H
+)=c( HCOO
−)，已知平衡时c( HCOOH )= x，代入得：
K a= c
2( H
+)
x
，因此 c( H
+)= ❑√K a x；
②代入速率公式 v =kc( H
+)⋅c( HCOOH )，得 v =k ⋅❑√K a x⋅x =kx ❑√K a x；
③反应Ⅰ为快反应，快速生成CO，初始阶段CO浓度快速升高；反应Ⅱ为慢反应，不断消耗HCOOH，
使反应Ⅰ平衡HCOOH ⇌CO+ H 2O逆向移动，CO浓度逐渐降低；CO2为反应Ⅱ的产物，浓度随反应进
行逐渐升高，因此CO对应曲线为Y ，浓度先快升，后逐渐降低，浓度高于CO2和HCOOH；
④平衡时，反应Ⅱ生成c( H 2)= ymol⋅L
−1，因此c(CO2)= y，根据碳守恒：
c(CO)+c(CO2)+c( HCOOH )=1.0mol⋅L
−1，即c( HCOOH )=1−c(CO)−y，t1时刻，
c (CO)=0.70mol / L，c(CO2)=0.16mol / L，可得c( HCOOH )=1−0.7−0.16=0.14 mol / L，反应Ⅰ
平衡常数 K 1=
c(CO)
c( HCOOH ) = 0.7
0.14 =5，温度不变K 1不变，平衡时K 1=
c(CO)
1−c(CO)−y =5，解得
c(CO)= 5(1−y)
6
，因此c(CO)
c(CO2) = 5−5 y
6 y
；
⑤反应Ⅱ的平衡常数 K = c(CO2)⋅c( H 2)
c( HCOOH )
，平衡时c( HCOOH )=1−y −5(1−y)
6
= 1−y
6
，代入得
K = y ⋅y
1−y
6
= 6 y
2
1−y 。
16．（2026·江西南昌·二模）“乙醇选择性部分重整制氢”是一项极具前瞻性的制氢技术，反应如下：
C2H5OH (g)+ H2O (g)=CH3COOH (g)+2H2(g) Δ H。
回答下列问题：
(1)已知常温下各物质的相对能量如下，则Δ H =______；若通过键能估算该反应的Δ H，至少需要______
（填数字）种化学键的键能数据。
(2)反应中4 种物质的沸点由高到低的顺序为：CH3COOH>______。
(3)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图。其中选择性最高的产物为______（填序号）。
A．CH2=CH2
B．CH3CHO
C．CH3COOH
D．CO
(4)按体积比1:1投入C2H5OH (g)和H2O (g)，不考虑副反应，得到温度、压强和平衡转化率的关系如图所示。
①Kx是以物质的量分数表示的平衡常数，则K x(P)______K x(Q)（填“>”“＜”或“=”）；
O
②
点对应体系的K p为______kPa（保留两位小数）。
(5)一定条件下，乙醇水蒸气制氢还有其他途径，反应机理如图。
①若用❑
18O标记C2H5
18OH，则产物中CO2的化学式为______；
②相比之下，“乙醇选择性部分重整制氢”的优点有______。
【答案】(1) 41.3kJ⋅mol
−1 4
(2)H2O>C2H5OH>H2
(3)A
(4) = 29.63
(5) CO
18O或C
18OO 减少CO 和CO2排放（或生成的产物乙酸具有高附加值）
【详解】（1）反应焓变Δ H =生成物总相对能量−反应物总相对能量，代入数据：
Δ H =(−480.1+2×0)−[−279.6+(−241.8))=+ 41.3kJ·mol
−1； 用键能计算焓变时，Δ H =反应物总
键能−生成物总键能，对该反应化简后，C-C、C-O键能抵消，只需要C-H、O-H、C=O、H-H共4 种化学键
的键能；
（2）分子晶体沸点与氢键、相对分子质量有关：乙酸分子间形成氢键且相对分子质量最大，故沸点最高；
水分子可形成更多分子间氢键，沸点高于乙醇；氢气分子间仅存在范德华力，沸点最低，故顺序为
C H 3COOH > H 2O>C2 H 5OH > H 2；
（3）要判断选择性最高的产物，关键是看反应路径中决速步（活化能最高的步骤）的能垒大小，能垒越
低，反应越容易进行，对应产物的选择性就越高，据此计算各产物路径的最高能垒：
A．CH 2=CH 2从（-2.06eV ）到过渡态（-1.26 eV ），能垒为 (−1.26 eV )−(−2.06 eV )=0.80 eV ；
B．CH 3CHO从（-3.5 eV ）到过渡态（-2.15 eV ），能垒为 (−2.15eV )−(−3.5 eV )=1.35 eV ；
C．CH 3COOH从（-2.75eV ）到过渡态（-1.41 eV ），能垒为 (−1.41 eV )−(−2.75 eV )=1.34 eV ；
D．CO从（-3.75eV ）到过渡态（-2.01 eV ），能垒为 (−2.01eV )−(−3.75 eV )=1.74 eV ；对比可知，A 的
决速步能垒最低，说明该反应路径最容易进行，因此选择性最高的产物是CH 2=CH 2；故答案选A。
（4）①由图像可知P点和Q点对应的平衡转化率均为40%，则平衡时两点对应各组分的物质的量分数相同，
因此K x( P)= K x(Q)；
② 由图知P 点和O 点对应温度相同，故P 点和O 点平衡常数相同，已知P 点转化率为40%，设初始投入
C2 H 5OH、H 2O各1mol，建立三段式：
CH 3CH 2OH (g)+
H 2O(g)
⇌
CH 3COOH (g)+
2 H 2(g)
始/mol
1
1
¿0
0
转/mol
0.4
0.4
¿0.4
0.8
平/mol
0.6
0.6
¿0.4
0.8
，P 点总压强100kPa，平衡时总物质的
量n总=2.4 mol，代入分压计算得：
K p=
p
2(H 2)· p(CH 3COOH )
p(CH 3CH 2OH )· p(H 2O)
=(
0.8
2.4 ×100kPa)
2
×(
0.4
2.4 ×100kPa)
(
0.6
2.4 ×100kPa)
2
=(
0.8
0.6)
2
× 1
6 ×100kPa≈29.63kPa
；
故O 点对应的K P=29.63kPa；
（5）①❑
18O标记在乙醇的羟基中，反应中❑
18O进入CO，CO与水提供的催化剂表面❑
16O
∗结合生成CO2，
因此产物CO2中含1 个❑
18O、1 个❑
16O，故其化学式为CO O
❑
18
或C OO
❑
18
；
②对比其他途径会生成甲烷、一氧化碳等副产物，该工艺直接得到乙酸和氢气，原子利用率高，减少CO
和CO2副产物排放。
17．（2026·山东德州·二模）工业上常用CaSO4(s)消除废气中的CO，发生的反应如下：
反应I．CO(g)+CaSO4(s)⇌CaO(s)+CO2(g)+SO2(g) Δ H 1<0(T ° C时，K =2
3 mol⋅L
-1)
反应Ⅱ．CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s) Δ H 2
反应Ⅲ．CaO(s)+SO2(g)⇌CaSO3(s) Δ H 3(Δ H 3< Δ H 2)
反应Ⅳ．4CO(g)+2SO2(g)⇌4CO2(g)+S2(g) Δ H 4>0
回答下列问题：
(1)反应4CaSO4(s)+S2(g)⇌4CaO(s)+6SO2(g)的焓变Δ H =_______(用含ΔH1、ΔH4的代数式表示)。
(2)向2 L 恒容密闭容器中加入5 mol CO(g)和1 mol CaSO4(s)，在T ° C下若只发生反应I，测得容器中
气体密度(ρ)与时间(t)的关系曲线如图所示：
①0→t1min内，用SO2(g)表示的平均反应速率为_______mol⋅L
-1⋅min
-1。
②若再向体系中补充1 mol CaSO4(s)，则图示a、b、c、d 和e 点中，b 点可能会移向_______(填标号)。
(3)恒容容器中，加入5 mol CO(g)和一定量的CaSO4(s)，发生上述反应，测得平衡时气相中CO、CO2、
SO2体积分数与温度的关系如图所示，忽略固体体积对气体体积的影响。
①曲线Ⅱ对应物种为_______(填化学式)。
②T 1~T 2° C，曲线I 和Ⅱ重合的原因是_______。
③T 3° C时，平衡后体系中S2(g)的物质的量为_______mol，若起始压强为p0kPa，反应Ⅳ的平衡常数K p=
_______(kPa)
-1(用含p0的代数式表示)。
④已知T 3° C后曲线Ⅱ与曲线Ⅲ斜率的绝对值相同。T 4° C时，再向容器中补充1 mol 的CaSO4(s)，则
p(CO)
p(CO2)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)4 Δ H 1−Δ H 4
(2) 0.25
t1
e
(3) CO2 T 1~T 2° C间，只发生反应I，生成CO2与SO2物质的量相同，且升高温度平衡逆移，CO2与
SO2物质的量变化量也相同 0.6
4.4
4×0.6
0.6
4×0.8× 0.8 p0
5
减小
【详解】（1）根据盖斯定律，该反应= 4× 反应Ⅰ−反应Ⅳ，则Δ H = 4 Δ H 1−Δ H 4；
（2）①设0→t1min期间，CO 的消耗量为a mol，据此可列式：
CO(g)
+
CaSO4(s)
⇌
CaO(s)
+
CO2(g)
+
SO2(g)
初始量(mol)
5
¿1
¿0
¿0
¿
转化量(mol)
a
¿
¿a¿¿a¿¿a¿t1(mol)¿5−a¿¿1−a
则在t1时刻，容器内气体总质量为m=[28×(5−a)+ 44 a+64 a]g=(80a+140)g，由题干信息可知，此
时容器内气体的密度为0.09g⋅cm
−3，即ρ= m
V = (80a+140)g
(2×10
3)cm
3 =0.09g⋅cm
−3，解得a=0.5，则t1时SO2
的物质的量为0.5 mol，用SO2(g)表示的平均反应速率
v(SO2)= c(SO2)
Δt
=
n(SO2)
V
Δt
=
0.5 mol
2L
t1min = 0.25
t1
mol⋅L
−1⋅min
−1；
②设0→t2min，CO 的消耗量为b mol，据此可列式：
CO(g)
+
CaSO4(s)
⇌
CaO(s)
+
CO2(g)
+
SO2(g)
初始量(mol)
5
¿1
¿0
¿0
¿
转化量(mol)
b
¿
¿b¿¿b¿¿b¿t2(mol)¿5−b¿¿1−b
则在t2时刻，容器内气体总质量为m=(80b+140)g，此时容器内气体的密度为0.11g⋅cm
−3，则
ρ= m
V = (80b+140)g
(2×10
3)cm
3 =0.11g⋅cm
−3，解得b=1，此时容器内各气体浓度为
c(CO2)= n(CO2)
V
= 1mol
2L =0.5 mol⋅L
−1，c(SO2)= n(SO2)
V
= 1mol
2L =0.5 mol⋅L
−1，
c(CO)= n(CO)
V
= (5−1)mol
2L
=2mol⋅L
−1，浓度商
Q = c(CO2)⋅c(SO2)
c(CO)
= (0.5×0.5) mol
2⋅L
−2
2mol⋅L
−1
=0.125 mol⋅L
−1，当温度为T℃时，该反应的
K = 2
3 mol⋅L
−1，而Q< K，说明该反应未达到平衡。若此时向体系中补充1 mol CaSO4(s)，反应继续正
向进行，容器内气体密度增加，因此，b 点可能移向e 点；
（3）①在温度到达T 2℃后，三条曲线代表的体积分数突增，说明此时容器内气体总物质的量减小，开始
进行反应Ⅳ。反应Ⅱ和Ⅲ的逆反应均为吸热反应，则正反应均为放热反应，且Δ H 3< Δ H 2，升温对反应Ⅲ
的抑制强于Ⅱ，但是当温度在T 1~T 2℃范围内，曲线Ⅰ和Ⅱ重合，说明这两种物质在该温度范围内按1:1
生成，因此，这两种物质代表CO2和SO2。则曲线3 代表CO。根据前述分析，在T 2℃后开始进行反应Ⅳ，
该反应吸热，随温度升高平衡正向移动，且该反应消耗SO2并生成CO2，随温度升高，SO2的体积分数减
小而CO2的体积分数增加，因此，曲线Ⅰ和Ⅱ对应的物种分别为SO2和CO2；
②由前述分析可知，在T 1~T 2℃范围内，CO2和SO2按化学计量数1:1 生成，在此期间容器内只发生反应Ⅰ，
并且随着温度升高，反应Ⅰ的平衡逆向移动，二者的体积分数均减小，同时CO 的体积分数增加；
③反应Ⅱ和Ⅲ正反应均为放热反应，由第②问分析可知，在T 1~T 2° C期间，容器内只发生反应Ⅰ，不发生
反应Ⅱ和Ⅲ，因此，当温度为T 3℃时，容器内同样不会发生反应Ⅱ和Ⅲ，容器内的含碳组分只有CO 和
CO2。根据碳元素守恒，平衡时CO 和CO2的物质的量之和为5 mol，二者的体积分数分别为3
32和11
16，设此
时容器内气体物质的量之和为x mol，则有3
32 x + 11
16 x =5，解得x =6.4，则S2(g)的体积分数为
χ(S2)=1−χ(CO)−χ(CO2)−χ(SO2)= 3
32，其物质的量为χ(S2)×6.4 mol= 3
32 ×6.4 mol=0.6 mol；起
始时气体总物质的量为5 mol，压强为p0kPa，由上述分析可知，T 3℃平衡时，容器中气体总物质的量为
6.4 mol，根据阿伏加德罗定律，此时容器内压强pT 3= 6.4
5 p0kPa，则
K p= p(S2)⋅p
4(CO2)
p
4(CO)⋅p
2(SO2)
=
χ(S2)⋅χ
4(CO2)
χ
4(CO)⋅χ
2(SO2)⋅pT 3
=
( 6.4
5 p0× 3
32 )×( 6.4
5 p0× 11
16 )
4
( 6.4
5 p0× 3
32 )
4
×( 6.4
5 p0× 1
8 )
2 =
0.12×0.88
4
0.12
4×0.16× 6.4 p0
5
=
4.4
4×0.6
0.6
4×0.8× 0.8 p0
5
；
④根据题干信息，T 3℃后，随温度增加曲线Ⅱ和Ⅲ的斜率的绝对值相同，说明体系内CO 和CO2按1:1 的比
例消耗和生成。假如此时仍进行反应Ⅰ，该反应平衡随温度上升而逆向移动，CO 和CO2的体积变化趋势不
符合图像，因此，此时只进行反应Ⅳ，说明CaSO4已被完全消耗。T 4℃时，向容器中添加1 mol CaSO4，
反应I 重启，CO 含量减少，CO2含量增加，p(CO)
p(CO2)减小。
18．（2026·内蒙古乌兰察布·二模）甲醇脱氢法制HCOOCH3，涉及主要反应如下：
反应I:2CH3OH (g)⇌HCOOCH3(g)+2H2(g)Δ H 1；
反应II：CH3OH (g)⇌CO (g)+2H2(g)Δ H 2>0。
回答下列问题：
(1)已知：键能数据如下表：
化学键
C—H
C—O
C=O
H—O
H—H
键能
(kJ⋅mol
−1)
413
358
799
467
432
则Δ H 1=_______kJ/mol。
(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molCH3OH(g)，下列能说明反应I达到平衡状态的是_______(填字
母，下同)。
a．容器内压强不再变化 b．混合气体的密度不再变化
c．容器内H2的体积分数不再变化 d．HCOOCH3的消耗速率等于H2生成速率的2 倍
(3)一定条件下，向密闭容器中充入1molCH3OH(g)，反应I、II 达到平衡后，采取下列措施，一定能提高
CH3OH(g)平衡转化率的是_______。
a．恒温恒压，充入惰性气体 b．恒温恒容，充入适量CO
c．恒温恒容，充入CH3OH (g) d．其他条件不变，升高温度
(4)向恒容密闭容器中充入5 molCH3OH (g)，测得平衡时CH3OH的转化率和HCOOCH3的选择性
[
2n(HCOOCH3)生成
n(CH3OH)消耗
×100 %)随温度T的变化关系如图所示。
①表示HCOOCH3的选择性随温度变化情况的曲线是_______(填“L1”或“L2”)。
②T 1时，n(HCOOCH3)=_______；温度高于T 1时，
n (CO)
n(HCOOCH3)随着温度的升高而_______(填“增大”“减
小”或“不变”)。
③温度为T 1时，若起始时容器内压强为p0kPa，反应5 min达平衡。则0∼5 min内生成H2的反应速率为
_______kPa⋅min
−1，该温度下反应I的分压平衡常数K p=_______kPa(用平衡分压代替平衡浓度表示，分
压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)+97
(2)ac
(3)ad
(4) L1 0.2mol 增大 0.064 p0 0.0064 p0
【详解】（1）反应焓变Δ H =反应物总键能−生成物总键能。 反应I：
2CH 3OH (g)⇌HCOOCH3(g)+2 H 2(g)，反应物总键能：总键能
=6×413+2×358+2×467= 4128kJ ⋅mol
−1，生成物总键能
= 4×413+799+2×358+2×432= 4031kJ ⋅mol
−1， 因此Δ H 1= 4128−4031=+97 kJ ⋅mol
−1；
（2）a．反应I是气体分子数增大的反应，恒容下压强随气体物质的量变化，压强不变时说明达到平衡，a
正确；
b．所有反应物生成物都是气体，恒容容器中总质量、体积都不变，密度始终不变，不能说明平衡，b 错误；
c．H 2的体积分数不再变化，说明各物质浓度不再改变，达到平衡，c 正确；
d．HCOOCH3消耗速率是逆反应速率，H 2生成速率是正反应速率，平衡时应满足：HCOOCH3消耗速率
= 1
2 H 2生成速率，d 不满足，d 错误；
故选ac；
（3）已知Δ H 1=+99>0，Δ H 2>0，两个反应均为气体分子数增大的吸热反应；
a．恒温恒压充入惰性气体，体积增大，相当于减压，两个平衡均正向移动，C H 3OH转化率提高，a 正确；
b. 恒温恒容充入CO，反应II逆向移动，C H 3OH转化率降低，b 错误；
c. 恒温恒容充入C H 3OH，其自身浓度增大，C H 3OH转化率降低，c 错误；
d. 两个反应均吸热，升高温度平衡均正向移动，C H 3OH转化率提高，d 正确；
故选ad；
（4）① 已知反应I 、反应II 均为吸热，升高温度，更有利于吸热反应正向进行，C H 3OH转化率升高，
对应曲线L2；升高温度对反应II 的促进作用更大，导致HCOOCH3的选择性随温度升高而降低，对应下降的曲
线L1；
② T 1时，CH3OH转化率为20 %，总消耗n(CH3OH)消耗=5 mol×20 % =1mol；HCOOCH3选择性为40 %，根
据选择性公式： 选择性= 2n(HCOOCH3)
n(CH3OH)消耗
×100 % = 40 %， 代入得：2n(HCOOCH3)
1mol
=0.4，解得
n(HCOOCH3)=0.2mol；
温度高于T 1时，升温促进反应II 正向进行，CO 生成量增加，HCOOCH3生成量减少，因此
n(CO)
n(HCOOCH3)增大；
③ 设n(HCOOCH3)= x =0.2mol，n(CO)= y，则2 x + y =1mol，得y =0.6mol。平衡时各物质物质的量：
n(C H 3OH )=5−1= 4 mol，n(HCOOCH3)=0.2mol，n(CO)=0.6mol，n( H 2)=2 x +2 y =1.6mol，总
物质的量n总= 4+0.2+0.6+1.6=6.4 mol。 恒容下压强之比等于物质的量之比，平衡总压
p总= 6.4
5 p0=1.28 p0，H 2分压p( H 2)= 1.6
6.4 ×1.28 p0=0.32 p0，因此反应速率
v( H 2)= 0.32 p0
5min =0.064 p0kPa⋅min
−1；计算反应I的K p： p(C H 3OH )= 4
6.4 ×1.28 p0=0.8 p0，
p(HCOOCH3)= 0.2
6.4 ×1.28 p0=0.04 p0，
K p= p(HCOOCH3)⋅p( H 2)
2
p(C H 3OH )
2
= 0.04 p0⋅(0.32 p0)
2
(0.8 p0)
2
=0.0064 p0kPa。
19．（2026·四川攀枝花·二模）乙二醇是一种重要的化工原料，在制药、合成树脂等工业领域有广泛应用，
可采取下列两种方法合成。
Ⅰ．直接合成法：由合成气直接法制乙二醇，主要反应如下：
反应Ⅰ 2CO (g)+3 H2(g)⇌HOCH2CH2OH (g) ΔH1
反应Ⅱ CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g) ΔH2
(1)已知：298 K、101 kPa 下
CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H3=+ 41.2kJ⋅mol
−1
CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) ΔH4=−49.0kJ⋅mol
−1
反应Ⅱ的ΔH2=___________kJ⋅mol
−1。
(2)在恒压密闭容器中充入合成气[P (CO):P(H2)=2:3)，仅考虑发生反应Ⅰ：
2CO (g)+3 H2(g)=
❑
Δ
HOCH2CH2OH (g) ΔH1，维持10%的平衡转化率，所需反应条件（温度、压强）如下表：
温度T/K
298.15
300
354.7
400
压强P/kPa
5.73
6.38
49.27
260.99
反应Ⅰ的平衡
常数K
6.5×10
4
4.24×10
4
1
1.27×10
−3
则：ΔH1___________（选填“>”或“<”）0，随着温度升高所需压强增大的原因是___________。
(3)直接合成法制乙二醇的反应Ⅰ、Ⅱ的反应历程（部分）如下图（TS 表示过渡态），下列过程中活化能
最大的基元反应方程式为___________。
(4)在2 L 刚性容器中充入合成气[P (CO):P(H2)=1:1)，在总压40 MPa、473 K，含0.8 mg Rh(铑)的某催化
剂存在下反应。测得HOCH2CH2OH (g)和CH3OH (g)的时空收率分别为0.8 mol⋅(mg-Rh)−1⋅h
−1和
0.9 mol⋅(mg-Rh)−1⋅h
−1(时空收率是指催化剂中单位质量Rh 在单位时间内所获得的产物量)，则用H2表示
的反应速率为___________mol⋅L
−1⋅h
−1。
Ⅱ．间接合成法：可用草酸二甲酯(DMO)催化加氢合成乙二醇，发生如下3 个均放热的连续反应，其中
MG 生成乙二醇的反应为可逆反应。
(5)在固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比n(H2)
n (DMO) =52.4，出口处DMO 的转化率及MG、乙二醇、
乙醇的选择性随温度的变化曲线如下图(某物质的选择性= n生成(该物质)
n消耗(DMO)
×100 %，3 种物质的选择性之和
为1)，其中曲线a 表示DMO 的转化率，曲线c 表示乙醇的选择性。
483 K
①
时，出口处n(乙二醇)
n(乙醇) 的值为___________。
A
②
点时，计算MG (g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH (g)+CH3OH (g)的浓度商Qx表达式为___________(注：用物
质的量分数代替浓度表示)。
【答案】(1)-90.2
(2) < 为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动抵消升高温度对平衡逆向移动的影响
(3)CH2OH* + CO* + 3H* = HOCH2CO* + 3H* 或CH2OH* + CO*= HOCH2CO*
(4)1.68
(5) 48
0.4
52.2 × 1.2
52.2
0.4
52.2 ×(
50
52.2)
2
【详解】（1）由盖斯定律可知ΔH2= ΔH4−ΔH3=−49.0kJ⋅mol
−1−41.2kJ⋅mol
−1=−90.2kJ⋅mol
−1
（2）由表中数据可知反应Ⅰ的平衡常数随温度升高数值变小，则反应Ⅰ的正反应为放热反应，故ΔH1<0；
该反应的正反应是气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，反应物的转化率减小，而要维
持10%转化率，应增大压强，因为增大压强，平衡正向移动，反应物的转化率会增大，当两者程度相当时
就能维持转化率不变。
（3）基元反应的活化能，等于过渡态（TS）的能量减去反应物的能量，从图中能看出，TS3 的能量峰最
高，故TS3 对应的步骤活化能最大，该基元反应方程式为CH2OH* + CO* + 3H* = HOCH2CO* + 3H* 或
CH2OH* + CO*= HOCH2CO*。
（4）催化剂Rh4(CO)12（含0.8 mg Rh），HOCH2CH2OH(g)的时空收率为0.8 mol∙(mg-Rh)-1∙h-1,即0.64
mol∙L-1∙h-1,根据反应Ⅰ，H2的速率为0.64 mol∙L-1∙h-1×3
2=0.96 mol∙L-1∙h-1；CH3OH(g)的时空收率为0.9
mol∙(mg-Rh)-1∙h-1，即0.72 mol∙L-1∙h-1；则H2的速率为0.96 mol∙L-1∙h-1+0.72 mol∙L-1∙h-1=1.68 mol∙L-1∙h-1。
（5）①由反应过程可知，MG 作为中间产物，先生成后消耗，所以一开始物质的量多后来越来越少，乙二
醇同样作为中间产物，随着MG 减少乙二醇增多，但到一定量时，乙二醇逐渐消耗，转化为乙醇，由此可
知，曲线a 表示DMO 的转化率，曲线b 表示乙二醇的选择性，曲线c 表示乙醇的选择性，曲线d 表示MG
的选择性。因为3 种物质的选择性之和为1，483 K 时乙醇和MG 的选择性相等约为2%，所以乙二醇的选
择性约为96%，则n(乙二醇)
n(乙醇) =96%
2%
= 48；②设初始时H2与DMO 的投料分别为52.4 mol 和1 mol，A 点
时DMO 转化率为80%，MG 和乙二醇的选择性均为50%，可写出如下关系式：
DMO(g)
+
2H2(g)
⇌
MG(g)
+
CH3OH(g)
转化/ mol
0.4
¿0.8
¿0.4
¿
DMO(g)
¿
4 H2(g)¿⇌¿乙二醇(g)¿+¿2CH3OH(g)¿转化
A 点时，体系中DMO 的物质的量为1 mol-1 mol×80%=0.2 mol、MG 的物质的量为0.4 mol 、H2的物质的
量为52.4 mol-0.8 mol-1.6 mol=50.0 mol、CH3OH 的物质的量为0.4 mol+0.8 mol=1.2 mol、乙二醇的物质的
量为0.4 mol，体系中总物质的量为(0.2+0.4+50.0+1.2+0.4) mol=52.2 mol，该反应的浓度商
Qx=
0.4 mol
52.2mol × 1.2mol
52.2mol
0.4 mol
52.2mol ×( 50.0 mol
52.2mol )
2=
0.4
52.2 × 1.2
52.2
0.4
52.2 ×(
50
52.2)
2。
20．（2026·广东深圳·二模）氟及其化合物在现代无机化学中占有重要的地位。回答下列问题：
(1)基态F 原子的价层电子轨道表示式为___________。
(2)F2的气态氧化反应为：1
2 F2(g)+e
-=F
-(g) Δ H，其反应热可利用键能(Eb)和第一电子亲和能(Eea)数据
计算。已知：第一电子亲和能为元素的基态气态原子得到一个电子形成负一价气态阴离子时放出的热量。
Eb(F-F)
Eea (F)
156kJ⋅mol
−1
328kJ⋅mol
−1
①Δ H =___________kJ⋅mol
−1。
②根据定义比较Eea关系：F___________O(填“＞”或“＜”)。
(3)Xe和F2在一定条件下能发生下列反应：
ⅰ．Xe(g)+F2(g)⇌XeF2(g)
ⅱ．Xe(g)+2F2(g)⇌XeF4(g)
ⅲ．Xe(g)+3F2(g)⇌XeF6(g)
一定温度下，1molXe与一定量F2通入恒压反应器。平衡时，XeF2，XeF4、XeF6的物质的量n随F2的平衡
分压p(F2)的变化如图。
①曲线L1对应的物质为___________。
②若p平(F2)= p1时，Xe的转化率为α，且XeF4在三种产物中的物质的量分数为0.48，则n(XeF4)=
___________(用含α的代数式表示)，XeF4的选择性
n(XeF4 消耗的F2)
n(消耗的F2)
=___________(保留2 位小数)。
③在图中M点处达到平衡时，p平(F2)=___________kPa(用含p1、p2的代数式表示)。该温度下，若使用有
利于反应ii 的催化剂，重新达到平衡后M点将___________(填“上移”、“下移”或“不移动”)。
(4)XeF2是一种温和的氧化剂和氟化剂。一种XeF2氟化二苯亚砜(Ph2SO，ph−代表苯基)生成Ph2SOF2的反
应机理如图。
研究发现，该反应可由催化剂量的Cl
−引发，起始阶段发生XeF2+2Cl
−→Xe+Cl2+2F
−。F
−在反应中起
实际催化作用，引发自由基反应。反应机理的I~IV 步骤中，需要在反应物或产物位置补写F 的是
___________。
【答案】(1)
(2) −250 ＞
(3) XeF6 0.48α 0.62 ❑√p1 p2 不移动
(4)Ⅰ、II
【详解】（1）
基态氟原子（F）的价层电子排布式为 2s
22p
5 ，其轨道表示式需满足洪特规则与泡利不相容原理：2s 轨
道：填满两个自旋相反电子，2p 轨道：三个等价轨道中，两个轨道各填一对自旋相反电子，一个轨道填单
电子，故价电子层电子轨道表示式为
。
（2）①反应热 Δ H 计算：反应： 1
2 F2(g)+e
−= F
−(g)，分步过程：断键： 1
2 F2(g)= F(g) ，吸热
1
2 ×156=78kJ⋅mol
−1，得电子： F (g)+e
−= F
−(g) ，放热 −328kJ⋅mol
−1，总焓变：
Δ H =78−328=−250kJ⋅mol
−1。
②第一电子亲和能为气态原子得一个电子形成负一价阴离子时放出的热量，放出热量越多， Eea 越大，F
的原子半径比O 小，且F 的核电荷数比O 更多，对电子的吸引能力更强，得电子能力更强，得到电子放出
的热量更多，故 Eea ：F > O。
（3）①随着p平(F2) 增大， XeF2逐渐被消耗（曲线L3下降），XeF4先增后减（曲线 L2 ），XeF6持续增
加（曲线 L1 上升）。因此， L1对应XeF6。
②初始Xe 为 1 mol，转化率为α ，则消耗的Xe 为α mol，剩余Xe 为(1−α ) mol。设 n(XeF2)= x mol，
n(XeF4)= y mol，n(XeF6)= z mol。根据 Xe 守恒：x + y + z =α。根据题意，XeF4的在三种产物中的物
质的量分数为 0.48，即：
y
x + y + z =0.48，故y =0.48α，因此，n(XeF4)=0.48α mol；在p1处，L2和
L3的交点满足n(XeF4)=n(XeF2)=0.48α，进而得n(XeF6)=0.04 α 。总消耗F2 ：
0.48α +2×0.48α +3×0.04 α =1.56α。XeF4消耗的F2：2×0.48α =0.96α 。XeF4的选择性：
0.96α
1.56α ≈0.62。
（4）③M 点是L1与L3的交点，此时n(XeF6)=n(XeF2)，由反应平衡表达式：，K 1=
p(XeF2)
p(Xe) p(F2)，
K 2=
p(XeF4)
p(Xe) p(F2)
2，K 3=
p(XeF6)
p(Xe) p(F2)
3知，
K 1
K 2
=
p(XeF2)
p(Xe) p(F2)
p(XeF4)
p(Xe) p(F2)
2
= p(XeF2) p(F2)
p(XeF4)
，
K 2
K 3
=
p(XeF4)
p(Xe) p(F2)
2
p(XeF6)
p(Xe) p(F2)
3
= p(XeF4) p(F2)
p(XeF6)
，
K 1
K 3
=
p(XeF2)
p(Xe) p(F2)
p(XeF6)
p(Xe) p(F2)
3
= p(XeF2) p(F2)
2
p(XeF6)
，由图可知，当p平(F2)
=p1时n(XeF4)=n(XeF2)，则K 1
K 2
= p平(F2)= p1，当p平(F2)=p2时n(XeF4)=n(XeF6)，则K 2
K 3
= p平(F2)=
p2，在M 点， n(XeF2)=n(XeF6)，K 1
K 3
= K 1
K 2
× K 2
K 3
= p1× p2= p平
2 (F2)
❑,故计算得M 点的
p平(F2)= ❑√p1 p2 kPa。催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，故 M 点不移动。
（5）根据反应机理图知，步骤I：反应物为Ph2SO，产物为Ph2SOF-，由元素守恒和电荷守恒可知，需F
-作
为反应物参与，反应物侧需补写F
-。步骤II：反应物为Ph2SOF-与XeF2，产物为Ph2SOF·与Xe，由元素守
恒和电荷守恒可知，反应还生成了F
-，产物侧需补写F
-。步骤III：反应物为Ph2SOF·与XeF2，产物为
Ph2SOF2与 ·XeF，XeF2提供一个F 原子完成二氟化，产物结构已含两个F， 无需补F。步骤IV：反应物
为Ph2SO 与·XeF，产物为Ph2SOF·与Xe。由元素守恒和电荷守恒可知，无需补F。故需要补写F 的为I 和
II。
21．（2026·云南玉溪·二模）我国力争2030 年前完成碳达峰，2060 年前实现碳中和，二氧化碳资源化利用
备受关注。二氧化碳加氢技术是连接“高碳”现状与“零碳”未来之间的桥梁，为化石能源的清洁化利用
提供了过渡方案，甲醇、乙烯等基础化工原料是二氧化碳加氢转化的主要产品。
Ⅰ.CO2催化加氢可合成甲醇，主要发生下列反应：
i.CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) Δ H l=−58.6kJ / mol K 1
ii.CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) Δ H 2=+ 41.2kJ/ mol K 2
iii.CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g) ΔH3 K 3
(1)ΔH3=_______kJ/mol，K 3=_______(用含K 1、K 2的代数式表示)。
(2)在恒温(T >373K)恒容条件下，将一定量的CO2、H2通入密闭容器中(含催化剂)，发生上述反应i、ii、
iii。下列能说明该反应体系已达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．n(CH3OH):n(H2O)=1:1
B．CO2的转化率不变
C．混合气体的密度不变
D．混合气体的平均相对分子质量不变
(3)在某催化剂作用下，CO2制备CH3OH的反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS 表示过
渡态)，决速步的基元反应式为_______。
(4)将CO2和H2按物质的量之比1：3 通入密闭容器中发生反应i 和反应ii(忽略反应iii)，分别在1 MPa、3
MPa、5 MPa 下，测得CO2在不同温度下的平衡转化率(α )和生成CH3OH、CO选择性(S)(选择性为目标产物在
含碳产物中的比值)的变化如图所示。
①代表5MPa 下α (CO2)随温度变化趋势的是曲线_______(填“a”“b”或“c”)。
②随着温度的升高，a、b、c 三条曲线接近重合的原因是_______。
P
③点对应反应ii 的压强平衡常数K p为_______(列出计算式即可)。
II.电化学法还原二氧化碳制备乙烯，其原理如图所示。
(5)若电解后溶液pH 基本不变，则阴极电极反应式为_______。
【答案】(1) -99.8 K 1
K 2
(2)BD
(3)HCOO*+H*=HCOOH*
(4) a 温度升高到一定程度时，反应以反应ii 为主，该反应前后气体体积不变，改变压强对其平
衡没有影响
( 0.2
3.8 ×3)×( 0.1
3.8 ×3)
( 2.6
3.8 ×3)×( 0.8
3.8 ×3)
或其余等价形式
(5)14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12HCO❑3
-
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应i-反应ii=反应iii，则反应ΔH3=(-58.6，kJ/mol )-( +41.2，kJ/mol)=
-99.8 kJ/mol，反应iii 的平衡常数为：K3= K l
K 2
；
（2）A．n(CH3OH):n(H2O)=1:1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应体系是否达到平衡，A 错误；
B．二氧化碳的转化率不变说明正逆反应速率相等，反应体系已达到平衡，B 正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混
合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应体系是否达到平衡，C 错误；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应i、反应iii 是气体体积减小的反应，反应ii 是气
体体积不变的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明
正逆反应速率相等，反应体系已达到平衡，D 正确；
故选BD；
（3）反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步，由图可知，③转化为④的反应的活化
能最大，反应速率最慢，则决速步的基元反应式为：HCOO*+H*=HCOOH*；
（4）①反应i 是气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化
率增大，反应ii 是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，则曲线a 表示
5 MPa 下二氧化碳转化率随温度变化趋势；
②反应i 是气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增
大，反应ii 是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，则随着温度的升高，
a、b、c 三条曲线接近重合说明温度升高到一定程度时，反应以反应ii 为主；
③设起始二氧化碳、氢气的物质的量分别为1 mol、3 mol，由图可知，P 点时压强为3 MPa，二氧化碳的转
化率为20%，甲醇和一氧化碳的选择性都为50%，则平衡时，二氧化碳的物质的量为：1 mol-1
mol×20%=0.8 mol，甲醇和一氧化碳的物质的量都为：1 mol×20%×50%=0.1 mol，由方程式可知，氢气的物
质的量为：3 mol-0.1 mol×3-0.1 mol =2.6 mol，水蒸气的物质的量为：0.1 mol+0.1 mol=0.2 mol，则反应ii 的
压强平衡常数为：Kp =
(0.2mol
3.8mol ×3 MPa)×(0.1mol
3.8mol ×3 MPa)
(2.6mol
3.8mol ×3 MPa)×(0.8mol
3.8mol ×3 MPa)
=
( 0.2
3.8 ×3)×( 0.1
3.8 ×3)
( 2.6
3.8 ×3)×( 0.8
3.8 ×3)
；
（5）由图可知，电极A 为电解池的阴极，水分子作用下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯
和碳酸氢根离子，电极反应式为：14CO2+12e-+8H2O=C2H4+12HCO❑3
-，电极B 为阳极，水分子在阳极失去
电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，放电生成的氢离子与溶液中的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，
阴极放电生成的碳酸氢根离子通过阴离子交换膜进入阳极区，所以电解过程中溶液中的碳酸氢钠的浓度保
持不变，电解后溶液pH 基本不变。
22．（2026·河北邯郸·二模）甲烷干重整(DRM，反应I)和甲烷蒸汽重整(SMR，反应Ⅱ)反应是化工生产领
域利用温室气体制备化工原料的有效手段，涉及反应如下：
反应Ⅰ：CH4 (g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO (g) Δ H 1
反应Ⅱ：CH4 (g)+ H2O (g)⇌CO (g)+3 H2(g) Δ H 2
(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) −110.5
−74.9
0
−241.8
依据表中数据，计算Δ H 2=___________kJ⋅mol
−1。
(2)富氦天然气是目前提取战略资源氦气的主要气源，通过水合物法气体分离技术获得He 是我国目前采用
的方法之一。笼形水合物是除He 以外的大部分分子装在以___________(填“氢键”或“共价键”)相连的
几个水分子构成的笼内；结合图示，从物质结构的角度解释He 无法形成笼状水合物的原因：___________。
(3)研究表明，甲烷干重整(反应I)的一种反应机理(ads 指吸附在催化剂表面的中间物种)如下：
i．……；
ii．CH4 (g)→CHx (ads)+(4−x)H (ads)(x可能为0，1，2，3，4)；
iii．CHx (ads)+O (ads)→CO (ads)+ x H (ads)；
iv．CO (ads)→CO (g)，2H (ads)→H2(g)。
则反应i 的方程式为___________；当CH4与CO2物质的量比为1:1 及2:1 时，体系中各物质的含量如下图
所示(C2表示2 个碳的烃类)，当温度高于1100℃时，H2含量均高于CO 的主要原因为___________。
(4)在567K，8MPa 条件下，发生反应Ⅱ的同时发生副反应，反应达到平衡时，体系中各组分摩尔分数(物
质i 的摩尔分数xi= ni
n总
)与投料水碳比[
n(H2O)
n(CH4))的关系如图所示：
x(CH4)
和
x (CO)
随水碳比的变化曲线分别是
___________、___________(填序号)。当
n(H2O)
n(CH4)
= 4时，反应Ⅱ的压强平衡常数K p=___________(MPa)2(列
出计算式即可，以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
【答案】(1)+206.2
(2) 氢键 He 原子半径太小，无法被笼形水合物的笼状结构束缚
(3) CO2(g)→CO(ads)+O(ads) 温度高于1100℃时CH4高温分解产生C 和H2，额外增加H2的量
(4)
②
③
(8×36 %)
3×(8× 16 %
3
)
(8× 16 %
3 )(8×48 %)
【详解】（1）由表格数据可知，反应①：C(s)+1
2O2(g)=CO(g) ΔH1=-110.5kJ/mol，反应③：C(s)
+2H2(g)=CH4(g) ΔH3=-74.9kJ/mol，反应④：H2(g)+1
2O2(g)=H2O(g) ΔH4=-241.8kJ/mol，则反应①-
-
③④可
得反应Ⅱ，根据盖斯定律可知，Δ H 2= ΔH1-ΔH3-ΔH4=(-110.5kJ/mol)- (-74.9kJ/mol)-
(-241.8kJ/mol)=+206.2kJ/mol；
（2）已知水分子间能够形成氢键，以氢键相结合的水分子形成分子笼，即笼形水合物是除He 以外的大部
分分子装在以氢键相连的几个水分子构成的笼内，结合图示，由于He 原子半径太小，无法被笼形水合物
的笼状结构束缚，故He 无法形成笼状水合物；
（3）由题干信息可知，反应Ⅰ为CH4 (g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO (g)，根据总反应I，结合机理ii、iii、iv
可知，总反应I 可由i+ii+iii+2iv(CO 脱附)+2iv(H₂ 生成)得到，由此可推导出反应i 的方程式为：
CO2(g)→CO(ads)+O(ads)，由反应Ⅰ方程式可知，若只发生反应I 则体系中的H2和CO 含量相等，而题干图
像信息可知，当CH4与CO2物质的量比为1:1 及2:1 时，体系中C2含量一直几乎为0，则由于CH4高温分解
产生C 和H2，额外增加H2的量，导致当温度高于1100℃时，H2含量均高于CO；
（4）投料水碳比[
n(H2O)
n(CH4))增加，H2O 的量增加，可以提高CH4转化率，但H2O 的转化率下降，所以随着
水碳比增加，H2O 的物质的量分数升高，则①为H2O；CH4的物质的量分数明显下降，则②为CH4；由于
H2O 的量增加，又使CO 与H2O 反应生成H2和CO2，所以CO 物质的量分数降低，则③为CO，投料水碳比
[
n(H2O)
n(CH4))=4 时，根据图中信息可知，x(H2)=36%、x(H2O)=48%，则x(CH4)=x(CO2)=x(CO)=
100 %−36 %−48 %
3
= 16 %
3
，反应ⅡCH4 (g)+ H2O (g)⇌CO (g)+3 H2(g)的压强平衡常数Kp=p
3(H2)p(CO)
p(CH4)p(H2O)
=
(8×36 %)
3×(8× 16 %
3 )
(8× 16 %
3 )(8×48 %)
。
23．（2026·江西九江·二模）以CO2为原料合成甲醇，是实现“双碳”目标的有效途径之一，合成过程中涉
及的反应如下：
Ⅰ、CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g) Δ H 1<0
Ⅱ、CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) Δ H 2<0
Ⅲ、CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g) Δ H 3>0
回答下列问题：
(1)向恒压密闭容器中分别充入1 molCO2和1molH2，若只发生反应Ⅰ，该反应在不同的条件下CO2的转化
率随时间变化关系如下图所示。
①下列事实能说明反应达到平衡状态的是______(填标号)。
A．容器内CO2的体积分数不变 B．容器内CH3OH和H2O的物质的量相等
C．容器内气体的密度不变 D．每生成1.5 mol H2的同时生成0.5 molH2O
②压强p1______p2(填“>”或“<”)，判断理由为______。
(2)①反应Ⅳ：CH3OH(g)+ H2(g)⇌CH4(g)+ H2O(g) Δ H 4=______(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
②反应Ⅰ的平衡常数K 1和反应Ⅱ的平衡常数K 2随温度的变化如下图所示(已知：T 1<T 2<T 3)，推断出反应
Ⅳ的反应热ΔH4______0(填“>”或“<”)。
(3)向恒容密闭容器中充入2.0 molCO2和3.2molH2发生上述反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在不同温度下达到平衡时，
CO2转化率和各含碳产物选择性变化如图所示，其中c 曲线表示的物质为正四面体结构。经测定在240℃
达到平衡状态时，容器内的总压强为P MPa，则反应Ⅰ的压强平衡常数K p=______(MPa)
−2。已知：CH3OH
选择性= n生成(CH3OH)
n消耗(CO2)
×100 %。
(4)在传统方法中，CO2转化率和CH3OH选择性通常比较低，科学团队研制了一种具有反应和分离气态水双
功能的分子筛膜催化反应器(CMR)，提高了目标产物CH3OH的选择性，同时降低了其它副产物的选择性，
CMR模式原理如下图所示。
①CMR模式下，CO2的平衡转化率显著提高，结合信息分析原因：______。
②CMR模式下，极性大的分子，更易被膜吸附并快速通过。结合题中信息和所学知识分析比较CH3OH、CH4、
CO的极性由大到小的顺序为______。
【答案】(1) CD > 反应Ⅰ为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2
的平衡转化率增大，因此p1> p2
(2) Δ H 2−Δ H 1 <
(3) 25
4 P
2
(4) 分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡正向移动，CO2的转化率增大 CH3OH>CO>CH4
【详解】（1）①A．设CO2反应xmol，列三段式：
CO2(g)
+
3 H2(g)
⇌
CH3OH(g)
+
H2O(g)
起始mol
1
¿1
¿0
¿
变化mol
¿
¿3x¿¿x¿¿x¿ 剩余mol¿1−x¿¿1−3x¿¿x¿¿x¿
容器内CO2的体积分数为1−x
2−2x ×100 % =50 %，一直不变，故不能说明反应达到平衡状态，A 错误；
B．根据反应Ⅰ的化学计量数，容器内CH3OH和H2O的物质的量一直相等，不能说明反应达到平衡状态，B
错误；
C．恒压密闭容器，该反应为非等体积反应，气体的密度不变说明气体总的物质的量不变，能说明反应达
到平衡状态，C 正确；
D．每生成1.5 mol H2的同时生成0.5 molH2O，正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，D 正确；
故选CD；
②相同温度下，催化剂不影响平衡状态，反应Ⅰ为气体体积缩小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移
动，CO2的平衡转化率增大，因此p1> p2；
（2）①根据盖斯定律，反应Ⅱ-反应Ⅰ可得反应Ⅳ，则Δ H 4= Δ H 2−Δ H 1；
②反应Ⅳ的平衡常数K 4= K 2
K 1
，随着温度升高，K 2较K 1减小更多，说明升高温度，K 4= K 2
K 1
减小，则反应
Ⅳ的反应热ΔH4<0；
（3）c 曲线表示的物质为正四面体结构，为甲烷，c 曲线表示甲烷的选择性，反应Ⅰ放热，随着温度升高，
CH3OH选择性减小，d 曲线表示CH3OH的选择性；反应Ⅲ吸热，随着温度升高，CO 选择性增大，a 曲线表
示CO 的选择性，则b 曲线表示CO2转化率；240℃达到平衡状态时，CO2转化率为40%，甲烷的选择性为
50%，CH3OH的选择性为25%，则CO 的选择性为25%，CO2反应2.0 mol×40%=0.8mol，可知生成CH4
0.4mol、CH3OH0.2mol、CO 0.2mol，余下CO21.2mol，根据O 原子守恒，生成H2O 的物质的量为
0.8mol×2−0.2mol−0.2mol=1.2mol，根据H 原子守恒，剩余H2的物质的量为
3.2mol−1.2mol−0.4mol×2−0.2mol×2=0.8mol；平衡时气体总的物质的量为：
1.2mol+0.8 mol+0.2mol+0.4 mol+0.2mol+1.2mol=4mol，CO2的分压为1.2
4 ×P MPa，H2的分压为
0.8
4 ×P MPa，CH3OH的分压为0.2
4 ×P MPa，H2O 的分压为1.2
4 ×P MPa，CO2的分压和H2O 的分压相等，
则反应Ⅰ的压强平衡常数K p=
0.2
4 ×P MPa
( 0.8
4 ×P MPa)
3= 25
4 P
2 (MPa)
−2；
（4）①CMR模式下，CO2的平衡转化率显著提高，是因为分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡正向移动，
CO2的转化率增大；
②CMR模式下，极性大的分子，更易被膜吸附并快速通过，分子筛膜催化反应器(CMR)，提高了目标产物
CH3OH的选择性，同时降低了其它副产物的选择性，可知其中CH3OH的极性最大，CH4为正四面体结构，是
非极性分子，极性最小，则极性由大到小的顺序为CH3OH>CO>CH4。
24．（2026·山东泰安·二模）甘油(C3H8O3)水蒸气重整获得H2过程中涉及的主要反应如下：
Ⅰ．C3H8O3(g)⇌3CO (g)+ 4 H2(g) Δ H 1=+245.5kJ⋅mol
−1
Ⅱ．CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g) Δ H 2
Ⅲ．CO2(g)+ 4 H2(g)⇌CH4 (g)+2H2O (g) Δ H 3
(1)平衡常数与温度之间满足关系ln K =−Δ H
RT +C(R、C 均为常数)，反应Ⅱ和Ⅲ的ln K与1
T 的关系如图所
示，则Δ H 2_______Δ H 3(填“>”、“<”或“=”)。
1.0×10
5Pa
条件下，
1mol C3H8O3
和
9 mol H2O
发生上述反应达平
衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4物质的量变化曲线如图。
(2)表示CH4物质的量随温度变化的曲线是_______(填“①”、“②”或“③”)。
(3)550℃反应达平衡状态时，H2O的平衡转化率为_______，反应Ⅱ的压强平衡常数K p=_______。
(4)其他条件不变，在400∼500℃范围，达到平衡时，对体系加压，H2的物质的量_______(填“增大”、
“减小”或“不变”，下同)；升高温度，H2O的物质的量_______，理由是_______。
【答案】(1)>
(2)②
(3) 20% 3.82
(4) 减小 减小 温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，n(CO2)增大，反应Ⅲ逆向移动消耗
H2O的物质的量大于反应Ⅱ生成的H2O物质的量
【详解】（1）根据公式 ln K =−Δ H
RT +C，ln K 与1
T 图像的斜率为 −Δ H
R （R 为常数，R>0）。由图
可知，反应Ⅲ的斜率大于反应Ⅱ，因此 −Δ H 3
R
>−Δ H 2
R
，整理得 Δ H 2> Δ H 3。
（2）起始量，C3H8O3的物质的量为1mol，故体系中C 原子的物质的量为3mol。550℃时曲线①对应的物
质为5.0mol，若为5.0mol CO 或5.0mol CH4，均会导致C 原子的物质的量超过3mol，故曲线①对应的物质
应为H2；反应Ⅲ随1
T 增大lnK 增大、为放热反应，升高温度，反应Ⅲ的平衡逆向移动，CH4物质的量减小，
故曲线②对应的物质是CH4，曲线③对应的物质是CO。
（3）550℃时，CO、CO2、CH4的物质的量分别为0.4mol、2.2mol、0.4mol，根据C 守恒，体系中无甘油，
初始总O 原子：n(O)=3 mol（甘油）+9 mol（水）=12mol。平衡时O 原子存在于CO、CO2、H 2O中：
n(O)=n(CO)+2n(CO2)+n( H 2O)=0.4 mol+2×2.2mol+n( H 2O)=12mol，解得
n( H 2O)平衡=7.2mol，故H2O 的平衡转化率为α( H 2O)= 9mol−7.2mol
9mol
×100 % =20 %。
反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，其压强平衡常数K p在数值上等于用物质的量计算的平衡常数，平衡常数为
K p= n(CO2)×n( H 2)
n(CO)×n( H 2O) = 2.2×5.0
0.4×7.2 =3.82。
（4）反应Ⅰ气体分子数增大，反应Ⅲ气体分子数减小，加压使反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅲ正向移动，均消
耗H2，因此H 2物质的量减小。
根据图形，反应Ⅱ和反应Ⅲ的斜率均大于0，即−Δ H
R >0（R 为常数，R>0），则Δ H <0，故反应Ⅱ、
Ⅲ均为放热反应。升高温度，反应Ⅱ平衡逆向移动会消耗CO2，反应Ⅲ平衡逆向移动会生成CO2，由题图
可知，温度由400℃升高到500℃的过程中，CO2的物质的量增大，说明反应Ⅲ平衡逆向移动的程度大于反
应Ⅱ平衡逆向移动进行的程度，反应Ⅲ逆向移动消耗H2O的物质的量大于反应Ⅱ生成的H2O物质的量，故
平衡时H2O 的物质的量随温度升高而减小。
25．（2026·河北张家口·二模）2026 年两会热点议题之一是生物天然气绿色发展。CO2和CH4重整与利用有
利于实现“碳达峰”和“碳中和”目标。天然气和二氧化碳重整主要发生反应：
①CH4 (g)+CO2(g)⇌2CO (g)+2H2(g) ΔH1
②CH4 (g)+CO2(g)⇌CH3COOH (g) ΔH2
③CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) ΔH3
回答下列问题：
(1)CH4、CO2分子的空间结构均与其VSEPR 模型相同，其主要原因是___________。
(2)2CO (g)+2H2(g)⇌CH3COOH (g)的Δ H =___________(用ΔH1、ΔH2表示)。
(3)一定温度下，在恒容密闭容器中充入1mol CH4 (g)和1mol CO2(g)，只发生上述反应②，下列叙述错误
的是___________(填标号)。
A．当混合气体的总压强不变时达到平衡状态
B．平衡时充入少量氩气，正反应速率小于逆反应速率
C．达到平衡时，再充入少量CO2，平衡正向移动，反应热增大
D．其他条件不变，加入催化剂，活化分子百分数会增大
(4)初始按反应①的化学计量数投入反应物且只发生反应①，固定CH4平衡转化率(α)分别为10%、50%、
60%时探究温度与压强变化关系如图所示。
①ΔH1___________(填“>”或“<”)0。
②用物质的量分数计算的平衡常数叫物质的量分数平衡常数(K x)，A、B 两点对应的体系，K x(A)
___________(填“>”“<”或“=”)K x(B)，C 点对应体系的K x(C)=___________(用分数表示)。
(5)在容积均为1 L 的恒容密闭容器甲、乙中，起始分别投入1mol CO2和3 mol H2，只发生反应③，分别
在恒温、绝热条件下发生反应，测得压强与时间关系如图所示。
a
①点时CO2的转化率为___________；比较转化率：α (a)___________(填“>”“<”或“=”，下同)α (b)。
②比较速率：v逆(b)___________v正(c)。
【答案】(1)两种分子的中心原子均无孤电子对，因此分子空间结构与VSEPR 模型相同
(2)Δ H 2−Δ H 1
(3)BC
(4) > = 4
9
(5) 50% ＜ ＞
【详解】（1）CH4的中心原子为C，价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数。C 的价电子数为4，与4
个H 形成4 个σ键，孤电子对数=4−4×1
2
=0，价层电子对数=4，故VSEPR 模型为正四面体，分子空间结
构也为四面体；CO2的中心原子为C，价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数。C 的价电子数为4，与2
个O 形成2 个σ键，孤电子对数=4−2×2
2
=0，价层电子对数=2，故VSEPR 模型为直线形，分子空间结构
也为直线形。
（2）目标反应可通过已知反应①和反应②推导，由目标反应可由“反应②-反应①”得到，则Δ H=
Δ H 2−Δ H 1。
（3）A．恒容条件下，混合气体总压强与气体总物质的量成正比。反应前后气体分子数变化，总压强不变
时，气体总物质的量不变，反应达到平衡状态，A 不符合题意；
B．恒容时充入氩气，各反应物、生成物浓度不变，正、逆反应速率均不变，平衡不移动，B 符合题意；
C．充入CO2，平衡正向移动，但反应热Δ H仅与反应方程式有关，与反应物用量无关，C 符合题意；
D．催化剂降低反应活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，D 不符合题意；
故答案选BC。
（4）反应①是气体分子数增大的反应。由图可知，在相同压强下，要达到更高的转化率，需要更高的温
度，说明升高温度向正反应方向移动，因此正反应方向为吸热反应，Δ H 1>0；
根据K x的定义可知，K x的值只与α有关，A、B 两点α相同，则K x(A)=K x(B)；
C 点对应体系的α为0.5，设起始时投入CH4和CO2的物质的量均为1 mol，用三段式计算：
CH4(g)
+
CO2(g)
⇌
❑
2CO(g)
+
2H2(g)
起始量(mol)
1
¿1
¿0
¿
变化量(mol)
¿
¿0.5¿¿1¿¿1¿平衡量(mol)¿0.5¿¿0.5¿
平衡时CH4的物质的量分数为
0.5
0.5+0.5+1+1 = 1
6 ，CO2的物质的量分数为1
6 ，CO 的物质的量分数为1
3，H2
的物质的量分数为1
3，则C 点对应体系的K x(C)= (
1
3)
2
×(
1
3)
2
1
6 × 1
6
= 4
9
（5）由图像可知，在其他条件相同时，甲先于乙达到平衡，说明甲的温度高于乙，故甲为绝热条件下，
乙为恒温条件。恒温恒容下，压强之比等于气体物质的量之比。起始总物质的量为4 mol，对应压强为
12p，a 点压强为9p，则此时气体总物质的量为3 mol。设反应消耗的CO2为x mol，列三段式：
CO2(g)
+
3H2(g)
⇌
❑
CH3OH(g)
+
H2O(g)
起始量(mol)
1
¿3
¿0
¿
变化量(mol)
¿
¿3x¿¿x¿¿x¿平衡量(mol)¿1-x¿¿3-3
总物质的量为(1-x)+(3-3x)+x+x=4-2x=3 mol，解得x=0.5 mol，CO2的转化率为0.5 mol
1 mol
×100 % =50 %；
由图像可知，甲的温度高于乙，故甲为绝热条件，乙为恒温条件，a、b 两点气体总压强相等，由pV=nRT
可知，b 点气体总物质的量小于a 点，初始的总物质的量相等，则b 点的转化率大于a 点转化率，即α (a)<
α (b)；
b 点是绝热条件下的平衡状态，v逆(b)= v 正(b)。c 点是恒温条件下的平衡状态，则v逆(c)= v 正(c)，反
应放热，温度比绝热容器低，平衡时反应物浓度比绝热条件下低，则其反应速率较b 点慢，故v逆(b)>
v 正(c)。
26．（2026·山东东营·二模）金属锆在核工业、高温合金等领域有重要应用。工业上常以锆英石(主要成分
ZrSiO4)为原料，在密闭容器中加入一定量的ZrSiO4、C和Cl2，反应生成挥发性ZrCl4，可能发生的反应
有：
反应ⅰ、ZrSiO4(s)+2Cl2(g)+2C(s)⇌ZrCl4(g)+SiO2(s)+2CO(g) Δ H 1=−78.2kJ⋅mol
−1
反应ⅱ、ZrSiO4(s)+2Cl2(g)+C(s)⇌ZrCl4(g)+SiO2(s)+CO2(g) Δ H 2=−250.7 kJ⋅mol
−1
反应ⅲ、C(s)+CO2(g)⇌2CO(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)ΔH3=______kJ⋅mol
−1。
(2)在100 kPa 下，过量的ZrSiO4、C与一定量Cl2发生上述反应，平衡体系中气体组分ZrCl4、Cl2、CO、
CO2的体积分数随温度变化如图所示。
①图中表示CO 体积分数的曲线是______，其曲线变化的原因是______。
②在T1温度下，向平衡体系中再通入少量氯气，重新达平衡后，氯气的转化率将______(填“减小”、“增
大”或“不变”)。
③由图像分析可知，温度越低，ZrCl4的体积分数越高，但实际生产中却选择较高的T2温度，其原因是
______。
④在T2温度下，反应ⅰ的平衡常数K p=______(K p为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)，
在T2温度下压缩容器体积，
c(CO2)⋅c(ZrCl4)
c(Cl2)
数值______(填“减小”、“增大”或“不变”)。
【答案】(1)+172.5
(2) Ⅲ 随温度升高，反应ⅰ逆向移动，则CO 的体积分数随温度升高而降低，但反应ⅲ为吸热反
应，平衡正向移动且为主要反应，导致CO2被消耗生成CO，CO 体积分数随温度升高而增加 不变
T2℃时ZrCl4的体积分数较大，升温可加快反应速率 ac
2×100
(1-a-b-c)
2 kPa 增大
【分析】（2）由于反应ⅰ和ⅱ放热，低温下主要发生反应ⅰ生成CO 和ZrCl4，发生反应ⅱ生成CO2和
ZrCl4，随温度升高，反应ⅰ和ⅱ逆向移动，则CO、CO2和ZrCl4的体积分数随温度升高而降低，但反应
ⅲ为吸热反应，平衡正向移动且为主要反应，导致CO2被消耗生成CO，CO 体积分数随温度升高而增加，
对应曲线Ⅲ，CO2的体积分数随温度升高而降低更快，对应曲线Ⅱ，则曲线Ⅰ表示ZrCl4体积分数，据此分
析作答。
【详解】（1）由盖斯定律，反应ⅲ可由反应ⅰ-反应ⅱ得到，则
Δ H 3=Δ H 1−Δ H 2=−78.2kJ⋅mol
−1−(−250.7 kJ⋅mol
−1)=+172.5kJ⋅mol
−1。
（2）①根据分析，图中表示CO 体积分数的曲线是Ⅲ，其曲线变化的原因是随温度升高，反应ⅰ逆向移动，
则CO 的体积分数随温度升高而降低，但反应ⅲ为吸热反应，平衡正向移动且为主要反应，导致CO2被消耗
生成CO，CO 体积分数随温度升高而增加。
②在T1温度下，向平衡体系中再通入少量氯气，根据图像可知该温度下氯气的物质的量是0，这说明氯气
很快就转化为二氧化碳和四氯化锆气体，所以氯气的转化为不变。
③由图像分析可知，温度越低，ZrCl4的体积分数越高，但实际生产中却选择较高的T2温度，原因是温度
较低时，反应速率较慢，单位时间内生成的ZrCl4较少；而温度升高，虽然平衡时ZrCl4的体积分数有所降
低，但反应速率加快，单位时间内生成的ZrCl4增多，可提高生产效率，同时可能催化剂在较高温度下活
性更高。
④反应ⅰ：ZrSiO4(s)+2Cl2(g)+2C(s)⇌ZrCl4(g)+SiO2(s)+2CO(g)，K p=p
2(CO)⋅p(ZrCl4)
p
2(Cl2)
，
根据分析可知，T2温度下，CO 体积分数为c、CO2体积分数为b、ZrCl4体积分数为a，则Cl2体积分数为
(1-a-b-c)，已知总压P=100kPa，则K p=p
2(CO)⋅p(ZrCl4)
p
2(Cl2)
= (c×100)
2×(a×100)
(1-a-b-c)
2×100
2
=ac
2×100
(1-a-b-c)
2；在T2
温度下压缩体积，所有气体浓度均增大，且反应i 逆向移动也会生成Cl2，故新平衡时Cl2浓度增大，反应
ⅱ的平衡常数K =c(CO2)⋅c(ZrCl4)
c
2(Cl2)
，则
c(CO2)⋅c(ZrCl4)
c(Cl2)
=c(CO2)⋅c(ZrCl4)
c
2(Cl2)
×c(Cl2)= K ×c(Cl2)，
温度不变，平衡常数不变，氯气浓度增大，则
c(CO2)⋅c(ZrCl4)
c(Cl2)
数值增大。
27．（2026·云南昆明·二模）丙烯是一种重要的化工原料，利用丙烷制备丙烯，可以提高丙烷的附加值，
具有良好的社会经济效益。回答下列问题：
Ⅰ.丙烷直接脱氢制丙烯：C3H8(g)⇌C3H6 (g)+ H2(g)
(1)利用下列键能数据计算该反应的Δ H =_______kJ⋅mol
−1。
化学键
C−C
C=C
C−H
H−H
键能/(
347.7
615
413.4
436
kJ⋅mol
−1)
(2)将m molC3H8(g)和q mol Ar(g)混合通入反应器中，在某温度、pkPa条件下进行丙烷脱氢反应。
①通入Ar (g)对C3H8(g)平衡转化率的影响是_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
②平衡时，若C3H8的转化率为α，则该反应的平衡常数为K p=_______kPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，
分压=总压×物质的量分数)。
Ⅱ.CO2氧化丙烷制丙烯：
反应①：C3H8(g)+CO2(g)⇌C3H6 (g)+ H2O (g)+CO (g) Δ H =+165.5kJ⋅mol
−1
反应②：C3H8(g)⇌C3H6 (g)+ H2(g)
反应③：CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g)
反应④：CO2(g)+C (s)⇌2CO (g)
(3)向某密闭容器中按n(C3H8):n(CO2)=1:1投料，若只发生反应①，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．该反应ΔS>0
B．升高温度或增大压强均可以使C3H8的平衡转化率提高
C．升高温度可以提高该反应的平衡常数
D．消耗CO2的物质的量和生成C3H6物质的量相等时，说明反应达到化学平衡状态
(4)某科研小组在580℃，催化作用下，研究不同投料比n(C3 H8):n(CO2)对脱氢反应的影响，丙烷转化率、
丙烯选择性随时间的变化如图所示。
已知丙烯产率=丙烷转化率×丙烯选择性。若反应时间为25min，则最佳投料比n(C3H8):n(CO2)为_______，
原因是_______。
(5)该工艺的优点有_______(填标号)。
A．CO2与H2反应，使反应②的化学平衡正向移动
B．有利于减少积炭
C．有利于CO2与H2资源利用
Ⅲ.C3H8电氧化合成
(6)在碱性介质中，生成C3H6的电极反应式为_______。
【答案】(1)+123.5
(2) 增大
mα
2
(m+q+mα )(1−α ) p
(3)AC
(4) 1:1 丙烯的产率最高
(5)ABC
(6)C3H8−2e
−+2OH
−=C3H6+2H2O
【分析】本题围绕丙烷制备丙烯的三种工艺（直接脱氢、CO2氧化脱氢、电氧化合成）展开，综合考查了
反应热计算、化学平衡、平衡常数、图像分析、电极反应式书写等核心知识点，是典型的化学反应原理综
合题；
【详解】（1）原理：ΔH = 反应物总键能-生成物总键能；丙烷CH3CH2CH3的化学键2 个C-C 键、8 个C-H
键；丙烯CH3CH=CH2的化学键：1 个C-C 键、1 个C=C 键、6 个C-H 键；生成物还有1 个H-H 键。计算：
ΔH=(2×347.7+8×413.4)−(1×347.7+1×615+6×413.4+1×436)=+123.5 kJ mol
⋅
−1；
（2）①该反应是气体分子数增大的反应（1mol 反应物生成2mol 生成物）；恒温恒压下通入惰性气体
Ar，容器体积增大，各反应气体的分压减小，平衡正向移动，因此C3H8的平衡转化率增大；
②设初始C3H8为m mol，转化率为α，列三段式：
C3H8(g)
⇌
❑
C3H6(g)+
H2(g)
起始量(mol)
m
¿0
0
变化量(mol)
m α
¿ m α
m α
平衡量(mol)
m(1-α )
¿ m α
m α
因此平衡时总物质的量为n 总=m(1-α) + mα + mα + q = m + q + mα；总压为pkPa，因此各物质分压为：
p(C3H8) = p· m(1−α )
m+q+mα
；p(C3H6) = p·
mα
m+q+mα ；p(H2) =p·
mα
m+q+mα ；
K p= p(C3 H 6)· p( H 2)
p(C3 H 8)
=
( p·
mα
m+q+mα )·( p·
mα
m+q+mα )
p· m(1−α )
m+q+mα
=
mα
2
(m+q+mα )(1−α ) p；
（3）反应①为C3 H8(g)+CO2(g)⇌C3 H6 (g)+ H2O (g)+CO (g)；A. 该反应ΔS>0：反应前气体总物质的量为
2mol，反应后为3mol，混乱度增大，ΔS>0，A 正确；B. 升高温度或增大压强均可以使C3H8的平衡转化率
提高：该反应ΔH>0（吸热），升温平衡正向移动，转化率提高；但反应是气体分子数增大的反应，增大
压强平衡逆向移动，转化率降低，B 错误；C. 升高温度可以提高该反应的平衡常数：平衡常数只与温度有
关，吸热反应升温K 增大，C 正确；D. 消耗CO2的物质的量和生成C3H6物质的量相等时，说明反应达到
化学平衡状态：反应中CO2的消耗速率和C3H6的生成速率始终相等（均为正反应速率），不能判断平衡，
D 错误；故答案为AC；
（4）已知丙烯产率 = 丙烷转化率 × 丙烯选择性，反应时间为25min 时，从图中读取数据：投料比1:3：
转化率54.8%，选择性24.0%，产率=54.8%×24.0% = 13.152% ；投料比1:1：转化率20.6%，选择性
67.0%，产率=20.6%×67.0% = 13.802% ；投料比3:1：转化率19.2%，选择性68.0%，产率=19.2%× 68.0% =
13.056% ；① 最佳投料比：1:1； ② 原因：该投料比下，丙烯产率最高（或丙烷转化率与丙烯选择性的
乘积最大）；
（5）逐一分析选项：A．CO2与H2反应，使反应②的化学平衡正向移动：反应②C3H8
C
⇌
3H6+H2，CO2与
H2发生反应；③CO2+H2
CO+H
⇌
2O，消耗H2，使反应②平衡正向移动，提高丙烯产率，A 正确； B．有
利于减少积炭：反应④CO2+ C(s)
2CO(g)
⇌
，CO2可与积炭反应，减少催化剂表面积炭，B 正确； C．有利
于CO2与H2资源利用：CO2作为反应物参与反应，实现了温室气体的资源化利用，同时利用了反应②生成
的H2，C 正确；故答案为ABC；
（6）C3H8发生氧化反应（脱氢生成C3H6），为阳极反应，碱性介质中用OH-配平电荷与原子： 反应物为
C3H8和OH-； 生成物为C3H6和H2O；化合价变化：“C3H8中碳的平均化合价为−8
3，C3H6中碳的平均化
合价为−2，C3H8失去2 个电子被氧化生成C3H6；配平方程式为： C3H8- 2e- + 2OH- = C3H6+ 2H2O。
28．（2025·河北石家庄·二模）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。
29．（2026·江西萍乡·二模）CO2含量的控制和资源化利用具有重要意义，我国在碳氧化物催化加氢合成甲
醇上取得了突破性进展。
(1)在催化剂M的作用下，CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g)的微观反应历程和相对能量(E)如图所示，其中吸
附在催化剂表面上的物种用“*”标注。
已知：
表示C，
表示O，
表示H。
历程I：
反应甲：CO2(g)=CO (g)+O
*
历程II：
反应乙：H2(g)+O
*= HO
*+ H
*
历程III：
反应丙：______。
①历程III 中的反应丙可表示为______。
②CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g)的决速步骤的能垒是______eV。
(2)由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法，该过程的有关反应如下：
主反应：CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g)Δ H 1<0
副反应：CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g)Δ H 2>0
按n(H2):n(CO2)=3:1的投料比发生上述反应，测得CO2的平衡转化率(X−CO2)和CH3OH的选择性(S—
CH3OH)随温度、压强的变化如图所示。
(已知：①LTA 分子筛膜具有很强的亲水性。
②S−CH3OH = n(转化为CH3OH 的CO2)
n(转化的CO2)
×100 %)
①使用LTA 分子筛膜可以提高CO2的平衡转化率，原因是______。
②P1、P2的大小关系为：P1______P2(填“>”、“<”或“=”)。
350℃
③
以上时，P1和P2条件下的CO2平衡转化率几乎交于一点的原因是______。
④250❑
∘C、P2条件下，H2的平衡转化率为______，副反应的Kp=______(均保留到小数点后2 位)。
(3)反应CO2(g)+3 H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g)一般认为可通过如下两个步骤来实现：
步骤①：CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g)
步骤②：CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g)
反应的快慢由步骤②决定，在恒压、投料比n(H2):n (CO)=2:1条件下，使用不同压制压强下形成的催化剂
对步骤②在相同时间内进行催化反应，请在图2 画出10～30MPa 范围内，CO 转化率与压制压强P 之间的
关系曲线(不考虑催化剂失活)______。(已知：催化剂存在孔结构(孔结构通向催化剂内部的活性中心)，使
用前可在高压下压制成型，压制压强越大，孔径越小，但压强超过25MPa 时会造成催化剂颗粒破裂成粉
末。)
【答案】(1) HO
*+ H
*= H2O (g) 1.48
(2) 此分子筛膜具有强亲水性，分离出生成的水，促使主反应和副反应均正向移动，促使二氧化碳的
转化率提高 > 350
∘C以上副反应占主导，副反应前后气体分子数不变，压强对平衡无影响
26.67% 0.06
(3)
【详解】（1）①根据图示，历程III 中吸附在催化剂M 上的HO
*、H
*生成H2O (g)，反应丙可表示为
HO
*+ H
*= H2O (g)；
②决速步骤是能垒最大的一步，可知历程III 能垒最大，为0.63 eV-(-0.85eV)=1.48 eV；
（2）①LTA 分子筛膜具有很强的亲水性，可分离出生成的水，促使主反应和副反应均正向移动，促使二
氧化碳的转化率提高；
②副反应为等体积反应，主反应正向反应气体分子数减小，相同温度下，增大压强，主反应平衡正向移动，
S—CH3OH增大，可知P1>P2；
350℃
③
以上时，P1和P2条件下的CO2平衡转化率几乎交于一点的原因是350
∘C以上副反应占主导，副反应
前后气体分子数不变，压强对平衡无影响；
④250❑
∘C、P2条件下，X−CO2= 40 %，S—CH3OH=50%， 起始n(H2):n(CO2)=3:1，设起始
n(H2)=3 mol、n(CO2)=1mol，则转化的CO2物质的量为0.4 mol，列三段式：
CO2(g)
+
3 H2(g)
⇌
CH3OH (g)
+
H2O (g)
起始mol
1
¿3
¿0
¿
变化mol
¿
¿0.6¿¿0.2¿¿0.2¿平衡mol¿0.6¿¿2.2¿¿0.2¿¿0.4¿
，
CO2(g)
+
H2(g)
⇌
CO (g)
+
H2O (g)
起始mol
1
¿3
¿0
¿
变化mol
¿
¿0.2¿¿0.2¿¿0.2¿平衡mol¿0.6¿¿2.2¿¿0.2¿¿0.4¿
，
H2的平衡转化率为0.8 mol
3 mol ×100 %≈26.67%；副反应为等体积反应，化学计量数均为1，副反应的Kp=
= n (CO)·n(H2O)
n(CO2)·n(H2)
0.2×0.4
0.6×2.2 ≈0.06；
（3）
10~25MPa 范围内，压制压强越大，催化剂孔径越小，反应物难以扩散接触内部活性中心，相同时间内反
应速率慢，CO 转化率降低，即CO 转化率随压制压强增大逐渐降低；超过25MPa，催化剂颗粒破裂为粉
末，活性中心充分暴露，反应速率加快，相同时间内CO 转化率升高，即CO 转化率随压强增大逐渐升高，
25MPa 时存在最低转化率；因此曲线先下降后上升，25MPa 时达到最小点，即
。
30．（2026·江苏南通·二模）对燃煤气进行综合处理，可实现绿色环保与变废为宝的目的。
(1)燃煤气中SO2的含量可利用库伦测硫仪进行检测，其工作原理如图-1 所示。电解质溶液中c(I3
−)
c(I
−) =k(k是
定值)，且保持定值时该电解池不工作。待测气体进入电解池后，电解池开始工作，待测定结束后
c(I3
−)
c(I
−) =k。
①SO2导致测硫仪出现数据变化时的离子反应为___________。
②标况下，若待测气体以56 mL/ min的流速通入，10min 末测硫仪显示转移了0.02mol 电子，则待测气体
中SO2的体积分数为___________。
(2)工业上CO2经过捕集和电催化还原可转化为有机物。以0.1mol⋅L
−1的KHCO3溶液为电解质溶液，将CO2
通入Cu 基催化剂的电极材料上(Cu 是催化剂的活性位点)，相同条件下电解得到的部分还原产物的法拉第
效率(FE %)随电压变化如图-2 所示。
FE % = nX(生成还原产物X 所需要电子的物质的量)
n总(电解过程中通过的电子总物质的量)
×100 %
①有机胺(RNH2)与CO2反应生成RNH2
+COO
−，再失去1 个质子后再跟水反应可实现有机胺的再生。有机胺能
吸收CO2的原因是___________。
②当电压为U 1时，生成H2的电极反应式为___________。
③电压从U 2增大到U 3时，电流减小的原因可能是___________。
(3)某科研小组研究了Fe 掺杂六方氮化硼(BN)对N2O还原反应的催化性能。Fe−BN上吸附N2O、CO和SO2的
稳定构型如图-3 所示(所有键距均以nm 为单位)，CO、SO2还原N2O反应过程的曲线图如图-4 所示。
①在Fe−BN表面容易产生吸附态氧原子(O*)的原因是___________。
②科研小组依据数据认为N2O还原反应使用CO 优于SO2，理由是___________。
【答案】(1) SO2+I3
−+2H2O =SO4
2−+3I
−+ 4 H
+ 40 %
(2) 有机胺呈碱性 2H2O+2e
−+2CO2= H2↑+2HCO3
− 生成的CO 吸附在催化剂Cu 的活性位点，
导致CO2还原受阻(或“CO 与Cu 生成新物质覆盖在催化剂表面”)
(3) 吸附态N −O键长最长，键能最小，易断裂产生O
∗；O 的电负性较大，容易被Fe 吸附 Fe−BN
催化剂对反应物CO 的吸附产物较稳定；CO 发生反应的活化能低于SO2；Fe−BN催化剂对生成物CO2的吸
附能力较弱，更易解吸
【详解】（1）①由图-1 可知，电解池左侧有I3
−生成I
−，说明I3
−被还原化合价降低，所以进入的SO2气体
是还原剂，S 化合价升高SO2变成SO4
2−，确定了氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再根据转移电子
守恒和原子守恒配平离子反应方程式为：SO2+I3
−+2H2O =SO4
2−+3I
−+ 4 H
+；
10min
②
末待测气体的总体积为：V 总= 流速×时间=56 mL/min×10min=560 mL，SO2被氧化时，S
从+4 价升至+6 价，1mol SO2转移2mol 电子，已知转移0.02mol 电子，对应的SO2为0.01mol，标况下SO2
的体积为V so2=0.01mol×22.4 L/mol=0.224L=224mL，所以待测气体中SO2的体积分数为：
V SO2
V 总
¿ ×100 % = 224
560 ×100 % = 40 %¿；
（2）①CO2是酸性氧化物，有机胺水溶液呈碱性，两者可以发生反应，所以有机胺可以吸收CO2；
②电解质是0.1mol⋅L
−1的KHCO3，为弱碱环境，生成H2的电极应该为阴极，得电子发生还原反应，阴极
发生反应2H2O+2e
−= H2↑+2OH
−，生成的OH-与通入的CO2发生反应OH
−+CO2= HCO3
−，总的反应式为：
2H2O+2e
−+2CO2= H2↑+2HCO3
−；
③在电解池中电流的大小由电极的反应速率决定，反应速率受电极活性点位数量、反应物浓度、电压等影
响，从图-2 可知，电压由U2到U3时，电压增大应该是有利于电流增大，但电流减小，可能的原因是电极
活性点位数量减小，即可能是反应中生成的CO 吸附在催化剂Cu 的活性位点，导致CO2还原受阻(或“CO
与Cu 生成新物质覆盖在催化剂表面”)；
（3）①吸附态N −O键长最长，键能最小，易断裂产生O
∗，O 的电负性较大，容易被Fe 吸附；且Fe — O
的键长较短，说明键能较大原子结合力较强；
②从图-4 两反应的最高活化能对比，图-3 催化剂对各物质的吸附稳定结构的键长对比可以看出，Fe−BN
催化剂对反应物CO 的吸附产物较稳定，CO 发生反应的活化能低于SO2，Fe−BN催化剂对生成物CO2的
吸附能力较弱，更易解吸。
