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2021·猿辅导·高考冲刺
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新题快递
反应原理综合
说明：全部所选题目均为2021 届高三各地最新模考题
1．（2020·江西会昌七校联考）铜的多种化合物在生产生活中都有广泛用途。请回答下列问
题：
（1）Cu2O 和CuO 是铜的两种氧化物，可互相转化。已知：
i.2Cu2O(s)＋O2(g)＝4CuO(s)
△H＝－292.0 kJ·mol－1
ii.C(s)＋2CuO(s)＝Cu2O(s)＋CO(g) △H＝＋35.5 kJ·mol－1
若CO 的燃烧热为283.0 kJ·mol－1，则C(s)的燃烧热为_________。
（2）Cu2O 和CuO 常用作催化剂。
①质子交换膜燃料电池(PEMFC)的燃料气中除含有H2 外还含有少量的CO 和CO2，其中CO
是PEMFC 催化剂的严重毒化剂，可用CuO/CeO2 作催化剂优先氧化脱除CO。160℃、用
CuO/CeO2 作催化剂时，氧化CO 的化学方程式为________；分别用HIO3 和H3PO4 对
CuO/CeO2 进行处理，在一定条件下，利用不同催化剂进行CO 氧化的对比实验，得如图曲
线，其中催化剂_________(填“b”或“c”)催化性能最好。
②在Cu2O 催化作用下合成CH3OH，反应如下：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) △H＝－90.0
kJ·mol－1，有利于提高该反应CO 的平衡转化率的条件是_________(填标号)。
A．高温低压
B．低温高压
C．高温高压D．低温低压
③T℃时，将CO 和H2 按一定比例混合后投入容积为2L 的恒容密闭容器中，CO 的起始浓
度为1.0 mol·L－1，平衡时，测得体系中，n(H2)＝1.4 mol，n(CH3OH)＝1.7 mol，反应达到平
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衡时CO 的转化率为_____，若反应达到平衡状态后，保持其他条件不变，再充入0.2 mol CO
和0.2 mol CH3OH，平衡向______(填“正”或“逆”)反应方向移动。
（3）CuS 呈黑色，是最难溶的物质之一，由于它的难溶性使得一些看似不可能的反应可以
发生。向0.01 mol·L－1 CuSO4 溶液中，持续通入H2S 维持饱和(H2S 饱和浓度为0.1 mol·L－1)，
发生反应：H2S(aq)＋Cu2＋(aq)⇌CuS(s)＋2H＋(aq)，该反应的化学平衡常数K 为_________(保
留2 位有效数字)。已知：Ka1(H2S)＝1.1×10－7，Ka2(H2S)＝1.3×10－13，Ksp(CuS)＝6.3×10－36。
2．（2020·福建泉州·月考）合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，目前工业上用
氢气和氮气直接合成氨。
（1）固氮一直是科学家致力研究的重要课题，有关热力学数据如下：
反应
大气固氮N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)
工业固氮N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
温度/℃
25
2000
25
350
400
450
平衡常数(K)
3.84×10－31
0.1
5×108
1.847
0.504
0.152
常温下，大气固氮的倾向______工业固氮(填“大于”或“小于”)。
（2）N2(g)与H2(g)反应的能量变化如图所示。
则N2(g)与H2(g)制备NH3(l)的热化学方程式为__________________。
（3）T ℃时，在2 L 恒容密闭容器中加入1.2 mol N2 和2 mol H2 模拟一定条件下工业固氮
[N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)]，体系中n(NH3)随时间的变化如图。
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①前2 分钟内的平均反应速率v(NH3)= ______mol·L－1·min－1。
②下列情况能说明该反应已达到平衡状态的是______(选填序号)。
A．混合气体的密度不变
B．单位时间内断裂n mol N—H 键的同时形成n mol H—H 键
C．容器内的总压强不再变化
D．3v 正(H2)＝2v 逆(NH3)
③有关工业固氮的说法正确的是______(选填序号)。
A．使用催化剂可提高反应物的转化率
B．循环使用N2、H2 可提高NH3 的产率
C．温度控制在500℃左右有利于反应向正方向进行
D．增大压强有利于加快反应速率，所以压强越大越好
④T ℃时，该反应的平衡常数为______。
（4）研究表明某些过渡金属催化剂可以加速氨气的分解，某温度下，用等质量的不同金属
分别催化等浓度的氨气，测得氨气分解的初始速率(单位：mmol·min－1)与催化剂的对应关系
如表所示。
催化剂
Fe
Pd
Ru
Rh
Pt
Ni
初始速率
0.5
1.8
7.9
4.0
2.2
3.0
在不同催化剂的催化作用下，氨气分解反应中的活化能最大的催化剂是______(填化学式)。
3．（2020·青岛通济实验学校月考）氮氧化物（NOx）是严重的大气污染物，能引起雾霾、
光化学烟雾、酸雨等环境问题。回答下列问题：
（1）氧化还原法消除NOx 的转化如下：
已知：NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)△H=－201kJ·mol-1
2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)△H=－116kJ·mol-1
反应I 只有一种生成物，则反应I 的热化学方程式为_______________。
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（2）柴油机氮氧化物(NOx)处理技术是一种系统简单，占用空间较小的柴油车尾气处理技
术，氮氧化物主要在催化转化装置中被处理。柴油发动机工作时在稀燃(O2 充足、柴油较少)
和富燃(O2 不足、柴油较多)条件下交替进行，催化转化装置中的物质变化如图所示。
①BaO 吸收NO2 的化学方程式是______________。
②研究CO2 对BaO 吸收氮氧化物的影响，一定温度下，测得气体中CO2 的体积分数与氮氧
化物吸收率的关系如图所示。
下列相关分析中正确的是_______________。
A．一定范围内，氮氧化物吸收率随CO2 体积分数的增大而下降，原因可能是BaO 与CO2
反应生成BaCO3，覆盖在BaO 表面
B．当CO2 体积分数达到10%~20%时，氮氧化物吸收率依然较高，其原因可能是BaCO3 在
一定程度上也能吸收NOx
C．若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，柴油中的硫氧化为SO2，2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，
BaO 吸收氮氧化物的能力会下降至较低水平
D．以上分析均不对
（3）用食盐水作电解液电解烟气脱氮的原理如图所示，NO 被阳极产生的氧化性物质氧化
为
，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。电流密度和溶液pH 对烟气脱氮的影响如
图所示。
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①NO 被阳极产生的氧化性物质氧化为
反应的离子方程式为_______________。
②溶液的pH 对NO 去除率影响的原因是_______________。
4．（2020·河南豫南九校9 月联考考）有利于可持续发展的生态环境是全国文明城市评选的
测评项目之一。
（1）已知反应2NO（g）+2CO（g）
N2（g）+2CO2（g）
v 正=k 正·c2（NO）·c2
（CO），v 逆=k 逆·c（N2）·c2（CO2）（k 正、k 逆为速率常数，只与温度有关）。一定条件下进
行该反应，测得CO 的平衡转化率与温度、起始投料比m=
的关系如图1 所示。
①达到平衡后，仅升高温度，k 正增大的倍数________填“>”“<”或“=”）k 逆增大的倍数。
②下列说法正确的是_______。
A 投料比：m1<m2<m3
B 汽车排气管中的催化剂可提高NO 的平衡转化率
C 当投料比m＝2 时，NO 转化率比CO 转化率小
D 当体系中CO2 和CO 物质的量浓度之比保持不变时，反应达到平衡状态
③若在1L 的密闭容器中充入1 molCO 和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的
转化率为40%，则k 正︰k 逆=_______（填写分数即可，不用化简）
（2）在2L 密闭容器中充入2mol CO 和1mol NO2，发生反应4CO（g）+2NO2（g）
N2
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（g）+4CO2（g）
ΔH<0，如图2 为平衡时CO2 的体积分数与温度、压强的关系。
①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO 的转化率，可采取的措施有______
（填字母序号）
a 增加CO 的浓度
b 缩小容器的体积c 改用高效催化剂
d 升高温度
②若在D 点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，达到的平衡状态可能是图中
A G 点中的______点。
（3）近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu 和铱（Ir）
的催化作用下，密闭容器中的H2 可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3-），其工作原理如
下图所示。若导电基体上的Pt 颗粒增多，造成的后果是______。
5．（2020·名校交流2021 届高三9 月联考）（1）以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是
一种高效、环保的制氢方法，其流程图如下：
相关反应的热化学方程式为
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反应I：SO2（g）＋I2（g）＋2H2O（l）＝2HI（aq）＋H2SO4（aq）
△H1＝－213 kJ·mol－
1
反应II：H2SO4（aq）＝SO2（g）＋H2O（l）＋
O2（g）
△H2＝＋327 kJ·mol－1
反应III：2HI（aq）＝H2（g）＋I2（g）
△H3＝＋172 kJ·mol－1
则反应2H2O（l）＝2H2（g）＋O2（g）
△H＝___________。
（2）含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。利用某分子筛作催化剂，
NH3 可脱除工厂废气中的NO、NO2，反应机理如图所示。请写出脱去NO 的离子反应方程
式：_________。
（3）为了探究反应条件对反应CO（g）＋H2O（g）
CO2（g）＋H2（g）
△H 的影响，
某活动小组设计了三个实验，实验曲线如图所示。
①请依据实验曲线图补充完整表格中的实验条件：X＝___________，Y＝___________。
②实验III 从开始至平衡，平衡常数K＝___________。
③对比实验II 和实验III 可知，升高温度，CO 的转化率___________（填“增大”“减小”或“不
变”），△H___________（填“>”或“<”）0，理由是___________。
④在530℃时，平衡常数K＝1，若往1 L 容器中投入0.4 mol CO（g）、0.1 mol H2O（g）、
0.2 mol CO2（g）、0.2 mol H2（g），此时化学反应将___________（填“向正反应方向”“向逆
反应方向”或“不”）移动。
6．（2020·浙江嘉兴高三上学期9 月教学测试）苯硫酚(C6H5—SH)是一种用途广泛的有机合
成中间体。工业上常用氯苯(C6H5-C1)和硫化氢(H2S)反应来制备苯硫酚，但会有副产物苯
(C6H6)生成。
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I.C6H5—Cl(g)+H2S(g)
C6H5-SH(g)+HCl(g)ΔH1=-16.8kJ·mol-1
II.C6H5—Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+
S8(g)ΔH2
反应II 的焓变不易测量，现查表得如下数据：
III.C6H5—SH(g)=C6H6(g)+
S8(g)ΔH3=-29.0kJ·mol-1
请回答：（1）将一定量的C6H5—Cl 和H2S 的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温
度为T(假设只发生反应I)，下列可以作为反应I 达到平衡的判据是_______。
A．气体的压强不变
B．平衡常数不变
C．v 正(H2S)=v 逆(HCl)
D．容器内气体密度
不变
（2）反应II 为不可逆反应，请简述理由______。
（3）现将一定量的C6H5—Cl 和H2S 置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同
温度下均反应20 分钟测定生成物的浓度，得到图1 和图2。
①图1 显示温度较低时C6H5—Cl 浓度的增加程度大于C6H6 的主要原因_______。
②结合图1 和图2，该模拟工业生产制备C6H5—Cl 的适宜条件为________。
③590℃时，C6H5—Cl 和H2S 混合气体(体积比为2：5，总物质的量为amol)在VL 的固定容
积中进行反应，达到平衡时，测得容器中C6H5—SH 的物质的量为
mol，C6H6 的物质的量
为
mol，则该温度下反应I 的平衡常数为_________(保留两位有效数字)。
④一定量的C6H5—Cl 和H2S 在恒温恒容条件下发生反应，画出产物C6H5—SH 的物质的量
浓度随时间变化的曲线图_________。
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7．（2020·百校联盟2021 届高三高考9 月份联考）碳、氮、硫的氧化物是造成地球大气污染
的主要“贡献”气体，从源头对这些氧化物的无害化处理成为一个重要课题。回答下列问题：
（1）催化剂的作用下，含
和含
的两种工业尾气相互混合，可以降低它们的污染性。
已知：ⅰ.
；
ⅱ.
；
ⅲ.
。
①
________
。
②如图甲所示，
时最好选用的催化剂是________（填“
”“
”或“
”），
理由是_________。
（2）某科技攻关小组在某密闭容器中研究
还原
的反应，反应如下：
。
①催化剂研究：将等量的
和
以相同的流速分别通过盛有两种催化剂（
和
），相同时间内测得
的脱氮率变化曲线如图乙所示：
脱氮率最好的催化剂是________（填“
”或“
”），不过该催化剂的使用相比另外一
种催化剂存在一定弊端，该弊端是________。
②压强与温度研究：在恒容密闭容器中充入
和
，测得平衡时
的体积
分数与压强、温度的关系如图丙：除氮率较好的压强、温度条件是________（填标号）
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a．高压，高温
b．低压，低温
c．高压、低温
d．低压、高温
图丙中M 点压强平衡常数Kp=________（保留2 位小数），M，Q 两点平衡常数大小：
Kp(M)________ Kp(Q)（填“
”“
”或“
”）。
8．（2020·辽宁葫芦岛·高三二模）甲醛是一种重要的化工原料，常用于生产脲醛树脂及酚醛
树脂，在木材加工中的地位及其重要。
（1）工业中甲醛的制备方法常用以下几种。
①甲醇氧化法
CH3OH(g)=HCHO(g)+H2(g)
△H = +84kJ/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)
△H =－484kJ/mol
CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式是_______。
②天然气氧化法
在600~680℃下，使天然气(主要成分是CH4)和空气的混合物通过铁、钼等的氧化物催化剂，
直接氧化生成甲醛。反应的化学方程式是_______。
（2）如图为甲醇制备甲醛反应的lgK(K 为平衡常数)随温度(T)的变化曲线。曲线____(填“a”
或“b”)对应氧化法，判断依据为_________________。
（3）甲醛是污染室内环境的主要污染物，被称为室内污染“第一杀手”。去除甲醛有多种方
法，其中，催化氧化法是一种比较高效的除甲醛方法。用Na-Pt/TiO2 做催化剂，催化氧化甲
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醛的反应机理如下图所示：
下列有关说法正确的是______(选填字母序号)。
a.该方法除去甲醛的化学方程式是：HCHO+O2
CO2+H2O
b.Na-Pt/TiO2 催化剂能加快甲醛氧化速率，也能提高甲醛的转化率
c.反应过程中，HCHO 只有部分化学键发生断裂
（4）室内甲醛超标可以通过传感器可以监测空气中甲醛的含量。一种燃料电池型甲醛气体
传感器的原理如图所示，则b 极的电极反应式为_________，当电路中转移4×10-4 mol 电子
时，传感器内参加反应的HCHO 为_______mg。
（5）将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品(结构简式图)，该物质在医药等工业中
有广泛用途。若原料完全反应生成乌洛托品,则甲醛与氨的物质的量之比为_______。
9．（2020·江苏泰州中学高三模拟）研究和深度开发CO、CO2 和H2 的应用对构建生态文明
社会具有重要的意义，已知工业生产中有如下反应：
①CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)；△H= -99 kJ/mol
②CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)；△H= -58 kJ/mol
③CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)；△H
（1）反应①的化学平衡常数K 的表达式为_________________；反应③的
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△H=_________kJ/mo1。
（2）合成气的组成
=2.60 时体系中的CO 平衡转化率(a)与温度和压强的关系
如图1 所示。
图中的压强P1、P2、P3 由大到小顺序为___________；a(CO)值随温度升高而减小，其原因
是_____________。
（3）工业生产中需对空气中的CO 进行监测。使用电化学一氧化碳气体传感器定量检测空
气中CO 含量，其模型如图2 所示。这种传感器利用了原电池原理，则该电池的负极反应式
为______________。
（4）某催化剂可将CO2 和CH4 转化成乙酸。催化剂的催化效率和乙酸的生成速率随温度的
变化关系如图3 所示。乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是_________ 。
（5）常温下，将一定量的CO2 通入石灰乳中充分反应，达平衡后，溶液的pH 为11，则
c(
)=___________ 。(已知：Ksp[Ca(OH)2]=5.6×10-6，Ksp(CaCO3) =2.8×10-9)。
10．（2020·福建厦门外国语学校高三模拟）碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的
化合物的具体应用：
（1）已知下列热化学方程式:
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i. CH2=CHCH3(g)+ Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g)
△H1= -133 kJ·mol-1
ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g)
△H2= -100 kJ·mol-1
又已知在相同条件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) 的正反应的活化能Ea(正)
为132 kJ∙mol-1，则逆反应的活化能Ea(逆)为________kJ∙mol-1。
（2）查阅资料得知，反应CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量I2 的溶液中分两步进行:
第I 步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)→CH3I(l) +HI(aq)+CO(g)(慢反应)；
第II 步为快反应。增大I2 的浓度________(填“能”或“ 不能”)明显增大总反应的平均速率，
理由为______________。
（3）用催化剂Fe3(CO)12/ZSM -5 催化CO2 加氢合成乙烯的反应，所得产物含CH4、C3H6、
C4H8 等副产物，反应过程如图。
催化剂中添加Na、K、Cu 助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相
同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2 转化率和各产物的物质的量分数如下表。
欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM -5 中添加__________助剂效果最好；加入
助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是__________________。
（4）在一密闭容器中，起始时向该容器中充入H2S 和CH4 且n(H2S):n(CH4) =2:1，发生反应：
CH4(g)+2H2S(g)
CS2(g)+4H2(g)。0. 11MPa 时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的
影响如下图所示：
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为提高H2S 的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是______________(列举一条)。
N 点对应温度下，该反应的Kp=______ ( MPa)2(Kp 为以分压表示的平衡常数)。
（5）合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示。
阳极的电极反应式为_______，离子交换膜a 为__________(填“阳膜”、“阴膜”)。
11．（2020·河南高三月考）我国首台静默移动发电站MFC30，是基于甲醇重整制氢燃料电
池发电技术。
（1）已知甲醇水蒸气重整制氢，是通过一定催化条件获得CO2 和H2 混合气体，进一步分
离获取经济的H2。其主要经历两个阶段：
I.甲醇分解反应：CH3OH(g)
CO(g)+2H2(g)
△H1=+90.6kJ/mol
II.水蒸气变换反应：CO(g)十H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
△H2=-41.1kJ/mol.
甲醇水蒸气重整制氢总反应的热化学方程式为__。该反应在__(填“高温”“低温”或“任意温度”)
条件下自发进行。
（2）当前针对甲醇水蒸气重整制氢，研究主要集中在提高催化剂活性、提高甲醇的转化率
和降低尾气中CO 含量(CO 等杂质会造成电池电极中毒)等方面。
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①不同温度下“甲醇分解反应”与“水蒸气变换反应”的Kp(用平衡分压代替平衡浓度计算得到
的平衡常数)见表：
398K 时，CH3OH(g)+H2O(g)
CO2(g)+3H2(g)的Kp=__。
②下列关于甲醇水蒸气重整制氢的理解，正确的是__。
a.催化剂的使用可以降低反应活化能和∆H，加快反应速率
b.恒温恒容时，当混合气体压强不变时，则混合体系达到平衡
c.提高催化剂的活性和选择性、减少副产物是工艺的关键
d.相同条件下，假设I 反应的速率大于II 反应的速率，说明反应I 的活化能更高
③反应温度和n(水)/n(甲醇)投料比，对甲醇的转化率和重整气中n(CO)%都会产生影响，其
对应的曲面图像分别如图一、图二所示。将图一和图二的投影重合对应图三[实线表示甲醇
的转化率，虚线表示重整气中n(CO)%]。通过图像分析最佳的反应温度范围和投料比范围是
__(填选项)。
A．215~225°C；1.2~1.4
B．225~240°C；1.3~1.6
C．250~268°C；1.8~2.0
D．250~270°C；1.2~1.8
分析图三可见，当投料比一定时，重整气中n(CO)%随温度升高呈递增趋势，其原因是__。
（3）MFC30 燃料电池是以氢气为燃料、熔融Li2CO3 与K2CO3 混合物为电解质的高温型燃
料电池，其负极的电极反应式为__。
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12．（2020·湖北荆州·期中）（1）中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，能
利用太阳光高效分解水，原理如图所示。
已知化学键键能如下表：
共价键
O—H
O—O
O=O
键能/（kJ∙mol-1）
464
146
498
①反应I 的化学方程式为___________________________。
②写出反应II 的热化学方程式________________________________________。
③设总反应反应热为△H，反应I 反应热为△H1，则△H____ △H1（填“＞”“＜” 或“＝”）。
（2）已知H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH 反应只生成一种盐NaH2PO2。H3PO2 水溶液中
存在H3PO2 分子。H3PO2 易被氧化为H3PO4 磷酸。
①写出次磷酸的电离方程式______________________________。
②常温下，NaH2PO2 溶液的pH__________。
A．＞7
B．＜7
C．＝7
D．不能确定
③向H3PO2 溶液中逐滴加入等浓度的NaOH 溶液至过量，其导电性变化图像为_____；
向稀NaOH 溶液中逐滴滴加浓H3PO2 溶液至恰好中和，其导电性变化图像为_____。
④常温下磷酸和氢氧化钠溶液反应获得含磷各物种的分布分数与pH 的关系如图所示。
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由图分析：H3PO4 的Ka1=______；利用图中数据计算推测Na2HPO4 溶液的酸碱性
______________________________。
13．（2020·江苏省如皋中学月考）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的
关键工序是SO2 的催化氧化：SO2(g)＋
O2(g)
SO3(g)
△H＝－98 kJ·mol－1。
回答下列问题：
（1）已知液态二氧化硫可以发生类似于水自身电离：2SO2(l)
SO2＋＋SO
。SO2＋中的σ
键和π键数目之比为__________。
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)
的热化学方程式为________。
（3）当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5 MPa、
2.5 MPa 和5.0 MPa 压强下，SO2 平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃
时的α＝__________。
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（4）某研究小组用NaOH 溶液吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2SO3 进行电解生产硫
酸，其中阴、阳膜组合电解装置如图所示，电极材料为石墨。A～E 分别代表生产中的原料
或产品，b 表示_____(填“阴”或“阳”)离子交换膜。阳极的电极反应式为_________。
（5）研究在一定条件下，CO 可以去除烟气中的SO2，其反应原理如下：2CO＋SO2＝2CO2
＋S 其他条件相同，以γ－Al2O3(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良
好的吸附性能)作为催化剂，研究表明，γ－Al2O3 在240℃以上发挥催化作用。反应相同的
时间，SO2 的去除率随反应温度的变化如图所示。240℃以前，随着温度的升高，SO2 去除率
降低的原因是_____。240℃以后，随着温度的升高，SO2 去除率迅速增大的主要原因是
__________。
14．（2020·天津耀华中学月考）含金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能开发中起
着关键作用。
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（1）一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强(p)，横
轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。在OA 段，氢溶解于M 中形成固溶体MHx，
随着氢气压强的增大，H/M 逐渐增大：在AB 段，MHx 与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，
氢化反应方程式为：Hx(s)+yH2(g)=MHx+2y(s)
ΔH1(I)；在B 点，氢化反应结束，进步一增大
氢气压强，H/M 几乎不变。反应(I)的焓变ΔH1___0(填“>”、“=”或“<”)。在恒温恒容的密闭容
器中，该反应达到化学平衡时，下列有关叙述正确的是___。
a.容器内气体压强保持不变
b.吸收ymolH2 只需1molMHx
c.若降温，该反应的平衡常数增大
d.若向容器内通入少量氢气，则v(放氢)>v(吸氢)
（2）η表示单位质量贮氢合金在氢化还原反应阶段的最大吸氢量占总吸氢量的比例，则温度
为T1、T2 时，η(T1)________(填“>”、“=”或“<”)η(T2)。当反应(I)处于图中a 点时，保持温度
不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后反应(I)可能处于图中的______点(填“a”、“b”、
“c”或“d”)，该贮氢合金可通过______的方式释放氢气。
（3）用吸收H2 后的贮氢合金作为电池负极材料(用MH)表示)，NiO(OH)作为电池间相正极
材料，KOH 溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总
反应为：NiO(OH)+MH
Ni(OH)2+M
①电池放电时，负极的电极反应式为________。
②充电完成时，Ni(OH)2 全部转化为NiO(OH)。若继续充电将在一个电极产生O2，O2 扩散
到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极
反应式为___。
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15．（2020·河北衡水中学高三月考）合成氨反应[N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)]是人工固氮的主要
手段，对人类生存、社会进步和经济发展都有着重大意义。
回答下列问题：
（1）合成氨反应的反应历程和能量变化如图所示：
①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=____________。
②对总反应速率影响较小的步骤的能垒(活化能)为_______kJ/mol，该步骤的化学方程式为
______________。
（2）一定温度下，向10 L 恒容密闭容器中充入1 mol N2(g)和3 mol H2(g)，发生合成氨反应。
10 min 末达到平衡，测得NH3 的体积分数为60%。
①N2 的平衡体积分数为___________。
②0~10 min 内，用H2 的浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=_____________。
（3）合成氨反应中，正反应速率v 正=k 正●c(N2)●c3(H2)，逆反应速率v 逆=k 逆●c2(NH3)，k 正、
k 逆为速率常数。正反应和逆反应的平衡常数与温度的关系如图所示：
①表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为_____(填“L1”或“L2")，理由为
_________________。
②T0°C 时，
= _________________。
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16．（2020·广东高三月考）继金属储氢材料后，有机液态储氢技术
，由于其储氢
密度高，脱氢效果好，倍受研究人员青睐.萘（
，
）与十氢萘（
，
）
的储氢脱氢就是其中重要的研究对象.
已知如下数据：
物质
（十氢萘，l）
（萘，l）
燃烧热
5896
5154
286
（1）十氢萘脱氢热化学反应方程式为______________.
（2）十氢萘在高温下脱氢反应能自发进行，原因是___________________.
（3）科学家在
、350℃下，利用催化剂对十氢萘气相
．．脱氢进行研究，发现十氢萘可
先脱去3 分子氢形成四氢萘
，最后再脱去2 分子氢得到萘，实验测得容器内有机
物气体的浓度如图1 所示，平衡时，坐标
、
，该条件下十氢萘的平衡转
化率为___________，十氢萘催化脱氢得萘的平衡常数为____________________.
（4）如图2，在酸性条件下，利用有机储氢材料十氢萘设计为二次电池，充电时，阴极的
反应方程式为____________________.
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17．（2020·天津高三二模）大气环境中NOx 的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原
NO 的反应为：2NO(g)+C(s)
N2(g)+CO2(g)。回答下列问题：
（1）该反应在常温下可以自发进行，则反应的△H________0(填“＞”“＝”或“＜”)'有利于提
高NO 平衡转化率的条件是____________(任写一条)。
（2）以上反应可分为如下四步反应方程，写出其中第三步的反应：
第一步：2NO=(NO)2
第二步：(NO)2+C=N2O+C(O)
第三步：_________________
第四步：2C(O)=C+CO2
（3）对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、
La2O3/C，通入NO 使其浓度达到0.1 mol/L。不同温度下，测得第2 小时NO 去除率如图所
示：
①据图分析，温度490°C 以下，三种情况下反应的活化能最小的是________用a、b、c 表示)；
CaO/C、La2O3/C 去除NO 效果比C 更好，其依据是________(写一条)。
②上述实验中，490°C 时，若测得CaO/C 对NO 的去除率为60%，则可能采取的措施是
________。
A．及时分离出CO2
B．压缩体积
C．恒容下，向体系中通入氦气
D．改良优化了催化剂
③在CaO/C、490°C 条件下0~2 h 内的平均反应速率v(NO)=_______mol•L-1•h-1，该温度下此
反应的平衡常数为121，则反应达平衡时NO 的去除率为________(保留二位有效数字)。
（4）利用电化学原理处理NOx 也是重要的研究方向，如下装置图中正极的电极反应式为：
_________。
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18．（2020·湖南师大附中高三月考）水体砷污染已成为一个亟待解决的全球性环境问题，我
国科学家研究零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8)去除废水中的正五价砷[As(V )]，其机制模型如
图。
资料：
I.酸性条件下
●为主要的自由基，中性及弱碱性条件下
●和●OH 同时存在，强碱性
条件下，●OH 为主要的自由基。
II. Fe2+、Fe3+形成氢氧化物沉淀的pH
离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe2+
7.04
9.08
Fe3+
1.87
3.27
（1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层。
①砷在元素周期表中的位置是____________________。
②砷酸的化学式是__________________________，其酸性比
H3PO4__________________________
(填“强”或“弱”)。
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（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放Fe2+，Fe2+与
反应生成Fe3+和自由基，自由
基具有强氧化性，利于形成Fe2+和Fe3+，以确保As( V)去除完全。
①零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是________________________。
②Fe3+转化为Fe2+的离子方程式是________________________________。
（3）不同pH 对As(V)去除率的影响如图。5 min 内pH=7 和pH=9 时去除率高的原因是
________________。
19．（2020·四川成都·高三月考）CO 是水煤气的重要成分之一，是一种无色剧毒气体，可用
来制氢气、甲醇等，根据信息完成下列各题。
I.制氢气
850℃时，在10L 体积不变的容器中投入2molCO 和3molH2O，发生如下反应：
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)△H
当CO 的转化率达60%时，反应达平衡。
已知：
①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H1=akJ·mol-1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=bkJ·mol-1
③H2O(l)=H2O(g)△H3=ckJ·mol-1
（1）（1）△H=___kJ·mol-1(用含字母的代数式表示)。
（2）850℃时，该反应的平衡常数为___。
（3）该条件下，将CO 和H2O 都改为投入2mol，达平衡时，H2 的浓度为___，下列情况能
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说明该反应一定达平衡的是___ (填正确答案标号)。
A．
正(CO)=
逆(CO2)
B．气体的密度不再随时间改变
C．CO 的体积分数不再随时间改变
D．气体的平均摩尔质量不再随时间改变
（4）该反应的
-t 图像如图1 所示，若其他条件不变，只是在反应前增大容器体积使压强
减小，则其
-t 图像如图2 所示。
下列说法正确的是___ (填正确答案标号)。
①a1>a2②a1<a2③b1>b2④b1<b2⑤t1>t2⑥t1=t2⑦t1<t2⑧两图中阴影部分面积相等⑨图2 阴影部
分面积更大⑩图1 阴影部分面积更大
A．①③⑦⑧
B．①③⑤⑧
C．②④⑦⑨D．①③⑦⑩
II.制甲醇
（5）为降低汽车尾气对大气的污染，有关部门拟用甲醇替代汽油作为公交车的燃料。由CO
和H2 合成甲醇的方法是CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)，已知该反应在300℃时化学平衡常数
为0.27。该温度下，若起始时将2molCO、3molH2、2molCH3OH(g)充入容积为2L 的密闭容
器中，此时反应___移动(填正向”“逆向”或“不”)，该反应中CO 在不同温度下的平衡转化率
与压强的关系如图所示。实际生产条件控制在250℃，1.3×104kPa 左右，选择此压强的理由
是___。
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III.CO 的处理
为防止CO 使人中毒，一种CO 分析仪的工作原理如图所示，该装置中电解质为氧化钇、氧
化钠，其中O2-可以在固体NASICON 中自由移动，则：
（6）该原电池中通入CO 的电极为___极(填“正”或“负”)，通入空气一端的电极反应式为___。
（7）有人提出可以设计反应2CO=2C+O2(△H>0，△S<0)来消除CO 的污染。请你判断该方
法是否可行___ (填“可行”或“不可行”)，并说出理由___。
20．（2020·北京朝阳·高三期中）将CO2 转化成C2H4 可以变废为宝、改善环境。以CO2、C2H6
为原料合成C2H4 涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2(g) + C2H6(g)
C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)
∆H = +177 kJ·mol-1(主反应)
Ⅱ．C2H6(g)
CH4(g)+H2(g)+C(s)
∆H = +9kJ·mol-1 (副反应)
（1）反应I 的反应历程可分为如下两步：
i．C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g)
∆H1 = +136 kJ·mol-1(反应速率较快)
ii．H2(g)+CO2(g)
H2O(g)+CO(g)
∆H2 (反应速率较慢)
①∆H2 = ______ kJ·mol-1
②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2) 对反应I 速率影响更大，原因是______。
（2）0.1 MPa 时向密闭容器中充入CO2 和C2H6，温度对催化剂K-Fe-Mn/Si-2 性能的影响如
图所示：
①工业生产中反应I 选择800℃，原因是______。
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②800℃时，不同的CO2 和C2H6 体积比对反应影响的实验数据如下表：
平衡时有机产物的质量分数
CH4
C2H4
15.0/15.0
7.7
92.3
20.0/10.0
6.4
93.6
24.0 /6.0
4.5
95.5
a. 随
增大，CO2 转化率将______(填“增大”或“减小”)。
b. 解释
对产物中C2H4 的质量分数影响的原因：______。
（3）我国科学家使用电化学的方法(装置如图)
用C2H6 和CO2 合成了C2H4。
①N 是电源的______极。
②阳极电极反应式是______。
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参考答案
1.【答案】393.5 kJ/ mol
2CO+O2
2CO2
b
B
85﹪
正
2.3×1015
【解析】
【分析】
根据盖斯定律和燃烧热定义计算碳的燃烧热，根据化学平衡三段式计算转化率，利用浓度商
和K 的大小关系判断平衡移动方向，根据溶度积和电离平衡常数计算K，据此回答问题。
【详解】
（1）根据盖斯定律可知，i+2×ii 得：2C(s)＋O2(g)=2CO(g) △H=-221.0kJ·mol-1，设为Ⅲ，若
CO 的燃烧热为283.0 kJ·mol－1，则2CO(g) +O2(g)=2CO2(g) △H=-2×283.0kJ·mol-1，设为Ⅳ，
（Ⅲ+Ⅳ）×
得：C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-393.5kJ·mol－1，即C(s)的燃烧热为393.5kJ/mol。
（2）①CO 是PEMFC 催化剂的严重毒化剂，可用CuO/CeO2 作催化剂优先氧化脱除CO。
160℃、用CuO/CeO2 作催化剂时，氧化CO 的化学方程式为2CO+O2
2CO2；分别
用HIO3 和H3PO4 对CuO/CeO2 进行处理，在一定条件下，利用不同催化剂进行CO 氧化的
对比实验，根据曲线可知，其中催化剂b 催化性能最好。
②CO(g)＋2H2(g)
CH3OH(g) △H=-90.0kJ·mol-1，反应是体积减小的放热反应，根据勒夏
特列原理，低温高压有利于提高该反应CO 的平衡转化率，答案为B。
③T℃时，将CO 和H2 按一定比例混合后投入容积为2L 的恒容密闭容器中，CO 的起始浓
度为1.0mol·L-1，平衡时，测得体系中，n(H2)=1.4mol，n(CH3OH)=1.7mol，由三段式可得：
反应达到平衡时CO 的转化率为
85%，平衡常数K=
=
≈11.6，再充入0.2molCO 和0.2molCH3OH，Qc=
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=
≈7.76<K，因此平衡向正反应方向移动；
（3）H2S(aq)＋Cu2＋(aq)
CuS(s)＋2H＋(aq)，该反应的化学平衡常数
K=
2.3×1015。
2.【答案】小于
N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(l)
ΔH＝－132 kJ·mol－1
0.1125
C
B
6.25
Fe
【解析】
【分析】
（1）在相同外界条件下化学平衡常数越大，反应转化程度越大；
（2）反应热等于反应物与生成物的能量差，结合放热反应ΔH＜0 分析；
（3）①根据v=
计算反应速率；
②利用平衡状态的特征判断平衡状态；
③根据外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响分析判断；
（4）反应的活化能越大，反应速率越小。
【详解】
（1）根据表格数据可知：在相同温度下，大气固氮平衡常数远小于工业固氮，化学平衡常
数越大，说明反应正向进行的程度越大，因此常温下，大气固氮的倾向小于工业固氮；
（2）根据图示可知反应物总能量比生成物总能量高，因此该反应为放热反应，0.5 molN2 完
全反应变为NH3(l)时放出热量为Q=300 kJ+20 kJ-254 kJ=66 kJ，故该反应的热化学方程式可
表示为：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(l) ΔH＝－132 kJ·mol－1；
（3）①在前2 min 内NH3 的物质的量增加了0.45 mol，反应容器为2 L，则根据v=
可
得用NH3 表示的反应速率v(NH3)=
=0.1125 mol/(L·min)；
②A．反应在恒容密闭容器中进行，反应混合物都是气体，气体的质量不变，容器的容积不
变，则反应混合气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，A 不符合
题意；
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B．单位时间内断裂n mol N—H 键的同时形成n mol H—H 键表示的反应都是逆向进行，不
能据此判断反应处于平衡状态，B 不符合题意；
C．该反应是在恒容密闭容器中进行的反应前后气体体积改变的反应，若容器内的总压强不
再变化，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，C 符合题意；
D．在任何情况下，2v 正(H2)＝3v
正(NH3)，若3v 正(H2)＝2v
逆(NH3)，则9 v
正(NH3)=4 v
逆(NH3)，
反应逆向进行，未处于平衡状态，D 不符合题意；
故答案为C；
③A．使用催化剂对正、逆反应速率的影响相同，平衡不发生移动，因此不能提高反应物的
转化率，A 错误；
B．循环使用N2、H2，可使更多的反应物变为生成物，因此能够提高NH3 的产率，B 正确；
C．该反应的正反应是放热反应，温度降低平衡正向移动有利于反应向正方向进行，温度控
制在500℃左右，是因为在该温度下催化剂的活性最大，反应速率较快，C 错误；
D．反应物是气体反应，该反应的正反应是气体体积减小的反应，从理论上讲增大压强有利
于加快反应速率，提高物质平衡转化率，但温度越高，需要的动力越大，对设备的材料承受
的压力要求也越高，所以不是压强越大就越好，D 错误；
故答案为B；
（4）物质发生反应时的活化能越大，反应进行的化学速率就越小。根据表格数据可知：以
Fe 作催化剂时反应速率最小，则氨分解反应的活化能最大，故在不同催化剂的催化作用下，
氨气分解反应中的活化能最大的催化剂是Fe。
【点睛】
本题综合考查反应热、化学反应速率和化学平衡。掌握化学反应原理，清楚反应热与物质含
有能量的关系，理解活化能与反应速率大小关系，知道反应达到平衡状态时的特征及本质是
解答关键。注意反应的活化能越高，反应越难进行，反应速率越小；催化剂只能改变反应速
率，而不能使化学平衡发生移动，化学平衡常数越大，反应进行的程度越大。
3.【答案】3NO(g)+O3(g)=3NO2(g)△H=－317kJ·mol-1
2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2
ABC
3Cl2＋8OH－＋2NO=2
＋6Cl－＋4H2O
次氯酸钠在酸性条件下氧化能力增强
【解析】
【分析】
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利用已知反应原理与总反应之间的关系，根据盖斯定律分析；根据转化装置分析BaO 吸收
NO2 的反应是氧化钡、二氧化氮和氧气反应生成硝酸钡；依据气体中CO2 的体积分数与氮
氧化物吸收率关系图可知氮氧化物吸收率随CO2 体积分数的增大而下降；根据NO 被阳极
产生的氧化性物质氧化为
，并结合电解原理分析。
【详解】
（1）根据盖斯定律，①NO(g)+O3(g)═NO2(g)+O2(g)△H=-201kJ/mol，
②2NO(g)+O2(g)═2NO(g)△H=-116kJ/mol，得目标反应的反应热等于①+②，所以I 的热化学
方程式为3NO(g)+O3(g)═3NO2(g)△H=-317 kJ•mol-1；
（2）①由催化转换装置图可知BaO 吸收NO2 发生反应化学方程式是：
2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2；
②A. 一定范围内，氮氧化物吸收率随CO2 体积分数的增大而下降，原因是：BaO 与CO2
反应生成BaCO3，覆盖在BaO 表面，故A 正确；
B. 当CO2 体积分数达到10%～20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能有：BaCO3 在
一定程度上也能吸收NOx，故B 正确；
C. 若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，BaO 吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，结合
化学方程式解释原因：稀释过程中，柴油中的硫氧化为二氧化硫，2BaO+SO2+O2=BaSO4，
BaSO4 稳定，不易分解也难与NOx 反应，故C 正确；
故答案为ABC；
（3）①氯气作氧化剂，NO 为还原剂，在碱性条件下的反应为：
3Cl2+8OH-+2NO=2NO3-+6Cl-+4H2O；
②次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故溶液的pH 对NO 去除率会有影响。
【点睛】
本题涉及盖斯定律的综合应用，基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结
合原热化学方程式(一般2～3 个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，
然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH 与原热化学方
程式之间ΔH 的换算关系。
4.【答案】<
C D
ab
C
若Pt 颗粒增多，NO3-更多转化为NH4+存在溶
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液中，不利于降低溶液中含氮量
【解析】
（1）①据图1 所示，正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k 正增大的倍数＜k
逆增大的倍数；
②A. 由图象可知，温度一定时，增大NO 浓度，CO 转化率增大，即起始投料比m 越大时，
CO 转化率越大，所以投料比：m1＞m2＞m3，故A 错误；
B. 催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率，故B 错误；
C. 由反应计量关系可知，反应中NO、CO 的变化量相同，平衡转化率α=
×100%，所
以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2 时CO 转化率是NO 转化率的2 倍，故C 正
确；
D. 反应正向移动时CO2 浓度增大，CO 浓度减小，即平衡移动过程中二者浓度比值会发生
变化，所以当二者比值不变时说明反应达到平衡，故D 正确；
故答案为：CD；
③若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO 和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的
转化率为40%，列三段式有：
达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k
正•c2(NO)•c2(CO)=k
逆•c(N2)•c2(CO2)，
则
；
（2）①a. 增加CO 的浓度平衡正向移动，NO 转化率提高，故a 正确；
b. 缩小容器的体积相当于增大压强平衡正向移动，NO 转化率提高，故b 正确；
c. 改用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以NO 转化率不变，故c 错
误；
d. 该反应焓变小于零，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO 转化率降低，故d
错误；
故选ab；
②相同压强下降低温度平衡正向移动，CO2 体积分数增大，同一温度下增大压强平衡正向移
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动CO2 体积分数增大，所以符合条件的为C；
（3）由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt 颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根，
不利于降低溶液中的含氮量。
5.【答案】+572kJ/mol
[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)2(HNO2)]++H2O+N2+H+
530℃
1.0mol/L
或
减小
＜
升高温度，平衡向吸热反应方向移动
不
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算；
（2）根据流程、原子及化合价守恒配平氧化还原反应的方程式；
（3）探究反应条件对反应的影响，应只改变某一条件，而其它条件相同；根据图像及方程
式判断、计算。
【详解】
（1）根据盖斯定律，(反应I+反应II+反应III)×2，可得2H2O(l)＝2H2(g)＋O2(g)，则△H=(－
213 kJ/mol+327 kJ/mol+172 kJ/mol)×2=+572kJ/mol；
（2）根据流程可知，脱去NO 时，反应物为[(NH4)2(NO2)]2+、NO，生成物为[(NH4)2(HNO2)]+、
H+，根据原子及化合价守恒，可判断产物还有H2O、N2，配平可得
[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)2(HNO2)]++H2O+N2+H+；
（3）①探究反应条件对反应的影响，应只改变某一条件，而其它条件相同，结合表中数据，
对比编号I、II，压强不同，故编号II 中的温度与c(CO)与编号I 中相同，则X 为530℃；Y
中c 始(CO)=1.0mol/L；
②根据图像可知，编号III 中反应在5min 时达到平衡状态，且c(CO)=0.4mol/L，
K=
=0.375；
③对比实验II 和实验III 可知，只有温度改变，结合图像，升高温度，c(CO)增大，则CO
的转化率减小；升高温度，c(CO)增大，平衡向逆反应方向移动，则逆反应方向为吸热，故
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正反应为放热反应，△H＜0；
④在530℃时，平衡常数K＝1，温度不变，则K 不变，Qc=
=1=K，
则平衡不移动。
6.【答案】C
反应II 的ΔH2=-45.8kJ·mol-1<0，ΔS>0，说明其正反应是自发反应，而逆反
应为非自发反应，所以反应II 为不可逆反应
反应I 的活化能小于反应II 的活化能，反
应I 的反应速率快于反应II，相同时间内获得的产物的浓度自然反应I 比反应II 多
温度
590K，R=2.5 左右(2.4~2.6 都可以)
0.86
【解析】
【分析】
结合平衡状态特征，判断反应I 是否处于平衡状态；应用盖斯定律求算反应II，结合该反应
特点判断逆反应不能自发进行的原因；从内因来推断较低温度下氯苯比苯浓度大；因为三段
式计算平衡常数；抓住题给信息画产物浓度-时间图，据此回答；
【详解】
（1）反应I 为：C6H5—Cl(g)+H2S(g)
C6H5-SH(g)+HCl(g)ΔH1=-16.8kJ·mol-1：A.反应前后
气体分子总数不变，故气体的压强不变，A 不能作为平衡判据；B.平衡常数只与温度有关，
温度不变平衡常数始终不变，故B 不能作为平衡判据；C.v 正(H2S)=v 逆(HCl) = v 逆(H2S)，则
速率相等，C 能作为平衡判据；D.气体质量守恒、体积固定，则容器内气体密度始终不变，
D 不能作为平衡判据；则正确的是C；
（2）按盖斯定律，反应II=反应Ⅰ+反应Ⅲ，则ΔH2=ΔH1+ΔH3=-45.8kJ·mol-1；反应II 为不可
逆反应，理由为：反应II 的ΔH2=-45.8kJ·mol-1<0，ΔS>0，说明其正反应是自发反应，而逆
反应为非自发反应，所以反应II 为不可逆反应；
（3）①C6H5—Cl 由反应I 生成，C6H6 由反应II 生成，图1 显示温度较低时C6H5—Cl 浓度
的增加程度大于C6H6，要找主要原因，只能找内因：反应I 的活化能小于反应II 的活化能，
反应I 的反应速率快于反应II，相同时间内获得的产物的浓度自然反应I 比反应II 多；
②结合图1 和图2 的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5—Cl 的适宜条件为温度590K，
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R=2.5 左右；
③590℃时，C6H5—Cl 和H2S 混合气体(体积比为2：5，总物质的量为amol)在VL 的固定容
积中进行反应，达到平衡时，测得容器中C6H5—SH 的物质的量为
mol，C6H6 的物质的量
为
mol，则该温度下反应I 的平衡常数计算过程如下：
C6H5—Cl(g)+H2S(g)
C6H5-SH(g)+HCl(g)中各成分变化的物质的量均为
，在反应
C6H5—Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+
S8(g)中，各成分变化的物质的量均为
mol，开始
时氯苯的总物质的量为
，硫化氢总物质的量为
，达到平衡时，氯苯的物
质的量为
，硫化氢物质的量为
，根
据化学平衡常数的表达式，
；
④根据图1 和图2，随着反应的进行，苯硫酚的浓度先增加然后降低，处于平衡状态时不再
变化，因此图像是
。
7.【答案】-270.0
Fe2O3
该温度下，Fe2O3 活性最好，催化效率最高
催化剂需要的温度较高，耗能高
c
＜
【解析】
【分析】
选择SO2 催化还原的催化剂时，应从反应温度、SO2 的转化率两个方面考虑，温度低、转化
率高为佳；分析两种催化剂(
和
)对NO 脱除率的影响时，以脱氮率高为好；利
用图中NO 的体积分数与压强、温度的关系判断除氮率较好的压强、温度时，NO 的体积分
数越小时的温度、压强，脱氮效果越好。
【详解】
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（1）①应用盖斯定律，热化学方程式ⅱ减去热化学方程式ⅰ，则得
。
②由图甲可知，选项Fe2O3 作为催化剂，在温度为
左右可使
转化率达到100%。
说明该温度下，Fe2O3 活性最好，催化效率最高。答案为：-270.0；Fe2O3；该温度下，Fe2O3
活性最好，催化效率最高；
（2）①由图乙曲线可知，
的脱氮率高，但该催化剂的活性最好的温度约为
，
而
的活性最好的温度约为
。
②由化学方程式中
，结合图丙可知，高压、低温有利于平衡向正反应方向移动，c
项正确。应用三段式进行数据处理：
则
，则
，则平衡时：
则M 点压强平衡常数
。
M 点和Q 点温度不同，则平衡常数不同，Q 点
质量分数小，则其脱氮率高，平衡常数
大。答案为：
；
催化剂需要的温度较高，耗能高；c；
；＜。
【点睛】
不同的反应，其平衡常数的单位可能不同，若需指出平衡常数的单位时一定要将单位代入过
程进行计算，否则易导致出错。
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8.【答案】2CH3OH(g)+O2(g) = 2HCHO(g)+2H2O(g)
△H = -316kJ/mol
CH4+O2
HCHO+H2O
曲线a
△H<0，正反应放热，温度升高平衡逆向移
动，平衡常数K 减小，lgK 减小
a c
O2+4e－+4H+ = 2H2O
3
3:2
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算并书写热化学方程式；
（2）根据温度对平衡移动的影响结合图像分析解答；
（3）根据题给信息中反应历程分析书写反应方程式；
（4）根据原电池原理书写电极反应并根据电子转移守恒进行相关计算；
（5）根据图示结构简式结合原子守恒原理分析解答。
【详解】
（1）①由I．CH3OH（g）═HCHO（g）+H2（g）△H=+84kJ/mol II.2H2（g）+O2（g）═2H2O
（g）△H=-484kJ/mol，结合盖斯定律可知，I×2+II 得到2CH3OH（g）+O2（g）═2HCHO（g）
+2H2O（g）△H=-316kJ/mol，故答案为：2CH3OH（g）+O2（g）═2HCHO（g）+2H2O（g）
△H=-316kJ/mol；
②CH4 和空气的混合物通过铁、钼等的氧化物催化剂，直接氧化生成甲醛，还生成水，反应
为CH4+O2
HCHO+H2O，故答案为：CH4+O2
HCHO+H2O；
（2）如图所示，曲线a 表示随温度升高，lgK 减小，说明温度升高平衡逆方向移动，该反
应为放热反应，氧化法为放热反应；故答案为：曲线a；△H<0，正反应放热，温度升高平
衡逆向移动，平衡常数K 减小，lgK 减小；
（3）a．由图可知生成二氧化碳和水，除去甲醛的化学方程式是：HCHO+O2
CO2+H2O，故正确；
b．催化剂对平衡移动无影响，可加快反应速率，甲醛的转化率不变，故错误；
c．图中C=O 未断裂，则反应过程中，HCHO 只有部分化学键发生断裂，故正确；
故答案为：ac；
（4）反应中C 元素化合价由0 价变为+4 价，则工作电极为负极，b 为正极，得电子，发生
还原反应：O2+4e－+4H+ = 2H2O；当电路中转移4×10-4 mol 电子时，传感器内参加反应的
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HCHO 为1×10-4mol，质量=30g/mol×1×10-4mol=0.003g=3mg，故答案为：
HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+；3；
（5）将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个
乌洛托品分子中含有6 个C 原子、4 个N 原子，每个甲醛分子中含有1 个C 原子、每个氨
气分子中含有1 个N 原子，根据C 原子、N 原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6
个甲醛分子、4 个氨气分子，则需要甲醛和氨气分子个数之比=6：4=3：2，根据N=nNA 知，
分子数之比等于物质的量之比，所以甲醛与氨的物质的量之比3：2，故答案为：3：2。
9.【答案】
+41
P1＞P2＞P3
反应①为放热反应，升高温度，
平衡左移，CO 平衡转化率减小，反应③为吸热反应，升高温度，平衡右移，CO 平衡转化
率也减小，所以升高温度CO 平衡转化率减小
CO-2e-+4OH- =
+2H2O
300~ 400℃
5×10-10 mol/L
【解析】
【分析】
根据盖斯定律计算反应热，根据勒夏特列原理分析曲线含义，一氧化碳原电池原理，负极发
生氧化反应，生成二氧化碳与氢氧化钾继续反应为碳酸根，正极发生还原反应，据此完成问
题。
【详解】
（1）根据平衡常数公式，反应①的化学平衡常数K 的表达式为
；根据
盖斯定律，反应③的△H= -58 kJ/mol +99 kJ/mol=+41kJ/mo1。
（2）由图可知，压强一定时，随温度的升高，一氧化碳的转化率减小，反应①正反应为放
热反应，升高温度，平衡向逆向移动移动，平衡体系中一氧化碳的量增大，反应③为吸热反
应，升高温度，平衡向着正反应方向移动，又使平衡体系中的一氧化碳增大，总结果为随温
度升高，一氧化碳转化率减小；相同温度下，反应③前后气体分子数不变，压强改变不影响
其平衡移动，反应①正反应为气体体积减小的反应，增大压强，有利于平衡向正反应方向移
动，一氧化碳转化率增大，故增大压强有利于一氧化碳转化率升高，即P1＞P2＞P3；a(CO)
值随温度升高而减小，其原因是反应①为放热反应，升高温度，平衡左移，CO 平衡转化率
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减小，反应③为吸热反应，升高温度，平衡右移，CO 平衡转化率也减小，所以升高温度
CO 平衡转化率减小。
（3）该装置为原电池原理，一氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸根，原电池负极发生氧化反
应，则该电池的负极反应式为CO-2e-+4OH- =
+2H2O。
（4）某催化剂可将CO2 和CH4 转化成乙酸。催化剂的催化效率和乙酸的生成速率随温度的
变化关系如图所示，前期同步增大，后期催化剂活性升高，但是乙酸生成速率低，即乙酸的
生成速率主要取决于温度影响的范围是300~ 400℃。
（5）达平衡后，溶液的pH 为11，Ksp[Ca(OH)2]=
=5.6×10-6，即
c(Ca2+)=5.6mol/L，根据Ksp(CaCO3) =2.8×10-9 可知，
c(
)=
mol/L。
10.【答案】165
能
总反应的平均速率由慢反应决定，I2 为慢反应的反应物，增大I2
的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大(或根据总反应可知I2 可为该反
应的催化剂，增大I2 的浓度，可以增大总反应的平均反应速率)
K
降低生成乙烯的
反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响
减小体系压强，
或及时分离出产物，或减小起始时
等(任写一条)
8×10-4
2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+
阳膜
【解析】
【分析】
（1）i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H1= -133 kJ·mol -1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2= -100 kJ·mol -1
根据盖斯定律，将i-ii 得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g)，△H=Ea(正)-Ea(逆)；
（2）第II 步反应可由总反应-第I 步反应得到，总反应的平均速率由慢反应决定，根据增大
I2 的浓度对反应速率的影响分析，或从催化剂的角度分析；
（3）由表中数据，兼顾乙烯的产率、CO2 转化率和对副反应的影响，选择添加K 助剂效果
最好，其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率；
（4）根据图示，升高温度，CH4 的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡正移；为提高
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H2S 的平衡转化率，即平衡正移，除改变温度外，还可减小体系压强、及时分离出产物、减
小起始时
等；N 点时，n(H2S)%=n(H2)%，设起始加入甲烷物质的量为3mol，转化
甲烷物质的量为xmol，列“三段式”：
6-2x=4x，解出x，平衡常数KP=
；
（5）该装置为电解池，根据图示，O2 在电极表面转化为H2O，氧元素的化合价降低，得电
子，发生还原反应，则通入氧气的一极为阴极，电源电极B 为负极，A 为正极，故通入一
氧化碳和甲醇的一极为阳极，阳极的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，阴极的
电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，据此分析解答。
【详解】
（1）已知：i. CH2=CHCH3(g)+C12(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H1= -133 kJ·mol -1
ii. CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2 =CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2= -100 kJ·mol -1
根据盖斯定律，将i-ii 得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g) △H=-133 kJ·mol
-1-(-100 kJ·mol -1)=-33 kJ·mol -1，△H=Ea(正)-Ea(逆)，则逆反应的活化能Ea(逆)为132 kJ∙mol -1+33
kJ·mol -1=165 kJ·mol -1；
（2）根据题意，第II 步反应=总反应-第I 步反应，则第II 步反应为CH3I(l) +HI(aq)= I2(aq)+
CH4(g)，总反应的平均速率由慢反应决定，I2 为慢反应的反应物，增大I2 的浓度，慢反应的
反应速率增大，则总反应的反应速率增大(或根据总反应和两步反应可知，I2 可为该反应的
催化剂，增大I2 的浓度，可以增大总反应的平均反应速率)；
（3）由表中数据可知，添加Na 助剂时其他副反应占比大，添加Cu 助剂时CO2 转化率低，
兼顾乙烯的产率、CO2 转化率和对副反应的影响，选择添加K 助剂效果最好，不仅能提高
单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生
成速率；
（4）根据图示，升高温度，CH4 的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡正移，正反应
为吸热反应，△H＞0；为提高H2S 的平衡转化率，即平衡正移，除改变温度外，还可减小
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体系压强、及时分离出产物、减小起始时
等；N 点时，n(H2S)%=n(H2)%，设起始
加入甲烷物质的量为3mol，转化甲烷物质的量为xmol，列“三段式”：
6-2x=4x，解出x＝1，平衡时体系总物质的量为(2+4+1+4)mol=11mol，平衡常数
KP=
=
=8×10-4( MPa)2；
（5）该装置为电解池，根据图示，O2 在电极表面转化为H2O，氧元素的化合价降低，得电
子，发生还原反应，则通入氧气的一极为阴极，电源电极B 为负极，A 为正极，故通入一
氧化碳和甲醇的一极为阳极，阳极的电极反应为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，阴极的
电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，根据阴极反应，氧气和氢离子结合产生水，氢离子来自于
阳极反应的产物，则H+透过交换膜向阴极移动，则离子交换膜a 为阳膜。
【点睛】
易错点为（2），化学反应的快慢由反应过程中进行较慢的反应决定，慢反应进行的快，整体
反应速率就快，即只要加快慢反应的反应速率，体系反应速率就增大。
11.【答案】CH3OH(g)+H2O(g)
CO2(g)+3H2(g) △H=+49.5kJ/mol
高温
788.5
bc
C
当投料比一定，随温度升高，反应I(正向吸热反应)向右移动，反应II(正向放热反应)
向左移动，重整气中n(CO)%增大
H2-2e-+CO
=H2O+CO2
【解析】
【分析】
（1）根据盖斯定律计算；
（2）①Kp=Kp1×Kp2；
②a．催化剂不改变∆H；
b．反应体系为气体增大的反应，恒温恒容时，当混合气体压强不变时，体系中各物质的物
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质的量不再改变；
c．提高催化剂的活性和选择性能使反应正向进行，从而减少副产物；
d．活化能越小，反应速率越快；
③甲醇的平衡转化率最高所在的曲线与CO 的物质的量分数最低所在的曲线围成的区域即
为最优化的反应条件区域；利用勒夏特列原理解释；
（3）负极失电子，结合电解质书写电极反应式。
【详解】
（1）根据盖斯定律，I+II 可得CH3OH(g)+H2O(g)
CO2(g)+3H2(g)，
△H=+90.6kJ/mol-41.1kJ/mol=+49.5kJ/mol；该反应为吸热反应，应在高温时自发进行；
（2）①I 甲醇分解反应：CH3OH(g)
CO(g)+2H2(g)Kp1，II 水蒸气变换反应：CO(g)十
H2O(g)
CO2(g)+H2(g) Kp2，I+II 可得，
H3OH(g)+H2O(g)
CO2(g)+3H2(g)Kp=Kp1×Kp2=0.50×1577=788.5；
②a．催化剂的使用可以降低反应活化能，加快反应速率，但不改变∆H，a 错误；
b．反应体系为气体增大的反应，恒温恒容时，当混合气体压强不变时，体系中各物质的物
质的量不再改变，则混合体系达到平衡，b 正确；
c．提高催化剂的活性和选择性能使反应正向进行，从而减少副产物，故提高催化剂的活性
和选择性及减少副产物为工艺的关键，c 正确；
d．相同条件下，假设I 反应的速率大于II 反应的速率，说明反应I 的活化能较小，活化能
越小，反应速率越快，d 错误；
答案为bc；
③根据图像可知，甲醇的平衡转化率最高所在的曲线与CO 的物质的量分数最低所在的曲线
围成的区域即为最优化的反应条件区域，即温度在260°C 左右、水醇比为1.8 以上，答案为
C；当投料比一定时，随温度的升高，反应I 为吸热，则平衡正向进行，反应II 为放热反应，
平衡逆向移动，重整气中，n(CO)%增大；
（3）负极上氢气失电子生成氢离子，与溶液中的碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极
反应式为H2-2e-+CO
=H2O+CO2。
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12.【答案】
＜
A
B
C
Ka2(H3PO4)=10-7.2，
Ka3(H3PO4)=10-12.2，
，
的水解程度大于电离程度，溶液显碱性。
【解析】
（1）①由图示可知水分子在催化剂和光照下反应生成氢气和过氧化氢，则其反应的方程式
为：
；
②由由题意有
，又因焓变等于断键所吸收的能量之和减
去成键所释放的能量之和，即
，则该反
应的热化学方程式为：
；
③由题意有总反应的反应热△H 小于反应I 反应热△H1，故答案为：＜；
（2）①由于次磷酸为弱酸，则次磷酸在水溶液中只有部分电离，这次磷酸的电离方程式为：
；
②由NaH2PO2 为弱酸的酸式盐，
水解程度大于
的电离程度，所以NaH2PO2
溶液呈碱性，故选A；
③向H3PO2 溶液中逐滴加入等浓度的NaOH 溶液至过量，则溶液中导电离子的浓度逐渐增
大，则溶液的导电性增减增强，综上所述B 符合题意；向稀NaOH 溶液中逐滴滴加浓H3PO2
溶液至恰好中和，溶液中导电离子浓度及所带电荷之和不变，则溶液的导电性基本不变，综
上所述C 符合题意，故答案选B；C；
④由图分析：H3PO4 的Ka1=
；Ka2(H3PO4)=10-7.2，Ka3(H3PO4)=10-12.2，
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，
的水解程度
大于电离程度，溶液显碱性，故答案为：
；Ka2(H3PO4)=10-7.2，Ka3(H3PO4)=10-12.2，
，
的水解程度
大于电离程度，溶液显碱性。
13.【答案】1:2
2V2O5(s)＋2SO2(g)=2VOSO4(s)＋V2O4(s)
△H＝－351 kJ·mol−1
0.975
阴
温度较低时，SO2 能够被催化剂吸附，温度升高
时，吸附能力减弱
温度较高时，SO2 在催化剂存在条件下被CO 还原，温度升高，催化
剂活性增强，反应速率加快
【解析】
【分析】
（1）根据等电子原理分析。
（2）先根据图中信息得到两个热反应方程式，再根据盖斯定律得出V2O5(s)与SO2(g)反应生
成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式。
（3）先判断哪根曲线为5.0 MPa 压强，再看图。
（4）根据电解池原理潘丹阴阳极，再判断离子移动方向，再书写电极反应式。
（5）根据信息，以γ－Al2O3 具有良好的吸附性能，γ－Al2O3 在240℃以上发挥催化作用。
【详解】
（1）已知液态二氧化硫可以发生类似于水自身电离：2SO2(l)
SO2+＋SO
。SO2+与N2
互为等电子体，N2 中的σ键和π键数目之比为1:2，因此SO2+中的σ键和π键数目之比为1:2；
故答案为：1:2。
（2）根据图中信息得到V2O4(s) ＋SO3(g)=V2O5(s) ＋SO2(g)
△H＝－24 kJ·mol−1，V2O4(s)
＋2SO3(g)= 2VOSO4(s)
△H＝－399 kJ·mol−1，将第二个方程式减去第一个方程式的2 倍
得到V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为2V2O5(s)＋
2SO2(g)=2VOSO4(s)＋V2O4(s)
△H＝－351 kJ·mol−1；故答案为：2V2O5(s)＋
2SO2(g)=2VOSO4(s)＋V2O4(s)
△H＝－351 kJ·mol−1。
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（3）SO2(g)＋
O2(g)
SO3(g)
△H＝－98 kJ·mol−1，反应是体积减小的反应，
加压，平衡正向移动，转化率增大，因此p1 曲线为5.0 MPa 压强，SO2 平衡转化率α为0.975；
故答案为：0.975。
（4）右边是连接电源正极，为电解池的阳极，亚硫酸根不断移向阳极发生反应生成硫酸根，
因此b 表示阴离子交换膜，阳极的电极反应式为
；故答案
为：阴；
。
（5）根据信息，以γ－Al2O3(一种多孔性物质，每克的内表面积高达数百平方米，具有良好
的吸附性能)作为催化剂，240℃以前，随着温度的升高，SO2 去除率降低的原因是温度较低
时，SO2 能够被催化剂吸附，温度升高时，吸附能力减弱。根据题中信息，研究表明，γ－
Al2O3 在240℃以上发挥催化作用，240℃以后，随着温度的升高，SO2 去除率迅速增大的主
要原因是温度较高时，SO2 在催化剂存在条件下被CO 还原，温度升高，催化剂活性增强，
反应速率加快；故答案为：温度较低时，SO2 能够被催化剂吸附，温度升高时，吸附能力减
弱；温度较高时，SO2 在催化剂存在条件下被CO 还原，温度升高，催化剂活性增强，反应
速率加快。
【点睛】
化学平衡综合题是常考题型，主要考查热反应方程式书写、电化学、化学平衡移动原理分析、
会加工领悟信息。
14.【答案】<
ac
>
c
加热或减压
MH+OH- -e - =M+H2O
2H2O+O2+4e-
=4OH-
【解析】
（1）由图可知，相同氢原子与金属原子的个数比时，T2 温度高，对应的平衡时氢气的压强
大，说明升高温度反应向生成氢气的方向移动，即升高温度向逆方向移动，则逆方向为吸热
反应，所以正方向为放热反应，即△H1<0；
a. 恒温恒容的密闭容器中，Hx(s)+yH2(g)⇌MHx+2y(s)是反应前后物质的量不变的反应，则
容器内气体压强保持不变，故a 正确；
b.该反应是可逆反应，所以吸收ymolH2 需要MHx 的量大于1mol，故b 错误；
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c.该反应正向是放热反应，若降温，平衡向正反应方向进行，则该反应的平衡常数增大，故
c 正确；
d.若向容器内通入少量氢气，平衡向正反应方向进行，则v(放氢)<v(吸氢)，故d 错误；
故答案为：ac；
（2）T2 温度高，对应的平衡时氢气的压强大，则升高温度，平衡逆向移动，则该反应为
放热反应，低温下有利于吸收氢，T1<T2 时，则η(T1)>η(T2)；
当反应(Ⅰ)处于图中a 点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，因温度不变，K
不变，平衡时氢原子与金属原子的个数比增大，平衡点在曲线AB 上，则达到平衡后反应(Ⅰ)
可能处于图中的c 点；释放氢气即为平衡逆向移动，因该反应为放热反应、气体体积减小的
反应，则该贮氢合金可通过加热或减压的方式释放氢气；
（3）①负极反应物MH 失去电子，生成的H+在碱性条件下生成H2O，电解反应式为：
MH-e-+OH-=H2O+M；
②阴极上是氧气发生的电子的过程，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。
15.【答案】-92 kJ/mol
124
●N2+3●H2=2●N+6●H
10%
0.0225 mol/(L●min)
L2
该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大
1
【解析】
【分析】
（1）①根据反应历程图可知，以2●N2+6●H 的能量为基准，判断N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) 中
生成物总能量和反应物总能量，结合△H=生成物总能量-反应物总能量计算；
②根据图像，对总反应速率影响较小的步骤为●N2+3●H2=2●N+6●H，据此分析解答；
（2）根据三段式结合10 min 末达到平衡，测得NH3 的体积分数为60%计算求出平衡时生
成的NH3 的物质的量，据此分析解答；
（3）①合成氨的正反应为放热反应，根据温度对平衡的影响，结合图像分析判断；
②T0°C时正反应的平衡常数和逆反应的平衡常数相等，即
=
，
而平衡时v 正=v 逆，据此分析计算
的值。
【详解】
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（1）①根据反应历程图可知，以2●N2+6●H 的能量为基准，N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H=
生成物总能量-反应物总能量=(100+308)-500=-92kJ•mol-1，故答案为：-92；
②根据图像，对总反应速率影响较小的步骤为●N2+3●H2=2●N+6●H，该步骤的能垒为
(90+34)kJ/mol=124 kJ/mol，故答案为：124；●N2+3●H2=2●N+6●H；
（2）假设达到平衡时生成的NH3 的物质的量为2xmol，
10 min 末达到平衡，测得NH3 的体积分数为60%，即
×100%=60%，解得：x=0.75。
①N2 的平衡体积分数为
×100%=10%，故答案为：10%；
②0~10 min 内，用H2 的浓度变化表示的平均反应速率v(H2)=
=
0.0225 mol/(L●min)，故答案为：0.0225 mol/(L●min)；
（3）①合成氨N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) △H= -92kJ•mol-1，正反应为放热反应，升高温度，
平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大，因此表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线
为L2，故答案为：L2；该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平
衡常数增大；
②根据图像，T0°C 时正反应的平衡常数和逆反应的平衡常数相等，即
=
，因此c(N2)●c3(H2)=c2(NH3)，而平衡时v 正=v 逆，因此
=
=
=1，故答案为：1。
【点睛】
本题的易错点和难点为（3），要注意理解图像的含义，图像中曲线上每一点均为平衡点，即
曲线上每一点均满足v 正=v 逆。
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16.【答案】
该反应为熵增吸热反
应，根据
，故可在高温下自发进行
50%
【解析】
【分析】
写出十氢萘、萘、氢气燃烧的热化学方程式，再根据盖斯定律可得十氢萘脱氢的热化学方程
式；十氢萘脱氢为熵增吸热反应，结合焓变和熵变两个角度,解释其在高温下能自发进行；
结合图像利用三段式计算平衡转化率和平衡常数。
【详解】
（1）写出十氢萘、萘、氢气燃烧的热化学方程式，
①
-5896kJ/mol
②
-5154kJ/mol
③
-286kJ/mol
十氢萘脱氢的化学方程式为
，再根据盖斯定律可得方程
式的运算式为：①-②-5
③，
688kJ/mol，十氢萘脱氢热化学反应方程式为：
；
故答案为：
；
（2）十氢萘脱氢为熵增吸热反应，结合焓变和熵变两个角度，根据
可
解释反应在高温下自发进行；故答案为：该反应为熵增吸热反应，根据
，
故可在高温下自发进行；
（3）由图可知平衡时，平衡时，
，
，
，
，故十氢萘
的平衡转化率为
，完全释放氢气的反应为
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，平衡常数为
；故答案为：50%；
；
（4）由图可知左侧为负极，放电时反应为
，则充电时阴极
反应为
；故答案为：
。
17.【答案】＜
降温
C(s)+N2O=C(O)+N2(g)
a
相同条件下，NO 去除率更高或
较低温度下NO 去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢
BD
0.0225
96%
2NO+4e-+4H+=N2+2H2O
【解析】
【分析】
（1）反应2NO(g)+C(s)
N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足△H-T△S＜0，提高
NO 平衡转化率需要平衡正向进行；
（2）根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的方程式；
（3）①反应需要的活化能越小，反应越容易发生，物质反应转化率越大，效果越好，根据
图示分析判断；
②根据平衡移动原理分析判断；
③根据反应速率的含义计算；利用物质平衡浓度与平衡常数关系计算物质平衡浓度，再根据
转化率含义计算可得；
（4）根据原电池中正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，结合图示书写反应方程式。
【详解】
（1）反应2NO(g)+C(s)
N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足△H-T△S＜0，由于
△S＞0，所以△H＜0；有利于提高NO 平衡转化率的条件是：降低温度，使化学平衡正向
进行，NO 转化率增大，或从平衡体系中移去氮气或二氧化碳，使化学平衡正向进行；
（2）总反应为：2NO(g)+C(s)
N2(g)+CO2(g)，
第一步：①2NO=(NO)2
第二步：②(NO)2+C=N2O+C(O)
第三步：③
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第四步：④2C(O)=C+CO2
根据盖斯定律，将①+②+③+④整理可得到总反应为：2NO(g)+C(s)
N2(g)+CO2(g)，则
反应③=总反应-(①+②+④)得到：C(s)+N2O=C(O)+N2(g)；
（3）①在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，490℃以下，三种情况下反应的活
化能最小的是a，活化能越低，反应越容易发生，因此去除NO 效果最好的是a；图中分析
可知CaO/C、La2O3/C 去除NO 效果好于C，原因是相同条件下NO 去除率更高；或在较低
温度下去除NO 的效果或纯碳的活化能高、反应速率慢等；
②图象可知490°C 时，NO 去除率45%，若测得CaO/C 对NO 的去除率为60%。
A．及时分离出CO2 会使平衡正向进行，速率减慢，不一定会增加NO 去除率，A 错误；
B．压缩体积，增大了反应物的浓度，反应速率加快，可以增大NO 去除率，B 正确；
C．恒容下，向体系中通入氦气，总压增大，分压不变，化学平衡不变，物质的平衡转化率
不变，C 错误；
D．不同催化剂，催化效果不同，寻找更好的催化剂，可以增大NO 去除率，D 正确；
故合理选项是BD；
③根据图象可知490℃时，NO 去除率45%，NO 初始浓度0.1 mol/L，则转化浓度0.1 mol/L
×45%=0.045 mol/L，v(NO)=
=0.0225 mol/(L•h)；
对于反应：2NO(g)+C(s)
N2(g)+CO2(g)，设平衡状态生成N2 浓度为x mol/L，则平衡时
c(CO2)=x mol/L，c(N2O)=(0.1-2x) mol/L，由于平衡常数K=
=121，解得x=
mol/L，所以反应达到平衡状态NO 去除率=
×100%=96%；
（4）正极上NO 得到电子发生还原反应产生N2，正极的电极反应式为：
2NO+4e-+4H+=N2+2H2O。
【点睛】
本题考查了化学反应速率和化学平衡常数的有关计算、外界条件对化学平衡移动影响原理、
热化学方程式计算、原电池反应原理等知识点，明确盖斯定律、化学平衡移动原理及有关概
念平衡影响因素分析等是解本题关键，题目考查了学生对知识的掌握与应用能力。
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18.【答案】第4 周期第VA 族
H3AsO4
弱
Fe+ 2Fe3+
=3Fe2+
pH=7 和pH=9 时，产生了具有强氧化性的
●和●OH，利于生成Fe2+和Fe3+ ，
pH=7 和pH=9 时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2 和Fe(OH)3 与As( V )发生共沉淀，有效去除As(V)
【解析】
【分析】
图中信息显示：
能将Fe 氧化为Fe2+；
与Fe2+作用，生成具有强氧化性的
●
和Fe3+；
●与H2O 或OH-作用，生成●OH 自由基；自由基具有强氧化性，利于形成Fe2+
和Fe3+；在碱性溶液中，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2 和Fe(OH)3，与As( V )发生共沉淀，有效
去除As(V)。
【详解】
（1）①砷与磷的最外层电子数都为5，在元素周期表中位于第VA 族，磷位于第三周期，
则砷位于第四周期。由此得出砷在元素周期表中的位置是第4 周期第VA 族。
②磷酸的化学式为H3PO4，则砷酸的化学式是H3AsO4；同主族元素从上到下，非金属性依
次增强，则酸性依次增强，所以其酸性比H3PO4 弱。答案为：第4 周期第VA 族；H3AsO4；
弱；
（2）①由图中可以看出，零价铁与过硫酸钠反应生成
和Fe2+，离子方程式是
。
②Fe3+与Fe 反应转化为Fe2+，离子方程式是Fe+ 2Fe3+ =3Fe2+。答案为：
；Fe+ 2Fe3+ =3Fe2+；
（3）由信息知，中性及弱碱性条件下
●和●OH 同时存在，自由基具有强氧化性，利于
形成Fe2+和Fe3+，以确保As( V)去除完全。由此得出5 min 内pH=7 和pH=9 时去除率高的
原因是pH=7 和pH=9 时，产生了具有强氧化性的
●和●OH，利于生成Fe2+和Fe3+ ，
pH=7 和pH=9 时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2 和Fe(OH)3，与As( V )发生共沉淀，有效去除
As(V)。答案为：pH=7 和pH=9 时，产生了具有强氧化性的
●和●OH，利于生成Fe2+
和Fe3+ ，pH=7 和pH=9 时，Fe2+和Fe3+形成Fe(OH)2 和Fe(OH)3，与As( V )发生共沉淀，
有效去除As(V)。
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【点睛】
因为磷与砷是同主族元素，所以我们采用类推法，可确定砷在元素周期表中的位置及最高价
含氧酸的化学式。
19.【答案】0.5b-0.5a-c
1
0.1mol•L-1
AC
D
逆向
压强低于1.3×104kPa
时，CO 的转化率较低；压强高于1.3×104kPa 时，CO 的转化率提高不大，但生产成本增加，
效益降低
负
O2+4e-=2O2-
不可行
该反应是一个焓增、熵减的反应(△G>0 或
吉布斯自由能大于0)，任何条件下都不能自发进行
【解析】
I.（1）反应CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)可由反应（②÷2-①÷2-③）得到，根据盖斯定律
可知，△H=△H2÷2-△H1÷2-△H3=（0.5b-0.5a-c）kJ·mol-1。
（2）850℃时，在10L 体积不变的容器中投入2molCO 和3molH2O，发生如下反应：
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)，当CO 的转化率达60%时，反应达平衡，则CO、H2O 反应
了1.2mol，生成CO2、H2 的物质的量为1.2mol，平衡时CO、H2O、CO2、H2 的物质的量分
别为0.8mol、1.8mol、1.2mol、1.2mol，850℃时，该反应的平衡常数
。
（3）该条件下，将CO 和H2O 都改为投入2mol，设达平衡时H2 的浓度为x，则平衡时CO、
H2O、CO2 的浓度分别为(0.2-x)、(0.2-x)、x，则平衡常数
，解得x=0.1mol•L-1；当正逆反应速率相等，各组
分浓度不再改变时说明反应达到平衡；
A.
正(CO)=
逆(CO2)，说明正逆反应速率相等，可以说明达到平衡；
B.混合气体质量不变，容器体积不变，故气体的密度一直不变，气体的密度不再随时间改变
不能说明达到平衡；
C.CO 的体积分数不再随时间改变，可以说明达到平衡；
D.气体的总质量不变，反应前后气体的分子数不变，故气体的平均摩尔质量一直不变，气体
的平均摩尔质量不再随时间改变不能说明达到平衡；
答案选AC。
（4）若其他条件不变，只是在反应前增大容器体积使压强减小，则物质的浓度减小，反应
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速率减小，达到平衡所需时间变长，阴影部分为反应物浓度的变化量，图2 中浓度变化比图
1 中浓度变化小，则分析可得a1>a2、b1>b2、t1<t2、图1 阴影部分面积更大；
答案选D。
II.（5）由CO 和H2 合成甲醇的方法是CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)，已知该反应在300℃时
化学平衡常数为0.27。该温度下，若起始时将2molCO、3molH2、2molCH3OH(g)充入容积
为2L 的密闭容器中，此时反应浓度商Qc=
>K，则反应
逆向进行；根据图像可知，该反应压强低于1.3×104kPa 时，CO 的转化率较低；压强高于
1.3×104kPa 时，CO 的转化率提高不大，但生产成本增加，效益降低，故实际生产条件控制
在250℃，1.3×104kPa 左右。
III.（6）该原电池将一氧化碳转化为无毒的二氧化碳，碳元素化合价升高，发生氧化反应，
电池中负极发生氧化反应，故通入CO 的电极为负极，通入空气一端的电极氧气得电子生成
氧离子，反应式为O2+4e-=2O2-。
（7）该反应是一个焓增、熵减的反应(△G>0 或吉布斯自由能大于0)，任何条件下都不能自
发进行，故该方法不可行。
20.【答案】+ 41
反应ii 为反应I 的决速步，c(CO2)增大，反应ii 速率加快，从而提高反
应I 速率
800℃时，C2H4 选择性比780℃略有降低，但CO2 的转化率增大较多，有利于
提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高
减小
随
增大，c(CO2)增大，c(C2H6)减小；c(CO2)增大促进反应I 平衡正移，反应消耗的C2H6 增多，
也使c(C2H6)减小，反应II平衡逆移；上述因素导致产物中C2H4质量分数增大
负
C2H6
+O2--2e-=C2H4 + H2O
【解析】
（1）①i.C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g) ∆H1 = +136 kJ·mol-1；
ii.H2(g)+CO2(g)
H2O(g)+CO(g) ∆H2；
iii.CO2(g) + C2H6(g)
C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)
∆H = +177 kJ·mol-1
由盖斯定理可知，ii =iii- i，则∆H2=∆H-∆H1=177 kJ·mol-1-136 kJ·mol-1=+ 41 kJ·mol-1；
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②反应ii．H2(g)+CO2(g)
H2O(g)+CO(g)反应速率较慢，对整个反应速率影响最大，反
应ii 为反应I 的决速步，c(CO2)增大，反应ii 速率加快，从而提高反应I 速率；
（2）①800℃时，C2H4 选择性比780℃略有降低，但CO2 的转化率增大较多，有利于提高
C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高，故工业生产中反应I 选择800℃；
②a. 随
增大，相当于在反应体系中增大二氧化碳的量，则平衡正向移动，但CO2
转化率将减小；
b. 随
增大，c(CO2)增大，c(C2H6)减小；c(CO2)增大促进反应I 平衡正移，反应消
耗的C2H6 增多，也使c(C2H6)减小，反应II 平衡逆移；上述因素导致产物中C2H4 质量分数
增大；
（3）①N 极CO2
CO 得电子，说明N 极为负极；
②阳极C2H6
C2H4，失去2 个电子且消耗氧离子，电极方程式为：C2H6 +O2--2e-=C2H4 + H2O。
