专题十四 化学反应原理综合
【知识重构】
化学反应原理的考查角度
掌握利用盖斯定律计算反应热的步骤和方法
(1)计算步骤:
(2)计算方法:
正确理解化学反应速率的影响因素
(1)“惰性气体”对反应速率的影响
①恒温恒容:充入“惰性气体”
总压增大
参与反应的各物质浓度不
变(活化分子浓度不变)
反应速率不变。
②恒温恒压:充入“惰性气体”
体积增大
参与反应的各物质浓度减
小(活化分子浓度减小)
反应速率减小。
(2)纯液体、固体对化学反应速率的影响
在化学反应中,纯液体和固体的浓度为常数,故不能用纯液体和固体的浓度变
化来表示反应速率,但是固态反应物颗粒的大小是影响反应速率的因素之一,如煤
粉由于表面积大,燃烧得比煤块快。
(3)外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响
条件改变
影响
增大反应
物浓度
v 正瞬间增大,v 逆瞬间不变,随后也增大
增大压强
v 正和v 逆都增大,气体分子数减小的方向的反应速率增大的程度大
对无气体参加或生成的化学反应的速率无影响
反应前后气体分子数不变的反应,正、逆反应速率同等程度地增大
升高温度
v 正和v 逆都增大,但吸热反应方向的反应速率增大的程度大
使用催化
剂
能同等程度地改变正、逆反应速率
突破化学平衡状态的判断
(1)注意“三关注”:一要关注反应条件,是恒温恒容、恒温恒压还是绝热恒容、
绝热恒压;二要关注反应特点,是等体积反应,还是非等体积反应;三要关注特殊情
况,是否有固体参加或生成,是否有固体的分解反应。
(2)
(3)从现象上判断
影响化学平衡的因素
改变的条件(其他条件不变)
化学平衡移动的方向
浓度
增大反应物浓度或减
小生成物浓度
向正反应方向移动
减小反应物浓度或增
大生成物浓度
向逆反应方向移动
压强(对
有气体
参加的
反应)
反应前后气体
体积改变
增大压强
向气体分子总数减小的方向移动
减小压强
向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体
体积不变
改变压强
平衡不移动
温度
升高温度
向吸热反应方向移动
降低温度
向放热反应方向移动
催化剂
同等程度改变v 正、v 逆,平衡不移动
化学能与电能的转化
(1)判断是原电池还是电解池,根据装置图中物质的变化判断发生氧化反应还
是还原反应,或根据离子的移动方向等,确定电解池(或原电池)的电极名称。
(2)结合电解池原理(或原电池原理)书写电极反应,结合电路中转移电子守恒
进行相关计算。
【题型解码】
题型1 化工生产中条件选择与控制
例1 甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯
(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题:
(1)已知如下热化学方程式:
CH4(g)+Br2(g)
CH3Br(g)+HBr(g) ΔH1=-29 kJ·mol-1
3CH3Br(g)
C3H6(g)+3HBr(g) ΔH2=+20 kJ·mol-1
计
算
反
应
3CH4(g)+3Br2(g)
C3H6(g)+6HBr(g)
的
ΔH=
kJ·mol-1。
(2)CH4 与Br2 反应生成CH3Br,部分CH3Br 会进一步溴化。将8 mmol CH4 和8
mmol Br2通入密闭容器,平衡时,n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见下图(假设反应
后的含碳物质只有CH4、CH3Br 和CH2Br2)。
(ⅰ)图中CH3Br 的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ⅱ)560 ℃时,CH4的转化率α= ,n(HBr)= mmol。
(ⅲ)560 ℃时, 反应CH3Br (g)+Br2(g)
CH2Br2(g)+HBr(g) 的平衡常数K=
。
(3)少量I2可提高生成CH3Br 的选择性。500 ℃时,分别在有I2和无I2的条件下,将
8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器,溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化
关系见下图。
(ⅰ)在11~19 s 之间,有I2和无I2时CH3Br 的生成速率之比
v (有I 2)
v (无I 2)= 。
(ⅱ)
从
图
中
找
出
I2
提
高
了
CH3Br
选
择
性
的
证
据
:
。
(ⅲ)研究表明,I2参与反应的可能机理如下:
I
①2(g)
·I(g)+·I(g)
·I(g)+CH
②
2Br2(g)
IBr(g)+·CH2Br(g)
·CH
③
2Br(g)+HBr(g)
CH3Br(g)+·Br(g)
·Br(g)+CH
④
4(g)
HBr(g)+·CH3(g)
·CH
⑤
3(g)+IBr(g)
CH3Br(g)+·I(g)
·I(g)+·I(g)
⑥
I2(g)
根据上述机理, 分析
I2 提高
CH3Br
选择性的原因:
。
例1 答案 (1)-67
(2)(ⅰ)a (ⅱ)80% 7.8 (ⅲ)10.92
(3)(ⅰ)1.5 (ⅱ)反应一段时间后,有I2 存在的条件下,n(CH3Br)更大,n(CH2Br2)更小
(ⅲ)I2促进CH2Br2和CH4转化为CH3Br
解析 (1)将第一个热化学方程式命名为①,将第二个热化学方程式命名为②。根
据盖斯定律,
×3+
①
②可得3CH4(g)+3Br2(g)
C3H6(g)+6HBr(g) ΔH=(-29×3+20)
kJ·mol-1=-67 kJ·mol-1。(2)(ⅰ)根据热化学方程式①可知该反应为放热反应,升高温
度,平衡逆向移动,CH4(g)的物质的量增大,CH3Br(g)的物质的量减少,故CH3Br 的
曲线为a;(ⅱ)560 ℃时反应达到平衡,剩余的CH4(g)的物质的量为1.6 mmol,其转化
率α=8mmol−1.6mmol
8mmol
×100%=80%;若只发生一步反应,则生成6.4 mmol CH3Br,
但此时剩余的CH3Br 的物质的量为5.0 mmol,说明还有1.4 mmol CH3Br 发生反应
生成CH2Br2,则此时生成的HBr 的物质的量n=6.4 mmol+1.4 mmol=7.8 mmol;(ⅲ)
平衡时,反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0 mmol、n(Br2)=0.2 mmol、
n(CH2Br2)=1.4 mmol 、n(HBr)=7.8 mmol, 故该反应的平衡常数K=
c(C H 2Br2)·c(HBr)
c(C H 3 Br )·c(Br2) =
1.4
V × 7.8
V
5.0
V × 0.2
V
=10.92。(3)(ⅰ)11~19 s 时,有I2 的生成速率v=
3.2
V - 2.6
V
8
mmol·L-1·s-1=0.075
V
mmol·L-1·s-1, 无I2 的生成速率v=
2.2
V - 1.8
V
8
mmol·L-1·s-1=0.05
V mmol·L-1·s-1。生成速率之比
v (有I 2)
v (无I 2)=
0.075
V
0.05
V
=1.5。(ⅱ)观察图
中曲线可发现,反应一段时间后,有I2 存在的条件下n(CH3Br)更大,且同时
n(CH2Br2)更小,这使得目标产物CH3Br 在最终产物中的比率得以提高,因此也是I2
提高了CH3Br 选择性的证据。(ⅲ)观察机理中的各步基元反应可发现,加入的I2
首先裂解为活泼的·I 自由基(步骤①),·I 夺取CH2Br2 中的Br 生成·CH2Br(步骤
②),·CH2Br 再夺取体系中HBr 的H 生成CH3Br(步骤③)。由此可见,I2的加入可将
CH2Br2转化为CH3Br。步骤③所得的·Br 可夺取体系中CH4的H 生成·CH3(步骤
④),·CH3与步骤②所得IBr 反应生成CH3Br 和·I(步骤⑤),说明步骤④和⑤又可将
CH4 转化为CH3Br。综合上述分析可知,I2 的加入促进CH2Br2 和CH4 转化为
CH3Br,这是I2提高CH3Br 选择性的内在原因。
变式1 用BaCO3和焦炭为原料,经反应Ⅰ、Ⅱ得到BaC2,再制备乙炔,是我国科
研人员提出的绿色环保新路线。
反应Ⅰ:BaCO3(s)+C(s)
BaO(s)+2CO(g)
反应Ⅱ:BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)+CO(g)
回答下列问题:
(1)写出BaC2与水反应的化学方程式:
。
(2)已知Kp=(pCO)n、K=
pCO
10
5 Pa
n(n 是CO 的化学计量数)。反应Ⅰ、Ⅱ的lg K 与
温度的关系曲线见图1。
图1 lg K 与T 的关系曲线
①反应BaCO3(s)+4C(s)
BaC2(s)+3CO(g)在1585 K 的Kp= Pa3。
②保持1320 K 不变,假定恒容容器中只发生反应Ⅰ,达到平衡时pCO= Pa,
若将容器体积压缩到原来的1
2,重新建立平衡后pCO= Pa。
(3)恒压容器中,焦炭与BaCO3的物质的量之比为4 1,Ar
∶
为载气。1400 K 和1823
K 下,BaC2产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影
响)。
图2 BaC2产率与时间的关系曲线
①初始温度为900 K,缓慢加热至1400 K 时,实验表明BaCO3已全部消耗,此时反
应体系中含Ba 物种为 。
1823 K
②
下,反应速率的变化特点为
,其原因是 。
变式1 答案 (1)BaC2+2H2O
Ba(OH)2+HC≡CH↑
(2)
10
①
16 ②105 105
(3)
BaO
①
②t1~t2阶段内反应的速率不变,t2时刻后速率为0 固体反应物不影响
反应速率,t2时刻后反应物消耗完毕
解析 (1)Ba、Ca 为同主族元素,所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似,
其反应的化学方程式为BaC2+2H2O
Ba(OH)2+HC≡CH↑。(2)①反应Ⅰ+反应Ⅱ
得BaCO3(s)+4C(s)
BaC2(s)+3CO(g),所以其平衡常数K=KⅠ×KⅡ=
pCO
10
5 Pa
3,由图
1 可知,1585 K 时KⅠ=102.5,KⅡ=10-1.5,即
pCO
10
5 Pa
3=102.5×10-1.5=10,所以pCO
3 =10×(105
Pa)3=1016 Pa3,则Kp=pCO
3 =1016 Pa3;②由图1 可知,1320 K 时反应Ⅰ的KⅠ=100=1,即
KⅠ=
pCO
10
5 Pa
2=1,所以pCO
2 =(105 Pa)2,即pCO=105 Pa;③若将容器体积压缩到原来的
1
2,由于温度不变、平衡常数不变,重新建立平衡后pCO 应不变,即pCO=105 Pa。
(3)①由图2 可知,1400 K 时,BaC2 的产率为0,即没有BaC2 生成,同时实验表明
BaBO3已全部被消耗,所以此时反应体系中含Ba 物种为BaO;②图像显示1823 K
时BaC2的产率随时间由0 开始直线增加到接近100%,说明t1~t2阶段内反应的速
率不变,t2时刻后速率为0;1400 K 时碳酸钡已全部被消耗,此时反应体系的含钡物
种只有氧化钡,1823 K 时只有反应BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)+CO(g),反应条件为恒
温1823 K、恒压,且该反应中只有CO 为气态,固体反应物不影响反应速率,t2时刻
后反应物消耗完毕。
题型2 设置情境制备新型工业材料
例2 乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。
回答下列问题:
【乙烷制乙烯】
(1)C2H6氧化脱氢反应:
2C2H6(g)+O2(g)
2C2H4(g)+2H2O(g) ΔH1=-209.8 kJ·mol-1
C2H6(g)+CO2(g)
C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH2=178.1 kJ·mol-1
计算:2CO(g)+O2(g)
2CO2(g) ΔH3= kJ·mol-1
(2)C2H6直接脱氢反应为C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g) ΔH4,C2H6的平衡转化率与温
度和压强的关系如图所示,则ΔH4 (填“>”“<”或“=”)0。结合图1,下列
条件中,达到平衡时转化率最接近40%的是 (填标号)。
图1
a.600 ℃、0.6 MPa
b.700 ℃、0.7 MPa
c.800 ℃、0.8 MPa
(3)一定温度和压强下,反应ⅰ:C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g) Ka1
反应ⅱ:C2H6(g)+H2(g)
2CH4(g) Kx2(Kx2远大于Kx1)
(Kx是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)
①仅发生反应ⅰ时,C2H6的平衡转化率为25.0%,计算Kx1= 。
②同时发生反应ⅰ和ⅱ时,与仅发生反应ⅰ相比,C2H4 的平衡产率 (填
“增大”“减小”或“不变”)。
【乙烷和乙烯混合气的分离】
(4)通过Cu+修饰的Y 分子筛的吸附-脱附,可实现C2H4 和C2H6 混合气的分离。
Cu+的 与C2H4分子的π 键电子形成配位键,这种配位键强弱介于范德华
力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4 和C2H6 的优点是
。
(5)常温常压下,将C2H4和C2H6等体积混合,以一定流速通过某吸附剂。测得两种
气体出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图2 所示。下列推断合理
的是 (填标号)。
图2
A.前30 min,两种气体均未被吸附
B.p 点对应的时刻,出口气体的主要成分是C2H6
C.a~b 对应的时间段内,吸附的C2H6逐渐被C2H4替代
例2 答案 (1)-566
(2)> b
(3)①1
15 ②增大
(4)4s 空轨道 识别度高,能有效将C2H4和C2H6分离,分离出的产物中杂质少,纯度
较高
(5)BC
解析 (1)将两个反应依次标号为反应①和反应②,反应①-反应②×2 可得目标反
应,则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2) kJ·mol-1=-566 kJ·mol-1。(2)由图1 可知,压
强相同的情况下,随着温度升高,C2H6的平衡转化率逐渐增大,因此该反应为吸热
反应,ΔH4>0。a 项,600 ℃、0.6 MPa 时,C2H6的平衡转化率约为20%,错误;b 项,700
℃、0.7 MPa 时,C2H6的平衡转化率小于50%,最接近40%,正确;c 项,800 ℃、0.8
MPa 时,C2H6 的平衡转化率大于50%,错误。(3)①仅发生反应ⅰ时 ,设初始时
C2H6的物质的量为1 mol,平衡时C2H6的转化率为25%,则消耗0.25 mol C2H6,生成
0.25 mol C2H4,生成0.25 mol H2,Kx1=0.2×0.2
0.6
= 1
15。②假设先发生反应ⅰ,得反应
ⅰ平衡后,再发生反应ⅱ,因为Kx2远大于Kx1,则反应ⅱ会使c(H2)非常小,反应ⅰ的
化学平衡正向移动,C2H4的平衡产率增大。(4)配合物中,金属离子通常提供空轨
道,配体提供孤电子对,则Cu+的4s 空轨道与C2H4分子的π 键电子形成配位键。
C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y 分子筛上,C2H6中无孤电子对,不能与Cu+形
成配合物而无法吸附,通过这种分子筛分离C2H4和C2H6,优点是识别度高,能有效
将C2H4和C2H6分离,分离出的产物中杂质少,纯度较高。(5)A 项,前30 min, c
c0等
于0,出口浓度c 为0,说明两种气体均被吸附,错误;B 项,p 点时,C2H6对应的c
c0约为
1.75,出口处C2H6浓度较大,而C2H4对应的c
c0较小,出口处C2H4浓度较小,说明此时
出口处气体的主要成分为C2H6,正确;C 项,a 点处C2H6的c
c0=1,说明此时C2H6不再
吸附在吸附剂上,而a 点后C2H6的c
c0>1,说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始
脱落,同时从图中可知,a 点后一段时间,C2H4的c
c0仍为0,说明是吸附的C2H6逐渐
被C2H4替代,p 点到b 点之间,吸附的C2H6仍在被C2H4替代,但是速率相对之前有
所减小,同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4,因此p 点
后,C2H4的c
c0也逐步增大,直至等于1,此时吸附剂不能再吸附两种物质,正确。
变式2 氯气是一种重要的基础化工原料,广泛应用于含氯化工产品的生产。硫
酰氯及1,4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。
(1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂,工业上制备原理如下:
SO2(g)+Cl2(g)
SO2Cl2(g) ΔH=-67.59 kJ·mol-1。
①若正反应的活化能为E 正kJ·mol-1,则逆反应的活化能E 逆= kJ·mol-1(用
含E 正的代数式表示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g),测定T1、T2、T3温度下体
系达平衡时的Δp(Δp=p0-p,p0为体系初始压强,p0=240 kPa,p 为体系平衡压强),结果
如图甲。
甲
图甲中温度由高到低的顺序为 , 判断依据为
。M 点Cl2 的转化率为 ,T1 温度下用分压表示的平衡常数Kp=
kPa-1。
③图乙曲线中能准确表示T1温度下Δp 随进料比变化的是 (填标号)。
乙
(2)1,4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体,可由对二甲苯(X)的氯化反应
合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B),其中c(A)、c(B)分别为各反应中
对应反应物的浓度,k 为速率常数(k1~k5分别对应反应①~
)
⑤。某温度下,反应器中
加入一定量的X,保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计),测定不
同时刻相关物质的浓度。已知该温度下,k1 k∶
2 k∶
3 k∶
4 k∶
5=100 21 7 4 23
∶
∶∶∶
。
30 min
①
时,c(X)=6.80 mol·L-1,且30~60 min 内v(X)=0.042 mol·L-1·min-1,反应进行
到60 min 时,c(X)= mol·L-1。
60 min
②
时,c(D)=0.099 mol·L-1,若0~60 min 产物T 的含量可忽略不计,则此时
c(G)= mol·L-1;60 min 后,随T 的含量增加,c(D)
c(G) (填“增大”
“减小”或“不变”)。
变式2 答案 (1)
(
①E 正+67.59) ②T3>T2>T1 该反应正反应放热,且气体分子
数减小,反应正向进行时,容器内压强减小,从T3到T1,平衡时Δp 增大,说明反应正
向进行程度逐渐增大,对应温度逐渐降低 75% 0.03
D
③
(2)
5.54
①
②0.033 增大
解析 (1)①根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可知,该反应的E 逆=E 正
kJ·mol-1-ΔH=(E 正+67.59) kJ·mol-1。②该反应的正反应为气体体积减小的反应,因
此反应正向进行程度越大,平衡时容器内压强越小,Δp 越大。从T3到T1,Δp 增大,
说明反应正向进行程度逐渐增大,已知正反应为放热反应,则温度由T3到T1逐渐
降低,即T3>T2>T1。由图甲中M 点可知,进料比为n(SO2)∶n(Cl2)=2,平衡时Δp=60
kPa,已知恒温恒容条件下,容器内气体的物质的量之比等于压强之比,可据此列出
“三段式”:
SO2(g)+Cl2(g)
SO2Cl2(g) Δp
起始压强/kPa
160 80
转化压强/kPa
60 60 60 60
平衡压强/kPa
100 20 60
可计算得α(Cl2)=60kPa
80kPa×100%=75%,Kp=
p(SO2C l2)
p(SO2)· p(Cl2)=
60kPa
100kPa×20kPa
=0.03 kPa-1。③由图甲中M 点可知,进料比为2 时,Δp=60 kPa,结合“三段式”,以
及T1 时化学平衡常数可知,进料比为0.5 时,Δp 也为60 kPa,曲线D 上存在
(0.5,60)。(2)①根据化学反应速率的计算公式,v(X)= Δc(X)
Δt
,60 min 时,c(X)=6.80
mol·L-1-v(X)·Δt=6.80 mol·L-1-0.042 mol·L-1·min-1×30 min=5.54 mol·L-1 。②已知
v (D)
v (G)=
Δc(D)
t
Δc(G)
t
= Δc(D)
Δc(G),又由题给反应速率方程推知,v (D)
v (G)=k2·c(M)·c(Cl2)
k3·c(M)·c(Cl2)=
k2
k3
=3,则Δc(G)=1
3×Δc(D)=0.033 mol·L-1,即60 min 时,c(G)=0.033 mol·L-1。60 min
后,D 和G 转化为T 的速率比为
k 4·c(D)·c(Cl2)
k5·c(G)·c(Cl2)= 4×0.099
23×0.033,G 消耗得更快,则
c(D)
c(G)增大。
题型3 运用化学反应原理分析反应机理
例3 氢是清洁能源,硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材料,其水解
生氢反应方程式如下:(除非特别说明,本题中反应条件均为25 ℃,101 kPa)
NaBH4(s)+2H2O(l)
NaBO2(aq)+4H2(g) ΔH<0
请回答:
(1)该反应能自发进行的条件是 。
A.高温 B.低温
C.任意温度D.无法判断
(2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响,下列措施中可增大反应速率的是
。
A.升高溶液温度
B.加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2]
C.加入少量固体硼酸[B(OH)3]
D.增大体系压强
(3)为加速NaBH4水解,某研究小组开发了一种水溶性催化剂,当该催化剂足量、
浓度一定且活性不变时,测得反应开始时生氢速率v 与投料比[n(NaBH4) n(H
∶
2O)]
之间的关系, 结果如图1 所示。请解释ab 段变化的原因:
。
图1
(4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融
碳酸盐燃料电池工作原理如图2 所示, 正极上的电极反应式是
。该电池以3.2 A 恒定电流工作14 分钟,消耗H2体积为0.49 L,故可测得该电池
将化学能转化为电能的转化率为 。[已知:该条件下H2 的摩尔体积为
24.5 L·mol -1;电荷量q(C)=电流I(A)×时间(s);NA=6.0×1023 mol·L-1;e=1.60×10-19C]
图2
(5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式,可以设计
能自发进行的多种制备方法,将反应副产物偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4。(已
知:ΔG 是反应的自由能变化量,其计算方法也遵循盖斯定律,可类比ΔH 计算方法;
当ΔG<0 时,反应能自发进行)
Ⅰ.NaBH4(s)+2H2O(l)
NaBO2(aq)+4H2(g) ΔG1=-320 kJ·mol-1
Ⅱ.H2(g)+1
2O2(g)
H2O(l) ΔG2=-240 kJ·mol-1
Ⅲ.Mg(s)+1
2O2(g)
MgO(s) ΔG3=-570 kJ·mol-1
请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法,并注明ΔG
。(要求:反应物不超过三种物质;氢原子利用率为100%)
例3 答案 (1)C
(2)AC
(3)因为BO2
-水解呈碱性,而在ab 段,随着投料比增大,水的量在相应地减少,溶液碱
性增强,c(H+)下降,故生氢速率减小
(4) O2+2CO2+4e-
2CO3
2− 70%
(5)NaBO2(aq)+2H2O(g)+4Mg(s)
NaBH4(s)+4MgO(s) ΔG=-1000 kJ·mol-1
解析 (1)反应NaBH4(s)+2H2O(l)
NaBO2(aq)+4H2(g) ΔH<0,ΔS>0,由ΔG=ΔH-
TΔS 可知,任意温度下,该反应均能自发进行。(2)升高温度,活化分子数增多,有效
碰撞概率增大,反应速率增大,A 项符合题意;加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2],溶液
呈碱性,降低了H+的浓度,化学反应速率减小,B 项不符合题意;加入少量固体硼酸
[B(OH)3],c(H+)增大,化学反应速率减小,C 项符合题意;增大体系压强,忽略体积变
化,则气体浓度不变,化学反应速率不变,D 项不符合题意。(4)根据题干信息可知,
该燃料电池中H2 为负极,O2 为正极,熔融碳酸盐为电解质,故正极的电极反应为
O2+2CO2+4e-
2CO3
2−,该条件下,0.49 L H2的物质的量为n(H2)=
0.49 L
24.5 L·mol
-1=0.02
mol, 工作时,H2 失去电子H2-2e-
2H+, 所带电荷量为2×0.02 mol×6.0×1023
mol-1×1.60×10-19 C=3840 C,工作电荷量为3.2 A×14×60 s=2688 C,则该电池将化学
能转化为电能的转化率为2688C
3840C ×100%=70%。(5)结合题干信息,要使得氢原子
利用率为100%,可由(4×反应Ⅲ)-(4×反应Ⅱ+反应Ⅰ)得NaBO2(aq)+2H2O(g)
+4Mg(s)
NaBH4(s)+4MgO(s),ΔG=4ΔG3-(4ΔG2+ΔG1)=4×(-570 kJ·mol-1)-[4×(-240
kJ·mol-1)+(-320 kJ·mol-1)]=-1000 kJ·mol-1。
变式3 氢能是理想清洁能源,氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
(1)利用铁及其氧化物循环制氢,原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元
素有 ;含CO 和H2各1 mol 的混合气体通过该方法制氢,理论上可获得
mol H2。
(2)一定条件下,将氮气和氢气按n(N2) n(H
∶
2)=1 3∶混合匀速通入合成塔,发生反应
N2+3H2
2NH3。海绵状的α-Fe 作催化剂,多孔Al2O3 作为α-Fe 的“骨
架”和气体吸附剂。
H
①
2中含有CO 会使催化剂中毒。CH3COO[Cu(NH3)2]和氨水的混合溶液能吸收
CO 生成CH3COO[Cu(NH3)3CO] 溶液, 该反应的化学方程式为
。
Al
②
2O3含量与α-Fe 表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于2%,
出口处氨含量下降的原因是 。
(3)反应H2+HCO3
-
HCOO-+H2O 可用于储氢。
①密闭容器中,其他条件不变,向含有催化剂的0.1 mol·L-1 NaHCO3 溶液中通入
H2,HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于70 ℃,HCOO-产率下降的可能原
因是 。
②使用含氨基物质(化学式为CN—NH2,CN 是一种碳衍生材料)联合Pd-Au 催化
剂储氢,可能机理如图所示。氨基能将HCO3
-控制在催化剂表面,其原理是
;用重氢气(D2)代替H2,通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的
加氢方式。
变式3 答案 (1)
C
①、H、Fe ②16
9
(2)
CH
①
3COO[Cu(NH3)2]+NH3·H2O+CO
CH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O ②多孔
Al2O3可作为气体吸附剂,含量过多会吸附生成的NH3;Al2O3含量大于2%时,α-Fe
表面积减小,反应速率减小,产生的NH3减少
(3)①随着温度升高,H2的溶解度下降;HCO3
-、HCOO-受热分解;催化剂活性下降
②氨基中的H 和HCO3
-中的羟基形成N—H…O 氢键 —NHD、DCOO-
解析 (1)①反应器Ⅰ中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3,产物有 CO2、H2O、
Fe,发生反应Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2、Fe2O3+3H2
2Fe+3H2O,化合价发生改变
的元素有 C、H、Fe。②1 mol CO、1 mol H2分别参与上述反应,各生成2
3 mol
Fe,共生成4
3 mol Fe,4
3 mol Fe 在反应器Ⅱ中发生反应3Fe+H2O(g)
Fe3O4+4H2,
则生成16
9 mol H2。(3)①随着温度升高,H2的溶解度下降,c(H2)下降;HCO3
-受热分
解,且催化剂的活性可能下降,致使反应速率减小,以及HCOO-受热分解,HCOO-的
产率降低。②由于氨基能将HCO3
-控制在催化剂表面,故两者通过氢键连接,又因
为形成了H2O,因此氢键的形式只能是
,而不是
。由
步骤Ⅲ可得,断开C—N,再分别形成N—H 和C—H,因此用D2代替H2,可通过检测
是否存在—NHD、DCOO-确认反应过程中的加氢方式。
1.读题要求:①泛读,明确有几个条件及求解的问题;②细读,圈出关键字、关
键词,把握数量关系;③精读,深入思考,挖掘隐含信息,尤其是图表中的信息。
2.做题要求:①看准题目要求,不要答非所问;②把握答题要点,不可似是而
非;③卷面整洁规范,字迹不要潦草;④各个问题,逐个突破,切不可因一个问题没解
决而放弃其他问题;⑤遇难而过,不要强攻拦路虎。
【真题溯源精析】
1.(2025·天津市)以苯为代表的挥发性有机污染物可以在C o3O4的催化作用下，与O2反应
生成C O2和H 2O，进一步将C O2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。
Ⅰ.C O2与苯的分子结构
(1)C O2分子中碳原子的杂化轨道类型为______，苯是______(填“极性”或“非极性”)
分子。
Ⅱ.苯的催化氧化
C o3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无
光照条件下反应活化能为38kJ /mol，有光照条件下反应活化能为26kJ /mol。如图是
290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。
(2)光照条件下，对应的转化率曲线为______(填“a”或“b”)。
(3)有、无光照条件下，两种反应历程的ΔH______(填“相等”或“不等”)。
Ⅲ.C O2的转化
(4)C O2与H 2反应可以合成甲醇：C O2(g)+3 H 2(g)
C H 3OH (g)+ H 2O(g) ΔH <0。一定温度下，等物质的量的C O2和H 2在恒容密闭容器中
发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是______(填序号)。
a.分离出甲醇
b.充入稀有气体
c .增加H 2量
d .降低温度
(5)一定条件下，以C O2和C H 3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。
①电极a是______极，电极反应式为______；
②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将______(填“升高”“不变”或“降低”)；
③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为______。
【答案】sp；非极性；
a；
相等；
acd；
①阴；C O2+2 H
++2e
−= HCOOH；
②降低；
③K
+
【知识点】电解池概念、形成条件及判断、化学平衡的移动及影响因素、杂化轨道理论、
化学平衡常数的相关计算
【解析】(1)C O2分子中碳原子的价层电子对数为2+ 1
2 (4−2×2)=2，VSEPR模型为直
线形，C原子采用sp杂化；苯是正六边形结构的分子，分子结构对称，其正负电性中心能
重合，属于非极性分子，
故答案为：sp；非极性；
(2)无光照条件下反应活化能为38kJ /mol，有光照条件下反应活化能为26kJ /mol，活
化能越小，反应速率越快，由图可知，曲线a对应历程的反应速率快，曲线b对应历程的反
应速率慢，即曲线a为有光照条件，曲线b为无光照条件，
故答案为：a；
(3)由图可知，有、无光照条件下，两种反应历程的起始状态相同，即两种反应历程的ΔH
相等，
故答案为：相等；
(4)a.分离出甲醇，生成物浓度降低，能使平衡正向移动，故a正确；
b.充入稀有气体，不能改变反应物、生成物浓度，平衡不发生移动，故b错误；
c .增加H 2量，c( H 2)增大，平衡正向移动，故c正确；
d .反应为放热反应，降低温度能使平衡正向移动，故d正确；
故答案为：acd；
(5)①由图可知，电极a上C O2发生得电子的还原反应生成HCOOH，则电极a为阴极，电
极反应式为C O2+2 H
++2e
−= HCOOH，
故答案为：阴；C O2+2 H
++2e
−= HCOOH；
②电极b为阳极，阳极反应式为C H 3OH −4 e
−+5O H
−= HCOO
−+ 4 H 2O，则阳极区
溶液的pH降低，
故答案为：降低；
③电极a为阴极，电极b为阳极，电解池工作时，阳离子通过阳离子交换膜移向阴极，即右
侧K
+通过阳离子交换膜移向左侧，
故答案为：K
+。
(1)C O2分子中碳原子的价层电子对数为2+ 1
2 (4−2×2)=2，VSEPR模型为直线形；苯
是正六边形结构的分子，正负电性中心能重合；
(2)无光照条件下反应活化能为38kJ /mol，有光照条件下反应活化能为26kJ /mol，活
化能越小，反应速率越快；
(3)由图可知，有、无光照条件下，两种反应历程的起始状态相同；
(4)正反应为气体体积减小的放热反应，增大反应物浓度、减小生成物浓度、增大压强、
降低温度等措施均可使平衡正向移动；
(5)该装置为电解池，电极a上C O2发生得电子的还原反应生成HCOOH，电极b上
C H 3OH发生失电子的氧化反应生成HCOO
−，则电极a为阴极，电极b为阳极，阴极反应
式
为
C O2+2 H
++2e
−= HCOOH，
阳
极
反
应
式
为
C H 3OH −4 e
−+5O H
−= HCOO
−+ 4 H 2O，电解池工作时，阳离子通过阳离子交换膜
移向阴极，据此解答①～③小题。
本题考查原子杂化方式判断、化学平衡影响因素、电解原理的应用等知识，侧重分析判断
能力和知识综合运用能力考查，明确温度浓度对化学平衡的影响、价层电子对数计算及
VSEPR模型的应用、分子极性的判定、电极判定及电极反应式书写是解题关键，题目难度
中等。
2.(2025·广西壮族自治区)尿素[CO( N H 2)2]为农业生产常用氮肥。回答下列问题：
Ⅰ.工业合成
(1)N H 3是合成尿素的原料之一，在30.4 MPa、n( H 2)
n( N 2)下，混合气体以一定流速通过
N H 3合成塔。测得出口N H 3含量随反应温度和催化剂粒径的变化曲线如下图。a<b<c的
原因是 ______。达到最高点后，曲线②下降的原因是 ______。
(2)已
知
：
常
温
下
各
物
质
的
相
对
能
量
如
下
图
。
则
反
应
2 N H 3(g)+C O2(g)⇌CO( N H 2)2(l)+ H 2O(l)的ΔH = ______kJ ⋅mol
−1。
(3)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：2 N H 3(l)+C O2(l)⇌CO( N H 2)2(l)+ H 2O(l)
副反应：N H 3(l)+C O2(l)+ H 2O(l)⇌N H 4 HC O3(l)
平衡体系内，部分组分的物质的量分数x( A )随初始
n( N H 3)
n(C O2) 的变化曲线如下图，代表
x( N H 3)的是 ______(填标号)。
n( N H 3)
n(C O2) =2时，x[CO( N H 2)2]> x( H 2O)，随着
n( N H 3)
n(C O2) 的增大，x[CO( N H 2)2]与x( H 2O)趋于一致，原因是 ______ 。
(4)实际生产中，当初始
n( N H 3)
n(C O2) = 4.5、n( H 2O)
n(C O2) =0.2时，C O2的平衡转化率为80 %，
2 N H 3(l)+C O2(l)⇌CO( N H 2)2(l)+ H 2O(l)的平衡常数K = ______(用物质的量分数
代替浓度计算，忽略副反应，保留1位小数)。
Ⅱ.电催化合成
我国科研工作者以污染物NO为氮源，用ZnO纳米片电催化C O2与NO合成尿素。如图为
电催化合成尿素的原理示意图。
(5)a电极为 ______极。
(6)b电极发生的电极反应式为 ______。
【答案】a、b、c处催化剂粒径：a>b>c，催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越大，
催化效果越好，反应速率越快，出口含量越大；达到最高点后，温度升高，催化剂活性减
弱，反应速率减慢；
−122.3；
①；副反应被抑制，主要发生主反应；
2.3；
阳；
7 H 2O+11C O2+2 NO+10e
−=CO( N H 2)2+10 HC O3
−
【知识点】电解池概念、形成条件及判断、化学平衡常数的相关计算
【解析】(1)由图8可知，a、b、c处催化剂粒径：a>b>c，催化剂的粒径越小，与反应物
的接触面积越大，催化效果越好，反应速率越快，出口含量越大；达到最高点后，温度升
高，催化剂活性减弱，反应速率减慢，造成曲线②下降，
故答案为：a、b、c处催化剂粒径：a>b>c，催化剂的粒径越小，与反应物的接触面积越
大，催化效果越好，反应速率越快，出口含量越大；达到最高点后，温度升高，催化剂活
性减弱，反应速率减慢；
(2)根据ΔH =生成物的总能量−反应物的总能量可得，反应
2 N H 3(g)+C O2(g)⇌CO( N H 2)2(l)+ H 2O(l)的
ΔH =(−285.8)kJ ⋅mol
−1+(−321.8)kJ ⋅mol
−1−(393.5)kJ ⋅mol
−1−2×(−45.9)kJ ⋅mol
−1=−122.3kJ
故答案为：−122.3；
(3) n( N H 3)
n(C O2)
增大相当于n(C O2)不变，n( N H 3)增大，主反应和副反应平衡均正向移动，
但x( N H 3)增大，x(C O2)减小，则代表x( N H 3)的是①；n( N H 3)
n(C O2) =2时，主反应、副
反应都发生，主反应生成的在副反应中被消耗，所以x[CO( N H 2)2]> x( H 2O)，随着
n( N H 3)
n(C O2)
的增大，副反应被抑制，主要发生主反应，使得x[CO( N H 2)2]与x( H 2O)趋于
一致，
故答案为：①；副反应被抑制，主要发生主反应；
(4)设充入1molC O2，4.5molN H 3，C O2的平衡转化率为80 %，则反应的C O2为
1mol×80 % =0.8mol，n( H 2O)
n(C O2) =0.2，则n( H 2O)=0.2mol，
2 N H 3(l)+C O2(l)⇌CO( N H 2)2(l)+ H 2O(l)
初始(mol) 4.5 1 0 0.2
转化(mol) 1.6 0.8 0.8 0.8
平衡(mol) 2.9 0.2 0.8 1.0
平
衡
时
总
物
质
的
量
为
(2.9+0.2+0.8+1)mol = 4.9mol，
则
2 N H 3(l)+C O2(l)⇌CO( N H 2)2(l)+ H 2O(l)的
平
衡
常
数
K = x( H 2O)× x[CO( N H 2)2]
x
2( N H 3)× x(C O2)
=
1.0
4.9 × 0.8
4.9
( 2.9
4.9 )
2× 0.2
4.9
≈2.3，
故答案为：2.3；
(5)由图可知，NO在b极上得电子与C O2反应生成CO( N H 2)2，则b为阴极，a为阳极，
故答案为；阳；
(6)由图可知，NO在b极上得电子与C O2反应生成CO( N H 2)2，电极反应式为：
7 H 2O+11C O2+2 NO+10e
−=CO( N H 2)2+10 HC O3
−，
故答案为：7 H 2O+11C O2+2 NO+10e
−=CO( N H 2)2+10 HC O3
−。
3.(2025·海南省)石硫合剂是作物抗病抑菌的无机农药。生产上以硫磺、石灰和水为原料，
经加热熬煮得棕红混悬液体。制备反应式：
Ⅰ.6 S(s)+3Ca(OH )2(s)⇌2Ca S2(aq)+Ca S2O3(aq)+3 H 2O(l) Δ H 1
回答问题：
(1)在熬煮制备反应中，硫元素的化合价部分降低，部分升高，说明单质S发生了______反
应。将该反应置于高压釜中，可大大缩短熬煮时间，原因是温度升高，反应速率______。
(2)已知：Ⅱ.6 S(s)+6O H
−(aq)⇌2S2
2−(aq)+ S2O3
2−(aq)+3 H 2O(l) Δ H 2
Ⅲ.Ca(OH )2(s)⇌C a
2+(aq)+2O H
−(aq) Δ H 3
所以Δ H 1=______(写表达式)。
(3)在熬煮石硫合剂时加入两亲性的季铵盐氯化十六烷基三甲铵，使得S在水中及O H
−在S
中有效浓度分别增大，导致单位时间内分子有效碰撞次数______。
(4)某批次实验表明，硫粉浓度c随时间t的变化满足关系：−lnc =kt + B(k为表观速率常
数)，如图所示。该实验条件下k =______min
−1。
(5)判断将浓度均为2mol⋅L
−1的Ca S2O3、K H 2 PO4等体积混合，构成K、P、Ca、S
四元肥料混合液后，是否析出S及CaHPO4沉淀，造成叶面施肥喷头堵塞，并说明理由
______。
已
知
：
25℃下
，
p K a1( H 2S2O3)=0.60，
p K a2( H 2S2O3)=1.50，
p K a2( H 3 PO4)=7.20，p K sp(CaHPO4)=6.66( pK =−lgK )。H 2S2O3分子不稳定，
生成即分解为S和SO2。
【答案】氧化、还原(或歧化)；加快；
Δ H 2+3 Δ H 3；
增加；
0.0025；
不会析出S及CaHPO4沉淀，S2O3
2−+C a
2++ H 2 PO4
−⇌CaHPO4↓+ H S2O3
−的平衡常
数K =
1
K a2( H 2S2O3)⋅K sp(CaHPO4) × K a2( H 3 PO4)=10
0.96、进行程度不大，且
H S2O3
−的水解平衡常数K h= 10
−14
10
−0.6 =10
−13.4< K a2( H 2S2O3)，溶液中( H 2S2O3)较小
【知识点】难溶电解质的（沉淀）溶解平衡
【解析】(1)在熬煮制备反应中，硫元素的化合价部分降低、发生了还原反应，部分升高、
发生了氧化反应，说明单质S发生了氧化、还原反应(或歧化反应)；温度升高，活化分子数
或活化分子百分数均增大，反应速率加快，
故答案为：氧化、还原(或歧化)；加快；
(2)Ⅱ.6 S(s)+6O H
−(aq)⇌2S2
2−(aq)+ S2O3
2−(aq)+3 H 2O(l) Δ H 2，
Ⅲ
.Ca(OH )2(s)⇌C a
2+(aq)+2O H
−(aq) Δ H 3，反应Ⅱ+反应Ⅲ×3=反应Ⅰ，根据盖斯定
律计算Δ H 1= Δ H 2+3 Δ H 3，
故答案为：Δ H 2+3 Δ H 3；
(3)其他条件不变时，反应物浓度增大，单位体积内活化分子数增多，单位时间内分子有
效碰撞次数增加，
故答案为：增加；
(4)由图可知，(20,0.1)和(60,0.2)在直线−lnc =kt + B上，则0.1=20k + B，
0.2=60k + B，解得K =0.0025min
−1，
故答案为：0.0025；
(5)由①H S2O3
−⇌S2O3
2−+ H
+ K a2( H 2S2O3)=10
−1.50，②H 2 PO4
−⇌HPO4
2−+ H
+
K a2( H 3 PO4)=10
−7.20，
③CaHPO4(s)⇌HPO4
2−(aq)+C a
2+(aq)
K sp(CaHPO4)=10
−6.66，
②−(①+③)得
到
反
应
S2O3
2−+C a
2++ H 2 PO4
−⇌CaHPO4↓+ H S2O3
−，
其
平
衡
常
数
K = K a2( H 3 PO4)×
1
K a2( H 2S2O3)⋅K sp(CaHPO4) =
10
−7.20
10
−1.50×10
−6.66 =10
0.96、反应进
行程度不大、生成CaHPO4沉淀量不多，且H S2O3
−的水解平衡常数
K h=
K w
K a1( H 2S2O3) = 10
−14
10
−0.6 =10
−13.4< K a2( H 2S2O3)，说明H S2O3
−的电离程度大于其水
解程度、溶液中( H 2S2O3)较小，所以将浓度均为2mol⋅L
−1的Ca S2O3、K H 2 PO4等体
积混合后，不会析出S及CaHPO4沉淀，造成叶面施肥喷头堵塞，
故答案为：不会析出S及CaHPO4沉淀，S2O3
2−+C a
2++ H 2 PO4
−⇌CaHPO4↓+ H S2O3
−
的平衡常数K =
1
K a2( H 2S2O3)⋅K sp(CaHPO4) × K a2( H 3 PO4)=10
0.96、进行程度不大，
且H S2O3
−的水解平衡常数K h= 10
−14
10
−0.6 =10
−13.4< K a2( H 2S2O3)，溶液中( H 2S2O3)较小。
4.(2025·江西省)C O2与H 2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。相关反应体系及其热力学数据(298 K、p
θ)如下：
Ⅰ.C O2(g)+ H 2(g)=CO(g)+ H 2O(g)
Δ
ㅤㅤH 1=+ 41kJ /mol
Ⅱ.C O2(g)+ 4 H 2(g)=C H 4(g)+2 H 2O(g)
Δ
ㅤㅤH 2=−165kJ /mol
Ⅲ.C O2(g)+3 H 2(g)=C H 3OH (g)+ H 2O(g)
Δ
ㅤㅤH 3=−50kJ /mol
Ⅳ.2C O2(g)+6 H 2(g)=C H 3C H 2OH (g)+3 H 2O(g)
Δ
ㅤㅤH 4=−174 kJ /mol
Ⅴ.2C O2(g)+6 H 2(g)=C H 3OC H 3(g)+3 H 2O(g)
Δ
ㅤㅤH 5=−123kJ /mol
回答下列问题：
(1)C H 3C H 2OH (g)=C H 3OC H 3(g)
Δ
ㅤㅤH 6=______kJ /mol。
(2)反应Ⅰ的机理包括3种路径(主要步骤如图)，在A路径中，决速步骤的能垒是______eV ，
反应Ⅰ的最优路径是______(填标号)。
(3)某课题组模拟了C O2加氢在不同温度下的平衡组分(如图)。保持总压为5×10
3kPa，
温度为500℃以上时，主要含碳产物是______，计算300℃时相关反应的平衡常数K P=
______(kPa)
−4。
(4)反应Ⅰ某路径的主要步骤如下(其中∗表示吸附态)：
①C O2(g)+∗→C O2∗
②H 2(g)+∗+∗→2 H ∗
③C O2∗+∗→CO∗+O∗
④O∗+ H ∗⇌OH ∗+∗
⑤OH ∗+OH ∗→H 2O∗+O∗
⑥CO∗→∗+CO(g)
⑦H 2O
∗→
∗+ H 2O(g)
写出与第⑤步竞争的基元反应______。
(5)通过对Zr O2负载Rh的单原子催化剂进行掺杂，可调控催化剂选择性生成C H 4或CO，
其示意图如图：
.
ⅰ写出Y 的化学式______。
.
ⅱ依据示意图，掺杂N a
+的催化剂可以提高Y 的选择性，其原因是______。
【答案】+51；
1.47；C；
CO；2.5×10
−13
H ∗+OH ∗→H 2O∗+∗；
.
ⅰCO
.
ⅱ钠抑制了Rh对H 2的活化；钠与中间体的氧成键稳定了COOH ∗
【知识点】反应热与焓变、化学平衡的移动及影响因素、化学平衡常数的相关计算
【
解
析
】
(1)方
程
式
Ⅴ
−Ⅳ
得
方
程
式
C H 3C H 2OH (g)=C H 3OC H 3(g)
Δ
ㅤㅤH 6= Δ H 5−Δ H 4 =(−123+174)kJ /mol =+51kJ /mol
故答案为：+51；
(2)反应Ⅰ的机理包括3种路径(主要步骤如图)，决速步骤为能垒最大的步骤，在A路径中，
决速步骤的能垒是1.47eV ；能垒越小，化学反应速率越快，反应Ⅰ的最优路径是能垒最小
的步骤，这些路径中能垒最小的是0.36eV ，所以反应Ⅰ的最优路径是C，
故答案为：1.47；C；
(3)300℃时C H 3C H 2OH、C O2的平衡组分相同，为10 %，H 2O、H 2的组分相等，为
40 %，CO的组分为0，总压强为5×10
3kPa，根据曲线变化趋势知，反应物是
C H 3C H 2OH、
H 2O，
生
成
物
是
C O2、
H 2，
反
应
方
程
式
为
2C O2(g)+6 H 2(g)⇌3C H 2OH (g)+3 H 2O(g)，
p(C H 3C H 2OH )= p(C O2)=10 %×5×10
3kPa=5×10
2kPa，
p( H 2)= p( H 2O)= 40 %×5×10
3kPa=2×10
3kPa，该温度下的平衡常数
K P= p(C H 3C H 2OH )⋅p
3( H 2O)
p
2(C O2)⋅p
6( H 2)
= (5×10
2kPa)×(2×10
3kPa)
3
(5×10
2kPa)
2×(2×10
3kPa)
6 (kPa)
−4=2.5×10
−13(kPa)
−4
故答案为：CO；2.5×10
−13；
(4)当反应进行到步骤⑤时，体系中的活性吸附态有H ∗、CO∗、OH ∗，其中CO∗需
要进行步骤⑥脱附生成产物，步骤⑤可能发生的基元反应有OH ∗+∗→O∗+ H ∗、
H ∗+OH ∗→H 2O∗+∗、OH ∗+OH ∗→H 2O2∗+∗或H ∗+ H ∗→H 2∗，与步骤
⑤形成竞争是指该反应将争夺OH ∗，即OH ∗+∗→O∗+ H ∗、
H ∗+OH ∗→H 2O∗+∗，步骤④为可逆反应，OH ∗+∗→O∗+ H ∗被包括在步骤
④中，
故答案为：H ∗+OH ∗→H 2O∗+∗；
(5)i.C O2、H 2反应，经HCOO∗中间体得到产物X，HCOO∗吸附态中H原子优先转
移到碳原子上形成C — H键，有利于生成C H 4；经COOH ∗中间体得到产物Y ，
COOH ∗吸附态中氢原子优先转移到氧原子上形成— OH，有利于生成CO，
故答案为：CO；
ii. H 2解离主要发生在Rh原子上，Na+掺杂后的催化剂解离H 2的能力被削弱了，Na参与
了COOH ∗中间体的成键，Na和表面Zr原子分别作为得电子体和给电子体协同稳定了
Zr — C和Na — O键，
故答案为：钠抑制了Rh对H 2的活化；钠与中间体的氧成键稳定了COOH ∗。
5.(2025·浙江省)氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。
请回答：
(1)下列措施中能提高新制饱和氯水中HClO浓度的是 ______。
A.加NaCl固体
B.加水
C.加CaC O3粉末
D.加足量Ca(OH )2溶液
(2)氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)：
Ⅰ.C l2(aq)+ H 2O(l)⇌H
+(aq)+C l
−(aq)+ HClO(aq)
Ⅱ.2 HClO(aq)⇌C l2O(aq)+ H 2O(l)K =10
−2.0
Ⅲ. HClO(aq)⇌H
+(aq)+ClO
−(aq)
T 1℃时，在不同pH下，约2mg/ L氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值(lgc)如图1所
示(溶液体积保持不变)。
①C l2O分子的空间构型是 ______。
②在pH = 4～9之间，ClO
−浓度增加，其最大来源是 ______(填含氯微粒符号)。
③该氯水中氯元素质量守恒表达式：c(C l
−)=c( HClO)+______。
④在图中画出pH = 4～9之间，lgc(C l2O)随pH的变化曲线 ______。
(3)某研究小组提出，商用ClO2(常含杂质ClO2)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒
效果。
Ⅳ.2ClO2(aq)+ H 2O(l)=ClO3
−(aq)+ClO2
−(aq)+2 H
+(aq)
Ⅴ.2ClO2(aq)+ClO
−(aq)+ H 2O(l)=2ClO3
−(aq)+2 H
+(aq)+C l
−(aq)
ClO2中C l2含量对ClO2反应初始速率[ v初始(ClO2)]的影响如图2所示。实验条件：T 2℃，
ClO2初始浓度相同。
①C l2的存在主要加快了反应 ______(填“Ⅳ”或“Ⅴ”)。
②指出改变v初始(ClO2)的影响因素，并解释原因 ______。
【答案】C；
①V 形(或角形)；
②HClO；
③c(ClO
−)+2c(C l2O)；
④
；
①V ；
②溶液的pH以及C l2的含量，因为C l2浓度越大，pH增大，俊使溶液中ClO
−浓度增大，
反应V 的反应物浓度增大，反应速率增大
【知识点】化学平衡的移动及影响因素、氯气的化学性质
【解析】(1) A .加NaCl固体，对平衡C l2+ H 2O⇌H
++C l
−+ HClO没有影响，HClO浓
度不变，故A 错误；
B.加水，对溶液进行的稀释，各组分浓度都减小，故B 错误；
C.加CaC O3粉末，中和H
+，H
+浓度减小，平衡C l2+ H 2O⇌H
++C l
−+ HClO正向移动，
HClO浓度增大，故C 正确；
D.加足量Ca(OH )2溶液，即中和H
+，也会中和HClO，HClO浓度减小，故D 错误；
故答案为：C；
(2)①C l2O分子中，O原子的价层电子对数为2+ 6−2×1
2
= 4，含有2对孤电子对，空间
构型是V 形(或角形)，
故答案为：V 形(或角形)；
②由图可知，在pH = 4～9之间，ClO
−浓度增加，其最大来源是次氯酸的电离：
HClO(aq)⇌H
+(aq)+ClO
−(aq)，
故答案为：HClO；
③氯气溶于水，生成等量的C l
−和HClO，部分HClO进一步转化为C l2O和ClO
−，故氯
水中氯元素质量守恒表达式：c(C l
−)=c( HClO)+c(ClO
−)+2c(C l2O)，
故答案为：c(ClO
−)+2c(C l2O)；
④由2 HClO(aq)⇌C l2O(aq)+ H 2O(l)K =10
−2.0可知，随着溶液的pH升高，
c( HClO)逐渐减小，c(C l2O)也随之减小，K = c(C l2O)
c
2( HClO)
=10
−2.0，pH = 4时，
c( HClO)=10
−4.5，得到lgc(C l2O)=10
−11，同理，pH =9时，c( HClO)=10
−6.0，得到
lgc(C l2O)=10
−14，故lgc(C l2O)从pH从4到9的过程中，其值由−11降低为−14，故
lgc(C l2O)随pH的变化曲线为：
，
故答案为：
；
(3)①反应Ⅳ是ClO2的自身歧化反应，反应Ⅴ是ClO
−做氧化剂，将ClO2氧化为ClO3
−(氯
的含氧酸中并不是化合价越高，氧化性越强)，故当C l2存在时，存在平衡
C l2(aq)+ H 2O(l)⇌H
+(aq)+C l
−(aq)+ HClO(aq)、
HClO(aq)⇌H
+(aq)+ClO
−(aq)，主要影响的是反应V ，即加快了反应V 的速率，
故答案为：V ；
②由图可知，影响v初始(ClO2)的主要因素有溶液的pH以及C l2的含量，因为C l2浓度越
大，pH增大，俊使溶液中ClO
−浓度增大，反应V 的反应物浓度增大，反应速率增大，
故答案为：溶液的pH以及C l2的含量，因为C l2浓度越大，pH增大，俊使溶液中ClO
−浓
度增大，反应V 的反应物浓度增大，反应速率增大。
6.(2025·山西省)乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(CO+ H 2)为原料制
备乙二醇，反应按如下两步进行：
①HCHO(g)+CO(g)+ H 2(g)= HOC H 2CHO(l)
②HOC H 2CHO(l)+ H 2(g)= HOC H 2C H 2OH (l)
已知：Δt H m为物质生成焓，反应焓变ΔH =产物生成焓之和−反应物生成焓之和。相关物
质的生成焓如下表所示。
物质
HCHO(gCO(gH 2(gHOC H 2C H 2O
Δt H m/kJ ⋅mo−116
−111 0
−455
回答下列问题：
(1)生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为 ______，ΔS ______0(填“>”“<”或“
=”)，反应在 ______(填“高温”或“低温”)自发进行。
(2)恒压时，合成气中n( H 2)：n(CO)增大，HOC H 2CHO(羟基乙醛)单位时间产率降低，
其原因是 ______。
(3)反应中伴随副反应④：HCHO(g)+ H 2(g)=C H 3OH (l)。平衡常数与温度之间满足
关系lnK =−ΔH
RT +常数，反应②和④的lnK与1
T 的关系如图所示，则Δ H 2______Δ H 4，(
填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的生成，应适当 ______(填“升高”或“降低”)反应
温度，理由是 ______。
(4)若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为1.0mol⋅L
−1。
①反应5h后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38 %、8 %、10 %，则甲醛的平均消
耗速率v = ______mol⋅L
−1⋅h
−1。
②溶剂中H 2和CO浓度分别保持为1.0×10
−4mol⋅L
−1、6.0×10
−4mol⋅L
−1，羟基乙醛、
乙二醇、甲醇的平衡产率分别为18 %、34 %、14 %，生成乙二醇的平衡常数K = ______
(mol⋅L
−1)
−3(科学记数，保留小数点后2位。
【答案】HCHO(g)+CO(g)+2 H 2(g)= HOC H 2C H 2OH (l) ΔH =−228kJ /mol；<；
低温；
反应①的速率大于反应②使得单位时间内羟基乙醛的产率降低；
<；降低；随着1
T 的增大，即温度降低，反应②的lnK增大的程度大于反应④的lnK增大
程度；
0.112
①
；
1.67
②
×10
11
【知识点】热化学方程式、反应热与焓变、化学平衡常数的相关计算
【
解
析
】
(1)①HCHO(g)+CO(g)+ H 2(g)= HOC H 2CHO(l)；
②HOC H 2CHO(l)+ H 2(g)= HOC H 2C H 2OH (l)；将反应①+②相加，可得到总反
应
：
HCHO(g)+CO(g)+2 H 2(g)= HOC H 2C H 2OH (l)，
ΔH =(−455kJ /mol)−[(−116kJ /mol)+(−111kJ /mol)+0kJ /mol ]=−228kJ /mol
该反应中气体分子数减少，混乱度降低，故ΔS<0；自发性条件是ΔG = ΔH −TΔS<0，
ΔH为负，ΔS为负时，低温条件下ΔG<0，
故答案为：HCHO(g)+CO(g)+2 H 2(g)= HOC H 2C H 2OH (l) ΔH =−228kJ /mol
<；低温；
(2)恒压时，合成气中n( H 2)：n(CO)增大，一氧化碳分压减小对反应的影响超过氢气分
压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间产率降低，
故答案为：反应①的速率大于反应②使得单位时间内羟基乙醛的产率降低；
(3)平衡常数与温度之间满足关系lnK =−ΔH
RT +常数，lnK与1
T
的关系图中，斜率为−ΔH
R
。
图中反应②的斜率大于反应④，由于两反应的ΔH随温度降低均增大，均为放热，故
Δ H 2< Δ H 4；抑制甲醇生成，即让反应②的正向进行程度大于反应④，随着1
T
的增大，
ln K 2增大的程度大于ln K 4增大程度，故降低温度才能抑制甲醇的生成，
故答案为：<；降低；随着1
T
的增大，即温度降低，反应②的lnK增大的程度大于反应④
的lnK增大程度；
(4)①反应5h后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38 %、8 %、10 %，即生成
HOC H 2CHO消耗甲醛38 %，乙二醇消耗甲醛8 %，甲醇消耗甲醛10 %，则消耗甲醛
38 %+8 %+10 % =56 %，消耗甲醛的量为1.0mol / L×56 % =0.56mol / L，则甲醛的平均
消耗速率v =0.56mol / L÷5h=0.112mol⋅L
−1⋅h
−1，
故答案为：0.112；
②总反应③：HCHO(g)+CO(g)+2 H 2(g)= HOC H 2C H 2OH (l)平衡常数表达式为
K = [ HOC H 2C H 2OH ]
[ HCHO][CO][ H 2]
2
，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为18 %、34 %、14 %，
平
衡
浓
度
：
[ HOC H 2C H 2OH ]=0.34 mol/ L，
羟
基
乙
醛
：
[ HOC H 2CHO]=0.18mol/ L，甲醇：[C H 3OH ]=0.14 mol/ L，总甲醇消耗浓度：
0.18mol/ L+0.34 mol/ L+0.14 mol/ L=0.66mol/ L，
平
衡
时
：
[ HCHO ]=1.0mol / L−0.66mol / L=0.34 mol / L；
[ H 2]=1.0×10
−4mol / L，
[CO ]=6.0×10
−4mol / L，
代
入
计
算
：
K =
0.34
0.34×(6.0×10
−4)×(1.0×10
−4)
2 ≈1.67×10
11，
故答案为：1.67×10
11。
7.(2025·四川省)乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制
备。回答下列问题：
(1)乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为−874 kJ ⋅mol
−1、−1367 kJ ⋅mol
−1和
−2238kJ ⋅mol
−1，
则
酯
化
反
应
C H 3COOH (l)+C2 H 5OH (l)=C H 3COOC2 H 5(l)+ H 2O(l)的
ΔH =______
kJ ⋅mol
−1。
(2)酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为______，原因是______。
(3)在常压和353.15 K时，初始组成n(C H 3COOH )：n(C2 H 5OH )=3：1、NaHSO4
作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如图所示。
平衡时乙酸的转化率α =______%，平衡常数K =______(保留2位有效数字)。已知酯化反应
的速率方程为r =k+c(C H 3COOH )c(C2 H 5OH )−k−c(C H 3COOC2 H 5)c( H 2O)，
其中k+=1.0×10
−5 L⋅mol
−1⋅s
−1，则k−=______L⋅mol
−1⋅s
−1(保留2位有效数字)。
(4)研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是______。
若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是______(举1例)。
【答案】−3；
C H 3COOH >C2 H 5OH >C H 3COOC H 2C H 3；乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分
子间的氢键比乙醇的更强；
30；3.9；2.6×10
−6；
| ΔH |很小，温度对平衡影响小；液相反应，压强对平衡影响小及时移出产物；
【知识点】化学平衡常数的相关计算
【解析】
(1)①C H 3COOH (l)+2O2(g)=2C O2(g)+2 H 2O(l) Δ H 1=−874 kJ ⋅mol
−1
②C2 H 5OH (l)+3O2(g)=2C O2(g)+3 H 2O(l)．Δ H 2=−1367 kJ ⋅mol
−1
③C H 3COOC2 H 5(l)+5O2(g)= 4C O2(g)+ 4 H 2O(l) Δ H 3=−2238kJ ⋅mol
−1
根据盖斯定律，目标反应C H 3COOH (1)+C2 H 3OH (Ⅰ)=C H 3COOC2 H 3(l)+ H 2O(l)
可由①+②−③得到，则
ΔH = Δ H 1+ Δ H 2−Δ H 3=(−874 kJ ⋅mol
−1)+(−1367 kJ ⋅mol
−1)−(−2238kJ ⋅mol
−1)=−874−1367+
；
故答案为：−3；
(2)乙酸、乙醇和乙酸乙酯都是分子晶体。乙酸(C H 3COOH )和乙醇(C2 H 5OH )分子间
都能形成氢键，而乙酸乙酯(C H 3COOC2 H 5)分子间不能形成氢键，所以乙酸乙酯的沸
点最低。乙酸的相对分子质量比乙醇大，分子间作用力更大，所以乙酸的沸点高于乙醇。
因此，沸点从高到低的顺序为：C H 3COOH >C2 H 5OH >C H 3COOC2 H 5；
故答案为：C H 3COOH >C2 H 5OH >C H 3COOC H 2C H 3；乙酸乙酯分子间不存在氢
键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强；
(3)已知初始组成n(C H 3COOH )：n(C2 H 5OH )=3：1，设初始时
n(C2 H 5OH )=1moln(C H 3COOH )=3mol，容器体积为VL，则初始
c(C2 H 5OH )= 1mol
VL ，由图可知平衡时c(C2 H 5OH )=0.33mol⋅L
−1.。变化的
c(C2 H 5OH )= 1mol
VL −0.33mol⋅L
−1，根据化学计量数之比乙酸的转化率
α = Δc(C H 3COOH )
c出始(C H 3COOH ) ×100 % =
1mol
VL −0.33mol⋅L
−1
3mol
VL
×100 % = 1−0.33V
3
×100 %，
假设V =1 L(因为体积在计算转化率时可约去)，α = 1−0.33
3
×100 % = 0.67
3
×100 %≈30 %；
列出三段式：C H 3COOH (1)+C2 H 3OH (1)=C H 3COOC2 H 3(l)+ H 2O(l)
初始浓度c0 3mol⋅L
−1 1mol⋅L
−1 0mol⋅L
−1 0mol⋅L
−1
变化浓度Δc：0.9mol⋅L
−1 0.9mol⋅L
−1 0.9mol⋅L
−1 0.9mol⋅L
−1
平衡浓度c平：2.1mol⋅L
−1 0.1mol⋅L
−1 0.9mol⋅L
−1 0.9mol⋅L
−1
平衡常数K = c(C H 3COOC2 H 5)c( H 2O)
c(C H 3COOH )c(C2 H 5OH ) = 0.9mol⋅L
−1×0.9mol⋅L
−1
2.1mol⋅L
−1×0.1mol⋅L
−1 ≈3.9，平衡
时v 正= v逆，即k +c(C H 3COOH )c(C2 H 3OH )=kc(C H 3COOC2 H 5)c( H 2O)，
K c = k+
k−
k−= k+
K = 1.0×10
−5 L⋅mol
−1⋅s
−1
3.9
≈2.6×10
−6 L⋅mol
−1⋅s
−1．
故答案为：30；3.9；2.6×10
−6；
(4)该反应| ΔH |很小，升高温度平衡逆向移动，降低温度反应速率太慢；该反应为液相
反应，改变压强对平衡无影响，所以难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产
率。可以采用及时分离出乙酸乙酯(或不断移走产物中的水等)的方法，使平衡正向移动，
从而提高乙酸乙酯的产率；
故答案为：| ΔH |很小，温度对平衡影响小；液相反应，压强对平衡影响小及时移出产物；
8.(2025·陕西省)在温和条件下，将CO转化为C4烃类具有重要意义。采用电化学−化学串
联催化策略可将CO高选择性合成C4 H 10，该流程示意图如图：
回答下列问题：
(1)电解池中电极M与电源的 ______极相连。
(2)CO放电生成C2 H 4的电极反应式为 ______。
(3)在反应器中，发生如下反应：
反应ⅰ：2C2 H 4(g)⇌C6 H 8(g)
Δ
ㅤH 1=−104.7 kJ ⋅mol
−1
反应ⅱ：2C2 H 4(g)+ H 2(g)⇌C4 H 10(g)
Δ
ㅤH 2=−230.7 kJ ⋅mol
−1
计算反应C4 H 8(g)+ H 2(g)⇌C4 H 10(g)的ΔH = ______kJ ⋅mol
−1，该反应 ______(填
标号)。
A.高温自发
B.低温自发
C.高温低温均自发
D.高温低温均不自发
(4)一定温度下，CO，C2 H 4和H 2(体积比为x：2：1)按一定流速进入装有催化剂的恒容
反应器(入口压强为100kPa)发生反应ⅰ和ⅱ。有CO存在时，反应ⅱ的反应进程如图1所
示。随着x的增加，C2 H 4的转化率和产物的选择性(选择性
= 转化为目的产物所消耗乙烯的量
已转化的乙烯总量
×100 %)如图2所示。
①根据图1，写出生成C4 H 10的决速步反应式 ______；C4 H 10的选择性大于C4 H 8的原因
是 ______。
②结合图2，当x ≥2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，
随着x的增大，C2 H 4的转化率减小的原因是 ______；当x =2时，该温度下反应ⅱ的K p=
______(kPa)
−1(保留两位小数)。
【答案】正；
2CO+8e
−+6 H 2O =C2 H 4+8O H
−；
−126.0；B；
①
∗C2 H 5+
∗C2 H 4=
∗C4 H 9；从❑
∗C4 H 9转化为C4 H 8的总的活化能远比转化为C4 H 10
的高；
②即增大CO分压，相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ均逆向移动，所以C2 H 4的转化率减小；
0.16
【知识点】化学平衡的移动及影响因素、化学平衡常数的相关计算、原电池和电解池串联
型分析与计算
【解析】(1)根据流程示意图，N极上CO转化为C2 H 4，发生还原反应，为电解池的阴极，
则M极为电解池的阳极，应该接电池的正极；
故答案为：正；
(2)CO在N极上放电生成C2 H 4，C从+2价变为−2价，结合电解池介质、电荷守恒及元素
守恒等，CO放电生成C2 H 4的电极反应式为2CO+8e
−+6 H 2O =C2 H 4+8O H
−；
故答案为：2CO+8e
−+6 H 2O =C2 H 4+8O H
−；
(3)根据盖斯定律，反应ⅱ−反应ⅰ可得C4 H 8(g)+ H 2(g)⇌C4 H 10(g)则其
ΔH = Δ H 2−Δ H 1=(−230.7 kJ ⋅mol
−1)−(−104.7 kJ ⋅mol
−1)=−126.0kJ ⋅mol
−1；
要判断该反应能否自发进行，可通过该反应△G = ΔH −T △S<0时的条件来判断，根据方
程式，ΔH <0，△S<0，则T值较低时，能使△G<0，即在低温时能自发进行，故选B；
故答案为：−126.0；B；
(4)①根据图1，在形成TSⅡ时活化能最大，该步为生成C4 H 10的决速步，反应方程式为
❑
∗C2 H 5+
∗C2 H 4=
∗C4 H 9；由图可知，从❑
∗C4 H 9转化为C4 H 8的总的活化能远比转化
为C4 H 10的高，因此生成C4 H 10比生成C4 H 8的反应容易进行得多，生成C4 H 10的选择性
大于C4 H 8；
故答案为：❑
∗C2 H 5+
∗C2 H 4=
∗C4 H 9；从❑
∗C4 H 9转化为C4 H 8的总的活化能远比转化
为C4 H 10的高；
②当x ≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，CO不是反应物，增大x，即增大
CO分压，相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ均逆向移动，所以C2 H 4的转化率减小；由图2可
知，当x =2时，C2 H 4的转化率为90 %，C4 H 10的选择性为80 %，假设起始投CO、C2 H 4
和
H 2分
别
为
2mol、
2mol、
1mol，
则
生
成
的
n(C4 H 10)=2mol×90 %× 1
2 ×80 % =0.72mol，
生
成
的
n(C4 H 8)=2mol×90 %× 1
2 ×(1−80 %)=0.18mol，参与反应的H 2的物质的量为
0.72mol.平
衡
时
n( H 2)=1mol−0.72mol =0.28mol，
n(C2 H 4)=2mol×(1−90 %)=0.2mol，
体
系
中
总
的
物
质
的
量
=2mol+0.72mol+0.18mol+0.28mol+0.2mol =3.38mol，根据“ 压强比=物质的量
比” ，平衡时体系的压强p符合关系
5
3.38 = 100kPa
p
，求得p=67.6kPa，则
p(C4 H 10)= 0.72mol
3.38mol ×67.6 kPa=14.4 kPa，类似可得其他物质的分压
p(C2 H 4)= 4 kPa，
p( H 2)=5.6kPa，
反
应
ⅱ的
K p=
p(C4 H 10)
p
2(C2 H 4)⋅p( H 2)
=
14.4
4
2×5.6
=0.16(kPa)
−1；
故答案为：即增大CO分压，相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ均逆向移动，所以C2 H 4的转
化率减小；0.16。
9.(2025·重庆市·历年真题)水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意
义。
(1)天然水中可以分离出重水( D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：D2O⇌D
++O D
−，
c( D
+)和c(O D
−)的关系如图1所示。
①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是______。
②T 1______T 2(填
“
>”
“
=”
或
“
<”
)。
(2)用图2所示电化学装置进行如下实验。
①用H 2实验：在左侧通入H 2，产物为H 2O，盐桥中K
+移向装置的______ (填“左侧”或
“右侧”)，电池的总反应为______。
②用O2实验：在一侧通入O2，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为______。
(3)利用弛豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(
如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的弛豫时
间(τ )，从而获得k的信息。对于H 2O⇌H
++O H
−，若将纯水瞬时升温到25℃，测得
τ = 4.0×10
−5 s。已知：25℃时，c( H 2O)=55.6mol⋅L
−1，v(正)=k1c( H 2O)，v(逆
)=k2c( H
+)c(O H
−)，τ =
1
k1+2k2 X c
( Xc为H
+的平衡浓度)。
25
①
℃时，H 2O⇌H
++O H
−的平衡常数K =______mol⋅L
−1(保留2位有效数字)。
②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为______。
25
③
℃时，计算得k2为______L⋅mol
−1⋅s
−1。
【答案】B；>；
左侧：H
++O H
−= H 2O；O2+ 4 e
−+ 4 H
+=2 H 2O；
K =1.8×10
−16；D；k2=1.25×10
11；
【知识点】电解池概念、形成条件及判断、水的电离及影响因素、化学平衡常数的相关计
算
【解析】(1)重水电离：D2O⇌D
++O D
−，中性时c( D
+)=c(O D
−)，对应横坐标
lg c( D
+)
c(O D
−)
=0，即曲线B点。电离吸热，温度升高，c( D
+)c(O D
−)增大(纵坐标
lgc( D
+)更高)。曲线T 1
的lgc( D
+)大于T 2
说明T 1
时电离程度更大，T 1>T 2
；
故答案为：B；>；
(2)左侧通H 2负极，氧化反应)，右侧为正极，阳离子K
+向正极(左侧)移动。总反应为氧化
还原本质的简化，即H
++O H
−= H 2O通O2
为正极，酸性条件下(盐桥隐含H +)，O2
得电
子生成H 2O反应为：O2+ 4 e
−+ 4 H
+=2 H 2O；
故答案为：O2+ 4 e
−+ 4 H
+=2 H 2O；
(3)电
离
式
H 2O⇌H
++O H
−平
衡
常
数
K = [ H +1]OH −1
[ H 2O]
,25℃时
，
K a=1×10
−14[ H 2O]=55.6mol / L故：K = 1×10
−14
55.6
≈1.8×10
−16；升温，正、逆速率均
突增，且正反应吸热，v 正>v逆(平衡正向移动)，符合D。平衡时
k1[ H 2O]=k2[ H
+][O H
−]=k2 K [ H 2O]，故k1=k2K. 弛豫时间T =
1
k1+2k2 X 0
其中
X =[ H
+]=1×10
−7(因K [ H 2O]≈1×10
−14)代入t = 4×10
−5 s忽略K (远小于2 X e)得：
4×10
−5≈
1
k2×10
−7 k2=1.25×10
11；
故答案为：K =1.8×10
−16；D；k 2=1.25×10
11；
(1)重水电离：，中性时c( D
+)=c(O D
−)，对应横坐标，即曲线B点。电离吸热，温度升
高，c( D
+)c(O D
−)增大(纵坐标lgc( D
+)更高)。曲线T 1
的lgc( D
+)大于T 2
说明T 1
时电离
程度更大，T 1>T 2；
(2)左侧通H 2负极，氧化反应)，右侧为正极，阳离子K
+向正极(左侧)移动。总反应为氧化
还原本质的简化，即H
++O H
−= H 2O通O2
为正极，酸性条件下(盐桥隐含H +)，O2
得电
子生成H 2O反应为：O2+ 4 e
−+ 4 H
+=2 H 2O；
(3)电离式平衡常数时，[ H 2O]=55.6mol/ L故：K =；升温，正、逆速率均突增，且正
反应吸热，v 正>v逆(平衡正向移动)，符合D。
10.(2025·山东省)MgC O3/ MgO循环在C O2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员
设计了利用MgC O3与H 2反应生成C H 4的路线，主要反应如下：
Ⅰ. MgC O3(s)= MgO(s)+C O2(g)
Δ
ㅤㅤH 1=+101kJ ⋅mol
−1
Ⅱ.C O2(g)+ 4 H 2(g)=C H 4(g)+2 H 2O(g)
Δ
ㅤㅤH 2=−166kJ ⋅mol
−1
Ⅲ.C O2(g)+ H 2(g)= H 2O(g)+CO(g)
Δ
ㅤㅤH 3=+ 41kJ ⋅mol
−1
回答下列问题：
(1)计
算
MgC O3(s)+ 4 H 2(g)= MgO(s)+2 H 2O(g)+C H 4(g)
Δ
ㅤㅤH 4=______
kJ ⋅mol
−1
(2)提高C H 4平衡产率的条件是______。
A.高温高压
B.低温高压
C.高温低压
D.低温低压
(3)高温下MgC O3分解产生的MgO催化C O2与H 2反应生成C H 4，部分历程如图，其中
吸附在催化剂表面的物种用∗标注。所示步骤中最慢的基元反应是______(填序号)；生成
水的基元反应方程式为______。
(4)100kPa下，在密闭容器中H 2(g)和MgC O3(s)各1mol发生反应。反应物( H 2、
MgC O3)的平衡转化率和生成物(C H 4、C O2)的选择性随温度变化关系如图(反应Ⅲ在
360℃以下不考虑)。
注：含碳生成物选择性= 含碳生成物的物质的量
MgC O3转化的物质的量×100 %
①表示C H 4选择性的曲线是______(填字母)。
②点M温度下，反应Ⅱ的K p______(kPa)
−2(列出计算式即可)。
③在550℃下达到平衡时，n(CO)=______mol。500～600℃随温度升高H 2平衡转化
率下降的原因可能是______。
【答案】−65；
B；
④；H O
∗+C H 2
∗+ H 2
∗=C H 3
∗+ H 2O；
①c；②49
2
16 ；
0.2
③
；反应Ⅱ生成的H 2多于反应Ⅲ消耗的H 2
【知识点】反应热与焓变、依据盖斯定律计算、化学平衡的移动及影响因素、化学平衡常
数的相关计算
【解析】(1)分析目标方程式与已知反应的方程式，将反应Ⅰ+反应Ⅱ可得目标方程式
MgC O3(s)+ 4 H 2(g)= MgO(s)+2 H 2O(g)+C H 4(g)，
Δ H 4= Δ H 1+ Δ H 2=+101kJ ⋅mol
−1+(−166 kJ ⋅mol
−1)=−65kJ ⋅mol
−1；
故答案为：−65；
(2)根据题目给反应C O2(g)+ 4 H 2(g)=C H 4(g)+2 H 2O(g) Δ H 2=−166 kJ ⋅mol
−1为
放热反应，要提高C H 4平衡产率，应该使平衡正向移动，根据反应特点，加压或降温都有
利于平衡正向移动；
A.高温会使平衡逆向移动，不利于提高C H 4平衡产率，故A 错误；
B.低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高C H 4平衡产率，故B 正确；
C.高温会使平衡逆向移动，低压也会使平衡逆向移动，不利于提高C H 4平衡产率，故C 错
误；
D.低压会使平衡逆向移动，不利于提高C H 4平衡产率，故D 错误；
故答案为：B；
(3)反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第④步活化能最高，速率最慢；
由图可知，在第③步时生成了水，对应的基元反应为：H O
∗+C H 2
∗+ H 2
∗=C H 3
∗+ H 2O；
故答案为：④；H O
∗+C H 2
∗+ H 2
∗=C H 3
∗+ H 2O；
(4)已知反应Ⅰ为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则
MgC O3的转化率逐渐升高，H 2的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则C O2的选
择性上升，C H 4的选择性下降，360℃以上时需考虑反应Ⅲ，部分C O2转化为CO，C O2
的选择性下降，所以a表示MgC O3的转化率，b表示C O2的选择性，c表示C H 4的选择性；
①表示C H 4选择性的曲线是c；
故答案为：c；
②反应Ⅱ为C O2(g)+ 4 H 2(g)=C H 4(g)+2 H 2O(g)，点M温度下，从图中看出
MgC O3的转化率为49 %，根据碳原子守恒，C H 4和C O2中碳原子的物质的量之和为
0.49mol，又因为此时C O2的选择性和C H 4的选择性相等，则C O2和C H 4的物质的量分
别
为0.245mol，
再
根
据
氧
原
子
守
恒
得
出
H 2O的
物
质
的
量
=2×0.49mol−2×0.245mol =0.49mol，根据氢原子守恒得出H 2的物质的量
=1mol−2×0.49mol =0.02mol，
反
应
Ⅱ
总
的
物
质
的
量
为
0.245mol+0.02mol+0.245mol+0.49mol =1mol.则
各
物
质
的
分
压
为
：
p(C O2)= 0.245
1
×100kPa=24.5kPa，
p( H 2)= 0.02
1
×100kPa=2kPa，
p(C H 4)= 0.245
1
×100kPa=24.5kPa，p( H 2O)= 0.49
1
×100kPa= 49kPa，反应Ⅱ为
C O2(g)+ 4 H 2(g)=C H 4(g)+2 H 2O(g)的
K p= p(C H 4)⋅p
2( H 2O)
p(C O2)⋅p
4( H 2)
= 24.5×49
2
24.5×2
4 = 49
2
16
；
故答案为：49
2
16
；
③在550℃下达到平衡时，MgC O3完全转化，C O2的选择性为70 %，C H 4的选择性为
10 %，则生成的C O2为0.7mol，生成的C H 4为0.1mol，根据碳原子守恒得出
n(CO)=1mol−0.7mol−0.1mol =0.2mol，因为反应Ⅱ是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应。
在500～600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的H 2
多于反应Ⅲ消耗的H 2，导致H 2平衡转化率下降；
故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的H 2多于反应Ⅲ消耗的H 2。
【全真模拟测评】
1.(2026·天津市·假期作业)甲醇水蒸气重整制氢方法是目前比较成熟的制氢方法，且具有
良好的应用前景。甲醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如图所示，回答下列问题：
(1)已知一定条件下
反应Ⅰ：C H 3OH (g)=CO(g)+2 H 2(g) Δ H 1=+90.7 kJ /mol
反应Ⅲ：C H 3OH (g)+ H 2O(g)=C O2(g)+3 H 2(g) Δ H 3=+ 49.5kJ /mol
①反应Ⅰ的ΔS_____0(填“>”、“=”或“<”)，该反应自发进行的条件是_____(填“高
温”、“低温”或“任何温度”)。
②该条件下反应Ⅱ的热化学方程式是_______________________。
(2)①已知反应Ⅱ在进气比[n(CO):n(H 2O)]不同时，在不同温度(T 1、T 2)下，测得相应
的CO的平衡转化率如图。
①比较T 1、T 2的大小，并解释原因：_______________________。
②A点对应的化学平衡常数是____________。
③T 1温度时，t时刻各物质的浓度如下表。
COH 2OH 2C O
t时刻浓度
(mol / L)
1.20.2 0.80.8
判断t时刻v(正)、v(逆)的大小关系为：v(正)______v(逆)(填“>”、“=”或“<”)。
④当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是
_____________。
【答案】(1)①>；高温
(2)①T 1<T 2，该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO平衡转化率减
小
1
②
③<
④进气比越大，反应温度越低
【知识点】影响化学平衡的因素、化学平衡的图像分析、浓度商与化学平衡常数、盖斯定
律、化学反应原理综合、化学反应的方向
【解析】(1)①从反应方程式：C H 3OH (g)=CO(g)+2 H 2(g)，可知ΔS>0。ΔH >0、
ΔS>0的反应条件是高温；
②由题目所给反应过程图可知，反应Ⅱ为
，根据盖斯定
律
可
知
，
反
应
Ⅲ
−反
应
Ⅰ
得
反
应
Ⅱ
，
则
该
反
应
的
ΔH =(+ 49.5kJ /mol)−(+90.7 kJ /mol)=−41.2kJ /mol，热化学方程式为
。
(2)①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，由图可知，进气比相同时，
温度由T 1变为T 2时，CO转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则T 1<T 2；
②由图可知，A点CO转化率为50 %，根据题目所给信息可得下列三段式：
H 2O(g)
+
CO(g)
⇀
↽
H 2
+
C O2(g)
mol
起
始/ L
1
1
0
0
mol
转
化/ L
0.5
0.5
0.5
0.5
mol
平
衡/ L
0.5
0.5
0.5
0.5
则反应平衡常数K = 0.5mol / L×0.5mol / L
0.5mol / L×0.5mol / L =1；
③由表格数据可知，t时刻时反应的浓度熵Qc = 0.8mol / L×0.8mol / L
1.2mol / L×0.2mol / L =2.7，Qc> K，
说明平衡向逆反应方向移动，则v(正)<v(逆)；
④由图可知，当CO平衡转化率相等时，进气比越大，反应温度越低。
2.(2025·天津市·模拟题)苯乙烯作为一种重要的基础有机化工原料，广泛用于合成塑料和橡
胶。工业以乙苯为原料，通过如下反应I或反应II制取苯乙烯。回答下列问题：
(1)工业常采用乙苯脱氢的方法制备苯乙烯，其原理如下：反应I：
C6 H 5−C H 2C H 3(g)⇌C6 H 5−CH =C H 2(g)+ H 2(g) Δ H 1
①近期科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了一个乙苯分子在催化剂表面脱氢制
苯乙烯的反应，其历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用∗标注)：
乙苯脱氢制苯乙烯反应的焓变Δ H 1=______，该反应历程的决速步骤反应方程式为 ______。
②在高温恒压条件下，乙苯可能会裂解产生积碳覆盖在催化剂的表面，使催化剂“中毒”。
因此在原料气中通入水蒸气的目的是 ______、______。
③在温度为550℃，总压恒定为3 p的密闭容器中通入体积比为2：1的乙苯(g)和
H 2O(g)混合气体发生反应，达到平衡时乙苯的转化率为α，计算反应的压强平衡常数
K p=______。
④乙苯脱氢制苯乙烯的反应往往伴随着副反应，生成苯、甲苯和聚苯乙烯等。在一定温度
和压强下，为了提高苯乙烯的选择性，应当 ______。
(2)工业上利用C O2氧化乙苯制苯乙烯，其原理为：反应II：
C6 H 5−C H 2C H 3(g)+C O2⇌C6 H 5−CH =C H 2(g)+CO+ H 2O(g) Δ H 2=158.7 kJ /mol
①相同反应条件下，采用C O2替代水蒸气进行乙苯脱氢反应，苯乙烯生产能耗有效降低，
而且乙苯转化率也明显提高。请利用平衡原理分析乙苯转化率提高的原因。 ______。
②在常压下，n(乙苯)
n(C O2) 分别为a、b、c时，乙苯平衡转化率随温度变化的关系如图所示：
则a、b、c的大小关系为 ______。
【答案】(1)
1.35
①
eV /mol； C6 H 5C H 2C H 2
∗+ H
∗→C6 H 5CHC H 2
∗+2 H
∗ ②消
除积碳、提高乙苯的平衡转化率 ③
6α
2 p
(1−α )(3+2α ) ④ 选择合适的催化剂
(2)①二氧化碳能消耗反应Ⅰ产生的氢气，使乙苯脱氢反应的化学平衡正向移动，乙苯转化
率升高 ②c>b>a
【知识点】影响化学平衡的因素、化学平衡的图像分析、转化率、产率等相关计算、浓度
商与化学平衡常数、反应焓变的计算
【解析】解：(1)①由反应历程可知乙苯脱氢制苯乙烯反应的焓变
Δ H 1=(1.35eV −0eV )× N A mol
−1=1.35eV /mol；由图可知，该反应历程的决速步骤
反应方程式为C6 H 5C H 2C H 2
∗+ H
∗→C6 H 5CHC H 2
∗+2 H
∗，
故答案为：1.35eV /mol；C6 H 5C H 2C H 2
∗+ H
∗→C6 H 5CHC H 2
∗+2 H
∗；
②碳能与水蒸气反应，则通入水蒸气可以消除积碳，同时正反应为气体分子数增大的反应，
保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动
提高乙苯的平衡转化率，
故答案为：消除积碳；加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方
向移动，提高乙苯的平衡转化率；
③设乙苯(g)和H 2O(g)起始物质的量为2amol和amol，列化学平衡三段式，
C6 H 5−C H 2C H 3(g)⇌C6 H 5−CH =C H 2(g)+ H 2(g)
起始(mol) 2a 0 0
转化(mol) 2aα 2aα 2aα
平衡(mol) 2a−2aα 2aα 2aα
混合气体总物质的量为(2a−2aα +2aα +2aα +amol)=(3a+2aα )mol，
p(C6 H 5−C H 2C H 3)= 2a−2aα
3a+2aα ×3 p= (2−2a)3 p
3+2α
，
p(C6 H 5−CH =C H 2)= p( H 2)=
2aα
3a+2aα ×3 p= 6αp
3+2α ，
K p= p(苯乙烯)⋅p( H 2)
p(乙苯)
=
( 6αp
3+2a )
2
(2−2α )3 p
3+2a
=
6α
2 p
(1−α )(3+2α )，
故答案为：
6α
2 p
(1−α )(3+2α )；
④为了提高反应速率和合成甲醇的选择性，应当选择合适的催化剂，
故答案为：选择合适的催化剂；
(2)①C O2+ H 2=CO+ H 2O，二氧化碳能消耗反应Ⅰ产生的氢气，使乙苯脱氢反应的化学
平衡正向移动，乙苯转化率升高，
故答案为：二氧化碳能消耗反应Ⅰ产生的氢气，使乙苯脱氢反应的化学平衡正向移动，乙苯
转化率升高；
②n(乙苯)
n(C O2) 越小，乙苯的平衡转化率越大，结合图中信息可知，c>b>a，
故答案为：c>b>a。
3.(2025·广东省·模拟题)C O2的资源化利用能有效减少碳排放充分利用碳资源。
I.C O2合成甲醇(C H 3OH )
该反应包括下列两步：
反应I C O2(g)+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) △H 1=+ 40.9kJ /mol
反应II C O2(g)+3 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g)+ H 2O(g) △H 2=+ 49.5kJ /mol
(1)由CO与H 2合成C H 3OH (g)的热化学方程式为_______。
(2)在一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入3mol H 2和1molC O2，控制条件
仅发生反应I，测得C O2、C H 3OH (g)和H 2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：
0
①∼3min内，用H 2(g)表示的化学反应速率v( H 2)=_______。
②在平衡后，再向容器中加入2molC O2(g)和2molC H 3OH (g)则平衡向_______移动。
(填“正反应方向”“逆反应方向”或“不移动”)。
(3)在光电催化下C O2可以合成甲醇，原理如图所示。阴极的电极反应式为_______。
II .C O2合成二甲醚(C H 3OC H 3)
控制反应条件，同时发生反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ，可以合成二甲醚(C H 3OC H 3)。
反应Ⅲ 2C H 3OH (g)⇀
↽C H 3OC H 3(g)+ H 2O(g)△H =−24.5kJ /mol
在压强30 MPa、
n( H 2)
n(C O2) = 4时， C O2的平衡转化率、CO的选择性和C H 3OC H 3的选
择性随温度变化情况如图所示( X的选择性=
X
C
转化成
消耗0
C 02
消耗的总物质的量)
(4)图中，代表C H 3OC H 3选择性的是曲线_______(填“A”、“B”或“C”)。
(5)当温度超过290℃，曲线B随温度升高而增大的原因是_______。
【答案】(1)CO(g)+2 H 2(g) ⇀
↽ C H 3OH (g) △H =8.6kJ /mol
(2)
0.375
①
mol⋅L
−1⋅min
−1
②正反应方向
(3)C 02+6 H
++6e
−=C H 3OH + H 20
(4) A
(5)生成CO的反应为吸热反应，高温有利于反应向生成CO方向进行，从而提高其选择性
【知识点】影响化学平衡的因素、化学平衡的图像分析、浓度商与化学平衡常数、盖斯定
律、化学反应原理综合、电解池工作原理
【解析】(1)根据盖斯定律，CO与H 2合成C H 3OH (g)的反应可由反应II −反应I得到，
反应的反应热△H =△H 2−△H 1=+ 49.5kJ /mol−40.9kJ /mol =8.6kJ /mol，反应的
热化学方程式为：CO(g)+2 H 2(g) ⇀
↽ C H 3OH (g) △H =8.6kJ /mol；
(2)
0
①∼3min内
，
C O2 的
物
质
的
量
由
1mol减
少
至
0.25mol，
ν(C O2)=
1mol−0.25mol
2 L
3min
=0.125mol⋅L
−1⋅min
−1 ，根据速率之比等于化学计量数之
比可得 v( H 2)=3(C O2)=3×0.125mol⋅L
−1⋅min
−1=0.375mol⋅L
−1⋅min
−1 ；
②反应达到平衡时：各物质的浓度为：c(C H 3OH )=c( H 2O)=
0.75mol
2 L
=0.375mol⋅L
−1 ，
c(C O2)= 0.25mol
2 L
=0.125mol⋅L
−1 ，
c( H 2)=
0.375mol⋅L
−1 ，可得反应平衡常数K = 0.375mol⋅L
−1×0.375mol⋅L
−1
0.125mol⋅L
−1×(0.375mol⋅L
−1)
3 = 64
3 ，再
向容器中加入2molC O2(g)和2molC H 3OH (g)，此时刻c(C O2)=
0.125mol⋅L
−1+ 2mol
2 L =1.125mol⋅L
−1 ，
c(C H 3OH )=
0.375mol⋅L
−1+ 2mol
2 L =1.375mol⋅L
−1 ，
此
时
Qc=
1.375mol⋅L
−1×0.375mol⋅L
−1
1.125mol⋅L
−1×(0.375mol⋅L
−1)
3 = 704
81 < 64
3 ，反应正向移动，故答案为：正反应方
向；
(3)由图可知阴极二氧化碳转化成甲醇且电解质为酸性环境，电极反应为：
C 02+6 H
++6e
−=C H 3OH + H 20；
(4)C O2(g)的反应均为吸热反应，温度升高二氧化碳的转化率增大，因此曲线C代表二氧
化碳的转化率；有选择性的表达式可知生成二甲醚的选择性高于生成CO的选择性，因此
曲线A代表二甲醚的选择性，曲线B代表生成CO的选择性，故答案为：A；
(5)生成CO的反应为吸热反应，随温度的升高有利于反应正向移动，使得CO的选择性逐
渐增大，故答案为：生成CO的反应为吸热反应，高温有利于反应向生成CO方向进行，从
而提高其选择性；
4.(2025·广东省·模拟题)乙醇可以通过部分氧化制氢气，涉及的相关反应方程式如下：
a)C2 H 5OH (g)⇌C H 4(g)+CO(g)+ H 2(g) Δ H 1
b)2C H 4(g)+3O2(g)⇌2CO(g)+ 4 H 2O(g) Δ H 2
c)CO(g)+ H 2O(g)⇌C O2(g)+ H 2(g) Δ H 3
d )C H 4(g)+ H 2O(g)⇌CO(g)+3 H 2(g) Δ H 4
(1)若发生反应C2 H 5OH (g)+ 1
2 O2(g)⇌2CO(g)+3 H 2(g) Δ H 5，可提高乙醇中氢原
子的利用率，反应的Δ H 5= ______ (用代数式表示)。
(2)用平衡分压代替平衡浓度时，平衡常数可表示为K p，各反应的lg K p随温度的变化如图
1所示
①以上反应中，属于吸热反应的有 ______ (填字母)。
②平衡常数大于10
5时可认为反应完全，则1500 K时，反应完全进行的有 ______ (填字
母)。
(3)恒压条件下往反应容器中通入2.0molC2 H 5OH和少量O2，平衡时体系中各物质
(C H 4、H 2、CO、C O2、H 2O)的物质的量分数随温度的变化如图2所示。
①图中表示CO的曲线为 ______ (填“m”或“n”)。
②下列说法正确的是 ______ (填编号)。
A.当气体密度不再发生变化时，反应达到平衡状态
B.温度升高，反应d的v 正增大，v逆减小
C.达到平衡时分离出部分H 2O，反应c的平衡常数增大
D.加入稀有气体，重新达到平衡时H 2的物质的量增加
③T 1 K下达到平衡时C2 H 5OH和O2均反应完全，C H 4、H 2和H 2O的物质的量分数分别
为0.20、0.32、0.12，则平衡时H 2的物质的量为 ______ mol，反应c的平衡常数K =
______ 。
【答案】(1) Δ H 1+ 1
6 Δ H 2+ 2
3 Δ H 4
(2)①ad
②ab
(3)①n
②AD
③16
7 ；8
3
【知识点】影响化学平衡的因素、化学平衡的图像分析、浓度商与化学平衡常数、盖斯定
律、化学反应原理综合
【解析】【分析】
本题主要考查化学平衡，涉及盖斯定律的应用、化学平衡的影响因素、化学平衡状态的判
断、化学平衡计算，掌握化学平衡的影响因素和化学平衡的计算是关键，侧重考查学生的
识图能力、分析能力和计算能力，题目难度较大。
【解答】
(1)根
据
盖
斯
定
律
：
a+ 1
6 b+ 2
3 d，
可
得
，
C2 H 5OH (g)+ 1
2 O2(g)⇌2CO(g)+3 H 2(g) Δ H 5= Δ H 1+ 1
6 Δ H 2+ 2
3 Δ H 4；
(2)①对吸热反应，升高温度，平衡正向移动，由图1可知，随着温度升高，b、c反应的
平衡常数减小，a、d平衡常数增大，故ad反应属于吸热反应；
②平衡常数大于10
5时可认为反应完全，即lg K p>5时反应完全，由图1可知，lg K p>5的
曲线有ab，即1500 K时，反应完全进行的有ab；
(3)①升高温度，吸热反应正向移动，ad反应属于吸热，故CO的含量增大，曲线n为CO
的曲线，
故答案为：n；
②A .该反应中反应物和生成物全为气体，气体总质量恒定，该反应体系是气体体积增大
的反应，恒压时体积会随反应进行发生变化，即气体密度为变量，当气体密度不再发生变
化时，反应达到平衡状态，故A 正确；
B.温度升高，反应速率增大，v 正、v逆都增大，故B 错误；
C.平衡常数只与温度有关，达到平衡时分离出部分H 2O，温度不变，反应c的平衡常数不
变，故C 错误；
D.恒压时加入稀有气体，容器体积增大，反应体系的分压减小，相当于减压，a、d反应平
衡正向移动，重新达到平衡时H 2的物质的量增加，故D 正确；
故答案为：AD；
③T 1 K下达到平衡时C2 H 5OH和O2均反应完全，C H 4、H 2和H 2O的物质的量分数分别
为0.20、0.32、0.12，则CO和C O2的物质的量分数之和为1−(0.20+0.32+0.12)=0.36，
设平衡时各物质总的物质的量为n总，根据碳原子守恒可知(0.20+0.36)n总=2.0mol×2，
故n总= 50
7 mol，则氢气的物质的量为50
7 ×0.32mol = 16
7 mol；由图2可知，T 1 K下达到
平衡时CO和C O2的物质的量相等，则n(CO)=n(C O2)= 1
2 × 50
7 mol×0.36= 9
7 mol，
n( H 2O)=0.12× 50
7 mol = 6
7 mol，c(C H 4)=0.2× 50
7 mol = 10
7 mol，反应c的平衡常数
。
5.(2025·广东省·模拟题)以C O2、H 2为原料合成C H 3OH涉及的反应如下：
Ⅰ.C O2(g)+3 H 2(g)⇌C H 3OH (g)+ H 2O(g) Δ H 1=−49kJ ⋅mol
−1
Ⅱ.C O2(g)+ H 2(g)⇌CO(g)+ H 2O(g) Δ H 2=+ 41kJ ⋅mol
−1
Ⅲ.CO(g)+2 H 2(g)⇌C H 3OH (g) Δ H 3
回答下列问题：
(1)K p为分压平衡常数，各反应的ln K p随1
T 的变化如图所示。计算反应III的Δ H 3=
______kJ ⋅mol
−1，其对应的曲线为 ______(填“a”或“c”)
(2)在5 MPa下，按照n(C O2)：n( H 2)=1：3投料，平衡时，CO和C H 3OH在含碳产物
中物质的量分数及C O2的转化率随温度的变化如图：
①图中代表C H 3OH的曲线为 ______(填“m”或“n”)。
②解释150～250℃范围内C O2转化率随温度升高而降低的原因 ______。
③下列说法错误的是 ______(填字母)。
A.H 2的平衡转化率始终低于C O2的
B.温度越低，越有利于工业生产C H 3OH
C.加入选择性高的催化剂，可提高C H 3OH的平衡转化率
D.150～400℃范围内，温度升高，H 2O的平衡产量先减小后增大
270
④
°C时CO的分压为 ______，反应II的平衡常数为 ______(列出算式)。
【答案】(1)−90；a
(2)①m
②反应I是放热反应，反应II是吸热反应，温度升高使C O2平衡转化率减小的程度大于反
应II使C O2平衡转化率增大的程度
③BC
0.16
④
MPa；0.12×0.24
0.76×2.52
【知识点】化学平衡的图像分析、转化率、产率等相关计算、浓度商与化学平衡常数、盖
斯定律
【解析】【分析】
本题考查化学原理部分知识，涉及到盖斯定律的应用，化学平衡常数的计算，化学平衡的
移动，均为高频考点，解题的关键时掌握化学反应原理知识的应用，整体难度中等，是中
档题。
【解答】
(1)I .C O2(g)+3 H 2(g)⇌C H 3OH (g)+ H 2O(g) Δ H 1=−49kJ ⋅mol
−1，
II .C O2(g)+ H 2(g)⇌CO(g)+ H 2O(g) Δ H 2=+ 41kJ ⋅mol
−1，根据盖斯定律I −II可
得
CO(g)+2 H 2(g)⇌C H 3OH (g) Δ H 3=−49kJ ⋅mol
−1−41kJ ⋅mol
−1=−90kJ ⋅mol
−1
反应III的Δ H 3<0，T降低平衡右移，K p增大，ln K p增大，1
T
增大，故对应的曲线为a，
故答案为：−90；a；
(2)①根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有C H 3OH生成，且Δ H 1和Δ H 3都小于零，
也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使C H 3OH的产量变少，则甲醇在
含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m，
故答案为：m；
②反应I是放热反应，温度升高，逆反应程度增大，C O2转化率降低，反应Ⅱ是吸热反应，
温度升高，正反应程度增大，C O2转化率升高，在150～250℃范围内，温度升高，整体
上C O2转化率降低，说明反应Ⅰ逆向移动的程度大于反应II正向移动的程度，导致C O2转
化率随温度升高而降低；
③A .起始n(C O2)：n( H 2)=1：3投料，只发生反应I时，C O2、H 2转化率相同，发生
反应II时，H 2的平衡转化率小于C O2的转化率，当I、II都发生时，则H 2的平衡转化率小
于C O2的转化率，故A 正确；
B.由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，C H 3OH的含量高，有利于工业生产
C H 3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，故B 错误；
C.加入选择性高的催化剂，可提高C H 3OH的平衡转化速率，并不能提高平衡转化率，故
C 错误；
D.150−400℃范围内，根据C O2的转化率变化曲线可知H 2O的平衡产量先减小后增大，
故D 正确；
故答案为：BC；
270
④
℃时C O2的转化率为24 %，CO和C H 3OH在含碳产物中物质的量分数相同，则根
据题意设起始量n(C O2)=1mol，n( H 2)=3mol，平衡时反应I生成C H 3OH物质的量为
xmol，反应II中生成CO的物质的量也为xmol，可得：
C O2(g)+3 H 2(g)⇌C H 3OH (g)+ H 2O(g)
转化 x 3 x x x
C O2(g)+ H 2(g)⇌CO(g)+ H 2O(g)
转化 x x x x
反应后总的物质的量为剩余的C O2和H 2和生成的C H 3OH、H 2O、CO的物质的量之和，
则反应后混合物总的物质的量为1+3−6 x + 4 x =(4−2 x)mol，C O2的转化率为24 %，根
据题意可得2 x =1mol×24 % =0.24 mol，得到x =0.12mol，则反应后总物质的量为
3.76mol，在5 MPa条件下，为恒压反应，则p(CO)= 0.12mol
3.76mol ×5 MPa=0.16 MPa，
平
衡
时
，
n(CO)=0.12mol、
n( H 2O)=0.24 mol、
n(C O2)=0.76mol、
n( H 2)=2.52mol，则反应II的平衡常数为K p= c(CO)c( H 2O)
c( H 2)c(CO2) = 0.12×0.24
0.76×2.52
。
6.(2025·广东省·模拟题)乙烯是石油化工最基本原料之一。
I.乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2 H 6(g)=C2 H 4(g)+ H 2(g) Δ H 1>0。
(1)提高乙烷平衡转化率的措施有 ______、______。
(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2 H 6和H 2，初始压强为100kPa，发
生上述反应，乙烷的平衡转化率为20 %。平衡时体系的压强为 ______kPa，该反应的平衡
常数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 .在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a.2C2 H 6(g)+O2(g)=2C2 H 4(g)+2 H 2O(g) Δ H 2<0
b.2C2 H 6(g)+5O2(g)= 4CO(g)+6 H 2O(g) Δ H 3<0
c .C2 H 4(g)+2O2(g)=2CO(g)+2 H 2O(g) Δ H 4<0
(3)根据盖斯定律，反应a的Δ H 2=______ (写出代数式)。
(4)氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应 ______(
选填“a、b、c”)的活化能。
(5)常压下，在某催化剂作用下按照n(C2 H 6)：n(O2)=1：1投料制备乙烯，体系中C2 H 4
和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2 H 6转化率随温度的变化如图所示。
①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是 ______。
②在570～600°C温度范围内，下列说法正确的有 ______(填字母)。
A.C2 H 4产率随温度升高而增大
B.H 2O的含量随温度升高而增大
C.C2 H 6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D.此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2 H 4的部分反应历程如图所示。写出该历程的总反应方程式 ______。
该历程的催化剂是 ______。
【答案】(1)减小压强 升高温度或及时移出生成物
(2)110 15
(3) Δ H 3−2 Δ H 4
(4)a
(5)①体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2 H 4 ②AB
③C2 H 6+2O2=C2 H 4+2 H O2⋅ ；BNOH
【知识点】浓度商与化学平衡常数、盖斯定律、勒夏特列原理及其应用、化学反应速率理
论、影响速率的因素
【解析】解：(1)C2 H 6(g)=C2 H 4(g)+ H 2(g) Δ H 1>0，该反应是气体体积增大的吸热
反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物；
(2)一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2 H 6和H 2，初始压强为100kPa，假
设都为1mol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20 %，
C2 H 6(g)⇌C2 H 4(g)+ H 2(g)(单位：mol)
开始1 0 1
变化0.2 0.2 0.2
平衡0.8 0.2 1.2
根据压强之比等于物质的量之比得到2mol
100kPa = 2.2mol
x
，解得x =110kPa，即平衡时体系
的
压
强
为
110kPa，
该
反
应
的
平
衡
常
数
K p= p( H 2) p(C2 H 4)
p(C2 H 6)
=
110× 0.2
2.2 ×110× 1.2
2.2
110× 0.8
2.2
kPa=15kPa；
(3)根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍，得到反应a，故Δ H 2= Δ H 3−2 Δ H 4；
(4)为减少过度氧化，即反应bc，要加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应
a的活化能；
(5)①abc均为放热反应，升高温度，C2 H 6的转化率增大，而乙烯的物质的量百分数降低
说明体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2 H 4；
②A .反应未达到平衡，所以C2 H 4产率随温度升高而增大，故A 正确；
B.因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量
都增大，因此H 2O的含量随温度升高而增大，故B 正确；
C.C2 H 6转化率增大，则C2 H 6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，故C 错误；
D.因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温
度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，故D 错误；
③BNOH先与O2反应生成BNO⋅和H O2⋅，生成的BNO⋅再与C2 H 6反应重新生成
BNOH，则表明BNOH为催化剂；C2 H 6先转化为C2 H 5⋅、C2 H 5⋅再与O2反应生成
C2 H 4和H O2⋅，从而得出总反应式为C2 H 6+2O2=C2 H 4+2 H O2⋅。
7.(2025·江苏省南京市·模拟题)纳米零价铁(ZVI )因其高比表面积、优异的吸附性、较强的
还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。
(1)ZVI可通过FeC l2⋅4 H 2O和NaB H 4溶液反应制得，同时生成H 2、B(OH )4
−，制备过
程中需要不断通入高纯氮气，其目的是 ______ 。
(2)ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H
+、O2、N O3
−等物种的存在会影响效果，
水体修复的过程如图1所示。有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为
______ mol，过程④对应的电极反应式为 ______ 。
(3)ZVI可去除废水中Pb
2+，pH <6时，pH对Pb
2+的去除率的影响如图2所示。
已知：
ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可
表示为：FeOH + H
+⇌FeO H 2
+，FeOH ⇌FeO
−+ H
+。pH约为8.1达到等电点，ZVI表
面不带电。
ⅱ) pH <6时，ZVI去除Pb
2+主要发生表面配位反应和还原反应：
2 FeO H 2
++ Pb
2+⇌( FeO)2 Pb+ 4 H
+
2 Fe+3 Pb
2++ 4 H 2O⇌3 Pb+2 FeOOH +6 H
+
①pH <6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb
2+的原因是 ______ 。
②pH <6时，随着pH增大，Pb
2+的去除率会增大至接近100 %的原因是 ______ 。
(4)催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐( N O3
−)转化为N 2，其催化还原反应的过程如图3
所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2。当pH <4.2时，随pH减
小，N 2生成率逐渐降低的原因是 ______ 。
【答案】(1)排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H 2，防止
爆炸
(2)6；N O3
−+10 H
++8e
−= N H 4
++3 H 2O
(3)①ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeO H 2
+，使ZVI表面带正电荷，不利于吸
附Pb
2+
②随pH增大，c( H
+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb
2+的静电引力越
来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向
进行程度增大
(4) pH减小，H
+浓度增大，会生成更多的H，使N O3
−被还原的中间产物NH更多的与H
反应生成N H 4
+，减少N 2的生成
【知识点】氧化还原反应的应用、原电池工作原理、影响速率的因素、环境保护与绿色化
学
【解析】【分析】
本题考查环境保护，侧重考查学生知识的应用能力，试题较难。
【解答】
(1)ZVI可通过FeC l2⋅4 H 2O和NaB H 4溶液反应制得，同时生成H 2、B(OH )4
−，由于
H 2和ZVI均能与空气反应，所以制备过程中需要不断通入高纯氮气，排除装置中存在的空
气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H 2，防止爆炸；
(2)有效腐蚀过程中，ZVI与三氯乙烯反应生成乙烯，每生成1mol乙烯所转移的电子物质
的量为6mol，过程④中N O3
−转化为N H 4
+，对应的电极反应式为
N O3
−+10 H
++8e
−= N H 4
+ +3 H 2O；
(3)①pH <6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb
2+的原因是ZVI表面的FeOH会因为质子化作
用形成FeO H 2
+，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb
2+；
②pH <6时，随着pH增大，Pb
2+的去除率会增大至接近100 %的原因是随pH增大，
c( H
+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb
2+的静电引力越来越大，质子化
程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大；
(4)当pH <4.2时，随pH减小，N 2生成率逐渐降低的原因是pH减小，H
+浓度增大，会生
成更多的H，使N O3
−被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成N H 4
+，减少N 2的生成。
8.(2026·河南省开封市·其他类型)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处
理HCl废气：2 HCl(g)+ 1
2 O2(g)⇌
Cl2(g)+ H 2O(g) ΔH 1=−57.2kJ ⋅mol
−1 ΔS K。
将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通
过检测流出气成分绘制HCl转化率(α )曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡
转化率)。
回答下列问题：
(1) ΔS______0(填“>”或“<”)；T 3=______℃。
(2)结合以下信息，可知H 2的燃烧热ΔH =______kJ ⋅mol
−1。
H 2O(l)= H 2O(g) ΔH 2=+ 44.0kJ ⋅mol
−1
H 2(g)+Cl2(g)=2 HCl(g) ΔH 3=−184.6 kJ ⋅mol
−1
(3)下列措施可提高M点HCl转化率的是_______(填标号)
A.增大HCl的流速 B.将温度升高40℃
C.增大
D .使用更高效的催化剂
(4)图中较高流速时，α (T 3)小于α (T 2)和α (T 1)，原因是______。
(5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K =______(用平衡物质的
量分数代替平衡浓度计算)
(6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表
示，二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，则Ru的相对原子质量为
______(精确至1)。
【答案】(1)<；360
(2)−285.8
(3)BD
(4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，
T 3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低
(5)6
(6)101
【知识点】影响化学平衡的因素、晶胞与晶体结构的测定、转化率、产率等相关计算、浓
度商与化学平衡常数、盖斯定律、化学反应的方向
【解析】(1)反应2 HCl(g)+ 1
2 O2(g)⇌Cl2(g)+ H 2O(g)前后的气体分子数目在减小，
所以该反应 ΔS<0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所
以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T 1代表的温度为440℃，T 3为
360℃。
(2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H 2(g)+ 1
2 O2(g)= H 2O(l)，设
①2 HCl(g)+ 1
2 O2(g)⇌Cl2(g)+ H 2O(g)，
②H 2O(l)= H 2O(g)，
③
H 2(g)+Cl2(g)=2 HCl(g)，
则④=①+③−②，
因
此
氢
气
的
燃
烧
热
ΔH =−57.2kJ /mol−184.6kJ /mol−44 kJ /mol =−285.8kJ /mol
(3) A .增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，不符合题意；
B.M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意；
C.增大n( HCl):n(O2)，HCl的转化率减小，不符合题意；
D.使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，符
合题意；
故选BD。
(4)图中在较高流速下，T 3温度下的转化率低于温度较高的T 1和T 2，主要是流速过快，反
应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T 3温度低，反应
速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
(5)由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80 %，设起始n( HCl)=n(O2)= 4 mol，可列出
三段式
则
。
(6)由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故
1.66= M ( Ru)+32
M (Ti)+32 ，则Ru的相对原子质量为101。
9.(2025·北京市市辖区·模拟题)我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水
制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。
(1)制
备
甲
醇
的
主
反
应
：
C O2(g)+3 H 2(g)⇌
C H 3OH (g)+ H 2O(g) ΔH =−48.7 kJ ⋅mol
−1。该过程中还存在
一
个
生
成
CO的
副
反
应
，
结
合
下
列
反
应
：
CO(g)+2 H 2(g)⇌
C H 3OH (g) ΔH =−90.0kJ ⋅mol
−1
写出该副反应的热化学方程式：____________________________。
(2)将C O2和H 2按物质的量比1∶3混合，以固定流速通过盛放Cu/ Zn/ Al / Zr
催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。
已知：C H 3OH产率= n(
C
转化为H 3OH
C
的O2)
n(
C
通入的O2总量)
①催化剂活性最好的温度为_______(填字母序号)。
a.483 K b．503 K c．523 K d．543 K
②温度由523 K升到543 K，C O2的平衡转化率和C H 3OH的实验产率均降低，解释原因：
____________________________。
(3)使用C u2O−ZnO薄膜电极作阴极，通过电催化法将二氧化碳转化为甲醇。
①将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液中，制得C u2O薄膜电极。反应的离子方程式为
_________________________。
②用C u2O薄膜电极作阴极，Zn(N O3)2溶液作电解液，采用电沉积法制备C u2O−ZnO
薄膜电极，制备完成后电解液中检测到了N O2
−。制备ZnO薄膜的电极反应式为
________________。
③电催化法制备甲醇如图所示。若忽略电解液体积变化，电解过程中阴极室溶液的
c(HC O3
−)基本不变，结合电极反应解释原因：_______。
【答案】(1)C O2+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) ΔH =+ 41.3kJ ⋅mol
−1
(2)①c
②温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；温度升高，
催化剂活性降低，使主反应速率降低，故CH❑3OH实验产率降低
(3)①Cu+C u
2++ H 2O
C u2O+2 H
+
②Z n
2++ N O3
−+2e
−= ZnO+ N O2
−
③阴极发生7C O2+6e
−+5 H 2O =C H 3OH +6 HC O3
−，每转移6mol电子，必定有
6mol H
+通过质子交换膜进入阴极室，发生反应HC O3
−+ H
+=C O2↑+ H 2O，所以电解过
程中阴极室溶液的c(HC O3
−)基本不变
【知识点】影响化学平衡的因素、化学平衡的图像分析、电有机合成、电化学相关计算、
盖斯定律、电解池工作原理
【解析】(1)根据盖斯定律，结合两个反应的化学计量数，可知该副反应的热化学方程式
为C O2+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) ΔH =+ 41.3kJ ⋅mol
−1。
(2)①当温度为523 K时，C O2的实验转化率和C H 3OH的实验产率最高，说明此温度下
催化剂活性最好，选c。
②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程
度，故CO2平衡转化率降低；温度升高，催化剂活性降低，使主反应速率降低，故CH
❑3OH实验产率降低。
(3)①Cu和C u
2+反应生成C u2O，离子方程式为Cu+C u
2++ H 2O
C u2O+2 H
+。
②Z n
2+和N O3
−反应得到了ZnO和N O2
−，对应的电极反应式为
Z n
2++ N O3
−+2e
−= ZnO+ N O2
−。
③阴极发生7C O2+6e
−+5 H 2O =C H 3OH +6 HC O3
−，每转移6mol电子，必定有
6mol H
+通过质子交换膜进入阴极室，发生反应HC O3
−+ H
+=C O2↑+ H 2O，所以电解过
程中阴极室溶液的c(HC O3
−)基本不变。
10.(2025·江苏省苏州市·模拟题)研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研
究热点。
(1)减少碳排放的方法有很多，C O2转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：
上述反应中原子利用率最高的是_____(填编号)。
(2)C O2在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：C O2(g)+ 4 H 2(g)⇌
C H 4(g)+2 H 2O(g) Δ H 1=−156.9kJ ⋅mol
−1
副反应：C O2(g)+ H 2(g)⇌
CO(g)+ H 2O(g) Δ H 2=+ 41.1kJ ⋅mol
−1
已知：2 H 2(g)+O2(g)=2 H 2O(g) Δ H 3=−395.6 kJ ⋅mol
−1，
则C H 4燃烧的热化学方程式C H 4(g)+2O2(g)=C O2(g)+2 H 2O(g) ΔH =_____。
(3)利用电化学方法通过微生物电催化将C O2有效地转化为H 2C2O4，装置如图1所示。阴
极区电极反应式为_____；当体系的温度升高到一定程度，电极反应的速率反而迅速下降，
其主要原因是_____。
(4)研究脱除烟气中的NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。有氧条件下，在
Fe基催化剂表面，N H 3还原NO的反应机理如图2所示，该过程可描述为_____。
(5)近年来，低温等离子技术是在高压放电下，O2产生O∗自由基，O∗自由基将NO氧化
为N O2后，再用N a2C O3溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气( N 2、O2、
NO)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图3所示。
①等离子体技术在低温条件
下可提高NO的转化率，原因是_____。
②其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图4所示，当电功率大于30W
时，NO转化率下降的原因可能是_____。
【答案】(1)b
(2)−634.3kJ ⋅mol
−1
(3)2C O2+2e
−+2 H
+= H 2C2O4；温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活
(4)在Fe基催化剂表面， N H 3 吸附在酸性配位点上形成 N H 4
+，NO与O2吸附在F e
3+配
位点上形成N O2，然后N H 4
+与 N O2结合生成 N O2(N H 4
+)2，最后N O2(N H 4
+)2与NO反
应生成N 2、H 2O，并从催化剂表面逸出
(5)①NO与O2反应生成N O2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行
②功率增大时，会产生更多的O∗自由基，NO更易被氧化为N O2；功率增大，N 2和O2在
放电时会生成NO；相比而言，后者产生的NO更多
【知识点】转化率、产率等相关计算、盖斯定律、化学反应原理综合、电解池工作原理
【解析】(1)由反应可知，abc原子利用率分别为 180
372 ×100 %≈48.3 %
32
50 ×100 % =64 % 、 28
100 ×100 % =28 % ，则上述反应中原子利用率最高的是b；
(2)已知：
① 2 H 2( g)+O2( g)=2 H 2O( g) Δ H 3=−395.6 kJ ⋅mol
−1
② C O2(g)+ 4 H 2(g)⇌
C H 4(g)+2 H 2O(g) Δ H 1=−156.9kJ ⋅mol
−1
根据盖斯定律可知，①×2−②得： C H 4(g)+2O2(g)=C O2(g)+2 H 2O(g) ΔH =
−634.3kJ ⋅mol
−1 ；
(3)由图可知，阴极区二氧化碳得到电子发生还原反应生成草酸，反应为
2C O2+2e
−+2 H
+= H 2C2O4；温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活，使得电极反
应的速率反而迅速下降；
(4)由图可知，在Fe基催化剂表面， N H 3吸附在酸性配位点上形成N H 4
+，NO与 O2吸附
在F e
3+配位点上形成N O2，然后N H 4
+与N O2结合生成N O2(N H 4
+)2，最后N O2(N H 4
+)2
与NO反应生成N 2、H 2O，并从催化剂表面逸出，使得有氧条件下，在 Fe 基催化剂表面，
N H 3还原NO生成氮气和水；
(5)①NO与O2反应生成N O2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行，从而使得NO
的转化率提高，而等离子体技术在低温条件下可以使得反应进行，故可提高 NO的转化率；
②低温等离子技术是在高压放电下，O2产生 O∗自由基， O∗ 自由基将NO氧化为N O2
功率增大时，会产生更多的O∗自由基，NO更易被氧化为N O2；而功率过大，N 2和O2在
放电时会生成NO；相比而言，后者产生的NO更多，使得当电功率大于 30W 时， NO转
化率下降。
