文档文本内容
专题12 化学反应原理综合题
考点
五年考情（2021-2025）
命题趋势
化学反应原理综合题
（5 年5 考）
2025·黑龙江、吉林、辽
宁、内蒙古卷；2024·黑
龙江、吉林、辽宁卷；
2023·辽宁卷；2022·辽
宁卷；2021·辽宁卷
该题型一般取材于能源、环境保护、化工生产
等情景，或者以元素化合物知识为载体，以工业生
产为背景，通过某个气相或者溶液中的可逆反应切
入。题目围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现,结
合图像、表格、数据、装置等信息，综合考查化学
反应速率、化学平衡及其影响因素、化学反应中的
能量转化、盖斯定律及其应用、热化学方程式的书
写、原电池、电解池原理及其电极反应式的书写、
水溶液中的离子平衡等知识，甚至还融合考查氧化
还原反应、离子反应，涉及知识点较多，但各个小
题又比较相对独立。题目的综合性强，化学信息较
多，设问角度灵活多变，侧重考查考生接受、整合
信息的能力、应用化学知识解决实际问题的能力。
1．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）乙二醇是一种重要化工原料，以合成气
为原料合
成乙二醇具有重要意义。
Ⅰ．直接合成法：
，不同温度下平衡常数如下表所示。
温度
298K
355K
400K
平衡常数
1.0
(1)该反应的
0(填“>”或“<”)。
(2)已知
的燃烧热
分别为
，则
上述合成反应的
(用a、b 和c 表示)。
(3)实验表明，在500K 时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是 (答出1 条
即可)。
Ⅱ．间接合成法：用合成气和
制备的DMO 合成乙二醇，发生如下3 个均放热的连续反应，其中MG 生
成乙二醇的反应为可逆反应。
(4)在2MPa、
催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比
，出口处检测
到DMO 的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某物质的选择性
]。
①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DMO 的转化率，曲线
表示MG 的选择性。
②有利于提高A 点DMO 转化率的措施有 (填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间
③483K 时，出口处
的值为 (精确至0.01)。
④A 点反应
的浓度商
(用物质的量分数代
替浓度计算，精确至0.001)。
【答案】(1)<
(2)-2a-3b+c(或c-2a-3b)
(3)温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低(或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低)
(4)I IV BD 1.98 0.025
【详解】（1）根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又
因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH<0。
（2）根据已知条件可以写出如下热化学方程式：
①CO(g)+
O2(g)=CO2(g) ΔH1=-a kJ·mol-1
②H2(g)+
O2(g)=H2O(g) ΔH2=-b kJ·mol-1
③HOCH2CH2OH(g)+
O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH3=-c kJ·mol-1
根据盖斯定律，用反应③减去2 倍的反应①和3 倍的反应②即可得到目标方程式，故目标方程式的
ΔH=(c-2a-3b) kJ·mol-1。
（3）根据表格中的平衡常数，反应温度在500K 时，平衡常数K<
，此时平衡常数过小，导致乙二
醇产率过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇打标产率过低。
（4）根据图示的曲线，随着反应的温度升高I 曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO 的转化
率区域恒定，故I 曲线为DMO 的实际转化率曲线；又已知II 为乙二醇的选择性曲线，观察曲线II 和曲线IV
可知，随着反应的进行MG 逐渐转化为乙二醇，故曲线IV 为MG 的选择性曲线，因此曲线III 为乙醇的选择
性曲线。
①根据上述分析，曲线I 为DMO 的实际转化率曲线；曲线IV 为MG 的选择性曲线；
②A．根据图示，降低温度，DMO 的转化率降低，A 不符合题意；
B．增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO 的转化率增大，B 符合题意；
C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO 的转化率降低，C 不符合题意；
D．A 点时DMO 的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A 点时反应未平衡，延长原料和催化剂
的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO 的转化率，D 符合题意；
故答案选BD；
③483K 时，DMO 的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO 为100mol，则出口出流出的乙醇的物质
的量为100mol×99%×2%=1.98mol，此时还有1mol DMO 未反应从出口流出，因此出口处
=
=1.98；
④设初始时H2与DMO 的投料分别为52.4mol 和1mol，A 点时DMO 的实际转化率为80%，MG 和乙二醇的
选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO 转化为MG，可写出如下关系：
第二步反应，MG 转化为乙二醇，可写出如下关系：
这时，体系中DMO 的物质的量为0.2mol、MG 的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH 的
物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。用
物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx=
=0.025。
2．（2024·黑龙江、吉林、辽宁卷）为实现氯资源循环利用，工业上采用
催化氧化法处理
废气：
。将
和
分别以不同起始流速通入
反应器中，在
和
下反应，通过检测流出气成分绘制
转化率(
)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)
0(填“>”或“<”)；
℃。
(2)结合以下信息，可知
的燃烧热
。
(3)下列措施可提高M 点
转化率的是_______(填标号)
A．增大
的流速
B．将温度升高
C．增大
D．使用更高效的催化剂
(4)图中较高流速时，
小于
和
，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
(用平衡物质的量分数代替平衡
浓度计算)
(6)负载在
上的
催化活性高，稳定性强，
和
的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体
积近似相等，
与
的密度比为1.66，则
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，T3 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
【详解】（1）反应
前后的气体分子数目在减小，所以该反应
<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T1代表的温度为440℃，T3为360℃。
（2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为④
，设①
，②
，③
，则
，因
此氢气的燃烧热
－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-285.8
（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，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，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，T3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)=4mol，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
，
则Ru 的相对原子质量为101。
3．（2023·辽宁卷）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过
程中CuSO4·5H2O 分解的TG 曲线(热重)及DSC 曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃
左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(
)
ⅰ上述过程中NO2的作用为 。
(
)
ⅱ为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(
)
ⅰ为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度
的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88 的曲线代表平衡转化率
c．α 越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同
下的最大速率，选择最佳生产温度
(
)
ⅱ为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图
所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(
)
ⅲ设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p 和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=
(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】(1)CuO SO3
(2)催化剂 反应中有污染空气的NO 和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来
杂质、产率不高（答案合理即可）
(3) cd d
【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反
应，从TG 图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO 剩余，还有其他气体产出，
此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4
3CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反
应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为
CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO 和NO2放出影响空气环境、同时作为催化
剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a 错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，有更大转化率，故α=0.88 的条件下并不是平衡转化
率，b 错误；
c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c
正确；
d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率
选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d 正确；
故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d 的催化剂V-K-Cs-Ce
对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp=
=
=
；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp=
=
，故答案为
。
4．（2022·辽宁卷）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，
其反应为：
。回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发。
(2) 温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率， 温有利于提高平衡转化率，综合考
虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用
。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用
双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为
时，
的温度为
，而
的温度为
)。
下列说法正确的是 。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．
在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
(4)方案二：
复合催化剂。
下列说法正确的是 。
a．
时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(5)某合成氨速率方程为：
，根据表中数据，
；
实
验
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M 金属离子，顶点均为
配体；四面体中心为硼原子，
顶点均为氢原子。若其摩尔质量为
，则M 元素为 (填元素符号)；在该化合物中，M 离子
的价电子排布式为 。
【答案】(1)能
(2)高 低
(3)ab
(4)a
(5)-1 a
(6)Fe 3d6
【详解】（1）
，则∆G=∆H-
T∆S=(-92.4+0.2×298) kJ∙mol-1=-32.4 kJ∙mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利
于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨
的平衡产率，a 正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以
在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b 正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c 不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d 不
正确；
故选ab。答案为：ab；
（4）a．从图中可以看出，
时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a 正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，
b 不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c 不正
确；
故选a。答案为：a；
（5）选择实验1 和3 进行分析，此时
，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a 正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b 错误；
c．分离出氨，影响逆反应速率，不能提高正反应速率，c 错误；
故选a。
答案为：-1；a；
（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为
=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的
个数比为1:2。黑球的化学式为
，白球的化学式为
。从而得出M+17×6+15×2=188，
M=56，则M 元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。
5．（2021·辽宁卷）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
.
Ⅰ主反应：
(g)+3H2(g)⇌
(g) ∆H1<0
.
Ⅱ副反应：
(g) ⇌
(g) ∆H2>0
回答下列问题：
(1)已知：Ⅲ.
.2
Ⅳ
(g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
.
Ⅴ
(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
则
(用
、
和
表示)。
(2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温
B．适当降温
C．适当加压
D．适当减压
(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在
的基础上适当增大
用量，其目的是
。
(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当
中混有微量
或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为 。
(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下图中可作为酸性
中心的原子的标号是 (填“①”“②”或“③”)。
(6)恒压反应器中，按照
投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为
，平衡时苯的转化率为α，
环己烷的分压为p，则反应1 的
(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压
×物质的量分数)。
【答案】(1)
(2)BC
(3)提高苯的利用率
(4)金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催化活性
(5)②
(6)
【详解】（1）根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ.
.2
Ⅳ
(g)
+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
.
Ⅴ
(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
.
Ⅰ主反应：
(g)+3H2(g)⇌
(g)可由
，则
，故答案为：
；
（2）根据Ⅰ.主反应：
(g)+3H2(g)⇌
(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于
提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当
加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在
的基础上适当增大
用量，增大
H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，
故答案为：提高苯的利用率；
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当
中混有微量
或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催化
活性，故答案为：金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催化活性；
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①
中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无
空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；
（6）恒压反应器中，按照
投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生Ⅰ、Ⅱ反应总
压为
，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：
，
有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故
平衡时，苯的分压为：
，H2的分压为：
，则反应1 的
=
，故答案为：
。
1．（2025·辽宁省协作体·二模）甲烷化反应为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，是一种有效的温室气体减排
手段。涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
积碳反应：
(1)已知标准摩尔生成焓
是指标准状态下，由稳定的单质生成
化合物的焓变。
物质
a
0
。
(2)
时，在
固定容积的容器中充入
和一定量的
发生上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时
和
的转化率及
和
的产率随
变化的情况如图所示。
①不能判断体系达到化学平衡的是 (填序号)。
A．容器内
的浓度之比为
B．气体密度不再变化
C．气体平均摩尔质量不再变化
D．
的值不再变化
②图中表示
产率变化的曲线是 (填标号)，A、C 两点
的值相同，C 点通过改变温度达到A
点，则反应Ⅰ的
由大到小的顺序是 。
③按
向恒容容器内投料，初始压强为
，若仅发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，
后达到平衡时总
压为
，
的平衡转化率为
。
的选择性= %[
的选择性
]，
反应Ⅰ的
(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)相同时间内
的产率在高于一定温度时降低，可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性
降低的原因是 。
【答案】(1)
(2) AB c
或
或
(3)高温时，
分解，导致催化剂积碳，活性降低
【详解】（1）对于反应
，根据标准摩尔生成焓
计算反应的；
；
已知
，
，可得
，即
；
（2）①A．容器内
的浓度之比为
， 这只是一种特殊的浓度关系，不能说明正逆反应速率相
等，也不能表明各组分的浓度不再变化，所以不能判断体系达到化学平衡，A 符合题意；
B．该反应体系中气体的总质量不变，容器的体积固定，气体密度始终不变，所以气体密度不再变化不能
判断体系达到化学平衡，B 符合题意；
C．反应前后气体的总物质的量发生变化，而气体的总质量不变，气体平均摩尔质量是变量，当气体平均
摩尔质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，体系达到化学平衡，C 不符合题意；
D．随着反应进行，
的值在变化，也是变量，根据变量不变原则，能判断达到平衡，D 不符合题意；
②随着
的增大，CO 接近完全转化，
产率逐渐增大，直到接近100%，故c 表示
产率变化的
曲线；故b 表示CO 转化率，B、C 均在曲线b 上，温度B=C，
， A 点CO 转化率高于C，反应正
向进行程度大，则
；
③设n（CO）=n，则n（H2）=4n，列出反应Ⅰ三段式：
反应Ⅱ前后气体体积不变，反应Ⅰ前后总物质的量减少2x，根据初始压强为
，达到平衡时总压为
，
则
，解得
；
CO 的平衡转化率为a，列出反应Ⅱ三段式为：
，
的选择性
；平衡时，总的物质的物质的量为
，CO 的分压为
、H2分压为
、CH4的分压为
、H2O 分压为
，Ⅰ的Kp=
；
（3）相同时间内CH4的产率在温度高于330°C 时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂
活性降低的原因是高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低。
2．（2025·辽宁省抚顺市六校协作体·三模）水煤气变换反应[
]与
甲烷重整反应均可制备
，回答下列问题：
(1)温度为
K 时，在容积相等的甲、乙两恒容密闭容器中分别充入1mol
和1mol
，反应达到
平衡后，测得反应放出27.4kJ 的能量，此时
的物质的量为
mol，则
。
(2)反应
为基元反应，其正、逆反应速率分别表示为
、
，其中
、
分别为正、逆反应的速率常数。则温度为
K 时，
：若升高温度，则
(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。
，
。
(3)利用甲烷作为原料制备氢气所涉及的反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
向1L 刚性容器中充入1.0mol
和1.9mol
，平衡时甲烷的转化率及
和
的选择性
随温度的变化如图所示，已知
的选择性
(各物质的量均为平衡时的量)。
①表示
平衡转化率随温度变化的曲线为 (填“
”“
”或“
”)。
②
K 下，平衡时，
的体积分数为 (列计算式即可，下同)；反应Ⅲ的物质的量分数平衡
常数。
(
是以各物质的物质的量分数代入平衡常数表达式所得到的平衡常数)。
【答案】(1)
kJ·mol-1
(2) 4 增大 增大 减小
(3)
【详解】（1）起始
，平衡时
，则反应的
物质的量为
，
放出27.4kJ 能量，那么1mol
反应放出热量
，反应
（放热反应
为负）。
（2）平衡时
，即
，
，由（1）
知平衡时
，
，
，容器容积相等，浓度比等于物质的量比，
，所以
；升高温度，正、逆反应速率常数
、
均增大（温度升高，分子运动加剧，
活化分子百分数增加，反应速率加快，速率常数增大 ）；该反应
，升高温度平衡逆向移动，K 减小，
又
，所以
减小
（3）
的平衡转化率随温度升高而增大，且
和
的选择性之和为100%，故
代表
平衡转化
率随温度变化的曲线；
下，反应达到平衡时，
的转化率为80%，
和
的选择性均为50%，
故容器中
和
的物质的量均为0.4mol，
的物质的量为0.2mol，设平衡时容器中的
和
的物
质的量分别为a mol、b mol，根据氢原子和氧原子守恒分别列等式可得
、
，
联立求解得a=2.8，b=0.7,故容器中气体的总物质的量为
，
的体积分数为
，将各物质的物质的量分数代入反应Ⅲ的平衡常数表达式可得
。
3．（2025·辽宁省部分重点中学协作体·三模）汽车尾气净化装置中CO 和NO 发生如下反应：
.
ⅰ
，
.
ⅱ
，
.
ⅲ
，
(1)上述反应的
-T 的线性关系如图所示。
（填“>”或“<”）0，反应
的K= （用
、
表示）。
(2)在反应器中充入CO(g)和NO(g)，若只发生反应ⅰ，改变下列一个条件能使CO 平衡转化率增大同时缩短
达到平衡所用时间的是 。
A．升高温度
B．加入催化剂
C．分离
（g）
D．增大压强
(3)将一定量的CO(g)和NO(g)充入恒容密闭容器，发生上述反应，在不同条件下达到平衡。在
K 时NO 的
转化率与
的变化曲线，及
时NO 的转化率与T 的变化曲线如图所示。
①表示
时NO 的转化率与T 的变化曲线为 曲线（填“Ⅰ”或“Ⅱ”），A 点后NO 的
平衡转化率增大的原因是 。
②将2mol CO(g)和2mol NO(g)充入1L 恒容密闭容器，温度保持
，初始总压强为100kPa，发生上述三个反
应。
时反应ⅲ的平衡常数K=0.06。三个反应均达平衡时，测得
mol，则平衡时
的物质的
量
mol，反应ⅱ的压强平衡常数
（保留两位有效数字）。
【答案】(1) >
(2)D
(3)
Ⅰ
温度高于
时，随温度升高，反应ⅲ正向反应程度变大，
浓度减小，促进了反应ⅰ
正向进行 0.78 0.64
【详解】（1）图像显示温度升高，pKp3减小，即温度升高Kp3增大，所以升温反应iii 正向移动，故
＞
0；根据盖斯定律，反应iii-2×反应ii 得反应
，所以其K=
；
（2）图像显示温度升高，pKp １增大，即温度升高Kp1减小，所以升温反应i 逆向移动，故
＜0，若只发
生反应
，升高温度逆向移动，CO 平衡转化率减小，加入催化剂CO
平衡转化率不变，分离
（g），CO 平衡转化率增大，但平衡所用时间变长，增大压强平衡正向移动，
CO 平衡转化率增大，平衡所用时间缩短，答案选D；
（3）①
越大，NO 转化率越小，所以曲线Ⅱ表示NO 的转化率与
的变化曲线，即曲线Ⅰ表
示
时NO 的转化率与T 的变化曲线；A 点对应的温度为T6，A 点后NO 的平衡转化率增大的原因是
反应iii 为吸热反应，温度高于T6时，随温度升高，反应iii 正向反应程度变大，引起N2O 消耗，而N2O 为反
应ⅰ的生成物，所以反应iii 正向反应程度变大后促进了反应ⅰ正向进行，从而使NO 的平衡转化率增大；
②由图像可知，
、温度为T2时，NO 的平衡转化率为60%，即NO 的转化的物质的量为
2×60%=1.2mol，假设反应ⅱ中一氧化碳转化xmol，得三段式表示
，
，
，反应ⅲ的平衡常数为0.06，
，解得x=0.18，平衡时CO2的物质的量为0.6+0.18=0.78mol，②反
应ii 反应前后气体化学计量数之和相等，则反应ⅱ的压强平衡常数
。
4．（2025·辽宁省部分学校·三模）我国力争在2030 年前实现碳达峰，2060 年前实现碳中和，将二氧化碳
资源化尤为重要。回答下列问题：
(1)
资源化利用之一，涉及主要反应如下：
①
②
则
的
。
(2)
资源化利用之二，以
和
为原料合成
的主要反应如下：
I．
；
II．
；
III．
将
和
按物质的量之比
通入容积为VL 的密闭容器中，假设只发生反应I 和反应II，改变反应温度，
分别测得
、
、
(单位MPa)下
的平衡转化率(
)以及
时生成
、CO 选择性(S)的变
化如图甲[选择性为目标产物在总产物中的比率，即
；
]。
①图甲中a、b 和c 分别代表代表
、
、
下
随温度变化趋势的曲线，则
、
、
从小到大的关系为 。
②随着温度升高，a、b 和c 三条曲线接近重合的原因是 。
③P 点对应的反应II 的平衡常数
(保留2 位有效数字)。
④恒温恒容容器内发生反应II，下列说法不能说明反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．混合气体的平均摩尔质量不再变化
B．相同时间段内断裂H—O 与H—H 的物质的量之比为
C．混合气体的密度不变
D．单位时间内生成1molCO 的同时生成
(3)近年研究发现，电催化
和含氮物质(
等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮
废水污染问题。向一定浓度的
溶液通
至饱和，在电极上反应生成
，电解原理如图乙
所示。
①电解时，
向 (填“左”或“右”)侧迁移。
②以10.0A 恒定电流工作30min，生成
，该电解装置的电解效率
%。[计算结果精
确到0.1，已知：电荷量
电流
时间(s)；
；
。
]
【答案】(1)+227.3
(2) pc<pb<pa 温度升高到一定程度，体系中以反应II 为主，反应II 前后气体分子数相等，改变压强，
该平衡不受影响 0.0096 AC
(3) 左 85.3
【详解】（1）根据盖斯定律，2×①式-②式得到
则
。
（2）①根据反应I 和反应Ⅱ可知，一定温度下，压强增大，反应I 正向移动，反应Ⅱ不移动，故二氧化碳
的平衡转化率变大，故pc<pb<pa；
②由图可知，温度较高时甲醇的选择性较小，CO 选择性较大，说明温度较高时主要发生反应Ⅱ，反应II 是
反应前后气体体积不变的吸热反应，三条曲线几乎交于一点，说明压强对二氧化碳平衡转化率几乎没有影
响，即 a、b、c 三条曲线接近重合的原因是为温度较高时以反应Ⅱ为主，该反应前后气体分子数相等，改
变压强对其平衡没有影响；
③若起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，P 点时甲醇的选择性、CO 选择性均为50%，
体系压强为3MPa，二氧化碳的平衡转化率为20%，平衡时n(CO2)=1mol×(1-20%)=0.8mol，
n(CH3OH)=n(CO)=0.1mol，n(H2O)=0.22mol，n(H2)=2.6mol，反应Ⅱ反应前后气体分子数未变，则Kp=K，反应
Ⅱ的平衡常数为
；
④A．反应ⅡI 是反应前后气体体积不变的反应，气体总物质的量始终不变，所以气体平均摩尔质量不再
改变不能说明反应达到平衡，符合题意，故A 正确；
B．由方程式可知，相同时间段内断裂H-O 与H-H 的物质的量之比为2:1，说明正、逆反应速率相等，反应
已达到平衡，不符合题意，故B 错误；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混
合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡，符合题意，故C 正确；
D．单位时间内生成1molCO 的同时生成1molCO2能说明正、逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡，不
符合题意，故D 错误；
故答案为AC。
（3）①电解时，阳离子向阴极移动，则H+向阴极区迁移，即向电解池左侧迁移；
②0.6gCO(NH2)2的物质的量为0.01mol，生成CO(NH2)2的电极反应式为
，该电解装置的电解效率
。
5．（2025·辽宁省沈阳市·二模）新型碳还原白云石
炼镁工艺分为“炼镁”和碳化钙“再生”
两阶段，对应的主要反应如下：
反应①：
反应②：
反应③：
回答下列问题：
(1)反应③的
。
(2)已知：
，
时，反应处于平衡态；
时，反应正向自发。反应①和反应③分别在
时，体系温度
与压强
变化关系如图。为获得高纯镁应从源头上避免镁蒸气与
接触(即
抑制反应③发生)，图中阴影区域为最佳工艺条件。
①两个反应正向自发的区域应分别位于对应曲线的 (填“上方”或“下方”)。
②反应①对应的曲线为 (填“a”或“b”)，在
时，
。
③从平衡与速率视角综合考虑，阴影区域为最佳工艺条件的原因为 。
(3)为优化“炼镁”阶段的反应条件，测定不同条件下、反应
后，镁的还原率
和
如下表。已知：
；
实验组
别
实验1
实验2
实验3
温度
1250
1350
1350
压强
2000
2000
4000
72
97
92
80
104
94
①实验1 所得气体中，
的质量分数为 (保留2 位有效数字)。
②上述五组实验中，产品纯度最高的是实验 (填标号)。
【答案】(1)
(2) 上方 b
a 和b 两条曲线之间的区域为反应①自发进行、反应③非自发进行对应
的区域，温度越高速率越快；压强越大抑制反应③
(3)
3
【详解】（1）结合盖斯定律可知，反应③=反应①+反应②，则ΔH3=ΔH1+ΔH2=+491
；
（2）①两个反应为吸热的熵增反应，
反应正向自发，则高温利于自发进行，反应i 正向自发的区域
位于对应曲线的上方；
②由盖斯定律，反应①+反应②得反应③：
>
，
时反应正向自
发，则相同条件下，反应③较反应①需要更高的温度，则反应①对应的曲线为b；在1400℃时，lgp=3.2，
则p 总=103.2pa，
，则
；
③结合①和②可知，a 和b 两条曲线之间的区域为反应①自发进行、反应③非自发进行对应的区域；温度
越高速率越快，压强越大限度越大，所以阴影区域为最佳工艺条件；
（3）①由题干可知，反应中生成气体为镁蒸气、CO 气体，假设反应前镁元素为100g，由实验1
=72%，则生成镁蒸气72g，
=80%，质量差为80g，则生成CO 为80g-72g=8g，则实验1 中
体积分数
为
；
②结合①分析，则上述五组实验中，
、
差值越小，CO 含量越小，则产品纯度越高，故最高的是
实验3。
6．（2025·辽宁省抚顺市·二模）Ⅰ．二氧化碳综合利用是碳达峰和碳中和的有效途径之一，以CO2和NH3
为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
总反应Ⅲ：
请回答下列问题：
(1)反应Ⅱ的
(用具体数据表示)。
(2)工业上使用氨气生产尿素，在一个体积恒为1L 的恒温密闭容器中充入2mol CO2和4mol NH3的混合气体，
经历反应Ⅰ、Ⅱ合成CO(NH2)2，请回答下列问题：
①对于反应Ⅰ，下列方法可以判断其达到平衡状态的是 。
A．NH2CO2NH4质量不再变化 B．氨气的浓度不再变化
C．NH3的体积百分含量不再变化 D．NH3和CO2的比例不再变化
②混合气体中氨气体积分数及气体总浓度随时间变化如图所示，对于反应Ⅰ从开始到B 点氨气的平均反应
速率为 。
Ⅱ．氨气对于人类的发展至关重要，某实验小组对合成氨的反应进行研究，具体如下：
(3)恒温恒容的密闭容器中加入一定量的氨气，在某催化剂表面上发生
，
测得在同种催化剂下分解的实验数据如下表所示：
编
号
反应时
间/min
c(NH3)/mol·L-1
表面积/cm2
0
10
30
60
①
a
6.0
5.6
4.8
3.6
②
2a
6.0
5.2
3.6
1.2
根据组①数据，随着反应进行，c(NH3)减小，平均反应速率 (填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数。p 代表各组
分的分压，如p(B)=p·x(B)，其中x(B)为平衡体系中B 的体积分数。
一定条件下，向容器中充入5mol N2和15mol H2的混合气体，发生反应为
，平
衡时氨气的质量分数为40%，平衡总压强16MPa，计算该反应的Kp= 。(保留两位有效数字)
Ⅲ．亚铁氰化钾通常可以检验三价铁离子的存在，生成普鲁士蓝，俗称铁蓝，工业上作为染料和颜料。下
图表示普鲁士蓝的晶胞结构，该晶胞结构中铁原子位于立方体的每个顶角，氰根位于立方体的每一个边上，
一半铁原子是铁(二价)，另一半铁原子是铁(三价)。每隔一个立方体在立方体中心含有一个K+。(K+未标记
出)
(5)请写出普鲁士蓝的化学式： ，晶胞中二价铁离子的配位数为： 。
【答案】(1)+72.49
(2) BC 0.05mol/(L·s)
(3)不变
(4)0.0073
(5) KFe2(CN)6或KFe[Fe(CN)6] 6
【详解】（1）反应Ⅱ=反应Ⅲ－反应Ⅰ，则
；
（2）①A．
作为中间产物可能未平衡时消耗的量与生成的量相等，不能说明反应达到平衡状
态，A 错误；
B．氨气的浓度不再变化，说明其正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡状态，B 正确；
C．随着反应的进行，氨气物质的量减小，容器体积固定，则
的体积百分含量减小，其不变可判定平
衡状态，C 正确；
D．投料比等于系数比，
和
的比例始终保持不变，其不变不可判定平衡状态，D 错误；
故选BC；
②60s 反应达到平衡状态，气体总浓度为2mol/L，
的体积分数为50%，氨气浓度为1mol/L，初始时刻，
氨气浓度为4mol/L，则反应Ⅰ从开始到B 点氨气的平均反应速率为
；
（3）0→10min 氨气的浓度变化量为0.4mol/L；10min→30min 这20min 氨气的浓度变化量为0.8mol/L，
30min→60min 这30min 氨气的浓度变化量为1.2mol/L，可见随着反应进行，c(NH3)减小，平均反应速率不
变；
（4）根据已知条件，列三段式
，平衡时氨气的质量分数为
40%，则
，解得
，平衡时气体总物质的量为
，平
衡时：
、
、
，
则该反应的
(保留两位有效数字)；
（5）每隔一个立方体在立方体中心含有一个
，可以理解为平均每两个立方体中含有一个
，所以一个
晶胞中
的个数为0.5，根据均摊法，该立方体中
的个数为：
，
的个数为
，所以
晶体化学式是
或
；晶胞中一半铁原子是铁(二价)，另一半铁原子是铁(三价)，以
顶点的
为研究对象，与之最近的6 个
分别位于上下、前后、左右，则二价铁离子的配位数为6。
7．（2025·吉林省吉林市·二模）氮氧化物是一种严重的空气污染物质，减少氮氧化物的排放是重要的研究
工作。
(1)汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。
汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体：
。已知：反应
，若
CO 的燃烧热△H 为-283.5kJ/mol，则
。
(2)N2O 是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O 的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气的存
在能大幅度提高N2O 的分解速率，反应历程为：
第一步：I2(g)→2I(g)(快反应)
第二步：I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)
第三步：IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O 分解速率方程
(k 为速率常数)，下列表述正确的是_____。
A．N2O 分解反应中，k 值与是否含碘蒸气有关
B．第三步对总反应速率起决定作用
C．第二步活化能比第三步小
D．IO 为反应的催化剂
(3)利用电化学方法在有机复合营养液(有水但不多)中通过微生物电催化将NO2有效地转化为N2H4，装置如
图1 所示。阴极区电极反应式 ；当体系的温度升高到一定程度，电极反应的速率反而迅速下降，其
主要原因是 。
(4)有氧条件下，NH3在硅基铜位点催化剂表面脱除烟气中的NO，反应机理如图2 所示，但本装置有缺陷，
反应一段时间后反应速率变慢甚至失效，分析原因 。
(5)近年来，低温等离子技术是在高压放电下，O2产生O∙自由基，O∙自由基将NO 氧化为NO2后，再用
Na2CO3溶液吸收，达到消除NO 的目的。实验室将模拟污染性空气(N2、O2、NO)以一定流速通入低温等离
子体装置。
①等离子体技术在低温条件下可提高NO 的转化率，原因是 。
②其他条件相同，等离子体的电功率与NO 的转化率关系如图所示：
当电功率大于30W 时，NO 转化率下降的原因可能是 (用化学方程式解释)。
【答案】(1)-747.0 kJ/mol
(2)A
(3)
温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活
(4)铜单质位点被氧化为氧化铜，反应位点变少失去催化活性
(5) NO 与O2反应生成NO2是放热反应，低温时有利于反应正向进行
【详解】（1）由题可知可知
，结合题中已知反应根据盖斯定律可知
ΔH1 = 2ΔH-ΔH2 = -747.0 kJ/mol。
（2）A．由题知碘蒸汽的存在能大幅度提高N2O 的分解速率，含碘时N2O 分解速率方程为
，说明碘蒸汽参与反应并改变了反应历程，k 值与是否含碘蒸气有关，A 正确；
B．反应速率由慢反应速率决定，第二步是慢反应，B 错误；
C．化学反应速率与活化能呈负相关关系，反应速率越慢，活化能越大，所以选项中“第二步活化能比第
三步小”是不对的，C 错误；
D．IO 是反应过程中产生的中间产物，不是催化剂，催化剂是反应前后质量和化学性质都不变的物质，D
错误；
故答案选A。
（3）在阴极区，NO2得到电子转化为N2H4，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可写出电极反应式
为：
；该反应是通过微生物电催化进行的，微生物在适宜温度下活性较高，
当温度升高到一定程度，微生物活性降低甚至失活，导致催化效率降低，电极反应的速率迅速下降。
（4）由机理图可知，在该过程中会向催化剂铜单质位点通入氧气，而在有氧的条件下，铜单质位点会被
氧化为氧化铜(CuO)，从而反应位点变少使反应速率变慢甚至失效。
（5）NO 与O2反应生成NO2是放热反应，低温有利于反应正向进行，因此在低温条件下可提高NO 的转化
率；当电工率大于30W 时，随功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，NO 转化率下降，化学方程式为：
。
8．（2025·东北三省四市教研联合体·一模）二氧化碳加氢的高值化利用是解决全球气候变暖和能源短缺问
题的重要举措。乙烯、甲醇、二甲醚等基础化工原料是二氧化碳加氢转化的主要产品。
Ⅰ．二氧化碳加氢制乙烯
已知
的燃烧热为
；
的燃烧热为
；
气化需44kJ 的能量。
(1)写出二氧化碳加氢制乙烯和
的热化学方程式 。
(2)该反应在 （填写“低温”、“高温”或“任意温度”）时能自发进行。
Ⅱ．二氧化碳加氢制二甲醚
其中涉及的反应有：
.
ⅰ
.
ⅱ
.
ⅲ
已知：生成物
的选择性：
(3)在恒温
恒容条件下，将一定量的
通入密闭容器中（含催化剂）发生上述反应。下列
能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是_____（填标号）。
A．
B．反应ⅱ中
C．混合气体的密度不变
D．混合气体的平均相对分子质量不变
(4)在恒压（5.0MPa）密闭容器中充入4
和
发生反应，
的平衡转化率和生成物的选择性
随温度变化如图所示（不考虑其他因素影响）：
①在
条件下，计算反应
在
下的平衡常数
（保留三位有效数字）。
②温度高于
，
平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。
Ⅲ．用
做催化剂时制备二甲醚的反应机理如图甲，在
界面上的反应历程如图乙，其反应为
，在
界面上生成两种自由基外还有水蒸气产生。
(5)图乙表示的反应历程中，决速步骤为_____（填标号）。
A．
B．
C．
D．
(6)
界面上的反应为 。
【答案】(1)
(2)低温
(3)D
(4) 24.9 温度高于
时，升高温度，反应i
，平衡左移，反应iii
，平衡右移，
且反应iii 右移程度大于反应i 左移程度，使
的平衡转化率上升
(5)D
(6)
【详解】（1）
的燃烧热化学方程式为：
，
的燃烧热化学方程式：
，
，则二氧化碳加氢制乙烯和
的热化学方程式
，即
；
（2）该反应为放热反应，
，同时气体分子数减小，即
，
，低温时
，
所以该反应在低温时能自发进行；
（3）A．反应进行到某个时刻，
物质的量之比恰好为1：1，不能说明反应达平
衡状态，A 错误；
B．根据反应ii，当
，正逆反应速率相等，且符合计量关系，反应达到平衡，
而
不能说明反应达到平衡状态，B 错误；
C．根据
，反应前后物质均为气体，反应过程中气体总质量不变，恒容条件下气体总体积不变，则混
合气体密度始终保持不变，混合气体密度始终不变不能说明反应达平衡状态，C 错误；
D．根据
，反应前后物质均为气体，反应过程中气体总质量不变，反应前后气体物质的量不断变化，
则混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达平衡状态，D 正确；
答案选：D。
（4）①在220℃条件下，
平衡转化率为40%，CO 的选择性为5%、二甲醚的选择性为80%，则有
0.38mol
与反应i，消耗1.14mol
，有0.02 mol
参与反应iii，消耗0.02mol 反应
，则剩余的
；平衡时，
，
，
，平衡常数
；
②温度高于
，
平衡转化率随温度升高而上升的原因：温度高于
时，升高温度，反应i
，平衡左移，反应iii
，平衡右移，且反应iii 右移程度大于反应i 左移程度，使
的平衡
转化率上升；
（5）在反应历程中，反应过程的能垒最高（活化能最大），反应速率最慢，该步骤为反应的决速步骤，
由图乙可知，
活化能最大，反应速率最慢，为决速步骤，则答案选D；
（6）在
界面上发生的反应为
，同时除生成自由基外还有水蒸气产
生，则
界面上的反应为
。
9．（2025·吉林省·二模）研究
的转化具有重要的意义。
I．脱除汽车尾气中NO 和CO 包括以下两个反应：
反应i
反应ⅱ
(1)反应过程中各物质相对能量如下图1(TS 表示过渡态)：写出
和
反应生成
的热化学方
程式为 。
图1
(2)将恒定组成的NO 和CO 混合气体通入固定体积的反应器内，在不同温度下反应相同时间，测得反应后体
系内各物质的浓度随温度的变化如上图2 所示。
①NO 和CO 的脱除应选择 (填“高温”或者“低温”)。
②图中标注的五个点中，处在表示
的浓度变化曲线上的点是 (填字母)。
③450℃时，该时间段内NO 的脱除率= (保留3 位有效数字，
)。
Ⅱ．将
转化为
等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
已知：
(3)T℃、100kPa 条件下，在恒压密闭容器中按体积比1：2 通入
和
发生上述反应，
的平衡转化
率为50%，则T℃时该反应的平衡常数
(用分数表示)。
(4)为提高效率，利用下图3 密闭装置，按一定比例通入
和
在溶液中反应制备
，保持
两种气体的压强不变，反应
的反应速率为v，反应机理包含下列三个基元反
应，各反应的活化能
。
图3
①在催化剂足量条件下，下列说法正确的是 。
A．增大
的分压，反应速率明显加快
B．升高温度，反应速率一定增大
C．增大气体体系的压强，可提高
平衡转化率
②实验测得：298K，
下，反应速率v 随催化剂浓度c 的变化如图4 所示。
时，
v 随c 增大而增大；
时，v 不再显著增大，原因是 。
【答案】(1)2
+2
+2CO2(g)
=
(2) 高温 e 87.0%
(3)
(4) C M 是决速步的反应物，当
时，v 随c 增大而增大；而受限于CO2(g)在溶液中的溶解速度
(或浓度)，
时，v 不再显著增大
【详解】（1）由反应i+反应ii 得：2
+2
+2CO2(g)
。
（2）①将恒定组成的NO 和CO 混合气体通入固定体积的反应器内，NO 和CO 发生反应被消耗，浓度减小，
则c、d 代表NO 和CO，反应过程中CO2和N2的浓度一直增大，且CO2的浓度大于N2，则a 代表CO2，b 代
表N2，e 代表
，由图可知，N2O 浓度开始下降的时候，d 曲线浓度基本保持不变了，说明此时反应i 几
乎反应达到平衡，以反应ii 为主，故NO 浓度不再有大变化，而CO 参与反应ii，因此浓度继续下降，可知c
代表CO，d 代表NO，根据浓度随温度变化图可知，450℃时，NO、CO 浓度最低，脱除效果最好，故应选
择高温脱除；
②由①中分析可知，图中标注的五个点中，处在表示
的浓度变化曲线上的点是e；
③根据氮元素守恒，NO 的初始浓度为：(200+125×2+1500×2)ppm=3450ppm，转化为氮气的NO 的浓度为：
(1500×2)ppm=3000ppm，NO 的脱除率为：
=87.0%。
（3）根据已知条件列出“三段式”
则T℃时该反应的平衡常数
。
（4）①A．各反应的活化能
，第一步反应速率最慢，为决速步，增大
的分压，只能增大
第二步的反应速率，反应速率不会明显加快，A 错误；
B．升高温度，可能导致催化剂活性减小或失活，反应速率不一定增大，B 错误；
C．该反应是气体体积减小的反应，增大气体体系的压强，平衡正向移动，可提高
平衡转化率，C 正确；
故选C；
②M 是决速步的反应物，当
时，v 随c 增大而增大；而受限于CO2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)，
时，v 不再显著增大。
10．（2025·东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）·一模）工业合成氨反应
是在催化剂表面上进行的，其反应历程如下(*表示吸附态)：
化学吸附：
表面反应：
脱附：
其中，
的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。
回答下列问题：
(1)①催化剂的选择是合成氨的核心技术之一，使用催化剂1 或催化剂2 合成氨，产氨速率与温度的关系
如图。
根据由图判断，活化能
(填“>”“=”“<”)。
②分析说明原料气中
过量的理由
(2)反应
到平衡时，正、逆反应的速率方程分别为：
，
为速率常数，已知
，据
此计算
(3)合成氨中所使用的原料氢气可将二氧化碳转化为高附加值化学品
，在催化剂作用下主要发生以
下反应。甲醇的选择性
。
I.
II.
①在恒容容器中温度升高甲醇的选择性 (填：“增大”“减小”或“不变”)
②恒温恒容条件下，原料气
以物质的量
投料在初始压强为
下进行反应。达到平衡
时
的选择性为
，
转化率为
。则该条件下反应II 的分压平衡常数
。(对于
气相反应，用组分B 的平衡
代替
，记作
。
，p 为平衡总压，
为平衡系统中B
的物质的量分数。)
(4)研究表明，
对催化加氢也有一定催化效果，取干燥
在
气条件下加热，热重分析显示样品
一直处于质量损失状态；X 射线衍射分析结果表明随着温度升高，该晶胞边长变长，但铈离子空间排列没
有发生变化。
加热后，当失重率(损失的质量/总质量)为
时，每个晶胞拥有的
的个数为 。
【答案】(1) < N2的吸附与分解是合成氨的限速步骤，提高N2的分压可加快该限速反应并有利于
平衡向生成氨方向移动，从而提高产率
(2)-1.5
(3) 减小
(4)7
【详解】（1）①由图可知，使用催化剂1 时反应速率更快，说明催化剂1 降低反应活化能的效果更好，
则活化能
<
；
②工业上往往使原料气中 N2适当过量，其理由是：N2的吸附与分解是合成氨的限速步骤，提高N2的分压
可加快该限速反应并有利于平衡向生成氨方向移动，从而提高产率。
（2）由
在平衡状态下相等，则Kp=
=
=
，
=-1、β = –1.5、
。
（3）①反应I 是放热反应，反应II 是吸热反应，在恒容条件下升高温度，反应I 平衡逆向移动，反应II 平
衡正向移动故甲醇选择性减小；
②设起始投料 n(CO2) : n(H2) = 1 : 3，CO2转化率为50%，其中80%转化生成CH3OH、20%转化生成CO，列出
“三段式”
=0.5、
0.8，解得x=0.4，y=0.1，初始压强为
，则平衡压强为：
，则该条件下反应II 的分压平衡常数
=
。
（4）CeO2在Ar 气中加热失重主要是失去部分氧原子，生成 CeO2-δ。1mol CeO2的质量为199g，由失重率
2.01%计算可得，剩余n(O)=
，新化学式约为 CeO1.75，已知每个晶胞含
=4 个Ce，故对应含7 个 O2-，即每个晶胞拥有7 个氧离子。
11．（2025·黑龙江省九师联盟·三模）
、
、
既是化工原料，也是重要的氮肥。
回答下列问题：
(1)在酸催化下，
与
混合溶液发生的离子反应为
。
已知：
则上述反应的
(用含
的代数式表示)。
(2)工业上，合成尿素的原理为
。
①
的键角由大到小的顺序为 (用“>”号连接)。
②
和
的相对分子质量相同，但是，在常温常压下，
呈固态，
呈液态，其主要原因是 。
③在体积可变的密闭容器中充入
和
，发生上述反应，
平衡转化率随温度、压强变化
如图所示。X 代表 (填“压强”或“温度”)；在a、b、c 三点中，平衡常数由大到小排序为
(用“>”连接，下同)。在a、b、c 三点中，正反应速率由大到小排序为 。
④某温度下，在1L 恒容密闭容器中充入一定的
和
，发生上述反应，达到平衡时
平衡转化率为
75%，
此温度下，该反应的平衡常数
。
(3)将一定量的
固体(含0.72g 水)置于密闭恒容真空容器中，并充入
和
，其中
的分压
为100kPa，在27℃下进行干燥。现为保证
不分解，
的分压应不低于 kPa[已知
，
分解的平衡常数
]。
【答案】(1)
(2)
分子间形成氢键数目和强度强于
压强
300
(3)40
【详解】（1）由已知可得：Ⅰ．
；Ⅱ．
；Ⅲ．
；Ⅳ．
；根据盖斯定律，Ⅰ-
-
+
ⅡⅢⅣ得到
(1)的
。
（2）①NH3是三角锥形分子，键角为107°，H2O 是V 形分子，键角为105°，CO2是直线形分子，键角为
180°，因此三者键角按照由大到小的顺序排列为CO2> NH3>H2O；
②
分子间形成氢键数目和强度强于
，故在常温常压下，
呈固态，
呈液态；
③升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小；压强增大，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转
化率增大，故X 为压强；反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，故Y1
＜Y2，Kb＞Ka，温度相同时平衡常数K 相同，故
；一般温度越高速率越大，压强越大速率越大，
故
。
④设
起始投入
/L ，
。
（3）0.72g 水的物质的量为0.04mol，故
，
分解的
反应方程式为
，其分解的平衡常数
，解得
，则为保证
不分解，须
，故
的分压应不低于40kPa。
12．（2025·黑龙江省齐齐哈尔市·二模）为实现碳中和，将
在一定条件下转化为化工原料，其中
和
可发生如下两个平行反应：
I．
II．
(1)某反应的化学平衡常数
则该反应的
。
(2)一定条件下，向恒压密闭容器中以一定流速通入
和
混合气体，
平衡转化率和
选择性[
]随温度、投料比的变化曲线如图所示。
①表示
平衡转化率的曲线是 (填“
”或“
”)，
平衡转化率随温度升高发生如图
变化的原因是 。
②生成
的最佳条件是 (填标号)。
a．
，
b．
，
c．
，
d．
，
(3)一定温度下，向恒压密闭容器中通入
和
，充分反应后，测得
平衡转化率为
，
选择性为
，该温度下反应I 的平衡常数
(
为以物质的量分数表示的平衡常数)。
(4)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。下图是甲醇(
)燃料电池的工作原理示意图。
该燃料电池内部电流的方向为 (填“
”/“
”)，负极的电极反应式为 。
【答案】(1)
(2)
反应I 是放热反应，反应II 是吸热反应，升高温度，反应II 正向移动的程度大于反应I 逆
向移动的程度，
平衡转化率随温度的升高而增大 d
(3)
(4)
【详解】（1）由盖斯定律可知反应I-反应II 可得该反应的热化学方程式为：
，该反应的
。
（2）①反应I 是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
的选择性减小，则表示
选择性的曲
线是
，
代表
平衡转化率随温度变化的曲线。反应II 是吸热反应，升高温度，反应II 正向移动的程
度大于反应I 逆向移动的程度，
平衡转化率随温度的升高而增大。
②由图可知，320℃，
时
选择性较大，同时
的转化率也较大，故选d。
（3）根据已知条件列出“三段式”
充分反应后，测得
平衡转化率为
，
选择性为
，解得
，
，平衡时
，
，
，
，
，则该温度下反应I 的平衡常数
。
（4）甲醇燃料电池负极反应物是甲醇，电解质为碱，因此负极电极反应为
；原电池内部电流方向是由负极到正极，即从
。
13．（2025·黑龙江省九师联盟·二模）
加氢制备
、
涉及反应如下：
i．
ii．
iii．
回答下列问题：
(1)工业上，利用
加氢合成
的热化学方程式为 。
(2)向反应器中充入
和
，在催化剂
、
作用下发生上述反应，测得相同时间内
的转化率与温度关系如图所示。温度低于450℃时，催化效率较高的催化剂是 （填“
”或“
”），随着温度升高，
、
曲线相交，其主要原因可能是 。
(3)某温度下，向恒容密闭容器中充入
和
，发生上述反应i、ii、iii，起始压强为
，
达到平衡时
转化率为60%，
选择性为50%，
选择性为25%。
已知：乙醇的选择性
（
、
的选择性同理）。）
该温度下，反应iii 的平衡常数
（用分数表示，用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压
等于总压×物质的量分数）。
(4)
与
在活化后的催化剂[催化剂活化：
（无活性）
（有活性）]表面可逆地发
生反应ii，其反应历程如图所示。
①对于
制甲醇的过程，以下描述正确的是 （填字母）。
A．反应中经历了
、
键的形成和断裂
B．加压可以提高
的平衡转化率
C．升高温度有利于生成甲醇
②
与
混合气体以不同的流速通过反应器，流速加快可减少产物中
的积累，减少反应
（用化学方程式表示）的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性。
(5)用电解法也可以实现由
制备乙醇。电解时电解质溶液显酸性，阴极的电极反应式为 。
(6)干冰（固态
）的立方晶胞结构中，
处于顶点和面心，若晶胞参数为
，
表示阿伏加德罗
常数的值，则干冰晶体的密度为
。
【答案】(1)
(2)
随着温度升高，温度对反应速率起决定作用
(3)
(4) AB
(5)
(6)
【详解】（1）根据盖斯定律，反应ii-iii 可得
，则该反应的
，则利用
加氢合成
的热化学方程式
为：
；
（2）由图可知，温度低于450℃时，催化剂是
时，二氧化碳的转化率高，故此时催化效率较高的催化
剂是；由于反应时间相同，随着温度升高，反应速率加快，则随着温度升高，
、
曲线相交，其主
要原因可能是：随着温度升高，温度对反应速率起决定作用；
（3）根据相关数据，达到平衡时
转化率为60%，
选择性为50%，
选择性为25%，根据
原子守恒可计算各组分物质的量如下：
组分
0.4
0.1
1.4
0.8
0.1
0.2
气体总物质的量为
。对于等分子数反应，可用物质的量替代分压计算平衡常数，反应iii 的平衡常数
；
（4）①A．由图可知，反应中经历了
、
键的形成和断裂，A 项正确；
B．
制甲醇是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，可以提高
的平衡转化率，B 项正确；
C．
是放热反应，升高温度平衡逆向移动，
不利于生成甲醇，C 项错误；
故选AB；
②已知催化剂活化：
（无活性）
（有活性），流速加快可减少产物中
的积累，
减少反应
的发生，减少催化剂的失活，提高甲醇选择性；
（5）根据题意，电解时，二氧化碳在阴极得到电子生成乙醇，电极反应式为：
；
（6）干冰（固态
）的立方晶胞结构中，
处于顶点和面心，，则每个干冰晶胞中含有4 个
，干
冰晶体的密度=
，故答案为：
。
14．（2025·黑龙江省教育学会示范性高中·一模）
的综合利用，对于资源综合利用有重要意义。
转化为二甲醚(
)是常见的一种方式。
加氢制
总反应可表示为：
△H。该反应通过两步完成：
Ⅰ．
Ⅱ．
体系中同时发生副反应：
Ⅲ．
请回答下列问题：
(1)
加氢制
总反应的△H= 。
(2)进料比
时，不同压强下
平衡转化率随温度的变化如图。
四条曲线对应压强
、
、
和
由大到小的顺序为 ，一定压强下，
平衡转化率随温度升高
先减小后增大，原因是 。当反应温度高于350℃时，几条曲线重合，原因是 。
(3)一定温度下，刚性密闭容器中，加入1mol
和3mol
发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时测得部分
物质的物质的量如表所示：
成分
CO
物质的量/
mol
0.1
0.4
0.2
平衡时
转化为
的选择性= %(选择性是指生成指定物质消耗的
占
消耗总量的
百分比，结果保留一位小数)。
加氢制
总反应用摩尔分数表示的平衡常数
(列出计算式)
。(已知反应
的
，物质i 的摩尔分数
。)
(4)一定压强下，
和
的起始量一定时，
平衡转化率和平衡时
的选择性随温度的变化如
下图所示。
以下温度，二甲醚产率最高的是_______。
A．300℃
B．350℃
C．400℃
D．450℃
【答案】(1)
(2)
温度较低时，
平衡转化率主要取决于反应Ⅰ，反应Ⅰ为放热反应，升高
温度平衡逆移，
平衡转化率减小；温度较高时，
平衡转化率主要取决于反应Ⅲ，反应Ⅲ为吸热反
应，升高温度平衡正移，
平衡转化率变大 温度高于350℃时主要发生反应Ⅲ
(3) 66.7%
(4)D
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应I×2+反应Ⅱ可得
加氢制
总反应
△H=2△H1+△H2=
。
（2）反应Ⅱ和反应Ⅲ是气体体积不变的反应，压强增大，平衡不发生移动，反应I 是气体体积减小的反应，
增大压强，平衡正向移动，CO2的转化率变大，说明平衡正向移动，压强不断增大，因此压强
、
、
和
由大到小的顺序是
；
平衡转化率随温度升高先减小后增大，原因是：温度较低时，
平衡转化率主要取决于反应Ⅰ，反应Ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆移，
平衡转化率减小；温度
较高时，
平衡转化率主要取决于反应Ⅲ，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度平衡正移，
平衡转化率变
大。
（3）根据已知条件列出“三段式”
z=0.1，1-x-z=0.4，y=0.2，则x=0.5，平衡时
转化为
的选择性=
=66.7%，平衡时
气体总物质的量为0.8mol+0.1mol +0.2mol +0.4mol +0.1mol +1.4mol=3mol，
加氢制
总反应用
摩尔分数表示的平衡常数
。
（4）由给定图可见，随温度升高，CO2转化率不断增大而CH3OCH3选择性降低，二甲醚的选择性增大，在
450 ℃时二甲醚的产率最高，选D。
15．（2025·黑龙江省齐齐哈尔市·一模）利用可再生能源和绿色氢气将
转化为甲醇，可以减少碳排放
同时将
固定为有价值的化学品，是国家能源条件与环境现状的共同选择。所涉及的反应如下：
反应1：
反应2：
反应3：
回答下列问题：
(1)
。
(2)上述反应中，反应1 的速率决定了总反应速率。下图用于表示该过程的能量与反应进程的关系（部分已
画出）。请选择图（a）或图（b），在虚线线框中将其补充完整 。
(3)有人提出“
也适宜于工业合成甲醇”，判断这种说法是否正
确并说明原因 （假设反应的焓变和熵变不随温度的改变而变化）。
(4)在传统的热反应中，恒压（压强分别为3MPa、5MPa）下，按
投料，在密闭
容器中发生反应1 和反应3，改变反应温度，
的平衡转化率
以及生成
（或CO）选择性
（S）的变化如图所示。已知：
（或
）选择性
。
①随着温度升高，a、b 两条曲线接近重合的原因是 。
②下列有关反应体系的说法中正确的是 。
A．当
的分压不再改变时，体系达到平衡状态
B．曲线
表示
的选择性
C．使用催化剂可以降低活化能，提高合成效率
D．体系达到平衡后，压缩体积，则反应3 平衡正向移动，反应1 平衡不移动
③
点对应的反应1 的平衡常数
（以分压计算，分压=总压×物质的量分数）（保留两位有效数
字）。
④分子筛膜反应器可提高反应3 的平衡转化率、且实现
选择性
，原理如图所示。分子筛膜反
应器可提高转化率的原因是 。
【答案】(1)-49.4kJ/mol
(2)
(3)不正确，这个反应
且
，
，在任何温度下都不能自发进行
(4) 温度升高到一定程度时，整个过程以反应1 为主 AC 0.0096 分子筛膜反应器可以及
时分离反应3 生成的
，同时也带走热量，降低温度，促进反应3 正向进行，提高转化率
【详解】（1）反应1+反应2 得反应3，故
。
（2）根据
应选图1 中的(a)，再根据反应1 是决速反应所以所绘图像的活化能要小于反应1 的活化
能，另外
，所以图像终点低于最左侧起点，图像为
；
（3）该反应的逆过程是甲醇气态燃烧为放热反应，所以该反应为吸热反应
，又因
故
，
在任何温度下都不能自发进行；
（4）①反应3 是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
减小，反应1 是吸热反应，升高温度，平
衡正向移动，
增大，随着温度升高，a、b 两条曲线先减小再增大接近重合的原因是：温度升高到
一定程度时，整个过程以反应1 为主；
②A．反应体系中
的分压是变量，当其不变时达到平衡状态，A 正确；
B．随温度升高反应3 逆向移动，
的量减少选择性降低，B 错误；
C．使用催化剂降低活化能，提高反应速率，提高合成效率，C 正确；
D．根据反应3 系数分析，压缩体积，反应3 正向移动，随着反应3 正向移动会引起体系中
和
减少
同时
增多，这就打破了反应1 的平衡，使其也发生移动，故D 错误；
故选AC；
③若起始时二氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，P 点时甲醇的选择性（S）、CO 选择性（S）均
为50%，二氧化碳的平衡转化率(α)=20%，体系压强为3MPa，平衡时：n(CO2)=1mol×(1-20%)=0.8mol，设
n(H2)=x mol，n(CH3OH)= n(CO)=y mol，n(H2O)=z mol，根据C、H、O 原子守恒可知，
0.8+2y=1，,2x+4y+2z=6，0.8×2+2y+z=2，解得x=2.6mol，y=0.1mol，z=0.2mol，体系中气体的总物质的量
n=2.6mol +0.1mol+0.1mol +0.2mol +0.8mol=3.8 mol，p(CO2)=
；同理可知：p(H2) =
，p(CO) =
，p(H2O) =
，反应2 的平衡常数Kp=
=0.0096；
④由图可知，该分子筛膜反应器具有双重功能，只催化反应3，且能分离出反应3 生成物水蒸气，同时也
带走热量，降低温度，促进反应3 正向进行，提高转化率。
16．（2025·内蒙古乌兰察布市·二模）锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。我国主要以
菱锰矿（主要成分为
，
为
、
或
）为原料，通过热解法生产二氧化锰等锰基催化剂。
(1)提取
的转化关系如下：
已知：
，
关系如下图。
①“焙烧”过程
最大的是 。
A．
B．
C．
②“焙烧”温度应控制在
。
(2)某温度下，碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行：
Ⅰ．
Ⅱ．
①焙烧
制取
的热化学方程式是 。
②反应达到平衡，保持温度不变，缩小容器容积，体系重新达到平衡，下列说法正确的是 。
A．平衡常数减小 B．
质量不变 C．
浓度不变 D．
质量减小
(3)由原料气（
、
）与煤粉在锰基催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。
已知：
、
在高温条件还会分解生成碳与氢气。发生部分反应的热化学方程式（在
、
时）如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线如下图。
①乙炔体积分数在
之前随温度升高而增大的原因可能是 ；1530K 之后，乙炔体积分数增加不明
显的主要原因可能是 。
②在体积为
的密闭容器中反应，
测得平衡时气体的总物质的量为
，则反应
的平衡常数
（用物质的量分数代替平衡浓度）。
【答案】(1) A 622.7~913.3K
(2) 2MnCO3(s)+O2(g)=2MnO2(s)+2CO2(g) ∆H=+(2a+b)kJ·mol-1 CD
(3) 反应Ⅱ、Ⅲ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ正向移动，故1530K 之前，乙炔产率随温度升高
而增大 反应I 是放热反应，反应II、Ⅲ是吸热反应，升高温度，对于反应I 来说，平衡左移，有更多
的甲烷分解为碳，甲烷的量较少，导致②③两个反应均向左移动，乙炔气体的体积分数增加不大
8.652
【详解】（1）①“焙烧”过程中，相同温度下，∆G 的大小为CaCO3＞MgCO3＞MnCO3，且
ΔG=ΔH−TΔS，“焙烧”过程∆H 最大的是CaCO3，故选A；
由流程图可知，“焙烧”过程中，仅MnCO3分解，MnCO3的∆G<0，则“焙烧”温度应控制在
622.7~913.3K；
（2）①反应Ⅰ．
Ⅱ．
根据盖斯定律2×反应I+反应II 得到：2MnCO3(s)+O2(g)=2MnO2(s)+2CO2(g)，∆H=2×∆H1+∆H2=+(2a+b)kJ·mol-1，
焙烧
制取
的热化学方程式是：2MnCO3(s)+O2(g)=2MnO2(s)+CO2(g) ∆H=+(2a+b)kJ·mol-1；
②A．温度不变，平衡常数不变，A 错误；
B．增大压强，平衡2MnCO3(s)+O2(g)
2MnO
⇋
2(s)+2CO2(g)逆向移动，
质量增加，B 错误；
C．增大压强，平衡
K 值不变，
浓度不变，C 正确；
D．增大压强，平衡
向逆向移动，平衡
正向
移动，
质量减少，D 正确；
答案选CD；
（3）①反应Ⅱ、Ⅲ是吸热反应，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ正向移动，故1530K 之前，乙炔产率随温度升高
而增大；
反应I 是放热反应，反应II、Ⅲ是吸热反应，反应I 来说，平衡左移，有更多的甲烷分解为碳，甲烷的量较
少，导致②③两个反应均向左移动，乙炔气体的体积分数增加不大；
②1530K 时，气体总物质的量为1mol，H2的物质的量为1×0.8240mol=0.8240mol，乙炔和甲烷的物质的量
相等为1×0.0840mol=0.0840mol，C2H4的物质的量为(1-0.8240-0.0840×2)mol=0.008mol，C2H4的物质的量分数
为0.008，C2H2的物质的量分数为0.0840，H2的物质的量分分数为0.8240，
的
平衡常数
。
17．（2025·内蒙古赤峰市·二模）我国科学家研发的“液态阳光”计划是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，发生反应如下：
反应1：
反应2：
(1)反应
。
(2)在恒温恒容密闭容器中加入2mol
和2mol
，若只发生反应1，则下列选项可以说明反应1 达到化
学平衡的是
a．
的体积分数不变 b．混合气体平均摩尔质量不变 c．总压不变 d．速率：
(3)温度一定时，若只发生反应1，在1L 容器中加入
和
，2min 时达到平衡，生成
为0.5mol，0~2min 内，
，此时再充入
和
，平
衡 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。
(4)不同压强下，按照
投料，同时发生反应1 和反应2，实验测定
的平衡转化率随温
度的变化关系如图1 所示。压强
、
、
由大到小的顺序为 ；
时三条曲线几乎交于一点的原
因是 。
(5)在T℃、8MPa 条件下，将
、
和2molAr 充入反应器，平衡后
的转化率和
的
选择性[
的选择性
]曲线如图2 所示，则反应1 的
(列出计
算式即可)。
【答案】(1)-90
(2)bc
(3) 0.25 逆向
(4)
时以反应2 为主，改变压强对反应2 几乎无影响
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应
=反应1-反应2，则
=-90
；
（2）反应1：
是气体体积缩小的放热反应，
在恒温恒容密闭容器中加入2mol
和2mol
，发生反应1；
a.设建立平衡的过程中转化CO2物质的量为xmol，则转化H2、CH3OH、H2O 的物质的量依次为3xmol、
xmol、xmol，则CO2的物质的量分数为
=
，CO2的体积分数始终不变，CO2的体积分数
不变不能说明反应达到平衡状态，故a 不符合题意；
b.混合气体平均摩尔质量不变，说明各组分含量不变，反应达到平衡状态，故b 符合题意；
c.总压不变，说明各组分含量不变，反应达到平衡状态，故c 符合题意；
d.速率:v(CO2)=v(H2O)，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，故d 不符合题意；
故答案为:bc；
（3）在1L 容器中加入1.5 mol CO2和2.5mol H2，2min 时达到平衡，生成CH3OH 为0.5mol，则0~2min 内，
v(CO2)=
=0.25mol•L-1•min-1；平衡时CO2浓度为1 mol/L、H2浓度为1mol/L，CH3OH 为0.5mol/L，H2O
的浓度为0.5mol/L，K=
=0.25，此时再充入1 mol H2O(g)和1 molCO2，Q=
=0.375>K，平衡逆
向移动；
（4）反应1 为气体分子数减少的反应，反应2 为气体分子数不变的反应，因此低温阶段压强越大，CO2的
平衡转化率越高，故压强由大到小的顺序是
；反应2 为吸热反应，温度较高时，主要发生反应
2，反应2 前后气体分子数相等，
时三条曲线几乎交于一点的原因是：
时以反应2 为主，改变压强对反
应2 几乎无影响，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响；
（5）在T℃、8MPa 条件下，将
、
和2molAr 充入反应器，平衡后
的转化率为40%，
的选择性为80%，根据三段式有：
平衡时气体总物质的量为(0.6+0.96+0.08+0.4+0.32+2)mol=4.36mol；
则反应1 的
=
。
18．（2025·内蒙古呼和浩特市·二模）“一碳化学”是指以分子中只含有一个碳原子的化合物(如
等)为原料合成一系列化工产品的化学。回答下列问题：
(1)通常利用反应
实现“碳中和”。
①
、
、
沸点由大到小的顺序为 ，理由是 。
②在一定温度下，由稳定态单质生成
化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。几种物
质在
的标准摩尔生成焓如表：
物质
标准摩尔生成焓/
-393.5
-201.2
-241.8
0
则
该反应在 (填“高温”
“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
(2)已知：反应I．
反应II．
温度为
时，向某固定容积的容器中充入一定量的
和
，仅发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，平衡时
和
的转化率
及
的物质的量(n)随起始投料比
变化的情况如图所示。
①图中表示α
变化的曲线为 (填“a”“b”或“c”)。
②曲线c 上A 点的纵坐标
。
③起始投料比
时，
的选择性
%(保留三位有效数字)。
④若温度为
，起始投料比
时，反应II 的
，则
(填“>”“=”或“<”)
。
【答案】(1) H2O、CH3OH、CO2 CO2不能形成分子间氢键，沸点最低；H2O 形成的分子间氢键的数
目多于CH3OH，沸点最高 -49.5 低温
(2) b 0.125 33.3 >
【详解】（1）①二氧化碳不能形成分子间氢键，沸点最低；水分子和甲醇分子都能形成分子间氢键，而
水分子形成的分子间氢键的数目多于甲醇，沸点最高，所以沸点由大到小的顺序为H2O、CH3OH、CO2，故
答案为：H2O、CH3OH、CO2；CO2不能形成分子间氢键，沸点最低；H2O 形成的分子间氢键的数目多于
CH3OH，沸点最高；
②由标准摩尔生成焓的定义可知，反应△H=生成物的标准摩尔生成焓之和-反应物的标准摩尔生成焓之和，
则反应△H=[(-201.2kJ/mol)+(-241.8kJ/mol)]-[(-393.5kJ/mol)+0]= -49.5kJ/mol，该反应是熵减的放热反应，低
温条件下反应ΔH-TΔS<0，能自发进行，故答案为：-49.5；低温；
（2）①起始投料比
增大相当于增大氢气的浓度，反应I 的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转
化率增大、甲烷的物质的量增大，但氢气的转化率减小，反应II 的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的物
质的量会减小，所以曲线a、b、c 分别表示一氧化碳的转化率、氢气的转化率、二氧化碳的物质的量随投
料比变化的情况，故选b；
②由图可知，起始投料比
=1 时，一氧化碳和氢气的转化率分别为37.5%、62.5%，二氧化碳的物质
的量为mmol，则平衡时一氧化碳的物质的量为1mol-1mol×37.5%=0.625mol、氢气的物质的量为
1mol-1mol×62.5%=0.375mol，由碳原子个数守恒可知，甲烷的物质的量为1mol-0.625mol-mmol=(0.375-m)
mol，由氧原子个数守恒可知，水的物质的量为1mol-0.625mol-2mmol=(0.375-2m) mol，由氢原子个数守恒
可得：0.375mol×2+(0.375-m) mol×4+(0.375-2m) mol×2=1 mol×2，解得m=0.125，故答案为：0.125；
③由②可知，二氧化碳的选择性为
≈33.3%，故答案为： 33.3；
④反应II 为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，设温度为T1条件下反应
达到平衡时混合气体的总物质的量为nmol、压强为P，由②所得数据可知，反应的平衡常数Kp=
=0.6，由题意可知，温度为T2条件下反应的平衡常数Kp=1，则温度T1大于
T2，故答案为：>。
19．（2025·内蒙古自治区·二模）丙烷是一种重要的化工原料，工业上常用丙烷制备丙烯。回答下列问题：
方法(一)热裂解法：
。上述物质的燃烧热和熵值如表所示：
物质
燃烧热
)
-2 219.9
-2049
-286
嫡
270.3
266.98
130.7
(1)
。
(2)
(填“>”或“<”，下同)0，第一电离能H C．
(3)某温度下，向某刚性密闭容器中充入一定量的
，发生上述反应。平衡时容器中总压为
，丙
烷的转化率为
，则该反应的平衡常数
为 (用分压计算的平衡常数为
，分压等于总压×物
质的量分数)；达到平衡后，欲同时增大反应速率和丙烷的平衡转化率，可采取的措施有 (填标
号)。
A．增大丙烷浓度 B．加入高效催化剂 C．升高温度 D．及时分离出丙烯
方法(二)氧化裂解法：
(副产物有
、CO 和C 等)。
图1 为温度对丙烷氧化裂解反应性能的影响，图2 为投料比
对丙烷氧化裂解反应性能的影响。
已知：
的选择性
；
的收率
的转化率
的选择性。
(4)
的转化率随着温度升高而增大的原因是 ，该反应体系中，属于极性分子的是
(填化学式，任写一个)。
(5)
的值较小时，
的选择性也较低，其原因可能是 。
(6)研究发现，在丙烷的氧化裂解反应体系中充入一定量的
，能提高丙烷的转化率和丙烯的收率，请结
合反应式说明原因： 。
【答案】(1)+115.1
(2) > >
(3)
C
(4) 温度升高，反应速率加快，转化率升高 C3H6或H2O
(5)氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低
(6)CO2发生反应
，消耗了氢气，促进反应
正向
移动
【详解】（1）由表可知：
①
②
③
由盖斯定律，①-②-③得
；
（2）根据
可得△S＞0，同周期元素从左到右第一电离能呈逐渐增大的趋势，
同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能： H>C；
（3）假设丙烷投料为1mol，则：
总的物质的量为1+x，平衡时容器中总压为a kPa，则该反应的平衡常数
；
A．反应为气体分子数增大的反应，增大丙烷的浓度，则相当于增大压强，会导致平衡逆向移动，丙烷的
平衡转化率减小，错误；
B．加入高效催化剂，加快反应速率，不改变平衡移动，错误；
C．反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，且导致平衡正向移动，正确；
D．及时分离出丙烯，物质浓度减小，反应速率减小，错误；
故选C；
（4）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C3H8的转化率应该降低，但实际上C3H8的转化率随温
度的升高而增大，考虑影响化学反应速率的因素，可能原因为温度升高，反应速率加快，转化率升高。正
负电荷中心不重合的分子为极性分子，属于极性分子的是C3H6和H2O。
（5）氧气具有氧化性，丙烷氧化裂解产物中除C3H6外，还有CH4、CO 和C 等，
的值较低时，C3H6
的选择性较低的原因可能是：氧气过量，丙烷发生深度氧化而导致C3H6的选择性降低。
（6）研究发现，在丙烷的氧化裂解反应体系中充入一定量CO2，能更好地提高丙烷的转化率和丙烯的产率，
原因可能为：CO2发生反应
，消耗了氢气，促进反应
正向移动。
20．（2025·内蒙古包头市·二模）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用备受关注。
一种综合利用甲烷、二氧化碳、水蒸气制备水煤气的方程式如下所示：
反应I
反应II
反应Ⅲ
(1)反应I 在 (填“高温”“低温”“任何温度”或“任何温度都不”)能自发进行。
(2)在初始压强
的条件下，向某恒容密闭容器中按不同物质的量之比投入
和
，在
不同温度下反应相同时间后，提到
产率如图所示(
产率
。
①四条曲线先升高后降低，降低的原因是 。
②由图可知，当
，
时，
产率接近
，随着
的投入增加，
产率
降低的原因是
③在
的条件下，已知温度为
时，
的平衡转化率为
的平衡产率为
，
则此时容器中
的分压为
(保留两位有效数字)，反应III 的分压平衡常数
(保留两
位有效数字)。
(3)利用电催化法将
转化为
的一种方法如图：
①阴极发生的反应方程式为 。
②当生成
甲醇时，阳极区质量减少
。
【答案】(1)任何温度
(2) 反应体系已达平衡，反应I 和II 均为放热反应，温度越高平衡逆向移动
时，反应和
处于平衡状态，反应的程度小于反应
14 0.55
(3)
93
【详解】（1）反应 I 为放热且是熵增的反应，即其ΔH<0，ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS<0，反应可以发生，则
该反应在任何温度能自发进行；
（2）①温度越高反应速率越快，则相同的时间内，温度较高时，反应可以达到平衡，且可以发生移动，
在反应 I 和 II 中氢气是产物，平衡后平衡逆向移动，其产率会降低，故答案为：反应体系已达平衡，反
应 I 和 II 均为放热反应，温度越高平衡逆向移动；
②由图可知，当
时，该反应已经达到平衡，当水的投入量为0 时，
产率接近
，说明此
时反应的程度小于反应
，加入水后，反应I 开始反应，但是程度较小，根据氢气产率定义可知其产率降
低，故答案为：
时，反应 和
处于平衡状态，反应的程度小于反应
；
③设CH4、CO2、H2O 的物质的量分别为x、x、3x，设参加反应I 的甲烷的物质的量为amol，
的平衡转
化率为
的平衡产率为
，可得以下三段式：
，解得n(H2)=1.3x；
由于是恒容容器，则平衡时的压强，P 平=
，
则此时容器中
的分压为
；
由于反应III 是气体分子数不变的反应，可以用物质的量来计算分压平衡常数
；
（3）①二氧化碳在阴极发生还原反应，则电极反应为：
；
②阳极区反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑，同时会有4 个钠离子向阴极移动，则当生成
甲醇时，即0.5mol
甲醇生成时，会转移3mol 电子，生成0.75mol 氧气，同时会有3mol 钠离子向阴极移动，质量减少
0.75mol×32g/mol+3mol×23g/mol=93g。
