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专题13 化学反应原理综合题
6 年真题1 年模拟
考点分类
考情示例
命题规律
考点 化学反应原理综合题
2026·黑吉辽蒙（1 题）、2025·黑
吉辽蒙（1 题）、2024·黑吉辽（1
题）、2023·辽宁（1 题）、2022·
辽宁（1 题）、2021· 辽宁（1
题）
· 情境设置：以工业催化反应（费托合成、催化氧化、
合成氨、苯加氢）为背景，融合资源循环与绿色化学理
念
· 考查重点：盖斯定律与热化学计算、平衡移动与转化
率分析、分压平衡常数Kp 计算、催化剂选择性及反应
机理
· 命题趋势：强化多反应竞争体系分析，图像信息（能
量图、转化率-温度图）解读要求提高，计算量增大，
注重真实工业生产条件优化
考点1 化学反应原理综合题
1.（2026·黑吉辽蒙·高考真题）低碳烯烃（C2−C4烯）用途广泛，可由合成气（CO+ H2）经费托反应催化
直接合成。
（1）烃类产物碳链增长的部分历程如下（M：催化剂，∗CHx：活性碳氢物质）：
按
此
历
程
，
产
品
中
低
碳
烯
烃
产
率
不
高
的
原
因
是
（答出一条即可）。
（2）合成丙烯的费托反应主要为：
①6CO(g)+3H2(g)=C3H6(g)+3CO2(g) ΔH1
②C3H6(g)+ H2(g)=C3H8(g) ΔH2= 124
−
kJ·mol
1
−
③CO(g)+ H2O(g)=CO2(g)+ H2(g) ΔH3= 41
−
kJ·mol
1
−
④3CO(g)+6H2(g)=C3H6(g)+3H2O(g) ΔH4= 374
−
kJ·mol
1
−
则ΔH1= kJ·mol
1
−，基于化学平衡分析，合成丙烯的条件应为 （填标号）。
A．低温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．高温高压
（3）传统费托合成低碳烯烃收率低。我国科研工作者研发出转化率和选择性均优异的催化剂。图1 中抑
制副反应的最适宜催化剂为 （填“MgAPO”、“SAPO”或“GeAPO”）。430❑
∘C
时，CO2的选择性为32%，根据图2，此时低碳烯烃的最大收率为 （写出计算式即
可）。
[已知：收率=转化为总烃的CO转化率×低碳烯烃选择性、某烃选择性=生成某烃消耗n(CO)
生成总烃消耗n(CO) ×100%
、选择性(CO2)=生成的n(CO2)
消耗的n(CO) ×100%]
（4）若费托反应只发生③和④，且反应③已快速平衡而④未平衡。恒压、初始投料n(H2):n(CO)=2.5
、CO2选择性为a %或b%时，CO转化率与温度的关系如图3 所示，则a b（填“>”、“=”或
“<”，下同），反应③的v正( M ) v逆( N )。
（5）若采取某种措施抑制CO2生成，此时费托反应只发生②和④，320❑
∘C、恒压645kPa、初始投料
n(H2):n(CO)=2时，CO的转化率为50% ，丙烯的选择性为90% ，则p(C3H6):p(CO)=
；反应②的反应商Qp= (kPa)
1
−（用分压代替浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留
两位有效数字）。
【答案】（1）有副反应发生生成烷烃（或生成高碳烷烃） （2）① -497
A
②
（3）①
GeAPO ② 85%×(1 32
−
%)×83% （4）① ＞ ② ＜ （5）①
0.3
②3.8×10
4
−
（1）根据题干给出的反应历程图，中间体M−CH3既可以继续与∗CHx反应使碳链增长，也可以结合 +H
发生加成反应生成甲烷；同理，碳链增长过程中的中间体也可以结合 +H 生成乙烷、丙烷等烷烃。此外，
碳链也有可能继续增长生成C5及以上的高碳烃。这些副反应的存在消耗了反应物，降低了目标产物低碳烯
烃的产率。
（2 ）根据盖斯定律，目标反应 ① 可以由3× 反应③ + 反应④得到，因此
ΔH1=ΔH4+3ΔH3=
374+3×(
41)
−
−kJ·mol
1
−。 反应①是放热、气体分子数减少的反应，
低温有利于放热反应平衡正向移动，高压有利于气体分子数减少的反应平衡正向移动，因此选低温高压
A。
（3）由图 1 可知，在相同的温度下，使用GeAPO催化剂时丙烯的转化率最低。由于丙烯是我们期望的目
标产物，其转化（消耗）属于副反应，因此GeAPO是抑制该副反应的最适宜催化剂。根据定义：收率=转
化为总烃的CO 转化率×低碳烯烃选择性；CO2选择性为32 %，说明总消耗CO 中1 32
−
%用于生成总烃；
由图2 可知，要使收率最大，需要找到乘积最大的组合。观察图 2 中三种催化剂的数据，GeAPO对应的
CO总转化率为85 %，低碳烯烃选择性为83 %，此时收率最大，因此收率计算式为85 %×(1 32
−
%)×83 %
。
（4）反应 ③CO(g)+ H2(g)=CO2(g)+ H2(g)为放热反应。在图 3 中的水平虚线（固定 CO 转化率为
60%），该线与实线（a%）相交于点 M（温度较低），与实线（b%）相交于点 N（温度较高）。在相同
CO 转化率下（即反应 ④ 生成H2O量基本相同），温度越高，放热的反应 ③ 平衡越向左移动，生成的
CO2 越少，导致CO2选择性越低。因此，高温对应的线b% 的选择性低于低温对应的线a%，即a＞b；
由于反应3 已经快速平衡，所以在任意时刻正逆反应速率相等，即v正( M )=v逆( M )、v正( N )=v逆( N )。
题目要求比较v正( M )和v逆( N )，本质上就是比较M 点和N 点的正反应速率。点N 的温度远高于点M，
温度升高会使反应速率常数k 显著增大；此外，点N 的CO2选择性更低，意味着更少的H2O 被消耗，反应
体系中H2O 的浓度更高。在更高的温度和更高的反应物浓度双重作用下，N 点的反应速率必然大于M 点。
因此，v正( M )＜v逆( N )。
（5 ）设初始n(CO)=1 mol，n(H2)=2mol： CO转化率为50 %，故转化的CO为0.5mol，剩余
n(CO)=0.5mol； 丙烯选择性90 %，故最终生成丙烯消耗CO为0.5×90% =0.45mol，得
n(C3H6)=0.45mol
3
=0.15mol，分压比等于物质的量比，因此p(C3H6)
p(CO)
=n(C3H6)
n(CO)
=0.15
0.5
=0.3；
反应②为C3H6(g)+ H2(g)=C3H8(g)，反应商Qp=p(C3H8)
p(C3H6)·p(H2) ，代入分压化简
得
：
Qp=n(C3H8)·n总
P总·n(C3H6)·n(H2) ，
平
衡
时
：n(C3H6)=0.15mol、n(CO)=0.5mol、
n(H2O)=n(CO)转化=0.5mol、
n(C3H8)=0.5mol×10%
3
=0.05
3
mol，
n(H2)=2mol−0.05mol
3
0.5
−
mol×2=59
60 mol，
n总=2.15mol，
P总=645kPa，
计
算
得： Qp= (
0.05
3
)×2.15
645×0.15×59
60
≈3.8×10
4
−(kPa) 1
−。
2.（2025·黑吉辽蒙·高考真题）乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(CO、H2)为原料合成乙二醇具有重
要意义。
Ⅰ．直接合成法：2CO (g)+3H2(g) ⇌
催化剂
❑
HOCH2CH2OH (g)，不同温度下平衡常数如下表所示。
温度
298K
355K
400K
平衡常数
6.5×10
4
1.0
1.3×10
3
−
（1）该反应的ΔH 0(填“>”或“<”)。
（
2
）
已
知
CO (g)、H2(g)、HOCH2CH2OH (g)的
燃
烧
热
(ΔH)分
别
为
−akJ·mol
1
−、−bkJ·mol
1
−、−ckJ·mol
1
−，则上述合成反应的ΔH =
kJ·mol
1
−(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O2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、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比n(H2)
n (DMO) =52.4，出口处检
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
=n生成(该物质)
n消耗(DMO)
×100%]。
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
483K
③
时，出口处n (乙醇)
n (DMO) 的值为 (精确至0.01)。
A
④
点反应MG (g)+2H2(g)⇌HOCH2CH2OH (g)+CH3OH (g)的浓度商Qx= (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）反应放热，温度升高，平衡左移，产率降低；或有副
反应发生；或催化剂选 择性低；或反应未达平衡 （4）① I
IV
②
BD
③
1.98
④
⑤
0.025
（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：
根据盖斯定律，用反应①的2 倍加上反应②的3 倍减去反应③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<1.3×10
3
−，此时平衡常数过小，反应
未达到平衡，导致乙二醇产率过低；或温度过高，平衡左移，产率降低；或催化剂的催化活性下降，导致
乙二醇产率过低；或有副反应发生。
（4）MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100，曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，根据曲线的变化，曲线Ⅰ表
示DMO 的实际转化率；随着反应的进行MG 逐渐转化为乙二醇、乙二醇会继续转化成乙醇，根据曲线的
变化，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；
A
②．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，反应体系中单位体积内活化分子数增加，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；
483K
③
时，DMO 的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO 为100mol，则出口处流出的乙醇的物质
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n(乙醇)
n(DMO) =
1.98mol
1mol
=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=
0.4 mol
52.2mol ×1.2mol
52.2mol
0.4 mol
52.2mol ×(
50.0mol
52.2mol)
2=0.025。
3.（2024·黑吉辽·高考真题）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：
2HCl(g)+1
2 O2(g)⇌
❑
Cl2(g)+ H2O (g)ΔH1= 57.2
−
kJ·mol
1
−ΔSK。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“<”)；T3= ℃。
（2）结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH = kJ·mol
1
−。
H2O(l)= H2O(g) ΔH2=+44.0kJ·mol
1
−
H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH3= 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n(HCl):n(O2)
D. 使用更高效的催化剂
（4）图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，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）① ＜ ② 360℃ （2）-285.8 （3）BD （4）较高流速下，反应不充分，温度
升高，速率增大，转化率升高 （5）6 （6）101
（1）反应2HCl(g)+1
2 O2(g)⇌Cl2(g)+ H2O (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④H2(g)+1
2 O2(g)= H2O (l)，设①
2HCl(g)+1
2 O2(g)⇌Cl2(g)+ H2O (g)，②H2O(l)= H2O(g)，③ H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，则
④=①+③−②，因此氢气的燃烧热ΔH =－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/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，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)=4 mol，可列出三段式
则Kx=
1.6
7.2 ×1.6
7.2
(
0.8
7.2)
2
×(
3.2
7.2)
1
2
=6。
（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。
4.（2023·辽宁·高考真题）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)+1
2 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α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）① CuO
SO
②
3 （2）① 催化剂 ② 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）①
cd
d
②
③
αe
(1−αe)·p
1
2
（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3CuSO4700℃
¿
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=
p(SO3)
p(SO2)p
1
2 (O2)
=
n(SO3)
n(总) p(总)
n(SO2)
n(总) p(总)·p
1
2 (O2)
=
n(SO3)
n(SO2)·p
1
2 (O2)
；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=
m ·αe
m (1−αe)·p
1
2 (O2)
=
αe
(1−αe)·p
1
2 ，故答案为
αe
(1−αe)·p
1
2 。
5.（2022·辽宁·高考真题）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：N2(g)+3H2(g)⇌
❑
❑
2NH3(g)ΔH = 92.4
−
kJ·mol
1
−ΔS= 200
−
J·K
1
−·mol
1
−。
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400~500℃。
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Fe-TiO2−xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为
495℃时，Fe的温度为547℃，而TiO2−xHy的温度为415℃)。
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．N ≡N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：M−LiH复合催化剂。
下列说法正确的是 。
a．300℃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：v=kc
α(N2)c
β(H2)c
γ(NH3)，根据表中数据，γ= ；
实验
c(N2)/ mol·L
1
−
c(H2)/ mol·L
1
−
c(NH3)/ mol·L
1
−
v/ mol·L
1
−·s
1
−
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NH3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188g·mol
1
−，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）① 高 ② 低 （3）ab （4）a （5）① -1 ②
ac （6）① Fe
3d
②
6
（1）N2(g)+3H2(g)⇌
❑
❑
2NH3(g) ΔH = 92.4
−
kJ·mol
1
− ΔS= 200
−
J·K
1
−·mol
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N ≡N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，300℃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v1
v3
=p
γ
(0.1p)
γ =1
10 ，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．根据速率方程，分离氨气可以提高反应速率，c 正确；
故选ac。
答案为：-1；ac；
（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为8×1
8 +6×1
2 =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[M (NH3)6]
2+，白球的化学式为[BH4]
−。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。
6.（2021·辽宁·高考真题）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.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) Δ H3
Ⅳ.2
(g)+15O2(g)
12CO
⇌
2(g)+6H2O(l) ∆H4
Ⅴ.
(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
则 Δ H1= (用 Δ H3、 Δ H4和 Δ H5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n(H2):n(C6H6)=3:1的基础上适当增大H2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H2中混有微量H2S或
CO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n(H2):n(C6H6)=4:1投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为p0，平衡时苯的转化率为
α，环己烷的分压为p，则反应1 的Kp= (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 ）3
2 Δ H3+1
2 Δ H4- Δ H5 （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）
p
1- α
5-3 α p❑0 × (4-3 α
5-3 α p❑0)
3
【分析】（1）根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) Δ H3 Ⅳ.2
(g)+15O2(g)
12CO
⇌
2(g)+6H2O(l) ∆H4 Ⅴ.
(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
Ⅰ.
主
反
应
：
(g)+3H2(g)⇌
(g)
可
由
3
2 III+1
2 IV-V
，
则
Δ H1=3
2 Δ H3+1
2 Δ H4- Δ H5，故答案为：3
2 Δ H3+1
2 Δ H4- Δ H5
；
（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n(H2):n(C6H6)=3:1的基础上适当增大H2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H2中混有微量H2S或
CO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n(H2):n(C6H6)=4:1投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生Ⅰ、Ⅱ反应总
压
为p0，
平
衡
时
苯
的
转
化
率
为
α
，
环
己
烷
的
分
压
为
p
，
则
：
C6H6
+3H2
⇌
起始量(mol)
1
¿ ¿转化量(mol)¿α¿3α¿¿
环己烷
0
α
α
，
环己烷
⇌
甲基环戊烷
起始量(mol)
α
¿0
转化量(mol)
x
¿x
平衡量(mol)
α−x
¿x
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：1- α
5-3 α p❑0
，
H2
的
分
压
为
：
4-3 α
5-3 α p❑0，
则
反
应
1
的
Kp=p(环己烷)
p(苯)~ p
3（H2）=
p
1- α
5-3 α p❑0 × (4-3 α
5-3 α p❑0)
3
，
故
答
案
为
：
p
1- α
5-3 α p❑0 × (4-3 α
5-3 α p❑0)
3。
模拟题精选
1.（2026·辽宁·一模）水煤气变换反应是调节氢碳比[
n(H2)
n (CO)]的关键反应。某研究小组将CaCO3分解反应引
入C−H2O制H2的体系，相关反应如下：
Ⅰ．CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g) ΔH1<0；
Ⅱ．CaCO3(s)⇌CaO (s)+CO2(g) ΔH2>0。
回答下列问题：
（1）CaCO3(s)+ H2(g)⇌CaO (s)+CO (g)+ H2O (g)的ΔH = (用代数式表示)。
（2）下列措施一定可以增大平衡时氢碳比[
n(H2)
n (CO)]的是 。
a．降低温度 b．提高H2O的初始投料
c．加入合适催化剂 d．增大压强(缩小容器体积)
（3）压力p 下，按一定比例通入CO和H2O，并加入足量CaCO3，发生上述反应，气相中CO、H2O和H2的平
衡体积分数随温度的变化关系如图所示。
①已知曲线Ⅰ表示H2O的体积分数，则曲线 (填图中序号)表示CO的体积分数。
②在一定温度下，若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达到平衡后，p(CO)将
(填“增大”“减小”或“不变”)。
③压力p 下，温度为T0时，反应Ⅰ的平衡常数Kp= ，再向该平衡体系中通入一定
量的N2( 不参与化学反应) ，重新达到平衡后，氢碳比[
n(H2)
n (CO)]降低到1
3 ，此时n(N2)
n(H2) =
。
【答案】（1）ΔH2
Δ
−
H1 （2）abd （3）① Ⅱ ② 不变 ③ 5
3 ④
24
（1）反应CaCO3(s)+ H2(g)⇌CaO(s)+CO(g)+ H2O(g) 可由反应II-反应I得到，根据盖斯定
律，ΔH =ΔH2
Δ
−
H1。
（2）a．降温，平衡ⅰ正移，n(H2)
n (CO) 增大，a 项正确；
b．提高H2O的初始投料，平衡ⅰ正移，n(H2)
n (CO) 增大，b 项正确；
c．加入合适催化剂，平衡不移动，n(H2)
n (CO) 不变，c 项错误；
d ．反应ⅱ的平衡中，CO2分压不随总压变化而变化，而增大压强( 缩小容器体积) 后，CO (g)、
H2O (g)、H2(g)三者的分压等比例增大，所以反应ⅰ的浓度商Q<K，平衡ⅰ正移，n(H2)
n (CO) 增大，d 项正
确；
故选择abd。
（3）①T 升高，平衡ⅰ逆移，平衡ⅱ正移，CO物质的量分数增多，所以曲线Ⅱ是CO。
②由于反应ⅱ的平衡常数Kp=p(CO2)，温度不变，Kp保持不变，则p(CO2)不变；恒压条件下p(CO2)不变，
即CO2的物质的量分数不变，温度不变，反应的Kp均不变，说明其他物质的分压也不变，故p(CO)不变。
③平衡时，由于是恒压恒温条件，设平衡时n总=1mol，n (CO)=n(H2)=0.1mol，n(H2O)=0.3mol，则
n(CO2)= (1
0.1
0.1 0.3
−
−
−
)mol=0.5mol，反应ⅰ前后气体系数和相等，所以Kc= Kp，也可以直接用物
质的量来计算K，K =0.5×0.1
0.1×0.3 =5
3 。充入N2重新达到平衡后n(H2)
n (CO) 降低到1
3 ，则反应ⅰ逆向进行了
0.05mol，即n (CO)=0.15mol，n(H2)=0.05mol，n(H2O)=0.35mol，n(CO2)需要用反应ⅰ的Kp计算，
解得n(CO2)=1.75mol。而反应ⅱ的Kp=0.5p(p 为总压)，即CO2的平衡体积分数始终是50%，故新平衡
n总=1.75×2=3.5mol。
n总=n (CO)+n(H2)+n(H2O)+n(CO2)+n(N2)，
解
得
n(N2)=1.2mol，
n(N2)
n(H2) =1.2mol
0.05mol =24。
2.（2026·黑龙江哈尔滨·一模）科研人员开发了三种新型氨合成方法。
方法一：N2(g)+3H2O(g)+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g) ΔH3
已知：①2N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+3O2(g) ΔH1=+1266.4 kJ/mol
2CO(g)+O
②
2(g)=2CO2(g) ΔH2=-566.0 kJ/mol
（1）ΔH3= kJ/mol。
（2）反应①、②的吉布斯自由能变化(ΔG)随温度变化情况如图1 所示，结合图像分析反应N2(g)+3H2O(g)
+3CO(g)=2NH3(g)+3CO2(g)中CO 的作用是 。
方法二：200℃，常压下，利用工业废气NO 与H2在催化剂表面反应直接合成NH3。主要反应如下：
主反应：2NO(g)+5H2(g)
2NH
⇌
3(g)+2H2O(g)
副反应：2NO(g)+2H2(g)
N
⇌
2(g)+2H2O(g)
（3）分析该合成方法较传统合成氨的优势： 。(写出两点即可)
（4）200℃，恒压p 条件下，向一密闭容器中按n(NO):n(H2)=1:3 投料发生以上反应。一段时间后体系达到
平衡状态，NO 的转化率为80%，NH3 选择性为90%(NH3 的选择性=转化为NH3的NO的物质的量
转化的NO的总物质的量
×100%)。则主反应的压强平衡常数Kp= (写出计算式即可，平衡分压=气体的物质
的量分数×总压)。
（5）研究表明，固溶体型催化剂OsxPt1-x/γ-Al2O3 在合成反应中表现出优异的性能。根据图2 分析：当
OsxPt1-x中Os 的含量为 时为最佳催化效果。
方法三：400℃，常压下，首先利用催化剂Ni/BaC2晶体表面存在“C2
2−阴离子空位”诱导N2活化，再进行
氢化，协同作用来生产NH3。
（6）催化剂吸附能的负值表示微粒从气相吸附到催化剂表面形成化学键时所释放的能量。图3 是催化剂
Ni/BaC2 晶体表面N2 活化的过程，N 原子与钡离子结合，请从物质结构的视角解释Ni/BaC2 催化剂表面
N2“水平吸附”比“末端吸附”的吸附能(Eads)低的原因 。
（7）若将N2和H2同时通入反应体系，NH3的产生速率大幅下降，请解释原因 。
【答案】（1）-215.8 （2）引入CO 后，反应在一定温度下ΔG<0，反应可以自发进行(其他合理答案也
可) （3）反应条件温和；将污染物NO 高效转化为有价值的NH3；能耗更低；废气利用(答案合理即可)
（4）(
0.72
2.88 p)
2
·(
0.80
2.88 p)
2
(
0.20
2.88 p)
2
·(
1.12
2.88 p)
5 （5）0.1 （6）水平吸附使N2双端同时与Ba2+作用，N≡N 键
更易活化 （7）N2和H2竞争吸附或H2会覆盖部分活性位，降低N2的吸附和活化几率(合理答案
均给分)
（1 ）目标反应=①+3×②
2
，故ΔH3=ΔH1+3×ΔH2
2
=1266.4kJ / mol
3×566.0
−
kJ/ mol
2
=
215.8
−
kJ / mol。
（2）反应①ΔG>0，反应②ΔG<0，引入CO 后，反应在一定温度下ΔG<0，反应可以自发进行。
（3）该合成方法较传统合成氨的优势：反应条件温和；将污染物NO 高效转化为有价值的NH3；能耗更
低；可实现废气利用。
（4）设初始n (NO)=x mol，则n(H2)=3x mol，段时间后体系达到平衡状态，NO 的转化率为80%，NH3选
择性为90%，故平衡时n平(NO)= (1 80
−
%)x mol=0.2x mol，n平(NH3)= (90%×80%)x mol=0.72x mol，
n平(N2)=1
2
(1 90
−
%)×80%x mol=0.04x mol，
n平(H2O)=80%x mol=0.8x mol，
n平(H2)=[3x−5
2 ×(80%×90%)x
80
−
%×(1 90
−
%)x]mol=1.12x mol，
n总=0.2x+0.72x+0.04x+0.8x+1.12x=2.88x mol，
故
Kp=(
0.72x
2.88x ×p)
2
×(
0.8x
2.88x ×p)
2
(
0.2x
2.88x ×p)
2
×(
1.12x
2.88x ×p)
5=
(
0.72
2.88 p)
2
(
0.8
2.88 p)
2
(
0.2
2.88 p)
2
(
1.12
2.88 p)
5。
（5）根据图2 可知，当OsxPt1-x中Os 的含量为0.1 时为最佳催化效果。
（6）由图可知水平吸附使N2双端同时与Ba2+作用，N≡N 键更易活化，从而吸附能更低。
（7）将N2和H2同时通入反应体系，N2和H2竞争吸附或H2会覆盖部分活性位，降低N2的吸附和活化几
率，从而使NH3的产生速率大幅下降。
3.（2026·内蒙古呼和浩特·一模）将丙烷转化为高附加值产品丙烯是实现碳基能源高效利用的关键技术之
一，具有广阔的使用前景及巨大的经济效益。请回答下列问题：
【方法一】丙烷直接脱氢
I：C3H8(g)⇌C3H6(g)+ H2(g) ΔH1>0
II：C3H6(g)
3
⇌C(s)+3H2(g) ΔH2=+124.3 kJ·mol
1
−
（1）估算反应I 的焓变需要 (填数字)种化学键的键能数据，该反应是 (选填
“熵驱动”、“焓驱动”)自发。
（2）下列措施可提高丙烷平衡转化率的是 (填标号)。
A．适当升高温度 B．使用高效催化剂 C．利用选择性透过膜及时分离氢气
（3）恒容密闭容器，假设只发生反应I．在10 kPa、100 kPa 不同起始压强下达到化学平衡时，测得丙烷
和丙烯的物质的量分数随温度变化如图乙。当起始压强为10 kPa，丙烯随温度变化的物质的量分数曲线是
(填标号)；A 点对应的平衡常数Kp= kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留到小数
点后两位)。
（4）丙烷脱氢的反应在催化剂表面一般要经历“扩散→吸附→表面反应→脱附→扩散”的过程。分析反
应过程中因温度过高导致产率下降的原因为 。
【方法二】丙烷氧化脱氢
III：C3H8(g)+1
2 O2(g)⇌C3H6(g)+ H2O (g)
（5）丙烷氧化脱氢过程，引入氧化性气体如O2能降低反应能耗，提升产率的原因是 。
（6）研究人员利用V2O5作催化剂，对反应的机理展开研究。以C3H8和❑
18O2为原料，初期产物中没有检
测到❑
18O；以含有C3D8的C3H8(D 为❑1
2H)和O2为原料，反应过程中没有检测到C3H8−nDn(0<n<8)。下列
推断合理的是 (填标号)。
A．V2O5直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充V2O5中反应掉的氧
B．V2O5先吸附氧气，吸附的氧气直接与吸附的丙烷反应
C．V2O5催化丙烷脱氢过程中，碳氢键的断裂是可逆的
【答案】（1）① 4
②熵驱动 （2）AC （3）① b
②13.33 （4）温度过高因反应产
生积碳，导致催化剂表面活性位点被覆盖，活性降低 （5）加入O2后，能与H2反应放出热量；
同时消耗H2促进反应正向移动 （6）A
（1）根据反应焓变ΔH =反应物总键能-生成物总键能，对反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+ H2(g)，整理可
得：ΔH =E(C−C)+2E(C−H)−E(C=C)−E(H−H)，共需要4 种化学键的键能。该反应ΔH1>0
（焓增不利于自发），反应后气体分子数增加，ΔS>0（熵增），自发进行由熵增驱动，故为熵驱动。
（2）反应I 是吸热、气体分子数增大的反应。
A．升高温度，平衡正向移动，丙烷平衡转化率提高，正确；
B．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，不影响平衡转化率，错误；
C．及时分离出生成物氢气，平衡正向移动，丙烷平衡转化率提高，正确。
故选AC。
（3）反应I 吸热，升温平衡正向移动，丙烯的物质的量分数随温度升高增大，丙烷减小；压强越小，越有
利于平衡正向移动，丙烯的物质的量分数越大，因此起始压强10kPa下丙烯对应曲线b。 设初始丙烷压强
为10kPa，平衡时转化的丙烷压强为x，由A 点丙烯物质的量分数为40%得：x
10+x =0.4，解得
x=20
3
kPa。
平
衡
分
压
：
p(C3H8)=10
3
kPa，
p(C3H6)=p(H2)=20
3
kPa，
则
Kp=p(C3H6)·p(H2)
p(C3H8)
=(
20
3 )
2
10
3
=40
3
≈13.33kPa。
（4）温度过高会导致催化剂活性下降（失活），同时副反应II（丙烯分解为碳和氢气）正向进行，丙烯被
消耗，因此产率下降。
（5）引入O2后，O2与丙烷脱氢生成的H2反应，过程放热，降低了反应能耗；同时H2被消耗，丙烷脱氢平
衡正向移动，提升了丙烯产率。
（6）A．以❑
18O2为原料，初期产物不含❑
18O，证明产物中的氧来自催化剂V2O5，O2只用来补充催化剂
消耗的氧，A 合理，
B．V2O5先吸附\tensor∗[❑
18]O❑2
❑，若吸附的氧气直接与吸附的丙烷反应，则在产物中会出现
\tensor∗[❑
18]O原子，而实际过程中没有检测到❑
18O，说明未按照此机理发生反应，B 不合理；
C．混合C3D8和C3H8反应，没有有检测到C3H8−n Dn生成，说明在反应过程中，碳氢键（或碳氘键）的断裂
是不可逆的，即一旦断裂就不会再重新形成新的C−H /C−D键，否则会发生H /D交换，生成C3H8−n Dn，
C 不合理；
故选A。
4.（2026·辽宁沈阳·一模）马来酸(MA)是一种重要的化工原料，以其合成琥珀酸(SA)及富马酸(FA)均具有
重要意义。回答下列问题：
I．琥珀酸(SA)的合成过程以及不同温度下三个反应的平衡常数K 随温度变化如下图所示
i．
ΔH1
ii．
ΔH2
iii．
ΔH3
（1）反应ii 的ΔH2 0(填“>”、“<”或“=”)，反应i 对应的曲线为 (填“a”
或“b”)。
（2）在330 K 至350 K 下SA 平衡产率很高的原因为 。
II．富马酸(FA)的合成
马来酸(MA)化学异构化合成富马酸(FA)流程如下图，苹果酸(M)为副产物
（3）190℃时，一定浓度的MA 发生反应，x 表示某有机酸浓度与各有机酸浓度总和之比，x 随时间t 变化
如上图(6.5 h 后苹果酸的x 不再随时间变化，溶液体积变化忽略不计)，反应①的活化能 反
应②的活化能(填“>”、“<”或“=”)，反应①的浓度平衡常数Kc= 。
（4）若体系中只发生反应①、②，其速率方程均可近似表达为v=k·c(反应物)，(k1、k2分别代表反应①、
②速率常数，H2O 的浓度视为1，忽略体积变化)。已知某温度下，k1/k2=4.5，MA 初始浓度为13 mol/L 发
生反应，测得某时刻c(M)=2 mol/L，则c(MA)= mol/L。
（5）已知MA 和FA 均为二元弱酸，HOOC−CH =CH−COO
−能形成分子内氢键，则相同温度下，电离平衡
常数Ka1(MA) Ka1(FA)(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1）① <
a
② （2）反应i 和iii 的K 值大，而反应ii 的K 值相对较小 （3）①
<
30
②
（4）2 （5）>
（1）图中反应ii 的平衡常数随温度升高而减小，即温度升高反应ii 平衡逆移，故正向为放热反应，
ΔH2<0；
反应i、iii 的温度随K 值变化与反应ii 一致，故反应i、ii、iii 均为放热反应，由反应i、ii、iii 可知反应i=
反应ii+反应iii，则Ki= Kii·Kiii，由图可知Kii>1，则Ki是最大的，对应曲线a。
（2）SA 是在反应i 和反应iii 中，根据其平衡常数值可知两反应的K 值很大，即反应限度大，而反应ii 的
平衡常数很小，故在330 K 至350 K 下SA 平衡产率很高。
（3）反应①是MA 转化为FA，反应②是MA 转化为M，根据反应时间与含量图可知，单位时间生成FA
的速率更快，速率越快活化能越小，故反应①的活化能小于反应②的活化能；
6.5 h 后反应达到平衡，由图可知，平衡时FA 的x 为0.6 ，M 的x 为0.38 ，则MA 的x 为
1
0
−
。反应①为MA
FA
⇌
，其浓度平衡常数Kc=c(FA)
c( MA) =x(FA)
x( MA) =0.6
0.02 =30。
（4）k1/k2 = vFA/vM = 4.5，当c(M) = 2 mol/L 有c(FA) = 9 mol/L。由于物料守恒，有c(M) + c(FA) + c(MA) =
c0(MA) = 13 mol/L，故c(MA) = 2 mol/L；
（5）已知HOOC−CH =CH−COO
−能形成分子内氢键，MA 的两羧基比较近，这种因素使MA 第一个质子更
易电离，而富马酸(FA)的反式结构无法形成这种分子内氢键，故Ka1(MA)>Ka1(FA)。
5.（2026·东三省三校·一模）将来源于生物柴油的废弃物甘油进行催化重整制氢，能有效解决能源问题，
并实现CO2的零净排放。发生反应如下：
反应I：C3H8O3(g)
3
⇌CO(g)+4 H2(g) ΔH1=+251.2kJ·mol
1
−
反应II：CO(g)+ H2O(g)⇌CO2(g)+ H2(g) ΔH2= 41.2
−
kJ·mol
1
−
副反应：CO2(g)+4 H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH3
请回答下列问题：
（1 ）计算反应C3H8O3(g)+3H2O(g)
3
⇌CO2(g)+7H2(g)的ΔH4=
kJ·mol
1
−。
（2）试从平衡移动的角度分析：向催化重整制氢体系中加入CaO 的作用 。
（3）膜反应器含有氢气选择透过性膜。反应时间和其它条件均相同，甘油(C3H8O3)催化重整制氢气膜反应
器和传统反应器中压强对甘油转化率、水蒸汽转化率和氢气产量的影响如下图。
下列说法不正确的是___________。
A. 甘油转化率增大，说明压强增大，有利于平衡正向移动
B. 一定条件下，甘油转化率可接近100%
C. 氢气产量增量随压强增大而增大(氢气产量增量=膜反应器和传统反应器氢气产量之差
传统反应器氢气产量
)
D. 与膜反应器相比，传统反应器随压强增大水蒸气转化率下降的主要原因是H2的分压增大
（4）550℃，2.5×10
5Pa条件，1molC3H8O3和9molH2O发生反应I、II 和副反应。反应达到平衡状态
时，体系中n(CO2)=2.2mol，n(CO)=n(CH4)=0.4 mol，则H2O的平衡转化率为
，反应II 的平衡常数Kp为 (保留2 位小数)。
（5）碳纤维布镍钼氮纳米片(Ni-Mo-N/CFC)是一种电催化剂，该材料作为阴极和阳极催化剂，可在碱性甘
油水溶液中同时生产高纯氢和增值甲酸盐。a 为电源的 极，阳极的电极反应为
。
【答案】（1 ）+127.6 （2 ）CaO 可与CO2反应，促使平衡正向移动，提高氢气产
率
（
3
）
A （
4
）
①
20%
3.82
②
（
5
）
①
负
②
C3H8O3
8
−e
−+11OH
−=3HCOO
−+8H2O
（1）由盖斯定律可知，反应I＋反应II×3=目标反应，则反应△H=
H
△
1+3
H
△
2= (+251.2 kJ/mol) +(-41.2
kJ/mol) ×3 =+127.6 kJ/mol；
（2）向催化重整制氢体系中加入氧化钙，氧化钙能与反应II 生成的二氧化碳反应生成碳酸钙，二氧化碳
的浓度减小，会使反应I 的平衡向正反应方向移动，有利于提高氢气产率；
（3）A．由方程式可知，反应I 是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甘油的转化
率减小， A 错误；
B．由图可知，膜反应器和传统反应器中，压强足够大时，甘油转化率可接近100%，B 正确；
C．由图可知，增大压强时，膜反应器中氢气产量增大，而传统反应器中氢气产量减小，所以氢气产量增
量随压强增大而增大，C 正确；
D．由图可知，增大压强时，膜反应器中氢气产量增大、水蒸气转化率增大，而传统反应器中氢气产量减
小、水蒸气转化率减小，说明与膜反应器相比，传统反应器随压强增大水蒸气转化率下降的主要原因是氢
气的分压增大，D 正确；
故选A；
（4）由题意可知，甘油的物质的量为1 mol，则起始时反应混合气体中碳原子的物质的量为：1 mol×3= 3
mol；平衡时，二氧化碳、一氧化碳、甲烷的物质的量分别为2.2 mol、0.4 mol、0.4 mol，则三种气体中碳
原子个数之和为：2.2 mol+ 0.4 mol+0.4 mol= 3 mol，说明平衡时甘油完全反应；设平衡时氢气、水蒸气的
物质的量分别为a mol、b mol，由氧原子个数守恒可得：b+4.4+0.4=3+9，解得：b=7.2，由氢原子个数守恒
可得：2a+1.6+14.4=8+18，解得：a=5，则平衡时，水蒸气的转化率为：9mol
7.2
−
mol
9mol
×100%=20%，
混合气体的总物质的量为15.2 mol，反应II 的平衡常数为：Kp =
5mol
15.2mol ×2.2mol
15.2mol
0.4 mol
15.2mol ×7.2mol
15.2mol
≈3.82；
（5）由图可知，生成氢气的电极为电解池的阴极，则a 为电源的负极、b 为正极，阳极发生的反应为碱性
条件下甘油在阳极失去电子发生氧化反应生成甲酸根离子和水，电极反应式为：
C3H8O3
8
−e
−+11OH
−=3HCOO
−+8H2O。
6.（2026·辽宁抚顺协作体·一模）将CO2转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。根据所学知识，
回答下列问题：
Ⅰ．H2还原CO2可制取CH4。
已知：反应ⅰ．CO2(g)+4 H2(g)⇌CH4(g)+2H2O (g) ΔH1
反应ⅱ．CO2(g)+CH4(g)
2
⇌CO (g)+2H2(g) ΔH2=+247.1 kJ·mol
1
−
反应ⅲ．CO (g)+3H2(g)⇌CH4(g)+ H2O (g) ΔH3= 205.9
−
kJ·mol
1
−
（1）ΔH1= kJ·mol
1
−。
（2 ）向恒压为0.36MPa 的密闭容器中通入1molCO2和4 molH2，发生反应ⅰ，同时有副反应
CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) ΔH>0发生，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变
化关系如图所示。
①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：
。
②T1℃时，反应经tmin后达到平衡，测得此时n (CO)=0.1mol，n(CO2)=0.2mol，甲烷的选择性
[
n(CH4)
n(CH4)+n (CO) ×100%]= ；该条件下反应速率v(H2)=
(用含t的代数式表示)MPa·min
1
−；该条件下副反应的Kp= 。
③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当 。
Ⅱ．利用CO2催化加氢可制备CH3OH，其反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*
CO2”表示CO2吸附在催化剂表面，图中“*H”已省略)：
（3）该反应历程中决速步反应能垒为 eV；为避免产生副产物，工艺生产的温度
应适当 (填“升高”或“降低”)。
【答案】（1）164.7
−
（2）① 该反应ⅰ的ΔH1<0，副反应的ΔH>0；因此低温时反应ⅰ的
逆向移动的影响占主导，CO2的物质的量逐渐增大，而高温时副反应的正向移动的影响占主导，CO2的物质
的量减小 ② 87.5 % ③ 0.178
t
④ 0.68
⑤选择加入对反应ⅰ有高选择性的催
化剂 （3）① 1.36
②降低
（
1
）
根
据
盖
斯
定
律
，
反
应
i=
反
应
ii+
反
应
iii×2，
则
有： ΔH1=ΔH2+ΔH3×2=247.1kJ·mol
1
−+2×( 205.9
−
kJ·mol
1
−)= 164.7
−
kJ·mol
1
−。
（2）①该反应ⅰ的ΔH1<0，同时副反应的ΔH>0；当升高温度时，反应ⅰ的平衡逆向移动使CO2物质的
量增大，副反应平衡正向移动使CO2的物质的量减小；因此低温时反应ⅰ的逆向移动的影响占主导，CO2的
物质的量逐渐增大，而高温时副反应的正向移动的影响占主导，CO2的物质的量减小；
②达到平衡时，根据C 守恒，有n(CH4)=1mol−n (CO)−n(CO2)=1
0.1
−
mol，因此甲烷选择
性为：0.7
0.7+0.1 ×100% =87.5%；再根据反应关系，主反应消耗2.8mol H2，副反应消耗
0.1mol H2，平衡时n(H2)=4 2.9=1.1
−
mol，得到总物质的量n总=3.6mol；容器为恒压，总压为
0.36 MPa，
得
到
初
始
H2分
压
p0(H2)=4
5 ×0.36=0.288MPa，
平
衡
时
H2分
压
p平(H2)=1.1
3.6 ×0.36=0.11MPa，
因
此
v(H2)=Δp(H2)
Δt
=p0(H2)−p平(H2)
Δt
=0.288 0.11
−
t
=0.178
t
MPa·min
1
−；副反应为分子数不变的反应，
则有分压比等于物质的量比，
Kp=p(CO)·p(H2O)
p(CO2)·p(H2) =n (CO)·n(H2O)
n(CO2)·n(H2) =0.1×1.5
0.2×1.1 =15
22 ≈0.68；
③催化剂可以加快反应速率，同时高选择性的催化剂可以提高甲烷的选择性，因此可选择加入对反应ⅰ有
高选择性的催化剂。
（3）决速步是活化能（能垒）最高的步骤，根据反应历程图可知在主反应路径中的各步能垒，其中最高
能垒为(
0.20
−
eV)−(
1.56
−
eV)=1.36eV；生成副产物CH2O的能垒高于主产物CH3OH，可适当降低温
度，使体系难以越过副产物的能垒，可避免副产物生成。
7.（2026·辽西重点高中·一模）含氯化合物在生活、工业生产中有广泛的应用。回答下列问题：
（1 ）
分子中
∠ClSCl
为
96.2
❑
∘
，
分子中
∠FSF
为
92.3
❑
∘
，键角不同的原因是
。
（2）SiCl4(
70℃
−
)的沸点大于SiF4(
86℃
−
)，其原因是 。
（3）一定温度下，在2L 恒容密闭容器中加入一定量催化剂，充入1molO2和一定量的SCl2，反应制备
SOCl2，相关反应如下：
i．SCl2(g)+O2(g)=SO2Cl2(g)
ii．SCl2(g)+SO2Cl2(g)
2
⇌SOCl2(g)
测得平衡体系中各组分的物质的量分数x( A)随n(SCl2)
n(O2)
的变化如图所示(已知：反应ⅰ很快，反应ⅱ很慢
且对反应i 没有影响)：
①代表SCl2组分的是曲线 (填“甲”“乙”或“丙”)。
N
②
点时，若将容器体积缩小，则SOCl2的物质的量分数 (填“增大”“减小”或
“不变”)。
③该温度下反应ii 的化学平衡常数K = (结果保留小数点后一位)。对M 点适当升高
温度后，SCl2(g)的平衡浓度为0.2mol·L
1
−，则反应ii 为 (填“吸热”或“放
热”)反应。
（4）M 点时，向容器中再加入0.1molSCl2(g)、0.1molSO2Cl2(g)和0.1molSOCl2(g)，此时v正
v逆(填“>”“<”或“=”)。
【答案】（1）电负性：F>Cl,SOF2分子中成键电子对离中心原子较远，成键电子对间的斥力减
小 （2 ）SiCl4和SiF4均为分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越
高 （3）① 甲 ② 不变 ③ 21.8
④放热 （4）>
（1）由于电负性：F>Cl，在SOF2分子中成键电子对离中心S 原子较远，斥力小于S-Cl 成键电子对，键
角变小。
（2）SiCl4和SiF4均为分子晶体，SiCl4相对分子质量比SiF4大，则范德华力也越大，沸点就越高，所以
有沸点：SiCl4>SiF4。
（3）①当n(SCl2)
n(O2)
=1时，反应i 中SCl2与O2完全反应，丙表示SO2Cl2，SCl2与O2比值大于1 且继续增大
时，O2全部被消耗，开始发生反应ii，SOCl2物质的量分数先增大后减小，则曲线甲表示SCl2；
②在N 点时，若将容器体积缩小，反应ii 前后气体分子数相等，反应ii 平衡不移动，则SOCl2的物质的量
分数不变；
M
③
点时n(SCl2)
n(O2)
=2.0，根据反应i 可知，剩余的n(SCl2)=1mol，生成的n(SO2Cl2)=1mol，设反应ii 中
消耗的SO2Cl2物质的量为xmol ，M 点时SO2Cl2物质的量分数为0.15 ，列三段式：
SCl2(g)
+
SO2Cl2(g)
⇌
2SOCl2(g)
起始量(mol)
1
¿1
¿
¿
x¿¿x¿¿2x¿ M点量(mol)¿1−x¿¿1−x¿¿2x¿，
由
1−x
(1−x)+ (1−x)+2x =0.15，
解
得
x=0.7mol，
则
反
应
ii
的
化
学
平
衡
常
数
为
K =c
2(SOCl2)
c(SCl2)·c(SO2Cl2) = (
2×0.7mol
2L
)
2
0.3mol
2L
×0.3mol
2L
=21.8；根据前面计算，在
M
点时的
c(SCl2)=0.3mol
2L
=0.15mol·L
1
−，现对M 点适当升高温度后，SCl2(g)的平衡浓度为0.2mol·L
1
−
，说明升温平衡向逆反应方向移动，得到该反应为：放热反应。
（4）M 点时，向容器中再加入0.1molSCl2(g)、0.1molSO2Cl2(g)和0.1molSOCl2(g)，则各物质
的物质的量分别为0.4molSCl2(g)、0.4 molSO2Cl2(g)和1.5molSOCl2(g)，此时的浓度熵为
Q=
(
1.5mol
2L
)
2
0.4 mol
2L
×0.4 mol
2L
=0.75
2
0.2
2
=14.1<21.8，则平衡需要向正反应方向移动，故有v正>v逆 。
8.（2026·辽西重点高中·一模）氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。含氮物质的研究和利用有着极
为重要的意义。回答下列问题：
（1 ）CO催化还原NO生成N2和CO2可消除污染。已知：CO的燃烧热为ΔH = 283
−
kJ·mol
1
−；
2NO (g)= N2(g)+O2(g) ΔH = 180.5
−
kJ·mol
1
−。CO催化还原NO的热化学方程式为
。
（2 ）将恒定组成的CO和NO混合气体通入固定体积的反应器内，发生以下两个反应：
2NO (g)+CO (g)⇌N2O (g)+CO2(g)、N2O (g)+CO (g)⇌N2(g)+CO2(g)。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图1 所示(曲线Ⅰ代表CO)。
①Ⅱ、Ⅳ两条曲线所表示的物质分别是 、 (填分子式)。
②消除污染物CO和NO的反应温度应选择 (填“低温”或“高温”)。
③已知NO的脱除率=n(转化为N2的NO)
n(初始的NO)
×100%时，450℃时，该时间段内NO的脱除率=
。
（3）某学习小组将2molNH3、3mol NO和一定量的O2充入2 L 恒容密闭容器中，在催化剂作用下发生反
应：4 NH3(g)+4 NO (g)+O2(g)
4
⇌N2(g)+6H2O (g) ΔH，一段时间内，连续测得NO生成N2的转化率
随温度变化的情况如图2 所示。
则ΔH 0(填“>”或“<”)。若在5 min 内，温度从420 K 升高到580 K，此时间段内
用NH3表示的平均反应速率为 mol·L
1
−·min
1
−。NO生成N2的转化率先逐渐增
大后逐渐减小，原因是 。
（4）实验室产生的尾气NO可先用O2氧化，然后再用烧碱溶液吸收，现将2molNO (g)、1molO2(g)和
1molHe(g)通入密闭容器中，在T℃、压强为pkPa条件下发生反应：
反应①：2NO (g)+O2(g)
2
⇌NO2(g)
反应②：2NO2(g)⇌N2O4(g)
平衡时n(O2)=n(NO2)=n(N2O4)，反应②的平衡常数Kp= (kPa)
1
−(用含p 的代数
式表示)。
【答案】（1 ）2NO (g)+2CO (g)= N2(g)+2CO2(g)ΔH = 746.5
−
kJ·mol
1
− （2 ）① NO
② N2 ③ 高温 ④ 80% （3）① <
0.15
②
③温度低于580 K 时，反应未达到
平衡状态，升高温度，反应速率加快，NO生成N2的转化率逐渐增大；温度高于580K 以后，反应达到平衡
状态，升高温度，平衡逆向移动，NO生成N2的转化率逐渐减小 （4）7.5
p
（1 ）根据题干中的已知条件，①2NO(g)= N2(g)+O2(g) ΔH = 180.5
−
kJ/ mol，②
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH = 566
−
kJ/ mol，①+②可计算出CO 催化还原NO 的热化学方程式
为：2NO(g)+2CO(g)= N2(g)+2CO2(g) ΔH = 746.5
−
kJ/ mol；
（2）①随着反应的进行，CO 和NO 的浓度逐渐降低，又根据两个反应中都消耗CO，而只有第一个反应
消耗NO，随着N2O 浓度逐渐降低，NO 的浓度减小的趋势变小，到后来浓度基本不变，而CO 浓度减小的
趋势较大，所以I 是CO，Ⅱ是NO，两个反应中都产生CO2，CO2的浓度大于N2，Ⅲ是CO2，IV 是N2；
②温度越高，反应速率越快。结合图像可知，高温时CO 和NO 的浓度较低，脱除率高，所以应选择高温
条件；
③c初始(NO)=1500ppm ×2+350ppm +200ppm ×2=3750ppm，450℃时，该时间段内NO的脱除率
=1500ppm ×2
3750ppm
×100% =80%；
（3）温度大于580 K 以后，反应达到平衡状态，升高温度，NO生成N2的转化率逐渐减小，说明升高温
度，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，ΔH<0。5min 内，温度从420 K 升高到580 K ，
n转化(NH3)=n转化(NO)=3mol×(52%
2
−%)=1.5mol，此时间段内用NH3表示的平均反应速率
v(NH3)=1.5mol
2L×5min =0.15mol·L
1
−·min
1
−。NO生成N2的转化率先逐渐增大后逐渐减小的原因：温度
低于580 K 时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，NO生成N2的转化率逐渐增大，温度高于
580K 以后，反应达到平衡状态，升高温度，平衡逆向移动，NO生成N2的转化率逐渐减小；
（4）反应②:
2NO2(g)
⇌
N2O4(g)
n(转化)/ mol
y
¿
¿
，平衡时，n (NO)=2−x，n(O2)=1−x
2 ，n(NO2)=x−y，
n(N2O4)=y
2 ，n (He)=1mol。因为平衡时n(O2)=n(NO2)=n(N2O4)，则1−x
2 =x−y=y
2 ，解得：
x=1.2mol，y=0.8mol。平衡时，n (NO)=0.8mol，n(O2)=n(NO2)=n(N2O4)=0.4 mol，n (He)=1mol
。平衡时，混合气体的总物质的量为3mol。平衡时，p(NO2)=p(N2O4)=0.4
3
pkPa，反应②的平衡常数
Kp=p(N2O4)
p
2(NO2)
=
0.4
3
p
(
0.4
3
p)
2 (kPa)
1
−=7.5
p
(kPa)
1
−
。
9.（2026·黑龙江哈尔滨三中·一模）研究有关氧化物的反应，对科学研究和化工生产有重要意义。
（1 ）火法冶锌涉及以下反应：a ：C+O2→CO2；b ：2C+O2→2CO；c ：2CO+O2→2CO2；d ：
2Zn+O2→2ZnO。相关反应的ΔG与T 关系如图1 所示，为实现反应ZnO+C→Zn+CO。选择的反应温度
应 (填“不低于”或“不高于”)T1，此条件下，金属锌的状态为 。加热
HgO 可得到Hg，则反应2Hg+O2
2
⇌HgO的ΔG与T的关系线在d 线的 (填“上方”、“下
方”或“基本重合”)
（2）TiO2难以直接用焦炭还原为Ti，需先转化为TiCl4。在1000℃时反应如下：
Ⅰ.直接氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+O2(g) ΔH1=+172kJ·mol
1
−，Kp1=1.0×10
2
−
Ⅱ.碳氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C (s)⇌TiCl4(g)+2CO (g) ΔH2= 51
−
kJ·mol
1
−，Kp2
①已知：反应O2(g)+2C (s)
2
⇌CO (g)的Kp=1.2×10
14kPa，则Kp2= kPa。
②在压强150 kPa 恒压条件下，将TiO2(s)、C (s)、Cl2(g)以物质的量之比为5:11:10投料进行反应Ⅰ和
Ⅱ，理论上体系中平衡时气体组成比例(物质的量分数)的温度变化的关系如图2 所示(该条件下O2被消耗完
全)。T2℃时，已知TiO2(s)的平衡转化率为99 %，则平衡时CO2与CO的物质的量比为 。
（3）为研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。可通过微扰(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H2O⇌H
++OH
−，
若将纯水瞬时升温到25℃，测得τ=4.0×10
5
−s。已知：v(正)=k1c(H2O)，v(逆)=k2c(H
+)c(OH
−)，
τ=1
k1+2k2xe (xe为H
+的平衡浓度)；c(H2O)=55.6 mol·L
1
−。
25℃
①
时，计算得k2为 L/ (mol·s)。
②结合本题有关数据，从化学平衡角度分析常温下水难电离的原因： 。现已发明直接用H2
和O2合成H2O2方法，试从反应速率角度给出其反应条件： 。
【答案】（1）① 不低于 ② 气态 ③ 上方 （2）① 1.2×10
12 ②
4:25或0.16 （3）① 1.25×10
11 ② k1/k2=1.0×10
14
−/55.6= K，平衡常数很小，该过程
正向进行的趋势很小 ③ 加入催化剂，加压，适当升温
（1）由题，反应ZnO+C→Zn+CO可由反应b−d
2
得到，则该反应的ΔG =ΔGb
Δ
−
Gd
2
，要使反应自发，
需ΔG<0，即ΔGb
Δ
−
Gd<0，对应温度不低于T1；T1高于锌的沸点（907℃），因此锌的状态为气态；
Zn 比Hg 更易被氧化，ZnO 比HgO 更稳定，形成ZnO 的ΔG比形成HgO 的ΔG更负，反应
2Hg+O2
2
⇌HgO的ΔG与T 的关系线在d 线的上方。
（2 ）①由盖斯定律得，反应Ⅱ= 反应Ⅰ+ 反应O2+2C→2CO，因此：
Kp2=Kp1·Kp=1.0×10
2
−×1.2×10
14=1.2×10
12~kPa。
②已知TiO2(s)的转化率为99%，假设初始TiO2(s)为1mol，Cl2(g)为2mol，则T2℃平衡时，TiCl4为
0.99mol，根据氯元素守恒，此时Cl2为0.02mol，因为TiCl4的物质的量分数为0.36，所以气体总物质的量
为
2.75mol
，
设
此
时
CO
为
x mol，
CO2为
y mol，
则
x mol+y mol=2.75mol
0.99
−
mol
0.02
−
mol=1.74 mol，
根
据
氧
元
素
守
恒
，
得
x mol+2y mol=1.98mol，求得平衡时CO2为0.24 mol，CO为1.5mol，所以二者的物质的量比为4:25。
（3 ）①驰豫时间公式为τ=1
k1+2k2xe
，其中τ=4.0×10
5
−s，xe=c(H
+)=1×10
7
−，带入得：
k1+2k2×(1×10
7
−)=1
τ =1
4×10
5
−=2.5×10
4s
1
−，
在
平
衡
时
，v(正)=v(逆)，
可
推
出
k1c(H2O)=k2c(H
+)c(OH
−)=k2xe
2，代入已知值：k1×55.6=k2×(1×10
7
−)
2，即k1=k2×10
14
−
55.6
，将k1
带
入
驰
豫
时
间
公
式
为
：k2×10
14
−
55.6
+2k2×1×10
7
−=2.5×10
4，
整
理
可
得
，
k2(
10
14
−
55.6 +2×10
7
−)=2.5×10
4，计算括号内：10
14
−
55.6 ≈1.80×10
16
−，2×10
7
−=2.00×10
7
−，由于
1.80×10
16
−≪2.00×10
7
−，
可
忽
略
不
计
，
所
以
k2×2×10
7
−=2.5×10
4，
得
出
k2=1.25×10
11L/ (mol·s)。
②由K =k1
k2
=1.0×10
14
−
55.6
，平衡常数极小，说明水的电离正向进行的趋势很小，故常温下难电离；用H2和
O2合成H2O2，从反应速率角度，应加入催化剂、加压、适当升温，以加快反应速率。
10.（2026·辽宁·二模）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，以提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料
合成CH3OH涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g) ΔH1
Ⅱ．CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g) ΔH2= 90.4
−
kJ·mol
1
−
Ⅲ．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) ΔH3= 49.5
−
kJ·mol
1
−
（1）反应Ⅰ的ΔH1 0(填“>”或“<”)。
（2）在该合成体系中，下列说法不正确的是___________。
A. 若气体的平均相对分子质量不变，说明反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都已达到平衡
B. 若在恒容绝热容器中，反应Ⅰ的平衡常数K 保持不变，说明反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都已达到平衡
C. 选用合适的催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量
D. 体系达平衡后，若压缩体积，反应Ⅰ平衡不移动
（3）3 MPa 下，以进气流量4.5~mmol·min
1
−，n(CO2):n(H2)=1:3持续通过装有0.5 g 催化剂的反应管
中(仅发生上述反应Ⅰ、Ⅱ)。经相同时间测得CO2的转化率[α(CO2)]、CH3OH的选择性[S(CH3OH)]及CH3OH
的时空收率[Y(CH3OH)]随温度(T)的变化关系如图所示。
已知：a．S(CH3OH)=n(转化为CH3OH的CO2)
n(消耗的CO2)
×100%；
b．Y(CH3OH)=CH3OH的产率×CO2的总进气流量
催化剂的质量
。
①已知图中曲线a 代表S(CH3OH)随温度的变化，则代表CO2的转化率[α(CO2)]随温度变化的曲线是
，280℃后，曲线a 快速下降的可能原因是 。
280℃
②
时，CO 的选择性为 ；若Y(CH3OH)为4.95~mmol·h
1
−·g
1
−，则
α(CO2)= (列出计算式即可)。
③一定条件下，将进气流量改为0.04~mmol·min
1
−(此流量下的转化率可近似认为平衡转化率)，测得出
气流量为0.038~mmol·min
1
−，α(CO2)为50%，此时反应I 的平衡常数Kp= 。
【答案】（1）> （2）D （3）① c
②反应Ⅰ速率的增大程度远大于反应Ⅱ，故甲醇的选择性快速
下降(或催化剂失去活性)
22.5%
③
④0.5×4.95×4
77.5%×4.5×60
⑤4
23
（1 ）由盖斯定律可知，反应Ⅲ- 反应Ⅱ= 反应Ⅰ，则反应Ⅰ的焓变为：
ΔH1=ΔH3
Δ
−
H2= 49.5
−
kJ·mol
1
−−(
90.4
−
kJ·mol
1
−)=+40.9 kJ·mol
1
−>0；
（2）A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，由方程式可知，反应Ⅰ是气体体积不变的反
应，反应Ⅱ和反应Ⅲ都是气体体积减小的反应，反应中气体的平均相对分子质量增大，则气体的平均相对
分子质量不变，说明正逆反应速率相等，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都已达到平衡，A 正确；
B．反应Ⅰ是吸热反应，在恒容绝热容器反应时反应温度减小，反应Ⅱ和反应Ⅲ都是放热反应，在恒容绝
热容器反应时反应温度升高，则反应Ⅰ的平衡常数K 保持不变，说明容器中反应温度不变，正逆反应速率
相等，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都已达到平衡，B 正确；
C．选用合适的催化剂可以增大反应Ⅱ和反应Ⅲ的反应速率，提高甲醇在单位时间内的产量，C 正确；
D．反应Ⅱ和反应Ⅲ都是气体体积减小的反应，体系达平衡后，若压缩体积，气体压强增大，平衡均向正
反应方向移动，改变了反应I 中各物质的浓度，导致反应I 的平衡也发生移动，D 错误；
故选D；
（3）反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转
化率增大，反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，甲醇的选择性减小，则曲线a、b、c 分别代表甲醇的选择
性、甲醇时空收率、二氧化碳转化率随温度的变化；
①由分析可知，曲线c 代表二氧化碳转化率随温度的变化；280℃后，甲醇的选择性快速下降可能是反应Ⅰ
的反应速率的增大程度远大于反应Ⅱ所致，也可能是温度升高，催化剂活性下降，导致反应Ⅱ的反应速率
减慢所致；
②由图可知，280℃时，甲醇的选择性为77.5%，由选择性公式可知，一氧化碳的选择性为：1-
77.5%=22.5%；由题意可知，进气流量为4.5~mmol·min
1
−、二氧化碳和氢气的物质的量比为1：3，则1
h 通入二氧化碳的物质的量为：4.5~mmol·min
1
−×1
4 ×60 min=4.5×60
4
mmol；由题意可知，催化剂的质
量为0.5 g，甲醇的时空收率为4.95~mmol·h
1
−·g
1
− ，由时空收率公式可知，甲醇的产率为：
0.5×4.95×4
4.5×60
；280℃时，甲醇的选择性为77.5%，则由1 h 甲醇的实际产量可得：0.5×4.95×4
4.5×60
×
4.5×60
4
mmol=4.5×60
4
mmol×α(CO2)×77.5%，解得：α(CO2)=0.5×4.95×4
77.5%×4.5×60 ；
③根据题意，该气体流速下的转化率为平衡转化率，若假设装置中起始时含有0.04x~mmol气体，那么起
始时n(CO2)=0.01x~mmol、n(H2)=0.03x~mmol，反应Ⅰ中Δn(CO2)为a~mmol，反应Ⅱ中Δn (CO)为
b~mmol，则假设反应Ⅰ达到平衡后再发生反应Ⅱ并达到平衡，且平衡时n总=0.038x~mmol，则由题意可
得如下“三段式”：
根
据
平
衡
时
转
化
率
为
50%，
可
知
a =0.005x，
n总=0.01x−a+a−b+0.03x−a
2
−b+a+ b=0.04x
2
−b=0.038x~mmol，解得b=0.001x~mmol，
则
平
衡
时
n(CO2)=0.01x~mmol 0.005
−
x~mmol=0.005x~mmol、
n(H2)=0.03x−a
2
−b=0.023x~mmol、
n(H2O)=a~mmol=0.005x~mmol，
n (CO)= (a−b)~mmol=0.004x~mmol，
可
以
得
到
反
应
Ⅰ
的
Kp=p(CO)p(H2O)
p(CO2)p(H2) =
n (CO)
n总
p总×n(H2O)
n总
p总
n(CO2)
n总
p总×n(H2)
n总
p总
=n (CO)n(H2O)
n(CO2)n(H2) =0.004x×0.005x
0.023x×0.005x =4
23
。
11.（2026·东三省三校·模拟考试）含碳化合物的合成与转化具有研究价值和现实意义。由CO、CO2和H2制
CH3OH涉及的原理为：
①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1
②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+ H2O(g)ΔH2= 49.5
−
kJ·mol
1
−
③CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g)+ H2O(g)ΔH3=+41.0 kJ·mol
1
−
（1）反应①的ΔH1= kJ·mol
1
−。
（2）反应②自发进行的条件为 (填“高温”或“低温)。
（3）反应③的速率方程可表示为v正=k正c(CO2)·c(H2),v逆=k逆c(CO)·c(H2O)，其中k正、k逆分别
为正、逆反应速率常数，只与温度有关，则升高温度，k正会 (填“增大”、“减
小”或“无影响”)。
（4）已知Arrhenius 经验公式为Rlnk=−Ea
T +C(Ea为活化能，k 为速率常数，R 和C 为常数)。为探究M、
N 两种催化剂对反应②的催化效能，进行相关实验，依据实验数据获得如图所示曲线，由图1 可知活化能
较低的催化剂是 (填“M”或“N”)。
（5）恒温恒压条件下，将7.3~mol~H2、2.4~mol~CO2和0.3~mol~N2(N2不参与反应)充入密闭容器中进
行②和③反应，到达平衡，测得容器中CH3OH的体积分数为12.5%。设此时n(CO)=a ~mol，计算该温度
下反应③的平衡常数Kx= (用含有a 的代数式表示)。CO2的平衡转化率、CO 和
CH3OH的选择性(S) 随温度的变化曲线如图2 所示，图中表示CO 选择性的是曲线
(填“a”、“b”或“c”)。
[已知：①对于反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，Kx=x
p(C)x
q(D)
x
m( A)x
n(B)
，x 为物质的量分数；②选择
性S(CO)=n(CO)
n(CO)+n(CH3OH) ，S(CH3OH)=n(CH3OH)
n(CO)+n(CH3OH) ]
（6）利用电解原理也可将CO2转化为CH3OH，其装置如图3 所示，则TiO2电极上的电极反应为
。
【答案】（1 ）
90.5
−
（2 ）低温 （3 ）增大 （4 ）N （5 ）①
a (1+a)
(1.4−a)(4.3−a) ② a （6）CO2+6H
++6e
−=CH3OH+ H2O
（1 ）根据盖斯定律，反应① =
反应② -
反应③，因此：
ΔH1=ΔH2
Δ
−
H3= 49.5
−
kJ·mol
1
−
41.0
−
kJ·mol
1
−= 90.5
−
kJ·mol
1
−；
（2）反应②：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH (g)+ H2O (g)，反应后气体总物质的量减少，故ΔS<0；焓变
ΔH2= 49.5
−
kJ·mol
1
−，故ΔH<0。根据自发反应判据ΔG =ΔH−TΔS<0：ΔH<0、ΔS<0
时，低温下TΔS的绝对值小，ΔG<0，反应自发；高温下ΔG>0，反应非自发。因此反应②自发进行的
条件为低温；
（3）反应③为吸热反应（ΔH3>0），根据阿伦尼乌斯公式，升高温度，正、逆反应速率常数均增大；
（4）阿伦尼乌斯公式：Rlnk=−Ea
T +C，以Rlnk为纵坐标、1
T 为横坐标作图，直线斜率为−Ea，斜率绝
对值越小，活化能Ea越低。由图1 可知，曲线N的斜率绝对值更小，因此活化能Ea更低，对应催化剂为N；
（5）恒温恒压下，充入n(H2)=7.3~mol，n(CO2)=2.4~mol，n(N2)=0.3~mol（不参与反应）。设平衡
时n (CO)=a ~mol，设反应②生成CH3OH的物质的量为x~mol，则反应②：
CO2
+
3H2
⇌
CH3OH
+
H2O
转化量(mol)
x
¿3x
¿x
¿
¿
¿ ，反应③：CO2
+
H2
⇌
CO
+
H2O
转化量(mol)
a
¿a
¿a
¿
¿
¿ 。
则平衡时各物质的量：n(CH3OH)=x，n (CO)=a，n(H2O)=x+a，n(CO2)=2.4−x−a，
n(H2)=7.3 3
−x−a，
n(N2)=0.3。
总
物
质
的
量
：
n总=x+a+ (x+a)+ (2.4−x−a)+ (7.3 3
−x−a)+0.3=10 2
−
x，已知CH3OH的体积分数为12.5% =1
8 ，即
x
10 2
−x =1
8 ，解得x=1。因此平衡时各物质的量：n(CH3OH)=1~mol，n (CO)=a ~mol，n(H2O)=1+a，
n(CO2)=2.4
1
−
−
a =1.4−a，n(H2)=7.3
3×1
−
−
a =4.3−a，n(N2)=0.3，n总=10 2×1=8~mol
−
。因
此
反
应
③
：
CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g)，
Kx=x(CO)·x(H2O)
x(CO2)·x(H2) =
(
a
8 )·(
1+a
8
)
(
1.4−a
8
)·(
4.3−a
8
)
=a (1+a)
(1.4−a)(4.3−a)；反应②为放热反应（ΔH2<0），温
度升高，平衡逆向移动，CH3OH选择性降低；反应③为吸热反应（ΔH3>0），温度升高，平衡正向移
动，CO选择性升高。由图2 可知：曲线c：随温度升高，选择性持续降低，对应CH3OH；曲线a：随温度升
高，选择性持续升高，对应CO。因此表示CO选择性的曲线为a；
（6）由图3 可知，TiO2电极上CO2得电子，在H
+参与下生成CH3OH，为阴极（与电源负极相连）；BiVO4
电极为阳极，OH
−失电子生成O2。根据电荷守恒、原子守恒配平电极反应：CO2+6H
++6e
−=CH3OH+ H2O
。
12.（2026·黑龙江哈尔滨·二模）苯乙烯和苯甲醛都是重要的化工原料，我国科研团队近年通过催化剂设计
等方法通过乙苯氧化脱氢法实现了苯乙烯和苯甲醛的联合生产：
I：
(g)+
1
2 O2(g) →
(g)+H2O(g) ΔH1
Ⅱ：
(g)+
3
2 O2(g) →
(g) +H2O(g)+CO(g) ΔH2<0
Ⅲ：
(g)+10O2(g) → 8CO2(g)+4H2O(g) ΔH3<0
（1）
共价键
苯环中的
碳碳键
C-C
C=C
C-H
H-H
O-O
O=O
H-O
键
能
E/kJ·m
494
348
615
413
436
214
498
463
则ΔH1= kJ·mol
1
−。
（2）已知：aA (g)+ bB (g)→cC (g)合成C 的反应速率方程为r=k·p( A)
x·p(B)
y(r 为速率，k 为速率
常数，p 代表压强)，则该反应的反应级数为n=x+y。在恒温恒容的条件下，通过固定一种气体分压改变另
一种气体分压的方式测定反应级数：图1、图2 表示了在三种不同催化剂上气体分压对反应速率的影响，
根据图中数据，反应I：r=k·p(C8H10)
x·p(O2)
y的反应级数n= 。
（3）下表为恒温恒容的条件下，1% MoOx/ BN催化剂条件下的乙苯氧化脱氢性能随反应温度的变化图(采
集的数据均为相应温度下反应1h)，选择性：以CO2为例，S(CO2)=n(完全氧化生成CO2的乙苯)
n (总转化的乙苯)
。
T/℃
乙苯的转化率
选择性
苯乙烯
苯甲醛
CO2
473
3.6
90.2
8.4
1.4
494
7.6
85.6
13.0
1.4
515
8.0
85.0
14.0
1.0
525
10.7
81.8
15.3
0.9
①随着温度升高，乙苯的转化率升高的原因是 ，导致苯乙烯、苯甲醛、CO2的选
择性出现此变化趋势的原因可能是 。
②473❑
∘C
525
−
❑
∘C时，有利于提高乙苯转化率的措施有 (填标号)。
A．通入氩气 B．增加初始时乙苯与氧气比例
C．通入氧气 D．延长原料与催化剂接触时间
515℃
③
时，初始时只充入乙苯和足量氧气，乙苯的初始分压为100.0 kPa ，则生成v(H2O)=
kPa/h。
（4）经研究发现，过渡金属氧化物作催化剂时，其催化乙苯氧化脱氢过程大致可描述如下：
乙苯可以与具有氧离子缺位的过渡金属离子(电子受体)相互作用从而形成稳定中间体，苯环侧链烷基的H
原子吸附在晶格氧上，晶格氧参与反应与H 结合形成H2O 而脱去；随后气相氧补充晶格氧，完成氧化脱氢
反应循环，过渡金属离子可作为电子受体的原因是 ，O2的浓度不可过大也不可过
小的原因是 ，按照反应原理推测，将乙苯换成丙烷进行催化氧化脱氢则反应更
(填“难”或“易”)进行。
【答案】（1）-118 （2）1.2 （3）① 反应未达平衡，升高温度，化学反应速率加快，所以乙苯的转
化率增大 ② 随着温度升高，反应Ⅱ进行的速率快于反应Ⅰ和Ⅲ，导致苯甲醛选择性上升，苯乙
烯和CO2选择性下降（或温度变化影响催化剂选择性，导致苯甲醛选择性上升，苯乙烯和CO2选择性下
降）；515℃开始，发生了其他副反应，导致苯乙烯、苯甲醛和二氧化碳的选择性之和小于100% ③
CD
9.44
④
（4）① 过渡金属离子具有空轨道，可以接受电子 ② O2浓度过大，可能过度氧化
生成副产物（或过量氧气占据催化剂空位），使催化效率下降；O2浓度过小，无法及时，则补充晶格氧效
率低，催化速率变慢 ③ 难
（1）I：
(g)+
1
2 O2(g) →
(g)+H2O(g) ΔH1
Ⅱ：
(g)+
3
2 O2(g) →
(g) +H2O(g)+CO(g) ΔH2<0
Ⅲ：
(g)+10O2(g) → 8CO2(g)+4H2O(g) ΔH3<0
反应物的总键能为(6×494+2×348+10×413+1
2 ×498)kJ=8039kJ ，生成物的总键能为
(6×494+615+348+8×413+2×463)kJ=8157kJ，ΔH1=(8039-8157)kJ∙mol-1=-118 kJ∙mol-1。
（2）由图1 可得，依据直线斜率公式k=y2−y1
x2−x1
，A(0.3，0.3)、B(0.7,0.7)，这里x 轴为lgp(C8H10)，y 轴为
lgr，则直线斜率x=0.7 0.3
−
0.7 0.3
−
=1；由图2 可得，依据直线斜率公式k=y2−y1
x2−x1
，C(0.6，0.85)、D(1.4，
1.01)，这里x 轴为lgp(O2)，y 轴为lgr，则直线斜率y=1.01 0.85
−
1.4 0.6
−
=0.2，所以反应级数n=x+y=1+0.2=1.2。
（3）①随着温度升高，反应速率不断加快，则乙苯的转化率升高的原因是：反应未达平衡，升高温度，
化学反应速率加快，所以乙苯的转化率增大。温度升高，反应速率都加快，但三个反应加快的程度不同，
则导致苯乙烯、苯甲醛、CO2的选择性出现此变化趋势的原因可能是：随着温度升高，反应Ⅱ进行的速率
快于反应Ⅰ和Ⅲ，导致苯甲醛选择性上升，苯乙烯和CO2选择性下降（或温度变化影响催化剂选择性，导
致苯甲醛选择性上升，苯乙烯和CO2选择性下降）；515℃开始，发生了其他副反应，导致苯乙烯、苯甲
醛和二氧化碳的选择性之和小于100%。
A
②．通入氩气，恒温恒容条件下，各物质的浓度不变，平衡不移动，乙苯转化率不变， A 不符合题意；
B．增加初始时乙苯与氧气比例，相当于增大乙苯的量，平衡正向移动，但乙苯的转化率降低，B 不符合
题意；
C．通入氧气，增大了反应物氧气的浓度，平衡正向移动，乙苯的转化率升高，C 符合题意；
D．延长原料与催化剂接触时间，能使反应更充分进行，有利于提高乙苯的转化率，D 符合题意；
故选CD。
I
③：
(g)+
1
2 O2(g) →
(g)+H2O(g) ΔH1
Ⅱ：
(g)+
3
2 O2(g) →
(g) +H2O(g)+CO(g) ΔH2<0
Ⅲ：
(g)+10O2(g) → 8CO2(g)+4H2O(g) ΔH3<0
515℃时，初始时只充入乙苯和足量氧气，乙苯的初始分压为100.0 kPa，则生成H2O 的分压p(H2O)=100.0
kPa×8.0%+100.0 kPa×8.0%×(14.0%+1.0%×4)=9.44kPa，v(H2O)=9.44kPa
1h
=9.44 kPa/h。
（4）过渡金属具有空轨道，可以接受孤电子对，则过渡金属离子可作为电子受体的原因是：过渡金属离
子具有空轨道，可以接受电子；因为碳碳双键易被氧化，而氧化脱氢时，O2又需要具有一定的浓度，所以
O2的浓度不可过大也不可过小的原因是：O2浓度过大，可能过度氧化生成副产物（或过量氧气占据催化剂
空位），使催化效率下降；O2浓度过小，无法及时，则补充晶格氧效率低，催化速率变慢。乙苯中苯环的
存在使得侧链α-H 具有较高的活性，更容易被氧化脱氢，而丙烷没有苯环这种活性作用，所以将乙苯换成
丙烷进行催化氧化脱氢则反应更难进行。
13.（2026·内蒙古呼和浩特·二模）将二氧化碳转化为高附加值有机物，不仅助力“碳达峰”，还具有良好
经济效益。二氧化碳催化加氢制甲醇，发生以下反应：
反应①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g)ΔH1= 49.0
−
kJ/ mol
反应②CO2(g)+ H2(g)⇌CO (g)+ H2O (g)ΔH2=+41.2kJ/ mol
（1）反应①在 (填“低温”或“高温”)正向自发进行。
（2）反应CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g)的ΔH = kJ/mol。
（3）恒压密闭容器中，按照n(CO2):n(H2)=1:3投料，发生反应①和②。测得平衡时CO2的转化率、CO和
CH3OH的选择性随温度的变化如图所示[选择性=n (CO)或n(CH3OH)
n (CO)+n(CH3OH) ×100%]。
①图中代表CO2平衡转化率随温度变化的曲线是 (填“a”“b”或“c”)。
②下列说法正确的是 (填标号)。
A．200~350℃范围内，H2的平衡转化率始终低于CO2
B．温度越高，越有利于工业生产CH3OH
C．未达平衡前，加入选择性高的催化剂，有可能提高CH3OH的产率
③270℃时反应②的分压平衡常数为 (保留2 位有效数字，已知气体分压=气体总压×气体的
物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp)。
（4）Zn-Ga-O 催化CO2制甲醇，其反应历程如图所示。Zn-Ga-O 无催化活性，形成氧原子空位后才具备催
化活性，H2先在Zn−Ga−O表面解离为H
∗，随后参与CO2的还原过程。
已知：ⅰ．催化剂上吸附或沉积太多的水，易使催化剂中毒；
ⅱ．口表示氧原子空位，*表示微粒吸附在催化剂上。
①理论上，反应历程中消耗的H
∗与生成的甲醇的物质的量之比为 。
②若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是 。
【答案】（1）低温 （2）-90.2 （3）① c
AC
②
0.015
③
（4）① 6：1
②H2太少，形
成的氧原子空位少，催化能力较弱；H2太多，生成的H2O过多，使催化剂中毒
（1）反应①为 CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH (g)+ H2O (g) ΔH1= 49.0
−
kJ/ mol，ΔH<0，该反应过程中气
体分子数减少，混乱度减小，ΔS<0， ΔG =ΔH−TΔS <0时反应能够自发，该反应在低温下正向
自发进行。
（2 ）根据盖斯定律，用反应①减去反应②即可得到CO (g)+2H2(g)⇌CH3OH (g)的
ΔH =ΔH1
Δ
−
H2= (
49.0
−
kJ/ mol)−(+41.2kJ/ mol)= 90.2
−
kJ/ mol 。
（3）①反应①是放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲醇产率降低，故曲线a 代表CH3OH的选择性；反应
②是吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO 产率增加，故b 代表 CO 的选择性。在低温区，主要发生放
热的反应①，升温导致平衡逆移，转化率下降；在高温区，主要发生吸热的反应②，升温导致平衡正移，
转化率上升。因此CO2的转化率随温度变化呈现先降后升的趋势，对应曲线 c；
A
②
．设初始投入1mol~CO2和3mol~H2。设反应①消耗xmol~CO2，反应②消耗ymol~CO2，CO2的转化
率 α(CO2)=x+y
1
=x+y，H2的转化率α(H2)=3x+y
3
，只要反应②发生，即y>0，则x+y>3x+y
3
，即
CO2的转化率始终大于H2的转化率，从图中可知在200~350
∘C范围内 CO 选择性大于0，说明反应②始终
存在，故A 正确；
B．生产甲醇主要依靠放热的反应①，高温会使平衡逆向移动，降低甲醇产率；且高温下 CO 选择性高
（副反应多），不利于工业生产甲醇，故B 错误；
C．催化剂具有选择性。在未达平衡前，使用对主反应（生成甲醇）选择性高的催化剂，可以加快主反应
速率，从而在相同时间内提高CH3OH的产率，C 正确；
故选AC。
③假设起始CO2为1mol ，H2为 3mol，转化的CO2总量为1mol×24 % =0.24 mol，CH3OH和CO 的选择
性各占 50%，平衡时n(CO2)=1mol-0.24mol=0.76mol ，n( CH3OH)=0.24 mol×50% =0.12mol，n(CO)=
0.24 mol×50% =0.12mol，由O 元素守恒可知，n(H2O)=2mol-0.76mol×2-0.12mol-0.12mol=0.24 mol，
由H 元素守恒可知n(H2)= 6
0.12×
−
2
mol=2.52mol，气体总物质的量为
0.76mol+2.52mol+0.12mol+0.12mol+0.24 mol=3.76mol，反应②是气体物质的量不变的反应，
各物质的分压之比等于物质的量之比，平衡常数Kp=p(CO)·p(H2O)
p(CO2)·p(H2) =n (CO)·n(H2O)
n(CO2)·n(H2) =
0.12×0.24
0.76×2.52 =0.0288
1.9152 ≈0.015。
（4）①从反应历程及总反应CO2+3H2催化剂
¿
CH3OH+ H2O分析，H2在Zn−Ga−O表面解离为H
∗，生成
1mol甲醇时，总反应消耗3molH2，而1molH2解离产生2molH
∗，因此3molH2解离产生6molH
∗，即反应
历程中消耗的H
∗与生成的甲醇的物质的量之比为6:1；
②若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原因是：H2太少，形成的氧原子空位少，催化能力
较弱；H2太多，生成的H2O过多，使催化剂中毒。
14.（2026·辽宁沈阳·二模）3-羟基丙酸乙酯(3-HP)、NH3为原料高效合成丙烯腈(CAN)的原理如下：
反应I：
ΔH1>0
反
应
Ⅱ
：
ΔH2>0
回答下列问题：
（1）部分化学键键能如下表所示，则ΔH1= (用字母表示)；此反应在
时能自发进行(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
化学键
C−O
C−C
C=C
C−H
O−H
C=O
键
能
(kJ·mol-1)
m
n
p
q
x
y
（2）恒容时，n(NH3):n (3−HP)增大，EA 单位时间产率降低，其原因是 。
（3）恒压密闭容器中，按物质的量之比为1:8:2 通入3-HP、NH3、N2，平衡体系中含碳物种(C2H5OH除外)
的物质的量分数随温度变化如图所示。表示EA 物质的量分数曲线的是 (填字
母)，充入一定量N2的作用是 。
（4）T1℃时，反应Ⅱ的平衡常数Kx= (以平衡时各物质的物质的量分数代替平衡
浓度计算)。
（5 ）科学家通过计算模拟反应Ⅱ的反应历程有两步，其中第一步反应的化学方程式为：
。但实验过程中未检测到
的原因可能为 。
【答案】（1 ）① n+ m +q−x−p ② 高温 （2 ）EA 与NH3继续发生反应
Ⅱ （3）① b
②降低各气体分压(扩大体积)，使平衡正向移动 （4）0.008 （5）
第一步反应的Ea大于第二步反应，第二步反应速率快于第一步反应速率
（1）反应焓变等于反应物总键能-生成物总键能，分析题目方程式可知反应Ⅰ实质为C−O键、C−C键和
C−H键断裂，形成C=C键和O−H键，由此可得ΔH1=n+ m +q−x−p，或根据键能直接计算
ΔH1= (3m +3n+9q+x+y)−(p+8q+2n+2m +y+2x)=n+ m +q−x−p；
由题目信息可知反应ⅠΔH1＞0，反应气体分子数增加，ΔS＞0，根据自发反应ΔG =Δ H−TΔS＜0
可得该反应在高温条件下能自发进行；
（2）恒容时，n(NH3):n (3−HP)增大，氨气浓度增大，反应Ⅱ正向移动，EA 转化成CAN，使得单位时间
内EA 的产率降低，故答案为EA 与NH3继续发生反应Ⅱ（回答合理即可）；
（3）反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，温度升高，反应平衡正向移动，温度升高，反应物3-HP 逐渐减少（对应
曲线a），产物EA 先增大，后因反应Ⅱ正向进行，EA 被消耗，物质的量分数下降，产物CAN 的物质的
量增大，由此可知EA 的物质的量分数曲线应为b；恒压条件下充入N2，体系体积增大，相当于减压，促
进反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，提高原料转化率，故答案为降低各气体分压(扩大体积)，使平衡正向移动（回
答合理即可）；
（4 ）设初始投料n (3−HP)=1~mol、n(NH3)=8~mol、n(N2)=2~mol，由图像可知，T1℃平衡时，
n (3−HP)=0、
n (EA)=n (CAN)=0.5~mol，
由
反
应
Ⅱ
可
得
此
时
n(C2H5OH)=0.5~mol、
n(NH3)=8 0.5=7.5~mol
−
，另外由反应Ⅰ、Ⅱ可知生成水的物质的量n(H2O)=1+0.5=1.5~mol，则容器
内气体总物质的量为0.5+0.5+0.5+7.5+2+1.5=12.5~mol，反应Ⅱ的平衡常数
Kx=x(CAN )·x(H2O)·x(C2H5OH)
x(EA)·x(NH3)
=(
0.5
12.5)(
1.5
12.5)(
0.5
12.5)
(
0.5
12.5)(
7.5
12.5)
=1
125 =0.008；
（5）由反应进程图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应，则第二步反应的反应速率比第一步反应
快，第一步反应生成的
会迅速发生第二步反应，所以检测不到
，故答案为
第一步反应的Ea大于第二步反应，第二步反应速率快于第一步反应速率（回答合理即可）。
15.（2026·吉林长春·一模）苯乙烯（C6H5CH =CH2）是重要的化工原料，主要工业生产方法为乙苯（
C6H5C2H5）催化脱氢。
反应：C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH =CH2(g)+ H2(g) ΔH =+117.2kJ·mol
1
−
回答下列问题：
（1）一定条件下，某些物质的相对能量如图1 所示。该条件下苯乙烯的相对能量E=
kJ·mol
1
−。
（2）乙苯通过催化剂发生反应，在不同的流速下，乙苯的转化率随着温度的变化如图2 所示，流速大而
转化率低的原因可能是 。
（3）在恒压状态下，当将适量过热水蒸气与乙苯混合通入反应器发生催化脱氢反应时，乙苯的平衡转化
率明显增大，原因是 （答出一条即可）。
（4）分别将2 mol、4 mol、6 mol 乙苯通入容积均为2 L 的恒容密闭容器中发生催化脱氢反应，乙苯的平
衡转化率与反应温度的关系如图3 所示。
①其中表示通入2 mol 乙苯的曲线是 （填序号）。
②一定温度下，初始时乙苯的投入量为6 mol，反应5 min 末达到平衡，乙苯的转化率为50%，则该反应5
min 内的平均速率v(苯乙烯)= mol·L
1
−·min
1
−。
（5）一种提高乙苯转化率的催化剂—钯膜（只允许H2透过）反应器，其工作原理如图4 所示。
①该系统中持续通入N2的作用为 。
T℃
②
和p kPa 条件下，一定量的乙苯通入无钯膜反应器，乙苯的平衡转化率为40%，该反应的压强平衡常
数Kp= kPa。
【答案】（1）+147 （2）乙苯与催化剂的接触时间短，反应不充分 （3）在恒压状态下，将
适量过热水蒸气通入反应器，反应物分压减小，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率明显增大
（4）① Ⅰ ② 0.3 （5）① 及时将氢气从反应器中分离，提高乙苯转化率 ② 4p
21
（1）ΔH=生成物的总能量－反应物总能量，所以苯乙烯的相对能量=ΔH+反应物总相对能量－氢气相对
能量=+117.2kJ·mol
1
−+(+29.8kJ·mol
1
−) 0=+147
−
kJ·mol
1
−。
（2）乙苯通过催化剂发生反应，流速过大，乙苯与催化剂的接触时间短，反应不充分，导致转化率低。
（3）在恒压状态下，将适量过热水蒸气通入反应器，反应物分压减小，反应为分子个数增多的反应，平
衡正向移动，乙苯的平衡转化率明显增大。
（4）①恒容密闭容器中通入不同量的乙苯，容器内压强不同，反应为分子个数增多的反应，压强越小，
平衡正向移动，乙苯转化率越大，所以通入2 mol 乙苯的曲线转化率最高，为Ⅰ曲线；
②初始时乙苯的投入量为6 mol ，乙苯的转化率为50% ，则反应了3 mol ，生成苯乙烯3 mol ，
v(苯乙烯)=3mol
2L·5min =0.3mol·L
1
−·min
1
−。
（5）①从图中可知，氮气与氢气一起从装置中离开，降低生成物浓度，平衡正向移动，提高原料利用
率；
②设起始时通入乙苯a mol ，转化率为40% ，则转化量为0.4a ，以此列三段式：
C6H5C2H5(g)
⇌
C6H5CH =CH2(g)
+
H2(g)
起始/ mol
a
¿
¿
¿
0.4a¿¿0.4a¿¿0.4a¿平衡/ mol¿0.6a¿¿0.4a¿¿0.4a¿
，平衡时总的物质的量为：0.6a+0.4a+0.4a=1.4a mol，Kp=
0.4a
1.4a ×p×0.4a
1.4a ×p
0.6a
1.4a ×p
kPa =4p
21 kPa
