文档文本内容
专题14 化学反应原理综合题
考点
三年考情（2023-2025）
命题趋势
考向01 能量
主线型化学反
应原理综合题
2025 湖北卷、2025 湖南卷、
2025 云南卷、2025 陕晋青宁
卷、2024 浙江6 月卷、2024 甘
肃卷、2024 湖南卷、2024 江苏
卷、2023 全国甲卷、2023 海南
卷、2023 江苏卷、2023 河北
卷、2023 天津卷、2023 重庆
卷、2023 北京卷
化学反应原理综合题，通常以速率、平衡知识为中
心，还常涉及化学反应与能量变化电解质溶液等内
容。主要的命题方向有根据已知热化学方程式书写待
求热化学方程式或直接计算其反应热，电极反应式的
书写，化学反应速率的定量计算，外界条件对化学反
应速率与平衡的影响，新情境下平衡状态的判定，平
衡常数的表达式及平衡常数与转化率的计算，速率平
衡图像与数据表格分析，电离平衡、水解平衡、溶解
平衡的理解， Ka(Kb)及Ksp的理解与计算等。主要考
查考生的信息处理能力、学科内综合分析能力、解决
生产实际中的具体问题能力。
原理综合题特别注重对考生图表分析能力的考查。该
类试题考查的是高中化学主干知识，试题难度一般较
大，特别是原理综合题型将多个知识点组合在一起，
客观上增加了思维容量。随着新高考卷的实行，一些
知识点如离子反应与平衡等可以更多地设置在选择题
中，所以今后的化学反应原理综合题主要知识点还是
会以化学反应的热效应、化学反应速率和化学平衡为
主，因此考生一定要重视对这方面知识的复习。
考向02 平衡
主线型化学反
应原理综合题
2025 安徽卷、2025 北京卷、
2025 甘肃卷、2025 广东卷、
2025 河北卷、2025 河南卷、
2025 黑吉辽蒙卷、2025 江苏
卷、2025 山东卷、2025 陕晋青
宁卷、2025 云南卷、2025 浙江
1 月卷、2024 全国甲卷、2024
新课标卷、2024 河北卷、2024
山东卷、2024 黑吉辽卷、2024
湖北卷、2024 安徽卷、2023 全
国乙卷、2023 新课标卷、2023
山东卷、2023 福建卷、2023 广
东卷、2023 浙江卷、2023 湖北
卷、2023 湖南卷、2023 辽宁卷
考向01 能量主线型化学反应原理综合题
1．（2025·湖北卷）
粉末可在较低温度下还原
。回答下列问题：
（1）已知一定温度下：
则
的
(用m 和n 表示)。
（2）图1 分别是
和
下
还原
过程中反应体系电阻
随反应时间
变化的曲线，可用 (填标号)表示反应的快慢。
a．
b．
c．
d．
（3）图1 中曲线 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。
（4）研究发现
对
的还原性主要来自于其产生的
。一般认为
在
表面被氧化
成
有两种可能途径，图2 是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 (填“a”或
“b”)是主要途径。
（5）
产生
的可能反应：①
或②
。将
放在含微量水的
气流中，在
至
的
升温过程中固体质量一直增加，由此可断定
的来源之一是反应 (填“①”或“②”)。若要判
断另一个反应是否是
的来源，必须进行的实验是 。
（6）已知
。研究表明，在相同温度下，用
还原
比直接用
还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因： 。
【答案】（1）
（2）d
（3）Ⅰ
（4）a
（5）② 将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小
（6）
消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡
正向移动，提高Fe 的产率
【解析】（1）①
②
③
×①+
×②得到反应③，根据盖斯定律可知
=
×
+
×
=
；
（2）随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即
，选d；
（3）其它条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高；
（4）由图可知途径a 中能垒为1.3eV，比途径b 中小，故途径a 反应速率更快，途径a 是主要途径；
（5）固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须
进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小；
（6）在相同温度下，用
还原
比直接用
还原更有优势，从平衡移动原理角度解释
原因：
消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡
正向移动，提高Fe 的产率。
2．（2025·湖南）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 H10，该流程示意图如下：
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C2H4的电极反应式为 。
(3)在反应器中，发生如下反应：
反应i：2C2H4(g)⇌C4 H8(g) Δ H1=−104.7 kJ⋅mol
−1
反应ii：2C2H4(g)+ H2(g)⇌C4 H10(g) Δ H2=−230.7 kJ⋅mol
−1
计算反应C4 H8(g)+ H2(g)⇌C4 H10(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、C2H4和H2(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，C2H4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。
根据图1，写出生成C4 H10的决速步反应式 ；C4 H10的选择性大于C4 H8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，
C2H4的转化率减小的原因是 ；当x=2时，该温度下反应ii 的Kp= (kPa)
−2(保留两位小数)。
【答案】(1)正
(2)2CO+8e
−+6 H2O =C2H4+8OH
-
(3)
126 B
﹣
(4) ❑
∗C2H5+
∗C2H4=
∗C4 H9 由C4 H9生成C4 H8时，活化能较大，反应速率慢 随着x 的增大，
CO 的分压增大，对于反应i 和反应ii 相当于减压，反应i 和反应ii 平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减
小 0.16
【详解】（1）由图可知，N 电极上CO 转化为C2H4，C 元素化合价下降，发生还原反应，N 为阴极，则M
为阳极，与电源正极相连；
（2）CO 发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：
2CO+8e
−+6 H2O=C2H4+8OH
-；
（3）根据盖斯定律，反应ii－反应i 即可得到目标反应，则
ΔH=﹣230.7kJ/mol－(﹣104.7 kJ/mol)=－126kJ/mol，该反应是熵减的放热反应，则依据
ΔG= ΔH－T ΔS＜0反应能自发进行，则低温下自发进行，选B；
（4）总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步
骤是决速步骤，反应式为❑
∗C2H5+
∗C2H4=
∗C4 H9；由图可知，由C4 H9生成C4 H8时，活化能较大，反应速
率慢，所以C4 H10的选择性大于C4 H8；
当x≥2 时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO 的分压，相当于减压，反应i 和反应ii 平
衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小；
当x=2 时，C2H4的转化率为90%，C4 H10的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：
1mol，则n(C4 H10)=2mol×90 %× 1
2 ×80 % =0.72mol、n(C4 H8)=2mol×90 %× 1
2 ×20 % =0.18mol、
n(C2H4)=2mol−2mol×90 % =0.2mol、n(H2)=1mol−0.72=0.28mol，气体总物质的量为
(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为3.38
5
×100k Pa=67.6k Pa，
p(C4 H10)= 0.72
3.38 ×67.6kPa=14.4 kPa、p(C2H4)= 0.2
3.38 ×67.6kPa= 4 kPa、
p(H2)= 0.28
3.38 ×67.6kPa=5.6kPa，反应ii 的Kp= 14.4
5.6×4
2 (k Pa)
−2≈0.16(k Pa)
−2。
3．（2025·云南卷）我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5
)
℃绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点
118
)
℃的生产，主要反应为：
Ⅰ．C2H5OH (g)+ H2O (g)=2H2(g)+CH3COOH (g) ΔH1 K p1
Ⅱ．C2H5OH (g)=CH3CHO (g)+ H2(g) ΔH2=+68.7 kJ⋅mol
−1
回答下列问题：
(1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆→
预处理
纤维素→
水解
→
发酵
乙醇
(2)对于反应Ⅰ：
①已知CH3CHO (g)+ H2O (g)= H2(g)+CH3COOH (g) ΔH =−24.3kJ⋅mol
−1则ΔH1= kJ⋅mol
−1。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．CH3COOH的体积分数不再变化
D．单位时间内生成1molH2O，同时消耗2molH2
③反应后从混合气体分离得到H2，最适宜的方法为 。
(3)恒压100kPa 下，向密闭容器中按n(H2O):n(C2H5OH)=9:1投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化
关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性=n( 生成的乙酸)
n(转化的乙醇) ×100 %]
①由图1 可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为 。
②由图中信息可知，乙酸可能是 (填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
③270℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则
p(CH3COOH):p(C2H5OH)= ，平衡常数Kp1= kPa(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)葡萄糖
(2) +44.4 AC 降温冷凝后收集气体
(3) 乙酸选择性最大且反应速率较快 产物1 36:5 0.72×100×1.62
2
0.1×8.28×10.9
【详解】（1）纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；
（2）①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律ΔH1=ΔH+ΔH2=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4
kJ·mol-1；
②恒温恒容下发生C2H5OH (g)+ H2O (g)= H2(g)+CH3COOH (g)：
A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明
反应达到平衡状态，A 符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不
能说明反应是否达到平衡状态，B 不符合题意；
C．CH3COOH的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C 符合题意；
D．单位时间内生成1molH2O，同时消耗2molH2均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D 不
符合题意；
答案选AC；
③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体；
（3）①由图1 可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；
②由图2 可知关键步骤中生成产物1 的最大能垒为0.58eV，生成产物2 的最大能垒为0.66eV，生成产物3
的最大能垒为0.81eV，图1 中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能
是产物1；
③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸
的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n 平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒
温恒压下，压强比=物质的量之比，故p(CH3COOH):p(C2H5OH)=0.72：0.1=36：5；列三段式
¿ Δn(mol)C2H5OH (g)
0.72
+
¿ H2O (g)
0.72
=
¿2H2(g)
1.44
+
¿CH3COOH (g)
0.72
¿
¿
¿
、¿ Δn(mol)C2H5OH (g)
0.18
=
¿ H2(g)
0.18
+
¿CH3CHO (g)
0.18
¿
¿
，则平
衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，
气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则
Kp1=
100kPa×0.72
10.9 ×(100kPa×1.62
10.9 )
2
100kPa×0.1
10.9 ×100kPa×8.28
10.9
=
0.72
10.9 ×100×(1.62
10.9 )
2
0.1
10.9 ×8.28
10.9
=0.72×100×1.62
2
0.1×8.28×10.9
kPa。
4．（2025·陕晋青宁卷）MgCO3/MgO循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用
MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：
I．MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) ΔH1=+101kJ⋅mol
-1
II．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-166kJ⋅mol
-1
III．CO2(g)+H2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41 kJ⋅mol
-1
回答下列问题，
(1)计算MgCO3(s)+4H2(g)=MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)ΔH4= kJ⋅mol
-1。
(2)提高CH4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MgCO3分解产生的MgO催化CO2与H2反应生成CH4，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H2(g)和MgCO3(s)各1mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和生
成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反应III 在360° C以下不考虑)。
注：含碳生成物选择性= 含碳生成物的物质的量
MgCO3转化的物质的量
×100 %
①表示CH4选择性的曲线是 (填字母)。
②点M 温度下，反应Ⅱ的Kp= (kPa)-2(列出计算式即可)。
③在550° C下达到平衡时，n(CO)= mol。500~600° C，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可
能是 。
【答案】(1)-65
(2)B
(3) ④ HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O
(4) c 49
2
2
4 0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
【详解】（1）已知：
I．MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) ΔH1=+101kJ⋅mol
-1
Ⅱ．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-166kJ⋅mol
-1
将I+ Ⅱ可得MgCO3(s)+4H2(g)=MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g) ΔH4=ΔH1+ΔH2=
+101kJ⋅mol
-1+（-166kJ⋅mol
-1）=-65kJ⋅mol
-1，故答案为：-65；
（2）已知反应Ⅱ．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=-166kJ⋅mol
-1为放热反应，要提高CH4平
衡产率，要使平衡正向移动。
A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，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CH4平衡产率，B 正确；
C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，C 错误；
D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高CH4平衡产率，D 错误；
故选B。
（3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应为
CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O，故
答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O；
（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，则碳酸镁的转
化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360° C以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择
性下降，所以a 表示碳酸镁的转化率，b 表示二氧化碳的选择性，c 表示甲烷的选择性。
①表示CH4选择性的曲线是c，故答案为：c；
②点M 温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷
和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则
二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒
得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，
P(H 2)=0.02
1
×100KPa=2 KPa，P(CO2)=P(CH4)=0.245
1
×100KPa=24.5 KPa，
P(H 2O)=0.49
1
×100KPa=49 KPa，则反应Ⅱ的Kp= 24.5×49
2
2
4×24.5
= 49
2
2
4 ，故答案为：49
2
2
4 ；
③在550° C下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的
二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出n(CO)=1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ
是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在500~600° C，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反
应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致H2平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于
反应Ⅲ消耗的氢气。
5．（2024·浙江6 月卷）氢是清洁能源，硼氢化钠(
)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
，
)
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，下列措施中可加快反应速率的是_______。
A．升高溶液温度
B．加入少量异丙胺
C．加入少量固体硼酸
D．增大体系压强
（3）为加速
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
之间的关系，结果如图1 所示。请解
释ab 段变化的原因 。
（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
恒定电流工作14 分钟，消耗
体积
为
，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
的摩尔体积
为
；电荷量
电流
时间
；
；
。]
（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(
)再生为
。(已知：
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
计算方法；当
时，反应能自发进行。)
I．
II．
III．
请书写一个方程式表示
再生为
的一种制备方法，并注明
。(要求：反应物不超
过三种物质；氢原子利用率为
。)
【答案】（1）C
（2）A
（3）随着投料比
增大，NaBH4的水解转化率降低
（4）O2+4e-+2CO2=2
70%
（5）
【解析】（1）反应
，
，由
可知，
任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C；
（2）A．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A 符合题意；
B．加入少量异丙胺
，H2O 的量减少，化学反应速率降低，B 不符合题意；
C. 加入少量固体硼酸
，H2O 的量减少，化学反应速率降低，C 不符合题意；
D．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 不符合题意；
答案选A。
（3）随着投料比
增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。
（4）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反
应式为：O2+4e-+2CO2=2
， 该条件下，0.49L H2的物质的量为
，工作
时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷
量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：
；
（5）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得
，
。
6．（2024·甘肃卷）
是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
（1）由
制备
：
已知
时，由
制备
硅 (填“吸”或“放”)热
。升高
温度有利于制备硅的原因是 。
（2）在催化剂作用下由粗硅制备
：
。
，
密
闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与
和
气体反应，
转化率
随时间的变化如下图所示：
①
，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率
。
②当反应达平衡时，
的浓度为
，平衡常数K 的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】（1）吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
（2）甲
0.1952
逆反应方向
【解析】（1）由题给热化学方程式：①
，
；②
，
；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方
程式
，
，则制备56gSi，即2molSi，需要吸
收热量为
；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制
备硅。
（2）①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min 时SiCl4
的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应
生成的SiHCl3的物质的量为
，平均反应速率
；
②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为：
当反应达平衡时，H2的浓度为
，平衡常数K 的计算式为
；
③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
7．（2024·湖南卷）丙烯腈(
)是一种重要的化工原料。工业上以
为载气，用
作催化剂
生产
的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：
ⅲ：
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
（1）总反应
(用含
、
、和
的代数式表示)；
（2）进料混合气中
，出料中四种物质(
、
、
、
)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：
①表示
的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；
②反应釜Ⅰ中加入
的作用是 。
③出料中没有检测到
的原因是 。
④反应
后，a、b、c 曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。
（3）催化剂
再生时会释放
，可用氨水吸收获得
。现将一定量的
固体(含
水)置于密闭真空容器中，充入
和
，其中
的分压为
，在
℃下进行干燥。为
保证
不分解，
的分压应不低于
(已知
分解的平衡常数
)；
（4）以
为原料，稀硫酸为电解液，Sn 作阴极，用电解的方法可制得
，
其阴极反应式 。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3
（2）c 降低分压有利于反应i 平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产
率 CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解 反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应
速率降低，故产物减少
（3）40
（4）Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4
【分析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH 为进料气体生产
CH2=CHCN，在反应釜I 中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入
NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反
应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的
C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水；
【解析】（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)
+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii 得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；
（2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合
气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成
CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中
C2H5OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O 物质的量之比约为1:3:2，故曲
线c 表示CH2=CHCN 的曲线；
②反应釜Ⅰ中发生反应i 是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH 降低分压有利于反应i 平衡正向移动
且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率；
③丙烯酰胺(CH2=CHCONH2)的分解温度约为160°C 至170°C，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原
因是CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解；
④反应11h 后，a、b、c 曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，
反应速率降低，故产物减少；
（3）0.72g 水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa mol
⋅
−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反
应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数
Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应
不低于40kPa；
（4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN 为原料在Sn 做的阴极得
电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。
8．（2024·江苏卷）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
各1mol 的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得
。
（2）一定条件下，将氮气和氢气按
混合匀速通入合成塔，发生反应
。海绵状的
作催化剂，多孔
作为
的“骨架”和气体吸附剂。
①
中含有CO 会使催化剂中毒。
和氨水的混合溶液能吸收CO 生成
溶液，该反应的化学方程式为 。
②
含量与
表面积、出口处氨含量关系如图所示。
含量大于
，出口处氨含量下降的
原因是 。
（3）反应
可用于储氢。
①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的
溶液中通入
，
产率随温
度变化如图所示。温度高于
，
产率下降的可能原因是 。
②使用含氨基物质(化学式为
，CN 是一种碳衍生材料)联合
催化剂储氢，可能机理如图
所示。氨基能将
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。
【答案】（1）C、H、Fe
（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
NH3减少。
（3）NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 -NH2可以与
形成氢键 HDO
【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
、
化合价发生改变的元素有 C、H、Fe。
CO
②
、H2各1 mol 参与上述反应，各生成
mol Fe，共生成
molFe，
molFe 在反应器Ⅱ中发生反应
，列比例计算
，共生成
mol H₂。
（2）①根据题给反应物及生成物书写即可。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，这也会导致产生的NH3减少。
（3）①NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降。②氨基中的H 原子连在电负性较大的N 原子上，
中的H 原子连在电负性较大的O 原子上，二者之间可以形成氢键
③总反应
为
，用D2代替H2，若生成 HDO，则可确认反应过程中的加氢方式。
9．（2023·全国甲卷）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
反应③
的
_______
，平衡常数
_______(用
表示)。
（2）电喷雾电离等方法得到的
(
等)与
反应可得
。
与
反应能高选择
性地生成甲醇。分别在
和
下(其他反应条件相同)进行反应
，结果
如下图所示。图中
的曲线是_______(填“a”或“b”。
、
时
的转化率为_______(列出
算式)。
（3）
分别与
反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以
示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则
与
反应的能量
变化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。
(ⅲ)
与
反应，氘代甲醇的产量
_______
(填“＞”“＜”或“=”)。若
与
反应，生成的氘代甲醇有_______种。
【答案】（1）
或
（2） b
（3）Ⅰ c ＜ 2
【解析】（1）根据盖斯定律可知，反应③=
(反应②-
)
①，所以对应
；根据平衡常数表达式与热化学方程式
之间的关系可知，对应化学平衡常数
或
，故答案为：
；
或
；
（2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg(
)，即与MO+的微粒分布系数成反比，与
M+的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b 曲线生成M+的物质的量浓度比a 曲线的小，证明化学反
应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b 表示的是300 K 条件下的反应；
根据上述分析结合图像可知，
、
时-lg(
)=0.1，则
=10-0.1，利用
数学关系式可求出
，根据反应
可知，生成的M+即
为转化的
，则
的转化率为
；故答案为：b；
；
（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是
步骤Ⅰ；
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增
大，根据图示可知，
与
反应的能量变化应为图中曲线c；
(ⅲ)
与
反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，
则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量
＜
；根据反应机理可知，若
与
反应，生成的氘代甲醇可能为
或
共2 种，故答案为：＜；2。
10．（2023·海南卷）磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数
为85%的磷酸与
反应制备
，反应方程式为
一定条件下的实验结果如图1 所示。
回答问题：
（1）该条件下，反应至1h 时KCl 的转化率为 。
（2）该制备反应的
随温度变化关系如图2 所示。该条件下反应为 反应(填“吸热”或“放
热”)，且反应热随温度升高而 。
（3）该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们
能提高转化率的原因是：不使用稀磷酸 ；通入水蒸气 。
（4）298K 时，
的平衡常数
。(已知
的
)
【答案】（1）70%
（2）吸热 降低
（3）使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行 使得气体中氯化氢的分压减
小，促使反应正向进行
（4）
【解析】（1）由图可知，该条件下，反应至1h 时KCl 的转化率为70%；
（2）由图可知，焓变为正值，则该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低；
（3）使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；向系统中不断通入水蒸气，使得
气体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行；都可以促进氯化钾的转化率的提高；
（4）298K 时，
的离子方程式为
，其平衡常数
。
11．（2023·江苏卷）空气中
含量的控制和
资源利用具有重要意义。
（1）燃煤烟气中
的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的
溶液与石灰乳反应的化学方程式为 ；载人航天器内，常用LiOH
固体而很少用KOH 固体吸收空气中的
，其原因是 。
（2）合成尿素[
]是利用
的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的
(填“=0”或
“>0”或“<0”)。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[
]和尿
素转化为氰酸铵(
)等副反应。尿素生产中实际投入
和
的物质的量之比为
，其实际投料比值远大于理论值的原因是 。
（3）催化电解吸收
的KOH 溶液可将
转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，
电解得到的部分还原产物的法拉第效率(
)随电解电压的变化如图乙所示。
其中，
，n 表示电解生成还原产物X 所转移电子的物质的量，F 表示法拉第常数。
①当电解电压为
时，电解过程中含碳还原产物的
为0，阴极主要还原产物为 (填
化学式)。
②当电解电压为
时，阴极由
生成
的电极反应式为 。
③当电解电压为
时，电解生成的
和
的物质的量之比为 (写出计算过程)。
【答案】（1）
相同质量的LiOH 固体可吸收更多二氧
化碳
（2）<0 适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳
的投料比越大，二氧化碳转化率越高
（3）H2
或
每生成
1mol
转移12mole-，每生成1mol
转移2mole-，故电解生成的
和
的物质的量之
比为
【解析】（1）由图可知“吸收”后所得的
溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化
碳，产物KOH 可回收利用，故化学方程式为
。载人航天器内，
常用LiOH 固体而很少用KOH 固体吸收空气中的
的原因为相同质量的LiOH 固体可吸收更多二氧
化碳。
（2）由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK 减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其
<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二
脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。
（3）当电解电压为
时，电解过程中含碳还原产物的
为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子
得电子变成氢气。当电解电压为
时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴
极由
生成
的电极反应式为
或
。当电解电压为
时，电解过程中还原产物
的
为
24%，还原产物
的
为8%，每生成1mol
转移12mole-，每生成1mol
转移
2mole-，故电解生成的
和
的物质的量之比为
。
12．（2023·河北卷）氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和
能源问题都具有重要意义。
已知：
物质中的化学键断裂时所需能量如下表。
物质
能量/
945
498
631
回答下列问题：
（1）恒温下，将
空气(
和
的体积分数分别为0.78 和0.21，其余为惰性组分)置于容积为
的
恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
i
ii
①
。
②以下操作可以降低上述平衡体系中
浓度的有 (填标号)。
A．缩小体积 B．升高温度 C．移除
D．降低
浓度
③若上述平衡体系中
，则
(写
出含a、b、V 的计算式)。
（2）氢气催化还原
作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原
反应的速率方程
为
为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。
组
号
1
0.10
0.10
r
2
0.10
0.20
3
0.20
0.10
4
0.05
0.30
？
表中第4 组的反应速率为
。(写出含r 的表达式)
（3）①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，
在 (填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生
。
②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗
和
的质量比为
，则在碱性介质中
氨燃料电池负极的电极反应式为 。
③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上
电还原为
(图1)和
电还原为
(图2)反
应历程中的能量变化，则三种催化剂对
电还原为
的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母
a、b、c 排序)。
【答案】（1）181 CD
（2）
（3）阴
bac
【解析】（1）①ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=
；
故答案为：+181；
A
②．缩小体积，所有物质浓度均增大，A 不符合题意；
B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i 为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO 浓度增大，B
不符合题意；
C．移除NO2，平衡ii 向正向进行，NO 浓度降低，C 符合题意；
D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO 浓度降低，D 符合题意；
故答案为：CD；
③根据三段式
，
；
故答案为：
；
；
（2）实验1 与实验2 相比，
，y=1，实验1 与实验3 相比，
，
x=2，代入实验3，
，根据实验4 计算，
；
故答案为：0.75r；
（3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应；
故答案为：阴；
②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1 个N2转移6 个电子，在碱性下发生，
；
故答案为：
；
③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c；
故答案为：bac。
13．（2023·天津卷）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。
Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。
（1）硫磺(
)的晶体类型是 。
（2）硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到
下一阶段，会导致 (填序号)。
a.硫的消耗量增加 b.SO2产率下降 c.生成较多SO3
（3）SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式 。随温度升高，
SO2的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。
（4）从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。
Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转
化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此
时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依
次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，
SO2转化率达到97％。
（5）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降温，
其目的是 。
（6）采用四段转化工艺可以实现 (填序号)。
a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率
b．使反应达到平衡状态
c．节约能源
Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。
（7）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。
据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度 ，温度 。
（8）用32 吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率
是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸 吨。
【答案】（1）分子晶体
（2）ab
（3）2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)
降低
（4）降低反应活化能
（5）反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率
（6）ac
（7）98.3% 60℃
（8）94
【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化
为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸；
【解析】（1）
是硫单质的分子晶体；
（2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转
化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a 正确；
b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b 正确；
c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c 错误；
故选ab。
（3）若每生成80g 气体三氧化硫，放出98.3kJ 能量，80g 三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/
mol=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3 (g)
；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率
降低；
（4）催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率；
（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放
热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，
提高SO2转化率，保证反应速率；
（6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，
可以保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a 正确；
b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b 错误；
c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c 正确；
故选ac。
（7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时
SO3吸收率最高；
（8）由题意可知，32 吨含硫元素99%的硫粉物质的量为
，在第一步反应
中硫元素损失了2%，则生成
二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中
97%转化为了三氧化硫，则生成
三氧化硫，三氧化硫在第三步反应
中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为
94 吨。
14．（2023·重庆卷）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
（1）在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：
①中间体
生成吸附态
的活化能为
。
②由
生成
的热化学方程式为 。
（2）一定条件下，银催化剂表面上存在反应：
，该反应平衡压强
与
温度
的关系如下：
40
1
443
463
10
51
100
①
时的平衡常数
。
②起始状态Ⅰ中有
和
，经下列过程达到各平衡状态：
已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 (填字母)。
A．从Ⅰ到Ⅱ的过程
B．
C．平衡常数：
D．若体积
，则
E．逆反应的速率：
③某温度下，向恒容容器中加入
，分解过程中反应速率
与压强
的关系为
，k 为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少
时，逆反应速率最大。若转化
率为
，则
(用
表示)。
（3）
可用作固体离子导体，能通过加热
制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为
了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。
①测定晶体结构最常用的仪器是 (填字母)。
A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．
射线衍射仪
②
与
晶胞的体积之比为 。
③测定
中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a 中
质量不变，可判定导电离
子是
而不是
，依据是 。
【答案】（1）83
（2）10 CDE
（3）D 12:7 a 中银电极质量减小，b 中银电极质量增大
【解析】（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体
生成吸附态
的活化能为
。
②由图可知，
生成
放出热量
，放热焓变为负
值，故热化学方程式为
；
（2）①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，
时的平衡常数
。
②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应；
A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相
等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程
，A 错误；
B．平衡常数
只受温度的影响，则
，B 错误；
C．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：
，C 正
确；
D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积
，根据阿伏伽德
罗定律可知，
，
，
，则
，D 正
确；
E．结合A 分析可知，逆反应的速率：
；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，
逆反应的速率：
，故有逆反应的速率：
，E 正确；
故选CDE；
③某温度下，设向恒容容器中加入mg
，当固体质量减少
时，逆反应速率最大，此时达到平
衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成
，若转化率为
，则此时生成
，根据阿伏伽德罗定律，此时
，故
；
（3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X 射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．
射线衍射仪；
②据“均摊法”，
晶胞中含
个I，则晶体密度为
；，
晶胞中含
个I，则晶体密度为
；故
，则
与
晶胞的体积之比为12:7。
③由图可知，a 极为阳析，银氧化为银离子，根据a 中AgI 质量不变，可判断I-没有进入a 极（否则
AgI 质量会增加），从而推断导电的是Ag+从a 极移向b 极。
15．（2023·北京卷）尿素
合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
（1）十九世纪初，用氰酸银
与
在一定条件下反应制得
，实现了由无机物
到有机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。
（2）二十世纪初，工业上以
和
为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．
和
生成
；
ⅱ．
分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。
a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b．ⅰ放热反应，ⅱ为吸热反应
c．
（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
原理如图所示。
①电极是电解池的__________极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。
（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中
不能直接用
溶液准确滴定。
①消化液中的含氮粒子是__________。
②步骤ⅳ中标准
溶液的浓度和消耗的体积分别为和
，计算样品含氮量还需要的实验数据有
__________。
【答案】（1）
（2）ab
（3） 阳
（4）
样品的质量、步骤Ⅲ所加入
溶液的体积和浓度
【解析】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是
。答案为
；
（2）a．反应ⅰ的活化能是
，反应ⅱ活化能是
，
，a 项正确；
b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b 项正确；
c．总反应的：
，c 项错误；
故选ab。
（3）①电极b 上发生
失电子生成
的氧化反应，是电解池的阳极。②a 极硝酸根离子得电子转
化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为
。答
案为阳极；
；
（4）①尿素消化分解生成
和
，由于反应中存在浓
，则消化液中含氮粒子为
。②
除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入
溶液的体积和浓度。答案为
；样
品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
考向02 平衡主线型化学反应原理综合题
16．（2025·安徽卷）I．通过甲酸分解可获得超高纯度的
。甲酸有两种可能的分解反应：
①
②
（1）反应
的
。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的
，发生上述两个分解反应下列说法中能
表明反应达到平衡状态的是 (填标号)。
a．气体密度不变 b．气体总压强不变
c．
的浓度不变 d．
和
的物质的量相等
（3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近
，原因是 ；升
高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是 。
Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(
和
)的重要方法，主要反应有：
③
④
⑤
（4）恒温恒容条件下，可提高
转化率的措施有 (填标号)。
a．增加原料中
的量 b．增加原料中
的量 c．通入
气
（5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的
/
/
混合气，投料组成与
和
的
平衡转化率之间的关系如下图。
i．投料组成中
含量下降，平衡体系中
的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
ii．若平衡时
的分压为
，根据a、b 两点计算反应⑤的平衡常数
(用含p 的代
数式表示，
是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）-41.2
（2）bc
（3）原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 催化剂在升温时活性降
低或升温时催化剂对反应②更有利
（4）b
（5）增大 0.675p2
【解析】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则
；
（2）a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态；
b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态；
c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则
浓度不变，是平衡状态；
d．CO 和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态；
故选bc；
（3）反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，
所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但
反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利；
（4）a．增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低；
b．增大原料中CO2的量，CH4转化率增大；
c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变；
故选b；
（5）如图可知，恒压时，随着Ar 含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正
向移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar 含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化
率下降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但CO 减小的少，则
n(CO):n(H2)增大；
设初始投料：
、
、
，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化
碳的转化率为30%，则平衡时：
；
；
根据碳元素守恒：
；
根据氧元素守恒：
；
根据氢元素守恒：
；
平衡时，气体总物质的量为
，Ar 的分压为
，则总压为
，
、
、
、
，反应⑤的平衡常数
。
17．（2025·北京卷）利用工业废气中的
制备焦亚硫酸钠(
)的一种流程示意图如下。
已知：
物质
、
（1）制
已知：
由
制
的热化学方程式为 。
（2）制
I．在多级串联反应釜中，
悬浊液与持续通入的
进行如下反应：
第一步：
第二步：
Ⅱ．当反应釜中溶液
达到3.8~4.1 时，形成的
悬浊液转化为
固体。
①Ⅱ中生成
的化学方程式是 。
②配碱槽中，母液和过量
配制反应液，发生反应的化学方程式是 。
③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。
④尾气吸收器中，吸收的气体有 。
（3）理论研究
、
与
的反应。一定温度时，在
浓度均为
的
和
的混合溶液中，随
的增加，
和
平衡转化率的变化如图。
①
，与
优先反应的离子是 。
②
，
平衡转化率上升而
平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。
【答案】（1）
（2）
、
SO2
（3）
时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，
平衡转化率上升，亚硫酸
氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以
平衡转化率上升而
平衡转化率下
降
【分析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在
反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返
回配碱槽中循环使用。
【解析】（1）已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
将Ⅰ×2+Ⅱ×2 得：
，所以由
制
的热化学方程式为
；
（2）① 当反应釜中溶液
达到3.8~4.1 时，形成的
悬浊液转化为
固体，根据元素守
恒，还有水生成，化学方程式：
；
②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，
又因为
＞
，亚硫酸氢钠与过量
发生反应的化学方程式为：
；
③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以
多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是
，需除去；
④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为
，生成了二氧化碳，二氧化
碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体
有
，在多级串联反应釜中持续通入的
，则尾气吸收器中吸收的气体还有
；
故答案为：
；
；
；
、SO2；
（3）① 由图可知，①
，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以
与
优先反应；
②一定温度时，在
浓度均为
的
和
的混合溶液中，发生的反应为：
，
，
时，产生的二氧化碳逸出，使反应
正向进行，
平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以
平衡转化率上升而
平衡转化率下降。
故答案为：
；
时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，
平衡转化率上升，亚硫
酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以
平衡转化率上升而
平衡转化率
下降。
18．（2025·甘肃卷）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下
两个主要反应：
反应1：
反应2：
（1）25℃，101kPa 时，反应
。
（2）一定条件下，使用某含Co 催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质
的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在
范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为 (任写一条)，当温度由220℃升
高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为 。
②在120~240℃范围内，反应1 和反应2 乙炔的转化速率大小关系为
(填“>”“<”或“=”)，
理由为 。
（3）对于反应1，反应速率
与
浓度
的关系可用方程式
表示(k
为常数)。
时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当
时，
。
实验组
一
二
（4）以Pd/W 或Pd 为催化剂，可在常温常压
下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚
线为生成乙烷的路径)。以 为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为 。(图中“*”表示吸
附态；数值为生成相应过渡态的活化能)
【答案】（1）-137
（2）温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 催化剂在该温度范围内失活 ＞
乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1 乙炔的转化速率大于反应2 乙炔的转化速率
（3）9.2×10-3
（4）Pd/W Pd/W 做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd 催化剂时的
【解析】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则
；
（2）反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增
强，乙炔的转化率增大；
220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催
化剂在该温度范围内失活；
由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1 乙炔的转化速率大于反应2 乙炔的转化速率，即
；
（3）将数据代入方程
，②÷①得到
，则
，
时，
，
；
（4）如图可知，选择Pd 做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W 时的(0.68＜0.83)，说明使用
Pd 做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W 做催化剂时，乙烯的选择性更高。
19．（2025·广东卷）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。
（1）基态Ti 原子的价层电子排布式为 。
（2）298K 下，反应
的
、
，则298K 下该反
应 (填“能”或“不能”)自发进行。
（3）以
为原料可制备
。将
与10.0molTi 放入容积为
的恒容密闭容器中，反
应体系存在下列过程。
编
号
过程
(a)
(b)
(c)
(d)
①
kJ/mol。
②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为 。
③温度
下，
，反应(c)的平衡常数
(列出算式，无须化简)。
（4）钛基催化剂可以催化储氢物质肼
的分解反应：
(e)
(f)
为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含
的物质的量为
)，进行实验，
得到
、
随时间t 变化的曲线如图。其中，
为
与
的物质的量之和；
为剩余
的
物质的量。设
为0~t 时间段内反应(e)消耗
的物质的量，该时间段内，本体系中催化剂的选择性
用
表示。
①
内，
的转化率为 (用含
的代数式表示)。
②
内，催化剂的选择性为 (用含
与
的代数式表示，写出推导过程)。
【答案】（1）
（2）能
（3）
0.5
（4）
【解析】（1）Ti 为22 号元素，基态Ti 原子的价层电子排布式为
，故答案为：
：
（2）反应
的
、
，则根据
可知，
该反应在298K 下能自发进行，故答案为：能；
（3）① 已知：
反应b：
反应c：
将反应c-2×反应b 可得
，则
，
故答案为：
；
② 由表格可知，反应a 为放热反应，反应b、c 为吸热反应，反应d 也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ可表示
或
的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c 正向移动，反应a、d 为
逆向移动，所以
的含量逐渐上升，
的含量逐渐下降，所以曲线Ⅰ对应的物质为
，故答案为：
；
③ 温度
下，
，
，
，根据Ti
元素守恒，可推出
（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则
，
，反应(c)的平衡常数
=
，故答案为：0.5；
；
（4）① 因为肼
为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时
，
时，
，则
内，
的转化率为
=
，故答案为：
；
② 由图可知，
内，
，
，则
，反应掉的肼
为
，生成
的氮气和氢气的物质的量为
，根据反应前后原子个数守恒，可得
，
反应f 消耗的肼为
，反应e 消耗的肼
为
， 则本体系中催化剂的选择性
=
=
=
，故答案为：
；
20．（2025·河北卷）乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。
（1）石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成
乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。
主反应：
副反应：
体系中环氧乙烷初始浓度为
，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中
。
0~30min
①
内，
。
②下列说法正确的是 (填序号)。
a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量
b．0~30min 内，
c．0~30min 内，
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
（2）煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反
应如下：
。按化学计量比进料，固定平衡转化率
，探究温
度与压强的关系。
分别为0.4、0.5 和0.6 时，温度与压强的关系如图：
①代表
的曲线为 (填“
”“
”或“
”)；原因是 。
②
0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应
，
，x 为组分的物质的量分数。M、N
两点对应的体系，
(填“>”“<”或“=”)，D 点对应体系的
的值为 。
④已知：反应
，
，p 为组分的分压。调整进料比为
，系统压强维持
，使
，此时
(用含有m 和
的代数式表示)。
【答案】（1）
cd
（2）
该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增
大 < = 12
【解析】（1）①0~30min 内，环氧乙烷完全转化，
；
a
②．
，主反应中，
，则生成物总能量低于反应物总能量，a
错误；
b．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG 作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG
浓度的变化量小于EO 浓度的变化量，0~30min 内，
，b 错误；
c．主反应中，
，副反应
，同一反应体系中物质一量变化量之比
等于浓度变化量之比，产物中
，即
，
，反应时间相同，则
，
，则
，c 正确；
d．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d 正确；
故选cd；
（2）①
该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大
压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，
，故
、
、
对应α 为0.6、0.5、
0.4；
②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放
热反应，
<0；
M
③
、N 的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则
=
；D
点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO 和
3molH2，列三段式：
，平衡时，
、
、
的物质的量分数分别为
，
；
④设起始加入mmolCO 和3molH2，此时
，列三段式：
，平衡时，气体总的物质的量为mmol，
、
、
平衡分压分别
，
。
21．（2025·河南卷）
的热分解与
催化的
重整结合，可生产高纯度合成气
，实
现碳资源的二次利用。主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）
位于元素周期表中 区；基态
的价电子排布式为 。
（2）水分子的
模型与其空间结构模型不同，原因是 。
（3）
的晶胞如图1 所示(晶胞参数
)，该物质的化学式为 。
（4）恒压条件下，
重整反应可以促进
分解，原因是 。
（5）在温度分别为
和
下，
的平衡转化率与压强的关系如图2 所示，反应温度最高的是
(填“
”“
”或“
”)，原因是 。
（6）一定温度、
下，向体系中加入
和
，假设此条件下其他副反应可
忽略，恒压反应至平衡时，体系中
转化率为
，
转化率为
，
物质的量为
，
反应Ⅲ的平衡常数
(保留小数点后一位)，此时原位
利用率为 。
已知：原位
利用率
【答案】（1）s 3d8
（2）O 原子上存在2 对孤电子对，VSEPR 模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑
（3）Ni2P
（4）反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移
（5）T1 升高温度，反应Ⅱ正向移动
（6）1.2 70%
【解析】（1）Ca 原子序数为20，电子排布为[Ar]4s2，价电子位于s 轨道，属于周期表s 区；Ni 原子序
数为28，基态电子排布为[Ar] 3d84s2。Ni 失去4s 能级上2 个电子形成Ni2+，价电子排布为3d8，故答案
为：s；3d8。
（2）中心O 原子有2 个σ 键，孤电子对数为
，共4 个价电子对，
模型为四面体型，
空间构型为V 型，故答案为：O 原子上存在2 对孤电子对，VSEPR 模型考虑孤电子对而空间结构模型
不考虑。
（3）该晶胞中，P 原子8 个位于顶点(4 个被6 个晶胞共用，4 个被12 个晶胞共用)、2 个位于体内，1 个
晶胞中所含P 原子数为
，Ni 原子8 个位于棱(均被4 个晶胞共用)、6 个位于面(均被2
个晶胞共用)，1 个位于体内，Ni 原子数为
，因此该物质的化学式为Ni2P。
（4）
重整反应会消耗CO2，降低体系中CO2分压，使
分解反应正向移动且反应放热，可以
为碳酸钙分解提供能量，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡
右移。
（5）反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度最
高的是T1，故答案为：T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动。
（6）一定温度、
下，向体系中加入
和
，恒压反应至平衡时，体系中
转化率为
，反应Ⅰ：
平衡时生成
，
转化
率为
，
物质的量为
，则
气体总物质的量n 总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol，
反应Ⅲ的平衡常数
，
平衡时
，原位
利用率为
，故答案为：1.2；70%。
22．（2025·黑吉辽蒙卷）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
483K
③
时，出口处
的值为 (精确至0.01)。
A
④
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
【解析】（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：
CO(g)+
①
O2(g)=CO2(g) ΔH1=-a kJ·mol-1
H
②
2(g)+
O2(g)=H2O(g) ΔH2=-b kJ·mol-1
HOCH
③
2CH2OH(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；
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；
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。
23．（2025·江苏卷）合成气(
和
)是重要的工业原料气。
（1）合成气制备甲醇：
。
的结构式为
，估算该反应的
需要
(填数字)种化学键的键能数据。
（2）合成气经“变换”“脱碳”获得纯
。
①合成气变换。向绝热反应器中通入
和过量的
：
。催化作用受接触面积和温度等因素影响，
的比热容较大。
过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的
吸收剂、
(
正价有
)
缓蚀剂等。
溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。
减缓设备
腐蚀的原理是 。
（3）研究
与不同配比的铁铈载氧体[
是活泼金属，正价
有
]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的
，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、
转化率、
与x 的关系如图乙所示。
时，
大于理
论值2 的可能原因有 ；
时，通入标准状况下
的
至反应结束，
的选择性
，则生成标准状况下
和
的总体积为
。
②
时，新制载氧体、与
反应后的载氧体的X 射线衍射谱图如图丙所示(X 射线衍射用于判断
某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与
反应的物质
有 (填化学式)。
③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中
的作用、气体分步制备的价值： 。
【答案】（1）5
（2）该反应为放热反应，在绝热容器中进行，
的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂
活性受温度影响，
过量可有效防止催化剂活性下降
具有强氧化性，
能使设备表面形成一层致密的氧化膜
（3）当
时，载氧体为
，氧化性较强，提供的O 原子较多，将CO 氧化为
，使得CO 的
物质的量减小，
增大 432 C、Fe、FeO 步骤Ⅰ中
作载氧体供氧，将甲烷转
化为CO 和氢气，避免生成大量积炭导致催化剂失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效
消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能
源
【解析】（1）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的
需
。
、
、
、
，共5 种化学键的键能数据。
（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，
由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；
的比热容较大，可以吸收大量
的热从而使体系温度变化较小，因此，
过量可有效防止催化剂活性下降。
②脱碳过程中，
溶液会吸收
，发生反应
，当
溶液浓度
偏高时，会生成较多
，而
溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵
塞设备。
中的Cr 元素化合价为
，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，
它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层
氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。
（3）①当
时，载氧体中没有
，只有
，由于
的氧化性较强，且其提供的O 原子较
多，可以将CO 氧化为
，使得CO 的物质的量减小，
增大；由题图乙可知，当
时，
转化率为60%，则
，已知CO 的选择性
，则
，根据图乙中数据可知，此时产物气
中
，则
，故生成标准状况下CO 和
的总体积为432mL。
②新制载氧体与
反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与
反应，使载氧体再生从而继续
与
反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与
反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步
骤Ⅱ中与
反应。因此，对比二者X 射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO 在步骤Ⅱ中均可与
反应。
③步骤Ⅰ中
作载氧体供氧，将甲烷转化为CO 和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低
甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要
的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。
24．（2025·山东卷）利用
循环再生可将燃煤尾气中的
转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
恒容条件下，按
和
投料反应。平衡体系中，各气态物种的
随温度的变化
关系如图所示，n 为气态物种物质的量的值。
已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数
基本不变。
回答下列问题：
（1）反应
的焓变
(用含
的代数式表示)。
（2）乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变
0(填“>”“<”或“=”)。
（3）
温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为
，则
为
(用含a 的代数式表示)；此时，
与
物质的量的差值
(用含a 的最简代数式表示)。
（4）
温度下，体系达平衡后，压缩容器体积
产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，
与
物质的量之比
(填“增大”“减小”或“不变”)，
物质的量
(填
“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2
（2）H2O ＜
（3）0.45+0.5a 150a
（4）增大 减小
【解析】（1）已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应
的焓变为ΔH1+ΔH2；
（2）由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知
始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，升高温度S2减小，
H2O、H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热热反应，即ΔH＜0；
（3）T1平衡时H2是amol，根据
可知H2O 和SO2的物质的量均为100amol，根据H 元素守
恒可知H2S 为0.1－101a，设平衡时CaS 和S2的物质的量分别为xmol 和ymol，根据Ca 元素守恒可知
CaSO4是1－x，根据O 元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S 元素守恒可知2=0.1
－101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS 和CaSO4的物质的量的差值为2x－1=150a。
（4）压缩容器容积，压强增大，反应
平衡正向进行，S2的产率增
大，氢气的物质的量减小，由于
始终不变，H2O 的物质的量减小；温度不变反应
的平衡常数不变，所以SO2增大，由于反应Ⅲ的平衡常数可表示为
，
始终不变，所以
增大。
25．（2025·陕晋青宁卷）
/
循环在
捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利
用
与
反应生成
的路线，主要反应如下：
I．
II．
III．
回答下列问题，
（1）计算
。
（2）提高
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
分解产生的
催化
与
反应生成
，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）
下，在密闭容器中
和
各
发生反应。反应物(
、
)的平衡转
化率和生成物(
、
)的选择性随温度变化关系如下图(反应III 在
以下不考虑)。
注：含碳生成物选择性
①表示
选择性的曲线是 (填字母)。
②点M 温度下，反应Ⅱ的
(列出计算式即可)。
③在
下达到平衡时，
。
，随温度升高
平衡转化率下降的原因
可能是 。
【答案】（1）
（2）B
（3）④ HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O
（4）c
0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
【解析】（1）已知：
I．
Ⅱ．
将I+ Ⅱ可得
=
，故答案为：
；
（2）已知反应Ⅱ．
为放热反应，要提高
平
衡产率，要使平衡正向移动。
A．高温会使平衡逆向移动，不利于提高
平衡产率，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
平衡产率，B 正确；
C．高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高
平衡产率，C 错误；
D．低压会使平衡逆向移动，不利于提高
平衡产率，D 错误；
故选B。
（3）反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应
为CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*=
CH3*+H2O，故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O；
（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，则碳酸镁
的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在
以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲
烷的选择性下降，所以a 表示碳酸镁的转化率，b 表示二氧化碳的选择性，c 表示甲烷的选择性。
①表示
选择性的曲线是c，故答案为：c；
②点M 温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，
甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性
相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根
据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，
，
，
，则反应Ⅱ的
，故答案为：
；
③在
下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生
成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出
1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因
为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在
，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移
动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致
平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应
Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。
26．（2025·云南卷）我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸(沸点
118℃)的生产，主要反应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
回答下列问题：
（1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆
纤维素
乙醇
（2）对于反应Ⅰ：
①已知
则
。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．
的体积分数不再变化
D．单位时间内生成
，同时消耗
③反应后从混合气体分离得到
，最适宜的方法为 。
（3）恒压100kPa 下，向密闭容器中按
投料，产氢速率和产物的选择性随
温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性
]
①由图1 可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为 。
②由图中信息可知，乙酸可能是 (填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
270℃
③
时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为
80%，则
，平衡常数
(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）葡萄糖
（2）+44.4 AC 降温冷凝后收集气体
（3）乙酸选择性最大且反应速率较快 产物1 36:5
【解析】（1）纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；
（2）①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律
=-24.3kJ·mol-1+68.7
kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1；
②恒温恒容下发生
：
A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，
说明反应达到平衡状态，A 符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，
不能说明反应是否达到平衡状态，B 不符合题意；
C．
的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C 符合题意；
D．单位时间内生成
，同时消耗
均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，
D 不符合题意；
答案选AC；
③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体；
（3）①由图1 可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快；
②由图2 可知关键步骤中生成产物1 的最大能垒为0.58eV，生成产物2 的最大能垒为0.66eV，生成产
物3 的最大能垒为0.81eV，图1 中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则
乙酸可能是产物1；
③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为
90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n 平(乙
醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，压强比=物质的量之比，故
0.72:0.1=36:5；列三段式
、
，则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分
别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为
0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则
kPa。
27．（2025·浙江1 月卷）二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原料。
请回答：
（1）用氨和甲醇在闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
可改变甲醇平衡转化率的因素是_______。
A．温度
B．投料比[n(NH3):n(CH3OH)]
C．压强
D．
催化剂
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O 的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，则1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液的pH=
。
（3）在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电
极反应方程式是 。
（4）上述电化学方法产率不高，工业中常用如下反应生产HCON(CH3)2：
。某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下
0(填“>”、“<”或“=”)。
（5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH 催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比
，催化剂M 足量。反应方程式如下：
Ⅳ．
V．
三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。
(例：HCOOH 的物质的量百分比
①请解释HCOOH 的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M 活性降低或失活) 。
②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释
原因 。
【答案】（1）AB
（2）5.4
（3）CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O
（4）＜
（5）t 时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t 时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ
的慢 用H2作氢源需要断裂H-H 键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H 键，由于Si 原子半径大于H，
Si-H 的键能比H-H 小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温
度
【解析】（1）A．已知化学反应必然有热效应，故改变温度化学平衡一定能够发生改变，即改变温度
一定能够改变甲醇的平衡转化率，A 符合题意；
B．增大投料比[n(NH3):n(CH3OH)] 将增大CH3OH 的转化率，相反减小投料比[n(NH3):n(CH3OH)]，将
减小CH3OH 的平衡转化率，B 符合题意；
C．由题干方程式可知，反应前后气体的体积不变，故改变压强不能使上述化学平衡发生移动，即不
能改变CH3OH 的平衡转化率，C 不合题意；
D．催化剂只能同等幅度的改变正逆化学反应速率，故不能使平衡发生移动，即不能改变CH3OH 的平
衡转化率，D 不合题意；
故答案为：AB；
（2）25℃下，(CH3)2NH·H2O 的电离常数为Kb，-lgKb=3.2，即Kb=
=10-3.2，则
[(CH3)2NH2] ++H2O
(CH3)2NH·H2O+H+的水解平衡常数为：Kh=
=
=10-
10.8，1mol/L[(CH3)2NH2] +Cl-水溶液中Kh=
=
=10-10.8，故c(H+)=
=10-5.4，故其pH=-lgc(H+)=-lg10-5.4=5.4，故答案为：5.4；
（3）已知电解池中阴极发生还原反应，故在[(CH3)2NH2] +Cl-的有机溶液中电化学还原CO2制备
HCON(CH3)2阴极上生成HCON(CH3)2的电极反应方程式是：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+
(CH3)2NH+H2O，故答案为：CO2+2e-+2[(CH3)2NH2] += HCON(CH3)2+(CH3)2NH+H2O；
（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式
是一个某条件下反
应自发且熵减，根据自由能变
＜0 时反应自发可知，则反应在该条件下
<0，故答案为：
＜；
（5）①由题干图示信息可知，t 时刻之前HCOOH 的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的增大
速率，而t 时刻之后HCOOH 逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t 时刻之前反应Ⅳ的速率比
反应Ⅴ的快，t 时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢，故答案为：t 时刻之前反应
Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t 时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；
②用H2作氢源需要断裂H-H 键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H 键，由于Si 原子半径大于H，Si-H 的键
能比H-H 小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度，故答案
为：用H2作氢原需要断裂H-H 键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H 键，由于Si 原子半径大于H，Si-H 的
键能比H-H 小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
28．（2024·全国甲卷）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(
)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：
计算反应
的
。
（2）
与
反应生成
，部分
会进一步溴化。将
和
。通入密闭
容器，平衡时，
、
与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有
、
和
)。
(i)图中
的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ii)
时，
的转化
，
。
(iii)
时，反应
的平衡常数
。
（3）少量
可提高生成
的选择性。
时，分别在有
和无
的条件下，将
和
，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
之间，有
和无
时
的生成速率之比
。
(ii)从图中找出
提高了
选择性的证据： 。
(ⅲ)研究表明，
参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析
提高
选择性的原因： 。
【答案】（1）-67
（2）a 80% 7.8 10.92
（3）
(或3：2) 5s 以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br 的含量陡然上升
I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而
判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根
据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。
【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，
将方程式①乘以3 再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的
∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。
（2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含
量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br 的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=
×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br 的物质的量为
5.0mmol，说明还有1.4mmol CH3Br 发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr 的物质的量
n=6.4+1.4=7.8mmol；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、
n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K=
=
=10.92。
（3）(i)11~19s 时，有I2的生成速率v=
=
mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v=
=
mmol·(L·s)-1。生成速率比
=
=
；
(ii)从图中可以看出，大约4.5s 以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br 的含量陡
然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br 的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反
应生成了CH3Br，提高了CH3Br 的选择性。
29．（2024·新课标卷）
(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的
催化剂。回答下列问题：
（1）Ni 基态原子价电子的轨道表示式为 。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为
，镍
原子半径为 。
（2）
结构如图甲所示，其中含有σ 键的数目为 ，
晶体的类型为 。
（3）在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa 下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，
体积分数x
与温度的关系如图乙所示。反应
的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。
从热力学角度考虑， 有利于
的生成(写出两点)。
、100℃时CO 的平衡转化率α=
，该温度下平衡常数
。
（4）对于同位素交换反应
，20℃时反应物浓度随时间的变
化关系为
(k 为反应速率常数)，则
反应一半所需时间
(用k 表示)。
【答案】（1）
（2）8 分子晶体
（3）小于 降低温度、增大压强 97.3% 9000
（4）
【解析】（1）Ni 为28 号元素，其基态原子的核外电子排布式为
，则其价电子轨道表示式
为
；铜晶胞示意图为
，镍的晶胞结构类型与铜的相同，
则镍原子半径为晶胞面对角线长度的
，因为晶胞体积为
，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为
，则镍原子半径为
。
（2）单键均为σ 键，双键含有1 个σ 键和1 个π 键，三键含有1 个σ 键2 个π 键，由
的结构
可知，4 个配体CO 与中心原子Ni 形成的4 个配位键均为σ 键，而每个配体CO 中含有1 个σ 键2 个π
键，因此1 个
分子中含有8 个σ 键。
的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构
成，因此其晶体类型为分子晶体。
（3）随着温度升高，平衡时
的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的
；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于
的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中
的体积分数增大，则压强：
，即
对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，
、100℃
条件下达到平衡时，CO 和
的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO 为4mol，反应
生成的
为xmol，可得三段式：
，反应后总物质的量为：（4-3x）mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为
其物质的量分数，因此有
，解得
，因此达到平衡时
，CO 的平
衡转化率
；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的
压强平衡常数
。
（4）由题给关系式可得
，当
反应一半时
，即
，
，
，则
。
30．（2024·河北卷）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：
。
①若正反应的活化能为
，则逆反应的活化能
(用含
正的代数式表
示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入
和其
，测定
温度下体系达平衡时的
(
为体系初始压强，
，P 为体系平衡压强)，结果如图。
上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。M 点
的转化率为 ，
温度下
用分压表示的平衡常数
。
③下图曲线中能准确表示
温度下
随进料比变化的是 (填序号)。
（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
，其中
分别为各反应中对应反应物的浓度，
k 为速率常数(
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，
。
①
时，
，且
内
，反应进行到
时，
。
②
时，
，若
产物T 的含量可忽略不计，则此时
后，随T 的含量增加，
(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）
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
到
平衡时
增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降
低
0.03 D
（2）5.54 0.033 增大
【解析】（1）①根据反应热
与活化能E 正和E 逆关系为
正反应活化能-逆反应活化能可知，该
反应的
。
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，
即越大。从
到
，
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
到
逐渐降低，即
。由题图甲中M 点可知，进料比为
，平衡时
，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。
可计算得
，
。
③由题图甲中M 点可知，进料比为2 时，
，结合“三段式”，以及
时化学平衡常数可知，
进料比为0.5 时，
也为
，曲线D 上存在（0.5，60）。本题也可以快解：根据“等效平衡”原
理，该反应中
和
的化学计量数之比为
，则
和
的进料比互为倒数(如2 与0.5)时，
相等。
（2）①根据化学反应速率的计算公式时，
，
时，
。
②已知
，又由题给反应速率方程推知，
，则
，即
后
。
后，D 和G 转化为T 的速率比
为
，G 消耗得更快，则
增大。
31．（2024·山东卷）水煤气是
的主要来源，研究
对
体系制
的影响，涉及主要反应如下：
回答列问题：
（1）
的焓变
(用代数式表示)。
（2）压力p 下，
体系达平衡后，图示温度范围内
已完全反应，
在
温度时
完全分解。气相中
，
和
摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a 线对应物种为
(填化学式)。当温度高于
时，随温度升高c 线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 。
（3）压力p 下、温度为
时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应
的平衡常数
；此时气体总物质的量为
，则
的物质的量为
；若向平衡体系中通入少量
，重新达平衡后，分压
将 (填“增大”“减小”或“不变”)，
将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）
+
+
（2）
当温度高于T1，
已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，
所以
的摩尔分数减小。
（3）
0.5 不变 不变
【解析】（1）已知三个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
设目标反应
为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以
+
+
。
（2）图示温度范围内
已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始
到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，
量减小，摩尔分数减小，
量升高，
摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a 曲线代表
的摩尔分数的变化，则c 曲线代表
的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，
的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，
当温度高于T1，
已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以
的摩尔分数减小。
（3）①压力p 下、温度为
时，
、
、
和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩
尔分数为：
，则反应
的平衡常数
；
②设起始状态1molC(s)，xmolH2O(g)，反应Ⅰ进行完全。
则依据三段式：
根据平衡时
、
、
和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有
、
、
，解出
，
，
则
，而由于平衡时
n(总)=4mol，则
y=4，y=
，则n(CaCO3)=
=
=0.5。
③若向平衡体系中通入少量
，重新达平衡后，反应
的Kp=
，温度不变，Kp 不变，则分压
不变；体系中增加了
，若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压
不变的前提下，CO、H2O 的分压增大，H2分压减小，则反应Ⅱ的Kp 将会发生变化，与事实不符，
所以为了保证Ⅱ的Kp 也不变，最终所有物质的分压均不变，即
不变。
32．（2024·黑吉辽卷）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）-258.8
（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
【解析】（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=-258.8
（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。
33．（2024·湖北卷）用
和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到
，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：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）写出
与水反应的化学方程式 。
（2）已知
、
(n 是
的化学计量系数)。反应、Ⅱ的
与温度的关系曲线见
图1。
①反应
在
的
。
②保持
不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时
，若将容器体积压缩
到原来的
，重新建立平衡后
。
（3）恒压容器中，焦炭与
的物质的量之比为
，
为载气。
和
下，
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)。
①初始温度为
，缓慢加热至
时，实验表明
已全部消耗，此时反应体系中含
物种
为 。
②
下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。
【答案】（1）BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑
（2）1016 105 105
（3）BaO 速率不变至BaC2产率接近100% 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)
+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO 为气态，据
可知，CO 的压强为定
值，所以化学反应速率不变
【解析】（1）Ba、Ca 元素同主族，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=
，由
图1 可知，1585K 时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即
=102.5×10-1.5=10，所以p3
CO=10×(105pa)3=1016pa
3，则
Kp= p3
CO=1016pa
3；
②由图1 可知，1320K 时反应I 的KI=100=1，即KI=
=1，所以p2
CO=(105pa)2，即pCO=105pa；
③若将容器体积压缩到原来的
，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=105pa；
（3）①由图2 可知，1400K 时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所
以此时反应体系中含Ba 物种为BaO；
②图像显示，1823K 时BaC2的产率随时间由0 开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个
定值，即速率保持不变；1400K 时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有
反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO 为气态，
据
可知，CO 的压强为定值，所以化学反应速率不变。
34．（2024·安徽卷）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）
氧化脱氢反应：
计算：
（2）
直接脱氢反应为
，
的平衡转化率与温度和压强的关系
如图所示，则
0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近
的是 (填标号)。
a．
b．
c．
（3）一定温度和压强下、反应i
反应ⅱ
(
远大于
)(
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。
的平衡转化宰为
，计算
。
②同时发生反应i 和ⅱ时。与仅发生反应i 相比，
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
修饰的Y 分子筛的吸附-脱附。可实现
和
混合气的分离。
的 与
分子的
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
和
的优点是 。
（5）常温常压下，将
和
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(
)之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。
A．前
，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
C．a-b 对应的时间段内，吸附的
逐新被
替代
【答案】（1）-566
（2）> b
（3）
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=-566kJ/mol。
（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热
反应，ΔH4>0。
a．600℃，0.6MPa 时，C2H6的平衡转化率约为20%，a 错误；
b．700℃，0.7MPa 时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b 正确；
c．700℃，0.8MPa 时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6
转化率增大，因此800℃，0.8MPa 时，C2H6的平衡转化率大于50%，c 错误；
故答案选b。
（3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗
C2H60.25mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，Ka1=
=
。
②只发生反应i 时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发
生反应i 和反应ii，且从题干可知Ka2远大于Ka1，反应ii 为等体积反应，因为反应ii 的发生相当于在单
独发生反应i 的基础上减小了压强，则反应i 化学平衡正向移动，C2H4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．前30min，
等于0，出口浓度c 为0，说明两种气体均被吸附，A 错误；
B．p 点时，C2H6对应的
约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的
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，B 正确；
C．a 点处C2H6的
=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a 点后C2H6的
>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
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
也逐步增大，直至等
于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C 正确；
故答案选BC。
35．（2023·全国乙卷）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧
化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
（1）在
气氛中，
的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知
_______，
_______。
（2）已知下列热化学方程式：
则
的
_______
。
（3）将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。平衡时
的关系如下图所示。
时，该反应的
平衡总压
_______
、平衡常数
_______
。
随反应温度升高而_______(填
“增大”“减小”或“不变”)。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应
(Ⅱ)，平衡时
_______(用
表示)。在
时，
，则
_______
，
_______
(列出计算式)。
【答案】（1） 4 1
（2）(a+c-2b)
（3） 3
增大
（4）
46.26
【解析】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，
转化为
，则
，解之得
=4；当失重比为38.8%时，
转化为
，则
，解之得y=1。
（2）①
②
③
根据盖斯定律可知，①+
-
③②2 可得
，则
(a+c-2b)
。
（3）将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。由平衡时
的关系图可知,
时，
，
则
，因此，该反应的平衡总压
3
、平衡常数
。
由图中信息可知，
随着温度升高而增大，因此，
随反应温度升高而增大。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应
(Ⅱ)，在同温同压下，不同气
体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时
，则
，因此，
平衡时
。在
时，
，则
、
，联立方程组消去
，可得
，代入相关数据可求出
46.26
，则
，
。
36．（2023·新课标卷）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据图1 数据计算反应
的
_______
。
（2）研究表明，合成氨反应在
催化剂上可能通过图2 机理进行(*表示催化剂表面吸附位，
表示
被吸附于催化剂表面的
)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤
前的标号)，理由是_______。
（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为
)使用前经
还原，生成
包裹的
。已知
属
于立方晶系，晶胞参数
，密度为
，则
晶胞中含有
的原子数为_______(列出
计算式，阿伏加德罗常数的值为
)。
（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所
示。其中一种进料组成为
，另一种为
。(物质i 的
摩尔分数：
)
①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。
②进料组成中含有惰性气体
的图是_______。
③图3 中，当
、
时，氮气的转化率
_______。该温度时，反应
的平衡常数
_______
(化为最简式)。
【答案】（1）
（2） (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的键能比H-H 键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）
（4）
合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大
图4
【解析】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反
应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1 数据可知，反应
的
。
（2）由图1 中信息可知，
的
，则
的键能为
；
的
，则H-H 键的键能为
。在化学反应中，最大的能垒为
速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的键能比H-H 键的大很多，因此，在上
述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
（3）已知
属于立方晶系，晶胞参数
，密度为
，设其晶胞中含有
的原子数为
，则
晶体密度
，解之得
，即
晶胞中含有
的原子数为
。
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。
由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数
，因此，图中压强由小到大的
顺序为
，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔
分数越大。
②对比图3 和图4 中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4 中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒
压下充入情性气体
，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体
分子数增大的方向移动，因此，充入情性气体
不利于合成氨，进料组成中含有情性气体
的图是
图4。
③图3 中，进料组成为
两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的
量分别为3mol 和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：
当
、
时，
，解之得
，则氮气的转化率
，平
衡时
、
、
的物质的量分别为
、2
、
，其物质的量分数分别为
、
、
，
则该温度下
因此，该温度时，反应
的
平衡常数
。
37．（2023·山东卷）一定条件下，水气变换反应
的中间产物是
。为探究该
反应过程，研究
水溶液在密封石英管中的分子反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，
仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应
Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
（1）一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为
、
，则该条件下水气变换反应的焓变
_____(用含
的代数式表示)。
（2）反应Ⅰ正反应速率方程为：
，k 为反应速率常数。
温度下，
电离平衡常数为
，当
平衡浓度为
时，
浓度为_____
，此时反应Ⅰ应速
率
_____
(用含
和k 的代数式表示)。
（3）
温度下，在密封石英管内完全充满
水溶液，使
分解，分解产物均
完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。
时刻测
得
的浓度分别为
，反应Ⅱ达平衡时，测得
的浓度为
。体
系达平衡后
_____(用含y 的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有
盐酸，则图示点
中，
的浓度
峰值点可能是_____(填标号)。与不同盐酸相比，
达浓度峰值时，
浓度_____(填“增大”“减
小”或“不变”)，
的反应_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）
－
（2）
（3）
a 减小 不变
【解析】（1）根据盖斯定律，反应II-反应I＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变
＝
－
；
（2）T1温度时，HCOOH 建立电离平衡：
，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝
。
。
（3）t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I 达平衡状态。此时
故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 mol·L－1，K(I)＝
。t1时刻→反应II
达平衡过程，
则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，
K(I)＝
，a＝
。故
＝
，K(II)＝
。
加入0.1 mol·L－1盐酸后，H＋对反应I 起催化作用，加快反应I 的反应速率，缩短到达平衡所需时间，
故CO 浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH 减小，体系中HCOOH 浓度增大，导致
CO 浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a 处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，
＝K(I)，温度不变，平衡常数不变，则
的值不变。
38．（2023·福建卷）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
已知：
为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在
下，丙烷单独进
料时，平衡体系中各组分的体积分数
见下表。
物质
丙烯
乙烯
甲
烷
丙烷
氢气
体积分数(%)
21
23.7
55.2
0.1
0
（1）比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ 反应 ⅱ（填“＞”或
“＜”）。
（2）①在该温度下，Kp2远大于 Kp1，但φ（C3H6)和φ（C2H4)相差不大，说明反应 ⅲ 的正向进行有
利于反应 ⅰ 的 反应和反应 ⅱ 的 反应（填“正向”或“逆向”）。
②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为： 。
③平衡体系中检测不到
，可认为存在反应：
，下列相关说法正
确的是 (填标号)。
a．
b．
c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率
d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数
④由表中数据推算：丙烯选择性
(列出计算式)。
（3）丙烷甲醇共进料时，还发生反应：
ⅳ．
在
下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。
①进料比n(丙烷)
(甲醇)
时，体系总反应：
②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。
【答案】（1）＞
（2）正向 逆向 ⅱ＞ⅰ＞ⅲ ab
（3）-29 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则丙烯体积分数降低
【分析】Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决问题。结合
阿伏加德罗定律将物质的量和体积进行转化。
【解析】（1）反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞
，同理反应ⅱ：T＞
，故反应ⅰ
的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞；
（2）①ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i 正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于ⅱ逆向，②
根据平衡体积分数
，消耗1mol 丙烷生成1mol 丙烯或1mol 乙烯或3mol 甲
烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，③根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故
；分压=物质的量
分数×总压=体积分数×总压，故
；催化
剂不能影响平衡；通入丙烷平衡正向移动，根据温度不变Kp为定值，各组分的体积分数不变；④在相
同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol 丙烷生成1mol 丙烯或1mol 乙烯或3mol 甲烷，
生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性
；
（3）ⅲ．
ⅳ．
目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/mol； 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则丙烯体积分数降
低。故答案为：-29 kJ/mol ；甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则丙烯体积分数降低。
39．（2023·广东卷）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）某有机物
能与
形成橙红色的配离子
，该配离子可被
氧化成淡蓝色的配离子
。
①基态
的
电子轨道表示式为 。
②完成反应的离子方程式：
（2）某研究小组对（1）中②的反应进行了研究。
用浓度分别为
的
溶液进行了三组实验，得到
随时间t
的变化曲线如图。
①
时，在
内，
的平均消耗速率= 。
②下列有关说法中，正确的有 。
A．平衡后加水稀释，
增大
B．
平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
（3）R 的衍生物L 可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M 表示)与L 存在平衡：
研究组配制了L 起始浓度
与L 起始浓度比
不同的系列溶液，反应平
衡后测定其核磁共振氢谱。配体L 上的某个特征H 在三个物种
中的化学位移不同，该特
征H 对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H 的总峰面积计为1)如下表。
0
1.00
0
0
a
x
0.64
b
0.40
0.60
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S 之比等于吸收峰对应H 的原子数目之比；“
”表示未检测
到。
①
时，
。
②
时，平衡浓度比
。
（4）研究组用吸收光谱法研究了（3）中M 与L 反应体系。当
时，测得平衡时
各物种
随
的变化曲线如图。
时，计算M 的平衡转化率
(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】（1）
HNO2
（2）
AB
（3）0.36 3：4 或0.75
（4）98%
【解析】（1）①基态
的
电子轨道表示式为
；
②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。
（2）①浓度分别为
的
溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，
据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；
时，在
内，观察图像可知
的平均消耗速率为
；
A
②．对于反应
HNO2
，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向
移动，
含量增加，
含量减小，
增大，A 正确；
B．
浓度增加，
转化率增加，故
，B 正确；
C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C 错误；
D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故
，D 错误；
故选AB。
（3）①
时，
，且
=0.64，
得x=0.36；
②
相比于
含有两个配体，则
与
的浓度比应为
相对峰面积S 的一
半与
的相对峰面积S 之比，即
。
（4）
；
，由L 守恒可
知
，则
；则M 的转化率为
。
40．（2023·浙江卷）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：
该反应分两步完成：
请回答：
（1）
_______
。
（2）恒定总压
和水碳比[
]投料，在不同条件下达到平衡时
和
的
分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
①在条件1 下，水煤气变换反应的平衡常数
___________。
②对比条件1，条件2 中
产率下降是因为发生了一个不涉及
的副反应，写出该反应方程式____。
（3）下列说法正确的是______。
A．通入反应器的原料气中应避免混入
B．恒定水碳比
，增加体系总压可提高
的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止
被进一步还原为
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
（4）水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过
程中的余热(如图1 所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2 中b-c 段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是
______。
A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3 中作出
平衡转化率随温度变化的曲线____。
（5）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、
反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是
________。
【答案】（1）6
（2） 2 CO+3H2
CH
⇌
4+H2O
（3）AC
（4） AC
（5）温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的
吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【解析】（1）设方程式①
②
③
根据盖斯定律可知，③=
-
①②，则
；
（2）①条件1 下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设
在条件1 下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol 和5mol，参加反应的一
氧化碳为xmol，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；
则平衡常数
；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方
程式为：CO+3H2
CH
⇌
4+H2O；
（3）A．一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入
，A 正确；
B．该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B 错误；
C．通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，
但过量的水蒸气可以降低体系中CO 和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C 正确；
D．若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D
错误；
故选AC；
（4）①A．按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO 的转化
率稍减小，与图中变化相符，A 正确；
B．喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO 的转化率增大，与图中
变化不符，B 错误；
C．通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO 的转
化率稍减小，与图中变化相符，C 正确；
故选AC；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
；
（5）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催
化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过
高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
41．（2023·湖北卷）纳米碗
是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，
可以由
分子经
过连续5 步氢抽提和闭环脱氢反应生成。
的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
（1）已知
中的碳氢键和碳碳键的键能分别为
和
，H-H 键能为
。估算
的
_______
。
（2）图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。
（3）
纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。
（4）1200K 时，假定体系内只有反应
发生，反应过程中压强恒定为
(即
的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数
为_______(用平衡分压代替平衡浓度
计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）
及
反应的
(
为平衡常数)随温
度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，
(R 为理想气体常数，c 为截距)。图中两条
线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。
（6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成
的反应速率的是_______(填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
【答案】（1）128
（2） 3 3
（3） 6 10
（4）
（5）在反应过程中，断裂和形成的化学键相同
（6）a
【解析】（1）由
和
的结构式和反应历程可以看出，
中断裂了2 根碳氢键，
形成了1 根碳碳键，所以
的
=
，故答案为：128；
（2）由反应历程可知，包含3 个基元反应，分别为：
，
,
,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，
故答案为：3；3；
（3）由
的结构分析，可知其中含有1 个五元环，10 个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，
则
总共含有6 个五元环，10 个六元环，故答案为：6；10；
（4）1200K 时，假定体系内只有反应
发生，反应过程中压强恒定为
(即
的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为：
则
，
，
，该反应的平衡常数
=
，故答案为：
；
（5）
及
反应的
(
为平衡常数)随温
度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据
(R 为理想气体常数，
c 为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案
为：在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；
（6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也
加快，a 符合题意；
b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b
不符合题意；
c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c 不符合题意；
42．（2023·湖南卷）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ．苯乙烯的制备
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④
的
_______
；
（2）在某温度、
下，向反应器中充入
气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将
平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入_______
水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在
、
下，以水蒸气作稀释气。
作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发
生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(
)随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b 代表的产
物是_______，理由是_______；
（4）关于本反应体系中催化剂
的描述错误的是_______；
A．X 射线衍射技术可测定
晶体结构
B．
可改变乙苯平衡转化率
C．
降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变
颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某
(Ⅰ)的配合物促进
(引发剂，X 表
示卤素)生成自由基
，实现苯乙烯可控聚合。
（5）引发剂
中活性最高的是_______；
（6）室温下，①
在配体L 的水溶液中形成
，其反应平衡常数为K；②
在水中的
溶度积常数为
。由此可知，
在配体L 的水溶液中溶解反应的平衡常数为_______(所有方程式
中计量系数关系均为最简整数比)。
【答案】（1）+118
（2）5
（3） 苯 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯
转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b 代表产物苯
（4）BD
（5）C6H5CH2Cl
（6）K∙Ksp
【解析】（1）根据盖斯定律，将①-
-
②③可得C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)
∆H4=-4386.9kJ/mol-(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；答案为：+118；
（2）设充入H2O(g)物质的量为xmol；在某温度、100kPa 下，向反应器中充入1mol 气态乙苯发生反
应④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式
，
此时平衡时混合气体总物质的量为1.5mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列
三段式
，此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为
1.75mol，混合气的总物质的量为(1.75+x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容
器的体积为
；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则
=
，解得x=5；答
案为：5；
（3）曲线a 芳香烃产物的选择性大于曲线b、c 芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为
副反应，则曲线a 代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的
正反应是气体分子数不变的反应；在913K、100kPa（即恒温恒压）下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化
率增大，即减小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线b 代表的产物是苯；
答案为：苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转
化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b 代表产物苯；
（4）A．测定晶体结构最常用的仪器是X 射线衍射仪，即用X 射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，
A 项正确；
B．催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B 项错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C 项正确；
D．催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D 项错误；
答案选BD。
（5）电负性Cl＞Br＞I，则极性C—Cl 键＞C—Br 键＞C—I 键，则C6H5CH2Cl 更易生成自由基，即活
性最高的是C6H5CH2Cl；答案为：C6H5CH2Cl；
（6）Cu+在配体L 的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L⇌[Cu(L)2]+的平衡常数K=
；CuBr
在水中的溶度积常数Ksp=c(Cu+)∙c(Br-)；CuBr 在配体L 的水溶液中溶解反应为CuBr+2L⇌[Cu(L)2]+
+Br-，该反应的平衡常数为
=
=K∙Ksp；答案为：K∙Ksp。
43．（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
【解析】（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，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于
88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88 的条件下是平衡转化率，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
。
