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专题15 反应原理综合题
考点01 热化学方程式的书写或反应热的计算
（一）、 核心考点清单
1、 盖斯定律
转化关系
反应热间的关系
aA――→B、A――→B
ΔH1＝a Δ H 2
ΔH2 A⇌B ΔH1
ΔH1＝－
Δ H 2
ΔH＝Δ H 1＋
Δ H 2
2、热化学方程式的书写
1）．热化学方程式既表示化学反应的物质变化，也表示化学反应的能量变化。
2）．热化学方程式中必须标明反应物和生成物的状态，固体(s)、液体(l)、气体(g)、
水溶液(aq)，若为同素异形体，还要注明名称。
3）．热化学方程式要注明反应时的温度和压强。如不注明，即表示在25 ℃和101
kPa 下测定。
4）．热化学方程式中的化学计量数为物质的量。故化学计量数可以是整数，也可以是
分数。当化学计量数改变时，其ΔH 也同等倍数的改变。
5．要注明ΔH 的符号：“＋”代表吸热，“－”代表放热以及单位：kJ·mol
－ 1 。
（二）、 高频易错点
【例1】（2025·甘肃·高考真题）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
。
【答案】(1)-137
【详解】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则
；
【例2】．（2025·北京·高考真题）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 。
【答案】(1)
【详解】（1）已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
将Ⅰ×2+
×2
Ⅱ
得：
，所以由
制
的热化学方程式为
；
考点02 反应速率、平衡转化率的影响因素及计算
（一）、 核心考点清单
1、活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
2、反应物转化率的影响因素：
反应类型
条件的改变
反应物转化率的变化
有多种反应物的可逆
反应：mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)
恒容时只增加反
应物A 的用量
反应物A 的转化率减小，反应物B 的转化率增大
同等倍数地增大
反应物A、B 的
量
恒温恒压条件下
反应物转化率不变
恒温恒容
条件下
m＋n＞p＋q
反应物A 和B 的转化率
均增大
m＋n＜p＋q
反应物A 和B 的转化率
均减小
m＋n＝p＋q
反应物A 和B 的转化率
均不变
只有一种反应物的可
逆反应：mA(g)
nB(g)＋pC(g)
增加反应物A 的
用量
恒温恒压
条件下
反应物转化率不变
恒温恒容
条件下
m＞n＋p
反应物A 的转化率增大
m＜n＋p
反应物A 的转化率减小
m＝n＋p
反应物A 的转化率不变
（二）、 高频易错点
【例1】．（2025·甘肃·高考真题）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 。
【答案】(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
【详解】（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
；
【例2】．（2025·北京·高考真题）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
、
(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：2 N a2C O3+ SO2+ H 2O⇌N a2SO3+2 NaHC O3
第二步：N aHC O3+ SO2⇌NaHSO3+C O2
N a2SO3+ SO2+ H 2O⇌
❑
2 NaHSO3
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。
(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】
(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
【详解】（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。
考点03 平衡常数的表达式及计算
（一）、 核心考点清单
1、平衡常数表达式
对可逆反应：a A（g）+b B（g）
c C（g）+d D（g）
1）.浓度平衡常数：Kc＝
c
c（C）×c
d（D）
c
a（A）×c
b（B）
①平衡量必须为平衡时的浓度
②等体积反应：可以用平衡时的物质的量代替平衡时的浓度
③恒压条件下：先计算平衡体积，再算平衡常数
2.压强平衡常数：Kp＝
p
c（C）×p
d（D）
p
a（A）×p
b（B）
①平衡量为平衡时的浓度、物质的量、体积等均可
②分压Pi＝P 总×xi＝P 总×
ni
n总＝（P1+P2+P3+…）×
ni
n总
③恒容条件下：先计算平衡总压，再算平衡常数或直接根据分压计算
3.物质的量分数平衡常数：Kx＝
x
c（C）×x
d（D）
x
a（A）×x
b（B）
①平衡量为平衡时的浓度、物质的量、体积等均可
②物质的量分数：xi＝
ni
n总
2．相同温度下，正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系
1)K 与k 正、k 逆的关系
对于反应：aA(g)＋bB(g)
pC(g)＋qD(g)，
则：v 正＝k 正·ca(A)·cb(B) (k 正为正反应速率常数)
v 逆＝k 逆·cp(C)·cq(D) (k 逆为逆反应速率常数)
反应达到平衡时v 正＝v 逆，此时：
k 正·ca(A)·cb(B)=k 逆·cp(C)·cq(D)
，即：
2)Kp与k 正、k 逆的关系
以2NO2
N2O4为例，v 正＝k 正·p2(NO2)，v 逆＝k 逆·p(N2O4)
反应达到平衡时v 正＝v 逆，此时：k 正·p2(NO2)＝k 逆·p(N2O4)
＝＝Kp，
即：Kp＝
（二）、 高频易错点
【例1】．（2025·甘肃·高考真题）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：
(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
【答案】(3)9.2×10-3
【详解】（3）将数据代入方程
，②÷①得到
，则
，
时，
，
；
【例2】．（2025·湖南·高考真题）在温和条件下，将
转化为
烃类具有重要意义。
采用电化学-化学串联催化策略可将
高选择性合成
，该流程示意图如下：
回答下列问题：
(4)一定温度下，
和
(体积比为
)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应
器(入口压强为
)发生反应i 和ii．有
存在时，反应ii 的反应进程如图1 所示。随
着x 的增加，
的转化率和产物的选择性(选择性
)如图2 所示。
根据图1，写出生成
的决速步反应式 ；
的选择性大于
的原因是
。
②结合图2，当
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，
的转化率减小的原因是 ；当
时，该温度下反应ii 的
(保留两位小数)。
【答案】(4)
由
生成
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
的转化率减小 0.16
【详解】（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
；由图可知，由
生成
时，活化能较大，反应速率慢，所以
的选择性大于
；
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
的转化率减小；
当x=2 时，
的转化率为90%，
的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、
C2H4：2mol、H2：1mol，则
、
、
、
，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
，
、
、
，反应ii 的Kp=
。
考点04 电化学及电极反应式的书写
（一）、 核心考点清单
电极反应式的书写步骤
（二）、 高频易错点
【例1】．（2025·湖南·高考真题）在温和条件下，将
转化为
烃类具有重要意义。
采用电化学-化学串联催化策略可将
高选择性合成
，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)
放电生成
的电极反应式为 。
【答案】(1)正
(2)
【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：
；
考点05 图像分析
（一）、 核心考点清单
解题绝招：图像分析解题四要点
1、图像横纵坐标的化学意义
2、典型拐点对应的横纵坐标的化学含义
3、图像在定义域区间是单调递增还是递减
4、图像切点斜率的大小
（二）、 高频易错点
【例1】（2025·甘肃·高考真题）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：
(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】(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
【详解】（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。
【例2】．（2025·湖南·高考真题）在温和条件下，将
转化为
烃类具有重要意义。
采用电化学-化学串联催化策略可将
高选择性合成
，该流程示意图如下：
回答下列问题：
(4)一定温度下，
和
(体积比为
)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应
器(入口压强为
)发生反应i 和ii．有
存在时，反应ii 的反应进程如图1 所示。随
着x 的增加，
的转化率和产物的选择性(选择性
)如图2 所示。
根据图1，写出生成
的决速步反应式 ；
的选择性大于
的原因是
。
②结合图2，当
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，
的转化率减小的原因是 ；当
时，该温度下反应ii 的
(保留两位小数)。
【答案】(4)
由
生成
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
的转化率减小 0.16
【详解】（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
；由图可知，由
生成
时，活化能较大，反应速率慢，所以
的选择性大于
；
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
的转化率减小；
当x=2 时，
的转化率为90%，
的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、
C2H4：2mol、H2：1mol，则
、
、
、
，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
，
、
、
，反应ii 的Kp=
。
★ 高考真题（2025 新高考）
1．（2025·浙江1 月·高考真题）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
【详解】（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。
2．（2025·河北·高考真题）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
。
①0~30min 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
【详解】（1）①0~30min 内，环氧乙烷完全转化，
；
②a．
，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；
③M、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
，
。
3．（2025·湖北·高考真题）
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
【详解】（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。
4．（2025·山东·高考真题）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
【详解】（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。
5．（2025·河南·高考真题）
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%
【详解】（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%。
6．（2025·陕西、山西、青海、宁夏·高考真题）
/
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
【详解】（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。
7．（2025·上海·高考真题）已知反应1
的
反应2 的
反应3 的
反应4 的
物质
环氧丙烷
(1)计算出
_______
。
A．
B．613.2
C．395.2
D．
(2)
随温度T 的变化趋势 。
(3)
中电负性最大的是 。
A．C B．H C．O
(4)
分了中
键的数目为_______。
A．7
B．12
C．13
D．14
已知：环氧丙烷生成
会发生副反应
选择性=转化生成A 的环氧丙烷/消耗环氧丙烷
M(环氧丙烷)
ρ(环氧丙烷)
容器容积
的高压反应釜反应后体积缩小为
，选择性为95%，反应
。
(5)求环氧丙烷的化学反应速率 (精确到小数点后2 位)
(6)下列哪种操作可以使得活化分子的百分数变大_______。
A．升高温度
B．增大
浓度
C．压缩容器
D．充入惰性气体
(7)碳酸丙烯酯相同时间内随温度变化如图所示，请解释产率随温度先升后下降的原因
。
(8)达到平衡的判据_______。
A．v 正
=v 逆
B．体系总质量不变
C．气体体积不再变化
D．混合气体密度(可能是摩尔质量)不变
(9)制备
还有一种光气法，用
。请从
绿色化学的角度解释，写出3 点与光气-二醇法相比，
法合成
的优势 。
【答案】(1)A
(2)信息缺失
(3)C
(4)C
(5)信息缺失
(6)A
(7)信息缺失
(8)A
(9)不使用有毒气体光气；不产生氯化氢；可以吸收二氧化碳，变废为宝。
【详解】（1）信息缺失。
（2）信息缺失。
（3）电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，同周期从左到右电负性逐渐
增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，在C、H、O 中，O 的电负性最大。
（4）
单键都是
键，双键中含1 个
键和1 个
键，由图易得1mol
分子中
键的数目
为13
，答案选C。
（5）信息缺失。
（6）A．升高温度，分子能量升高，活化分子百分数增大，A 正确；
B．增大浓度，增大活化分子数，活化分子百分数不变，B 错误；
C．压缩容器，即增大压强，针对有气体的反应，增大单位体积活化分子数，活化分子百分
数不变 ，C 错误；
D．充入惰性气体，若体积不变，浓度不变，活化分子百分数不变，D 错误；
答案选A。
（7）信息缺失。
（8）信息缺失。
（9）不使用有毒气体光气；不产生氯化氢；可以吸收二氧化碳，变废为宝。
8．（2025·江苏·高考真题）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
【详解】（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。
9．（2025·重庆·高考真题）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重
要意义。
(1)天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O 溶液中存在电离平衡：
，c(D+)和
c(OD-)的关系如图所示。
①图中3 个状态点对应的溶液呈中性的是 。
②
(填“>”“=”或者“<”)。
(2)用如图所示电化学装置进行如下实验。
①用
实验：在左侧通入
，产物为
，盐桥中
移向装置的 (填“左侧”或
者“右侧”)，电池的总反应为 。
②用
实验：在一侧通入
，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为 。
(3)利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如
瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间
( )，从而获得k 的信息。对于
，若将纯水瞬时升温到25℃，测得
。已知：25℃时，
，
，
，
(
为
的平衡浓度)。
①25℃时，
的平衡常数
(保留2 位有效数字)。
②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为 。
③25℃时，计算得
为
。
【答案】(1)B ＞
(2)右侧
(3)
D
【详解】（1）①重水中存在电离平衡
，中性溶液中，
，
只有B 点符合，所以“A、B、C”三点中呈中性的是B 点，故答案为：B；
②水的电离平衡为吸热过程，温度升高，电离程度增大，
，
均增大，Kw 也增
大，由图可知，T1时离子浓度更高，Kw 更大，所以
＞
，故答案为：＞；
（2）①用
进行实验，左侧通入
，产物为
，电极方程式为：
，
左侧为负极，右侧为正极，电极方程式为
，在原电池中，正电荷向
正极移动，所以盐桥中
移向正极，即右侧，该电池为燃料电池，原料为氢气和氧气，总
反应方程式为
，故答案为：右侧；
；
②用
进行实验，一侧通入
，电池总反应方程式不变，则该电池为氢气和氧气组成的
燃料电池，该侧的电极反应方程式为
，故答案为：
；
（3）①对于反应
，平衡常数K 的定义为：K=
，在25℃的纯
水中，水的离子积常数为Kw=
，而且平衡时
，
已知
，带入公式：K=
，保留两位小数K
，故答案为：
；
②瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平
衡的过程示意图为D，
③驰豫时间公式为
，其中
，
，带入得：
，在平衡时，
，可推出
，带入已知值：
，即
，将k1
带入驰豫时间公式为：
，整理可得，
，计算括号内：
，
，由于
，可忽略不计，所以
，得出
，故答案为：
。
10．（2025·安徽·高考真题）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
【详解】（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
。
11．（2025·云南·高考真题）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”)。
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
，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
【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
=-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。
12．（2025·广东·高考真题）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)
【详解】（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：
；
★ 巩固训练
1．将
转化为碳酸二甲酯[
]是
资源化利用的重要研究方向。
【方法一】直接转化，反应的方程式为：
(1)可用蒸馏的方法从甲醇中分离出碳酸二甲酯，原因是 。
(2)
和
共同作为该反应的催化剂，其转化过程如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．……
写出Ⅳ的方程式： 。
(3)一定条件下，在高压釜中反应5 小时，甲醇转化率与反应温度的关系如图所示。
甲醇转化率变化的原因可能是：
①低于130℃和高于130℃时，催化剂的活性均不佳；② 。
【方法二】电化学转化，装置如图如示。
(4)金电极连接电源 （填“正极”或“负极”）。
(5)下列关于电化学法合成碳酸二甲酯的说法正确的是 （填序号）。
a．电解过程中要不断搅拌，促进电极产物在Pd/C 上发生反应
b．若CO 逸出，则理论上溶液中
的浓度会降低
c．若导线中通过2mol 电子，最多生成2mol 碳酸二甲酯
【答案】(1)二者热稳定性较高，沸点相差较大
(2)
(3)温度低于130℃时，温度越高反应越快；温度高于130℃时，反应达到限度，温度升高，
平衡逆向移动
(4)负极
(5)ab
【详解】（1）蒸馏是利用混合物中各组分沸点不同进行分离的方法，碳酸二甲酯、甲醇沸
点差异显著，并且热稳定性高，适合通过蒸馏分离。
（2）K2CO3和CH3I 共同作为该反应的催化剂；反应中
未消耗，需与第Ⅲ步生成的
反应以完成催化循环，同时总反应中甲醇的物质的量为
。根据电荷守恒和原子守
恒，Ⅳ中甲醇、
与
反应生成
、
等，所以方程式为：
。
（3）温度低于
时，温度越高反应越快，随温度升高甲醇转化率增大；同时根据勒夏
特列原理，温度高于
，反应达到限度，温度升高，会使放热反应的平衡向逆反应方向
移动，导致甲醇转化率降低。
（4）分析该电解反应，金电极发生反应：
，得
到电子，作为电解池阴极；右侧电极发生反应：
，失去电子，作为阳极。
同时在溶液中发生反应：
，生成碳酸二甲酯，所以
金电极连接电源负极。
（5）a．搅拌可促进反应物接触，提高产物在Pd/C 电极上的反应效率，a 正确；
b．电解过程中，溶液中发生反应：
，若
逸出，
该反应反应趋势减弱，溴离子浓度降低，b 正确；
c．根据电极反应：
，若转移
电子，生成
，再结合反应：
，则最多生成
碳酸二甲酯，c 错误；
故选
。
2．固体硫化物电池在回收过程中产生大量
气体，以下是几种工业处理
的方式。
资料：
是硫单质的一种形式，化学性质与S 相似。
Ⅰ．甲烷硫化氢转化法：
ΔH
(1)已知：
①
②
可求出ΔH=
。
(2)从能量角度说明该反应用于工业生产的弊端 。
Ⅱ．电化学循环法：采用
溶液吸收处理
，并通过电解池实现“吸收液”的再生，
同时制取氢气，其原理如图所示。
(3)写出反应器内发生反应的离子方程式 。
(4)结合电极反应式说明“吸收液”在电解池中是如何再生的 。
Ⅲ．克劳斯法：
△H<0。
(5)一定条件下，将
和
按
的比例向反应容器内投料，相同时间内，
产
率随温度的变化如图所示。解释随温度升高，
产率先增大后减小的原因 。
(6)其他条件相同时，某温度下，
产率随
值的变化如图所示。该温度是 ℃。
值过高不利于提高
产率的原因是 。
【答案】(1)＋234
(2)反应需吸收大量热，不易自发
(3)
(4)反应器中产生的
和HCl 溶液进入电解池的阳极区，阳极式：
，阳极
区得到
溶液，吸收液得以再生
(5)低于200℃时，升高温度，反应速率增大，因此相同时间内
的产率增大；高于200℃
时，若该时间内反应达到平衡，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
的
产率减小，若该时间内反应未达平衡，可能由于催化剂失活，造成反应速率下降，
的产
率减小。
(6) 200
℃
当
>0.5 时，
过量，生成的
继续被氧化成
，导致
产率
减小
【详解】（1）观察知，反应
可由反应①
+反应
②得到，根据盖斯定律，
=
=+234
。
（2）从能量角度来看，该反应属于吸热反应，反应过程中需吸收大量热，不易自发，这是
该反应用于工业生产的弊端。
（3）结合原理图可知，
和
发生氧化还原反应生成S2沉淀，
被还原为
，根
据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应器内发生反应的离子方程式：
。
（4）图中，反应器中产生的
和HCl 溶液进入电解池的阳极区，阳极式：
，阳极区得到
溶液，吸收液得以再生，
通过质子交换膜转移到阴
极区，
在阴极被还原为氢气，阴极式：
。
（5）随温度升高，
产率先增大后减小的原因：低于200℃时，升高温度，反应速率增大，
因此相同时间内
的产率增大；高于200℃时，若该时间内反应达到平衡，由于该反应是
放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
的产率减小，若该时间内反应未达平衡，可能由
于催化剂失活，造成反应速率下降，
的产率减小。
（6）结合上一问可知，当按照
投料，温度为200℃时对应的
产率最大。
值过高不利于提高
产率的原因：
>0.5 时，
过量，生成的
继续被氧
化成
，导致
产率减小。
3．纳米零价铁可将废水中的对硝基苯酚(
，简称PNP)还原成毒性
更小的物质，同时自身被氧化成Fe2+。
已知：电负性 B 2.0 H 2.1
Ⅰ．利用硼氢化钠(
)还原
制备纳米零价铁。
(1)
中B 的化合价为 。
(2)制备纳米零价铁的离子方程式为
，其中氧化剂
为 。
Ⅱ．利用纳米零价铁还原法去除PNP。
(3)相同时间内，废水中含有较高浓度的
会降低PNP 的去除率，结合离子方程式解释
原因 。
(4)如果将纳米零价铁均匀分散在生物炭(主要成分为碳单质)上会明显加速PNP 的还原，可
能的原因是 。
(5)PNP 被还原的反应过程及相对能量变化如图所示，TS 表示过渡态。下列说法正确的是
。
a．整个反应中断键吸收的总能量大于成键放出的总能量
b．推测物质稳定性顺序为⑤>④>①>②>③
c．PNP 被还原的反应过程存在极性键的断裂和形成
Ⅲ．采用电化学絮凝法去除PNP，装置示意图如下。
已知：电化学絮凝法是在合适的电流下电解产生氢氧化物胶体来去除水中污染物的技术手
段。
(6)解释电化学絮凝法去除PNP 的原理 。
【答案】(1)+3
(2)
、
(3)
，
包裹在纳米零价铁表面，减小反应接触
面积，降低去除速率
(4)纳米零价铁与生物炭之间形成微小原电池，加快反应速率；防止纳米零价铁团聚减小反
应接触面积
(5)bc
(6)阳极反应为
，阴极反应为
，
和
结合生
成
胶体吸附沉淀PNP
【详解】（1）根据各元素化合价代数和为0，NaBH4中Na 元素的化合价为+1 价，且H 的
电负性比B 大，即H 显负价，则H 元素的化合价为-1 价，故B 的化合价为+3，故答案为：
+3；
（2）反应Fe2++2
+6H2O=Fe+2H3BO3+7H2↑中Fe 元素化合价降低被还原，H 元素化合价
从-1 价升高到0 价和从+1 价降低到0 价，氧化剂为Fe2+、H2O，故答案为：Fe2+、H2O；
（3）
会与Fe2+会发生双水解反应，反应方程式为Fe2++2
=FeCO3↓+CO2↑+H2O，
生成的FeCO3包裹在纳米零价铁表面，减小反应接触面积，降低去除速率，故答案为：Fe2+
+2
=FeCO3↓+CO2↑+H2O，FeCO3包裹在纳米零价铁表面，减小反应接触面积，降低去
除速率；
（4）纳米零价铁与生物炭之间形成微小原电池，加快反应速率，还可以防止纳米零价铁团
聚减小反应接触面积，故答案为：纳米零价铁与生物炭之间形成微小原电池，加快反应速
率；防止纳米零价铁团聚减小反应接触面积；
（5）a．整个反应是放热反应，故整个反应中断键吸收的总能量小于成键放出的总能量，a
错误；
b．能量越低越稳定，故物质稳定性顺序为⑤＞④＞①＞②＞③，b 正确；
c．PNP 被还原的反应过程存在N－O 键的断裂和N－H 键的形成，PNP 被还原的反应过程存
在极性键的断裂和形成，c 正确；
故答案为：bc；
（6）阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Fe2+和OH-结合生成Fe(OH)2
胶体吸附沉淀PNP，故答案为：阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，阴极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，
Fe2+和OH-结合生成Fe(OH)2胶体吸附沉淀PNP。
4．水煤气变换反应[
]与甲烷重整反应均可制备
，
回答下列问题：
(1)温度为
K 时，在容积相等的甲、乙两恒容密闭容器中分别充入1mol
和1mol
，反应达到平衡后，测得反应放出27.4kJ 的能量，此时
的物质的量为
mol，则
。
(2)反应
为基元反应，其正、逆反应速率分别表示为
、
，其中
、
分别为正、逆反应的速率常
数。则温度为
K 时，
：若升高温度，则
(填“增大”
“减小”或“不变”，下同)。
，
。
(3)利用甲烷作为原料制备氢气所涉及的反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
向1L 刚性容器中充入1.0mol
和1.9mol
，平衡时甲烷的转化率及
和
的选择性随温度的变化如图所示，已知
的选择性
(各
物质的量均为平衡时的量)。
①表示
平衡转化率随温度变化的曲线为 (填“
”“
”或“
”)。
②
K 下，平衡时，
的体积分数为 (列计算式即可，下同)；反应Ⅲ的物
质的量分数平衡常数。
(
是以各物质的物质的量分数代入平衡常数表达
式所得到的平衡常数)。
【答案】(1)
kJ·mol-1
(2) 4 增大 增大 减小
(3)
【详解】（1）起始
，平衡时
，则反应的
物质的量为
，放出27.4kJ 能量，那么1mol
反应放出热量
，反应
（放热反应
为负）。
（2）平衡时
，即
，
，由（1）知平衡时
，
，
，容器容积相等，浓度比等于物质的量比，
，所以
；
升高温度，正、逆反应速率常数
、
均增大（温度升高，分子运动加剧，活化分子百
分数增加，反应速率加快，速率常数增大 ）；该反应
，升高温度平衡逆向移动，K
减小，又
，所以
减小
（3）
的平衡转化率随温度升高而增大，且
和
的选择性之和为100%，故
代
表
平衡转化率随温度变化的曲线；
下，反应达到平衡时，
的转化率为80%，
和
的选择性均为50%，故容器中
和
的物质的量均为0.4mol，
的物质的
量为0.2mol，设平衡时容器中的
和
的物质的量分别为a mol、b mol，根据氢原子和
氧原子守恒分别列等式可得
、
，联立求解得a=2.8，b=0.7,
故容器中气体的总物质的量为
，
的体积分数为
，将
各物质的物质的量分数代入反应Ⅲ的平衡常数表达式可得
。
5．2024 年上海国际碳中和技术博览会以“中和科技、碳素未来”为主题，重点聚焦碳及
其化合物的综合利用问题。回答下列问题：
Ⅰ．
是典型的温室气体，Sabatier 反应可实现
转化为甲烷，实现
的资源化利
用。
甲烷化反应：
。
(1)Sabatier 反应所需的
可从工业尾气中捕获，下列能作为捕获剂的是___________(填字
母)。
A．氯化钙溶液
B．小苏打溶液
C．纯碱溶液
D．硫酸铵溶液
(2)已知：
、
的燃烧热
分别为
、
，
转化为
吸收
的热量。甲烷化反应的
，该反应在 (填
“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(3)若250℃下，恒压密闭容器中充入一定量
和
，下列条件不能说明反应达到
平衡状态的是___________(填字母)。
A．混合气体的密度保持不变
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变
C．容器的体积不变
D．
和
的比值保持不变
Ⅱ．先进的甲醇低压羰基合成乙酸工艺的普及推广，导致我国乙酸产能过剩。在催化剂的
作用下，乙酸和氢气反应的反应体系中有如下反应：
反应i．
；
反应ii．
；
反应iii．
。
(4)现在
反应条件下，将
的混合气进行上述反应。平衡
时乙酸的转化率、产物的选择性S 随温度变化如下图所示。
已知，
。
①图中表示乙酸的转化率随温度变化的曲线是 。
②
和
反应一段时间后，不改变反应时间和温度，能提高
的可能
措施是 (任写一条)。
③恒温恒压条件下，向初始体积为
的体积可变密闭容器中通入
和
，
发生上述反应，达到平衡时容器的体积变为
，
，
。反应Ⅱ的平衡常数
(保留2 位小数)。
【答案】(1)C
(2) -162kJ/mol 低温
(3)D
(4)
增大压强，或选择合适的催化剂(或分离产物) 0.27
【详解】（1）Sabatier 反应所需的CO2可从工业尾气中捕获，即能够吸收CO2的试剂，已
知CaCl2溶液、小苏打即NaHCO3溶液、硫酸铵溶液均不能与CO2反应，不能能作为捕获剂，
而纯碱即Na2CO3溶液能够与CO2反应，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，能够作为捕获剂，故答
案为：C；
（2）已知：
、
的燃烧热
分别为
、
，
转
化为
吸收
的热量，即
有反应i：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)
=-570kJ/mol，
反应ii：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)
=-890kJ/mol，
反应iii：H2O(l)=H2O(g)
=+44kJ/mol，
甲烷化反应
可由2i-ii+2iii 得到，根据盖斯定律可知，
2
-
+2
=2×(-570kJ/mol)-(-890kJ/mol)+2×44kJ/mol=-162kJ/mol，该反应是一
个焓减的熵减反应，故在低温下能自发进行，故答案为：-162kJ/mol；低温；
（3）A．由题干信息可知，反应过程中气体的质量不变，体积发生改变，即混合气体的密
度始终在变，故混合气体的密度保持不变说明反应达到化学平衡，A 不合题意；
B．已知同温同压下，气体的密度之比等于其相对分子质量之比，结合A 项分析可知，混合
气体的平均相对分子质量保持不变说明反应达到化学平衡，B 不合题意；
C．恒压下气体的体积与其物质的量呈正比，即反应过程中气体的体积始终在改变，故容器
的体积不变说明反应达到化学平衡，C 不合题意；
D．根据反应方程式可知，反应过程中
和
的比值始终为2:1，故
和
的比值保持不变不能说明反应达到化学平衡，D 符合题意；
故答案为：D；
（4）①反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，C2H5OH 的转化率下降，反应Ⅲ为
吸热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3CHO 的转化率上升，即L1为CH3CHO 的选择性，
由于CH3CHO、C2H5OH、CH3COOC2H5的选择性相加为1，即L2为C2H5OH 的选择性，综上L3
为乙酸的转化率随温度变化的曲线；故答案为：L3；
②反应Ⅱ、Ⅲ均为气体分子数相等的反应，即压强的变化对平衡移动无影响，Ⅰ为气体分
子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，S(C2H5OH)增大，选择合适的催化剂也能增大
S(C2H5OH)，故答案为：增大压强或选择合适的催化剂；
③达到平衡时容器的体积变为0.8L，反应Ⅱ、Ⅲ均为气体分子数相等的反应，Ⅰ为气体分
子数减小的反应，即参与反应Ⅰ的H2的体积为(1L-0.8L)×2=0.4L，初始时3mol 气体对应体积
为1L，即0.4L 气体，对应物质的量为1.2mol，即参与反应Ⅰ的H2的物质的量为1.2mol，可
得：
，即反应Ⅲ参加反应
的H2物质的量为2mol-1.2mol-0.7mol=0.1mol，可得：
，
，n(CH3COOC2H5)=
n(CH3CHO)=0.05mol，可知：
，即
n(CH3COOH)=1mol-0.6mol-0.1mol-0.05mol=0.25mol、n(C2H5OH)=0.6mol-0.05mol=5.5mol、
n(CH3COOC2H5)=0.05mol、n(H2O)=0.6mol+0.1mol+0.05mol=0.75mol，反应Ⅱ的平衡常数K=
=
=
≈0.27，故答案为：0.27。
6．乙烯是重要化工原料，也是制备聚乙烯塑料的单体。回答下列问题：
(1)聚乙烯塑料广泛用于制作食品外包装材料。在催化剂作用下，由乙烯合成聚乙烯的化学
方程式为 。
(2)已知几种共价键键能数据如表所示：
共价键
键能
413
358
467
614
以甲醇为原料制备乙烯的反应：
。
(3)以
、
为原料制备
的化学方程式如下：
①
②
一定温度下，在恒容密闭容器中充入适量
和
，发生反应①和反应②，下列叙述表
明反应一定达到平衡状态的是___________(填标号)。
A．气体密度不随时间变化
B．气体压强不随时间变化
C．气体平均摩尔质量不随时间变化
D．
的值不随时间变化
(4)乙醇脱水发生如下反应：
i．
ii．
乙醇脱水制乙醚、乙烯反应的
随温度(T)的变化如图1 所示。
①反应i 属于 (填标号)。
A．焓减、熵增反应 B．焓减、熵减反应 C．焓增、熵增反应 D．焓增、熵减反应
②混合体系处于图1 中M 点时，平衡体系中反应物及产物分压间应满足的关系是
。
③随温度变化，产物的选择性如图2 所示。用分子筛催化剂(活性温度范围为373K~573K)催
化，欲制备乙烯应控制温度的范围为 K，理由是 。
(5)用丙烷制乙烯的反应为
，在某温度下，总压保持为
120kPa，向体积可变的密闭容器中充入
和
，达到平衡时
的转化率为
50%。平衡体系中
为 kPa．该温度下，该反应的平衡常数
kPa。提示：用气体分压计算的平衡常数为压强平衡常数(
)，分压
总压×物质的量分数。
【答案】(1)
(2)-6
(3)BC
(4) C
525~573K 此温度在催化剂活性范围内且乙烯
选择性较高
(5) 20 20
【详解】（1）
根据所学知识，可知乙烯合成聚乙烯的化学方程式为
。
（2）反应热
反应物键能总和-生成物键能总和，根据题中给出的键能和反应式，可知
反应物键能= 2×(3×413+358+467) = 4128 kJ·mol-1，生成物键能= 614+4×413+2×2×467 = 4134
kJ·mol-1，则
4128 kJ·mol-1 - 4134 kJ·mol-1 = -6 kJ·mol-1，故答案为-6。
（3）A．恒容密闭容器，气体质量、体积均不变，密度始终不变，不能判断平衡，A 错误；
B．反应①②均为气体物质的量增大的反应，压强不变时，说明气体物质的量不变，达到平
衡，B 正确；
C．气体平均摩尔质量M=m/n，质量m 不变，由反应知物质的量n 是变化的，故M 不变时
气体物质的量不变，达到平衡，C 正确；
D．根据原子守恒可知，
始终不变，故不能判断平衡，D 错误；
故答案选BC。
（4）根据图1 可反应i 随温度升高平衡常数增大，为焓增反应，且反应i 反应后气体物质
量增大，即为熵增(
>0)，故反应i 属于焓增、熵增反应，选C；M 点反应i 和反应ii 的
lgKp相等，即Kp1=Kp2，
，
，故M 点时
；由图2 和催化剂活性温度范围可知，制备乙
烯应控制温度的范围为525~573K，原因是：此温度在催化剂活性范围内且乙烯选择性较高。
（5）由题知，平衡体系中含1mol C3H8、1mol CH4、1mol C2H4和3mol Ar，已知总压强为
120 kPa，则
，
。
7．甲醇水蒸气催化重整制氢气，涉及主要反应如下：
Ⅰ．CH3OH(g)＋H2O(g)
3H2(g)＋CO2(g) ΔH1=＋49.0 kJ·mol-1
Ⅱ．CH3OH(g)
CO(g)＋2H2(g) ΔH2=＋90.2 kJ·mol-1
Ⅲ．CO(g)＋H2O(g)
CO2(g)＋H2(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)ΔH3= kJ·mol-1；以上三个反应的平衡常数lgK 随温度T 变化关系如图甲所示，则表
示反应Ⅰ的变化曲线为 (填标号)。
(2)压强P 下，向密闭容器中充入等物质的量的CH3OH(g)与H2O(g)，达平衡时，CH3OH 的转
化率、CO 的摩尔分数及CO2的选择性随温度变化的曲线如图乙所示。
已知：CO2的选择性
。则表示CO2的选择性的曲线是
(填标号)；520K 时，H2O(g)的平衡转化率为 ；随温度升高，CO 的摩尔分数先降低后
升高的原因是 。
(3)温度T 时，向恒容密闭容器中按
=1 1∶投料，测得起始压强为a kPa，加入适量
CaO(s)，体系达平衡后，CO2的选择性为80%，CaO 对CO2的吸收率为50%，已知温度T 时，
反应
的平衡常数Kp=bkPa，则平衡时，分压p(H2)=
kPa；反应Ⅱ的平衡常数Kp= ；若向平衡体系中再加入少量CH3OH(g)，重新达平衡后，
将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) -41.2
(2) L5 38% 520K 以下，反应Ⅰ是主反应，520K 以上，反应Ⅱ、Ⅲ是主反应
(3) 7b
增大
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则
；反应Ⅰ、Ⅱ为吸热反应，
升高温度K 增大（
增大）；反应 Ⅲ 为放热反应，升高温度K 减小（
减小 ），反
应 Ⅰ 的
小于反应 Ⅱ，相同温度下反应 Ⅰ 的K 小于反应 Ⅱ，故表示反应 Ⅰ 的曲
线是
；
（2）反应Ⅰ、Ⅲ生成CO2，反应Ⅱ生成CO，温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ（吸热）正向移动，
反应Ⅲ（放热）逆向移动，初始时，随着温度的升高，反应Ⅰ占主导，CO2选择性升高，
温度升高到一定程度后，反应Ⅲ占主导，平衡逆向移动，CO2选择性逐渐降低，故表示CO2
选择性的曲线是L5；由图可知520K 时，CH3OH 的转化率为40%，CO2的选择性为95%，设
起始CH3OH 和H2O 的物质的量都为1mol，生成CO2的物质的量为x mol，生成CO 的物质的
量为y mol，则
，x+y=0.4，解得x=0.38，y=0.02，即反应Ⅰ消耗CH3OH 为
0.38mol、消耗水0.38mol，反应Ⅱ消耗CH3OH 为0.02mol，所以H2O 的平衡转化率为
；随温度升高，520K 以下，反应Ⅰ是主反应，520K 以上，反应Ⅱ、
Ⅲ是主反应，故CO 的摩尔分数先降低后升高；
（3）已知温度T 时，反应
的平衡常数
，即
平衡时
，由于CaO 对CO2的吸收率为50%，即反应Ⅰ生成的
，
温度T 时，向恒容密闭容器中按
=1 1∶投料，测得起始压强为a kPa，即
，体系达平衡后，CO2的选择性为80%，则
，
解得
，由C 守恒可得
，由Ⅰ．CH3OH(g)
＋H2O(g)
3H2(g)＋CO2(g) 、Ⅱ．CH3OH(g)
CO(g)＋2H2(g)可知，
；反应Ⅱ的平衡常数
；若向平衡体系中再加入少量
CH3OH(g)，由于温度未发生变化，则
不变，加入CH3OH(g)使得
增大，故重新达平衡后，
增大。
8．苯乙烯作为一种重要的基础有机化工原料，广泛用于合成塑料和橡胶。工业常采用乙苯
脱氢的方法制备苯乙烯，其原理如下：
，回答下列问题：
(1)有利于提高乙苯平衡转化率的条件是_____（填标号）。
A．高温低压
B．高温高压
C．低温高压
D．低温低压
(2)已知键能：
，
，由此计算生成
碳碳
键放出的能量为
。
(3)
，乙苯通过催化剂反应相同的时间，在不同的流速下，乙苯的转化率随着温度的
变化如图所示，流速大而转化率低的原因可能是 。
(4)一种提高乙苯转化率的催化剂-钯膜（只允许
透过）反应器，其工作原理如图所示。
①该系统中持续通入
的作用为 。
②
和
条件下，一定量的乙苯通入无钯膜反应器，若乙苯的平衡转化率为
，该
反应的压强平衡常数
；在相同条件下，若换成上图“钯膜反应器”，乙苯
的平衡转化率提高到50%，则出口a 和b 的氢气质量比为 。
(5)乙苯脱氢过程容易产生苯和甲苯等副产物，为了提高苯乙烯的选择性，可采取的措施是
。
【答案】(1)A
(2)260
(3)乙苯与催化剂的接触时间短，反应不充分
(4) 及时将氢气从反应器中分离，提高乙苯转化率
(5)更换适宜的催化剂
【详解】（1）该反应为气体分子数增大的吸热反应，选择高温、低压条件更有利于平衡正
向移动，从而提高乙苯的平衡转化率，故选A。
（2）设反应
生成
碳碳
键放出的能量为x
，∆H=反应物总键能-生成物总键能，反应物与生成物有部
分相同的共价键，则∆H =+130kJ/mol=(+2×413-x-436)kJ/mol，解得x=260。
（3）乙苯通过催化剂反应，接触越充分反应越完全，由图可知，在同温同压下、且反应相
同的时间时，乙苯流速较大的转化率较低，则流速大而转化率低的原因可能是：乙苯与催
化剂的接触时间短，反应不充分。
（4）①反应生成了氢气，通入氮气可以将氢气从反应器中分离，有利于平衡正向进行，从
而提高乙苯转化率，即该系统中持续通入
的作用为：及时将氢气从反应器中分离，提高
乙苯转化率；
②设乙苯起始物质的量为1mol，通入无钯膜反应器转化率为40%，则平衡时n(乙
苯)=0.6mol，n(苯乙烯)=0.4mol，n(H2)= 0.4mol，总物质的量为1.4mol。分压
，
，
。压强平衡常数：
；相同条件下，若换成“钯膜反应器”，
反应的平衡常数相同，设乙苯起始物质的量为1mol，苯的平衡转化率提高到50%，平衡时
b 出口逸出xmolH2，列三段式：
，故压强平衡常数：
，解得
，则从a 出口逸出H2的物
质的量为
，故出口a 和b 的氢气质量比为
。
（5）对同一个总反应，不同的催化剂参与时，反应的途径不同，因此催化剂能改变改变反
应速率、反应物的选择性，使同一时间内生成的制定产物更多，乙苯脱氢过程容易产生苯
和甲苯等副产物，为了提高苯乙烯的选择性，可采取的措施是：更换适宜的催化剂。
9．性能优越的催化剂是实现二氧化碳加氢制甲烷工业化的关键。
(1)CO2在Ni/γ-Al2O3催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
反应I：CO2(g)＋4H2(g) = CH4(g)＋2H2O(g) ∆H1= -143.9 kJ·mol−1
反应II：CO2(g)＋H2(g) = CO(g)＋H2O(g) ∆H2
①已知在25℃、101kPa 下，由最稳定单质生成1 mol 某纯物质的焓变称为该物质的标准摩
尔生成焓，用
表示。如表所示为几种常见物质的标准摩尔生成焓。
物质
CO2(g)
H2(g)
H2O(g)
CO(g)
)
－393.5
0
－241.8
－110.5
反应2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)的焓变为 。
②一定压强下，将一定比例CO2和H2通过装有Ni/γ-Ai2O3催化剂的反应器，反应相同时间，
测得CO2转化率随温度变化情况如图所示(虚线代表平衡转化率)。高于320℃后，CO2转化
率略有下降，可能原因是 。
③γ-Al2O3因价格低廉、较高的热稳定性和比表面积而成为工业上最常用的催化剂载体。通
过Rh(NO3)3（硝酸铑）热分解将铑有效负载在γ-Al2O3表面能有效提高催化性能的可能原因
是 。
(2)CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如图所示。
①在催化过程中由CeO2转变成CeO2-x晶胞的组成结构变化如图所示，一个CeO2-x晶胞中
Ce4+和Ce3+个数比为 。
②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成Ca xCe1-xOy可提高催化效率，
其原因是 。
(3)通过Sonogashira 偶联反应（如下图所示），将CoTBrPP（甲）在CuI 与钯基催化剂的作
用下，在甲上枝接PTAB(1,3,5-三乙炔苯聚合物)形成对CH4有较高选择性的CoTBrPP-PTAB-Cu
新型催化剂（乙）。
①CoTBrPP-PTAB-Cu 催化剂比CoTBrPP 具有更好的导电性的原因是 。
②实验表明CoTBrPP 和CoTBrPP-PTAB-Cu 的ECSA(电化学活性面积，即参与电化学反应的有
效面积)分别是7.1mF· cm-2和3.8mF·cm-2，偶联后ECSA 降低的可能原因是 。
【答案】(1) －226.3 kJ·mol−1 320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，升高
温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小 Rh(NO3)3热分解放出
大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大
(2)
结构中氧空位增加
(3) 三乙炔苯聚合物中的碳是sp 和sp2杂化结构，有未参加杂化的p 轨道上的电子
CoTBrPP 表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，使得活性位点难以暴露
【详解】（1）①反应热=产物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓，则
，结合盖斯定
律可知，2CO(g)＋2H2(g) = CO2(g)＋CH4(g)可以由I-2II，则该反应的反应热，
；
②可以从平衡移动的角度分析，由图可知，320℃之后，反应处于平衡状态，反应I 为放热
反应，温度升高平衡逆向移动，故答案为：320℃时，CO2和H2催化合成反应已达到平衡，
升高温度，反应Ⅰ平衡向逆反应方向移动占主导，CO2的转化率减小；
③对于催化剂来说，接触面积越大，一般来说催化效果越好，另外硝酸铑分解会产生大量
气体，故答案为：Rh(NO3)3热分解放出大量气体使得γ-Al2O3的表面积增大；
（2）①假设
中的
和
的个数分别为m 和n，则m+n=1，由化合物中各元素
正、负化合价代数和为0 可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，故一个
晶胞中
和
个数比为
；
②催化剂中掺入少量
，用
替代
结构中部分
形成
，则催化剂
中氧原子数减少，氧空位将增多，可提高催化效率，故答案为结构中氧空位增加；
（3）①PTAB 中的碳为sp 和sp2（形成共轭π 键骨架），且存在未杂化的p 轨道电子（可离
域化），这些电子通过共轭体系形成长程电子传输通道，显著提升催化剂的整体导电性，
故答案为：三乙炔苯聚合物中的碳是sp 和sp2杂化结构，有未参加杂化的p 轨道上的电子；
②PTAB 在CoTBrPP 表面枝接形成聚合物层，可能通过以下途径阻碍活性位点，物理覆盖，
聚合物链直接遮挡CoTBrPP 的活性中心，故答案为：CoTBrPP 表面接枝了聚1,3,5-三乙炔苯，
使得活性位点难以暴露。
10．新型碳还原白云石(
)炼镁工艺分为“炼镁”和碳化钙“再生”两阶段，对应
的主要反应如下：
反应i：
反应ii：
回答下列问题：
(1)总反应
。
①
。
②下列措施能提高平衡产率的有 。(填标号)
A．升高温度 B．增大压强 C．粉碎白云石 D．及时分离气态产物
(2)“炼镁”阶段同时发生反应iii：
，已知：
，
时，反应处于平衡态；
时，反应正向自发。反应
i 和反应iii 分别在
时，体系温度
(
)
℃与压强
变化关系如图。为获得高纯镁应
从源头上避免镁蒸气与
接触(即抑制反应iii 发生)，图中阴影区域为最佳工艺条件。
①反应i 正向自发的区域位于对应曲线的 。(填“上方”或“下方”)
②反应iii 对应的曲线为 (填“L1”或“L2”)，在1400℃时，
。
③从平衡与速率视角综合考虑，阴影区域为最佳工艺条件的原因为 。
(3)为优化“炼镁”阶段的反应条件，测定不同条件下反应
后镁的还原率
和
如下
表。已知：
；
。
实验组
别
实验
1
实验
2
实验
3
实验
4
实验
5
温
度/℃
1250
1300
1350
1350
1350
压强/
Pa
2000
2000
2000
3000
4000
80
97
104
98
94
72
87
97
94
92
①实验3 中
体积分数为 。(保留2 位有效数字)
②上述五组实验中，产品纯度最高的是实验 。(填标号)
【答案】(1) +955 AD
(2) 上方 L1
L1 和L2 两条曲线之间的区域为反应i 自发进行、反应
iii 非自发进行对应的区域；温度越高速率越快；压强越大限度越大
(3) 0.058 或5.8% 5
【详解】（1）①由盖斯定律，反应i+2×反应ii 得反应
，
。
②A．反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，能提高平衡产率；
B．由反应方程式可知，
，温度不变，平衡常数不变，增大压强，不能
提高平衡产率；
C．粉碎白云石，能加快反应速率，不能使衡移动，不能提高平衡产率；
D．及时分离气态产物，促使反应正向进行，能提高平衡产率；
故选AD；
（2）①反应i 为吸热的熵增反应，
反应正向自发，则高温利于自发进行，反应i 正
向自发的区域位于对应曲线的上方；
②由盖斯定律，反应i+反应ii 得反应iii：
>
，
时反应正向自发，则相同条件下，反应
iii 较反应i 需要更高的温度，则反应iii 对应的曲线为L1，在1400℃时，lgp=3.2，则p 总
=103.2pa，
，则
；
③L1 和L2 两条曲线之间的区域为反应i 自发进行、反应iii 非自发进行对应的区域；温度越
高速率越快，压强越大限度越大，所以阴影区域为最佳工艺条件；
（3）①由题干可知，反应中生成气体为镁蒸气、CO 气体，假设反应前镁元素为100g，由
实验3
=97%，则生成镁蒸气97g，
=104，则生成CO 为104g-97g=7g，则实验3
中
体积分数为
；
②结合①分析，则上述五组实验中，
、
差值越小，CO 含量越小，则产品纯度
越高，故最高的是实验5。
11．钨(W)及其化合物在工业生产和生活中有广泛的应用。卤素灯泡的工作原理为
。向两个起始温度均为T℃、体积为1L 的密闭容器
中，均加入足量的钨、n mol 的氧气和n mol 的碘蒸气，分别在绝热恒容、恒温恒容条件下
发生上述反应，测得两反应体系的压强变化与时间的关系如下图所示。
(1)图中曲线甲代表 (填“绝热恒容”或“恒温恒容”)条件。
(2)反应未达平衡，相同时间内为了提高WO2I2的产率，可采取的措施有 (填标号)。
a．加入钨单质 b．缩小容器体积 c．降低温度 d．使用高效的催化剂
(3)图中a→b 压强减小的原因： 。
(4)比较c、d 两点的化学平衡常数：Kc Kd(填“>”“<”或“=”，下同)；I2的转化率：
。
(5)恒温恒容条件下，该反应0~t1 min 氧气的平均反应速率为
(用含p0、t1
的代数式表示)。d 点的压强平衡常数Kp=
(用含p0的代数式表示)。
(6)①在电解池的阴极，WO3在盐酸环境中可制得
(结构如下图所示)。该阴极的电极
反应式为 。
②
的结构是共面的两个以钨离子为中心的八面体，且空间是对称的。已知W 原子的
半径为137pm，测得该离子中两个钨原子的核间距242pm， (填“能”或“不能”)
证明W-W 成键；该离子中Cl 有 种化学环境。[已知：W 属于VIB 族]
【答案】(1)绝热恒容
(2)bd
(3)反应放热，且气体分子数减小，在绝热恒容容器中进行时，a→b 气体物质的量减小对压
强影响大于温度升高对压强的影响
(4) < <
(5)
(6)
能 2
【详解】（1）该反应正向气体分子数减小，为放热反应，曲线甲刚开始压强增大，说明容
器内温度升高，为绝热恒容条件；
（2）反应未达平衡，相同时间内为了提高WO2I2的产率，即加快反应速率，
a．加入钨单质是固体，不影响反应速率，错误；
b．缩小容器体积，反应物浓度增大，反应速率加快，正确；
c．降低温度，反应速率减慢，错误；
d．使用高效的催化剂，反应速率加快，正确；
故选bd；
（3）a→b 压强减小的原因：反应放热，且气体分子数减小，在绝热恒容容器中进行时，
a→b 气体物质的量减小对压强影响大于温度升高对压强的影响；
（4）曲线甲代表绝热恒容条件，曲线乙代表恒温恒容条件，反应放热，c 点温度高于d 点，
Kc<Kd；升高温度，平衡逆向移动，I2的转化率：
<
；
（5）恒温恒容条件下，初始n mol 的氧气和n mol 的碘蒸气，氧气、碘蒸气的分压分别为
0.5 p0
、0.5p0
，列三段式：
，可得p0-x=0.52p0，x=0.48p0，
反应0~t1 min 氧气的平均反应速率为
；平衡时氧气、碘蒸气、
的分压分别为0.02 p0
、0.02p0
、0.48p0
，d 点的压强平衡常数Kp=
=
；
（6）①在电解池的阴极，WO3在盐酸环境中发生还原反应生成
，电极反应式为
；
②该离子中两个钨原子的核间距242pm，小于2×137pm，说明W 原子核外电子云有重叠，
能证明W-W 成键；
的结构是共面的两个以钨离子为中心的八面体，且空间是对称的，
被两个钨原子共用的3 个Cl 等效，余下6 个Cl 等效，该离子中Cl 有2 种化学环境。
12．乙醛是非常重要的化工原料，可以用来制备乙酸、乙酸乙酯等物质。工业上制备乙醛
的重要方法之一是乙醇脱氢法(反应a)：
(1)定义标准摩尔生成热
：在标准压力(
)下，一定温度时，由最稳定单质生成
物质的反应焓变。例如
的物理意义可用以下反应表示。
相关物质的
如下表所示。写出表示
标准摩尔生成热的热化学方
程式： 。
物质
0
0
0
-166
-235
-242
由表中数据可知
。
(2)维持反应器总压为
，投料比
或2，只发生反应
，水蒸气不参
加反应，乙醇的平衡转化率
随温度的变化曲线如图，
时的曲线为 ；
时，
反应
的平衡常数
MPa．(
是以平衡分压
代替平衡浓度
表示的常数，
的物质的量分数)
(3)已知反应
的熵变
，假设焓变和熵变不随温度而变化，则反应
自
发进行的最低温度为 K。该反应耗能较大，2023 年湖南大学的研究人员利用具有热催
化和电催化活性的双功能催化剂，在低温(120
)
℃和低电压(0.06V)下，将热脱氢反应与电化
学氢转移相结合，实现了乙醇制氢和乙醛的高效转化。其装置如图所示。则阳极总的电极
方程式为： ；试从平衡原理解释该装置为什么能使反应a 在120℃进行 。
【答案】(1)
+69
(2) M 0.25
(3) 600
在阳极被氧化为
，减少
了生成物浓度，使平衡正向移动
【详解】（1）根据题意，生成
需要的单质是
、
、
，表示
标准摩尔生成热的热化学方程式：
；
=-166
+0
-
(-235
)=+69
；
（2）反应器总压为
，投料比x 越小，反应体系分压越小，该反应正向气体分子数
增多，有利于反应正向进行，乙醇的平衡转化率
增大，故
时的曲线为M；
时，
投料比
，乙醇的平衡转化率
为50%，设投料乙醇为2xmol，水蒸气为
xmol，平衡时生成乙醛xmol，氢气xmol，余下乙醇xmol，容器内气体共为4xmol，则
，反应
的平衡常数
=
；
（3）根据
反应自发进行，
，
解得反应
自发进行的最低温度为600K；阳极乙醇发生氧化反应生成乙醛和氢气，氢气失
电子生成氢离子，阳极总的电极方程式为
；
在阳
极被氧化为
，减少了生成物浓度，使平衡正向移动，能使反应a 在120℃进行。
13．1，3-丁二烯是石油化工的重要原料，采用CO2氧化1-丁烯脱氢生产1，3-丁二烯既可
以实现1-丁烯高值转化，又可以实现
的资源化利用。发生的反应如下：
反应I：
ΔH1=akJ·mol-1
同时还发生以下副反应：
反应Ⅱ：
ΔH2=bkJ·mol-1
反应Ⅲ：
ΔH3=+46kJ·mol-1
已知：b>46
回答下列问题：
(1)a= kJ·mol-1(用含b 的式子表示)，反应I 在 (填“高温”或“低
温”)下能自发进行。
(2)反应I 的平衡常数为K1，反应Ⅱ的平衡常数为K2，反应Ⅲ的平衡常数为K3。图1 为lgK1、
lgK2、lgK3与温度
的关系曲线，图2 为
体积分数
与温度
的关系曲线。
①x= 。
②图2 中，温度低于
时，随温度升高
增大的原因为 。
(3)600℃时，恒定总压0.10MPa，以起始物质的量均为1mol 的1-丁烯、CO2投料，达平衡时，
测得1-丁烯和CO2的转化率分别为80％、10％。则600℃时，反应Ⅱ的平衡常数Kp=
(列出计算式)。
(4)电化学催化还原乙炔法条件温和，安全性高。在室温下，某团队以
溶液为电解液，
电催化还原乙炔制备1，3-丁二烯。写出生成1，3-丁二烯的电极反应式 。
(5)1，3-丁二烯与HBr 发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子(
)；第二步Br-进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的
能量变化如图所示。
由阿伦尼乌斯公式推知，同一反应在不同温度(T)下，反应速率常数(k)与活化能(Ea)的关系
如下：
(其中R 为常数)。其他条件不变的情况下，升高温度，更有
利提高 (填“1，2-加成”或“1，4-加成”)的反应速率。
【答案】(1) b+46 高温
(2) 0 反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅲ
(3)
(4)
(5)1，4-加成
【详解】（1）反应I：
=akJ·mol-1，根据盖斯定律，
；
反应I 正向是熵增的反应，
可自发，故需要高温能自发；
（2）根据
的表达式，可知
，则
时，
，则三者均等于0；反应Ⅱ生成
，反应Ⅲ消耗
，升温时，二者反应
平衡均正向移动，
增大说明反应Ⅱ正向进行的程度大于反应Ⅲ；
（3）由题给数据可建立如下三段式：
，
，
由三段式数据可知，600℃时，反应Ⅱ的平衡常数Kp=
；
（4）乙炔得电子被还原生成
，电极反应为
；
（5）由题中阿伦尼乌斯公式
可知，升高相同的温度，活化能越大，
速率常数k 增大的越多，所以升高温度，对1，4 加成产物的生成速率提高更有利；
14．随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，二氧化碳资源化利用倍受关注。
Ⅰ．以CO2和NH3为原料合成尿素
(1)有利于提高CO2平衡转化率的措施是________。
A．高温
B．低压
C．低温
D．高压
(2)研究发现，合成尿素反应分两步完成，其能量变化如图甲所示。
第一步：
第二步：
，反应速率较快的是 反
应(填“第一步”或“第二步”)，理由是 。
Ⅱ．以CO2和CH4催化重整制备合成气
。
在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol 的CH4和CO2，在一定条件下发生上述反应，CH4的
平衡转化率随温度、压强的变化如图乙中曲线所示。
(3)若反应在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是________。
A．容器中混合气体的密度保持不变
B．容器内混合气体的压强保持不变
C．反应速率：2
正(CO2)=
正(H2)
D．同时断裂2mol C-H 键和1mol H-H 键
(4)由图乙可知，压强P1 P2(填“>”“<”或“=”，下同)；Y 点速率
正
逆。
(5)若容器体积2L，计算点X 对应温度下的平衡常数K= 。
Ⅲ．电化学法还原二氧化碳制取乙烯：在强酸性溶液中通入CO2气体，用惰性电极进行电
解可制得乙烯。其原理如图所示：
(6)该装置中，当电路中通过2mol 电子时，产生标况下O2的体积为 L；阴极的电极
反应式为 。
【答案】(1)CD
(2) 第一步 根据图示可知，第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能，活化
能越大，反应速率越慢，因此，反应速率较快的是第一步反应
(3)BD
(4) < >
(5)0.04
(6) 11.2 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O
【详解】（1）已知该反应正向是一个气体分子数减小的放热反应，降低温度、增大压强，
平衡均正向移动，从而提高二氧化碳的平衡转化率，故答案为：CD；
（2）根据图示可知，第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能，活化能越大，反应速
率越慢，因此，反应速率较快的是第一步反应，故答案为：第一步；根据图示可知，第一
步反应的活化能小于第二步反应的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因此，反应速率
较快的是第一步反应；
（3）A．反应前后，容器的体积不变，混合气体的质量也不变，因此当混合气体的密度不
再发生变化，不能判断反应是否达到平衡状态，A 错误；
B．在恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强之比，该反应是一个气体分子数增大
的反应，因此压强是一个变量，当压强保持不变时，可判定反应已达到平衡状态，B 正确；
C．当2
正(CO2)=
正(H2)时，不能说明正逆反应速率相等，因此不可判定反应达到平衡状态，
C 错误；
D．同时断裂2mol C—H 键和1mol H—H 键，说明正逆反应速率相等，因此可判定反应达到
平衡状态，D 正确，
故答案为：BD；
（4）已知该反应正向是一个气体分子数增大的反应，当温度一定是，增大压强，平衡逆向
移动，甲烷的转化率降低，因此p1＜p2；温度一定时，Y 点并未达到平衡状态，若要达到平
衡状态，需要提高CH4的转化率，即平衡正向移动，因此
正＞
逆，故答案为：＜；＞；
（5）X 点甲烷的平衡转化率为50%，消耗n(CH4)=0.2mol×50%=0.1mol，列三段式：
，则平衡常数K=
=
=0.04，故答案为：0.04；
（6）阳极反应为
，当电路中通过2mol 电子时，产生O2有0.5mol，
则标况下的体积为V=n∙Vm=11.2L，阴极上二氧化碳得电子结合氢离子生成乙烯，其电极反
应式为
。故答案为：11.2；2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O。
15．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
生成
和
可消除污染。已知：
的燃烧热为
；
，写出
催化还原
的热化学方程式
。
(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：
、
。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所示。
①Ⅰ、Ⅳ两条线所表示的物质分别是 、 (填分子式)。
②该消除污染物CO 和NO 的反应条件应选择 (选填“低温”或“高温”)。
③450℃时，该时间段内NO 的脱除率= 。[
的脱除率
]
(3)某学习小组将
、
和一定量的
充入
密闭容器中，在催化剂作用下
发生反应：
，一段时间内，连续测得
的转化率随温度变化的情况如下图所示：
则
0(填“>”或“<”)。若在5min 内，温度从
升高到
，此时间段
内用
表示的平均反应速率为
。解释
生成
的转化率先
逐渐增大后逐渐减小的原因： 。
(4)实验室产生的尾气
可先用
氧化，然后再用烧碱溶液吸收，现将
、
和
通入密闭容器中，在T℃、压强为
条件下发生反应：
①
②
平衡时
，求反应②的平衡常数
(用含
的代数
式表示)。
【答案】(1)
(2)
高温 80%
(3) < 0.15 温度小于
时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加
快，
生成
的转化率逐渐增大，高于
以后，反应达到平衡状态，升温，平衡逆
向移动，
生成
的转化率逐渐减小
(4)
【详解】（1）根据题干中的已知条件，①
，
②
，①+②可计算出
催化还原
的热化
学方程式为
；
（2）温度越高，反应速率越快。结合图像可知，高温时
和
的浓度较低，脱除率高，
所以应选择高温条件。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
浓度逐渐降低，
的浓度减小的趋势变
小，到后来浓度基本不变，而
浓度减小的趋势较大，所以Ⅰ是
，Ⅱ是
。两个反
应中都产生
，
的浓度大于
，Ⅲ是
，Ⅳ是
。根据N 原子守恒，
，转化为
的
，故
的脱除率
；
（3）根据题目的已知条件，开始只充入反应物，温度小于
时，反应未达到平衡状态，
升高温度，反应速率加快，
生成
的转化率逐渐增大。温度大于
以后，反应达
到平衡状态，转化率逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，
。根据
图像，转化的
，
；
（4）设消耗
为
，生成
为
。
根据
可得出
，经计算
，
。
平衡后气体总物质的量为
，
，
。
16．我国向国际社会承诺2030 年实现“碳达峰”，2060 年实现“碳中和”。
加氢可
以合成甲醇：i．
。
回答下列问题：
(1)化学上规定，通常条件下，稳定单质的焓（
）为0，有关物质的焓如下表所示，则
，反应i 的活化能
(正)
(逆)（填“大于”“小于”或“等于”）。
物质
焓
-394
-242
(2)已知
时，反应能自发进行，反应i 的
，则该反应能自
发进行的温度低于
（保留一位小数）。
(3)反应i 催化机理如图所示，在该历程中，优先与催化剂
反应的物质是 （填
化学式，下同），生成的水分子中的氧原子来自 。
资料显示：水可以使催化剂活化点位减少。利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对
能垒较大的反应历程能量变化的影响，结果如图所示（吸附在催化剂表面上的物种用*标
注）：
结合资料、上图及学过的知识推测，在反应中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种
影响的原因： （答一条）。
(4)利用二氧化碳制备甲醇的过程中还会发生反应ii：
（忽略其他副反应）。在
下，将
和
充入某密
闭容器中，在
催化剂作用下发生反应i 和ii。平衡时
和
的选择性
随温度的变化如图所示。
①表示平衡时
的选择性随温度变化的曲线是 （填“x”或“y”）。
②250℃时，平衡体系中有
，则
的平衡转化率= ，反应i 的
（
是以组分体积分数代替物质的量浓度表示的平衡常数）。
③若
的选择性位于
、
两点，反应ii 的逆反应速率：
（填“>”
“=”或“<”）。
【答案】(1) -201.4 小于
(2)274.4
(3)
催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降
或水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降或有水参与的反应历程，活化能较小，反应
速率加快，甲醇产率上升
(4) x 80% 800 ＞
【详解】（1）焓变为生成物与反应物焓值差，根据题干信息，稳定单质的焓(H)为0，结合
各物质焓可知，
，解得
a=-201.4。反应i 为放热反应，则活化能
(正)小于
(逆)。
（2）已知
时，反应能自发进行，反应i 的
，解得
，则该反应能自
发进行的温度低于274.4
。
（3）由反应i 催化机理图可知，在该历程中，优先与催化剂
反应的物质是
，生成
的水分子中的氧原子来自
。结合资料、上图及学过的知识推测，催化剂活化点位减
少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降或水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降或
有水参与的反应历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升。
（4）①反应i 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故平衡时
的选择性随温度
变化的曲线是x。
②250℃时，
和
的选择性相等，则平衡体系中有
，2mol
，根
据两个反应的化学计量数可知
的转化量为2mol+2mol=4mol，故
平衡转化率为
。根据两个反应的化学计量数可知，平衡时，
，
，
，混合气体总物质的量为
1mol+1mol+2mol+2mol+4mol=10mol，故反应i 的
。
③若
的选择性位于
、
两点，
点生成CO 更多，故反应ii 的逆反应速率：
＞
。
17．工业上先将金红石(
)转化为
，再制得在医疗等领域具有重要用途的金属钛
(Ti)。
(1)
转化为
有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡
常数如下：
(i)直接氯化：
，
(ii)碳氯化：
，
①反应
的Kp= 。
②从
和
的角度说明碳氯化法的反应趋势远大于直接氯化法的原因： 。
(2)在一定条件下，将足量
和固体炭放入密闭容器中，再通入
进行反应至平衡，
当改变外界条件时，
(g)体积分数
变化的趋势如图所示，由图判断：
在800℃、100MPa 和850℃，200MPa 下
的转化率分别为
，
，则
(填
“>”、“<”或“=”)
。
(3)已知TiO2和TiCl4的部分物理性质如下表：
物质
物理
性质
熔点为
，不溶于水、稀
无机酸、
熔点为
、沸点为
，溶于
冷水、乙醇、稀盐酸
将二者的混合物进行分离，分别得到纯净物，可采用的方法是 (简要写出操作
步骤)。
(4)800℃时，向固定体积的密闭容器中加入
与3mol 碳粉，通入
进行碳氯
化反应，同时发生副反应
，生成气体
，
经过处理得到成品。若反应进行30min 时达到平衡状态，此时C 和Cl2分别为1.8mol 和
0.2mol，且CO 和CO2的体积分数相同。
①TiO2的平衡转化率为 。
②若起始总压强为6MPa，则平衡时的总压强为 MPa，反应ii 的Kp=
MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)由TiCl4冶炼钛方法有：900℃，
；从平衡移动角
度解释上述冶炼金属钛的反应原理： 。
【答案】(1) 1.2×1014 碳氯化的反应，正向既是熵增反应又是放热反应，这两个因
素均有利于反应正向进行；而直接氯化的反应，既是熵减反应又是吸热反应，这两个因素
均不利于反应正向进行，所以碳氯化的反应趋势远大于直接氯化
(2)>
(3)常温下将混合物过滤，滤液是
，将滤渣用冷水洗涤、干燥，得到
(合理即可)
(4) 90% 6.9 24.3
(5)Mg 比Ti 活泼，可以和
反应生成Ti 蒸气，生成的Ti 蒸气逸出，使平衡持续正向移动
【详解】（1）①由盖斯定律可知，反应(ii)-反应(i)可得
，则Kp=
1.2×1014；
②从
和
的角度说明碳氯化法的反应趋势远大于直接氯化法的原因：碳氯化的反应，
正向既是熵增反应又是放热反应，这两个因素均有利于反应正向进行；而直接氯化的反应，
既是熵减反应又是吸热反应，这两个因素均不利于反应正向进行，所以碳氯化的反应趋势
远大于直接氯化。
（2）升高温度、增大压强，碳氯化反应均逆向移动，在800℃、100MPa 下TiC14(g)体积分
数φ(TiCl4)比在850℃、200MPa 下TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)大，TiC14(g)体积分数φ(TiCl4)越大，
C12的转化率越大，则α1>α2。
（3）
常温下为液态，
常温下为固态，且
不溶于水、TiCl4，
溶于冷水，
则将二者的混合物进行分离，分别得到纯净物，可采用的方法是常温下将混合物过滤，滤
液是
，将滤渣用冷水洗涤、干燥，得到
(合理即可)。
（4）①根据已知条件列出“三段式”
3-2x-y=1.8，2-2x-2y=0.2，解得x=0.3，y=0.6，TiO2的平衡转化率为
=90%；
②若起始总压强为6MPa，则平衡时的总压强为
，反
应ii 的Kp=
=24.3Mpa。
（5）从平衡移动角度解释
的反应原理：Mg 比Ti 活
泼，可以和
反应生成Ti 蒸气，生成的Ti 蒸气逸出，使平衡持续正向移动。
18．工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。
还原脱硫主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)标准生成焓是指298K、100kPa 条件下，由元素最稳定的单质生成单位物质的量的纯化合
物的热效应。下表为298K，100kPa 时几种物质的标准生成焓（
）；
物质
S(g)
(g)
(g)
(g)
(g)
（
）
0
-296.8
-393.5
-241.8
-74.8
则
(298K)=
。
(2)向恒温恒压密闭容器中充入一定量
(g)和
(g)发生反应Ⅱ，下列能判断反应Ⅱ达到
化学平衡状态的是的 。
a．混合气体的压强不变 b．气体平均相对分子质量不变
c．
d．
不变
(3)反应Ⅱ测得平衡时
的百分含量（
%）与温度（K）、压强（MPa）的关系如图所示。
图中n 的表示是 （填“温度”或“压强”），A 点对应n1 和m2 条件下，用
表
示的化学反应速率
（填“>”“<”或“=”）。
(4)在一定温度下，压强为100kPa 的恒压密闭容器中充入1mol
、1mol
、4mol He
发生反应Ⅰ和Ⅱ。反应达到平衡时，
的转化率为60%，CO 的物质的量为0.2mol。反应
Ⅰ的平衡常数
（
为用分压表示的平衡常数。列式即可，无需化简）；
若保持压强不变，充入1mol
、1mol
、2mol He 发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡时
的平衡转化率 60%（填“>”“<”或“=”）。
(5)利用电解法对
进行吸收和无害经处理，其原理如图所示。电极Ⅰ的电极反应式为
，消耗1mol
，生成
L（标准状况下）。
【答案】(1)-208.7
(2)b
(3) 温度 <
(4)
<
(5)
5.6
【分析】反应Ⅰ和Ⅱ均为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动。利用电解法对
SO2进行吸收和无害经处理，由电极产物元素的化合价可知，电极Ⅰ发生还原反应，是阴极，
电极反应为
，电极Ⅱ发生氧化反应，是阳极，电极反应
为
。
【详解】（1）
生成物的标准生成焓总和-反应物的标准生成焓总和，故有
；
（2）a．恒温恒压下，混合气体的压强始终不变，故a 错误；
b．气体平均摩尔质量
，反应中气体总质量不变，反应Ⅱ反应前后气体系数不相
等，故恒压下气体的体积改变，则
为变量，当气体平均摩尔质量不再改变时，达到平衡，
b 正确；
c．当正、逆反应速率相等时（即
），反应达到平衡，c 错误；
d．反应过程中v(H2)：v(CH4)始终为2:1，d 错误；
故答案选b；
（3）由图可知随着n 增大，H2的百分含量也增大（H2%），而反应Ⅱ是气体体积增大的吸
热反应，故n 为温度；由图可知A 点对应n1 和m2 条件下的H2%大于n1 和m2 条件下的
H2%，相当于平衡逆向移动，故v 正<v 逆；
（4）反应达到平衡时，SO2转化率为60%（剩余物质的量为0.4mol），CO 的物质的量为
0.2mol，列出如下三段式：
，
，平衡时气体总
物质的量n=(0.4+0.6+0.6+0.6+0.2+0.2+0.2+4)mol=6.8mol，故反应Ⅰ的压强平衡常数为Kp=
；反应Ⅰ和Ⅱ均为气体体积增
大的反应，当He 的物质的量变为2mol，恒压下，对于反应Ⅰ和Ⅱ来说相当于加压，平衡
逆向移动，故SO2转化率小于60%；
（5）左极区
转化为
，S 元素化合价降低，故电极Ⅰ上发生还原反应，电极方程
式为
；根据得失电子守恒可知存在如下计量关系：
，故消耗1mol SO2则生成0.25 mol O2（即标准状况下5.6L）。
19．为应对全球气候变暖等环境问题，碳捕集、利用和封存（CCUS）技术得到了越来越多
的关注。
加氢制甲醇既可实现
资源化利用，也可实现可再生能源的化学储存，是
一种重要的CCUS 技术。回答下列问题
(1)200℃时，
加氢制甲醇主要发生下列反应：
反应
的
，该反应自发进行
的条件是 。
(2)从分子水平上探究反应机理可为设计高效催化剂提供理论指导。
加氢制甲醇反应在
不同载体的催化剂催化作用下反应的过程如图所示。其中带“*”的物种表示吸附在催化剂
表面。
根据势能图，COOH*羧酸盐路径决速步的活化能为 ，HCOO*甲酸盐路径中反应速
率影响最大的基元反应方程式是 ，实验测得甲酸盐路径更容易进行，原因是
。
(3)一定压强条件下，催化剂A 和催化剂B 在不同温度下的催化性能分别如图1、2 所示，应
选用的催化剂是 （填“A”或“B”），理由是 。
(4)200℃、压强为
的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂
、
和
反应并达到平衡状态，测得反应的数据如图1，
平衡转化率为
，甲醇选
择性为80%，计算主反应在该温度下的分压平衡常数
。［列出计算式即可，
分压
总压物质的量分数，甲醇选择性
］
(5)为深入研究催化剂
和催化剂
对
转化率的影响，根据Arrhenius 方程（
，
是速率常数，
是定值，
是活化能，
是气体常数，
是绝对温度）测定了催化剂
A、B 的反应活化能，结果如图，催化剂B 对应的曲线是 。
(6)科学家发明了一种由阴离子交换树脂——碳纳米管构成的膜分离装置（如图）可以连续
去除空气中的
，在富集
的同时获得基本不含
的空气，除去
的空气可用于
碱性燃料电池。
①写出
侧
转化成
的电极反应方程式 。
②膜分离装置中复合薄膜的作用是 。
【答案】(1) -49.6kJ/mol 低温
(2) 1.17eV
中间体
比
更稳定
(3) A 200℃下，使用催化剂A，
的转化率更高，
的选择性更大
(4)
或
(5)N
(6)
离子交换和电子传导
【详解】（1）已知，①
；②
；③
；由盖斯定律可知，②+③=①，则反
应
的
=-49.6kJ/mol，该反应过程中气体体积减小，
，
时，反应可以自发进行，
则该反应自发进行的条件是低温。
（2）决速步指的是活化能最高的一步，COOH*羧酸盐路径决速步的活化能为1.17eV，甲酸
盐路径决速步发生反应的方程式为
，根据图中信息中间体HCOO*的
能量比COOH*的能量低，根据能量越低越稳定，因此
比
更稳定，实验测得
甲酸盐路径更容易进行。
（3）200℃下，使用催化剂A，
的转化率更高，
的选择性更大，应选用的催化
剂是A。
（4）200℃、压强为
的条件下，在恒容密闭容器中加入催化剂
、
和
反应并达到平衡状态，
平衡转化率为
，甲醇选择性为80%，则平衡时
n(CO2)=1mol-1mol×0.08=0.92mol，n(甲醇)=0.08mol×0.8=0.064mol，n(CO)=
0.08mol×0.2=0.016mol，由O 原子守恒可知，n(H2O)=2mol-0.92mol×2-
0.064mol-0.016mol=0.08mol，由H 原子守恒可知，n(H2)=
，气体总物质的量为
2.792mol+0.92mol+0.016mol+0.08mol+0.064mol=3.872mol，则主反应在该温度下的分压平衡
常数Kp=
或
。
（5）根据Arrhenius 方程（
，
是速率常数，
是定值，
是活化能，
是气
体常数，
是绝对温度）可知，lnK=
，根据图示，直线M 较
N 平缓，可知Ea 小，反应速率快，所以催化效率高的是M ，则催化剂B 对应的曲线是N；
（6）①膜的A 侧通入含CO2的空气，经过反应后，A 侧得到基本不含CO2的空气，CO2转化
成
，空气中含有O2，说明该过程中O2得到电子生成
，反应方程式为：
；
②阴离子交换树脂-碳纳米管构成的膜分离装置兼具离子和电子传导性能，复合膜中加入碳
纳米管的作用是：
离子交换和电子传导。
20．氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，我国提出2060 年达“碳中和”目标。
(1)通过反应
将
转化为高附加值产品HCOOH，回答下列问题：
体系中涉及两个反应：
Ⅰ．主反应：
Ⅱ．副反应：
测定不同温度下反应Ⅰ的平衡常数（
）如下表所示：
T/K
373
473
573
673
平衡
常数
37.5K
24.3K
8.4K
K
①
0（填“>”“<”或“=”）。
②
充入恒容密闭容器中反应，下列有利于提高HCOOH 产率的措施有
。
A．升高反应温度 B．及时移出HCOOH
C．使用HCOOH 选择性高的催化剂 D．充入氮气
③
充入恒容恒温密闭容器中反应，起始压强为
，平衡时压强为
p kPa，CO 与HCOOH 的浓度相等，
的转化率
（用含
和p 的代数式表示），
用各物质的平衡分压表示反应Ⅰ的平衡常数计算式
（用含
和p 的代数
式表示）。
(2)硼氢化钠（
）水解制氢：常温下，
水解过程缓慢，需加入催化剂提高其
产氢速率。
在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。
①根据上图写出
水解制氢的离子方程式 。
②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，
浓度对制氢速率的影响如下图
所示。【已知：浓度较大时，
易以
形式结晶析出。】
分析
质量分数超过10%后制氢速率下降的可能原因 。
(3)一定条件下，利用题图所示装置实现
的电化学储氢（忽略其它有机物的反应）。
①写出由苯（
）生成环己烷（
）的电极反应式： （有机物用结构简
式表示）。
②该装置的电流效率
%（保留1 位小数）。（
×100%）
【答案】(1) < BC
(2)
浓度较高时，生成较多的
以
形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍
与催化剂活性位的接触（或催化剂
活性下降），制氢速率下降
(3)
+6e-+6H+=
64.3
【详解】（1）①由图表分析可知，随温度的升高K 减小，说明升高温度平衡逆向移动，则
该反应属于放热反应，则
；
②A．
为放热反应，升高温度平衡逆向移动，HCOOH 产率
降低，A 错误；
B．移出HCOOH，使生成物浓度减小，平衡正向移动，有利于提高HCOOH 产率，B 正确；
C．选择HCOOH 选择性高的催化剂使得主反应进行的程度更大，有利于HCOOH 提高产率，
C 正确；
D．充入氮气在恒容的密闭容器种，各组分浓度不变，平衡不移动，HCOOH 产率不变，D
错误；
故选BC；
③
，假设CO2和H2的物质的量各为1mol，主反应转化的CO2为x，副
反应转化的CO2为y，根据三段式有
，则平衡时CO2的物质的量为
，H2的物质的量为
，HCOOH 的物质的量为x，CO 的物质的量等于H2O
的物质的量等于y，CO 与HCOOH 的浓度相等，物质的量也相等，即x=y，则平衡时气体的
物质的量为
，则
，
，CO2的转化率
为
；
，
，反应Ⅰ的平衡常数计算式
；
（2）①根据制氢的微观过程图可知，
与水反应生成NaB(OH)4与H2，离子方程式为
；
②根据
浓度对制氢速率的影响图像分析，
浓度较低时，催化剂表面活性位未
被充分利用，催化剂性能未充分发挥，制氢速率较低；
浓度较高时，生成较多的
NaB(OH)4易以
形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍
与催化剂活性位的接触
(或催化剂活性下降)，制氢速率下降；
（3）
①该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离
子生成环己烷，电极反应式为
+6e-+6H+=
；
②阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol 氧气，转移电子的物质的量
，生成1mol 氧气时生成2mol 氢气，则生成2.8mol 氧气时同时生成
5.6mol 氢气，设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，
剩余苯的物质的量为
，反应后苯的含量
，解x=1.2，苯转化为环己烷转移电子的物质的量为
，则
。
