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高三化学二轮复习非选择题强化训练：大题专项训练（三）化学反应原理
基础篇
1.H 2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。
(1)早期制备方法
Ba( N O3)2→
❑
❑
BaO→
❑
❑
BaO2→
❑
❑
→
❑
❑
滤液→
❑
❑
H 2O2
①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是______。
②Ⅱ为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是______。
③Ⅲ中生成H 2O2，反应的化学方程式是______。
④减压能够降低蒸馏温度，从H 2O2的化学性质角度说明Ⅴ中采用减压蒸馏的原因：______。
(2)电化学制备方法
已知反应2 H 2O2=2 H 2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H 2O和O2为原料
制备H 2O2，如图为制备装置示意图。
①a极的电极反应式是______。
②下列说法正确的是______。
A.该装置可以实现电能转化为化学能
B.电极b连接电源负极
C.该方法相较于早期剂备方法具有原料廉价，对环境友好等优点
2.I.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。某有机物R能与F e
2+形成橙红色的
配离子[Fe R3]
2+，该配离子可被HN O3氧化成淡蓝色的配离子[Fe R3]
3+。
(1)完成反应的离子方程式：NO❑3
−+2[Fe R3]
2++3 H
+⇀
↽___________+2[Fe R3]
3++ H 2O
(2)平衡后加水稀释，
c([Fe R3]
2+)
c([Fe R3]
3+)
___________(填增大、减小或不变)，解释原因___________。
II .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：CO(g)+ H 2O(g)⇀
↽C O2(g)+ H 2(g) ΔH =−41.2kJ ⋅mol
−1
该反应分两步完成：
3 F e2O3(s)+CO(g)⇀
↽2 F e3O4(s)+C O2(g) Δ H 1=−47.2kJ ⋅mol
−1
2 F e3O4(s)+ H 2O(g)⇀
↽3 F e2O3(s)+ H 2(g) Δ H 2
请回答：
(3) Δ H 2=___________。
(4)恒定总压1.70 MPa和水碳比[n(H 2O):n(CO)=12:5]投料，在一定条件下达到平衡时C O2分压为
0.40 MPa(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)。在该条件下，水煤气变换反应的平衡常数为
___________。
(5)下列说法正确的是___________。
A.X射线衍射技术可测定F e2O3晶体结构
B. 恒定水碳比[n(H 2O):n(CO)]，增加体系总压可提高H 2的平衡产率
C.F e2O3可改变CO的平衡转化率
D. 通入过量的水蒸气可防止F e3O4被进一步还原为Fe
(6)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CO平衡转化率随温度变化的曲线___________。
3.二氧化碳的捕捉与封存是未来实现低碳经济转型的重要途径。
I.甲醇是工业生产中一种重要的基础原料，工业上利用废气中的C O2合成C H 3OH，主要有以下反应：
i.CO(g)+2 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g) Δ H 1=−90.2kJ ⋅mol
−1
ii．C O2(g)+3 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g)+ H 2O(g) Δ H 2
iii．C O2(g)+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) Δ H 3=+ 41.2kJ ⋅mol
−1
(1)根据盖斯定律，Δ H 2=_______，反应ii属于_______(填“高温自发”或“低温自发”)反应。
II .利用焦炉气中的H 2和从工业废气中捕获的C O2也可以生产甲醇。在2 L恒容密闭容器中充入
0.2molC O2和一定量的H 2，发生反应：C O2(g)+3 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g)+ H 2O(g)。C O2的转化率与
温度、投料比X[X = n(H 2)
n(C O2)]的关系如图1所示：
(2)反应从开始到进行至B点状态需要5 s，则0∼5 s内生成C H 3OH的平均反应速率v(C H 3OH )=
_______；判断X 1_______(填“>”“<”或“=”) X 2。
(3)一种以甲醇(CH ❑3OH )燃料电池为电源电解足量饱和CuSO4溶液的装置如图2所示。
①燃料电池与燃料直接燃烧相比较，其优点是_______(答出一点即可)。
②b电极的电极反应式为_______。
③当燃料电池消耗0.2molO2时，饱和CuSO4溶液的质量减少_______g。
III．
蛋黄型空心球催化剂技术也实现了C O2封存和能量储存双重效果，其原理如图3所示。
(4)图3发生的总反应中还原剂为_______。
提升篇
4.二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
C O2(g)+3 H 2(g)=C H 3OH (g)+ H 2O(g)
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①C O2( g)+ H 2( g)=CO( g)+ H 2O( g)△H 1=+ 41kJ ⋅mol
−1
②CO( g)+2 H 2( g)=C H 3OH ( g)△H 2=−90kJ ⋅mol
−1
总反应的△H = ______ kJ ⋅mol
−1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是
______ (填标号)，判断的理由是 ______ 。
(2)合成总反应在起始物
n( H 2)
n(CO2) =3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为
x(C H 3OH )，在t =250℃下的x(C H 3OH )～p、在p=5×10
5 Pa下的x(C H 3OH )～t 如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式K p= ______ ；
②图中对应等压过程的曲线是 ______ ，判断的理由是 ______ ；
③当x(C H 3OH )=0.10时，C O2的平衡转化率α = ______ ，反应条件可能为 ______ 或 ______ 。
5.一氯化碘( ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化
剂。回答下列问题：
(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素
的发现。该元素是 ______ 。
(2)氯铂酸钡(BaPtC l6)固体加热时部分分解为BaC l2、Pt和C l2，376.8℃时平衡常数
K p′ =1.0×10
4 P a
2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtC l6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将
支管封闭)。在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，
则PICl= ______ kPa，反应2 ICl(g)=C l2(g)+ I 2(g)的平衡常数K = __________ (列出计算式即可)。
(3)McMorris测定和计算了在136～180℃范围内下列反应的平衡常数K p：
2 NO(g)+2 ICl(g)⇌2 NOCl(g)+ I 2(g)K P1
2 NOCl(g)⇌2 NO(g)+C l2(g)K P2
得到lg K P1～1
T 和lg K P2～1
T 均为线性关系，如图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和C l2反应的△H ______ 0(填“大于”或“小于”)。
②反应2 ICl(g)=C l2(g)+ I 2(g)的K = __________ (用K P1、K P2表示)；该反应的△H ______ 0(填“大
于”或“小于”)，写出推理过程 _________________________ 。
(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
NOCl+hv →NOCl∗
NOCl+ NOCl∗→2 NO+C l2
其中hv表示一个光子能量，NOCl∗表示NOCl的激发态。可知分解1mol的NOCl需要吸收 ______ mol的
光子。
6.为了减缓温室效应，实现碳中和目标，可将C O2转化为甲醚、甲醇等产品。请回答问题：
C O2与H 2制甲醚(C H 3OC H 3)的主要反应如下：
I.C O2(g)+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) Δ H 1=+ 41.2kJ ⋅mol
−1
Ⅱ.CO(g)+2 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g) Δ H 2=−90.7 kJ ⋅mol
−1
Ⅲ.2C H 3OH (g)⇀
↽C H 3OC H 3(g)+ H 2O(g) Δ H 3=−23.5kJ ⋅mol
−1
(1)总反应2C O2(g)+6 H 2(g)⇀
↽C H 3OC H 3(g)+3 H 2O(g)的ΔH =__________。
(2)若在体积恒定的密闭容器内发生上述反应，下列措施可提高总反应速率的是_________。
a.加入催化剂 b.降低温度 c .充入惰性气体 d .同比例的增大C O2和H 2的投料
(3)密闭容器中充入1molC O2、3mol H 2，在0.1 MPa条件下测得平衡时C O2转化率和C H 3OC H 3选择
性随温度的变化如图所示。
已知：C H 3OC H 3选择性= 2n(C H 3OC H 3)生成
n(C O2)消耗
×100 %
①表示C H 3OC H 3选择性的是曲线___________填(“M”或“N”)；
②温度高于300
∘C时，曲线N随温度升高而升高的原因是_____________；
③为同时提高平衡时C O2转化率和C H 3OC H 3选择性，应选择的反应条件为________(填字母)
a.低温、低压 b.高温、高压 c .高温、低压 d .低温、高压
④Q点温度下CO的物质的量为0.08mol，则该温度下反应 Ⅲ的K p=________。
(4)研究发现GaZr Ox双金属氧化物对C O2加氢制甲醇有良好的催化作用，反应机理如图所示，下列有关
叙述正确的是__________。
a.反应①有极性键的断裂和形成 b.氧空位的作用是用于捕获C O2
c .整个过程中，Ga元素的化合价未发生变化 d .机理图上中间体有三种
7.低碳烯烃(乙烯、丙烯等)作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重
的作用。碘甲烷(C H 3 I )热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应Ⅰ 2C H 3 I (g)⇌C2 H 4(g)+2 HI (g) Δ H 1
反应Ⅱ 3C2 H 4(g)⇌2C3 H 6(g) Δ H 2
反应Ⅲ 2C2 H 4(g)⇌C4 H 8(g) Δ H 3
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的ΔH随温度的变化如图1所示。298 K下，Δ H 1=______kJ ▪mol
−1。
(2)针对反应Ⅰ，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有 ______。
A.低温
B.高温
C.低压
D.高压
E.催化剂
(3)利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙
烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，回答下列问题：
①下列有关说法正确的是 ______。
A.因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，且为熵减小反应，所以Δ H 2<0、Δ H 3<0
B.若ΔH随温度的上升而增大，则ΔH >0
C.随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动
D.当温度范围：T ≤715 K时，相同条件下的反应Ⅱ的平衡常数小于反应Ⅲ
②从图2中可看出，当体系温度高于600 K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是：
______。
(4)维持温度为810 K，压强为0.1 MPa，起始投料1molC H 3 I，测得平衡体系中
n(C2 H 4)=n(C3 H 6)=0.14 mol，n(C4 H 8)=0.065mol。
①平衡时C H 3 I的转化率为 ______。
②
已知810 K
条件下，存在等式
常数)MP a
−1(
对于气相反应，用某组分B
的平衡压强
p(B)可代替物质的量浓度c(B)，如p(B)= p▪x(B)，P为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量
分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出x( HI )与压强(0.1～2.0 MPa)关系的曲线示意图 ______。
8.氢能将在实现“双碳”目标中起到重要作用。乙醇—水催化重整可获得氢气。主要发生以下反应：
反应①：C2 H 5OH (g)+3 H 2O (g)=2C O2(g)+6 H 2(g) Δ H 1=173.3kJ ⋅mol
−1
反应②：C O2(g)+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) Δ H 2
回答下列问题：
(1)反应①自发进行的条件是______________________。
A. 高温 B.低温
C .高压 D .低压
(2)已知有关键能数据如下表：
化学键
H −HH −OC =OC ≡O
键能
/kJ·mol⁻ ¹
436 464 803 1071
反应②中△H 2=__________________kJ ⋅mol
−1；反应③C2 H 5OH (g)+ H 2O(g)=2CO(g)+ 4 H 2(g)的
△H 3=__________________kJ ⋅mol
−1。
(3)为提高氢气的平衡产率，可采取的措施为___________(写出2条)。
(4)向体积为VL的恒容密闭容器中充入1molC2 H 5OH (g)和3mol H 2O(g)发生上述反应①②。初始时
体系压强为100kPa，平衡时C O2和CO的选择性、H 2的产率随温度的变化曲线如图所示。(CO的选择性
=
n生成(CO)
n生成(C O2)+n生成(CO) ×100 %)。
①表示C O2的选择性的是曲线___________。
400
②
℃以后，H 2的产率随温度变化的原因是___________。
③反应①的标准平衡常数K
θ= [
p(C O2)
p
0 ]
2
[
p(H 2)
p
0 ]
6
p(C2 H 5OH )
p
0
×[
p(H 2O)
p
0 ]
3 ,其中p
0为标准压强100kPa)，p( X )为气体
X的平衡分压，分压=总压×该气体的物质的量分数。500℃时，测得C2 H 5OH的转化率为80 %，则反应
①的K
θ=_____________(保留1位小数)。
9.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
Ⅰ.高温热分解法：2 H 2S(g)⇌S2(g)+2 H 2(g) ΔH。在总压强为100kPa恒压条件下，n( H 2S)：
n( Ar )=3：1的混合气在不同温度下反应相同时间，测得H 2S的体积分数及H 2S在不同温度下的平衡体积
分数如图1所示。
图1
(1) ΔH (填“>”或“<”)0，图中表示平衡状态的曲线为 (填“a”或“b”)。
(2)下列关于高温热分解法的说法正确的有 (填标号)。
A.该反应平衡常数K随温度升高而减小
B.该反应平衡常数K随投料比n( H 2S)：n( Ar )增大而增大
C.恒温恒压下，增加Ar的体积分数，H 2S的平衡转化率增大
D.图中M点正反应速率大于逆反应速率
(3)某温度下，平衡时H 2S的体积分数为20 %，则此时Ar的分压是 kPa；该反应的平衡常数K p=
kPa。
(4)随温度升高，图中a、b两条曲线逐渐靠近的原因是 。
Ⅱ.电化学法：
(5)我国科学家设计了一种C O2+ H 2S协同转化装置，实现对天然气中C O2和H 2S的高效去除，工作原理
如图2所示。
图2
电极b为 (填“阳极”或“阴极”)，写出在电极a区发生的反应：① ；② 。
10.能源的合理开发和利用，低碳减排是人类正在努力解决的大问题。2023年2月21日，中国气候变化特
使谢振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献。
(1)在298 K、100kPa时，已知：
C(s，石墨)+O2(g)=C O2(g) △H 1=−393.5kJ ⋅mol
−1；
H 2(g)+ 1
2 O2(g)= H 2O(l) △H 2=−285.8kJ ⋅mol
−1；
2C2 H 2(g)+5O2(g)= 4C O2(g)+2 H 2O(l) △H 3=−2599.0kJ ⋅mol
−1。
298 K时，写出1molC(s，石墨)和H 2(g)反应生成C2 H 2(g)的热化学方程式：_______。
(2)在固相催化剂作用下C O2加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：C O2(g)+ 4 H 2(g)⇌
❑
❑
C H 4(g)+2 H 2O(g)△H 1=−156.9kJ ⋅mol
−1
副反应：C O2(g)+ H 2(g)⇌
❑
❑
CO(g)+ H 2O(g)△H 2=+ 41.1kJ ⋅mol
−1
工业合成甲烷通常控制温度为500℃左右，其主要原因为_______。
(3)向密闭容器中充入一定量的C H 4(g)和NO(g)，保持总压为100kPa，发生反应：
C H 4(g)+ 4 NO(g)⇌
❑
❑
2 N 2(g)+C O2(g)+2 H 2O(g) △H <0。当n( NO)
n(C H 4) =1时，NO的平衡转化率
～1
T ；T 2时NO平衡转化率～n( NO)
n(C H 4)的关系如图：
①能表示此反应已经达到平衡的是______(填字母)。
A.气体总体积保持不变
B.混合气体的平均相对分子质量保持不变
C.n( NO)
n( N 2) 不再变化
②表示T 2时NO平衡转化率～n( NO)
n(C H 4)的关系是______(填“I”或“Ⅱ”)，T 1______T 2(填“>”或“<”
)。
③当n( NO)
n(C H 4) =1、T 3时，C H 4的平衡分压为______。已知：该反应的标准平衡常数
K
θ=
p(C O2)
p
θ
×[ p( N 2)
p
θ
]
2×[ p( H 2O)
p
θ
]
2
[ p( NO)
p
θ
]
4× p(C H 4)
p
θ
，其中p
θ=100kPa，p(C H 4)、p( NO)、p(C O2)、p( N 2)
和p( H 2O)为各组分的平衡分压，则该温度下K
θ=______(分压=总压×物质的量分数)。
(4)工业上利用废气中的C O2、CO联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如图。已知B中的电解装置使用了
阳离子交换膜。
B中发生的总反应离子方程式为______。
答案和解析
1.【答案】(1)
2
①Ba( N O3)2
2BaO+O2↑+ 4 N O2↑ ②增大压强或增大氧气的浓度或降低温度
③BaO2+2 HCl = BaC l2+ H 2O2 ④H 2O2受热易分解
(2)①O2+2 H
++2e
−= H 2O2 ②AC
【解析】(1)①Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为N O2，根据氧化还原
反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为2Ba( N O3)2
2BaO+O2↑+ 4 N O2↑；
②Ⅱ为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO(s)+O2(g)⇌2BaO2(s)，正反
应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；
③Ⅲ中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和H 2O2，反应的化学方程式是BaO2+2 HCl = BaC l2+ H 2O2；
④H 2O2受热易分解，减压能够降低蒸馏温度，防止H 2O2分解导致产率降低；
(2)①a为阴极，a极的电极反应式是O2+2 H
++2e
−= H 2O2；
②A .根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A 正确；
B.电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B 错误；
C.该装置的总反应为2 H 2O+O2=2 H 2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原
料廉价，对环境友好，故C 正确。
2.【答案】(1) HN O2
(2)
.
①增大
.
②对于反应 N O3
−+2[Fe R3]
2++3 H
+⇀
↽HN O2+2[Fe R3]
3++ H 2O ，加水稀释，平衡
往粒子数增加的方向移动， [Fe R3]
2+ 含量增加， [Fe R3]
2+ 含量减小，
c([Fe R3]
2+)
c([Fe R3]
3+)
增大
(3) +6.0kJ /mol
(4)2
(5) AD
(6)
.
①AC
.
②
【解析】【小问1详解】
根据原子守恒、电荷守恒，该反应的离子方程式： NO❑3
−+2[Fe R3]
2++3 H
+⇀
↽ HN O2
+2[Fe R3]
3++ H 2O 。
【小问2详解】
对于反应 N O3
−+2[Fe R3]
2++3 H
+⇀
↽HN O2+2[Fe R3]
3++ H 2O ，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向
移动， [Fe R3]
2+ 含量增加， [Fe R3]
2+ 含量减小，
c([Fe R3]
2+)
c([Fe R3]
3+)
增大。
【小问3详解】
根据盖斯定律，总反应等于两步反应相加，则
Δ H 2= ΔH −Δ H 1=−41.2kJ ⋅mol
−1−(−47.2kJ ⋅mol
−1)=+6.0kJ ⋅mol
−1 。
【小问4详解】
设起始投料水的物质的量为12mol，则一氧化碳物质的量为5mol，设平衡时一氧化碳转化xmol，列三段
式，
&CO(g)& + & H 2O(g)&⇀
↽&C O2(g)& + & H 2(g)
起始/mol &5 & &12& & 0 & & 0
转化/mol & x & & x & & x & & x
平衡/mol &5−x & &12−x & & x & & x
，则有
x
17mol ×1.70 MPa=0.4 MPa ，解得
x = 4(mol)，在该条件下，水煤气变换反应的平衡常数为
4
17 ×1.7 MPa× 4
17 ×1.7 MPa
1
17 ×1.7 MPa× 8
17 ×1.7 MPa
=2。
【小问5详解】
A. F e2O3 是晶体， X 射线衍射技术可测定其结构，A 正确；
B.该反应是气体分子数不变的反应，恒定水碳比 [n(H 2O):n(CO)] ，增加体系总压，平衡不移动，不能
提高 H 2 的平衡产率，B 错误；
C.根据题意可知， F e2O3 是该反应的催化剂，不能改变 CO 的平衡转化率，C 错误；
D.通入过量的水蒸气，一氧化碳、氢气的分压减小，可防止 F e3O4 被进一步还原为 Fe ，D 正确；
故选AD。
【小问6详解】
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，该过程未达到平衡，b−c段CO转化率
降低，操作方法是按原水碳比通入冷的原料气、通过热交换器换热，选择AC；
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，该反应平衡正向移动，CO平衡转化率升高，在图3中作出CO平衡
转化率随温度变化的曲线：
。
3.【答案】(1) −49.0kJ ⋅mol
−1 ； 低温自发
(2) 0.015mol /(L⋅s) ； >
(3) 能量转换效率高 ； C H 3OH −6e
−+8O H
−=C O3
2−+6 H 2O ； 32
(4) C O2 和 H 2O
【解析】(1)根据盖斯定律，方程式ii=i+iii，
故 Δ H 2=−90.2kJ ⋅mol
−1+ 41.2kJ ⋅mol
−1=−49.0kJ ⋅mol
−1 ，根据 ΔG = ΔH −TΔS ， ΔH <0
， ΔS<0 ，要使 ΔG = ΔH −TΔS <0，需要低温条件；即该反应低温自发；
(2)若反应从开始到 B 点需要 5 s ，此时 C O2 的转化率为75 %， v(C O2)=
0.15mol
2 L
5 s
=0.015mol/(L⋅s)
，速率之比等于化学计量数之比，则 0∼5 s 内生成 C H 3OH 的平均反应速
率 v(C H 3OH )=0.015mol /(L⋅s) ；增大氢气的投入量，可以增大二氧化碳的转化率，即 X = n(H 2)
n(C O2)
增大，二氧化碳的转化率增大，故 X1> X 2 ；
(3)①燃料电池与燃料直接燃烧相比较，其优点是能量转换效率高，污染少等；
②O H
−向b电极移动， b 电极为甲醇所在电极，为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式
为 C H 3OH −6e
−+8O H
−=C O3
2−+6 H 2O ；
③当燃料电池消耗 0.2molO2 时，根据电极方程式， a 电极发生还原反应： O2+ 4 e
−+2 H 2O = 4O H
−
，流经电子的物质的量为 0.8mol ，电解 CuSO4 溶液时，d为阳极，其上发生失电子的氧化反
应： 2 H 2O−4 e
−= 4 H
++O2↑ ，流经 0.8mol 电子时，产生的氧气的物质的量为 0.2mol ， c 为阴极，
其上发生得电子的还原反应： C u
2++2e
−=Cu ，流经 0.8mol 电子时，产生的铜的物质的量为 0.4 mol ，
故饱和 CuSO4 溶液减少的质量为氧气和铜的质量，即 0.2×32+0.4×64 =32(g) ；
(4)图中 C O2 和 H 2O 是反应物， C H 4 和 O2 是生成物，总反应方程式为 C O2+2 H 2O =C H 4+2O2 ；
还原剂中元素化合价升高，其中还原剂是 C O2 和 H 2O 。
4.【答案】(1)−49；A；△H 1为正值，△H 2和△H为负值，反应①的活化能大于反应②的
(2)①p( H 2O)· p(CH 3OH )
p
3( H 2)· p(CO2)
②b；总反应△H <0，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小
33.33
③
%；5×10
5 Pa、210℃；9×10
5 Pa、250℃
【解析】【分析】
本题考查了物质能量变化、热化学方程式和盖斯定律的计算应用、平衡常数计算和影响平衡的因素分析、
图像变化的理解应用等，掌握平衡移动原理和平衡常数计算是解题关键，题目难度中等。
【解答】
(1)①C O2( g)+ H 2( g)=CO( g)+ H 2O( g)△H 1=+ 41kJ ⋅mol
−1，
②CO( g)+2 H 2( g)=C H 3OH ( g)△H 2=−90kJ ⋅mol
−1，
盖斯定律计算①+②得到总反应的热化学方程式：
C O2( g)+3 H 2( g)=C H 3OH ( g)+ H 2O( g)△H =(+ 41kJ ⋅mol
−1)+(−90kJ ⋅mol
−1)=−49kJ ⋅mol
−1
，若反应①为慢反应，说明反应①的活化能大于反应②的，再结合△H 1为正值，△H 2和△H为负值，据
此分析判断A符合；
(2)总反应的热化学方程式：C O2( g)+3 H 2( g)=C H 3OH ( g)+ H 2O( g)△H =−49kJ ⋅mol
−1，升高
温度，平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小，b曲线为等压线，合成总反应在起始物
n( H 2)
n(CO2) =3时，
在不同条件下达到平衡，结合三段式列式计算，
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，故表达式K p= p( H 2O)· p(CH 3OH )
p
3( H 2)· p(CO2)
，
②图中对应等压过程的曲线是b，判断的理由是总反应△H <0，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的物质的
量分数减小，
③当x(C H 3OH )=0.10时，设起始n(C O2)=1mol，n( H 2)=3mol，生成甲醇物质的量为x，三段式列
式计算：
C O2(g)+3 H 2(g)
C H 3OH (g)+ H 2O(g)
起始量(mol)1 3 0 0
变化量(mol)x 3 x x x
平衡量(mol)1−x 3−3 x x x
x
4−2 x =0.1，
x = 1
3 mol，
C O2
的平衡转化率
，
由图可知，满足平衡时x(C H 3OH )=0.10的条件有9×10
5 Pa、250℃或5×10
5 Pa、210℃。
5.【答案】(1)Br；
(2)24.8；0.1×7.6
24.8❑
2 ；
(3)①大于；②K P1⋅K P2；大于；令T 1>T 2，则
lgK (T 1)−lgK (T 2)=lg[ K P1(T 1)⋅K P2(T 1)]−lg[ K P1(T 2)⋅K P2(T 2)]=lg K P1(T 1)+lg K P2(T 1)−lg K P1(T 2)−lg
，由图中信息可知，lgK p2随着温度的升高而增大，则lg K P2(T 1)−lg K P2(T 2)>0，lgK p1随着温度的
升高而减小，则lg K P1(T 2)−lg K P1(T 1)>0，lg K P1～1
T 和lg K P2～1
T 均为线性关系，且代表
lg K P2～1
T 曲线更陡，则[lg K P2(T 1)−lg K P2(T 2)]>[lg K P1(T 2)−lg K P1(T 1)]，说明
lgK (T 1)−lgK (T 2)>0，则升高温度，K值变大，该反应为吸热反应，△H大于0；
(4)0.5。
【解析】(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，Br2为红棕色液体，则该元素是Br；
(2)BaPtC l6⇌BaC l2+ Pt +2C l2↑，376.8℃时K p′ = P
2(C l2)=1.0×10
4 P a
2，说明P(C l2)始终为
0.1kPa，在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa，设△P( I 2)= x kPa，
2 ICl(g)⇌C l2(g)+ I 2(g)
起始(kPa) 0 0.1+ x 20
转化(kPa) 2 x x
x
平衡(kPa) 2 x 0.1 20−x
376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则(2 x +0.1+20−x)kPa=32.5kPa，解得x =12.4，则
PICl=2×12.4 kPa=24.8kPa；P( I 2)=20kPa−12.4 kPa=7.6kPa，该反应是气体体积不变的反应，则
K p= 0.1×7.6
24.8❑
2 ；
(3)①由图可知，lg K p2随着温度的升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动，则NOCl分解为NO和
C l2反应为吸热反应，△H大于0；
②Ⅰ.2 NO(g)+2 ICl(g)⇌2 NOCl(g)+ I 2(g)，Ⅱ.2 NOCl(g)⇌2 NO(g)+C l2(g)，Ⅰ+Ⅱ得
2 ICl(g)=C l2(g)+ I 2(g)，则K = K P1⋅K P2；令T 1>T 2，则
lgK (T 1)−lgK (T 2)=lg[ K P1(T 1)⋅K P2(T 1)]−lg[ K P1(T 2)⋅K P2(T 2)]=lg K P1(T 1)+lg K P2(T 1)−lg K P1(T 2)−lg
，由图中信息可知，lgK p2随着温度的升高而增大，则lg K P2(T 1)−lg K P2(T 2)>0，lgK p1随着温度的
升高而减小，则lg K P1(T 2)−lg K P1(T 1)>0，lg K P1～1
T 和lg K P2～1
T 均为线性关系，且代表
lg K P2～1
T 曲线更陡，则[lg K P2(T 1)−lg K P2(T 2)]>[lg K P1(T 2)−lg K P1(T 1)]，说明
lgK (T 1)−lgK (T 2)>0，则升高温度，K值变大，该反应为吸热反应，△H大于0；
(4)根据反应机理可知，一半的NOCl转化为NOCl∗，另一半的NOCl与NOCl∗转化为NO和C l2，则分
解1mol的NOCl，根据NOCl+hv →NOCl∗可知，0.5molNOCl吸收0.5mol光子转化为NOCl∗。
6.【答案】(1)−122.5 kJ ⋅mol
−1
(2)ad
(3)①M
②温度高于300
∘C 时，升高温度对反应I的促进程度大于对反应、反应Ⅲ的抑制程度
③d
1.5
④
(4)bd
【解析】(1)由盖斯定律可知，反应I ×2+反应Ⅱ×2+反应Ⅲ可
得 2C O2(g)+6 H 2(g)⇀
↽C H 3OC H 3(g)+3 H 2O(g)
ΔH =+ 41.2kJ ⋅mol
−1×2−90.7 kJ ⋅mol
−1×2−23.5kJ ⋅mol
−1=−122.5 kJ ⋅mol
−1 。
(2)若在体积恒定的密闭容器内发生上述反应，加入催化剂或同比例的增大 C O2 和 H 2 的投料可以增大反
应速率，降低温度反应速率减小，充入惰性气体对反应速率没有影响，故选ad。
(3)①反应Ⅲ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动， C H 3OC H 3 的选择性减小，则表示 C H 3OC H 3
选择性的是曲线M；
②温度高于 300
∘C 时，曲线N随温度升高而升高的原因是：温度高于 300
∘C 时，升高温度对反应I的促
进程度大于对反应、反应Ⅲ的抑制程度；
③反应Ⅲ和反应Ⅱ是放热反应，反应I和反应Ⅲ是气体体积不变的反应，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，则
低温、高压条件下能同时提高平衡时 C O2 转化率和 C H 3OC H 3 选择性，故选d；
④根据已知条件列出“三段式”
起始(mol)
转化(mol)
平衡(mol)
C O2(g)& + & H 2(g)&⇀
↽&CO(g)& + & H 2O(g)
1& &3 & & 0 & & 0
x & & x & & x & & x
1−x & &3−x & & x & & x
起始(mol)
转化(mol)
平衡(mol)
CO(g)& + & 2 H 2(g)&⇀
↽&C H 3OH (g)
x & &3−x & & 0
y & & 2 y & & y
x−y & &3−x−2 y & & y
起始(mol)
转化(mol)
平衡(mol)
2C H 3OH (g)&⇀
↽&C H 3OC H 3(g)&+ & H 2O(g)
y & & 0 & & x
2 z & & z & & z
y −2 z & & z & & x + z
C O2的平衡转化率为x = 40 %， C H 3OC H 3 的选择性为 2 z
x = 40 %， CO 的物质的量为x−y = 0.08mol
，则x =0.4 mol，z =0.08mol，y =0.32mol，气体总物质的量为
0.6mol+1.96mol+0.08mol+0.48mol+0.16mol+0.08mol =3.36mol，则该温度下反应Ⅲ的
K p= p(H 2O) p(C H 3OC H 3)
p
2(C H 3OH )
=(
0.48
3.36 ×0.1 MPa)(
0.08
3.36 ×0.1 MPa)
(
0.16
3.36 ×0.1 MPa)
2
=1.5。
(4)a.反应①有H — H非极性键的断裂和Ga — H、O — H极性键的形成，没有极性键的断裂，a错误；
b.由图可知，氧空位的作用是用于捕获 C O2 ，b正确；
c .由图可知，Ga形成的共价键个数发生变红， Ga 元素的化合价发生变化，c错误；
d .总反应为： C O2 +2 H 2 → C H 3OH，GaZr Ox双金属氧化物是催化剂，其他物质都是中间体，机理图
上中间体有三种，d正确；
故选bd。
7.【答案】(1)+80.24
(2)BC
(3)①AC
②反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使
C2 H 4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显
(4)
96
①
%
②
【解析】(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的△H随温度的变化如图1所示。反应Ⅰ为分解反应，反应Ⅱ、Ⅲ为化合反应，大
多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298 K下，△H 1=+80.24 kJ /mol；
(2)反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂不能使用平衡移
动，
故答案为：BC；
(3)①A .因为反应Ⅱ、Ⅲ自发，则△G =△H −T △S<0，且为熵减小反应，则△S<0，所以必须△H 2<0
、△H 3<0，故A 正确；
B.若△H随温度的上升而增大，则正反应为放热反应，故△H <0，故B 错误；
C.由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向移动后逆向移
动，故C 正确；
D.当温度范围：T ≤715 K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ的摩尔分数相等，但反应Ⅱ生成物的体积比较大，
平衡常数大于反应Ⅲ，故D 错误；
故答案为：AC；
②从图2中可看出，当体系温度高于600 K时，因反应Ⅰ吸热，反应Ⅱ、Ⅲ、放热，升高温度，反应Ⅰ平衡正
向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使C2 H 4的平衡体积分数增加，且随温度变化明显，故乙烯的摩
尔分数随温度升高而显著增加；
(4)①根据三段式可知：
2C H 3 I (g)⇌C2 H 4(g)+2 HI (g)
起始浓度(mol / L) 1 0 0
变化浓度(mol / L) 0.96 0.48 0.96
平衡浓度(mol / L) 0.04 0.48 0.96
3C2 H 4(g)⇌2C3 H 6(g)
起始浓度(mol / L) 0.48 0
变化浓度(mol / L) 0.21 0.14
平衡浓度(mol / L) 0.27 0.14
2C2 H 4(g)⇌C4 H 8(g)
起始浓度(mol / L) 0.27 0
变化浓度(mol / L) 0.13 0.065
平衡浓度(mol / L) 0.14 0.065
故平衡时C H 3 I的转化率为
；
②维持温度为810 K，压强为0.1 MPa，起始投料1mol，平衡时气体总物质的量为
0.04 mol+0.96mol+0.14 mol+0.14 mol+0.065mol =1.345mol，故平衡总压为0.1345 MPa，
，故x( HI )与压强(0.1～2.0 MPa)关系的曲线示意图如：
。
8.【答案】(1) A
(2)43；259.3
(3)减小体系的压强；分离出C O2
(4)①c
400
②
℃后，以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ消耗的H 2大于反应Ⅰ生成的H 2
0.03
③
【解析】(1)反应①： C2 H 5OH (g)+3 H 2O(g)=2C O2(g)+6 H 2(g) Δ H 1=173.3kJ ⋅mol
−1 可
知， ΔH >0， ΔS >0，要使反应自发， ΔH −TΔS<0 ，高温自发；
(2) Δ H 2 =反应物键能和−生成物键能和=2×803+ 436−1071−464×2= 43 kJ ⋅mol
−1
根据盖斯定律得 Δ H 3= Δ H 1+2 Δ H 2 =173.3+ 43×2=259.3 kJ ⋅mol
−1
(3)由反应①： C2 H 5OH (g)+3 H 2O(g)=2C O2(g)+6 H 2(g) Δ H 1=173.3kJ ⋅mol
−1 反应②
： C O2(g)+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) ΔH ❑2>0可知，若要增大氢气的产率，应使反应①正移，反应
②逆移，可减小体系压强或移出产物 C O2 ；
(4)①由选择性的定义可知，CO的选择性+ C O2 的选择性=1，由图可知，曲线a和曲线c在相同温度下的
数值加和始终为1，所以曲线a和曲线c为两种气体的选择性曲线，曲线b为氢气的产率曲线，又由于起始
时按投料，所以一开始体系中没有 C O2 ，所以反应Ⅱ开始时不反应，CO的选择性为0，表示平衡时CO选
择性的曲线是c；
②由①分析可知，曲线b为氢气的产率曲线，CO的选择性随温度的升高而升高，C O2的选择性随温度的
升高而降低，由图可知，400℃后，以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ消耗的H 2大于反应Ⅰ生成的H 2；
③根据题干信息及图像可知， C2 H 5OH (g) 的转化率为80 %，转化了0.8mol，平衡时还剩0.2mol。图中
M点CO和 C O2 的选择性均为50 %，故生成CO和 C O2 各0.8mol，根据反应①和②系数比可算出n(
H 2O )=1.4 mol，n(CO)=0.8mol， n( C O2 )=0.8mol，n( H 2 )= 4 mol。由于反应体系为恒容密闭容
器，平衡时的压强p= 100×7.2
4
KPa，根据 K
θ = [
p(C O2)
p
0 ]
2
[
p(H 2)
p
0 ]
6
p(C2 H 5OH )
p
0
×[
p(H 2O)
p
0 ]
3 代数得 K
θ =0.03 。
9.【答案】(1)>；b
(2)CD
(3)20；80
(4)温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短
(5)阴极；EDTA −F e
2++e
−= EDTA −F e
3+；2 EDTA −F e
3++ H 2S = S+2 H
++2 EDTA −F e
2+
【解析】(1)由图1可知，随温度升高H 2S的体积分数减小，平衡正向移动，说明该反应为吸热反应，即
ΔH >0；温度相同时，平衡时的硫化氢的体积分数比不平衡时小，则图中表示平衡状态的曲线为b；
(2) A .该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，平衡常数增大，故A 错误；
B.化学平衡常数K只与温度有关，与投料比n( H 2S)：n( Ar )无关，故B 错误；
C.恒温恒压下，增加Ar的体积分数，相当于增大体积，平衡右移，H 2S的平衡转化率增大，故C 正确；
D.图中M点未达到平衡，正向移动，M点正反应速率大于逆反应速率，故D 正确；
故答案为：CD；
(3)设初始时H 2S、Ar分别为3amol、amol，转化的H 2S的物质的量为2 xmol，
2 H 2S(g)⇌S2(g)+2 H 2(g)
初始(mol) 3a 0 0
转化(mol) 2 x x 2 x
平衡(mol) 3a−2 x x 2 x
平衡时气体的总物质的量为(3a−2 x + x +2 x +a)mol =(4 a+ x)mol，则(3a−2 x)
(4 a+ x) ×100 % =20 %，则
a= x，此时Ar的分压
；平衡时，H 2S
、S2、H 2的物质的量分别为
amol、amol、2amol，分压分别为20kPa、20kPa、40kPa，该反应的平衡常数
；
(4)随着温度升高，反应速率逐渐加快，达到平衡所需时间缩短，所以a、b两条曲线逐渐靠近；
(5)由图2可知，电极b附近C O2转化为CO，C元素化合价降低，发生还原反应，电极b为阴极；在电极a
区发生的反应①为EDTA −F e
2++e
−= EDTA −F e
3+，反应②为
2 EDTA −F e
3++ H 2S = S+2 H
++2 EDTA −F e
2+。
10.【答案】(1)C(s，石墨)+ 1
2 H 2(g)= 1
2 C2 H 2(g) △H =+113.35kJ ⋅mol
−1
(2)温度低于500℃，反应速率低；温度高于500℃，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移
动程度增大，不利于甲烷的生成
(3)①C ②II；> ③40kPa；4
(4)2 H 2O+2C l
−
通电̲̲
¿
H 2↑+2O H
−+C l2↑
【解析】(1)①C(s，石墨)+O2( g)=C O2( g)△H 1=−393.5kJ ⋅mol
−1；
②H 2(g)+ 1
2 O2(g)= H 2O(l)△H 2=−285.8kJ ⋅mol
−1；
2
③C2 H 2( g)+5O2( g)= 4C O2( g)+2 H 2O(l)△H 3=−2599.0kJ ⋅mol
−1；
根据盖斯定律①+②× 1
2 −③× 1
4 ，得1molC(s，石墨)和H 2(g)反应生成C2 H 2(g)的热化学方程式
C(s，石墨)+ 1
2 H 2(g)= 1
2 C2 H 2( g)△H =−393.5kJ ⋅mol
−1−285.8kJ ⋅mol
−1× 1
2
+2599.0kJ ⋅mol
−1× 1
4 =+113.35kJ ⋅mol
−1；
(2)温度低于500℃，反应速率低； C O2(g)+ H 2(g) ⇌
❑
❑
CO(g)+ H 2O(g)正反应吸热，温度高于
500℃，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成，所以工业合成甲烷通常控制温度
为500℃左右；
(3)①A .反应前后气体系数和相等，气体总体积是恒量，气体总体积保持不变，反应不一定平衡，故不选
A；
B.气体总质量不变，气体总物质的量不变，平均相对分子质量是恒量，混合气体的平均相对分子质量保持
不变，反应不一定平衡，故不选B；
C.NO是反应物、N 2是生成物， n( NO)
n( N 2) 不再变化，说明各物质的物质的量不变，反应一定达到平衡状
态，故选C；
选C；
②相同温度下，NO平衡转化率随 n( NO)
n(C H 4) 的增大而降低，表示T 2时NO平衡转化率～ n( NO)
n(C H 4) 的关系
是Ⅱ；正反应放热，升高温度，NO平衡转化率降低，所以T 1>T 2；
③当 n( NO)
n(C H 4) =1、T 3时，因曲线I是表示当 n( NO)
n(C H 4) =1时，NO的平衡转化率～ 1
T 的图像，由曲线I
可看出在T 3时NO平衡转化率为80 %，
&C H 4(g)& + & 4 NO(g)&⇀
↽& 2 N 2(g)&+C O2(g)&+2 H 2O(g)
初始(mol)& a & & a & & 0 & 0 & 0
转化(mol)& 0.2a & & 0.8a & & 0.4 a & 0.2a & 0.4 a
平衡(mol)& 0.8a & & 0.2a & & 0.4 a & 0.2a & 0.4 a
C H 4的平衡分压为100kPa ×
0.8a
0.8a+0.2a+0.4 a+0.2a+0.4 a = 40 kPa，该温度下K
θ=
(
100× 0.2a
2a
100 )×(
100× 0.4 a
2a
100 )
2
×(
100× 0.4 a
2a
100 )
2
(
100× 0.8a
2a
100 )×(
100× 0.2a
2a
100 )
4
= 4 ；
(4)B装置电解饱和食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠，总反应离子方程式为2 H 2O+2C l
−
通电̲̲
¿
H 2↑+2O H
−+C l2↑。
