【文档说明】2025届高三化学暑假培优专练 15 化学反应原理 Word版含解析.docx，共(31)页，3.924 MB，由小赞的店铺上传

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查补易混易错15化学反应原理化学反应原理主要考查热化学、电化学、化学反应速率和化学平衡、电解质溶液等主干理论知识，主要命题点有盖斯定律的应用，反应速率和化学平衡的分析，化学平衡常数的表达式书写与计算，

反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用等，试题常以填空、读图、作图、计算等形式呈现。高考一般以与生产、生活紧密联系的物质为背景材料命制组合题，各小题之间又有一定的独立性。主要考查学生的信息处理能力、学

科内综合分析能力，应用反应原理解决生产实际中的具体问题，体现了“变化观念与平衡思想”的核心素养。易错01反应热的计算1．反应热计算的方法：(1)根据“两个”公式计算反应热：ΔH=E(生成物的总能量)－E(反应物

的总能量)；ΔH=E(反应物的键能之和)－E(生成物的键能之和),利用键能计算反应热，需算清物质中化学键的数目。常见物质中所含共价键的数目：1mol金刚石中含有2molC—C键，1mol硅中含有2molSi—

Si键，1molSiO2晶体中含有4molSi—O键；1molP4中含有6molP—P键，1molP4O10(即五氧化二磷)中含有12molP—O键、4molP===O键，1molCH3CH3中含有6molC—H键和1molC—C键。(2)根据热化学方程式计算反应热：焓变与反应

物的物质的量成正比。(3)根据盖斯定律计算反应热：若一个热化学方程式可由另外几个热化学方程式相加减而得到，则该反应的焓变可通过这几个化学反应焓变的加减而得到。表示方法：，ΔH=ΔH1＋ΔH2。2.热化学方程式的书写：(1)热化学方程式中化学计量数可以是整数，也可以是

分数。(2)物质的聚集状态：气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用“↑”和“↓”。(3)注意ΔH的单位、数值与符号。ΔH的单位为kJ·mol－1，如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍，逆反应的反应热与正反应的反应热数

值相等，但符号相反。(4)对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态之外，还要注明物质的名称。如①S(s，单斜)＋O2(g)===SO2(g)ΔH1＝－297.16kJ·mol－1；②S(s，正交)＋O2(g)===SO2(g)ΔH2＝－296.83

kJ·mol－1；③S(s，单斜)===S(s，正交)ΔH3＝－0.33kJ·mol－1。3.根据盖斯定律计算反应热的方法：(1)观察已知的热化学方程式与目标热化学方程式的差异，若目标热化学方程式中的某种反应物在某个已知热化学方程式中作生成物，可把该

热化学方程式的反应物和生成物颠倒，相应的ΔH改变符号。(2)将每个已知热化学方程式两边同乘以某个合适的数，使已知热化学方程式中的化学计量数与目标热化学方程式中的化学计量数一致，ΔH也同倍数变化。(3)将已知热化学方程式相加或相减，热化学方程式中的ΔH同时相加或相减，得到目标

方程式及反应热。易错02化学反应速率和化学平衡1.化学反应速率的计算：v(B)＝Δc（B）Δt＝Δn（B）V·Δt(1)浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。(2)化学反应速率是某段时间内的平均反应

速率，而不是即时速率，且计算时取正值。(3)同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比。(4)计算反应速率时，若给出的是物质的量的变化值，要转化为物质的量浓度的变化值(计算时一定要除以

体积)，再进行计算。2.外界条件对可逆反应的反应速率的影响：外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同。(1)当增大反应物浓度时，v正增大，v逆瞬间不变，随后也增大；(2)增大压强，气

体分子数减小方向的反应速率变化程度大；(3)对于反应前后气体分子数不变的反应，改变压强可以同等程度地改变正、逆反应速率；(4)升高温度，v正和v逆都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大；(5)使用催化剂，能同等程度地改变正、逆反应速率。3.平衡移动方向的判断：(1)依勒夏特列

原理判断。(2)根据图像中正逆反应速率相对大小判断：若v正>v逆，则平衡向正反应方向移动；反之向逆反应方向移动。(3)依变化过程中速率变化的性质判断：若平衡移动过程中，正反应速率增大(减小)，则平衡向逆(正)反应方向移动。(4)依浓度熵(Qc)规则

判断：若某温度下Qc＜K，反应向正反应方向进行；Qc＞K，反应向逆反应方向进行。4.化学平衡的计算：（1）化学平衡常数：对于可逆化学反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)在一定温度下达到化学平衡时，K＝cp（C）·cq（D）cm（A）·cn

（B）。另可用压强平衡常数表示：Kp＝pp（C）·pq（D）pm（A）·pn（B）[p(C)为平衡时气体C的分压]。反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度不写进平衡常数表达式，但非水溶液中，若有水参加或生成

，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中；同一化学反应，化学反应方程式写法不同，其平衡常数表达式及数值亦不同。书写平衡常数表达式及数值时，要与化学反应方程式相对应，否则就没有意义。（2））依据化学方程式计算平衡常数：同一可逆反应中，K正·K逆＝1；同

一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常K间的关系是：K′＝Kn或K′＝nK；几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积。（3）转化率、产率及分压的计算：反应物转化率＝反应

物的变化量反应物的起始量×100%；产物的产率＝生成物的实际产量生成物的理论产量×100%；分压＝总压×物质的量分数。5.化学反应速率、化学平衡图像：（1））解题思路：看图像一看轴(即纵坐标与横坐标的意义)，二看点(即起点、拐点、交

点、终点)，三看线(即线的走向和变化趋势)，四看辅助线(如等温线、等压线、平衡线等)，五看量的变化(如浓度变化、温度变化等)想规律看清图像后联想外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律作判断通过对比分析，作出正确判断（2）分析方法：

认清坐标系，弄清纵、横坐标所代表的意义，并与有关原理相结合；看清起点，分清反应物、生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，一般生成物多数以原点为起点；看清曲线的变化趋势，注意渐变和突变，分清正、逆反应，从而判断反应特点；注意终点

。例如，在浓度­时间图像上，一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量，并结合有关原理进行推理判断；先拐先平数值大。例如，在转化率­时间图像上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该曲线对应的温度高、浓度大或压强大；定一

议二。当图像中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。易错03沉淀溶解平衡和Ksp的应用一般情况下，升高温度能促进沉淀的溶解，稀释使平衡向右移动；稀释后重新达到平衡时各离子浓度保持不变。对于确定的物质来说，Ksp只与温度有关；温度相同时，组成形式相同的物质，

Ksp较大者溶解度较大。1.沉淀的生成或溶解的判断：若体系内Qc＝Ksp，体系处于溶解平衡状态；Qc>Ksp，体系内会有沉淀析出；Qc<Ksp，体系仍可溶解相应的溶质。2.沉淀顺序的确定：同一溶液若有多种成分在某种条件下均可形成沉淀，则离子积先满足

Qc>Ksp者先形成沉淀。3.沉淀的转化与Ksp大小间的关系：组成形式相同的难溶物质，Ksp较大的沉淀肯定可转化为Ksp较小的沉淀，但当二者Ksp相差不大时，反过来也可转化。易错04电化学的常考点1.电极名称的判断：总反应方程式中还原剂发生氧化反应做负极，与负极相连

的电极为阴极，阴极发生还原反应；总反应方程式中氧化剂发生还原反应做正极，与正极相连的电极为阳极，阳极发生氧化反应。2.微粒的移动方向：原电池中，电子由负极移向正极，阳离子移向正极阴离子移向负极；电解池中，电子由电源负极移向阴极、由阳极移向电源正极，阳离子移向阴极阴离子移向阳极。3.充、

放电的电化学原理：对于可充电电池，放电时为原电池，符合原电池工作原理，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；外电路中电子由负极流向正极，内电路中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。可充电电池充电时为电解池，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应；充电时电池的“＋

”极与外接直流电源的正极相连，电池的“－”极与外接直流电源的负极相连。4.不同“介质”与电极反应式的书写：酸性溶液中，电极反应式不可能出现OH—及与H+反应的微粒，如酸性溶液中CH3OH在负极上失去电子生成CO2气体，正极反

应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O；碱性溶液中，电极反应式不可能出现H+及与OH—反应的微粒，如碱性溶液中CH3OH在负极上失去电子生成CO2－3，正极反应式为O2＋4e－＋2H2O=4OH－；电解质为熔融盐或固体，电极反应式不可能出现OH—及H+。5.隔膜的作用：离子交换膜是一

种选择性透过膜，阳离子交换膜一般只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阳离子通过，离子迁移方向遵循电池中离子迁移方向。6.盐桥的作用：隔绝负极与正极电解质溶液发生化学反应，降低化学能转化为电能的效率；通过离子的定向移动，构成原电

池的闭合回路，并维持正极池和负极池中溶液的电性守恒。7.金属腐蚀快慢三个规律：(1)金属腐蚀类型的差异：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。(2)电解质溶液的影响:对同一金属来说，腐蚀的

快慢(浓度相同)：强电解质溶液＞弱电解质溶液＞非电解质溶液;对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，腐蚀越快。(3)活泼性不同的两金属，活泼性差别越大，腐蚀越快。1．（2022·天津·统考高考真题）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物3FeL+

(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体2HS转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①2HS的吸收氧化；②3FeL+的再生。反应原理如下：①()()()()()()3222H

S2FeLaq2OHaqSs2FeLaqHg2Ol+−+++=++()1ΔakJmola>0H−=−②()()()()()23224FeLaqO2HOl=4FeLaq4OHaqg++−+++()1ΔbkJmolb>0H−=−回答下列问题：(1)该工艺的总反应方

程式为___________。1mol()2HSg发生该反应的热量变化为___________，3FeL+在总反应中的作用是___________。(2)研究不同配体与3Fe+所形成的配合物(A、B、C)对2HS吸收转化率的影响。将配合

物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入2HS，测得单位体积吸收液中2HS吸收转化率()2HS随时间变化的曲线如图1所示。以()2H

S由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是___________(填“A”、“B”或“C”)。(3)2HS的电离方程式为___________。25℃时，2HS溶液中2HS、HS−、2S

−在含硫粒子总浓度中所占分数δ随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，2HS的a1K=___________，a2K=___________。再生反应在常温下进行，2FeL+解离出的2Fe+易与溶液中的2S−形成沉淀。若溶液中的()251Fe1.010molLc+−−=，()912

6.010molLHSc−−=，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于___________(已知25℃时，FeS的spK为186.010−)。2．（2022·福建·统考高考真题）异丙醇()38CH

O可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯()36CH的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：Ⅰ.1383621CHO(g)CH(g)HO(g)ΔH52kJmol−+=+Ⅱ.13661222CH(g)CH(g)ΔH97kJ

mol−=−回答下列问题：(1)已知1382222CHO(g)9O(g)6CO(g)8HO(g)ΔH3750kJmol−+=+=−，则36CH(g)燃烧生成2CO(g)和2HO(g)的热化学方程式为_______。(2)在135

0℃下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：反应时间/μs04812t202HO浓度/ppm024403200360040004100①4~8μs内，()38vCHO=_______1ppmμs−；②t_______16(填“>”“<”或“=”)。(3)

在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。a.2HO(g)的分压不变b.混合气体密度不变c.()()36612nCH2nCH=d.()()238vHOvCHO=正逆(4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98

%和40%，则丙烯的产率为_______。(5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时plgQ与温度的关系曲线。(已知：对于可逆反应aA(g)bB(g)cC(g)dD(g)++，任意时刻cdpabp(C)p(D)Qp(A)p(B)=，式中()pX)表示物质×的分压)①在3

50℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的_______点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是_______。②350℃时，在密闭容器中加入一定量的38CHO，体系达到平衡后，测得612CH的分压为xMPa，则水蒸气的分压为___

____MPa(用含x的代数式表示)。3．（2022·重庆·统考高考真题）反应222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)一定条件在工业上有重要应用。(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。温度/℃7008008301000平衡常数1.671.11

1.000.59①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。(2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。①利用平衡移动原理解释反应

器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：2H2H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是_____。A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性B．过程2的△H＞0C．加快P

d膜内H原子迁移有利于H2的解离D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为

90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为_____。(3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。②阴极的电极反应式为______。③同温

同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。4．（2023·浙江·高考真题）“碳达峰·碳中和”是我国社会发展

重大战略之一，4CH还原2CO是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：Ⅰ：142211CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)ΔH247kJmol,K−++=+Ⅱ：122222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)ΔH41kJmol,K−++=+

请回答：(1)有利于提高2CO平衡转化率的条件是___________。A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压(2)反应422CH(g)3CO(g)4CO(g)2HO(g)++的ΔH=___________1kJmol−，

K=___________(用12K,K表示)。(3)恒压、750C时，4CH和2CO按物质的量之比1:3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现2CO高效转化。①下列说法正确的是___________。A

．34FeO可循环利用，CaO不可循环利用B．过程ⅱ，CaO吸收2CO可促使34FeO氧化CO的平衡正移C．过程ⅱ产生的2HO最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原21molCO需吸收的能量更多②过程ⅱ平衡后通入He，

测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因___________。(4)4CH还原能力()R可衡量2CO转化效率，()()24RΔnCO/ΔnCH=(同一时段内2CO与4CH的物质的量变化量之比)。①常压下4CH和2CO按物质的量

之比1:3投料，某一时段内4CH和2CO的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出4001000℃间R的变化趋势，并标明1000℃时R值___________。②催化剂X可提高R值，另一时段内4CH转化率、R值随温度变化如下表：温度/℃4805005205504CH转化率/%7

.911.520.234.8R2.62.42.11.8下列说法不正确．．．的是___________A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率B．温度越低，含氢产物中2HO占比越高C．温度升高，4CH转化率增加，2CO转化率降低

，R值减小D．改变催化剂提高4CH转化率，R值不一定增大5．（2022·辽宁·统考高考真题）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：-1-1-1223N(g)+3H(g)2NH(g)Δ

H=-92.4kJmolΔS=-200JKmol。回答下列问题：(1)合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。(2)_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有

利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用400~500℃。针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用2-xyFe-TiOH双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温

度为547℃，而2-xyTiOH的温度为415℃)。下列说法正确的是_______。a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率b．NN在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率c．“热Fe”高

于体系温度，有利于提高氨的平衡产率d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率(4)方案二：M-LiH复合催化剂。下列说法正确的是_______。a．300℃时，复合催化剂比单一催化剂效率更高b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率c．温度越高，复合催化剂活

性一定越高(5)某合成氨速率方程为：()()()βγ223αv=kcNcHcNH，根据表中数据，γ=_______；实验()-12cN/molL()-12cH/molL()-13cNH/molL-1-1v/molLs

1mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np2.828q在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。a．有利于平衡正向移动b．防止催化剂中毒c．提高正反应速率(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为3NH配体；四面体中心为硼原子，顶

点均为氢原子。若其摩尔质量为-1188gmol，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为_______。6．（2022·河北·高考真题）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。(1

)298K时，21gH燃烧生成2HO(g)放热121kJ，21molHO(l)蒸发吸热44kJ，表示2H燃烧热的热化学方程式为_______。(2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。Ⅰ.422CH(g)+H

O(g)CO(g)+3H(g)Ⅱ.222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)①下列操作中，能提高4CH(g)平衡转化率的是_______(填标号)。A．增加4CH(g)用量B．恒温恒压下通入惰性气体C．移除()gCOD．加入催化剂②恒温恒压条件下，1molCH

4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，4CH(g)的转化率为α，2CO(g)的物质的量为bmol，则反应Ⅰ的平衡常数xK=_______(写出含有α、b的计算式；对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，pqmxnx

(C)x(D)K=x(A)x(B)，x为物质的量分数)。其他条件不变，2HO(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90,b=0.65，平衡体系中2H(g)的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数

字)。(3)氢氧燃料电池中氢气在_______(填“正”或“负”)极发生反应。(4)在允许2-O自由迁移的固体电解质燃料电池中，n2n+2CH放电的电极反应式为_______。(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→__

_____(用b~j等代号表示)。7．（2023·云南·统考二模）CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：反应i．CO2(g)+H2(g)垐?噲?HCOOH(g)ΔH1反应ii．CO2(g)+H2(g)垐?噲?H2O(g)+CO(g)ΔH2>0反应iii．……可能的反应机理如下(M为催化

剂)；回答下列问题：(1)反应iii的化学方程式为___________。(2)已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：物质CO2(g)H2(g)HCOOH(g)标准摩尔生成焓/kJ·mol-1-393.510-362.3依据以上信

息，ΔH1=___________。(3)在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1投料，发生反应i和反应ii(忽略反应iii)，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=2100%)CO甲酸的物质的量消耗的物质的量随温度变化曲线如下图所示。①下列措施能提高CO2平衡转

化率的是___________(填标号)。A．降低温度B．再充入ArC．分离出HCOOH②673.15K，反应后体系中H2的分压为aMPa，则反应i的压力商计算式Qp=___________MPa-1。③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更

显著的是反应___________(填“i”或“ii”)，判断的理由是___________。(4)若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH，模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成__

_________中间体，且___________(填“Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。8．（2023·江西·校联考二模）金山银山不如绿水青山，实现碳达峰碳中和是贯彻新发展理念、构建新发展格局、推动高质量发展的内在要求。(1)二甲醚(CH

3OCH3)被誉为“21世纪的清洁燃料，以CO2、H2为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：I．2CO2(g)+6H2(g)垐?噲?CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH1=-122.5kJ/molⅡ．CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O

(g)ΔH2=+41.1kJ/mol①在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应I、Ⅱ，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。(已知：CH3OCH3的选择性=3322CHOCH100%CO的物质的量反应的

的物质的量)其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的曲线是____(填“①”或“②”)；温度高于300°C时，曲线②随温度升高而升高的原因是___________________。②对于反应Ⅱ的反应速率v=v正-v逆=k正p(CO2)·p(H2)-k逆p(CO)·p

(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。a．降低温度，k正-k逆_____(填“增大”“减小”或”不变”)；b．在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照n(H2)：n(CO2)=1：1投料，C

O2转化率为50%时v(正)：v(逆)=3：4，用气体分压表示的平衡常数Kp=______________。(2)石化工业，常采用碳酸钠溶液作为脱硫吸收剂。已知：25°C，H2CO3Ka1=4.5×10-7Ka2=4.7×10-11；H2SKa1=1.1×10-7Ka2=1.3×10-13。请写出

H2S与足量碳酸钠溶液反应的离子方程式：________________。(3)化工废水中常常含有以二甲胺(CH3)2NH)为代表的含氮有机物，可以通过电解法将二甲胺转化为无毒无害的气体排放，装置如图所示。反应原理是：(i)Cl-在阳极转化为

Cl2；(ii)Cl2在碱性溶液中歧化为ClO-；(iii)ClO-将二甲胺氧化为N2，2-3CO和H2O。①写出电解池中阴极发生反应的方程式_________________。②电解池中选择阴离子交换膜而不选择

阳离子交换膜的原因是______________________________。③当阴极区收集到6.72L(标况下)H2时，阳极区收集到N2的体积(标况下)是____________________L。9

．（2023·浙江·校联考一模）减少CO2排放并实现CO2的有效转化已成为科研工作者的研究热点。根据以下两种常见的CO2利用方法，回答下列问题：(I)在钌配合物催化作用下采用“CO2催化加氢制甲酸”方法将CO2资源化利用。反应为：CO2(g)+H

2(g)垐?噲?HCOOH(g)ΔH(1)已知：298K时，部分物质的相对能量如表所示，ΔH=_______kJ·mol-1，该反应在_____(填“高温”、“低温”或者“任意温度”)易自发进行。物质CO2(g)H2(g)H2O(g)CO(g)HCOOH(g

)相对能量/kJ·mol-1)-3930-242-110-423.9(II)以氧化铟(In2O3)作催化剂，采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将CO2资源化利用。反应历程如下：i．催化剂活化：In2O3(无活性)还原氧化In2O3-x(有活性)ii．CO2与H2在活化的催

化剂表面同时发生如下反应：反应①：CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1反应②：CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)ΔH2(2)某温度下，在恒容密闭反应器发生以上反应，下列

能说明反应①达到平衡状态的是___(填标号)。A．v正(H2)：v逆(CH3OH)=3：1B．混合气体的平均摩尔质量保持不变C．混合气体的密度保持不变D．CH3OH(g)的分压保持不变(3)增大CO2和H2混合气体的流速，可减少

产物中H2O(g)的积累，从而减少催化剂的失活，请用化学方程式表示催化剂失活的原因：__________。(4)ii中反应①、②的lnK(K代表化学平衡常数)随1T×103(T代表温度)的变化如图所示请在上述图中画出反应CO(g)+2H2(g)垐?噲?CH3OH(g)的lnK随1T

×103变化的曲线_______。(5)在恒温密闭容器中，维持压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2的转化率[α(CO2)%]和甲醇的选择性[x(CH3OH)%=32()()nCHOHnCO生成消耗×100%]随着温度变化关系如图所示。若233~251°C时

催化剂的活性受温度影响不大，分析温度高于235°C时图中曲线下降的原因________。(6)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，同时发生反应①和反应②，初始压强为p0，在300°C发生反应，反应达到平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小20%，则反应②用平衡分压

表示的平衡常数Kp=________(保留两位有效数字)。10．（2023·山东菏泽·统考二模）丙醛是一种重要的有机原料，在许多领域都有广泛的应用。在铑催化剂作用下，乙烯羰基合成丙醛涉及的反应如下：主反应Ⅰ.242321CH(g)+H(g)+CO(g)CHCHCHO(g)ΔH副反

应Ⅱ.242262CH(g)+H(g)CH(g)ΔH已知：在一定条件下一氧化碳能与铑催化剂结合生成羰基铑络合物。回答下列问题：(1)T℃时，向恒压容器中充入0.2mol24CH(g)、0.2mol2H(g)和0.2molCO(g)，若在该条件下只发生主反应I，达平衡时，

放出15.48kJ的能量；若向相同容器中充入0.4mol32CHCHCHO(g)，吸收20.64kJ的能量，则反应I的1ΔH=_______kJ/mol。(2)保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料242n(CH):n(CO):n(H)=1:1:1，发生Ⅰ、

Ⅱ反应，总压为3pkPa，反应达到平衡时24CH的转化率为80%，26CH的选择性为25%，则2H的转化率为_______%，反应I的pK=_______-1kPa(用含p的代数式表示)。(3)在恒压条件下，按照投料242n(CH):n(CO):n(H

)=1:1:1，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下24CH的转化率(α)如图1曲线所示。测得v(B)_______v(D)(填“>”、“=”、“＜”)，产生这一结果的原因可能是_____

__(4)在恒压密闭容器中，通入1mol24CH、1molCO和2n(H)，在一定温度和铑催化剂作用下，发生上述反应，测得24CH的转化率()和丙醛选择性［323224n(CHCHCHO)x(CHC

HCHO)=100%n(CH)生成消耗］随2n(H)n(CO)变化关系如图2所示。曲线b表示_______，当2n(H)1.081.1n(C<O)<时，曲线a随2n(H)n(CO)的增大而降低的原因是_______。参考答案1．(1)3222FeL

2HSO2HO2S+++(或()()()()()3222FeLaq2HSgOg2HOl2Ss+++)放出b(a+)kJ2热量作催化剂或降低反应活化能(2)A(3)223HSHOHOHS+−++或2HSHHS+−+71.010−131.010−

8【详解】（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为3222FeL2HSO2HO2S+++(或()()()()()3222FeLaq2HSgOg2HOl2Ss+++)，该反应的热化学方程式()()()()()(

)31222FeLaq2HSgOg2HOl2SsΔ2a+bkJmolH+−++=−，因此1mol()2HSg发生该反应的热量变化为放出b(a+)kJ2热量，3FeL+参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此3FeL+在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；

故答案为：3222FeL2HSO2HOS+++(或()()()()()3222FeLaq2HSgOg2HOl2Ss+++)；放出b(a+)kJ2热量；作催化剂或降低反应活化能。（2）根据图中信息以()2H

S由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。（3）2HS是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为223HSHOHOHS+−++或2

HSHHS+−+；根据题意pH=7时2HS、HS−的所占分数相等，因此2HS的7a12(HS)(H)(H)1.010(HS)ccKcc−++−===，pH=13时HS−、2S−的所占分数相等，则213a2(S)(H)(H)1.010(HS)ccKcc−++−−====。再生反应在常温

下进行，2FeL+解离出的2Fe+易与溶液中的2S−形成沉淀。若溶液中的()251Fe1.010molLc+−−=，根据2+25218sp(Fe)(S)1010(S)6010K.ccc.−−−−

===得到2131(S)6010molLc.−−−=，根据()9126.010molLHSc−−=和2213220a1a292(S)(H)6.010(H)1.010(HS)6.010cccKKc−+−+−−===，得到81(H)1.

010molLc+−−=，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：223HSHOHOHS+−++或2HSHHS+−+；71.010−；131.010−；8。2．(1)1362222CH(g)9O(g)6CO(g)6HO

(g)ΔH3854kJmol−+=+=−(2)190>(3)ad(4)58.8%(5)甲反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，ppQ>K(x+2x)【详解】（1）设Ⅲ1382222CHO(g)9O(g)6CO(g)8HO

(g)Δ3750kJmol−+=+=−H，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得1362222CH(g)9O(g)6CO(g)6HO(g)Δ3854kJmol−+=+=−H。（2）①4~8μs内，-1-123200-24

40(HO)=ppmμs=190ppmμs8-4v，则()8-123(HO)C=190ppmHμOs=vv；②0~4μs、4~8μs、8~12μs，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，8~12μs内，Δc(H2O)=400p

pm，12~tμs内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。（3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确；b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则

混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误；c．当()()36612nCH2nCH=时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误；d．()()238vHOvCHO=正逆，

说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确；故选ad。（4）设C3H8O的物质的量为1mol，若lmolC3H8O完全反应，理论上生成1molC3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反

应I生成1mol×98%=0.98molC3H6，反应Ⅱ消耗了40%C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为0.588mol100%1mol=58.8%。（5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应

Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，pQ逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，pQ逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成

物浓度，使得pQ>pK，即lgpQ增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲；②由图可知，350°C时达平衡后，plgQ=0，则350℃时pK=pQ=1，设水蒸气的平衡分压为aMPa，则反应II的C3H6起始分压为aMPa，对反应Ⅱ列三段式有366122

CH(g)CH(g)/MPaa0/MPa2xx/MPaa-2xx起始变化平衡p2x==1(a-2x)K，解得a=(x+2x)MPa。3．(1)ΔH0优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低(2)Pd

膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大BD1:8(3)质子导体2+-2H+2e=H(1-y)(a+b)a【详解】（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，ΔH0；

②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；②A.Pd膜只允许2H通过，不允许2CO通

过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，H0，B错误；C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡2H2H正向移动，有利于2H的解离，C正确；D.2H2H为放热过程，H原子在P

d膜表面上结合为2H的过程为吸热反应，D错误；故选BD；③根据反应222CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)一定条件，设通入的CO为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mo

l、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生

的H2的物质的量为xmol，则0.990.10.1xVVVV=，解得x=0.1，则出口a产生的2H为0.1mol，出口b的2H为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8；（3）①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极

产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体；②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：2+-2H+2e=H；③根据三段式：22

20CO(g)+HO(g)CO(g)+H(g)nab00Δnxxxxna-xb-xxx平一定条件，出口Ⅰ处气体为2CO体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为(a+b)，则x=(a+b)(1-y)，CO的转化率为：(1-y)(a+b)a。4．(1)C(2)329+212KK(3)BC通入3

He,CaCO分解平衡正移，导致()2cCOc(CO)增大，促进Fe还原2CO平衡正移(4)C【详解】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率

增大，故有利于提高2CO平衡转化率的条件是高温低压；答案选C；（2）已知：Ⅰ：142211CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)ΔH247kJmol,K−++=+Ⅱ：122222CO(g)H(g)C

O(g)HO(g)ΔH41kJmol,K−++=+根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应422CH(g)3CO(g)4CO(g)2HO(g)++；故ΔH=△H1+2△H2=+3291kJmol−，K=212KK；（3）①A．

根据流程可知，34FeO转化为Fe，Fe又转化为34FeO，34FeO可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2,CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，选项A错误；B．过程ⅱ，CaO吸收2CO使2CO浓度降低，促进34FeO氧化CO的平衡正移，选项B正确；C．过

程ⅱCaO吸收2CO而产生的2HO最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，选项C正确；D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原21molCO需吸收的能量一样多，选项D错误；答案选BC；②通入3He,CaCO分解平衡正移，导致()

2cCOc(CO)增大，促进Fe还原2CO平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升；（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大

程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知1000℃时，4CH转化率为100%，即()4ΔnCH=1mol,2CO转化率为60%,即()2ΔnCO=3mol60%=1.8mol，故()()24RΔnCO/ΔnCH==1.8

mol1mol=1.8，故4001000℃间R的变化趋势如图：②A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，()2ΔnCO增大的倍数比()4ΔnCH大，则R提高，选项A正确；B．根据表中数据可知，温

度越低，4CH转化率越小，而R越大，()2ΔnCO增大的倍数比()4ΔnCH大，含氢产物中2HO占比越高，选项B正确；C．温度升高，4CH转化率增加，2CO转化率也增大，且两个反应中的2CO转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不正确；

D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高4CH转化率，若2CO转化率减小，则R值不一定增大，选项D正确；答案选C。5．(1)能(2)高低(3)ab(4)a(5)-1a(6)Fe3d6【详解】（1）-1-1-

1223N(g)+3H(g)2NH(g)ΔH=-92.4kJmolΔS=-200JKmol，则∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×298)kJ∙mol-1=-32.4kJ∙mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；（2）温度

越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高

氨的平衡产率，a正确；b．温度升高，反应速率加快，所以NN在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确

；d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；故选ab。答案为：ab；（4）a．从图中可以看出，300℃时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；b．催化

剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；故选a。答案为：a；（5）选择实验1

和3进行分析，此时13p110(0.1p)vv==，则γ=-1；a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正

确；故选a。答案为：-1；a；（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为118682+=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为()326[MNH]+，白球的化学式为4[BH]−。从而得出M+17×6+15×2=188，M=

56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。6．(1)H2(g)+12O2(g)=H2O(1)H=-28

6kJ•mol-1(2)BC32()()(31)()(22)1bbb−−+−+−43%(3)负(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O(5)a→b→e→h→j【

详解】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热121kJ0.5=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+12O2(g)=H2O(g)H1=-242kJ•mol-1①，又因

为1molH2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)=H2O(l)H2=-44kJ•mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为H=H1+H2=-286kJ•mol-1，故答案为：H2(g)+12O2(g)=H2O(1)H=-286kJ•mol-1；（2）①A

．增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意；B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡

转化率，B符合题意；C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C符合题意；D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合

题意；综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为α，CO2(g)的物质的量为bmol，则转化的CH4(g)为αmol，剩余的CH4(g)为(1-α)mol，根据C元素守

恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量分数分别为122

−+、122b−+−、22b−+、322b++，因此，反应I的平衡常数Kx=332()()()2222()()(22)2222331111bbbbbb−+−+−−−−++=+−++−；

其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b=0.65，则平衡时，CH4(g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，，根据H和O守恒可知，H

2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65)mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6)mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为3.3

5100%43%7.8；（3）燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式

为CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O；（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：a→b→e→h→j。7．(1)CO2(g)+2H2(

g)垐?噲?HCHO(g)+H2O(g)(2)+31.21kJ·mol-1(3)C95%0.3%a5%ii随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降(4)HCOO*Bi/CeO2【详解】（1）据图可知，CO2(g)还可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，根据元素

守恒可知反应iii为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)；（2）焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)]kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；（3）①A．

ΔH1＞0，ΔH2＞0，即反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；B．恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，反应i为气体系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；C．分离出HCOOH

，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；答案选C；②不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，所以n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反应i和反应ii中

H2和CO2都是1∶1反应，所以此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=195%0.3%15%aMPa，所以反应i的压力商计算式Qp=195%0.3%15%aaa=95

%0.3%a5%；③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；（4）据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应

的活化能降低的更多，催化活性更优异。8．(1)①温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高减小0.75(2)H2S+2-3CO=HS-+HCO3−(3)--222HO+2e=2OH+H需要阴极区产生的-OH迁移

到阳极区维持阳极区的碱性0.448【详解】（1）①由于反应I正反应为放热反应，反应Ⅱ正反应为吸热反应，故升高温度，平衡I逆向移动，则CH3OCH3选择性下降，故CH3OCH3选择性对应曲线①；300℃之前，以反应I为主，反应I为放热反应，升高

温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，温度高于300℃时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，温度高于300℃时，反应Ⅱ起主导作用，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率升高；②a.反应Ⅱ为吸热的反应，降低温度，kk正逆、均减小，平衡

逆向移动，则v正减小的幅度大于v逆，所以k正减小的幅度大于k逆，故kk正逆-减小；b.在一定温度和压强下的反应Ⅱ，按照()22nHnCO(1)=1：：投料，可以假设()22cHcCO=2mol/L=()，2CO

转化率为50%时，则转化浓度()22cH=c(CO)=2mol/L50%1mol/L:=222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)mol/L)2200mol/L)1111mol/L)1111++起始(转化(平衡（相同条件下压强比等于物质的量比，由三段式可知，()()

()222pCO)=pH=pCO=pH(O；已知vv=34正逆：：，222(CO)(H)(CO)(HO)kppv3==vkpp4正正逆逆，则kk=34正逆：：，当反应达到平衡时，vv=正逆，则222(CO)(H)(CO)(HO)kppv==1vkpp正正逆

逆,故222(CO)(HO)(CO)(H)ppkKp0.75ppk===正逆；（2）根据题意知道，H2S的Ka1大于H2CO3的Ka2小于Ka1，故H2S与足量碳酸钠溶液反应的离子方程式为：H2S+2-3CO=HS-+HCO3−；（3）①阴

极上，水电离出的氢离子放电产生氢气，则电解池中阴极发生反应的方程式为--222HO+2e=2OH+H，故答案为：--222HO+2e=2OH+H；②由于需要阴极区产生的OH-迁移到阳极区维持阳极区的碱性，所以电解池中选择阴离子交换膜而不选择阳离子交换膜，故答案为：需要阴极区产生的OH-迁

移到阳极区维持阳极区的碱性；③当阴极区收集到6.72L(标况下)H2时，氢气的物质的量是0.3mol，转移0.6mol电子，根据电子得失守恒守恒可知生成0.3mol氯气，产生0.3molClO-，根据方程式15ClO-+2(CH3)2NH+8OH

-=N2↑+423CO−+15Cl-+11H2O，可知阳极区收集到N2的体积(标况下)是0.02mol22.4L/mol=0.448L，故答案为：0.448。9．(1)-30.9低温(2)BD(3)H2O(g)减少，CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)正向移动，CO(g)增大

，In2O3(无活性)还原氧化In2O3-x(有活性)正向移动(4)(5)反应①放热，反应②放热，升高温度，反应①逆向移动，反应②正向移动，但温度升高对反应①的影响大于反应②，(6)0.22【详解】（1）焓变=生成物的总能量-反应物

的总能量，CO2(g)+H2(g)垐?噲?HCOOH(g)ΔH=-423.9kJ·mol-1+393kJ·mol-1-0kJ·mol-1=-30.9kJ·mol-1，00HS，该反应在低温条件下易自发进行。（2）A.反应①②都消耗氢气，v正(H2)：v逆(CH3OH)=3：1，反应①

正逆反应速率比不等于系数比，反应①不平衡，故不选A；B.反应①气体物质的量减小，反应②气体物质的量不变，气体总质量不变，所以平均摩尔质量是变量，混合气体的平均摩尔质量保持不变，反应①一定达到平衡状态，故选B；C.气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度保持不变，反应①不一定平衡，

故不选C；D.CH3OH(g)的分压保持不变，说明CH3OH(g)的物质的量不变，反应①一定达到平衡状态，故选D；选BD。（3）增大CO2和H2混合气体的流速，H2O(g)减少，CO2(g)+H2(g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)正向移动，CO(

g)增大，In2O3(无活性)还原氧化In2O3-x(有活性)正向移动，从而减少催化剂的失活；（4）反应①随温度升高，K减小，所以CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1<0，K1；反应②随温度升高，K增大，所以CO2(g)+H2(

g)垐?噲?CO(g)+H2O(g)ΔH2>0，K2；①-②得CO(g)+2H2(g)垐?噲?CH3OH(g)ΔH=ΔH1-ΔH2<0，K=12KK，K随温度升高而减小，lnK随1T×103变化的曲线为；（5）反应①放热，反应②放热，升高温度，反应①逆向移动，反应②正向移动，但温度升高

对反应①的影响大于反应②，所以温度高于235°C时图中曲线下降。（6）恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，同时发生反应①和反应②，初始压强为p0，在300°C发生反应，反应达到平衡时，CO2的转

化率为50%，参加反应的CO2的物质的量为1mol；反应①气体物质的量减少、反应②气体物质的量不变，容器体积减小20%，说明气体物质的量减少1.2mol，根据CO2(g)+3H2(g)垐?噲?CH3OH(g)+H2O(g)，可知参与反应①的CO2为0.6mol

、H2为1.8mol，生成甲醇的物质的量为0.6mol、生成水蒸气0.6mol；参与反应②的CO2为0.4mol、H2为0.4mol，生成CO的物质的量为0.4mol、生成水蒸气0.4mol；则反应②用平衡分压表示的平衡常数Kp=00000.41pp4.

84.80.2211.8pp4.84.8=。10．(1)-129(2)80%96(3)<反应为放热反应；温度升高，平衡向吸热方向移动(4)24CH的转化率()氢气浓度

增加，生成的26CH增多，丙醛选择性降低【详解】（1）向恒压容器中充入0.2mol24CH(g)、0.2mol2H(g)和0.2molCO(g)，若在该条件下只发生主反应I，达平衡时，放出15.48kJ的能量；24232CH(g)+H(g)+CO(g)CHCHCHO(g)，15.48Q=77.

4kJ/mol0.2=正；若向相同容器中充入0.4mol32CHCHCHO(g)，吸收20.64kJ的能量，20.64Q=51.6kJ/mol0.4=逆，所以1lΔH=Q-Q77.451.6129kJ/mo=−+=−正逆（）；故答案为-129。（2）保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料2

42n(CH):n(CO):n(H)=1:1:1，发生Ⅰ、Ⅱ反应，24232CH(g)+H(g)+CO(g)CHCHCH(g)O，24226CH(g)+H(g)CH(g)；平衡时24CH的转化率为80%，反应Ⅰ、Ⅱ中24CH和2H均按照1：1进行，所以2H的转化率为80%；总压为3

pkPa，设24n(CH)=x反应达到26CH的选择性为25%，所以24CH发生反应I的物质的量为80%(125%)x=0.6x−；根据反应Ⅰ和Ⅱ的反应系数比，体系中剩余的24n(CH)=0.2x，2n(H)=0.2x，n(CO)=0.4x，32n(CHCHCHO)=0.6

x，26n(CH)=0.2x；所以平衡时压强为0.2x0.2x0.4x+0.6x+0.2x3pkPa1.6pkPa3x++=；所以反应I的()()()()32p2420.6pCHCHCHO1.6K=960.20.20.

4pCHpHpCO1.61.61.6==-1kPa；故答案为80%；96。（3）在恒压条件下，按照投料242n(CH):n(CO):n(H)=1:1:1，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应Ⅰ和Ⅱ

，相同时间内，测得不同温度下24CH的转化率(α)如图1曲线所示。由于反应为放热反应；温度升高，平衡向吸热方向移动；虽然转化率降低，但是D点温度大于B点温度，所以v(B)<v(D)；故答案为<；反应为放热反应；温度升高，平衡向吸

热方向移动。（4）根据反应Ⅰ、Ⅱ方程式，氢气比例增大，反应Ⅰ、Ⅱ中24CH的转化率均增大，所以曲线b表示24CH的转化率()；曲线a表示丙醛选择性，当2n(H)1.081.1n(C<O)<时，氢气浓度增

加，生成的26CH增多，丙醛选择性降低；故答案为24CH的转化率()；氢气浓度增加，生成的26CH增多，丙醛选择性降低。