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大题专攻3　化学反应原理综合题
此题承载着对化学反应原理，真实问题情境，理论联系实际，微粒
观、变化观、平衡观、守恒观等综合考查。一般通过陌生复杂的情境及陌
生的图像形式，综合考查热化学、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。考查学生“变化观念与平衡思想”“证据
推理与模型认知”“科学态度与社会责任”等学科核心素养的发展水平。
在近几年的相关考题中，对单一因素影响的考查已经越来越少了，主要以
“多因素影响”出现，考查考生的综合分析判断能力。以实际情景（场
景）为背景，更能体现核心素养的要求。而在实际生产过程中，影响因素
是多元化、多方位和多层次的。
预测2026年选考仍将以化学平衡为主，涉及定性分析和定量计算，定
性分析主要是外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，定量计算主要
是围绕转化率和平衡常数的计算。
1. （2025·浙江1月选考18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）用氨和甲醇在密闭容器中合成二甲胺，反应方程式如下：
Ⅰ.NH3（g）＋CH3OH（g） CH3NH2（g）＋H2O（g）
Ⅱ.CH3NH2（g）＋CH3OH（g） （CH3）2NH（g）＋H2O（g）
Ⅲ.（CH3）2NH（g）＋CH3OH（g） （CH3）3N（g）＋H2O（g）
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
AB
解析：化学反应的发生伴随着热量变化，改变温度可使平衡发生移动，即温度能改变甲醇的平衡转化率，A正确；增大投料比[n（NH3）∶n
（CH3OH）]，会使平衡正向移动，增大甲醇的平衡转化率，反之则减
小，故改变投料比[n（NH3）∶n（CH3OH）]可改变甲醇的平衡转化率，B正确；由于反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为气体分子数不变的反应，故改变压强平衡不移动，不能改变甲醇的平衡转化率，C错误；催化剂能改变反应速率，但不能使平衡发生移动，故催化剂不能改变甲醇的平衡转化率，D错误。
（2）25 ℃下，（CH3）2NH·H2O的电离常数为Kb，－lg Kb＝3.2，则1 mol·L－1 [（CH3）2NH2]＋Cl－水溶液的pH＝ 。
解析：[（CH3）2NH2]+Cl-溶液中存在水解平衡[（CH3）2NH2]+＋
H2O （CH3）2NH·H2O＋H+，该反应的Kh＝ ＝ ＝ ，由于－lg Kb＝3.2，即Kb＝10－3.2，故Kh＝10－10.8，由此可求出1 mol·L－1[（CH3）2NH2]＋Cl－水溶液中c（H＋）＝ ＝10－5.4 mol·L－1，pH＝5.4。
5.4
（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的电极反应式是
。
解析：在[（CH3）2NH2]＋Cl－的有机溶液中电化学还原CO2制备
HCON（CH3）2，该过程在阴极上发生，其电极反应式是2[（CH3）2NH2]＋＋CO2＋2e－ HCON（CH3）2＋（CH3）2NH＋H2O。
2[（CH3）2NH2]＋
＋CO2＋2e－ HCON（CH3）2＋（CH3）2NH＋H2O
（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：（CH3）2NH（g）＋CO（g） HCON（CH3）2（l）。
某条件下反应自发且熵减，则反应在该条件下ΔH 0（填
“＞”“＜”或“＝”）。
解析：由题可知（CH3）2NH（g）＋CO（g） HCON（CH3）2（l）在某条件下可自发（即ΔG＜0）且ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH－
TΔS，可推知在该条件下反应的ΔH＜0。
＜
Ⅳ.CO2（g）＋H2（g） HCOOH（g）
Ⅴ.HCOOH（g）＋（CH3）2NH（g） HCON（CH3）2（g）＋H2O（g）
HCOOH、（CH3）2NH、HCON（CH3）2三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＝
×100％）
（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n（CO2）∶n（H2）∶n[（CH3）2NH]
＝20∶15∶1，催化剂M足量。反应方程式如下：
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）：



。
t时刻前，反应Ⅳ的速率大于反应Ⅴ，故容器内HCOOH的量逐渐增加；
随着反应进行，能促进反应Ⅳ的碱性物质（CH3）2NH参与反应Ⅴ而被消
耗，故在t时刻后，HCOOH的消耗速率大于生成速率，容器内HCOOH的
量逐渐减少
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： 。
Si—H键键能小于H—H键，更易断裂
解析：①由题图可知，t时刻前，HCOOH的物质的量百分比逐渐增加，这
是因为反应Ⅳ的速率大于反应Ⅴ，随着反应进行，能促进反应Ⅳ的碱性物
质（CH3）2NH参与反应Ⅴ而被消耗，故在t时刻后，HCOOH的消耗速率大
于生成速率，容器内HCOOH的量逐渐减少。②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，原因是Si—H键键能小于
H—H键，更易断裂，所需能量少。
2. （2024·浙江6月选考19题）氢是清洁能源，硼氢化钠（NaBH4）是一种
环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：（除非特别说
明，本题中反应条件均为25 ℃，101 kPa）
NaBH4（s）＋2H2O（l） NaBO2（aq）＋4H2（g）　ΔH＜0
请回答：
（1）该反应能自发进行的条件是 。
A. 高温 B. 低温 C. 任意温度 D. 无法判断
C
解析：反应NaBH4（s）＋2H2O（l） NaBO2（aq）＋4H2（g）　ΔH＜0，ΔS＞0 ，由ΔG＝ΔH－TΔS可知，任意温度下ΔG都小于0，该反应均能自发进行。
（2）该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应
速率的是 。
A. 升高溶液温度
B. 加入少量异丙胺[（CH3）2CHNH2]
C. 加入少量固体硼酸[B（OH）3]
D. 增大体系压强
AC
解析：升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；加入少量异丙胺[（CH3）2CHNH2]，溶液变为碱性，碱性条件下水解慢，化学反应速率降低，B不符合题意；加入少量固体硼酸[B（OH）3]，溶液变为酸性，NaBH4中H为－1价，在酸性条件下易与H＋反应生成氢气，水解快，化学反应速率加快，C符合题意；增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意。
（3）为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该
催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v
与投料比[n（NaBH4）/n（H2O）]之间的关系，结果如图1所
示。请解释ab段变化的原因：
。
随着投料比[n（NaBH4）/n
（H2O）]增大，NaBH4的水解转化率降低
解析：随着投料比[n（NaBH4）/n（H2O）]增大，NaBH4的水解
转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。
（4）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组
的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。
该电池以3.2 A恒定电流工作14分钟，消耗H2体积为0.49 L，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5 L·mol－1；电荷量q（C）＝电流I（A）×时间（s）；NA＝6.0×1023mol－1；e＝1.60×10－19 C]
O2＋4e－＋2CO2 2C
70％
解析：根据题干信息，该燃料电池中H2所在电极为负极，O2所在电极为正极，熔融碳酸盐为电解质，故正极的电极反应式为O2＋4e－＋2CO2 2C ；该条件下，0.49 L H2的物质的量为n（H2）＝ ＝0.02 mol，工作时，H2失去电子：H2－2e－ 2H＋，转移的电荷量为2×0.02 mol×6.0×1023 mol－1×1.60×10－19 C＝3 840 C，工作电荷量为3.2 A×14 min×60 s·min－1＝2 688 C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为 ×100％＝70％。
（5）资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程
式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸
钠（NaBO2）再生为NaBH4。（已知：ΔG是反应的自由能变化
量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比ΔH计算方法；当ΔG＜
0时，反应能自发进行）
Ⅰ.NaBH4（s）＋2H2O（l） NaBO2（s）＋4H2（g）　ΔG1＝－320 kJ·mol－1
Ⅱ.H2（g）＋ O2（g） H2O（l）　ΔG2＝－240 kJ·mol－1
Ⅲ.Mg（s）＋ O2（g） MgO（s）　ΔG3＝－570 kJ·mol－1
请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明
ΔG：
。（要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为100％）
NaBO2（s）＋2H2（g）＋2Mg（s） NaBH4（s）＋2MgO
（s）ΔG＝－340 kJ·mol－1
解析：结合题干信息，要使得氢原子利用率为100％，可由2×反应Ⅲ－
（2×反应Ⅱ＋反应Ⅰ）得NaBO2（s）＋2H2（g）＋2Mg（s） NaBH4（s）＋2MgO（s），ΔG＝2ΔG3－（2ΔG2＋ΔG1）＝2×（－570 kJ·mol－1）－[2×（－240 kJ·mol－1）＋（－320 kJ·mol－1）]＝－340 kJ·mol－1 。
跟踪检测 巩固提升
1. （2023·浙江6月选考19题）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用
于制氢。
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水煤气变换反应：
CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g）　ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
该反应分两步完成：
3Fe2O3（s）＋CO（g） 2Fe3O4（s）＋CO2（g） ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
2Fe3O4（s）＋H2O（g） 3Fe2O3（s）＋H2（g） ΔH2
请回答：
（1）ΔH2＝ kJ·mol－1。
6
②3Fe2O3（s）＋CO（g） 2Fe3O4（s）＋CO2（g）　ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
③2Fe3O4（s）＋H2O（g） 3Fe2O3（s）＋H2（g）　ΔH2
根据盖斯定律可知，③＝①－②，则ΔH2＝ΔH－ΔH1＝（－41.2 kJ·mol－1）－（－47.2 kJ·mol－1）＝6 kJ·mol－1。
解析：设方程式
①CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g）　ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
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（2）恒定总压1.70 MPa和水碳比[n（H2O）/n（CO）＝12∶5]投料，
在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压（某成分分压＝总压×
该成分的物质的量分数）如下表：
p（CO2）/MPa p（H2）/MPa p（CH4）/MPa
条件1 0.40 0.40 0
条件2 0.42 0.36 0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K＝ 。

2
CO＋3H2 CH4＋H2O
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解析：①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设投料的H2O和CO的物质的量分别为12 mol、5 mol，在条件1下平衡时容器的总体积为V，参加反应的一氧化碳为x mol，根据已知信息可得以下三段式：
　　　　　CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g）
开始/mol　　 5　　　 12　　　 　0　　　 0
转化/mol　　 x　　　 x　　　　 x　　　 x
平衡/mol　 5－x　　 12－x　　 x　　　 x
×1.70＝0.40，解得x＝4；则平衡常数K＝ ＝2。②根据表格中的数据可知，条件2中有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该反应方程式为CO＋3H2 CH4＋H2O。
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（3）下列说法正确的是 。
A. 通入反应器的原料气中应避免混入O2
B. 恒定水碳比[n（H2O）/n（CO）]，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C. 通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D. 通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
AC
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解析：一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料
气中应避免混入O2，A正确；该反应前后气体体积相同，则增加
体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；通入过量的水
蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧
化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓
度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；若保持容器的
容积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，
反应速率不变，D错误。
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（4）水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进
行降温操作以“去除”反应过程中的余热（如图1所示），保证反
应在最适宜温度附近进行。
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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。
答案：见解析图
AC
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解析：①按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；喷入冷水（蒸气），可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确。
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为 。
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（5）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分
子在催化剂表面的吸附（快速）、反应及产物分子脱附等过程。
随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的
原因是

。
解析：反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，
温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致
反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小。
温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，
从而导致反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速
率减小
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2. （2025·云南高考17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.C2H5OH（g）＋H2O（g） 2H2（g）＋CH3COOH（g）　ΔH1　Kp1
Ⅱ.C2H5OH（g） CH3CHO（g）＋H2（g）
　ΔH2＝＋68.7 kJ·mol－1
回答下列问题：
（1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为秸秆 纤维素
乙醇
解析：纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇。
葡萄糖
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①已知CH3CHO（g）＋H2O（g） H2（g）＋CH3COOH（g）　
ΔH＝－24.3 kJ·mol－1，则ΔH1＝ kJ·mol－1。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态
的是 （填标号）。
A. 容器内的压强不再变化
B. 混合气体的密度不再变化
C. CH3COOH的体积分数不再变化
D. 单位时间内生成1 mol H2O，同时消耗2 mol H2
＋44.4
AC
（2）对于反应Ⅰ：
③反应后从混合气体分离得到H2，最适宜的方法为
。
降温冷凝后收
集气体
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解析：①由反应Ⅰ－反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律，ΔH1＝ΔH＋ΔH2＝－24.3 kJ·mol－1＋68.7 kJ·mol－1＝＋44.4 kJ·mol－1。②恒温恒容下发生反应Ⅰ：C2H5OH（g）＋H2O（g） 2H2（g）＋CH3COOH（g）。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；气体体积、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，不能说明反应达到平衡状态，B不符合题意；CH3COOH的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡状态，C符合题意；单位时间内生成1 mol H2O，同时消耗2 mol H2，两者均表示逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意。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。
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（3）恒压100 kPa下，向密闭容器中按n（H2O）∶n（C2H5OH）＝9∶1
投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中
间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性＝
×100％]
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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”）。
乙酸选择性最
大且反应速率较快
产物1
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③270 ℃时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90％，乙酸的选择性为80％，则p（CH3COOH）∶p（C2H5OH）
＝ ，平衡常数Kp1＝ kPa（列出计算式即
可；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
36∶5

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解析：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0.58 eV，生成产物2的最大能垒为0.66 eV，生成产物3的最大能垒为0.81 eV，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）＝9 mol，n（乙醇）＝1 mol，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 mol＝0.72 mol，n平（乙醇）＝1 mol×10％＝0.1 mol，
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恒温恒压下，压强之比＝物质的量之比，故p（CH3COOH）∶
p（C2H5OH）＝0.72∶0.1＝36∶5；列三段式：
　 C2H5OH（g）＋H2O（g） 2H2（g）＋CH3COOH（g）
Δn/mol 　 0.72　 0.72　　 1.44　　　 0.72
　　　　C2H5OH（g） H2（g）＋CH3CHO（g）
Δn/mol　　0.18　 　 0.18　　　 0.18
则平衡时乙醇、H2O（g）、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、8.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol，气体总物质的量为0.1 mol＋8.28 mol＋1.62 mol＋0.72 mol＋0.18 mol＝10.9 mol，则Kp1＝ ＝ kPa。
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3. （2025·山东高考20题）利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生
产单质硫，涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CaS（s）＋2SO2（g） CaSO4（s）＋S2（g）　ΔH1
Ⅱ.CaSO4（s）＋4H2（g） CaS（s）＋4H2O（g）　ΔH2
Ⅲ.SO2（g）＋3H2（g） H2S（g）＋2H2O（g）　ΔH3
恒容条件下，按1 mol CaS、1 mol SO2和0.1 mol H2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lg n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K＝108基本不变。
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回答下列问题：
（1）反应4H2（g）＋2SO2（g） 4H2O（g）＋S2（g）的焓变ΔH
＝ （用含ΔH1、ΔH2的代数式表示）。
解析：根据盖斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ可得4H2（g）＋2SO2（g） 4H2O
（g）＋S2（g）　ΔH＝ΔH1＋ΔH2。
ΔH1＋ΔH2
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（2）乙线所示物种为 （填化学式）。反应Ⅲ的焓变ΔH3 0
（填“＞”“＜”或“＝”）。
解析：根据图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变知，恒
有 ＝108， ＝102，则 ＝102，lg n
（H2O）－lg n（H2）＝2，结合图中曲线变化趋势知，乙线表示
H2O，丁线表示H2。温度升高，S2逐渐减少，反应Ⅰ的平衡逆向移
动，则SO2逐渐增多，故丙线为SO2，甲线为H2S，结合K3＝
＝ 知，温度升高，K3减小，故
反应Ⅲ的平衡逆向移动，反应Ⅲ为放热反应，ΔH3＜0。
H2O
＜
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6
（3）T1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a mol，则S2为 mol（用含a的代数式表
示）；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n（CaS）－n（CaSO4）
＝ mol（用含a的最简代数式表示）。

150a
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解析：T1温度下，平衡体系中H2的物质的量为a mol，H2O和SO2的物
质的量相等，根据 ＝102，知n（H2O）＝n（SO2）＝100a mol；根据H守恒，n（H2）＋n（H2O）＋n（H2S）＝0.1 mol，则n（H2S）＝（0.1－101a）mol；根据S守恒，n（H2S）＋n（SO2）＋2n（S2）＝1 mol，则n（S2）＝ mol＝ mol；根据O守恒，n（H2O）＋2n（SO2）＋4n（CaSO4）＝2 mol，则n（CaSO4）＝ mol＝ mol；根据Ca守恒，n（CaS）＋n（CaSO4）＝1 mol，则n（CaS）＝ mol＝ mol，故n（CaS）－n（CaSO4）＝ mol－ mol＝150a mol。
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（4）T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相
比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比 （填
“增大”“减小”或“不变”），H2O物质的量n（H2O）
（填“增大”“减小”或“不变”）。
增大
减小
解析：T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡
正向移动，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比 增大；反
应Ⅱ的平衡常数K＝ 基本不变，重新平衡时H2的物质的量
减小，则n（H2O）减小。
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4. （2025·Z20联盟）环境保护与绿色发展是新时代人们关心的共同话题。
NO是大气主要污染物，因此对工业烟气脱硝是工业生产中的重要一
环。煤燃烧排放的烟气含有NO，脱除的方法有多种。
（1）目前常见方法是采用NaClO溶液液相氧化法脱除烟气中的NO，其
主要过程如下：
Ⅰ.NO（aq）＋HClO（aq） NO2（aq）＋HCl（aq）　ΔH＝a kJ·mol－1
Ⅱ.3NO2（aq）＋H2O（l） 2HNO3（aq）＋NO（aq）　ΔH＝b kJ·mol－1
①NO（aq）转化为HNO3（aq）的热化学方程式为

。
2NO（aq）＋3HClO
（aq）＋H2O（l） 2HNO3（aq）＋3HCl（aq）　ΔH＝（3a＋b）
kJ·mol－1
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初始pH 3.5 4.5 5.5 6.5 7.5
NO脱除率 91％ 88％ 83％ 65％ 51％
pH影响NO脱除率的原因是 。
解析：①根据盖斯定律，Ⅰ×3＋Ⅱ即可得目标反应：2NO（aq）＋3HClO
（aq）＋H2O（l） 2HNO3（aq）＋3HCl（aq），则反应热ΔH＝
3×ΔH1＋ΔH2＝（3a＋b）kJ·mol－1。②pH减小，NaClO的水解平衡右移，即水解程度越大，溶液中HClO的浓度越高，则反应Ⅰ的平衡右移，NO
脱除率越高。
pH降低，c（HClO）升高
②为提高NO脱除率，工业上常向NaClO溶液中加入稀硫酸调节pH，溶液初始pH与NO的脱除率如下表所示。
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（2）理论上可采用加热使NO分解的方法处理NO：2NO（g） N2（g）
＋O2（g）。
①该反应的平衡常数表达式为 。
②已知该反应的正反应活化能为728 kJ·mol－1，逆反应的活化能为
910 kJ·mol－1；正反应熵变为－24.8 J·K－1·mol－1。实际反应时发现
加热至600 ℃时NO仍没有明显分解，请结合上述数据解释原
因：
。
K＝
反应虽然可自发进行，但是正反应活化能较大，在较低温度
下反应速率缓慢，故现象不明显
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解析：①依据平衡常数的定义，该反应的平衡常数表达式为K＝
。②该反应的正反应活化能为728 kJ·mol－1，逆反应的活化能为910 kJ·mol－1，则ΔH＝728 kJ·mol－1－910 kJ·mol－1＝－182 kJ·mol－1，又正反应的熵变为－24.8 J·K－1·mol－1，依据ΔG＝ΔH－TΔS＝－182 kJ·mol－1－ kJ·mol－1＜0，故600 ℃时反应可以自发进行，而600 ℃时NO仍没有明显分解是因为正反应活化能较大，在较低温度下反应速率缓慢，故现象不明显。
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（3）近期科学家发现活性炭表面的有机结构可以被强氧化剂氧化成酚羟
基、羧基（均可表示为C—OH，其电离平衡可表示为C—OH C—O
－＋H＋），这些官能团可以使活性炭表面活性化，有利于NO的吸
附。不同氧化剂的预氧化与吸附原理可表示为（未配平）：
预氧化：HNO3＋C C—OH＋NO2↑＋H2O
预氧化：KMnO4＋C C—OH＋MnO2＋K2MnO4
预氧化：H2O2＋C C—OH＋H2O
吸附：C—OH（s）＋NO（g） C—OH…NO（s）　ΔH＜0
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NO吸附实验在25 ℃下进行，将一定比例的N2与NO混合气体在10
MPa恒压下，以相同速率持续通入到等量的、不同预氧化试剂处理的
活性炭中（图像中“原始-C”表示未经处理的活性炭），获得“NO
捕获率—通气时间”的变化图：
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已知：NO捕获率＝ ×100％
①下列描述正确的是 （填字母）。
A. 25 ℃下原始-C在通气约175分钟后吸附效果超过了H2O2-C
B. 若其他条件不变，增大混合气体中N2的物质的量分数，吸附平衡会正向移动
C. KMnO4-C在实验中吸附效果不佳，可能是活性炭表面孔隙被MnO2、KMnO4堵塞
D. 升高温度，等量活性炭催化剂吸附的NO分子总数会减少
CD
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②相比其他预氧化试剂处理的活性炭，HNO3-C吸附效果更佳，有研
究者认为可能是HNO3引入了H＋，增强了活性炭的表面活性。试利用
勒夏特列原理予以解释：

。
硝酸预氧化的过程中引入了H＋，增大了
H＋浓度，平衡C—OH C—O－＋H＋逆向移动，使活性炭表面酚羟
基、羧基等官能团数量增多，故吸附效果更佳
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解析：①A项，图中原始-C曲线是虚线，NO捕获率应看右侧纵轴上
的数据，25 ℃下175分钟后NO捕获率低于50％，H2O2-C曲线是实线，NO捕获率应看左侧纵轴上的数据，因此175分钟后原始-C的吸附效果没有超过H2O2-C，错误；B项，若其他条件不变，增大混合气体中N2的物质的量分数，即在恒压条件下增大容器容积，使NO浓度减小，吸附平衡C—OH（s）＋NO（g） C—OH…NO（s）逆向移
动，错误；C项，KMnO4是粉末状固体，活性炭表面疏松多孔的结构
有利于吸附，KMnO4-C在实验中吸附效果不佳，可能是活性炭表面
孔隙被MnO2、KMnO4堵塞，正确；D项，吸附反应的ΔH＜0，因此，升高温度，NO的捕获率降低，即催化剂吸附的NO分子总数会减少，正确。②HNO3是强酸，HNO3预氧化的过程引入了H＋，增大了H＋的浓度，平衡C—OH C—O－＋H＋逆向移动，使活性炭表面酚羟基、羧基等官能团数量增多，故吸附效果更佳。
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5. （2025·浙江绍兴模拟）Ⅰ.电解法可处理氯化钙废液，同时吸收CO2，装置如图1所示。
（1）阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式：
CO2 H2↑＋ 　和Ca2＋＋ CaCO3↓。
H2O＋2e－＋
CO2 H2↑＋
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Ⅱ.工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。
方法一　H2还原脱硫
解析：电解CaCl2溶液，阴极上H2O得到电子结合CO2生成C ：H2O＋2e－＋CO2 H2↑＋ ，然后发生反应：Ca2＋＋ CaCO3↓。
（2）300 ℃，发生反应：①SO2（g）＋2H2（g） S（g）＋2H2O（g） ΔH1
②S（g）＋H2（g） H2S（g） ΔH2
③2H2S（g）＋SO2（g） 3S（g）＋2H2O（g） ΔH3
请用一个等式来表示三个反应的ΔH之间的关系：
。
ΔH3＝ΔH1－
2ΔH2
解析：由盖斯定律可知，①－2×②可得反应③，则三个反应的ΔH之间的关系为ΔH3＝ΔH1－2ΔH2。
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（3）反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入H2S和SO2，平衡常数K
＝3.375，测得平衡时SO2和H2O的浓度均为1.0 mol·L－1，则平衡时 的值为 　 　。

方法二　O2氧化脱硫
解析：设平衡时H2S的物质的量为x mol·L－1，根据已知条件列出“三段式”：
　　　　　　 2H2S（g）＋SO2（g） 3S（g）＋2H2O（g）
起始/（mol·L－1）　　　　　　　　　 0　　 　 0
转化/（mol·L－1）　 1.0 0.5 　 1.5　　　 1.0
平衡/（mol·L－1）　 x 1.0　 1.5　　　 1.0
K＝ ＝3.375，解得x＝1.0，则平衡时 ＝ ＝
＝ 。
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（4）某同学探究活性炭吸附催化氧化SO2，以N2作稀释剂，一定温度下，
通入SO2、O2和H2O反应生成H2SO4，其中不同温度下，SO2在活性炭
上的吸附情况如图2，下列说法正确的是 （填字母）。
BD
A. 温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快
B. 已知SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利于反应正向进行
C. 原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快
D. 随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由生成的H2SO4占据了吸
附位点而没及时脱出导致
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解析：A项，由题图可知，温度越低，SO2的吸附量越高，但SO2氧化
反应速率越慢，错误；B项，该反应是气体体积减小的反应，熵减，
已知SO2的物理吸附过程能自发进行，则该反应为放热反应，温度过
高不利于反应正向进行，正确；C项，原料中水蒸气的含量越大，
SO2和O2的浓度减小，脱硫速率不一定越快，错误；D项，随着时间
的推移，SO2吸附速率降低，可能是由生成的H2SO4占据了吸附位点
而没及时脱出导致，正确。
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6. （2025·浙江宁波十校）通过电化学将CO2转化为有机物、开发利用清洁
能源都是实现“双碳”目标的重要途径。请回答：
（1）某研究小组采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将
CO2最终转化为乙烯，装置示意图如图1所示。惰性电极a上催化剂
纳米Cu处的电极反应式为
。
2CO＋8e－＋6H2O CH2 CH2＋
8OH－
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解析：由题图可知，纳米Cu处的电极上发生的反应是CO被还原为乙烯，所以电极反应式为2CO＋8e－＋6H2O CH2 CH2＋8OH－。
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（2）另一研究小组研究乙醇—水催化重整获得清洁能源H2，主要反应
如下：
反应Ⅰ：C2H5OH（g）＋3H2O（g） 2CO2（g）＋6H2（g）　
ΔH1＝＋173.3 kJ·mol－1
反应Ⅱ：CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g）　ΔH2＝＋
41.1 kJ·mol－1
反应Ⅲ：C2H5OH（g）＋H2O（g） 2CO（g）＋4H2（g）　ΔH3
①ΔH3＝ kJ·mol－1。
＋255.5
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②保持压强为100 kPa，按n始（C2H5OH）∶n始（H2O）＝1∶3投料，发生反应，测得平衡时CO2和CO的选择性[例如CO的选择性＝ ×100％]及H2的产率[H2产率＝ ×100％]随温度T的变化关系如图2所示。
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下列说法正确的是 （填字母）。
A. 曲线a表示平衡时CO2的选择性
B. 乙醇的平衡转化率随温度的升高一直增大
C. 300 ℃后曲线b随温度升高而降低的原因是催化剂在高温下活性下降
D. 降低水醇比[n（H2O）∶n（C2H5OH）]有助于提高CO的选择性
ABD
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③500 ℃、100 kPa条件下，反应Ⅱ中用平衡分压表示的平衡常数Kp＝ 。
解析：①根据盖斯定律可得，ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2＝（＋173.3 kJ·mol－1）＋2×（＋41.1 kJ·mol－1）＝＋255.5 kJ·mol－1。②A项，由选择性的定义可知相同温度下，CO2的选择性与CO的选择性的和为1，由题图可知，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H2的产率曲线，又由于起始时按投料n始（C2H5OH）∶n始（H2O）＝1∶3，所以一开始体系中没有CO2，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，则曲线a表示的是平衡时CO2的选择性，正确；B项，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡都正向移动，所以乙醇的平衡转化率是一直升高的，正确；C项，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，CO2的选择性随温度的升高而降低，由题图可知，大约300 ℃后，以反应Ⅱ为主，温度升高，反应Ⅱ消耗的H2大
0.225
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于反应Ⅰ生成的H2，从而导致曲线b随温度升高而降低，错误；D项，降低水醇比[n（H2O）∶n（C2H5OH）]，即降低H2O的物质的量，对于反应Ⅱ而言，反应平衡正向移动，有助于提高CO的选择性，正确。③500 ℃、100 kPa条件下，设C2H5OH和H2O的起始量分别为1 mol和3 mol，达到平衡后CO的物质的量为x mol、反应Ⅰ生成的H2为a mol，则可列三段式：
　　　C2H5OH（g）＋3H2O（g） 2CO2（g）＋6H2（g）
起始/mol 　 1　　　　 3　　　　　 0　　　 　 0
转化/mol　 　　 　 　　 　 　 　　　 a
平衡/mol 1－ 　 3－ 　　 　　　 a
1
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3
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　　　　　CO2（g）＋　H2（g） CO（g）＋H2O（g）
起始/mol　 　 　 　a　　　　0　 　　 0
转化/mol　 x　　　 　x　　　　x　　　 　x
平衡/mol －x　 　 a－x　　　 x　　　 x
由图可知500 ℃时，H2的产率为80％，CO2和CO的选择性相等都为50％，
故有 ×100％＝80％， ×100％＝50％，结合两式可解得x＝
0.96，a＝5.76。由此可计算出平衡时n（CO2）＝0.96 mol，n（H2）＝
4.8 mol，n（CO）＝0.96 mol，n（H2O）＝0.12 mol＋0.96 mol＝1.08
mol，所以反应Ⅱ中用平衡分压表示的平衡常数Kp＝ ＝
＝0.225。
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（3）第三个研究小组研究CH4还原CO2获得能源CO。恒压、750 ℃条件
下，CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，经如下流程实现CO2高
效转化。
①上述转化循环顺利进行时，过程ⅲ中参加反应的n（Fe）∶n
（CaCO3）＝ 。
3∶4
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②若CH4和CO2按物质的量之比1∶1投料，会导致过程ⅱ、ⅲ循环
无法持续进行，请解释原因（结合第①问数据进行说明）：







。
过
程ⅲ的反应为CaCO3 CaO＋CO2、4CO2＋3Fe Fe3O4＋4CO，当
n（Fe）∶n（CaCO3）＝3∶4时，转化循环可顺利进行；若CH4
和CO2按物质的量之比1∶1投料，过程ⅰ中CO2刚好与CH4反应：
CH4＋CO2 2CO＋2H2，无剩余的CO2；过程ⅱ的反应为Fe3O4＋
4CO 4CO2＋3Fe、Fe3O4＋4H2 3Fe＋4H2O、CaO＋CO2
CaCO3，过程ⅰ无CO2剩余，导致过程ⅱ结束后n（Fe）∶n
（CaCO3）＝3∶2＞3∶4，导致过程ⅲ无法将Fe完全转化成
Fe3O4，最终导致过程ⅱ、ⅲ循环无法持续进行
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解析：①根据题干数据，假设CH4为1 mol，CO2为3 mol，过程ⅰ、ⅱ反应后得到CaCO3、Fe和H2O；CH4变为CaCO3，C的化合价升高8价，Fe3O4变为单质Fe，化合价刚好降低8价，刚好符合得失电子守恒，过程ⅰ、ⅱ的总反应为CH4＋3CO2＋4CaO＋Fe3O4 4CaCO3＋3Fe＋2H2O；根据过程ⅲ的反应：CaCO3 CaO＋CO2、4CO2＋3Fe Fe3O4＋4CO，当n（Fe）∶n（CaCO3）＝3∶4时，上述转化循环顺利进行。②若CH4和CO2按物质的量之比1∶1投料，过程ⅰ中CO2刚好与CH4反应：CH4＋CO2 2CO＋2H2，无剩余的CO2；过程ⅱ的反应为Fe3O4＋4CO 4CO2＋3Fe、Fe3O4＋4H2 3Fe＋4H2O、CaO＋CO2 CaCO3，过程ⅰ无CO2剩余，导致过程ⅱ结束后n（Fe）∶n（CaCO3）＝3∶2＞3∶4，导致过程ⅲ无法将Fe完全转化成Fe3O4，最终导致过程ⅱ、ⅲ循环无法持续进行。
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