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专题57 化学反应速率与平衡综合问题
1．【2023年6月浙江卷】一定条件下， 苯基丙炔( )可与 发生催化加成，反应如下：
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的
是
A．反应焓变：反应I>反应Ⅱ
B．反应活化能：反应I<反应Ⅱ
C．增加 浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例
D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
【答案】C
【解析】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，
反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；B．短时间里反应I
得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，
则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；C．增加 浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产
物I的比例可能降低，故C错误；D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高
产率的产物Ⅰ，故D正确。综上所述，答案为C。
2．（2021·北京真题）有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LH而不利于电池容量的保持。一定温
度下，利用足量重水(D O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D )/n(HD)可以获知
2 2
n(Li)/n(LiH)。
已知：①LiH+H O=LiOH+H ↑
2 2
②2Li(s)+H 2⇌2LiH △H＜0
下列说法不正确的是
A．可用质谱区分D 和HD
2
B．Li与DO的反应：2Li+2DO=2LiOD+D ↑
2 2 2
C．若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D )/n(HD)越小
2D．80℃反应所得n(D )/n(HD)比25℃反应所得n(D )/n(HD)大
2 2
【答案】C
【解析】A．D 和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；B．类似于钠和水的反应， Li与
2
DO反应生成LiOD与D，化学方程式是2Li+2DO=2LiOD+D ↑，B正确；C．D 由Li与DO反应生
2 2 2 2 2 2
成，HD 通过反应LiH+D O=LiOD+HD ， n(D )/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C不正确；D．升温，
2 2
2LiH⇌2Li+H
2
△H>0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D
2
)/n(HD)大于
25℃下的n(D )/n(HD) ，D正确；答案为：C。
2
3．【2021年江苏卷】NH 与O 作用分别生成N、NO、NO的反应均为放热反应。工业尾气中的NH 可
3 2 2 2 3
通过催化氧化为N 除去。将一定比例的NH 、O 和N 的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应
2 3 2 2
管，NH 的转化率、生成N 的选择性[ 100%]与温度的关系如图所示。
3 2
下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，NH 的平衡转化率增大
3
B．其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N 和氮氧化物的量均不断增大
2
C．催化氧化除去尾气中的NH 应选择反应温度高于250 ℃
3
D．高效除去尾气中的NH ，需研发低温下NH 转化率高和N 选择性高的催化剂
3 3 2
【答案】D
【解析】A．NH 与O 作用分别生成N、NO、NO的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，
3 2 2 2
平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A错误；B．根据图象，在175～300 ℃范围，随
温度的升高，N 的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B错误；C．根据图象，温度高于250℃ N
2 2
的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图象，温度应略小于225℃，此时氨气
的转化率、氮气的选择率较大，故C错误；D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效
除去尾气中的NH ，需研发低温下NH 转化率高和N 选择性高的催化剂，故D正确；答案为D。
3 3 2
4．【2022年全国甲卷】金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之
一是将金红石 转化为 ，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1） 转化为 有直接氯化法和碳氯化法。在 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 为_______ ， _______Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是_______。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡_______移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转
化率_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）在 ，将 、C． 以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质
的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应 的平衡常数 _______ 。
②图中显示，在 平衡时 几乎完全转化为 ，但实际生产中反应温度却远高于此温度，
其原因是_______。
（3） 碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于 “固—固”接触的措施是_______。
【答案】（1） -223 1.2×1014 碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，
熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向
左 变小
（2） 7.2×105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl 产品，提高效益
4
（3）将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”
2
【解析】
（1）①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O(g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/mol-172kJ/
2
mol=-223kJ/mol；则Kp= = =1.2×1014Pa；
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，
熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，
即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率
变小。
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO 是0.05，TiCl 是0.35，CO是0.6，反应C(s)
2 4
+CO (g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= = Pa=7.2×105Pa；
2
②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为
了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl 产品。
4
（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO – C“固-固”接触，可将两者粉碎后
2
混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
2
5．【2022年全国乙卷】油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加
以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算 热分解反应④ 的 ________ 。
（2）较普遍采用的 处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反
应④高温热分解 。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。
（3）在 、 反应条件下，将 的混合气进行 热分解反应。平衡时混合气
中 与 的分压相等， 平衡转化率为________，平衡常数 ________ 。
（4）在 、 反应条件下，对于 分别为 、 、 、 、 的 混
合气，热分解反应过程中 转化率随时间的变化如下图所示。① 越小， 平衡转化率________，理由是________。
② 对应图中曲线________，计算其在 之间， 分压的平均变化率为________
。
【答案】（1）170
（2） 副产物氢气可作燃料 耗能高
（3） 50% 4.76
（4） 越高 n(H S):n(Ar)越小，HS的分压越小，平衡向正反应方向进行，HS平衡转化
2 2 2
率越高 d 24.9
【解析】
（1）已知：
①2HS(g)+3O(g)＝2SO (g)+2HO(g) ΔH＝－1036kJ/mol
2 2 2 2 1
②4HS(g)+2SO (g)＝3S(g)+4HO(g) ΔH＝94kJ/mol
2 2 2 2 2
③2H(g)+O(g)＝2HO(g) ΔH＝－484kJ/mol
2 2 2 3
根据盖斯定律(①+②)× －③即得到2HS(g)＝S(g)+2H(g)的ΔH＝（－1036+94）kJ/mol× +484kJ/mol＝
2 2 2 4
170 kJ/mol；
（2）根据盖斯定律(①+②)× 可得2HS(g)+O(g)＝S(g)+2HO(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol× =
2 2 2 2
－314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分
解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；
但由于高温分解HS会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
2
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：
平衡时HS和H 的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以HS的平衡转化率
2 2 2
为 ，所以平衡常数K＝ ＝ ≈4.76kPa；
p
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H S):n(Ar)越小，HS的分压越小，相当于降低压强，平衡
2 2
向正反应方向移动，因此HS平衡转化率越高；
2
②n(H S):n(Ar)越小，HS平衡转化率越高，所以n(H S):n(Ar)＝1:9对应的曲线是d；根据图像可知
2 2 2
n(H S):n(Ar)＝1:9反应进行到0.1s时HS转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的
2 2
物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知此时HS的压强为 ≈7.51kPa，HS的起始压强为10kPa，所以HS分压的平均
2 2 2
变化率为 ＝24.9kPa·s－1。
6．【2022年山东卷】利用 丁内酯(BL)制备1， 丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和
丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压 氛围下进行，故
压强近似等于总压。回答下列问题：
（1）以 或BD为初始原料，在 、 的高压 氛围下，分别在恒压容器中进
行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热 ；以BD为原料，体系从环境吸热 。忽略
副反应热效应，反应Ⅰ焓变 _______ 。
（2）初始条件同上。 表示某物种i的物质的量与除 外其它各物种总物质的量之比， 和 随时间
t变化关系如图甲所示。实验测得 ，则图中表示 变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数
_______ (保留两位有效数字)。以BL为原料时， 时刻 _______，BD产率=_______(保留
两位有效数字)。
（3） 为达平衡时 与 的比值。 、 、三种条件下，以 为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，
随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压 氛围下进行，可忽略压强对反应速率的
影响。曲线A．B．c中， 最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到
所需时间更长，原因是_______。
【答案】（1）-200(X+Y)
（2） a或c 8.3×10-8 0.08 39%
（3） c 由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ
均是逆向移动， 增大，故 =1.0所需时间更长
【解析】
（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时
的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质
的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol时二者能量差值
为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变 =-200(X+Y)kJ·mol-1。
（2）实验测定Xp>p；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，
3 1 2 3
反应III向正反应方向移动，所以T 温度时，三条曲线交与一点的原因为：T 时以反应III为主，反应
1 1
III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响；（4）.根据图示可知，温度越低，CO 的平衡转化率越大，CHOH的平衡产率越大，压强越大，CO 的平
2 3 2
衡转化率越大，CHOH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。
3
11．（2020·全国高考真题）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO 的热点研究领域。回答下列问题：
2
（1）CO 催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C H)∶n(H O)=__________。当反应达
2 2 4 2
到平衡时，若增大压强，则n(C H)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。
2 4
（2）理论计算表明，原料初始组成n(CO)∶n(H )=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种
2 2
组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
图中，表示C H、CO 变化的曲线分别是______、______。CO 催化加氢合成C H 反应的ΔH______0(填
2 4 2 2 2 4
“大于”或“小于”)。
（3）根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数K =_________(MPa)−3(列出计算式。以分
p
压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C H、C H、C H 等低碳烃。一定温度和压
3 6 3 8 4 8
强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________________。
【答案】（1）1∶4 变大 （2）d c 小于 （3） 或 等
（4）选择合适催化剂等
【解析】
（1）CO 2 催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO 2 +6H 2 ⇌ CH 2 = CH 2 +4H 2 O，因此，
该反应中产物的物质的量之比n(C H)：n(H O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应
2 4 2
达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C H)变大。
2 4
（2） 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c
和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化
学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化
趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反
应，∆H小于0。
（3） 原料初始组成n(CO)∶n(H )=1∶3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，
2 2氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即 ，二氧化碳的
物质的量分数为氢气的三分之一，即 ，因此，该温度下反应的平衡常数
(MPa)-3= (MPa)-3。
（4）工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减
少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催
化剂。
12．（2020·全国高考真题）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO 的催
2
化氧化：SO (g)+ O(g) SO (g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：
2 2 3
（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，VO(s)与SO (g)反应生成VOSO(s)和VO(s)的热化学方程
2 5 2 4 2 4
式为：_________。
（2）当SO (g)、O(g)和N(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和
2 2 2
5.0MPa压强下，SO 平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的
2
α=__________，判断的依据是__________。影响α的因素有__________。
（3）将组成(物质的量分数)为2m% SO (g)、m% O (g)和q% N (g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条
2 2 2
件下进行反应。平衡时，若SO 转化率为α，则SO 压强为___________，平衡常数
2 3K=___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
p
（4）研究表明，SO 催化氧化的反应速率方程为：v=k( −1)0.8(1−nα')。式中：k为反应速率常数，随温度
2
t升高而增大；α为SO 平衡转化率，α'为某时刻SO 转化率，n为常数。在α'=0.90时，将一系列温度
2 2
下的k、α值代入上述速率方程，得到v~t曲线，如图所示。
曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度t 。tt 后，v逐渐下降。
m m m
原因是__________________________。
【答案】（1）2V
2
O
5
(s)+ 2SO
2
(g)⇌ 2VOSO
4
(s)+ V
2
O
4
(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1 （2）0.975 该反应气体
分子数减少，增大压强，α提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa＝p 的，所以
２
p=5.0MPa 反应物（N 和O）的起始浓度（组成）、温度、压强 （3）
1 2 2
（4）升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜
t ，k增大对v的提高大于α引起的降低；当t＞t ，k增大对v的提高小于α引起的降低
m m
【解析】
（1）由题中信息可知：
①SO
2
(g)+ O
2
(g)⇌SO
3
(g) ∆H= -98kJ∙mol-1
②V
2
O
4
(s)+ SO
3
(g)⇌V
2
O
5
(s)+ SO
2
(g) ∆H
2
= -24kJ∙mol-1
③V
2
O
4
(s)+ 2SO
3
(g)⇌2VOSO
4
(s) ∆H
1
= -399kJ∙mol-1
根据盖斯定律可知，③-②2得2V
2
O
5
(s)+ 2SO
2
(g)⇌ 2VOSO
4
(s)+ V
2
O
4
(s)，则∆H= ∆H
1
-
2∆H=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：2VO(s)+
2 2 5
2SO
2
(g)⇌ 2VOSO
4
(s)+ V
2
O
4
(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1；
（2） SO
2
(g)+ O
2
(g)⇌SO
3
(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向
正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO 的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、
2
压强为5.0MPa条件下，SO 的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，
2
p=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物
1
（N 和O）的浓度、温度、压强等。
2 2
（3）假设原气体的物质的量为100mol，则SO 、O 和N 的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，
2 2 22m+m+q=3m+q=100，SO 的平衡转化率为α，则有下列关系：
2
平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO 的物质的量分数为
3
。该反应
在恒压容器中进行，因此，SO 的分压p(SO )= ，p(SO )= ，p(O )=
3 3 2 2
，在该条件下，SO
2
(g)+ O
2
(g)⇌2SO
3
(g) 的K
p
=
。
（4） 由于该反应是放热反应，温度升高后α降低。由题中信息可知，v= ，升高温
度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜t ，k增大对v的提高大于α引起的降低；当
m
t＞t ，k增大对v的提高小于α引起的降低。
m
13．（2020·浙江高考真题）研究NO 之间的转化具有重要意义。
x
（1）已知：NO(g) 2NO (g) ΔH＞0 将一定量NO 气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为
2 4 2 2 4
T。
1
①下列可以作为反应达到平衡的判据是________。
A．气体的压强不变 B．v (N O)＝2v (NO ) C．K不变 D．容器内气体的密
正 2 4 逆 2
度不变 E．容器内颜色不变
②t 时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p，NO 气体的平衡转化率为75%，则反应NO(g)
1 2 4 2 4
2NO (g)的平衡常数K＝________(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量
2 p
浓度c(B)也可表示平衡常数，记作K，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B
p
的物质的量分数)。
③反应温度T 时，c(NO)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t 时段，c(NO )随t变化曲线。保持其它条
1 2 4 2 2
件不变，改变反应温度为T(T ＞T)，再次画出0～t 时段，c(NO )随t变化趋势的曲线________。
2 2 1 2 2（2） NO氧化反应：2NO(g)＋O(g)=2NO (g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。
2 2
Ⅰ 2NO(g)=N O(g) ΔH
2 2 1
Ⅱ N O(g)＋O(g)→2NO (g) ΔH
2 2 2 2 2
①决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O 气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T 和
2 3
T(T ＞T)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO，在温度_____(填“T”或
4 4 3 3
“T”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因____。
4
【答案】（1）①AE ② p ③ （2）①Ⅱ ②T
4
ΔH＜0，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c(NO)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响
1 2 2
【解析】
（1）①A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化
学平衡状态，故正确；
B、v (N O)＝2v (NO )说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；
正 2 4 逆 2
C、温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变
不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；
E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；
AE正确，故答案为：AE；
②设起始NO 的物质的量为1mol，由题给数据建立如下三段式：
2 4
由三段式数据可知NO 的平衡分压为 ×p= ，NO 的平衡分压为 ×p= ，则平衡常数
2 4 2
K＝ = ，故答案为： ；
p
③由图可知，t 时反应消耗NO 的浓度为（0.04—0.01）mol/L，由方程式可得反应生成NO 的浓度为0.03
1 2 4 2
mol/L×2=0.06 mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NO 的浓度增大，则0
2
～t 时段，NO 的浓度c(NO )随t变化趋势的曲线为 ，故答案为：
2 2 2
；
（2）①由图可知，反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率
反应Ⅰ快于反应Ⅱ，化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ，
故答案为：Ⅱ；
②由图可知，转化相同量的NO，在温度T 下消耗的时间较长，原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反
4
应Ⅰ平衡逆移，c(NO)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响，导致转化相同量的
2 2
NO，在温度较高的T 下消耗的时间较长，故答案为：T；反应Ⅰ为放热反应，温度升高，反应Ⅰ平
4 4
衡逆移，c(NO)减小，浓度降低的影响大于温度对反应Ⅱ速率的影响；
2 2
14．（2019·全国高考真题）水煤气变换[CO(g)+H O(g)=CO(g)+H(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、
2 2 2
制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H 缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还
2
原为金属钴(Co)，平衡后气体中H 的物质的量分数为0.0250。
2
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H （填“大于”或“小于”）。
2
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和HO(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡
2
时体系中H 的物质的量分数为_________（填标号）。
2
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50
（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H 分压随时间变化关系（如下图所示），催化
2
剂为氧化铁，实验初始时体系中的P 和P 相等、P 和P 相等。
H2O CO CO2 H2
计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率 (a)=___________kPa·min−1。467 ℃时P 和P 随时间变化
H2 CO
关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时P 和P 随时间变化关系的曲线分别是
H2 CO
___________、___________。
【答案】（1）大于 （2）C （4） 0.0047 b c a d
【解析】
（1）H 还原氧化钴的方程式为：H(g)＋CoO(s) Co(s)＋HO(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋
2 2 2
CoO(s) Co(s)＋CO(g)，平衡时H 还原体系中H 的物质的量分数（ ）高于CO
2 2 2
还原体系中CO的物质的量分数（ ），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于
H；
2
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和HO(g)混合，可设其物质的量为1mol，则
2则平衡时体系中H 的物质的量分数= ，因该反应为可逆反应，故
2
x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由（1）可知CO的还原倾向大于H，所以CO更易转化
2
为H，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H 的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；
2 2
（4）由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反
应在30~90 min内的平均速率 (a)= =0.0047 kPa·min−1；由（2）中分析得出H 的物质的量分
2
数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H 的分压始终高于CO的分压，据此可将图分
2
成两部分：
由此可知，a、b表示的是H 的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆
2
向移动，CO分压增加，H 分压降低，故467 ℃时P 和P 随时间变化关系的曲线分别是b、c；489
2 H2 CO
℃时P 和P 随时间变化关系的曲线分别是a、d。
H2 CO
15．（2016·上海高考真题）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO 的捕集利用技术成为研究的
2
重点。
完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO 的一个重要方法是将CO 还原，所涉及的反应方程式为：
2 2
CO（g）+4H （g） CH（g）+2H O（g）
2 2 4 2
已知H 的体积分数随温度升高而增加。
2
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。（选填“增大”、“减
小”或“不变”）
v v 平衡常数K 转化率α
正 逆（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO]/mol·L-1 [H ]/mol·L-1 [CH]/mol·L-1 [H O]/mol·L-1
2 2 4 2
平衡Ⅰ a b c d
平衡Ⅱ m n x y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为_________。
（3）碳酸：HCO，K =4.3×10-7，K =5.6×10-11
2 3 i1 i2
草酸：HC O，K =5.9×10-2，K =6.4×10-5
2 2 4 i1 i2
0.1 mol/L Na CO 溶液的pH____________0.1 mol/L Na C O 溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等
2 3 2 2 4
于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。
若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。（选填
编号）
a．[H+]＞[HC O-]＞[HCO -]＞[CO2-]
2 4 3 3
B．[HCO -]＞[HC O-]＞[C O2-]＞[CO2-]
3 2 4 2 4 3
c．[H+]＞[HC O-]＞[C O2-]＞[CO2-]
2 4 2 4 3
D．[H CO] ＞[HCO -]＞[HC O-]＞[CO2-]
2 3 3 2 4 3
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++ HCO - HCO，当有少量酸性或碱性物质进入血
3 2 3
液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。
____________________________________________________________________________________
【答案】（1）
平衡常数
v v 转化率α
正 逆
K
增大 增大 减小 减小
（2）
（3）大于；草酸；ac
（4）当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变；当少量碱性
物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。（合理即给分）
【解析】
（1）H 的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应。
2
升高温度正逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小。（2）相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为 。
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol/L Na CO 溶
2 3
液的pH大于0.1 mol/L Na C O 溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，
2 2 4
氢离子浓度较大的是草酸。A．草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于，因此
溶液中[H+]＞[HC O-]＞[C O2-]＞[HCO -]＞[CO2-]，a正确；B．根据a中分析可知b错误；c．根据a
2 4 2 4 3 3
中分析可知c正确；d．根据a中分析可知d错误，答案选ac。
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不
变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变。
16．（2008·宁夏高考真题）已知可逆反应：M(g)＋N(g) P(g)＋Q(g)；△H＞0，
请回答下列问题：
（1）在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)=1 mol·L-1, c(N)=2.4mol·L-1，达到平衡后，M的转化率
为60％，此时N的转化率为__________。
（2）若反应温度升高，M的转化率______(填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 4 mol·L-1,c(N)=amol·L-1;达到平衡后，c(P)=2
mol·L-1,a=________。
（4）若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)=c(N)= bmol·L-1，达到平衡后，M的转化率为
_____________。
【答案】（1）25％ （2）增大 （3）6 （4）41％
【解析】
（1）△c（M）=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，浓度变化量之比等于化学计量数之比，所以△c（N）=△c
（M）=0.6mol•L-1，故此时N的转化率 ×100%=25%，故答案为25%；
（2）该反应正反应为吸热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向正反应方向移动，M的转化率增大，
故答案为增大；
（3）△c（M）=60%×1mol•L-1=0.6mol•L-1，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；
初始（mol/L）： 1 2.4 0 0
转化（mol/L）：0.6 0.6 0.6 0.6
平衡（mol/L）：0.4 1.8 0.6 0.6
故该温度下平衡常数k= =0.5，
反应温度不变，反应物的起始浓度分别为c（M）=4mol•L-1，c（N）=amol•L-1；达到平衡后，c（P）
=2mol•L-1，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；
初始（mol/L）：4 a 0 0转化（mol/L）：2 2 2 2
平衡（mol/L）：2 a-2 2 2
所以 =0.5，解得a=6，故答案为6；
（4）设平衡时M的浓度变化量为为xmol/L，则：
M（g）+N（g）⇌P（g）+Q（g）；初始（mol/L）：b b 0 0
变化（mol/L）：x x x x
平衡（mol/L）：b-x b-x x x
所以 =0.5，解得x=0.41b，故M的转化率为 ×100%=41%，故答案为41%。
17．（2007·上海高考真题）一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催
化剂为Cu O/ZnO）：CO(g)＋2H(g) CHOH(g)。
2 2 3
根据题意完成下列各题：
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝_______________，升高温度，K值_______（填“增大”、
“减小”或“不变”）。
（2）在500℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H )＝_____________。
2
（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的
是_______：
a．氢气的浓度减少 b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加 d．重新平衡时n(H )/n(CHOH)增大
2 3
（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu O，反应体系中含少量CO 有利于维持催化剂Cu O的量不
2 2 2
变，原因是：_______________________（用化学方程式表示）。
【答案】（1）K＝c(CHOH)/［c(CO)·c2(H )］ 减小 （2）2n /3t mol·(L·min)－1 （3）b c
3 2 B B
（4）Cu O＋CO 2Cu＋CO
2 2
【解析】
（1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K＝c(CHOH)/［c(CO)·c2(H )］。从图像可知，温度高时平衡体系
3 2
中甲醇含量减少，可以推出CO(g)＋2H(g) CHOH(g)反应放热，因此温度升高后，K值减小。
2 3
（2）从图像可以看出在500℃t 时刻达到平衡，此时甲醇物质的量为n ,反应消耗氢气物质的量为2n ，可
B B B
求出氢气的平均反应速率为2n /3t mol·(L·min)－1。
B B
（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，加压时，反应物和生产物浓度均增大，正、逆反应速率都加快，由勒夏特列原理可知，加压时平衡右移。
a．氢气的浓度增大，，a错误；
b．正反应速率加快，逆反应速率也加快，b正确；
c．平衡向右移动，甲醇的物质的量增加，c正确；
d．重新平衡时n(H )/n(CHOH)减小，d错误。
2 3
有关该体系的说法正确的是bc：
（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu O，反应体系中含少量CO 有利于维持催化剂Cu O的量不
2 2 2
变，一氧化碳与氧化亚铜反应生成铜和二氧化碳，根据平衡移动原理可知，少量二氧化碳的存在可以
抑制该化学平衡向正向移动，用化学方程式表示为：Cu O＋CO 2Cu＋CO。
2 2
18．（2014·全国高考真题）在容积为1.00L的容器中，通入一定量的NO，发生反应NO(g)
2 4 2 4
2NO (g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。
2
回答下列问题：
（1）反应的△H______0（填“大于”“小于”）；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。
在0~60s时段，反应速率v(N O)为___________mol·L-1·s-1反应的平衡常数K 为___________。
2 4 1
（2）100℃时达到平衡后，改变反应温度为T，c(NO)以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，经10s又达到
2 4
平衡。
①T_______100℃（填“大于”“小于”），判断理由是_____。
②列式计算温度T是反应的平衡常数K___________
2
（3）温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，平衡向___________（填“正反应”或“逆反
应”）方向移动，判断理由是___________。
【答案】（1）大于 0.001 0.36 mol·L—1 （2）①大于 反应正方向吸热，反应向吸热方向进
行，故温度升高 ②平衡时，c（NO ）=0.120 mol·L—1+0.002 mol·L—1·s—1×10s×2=0.160mol·L—1
2
c（NO）=0.040 mol·L—1—0.002 mol·L—1·s—1×10s=0.02 mol·L—1
2 4
K=0.160mol·L—1）2/0.020mol·L—1=1.3mol·L—1 （3）逆反应 对气体分子数增大的反应，增大压强平
2
衡向逆反应方向移动
【解析】
（1）根据题意知，随温度升高，混合气体的颜色变深，二氧化氮的浓度增大，说明平衡向正反应方向移动；当其他条件不变时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，说明正反应为吸热反应，故△H大于
0。根据题给图像知，0-60s时段，NO 的物质的量浓度变化为0.060 mol·L-1，根据公式v=△c/△t计算，
2 4
v (N O)= 0.060 mol·L-1/60s=0.001 mol·L-1·s-1；分析题给图像知，二氧化氮的平衡浓度为0.120 mol·L-1，
2 4
四氧化二氮的平衡浓度为0.040 mol·L-1，K= [NO ]2/[NO]=0.36 mol·L-1；
1 2 2 4
（2）①根据题意知，改变反应温度为T后，c(NO)以0.0020 mol·L-1·s-1的平均速率降低，即平衡向正反应
2 4
方向移动，又反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故为温度升高，T大于1000C，答案为：大于；
反应正方向吸热，反应向吸热方向进行，故温度升高；
②根据题意知，平衡时，c（NO ）=0.120 mol·L-1+0.002 mol·L-1·s-1×10s×2=0.160mol·L-1，c（NO）=0.040
2 2 4
mol·L-1-0.002 mol·L-1·s-1×10s=0.02 mol·L-1，K=（0.160mol·L-1）2/0.020mol·L-1=1.3mol·L-1；
2
（3）温度为T时，反应达平衡，将反应容器的体积减小一半，即增大压强，当其他条件不变时，增大压
强，平衡向气体物质平衡向气体物质系数减小的方向移动，即向逆反应方向移动，答案为：逆反应
对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动。
19．（2011·上海高考真题）自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每加深1km，
压强增大约25000~30000 kPa。在地壳内SiO
2
和HF存在以下平衡：SiO
2
(s) +4HF(g)⇌SiF
4
(g)+ 2H
2
O(g)
+148.9 kJ。根据题意完成下列填空：
（1）在地壳深处容易有_____________气体逸出，在地壳浅处容易有___________沉积。
（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应_____________(选填编号)。
A．一定向正反应方向移动 B．在平衡移动时正反应速率先增大后减小
C．一定向逆反应方向移动 D．在平衡移动时逆反应速率先减小后增大
（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，________(选填编号)。
A．2v (HF)=v (H O) B．v(H O)=2v(SiF)
正 逆 2 2 4
C．SiO 的质量保持不变 D．反应物不再转化为生成物
2
（4）若反应的容器容积为2.0L，反应时间8.0 min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，在这段时间内HF
的平均反应速率为____________。
【答案】（1）SiF
4
、 H
2
O SiO
2
（2）ad （3）bc （4）0.0010mol/(L⋅min)
【解析】
（1）SiO
2
(s)+4HF(g)⇌SiF
4
(g)+2H
2
O(g)+148.9kJ，该反应为正反应体积减小的反应,增大压强,平衡向右移动,
有SiF(g)逸出,H O(g)凝结为水,减小压强有SiO(s)沉淀析出;故在地壳深处容易有SiF、HO气体逸出,
4 2 2 4 2
在地壳浅处容易有SiO 沉积。
2
（2）化学平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为放热反应，平衡常数K值变大说明温度降低平衡右
移，温度降低反应速率减小，平衡右移逆反应速率先减小后增大，故a、d正确；
（3）当反应达到平衡时，正反应速率=逆反应速率且各物质的浓度保持不变；
a．根据反应速率之比等于系数之比可以得出，v (HF)=2v (H O)，当反应达到平衡时，v (H O)=v
正 正 2 正 2 逆
(H O)，因此v (HF)=2v (H O)，因此a错误；
2 正 逆 2
b．根据反应速率之比等于系数之比可以得出，不管反应有没有达到平衡，均有v (H O)=2v (SiF)，v
正 2 正 4 逆
(H O)=2v (SiF)，当反应达到平衡时，v (H O)=v (H O)，v (SiF)=v (SiF)，即v (H O)=2v (SiF)
2 逆 4 正 2 逆 2 正 4 逆 4 正 2 逆 4或v (H O)=2v (SiF)，因此不管反应有没有达到平衡，v(H O)=2v(SiF)均成立，故b正确；
逆 2 正 4 2 4
c．SiO 的质量保持不变说明反应已经达到平衡，故c正确；
2
d．反应达到平衡时正逆反应仍然都在进行，反应物和生成物在互相转化，只是速率相等，故d错误。
（4）由容积为2.0L，反应时间8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，则增加的质量为2.0L×0.12g/
L=0.24g，由反应及元素守恒可知，每4molHF反应气体质量增加28+16×2=60g，设参加反应的HF的
物质量为x，
= ，解得x=0.016mol，v(HF)= = =0.0010mol/(L⋅min)。
20．（2012·上海高考真题）用氮化硅(Si N)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的
3 4
热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应如下：3SiCl (g)+2N(g)+6H(g) Si N(s)
4 2 2 3 4
+12HCl(g)+Q(Q>0)。完成下列填空：
（1）在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2 L，3 min后达到平衡，测得固体的质量增加了
2.80 g，则H 的平均反应速率___ mol/(L·min)；该反应的平衡常数表达式K=_____
2
（2）上述反应达到平衡后，下列说法正确的是_____。
a．其他条件不变，压强增大，平衡常数K减小
b．其他条件不变，温度升高，平衡常数K减小
c．其他条件不变，增大Si N 物质的量平衡向左移动
3 4
d．其他条件不变，增大HCl物质的量平衡向左移动
（3）一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是__。
a．3v (N )=v (H ) b．v (HCl)=4v (SiCl )
逆 2 正 2 正 正 4
c．混合气体密度保持不变 d．c(N )：c(H )：c(HCl)=1：3：6
2 2
（4）若平衡时H 和HCl的物质的量之比为 ，保持其它条件不变，降低温度后达到新的平衡时，H 和
2 2
HCl的物质的量之比___ （填“>”、“=”或“<”)。
【答案】（1）0.02 （2）bd （3）ac （4）＜
【解析】
（1）固体的质量增加了2.80g为Si N 的质量,其物质的量 =0.02mol，根据方程式可知消耗氢气
3 4的物质的量=0.02mol×6=0.12mol，故v(H )= =0.02mol/(L.min)；
2
平衡常数为生成物浓度化学计量数次数幂之积与生成物浓度化学计量数次数幂之积的比值，故该反应平衡
常数K= ；
（2）a．平衡常数只受温度影响，压强增大，平衡常数K不变，故a错误；
b．正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故b正确；
c．Si N 是固体，增大其物质的量，不影响平衡移动，故c错误；
3 4
d．增大HCl物质的量，平衡向消耗HCl的方向移动，即向逆反应方向移动，故d正确，
故答案为：bd；
（3）a．根据速率之比对化学计量数之比，可以确定v (H )=v (H )，说明反应到达平衡状态，故a正确；
正 2 逆 2
b．都表示正反应速率，反应自始至终都成立，不能说明到达平衡状态，故b错误；
c．混合气体密度保持不变说明混合气体的总质量不变，而平衡移动则气体的质量发生变化，可以说明到
达平衡状态，故c正确；
d．平衡时浓度关系与起始浓度有关、与转化率有关，不能说明到达平衡状态，故d错误，
故答案为：ac；
（4）该反应正反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应移动，到达新平衡，H 的物质的量减小，HCl
2
的物质的量物质的量增大，新平衡H 和HCl的物质的量之比＜ 。
2
21．（2015·全国高考真题）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO
2
和H）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
2
①CO（g）+2H （g） CHOH（g） △H
2 3 1
②CO（g）+3H （g） CHOH（g）+H O（g） △H
2 2 3 2 2
③CO（g）+H （g） CO（g）+H O（g） △H
2 2 2 3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
由此计算△H＝__kJ·mol-1，已知△H＝-58kJ·mol-1，则△H＝__kJ·mol-1。
1 2 3
（2）反应①的化学平衡常数K的表达式为__________；图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的
曲线为_________（填曲线标记字母），其判断理由是_________________。（3）合成气的组成n（H）/n（CO+CO）＝2.60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系
2 2
如图2所示。α（CO）值随温度升高而_______（填“增大”或“减小”），其原因是_______。图2
中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。
【答案】（1）—99 ＋41 （2） a 反应①为放热反应，平衡常数应随
温度升高变小 （3）减小 升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO
的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO
的转化率降低； P＞P＞P 相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于
3 2 1
提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，
有利于CO的转化率升高
【解析】
（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程
式CO（g）+2H （g） CHOH（g）可知反应热△H＝1076kJ/mol＋2×436 kJ/mol—3×413 kJ/mol
2 3 1
—343 kJ/mol—465 kJ/mol＝—99kJ.mol-1。根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③，则△H＝—58
3
kJ/mol＋99 kJ/mol＝＋41kJ.mol-1。
（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的
幂之积的比值，则反应①的化学平衡常数K的表达式为 ；由于正方应是放热反
应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确。
（3）反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平
衡向右移动，又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高，使CO的转化率降低；相同温度下，
由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的
反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由
大到小为P＞P＞P。
3 2 1
22．（2011·全国高考真题）反应aA（g）+bB（g） cC（g）（ H＜0）在等容条件下进行。改
变其他反应条件，在I、II、III阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示：回答问题：
（1）反应的化学方程式中，a：b：c为 ；
（2）A的平均反应速率 （A）、 （A）、 （A）从大到小排列次序为 ；
（3）B的平衡转化率 中最小的是 ，其值是 ；
（4）由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是 ，采取的措施是
；
（5）比较第II阶段反应温度（ ）和第III阶段反应速度（ ）的高低：
填“＞、＝、＜”判断的理由是 ；
（6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min后达到新的平衡，请在下图中用曲线表示
IV阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势（曲线上必须标出A、B、C）.
【答案】（1）1：3：2
（2）v(A)＞v (A)＞v (A)
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
（3）aIII(B)，19%
（4）正方向移动，从反应体系中移出产物C（5）>，此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
（6）
【解析】
（1）由图可知第Ⅰ阶段，平衡时△c(A)=2mol/L-1mol/L=1mol/L，△c(B)=6mol/L-3mol/L=3mol/L，
△c(C)=2mol/L，浓度变化量之比等于化学计量数之比，故a:b:c=1mol/L:3mol/L:2mol/L=1:3:2；
（2）v(A)=1/2=0.05mol/(L·min)，v (A)=(1-0.62)/15=0.0253mol/(L·min)，v (A)=(0.62-0.5)/
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
10=0.012mol/（L·min），故A的平均反应速率v(A)＞v (A)＞v (A)。
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
（3） aI(B)=3mol/L/6mol/L×100%=50% ；aII(B)=（3-1.86）mol/L /3 mol/L×100%=38%；aIII(B)=（1.86-
1.5）mol/L/1.86 mol/L =19%；所以B的平衡转化率aI(B)、aII(B)、aIII(B) 中最小的是aIII(B)，其值是
19%；
（4）由浓度曲线变化可知，由第一次平衡到第二次平衡，AB 的浓度减小，C的浓度增大，平衡正向移动；
由于C的浓度由2.0mol/L变为0，所以采取的措施是分离出产物C；
（5）第II阶段的到第III阶段时，AB的浓度均减小，C的浓度增大，平衡正向移动，由于I、II、III阶段
容器容积不变，且反应的∆H<0，故应是降低了反应温度，则有T> T。
2 3
（6）由a:b:c=1mol/L:3mol/L:2mol/L=1:3:2可知，该反应A（g）+3B（g） 2C（g）；达到第三次
平衡后，将容器的体积扩大一倍，相当于减压过程，各物质浓度先减小原来各自的一半，然后平衡向
左移动，A、B的浓度再增大一些，而C的浓度再减小一些，具体变化过程如图：
。
23．（2014·浙江高考真题）煤炭燃烧过程中会释放出大量的SO ，严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技
2
术可以把硫元素以CaSO 的形式固定，从而降低SO 的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与
4 2
CaSO 发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：
4
CaSO(s)+CO(g) CaO(s) + SO (g) + CO (g) ΔH =218.4kJ·mol-1(反应Ⅰ)
4 2 2 1
CaSO(s)+4CO(g) CaS(s) + 4CO (g) ΔH = -175.6kJ·mol－1(反应Ⅱ)
4 2 2
请回答下列问题：
（1）反应Ⅰ能自发进行的条件是 。
（2）对于气体参与的反应，表示平衡常数K 时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度
pc(B)，则反应Ⅱ的K= (用表达式表示)。
p
（3）假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v)大于反应Ⅱ的速率(v)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是
1 2
。
（4）通过监测反应体系中气体浓度的变化判断反应Ⅰ和Ⅱ是否同时发生，理由是 。
（5）图1为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关
系曲线。则降低该反应体系中SO 生成量的措施有 。
2
A．向该反应体系中投入石灰石
B．在合适的温度区间内控制较低的反应温度
C．提高CO的初始体积百分数
D．提高反应体系的温度
（6）恒温恒容条件下，假设反应Ⅰ和Ⅱ同时发生，且v＞v，请在图2中画出反应体系中c(SO )随时间t
1 2 2
变化的总趋势图。
【答案】（1）高温
（2）
（3）C．
（4） 反应I中生成有SO ，监测SO 与CO 的浓度增加量的比不为1:1，可确定发生两个反应。
2 2 2
（5）A、B、C（6）
【解析】
（1）由△G=△H-T△S＜0时自发，△H＞0，则T要大，故选择高温。
（3）反应Ⅰ吸热，产物的能量高于反应物，反应Ⅱ放热，产物的能量低于反应物；反应Ⅰ的速率(v)大于
1
反应Ⅱ的速率(v)，反应I的活化能低。
2
（4） 反应I中生成有SO ，监测SO 与CO 的浓度增加量的比即可确定是否发生两个反应。
2 2 2
（5）向该反应体系中投入石灰石，产生CO，使反应I逆向进行，可降低该反应体系中SO 生成量，A正
2 2
确；在合适的温度区间内控制较低的反应温度，图中可以看出最低温度的CaS的含量最高，故B正确、
D错误；C．图中可以看出，提高CO的初始体积百分数，可以提高CaS的含量，故正确。
（6） 反应Ⅰ的速率(v)大于反应Ⅱ的速率(v)，故SO 增加的快，反应达到平衡快；随着反应II的进行，
1 2 2
CO 的浓度不断增大，使反应I平衡逆向移动。
2
24．（2012·浙江高考真题）[15分]甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应系
统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：
反应过程 化学方程式 焓变△H(kJ/mol) 活化能Ea(kJ/mol)
CH(g)＋2O(g) CO(g)＋2HO(g) －802.6 125.6
4 2 2 2
甲烷氧化
CH(g)＋O(g) CO(g)＋2H(g) －322.0 172.5
4 2 2 2
CH(g)＋HO(g) CO(g)＋3H(g) 206.2 240.1
4 2 2
蒸汽重整
CH(g)＋2HO(g) CO(g)＋4H(g) 165.0 243.9
4 2 2 2
回答下列问题：
（1）反应CO(g)＋HO(g) CO(g)＋H(g)的△H= kJ/mol。
2 2 2
（2）在初始阶段,甲烷蒸汽重整的反应速率 甲烷氧化的反应速率（填大于、小于或等于）。
（3）对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(P )代替物质的量浓度(c )也可以平衡常数（记作K ），则反
B B P
应CH(g)＋HO(g) CO(g)＋3H(g)的K ＝ ；
4 2 2 P
随着温度的升高，该平衡常数 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）从能量阶段分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于 。
（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H 和CO物质的量分数的影响如下图：
2①若要达到H 物质的量分数>65%、CO的物质的量分数<10%，以下条件中最合适的是 。
2
A．600℃，0.9Mpa B．700℃，0.9MPa C．800℃，1.5Mpa D．1000℃，1.5MPa
②画出600℃，0.1Mpa条件下，系统中H 物质的量分数随反应时间（从常温进料开始即时）
2
的变化趋势示意图：
（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H 物质的量分数降低，原因是 。
2
【答案】(15分)
（1）-41.2
（2）小于
（3）
增大
（4）系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸汽重整反应提供了所需的能量(其他合理答案均可)
（5）①B
②
（6）甲烷氧化程度过高，氢气和氧气反应(其他合理答案均可)【解析】
（1）根据盖斯定律，由蒸汽重整的两个反应CH(g)+2HO（g）=CO （g）+4H （g）减CH（g）+H O
4 2 2 2 4 2
（g）= CO（g）+3H （g），可得反应CO（g）+H O（g）=CO （g）+H （g），则
2 2 2 2
△H="165.0kJ/mol-206.2kJ/mol" =-41.2kJ/mol。
（2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率越快，所以初
始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率。
（3）根据平衡常数K的表达式，可知反应CH(g)+HO(g) CO(g)+3H（g）的 ，
4 2 2
该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大。
（4）从能量的角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸
汽重整反应提供了所需的能量，提高能源的利用率。
（5）①由图中数据可知，0.9 MPa时，H 的物质的量分数大于65%，CO物质的量分数小于10%，则
2
700℃符合，1.5 MPa时，H 的物质的量分数大于65%，CO物质的量分数小于10%，则温度要高于
2
750℃，低于约725℃，B项正确，ACD项错误，答案选B。
②起始进料时H 的物质的量分数为0，结合图象可知600℃，0.1 MPa的条件下，平衡时系统中H 的物质
2 2
的量分数达到70%，据此画出H 的物质的量分数随时间变化的示意图为：
2
。
（6）如果进料中氧气量过大，会使甲烷氧化程度过高，氢气和氧气反应，导致氢气的质量分数降低。
25．（2010·上海高考真题）接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃并有催化剂存在下进行：
（1）该反应所用的催化剂是___(填写化合物名称)，该反应450℃时的平衡常数_____500℃时的平衡常数
(填“大于”、“小于”或“等于”)。
（2）该热化学反应方程式的意义是____________．
（3）下列描述中能表明该反应已达平衡状态的是________
A． B．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
C．容器中气体的密度不随时间而变化D．容器中气体的分子总数不随时间而变化
（4）在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20 mol 和0.10mol ，半分钟后达到平衡，测得容器
中含 0.18mol，则 =______ ：若继续通入0.20mol 和0.10mol ，则平衡
______移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向” 或“不”)，再次达到平衡后，______ mol
