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热化学、化学反应速率与平衡的综合分析
1.题型特点
这类试题往往以化学反应速率、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识，
关联知识主要有：
(1)ΔH符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算ΔH。
(2)化学反应速率的计算与比较，外因对化学反应速率的影响(浓度、压强、温度、催化剂)。
(3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素
进行分析和解释。
(4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。
2.解答化学平衡移动问题的步骤
(1)正确分析反应特点：包括反应物、生成物的状态，气体体积变化，反应的热效应。
(2)明确外界反应条件：恒温恒容、恒温恒压、反应温度是否变化、反应物投料比是否变化。
(3)结合图像或K与Q的关系、平衡移动原理等，判断平衡移动的方向或结果。
3.分析图表与作图时应注意的问题
(1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。
(2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。
(3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。
(4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。
4.解答有关平衡常数的计算
(1)结合题意，运用“三段式”，分析计算、确定各物理量的变化。
(2)多重平衡体系的计算用好连续计算法(分设变量)、守恒法两种方法。
(3)多重平衡体系达到整体综合平衡后，每种平衡组分都只能有一个平衡浓度。
1.(2024·湖北，17)用BaCO 和焦炭为原料，经反应Ⅰ、Ⅱ得到BaC ，再制备乙炔是我国科研人员提出
3 2
的绿色环保新路线。
反应Ⅰ：BaCO (s)+C(s) BaO(s)+2CO(g)
3
反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC (s)+CO(g)
2
回答下列问题：
(1)写出BaC 与水反应的化学方程式 。
2
p
(2)已知K =(p )n、K=( CO )n(n是CO的化学计量系数)。反应Ⅰ、Ⅱ的lg K与温度的关系曲线见图
p CO 105Pa
1。①反应BaCO (s)+4C(s) BaC (s)+3CO(g)在1 585 K的K = Pa3。
3 2 p
②保持1 320 K不变，假定恒容容器中只发生反应Ⅰ，达到平衡时p = Pa，若将容器体积
CO
1
压缩到原来的 ，重新建立平衡后p = Pa。
2 CO
(3)恒压容器中，焦炭与BaCO 的物质的量之比为4∶1，Ar为载气。1 400 K和1 823 K下，BaC 产率
3 2
随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。
①初始温度为900 K，缓慢加热至1 400 K时，实验表明BaCO 已全部消耗，此时反应体系中含Ba物
3
种为 。
②1 823 K下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。
答案 (1)BaC +2H O―→Ba(OH) +HC≡CH↑ (2)①1016 ②105 105 (3)①BaO ②速率不变至BaC 产
2 2 2 2
率接近100% 容器中只发生反应Ⅱ，反应条件恒温1 823 K、恒压，且该反应只有CO为气态，据K=
p
CO 可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变
105Pa
解析 (1)Ba、Ca同主族，BaC 与CaC 结构相似，BaC 与水反应和CaC 与水反应相似，其反应的化学方
2 2 2 2
程式为BaC +2H O―→Ba(OH) +HC≡CH↑。(2)①反应Ⅰ+反应Ⅱ得BaCO (s)+4C(s) BaC (s)+3CO(g)，则
2 2 2 3 2
p p
CO CO
其平衡常数K=K ×K =( )3；由图1可知，1 585 K时K =102.5，K =10-1.5，即( )3=102.5×10-
Ⅰ Ⅱ 105Pa Ⅰ Ⅱ 105Pa
1.5=10，所以p3 =10×(105 Pa)3=1016 Pa3，则K =p3 =1016 Pa3。②由图1可知，1 320 K时反应Ⅰ的
CO p CO
p 1
K =100=1，即K =( CO )2=1，所以p2 =(105 Pa)2，即p =105 Pa；若将容器体积压缩到原来的 ，由于
Ⅰ Ⅰ 105Pa CO CO 2温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后p 不变，即p =105 Pa。(3)①由图2可知，1 400 K时，BaC
CO CO 2
的产率为0，即没有BaC 生成，又实验表明BaCO 已全部消耗，此时反应体系中含Ba物种只有BaO。
2 3
2.(2024·河北，17节选)氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及
1，4⁃ 二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。
(1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：SO (g)+Cl (g) SO Cl (g) ΔH=-67.59
2 2 2 2
kJ·mol-1。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO (g)和Cl (g)，测定T 、T 、T 温度下体系达平衡时的
2 2 1 2 3
Δp(Δp=p -p，p 为体系初始压强，p =240 kPa，p为体系平衡压强)，结果如图。
0 0 0
上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。
M点Cl 的转化率为 ，T 温度下用分压表示的平衡常数K = kPa-1。
2 1 p
③下图曲线中能准确表示T 温度下Δp随进料比变化的是 (填序号)。
1
(2)1，4⁃ 二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅
度氯化时的反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B)，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k
为速率常数(k ~k 分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒
1 5定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，
k ∶k ∶k ∶k ∶k =100∶21∶7∶4∶23。
1 2 3 4 5
①30 min时，c(X)=6.80 mol·L-1，且30~60 min内v(X)=0.042 mol·L-1·min-1，反应进行到60 min时，
c(X)= mol·L-1。
②60 min时，c(D)=0.099 mol·L-1，若0~60 min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)=
c(D)
mol·L-1；60 min后，随T的含量增加， (填“增大”“减小”或“不变”)。
c(G)
答案 (1)②T >T >T 该反应是放热的、气体分子数减小的反应，恒容条件下，反应正向进行时，容器内
3 2 1
压强减小，从T 到T 平衡时Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低 75% 0.03
3 1
③D (2)①5.54 ②0.033 增大
解析 (1)②该反应的正反应为气体体积减小的反应，反应正向进行程度越大，Δp越大。由图可知，从T
3
到T ，Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由T 到T 逐渐降低，
1 3 1
即T >T >T 。由图中M点可知，进料比为n(SO )∶n(Cl )=2，平衡时Δp=60 kPa，已知恒温恒容条件下，容
3 2 1 2 2
器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出三段式：
SO (g)+Cl (g) SO Cl (g) Δp
2 2 2 2
起始压强/kPa 160 80
转化压强/kPa 60 60 60 60
平衡压强/kPa 100 20 60
60 kPa p(SO Cl ) 60 kPa
2 2
可计算得α(Cl )= ×100%=75%，K = = =0.03 kPa-1。③根据
2 80 kPa p p(SO )·p(Cl ) 100 kPa×20 kPa
2 2
“等效平衡”原理，该反应中SO 和Cl 的化学计量数之比为1∶1，则SO 和Cl 的进料比互为倒数(如2与
2 2 2 2
Δc(X)
0.5)时，Δp相等。(2)①根据v(X)= ，60 min时，c(X)=6.80 mol·L-1-v(X)·Δt=6.80 mol·L-1-0.042
Δt
v (D) k ·c(M) k
mol·L-1·min-1×30 min=5.54 mol·L-1。②由题给反应速率方程推知 生成 = 2 = 2 =3，又D、G的初
v (G) k ·c(M) k
生成 3 3
v(D) Δc(D) 1
始浓度均为0，则 = ，则Δc(G)= ×Δc(D)=0.033 mol·L-1，即此时c(G)=0.033 mol·L-1。60 min
v(G) Δc(G) 3
v (D) k ·c(D) 4×0.099
消耗 4
后，D和G转化为T的速率比为 = = ，结合二者的生成速率可知，D生成的快
v (G) k ·c(G) 23×0.033
消耗 5
c(D)
而消耗的慢，G生成慢而消耗的快，则 增大。
c(G)
3.[2024·黑吉辽，18(1)(2)(3)(4)(5)]为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO 催化氧化法处理HCl废气：
2
1
2HCl(g)+ O (g) Cl (g)+H O(g) ΔH =-57.2 kJ·mol-1 ΔS K。将HCl和O 分别以不同起始流速通入
2 2 2 2 1 2
反应器中，在360 ℃、400 ℃和440 ℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如下图
所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。回答下列问题：
(1)ΔS 0(填“>”或“<”)；T = ℃。
3
(2)结合以下信息，可知H 的燃烧热ΔH= kJ·mol-1。
2
H O(l)===H O(g) ΔH =+44.0 kJ·mol-1
2 2 2
H (g)+Cl (g)===2HCl(g) ΔH =-184.6 kJ·mol-1
2 2 3
(3)下列措施可提高M点HCl转化率的是 (填标号)。
A.增大HCl的流速
B.将温度升高40 ℃
C.增大n(HCl)∶n(O )
2
D.使用更高效的催化剂
(4)图中较高流速时，α(T )小于α(T )和α(T )，原因是 。
3 2 1
(5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K= (用平衡物质的量分数代
替平衡浓度计算)。
答案 (1)< 360 (2)-285.8 (3)BD (4)反应未达平衡时，流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接
触而发生反应，导致转化率下降，同时，T 温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低 (5)6
3
1
解析 (1)2HCl(g)+ O (g) Cl (g)+H O(g)反应后气体分子数目减小，该反应 ΔS<0；该反应为放热反应，
2 2 2 2
由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，由图像可
1
知，T 代表的温度为440 ℃，T 为360 ℃。(2)根据盖斯定律可得反应H (g)+ O (g)===H O(l)的
1 3 2 2 2 2
ΔH=ΔH +ΔH -ΔH =-57.2 kJ·mol-1-184.6 kJ·mol-1-44.0 kJ·mol-1=-285.8 kJ·mol-1，即氢气的燃烧热ΔH=-285.8
1 3 2
kJ·mol-1。(3)增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率减小，A不符合题意；M点对应的温度为360℃，由图像可知，温度升高40 ℃为400 ℃时，HCl的转化率增大，B符合题意；增大n(HCl)∶n(O )，HCl
2
的转化率减小，C不符合题意；M点时，反应未达到平衡，使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速
率，使单位时间内HCl的转化率增加，D符合题意。(5)由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起
始n(HCl)=n(O )=4 mol，可列出三段式：
2
1
2HCl(g)+ O (g) Cl (g)+H O(g)
2 2 2 2
起始量/mol 4 4 0 0
变化量/mol 3.2 0.8 1.6 1.6
平衡量/mol 0.8 3.2 1.6 1.6
1.6 1.6
×
7.2 7.2
则K= =6。
1
0.8 3.2
( ) 2×( )2
7.2 7.2
题型突破练(A) [分值：50 分]
1.(10分)(2024·贵州，17)在无氧环境下，CH 经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一
4
定温度下，CH 芳构化时同时存在如下反应：
4
ⅰ.CH (g)―→C(s)+2H (g) ΔH =+74.6 kJ·mol-1 ΔS=+80.84 J·mol-1·K-1
4 2 1
ⅱ.6CH (g)―→C H (l)+9H (g) ΔH
4 6 6 2 2
回答下列问题：
(1)反应 ⅰ 在1 000 K时 (填“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知25 ℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的ΔH = kJ·mol-1(用含a、b、c的代数式表
2
示)。
物质 CH (g) C H (l) H (g)
4 6 6 2
ΔH/(kJ·mol-1) a b c
(3)受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是 。
(4)对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后
分别用于催化CH 芳构化，相同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为 ，理由是
4
。
pH CH 平均转化率/% 芳烃平均产率/% 产物中积碳平均含量/%
4
2.4 9.60 5.35 40.75
4.0 9.80 4.60 45.857.0 9.25 4.05 46.80
10.0 10.45 6.45 33.10
12.0 9.95 4.10 49.45
(5)973 K、100 kPa下，在某密闭容器中按n(C H )∶n(CH )=1∶5充入气体，发生反应C H (g)
6 6 4 6 6
+CH (g)―→C H (g)+H (g)，平衡时C H 与C H 的分压比为4∶1，则C H 的平衡转化率为 ，平
4 7 8 2 6 6 7 8 6 6
衡常数K = (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。
p
(6)引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下：
(两个反应可视为同级数的平行反应)
对于同级数的平行反应有 v 1 = k 1 = A 1e ( E a，2 R - T E a，1) ，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，E 为反应活
v k A a
2 2 2
k
化能，A 、A 为定值，R为常数，T为温度，同一温度下 1是定值。已知E 0
2 2 1
CO(g)+H O(g) CO (g)+H (g)(Ⅱ) ΔH <0
2 2 2 2
CaO(s)+CO (g) CaCO (s)(Ⅲ) ΔH <0
2 3 3
(1)C(s)+CaO(s)+2H O(g) CaCO (s)+2H (g)的焓变ΔH= (用代数式表示)。
2 3 2
(2)压力p下，C-H O-CaO体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO (s)在T 温度时完全分解。
2 3 1
气相中CO、CO 和H 摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为 (填化学式)。
2 2
当温度高于T 时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 。
1
(3)压力p下、温度为T 时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则反应CO(g)+H O(g)
0 2
CO (g)+H (g)的平衡常数K = ；此时气体总物质的量为4.0 mol，则CaCO (s)的物质的量为
2 2 p 3
_____________ mol；若向平衡体系中通入少量CO (g)，重新达平衡后，分压p(CO )将 (填
2 2
“增大”“减小”或“不变”)，p(CO)将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
答案 (1)ΔH +ΔH +ΔH (2)H 当温度高于T ，CaCO (s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ
1 2 3 2 1 3
5
平衡逆向移动，所以CO 的摩尔分数逐渐降低 (3) 0.5 不变 不变
2 9
解析 (1)根据盖斯定律，目标总反应=反应(Ⅰ)+反应(Ⅱ)+反应(Ⅲ)，则其ΔH=ΔH +ΔH +ΔH 。(2)图示温
1 2 3
度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T ，温度不断升
1
高，反应Ⅱ和Ⅲ平衡逆向移动，依据反应Ⅱ，H 量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数增大，所
2
以a线代表H 的摩尔分数的变化，b线代表CO的摩尔分数的变化。T 时，CaCO (s)已完全分解，当温度
2 1 3
高于T ，相当于只发生反应Ⅱ，CO 的摩尔分数减小，则c线代表CO 的摩尔分数随温度的变化。(3)压力
1 2 2
p下、温度为T 时，H 、CO、CO 的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H O(g)的摩尔分数为1-0.5-0.15-
0 2 2 2p(CO )·p(H ) 0.05p×0.5p 5
2 2
0.05=0.3，则反应CO(g)+H O(g) CO (g)+H (g)的平衡常数K = = = ；从
2 2 2 p p(CO)·p(H O) 0.15p×0.3p 9
2
H 的来源分析，产生H 多少取决于消耗碳的量和生成不同含碳物种量的多少。平衡时，可独立分析产生
2 2
H 与消耗碳和生成各含碳物种的化学反应，如下：
2
Ⅰ：C(s)+H O(g)===CO(g)+H (g)
2 2
Ⅳ：C(s)+2H O(g)===CO (g)+2H (g)
2 2 2
Ⅴ：C(s)+CaO(s)+2H O(g) CaCO (s)+2H (g)
2 3 2
平衡时气体n(总)=4 mol，根据H 、CO、CO 的摩尔分数可计算三者的物质的量分别为：
2 2
n(H )=4 mol×0.5=2 mol，同理，n(CO)=0.6 mol，n(CO )=0.2 mol，平衡时，由反应(Ⅰ)生成的H ：
2 2 2
n(H ) =n(CO)=0.6 mol，由反应(Ⅳ)生成的H ：n(H ) =2n(CO )=2×0.2 mol=0.4 mol，则由反应(Ⅴ)生成的
2 Ⅰ 2 2 Ⅳ 2
1 1
H ：n(H ) =2 mol-0.6 mol-0.4 mol=1 mol，由反应(Ⅴ)产物关系可得n(CaCO )= n(H ) = ×1 mol=0.5 mol；
2 2 Ⅴ 3 2 2 Ⅴ 2
1
若向平衡体系中通入少量CO (g)后，反应ⅢCaO(s)+CO (g)===CaCO (s)重新达平衡，K = ，温度
2 2 3 p p(CO )
2
1
不变，K 不变，则分压p(CO )不变，K= ，c(CO )也不变，其他气体的浓度均不变，所以p(CO)不
p 2 c c(CO ) 2
2
变。
4.(16分)二氧化碳、甲烷等是主要的温室气体。研发二氧化碳和甲烷的利用技术对治理生态环境具有重要
意义。
已知：常温常压下，一些物质的燃烧热如表所示。
物质 CH (g) H (g) CO(g)
4 2
ΔH/
-890.3 -285.8 -283.0
(kJ·mol-1)
(1)在催化剂作用下，甲烷的催化重整是制备合成气的重要方法，写出CH (g)与CO (g)反应生成CO(g)和
4 2
H (g)的热化学方程式： 。
2
(2)在恒温恒容密闭容器中，通入一定量的CH 、CO 发生催化重整反应。
4 2
①下列能说明该反应达到化学平衡状态的是 (填字母)。
A.混合气体的平均相对分子质量不再变化
B.v (CH )=2v (CO)
正 4 逆
C.CO与H 浓度的比值不再变化
2
D.容器内混合气体的密度不再变化
n(CH )
4
②当投料比 =1.0时，CO 的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。由图可知：
n(CO ) 2
2
压强p (填“>”“<”或“=”)2 MPa；当温度为T K、初始压强为2 MPa时，a点的v
1 3 逆(填“>”“<”或“=”)v 。起始时向1 L恒容容器中加入2 mol CH 和2 mol CO ，在温度为T K、初始压
正 4 2 6
强为2 MPa条件下反应，用压强表示该反应的平衡常数K = MPa2(分压=总压×物质的量分数)。
p
(3)我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。第一步：
CH 催化裂解生成H 和碳(或碳氢物种)，其中碳(或碳氢物种)吸附在催化剂上，如CH ―→C /[C(H) ] +(2-
4 2 4 ads n ads
n n
)H ；第二步：碳(或碳氢物种)和H O反应生成CO 和H ，如C /[C(H) ] +2H O―→CO +(2+ )H 。反应
2 2 2 2 2 ads n ads 2 2 2 2
过程和能量变化残图如图：
判断过程 (填序号)加入了催化剂，原因是 。
控制整个过程②反应速率的是第Ⅱ步，其原因为 。
答案 (1)CH (g)+CO (g)===2CO(g)+2H (g) ΔH=+247.3 kJ·mol-1 (2)①A ②< > 4 (3)② 催化剂降
4 2 2
低了活化能 第 Ⅱ 步的活化能大，反应速率慢
解析 (1)根据已知燃烧热可得热化学方程式：
1
①CH (g)+2O (g)===CO (g)+2H O(l) ΔH=-890.3 kJ·mol-1；②H (g)+ O (g)===H O(l) ΔH=-285.8
4 2 2 2 2 2 2 2
1
kJ·mol-1；③CO(g)+ O (g)===CO (g) ΔH=-283.0 kJ·mol-1。根据盖斯定律，将热化学方程式①-②×2-
2 2 2
③×2，整理可得CH (g)+CO (g)===2CO(g)+2H (g) ΔH=+247.3 kJ·mol-1。(2)①在恒温恒容密闭容器中，通
4 2 2
入一定量的CH 、CO 发生催化重整反应：CH (g)+CO (g)===2CO(g)+2H (g)，该反应的正反应是气体体积
4 2 4 2 2
m
增大的反应，反应后气体的物质的量增大，根据M= 可知，混合气体m不变，n变化，平均相对分子质
n
量变化，当平均相对分子质量不再变化，反应达到平衡状态，A正确；反应速率之比等于化学计量数之比，
当2v (CH )=v (CO)，反应达到平衡状态，故v (CH )=2v (CO)时反应未达到平衡状态，B错误；CO与
正 4 逆 正 4 逆
H 都是生成物，二者的浓度比始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，C错误；该反应
2m
的反应物都是气体，气体的质量不变，反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，则根据ρ= 可
V
知容器内混合气体的密度始终不变化，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D错误。②该反应的正
反应为气体分子数增多的反应，在其他条件不变时，增大压强，化学平衡逆向移动α(CO )减小，故压强：
2
p <2 MPa；根据图示可知，当温度为T K、初始压强为2 MPa时，反应进行到a点时CO 的转化率大于该
1 3 2
压强下的CO 平衡转化率，则说明反应逆向进行，故反应速率关系：v >v ；根据图示可知，在温度为T
2 逆 正 6
K，起始压强为2 MPa时，CO 的平衡转化率为0.5。由于开始时加入n(CH )=n(CO )=2 mol，则根据CH (g)
2 4 2 4
+CO (g)===2CO(g)+2H (g)中反应转化关系可知平衡时n(CH )=n(CO )=1 mol，n(H )=n(CO)=2 mol，气体总
2 2 4 2 2
物质的量为n(总)=6 mol，反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的压强与气体的物质的量呈正比，则平衡
1 1
(3× ) 2×(3× ) 2
6mol 3 3
时气体总压强为p(平衡)= ×2 MPa=3 MPa，则压强平衡常数K = MPa2=4
2mol+2mol p 1 1
(3× )×(3× )
6 6
MPa2。(3)根据图示可知曲线②的活化能比曲线①的活化能低，反应速率快，故过程②加入了催化剂；对于
多步反应，总反应速率快慢由慢反应决定。反应的活化能越大，反应需要的能量就越高，反应速率就越慢。
根据图示可知第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢，其决定了整个反应速率的快慢。
题型突破练(B) [分值：50 分]
1.(10分)(2024·湖南益阳高三模拟)煤的间接液化是煤的综合利用的一种重要方法。首先是煤燃烧生成
CO ，再在钼系催化剂的催化作用下与H O反应，最终生成C H OH。过程中主要发生如下反应：
2 2 2 5
反应Ⅰ：C(s)+O (g)===CO (g) ΔH =-393.5 kJ·mol-1
2 2 1
反应Ⅱ：2CO (g)+2H O(g)===C H (g)+3O (g) ΔH =+1 323 kJ·mol-1
2 2 2 4 2 2
反应Ⅲ：C H (g)+H O(g)===C H OH(l) ΔH =-88.2 kJ·mol-1
2 4 2 2 5 3
(1)已知H O(l)===H O(g) ΔH =+44.0 kJ·mol-1，C H OH的燃烧热ΔH = kJ·mol-1。
2 2 4 2 5 5
(2)为更好地研究煤的液化过程，某学习小组对反应Ⅱ进行了系统的研究。在一个2 L的刚性容器中加入2
mol CO 气体及4 mol水蒸气，在500 ℃及钼系催化剂(固体)存在条件下只发生反应Ⅱ。
2
①下列能说明该反应已达到平衡状态的是 (填字母)。
A.CO 的体积分数不再改变
2
B.n(CO )∶n(H O)不再改变
2 2
C.容器的总压不再改变
D.容器中气体的密度不再改变
②如图为平衡时四种组分的物质的量分数随温度的变化曲线。图中曲线b表示的物质是 ，原因
是 。③T K时该反应的平衡常数为 。
1
④T K时，某同学在该容器中加入m mol CO 和n mol H O(g)，同时加入了1 mol C H 和3 mol O ，达到平
1 2 2 2 4 2
衡后CO 的体积分数仍与N点相同，则n= (用含m的代数式表示)。
2
答案 (1)-1366.8 (2)①AB ②C H 随温度升高，平衡正向移动，C H 的含量增大，且O 物质的量分
2 4 2 4 2
27
数增大量是C H 的3倍 ③ ④2m+2
2 4 16
解析 (2)①CO 的体积分数不再改变，浓度不变，反应达到平衡状态，A选；充入的反应物不是按系数比
2
充入，n(CO )∶n(H O)不再改变，反应达到平衡状态，B选；该反应反应前后气体总物质的量不变，容器
2 2
的总压不再改变，不能判断反应已达到平衡状态，C不选；该反应反应前后气体总物质的量不变，容器的
体积不变，密度为定值，容器中气体的密度不再改变，不能判断反应已达到平衡状态，D不选。③列出三
段式：
2CO (g)+2H O(g)===C H (g)+3O (g)
2 2 2 4 2
初始/mol 2 4 0 0
转化/mol 2x 2x x 3x
平衡/mol 2-2x 4-2x x 3x
2 1 4 1
平衡时2-2x=x，解得x= ，则平衡时c(CO )= mol·L-1，c(H O)= mol·L-1，c(C H )= mol·L-1，c(O )=1
3 2 3 2 3 2 4 3 2
1
×13
3 27
mol·L-1，故T K时反应的平衡常数K= = 。④加入1 mol C H 和3 mol O ，等效于加入2 mol
1 (1) 2 (4) 2 16 2 4 2
×
3 3
m+2 2
CO 和2 mol H O，可得 = ，解得n=2m+2。
2 2 n+2 4
2.(10分)(2023·辽宁抚顺普通高中高三模拟)我国承诺在2030年前实现碳达峰即二氧化碳的排放量不再增长。
因此，研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。请回答下列问题：
(1)以CO 和NH 为原料合成尿素是利用CO 的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：
2 3 2
反应①：2NH (g)+CO (g) NH COONH (s) ΔH=-159.5 kJ·mol-1
3 2 2 4 l
反应②：NH COONH (s) CO(NH ) (s)+H O(g) ΔH
2 4 2 2 2 2
总反应③：2NH (g)+CO (g) CO(NH ) (s)+H O(g) ΔH =-87.0 kJ·mol-1
3 2 2 2 2 3
反应②的ΔH = kJ·mol-1。
2(2)利用工业废气中的CO 可以制取甲醇：CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g)，一定条件下往恒容密闭容
2 2 2 3 2
器中充入1 mol CO 和3 mol H ，在不同催化剂作用下发生反应 Ⅰ、反应Ⅱ与反应Ⅲ，相同时间内CO 的
2 2 2
转化率随温度变化如图所示。
①催化剂效果最佳的反应是 (填“反应Ⅰ”“反应Ⅱ”或“反应Ⅲ”)。
②一定温度下，下列不能说明上述反应 Ⅰ 达到化学平衡状态的是 (填字母)。
A.CO 的质量分数在混合气体中保持不变
2
B.反应中CO 与H 的物质的量之比为1∶3
2 2
C.3v (CO )=v (H )
正 2 逆 2
D.容器内气体总压强不再变化
E.容器内混合气体的密度不再变化
③若反应Ⅲ在a点时已达平衡状态，a点CO 转化率高于b点和c点的原因是 。
2
④c点时总压强为0.1 MPa，该反应的平衡常数= MPa-2(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物
质的量分数，计算结果用最简分式表示)。
答案 (1)+72.5
(2)①反应Ⅰ ②BE ③该反应为放热反应，c点所在温度高，平衡逆向移动，转化率低于a点；b点所在
25 600
温度低，反应速率慢，相同时间内反应未达到平衡，转化率低于a点 ④
27
解析 (1)根据盖斯定律，反应①+反应②得总反应③，即ΔH =ΔH -ΔH =-87.0 kJ·mol-1-(-159.5
2 3 1
kJ·mol-1)=+72.5 kJ·mol-1。(2)①根据图像分析，相同温度下，CO 转化率最高的为反应Ⅰ，故其催化效果最
2
好。②CO 的质量分数在混合气体中保持不变，即反应体系各组分浓度保持不变，说明反应达到平衡状态，
2
A不合题意；起始时CO 与H 的物质的量之比为1∶3，根据化学方程式可知，转化中CO 与H 的物质的
2 2 2 2
量之比一直为1∶3，故不能说明反应达到平衡状态，B符合题意；当3v (CO )=v (H )时，正、逆反应速
正 2 逆 2
率相等，反应达到化学平衡状态，C不合题意；反应过程中气体的物质的量发生改变，故容器内气体总压
强发生改变，当容器内压强不再变化时说明反应达到平衡状态，D不合题意；反应过程中气体的质量不变，
容器的体积不变，即容器内混合气体的密度一直不变，故混合气体的密度不再变化不能说明反应达到平衡
2
状态，E符合题意。④c点时总压强为0.1 MPa，且c点CO 的转化率为 ，列三段式分析：
2 3
CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g)
2 2 3 2
起始量/mol 1 3 0 0
2 2 2
转化量/mol 2
3 3 31 2 2
平衡量/mol 1
3 3 3
1
1
1 2 2 8 3 1
则平衡体系中气体的总物质的量为( +1+ + ) mol= mol，p(CO )= ×0.1 MPa= MPa，p(H )=8×0.1
3 3 3 3 2 8 80 2
3
3
2
3 3 2
MPa= MPa，p(CH OH)=p(H O)= ×0.1 MPa= MPa，所以反应的化学平衡常数为K =
80 3 2 8 80 p
3
2 2
MPa× MPa
p(CH OH)·p(H O) 80 80 25 600
3 2
= = MPa-2。
p(CO 2 )·p3 (H 2 ) 1 MPa×( 3 MPa) 3 27
80 80
3.(14分)(2024·江西九江高三二模)CO 与H 反应合成HCOOH，是实现“碳中和”的有效途径。
2 2
(1)已知：
CO (g)+H (g) HCOOH(g) ΔH= 。
2 2
(2)在催化作用下，温度为T ℃时，将一定量CO 和H 充入密闭容器中发生如下反应：
1 2 2
主反应Ⅰ：CO (g)+H (g) HCOOH(g) K=α；
2 2
副反应Ⅱ：CO (g)+H (g) CO(g)+H O(g) ΔH=+41.2 kJ·mol-1。
2 2 2
①如图是不同催化剂电化学还原CO 生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原
2
过程的物质的相对能量，如图所示(带“*”表示物质处于吸附态)。
电化学还原CO 生产HCOOH，使用 作催化剂较优。
2
②实验测得反应Ⅰ：v =k c(CO )·c(H )，v =k c(HCOOH)，k 、k 为速率常数。温度为T ℃时，k
正 正 2 2 逆 逆 正 逆 2 正
=0.8αk ，则T (填“大于”“小于”或“等于”)T ，判断依据是 。
逆 2 1
③实验测得平衡时CO 的转化率及HCOOH和CO的选择性(产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化
2
的CO 的比值)随温度变化如图所示。
2曲线b表示 ，200~360 ℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是 。
240 ℃时，平衡体系中氢气的分压为p kPa，主反应Ⅰ的K = kPa-1(用x、y、p 表示)。
0 p 0
答案 (1)-31.4 kJ·mol-1 (2)①BiIn ②大于 K(T )=0.8α0，ΔS>0，则高温下，ΔG=ΔH-TΔS<0，即高温条件下自发进行。(4)水碳比[
n(H O) n(H O)
2 2
]增加，H O增加，提高CH 转化率，但H O转化率降低，故随水碳比[ ]增加升高最明显
n(CH ) 2 4 2 n(CH )
4 4
的①是H O，降低明显的②是CH ，水碳比较大时，CO会与H O进一步反应生成H ，使CO摩尔分数降
2 4 2 2
低，CO 摩尔分数升高，故③为CO，④为CO 。②根据反应Ⅲ，p(H O)=0.48×8 MPa，p(H )=0.36×8 MPa，
2 2 2 2
p4 (H )·p(CO ) (0.36×8 MPa) 4×(0.053×8 MPa)
2 2
p(CH )=p(CO )=0.053×8 MPa，K = = ≈4.67
4 2 p p(CH )·p2 (H O) (0.053×8 MPa)×(0.48×8 MPa) 2
4 2
MPa2。
