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专题09 大题突破——化学反应原理综合
目录
01 考情透视·目标导航............................................................................................................................
02 知识导图·思维引航............................................................................................................................
03 核心精讲·题型突破............................................................................................................................
题型一 热化学方程式的书写与焓变的计算...................................................................................
【真题研析】...........................................................................................................................................................
【核心精讲】...........................................................................................................................................................
1．焓变的判断与计算.............................................................................................................................................
2．根据盖斯定律计算步骤.....................................................................................................................................
【命题预测】...........................................................................................................................................................
题型二 平衡图像分析、条件控制及原因解释...............................................................................
【真题研析】...........................................................................................................................................................
【核心精讲】...........................................................................................................................................................
1．影响化学反应速率的因素.................................................................................................................................
2．影响化学平衡的因素.........................................................................................................................................
3．外界因素的影响原因解释.................................................................................................................................
【命题预测】...........................................................................................................................................................
题型三 各类平衡常数及相关计算...................................................................................................
【真题研析】...........................................................................................................................................................
【核心精讲】...........................................................................................................................................................
1．分压平衡常数(Kp)..............................................................................................................................................
2．Kp的计算.............................................................................................................................................................
【命题预测】...........................................................................................................................................................
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考点要求
考题统计
考情分析
化学反应
原理综合
2024·福建卷，14，15 分；2024·广西卷，17，15 分；
2024· 海南卷，16，12 分；2024· 重庆卷，17，15 分；
2024· 贵州卷，17，15 分；2024·江西卷，16，14 分；
2024·甘肃卷，17；2024·广东卷，19；2024·北京卷，
16；2024·湖南卷，18，3 分；2024·安徽卷，17，15 分；
2024·河北卷，17，15 分；2024·山东卷，20，12 分；
2024·湖北卷，17，14 分；2024·全国甲卷，10，14 分；
2024·浙江1 月卷，19，10 分；2024·辽吉黑卷，18，13
分；2024·浙江6 月卷，19，10 分；2024·江苏卷，16，
15 分；2024·江苏卷，17，16 分；2023•全国甲卷28 题，
14 分；2023•全国乙卷28 题，14 分；2023•全国新课标卷
29 题，14 分；2023•湖南卷16 题，14 分；2023•山东卷
20 题，11 分；2023•辽宁省选择性考试18 题；2023•湖北
省选择性考试19 题；2023•浙江省6 月选考19 题，10
分；2023•浙江省1 月选考19 题，10 分；2022•全国甲卷
28 题，14 分；2022•全国乙卷28 题，15 分；2022•河北
省选择性考试16 题；2022•重庆卷16 题，14 分；2022•
福建卷13 题，13 分；2022•海南省选择性考试16 题，10
分；2022•湖北省选择性考试19 题，14 分；2022•辽宁省
选择性考试18 题，13 分；2022•山东卷20 题，11 分；
2022•湖南选择性考试题，13 分；2022•湖南选择性考试
题，14 分； 2022·浙江省1 月选考29 题，10 分；2022·
浙江省6 月选考29 题，10 分；2022•江苏卷18 题，14 分
通常以组合题的形
式呈现，题目往往围绕
一个主题，由多个小题
组成，各小题有一定的
独立性，分别考查不同
的知识点，其内容涉及
反应热、反应方向、化
学反应速率、化学平
衡、平衡常数计算、电
化学等知识，具有很强
综合性。这类试题一般
篇幅较长，文字较多，
且题目中穿插图形、图
表等，有一定的难度，
要求考生有一定的阅读
能力和分析归纳能力。
预计2025 年仍利用前
沿学术情境素材的陌生
度来考查有关热力学、
动力学等问题，创新性
运用知识。
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题型一 热化学方程式的书写与焓变的计算
1．(2024·福建卷，14 节选)SiHCl3是制造多晶硅的原料，可由 Si 和SiCl4耦合加氢得到，相关反应如
下：
Ⅰ．SiCl4(g)＋H2(g)= SiHCl3(g)＋HCl(g) ΔH1＝52kJ·mol−1
Ⅱ．Si(s)＋3HCl(g)= SiHCl3(g)＋H2(g) ΔH2＝-236kJ·mol−1
Ⅲ．Si(s)＋SiCl4(g)＋2H2(g)=2SiH2Cl2(g) ΔH3＝16kJ·mol−1
(1)生成SiHCl3的总反应：
Ⅳ．Si(s)＋3SiCl4(g)＋2H2(g)=4SiHCl3(g) ΔH4＝______kJ·mol−1
【答案】(1)-80
【解析】(1)根据盖斯定律可知，ΔH4＝ΔH2+3ΔH1＝-236kJ·mol−1+3×(+52kJ·mol−1)=-80kJ·mol−1。
2．(2024·江西卷，16 节选)石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重
要途径。CH4和H2S 重整制氢的主要反应如下：
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反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(s)
CS2(g)+4H2(g) ΔH1=+260kJ/mol
反应Ⅱ：CH4(g)
C(s)+2H2(g) ΔH2=+90kJ/mol
反应Ⅲ：2H2S(g)
S2(g)+2H2(g) ΔH3=+181kJ/mol
回答下列问题：
(2)反应Ⅳ：CS2(g)
S2(g)+C(s)ㅤΔH4=_______kJ/mol。
【答案】(2)+11
【解析】 (2)根据盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ
Ⅰ
﹣＝Ⅳ，则CS2(g)
S2(g)+C(s)ㅤΔH4＝ΔH2+ΔH3﹣
ΔH1＝(90+181－260)kJ/mol＝+11kJ/mol。
3．(2024·安徽卷，17，15 节选)乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。
回答下列问题：
(1) C2H6氧化脱氢反应：
2C2H6(g)＋O2(g)=2C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH1＝-209.8kJ·mol−1
C2H6(g)＋CO2(g)=C2H4(g)＋2H2O(g)+ CO(g) ΔH2＝178.1kJ·mol−1
计算：2CO(g)＋O2(g)
2CO2(g) ΔH3＝_______kJ·mol−1
【答案】(1)-566
【解析】(1)将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2 可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-
2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。
4．(2024·广西卷，17 节选)二氯亚砜(SOCl2)是重要的液态化工原料。回答下列问题：
(1)合成SOCl2前先制备SCl2。有关转化关系为：
则S(s)＋Cl2(g)=SCl2(l)
ΔH3＝_______ kJ·mol−1。
【答案】(1)-50
【
解
析
】
(1)
由
盖
斯
定
律
可
知
，
2S(s)
＋
2Cl2(g)=2SCl2(l)
的
焓
变
为
，
则
S(s)
＋
Cl2(g)=SCl2(l)
的
。
5．(2024· 贵州卷，17 节选)在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产
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品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应：
ⅰ．CH4(g) →C(s)＋2H2(g) ΔH1＝+74.6kJ·mol−1 ΔS=+80.84J·mol-1·K-1
ⅱ．6CH4(g) →C6H6(l)＋H2(g) ΔH2
回答下列问题：
(1)反应ⅰ在1000K 时 (选填“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ΔH2= kJ·mol−1 (用含
的代数式
表示)。
物质
CH4(g)
C6H6(l)
H2(g)
ΔH/(kJ·mol−1)
【答案】(1)能 (2)6a-b-9c
【解析】(1)反应ⅰ．CH4(g) →C(s)＋2H2(g) ΔH1＝+74.6kJ·mol−1 ΔS=+80.84J·mol-1·K-1，在1000K 时，
ΔG=ΔH-TΔS=+74.6 kJ·mol-1-1000K×80.84×10-3kJ·mol-1·K-1=-6.24 kJ·mol-1＜0，故反应ⅰ在1000K 时能自发进
行。(2)ⅱ．6CH4(g) →C6H6(l)＋H2(g) ΔH2；由题给数据可得出以下热化学方程式：③CH4(g)+2O2(g)＝
CO2(g)+2H2O(l) ΔH=akJ·mol-1；④C6H6(l)+7.5O2(g)＝6CO2(g)+3H2O(l) ΔH=bkJ·mol-1；⑤H2(g)+0.5O2(g)
＝H2O(l) ΔH=c kJ·mol-1；依据盖斯定律，将反应③×6-
-
×9
④⑤
得，反应ⅱ的ΔH2=(6a-b-9c) kJ·mol-1。
6．(2024· 海南卷，16 节选)氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知
298K，100 kPa 时，反应①：N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g) ΔH＝-92kJ·mol−1；p(NH3)=总压×NH3物质的量
分数。
(1)题述条件下，反应②：2NH3(g)
N2(g)＋3H2(g) ΔH2＝ kJ·mol−1。
(2)设反应为一步完成，且
与温度无关，已知
下，反应①活化能为335 kJ·mol−1，则NH3(g)分
解反应的活化能为 kJ·mol−1。
【答案】(1)+92 (2)427
【解析】(1) 由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，反应①ΔH=—92kJ/mol ，则反应
②ΔH=+92kJ/mol；(2)由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，由题意可知，673K 下，反应①活化能为
335 kJ/mol，则氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol。
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1 ．
焓变的判断与计算
2 ．
根据盖斯定律计算步骤
1．[新考法](2025· 浙江省杭州市浙南联盟高三联考，节选)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上
制备原理如下：SO2(g)＋Cl2 (g)
SO2Cl2 (g) ΔH。已知：298K 时，相关物质的相对能量(如图1)，请
回答问题：
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(1)该反应ΔH= kJ·mol−1 。
【答案】(1) -67.59
【解析】(1)该反应ΔH=生成物总能量-反应物总能量=31.41 kJ·mol−1-99 kJ·mol−1=-67.59 kJ·mol−1。
2．(2025·河南省部分重点中学青桐鸣大联考高三预测，节选)亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试
剂，可由NO 和Cl2反应得到，热化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)
2NOCl(g) ΔH＝-77kJ·mol−1。回答下
列问题。
(1)已知几种化学键的键能数据如下：
化学键
NO 中的氮氧键
Cl-Cl
NOCl 中的氯氮键
NOCl 中的氮氧键
键能/ kJ·mol−1
630
243
a
607
则a= 。
【答案】(1)183
【解析】(1)
H=
△
反应物总键能-生成物总键能，根据题表化学键的键能数据可得：
△H=2×630kJ·mol-1+243kJ·mol-1-2akJ·mol-1-2×607kJ·mol-1=-77kJ·mol-1，解得a=183。
3．(2025·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三联考，节选)能源与化工生产、生活等密切相关，氢能的
有效利用是实现“碳达峰、碳中和”的重要途径。
(1)已知：4Al(s)＋3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH1；4Fe (s)＋3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH2。则ΔH1-ΔH2 0(填
“>”、“<”或“=”)，理由 。
【答案】(1) < 已知4Al(s)＋2Fe2O3(s)=2Al2O3(s)+4Fe (s)的ΔH＜0，根据盖斯定律有ΔH=ΔH1-ΔH2
＜0
【解析】(1)已知4Al(s)＋2Fe2O3(s)=2Al2O3(s)+4Fe (s)的ΔH＜0，根据盖斯定律有ΔH=ΔH1-ΔH2＜0，因
此ΔH1-ΔH2＜0<0。
4．(2025· 浙江省名校协作体三开学测试，节选)乙酸是重要的有机化工原料之一，在一定条件下，甲
醇气体和
气体可以合成液态乙酸。该过程可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CH3OH(g)＋CO(g)
CH3COOH(l) ΔH1＝-173.5kJ·mol−1
反应Ⅱ：2CH3OH (g)＋3O2(g)
2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH2＝-1259kJ·mol−1
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反应Ⅲ：CH3COOH(l)＋2O2(g)
2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3
反应Ⅳ：2CO(g)＋O2(g)
2CO2(g) ΔH4＝-566kJ·mol−1
(1)反应Ⅲ的ΔH3＝ ，反应Ⅱ自发进行条件是 (填“低温”、“高温”或“任何温度”)。
【答案】(1) -874kJ/mol 任何温度
【解析】(1)由题干已知：反应Ⅰ：CH3OH(g)＋CO(g)
CH3COOH(l) ΔH1＝-173.5kJ·mol−1，反应
Ⅱ：2CH3OH (g)＋3O2(g)
2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH2＝-1259kJ·mol−1，反应Ⅳ：2CO(g)＋O2(g)
2CO2(g) ΔH4＝-566kJ·mol−1，则
(Ⅱ-2Ⅰ+Ⅳ)可得反应Ⅲ：CH3COOH(l)＋2O2(g)
2CO2(g)＋
2H2O(l)，根据盖斯定律可知，
=
[(-1529)-2×(-173.5)+(-566)]kJ/mol=-874kJ/
mol，反应Ⅱ： 2CH3OH (g)＋3O2(g)
2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH2＝-1259kJ·mol−1是一个ΔH＜0，ΔS＞
0 的反应，故反应Ⅱ自发进行条件是任何温度。
5．(2025·浙江省第二届辛愉杯高三测试，节选)“碳达峰”“碳中和”是近年来的热门话题，以二氧化
氮和氢气为原料反应时，通常存在以下几个反应：
I．CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.2kJ·mol−1
II．CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2＝-48.8kJ·mol−1
III．2CO2(g)＋6H2(g)
CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH3＝-123.2kJ·mol−1
IV．2CH3OH(g)
CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH4
(1)①ΔH4= 。
②L(L1，L2)、X 分别代表温度或压强，如图表示不同L 下，反应III 中二甲醚的平衡产率随X 变化的关
系，判断L1，L2的大小并说明理由 。
【答案】(1)-25.6kJ·mol−1 L1＞L2，反应III 为气体分子数减小的反应，相同温度时，压强越大，二
甲醚的平衡产率就越高。
【解析】(1)①II．CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH2＝-48.8kJ·mol−1III．2CO2(g)＋6H2(g)
CH3OCH3(g) ＋3H2O(g) ΔH3 ＝-123.2kJ·mol−1 ；根据盖斯定律III -II×2 得2CH3OH(g)
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CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH4=-123.2 kJ·mol−1+48.8 kJ·mol−1×2=-25.6 kJ·mol−1；②正反应放热，升高温度，平
衡逆向移动，二甲醚的平衡产率降低，则X 表示温度、L 表示压强。反应III 为气体分子数减小的反应，相
同温度时，压强越大，二甲醚的平衡产率就越高，所以L1＞L2。
题型二 平衡图像分析、条件控制及原因解释
1．(2024·福建卷，14 节选)SiHCl3是制造多晶硅的原料，可由 Si 和SiCl4耦合加氢得到，相关反应如
下：
Ⅰ．SiCl4(g)＋H2(g)= SiHCl3(g)＋HCl(g) ΔH1＝52kJ·mol−1
Ⅱ．Si(s)＋3HCl(g)= SiHCl3(g)＋H2(g) ΔH2＝-236kJ·mol−1
Ⅲ．Si(s)＋SiCl4(g)＋2H2(g)=2SiH2Cl2(g) ΔH3＝16kJ·mol−1
Ⅳ．Si(s)＋3SiCl4(g)＋2H2(g)=4SiHCl3(g) ΔH4＝-80kJ·mol−1
(2)体系达到平衡状态且其他条件不变时：
①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数增大的组分为_______。(填标号)
a．SiCl4 b．SiHCl3 c．SiH2Cl2 d．HCl
②反应温度升高不利于提高平衡时产物SiHCl3选择性的原因是_______。
【答案】(2)①. bc ② 因ΔH4＜0，升温反应IV向逆反应方向进行，SiHCl3的产量反而减小
【解析】(2)①压缩平衡体系体积，相当于增大压强，重新达到平衡后，对于反应I→IV，除压强对反
应I 无影响，对II→IV的反应都是平衡向正反应方向移动，因此SiH2Cl2和SiHCl3的量增大；因ΔH4＜0、
ΔH3＞0，升温反应IV向逆反应方向进行，反应III向正反应方向进行，SiHCl3的产量反而减小。
2．(2024· 贵州卷，17 节选)在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产
品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应：
ⅰ．CH4(g) →C(s)＋2H2(g) ΔH1＝+74.6kJ·mol−1 ΔS=+80.84J·mol-1·K-1
ⅱ．6CH4(g) →C6H6(l)＋H2(g) ΔH2
(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CH4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
。
pH
CH4平均转化率/%
芳烃平均产率/%
产物中积碳平均含量/%
2.4
9.60
5.35
40.75
9
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4.0
9.80
4.60
45.85
7.0
9.25
4.05
46.80
10.0
10.45
6.45
33.10
12.0
9.95
4.10
49.45
【答案】(3)反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化
剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小
(4) 10.0 pH=10.0 时，产物中积炭平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高
【解析】(3)由于反应ⅰ生成固态炭，会覆盖在催化剂表面，从而减小气体与催化剂的接触面积，因此
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。(4)比较表中数据可以看出，pH=10.0 时，
CH4平均转化率为最大值10.45%，芳烃平均产率为最大值6.45%，产物中积炭平均含量为最小值33.10%，
所以最佳pH 为10.0。
3．(2024·北京卷，16 节选)以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。
针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2nmolNO 和nmolO2进行反应。在不同压
强下(p1、p2)，反应达到平衡时，测得
转化率随温度的变化如图所示。解释y 点的容器容积小于x 点的
容器容积的原因 。
【答案】(1) 2NO+O2
2NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO 转化率高于
p2，故p1＞p2，x、y 点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响
【解析】2NO+O2
2NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO 转化率高于
p2，故p1＞p2，根据
，x、y 点转化率相同，则n 相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的
影响，故y 点的容器容积小于x 点的容器容积。
4．(2024·江西卷，16 节选)石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重
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要途径。CH4和H2S 重整制氢的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(s)
CS2(g)+4H2(g) ΔH1=+260kJ/mol
反应Ⅱ：CH4(g)
C(s)+2H2(g) ΔH2=+90kJ/mol
反应Ⅲ：2H2S(g)
S2(g)+2H2(g) ΔH3=+181kJ/mol
(3)保持反应器进料口总压为100kPa．分别以8kPaCH4、24kPaH2S(He 作辅气)与25kPaCH4、75kPaH2S
进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He 的曲线为 _______，理由是 _______。
【答案】(3)
①M
②总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移
动，CH4平衡转化率增大
【解析】(3)保持反应器进料口总压为100kPa。分别以8kPaCH4、24kPaH2S(He 作辅气)与25kPaCH4、
75kPaH2S 进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He 的曲线为M，理由是总压一定，充入氦气，
反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大。
5．(2024· 海南卷，16 节选)氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知
298K，100 kPa 时，反应①：N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g) ΔH＝-92kJ·mol−1；p(NH3)=总压×NH3物质的量
分数。
(3)既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有 、 。
(4)温度T 下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，p(NH3)- t 关系曲线如图所示，其函数关系
p(NH3)/kPa= (写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率 ；假设吸附到催化剂表面后
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NH3都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间H2的产量将 。
【答案】(3) 压强 温度 (4)35-2.3t 不变 增大
【解析】(3)反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发
生移动，所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率；(4)由图可知，反应起始时氨气的
分压为35kPa、5min 时氨气的分压为23.5kPa、10min 时氨气的分压为12kPa，0—5min 时，分压的变化量
为2.3×5=35-23.5，0—5min 时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数关系p(NH3)= 35-2.3t；由关系式可
知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子，
则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间氢气的产量将增大。
6．(2024·安徽卷，17，15 节选)乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。
回答下列问题：
(2) C2H6直接脱氢反应为C2H6 (g)
C2H4(g)＋H2(g) ΔH4，C2H6的平衡转化率与温度和压强的关
系如图所示，则ΔH4=_______0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近
的是_______(填标号)。
a．600℃，0.6MPa b．700℃，0.7MPa c．800℃，0.8MPa
(3)一定温度和压强下、反应i C2H6 (g)
C2H4(g)＋H2(g) Ka1
反应ⅱ C2H6 (g)＋H2(g)
2CH4(g) Ka2 (Ka2远大于Ka1)( Kx是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算
的平衡常数)
①仅发生反应i 时。C2H6的平衡转化率为
，计算Ka1=_______。
②同时发生反应i 和ⅱ时。与仅发生反应i 相比，C2H4的平衡产率_______(填“增大”“减小”或“不
变”)。
【答案】(2)> b (3)
增大
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【解析】(2)从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为
吸热反应，ΔH4>0。a 项，600℃，0.6MPa 时，C2H6的平衡转化率约为20%，a 错误；b 项，700℃，0.7MPa
时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b 正确；c 项，700℃，0.8MPa 时，C2H6的平衡转化率接近
50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa 时，C2H6的平衡转
化率大于50%，c 错误；故选b。(3)①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率
为25%，则消耗C2H60.25mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，Ka1=
=
。②只发生反应i 时，
随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应i 和反应ii，且从题
干可知Ka2远大于Ka1，反应ii 为等体积反应，因为反应ii 的发生相当于在单独发生反应i 的基础上减小了
压强，则反应i 化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。
7．(2024·河北卷，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：SO2(g)＋Cl2 (g)
SO2Cl2 (g) ΔH
＝-67.59kJ·mol−1。
①若正反应的活化能为E 正kJ·mol−1，则逆反应的活化能E 逆=_______ kJ·mol−1 (用含E 正正的代数式表
示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和其Cl2 (g)，测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的
(
为体系初始压强，
，P 为体系平衡压强)，结果如图。
上图中温度由高到低的顺序为_______，判断依据为_______。M 点Cl2的转化率为_______，T1温度下
用分压表示的平衡常数KP=_______ kPa-1。
③下图曲线中能准确表示T1温度下Δp 随进料比变化的是_______(填序号)。
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【答案】(1)
E
①
正+67.59
T
②
3＞T2＞T1
该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从T3到T1平衡时
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 ③D
【解析】(1)①根据反应热ΔH 与活化能E 正和E 逆关系为ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可知，该反
应的
。②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应
正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，Δp 即越大。从T3到T1，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T3到T1逐渐降低，即T3＞T2＞T1。由题图甲中M 点可知，进
料比为
，平衡时Δp=60 kPa，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压
强之比，可据此列出“三段式”。
可计算得
，
。③
由题图甲中M 点可知，进料比为2 时，Δp=60 kPa，结合“三段式”，以及T1时化学平衡常数可知，进料
比为0.5 时，Δp 也为60 kPa，曲线D 上存在(0.5，60)。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应
中SO2和Cl2 的化学计量数之比为1：1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2 与0.5)时，Δp 相等。
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1．审题——快速浏览，找出材料内容或新情景
(1)阅读题目背景材料、找出可能考查的化学反应原理。
(2)解读情景或材料，挖掘相应的知识内涵。
(3)明确知识考查背景，以及考查哪方面的化学反应原理。
2．析题——仔细审读，关注有效信息
(1)对于化学反应速率和化学平衡图像类试题：
明确纵横坐标的含义→理解起点、终点、拐点的意义→分析曲线的变化趋势。
(2)对于图表数据类试题：
分析数据→研究数据间的内在联系→找出数据的变化规律→挖掘数据的隐含意义。
3．答题——认真细致，规范正确答题
(1)规范化学反应原理的语言描述。
(2)注意问题表达(因果、对比)、注意书写规范。
(3)明确答题要求，避免答非所问。
1 ．
影响化学反应速率的因素
条件改变
影响
增大反应物浓度
v 正瞬间增大，v 逆瞬间不变，随后也增大
增大压强
v 正和v 逆都增大，气体分子数减小方向的反应速率增大的程度大
对无气体参加或生成的化学反应的速率无影响
反应前后气体分子数不变的反应，正、逆反应速率同等程度地增大
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
使用催化剂
能同等程度地改变正、逆反应速率
【易错提醒】
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。
2 ．影响化学平衡的因素
改变的条件(其他条件不变)
化学平衡移动的方向
浓度
增大反应物浓度或减小生成物浓度
向正反应方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度
向逆反应方向移动
压强(对有气体
参加的反应)
反应前后气体
体积改变
增大压强
向气体分子总数减小的方向移动
减小压强
向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体
体积不变
改变压强
平衡不移动
温度
升高温度
向吸热反应方向移动
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降低温度
向放热反应方向移动
催化剂
同等程度改变v 正、v 逆，平衡不移动
3 ．外界因素的影响原因解释
(1)设问逻辑
(2)答题思路
1．(2025·河南省部分重点中学青桐鸣大联考高三预测，节选)亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试
剂，可由NO 和Cl2反应得到，热化学方程式为2NO(g)＋Cl2(g)
2NOCl(g) ΔH＝-77kJ·mol−1。
(4)向某密闭容器中充入2 mol NO(g)和1 molCl2(g)发生上述反应，不同条件下达到平衡时
的转化
率为
，在
时
和
时
的图像如图所示。
①该反应的△S 0(填“
”“
”或“
”)。
②曲线a 表示
与 (填“p”或“T”)的关系曲线，原因为 。
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x
③、y、z 三点平衡常数K(x)、K(y)、K(z)的大小关系为 。
④在y 点对应条件下，该反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物
质的显分数)。
【答案】(4) < P 该反应为气体总体积减小的反应，随着压强增大，平衡右移，NO 的转化率
升高 K(x)=K(z)>K(y) 0.0675
【解析】(4)①该反应为反应前后气体总体积减小的反应，因此△S<0；②曲线a 表示α(NO)与p 的关
系曲线，原因为该反应为反应前后气体总体积减小的反应，随着压强增大，平衡右移，NO 的转化率升高；
③曲线 a 中各点均为在150℃下的反应数据，因此 K(x)=K(z)，y 点对应温度为 200℃，该反应为放热反
应，温度升高，平衡常数减小，因此K(x)=K(z)>K(y)；④反应在压强为200kPa 的恒压条件下进行，y 点对
应的α(NO)=0.60，由反应后各物质变化量可列三段式(单位为mol)：
平衡时气体的总物质的量为2.4 mol， 各气体的平衡分压分别为： P(NO)=
、
P(Cl2)=
、P(NOCl)=
。因 此 在y 点对应条件下 ， 该反应的
平衡常数为Kp=
=
=0.0675。
2．(2025·山西省部分学校联考高三试题，节选)二氧化碳作为温室气体，是引发全球气候变化的主要
元凶之一，但通过转化可以将其变成有用的化学品或燃料，有助于实现碳循环和碳减排。
一定条件下使CO2、H2的混合气体通过反应器可转化为甲醛。已知反应器内发生的反应有：
I．
；
，
II．
；
，
(3)将1molCO2(g)和2molH2(g)组成的混合气体通入不同温度下体积均为
的反应器，均经过
检
测生成物的物质的量，如下图所示。
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①实验过程中，高于380°C 后曲线C 逐渐减小，分析发生该变化的原因： 。
②计算450℃时，在0~10 min 内H2O 的平均反应速率v(H2O)= 。
450℃
③
时，反应II 的平衡常数
(结果保留两位小数)。
【答案】(3)反应I 是放热反应，反应达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，CH2O 的物质的量减小
0.031 mol·L－1·min－1 0.69
【解析】(3)①反应的生成物有CH2O、H2O 和CO，因反应I、II 均生成H2O，则H2O 的物质的量最多，
即曲线A 表示H2O 的变化；反应I 是放热反应，反应达到平衡后，升高温度，导致平衡逆向移动，CH2O
的物质的量减少，则曲线C 表示CH2O 的变化，且曲线C 先升后降，说明最高点达到平衡状态；曲线A 表
示H2O 的变化，曲线C 表示CH2O 的变化，则曲线B 表示的是CO 的变化。实验过程中，高于380°C 后曲
线C 逐渐减小，发生该变化的原因是：反应I 是放热反应，反应达到平衡后升高温度，平衡逆向移动，
CH2O 的物质的量减小；②由图可知，曲线A 表示H2O 的变化，a 点(450，0.62)，所以450℃时，在0~10
min 内H2O 的平均反应速率
；③450℃时，容器内各组分的物质
的量分别为H2O：0.62 mol，CH2O：0.07 mol，CO：0.55 mol，CO2：
，H2：
，容器体积为2L，则反应II 的平衡常数
。
3．[新考法](2025· 浙江省杭州市浙南联盟高三联考，节选)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上
制备原理如下：SO2(g)＋Cl2 (g)
SO2Cl2 (g) ΔH。
(3)恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2和Cl2，测定T1温度下体系达平衡时的
(Δp=p0-p，p0为体
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系初始压强p0=240kPa，p 为体系平衡压强)，结果如图2。
①求在
温度下，M 点的分压常数Kp= (对于气相反应，用某组分B 的平衡压强p(B)代替物质
的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如
，p 为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B 的物
质的量分数)。
②若T2＞T1，在图2 中画出[n(SO2)：n(Cl2)]＞1：1，Vp 在T2温度下随进料比变化的大致图像 。
③图2 中，能准确表示T1温度下Vp 随进料比变化的曲线是 (填A、B、C 或D)，请分析原因
。
【答案】(3) 0.03 kPa -1
D 由M 点可知，进
料比为2 时，Δp =60kPa，T1温度下Kp为0.03 kPa -1，曲线D 中当进料比为0.5 时，Δp =60kPa，Kp为0.03
kPa -1，故温度也为T1，曲线D 能准确表示T1温度下Vp 随进料比变化
(3)①M 点的[n(SO2)：n(Cl2)]=2：1，体系初始压强p0=240kPa，则p(Cl2)=80kPa，p(SO2)=160kPa，设平
衡时SO2Cl2的压强为x kPa，三段式表示：
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M 点Vp=60 kPa，则240-(240-x)=60，x=60，M 点的分压常数
；②正反应为
反热反应，升温平衡左移，在投料比相同的条件下Vp 减小，若T2＞T1，则T2时Vp 小于T1，[n(SO2)：
n(Cl2)]=1：1 时Vp 最大，[n(SO2)：n(Cl2)]＞1：1 时随着投料比增大，Vp 减小，则Vp 在T2温度下随进料比
变化的大致图像为
；③由M 点可知，进料比为2 时，Δp
=60kPa，T1温度下Kp为0.03 kPa -1，曲线D 中当进料比为0.5 时，Δp =60kPa，Kp为0.03 kPa -1，故温度也
为T1，曲线D 能准确表示T1温度下Vp 随进料比变化；(4)电池的总反应为：2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑，由总
反应可知，SO2Cl2中硫元素化合价由+6 价降低到SO2中的+4 价，该电池的正极反应为SO2Cl2+2e-
=SO2↑+2Cl-。
4．(2025·上海市南洋模范中学高三期中，节选)已知：
Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)
2CO(g)＋2H2(g) ΔH1=+330.3 kJ·mol−1
Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1
(5)在101kPa 时，工业上按投料
加入刚性密闭容器中，只发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，CH4和
CO2的平衡转化率与温度的关系如图所示。温度高于1200K 时，CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因
可能是 ；计算1000K 时反应Ⅱ的压强平衡常数Kp (计算结果保留3 位小数，写出计算过
程)。
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【答案】(5)1200K 以上时以反应Ⅰ为主，二者转化率趋于相等 0.355
【解析】(5)由反应Ⅰ可知，若只发生该反应且按1：1 投入甲烷和二氧化碳，则两者转化率相等，反
应II 只消耗二氧化碳，没有消耗甲烷，若反应II 进行程度大于反应Ⅰ，则二者转化率不会趋于相等，现趋
于相等说明1200K 以上时以反应Ⅰ为主；CO2和CH4的平衡转化率趋于相等，说明反应Ⅱ进行的程度很小，
另一条原因可能是反应Ⅱ的催化剂失活；设开始时，n(CO2)=n(CH4)=1mol，1000 K 时CH4转化率为80%即
反应了0.80mol，可得三段式：
对于副反应n(CO2)=0.2mol，n(CO)=n(H2)=1.6mol，CO2转化率为85%即反应了
0.85mol-0.8mol=0.05mol，则
反应达平衡后，n(H2)=1.55mol，n(CO2)=0.15mol，n(CO)=1.65mol，n(H2O)=0.05mol，n 总=3.5mol，
Kp=
=
=0.355。
5．(2025· 浙江省名校协作体三开学测试，节选)乙酸是重要的有机化工原料之一，在一定条件下，甲
醇气体和
气体可以合成液态乙酸。该过程可能涉及的反应如下：
反应Ⅰ：CH3OH(g)＋CO(g)
CH3COOH(l) ΔH1＝-173.5kJ·mol−1
(2)在一个恒压密闭容器中加入0.20molCH3OH 气体和0.22molCO 气体发生反应I．测得甲醇的转化率随
温度的变化关系如图1 所示，其中曲线I 表示在5 个不同温度下，均经过5min 时测得的甲醇的转化率变化
曲线，曲线Ⅱ表示不同温度下甲醇的平衡转化率变化曲线，已知在T2温度下，达到平衡时容器的体积刚好
为
。
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①该反应达到平衡后，下列措施既能提高反应速率又能提高乙酸的产率的有 。
A．分离出部分乙酸 B．升高温度 C．缩小容器体积 D．改用高效催化剂
②在温度为T2时，反应I 的平衡常数为K=
③曲线Ⅱ在T1~T2阶段，甲醇转化率随温度变化降低的原因是 。
④在温度为T1时，甲醇的物质的量随时间的变化如图2 所示。在t1时刻加入高效催化剂，画出t1之后
甲醇物质的量的变化曲线 。
【答案】(2) C 500 正反应是一个放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致甲醇的平衡
转化率降低
【解析】(2)①由题干可知，反应Ⅰ：CH3OH(g)＋CO(g)
CH3COOH(l) ΔH1＝-173.5kJ·mol−1，正
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反应是一个气体体积减小的放热反应/。A 项，分离出部分乙酸，导致生成物浓度不变，反应速率不变，平
衡不移动，乙酸的产率不变，A 不合题意；B 项，升高温度，反应速率加快，正反应为放热反应，故平衡
逆向移动，乙酸的产率降低，B 不合题意；C 项，缩小容器体积即增大压强，反应物、生成物的浓度均增
大，反应速率加快，正反应是一个气体体积减小的方向，故平衡正向移动，乙酸的产率增大，C 符合题意；
D 项，改用高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，乙酸的产率不变，D 不合题意；故选C；②由曲
线Ⅰ可知：T2 温度下，5min 时测得的甲醇的转化率为60% ，故转化的甲醇的物质的量为
0.20mol×60%=0.12mol ，则转化的CO 的物质的量为0.12mol ，故平衡时甲醇的物质的量为
0.20mol-0.12mol=0.08mol，CO 的物质的量为0.22mol-0.12mol=0.1mol，则生成乙酸的物质的量为0.12mol，
故平衡常数K=
=
=500；③由题干图像信息可知，曲线Ⅱ在T1~T2阶段，反
应Ⅰ：CH3OH(g)＋CO(g)
CH3COOH(l) ΔH1＝-173.5kJ·mol−1，达到化学平衡，升高温度，平衡逆向
移动，则导致甲醇转化率随温度升高而降低；④在温度为T1时，甲醇的物质的量随时间的变化如图2 所示，
在t1时刻加入高效催化剂，则反应速率加快，最终达到化学平衡，但平衡不移动，即最终CH3OH 的平衡转
化率为80%，即剩余的CH3OH 的物质的量为0.2mol×(1-80%)=0.04mol，故t1之后甲醇物质的量的变化曲线
为：
。
6．(2025· 浙江省名校协作体高三联考)邻苯二甲酸酐(
)是一种重要的化工原料。常
使用邻二甲苯与氧气合成，其中存在的相关反应如下：
主反应Ⅰ：
(g)＋3H2O(g) ΔH1＝-1258kJ·mol−1
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副反应Ⅰ：
ΔH2＝-3223kJ·mol−1
副反应Ⅱ：
(该反应未配平) ΔH3
请回答：
(1)当副反应Ⅱ中邻二甲苯的化学计量数为1 时，ΔH3= 。
(2)若某恒容容器中仅发生副反应Ⅱ。下列条件可以最大程度降低副反应Ⅱ中邻二甲苯的平衡转化率是
___________。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
(3)在一定温度的恒压条件下，使用V2O5和钛的化合物作为催化剂。将邻二甲苯和空气以体积比1：
100 投料，进入轴向管式催化床反应器，示意图如图1 所示。测得进料口温度为T0，相同时间内催化床轴
向温度(Tb)与催化床相对高度(
)之间的关系如图2 所示，邻苯二甲酸酐的收率与催化床相对高度(
)的关
系如图3 所示。
①下列说法不正确的是 。
A．催化床相对高度在一定范围内，Tb随高度增大而增加，可能因为存在强放热的副反应
B．进料口温度越高，副反应速率会越大，最终使邻苯二甲酸酐的收率减小
C．V2O5和钛的化合物通过提高邻苯二甲酸酐的平衡转化率来提高其收率
D．工业生产中，该管式催化床反应器可能常通入烃类制冷剂不断交换热量
②其他条件不变，当进料口温度高于
时，邻苯二甲酸酐的收率相比
时大幅度下降。请解
释其原因 。
(4)其他条件相同，维持进料口温度为
，测得不同的空速(单位时间通过单位体积催化剂的反应物
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的质量)下邻苯二甲酸酐的收率，并绘制曲线图，如图所示。
①下列说法正确的是 。
A．空速过小，原料气停留时间长，氧化程度可能加深，使邻苯二甲酸酐收率下降
B．空速过小，反应热无法及时移走，导致温度升高，使邻苯二甲酸酐的收率增大
C．对于含有强放热副反应的反应，选用较大且适宜的空速可以保障目标产物的收率
D．如图所示，在以上条件下选择空速
左右进行工业生产较为合适
②当空速大于
时，其收率随空速增加而下降。请解释其原因 。
【答案】(1)-4481kJ/mol (2)D
(3)BC 温度升高，使副反应发生程度大于主反应，而副反应的反应热远超于主反应，导致体系温
度会迅速升高；最终催化剂因高温失活，导致邻苯二甲酸酐的收率大幅度下降
(4)ACD 空速过大导致反应热及时移走，使温度迅速下降，导致反应速率下降，最终收率下降(或
空速过大导致原料气在催化剂表面停留时间短，从而转化率下降，最终导致收率下降)
【解析】(1)根据题意可知，副反应Ⅱ中邻二甲苯的化学计量数为1 时，因此副反应Ⅱ为：
，由盖斯定律可知，副反应Ⅱ=主反应I+副反应I，则
。(2)副反应Ⅱ为：
，，该反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，邻二甲
苯的平衡转化率减小，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，同样也能使邻二甲苯的平衡转化率减
小，因此高温高压可以最大程度降低副反应Ⅱ中邻二甲苯的平衡转化率，故选D；(3)①A 项，根据图2 可
知，催化床相对高度为0~1m，观察图像可知，随着高度增大，Tb快速增加，副反应I、副反应Ⅱ均为放热
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反应，因此温度快速升高可能是因为存在强放热的副反应，A 正确；B 项，高温不仅加快副反应速率，同
时也加快主反应速率，无论是主反应还是副反应均为放热反应，升高温度平衡均逆向移动，焓变的大小并
不能直接用来判断温度对其影响的程度，因此目标产物邻苯二甲酸酐的收率不一定减小，B 错误；C 项，
V2O5和钛的化合物均为催化剂，催化剂不能提高邻苯二甲酸酐的平衡转化率，只能加快反应速率，C 错误；
D 项，化学工艺是将原料转化为产品的过程，这涉及到化学原理和规律的运用，以及采用化学和物理措施
来实现转化。在这个过程中，保持反应器的热稳定性至关重要，而通入烃类制冷剂不断交换热量是一种有
效的方法，以确保反应能够在最佳条件下进行，从而提高生产效率和产品质量，因此工业生产中，该管式
催化床反应器可能常通入烃类制冷剂不断交换热量，故D 正确；故选BC；②根据题干可知，主反应产生
邻苯二甲酸酐，高于630.5K 时，邻苯二甲酸酐的收率相比630K 时大幅度下降，可能是由于以副反应为主，
邻苯二甲酸酐被消耗，也有可能是温度升高导致催化剂失活，因此当进料口温度高于630.5K 时，邻苯二甲
酸酐的收率相比630K 时大幅度下降的原因是：温度升高，使副反应发生程度大于主反应，而副反应的反
应热远超于主反应，导致体系温度会迅速升高；最终催化剂因高温失活，导致邻苯二甲酸酐的收率大幅度
下降；(4)①A 项，根据副反应可知，空速过小，原料气停留时间长，氧化程度可能加深，邻苯二甲酸酐被
氧化，导致邻苯二甲酸酐收率下降，A 正确；B 项，对于主反应I 可知，温度升高，平衡逆向移动，会导
致邻苯二甲酸酐的收率降低，B 错误；C 项，对于含有强放热副反应的反应，选用较大且适宜的空速，可
以保证热量散失更快，避免体系温度升高主反应I 平衡逆向移动，因此可以保障目标产物的收率，C 正确；
D 项，根据图4 可知，在以上条件下，在空速为
左右时，邻苯二甲酸酐的收率最大，因此选择
空速为
左右进行工业生产较为合适，故D 正确；故选ACD；②当空速大于
时，收率
随空速增加而下降的原因是：空速过大导致反应热及时移走，使温度迅速下降，导致反应速率下降，最终
收率下降(或空速过大导致原料气在催化剂表面停留时间短，从而转化率下降，最终导致收率下降)。
7．(2025·河南省安阳市湘豫名校联考高三模拟，节选)乙炔(C2H2)、乙烯和乙烷是重要的基础化工原料，
在生产、生活中有广泛应用。
(2)科学家用计算机模拟了乙炔在钯表面催化加氢的反应机理，单个乙炔分子在催化剂表面的反应历程
如图甲所示，吸附在钯表面的物质用*标注，TS 代表过渡态。已知：1eV=1.6×10-19J。
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①总反应分多步基元反应，其中，分子有效碰撞概率最大的基元反应的化学方程式是 ；
引入Pt 催化剂，总反应的焓变 (填“增大”“减小”或“不变”)。
②已知：CH≡CH(g)＋2H2(g)
CH3CH3(g) ΔH1= -317.3kJ·mol−1，CH2=CH2(g)＋H2(g)
CH3CH3(g) ΔH2=akJ·mol−1，a 等于 。
(3)在反应器中充入一定量的C2H4(g)和H2(g)，在铂催化剂作用下合成乙烷，测得C2H6(g)平衡体积分数
(ψ)与温度、压强关系如图乙所示。
①随着X 增大，ψ 降低的原因是 。
②平衡常数M N(填“>”“<”或“=”，下同)；Y1 Y2。正反应速率v(N)
v(Q)。
【答案】(2)
不变 -219.1
(3) X 为温度，正反应放热，升温，平衡向逆反应方向移动 = ＞ ＜
【解析】(2)①活化能越低，反应速率越快，分子的有效碰撞几率就越大。观察图示，总反应包括2 个
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过渡态，两个基元反应。能垒等于最高能量与最低能量之差：
，
，能垒大，活化分子百分率低，有效碰撞概率低。故分子有效碰撞概率最高
的反应是
；催化剂只改变反应历程，降低能垒，但不改变反应物与生成物的总能量，
因此不能改变反应热(焓变)；②根据图像可知：总反应的热化学方程式为C2H2(g)＋H2(g)
C2H4(g)
，根据盖斯定律，
；(3)①反应：C2H4(g)＋H2(g)
C2H6(g)△H2=-219.1 kJ/mol，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。升高温度，化学平衡向吸热的逆
反应方向移动，导致乙烷的体积分数降低，故横坐标X 对应的物理量为温度。升高温度，化学平衡向吸热
的逆反应方向移动，导致乙烷的体积分数降低；②化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数
不变。根据上述①分析可知：横坐标为温度，点M、N 的反应温度相同，所以化学平衡常数：M=N；Y 对
应的物理量为压强，在温度不变时，增大压强，化学平衡向气体体积的正反应方向移动，导致C2H6的含量
增大。根据图像可知：M、N 点对应温度相同，C2H6的含量：M＞N，所以压强大小关系：Y1＞Y2；根据
上述分析可知：横坐标表示温度。升高温度，化学反应速率加快。根据图像可知温度：N 点＜Q 点，故正
反应的化学速率：N 点＜Q 点。
题型三 各类平衡常数及相关计算
1．(2024· 贵州卷，17 节选)(5)
下，在某密闭容器中按n(C6H6)：n(CH4)=1：5 充入气体，
发生反应C6H6(g)＋CH4(g)→C7H8(g)＋H2(g)，平衡时C6H6(g)与C7H8(g)的分压比为4：1，则C6H6(g)的平衡
转化率为 ，平衡常数Kp= (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)。
【答案】(5) 20%
或
【解析】(5)
下，在某密闭容器中按n(C6H6)：n(CH4)=1：5 充入气体，发生反应C6H6(g)＋
CH4(g)→C7H8(g)＋H2(g)，平衡时C6H6(g)与C7H8(g)的分压比为4：1，设起始时C6H6的物质的量为1mol，
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CH4的物质的量为5mol，参加反应C6H6的物质的量为xmol，则可建立如下三段式：
依题意，
，解得x=0.2，平衡时，n(C6H6)=0.8mol，n(CH4)=4.8mol，n(C7H8)=0.2mol，
n(H2)=0.2mol，则C6H6的平衡转化率为
=20%，平衡常数Kp=
或
。
2．(2024·江西卷，16 节选)石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重
要途径。CH4和H2S 重整制氢的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4(g)+2H2S(s)
CS2(g)+4H2(g) ΔH1=+260kJ/mol
反应Ⅱ：CH4(g)
C(s)+2H2(g) ΔH2=+90kJ/mol
反应Ⅲ：2H2S(g)
S2(g)+2H2(g) ΔH3=+181kJ/mol
(4)假设在10L 的恒温刚性容器中，通入0.3mol CH4和0.15mol H2S 发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为
P0.CH4和H2S 的转化率与时间的关系如图2，0～5min 内H2的化学反应速率为 _______mol/(L•min)；5min
时，容器内总压为 _______。
(5)假设H2S 和CH4的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir 等温吸附(吸附分子彼此不发生
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相互作用，且气体分子为单分子层吸附)。吸附等温式为：
。其
中a 是气体的吸附系数，Vm是气体在固体表面的饱和吸附量(标态)，P 是气体的分压，V 是气体分压为P 时
的平衡吸附量(标态)。在一定温度下，H2S 的吸附系数是CH4的4 倍，当H2S 的分压为2MPa 及4MPa，CH4
和H2S 的分压相同时，H2S 平衡吸附量分别为0.6m3/kg 和0.8m3/kg(已换算成标态)，则H2S 的吸附系数为
_______MPa﹣1。
【答案】(4)
①1.2×10-3
②
P0 (5)0.4
【解析】(4)由图可知，0～5min 内消耗的CH4为0.3mol×5%＝0.015mol，消耗的H2S 为0.15mol×20%
＝0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min 内H2
的化学反应速率为v(H2)
1.2×10-3mol/(L•min)；设反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了
(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化了(0.03-2x) molH2S，列三段式有
5min 时，n(CH4)=0.285mol，n(H2S)=0.12mol，n(H2)＝0.06mol，n(CS2)=xmol，n(S2)=(0.015-x)mol，
n(总)=0.48mol，起始总压为P0，气体总量为0.45mol，根据压强之比等于物质的量之比，可得5min 时，容
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器内总压为
×P0=
P0；(5)根据题意可知方程：①
，②
，联立方程①与②，解得：α1＝0.4MPa
1
﹣。
3．(2024·广西卷，17 节选)二氯亚砜(SOCl2)是重要的液态化工原料。回答下列问题：
(1)合成SOCl2前先制备SCl2。有关转化关系为：
则S(s)＋Cl2(g)=SCl2(l)
ΔH3＝_______ kJ·mol−1。
(2)密闭容器中，以活性炭为催化剂，由SCl2和O2制备SOCl2。反应如下：
ⅠSCl2(g)＋O2(g)
SO2Cl2(g)
ⅡCl2(g)＋SO2Cl2(g)
2SOCl2(g)
①反应Ⅱ的
(
为平衡常数)随
(
为温度)的变化如图，推断出该反应为_______(填“吸热”或
“放热”)反应。
②466K 时，平衡体系内各组分的物质的是分数
随
的变化如图。
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反应Ⅱ的平衡常数K1=_______(保留1 位小数)。保持
和
不变，增大SCl2平衡转化率的措施
有_______(任举一例)。
③改变
，使反应Ⅱ的平衡常数
，导致图中的曲线变化，则x(SCl2)等于x(SOCl2)的新交点
将出现在_______(填“
”“ ”“
”或“
”)处。
【答案】(2)①放热 ②32.4 ③移走SOCl2或加入SO2Cl2 ④ d
【解析】(2)①由图可知反应Ⅱ的
与
成正比，则温度升高即
减小随之lgK 减小，那么K 值减
小，平衡逆向移动，反应Ⅱ为放热反应；②由图可知，
=2.0 时，平衡体系物质的量分数
x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于SCl2(g)＋O2(g)
SO2Cl2(g)为非可逆反应，故O2应完全转化，即平衡体系
中不存在O2，则x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反应ⅡCl2(g)＋SO2Cl2(g)
2SOCl2(g)是气体体
积不变的反应，则平衡常数可用物质的量分数代替计算，反应Ⅱ的平衡常数
；保
持
和
不变，减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移，增大SCl2平衡转化率的措施
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有移走SOCl2或加入SO2Cl2；③反应Ⅱ为放热反应，改变T，使反应Ⅱ的平衡常数
，其平衡常
数减小，则为升高温度，反应Ⅱ逆向移动，使得SOCl2含量减小、SCl2增加，则图中x(SCl2)等于x(SOCl2)
的新交点将会提前，出现在d 处。
4．(2024·福建卷，14 节选)SiHCl3是制造多晶硅的原料，可由 Si 和SiCl4耦合加氢得到，相关反应如
下：
Ⅰ．SiCl4(g)＋H2(g)= SiHCl3(g)＋HCl(g) ΔH1＝52kJ·mol−1
Ⅱ．Si(s)＋3HCl(g)= SiHCl3(g)＋H2(g) ΔH2＝-236kJ·mol−1
Ⅲ．Si(s)＋SiCl4(g)＋2H2(g)=2SiH2Cl2(g) ΔH3＝16kJ·mol−1
Ⅳ．Si(s)＋3SiCl4(g)＋2H2(g)=4SiHCl3(g) ΔH4＝-80kJ·mol−1
(3)在压强为p0的恒压体系中通入2molH2和1molSiCl4，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度
变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量
分数×总压。
①图中n 代表的组分为_______。(填化学式)
②
时，反应Ⅲ的平衡常数Kp=_______。(列出计算式)
③
时，SiCl4的平衡转化率为f，消耗硅的物质的量为_______mol。(列出计算式)
(4)673K 下、其他条件相同时，用Cu、CuO 和CuCl 分别催化上述反应，一段时间内SiCl4的转化率如
下表所示。(产物SiHCl3选择性均高于98.5%)
催化剂
Cu
CuO
CuCl
SiCl4的转化率/%
7.3
14.3
22.3
①使用不同催化剂时，反应Ⅳ的ΔH：CuO 催化剂_______CuCl 催化剂(填“>”“<”或“=”)；反应Ⅳ的活化
能：Cu 催化剂_______CuCl 催化剂(填“>”“<”或“=”)。
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②使用CuCl 催化剂，初始投料
该段时间内得到
，则SiHCl3的选择性
_______
。(列出计算式)
【答案】(3)①HCl ②
③
或
(4)① = ② > ③
【解析】(3)在压强为p0的恒压体系中通入2molH2和1molSiCl4，①根据反应I→IV可知，温度升高反应
I和II 向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n 为HCl，m 为SiHCl3；②750K 时按照反应II 进行：
Si(s)＋SiCl4(g)＋2H2(g)=2SiH2Cl2(g)，由图中可知道平衡时SiCl4的物质的量分数为x，SiH2Cl2的物质的量分
数为z，H2的物质的量分数为w，则
；③750K，1mol SiCl4的平衡转化率为f，
则转化的SiCl4 为fmol，剩余的SiCl4 为(1-f)mol，平衡时的物质与物质的量分数分别为：SiCl4→x、
SiH2Cl2→z 和SiHCl3→y，设平衡时混合物的总物质的量为Mmol，则可以根据剩余的SiCl4 计算出M，
mol
，
再
计
算
出
、
，根据硅原子守恒，消耗硅的物质的量=平衡物质中硅的总
物质的量-起始时的1molSiCl4，
或者消耗硅
的物质的量= 平衡物质中SiH2Cl2 和SiHCl3 物质的量之和- 消耗的fmol SiCl4 ，
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。(4)①使用不同催化剂时，反应IV的ΔH：CuO 催化
剂与ΔH：CuCl 催化剂相比较，由于反应热只和反应物的始态与生成物的终态有关，与催化剂无关，所以
ΔH：CuO 催化剂=ΔH：CuCl 催化剂；根据表中数据，在相同单位时间内，Cu 作催化剂SiCl4的转化率为
7.3%、CuCl 作催化剂SiCl4的转化率为22.3%，由此可以得出CuCl 作催化剂时活化能更低，效率更高，则
反应IV的活化能：Cu 催化剂＞CuCl 催化剂；②根据反应IV：Si(s)＋3SiCl4(g)＋2H2(g)=4SiHCl3(g)，初始投
料
该段时间内得到
，列式：
得出生成SiHCl3所消耗的SiCl4的物质的量
，根据表的转化率可知所消耗的SiCl4的总物质
的量为
，最后根据公式
。
5．(2024·河北卷，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。
(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
度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为
，其中
分别为各反应中对应反应物的浓
度，k 为速率常数(k1~k5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，k1：k2：k3：k4：k5
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=100：21：7：4：23。
①
时，c(X)=6.80mol·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。
②
时，c(D)=0.099mol·L－1，若0~60 min 产物T 的含量可忽略不计，则此时
_______
mol·L－1；60 min 后，随T 的含量增加，
_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(2)①5.54 ②0.033 增大
【解析】(2)①根据化学反应速率的计算公式时，
，60 min 时，
。
②
已
知
，又由题给反应速率方程推知，
，则
，即60 min 后
。60 min 后，D 和G 转化为T 的速率
比为
，G 消耗得更快，则
增大。
已知平衡时的总压和各组分物质的量求Kp：
求物质的量分数→求各气体分压→代入表达式求Kp。
1 ．分压平衡常数
( K p)
(1)气体的分压p(B)：相同温度下，当某组分气体B 单独存在且具有与混合气体总体积相同的体积时，
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该气体B 所具有的压强，称为气体B 的分压强，简称气体B 的分压。符号为p(B)，单位为Pa 或kPa 或
MPa
(2)分压定律
①分压定律：混合气体的总压等于相同温度下各组分气体的分压之和
p(A)＋p(B)＋p(C)＋p(D)＋…＝p
②气体的分压之比等于其物质的量之比：＝
③某气体的分压p(B)与总压之比等于其物质的量分数：＝＝x(B)
则：气体的分压＝气体总压×体积分数＝总压×物质的量分数
(3)分压平衡常数Kp (只受温度影响)
一定温度下，气相反应：mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)达平衡时，气态生成物分压幂之积与气态
反应物分压
幂之积的比值为一个常数，称为该反应的压强平衡常数，用符号Kp表示，Kp的表达式如下：
，
其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)分别为A、B、C、D 各气体的分压
2 ．
K p 的计算
根据“某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)”计算压强平衡常数。
第一步
根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度
第二步
计算各气体组分的物质的量分数或体积分数
第三步
根据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压＝气体总压强×该气体的
体积分(或物质的量分数)
第四步
根据平衡常数计算公式代入计算。例如，N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)，压强平衡常
数表达式为Kp＝
1．(2025·河南省安阳市湘豫名校联考高三模拟，节选)乙炔(C2H2)、乙烯和乙烷是重要的基础化工原料，
在生产、生活中有广泛应用。
(4)一定温度下，保持总压强为100 kPa，向反应器中充入1 mol C2H2(g)和3 mol H2(g)，加入一定量催化
剂，经a min 达到平衡，乙炔平衡转化率为50%，乙烯的选择性为60%。
①反应开始到恰好达到平衡状态时，H2平均压强变化率为 (用所给字母表示，数字保留1
位小数)kPa/min。
②反应C2H2(g)＋H2(g)
C2H4(g)的平衡常数Kp为 (kPa)-1(只列计算式)。提示：用分压
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计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数。
。
【答案】(4)
(或
)
【解析】(4)①开始时p(C2H2)=100 kPa×
=25 kPa，p(H2)=100 kPa-25 kPa=75 kPa。反应达到
平衡时乙炔转化率是50%，此时n(C2H2)=0.5 mol，由于乙烯的选择性为60%，则发生反应C2H2(g)＋H2(g)
C2H4(g)产生C2H4的物质的量是n(C2H4)=0.5 mol×60%=0.3 mol，该反应消耗H2的物质的量是0.3
mol，发生反应C2H4(g)＋H2(g)
C2H6(g)产生C2H6的物质的量是n(C2H4)=0.5 mol-0.3 mol=0.2 mol，该
反应消耗H2的物质的量是2×0.2 mol=0.4 mol，故平衡时n(H2)=3 mol-0.3 mol-0.4 mol=2.3 mol，n(总)=0.5
mol+0.3 mol+0.2 mol+2.3 mol=3.3 mol，由于反应前后气体总压强不变，故平衡时各种气体的平衡分压分别
是：
，
，
，
，则H2的分压变化率为
kPa/min；②
的压强平衡常数Kp=
=
(kPa)-1(或
)。
2．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)
C2H4(g)＋H2(g) ΔH＞0
(1)提高乙烷平衡转化率的措施有________、________
(2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100 kPa，发生上述反应，
乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为________kPa，该反应的平衡常数Kp＝________kPa (用平
衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)
【答案】(1)升高温度 降低压强(或及时移出生成物) (2)110 15
【解析】(1)C2H6(g)
C2H4(g)＋H2(g) ΔH>0，该反应是气体体积增大的吸热反应，提高乙烷平
衡转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物等。(2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入等物
质的量的C2H6和H2，初始压强为100 kPa，发生上述反应，假设起始物质的量为1 mol，乙烷的平衡转化率
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为20%，可得三段式：
C2H6(g)
C2H4(g)＋H2(g)
起始/mol 1 0 1
转化/mol 0.2 0.2 0.2
平衡/mol 0.8 0.2 1.2
根据压强之比等于物质的量之比得到＝，解得x＝110 kPa，即平衡时体系的压强为110 kPa，该反应的
平衡常数Kp＝＝15 kPa。
3．(2025·河南省南阳市高三联考，节选)利用太阳能光催化分解水制H2，再用制备的H2还原CO2生成
化工原料CH3OH，可实现化工生产的节能减排。工业上用CO2和H2制备CH3OH 的原理如下：
CO
①
2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.5kJ·mol−1
CO
②
2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1
③CO(g)＋2H2(g)
CH3OH(g)的ΔH=-90.7 kJ·mol−1。
(5)在120℃，体积恒定的密闭容器中发生反应①和②，通入1mol CO2和2.5mol H2混合气体，起始压
强为0.35MPa，反应①和②平衡时，总压为0.25MPa，CO2的转化率为60%，则反应②的压强平衡常数Kp=
(分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(5)1/6
【解析】(5)通入1mol CO2和2.5mol H2混合气体，起始压强为0.35MPa，平衡时总压为0.25MPa，则
平衡时气体总物质的量为2.5mol，设反应②中二氧化碳的变量为x，建立平衡：
，则
，
，平衡时
，
，
，
，则
。
4．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SO2的催化氧化：
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SO2(g)＋O2(g)
SO3(g) ΔH＝－98 kJ·mol－1。将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)
和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p 条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3
压强为________，平衡常数Kp＝________________________(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
【答案】
【解析】设通入的SO2、O2和N2共100 mol，利用三段式法进行计算：
SO2(g)＋O2(g)
SO3(g)
起始量/mol 2m m 0
转化量/mol 2mα mα 2mα
平衡量/mol 2m－2mα m－mα 2mα
平衡时气体的总物质的量为(3m＋q－mα)mol，则p(SO2)＝p×，p(O2)＝p×，p(SO3)＝p×，因3m＋q＝
100，
，代入计算得
。
5．对于反应C3H8(g)
C3H6(g)＋H2(g) ΔH1＝＋125 kJ·mol－1，总压恒定为100kPa，在密闭容器
中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是
________________________；在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关
系如图所示，计算T1时反应I 的平衡常数Kp＝________kPa(保留一位小数)
【答案】减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)的转化率 16.7
【解析】达到平衡后，通入N2，为维持恒压状态，容器体积必须增大，则平衡向气体体积增大的反应
及正向移动，C3H8(g)的转化率增大。根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4 时，其平衡转化率为50%，假
设混合气体为1mol，则起始时C3H8 为0.4mol，N2 为0.6mol，运用三行式分析法可求出平衡时C3H8 为
0.2mol，C3H6为0.2mol， H2为0.2mol，N2为0.6mol。进而求出C3H8、C3H6、H2的分压均为100/6kPa，，
则T1时反应I 的平衡常数可求得为16.7kPa。
6．在恒容密闭容器中，加入足量的MoS2 和O2，仅发生反应：2MoS2(s)＋7O2(g)
2MoO3(s)＋
4SO2(g) ΔH。测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示：
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(1)p1、p2、p3的大小：________
(2)若初始时通入7.0 mol O2，p2为7.0 kPa，则A 点平衡常数Kp＝________(用气体平衡分压代替气体平
衡浓度计算，分压＝总压×气体的物质的量分数，写出计算式即可)
【答案】(1)p1＞p2＞p3 (2)(kPa)－3
【解析】(1)该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，氧气
转化率增大，所以压强：p1＞p2＞p3。(2)若初始时通入7.0 mol O2，p2为7.0 kPa，A 点氧气转化率为50%，
则A 点n(O2)＝7.0 mol×(1－50%)＝3.5 mol，生成n(SO2)＝×4 ＝2 mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于
物质的量之比，所以A 点压强为×7.0 kPa＝5.5 kPa，p(O2)＝×5.5 kPa＝3.5 kPa，p(SO2)＝(5.5－3.5)kPa＝2
kPa，则A 点平衡常数Kp＝＝(kPa)－3＝(kPa)－3 。
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