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专题验收评价
专题13 化学反应原理综合
内容概览
A·常考题不丢分
【考点一 化学平衡移动及最佳反应条件的选择】
【考点二 化学平衡常数的多维度计算】
【考点三 化学热力学与动力学实验探究】
【微专题 原理综合类答题规范】
B·综合素养拿高分/拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【考点一 化学平衡移动及最佳反应条件的选择】
1．（2023·江西·校联考模拟预测）一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器中分别投入2molNOCl，
发生反应：2NOCl(g)
2NO(g)+Cl2(g)。tmin 后，三个容器中NOCl 的转化率如图中A、B、C 三点。下
列叙述正确的是
A．A 点加入适当催化剂，可以提高NOCl 的转化率
B．A、B 两点的压强之比为25 28
∶
C．容积为cL 的容器NOCl 的平衡转化率小于80%
D．容积为aL 的容器达到平衡后再投入1molNOCl、1molNO，平衡不移动
【答案】D
【分析】A、B、C 三点容积逐渐增大，反应物浓度逐渐减小，则反应速率A 点大于B 点大于C 点，tmin
1
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后C 点转化率为50%，若A 点未达到平衡，则此时A 点的转化率应大于50%，现A 点转化率为50%，则A
点已达平衡。
【解析】A．A 点为平衡状态，加入催化剂，不影响化学平衡的移动，不能改变NOCl 的转化率，A 错误；
B．平衡时A 点的转化率为50%，NOCl 的变化量为1mol，生成1molNO 和0.5molCl2，则物质的量之和为
2.5mol，B 点转化率为80%，NOCl 的变化量为1.6mol，生成1.6molNO 和0.8molCl2，物质的量之和为
2.8mol，则A、B 两点的压强之比等于
=
，B 错误；C．B 点NOCl 的转化率为80%，
且B 点平衡时转化率一定不小于80%，体积增大压强减小，该反应的化学平衡正向移动，转化率增大，则
容积为cL 的容器NOCl 的平衡转化率大于80%，C 错误；D．容积为aL 的容器达到平衡时，NOCl 的转化
率为50%，此时NOCl 物质的量为1mol，NO 物质的量为1mol，Cl2物质的量为0.5mol，K=
，再投入1molNOCl 和1molNO，Qc=
=K，故平衡不移动，D 正确；故答案选D。
2．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）工业上利用硫(S)与
为原料制备
，在500℃以上发
生反应：
。在2L 密闭容器中充入1mol
和4mol
，发生上述反应，测得平衡体系中硫蒸气的体积分数和温度的关系如表所示：
温度/℃
560
580
600
620
640
660
0.286
0.333
0.378
0.420
0.462
0.500
下列说法错误的是
A．在580℃达到平衡时，
的转化率为70%
B．该反应660℃的平衡常数
C．上述反应的正反应为吸热反应
D．起始充入1mol
和2mol
，620℃平衡时
【答案】C
【解析】Ａ．根据反应列三段式：
，解得
，则
，A 项正确；Ｂ．660℃时，
，解得
，平衡时
，
，
，
，
、
、
、
，
2
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故
，B 项正确；Ｃ．由表中数据可知，随着温度的升高硫蒸气的体积分数升高，
说明温度升高，反应平衡逆向移动，则正反应为放热反应，C 项错误；Ｄ．在恒温恒容条件下，在2L 容器
中充入1mol
和2mol
等效于充入1mol
和4mol S，D 项正确。答案为：Ｃ。
3．（2023 上·江苏泰州·高三泰州中学校考开学考试）用草酸二甲酯 (H3COOCCOOCH3)和氢气为原料制备
乙二醇的反应原理如下：
在
条件下，将氢气和草酸二甲酯体积比(氢酯比)为
的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反
应管，草酸二甲酯的转化率、产物的选择性与温度的关系如下图所示。产物的选择性
。下列说法不正确的是
A．曲线I 表示草酸二甲酯的转化率随温度的变化
B．其他条件不变，增大压强或升高温度，草酸二甲酯的平衡转化率均增大
C．其他条件不变，在
温度范围，随着温度升高，出口处乙醇酸甲酯的量不断增大
D．其他条件不变，在
温度范围，随着温度升高，出口处甲醇和乙二醇的物质的量之比
逐渐减小且大于2
【答案】B
【解析】A． 当曲线乙醇酸甲酯选择性为50%时，曲线Ⅱ对应的选择性恰好为50%，而乙二醇的选择性此
时应为50%，故曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性随温度的变化，则曲线I 表示草酸二甲酯的转化率随温度的变
化，故A 正确；B．两个反应△H 均小于0，即两反应均为放热反应，当升高温度时，平衡向逆反应方向移
动，草酸二甲酯的平衡转化率减小，故B 说法错误；C．由图可知，在190-195℃温度范围，随着温度升高，
草酸二甲酯的转化率升高，乙醇酸甲酯的选择性几乎不变，故出口乙醇酸甲酯的量会不断增多，故C 说法
正确；D．在190-210℃温度范围，随着温度升高，由图可知，草酸二甲酯的转化率不断增大，乙二醇的选
择性不断增大，出口处
的值减小且大于2，故D 正确；答案选B。
3
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4．（2023 上·浙江·高三校联考开学考试）某溶液初始仅溶有等浓度的M 和N，反应①、②同时进行：
M+N
①
X+W
M+N
②
Y+W
反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中M
和X 的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是
A．0～30min，消耗M 的平均速率为0.01mol•L-1•min-1
B．体系中X 和Y 的浓度之比保持不变，说明反应已平衡
C．反应①的活化能比反应②的活化能更大
D．充分反应后，X 的选择性[
×100%]为62.5%
【答案】D
【解析】A．根据图示可知，0—30min 时间段内，有如下关系，
，
，v(M)=
=3 10—3mol/L min，故A 错误；B．相同时间内，X 和Y 的浓度之比等于两者的平均反应速率之比，因Y
和Z 分别是反应①和反应②的产物，故两者的浓度之比
为定值，则其浓度为定值时保持不变，
不能作为平衡的依据，故B 错误；C．根据上述分析，相同条件下，反应①产生的X 比反应②产生的Y 多，
反应①的反应速率大于反应②的反应速率，则反应①的活化能小，活化能越大，反应速率越慢，故C 错误；
D．前30min 内M 转化为X 的转化率为
=62.5%，反应中M 转化为X、Y 的比例不变，故如果
反应能进行到底，反应结束，有62.5%的M 转化为X，故D 正确；故本题选D。
5．（2023·江苏盐城·统考三模）焦炉煤气(主要成分：CH4、CO2、H2、CO)在炭催化下，使CH4与CO2重
整生成H2和CO。其主要反应为
反应I：
4
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反应II：
反应III：
反应IV：
在1×105Pa、将焦炉煤气以一定流速通过装有炭催化剂的反应管，CH4、CO、H2的相对体积和CO2的转化
率随温度变化的曲线如图所示。
相对体积
、
相对体积
下列说法不正确的是
A．温度低于900℃，反应I 基本不发生
B．850℃～900℃时，主要发生反应Ⅳ
C．增大焦炉煤气流速一定能提高CO 的相对体积
D．工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂
【答案】C
【解析】A．从图中可以看出，温度低于900℃时，CH4的相对体积基本上是100%，所以反应I 基本不发
生，A 正确；B．850℃～900℃时，H2、CO 的体积分数都增大，且增大的幅度相近，而CH4的相对体积略
有减小，可能是CO2转化率增大的原因，所以反应I 进行的幅度很小，反应Ⅱ、Ⅲ基本不发生，主要发生
反应Ⅳ，B 正确；C．从图中可以看出，4 个反应均为生成CO 的反应，且都为吸热反应，所以若想提高
CO 的相对体积，应选择升高温度，与增大焦炉煤气的流速无关，C 不正确；D．图中信息显示，温度低于
900℃，CH4的相对体积基本上是100%，则反应I 基本不发生，所以工业生产上需要研发低温下CH4转化
率高的催化剂，D 正确；故选C。
【考点二 化学平衡常数的多维度计算】
1．（2024·河南南阳·校联考模拟预测·节选）甲醇和乙醇都是清洁能源，也是重要的化工原料。回答下列
问题：
5
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（4）工业上，可以采用
催化还原制备
、
。发生反应如下：
①
(主反应)；
②
(主反应)；
③
(副反应)。
（5）一定温度下，向总压强恒定为100kPa 的反应器中充入
和
，发生（4）中反应
①②③，达到平衡时
转化率为50%，甲醇选择性为
，生成
，则反应①的平衡常
数
为
(写出数字表达式即可)[用分压计算的平衡常数为压强平衡常数
，分压=总压×物
质的量分数；甲醇选择性：
]。
【答案】（5）
【解析】（5）由题意可知，平衡时二氧化碳的转化率为50%、乙醇的物质的量为0.05mol、甲醇的选择性
为
，设平衡时甲醇的物质的量为amol、一氧化碳的物质的量为bm，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳的转化率可得：0.9—a—b=0.5，由甲醇的选择性可得：a=(0.05+a+b)×
，解得a=0.3、b=0.1，
则平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、乙醇、一氧化碳、水蒸气的物质的量分别为0.5mol、1.7mol、0.3mol、
0.05mol、0.1mol、0.55mol，则混合气体的总物质的量为3.2mol，反应①的平衡常数Kp=
，故答案为：
。
6
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2．（2023·贵州黔东南·统考一模·节选）科学家开发催化剂实现
催化还原制备附加值高的产品。利用
制备甲醇的有关反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
（5）在一定温度下，向甲、乙两密闭反应器中分别充入
和
，分别在有水分子隔离膜、无
水分子隔离膜作用下发生上述两个反应，测得
平衡转化率与压强的关系如图2 所示。
②已知M 点
选择性为80％，该温度下，M 点反应Ⅱ的平衡常数
为 (结果保留三位有
效数字)。提示：分压=总压×物质的量分数，
选择性等于
的物质的量与
转化的总物质
的量之比。
【答案】（5）
【解析】（5）②已知M 点
选择性为80％，且M 点的转化率为50%，转化了0.5mol
，所以反
应Ⅰ的生成的
的物质的量为0.4mol，生成的
的物质的量为0.4mol，消耗的
的物质的量为
1.2mol；反应Ⅱ转化了0.1mol
，消耗了0.1mol
，生成了0.1mol
和0.1mol
，所以此时容器中
有0.5mol
、1.7mol
、0.4mol
、0.5mol
和0.1mol
，所以此时
，同理，
，
，
，
，所以此时反应Ⅱ的平衡常数
。
3．（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测·节选）已知一定条件下，1-苯基丙炔(
)可与
HCl 发生加成反应，反应如下：
7
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已知：因反应在高压HCl 氛围下进行，故HCl 压强近似等于总压。
回答下列问题：
（3）在473K、
的高压HCl 氛围下，以
为原料进行上述反应，反应过
程中除HCl 外该炔烃及反应产物的占比［如：
］随
时间的变化如图，则反应的活化能反应Ⅰ 反应Ⅱ(填“大于”“小于”或“等于”)，
的平衡转化率为 ，反应Ⅱ的
。
【答案】（3）小于 80%
【解析】（3）根据图像可知，产物I 达到平衡时速率快，则活化能反应I 小于反应II；
根据反应方程式，可知
在体系中的存在形式为：
、产物I、产物II，根据
以及反应后产物图像可知，
的平衡
转化率为80%；
根据已知：因反应在高压HCl 氛围下进行，故HCl 压强近似等于总压；
根据图像，生成产物II 的物质的量为0.005×45%mol，产物I 的物质的量为0.005×35%mol，则剩余
的物质的量为0.005×20%，根据
；
【考点三 化学热力学与动力学实验探究】
1．室温下过氧化铬(
)在硝酸酸化的戊醇中会溶解并发生反应：
8
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。在5m1
的过氧化铬戊醇溶液中滴入一定量的稀硝酸，在不同时刻测得过氧
化铬浓度如下表：
时间/min
4
6
8
10
t
20
25
35
4.230
2.510
1.790
1.350
1.240
1.130
1.110
1.100
下列叙述正确的是
A．4～6min 内过氧化铬分解的平均速率
B．8～10min 内过氧化铬分解释放的
体积为0.86mL(标准状况)
C．推测表中t 的取值范围为：10<t<15
D．若升高温度后重新实验发现20min 时过氧化铬浓度为
，则证明反应的△H>0
【答案】C
【解析】A．4～6min 内过氧化铬分解的平均速率
，
，故A 错误；B．8～10min 内过氧化铬分解的物质的量为
(1.790-1.350)×10-5mol/L×5×10-3L=2.2×10-8mol，根据反应
可得
分解得到的氧气的体积为3.85×10-8mol×22.4L/mol=8.6×10-4mL，故B 错误；C．若t=15，则10～15min 和
15～20min 这两个时间段内的速率相等，但是根据浓度越小速率越小，10～15min 内速率大于后一阶段，
故10<t<15，故C 正确；D．20min 时反应还未达到平衡，升高温素加快了反应速率，不能判断平衡的移动
方向，不能判断反应吸放热，故D 错误；故选C。
2．近似测定
氧化KI 的瞬时速率公式
与速率常数k 的实验流程如下：
加入KI 后反应如下：①
；②
在
耗尽时溶液变蓝色瞬间记录用时，测得不同起始浓度下反应时间、反应速率与反应速率常数如
表所示：
实验编号
1
2
3
4
5
溶液用量/mL
2.0
1.0
0.50
2.0
2.0
9
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溶液用量/mL
2.0
2.0
2.0
1.0
0.50
溶液用量/mL
0
1.5
1
1.5
反应时间/s
37
68
133
72
139
反应速率
2.0
1.1
0.5
1.0
反应速率常数
3.4
3.8
3.4
3.4
4.0
下列说法正确的是
A．上表中的速率为
完全消耗后测得的平均速率
B．由实验可知反应的速率公式为
C．表中数据
，
约为0.5
D．实验测得的5 组反应速率常数不完全相等，说明浓度对k 有影响
【答案】C
【解析】A．根据题目中的第一句话，表格中的速率应该为瞬时速率，A 错误；
B．根据瞬时速率计算公式，分别选取1、3、4 三组数据，带入相关量得到
联合①②，
解得n=1；联系②③，解得m=1，B 错误；
C．将v5带入速率公式得到
解之v5=0.5，C 正确；D． 速率常数与反应温度、反应介质（溶剂）、催化剂等有关，甚至会随反应器的
形状、性质而异。与浓度无关，D 错误；故选C。
4．（2023 上·四川德阳·高三德阳五中校考期中）某小组利用
溶液和
溶液通过实
验验证
为可逆反应，回答下列问题：
10
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（1）配制
溶液，需称量固体KI
(精确到0.01)。
（2）实验验证：向
溶液加入
溶液，溶液颜色加深，充分反应后，
再滴加 溶液，观察到 现象证明该反应为可逆反应。
（3）实验探究：向
溶液和
溶液反应后溶液中加入
，振荡、静置，液体分层，下层溶液
呈紫红色，上层溶液呈淡黄色，若要检验淡黄色溶液中是否含碘单质，可以进行的实验操作是
。
（4）有小组同学采用电化学装置(如图所示)从平衡移动的角度进行了验证。
①向烧杯中分别加入相同体积的
溶液、
溶液，观察到灵敏电流计指针向右偏转
(电流方向为从左至右)，则乙烧杯中加入的溶液是 。
②随着反应的进行，灵敏电流计指针偏转幅度不断减小，一段时间后示数为0，此时向甲烧杯中加入一定
量固体 (填标号)，可观察到灵敏电流计指针向左偏转。
A．
B．
C．铁粉
【答案】（1）4.15
（2）KSCN 溶液变为红色
（3）取少量上层淡黄色溶液，滴加几滴淀粉溶液，若观察溶液变蓝，说明含有碘单质
（4）KI 溶液 AC
【解析】（1）实验室没有240mL 容量瓶，所以配制240mL0.1000mol/L 碘化钾溶液时，应选用250mL 容
量瓶，则需称量碘化钾固体的质量为0.1000mol/L×0.25L×166g/mol=4.15g，故答案为：4.15；
（2）由题意可知，氯化铁和碘化钾的物质的量相等，若氯化铁溶液与碘化钾溶液的反应不是可逆反应，
向溶液中滴入硫氰化钾溶液，溶液不会变为红色，则向充分反应后的溶液中滴加几滴硫氰化钾溶液，观察
到溶液变为红色说明溶液中存在铁离子，证明该反应为可逆反应，故答案为：KSCN；溶液变为红色；
（3）溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色，则检验上层淡黄色溶液中是否含碘单质的操作为取少量上层淡黄色
溶液，滴加几滴淀粉溶液，若观察溶液变蓝，说明含有碘单质，故答案为：取少量上层淡黄色溶液，滴加
几滴淀粉溶液，若观察溶液变蓝，说明含有碘单质；
（4）①该装置为原电池，电流方向为从左至右说明左侧是原电池的正极、右侧电极是负极，由方程式可
知，反应中铁元素的化合价降低被还原，氯化铁是反应的氧化剂，碘元素的化合价升高被氧化，碘化钾是
还原剂，则甲烧杯中加入的溶液为氯化铁溶液，乙烧杯加入的溶液为碘化钾溶液，故答案为：KI 溶液；②
随着反应的进行，灵敏电流计指针偏转幅度不断减小，一段时间后示数为0 说明反应达到平衡，向甲烧杯
中加入一定量固体能使灵敏电流计指针向左偏转，说明左侧电极为原电池的负极，平衡向逆反应方向移动，
11
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则加入能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁的铁或直接加入氯化亚铁可以使平衡向逆反应方向移动，导致灵
敏电流计指针向左偏转，故选AC。
5．为探究FeCl3溶液和KI 溶液反应，设计实验装置如图所示。
步
骤
操作及现象
测定数据
Ⅰ
向烧杯中加入如图所示试剂，左侧烧杯液体颜色变浅，右侧烧杯
液体变为棕色，电流表指针向左偏转
测得电流强度
为a(a>0)
Ⅱ
随后，左侧烧杯液体变浅绿色，右侧烧杯液体棕色加深
测得电流强度
为b(b<a)
Ⅲ
一段时间后，指针回到零
测得电流强度
为0
Ⅳ
在左侧烧杯中加入少量FeCl2(s)，电流表指针偏转
测得电流强度
为x
①实验Ⅳ中，电流表指针 (填“向左”“向右”或“不”)偏转。由此可推知，上述反应是可逆
反应，其判断依据是 。
②实验Ⅳ发生反应的离子方程式为 。
【答案】①右 步骤Ⅲ中，反应达平衡，测得电流强度为0，步骤Ⅳ，在左侧烧杯中加入少量
FeCl2(s)，反应逆向移动，右侧石墨2 为正极，电流表指针向右偏转
②
【解析】①步骤Ⅰ中，左侧石墨1 发生反应：
，发生还原反应，为正极，左侧烧杯液体变浅绿
色，右侧石墨2 发生反应：
，发生氧化反应，为负极，右侧烧杯液体棕色加深，电流表指针向左
（正极）偏转，步骤Ⅲ中，反应达平衡，测得电流强度为0，步骤Ⅳ，在左侧烧杯中加入少量FeCl2(s)，反
应逆向移动，右侧石墨2 为正极，电流表指针向右偏转；②实验Ⅳ，在左侧烧杯中加入少量FeCl2(s)，反应
逆向移动，发生反应的离子方程式为：
。
【微专题 原理综合类答题规范】
1．银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
12
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（3）
可用作固体离子导体，能通过加热
制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了
简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。
③测定
中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a 中
质量不变，可判定导电离子是
而不是
，依据是 。
【答案】（3）③a 中银电极质量减小，b 中银电极质量增大
【解析】（3）③由图可知，a 为阳极、b 为阴极，实验测得支管a 中
质量不变，则碘离子没有迁移到a
中与银离子产生AgI 沉淀，银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银单质，导致b 中银电极质量增大，a
中银电极银单质失去电子发生氧化反应生成银离子，导致a 中银电极质量质量减小，可判定导电离子是
而不是
。
2．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：
13
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（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】（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】（3）依题意，反应I 是正向放热过程，以BL 为初始原料，温度升高则平衡逆向移动，温度越高，
反应速率越快，达到平衡时的时间越短，
越小，
的值越大；相同温度时，压强增
大，BD 的比重增大，
增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则
最大即
最小，对应曲线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。
3．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：
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。
（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
14
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分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
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）②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
（2）②为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益
（3）将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”
【解析】（1）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；
（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TiCl4产品。
（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将两者粉碎后
混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
1．（2023·河北保定·校联考三模）CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发
生下列反应：
反应①：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=－49.5kJ•mol－1
反应②：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ•mol－1
在0.5MPa 条件下，将n(CO2) n(H
∶
2)为1 3∶的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2
的转化率、CH3OH 的选择性[
×100%]与温度的关系如图所示。下列有关说法不正确的是
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A．图中曲线①表示CH3OH 的选择性随温度的变化
B．一定温度下，增大起始n(CO2) n(H
∶
2)的比值，可提高H2的平衡转化率
C．升高温度时，CO 的选择性升高
D．一定温度下，选用高效催化剂可提高CH3OH 的平衡产率
【答案】D
【解析】A．反应①为放热反应，升高温度后平衡逆向移动，CH3OH 的选择性降低；反应②为吸热反应，
平衡正向移动生成CO，CH3OH 的选择性也降低，所以升高温度之后，CH3OH 的总的选择性降低，曲线①
表示CH3OH 的选择性随温度的变化，A 正确；B．一定温度下，增大n(CO2) n(H
∶
2)的比值，平衡正向移动，
氢气的转化率提高，B 正确；C．升高温度，反应反应②为吸热反应，平衡正向移动生成CO，CO 的选择
性升高，C 正确；D．选用催化剂只能改变反应应速率，不能改变转化率，D 错误；故选D。
2．（湖南省祁东县育贤中学2022-2023 学年高二上学期第一次月考化学试题）在密闭容器中发生反应：
xA(g)+ yB(g)
zC(g)
⇌
，平衡时测得A 的浓度为0.50 mol·L-1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的
两倍，再次达平衡时测得A 的浓度为0.30 mol·L-1，有关判断正确的是
A．x + y ＜ z
B．平衡向正反应方向移动
C．B 的转化率增大
D．C 的体积分数下降
【答案】D
【解析】平衡时测得A 的浓度为0.50 mol•L-1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的2 倍，若平衡不
移动时A 的浓度变为0.25mol/L，再达平衡时，测得A 的浓度降低为0.30 mol•L-1，0.25mol/L＜0.3mol/L，
可知体积增大、压强减小，平衡逆向移动，导致A 的浓度增大，A．压强减小，平衡逆向移动，则x+y＞
z，故A 错误；B．由上述分析可知平衡逆向移动，故B 错误；C．平衡逆向移动，B 的转化率降低，故C
错误；D．平衡逆向移动，C 的体积分数减小，故D 正确；故选：D。
3．（2023·江苏连云港·连云港高中校考模拟预测）用乙醇制乙烯，其主要反应为
反应I：
反应Ⅱ:
在催化剂作用下，向容器中通入乙醇，测得乙醇转化率和乙烯选择性随温度、乙醇进料量(单位：
)的关系如图所示(保持其他条件相同)。
的选择性
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下列说法正确的是
A．
B．当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性升高
C．当乙醇进料量为
，温度410℃~440℃之间，随温度的升高，乙醚的产率先增大后减小
D．当乙醇进料量为
，温度高于430℃后，随温度的升高，乙烯选择性下降的原因是以反应Ⅱ
为主
【答案】D
【解析】A．已知反应I：
，反应Ⅱ:
，根据盖斯定律，由I 2-Ⅱ得反应
，选项A 错误；B．由图可知，当乙醇
进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于430℃后，乙烯选择性逐渐降低，选
项B 错误；C．根据右图，当乙醇进料量为
，温度410℃~440℃之间，随温度的升高，乙烯的
选择性及乙醚的产率均增大，但相互影响后有所下降，选项C 错误；D．当乙醇进料量为
，温
度高于430℃后，随温度的升高，乙烯选择性下降的原因是以反应Ⅱ为主，产生的乙醚增多导致乙烯的比
例减小，选项D 正确；答案选D。
4．（2023·北京海淀·101 中学校考三模）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发
生下列反应：
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) △H1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H2
恒压，投入1 mol CO2和适当过量的H2，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。
其中：
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CH3OCH3的选择性=
×100%
下列说法中不正确的是
A．△H1＞0，△H2＜0
B．温度高于300℃，反应Ⅰ正移程度超过反应Ⅱ逆移程度
C．220℃时，反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(即图中A 点)。此时反应Ⅰ和Ⅱ均未达到平
衡状态
D．若平衡时CH3OCH3的选择性为48%，则体系中c(CH3OCH3)∶c(CO)=48 52
∶
【答案】D
【解析】A．根据图像分析可知：反应达到平衡状态后，升高温度，CH3OCH3(g)的选择性减小，CO2(g)转
化率增大，说明升温反应Ⅰ正向进行，反应为吸热反应，△H1＞0，反应Ⅱ逆向进行，正反应为放热反应，
△H2＜0，A 正确；B．温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应Ⅰ的△H1＞0，
反应Ⅱ的△H2＜0，温度升高使CO2转化为CO 的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率
下降，且上升幅度超过下降幅度，B 正确；C．2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H2＜0，
CH3OCH3的选择性=
，化学平衡正向进行，二甲醚物质的量增大，二氧化碳物质的
量减小，二甲醚选择性增大，A 点对于反应Ⅱ是未达到平衡，反应Ⅰ是吸热反应，随着温度升高，平衡正
向进行，二氧化碳转化率增大，则A 点对于反应Ⅰ也未达到平衡状态，C 正确；D．CH3OCH3的选择性=
分析，设生成CH3OCH3物质的量为x mol，生成CO 物质的量为y mol，反应的二氧
化碳为(2x+y) mol，得到
=48%，
，则体系中c(CH3OCH3)∶c(CO)=6 13
∶
，D 错误；故合理
选项是D。
5．（2023·全国·统考一模）2007 年诺贝尔化学奖颁给了德国化学家格哈德•埃特尔(GerhardErtl)，以表彰他
在固体表面化学研究中取得的开拓性成就。他的成就之一是证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨气
的反应过程，模拟示意图如图。关于合成氨工艺，下列说法正确的是
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A．图①到图③的活化能减去图⑤到图③的活化能就是合成氨反应的反应热
B．反应中有极性键的断裂与形成
C．当温度、体积一定时，在原料气中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
D．合成氨反应使用的条件高温、高压是为了提高反应物的平衡转化率
【答案】A
【解析】A．图①到图③为氮气和氢气中的化学键断裂的过程，图⑤到图③为氨气中化学键的断裂的过程，
故图①到图③的活化能减去图⑤到图③的活化能就是合成氨反应的反应热，A 正确；B．该反应过程为氮
气和氢气反应生成氨气，反应过程中只有非极性键的断裂和极性键的形成，B 错误；C．当温度、体积一
定时，在原料气中添加少量惰性气体不影响各组分的浓度，因此不影响平衡，不能提高平衡转化率，C 错
误；D．合成氨的反应是气体总体积减小的放热反应，故高压是为了提高反应物的平衡转化率，但高温不
是为了提高转化率，D 错误；故选A。
6．（2023·海南·模拟预测）工业合成甲醇的反应为
。反应
相同时间，实验测得甲醇的产率与压强，温度的关系分别如图1，图2 所示。下列叙述正确的是
A．合成甲醇时压强越大越好
B．增大压强，正反应速率增大，逆反应速率减小
C．合成甲醇的最佳温度为520K
D．520K 之前升高温度单位时间内甲醇的产率减小
【答案】C
【解析】A．虽然增大压强能加快反应速率、使平衡正向移动而提高甲醇的产率，但压强越大，对材料的
强度和设备的制造要求也越高，需要的动力也越大，这将会大大增加生产投资，并可能降低综合经济效益，
故合成甲醇时不是压强越大越好，A 项错误；B．增大压强，正、逆反应速率都增大，B 项错误；C．根据
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图2 可知，520K 时甲醇的产率最大，合成甲醇的最佳温度为520K，C 项正确；D．图示曲线为反应相同时
间，520K 之前反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，单位时间内甲醇的产率增大，D 项错误；
答案选C。
7．（2023·重庆·统考模拟预测）在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了
中间有热交换器的接触室(见图)。下列说法错误的是
A．a、b 两处的混合气体成分含量相同，温度不同
B．c、d 两处的混合气体成分含量不同，温度相同
C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体
D．c 处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率
【答案】B
【分析】该装置中发生SO2在加热、催化剂的条件下和O2反应转化为SO3的反应，反应放热，热交换器的
作用是预热待反应的气体；a 处通入的是反应气体，即SO2、空气，在热交换器中进行加热，没有催化剂，
没有发生反应，b 处气体是SO2、空气，再进入装置中，发生反应到达c 处，c 处是SO3，没有反应完全的
SO2、O2、N2等，SO2、O2在催化剂的作用下再一次发生反应，提高SO2的转化率，d 处主要为SO3，N2等，
由此分析。
【解析】A．根据装置图可知，从a 进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b 处出来
的是热的气体，成分与a 处相同，A 项正确；B．在c 处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的
含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3被部分
分离出来，而且混合气体再次被催化氧化，d 处主要为SO3，N2等，故二者含有的气体的成分含量不相同，
B 项错误；C．根据分析，该反应放热，热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，经热交换器出来的SO3
被吸收，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件，C 项正确；D．c 处气体经过热交换器后再次
被催化氧化，目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，D 项正确；答案
选B。
8．某小组同学设计实验探究镁与铵盐溶液的反应，记录如下：
实验编号
①
②
③
④
溶液种类
1
0.5
0.1
0.48
0.48
0.48
0.48
20
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V(溶液)
100
100
100
100
实验现象
有气体产
生，并产
生白色沉
淀
有气体产生，并产生
白色沉淀
有气体产生，并
产生白色沉淀
几乎看不
到现象
6h 时
433
255
347
12
根据上述实验所得结论正确的是
A．实验②中发生的反应为
B．由实验①、③可得，溶液中
越大，反应速率越快
C．由实验①、②可得，溶液中阴离子的种类对产生
的速率有影响
D．由实验①~④可得，溶液的
越小，产生
的速率越快
【答案】C
【解析】A．离子方程式电荷不守恒，A 错误；B．实验①、③，Cl-浓度不同，无法得出
越大，反
应速率越快的结论，B 错误；C．实验①、②，溶液中
浓度相同，故阴离子种类对产生
的速率有
影响，C 正确；D．实验②0.5
溶液pH<实验③0.1
溶液，但是产生氢气的
速率更慢，D 错误；故选C。
9．（2023 上·安徽宣城·高三统考期末）为验证化学反应“2Fe3++2I-=2Fe2++I2”是可逆反应，并探究平衡移动
与物质的浓度、性质的关系，甲、乙两同学进行如下实验。
已知：a.含I2的溶液呈黄色或棕黄色。
b.利用色度计可测定溶液的透光率，通常溶液颜色越深，透光率数值越小。
I.甲同学设计下列实验进行相关探究，实验如图1 所示。
21
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回答下列问题：
（1）甲同学利用实验②中ⅰ和ⅱ证明Fe2(SO4)3溶液与KI 溶液的反应为可逆反应，实验ⅰ中的现象是
，实验ⅱ中a 是 (填化学式)溶液。
（2）用离子方程式表示实验②ⅲ中产生黄色沉淀的原因 。
II.乙同学：利用色度计对Fe2(SO4)3溶液与KI 溶液的反应进行再次探究。
【实验过程】
序号
实验步骤1
实验步骤2
实验
③
将盛有2mL 蒸馏水的比色皿放
入色度计的槽孔中
向比色皿中逐滴滴入5 滴(每滴约0.025mL)0.05mol•L-1Fe2(SO4)3
溶液，同时采集溶液的透光率数据
实验
④
将盛有2mL0.1mol•L-1KI 溶液的
比色皿放入色度计的槽孔中
同上
实验
⑤
将盛有2mL0.2mol•L-1KI 溶液的
比色皿放入色度计的槽孔中
同上
实验中溶液的透光率数据变化如图2 所示。
回答下列问题：
（3）乙同学实验③的目的是 。
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（4）乙同学通过透光率变化推断：FeCl3溶液与KI 溶液的反应为可逆反应.理由是 。
（5）乙同学根据氧化还原反应的规律，用图3 装置(a、b 均为石墨电极)，探究化学平衡移动与I-、Fe2+的
浓度及还原性强弱关系，操作过程如图：
K
①
闭合时，电流计指针向右偏转，乙同学得出结论：2Fe3++2I-
2Fe2++I2向正反应方向进行，b 作
(填“正”或“负”)极，还原性I-＞Fe2+。
②当指针归零(反应达到平衡)后，向U 型管右管滴加0.1mol•L-1FeSO4溶液，电流计指针向左偏转，由此得
出还原性为Fe2+ I-(填“>”或“<”)。
（6）综合甲、乙两位同学的实验探究过程，可得出结论：2Fe3++2I-=2Fe2++I2为可逆反应，改变条件可使平
衡移动；Fe3+和I2的氧化性强弱受 影响。
【答案】（1）溶液变蓝 KSCN
（2）Ag++I-=AgI↓
（3）排除实验④和实验⑤中Fe3+对溶液透光率的干扰
（4）溶液的透光率不再随时间改变后，实验⑤的溶液透光率低于实验④，说明实验④中虽然KI 过量但仍
有未反应的Fe3+
（5）正 ＞
（6）浓度
【解析】（1）该反应的化学方程式：2Fe3++2I-
2Fe
⇌
2++I2，产物有碘单质，加入到淀粉溶液，可观察到溶液
变蓝，若该反应存在限度，则应剩余Fe3+，实验ii 中a 是KSCN 溶液，Fe3+与SCN−形成配合物，溶液呈红
色；
（2）反应2Fe3++2I-
2Fe
⇌
2++I2，存在反应限度，则还剩余I−，加入AgNO3溶液，形成黄色沉淀，用离子方
程式表示为：Ag++I−=AgI↓；
（3）该探究实验是探究I−浓度对反应的影响，而透光率与溶液的颜色有关，故用实验③加蒸馏水，把
Fe3+的浓度影响控制一致，与实验④、⑤对照，排除实验④和实验⑤中Fe3+对溶液透光率的干扰；
（4）分析实验④和⑤，溶液透光率不再随时间改变后，实验⑤的溶液透光率低于实验④的溶液透光率，
说明实验④中虽然KI 过量，但仍有未反应的Fe3+，可以说明该反应存在限度；
（5）①电流计指针向右偏转，说明b 极Fe3+得到电子，作正极；②电流计指针向左偏转，说明a 极的I2得
电子生成I−，由此得出还原性Fe2+＞I−；
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（6）甲同学实验是为了证明该反应存在限度，乙同学是探究浓度对物质的氧化性和还原性的影响，综合
甲、乙两位同学的实验探究过程，得出的结论有：2Fe3++2I-
2Fe
⇌
2++I2存在限度；改变条件可使平衡移动；
物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响。
10.（2024·安徽·统考模拟预测·节选）丙烷价格低廉且产量大，而丙烯及其衍生物具有较高的经济附加值，
因此丙烷脱氢制丙烯具有重要的价值。回答下列问题：
已知下列反应的热化学方程式：
①直接脱氢：
②
（3）一定条件下，反应①中丙烷平衡转化率与平衡常数
的关系可表示为：
，式中为系
统总压。分别为
和
时，丙烷平衡转化率与温度的关系如图所示，其中表示
下
的关系曲线是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
时，
(保留2 位有效数字)。
【答案】（3）Ⅱ 0.018
【解析】（3）由关系式
可知，温度相同时，p 越大，x 越小，
下的关系曲线是Ⅱ；
时，
时，丙烷平衡转化率=80%，假设丙烷起始时物质的量为amol，可得三段式
，总物质的量为1.8a，
；
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1．（2022·广东·高考真题）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应
的影响，各物质浓度c 随反应时
间t 的部分变化曲线如图，则
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a 曲线表示使用催化剂Ⅱ时X 的浓度随t 的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，
内，
【答案】D
【解析】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A 错误；
B．由图可知，催化剂I 比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I 使反应活化能更低，反应更快，故B 错误；
C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min 内Y 的浓度变化了2.0mol/L，而a 曲线表示的X 的浓度变化了
2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a 曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X 浓度随时间t 的变
化，故C 错误；D．使用催化剂I 时，在0~2min 内，Y 的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) =
=
=2.0
，(X) =
(Y) =
2.0
=1.0
，故D 正确；答案
选D。
2．（2022·浙江·统考高考真题）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)
3X(g)，c(B)随时间的变化
如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是
A．从a、c 两点坐标可求得从a 到c 时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b 点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线
乙所示
【答案】C
【解析】A．图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，
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从a、c 两点坐标可求得从a 到c 时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A 正确；B．b 点处的切线的斜
率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B 的瞬时速率，选项B 正确；C．化学反应速率之比等于
化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C 不正确；D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入
催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D 正确；
答案选C。
3．（2017·江苏·高考真题）H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间
的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越大，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，NaOH 溶液浓度越小，H2O2分解速率越慢
C．图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】C
【解析】A．图甲表明，相同时间内，pH=13 的溶液中，H2O2的起始浓度越大，浓度的变化量越大，其分
解速率越快，A 正确；B．图乙表明，NaOH 溶液浓度越小，相同时间内H2O2的浓度变化量越小，分解速
率越慢，B 正确；C．图丙表明，Mn2+浓度相同时，1.0mol/LNaOH 中H2O2的浓度变化量小于0.1mol/
LNaOH 中H2O2的浓度变化量，所以溶液的碱性越强，H2O2的分解速率不一定越快，C 不正确；D．图丙
表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，图丁表明，碱性溶液中，Mn2+浓度越大，对H2O2分
解速率的影响越大，D 正确；故选C。
4．（2021·浙江·统考高考真题）取50 mL 过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在
一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min
0
20
40
60
80
c/(mol·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
下列说法不正确的是
A．反应20min 时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1
C．第30min 时的瞬时速率小于第50min 时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
【答案】C
【解析】A．反应20min 时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量
n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的
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体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A 正确；B．20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-
0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v=
=
=0.010mol/(L·min)，B 正确；C．随着
反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min 时的
瞬时速率大于第50min 时的瞬时速率，C 错误；D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分
解酶或Fe2O3代替，D 正确；故答案选C。
5．（2023·浙江·统考高考真题）探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确
的是
实验方案
现象
结论
A
往碘的
溶液中加
入等体积浓
溶液，
振荡
分层，下层由紫红色变为浅粉红
色，上层呈棕黄色
碘在浓
溶液中
的溶解能力大于
在
中的溶解
能力
B
用玻璃棒蘸取次氯酸钠
溶液点在
试纸上
试纸变白
次氯酸钠溶液呈
中性
C
向
溶液中先滴加4 滴
溶液，
再滴加4 滴
溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
转化为
，
溶解度小于
溶解度
D
取两份新制氯水，分别
滴加
溶液和淀
粉
溶液
前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色
氯气与水的反应
存在限度
【答案】A
【解析】A．向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变
为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层
溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A 正确；B．次氯
酸钠溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH 试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B 错误；
C．由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉
淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C 错误；D．新制氯水中的氯
气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，
无法证明氯气与水的反应存在限度，故D 错误；故选A。
6．（2023·海南·统考高考真题）磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组
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用质量分数为85%的磷酸与
反应制备
，反应方程式为
一定条件下的实验结果如图1 所示。
回答问题：
（1）该条件下，反应至1h 时KCl 的转化率为 。
（2）该制备反应的
随温度变化关系如图2 所示。该条件下反应为 反应(填“吸热”或“放热”)，
且反应热随温度升高而 。
（3）该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能
提高转化率的原因是：不使用稀磷酸 ；通入水蒸气 。
（4）298K 时，
的平衡常数
。(已知
的
)
【答案】（1）70%
（2）吸热 降低
（3）使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行 使得气体中氯化氢的分压减小，
促使反应正向进行
（4）
【解析】（1）由图可知，该条件下，反应至1h 时KCl 的转化率为70%；
（2）由图可知，焓变为正值，则该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低；
（3）使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；向系统中不断通入水蒸气，使得气
体中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行；都可以促进氯化钾的转化率的提高；
（4）298K 时，
的离子方程式为
，其平衡常数
。
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7.（2022·全国卷·节选）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）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
。
【答案】（1）-223 1.2×1014 （2）7.2×105
【解析】（1）①根据盖斯定律，将“反应ⅱ-反应ⅰ”得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则∆H=-51kJ/
mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则Kp=
=
=1.2×1014Pa；
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO 是0.6，反应C(s)
+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)=
=
Pa=7.2×105Pa
8．（2022·江苏·高考真题）乙醇-水催化重整可获得
。其主要反应为
，
，在
、
时，若仅考
虑上述反应，平衡时
和CO 的选择性及
的产率随温度的变化如图所示。
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CO 的选择性
，下列说法正确的是
A．图中曲线①表示平衡时
产率随温度的变化
B．升高温度，平衡时CO 的选择性增大
C．一定温度下，增大
可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入
或选用高效催化剂，均能提高平衡时
产率
【答案】B
【分析】根据已知反应①
，反应②
，且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①影响更
大一些，根据选择性的含义，升温时CO 选择性增大，同时CO2的选择性减小，所以图中③代表CO 的选
择性，①代表CO2的选择性，②代表H2的产率。
【解析】A．由分析可知②代表H2的产率，故A 错误；B．由分析可知升高温度，平衡时CO 的选择性增
大，故B 正确；C．一定温度下，增大
，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质
的量，乙醇的平衡转化率降低，故C 错误；D．加入CaO 同时吸收CO2和水蒸气，无法判断平衡如何移动，
无法判断如何影响平衡时
产率，故D 错误；故选B。
9.(2023•浙江省6 月选考真题)水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(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。
（2）恒定总压1.70MPa 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：
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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
___________。
②对比条件1，条件2 中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式____。
（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
（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。
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
平衡转化率随温度变化的曲线____。
（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________。
【答案】（1）6 （2）① 2.0 ②CO+3H2
CH4+H2O （3）AC
（4）①AC ②
（5）温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附
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量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【解析】（1）设方程式①H2O(g)+ CO(g)
CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
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；
（2）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xmol，根据已知信息可得以下三段式：
，解得x=4；则平衡常数
；②根据表格中的数据可知，
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，则该方程式为：CO+3H2
CH4+H2O；
（3） A 项，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；B 项，
该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B 错误；C 项，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；D 项，若保持容器的
体积不变，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；故选AC；
（4）①A 项，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；B 项，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；C 项，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；故选AC；②
增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
；
（5）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，从而导致其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；温度过高还会导
致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
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10．（2023·辽宁·统考高考真题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
（1）我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制
备过程中CuSO4·5H2O 分解的TG 曲线(热重)及DSC 曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。
700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、 和 (填化学式)。
（2）铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为 。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是 (答出两点即可)。
（3）接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度
的关系如下图所示，下列说法正确的是 。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88 的曲线代表平衡转化率
c．α 越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所
示，催化性能最佳的是 (填标号)。
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(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p 和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=
(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】（1）CuO SO3
（2）催化剂 反应中有污染空气的NO 和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸
带来杂质、产率不高（答案合理即可）
（3）cd d
【解析】（1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反
应，从TG 图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO 剩余，还有其他气体产出，
此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4
3CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反
应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为
CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；
(ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO 和NO2放出影响空气环境、同时作为催化
剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。
（3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a 错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的
时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88 的条件下是平衡转化率，b 错误；c．从图像可以看出随着
转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c 正确；d．从图像可以看
出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温
度以减少能源的消耗，d 正确；故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d 的催化剂V-K-Cs-
Ce 对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp=
=
=
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；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp=
=
，故答案为
。
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