文档文本内容
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专题13 化学反应原理综合
01 专题网络·思维脑图
02 考情分析·解密高考
03 高频考点·以考定法
04 核心素养·微专题
微专题 原理综合类答题规范
考点一 化学平衡移动及最佳
反应条件的选择
【高考解密】
命题点01 化学平衡移动与转化率
命题点02 化学平衡移动与反应的
选择性
命题点03 适宜反应条件的选择
【技巧解密】
【考向预测】
考点二 化学平衡常数的多维
度计算
【高考解密】
命题点01 单一平衡体系中平衡
常数的计算
命题点02 多平衡体系中平衡常
数的计算
【技巧解密】
【考向预测】
考点三 化学热力学与动
力学实验探究
【高考解密】
命题点01 外界条件对化学
反应速率的影响
命题点02 化学平衡的实验
验证
【技巧解密】
【考向预测】
1
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考点
考查内容
考情预测
化学平衡移动及最佳
反应条件的选择
1、化学平衡移动与转化率
2、化学平衡移动与反应的选择
性
3、最佳反应条件的选择
化学原理综合题往往取材于能源、环境问题、化工
生产等情景。题目围绕一个主题，以“拼盘”的形
式呈现，每个小题有一定的相对独立性，将热化
学、化学反应速率、电化学及三大平衡知识融合在
一起进行考查；题目中结合图象、表格、数据、装
置等信息，考查学生的阅读、读图、分析归纳能
力，增加了试题的难度。考点主要涉及盖斯定律与
热化学方程式、化学反应速率的计算及其影响因
素、平衡常数计算及其影响因素、化学平衡移动及
其影响因素、电极反应方程式书写等。预计2024 年
高考化学原理综合题将以填空、读图、作图、计算
等形式呈现，以实际情景(场景)为背景，体现核心素
养的要求，预计对单一因素影响的考查已经越来越
少了，主要以“多因素影响”出现，考查考生的综
合分析判断能力。
化学平衡常数的多维
度计算
1、单一平衡体系中呈平衡常数
的计算
2、多平衡体系中平衡常数的计
算
化学热力学与动力学
实验探究
1、外界条件对化学反应速率的
影响
2、化学平衡的实验验证
考点一 化学平衡移动及最佳反应条件的选择
2
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命题点01 化学平衡移动与转化率
典例01（2023·全国新课标卷·29 节选）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。
回答下列问题：
(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中
一种进料组成为
，另一种为
。(物质i 的摩尔分数：
)
①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。
②进料组成中含有情性气体
的图是_______。
③图3 中，当
、
时，氮气的转化率
_______。
【答案】(4) P1＜P2＜P3 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大
图4 33.33%
【解析】(4)①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。
由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1＜P2＜P3，因此，图中压强由小到大的顺
序为P1＜P2＜P3，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数
越大。②对比图3 和图4 中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4 中平衡时氨的摩尔分数较小。在
恒压下充入情性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子
数增大的方向移动，因此，充入情性气体Ar 不利于合成氨，进料组成中含有情性气体Ar 的图是图4。③
图3 中，进料组成为
两者物质的量之比为3：1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分
别为3mol 和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：
3
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当
、
时，
，解之得
，则氮气的转化率
。
典例02（2022·海南卷）某温度下，反应CH2=CH2(g)+H2O(g)
CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，
下列说法正确的是
A．增大压强，
，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时
的浓度增大
C．恒容下，充入一定量的
，平衡向正反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的
，
的平衡转化率增大
【答案】C
【解析】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的
幅度大于逆反应的，故v 正> v 逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A 不正
确；B．催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B 不正确；
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C 正确；D．恒容下，充
入一定量的CH2=CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2 (g)的平衡转化率减小，D 不正确；综
上所述，本题选C。
典例03（2023·海南卷）制备水煤气的反应
，下列说法正确
的是
A．该反应
B．升高温度，反应速率增大
C．恒温下，增大总压，H2O(g)的平衡转化率不变
D．恒温恒压下，加入催化剂，平衡常数增大
【答案】B
【解析】A．该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以△S＞0，A 错误；B．升高温度，物质的内能增
加，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，因此化学反应速率增大，B 正确；C．恒温下，增大总压，
化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使H2O(g)的平衡转化率减小，C 错误；D．恒温恒压下，加
入催化剂，化学平衡不移动，因此化学平衡常数不变，D 错误；故合理选项是B。
命题点02 化学平衡移动与反应的选择性
典例01（2023·福建卷·节选）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
4
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已知：
为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在
下，丙烷单独进料时，
平衡体系中各组分的体积分数见下表。
物质
丙烯
乙烯
甲烷
丙烷
氢气
体积分数(%)
21
23.7
55.2
0.1
0
(2)③平衡体系中检测不到
，可认为存在反应：
，下列相关说法正确
的是 (填标号)。
a．
b．
c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率
d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数
④由表中数据推算：丙烯选择性
(列出计算式)。
【答案】(2)
ab
③
④
【分析】Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决问题。结合阿伏
加德罗定律将物质的量和体积进行转化。
【解析】（2）③根据盖斯定律：目标反应=2ⅰ+ⅲ，故
，故a 正确；分压=物质的量分数×总压=
体积分数×总压，故
，故b 正确；催化剂不能影响平衡，故c
不正确；通入丙烷平衡正向移动，根据温度不变Kp为定值，各组分的体积分数不变，故d 不正确；，答案
选ab;④在相同条件下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol 丙烷生成1mol 丙烯或1mol 乙烯或
3mol 甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性
；
典例02（2023·湖南卷·节选）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
(3)在
、
下，以水蒸气作稀释气。
作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下
两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(
)
5
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随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b 代表的产物是 ，理由是 ；
【答案】(3)苯 苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着水蒸气的通入，主反应④正移，副反应⑤正
移，⑥不移动，导致选择性变化，苯乙烯降低，苯升高，甲苯几乎不变
【解析】（3）b 曲线是苯；苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着水蒸气的通入，主反应④正移，副反
应⑤正移，⑥不移动，导致选择性变化，苯乙烯降低，苯升高，甲苯几乎不变；
典例03（2021·江苏卷）NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O 的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3
可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，
NH3的转化率、生成N2的选择性[
100%]与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250 ℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
【答案】D
【解析】A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O 的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，
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，N2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℃ N2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
6
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NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D 正确；答案为D。
命题点03 适宜反应条件的选择
典例01（2023·辽宁卷）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
SO
①
②
3
(2)①催化剂 ②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
①
②
③
【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。(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 项，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 项，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 项，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 项，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=
=
=
；设SO2初始量为m mol，则平衡时
n(SO2)=m·αe，n(SO3)=m-m·αe=m(1-αe)，Kp=
=
。
典例02（2022·浙江卷）主要成分为
的工业废气的回收利用有重要意义。
8
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(1)回收单质硫。将三分之一的
燃烧，产生的
与其余
混合后反应：
。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为
、
、
，计算该温度下的平衡常数
。
(2)热解
制
。根据文献，将
和
的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，
发生如下反应：
Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比
，并用
稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得
和
体积分数如下表：
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是 。
②下列说法正确的是 。
A．其他条件不变时，用Ar 替代
作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，
的转化率越高
C．由实验数据推出
中的
键强于
中的
键
D．恒温恒压下，增加
的体积分数，
的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图
。
9
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④在
，常压下，保持通入的
体积分数不变，提高投料比
，
的转化率不变，
原因是 。
⑤在
范围内(其他条件不变)，
的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分
析原因 。
【答案】(1)8×108 L·mol－1
(2)高温 AB
1000℃时CH4不参与反应，相同分压
的H2S 经历相同的时间转化率相同 先升后降；在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积
分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【解析】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝
；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS
＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0 可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温下自发进行；
A
②．Ar 是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar 替代N2作稀释气体，对实验结
果几乎无影响，A 正确；B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S 的转化率越高，B 正确；
C．根据表中数据无法得出H2S 中S-H 键和CH4中C-H 键的相对强弱，事实上C-H 键的键能大于S-H 键键
能，C 错误；D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容
器容积增加，H2浓度减小，D 错误；答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为
10
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；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S 经历相同的时间转化率相同，所以在
1000℃常压下，保持通入的H2S 体积分数不变，提高投料比时H2S 的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升
高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
典例03（2021·福建卷）化学链燃烧(
)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃
烧方式相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集
。基于
载氧体的甲烷化学链
燃烧技术示意图如下。
空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
①
②
(1)反应
。
(2)反应②的平衡常数表达式
。
(3)氧的质量分数：载氧体Ⅰ (填“>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。
(4)往盛有
载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数
为21%】，发生反应
①。平衡时
随反应温度T 变化的曲线如图所示。
时
的平衡转化率
(保留2 位
有效数字)。
(5)根据下图，
随温度升高而增大的原因是 。反应温度必须控制在
以下，原因是
。
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(6)载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的
载氧体，反应②活化能如下表所
示。
载氧体掺杂物质
氧化铝
膨润土
活化能/
由表中数据判断：使用 (填“氧化铝”或“膨润土”)掺杂的载氧体反应较快；使用氧化铝或者膨润
土掺杂的载氧体，单位时间内燃料反应器释放的热量分别为
、
，则a b(填“>”“=”或“<”)。
【答案】(1)
(2)
(或
)
(3)>
(4)58%
(5)反应①为放热反应，温度升高平衡左移 温度高于
时，
大于21%，载氧体无法载氧
(6)膨润土 <
【解析】（1）①
；②
，用①2+②
（1）得：反应
=
，故
答案：
。
（2）由②
可知，故体没有浓度，所以
该反应的平衡常数表达式
(或
)，故答案：
(或
)。
（3）由图可知：载氧体I 是把空气中的氧气转移到燃料反应器，载氧体II 是氧气和甲烷发生反应释放出水
和二氧化碳，所以氧的质量分数：载氧体I>载氧体II，故答案：>。
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（4）设往盛有
载氧体的刚性密闭容器中充入空气的物质的量为1mol,氧气的物的量分数
为21%，则氧气的物质的量为0.21mol，由图可知，达到平衡时氧气的物的量分数
为10%，设反应
的O2为xmol，有
，x=0.122mol，则
时
的平衡转化率
=58%，故答案：58%。
（5）因为①
为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，氧气的浓度
正大。因为往盛有
载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数
为21%】，
由图可知，当温度高于
时，
大于21%，载氧体无法载氧。故答案：反应①为放热反应，温度
升高平衡左移；温度高于
时，
大于21%，载氧体无法载氧。
（6）由表中数据可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能
高，所以使用膨润土掺杂的载氧体反应较快。
使用氧化铝比使用者膨润土掺杂的载氧体反应较慢，单位时间内燃料反应器释放的热量少，所以
<
，故答案：膨润土；<。
一、外界条件对化学反应速率的影响
1.纯液体和固体浓度视为常数，它们的量的改变不会影响化学反应速率。但固体颗粒的大小导致接触面积
的大小发生变化，故影响反应速率；
2.对于固体、液体物质，由于压强改变对它们的体积影响很小，因而压强对它们浓度的影响可看作不变，
压强对无气体参加的化学反应的速率无影响；
3.升高温度，不论吸热反应还是放热反应，也不论正反应速率还是逆反应速率都增大；
4.使用催化剂催化的化学反应，由于催化剂只有在适宜的温度下活性最大，反应速率才能达到最大，故在
许多工业生产中温度的选择还需考虑催化剂的活性温度范围；
5.“惰性气体”(不参加反应的气体)对反应速率的影响
①恒温恒容：充入“惰性气体”――→总压强增大―→物质浓度不变(活化分子浓度不变)，反应速率不变。
②恒温恒压：充入“惰性气体”――→体积增大――→物质浓度减小(活化分子浓度减小)――→反应速率
减小。
6.有关化学反应速率计算公式的理解
对于反应mA(g)＋nB(g)===cC(g)＋dD(g)
（1）计算公式：v(A)＝
Δc( A)
Δt
= Δn( A)
V⋅Δt
（2）同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反应速率，
存在如下关系：v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶c∶d
（3）注意事项
13
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①浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体
②化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是瞬时速率，且计算时取正值
二、化学平衡问题
1.外界条件对化学平衡移动的影响规律
温度的影响
升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；
降低温度，化学平衡向放热反应方向移动
浓度的影响
增大反应物浓度或减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动；
减小反应物浓度或增大生成物浓度，化学平衡向逆反应方向移动
压强的影响
增大压强会使平衡向气体体积减小的方向移动；
减小压强会使平衡向气体体积增大的方向移动
2.化学平衡计算中两组常用公式：
在可逆反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)中化学平衡常数(K)与浓度商(Q)，K＝
(式中的浓度是
指平衡状态的浓度，固体物质、纯液体、水溶液中进行的反应，H2O 不列入平衡常数的计算表达式中；气
体反应、有机反应，H2O 的浓度要列入平衡常数的计算表达式中)，Q＝
(式中的浓度是任意时刻的
浓度)。
转化率α＝
。
4．陌生平衡图像的问题
化学理论综合题中最容易失分的是速率与平衡的陌生图像，在非选择题中的陌生图像打破了传统的速率平
衡图像模式，反应体系不再局限于气相反应，引入了更多的液相反应，纵坐标和横坐标不再局限于时间、
温度、压强、速率、转化率等物理量，而是引入了更多的变量，如两种物质的物质的量之比、气体分压的
负对数等，使得图像更新颖、信息容量更大、题目难度更大。
5.化学反应中的选择性
在化学领域中，选择性是一个至关重要的概念。它涉及到化学反应在特定条件下，倾向于产生特定类型的
产物，而不是其他可能的产物。不同的化学反应可能在不同条件下产生多种产物，而选择性则是指反应在
特定条件下倾向于产生特定产物。例如，某些氧化还原反应在特定pH 值和温度下，更可能产生一种氧化
态的产物而不是其他可能的氧化态。在实际应用中，化学反应的选择性往往需要通过实验摸索和条件优化
来实现。这需要科研人员具备丰富的理论知识和实验技能。同时，也需要对反应机理有深入的理解，以便
更好地预测和控制反应选择性。
（1）原理：化学反应中的选择性涉及到反应物之间的相互作用以及反应路径的能量变化。在反应物作用
下，可能存在多个反应途径。然而，某个特定的反应途径能够优先进行，是由于在该途径中，反应物之间
具有更有利的相互作用、活化能较低等特点。
（2）影响因素
许多因素都会影响反应的选择性，如反应物浓度、温度、压力、催化剂等。因此，需要深入研究和优化反
应条件，以实现所需的选择性。
①反应物的结构：反应物的结构可以影响它与其他反应物之间的相互作用，从而选择性控制了反应途径。
例如，具有特定取代基的反应物可能会选择性地促进某个反应途径。
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②催化剂的选择：催化剂在化学反应中起到非常重要的作用，能够选择性地促使某个反应途径进行。通过
选择适当的催化剂，可以控制反应的选择性。催化剂通常能够提供稳定的中间体，降低活化能，从而选择
某个反应途径。
③反应条件：反应条件如反应温度、压力、溶剂等也会对反应的选择性产生影响。适当的反应条件可以使
某个反应途径更有利进行。
④反应动力学：反应动力学参数如速率常数、反应平衡常数等也会对选择性产生影响。反应动力学的不同
参数可以选择性地控制反应途径。
总的来说，化学反应的选择性是一个复杂而重要的概念。它不仅影响实验室研究的结果和效率，还关系到
工业生产的成本和环境治理的效果。因此，我们需要更深入地研究和理解化学反应的选择性，以提高其在
不同领域的应用效果。只有这样，我们才能更好地利用化学反应的选择性，为人类的生产和生活带来更多
的便利和效益。
6.平衡转化率大小变化分析技巧
（1）转化率问题首先看是否是平衡转化率，若为非平衡状态的转化率，则侧重分析温度、压强、浓度对
反应快慢、催化剂对反应快慢及选择性(主副反应)的影响；若为平衡转化率，则侧重分析温度、压强、浓
度对化学平衡的影响，有时也涉及温度对催化活性的影响。
（2）判断反应物转化率的变化时，不要把平衡正向移动与反应物转化率提高等同起来，要视具体情况而
定。常见有以下几种情形：
反应类型
条件的改变
反应物转化率的变化
有多种反应物的可逆
反应：mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)
恒容时只增加反
应物A 的用量
反应物A 的转化率减小，反应物B 的转化率增大
同等倍数地增大
反应物A、B 的
量
恒温恒压条件下
反应物转化率不变
恒温恒容
条件下
m＋n＞p＋q
反应物A 和B 的转化率
均增大
m＋n＜p＋q
反应物A 和B 的转化率
均减小
m＋n＝p＋q
反应物A 和B 的转化率
均不变
只有一种反应物的可
逆反应：mA(g)
nB(g)＋pC(g)
增加反应物A 的
用量
恒温恒压
条件下
反应物转化率不变
恒温恒容
条件下
m＞n＋p
反应物A 的转化率增大
m＜n＋p
反应物A 的转化率减小
m＝n＋p
反应物A 的转化率不变
三、化工生产适宜条件选择的一般原则
1.一般原则
①既不能过快，又不能太慢：通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面
积以及使用催化剂等途径调控反应速率。
②既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性。
③增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本：通过改变可逆反应体系的温度、
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溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高原料转化率。
④如设备承受高温、高压能力等。
⑤注意催化剂的活性对温度的限制。
2.实例分析——工业合成氨的条件选择
(1)反应原理：N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。
(2)反应特点：①反应为可逆反应；②正反应是气体体积减小的反应；③ΔH<0。
(3)从反应快慢和反应限度两个角度选择反应条件
(4)综合考虑——选择适宜的生产条件
①温度：400～500℃
②压强：10～30 MPa
③投料比：＝
④以铁触媒作催化剂
⑤采用循环操作提高原料利用率
考向01 化学平衡移动与转化率
1．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）向一容积可变密闭容器中充入等物质的量的A、B，发生反
应：2A(g)+2B(g)
3C(s)+4D(g)在不同压强下，该反应平衡常数随温度变化如表所示。下列判断正确的
是
压强Mpa
平衡常数
温度/℃
1.0
1.5
2.0
300
a
b
16
516
c
64
d
800
160
f
g
A．c＞a，g＞f
B．B．正反应是放热反应
C．2.0MPa、800℃时，A 的转化率最小
D．1.5MPa、300℃时，B 的转化率为50%
【答案】D
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【解析】A．平衡常数只与温度相关，温度不变，K 不变，所以g=f，故A 错误；B．由表格中的数据可知，
平衡常数随温度升高而增大，平衡正向移动，该反应的正反应是吸热反应，故B 错误；C．因为正反应为
吸热反应，所以800℃、相同压强时，A 的转化率最大，而反应前后气体的分子数相等，所以800℃时，三
种压强下的A 的转化率都相同，故C 错误；D．1.5MPa、300℃时，平衡常数b=16，设平衡时体积为V，
B 的物质的量的变化量为x,则达平衡时，A、B、D 的物质的量分别为1-x、1-x、2×
=16，
x=0.5mol，则B 的转化率为
×100%=50%，故D 正确；故选：D。
2．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）氨催化氧化是硝酸工业的基础。工业上以氨气和氧气
为原料，利用“氨催化氧化法”生产NO，在Pt-Rh 合金催化剂作用下，发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ：
Ⅰ．4NH3(g) + 5O2(g)
4NO(g) + 6H2O(g)
Ⅱ．4NH3(g) + 3O2(g)
2N2(g) + 6H2O(g)
现将1 mol NH3、2 mol O2充入1L 恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下，反应相同时间内，生成物的物
质的量随温度变化曲线如图所示：
已知：有效转化率=
×100%
下列说法不正确的是
A．该催化剂在低温时对反应Ⅱ的选择性更好
B．520℃时，NH3的有效转化率约为66.7%
C．工业上氨催化氧化生成NO 时，最佳温度应控制在840℃左右
D．高于400℃，n(N2)随温度升高而下降可能是反应Ⅱ的平衡逆向移动导致
【答案】B
【解析】A．由图可知，低温时反应的主要产物为氮气，即主要发生反应Ⅱ，说明该催化剂在低温时对反
应Ⅱ的选择性更好，A 正确；B．由图可知，520℃时，NH3发生反应I 生成NO 0.2mol，消耗氨气0.2mol，
NH3发生反应Ⅱ生成N2 0.2mol，消耗氨气0.4mol，则NH3的有效转化率为
，
B 错误；C．由图可知，840℃时，反应相同时间内，NO 的物质的量最大，副产物N2的物质的量最小，说
明该温度下最有利于NO 的生成，因此工业上氨催化氧化生成NO 时，最佳温度应控制在840℃左右，C 正
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确；D．400℃后n(N2)随温度升高而下降，其原因可能是：该反应为放热反应，高于400℃时平衡逆向移动，
使得N2的物质的量减少，D 正确；故选B。
3．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）
可以和
发生反应：
。一定温度下，向某恒容密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的
气体，反应过程中
气体和
气体的浓度与时间的关系如图所示。下列说法正确的是
A．
时该化学反应达到平衡状态
B．平衡后向容器内充入
，重新达到平衡时
增大
C．4 min 时，
的转化率约为71.4%
D．4 min 内，
的平均反应速率
【答案】C
【解析】A．由图可知，t1min 时c(CO2)=c(CO)，相同条件下t1min 后c(CO2)仍在减小，c(CO)仍在增大，则
t1min 时该化学反应没有达到平衡状态，故A 错误；B．该反应的平衡常数K=
，只与温度有关，温
度不变则K 不变，所以重新达到平衡时
不变，故B 错误；C．由图可知，4min 时，CO2的转化率
为
×100%≈71.4%，故C 正确；D．由图可知，4min 内CO 的平均反应速率v(CO)=
=0.125mol L
⋅
-1 min
⋅
-1，故D 错误；故选：C。
4．（2023·上海·统考模拟预测）在密闭容器中发生反应：
，往密闭容器中以
的比例通入两种反应物，其中15 min 后A 在四温度下的转化率如下表所示，且
，
则下列说法正确的是
温度
转化率
10%
70%
70%
60%
A．该反应是吸热反应
B．T 温度时(
)，A 的转化率是70%
C．
温度下，在15 min 后继续进行反应，A 的转化率变大
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D．
温度反应15 min 后，若
mol·L ，则
温度时的平衡常数是4.5
【答案】D
【解析】A．15 min 后A 在四温度下的转化率为单位时间内的转化率，该转化率与速率有关，根据表格数
据可知，随着温度升高，速率加快，T1、T2温度下15min 未达平衡，T3、T4温度下15min 时反应已经达到
平衡，为平衡转化率，平衡转化率随升高温度而减小，根据勒夏特列原理知该反应为放热反应，A 错误；
B．由A 中分析和表格数据可知T 温度时(
)，A 的转化率大于70%，B 错误；C．由A 中分析可知
T3 温度下15min 时已经达到平衡，在15 min 后继续进行反应，A 的转化率不变，C 错误；D．
温度反应
15 min 后已建立该条件下的平衡，若
mol·L ，设A、B 的起始浓度分别为2c，c，A 的转化率为
60%：
，
由题意知c-60%c=0.5，故c=
mol/L，故
，D 正确；故选D。
5．（2023·湖南株洲·统考一模）根据下列图示所得出的结论不正确的是
甲
乙
丙
丁
A．图甲是恒温密闭容器中发生
反应时
随反应时间变化的曲线，说明
t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积
B．图乙是H2的起始量一定时恒温密闭容器中发生
反应，达到平衡时NH3的体
积分数随N2的起始物质的量的变化曲线，则H2的转化率：b>c>a
C．图丙是一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力变化，则用湿润的pH 试纸测
量a 处溶液的pH，测量结果偏小
D．图丁表示反应
不同温度时平衡常数K 随压强的变化关系图，则
【答案】B
【解析】A．恒温密闭容器中发生
，K=c(CO2),温度不变，平衡常数不变，t1
时刻缩小容器体积，c(CO2)迅速增大，重新达到平衡后，c(CO2)与原平衡c(CO2)相等，A 正确；B．H2的起
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始量一定时在恒温密闭容器中发生
反应，随着氮气的物质的量逐渐增大，反应
正向进行，H2的转化率逐渐增大，故H2的转化率：c>b>a ，B 错误；C．在一定温度下，将一定质量的
冰醋酸加水稀释，醋酸的电离程度增大，导电能力增强，但超过b 点以后，离子浓度减小，导电能力减弱，
在a 点用湿润的PH 试纸测量PH 时，相当于醋酸被稀释，酸性增强，PH 偏小，C 正确；D．由于
为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，由图知T2时的
K 值小于T1时的K 值，故
，D 正确；故选B。
考向02 化学平衡移动与反应的选择性
1．（2024 上·江苏扬州·高三统考期末）二氧化碳加氢制甲醇涉及的反应可表示为：
反应I：
反应II：
一体积固定的密闭容器中，在5MPa 下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3 投料，平衡时，CO 和CH3OH 在含碳产
物中物质的量百分数及CO2的转化率随温度的变化如题图所示。下列说法错误的是
A．200~400℃
的平衡转化率始终低于CO2
B．270℃时反应II 的平衡常数为0.015
C．加入选择性高的催化剂，可提高单位时间内CH3OH 的产率
D．150~250℃范围内，反应II 平衡常数增大的幅度大于反应I 平衡常数减小的幅度
【答案】D
【分析】反应I 为放热反应，温度越高，该反应的产物
的含量越低，故m 曲线代表的是
的
物质的量百分数，n 曲线代表的是CO 的物质的量百分数。
【解析】A．起始
投料，只发生反应I 时，由于反应Ⅰ中
和
的化学计量数之比
为1：3，所以
和
的转化率相同；发生反应II 时，由于反应Ⅱ中
和
的化学计量数之比为1：
1，所以
的平衡转化率小于
的转化率，所以当I、II 都发生时，
的平衡转化率小于
的转化率，
所以
的平衡转化率始终低于
，A 项正确；B．270℃时，二氧化碳的转化率为24%，且
甲醇和一氧化碳的选择性各为50%，设初始投料
，
，容器体积为V，根据题
意列出三段式如下：
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平衡时，
，
、
、
，则
，B 项正确；C．若加入
选择性高的催化剂，可以加快二氧化碳和氢气
生成甲醇的反应速率，提高单位时间内
的产率，C 项正确；D．
范围内，温度升高，反
应Ⅰ是放热反应，平衡逆向移动，造成二氧化碳转化率减小，平衡常数减小；反应Ⅱ是吸热反应，平衡正
向移动，造成二氧化碳转化率增大，平衡常数增大；由于二氧化碳的转化率下降，说明该温度范围内反应
II 平衡常数增大的幅度小于反应I 平衡常数减小的幅度，D 项错误；故选D。
2．（2023 上·江苏南京·高三南京师大附中校考期中）乙醇-水催化重整可获得
，其主要反应为：
，
，在
Pa 下，当乙醇和水的物质的量之比为1：3 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。下列说法不正确的是
A．图中曲线①表示平衡时
选择性随温度的变化
B．升高温度，平衡时
产率和CO 选择性均增大
C．一定温度下，增大
或适当减压，均可提高乙醇平衡转化率
D．一定温度下，加入少量生石灰或者熟石灰固体，均能提高平衡时
产率
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【答案】B
【分析】根据已知反应C2H5OH(g)+3H2O(g)
2CO
⇌
2(g)+6H2(g)ΔH=173.3 kJ/molⅠ；②CO2(g)+H2(g)
CO(g)
⇌
+H2O(g)ΔH=41.2
Ⅱ，可知Ⅰ的热效应更大，故温度升高时对反应Ⅰ的影响更大一些，即二氧化碳
选择性减小，同时CO 的选择性增大，根据CO 的选择性定义可知③代表一氧化碳的选择性，①代表CO2
的选择性，②代表氢气的产率，以此来解答此题。
【解析】A．由分析可知，曲线①表示平衡时CO2选择性随温度的变化，故A 正确；B．升高温度，反应
Ⅰ、反应Ⅱ平衡右移，生成的CO 增多，CO 选择性增大，消耗的H2也增多，H2产率先增大后减小，故B
错误；C．两种物质参加反应，增大
，即相对来说n(C2H5OH)不变，增大n(H2O)，
H2O 的浓度增大，会使化学平衡向正反应方向移动，适当减压，也会使平衡正向移动，从而可提高乙醇的
平衡转化率，故C 正确；D．加入生石灰或熟石灰固体能吸附CO2，促进反应正向进行，可以提高H2的产
率，故D 正确；故选：B。
3．（2023 上·辽宁沈阳·高三东北育才学校校考阶段练习）工业上用CO2和H2合成甲醇涉及以下反应：
反应I．CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1
反应Ⅱ. CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH2
在催化剂作用下，将1molCO2和2molH2的混合气体充入一恒容密闭容器中进行反应，达到平衡时，CO2的
转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。下列判断正确的是
已知：平衡时甲醇的选择性为生成甲醇消耗的CO2在CO2总消耗量中占比。
A．ΔH2<0
B．T℃，平衡时甲醇的选择性为40%
C．T℃，反应Ⅱ平衡常数
D．为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时甲醇的选择性，应选择的反应条件为高温、高压
【答案】C
【解析】A．由图可知，温度越高，CO2的转化率越小，平衡逆向移动，说明逆反应是吸热反应，故反应I
为放热反应，反应II 为吸热反应，ΔH2>0，故A 错误；B．T℃，CO2转化率为50%，平均相对分子质量为
20，混合气体总物质的量为：
＝2.4mol，则CO2为0.5mol，设甲醇为xmol，CO 为ymol，可列出
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以下方程：x+y=0.5，n(H2)=2-(3x+y)，n(H2O)=x+y，n(CH3OH)+n(CO)+n(CO2)+n(H2)+n(H2O)=2.4，计算
n(CH3OH)=0.3mol，n(CO)=0.2mol，甲醇的选择性为
×100%＝60%，故B 错误；C．由B 项分析，T℃
时，反应Ⅱ中平衡n(CO2)=0.5mol，n(H2)=0.9mol，n(CO)=0.2mol，n(H2O)=0.3+0.2=0.5mol，反应Ⅱ平衡常
数，故C 正确；D．由反应I 为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，故CO2的平衡转化率降低，则不能
选择高温条件，故D 错误；故选：C。
4．（2023 上·江苏苏州·高三统考期中）
可协同催化
的氢化，体系中涉及以下两个反应：
反应1：
反应2：
将一定比例的
、
以一定流速通过催化剂，在一定温度下反应，
的转化率、
或CO 的选
择性［
］与催化剂中NiO 的质量分数的关系如图所示。下列说法正确的是
A．反应
B．曲线Y 表示
的转化率随催化剂中NiO 的质量分数的变化
C．其他条件不变，催化剂中NiO 的质量分数为1%时，
的产率最高
D．其他条件不变，NiO 的质量分数从25%增加到50%，
的平衡选择性降低
【答案】B
【解析】A．根据盖斯定律，反应1-反应2 得2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) ΔH=ΔH1-ΔH2=-90.5kJ mol
⋅
-1，A
错误；B．CH3OH 的选择性与CO 的选择性之和为100%，由图可知，CO 的选择性曲线与CH3OH 的选择性
曲线应关于50%这条水平线对称，则曲线X 表示CO 的选择性，那么曲线Y 表示CO2的转化率随催化剂中
NiO 的质量分数的变化，B 正确；C．由图可知，其他条件不变，催化剂中NiO 的质量分数为1%时，
CH3OH 的选择性最高，但CO2的转化率不是最高，则CH3OH 的产率不一定是最高，C 错误；D．催化剂能
加快反应速率，但不影响平衡，因此NiO 的质量分数从25%增加到50%，CH3OH 的平衡选择性不变，D 错
误；故选B。
5．（2023 上·江苏南京·高三校联考阶段练习）在催化剂作用下，以
和
为原料进行合成
的实
验。保持压强一定，将起始
的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处
的
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转化率和
的选择性[
]与温度的关系如图所示(图中虚线表示平衡时
的转化率
或
的选择性)。
已知反应管内发生的反应为：
反应1：
反应2：
下列说法正确的是
A．
B．220℃～280℃时，出口处一定存在：
C．220℃～280℃，保持其他条件不变，
随温度的升高而增加
D．为提高
的产率，应研发高温下催化活性更强的催化剂
【答案】B
【解析】A．根据盖斯定律反应1-反应2 得
的
，故A 错误；
B．220℃～280℃时，
选择性始终高于60%左右、CO 选择性低于40%，则
，
故B 正确；C．在220℃～280℃范围内，随温度升高，
选择性降低、CO 选择性增大，则
的值随温度升高而减小，故C 错误；D．低温下，
选择性高，所以开发低温下
反应活性强的催化剂以提高反应速率，同时有利于提高的产率，故D 错误；故选B。
考向03 最佳反应条件的选择
1．（2023·上海徐汇·统考模拟预测）有关工业合成氨的说法错误的是
A．不断移去液氨，有利于反应正向进行
B．400~500℃时，原料的平衡转化率最大
C．增大压强，氨的分解速率增加
D．D．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒
【答案】B
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【解析】A．如果改变可逆反应的条件(如浓度、压强、温度等)，化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的
方向移动，不断将氨气液化，降低生成物浓度，有利于平衡正向移动，故A 正确；B．合成氨是放热反应，
升高温度平衡逆向移动，原料的平衡转化率降低，控制温度为400℃～500℃是因为此温度催化剂的活性最
高，反应速率较大，生产效率较高，故B 错误；C．增大压强，化学反应速率增大，氨的分解速率增加，
故C 正确；D．制备原料气过程中会产生其它杂质，为防止催化剂中毒和安全，原料气须经过净化处理，
故D 正确；故答案选B。
2．（2023·上海徐汇·统考一模）不符合硫酸工业生产实际的是
A．沸腾炉中加入碾碎的硫铁矿
B．接触室中的反应条件为高温高压
C．催化氧化时通过热交换器充分利用能量
D．吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3
【答案】B
【解析】A．沸腾炉中加入碾碎的硫铁矿可以增大固体的表面积，是反应物的接触面积增大，反应更加充
分，A 正确；B．接触室中二氧化硫的催化氧化反应在常压下转化率已经很高，加压对转化率影响不大，
但对设备材料要求较高，会导致成本增大，故接触室中的反应条件为高温常压，B 错误；C．二氧化硫在
接触室内催化氧化生成三氧化硫的反应为放热反应，催化氧化时通过热交换器可以预热反应物，同时降低
容器中的温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，C 正确；D．SO3溶解于水放热易
形成酸雾，导致吸收效率低，若吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，可以防止吸收过程中形成酸雾，提
高SO3的吸收效率，D 正确；故选B。
3．（2023·云南·校联考模拟预测）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯(HCOOCH3)：
，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH 和CO，测得
相同时间内CO 的转化率随温度变化如图实线所示(图中虚线表示相同条件下CO 的平衡转化率随温度的变
化)。下列说法不合理的是
A．适当增大压强可增大甲醇的平衡转化率
B．c 点反应速率
C．反应速率
，平衡常数
D．生产时反应温度控制在80~85℃为宜
【答案】C
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【分析】从图像中可以看出，当CO 的转化率达到最高点后，再升高温度，CO 的转化率降低，则表明平衡
逆向移动，从而得出正反应为放热反应。
【解析】A．因为反应物气体分子数大于生成物气体分子数，所以适当增大压强可使平衡正向移动，从而
增大甲醇的平衡转化率，A 合理；B．c 点时，CO 的转化率小于该温度下的平衡转化率，则平衡正向移动，
反应速率
，B 合理；C．因为e 点时温度高于b 点时温度，所以e 点反应速率比b 点快，即反应速
率
，但正反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，所以平衡常数
，Ｃ不合理；D．
80~85℃时，CO 的转化率已经达到95.5%以上，且反应速率较快，所以生产时反应温度宜控制在
80~85℃，D 合理；故选C。
4．（2023·江苏·校联考模拟预测）一种生产环氧乙烷的反应为：
下列说法正确的是
A．该反应
B．使用
是为了提高乙烯的平衡转化率
C．该反应中每消耗
乙烯，转移电子的数目为
D．实际生产投料时，
值越大，平衡体系中环氧乙烷物质的量分数越大
【答案】C
【解析】A．根据反应式可知该反应
，根据反应自发的条件，
，A 错误；B．任何催化剂不
会影响平衡转化率，B 错误；C．根据方程式，反应中消耗
乙烯时，消耗
物质的量为
，转移
电子
，C 正确；D．
值增大，可理解为
用量一定、增加
用量；
用量增
加，可提高
转化率，增加平衡体系中环氧乙烷物质的量，但因为
用量一定，平衡体
系中环氧乙烷物质的量的增加是有限的，而混合体系物质的量总量增加是无限的，当
用量超过一定程度
时，虽然环氧乙烷物质的量仍然增加，但其物质的量分数(在体系中所占物质的量百分比)却减小，D 错误；
故答案为：C。
5．（2023·江苏镇江·江苏省镇江第一中学校考一模）恒压条件下，密闭容器中将CO2、H2按照体积比为
1：3 合成CH3OH，其中涉及的主要反应：
Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49kJ·moI-1
Ⅱ．CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH2=41kJ·moI-1
在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，在相同的时间段内
的选择性和产率随温度的变化如图
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已知：CH3OH 的选择性=
下列说法正确的是
A．保持恒温恒压下充入氮气，不影响CO 的产率
B．合成甲醇的适宜工业条件是约230°C，催化剂选择CZ(Zr-1)T
C．使用CZ(Zr-l)T，230°C 以上，升高温度甲醇的产率降低，原因是催化剂的活性降低
D．使用CZT，230°C 以上，升高温度甲醇的产率降低，是因为反应Ⅰ平衡逆向移动
【答案】B
【解析】A．充入氮气反应Ⅰ压强减小平衡逆向移动，H2和CO2增加从而导致反应Ⅱ的反应物浓度增大平
衡正向，所以CO 的产率增加，A 项错误；B．相同条件下催化剂CZ(Zr-1)T 选择性更高。此催化剂在
230℃选择性最高且CH3OH 的产率较高，所以甲醇的最适宜条件为约230°C、催化剂选择CZ(Zr-1)T，B 项
正确；C．230℃以上反应Ⅰ为放热反应升温平衡逆向，而反应Ⅱ为吸热反应升温平衡正向，导致甲醇的产
率降低，C 项错误；D．CZT，230°C 以上甲醇的选择性低，且升温反应Ⅱ正向，所以该条件下主要以反应
Ⅱ为主导致甲醇的产率降低，D 项错误；故选B。
考点二 化学平衡常数的多维度计算
命题点01 单一平衡体系中呈平衡常数的计算
典例01（2023·浙江卷·节选）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：
该反应分两步完成：
请回答：
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(2)恒定总压
和水碳比[
]投料，在不同条件下达到平衡时
和
的分压(某
成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
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
。
【答案】(2)2
【解析】（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，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol 和5mol，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
；
典例02（2022·湖北卷·节选）纳米碗
是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，
可以由
分子经过连续5 步氢抽提和闭环脱氢反应生成。
(4)1200K 时，假定体系内只有反应
发生，反应过程中压强恒定为
(即
的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数
为 (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】(4)
【解析】（4）1200K 时，假定体系内只有反应
发生，反应过程中压强恒定
为
(即
的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为：
28
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则
，
，
，该反应的平衡常数
=
，故答案为：
；
典例03（2021·湖北卷·节选）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧
化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)
H
△
1=+125kJ·mol-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+
O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)
H
△
2=-118kJ·mol-1
(2)对于反应Ⅰ，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a 所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp= kPa(以分压表示，分压=总压×
物质的量分数，保留一位小数)。
【答案】(2)减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率 16.7
【解析】（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的
方向移动，即向正反应方向移动，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，运用三段式法计算：
由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、
C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100KPa×
=
故T1时反应Ⅰ的平衡常数KP=
=16.7kPa。
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命题点02 多平衡体系中平衡常数的计算
典例01（2023·河北卷·节选）氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对
解决环境和能源问题都具有重要意义。
回答下列问题：
(1)恒温下，将
空气(
和
的体积分数分别为0.78 和0.21，其余为惰性组分)置于容积为
的恒容
密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
i
ii
③若上述平衡体系中
，则
(写出
含a、b、V 的计算式)。
【答案】(1)
【解析】（1）③根据三段式
，
；
故答案为：
；
；
典例02（2021·辽宁卷·节选）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下
反应：
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Ⅰ.主反应：
(g)+3H2(g)⇌
(g) ∆H1<0
Ⅱ.副反应：
(g) ⇌
(g) ∆H2>0
回答下列问题：
(6)恒压反应器中，按照
投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为
，平衡时苯的转化率为α，
环己烷的分压为p，则反应1 的
(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压
×物质的量分数)。
【答案】(6)
【解析】（6）恒压反应器中，按照
投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生Ⅰ、
Ⅱ反应总压为
，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：
，
有反应后平衡体系中总
的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为：
，H2的分压为：
，则反应
1 的
=
，故答案为：
。
一、三种平衡常数
a A（g）+b B（g）
c C（g）+d D（g）
1.浓度平衡常数：
Kc＝
c
c（C）×c
d（D）
c
a（A）×c
b（B）
①平衡量必须为平衡时的浓度
②等体积反应：可以用平衡时的物质的量代替平衡时的浓度
③恒压条件下：先计算平衡体积，再算平衡常数
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2.压强平衡常数：
Kp＝
p
c（C）×p
d（D）
p
a（A）×p
b（B）
①平衡量为平衡时的浓度、物质的量、体积等均可
②分压Pi＝P 总×xi＝P 总×
ni
n总＝（P1+P2+P3+…）×
ni
n总
③恒容条件下：先计算平衡总压，再算平衡常数或直接根据分压计算
3.物质的量分数平衡常数：Kx＝
x
c（C）×x
d（D）
x
a（A）×x
b（B）
①平衡量为平衡时的浓度、物质的量、体积等均可
②物质的量分数：xi＝
ni
n总
二、计算Kp的思路和方法
计算平衡常Kp的思路和方法与计算浓度平衡常数K 完全相同，关键是由平衡时气体的总物质的量和各气
体的物质的量确定各气体的物质的量分数，再由总压强和物质的量分数确定各气体的分压，最后由分压计
算Kp。计算压强平衡常数Kp 的有效方法仍是列“三段式”和“分三步”。
1.列“三段式”——列出起饴量、转化量、平衡量，一般应列物质的量。
2.“分三步”
如：a A（g）+b B（g）
c C（g）+d D（g）
表达式：
Kp＝
p
c（C）×p
d（D）
p
a（A）×p
b（B）
第一步，得出各物质的平衡量；
反应
aA
（g）
+bB
（g）
cC（g）
+dD（g）
起始量
nA
nB
0
0
转化量
ax
bx
cx
dx
平衡量
nA－ax
nB－bx
cx
dx
第二步，计算各气体的体积分数（物质的量分数）和分压；
、
第三步，代入Kp的表达式中进行计算。
注：（1）计算中常需运用阿伏加德罗定律的推论——恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比：p 始：
p 平=n 始：n 平（比如平衡时比起始时压强增大了20%，则平衡时气体总物质的量变为起始时的1.2 倍）；恒
温恒压条件下，体积比等于物质的量之比：V 始：V 平=n 始：n 平；恒温恒压条件下，密案度比等于体积
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的反比、物质的量的反比：ρ 始：ρ 平=n 平：n 始（比如，平衡时气体密度变为起始时的5
6则平衡时混合气体
的平均摩尔质量是起始时混合气体的物质的量是起始时混合气体的6
5。
（2）混合气体的总压等于相同温度下各组分气体的分压之和。
三、速率常数和平衡常数的关系
基元反应：a A（g）+b B（g）
c C（g）+d D（g）
1.速率方程
（1）抽象化速率方程：笼统的正逆反应速率
①v 正＝k 正·ca（A）·cb（B）、v 逆＝k 逆·cc（C）·cd（D）
②v 正＝k 正·pa（A）·pb（B）、v 逆＝k 逆·pc（C）·pd（D）
③v 正＝k 正·xa（A）·xb（B）、v 逆＝k 逆·xc（C）·xd（D）
（2）具体化速率方程：以具体物质表示的正逆反应速率
①vA 正＝k 正·ca（A）·cb（B）、vC 逆＝k 逆·cc（C）·cd（D）
②vA 正＝k 正·pa（A）·pb（B）、vC 逆＝k 逆·pc（C）·pd（D）
③vA 正＝k 正·xa（A）·xb（B）、vC 逆＝k 逆·xc（C）·xd（D）
2.速率常数和平衡常数的关系
（1）抽象化：平衡条件v 正＝v 逆，①
k 正
k 逆＝Kc；②
k 正
k 逆＝Kp；③
k 正
k 逆＝Kx
（2）具体化：平衡条件
v A 正
vC 逆＝
a
c ，①
k 正
k 逆＝
a
c Kc；②
k 正
k 逆＝
a
c Kp；③
k 正
k 逆＝
a
c Kx
四、多平衡体系化学平衡常数的计算
1.多重平衡是指相互关联的若干平衡同时存在于一个平衡系统中，且至少有一种物质同时参与几个相互关
联的平衡。
多重平衡涉及的反应多，看似杂乱，但各个平衡之间存在内在联系，要么连续，要么竞争，这样可将三个
平衡简化为两个平衡，从而快速解答。也可以从元素守恒入手，只要抓住起始状态与平衡状态即可，可以
忽略复杂的反应过程，从而使复杂问题简单化。
2.同一容器内的多平衡体系，相同组分的平衡浓度相同
①化学平衡：a A（g）
b B（g）+c C（g），c C（g）
d D（g）+e E（g）
②特点：计算K1、K2时，用到的c（C）相同
3.计算方法
（1）元素守恒法：根据某元素守恒，计算出平衡时相应组分的浓度
（2）设未知数法
①有几个平衡假设几个未知数（变化量）
②用这些未知数表示出平衡时相应组分的浓度
③根据相关等量计算出未知数，带入平衡常数表达式求解
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考向01 单一平衡体系中呈平衡常数的计算
1．（2024·甘肃·模拟预测）铜锈中含有
和
。有人提出腐蚀途径如下：
(6)某温度下，
在恒容密闭容器中的
分解达
平衡时，容器内压强为
，则反应平衡常数
。
【答案】(6)
【解析】（6）该反应
，反应物为固体，气体为生成的
，则混合气体中二者物质的量之比为1:1，
的分压为
，
的分压为
，反应平衡常数
；
2．（2024·贵州·统考模拟预测·节选）苯乙烯是重要的有机化工原料，可用乙苯为原料制备苯乙烯。制备
方法有直接脱氢法和氧化脱氢法。在
时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接脱氢：
(ⅱ)氧化脱氢：
回答下列问题：
(2)已知
，忽略
随温度的变化。当
时，反应能自发进行。在
下，直接
脱氢反应的
和
随温度变化的理论计算结果如图所示。
③在某温度、
下，向密闭容器中通入
气态乙苯发生直接脱氢反应，达到平衡时，混合气体中
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乙苯和氢气的分压相等，该反应的平衡常数
(保留小数点后一位；分压总压物质的量分
数)。
【答案】(2)33.3
【解析】（2）③设转化的C8H10物质的量为xmol，可得三段式：
，达到平衡时，混合气体中乙苯和氢气的分压相等，根据阿
伏伽德罗定律及其推论可知，此时1-x=x，解得x=0.5mol，总物质的量为1.5mol，
3．（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测·节选）对CO2的综合利用具有深远意义。由CO2、
CO 和H2制备甲醇涉及以下反应：
CO
①
2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.0kJ·mol-1
CO(g)+2H
②
2(g)
CH3OH(g) ΔH2=-90.1kJ·mol-1
CO(g)+H
③
2O(g)
CO2(g)+H2(g) ΔH3
回答下列问题：
(3)在1L 恒容密闭容器中充入1molCO、2molH2，仅发生反应②：CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)。某温度下反
应达到平衡时，测得CO 的转化率为50%，H2的分压p(H2)=5MPa，则平衡常数Kp2= 。
【答案】(3)
【解析】（3）根据题干信息，利用三段式处理数据
，根据物质的量之比等于分压之比，因此
考向02 多平衡体系中平衡常数的计算
1．（2024·黑龙江·校联考模拟预测·节选）CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有
效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。二氧化碳催化加氢制甲醇有利于减少温室气体排放，涉
及的反应如下：
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I.
II.
kJ mol
⋅
-1
III.
kJ mol
⋅
-1
回答下列问题：
(6)在恒温恒压(压强为p)的某密闭容器中，充入1mol
和3mol
，仅发生反应I 和II，经过一段
时间后，反应I 和II 达到平衡，此时测得
的平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%{甲醇选择性[
]}，则该温度下反应I 的平衡常数
(写出计算式即可，
分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(6)
【解析】（6）在恒温恒压(压强为p)的某密闭容器中，充入1 mol
和3 mol
，仅发生反应Ⅰ
和Ⅱ，经过一段时间后，反应Ⅰ和Ⅱ达到平衡，此时测得
的平衡转化率为20%，甲醇的选择性为
50%，根据三段式分析可知：
，
，
此时CO2的平衡分压为：p(CO2)=
，同理有：p(H2)=
，p(CH3OH)=
，p(H2O)=
，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数
。
2．（2023·陕西渭南·统考一模·节选）随着时代的进步，人类对能源的需求量与日俱增，我国全球首套焦
炉气化学合成法生产无水乙醇的工业示范项目打通全流程实现，项目投产成功。
(4)甲醇也是新能源的重要组成部分。以
、
为原料合成
涉及的反应如下：
iv．
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v．
vi．
在不同压强下、按照
进行投料，在容器中发生上述3 个反应，平衡时，CO 和
在含碳产物(即
和CO)中物质的量分数及
的转化率α 随温度的变化如图，
压强
、
、
由大到小的顺序为 ，曲线 (填“m”或“n”)代表
在含碳产
物中物质的量分数，在
℃
下，压强为
时，反应ⅴ的浓度平衡常数
(填含α 的表达式)。
【答案】(4)
m
【解析】（4）反应ⅳ、ⅵ正向体积减小，ⅴ体积不变，增大压强二氧化碳的转化率增大，相同温度下二
氧化碳转化率从小到大对应的压强顺序为P3、P2、P1，则压强从大到小的顺序为
；反应ⅳ、ⅵ正
向放热，ⅴ正向吸热，升高温度，反应ⅳ、ⅵ逆向移动，ⅴ正向移动，则升高温度二氧化碳浓度增大，甲
醇浓度减小，因此m 代表甲醇在含碳物质中的质量分数；按照
进行投料，设起始时二
氧化碳和氢气浓度分别为1mol/L、3mol/L：
图中可以读出此时CO 和甲醇的物质的量分数
相等则y-z=x+z；二氧化碳的转化率为α 则x+y=α；
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。
3．（2023·浙江绍兴·绍兴一中校考一模·节选）用太阳能电池电解水得到的H2，再与CO2反应生成甲醇，
是目前推动“碳达峰、碳中和”的新路径。合成甲醇过程中主要发生以下反应：
i．CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=－49.4kJ·mol－1 Kp1
ii．CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ΔH2=＋41.2kJ·mol－1 Kp2
iii．CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g) ΔH3 Kp3
(1)Kp3= (Kp1、Kp2表示)。
(2)在3.0 Mpa，有催化剂的条件下，向密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，CO2的平衡转化率与
CH3OH、CO 的选择性随温度的变化如图1 所示，CH3OH (或CO)的选择性=
×100%。
3.0 Mpa
③
，250℃反应达到平衡后，H2的物质的量为2.6 mol，反应ii 的Kp2= 。已知：对于气相反应，
用组分B 的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可以表示平衡常数，记作Kp，如p(B)=p·x(B)，p 为平衡
压强，x(B)为平衡系统中B 的物质的量分数。
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由盖斯定律知反应iii=反应i-反应ii，故
；
（2）③设反应i 中CO2变化量为x，反应ii 中CO2变化量为y，则
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250℃达到平衡的反应体系中H2的物质的量为2.6mol，则3-3x-y=2.6mol，根据图像可知，250℃时CH3OH
的选择性和CO 的选择性相 ，则平衡时
，即x=y，解出：x=y=0.1mol， 则CO2的变化
量为：x+y=0.2mol，平衡时CO2的物质的量为：1-x-y=0.8mol， 平衡时H2O 的物质的量为：x+y=0.2mol，
平衡时气体总物质的量为：4-2x=3.8mol，反应ii 的Kp2=
；
考点三 化学热力学与动力学实验探究
（解密高考命题点，每个命题点下面2-3 道高考真题，近三年）
命题点01 外界条件对化学反应速率的影响
典例01（2023·湖南卷）向一恒容密闭容器中加入
和一定量的
，发生反应：
。
的平衡转化率按不同投料比
随温度的变化曲线
如图所示。下列说法错误的是
A．
B．反应速率：
C．点a、b、c 对应的平衡常数：
D．反应温度为
，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x 值越小，CH4的转化率越大，则
，故A 正确；B．b 点和c 点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b 点x 值小于c 点，则b 点
加水多，反应物浓度大，则反应速率：
，故B 错误；C．由图像可知，x 一定时，温度升高CH4的
平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K 增大；温度相同，K 不变，则点
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a、b、c 对应的平衡常数：
，故C 正确；D．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强
发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故D 正确；答案选B。
典例02（2022·浙江卷）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下
列说法不正确的是
A．实验①，
，
B．实验②，
时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【解析】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40 10-3mol/L-2.00 10-3mol/L=4.00 10-4mol/L，
v(NH3)=
=2.00 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=
v(NH3)=1.00
10-5mol/(L·min)，A 正确；B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度
与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00 10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00
10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，氨气浓度减小，因此实
验②60min 时处于平衡状态，根据等效平衡可以判断x<0.2，即x≠0.4，B 正确；C．实验①、实验②中
0~20min、20min~40min 氨气浓度变化量都是4.00 10-4mol/L，实验②中60min 时反应达到平衡状态，实验
①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min 时
反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C 错误；D．对比实验①和实
验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2 倍，实验③先达到平衡状态，
实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D 正确；答案选C。
典例03（2021·辽宁卷）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时
间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
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A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为
时，半衰期为
【答案】B
【解析】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故
反应速率越大，A 正确；B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，
所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B 错误；C．由题干图
中数据可知，条件①，反应速率为
=
，C 正确；D．反应物
消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为
时，半
衰期为125min÷2=
，D 正确；故答案为：B。
命题点02 化学平衡的实验验证
典例01（2023·辽宁卷）某小组进行实验，向
蒸馏水中加入
，充分振荡，溶液呈浅棕色，再
加入
锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知
为棕色，下列关于颜色变化
的解释错误的是
选项
颜色变化
解释
A
溶液呈浅棕色
在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应：
C
紫黑色晶体消
失
(
)的消耗使溶解平衡
右移
D
溶液褪色
与有色物质发生了置换反应
【答案】D
【解析】A．向10mL 蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中
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溶解度较小，A 项正确；B．已知
(aq)为棕色，加入0.2g 锌粒后，Zn 与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发
生反应I-+I2⇌
，生成
使溶液颜色加深，B 项正确；C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)
I
⇌2(aq)，Zn 与I2反应
生成的I-与I2(aq)反应生成
，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C 项正确；D．
最终溶液褪色是Zn 与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D 项错误；答案选D。
典例02（2022·浙江卷）关于反应
，达到平衡后，
下列说法不正确的是
A．升高温度，氯水中的
减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，
增大
C．取氯水稀释，
增大
D．取两份氯水，分别滴加
溶液和淀粉KI 溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明
上述反应存在限度
【答案】D
【解析】A．HClO 受热易分解，升高温度，HClO 分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A 正确；B．氯水
中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，
c(HClO)增大，B 正确；C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO 本身也存在电
离平衡HClO
H
⇌
++ClO-，稀释促进了HClO 的电离，使c(HClO)减少更多，因此
增大，C 正确；
D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生
成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，
即不能证明上述反应存在限度，D 错误；答案选D。
典例03（2021·北京卷）某小组实验验证“Ag++Fe2+
Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
(1)实验验证
实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mol/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液
呈黄色。
实验II：向少量Ag 粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。
①取I 中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 。
II
②
中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是 。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+
Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象 。
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(2)测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL 上层清液，用c1 mol/L KSCN 标准溶液滴
定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN 标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN-
AgSCN↓（白色） K=1012
Fe3++SCN-
FeSCN2+（红色） K=102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是 。
②测得平衡常数K= 。
(3)思考问题
①取实验I 的浊液测定c(Ag+)，会使所测K 值 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
②不用实验II 中清液测定K 的原因是 。
【答案】(1)①灰黑色固体溶解，产生红棕色气体②防止酸性条件下，
氧化性氧化Fe2+干扰实验结果
③a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关
K，Ag 电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的
Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag 电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一
段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag 电极上固体逐渐减少，指针向左
偏转
(2)①指示剂 ②
(3)①偏低 ②Ag 完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【解析】（1）①由于Ag 能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为
灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕
色气体。
②由于Fe(NO3)3溶液电离出
将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，
故实验II 使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，
氧化性氧化
Fe2+干扰实验结果。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+
Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-
Fe3+，Ag++e-
Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质
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溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有
Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，
指针则向哪个方向偏转，根据b 中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag 电
极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较
浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag 电极上有灰黑色固体
析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的
Fe2(SO4)3溶液，Ag 电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电
极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag 电极上固体
逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前
的现象相同；或者闭合开关 K，Ag 电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再
向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag 电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
（2）①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，
当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平
衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取I 中所得上清液vmL。用c1mol/L 的KSCN 溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：
Ag++SCN-
AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I 中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=
mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：
，故反
应的平衡常数K=
=
，故答案为：指示剂；
。
（3）①若取实验I 所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+
Ag+Fe3+，且随着反
应Ag++SCN-
AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即
偏大，故所得
到的K=
偏小，故答案为：偏小。
②由于实验II 中Ag 完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II 所得溶液进行测
定并计算K，故答案为：Ag 完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
一、“控制变量法”探究化学反应速率的影响因素
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1.影响化学反应速率的因素
影响因素
影响结果
内因
性质
在其他条件相同时，反应物的化学性质越活波，化学反应速率越
快，反应物的化学性质越不活波，化学反应速率越慢
外因
催化剂
在其他条件相同时，使用催化剂，化学反应速率加快或减慢
温度
在其他条件相同时，升高温度，化学反应速率加快，降低温度，
化学反应速率减慢
浓度
在其他条件相同时，浓度增大，化学反应速率加快，浓度减小，
化学反应速率减慢
压强
在其他条件相同时，有气体参加或生成的反应，压强增大，化学
反应速率加快，压强减小，化学反应速率减慢
固体反应物
接触面
在其他条件相同时，增大与固体反应物的接触面积，化学反应速
率加快，减小与固体反应物的接触面积，化学反应速率减慢
原电池
构成原电池可以加快化学反应速率
其他
光波、电磁波、超声波、溶剂等也能影响化学反应速率
特别关注：(1)中学阶段一般只讨论在其他条件相同时，改变一个因素对化学反应速率的影响。
(2)对于气体反应体系，有以下几种情况：
①恒温时：增大压强———→体积缩小———→浓度增大———→反应速率加快；
②恒容时：a．充入气体反应物———→总压增大———→浓度增大———→反应速率加快；
b．充入“惰性”气体———→总压增大，但各物质浓度不变，反应速率不变；
③恒压时：充入“惰性”气体———→体积增大———→各物质浓度减小———→反应速率减慢；
总之，压强改变，若引起浓度改变，则反应速率改变
2．常见考查形式
(1)以表格的形式给出多组实验数据，让学生找出每组数据的变化对化学反应速率的影响。
(2)给出影响化学反应速率的几种因素，让学生设计实验，分析各因素对化学反应速率的影响。
3、控制变量法的解题策略
影响化学反应速率的因素有多种，在探究某种因素的影响规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个
条件，探究这一条件对反应速率的影响规律，这种研究问题的方法叫作控制变量法。解题策略为：
（1）确定变量：解答此类题目时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。
（2）控制变量（定多变一）：在探究时，应先确定一个变化的量，控制其他量不变，研究这个变化量对
实验结果的影响进而总结出影响规律，然后用同样的方法再进一步确定其他变量对实验结果的影响规律。
（3）数据有效：解答时应注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法做出正确判断。
4．实例分析
探究温度、催化剂对反应：2H2O2===2H2O＋O2↑的影响，可以确定催化剂(是否加入MnO2)和温度(加热、
常温)作为可变量，其他的则控制为不变量。
探究对象的反应
2H2O2===2H2O＋O2↑
控制的可变量
催化剂
温度
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控制的不变量
浓度、温度等
浓度、催化剂等
实验方案
取相同量的5%H2O2溶液于两支规格相
同的试管中，向其中一支试管中加入少
量MnO2，另一支不加，在常温下观察
取相同量的5%H2O2溶液于两支规格相同
的试管中，给其中一支试管加热，另一
支不加热，观察
二、化学实验“控制变量法”探究可逆反应的存在
1.反应原理：利用酸碱反应规律或氧化还原反应规律。
2.反应进行的证明：反应物减少，生成物生成。
3.反应可逆性的证明：不足量的反应物有剩余，即反应物、生成物共存。
4.得出结论的正确性：控制实验条件，证明平衡发生移动。
（1）配比用量控制：用量、浓度、酸碱性等；
（2）外部条件控制：温度、状态、催化剂等。
考向01 外界条件对化学反应速率的影响
1．控制变量是科学研究的重要方法。质量相同的铝粉分别与足量稀硫酸在下列条件下发生反应,开始阶段
反应速率最大的是
选项
A
B
C
D
温度/℃
20
20
30
30
硫酸浓度/mol L-1
0.1
1
0.1
1
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【解析】浓度相同时，温度越高，反应速率越快，C 和D 的温度为30℃，且D 中硫酸的浓度最大，可以加
快反应速率，则D 中反应速率最快，答案选D。
2．在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是
A．a=6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v 可能不变
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C．b＜318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【答案】D
【解析】A.根据表格的数据可知：温度不变时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与速率的变
化关系可知：在328.2T 时，蔗糖的浓度每减小0.100mol/L，水解速率减小1.50mmol/(L∙min)，所以在温度
是328.2T、浓度是0.400mol/L 时，水解的速率是a=7.50-1.50=6.00 mmol/(L∙min)，A 正确；B.根据表格数据
可知：升高温度，水解速率增大，增大浓度，水解速率也增大，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，
则二者对水解反应速率的影响因素可能相互抵消，使反应速率可能不发生改变，B 正确；C.在物质的浓度
不变时，升高温度，水解速率增大，降低温度，水解速率减小。由于在物质的浓度是0.600mol/L 时，温度
是318.2T 时水解速率是3.60mmol/(L∙min)，现在该反应的速率是2.16 mmol/(L∙min)<3.60 mmol/(L∙min)，说
明反应温度低于318.2 T。即b＜318.2，C 正确；D.不同温度时，蔗糖浓度减少，所以速率减慢，但是温度
不同，在相同的浓度时的反应速率不相同，D 错误；故答案选D。
3．探究酸性KMnO4与H2C2O4溶液反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：
实验
编号
温度
（℃
）
催化剂用
量（g）
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
KMnO4溶液褪色平
均时间（min）
体积
（mL
）
浓度
（mol·L-1
）
体积
（mL）
浓度
（mol·L-1
）
1
25
0.5
4
0.1
8
0.2
12.7
2
80
0.5
4
0.1
8
0.2
a
3
25
0.5
4
0.01
8
0.2
6.7
4
25
0
4
0.01
8
0.2
b
下列说法不正确的是
A．用KMnO4表示该反应速率，v（实验3）约为1.5×10-3 mol·L-1·min-1
B．表中数据a＜12.7，b＞6.7
C．用H2C2O4表示该反应速率，v（实验1）＞v（实验3）
D．可通过比较收集相同体积的CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢
【答案】A
【解析】A.反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+l0CO2↑+8H2O，实验3 中，n
（H2C2O4）：n（KMnO4）=8×0.2：4×0.01=40：1＞5：2，则H2C2O4过量，用KMnO4表示该反应速率v
（KMnO4）=
≈5.0×l0-4mol•L-1•min-1，故A 错误；B.温度越高反应速率越快，催化剂可加
快反应速率，则a＜12.7，b＞6.7，故B 正确；C.1、3 比较只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1 中浓度大，
则反应速率：v（实验1）＞v（实验3），故C 正确；D.判断反应速率快慢的方法：单位时间内产物的物质
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的量的变化量的多少或比较收集相同体积CO2所消耗的时间长短或单位时间内物质浓度的变化量等，所以
比较收集相同体积CO2所消耗的时间，可判断反应速率快慢，故D 正确；故答案选A。
4．实验小组探究双氧水与KI 的反应，实验方案如下表。
序号
①
②
③
实验
装置
及操
作
实验
现象
溶液无明显变化
溶液立即变为黄色，产生大量
无色气体；溶液温度升高；最
终溶液仍为黄色
溶液立即变为棕黄色，产生
少量无色气体；溶液颜色逐
渐加深，温度无明显变化；
最终有紫黑色沉淀析出
下列说法不正确的是
A．
对
分解有催化作用
B．对比②和③，酸性条件下
氧化
的速率更大
C．对比②和③，②中的现象可能是因为
分解的速率大于H2O2氧化
的速率
D．实验②③中的温度差异说明，
氧化
的反应放热
【答案】D
【解析】A．比较实验①②的现象可知，
对
分解有催化作用，A 正确；B．对比②和③，由实验③
的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉
淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下
氧化
的速率更大，B 正确；C．对比②和③，②中的现象
为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即
交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明
显变化，故可能是因为
分解的速率大于H2O2氧化
的速率，C 正确；D．实验②中主要发生H2O2分
解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI 的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一
个放热反应，不能说明
氧化
的反应放热，D 错误；故答案为：D。
5．选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素，所用试剂不合理的是
a．
(观察气泡产生的快慢)
b．
(观察浑浊产生的快慢)
反应
影响因素
所用试剂
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A
a
接触面积
块状CaCO3、0.5 mol/L HCl
粉末状CaCO3、0.5 mol/L HCl
B
a
H+浓度
块状CaCO3、0.5 mol/L HCl
块状CaCO3、3.0 mol/LHCl
C
b
H+浓度
0.1 mol/L Na2S2O3、稀H2SO4
0.1mol/L Na2S2O3、浓H2SO4
D
b
温度
0.1 mol/L Na2S2O3、0.1 Na2S2O3 H2SO4、冷水
0.1 mol/L Na2S2O3、0.1 Na2S2O3 H2SO4、热水
【答案】C
【分析】采用控制变量方法进行研究，即只改变一个外界条件，其它外界条件都相同，然后逐一进行分析
判断。
【解析】A．只有CaCO3的接触面积不相同，其它外界条件相同，两个实验是研究固体与盐酸的接触面积
大小对化学反应速率的影响，A 正确；B．该反应的实质是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，只有HCl 溶液中
的c(H+)不相同，其它外界条件相同，是研究H+浓度大小对化学反应速率的影响，B 正确；C．浓硫酸中
H2SO4主要以电解质分子存在，稀硫酸中则完全电离产生H+及
，浓硫酸溶于水时会放出大量热量使溶
液温度升高，因此两个实验对比，不仅溶液中c(H+)不同，而且溶液温度也不相同，因此不是探究H+浓度
大小对化学反应速率的影响，C 不正确；D．两个实验对比，其它外界条件都相同，只有溶液温度不相同，
是探究反应温度对化学反应速率的影响，D 正确；故合理选项是C。
考向02 化学平衡的实验验证
1．（2023 上·北京顺义·高三统考期末）某化学小组欲探究反应“
”为可逆反应，
做了如下实验：
已知：
现象为：实验ii 中产生了黄色沉淀；实验iii 中溶液变蓝；实验iv 中溶液不变蓝，下列说法中不正确的是
A．实验ii 中产生黄色沉淀的离子方程式为
B．实验iii 加淀粉溶液变蓝，证明棕黄色溶液中有
生成
C．设计实验iv 的目的是为了排除空气中氧气氧化
的可能
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D．通过上述实验可以证明“
”为可逆反应
【答案】D
【解析】A．探究反应“2Fe3++2I−
2Fe
⇌
2++I2”为可逆反应，则实验ⅰ所得溶液可能含有Fe3+、I−、Fe2+、I2，
所以实验ii 中加入AgNO3溶液产生黄色沉淀的离子方程式为：Ag++I−=AgI↓，A 正确；B．淀粉遇I2会变蓝，
则实验iii 加淀粉溶液变蓝，可以证明棕黄色溶液中有I2生成，B 正确；C．生成的I2可能是I−被空气中氧
气氧化，也可能是I−被Fe3+氧化所致，则设计实验iv 的目的是为了排除空气中氧气氧化I−的可能，C 正确；
D．实验ⅰ中I−和Fe3+等物质的量混合，实验ⅲ、ⅳ说明生成的I2是I−被Fe3+氧化所致，实验ii 说明棕黄色
溶液中存在I−，但不能确定存在的I−是反应物不能完全转化、反应存在限度所致，还是完全转化生成的I2
与水反应(I2+H2O
HI+HIO)
⇌
生成的，则通过上述实验不能证明“2Fe3++2I−
2Fe
⇌
2++I2”为可逆反应，D 错误；
故选D。
2．（2023 上·安徽·高三校联考）某小组实验验证“
”为可逆反应，并通过测定
浓度计算其平衡常数。
实验Ⅰ．将
溶液和
溶液
等体积混合，产生灰黑色沉淀，
溶液呈黄色。
实验Ⅱ．将少量
粉中与
溶液
混合，固体完全溶解。
下列说法错误的是
A．Ⅰ中反应的平衡常数
B．实验Ⅰ、Ⅱ说明
为可逆反应
C．通过测定实验Ⅱ清液中的
浓度计算其平衡常数
D．实验Ⅱ中，不宜用
溶液代替
溶液
【答案】C
【解析】A．由平衡常数表达式的书写可知，I 中反应的平衡常数
，A 项正确；B．实
验Ⅰ说明
正反应可以发生，实验Ⅱ说明
的逆反应可以
发生，B 项正确；C．实验Ⅱ的现象说明反应发生了，由于固体完全溶解不能说明该反应达到平衡，不可
以通过测定实验Ⅱ清液中的
浓度计算其平衡常数，C 项错误；D．
溶液中的
在酸性条件
下具有氧化性，也能与
发生反应，D 项正确；故选C。
3．（2023 上·福建福州·高三福建省福州外国语学校校考）某小组实验验证“
”为可逆反应。实验I：将
溶液与
溶液
等体积混合发生反应，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。实验Ⅱ：向少量
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粉中加入
溶液
，固体完全溶解。下列说法错误的是
A．I 中加入
固体，平衡逆向移动
B．II 中不能用
溶液代替
溶液
C．该反应平衡常数
D．Ⅱ中加入
溶液，溶液呈血红色，表明该化学反应为可逆反应
【答案】D
【解析】A．I 中加入
固体，氯离子与银离子反应产生氯化银沉淀，银离子浓度降低，平衡
逆向移动，选项A 正确；B．II 中不能用
溶液代替
溶液，否则酸性条件下硝酸根离子会将亚铁离子氧化生成铁离子，使铁离子浓度增大，引起干
扰，选项B 正确；C．根据反应平衡常数的含义可知，该反应平衡常数
，选项C 正确；
D．Ⅱ中向少量
粉中加入
溶液
，固体完全溶解，硫酸铁过量，则加入
溶液，溶液呈血红色，不能表明该化学反应为可逆反应，选项D 错误；答案选D。
4．（2023 上·安徽亳州·高三蒙城第一中学校联考期中）某同学欲验证Fe3+和I-在水溶液中发生可逆反应：
2Fe3++2I-=2Fe2 ++I2，设计了下列实验操作，并给出了预测现象，其中不必要的实验操作是(不考虑水中溶解
的少量氧气的影响)
实验操作
预测现象
A
在9 mL0.l mol•L -1 KI 溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，将
溶液分为三等份
溶液颜色发生变
化
B
往第一份溶液中滴加淀粉试液，振荡
溶液变蓝色
C
往第二份溶液中滴加几滴AgNO3溶液，振荡
有黄色沉淀产生
D
往第三份溶液中滴加几滴KSCN 溶液，振荡
溶液变红色
【答案】C
【解析】A．溶液混合颜色变化，说明有新物质生成，说明发生反应2Fe3++2I-=2Fe2 ++I2，故A 不符合题意；
B．溶液中滴加淀粉试液，振荡，溶液变蓝色，说明有碘单质存在，说明发生反应2Fe3++2I-=2Fe2 ++I2，故
B 不符合题意；C．溶液中滴加几滴AgNO3溶液，振荡，有黄色沉淀生成，说明有碘离子存在，因为碘离
子过量，无论是否发生反应2Fe3++2I-=2Fe2 ++I2，都会出现黄色沉淀，故C 符合题意；D．碘化钾溶液中滴
入几滴FeCl3溶液反应后的溶液中滴加几滴KSCN 溶液，振荡，溶液变红色，说明溶液中有三价铁离子，
说明反应是可逆反应，故D 不符合题意；故答案为：C
5．（2023 上·北京·高三北京四中校考期中）某小组实验验证“
”为可逆反应并测
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定其平衡常数。
(1)实验验证
实验I 将0.0100 mol·L-1 Ag2SO4溶液和0.0400 mol·L-1 FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶
液呈黄色。
实验II 向少量Ag 粉中加入0.0100 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液(pH=1) ，固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 。
②Ⅱ中溶液选用
，不选用
的原因是 。
综合上述实验，证实“
”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图 ，所需试剂可自选，
写出操作及现象 。
【测定平衡常数】
实验Ⅲ.一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL 上层清液，用
KSCN 标准溶液滴
定
，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN 标准溶液
。
资料：
(白色)
(红色)
和
比和
更难配位
(2)①滴定过程中
的作用是 。
②测得平衡常数
。
【思考问题】
(3)①取实验Ⅰ的浊液测定
，会使所测K 值 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
②不用实验Ⅱ中清液测定K 的原因是 。
【答案】(1)①固体溶解，产生红棕色气体 ②酸性条件下，
有氧化性 ③a：石墨电极/Pt 电
极 b：AgNO3溶液 组装好装置后，闭合K，当灵敏电流计指针不动时，向左池加入较浓
溶液，指针偏转
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(2)①指示剂 ②
(3)①偏低 ②Ag 完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态
【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结
果的影响；滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形
瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：
通过数据进行计算。
【解析】（1）①由于Ag 能与浓硝酸发生反应：
，故当观察到的现
象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生
红棕色气体。
②由于
溶液电离出硝酸根离子与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实
验，故实验Ⅱ使用的是
溶液，而不是
溶液，故答案为：防止酸性条件下，硝酸根离子
氧化Fe2+干扰实验结果；③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应
为可逆反应，
两电极反应为：
、
，故另一个电极必须是与
不反应的材料，可用石墨或者铂
电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有
或者Fe2+，采用FeSO4或
或二者混合溶液，右侧烧杯
中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生
电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b 中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可
能观察到的现象为：Ag 电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，
再向左侧烧杯中加入滴加较浓的
，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：
Ag 电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧
烧杯中加入滴加较浓的
溶液，Ag 电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，
故答案为：a：铂/石墨电极，b：AgNO3溶液；操作和现象：组装好装置后，闭合K，当灵敏电流计指针不
动时，向左池加入较浓
溶液，指针偏转；（2）①Fe3+与
反应生成红色
，因
Ag+与
反应相较于Fe3+与
反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好
完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，
故答案为：指示剂。
②取Ⅰ中所得上清液v mL，用
mol/L 的KSCN 溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗
mL，已知：
，说明反应几乎进行完全，故有Ⅰ中上层清液中Ag+的浓度为
，根据平衡三段式进行计算如下：
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故反应的平衡常数
；（3）①若取实验Ⅰ所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，
因存在平衡
，且随着反应
，使得上述平衡逆向移动，则测
得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即
偏大，故所得到的K 偏低；
②由于实验Ⅱ中Ag 完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验Ⅱ所得溶液进行测
定并计算K，故答案为：Ag 完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态。
微专题 原理综合类答题规范
命题点01 原因、理由类规范语言表述
典例01（2024·浙江卷·节选）通过电化学、热化学等方法，将
转化为
等化学品，是实现
“双碳”目标的途径之一。请回答：
(3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M 的
(有
机溶剂)溶液，
和
在溶液中反应制备
，反应过程中保持
和
的压强不变，总反
应
的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能
(不
考虑催化剂活性降低或丧失)。
Ⅳ：
V：
VI：
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②实验测得：
，
下，v 随催化剂M 浓度c 变化如图。
时，v 随c 增大而
增大：
时，v 不再显著增大。请解释原因 。
【答案】（3）②当c≤c0时，v 随c 增大而增大，因M 是基元反应IV 的反应物(直接影 响基元反应VI 中反
应物L 的生成)； c>c0时，v 不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
【解析】（3）②当c≤c0时，v 随c 增大而增大，因M 是基元反应IV 的反应物(直接影 响基元反应VI 中反
应物L 的生成)； c>c0时，v 不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
典例02（2023·江苏卷·节选）空气中
含量的控制和
资源利用具有重要意义。
(1)燃煤烟气中
的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
载人航天器内，常用LiOH 固体而很少用KOH 固体吸收空气中的
，其原因是 。
(2)合成尿素[
]是利用
的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[
]和尿素转
化为氰酸铵(
)等副反应。尿素生产中实际投入
和
的物质的量之比为
，其实际投料比值远大于理论值的原因是 。
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【答案】(1)相同质量的LiOH 固体可吸收更多二氧化碳
(2)②适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，
二氧化碳转化率越高
【解析】（1）载人航天器内，常用LiOH 固体而很少用KOH 固体吸收空气中的
的原因为相同质量的
LiOH 固体可吸收更多二氧化碳。
（2）②实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲
的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。
典例03（2021·重庆卷·节选）含结晶水的无机物可应用在吸波材料、电极材料和相变储能材料等领域。
胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要的结晶水合物。
(2)把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过程为一系列的动态平
衡，反应式如下(脱水过程为吸热反应)。
反应I：CuSO4·5H2O (s)
CuSO4·3H2O (s) + 2H2O(g)
反应II：CuSO4·3H2O (s)
CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g)
反应III：CuSO4·H2O (s)
CuSO4(s) + H2O(g)
如图为50°C 时水合物中水的质量分数 w 与压强p(H2O)的关系图，回答下列问题：
①用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是 。
25°C
⑥
时为了保持CuSO4·H2O 晶体纯度，可将其存在盛有大量Na2CO3· H2O 晶体(平衡压强p(H2O)=706Pa)
的密闭容器中，简述其理由 。
已知：25℃时反应I、II、III 的平衡压强p（H2O）分别为1040、747 和107Pa。
【答案】(2)①乙醇呈现出蓝色 ⑥25°C 时Na2CO3·H2O 的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II 中平衡压
强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III 中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II 的平衡正向移动得比较
充分，而反应III 的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O 的脱水，有利于其保持纯度
【解析】（2）①无水CuSO4遇水变为蓝色，则用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是：乙醇变为
蓝色；
25°C
⑥
时Na2CO3·H2O 的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II 中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过
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反应III 中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II 的平衡正向移动得比较充分，而反应III 的平衡会大幅度
逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O 的脱水，有利于其保持纯度。
命题点02 理论平衡型简答题规范语言表述
典例01（2023·福建卷·节选）探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
已知：
为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在
下，丙烷单独进料时，
平衡体系中各组分的体积分数见下表。
物质
丙烯
乙烯
甲烷
丙烷
氢气
体积分数(%)
21
23.7
55.2
0.1
0
(3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应：
ⅳ．
在
下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。
②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是 。
【答案】(3)②甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则丙烯体积分数降低
【解析】（3）②甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则丙烯体积分数降低。故答案为：甲醇投料
增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则丙烯体积分数降低。
典例02（2022·北福建卷·节选）异丙醇
可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品
丙烯
的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时
与温度的关系曲线。
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(已知：对于可逆反应
，任意时刻
，式中
)表示物质
×的分压)
①在
恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的 点(填“甲”
“乙”或“丙”)，判断依据是 。
【答案】(5)甲 反应I 平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，
【解析】（5）①反应I 为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反
应I 正向移动，
逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，
逐渐减小，即反应I 为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线
为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I 而言，相当于增大生成物浓度，使得
>
，即lg
增大，反应I 的状态最有可能对应图中的甲；
典例03（2021·海南卷·节选）碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知
25℃，
时：
①
葡萄糖
完全燃烧生成
和
，放出
热量。
②
。
回答问题：
(5)溶洞景区限制参观的游客数量，主要原因之一是游客呼吸产生的气体对钟乳石有破坏作用，从化学平衡
的角度说明其原因 。
【答案】(5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：
，
CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏
【解析】（5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡
，当游客数量
增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故
答案为：游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：
，
CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏。
命题点03 图表、图象类试题规范语言表述
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典例01（2023·江苏卷·节选）
催化剂能催化
脱除烟气中的NO，反应为
。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的
粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的
溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状
催化剂。反应选用
溶液而不选
用
溶液的原因是 。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、
、
(其余为
)气体匀速通过装有
催化剂的反应器，测得NO 的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO 转化率
随温度变化不明显的原因是 ；
(3)废催化剂的回收。回收
废催化剂并制备
的过程可表示为
③向pH=8 的
溶液中加入过量的
溶液，生成
沉淀。已知：
，
加过量
溶液的目的是 。
【答案】(1)制得的催化剂中不含Na+
(2)在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO 的反应速率与生成NO 的反应速率随温度升高而增大，
对NO 转化率的影响相互抵消
(3)③促进
充分沉淀
【解析】（1）反应选用
溶液而不选用
溶液的原因是制得的催化剂中不含Na+；
（2）反应温度在320~360℃范围内，NO 转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变
化不大，消耗NO 的反应速率与生成NO 的反应速率随温度升高而增大，对NO 转化率的影响相互抵消。
（3）③
饱和溶液中存在溶解平衡
，加过量
溶液有利于增
加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高
的含量，促进
充分沉淀。
典例02（2022·浙江卷·节选）主要成分为
的工业废气的回收利用有重要意义。
(2)热解
制
。根据文献，将
和
的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，另一边出料)，
发生如下反应：
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Ⅰ
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比
，并用
稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，测得
和
体积分数如下表：
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
请回答：
④在
，常压下，保持通入的
体积分数不变，提高投料比
，
的转化率不变，
原因是 。
⑤在
范围内(其他条件不变)，
的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分
析原因 。
【答案】(2)
1000℃
④
时CH4不参与反应，相同分压的H2S 经历相同的时间转化率相同 ⑤先升后降；
在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的
速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【解析】（2）④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S 经历相同的时间转化率相
同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S 体积分数不变，提高投料比时H2S 的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升
高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
典例03（2021·辽宁卷·节选）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下
反应：
Ⅰ.主反应：
(g)+3H2(g)⇌
(g) ∆H1<0
Ⅱ.副反应：
(g) ⇌
(g) ∆H2>0
回答下列问题：
(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在
的基础上适当增大
用量，其目的是
。
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(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当
中混有微量
或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为 。
【答案】(3)提高苯的利用率
(4)金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催化活性
【解析】（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在
的基础上适当增大
用
量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高
苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当
中混有微量
或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催
化活性，故答案为：金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催化活性；
一、原理解释类设问答题的一般思维
(1)阅读题目情境的信息，找出核心问题的分析对象，即平衡体系；
(2)找出题目信息中与平衡体系有关变化的因素；
(3)利用平衡移动原理分析变化的因素对化学平衡移动的影响，即平衡移动方向的判断；
(4)说明平衡发生移动后对实际问题体系产生的影响，得出结论。
注意：分析变化因素时要充分考虑条件改变对化学反应速率的影响、对化学平衡的影响、对催化剂活性的
影响、对副反应的影响等因素。
二、原因、理由类规范语言表述答题模板
1、答题模板：“有理”——化学原理，“有据”——事实依据
可采取以下两种方式：
（1）“正说”——“直接原因＋根本目的”
（2）“反说”——“如果……，就……”
2、规范解答归纳
（1）明矾净水的原理：明矾溶于水电离出的Al3＋发生水解反应：Al3＋＋3H2O
Al(OH)3(胶体)＋3H
＋，氢氧化铝胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。
（2）高铁酸钠既能用作净水剂又能对水进行消毒、杀菌的原理：Na2FeO4中的铁元素呈＋6 价，具有很强
的氧化性，能对水进行杀菌、消毒，其还原产物Fe3＋发生水解反应：Fe3＋＋3H2O
Fe(OH)3(胶体)＋
3H＋，氢氧化铁胶体具有较强的吸附能力，能够吸附水中悬浮的杂质使水澄清。
（3）碳酸铵溶液显碱性的原因：碳酸铵溶于水能发生水解，NH＋H2O
NH3·H2O＋H＋，CO＋H2O
HCO＋OH－，CO 的水解程度大于NH 的水解程度，故溶液显碱性。
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（4）碳酸氢钠溶液显碱性的原因：碳酸氢钠溶于水后，HCO
H＋＋CO，HCO＋H2O
H2CO3＋
OH－，HCO 的水解程度大于其电离程度，故溶液显碱性。
（5）蒸干灼烧FeCl3溶液得到Fe2O3的原理：在FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2O
Fe(OH)3＋
3HCl，在蒸发过程中，由于氯化氢大量挥发导致水解平衡向右移动，蒸干溶液时得到Fe(OH)3，灼烧时发
生反应2Fe(OH)3==Fe2O3＋3H2O，最后得到Fe2O3。
（6）用酸性过氧化氢溶液溶解铜片的实验中，铜片溶解的速率随着温度的升高先加快后减慢的原因：温
度升高能够加快反应Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O 的反应速率，故铜的溶解速率加快，当温度升高到一
定程度后，H2O2的分解速率加快，此时H2O2浓度的下降对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，
故铜的溶解速率减慢。
（7）适当升温氮气和氢气合成氨的速率加快，但是温度过高反应速率反而下降的原因：温度升高能够加
快合成氨反应的反应速率，但温度过高会使催化剂失去活性，反应速率反而降低。
（8）用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极附近溶液呈碱性的原因：在阴极发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，
由于氢离子不断放电，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，导致溶液中的c(OH－)>c(H＋)，使溶液显碱
性。
（9）在氯碱工业中，电解饱和食盐水时常用盐酸控制阳极区溶液的pH 在2～3 的原因：阳极产生的氯气
与水发生反应：Cl2＋H2O
HCl＋HClO，增大溶液中盐酸的浓度能够使平衡逆向移动，减少氯气在水
中的溶解，有利于氯气的逸出。
（10）在燃料电池中，常在电极表面镀上铂粉的原因：增大电极单位面积吸收气体的分子数，加快电极反
应速率。
（11）在尾气吸收装置中试剂的作用：吸收尾气中××气体，防止污染空气。
（12）在定量实验或者制备实验中装置最后连接的干燥管的作用：防止空气中的××气体进入××装置对实验
造成干扰(有时还可能同时起到吸收尾气的作用，如在有关氨气的探究实验中，最后连接的盛有浓硫酸的洗
气瓶的作用就可以吸收多余的氨气，同时能防止空气中的水蒸气进入)。
（13）在导管末端连接倒置漏斗、干燥管浸入水或溶液中的原因：防倒吸(同时具有扩大吸收面积，加快吸
收速率的作用)。
（14）在气体的连续实验中，若有需要用盛有碱石灰的干燥管吸收CO2或H2O(g)等气体来进行定量测定的
部分，常常需要在实验开始和结束时通入氮气或稀有气体等与实验无关的气体的作用：1)实验开始时的作
用：排尽装置内的空气，防止空气中的××对实验造成干扰。2)实验结束时的作用：将产生的××气体全部排
出被××试剂完全吸收，以减少实验误差。
例：TeO2是两性氧化物，微溶于水，可溶于强酸和强碱，从电解精炼铜的阳极泥中提取碲的一种工艺流程
如下：
“沉碲”时控制溶液的pH 为4.5～5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4过量，溶液酸度过大，将导致碲的沉
淀不完全，原因是__________________________。
答案：TeO2是两性氧化物，H2SO4过量会导致TeO2继续与H2SO4反应而损失
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三、理论平衡型简答题规范语言表述答题模板
1、答题策略：理论型简答题一般是演绎法的三段式答题模式(前提、推理、结论)：
(1)问题所涉及大前提(相关的理论或规律)的表述，一般很熟悉的理论或规律可以只写名称，也可以用化学
方程式等化学用语表示，并不需要把其详细内容写出；
(2)问题的推理过程(具体条件下的变化等)的表述；
(3)问题所涉及的变化的结果。
2、答题模板：
(1)速率、平衡移动类简答题的答题模板:叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果);
(2)溶液中离子平衡简答题模板:……存在……平衡，……条件使平衡向……方向移动，……结
论。
例：已知汽缸中生成NO 的反应为
N2(g)＋O2(g)
2NO(g) ΔH>0
汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内
NO
排放量越大，原因是
______________________________________
________________________________________________________________________。
答案：温度升高，反应速率加快，平衡正向移动
四、图表、图象类试题规范语言表述
1．图象题
(1)会识图：一看面，二看线，三看点(弄清纵、横坐标的意义，弄清起点、拐点、终点的意义；看清曲线
的变化趋势)，四看量变，五看是否作辅助线。
(2)会分析：分析图象中隐含的信息，将其加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理，从而快速解决
问题。
2．表格数据题
(1)明含义：理解表格中各个列项中数字的含义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。
(2)析数据：理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决
问题。
口诀：图象题要细心，全面观察得高分；曲线题能速答，分析走势好办法；表格题要解好，转化数据离不
了。
考向01 原因、理由类规范语言表述
1．（2023·浙江·统考高考真题）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：
该反应分两步完成：
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请回答：
(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】(5)随着温度的升高，反应物分子在催化剂表面的吸附降低，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
【解析】（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，随着温度的升高，反应物分子在
催化剂表面的吸附降低，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。
2．（2022·江苏·高考真题）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(2)“
热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收
制得的
溶液反
应，生成
、
和
；
再经生物柴油副产品转化为Fe。
②随着反应进行，
迅速转化为活性
，活性
是
转化为
的催化剂，其可能
反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为 。
③在其他条件相同时，测得Fe 的转化率、
的产率随
变化如题图所示。
的产率随
增加而增大的可能原因是 。
(3)从物质转化与资源综合利用角度分析，“
热循环制氢和甲酸”的优点是 。
【答案】(2)②吸附在催化剂的Fe2+上的H 与
中碳原子作用，吸附在O2-的H 与
中的羟基氧作用
生成的H2O 和
均吸附在上Fe2+ ③随
增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产
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量增大，
的产率增大
(3)制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用
【解析】（2）②H 的电负性大于Fe，小于O，在活性
表面，部分H 吸附在催化剂的亚铁离子上，
略带负电；另一部分H 吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与
中略带正电的碳结合，后者与
中略带负电的羟基氧结合生成H2O，
转化为
；故答案为：吸附在催化剂的Fe2+上的H
与
中碳原子作用，吸附在O2-的H 与
中的羟基氧作用生成的H2O 和
均吸附在上Fe2+；
③在其他条件相同时，随
增加，其与铁粉反应加快，从图中得知Fe 的转化率也增大，即生成
和H2的速率更快，量更大，则得到活性
的速度更快，量也更多，生成
的速率更快，
产率也更大。故答案为：随
增加，催化剂的量增多，增大了接触面积， H2的产量增大，
的产率增大；
（3）“
热循环制氢和甲酸”系统将
转化为
和生成H2的速率快，原子利用率
高，不产生污染物，Fe 初期生成
后迅速转化为活性
，
氧化为
再经生物柴油副产
品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：制得H2，CO2转化为甲酸，生物柴油副产品的利用。
3．（2022·海南·统考高考真题）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
(3)在相同条件下，
与
还会发生不利于氧循环的副反应：
，在反应器中按
通入反应物，在不同温度、
不同催化剂条件下，反应进行到2min 时，测得反应器中
、
浓度(
)如下表所示。
催化剂
t=350℃
t=400℃
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932
若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
【答案】(3)相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【解析】（3）由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，
的浓度由０
增加到10.8
，，
:
＝12722:10.8 1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件
下，
的浓度由０增加到9.2
，
:
＝10775:9.2 1171；在选择使用
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催化剂Ⅰ和400℃条件下反应，
的浓度由０增加到345.2
，
:
＝42780:345.2 124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，
的浓度由０增加到34
，
:
＝38932:34 1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂
Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，
甲烷与甲醇比例高。
考向02 理论平衡型简答题规范语言表述
1.反应
在工业上有重要应用。
(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃
700
800
830
1000
平衡常数
1.67
1.11
1.00
0.59
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是 。
(2)该反应常在Pd 膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd 膜时具有更高转化率的原因是 。
【答案】(1)②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产
物的转化率较低
(2)
Pd
①
膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大
【解析】（1）②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
产物的转化率较低；
（2）①Pd 膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；
2.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
(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
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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 。
(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 。
【答案】(2)副产物氢气可作燃料 耗能高
(4)①越高 n(H2S):n(Ar)越小，H2S 的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S 平衡转化率越高
【解析】（2）根据盖斯定律(
+
)×
①②
可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×
=－
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H2S 会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S):n(Ar)越小，H2S 的分压越小，相当于降低压强，平衡
向正反应方向移动，因此H2S 平衡转化率越高；
3．丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)
H
△
1=+125kJ·mol-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+
O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)
H
△
2=-118kJ·mol-1
(2)对于反应Ⅰ，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 。
(3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85 的混合气体，各组分气体的分压随
时间的变化关系如图b 所示。在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2 1∶的原因为 。
(4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85 的混合气体，已知某反应条件
下只发生如下反应(k，k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为 ，
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其理由是 。
【答案】(2) 减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率
(3)H2和C3H6都消耗O2
(4)先增大后减小 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着反应进行，p(C3H8)减小，
p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐减小
【解析】（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的
方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；
（3）若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O 的分压，但由图b 知，随着反应进行，分压
p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+
O2=3CO2+3H2O，H2+
O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2 1∶；
（4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，p(C3H8)
减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增
大后减小。
考向03 图表、图象类试题规范语言表述
1．甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。
(1)500℃时，CH4与H2O 重整主要发生下列反应：
CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)
CO(g)+H2O(g)
H2(g)+CO2(g)
已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=-178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是 。
(2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为
反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=246.5kJ·mol-1
反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2kJ·mol-1
反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH=-172.5kJ·mol-1
1.01×10
②
5Pa 下，将n 起始(CO2)：n 起始(CH4)=1：1 的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4
和CO2的平衡转化率如图1 所示。800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，其原因是 。
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(3)利用铜—铈氧化物(xCuO·yCeO2，Ce 是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、
Ce 的化合价均发生变化，可能机理如图2 所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49 的混合气体
以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器，CO 的转化率随温度变化的曲线如图3 所示。
②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是 。
【答案】(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量
(2)②反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应
Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小
(3)②高温下，Cu(+2 价)或Cu(+1 价)被H2还原为金属Cu
【解析】（1）已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔
CaO 的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。
（2）②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，
反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平
衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率。
（3）②由于高温下，Cu(+2 价)或Cu(+1 价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150℃时，催化
剂的催化活性下降。
2．化学链燃烧(
)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式相比，避免了空气
和燃料的直接接触，有利于高效捕集
。基于
载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下。
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空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
①
②
(5)根据下图，
随温度升高而增大的原因是 。反应温度必须控制在
以下，原因是
。
【答案】(5)反应①为放热反应，温度升高平衡左移 温度高于
时，
大于21%，载氧体无
法载氧
【解析】（5）因为①
为放热反应，随温度升高平衡逆向移动，氧
气的浓度正大。因为往盛有
载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数
为
21%】，由图可知，当温度高于
时，
大于21%，载氧体无法载氧。故答案：反应①为放热反
应，温度升高平衡左移；温度高于
时，
大于21%，载氧体无法载氧。
3．CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生
反应
，回答下列问题：
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。
据图分析，生成CS2的反应为 (填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的
条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是 。
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【答案】(3)放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
【解析】（3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～
650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，
S2浓度明显偏小，且反应速率慢。
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