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专题十八 化学反应原理综合题
考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。
2024 年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。
近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。
必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。
最新模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。
命题解读
化学反应原理综合题是高考化学中的必考题型，这类题目通常结合图像、表格、数据等信息，
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。主要考查盖斯定律的
应用、化学反应速率和化学平衡分析、化学平衡常数的表达与计算、反应条件的分析选择、生
产生活中的实际应用、电化学等命题点。在近几年考题中，这类题目主要以“多因素影响”的
形式出现，要求考生具有较强的综合分析判断能力，信息量大，难度较高。命题的情境通常为
化工生产中的实际反应，然后对此反应从不同角度进行设问，以达到覆盖化学反应原理考查点
的目的，各小题之间有一定的独立性。这类题目旨在检验学生对化学反应原理的理解和应用能
力，以及解决实际问题的能力。
在解答这类题目时，学生需要掌握的知识点包括：
热化学方程式与盖斯定律：通过给定的热化学方程式，利用盖斯定律计算反应热。
反应速率和化学平衡：分析转化率、产率等计算与变化，理解反应速率和化学平衡的概念及其
影响因素。
化学平衡常数的表达与计算：掌握化学平衡常数的计算方法及其在实际问题中的应用。
反应条件的分析选择：分析不同反应条件对化学反应的影响，选择最佳的反应条件。
电化学：理解电化学原理，能够应用电化学知识解决实际问题。
命题分析
分析2024 年高考化学试题可以看出，化学反应原理综合题一般取材于能源、环境保护、化工生产等情
境，题目围绕多个主题，主要考查热化学、化学反应速率与平衡等；题目中结合图像、表格、数据、装置
等信息，考查考生的阅读、读图、分析归纳能力，试题的难度较大。涉及化学反应速率、化学平衡及其影
响因素、化学反应中的能量转化、盖斯定律及其应用、热化学方程式的书写等知识。各个小题又相对比较
独立题目的综合性强，化学信息较多，设问角度灵活多变，侧重考查考生接收整合信息的能力和应用化学
知识解决实际问题的能力。
试题精讲
1
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1．（2024·全国甲卷）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(
)的研究
所获得的部分数据如下。回答下列问题：
（1）已知如下热化学方程式：
计算反应
的
。
（2）
与
反应生成
，部分
会进一步溴化。将
和
。通入密闭容
器，平衡时，
、
与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有
、
和
)。
(i)图中
的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ii)
时，
的转化
，
。
(iii)
时，反应
的平衡常数
。
（3）少量
可提高生成
的选择性。
时，分别在有
和无
的条件下，将
和
，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
2
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(i)在
之间，有
和无
时
的生成速率之比
。
(ii)从图中找出
提高了
选择性的证据： 。
(ⅲ)研究表明，
参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析
提高
选择性的原因： 。
【答案】（1）-67
（2）a 80% 7.8 10.92
（3）
(或3：2) 5s 以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br 的含量陡然上升
I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断
曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时
间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。
【解析】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方
程式①乘以3 再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的
∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。
（2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增
多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br 的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=
×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br 的物质的量为5.0mmol，说
明还有1.4mmol CH3Br 发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr 的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、
n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K=
=
=10.92。
（3）(i)11~19s 时，有I2的生成速率v=
=
mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v=
=
3
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mmol·(L·s)-1。生成速率比
=
=
；
(ii)从图中可以看出，大约4.5s 以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br 的含量陡然上
升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br 的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生
成了CH3Br，提高了CH3Br 的选择性。
2．（2024·新课标卷）
(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的
催化剂。回答下列问题：
（1）Ni 基态原子价电子的轨道表示式为 。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为
，镍原子
半径为 。
（2）
结构如图甲所示，其中含有σ 键的数目为 ，
晶体的类型为 。
（3）在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa 下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，
体积分数x 与温
度的关系如图乙所示。反应
的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。从热力
学角度考虑， 有利于
的生成(写出两点)。
、100℃时CO 的平衡转化率α= ，该
温度下平衡常数
。
（4）对于同位素交换反应
，20℃时反应物浓度随时间的变化关
系为
(k 为反应速率常数)，则
反应一半所需时间
4
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(用k 表示)。
【答案】（1）
（2）8 分子晶体
（3）小于 降低温度、增大压强 97.3% 9000
（4）
【解析】（1）Ni 为28 号元素，其基态原子的核外电子排布式为
，则其价电子轨道表示式为
；铜晶胞示意图为
，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原
子半径为晶胞面对角线长度的
，因为晶胞体积为
，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为
，则镍原
子半径为
。
（2）单键均为σ 键，双键含有1 个σ 键和1 个π 键，三键含有1 个σ 键2 个π 键，由
的结构可
知，4 个配体CO 与中心原子Ni 形成的4 个配位键均为σ 键，而每个配体CO 中含有1 个σ 键2 个π 键，因
此1 个
分子中含有8 个σ 键。
的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其
晶体类型为分子晶体。
（3）随着温度升高，平衡时
的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的
；
该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于
的生成；由
上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中
的体积分数增大，则压
强：
，即
对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，
、100℃条件下达到平衡时，CO 和
的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO 为4mol，反应生成的
为xmol，可得
三段式：
，反应后总物质的量为：（4-3x）mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物
质的量分数，因此有
，解得
，因此达到平衡时
，CO 的平衡转化率
5
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；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数
。
（4）由题给关系式可得
，当
反应一半时
，即
，
，
，则
。
3．（2024·安徽卷）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：
【乙烷制乙烯】
（1）
氧化脱氢反应：
计算：
（2）
直接脱氢反应为
，
的平衡转化率与温度和压强的关系如图
所示，则
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．
b．
c．
（3）一定温度和压强下、反应i
反应ⅱ
(
远大于
)(
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。
的平衡转化宰为
，计算
。
②同时发生反应i 和ⅱ时。与仅发生反应i 相比，
的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不
6
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变”)。
【乙烷和乙烯混合气的分离】
（4）通过
修饰的Y 分子筛的吸附-脱附。可实现
和
混合气的分离。
的 与
分子的
键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离
和
的优点是 。
（5）常温常压下，将
和
等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与
进口浓度(
)之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。
A．前
，两种气体均未被吸附
B．p 点对应的时刻，出口气体的主要成分是
C．a-b 对应的时间段内，吸附的
逐新被
替代
【答案】（1）-566
（2）> b
（3）
增大
（4）4s 空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高
（5）BC
【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。
（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．600℃，0.6MPa 时，C2H6的平衡转化率约为20%，a 错误；
b．700℃，0.7MPa 时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b 正确；
c．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；
故答案选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，
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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。
（4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s 空轨道与C2H4分子的π 键电
子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y 分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物
而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的
产物中杂质少，纯度较高。
（5）A．前30min，
等于0，出口浓度c 为0，说明两种气体均被吸附，A 错误；
B．p 点时，C2H6对应的
约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的
较小，出口处C2H4浓度较
小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B 正确；
C．a 点处C2H6的
=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a 点后C2H6的
>1，说明原来吸附在吸
附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a 点后一段时间，C2H4的
仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐
被C2H4替代，p 点到b 点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可
能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p 点后C2H4的
也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不
能再吸附两种物质，C 正确；
故答案选BC。
4．（2024·山东卷）水煤气是
的主要来源，研究
对
体系制
的影响，涉及主要反应如下：
回答列问题：
（1）
的焓变
(用代数式表示)。
（2）压力p 下，
体系达平衡后，图示温度范围内
已完全反应，
在
温度时完全
分解。气相中
，
和
摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a 线对应物种为 (填化学
式)。当温度高于
时，随温度升高c 线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 。
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（3）压力p 下、温度为
时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应
的平衡常数
；此时气体总物质的量为
，则
的
物质的量为
；若向平衡体系中通入少量
，重新达平衡后，分压
将 (填
“增大”“减小”或“不变”)，
将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）
+
+
（2）
当温度高于T1，
已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以
的摩尔分数减小。
（3）
0.5 不变 不变
【解析】（1）已知三个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
设目标反应
为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以
+
+
。
（2）图示温度范围内
已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到
T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，
量减小，摩尔分数减小，
量升高，摩尔分
数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a 曲线代表
的摩尔分数的变化，则c 曲线代表
的摩尔分数
随温度的变化，开始到T1，
的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于
T1，
已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以
的摩尔分数减小。
（3）①压力p 下、温度为
时，
、
、
和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分
数为：
，则反应
的平衡常数
；
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②设起始状态1molC(s)，xmolH2O(g)，反应Ⅰ进行完全。
则依据三段式：
根据平衡时
、
、
和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有
、
、
，解出
，
，
则
，而由于平衡时
n(总)=4mol，则
y=4，y=
，则n(CaCO3)=
=
=0.5。
③若向平衡体系中通入少量
，重新达平衡后，反应
的Kp=
，温
度不变，Kp 不变，则分压
不变；体系中增加了
，若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前
提下，CO、H2O 的分压增大，H2分压减小，则反应Ⅱ的Kp 将会发生变化，与事实不符， 所以为了保证
Ⅱ的Kp 也不变，最终所有物质的分压均不变，即
不变。
5．（2024·湖南卷）丙烯腈(
)是一种重要的化工原料。工业上以
为载气，用
作催化剂
生产
的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：
ⅲ：
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
（1）总反应
(用含
、
、和
的代数式表示)；
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（2）进料混合气中
，出料中四种物质(
、
、
、
)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：
①表示
的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；
②反应釜Ⅰ中加入
的作用是 。
③出料中没有检测到
的原因是 。
④反应
后，a、b、c 曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。
（3）催化剂
再生时会释放
，可用氨水吸收获得
。现将一定量的
固体(含
水)置于密闭真空容器中，充入
和
，其中
的分压为
，在
℃下进行干燥。为保证
不分解，
的分压应不低于
(已知
分解的平衡常数
)；
（4）以
为原料，稀硫酸为电解液，Sn 作阴极，用电解的方法可制得
，其阴
极反应式 。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3
（2）c 降低分压有利于反应i 平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率
CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解 反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，
故产物减少
（3）40
（4）Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4
【分析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH 为进料气体生产
CH2=CHCN，在反应釜I 中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入NH3
后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反应iii：
CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的C2H5OH、
CH2=CHCOOC2H5(g)和水；
【解析】（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)
+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii 得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；
（2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气
中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1mol，n(C2H5OH)=2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成
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CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中C2H5OH(g)
物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O 物质的量之比约为1:3:2，故曲线c 表示
CH2=CHCN 的曲线；
②反应釜Ⅰ中发生反应i 是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH 降低分压有利于反应i 平衡正向移动且提
高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率；
③丙烯酰胺(CH2=CHCONH2)的分解温度约为160°C 至170°C，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是
CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解；
④反应11h 后，a、b、c 曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反
应速率降低，故产物减少；
（3）0.72g 水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)=2.5×102kPa mol
⋅
−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式
为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得
p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa；
（4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN 为原料在Sn 做的阴极得电子
制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。
6．（2024·湖北卷）用
和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到
，再制备乙炔是我国科研人员提出的
绿色环保新路线。
反应I：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）写出
与水反应的化学方程式 。
（2）已知
、
(n 是
的化学计量系数)。反应、Ⅱ的
与温度的关系曲线见图
1。
①反应
在
的
。
②保持
不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时
，若将容器体积压缩到原
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来的
，重新建立平衡后
。
（3）恒压容器中，焦炭与
的物质的量之比为
，
为载气。
和
下，
产率随时间
的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。
①初始温度为
，缓慢加热至
时，实验表明
已全部消耗，此时反应体系中含
物种为
。
②
下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。
【答案】（1）BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑
（2）1016 105 105
（3）BaO 速率不变至BaC2产率接近100% 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)
+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO 为气态，据
可知，CO 的压强为定值，
所以化学反应速率不变
【解析】（1）Ba、Ca 元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式
为BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑；
（2）①反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)
BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=
，由图1
可知，1585K 时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即
=102.5×10-1.5=10，所以p3
CO=10×(105pa)3=1016pa
3，则Kp=
p3
CO=1016pa
3；
②由图1 可知，1320K 时反应I 的KI=100=1，即KI=
=1，所以p2
CO=(105pa)2，即pCO=105pa；
③若将容器体积压缩到原来的
，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即
pCO=105pa；
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（3）①由图2 可知，1400K 时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此
时反应体系中含Ba 物种为BaO；
②图像显示，1823K 时BaC2的产率随时间由0 开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定
值，即速率保持不变；1400K 时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有反应
Ⅱ：BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO 为气态，据
可知，CO 的压强为定值，所以化学反应速率不变。
7．（2024·甘肃卷）
是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
（1）由
制备
：
已知
时，由
制备
硅 (填“吸”或“放”)热
。升高温
度有利于制备硅的原因是 。
（2）在催化剂作用下由粗硅制备
：
。
，
密闭容
器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与
和
气体反应，
转化率随时间的
变化如下图所示：
①
，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率
。
②当反应达平衡时，
的浓度为
，平衡常数K 的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】（1）吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
（2）甲
0.1952
逆反应方向
【解析】（1）由题给热化学方程式：①
，
；②
，
；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方程
14
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式
，
，则
制备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为
；该反应为吸热反应，升高温
度，反应正向移动，有利于制备硅。
（2）①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min 时SiCl4的
转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成的
SiHCl3的物质的量为
，平均反应速率
；
②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为：
当反应达平衡时，H2的浓度为
，平衡常数K 的计算式为
；
③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
8．（2024·黑吉辽卷）为实现氯资源循环利用，工业上采用
催化氧化法处理
废气：
。将
和
分别以不同起始流速通入
反应器中，在
和
下反应，通过检测流出气成分绘制
转化率( )曲线，如下图所示(较
低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
（1）
0(填“>”或“<”)；
℃。
（2）结合以下信息，可知
的燃烧热
。
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（3）下列措施可提高M 点
转化率的是_______(填标号)
A．增大
的流速
B．将温度升高
C．增大
D．使用更高效的催化剂
（4）图中较高流速时，
小于
和
，原因是 。
（5）设N 点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数
(用平衡物质的量分数代替平
衡浓度计算)
（6）负载在
上的
催化活性高，稳定性强，
和
的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞
体积近似相等，
与
的密度比为1.66，则
的相对原子质量为 (精确至1)。
【答案】（1）＜ 360℃
（2）-258.8
（3）BD
（4）流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3 温度低，
反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
（5）6
（6）101
【解析】（1）反应
前后的气体分子数目在减小，所以该反应
<0，
该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl
的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。
（2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为④
，设①
，②
，③
，则
，因
此氢气的燃烧热
－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-258.8
（3）A．增大HCl 的流速，由图像可知，HCl 的转化率在减小，不符合题意；
B．M 对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl 的转化率增大，符合题意；
C．增大n(HCl):n(O2)，HCl 的转化率减小，不符合题意；
D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl 的转化率增加，符合题意；
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故选BD。
（4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不
及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢
的转化率低。
（5）由图像可知，N 点HCl 的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式
则
。
（6）由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故
，
则Ru 的相对原子质量为101。
9．（2024·河北卷）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：
。
①若正反应的活化能为
，则逆反应的活化能
(用含
正的代数式表示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入
和其
，测定
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
的转化率为 ，
温度下用分
压表示的平衡常数
。
③下图曲线中能准确表示
温度下
随进料比变化的是 (填序号)。
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（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(
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，
。
①
时，
，且
内
，反应进行到
时，
。
②
时，
，若
产物T 的含量可忽略不计，则此时
后，随T 的含量增加，
(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）
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
到
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
0.03 D
（2）5.54 0.033 增大
【解析】（1）①根据反应热
与活化能E 正和E 逆关系为
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，
即越
大。从
到
，
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
到
逐
渐降低，即
。由题图甲中M 点可知，进料比为
，平衡时
，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”。
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可计算得
，
。
③由题图甲中M 点可知，进料比为2 时，
，结合“三段式”，以及
时化学平衡常数可知，进
料比为0.5 时，
也为
，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
和
的化学计量数之比为
，则
和
的进料比互为倒数(如2 与0.5)时，
相等。
（2）①根据化学反应速率的计算公式时，
，
时，
。
②已知
，又由题给反应速率方程推知，
，则
，即
后
。
后，D 和G 转化为T 的速率比为
，G 消耗得更快，则
增大。
10．（2024·贵州卷）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．
ⅱ．
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
(用含
的代数式
表示)。
物质
（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
。
19
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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
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
（5）
下，在某密闭容器中按
充入气体，发生反应
，平衡时
与
的分压比为4:1，则
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)。
（6）引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下：
(两个反应可视为同级数的平行反应)
对于同级数的平行反应有
，其中v、k 分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活
化能，A1、A2为定值，R 为常数，T 为温度，同一温度下
是定值。已知
，若要提高苯的产
率，可采取的措施有 。
【答案】（1）能
（2）6a-b-9c
（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
（5）20%
或
（6）适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可)
【解析】（1）反应ⅰ．
，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．
由题给数据可得出以下热化学方程式：
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CH
③
4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH=akJ·mol-1
C
④
6H6(l)+7.5O2(g)＝6CO2(g)+3H2O(l) ΔH=bkJ·mol-1
H
⑤
2(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
(6a-b-9c) kJ·mol-1。
（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。
（5）
下，在某密闭容器中按
充入气体，发生反应
，平衡时
与
的分压比为4:1，设起始时C6H6的物质的量
为1mol，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
的平衡转化率为
=20%，平衡常数Kp=
或
。
（6）已知
，
，则温度降低，
增大，可提高苯的产率；加入合
适的催化剂，选择性降低Ea,苯，加快生成苯的速率，提高苯的产率。所以若要提高苯的产率，可采取的措
施有：适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可)。
1．（2023·全国甲卷）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
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反应③
的
_______
，平衡常数
_______(用
表
示)。
（2）电喷雾电离等方法得到的
(
等)与
反应可得
。
与
反应能高选择性地
生成甲醇。分别在
和
下(其他反应条件相同)进行反应
，结果如下图
所示。图中
的曲线是_______(填“a”或“b”。
、
时
的转化率为_______(列出算式)。
（3）
分别与
反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以
示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则
与
反应的能量变
化应为图中曲线_______(填“c”或“d”)。
(ⅲ)
与
反应，氘代甲醇的产量
_______
(填“＞”“＜”或“=”)。若
与
反应，生成的氘代甲醇有_______种。
【答案】（1）
或
（2） b
（3）Ⅰ c ＜ 2
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【解析】（1）根据盖斯定律可知，反应③=
(反应②-
)
①，所以对应
；根据平衡常数表达式与热化学方程式之
间的关系可知，对应化学平衡常数
或
，故答案为：
；
或
；
（2）根据图示信息可知，纵坐标表示-lg(
)，即与MO+的微粒分布系数成反比，与M+的微
粒分布系数成正比。则同一时间内，b 曲线生成M+的物质的量浓度比a 曲线的小，证明化学反应速率慢，
又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b 表示的是300 K 条件下的反应；
根据上述分析结合图像可知，
、
时-lg(
)=0.1，则
=10-0.1，利用数
学关系式可求出
，根据反应
可知，生成的M+即为转
化的
，则
的转化率为
；故答案为：b；
；
（3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步
骤Ⅰ；
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，
根据图示可知，
与
反应的能量变化应为图中曲线c；
(ⅲ)
与
反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则
单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量
＜
；根据反应机理可知，若
与
反应，生成的氘代甲醇可能为
或
共2 种，故答案为：＜；2。
2．（2023·全国乙卷）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧
化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
（1）在
气氛中，
的脱水热分解过程如图所示：
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根据上述实验结果，可知
_______，
_______。
（2）已知下列热化学方程式：
则
的
_______
。
（3）将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。平衡时
的关系如下图所示。
时，该反应的平衡
总压
_______
、平衡常数
_______
。
随反应温度升高而_______(填“增大”
“减小”或“不变”)。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应
(Ⅱ)，平衡时
_______(用
表示)。在
时，
，则
_______
，
_______
(列出计算式)。
【答案】（1） 4 1
（2）(a+c-2b)
（3） 3
增大
（4）
46.26
【解析】（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，
转化为
，则
，解之得
=4；当失重比为38.8%时，
转化为
，则
，解之得y=1。
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（2）①
②
③
根据盖斯定律可知，①+
-
③②2 可得
，则
(a+c-2b)
。
（3）将
置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
(Ⅰ)。由平衡时
的关系图可知,
时，
，则
，因此，该反应的平衡总压
3
、平衡常数
。由图
中信息可知，
随着温度升高而增大，因此，
随反应温度升高而增大。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应
(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的
物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时
，则
，因此，平衡时
。在
时，
，则
、
，
联立方程组消去
，可得
，代入相关数据可求出
46.26
，则
，
。
3．（2023·新课标卷）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：
（1）根据图1 数据计算反应
的
_______
。
（2）研究表明，合成氨反应在
催化剂上可能通过图2 机理进行(*表示催化剂表面吸附位，
表示被吸
附于催化剂表面的
)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标
号)，理由是_______。
（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为
)使用前经
还原，生成
包裹的
。已知
属于立
方晶系，晶胞参数
，密度为
，则
晶胞中含有
的原子数为_______(列出计算式，
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阿伏加德罗常数的值为
)。
（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进料组成中含有惰性气体
的图是_______。
③图3 中，当
、
时，氮气的转化率
_______。该温度时，反应
的平衡常数
_______
(化为最简式)。
【答案】（1）
（2） (ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的键能比H-H 键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）
（4）
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
【解析】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物
的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1 数据可知，反应
的
。
（2）由图1 中信息可知，
的
，则
的键能为
；
的
，则H-H 键的键能为
。在化学反应中，最大的能垒为速率
控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于
的键能比H-H 键的大很多，因此，在上述反应机
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理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
（3）已知
属于立方晶系，晶胞参数
，密度为
，设其晶胞中含有
的原子数为
，
则
晶体密度
，解之得
，即
晶胞中含有
的原子
数为
。
（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
，因此，图中压强由小到大的顺序为
，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
，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
不利于合成氨，进料组成中含有情性气体
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：
当
、
时，
，解之得
，则氮气的转化率
，平衡时
、
、
的物质的量分别为
、2
、
，其物质的量分数分别为
、
、
，则该温度下
因此，该温度时，反应
的平衡常数
。
4．（2023·广东卷）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）某有机物
能与
形成橙红色的配离子
，该配离子可被
氧化成淡蓝色的配离子
。
①基态
的
电子轨道表示式为 。
②完成反应的离子方程式：
（2）某研究小组对（1）中②的反应进行了研究。
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用浓度分别为
的
溶液进行了三组实验，得到
随时间t 的
变化曲线如图。
①
时，在
内，
的平均消耗速率= 。
②下列有关说法中，正确的有 。
A．平衡后加水稀释，
增大
B．
平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
（3）R 的衍生物L 可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M 表示)与L 存在平衡：
研究组配制了L 起始浓度
与L 起始浓度比
不同的系列溶液，反应平衡后
测定其核磁共振氢谱。配体L 上的某个特征H 在三个物种
中的化学位移不同，该特征H 对
应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H 的总峰面积计为1)如下表。
0
1.00
0
0
a
x
0.64
b
0.40
0.60
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S 之比等于吸收峰对应H 的原子数目之比；“
”表示未检测到。
①
时，
。
②
时，平衡浓度比
。
（4）研究组用吸收光谱法研究了（3）中M 与L 反应体系。当
时，测得平衡时各物
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种
随
的变化曲线如图。
时，计算M 的平衡转化率 (写出
计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】（1）
HNO2
（2）
A、B
（3）0.36 3：4 或0.75
（4）98%
【解析】（1）①基态
的
电子轨道表示式为
；
②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。
（2）①浓度分别为
的
溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此
可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；
时，在
内，观察图像可知
的平均消耗速率为
；
A
②．对于反应
HNO2
，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移
动，
含量增加，
含量减小，
增大，A 正确；
B．
浓度增加，
转化率增加，故
，B 正确；
C．观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C 错误；
D．硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故
，D 错误；
故选AB。
（3）①
时，
，且
=0.64，
得x=0.36；
②
相比于
含有两个配体，则
与
的浓度比应为
相对峰面积S 的一半与
的相对峰面积S 之比，即
。
29
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（4）
；
，由L 守恒可知
，则
；则M 的转化率为
。
5．（2023·山东卷）一定条件下，水气变换反应
的中间产物是
。为探究该
反应过程，研究
水溶液在密封石英管中的分子反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，
仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建
立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
（1）一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为
、
，则该条件下水气变换反应的焓变
_____(用
含
的代数式表示)。
（2）反应Ⅰ正反应速率方程为：
，k 为反应速率常数。
温度下，
电离
平衡常数为
，当
平衡浓度为
时，
浓度为_____
，此时反应Ⅰ应速率
_____
(用含
和k 的代数式表示)。
（3）
温度下，在密封石英管内完全充满
水溶液，使
分解，分解产物均完全
溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。
时刻测得
的浓度分别为
，反应Ⅱ达平衡时，测得
的浓度为
。体系达平
衡后
_____(用含y 的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有
盐酸，则图示点
中，
的浓度峰值
点可能是_____(填标号)。与不同盐酸相比，
达浓度峰值时，
浓度_____(填“增大”“减小”或
“不变”)，
的反应_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
30
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【答案】（1）
－
（2）
（3）
a 减小 不变
【解析】（1）根据盖斯定律，反应II-反应I＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变
＝
－
；
（2）T1温度时，HCOOH 建立电离平衡：
，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝
。
。
（3）t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I 达平衡状态。此时
故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 mol·L－1，K(I)＝
。t1时刻→反应II 达平
衡过程，
则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(I)＝
，a＝
。故
＝
，K(II)＝
。
加入0.1 mol·L－1盐酸后，H＋对反应I 起催化作用，加快反应I 的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故
CO 浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH 减小，体系中HCOOH 浓度增大，导致CO 浓度
大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a 处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，
31
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＝K(I)，温度不变，平衡常数不变，则
的值不变。
6．（2023·北京卷）尿素
合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
（1）十九世纪初，用氰酸银
与
在一定条件下反应制得
，实现了由无机物到有
机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。
（2）二十世纪初，工业上以
和
为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．
和
生成
；
ⅱ．
分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。
a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱ
b．ⅰ放热反应，ⅱ为吸热反应
c．
（3）近年研究发现，电催化
和含氮物质(
等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含
氮废水污染问题。向一定浓度的
溶液通
至饱和，在电极上反应生成
，电解原理如图
所示。
①电极是电解池的__________极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。
（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。
已知：溶液中
不能直接用
溶液准确滴定。
32
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①消化液中的含氮粒子是__________。
②步骤ⅳ中标准
溶液的浓度和消耗的体积分别为和
，计算样品含氮量还需要的实验数据有
__________。
【答案】（1）
（2）ab
（3） 阳
（4）
样品的质量、步骤Ⅲ所加入
溶液的体积和浓度
【解析】（1）根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是
。答案为
；
（2）a．反应ⅰ的活化能是
，反应ⅱ活化能是
，
，a 项正确；
b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b 项正确；
c．总反应的：
，c 项错误；
故选ab。
（3）①电极b 上发生
失电子生成
的氧化反应，是电解池的阳极。②a 极硝酸根离子得电子转化为
尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为
。答案为阳
极；
；
（4）①尿素消化分解生成
和
，由于反应中存在浓
，则消化液中含氮粒子为
。②除了
已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入
溶液的体积和浓度。答案为
；样品的质
量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。
7．（2023·湖北卷）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。
的反应机理和能量变化如下：
33
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回答下列问题：
（1）已知
中的碳氢键和碳碳键的键能分别为
和
，H-H 键能为
。估算
的
_______
。
（2）图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。
（3）
纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。
（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)。
（5）
及
反应的
(
为平衡常数)随温度倒
数的关系如图所示。已知本实验条件下，
(R 为理想气体常数，c 为截距)。图中两条线几乎平
行，从结构的角度分析其原因是_______。
（6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成
的反应速率的是_______(填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
【答案】（1）128
（2） 3 3
（3） 6 10
（4）
34
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（5）在反应过程中，断裂和形成的化学键相同
（6）a
【解析】（1）由
和
的结构式和反应历程可以看出，
中断裂了2 根碳氢键，
形成
了1 根碳碳键，所以
的
=
，故答
案为：128；
（2）由反应历程可知，包含3 个基元反应，分别为：
，
,
,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢，故
答案为：3；3；
（3）由
的结构分析，可知其中含有1 个五元环，10 个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则
总共含有6 个五元环，10 个六元环，故答案为：6；10；
（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：
则
，
，
，该反应的平衡常数
=
，故答案为：
；
（5）
及
反应的
(
为平衡常数)随温度倒
数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据
(R 为理想气体常数，c 为截
距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：在反应
过程中，断裂和形成的化学键相同；
（6）a．由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加
快，a 符合题意；
b．由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b 不符
合题意；
c．加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c 不符合题意；
故答案为：a。
8．（2023·湖南卷）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。
Ⅰ．苯乙烯的制备
35
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（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④
的
_______
；
（2）在某温度、
下，向反应器中充入
气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡
转化率提高至75%，需要向反应器中充入_______
水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（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(
)
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_______；
（4）关于本反应体系中催化剂
的描述错误的是_______；
A．X 射线衍射技术可测定
晶体结构
B．
可改变乙苯平衡转化率
C．
降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变
颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某
(Ⅰ)的配合物促进
(引发剂，X 表示卤
素)生成自由基
，实现苯乙烯可控聚合。
36
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（5）引发剂
中活性最高的是_______；
（6）室温下，①
在配体L 的水溶液中形成
，其反应平衡常数为K；②
在水中的溶度
积常数为
。由此可知，
在配体L 的水溶液中溶解反应的平衡常数为_______(所有方程式中计量系
数关系均为最简整数比)。
【答案】（1）+118
（2）5
（3） 苯 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化
率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b 代表产物苯
（4）BD
（5）C6H5CH2Cl
（6）K∙Ksp
【解析】（1）根据盖斯定律，将①-
-
②③可得C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ∆H4=-4386.9kJ/mol-
(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；答案为：+118；
（2）设充入H2O(g)物质的量为xmol；在某温度、100kPa 下，向反应器中充入1mol 气态乙苯发生反应
④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式
，此时平
衡时混合气体总物质的量为1.5mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式
，此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75mol，
混合气的总物质的量为(1.75+x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为
；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则
=
，解得x=5；答案为：5；
（3）曲线a 芳香烃产物的选择性大于曲线b、c 芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为副反
应，则曲线a 代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的正反应是
气体分子数不变的反应；在913K、100kPa（即恒温恒压）下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率增大，即减
小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线b 代表的产物是苯；答案为：苯；反
应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤
正向移动，反应⑥不移动，则曲线b 代表产物苯；
（4）A．测定晶体结构最常用的仪器是X 射线衍射仪，即用X 射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A 项
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正确；
B．催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B 项错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C 项正确；
D．催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D 项错误；
答案选BD。
（5）电负性Cl＞Br＞I，则极性C—Cl 键＞C—Br 键＞C—I 键，则C6H5CH2Cl 更易生成自由基，即活性最
高的是C6H5CH2Cl；答案为：C6H5CH2Cl；
（6）Cu+在配体L 的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L⇌[Cu(L)2]+的平衡常数K=
；CuBr 在
水中的溶度积常数Ksp=c(Cu+)∙c(Br-)；CuBr 在配体L 的水溶液中溶解反应为CuBr+2L⇌[Cu(L)2]++Br-，该反
应的平衡常数为
=
=K∙Ksp；答案为：K∙Ksp。
9．（2022·全国甲卷）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一
是将金红石
2
TiO
转化为
4
TiCl ，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1）
2
TiO 转化为
4
TiCl 有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接氯化：
-1
-2
2
2
4
2
1
p1
TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g) ΔH =172kJ mol ,K =1.0 10
(ⅱ)碳氯化：
-1
12
2
2
4
2
p2
TiO (s)+2Cl (g)+2C(s)=TiCl (g)+2CO(g)
ΔH =-51kJ mol ,
K =1.2 10 Pa
①反应
2
2C(s)+O (g)=2CO(g)的ΔH 为_______
-1
kJ mol
，
p
K = _______Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是_______。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡_______移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率
_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）在
5
1.0 10 Pa
，将
2
TiO 、C、
2
Cl 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
2
C(s)
CO (g)
2CO(g)
的平衡常数
p
K
1400
℃
_______ Pa 。
②图中显示，在200℃平衡时
2
TiO 几乎完全转化为
4
TiCl ，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原
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因是_______。
（3）
2
TiO 碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于
2
TiO
C
“固—固”接触的措施是_______。
【答案】（1） -223 1.2×1014 碳氯化反应气体分子数增加，∆H 小于0，是熵增、放热过
程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 向
左 变小
（2） 7.2×105 为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的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）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=
p
p1
K
K
2 =
12
-2
1.2
10 Pa
1.0
10
=1.2×1014Pa；
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，∆H 小于0，是熵增、放热过程，
熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；
③对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移
动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率
变小。
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例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℃)=
2
(0.6P )
0.05P
总
总
=
5
2
5
(0.6
1.0
10 )
0.05
1.0
10
Pa=7.2×105Pa；
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。
10．（2022·全国乙卷）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以
利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
2
2
2
2
2H S(g)+3O (g)=2SO (g)+2H O(g)
-1
1
ΔH =-1036kJ mol
②
2
2
2
2
4H S(g)+2SO (g)=3S (g)+4H O(g)
-1
2
ΔH =94 kJ mol
③
2
2
2
2H (g)+O (g)=2H O(g)
-1
3
ΔH =-484 kJ mol
计算
2
H S 热分解反应④
2
2
2
2H S(g)=S (g)+2H (g) 的
4
ΔH = ________
-1
kJ mol
。
（2）较普遍采用的
2
H S 处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反
应④高温热分解
2
H S 。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是________，缺点是________。
（3）在1470 K 、100 kPa 反应条件下，将
2
n(H S):n(Ar)=1:4 的混合气进行
2
H S 热分解反应。平衡时混合气
中
2
H S 与
2
H 的分压相等，
2
H S 平衡转化率为________，平衡常数
p
K = ________kPa 。
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（4）在1373 K 、100 kPa 反应条件下，对于
2
n(H S):n(Ar) 分别为4:1、1:1、1: 4、1:9 、1:19 的
2
H S-Ar 混
合气，热分解反应过程中
2
H S 转化率随时间的变化如下图所示。
①
2
n(H S):n(Ar) 越小，
2
H S 平衡转化率________，理由是________。
②
2
n(H S):n(Ar)=1:9 对应图中曲线________，计算其在0-0.1s 之间，
2
H S 分压的平均变化率为________
-1
kPa s
。
【答案】（1）170
（2） 副产物氢气可作燃料 耗能高
（3） 50% 4.76
（4） 越高 n(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 d 24.9
【解析】（1）已知：①2H2S(g)+3O2(g)＝2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1＝－1036kJ/mol
4H
②
2S(g)+2SO2(g)＝3S2(g)+4H2O(g) ΔH2＝94kJ/mol
2H
③
2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3＝－484kJ/mol
根据盖斯定律(
+
)×
①②
1
3 －③即得到2H2S(g)＝S2(g)+2H2(g)的ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×
1
3 +484kJ/mol＝
170 kJ/mol；
（2）根据盖斯定律(
+
)×
①②
1
3 可得2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×
1
3 =
－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；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol 和4mol，根据三段式可知：
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2
2
2
( )
( )
+
( )
/
1
0
2H S
S
2
0
/
0.5
/
1
0
H
.5
g
g
g
mol
mol
x
x
x
mol
x
x
x
始
变
平
平衡时H2S 和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S 的平衡转化率
为0.5 100%
50%
1
，所以平衡常数Kp＝
2
2
2
2
2
(S )
(H )
(H S)
p
p
p
＝
2
2
0.25
0.5
100
(
100
)
5.25
5.25
0.5
(
100
)
5.25
kPa
kPa
kPa
≈4.76kPa；
（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；
n(H
②
2S):n(Ar)越小，H2S 平衡转化率越高，所以n(H2S):n(Ar)＝1:9 对应的曲线是d；根据图像可知
n(H2S):n(Ar)＝1:9 反应进行到0.1s 时H2S 转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质
的量分别为1mol 和9mol，则根据三段式可知
2
2
2
( )
( )
+
( )
/
1
0
0
/
0.24
0.12
0.24
/
0.76
0.12
0.24
2H S
S
2H
g
g
g
mol
mol
mol
始
变
平
此时H2S 的压强为
0.76
100
0.76
0.12
0.24
9
kPa
≈7.51kPa，H2S 的起始压强为10kPa，所以H2S 分压的平均
变化率为
10
7.51
0.1
kPa
kPa
s
＝24.9kPa·s－1。
11．（2022·广东卷）铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂
2
3
Cr O 可由
4
2
7
2
NH
Cr O 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：
4
2
7
2
3
2
NH
Cr O
Cr O
______________。
②
2
3
Cr O 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，X(g)
Y(g)
过程的焓变为_______(列式表示)。
③
2
3
Cr O 可用于
3
NH 的催化氧化。设计从
3
NH 出发经过3 步反应制备
3
HNO 的路线_______(用“→”表示含
氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。
（2）
2
2
7
K Cr O 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
41
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(ⅰ)
2
2
7
2
4
Cr O (aq)
H O(l)
2HCrO (aq)
2
1
3.0 10
25 C
K
(ⅱ)
2
4
4
HCrO (aq)
CrO (aq)
H (aq)
7
2
3.3 10
25 C
K
①下列有关
2
2
7
K Cr O 溶液的说法正确的有_______。
A．加入少量硫酸，溶液的pH 不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量NaOH 溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D．加入少量
2
2
7
K Cr O 固体，平衡时
2
4
HCrO
c
与
2-
2
7
c Cr O
的比值保持不变
25℃
②
时，
1
2
2
7
0.10mol L K Cr O
溶液中
2-
4
2-
2
7
c CrO
lg
c Cr O
随pH 的变化关系如图。当pH
9.00
时，设
2
2
7
Cr O 、
4
HCrO与
2
4
CrO 的平衡浓度分别为x、y、
1
zmol L
，则x、y、z 之间的关系式为_______
0.10
；计算溶液
中
4
HCrO的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A 对
应的波长(
max
)取决于物质的结构特征；浓度越高，A 越大。混合溶液在某一波长的A 是各组分吸收程度
之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、pH 不同的
2
2
7
K Cr O 稀溶液，测得其A 随的变
化曲线如图，波长
1、
2
和
3中，与
2
4
CrO 的
max
最接近的是_______；溶液pH 从a 变到b 的过程中，
2
2
4
2
2
7
H
CrO
Cr O
c
c
c
的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） N2↑ 4H2O (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)
2
3
2
2
2
2
Cr O
O
O
3
2
3
O
H O
NH
NO
NO
HNO
2NO+O2=2NO2
42
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（2） BD
1
1
2
2
x
y
z
当溶液pH=9 时，
2
4
4
2
2
7
CrO
10
Cr O
c
c
，因此可忽略溶液中
2
2
7
Cr O
即
2
4
4
HCrO
CrO
c
c
=0.20
反应(ii)的平衡常数K2=
2
4
4
H
CrO
HCrO
c
c
c
=
9
2
4
4
10
CrO
HCrO
c
c
=3.3×10-7
联立两个方程可得
4
HCrO
c
=6.0×10-4mol/L λ3 增大
【解析】（1）①
4
2
7
2
NH
Cr O 分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为
N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为
2
4
2
7
2
2
2
3
NH
Cr O
N
C
4H
r
O
O
。
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1=(E1-E2)，M→N ΔH2=ΔH，N→Y
ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
NH
③
3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO 与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O 反
应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3 步反应制备
HNO3的路线为
2
3
2
2
2
2
Cr O
O
O
3
2
3
O
H O
NH
NO
NO
HNO
；其中NO 反应生成NO2过程中，气体颜色发生
变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2。
（2）①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i)
2
2
4
2
7
H O
Cr O
aq
l
2HCrO
aq
、(ii)
2
4
4
HCrO
aq
CrO
aq
H
aq
。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是
减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH 将减小，故A 错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡
正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B 正确；
C．加入少量NaOH 溶液，(ii)正向移动，溶液中
4
HCrO
c
将减小，(i)将正向移动，故C 错误；
D．平衡(i)的平衡常数K1=
2
4
2
2
7
HCrO
Cr O
c
c
，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，
2
4
2
2
7
HCrO
Cr O
c
c
不变，故D 正确；
综上所述，答案为：BD。
0.10mol/L K
②
2Cr2O7溶液中，Cr 原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00 时，溶液中Cr 原子总浓度为
2
2
2
7
4
4
2
Cr O
HCrO
CrO
c
c
c
=0.20mol/L，
2
2
7
Cr O 、
4
HCrO与
2
4
CrO 的平衡浓度分别为x、y、z
mol/L，因此
1
1
2
2
x
y
z
=0.10；由图8 可知，当溶液pH=9 时，
2
4
4
2
2
7
CrO
10
Cr O
c
c
，因此可忽略溶液中
2
2
7
Cr O
43
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，即
2
4
4
HCrO
CrO
c
c
=0.20，反应(ii)的平衡常数K2=
2
4
4
H
CrO
HCrO
c
c
c
=
9
2
4
4
10
CrO
HCrO
c
c
=3.3×10-7，联
立两个方程可得
4
HCrO
c
=6.0×10-4mol/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH 越大，溶液中
2
2
2
7
4
4
Cr O
HCrO
CrO
c
c
c
越
大，混合溶液在某一波长的A 越大，溶液的pH 越大，溶液中
2
4
CrO
c
越大，因此与
2
4
CrO 的λmax最接近的
是λ3；反应(i)的平衡常数K1=
2
4
2
2
7
HCrO
Cr O
c
c
，反应(ii)的平衡常数K2=
2
4
4
H
CrO
HCrO
c
c
c
，
2
2
1
K
K
=
2
2
2
2
4
4
2
2
4
2
7
H
CrO
HCrO
HCrO
Cr O
c
c
c
c
c
=
2
2
2
4
2
2
7
H
CrO
Cr O
c
c
c
，因此
2
2
4
2
2
7
H
CrO
Cr O
c
c
c
=
2
2
1
H
K
K
c
，由上述分
析逆推可知，b>a，即溶液pH 从a 变到b 的过程中，溶液中c(H+)减小，所以
2
2
4
2
2
7
H
CrO
Cr O
c
c
c
的值将增
大。
12．（2022·福建卷）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：
（1）已知
，则
燃烧生成
和
的热化学方程式为_______。
（2）在
下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
反应时间
0
4
8
12
t
20
浓度
0
244
0
3200
360
0
4000
4100
①
内，
_______
；
t_______16(
②
填“>”“<”或“=”)。
（3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。
a.
的分压不变 b.混合气体密度不变
c.
d.
（4）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为_______。
44
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（5）下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时
与温度的关系曲线。
(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_______。
②
时，在密闭容器中加入一定量的
，体系达到平衡后，测得
的分压为
，则水蒸气
的分压为_______
(用含x 的代数式表示)。
【答案】（1）
（2）190 >
（3）ad
（4）58.8%
（5）甲 反应I 平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，
【解析】（1）设Ⅲ
，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ
得
。
（2）①
内，
，则
；
②
、
、
，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，
内，Δc(H2O)=400ppm，
内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。
（3）a．H2O 的分压不变，则C3H6 的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，
a 正确；
b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，
不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b 错误；
c．当
时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c 错误；
d．
，说明正逆反应速率相等，反应I 达平衡，各组分分压不变，C3H6 的分压不
变，说明反应Ⅱ也达平衡，d 正确；
45
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故选ad。
（4）设C3H8O 的物质的量为1mol，若lmol C3H8O 完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ
的转化率分别为98%和40%，反应I 生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡
时C3H6 的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为
=58.8%。
（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；
②由图可知，350°C 时达平衡后，
=0，则350℃时
=
=1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应
II 的C3H6 起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有
，解得a=
MPa。
13．（2022·湖北卷）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“
2
H O
CaO
Al
”体系的
发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值( T
)随时间(t)的变化
曲线，如图所示。
实验编
号
反应物组成
a
0.20g CaO 粉末
5.0mL
2
H O
b
0.15g Al 粉
5.0mL
2
H O
c
0.15g Al 粉
5.0mL 饱和石灰水
d
0.15g Al 粉
5.0mL 石灰乳
e
0.15g Al 粉
0.20g CaO 粉末
46
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5.0mL
2
H O
回答下列问题：
（1）已知：
①
1
2
1
2
s
H O l
s
65.17
CaO
Ca OH
H
kJ mol
②
2
1
2
2 s
2
16.73
Ca OH
Ca
aq
OH
aq
H
kJ mol
③
1
2
2
3
4
3
s
3H O l
H
g
415.0
2
Al
OH
aq
Al OH
aq
H
kJ mol
则
2
2
2
4
s
2
s
7H O l
2
3H
g
CaO
Al
Ca
aq
Al OH
aq
的
4
H
___________
1
·
kJ mol 。
（2）温度为T 时，
2
K
x
sp Ca OH
，则
2
Ca OH
饱和溶液中
c OH ___________(用含x 的代数式表
示)。
（3）实验a 中，4min 后T
基本不变，原因是___________。
（4）实验b 中，T
的变化说明Al 粉与
2
H O 在该条件下___________(填“反应”或“不反应”)。实验c
中，前3min 的T
有变化，其原因是___________；3min 后T
基本不变，其原因是___________微粒的量
有限。
（5）下列说法不能解释实验d 在10min 内温度持续升高的是___________(填标号)。A．反应②的发生促使
反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e 的特征，用文字简述其发热原理___________。
【答案】（1）-911.9
（2）
3 2x mol⋅L-1
（3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
47
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（4） 不反应 Al 和溶液中的OH-发生了反应 OH-
（5）A
（6）实验e 中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的
发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应
都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【解析】（1）根据盖斯定律可得，①+
+2
②
③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)
+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ⋅mol-1)+(-16.73kJ⋅mol-1)+2(-415.0kJ⋅mol-1)=-911.9kJ⋅mol-1。
（2）温度为T 时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)
Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)∙，
Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)∙c2(OH-)=x，则c(OH-)= 3 2x mol⋅L-1。
（3）实验a 中，CaO 和H2O 反应①生成Ca(OH)2，4min 后ΔT 基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度
小，反应①达到了平衡状态。
（4）实验b 中，ΔT 几乎不变，说明Al 粉与H2O 在该条件下不反应；实验c 中，前3min 的ΔT 有变化，是
因为Al 和溶液中的OH-发生了反应，3min 后ΔT 基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的
量有限。
（5）实验d 中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生
使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加
快；综上所述，实验d 在10min 内温度持续升高与反应①无关，故选A。
（6）实验e 中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的
发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应
都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
14．（2022·重庆卷）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
①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。
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。
48
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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_____。
②某温度下，H2在Pd 膜表面上的解离过程存在如下平衡：
，其正反应的活化能远小于逆反应的
活化能。下列说法错误的是_____。
A．Pd 膜对气体分子的透过具有选择性
B．过程2 的△H＞0
C．加快Pd 膜内H 原子迁移有利于H2的解离
D．H 原子在Pd 膜表面上结合为H2的过程为放热反应
③同温同压下，等物质的量的CO 和H2O 通入无Pd 膜反应器，CO 的平衡转化率为75%；若换成Pd 膜反应
器，CO 的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a 和出口b 中H2的质量比为_____。
（3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为______。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y 倍，则
CO 的转化率为_____(用a，b，y 表示)。
【答案】（1）
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 膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 BD 1:8
（3）质子导体
【解析】（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，
；
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
49
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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；
A.Pd
②
膜只允许
通过，不允许
通过，对气体分子的透过具有选择性，A 正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，
，B 错误；
C.加快Pd 膜内H 原子迁移，平衡
正向移动，有利于
的解离，C 正确；
D.
为放热过程，H 原子在Pd 膜表面上结合为
的过程为吸热反应，D 错误；
故选BD；
③根据反应
，设通入的
为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡
转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、
0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、
H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a 口和b 口总量，其中只有a 口
的处于平衡体系)，设a 口产生的H2的物质的量为xmol，则
，解得x=0.1，则出口a 产生的
为0.1mol，出口b 的
为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8；
（3）①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产
生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固
体电解质应采用质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：
；
③根据三段式：
，出口Ⅰ处气体为
体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为
，则
，CO 的转化率为：
。
15．（2022·湖南卷）2021 年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问
题：
（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s) 和
2
1molH O(g) ，起始压强为0.2MPa 时，发
生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
-1
2
2
1
C(s)+H O(g)
CO(g)+H (g)
ΔH =+131.4kJ mol
Ⅱ.
-1
2
2
2
2
CO(g)+H O(g)
CO (g)+H (g)
ΔH =-41.1kJ mol
①下列说法正确的是_______；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
50
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B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时
2
H 的体积分数可能大于
2
3
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，
2
H O(g) 的转化率为50%，CO 的物质的量为0.1mol 。此时，整个体系_______(填“吸收”
或“放出”)热量_______kJ，反应Ⅰ的平衡常数
p
K = _______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（2）一种脱除和利用水煤气中
2
CO 方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中
2
3
K CO 溶液吸收一定量的
2
CO 后，
2-
-
3
3
c CO
:c HCO
=1:2 ，则该溶液的pH=
_______(该温度下
2
3
H CO 的
7
11
al
a2
K =4.6 10 ,K
5.0 10
)；
②再生塔中产生
2
CO 的离子方程式为_______；
③利用电化学原理，将
2
CO 电催化还原为
2
4
C H ，阴极反应式为_______。
【答案】（1） BD 吸收 31.2 0.02MPa
（2） 10 2
-
3
HCO
Δ
CO2↑+
2-
3
CO +H2O 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【解析】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体不能改变反应混合物的浓度，因此
反应Ⅰ的平衡不移动，A 说法不正确；
B．在反应中有固体C 转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密度在反应过程中
不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B 说法正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体
积分数的极值为
2
3 ，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全部转化为生成物，因此，平衡时H2的
体积分数不可能大于
2
3 ，C 说法不正确；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D 说法正确；
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO 的物
质的量为0.1mol，则根据O 原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol
CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO 要吸收热量
51
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39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ 此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H 原
子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO 的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的
物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积
条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa1.3=0.26MPa，反应I
（C(s)+H2O(g)
垐
噲
CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp=
0.1
0.5
0.1
1.3
1.3
0.26MPa
0.02MPa
0.5
1.3
1.3
P
总
。
（2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(
2
3
CO
):c(
3
HCO
)=1:2，由
2
3
2
3
a
(CO ) (H )
(HCO )
c
c
c
K
可知，(H )
c
=
-1
-
3
a2
2-
3
1
-1
-10
-1
2 5.0 10
(HCO )
(
mol L
1.0 10
m
CO )
ol L
c
K
c
，则该溶液的
pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O 和CO2，该反应的离子方程式为2
-
3
HCO
Δ
CO2↑+
2-
3
CO
+H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和H+，H+通
过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl 电极均为阴极，在电解过程中AgCl 可
以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
16．（2022·山东卷）利用
丁内酯(BL)制备1，
丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和
丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压
氛围下进行，故
压强近似等于总压。回答下列问题：
（1）以
或BD 为初始原料，在
、
的高压
氛围下，分别在恒压容器中进
行反应。达平衡时，以BL 为原料，体系向环境放热
；以BD 为原料，体系从环境吸热
。忽略副反
应热效应，反应Ⅰ焓变
_______
。
（2）初始条件同上。
表示某物种i 的物质的量与除
外其它各物种总物质的量之比，
和
随时间
t 变化关系如图甲所示。实验测得
，则图中表示
变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数
_______
(保留两位有效数字)。以BL 为原料时，
时刻
_______，BD 产率=_______(保留两位有
效数字)。
52
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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】（1）-200(X+Y)
（2） a 或c 8.3×10-8 0.08 39%
（3） c 由于b 和c 代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ
均是逆向移动，
增大，故
=1.0 所需时间更长
【解析】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL 或BD 为初始原料，达
到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol 的BL 为原料，达到平衡时放出XkJ 热量与同
物质的量的BD 为原料达到平衡时吸收YkJ 热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol 时二者能量差值
为200(X+Y)kJ，反应I 为放热反应，因此焓变
=-200(X+Y)kJ·mol-1。
（2）实验测定X<Y，则达到平衡时BD 物质转化量大于BL 物质转化量，平衡状态BD 物质的量较小，根
据图示可知，表示xBL 变化的曲线是a 或c；该平衡状态下BL 的分压是0.48×3.0×103kPa，BD 的分压是
0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I 平衡常数Kp=
=
Kpa-2=8.3×10-8kPa-2；以BL 为原料时，根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD
参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时BL 转化了amol，BD 转化了bmol，则体系总
物质的量为(5.0×10-3+b)mol，得到
、
，求得a=
、b=
，则t1时刻
=0.08；此时BD 的产率为
39%。
53
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（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。
一、利用盖斯定律推测并书写热化学方程式
1.运用盖斯定律的三个注意事项
（1）热化学方程式乘以某一个数时，反应热的数值必须也乘上该数
（2）热化学方程式相加减时，物质之间相加减，反应热也必须相加减
（3）将一个热化学方程式颠倒时，ΔH 的“＋”“－”随之改变，但数值不变
2.ΔH 的三种计算式
（1）ΔH＝反应物总键能之和－生成物总键能之和
（2）ΔH＝生成物总能量－反应物总能量＝H(生成物)－H(反应物)
常见物质中的化学键数目
物质
CO2(C===O
)
CH4(C－H)
P4(P－P)
SiO2(Si－O)
石墨
金刚石
Si
S8(S－S)
键数
2
4
6
4
1.5
2
2
8
（3）ΔH＝E1－E2，E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能
二、化学反应速率的影响因素
1、内因：反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al 与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg>Al。
2、外因(只改变一个条件，其他条件不变)
（1）浓度、压强、温度、催化剂对化学反应速率的影响
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（2）稀有气体对反应速率的影响
①恒温恒压
②恒温恒容
三、影响化学平衡的因素
1.改变下列条件对化学平衡的影响
若其他条件不变，改变下列一个条件，对化学平衡的影响如下:
平衡体系
条件变化
速率变化
平衡变化
速率变化曲线
任意平衡体系
增大反应物的浓度
v 正、v 逆均增大，且v 正'>v
逆'
正向移动
减小反应物的浓度
v 正、v 逆均减小，且v 逆'>v
正'
逆向移动
增大生成物的浓度
v 正、v 逆均增大，且v 逆'>v
正'
逆向移动
减小生成物的浓度
v 正、v 逆均减小，且v 正'>v
逆'
正向移动
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正反应方向为
气体体积增大
的放热反应
增大压强或升高
温度
v 正、v 逆均增大，且v 逆'>v
正'
逆向移动
减小压强或降低
温度
v 正、v 逆均减小，且v 正'>v
逆'
正向移动
反应前后气体
化学计量数之
和相等的反应
增大压强
v 正、v 逆同等倍数增大
不移动
减小压强
v 正、v 逆同等倍数减小
2.温度不变时浓度因素的“决定性作用”——分析“惰性气体(不参加反应的气体)”对化学平衡的影响。
3.勒夏特列原理
对于一个已经达到平衡的体系，如果改变影响化学平衡的一个条件 (如浓度、温度、压强)，平衡将向着能
够减弱这种改变的方向移动。
四、等效平衡
1.等效平衡分类及规律
对于可逆反应aA(g)+bB(g) ⇌cC(g)+dD(g)
反应特点
a+b≠c+d
a+b=c+d
反应条件
等温等容
等温等压
等温等容
等温等压
起始投料
的条件
换算为化学方程式同一
边物质，其“量”相同
换算为化学方程式同一边物
质，其“量”比例相同
换算为化学方程式同一边物
质，其“量”比例相同
平衡
特点
物质的量(n)
相同
成比例
成比例
成比例
百分含量(w%)
相同
相同
相同
相同
浓度
相同
相同
成比例
相同
56
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2.解题模板：等效平衡判断“四步曲”
：观察可逆反应特点(物质状态、气体分子数)，判断反应是反应前后气体体积不变的可逆反应还是反应前
后气体体积改变的可逆反应；
：挖掘反应条件，是恒温恒容还是恒温恒压，注意密闭容器不等于恒容容器；
：采用一边倒法，将起始物质按可逆反应化学计量数之比转化成同一边的物质；
：联系等效平衡判断依据，结合题目条件判断是否达到等效平衡。
五、平衡转化率的分析与判断方法
（1）反应aA(g)＋bB(g)
cC(g)＋dD(g)的转化率分析
①若反应物起始物质的量之比等于化学计量数之比，达到平衡后，它们的转化率相等。
②若只增加A 的量，平衡正向移动，B 的转化率提高，A 的转化率降低。
③若按原比例同倍数地增加(或降低)A、B 的浓度，等效于压缩(或扩大)容器容积，气体反应物的转化率与
化学计量数有关。
（2）反应mA(g)
nB(g)＋qC(g)的转化率分析
在T、V 不变时，增加A 的量，等效于压缩容器容积，A 的转化率与化学计量数有关。
增大c(A)
1．（2024·湖北襄阳四中一模）氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”目标中起到
重要作用。乙醇与水催化重整制氢发生以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
（1）①已知反应Ⅲ:
，
，
则
。
②反应Ⅰ能自发进行的条件为 。
（2）压强为100
，
的平衡产率与温度、起始时
的关系如图所示，每条曲线表示
相同
的平衡产率。
57
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①反应Ⅱ的平衡常数：
(填“>”、“=”或“<”)
②
的产率：C 点 B 点(填“>”、“=”或“<”)；
A
③、B 两点
产率相等的原因是 。
（3）压强为100
下，1
和3
发生上述反应，平衡时
和
的选择性、
乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。[已知：
的选择性
]
573K
①
时，10 分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量
。
②表示
选择性的曲线是 (填标号)。
573K
③
时，反应Ⅱ的
(保留到小数点后两位)。
【答案】（1）
高温
（2）= < B 点温度高于A 点，升高温度，反应II 逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、反应Ⅲ正向
移动产生
的量相等
（3）-0.6 c 14.04
【解析】（1）观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ+2 反应Ⅱ，则
，
；
的反应能自发进行，
反应Ⅰ的
，
，则反应Ⅰ能自发进行的条件为高温。
（2）①A、D 两点的温度相同，则反应Ⅱ的平衡常数：
=
；
②每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C 点所在曲线上取一个点与B 点温度相同，标为点E，E 点与
58
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B 点相比温度相同，但是E 点的
小于B 点的，而增大
时，三个反应均会正向移
动，氢气的产率增大，因此
的产率：C 点<B 点；
A
③、B 两点
产率相等的原因是B 点温度高于A 点，升高温度，反应II 逆向移动消耗氢气的量与反应
Ⅰ、反应Ⅲ正向移动产生
的量相等。
（3）①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应
Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO 的选择性增大，CO2的选择性减小，由
于CO 的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示
选择性的曲线是c，表示乙醇的
转化率的曲线是b。573K 时，10 分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量
-1mol=-0.6
。
②结合①中分析知，表示
选择性的曲线是c。
573K
③
时，CO2的选择性为85%，CO 的选择性为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时
n(CO2)+n(CO)=1mol×0.6×2=1.2mol，n(CO)= 1.2mol×15%= 0.18mol，n(CO2)= 1.2mol×85%= 1.02mol，设反
应Ⅰ中
转化了xmol，反应Ⅱ中CO 转化了ymol，反应Ⅲ中
转化了zmol，则
，
，
，那么x+z=0.6，2x-y=0.18，
y+2z=1.02，平衡时n(H2O)=3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38mol，n(H2)=4x+y+6z=4(x+z)+
(y+2z)=2.4+1.02=3.42mol，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4mol，故反应Ⅱ的
。
2．（2024 届·安徽合肥·三模）
催化加氢有利于实现碳的循环利用，在催化剂的作用下可发生如下反
应：
①
；
②
；
③
。
回答下列问题：
（1）已知相关化学键键能如表所示：
化学键
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键能
a
b
c
d
e
根据表中键能数据计算出
(用字母表示)。
（2）已知反应③的速率方程为
、
，其中
、
分别为正、
逆反应的速率常数。
①如图所示(
表示速率常数的对数，
表示温度的倒数)
、、、
四条斜线中有两条分别表示
、
随
的变化关系曲线，其中能表示
随
变化关系的是斜线 (填图中字母)。
②下列措施能使速率常数
减小的是 (填选项字母)。
A．减小压强 B．减小温度 C．减小
的浓度 D．更换成负催化剂
（3）在
恒温恒容有某催化剂的密闭容器中充入
和
，发生上述三个反应。该温度下反
应均达平衡时，测得
为
、
为
、
为
，则
的选择性为
(
选择性=
)；反应②的平衡常数为 (列出计算式即可)。
（4）若测得上述三个反应在不同温度下
的平衡转化率和甲醇的选择性如图所示：
通过图示分析，更适合生产甲醇的温度为 (填选项字母)。
A．400℃ B．600℃ C．800℃ D．1000℃
高于800℃时，
转化率增大的主要原因是 。
【答案】（1）2b+3c−(3e+a+3d)
（2）d BD
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（3）62.5%
（4）A 反应①和反应②为放热反应，温度高于800℃，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度高于
800℃平衡正向移动且程度更大
【解析】（1）根反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，据表中数据可计算出
；
（2）①反应③为吸热反应，随温度的升高，正、逆反应速率都增大，
、
都增大，随温度的升高平衡
正向移动，
增大的倍数大于
增大的倍数，故能表示
随
变化关系的是斜线d；
②速率常数k 只与活化能和温度有关，负催化剂能增大反应的活化能使速率常数减小，降温也能使速率常
数减小，故选B、D 项；
（3）由反应①、②、③的化学计量数可知，消耗的二氧化碳的物质的量分别为1mol、0.4mol、0.2mol，而
平衡时甲醇的物质的量为1mol，所以甲醇的选择性为
；
列三段式：
所以反应②的平衡常数
；
（4）由选择性的定义可知，选择性越好，说明该物质的产率越高，由图可知400℃二氧化碳的转化率为
60%、甲醇的选择性为50%，600℃二氧化碳的转化率为30%、甲醇的选择性为75%，800℃二氧化碳的转
化率为20%、甲醇的选择性为60%，1000℃二氧化碳的转化率为40%、甲醇的选择性为25%，因为400℃
的二氧化碳的转化率与甲醇的选择性之积最大，所以更适合生产甲醇的温度为400℃，故选A 项；
反应①和反应②为放热反应，温度高于800℃，平衡逆向移动，反应③为吸热反应，温度高于800℃平衡
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正向移动且程度更大，所以二氧化碳的平衡转化率增大。
3．（2024·四川遂宁·三模）苯甲醛(
)是生产氨苄青霉素、某些苯胺染料等产品的重要中间体。
制备苯甲醛的常用方法有气相催化氧化法和电催化氧化法。
I．气相催化氧化法(以Ce／ZSM-5 为催化剂)主要反应：
(g)+O2(g)
(g)
+H2O(g) ΔH
（1）已知：
①
(g)+ 8O2(g)=7CO2(g)+3H2O(g) ΔH=-3452.6kJ/mol
②
(g)+9O2(g)= 7CO2(g)+4H2O(g) ΔH=-3784.9kJ/mol
则反应
(g)+ O2(g)
(g) +H2O(g) ΔH= kJ·mol-1
（2）在一容积为2L 的密闭容器中分别充入甲苯和氧气各2mol，在同一时间(80min)、不同温度下测得甲
苯的转化率、苯甲醛的选择性和收率如图所示，其中：
温度控制在380℃，前80min 内生成苯甲醛的平均反应速率为 。
（3）其他条件相同、不同空速下测得苯甲醛的选择性和收率如图所示。
已知：①空缝指鼓入空气的速度，单位为h-1；
②苯甲醛只有吸附在催化剂表面才能被进一步氧化为苯甲酸。
据以上信息，分析空缝由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加的原因： 。
62
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（4）合成苯甲醛的最佳温度和空速应为___________(填序号)。
A．350℃、5000h-1
B．350℃、2500h-1
C．410℃、5000h-1
D．410℃、2500h-1
II．电催化氧化法
以硫酸酸化的MnSO4溶液作为电解媒质间接氧化甲苯制备苯甲醛的工艺方案如图所示：
（5）生成苯甲醛的离子方程式为 ；右池生成0.1mol H2时，左池可产生 mol
。
【答案】（1）-332.3
（2）6×10-4 mol/(L·min)
（3）空速较高时，苯甲醛易从催化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲
酸的几率，所以苯甲醛选择性增加
（4）B
（5）
+4Mn3++H2O→
+4H++4Mn2+ 0.05mol
【解析】（1）
由盖斯定律可知，②-①可得反应
(g)+ O2(g)
(g) +H2O(g)，则反
应ΔH=(-3784.9kJ/mol)-(-3452.6kJ/mol)=-332.3kJ/mol；
（2）由图可知，温度控制在380℃，80min 时苯甲醛的选择性和甲苯的转化率分别为40%和12%，则前
80min 内生成苯甲醛的平均反应速率为
=6×10-4 mol/(L·min)；
（3）由图可知，当空速由1000h-1增大至2500h-1过程中苯甲醛选择性增加说明空速较高时，苯甲醛易从催
化剂表面脱落，抑制了苯甲醛进一步被氧化，降低了苯甲醛氧化为苯甲酸的几率，所以苯甲醛选择性增
加；
（4）由图可知，温度为350℃、空速为2500h-1时，苯甲醛选择性和收率最高，则合成苯甲醛的最佳温度
和空速应为350℃、2500h-1，故选B；
（5）
63
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由Mn2+转化为Mn3+可知，与电源的正极a 电极相连的电极为电解池的阳极，阳极生成的Mn3+在溶液中与甲
苯反应生成Mn2+、苯甲醛和氢离子，与负极b 电极相连的电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反
应生成氢气，则甲苯氧化为甲醛的反应为
+4Mn3++H2O→
+4H++4Mn2+；
电池的总反应为
+H2O→
+2H2↑，所以右池生成0.1mol 氢气时，左池可产生0.05mol 苯甲醛。
4．（2024·辽宁朝阳·三模）氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”目标中起到重要
作用。
Ⅰ．甲醇-水催化重整可获得氢气。
（1）表中数据是该反应中相关物质的标准摩尔生成焓
数据(标准摩尔生成焓是指在298.15K、
100kPa 下由稳定态单质生成1mol 化合物时的焓变)。
物质
0
-393.5
-241.8
-200.7
则
，该反应在 (填“高温”“低温”
或“任意温度”)下能自发进行。
Ⅱ．乙醇-水催化重整亦可获得，主要反应如下：
反应①：
反应②：
（2）向恒容密闭容器中充入1mol
和3mol
发生上述反应①和②，初始时体系压强为
100kPa．平衡时
的分布分数
、
的产率随温度的变化曲线如图所示。
①为提高氢气的平衡产率，可采取的措施为 (写出2 条)。
200℃
②
以后，解释曲线a 随温度变化趋势的原因： 。
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③温度为500℃时，反应经10min 达到平衡，此时乙醇的转化率为60%，则0~10min 内
，该温度下，反应②的
(保留小数点后两位)。
（3）乙醇燃料电池(电极材料a 和b 均为惰性电极)广泛应用于微型电源、能源汽车、家用电源、国防等领
域，工作原理如图所示，写出负极的电极反应式： ，当转移1.2mol 电子时，正极消耗的氧气的体
积为 L(标准状况下)。
【答案】（1）+49 高温
（2）减小体系的压强、分离出CO2 升高温度，反应②正向进行程度大于反应①正向进行程度，COx
中CO2的含量降低 1.5 0.60
（3）
6.72
【解析】（1）①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH=
=
；故答案为+49；
②
,
时反应能自发进行，CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g) ΔH>0，ΔS>0，故高温有利
于反应自发进行；故答案为高温；
（2）①为提高氢气的平衡产率，反应①平衡需向正反应方向移动，反应②平衡向逆反应方向移动，可以
减小体系压强或分离出CO2；故答案为减小体系压强 分离出CO2；
②曲线b 对应平衡时氢气的产率，曲线a 对应平衡时CO2的分布分数，曲线C 对应平衡时CO 的分布分
数；由图知200℃以后a 曲线随温度的升高呈现降低趋势，说明CO2的分布分数随温度升高而降低，其原
因在于升高温度反应②正向进行程度大于反应①正向进行程度，COx中CO2的含量降低；故答案为：升高
温度反应②正向进行程度大于反应①正向进行程度，COx中CO2的含量降低；
③温度为500℃时，反应经10min 达到平衡，此时乙醇的转化率为60%，依据反应①列三段式如下：
500℃，由图知δ(CO2)= δ(CO)=50%，说明平衡时n(CO2)= n(CO)=0.6mol；依据反应②列三段式如下：
得出平衡时n(C2H5OH)=0.4mol，n(H2)=3mol，n(H2O)=1.8mol，n(CO2)= n(CO)=0.6mol；总物质的量n（平
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衡）=6.4mol。起始时总物质的量n（起始）=4mol，p（起始）=100kPa,
,
；恒温恒容时，压强比等于
物质的量比，故p（平衡）=
，平衡时分压分别为
，
，
，
，
，故答案为：1.5；
④反应②的
，故答案为：0.60；
（3）①乙醇燃料电池中乙醇在负极反应，失电子，生成二氧化碳和水，电极反应式为：
；故答案为：
；
②乙醇燃料电池中氧气在正极反应，得电子，电极反应式为：
，当转移1.2mol 电子
时，正极消耗的氧气0.3mol，标准状况下体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L；故答案为：6.72。
5．（2024·江西吉安一中一模）
、
常用于制造农药等。磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。请回
答下列问题：
（1）
的VSEPR 模型是 。已知
中P 原子的d 能级参与杂化，分子呈三角双锥形（如图
甲），由此推知
中P 的杂化类型为 （填标号）。
A．
B．
C．
D．
（2）已知，①
kJ mol
⋅
，
②
kJ mol
⋅
（
）。
则
（用含a、b、c 的式子表示）kJ mol
⋅
。
（3）实验测得
的速率方程为
（k 为速率常数，只与温
度、催化剂有关），速率常数k 与活化能的经验关系式为
（R 为常数，
为活化能，T 为绝对
温度）。
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①一定温度下，向密闭容器中充入适量
和
，实验测得在催化剂Cat1、Cat2 下
与
的
关系如图乙所示。催化效能较高的是 （填“Cat1”或“Cat2”），判断依据是 。
②将2n mol
和n mol
充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡
时，
为a mol，如果此时移走n mol
和0.5n mol
，在相同温度下再达到平衡时
的物质的量为x，则x 为 （填标号）。
A．
mol B．
mol C．
mol D．0.5a mol
mol
（4）向恒容密闭容器中投入0.2 mol
和0.2 mol
，发生反应：
，
在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图丙所示。
①相对曲线b，曲线a 改变的条件可能是 ；曲线c 改变的条件可能是 。
②曲线b 条件下，该反应平衡常数（
）为 。[提示：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。]
【答案】（1）四面体形 D
（2）
（3）Cat1 改变相同温度，
变化值较小，
较小 C
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（4）升高温度 加催化剂
【解析】（1）
分子中P 原子价层电子对数为4，其中孤电子对数为1，VSEPR 模型为四面体形。
分子含5 个单键，需要5 个杂化轨道。基态P 原子电子排布式为
，3s、3p、3d 能量相
近，可以参与杂化，杂化类型为
。
（2）根据盖斯定律可知，（②-①）÷4 得目标热化学方程式，则
kJ mol
⋅
，由于b>a，则
，三氯化磷与氯气反应生成五氯化磷是放热反应。
（3）①根据表达式可知，温度变化相同时，
值越小，
变化值(绝对值)越小，直线斜率越小，催化
剂催化效能越大。由图乙可知，Cat1 对应直线的斜率较小。
②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平衡时
的物质的量小于原平衡的一半，故选
C。
（4）①曲线a、b 起始状态时，容器体积相同，反应物的物质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：
a>b。曲线c 和b 达到相同的平衡状态，只是前者先达到平衡，c 反应速率较大，该反应是气体分子数不相
等的反应，故c 改变条件是加入催化剂，或加入效率更高的催化剂。
②同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比。
，
，
kPa，
。
6．（2024·山东师范大学附属中学考前适应性测试）研究
、
的转化具有重要的意义。
I．脱除汽车尾气中NO 和CO 包括以下两个反应：
反应i．
；
反应ii．
（1）反应过程中各物质相对能量如图(TS 表示过渡态)：
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和
反应生成
的热化学方程式为 。
（2）将恒定组成的NO 和CO 混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图。
NO 和CO 的脱除应选择 (填“高温”或者“低温”)。表示
的浓度变化曲线的是
。实验过程中，高于340℃后物质c 浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因是 。450℃时，
该时间段内NO 的脱除率= (保留2 位有效数字，NO 的脱除率
)。
II．将
转化为HCOOH 等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
已知：
。
（3）该反应在恒温、恒容的密闭容器中进行，
和
的投料浓度均为
，平衡常数
，则
的平衡转化率约为 。
（4）为提高效率，某研究小组参考文献优化上述方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M 的DMSO(有
机溶剂)溶液，
和
在溶液中反应制备HCOOH，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)。
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反应iii：
反应iv：
反应V：
①催化剂M 足量条件下，下列说法正确的是 。
A．v 与
的压强无关
B．v 与溶液中溶解
的浓度无关
C．温度升高，v 不一定增大
D．在溶液中加入
，可提高
转化率
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】（1）
（2）高温 b 反应i、ii 的反应速率随温度的升高而增大，高于340℃后，升高温度，反应ii 速率
增加的程度超过反应i 增加的程度，使得反应ii 速率大于反应i 速率，所以N2O 浓度减小 88%
（3）
（4）CD 当
时，v 随c 增大而增大，因M 是基元反应ⅲ的反应物(直接影响基元反应v 中反应物
L 的生成)；
时，v 不再显著增加，因受限于
和
在溶液中的溶解速度(或浓度)
【解析】（1）由反应i-反应ii 得：
，根据各物质相对能量图计算出
；
（2）根据浓度随温度变化图可知，450℃时，NO、CO 浓度最低，脱除效果最好，故应选择高温脱除；根
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据反应方程式可知，容器内N2的浓度约为CO2的一半，故a 曲线表示CO2的浓度变化，b 曲线表示N2的浓
度变化；实验过程中，高于340℃后物质c 浓度逐渐减小，可能是高于340℃后，反应ii 速率增加的程度超
过反应i 增加的程度，使得反应ii 的速率大于反应i 的速率，所以N2O 的浓度减小；根据氮元素守恒，NO
的初始浓度为：
，转化为氮气的NO 的浓度为：
，NO 的脱除率
；
（3）建立平衡关系式：设消耗CO2浓度为x，
，
，得x=
，CO2的转化率
；
（4）①A．v 与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v 越大，A 错误；
B．与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B 错误；
C．温度升高，v 不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且
可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L 的浓度减小，若L 的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高
对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，C 正确；
D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH 反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D 正
确；
故答案选CD；
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)。
7．（2024·辽宁沈阳第二中学模拟）利用下列反应可减少
排放，是实现“双碳”目标的途径之一。
I．
II．
III．
请回答：
（1）反应I 自发进行的条件是 。(填“高温”、“低温”或“任何温度”)
（2）一定压强下，往某密闭容器中按投料比
充入
和
反应达到平衡时，测得各
组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
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①下列说法正确的是 。
A．图中X、Y 分别代表CO、
B．增大
的比值，
的平衡转化率增大
C．若容器内混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应已达到平衡状态
D．250℃时，反应II 的平衡常数K<1
②体系中的
物质的量分数受温度的影响不大，试分析原因 。
（3）在一定温度下，在一容积固定的密闭容器中充入1mol
(g)和3mol
(g)，仅发生反应I。起始时
容器内气体的总压强为16p kPa，平衡时
(g)的体积分数为30%，则该温度下反应I 的平衡常数
(用含p 的表达式表示)。(已知：用气体分压计算的平衡常数为
，分压=总压×物质的量分数)。
（4）多相催化反应是在催化剂表面通过“扩散→吸附→反应→脱附”四个基本过程进行的。
的平衡
转化率随着
浓度的增加先增大后减小，减小的原因是 。如图，我国学者发现T℃时，在铜
催化剂上二氧化碳加氢的反应机理如下，其中反应II 为慢反应，请画出反应能量变化图像。
【答案】（1）低温
（2）CD 温度升高反应I 左移，温度升高反应II 右移，且对
体积分数的影响程度接近
（3）
（4）
浓度继续增加，会造成催化剂表面
的吸附率下降
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【解析】（1）由盖斯定律可知，反应I=反应II+反应III，
，如果使反应自发进行，则
G=
H-T
S 小于
0，由题干可知，反应Ⅰ的
小于0，
S 小于0，所以T 应该是低温。
（2）①A．反应1 和反应3 为放热反应，升温时甲醇的物质的量分数应减小，反应2 为吸热反应，升温时
CO 的物质的量分数应变大，按投料比
充入H2和CO2，导致水蒸气减小幅度小于甲醇，
所以X 代表CO，Y 代表甲醇，Z 代表水，故A 错误；
B．增大的
的比值，H2的平衡转化率应该减小，故B 错误；
C．
，气体质量不变，体积变化，密度是个变化量，混合气体的密度不再改变时，说明反应已达到平
衡状态，故C 正确；
D．平衡常数K=
，通过图像可以得到，分子小于分母，K<1，故D 正确；
故答案为：CD；
②根据方程式可知，反应Ⅰ消耗CO2，反应Ⅱ逆向生成CO2，最终CO2的物质的量的分数与上下两个反应
进行的程度有关，反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度变化时，2 个反应移动方向相反，导致体系中的CO2物
质的量分数受温度的影响不大；答案：温度升高反应Ⅰ左移，温度升高反应Ⅱ右移，且对CO2体积分数的
影响程度接近。
（3）一定温度下，密闭容器，充入1 mol CO2(g)和3mol H2(g)，起始时容器内气体的总压强为16pkPa，平
衡时CH3OH(g)的体积分数为30%，假设CO2(g)变化量为X，
则平衡时CH3OH(g)物质的量X，总物质的量4-2X，
=30%，得到，X=0.75，总物质的量为2.5mol，
根据PV=nRT，得平衡时总压强为10p kPa，H2O 压强3pkPa，CH3OH 压强3pkPa，CO2压强1pkPa 和 H2压
强3pkPa（分压=总压×物质的量分数），得Kp=
。
（4）H2 浓度的适度增加，会提高催化剂表面H2 的浓度，浓度过大会影响CO2 的吸附效果，所以H2 浓度
的增加，CO2 的平衡转换率增大；H2 浓度继续增加，会造成催化剂表面CO2 的吸附率下降；由题可知，反
应Ⅱ为慢反应，即所需活化能较大，反应Ⅱ为快反应，即所需活化能较小，可以得到所示图像：。
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