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2023——2024 年解密高考化学大一轮复习精讲案
第七章 化学反应速率和化学平衡
专题二十七 化学平衡状态
第一板块 明确目标
课标要求
核心素养
1. 了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立。
2. 掌握化学平衡的特征。了解化学平衡的含义，能利用化学平衡常数进
行相关计算。
3. 能正确计算化学反应的转化率。
4. 理解外界条件（浓度、温度、压强等）对化学平衡的影响，能用相关
理论解释其一般规律。
5. 了解化学平衡的调控在生活、生产和科学领域中的重要作用。
6. 了解化学平衡常数(K)的含义,能利用化学平衡常数进行相关计算。
变化观念与平衡思想
宏观辨识与微观探析
科学精神与社会责任
证据推理及模型认知
第二板块 夯实基础
1
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考点一 可逆反应、化学平衡状态
1．可逆反应
(1)概念
在同一条件下，既可以向____________进行，同时又能向____________进行的化学反应。
(2)特点
双向性
可逆反应分为方向相反的两个反应：正反应和逆反应
双同性
正、逆反应是在同一条件下，同时进行
共存性
反应物的转化率______100%，反应物与生成物共存
2.化学平衡状态
(1)概念
在一定条件下的______反应体系中，当正、逆反应速率______时，反应物和生成物的浓度均保持不变，即
体系的组成不随时间而改变，表明该反应中物质的转化达到了“限度”，这时的状态称之为化学平衡状态，
简称化学平衡。
(2)化学平衡的建立
2
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绘制“反应速率－时间”图像，表示从正反应开始建立化学平衡状态的过程。
(3)平衡特征
(4)化学平衡状态的判断方法
①v 正＝v 逆
②宏观组成标志
各组分的浓度保持不变，或各组分的质量、物质的量、百分含量、质量分数等保持不变的状态是平衡状态。
③间接标志
a．有气体参加的________反应，气体的总压强、总体积、总物质的量不变时，达到平衡状态。
b．如果平衡体系中的物质有颜色，则平衡体系的颜色不变时，达到平衡状态。
c．气体的密度、气体的平均相对分子质量不变时，要具体分析各表达式中的分子或分母变化情况，判断
是否平衡(若体系中各组分均为气体，气体质量守恒；若体系中不全是气体，要注意气体质量变化)。
考点二 化学平衡常数
1．概念
在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常
数，即化学平衡常数，用符号____表示。
2．表达式
对于一般的可逆反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，当在一定温度下达到平衡时，K＝______________(固
体和纯液体的浓度视为常数，通常不计入化学平衡常数表达式中)。
3．影响因素
K 只受______影响，与反应物或生成物的浓度变化无关，与压强变化、是否使用催化剂无关。
4．平衡常数的意义及应用
(1)判断可逆反应进行的程度
K
<10－5
10－5～105
>105
3
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反应程度
很难进行
反应可逆
反应接近完全
(2)判断反应是否达到平衡或进行的方向
对于化学反应aA(g)＋bB(g)
cC(g)＋dD(g)的任意状态，浓度商Q＝。
Q＜K，反应向____反应方向进行；
Q＝K，反应处于______状态；
Q＞K，反应向____反应方向进行。
(3)判断可逆反应的热效应
5.化学平衡常数与平衡转化率的计算
(1)．常用的四个公式
公式
备注
反应物的转化率
×100%＝×100%
①平衡量可以是物质的量、
气体的体积；
②某组分的体积分数，也可
以是物质的量分数
生成物的产率
×100%
平衡时混合物组分
的百分含量
×100%
某组分的体积分数
×100%
(2).平衡常数的计算步骤
①写出有关可逆反应的化学方程式，写出平衡常数表达式。
②利用“三段式”(见化学反应速率及影响因素)，确定各物质的起始浓度、转化浓度、平衡浓度。
③将平衡浓度代入平衡常数表达式。
④注意单位的统一。
(3)．压强平衡常数
①以aA(g)＋bB(g)
cC(g)＋dD(g)为例，
Kp＝[p(X)：X 在平衡体系中物质的量分数(或体积分数)×总压强]。
②计算方法
a.
根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度。
b.
计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。
c.
根据分压计算公式求出各气体物质的分压，某气体的分压＝气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分
数)。
d.
根据平衡常数计算公式代入计算。
6、化学平衡常数与速率常数的关系
正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系：对于基元反应aA(g)＋bB(g)
cC(g)＋dD(g)，v 正＝k
4
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正·ca(A)·cb(B)，v 逆＝k 逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝＝，反应达到平衡时v 正＝v 逆，故K＝
考点三 影响化学平衡的因素
一 化学平衡的移动
1．含义
在一定条件下，当可逆反应达到化学平衡状态后，如果改变影响平衡的条件(如____、______、______等)，
化学平衡状态被破坏(正、逆反应速率不再相等)，平衡体系的物质组成也会随着改变，直至正、逆反应速
率再次______，在新的条件下达到新的化学平衡状态。这种由原有的平衡状态达到新的平衡状态的过程叫
做化学平衡的移动，简称平衡移动。
2．平衡移动方向的判断
(1)根据速率判断
①若v 正____v 逆，则平衡向正反应方向移动。
②若v 正____v 逆，则平衡不移动。
③若v 正____v 逆，则平衡向逆反应方向移动。
(2)根据体系中各组分含量的变化判断
平衡移动的结果，如果是使体系中产物含量(如物质的量、浓度或百分含量等)______，则平衡正向移动；
反之则逆向移动。
3．外界因素对化学平衡的影响
条件的改变(其他条件不变)
化学平衡的移动
浓度
增大反应物浓度或减小生成物浓度
向________方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度
向________方向移动
压强(对有
气体参加
的反应)
反应前后气体分子数
改变
增大压强
向________________的
方向移动
减小压强
向________________的
方向移动
反应前后气体分子数
不变
改变压强
温度
升高温度
向______反应方向移动
降低温度
向______反应方向移动
催化剂
使用催化剂
4.充入与反应无关的气体与平衡移动的关系
5
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5．勒夏特列原理
如果改变影响平衡的一个因素(如浓度、压强或温度)，平衡就向着能够______这种改变的方向移动，这就
是勒夏特列原理，也称化学平衡移动原理。
二 平衡移动方向与转化率的判断
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 的转化率增大，A 的转化率减小。
(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)容器体积，气体反应物的转化率与
化学计量数有关。
同倍数增大c(A)和c(B)
应用举例
对于以下三个反应，从反应开始进行到达到平衡后，保持温度、体积不变，按要求回答下列问题。
(1)PCl5(g)
PCl3(g)＋Cl2(g)
再充入PCl5(g)，平衡向________方向移动，达到平衡后，PCl5(g)的转化率________，PCl5(g)的百分含量
______。
(2)2HI(g)
I2(g)＋H2(g)
再充入HI(g)，平衡向________方向移动，达到平衡后，HI(g)的分解率__________，HI(g)的百分含量
________。
(3)2NO2(g)
N2O4(g)
再充入NO2(g)，平衡向________方向移动，达到平衡后，NO2(g)的转化率________，NO2(g)的百分含量
________。
(4)mA(g)＋nB(g)
pC(g)
同等倍数的加入A(g)和B(g)，平衡________移动，达到平衡后，①m＋n>p，A、B 的转化率都________，
体积分数都________；②m＋n＝p，A、B 的转化率、体积分数都________；③m＋n<p，A、B 的转化率
都________，体积分数都________。
考点四 常考化学反应速率和化学平衡图像的分析
类型一 速率－时间图像
1．常见含“断点”的速率—时间图像
6
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图像
t1时刻
所改变
的条件
温
度
升高
降低
升高
降低
正反应为放热反应
正反应为吸热反应
压
强
增大
减小
增大
减小
正反应为气体物质的量增大的
反应
正反应为气体物质的量减小的
反应
2.“渐变”类速率—时间图像
图像
分析
结论
t1时v′正突然增大，v′逆逐渐增大；v′正＞v′
逆，平衡向正反应方向移动
t1时其他条件不变，
增大反应物的浓度
t1时v′正突然减小，v′逆逐渐减小；v′逆＞v′
正，平衡向逆反应方向移动
t1时其他条件不变，
减小反应物的浓度
t1时v′逆突然增大，v′正逐渐增大；v′逆＞v′
正，平衡向逆反应方向移动
t1时其他条件不变，
增大生成物的浓度
t1时v′逆突然减小，v′正逐渐减小；v′正＞v′
逆，平衡向正反应方向移动
t1时其他条件不变，
减小生成物的浓度
类型二 反应进程折线图
此类图像一般纵坐标表示物质的量、浓度、百分含量、转化率，横坐标表示反应时间。解题的关键是找转
折点。
(1)转折点之前，用外因对速率的影响分析问题，用“先拐先平，数值大”的规律判断不同曲线表示温度或
压强的大小。
(2)转折点之后是平衡状态或平衡移动，解题时要抓住量的变化，找出平衡移动的方向，利用化学平衡移动
原理推理分析。
例1 已知：反应为mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)。
(1)
T1____T2，正反应为______反应。
7
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(2)
p1____p2，正反应为气体体积______的反应。
(3)
图中______使用催化剂或者增大压强，此时m＋n____p＋q。
例2 现将一定量N2O4气体充入恒容密闭容器中，控制反应温度为T1 ℃[N2O4(g)
2NO2(g) ΔH>0]，
c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0～t2时段，c(NO2)随t 变化曲线。保持其他条件不变，改变反应温度
为T2(T2＞T1)，再次画出0～t2时段，c(NO2)随t 变化趋势的曲线。
类型三 恒压(或恒温)线
此类图像的纵坐标为某物质的平衡浓度或转化率，横坐标为温度或压强，解答此类问题，要关注曲线的变
化趋势，有多个变量时，注意控制变量，即“定一议二”。
反应：aA(g)＋bB(g)
cC(g)＋dD(g) ΔH
图像
结论
a＋b____c＋d，ΔH____0
a＋b____c＋d，ΔH____0
类型四 投料比—转化率相关图像
例1 在保持体系总压为105 Pa 的条件下进行反应：SO2(g)＋O2(g)SO3(g)，原料气中SO2和O2的物质的
量之比m[m＝]不同时，SO2的平衡转化率与温度(T)的关系如图所示：
8
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(1)图中m1、m2、m3的大小顺序为______________________________________________。
反应的化学平衡常数Kp表达式为______________________(用平衡分压代替平衡浓度表示)。
(2)图中A 点原料气的成分：n(SO2)＝10 mol，n(O2)＝24.4 mol，n(N2)＝70 mol，达平衡时SO2的分压p(SO2)
为________ Pa(分压＝总压×物质的量分数)。
【答案】
考点一 可逆反应、化学平衡状态
1．(1)正反应方向 逆反应方向 (2)小于
2．(1)可逆 相等 (3)可逆反应 动态平衡 v 正 v 逆 质量或浓度 (4)
a.
③体积不等
考点二 化学平衡常数
1．K
2.
3．温度
4．(2)正 平衡 逆 (3)吸热 放热 放热 吸热
考点三 影响化学平衡的因素
一、化学平衡的移动
1．浓度 温度 压强 相等
2．(1)
>
① ②＝ ③< (2)增大
3．正反应 逆反应 气体分子数减小 气体分子数增加 不移动 吸热 放热 不移动
5．减弱
二、平衡移动方向与转化率的判断
(1)正反应 减小 增大
(2)正反应 不变 不变
(3)正反应 增大 减小
(4)正向 增大 减小 不变 减小 增大
考点四 常考化学反应速率和化学平衡图像的分析
类型二 反应进程折线图
例1 (1)< 放热 (2)< 增大 (3)a ＝
例2
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类型三 恒压(或恒温)线
> > > >
类型四 投料比—转化率相关图像
例1 (1)m1>m2>m3 Kp＝
(2)1 200
考点一 可逆反应、化学平衡状态
1、
可用作有机合成的氯化剂。在体积为VL 的密闭容器中充入0.2mol
（g），发生反应：
。图中所示曲线分别表示反应在
min 时和平衡时
的转化率与温
度的关系。下列说法正确的是( )
A.
的
、
B.当容器中气体密度恒定不变时，反应达到平衡状态
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C.55℃，向体积为0.5VL 的容器中充入0.2mol
，
min 时
的转化率大于50%
D.82℃，起始时在该密闭容器中充入
、
和
各0.1mol，此时
>
【答案】C
【解析】
反应物的平衡转化率是该条件下的最大转化率，由图可知，上方曲线（虚线）为平衡时
的转化率曲
线，下方曲线（实线）为
时
的转化率曲线，温度升高，
的平衡转化率增大，可知该反应
为吸热反应，
，由化学方程式
可知反应前后气体分子总数不
变，
，A 错误；
，该反应在密闭容器进行，反应前后气体分子数不变，
不变，反应物和
生成物均为气体，气体总质量不变，则
为定值，即
一直不变，所以当容器中气体密度恒定不变时，
不能确定该反应是否达到平衡状态，B 错误；由图可知，随着温度的升高，
的转化率增大，当两条曲
线相交时，交点表示此温度下，反应在
时达到平衡，55℃，在容积为
的密闭容器中充入0.2mol
（g），
时
（g）的转化率等于50%，但反应未达到平衡，55℃，容积缩小为0.5
，反
应物浓度增大，反应速率加快，相同时间内，反应物转化率增大，所以
时
（g）的转化率大于
50%，C 正确；由图可知82℃时，
的平衡转化率为0%，得出三段式：
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求出82℃时平衡常数
，在该密闭容器中充入
和
各0.1mol ，此时浓度商
，反应正向进行，所以
（逆）<
（正），D 错误。
2、某反应在5L 的恒温、恒容密闭容器中进行，在0~3min 各物质的物质的量变化情况如图所示（A、B、
C 均为气体），下列说法错误的是( )
A.该反应的化学方程式为2A+B
2C
B.保持容器容积不变，充入氦气，反应速率不变
C.平衡时容器内气体的压强与反应前的比值为8 7∶
D.当容器内混合气体的平均摩尔质量不变时，反应达到平衡状态
【答案】C
【解析】
根据2min 三种物质的物质的量变化可知，该该反应的化学方程式为2A+B
2C，A 项正确；保持容器
容积不变，充入氦气，反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，B 项正确；恒温、恒容条件下，气体
的压强之比等于物质的量之比，故平衡时容器内气体的压强与反应前的比值为8:9，C 项错误；气体的总质
量守恒，当容器内混合气体的平均摩尔质量不变时说明气体总的物质的量保持恒定，反应达到平衡状态，
D 项正确。
3、反应：
，达到平衡时测得A 气体的浓度为0.5
，当在恒温下将该
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容器体积扩大一倍，再次达到平衡，测得A 气体的浓度为0.3
，则下列叙述正确的是( )
A.
B.平衡向右移动
C.B 的转化率升高
D.C 的体积分数降低
【答案】D
【解析】
假设x+y=z，A 气体的浓度为0.5
，容器体积扩大一倍，则平衡不移动，A 气体的浓度应该为0.25
，而新平衡A 的浓度为0.3
，说明平衡向逆反应方向移动，则x+y>z，A 错误；平衡向左
移动，B 错误；平衡向左移，B 的转化率降低，C 错误；由于容器体积扩大，平衡向左移动，所以C 的体
积分数降低，D 正确。
4、可以证明可逆反应
2
2
3
N (g)
3H (g)
2NH (g)
已达到平衡状态的是( )
①一个N
N
断裂的同时，有3 个H—H 断裂
②一个N
N
断裂的同时，有6 个N—H 断裂
③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变
④恒温恒容时，体系压强不再改变
⑤
3
2
2
NH
N
H
、
、
的体积分数都不再改变
⑥恒温恒容时，混合气体密度保持不变
⑦正反应速率
1
1
2
H
0.6mol L
min
v
，逆反应速率
1
1
3
NH
0.4mol L
min
v
A.全部
B.②③④⑤
C.②③④⑤⑦
D.③⑤⑥⑦
【答案】C
【解析】
①一个
断裂的同时，有3 个H-H 断裂，表示的都是
，不能说明可逆反应达到平衡状态，①错
误；②一个
断裂的同时，有6 个N-H 断裂，表示的是
=
，可以说明可逆反应达到平衡状态，
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②正确；③该可逆反应为反应前后气体体积减小的反应，其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不
再改变，可以说明反应达到平衡状态，③正确；④对于反应前后气体体积不等的可逆反应，恒温恒容时，
体系压强不再改变，说明该可逆反应达到平衡状态，④正确；⑤
的体积分数都不再改变，
说明各组分的浓度不变，反应达到了平衡状态，⑤正确；⑥恒温恒容时，混合气体的密度始终不变，由于
混合气体的质量不变，容器的容积不变，所以混合气体的密度始终不变，故密度不变无法判断反应是否达
到平衡状态，⑥错误；⑦根据同一化学反应中，各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比，正反应
速
率
时
，
用
表
示
的
正
反
应
速
率
，则有：
，可
以说明可逆反应达到平衡状态，⑦正确。
5、在一定温度下的容积不变的密闭绝热容器中发生反应：
2
2
3
2SO
g
O
g
2SO
g
+
垐
噲
。下列不能
说明反应到达平衡状态的是( )
A.
2
2
SO
O
v
v
正
逆
B.
2
O 的体积分数不再变化
C.混合气体的平均摩尔质量不再变化
D.气体的压强不再变化
【答案】A
【解析】
A.
时不满足正逆反应速率相等，没有达到平衡状态，故A 选；
B.
的体积分数不再变化，说明各物质的量不变，正逆反应速率相等，说明达平衡状态，故B 不选；
C.反应前后气体质量不变，物质的量变化，因此混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明正逆反应速率相
等，反应达平衡状态，故C 不选；
D.正反应体积减小，当容器的压强保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故D 不选；
故选A。
6、“绿水青山就是金山银山”，运用化学反应原理研究NO 的反应对缓解环境污染具有重要意义。回答下
列问题：
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（1）汽车尾气中NO 生成过程的能量变化如图所示。1mol
和1mol
完全反应生成NO 会______（填
“吸收”或“放出”）______kJ 能量。
（2）工业上可利用甲烷还原NO 减少氮氧化物的排放。向2L 恒容密闭容器中通入2mol
（g）、
4molNO（g），一定条件下发生反应：
，测得
（g）与
（g）的物质的量随时间变化的关系如下：
0
10
20
30
40
50
（g）
2
1.7
1.5
1.35
1.25
1.25
（g）
0
0.6
1.0
1.3
1.5
1.5
①下列措施能够加快该反应速率的是________（填标号）。
a.使用催化剂
b.降低温度
c.及时分离水
②下列叙述中能说明该反应已达平衡状态的是________。
a.
b.混合气体的密度不再变化
c.容器内气体的压强不再变化
d.单位时间内生成1mol
，同时消耗2mol
2
H O
0~10min
③
内，用
2
H O 表示该反应的平均反应速率为________
。
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30min
④
时，
的物质的量浓度为________
。
⑤平衡时，
的体积分数为________。
（3）一种NO—空气燃料电池的工作原理如图所示。
①通入
的电极为电池的________极（填“正”或“负”）。
②写出通入NO 电极的电极反应式________。
【答案】
（1）吸收；180
（2）①a；②d；③0.03；④0.325；⑤25%
（3）①正；②
【解析】
（1）由示意图可知，1mol
和1mol
完全反应断键共吸收1444kJ 能量，生成2molNO 成键共放出
1264kJ 能量，故反应吸收180kJ 能量。
（2）①使用催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，a 项正确；降低温度，减慢反应速率，b 项错
误；及时分离水会减小生成物浓度，减慢反应速率，c 项错误；②该反应生成
和
浓度之比为2:1，
是定值，当
并不能说明反应到平衡状态，a 项错误；该反应前后气体的总质量恒定，反
应容器的体积恒定，故混合气体的密度是定值，密度不再变化并不能说明反应到平衡状态，b 项错误；该
反应前后气体的化学计量数之和不变，故恒容条件下，该反应容器内气体的压强是定值，压强不再变化并
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不能说明反应达到平衡状态，c 项错误；该反应生成1mol
的同时会生成2mol
，故单位时间内生
成1mol
，同时消耗2mol
说明
的浓度保持恒定，反应达到化学平衡状态，d 项正确。③0～
10min 内，
的物质的量增加0.6mol，
。④根
据方程式可推知，30min 时，
的物质的量为1.3mol，则
的物质的量为0.65mol，浓度为0.325
。⑤
的体积分数等于其物质的量分数，根据三段式计算可得平衡时，
、
。
（3）①根据燃料电池的工作原理可知，通入
的电极为电池的正极；②通入NO 后失电子转化为硝酸，
故电极反应式为
。
考点二 化学平衡常数
1 、一定条件下, 向容积为2 L 的密闭容器中充入1 mol CO2 和3 mol H2, 发生如下反应:
,5 min 后反应达到平衡时C(CH3OH)为0.2 mol·L -1。CO2(g)的平衡
物质的量浓度c(CO2)与温度关系如图所示。下列说法错误的是 ( )
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A.0~5 min,CO2的平均反应速率为0.04 mol·(L·min) -1反应
B.
C.在T2 ℃时,若反应处于状态D,则一定有V 正<V 逆
D.若T1 ℃、T2 ℃时的平衡常数分别为K1、K2,则K1>K2
【答案】C
【解析】
A. 5 min 后反应达到平衡时c(CH3OH)为0.2 mol/L,则反应消耗的CO2浓度变化Δc(CO2)=" 0.2" mol/L。所以
V(CO2)=Δc(CO2)÷Δt="0.2" mol/L÷5 min=0.04mol/(L·min).正确。B.由CO2平衡浓度与温度的关系可知:升高温
度CO2浓度增大,说明升高温度排布向逆反应方向移动。根据平衡移动原理:升高温度,化学平衡向吸热反应
方向移动,所以正反应是放热反应。ΔH<0. C.在T2℃时,若反应处于状态D,由于CO2浓度大于该温度的平衡
浓度,所以反应向消耗CO2的方向移动。即向正反应方向移动。一定有V 正>V 逆。错误。D.若T1℃、T2℃时
的平衡常数分别为K1、K2,由于该反应的正反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,T1℃<T2℃则K1>K2。正
确。
2、在某温度下，可逆反应mA(g)+nB(g)
pC(g)+qD(g)
⇌
；△H＜0 的平衡常数为K，下列
说法正确的是( )
A.增加A 的量，平衡正向移动，达到新平衡时K 值增大
B.升高温度，K 值增大
C.K 越大，说明该反应的进行程度越大
D.该反应的K=
【答案】C
【解析】
平衡常数只与温度有关系,所以选项A 不正确;升高温度,平衡不一定向正反应方向进行,K 值不一定是增大的,
选项B 不正确;平衡常数是在一定条件下,可逆反应达到平衡状态时,生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂
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之积的比值,所以选项D 不正确,C 正确,答案选C。
3、N2O5是一种新型硝化剂,在一定温度下可发生下列反应:2N2O5(g)
4NO2(g)+ O2(g)
H
△ >0
T1温度下的部分实验数据为
t/s
0
500
1000
1500
C(N2O5) mol/L
5.00
3.52
2.50
2.50
下列说法不正确的是( )
A.500s 内N2O5分解速率为2.96×10-3mol/(L·s)
B.T1温度下的平衡常数为K1=125,1000s 时转化率为50%
C.T1温度下的平衡常数为K1,T2温度下的平衡常数为K2,若K1<K2,则T1>T2
D.平衡后其他条件不变,将容器的体积压缩到原来的1/2,则再平衡时C(N2O5) >5.00mol/L
【答案】C
【解析】略
4、已知反应
在某温度下的平衡常数为400.此温度下，在密闭
容器中加入
，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
浓度/（
）
0.44,
0.6
0.6
下列叙述中正确的是( )
A.该反应的平衡常数表达式为：
B.该时刻正、逆反应速率的大小：
C.若将容器体积压缩为原来的一半，平衡向左移动
D.平衡时，
【答案】C
【解析】
A. 平衡常数是生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物的平衡浓度幂次方乘积得到，
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的平衡常数
，A 项错误；B.表中
数据分析计算该时刻的浓度商
，说明反应正
向进行，
， B 项错误；C.甲醇起始量浓度为
，设平衡时转化的
甲醇农鷹为xmol/L，根据三段式：
可知
。解
，若经10min 后反应达到平衡，此时
，C 项正确；D.若将容器体积压缩为原来的一半，
则
，平衡向右移动，D 项错误；答案选C。
5、关于化学平衡常数，下列说法不正确的是( )
A.化学平衡常数不随反应物或生成物的浓度的改变而改变
B.对于一定温度下的同一个反应，其正反应和逆反应的化学平衡常数的乘积等于1
C.温度越高，K 值越大
D.化学平衡常数随温度的改变而改变
【答案】C
【解析】
A 选项，同一反应，化学平衡常数只受温度影响，与反应物或生成物的浓度无关，故A 正确。B 选项，同
一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，对于一定温度下的同一个反应，其正反应和逆反应的化学平
衡常数的乘积等于1，故B 正确。C 选项，平衡常数越大，说明可逆反应进行的程度越大，正反应可能是
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吸热反应也可能是放热反应；升温，平衡向吸热反应方向进行，平衡常数不一定增大，故C 错误。D 选
项，化学平衡常数只受温度影响，故D 正确。
6、一定条件下进行反应：COC l2(g)⇌C l2(g)+CO(g)。向2.0 L恒容密闭容器中充入
1.0molCOC l2(g)，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得的有关数据见下表：
t / s
0
2
4
6
8
n(C l2)/
0
0.30
0.39
0.40
0.40
下列说法正确的是 ( )
A. 保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(C l2)=0.22mol· L
−1，则反应的ΔH <0
B. 若在2 L恒容绝热(与外界没有热量变换)密闭容器进行该反应，化学平衡常数不变
C. 保持其他条件不变，起始向容器中充入1.2molCOC l2、0.60molC l2和0.6molCO，反应达到平衡前
的速率：v(正)>v(逆)
D. 保持其他条件不变，起始向容器中充入1.0molC l2和0.8molCO，达到平衡时，C l2的转化率小于60 %
【答案】D
【解析】
A.由表中数据可知，6 s、8 s时氯气的物质的量都是0.4 mol，说明6 s时反应到达平衡，平衡时氯气的浓度
为0.2mol/ L，升高温度，到达新平衡，氯气的浓度变为0.22mol/ L，氯气浓度增大，说明平衡向正反应
方向移动，故正反应为吸热反应，即△H >0，故A 错误；
B.正反应为吸热反应，恒容绝热密闭容器进行该反应，随反应进行温度降低，而平衡常数只受温度影响，
故平衡常数一定发生变化，故B 错误；
C.平衡时c(C l2)=0.2mol / L，
COC l2(g)⇌C l2(g)+CO(g)
起始(mol / L)：0.5 0 0
转化(mol / L)：0.2 0.2 0.2
平衡(mol / L)：0.3 0.2 0.2
该温度下平衡常数K = 0.2×0.2
0.3
=0.13，若起始向容器中充入1.2molCOC l2、0.60molC l2和0.60molCO，
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此时Qc =
0.6
2 × 0.6
2
1.2
2
=0.15>0.13，则反应向逆反应方向移动，反应达到平衡前v 正<v逆，故C 错误；
D. 原平衡等效为起始向容器中充入1.0molC l2和1.0molCO，达到平衡时C l2的转化率
= 1mol−0.4 mol
1mol
×100 % =60 %，如加入1.0 molC l2和0.8molCO，相当于在原来的基础上减小
0.2molCO，平衡在原来的基础上向正反应方向移动，则C l2的转化率减小，则C l2的转化率小于60 %，故
D 正确。
7 、¿(CO)4可用于有机合成，也常用作催化剂。一定条件下，恒容密闭容器中发生反应
¿(s)+ 4CO(g)⇌∋(CO)4(g)，该反应的平衡常数与温度的关系如下表所示：
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×10
4
2
1.9×10
−5
下列说法正确的是( )
A. 25℃达到平衡时，向容器中继续充入CO(g)，CO的转化率减小
B. 温度越低，越有利于¿(CO)4的生产
C. 80℃时，测得某时刻¿(CO)4、CO的浓度均为0.5mol· L
−1，则此时v 正<v逆
D. 平衡后，向密闭容器中加入少量镍粉，平衡正向移动，达到新平衡时CO的浓度比原平衡小
【答案】C
【解析】
A.向容器中继续充入CO(g)，相当于增大压强，平衡正向进行，CO的转化率增大，A项错误；
B.由表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，但反应
速率小，生产效益低，不利于¿(CO)4的生产，B项错误；
C.Qc = 0.5
0.5
4 =8> K =2，反应逆向进行，则v 正<v逆，C项正确；
D.固体对化学平衡无影响，平衡不移动，D项错误。
故选C。
【方法规律】
K 的相关计算
(1)正、逆反应的化学平衡常数互为倒数。
(2)若化学方程式中各物质的化学计量数都变成n 倍或倍，则化学平衡常数变为原来的n 次幂或次幂。
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(3)两化学方程式相加得到新的化学方程式，其化学平衡常数是两反应平衡常数的乘积。
【模型展示】
化学平衡计算的答题模板
反应：mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)，令A、B 起始物质的量分别为a mol、b mol，达到平衡后，A
的转化量为mx mol，容器容积为V L，则有以下关系：
mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)
起始/mol a b 0 0
转化/mol mx nx px qx
平衡/mol a－mx b－nx px qx
则有：①K＝
c
②平(A)＝ mol·L－1
α(A)
③
平＝×100%，α(A) α(B)
∶
＝∶＝
φ(A)
④
＝×100%
⑤＝
⑥混＝ g·L－1[其中M(A)、M(B)分别为A、B 的摩尔质量]
⑦平衡时体系的平均摩尔质量：
＝ g·mol－1
考点三 影响化学平衡的因素
1.反应A(s)+2B(g)⇌2C(g) ΔH <0，在反应过程中，正反应速率随条件改变的变化如图。下列条
件改变的结果与图像不符的是（ ）
A. t1时增大了生成物浓度
B. t2时降低了温度
C. t2时减小了压强
D. t3时使用了催化剂
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【答案】C
【解析】
A.t1时刻正反应速率没有变化，但随着时间推移正反应速率增大，直到平衡，说明改变条件为增大生成物
浓度，故A 正确；
B.t2时刻正反应速率降低，但随着时间推移正反应速率继续降低直到平衡，说明改变条件降低了温度，故
B 正确；
C.该反应是反应前后气体计量系数不变的反应，压强减小，同等程度的减小正、逆反应速率，化学平衡不
动，故C 错误；
D.催化剂能同等程度的改变正、逆反应速率，化学平衡不动，故D 正确。
2.2020年是勒夏特列诞辰170周年，他发现的平衡移动原理在工、农业生产和日常生活中有许多重要应用，
下列事实能用勒夏特列原理解释的是( )
A. 2 HI (g)⇌H 2(g)+ I 2(g)，加压，体系颜色变深
B. 已知反应N 2(g)+3 H 2(g)⇌2 N H 3(g)，△H <0，高温比低温更有利于N H 3的生成
C. 工业上用SO2合成SO3，增加氧气的量可提高SO2的利用率
D. 工业上合成氨，使用铁触媒做催化剂可提高N H 3的日产量
【答案】C
【解析】
A.2 HI (g)⇌H 2(g)+ I 2(g)，加压平衡不移动，但由于碘蒸气浓度增大，所以体系颜色变深，因此不能
用平衡移动原理解释，故A 不符；
B.已知反应N 2(g)+3 H 2(g)⇌2 N H 3(g)，△H <0，由于反应放热，高温不利于氨气的生成，故B 不符；
C.工业上用SO2合成SO3，增加氧气的量，平衡会正向移动，所以可提高SO2的利用率，可以用平衡移动
原理解释，故C 符合；
D.工业上合成氨，使用铁触媒做催化剂可提高N H 3的日产量，催化剂对平衡移动无影响，不能用平衡移动
原理解释，故D 不符；
故选C。
3. 一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中的硫的回收：SO2(g)+2CO(g)
2C O2(g)+ S(l) ΔH <0。一定温度下，在容积为2 L的恒容密闭容器中1mol SO2和nmolCO发生反应，
5min后达到平衡，生成2amolC O2。下列说法正确的是( )
A. 反应前2min的平均速率v(SO2)=0.1amol /( L·min)
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B. 当混合气体的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态
C. 平衡后保持其他条件不变，从容器中分离出部分硫，平衡向正反应方向移动
D. 平衡后保持其他条件不变，升高温度和加入催化剂，SO2的转化率均增大
【答案】B
【解析】
A.反应前2minSO2的转化量未知，无法计算平均速率，故A 错误；
B.根据方程式可知，该反应是反应前后气体的物质的量减小的可逆反应，因此当混合气体的物质的量不再
改变时，可以说明反应达到平衡状态，故B 正确；
C.S是纯液体，从容器中分离出部分硫，平衡不移动，故C 错误；
D.该反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低，催化剂不能改变平衡状态，
转化率不变，故D 错误。
故选B。
4. 在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：
¿(s)+ 4CO(g)⇌∋(CO)4(g)，已知该反应的平衡常数与温度的关系如下表所示：
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×10
4
2
1.9×10
−5
下列说法不正确的是( )
A. 上述生成¿(C O4)(g)的反应为放热反应
B. 25℃时反应¿(CO)4(g)⇌∋(s)+ 4CO(g)的平衡常数为2×10
−5
C. 在80℃时，测得某时刻，¿(CO)4、CO的浓度均为0.5mol· L
−1，则此时v(正)>v(逆)
D. 80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则¿(CO)4的平衡浓度为2mol· L
−1
【答案】C
【解析】
因为温度升高，平衡常数减小，所以正反应为放热反应，A 正确；¿(CO)4(g)⇌∋(s)+ 4CO(g)的平衡
常数为¿(s)+ 4CO(g)⇌∋(CO)4(g)的平衡常数的倒数，所以其应为(5×10
4)
−1=2×10
−5，B 正确；在
80℃时，测得某时刻¿(CO)4、CO的浓度均为0.5mol· L
−1，此时浓度商为8，所以反应逆向进行，此时
v(正)<v(逆)，C不正确；80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，c(CO)=1.0mol· L
−1，利用K可求
出¿(CO)4的平衡浓度为2mol· L
−1，D 正确。
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5. 在容积一定的密闭容器中，置入一定量的NO(g)和足量C(s)，发生反应
C(s)+2 NO(g)⇌C O2(g)+ N 2(g)，平衡状态时NO(g)的物质的量浓度[ NO ]与温度T的关系如图所示。
则下列说法中正确的是( )
A. 该反应的ΔH >0
B. 若该反应在T 1、T 2时的平衡常数分别为K 1、K 2，则K 1< K 2
C. 在T 2时，若反应体系处于状态D，则此时一定有v 正<v逆
D. 在T 3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C
【答案】D
【解析】
A.由图可知，温度越高平衡时c( NO)越大，即升高温度平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，即
△H <0，故A 错误；
B.该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，故K❑1> K 2，故
B 错误；
C.T 2时反应进行到状态D，c( NO)高于平衡浓度，故反应向正反应方向进行，则一定有v(正)>v(逆)，故
C 错误；
D.在容积一定的密闭容器中，发生反应C(s)+2 NO(g)⇌C O2(g)+ N 2(g)，固体生成气体，气体的质量
增大，混合气体的密度是一个变量，T 3时，若混合气体的密度不再变化，则可以判断反应达到平衡状态C，
故D 正确。
故选D。
6.在一定温度下、1 L密闭容器中，3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量(n)如下表所示，下列有关说
法正确的是
x
y
w
n(起始)/mol
2
1
0
n(平衡)/mol
1
0.5
1.5
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A. 该温度下，此反应的平衡常数表达式是K = c
2( x)⋅c( y)
c
3(w)
B. 升高温度，若w的体积分数减小，则此反应ΔH >0
C. 增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动
D. 该温度下，再向容器中通人3molw，达到平衡时，n( x)=2mol
【答案】D
【解析】
由表中数据可知x的物质的量减少1mol，y减少0.5mol，w增加1.5mol，则反应的化学方程式为
2 x(g)+ y(g)⇌3w(g)，反应前后气体的体积不变，则压强对平衡移动没有影响，以此解答该题；
A.该温度下，此反应的平衡常数表达式是K =
c
3(w)
c
2( x)×c( y)
，故A 错误；
B.升高温度，若w的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则此反应△H <0，故B 错误；
C.反应前后气体的体积不变，则压强对平衡移动没有影响，故C 错误；
D.反应前后气体的体积不变，则压强对平衡移动没有影响，该温度下，再向容器中通入3molw，达到平衡
时等效于加入4 molx、2moly，平衡状态相同，各物质的含量相同，则达到平衡时，n( x)=2mol，故D
正确。
故选D。
7.乙烯气相水化法制备乙醇：C2 H 4(g)+ H 2O(g)⇌ C2 H 5OH (g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强
的变化关系如下(起始时，n( H 2O)=n(C2 H 4)=1mol)。
下列分析不正确的是( )
A. 乙烯气相直接水化反应的ΔH <0
B. 图中压强的大小关系为：p3> p2> p1
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C. 图中a、b两点对应的化学平衡常数相等
D. 达到平衡状态a、b所需要的时间：a>b
【答案】C
【解析】
A.压强不变时，升高温度乙烯转化率降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应，则△H <0，故A 正确；
B.相同温度下，增大压强平衡正向移动，乙烯转化率增大，根据图知，相同温度下转化率：p1< p2< p3，
则压强p1< p2< p3，故B 正确；
C.图中a、b两点温度不同，平衡常数不等，故C 错误；
D.温度越高、压强越大化学反应速率越快，反应达到平衡时间越短，温度、压强都是a<b，则反应速率
a<b，所以达到平衡状态a、b所需要的时间：a>b，故D 正确；
8.Bodensteins研究反应H 2(g)+ I 2(g)⇌2 HI (g) ΔH <0，温度为T时，在两个体积均为1 L的密闭容器
中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w ( HI )与反应时间t的关系如下表：
容器编号
起始物质
t /min
0
20
40
60
80
100
Ⅰ
0.5mol I 2
0.5mol H 2
w( HI )/ %
0
50
68
76
80
80
Ⅱ
x mol HI
w( HI )/ % 100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中：v 正=ka·w( H 2)·w( I 2)，v逆=kb·w
2( HI )，其中ka、kb为常数。下列说法不正确
的是
A. 温度为T时，该反应
ka
kb
=64
B. 容器I中在前20 min的平均速率v( HI )=0.025mol·( L·min)
−1
C. 若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H 2、I 2、HI，反应逆向进行
D. 无论x为何值，两容器中达平衡时w( HI )%均相同
【答案】C
【解析】 H 2(g)+ I 2(g)⇌2 HI (g)△H <0
起始量(mol / L)0.5 0.5 0
变化量(mol / L)n n 2n
平衡量(mol / L)0.5−n 0.5−n 2n
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w( HI )/ % = 2n
1 ×100 % =80 %，
n=0.4
平衡常数K = 0．8
2
0.1×0.1 =64，
A.反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka⋅w( H 2)⋅w( I 2)= v 正= v逆=kb⋅w
2( HI )，则
ka
kb
=
w
2( HI )
w( H 2)w( I 2) = K =64，故A 正确；
B.容器I中前20min，H 2(g)+ I 2(g)⇌2 HI (g)△H <0
起始量(mol / L) 0.5 0.5 0
变化量(mol / L) m m
2m
平衡量(mol / L)0.5−m 0.5−m 2m
w( HI )% = 2m
1 ×100 % =50 %，
m=0.25mol / L
容器I中前20min的平均速率，v( HI )= 2×0.25mol / L
20min
=0.025mol⋅L
−1⋅min
−1，故B 正确；
C.若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H 2、I 2、HI，此时浓度商Qc = 0．1
2
0.1×0.1 =1< K =64，
反应正向进行，故C 错误；
D.由于反应前后气体分子数不变，因此根据等效平衡可知无论反应正向j进行还是逆向进行，无论x为何值，
两容器中达平衡时w( HI )%均相同，故D 正确；
故选C。
【模型建构】
等效平衡模型建构
(1)构建恒温恒容平衡思维模式
新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相当于增大压强。
29
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(2)构建恒温恒压平衡思维模式(以气体物质的量增加的反应为例，见图示)
新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加，压强不变，平衡不移动。
考点四 常考化学反应速率和化学平衡图像的分析
1.反应mX (g)⇌nY (g)+ pZ(g) ΔH，在不同温度下的平衡体系中物质Y 的体积分数随压强变化的曲线如
图所示。下列说法错误的是( )
A. m<n+ p
B. 该反应的ΔH >0
C. B、C两点化学平衡常数：K B> K C
D. A、C两点的反应速率v( A )<v(C )
【答案】C
【解析】
A.由图可知，增大压强，Y 的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则m<n+ p，故A 正确；
B.由图可知温度升高，Y 的体积分数增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，故B 正确；
C.对吸热反应来说，温度升高，K增大，K B< K C，故C 错误；
D.A、C温度相同，C点压强大，则C点的速率大于A点，故D 正确。
故选C。
2.在恒容的密闭容器中进行如下反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H <0，反应达到平衡后，改变
某一条件，下列示意图正确的是( )
30
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A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
根据方程式2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H <0，该反应正反应是气体体积减小的放热反应，
A、达到平衡后，增大SO2的浓度，氧气的转化率增大，但二氧化硫的转化率降低，故A 错误；
B、该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，但平衡常数保持不变，故
B 正确；
C、该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，生成物三氧化硫的百分含
量增大，故C 错误；
D、升高温度，平衡向逆方向移动，SO3的物质的量减小，故D 错误。
3.已知：C O2( g)+3 H 2( g)⇌C H 3OH ( g)+ H 2O( g)△H =−49.0kJ ⋅mol
−1.某温度下，在容积为1 L
的密闭容器中充入1molC O2和3.25mol H 2，在一定条件下反应，测得C O2(g)、C H 3OH (g) 的物质的
量随时间的变化关系如图所示．下列说法正确的是( )
A. 从反应开始到平衡，H 2的平均反应速率v( H 2)=0.075mol⋅L
−1⋅min
−1
B. 此温度下，该反应的平衡常数为0.225
C. 缩小体积，既能增大反应速率，又能提高H 2的转化率
31
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D. 欲增大平衡状态时
c(C H 3OH )
c(C O2)
，可采用升高温度的方法
【答案】C
【解析】
A.由图可知，从开始到平衡生成C H 3OH为0.75mol，结合反应可知消耗氢气为0.75mol×3=2.25mol，
H 2的平均反应速率v( H 2)=
2.25mol
1 L
10min =0.225mol⋅L
−1⋅min
−1，故A 错误；
B.在容积为1 L的密闭容器中充入1molC O2和3.25mol H 2，结合图中数据可知，
C O2(g)+3 H 2(g)⇌C H 3OH (g)+ H 2O(g)
开始( mol⋅L
−1) 1 3.25 0 0
转化( mol⋅L
−1) 0.75 2.25 0.75 0.75
平衡( mol⋅L
−1) 0.25 1 0.75 0.75
K = 0.75×0.75
0.25×1
3 =2.25，故B 错误；
C.缩小体积，压强增大，且该反应为气体体积减小的反应，平衡正向移动，则既能增大反应速率，又能提
高H 2的转化率，故C 正确；
D.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则欲增大平衡状态时
c(C H 3OH )
c(C O2)
，可采用降低温度的方
法，故D 错误；
故选C．
4.下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响时所画的图象，其中图象和实验结
论表达均正确的是 ( )
32
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A. ①是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图象，正反应ΔH <0
B. ②是在平衡体系的溶液中溶入少量KCl晶体后化学反应速率随时间变化的图象
C. ③是在有、无催化剂存在下建立平衡过程的图象，a表示使用催化剂时的曲线
D. ④是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图象，压强p1> p2
【答案】C
【解析】
A .根据图象知，升高温度，平衡向正反应方向移动，则正反应的△H >0，故A 错误；
B.该反应实质为F e
3++3 SC N
−⇌Fe(SCN )3，钾离子和氯离子不参加反应，则KCl浓度增大不影响化学
平衡移动，故B 错误；
C.使用催化剂，反应速率加快，缩短反应达到平衡所需时间，所以先达到平衡状态，故C 正确；
D.该反应前后气体的物质的量不变，改变压强不影响平衡状态，即不影响A的转化率，由于不断加入B，
A的转化率增大，故D 错误；
故选：C。
5.如图所示的各图中，表示2 A(g)+ B(g)⇌2C(g)(正反应放热)这个可逆反应的正确图像为
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
A.该反应正反应方向是放热反应，温度升高，反应速率加快，达到平衡的时间缩短，平衡逆向移动，C的
33
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体积分数减小，故A 正确；
B.压强增大，正逆反应速率都增加，且平衡正向移动，正反应速率增加的程度比逆反应速率增加的程度大，
故B 错误；
C.催化剂只能改变反应速率，不能改变化学反应的平衡状态，即有无催化剂，C平衡时的体积分数不变，
故C 错误；
D.该反应正反应方向是放热反应，温度升高平衡逆向移动，A的转化率减小，故D 错误。
故选A。
6.某化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)
pC (g)的速率和平衡的影响图象如下，下
列判断正确的是( )
A. 由图1可知，T 1<T 2，该反应正反应为吸热反应
B. 由图2可知，该反应m+n< p
C. 图3中，点3的反应速率v 正>v逆
D. 图4中，若m+n= p， 则a曲线一定使用了催化剂
【答案】C
【解析】
A.根据“先拐先平数值大”，可知T 1<T 2，升高温度，C的百分含量减小，说明该反应的正反应为放热反
应，故A 错误；
B.由图可知，增大压强，C的百分含量增大，说明加压平衡正向移动，所以该反应m+n> p，故B 错误；
C.图中点3的转化率小于同温下的平衡转化率，说明点3反应正向进行，反应速率：v 正>v逆，故C 正确；
D.曲线a速率加快、平衡没移动，若m+n= p，曲线a可能使用了催化剂或加压，故D 错误，
故答案选C。
7.恒温下某化学反应的反应速率随反应时间的变化关系如图所示。下列叙述与示意图不符的是( )
34
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A. 反应达到平衡时，正反应速率和逆反应速率相等
B. 该反应达到平衡状态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡状态Ⅱ
C. 该反应达到平衡状态Ⅰ后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡状态Ⅱ
D. 同一种反应物在平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ时浓度不相等
【答案】C
【解析】
A.由平衡的特征可知，反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，故A 正确；
B.该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，达
到平衡态Ⅱ，故B 正确；
C.该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图像矛盾，
故C 错误；
D.该反应达到平衡态Ⅰ后，改变条件使反应继续正向移动达到平衡态Ⅱ，所以同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡
Ⅱ时浓度不相等，故D 正确；
故选C。
8.
在
1.0 L恒
容
密
闭
容
器
中
投
入
1molC O2和
2.75mol H 2发
生
反
应
C O2(g)+3 H 2(g)⇌C H 3OH (g)+ H 2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量如
图所示。下列说法正确的是 ( )
A. 该反应的正反应为吸热反应
35
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B. 压强大小关系为p1< p2< p3
C. M点对应平衡常数K的值约为1.04×10
−2
D. 在p2及512 K时，图中N点v 正<v逆
【答案】C
【解析】
A..由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应
为放热反应，故A 错误；
B.由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越
大，所以p1> p2> p3，故B 错误；
C.由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则
C O2(g)+3 H 2(g)⇌C H 3OH (g)+ H 2O(g)
开始(mol) 1 2.75 0 0
反应(mol) 0.25 0.75 0.25 0.25
平衡(mol) 0.75 2 0.25 0.25
又体积为1.0 L，所以K =
0.25×0.25
0.75×2
3 =
1.04×10
−2，故C 正确；
D.由图可知，在p2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动，则v(正)>v(
逆)，故D 错误；
故选C。
第三板块 真题演练
1.（2023·广东）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)⇀
↽P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其它条
件相同时，下列说法不正确的是（ ）
36
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A. 使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B. 反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C. 使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D. 使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【解析】
A.由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A 正确；
B.由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B 正确；
C.由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C 错
误；
D.由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，
所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D 正确；
故选C。
2.（2023·辽宁）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H 2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同
价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是 ( )
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A. Mn(Ⅲ)不能氧化H 2C2O4
B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C. 该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D. 总反应为：2 MnO4
−+5C2O4
2−+16 H
+=2 M n
2++10C O2↑+8 H 2O
【答案】C
【解析】
A .图像可知，随着时间推移，Mn(Ⅲ)浓度先增大，后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消
耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H 2C2O4，故A 错误；
B.随着反应物浓度减小，到大约13min时，开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起到催化剂作用，13mmin后
反应速率会增大，故B 错误；
C.图象可知Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，故C
正确；
D.H 2C2O4为弱酸，在离子方程式中不能拆分为离子，总反应离子方程式为：
2 MnO4
−+5 H 2C2O4
2−+6 H
+=2 M n
2++10C O2↑+8 H 2O，故D 错误；
故选：C。
3.（2023·北京）下列事实能用平衡移动原理解释的是( )
A. H 2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H 2O2分解
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B. 密闭烧瓶内的N O2和N 2O4的混合气体，受热后颜色加深
C. 铁钉放入浓HN O3中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D. 锌片与稀H 2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H 2的产生
【答案】B
【解析】
A . MnO2作H 2O2分解的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，所以不能用平衡移动原
理解释，故A 错误；
B.2 N O2(g)⇌N 2O4(g)△H <0，密闭烧瓶内的N O2和N 2O4的混合气体，加热，平衡逆向移动，导致
c( N O2)增大，气体颜色加深，能用平衡移动原理解释，故B 正确；
C.常温下，Fe和浓硝酸发生钝化现象，加热使铁表面的氧化物薄膜溶解，且在加热条件下铁和浓硝酸发生
氧化还原反应生成N O2，N O2呈红棕色，与平衡移动原理无关，不能用平衡移动原理解释，故C 错误；
D.Fe能置换出Cu，Fe、Cu和稀硫酸构成原电池而促进H 2的产生，与平衡移动原理无关，不能用平衡移
动原理解释，故D 错误；
故选：B。
4.（2023·湖南）向一恒容密闭容器中加入1molC H 4和一定量的H 2O，发
生反应：C H 4(g)+ H 2O(g)⇌CO(g)+3 H 2(g)。C H 4的平衡转化率按
不同投料比x( x = n(C H 4)
n( H 2O) )随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的
是( )
A. x1< x2
B. 反应速率：vb 正<vc 正
C. 点a、b、c对应的平衡常数：K a< K b= K c
D. 反应温度为T 1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
A .相同温度下，
n(C H 4)
n( H 2O)比值越大，甲烷转化率越小，图像分析可知x1< x2，故A 正确；
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B.b、c点反应的温度相同，不同投料比x( x = n(C H 4)
n( H 2O) )不同，b点甲烷转化率大，说明投料比b<c，但不
能说明正反应速率大小，故B 错误；
C.升高温度，甲烷转化率增大，说明反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，则K a< K b= K c，故C 正
确；
D.反应为气体物质的量变化的反应，相同温度下，反应温度为T 1，当容器内压强不变时，说明反应达到平
衡状态，故D 正确；
故选：B。
5.（2023·江苏）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为
C O2(g)+ 4 H 2(g)=C H 4(g)+2 H 2O(g) ΔH =−164.7 kJ ⋅mol
−1
C O2(g)+ H 2(g)=CO(g)+ H 2O(g) ΔH = 41.2kJ ⋅mol
−1
在密闭容器中，1.01×10
5 Pa、n起始(C O2):n起始(H 2)=1:4时，C O2平衡转化率、在催化剂作用下反应
相同时间所测得的C O2实际转化率随温度的变化如题图所示。C H 4的选择性可表示为
n生成(C H 4)
n反应(C O2)
×100 %。下列说法正确的是
A. 反应2CO(g)+2 H 2(g)=C O2(g)+C H 4(g)的焓变ΔH =−205.9kJ ⋅mol
−1
B. C H 4的平衡选择性随着温度的升高而增加
C. 用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480∼530℃
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D. 450℃时，提高
n起始(H 2)
n起始(C O2)
的值或增大压强，均能使C O2平衡转化率达到X点的值
【答案】D
【解析】
A.
由
盖
斯
定
律
可
知
反
应
2CO(g)+2 H 2(g)=C O2(g)+C H 4(g) 的
焓
变 ΔH =−2×41.2kJ ⋅mol
−1−164.7 kJ ⋅mol
−1=−247.1kJ ⋅mol
−1 ，A 错误；
B. C O2(g)+ 4 H 2(g)=C H 4(g)+2 H 2O(g) 为放热反应，升高温度平衡逆向移动， C H 4 的含量降低，
故 C H 4 的平衡选择性随着温度的升高而降低，B 错误；
C.由图可知温度范围约为450∼550℃时二氧化碳实际转化率趋近于平衡转化率，此时为最适温度，温度
继续增加，催化剂活性下降，C 错误；
D.450℃时，提高
n起始(H 2)
n起始(C O2)
的值可提高二氧化碳的平衡转化率，增大压强反应I平衡正向移动，可提
高二氧化碳的平衡转化率，均能使 C O2 平衡转化率达到X点的值，D 正确。
故选D。
6.（2023·重庆）逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应Ⅰ：C O2(g)+ H 2(g)⇌CO(g)+ H 2O(g)
反应Ⅱ：C O2(g)+ 4 H 2(g)⇌C H 4(g)+2 H 2O(g)
在恒容条件下，按V (C O2)：V ( H 2)=1：1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图
所示。下列说法正确的是( )
A. 反应Ⅰ的ΔH <0，反应Ⅱ的ΔH >0
B. M点反应Ⅰ的平衡常数K <1
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C. N点H 2O的压强是C H 4的3倍
D. 若按V (C O2)：V ( H 2)=1：2投料，则曲线之间交点位置不变
【答案】C
【解析】
A .由图可知，随着温度的升高，C H 4含量减小，CO含量增大，则说明随着温度升高，反应Ⅱ逆向移动、
反应Ⅰ正向移动，则反应Ⅱ为放热反应焓变小于零、反应Ⅰ为吸热反应焓变大于零，故A 错误；
B.M点没有C H 4产物，且C O2、CO含量相等，按V (C O2)：V ( H 2)=1：1投料比进行反应，则此时反
应Ⅰ平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量相等，反应Ⅰ的平衡常数K = c(CO)×c( H 2O)
c(C O2)×c( H 2) =1，
故B 错误；
C.N点CO、C H 4物质的量相等，结合反应方程式的系数可知，生成水得总的物质的量为甲烷的3倍，同
温同容下，压强之比等于物质的量之比，故H❑2O的压强是C H 4的3倍，故C 正确；
D.反应Ⅰ为气体分子数不变的反应，反应Ⅱ为气体分子数减小的反应；若按V (C O2)：V ( H 2)=1：2投料，
相当于增加氢气的投料，会使得甲烷含量增大，导致甲烷、一氧化碳曲线之间交点位置发生改变，故D 错
误；
7.（2023·海南）磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数为
85 %的磷酸与KCl (s)反应制备K H 2 PO4(s)，反应方程式为H 3 PO4(aq)+ KCl⇀
↽K H 2 PO4+ HCl(g)
一定条件下的实验结果如图1所示。( )
回答问题：
(1)该条件下，反应至1h时KCl的转化率为_______。
(2)该制备反应的ΔH随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)，
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且反应热随温度升高而_______。
(3)该小组为提高转化率采用的措施中有：使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能提
高转化率的原因是：不使用稀磷酸_______；通入水蒸气_______。
(4)298 K时，H 3 PO4(aq)+ KCl (aq)⇀
↽K H 2 PO4(aq)+ HCl(aq)的平衡常数K = _______ 。(已知
H 3 PO4的K a1=6.9×10
−3)
【答案】
(1)70 %
(2)吸热；降低
(3)使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；使得气体中氯化氢的分压减小，促使
反应正向进行
(4)6.9×10
−3
【解析】
(1)由图可知，该条件下，反应至1h时KCl的转化率为70 %；
(2)由图可知，焓变为正值，则该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低；
(3)使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度，促使反应正向进行；向系统中不断通入水蒸气，使得气体
中氯化氢的分压减小，促使反应正向进行；都可以促进氯化钾的转化率的提高；
(4)298 K时
，
H 3 PO4(aq)+ KCl (aq)⇀
↽K H 2 PO4(aq)+ HCl(aq)的
离
子
方
程
式
为 H 3 PO4(aq)⇀
↽H 2 PO4
−(aq)+ H
+(aq)，其平衡常数K = c(H
+)c(H 2 PO4
−)
c(H 3 PO4)
= K a1=6.9×10
−3。
8.（2023·辽宁）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(CuSO4·5 H 2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该
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制备过程中CuSO4·5 H 2O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：
N O2+ SO2+ H 2O = NO+ H 2SO4
2 NO+O2=2 N O2
(ⅰ)上述过程中N O2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)+ 1
2 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α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K p=
_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】
(1)CuO；SO3
(2)(ⅰ)催化剂；(ⅱ)反应中有污染空气的NO和N O2放出影响空气环境、N O2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)(ⅰ)cd
(ⅱ)d
(ⅲ) (1−αe)
αe⋅p
1
2
【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
700̲̲
3CuO+2SO2↑+ SO3↑+O2↑，结
合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案
为CuO、SO3。
(2)(i)根据所给的反应方程式，N O2在反应过程中先消耗再生成，说明N O2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N O2放出影响空气环境、同时作为催
化剂的N O2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高(答案合理即可)。
(3)(i)a.根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；
b.从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88 %的时
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的反应速率图像并没有给出，无法判断α =0.88的条件下是平衡转化率，b错误；
c .从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c
正确；
d .从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选
择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；
故答案选cd；
(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂
V −K −Cs−Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数K p=
p(SO3)
p(SO2) p
1
2(O2)
=
n(SO3)
n(总) p(总)
n(SO2)
n(总) p(总)⋅p
1
2(O2)
=
n(SO3)
n(SO2)⋅p
1
2(O2)
；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m·αe，
n(SO3)=m−m·αe=m(1−αe)，K p=
m(1−αe)
m⋅αe⋅p
1
2(O2)
=
(1−αe)
αe⋅p
1
2
，故答案为
(1−αe)
αe⋅p
1
2
。
9.（2023·湖南）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
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①C6 H 5C2 H 5(g)+ 21
2 O2(g)=8C O2(g)+5 H 2O(g) Δ H 1=−4386.9kJ ⋅mol
−1
②C6 H 5CH =C H 2(g)+10O2(g)=8C O2(g)+ 4 H 2O(g) Δ H 2=−4263.1kJ ⋅mol
−1
③H 2(g)+ 1
2 O2(g)= H 2O(g) Δ H 3=−241.8kJ ⋅mol
−1
计算反应④C6 H 5C2 H 5(g)⇌C6 H 3CH =C H 2(g)+ H 2(g)的Δ H 4= ______ kJ ⋅mol
−1；
(2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50 %，欲将平衡
46
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转化率提高至75 %，需要向反应器中充入 ______ mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
(3)在913 K、100kPa下，以水蒸气作稀释气、F e2O3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：
⑤C6 H 5C2 H 5(g)⇌C6 H 4(g)+C H 2=C H 2(g)
⑥C6 H 5C2 H 5(g)+ H 2(g)⇌C6 H 5C H 3(g)+C H 4(g)
以
上
反
应
体
系
中
，
芳
香
烃
产
物
苯
乙
烯
、
苯
和
甲
苯
的
选
择
性
S(S = 转化为目的产物所消耗乙苯的量
已转化的乙苯总量
×100 %)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F e2O3的描述错误的是 ______ ；
A.X射线衍射技术可测定F e2O3晶体结构
B.F e2O3可改变乙苯平衡转化率
C.F e2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D.改变F e2O3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Cu(Ⅰ)的配合物促进C6 H 5C H 2 X (引发剂，X表示
卤素)生成自由基C6 H 5C
⋅
H 2，实现苯乙烯可控聚合。
(5)引发剂C6 H 5C H 2Cl、C6 H 5C H 2Br、C6 H 5C H 2 I中活性最高的是 ______ ；
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(6)室温下，①C u
+在配体L的水溶液中形成[Cu( L)2]
+，其反应平衡常数为K；
②CuBr在水中的溶度积常数为K sp。由此可知，CuBr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】+118 5 苯乙烯 生成苯乙烯的同时生成H 2，而H 2是生成甲苯的原料，所以当甲苯产率增加时，
苯乙烯产量增加更多 BD C6 H 5C H 2 I K ⋅K sp
【解析】
(1)根
据
盖
斯
定
律
：①−②−③计
算C6 H 5C2 H 5(g)⇌C6 H 3CH =C H 2(g)+ H 2(g)的
Δ H 4=−4386.9kJ ⋅mol
−1−(−4263.1kJ ⋅mol
−1)−(−241.8kJ ⋅mol
−1)=+118kJ /mol，
故答案为：+118；
(2)反应④为C6 H 5C2 H 5(g)⇌C6 H 3CH =C H 2(g)+ H 2(g)，乙苯的平衡转化率为50 %，则平衡时
n(C6 H 5C2 H 5)=n(C6 H 3CH =C H 2)=n( H 2)=0.5mol，
平
衡
分
压
p(C6 H 5C2 H 5)= p(C6 H 3CH =C H 2)= p( H 2)=
0.5mol
0.5mol+0.5mol+0.5mol ×100kPa= 100
3 kPa，该
温度下的平衡常数K p= p(C6 H 3CH =C H 2)⋅p( H 2)
p(C6 H 5C2 H 5)
= 100
3 ，乙苯的平衡转化率为75 %时，
n(C6 H 5C2 H 5)=1mol×(1−75 %)=0.25mol，n(C6 H 3CH =C H 2)=n( H 2)=0.75mol，设恒温恒压
条
件
下
充
入
xmol水
蒸
气
作
为
稀
释
气
，
则
平
衡
分
压
p(C6 H 5C2 H 5)=
0.25mol
0.25mol+0.75mol+0.75mol+ xmol 100kPa=
25
1.75+ x kPa，
p(C6 H 3CH =C H 2)= p( H 2)=3 p(C6 H 5C2 H 5)=
75
1.75+ x kPa，
该
温
度
下
K p不
变
，
即
75
1.75+ x ×
75
1.75+ x
25
1.75+ x
= 100
3 ，解得x =5，
故答案为：5；
(3)反应④的生成物H 2是反应⑥进行的反应物，反应⑥生成甲苯的同时消耗H 2，促进反应④生成苯乙烯
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的同时生成更多H 2，导致反应④⑥选择性增大的同时，反应④的选择性增加更大，所以曲线b表示苯乙
烯的选择性S随乙苯转化率的变化曲线，
故答案为：苯乙烯；生成苯乙烯的同时生成H 2，而H 2是生成甲苯的原料，所以当甲苯产率增加时，苯乙
烯产量增加更多；
(4) A . X射线衍射实验是鉴别晶体与非晶体以及测定晶体结构的最可靠的途径，该技术可测定F e2O3晶体
结构，故A 正确；
B.F e2O3是乙苯除脱氢生成苯乙烯的催化剂，能加快反应速率，但不能改变反应的始态和终态，不能改变
乙苯平衡转化率，故B 错误；
C.F e2O3是乙苯除脱氢生成苯乙烯的催化剂，催化剂能改变反应历程，降低反应活化能，增大活化分子数
和活化分子百分数，加快反应速率，故C 正确；
D.F e2O3是乙苯除脱氢生成苯乙烯的催化剂，增大接触面积，可加快反应速率，则F e2O3颗粒大小会影响
反应速率，故D 错误；
故答案为：BD；
(5)原子半径：I >Br >Cl，键长：C −I >C −Br >C −Cl，键长越长，键能越小，共价键越易断裂，物质
的稳定性越差，所以引发剂C6 H 5C H 2Cl、C6 H 5C H 2Br、C6 H 5C H 2 I中活性最高的是C6 H 5C H 2 I，
故答案为：C6 H 5C H 2 I；
(6)C u
+在配体L的水溶液中形成[Cu( L)2]
+的反应为①C u
+(aq)+2 L(aq)⇌[Cu( L)2]
+(aq)，平衡常数
为K，CuBr(s)存在溶解平衡为②CuBr(s)⇌C u
+(aq)+ B r
−(aq)，溶度积常数为K sp，CuBr在配体L
的水溶液中溶解反应为CuBr(s)+2 L(aq)⇌[Cu( L)2]
+(aq)+ Br
−(aq)，①+②得到反应
CuBr(s)+2 L(aq)⇌[Cu( L)2]
+(aq)+ Br
−(aq)，
则
反
应
CuBr(s)+2 L(aq)⇌[Cu( L)2]
+(aq)+ Br
−(aq)的平衡常数为K ⋅K sp，
故答案为：K ⋅K sp。
10.（2023·华侨、港澳台联考）在326℃的密闭刚性容器中，1，3−丁二烯(C4 H 6)在催化剂A作用下
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发生二聚反应：2C 4 H 6( g)=C8 H 12( g) ΔH =−80kJ ⋅mol
−1。不同时刻测得容器中的压强如表所示：
t /min
0
3.25
12.18
24.55
42.50
68.05
∞
p/kPa
84.25
82.45
77.87
72.85
67.89
63.26
47.61
回答下列问题(列出计算表达式即可)：
(1)成立t =24.55min时，C4 H 6(g)的转化率α = ______ %。
(2)3.25～24.55min之间的平均速率v
−
(C8 H 12)= ______ kPa⋅min
−1。
(3)该反应的平衡常数K p= ______ kP a
−1。
(4)若提高反应温度，则平衡时容器中的压强 ______ (填“大于”“小于”或“等于”)47.61kPa。
(5)保持反应温度不变，改用催化剂B，发现平衡时容器中的压强小于47.61kPa。分析可能的原因是
______ 。
【答案】
27 0.45
(47.61× 0.87
1.13 )
(47.61× 2−2×0.87
1.13
)
2
大于 1，3−丁二烯(C4 H 6)在催化剂B作用下生成了高聚物
【解析】
(1)结合三段式列式计算，设起始1，3−丁二烯(C4 H 6)物质的量为2mol，生成二聚物物质的量为xmol，
气体压强之比等于气体物质的量之比，
2C4 H 6(g)=C8 H 12(g)
起始量(mol) 2 0
变化量(mol) 2 x x
24.55min时(mol)2−2 x
x
2
2−x = 84.25
72.85，x ≈0.27，转化率= 消耗量
起始量×100 % = 2 x
2 ×100 % = 2×0.27
2
×100 % =27 %，
故答案为：27 %；
(2)气体压强减小量和C8 H 12生成的量相同，3.25～24.55min之间的平均速率
v
−
(C8 H 12)= △p
△t = 82.45kPa−72.85kPa
24.55min−3.25min ≈0.45kPa⋅min
−1，
故答案为：0.45；
50
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(3)平衡状态下气体压强47.61kPa，结合三段式列式计算，设起始1，3−丁二烯(C4 H 6)物质的量为2mol，
平衡状态下生成C8 H 12(g)物质的量为ymol，
2C4 H 6(g)=C8 H 12(g)
起始量(mol)2 0
变化量(mol)2 y y
平衡量(mol)2−2 y y
气体压强之比等于气体物质的量之比，
2
2−y = 84.25
47.61，y ≈0.87，平衡状态下气体总物质的量
=2mol−0.87mol =1.13mol，K p= p(C8 H 12)
p
2(C4 H 6)
=
(47.61× 0.87
1.13 )
(47.61× 2−2×0.87
1.13
)
2 kP a
−1
故答案为：
(47.61× 0.87
1.13 )
(47.61× 2−2×0.87
1.13
)
2；
(4)反应为放热反应，若提高反应温度，平衡逆向进行，气体物质的量增大，则平衡时容器中的压强大于
47.61kPa，
故答案为：大于；
(5)保持反应温度不变，改用催化剂B，发现平衡时容器中的压强小于47.61kPa。分析可能的原因是：1，
3−丁二烯(C4 H 6)在催化剂B作用下生成了高聚物，
故答案为：1，3−丁二烯(C4 H 6)在催化剂B作用下生成了高聚物。
11.（2023·浙江）“碳达峰⋅碳中和”是我国社会发展重大战略之一，C H 4还原C O2是实现“双碳”经
济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：C H 4(g)+C O2(g)⇌2CO(g)+2 H 2(g) Δ H 1=+247 kJ ⋅mol
−1，K 1
Ⅱ：C O2(g)+ H 2(g)⇌CO(g)+ H 2O(g) Δ H 2=+ 41kJ ⋅mol
−1，K 2
请回答：
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(1)有利于提高C O2平衡转化率的条件是 ______。
A.低温低压
B.低温高压
C.高温低压
D.高温高压
(2)反应C H 4(g)+3C O2(g)⇌4CO(g)+2 H 2O(g)的ΔH =______kJ ⋅mol
−1，K =______(用K 1，K 2
表示)。
(3)恒压、750℃时，C H 4和C O2按物质的量之比1：3投料，反应经如图流程(主要产物已标出)可实现
C O2高效转化。
①下列说法正确的是 ______。
A.F e3O4可循环利用，CaO不可循环利用
B.过程ii，CaO吸收C O2可促使F e3O4氧化CO的平衡正移
C.过程ii产生的H 2O最终未被CaO吸收，在过程ii被排出
D.相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molC O2需吸收的能量更多
②过程ii平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程iii，结合平衡移动原理，解释CO
物质的量上升的原因 ______。
(4)C H 4还原能力( R)可衡量C O2转化效率，R = Δn(CO2)
Δn(CH 4)(同一时段内C O2与C H 4的物质的量变化量之
比)。
①常压下C H 4和C O2按物质的量之比1：3投料，某一时段内C H 4和C O2的转化率随温度变化如图1，请
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在图2中画出400～1000℃之间R的变化趋势，并标明1000℃时R值。
②催化剂X可提高R值，另一时段内C H 4转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃
480 500
520
550
C H 4转化率
/ %
7.9 11.5 20.2
34.8
R
2.6
2.4
2.1
1.8
下列说法不正确的是 ______。
A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B.温度越低，含氢产物中H 2O占比越高
C.温度升高，C H 4转化率增加，C O2转化率降低，R值减小
D.改变催化剂提高C H 4转化率，R值不一定增大
【答案】
(1)C
(2)+329；K 1⋅K 2
2
(3)①BC
②通入He，CaC O3分解平衡正移，导致c(CO2)
c(CO) 增大，促进Fe还原C O2平衡正移
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(4)①
②C
【解析】(1)反应Ⅰ是一个反应前后气体体积增大的吸热反应、反应Ⅱ是一个反应前后气体体积不变的吸热
反应，升高温度、减小压强有利于反应Ⅰ平衡正向移动，所以要提高C O2的转化率，应该选取高温、低压
条件，
故答案为：C；
(2)Ⅰ：C H 4(g)+C O2(g)⇌2CO(g)+2 H 2(g) Δ H 1=+247 kJ ⋅mol
−1，K 1= c
2(CO)⋅c
2( H 2)
c(CH 4)⋅c(CO2)；Ⅱ：
C O2(g)+ H 2(g)⇌CO(g)+ H 2O(g) Δ H 2=+ 41kJ ⋅mol
−1，K 2= c(CO)⋅c( H 2O)
c(CO2)⋅c( H 2) ；将反应Ⅰ+2Ⅱ
得
反
应
C H 4(g)+3C O2(g)⇌4CO(g)+2 H 2O(g)
ΔH =△H 1+2△H 2=[(+247)+2×(+ 41)]kJ /mol =+329kJ /mol，
K = c
4(CO)⋅c
2( H 2O)
c(CH 4)⋅c
3(CO2)
= c
2(CO)⋅c
2( H 2)
c(CH 4)⋅c(CO2) ×( c(CO)⋅c( H 2O)
c(CO2)⋅c( H 2) )
2= K 1⋅K 2
2；
(3)①A .根据图知，F e3O4、CaO在过程ii中作反应物、过程iii中作生成物，所以CaO、F e3O4可循环
利用，故A 错误；
B.过程ii，C O2和CaO反应生成CaC O3，导致c(C O2)降低，可促使F e3O4氧化CO的平衡正移，故B 正
确；
C.过程ii中CaO吸收C O2而产生的H 2O最终未被CaO吸收，所以H 2O在过程ii被排出，故C 正确；
D.焓变只与反应物和生成物的总能量差有关，与反应过程无关，所以相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原
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1molC O2需吸收的能量一样多，故D 错误；
故答案为：BC；
②通入He，恒压条件下，CaC O3分解压强减小，CaC O3分解平衡正移，导致c(CO2)
c(CO) 增大，促进Fe还
原C O2平衡正移，CO物质的量上升，
故答案为：通入He，CaC O3分解平衡正移，导致c(CO2)
c(CO) 增大，促进Fe还原C O2平衡正移；
(4)
600
①
℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，
二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1知，1000℃时C H 4的转
化率为100 %，则△n(C H 4)=1mol，C O2的转化率为60 %，△n(C O2)=3mol×60 % =1.8mol，
R = Δn(CO2)
Δn(CH 4) = 1.8mol
1mol =1.8，所以400～1000℃之间R的变化趋势如图：
；
②A . R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中C O2的转化率增大，
△n(C O2)增大的倍数大于△n(C H 4)增大的倍数，所以R提高，故A 正确；
B.根据表知，温度越低，C H 4的转化率越低，R越大，△n(C O2)增大的倍数比△n(C H 4)大，根据氢原
子守恒知，含氢产物中H 2O占比越高，故B 正确；
C.两个反应都是吸热反应，温度升高，C H 4转化率增加，C O2转化率增大，两个反应中C O2转化率都增
大，增大倍数多，则R值增大，故C 错误；
D.改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高C H 4转化率，如果C O2转化率减小，R值不一定增大，故D
正确；
故答案为：C。
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12. （2023· 上海）在某温度下，在体积为5 L的密闭容器内发生如下反应：
C H 4(g)+ H 2O(g)⇌CO(g)+3 H 2(g)−Q
(1)在上述反应的反应物与生成物中，非极性分子为： ______ 。
(2)若反应20min后气体总物质的量增加了10mol，则甲烷的平均反应速率为 ______ 。
(3)下列选项中的物理量不变时，一定可以判断反应达到平衡的是 ______ 。
A.容器中氢元素的质量分数
B.容器内的压强
C.反应的平衡常数
D.容器内气体的平均相对分子质量
(4)在某一时刻，v 正= v逆= v0，反应若改变一条件，可使得v 正<v逆<v0，指出可以改变的条件，并说明
理由： ______ 。
已知CO与H 2合成C H 3OH是可逆反应：CO+2 H 2⇌C H 3OH。
(5)若上述反应达到平衡时CO与H 2的转化率相同，则投料比n(CO)：n( H 2)= ______ 。
【答案】C H 4、H 2 0.05mol /( L⋅min) BD 降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸
热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，因此v 正<v逆 1：2
【解析】
(1)非极性分子是指结构对称、正负电荷中心重合的分子，在上述反应的反应物与生成物中，甲烷和氢气
分子都有结构对称、正负电荷中心重合，为非极性分子，
故答案为：C H 4、H 2；
(2)根据反应系数关系可知气体总物质的量增加了10mol，则甲烷减少了5mol，甲烷的平均反应速率
v = △c
△t =
5mol
5 L
20min =0.05mol /( L⋅min)，
故答案为：0.05mol /( L⋅min)；
(3) A .容器内氢元素的质量分数为定量，与反应进行的程度无关，故不能作为判断平衡的标志，故A 错误；
B.容器体积不变，气体的总物质的量改变，则压强也随之改变，故压强不变时反应达到平衡，故B 正确；
C.反应的平衡常数只与温度有关，只要温度不变平衡常数就不变，故不能作为判断平衡的标志，故C 错误；
D.各物质均为气体，气体的总质量不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，各容器内气体的M
−
是变量，
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变量不变则反应达到平衡，故D 正确；
故答案为：BD；
(4)若使v 正<v逆<v0，即速率降低且平衡逆向移动，该反应的正反应为吸热反应，则改变的条件可能为降
温，
故答案为：降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向
移动，因此v 正<v逆；
(5)根据反应方程式可知CO与H 2的变化量之比为1：2，由α = △n
n0
×100 %可得，若使转化率相同，则投
料比1：2，
故答案为：1：2。
13.（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N 2气氛中，FeSO4⋅7 H 2O的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知x = ______ ，y = ______ 。
(2)已知下列热化学方程式：
FeSO4⋅7 H 2O(s)= FeSO4(s)+7 H 2O( g) Δ H 1=akJ ⋅mol
−1
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FeSO4⋅x H 2O(s)= FeSO4(s)+ x H 2O( g) Δ H 2=bkJ ⋅mol
−1
FeSO4⋅y H 2O(s)= FeSO4(s)+ y H 2O( g) Δ H 3=ckJ ⋅mol
−1
则FeSO4⋅7 H 2O(s)+ FeSO4⋅y H 2O(s)=2( FeSO4⋅x H 2O)(s)的ΔH = ______ kJ ⋅mol
−1。
(3)将FeSO4置
入
抽
空
的
刚
性
容
器
中
，
升
高
温
度
发
生
分
解
反
应
：
2 FeSO4(s)⇌F e2O3(g)+ SO2(g)+ SO3(g)(Ⅰ)。平衡时pSO3−T的关系如图所示，660 K时，该反应
的平衡总压p总= ______ kPa、平衡常数K p(Ⅰ)= ______ (kPa)
2。K p(Ⅰ)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2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)(Ⅱ)，平衡时pO2= ______ (用
pSO3、pSO2表示)。在929 K时，p总=84.6kPa、pSO3=35.7 kPa，则pSO2= ______ kPa，K p(Ⅱ)=
______ kPa(列出计算式)。
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【答案】4 1 (a+c−2b) 3.0 2.25 增大 1
4 ( pSO2−pSO3) 46.26 46.26
2×2.64
35.7
2
【解析】
(1)设起始时FeSO4⋅7 H 2O的物质的量为1mol，m( FeSO4⋅7 H 2O)=278 g，生成FeSO4⋅x H 2O的
失重率为19.4 %，生成FeSO4⋅y H 2O的失重率为38.8 %，即278×19.4 % =126−18 x，
278×38.8 % =126−18 y，解得x ≈4，y ≈1，
故答案为：4；1；
(2)①FeSO4⋅7 H 2O(s)= FeSO4(s)+7 H 2O(g) Δ H 1=akJ ⋅mol
−1，
②FeSO4⋅x H 2O(s)= FeSO4(s)+ x H 2O(g) Δ H 2=bkJ ⋅mol
−1，
③FeSO4⋅y H 2O(s)= FeSO4(s)+ y H 2O(g) Δ H 3=ckJ ⋅mol
−1，根据盖斯定律：①+③−2×②计
算
反
应
：
FeSO4⋅7 H 2O(s)+ FeSO4⋅y H 2O(s)=2( FeSO4⋅x H 2O)(s)的
ΔH =(a+c−2b)kJ /mol，
故答案为：(a+c−2b)；
(3)反应为2 FeSO4(s)⇌F e2O3(g)+ SO2(g)+ SO3(g)(Ⅰ)，由图可知，平衡时pSO3随着温度升高而增
大，说明升高温度时平衡正向移动，该反应为吸热反应，则平衡常数K p(Ⅰ)随反应温度升高而增大，并且
刚性容器中存在n(SO2)=n(SO3)，根据恒温恒容条件下气体的物质的量之比等于压强之比、660 K时
pSO3=1.5kPa可知p(SO2)= p(SO3)=1.5kPa，平衡总压p总= p(SO2)+ p(SO3)=2 p(SO3)=3.0kPa，该反应的分
压平衡常数K p(Ⅰ)= p(SO2)⋅p(SO3)=1.5kPa×1.5kPa=2.25(kPa)
2，
故答案为：3.0；2.25；增大；
(4)设平衡体系中n(SO2)= xmol，n(SO3)= ymol，n(O2)= zmol，根据S原子守恒可知参加反应的
FeSO4的物质的量为( x + y)mol，反应中F e
2+失电子生成F e2O3，−2价氧原子失电子生成O2，SO4
2−得
电子生成SO2，根据电子守恒可得x + y + 4 z =2 x，即y + 4 z = x，所以体系中
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n(SO3)+ 4 n(O2)=n(SO2)，根据恒温恒容条件下气体的压强之比等于其物质的量之比可知
pSO2= pSO3+ 4 pO2，则pO2= 1
4 ( pSO2−pSO3)，929 K时p总= pSO2+ pSO3+ pO2=84.6kPa、pSO3=35.7 kPa，
则pSO2= 46.26kPa，pO2=2.64 kPa，K p(Ⅱ)= p
2(SO2)⋅p(O2)
p
2(SO3)
= 46.26
2×2.64
35.7
2
kPa，
故答案为：1
4 ( pSO2−pSO3)；46.26；46.26
2×2.64
35.7
2
。
(1)设起始时FeSO4⋅7 H 2O的物质的量为1mol，m( FeSO4⋅7 H 2O)=278 g，生成FeSO4⋅x H 2O的
失重率为19.4 %，生成FeSO4⋅y H 2O的失重率为38.8 %，即278×19.4 % =126−18 x，
278×38.8 % =126−18 y；
(2)①FeSO4⋅7 H 2O(s)= FeSO4(s)+7 H 2O(g) Δ H 1=akJ ⋅mol
−1，
②FeSO4⋅x H 2O(s)= FeSO4(s)+ x H 2O(g) Δ H 2=bkJ ⋅mol
−1，
③FeSO4⋅y H 2O(s)= FeSO4(s)+ y H 2O(g) Δ H 3=ckJ ⋅mol
−1，根据盖斯定律：①+③−2×②计
算FeSO4⋅7 H 2O(s)+ FeSO4⋅y H 2O(s)=2( FeSO4⋅x H 2O)(s)的焓变ΔH；
(3)反应为2 FeSO4(s)⇌F e2O3(g)+ SO2(g)+ SO3(g)(Ⅰ)，由图可知，平衡时pSO3随着温度升高而增
大，即升高温度时平衡正向移动，该反应为吸热反应，且刚性容器中存在n(SO2)=n(SO3)，根据恒温恒
容条件下气体的物质的量之比等于压强之比可知p(SO2)= p(SO3)，平衡总压p总= p(SO2)+ p(SO3)=2 p(SO3)，结
合图中p(SO3)数值计算该反应的分压平衡常数K p(Ⅰ)= p(SO2)⋅p(SO3)；
(4)设平衡体系中n(SO2)= xmol，n(SO3)= ymol，n(O2)= zmol，根据S原子守恒可知参加反应的
FeSO4的物质的量为( x + y)mol，即有( x + y)molF e
2+发生失电子的氧化反应，有2 zmol−2价氧原子发
60
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生失电子的氧化反应，有xmolSO4
2−得电子生成xmolSO2，根据电子守恒可得x + y + 4 z =2 x，即
y + 4 z = x，所以n(SO3)+ 4 n(O2)=n(SO2)，结合恒温恒容条件下气体的物质的量之比等于压强之比可
知pSO2、pSO3、pO2的等量关系；929 K时，p总= pSO2+ pSO3+ pO2=84.6 kPa，结合pSO2、pSO3、pO2的等
量关系计算pO2、pSO2，代入2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)(Ⅱ)的平衡常数K p(Ⅱ)= p
2(SO2)⋅p(O2)
p
2(SO3)
中
计算K p(Ⅱ)。
14.（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1
2 N 2(g)+ 3
2 H 2(g)= N H 3(g)的ΔH = ______ kJ ⋅mol
−1。
(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(∗表示催化剂表面吸附位，N 2∗表示被吸
附于催化剂表面的N 2)。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F e3O4)使用前经H 2还原，生成α −Fe包裹的F e3O4。已知α −Fe属
于立方晶系，晶胞参数a=287 pm，密度为7.8 g⋅c m
−3。则α −Fe晶胞中含有Fe的原子数为 ______ (列
出计算式，阿伏加德罗常数的值为N A)。
(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图所示。其中
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一种进料组成为xH 2=0.75、xN 2=0.25，另一种为xH 2=0.675、xN 2=0.225、x Ar =0.10。(物质i的摩尔分
数：xi= ni
n总
)
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Ar的图是 ______ 。
③图3中，当p2=20 MPa、xN H 3=0.20时，氮的转化率α = ______ 。该温度时，反应
1
2 N 2(g)+ 3
2 H 2(g)⇌N H 3(g)的平衡常数K p= ______ MP a
−1(化为最简式)。
【答案】
−45 ii 氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量最高，该步反应速率最
慢 7.8×(287×10
−10)
3 N A
56
P1< P2< P3 此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大压强，
平衡正向移动，氨的物质的量增大 图4 33.3 % √3
36
62
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【解析】
(1)由
图
可
知
，
反
应
1
2 N 2(g)+ 3
2 H 2(g)= N H 3(g)的
ΔH =(473+654)kJ /mol−(339+397+ 436)kJ /mol =−45kJ /mol，
故答案为：−45；
(2)断键吸热，成键放热，氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量较高，该步反应速率较慢，
影响整个反应的反应速率，所以上述反应机理中，速率控制步骤为Ⅱ，
故答案为：ii；氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量最高，该步反应速率最慢；
(3)α −Fe晶胞中含有Fe的原子数为x，则晶胞的质量m= 56 x
N A
g，晶胞的体积V =(287×10
−10cm)
3，晶
胞质量m= ρV =(287×10
−10cm)
3×7.8 g⋅c m
−3=7.8×(287×10
−10)
3 g，即56 x
N A
=7.8×(287×10
−10)
3
x = 7.8×(287×10
−10)
3 N A
56
，
故答案为：7.8×(287×10
−10)
3 N A
56
；
(4)①温度一定，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量和摩尔分数均增大，即其他条件相同时，压强
越大，氨的摩尔分数越大，所以图中压强由小到大的顺序为P1< P2< P3，此反应为气体分子数目减小的反
应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量增大，
故答案为：P1< P2< P3；此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，
氨的物质的量增大；
②惰性气体Ar不参与反应，起始混合气体总量相同、温度和压强一定时，进料组成为xH 2=0.75、
xN 2=0.25的反应体系中n( N H 3)较大，并且反应达平衡时氨的摩尔分数也较大，对比图3、4中压强P1、
温度700 K时氨的摩尔分数大小可知，图3是进料组成中不含有惰性气体Ar的图，图4是进料组成中含有惰
性气体Ar的图，
故答案为：图4；
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③图3是进料组成中不含有惰性气体Ar的图，xH 2=0.75、xN 2=0.25，设起始时n( H 2)=3mol，
n( N 2)=1mol，反应达平衡时p2=20 MPa、xN H 3=0.20，
反应三段式为：1
2 N 2(g)+ 3
2 H 2(g)⇌N H 3(g)
起始量(mol) 1 3 0
变化量(mol) x 3 x 2 x
平衡量(mol) 1−x 3−3 x 2 x
xN H 3=
2 x
4−2 x =0.20，解得x = 1
3，则氮的转化率α =
1
3 mol
1mol ×100 %≈33.3 %；物质分压：
p( N H 3)=0.20×20 MPa= 4 MPa，p( H 2)=3 p( N 2)=12 MPa，反应1
2 N 2(g)+ 3
2 H 2(g)⇌N H 3(g)
的平衡常数K p=
p( N H 3)
p
3
2( H 2)× p
1
2( N 2)
=
4
(4)
1
2 12×
3
2
MPa
−1= √3
36 MPa
−1
， ( )
故答案为：33.3 %；√3
36 。
15.（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：
3
①O2(g)=2O3(g)ㅤK 1
Δ
ㅤH 1=285kJ ⋅mol
−1
2
②C H 4(g)+O2(g)=2C H 3OH (l)ㅤK 2
Δ
ㅤH 2=−329kJ ⋅mol
−1
反应③C H 4(g)+O3(g)=C H 3OH (l)+O2(g)的Δ H 3= ______ kJ ⋅mol
−1，平衡常数K 3= ______ (
用K 1、K 2表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的M
+( F e
+、C o
+、N i
+等)与O3反应可得M O
+。M O
+与C H 4反应能高选择性
地生成甲醇。分别在300 K和310 K下(其他反应条件相同)进行反应M O
++C H 4= M
++C H 3OH，结果
64
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如图所示。图中300 K的曲线是 ______ (填“a”或“b”)。300 K、60 s时M O
+的转化率为 ______ (列
出算式)。
(3)M O
+分别与C H 4、C D4反应，体系的能量随反应进程的变化如图所示(两者历程相似，图中以C H 4
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M O
+与C D4反应的能量变
化应为图中曲线 ______ (填“c”或“d”)。
65
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(iii)M O
+与C H 2 D2反应，氘代甲醇的产量C H 2 DOD ______ CH D2OH (填“>”“=”或“<”)。若
M O
+与CH D3反应，生成的氘代甲醇有 ______ 种。
【答案】−307 √
K 2
K 1
b 1−10
−0.1 Ⅰ c < 2
【解析】
(1)根据盖斯定律可知，②−①
2
可得反应③：C H 4(g)+O3(g)=C H 3OH (l)+O2(g) Δ H 3，则
Δ H 3= −329−285
2
kJ ⋅mol
−1=−307 kJ ⋅mol
−1，平衡常数K 3=√
K 2
K 1
，
故答案为：−307；√
K 2
K 1
；
(2)温度越高，反应速率越快，单位时间内消耗的M O
+越多，剩余的M O
+越少，则比值：
c( M O
+)
c( M O
+)+c( M
+)
越小，负对数值就越大，即310 K曲线在300 K对应的曲线上方，所以300 K的曲线是b，
310 K的曲线是a，由图可知，300 K、60 s时，−lg
c( M O
+)
c( M O
+)+c( M
+)
=0.1，则：
c( M O
+)
c( M O
+)+c( M
+)
=10
−0.1，转化的M O
+的量与M
+的量是一致的，所以M O
+的转化率为
c( M
+)
c( M O
+)+c( M
+)
=1−
c( M O
+)
c( M O
+)+c( M
+)
=1−10
−0.1，
故答案为：b，1−10
−0.1；
(3)(i)由图可知，步骤Ⅰ中涉及C −H的断裂和H −O键的形成，步骤Ⅱ中涉及O−M键的断裂和C −O键的
形成，所以涉及氢原子成键变化的是Ⅰ，
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故答案为：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，即反应的活化能变大，所以
M O
+与C D4反应的能量变化应为图中曲线c，
故答案为：c；
(iii)根据ii中信息可知，M O
+与C H 2 D2反应，生成氘代甲醇的反应速率较慢，单位时间内的产量较低，
所以产量：C H 2 DOD<CH D2OH，若M O
+与CH D3反应，根据反应机理图可知，得到的中间产物为
HO−M −C D3或DO−M −CH D2，然后生成HO−C D3或DO−CH D2，即生成的氚代甲醇有2种，
故答案为：<；2。
(1)根据盖斯定律可知，②−①
2
可得反应③：C H 4(g)+O3(g)=C H 3OH (l)+O2(g) Δ H 3，则
Δ H 3= Δ H 2−Δ H 1
2
，进一步推算平衡常数K 3；
(2)温度越高，反应速率越快，单位时间内消耗的M O
+越多，剩余的M O
+越少，则比值：
c( M O
+)
c( M O
+)+c( M
+)
越小，负对数值就越大，即310 K曲线在300 K对应的曲线上方，由图可知，300 K、
60 s时，−lg
c( M O
+)
c( M O
+)+c( M
+)
=0.1，则：
c( M O
+)
c( M O
+)+c( M
+)
=10
−0.1，转化的M O
+的量与M
+的量是一
致的，所以M O
+的转化率为
c( M
+)
c( M O
+)+c( M
+)
=1−
c( M O
+)
c( M O
+)+c( M
+)
；
(3)(i)由图可知，步骤Ⅰ中涉及C −H的断裂和H −O键的形成，步骤Ⅱ中涉及O−M键的断裂和C −O键的
形成；
(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，即反应的活化能变大；
(iii)根据ii中信息可知，M O
+与C H 2 D2反应，生成氘代甲醇的反应速率较慢，单位时间内的产量较低，
根据反应机理图可知，得到的中间产物为HO−M −C D3或DO−M −CH D2，然后生成HO−C D3或
DO−CH D2。
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16.（2022·全国甲卷）金属钛
在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之
一是将金红石
转化为
，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
转化为
有直接氯化法和碳氯化法。在
时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接氯化：
，
(ⅱ)碳氯化：
，
反应
的
为 ______
，
______
。
碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 ______。
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” 。
在
、将
、
、
以物质的量比：
：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。
68
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反应
的平衡常数
______
。
图中显示，在
平衡时
几乎完全转化为
，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其
原因是 ______。
碳氯化是一个“气
固
固”反应，有利于
“固
固”接触的措施是 ______。
【答案】
向左 变小
该反应是吸热反应 将固体粉碎
【解析】
根据
：
，
：
，
，反应
反
应
得
到
反
应
，
故
；
，
故答案为：
；
；
平衡常数越大，转化率越大，碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是
，
故答案为：
；
根据勒夏特列原理可知，增大压强，平衡向气体系数减小的方向移动，
，生成物气体的系数大于反应物气体
的系数，故平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，
故答案为：向左；变小；
，
故答案为：
；
该反应是吸热反应，故实际生产中反应温度却远高于此温度，
故答案为：该反应是吸热反应；
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将固体粉碎有利于增大接触，
故答案为：将固体粉碎。
根据盖斯定律进行判断；
平衡常数越大，转化率越大；
根据勒夏特列原理进行判断；
根据
进行计算；
该反应是吸热反应；
将固体粉碎有利于增大接触。
17.（2021·广东）我国力争于2030 年前做到碳达峰， 2060 年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的
研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a）CH4（g）+CO2（g）
2CO（g）+2H2（g） ΔH1
b）CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g） ΔH2
c）CH4（g）
C（s）+2H2（g）ΔH3
d）2CO（g）
CO2（g）+C（s）ΔH4
e）CO（g）+H2（g）
H2O（g）+C（s）ΔH5
（1）根据盖斯定律，反应 a 的ΔH1=_________（写出一个代数式即可）。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有______________。
A. 增大CO2与CH4的浓度，反应 a、b、c 的正反应速率都增加
B. 移去部分C （ s ），反应c、d、e 的平衡均向右移动
C.加入反应a 的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D. 降低反应温度，反应a~e 的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图1 所示。该历程分_____步进行，其中，第_______步的
正反应活化能最大。
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（ 4）设
为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气
体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100 kPa）。反应a、c、e 的ln
随
（温度的倒
数）的变化如图2 所示。
①反应a、c、e 中，属于吸热反应的有_________（填字母）。
②反应c 的相对压力平衡常数表达式为
=_________。
③在图2 中A 点对应温度下、原料组成为n（CO2）：n（CH4）=1：1、初始总压为100 kPa 的恒容密闭容
器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40 kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：__________________________________。
【答案】
（1）ΔH3-ΔH4（或ΔH2 +ΔH3-ΔH5）
（2）AD
（3）4 4
（4）①ac ②
A
③
点对应温度下反应c 的ln
=0，则平衡体系中
=
=1，即
71
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=1 ，p （CH4 ）=16 kPa ，初始p （CH4 ）= 50 kPa ，则CH4 的平衡转化率为
×100%=68%
（5）作制冷剂（合理即可）
【解析】略
第四板块 模拟提升
1.一定温度下，向1 L密闭容器中充入2mol X和1molY ，发生反应2 X (g)+Y (g)⇌
3 Z(?)。达到平衡
时，容器的压强从原来的P0变为0.4 P0。下列说法错误的是
A. Z不可能为气体
B. 达到平衡时容器内有1.8mol Z
C. 压缩体积，再次达到平衡，X的浓度不变
D. Y 的体积分数不变说明反应达到平衡状态
【答案】D
【解析】
A.达到平衡时，容器的压强减小，说明该反应是气体分子数减小的反应，则Z不可能是气体，故A 正确；
B. 2 X (g)+Y (g)⇌
3 Z(?)
起始(mol)2 1 0
变化(mol)x 0.5 x 1.5 x
平衡(mol)2−x 1−0.5 x 1.5 x
3
2−x +1−0.5 x =
p0
0.4 p0
，解得x =1.2mol，则达到平衡时容器内有1.5mol×1.2=1.8mol Z，故B 正确；
C.该反应的K =c
2( X )·c(Y )，温度不变，平衡常数不变，则压缩体积，再次达到平衡，X和Y 的浓度不变，
72
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故C 正确；
D.由于X和Y 起始加入量与反应方程式中的计量系数之比相等，则Y 的体积分数始终不变，不能据此判断
反应达到平衡状态，故D 错误。
2.下列叙述正确的是( )
A. 一定温度下，反应MgC l2(l)= Mg(l)+C l2(g)的ΔH >0、ΔS>0
B. 金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C. 使用催化剂能够降低化学反应的反应热( ΔH )
D. 铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
【答案】A
【解析】
A.MgC l2(l)= Mg(l)+C l2(g)是分解反应，分解反应ΔH >0，气体物质的量增多的反应ΔS>0，故A 正
确；
B.金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度有关，氧气浓度越大，腐蚀速率越快，故B 错误；
C.使用催化剂能够降低化学反应的活化能，不能改变反应热( ΔH )，故C 错误；
D.铅蓄电池在放电过程中，负极、正极都有硫酸铅固体生成，质量都增加，故D 错误；
故选A。
3.某实验小组为探究影响H 2O2分解的因素设计如下实验，下列有关说法错误的是( )
溶液
温度
时间(收集50mLO2)
①
10mL15 % H 2O2溶液
25℃
160 s
②
10mL30 % H 2O2溶液
25℃
120 s
③
10mL15 % H 2O2溶液
50℃
50 s
④
10mL15 % H 2O2溶液+1mL5 % FeC l3溶液
50℃
20 s
A. 实验①和②，可探究浓度对反应速率的影响
B. 实验①和③，可探究温度对反应速率的影响
C. 实验①和④，可探究催化剂对反应速率的影响
D. 增大浓度、升高温度、加入合适的催化剂都能加快反应速率
【答案】C
【解析】
A. 实验①和②，变量为H 2O2溶液浓度，可探究浓度对反应速率的影响，故A 正确；
B. 实验①和③，变量为温度，可探究温度对反应速率的影响，故 B 正确；
73
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C. 实验①和④，实验④中加入FeC l3溶液导致二者H 2O2溶液浓度略有差别，且二者温度不同，不能探
究催化剂对反应速率的影响，故C 错误；
D. 通过实验数据可知，增大浓度、升高温度、加入合适的催化剂都能加快反应速率，故D 正确。
故选C。
4.活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。HNO自由基与O2反应过程的能量变化如下
图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A. P1比P2稳定
B. 升高温度，生成P1的反应速率增大的程度更大
C. 该历程中最小正反应的活化能为4.52kJ ⋅mol
−1
D. 改变催化剂可以改变生成P2的反应焓变
【答案】C
【解析】略
5.某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N 2O4“固定”，能高选择性吸附N O2。废气中的N O2被吸附
后，经处理能全部转化为HN O3。原理示意图如下。
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已知：2 N O2(g)⇌N 2O4(g) ΔH <0。下列说法不正确的是
A. 使用多孔材料不能改变2 N O2(g)⇀
¿
N 2O4(g)的焓变
B. 使用多孔材料能促进2 N O2(g)⇀
¿
N 2O4(g)平衡正向移动
C. 加入H 2O和O2，发生化学反应方程式为：2 N 2O4+O2+2 H 2O = 4 HN O3
D. 温度升高会提高N O2的平衡转化率
【答案】D
【解析】
A.焓变是由物质本身决定的，使用多孔材料不能改变2 N O2(g) ⇀
¿
N 2O4(g)的焓变，故A 正确；
B.多孔材料“固定”N 2O4，导致N 2O4的浓度减小，则促进2 N O2(g)⇌N 2O4(g)平衡正向移动，故B
正确；
C.根据图知，转化为HN O3的反应中，H 2O、N 2O4、O2为反应物，HN O3为生成物，反应方程式为
2 N 2O4+O2+2 H 2O = 4 HN O3，故C 正确；
D.根据“2 N O2(g)⇌N 2O4(g) ΔH <0”知，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
N O2的平衡转化率减小，故D 错误；
故选：D。
6.叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示。
反应1：(C H 3)3CBr →(C H 3)2C =C H 2+ HBr
反应2：C2 H 5OH +(C H 3)3CBr →(C H 3)3COC2 H 5+ HBr
75
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下列说法不正确的是
A. 过渡态能量：①>②>③
B. (C H 3)3COC2 H 5可以逆向转化为(C H 3)3CBr，但不会转化为(C H 3)2C =C H 2
C. 若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4−E3的值增大
D. 向(C H 3)3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的(C H 3)2C =C H 2
【答案】B
【解析】
A.由图可知，过渡态能量的大小顺序为①>②>③，故A 正确；
B.(C H 3)3COC2 H 5与HBr在一定条件下可以逆向转化为(C H 3)3CBr，即为(C H 3)3CBr和C2 H 5OH转
化为(C H 3)3COC2 H 5的逆过程，该过程需要先转化为(C H 3)3C
+ Br
−和C2 H 5OH，(C H 3)3C
+ Br
−和
C2 H 5OH再转化为(C H 3)3CBr和C2 H 5OH，但(C H 3)3C
+ Br
−和C2 H 5OH同时也能转化为
(C H 3)2C =C H 2，故B 错误；
C. 氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(C H 3)3C
+C l
−的能量高于
(C H 3)3C
+ B r
−，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4 — E3的值增大，故C 正确；
D.由图可知，(C H 3)3CBr的乙醇溶液生成(C H 3)2C =C H 2过程放出能量相较于生成(C H 3)3COC2 H 5
低，加入氢氧化钠能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移
动程度更小，因此可以得到较多的(C H 3)2C =C H 2，故D 正确；
故选B。
76
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7.室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M + N = X +Y ；
②M + N = X + Z，反应①的速率可表示为v1=k1c
2( M )，反应②的速率可表示为v2=k2c
2( M )(k1、k2
为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是( )
A. 0～30min时间段内，Y 的平均反应速率为6.67×10
−8mol⋅L
−1⋅min
−1
B. 反应开始后，体系中Y 和Z的浓度之比保持不变
C. 如果反应能进行到底，反应结束时62.5 %的M转化为Z
D. 反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】A
【解析】
A项，由图像可知0∼30min时间段内，M的浓度变化为(0.500−0.300)mol⋅L
−1=0.200mol⋅L
−1，Z
的浓度变化为0.125mol⋅L
−1，即反应②中M的浓度变化为0.125mol⋅L
−1，故反应①中M的浓度变化
为(0.200−0.125)mol⋅L
−1=0.075mol⋅L
−1，即Y 的浓度变化为0.075 mol⋅L
−1，所以0∼30min时
间段内，Y 的平均反应速率
，A项错误；
B项，由
可得：
，且ν1=k1c
2( M )，ν2=k2c
2( M )，则Y 、Z的浓度变化之比
77
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，所以反应开始后，Y 、Z的浓度变化保持不变，B项正确；
C项，根据A项计算，参加反应②的M所占的比例为0.125
0.200 ×100％=62.5％，故如果反应能进行到底，
反应结束时62.5 %的M转化为Z，C项正确；
D项，反应②的速率较大，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，D项正确。
8.在一定温度下，BaSO4和C在一密闭容器中进行反应：BaSO4(s)+ 4C(s)⇌
BaS(s)+ 4CO(g)，CO
的平衡浓度(mol / L)的对数lgc(CO)与温度的倒数1
T 的关系如图所示，下列说法中正确的是( )
A. Q点BaSO4的消耗速率小于生成速率
B. 该反应的ΔH <0
C. 温度是10
4
3 K时，反应的平衡常数为1
D. 温度不变，将R点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，气体的压强减小
【答案】A
【解析】
由方程式可知，反应的化学平衡常数K =c
4(CO)，由图可知，1
T 增大，lgc(CO)减小，说明升高温度，
平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应。
A.由图可知，温度一定时，Q点的浓度熵大于平衡常数，平衡向逆反应方向移动，则硫酸钡的消耗速率小
于生成速率，故A 正确；
B.由分析可知，该反应为吸热反应，反应ΔH >0，故B 错误；
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C.由图可知，温度是10
4
3 K时，在此温度下c(CO)=10，K =c
4(CO)=10000，故C 错误；
D.反应的化学平衡常数K =c
4(CO)，平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则温度不变，将R
点状态的容器体积扩大，重新达到平衡时，一氧化碳的浓度不变，气体的压强不变，故D 错误；
故选A。
9.利用H 2和CO反应生成C H 4的过程中主要涉及的反应如下：
反应Ⅰ CO(g)+3 H 2(g)=C H 4(g)+ H 2O(g) Δ H 1=−206.2 kJ ⋅mol
−1
反应Ⅱ CO(g)+ H 2O(g)=C O2(g)+ H 2(g) Δ H 2=−41.2 kJ ⋅mol
−1
[C H 4的产率n(C H 4)
n(CO) ×100 %，C H 4的选择性
n(C H 4)生成
n(C O2)生成+n(C H 4)生成
×100 %]。保持温度一定，在固
定容积的密闭容器中进行上述反应，平衡时C H 4和C O2的产率及CO和H 2的转化率随n(H 2)
n(CO)
的变化情况
如图所示。下列说法不正确的是
A. 当容器内气体总压不变时，反应Ⅱ达到平衡状态
B. 曲线c表示C H 4的产率随
n(H 2)
n(CO)
的变化
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C. n(H 2)
n(CO) =0.5，反应达平衡时，C H 4的选择性为50 %
D. 随着
n(H 2)
n(CO)
增大，C O2的选择性先增大后减小
【答案】B
【解析】
A.反应I、Ⅱ可以合并为反应2CO(g)+2 H 2(g)==C H 4(g)+C O2(g)，是气体总体积缩小的反应，当
固定密闭容器内总压不变时则反应I、Ⅱ都达到平衡状态，A 正确；
B.通过总反应式2CO(g)+2 H 2(g)=C H 4(g)+C O2(g)，随着n( H 2)的增加，超过1时，C H 4的产率
n(CO)受CO浓度影响，故CH❑4的产率曲线会先增大后平缓，应该是a曲线，B 错误；
C. 通过总反应式2CO(g)+2 H 2(g)=C H 4(g)+C O2(g)，当
n(H 2)
n(CO)
=0.5时，生成物
n(C H 4)=n(CO)，故CH❑4的选择性为50 %，C 正确；
D.随着 n(H 2)
n(CO)
的不断增加，作为反应Ⅱ的生成物浓度不断增加会抑制C O2的生成，故CO2选择性先
增大后减小，D 正确；
故选B。
10.三氧化碳的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究
的热点之一。利用C O2和H 2合成甲醇，在催化剂作用下可发生如下两个平行反应。
反应I：C O2(g)+3 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g)+ H 2O(g) Δ H 1=−49.47 kJ ⋅mol
−1, K 1
反应Ⅱ：C O2(g)+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) Δ H 2=+ 41.17 kJ ⋅mol
−1, K 2
请回答：
(1)有利于提高甲醇平衡产率的条件是_______。
A.
低
温
低
压
B.低
温
高
压
C .高温低压 D .高温高压
80
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(2)反应CO(g)+2 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g)的ΔH = _______kJ ⋅mol
−1
(3)我国科研人员研究了在Cu−ZnO−Zr O2催化剂上C O2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历
程如图( H 2→∗H +∗H )，下列说法正确的是_______。
A. 使用更高效
催化剂能提高甲醇的平衡产率
B. 第④步的反应式为∗H +∗HO = H 2O
C.C O2加氢制甲醇符合绿色化学理念
D. 若实验前用少量水对催化剂进行预处理，可能提升甲醇产率
(4)在催化剂下，向恒容密闭容器充入一定量C O2及H 2，起始和平衡时各组分的量如下：
C O2 H 2 C H 3 CO H 2O(g) 总压/kPa
起始/mol 1.0
3.0
0
0
0
p0
平衡/mol
n1
n2
p
若反应均达平衡时，p0=1.2 p，则表中n1= _______；若此时n2= 2
3 mol，则反应I的平衡常数K p=
_______(无需带单位，用含总压p的式子表示)。
(5)一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应tmin，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度
的关系如下图所示，此温度范围内，催化剂活性不受影响
81
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①当温度高于490 K后，甲醇产率减小的原因可能是 _______。
②请在图中画出甲醇平衡产率随温度变化的曲线图_______。
【答案】
(1)B (2)−90.64 (3)BD
(4)
.
① 1
3
.
② 8
5 p
2
(5)
.
① 490 K 之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应
Ⅱ正向移动，H 2和C O2浓度降低，H 2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动
.
②
【解析】
【小问1详解】
合成甲醇的反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率；合成甲醇的反应
的气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率，答案选B；
【小问2详解】
已知反应I： C O2(g)+3 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g)+ H 2O(g) Δ H 1=−49.47 kJ ⋅mol
−1
82
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反应Ⅱ： C O2(g)+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) Δ H 2=+ 41.17 kJ ⋅mol
−1
根据盖斯定律，由I −Ⅱ得反应 CO(g)+2 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g) ΔH = Δ H 1−Δ H 2 =−90.64
kJ ⋅mol
−1 ，答案为−90.64；
【小问3详解】
A.催化剂不改变平衡移动，平衡产率不变，选项A 错误；
B.第④步反应涉及∗H 2O和∗H反应生成水，反应式为 ∗H +∗HO = H 2O ，选项B 正确；
C.总反应为 C O2(g)+3 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g)+ H 2O(g) ，反应物没有全部转化为甲醇，所以 C O2
加氢制甲醇过程中原子利用率小于100 %，不符合绿色化学理念，选项C 错误；
D.若实验前用少量水对催化剂进行预处理，水的解吸促进甲醇的产生，可能提升甲醇产率，选项D 正确；
答案选BD；
【小问4详解】
反应前气体的物质的量是12mol，压强为 p0=1.2 p ，反应后气体压强变为p，则反应后气体的物质的
量是4 × 1
1.2 = 10
3 mol，设生成甲醇的物质的量是n1，则
C O2(g)+
3 H 2(g)⇀
↽
C H 3OH (g)+
H 2O(g)
Δn
1
3
1
1
2
n1
4−10
3
所以n1= 1
3 ，则该反应生成水 1
3 mol，消耗C O2 1
3 mol，消耗H 21mol，此时n2= 2
3 ，
则 C O2(g)+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) 反应生成 1
3 mol H 2O，消耗 1
3 molC O2、消耗 1
3
mol H 2，所以容器中C O2、H 2的物质的量分别是 1
3 mol、 5
3 mol；反应Ⅰ的平衡常数 K p=
p× 2
10 × p× 1
10
p× 1
10 ×( p× 5
10 )
3 = 8
5 p
2 ；
【小问5详解】
83
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①在 490 K 之前，反应尚未达到平衡，甲醇产率随着温度升高而增大； 490 K 之后，甲醇产率下
降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H 2和C O2浓度降低，
H 2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动；
②反应Ⅰ为放热反应，低温下甲醇的产率较高，反应Ⅱ为吸热反应，低温下平衡逆向移动，C O2转化为甲
醇比转化为CO更多，故甲醇平衡产率随温度变化的曲线图如下
。
11.油气开采、石油化工、煤化工等行业产生的废气普遍含有硫化氢，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：
2
①H 2S(g)⇌
S2(g)+2 H 2(g) Δ H 1=+180kJ·mol
−1
②C S2(g)+2 H 2(g)⇌
C H 4(g)+ S2(g) Δ H 2=−81kJ·mol
−1
则反应③C H 4(g)+2 H 2S(g)⇌
C S2(g)+ 4 H 2(g)的Δ H 3=__________kJ·mol
−1；下列叙述中能说明
反应③达到平衡状态的是__________(填字母)。
A.断裂2molC — H的同时生成1molC = S B.恒容条件下，体系压强不再变化
C.恒容条件下，气体的密度不再变化 D．v 正( H 2S)=2v逆(C S2)
(2)对于上述反应①，在不同温度、压强为100kPa、进料H 2S的物质的量分数为0.1%～20 %(其余为Ar )
的条件下，H 2S的平衡转化率如图1所示。T 1、T 2和T 3的大小关系为__________；H 2S的物质的量分数越
大
，
H 2S的
平
衡
转
化
率
越
小
的
原
因
是
_____________________________________________________________________________。
84
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(3)上述反应①和③的ΔG随温度的变化如图2所示，已知ΔG =−RTlnK ( R为常数，T为温度，K为平衡
常数)，则在1000 K时，反应的自发趋势：①__________③(选填“>”“<”或“=”)。在1000 K、
100kPa条件下，n( H 2S):n(C H 4):n( Ar )=3:2:15的混合气发生反应，达到平衡时，
n(C S2):n( H 2)≈1:4，
n(S2)接
近
于
0，
其
原
因
是
______________________________________________________________________________。
(4)在1000 K、100kPa条件下，n( H 2S):n(C H 4):n( Ar )=3:3:2的混合气发生反应，上述反应③达
到平衡时，C S2的分压与H 2S的分压相同。则反应③的K p=_________________。
【答案】
(1)+261；BD
(2)T 1>T 2>T 3；恒压条件下，H 2S的物质的量分数增大，H 2S的分压增大，平衡正向移动，H 2S的平衡
转化率减小
(3)<；在1000 K，反应①△G>0，反应趋势小，反应③△G<0，反应趋势大，反应③占主导地位
(4)1.28×10
4
【解析】
(1)反应③等于反应①减去反应②，Δ H 3=+180k J
.mol
−1−(−81kJ ⋅mol
−1)=+261k J
.mol
−1；
A项，断裂2molC — H的同时生成1molC = S都表示正方向，错误;
B项，该反应是气体分子数可变的反应，恒容条件下压强不变即达到平衡，正确;
C项，气体密度等于质量除以体积，恒容条件又都是气体参与反应，故密度始终保持不变，不能作为平衡
的标志，错误;
D项，有v 正( H 2S)=2v逆(C S2)= v逆( H 2S)，满足平衡状态的特征，正确；
故答案选BD。
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(2)反应①是吸热反应，温度越高，H 2S的转化率越大，故T 1>T 2>T 3;
反应是恒压条件，恒压条件下，H 2S的物质的量分数增大，H 2S的分压增大，平衡正向移动，但H 2S的
转化率减小。
(3)在1000 K，反应①△G>0.不易自发进行，反应③△G<0，容易自发进行，故反应自发趋势①<③；
根据△G =−RTlnK可知ΔG越大，反应平衡常数K越小，反应趋势越小，在1000 K，反应①△G>0，反
应趋势小，反应③△G<0，反应趋势大，占主导地位；
(4)设n( H 2S)=3mol，转化率为x，列三段式计算：
C H 4(g)+2 H 2S(g)⇌
C S2(g)+ 4 H 2(g)
起始(mol)：3 3 0 0
转化(mol)：x 2 x x 4 x
平衡(mol)：3−x 3−2 x x 4 x
分压： 20kPa 10kPa 10kPa 40kPa
硫化氢和二硫化碳的分压相同，即：3−2 x = x，解答x =1mol，平衡后气体的总物质的量为
2+1+1+ 4 +2=10mol，K p= 10×40
4
20×10
2 =1.28×10
4 kP a
2。
12.甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义
(1)一种重要的工业制备甲醇的反应为
①C O2 g(g)+3 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g)+ H 2O(g) ΔH
②C O2(g)+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) Δ H 1=+ 40.9kJ /mol
③CO(g)+2 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g) Δ H 2=−90.4 kJ /mol
试计算ΔH___________kJ /mol。
(2)对
于
反
应
C O2(g)+3 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g)+ H 2O(g)，
v 正=k 正· p(C O
2)· p
3( H 2)，
v逆=k 逆· p(C H 3OH )· p( H 2)。其中k 正、k 逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压=物质的
量分数×总压)。在540 K下，分别按初始投料比n(C O2)：n( H 2)=3：1，n(C O2)：n( H 2)=1：l、
n(C O2)：n( H 2)=1：3进行反应，测得H 2的平衡转化率随压强变化的关系如图所示：
86
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①投料比n(C O2)：n( H 2)=1：3的曲线是___________。(填“a”、“b”或“c”)
②已知点N在曲线b上，计算该温度下压强平衡常数K p=___________( MPa)
−2.(用平衡分压代替平衡浓度
计算)
③该温度下，测得某时刻p(C O2)=0.2 MPa，p(C H 3OH )= p( H 2O)=0.1 MPa，p( H 2)=0.4 MPa，
此时v 正：v逆=___________。(保留2位有效数字)
(3)甲醇催化制取丙烯的反应为：3C H 3OH (g)⇀
↽C H 3CH =C H 2(g)+3 H 2O(g)。已知Arrhenius经验
公式为Rlnk =−Ea
T +C(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的Arrhenius经验公式的
实验数据如图所示：
①该反应的活化能Ea=___________kJ /mol。
②当用更高效催化剂时，请在图中画出Rlnk与1
T 关系的曲线 ___________。
(4)目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备：C H 3OH (g)+CO(g)⇀
↽H C3COOH (1)
ΔH <0。在恒压密闭容器中通入一定量的C H 3OH和CO气体，测得甲醇的转化率随温度变化关系如图所
示：
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①温度为T 1时，该反应的正反应速率v(B)正___________v( A )逆(填“>”，“=”或“<”)。
②B、C、D三点逆反应速率由大到小的顺序为___________。[用“v( D)”、“v(C )”、“v(B)”表示
]
【答案】
(1)−49.5
(2)①c
0.32
②
0.41
③
(3)
15.0
①
②
(4)①>
②v( D)>v(C )>v(B)
【解析】
(1)已知②C O2(g)+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) Δ H 1=+ 40.9kJ /mol
③CO(g)+2 H 2(g)⇀
↽C H 3OH (g) Δ H 2=−90.4 kJ /mol
根据盖斯定律，由②+③得反应①
ΔH = Δ H 1+
Δ H 2=+ 40.9kJ /mol−90.4 kJ /mol =−49.5kJ /mol；
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(2)①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(C O2)：n( H 2)=3:1，b代表n(C O2)：
n( H 2)=1:1，c代表n(C O2)：n( H 2)=1:3，答案为c；
②N点为投料比n(C O2)：n( H 2)=1:1，氢气平衡转化率为60 %，设初始二氧化碳和氢气的物质的量都
为1mol，列三段式：
C O2(g)
+
3 H 2(g)
⇀
↽
C H 3OH (g)
+
H 2O(g)
初始(mol)
1
1
0
0
转化(mol)
0.2
0.6
0.2
0.2
平衡(mol)
0.8
0.4
0.2
0.2
平衡时二氧化碳分压为： 0.8
1.6 ×2.5 MPa=1.25 MPa ，同样的方法，平衡时氢气分压：0.625 MPa，
甲
醇
分
压
0.3125 MPa，
水
蒸
气
分
压
0.3125 MPa，
则
压
强
平
衡
常
数 K = 0.3125 MPa×0.3125 MPa
1.25 MPa×(0.625 MPa)
3 =0.32( MPa)
−2
；
③v 正=k 正p(C O2) p
3( H 2)，v逆=k 逆p(C H 3OH ) p( H 2O)，
v 正
v逆
=
k 正p(C O2) p
3(H 2)
k 逆p(C H 3OH ) p(H 2O)
= 0.32×0.2×0.4
3
0.1×0.1
≈0.41 ；
(3)①已知Arrhenius经验公式为Rlnk =−Ea/T +C( Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，可得
63=−2 Ea+C、33=−4 Ea+C，两式联立解得Ea=15.0，则反应的活化能为15.0kJ /mol；
②若使用催化剂，活化能降低，即直线的斜率相反数得减小，因此示意图为：
；
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(4)①温度为T 1时，A点尚未达到平衡状态，相比于相同温度下达到平衡状态的B点，A点甲醇的浓度大
于B点甲醇的浓度，浓度越大，反应速率越快，故v(B)正>v( A )逆；
②温度对反应速率的影响大于浓度，且温度越高反应速率越快，故B、C、D三点逆反应速率由大到小的
顺序为v( D)>v(C )>v(B)。
13.汽车尾气的污染不容忽视，对汽车尾气中污染气体NO和CO的转化是研究热点。
I.汽车尾气中的NO对人体健康有严重危害，一种新技术用H 2还原NO的反应原理为：
2 H 2(g)+2 NO(g)⇀
↽
N 2(g)+2 H 2O(g) ΔH <0。该反应的能量变化过程如图：
(1)△H =________KJ ⋅mol
−1(用图中字母a、b、c、d表示)。
Ⅱ.已知反应：2 NO(g)+2CO(g)⇀
↽
N 2(g)+2C O2(g) ΔH =−746.5kJ ⋅mol
−1可以有效转化汽车尾气。
在密闭容器中充入2molCO和2molNO，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示：
(2)充分反应达到平衡后，放出的热量Q______746.5kJ (选填“大于”、“小于”、“等于”)
(3)据图分析可知，T 1 _______T 2(选填“大于”、“小于”、“等于”)；反应平衡后，改变以下条件能
使速率和两种污染气体转化率都增大的是_____(填标号)。
A.压缩容器体积 B.升高温度 C .恒压充入氦气 D .加入催化剂
(4)反应在D点达到平衡后，若此时降低温度，同时压缩容器体积，在重新达到平衡过程中，D点会向
A ～G点中的________点方向移动。
(5)某研究小组探究催化剂对CO、NO转化率
影响。将NO和CO按物质的量1：1，以一定的流速通过
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两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，
结果如图所示：
①温度低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是____________。
②a点脱氮率小于对应温度下的平衡脱氮率，原因是_____________。
450
③
℃时，平衡脱氮率为50 %，压强恒为P，则K P= _________( K P为以分压表示的平衡常数，用含P
的代数式表示)。
【答案】
(1)—(c +d — a+b)
(2)小于 (3)
.
①大于
.
②A
(4)G (5)
.
①温度较低时，催化剂的活性偏低
.
②该反应为放热反应，升高温度平
衡逆向移动，平衡脱氮率减小，曲线 Ⅱ中450℃时的脱氮率高于a点，说明a点未达到平衡
.
③
7 p
4
【解析】
【小问1详解】
由图可知，反应物破坏化学键需要吸收的能量之和为(a+b)kJ /mol，生成物形成化学键释放的能量为
(c +d)kJ /mol，
该
反
应
为
放
热
反
应
，
则
反
应
△H = —[(c +d )kJ /mol —(a+b)kJ /mol ]= —(c +d — a+b)kJ /mol，
故
答
案
为
：
—(c +d — a+b)kJ /mol；
【小问2详解】
该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则2mol一氧化碳和2mol一氧化氮在密闭容器中不能完全
反应，所以充分反应达到平衡后，放出的热量Q小于746.5kJ，故答案为：小于；
【小问3详解】
该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的体积分数增大，由图可知，压强一定
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时，T 1条件下一氧化氮的体积分数大于T 2，则温度T 1大于T 2；
A.该反应是气体体积减小的反应，压缩容器体积，容器中气体压强增大，反应速率增大，平衡向正反应方
向移动，两种污染气体转化率都增大，故正确；
B.该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，两种污染气体转化率都减小，故错误；
C.恒压充入氦气相当于减小压强，化学反应速率减小，故错误；
D.加入催化剂，化学反应速率增大，但化学平衡不移动，两种污染气体转化率都不变，故错误；
故选A，故答案为：大于；A；
【小问4详解】
该反应是一个气体体积减小的放热反应，相同压强下降低温度，向正反应方向移动，一氧化氮体积分数减
小，相同温度下增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化氮体积分数减小，降低温度的同时压缩容器体
积，在重新达到平衡过程中，D点会向G点移动，故答案为：G；
【小问5详解】
①温度低于200℃时，图中曲线I的脱氮率随温度升高而变化不大说明反应温度较低，催化剂的活性偏低，
化学反应速率较慢，反应消耗一氧化氮的量较少，故答案为：温度较低时，催化剂的活性偏低；
②该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡脱氮率减小，曲线Ⅱ中450℃时的脱氮率高于a点，
说明a点未达到平衡，是平衡的形成过程，所以a点脱氮率小于对应温度下的平衡脱氮率，故答案为：该反
应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡脱氮率减小，曲线Ⅱ中450℃时的脱氮率高于a点，说明a
点未达到平衡；
③设450℃时，一氧化氮和一氧化碳的起始物质的量都为2mol，由一氧化氮的平衡脱氮率为50 %可知，
平衡时一氧化氮、一氧化碳、氮气、二氧化碳的物质的量分别为2mol — 2mol×50 % =1mol、
2mol — 2mol×50 % =1mol、2mol×50 %× 1
2 =0.5mol、2mol×50 % =1mol，由压强恒为P可知，
一氧化氮、一氧化碳、氮气、二氧化碳的平衡分压为 2 p
7 、 2 p
7 、 p
7 、 2 p
7 ，则分压平衡
常数K P=
p
7 ×( 2 p
7 )
2
( 2 p
7 )
2×( 2 p
7 )
2 = 7 p
4 ，故答案为： 7 p
4 。
14.异丁烷(i−C4 H 10)在催化剂的作用下重排为正丁烷(n−C4 H 10)的过程被称为异丁烷的反向异构化，该
过程除了反向异构化主反应外，还伴随有裂解、生焦等副反应，涉及的部分反应的标准摩尔反应焓变
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( Δr H T
θ )如下表：
Reactionequation
Δr H T
θ /(kJ /mol)
T =280℃T =300℃T =320℃
i−C 4 H 10+ H 2→CH 4 +C反应1
−48.48 −48.48 −49.20
i−C 4 H 10+ H 2→2C 2 H 反应2
−40.51 −40.94 −41.36
i−C 4 H 10→n−C 4 H 10 反应3
8.27
8.21
8.15
2i−C 4 H 10→C 3 H 8+i−反应4
11.23
11.13
11.04
2i−C 4 H 10→C 3 H 8+n−反应5
18.06
18.02
17.98
(1)主反应分三步发生，第一步是异丁烷脱氢生成异丁烯，Δr H T
θ =−122kJ /mol，第二步是异丁烯异构
化为反−2−丁烯，Δr H T
θ =+3.2kJ /mol，则300℃时，第三步的热化学方程式为____________________
(假设前两步反应的Δr H T
θ不随温度发生变化)。
(2)设K p
r 为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的
相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0( p0=100kPa)。反应1、3、5的ln K p
r 随1
T (温度的倒数)的变化
如图所示：
①主反应的相对压力平衡常数表达式为K p
r = __________。
②在图中A点对应温度下、原料组成为n(i−C4 H 10):n( H 2)=1:9、初始总压为2 MPa的恒容密闭容器中
进行反应，体系达到平衡时异丁烷的分压为60kPa，则产物正丁烷的选择性为__________%(保留小数点后
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两位，正丁烷的选择性= 正丁烷的产量
异丁烷的转化量×100 %)。
(3)工业上研究多种条件对反应体系热力学平衡的影响
①为了抑制裂解副反应的发生以及促进2−丁烯加氢，反应体系需要加入一定量的H 2，并控制合适的氢/
油摩尔比(投料时H 2和异丁烷的物质的量之比)，下列说法正确的是__________
A.氢/油摩尔比较低时，有利于异丁烷脱氢生成烯烃，促进反向异构化反应的发生
B.氢/油摩尔比较低时，裂解、生焦等副反应会减少
C.氢/油摩尔比较高时，会抑制了异丁烷脱氢，阻碍了进一步的反向异构化反应
D.氢/油摩尔比较高时，会降低了异丁烷在反应体系中的烃分压，从而导致反向异构化的反应速率下降
②保持其他条件不变，考察反应温度对异丁烷反向异构化的影响，如图所示：
反应温度(T )对异丁烷转化率( x)、正丁烷收率( y1)、正丁烷选择性(s1)、C1～C3收率( y2)和C1～C3选
择性(s2)的影响
由图分析，异丁烷反向异构化的最有利温度应为__________
③保持其他条件不变，考察液时体积空速(即原料通过催化剂表面的速率)对异丁烷反向异构化的影响，如
图所示：
94
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液时体积空速( LHSV )对异丁烷转化率( x)、正丁烷收率( y1)、正丁烷选择性(s1)、C1～C3收率( y2)和
C1～C3选择性(s2)的影响
请分析液时体积空速过高对正丁烷收率造成不利影响的原因是____________________
(4)研究结果表明，正丁烷蒸汽裂解时乙烯、丙烯收率为32.14 %、21.69 %，而异丁烷蒸汽裂解时乙烯、丙
烯收率为7.46 %、24.59 %，由此分析，工业上将异丁烷反向异构化的实际意义在于__________
【答案】
(1)
(g) Δr H T
θ =+127.01kJ /mol；
(3)①
p(n−C4 H 10)
p0
p(i−C4 H
10)
p0
或
p(n−C4 H 10)
p(i−C4 H 10) ；
42.86
②
；
(3)①ACD；
320
②
℃；
③反应物与催化剂接触时间过短，导致来不及发生反应；
(4)提高乙烯的产量
【解析】【分析】
本题考查化学反应原理，涉及反应热计算、化学平衡计算等知识点，侧重考查学生概念的理解、公式的运
用，难点是化学平衡计算及图像分析等等，难度一般。
【解答】
(1)300℃时，主反应：i−C 4 H 10→n−C 4 H 10 Δr H T
θ =+8.21kJ /mol，可由第一步+第二步+第三
步得到，第三步的热化学方程式为：
(g)
Δr H T
θ =+127.01kJ /mol；
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(2)①主反应：i−C 4 H 10→n−C 4 H 10，相对压力平衡常数表达式为K p
r =
p(n−C4 H 10)
p0
p(i−C4 H 10)
p0
或
p(n−C4 H 10)
p(i−C4 H 10) ；
②设原料组成为n(i−C4 H 10):n( H 2)=1mol:9mol，初始总压为2 MPa，体系达到平衡时异丁烷的分压
为60kPa，即异丁烷为0.06
2
×10mol =0.3mol，结合图像线3与A虚线的交点，纵坐标为0，可知
i−C 4 H 10与n−C 4 H 10等量，则产物正丁烷的选择性为0.3
1−0.3 ×100％= 42.86 %；
(3)①A.氢/油摩尔比较低时，相当于减少氢气，有利于异丁烷脱氢生成烯烃，促进反向异构化反应的发生，
正确；
B.氢/油摩尔比较低时，相当于减少氢气，裂解、生焦等副反应程度受影响，但不会减少，错误；
C.氢/油摩尔比较高时，相当于增加氢气，会抑制了异丁烷脱氢，阻碍了进一步的反向异构化反应，正确；
D.氢/油摩尔比较高时，相当于增加氢气，会降低了异丁烷在反应体系中的烃分压，从而导致反向异构化
的反应速率下降，正确；
答案为：ACD；
②异丁烷转化率( x)、正丁烷收率( y1)、正丁烷选择性(s1)尽可能大一些，C1～C3收率( y2)和C1～C3选
择性(s2)尽可能小一些，综合最有利温度应为320℃；
③液时体积空速过高对正丁烷收率造成不利影响的原因是：反应物与催化剂接触时间过短，导致来不及发
生反应；
(4)正丁烷蒸汽裂解时乙烯、丙烯收率为32.14 %、21.69 %，而异丁烷蒸汽裂解时乙烯、丙烯收率为7.46 %、
24.59 %，数据分析对比可知，工业上将异丁烷反向异构化的实际意义在于提高乙烯的产量。
15.我国向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。
Ⅰ.C O2加氢可以合成甲醇，该过程主要发生如下反应：
反应①：C O2(g)+ H 2(g)⇌CO(g)+ H 2O(g) Δ H 1
反应②：C O2(g)+3 H 2(g)⇌C H 3OH (g)+ H 2O(g) Δ H 2=−41.1kJ ⋅mol
−1
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反应③：CO(g)+2 H 2(g)⇌C H 3OH (g) Δ H 3
(1)反应②的活化能Ea(正) ______ Ea(逆)(填“大于”“小于”或“等于”)。相关键能数据如下表，则
Δ H 1= ______ kJ ⋅mol
−1。若K 1、K 2、K 3分别表示反应①、反应②、反应③的平衡常数，则K 3=
______ (用含K 1、K 2的代数式表示)。
化学键
H −H
C ≡O
O−H
C =O
键能/(kJ ⋅mol
−1)
436
1071
464
803
(2)某温度下，初始压强为p，容积为2 L的恒容密闭容器中充入2molC O2、3mol H 2，只发生反应①、
②，平衡时C O2的转化率为50 %，体系内剩余1mol H 2，反应2的平衡常数K = ______ 。
Ⅱ.清洁能源的开发利用是实现“碳中和”的途径，乙醇—水催化重整可获得H 2。其主要反应为：
反应①：C2 H 5OH ( g)+3 H 2O =2C O2( g)+6 H 2( g) ΔH =+173.3kJ ⋅mol
−1
反应②：C O2( g)+ H 2( g)=CO( g)+ H 2O( g) ΔH =+ 41.2kJ ⋅mol
−1
在1.0×10
5 Pa、n始(C2 H 5OH )：n始( H 2O)=1：3时，若仅考虑上述反应，平衡时C O2和CO的选择性
及H 2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性=
n生成(CO)
n生成(CO)+n生成(C O2) ×100 %。
(3)图中表示平衡时C O2的选择性及H 2的产率随温度的变化的曲线分别是曲线 ______ 、曲线 ______ (
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填“①”、“②”或“③”)。400℃以后，H 2的产率随温度变化的原因是 ______ 。
(4)光催化甲烷重整技术也是研究热点。以Rh/ SrTiO3为光催化剂，光照时，价带失去电子并产生空穴
(h
+，具有强氧化性)，C O2在导带获得电子生成CO和O
2−，价带上C H 4直接转化为CO和H 2，反应机理
如图所示：
当价带产生1mol空穴(h
+)时，在Rh表面生成的CO数目为 ______ N A；价带上的电极反应式可表示为
______ 。
【答案】
小于 + 43
K 2
K 1
2 ① ② 反应②消耗H 2的速率大于反应①生成H 2的速率 0.5
C H 4+2h
++O
2−=2CO+2 H 2
【解析】解：(1)根据△H = Ea(正)−Ea(逆)，且已知反应②的△H <0，即Ea(正)−Ea(逆)<0，得Ea(正)
小于Ea(逆)；根据△H =反应物的键能总和−生成物的键能总和，可得
△H 1=2×803kJ /mol+ 436kJ /mol−(1071kJ /mol+2×464 kJ /mol)=+ 43kJ /mol；根据反应
③=反应②−反应①，化学方程式相减，平衡常数相除，因此K 3= K 2
K 1
，
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故答案为：小于；+ 43；
K 2
K 1
；
(2)根据题目信息，起始时n( H 2)=3mol，n(C O2)=2mol，平衡时，C O2的转化率为50 %，则
n(C O2)=2mol×(1−50 %)=1mol，
设
平
衡
时
，
n(CO)= xmol，
n(C H 3OH )= ymol，
n( H 2O)= zmol，根据碳元素守恒，有x + y +1=2，根据氧元素守恒，有2+ x + y + z = 4，以及氢元素守
恒，可得2+2 z + 4 y =6，因此平衡时n(CO)=0.5mol，n(C H 3OH )=0.5mol，n( H 2O)=1mol，反应
②的平衡常数K = c(C H 3OH )c( H 2O)
c
3( H 2)c(C O2)
=
( 1
2 )( 0.5
2 )
( 1
2 )
3( 1
2 )
=2，
故答案为：2；
(3)根据CO的选择性=
n生成(CO)
n生成(CO)+n生成(C O2) ×100 %，可知在相同温度下，CO和C O2的选择性之和
为1，因此图中曲线②代表平衡时H 2的产率随温度的变化；再结合图像可知，平衡时H 2的产率在400℃
以后随温度的升高而降低，联系反应①和反应②，此时CO的选择性随温度的升高而增大，因此曲线③代
表平衡时CO的选择性，曲线①代表平衡时C O2的选择性；根据题目所给方程式，H 2是反应①的生成物，
反应②的反应物，400℃以后，反应②占主导，平衡时H 2的产率随温度的升高而降低的原因是反应②消
耗H 2的速率大于反应①生成H 2的速率，
故答案为：①；②；反应②消耗H 2的速率大于反应①生成H 2的速率；
(4)在Rh表面，C O2在导带获得电子生成CO和O
2−，每生成1molCO，需要2mol e
−，同时价带产生
2mol空穴(h
+)，因此当价带产生1mol空穴(h
+)时，在Rh表面生成的CO数目为0.5 N A；根据图示，光催
化甲烷重整的总化学方程式为C H 4(g)+C O2(g)=2 H 2(g)+2CO(g)，在SrTiO3表面，价带上的C H 4
直接转化为CO和H 2，再结合h
+具有强氧化性，可得价带上的电极反应式为
C H 4+2h
++O
2−=2CO+2 H 2，
故答案为：0.5；C H 4+2h
++O
2−=2CO+2 H 2。
(1)根据△H与反应活化能的关系△H = Ea(正)−Ea(逆)，以及△H与键能的关系，△H =反应物的键能总
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和−生成物的键能总和，可进行作答；再根据多个方程式与平衡常数之间的关系，化学方程式相加，平衡
常数相乘；化学方程式相减，平衡常数相除即可作答；
(2)利用元素守恒的思想，对平衡时各物质的物质的量进行计算，再结合K = c(C H 3OH )c( H 2O)
c
3( H 2)c(C O2)
即可
进行求解；
(3)在
1.0×10
5 Pa、
n始(C2 H 5OH )：
n始( H 2O)=1：
3时
，
结
合
CO的
选
择
性
=
n生成(CO)
n生成(CO)+n生成(C O2) ×100 %，可知在相同温度下，CO和C O2的选择性之和为1，即可判断出曲线
②代表平衡时H 2的产率随温度的变化；CO是反应②的生成物，且反应②正向是一个吸热反应，升高温
度，平衡正向移动，CO的选择性增大，因此曲线③代表平衡时CO的选择性，曲线①代表平衡时C O2的
选择性；根据图示，温度在400℃以后，主要以反应②为主，反应②消耗H 2的速率大于反应①生成H 2
的速率，因此平衡时H 2的产率随温度的升高而降低；
(4)在Rh表面，C O2在导带获得电子生成CO和O
2−，每生成1molCO，需要2mol e
−，同时价带产生
2molh
+；在SrTiO3表面，价带上的C H 4直接转化为CO和H 2，再结合h
+具有强氧化性以及总反应式
C H 4(g)+C O2(g)=2 H 2(g)+2CO(g)，即可进行作答。
100
