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第03 讲 化学平衡常数及其相关计算
目录
01 课标达标练
题型01 考查化学平衡常数的理解和应用
题型02 考查化学平衡常数的计算
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 考查化学平衡常数的理解和应用
1．（2025·安徽亳州·利辛）氢气用于烟气的脱氮、脱硫的反应：4H2(g)+2NO(g)+SO2(g)
N
⇌
2(g)+S(l)
+4H2O(g) ΔH＜0。下列有关说法正确的是
A．当v(H2)=v(H2O)时，达到平衡
B．升高温度，化学平衡正向移动
C．使用高效催化剂可提高NO 的平衡转化率
D．化学平衡常数学平表达式为K=
【答案】D
【解析】A．v(H2)=v(H2O)，没有告诉正逆反应速率，无法判断是否达到平衡状态，故A 错误；
B．温度升高后，正反应速率和逆反应速率都增大，由于逆反应速率增大的幅度大于正反应，所以平衡向
着逆向移动，故B 错误；
C．使用高效催化剂可以增大反应速率，但是不影响化学平衡，无法提高NO 的平衡转化率，故C 错误；
D．反应4H2(g)+2NO(g)+SO2(g)
N2(g)+S(l)+4H2O(g)的化学常数表达式为：K=
，故D 正确；
故选：D。
1
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2．（2025·安徽·六安一中）CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应方程式是：
(g)+CO2(g)
(g)+H2O(g)+CO(g)，其反应历程如图所示。下列有关说法正确的是
A．该反应的
B．该反应的平衡常数表达式为
(
-表示苯基)
C．催化剂表面酸性越强，苯乙烯的产率越高
D．过程③可能生成副产物
【答案】D
【解析】A．由题干反应方程式可知，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，故该反应的
，A
错误；
B．由题干反应方程式可知，产物中H2O 为气态，故该反应的平衡常数表达式为
(
-表示苯基)，B 错误；
C．根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附
，该微粒带负电荷，如果催化剂表面酸性较强，则带
负电荷的氢氧根离子较少，有利于
的吸附，且酸性物质不会和二氧化碳反应，从而提高了乙苯的转化
率，但酸性太强，催化剂表面吸附大量的带正电的H+，导致
的吸附能力减弱，不
利乙苯转化率的提高，故并不是催化剂表面酸性越强，苯乙烯的产率越高，C 错误；
D．由题干反应历程图示信息可知，过程③中存在
和
中间体微粒，
故可能生成副产物
，D 正确；
故答案为：D。
3．（2025·安徽阜阳）下列有关平衡常数的说法中，正确的是
A．改变条件，反应物的转化率增大，平衡常数一定增大
2
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B．反应：
，增加c(N2O4)，该反应的平衡常数增大
C．对于给定的可逆反应，温度一定时，其正、逆反应的平衡常数相等
D．平衡常数为
的反应，化学方程式为
【答案】D
【解析】A．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，选项A 错误；
B．该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，该反应的平衡常数减小，选项B 错误；
C．对于给定的可逆反应，温度一定时，因K 正·K 逆=1，只有平衡常数等于1 时，其正、逆反应的平衡常数
才相等，选项C 错误；
D．化学平衡常数，是指在一定温度下可逆反应达平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反
应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比，固体和液体不写入平衡常数表达式，则平衡常数为
的反应，化学方程式为CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)，选项D 正确；
答案选D。
4．研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)+NaCl(s)
NaNO3(s)+ClNO(g) K1 ∆H1<0；
2NO(g)+Cl2(g)
2ClNO(g) K2 ∆H2<0。
则反应4NO2(g)+2NaCl(s)
2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数是
A．K1
2/K2
B．2K1-K2
C．2K1/K2
D．K1
2-K2
【答案】A
【解析】2NO2(g)+NaCl(s)
NaNO3(s)+ClNO(g) K1=
；2NO(g)+Cl2(g)
2ClNO(g) K2=
；4NO2(g)+2NaCl(s)
2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) K=
；
故选A。
5．（2025·安徽·黄山）在容积相等的三个密闭容器中分别按投料比
、
、
投
料，发生反应：2CO(g)+SO2(g)
S(g)+2CO2(g)，测得
的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说
法错误的是
3
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A．曲线Ⅰ代表的投料比为
B．正反应
C．达平衡后，保持温度不变，向容器中充入
，平衡正向移动，平衡常数K 增大
D．在a 点对应的温度下，达到平衡时，
的体积分数约为33.3%
【答案】C
【解析】在容积相等的三个密闭容器中分别按投料比
、
、
投料，
相同
时，增大
，
增大，平衡正向移动，
的平衡转化率增大，则曲线Ⅰ代表的投料比为
，曲线Ⅱ代表的投料比为
，曲线Ⅲ代表的投料比为
，据此解答。
A．由分析可知，曲线Ⅰ代表的投料比为
，A 正确；
B．由图可知，投料比为
一定时，升高温度，
的平衡转化率增大，说明平衡正向移
动，正反应为吸热反应，即
，B 正确；
C．达平衡后，保持温度不变，向容器中充入
，平衡正向移动，但平衡常数K 只与温度有关，温度不
变，则平衡常数K 不变，C 错误；
D．曲线Ⅱ代表的投料比为
，a 点
的平衡转化率为50%，设起始
，平衡时，
转化了0.5mol，余下0.5mol，
转化1mol，余下1mol，生
成S(g)0.5mol，生成CO2(g)1mol，则达到平衡时，
的体积分数约为
≈33.3%，D 正确；
故选C。
6．（2024·安徽黄山·阶段练习）已知：
。实验测得速率方程为v 正
=k 正c(NO)·c(O3)，v 逆=k 逆c(NO2)·c(O2)(k 正、k 逆为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关)。向2L
恒容密闭容器中充入0.4molNO(g)和0.6molO3(g)发生上述反应，测得NO 的体积分数x(NO)与温度和时间
的关系如图所示。下列说法正确的是
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A．正、逆反应活化能的大小关系为Ea(正)>Ea(逆)
B．b 点NO 的转化率为80%
C．T1温度下的
<T2温度下的
D．化学反应速率：vc (正)>va (逆)>vb (逆)
【答案】C
【解析】根据先拐先平数值大可知，T1>T2，温度高的时x(NO)大，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为
吸热反应，正反应为放热反应，△H<0；
A．正反应为放热反应，△H<0，故正逆反应活化能的大小关系为Ea(正)<Ea(逆)，故A 项错误；
B．b 点NO 的体积分数x(NO)=0.2，设NO 的转化率为y，根据三段式有：
，
，解得y=50%，故B 项错误；
C．由v 正=k 正c(NO)·c(O3)，v 逆=k 逆c(NO2)·c(O2)，当v 正= v 逆时，可知
=
=K，T1>T2，
△H<0，温度高时K 值反而小，则T1温度下的
<T2温度下的
，故C 项正确；
D．T1>T2，c 点未达平衡，b 点达平衡正逆反应速率相等且小于c 点，b 点温度和反应物浓度均大于a 点，
反应速率大于a 点，故化学反应速率：vc (正)> vb (逆)> va (逆)，故D 项错误；
故答案选C。
7．（2025·安徽合肥·阶段）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是
A．依据一元弱酸的
，可推断两种弱酸
大小
B．依据相同温度下可逆反应的
与
大小的比较，可推断反应进行的方向
C．依据形成盐的酸和碱的
和
，可推断弱酸弱碱盐溶液的酸碱性
D．依据勒夏特列原理，可推断工业合成氨反应
在低温条件下转化率更高
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【答案】A
【解析】A．依据一元弱酸的电离常数，可推断两种弱酸的相对强弱，但不能推断酸溶液pH 的大小，故
A 错误；
B．相同温度下可逆反应的浓度熵与平衡常数存在如下关系：Q>K，反应向逆反应方向进行；Q<K，反应
向正反应方向进行；Q=K，反应处于平衡状态，所以依据相同温度下可逆反应的Q 与K 大小的比较，可
推断反应进行的方向，故B 正确；
C．由盐类水解规律可知，依据形成盐的酸和碱的电离常数相对大小可推断弱酸弱碱盐溶液的酸碱性，故
C 正确；
D．合成氨反应为放热反应，由勒夏特列原理可知，降低温度，平衡向正反应方向移动，反应物的转化率
增大，所以合成氨反应在低温条件下反应物转化率更高，故D 正确；
故选A。
8．用活性 炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为2C(s)+2NO2(g)
N2(g)+2CO2(g)。在密闭容器中，
1mol NO2和足量碳发生该反应，反应相同时间内，测得NO2的生成速率与
的生成速率随温度变化的关
系如图1 所示。维持温度不变，反应相同时间内，测得NO2的转化率随压强的变化如图2 所示。
下列说法正确的是
A．图1 中的A、B、C 三个点中，只有B 点达到平衡状态
B．图2 中曲线上E、F、G 三点均表示NO2的平衡转化率
C．图2 中平衡常数K(E 点)=K(G 点)，但
的浓度：c (E 点)<c(G 点)
D．在恒温恒容下，向图2 中F 点平衡体系中加入一定量的碳，与原平衡相比，NO2 的平衡转化率增大
【答案】C
【解析】A．由2C(s)+2NO2(g)
N2(g)+2CO2(g)可知，NO2的生成速率(逆反应速率)等于N2的生成速率(正
反应速率)的2 倍时，才能使该反应的正、逆反应速率相等，即达到反应的平衡状态，图1 中的A、B、C
三个点中只有C 点达到平衡状态，故A 错误；
B．由方程式可知随着压强增大，平衡应该逆向移动，NO2的转化率应该降低，但E 点时，NO2转化率却
处于升高阶段，说明E 点反应未达到平衡，F 点时转化率达到最大值，此时处于平衡状态，继续增大压
强，平衡逆向移动，NO2转化率下降，则G 点也表示平衡状态，只有E 点不能表示NO2的平衡转化率，故
B 错误；
C．由题中信息可知，图2 维持温度不变，即E、G 两点温度相同，平衡常数K (E 点)=K (G 点)，混合气体
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中的气体压强与浓度有关，压强越大，体积就越小，浓度就越大，所以G 点压强大，NO2的浓度就大，即
NO2的浓度：c (E 点) ＜c (G 点)，故C 正确；
D．在恒温恒容下，向G 点平衡体系中充入一定量的C，C 是固体，平衡不移动，NO2的平衡转化率不
变，故D 错误；
故选C。
9．体积均为2L 的多个恒容密闭容器，分别充入1mol
和1mol
发生反应
，在不同温度下反应50s，测得正、逆反应的平衡常数的自
然对数
（
或
）、
体积分数与热力学温度的倒数关系如图所示，下列说法错误的是
A．曲线N 表示
正的变化情况
B．0~50s，a 点对应容器中的反应的平均速率
C．b 点时一定处于平衡状态
D．c 点时，
【答案】B
【解析】因为该反应是放热反应，所以升高温度，K 正减小，K 逆增大，则曲线N 表示K 正的变化情况，曲
线M 表示K 逆的变化情况，则最后一条曲线代表氢气的体积分数与热力学温度的倒数关系。从c 点到b
点，温度升高，反应速率加快，氢气体积分数增大，从b 点到a 点，温度升高，反应速率也加快，但氢气
体积分数减小，说明b 点时一定处于平衡状态，从b 点到a 点，平衡逆向移动，达到新的平衡。
A．
正反应放热，升高温度K 正减小，
正减小，所以曲线N 表示
正的变化情况，故A 正确；
B．0~50s，a 点对应容器中
体积分数为10%，
，0~50s，反应的平均速率
，故B 错误；
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C． b 点对应容器中
体积分数为25%，
X=0.25，Q=1；根据图示，b 点对应的温度下，K 正=K 逆=1，即Q=K，所以b 点时一定处于平衡状态，故C
正确；
D．正反应放热，降低温度，平衡正向移动，氢气体积分数增大，c 点温度低于b 点，c 点氢气的体积分数
小于b 点，则c 点没有达到平衡状态，反应正向进行，则
，故D 正确；
选B。
10.在1L 密闭容器中发生反应：
，其化学平衡常数
与温度
的关
系如下表：
（℃）
650
700
800
830
1000
0.5
0.6
0.9
1.0
1.7
回答下列问题：
（1）该反应的
（填“>”或“<”）0。
（2）某温度时，测得平衡体系中各物质的物质的量浓度相等，则此时对应的温度为 ℃。保持温度
和体积不变，充入一定量的
，则平衡常数 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）下列措施不能提高
的平衡转化率的是______（填字母）。
A．选择适当的催化剂
B．增大压强
C．及时分离出
D．升高温度
（4）650°C 时，将2mol
和3mol
投入上述容器中开始反应，达到平衡时
的转化率为 。
（5）800°C 时，某时刻测得
，
，
¹、
，则此时反应是否达到平衡状态 （填“是”或“否”），此时，
（填“>”“<”或“=”）
。
【答案】（1）> （2）830 不变 （3）AB （4）50% （5）否 >
【解析】（1）随温度升高，平衡常数增大，说明升高温度平衡正向移动，正向吸热反应，则该反应的
>0。
（2）某温度时，测得平衡体系中各物质的物质的量浓度相等，则平衡常数K=1,此时对应的温度为
830℃。平衡常数只与温度有关，保持温度和体积不变，充入一定量的
，温度不变，则平衡常数不
变。
（3）A. 催化剂不能使平衡移动，选择适当的催化剂，氢气的平衡转化率不变，故选A；
B. 反应前后气体系数和相等，增大压强，平衡不移动，氢气的平衡转化率不变，故选B；
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C. 及时分离出
，平衡正向移动，
的平衡转化率增大，故不选C；
D. 正反应吸热，升高温度，平衡正向移动，
的平衡转化率增大，故不选D；
选AB。
（4）650°C 时，K=0.5，将2mol
和3mol
投入上述容器中开始反应，
，a=1，达到平衡时
的转化率为
。
（5）800°C 时，某时刻测得
，
，
¹、
，Q=
，则此时反应没有达到平衡状态，反应正向进行，
>
。
02 考查化学平衡常数的计算
11．（2025·安徽·华师联盟）在反应物起始投料相同条件下，可逆反应X(s)+4Y(g)
Z(g)
⇌
△H 在总压分别
为0.10、0.50、1.0、2.0 MPa 下达到平衡时，Z 的体积分数与温度的关系如图所示。图中O 点时，Z 的体
积分数为0.9。下列说法正确的是
A．该反应的△H 大于0
B．p2=1.0 MPa
C．M、N、O 三点中，M 点反应速率最快
D．O 点对应温度下，该反应的平衡常数Kp=9 000(MPa)-3
【答案】D
【解析】A．根据图像可知：该反应在升高温度时生成物Z 的体积分数减小，说明升高温度，化学平衡逆
向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，故△H＜0，A 错误；
B．根据反应方程式可知：该反应正反应为气体分子数减少的反应，在温度不变时，压强增大，Z 的体积
9
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分数增大。根据图像可知Z 的体积分数：p1＜p2＜p3＜p4，故压强：p1＜p2＜p3＜p4，结合题目给出的压强
数值，可知：压强p2应该为0.50 MPa，B 错误；
C．反应速率受温度和压强等因素影响。在其他条件不变时，升高温度，反应速率加快；在其它条件不变
时，增大压强，化学反应速率加快。根据图像可以看出：在M、N、O 三点中，反应温度：O＞N＞M；反
应压强：O＞M＞N。可见O 点温度最高，压强最大，因此O 点的化学反应速率更快，C 错误；
D．根据图像可知：在O 点时生成物Z 的体积分数0.9，其所在的气体总压P=1.0 MPa，分压p(Z)=0.9×1.0
MPa=0.9 MPa，p(Y)=0.1×1.0 MPa=0.1 MPa，则该条件下该反应的压强平衡常数为Kp=
，D 正确；
故合理选项是D。
12．
【生命活动与学科知识结合】(2025·江苏省宿迁市高三模拟)肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O2
结合生成MbO2，其反应原理可表示为Mb(aq)＋O2(g)
MbO2(aq)，该反应的平衡常数可表示为K＝。在
37 ℃条件下达到平衡时，测得肌红蛋白的结合度(α)与p(O2)的关系如图所示[α＝×100%]。研究表明正反应
速率v 正＝k 正·c(Mb)·p(O2)，逆反应速率v 逆＝k 逆·c(MbO2)(其中k 正和k 逆分别表示正反应和逆反应的速率常
数)。
（1）试写出平衡常数K 与速率常数k 正、k 逆之间的关系式为K＝________(用含有k 正、k 逆的式子表示)。
（2）试求出图中c 点时，上述反应的平衡常数K＝________ kPa－1。已知k 逆＝60 s－1，则速率常数k 正＝
________s－1·kPa－1。
【答案】（1） （2）2 120
【解析】（1）可逆反应达到平衡状态时，v 正＝v 逆，所以k 正·c(Mb)·p(O2)＝k 逆·c(MbO2)，＝，而平衡常数
K＝＝。（2）c 点时，p(O2)＝4.50 kPa，肌红蛋白的结合度α＝90%，代入平衡常数表达式中可得K＝＝
kPa－1＝2 kPa－1；K＝，则k 正＝K·k 逆＝2 kPa－1×60 s－1＝120 s－1·kPa－1。
13．(5-26 高三上·安徽·开学考试)一定温度下小分子烯烃之间存在如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在压强为
的恒压密闭容器中，通入一定量的
，反应达到平衡时，三种组分的物质的量分数x 随
温度
的变化关系如图所示(
是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。下列说
法错误的是
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A．曲线a 表示
的物质的量分数随温度变化情况
B．700K 时反应
的
C．700K 之前升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ
D．加入催化剂可使曲线b 和c 的交点位置向上平移
【答案】D
【解析】由题意可知，反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，
增多，
减少；反应Ⅱ为
吸热反应，温度升高，平衡正向移动，
减少，
增多，故曲线中b 为
，c 为
，然后a 为
；且可从
的曲线变化看出，700K 之前以反应I 为主，700K 之后以反应Ⅱ为主；
A．由分析可知曲线a 表示的是
，A 正确；
B．700K 时，a 的x=0.6（C3H6），b 和c 交于x=0.2（C4H8和C2H4）。反应Ⅲ：
，气体分
压等于物质的量分数乘压强，所以p(C4H8)=0.2p，p(C2H4)=0.2p，
，
B 正确；
C．700K 前，C4H8（b）的x 大于C2H4（c），说明升温对放热反应Ⅰ的逆向影响（C4H8减少）大于对吸热
反应Ⅱ的正向影响（C2H4增加），C 正确；
D．催化剂不影响平衡，曲线b 和c 的交点位置（平衡组成）不变，D 错误；
故答案选D。
14．现模拟HCl 催化氧化制
，发生反应：
。在密闭容器中，充入一定量HCl 和
发生反应，HCl 平衡转化率与X 和L 的变化关系如
图1 所示，其中L(
、
、
)、X 可分别代表压强或温度。恒温恒容时，HCl 平衡转化率与进料比
的变化关系如图2 所示。下列说法错误的是
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A．L 代表温度，且
B．点a、b、c 的正反应速率大小关系：
C．若图2 中HCl 的初始浓度为
，则M 点的平衡常数K 为
D．在实际生产中，若进料比
太小，会增加
和
的分离成本
【答案】B
【解析】该反应为气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，HCl 平衡转化率增大，升高温
度，平衡逆向移动，HCl 平衡转化率减小，所以X 代表压强，L 代表温度。
A．根据分析可知，L 代表温度，升高温度，平衡逆向移动，HCl 平衡转化率减小，所以
，A
正确；
B．点a、b、c 位于同一曲线上，表示温度相同，压强越大，体系内气体浓度越大，反应速率越大，则速
率：
，B 错误；
C．若HCl 的初始浓度为
，图中M 点，
，O2的初始浓度为
，HCl 转化率为
76％，列三段式：
平衡常数：
，C 正确；
D．在实际生产中，若进料比
太小，氧气过量，不利于
和
的分离，D 正确；
答案选B。
15．工业合成氨反应为：
。以铁为催化剂时，该反应的速率方程可表示
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为
，
(
、分别为正、逆反应的速率常数，大小
只与温度有关。压强的单位为MPa)。
与
的关系如图所示，下列叙述错误的是
A．要提高单位时间内NH3的产率，可研发在低温区的高效催化剂
B．线②代表
C．增大压强，
均增大
D．温度为
条件下，以物质分压表示的平衡常数
【答案】B
【解析】A．合成氨反应的
、
。 易在低温下自发进行，故要提高单位时间内NH3的产率，
可研发在低温区的高效催化剂，故A 正确；
B．该反应为放热反应，增大
，即降低温度，正、逆反应速率减小，
、
均减小(即
、
也
减小)，平衡正向移动，则
>
，所以线③代表
，线④代表
，故B 错误；
C．增大压强，各物质的浓度均增大，
、
均增大，故C 正确；
D．温度为
(即横坐标为一)条件下，当反应达到平衡状态时，
，即
，整理可得
，
，
，即
，则
10(Mpa)-2， 故D 正确；
16．（2025 高三上·安徽·开学考试）二甲醚(DME)作为一种新兴的基本有机化工原料，在制药、燃料、农
药等化学工业中有许多独特的用途，还是未来制取低碳烯烃的主要原料之一、回答下列问题。
（1）已知反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
则
。
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（2）在2 L 密闭容器中充入
和
发生上述Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个反应，测得平衡时含碳物
质的物质的量分数、
的转化率与温度的关系如图。
600K
①
后，CO(g)的物质的量分数增大的原因可能是 。
660K
②
达平衡时，H2O(g)的体积分数为 ；反应Ⅰ的K= 。
（3）CO 与二甲醚可发生反应：
△H。反应中二甲醚的平衡
转化率与温度和压强的关系见下图：
0(“>”、“<”或“=”)
、、由大到小的关系为 。
【答案】（1）-122.54
（2）600K 后，反应Ⅲ的△H3＞0，升温平衡正移；反应Ⅰ的△H1＜0，升温平衡逆移，CO2的物质的量分
数增大，促使反应Ⅲ平衡正移，均会使CO 的物质的量分数增大 40% 12.5
（3）＜ c＞b＞a
【解析】（1）已知反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
则根据盖斯定律，将反应Ⅰ×2+反应Ⅱ，整理可得
△H=-122.54
kJ/mol；
（2）①600K 后，反应Ⅲ的△H3＞0，升温平衡正移；反应Ⅰ的△H1＜0，升温平衡逆移，使CO2的物质的
量分数增大，促使反应Ⅲ平衡正移，二者都会使CO 的物质的量分数增大；
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②根据图示可知：在660K 反应达平衡时，CH3OH(g)、CO(g)和CH3OCH3(g)的体积分数分别为5%、5%、
10%，假设n(CH3OH )=n(CO)=x mol，n(CH3OCH3)=2x mol，根据反应Ⅱ可知，生成n(CH3OCH3)=2x mol
时，消耗的n(CH3OH)=4x mol，则反应Ⅰ消耗的n(CO2)=5x mol，反应Ⅲ消耗的n(CO2)=x mol，此时CO2的
转化率为60%，则反应共消耗CO2的物质的量为△n(CO2)总=5x mol+x mol=6x mol，6x mol=1 mol×60%，解
得x=0.1 mol。平衡时，n(CO2)=0.4 mol，n(CH3OH )=n(CO)=0.1 mol，n(CH3OCH3)=0.2 mol，n(H2O)=0.5
mol+0.2 mol+0.1 mol=0.8 mol，n(H2)=2 mol-(3×0.5 mol+0.1 mol)=0.4 mol，n(总)=0.4 mol +0.1 mol+0.1
mol+0.2 mol+0.8 mol+0.4 mol=2 mol，则600K 平衡时，H2O(g)的体积分数为
；
对于反应Ⅰ的
其化学平衡常数K=
；
（3）根据图像可知：在其它条件不变时，升高温度，二甲醚的转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆
向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，△H＜0；
根据反应的方程式可知：该反应的正反应是气体物质的量减小的反应。在其它条件不变时，增大压强，化
学平衡正向移动，导致二甲醚的转化率增大。根据图像可知：在温度不变时，二甲醚的转化率：c＞b＞
a，故气体压强：c＞b＞a；
17．（2025·安徽滁州·二模）1，3-丁二烯(
，简称丁二烯)是生产橡胶的一种重要原料，其制备方法不
断创新。
1-丁烯(
)催化脱氢法是工业生产丁二烯的方法之一。
（1）25℃时，相关物质的燃烧热数据如下表：
物质
燃烧热
已知：
，则
。
（2）将一定量的1-丁烯在密闭容器中进行上述反应，测得不同温度下1-丁烯的平衡转化率与体系压强的
关系如图所示。
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①图中温度
由高到低的顺序为 。
②已知
的标准平衡常数
，
其中
，则
温度下，该反应的
(保留2 位有效数字)。
【答案】（1）
（2）
0.099
【解析】（1）燃烧热是在101 kPa 时，1 mol 纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；由表：
①C4H8(g)+6O2(g)⇌4CO2(g)+4H2O (l)ΔH1=-2718kJ⋅mol
-1
②C4H6(g)+11
2
O2(g)⇌4CO2(g)+3H2O (l)ΔH2=akJ⋅mol
-1
③H2(g)+1
2 O2(g)⇌H2O (l)ΔH3=-286kJ⋅mol
-1
由盖斯定律，得反应
，则a=-2542。
（2）①反应为吸热反应，相同条件下，升高温度，平衡正向移动，1-丁烯的平衡转化率升高，则图中温
度T 由高到低的顺序为
。
②由图，
温度下，平衡时压强为0.1MPa，1-丁烯的平衡转化率为30%，假设1-丁烯投料为1mol，
K
θ=[
p(C4 H6)
p
θ
][
p(H2)
p
θ ]
[
p(C4 H8)
p
θ
]
=[
0.3
1.3 ×0.1Mpa
0.1Mpa
][
0.3
1.3 ×0.1Mpa
0.1Mpa
]
[
0.7
1.3 ×0.1Mpa
0.1Mpa
]
=9
91 ≈0.099。
18．（2025·安徽·华师联盟）在“双碳”目标的大背景下，积极开展二氧化碳资源化利用的研究显得尤为
重要。二氧化碳加氢制甲醇是二氧化碳资源化利用的重要途径，相关反应的热化学方程式如下：
反应1：3H2(g)+CO2(g)
CH
⇌
3OH(g)+H2O(g)
H
△
1=-49.0 kJ·mol-1
反应2：H2(g)+CO2(g)
CO(g)+H
⇌
2O(g)
H
△
2=+41.2 kJ·mol-1
反应3：2H2(g)+CO(g)
CH
⇌
3OH(g) H
△
3
回答下列问题：
（1）反应3 的△H3= kJ·mol-1。已知反应1、反应3 的平衡常数分别为K1、K3，则反应2 的平衡常
数K2= (用含K1、K3的式子表示)。
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（2）反应3 的△S 0(填“>”“＜”或“=”)。从反应条件入手，能提高反应3 CH3OH(g)平衡体积分
数的措施是 (写出一种)。
（3）以投料比n(H2) ：n(CO2)=3 ：1 进行投料，在恒温恒容的容器中只发生反应1.下列说法正确的是
_______(填标号)。
A．在反应达到平衡时，向该恒温恒容容器内再充入一定量进料比n(H2) ：n(CO2)=3 ：1 的H2和CO2的混
合气体，再次达到平衡时，CH3OH 的体积分数不变
B．在反应达到平衡时，向该恒温恒容容器内充入一定量的氩气，平衡不移动
C．单位时间内消耗0.1 mol CO2同时生成0.1 mol CH3OH，则反应达到平衡状态
D．在反应达到平衡时，向容器内再充入一定量的H2，再次达到平衡时，H2的转化率降低
（4）在二氧化碳制甲醇的反应中，保持催化剂的活性非常重要，科学家目前在此方向持续开展研究。
In2O3(氧化铟)是其中的一种催化剂。天津大学的科研团队发现，往纯净的In2O3中掺杂一定量的Ni 有助于
保持催化剂的活性，可提高单位时间内CO2的转化率。
①图1，纵坐标为二氧化碳的转化率，将掺杂0%、2.5%、10%Ni 的In2O3催化剂依次编号为1、2、3，当
温度在260～340℃之间时，催化剂1、2、3 的催化能力由强到弱的顺序为 。
Ni
②
的掺杂量并不是越多越好，为了探究其原因，科研团队对催化剂进行了热重分析，绘制出图2 所示的
TG 曲线，TG 曲线以当前催化剂质量占初始催化剂质量的比例作纵坐标，以温度作横坐标。在260℃左
右，掺杂2.5%Ni 的In2O3催化剂的催化效果突然明显优于掺杂10%Ni 的In2O3催化剂，并且在260℃以后
的一定温度范围内优势持续扩大，原因是 。
（5）我国科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。在反应器中按投料比n(H2) ：n(CO2)=3 ：
1 进行投料，分别在0.1 MPa 和1 MPa 下进行反应(反应1 和反应2)。实验中温度对平衡组成中的CO 和
CH3OH 的影响如图3 所示。
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1 MPa
①
时，表示CH3OH 和CO 的平衡组成随温度变化关系的曲线分别是 、 。M 点平衡组
成含量高于N 点，原因是 。
②当CO 和CH3OH 的平衡物质的量分数都为0.1 时，该温度下反应2 的压强平衡常数Kp= (保留1
位小数)。
【答案】（1）-90.2
（2）< 增大压强或降低温度
（3）BD
（4）2>3>1 相对于掺杂2.5%Ni 的In2O3催化剂来说，掺杂10%Ni 的In2O3催化剂在260℃左右出现了
一个较大的失重台阶，且在260℃以后的一定温度范围内，掺杂10%Ni 的In2O3催化剂的失重进一步扩大
（5）a d M 点压强小于N 点，温度相同时，减小压强，反应1 逆向移动，二氧化碳、氢气物质
的量增多，水的物质的量减少，反应2 正向移动，CO 物质的量增多 0.4
【解析】（1）①：3H2(g)+CO2(g)
CH
⇌
3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.0 kJ·mol-1
②：H2(g)+CO2(g)
CO(g)+H
⇌
2O(g)ΔH2=+41.2 kJ·mol-1
根据盖斯定律①-②得2H2(g)+CO(g)
CH
⇌
3OH(g) ΔH3=-49.0 kJ·mol-1－41.2 kJ·mol-1=-90.2 kJ·mol-1；反应1
减去反应2 得反应3，则
，反应2 的平衡常数K2=
。
（2）反应3 气体物质的量减少，ΔS<0；反应3 正反应放热，降低温度，平衡正向移动，CH3OH(g)平衡体
积分数增大；反应3 正反应气体分子数减少，增大压强，平衡正向移动，CH3OH(g)平衡体积分数增大。
（3）A．在反应达到平衡时，向该恒温恒容容器内再充入一定量进料比n(H2) ：n(CO2)=3 ：1 的H2和
CO2的混合气体，再次达到平衡时，相当于增大压强，CH3OH 的体积分数增大，故A 错误；
B．在反应达到平衡时，向该恒温恒容容器内充入一定量的氩气，反应物浓度不变，平衡不移动，故B 正
确；
C．单位时间内消耗0.1 mol CO2同时生成0.1 mol CH3OH，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定
达到平衡状态，故C 错误；
D．在反应达到平衡时，向容器内再充入一定量的H2，平衡正向移动，再次达到平衡时，H2的转化率降
低、二氧化碳的转化率增大，故D 正确；
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选BD。
（4）①纯净的In2O3中掺杂一定量的Ni 有助于保持催化剂的活性，不加Ni 的催化能力最低，反应最慢，
即催化剂1 反应最慢；适量掺杂Ni 催化效果更好，所以掺杂2.5%Ni 的In2O3催化剂效果最好，速率最
快，所以催化剂1、2、3 的催化能力由强到弱的顺序为2>3>1。
②由TG 曲线可知，相对于掺杂2.5%Ni 的In2O3催化剂来说，掺杂10%Ni 的In2O3催化剂在260℃左右出现
了一个较大的失重台阶，且在260℃以后的一定温度范围内，掺杂10%Ni 的In2O3催化剂的失重进一步扩
大，所以在260℃左右，掺杂2.5%Ni 的In2O3催化剂的催化效果突然明显优于掺杂10%Ni 的In2O3催化
剂，并且在260℃以后的一定温度范围内优势持续扩大。
（5）①升高温度，反应1 逆向移动，甲醇的物质的量降低；升高温度，反应2 正向移动，CO 的体积分数
增大，所以a、b 表示甲醇的体积分数，c、d 表示CO 的体积分数；增大压强，反应1 正向移动，甲醇的
体积分数增大，所以a 表示1 MPa 时甲醇的体积分数、b 表示0.1 MPa 时甲醇的体积分数；增大压强由于
反应1 正向移动，二氧化碳、氢气减少、水的量增多，所以反应2 逆向移动，所以d 表示1 MPa 时CO 的
体积分数，c 表示0.1 MPa 时CO 的体积分数。
M 点压强小于N 点，温度相同时，减小压强，反应1 逆向移动，二氧化碳、氢气物质的量增多，水的物质
的量减少，反应2 正向移动，CO 物质的量增多，所以M 点平衡组成含量高于N 点。
②按投料比n(H2) ：n(CO2)=3 ：1 进行投料，设氢气的投料为3mol、CO2的投料为1mol，当CO 和
CH3OH 的平衡物质的量分数都为0.1 时，设甲醇和一氧化碳的物质的量均为xmol；
平衡时n(CO2)=1-2x、n(H2)=3-4x、n(CH3OH)=x、n(CO)=x、n(H2O)=2x，气体总物质的量为4-2x，
，x=
，反应2 是气体物质的量不变的反应，可以用物质的量计算平衡常数Kp=
。
19．（2025·安徽·二模）“双碳战略”有助于我国实现高质量的发展。回答下列问题：
Ⅰ．利用光催化将二氧化碳转化为甲醇，从而实现对光能的存储和利用，反应原理为
。
（1）既能提高
平衡产率同时又能提高反应速率的措施是 （填标号）。
A．加入催化剂 B．降低温度 C．升高温度
D．缩小容积 E．扩大容积
（2）已知：
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常温常压下，
和
生成
和
的热化学方程式为 。
（3）
的正反应速率
，逆反应速率
，其中
在一定温度下为常数。如图中代表
的曲线为 （填“
”“
”“
”或“
”）；若该反应在温度为
时的化学平衡常数
，则
（填“
”“
”或“
”）。
Ⅱ．在“双碳战略”中，氢能起到重要作用。
乙醇与水催化重整制氢发生以下反应：
反应a：
反应b：
（4）反应a 的机理如下，“*”表示催化剂表面的活性中心，请补充基元反应ⅲ。
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ. 。
ⅳ.
（5）在500℃、
条件下，向体积为
的恒容密闭容器中通入
和
，
发生反应a 和反应b，平衡时
和CO 的选择性及
的产率随温度的变化如图所示[
的选择性
]。
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①升高温度，平衡时CO 的选择性 （填“增大”或“减小”）。500℃达到平衡时，容器中
为
，
为
，此时
mol，反应b 的平衡常数
（用含
的代数式表示）。
②图中曲线②随温度变化的原因是 。
【答案】（1）D
（2）
（3）
>
（4）
（5）增大 1
曲线②代表
的产率。反应a 和反应b 随着温度的升高，化学平
衡均正向移动。温度低于曲线②最高点对应的温度时，随着温度的升高，反应体系以反应a 为主；温度高
于曲线②最高点对应的温度时，随着温度的升高，反应体系以反应b 为主
【解析】（1）A．加入催化剂，催化剂同等程度加快正、逆反应速率，不改变平衡，不能提高CH3OH 平
衡产率，A 错误；
B．降低温度，反应速率减小，B 错误；
C．正反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，CH3OH 平衡产率减小，C 错误；
D．正反应为气体体积减小的反应，缩小容积，压强增大，化学反应速率加快，平衡正向移动，CH3OH 平
衡产率增大，D 正确；
E．扩大容积，压强减小，化学反应速率减慢，E 错误；
故选D；
（2）CO2和H2生成CH3OH(l)和H2O(l)反应可以看成反应
减去反应
后，再减去
得到，根据盖斯定律计算反应热，ΔH=-48.9 kJ/mol-(+44.0
kJ/mol)-(+35.2 kJ/mol)=-128.1 kJ/mol，则热化学反应方程式为
；
（3）当反应到达平衡时，v 正=v 逆，
，正反应为放热反应，温度升高，反应速
率加快，k 正、k 逆均增大，平衡逆向移动，K 减小，k 逆增大的倍数大于k 正，则代表
的曲线为L1；温度
为
时的化学平衡常数
，由图可知，温度T1时平衡常数为K=1，
；
（4）对比反应a 及反应ⅰ、ⅱ、ⅳ知，反应ⅲ为
；
（5）已知反应a 和反应b 均为吸热反应，故升高温度，平衡均正向移动，反应b 正向移动直接生成CO，
且温度升高对反应b（生成CO）的促进作用更显著，故CO 选择性增大；根据C 原子守恒，初始投入1
mol C2H5OH（含2 mol C），平衡时C2H5OH 为n1 mol（含2n1 mol C）、CO 为n2 mol（含n2 mol C）、
CO2为x mol（含x mol C），则2=2n1+n2+x，则x=2-2n1-n2，根据图示500℃时，CO 的选择性为50%，代
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入CO 的选择性式计算，化简后可得n1+n2=1；平衡时反应b 生成n2 mol H2O，消耗n2 mol CO2和n2 mol
H2，反应a 生成(n2+x) mol CO2，即2(1-n1) mol CO2，6(1-n1) mol H2，消耗(1-n1) mol C2H5OH 和3(1-n1) mol
H2O，已知n1+n2=1 故平衡时CO2的物质的量为(2-2n1-n2) mol=(1-n1) mol=n2 mol，H2的物质的量为(6-6n1-n2)
mol，CO 的物质的量为n2 mol，H2O 物质的量为(3n1+n2) mol，恒容容器中压强与物质的量成正比，则
；图中曲线②代表H2的产率，反应a 和反应b 随着温度
的升高，化学平衡均正向移动，温度低于曲线②最高点对应的温度时，随着温度的升高，反应体系以反应
a 为主，温度高于曲线②最高点对应的温度时，随着温度的升高，反应体系以反应b 为主。
20．（2025·安徽芜湖·二模）我国对CO2的综合利用采取了多种措施，以化学转化为主要手段，将CO2转
化为多种产品。
（1）CO2与H2在一定催化剂作用下，发生反应生成CH3COOH(g)和H2O(g)，表中数据是反应中相关物质
的标准摩尔生成焓(标准摩尔生成焓是指在298.15K、100kPa 由稳定态单质生成1mol 该物质时的焓变)。
物质
CO2(g)
H2(g)
CH3COOH(g)
H2O(g)
标准摩尔生成焓/
0
则反应
的
，该反应在 (填“高温”、“低温”
或“任意温度”)下能够自发进行。
（2）以CO2、H2为原料合成CH3OH 的主要反应如下：
I．
II．
不同条件下，固定体积的容器中按照
投料，同时发生反应I 和反应II，CO2的平衡转化
率如图甲所示。
①压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的主要原因是 。
②上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是 。
A．升高温度，反应I 逆向移动，所以v 正减小
B．向容器中通入N2，CO2的平衡转化率下降
C．选择合适的催化剂能提高CH3OH(g)选择性
D．温度不变时，若缩小容器体积，反应II 平衡不移动
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③在温度为T℃下，将1molCO2和3molH2充入容积为VL 的恒容密闭容器中，同时发生反应I 和反应II，
体系中各组分分压(各组分分压=总压×各组分物质的量分数)随时间的变化情况如图乙所示。图中缺少了一
种组分的分压变化，该组分是 (填化学式)。T℃时，反应I 的平衡常数Kp=
(用分压代替
浓度，计算结果保留两位有效数字)。
（3）一种以CO2和CH3OH 为原料，利用SnO2(mSnO2/CC)和CuO 纳米片(CuONS/CF)作催化电极，制备甲
酸(甲酸盐)的电化学装置的工作原理如图所示。
①图中直流电源a 为 极，电解过程中CH3OH 参与的电极反应式为 。
②当有1molH+通过质子交换膜时，装置中生成
和HCOOH 共计 mol。
【答案】（1）
低温
（2）反应I 正向放热，反应II 正向吸热，温度高于300℃之后，反应的转化率主要由反应II 决定 C
CO 0.59
（3）负
0.75
【解析】（1）根据标准摩尔生成焓的定义可知，
；由此可知该反应是
，且
，
所以该反应在低温下能够自发进行。
（2）①反应I 正向放热，反应II 正向吸热，压强为P1时，温度高于300℃后，CO2的平衡转化率随温度升
高而增大说明温度高于300℃之后，反应的转化率主要由反应II 决定。
②
A．升高温度，正、逆反应速率均加快，与平衡的移动方向无关，，所以A 错误；
B．容器的体积固定，向容器中通入N2，对反应体系中各物质的浓度没有影响，平衡不移动，故B 错误；
C．选择合适的催化剂，可提高目标反应的反应速率增大，能实现单位时间内转化率增大，故能提高
CH3OH(g)选择性，故C 正确；
D．温度不变时，若缩小容器体积，会使得平衡向气体体积增大的方向进行，即向反应I 的正向进行，从
而进一步影响反应II，使其向逆向进行，故D 错误。
故选C。
③根据图乙中曲线变化的趋势和斜率的大小，可以确定
的起始分压为1.5MPa，
的起始分压为
0.5MPa。根据阿伏加德罗定律的推论可知，恒容密闭的容器中，温度不变，气体压强之比等于物质的量之
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比，则a b=0.5 1.5
∶
∶
，若设a=0.5mol，b=1.5mol，平衡时
，
，则
，
，设平衡时CH3OH、CO、H2O 物质的量分别为x、y、z，再根据C、H、
O 原子个数守恒，可得可得
，
，
，则
x=0.2mol，y=0.1mol，z=0.3mol，则平衡时
，所以平衡时
，
，
，故图乙中缺少的组分为CO。则反应Ⅰ的
；
（3）①由图可知通
的一极得电子生成了甲酸根离子，为阴极，和电源的负极相连；通
失电子
生成甲酸的一极做阳极，和电源的正极相连。所以图中直流电源a 为负极，电解过程中CH3OH 参与的电
极反应式为：
。
②当有1molH+通过质子交换膜时，电路中转移1mol 电子，根据两极反应
和
可知装置中生成0.5mol
和0.25molHCOOH 共计0.75mol。
1．（25-26 高三上·安徽·开学考试）向2L 的恒容密闭容器中充入
，发生反应①
和②
：
测得NO 和
的物质的量变化如图所示，
内维持容器温度为
后升高温度并维持容器
温度为
。下列说法正确的是
A．
内的平均反应速率(NO2)=0.3mol/(L·min)
B．5min 时反应达到平衡，反应停止
C．反应②
在低温下能自发进行
D．
时反应②的化学平衡常数
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【答案】C
【解析】A．0~5min 内，NO2的消耗需考虑反应①和②，由图像可知，5min 时NO 为1.0mol、N2O4为
1.8mol，由反应①可知，消耗的NO2的物质的量为1mol，由反应②可知，消耗的NO2的物质的量为
3.6mol，则总消耗NO2的物质的量为4.6mol，Δc(NO2)=
，
，A 错误；
B．5min 时若物质的量不再变化，仅说明达到平衡状态，但平衡是动态平衡，正逆反应仍在进行，并未停
止，B 错误；
C．反应②为2NO2(g)
N
⇌
2O4(g)，正向气体分子数减少，ΔS<0；升温后N2O4物质的量减少，说明升温平衡
逆向移动，逆反应吸热，故正反应放热（ΔH<0），根据ΔG=ΔH-TΔS<0 的反应可自发进行知，该反应在
低温下能自发进行，C 正确；
D．T2℃时，平衡时NO 为1.2mol、N2O4为1.6mol，由N 守恒：n(NO2)=7.6mol-1.2mol-2×1.6mol=3.2mol，
c(NO2)=
，c(N2O4)=
，
，D 错误；
故选C。
2．25℃时，向
溶液中滴加
的氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至沉淀完
全溶解，得到深蓝色溶液。已知：该温度下
，反应
的
。下列说法正确的是（）
A．生成蓝色沉淀的离子方程式为
B．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液不发生变化
C．
D．
中存在离子键和配位键
【答案】C
【解析】A．离子方程式中氨水应写作
，不可以拆成
，故A 项错误；
B．加入乙醇会降低配合物溶解度，会析出沉淀，导致溶液发生变化，故B 项错误；
C．总反应方程式为：
总反应平衡常数：
，故C 项正确；
D．
中含配位键和共价键，无离子键，故D 项错误；
故选C。
3．（2025·陕西咸阳·二模）异山梨醇广泛应用于医药、食品、化妆品等领域。在温度为T、催化剂条件
下，山梨醇制备异山梨醇的过程及相关物质的浓度随时间变化的关系如图所示，山梨醇的初始浓度为
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，
后异山梨醇浓度不再变化。下列说法正确的是
A．曲线c 表示异山梨醇的浓度，该反应不存在副产物
B．该温度下的平衡常数：
C．
内，
D．加入催化剂对反应①②的平衡转化率均增大
【答案】C
【解析】A．
时，a 的浓度最大，a 为山梨醇，随着反应①的进行，山梨醇浓度减小，生成1，4-脱水山
梨醇，故b 为1，4-脱水山梨醇，c 为最终产物异山梨醇。
时山梨醇已反应完全，此时1，4-脱水山梨醇
与异山梨醇的浓度和不等于山梨醇的初始浓度，故该反应存在副产物，A 错误；
B．反应①平衡常数K1=c(1，4 脱水山梨醇
−
)
c(山梨醇)
，反应②平衡常数K2=c(异山梨醇)
c(1，4 脱水山梨醇
−
) ，则
K1
K2
=c(1,4 脱水山梨醇
−
)2
c(异山梨醇)·c(山梨醇) ，t3h 后所有物质的浓度都不再变化，山梨醇转化完全，即反应充分，
而1，4-脱水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行的程度小于反应①，即K2<K1，则K1
K2
>1，B 错误；
C．由图可知在0～th 内，异梨山醇的浓度变化量为 0.045mol·Kg
1
−，异山梨醇
平均反应速率=0.045mol·kg
1
−
th
=0.045
t
mol·kg
1
−·h
1
−，C 正确；
D．催化剂仅加快反应速率，不影响平衡移动，对反应①②的平衡转化率无影响，D 错误;
故选C。
4．煤化工等行业废气普遍含有硫化氢，需回收处理并加以利用。在
，向体积恒定的密闭容器中充入
和
，发生反应
①
②
③
26
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含硫元素占比[如
的含硫元素占比
与时间的关系如图所示。
已知：反应①快速平衡。下列说法不正确的是
A．图中曲线c 表示
的含硫元素占比与时间的变化关系
B．若反应开始时增大反应物的浓度，则M 点将移向N 点
C．若
时达到平衡，则平衡时生成
的物质的量为
D．反应①的平衡常数
【答案】C
【解析】随反应进行，H2S 的物质的量减少，因此曲线a 表示H2S 的含硫占比与时间的变化关系曲线；反
应①快速平衡，S2的含硫占比快速达到最大值，因此曲线b 表示
的含硫元素占比与时间的变化关系曲
线；曲线c 含硫占比随时间上升，因此曲线c 表示SO2的含硫占比与时间的变化关系曲线。
A．根据分析，图中曲线c 表示
的含硫元素占比与时间的变化关系，A 正确；
B．增大反应物浓度，反应速率加快，由于达到平衡时间缩短，反应③消耗的S2的量减少，则M 点会向N
点移动，B 正确；
C．若40min 时达到平衡，H2S%=4%，根据元素守恒n(H2S)=0.04mol，则反应的H2S 为0.96mol，此时生成
的水的n(H2O)=(0.9+0.06)mol=0.96mol≠0.9mol，C 错误；
D．达到平衡时，SO2%=90%，根据元素守恒n(SO2)=0.9mol，S2%=1-90%-4%=6%，则n(S2)=
，n(H2O)= =0.96mol，n(H2S)=0.04mol，n(O2)=
，
则反应①的平衡常数
，D 正确；
故选C。
5．某化学兴趣小组探究
的反应是否会正向进行，连接图1 实验装置
进行探究。打开磁力搅拌器，打开软件，采集数据，按压内筒，使两粒子导体相接触。向外筒加入
1.2gNaCl 固体，采集数据见图2。下列说法不正确的是
已知：（1）
有氧化性，
有还原性，形成闭合回路后两极产生电压。
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（2）根据能斯特方程，
越大，电压示数大。
（3）
半径大，不能通过阳离子交换膜。
（4）
、
。
A．该反应的
，故该反应正向进行程度很小
B．微电压曲线先是上升趋势，说明该反应正向进行
C．微电压曲线后是下降趋势，说明该反应逆向进行
D．为了保证实验准确，实验过程中外筒需封闭
【答案】C
【解析】A．该反应的
，故正向进行的
程度很小，A 正确；
B．微电压曲线先是上升趋势，说明
增大，即加入NaCl 固体后，反应
正向进行，B 正确；
C．微电压曲线后是下降趋势，是因为内筒中
和外筒的
形成原电池，发生电极反应：
，导致
减小，微电压曲线下降，不能说明该反应逆向进行，C 错误；
D．
有还原性，直接和空气接触会被氧气氧化，影响微电压曲线的数据，对实验结果有影响，所以为了
保证实验准确，实验过程中外筒需封闭，D 正确；
故选C。
6．一定温度下，在2L 的恒容密闭容器中发生反应
。反应过程中的部分数据如下表
所示：
t/
min
n(A)/
mol
n(B)/
mol
n(C)/
mol
0
2.0
2.4
0
5
0.9
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10
1.6
15
1.6
下列说法正确的是
A．该反应在10min 后才达到平衡
B．物质B 的平衡转化率为20%
C．平衡状态时，c(C)=0.6 mol·L-1
D．该温度下的平衡常数为
【答案】C
【解析】A．在10min 时，A 的转化量为2.0 mol－1.6 mol=0.4mol，由方程式
可知
B 转化量为0.8 mol，10 min 时，n(B)=2.4 mol－0.8 mol=1.6 mol，15 min 时，n(B)仍为1.6 mol，故10 min
时已达平衡，可能是5~10min 内的某一时间达到平衡状态，故A 错误；
B．10 min 时已达平衡，A 物质转化0.4 mol，由方程式
可知B 的转化量为0.8
mol，则B 的平衡转化率为
=33.3%，故B 错误。
C．10 min 时已达平衡，A 物质转化0.4 mol，由方程式
可知生成C 物质为1.2
mol，c(C)=
=0.6 mol·L-1，故C 正确；
D．10 min 时已达平衡，A 物质转化0.4 mol，由方程式
可知C 的转化量为1.2
mol，平衡时n(C)=1.2mol，该温度下的平衡常数为
，故D 错误；
选C。
7．容积均为1L 的甲，乙两个恒容密闭容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器。相同温度下，分别充入
0.2mol 的
，发生反应：
，甲中
的相关量随时间变化如下图所示。
下列说法不正确的是
A．对于甲容器，温度不再变化时体系就达到了化学平衡状态
B．甲达平衡时，体系温度若为
，此温度下的平衡常数
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C．前3s，甲中
增大是由于温度升高对速率的影响大于浓度降低的影响
D．平衡时，平衡常数：
，容器中压强：
【答案】D
【解析】A．正反应为放热反应，且在绝热密闭容器，甲容器温度不再变化时体系就达到了化学平衡状
态，A 正确；
B．相同温度下，分别充入0.2mol 的NO2，发生反应：
H＜0，达到平衡状态时二
氧化氮浓度为0.02mol/L，结合三行计算列式计算得到平衡浓度计算平衡常数，
，平衡常数K 甲=
=225L/mol，B 正确；
C．甲为绝热容器，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大，0～3s 内，甲容器中NO2的反应速
率增大的原因是：0-3s 内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响，C 正确；
D．容积均为1L 的甲、乙两个容器，其中甲为绝热容器，乙为恒温容器，相同温度下，分别充入0.2mol
的NO2，发生反应：2NO2(g)
N2O4(g)
H＜0，甲容器中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数K 甲＜K
乙，容器中压强：
，D 错误；
故选D。
9.（2024·安徽合肥·模拟预测）CO2的资源化利用和转化技术的研究对实现碳达峰和碳中和有重要意义。
（1）在席夫碱(含“−RC=N−”有机物)修饰的纳米金催化剂上，CO2直接催化加氢生成甲酸。其反应历程
如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物质用*标注，TS 为过渡态。
该历程中起决速步骤的化学方程式是 。
（2）我国科学家以Si/Bi 材料作光电阴极。CO2饱和的0.5 mol ·L-1的KHCO3溶液作电解液(pH =7.4) ，将
CO2转化为HCOO－，原理如图所示。根据图示，写出光电阴极的电极反应式： 。
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（3）CO2与H2在催化剂作用下可转化为CH3OH，主要反应如下：
反应1：CO2(g) +3H2(g)
CH3OH(g) +H2O(g) ΔH1
反应2：CO2(g) +H2(g)
CO(g) +H2O(g) ΔH2
①已知：在一定温度下，由稳定态单质生成1mol 化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成
焓。下表为几种物质在298 K 的标准摩尔生成焓：
物质
CO2(g)
CH3OH(g)
H2O(g)
H2(g)
标准摩尔生成焓/(kJ ·mol
-1)
−393.51
−201.17
−241. 82
0
则ΔH1 = 。
②若起始按
=3 投料，测得CO2的平衡转化率(X - CO2)和CH3OH 的选择性(S – CH3OH)随温度、压
强的变化如图所示[已知：S –CH3OH =
i．p1 (填 “>”或“<”)p2。
ii．温度高于350°C 后，在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是 。
iii．250 °C 时反应2 的压强平衡常数Kp= ( 结果保留2 位有效数字)。
（4）一定条件下，CO2可形成干冰，干冰的晶胞模型如图所示。在干冰中，与一个CO2分子紧邻的分子
共有 个。若晶胞参数是a nm，干冰的密度为ρg· cm-3，则阿伏加德罗常数为 (用含
a 、ρ 的代数式表示)。
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【答案】（1）
+H*=
（2）CO2 +
+2e－=HCOO－+
（3）49.48 kJ /mol > 此时发生的反应以反应2 为主，压强改变对平衡几乎没有影响 0.0096
（4）12
mol-1
【解析】（1）由图中信息可知，纵坐标是反应时的相对能量，横坐标是反应历程，随着反应的变化，
CO2催化加氢的过程中会出现3 个过渡态，但是TS-2 是相对能量最高的，是起决速的一步，所以起决速步
骤的方程式为
；
（2）由该电解池的示意图中可知，H2O 转变为O2这一极为阳极，则图中左侧为阴极，CO2转变为HCOO
—，但在左侧电解质溶液是CO2饱和的0.5 mol ·L-1的KHCO3溶液，中间放的是离子交换膜，所以左侧阴极
反应式为
；
（3）△H1= —393.51kJ /mol—（—241.82kJ /mol—201.17kJ /mol）= 49.48kJ /mol
i
②由反应方程式CO2(g) +3H2(g)
CH
⇌
3OH(g) +H2O(g)可知，该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强
该反应向正反应方向移动，压强越大，平衡转化率越高，故P1＞P2；
ii 温度高于350°C 后，在压强p1和p2下，CO2的平衡转化率几乎交于一点的原因是此时发生的反应以反应
2 为主，压强改变对平衡几乎没有影响；iii 在250℃压强P1下，CO2的平衡转化率为20%，CH3OH 的平衡
转化率为50%，设H2、CO2的起始量分别为3mol 和1mol，则CO2反应0.2mol，反应1 消耗CO20.1mol，
则
平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO 的物质的量分别是0.8mol、2.6mol、0.1mol、0.2mol、0.1mol，混
合气体总物质的量为3.8mol，则反应2 的平衡常数为Kp=
，故答案为0.0096；
（4）在干冰中，与一个CO2分子紧邻的分子个数为
，该晶胞中CO2分子个数为
=4，
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晶体密度ρ=
，则NA=
=
；
10.（2025·安徽马鞍山·二模）我国力争2030 年前实现碳达峰，2060 年前实现碳中和。CO2 的综合利用是
实现碳中和的措施之一。
Ⅰ． CO2和CH4在催化剂表面可以合成CH3COOH，该反应的历程和相对能量的变化情况如下图所示(*指
微粒吸附在催化剂表面，H*指H 吸附在催化剂载体上的氧原子上，TS 表示过渡态)：
（1）决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为 。
（2）下列说法正确的有 。
a．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率
b． CH3COOH* 比CH3COOH(g)能量高
c．催化效果更好的是催化剂2
d．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率
Ⅱ． CO2和 H2在一定条件下也可以合成甲醇，该过程存在副反应ii。
反应i： CO2(g) + 3H2(g)
CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1 = -49.3 kJ·mol-1
反应ii： CO2(g) + H2(g
CO(g)+ H2O(g) ΔH2
（3）有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)为0，则ΔH2= kJ·mol-1
（4）恒温恒容条件下，仅发生反应ii，反应达到平衡的标志是 。
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a． CO 的分压不再发生变化
b．气体平均相对分子质量不再发生变化
c． 气体密度不再发生变化
d．
比值不再发生变化
（5）在5.0MPa，将n(CO2) ： n(H2)=5 ： 16 的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组
成比例(CO 和CH3OH 在含碳产物中物质的量百分数)及CO2的转化率随温度的变化如图所示。
①表示平衡时CH3OH 在含碳产物中物质的量百分数的曲线是 (填“a”或“b”)。
CO
②
2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是 。
250℃
③
时反应i： CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)的 Kp= (MPa)-2(用最简分数表示)。
【答案】（1）CH3* + CO2*= CH3COO*或CH3*+ H* + CO2*= CH3COO* +H* （2）ac （3）+41
（4）ad
（5）a 温度升高后，以副反应(或反应ii )为主，副反应(或反应ii )是一个吸热反应，升高温度平衡正
向移动(其他合理答案也可)
【解析】（1）从图中可以看出，第二个过渡态的活化能最大，则此步为控速步，其基元反应CH3* +
CO2*= CH3COO*或CH3*+ H* + CO2*= CH3COO* +H*。
（2）a．增大催化剂表面积，可提高CO2在催化剂表面的接触面积，从而提高二氧化碳在催化剂表面的吸
附速率，故正确；
b．从图中可以看出 CH3COOH* 比CH3COOH(g)能量要低得多，故错误；
c．从图中看出，催化剂2 参与的反应中，活化能都比催化剂1 参与的相同的反应活化能低，所以催化效
果更好的是催化剂2，故正确；
d．使用高活性催化剂能加快反应速率，但不能降低反应焓变，故错误。
故选ac。
（3）从图分析，有热化学方程式①
②
则根据盖斯定律分析，有②-①得热化学方程式
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CO2(g) + H2(g
CO(g)+ H2O(g) ΔH2=-242+283=+41 kJ·mol-1。
（4）恒温恒容条件下a． CO 的分压不再发生变化能说明反应到平衡，故正确；b．该反应前后气体总物
质的量的不变，故气体平均相对分子质量始终不变，故气体平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应
到平衡，故错误；c． 该反应在密闭容器中进行，容器的体积不变，反应体系全为气体，气体总质量不
变，故气体密度始终不变，故密度不再发生变化不能说明到平衡，故错误；d．
比值不再
发生变化说明该反应到平衡，故正确。故选ad。
（5）①反应i 为放热反应，反应ii 为吸热反应，升温反应i 逆向移动，反应ii 正向移动，故表示平衡时
CH3OH 在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a。
CO
②
2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是升温后反应以反应ii 为主，该反应为吸
热反应，升温正向移动，二氧化碳的转化率增大。
③根据将n(CO2) ： n(H2)=5 ： 16 假设，起始加入的二氧化碳为5mol，氢气为16mol，250℃时二氧化碳
的转化率为20%，即反应的二氧化碳的量为1mol，体系中一氧化碳和甲醇在含碳产物中的物质的量百分
数为50%，即各为0.5mol，
反应i：
，
，平衡时二氧化碳为5-1=4mol 氢气为16-1.5-
0.5=14mol，甲醇为0.5mol，水为0.5+0.5=1mol，一氧化碳为0.5mol，总物质的量为
4+14+0.5+1+0.5=20mol，CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)的 Kp=
。
11.（2025·新疆乌鲁木齐·一模）铁及其化合物在生产生活中有着重要作用。
（1）生铁是一种 材料（填“金属”或“无机非金属”）。红热铁丝与氯气反应生成 （填化
学式），该物质的水溶液可作为印刷电路板的“腐蚀液”，体现其 性（填“氧化性”或“还原
性”）。
（2）绿矾（
）是一种良好的絮凝剂。将绿矾溶于水后，加入适量NaOH 溶液，可观察到的
现象为 ，向反应后溶液中滴加适量
溶液，若 （填现象），则说明溶液中含有
。
（3）磁流体材料是电子材料的新秀。一定条件下，将
和
的溶液按一定的比例混合，再滴
入稍过量的NaOH 溶液，可得到分散质粒子直径在36~55nm 之间的黑色
磁流体。该分散系属于
，向其中加入稀硝酸，发生反应的离子方程式为 。
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（4）高炉炼铁过程中发生的主要反应为
，一定条件下，该反
应的平衡常数
，当反应达到平衡时
。
【答案】（1）金属
氧化性
（2）有白色沉淀生成，且白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 生成蓝色沉淀
（3）胶体
（4）1：4
【解析】（1）生铁为铁合金，是一种金属材料，红热铁丝与氯气反应生成氯化铁
，该物质的水溶液
可作为印刷电路板的“腐蚀液”，反应为铁离子和铜反应生成亚铁离子和铜离子，体现其氧化性；
（2）绿矾溶于水后，加入适量NaOH 溶液，反应生成氢氧化亚铁沉淀，然后迅速被空气中氧气氧化为氢
氧化铁沉淀，可观察到的现象为有白色沉淀生成，且白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；亚铁离
子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，向反应后溶液中滴加适量
溶液，若生成蓝色沉淀，
则说明溶液中含有
。
（3）胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系，则该分散系属于胶体，向其中加入稀硝酸，发生
反应为四氧化三铁和硝酸生成硝酸铁和NO、水，反应的离子方程式为
。
（4）一定条件下，该反应的平衡常数K=c
3(CO2)
c
3(CO) =64，反应达到平衡时c(CO2)
c(CO) =4，故
1：4。
1．（2025·全国卷）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下
列问题：
（1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为
、
和
，则酯化反应
的
。
（2）酯化反应中的3 种有机物的沸点从高到低的顺序为 原因是 。
（3）在常压和
时，初始组成
、
作催化剂的条件下进行反
应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。
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平衡时乙酸的转化率
，平衡常数
(保留2 位有效数字)。已知酯化反应的速率方程
为
，其中
，则
(保留2 位有效数字)。
（4）研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是 。若要提高乙酸
乙酯的产率，可以采用的方法是 (举1 例)。
【答案】（1）
（2）
乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比
乙醇的更强
（3）30 3.9
（4）
很小，温度对平衡影响小，液相反应，压强对平衡影响小 及时移出产物
【解析】（1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为
、
和
，
①
②
③
根据盖斯定律①+
-
②③得
。
（2）乙酸、乙醇都能形成分子间氢键，乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强，
所以沸点从高到低的顺序为
。
（3）初始组成
。乙醇的初始浓度3.3mol/L、乙酸的初始浓度为9.9mol/L，
平衡时乙醇的浓度减小3.3-0.33=2.97mol/L，则乙酸的浓度降低2.97mol/L，乙酸的转化率
；平衡时乙醇的浓度为0.33mol/L、乙酸的浓度为9.9-2.97=6.93mol/L、乙酸乙酯
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的浓度为2.97mol/L、水的浓度为2.97mol/L，则平衡常数
；
。
（4）液相反应，压强对平衡影响小，
很小，温度对平衡影响小，所以难以通过改变反应温度或压强
来提高乙酸乙酯平衡产率。及时移出产物，平衡正向移动，可以提高乙酸乙酯的产率。
2．（2025·河北卷）乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路线合成。
（1）石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成乙
二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。
主反应：
副反应：
体系中环氧乙烷初始浓度为
，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中
。
0~30min
①
内，
。
②下列说法正确的是 (填序号)。
a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量
b．0~30min 内，
c．0~30min 内，
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
（2）煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如
下：
。按化学计量比进料，固定平衡转化率
，探究温度与压
强的关系。
分别为0.4、0.5 和0.6 时，温度与压强的关系如图：
①代表
的曲线为 (填“
”“
”或“
”)；原因是 。
②
0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应
，
，x 为组分的物质的量分数。M、N 两
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点对应的体系，
(填“>”“<”或“=”)，D 点对应体系的
的值为 。
④已知：反应
，
，p 为组分的分压。调整进料比为
，系统压强维持
，使
，此时
(用含有m 和
的代数式表示)。
【答案】（1）
cd
（2）
该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大
< = 12
【解析】（1）①0~30min 内，环氧乙烷完全转化，
；
a
②．
，主反应中，
，则生成物总能量低于反应物总能量，a 错
误；
b．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG 作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG 浓
度的变化量小于EO 浓度的变化量，0~30min 内，
，b 错误；
c．主反应中，
，副反应
，同一反应体系中物质一量变化量之比等
于浓度变化量之比，产物中
，即
，
，反应时间相同，则
，
，则
，c 正确；
d．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d 正确；
故选cd；
（2）①
该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压
强，平衡正向移动，平衡转化率增大，
，故
、
、
对应α 为0.6、0.5、0.4；
②由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反
应，
<0；
M
③
、N 的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则
=
；D 点
对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO 和3molH2，列
39
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三段式：
，平衡时，
、
、
的物质的量分数分别为
，
；
④设起始加入mmolCO 和3molH2，此时
，列三段式：
，平衡时，气体总的物质的量为mmol，
、
、
平衡分压分别
，
。
3．（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
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
。
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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)。
（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
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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”。
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。
4．（2024·吉林卷）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)。
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回答下列问题：
（1）
0(填“>”或“<”)；
℃。
（2）结合以下信息，可知
的燃烧热
。
（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）-285.8 （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=-285.8
（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；
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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；
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。
5．（2025·湖南卷）在温和条件下，将
转化为
烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可
将
高选择性合成
，该流程示意图如下：
回答下列问题：
（1）电解池中电极M 与电源的 极相连。
（2）
放电生成
的电极反应式为 。
（3）在反应器中，发生如下反应：
反应i：
反应ii：
计算反应
的
，该反应 (填标号)。
A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发
（4）一定温度下，
和
(体积比为
)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强
为
)发生反应i 和ii．有
存在时，反应ii 的反应进程如图1 所示。随着x 的增加，
的转化率
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和产物的选择性(选择性
)如图2 所示。
根据图1，写出生成
的决速步反应式 ；
的选择性大于
的原因是 。
②结合图2，当
时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x 的增大，
的转化率减小的原因是 ；当
时，该温度下反应ii 的
(保留两位小
数)。
【答案】（1）正 （2）
（3）﹣126 B
（4）
由
生成
时，活化能较大，反应速率慢 随着x 的增大，CO
的分压增大，对于反应i 和反应ii 相当于减压，反应i 和反应ii 平衡均逆向移动，所以
的转化率减小
0.16
【解析】（1）由图可知，N 电极上CO 转化为C2H4，C 元素化合价下降，发生还原反应，N 为阴极，则
M 为阳极，与电源正极相连；
（2）CO 发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：
；
（3）根据盖斯定律，反应ii－反应i 即可得到目标反应，则
，该反应是熵减的放热反应，则依据
反
应能自发进行，则低温下自发进行，选B；
（4）总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步
骤是决速步骤，反应式为
；由图可知，由
生成
时，活化能较大，反应速率
慢，所以
的选择性大于
；
当x≥2 时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO 的分压，相当于减压，反应i 和反应ii
平衡均逆向移动，所以
的转化率减小；
当x=2 时，
的转化率为90%，
的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：
1mol，则
、
、
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、
，气体总物质的量为
(2+0.72+0.18+0.2+0.28)mol=3.38mol，此时压强为
，
、
、
，反应ii 的Kp=
。
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