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第05 讲 化学反应速率与化学平衡图像
目录
01 课标达标练
题型01 速率—时间图像分析
题型02 速率—温度（压强）图像综合分析
题型03 单曲线图像变化分析
题型04 有关物理量变化趋势曲线分析
题型05 单反应多曲线变化图像分析
题型06 多反应多曲线变化图象分析
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 速率——时间图像分析
1．(2025·四川乐山·联考）向一恒容密闭容器中充入A、B、C 三种气体，在一定条件下发生反应，各物质
的物质的量浓度随时间的变化如图a 所示。若从t1时刻开始，每个时刻只改变一个且不重复的条件，物质
1
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C 的正，逆反应速率随时间变化如图b 所示。下列说法错误的是
A．该反应的化学方程式为3A
2B+C
B．若t1时改变的条件是加入催化剂，则t3时改变的条件是增大压强
C．t4时改变的条件可能是降低反应温度
D．10min 后保持容器体积恒定再加入一定量的A 气体，达到新的平衡后，A 的百分含量不变
【答案】C
【详解】A．0-10minA 减少0.09mol，B 增加0.06mol，C 增加0.03mol，A 没有完全反应，反应为3A
2B+C，故A 正确；B．A、B、C 为气体，据A 分析可知反应体积不变，因此t1、t3都有可能是加入催化剂
或者增大压强，每个时刻只改变一个且不重复的条件，故若t1时改变的条件是加入催化剂，则t3时改变的
条件是增大压强，故B 正确； C．如果降低温度正反应速率和逆反应速率都应该下降，故t4时改变的条件
不可能是降低反应温度，故C 错误；D．A、B、C 为气体，据A 分析可知反应体积不变，因此加入A 后和
原来仍是等效平衡，故A 的百分含量不变，故D 正确；故选C。
2．(2025·安徽省六安第一中学高三检测)对H2O2的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，实验测得
不同条件下H2O2浓度随时间变化如图所示。下列说法不正确的是
2
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A．图甲表明，可通过适当增大H2O2浓度，加快H2O2分解速率
B．图乙表明，可通过调节溶液的酸碱性，控制H2O2分解速率快慢
C．图丙表明，
少量存在时，碱性太强，不利于H2O2分解
D．图乙、图丙和图丁表明，Mn2+是H2O2分解的催化剂，提高Mn 的浓度就能增大H2O2分解速率
【答案】D
【解析】A 项，图甲中溶液的pH 相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得
出相同pH 条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，故A 正确；B 项，图乙中H2O2浓度相同，但
加入NaOH 浓度不同，说明溶液的pH 不同，NaOH 浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得
出：双氧水浓度相同时，pH 越大双氧水分解速率越快，故B 正确；C 项，图丙中少量Mn2+存在时，相同
时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH 溶液＞1.0mol/LNaOH 溶液＞0mol/LNaOH 溶液，由此得出：锰
离子作催化剂时受溶液pH 的影响，但与溶液的pH 值不成正比，碱性太强，不利于H2O2分解，故C 正
确；D 项，图丁中pH 相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，但图丙中锰离子作催
化剂时受溶液pH 的影响，碱性太强，不利于H2O2分解，故D 错误；故选D。
3．(2025·四川遂宁市高级中学·月考）T0温度下，向2L 真空密闭容器中加入N2O3固体，发生反应：N2O3(s)
NO2(g)＋X(g) (未配平)，反应过程如图，下列说法正确的是
3
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A．X 可能为N2
B．0~2 min 用N2O3表示的反应速率为1mol·min－1
C．第2min 时逆反应速率大于第4min 时逆反应速率
D．第4min 时，保持温度和容积不变，向容器中再加入N2O3，混合气体颜色加深
【答案】B
【解析】A 项，由图像可知，2min 时N2O3物质的量变化为2mol、NO2的物质的量变化为2mol，N2O3、
NO2系数比为1：1，根据元素守恒，X 为NO，故A 错误；B 项，0~2 min 内N2O3物质的量变化为2mol ，
所以0~2 min 用N2O3表示的反应速率为1mol·min－1，故B 正确；C 项，第2min 时NO2的浓度小于第4min
时NO2的浓度，所以第2min 时逆反应速率小于第4min 时逆反应速率，故C 错误；D 项，N2O3是固体，第
4min 时，保持温度和容积不变，向容器中再加入N2O3，平衡不移动，混合气体颜色不变，故D 错误；故
选B。
02 速率—温度（压强）图像综合分析
4．(2025·四川绵阳实验中学·月考)某恒容密闭容器中充入一定量SO2和O2进行反应： 2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g) ΔH<0，图甲表示反应速率(v)与温度(T) 的关系、图乙表示 T1 时，平衡体系中SO2的体积分数与压
强(p)的关系。下列说法正确的是
图甲
，图乙
A．图甲中，曲线1 表示正反应速率与温度的关系
B．图乙中，a、b 两点的反应速率：v(a)>v(b)
4
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C．图甲中，d 点时，混合气体的平均摩尔质量不再改变
D．图乙中，c 点的正、逆反应速率：v(逆) < v(正)
【答案】C
【解析】A 项，反应2SO2(g)+O2(g)
2SO
⇌
3(g)
H
△＜0，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，逆反应速率
大于正反应速率，则曲线1 表示逆反应速率与温度的关系，故A 错误；B 项，温度恒定时，a、b 两点对应
的压强是b 的大，压强越大，反应速率越快，a、b 两点对应的反应速率：va＜vb，故B 错误；C 项，d 点表
示温度为T0时，正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，故C 正
确；D 项，c 点时，二氧化硫的含量小于平衡时的含量，反应需要向生成二氧化硫的方向进行，即向逆反
应方向进行，所以v(逆)＞v(正)，故D 错误；故选C。
5．以CO2和H2为原料制造更高价值的化学产品是用来缓解温室效应的研究方向。向2 L 容器中充入1 mol
CO2和3 mol H2，发生反应CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g)，测得反应在不同温度和压强下，平衡
混合物中CH3OH 体积分数如图所示。下列说法错误的是
A．p1>p2
B．a 点CO2的转化率为75%
C．a、b、c 三点对应的化学反应速率v(a)<v(c)<v(b)
D．b→a 过程，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】在其他条件不变的情况下，增大压强，平衡正向移动，CH3OH 的体积分数增大，则p1>p2，A 正
确；设a 点CO2 的转化量为x mol，氢气的转化量为3x mol，甲醇的生成量为x mol，水的生成量为x
mol，则×100%＝30%，解得x＝0.75，则CO2的转化率为75%，B 正确；随着温度的升高，甲醇的体积分
数减小，平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，压强越大，反应速率越快，则v(a)<v(b)<v(c)，C 错
误；b→a 过程，是温度降低的过程，则平衡向正反应方向移动，D 正确。
6．(2025·四川攀枝花·模拟)用CO2和H2合成甲醇的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)
+H2O(g) ∆H，按相同的物质的量投料，测得CO2在不同温度下(T1< T2)的平衡转化率与压强的关系如下图
所示。下列说法正确的是
5
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A．该反应的ΔH>0
B．正反应速率：υ(a)>υ(c)
C．CH3OH 的体积分数：φ(b)<φ(a)
D．平衡常数：K(b)>K(c)
【答案】D
【解析】A. 由于温度：T1<T2，根据图象可知：升高温度，平衡时CO2(g)转化率降低，说明升高温度，化
学平衡逆向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为
放热反应，故该反应的ΔH<0，A 错误；B. c 点的温度、压强比b 点大。由于升高温度反应速率加快；增大
压强化学反应速率加快，所以正反应速率υ(a)<υ(c)，B 错误；C. a、b 两点反应温度相同，压强：b>a，在
温度不变时，增大压强化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，反应达到平衡后，由于气体总物质的
量减小，甲醇的物质的量增加，所以CH3OH 的体积分数：φ(b)>φ(a)，C 错误；D. 根据选项A 分析可知：
该反应的正反应为放热反应，ΔH<0，温度：T1<T2，升高温度，化学平衡向吸热的反应热方向移动，所以
化学平衡常数K(b)>K(c)，D 正确；故合理选项是D。
03 单曲线图像变化分析
7．（2024·湖北武汉·三月调考）在一体积为1L 的容器中加入CaCO3，发生反应CaCO3(s)
CaO(s)
+CO2(g)，且处于平衡状态，此时c(CO2)=0.1mol/L。保持温度和容器体积不变，在t1时刻充入0.1molCO2气
体，再次达到平衡，下列c(CO2)随时间变化的图像正确的是
A．
B．
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C．
D．
【答案】C
【解析】根据化学平衡常数K=c(CO2)=0.1mol/L 和温度不变平衡常数不变可知，向平衡体系中加入
0.1molCO2的瞬间CO2的浓度变为0.2mol/L，但上述平衡逆向移动，重新达到新的平衡，因为温度不变，
新平衡下CO2的浓度保持不变，仍然为0.1mol/L，只有C 图像符合；故选C。
8．(2025•“八省联考”陕西、山西、宁夏、青海卷)一定温度下，恒容密闭容器中，物质Z 发生反应Z(g)
X(g)＋2Y(g) ΔH＞0，一段时间后开始计时，测得各物质的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确
的是
A．曲线Ⅰ代表物质X，曲线Ⅲ代表物质Z
B．图中t1时刻的正反应速率大于t2时刻
C．若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D．0~40 min，用物质Y 表示的平均反应速率为0.3mmol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】结合反应方程式以及图中物质的浓度变化，减少的为反应物，增加的为生成物，生成物的浓度增
加量之比等于化学计量数之比，可知曲线Ⅲ代表反应物Z，曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅱ代表物质X。A
项，曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅲ代表反应物Z，故A 错误；B 项，t1时刻反应物的浓度大于t2时刻，浓度越
大反应速率越快，则t1时刻的正反应速率大于t2时刻，故B 正确；C 项，升高温度，正反应速率加快，逆
反应速率也加快，故C 错误；D 项，0~40min，用物质Z 表示的平均反应速率为v(Z)=
7
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，根据速率之比等于化学计量数之比可知物质Y 表示的平均反应速
率为v(Y)=2v(Z)=0.6m mol·L－1·min－1 ，故D 错误；故选B。
9．(2025·安徽省江准十校高三第二次联考)以物质的量之比为1: 2向恒压密闭容器中充入X、Y，发生反应
X(g)+Y(g)
2Z(g) ΔH，相同时间内测得Z 的产率和Z 在不同温度下的平衡产率随温度的变化关系如图
所示。下列说法正确的是
A．据图像分析，该反应是吸热反应
B．Q 点是最高点，Q 点为平衡状态
C．M、N 点反应物分子的有效碰撞几率不同
D．从M 点到P 点，可通过加入催化剂或分离产物Z 而达到平衡点
【答案】C
【解析】A 项，根据图像中Z 在不同温度下的平衡产率随温度的变化关系可知，随着温度升高，平衡产率
逐渐降低，说明升温平衡逆向移动，得到ΔH＜0，该反应是放热反应，A 错误；B 项，据图像可知，Q 点
Z 的产率小于平衡产率，未达到平衡，B 错误；C 项，M、N 点产率相同，但温度不同，所以反应物分子的
有效碰撞几率不同，C 正确；D 项，图中M 点未达到平衡是由于温度低导致速率低而反应时间不够，可通
过加入催化剂或延长时间使其达到平衡，但分离Z 会使反应速率降低，达不到目的，D 错误；故选C。
04 有关物理量变化趋势图像分析
10．(2025·四川省资阳市·模拟)某容器中只发生反应：aX(g)+bY(g)
cZ(g)。由下列图像得出的结论不正
确的是
8
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A．相同温度下，分别向体积不等的A、B 两个恒容密闭容器中均通入1molX 和1molY，tmin 后X 的转化
率如图甲所示。若B 中反应达到平衡状态，则A 中一定达到平衡状态
B．恒容密闭容器中通入一定量的X 和Y，反应相同时间，X 的转化率随温度变化如图乙所示。则该反应
的△H<0
C．其他条件相同，改变起始时X 的物质的量，平衡时Z 的体积分数变化如图丙所示。则平衡时Y 的转化
率：C<A<B
D．其他条件相同，反应速率与压强的关系如图丁所示。则a+b<c
【答案】C
【解析】A．A 容器体积小，压强大，反应速率比B 快，B 点达到平衡状态，故A 一定达到平衡状态，A
正确；B．恒容密闭容器中通入一定量的X 和Y，反应相同时间，X 的转化率随温度变化如图乙所示，X
转化率最高点，即达到平衡，平衡后，温度升高平衡向吸热方向移动，X 转化率降低，则该反应的
△H<0，B 正确；C．X 的物质的量越多，则Y 的转化率越高，平衡时Y 的转化率： A<B<C，C 错误；
D．压强增大平衡向气体体积减小的方向移动，平衡向逆向进行，则a+b<c，D 正确；故选C。
11．(2025·四川省宜宾市·联考)温度为T℃，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入nmolC4H10气体，发生
反应：C4H10(g)
C4H8(g)+H2(g)。经过相同的反应时间，测得各容器中C4H10的转化率与容器体积的关系
如图所示：
下列说法正确的是
A．容器内的压强：pa：pb=7：9
B．由图可知，a、c 两点的逆反应速率：c>a
C．向b 点平衡体系中再充入一定量的C4H10气体，重新达到平衡时，C4H10的体积分数比原平衡小
9
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D．V1：V2=1：12
【答案】C
【解析】A 项，a 点时NO2的转化率为40%，a 点反应三段式为：
n=0.6n+0.4n+0.4n=1.4n，同理b 点时NO2的转化率为80%，此时n=0.2n+0.8n+0.8n=1.8n，由pV=nRT 可
知，PaV1=1.4nRT，PbV2=1.8nRT，：Pa：Pb=7 V2：9 V1，由于V2＞V1，所以容器内的压强：Pa：Pb＞7：9，
故A 错误；B 项，图中a 点、c 点NO2的转化率相同，但a 点容器体积小于c 点容器体积，则对应的生成物
浓度：a>c，则逆反应速率：a>c，B 错误；C 项，恒温恒容下，向b 点平衡体系中再充入一定量的C4H10气
体，对于只有一个反应物的平衡而言相当于增大压强，由反应：C4H10(g)
C4H8(g)+H2(g)，正反应方向为
气体分子数增大，则平衡逆向移动，C4H10的量增多，但加入的C4H10气体不能完全转化，则重新达到平衡
时，C4H10的体积分数比原平衡小，C 正确；D 项，由于b 点C4H10的转化率比a 点大，a 点至b 点可看作在
恒温恒压下，通过增大体积来减压使平衡正向移动，C4H10的转化率增大，由A 选项可知na=1.4n，
nb=1.8n，由pV=nRT 可知V1：V2= na：nb=1.4：1.8=7：9，D 错误；故选C。
12．(2024· 江苏省南京航空航天大学苏州附属中学高三适应性测试)在催化剂作用下，以CO2和H2为原料
进行合成CH3OH 的实验。保持压强一定，将起始n(CO2)：n(H2)=1：3 的混合气体通过装有催化剂的反应
管，测得出口处CO2的转化率和CH3OH 的选择性[
]与温度的关系如图所示(图中虚线表
示平衡时CO2的转化率或CH3OH 的选择性)。
已知反应管内发生的反应为：
反应1：CO2(g)＋3H2(g)= CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.5kJ·mol−1
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反应2：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1
下列说法正确的是
A．CO(g)＋2H2(g)= CH3OH(g) ΔH＝+90.7kJ·mol−1
B．220℃～280℃时，出口处一定存在：n(CO)＜n(CH3OH)
C．220℃～280℃，保持其他条件不变，n(CH3OH)：n(CO)随温度的升高而增加
D．为提高CH3OH 的产率，应研发高温下催化活性更强的催化剂
【答案】B
【解析】A 项，根据盖斯定律反应1-反应2 得CO(g)＋2H2(g)= CH3OH(g)的ΔH＝-90.7kJ·mol−1，故A 错
误；B 项，220℃～280℃时，CH3OH 选择性始终高于60%左右、CO 选择性低于40%，则n(CO)＜
n(CH3OH)，故B 正确；C 项，在220℃～280℃范围内，随温度升高，CH3OH 选择性降低、CO 选择性增
大，则n(CH3OH)：n(CO)的值随温度升高而减小，故C 错误；D 项，低温下，CH3OH 选择性高，所以开发
低温下反应活性强的催化剂以提高反应速率，同时有利于提高的产率，故D 错误；故选B。
05 单反应多曲线图像变化分析
13．(2025·四川省遂宁高级中学·模拟)在催化剂作用下，在容积为1L 的容器中加入1molX 和4molY，发生
反应： X(g)+2Y(s)
2Z(s)，平衡时和反应10min 时X 的转化率α(X)随温度的变化分别如曲线Ⅰ、Ⅱ所
示。下列说法正确的是
A．使用更高效的催化剂，可以使b 点移动到d 点
B．bc 段变化可能是由于升高温度平衡逆向移动
C．0~10min 的平均反应速率：
(a)<
(c)
D．保持温度和体积不变，向d 点体系中再充入1molX，再次达平衡时c(X)>0.4mol·L-1
【答案】A
【解析】b 点为400℃，反应未达到平衡，若使用高效催化剂，反应速率增大，相同时间X 的转化率增
大，对应点在b 点之上，催化剂不影响平衡，故转化率不会大于d 点，A 正确；bc 段反应未达到平衡，可
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能是温度升高，催化剂失活，反应速率减小，B 错误；0～10min，X 的转化量a、c 点相同，由
v=△c/△t，得v(a)=v(c)，C 错误；d 点已达平衡状态，体系中，只有X 是气体，温度不变，故K 值不变，
即c(X)=0.4mol/L，D 错误；故选A。
14．在一恒容的密闭容器中充入0.1 mol·L－1 CO2、0.1 mol·L－1 CH4，在一定条件下发生反应：CH4(g)＋
CO2(g)
2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图，下列有关说法不正确的是
A．上述反应的ΔH<0
B．压强：p4>p3>p2>p1
C．压强为p4、温度为1 100 ℃时该反应的平衡常数约为1.64
D．压强为p4时，在y 点：v 正>v 逆
【答案】A
【解析】由图像可知，压强一定时，温度越高，CH4的平衡转化率越高，故正反应为吸热反应，ΔH>0，A
项错误；该反应为气体分子总数增加的反应，压强越大，甲烷的平衡转化率越小，故压强：p4>p3>p2>p1，
B 项正确；压强为p4、温度为1 100 ℃时，甲烷的平衡转化率为80.00%，故平衡时各物质的浓度分别为
c(CH4)＝0.02 mol·L－1，c(CO2)＝0.02 mol·L－1，c(CO)＝0.16 mol·L－1，c(H2)＝0.16 mol·L－1，平衡常数K＝
≈1.64，C 项正确；压强为p4时，y 点未达到平衡，此时v 正>v 逆，D 项正确。
15．（2025·北京海淀·二模）溴乙烷与NaOH 的乙醇溶液主要发生消去反应，同时也会发生取代反应，反
应过程中的能量变化如图。下列说法正确的是
A．反应①的活化能大于反应②的
B．溴乙烷与NaOH 的乙醇溶液的反应需加热，目的是提高反应速率
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C．无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于
的生成
D．若将溶剂乙醇换成水，两种产物的比例不发生改变
【答案】B
【解析】A．由图可知，反应①的活化能是79.9kJ，反应②的活化能是88.7kJ，活化能：反应①＜反应②，
A 错误；B．加热使普通分子转化为活化分子，有效碰撞次数增加，故加热的目的是提高反应速率，B 正
确；C．从稳定性角度看，乙醇的能量更低，乙醇是优势产物；从反应速率角度看，生成乙烯的活化能更
低，乙烯是优势产物，C 错误；D．若将溶剂乙醇换成水，主要发生的是水解反应，乙醇的比例会增加，D
错误；故选B。
06 多反应多曲线图像变化分析
16．(2024· 江苏省南通市高三第二次调研测试)逆水煤气变换反应是一种
转化和利用的重要途径，发生
的反应有
反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝+41.1kJ·mol−1
反应Ⅱ：CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝-165.0kJ·mol−1
反应Ⅲ：CO(g)＋3H2(g)=CH4(g)＋H2O(g) ΔH3
常压下，向密闭容器中投入1 mol CO2和2 mol H2，达平衡时H2和含碳物质的物质的量随温度的变化如题
图所示。下列说法正确的是
A．ΔH3＝+206.1kJ·mol−1
B．649℃时，反应Ⅰ的平衡常数K＞1
C．其他条件不变，在250℃~900℃范围内，随着温度的升高，平衡时n(H2O)不断增大
D．800℃时，适当增大体系压强，n(CO)保持不变
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【答案】D
【解析】A 项，根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ－反应Ⅰ，则
，A 错误；
B 项，温度升高，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，可知c 线为CO，a 为CO2，b 为CH4，649℃
时，反应平衡时n(H2)=1.2mol，转换为氢气为0.8mol，生成的H2O 小于0.8mol，n(CO)=n(CO2)，平衡常
数：
，B 错误；C 项，由图像可知，250℃~649℃范围内，随着温度的升高，平衡时n(H2)增
大，平衡逆向移动，则平衡时n(H2O)不断减小；649℃~900℃范围内，随着温度的升高，平衡时n(H2)减
小，平衡正向移动，则平衡时n(H2O)不断增大，C 错误；D 项，高温时反应I 进行程度很大，反应II、III
程度很小，CH4含量很少，平衡不受压强影响，适当增大体系压强，n(CO)保持不变，D 正确；故选D。
17．(2025·浙江省台州市高三一模)利用生物质乙醇制备乙烯具有很大的经济价值和战略意义，发生的反应
为：
反应Ⅰ：CH3CH2OH(g)
CH2=CH2(g)＋H2O(g) ΔH＝+40.0kJ·mol−1 ΔS=125.0J·mol-1·K-1
反应Ⅱ：2CH3CH2OH(g)
CH3CH2OCH2CH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-16.0kJ·mol−1
（3）恒压(
)和恒温(300℃)下，投入原料为乙醇和水，分别在NKC-03A、Syndol、γ−Al2O3等3
种催化剂下进行反应，测定相同时间间隔，乙醇转化率与原料含水量的关系如图所示，下列说法正确的是
_____________。
A．a 点可能为平衡状态
B．γ−Al2O3催化剂下，随原料含水量增加平衡左移，乙醇转化率下降
C．题给条件下，NKC-03A 催化效果较好
D．原料含水量为40%、γ−Al2O3催化剂下，若将恒压改为恒容，其它条件不变，乙醇转化率可能增大
【答案】（3）CD
【解析】（3）A 项，催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，乙醇的转化率不变，
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由图可知，相同时间内，原料含水量一定时，a 点Syndol 做催化剂条件下乙醇的转化率小于NKC-03A 做催
化剂条件下乙醇的转化率，所以a 点时反应未达到平衡，故错误；B 项，由图可知，相同时间内，原料含
水量一定时，γ−Al2O3做催化剂条件下乙醇的转化率小于NKC-03A 做催化剂条件下乙醇的转化率，说明反
应未达到平衡，则随原料含水量增加乙醇转化率下降是因为原料含水量增加，导致催化剂的活性降低，反
应速率减慢使得消耗乙醇的物质的量减小所致，故错误；C 项，由图可知，相同时间内，原料含水量一定
时，NKC-03A 做催化剂条件下乙醇的转化率最大，说明反应的反应速率最大，催化效果较好，故正确；D
项，原料含水量为40%、γ−Al2O3催化剂下，其它条件不变时，与恒压容器相比，恒容容器相当于增大压
强，增大压强， 反应速率加快使得消耗乙醇的物质的量，导致乙醇的转化率增大，故正确；故选CD；
18．（2025·北京西城·二模）一种CO2催化加氢合成CH3CH2OH 的方法，反应如下：
①
②
1.3MPa 时，将1molCO2和3molH2按一定流速通过催化剂，相同时间内测得CO2的转化率和CO 的选择性
随温度的变化如图1 所示。只发生反应①时，CO2的平衡转化率随温度的变化如图2 所示。
已知：CO 的选择性
下列说法不正确的是
A．CO 与H2合成CH3CH2OH 反应的热化学方程式：
B．图1 中，温度升高，CO2的转化率和CO 的选择性都升高，可能因为反应②速率增大的程度大于反应①
速率增大的程度
C．由图1 可知，300℃时H2的转化率为8%
D．其他条件不变，改进催化剂，可使相同时间内200℃时CO2的转化率大幅提高
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【答案】C
【解析】A．根据已知反应①
与反
应②
及盖斯定律可知：CO 与H2合成CH3CH2OH
反应的焓变ΔH＝ΔH1-2ΔH2=−255.9kJ mol
⋅
−1，A 不符合题意；B．反应①为放热反应，反应②为吸热反应，
温度升高，反应向放热方向进行，反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度，B 符合题意；C．
根据图1 可知，CO2转化率8％，其转化物质的量：
，CO 选择性30％，生成CO 的
CO2：
，转化为CH3CH2OH 的CO2：
，根据反应①
可知H2消耗0.168mol，根据反应②可知H2消耗0.024mol，H2的转化率：
，C 不符合题意；D．改进催化剂，反应未达平衡时，反应速率加快，
200℃下CO2转化率提高，D 不符合题意；
答案选C。
1．(2025·四川·模拟）通过反应I：4HCl(g)+O2(g) =2Cl2(g)+2H2O(g)可将有机氯化工业的副产品HC1 转化为
Cl2.在0.2MPa、反应物起始物质的量比n(HCl)/n(O2)=2 条件下，不同温度时HC1 平衡转化率如图所示。向
反应体系中加入CuCl2，能加快反应速率。
反应II：2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) ΔH=125.6 kJ·mol−1
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反应III：CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH=-120.0 kJ·mol−1
下列说法正确的是
A．反应I 的 ΔH=5.6 kJ·mol−1
B．升高温度和增大压强均能提高反应I 中HCl 的平衡转化率
C．0.2MPa、500℃时，向反应体系中加入CuCl2，延长反应时间，能使HCl 转化率从X 点的值升至Y 点的
值
D．在0.2MPa、500℃条件下，若起始
2
n(HCl)
n(O ) <2，充分反应，HCl 的转化率可能达到Y 点的值
【答案】D
【解析】A 项，根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ2 得4HCl(g) +O2(g)=2Cl2(g) +2H2O(g)，ΔH=+125.6 kJ·mol−1+(-120.0
kJ·mol−1)×2 =-114.4 kJ·mol−1，A 错误；B 项，反应Ⅰ为气体体积减小的放热反应，升高温度平衡逆向移
动，HCl 的平衡转化率降低，B 错误；C 项，CuCl2为固体不能影响平衡移动，反应时间也不能影响平衡移
动，HCl 转化率不变，C 错误；D 项，在0.2MPa、500℃条件下，若起始
2
n(HCl)
n(O ) <2，增加了O2的相对含
量，能提高HCl 的转化率，HCl 的转化率可能达到Y 点的值，D 正确；故选D。
2．(2025·湖南三模）向2L 的密闭容器中加入1molH2和1mol CO2，发生如下两个反应：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1= -49.1kJ·mol−1
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.7kJ·mol−1
不同温度下CO2的平衡转化率、CO 的选择性和CH3OH 的选择性如图所示(选择性指生成CO 或CH3OH 占
CO2消耗总量的百分比)。下列相关说法正确的是
A．曲线a 表示CO2的平衡转化率
B．选择适宜的催化剂可以提高平衡体系中CH3OH 的选择性
C．300℃时，反应Ⅱ的平衡常数K≈0.173
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D．随着温度的升高，容器内
逐渐减小
【答案】C
【解析】A 项，反应I 为放热反应，升温平衡逆向移动，反应II 为吸热反应，升温平衡正向移动，则题图
中曲线a 表示CO 的选择性，c 表示CH3OH 的选择性，则曲线b 表示CO2的转化率，A 项错误；B 项，催
化剂不影响平衡，B 项错误；C 项，300℃时，CO2的转化率为30%，CO 的选择性为70%，CH3OH 的选择
性为30%，结合化学计量数可知，此时
，
，
，
，
，反应Ⅱ反应前后气体的化学计量数之和不变，故可以用物质的量代替
浓度计算化学平衡常数，则反应Ⅱ的平衡常数
，C 项正确；D 项，随着温度的升高，
以反应Ⅱ为主，容器内
逐渐增大，D 项错误；故选C。
3．（2024·北京顺义·二模）某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取2mL 不同浓度
的葡萄糖溶液和H2C2O4溶液于试管中，再依次向试管中滴加
酸性KMnO4溶液，通过色度
计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。
已知：（1）溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。
（2）酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应时，某种历程可表示如图。
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下列说法中不合理的是
A．从图1 可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大
B．理论上，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的
C．图2 中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关
D．图2 中H2C2O4溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随H2C2O4浓度增大，反应历程中①、②、③、④
速率均减小
【答案】D
【解析】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降越快，故反应
速率越大，A 正确；B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7 变为+2，得5 个
电子，碳化合价+3 变为+4,1 个草酸分子失2 个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4
的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B 正确；C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸
反应的催化剂，故图2 中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C 正确；D．
随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大
的，故D 错误；本题选D。
4．(2025·浙江省台州市十校联盟高一期中)研究反应2X
Y+3Z 的速率影响因素，在不同条件下进行4
组实验，Y、Z 起始浓度为0，反应物X 的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如图所示。下列说法不
正确的是
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A．比较实验①②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
B．比较实验②④得出：升高温度，化学反应速率加快
C．若实验②③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
D．在0～10min 之间，实验④的平均速率v(Y)=0.06mol/(L•min)
【答案】D
【解析】A 项，①②温度相同，但浓度不同，①浓度较大，可得出增大反应物浓度，化学反应速率加快，
选项A 正确；B 项，实验②④起始浓度相同，但温度不同，④反应速率较大，可得出：升高温度，化学反
应速率加快，选项B 正确；C 项，②③温度、浓度相同，③反应速率较大，应为加入催化剂，选项C 正
确；D 项，在0～10min 之间，实验④X 的浓度变化为0.06mol/L，则
，选项D 错误。故选D。
5．（2025 高三上·北京顺义·期末）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
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：2NO2(g)
N2O4(g)△H＜0，达到平衡
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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：P 甲>P 乙，D 错
误；故选D。
6. (2025·四川成都石室中学·二模)磺酰氯（SO2Cl2）是一种重要的有机氯化剂，SO2和Cl2反应可制备磺酰
氯。回答下列问题：
（3）在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入SO2和Cl2（保持SO2和Cl2的物质的量之和为定值），平衡
时SO2Cl2的体积分数
随
的变化图象如图所示，当
时，达到平衡状态SO2Cl2
的体积分数可能是A、B、C、D、E 中的______点。
（4）在某一密闭容器中充入1molSO2(g)和2.6molCl2(g)，发生反应：
，
SO2(g)的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示。
温度下，若使
的平衡转化率达到80%，则需要
将压强控制在______kPa（保留四位有效数字）。若使图中a 点和c 点SO2(g)的平衡转化率达到相等，可向
______（填“a”或“c”）点所在的体系中通入稀释剂（Ar 气），写出判断理由：______。
21
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【答案】（3）D （4） ① 82.96 ② a ③ 合成SO2Cl2(g)的反应为气体分子数减少的反应，等
压条件下通入稀释剂（Ar 气），各反应组分压强减小，平衡逆向移动，a 点SO2的平衡转化率减小
【解析】（3）对于反应
而言，当反应物中
时，达到平衡状
态，SO2Cl2(g)的体积分数最大，由平衡常数表达式可知，当反应物中
和
时，达到
平衡状态SO2Cl2的体积分数相等，故选 D；
（4）当压强为30kPa，SO2的平衡转化率为60%，整理数据代入三段式得：
，平衡时各物质分压：
，
，
，
则
；当SO2的平衡转化率为80%，整理数据代入三段式得：
22
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，设需要将压强控制在pkPa，平衡时各物质分压：
，
，
，因温度不变，则
，解得p≈82.96kPa；在等压条件下（p=10kPa），a 点SO2的平
衡转化率大于c 点，向体系中通入稀释剂（Ar 气），各反应组分压强减小，平衡向气体分子数增大的方向
移动，即平衡逆向移动，SO2的平衡转化率减小，则若使图中a 点和c 点SO2的平衡转化率达到相等，可向
a 点所在的体系中通入稀释剂（Ar 气），判断理由是合成SO2Cl2(g)的反应为气体分子数减少的反应，等压
条件下通入稀释剂（Ar 气），各反应组分压强减小，平衡逆向移动，使a 点SO2的平衡转化率减小。
7.（2025·四川宜宾市·二诊）硫酰氯(SO2Cl2)是重要的化工原料，可通过SO2和Cl2反应制备。
（1）已知：
，
，则
的
_____
，该反应_____（填
“高温”“低温”或“任意温度”）自发。
（2）在恒容密闭容器中，按不同投料比充入SO2(g)和Cl2(g)，在催化条件下发生反应生成SO2Cl2。T1温度
下达平衡时，
随投料比的变化如下图所示。
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已知：
(初始)
(平衡)；本题中
。
a
①点，Cl2(g)的分压为_____
。
②T1温度下，
_____
。
③若T2>T1且n(SO2):n(Cl2)≥1:1 时，请在图中画出△P 在T2温度下随进料比变化的大致图像_______。
（3）硫酰氯对甲苯进行气相催化氯化
反应机理如下图所示。
催化剂表面的催化活性位点。
①催化氯化甲苯的总反应方程式为________________。
②过程ⅲ____________（填“吸热”或“放热”），理由是_________________。
【答案】（1）① -67.6 ②低温
（2） ① 100 ② 0.03
.
③
（3）①
②放热
③
中大π 键被破坏，结构不稳定，能量高；
中恢复了大π 键，结构稳
定，能量低
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【解析】（1）已知：①
，
②
，由盖斯定律可知，①-②可得:
的
，该反应
的△S<0，△H-T△S<0 时反应能够自发进行，则该反应低温自发。
（2）①根据已知条件列出“三段式”
a 点，
，解得x=0.75，a 点，Cl2(g)的分压为
=100kPa；
②由①中数据可知，T1温度下，
=0.03kPa-1；
③该反应是吸热反应，升高温度，平衡逆向移动，△P 减小，若T2>T1且n(SO2):n(Cl2)≥1:1 时，在图中画出
△P 在T2温度下随进料比变化的大致图像为：
。
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（3）①由图可知，催化氯化甲苯的总反应为甲苯和SOCl2反应生成
、SO2和HCl，反应方
程式为：
；
②过程ⅲ放热，理由是
中大π 键被破坏，结构不稳定，能量高；
中恢复
了大π 键，结构稳定，能量低，反应物的总能量高于生成物。
1．（2024·河北卷）在水溶液中，CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z 三种金属离子分别与CN-形
成配离子达平衡时，
与
的关系如图。
下列说法正确的是
A．
的X、Y 转化为配离子时，两溶液中CN-的平衡浓度：
B．向Q 点X、Z 的混合液中加少量可溶性Y 盐，达平衡时
C．由Y 和Z 分别制备等物质的量的配离子时，消耗
的物质的量：
D．若相关离子的浓度关系如P 点所示，Y 配离子的解离速率小于生成速率
【答案】B
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【解析】A．99%的X、Y 转化为配离子时，溶液中
，则
，根据图像可知，纵坐标约为-2 时，溶液中
，则
溶液中CN-的平衡浓度：X<Y，A 错误；
B．Q 点时
，即
，加入少量可溶性Y 盐后，会消耗
CN-形成Y 配离子，使得溶液中
减小(沿横坐标轴向右移动)，
与
曲线在
Q 点相交后，随着
继续增大，X 对应曲线位于Z 对应曲线上方，即
，则
，B 正确；
C．设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子
配离子，则平衡常数
，
，即
，故X、Y、Z 三种金属离子形成配离子时结合的CN-越多，对应
曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：Y>Z，则由Y、Z 制备等物质的量的配离
子时，消耗CN-的物质的量：Z<Y，C 错误；
D．由P 点状态移动到形成Y 配离子的反应的平衡状态时，
不变，
增大，即
增大、c(Y 配离子)减小，则P 点状态Y 配离子的解离速率>生成速率，D 错误；本题选B。
2．(2025•陕晋宁青卷，17)MgCO3/MgO 循环在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用
MgCO3与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下：
I．MgCO3(s)= MgO(s)+CO2(g) ΔH1＝+101kJ·mol−1
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II．CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2= -166kJ·mol−1
III．CO2(g)＋H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41kJ·mol−1
（4）100kPa 下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1 mol 发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平衡转化率和
生成物(CH4、CO2)的选择性随温度变化关系如下图(反应III 在360℃以下不考虑)。
注：含碳生成物选择性
①表示CH4选择性的曲线是 (填字母)。
②点M 温度下，反应Ⅱ的Kp= (kPa)-2 (列出计算式即可)。
③在550℃下达到平衡时，n(CO) mol。500~600℃，随温度升高H2平衡转化率下降的原因可能是
。
【答案】（4）c
0.2 反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气
【解析】（4）已知反应I 为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III 为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳
酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲
烷的选择性下降，所以a 表示碳酸镁的转化率，b 表示二氧化碳的选择性，c 表示甲烷的选择性。①表示
CH4选择性的曲线是c；②点M 温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，
根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和
甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为
0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为
0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，
，
，
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，则反应Ⅱ的
；③在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全
转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为
0.1mol，根据碳原子守恒得出n(CO)=1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在
500~600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的
氢气，导致H2平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。
3．(2025·浙江1 月卷，18)二甲胺[(CH3)2NH]、N，N-二甲基甲酰胺[HCON(CH3)2]均是用途广泛的化工原
料。
（5）有研究采用CO2、H2和(CH3)2NH 催化反应制备HCON(CH3)2。在恒温密闭容器中，投料比n(CO2)：
n(H2)： n(CH3)2NH)=20：15：1，催化剂M 足量。反应方程式如下：
Ⅳ．
V．HCOOH(g)＋(CH3)2NH(g)= HCON(CH3)2(g)＋H2O(g)
HCOOH、(CH3)2NH、HCON(CH3)2三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示。
(例：HCOOH 的物质的量百分比
①请解释HCOOH 的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂M 活性降低或失活) 。
②若用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。请从化学键角度解释原因
。
【答案】（5）①t 时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快，t 时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比
反应Ⅴ的慢 ②用H2作氢原需要断裂H-H 键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H 键，由于Si 原子半径大于
H，Si-H 的键能比H-H 小，所以用SiH4代替H2作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度
【解析】（5）①由题干图示信息可知，t 时刻之前HCOOH 的物质的量百分比增大速率比HCON(CH3)2的
增大速率，而t 时刻之后HCOOH 逐渐减小至不变，HCON(CH3)2继续增大，故t 时刻之前反应Ⅳ的速率比
反应Ⅴ的快，t 时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的慢；②用H2作氢原需要断裂H-H
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键，用SiH4作氢源需要断裂Si-H 键，由于Si 原子半径大于H，Si-H 的键能比H-H 小，所以用SiH4代替H2
作为氢源与CO2反应生成HCOOH，可以降低反应所需温度。
4．（2025·江苏卷）甘油
水蒸气重整获得
过程中的主要反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
反应Ⅲ
1.0×105Pa 条件下，
和
发生上述反应达平衡状态时，体系中
和
的物
质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是
A．
时，H2O 的平衡转化率为20%
B．
反应达平衡状态时，
C．其他条件不变，在
范围，平衡时
的物质的量随温度升高而增大
D．其他条件不变，加压有利于增大平衡时
的物质的量
【答案】A
【解析】550℃时，曲线①物质的量是5mol，根据原子守恒，n(C)=3mol，则其不可能是含碳微粒，故曲线
①表示H2，升高温度，反应Ⅰ平衡正移，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO 物质的量增大，则曲线③代表CO，温
度升高，反应Ⅲ逆向移动，CH4物质的量降低，则曲线②代表CH4，据此解答。A．
时，
，
，
，根据C 原子守恒，可得
，根据O 原子守恒，可得
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(也可利用H 原子守恒计算，结果相同)，则
，A 正确；B．
时，
，
，则
，B 错误；C．
范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，n(CO2)
增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则H2O 的物质的量减小，C 错误；D．增大压强，反应Ⅰ平衡逆向
移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ平衡正向移动，H2的物质的量减小，D 错误；故选A。
5．（2024·甘肃·高考真题）
是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
（1）由
制备
：
已知
时，由
制备
硅 (填“吸”或“放”)热 kJ。升高温度
有利于制备硅的原因是 。
（2）在催化剂作用下由粗硅制备
：
。
，
密闭容
器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与
和
气体反应，
转化率随时间的
变化如下图所示：
①
，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率
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。
②当反应达平衡时，
的浓度为
，平衡常数K 的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】（1） 吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
（2） 甲 5.6×10-5 0.1952
逆反应方向
【解析】（1）由题给热化学方程式：①
，
；②
，
；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方程
式
，
，则
制备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为
；该反应为吸热反应，升高温
度，反应正向移动，有利于制备硅。
（2）①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min 时SiCl4的
转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成的
SiHCl3的物质的量为
，平均反应速率
；
②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为：
当反应达平衡时，H2的浓度为
，平衡常数K 的计算式为
；
③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
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6．（2024·山东·高考真题）水煤气是
的主要来源，研究CaO 对
体系制
的影响，涉及主要反应
如下：
回答下列问题：
（2）压力p 下，
体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全
分解。气相中
，
和
摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a 线对应物种为 (填化学
式)。当温度高于
时，随温度升高c 线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 。
（3）压力p 下、温度为
时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应
的平衡常数
；此时气体总物质的量为
，则CaCO3(s)的
物质的量为
；若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，分压
将 (填
“增大”“减小”或“不变”)，
将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（2）H2 当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移
动，所以CO2的摩尔分数减小。
（3）
0.5 不变 不变
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【解析】（2）图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开
始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO 量升高，摩
尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a 曲线代表H2的摩尔分数的变化，则c 曲线代表CO2的摩尔
分数随温度的变化，开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高
于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。
（3）①压力p 下、温度为T0时，H2、CO、CO2和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数
为：
，则反应
的平衡常数
；
②设起始状态1molC(s)，xmolH2O(g)，反应Ⅰ进行完全。
则依据三段式：
根据平衡时
、
、
和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有
、
、
，解出
，
，
则
，而由于平衡时
n(总)=4mol，则
y=4，y=
，则n(CaCO3)=
=
=0.5。
③若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，反应
的Kp=
，温度
不变，Kp 不变，则分压p(CO2)不变；体系中增加了CO2(g)，若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前提
下，CO、H2O 的分压增大，H2分压减小，则反应Ⅱ的Kp 将会发生变化，与事实不符， 所以为了保证Ⅱ
的Kp 也不变，最终所有物质的分压均不变，即p(CO)不变。
7．（2024·河北·高考真题）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：
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。
①若正反应的活化能为
，则逆反应的活化能
(用含
正的代数式表示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入
和其
，测定
温度下体系达平衡时的
(
为体系初始压强，
，P 为体系平衡压强)，结果如图。
上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。M 点
的转化率为 ，
温度下用分
压表示的平衡常数
。
③下图曲线中能准确表示
温度下
随进料比变化的是 (填序号)。
（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
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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T3到T1平衡时△P 增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低
75% 0.03 D
（2） 5.54 0.033 增大
【解析】（1）①根据反应热△H 与活化能E 正和E 逆关系为△H=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，△P 即
越大。从T3到T1，△P 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T3到T1
逐渐降低，即T3>T2>T1。由题图甲中M 点可知，进料比为
，平衡时△P=60kPa，已知恒
温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。
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可计算得
，
。
③由题图甲中M 点可知，进料比为2 时，△P=60kPa，结合“三段式”，以及T1时化学平衡常数可知，进
料比为0.5 时，△P 也为60kPa，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SO2和Cl2的化学计量数之比为1:1，则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2 与0.5)时，△P 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60min 后
。60min 后，D 和G 转化为T 的速率比为
，G 消耗得更快，则
增大。
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