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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 单曲线变化图象
题型02 单一反应多曲线变化图象
题型03 多反应多曲线变化图象
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 单曲线变化图象
1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）在容积为2L 的恒容密闭容器中通入2mol
，发生反应
，一定温度下，测得
的转化率随时间的变化如图所示，在60min 时反应
达到平衡状态。下列说法错误的是
A．a 点处的逆反应速率小于b 点处的正反应速率
B．0-10min 内，
的平均反应速率
C．其他条件不变，改为恒压条件下发生反应，平衡时
的转化率小于50%
D．60min 后，保持恒温恒容，再通入2mol NO 和1mol
，平衡逆向移动，平衡常数不变
【答案】C
【分析】根据图象可知，平衡时，二氧化氮的转化率为50%，即有：
1
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，则
，据此作答。
【解析】A．b 点仍处于从正反应建立平衡的途中，则b 点处的逆反应速率小于b 点处的正反应速率，b 点
处NO 和O2的浓度大于a 点处的，则a 点处的逆反应速率小于b 点处的逆反应速率，更小于b 点处的正反
应速率，故A 正确；
B． 0~10 min 内，O2的平均反应速率
，故B 正
确；
C． 其他条件不变，若在恒压条件下发生反应，等效于减压平衡右移，则平衡时
的转化率大于
50%，故C 错误；
D． 60 min 后，保持温度不变，向该容器中再通入2molNO 和1mol
，则
，因此反应逆向进行，温度不变，则平衡常数不
变，故D 正确；
故答案选C。
2.(2025·福建省莆田·期中)已知A(g)＋B(g)
2C(g)，反应过程中C 的百分含量与温度关系如图所示，下列
说法正确的是( )
A．正反应速率：v(c)>v(d)>v(b)
B．化学平衡常数：K(d)>K(c)
C．c 点向d 点变化时，v 正<v 逆
D．d 点状态加入合适的催化剂可使C%增大
【答案】C
【解析】温度越高，反应速率越大，则正反应速率v(d)>v(c)>v(b)，A 错误；正反应为放热反应，升高温度
平衡逆向移动，K 减小，则化学平衡常数：K(d)<K(c)，B 错误；由c 点向d 点变化时，平衡逆向移动，可
知v 正<v 逆，C 正确；d 点时加入催化剂不会使平衡移动，C%不变，D 错误。
3.(2025·内蒙通辽·期中)有可逆反应：A(g)＋3B(g)
2C(g) ΔH<0。
2
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已知在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡，如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则下列对t2、t4、
t6、t8时改变条件的判断正确的是( )
A．降低温度、增大压强、减小反应物浓度、使用催化剂
B．使用催化剂、增大压强、增大反应物浓度、升高温度
C．增大反应物浓度、使用催化剂、减小压强、升高温度
D．升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用催化剂
【答案】D
【解析】t2到t3正逆反应速率增大，且v 逆>v 正，平衡逆向移动，该反应放热，升高温度平衡逆向移动，改
变条件为升高温度；t4到t5速率减小，且v 逆>v 正，平衡逆向移动，该反应为分子数减少的反应，减小压强
向分子数增多的方向移动，改变条件为减小压强；t6到t7正逆反应速率增大，且v 正>v 逆，平衡正向移动，
其改变条件为增大反应物浓度；t8时刻速率增大，但v 逆＝v 正，平衡未移动，改变条件为使用催化剂。
4．(2025·辽宁辽阳二模)恒温条件下，向带活塞的容器中加入2 molA(g)与2 molB(g)，发生反应mA(g)
+nB(g)
pC(g)，其他条件不变，反应相同时间时，A(g)的转化率随压强变化(通过推动活塞改变压强)
的关系如图所示(整个过程中各物质状态不发生改变)。下列说法错误的是( )
A．a 点：
B．平衡常数：
C．
D．压强为
时，点正反应速率大于逆反应速率
【答案】A
【解析】根据图像中反应相同时间时，A(g)的转化率随压强变化，可知转化率最高点左侧的未达平衡，转
化率增大原因是，压强增大，速率增大，相同时间内A(g)的转化量增多；最高点及右侧达到平衡，转化率
下降原因是，压强增大，平衡逆向移动，说明
。A 项，a 点未达平衡，反应正向进行，
，
A 错误；B 项，平衡常数只与温度有关，恒温条件：
，B 正确；C 项，根据分析，
，C 正确；D 项，压强为
时，c 点转化率低于平衡转化率，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速
率，D 正确；故选A。
5．(2025•河北张家口模拟)一定条件下利用H2S 和CH4 制取CS2 和H2 的反应为CH4(g)＋2H2S(g)
CS2(g)＋4H2(g)。将原料气按投料比n(H2S)：n(CH4)=2：1 充入恒容密闭容器中，在T℃ 、不同压强下，
3
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反应进行ts 时，H2S 的转化率随压强变化如图所示。
下列说法错误的是( )
A．压强大于p2kPa 后反应达到平衡状态
B．反应速率：
C．将X 点时容器内压强迅速加压至p3kPa 后，
的转化率保持不变
D．T℃下该反应的压强平衡常数
【答案】B
【解析】A 项，该反应为气体分子数目增多的反应，压强增大，平衡逆向移动，由图可知压强大于p2kPa
后反应达到平衡状态，故A 正确；B 项，X 点反应正向进行
，Z 点达到平衡状态
，压强越大、浓度越大反应速率越快，X、Z 点浓度相等，Z 点压强大于X 点，所以
，故B 错误；C 项，Z 点为平衡状态，将X 点时容器内压强迅速加压至p3kPa
后，根据图像，H2S 的转化率保持不变，故C 正确；D 项，Z 点为平衡状态，H2S 的转化率为50%，
下该反应的压强平衡常数
，故D 正确；故选B。
6．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( )
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A．
B．
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。
7．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
=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
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
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的值
D．在0.2MPa、500℃条件下，若起始
<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，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。
8．(2025· 浙江省部分学校高三选考模拟)对于反应N2O4(g)
2NO2(g)，在温度一定时，平衡体系中
NO2的体积分数
随压强的变化情况如图所示。下列说法中，正确的是( )
A．A、D 两点对应状态的正反应速率大小关系：v(A)>v(D)
B．A、B、C、D、E 各点对应状态中，v(正)＜v(逆)的是E
C．维持p1不变，E→A 所需时间为t1，维持p2不变，D→C 所需时间为t2，则t1=t2
D．欲使C 状态沿平衡曲线到达A 状态，从理论上，可由p2无限缓慢降压至p1达成
【答案】D
【解析】A 项，增大压强，反应速率增大，D 点压强大于A 点压强，所以v(A)<v(D)，A 错误；B 项，处
于曲线上的状态为平衡状态，E 点NO2的物质的量少于平衡状态时的物质的量，反应应向生成NO2的方向
移动，此时v(正)>v(逆)，D 点NO2的物质的量多于平衡状态时的物质的量，反应向逆反应方向移动，此时
v(正)<v(逆)，B 错误；C 项，压强越大，反应速率越快，达到平衡状态时用的时间越少，压强p2>p1，故
t1> t2，C 错误；D 项，p2无限缓慢降压至p1，压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，故平衡正向
移动，NO2的体积分数逐渐增加，D 正确；故选D。
9．(2025·广东汕头二模)为消除NO2 的污染，某实验小组研究用活性炭进行处理，发生反应：2C(s)＋
2NO2(g)
2CO2(g)＋N2(g)，一定温度下，向体积不等的密闭容器中分别加入足量活性炭和46gNO2，
反应相同时间后测得NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
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A．容器内的压强
B．bc 段上述反应达到平衡状态
C．c 点状态下v(正)>v(逆) D．该温度下反应的平衡常数
【答案】C
【解析】反应相同时间后，图中b 点NO2的转化率最高，则b 点恰好达到平衡状态，由于ab 曲线上对应
容器的体积逐渐增大，NO2的起始浓度逐渐减小，但浓度均大于b 点，NO2的浓度越大，反应速率越大，
达到平衡的时间越短，所以ab 曲线上反应均达到平衡状态，反应正向是气体体积增大的反应，随着容器
体积的增大，NO2的转化率逐渐增大，b 点达到最大；b 点以后，随着容器体积的增大，压强越小，反应
往正方向移动，NO2的起始浓度减小，反应速率减慢，达到平衡的时间延长，所以bc 曲线上反应均未达
到平衡状态，由于NO2的起始浓度低，则反应正向进行；A 项，46gNO2为1mol，a 点反应0.4mol 二氧化
氮、b 点反应0.8mol 二氧化氮，反应为气体分子数增加1 的反应，结合反应，ab 反应后总的物质的量为
1mol+0.4mol÷2=1.2mol、1mol+0.8mol÷2=1.4mol，由于V1＜V2，则
，A 错误；B 项，bc 曲
线上反应均未达到平衡状态，B 错误；C 项，c 点反应往正方向移动，c 点状态下v(正)>v(逆)，C 正确；D
项，a 点时反应达到平衡，a 点反应0.4mol 二氧化氮，结合方程式，生成氮气、二氧化碳分别为0.2mol、
0.4mol，平衡时二氧化氮0.6mol，则
，D 错误；故选C。
10．
【捕获二氧化碳与学科知识结合】(2025·山东威海二模)工业上可用Na2CO3溶液捕获CO2以
减少其排放：Na2CO3 (aq)＋H2O(l)+CO2(g)
2NaHCO3(aq) ΔH。不同温度下，在同一密闭容器中充
入同浓度的CO2，加入同浓度同体积的Na2CO3溶液，经相同时间测得CO2浓度如图。下列说法错误的是(
)
A．ΔH＜0
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B．
(
)也可以作为CO2捕获剂
C．在T＜T3时该反应未达到平衡状态
D．从T4迅速升温至T5并恒温，溶液pH 减小
【答案】D
【解析】A 项，由题干方程式可知，反应Na2CO3(aq)＋H2O(l)+CO2(g)
2NaHCO3(aq)，正反应是一个
气体体积减小的方向，即ΔS＜0，根据当ΔG=ΔH-TΔS＜0 时，反应可以自发进行，故可知ΔH＜0，A 正
确；B 项，已知苯酚的酸性比碳酸弱，故CO2能与
(aq)反应生成苯酚和NaHCO3，故
(aq)也可以作为CO2捕获剂，B 正确；C 项，由A 项分析可知，该反应的ΔH＜0，则降低
温度平衡正向移动，CO2的浓度减小，由图信息可知，在T＜T3时温度越低CO2浓度越大，故此时温度该
反应未达到平衡状态，由于温度越低反应速率越慢，导致CO2的浓度越大，C 正确；D 项，由C 项分析可
知，当温度T＞T3时反应达到化学平衡，则升高温度平衡逆向移动，溶液中Na2CO3浓度增大，NaHCO3浓
度减小，由于Na2CO3的水解程度比NaHCO3大，故从T4迅速升温至T5并恒温，溶液pH 增大，D 错误；
故选D。
02 单一反应多曲线变化图象
11．（2025·安徽芜湖·一模）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：
①
；②
，反应①的速率可表示为
，反应②的速率可表示为
（
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，X 的平均反应速率为
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37.5%的M 转化为Y
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D．反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】A
【解析】A．0~30min 时间段内，M 物质的量浓度变化量等于X 物质的量浓度的变化量，即
，X 的平均反应速率为：
，故A 错误；
B．体系中Y 和Z 的浓度之比等于反应①、②的速率之比，即
，温度不变，
k1、k2保持不变，则反应开始后，体系中Y 和Z 的浓度之比保持不变，故B 正确；
C．前30min 内，M 转化为Z 的转化率为
，根据B 选项分析，反应中M 的转化
为Y、Z 的比例保持不变，因此反应进行到底，有37.5%的M 转化为Y，故C 正确；
D．根据图象可知，30min 内Z 浓度变化了0.125mol/L，即反应②中消耗M 的物质的量浓度为
0.125mol/L，而这段时间反应①中，消耗M 的物质的量浓度为(0.5-0.3-0.125)mol/L=0.075mol/L，相同时间
段内，反应②的速率比反应①快，一般情况下，活化能越小，反应速率越快，因此反应①的活化能比反应
②的活化能大，故D 正确；
故选A。
12．（2025·安徽合肥·三模）向起始温度为T℃、容积为
的两个相同的密闭容器中，均充入
和
的混合气，保持其中一个容器恒温，另一个绝热，发生反应
。两容器中
的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法
正确的是
A．
B．曲线
表示恒温容器
C．
点的正反应速率大于
点的正反应速率
D．
内，曲线
表示的容器内
【答案】C
【解析】A．曲线M 表示的容器先平衡，说明温度高，但是
的平衡转化率比N 低，说明升高温度，
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平衡逆向移动，则反应为放热反应，
，故A 错误；
B．由A 项可知，反应为放热反应，绝热容器温度会升高，M 表示绝热容器，故B 错误；
C．Q 点和P 点均没有平衡，
的转化率相同，M 是绝热容器，则Q 点温度高于P，故
点的正反应速
率大于
点的正反应速率，故C 正确；
D．
内，曲线
表示的容器
的转化率为10%，反应的
为0.1mol，结合方程式可知，反应
掉的CO 为0.1mol，
，故D 错误；
答案选C。
13．(2025·北京东城二模)在恒压密闭容器中投入8mol SO2(g)、11.7molO2 (g)和18.8mol N2(g)、发生反应
2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)。测得压强在0.1MPa 和0.5MPa 下，
平衡转化率随温度的变化如图所
示。
下列分析不正确的是( )
A．p1为0.5MPa，p2为0.1MPa
B．M 对应的容器体积为V L，则525℃时K=0.1V
C．体系的状态由N 转为M 时，吸收19.6kJ 热量
D．转化率M 小于N 的原因是，压强对体系的影响大于温度的影响
【答案】B
【解析】在恒压密闭容器中投入8mol SO2 (g)、11.7molO2 (g)和18.8molN2(g)，N2不参与反应，则只发生
反应2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)，由图曲线变化趋势可知，随温度升高，SO2平衡转化率逐渐降低，说
明平衡向左移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0；同时该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向右
移动，SO2平衡转化率逐渐增大，则压强p1＞p2。A 项，压强p1＞p2，则p1为0.5MPa，p2为0.1MPa，A 正
确；B 项，如M 对应的容器体积为V L，此时SO2平衡转化率为90%，列三段式：
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则反应的平衡常数为：
，B 错误；C 项，该反应ΔH＜0，为放热反
应，体系的状态由N 转为M 时SO2平衡转化率降低，平衡向左移动，反应吸热，所以可能吸收19.6kJ 热
量，C 正确；D 项，根据图中曲线，比较 M 点(低压→平衡左移、较低温→平衡右移)和N 点(高压
平衡
右移、高温→平衡左移) 的温度和压强对转化率的影响，可以得到压强的推动作用大于了温度的不利影
响，D 正确；故选B。
14.(2025·安徽省马鞍山·期中)合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)。图1 表示在一定温度下此反应过程
中的能量变化。图2 表示在2 L 的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图3 表示在其他条
件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量，平衡时NH3的质量分数w(NH3)的变化曲线。
下列说法正确的是( )
A．该反应为自发反应，由图1 可得加入适当的催化剂，E 和ΔH 都减小
B．图2 中0～10 min 内该反应的平均速率v(H2)＝0.045 mol·L－1·min－1，从11 min 起其他条件不变，压缩
容器的体积为1 L，则n(N2)的变化曲线为d
C．图3 中，a、b、c 三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b 点
D．图3 中T1和T2表示温度，对应温度下的平衡常数为K1、K2，则：T1>T2，K1>K2
【答案】B
【解析】加入催化剂，活化能E 减小，但反应热ΔH 不变，A 项错误；图3 中c 点起始时加入的H2最多，
N2的转化率最高，C 项错误；因合成氨正反应是放热反应，升高温度，平衡左移，图3 中当n(H2)相同
时，T1温度下达到平衡时的w(NH3)高于T2温度下达到平衡时的w(NH3)，所以T1<T2，D 项错误。
15．(2025·山东淄博三模)向体积均为1 L 的两个刚性容器中各充入4molHBr(g)和1molO2(g)，分别在绝热
和恒温条件下发生反应4HBr(g)＋O2(g)
2Br2(g)＋2H2O(g) ΔH，测得压强变化ΔP(ΔP=P0-Px，P0为起
始压强，Px为某时刻压强)随时间变化关系如图所示。
下列说法正确的是( )
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A．L1表示绝热条件下ΔP 随时间变化关系 B．ΔH>0
C．HBr 的转化率：
D．b 点对应的平衡常数
【答案】D
【解析】A 项，恒温恒容条件下，容器中气体的压强与气体的物质的量成正比，根据方程式知，反应前后
气体的物质的量之和减小，则压强减小，在绝热条件下进行，随着反应的进行，容器内压强先增大后减
小，说明开始时温度对压强的影响大于气体的物质的量，则L2表示绝热条件下ΔP 随时间变化关系，A 错
误；B 项，恒温恒容条件下，容器中气体的压强与气体的物质的量成正比，根据方程式知，反应前后气体
的物质的量之和减小，则压强减小，ΔP＞0，在图中以ac 所在线表示；在绝热条件下进行，随着反应的进
行，容器内压强先增大后减小，说明开始时温度对压强的影响大于气体的物质的量，说明该反应为放热反
应，ΔH＜0，B 错误；C 项，b 点温度高于c 点，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以HBr
的转化率：
，C 错误；D 项，在恒温恒容条件下，气体压强之比等于总物质的量之比，根据三
段式：
根据a 点时数据有：
，解得x=0.75，此时浓度商
，a、b
点总压强相等，容器体积相等，b 点温度较高，故b 点气体的物质的量小于a 点，正反应是气体分子数减
小的反应，说明b 点HBr 的转化率大于a 点，即b 点平衡常数K 大于a 点Qc，D 正确；故选D。
16．(2025·辽宁沈阳一模)工业中采用双环戊二烯解聚法合成环戊二烯，反应为
(g)
2
(g)
ΔH。将3 mol 双环戊二烯通入恒温、容积为1 L 的恒容密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应，起
始压强分别为p1和p2，n(双环戊二烯)、n(环戊二烯)随时间t 的变化关系如图所示。下列说法错误的是
( )
A．T1>T2
B．ΔH>0
C．T2温度下，当容器总压强p=1.5p2时v 正>v 逆
D．与恒温相比，绝热条件下的平衡常数小
【答案】C
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【解析】A 项，容器的体积为1L，随着反应的正向进行，n(双环戊二烯)逐浙减小，n(环戊二烯)逐浙增
大，根据图像可知，0~1.5min，T1温度下，v1(双环戊二烯)
(环戊二烯)
，T2温度下，1.5min 时，n(双环戊二烯)
，则0~1.5min，v2(双
环戊二烯)
，则v1(双环戊二烯) >v2(双环戊二烯)，因此T1>T2，A 正确；B
项，由图像可知，T1温度下点(1.5，4.5)处反应不一定处于平衡状态，因此达到平衡时，双环戊二烯转化
的物质的量
，T2温度下点(2，1.5)处反应已经达到平衡，此时双环戊二稀转化的物质的量为
1.5mol，说明升高温度平衡正向移动，即ΔH＞0，B 正确；C 项，恒温、恒容条件下，压强之比等于气体
物质的量之比，T2温度下，当容器总压强
时，容器中气体总物质的量为4.5mol，设此时双环戊二
烯转化了xmol，则
，
，由图像可知，此时反应处于平衡状态，v 正=v 逆，C 错误；D
项，该反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，绝热条件下，随着反应的进行容器内温度逐渐降低，
故绝热条件下的平衡常数小于恒温条件，D 正确；故选C。
17.(2025·安徽省黄山·期中)下列说法不正确的是( )
A．图1 可表示将一定量的CO 和NO 通入刚性容器发生反应：2NO(g)＋2CO(g)
2CO2(g)＋N2(g)，物质
的量随时间的变化关系，且t1时达到平衡
B．图2 可表示反应CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)，在t0时将容器的体积缩小为原来的一半后再次平衡的过
程中压强随时间的变化关系
C．图3 可表示反应CH4(g)＋CO2(g)
2CO(g)＋2H2(g)的ΔH 与时间的变化关系，且t1时不一定达到平衡
D．图4 可表示在绝热容器中充入一定量的A 和B，发生反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g) ΔH<0，平
衡常数与时间的关系图，且t1时达到平衡
【答案】A
【解析】将一定量的CO 和NO 通入刚性容器发生反应：2NO(g)＋2CO(g)
2CO2(g)＋N2(g),CO 减少的物
质的量等于二氧化碳增加的物质的量，与图像不符，A 错误；反应CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)，在t0时将
容器的体积缩小为原来的一半，压强变为原来的2 倍，平衡逆向移动，由K＝c(CO2)可知，达到新平衡
时，二氧化碳浓度不变，体积变为原来一半，气体的物质的量变为原来的一半，容器内压强最终不变，图
像正确， B 正确；反应CH4(g)＋CO2(g)
2CO(g)＋2H2(g) 的ΔH 取决于反应物和生成物的总能量，始终
13
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保持不变，不随时间变化，故t1时不一定达到平衡，C 正确；在绝热容器中充入一定量的A 和B，发生反
应mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g) ΔH<0，随反应进行，体系温度升高，K 值减小，t1时K 值不变，体系
温度不变，反应达到平衡状态，D 正确。
18．在一恒容的密闭容器中充入0.1 mol·L－1 CO2、0.1 mol·L－1CH4，在一定条件下发生反应：CH4(g)＋
CO2(g)
2CO(g)＋2H2(g)，测得CH4平衡转化率与温度、压强关系如图，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．1100 ℃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】p1、p2、p3、p4是四条等压线，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；该反应为气体分子数增加的反应，压强越高，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1100 ℃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，即平衡常数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。
19．
【配离子与化学平衡结合】(2025·江西九江二模)在水溶液中，某离子L 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L 形成配离子达平衡时，
与
的关系如图
(已知
)。下列说法正确的是( )
A．消耗等物质的量的
时，制得Y 和Z 对应配离子的物质的量：
B．若相关离子的浓度关系如P 点所示，X 配离子的解离速率小于生成速率
C．80%的X、Y 转化为配离子时，两溶液中
的平衡浓度：
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D．向Q 点X、Z 的混合液中加少量可溶性Y 盐，达平衡时：
【答案】B
【解析】A 项，设金属离子形成配离子的离子方程式为：金属离子配离子+m
=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
越多，对应曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：Y>Z，则消
耗等物质的量的
时，制得Y 和Z 对应配离子的物质的量：
，A 错误；B 项，由P 点状态移动到形
成X 配离子的反应的平衡状态时，
不变，
增大，即
减小，
减小、c(X 配离子)增大，则X 配离子的解离速率小于生成速率，B 正确；C 项，80%的X、Y
转化为配离子时，溶液中
，则
，根
据图像可知，纵坐标约0.6 时，两溶液中
的平衡浓度：
，C 错误；D 项，Q 点时
，即
，加入少量可溶性Y 盐后，会消耗
形成
Y 配离子，使得溶液中
浓度减小(沿横坐标轴向左移动)，随着
浓度继续减小，X 对应曲线位于Z 对应
曲线下方，即
，则
，D 错误；故选B。
03 多反应多曲线变化图象
20．
【化工生产与平衡思想】(2025·安徽省六安第一中学高三第三次质检)工业上用C6H5Cl 和
H2S 的高温气相反应制备苯硫酚(C6H5SH)，同时有副产物C6H6生成：
I．C6H5Cl(g)＋H2S(g)
C6H5SH(g)＋HCl(g) ΔH1
II．C6H5Cl(g)＋H2S(g)
C6H6(g)＋HCl(g)+1/8S8(g) ΔH2
使
和
按物质的量
进入反应器，定时测定反应器尾端出来的混合气体中各产物的量，得到单
程收率(
)与温度的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
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A．ΔH1＜0，ΔH2＞0
B．反应II 的活化能较大
C．590℃以上，随温度升高，反应I 消耗H2S 减少
D．645℃时，反应I 的化学平衡常数
【答案】D
【解析】A 项，温度大于590℃时，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，可知升高温度，反应Ⅰ逆向进
行，说明反应ⅠΔH1＜0；随温度升高，苯的单程收率增大，可知升高温度，反应Ⅱ正向进行，说明ΔH2
＞0，故A 正确；B 项，温度较低时，苯的单程收率远小于苯硫酚，说明反应Ⅱ反应速率小，所以反应Ⅱ
的活化能较大，故B 正确；C 项，590℃以上，随温度升高，苯硫酚的单程收率降低，反应I 消耗H2S 减
少，故C 正确；D 项，设通入氯苯、H2S 的物质的量各为1mol，645℃时，苯硫酚的单程收率为20%、苯
的单程收率为20%，则反应I 消耗0.2mol 氯苯、0.2mol H2S，生成苯硫酚0.2mol、氯化氢0.2 mol；反应
II 消耗0.2mol 氯苯、0.2mol H2S，生成苯0.2mol、氯化氢0.2mol、S80.0025mol；容器中含有0.6 mol 氯
苯、0.6 molH2S、苯硫酚0.2 mol、氯化氢0.4 mol；设容器容积为V，反应I 的化学平衡常数
，故D 错误；故选D。
21.
【制备乙醇与平衡相结合】(2025·江苏省南京市五校联盟高三联考)二甲醚催化制备乙醇主要
涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：CO(g)+CH3OCH3(g)
CH3COOCH3(g) ΔH1=a kJ/mol；
反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)+2H2(g)
CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH2=b kJ/mol。
反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数lgK1、lgK2与温度的关系如图甲所示；固定CO、CH3OCH3、H2的原料比、
体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图乙所示。
下列说法正确的是( )
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A．a>0
B．测得X 点CH3CH2OH 的物质的量分数是10%，则X 点反应Ⅱ有：v 正<v 逆
C．由CH3COOCH3的曲线知，600 K 后升高温度对反应Ⅰ的影响程度小于反应Ⅱ
D．曲线B 表示CO 或CH3OCH3的物质的量分数随温度的变化
【答案】D
【解析】A 项，由图可知：温度升高，lgK1减小，即平衡常数K1减小，说明温度升高，化学平衡逆向移
动，逆向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以a＜0，A 错误；B 项，X 点对应反应温度为
400 K，由图可知：X 点乙醇物质的量分数小于平衡时乙醇的物质的量分数，说明此时反应未达平衡状
态，反应正向进行，v 正＞v 逆，B 错误；C 项，由图1 可知，反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升高温度，化学
平衡均逆向移动，由图2 可知升高温度后乙酸甲酯的物质的量分数降低速率大于甲醇的降低速率，所以
600 K 后升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，C 错误；D 项，B 曲线随温度升高，物质的量分数升
高，当温度高于600K 时，乙醇或甲醇的物质的量分数很小，以反应Ⅰ为主，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向
移动，一氧化碳或甲醚物质的量分数升高，故曲线B 表示一氧化碳或甲醚的物质的量分数随温度的变化，
D 正确；故选D。
22．二甲醚(CH3OCH3)是一种极具发展潜力的有机化工产品和洁净燃料。CO2加氢制二甲醚的反应体系
中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH＝＋41.2 kJ·mol－1
反应Ⅱ：CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49.5 kJ·mol－1
反应Ⅲ：2CH3OH(g)
CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝－23.5 kJ·mol－1
在2MPa，起始投料n(CO2)：n(H2)=1：3 时，CO2的平衡转化率及CO、CH3OCH3、CH3OH 的平衡体积分
数随温度变化如图所示。下列有关说法正确的是( )
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A．反应2CO2(g)＋6H2(g)
CH3OCH3(g)＋3H2O(g)的ΔH＝－73.0 kJ·mol－1
B．图中X 表示CO
C．为提高二甲醚的产率，需要研发在低温区的高效催化剂
D．温度从553 K 上升至573 K 时，反应Ⅰ消耗的CO2少于反应Ⅱ生成的CO2
【答案】C
【解析】由盖斯定律知：反应Ⅱ×2＋Ⅲ得反应：2CO2(g)＋6H2(g)
CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH＝
2×(－49.5 kJ·mol－1)＋(－23.5 kJ·mol－1)＝－122.5 kJ·mol－1，A 错误；升高温度，反应Ⅰ正向进行，则CO
的平衡体积分数应增大，故Y 表示CO，B 错误；由图可知，温度从553 K 上升至573 K 时，反应Ⅰ消耗
的CO2大于反应Ⅱ生成的CO2，D 错误。
23．
【双碳目标与学科知识结合】(2025·北京市北师大附中高三模拟)甲烷还原二氧化碳是实现
“双碳”目标的有效途径之一，常压、催化剂作用下，按照CO2和CH4的物质的量之比
投料。有关反
应如下：
反应I：CH4(g)＋CO2(g)
2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝+247kJ·mol−1
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41kJ·mol−1
某一时段内，CH4和CO2的转化率随温度变化如下图所示。
已知：CO2的转化效率
下列分析不正确的是( )
A．根据反应Ⅰ、Ⅱ，低压高温有利于提高CO2的平衡转化率
B．
时，CO2转化的R 值为
C．由
升高到
，含氢产物中水的占比增大
D．由
升高到
，CO2的转化效率逐渐增大
【答案】C
【解析】A 项，反应Ⅰ是气体分子数增大的吸热反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的吸热反应，升高温度均
有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，且降低压强有利于反应Ⅰ的平衡正向移动，
c(H2)增大可促进反应Ⅱ的平衡正向移动，也可提高CO2的平衡转化率，所以低压高温有利于提高CO2的平
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衡转化率，故A 正确；B 项，由图可知，500℃时CO2的转化率为20%，CH4的转化率为40%，CO2的转化
效率为
=1.5，故B 正确；C 项，由图可知，温度由400℃升高到600℃时CH4转化率的增大幅度远
大于CO2，则此时主要发生反应Ⅰ，且只有反应Ⅱ生成水，所以含氢产物中水的占比减小，故C 错误；D
项，由图可知，由700℃升高到1000℃时△n(CO2)变化幅度较大，△n(CH4)变化幅度较小，则CO2的转化
效率逐渐增大，故D 正确；故选C。
24．SCR 法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应如下：
主反应：2NH3(g)+ 4NO(g)+ O2(g)
4N2(g)+6H2O(g ) ΔH
副反应：4NH3(g)+ 5O2(g)
4NO (g)+6H2O(g )
相同条件下，在甲、乙两种催化剂作用下进行上述反应，下列说法错误的是( )
A．工业上选择催化剂乙的原因是低温下有很强的催化活性
B．投料比一定时有利于提高NO 平衡转化率的反应条件是降低温度、减少压强
C．图中M 点处(对应温度为210℃)NO 的转化率一定不是该温度下的平衡转化率
D．相同条件下选择高效催化剂，可以提高NO 的平衡转化率
【答案】D
【解析】A 项，从题干图中可知，催化剂乙在低温下具有很强的催化活性，从而可以节约能源，故工业上
选择催化剂乙的原因是低温下有很强的催化活性，A 正确；B 项，从图中分析可知，随着温度升高化学平
衡逆向移动，即该主反应是一个正反应为放热反应，且正向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理可
知，投料比一定时有利于提高NO 平衡转化率的反应条件是降低温度、减少压强，B 正确；C 项，甲催化
剂随温度升高NO 转化率先增大后减小是因为催化剂在温度高的条件下催化活性减小，在催化剂甲作用
下，图中M 点处(对应温度为210℃)NO 的转化率一定不是该温度下的平衡转化率，高于210℃时，NO 转
化率降低是催化剂活性减低(或副反应增多)，C 错误；D 项，根据勒夏特列原理可知，催化剂只能改变反
应速率而不影响化学平衡，故相同条件下选择高效催化剂，不能提高NO 的平衡转化率，D 错误；故选
D。
25．(2025·山西省高三质量检测)氢气是一种清洁能源，乙醇—水催化重整可获得H2。主要反应有：
I.C2H5OH(g)＋3H2O(g)
2CO2(g)＋6H2(g) ΔH＞0
Ⅱ.CO2(g)＋H2O(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0
一定条件下，向
恒容密闭容器中充入2molC2H5OH(g)和6mol H2O(g)，C2H5OH 和H2O 的平衡转化率随
温度的变化如图所示。下列说法错误的是( )
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A．L1表示C2H5OH 的平衡转化率
B．
点对应反应I 的平衡常数：
C．一定温度下选用高效催化剂，能提高平衡时H2的产率
D．500℃时，反应Ⅱ的平衡常数
【答案】C
【解析】A 项，反应I、Ⅱ均为吸热反应，随着温度升高，反应I 平衡正向移动，C2H5OH 的转化率始终增
大；随着温度升高，反应Ⅱ平衡也正向移动，不断生成水，使水的转化率降低，故L1代表C2H5OH 的平衡
转化率，L2代表H2O 的平衡转化率，A 正确；B 项，对于吸热反应来说，温度越高，平衡常数越大，故
a、b 点对应反应I 的平衡常数：
，B 正确；C 项，催化剂不能使平衡移动，选用高效催化
剂，不能提高平衡时H2的产率，C 错误；D 项，由图可知，500℃时，C2H5OH 的平衡转化率为95%，水
的平衡转化率为70%，列出转化关系式：
，
，解得
。平衡时，H2、CO2、CO、H2O 的物质的
量分别为9.9mol、2.3mol、1.5mol、1.8mol。500℃时，对于反应前后气体分子数不变的反应Ⅱ来说，平衡
常数
，D 正确；故选C。
26．(2025·江苏省丹阳高级中学高三期中)基于单簇催化剂(SCC)的NO 还原反应(NORR)的主要反应如下：
(Ⅰ)2NO(g)＋2H2(g)
N2(g)＋2H2O(g) ΔH1
(Ⅱ)2NO(g)＋5H2(g)
2NH3(g)＋2H2O(g) ΔH2
(Ⅲ) N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g) ΔH3
在T℃、100kPa 反应条件下，向密闭容器中充入2molNO 和6molH2，发生上述反应，测得含氮元素占比
[如N2的含氮元素占比
]与时间的关系如图所示。
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已知：反应Ⅱ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅰ、Ⅲ的影响；K 为用物质的量分数表示的平衡常数。下列
有关说法正确的是( )
A．反应Ⅱ的ΔH2＞0
B．曲线c 表示的是氨气的含氮元素占比
C．若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，则F 点将平移至E 点
D．若95min 时达到平衡，则反应Ⅲ的平衡常数K 的计算式为
【答案】D
【解析】A 项，反应Ⅱ是气体量减少的反应，ΔS＜0，反应快速自发进行ΔG=ΔH2-TΔS＜0，故该反应的
ΔH2＜0，A 错误；B 项，起始的含氮物质只有一氧化氮，反应ii 为快反应，曲线a 表示物质快速减少，故
曲线a 表示NO，NH3快速增加，故曲线b 表示氨气，曲线表示c 氮气，B 错误；C 项，若选择对反应Ⅱ催
化效果更好的催化剂，反应Ⅱ会更快，生成NH3达到最高点所用时间短，NH3的占比更大，因此F 点可能
移向E 点上方的某个点，C 错误；D 项，起始时，2 mol NO、6 mol H2，若95 min 时达到平衡，则由图
知，NO 的含氮元素占比为6%，n(NO)=2mol×6%=0.12mol，N2的含氮元素占比为86%，n(N2)=
，NH3的含氮元素占比为100%-6%-86%=8%，n(NH3)=2mol×8%=0.16mol，由氧原子
守恒得，n(H2O)=2mol-0.12mol=1.88mol，由氢原子守恒得，n(H2)=
，
此时总物质的量为(0.12+0.86+0.16+1.88+3.88)=6.9mol，N2的物质的量分数为
，H2的物质的量分数
为：
，NH3的物质的量分数为：
，则反应Ⅲ的平衡常数Kx=
，D 正确；故选D。
27.在总压为100kPa 的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生反应：CO(g) + N2O(g)
CO2(g) + N2(g)，在不同条件下达到平衡时，在T1K 时N2O 的转化率与
的变化曲线以及在
21
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时N2O 的转化率与
的变化曲线如图3 所示：
（1）表示N2O 的转化率随
的变化曲线为____曲线(填“I”或“II”)；
（2）T1_______T2 (填“>”或“<")，该判断的理由是______________
（3）已知：该反应的标准平衡常数
，其中
为标准压强 (100kPa)，p(CO2)、
p(N2)、 p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数
=_______ ( 计算结果保
留两位有效数字，p 分=p 总 ×物质的量分数)。
【答案】（1）Ⅱ （2）＜ 曲线I 表示N2O 的转化率随
的变化，由于ΔH＜0，则
越大，N2O 的转化率越大，故T1＜T2 （3）3.4
【解析】（1）
越大，N2O 的转化率越小，故曲线II 表示N2O 的转化率随
的变化。（2）曲
线I 表示N2O 的转化率随
的变化，由于ΔH＜0，则
越大，N2O 的转化率越大，故T1＜T2 。（3）由图
3 曲线1 可知，
，总压为100kPa，容器恒容，温度为T4时，N2O 的转化率为65%，可列出三段
式：
利用“三段式”计算法可知，平衡时p(N2O) = 17.5 kPa，p(CO) = 17.5 kPa，p(CO2) =32. 5 kPa，p(N2) =32.5
22
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kPa，
。
1．（2025·安徽滁州·二模）由
直接脱氢制
的反应为
。在密闭
容器中发生该反应，测得
的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，下列说法正确的是
A．
两点平衡常数：
B．该反应在高温条件下能自发进行
C．
两点的化学反应速率：
D．减压、降温均有利于提高
的平衡转化率
【答案】B
【解析】A．平衡常数K 只与温度有关，X、Z 两点温度相同，所以K(X)=K(Z)，故A 错误；
B．该反应正反应气体分子数增大（ΔS>0），由图像知升温转化率增大，说明ΔH>0。根据ΔG=ΔH-
TΔS，高温下ΔG<0，反应能自发进行，故B 正确；
C．X、Y 两点温度不同（Y 点温度更高），温度越高反应速率越快，且Y 点为平衡点（v 正(Y)=v 逆
(Y)），v 逆(Y)>v 正(X)，故C 错误；
D．
正反应吸热，降温使平衡逆向移动，转化率降低，故D 错误；
选B。
2．（2025·安徽蚌埠·三模）某有机物R 能与
形成橙红色的配离子
，该配离子可被
氧化
成淡蓝色的配离子
。某研究小组对
的氧化反应
进行了研究。用浓度分别为
的
溶液进行了三组实验，得到
随时间t 的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
23
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A．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
B．
时，在
内，
的平均生成速率为
C．平衡后加水稀释，
减小
D．
平衡转化率：
【答案】D
【分析】浓度越大，反应速率越大，曲线越陡，I、Ⅱ、Ⅲ对应硝酸的浓度分别是2.0mol/L、2.5mol/L、
3.0mol/L。
【解析】A．体系颜色转变时间取决于反应速率，
浓度越高反应速率越快，曲线Ⅲ（3.0mol/L）反
应最快，转变时间最短，故tⅢ < tⅡ < tⅠ，A 错误；
B．由图可知，在
时，0~1min 内
减少
，根据速率之比等于方程式的系数之比，
的平均生成速
率等于
消耗速率的一半，
的平均生成速率
，B 错
误；
C．加水稀释，平衡向粒子数增多的方向移动，即逆向移动，
浓度增大、
浓度减小，比
值增大，C 错误；
D．
浓度越高，平衡正向移动程度越大，
平衡转化率越高，曲线Ⅲ（3.0mol/L）平衡浓度最
低，转化率最高，故αⅢ > αⅡ > αⅠ，D 正确；
故答案选D。
3．向体积均为1L 的两恒容容器中分别充入
和
发生反应：2X (g)+ Y(g)
2Z(g)
ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法
正确的是( )
24
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A．ΔH＞0
B．气体的总物质的量：na＜nc
C．a 点平衡常数：K＞12
D．反应速率：Va 正＜Vb 正
【答案】B
【解析】A 项，甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程
PV=nRT 可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，故A
错误；B 项，根据A 项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a 点和c 点的压强相等，因甲
容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明
甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：na＜nc，故B 正确；C 项，a 点为平
衡点，此时容器的总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于气体的物质的量(物质的
量浓度)之比，所以可设Y 转化的物质的量浓度为xmol∙L−1，则列出三段式如下：
则有
，计算得到x=0.75，那么化学平衡常数K=
，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡常数减小即平衡常数K＜12，故
C 错误；D 项，根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的
快，即Va 正＞Vb 正，故D 错误。故选B。
4.一定温度下，X、Y、Z 三种气体在某恒容密闭容器中发生反应，其中气体的物质的量变化曲线如图所
示。下列说法正确的是( )
A．Q 点Y 的正反应速率和逆反应速率相等
B．从开始到达到平衡时用X 表示的平均反应速率是0.2mol·L-1·min-1
C．该反应的化学方程式可表示为：3X(g)+Z(g)
2Y(g)
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D．达到平衡后，再充入氩气，反应速率增大
【答案】C
【解析】A 项，Q 点没有到平衡，Y 的正反应速率和逆反应速率不相等，A 错误；B 项，从开始到达到平
衡时X 的物质的量改变量为6-3=3mol，没有说明容器的体积，不能用X 表示的平均反应速率，B 错误；C
项，从开始到平衡，X、Z 的物质的量减少，减少量分别为6-3=3mol，2-1=1mol，为反应物，Y 的物质的
量增加为生成物，增加量为2-0=2mol，故方程式为3X(g)+Z(g)
2Y(g)，C 正确；D 项，到平衡后，
充入氩气，各物质的浓度不变，反应速率不变，D 错误；故选C。
5．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
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。
6.MTP 是一类重要的药物中间体，可以由TOME 经环化后合成。其反应式如下所示：
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为了提高TOME 的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇。TOME 的转化率随反应时间
的变化如图所示。设TOME 的初始浓度为a mol/L，反应过程中的液体体积变化忽略不计，发生的其他副
反应忽略不计。
已知：转化率=
，也可以用百分数表示。下列说法错误的是( )
A．X、Y 两点消耗反应物TOME 的速率v 正(X)＜v 正(Y)
B．X、Z 两点该化学反应的瞬时速率大小为v(X)＞v(Z)
C．210℃时，0~150 min 之间用MTP 表示该化学反应的速率为
D．若Z 点处于化学平衡，则平衡时溶液体系中甲醇的百分含量为
【答案】D
【解析】A 项，根据题意：TOME 的初始浓度均为a mol/L，由图知X、Y 两点TOME 的转化率相等，反
应转化浓度相同，但反应时间：X＞Y，因此反应速率：
，A 正确；B 项，由图可知：X 点
曲线斜率大于Z 点，则X、Z 两点的瞬时速率大小为v(X)＞v(Z)，B 正确；C 项，由图可知：在210℃下，
150 min 时TOME 的转化率为98%，则△c(MTP)=△c(TOME) =a mol/L×98%=0.98a mol/L，故0~ 150 min 之
间的MTP 的平均反应速率为0~150 min 之间用MTP 表示该化学反应的速率为
，C 正
确；D 项，若Z 点处于化学平衡，由图可知：在210 条件下，Z 点TOME 的转化率为98%，则
△c(MTP)=△c(TOME)=△c(CH3OH)=a mol/L×98%=0.98a mol/L，为了提高TOME 的转化率，反应进行时需
及时从溶液体系中移出部分甲醇，平衡时c(MTP)=0.98a mol/L，c(CH3OH)＜0.98a mol/L，c(TOME)=0.02a
mol/L，若Z 点处于化学平衡，则平衡时溶液体系中甲醇的百分含量小于
，D
错误；故选D。
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7．(2024•江苏省新高考基地学校高三联考)脱除汽车尾气中的NO 和CO 包括以下两个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
将恒定组成的NO 和CO 混合气通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如题13 图所示。
下列说法正确的是( )
A．N2(g)＋2CO2(g)=2NO(g)＋2CO(g) ΔH＝-745.7kJ·mol−1
B．使用合适催化剂，能提高NO 的平衡转化率
C．其他条件不变，增大体系的压强，NO 的平衡转化率增大
D．350℃~420℃范围内，温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ速率增大的幅度
【答案】C
【解析】A 项，目标反应=-Ⅰ-Ⅱ，则
，A 错误；B 项，催化剂不能改
变化学反应限度，因此使用催化剂不能提高NO 的平衡转化率，B 错误；C 项，反应Ⅰ正向体积减小，反
应Ⅱ体积不变，增大压强对反应Ⅱ无影响，但反应Ⅰ正向移动，因此增大压强，NO 的平衡转化率增大，
C 正确；D 项，从图中可知，350℃~420℃范围内升高温度，二氧化碳和氮气的浓度增大，而一氧化二氮
的浓度减小，说明此时升高温度，以反应Ⅱ为主，则反应Ⅰ速率增大小于反应Ⅱ的速率增大幅度，D 错
误；故选C。
8．由CO2催化加氢制CH3OH 的反应体系中，发生的主要反应如下。
反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=+41.1kJ•mol-1。
反应II：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)；ΔH=-49.0kJ•mol-1。
在其他条件相同的情况下，按n(CO2)∶n(H2)=1∶3(总量一定)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转
化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性：
]随温度的变化趋势如图所示。
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下列说法不正确的是( )
A．若反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•mol-1，则由H2和CO 制备二甲醚的热化学方程
式：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-204.7kJ•mol-1
B．根据图中数据，温度选择553K，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高
C．随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II 平衡逆向移动幅
度弱于反应I 正向移动幅度
D．473～513K 范围内，温度升高，平衡时的
逐渐增大
【答案】D
【解析】A 项，设反应Ⅲ2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH=-24.5kJ•mol-1，反应Ⅳ，则由盖斯定律可
知，Ⅳ=2×II-2×I+Ⅲ，则反应Ⅳ的反应热ΔH=2×(-49.0kJ•mol-1)- 2×(+41.1kJ•mol-1)+( -24.5kJ•mol-1)=
-204.7kJ•mol-1，A 正确；B 项，由图可知，温度选择553K，达到平衡时甲醇的选择性最低，二氧化碳的平
衡转化率最大，故此时反应体系内甲醇的产量最高，B 正确；C 项，反应II 为放热反应，同时该反应生成
甲醇，反应II 为吸热反应，该反应消耗二氧化碳，但是不产生甲醇，则随着温度的升高，CO2的平衡转化
率增加但甲醇的选择性降低，其原因可能是反应II 平衡逆向移动幅度弱于反应I 正向移动幅度，C 正确；
D 项，由图可知，随着温度的升高，甲醇的选择性在降低，二氧化碳的转化率在增大，则平衡时的
逐渐减小，D 错误；故选D。
9.接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+
O2(g)
SO3(g)，起始的物质的量分
数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa 和5.0MPa 压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化
如图所示。下列有关说法不正确的是( )
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A．该反应△H＜0
B．p1=0.5MPa；p3=5MPa
C．在5.0MPa、550℃时的α=97.5%
D．500℃时，p1时比p2对应的转化率高，反应速率快
【答案】B
【解析】根据勒夏特列原理结合图像可知，温度升高，二氧化硫转化率下降，平衡逆向移动，说明反应为
放热反应，该反应△H＜0。A 项，温度升高，二氧化硫转化率下降，平衡逆向移动，说明反应为放热反
应，该反应△H＜0，A 正确；B 项，反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化硫
转化率升高，故p1=5Mpa、p2=2.5Mpa、p3=0.5MPa，B 错误；C 项，由图像可知，在5.0MPa、550℃时的
α=97.5%，C 正确；D 项，压强越大反应速率越快，500℃时，p1比p2压强大，反应速率快，D 正确。 故
选B。
10.将金红石(TiO2)转化为TiCl4是生产金属钛的关键步骤。在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比
1：2：2 进行反应，平衡体系中主要物质的物质的量分数(x)随温度变化理论计算结果如图所示。
下列说法不正确的是( )
A．200~1600℃反应达到平衡时，TiO2的转化率均已接近100%
B．将400℃时的平衡体系加热至800℃，平衡C(s)+CO2(g)
2CO(g)向正反应方向移动
C．1000℃时，测得某时刻x(TiCl4)=0.2.其他条件不变，延长反应时间能使x(TiCl4)超过该温度下平衡时的
x(TiCl4)
D．实际生产时反应温度选择900℃而不选择200℃，其主要原因是：900℃比200℃时化学反应速率更
快，生产效益更高
【答案】C
【解析】在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2：2 进行反应，反应为TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO。A 项，三者完全反应时，生成TiCl4、CO 的物质的量之比为1:2，此时TiCl4的物质的量分数
约为33.3%，结合图像可知，200~1600℃反应达到平衡时，TiCl4的物质的量分数约为33.3%，则TiO2转化
率均已接近100%，A 正确；B 项，结合图像可知，将400℃时的平衡体系加热至800℃，二氧化碳含量减
小、一氧化碳含量增加，则平衡C(s)+CO2(g)
2CO(g)向正反应方向移动，B 正确；C 项，延长时间
不能改变平衡时物质的转化率和产率，C 错误；D 项，温度越高反应速率越快，单位时间产率越高，实际
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生产时反应温度选择900℃而不选择200℃，其主要原因是：900℃比200℃时化学反应速率更快，生产效
益更高，D 正确；故选C。
11．乙醇-水催化重整可获得H2。其主要反应为
C2H5OH(g)＋3H2O(g) =2CO2(g)＋6H2(g) ΔH＝+173.3kJ·mol−1
CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41.2kJ·mol−1
CO2(g)＋4H2O(g)= CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝-164.7kJ·mol−1
在密闭容器中，
、起始
时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2、CO、CH4、H2
的体积分数随温度的变化如题图所示。下列说法正确的是( )
A．一定温度下，增大
可提高乙醇平衡转化率
B．反应CO(g)＋3H2(g)= CH4(g)＋H2O(g)的ΔH＝-123.5kJ·mol−1
C．研发高效催化剂可提高H2的平衡产率
D．控制反应的最佳温度约为800℃
【答案】D
【解析】A 项，C2H5OH(g)＋3H2O(g) =2CO2(g)＋6H2(g)，增大
，相当于减少H2O 的投入，平
衡逆向移动，乙醇平衡转化率减小，故A 错误；B 项，已知①CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH＝
+41.2kJ·mol−1，②CO2(g)＋4H2O(g)= CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝-164.7kJ·mol−1，所以反应CO(g)＋3H2(g)=
CH4(g)＋H2O(g)可为②-①，
，故B 错误；C 项，催化剂不影
响平衡的移动，故C 错误；D 项，由图可知，温度在约为800℃时，H2的物质的体积分数最大，而且温度
继续升高变化不大，所以反应的最佳温度约为800℃，故D 正确；故选D。
12．CH3OH 可作大型船舶的绿色燃料。工业上用CO2制备CH3OH 的原理如下：
反应1：CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝-49.5kJ·mol−1
反应2：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1
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分别在
下，将
的混合气体置于密闭容器中，若仅考虑上述反应，
不同温度下反应体系达到平衡时，
转化率
、产物选择性
的变化如图所示。
已知：
或
。下列说法不正确的是( )
A．反应CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(l)＋H2O(g) ΔH＜-49.5kJ·mol−1
B．
后，不同压强下
接近相等的原因为制备过程以反应1 为主
C．
时，反应2 的平衡常数
D．
下，
的混合气体在催化下反应一段时间
达到
点的
值，延长反应时间
可能达到
【答案】B
【解析】A 项，气态转化为气态会放出热量，放热反应的焓变小于0，故反应CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(l)＋H2O(g) ΔH＜-49.5kJ·mol−1，A 正确；B 项，反应1 是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，
减小，反应2 是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，
增大，
后，不同压强下
接近相等的原因为制备过程以反应2 为主，B 错误；C 项，由图可知，250℃、3MPa 时下生成
CH3OH、CO 的选择性(S)均为50%，平衡时CO2的转化率为20%，设n 起始(CO2)=1mol，n 起始(H2)=3mol，则
平衡时CO2的转化量为
，生成
，建立三段
式：
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设体积为V，则此时反应2 的平衡常数
，C 正确；D 项，
下，
的混合气体在催化下反应一段时间
达到P 点的值，由于反应未达
到平衡，平衡正向移动，故延长反应时间
可能达到20%，D 正确；故选B。
13．研究NOx之间的转化对大气污染控制具有重要意义，已知：N2O4(g)
2NO2(g) ΔH＞0。如图所
示，在恒容密闭容器中，反应温度为T1时，c(N2O4)和c(NO2)随t 变化为曲线I、II，改变温度到T2，c(NO2)
随t 变化为曲线III。下列判断正确的是( )
A．温度T1>T2
B．反应速率v(a)=v(b)
C．在T1温度下，反应至t1时达平衡状态
D．在T1温度下，反应在0—t3内的平均速率为
【答案】D
【解析】A 项，反应温度T1和T2，以c(NO2)随t 变化曲线比较，II 比III 后达平衡，所以T2>T1，故A 错
误；B 项，升高温度，反应速率加快，T2>T1，则反应速率v(a)>v(b)，故B 错误；C 项，T1温度下，反应至
t1时c(NO2)=c(N2O4)，t1之后c(NO2)、c(N2O4)仍在变化，说明t1时反应没有达到平衡状态，故C 错误；D
项，T1时，在0-t3内，
，则0-t3内
，故D 正确；故选D。
14．已知在一定温度下，
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
与温度的倒数
的关系如图所示：
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下列说法中正确的是( )
A．该反应的ΔH＜0
B．Q 点BaSO4的消耗速率大于生成速率
C．温度不变，将R 点状态的容器体积缩小，重新达到平衡时，气体的压强增大
D．温度是
时，反应的平衡常数为100
【答案】D
【解析】根据反应BaSO4(s)＋4C(s)
BaS(s)＋4CO(g)可知，反应的平衡常数K=c4(CO)，结合图像可
知，
随着
的增大而增大，则证明K=c4(CO)随着温度的升高而增大，即反应为吸热反应，图像直
线上的点均为平衡点。A 项，根据上述分析可知，反应的平衡常数随着T 的升高而增大，所以该反应为吸
热反应，即ΔH＞0，A 错误；B 项，Q 点未达到平衡，其Qc＞K，则此时BaSO4的消耗速率小于其生成速
率，B 错误；C 项，温度不变，将R 点状态的容器体积缩小，即增大压强，平衡向逆向移动，因为平衡常
数K 不变，所以CO 的平衡浓度不变，气体压强不变，C 错误；D 项，温度是
即
时，根
据图像数据可知，
=0.5，所以c(CO)=100.5，则K=c4(CO)=100，D 正确；故选D。
15．T1℃时，向1L 密闭容器中充入10molH2和3molSO2发生反应：3H2(g)+SO2(g)
H2S(g)+2H2O(g)
H<0
△
。部分物质的物质的量n(X)随时间t 变化如图中实线所示。下列说法正确的是( )
A．实线a 代表n(H2O)随时间变化的曲线
B．t1min 时，v 正(SO2)<v 逆(H2S)
C．该反应的平衡常数K=
L•mol-1
D．若该反应在T2℃(T2<T1)时进行，则虚线b 可表示n(SO2)的变化
【答案】C
【解析】A 项，根据题干反应方程式3H2(g)+SO2(g)
H2S(g)+2H2O(g)可知，达到平衡时生成H2O 的
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物质的量是消耗SO2的2 倍，故实线a 不是代表n(H2O)随时间变化的曲线，而是代表H2S 随时间变化的曲
线，A 错误；B 项，由题干图示信息可知，t1min 后H2S 的物质的量还在增大，SO2的物质的量还在减小，
说明反应在向正向进行，且化学反应中各物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比，则有
，此时
，即
正(SO2)＞
逆(H2S)，B 错误；C 项，由题干图示信息可知，达到
平衡时，SO2的物质的量为0.3mol，根据三段式分析可知：
容器的体积为1L，则该反应的平衡常数K=
=
L•mol-1，C 正确；D 项，由题干信息
可知，3H2(g)+SO2(g)
H2S(g)+2H2O(g)
H<0
△
，则降低温度，平衡正向移动，SO2的平衡转化量增
大，平衡时的物质的量减小，故若该反应在T2℃(T2<T1)时进行，则虚线b 不可表示n(SO2)的变化，D 错
误；故选C。
16．SCl2可用作有机合成的氯化剂。在体积为
的密闭容器中充入0.2mol SCl2，发生反应：2SCl2 (g)
S2Cl2 (g) +Cl2(g)，图中所示曲线分别表示反应在
时和平衡时SCl2的转化率
与温度
的关
系。下列说法正确的是( )
A．2SCl2 (g)
S2Cl2 (g) +Cl2(g)的
ΔH＞0、ΔS＜0
B．55OC，从0~10min，以S2Cl2表示反应的平均速率为
C．当容器中混合气体的平均相对分子质量恒定不变时，反应达到平衡状态
D．82℃，若起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1mol，则此时v(逆)＞v(正)
【答案】B
【解析】A 项，由图可知，升高温度，SCl2的平衡转化率增大，则正反应为吸热反应，ΔH＞0；且正反应
可自发进行，说明ΔH-TΔS＜0，则ΔS＞0，A 项错误；B 项，55OC，从0~10min，以S2Cl2表示反应的平均
速率为
，B 项正确；C 项，反应过程中气体的总质量不变，该反应
为气体分子数不变的反应，则该反应中混合气体的总物质的量不变，混合气体的摩尔质量始终不变，则平
均相对分子质量恒定不变，故当容器中混合气体的平均相对分子质量恒定不变时，不能说明反应达到平衡
状态，C 项错误；D 项，82℃下，反应达平衡时，SCl2的转化率为90%，则达平衡时，c(SCl2)=
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=
，c(S2Cl2)=c(Cl2)=
=0.045mol/L，该反应的平衡常数K=
=20.25，若起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1mol，则Qc=
=1＜
K，则平衡正向移动，v(逆)＜v(正)，D 项错误；故选B。
17．CO2-CH4催化重整可获得合成气(CO、H2)。重整过程中主要反应的热化学方程式为
反应①CH4(g)＋CO2(g)=2 CO(g)＋2H2(g) ΔH＝+247kJ·mol−1
反应②CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ΔH＝+41kJ·mol−1
反应③CH4(g)=C(s)＋2H2(g) ΔH＝+75kJ·mol−1
反应④2CO(g)=C(s)＋CO2(g) ΔH＝-172kJ·mol−1
研究发现在密闭容器中
下，
，平衡时各含碳物种的物质的量随温
度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．图中a 表示CH4
B．C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)的ΔH＝-131kJ·mol−1
C．其他条件不变，在
范围，随着温度的升高，平衡时
不断增大
D．当
，其他条件不变时，提高
的值，能减少平衡时积碳量
【答案】D
【解析】A 项，根据图可知，温度升高，a 的物质的量增大，根据反应①和③可知，温度升高，平衡正向
移动，CH4减小，所以a 一定不是CH4，A 错误；B 项，通过反应②＋④得到CO(g)＋H2(g)=C(s)＋
H2O(g)，所以C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)的ΔH=+131kJ mol
⋅
−1，B 错误；C 项，根据C(s)＋H2O(g)=CO(g)
＋H2(g)反应为吸热反应，其他条件不变，在500 1000
∼
℃范围，随着温度的升高，平衡正向移动，n(H2O)
不断减小，C 错误；D 项，当n 始(CO2)+n 始(CH4)=1mol，其他条件不变时，提高
的值，二氧化
碳物质的量增大，甲烷物质的量减小，平衡③④逆向移动，消耗C，能减少平衡时积碳量，D 正确；故选
D。
18．甲烷催化氧化为合成气的主要反应有：
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I、2CH4(g)＋O2(g)
2CO(g)＋4H2(g)
Ⅱ、CH4(g)＋2O2(g)
CO2(g)＋2H2O(g)
将2 mol CH4与2 mol O2投入密闭容器中反应，不同温度下，相同时间内CH4转化率、H2选择性
与CO 的选择性
随温度的变化如图所示，下列说法正确的是( )
A．由题可知，反应I 为吸热反应
B．在700℃时，容器中生成的CO2的物质的量为1.44mol
C．在500℃、600℃、700℃时都可能发生CH4(g)＋H2O(g)
CO(g)＋3H2(g)
D．该过程中，低温有利于合成气的生成
【答案】C
【解析】A 项，由图可知，升温CH4转化率增大，但不管反应是放热还是吸热，没有平衡时升温，正反应
速率增大相同时间内CH4转化率都会增大，所以不能判断反应是吸热反应，故A 错误；B 项，在700℃
时，CH4转化率为0.8，所以转化的CH4为
，据C 守恒CO 与CO2共1.6mol ，又CO 的
选择性为0.9，
，故
，故B 错误；C 项，对比500℃、600℃、
700℃图中H2、CO 的选择性，H2选择性变化较为平缓，CO 选择性变化较大，说明还有反应生成H2和
CO，而且化学计量数之比和反应I 不同，所以该反应可能是CH4(g)＋H2O(g)
CO(g)＋3H2(g)，故C
正确；D 项，800℃时H2和CO 的选择性接近1，说明高温有利于甲烷催化氧化为合成气反应的进行，即
高温有利于合成气的生成，故D 错误；故选C。
19．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( )
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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
【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
，转换为氢气为0.8mol，生成的H2O 小于0.8mol，
，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。
1．(2024·辽吉黑卷)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关物质浓度
随时间变化如图所示，15 h 后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是( )
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A．
时，反应②正、逆反应速率相等
B．该温度下的平衡常数：①>②
C．0~3h 平均速率(异山梨醇) 0.014mol·kg-l·h-l
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】A 项，由图可知，3 小时后异山梨醇浓度继续增大，15 h 后异山梨醇浓度才不再变化，所以3 h
时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，A 错误；B 项，图像显示该温度下，15 h 后所有
物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1，4-失水山梨醇仍有剩余，即反应②正
向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，B 正确；C 项，由图
可知，在0~3h 内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg ，所以平均速率( 异山梨醇)=
，C 正确；D 项，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡
转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化率，D 正确；故选A。
2．(2024· 海南卷)已知298K，101kPa 时，CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3=-49.5 kJ·mol−1。
该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为
，c(CO2)-t 关系如图
所示。下列说法错误的是( )
A．T1＞T2
B．T1下反应达到平衡时c(CH3OH)=0.15mol·L-1
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C．使用催化剂1 的反应活化能比催化剂2 的大
D．使用催化剂2 和催化剂3 的反应历程相同
【答案】D
【解析】A 项，由题干图像信息可知，平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向
移动，而结合题干方程式可知，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞
T2，A 正确；B 项，由题干图像信息可知，T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，即CO2的浓度改
变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T1下反应达到平衡
时c(CH3OH)=0.15mol·L-1，B 正确；C 项，由题干图像信息可知，在温度均为T1时，使用催化剂1 达到平
衡所需要的时间比催化剂2 更长即催化剂1 时的反应速率比催化剂2 的更慢，说明使用催化剂1 的反应活
化能比催化剂2 的大，C 正确；D 项，由题干信息可知，催化剂2 和催化剂3 分别在不同温度下达到平衡
所需要的时间不同，说明使用催化剂2 和催化剂3 的反应历程不相同，D 错误；故选D。
3．(2024·湖南卷)恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)和CO(g，发生如下反应：
主反应：CH3OH(g)＋CO(g)=CH3COOH(g) ΔH1
副反应：CH3OH (g)＋CH3COOH(g)=CH3COOCH3(g)＋H2O(g) ΔH2
在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数
随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所
示，下列说法正确的是( )
A． 投料比x 代表
B． 曲线c 代表乙酸的分布分数
C．ΔH1＜0，ΔH2＞0
D． L、M、N 三点的平衡常数：K(L)=K(M)＞K(N)
【答案】D
【解析】题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为δ(CH3COOH)、
δ(CH3COOCH3)，若投料比x 代表
，x 越大，可看作是CH3OH 的量增多，则对于主、副反应
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可知生成的CH3COOCH3 越多，CH3COOCH3 分布分数越高，则曲线a 或曲线b 表示CH3COOCH3 分布分
数，曲线c 或曲线d 表示CH3COOH 分布分数，据此分析可知AB 均正确，可知如此假设错误，则可知投
料比x 代表
，曲线a 或曲线b 表示δ(CH3COOH)，曲线c 或曲线d 表示δ(CH3COOCH3)。A
项，投料比x 代表
，故A 错误；B 项，曲线c 表示CH3COOCH3 分布分数，故B 错误；C
项，曲线a 或曲线b 表示δ(CH3COOH)，当同一投料比时，观察图像可知T2 时δ(CH3COOH)大于T1 时
δ(CH3COOCH3)，而T2＞T1可知，温度越高则δ(CH3COOH)越大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，
ΔH1＞0；曲线c 或曲线d 表示δ(CH3COOCH3)，当同一投料比时，观察可知T1时δ(CH3COOCH3)大于T2时
δ(CH3COOCH3)，而T2＞T1 可知，温度越高则δ(CH3COOCH3)越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移
动，ΔH2＜0，故C 错误；D 项，L、M、N 三点对应副反应ΔH2＜0，且TN＞TM=TL，升高温度平衡逆向移
动，K(L)=K(M)＞K(N)，故D 正确；故选D。
4．(2024·江苏卷) 二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：
①CO2(g)＋H2(g)= CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝41.2kJ·mol−1
②CO(g)＋2H2(g)= CH3OH(g) ΔH2
225℃、8×106Pa 下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…
位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO 和CH3OH 的体积分数如图所示。下列说法正确的是( )
A．L4处与L5处反应①的平衡常数K 相等
B．反应②的焓变ΔH2＞0
C．L6处的H2O 的体积分数大于L5处
D．混合气从起始到通过L1处，CO 的生成速率小于CH3OH 的生成速率
【答案】C
【解析】A 项，L4处与L5处的温度不同，故反应①的平衡常数K 不相等，A 错误；B 项，由图像可知，
L1-L3温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，ΔH2<0，B 错误；C
项，从L5到L6，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗 CO，而 CO 体积分数
没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O) 增
大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O 的消耗与生成，故 n 总减小而n(H₂O)增加，即H2O 的
体积分数会增大，故L6处的 H2O 的体积分数大于L5处，C 正确；D 项，L1处CO 的体积分数大于
CH3OH，说明生成的 CO 的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说明CO 的生成速率大于
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CH3OH 的生成速率，D 错误；故选C。
5．（2025·安徽卷）I．通过甲酸分解可获得超高纯度的
。甲酸有两种可能的分解反应：
①
②
（1）反应
的
。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的
，发生上述两个分解反应下列说法中能表
明反应达到平衡状态的是 (填标号)。
a．气体密度不变 b．气体总压强不变
c．
的浓度不变 d．
和
的物质的量相等
（3）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近
，原因是 ；升高
温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是 。
Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(
和
)的重要方法，主要反应有：
③
④
⑤
（4）恒温恒容条件下，可提高
转化率的措施有 (填标号)。
a．增加原料中
的量 b．增加原料中
的量 c．通入
气
（5）恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的
/
/
混合气，投料组成与
和
的平
衡转化率之间的关系如下图。
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i．投料组成中
含量下降，平衡体系中
的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
ii．若平衡时
的分压为
，根据a、b 两点计算反应⑤的平衡常数
(用含p 的代数
式表示，
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)。
【答案】（1）-41.2 （2）bc
（3）原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢 催化剂在升温时活性降低或
升温时催化剂对反应②更有利
（4）b （5）增大 0.675p2
【解析】（1）由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则
；
（2）a．气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态；
b．两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态；
c．气体浓度不变是平衡状态的标志，则
浓度不变，是平衡状态；
d．CO 和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态；
故选bc；
（3）反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所
以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应
①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利；
（4）a．增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低；
b．增大原料中CO2的量，CH4转化率增大；
c．通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变；
故选b；
（5）如图可知，恒压时，随着Ar 含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向
移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar 含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下
降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但CO 减小的少，则
n(CO):n(H2)增大；
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设初始投料：
、
、
，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳
的转化率为30%，则平衡时：
；
；
根据碳元素守恒：
；
根据氧元素守恒：
；
根据氢元素守恒：
；
平衡时，气体总物质的量为
，Ar 的分压为
，
则总压为
，
、
、
、
，反应⑤的平衡常数
。
6．（2025·四川卷）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(
)为原料制备乙二醇，反
应按如下两步进行：
①
②
已知：
为物质生成焓，反应焓变
产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下
表所示。
物质
0
回答下列问题：
（1）生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为 ，
0(填“>”“<”或“=”)，反应在
(填“高温”或“低温”)自发进行。
（2）恒压时，合成气中
增大，
(羟基乙醛)单位时间产率降低，其原因是
。
（3）反应中伴随副反应④：
。平衡常数与温度之间满足关系
常数，反应②和④的
与
的关系如图所示，则
，(填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的
生成，应适当 (填“升高”或“降低”)反应温度，理由是 。
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（4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为
。
①反应
后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为
，则甲醛的平均消耗速率
。
②溶剂中
和
浓度分别保持为
，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产
率分别为
，生成乙二醇的平衡常数
(科学记数，保留小数点后2 位)。
【答案】（1）
＜ 低温
（2）反应②的速率大于反应①使得单位时间内
(羟基乙醛)产率降低
（3）＜ 降低 随着
的增大，即温度降低，反应②的
增大的程度大于反应④的
增大程
度
（4）0.112
【解析】（1）将反应①和②相加，消去中间产物
，得到总反应：
，反应焓变公式：
：
；反应中气体分子数减少（4 mol 气体 → 1 mol 液体），
混乱度降低，故ΔS < 0；自发性条件：根据ΔG = ΔH - TΔS，ΔH 为负、ΔS 为负时，低温（T 较小）使ΔG
< 0，反应自发；故答案为：
；＜；
低温；
（2）恒压时，合成气中
增大，意味着
的分压增大，
的分压减小，反应速率与反应物
浓度相关，
其分压减小效应超过
分压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间产
率降低；故答案为：反应②的速率大于反应①使得单位时间内
(羟基乙醛)产率降低；
（3）
与
的关系图中，斜率为
。图中反应②的斜率大于反应④，表明
。由于
两反应的K 随温度降低均增大，均为放热（
），故
；抑制甲醇生成，即让反应②的正向
进行程度大于反应④，由图可知，随着
的增大，
增大的程度大于
增大程度，故需要低温才能
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抑制甲醇的生成；故答案为：＜；降低；随着
的增大，即温度降低，反应②的
增大的程度大于反
应④的
增大程度；
（4）①生成HOCH2CHO 消耗甲醛38%，乙二醇消耗甲醛8%，甲醇消耗甲醛10%，总计38% + 8% + 10%
= 56%。消耗量 = 1.0 mol/L × 56% = 0.56 mol/L，则甲醛的平均消耗速率
；
②总反应③：
平衡常数表达式为
[注：
为液体，但在溶液中其浓度变化，故包含在
中；单位要符合
]；平衡浓
度：
（乙二醇平衡产率34%）:
；羟基乙醛18% ：
；甲醇14% ：
，总甲醛消耗浓度：
， 平衡 ：
；给定平衡浓度：
，
，代入计算：
，解得：
(科学记数，保留小数点后2 位)；故答案为：0.112；
。
7．(2025•浙江1 月卷) （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
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因 。
【答案】（4）＜
（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】（4）反应生产HCON(CH3)2的反应方程式(CH3)2NH(g)＋CO(g)=HCON(CH3)2(l)是一个某条件下反
应自发且熵减，根据自由能变ΔG=ΔH-TΔS＜0 时反应自发可知，则反应在该条件下ΔH<0；
（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 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。
8．(2024· 海南卷)氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知298K，100
kPa 时，反应①：N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g) ΔH＝-92kJ·mol−1；p(NH3)=总压×NH3物质的量分数。
回答问题：
（1）题述条件下，反应②：2NH3(g)
N2(g)＋3H2(g) ΔH2＝ kJ·mol−1。
（2）设反应为一步完成，且
与温度无关，已知
下，反应①活化能为335 kJ·mol−1，则NH3(g)分解
反应的活化能为 kJ·mol−1。
（3）既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有 、 。
（4）温度T 下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，p(NH3)- t 关系曲线如图所示，其函数关系
p(NH3)/kPa= (写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率 ；假设吸附到催化剂表面后
都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间H2的产量将 。
【答案】（1）+92 （2）427 （3） 压强 温度
（4）35-2.3t 不变 增大
【解析】（1）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，反应①ΔH=—92kJ/mol，则反应②ΔH=+92kJ/
mol；
（2）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，由题意可知，673K 下，反应①活化能为335 kJ/mol，则
氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol；
（3）反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会发生移动，
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所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率；
（4）由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min 时氨气的分压为23.5kPa、10min 时氨气的分压为
12kPa，0—5min 时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—5min 时，分压的变化量为2.3×10=35-12，则函数
关系p(NH3)= 35-2.3t；由关系式可知，增大氨的初始分压，氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化
剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单
位时间氢气的产量将增大。
9．(2024·安徽卷)乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：
【乙烷制乙烯】
（1） C2H6氧化脱氢反应：
2C2H6(g)＋O2(g)=2C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH1＝-209.8kJ·mol−1
C2H6(g)＋CO2(g)=C2H4(g)＋2H2O(g)+ CO(g) ΔH2＝178.1kJ·mol−1
计算：2CO(g)＋O2(g)
2CO2(g) ΔH3＝_______kJ·mol−1
（2） C2H6直接脱氢反应为C2H6 (g)
C2H4(g)＋H2(g) ΔH4，C2H6的平衡转化率与温度和压强的关系
如图所示，则ΔH4=_______0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近
的是_______(填标号)。
a．600℃，0.6MPa b．700℃，0.7MPa c．800℃，0.8MPa
（3）一定温度和压强下、反应i C2H6 (g)
C2H4(g)＋H2(g) Ka1
反应ⅱ C2H6 (g)＋H2(g)
2CH4(g) Ka2 (Ka2远大于Ka1)( Kx是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计
算的平衡常数)
①仅发生反应i 时。C2H6的平衡转化率为
，计算Ka1=_______。
②同时发生反应i 和ⅱ时。与仅发生反应i 相比，C2H4的平衡产率_______(填“增大”“减小”或“不
变”)。
【乙烷和乙烯混合气的分离】
（4）通过Cu+修饰的Y 分子筛的吸附-脱附。可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu+的_______与C2H4分
子的
键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的
优点是_______。
（5）常温常压下，将C2H4和C2H6等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进
口浓度(c0)之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是_______(填标号)。
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A．前30 min，两种气体均未被吸附
B．p 点对应的时刻，出口气体的主要成分是C2H6
C．a-b 对应的时间段内，吸附的C2H6逐新被C2H4替代
【答案】（1）-566 （2）> b （3）
增大
（4） 4s 空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高
（5）BC
【解析】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2 可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-
2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol。
（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反
应，ΔH4>0。a 项，600℃，0.6MPa 时，C2H6的平衡转化率约为20%，a 错误；b 项，700℃，0.7MPa 时，
C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b 正确；c 项，700℃，0.8MPa 时，C2H6的平衡转化率接近
50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa 时，C2H6的平衡转
化率大于50%，c 错误；故选b。
（3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗
C2H60.25mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，Ka1=
=
。②只发生反应i 时，随着反应进
行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应i 和反应ii，且从题干可知Ka2
远大于Ka1，反应ii 为等体积反应，因为反应ii 的发生相当于在单独发生反应i 的基础上减小了压强，则反
应i 化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。
（4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s 空轨道与C2H4分子的π 键电
子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y 分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物
而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的
产物中杂质少，纯度较高。
（5）A 项，前30min，
等于0，出口浓度c 为0，说明两种气体均被吸附，A 错误；B 项，p 点时，
C2H6对应的
约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的
较小，出口处C2H4浓度较小，说明此
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时出口处气体的主要成分为C2H6，B 正确；C 项，a 点处C2H6的
=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂
上，而a 点后C2H6的
>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a 点后一段
时间，C2H4的
仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p 点到b 点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4
替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p 点后
C2H4的
也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C 正确；故选BC。
10．(2024·湖北卷)用BaCO3和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到BaC2，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿
色环保新路线。
反应I：BaCO3(s)+C(s)
BaO(s)+2CO(g)
反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)+CO(g)
回答下列问题：
（1）写出BaC2与水反应的化学方程式 。
（2）已知
、
(n 是
的化学计量系数)。反应、Ⅱ的
与温度的关系曲线见图
1。
①反应BaCO3(s)+4C(s)
BaC2(s)+3CO(g)在
的KP= Pa3。
②保持
不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时pCO= Pa，若将容器体积压缩到原来
的
，重新建立平衡后pCO= Pa。
（3）恒压容器中，焦炭与BaCO3的物质的量之比为
，
为载气。
和
下，
产率随时间
的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。
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①初始温度为
，缓慢加热至
时，实验表明BaCO3已全部消耗，此时反应体系中含
物种为
。
②
下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。
【答案】（1）BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑
（2） 1016 105 105
（3） BaO 速率不变至BaC2产率接近100% 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)
+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO 为气态，据
可知，CO 的压强为定值，
所以化学反应速率不变
【解析】（1）Ba、Ca 元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式
为BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑；
（2）①反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)
BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=
，
由图1 可知，1585K 时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即
=102.5×10-1.5=10，所以p3
CO=10×(105pa)3=1016pa
3，则
Kp= p3
CO=1016pa
3；②由图1 可知，1320K 时反应I 的KI=100=1，即KI=
=1，所以p2
CO=(105pa)2，即
pCO=105pa；③若将容器体积压缩到原来的
，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不
变，即pCO=105pa；
（3）①由图2 可知，1400K 时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此
时反应体系中含Ba 物种为BaO；②图像显示，1823K 时BaC2的产率随时间由0 开始呈直线增加到接近
100%，说明该反应速率为一个定值，即速率保持不变；1400K 时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含
钡物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s)
BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且
该反应只有CO 为气态，据
可知，CO 的压强为定值，所以化学反应速率不变。
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