文档文本内容
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概念及表示方法
题型02 考查化学平衡常数的应用
题型03 考查平衡常数与转化率的有关计算
题型04 考查化学平衡常数的综合计算
题型05 考查分压平衡常数的计算
题型06 考查化学平衡结合图表数据的相关计算
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 考查化学平衡常数的概念及表示方法
1．（2025·四川雅安市·联考）硫及其化合物有着广泛的作用，合理应用和处理含硫的化合物，在生产生活
中有重要意义。某温度下，在恒容密闭容器中，利用甲烷可以除去SO3，反应为
。已知S8(g)为黄色，下列说法不正确的是
A．当容器内气体的颜色不再改变时，化学反应达到平衡状态
B．其他条件不变，增大压强会降低SO3平衡去除率
C．及时分离出H2O(g)，正反应速率逐渐减小，平衡向正反应方向移动
D．上述反应的化学平衡常数
【答案】D
【解析】A．在该反应体系中，只有S8(g)为黄色气体，其它物质均无色，因此当容器内气体的颜色不再改
变时，化学反应达到平衡状态，A 正确；B．该反应的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变
时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，因而会降低SO3平衡去除率，B 正确；C．
H2O(g)是生成物，在反应达到平衡后及时分离出H2O(g)，瞬间生成物浓度降低，反应物浓度不变，正反应
速率大于逆反应速率，化学平衡向正反应方向移动，由于生成物浓度减小，生成物变为反应物的速率减
小，因而导致正反应速率也逐渐减小，C 正确；D．根据题意可知：H2O 是气体物质，其浓度也可能会发
生改变，因此化学平衡常数表达式中应该含有H2O(g)，则该反应的化学平衡常数为K=
，D 错误；故合理选项是D。
2．空燃比是指机动车内燃机气缸内混合气中空气与燃料之间的质量比例，通过调节空燃比可控制机动车
尾气中
、碳氢化合物等污染物的排放。内燃机工作时，气缸中会发生反应
，下列说法正确的是
A．上述反应在高温下可以自发进行，则该反应
B．上述反应平衡常数表达式
C．气缸内温度升高，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D．实际应用中，控制气缸内空燃比越小，机动车尾气对环境的污染越小
【答案】A
【解析】A．该反应是吸热反应，ΔH＞0，高温条件下反应能自发进行，说明T 很大时ΔH-TΔS＜0，则
，故A 正确；B．由方程式可知，反应平衡常数表达式
，故B 错误；C．气缸内温
度升高，正、逆反应速率均加快，故C 错误；D．实际应用中，气缸内空燃比减小，燃料不能完全燃烧会
生成一氧化碳、可吸入颗粒物等造成环境污染，故D 错误；故选A。
3．（2025·四川名校4 月·联考）环己烯是工业常用的化工品，工业上通过催化重整将环己烷脱氢制备环己
烯。根据所学知识，回答下列问题：
（4）在723K、压强恒定为120kPa 条件下，向反应器中充入氩气和环己烷的混合气体，发生反应：
。
①环己烷的平衡转化率随
的增大而升高，其原因是___________。
②当
时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为
，则环己烷分压的平均转化
速率为___________
。
③该温度下，
___________。
（4）① 恒压条件下，增大Ar 的物质的量，相当于减小压强，平衡正向移动 ②. 3.5
. 80kPa
③
（4）①环己烷的平衡转化率随
的增大而升高，其原因是：恒压条件下，增大Ar 的物质的量，相
当于减小压强，平衡正向移动，环己烷转化率增大；
②当
时，达到平衡所需时间为20min，环己烷的平衡转化率为2/3，根据反应列出三段式可
得：
起始时，环己烷的分压
，平衡时
，则
环己烷分压的平均转化速率为
；
③由②中数据可知，该温度下，
80kPa。
02 考查化学平衡常数的应用
4.（2025·湖南永州·模拟预测）一定温度下，向容积均为1L 的刚性容器中分别充入4molHCl 和1mol
，
发生反应：
，在绝热或恒温条件下发生上述反应，测得体系
的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．曲线甲表示绝热条件下发生的反应 B．该反应的正反应在低温下能自发进行
C．b 点时的平衡常数
小于
D．b 点逆反应速率大于c 点逆反应速率
【答案】C
【解析】A．根据以上分析可知，A 正确；B．该反应的正反应
，
，根据
反应自
发可知，该反应的正反应在低温下自发，B 正确；C．恒温恒容容器中压强和物质的量成正比，所以根据
起始压强和a 点压强列三段式如下：
，所以a 点
，由b 点温度高于a 点且b 点压强等于a 点压强可知，b 点气体总物质的量小于a
点，b 点正向进行的程度大于a 点，所以b 点
的值大于
，C 错误；D．由图可知：温度：b 点
c 点，反应物浓度：b 点
c 点，所以可得
，所以
，D 正确。故选C。
5.（2025 高三上·黑龙江海伦市第一中学·期末）恒压条件下，
和
在密闭容器中发生反应
，反应达到平衡时，Ni(CO)4体积分数x 与温度的关系如图所示。下列说法正
确的是
A．
B．该反应的
C．M 点和N 点平衡常数K：
D．
，
时，
的转化率为
【答案】D
【解析】
是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，Ni(CO)4体积分
数增大，由图可知，
，A 错误；由图可知，升高温度，Ni(CO)4体积分数减小，说明平衡逆向移
动，说明该反应为放热反应，
，B 错误；平衡常数只受温度影响，M 点和N 点温度相等，M 点和N
点平衡常数K：N=M，C 错误；
，
时，Ni(CO)4体积分数为0.5，列出“三段式”
，x=0.2，CO 的转化率为
，D 正确；故选D。
6．（2025·四川资阳市安岳中学·二模）CuCl2是一种重要的化工原料，常用于催化剂、媒染剂和消毒剂
等。
（5）在一定温度下，CuCl2在液态有机相中存在以下氯化络合反应：
Cu2++Cl-
CuCl+ K1=1.5
Cu2++2Cl-
CuCl2 K2=0.5
Cu2++3Cl-
CuCl K3=5×10-3
Cu2++4Cl-
CuCl K4=2.5×10-5
①反应Cu2++CuCl2
2CuCl+的平衡常数K=___________。
保持温度不变，改变某浓度CuCl2有机相稀溶液中Cl-的起始浓度，测得铜元素的部分微粒分布系数
与Cl-
平衡浓度关系如图所示。
A
②
点Cl-的浓度为___________(保留两位有效数字)，此时Cu2+的氯化络合转化率为___________。
（5） ①. 4.5
.
②
55%
（5）①反应1：
，反应2：
，反应3：
，反应3 由2×反应1-反应2 得来，则反应3：
，故答案为
4.5；
②由图可知，曲线a 一直下降，则a 代表Cu2+的分布系数，当Cl-不足时，主要发生
，当Cl-过量时，主要发生Cu2++2Cl-
CuCl2 ，且CuCl+向CuCl2转化，所以CuCl+的分布系数随着Cl-的浓
度的增大呈现出先增大后减小的趋势，而CuCl2一直增大，所以曲线b 代表CuCl+，曲线c 代表CuCl2；A
点时
和
分布系数几乎为0，可以忽略不计，主要含铜微粒为Cu2+、CuCl+和CuCl2，A 点为曲
线a（Cu2+的分布系数）与曲线b（CuCl+的分布系数）的交点，故A 点时c(Cu2+)=c(CuCl+)，且
，则
，则
，
故答案为：0.67mol/L；由图可知，Cu2+的分布系数约为0.45，所以Cu2+的氯化络合转化率约为55%，故答
案为：55%；
03 考查平衡常数与转化率的有关计算
7．（2025·辽宁锦州·一模）一定温度下，在2L 的恒容密闭容器中发生反应A(g)+2B(g)
3C(g)。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
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】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；10 min 时已达平衡，A 物质转化0.4
mol，由方程式A(g)+2B(g)
3C(g)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。10 min 时已达平衡，A 物质转化0.4 mol，由方程式A(g)+2B(g)
3C(g)可知生成C
物质为1.2 mol，c(C)=1.2mol/2L=0.6 mol·L-1，故C 正确；10 min 时已达平衡，A 物质转化0.4 mol，由方程
式A(g)+2B(g)
3C(g)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；故选C。
8．（2025·内蒙古·一模）恒温条件下，分别向体积为1L、2L 的两个密闭容器(分别编号为Ⅰ、Ⅱ)中充入
1molC2H6发生C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g)，10min 后测得剩余两个容器中C2H6的浓度分别为0.5mol/L、
0.2mol/L，下列说法不正确的是
A．平均反应速率：I>Ⅱ
B．该条件下，平衡常数的值K=0.5
C．两个均达到平衡状态
D．此条件下，容器I 达到平衡时，平衡转化率为50%
【答案】C
【解析】反应速率与浓度变化成正比，容器Ⅰ和Ⅱ中C2H6的浓度变化分别为0.5mol/L 和0.3mol/L，时间相
同，故速率Ⅰ>Ⅱ，A 正确；10min 内消耗的物质的量分别为0.5mol、0.6mol，容器Ⅰ的体积小，压强大，
但在10min 内消耗的物质的量却不是最大，只有一种可能就是压强大导致平衡逆移，因此可以判断容器Ⅰ
中10min 时必然处于平衡状态，平衡常数的值
，B 正确；平衡常数
K=0.5，只与温度有关，10min 后容器Ⅱ的
，说明反应未达到平衡状态，C 错误；容
器Ⅰ中平衡时转化率为
，D 正确；故选C。
9.（2025·黑龙江·一模）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚(CH3OCH3)的反应原理为：
。已知在压强为aMPa 下，该反应在不同温度、
不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。下列说法错误的是
A．该反应的△H<0
B．X 点时，H2的平衡转化率为65%
C．温度为500K 时，提高投料比
，该反应的平衡常数K 不变
D．恒温恒容条件下，气体的密度不变，不能说明该反应一定达到平衡状态
【答案】B
【解析】由图可知，当投料比相同时，温度越高，CO2的平衡转化率越小，说明升高温度，平衡向逆反应
方向移动，则该反应为放热反应，即该反应的△H<0，A 正确；由图可知，X 点对应的投料比
，恰好等于化学方程式中氢气和二氧化碳的化学计量数之比，CO2的平衡转化率为60%，由
于H2和CO2的平衡转化率相等，故H2的平衡转化率也为60%，B 错误；平衡常数只和温度有关，温度不
变，平衡常数不变，故温度为500K 时，提高投料比
，CO2的平衡转化率增大，但该反应的平衡
常数K 不变，C 正确；恒温恒容条件下，反应过程中混合气体的质量不变，体积不变，故混合气体的密度
始终不变，则气体的密度不变，不能说明该反应一定达到平衡状态，D 正确；故选B。
04 考查化学平衡常数的综合计算
10.（2025·黑龙江大庆·一模）工业上可通过羰基硫（COS）与水蒸气在一定条件下反应制备
，反应的
原理为
。一定条件下发生该反应，测得COS（g）的平衡
转化率与起始投料比
[
为定值]的关系如图所示，图中各点对应的反应温度可能相
同，也可能不同。
下列叙述错误的是
A．对e 点平衡体系适当降低温度，可使COS 的平衡转化率增大至50%
B．若a、e 两点对应的反应温度分别为
和
，则
C．b、c 两点对应的反应速率
，则
D．图中a 点条件下反应的平衡常数
【答案】A
【解析】根据e 点投料比，当COS 的平衡转化率增大至50%，H2O 的平衡转化率为100%，A 项错误；随
投料比
的增大，a、e 两点的平衡转化率却相同，说明e 点的温度低，B 项正确；对放热反应而
言，其他条件相同，温度越低，COS 平衡转化率越高，b、c 两点投料比
相同，则c 点温度低，故
b、c 两点对应的反应速率
，C 项正确；假设起始投料
，
，根据COS
的平衡转化率为40%，可得平衡量：COS(g)为0.6mol、H2O(g)为1.6mol、CO2(g)为0.4mol、H2S(g)为
0.4mol，则a 点条件下反应的平衡常数K=1/6，D 项正确；故选A。
11．(2025·江西景德镇二模)一定温度下，在三个体积
的恒容密闭容器中发生反应2X(g)
Y(g)＋
Z(g)。相关数据见下表，下列说法正确的是
容器编号
温度(℃)
起始物质的量(
)
平衡物质的量(
)
X
Y
Z
I
T1
2
0.8
II
T1
5
z
III
T2
5
1
A．T1C0时，该反应的平衡常数K=8
B．z=1.6
C．向容器III 再充入1molX 和1molY，此时v 正<v 逆
D．若T1＞T2，则该反应ΔH＜0
【答案】C
【解析】根据反应式，容器I 中初始有2molX，平衡时有0.4molX、0.8molY 和0.8molZ，容器II 中有
5molX，平衡时有(5-2z)molX、zmolY 和zmolZ，容器I 和容器II 的温度相同，则两者平衡常数相同，即：
，解得z=2mol；容器III 中初始有5molX，平衡时有3molX、1molY 和
1molZ，则
。A 项，据分析，
，故A 错误；B 项，据分析，z=2，故B 错误；C
项，向容器III 再充入
和
，此时
，反应逆向进行，v 正<v 逆，故C 正确；D
项，据分析，
，若T1＞T2，则正反应吸热，ΔH＞0，故D 错误；故选C。
12．（2025·内蒙古·二模）25 ℃，向40 mL 0.05 mol/L 的FeCl3溶液中加入10 mL 0.15 mol/L 的KSCN 溶
液，发生反应：Fe3＋＋3SCN－
Fe(SCN)3，混合溶液中c(Fe3＋)与反应时间(t)的变化如图所示。(盐类的水
解影响忽略不计)下列说法正确的是
A．在该反应过程中，A 点的正反应速率小于B 点的逆反应速率
B．E 点对应的坐标为(0，0.05)
C．该反应的平衡常数K＝
D．t4时向溶液中加入50 mL 0.1 mol/L KCl 溶液，平衡正向移动
【答案】C
【解析】A 点反应物浓度大于B 点反应物浓度，A 和B 两点均没有达到平衡状态，则在该反应过程中，A
点的正反应速率大于B 点的逆反应速率，A 错误；E 点混合后溶液的浓度为(0.04 L×0.05 mol/L)÷0.05 L＝
0.04 mol/L，则E 点坐标为(0，0.04)，B 错误；由图可知，平衡时Fe3＋浓度为m，则络合离子浓度为0.04－
m，SCN－的浓度为(0.01×0.15)÷0.05－3×(0.04－m)＝3m－0.09，则K＝，C 正确；t4时向溶液中加入50 mL
0.1 mol/L KCl 溶液，溶液总体积增大，浓度减小，向浓度增大的方向移动，即逆向移动，D 错误。
05 考查分压平衡常数的计算
13.（2025·湖南湘西·调研）将一定量的
固体置于恒容密闭真空容器中(固体试样的体积忽略不计)，
使其在50℃的恒温条件下分解：
。实验测得该体系的压强如表所示：
时间/min
0
10
20
30
40
50
60
70
压强/kPa
0
0.66
1.28
1.78
2.20
2.50
2.50
2.50
已知：
为用各气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。
下列有关说法正确的是
A．当混合气体的平均摩尔质量不再随时间变化时，反应达到平衡
B．0～10 min，用H2S 的压强变化表示该反应的平均反应速率为
C．50℃时，
的分解反应的压强平衡常数
D．50℃时，若在65 min 时将容器的容积压缩至原来的
，再次达到平衡时，体系的压强大于2.50 kPa
【答案】C
【解析】A．反应的平均摩尔质量为=
，与反应平衡无关，项错误；B．该时间内
压强变化了0.66kPa，又NH3和H2S 物质的量之比为1:1，则平均速率为
，B 项错
误；C．50min 时反应达到平衡，体系压强为2.5 kPa，同时两物质的物质的量分数均为
，则Kp=
，C 项正确；D．由于体系温度不变，Kp不变。则Kp=
得出P 总
=2.5 kPa，D 项错误；故选C。
14．（2025·四川泸州·一模）丙烯(CH2=CHCH3)是合成高聚物的重要原料。由丙烷生产丙烯有以下两种方
法。
【方法Ⅱ】CO2氧化丙烷脱氢制丙烯
除发生反应I 外，投入CO2还会发生反应Ⅱ：CO2(g)+ H2(g)
CO
⇌
(g)+ H2O (g)
（4）已知：C (s)+CO2(g)
2CO
⇌
(g) ΔH=+172.5kJ⋅mol
1
−
则计算反应Ⅱ的ΔH= kJ⋅mol
1
−。
（5）在压强为P kPa 条件下，下图分别是1mol 丙烷单独投料和丙烷、CO2各1mol 一起投料时，丙烷的平
衡转化率随温度变化的曲线。温度为900K 时，由图计算反应I 的压强平衡常数Kp= kPa；900K
投入CO2时，发生反应I 和II，计算CO2的平衡转化率a(CO2)= %(保留一位小数)。
【答案】（4）+41.2 （5）9
16 P 40.6
【解析】（4）已知反应A：C (s)+CO2(g)
2CO
⇌
(g) ΔH=+172.5kJ⋅mol
1
−
反应B：C (s)+ H2O (g)
CO
⇌
(g)+ H2(g) ΔH=+131.3kJ⋅mol
1
−
根据盖斯定律可知，反应A－反应B 即可得到目标反应，则ΔH=+172.5kJ⋅mol
1
−－131.3kJ⋅mol
1
−=
+41.2 kJ⋅mol
1
−；
（5）压强恒定为P kPa，单独投料与混合投料相比，单独投料1molC3H8的分压为P kPa，混合投料时，
1molC3H8的分压为0.5P kPa，则单独投料相当于加压，平衡逆向移动，C3H8的转化率相对较低，即900℃
时，C3H8的转化率为60%，列三段式有：
C3H8(g)
⇌
C3H6(g)
+
H2(g)
初始mol
1
¿0
¿
¿
0.6¿¿0.6¿¿0.6¿平衡mol¿0.4¿¿0.6¿¿0.6¿，则p(H2)=
0.6
1.6 ×PkPa、p(C3H6)= 0.6
1.6 ×PkPa、p(C3H8)=0.6
1.6 ×PkPa，Kp=
0.6
1.6 ×PkPa×0.6
1.6 ×PkPa
0.4
1.6 ×PkPa
=9
16 P
kPa；
900K 投入CO2时，发生反应I 和II，C3H8的转化率为80%，列三段式有
C3H8(g)
⇌
C3H6(g)
+
H2(g)
初始mol
1
¿0
¿
¿
0.8¿¿0.8¿¿0.8¿平衡mol¿0.2¿¿0.8¿¿0.8¿
CO2(g)
+
H2(g)
⇌
CO (g)
+
H2O (g)
初始mol
1
¿0.8
¿0
¿
变化mol
¿
¿x¿¿x¿¿x¿平衡mol¿1 x
−¿¿0.8 x
−¿¿x¿¿x¿
，则平衡时，气体总物质的量是(0.2+0.8+1－x+0.8－x+2x)=2.8mol，
0.8－x
2.8
×PkPa×0.8
2.8 ×PkPa
0.2
2.8 ×PkPa
=
9
16 PkPa，解的x=0.40625，则a(CO2)=0.40625
1
×100%≈40.6%。
15．（2025·吉林长春·一模）硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造
磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
（1）将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)
Fe2O3(s)＋SO2(g)＋SO3(g)
(Ⅰ)。平衡时pSO3－T 的关系如下图所示。660 K 时，该反应的平衡总压p 总＝________ kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)
＝________ (kPa)2。Kp(Ⅰ)随反应温度升高而________(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)
2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，平衡时pO2＝________(用
pSO3、pSO2表示)。在929 K 时，p 总＝84.6 kPa、pSO3＝35.7 kPa，则pSO2＝________ kPa，Kp(Ⅱ)＝
________ kPa(列出计算式)。
【答案】（1）3.0 2.25 增大 （2） 46.26
【解析】(1)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)Fe2O3(s)＋SO2(g)＋
SO3(g)(Ⅰ)。由平衡时pSO3－T 的关系图可知，660 K 时，pSO3＝1.5 kPa，则pSO2＝1.5 kPa，因此，该反应
的平衡总压p 总＝3 kPa，平衡常数Kp(Ⅰ)＝1.5 kPa×1.5 kPa＝2.25 (kPa)2。由图中信息可知，pSO3随着温度升
高而增大，因此Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大。(2)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)
2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时pSO3
＝pSO2，即反应Ⅱ起始时SO2分压与SO3分压相等，则反应Ⅱ平衡时pSO3＋2pO2＝pSO2－2pO2，因此，平
衡时pO2＝。在929 K 时，p 总＝84.6 kPa、pSO3＝35.7 kPa，则pSO3＋pSO2＋pO2＝p 总、pSO3＋2pO2＝pSO2
－2pO2，联立方程组消去pO2，可得3pSO3＋5pSO2＝4p 总，代入相关数据可求出pSO2＝46.26 kPa，则pO2
＝84.6 kPa－35.7 kPa－46.26 kPa＝2.64 kPa，Kp(Ⅱ)＝＝ kPa。
06 考查化学平衡结合图表数据的相关计算
16.（2025·黑龙江·二模）已知反应X(g)+Y(g)
R(g)+Q(g)的平衡常数与温度的关系如表所示。830 ℃
时，向一个2 L 的密闭容器中充入0.2 mol X 和0.8 mol Y，反应初始4 s 内v(X)=0.005 mol·L-1·s-1。下列说法
正确的是
温度/℃
700
800
830
1 000
1 200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
A．4 s 时容器内c(Y)=0.76 mol·L-1
B．830 ℃达平衡时，X 的转化率为80%
C．反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动
D．1 200 ℃时反应R(g)+Q(g)
X(g)+Y(g)的平衡常数K=4
【答案】B
【解析】反应初始4 s 内v(X)=0.005 mol·L-1·s-1，根据速率之比等于化学计量数之比，可知v(Y)=0.005
mol·L-1·s-1，则4 s 内Δc(Y)=0.005 mol·L-1·s-1×4 s=0.02 mol·L-1，Y 的起始浓度为0.8mol
2 L
=0.4 mol·L-1，故4 s
时c(Y)=0.4 mol·L-1-0.02 mol·L-1=0.38 mol·L-1，A 项错误；设平衡时X 的浓度转化量为x mol·L-1，则：
故x
2
(0.1−x)(0.4−x) =1.0，解得x=0.08，所以平衡时X 的转化率为0.08mol·L
1
−
0.1mol·L
1
−
×100%=80%，B 项正
确；由表格数据可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，C 项错误；1 200 ℃时反应X(g)
+Y(g)
R(g)+Q(g)的平衡常数为0.4，所以反应R(g)+Q(g)
X(g)+Y(g)的平衡常数为1
0.4 =2.5，D 项错
误。
17.（2025·辽宁·一模）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
工业合成氨时，在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下
图所示。其中一种进料组成为xH2=0.75、xN2=0.25，另一种为xH2=0.675、xN2=0.225、xAr=0.10。(物质i 的
摩尔分数：xi=ni
n总
)
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有惰性气体Ar 的图是 。
③图3 中，当p2=20 MPa、xN H3=0.20 时，氮气的转化率α= 。该温度时，反应1
2 N2(g)+3
2 H2(g)
NH3(g)的平衡常数Kp= (MPa)-1(化为最简式)。
【答案】①p1<p2<p3 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，温度相同时，压强越大，平衡时氨的摩尔
分数越大 ②图4 ③33.33%
❑√3
36
【解析】①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大。
由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数p1<p2<p3，因此，图中压强由小到大的顺序
为p1<p2<p3，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，温度相同时，压强越大，平衡时氨
的摩尔分数越大。②对比图3 和图4 中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4 中平衡时氨的摩尔分
数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要
朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar 不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar 的图
是图4。③图3 中，进料组成为xH2=0.75、xN2=0.25，两者物质的量之比为3 1∶。假设进料中氢气和氮气的
物质的量分别为3 mol 和1 mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：
当p2=20 MPa、xN H3=0.20 时，xN H3=2x
4 2
−x =0.20，解之得x=1
3 ，则氮气的转化率α=1
3 ×100%≈33.33%；平衡
时N2、H2、NH3的物质的量分别为2
3 mol、2 mol、2
3 mol，其物质的量分数分别为1
5 、3
5 、1
5 ，则该
温度下K'p=
(1
5 p2)
2
1
5 p2×(3
5 p2)
3 =25
27×400 (MPa)-2，因此该温度时，反应1
2 N2(g)+3
2 H2(g)
NH3(g)的平衡常数
Kp=❑√K'p= ❑√
25
27×400 (MPa)
2
−=
❑√3
36
(MPa)-1。
18.（2025·四川达州市·二模）空气是人类赖以生存的重要资源，其主要成分为N2、O2及少量CO2、H2等。
Ⅰ．早在18 世纪末，科学家就提出“向空气要面包”。
（1）请依据下表资料数据，选择常温下更适合生产的反应______（用反应序号表示），并说明选择的理
由__________。
298K、101kPa 时反应的焓变、熵变和平衡常数
化学反应
反应①：
反应②：
△H(kJ/mol)
-92.2
+90.25
△S(J/K/mol)
-198.2
+124
K
Ⅱ．为有效降低空气中CO2的含量，可采用其在固体催化剂表面加氢合成甲烷的方法，涉及的反应如下：
主反应：
副反应：
（2）向甲、乙两个体积相同的容器中加入
和
（假设只发生主反应），甲容器在恒温恒容
条件下进行，而乙容器则在绝热恒容条件下进行，两容器中压强（
）随时间变化曲线如图：
①甲容器中，从开始到
点，用H2分压变化表示的反应速率为______
（用p 表示）。
②乙容器中，从开始到a 点压强增大的原因是__________。
（3）
时，向
恒容密闭容器中充入
和
，初始压强为
，主、副反应均达到
平衡状态时，CO2的转化率为
，CH4的选择性为
，则主反应的平衡常数
______（CH4的选择
性
，列出计算表达式）。
【答案】（1） ①. 反应① ②. 由表中数据计算，常温时反应①
，反应可自发
进行；
，反应正向进行的程度大
（2） ①. 0.2p
.
②乙为绝热恒容体系，该反应为放热反应，反应使体系温度升高，压强增大，体系
气体的总物质的量的减小，压强减小，且增大程度大于减小程度
（3）
或
【解析】（1）反应①为
，根据
反应可自发进行，该反应自发进行时温
度
，即常温298K 下反应可以自发进行，且化学反应平衡常数
，反应正向进行的程度大，而反应②为
，该反应自发进行时温度
，即常温298K 下反应不可以自发进行，且化学反应平衡常数
，反应正向进行的程度非常小；故答案为：反应①；由表中数据计算，常温时反应
①
，反应可自发进行，
，反应正向进行的程度大；
（2）①在恒温恒容条件下，容器甲利用三段式分析
，
，
，则
，解得x=0.5mol，开始H2分压为
，b 点
分压为
，用H2分压变化表示的反应速率
为
；②由于乙容器是绝热容器，反应放热使体系温度升高、压强增大，但正反
应是气体分子数减小的反应，气体减小使压强减小，而从开始到a 点压强增大，则说明反应时放热体系温
度升高使压强增大的影响程度大于体系气体的总物质的量减小使压强减小的影响程度，所以乙容器中，从
开始到a 点压强增大；故答案为：①0.2；②乙为绝热恒容体系，该反应为放热反应，反应使体系温度升
高，压强增大，体系气体的总物质的量的减小，压强减小，且增大程度大于减小程度；
（3）利用三段式分析，
，
，根据CO2的转化率，CH4的选择性列式计
算，
，解得
，平衡时，
、
、
、
、
，气体总物质的量为4.2mol，恒温恒容下，
，
，则主反应的平衡常数
=
=
；
1.（2025·辽宁·一模）在10 L 恒容密闭容器中充入X(g)和Y(g)，发生反应X(g)＋Y(g)
M(g)＋N(g)。
实验编号
温度/℃
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(X)
n(Y)
n(M)
①
700
0.40
0.10
0.090
②
800
0.10
0.40
0.080
③
800
0.20
0.30
a
④
800
0.10
0.15
b
下列说法正确的是
A.实验①中，若5 min 时测得n(M)＝0.050 mol，则0 至5 min 时间内，用N 表示的平均反应速率v(N)＝
1.0×10－2 mol/(L·min)
B.实验②中，该反应的平衡常数K＝2.0
C.实验③中，达到平衡时，Y 的转化率为60%
D.实验④中，达到平衡时，b＝0.06
【答案】D
【解析】根据反应方程式可知，前5 min 内，生成M 的物质的量与生成N 的物质的量相等，均为0.050
mol，v(N)＝＝ 1.0×10－3 mol/(L·min)，故A 错误；达到平衡时，n(X)＝0.020 mol，n(Y)＝0.32 mol，n(M)
＝n(N)＝0.080 mol，该反应的平衡常数K＝＝＝＝1，故B 错误；化学平衡常数只受温度影响，达到平衡
时，n(X)＝(0.20－a) mol，n(Y)＝(0.30－a) mol，n(M)＝n(N)＝a mol，该反应的平衡常数K＝＝＝＝1，解
得a＝0.12，则Y 的转化率为×100%＝40%；故C 错误；根据选项C 的分析，有K＝＝＝＝1，解得b＝
0.06，故D 正确。
2．在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式：
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)
H=
164.7kJ•mol
△
﹣
1
﹣；反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)
H=41.2kJ•mol
△
1
﹣；反应Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)
H=
247.1kJ•mol
△
﹣
1
﹣。
向恒压、密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所
示。下列说法正确的是
A．反应II 的平衡常数可表示为K=
B．图中曲线B 表示CO 的物质的量随温度的变化
C．该反应最佳控制温度在800℃~1000℃之间
D．提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂
【答案】D
【解析】反应Ⅰ和反应Ⅲ 均为放热反应，因此，CH4的平衡量随着温度的升高而减小，所以图中曲线A 表
示CH4的物质的量变化曲线；由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，因此，CO
在平衡时的物质的量随着温度升高而增大，故曲线C 为CO 的物质的量变化曲线，则曲线B 为CO2的物质
的量变化曲线，据此分析解答。A．化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应
Ⅱ的平衡常数为K=
，故A 错误；B．反应Ⅰ和反应Ⅲ均为放热反应，因此CH4的平衡量随
着温度的升高而减小，所以图中曲线A 表示CH4的物质的量变化曲线；由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应
Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，因此CO 在平衡时的物质的量随着温度升高而增大，故曲线C 为CO 的物
质的量变化曲线，则曲线B 为CO2的物质的量变化曲线，故B 错误；C．由图可知，较低温度时CH4的物
质的量较高，且CO 的物质的量较低，因此最佳温度应在200-400℃左右，故C 错误；D．反应Ⅰ和反应Ⅲ
为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有利于反应Ⅰ和反应Ⅲ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，因此在低
温时CH4的平衡量较高，要提高 CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂以尽快建立化
学平衡状态，故D 正确；故选：D。
3．（2025·四川·八市联考）乙烷催化裂解制备乙烯和氢气的反应式为
，工
业上在裂解过程中可以实现边反应边分离出生成的氢气。在不同温度下，
在1.0L 恒容密
闭容器中发生该反应。
的移出率
[
]不同时，乙烷的平衡转化率与温度的
关系如图所示。下列说法不正确的是
A. 由图可知：
B. 加入催化剂增大了活化分子百分数，但该反应的
不变
C.
则B 点体系中乙烯的体积分数约为50%
D. 若A 点，平衡常数
，
的移出率为20%
【答案】C
【解析】A．分离出氢气会促进平衡正向移动，从而提高乙烷的转化率，因此氢气的移出率越高，乙烷的
平衡转化率越大，则
，故A 正确；B．催化剂可降低反应活化能，增大活化分子百分数，加
快反应速率，但不影响△H，故B 正确；C．设乙烷的起始量为1mol，结合已知条件列三段式：
，
，则此时体系内剩余氢气的物质的量为
0.9×(1-66.7%)=0.3，B 点体系中乙烯的体积分数约为
，故C 错误；
D．A 点时乙烷的转化率为60%，结合已知列三段式：
，
=
，
=0.48mol/L，H2的移出率=
，故D 正确；故选：
C。
4．（2025·辽宁沈阳·二模）如图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图
中的压强分别为104 Pa 和105 Pa)。(已知：丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程)
（1）104 Pa 时，图中表示丙烯的曲线是 (填“ⅰ”“ⅱ”“ⅲ”或“ⅳ”)。
（2）104 Pa、500 ℃时，主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp= (已知：气体分
压=气体总压×体积分数)。
【答案】(1)ⅰ (2)3.3×103
【解析】(1)丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丙烯的平衡体积
分数减小；该反应为吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，丙烯的平衡体积分数增大，故曲线ⅰ
代表104 Pa 时丙烯的平衡体积分数。(2)104 Pa、500 ℃时，丙烯的平衡体积分数为33%，设起始丙烷为1
mol，转化率为x，由题意建立如下三段式：
则由丙烯的平衡体积分数为33%可得，x
1+x =0.33，解得x≈0.5，丙烷、丙烯和氢气的分压均为104 Pa×1
3 ，
则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=(10
4×1
3)×(10
4×1
3)
10
4×1
3
=104×1
3
≈3.3×103。
5．（2025·四川·预测卷）我国科研团队探究了
合成
工艺效率的影响因素。
总反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
已知：①
表示转化率。②
表示选择性：
。
回答下列问题：
（1）
。
（2）绝热刚性容器中，若只发生反应I，下列条件可判断平衡的是_______(填标号)。
A．
消耗速率等于
生成速率
B．容器中压强不变
C．混合气体密度不变
D．混合气体的平均相对分子质量不变
（3）科研小组探究了不同温度下催化剂(A 和B)对
转化率、各产物选择性的影响，结果如图1 所示，
较适宜的催化剂是 (填“A”或“B”)。
（4）在适宜温度下
转化率较低，可通过调控进料比来提高。调控进料比时，反应相同时间，催化剂
对
转化率、各产物选择性的影响，结果如图2 所示。在进料比为4.0 时无
检出，可能的原因是
。
（5）若在
恒容容器中，按
和
进料，达平衡后，
转化率为
，达到平衡所用时间
为
，则
，总反应的平衡常数
。
（6）在工业生产实践中，选择的进料比低于4.0，可能的原因是 (答一点)。
【答案】（1）-49.5 （2）B （3）A
（4）增加H2进料时，对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，使CO 难以积存
（5）
（6）进料比高时H2的转化率低，增加了成本(或H2过多会增加分离成本/H2过多易爆炸有安全隐患/进料比
较低时，反应已进行彻底)
【解析】（1）反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得
。
（2）A. CO2消耗速率等于CO 生成速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，故不选
A； B. 反应在绝热刚性容器中进行，温度是变量，所以压强是变量，容器中压强不变，反应一定达到
平衡状态，故选B；C. 反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度不变，反应
不一定平衡，故不选C；D. 反应前后气体总质量不变、气体物质的量不变，平均相对分子质量是恒量，混
合气体的平均相对分子质量不变，反应不一定平衡，故不选D；选B。
（3）根据图1，催化剂A 在适宜温度下的转化率和选择性都比较高，故催化剂A 适宜。
（4）根据反应分析，进料比越高，H2的相对含量越高，反应Ⅰ和反应Ⅱ均加快，此时无CO 检出，可能是
因为增加H2进料时对反应Ⅱ影响更大，使CO 难以积存。
（5）按1molCO2和4molH2进料时，无CO，可看成只发生总反应，据此列出三段式。
达到平衡所用时间为th，则
，总反应的平衡常数
。
（6）结合图像和原理分析，进料比高时CO2转化率高，而H2转化率低，但H2价格更高，进料比高时H2
的转化率低，增加了成本；H2过多会增加分离成本，H2过多易爆炸有安全隐患等，所以在工业生产实践
中，选择的进料比低于4.0。
6．（2025·巴中市·三模）环氧乙烷(
，简称EO)是有机合成中的常用试剂。EO 常温下呈气态，
易燃易爆，其爆炸极限为3~100%。近年来，常用乙烯、氧气、氮气(不参与反应)投料氧化法制备EO。部
分反应为：
主反应：
副反应：
（1）已知
，则EO
燃烧热为
___________
。
（2）①实际生产中，在压强为
的条件下，欲提高EO 的产率可采取的措施有___________。
A．高温 B．加入CaO 固体 C．选择合适的催化剂 D．适当增加氮气分压
②向温度为
，体积为
的容器中加入投料比为
的乙烯、氧气、氮气。已知平衡时：
，
(其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。
i．副反应的平衡常数
___________(列出算式，代入数据即可)。
ii．恒容条件下，EO 的产率与反应时间的关系如图1 所示，请在图中画出恒压条件下，相同投料比时，EO
的产率与反应时间的关系曲线___________。
（3）以
为催化剂的反应机理如图所示：
加入1，2-二氯乙烷会发生
。一定条件下，反应经过一定时间
后，EO 产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图所示。则随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO 产率先增
后减的原因是___________。
【答案】（1）-1306
（2）①C
②
③
（3）加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，抑制副反应Ⅲ，即增加主反应选择性1，2-二氯乙烷浓度较高
时则会使催化剂Ag 转化为AgCl，使Ag 不能再生，催化循环受阻，催化效果降低
【解析】
（1）已知反应Ⅲ为
，由盖斯定律可知，副反应-主反应-反应Ⅲ×2 可
得
，则EO 的燃烧热为
；
（2）①主反应是放热反应，高温会使平衡逆向移动，降低EO 平衡产率，A 错误；加入CaO 固体消耗
H2O(g)有利于副反应正向进行，不利于提高EO 的产率，B 错误；选择合适的催化剂加快反应速率并且提
高EO 的选择性可以提高EO 的产率，C 正确；适当增加氮气分压，相当于给反应体系减小压强，不利于主
反应正向进行，不利于提高EO 的产率，D 错误。
②设起始时，乙烯、氧气、氮气分别为2mol、3mol、3mol，氮气不参与反应，设乙烯在主反应中的平衡转
化量为xmol，在副反应中的平衡转化量为ymol，列出三段式：
，
，
已
知
平
衡
时
：
，
，则
，
，则平
衡时乙烯的物质的量为1mol，氧气为1.5mol，二氧化碳为0.8mol，水为0.8mol，EO 为0.6mol，副反应的
平衡常数
；主反应是气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不
变的放热反应，恒容条件下，EO 的产率与反应时间的关系如图1 所示，恒压条件下，相同投料比时，容器
的体积减小，各物质浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，EO 的平衡产率增大，则EO 的产率与反应
时间的关系曲线为：
；
（3）随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO 产率先增后减的原因是：加入少量1，2-二氯乙烷会消耗Ag+O-，
抑制副反应Ⅲ，即增加主反应选择性：1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂Ag 转化为AgCl，使
AgCl，使Ag 不能再生，催化循环受阻，催化效果降低。
1．（2024·吉林卷）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，
时其制备过程及相关物质浓度
随时间变化如图所示，
后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是
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．
平均速率(异山梨醇)
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】A．由图可知，3 小时后异山梨醇浓度继续增大，15h 后异山梨醇浓度才不再变化，所以3h 时，
反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A 错误；B．图像显示该温度下，15h 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，故B 正确；C．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)=
，故C 正确；D．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，故D 正确；故答案为：A。
2．(2024·山东卷，15，4 分) (双选)逆水气变换反应：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH＞0。一定
压力下，按CO2，H2物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：1 投料，T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关
系如图所示。已知该反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，T1、T2温度时反应速率常数k 分别为k1、k2。下
列说法错误的是
A．k1＞k2
B．T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值：
C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变
D．T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同
【答案】CD
【解析】由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温
度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1 1∶，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。A 项，
T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A 项正确；B 项，反应
的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，则
，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数
低于T2温度下平衡时，则
，B 项正确；C 项，温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移
动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线
变化，C 项错误；D 项，T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和
CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D 项错误；故选CD。
3．（2024·浙江·高考真题）二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应：
I．
II．
向容积为
的密闭容器中投入
和
，不同温度下，测得
时(反应均未平衡)的相关
数据见下表，下列说法不正确的是
温度(
)
400
500
600
乙烷转化率(
)
2.2
9.0
17.8
乙烯选择性(
)
92.6
80.0
61.8
注：乙烯选择性
A．反应活化能：
B．
时，
反应I 的平均速率为：
C．其他条件不变，平衡后及时移除
，可提高乙烯的产率
D．其他条件不变，增大投料比
投料，平衡后可提高乙烷转化率
【答案】D
【解析】A．由表可知，相同温度下，乙烯的选择性高于50%，说明反应I 的速率大于反应Ⅱ，则反应活
化能为Ⅰ<Ⅱ，A 正确；B．由表可知，500℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为
2mol×9.0%=0.18mol，而此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为
0.18mol×80%=0.144mol，根据方程式可得，生成乙烯的物质的量为0.144mol，则
反应I 的平均速
率为：
，B 正确；C．其他条件不变，平衡后及时移除
，反应Ⅰ正向进行，可提高乙烯的产率，C 正确；D．其他条件不变，增大投料比
投
料，平衡后CO2转化率提高，C2H6转化率降低，D 错误；答案选D。
4．(2025·湖南卷) 一定温度下，CO、C2H4和H2(体积比为x：2：1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应
器(入口压强为100kPa)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，
C2H4的转化率和产物的选择性(选择性
)如图2 所示。
①根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式_______；C4H10的选择性大于C4H8的原因是_______。
②结合图2，当x≥2 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，
C2H4的转化率减小的原因是_______；当x=2 时，该温度下反应ii 的Kp=__________(kPa)-2 (保留两位小
数)。
【答案】(4)①*C2H5+*C2H4=*C4H9 由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢
②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C2H4的转化率减小 0.16
【解析】(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*C2H5+*C2H4=*C4H9；由图可知，由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速
率慢，所以C4H10的选择性大于C4H8；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C2H4的转化率减小；当x=2 时，C2H4的转化
率为90%，C4H10的选择性为80%，设初始投料：CO：2mol、C2H4：2mol、H2：1mol，则
、
、
、
，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=
。
5．(2025·河北卷)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：2CO(g)＋3H2(g)
HOCH2CH2OH(g) ΔH。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“L1”“ L2”或“L3”)；原因是 。
ΔH
②
0(填“>”“<”或“=”)。
③已知：反应
，
，x 为组分的物质的量分数。M、N 两
点对应的体系，
(填“>”“<”或“=”)，D 点对应体系的Kx 的值为 。
④已知：反应
，
，p 为组分的分压。调整进料比为
n(CO)：n(H2)=m：3，系统压强维持p0MPa，使
，此时Kp= MPa -4(用含有m 和p0的代
数式表示)。
【答案】（2）L1 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】（2）①2CO(g)＋3H2(g)
HOCH2CH2OH(g) ΔH 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L1、L2、L3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，ΔH<0；③M、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，列三段式：
平衡时，CO、H2、HOCH2CH2OH 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，CO、H2、HOCH2CH2OH 平衡分压分别
，
。
6．(2025•河南卷，17)CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO)，实现
碳资源的二次利用。主要反应如下：
反应Ⅰ：CaCO3(s)
CaO(s)+CO2(g) ΔH1＝+178kJ·mol−1
反应Ⅱ：CH4(g)＋CO2(g)
2CO(g)＋2H2(g) ΔH2＝+247kJ·mol−1
反应Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) ΔH3＝+41kJ·mol−1
（5）在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图2 所示，反应温度最高的是
(填“T1”“ T2”或“T3”)，原因是 。
（6）一定温度、100kPa 下，向体系中加入1.0 molCaCO3和1.0 molCH4，假设此条件下其他副反应可忽
略，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，CH4转化率为60%，CO 物质的量为1.3 mol，反应
Ⅲ的平衡常数Kp= (保留小数点后一位)，此时原位CO2利用率为 。
已知：原位CO2利用率
【答案】（5）T1 升高温度，反应Ⅱ正向移动
（6）1.2 70%
【解析】（5）反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温
度最高的是T1；
（6）一定温度、100kPa 下，向体系中加入1.0 molCaCO3和1.0 molCH4，恒压反应至平衡时，体系中
CaCO3转化率为80%，反应Ⅰ：CaCO3(s)
CaO(s)+CO2(g)平衡时生成
，CH4转化率为
60%，CO 物质的量为1.3 mol，则
气体总物质的量n 总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol，反应Ⅲ的平衡常数
，CaCO3平衡时
，原位CO2利用率为
。
7．（2024·全国·高考真题）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(
)的
研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
（1）已知如下热化学方程式：
计算反应
的
。
（2）
与
反应生成
，部分
会进一步溴化。将
和
。通入密闭容
器，平衡时，
、
与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有
、
和
)。
(i)图中CH3Br 的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ii)
时，
的转化率
，
。
(iii)
时，反应
的平衡常数
。
（3）少量I2可提高生成CH3Br 的选择性。
时，分别在有I2和无I2的条件下，将
和
，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(i)在
之间，有I2和无I2时CH3Br 的生成速率之比
。
(ii)从图中找出I2提高了CH3Br 选择性的证据：
。
(ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析I2提高CH3Br 选择性的原因：
。
【答案】（1）-67
（2） a 80% 7.8 10.92
（3）3/2(或3：2) 5s 以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br 的含量陡然上升
I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【解析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断
曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时
间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。
（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘
以3 再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的
∆H=-29×3+20=-67kJ·mol-1。
（2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增
多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br 的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mmol，其转化率α=
×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br 的物质的量为5.0mmol，说
明还有1.4mmol CH3Br 发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr 的物质的量n=6.4+1.4=7.8mmol；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、
n(HBr)=7.8mmol，故该反应的平衡常数K=
=
=10.92。
（3）(i)11~19s 时，有I2的生成速率v=
=
mmol·(L·s)-1，无I2的生成速率v=
=
mmol·(L·s)-1。生成速率比
=
=
；
(ii)从图中可以看出，大约4.5s 以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br 的含量陡然上
升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br 的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生
成了CH3Br，提高了CH3Br 的选择性。
