大单元四 第二单元 化学反应速率与化学平衡
第3 讲 化学平衡状态 化学平衡常数
【高考考向预测】
化学平衡状态侧重考查平衡状态的判断依据、平衡特征辨析，化学平衡常数聚焦表达式
书写、数值计算、影响因素及平衡转化率求解，结合浓度、压强、温度等条件分析平衡移动，
常搭配表格、图像在原理大题中综合考查；近三年考频极高，属于必考内容；预测2027 年侧
重多体系平衡判断、平衡常数与转化率综合计算，强化结合数据图像分析平衡规律及常数的
实际应用。
【双基自测●明考向】
1．（26-27 高三·全国·一轮复习）在恒温恒压条件下，对于反应A (g)+ B (g)⇌2C (g)+ D (g)，当
密度保持不变时，反应达到化学平衡状态。( )
【答案】正确
【详解】此反应是所有物质均为气体且正反应气体物质的量增大的反应，由于恒压，所以未
达到平衡前体系的体积会随反应进行而变化，只有平衡时体系内气体物质的量保持不变了，
体系的体积才不再变化，密度才不再变化，所以正确。
2．（25-26 高三·全国·一轮复习）化学反应达到平衡状态时，各组分的浓度、百分含量保持
不变，但它们的物质的量之比不一定与化学反应方程式中对应化学计量数之比相等。(____)
【答案】正确
【详解】化学平衡状态的核心特征是正、逆反应速率相等，此时反应体系中各组分的浓度、
质量分数、体积分数等百分含量均保持恒定，这是平衡状态的基本判定依据。化学反应方程
式中的化学计量数之比，对应的是反应过程中各组分被消耗或生成的转化量的物质的量之
比；而平衡状态下各组分的物质的量之比由初始投料比例、反应物的转化率共同决定，和化
学计量数之比没有必然的对应关系，因此题干表述符合化学平衡的性质。
3．（25-26 高三·全国·一轮复习）CaO+CO2=CaCO3和CaCO3
高温
¿CaO+CO2↑
¿
互为可逆反应。(____)
【答案】错误
【详解】CaO+CO2=CaCO3可在常温下发生，CaCO3 =
高温
CaO+CO2↑的反应条件为高温，不满
足可逆反应对反应条件一致性的要求，因此表述错误。
4．（25-26 高三·全国·一轮复习）在恒温恒容条件下，对于反应A (s)⇌B (g)+2C (g)，当混合气
体中B (g)的百分含量保持不变时，反应达到化学平衡状态。(____)
【答案】错误
【详解】该反应的反应物A 为固体，反应过程中，生成（或消耗）的B(g)与C(g)的物质的量
之比恒等于化学计量数之比1:2。若起始仅投入固体A，或起始投入的B(g)、C(g)物质的量
之比为1:2，则无论反应是否达到平衡，混合气体中B 的百分含量始终为固定值1
3，因此B 的
百分含量保持不变无法作为反应达到平衡状态的判断依据。
5．（25-26 高三·全国·一轮复习）可逆反应都具有一定的限度，化学反应的限度可以通过改
变反应条件而改变。(____)
【答案】正确
【详解】可逆反应的核心特征是正、逆反应同时发生，反应物无法完全转化为生成物，因此
所有可逆反应都存在一定的反应限度，反应限度对应可逆反应达到的化学平衡状态。化学平
衡是依赖外界条件的动态平衡，改变温度、反应物/生成物浓度、气体反应的压强等外界条件
时，化学平衡会发生移动，原有的反应限度也会随之改变，因此题干表述符合化学原理。
6．（25-26 高三·全国·一轮复习）反应CH4 (g)+2H2S(g)=CS2(g)+ 4 H2(g)的平衡常数
K = c(CH4)⋅c
2(H2S)
c(CS2)⋅c
4(H2)
。(____)
【答案】错误
【详解】对于可逆反应，平衡常数K等于生成物平衡浓度的化学计量数次幂的乘积除以反应
物平衡浓度的化学计量数次幂的乘积。该反应中反应物为C H 4、H 2S，生成物为C S2、H 2，
正确的平衡常数表达式应为K = c(C S2)⋅c
4( H 2)
c(C H 4)⋅c
2( H 2S)，表述错误。
7．（26-27 高三·全国·一轮复习）对于一个可逆反应，化学计量数不同，化学平衡常数的表
达式及数值也不同。( )
【答案】正确
【详解】平衡常数的表达式和数值与反应方程式的书写有关，若化学计量数改变，各物质浓
度对应的幂次会同步变化，首先导致平衡常数表达式改变；其次平衡常数的数值也会随计量
数的等比例缩放发生对应变化，因此题干说法正确。
8．（26-27 高三·全国·一轮复习）反应A (g)+3 B (g)⇌2C (g)，达平衡后，温度不变，增大压
强，平衡正向移动，平衡常数K 值增大。( )
【答案】错误
【详解】化学平衡常数K仅与反应温度有关，温度不变时平衡常数K的数值保持不变，题干
描述错误。
89．（26-27 高三·全国·一轮复习）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。( )
【答案】正确
【详解】相同温度下，可逆反应的化学平衡常数K为定值，反映反应的限度；浓度商Q是反应
任意时刻生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，二者满足如下规律：当Q< K时，反
应正向进行；Q = K时，反应达到平衡状态；Q> K时，反应逆向进行。因此可通过相同温度
下Q与K的大小比较推断反应进行的方向，题干表述正确。
10．（25-26 高二上·全国·随堂练习）N2＋3H2
2NH
⇌
3和1
2 N2＋3
2 H2
NH
⇌
3的平衡常数表达式相
同。( )
【答案】错误
【详解】平衡常数表达式由化学反应方程式的系数决定。对于反应N2+3H2⇌2NH3，其平衡常
数为K1=c
2（NH3）
c(N2)⋅c
3（H2），当反应式系数均乘以1
2变为1
2 N2+ 3
2 H2⇌NH3时，新平衡常数
K2=c（NH3）
c
1
2 (N2)⋅c
3
2 （H2）
。由于K2=K1
1
2，两者表达式不同，故题干错误；
故答案为：错误。
【核心梳理●明考点】
考点一 可逆反应与化学平衡状态
1.可逆反应
(1)在同一条件下,既可以向正反应方向进行,同时又能向逆反应方向进行的化学反应。
(2)特点
双向性
可逆反应分为方向相反的两个反应:正反应和逆反应
双同性
正、逆反应是在同一条件下,同时进行
共存性
反应物的转化率小于 100%,反应物与生成物共存
2.化学平衡状态
(1)概念
在一定条件下的可逆反应体系中,当正、逆反应速率相等时,反应物和生成物的浓度均保持不变,
即体系的组成不随时间而改变,表明该反应中物质的转化达到了“限度”,这时的状态称之为化
学平衡状态,简称化学平衡。
(2)建立(以N2+3H2
2NH3为例)
①正反应发生的c-t 图如图(a)
②逆反应发生的c-t 图如图(b)
③反应过程中v 正、v 逆变化
以上过程可用v-t 图表示为
(3)化学平衡的特征
【考点突破●明方向】
1.在密闭容器中进行反应:X2(g)+Y2(g)
2Z(g),已知X2、Y2、Z 的起始浓度分别为0.1
mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.2 mol·L-1,在一定条件下,当反应达到平衡时,
(1)X2的物质的量浓度范围为 。
(2)Y2的物质的量浓度范围为 。
(3)Z 的物质的量浓度范围为 。
【答案】(1)0~0.2 mol·L-1
(2)0.2 mol·L-1~0.4 mol·L-1
(3)0~0.4 mol·L-1
2.向含有2 mol SO2 的容器中通入过量O2 发生反应2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g) ΔH=-Q
kJ·mol-1(Q>0),充分反应后生成SO3的物质的量 (填“<”“>”或“=”,下同)2 mol,SO2的
物质的量 0,转化率 100%,反应放出的热量 Q kJ。
【答案】< > < <
极端假设法确定各物质浓度范围
上述题目可根据极端假设法判断,假设反应正向或逆向进行到底,求出各物质浓度的最大值和最
小值,从而确定它们的浓度范围。
假设反应正向进行到底:
假设反应逆向进行到底:
平衡体系中各物质的浓度范围为0<X2<0.2,0.2<Y<0.4,0<Z<0.4。
3.在一定温度下的恒容容器中,当下列物理量不再发生变化时:①混合气体的压强;②混合气体的
密度;③混合气体的总物质的量;④混合气体的平均相对分子质量;⑤混合气体的颜色;⑥各反应
物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比;⑦某种气体的百分含量。
(1)能说明2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)达到平衡状态的是 (填序号,下同)。
(2)能说明I2(g)+H2(g)
2HI(g)达到平衡状态的是 。
(3)能说明2NO2(g)
N2O4(g)达到平衡状态的是 。
(4)能说明C(s)+CO2(g)
2CO(g)达到平衡状态的是 。
(5)能说明NH2COONH4(s)
2NH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的是 。
(6)能说明5CO(g)+I2O5(s)
5CO2(g)+I2(s)达到平衡状态的是 。
【答案】(1)①③④⑦ (2)⑤⑦ (3)①③④⑤⑦ (4)①②③④⑦ (5)①②③ (6)②④⑦
拓展:若上述题目中的(1)~(4)改成一定温度下的恒压密闭容器,结果又如何?
(1) 。(2) 。
(3) 。(4) 。
【答案】(1)②③④⑦ (2)⑤⑦ (3)②③④⑤⑦
(4)②③④⑦
判断平衡状态的两种方法
(1)v 正=v 逆{
同种物质: 消耗速率等于生成速率
不同种物质: 速率之比等于化学计量
数之比,但必须同时有正、逆反应
(2)“变量不变”:如果一个量是随反应进行而改变的,当其不变时为平衡状态;一个随反应进行保
持不变的量,不能作为判断是否平衡的依据。
考点二 化学平衡常数
1.概念及表达式
对于一般的可逆反应:mA(g)+nB(g)
pC(g)+qD(g)
(1)浓度商:在任意时刻的c
p(C )·c
q( D)
c
m( A)·c
n(B)称为浓度商,常用Q 表示,Q 是个变量。
(2)化学平衡常数:当可逆反应在一定温度下达到化学平衡时,浓度商是一个常数,把平衡时的浓
度商称为化学平衡常数,用K 表示,即K=c
p(C )·c
q( D)
c
m( A )·c
n(B)。
2.影响因素
K 只受温度影响,与反应物或生成物的浓度变化、压强变化、是否使用催化剂无关。
3.意义及应用
(1)判断可逆反应进行的程度
K
<10-5
10-5~105
>105
反应程度
很难进行
反应可逆
反应接近完全
(2)判断反应是否达到平衡或进行的方向
对于化学反应aA(g)+bB(g)
cC(g)+dD(g)的任意状态,浓度商Q=
c
c(C )·c
d( D)
c
a( A )·c
b(B)。
Q<K,反应向正反应方向进行;
Q=K,反应处于平衡状态;
Q>K,反应向逆反应方向进行。
(3)判断可逆反应的热效应
【考点突破●明方向】
1.CH4—CO2催化反应为CH4(g)+CO2(g)===2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247 kJ·mol-1。某温度下,在体
积为2 L 的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行反应,达到平衡时CO2的转化率
是50%,其平衡常数为 。
【答案】1
3
【解析】
C H 4(g)
+
C O2(g)
===
2CO(g)
+
2 H 2(g)
起始浓度/(mol· L
−1)
1
0.5
0
0
转化浓度/(mol· L
−1)
0.25
0.25
0.5
0.5
平衡浓度/(mol· L
−1)
0.75
0.25
0.5
0.5
K= c
2(CO)·c
2( H 2)
c(C H 4)·c(C O2) = 0.5
2×0.5
2
0.75×0.25 = 1
3。
2.已知下列反应的平衡常数:
①H2(g)+S(s)
H2S(g) K1;
②S(s)+O2(g)
SO2(g) K2;
则反应H2(g)+SO2(g)
O2(g)+H2S(g)的平衡常数K= (用K1和K2表示)。
【答案】
K 1
K 2
(1)正、逆反应的化学平衡常数互为倒数。
(2)若化学方程式中各物质的化学计量数都变成n 倍或1
n倍,则化学平衡常数变为原来的n 次幂
或1
n次幂。
(3)两化学方程式相加得到新的化学方程式,其化学平衡常数是两反应平衡常数的乘积。
3.甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用CO 或CO2来生产燃料甲醇。
已知制备甲醇的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如下表所示:
化学反应
平衡
常数
温度/℃
500
800
①2H2(g)+CO(g)
CH3OH(g)
K1
2.5
0.15
②H2(g)+CO2(g)
H2O(g)+CO(g)
K2
1.0
2.50
③3H2(g)+CO2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)
K3
(1)据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系,则K3= (用K1、K2表示)。
(2)反应③的ΔH 0(填“>”或“<”)。
(3)500 ℃时测得反应③在某时刻H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L-1)分别为
0.8、0.1、0.3、0.15,则此时v 正 v 逆(填“>”“=”或“<”)。
【答案】(1)K1·K2 (2)< (3)>
【解析】(1)K1=
c(C H 3OH )
c
2( H 2)·c(CO),K2=
c(CO)·c( H 2O)
c( H 2)·c(C O2) ,K3=
c( H 2O)·c(C H 3OH )
c
3( H 2)·c(C O2)
,K3=K1·K2。(2)根
据K3=K1·K2,500 ℃、800 ℃时,反应③的平衡常数分别为2.5、0.375;升温,K 减小,平衡左移,正
反应为放热反应,所以ΔH<0。(3)500 ℃时,K3=2.5,Q=
c(C H 3OH )·c( H 2O)
c
3( H 2)·c(C O2)
= 0.3×0.15
0.8
3×0.1 ≈0.88<K3,
故反应正向进行,v 正>v 逆。
本讲感悟
疑点:
盲点:
【真题再现●明考向】
一、单选题
1．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）恒容密闭容器中，等物质的量的C3H8和SO2发生的总反应如
下：3C3 H8(g)+SO2(g)⇌3C3 H6(g)+ H2S(g)+2H2O(g)，达到平衡时，相关物质平衡组成随温
度变化关系如图。下列说法正确的是
A．该反应的Δ H <0，Δ S>0
B．L点C3H8的消耗速率大于a物质的生成速率
C．M点该反应的K x=0.135（用物质的量分数代替浓度计算）
D．N点C3H8的平衡转化率为75%
【答案】D
【分析】由于生成物C3H6、H2O、H2S 均从零开始增加，且在任何时刻物质的量之比恒为
3:2:1，结合图像中a、b、c 三条曲线的高低关系可知:曲线a 代表C3H6，曲线b 代表H2O，曲
线c 代表H2S。
【详解】A．观察图像可知，随着温度的升高，C3H8的物质的量分数逐渐降低。这说明升高
温度促使平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应为吸热反应，因此ΔH >0，另
外，反应物气体共4 分子，生成物气体共6 分子，正反应是气体分子数增大的过程，因此
ΔS>0，A 错误；
B．前面已推断出a 物质是C3H6。在同一个化学反应中，各物质的反应速率之比等于方程式
中对应的化学计量数之比。C3H6与C3H8的化学计量数均为3，因此在反应过程中的任何时
刻，C3 H 8的消耗速率等于a物质(C3 H 6)的生成速率，B 错误；
C．列三段式：
3C3 H8
+
SO2
⇌
❑
3C3H6
+
H2S
+
2H2O
初始mol
1
¿1
¿0
¿0
¿
变化mol
3 x
¿
¿3 x ¿¿ x ¿¿2x¿平衡mol¿1−3 x ¿¿1−x ¿¿3 x ¿¿ x
，M 点时，C3H8曲线与b 曲线(H2O)相交，意味着两者的物质的量分数相等(即物质的量相
等)：1-3x=2x，解得x=0.2，此时各物质的量分别为：C3H8=0.4 mol、SO2=0.8 mol、C3H6=0.6
mol、H2S=0.2mol、H2O=0.4mol。体系总物质的量为2.4 mol。代入物质的量分数平衡常数
Kx。进行计算K x =(
0.6
2.4)
3
⋅(
0.2
2.4)⋅(
0.4
2.4)
2
(
0.4
2.4)
3
⋅(
0.8
2.4)
= 0.6
3⋅0.2⋅0.4
2
0.4
3⋅0.8
⋅1
2.4
2 ≈0.0234，C 错误；
D．N 点时，C3H8曲线与c 曲线(H2S)相交，说明两者的物质的量分数相等:1-3x=x，解得
x=0.25。此时C3H8转化了0.75 mol，故C3H8的平衡转化率为：0.75mol
1mol
×100 % =75 %，D 正
确；
故选D。
2．（2025·天津·高考真题）苹果酸是二元弱酸，以H2A 表示，常用于制造药物、糖果等。
25℃时，溶液中H2A、HA-和A2-的分布系数δ(x)随溶液pH 变化如图。
例如：A2-的分布系数δ (A
2−)=
c(A
2−)
c(H2A)+c(HA
−)+c(A
2−)
该温度下，下列说法错误的是
A．曲线①是H2A 的分布系数曲线
B．H2A 的K a1=10
−3.46
C．反应H2A+ A
2−⇌2HA
−的平衡常数K =10
−1.59
D．pH=6 时，溶液中粒子浓度的大小关系为c(A
2−)>c(HA
−)>c(H2A)
【答案】C
【分析】H2A存在电离平衡：H2A⇌HA
−+H
+，HA
−⇌A
2−+H
+，随pH升高，H2A的分布系数减小，
为曲线①，HA
−的分布系数先增大后减小，为曲线②，A
2−的分布系数增大，为曲线③；根据
图示，pH =3.46时，c(H2A)=c(HA
−)时，Ka1=c(HA
−)⋅c(H
+)
c(H2A)
=10
−3.46，同理：
Ka2=c(A
2−)⋅c(H
+)
c(HA
−)
=10
−5.05。
【详解】A．由分析可知，随着pH 升高，H2A的分布系数逐渐减小，故①为H2A的分布系数曲
线，A 正确；
B．由分析可知，pH =3.46时，δ(H2A)=δ (HA
−)，即c(H2A)=c(HA
−)，
Ka1=c(HA
−)⋅c(H
+)
c(H2A)
=c(H
+)=10
−3.46，B 正确；
C．反应H2 A+ A
2−⇌2HA
−的平衡常数K =c
2(HA
−)
c(A
2−)×c(H2A)
=c
2(HA
−)·c(H
+)
c(A
2−)·c(H2A)·c(H
+) = Ka1
Ka2
= 10
−3.46
10
−5.05
=10
1.59，C 错误；
D．pH=6 时，由图像可知，A
2−分布系数大于HA
−，H2A分布系数极小，故
c(A
2−)>c(HA
−)>c(H2A)，D 正确；
故选C。
二、解答题
（2026·上海·高考真题）氢能源是一种来源丰富、清洁、高效、用途广泛的“绿色能源”，
将氢作为能量载体储存起来，被认为是解决能源问题的最佳方案。
反应I：GBL(l)+2H2⇌BDO(l) Δ H ＜0
反应II：BDO(l)⇌GBL(l)+2H2
(反应I 中可以近似认为K≈1/[ H2]
2)
3．使用不同催化剂对反应的反应速率影响不同。下图使用的两种催化剂对反应速率的作用如
下图所示，判断其中效果较好的催化剂，并说明理由。___________
4．在恒容密闭容器中，能说明反应I 达到化学平衡状态的是___________(不定项)。
A．BDO 不再生成
B．v逆(GBL):v 正(H2)=1:2
C．气体压强不再变化
D．气体密度不再变化
5．下列措施可以使反应Ⅱ平衡正向移动的是___________(不定项)。
A．体积减少
B．温度升高
C．加入GBL
D．使用催化剂
6．恒温条件下，若将恒容密闭容器改为恒压密闭容器，则达到平衡时，H2的浓度
___________。
A．增大 B．减小 C．不变
原因是___________。
7．在起始GBL 1 mol、灰氢6 mol、氢的物质的量分数为0.5 的条件下，反应t min 达到平
衡，此时氢气的物质的量分数为0.375，则每分钟生成BDO 的物质的量是___________mol。
A．3/5t
B．5t/3
C．3/5
D．5/3
8．储氢密度代表了材料吸收氢气的能力，计算方法是：储氢材料的储氢密度
=1 mol储氢材料理论储氢最大质量
1 mol储氢材料质量
，若1 mol GBL 理论上最多可吸收2molH2，则其理论储氢
密度为___________(用百分数表示，保留2 位小数)(M (H2)=2g⋅mol
−1；M (GBL)=86g⋅mol
−1)
9．在2 L 密闭容器中，加入1 mol 储氢材料、6 mol 灰氢(灰氢中H2物质的量分数为0.5)，反应
达到平衡时，储氢量为理论最大值的90%，则此温度下，反应的I 的平衡常数K 为
___________。
10．氨分解制氢是通过催化将液氨分解为H2和N2的工业过程。请从贮存运输、生成物分离、
反应条件的角度说明液体储氢材料反应比氨气脱氢的优点为___________。
【答案】3．Cu/ Al2O3 4．BCD 5．B 6． C 温度不变，平衡常数K不
变，由K =
1
c(H2)
2可知氢气浓度不变 7．A 8．4.65% 9．25
9 或2.78 10．液体储
氢材料常温下为液态，便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机物，易分离得到高纯度氢
气；反应条件温和，能耗低
【详解】3．由图像可知，相同CO物质的量分数下Cu/ Al2O3催化的反应速率更高，且随CO物
质的量分数增大，Cu/ Al2O3对应的反应速率基本保持稳定，Cu/ZnO-cp对应的反应速率大幅
下降，因此效果较好的催化剂为Cu/ Al2O3，理由为该催化剂在CO物质的量分数较高的条件下
仍能维持较高的反应速率，抗CO中毒性能更优。
4．A．反应达到平衡时为动态平衡，BDO的生成速率与消耗速率相等，并非不再生成，A 错
误；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，v正(H2)=2v正(GBL)，当v逆(GBL):v正(H2)=1:2时，
v逆(GBL)= v正(GBL)，正逆反应速率相等，反应达到平衡，B 正确；
C．反应I 中仅氢气为气态，恒容条件下气体压强与氢气的物质的量成正比，压强不再变化说
明氢气的物质的量不再变化，反应达到平衡，C 正确；
D．恒容条件下气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量为氢气的质量，密度不再变
化说明氢气的质量不再变化，反应达到平衡，D 正确；
故选BCD。
5．反应II 为BDO分解生成GBL和氢气，为吸热、气体分子数增大的反应。
A．体积减少相当于压强增大，平衡向气体分子数减少的方向即逆向移动，A 错误；
B．温度升高，吸热反应平衡正向移动，B 正确；
C．GBL为液态，浓度为恒定值，加入GBL不影响平衡状态，C 错误；
D．催化剂仅改变反应速率，不改变平衡状态，D 错误；
故选B。
6．平衡常数仅与温度有关，恒温条件下K值不变，由K =
1
c(H2)
2可知，氢气的浓度不变。
故选C。
原因为温度不变，平衡常数K不变，由K =
1
c(H2)
2可知氢气浓度不变。
7．起始灰氢总物质的量为6mol，氢气的物质的量分数为0.5，因此起始氢气的物质的量为
3mol，CO和N2总物质的量为3mol。设t min 内生成BDO的物质的量为x，则消耗氢气的物质的
量为2 x，平衡时氢气的物质的量为3−2 x，气体总物质的量为6−2 x。由氢气的物质的量分数
为0.375 可得3−2 x
6−2 x =0.375，解得x = 3
5，因此每分钟生成BDO的物质的量为
3
5
t = 3
5t
。
故选A。
8．1mol GBL最多吸收2mol H2，吸收的氢气质量为2mol×2g·mol
−1= 4g，1mol GBL的质量
为86g，因此储氢密度为4g
86g ×100 %≈4.65 %。
9．理论上1mol GBL最多吸收2mol H2，储氢量为理论最大值的90%，因此实际吸收的氢气物
质的量为2mol×90 % =1.8 mol，起始氢气物质的量为3mol，因此平衡时氢气的物质的量为
3 mol−1.8 mol=1.2mol，容器体积为2L，氢气浓度为1.2mol
2L
=0.6 mol·L
−1，代入平衡常数表
达式得K =
1
c(H2)
2 =
1
(0.6)
2 = 25
9 ≈2.78。
10．液体储氢材料常温下为液态，相比氨气更便于贮存运输；反应产物为氢气与液态有机
物，易分离得到高纯度氢气；反应条件温和，相比氨脱氢能耗更低。
11．（2025·贵州·高考真题）TiC 是一种极具潜力的超高温结构材料，其制备总反应为：
TiO2(s)+3C (s)=TiC (s)+2CO (g) Δ H
反应步骤如下：
Ⅰ．3TiO2(s)+C (s)=Ti3O5(s)+CO (g) Δ H 1=+168.3kJ⋅mol
−1
Ⅱ．2Ti3O5(s)+C (s)=3Ti2O3(s)+CO (g) Δ H 2=+251.7 kJ⋅mol
−1
Ⅲ．Ti2O3(s)+5C (s)=2TiC (s)+3CO (g) Δ H 3=+734.9kJ⋅mol
−1
回答下列问题：
(1)Δ H =________kJ⋅mol
−1，总反应的ΔG随温度T 的变化关系如图，则总反应自发进行的温
度条件为________。
(2)在恒容密闭容器中，加入1 mol TiO2、5 mol C 和8.4 mol 氢气，以10℃⋅min
−1从20℃升温
至1500℃后保持恒温进行反应，测得剩余固体质量分数随时间t 变化关系如图。已知：剩余
固体质量分数= m(剩余固体)
m(起始固体) ×100 %
148 min
①
之前反应速率逐渐加快的原因是________。
M
②
、N 点的反应速率v (M)________v (N)(选填“>”“=”或“<”)，其原因是________。
③设Q 点达平衡，总压为p kPa，则1500℃时总反应的K p=________(kPa)2(分压=总压×物质
的量分数，用含p 的代数式表示)。
(3)高温下，向TiO2和C 反应体系中加入NaF，可形成TiC-NaF(l)(TiC 与NaF 共熔体)，最终获
得TiC，原理如下：
ⅰ．NaF (s)→NaF (l)
ⅱ．______________
ⅲ．TiC−NaF (l)→TiC (s)+ NaF (l)
过程ⅱ的化学方程式为________，加入NaF 有利于生成更多TiC 的原因是________。
【答案】(1) +465.5 温度高于1258K
(2) 该时间段内，反应体系持续升温，温度升高是导致反应速率加快的主要原因 >
随着反应进行生成了TiC固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢
0.0256 p
2
(3) TiO2(s)+3C (s)+ NaF (l)=TiC−NaF (l)+2CO (g) 加入熔融 NaF 能生成TiC 与NaF
共熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向
移动，有利于得到更多的 TiC
【详解】（1）根据盖斯定律，总反应TiO2(s)+3C (s)=TiC (s)+2CO (g)可由1
3 ×I +1
6 ×Ⅱ + 1
2 ×Ⅲ
得到：Δ H =1
3 Δ H 1+1
6 Δ H 2+1
2 Δ H 3=
1
3 ×168.3kJ⋅mol
-1+1
6 ×251.7kJ⋅mol
-1+1
2 ×734.9kJ⋅mol
-1=+465.5kJ⋅mol
-1；由ΔG−T图可
知，当T >1258K时，ΔG<0，反应自发进行；
（2）①148 min 之前反应速率逐渐加快的原因是该时间段内，反应体系持续升温，温度升高
是导致反应速率加快的主要原因；
148
②
分钟以后，温度已经保持不变状态，由斜率可看出v(M)>v(N)；原因可能是因为随着反
应进行生成了TiC固体覆盖在反应物表面，导致反应物接触面积减小，速率减慢；
1500℃
③
时时，剩余固体质量分数为68%，初始固体总质量：
1mol×80g/mol+5 mol×12g/mol=140g，剩余固体质量：140g×68 % =95.2g，设反应的TiO2
为x mol，三段式为
TiO2
+
3C
⇌
TiC
+
2CO
初始量(mol)
1
¿5
¿0
¿
变化量(mol)
¿ ¿3 x ¿¿ x ¿¿2 x ¿平衡量(mol)¿1−x ¿¿5−3 x ¿¿ x ¿¿2 x ¿
剩余固体质量：80(1−x)+12(5−3 x)+60 x =95.2g，则56x = 140 - 95.2，解得x = 0.8 mol，平
衡时n (CO)=2×0.8=1.6 mol，气体总物质的量n(气)=8.4+1.6=10 mol
K p=(
1.6
10 p)
2
(kPa)
2=0.0256 p
2(kPa)
2；
（3）过程ⅱ的化学方程式与NaF的作用 ，过程ⅰ：NaF (s)→NaF (l)；过程ⅲ：
TiC−NaF (l)→TiC (s)+ NaF (l)，因此过程ⅱ为TiO2与液态NaF反应生成TiC−NaF，方程式
为： TiO2(s)+3C (s)+ NaF (l)=TiC−NaF (l)+2CO (g)；加入熔融 NaF 能生成TiC 与NaF 共
熔体，该共熔体为液态，能够从体系中“被移走”，从而不断推动平衡向生成 TiC 的方向移
动，有利于得到更多的 TiC。
12．（2025·江西·高考真题）CO2与H2通过催化转化为高附加值化学品，是实现“双碳”目标
的途径之一。相关反应体系及其热力学数据(298K、p
e)如下：
Ⅰ．CO2(g)+ H2(g)=CO(g)+ H2O(g) ΔH1=+ 41kJ/ mol
Ⅱ．CO2(g)+ 4 H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2=−165kJ/ mol
Ⅲ．CO2(g)+3 H2(g)=CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH3=−50kJ / mol
Ⅳ．2CO2(g)+6 H2(g)=CH3CH2OH(g)+3 H2O(g) ΔH4=−174 kJ / mol
Ⅴ．2CO2(g)+6 H2(g)=CH3OCH3(g)+3 H2O(g) ΔH5=−123kJ / mol
回答下列问题：
(1)CH3CH2OH(g)=CH3OCH3(g) ΔH6=_______kJ/mol
(2)反应Ⅰ的机理包括3 种路径(主要步骤如图)，在A 路径中，决速步骤的能垒是_______eV，
反应Ⅰ的最优路径是_______(填标号)。
(3)某课题组模拟了CO2加氢在不同温度下的平衡组分(如图)。保持总压为5×10
3kPa，温度为
500℃以上时，主要含碳产物是_______，计算300℃时相关反应的平衡常数Kp=_______
(kPa)−4。
(4)反应Ⅰ某路径的主要步骤如下(其中*表示吸附态)：
①CO2(g)+·→
❑
CO2
·
②H2(g)+⋅+⋅→
❑
2H⋅
③CO2
·+·→
❑
CO
·+O
·
④O
·+ H
·⇌OH
·+·
⑤OH
·+OH
·→
❑
H2O
·+O
·
⑥CO
·→
❑
·+CO(g)
⑦H2O
•→
❑
·+ H2O(g)
写出与第⑤步竞争的基元反应_______。
(5)通过对ZrO2负载Rh的单原子催化剂进行掺杂，可调控催化剂选择性生成CH4或CO，其示意图
如下：
ⅰ．写出Y 的化学式_______。
ⅱ．依据示意图，掺杂Na
+的催化剂可以提高Y 的选择性，其原因是_______。
【答案】(1)+51
(2) 1.47 C
(3) CO 2.5×10
−13
(4)OH
∗+ H
∗⇌H2O
∗+∗
(5) CO 钠抑制了Rh对H2的活化；钠与中间体的氧成键稳定了COOH
∗中间体构型
【详解】（1）由盖斯定律，Ⅴ-Ⅳ得反应CH3CH2OH(g)=CH3OCH3(g)
ΔH6= ΔH5- ΔH4=+51kJ / mol；
（2）过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，
峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是
慢反应；由图，在A 路径中，决速步骤的能垒1.47 eV，反应Ⅰ的最优路径是C，其最大活化
能最小，更利于反应进行；
（3）由图，保持总压为5×10
3kPa，温度为500℃以上时，主要含碳产物是CO；由图，
300℃时，氢气和水含量相等均为40%、乙醇和二氧化碳含量相等均为10%，则
2CO2(g)+6 H2(g)=CH3CH2OH(g)+3 H2O(g)中氢气和水分压均为5×10
3kPa×40 % =2×10
3kPa、
乙醇和二氧化碳分压均为5×10
3kPa×10 % =0.5×10
3kPa，则
2CO2(g)+6 H2(g)=CH3CH2OH(g)+3 H2O(g)平衡常数Kp=
(2×10
3)
3×0.5×10
3
(0.5×10
3)
2×(2×10
3)
6 (kPa)−4=2.5×10
−13 (kPa)−4；
（4）反应⑤OH
·+OH
·→
❑
H2O
·+O
·消耗OH
·的反应，与步骤⑤形成竞争反应是争夺OH*的反应，即
OH*+*=O*+H*和OH
·+ H
·⇌H2O
·+·反应；由反应可知，④O
·+ H
·⇌OH
·+·为可逆反应，则与第⑤步
竞争的基元反应为：OH
·+ H
·⇌H2O
·+·；
（5）ⅰ．可调控催化剂选择性生成CH4或CO，由图，右侧C、O 相结合且均吸附与催化剂表
面，则其后生成的Y 为CO；
ⅱ．由图，钠抑制了Rh对H2的活化，钠与中间体的氧成键稳定了COOH
·中间体构型，从而使得
掺杂Na
+的催化剂可以提高CO 的选择性。
13．（2025·四川·高考真题）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(CO+H2)为
原料制备乙二醇，反应按如下两步进行：
①HCHO(g)+CO(g)+ H2(g)= HOCH2CHO(l)
②HOCH2CHO(l)+ H2(g)= HOCH2CH2OH(l)
已知：Δf Hm为物质生成焓，反应焓变ΔH =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
HCHO(g)
CO(g)
H2(g)
HOCH2CH2OH(l)
Δf Hm/kJ⋅mol
−1 −116
−111
0
−455
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_______，ΔS_______0(填“>”“<”或“=”)，反
应在_______(填“高温”或“低温”)自发进行。
(2)恒压时，合成气中n(H2):n(CO)增大，HOCH2CHO(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：HCHO(g)+ H2(g)=CH3OH(l)。平衡常数与温度之间满足关系
ln K =−ΔH
RT +常数，反应②和④的lnK与1
T 的关系如图所示，则ΔH2_______ΔH4，(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
_______。
(4)若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为1.0mol⋅L
−1。
①反应5h后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为38 %、8 %、10 %，则甲醛的平均消耗速
率v=_______mol⋅L
−1⋅h
−1。
②溶剂中H2和CO浓度分别保持为1.0×10
−4 mol⋅L
−1、6.0×10
−4 mol⋅L
−1，羟基乙醛、乙二
醇、甲醇的平衡产率分别为18 %、34 %、14 %，生成乙二醇的平衡常数K=_______(mol⋅L
−1)
−3
(科学记数，保留小数点后2 位)。
【答案】(1) HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)= HOCH2CH2OH(l) ΔH =−228kJ/mol ＜ 低
温
(2)反应②的速率大于反应①使得单位时间内HOCH2CHO(羟基乙醛)产率降低
(3) ＜ 降低 随着1
T 的增大，即温度降低，反应②的ln K增大的程度大于反应④
的ln K增大程度
(4) 0.112 1.67×10
11
【详解】（1）将反应①和②相加，消去中间产物HOCH2CH2OH(l)，得到总反应：
HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)= HOCH2CH2OH(l)，反应焓变公式：
ΔH =∑Δf H m
❑(产物)−∑Δf H m
❑(反应物)：ΔH =(−455)−[(−116)+(−111)+0]=−228kJ/mol；
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：HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)= HOCH2CH2OH(l) ΔH =−228kJ/mol；＜；低温；
（2）恒压时，合成气中n(H2):n(CO)增大，意味着H2的分压增大，CO的分压减小，反应速率
与反应物浓度相关，CO其分压减小效应超过H2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HOCH2CHO
(羟基乙醛)产率降低；
（3）lnK与1
T 的关系图中，斜率为−ΔH
R 。图中反应②的斜率大于反应④，表明
∣ΔH 2∣＞∣ΔH 4∣。由于两反应的K 随温度降低均增大，均为放热（Δ H <0），故ΔH 2＜ΔH 4
；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1
T 的增大，ln K 2
增大的程度大于ln K 4增大程度，故需要低温才能抑制甲醇的生成；故答案为：＜；降低；随
着1
T 的增大，即温度降低，反应②的ln K增大的程度大于反应④的ln K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v=
0.56mol/ L
5h
=0.112 mol⋅L
−1⋅h
−1；
②总反应③：HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)= HOCH2CH2OH(l)平衡常数表达式为K = [ HOCH2CH2OH ]
[ HCHO][CO][ H2]
2
[注：HOCH2CH2OH为液体，但在溶液中其浓度变化，故包含在K中；单位要符合(mol⋅L
−1)
−3
]；平衡浓度：[ HOCH2CH2OH ]eq（乙二醇平衡产率34%）: 0.34×1.0=0.34 mol⋅L
−1；羟基乙醛
18% ：[ HOCH2CHO]eq=0.18 mol⋅L
−1；甲醇14% ：[CH3OH ]eq=0.14 mol⋅L
−1，总甲醛消耗浓
度：0.18+0.34 +0.14 =0.66 mol⋅L
−1， 平衡 ：[ HCHO]eq=1.0−0.66=0.34 mol⋅L
−1；给定平衡浓
度：[ H2]eq=1.0×10
−4 mol⋅L
−1，[CO]eq=6.0×10
−4 mol⋅L
−1，代入计算：
K =
0.34
(0.34)×(6.0×10
−4)×(1.0×10
−4)
2 =
0.34
0.34×6.0×10
−4×1.0×10
−8 =
1
6.0×10
−12 = 10
12
6.0 ，解得：
K =1.6667×10
11≈1.67×10
11(科学记数，保留小数点后2 位)；故答案为：0.112；1.67×10
11。
14．（2025·全国卷·高考真题）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-874kJ⋅mol
-1、-1367kJ⋅mol
-1和-2238kJ⋅mol
-1，
则酯化反应CH3COOH(1)+C2H5OH(l)=CH3COOC2H5(l)+H2O(l)的ΔH=_______kJ⋅mol
-1。
(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353．15K时，初始组成n(CH3COOH):n(C2H5OH)=3:1、NaHSO4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。
平衡时乙酸的转化率α=_______%，平衡常数K=_______(保留2 位有效数字)。已知酯化反应
的速率方程为r=k+c(CH3COOH)c(C2H5OH)-k-c(CH3COOC2H5)c(H2O)，其中
k+=1.0×10
-5L⋅mol
-1⋅s
-1，则k-=_______L⋅mol
-1⋅s
-1(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)-3
(2) CH3COOH>CH3CH2OH>CH3COOCH2CH3 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 2.6×10
-6
(4) |ΔH|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
【详解】（1）乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为-874kJ⋅mol
-1、-1367kJ⋅mol
-1和
-2238kJ⋅mol
-1，
①CH3COOH (l)+2O2(g)→2CO2(g)+2H2O (l) ΔH1=−874 kJ/mol
②CH3CH2OH (l)+3O2(g)→2CO2(g)+3H2O (l) ΔH2=−1367kJ/mol
③ CH3COOCH2CH3(l)+5O2(g)→4 CO2(g)+4H2O (l) ΔH3=−2238kJ/mol
根据盖斯定律①+
-
②③得CH3COOH(l)+C2H5OH(l)=CH3COOC2H5(l)+H2O(l) ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3=
−874 kJ/mol−1367kJ/mol+2238kJ/mol=-3kJ⋅mol
-1。
（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CH3COOH>CH3CH2OH>CH3COOCH2CH3。
（3）初始组成n(CH3COOH):n(C2H5OH)=3:1。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α= 2.97 mol/L
9.9 mol/L ×100 % =30 %；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、乙酸乙酯的浓度为2.97mol/L、水的浓度为2.97mol/L，则平衡常数K=
2.97×2.97
0.33×6.93 =3.9；k+
k−
=K =3.9，k−=k+
K = 1×10
−5
3.9
=2.6×10
−6 L⋅mol
-1⋅s
-1。
（4）液相反应，压强对平衡影响小，|ΔH|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。
15．（2025·广东·高考真题）钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。
(1)基态Ti 原子的价层电子排布式为_______。
(2)298K 下，反应TiO2(s)+2C (s)+2Cl2(g)=TiCl4 (g)+2CO (g)的ΔH<0、ΔS>0，则298K 下该反
应_______(填“能”或“不能”)自发进行。
(3)以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0 molTiCl4与10.0molTi 放入容积为V0L的恒容密闭容器
中，反应体系存在下列过程。
编号
过程
ΔH
(a)
Ti(s)+ TiCl4 (g)⇌2TiCl2(s ΔH1
(b)
TiCl2(s)+ TiCl4 (g)⇌2TiCl +200.1kJ/ mol
(c)
Ti(s)+3TiCl4 (g)⇌4 TiCl3 +132.4 kJ/ mol
(d)
TiCl3(g)⇌TiCl3(s)
ΔH2
①ΔH1=_______kJ/mol。
②不同温度下，平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为_______。
③温度T0K下，n[TiCl4 (g))=_______mol，反应(c)的平衡常数K =_______(列出算式，无须化
简)。
(4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N2H4)的分解反应：
(e)N2H4= N2+2H2
(f)3 N2H4= N2+ 4 NH3
为研究某钛基催化剂对上述反应的影响，以肼的水溶液为原料(含N2H4的物质的量为n0)，进行
实验，得到n1/n0、n2/n0随时间t 变化的曲线如图。其中，n1为H2与N2的物质的量之和；n2为剩
余N2H4的物质的量。设ne为0~t 时间段内反应(e)消耗N2H4的物质的量，该时间段内，本体系中
催化剂的选择性用
ne
n0−n2
×100 %表示。
①0~t0 min内，N2H4的转化率为_______(用含y2的代数式表示)。
②0~t0 min内，催化剂的选择性为_______(用含y1与y2的代数式表示，写出推导过程)。
【答案】(1)3d
24s
2
(2)能
(3) −267.8 TiCl2(s) 0.5
( 6
V 0
)
4
( 0.5
V 0
)
3
(4) (1−y2)×100 % 3y1+y2-1
8−8y2
×100 %
【详解】（1）Ti 为22 号元素，基态Ti 原子的价层电子排布式为3d
24s
2，故答案为：3d
24s
2
：
（2）反应TiO2(s)+2C (s)+2Cl2(g)=TiCl4 (g)+2CO (g)的ΔH<0、ΔS>0，则根据ΔG=ΔH−T ΔS
可知，该反应在298K 下能自发进行，故答案为：能；
（3）① 已知：
反应b：TiCl2(s)+ TiCl4 (g)⇌2TiCl3(g)
反应c：Ti(s)+3TiCl4 (g)⇌4 TiCl3(g)
将反应c-2×反应b 可得Ti(s)+TiCl4 (g)⇌2TiCl2(s)，则
ΔH1=132.4−2×200.1kJ/ mol=−267.8kJ/ mol，故答案为：−267.8；
② 由表格可知，反应a 为放热反应，反应b、c 为吸热反应，反应d 也是放热的，曲线Ⅰ，Ⅱ
可表示TiCl3(g)或TiCl2(s)的物质的量随温度的变化情况，随着温度升高，反应b、c 正向移
动，反应a、d 为逆向移动，所以TiCl3(g)的含量逐渐上升，TiCl2(s)的含量逐渐下降，所以曲
线Ⅰ对应的物质为TiCl2(s)，故答案为：TiCl2(s)；
③ 温度T0K下，n[Ti(s))=8.5 mol，n[TiCl3(g))=6.0mol，n[TiCl3(s))=n[TiCl2(s))=0mol，根据
Ti 元素守恒，可推出n[TiCl4 (g))=（10+5-6-8.5）mol=0.5mol，则c[TiCl4(g))=0.5
V0
mol/L，
c[TiCl3(g))=6.0
V0
mol/L，反应(c)的平衡常数K =c
4[TiCl3(g))
c
3[TiCl4 (g)) =
( 6
V 0
)
4
( 0.5
V 0
)
3，故答案为：0.5；
( 6
V 0
)
4
( 0.5
V 0
)
3
；
（4）① 因为肼(N2H4)为反应物，肼的含量逐渐下降，起始时
n2
n0
=1，t0 min时，
n2
n0
=y2，则
0~t0 min内，N2H4的转化率为1−y2
1
×100 %=(1−y2)×100 %，故答案为：(1−y2)×100 %；
② 由图可知，0~t0 min内，
n1
n0
=y1，
n2
n0
=y2，则n2=y2×n0，反应掉的肼(N2H4)为n0(1-y2)，生
成的氮气和氢气的物质的量为y1×n0 mol，根据反应前后原子个数守恒，可得
n(NH3)=6n0(1-y2)-2n0y1
4
mol，反应f 消耗的肼为n(N2H4)=6n0(1-y2)-2n0y1
4
× 3
4 mol，反应e
消耗的肼ne为n0(1-y2)−6n0(1-y2)-2n0y1
4
× 3
4 mol， 则本体系中催化剂的选择性
ne
n0−n2
×100 %
=n0(1-y2)−6n0(1-y2)-2n0y1
4
× 3
4
n0−y2×n0
×100 %=(1-y2)−9(1-y2)-3y1
8
1−y2
×100 %=3y1+y2-1
8−8y2
×100 %，故
答案为：
3y1+y2-1
8−8y2
×100 %；
16．（2025·北京·高考真题）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意
义。实验小组研究测定“MnO2+2Br
−+4H
+⇌Mn
2++Br2+2H2O”平衡常数的方法，对照理论数据
判断方法的可行性。
理论分析
①Br2易挥发，需控制生成c(Br2)较小。
②根据25℃时K=6.3×10
4分析，控制合适pH，可使生成c(Br2)较小；用浓度较大的KBr溶液与
过量MnO2反应，反应前后c(Br
-)几乎不变；c(Mn
2+)=c(Br2)，仅需测定平衡时溶液pH和c(Br2)。
③Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。
(1)实验探究
序
号
实验内容及现象
I
25℃，将0.200mol⋅L
-1KBr溶液(pH≈1)与过量MnO2混合，密闭并搅拌，
充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。
Ⅱ
25℃，将0.200mol⋅L
-1KBr溶液(pH≈2)与过量MnO2混合，密闭并搅拌，
反应时间与I 相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气
体。
Ⅲ
测定I、Ⅱ反应后溶液的pH；取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，
用Na2S2O3标准溶液滴定，测定c(Br2)。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。
①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是_______。用离子方程式表示KI的作
用：_______。
I
②中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不
变”)。平衡后，按c(Mn
2+)⋅c(Br2)
c
2(Br
-)⋅c
4(H
+) 计算所得值小于25℃的K 值，是因为Br2挥发导致计算时所
用_______的浓度小于其在溶液中实际浓度。
③Ⅱ中，按c(Mn
2+)⋅c(Br2)
c
2(Br
-)⋅c
4(H
+) 计算所得值也小于25℃的K 值，可能原因是_______。
(2)实验改进
分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。
控制反应温度为40℃，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。
①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与_______值比较。
②综合调控pH和温度的目的是_______。
【答案】(1) 滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复
Br2+3I
−=2Br
−+I3
− 增大 Mn
2+ 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态
(2) 40℃的K 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡
【分析】平衡常数表达式：K = c(Mn
2+)⋅c(Br2)
c
2(Br
−)⋅c
4(H
+)
=6.3×10
4，控制pH 可调节c(Br2)大小。使用
过量MnO2和浓KBr 溶液，确保c(Br–)几乎不变。因c(Mn2+) = c(Br2)，只需测定平衡时的pH
和c(Br2)即可计算K。 干扰忽略：Br2与水反应、HBr 挥发对实验影响可忽略。
【详解】（1）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最
后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；
KI 的作用：将Br2转化为I 3
−，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：Br2+3I
−=2Br
−+I3
−；
②该反应消耗
H
+生成水，pH 增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，c(Mn
2+)=c(Br2)
，则计算时所用Mn
2+的浓度小于其在溶液中实际浓度；
③实验Ⅱ
液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也
说明了Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略，对比
实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH 更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的
c(H
+)浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中
c(Mn
2+)、c(Br2)偏低，计算的K 值偏小；
（2）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K 值比较，因为K 值只与温度有关，（题
目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。
②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于c(H
+)过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算
的K 值小，实验Ⅱ由于c(H
+)过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K 值小，故
综合调控pH和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K 值。
17．（2025·云南·高考真题）我国科学家研发出一种乙醇(沸点78.5℃)绿色制氢新途径，并实
现高附加值乙酸(沸点118℃)的生产，主要反应为：
Ⅰ．C2H5OH (g)+ H2O (g)⇌2H2(g)+CH3COOH (g) ΔH1 K p1
Ⅱ．C2H5OH (g)⇌CH3CHO (g)+ H2(g) ΔH2=+68.7kJ⋅mol
−1
回答下列问题：
(1)乙醇可由秸秆生产，主要过程为
秸秆→
预处理纤维素→
水解_______ →
发酵乙醇
(2)对于反应Ⅰ：
①已知CH3CHO (g)+ H2O (g)⇌H 2(g)+CH3COOH (g) ΔH =−24.3kJ⋅mol
−1则ΔH1=_______
kJ⋅mol
−1。
②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．容器内的压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．CH3COOH的体积分数不再变化
D．单位时间内生成1molH2O，同时消耗2molH2
③反应后从混合气体分离得到H2，最适宜的方法为_______。
(3)恒压100kPa 下，向密闭容器中按n(H2O):n(C2H5OH)=9:1投料，产氢速率和产物的选择性随
温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2。[比如：乙酸选择性
=n( 生成的乙酸)
n(转化的乙醇) ×100 %]
①由图1 可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为_______。
②由图中信息可知，乙酸可能是_______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。
270℃
③
时，若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性
为80%，则p(CH3COOH):p(C2H5OH)=_______，平衡常数Kp1=_______kPa(列出计算式即可；用
平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)葡萄糖
(2) +44.4 AC 降温冷凝后收集气体
(3) 乙酸选择性最大且反应速率较快 产物1 36:5 0.72×100×1.62
2
0.1×8.28×10.9
【详解】（1）纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇；
（2）①反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律ΔH1=ΔH+ΔH2=-24.3kJ·mol-1+68.7
kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1；
②恒温恒容下发生C2H5OH (g)+ H2O (g)=2H2(g)+CH3COOH (g)：
A．该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不
再改变，说明反应达到平衡状态，A 符合题意；
B．体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度
不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B 不符合题意；
C．CH3COOH的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C 符合题意；
D．单位时间内生成1molH2O，同时消耗2molH2均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡
状态，D 不符合题意；
答案选AC；
③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体；
（3）①由图1 可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较
快；
②由图2 可知关键步骤中生成产物1 的最大能垒为0.58eV，生成产物2 的最大能垒为
0.66eV，生成产物3 的最大能垒为0.81eV，图1 中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成
乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1；
③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率
为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n 平
(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，各组分的分压之比=各组分的物质的量之比，故
p(CH3COOH):p(C2H5OH)=0.72：0.1=36：5；列三段式
¿ Δn(mol)C2H5OH (g)
0.72
+
¿ H2O (g)
0.72
=
¿2H2(g)
1.44
+
¿CH3COOH (g)
0.72
¿
¿
¿
、¿ Δn(mol)C2H5OH (g)
0.18
=
¿ H2(g)
0.18
+
¿CH3CHO (g)
0.18
¿
¿
，则
平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、
0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，
则Kp1=
100kPa×0.72
10.9 ×(100kPa×1.62
10.9 )
2
100kPa×0.1
10.9 ×100kPa×8.28
10.9
=
0.72
10.9 ×100×(1.62
10.9 )
2
0.1
10.9 ×8.28
10.9
=0.72×100×1.62
2
0.1×8.28×10.9
kPa。
高考热点总结
【限时训练】
（60 分钟）
基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.关于化学平衡常数,下列说法不正确的是( )
A.化学平衡常数不随反应物或生成物的浓度的改变而改变
B.对于一定温度下的同一个反应,其正反应和逆反应的化学平衡常数的乘积等于1
C.温度越高,K 值越大
D.化学平衡常数随温度的改变而改变
【答案】C
【解析】平衡常数越大,说明可逆反应进行的程度越大,反应可能是吸热反应也可能是放热反应,
升温,平衡向吸热反应方向移动,平衡常数不一定增大,C 错误。
2.德国化学家弗里茨·哈伯因合成氨工业化而获得1918 年诺贝尔化学奖。现向一密闭容器中充
入1 mol N2和3 mol H2,在一定条件下使该反应发生。下列说法正确的是( )
A.若生成3 mol H—H 的同时生成6 mol N—H,说明该反应已处于平衡状态
B.达到化学平衡时,N2、H2和NH3的物质的量浓度一定相等
C.若N2、H2和NH3的反应速率之比为1∶3∶2,说明该反应达到化学平衡
D.达到化学平衡时,正反应速率和逆反应速率都为零
【答案】A
【解析】生成3 mol H—H 的同时生成6 mol N—H,表示正、逆反应速率相等,反应已达到平衡
状态,A 正确;达到化学平衡时,N2、H2和NH3的物质的量浓度可能相等,也可能不相等,与各物质
初始浓度有关,B 错误;反应过程中的任意时刻,N2、H2和NH3的反应速率之比都为1∶3∶2,C
错误;达到化学平衡时,正反应速率和逆反应速率相等且不等于零,D 错误。
3.在下列反应CO+H2O
CO2+H2中,加入C18O 后,则18O 存在于( )
A.只存在于CO 和CO2中
B.存在于CO、H2O、CO2中
C.只存在于CO 中
D.存在于CO、H2O、CO2、H2中
【答案】B
【解析】由于反应CO+H2O
CO2+H2为可逆反应,正、逆反应同时进行,则含有O 元素的物
质中均含有18O,故选B。
4. 一定温度下, 在恒容密闭容器中充入CO 和H2, 发生反应:2H2(g)+CO(g)
CH3OH(g)
ΔH<0。下列图像符合实际且t0时达到平衡状态的是( )
【答案】D
【解析】该反应中气体总质量、容器容积为定值,则密度始终不变,故A 不符合题意;初始时
CH3OH(g)的体积分数应该为0,故B 不符合题意;2H2(g)+CO(g)
CH3OH(g)为气体体积减小的
反应,混合气体总质量为定值,则建立平衡过程中混合气体的平均摩尔质量逐渐增大,反应过程
中压强逐渐减小,当压强不再变化,t0时,表明达到平衡状态,故C 不符合题意、D 符合题意。
5.对于反应C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g) ΔH>0,下列有关说法正确的是( )
A.平衡常数表达式为K=
c(CO)·c( H 2)
c(C )·c( H 2O)
B.增大体系压强,平衡常数K 减小
C.升高体系温度,平衡常数K 增大
D.增加C(s)的量,平衡正向移动
【答案】C
【解析】反应中碳是固体,其浓度为常数,平衡常数表达式为K=
c(CO)·c( H 2)
c( H 2O)
,A 错误;平衡常数
K 与反应和温度有关,与压强无关,B 错误;升高体系温度,平衡向吸热反应方向进行,该反应
ΔH>0,平衡正向移动,K 增大,C 正确;C(s)是固体,浓度不变,增加碳的量,平衡不移动,D 错误。
6.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 ΔH1<0;
2NO(g)+Cl2(g)
2ClNO(g) K2 ΔH2<0。
则反应4NO2(g)+2NaCl(s)
2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数是( )
A. K 1
2
K 2
B.2K1-K2
C.2 K 1
K 2
D . K 1
2-K2
【答案】A
【解析】2NO2(g)+NaCl(s)
NaNO3(s)+ClNO(g) K1=
c(ClNO)
c
2( N O2);2NO(g)+Cl2(g)
2ClNO(g)
K2=
c
2(ClNO)
c
2( NO)·c(C l2);4NO2(g)+2NaCl(s)
2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)
K=
c(C l2)·c
2( NO)
c
4( N O2)
= c(ClNO)
c
2( N O2)
× c(ClNO)
c
2( N O2)
× c
2( NO)·c(C l2)
c
2(ClNO)
= K 1
2
K 2
。
7.1 000 K 时,反应Ni(s)+H2O(g)
NiO(s)+H2(g)的平衡常数K=0.005 9。当水蒸气和氢气的物
质的量浓度相等时,下列说法正确的是( )
A.该反应已达到平衡状态
B.该反应未达到平衡状态,反应正向进行
C.该反应未达到平衡状态,反应逆向进行
D.无法确定该反应是否达到平衡状态
【答案】C
【解析】当水蒸气和氢气的物质的量浓度相等时,Q=
c( H 2)
c( H 2O)=1>K,则该反应未达到平衡状态,
反应逆向进行,C 正确。
8.反应:Fe(s)+CO2(g)
FeO(s)+CO(g),700 ℃时,K=1.47;900 ℃时,K=2.15。下列说法正确的是(
)
A.该反应为放热反应
B.该反应的化学平衡常数表达式为K=c( FeO)·c(CO)
c( Fe)·c(C O2)
C.700 ℃时通入CO2,平衡向正反应方向移动,K 增大
D.当混合气体的平均相对分子质量不再变化时,反应达到化学平衡状态
【答案】D
【解析】由700 ℃时,K=1.47;900 ℃时,K=2.15,可知温度升高K 增大,则该反应正向为吸热反应,
A 错误;由反应方程式可得平衡常数的表达式为K= c(CO)
c(C O2),B 错误;K 只受温度影响,温度不变,
K 不变,因此通入二氧化碳气体,K 不变,C 错误;由反应的化学方程式可知,随反应的正向进行,混
合气体中二氧化碳含量减少,CO 的含量增加,混合气体的平均相对分子质量减小,当平均相对分
子质量不再变化时,反应达到化学平衡状态,D 正确。
9.在1 L 的密闭容器中,加入0.5 mol CaCO3,发生反应:CaCO3(s)
CaO(s)+CO2(g),图中A 表示
CO2的平衡浓度与温度的关系曲线。
(1)该反应正反应方向为 (填“吸”或“放”)热反应,温度为T5 ℃时,该反应的平衡常
数为 。
(2)达到平衡后,保持温度不变,再次通入1 mol CO2,平衡向 (填“正反应方向”“逆反应
方向”或“不”)移动,再次平衡后容器内的压强 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)加快该化学反应速率并能增加该反应进行程度的措施: (写一种即可)。
【答案】(1)吸 0.20 (2)逆反应方向 不变 (3)升高温度
【解析】(1)由图可知,升高温度,CO2的平衡浓度增大,说明平衡正向移动,则该反应的正反应为
吸热反应;温度为T5 ℃时,CO2的平衡浓度为0.20 mol·L-1,则该反应的平衡常数K=c(CO2)=0.20。
(2)达到平衡后,保持温度不变,再次通入1 mol CO2,生成物浓度增大,则平衡逆向移动,平衡常数K
只与温度有关,温度不变,K 不变,则再次平衡后容器内的c(CO2)=0.2 mol·L-1,根据阿伏加德罗定律
的推论可知,容器内的压强不变。
能力提升
10.在1 L 恒温恒容的密闭容器中投入一定量N2O5,发生反应:
反应1:N2O5(g)===N2O4(g)+1
2O2(g) ΔH=+28.4 kJ· mol-1
反应2:N2O4(g)
2NO2(g) ΔH=-56.9 kJ· mol-1
现有下列情况:①混合气体的密度保持不变;②气体压强保持不变;③气体的平均摩尔质量保持
不变;④
c( N O2)
c( N 2O4)保持不变;⑤O2的物质的量保持不变;⑥v 正(N2O4)∶v 逆(NO2)=1∶2。能表明反
应2 一定达到平衡状态的是( )
A.①②③⑤
B.②③④⑥
C.①③⑤⑥
D.②③④⑤
【答案】B
【解析】①反应中各物质均为气体,混合气体的总质量不变,且反应在恒容条件下进行,则混合
气体的密度始终不变,故不能据此判断反应2 是否达到平衡,错误;②反应2 的平衡建立过程中,
气体总物质的量不断变化,则气体压强不断变化,当气体压强保持不变时,反应2 达到平衡状态,
正确;③平衡建立过程中,混合气体的总质量不变,但其总物质的量不断变化,故当气体的平均摩
尔质量保持不变时,反应2 达到平衡状态,正确;④
c( N O2)
c( N 2O4)保持不变,则c(NO2)、c(N2O4)均保持
不变,反应2 达到平衡状态,正确;⑤反应1 是不可逆反应,O2的物质的量始终保持不变,不能据此
判断反应2 是否达到平衡,错误;⑥v 正(N2O4)∶v 逆(NO2)=1∶2,正、逆反应速率相等,反应2 达到
平衡状态,正确。
11.在300 mL 的密闭容器中,放入镍粉并充入一定量的CO 气体,一定条件下发生反应:Ni(s)
+4CO(g)
Ni(CO)4(g),已知该反应平衡常数与温度的关系如下表所示。下列说法不正确的是(
)
温度/℃
25
80
230
平衡常数
5×104
2
1.9×10-5
A.上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应
B.25 ℃时,反应Ni(CO)4(g)
Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-5
C.80 ℃时,测得某时刻Ni(CO)4、CO 的浓度均为0.5 mol·L-1,则此时v 正>v 逆
D.80 ℃达到平衡时,测得n(CO)=0.3 mol,则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol·L-1
【答案】C
【解析】温度升高,平衡常数减小,故正反应为放热反应,A 项正确;25 ℃时,逆反应的平衡常数
K'= 1
K =
1
5×10
4=2×10-5,B 项正确;80 ℃时, 若Ni(CO)4 、CO 的浓度均为0.5 mol·L-1, 则Q=
c[∋(CO)4]
c
4(CO)
= 0.5
0.5
4=8>K,v 正<v 逆,C 项错误;80 ℃达到平衡时,若n(CO)=0.3 mol,c(CO)=1 mol·L-1,
故c[Ni(CO)4]=K·c4(CO)=2×14 mol·L-1=2 mol·L-1,D 项正确。
12.(1)Deacon 发明的氯化氢转化为氯气的直接氧化法为4HCl(g)+O2(g)
2Cl2(g)+2H2O(g)。
如图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1 时HCl 平衡转化率
随温度变化的关系:
(1)关于直接氧化法制氯气的反应,下列说法正确的是 (填字母)。
A.该反应的ΔH>0
B.容器内气体的颜色不再变化时,说明该反应达到平衡状态
C.反应达到平衡后,降低温度,能加快正反应速率,减小逆反应速率,使平衡正向移动
D.其他条件一定时,氧气的投料越多,平衡时Cl2的体积分数越大
(2)设HCl 初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1 的数据计算K(400 ℃)=
(列出计算式)。
【答案】(1)B (2)
(0.42)
2×(0.42)
2
(1−0.84)
4×(1−0.21)c0
【解析】(1)由图可知,温度越高,HCl 的平衡转化率越小,则该反应的ΔH<0,A 项错误;反应中有
Cl2生成,当容器内气体的颜色不再变化时,氯气浓度不再变化,说明反应达到平衡状态,B 项正确;
降低温度,正、逆反应速率均降低,C 项错误;其他条件一定时,氧气的投料越多,平衡正向移动,生
成Cl2 的物质的量增大,但氧气的投料较大,平衡时Cl2 的体积分数不一定增大,D 项错误。
(2)c(HCl)∶c(O2)比值越大,HCl 转化率越低,结合图像,最上面即为c(HCl)∶c(O2)=1∶1 的图
像,400 ℃时,HCl 平衡转化率为84%,可列出三段式:
4 HCl(g)
+
O2(g)
===
2C l2(g)
+
2 H 2O(g)
起始
c0
c0
0
0
转化
0.84 c0
0.21c0
0.42c0
0.42c0
平衡
(1−0.84)c0
(1−0.21)c0
0.42c0
0.42c0
则K(400 ℃)=
c
2(C l2)·c
2( H 2O)
c
4( HCl)·c(O2)
=
(0.42)
2×(0.42)
2
(1−0.84)
4×(1−0.21)c0
。
13.反应SO2(g)+NO2(g)
SO3(g)+NO(g),若在一定温度下,将物质的量浓度均为2 mol·L-1 的
SO2(g)和NO2(g)注入一密闭容器中,当达到平衡状态时,测得容器中SO2(g)的转化率为50%,则在
该温度下:
(1)此反应的平衡常数为 。
(2)在上述温度下,若SO2(g)的初始浓度增大到3 mol·L-1,NO2(g)的初始浓度仍为2 mol·L-1,达到化
学平衡状态时,计算下列各物质的浓度及SO2和NO2的平衡转化率。
①c(SO3)= mol·L-1,c(SO2)= mol·L-1。
②SO2转化率为 ,NO2转化率为 。
【答案】(1)1 (2)①1.2 1.8 ②40% 60%
【解析】(1)设平衡时SO2的浓度为x mol·L-1
由题意可知2−x
2
×100%=50%,x=1,
K=1mol· L
−1×1 mol· L
−1
1mol· L
−1×1 mol· L
−1=1。
(2)设达平衡时NO 的浓度为y mol·L-1
因为温度不变,平衡常数不变,K=1
则
y
2
(3−y)(2−y)=1,y=1.2
①平衡浓度:c(SO3)=1.2 mol·L-1,c(SO2)=3 mol·L-1-1.2 mol·L-1=1.8 mol·L-1。
②SO2的转化率α(SO2)=1.2mol· L
−1
3mol· L
−1 ×100%=40%;
NO2的转化率α(NO2)=1.2mol· L
−1
2mol· L
−1 ×100%=60%。
