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第1页专题十化学反应速率与化学平衡题组一一、选择题1.[2023湖南，3分]向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O，发生反应:CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比𝑥[𝑥=𝑛(CH4)

𝑛(H2O)]随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(B)A.𝑥1<𝑥2B.反应速率:𝑣b正<𝑣c正C.点a、b、c对应的平衡常数:𝐾a<𝐾b=𝐾cD.反应温度为𝑇1,当容器内压强不变时,反应达到平衡状态[解析]结合图像分析

可知，A项正确，B项错误；该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数增大，结合图像可知平衡常数𝐾a<𝐾b=𝐾c，C项正确；该反应反应前后气体分子数不相等，恒温恒容时，容器内压强不再发生变化，即达到平衡状态，D项正确。第2页2.[2022北京，3分]CO

2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，将恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上检测到有积炭。下列说

法不正确的是(C)A.反应①为CaO+CO2⬚⬚CaCO3；反应②为CaCO3+CH4催化剂⬚CaO+2CO+2H2B.𝑡1min∼𝑡3min，𝑛(H2)比𝑛(CO)多，且生成H2的速率不变，推测有副反应CH4催化剂⬚C+2H2C.�

�2min时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率D.𝑡3min之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生[解析]根据题图1知，A项正确；若只发生反应②，则𝑛(H2)=𝑛(CO)，而𝑡1min～𝑡3min，𝑛

(H2)比𝑛(CO)多，且生成H2的速率不变，结合反应过程中始终未检测到CO2，催化剂上有积炭，可推测有副反应，且反应②和副反应中CH4和H2的化学计量数之比均为1:2，B项正确；𝑡2min时，H2的流出速率为

2mmol⋅min−1，CO的流出速率约为1.5mmol⋅min−1，𝑣(H2)𝑣(CO)<2，说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率，C项错误；根据题图2知，𝑡3min后，CO的生成速率为0，CH4的流出速率逐渐增大，

最终恢复到1mmol⋅min−1，H2的生成速率逐渐减小至0，说明𝑡3min后反应②不再发生，副反应逐渐停止，D项正确。第3页3.[2022辽宁，3分]某温度下,在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X(s)⇌Y(g)+2Z(g),有关数据如下:时间段/min产物Z的平均生成速

率/(mol⋅L−1⋅min−1)0∼20.200∼40.150∼60.10下列说法错误的是(B)A.1min时,Z的浓度大于0.20mol⋅L−1B.2min时,加入0.20molZ,此时𝑣正(Z)<𝑣逆(Z)C.3min时,Y的体积分数约为33.3%D.5min时,

X的物质的量为1.4mol[解析]由图表可知，产物Z的生成速率随时间的推移呈减小趋势，2min时产物Z的浓度为0.4mol⋅L−1，则1min时，Z的浓度大于0.20mol⋅L−1，A项正确；由表可知，4min时

Z的物质的量为0.15mol⋅L−1⋅min−1×4min×1L=0.6mol，6min时Z的物质的量也为0.6mol，说明4min时反应已达平衡，根据题目信息列三段式：2X(s)⇌Y(g)+2Z(g)起始量(mol)2.000反应量(mol)0

.60.30.6平衡量(mol)1.40.30.6故该反应的平衡常数𝐾=𝑐2(Z)⋅𝑐(Y)=0.62×0.3=0.108，2min时Y的浓度为0.2mol⋅L−1，Z的浓度为0.4mol⋅L−1，加

入0.20molZ后，Z的浓度为0.6mol⋅L−1，此时𝑄c=𝑐2(Z)⋅𝑐(Y)=0.62×0.2=0.072<0.108，反应正向进行，𝑣正(Z)>𝑣逆(Z)，B项错误；由反应方程式可知，X为固体，生成物Y和Z均为气体，且物质的量之比为1:2，故Y的体积分数始终为33.3%

，C项正确；5min时反应已达到平衡状态，结合上述分析可知，此时X的物质的量为1.4mol，D项正确。4.[2020浙江1月选考，2分]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/min𝑛(A)/mol𝑛(B)/mol𝑛(C)/mol第4页02.02.4050.9101.6151.6下列说法正确的是(C)A.0∼5min用A表示的平均反应速率为0.09mol⋅L−1⋅min−1B.该反应在10min后才达到平衡C.平衡状态时

，𝑐(C)=0.6mol⋅L−1D.物质B的平衡转化率为20%[解析]0～5min用A表示的平均反应速率𝑣(A)=𝑣(C)3=0.9mol2L×5min×13=0.03mol⋅L−1⋅min−1，A错误；反应10min时，𝑛(A)=1.6mol，即消耗0

.4molA，根据反应的化学方程式可知，消耗0.8molB，即此时𝑛(B)=1.6mol，由题表中数据知，15min时𝑛(B)=1.6mol,说明10min时反应处于平衡状态，B错误；结合上述分析，达到平衡时消耗0.4molA，则平衡时生成1.2m

olC，故𝑐(C)=0.6mol⋅L−1，C正确；物质B的平衡转化率为0.82.4×100%≈33.3%，D错误。5.[2019浙江4月选考，2分]下列说法正确的是(B)A.H2(g)+I2(g)⇌2HI(g),其他条件不变,

缩小反应容器体积,正逆反应速率不变B.C(s)+H2O(g)⇌H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡C.若压强不再随时间变化能说明反应2A（?）+B(g)⇌2C（?）已达平衡,则A、C不能同时是气体D.1molN2和3molH2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出

热量𝑄1;在相同温度和压强下，当2molNH3分解为N2和H2的转化率为10%时,吸收热量𝑄2,𝑄2不等于𝑄1[解析]对于反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，反应前后气体分子数相等，缩小反应容器体积，平衡不移动，正逆反应速率增大相同的倍数，A项错误；碳的质量不变，说明正

、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，B项正确；恒温恒容条件下，若A、C同时为气体，当压强不变时，也能说明反应达到平衡状态，C项错误；设N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)𝛥𝐻=−𝑎(𝑎>0)kJ⋅mol−1，1molN2和3molH2反应达到平衡

时H2转化率为10%，放出热量𝑄1=0.1𝑎kJ，当2molNH3第5页分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热量𝑄2=0.1𝑎kJ，故𝑄1=𝑄2，D项错误。二、非选择题6.[2021广东，14分

]我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：a)CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)𝛥𝐻1b)CO2(g)+H2(g)⇌CO(

g)+H2O(g)𝛥𝐻2c)CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)𝛥𝐻3d)2CO(g)⇌CO2(g)+C(s)𝛥𝐻4e)CO(g)+H2(g)⇌H2O(g)+C(s)𝛥𝐻5（1）根据盖斯定律，

反应a的𝛥𝐻1=𝛥𝐻3+𝛥𝐻2−𝛥𝐻5（或𝛥𝐻3−𝛥𝐻4）（写出一个代数式即可）。[解析]根据盖斯定律，由c−d，可得a，故𝛥𝐻1=𝛥𝐻3−𝛥𝐻4。或由c+b−e，可得a，故𝛥𝐻1=𝛥𝐻3+𝛥𝐻2−𝛥𝐻5。（2）上述反应体系

在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有AD。A.增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加B.移去部分C(s),反应c、d、e的平衡均向右移动C.加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率D.降低反应温度，

反应a∼e的正、逆反应速率都减小[解析]增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的反应物浓度增大，反应速率都增加，故A正确；C为固体，移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡不移动，故B错误；加入反应的催化剂，平衡不移动，CH4的平衡转化率不变，故C错误；降低反应温度，化学反应速率减小

，反应a～e的正逆反应速率都减小，故D正确。（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图1所示。该历程分4步进行,其中，第4步的正反应活化能最大。第6页[解析]根据题图1知，该历程有4个过渡态，分4步进行。

第4步的正反应活化能最大。（4）设𝐾pr为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以𝑝0(𝑝0=100kPa)。反应a、c、e的ln𝐾pr随1𝑇（温度的倒数）

的变化如图2所示。①反应a、c、e中，属于吸热反应的有ac（填字母）。[解析]根据题图2知，随着1𝑇增大，即𝑇降低，a、c的ln𝐾pr减小，𝐾pr减小，说明平衡逆向移动，根据化学平衡移动原理，降温时平衡向放热反应方

向移动，故a、c的逆反应为放热反应，则正反应为吸热反应。②反应c的相对压力平衡常数表达式为𝐾pr=𝑝2(H2)100𝑝(CH4)。[解析]反应c的相对压力平衡常数表达式为𝐾pr=[𝑝(H2)𝑝0]2𝑝(CH4)𝑝0=𝑝2(H2)100𝑝(CH4)。③在图

2中A点对应温度下、原料组成为𝑛(CO2):𝑛(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写岀计算过程。第7页[答案]根据A点反应c的ln�

�pr=0和𝐾pr=𝑝2(H2)100𝑝(CH4)得𝑝(CH4)=16kPa。设起始时CH4和CO2均为1mol，初始总压为100kPa，平衡时H2的分压为40kPa，CH4的分压为16kPa，根据恒温恒容时气体的压强之比等于其物质的量之比，则2mol:100kPa=𝑛(CH4):1

6kPa，解得𝑛(CH4)=0.32mol，故甲烷的平衡转化率为0.32mol1mol×100%=32%（3分）[解析]题图2中A点反应c的ln𝐾pr=0，则𝐾pr=1，根据𝐾pr=𝑝2(H2)100𝑝(CH4)，𝑝(CH4

)=16kPa。设起始时CH4和CO2均为1mol，初始总压为100kPa，平衡时H2的分压为40kPa，CH4的分压为16kPa，根据恒温恒容时气体的压强之比等于其物质的量之比，则2mol:100kPa=𝑛(CH4):16kPa，解得𝑛(CH4)=0.32mol

，故甲烷的平衡转化率为0.32mol1mol×100%=32%。（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：用于人工降雨。[解析]根据干冰（固态CO2）升华时吸热知，CO2可用于人工降雨。题组二一、选择题1.[2022天津，3分]向恒温恒容密闭容器中通入2molSO2和1molO2,

反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)达到平衡后，再通入一定量O2,达到新的平衡时，下列有关判断错误的是(B)A.SO3的平衡浓度增大B.反应平衡常数增大C.正向反应速率增大D.SO2的转化总量增大[解析]达平衡后再通入一定量O2，平衡正向移动，SO3

的平衡浓度增大，A项正确；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B项错误；通入一定量O2，反应物浓度增大，正向反应速率增大，C项正确；平衡正向移动，SO2的转化总量增大，D项正确。2.[2022海南，2分]某温度下，反应CH2⬚⬚CH

2(g)+H2O(g)⇌CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是(C)A.增大压强，𝑣正>𝑣逆，平衡常数增大B.加入催化剂，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大C.恒容下，充入一定

量的H2O(g)，平衡向正反应方向移动第8页D.恒容下，充入一定量的CH2⬚⬚CH2(g)，CH2⬚⬚CH2(g)的平衡转化率增大[解析]增大压强，该反应平衡正向移动，𝑣正>𝑣逆，但平衡常数只与温度有关，因此平

衡常数不变，A项错误；加入催化剂，平衡不移动，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度不变，B项错误；恒容下，充入一定量的H2O(g)，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，C项正确；恒容下，充入一定量的CH2⬚⬚CH2(g)，平衡向正反应方向移动，H2O(g)的平衡转化率增大，但CH2⬚⬚CH2

(g)的平衡转化率减小，D项错误。二、非选择题3.[2023新课标卷，15分]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:（1）根据图1数据计算反应12N2(g)+32H2(g)⬚⬚NH3(g)的𝛥𝐻=−45kJ⋅mol−1。图1能量转换关系[解析]

该反应的𝛥𝐻=断裂旧键吸收的总能量-形成新键释放的总能量=(473+654)kJ⋅mol−1−(339+397+436)kJ⋅mol−1=−45kJ⋅mol−1。（2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(∗表示催化剂表

面吸附位，N2∗表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤（即速率最慢步骤）为（ⅱ）（填步骤前的标号），理由是氮氮三键的键能最大，使其断裂需要的能量最多。（ⅰ）N2(g)+∗⇌N2∗（ⅱ）N2

∗+∗⇌2N∗第9页（ⅲ）H2(g)+∗⇌H2∗（ⅳ）H2∗+∗⇌2H∗(ⅴ)N∗+H∗⇌NH∗+∗……(…)NH3∗⇌NH3(g)+∗图2反应机理[解析]根据图1能量转换关系可知，键能：N≡N键>H—H键，断裂N≡N键需要吸收的能量最多，结合图2反应机理知，步骤（ⅱ）

为该反应的速率控制步骤。（3）合成氨催化剂前驱体（主要成分为Fe3O4）使用前经H2还原，生成𝛼−Fe包裹的Fe3O4。已知𝛼−Fe属于立方晶系,晶胞参数𝑎=287pm,密度为7.8g⋅cm−3。则𝛼−Fe晶胞中含有Fe的原子数为7.8×(

287×10−10)3𝑁A56（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为𝑁A）。[解析]晶胞参数𝑎=287pm,则晶胞体积为(287×10−10)3cm3,晶体密度为7.8g⋅cm−3，则晶胞质量为7.8×(287×10−10)3g,设晶胞中Fe原子

数为𝑁,则𝑁𝑁A×56=7.8×(287×10−10)3，𝑁=7.8×(287×10−10)3𝑁A56。（4）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𝑥

H2=0.675、𝑥N2=0.225、𝑥Ar=0.10。（物质i的摩尔分数:𝑥i=𝑛1/𝑛总）第10页①图中压强由小到大的顺序为𝑝1<𝑝2<𝑝3，判断的依据是工业合成氨为气体分子数减小的反应，增大压强其平衡正向移动，温度

相同时，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大。[解析]工业合成氨为气体分子数减小的反应，当温度相同时，压强越大，平衡时混合气体中氨的摩尔分数越大，结合图3或图4均能得出压强由小到大的顺序为𝑝1<𝑝2<𝑝3。②进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4

。[解析]Ar不参与化学反应，含Ar的进料组成中H2、N2的分压较小，导致平衡时混合气体中氨的摩尔分数减小，结合两图可知，图4表示进料组成中含有Ar的图像。③图3中，当𝑝2=20MPa、𝑥NH3=0.20时，氮气的转化率𝛼=

33.33%。该温度时，反应12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数𝐾p=√336MPa−1（化为最简式）。[解析]结合𝑝2=20MPa、𝑥NH3=0.20，以及图3对应的进料气的组成，

设进料气中N2和H2分别为0.25mol和0.75mol，达平衡时N2的转化量为𝑥mol，列三段式：12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)起始量/mol0.250.750变化量/mol𝑥3𝑥2

𝑥平衡量/mol0.25−𝑥0.75−3𝑥2𝑥则根据𝑥NH3=0.20得2𝑥(0.25−𝑥)+(0.75−3𝑥)+2𝑥=0.20，解得𝑥=112，则N2的转化率𝛼=1120.25×10

0%≈33.33%。此时N2、H2、NH3对应的平衡分压分别为15𝑝2、35𝑝2、15𝑝2，则𝐾p=15𝑝2(15𝑝2)12⋅(35𝑝2)32，整理并代入𝑝2=20MPa得𝐾p=√336MPa−1。4.[2020全国卷Ⅰ，14分]

硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+12O2(g)钒催化剂→⬚SO3(g)Δ𝐻=−98kJ⋅mol−1。回答下列问题：第11页（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图（a）所示,V2O5(s)与

SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为2V2O5(s)+2SO2(g)⬚⬚2VOSO4(s)+V2O4(s)𝛥𝐻=−351kJ⋅mol−1。图（a）[解析]根据题图（a）知，V2O4(s)+SO3(g)⬚⬚V2O

5(s)+SO2(g)Δ𝐻2=−24kJ⋅mol−1①，V2O4(s)+2SO3(g)⬚⬚2VOSO4(s)Δ𝐻1=−399kJ⋅mol−1②。根据盖斯定律，由②−①×2得：2V2O5(s)+2SO2(g)⬚⬚2VOSO4(s)+V2O4(s)Δ𝐻=(

−399+48)kJ⋅mol−1=−351kJ⋅mol−1。（2）当SO2(g)、O2(g)和N2(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（b）所示。反应在5.0MPa、550℃时的𝛼=0.975，判断的依据是该反应气体分子数减少，增大压强，𝛼提高。5.0MPa>2.5MPa=𝑝2,所以𝑝1=5.0MPa。影响𝛼的

因素有温度、压强和反应物的起始浓度（组成）。第12页图（b）[解析]由题给反应式知，该反应为气体分子数减少的反应，其他条件一定时，增大压强，SO2平衡转化率增大，故𝑝1=5.0MPa。结合题图（b）知5.0MPa、550℃时对应的SO2平衡转化率为0.975。影响平衡

转化率的因素有：温度、压强、反应物的起始浓度等。（3）将组成（物质的量分数）为2𝑚%SO2(g)、𝑚%O2(g)和𝑞%N2(g)的气体通入反应器，在温度𝑡、压强𝑝条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为𝛼,则SO3压强为2𝑚𝛼100−𝑚𝛼𝑝，平衡常数𝐾p=�

�(1−𝛼)1.5(𝑚100−𝑚𝛼𝑝)0.5（以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。[解析]设通入的SO2、O2和N2共100mol，利用三段式法进行计算：SO2(g)+12O2(g)钒催化剂→⬚SO3(g)起始量

/mol2𝑚𝑚0变化量/mol2𝑚𝛼𝑚𝛼2𝑚𝛼平衡量/mol2𝑚−2𝑚𝛼𝑚−𝑚𝛼2𝑚𝛼平衡时气体的总物质的量为(3𝑚+𝑞−𝑚𝛼)mol，则𝑝(SO2)=𝑝×2𝑚−

2𝑚𝛼3𝑚+𝑞−𝑚𝛼,𝑝(O2)=𝑝×𝑚−𝑚𝛼3𝑚+𝑞−𝑚𝛼，𝑝(SO3)=𝑝×2𝑚𝛼3𝑚+𝑞−𝑚𝛼,因3𝑚+𝑞=100,𝐾p=𝑝(SO3)𝑝(SO2)×𝑝12(O2)，代入计算得

𝑝(SO3)=2𝑚𝛼100−𝑚𝛼𝑝、𝐾p=𝛼(1−𝛼)1.5(𝑚100−𝑚𝛼𝑝)0.5。（4）研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为𝑣=𝑘(𝛼𝛼′−1)0.8(1−𝑛𝛼′)。式中：𝑘

为反应速率常数，随温度𝑡升高而增大；𝛼为SO2平衡转化率，𝛼′为某时刻SO2转化率，𝑛为常数。在𝛼′=0.90时，将一系列温度下的𝑘、𝛼值代入上述速率方程，得到𝑣∼𝑡曲线，如图（c）所示。第13页图（c）曲线上𝑣最大值所对应

温度称为该𝛼′下反应的最适宜温度𝑡𝑚。𝑡<𝑡𝑚时，𝑣逐渐提高；𝑡>𝑡𝑚后，𝑣逐渐下降。原因是升高温度，𝑘增大使𝑣逐渐提高，但𝛼降低使𝑣逐渐下降。𝑡<𝑡𝑚时，𝑘增大对𝑣的提高大于𝛼引起的降低；𝑡>𝑡𝑚后，�

�增大对𝑣的提高小于𝛼引起的降低。[解析]升高温度，反应速率常数𝑘增大，反应速率𝑣提高，但𝛼降低使反应速率逐渐下降。𝑡<𝑡𝑚时，𝑘增大对𝑣的提高大于𝛼引起的降低；𝑡>𝑡𝑚后，𝑘增大对𝑣的提高小于𝛼引起的降低。

题组三一、选择题1.[2022江苏，3分]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−1CO2(g)+H2(g)⬚⬚CO(g)+H2O(g)Δ

𝐻=41.2kJ⋅mol−1在1.0×105Pa、𝑛始(C2H5OH):𝑛始(H2O)=1:3时，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。CO的选择性=𝑛生成(CO)𝑛生成(CO2)+𝑛生成(CO)×100%。下列

说法正确的是(B)第14页A.图中曲线①表示平衡时H2产率随温度的变化B.升高温度，平衡时CO的选择性增大C.一定温度下，增大𝑛(C2H5OH)𝑛(H2O)可提高乙醇平衡转化率D.一定温度下，加入CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H2

产率[解析]由CO的选择性计算公式可知，相同温度下，CO和CO2的选择性之和为1，故曲线②代表平衡时H2产率随温度的变化；由题图可知，约330℃以后H2的平衡产率随温度的升高而减小，结合题给方程式可知，

此时CO的选择性应随温度的升高而增大，故曲线③代表平衡时CO的选择性，曲线①代表平衡时CO2的选择性。A项，曲线②代表H2的平衡产率随温度的变化，错误；B项，由题图可知，升高温度，平衡时CO的选择性增大，正确；C项，增大𝑛(C2H5OH)𝑛(

H2O)，乙醇的平衡转化率减小，错误；D项，高效催化剂能加快反应速率，但不可以改变平衡时H2的产率，错误。二、非选择题2.[2023全国甲卷，15分]甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式:①3O2(g)⬚⬚2

O3(g)𝐾1Δ𝐻1=285kJ⋅mol−1②2CH4(g)+O2(g)⬚⬚2CH3OH(l)𝐾2Δ𝐻2=−329kJ⋅mol−1第15页反应③CH4(g)+O3(g)⬚⬚CH3OH(l)+O2(g)的𝛥𝐻3=−307kJ⋅mo

l−1,平衡常数𝐾3=√𝐾2𝐾1（用𝐾1、𝐾2表示）。[解析]根据盖斯定律，反应③=12×(②−①)，则𝛥𝐻3=12×(𝛥𝐻2−𝛥𝐻1)=−307kJ⋅mol−1，𝐾3=√𝐾2𝐾1。（2）电喷雾电离等方法得到的M+（F

e+、Co+、Ni+等）与O3反应可得MO+。MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和310K下（其他反应条件相同）进行反应MO++CH4⬚⬚M++CH3OH,结果如下图所示。图中300K

的曲线是b（填“a”或“b”）。300K、60s时MO+的转化率为1−10−0.11×100%（列出算式）。[解析]由原子守恒知，𝑐(MO+)+𝑐(M+)为定值，随反应的进行，MO+减少，𝑐(MO+)𝑐(MO+)+𝑐(M+)减小，温度越高，反应速率越快，反应相同时间时，对应的−

lg[𝑐(MO+)𝑐(MO+)+𝑐(M+)]越大，故曲线b表示300K时的曲线，设起始时𝑐(MO+)=1mol⋅L−1,则反应过程中𝑐(MO+)+𝑐(M+)始终为1mol⋅L−1,300K、60s时−lg[𝑐(MO+)𝑐

(MO+)+𝑐(M+)]=0.1，即𝑐(MO+)𝑐(MO+)+𝑐(M+)=10−0.1，则此时𝑐(MO+)=10−0.1mol⋅L−1,MO+的转化率为1−10−0.11×100%。（3）MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能

量随反应进程的变化如图所示（两者历程相似，图中以CH4示例）。第16页（ⅰ）步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是Ⅰ（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。[解析]结合图示转化可知，步骤Ⅰ中CH4、MO+转化为，C—H键断裂，形成O—H键，涉及氢原子成键变化,步骤Ⅱ中转化为CH3OH和M+，M—

O键、M—C键断裂，形成C—O键，不涉及氢原子成键变化。（ⅱ）直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c（填“c”或“d”）。[解析]由题意可知，

MO+与CD4的反应比与CH4的反应慢，反应的活化能越大，反应速率越慢，故MO+与CD4反应的能量变化对应图中曲线c。（ⅲ）MO+与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD<CHD2OH（填“>”“=”或“<”）。若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有2种。

[解析]由（ⅱ）中信息可知，CH2D2中C—H键比C—D键更易断裂，CHD2OH更易生成，产量更大；结合题图中化学键变化情况可知，MO+与CHD3反应可生成CHD2OD和CD3OH两种产物。3.[2023全国乙卷，14分]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）在N2气氛中,FeSO4⋅7H2O的脱水热分解过程如图所示:第17页根据上述实验结果，可知𝑥=4,𝑦=1。[解析]由题图可知，FeSO4⋅7H2O

→FeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为45.3%，则失重比为19.4%时，失去的结晶水数目为19.4%×745.3%≈3，故𝑥=7−3=4，同理可推出𝑦=7−38.8%×745.3%=1。（2）已知下列热化学方程式:FeSO4⋅7H2O(s)⬚⬚

FeSO4(s)+7H2O(g)𝛥𝐻1=𝑎kJ⋅mol−1FeSO4⋅𝑥H2O(s)⬚⬚FeSO4(s)+𝑥H2O(g)Δ𝐻2=𝑏kJ⋅mol−1FeSO4⋅𝑦H2O(s)⬚⬚FeSO4(s)+𝑦H2O(g)Δ𝐻3=

𝑐kJ⋅mol−1则FeSO4⋅7H2O(s)+FeSO4⋅𝑦H2O(s)⬚⬚2(FeSO4⋅𝑥H2O)(s)的𝛥𝐻=𝑎+𝑐−2𝑏（1分）kJ⋅mol−1。[解析]将题中反应依次编号为①、②、③，已求得𝑥=4,𝑦=1,则根据盖斯定律，由①+③−2×②可得Fe

SO4⋅7H2O(s)+FeSO4⋅𝑦H2O(s)⬚⬚2(FeSO4⋅𝑥H2O)(s)Δ𝐻=Δ𝐻1+Δ𝐻3−2Δ𝐻2=(𝑎+𝑐−2𝑏)kJ⋅mol−1。（3）将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应:2F

eSO4(s)⇌Fe2O3(s)+SO2(g)+SO3(g)（Ⅰ）平衡时𝑝SO3−𝑇的关系如下图所示。660K时，该反应的平衡总压𝑝总=3.0kPa、平衡常数𝐾p（Ⅰ）=2.25(kPa)2。𝐾p（Ⅰ）随反应温度升高而增大（填“增大”“减小”或“不

变”）。第18页[解析]由反应（Ⅰ）可知平衡体系中𝑝SO2=𝑝SO3，则由题图可知，660K时，该反应的平衡总压𝑝总=1.5×2kPa=3.0kPa。𝐾p（Ⅰ）=𝑝SO2⋅𝑝SO3=1.52(kP

a)2=2.25(kPa)2。由题图可知，随反应温度升高𝑝SO3增大，则𝐾p（Ⅰ）增大。（4）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=𝑝SO2−𝑝SO34（用𝑝SO3、𝑝SO2表示）。在

929K时，𝑝总=84.6kPa，𝑝SO3=35.7kPa,则𝑝SO2=46.26kPa,𝐾p（Ⅱ）=46.262×2.6435.72kPa（列出计算式）。[解析]综合2FeSO4(s)⇌Fe2O3(s)+SO2(g)+SO

3(g)（Ⅰ）、2SO3(g)⇌2SO2(g)+O2(g)（Ⅱ）可知，平衡时的𝑝SO2−𝑝SO32为反应（Ⅱ）生成的SO2的分压，而反应（Ⅱ）中SO2和O2的化学计量数之比为2:1，故𝑝O2=12×𝑝SO2−𝑝SO3

2=𝑝SO2−𝑝SO34。𝑝总=𝑝SO3+𝑝SO2+𝑝O2=35.7kPa+𝑝SO2+𝑝SO2−35.7kPa4=84.6kPa，则𝑝SO2=46.26kPa,𝑝O2=2.64kPa，𝐾p

(II)=𝑝SO22⋅𝑝O2𝑝SO32=46.262×2.6435.72kPa。4.[2020全国卷Ⅲ，14分]二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：（1）CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中

，产物的物质的量之比𝑛(C2H4):𝑛(H2O)=1:4。当反应达到平衡时，若增大压强，则𝑛(C2H4)变大（填“变大”“变小”或“不变”）。第19页[解析]由题意知二氧化碳与氢气反应生成乙烯和水，反应的化

学方程式为2CO2+6H2⇌CH2⬚⬚CH2+4H2O，𝑛(C2H4):𝑛(H2O)=1:4；此反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向气体体积减小的方向（正反应方向）移动，𝑛(C2H4)变大。（2）理论计算表明，原料初始组成𝑛(CO2):𝑛(

H2)=1:3，在体系压强为0.1MPa,反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数𝑥随温度𝑇的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是d、c。CO2催化加氢合成C2H4反应的𝛥𝐻小于0（填“大于”或“小于”）。[解析]反应方程式中CO

2和H2的化学计量数之比为1:3，开始时加入的𝑛(CO2):𝑛(H2)=1:3，则平衡时𝑛(CO2):𝑛(H2)也应为1:3，𝑛(C2H4):𝑛(H2O)应为1:4，由题图可知曲线a表示H2变化

，曲线b表示H2O变化，曲线c表示CO2变化，曲线d表示C2H4变化，随温度升高，平衡时C2H4和H2O的物质的量分数逐渐减小，H2和CO2的物质的量分数逐渐增加，说明升高温度平衡逆向移动，根据升高温度平衡向吸热的方向移动，知正反应为放热反应，𝛥𝐻小于0。（3）根据图中点A(44

0K,0.39)，计算该温度时反应的平衡常数𝐾p=94×10.0393或0.394×0.3940.396×(0.393)2×10.13等(MPa)−3（列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。[解析]在440K时，氢气的物质的量分数为0.39，H2O的物

质的量分数也为0.39，根据平衡时𝑛(CO2):𝑛(H2)=1:3，知CO2的物质的量分数为0.393，根据第20页平衡时𝑛(C2H4):𝑛(H2O)=1:4，知C2H4的物质的量分数为0.394，则𝑝(H2)

=0.39×0.1MPa，𝑝(H2O)=0.39×0.1MPa，𝑝(C2H4)=0.39×0.14MPa，𝑝(CO2)=0.39×0.13MPa，𝐾p=𝑝4(H2O)⋅𝑝(C2H4)𝑝6(H2)⋅𝑝2(CO2)=0.394×0.3940.396×(0.393)2×10

.13(MPa)−3=94×10.0393(MPa)−3。（4）二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当选择合适

催化剂等。[解析]压强和温度一定，若要提高反应速率和乙烯的选择性，可采用选择合适催化剂等方法。题组四一、选择题1.[2021辽宁，3分]某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应2X(s)⇌Y(s)+Z(g)，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是(C)A.升高温度，若𝑐

(Z)增大，则𝛥𝐻>0B.加入一定量Z，达新平衡后𝑚(Y)减小C.加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后𝑐(Z)增大D.加入一定量氩气，平衡不移动[解析]升高温度，若𝑐(Z)增大，说明平衡正向移动，则正反

应为吸热反应，该反应的𝛥𝐻>0，A项正确；加入一定量Z，平衡逆向移动，达到新平衡后𝑚(Y)减小，B项正确；该反应的平衡常数𝐾=𝑐(Z),加入等物质的量的Y和Z，温度不变，平衡常数不变，则达新平衡后𝑐(Z)不变，C项错误；

加入一定量氩气，各物质浓度不变，平衡不移动，D项正确。2.[2021北京，3分]丙烷经催化脱氢可制丙烯：C3H8⇌C3H6+H2。600℃，将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的C3H6、C

O和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如图。第21页已知：①C3H8(g)+5O2(g)⬚⬚3CO2(g)+4H2O(l)Δ𝐻=−2220kJ⋅mol−1②C3H6(g)+92O2(g)⬚⬚3CO2(g)+3H2O(l)𝛥𝐻=−2058kJ⋅mol−1③H2(g)+12O2(g

)⬚⬚H2O(l)Δ𝐻=−286kJ⋅mol−1下列说法不正确的是(C)A.C3H8(g)⬚⬚C3H6(g)+H2(g)Δ𝐻=+124kJ⋅mol−1B.𝑐(H2)和𝑐(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2⇌CO+H2OC.其他条件不变，投

料比𝑐(C3H8)/𝑐(CO2)越大，C3H8转化率越大D.若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度𝑐0与流出物质浓度𝑐之间一定存在：3𝑐0(C3H8)+𝑐0(CO2)=𝑐(CO)+𝑐(CO2)+3𝑐(C3H8)+3𝑐(C

3H6)[解析]根据盖斯定律，由①−②−③得C3H8(g)⬚⬚C3H6(g)+H2(g)𝛥𝐻=(−2220+2058+286)kJ⋅mol−1=+124kJ⋅mol−1，A项正确；根据C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)知，C3H6、H2的浓度变化趋势应该一致，但由题图知，氢气的浓

度变化不明显，CO、C3H6的浓度变化趋势基本一致，因此推断发生了反应CO2+H2⇌CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度变化出现差异，B项正确；投料比𝑐(C3H8)/𝑐(CO2)增大，C3H8的转化率减小，C项错误；该反应可逆，生成物

中只有C3H6、CO、H2O和H2时，根据碳原子守恒，可得3𝑐0(C3H8)+𝑐0(CO2)=3𝑐(C3H6)+𝑐(CO)+3𝑐(C3H8)+𝑐(CO2)，D项正确。二、非选择题3.[2020浙江7月选考，10分]研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重

要意义。相关的主要化学反应有:第22页ⅠC2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)𝛥𝐻1=136kJ⋅mol−1ⅡC2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)𝛥𝐻2=177kJ⋅mol−1ⅢC2H6(g)+2CO2(

g)⇌4CO(g)+3H2(g)𝛥𝐻3ⅣCO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)𝛥𝐻4=41kJ⋅mol−1已知：298K时，相关物质的相对能量（如图1）。图1可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的𝛥𝐻（𝛥𝐻随温度变化可忽略）。例如：H2O(g)⬚⬚H2

O(l)Δ𝐻=−286kJ⋅mol−1−(−242kJ⋅mol−1)=−44kJ⋅mol−1。请回答：（1）①根据相关物质的相对能量计算𝛥𝐻3=430kJ⋅mol−1。[解析]由题给信息可知，𝛥𝐻3=0+4×(−110kJ⋅mol−1)−2×(−393kJ⋅

mol−1)−(−84kJ⋅mol−1)=430kJ⋅mol−1。②下列描述正确的是AD。A.升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大第23页B.加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正向移动C.反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成D.恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动[

解析]反应Ⅰ的焓变大于0，则正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，A项正确；反应Ⅰ、Ⅱ均为气体分子数增多的反应，因此加压，平衡向逆反应方向移动，B项错误；反应Ⅲ的生成物中有CO，而

由反应Ⅱ可知，生成乙烯的同时还有CO生成，故反应Ⅲ抑制了反应Ⅱ的进行，即抑制了乙烯的生成，同理反应Ⅲ中生成的H2会抑制反应Ⅰ的进行，即抑制了乙烯的生成，C项错误；水蒸气是反应Ⅳ的生成物，因此通水蒸气时，反应Ⅳ的平衡逆向移动，D项

正确。③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行,过程如下:【C2H6(g)+CO2(g)】→【C2H4(g)+H2(g)+CO2(g)】→【C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)】,且第二步速率较

慢（反应活化能为210kJ⋅mol−1）。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量-反应过程图”，起点从【C2H6(g)+CO2(g)】的能量−477kJ⋅mol−1开始（如图2）。图2第24页[答案][解析

]由反应Ⅰ可知，C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)𝛥𝐻1=136kJ⋅mol−1，而题图2中反应起点对应物质的能量为−477kJ⋅mol−1，故反应Ⅱ的第一步反应生成物的能量为−477kJ⋅mol−1+136kJ⋅mol−1=−341kJ

⋅mol−1，第二步反应的活化能为210kJ⋅mol−1，结合反应Ⅳ的焓变可知第二步生成物的能量为−300kJ⋅mol−1，据此作图。（2）①CO2和C2H6按物质的量1:1投料，在923K和保持总压恒定的条件下,研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H

4”的影响,所得实验数据如表:催化剂转化率C2H6/%转化率CO2/%产率C2H4/%催化剂X19.037.63.3结合具体反应分析,在催化剂X作用下,CO2氧化C2H6的主要产物是CO,判断依据是C2H4的产率低，说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。[解析]由反应

Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ可知，乙烷的氧化产物有乙烯和CO，结合题表数据可知，乙烷的转化率较高，但因乙烯的产率较低，故乙烷的主要氧化产物是CO。催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率。②采用选择性膜技术（可选择性地让某气体通过而离开体系）可提高C2H4的选择性（生成C2H4的物质的量与消耗C

2H6的物质的量之比）。在773K,乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术,乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是选择性膜吸附C2H4，促进反应Ⅱ平衡正向移动。[解析]选择性膜可吸附乙烯，使反应体系中的乙烯浓度降低，从而促使反应Ⅱ

的平衡向正反应方向移动。第25页4.[2020山东，12分]探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:Ⅰ.CO2(g)+3H2(g

)⇌CH3OH(g)+H2O(g)𝛥𝐻1=−49.5kJ⋅mol−1Ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)𝛥𝐻2=−90.4kJ⋅mol−1Ⅲ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)𝛥𝐻3回答下列问题:（1）𝛥𝐻3=+40.9kJ⋅m

ol−1。[解析]分析三个热化学方程式，可应用盖斯定律计算，𝛥𝐻3=𝛥𝐻1−𝛥𝐻2=−49.5kJ⋅mol−1−(−90.4kJ⋅mol−1)=+40.9kJ⋅mol−1。（2）一定条件下，向体积为𝑉L

的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为𝑎mol,CO为𝑏mol,此时H2O(g)的浓度为𝑎+𝑏𝑉mol⋅L−1（用含𝑎、𝑏、𝑉的代数式表示，下同），反应Ⅲ的平衡

常数为𝑏(𝑎+𝑏)(1−𝑎−𝑏)(3−3𝑎−𝑏)。[解析]由题述三个反应可知，平衡时H2O(g)的浓度等于CH3OH(g)和CO(g)的浓度之和，即H2O(g)的浓度为𝑎+𝑏𝑉mol⋅L−1。平衡时CH3OH(g)、CO(g)、H2O(g)

的浓度分别为𝑎𝑉mol⋅L−1、𝑏𝑉mol⋅L−1、𝑎+𝑏𝑉mol⋅L−1，则从开始至平衡，消耗CO2(g)的浓度为(𝑎𝑉+𝑏𝑉)mol⋅L−1=𝑎+𝑏𝑉mol⋅L−1，消耗H2(g)的浓度为(3𝑎𝑉+�

�𝑉)mol⋅L−1=3𝑎+𝑏𝑉mol⋅L−1，即平衡时CO2(g)、H2(g)的浓度分别为1−𝑎−𝑏𝑉mol⋅L−1、3−3𝑎−𝑏𝑉mol⋅L−1，则反应Ⅲ的平衡常数为𝑐(CO)⋅𝑐(H2O)𝑐(C

O2)⋅𝑐(H2)=𝑏𝑉×𝑎+𝑏𝑉1−𝑎−𝑏𝑉×3−3𝑎−𝑏𝑉=𝑏(𝑎+𝑏)(1−𝑎−𝑏)(3−3𝑎−𝑏)。（3）不同压强下，按照𝑛(CO2):𝑛(H2)=1:3投料，实

验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。第26页已知：CO2的平衡转化率=𝑛(CO2)初始−𝑛(CO2)平衡𝑛(CO2)初始×100%CH3OH的平衡产率=𝑛(C

H3OH)平衡𝑛(CO2)初始×100%其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图乙（填“甲”或“乙”）;压强𝑝1、𝑝2、𝑝3由大到小的顺序为𝑝1、𝑝2、𝑝3;图乙中𝑇1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是𝑇1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，

压强改变对平衡没有影响。[解析]反应Ⅰ为放热反应，故低温阶段，温度越高，CO2的平衡转化率越低，而反应Ⅲ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，则温度越高，CO2的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是CO2的平衡转化率。反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，

反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，因此低温阶段压强越大，CO2的平衡转化率越高，故压强由大到小的顺序是𝑝1、𝑝2、𝑝3。反应Ⅲ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，且反应Ⅲ前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化

率几乎不再受压强影响。（4）为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为A（填标号）。A.低温、高压B.高温、低压C.低温、低压D.高温、高压[解析]由上述分析知，图甲、图乙的纵坐标分别表示CH

3OH的平衡产率、CO2的平衡转化率，且𝑝1>𝑝2>𝑝3，分析图像可知，应选择的反应条件为低温、高压，A项正确。题组五一、选择题第27页1.[2022广东，4分]恒容密闭容器中，BaSO4(s)+4H2(g)⇌BaS(s)+4H2O(g)在

不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(𝑛)如图所示。下列说法正确的是(C)A.该反应的𝛥𝐻<0B.a为𝑛(H2O)随温度的变化曲线C.向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动D.向平衡体系中加入BaSO4,H2的平衡转化率增大[解析]温度越高

，达到平衡时，H2的物质的量越少，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应的𝛥𝐻>0，A项错误；结合热化学方程式中各物质的状态，由图像曲线变化趋势可知a上面的曲线为𝑛(H2O)随温度的变化曲线，B项错误；化学方程式中反应前后气体分子数相等，故向平衡体系中充入惰性气体，平

衡不移动，C项正确；BaSO4为固态，向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率不变，D项错误。2.[2021广东，4分]反应X⬚⬚2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度𝑐随时间𝑡的变化曲线如图

所示。下列说法不正确的是(D)第28页A.a为𝑐(X)随𝑡的变化曲线B.𝑡1时，𝑐(X)=𝑐(Y)=𝑐(Z)C.𝑡2时，Y的消耗速率大于生成速率D.𝑡3后，𝑐(Z)=2𝑐0−𝑐(Y)[解析]由于X⬚⬚2Z反应分①X→Y和②Y→2Z两步进行，随着不断反应，X的浓度逐渐

减小，Y的浓度先增加而后减小，Z的浓度逐渐增大，可判断：结合上述分析可知a表示𝑐(X)随𝑡的变化曲线，A项正确；𝑡1时图像中X、Y、Z的物质的量浓度均在同一点，即物质的量浓度相等，B项正确；𝑡2时Y的物质的量浓度在减小，说明Y的消耗速率大于生成速率，

C项正确；从图像中看出𝑡3后，X的浓度为0，若全生成Z，则𝑐(Z)=2𝑐0，体系中存在一定量Y，由②反应可知，体系中𝑐(Z)=2𝑐0−2𝑐(Y)，D项错误。3.[2020浙江7月选考，2分]5mL0.1mol⋅L−1KI溶液与1mL0

.1mol⋅L−1FeCl3溶液发生反应:2Fe3+(aq)+2I−(aq)⇌2Fe2+(aq)+I2(aq),达到平衡。下列说法不正确的是(D)A.加入苯，振荡，平衡正向移动B.经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN,溶液呈红色，表明该化学反应存在限度C.加入F

eSO4固体，平衡逆向移动第29页D.该反应的平衡常数𝐾=𝑐2(Fe2+)𝑐2(Fe3+)⋅𝑐2(I−)[解析]碘易溶于苯，加入苯，碘进入苯中，使水溶液中碘的浓度减小，平衡正向移动，A项正确；如果反应能进行到底，则经过苯两次

萃取后溶液中不会有Fe3+，加入KSCN，溶液不会呈红色，溶液呈红色说明此反应是可逆反应，有反应限度，B项正确；加入FeSO4，二价铁离子浓度增大，平衡逆向移动，C项正确；该反应的平衡常数𝐾=𝑐2(Fe2+)⋅𝑐(I2)/[𝑐2(Fe3+)⋅𝑐2(𝐼−)

〗，D项错误。4.[2020海南，2分]NO与CO是燃油汽车尾气中的两种有害气体，常温常压下它们之间的反应：CO(g)+NO(g)⬚⬚CO2(g)+12N2(g)Δ𝐻=−374.3kJ⋅mol−1�

�=2.5×1060，反应速率较小。有关该反应的说法正确的是(D)A.𝐾很大，NO与CO在排入大气之前就已反应完全B.增大压强，平衡将向右移动，𝐾>2.5×1060C.升高温度，既增大反应速率又增大𝐾D.选用适宜催化剂可达到尾气排放标准[解析]该反应的化学平衡常数很大，说明反应进行的程度很大

，但由于NO和CO的反应速率较小，故在排入大气之前，两者不可能完全反应，A项错误。该反应为气体总体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，由于化学平衡常数只与温度有关，故𝐾不发生变化，B项错误。正反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，但平衡

逆向移动，𝐾值减小，C项错误。选用适宜的催化剂，可加快反应速率，使尾气得到净化，达到尾气排放标准，D项正确。【易错警示】需明确化学平衡常数和化学反应速率没有直接联系，即化学平衡常数大，化学反应速率不一定大；同样，化学反应速率大，化学平衡常数也不一定大。5.[2020北京，3分]一定温度下，反

应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得𝑐(I2)=0.11mmol⋅L−1,𝑐(HI)=0.78mmol⋅L−1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(C)ABCD𝑐(I2)/(mmol⋅L−1)1.000.220

.440.11𝑐(H2)/(mmol⋅L−1)1.000.220.440.44第30页𝑐(HI)/(mmol⋅L−1)1.001.564.001.56（注:1mmol⋅L−1=10−3mol⋅L−1）[解析]A项，𝑄c=1.0021

.00×1.00=1，B项，𝑄c=1.5620.22×0.22≈50.28，C项，𝑄c=4.0020.44×0.44≈82.64，D项，𝑄c=1.5620.11×0.44≈50.28，C项𝑄c最大，反应逆向进行的可能性最大，故本题选C。二、非选择题

6.[2022全国甲卷，14分]金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为TiCl4,再进一步还原得到钛。回答下列问题：（1）TiO2转化为Ti

Cl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：(i)直接氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)⬚⬚TiCl4(g)+O2(g)𝛥𝐻1=172kJ⋅mol−1，𝐾p1=1.0×10−2

(ii)碳氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)⬚⬚TiCl4(g)+2CO(g)Δ𝐻2=−51kJ⋅mol−1，𝐾p2=1.2×1012Pa①反应2C(s)+O2(g)⬚⬚2CO(g)的𝛥𝐻为−223kJ⋅mol−1，𝐾p

=1.2×1014Pa。[解析]根据盖斯定律，(ii)中热化学方程式−(i)中热化学方程式得出2C(s)+O2(g)⬚⬚2CO(g)Δ𝐻=Δ𝐻2−Δ𝐻1=−51kJ⋅mol−1−172kJ⋅mol−1=−223kJ⋅mol−1；𝐾p=𝐾p2/𝐾p1=1.2×1012Pa/

(1.0×10−2)=1.2×1014Pa。②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是碳氯化反应相当于在直接氯化反应中加入碳，在高温下碳与O2反应，降低生成物的浓度，使直接氯化反应平衡向右移动或碳氯化反应是放热的熵增反应（合理即可）。③对于碳氯化反应：增大压强，平衡向左移动（填“向左”“向右

”或“不”）；温度升高，平衡转化率变小（填“变大”“变小”或“不变”）。第31页[解析]对于碳氯化反应，反应后气体体积增大，故增大压强，平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡向左移动，平衡转化率变小。（2）在1.0×105

Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1:2.2:2进行反应。体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。①反应C(s)+CO2(g)⬚⬚2CO(g)的平衡常数𝐾p(1400℃)=7.2×105Pa。[解析]1400℃时CO占气体总量的0.

6，CO2占气体总量的0.05，𝐾p(1400℃)=𝑐2(CO)𝑐(CO2)=(0.6×105Pa)20.05×105Pa=7.2×105Pa。②图中显示,在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4,但实际生产中反应温度却远高于此温度,其原因是Ti

O2、C中原子间的化学键键能大，断键需要的能量较大，反应的活化能较大或升高温度可以提高反应速率（合理即可）。（3）TiO2碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于TiO2−C“固—固”接触的措施是将固体粉碎并混合均匀，通入Cl2使固体粉末呈“沸腾”状态。[解析]TiO2碳氯化是

一个“气—固—固”反应，有利于TiO2−C“固—固”接触的措施是将固体粉碎并混合均匀，再将Cl2通入使固体粉末呈“沸腾”状态（在沸腾炉中进行反应）。7.[2021全国甲卷，14分]二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回

答下列问题：（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)⬚⬚CH3OH(g)+H2O(g)第32页该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2(g)⬚⬚CO(g)+H2O(g)𝛥𝐻1=+41kJ⋅mol−1②CO(g)+2H2(g)⬚⬚CH3

OH(g)𝛥𝐻2=−90kJ⋅mol−1总反应的𝛥𝐻=−49kJ⋅mol−1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是A（填标号），判断的理由是𝛥𝐻1为正值,𝛥𝐻2和𝛥𝐻为负值,反应①的活化能大

于反应②的活化能。[解析]根据盖斯定律可知总反应=反应①+反应②，则总反应的𝛥𝐻=𝛥𝐻1+𝛥𝐻2=+41kJ⋅mol−1+(−90kJ⋅mol−1)=−49kJ⋅mol−1。总反应是放热反应

，即生成物的总能量比反应物的总能量低，则B、D项错误；反应①为慢反应，则反应①的活化能较大，故A项正确。（2）合成总反应在起始物𝑛(H2)/𝑛(CO2)=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为𝑥(CH3OH)，在𝑡=250℃下的𝑥(CH3OH)∼𝑝、在𝑝=5×1

05Pa下的𝑥(CH3OH)∼𝑡如图所示。第33页①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式𝐾p=𝑝(H2O)⋅𝑝(CH3OH)𝑝3(H2)⋅𝑝(CO2)。[解析]根据总反应的化学方程式可知，其压强平衡常数表达式𝐾p=𝑝(H2O)⋅𝑝(CH3OH)𝑝(CO2)⋅𝑝3

(H2)。②图中对应等压过程的曲线是b，判断的理由是总反应𝛥𝐻<0,升高温度时平衡向逆反应方向移动,甲醇的物质的量分数变小。[解析]氢气和二氧化碳合成甲醇的总反应为放热反应，则升温平衡向逆反应方向移动，混合气体中甲醇的物质的量分数减

小，故曲线b表示等压过程的曲线。③当𝑥(CH3OH)=0.10时，CO2的平衡转化率𝛼=33.3%，反应条件可能为5×105Pa,210℃或9×105Pa,250℃。[解析]根据起始物𝑛(H2)/𝑛(CO2)=3，设初始时H2为3mol，CO2为1mol，达到平衡时转化的CO

2为𝑎mol，应用三段式法计算：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)起始量/mol1300转化量/mol𝑎3𝑎𝑎𝑎平衡量/mol1−𝑎3−3𝑎𝑎𝑎则𝑎4−2𝑎=0.10，

计算得𝑎=13，故CO2的平衡转化率为13mol÷1mol×100%≈33.3%。结合上述分析知，曲线a、b分别对应𝑡=250℃下的𝑥(CH3OH)∼𝑝的曲线、𝑝=5×105Pa下的𝑥(CH3OH)∼𝑡的曲线，对照图像中的𝑥(CH3OH)=0.10可知，反应条件可能是5×105Pa

，210℃或9×105Pa，250℃。题组六第34页1.[2023山东，12分]一定条件下,水气变换反应CO+H2O⇌CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程,研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应:Ⅰ.HCOOH⇌CO+H2O（快）Ⅱ.HCOOH⇌CO2+H2（慢）研究发现

,在反应Ⅰ、Ⅱ中,H+仅对反应Ⅰ有催化加速作用;反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ,近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。回答下列问题:（1）一定条件下,反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为𝛥𝐻1、𝛥𝐻2,则该条件下水

气变换反应的焓变𝛥𝐻=𝛥𝐻2−𝛥𝐻1（用含𝛥𝐻1、𝛥𝐻2的代数式表示）。[解析]根据盖斯定律，由Ⅱ-Ⅰ可得水气变换反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)𝛥𝐻=𝛥𝐻2−𝛥𝐻1。（2）

反应Ⅰ正反应速率方程为:𝑣=𝑘𝑐(H+)⋅𝑐(HCOOH),𝑘为反应速率常数。𝑇1温度下,HCOOH电离平衡常数为𝐾a,当HCOOH平衡浓度为𝑥mol⋅L−1时,H+浓度为√𝐾a𝑥mol⋅L−1,此时反应Ⅰ正反应速率𝑣=𝑘√

𝐾a𝑥𝑥mol⋅L−1⋅h−1（用含𝐾a、𝑥和𝑘的代数式表示）。[解析]根据HCOOH⇌HCOO−+H+，设平衡时H+浓度为𝑎mol⋅L−1，则HCOOH电离平衡常数𝐾a=𝑎2𝑥，𝑎=√𝐾

a𝑥，此时反应Ⅰ正反应速率𝑣=𝑘⋅𝑐(H+)⋅𝑐(HCOOH)=𝑘√𝐾a𝑥𝑥mol⋅L−1⋅h−1。（3）𝑇3温度下,在密封石英管内完全充满1.0mol⋅L−1HCOOH水溶液,使HCOOH分解,分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时

间的变化关系如图所示（忽略碳元素的其他存在形式）。𝑡1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70mol⋅L−1、0.16mol⋅L−1,反应Ⅱ达平衡时,测得H2的浓度为𝑦mol⋅L−1。体系达平衡后𝑐(CO)𝑐(CO2)=5(1.0−𝑦)6�

�（用含𝑦的代数式表示，下同）,反应Ⅱ的平衡常数为6𝑦21.0−𝑦。第35页相同条件下,若反应起始时溶液中同时还含有0.10mol⋅L−1盐酸,则图示点a、b、c、d中,CO新的浓度峰值点可能是b（填标号）。与不含盐酸相比,CO达浓度峰值时,CO2浓度减小（填“增大”“减小”或“不变”

）,𝑐(CO)𝑐(HCOOH)的值不变（填“增大”“减小”或“不变”）。[解析]反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，此点CO浓度最大，说明反应Ⅰ此时处于平衡状态，结合碳原子守恒和题中给出的CO、CO2浓度，可知𝑡1时刻HCOOH的

浓度为(1.0−0.70−0.16)mol⋅L−1=0.14mol⋅L−1，则反应Ⅰ的平衡常数𝐾1=𝑐(CO)𝑐(HCOOH)=0.700.14=5由上述分析及近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态，知𝑡1时刻之后一氧化碳的浓度始终是甲酸浓度的5倍，反应Ⅱ平衡时𝑐(

CO2)=𝑐(H2)=𝑦mol⋅L−1，则结合碳原子守恒知，平衡体系中𝑐(HCOOH)=16×(1.0−𝑦)mol⋅L−1，𝑐(CO)=56×(1.0−𝑦)mol⋅L−1，𝑐(CO)𝑐(CO2)=56(1.0−𝑦)𝑦=5(1.0−𝑦)6𝑦，反应Ⅱ的平衡常数𝐾2=

6𝑦21.0−𝑦。加入0.10mol⋅L−1盐酸后，H+作催化剂，反应Ⅰ的反应速率加第36页快，达平衡的时间缩短，催化剂不影响平衡移动，故CO的浓度峰值不变，则CO新的浓度峰值点可能是b点。由图可知，与不含盐酸相比，C

O达浓度峰值时，CO2浓度减小（从b点做竖直垂线，观察CO2浓度变化）。温度不变，反应Ⅰ的平衡常数值不变，故𝑐(CO)𝑐(HCOOH)的值不变。2.[2022全国乙卷，15分]油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：（1）已知下列

反应的热化学方程式：①2H2S(g)+3O2(g)⬚⬚2SO2(g)+2H2O(g)𝛥𝐻1=−1036kJ⋅mol−1②4H2S(g)+2SO2(g)⬚⬚3S2(g)+4H2O(g)𝛥𝐻2=94kJ⋅mol−1③2

H2(g)+O2(g)⬚⬚2H2O(g)𝛥𝐻3=−484kJ⋅mol−1计算H2S热分解反应④2H2S(g)⬚⬚S2(g)+2H2(g)的𝛥𝐻4=+170（或170）kJ⋅mol−1。[解析]根据盖斯定律，反应④=①+②−3×③3，故𝛥𝐻4=𝛥𝐻

1+𝛥𝐻2−3𝛥𝐻33=+170kJ⋅mol−1。（2）较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是，利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是得到燃料H2、不产生SO2污染物，缺点

是耗能较大。[解析]相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是得到燃料H2、不产生SO2污染物；缺点是反应需要高温，耗能较大。（3）在1470K、100kPa反应条件下，将𝑛(H2S):𝑛(Ar)=1:4的混合气进行H2S热

分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为50%,平衡常数𝐾p=4.76kPa。[解析]由反应④可知，H2S∼H2，平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，则H2S平衡转化率为50%。设起

始时𝑛(H2S)=1mol，列三段式如下：2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)Ar起始量/mol1004变化量/mol0.50.250.50平衡量/mol0.50.250.54第37页平衡时H2S、S2、H2的物质的量分数

分别为110.5、121、110.5，则𝐾p=𝑝(S2)⋅𝑝2(H2)𝑝2(H2S)=𝑝(S2)=121×100kPa≈4.76kPa。（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于𝑛(H2S

):𝑛(Ar)分别为4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H2S−Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。①𝑛(H2S):𝑛(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，理由是2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)为气体分子

数增大的反应，总压不变，𝑛(H2S):𝑛(Ar)越小，𝑝(H2S)越小，越有利于平衡正向移动，故H2S平衡转化率越高。[解析]2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)为气体分子数增大的反应，𝑛(H2S

):𝑛(Ar)越小，总压不变，𝑝(H2S)越小，越有利于平衡正向移动，H2S平衡转化率越高。②𝑛(H2S):𝑛(Ar)=1:9对应图中曲线d，计算其在0∼0.1s之间，H2S分压的平均变化率为24.9kPa⋅s−1。[解析]结合①中分析，𝑛(H2S):𝑛(Ar)=1:9对应图中曲线d。

由图像可知，0∼0.1s内H2S分解了24%，设起始时𝑛(H2S)=1mol，列三段式如下：2H2S(g)⇌S2(g)+2H2(g)Ar起始量/mol1009变化量/mol0.240.120.240平衡量/mol0.760.120.249H2S的起始分压是110×100kPa=

10kPa，平衡时H2S的分压为0.7610.12×100kPa≈7.51kPa，故H2S分压的平均变化率为10−7.510.1kPa⋅s−1=24.9kPa⋅s−1。第38页3.[2021湖北，14分]丙烯是一种

重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。反应Ⅰ（直接脱氢）：C3H8(g)⬚⬚C3H6(g)+H2(g)Δ𝐻1=+125kJ⋅mol−1反应Ⅱ（氧化脱氢）：C3H8(g)+12O2(g)⬚⬚C3H6(g)+H2O(g)Δ�

�2=−118kJ⋅mol−1（1）已知键能：𝐸(C—H)=416kJ⋅mol−1,𝐸(H—H)=436kJ⋅mol−1，由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为271kJ。[解析]反应Ⅰ中断裂2molC—

H键、形成1mol碳碳π键和1molH—H键，故416kJ⋅mol−1×2−𝐸（碳碳π键）−436kJ⋅mol−1=+125kJ⋅mol−1，解得𝐸（碳碳π键）=271kJ⋅mol−1。（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N

2的混合气体（N2不参与反应），从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率；在温度为𝑇1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算𝑇1时反应Ⅰ的平衡常数𝐾p=16.7kPa（以分压表示，分

压=总压×物质的量分数，保留一位小数）。图a[解析]达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大。根据图a，C3H8的物质的量分数为0.4时，其平衡转

化率为50%。假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，N2为0.6mol，运用三段式法计算：第39页C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)起始量/mol0.400转化量/mol0.20.20.2平衡量/mol0.20

.20.2由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为100kPa×0.2mol1.2mol=1006kPa，故𝑇1时反应Ⅰ的平衡常数𝐾p=1

006kPa×1006kPa1006kPa=16.7kPa。（3）在温度为𝑇2时，通入气体分压比为𝑝(C3H8):𝑝(O2):𝑝(N2)=10:5:85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6

的平均速率为2kPa⋅s−1；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2:1的原因为H2和C3H6都消耗O2。图b[解析]0～1.2s内C3H6的分压由0增大为2.4kPa，则生成C3H6的平均速率为2.4kPa1.2s=2kPa⋅s−1；若只发生反应Ⅰ、

Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O的分压，但由图b知，随着反应进行，分压：𝑝(H2O)>𝑝(C3H6)>𝑝(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应：C3H6+92O2⬚⬚3CO2+3H2O，H2+12O2⬚⬚H2O,消

耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于2:1。（4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为𝑝(C3H8):𝑝(O2):𝑝(N2)=2:13:85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应（𝑘，𝑘′为速率常数）：第40页反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)⬚⬚2C3H

6(g)+2H2O(g)𝑘反应Ⅲ:2C3H6(g)+9O2(g)⬚⬚6CO2(g)+6H2O(g)𝑘′实验测得丙烯的净生成速率方程为𝑣(C3H6)=𝑘𝑝(C3H8)−𝑘′𝑝(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小，其理由是反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，𝑐(C

3H6)逐渐增大，随着反应进行，𝑝(C3H8)减小，𝑝(C3H6)增大，𝑣(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，𝑐(C3H6)逐渐减小。[解析]反应开始时，反应Ⅱ向右进行，𝑐(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反应进行，𝑝(C3H8)减小，�

�(C3H6)增大，使得𝑣(C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。