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非选择题突破二
目录CONTENTS
命题热点1
反应热的计算与盖斯定律的应用
01
命题热点2
平衡体系中反应条件、选择性、产率的考查
02
命题热点3
化学反应速率、平衡常数和转化率的计算
03
命题热点4
速率常数与平衡常数关系的应用
04
命题热点1
01
反应热的计算与盖斯定律的应用
知｜识｜强｜化
1. 反应热的计算
（1）根据（相对）能量计算
ΔH＝H总（生成物）－H总（反应物）
（2）根据键能计算
ΔH＝∑E（反应物键能）－∑E（生成物键能）
（3）根据活化能计算
ΔH＝E（正反应的活化能）－E（逆反应的活化能）
2. 盖斯定律的应用
（1）“虚拟路径”法
若反应物A变为生成物D，可以有两个途径：
①由A直接变成D，反应热为ΔH；
②由A变成B，B变成C，再由C变成D，每步的反应热分别为
ΔH1、ΔH2、ΔH3。
如图所示：
则有ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。
（2）加合法
加合法就是运用所给热化学方程式通过数学运算的方法得到所求
的热化学方程式。
真｜题｜研｜析
1. （2024·山东高考20题节选）水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C-H2O
体系制H2的影响，涉及主要反应如下：
C（s）＋H2O（g） CO（g）＋H2（g）（Ⅰ） ΔH1＞0
CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g）（Ⅱ） ΔH2＜0
CaO（s）＋CO2（g） CaCO3（s）（Ⅲ） ΔH3＜0
回答下列问题：
C（s）＋CaO（s）＋2H2O（g） CaCO3（s）＋2H2（g）的焓变ΔH
＝ （用代数式表示）。
ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
2. （2024·安徽高考17题节选）C2H6氧化脱氢反应：
2C2H6（g）＋O2（g） 2C2H4（g）＋2H2O（g）
ΔH1＝－209.8 kJ·mol－1
C2H6（g）＋CO2（g） C2H4（g）＋H2O（g）＋CO（g）　ΔH2＝
178.1 kJ·mol－1
计算：2CO（g）＋O2（g） 2CO2（g）　ΔH3＝
kJ·mol－1。
解析：由盖斯定律可知，目标反应＝第1个反应－2×第2个反应，则
ΔH3＝ΔH1－2ΔH2＝－566 kJ·mol－1。
－566
3. （2024·湖南高考18题节选）丙烯腈（CH2 CHCN）是一种重要的化
工原料。工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂生产CH2 CHCN的流
程如下：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：HOCH2CH2COOC2H5 CH2 CHCOOC2H5 ＋H2O 　ΔH1
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：CH2 CHCOOC2H5 ＋NH3 CH2 CHCONH2 ＋
C2H5OH 　ΔH2
ⅲ：CH2 CHCONH2 CH2 CHCN ＋H2O 　ΔH3
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
总反应HOCH2CH2COOC2H5 ＋NH3 CH2 CHCN ＋
C2H5OH ＋2H2O 　ΔH＝ （用含ΔH1、ΔH2
和ΔH3的代数式表示）。
解析：根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5（g）＋NH3（g）
CH2 CHCN（g）＋C2H5OH（g）＋2H2O（g）可以由反应ⅰ＋
反应ⅱ＋反应ⅲ得到，故ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。
ΔH1＋ΔH2＋ΔH3
能｜力｜进｜阶
1. （2024·辽宁重点高中协作校二模）将CO2和H2在催化剂作用下，可实现
二氧化碳甲烷化：
①CO2（g）＋4H2（g） CH4（g）＋2H2O（g）　
ΔH1＝－164.9 kJ·mol－1
②CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g）　
ΔH2＝＋41.2 kJ·mol－1
③CO（g）＋3H2（g） CH4（g）＋H2O（g）　ΔH3
经计算，ΔH3＝ kJ·mol－1。
解析：根据盖斯定律：反应①－反应②得反应③，则ΔH3＝ΔH1－ΔH2
＝－206.1 kJ·mol－1。
－206.1
2. （2024·广东南粤名校联考）工业的快速发展消耗了大量不可再生能
源，显著增加了CO2的排放，为了实现双碳目标，需要降低CO2的排
放。利用二氧化碳—甲烷干气重整技术（Dry Reforming of Methane，
DRM）可以实现碳捕捉、利用及封存，同时生成燃料气CO和H2，相关
反应如下：
反应Ⅰ：CH4（g）＋CO2（g） 2H2（g）＋2CO（g）　ΔH1
反应Ⅱ：H2（g）＋CO2（g） H2O（g）＋CO（g）　ΔH2＝＋41.16
kJ·mol－1
反应Ⅲ：CH4（g） C（s）＋2H2（g）　ΔH3＝＋74.87 kJ·mol－1
反应Ⅳ：2CO（g） CO2（g）＋C（s）　ΔH4＝－172.47 kJ·mol－1
（1）根据上述相关反应，请计算出反应Ⅰ的ΔH1＝
kJ·mol－1。
＋247.34
解析：由盖斯定律得，反应Ⅰ＝反应Ⅲ－反应Ⅳ，故ΔH1＝ΔH3－ΔH4＝＋74.87 kJ·mol－1＋172.47 kJ·mol－1＝＋247.34 kJ·mol－1。
（2）已知反应Ⅰ的ΔS＝270.0 J·mol－1·K－1，请通过计算判断该反应在
298 K的条件下能否正向自发进行，并说明理由（ΔG的单位：
kJ·mol－1，计算结果保留两位小数，不考虑温度对ΔS、ΔH的影
响）：

。
由公式ΔG＝ΔH－TΔS得ΔG＝ΔH1－TΔS＝247.34
kJ·mol－1－298 K×270.0×10－3 kJ·mol－1·K－1＝166.88 kJ·mol－1
＞0，故不能自发进行
命题热点2
02
平衡体系中反应条件、选择性、产率的考查
知｜识｜强｜化
1. 图像出现转化率峰值的思维模型
（1）平衡转化率或产率出现先增大后减小的可能原因
①使用催化剂时，温度升高，催化剂的活性和选择性下降。
②没有使用催化剂时，温度升高，副反应增多，甚至反应物因分
解而消耗，没有转化为指定的产物。
（2）限定反应时间相同，非平衡转化率和平衡转化率出现峰值的讨论
①对于恒容绝热容器（不与外界交换能量）或持续加热的放热反
应（ΔH＜0），平衡转化率随着温度的升高而下降，若每隔一段
时间测反应的转化率，得到一个先增大后减小的图像，则达到峰
值之前是非平衡转化率，峰值之后是平衡转化率。
②分析时，要抓住反应中温度在不断升高这个条件，且是经过相
同的时间段进行测定，因此决定前后两段变化的主要因素不同：
开始一段时间，未达到平衡，升高温度反应速率加快，非平衡状
态下的转化率逐渐增加；一段时间后反应达到平衡，升高温度平
衡向吸热反应方向移动，平衡转化率降低。
③若正反应是吸热反应（ΔH＞0），随着温度的升高，反应速率
增大，达到平衡需要的时间缩短，故在限定时间时，非平衡状态
下的转化率也逐渐增大，且向平衡转化率逼近。
2. 释因题规范答题
【典题示例】　恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1∶3时，发生反应CO2（g）＋3H2（g） CH3OH（g）＋H2O（g）　ΔH＜0 ，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。
（1）甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为 　　　　。
（2）P点甲醇产率高于T点的原因为 　　　　。
（3）根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度
为 　　℃。
【思维流程】
思维流程 第一问 第二问
叙反应特点 该反应为放热反应 反应体系全为气体
说条件变化 升高温度 不断分离出H2O，生成物浓度
减小
定移动方向 平衡逆向移动 平衡正向移动
得影响结论 甲醇平衡产率降低 P点甲醇产率高于T点
【答案】　（1）该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡
常数减小）　（2）分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正
向进行，甲醇产率升高　（3）210
真｜题｜研｜析
1. （2024·吉林高考18题节选）为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2
催化氧化法处理HCl废气：
2HCl（g）＋ O2（g） Cl2（g）＋H2O（g）　ΔH1＝－57.2 kJ·mol－1　
ΔS　K
将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360 ℃、400 ℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率（α）曲线，如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。
（1）ΔS 0（填“＞”或“＜”）；T3＝ ℃。
解析：该反应反应后气体分子数减少，ΔS＜0。该反应为放热反应，达到平衡后，其他条件不变时，升高温度，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率降低，由题图知，较低流速下，T3时HCl的转化率最大，故T3＝360 ℃。
＜
360
回答下列问题：
解析：由题图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，A项错误；将温度升高40 ℃，即升温至400 ℃，由题图可知，HCl的转化率增大，B项正确；增大n（HCl）∶n（O2），HCl的转化率减小，C项错误；M点时该反应未达到平衡，使用更高效的催化剂，可以加快反应速率，提高HCl的转化率，D项正确。
（2）下列措施可提高M点HCl转化率的是 （填标号）。
A. 增大HCl的流速
B. 将温度升高40 ℃
C. 增大n（HCl）∶n（O2）
D. 使用更高效的催化剂
BD
（3）图中较高流速时，α（T3）小于α（T2）和α（T1），原因是

。
解析：图中较高流速时，反应未达到平衡状态，T3温度低，
反应速率慢，且较高流速时，反应物在催化剂表面接触时间短，故HCl的转化率低。
反应
未达到平衡，T3温度低，反应速率慢，且反应物在催化剂表面接
触时间短，相同时间内HCl的转化率低
2. （2024·安徽高考17题节选）（1）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π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 。
4s空轨道
选择性好、可重复使用
解析：通常配位键的形成需要一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。Cu＋与C2H4形成配位键时，C2H4提供了π键中的共用电子对，Cu＋提供空轨道，由Cu＋的价层电子排布式为3d10知，4s为空轨道。该分子筛与C2H4可形成配位键，强于其与C2H6之间的范德华力，因此该分子筛可以高选择地吸附C2H4分子，而不吸附C2H6分子。由于该配位键弱于共价键，则在一定条件下C2H4容易发生脱附，再生的分子筛可重复利用，故其优点是选择性好、可重复利用。
（2）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）。
BC
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逐渐被C2H4替代
解析：前30 min，两种气体出口浓度（c）与进口浓度（c0）之比为0，说明两者的出口浓度均为0，两种气体均被完全吸附，A错误；进口处C2H6和C2H4等体积混合，c0（C2H6）＝c0（C2H4），p点对应时刻， ，说明出口浓度c（C2H6） c（C2H4），即出口气体主要成分是C2H6，B正确；a点处C2H6的 ＝1.0，出口浓度与进口浓度相等，说明此时吸附剂对C2H6饱和，a～b对应时间段内， ＞1.0，出口浓度大于进口浓度，说明已吸附的C2H6被释放，与此同时，C2H4的 ＜1.0，出口浓度小于进口浓度，说明仍在吸附C2H4，结合a点处吸附剂对C2H6已经饱和可知，a～b对应时间段内，已吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，C正确。
3. （2024·湖南高考18题节选）丙烯腈（CH2 CHCN）是一种重要的化
工原料。工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂生产CH2 CHCN的流
程如下：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：HOCH2CH2COOC2H5 CH2 CHCOOC2H5 ＋H2O 　ΔH1
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：CH2 CHCOOC2H5 ＋NH3 CH2 CHCONH2 ＋
C2H5OH 　ΔH2
ⅲ：CH2 CHCONH2 CH2 CHCN ＋H2O 　ΔH3
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
进料混合气中n ∶n ＝1∶2，出料中四
种物质
（CH2 CHCOOC2H5、CH2 CHCN、C2H5OH、H2O）的流量
（单位时间内出料口流出的物质的量）随时间变化关系如图：
（1）表示CH2 CHCN的曲线是 （填“a”“b”或“c”）。
解析：根据总反应HOCH2CH2COOC2H5（g）＋NH3（g） CH2 CHCN（g）＋C2H5OH（g）＋2H2O（g），设进料混合气中n（HOCH2CH2COOC2H5）＝1 mol，n（C2H5OH）＝2 mol，出料气中CH2 CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2 CHCN（g）、C2H5OH（g）的物质的量约为1 mol，生成H2O（g）的物质的量约为2 mol，故出料气中C2H5OH（g）物质的量共约3 mol，故出料气中CH2 CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1∶3∶2，故曲线c表示CH2 CHCN的曲线。
c
（2）反应釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是
。
解析：反应釜Ⅰ中反应ⅰ是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH降低分压有利于反应ⅰ的平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率。
降低分压有利于反应ⅰ平衡正向
移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率
（3）出料中没有检测到CH2 CHCONH2的原因是 　CH2
。
解析：丙烯酰胺（CH2 CHCONH2）的分解温度约为160℃至170 ℃，出料中没有检测到CH2 CHCONH2的原因是CH2 CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解。
CH2
CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解
（4）反应11 h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是

。
解析：反应11 h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物在相同时间内的产量减少。
反
应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物在相
同时间内的产量减少
能｜力｜进｜阶
1. （2024·福建十一所学校联考）向密闭反应器中按n（NO）∶n（CO）
＝1∶1投料，发生反应2NO（g）＋2CO（g） N2（g）＋2CO2（g）　
ΔH＝－747 kJ·mol－1。同一时间段内，不同温度下，测得NO的转化率
与催化剂Cat1、Cat2的关系如图所示。
（1）催化效率较高的是 （填“Cat1”
或“Cat2”）。
Cat2
解析：相同温度下，NO转化率越高，催化效率越高，所以Cat2催化效率较高。
（2）Cat1作用下，400 ℃时b点 （填“达到”或“未达
到”）平衡状态，判断依据是
。
解析：a、b点对应的温度相同，催化剂不同，转化率不同，说明b点未达到平衡，因为平衡点只与温度有关，与催化剂无关。
未达到
相同温度下，Cat1催化时NO转化
率比Cat2催化时小
（3）T＞400 ℃，b→c的可能原因是
。
解析：b→c催化效率降低，可能是催化剂选择性降低、催化剂活性降低等。
催化剂选择性降低（或催化剂活
性降低等）
2. （2024·甘肃二模）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，可
由乙苯催化脱氢获得。乙苯催化脱氢制苯乙烯的反应为：
＋H2（g）　ΔH＝＋124 kJ·mol－1。
解析：正反应为气体分子数增大的反应，减小压强，有利于平衡正向移动；正反应为吸热反应，升高温度，有利于平衡正向移动；所以选择高温低压。
（1）为提高乙苯的平衡转化率，应选择的反应条件为 （填字母）。
A. 低温、高压 B. 高温、低压
C. 低温、低压 D. 高温、高压
B
（2）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气
的物质的量之比为1∶9），控制反应温度600 ℃，并保持体系总
压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转
化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中
苯乙烯的物质的量分数）示意图如下：
②控制反应温度为600 ℃的理由是


。
①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实

。
正反
应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器
容积应增大，等效为降低压强，平衡正向移动
600 ℃时乙苯的转化率与苯乙
烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温
度过高，选择性下降，高温下可能使催化剂失去活性，且消耗能
量较大
解析：①正反应为气体分子数增加的反应，加入水蒸气相当于减压，
平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大；②600 ℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能使催化剂失去活性，且消耗能量较大。
命题热点3
03
化学反应速率、平衡常数和转化率的计算
一、单一反应中的计算
知｜识｜强｜化
1. 化学反应速率的计算
（1）根据图表中数据计算
v（X）＝ ，即v（X）＝ ＝
。
（2）根据化学方程式计算
对于反应mA（g）＋nB（g） pC（g）＋qD（g），有v
（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝m∶n∶p∶q。
2. 转化率、产率和分压的计算
（1）反应物的转化率＝ ×100％
（2）产物的产率＝ ×100％
（3）分压＝总压×物质的量分数
3. 常用气体的定量关系
（1）同温同体积：p（前）∶p（后）＝n（前）∶n（后）
（2）同温同压强： ＝
4. 压强平衡常数（Kp）的计算
（1）含义
有气体参与的反应，在化学平衡体系中，各气体物质的分压替代
平衡浓度，计算的平衡常数叫压强平衡常数。
（2）表达式
对于一般可逆反应mA（g）＋nB（g） pC（g）＋qD（g），
当在一定温度下达到平衡时其压强平衡常数Kp可表示为Kp＝
。
其中p（A）、p（B）、p（C）、p（D）表示反应物和生成物
的分压，用平衡分压可以这样计算：
分压＝总压×物质的量分数。
①根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的
量浓度。
②计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。
③根据分压计算公式求出各气体物质的分压。
④根据平衡常数计算公式代入计算。例如，N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g），压强平衡常数表达式为Kp＝ 。
（3）计算流程
真｜题｜研｜析
1. （2024·湖南高考18题节选）催化剂TiO2再生时会释放CO2，可用氨水吸
收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体（含0.72 g水）置于密闭
真空容器中，充入CO2和NH3，其中CO2的分压为100 kPa，在27 ℃下进
行干燥。为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于 kPa[已知
p ＝2.5×102 kPa·mol－1×n ，NH4HCO3分解的平衡常数Kp
＝4×104 ]。
40
解析：0.72 g水的物质的量为0.04 mol，故p（H2O）＝2.5×102 kPa·mol－1×n（H2O）＝10 kPa，NH4HCO3分解的反应方程式为NH4HCO3（s） NH3（g）＋CO2（g）＋H2O（g），故NH4HCO3分解的平衡常数Kp＝p（NH3）·p（CO2）·p（H2O）＝4×104（kPa）3，解得p（NH3）＝40 kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40 kPa。
2. （2024·河北高考17题节选）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上
制备原理如下：
SO2（g）＋Cl2（g） SO2Cl2（g）　
ΔH＝－67.59 kJ·mol－1
①若正反应的活化能为E正 kJ·mol－1，则逆反应的活化能E逆＝
kJ·mol－1（用含E正的代数式表示）。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2（g）和Cl2（g），测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp（Δp＝p0－p，p0为体系初始压强，p0＝240 kPa，p为体系平衡压强），结果如图1。
（E正
＋67.59）
图1中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为

。
T3＞T2＞T1
Δp与生成
的SO2Cl2的压强相等，该反应放热，升温平衡逆向移动，生成的SO2Cl2
的量减少，Δp减小
M点Cl2的转化率为 ，T1温度下用分压表示的平衡常数Kp
＝ kPa－1。
75％
0.03
③图2曲线中能准确表示T1温度下Δp随进料比变化的是 （填标号）。
D
解析：①ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能，可得：－67.59
kJ·mol－1＝E正 kJ·mol－1－E逆，则E逆＝（E正＋67.59）kJ·mol－1。②该
反应为气体分子数减小的反应，由反应方程式可知，体系达平衡时，体
系中减小的压强等于生成的SO2Cl2的压强，该反应为放热反应，升高温
度，平衡逆向移动，生成的SO2Cl2的量减少，则Δp减小，对照图像可
知T1＜T2＜T3。T1温度下，M点处进料比n（SO2）∶n（Cl2）＝2，则
SO2的初始物质的量分数x（SO2）＝ ，初始分压p（SO2）＝x
（SO2）·p0＝ ×240 kPa＝160 kPa；同理，Cl2初始分压p（Cl2）＝80
kPa。设达到平衡时SO2的压强变化了x kPa，列三段式：
　　　　　SO2（g）＋Cl2（g） SO2Cl2（g）
起始/kPa　160　　 80　　　　　 0
转化/kPa x x x
平衡/kPa 160－x 80－x x
由题图可知，M点处Δp＝p0－p＝60 kPa，将p0＝240 kPa、p＝（160
－x＋80－x＋x）kPa代入，解得x＝60，则M点Cl2的转化率为 ×100
％＝75％。T1温度下平衡时各气体分压分别为p（SO2）＝100 kPa，p
（Cl2）＝20 kPa，p（SO2Cl2）＝60 kPa，代入平衡常数表达式：Kp＝
＝ ＝0.03 kPa－1。
③体系初始压强相同，当n（SO2）∶n（Cl2）＜1.0时，随着进料比n（SO2）∶n（Cl2）增大，生成的SO2Cl2的量增多，Δp增大，按化学计量数之比投料时，产物的产率最高，当n（SO2）∶n（Cl2）＞1.0时，随着进料比n（SO2）∶n（Cl2）增大，Δp减小，排除A、B；结合②中计算可知，当n（SO2）∶n（Cl2）＝0.5，体系达到平衡时，体系中生成的SO2Cl2的分压也应为60 kPa，即Δp＝60 kPa，对照图像可知，表示T1温度下Δp随进料比变化的是D。
3. （2024·贵州高考17题节选）973 K、100 kPa下，在某密闭容器中按n
（C6H6）∶n（CH4）＝1∶5充入气体，发生反应C6H6（g）＋CH4
（g） C7H8（g）＋H2（g），平衡时C6H6与C7H8的分压比为4∶1，
则C6H6的平衡转化率为 ，平衡常数Kp＝
20％
用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，列出计算式即可）。
解析：设起始时充入的C6H6为1 mol，CH4为5 mol，达到平衡时转化的
C6H6为x mol，列三段式：
　 　　　C6H6（g）＋CH4（g） C7H8（g）＋H2（g）
起始量/mol 1 5 0 0
转化量/mol x x x x
平衡量/mol 1－x 5－x x x
平衡时C6H6与C7H8的分压比为4∶1，即 ＝ ，解得x＝0.2，故C6H6的
平衡转化率为 ×100％＝20％；平衡时C6H6的物质的量为0.8 mol，
CH4的物质的量为4.8 mol，C7H8的物质的量为0.2 mol，H2的物质的量为
0.2 mol，气体总物质的量为6 mol，总压为100 kPa，故Kp＝
＝ 。
能｜力｜进｜阶
1. （2024·滁州中学段考）H2S通过高温热分解反应可获得氢气和单质硫：2H2S（g） 2H2（g）＋S2（g）　ΔH＝＋170 kJ·mol－1，不同压强
下，在密闭容器中进行该反应，测得平衡时H2的体积分数与温度、压强的关系如图所示：
则p1、p2、p3由小到大的顺序为 。若T ℃、p2 kPa条件
下，反应经过10 min达到平衡，则H2S分压的平均变化速率为
kPa·min－1（用含p2的代数式表示，下同），该温度下反应的压强
平衡常数Kp＝ kPa（Kp用平衡时各物质的分压代替浓度计
算，分压＝总压×物质的量分数）。
p1＜p2＜p3
0.037
5p2
0.02p2
解析：该反应正向气体分子数增加，在温度一定时，增大压强平衡逆向
移动，H2的体积分数减小，结合图像可知，温度一定时，压强由p1到
p2、p3时，H2的体积分数减小，平衡逆向移动，则压强为p1＜p2＜p3；
T ℃、p2 kPa条件下，反应经过10 min达到平衡，此时H2的体积分数为
25％，则S2的体积分数为12.5％，H2S的体积分数为62.5％；则H2S分压
的平均变化速率为 ＝0.037 5p2 kPa·min－1；该温度下反
应的压强平衡常数Kp＝ ＝0.02p2。
2. （2024·甘肃二模）100 kPa恒压下，T1 ℃时将2 mol乙苯蒸气通入容积可
变的密闭容器中发生反应 ＋H2
（g）。反应经过10 min达到平衡，此时苯乙烯的体积分数为0.375，则
乙苯的转化率为 ，0～10 min内的平均反应速率v（H2）
＝ kPa·min－1，该温度下的Kp＝ kPa。
60％
3.75
56.25
解析：100 kPa恒压下，T1 ℃时将2 mol乙苯蒸气通入容积可变的密闭容
器中发生乙苯脱氢制苯乙烯反应。根据方程式：
＋H2（g）反应经过10 min达到平衡，设参加
反应的乙苯为x mol，剩余乙苯为（2－x）mol，苯乙烯的体积分数为
0.375＝ ，解得x＝1.2，则乙苯的转化率为 ×100
％＝60％；0～10 min内的平均反应速率v（H2）＝ ＝ ＝
3.75 kPa·min－1；该温度下的Kp＝ ＝ ＝56.25 kPa。
二、多协同（多重）反应中的计算
知｜识｜强｜化
1. 多协同（多重）反应平衡类型
（1）连续平衡
连续平衡是指两个连锁可逆反应，即第一个反应的某一生成物是第二个反应的反应物，则在第一个反应中，该物质的起始量为0，它的平衡量则为第二个反应中该物质的起始量。
（2）同向平衡
同向平衡指两个平行的可逆反应，它们有着某一共同的反应物，该反应物发生了两种不同的反应。如果一种物质是两个平行反应的生成物，则题目中所给平衡量是该物质在这两个反应中的平衡量之和。
2. 解题策略
（1）核心思想关键是理清守恒关系，反应体系中，任何状态均遵循原
子守恒，利用原子守恒和“三段式”理清起始量、转化量、平衡
量之间的关系。
（2）原子守恒法解题基本思路
真｜题｜研｜析
1. （2024·山东高考20题节选）水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C-H2O
体系制H2的影响，涉及主要反应如下：
C（s）＋H2O（g） CO（g）＋H2（g）（Ⅰ） ΔH1＞0
CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g）（Ⅱ） ΔH2＜0
CaO（s）＋CO2（g） CaCO3（s）（Ⅲ） ΔH3＜0
回答下列问题：
（1）压力p下，C-H2O-CaO体系达平衡后，图示温度范围内C（s）已
完全反应，CaCO3（s）在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和
H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为
（填化学式）。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分
数逐渐降低的原因是

。
H2
当温度高于T1，CaCO3（s）已完全分解，
只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，所以CO2的摩尔
分数减小
解析：图示温度范围内C（s）已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ平衡逆向移动，依据反应Ⅱ，H2的量减少，摩尔分数减小，CO的量增多，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数随温度的变化，b曲线代表CO的摩尔分数随温度的变化，c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化；从开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，CaCO3（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小。
（2）压力p下、温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、
0.15、0.05，则反应CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g）
的平衡常数Kp＝ ；此时气体总物质的量为4.0 mol，则
CaCO3（s）的物质的量为 mol；若向平衡体系中通入少量
CO2（g），重新达平衡后，分压p（CO2）
将 （填“增大”“减小”或
“不变”），p（CO）将 （填
“增大”“减小”或“不变”）。

0.5
不变
不变
解析：压力p下、温度为T0时，H2、CO和CO2的摩尔分数分别为0.50、
0.15、0.05，则H2O（g）的摩尔分数为1－0.5－0.15－0.05＝0.3，则反应CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g）的平衡常数Kp＝ ＝ ＝ 。
设起始时有x mol C（s），因反应Ⅰ进行完全，C（s）＋H2O CO＋H2，生成x mol CO（g）和x mol H2（g），设有y mol CO（g）发生了反应Ⅱ，
CO＋H2O CO2＋H2
y　　　　　y　　y
CO的物质的量为（x－y）mol，H2的物质的量为（x＋y）mol；根据平衡时H2、CO和CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，气体总物质的量为4 mol，H2、CO和CO2的物质的量分别为2 mol、0.6 mol、0.2 mol，则x－y＝0.6，x＋y＝2，可算出x＝1.3，y＝0.7。反应Ⅱ生成的CO2的物质的量为0.7 mol，但实际CO2的物质的量为0.2 mol，说明有0.5 mol CO2发生反应Ⅲ：
CaO（s）＋CO2 CaCO3（s）
　　　　0.5　　 　0.5
生成了0.5 mol的CaCO3（s）。若向平衡体系中通入少量CO2（g），重新
达平衡后，反应CaO（s）＋CO2（g） CaCO3（s）的Kp＝ ，温
度不变，Kp不变，则分压p（CO2）不变；体系中增加了CO2（g），若反
应Ⅱ平衡逆向移动，在CO2分压不变的前提下，CO、H2O的分压增大，H2
的分压减小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与事实不符，所以为了保证反
应Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即p（CO）不变。
2. （2024·江西高考16题节选）目前开采的天然气含有H2S，综合利用天然
气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH4和H2S重整制氢的主要反应
如下：
反应Ⅰ：CH4（g）＋2H2S（g） CS2（g）＋4H2（g）　ΔH1＝＋260
kJ·mol－1
反应Ⅱ：CH4（g） C（s）＋2H2（g）　ΔH2＝＋90 kJ·mol－1
反应Ⅲ：2H2S（g） S2（g）＋2H2（g）　ΔH3＝＋181 kJ·mol－1
回答下列问题：
（1）保持反应器进料口总压为100 kPa。分别以8 kPa CH4、24 kPa H2S
（He作辅气）与25 kPa CH4、75 kPa H2S进料，CH4平衡转化率与
温度的关系如图1，含有He的曲线为 ，理由是
。
M
恒温恒压下
充入稀有气体，平衡向气体分子数增大的方向移动
解析：恒温恒压下充入稀有气体，相当于减压，平衡向气体分子数增大的方向移动，即向正反应方向移动，CH4的平衡转化率增大，故含有He的曲线为M。
（2）假设在10 L的恒温刚性容器中，通入0.3 mol CH4和0.15 mol H2S
发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为p0。CH4和H2S的转化率与时间的
关系如图2，0～5 min内H2的化学反应速率为 mol·L
－1·min－1；5 min时，容器内总压为 。
1.2×10－3
p0
解析：根据三个反应，可知n生成（H2）＝n转化（H2S）＋2n转化（CH4），由题图可知，0～5 min内，n转化（H2S）＝0.15 mol×20％＝0.03 mol，n转化（CH4）＝0.3 mol×5％＝0.015 mol，则n生成（H2）＝0.03 mol＋0.015 mol×2＝0.06 mol，故0～5 min内H2的化学反应速率为 ＝1.2×10－3 mol·L－1·min－1。5 min时，设反应Ⅰ中CH4转化x mol，则反应Ⅱ中甲烷转化（0.015－x）mol，反应Ⅰ中H2S转化2x mol，反应Ⅲ中H2S转化（0.03－2x）mol，5 min时H2为0.06 mol，CS2为x mol，S2为（0.015－x）mol，CH4为0.285 mol，H2S为0.12 mol，气体总物质的量为0.48 mol，反应前气体总物质的量为0.45 mol，压强为p0，根据恒温恒容时气体的压强之比等于物质的量之比，知5 min时容器内总压为 ×p0＝ p0。
能｜力｜进｜阶
1. （2024·河北部分高中二模）一定条件下，甲烷和水蒸气催化制氢主要
有如下两个反应：
①CH4（g）＋H2O（g） CO（g）＋3H2（g） ΔH1＝＋206 kJ·mol－1
②CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g） ΔH2＝－41 kJ·mol－1
恒定压强为100 kPa时，将n（CH4）∶n（H2O）＝1∶3的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。
600 ℃时，H2O（g）的平衡分压为 kPa，反应②的物质的量分数的平衡常数Kx＝ （用物质的量分数代替平衡浓度计算，保留2位有效数字）。
32
2.1
解析：两个反应都消耗水，水的物质的量分数减小，所以曲线p表示水
的物质的量分数与温度的变化关系；两个反应都生成氢气，氢气的物质
的量分数在最初增大得最快，所以曲线q表示氢气的物质的量分数与温
度的变化关系；氢气的物质的量分数在700 ℃达到峰值，说明温度高于
700 ℃后以反应②为主，反应②是放热反应，升高温度平衡逆向移动，
即CO的物质的量分数一直增大，所以曲线m表示CO的物质的量分数与
温度的变化关系，则曲线n表示二氧化碳的物质的量分数与温度的变化
关系；假设起始时甲烷的物质的量为1 mol，水蒸气的物质的量为3
mol，600 ℃时，反应①消耗了x mol水蒸气，反应②消耗了y mol水蒸
气，三段式表示：
　　　　　CH4（g）＋H2O（g） CO（g）＋3H2（g）
起始/mol 1 3 0 0
转化/mol x x x 3x
平衡/mol 1－x 3－x－y x－y 3x＋y
　　　　　CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g）
起始/mol
转化/mol y y y y
平衡/mol x－y 3－x－y y 3x＋y
总的物质的量为（4＋2x）mol，据图可知，600 ℃平衡时甲烷的物质的
量分数为0.04，则 ＝0.04，x＝ ；平衡时氢气的物质的量分数为
0.50，则 ＝0.50，y＝ ；则总的物质的量为 mol＝
mol，H2O（g）为3 mol－ mol－ mol＝ mol，H2O（g）的平衡分压
为100 kPa× ＝32 kPa；一氧化碳、水、二氧化碳、氢气分别为 mol、 mol、 mol、 mol，反应②为气体分子数不变的反应，则其物质的量分数可以使用物质的量代替，其平衡常数Kx＝ ≈2.1。
2. 科学家在1 MPa、350 ℃下，利用催化剂对十氢萘（ ，C10H18）
气相脱氢进行研究，发现十氢萘可先脱氢形成四氢萘（C10H12）：
① ＋3H2（g）
最后，四氢萘再脱氢得到萘（ ，C10H8）：
② ＋2H2（g）
实验过程中测得容器内有机物浓度随时间的变化关系如图所示，十氢萘
的平衡转化率为 ，十氢萘催化脱氢得萘的平衡常数K
＝ （结果保留两位有效数字）。
50％
8.8×104
③ ＋5H2（g），图中含P点的曲线代表
的物质的浓度逐渐降低，则该曲线代表十氢萘，含Q点的曲线代表的物
质的浓度先增大，后减小，则该曲线代表四氢萘，另一条曲线则代表萘。
方法一：
反应① C10H18（g） C10H12（g）＋3H2（g）
起始： 4.2 mol·L－1 0 0
变化： a mol·L－1 a mol·L－1 3a mol·L－1
解析：十氢萘催化脱氢得到萘的总反应：
变化： b mol·L－1 b mol·L－1 2b mol·L－1
则5 h平衡时：a－b＝0.25，4.2－a＝2.1，解得a＝2.1，b＝1.85，
则c（H2）＝3a＋2b＝3×2.1 mol·L－1＋1.85 mol·L－1×2＝10 mol·L－1，c（C10H8）＝b＝1.85 mol·L－1，
反应② C10H12（g） C10H8（g）＋2H2（g）
十氢萘的转化率为 ×100％＝50％，十氢萘催化脱氢得到萘的反：
＋5H2（g），
K＝ ＝ ≈8.8×104。
由（碳原子）守恒可得：x＝4.2－2.1－0.25＝1.85；由氢原子守
恒可知，
y＝ ＝10，
则十氢萘催化脱氢得萘的K＝ ＝
≈8.8×104。
方法二：（守恒法）
该反应5 h达平衡时，平衡混合物中C10H8为 x mol·L－1，H2为y mol·L－1，
命题热点4
04
速率常数与平衡常数关系的应用
1. 化学反应速率常数
（1）含义：一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数
为指数的幂的乘积成正比，其比例系数k称为化学反应速率常数，
简称速率常数。
（2）表达式
反应：aA（g）＋bB（g） gG（g）＋hH（g）
表达式：v正＝k正·ca（A）·cb（B）（其中k正为正反应的速率常
数），v逆＝k逆·cg（G）·ch（H）（其中k逆为逆反应的速率常数）。
知｜识｜强｜化
2. 速率常数与化学平衡常数之间的关系
推
导
关
系
真｜题｜研｜析
1. （2024·河北高考17题节选）1，4-二（氯甲基）苯（D）是有机合成中
的重要中间体，可由对二甲苯（X）的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯
化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为v＝kc（A）·c（B），其中c
（A）、c（B）分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数
（k1～k5分别对应反应①～⑤）。某温度下，反应器中加入一定量的
X，保持体系中氯气浓度恒定（反应体系体积变化忽略不计），测定不
同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，k1∶k2∶k3∶k4∶k5＝
100∶21∶7∶4∶23。
解析：30～60 min内X的转化浓度为0.042 mol·L－1·min－1×30 min＝1.26 mol·L－1，因此60 min时c（X）＝6.80 mol·L－1－1.26 mol·L－1＝5.54 mol·L－1。
（1）30 min时，c（X）＝6.80 mol·L－1，且30～60 min内v（X）＝
0.042 mol·L－1·min－1，反应进行到60 min时，c（X）
＝ mol·L－1。
5.54
（2）60 min时，c（D）＝0.099 mol·L－1，若0～60 min产物T的含量可
忽略不计，则此时c（G）＝ mol·L－1；60 min后，随T
的含量增加， （填“增大”“减小”或“不变”）。
0.033
增大
解析：0～60 min产物T的含量可忽略不计，说明在此阶段D、G的消耗速率可忽略不计。D、G均由M生成，任意时刻两者的生成速率之比 ＝ ＝ ＝ ＝ 。D、G的初始浓度均为0，任意时刻生成D、G的浓度之比等于其速率之比，因此60 min时c（G）＝ ＝0.033 mol·L－1。60 min后，D、G开始生成T，两者的消耗速率之比为 ＝ ＝ ＝ ＝ 。结合两者的生成速率知，D生成得快而消耗得慢，G生成得慢而消耗得快，因此 会增大。
2. （2023·河北高考12题改编）在恒温恒容密闭容器中充入一定量W（g），发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为v2＝k2c2（X）和v3＝k3c（Z），其中
k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测
得W（g）的浓度随时间的变化如下表。
t/min 0 1 2 3 4 5
c（W）/
（mol·L－1） 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028
（1）0～2 min内，X的平均反应速率 0.008 0 mol·L－1·min－1（填
“＞”“＜”或“＝”）。
解析：由表知0～2 min内Δc（W）＝（0.160－0.080）mol·L－1
＝0.080 mol·L－1，生成Δc（X）＝2Δc（W）＝0.160 mol·L－1，但一部分X转化为Z，造成Δc（X）＜0.160 mol·L－1，则v（X）＜ ＝0.080 mol·L－1·min－1。
＜
（2）若k2＝k3，平衡时c（Z）＝ [用c（X）表示]。
解析：由速率之比等于化学计量数之比，平衡时v逆（X）＝2v正
（Z），即v3＝2v2，k3c（Z）＝2k2c2（X），若k2＝k3，c（Z）＝2c2（X）。
2c2（X）
能｜力｜进｜阶
1. （2024·安徽部分学校联考）2H2S（g） S2（g）＋2H2（g）的速率方
程为v正＝k正·c2（H2S），v逆＝k逆·c（S2）·c2（H2）（k正、k逆为速率
常数，只与温度有关）。
（1）某温度下，该反应的平衡常数K为10，k逆＝2，则k正＝ 。
解析：平衡常数K＝ ＝ ＝ ＝10，
k逆＝2，则k正＝20。
20
（2）已知：Rln k正＝－ （式中，R为常数，Rln k单位为kJ·mol－1·K－1，温度T单位为K，E表示反应的活化能，单位为kJ·mol－1）。Rln k与不同催化剂（Cat1、Cat2为催化剂）、温度（T）关系如图所示。
在催化剂Cat2作用下，正反应的活化能为 kJ·mol－1。相同
条件下，催化效率较高的是 （填“Cat1”或“Cat2”），
判断依据是 。
400
Cat1
Cat1对应曲线随温度变化小，活化能较小
解析：取催化剂Cat2曲线上400 ℃的点的数据代入－1.0＝－ 得正反应的活化能为400 kJ·mol－1；根据表达式可知，温度变化值相等时，Rln k变化越大，说明活化能越大，催化剂效率低；故变化相同温度，Cat1对应曲线变化值较小，活化能较小，则相同条件下，催化效率较高的是Cat1。
2. （2024·开封五县联考）合成氨反应（放热反应）中，正反应速率v正＝k
正·c（N2）·c3（H2），逆反应速率v逆＝k逆·c2（NH3），k正、k逆为速率
常数。正反应和逆反应的速率常数与温度的关系如图所示：
（1）表示逆反应的速率常数与温度变化关系的曲线为 （填“c”
或“d”），理由为

。
d
合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向
移动，正反应的速率常数和逆反应的速率常数均增大，逆反应的
速率常数增大的多
解析：合成氨反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，正反应的速率常数和逆反应的速率常数均增大，逆反应的速率常数增大的多；故逆反应的速率常数与温度变化关系的曲线为d。
（2）T0 ℃时， ＝ 。
解析：T0 ℃时，正、逆反应的速率常数
相等，则 ＝1。
1

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