1.5 大题突破(一) 反应原理综合题 热点题空3 平衡体系中的有关计算（PPT课件）-【正禾一本通】2026年高考化学二轮专题复习高效讲义（单选版）

该高中化学高考复习课件聚焦反应原理综合题专题，依据高考评价体系梳理了化学平衡、反应历程、能量变化等核心考点，通过真题精研分析考点权重，归纳产率分析、历程推导等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题解析+模拟预测+专项训练”模式，如结合图1温度对CH4等产率影响、图2反应历程活化能分析，培养学生科学思维和科学探究能力，提供平衡体系计算课下巩固，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，助力高考冲刺。

高三二轮专题复习高效讲义 化 学 高三二轮专题复习高效讲义 化 学 1 第一部分 PPT下载 http:///xiazai/ 高考题型 分层突破 2 大题突破(一)　反应原理综合题 课下巩固检测练(二十六) 平衡体系中的有关计算 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 01 02 03 谢谢观看 热点题空3　平衡体系中的有关计算 1．化学平衡计算中的常用公式 　　　　 　 　　 mA(g)＋nB(g)⥫⥬pC(g)＋qD(g) 起始/(mol·L-1)　 a　　　 b　　　　0　　　0 变化/(mol·L-1)　 mx　　 nx　　　 px　　 qx 平衡/(mol·L-1)　a－mx　b－nx　　 px　　 qx (1)v(A)＝ eq \f(mx,Δt)。　 (2)α(A)＝ eq \f(mx,a)×100%。 (3)K＝ eq \f((px)p·(qx)q,(a－mx)m·(b－nx)n)。 (4)生成物的产率＝ eq \f(产物实际质量,理论产量)×100%。 (5)混合物中某组分的百分含量＝ eq \f(某组分平衡量,平衡体系中各组分总量)×100%。 2．分压平衡常数(Kp) (1)气体的分压p(B)：相同温度下，当某组分气体B单独存在且具有与混合气体总体积相同的体积时，该气体B所具有的压强，称为气体B的分压强，简称气体B的分压，符号为p(B)，单位为Pa或kPa或MPa。 (2)分压定律 ①混合气体的总压等于相同温度下各组分气体的分压之和 p(A)＋p(B)＋p(C)＋p(D)＋…＝p。 ②气体的分压之比等于其物质的量之比： eq \f(p(B),p(D))＝ eq \f(n(B),n(D))。 ③某气体的分压p(B)与总压之比等于其物质的量分数： eq \f(p(B),p)＝ eq \f(n(B),n)＝x(B)。 则：气体的分压＝气体总压×体积分数＝总压×物质的量分数。 (3)分压平衡常数Kp (只受温度影响) 一定温度下，反应mA(g)＋nB(g)⥫⥬bC(g)＋qD(g)达平衡时，气态生成物分压幂之积与气态反应物分压幂之积的比值为一个常数，称为该反应的压强平衡常数，用符号Kp表示。 Kp的表达式为Kp＝ eq \f(pb(C)·pq(D),pm(A)·pn(B))，其中p(A)、p(B)、p(C)、p(D)分别为A、B、C、D各气体的分压。 (4)Kp计算的两种模板 ①平衡总压为p0 　　　　　 N2(g)＋　3H2(g)⥫⥬　2NH3(g) n(平)　 　　a　　　　 　b　　　　　　c p(分压)　 eq \f(a,a＋b＋c) p0　 eq \f(b,a＋b＋c) p0　　 eq \f(c,a＋b＋c) p0 Kp＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a＋b＋c)p0))\s\up12(2),\f(a,a＋b＋c)p0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a＋b＋c)p0))\s\up12(3))。 ②刚性容器起始压强为p0，平衡转化率为α 　　 2NO2(g) ⥫⥬ N2O4(g) p(始)　　　p0　　　　　 0 Δp　　　 p0α　　　　 eq \f(1,2)p0α p(平)　 p0－p0α　　 eq \f(1,2)p0α Kp＝ eq \f(\f(1,2)p0α,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0－p0α))\s\up12(2))。 1.(2025·广东高考节选)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)3N2H4===N2＋4NH3 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 eq \f(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)。 解析：①根据题意及图像可知，0～t0 min内，y1＝ eq \f(n(H2)＋n(N2),n(N2H4)) ，y2＝ eq \f(n剩余(N2H4),n(N2H4))，故0～t0 min内，N2H4的转化率为(1－y2)×100%。 答案：①(1－y2)×100%　②设t0 min时，反应(e)转化的N2H4的物质的量为e，反应(f)转化的N2H4的物质的量为3f，存在如下转化关系： 　　　 N2H4===N2＋2H2 转化量： e e 2e 　　　 3N2H4===N2 ＋4NH3 转化量： 3f f 4f 则n1＝3e＋f、n2＝n0－(e＋3f) eq \f(3e＋f,n0)＝y1……①　 eq \f(n0－(e＋3f),n0)＝y2……② 联立①②可得e＝ eq \f(3y1＋y2－1,8)n0，f＝ eq \f(3－y1－3y2,8)n0 则0～t0 min时，催化剂的选择性为 eq \f(\f(3y1＋y2－1,8)n0,(1－y2)n0)×100%＝ eq \f(3y1＋y2－1,8(1－y2))×100%。 2．(2025·云南高考节选)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　Kp1 Ⅱ.C2H5OH(g)===CH3CHO(g)＋H2(g)　ΔH2＝＋68.7 kJ·mol-1 回答下列问题： 恒压100 kPa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＝ eq \f(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”)。 ③270 ℃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)。 解析：②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58 eV，生成产物2的最大能垒为0.66 eV，生成产物3的最大能垒为0.81 eV，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)＝9 mol，n(乙醇)＝1 mol，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＝0.72 mol，n平(乙醇)＝1 mol×10%＝0.1 mol，恒温恒压下，压强比＝物质的量之比，故p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)＝0.72∶0.1＝36∶5。列三段式 　 C2H5OH(g)＋H2O(g)===2H2(g)＋CH3COOH(g) Δn(mol)　　0.72　　 　0.72　　　1.44　　 　0.72 　 　 　 C2H5OH(g)===H2(g)＋CH3CHO(g) Δn(mol)　　0.18　　　　 0.18　　　0.18 则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1 mol、8.28 mol、1.62 mol、0.72 mol、0.18 mol，气体总物质的量为0.1 mol＋8.28 mol ＋1.62 mol＋0.72 mol＋0.18 mol＝10.9 mol，则Kp1＝ eq \f(100 kPa×\f(0.72,10.9)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100 kPa×\f(1.62,10.9)))\s\up12(2),100 kPa×\f(0.1,10.9)×100 kPa×\f(8.28,10.9))＝ eq \f(\f(0.72,10.9)×100×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.62,10.9)))\s\up12(2),\f(0.1,10.9)×\f(8.28,10.9))＝ eq \f(0.72×100×1.622,0.1×8.28×10.9) kPa。 答案：①乙酸选择性最大且反应速率较快　②产物1　③36∶5　 eq \f(0.72×100×1.622,0.1×8.28×10.9) 1.(2025·福建泉州模拟节选)丙烯是一种重要的化工原料。关于丙烯的制备方法有如下几种。 Ⅱ.丙烷无氧脱氢：C3H8(g)⥫⥬C3H6(g)＋H2(g)　ΔH2。使用该方法制备丙烯时，体系中还存在副反应：C3H8(g)⥫⥬C2H4(g)＋CH4(g)。 (1)已知几种共价键键能如下表所示： 共价键 C—H C—C C===C H—H 键能(kJ/mol) 413 348 615 436 ①C3H8(g)⥫⥬C3H6(g)＋H2(g)　ΔH2＝________ kJ·mol-1。 ②丙烷无氧脱氢反应在________(填“较高”“较低”或“任意”)温度下能自发进行。 (2)一定温度下，将C3H8和H2的混合气体通过催化剂Ga2O3(负载于Al2O3)的表面。反应过程中，催化剂Ga2O3会与H2反应生成另一催化剂Ga­H/GaOx。使用不同催化剂时，Rln k和 eq \f(1,T)的关系如图甲所示(其中a为Ga2O3，b为Ga­H/GaOx)。反应过程中丙烷平衡转化率、丙烯选择性以及丙烯生成速率随n(H2)∶n(C3H8)变化如图乙所示。 ①已知Arrhenius经验公式为Rln k＝－ eq \f(Ea,T)＋C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。在其他条件相同时，催化效果更好的是___________(填“Ga2O3”或“Ga­H/GaOx”)。判断依据是_________________________ ________________________________________________________。 ②图乙中，代表丙烯生成速率的曲线为____(填“c”或“d”)，恒温恒压条件下，向密闭容器中通入C3H8和H2混合气体使丙烯生成速率最大，丙烷无氧脱氢反应的Kp＝__________ MPa(已知压强为0.1 MPa，列出计算式即可)。 解析：(1)丙烷无氧脱氢反应C3H8(g)⥫⥬C3H6(g)＋H2(g)　ΔH2＝(413×8＋348×2－413×6－615－348－436) kJ/mol＝＋123 kJ/mol，可知ΔH2>0，反应ΔS>0，ΔG＝ΔH－TΔS<0时反应自发进行，则需要在较高温度下反应才可自发进行。 (2)②根据题意，随着氢气的增加，可以生成更多催化效果更好的催化剂Ga­H/GaOx，因此反应速率逐渐增加。而氢气的增加，会促使主反应平衡逆向移动，因此转化率降低。根据以上分析，可以判断随着氢气增多，逐渐上升的曲线即曲线d为丙烯生成速率，逐渐下降的曲线即曲线c为丙烷平衡转化率。图中，当n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2))∶n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C3H8))为2时，丙烯生成速率最大，此时丙烷平衡转化率为45%，丙烯选择性为90%。设氢气和丙烷的起始量分别为2 mol、1 mol，依据图中数据列三段式： C3H8(g)⥫⥬C3H6(g)＋H2(g) 变/mol 　0.405　 　 0.405 　 0.405 C3H8(g)⥫⥬C2H4(g)＋CH4(g) 变/mol 　 0.045　 　 0.045 　 0.045 平衡时n(C3H8)＝0.55 mol、n(C3H6)＝0.405 mol、n(H2)＝2.405 mol、n(C2H4)＝0.045 mol、n(CH4)＝0.045 mol，n总＝3.45 mol，p总＝0.1 MPa，因此Kp＝ eq \f(\f(0.405,3.45)×0.1×\f(2.405,3.45)×0.1,\f(0.55,3.45)×0.1) MPa。 答案：(1) ①＋123　②较高　(2)①Ga­H/GaOx　根据Arrhenius经验公式，斜率越小，活化能越小，催化剂催化效果越好 ②d　 eq \f(\f(0.405,3.45)×0.1×\f(2.405,3.45)×0.1,\f(0.55,3.45)×0.1) 2．(2025·湖北武汉模拟节选)CH4和CO2催化重整制合成气(CO、H2)有利于实现碳中和，涉及反应如下： Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2H2(g)＋2CO(g)　ΔH1＝＋247 kJ·mol-1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41.2 kJ·mol-1 Ⅲ：2CO(g)⥫⥬CO2(g)＋C(s)　ΔH3＝－172 kJ·mol-1 Ⅳ：CH4(g)⥫⥬C(s)＋2H2(g)　ΔH4＝＋75 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)将一定体积CO2和CH4投入密闭容器中，反应Ⅰ在不同条件下达到平衡(反应Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可忽略)。设体系中甲烷的物质的量分数为x(CH4)，在T＝610 ℃下的x(CH4)～p、在p＝4.8×105 Pa下的x(CH4)～T如图甲所示。图中与C处于相同化学平衡状态的点是________，理由是_____________ _____________________________________________________________。 (2)在恒压p＝100 kPa、初始投料n(CO2)＝n(CH4)＝1 kmol的条件下，CH4、CO2发生上述反应达平衡时气体(CO2、CH4、H2O、CO、H2)物质的量随温度的变化如图乙所示。 根据反应前后各原子的物质的量关系分析，曲线b表示的物质是________(填化学式)，625 ℃时，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝________(保留两位有效数字)。保持其他条件不变，0～625 ℃，升温积碳量逐渐________(填“增多”“减少”或“不变”)。 (3)温度一定时，增大投料比 eq \f(n(CO2),n(CH4))，积碳量逐渐________(填“增多”“减少”或“不变”)， eq \f(n(H2),n(CO))将________(填“增大”“减小”或“不变”)。 解析：(2)根据题干信息可知，反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅳ均为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，H2和CO的物质的量增大，由C和H元素守恒可知，H2的物质的量比CO大，则a表示的物质是H2，b表示的物质是CO；初始投料n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO2))＝n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH4))＝1 kmol，625 ℃时，n(CO2)＝n(CO)＝n(H2O)＝0.5 kmol，n(CH4)＝0.2 kmol，由H元素守恒可知n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2))＝ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－0.8－0.5×2)) kmol＝1.1 kmol，反应ⅡKp＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.5,2.8)×100 kPa))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.5,2.8)×100 kPa)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.5,2.8)×100 kPa))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.1,2.8)×100 kPa)))≈0.45；保持其他条件不变，升高温度，反应Ⅲ逆向移动，积碳量逐渐减小。 (3)温度一定时，增大投料比 eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO2)),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH4)))，相当于增大CO2的物质的量，反应Ⅲ逆向移动，积碳量逐渐减小；温度一定时，增大投料比 eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO2)),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH4)))，反应Ⅲ平衡常数K＝ eq \f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO2)),c2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO)))和反应Ⅳ平衡常数K＝ eq \f(c2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH4)))均不变，n(H2)将减小，n(CO)将增大， eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2)),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO)))将减小。 答案：(1)A　A和C都是T＝610 ℃，p＝4.8×105 Pa下的平衡状态　(2)CO　0.45　减少　(3)减少　减小 1．(2025·山东高考)利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ.CaS(s)＋2SO2(g)⥫⥬CaSO4(s)＋S2(g)　ΔH1 Ⅱ.CaSO4(s)＋4H2(g)⥫⥬CaS(s)＋4H2O(g)　ΔH2 Ⅲ.SO2(g)＋3H2(g)⥫⥬H2S(g)＋2H2O(g)　ΔH3 恒容条件下，按1 mol CaS、1 mol SO2和0.1 mol H2投料反应。平衡体系中，各气态物种的lg n随温度的变化关系如图所示，n为气态物种物质的量的值。已知：图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变。 回答下列问题： (1)反应4H2(g) ＋2SO2(g)⥫⥬4H2O(g)＋S2(g)的焓变ΔH＝________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。 (2)乙线所示物种为________(填化学式)。反应Ⅲ的焓变ΔH3________0(填“>”“<”或“＝”)。 (3)T1温度下，体系达平衡时，乙线、丙线所示物种的物质的量相等，若丁线所示物种为a mol，则S2为________mol(用含a的代数式表示)；此时，CaS与CaSO4物质的量的差值n(CaS)－n(CaSO4)＝________mol(用含a的最简代数式表示)。 (4)T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比 eq \f(n(H2S),n(H2))________(填“增大”“减小”或“不变”)，H2O物质的量n(H2O)________(填“增大”“减小”或“不变”)。 解析：(2)根据图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝108基本不变知，恒有 eq \f(c4(H2O),c4(H2))＝108， eq \f(c(H2O),c(H2))＝102，则 eq \f(n(H2O),n(H2))＝102，lg n(H2O)－lg n(H2)＝2，结合图中曲线变化趋势知，乙线表示H2O，丁线表示H2。温度升高，S2逐渐减少，反应Ⅰ的平衡逆向移动，则SO2逐渐增多，故丙线为SO2，甲线为H2S，结合K3＝ eq \f(c(H2S)·c2(H2O),c(SO2)·c3(H2))＝ eq \f(104·c(H2S),c(SO2)·c(H2))知，温度升高，K3减小，故反应Ⅲ的平衡逆向移动，反应Ⅲ为放热反应，ΔH3<0。(3)T1温度下，平衡体系中H2的物质的量为a mol，H2O和SO2的物质的量相等，根据 eq \f(n(H2O),n(H2))＝102， 知n(H2O)＝n(SO2)＝100a mol，根据H守恒，n(H2)＋n(H2O)＋n(H2S)＝0.1 mol，则n(H2S)＝(0.1－101a) mol；根据S守恒，n(H2S)＋n(SO2)＋2n(S2)＝1 mol，则n(S2)＝ eq \f(1－100a－(0.1－101a),2) mol＝ eq \f(0.9＋a,2) mol；根据O守恒，n(H2O)＋2n(SO2)＋4n(CaSO4)＝2 mol，则n(CaSO4)＝ eq \f(2－100a－100a×2,4) mol＝ eq \f(1－150a,2) mol；根据Ca守恒，n(CaS)＋n(CaSO4)＝1 mol，则n(CaS)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1－150a,2)))mol＝ eq \f(1＋150a,2) mol，故n(CaS)－n(CaSO4)＝ eq \f(1＋150a,2) mol－ eq \f(1－150a,2) mol＝150a mol。(4)T2温度下，体系达平衡后，压缩容器体积，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡正向移动，重新达平衡时，H2S与H2物质的量之比 eq \f(n(H2S),n(H2))增大，反应Ⅱ的平衡常数K＝ eq \f(c4(H2O),c4(H2))基本不变，重新平衡时H2的物质的量减小，则n(H2O)减小。 答案：(1)ΔH1＋ΔH2　(2)H2O　<　(3) eq \f(0.9＋a,2)　150a　(4)增大　减小 2．(2023·湖北高考节选)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。 (1)1 200 K时，假定体系内只有反应C40H12(g)⥫⥬C40H10(g)＋H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数Kp为_________________________________________________ ____________________________________________________________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。 (2),40H19(g)⥫⥬C40H18(g)＋H·(g)及H11(g)⥫⥬C40H10(g)＋H·(g)反应的ln K(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，ln K ＝－ eq \f(ΔH,RT)＋c(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是______________________________________________ ___________________________________________________________。 (3)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C40H10的反应速率的是______(填字母)。 a．升高温度　b．增大压强　c．加入催化剂 解析：(1)设起始时C40H12的物质的量为y，已知平衡转化率为α，则平衡时C40H12的物质的量为y(1－α)，生成的C40H10和H2的物质的量均为yα，Kp＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yα,y＋yα)×p0))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yα,y＋yα)×p0)),\f(y(1－α),y＋yα)×p0)＝ eq \f(yα·yα,y2(1－α)(1＋α))p0＝ eq \f(α2,1－α2)p0。 (2)图中两条线几乎平行，说明两条线的斜率近似相等，已知ln k＝ eq \f(ΔH,RT)＋C即两反应的ΔH基本相等，原因是两反应均断开1个碳氢键、形成1个碳碳键，反应历程几乎等效，所以反应限度受温度影响的程度几乎相同。 (3)脱氢的过程为吸热过程，则温度升高，反应速率加快，平衡正向移动，平衡转化率提高，a正确；脱氢的过程为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，b错误；催化剂不可以改变平衡转化率，只能加快反应速率，c错误。 答案：(1) eq \f(α2,1－α2)p0　(2)两反应过程中断键和成键过程相同　 (3)a 3．(2024·山东高考节选) 水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C­H2O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，C­H2O­CaO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______ __________________________________________________________。 (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”)。 解析：(1)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逆向移动，依据反应Ⅱ可知，H2的摩尔分数减小，CO的摩尔分数增大，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，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化。 (2)压力p下、温度为T0时，H2、CO、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＝0.30，则反应CO(g)＋H2O(g) ⥫⥬CO2(g)＋H2(g)的平衡常数Kp＝ eq \f(p(CO2)×p(H2),p(CO)×p(H2O))＝ eq \f(0.05p×0.5p,0.15p×0.3p)＝ eq \f(5,9)。设起始状态1 mol C(s)，x mol H2O(g)，反应Ⅰ 进行完全。 则依据三段式： 　 C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g) 起 1 x 0 0 转 1 1 1 1 平 0 x－1 1 1 　CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) 转 a 　a 　a 　a 　CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s) 转 b b 根据平衡时H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有 eq \f(1＋a,x＋1－b)＝0.5、 eq \f(1－a,x＋1－b)＝0.15、 eq \f(a－b,x＋1－b)＝0.05，解出x＝ eq \f(32,13)，a＝ eq \f(7,13)，b＝ eq \f(5,13)，则n(总)＝x＋1－b＝ eq \f(32,13)＋1－ eq \f(5,13)＝ eq \f(40,13)，而由于平衡时n(总)＝4 mol，当起始状态时C(s)为y mol时，则 eq \f(40,13)y＝4，y＝ eq \f(13,10)，则n(CaCO3)＝b·y＝ eq \f(5,13)× eq \f(13,10)＝0.5。若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，温度不变，反应CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s)的Kp＝ eq \f(1,p(CO2))不变，则分压p(CO2)不变；体系中增加了 CO2(g)，若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前提下，CO、H2O的分压增大，H2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Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即p(CO)不变。 答案：(1)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为放热反应，平衡逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小 (2) eq \f(5,9)　0.5　不变　不变 $