专题5 考点5 多平衡体系中k、K、Kp等常数的相关计算 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·化学（教用word）

1．(2025·安徽卷)Ⅰ.通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： ①HCOOH(g)⇌CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋26.3 kJ·mol-1 ②HCOOH(g)⇌CO2(g)＋H2(g)　ΔH2＝-14.9 kJ·mol-1 (1)反应CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)的ΔH＝________kJ·mol-1。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g)，发生上述两个分解反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是________(填标号)。 a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．H2O(g)的浓度不变 d．CO和CO2的物质的量相等 Ⅱ.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H2)的重要方法，主要反应如下： ③CH4(g)＋CO2(g)⇌2CO(g)＋2H2(g) ④CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) ⑤CH4(g)＋H2O(g)⇌CO(g)＋3H2(g) (3)恒温恒容条件下，可提高CH4平衡转化率的措施有________(填标号)。 a．增加原料中CH4的量 b．增加原料中CO2的量 c．通入Ar气 (4)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO2/Ar混合气，投料组成与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如下图。 i．投料组成中Ar含量下降，平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ii.若平衡时Ar的分压为p kPa，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数Kp＝________kPa2(用含p的代数式表示，Kp是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数)。 解析：(1)根据盖斯定律，由反应②-反应①得CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝-41.2 kJ·mol-1。 (2)a项，反应中涉及的物质均为气体，混合气体的总质量不变，容器容积也不变，则气体密度始终不变，故气体密度不变不能说明反应达到平衡状态；b项，由反应①②可知，气体总物质的量是变量，已知温度和容器容积不变，根据pV＝nRT可知，气体总压强会随气体总物质的量的变化而改变，因此当气体总压强不变时说明反应达到平衡状态；c项，若H2O(g)的浓度不变，则反应①的正、逆反应速率相等，反应①达到平衡状态，此时HCOOH(g)的浓度也不变，则反应②也达到平衡状态；d项，CO和CO2的物质的量相等，无法说明正、逆反应速率相等，则无法说明反应达到平衡状态。 (3)a项，增加原料中CH4的量，CH4的平衡转化率降低；b项，增加原料中CO2的量，反应③平衡正向移动，CH4的平衡转化率升高；c项，恒温恒容条件下通入Ar气，体系压强增大，但各反应物的浓度不变，平衡不移动，CH4的平衡转化率不变。 (4)i.由题图可知，随着投料组成中Ar含量下降，CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率，说明反应④正向进行的程度大于反应⑤正向进行的程度，故平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将增大。ii.设起始时通入的n(Ar)＝a mol，则通入的n(CO2)＝n(CH4)＝2a mol，由图像可知该条件下，CH4的平衡转化率为20%，CO2的平衡转化率为30%，则反应消耗的n消耗(CO2)＝0.6a mol，n消耗(CH4)＝0.4a mol，平衡时n平衡(CO2)＝1.4a mol，n平衡(CH4)＝1.6a mol。设生成的CO、H2、H2O的物质的量分别为x mol、y mol、z mol，根据C原子守恒可得x＝0.6a＋0.4a＝a；根据O原子守恒可得x＋z＝2×0.6a，解得z＝0.2a；根据H原子守恒可得2y＋2z＝0.4a×4，解得y＝0.6a。平衡时，n(Ar)＝a mol，分压为p kPa，则反应⑤的平衡常数Kp＝＝0.675p2kPa2。 答案：(1)-41.2　(2)bc　(3)b　(4)i.增大 ii.0.675p2 2．(2025·龙岩一模)空间站内搭载萨巴蒂尔装置将CO2转化为H2O，再通过电解水装置回收氧元素，其系统原理如下图： 萨巴蒂尔装置内发生的反应为 反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41.1 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO(g)＋3H2(g)⇌CH4(g)＋H2O(g)　ΔH2 (1)已知：4H2(g)＋CO2(g)===2H2O(g)＋CH4(g)　ΔH3＝-164.9 kJ·mol-1。 ①ΔH2＝________。 ②其他条件不变时，压缩平衡体系体积，重新达到平衡后，下列说法正确的是________(填字母)。　 A．反应Ⅰ的化学平衡常数变小 B．ΔH2变大 C．CH4物质的量分数增大 D．H2的转化率增大 (2)T ℃下，在体积为1 L的“高温反应器”中(其他条件相同)充入1 mol CO2及4 mol H2，分别使用Ni4Mn/α-Al2O3、Ni4Mn/β-Al2O3、Ni4Mn/γ-Al2O3作催化剂，在t s时CO2的转化率见下表。 标号 A B C 催化剂 Ni4Mn/α-Al2O3 Ni4Mn/β-Al2O3 Ni4Mn/γ-Al2O3 CO2转化率/% 35.3 48.6 75.0 ①使用不同催化剂时，反应的活化能：Ni4Mn/α-Al2O3催化剂________(填“＝”“>”或“<”)Ni4Mn/γAl2O3催化剂。 ②在t s时，一定未达到平衡的是________(填写上表中的“标号”)。 ③使用Ni4Mn/γ-Al2O3作催化剂，在t s时测得H2O的物质的量为1.35 mol，0～t s时，v(H2)＝________mol·L-1·s-1。 (3)已知原料气中含有1 mol CO2及4 mol H2在萨巴蒂尔装置中发生反应，达到平衡时，各组分物质的量分数随温度变化如下图所示。 300 ℃达到平衡时，总压为p，则反应Ⅱ的Kp＝________________(列出计算式，Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数)；此时氧元素的回收率为__________[列出计算式，回收率＝×100%]。 (4)萨巴蒂尔系统中不能先进行低温反应，再进行高温反应的原因是________ __________________________________________________________________。 解析：(1)①反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41.1 kJ·mol-1，反应Ⅲ：4H2(g)＋CO2(g)===2H2O(g)＋CH4(g)　ΔH3＝-164.9 kJ·mol-1，根据盖斯定律，由反应Ⅲ-反应Ⅰ得反应Ⅱ：CO(g)＋3H2(g)⇌CH4(g)＋H2O(g)　ΔH2＝ΔH3-ΔH1＝-164.9 kJ·mol-1-41.1 kJ·mol-1＝-206 kJ·mol-1。②化学平衡常数只与温度有关，反应Ⅰ的温度不变，化学平衡常数不变，故A错误；焓变与平衡移动无关，增大压强，ΔH2不变，故B错误；增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，CH4物质的量分数增大，故C正确；增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，H2的转化率增大，故D正确。　 (2)①相同时间内使用Ni4Mn/α-Al2O3催化剂时CO2的转化率小于Ni4Mn/γ-Al2O3催化剂，可知使用Ni4Mn/γ-Al2O3催化剂时反应速率大，反应的活化能低。②催化剂不能使平衡移动，一定未达到平衡的是AB。③使用Ni4Mn/γ-Al2O3作催化剂，t s时，CO2的转化率为75%，可知反应Ⅰ消耗0.75 mol氢气、生成0.75 mol水，在t s时测得H2O的物质的量为1.35 mol，则反应Ⅱ生成0.6 mol水，可知反应Ⅱ消耗氢气的物质的量为1.8 mol，0～t s时，v(H2)＝＝ mol·L-1·s-1。 (3)随温度升高，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，所以CO的物质的量分数增大、CH4的物质的量分数减小，则c表示CO、b表示CH4、a表示H2O，300 ℃达到平衡时，总压为p，则反应Ⅱ的Kp＝；含氧元素的物质有CO2、CO、H2O，CO2、CO、H2O的物质的量分数分别为y%、z%、w%，所以此时氧元素的回收率为×100%；或含氢元素的物质有H2、H2O、CH4，H2、H2O、CH4的物质的量分数分别为w%、w%、x%，氢元素的物质的量为氧元素的4倍，所以此时氧元素的回收率为×100%＝×100%；或含有碳元素的物质有CO2、CO、CH4，CO2、CO、CH4的物质的量分数分别为y%、z%、x%，氧元素的物质的量为碳元素的2倍，所以此时氧元素的回收率为×100%。 (4)反应Ⅰ吸热，若先在低温反应时，反应Ⅰ速率小且转化率低，生成CO和H2O(g)少，导致反应Ⅱ正向进行的程度小，氧元素回收率低，所以萨巴蒂尔系统中不能先进行低温反应，再进行高温反应。 答案：(1)①-206 kJ·mol-1　②CD (2)①>　②AB　③ (3)　×100% (4)若先在低温反应时，反应Ⅰ速率小且转化率低，生成CO和H2O(g)少，导致反应Ⅱ正向进行程度小，氧元素回收率低 3．(2025·郑州二模)N，N-二甲基甲酰胺(DMF)被广泛应用于溶剂领域，尤其在医药、农药及有机合成中有重要地位。一种基于ZnO-TiO2固体催化剂的固定床反应工艺(DMF选择性高)，直接利用DMA、CO2和H2为原料合成DMF，反应如下： 主反应：＋CO2(g)＋H2(g) ＋H2O(g)　ΔH1＝＋53 kJ·mol-1 副反应：＋CO2(g)＋3H2(g) ＋2H2O(g)　ΔH2 (1)已知部分共价键的键能见下表： 共价键 C—H H—H C===O (有机物中) H—O 键能/ (kJ·mol-1) 413 436 728 464 ΔH2＝________kJ·mol-1。 (2)①由图a可知，当Zn的掺杂量(最佳比例)＝________%时，所得催化剂在DMA转化率上表现出最佳性能；图b表示不同温度下该催化剂对反应的影响，温度为________℃时，该催化剂的活性最高。 ②由图b可知，当Zn/(Zn＋Ti)%为最佳比例时，恒压下，随着温度的升高，DMA的转化率先增大后减小，分析DMA的转化率变化的原因：_________________ ______________________________________________________________________ ____________________________________________________________________。 ③在恒压p MPa下，DMA、CO2和H2按1∶1∶1投料进行反应。c点达到平衡时，DMA的转化率为15%，忽略副反应，则主反应的Kp＝__________________MPa-1(列出计算式)。 (3)在Zn/(Zn＋Ti)%为最佳比例及最佳温度下，DMA转化为DMF、TMA反应机理如图c所示；CO2加H2转化为HCOO*、HCHO*(*表示吸附)的能量与反应过程如图d所示。 ①写出过渡态为“TS2”的基元反应方程式：_________________________________ _________________________________________________。 ②DMA反应时，TMA选择性低的原因是_________________________________ _____________________________________________________________________。 解析：(1)根据主反应可得ΔH1＝6×413 kJ·mol-1＋E(N—H)＋2E(N—C)＋2E(C===O，无机物)＋436 kJ·mol-1-7×413 kJ·mol-1-3E(N—C)-728 kJ·mol-1-2×464 kJ·mol-1＝＋53 kJ·mol-1，解得E(N—H)-E(N—C)＋2E(C===O，无机物)＝1 686 kJ·mol-1，根据副反应可得ΔH2＝6×413 kJ·mol-1＋E(N—H)＋2E(N—C)＋2E(C===O，无机物)＋3×436 kJ·mol-1-9×413 kJ·mol-1-3E(N—C)-4×464 kJ·mol-1＝-101 kJ·mol-1。 (2)①由题图a可知，当Zn的掺杂量为15%时，所得催化剂在DMA转化率上表现出最佳性能；由题图b可知，温度为300 ℃时，该催化剂的活性最高。②当温度低于300 ℃时，随着温度升高，催化剂活性增强，反应速率增大，DMA转化率增大；当温度高于300 ℃时，温度升高，催化剂对主反应的催化活性降低，主反应的反应速率减小，导致DMA转化率减小，因此DMA的转化率先增大后减小。③设起始时，DMA、CO2和H2的物质的量均为1 mol，c点达到平衡时，DMA的转化率为15%，可知DMA转化了0.15 mol，列“三段式”： 可得p(DMA)＝p(CO2)＝p(H2)＝×p MPa，p(DMF)＝p(H2O)＝×p MPa，Kp＝＝ MPa-1。 (3)①由题图d可知，过渡态为“TS2”的基元反应方程式为2H*＋CO===H*＋HCOO*或H*＋CO===HCOO*。 ②DMA反应时，过渡态为“TS3”的基元反应能垒较大，不利于生成HCHO，导致TMA选择性低。 答案：(1)-101　(2)①15　300　②温度低于300 ℃时，温度升高，催化剂活性增强，反应速率增大，DMA转化率增大；温度高于300 ℃时，温度升高，催化剂对主反应的催化活性降低，主反应的反应速率减小，导致DMA转化率减小　③ (3)①H*＋CO===HCOO*(或2H*＋CO===H*＋HCOO*) ②过渡态为“TS3”的基元反应能垒较大，不利于生成HCHO 4．(2025·岳阳一模)“碳达峰”“碳中和”是我国社会发展的重大战略。在催化剂作用下，CO2可被H2还原为CH3OH等化学品，主要反应如下： 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝-50 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41 kJ·mol-1 (1)反应CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)的ΔH＝________kJ·mol-1。 (2)恒温恒容条件下，若起始按n(CO2)∶n(H2)＝1∶1投料，只发生反应Ⅰ，下列能作为反应达到平衡的标志是________(填字母)。 A．CO2浓度不再发生变化 B．CO2百分含量不再发生变化 C．气体平均相对分子质量不再发生变化 D．3v正(H2)＝v逆(H2O) (3)将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)充入密闭容器发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强变化曲线如图甲所示。图中表示CH3OH(g)选择性的曲线是________(填“m”“n”或“p”)，A点时H2的转化率为__________，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝________(结果保留两位有效数字)。 (4)近年来新兴的生物电催化技术运用微生物电解池也可实现弱酸环境下CO2甲醇化，工作原理如图乙所示。 已知：法拉第效率FE(X)＝×100% ①实验测得，阴极区溶液酸性增强，阴极上会产生气体a导致法拉第效率降低，气体a的分子式为__________。 ②阴极生成甲醇的电极反应式为_______________________________________ _____________________________________________________________________。 解析：(1)根据盖斯定律，由反应Ⅰ-反应Ⅱ可得目标反应，因此ΔH ＝ΔH1-ΔH2＝-91 kJ·mol-1。 (2)恒温恒容条件下，当CO2浓度不再发生变化，说明反应已达到平衡，A符合题意；设起始投料n(CO2)＝n(H2)＝a mol，转化的n(CO2)＝x mol，列“三段式”： 反应前CO2百分含量为×100%＝50%，反应后CO2百分含量为×100%＝50%，CO2百分含量始终不变，不能作为反应达到平衡的标志，B不符合题意；反应Ⅰ是气体分子数减小的反应，且质量守恒，气体平均相对分子质量是变量，当气体平均相对分子质量不再发生变化时，说明反应达到平衡，C符合题意；当3v正(H2)＝v逆(H2O)时，反应速率之比不等于化学计量数之比，正、逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，D不符合题意。 (3)反应Ⅰ是反应前后气体体积减小的反应，反应Ⅱ是反应前后气体体积不变的反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应Ⅱ平衡逆向移动，导致CO选择性降低，故曲线p表示CO的选择性与压强的关系，CH3OH的选择性与CO的选择性之和为100%，因此曲线m表示CH3OH的选择性与压强的关系，曲线n表示CO2的平衡转化率与压强的关系；A点时CO2的平衡转化率为30%，CH3OH的选择性为70%，列式： x＋y＝1×30%，＝70%，解得x＝0.21，y＝0.09，此时H2的转化率为×100%＝×100%＝24%；平衡时CO2、H2、CO、H2O的物质的量分数分别为、、、，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp＝＝ ＝ ≈0.017。 (4)①由题图乙可知，H＋通过质子交换膜移向右侧，因此右侧电极为阴极，当溶液酸性增强时，阴极法拉第效率降低，说明阴极还发生电极反应2H＋＋2e-===H2↑。②CO2在阴极得到电子生成甲醇，电极反应式为CO2＋6e-＋6H＋===CH3OH＋H2O。 答案：(1)-91　(2)AC　(3)m　24%　0.017　(4)①H2 ②CO2＋6e-＋6H＋===CH3OH＋H2O 5．(2025·山东卷)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下图所示，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________(填“>”“<”或“＝”)0。　 (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，若丁线所示物种的物质的量为a mol，则S2的物质的量为__________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________(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：(1)依据盖斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ可得4H2(g)＋2SO2(g)⇌4H2O(s)＋S2(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2。 (2)由于图示温度范围内反应Ⅱ的平衡常数K＝108基本不变知，恒有＝108，＝100，＝100，根据题图可知，乙线所示物种为H2O，丁线所示物种为H2；升高温度，S2减少，反应Ⅰ的平衡逆向移动，SO2增多，所以丙线所示物种为SO2，甲线所示物种为H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热反应，即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＝100可知，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)＝ mol＝ mol；根据O守恒，n(H2O)＋2n(SO2)＋4n(CaSO4)＝2 mol，则n(CaSO4)＝ mol＝ mol；根据Ca守恒，n(CaS)＋n(CaSO4)＝1 mol，则n(CaS)＝(1-) mol＝ mol，故n(CaS)-n(CaSO4)＝ mol- 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物质的量之比增大，反应Ⅱ的平衡常数K＝基本不变，重新达平衡时，H2的物质的量减小，则n(H2O)减小。 答案：(1)ΔH1＋ΔH2 (2)H2O　＜ (3)　150a (4)增大　减小 学科网（北京）股份有限公司 $