板块5 主观题突破3 化学平衡及其常数的计算-【红对勾讲与练】2026年高考化学二轮复习讲义

温度/℃ 150200250300350400450 100 ----●m 90 b 80- 20 10 c d 0.00.51.01.52.02.53.03.5 压强/MPa 己知：S(乙醇)= n(乙醇) (乙醇)+2n(乙酸乙酯)X100%。 主观题突破3化学 真题研悟 明晰方向。 1.(2025·广东卷节选)钛基催化剂可以催化储氢 物质肼(N2H)的分解反应： (e)N2H4—N2+2H2 (f)3N2H4—N2+4NHg 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N2H的物质的量为n。), 进行实验，得到n1/no、n2/n。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n。为0~t 时间段内反应(e)消耗N2H,的物质的量，该时 间段内，本体系中催化剂的选择性用”。一× n0-n2 100%表示。 2 (toy） (toy2) t/min (1)0t。min内，N2H4的转化率为 (用含y2的代数式表示)。 (2)0~t。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) 048 2对勾·讲与练·高三二轮化学 (1)250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是 (2)曲线b变化的原因是 (3)150℃时，在催化剂作用下H2(g)和 CH COOH(g)反应一段时间后，乙醇的选择性 位于m点，不改变反应时间和温度，一定能提 高乙醇选择性的措施有 (填一条)。 平衡及其常数的计算 2.(2025·陕晋宁青卷节选)MgCO3/MgO循环 在CO2捕获及转化等方面具有重要应用。科 研人员设计了利用MgCO3与H2反应生成 CH,的路线，主要反应如下： I.MgCO (s)-MgO (s)+CO2(g) △H,=+101kJ·mol II.CO2(g)+4H2 (g)-CH(g)+2H2O(g) △H2=-166kJ·mol- Ⅲ.CO2(g)+H2(g)一H2O(g)+CO(g) △Hg=+41kJ·mol 100kPa下，在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s) 各1mol发生反应。反应物(H2、MgCO3)的平 衡转化率和生成物(CH4、CO2)的选择性随温度 变化关系如下图（反应Ⅲ在360℃以下不考虑）。 100 80 60 M H 20 0 200300400500600温度/℃ 850.0 49.5 48.51 65266 267268269270 温度/℃ 图为上图内点M附近区域放大图 注：含碳生成物的选择性= 含碳生成物的物质的量 MgCO3转化的物质的量 ×100% (1)表示CH4选择性的曲线是 (填 字母)。 (2)点M温度下，反应Ⅱ的K。= (kPa)2(列出计算式即可)。 (3)在550℃下达到平衡时，n(C0)= mol。500~600℃，随温度升高H2平衡转化 率下降的原因可能是 3.(2025·黑吉辽蒙卷节选)乙二醇是一种重要化 工原料，以合成气(CO、H2)为原料合成乙二醇 具有重要意义。间接合成法：用合成气和O2 制备的DMO合成乙二醇，发生如下3个均放 热的连续反应，其中MG生成乙二醇的反应为 可逆反应。 COOCH +2H, CH OH +2H COOCH -CH;OH COOCH -CH OH DMO(g) MG(g) CH2 OH +H。 CHa CH,OH -H2O CH,OH 乙二醇(g) 乙醇(g) 在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发 n(H2) 生上述反应，初始氢酯比 (DMO) =52.4,出口 处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、 乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某 物质的选择性=”生成（该物质） n消耗(DMO) ×100%]。 (483,99) 100 ￥80 60 A(450,50) 40 20 (483,2) 0- 443 463 483 503 523 温度K (1)已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DMO的转 化率，曲线 表示MG的选择性。 (2)483K时，出口处m(乙醇) n(DMO) 的值为 (精确至0.01)。 (3)A点反应MG(g)+2H2(g)== HOCH2CH2OH(g)+CHOH(g)的浓度商 Q.= (用物质的量分数代替浓度计 算，精确至0.001)。 湖源固本 整合关键。 1.转化率、产率的计算公式 反应物的变化量 (1)反应物的转化率 反应物的起始量 ×100%。 生成物的实际产量 (2)生成物的产率 生成物的理论产量 X100%。 2.分压与压强平衡常数 对于可逆反应：aA(g)十bB(g)一 cC(g)十dD(g),在一定温度下达到化学平衡 时，若用p(A)、p(B)、p(C)、p(D)分别表示A、 B、C、D各气体的分压，用K。表示压强平衡常 数，则有： (1)p(C)=平衡时的总压×物质C的物质的量 分数。 (2)K。=p(C)·p(D) p“(A)·p(B) 3.速率方程、速率常数及其应用 对于基元反应：aA(g)十bB(g)= dD(g)eE(g) (I)速率方程：正=k正·c“(A)·c6(B);逆= k逆·cd(D)·c‘(E)。 (2)速率常数(k)是一个与温度有关，而与浓 度、压强无关的量。 (3》基元反应的平衡常数K一 k正 板块五化学反应的热效应、速率与平衡 049 4.多平衡体系中的守恒计算 第 确定反应体系中有哪些元素 根据已知反应物分别计算出体系中各元素 步 原子总的物质的量 确定平衡体系中各物质的物质的量 第 分析平衡时，已给出哪些物质的物质的量， 步 将未给出物质的物质的量设未知数，利用 原子守恒列方程式组，求出未知量 计算平衡常数 (1)若为浓度平衡常数，根据容器的容积 计算各物质的平衡浓度，代入平衡常数表 第 达式计算 步 (2)若为压强平衡常数，根据平衡时各气 体的物质的量及气体总物质的量，计算出 平衡分压，最后代入压强平衡常数表达式 计算 模拟测评 融会贯通、 1.(2025·江西赣州一模)氢气是理想的清洁和高 能燃料。乙醇和水重整制氢主要发生的反应 如下： 反应1：C2HOH(g)+HO(g)=2CO(g)+ 4H2(g)△H1=+258.1kJ·mol1; 反应2：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)十H2(g) △H2=-41.6kJ·mol1. TK时，将3 mol H2O(g)和1molC2HOH(g)的 混合气体投入恒容密闭容器中发生反应，初始 压强为50kPa,平衡时容器内压强为70kPa, p(CO2)=5kPa,平衡时p(H2)= kPa,反应2的平衡常数K。= (用最 简分式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分 压=总压×物质的量分数)。 2.(2025·陕西渭南二模)800℃时，向固定容积 的密闭容器中加入1 mol TiO2与3mol碳粉， 通人2 mol Cl2进行碳氯化反应：TiO2(s)十 2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g),同时 发生副反应：TiO2(s)十2Cl2(g)十C(s)= TiCl(g)+CO2(g),生成的气体TiCl4经过处 理得到TiCl,成品。若反应进行30min时达 到平衡状态，此时C和Cl2分别为1.8mol和 0.2mol,且CO和CO2的体积分数相同。 0502对勾·讲与练·高三二轮化学 (1)TiO2的平衡转化率为 (2)若起始总压强为6MPa,则平衡时的总压强 为 MPa,副反应的Kp= (用 平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物 质的量分数)。 3.(2025·山西部分学校联考)(1)已知Rlnk= 二士C(E,为活化能，k为速率常数，与温度 和催化剂有关，R和C为常数)。分别使用催 化剂a、b、c进行H2和CO2合成C2HOH的 反应：2CO2(g)+6H2(g)=C2HOH(g)+ 3HO(g),依据实验数据获得如图所示曲线。 在催化剂a作用下，反应的活化能(E.)= kJ·mol1;直线 (填“b”或 “c”)表示使用更高效的催化剂。 b (4.0,33.0) K (2)在TK、1.0×104kPa下，等物质的量的 CO2与CH4混合气体发生如下反应： CO2(g)+CH(g)=CH COOH(g)。反应速 率正-v逆=k正·p(CO2)·b(CH)一k逆· p(CH COOH),k正、k逆分别为正、逆反应速率 常数，卫为气体的分压（分压=总压×体积分 数)。用气体分压表示的平衡常数K。=4.5× 105(kPa),则C0,转化率为20%时，U匹- 4.(2025·河南安阳模拟)丙烯是重要的有机化工 原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其 化学方程式为C3H(g)C3H(g)十H2(g). 一定温度下，向恒容密闭容器中充入1mol C3Hg,开始压强为pkPa,C3Hg的气体体积分 数与反应时间的关系如图所示： 鉴o 50-- 25n 0 11 2 反应时间/min (1)此温度下该反应的平衡常数K。= )逆=k逆p(C3H6)p(H2),其中k正、k逆为速率 (用含字母饣的代数式表示，K。是用反应体系 中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分 常数，只与温度有关，则图中m点处正= 逆 压=总压×体积分数)。 (2)已知该反应过程中，v正=k正p(C3Hg), 综合通关（一） 化学反应原理综合题 思维建模 提升素能。 1.题型概述 能量变化 反应速率与化学平衡 电解质溶液 反应热 电化学 反应速率 化学平衡 水 平 定 三段式 用 热化 电极 相 速率、转化 层次曲 平衡常数 状 积的计 数 展 斯定 学 反应 判 电离程度 律计 程式 极类型 式的 率、平衡常 算 用 温度 K的 算△H 书写 书写 算 数的计算 有关 计算 2.解题策略 ①明确待求热化学方程式中的反 (1)跳跃思维 不放弃 应物和生成物； 化学反应原理综合题是拼盘式考查，热化 利用盖斯定律 ②处理已知热化学方程式中的化 学和电化学的题目设计一般没有递进性，答题 求算反应热 学计量数和焓变； 时可跳跃解决。 ③叠加处理热化学方程式确定 (2)分析图像—审仔细 答案 ①看轴：弄清纵、横坐标的含义。 关于速率、限 “三段式”法，分层找相关“量”：用 ②看线：弄清线的走向、变化趋势及 度的计算 什么时刻量，用什么物理量计算 线的陡及平。 首先要分析电化学装置，判断是原 ③看点：弄清曲线上点的含义，特别 电池还是电解池，然后再根据电极 电化学装置分 是一些特殊点，如与坐标轴的交点、 所处的环境书写电极反应式。相 “一看” 析与计算 曲线的交点、拐点、最高点与最低 关计算要注意灵活应用“得失电子 看图像 点等。 守恒” ④看量的变化：弄清是浓度变化、温 度变化还是转化率的变化。 真题研悟 明晰方向。 ⑤看是否需要作辅助线，如等温线、 1.(2025·安徽卷)I.通过甲酸分解可获得超高 等压线等 纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应： “二想” 看完线后联想外界条件对化学反应 ①HCOOH(g)—CO(g)+H2O(g) 想规律 速率和化学平衡的影响规律 △H,=+26.3kJ·mol “三判” 2HCOOH (g)--CO2(g)+H2 (g) 通过对比分析，作出正确判断 得结论 △H2=-14.9kJ·mol- (3)分层解题—难化易 (1)反应CO(g)+H2O(g)—CO2(g)+ 即要把大题化为小题，把综合性问题分解 H2(g)的△H= kJ·moll。 为一个个相对独立的小问题，降低难度，各个击 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量 破。如： 的HCOOH(g),发生上述两个分解反应，下列 板块五化学反应的热效应、速率与平衡 051率大于D,的转化率，则曲线c对应CO等压过程的曲线，曲 线d对应D,等压过程的曲线；增大压强，平衡正向移动， CO、D2的转化率增大，且CO的转化率大于D,的转化率，则 曲线a对应CO的等温过程的曲线，曲线b对应D。的等温 过程的曲线。 2.过多的CH,导致Al,)3催化剂失活分散度越高，总表面 积越大，吸附的反应物越多 解析：催化剂可以明显增大反应速率，C组图像中平均反应 速率最小的原因可能是过多的CH,导致Al,O?催化剂失 活；分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多，催化效 果越好，使得反应速率越大。 3.(1)BC (2)减小增大进料比，主、副反应平衡均正移，副反应平衡 正移消耗了H2,生成了CO 解析：(1)观察题图1，进料比增大，相当于CH,量不变，CO。 量增加，平衡向正反应方向移动，CH,转化率增大，质量分数 减小，故甲、乙、丙的进料比依次为1.0、2.0、3.0，A错误；a、c 点起始投料相同，c,点温度高于a,点，温度高，正反应速率大， B正确；平衡常数只与温度有关，从题图1看，b、c,点温度相 同，K(b)=K(c),a点到c点升高温度，甲烷质量分数减小， 说明升温，平衡向正反应方向移动，即正反应是吸热反应，升 温，平衡常数增大，故K(b)=K(c)>K(a),C正确；由C项 分析可知，正反应是吸热反应，D错误，故选BC。(2)增大进 料比，即增大n(CO,),主、副反应平衡均正移，而副反应平衡 正移会消耗H2,同时生成C),故H2、CO的物质的量之比减 小。 4.(1)a (2)主反应与副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反 应的平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应 (3)使用对主反应催化活性更高的催化剂（或增大压强） 解析：(1)主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平 衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随 压强变化的曲线是1。(2)主反应和副反应均为放热反应，升 高温度，平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反 应，所以乙醇的选择性随着温度升高而减小。(3)主反应为 气体体积减小的反应，增大压强，反应正向移动，可以提高乙 醇选择性，或选择对主反应催化活性更高的催化剂。 主观题突破3化学平衡及其常数的计算 》真题研悟·明晰方向《 1.(1)1-y:)×100%(2)3y,+y:-1 ×100%(推导过程见 8-8y2 解析) 解析：(1)因为肼(N2H,)为反应物，肼的含量逐渐下降，起始 时”=1，t。min时，=y2,则0一t。min内，N,H:的转化 n。 n。 率为2×100%=(1-)×100%。(2)由题图可知， 。mn时，=y,”=y,则：=yX反应掉的肼 20 110 (N2H,)为n。(1一y2),生成的氮气和氢气的物质的量之和 为y1×no,根据反应前后原子守恒，可得n(NH3)= 6n,(-:)-2y,反应(f)消耗的肼为n(NH）= 6n,0=y）-2moy× 4,反应(e)消耗的肼：为m1-y2) 6(1-y:)-2ny×3 4 ,则本体系中催化剂的选择性为 4 1-y)6,1-2)-2my×3 4 4 ×100%= no-n2 no-y2 Xno (1-y) 9(1-y:）-3y1 8 3y1+y2-1 100%= 1一y2 -×100%= 8-8y 100%。 $$2 . \left( 1 \right) c \left( 2 \right) \frac { 4 9 ^ { 2 } } { 2 ^ { 4 } }$$ (3)0.2 反应Ⅱ逆反应生成的氢气多于反应Ⅲ正反应消耗 的氢气 解析：已知反应Ⅰ为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反 应，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化 率下降，在 $$3 6 0 ^ { \circ } C$$ 以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性 上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的转化率，b表 示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。(1)表示 $$C H _ { 4 }$$ 选择性的曲线是 c.(2) 点M温度下，从题图中看出碳酸镁的 转化率为49%， 则剩余的碳酸镁为0.51 mol， 根据碳原子守恒， 甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49 mol， 又因 为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等(反应Ⅲ在 $$3 6 0 ^ { \circ } C$$ 以下不考虑)，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245 mol， ， 根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49 mol， 根据 氢原子守恒得出氢气的物质的量为0.02 mol， 体系中气体总 物质的量为 0.02mol+0.245mol+0.245mol+0.49mol= $$1 m o l ， p \left( H _ { 2 } \right) = \frac { 0 . 0 2 } { 1 } \times 1 0 0 k g a = 2 k P a ， p \left( C O _ { 2 } \right) =$$ $$p \left( C H _ { 4 } \right) = \frac { 0 . 2 4 5 } { 1 } \times 1 0 0 k P a = 2 4 . 5 k P a ， p \left( H _ { 2 } O \right) = \frac { 0 . 4 9 } { 1 } \times$$ Pa，则反应Ⅱ的 $$K _ { p } = \frac { 2 4 . 5 \times 4 9 ^ { 2 } } { 2 ^ { 4 } \times 2 4 . 5 } \left( k P a \right) ^ { - 2 } =$$ $$\frac { 4 9 ^ { 2 } } { 2 ^ { 4 } } \left( k P a \right) ^ { - 2 } 。 \left( 3 \right)$$ $$5 5 0 ^ { \circ } C$$ 下达到平衡时，碳酸镁完全转化， 二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的 二氧化碳为0.7 mol， 生成的甲烷为0.1 mol， 根据碳原子守 恒得出 n h(CO)=(1-0.7-0.1)mol=0.2mol； 因为反应Ⅱ 是放热反应，反应Ⅲ是吸热反应，在 $$5 0 0 6 0 0 ^ { \circ } C ，$$ ，随温度升 高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应 逆反应生 成的氢气多于反应Ⅲ正反应消耗的氢气，导致 $$H _ { 2 }$$ 平衡转化 率下降。 3.(1)I Ⅳ (2 \left.1) 98 (3)0.025 解析：(1)根据间接合成法的3个连续反应可知，消耗的 DMO 的物质的量等于MG、乙二醇、乙醇的物质的量之和。 根据物质选择性的定义，三种产物在任一温度下的选择性之 和为100%，故曲线Ⅰ为 DMO 的实际转化率曲线；又已知曲 线Ⅱ为乙二醇的选择性曲线，观察曲线Ⅱ和曲线Ⅳ可知，随 着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线Ⅳ为 MG的选 择性曲线，因此曲线Ⅲ为乙醇的选择性曲线。(2) 483 3K时， DMO的实际转化率为99%， 设起始投入反应的 DMO 为 100mol， 则出口处流出的乙醇的物质的量为100 mol×99%× 2%=1.98 mol， 此时还有1 mol DMO未反应， 因此出口处 n(DMO) $$\frac { n \left( Z n \right) } { n \left( D M O \right) } = \frac { 1 . 9 8 m o l } { 1 m o l } = 1 . 9 8 。 \left( 3 \right)$$ 设初始时 $$H _ { 2 }$$ 与 DMO 的 1mol 投料分别为52.4mol和1mol， A点时 DMO )的实际转化率 为 80%，MG 和乙二醇的选择性均为 50%， ，假设该反应分步 进行，第一步发生 DMO 转化为 MG， 可写出如下关系： $$D M O \left( g \right) + 2 H _ { 2 } \left( g \right) \xlongequal { \quad } { \quad } M G \left( g \right) + C H _ { 3 } O H \left( g \right)$$ 起始物质 52.4 0 0 的量/mol 反应物质 0.8 1.6 0.8 0.8 的量/mol 终了物质 0.2 50.8 0.8 0.8 的量/mol 第二步反应， ，MG 转化为乙二醇，可写出如下关系； $$M G \left( g \right) + 2 H _ { 2 } \left( g \right) \quad \quad H O C H _ { 2 } C H _ { 2 } O H \left( g \right) + C H _ { 3 } O H \left( g \right)$$ 起始物质 0.8 50.8 0 0.8 的量/mol 反应物质 0.4 0.8 0.4 0.4 的量/mol 终了物质 50.0 0.4 1.2 的量/mol 这时，体系中 DMO 的物质的量为 0.2mol、MG 的物质的量 为 $$0 . 4 m o l 、 H _ { 2 }$$ 的物质的量为 $$5 0 . 0 m o l 、 C H _ { 3 } O H$$ 的物质的 量为1.2 mol、乙二醇的物质的量为 0.4mol， ，体系中气体总 物质的量为0.2 mol+0.4 mol+50.0 mol+1.2 mol+ 0.4 mol=52.2 mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的 参考答案 225 0.4 mol 1.2 mol 52.2 mol52.2 mol 浓度商Q.三 0.4 mol 50.0mol12 ≈0.025。 52.2 mol 52.2 mol 》模拟测评·融会贯通《 1259 解析：初始压强为50kPa,则H()的初始分压为50kPa× 3+=37.5kPa,C,H:OH的初始分压为12.5kPa,设乙醇 的变化分压为akPa,根据题意列三段式计算： C2 H:OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g) 起始分压112.5 kPa 37.5 0 0 变化分压/ 2a kPa a Aa 平衡分压/12.5一a kPa CO(g)+H2 O(g)CO2(g)+H2(g) 变化分压15 5 5 5 kPa 平衡分压/2a-537.5-a-55 4a+5 kPa 平衡体系中总压强p(总)=70kPa,故12.5一a+37.5-a 5+2a-5+4a+5+5=70,解得a=5,则平衡时p(H2)= (4×5+5)kPa=25kPa,p(CO)=(2×5-5)kPa=5kPa, p(H20)=(37,5-5-5)kPa=27.5kPa,反应2的平衡常 5kPa×25kPa10 数K,=5kPa×27.5kPai 2.(1)90%(2)6.913.5 解析：(1)设TO,在碳氯化反应和副反应中转化的物质的量 分别为xmol、ymol,则根据已知条件列出“三段式”： TiO:(s)+2Cl (g)+2C(s)TiCl (g)+2CO(g) 起始物质 的量/mol 1 3 0 0 转化物质 的量/molx 2x 2x 2x 平衡物质 的量/mol 2x Ti(2(s)+2C12(g)+C(s)=TiC1:(g)+CO2(g) 起始物质 的量/mol 1 2 3 0 0 转化物质 的量/moly 2y y 平衡物质 的量/mol 1-x-y2-2x-2y3-2x-yx+y 3-2x-y=1.8,2-2x-2y=0.2,解得x=0.3,y=0.6, Ti0,的平衡转化牵为0.3mol+0.6mol 1 mol 100%=90%。 (2)若起始总压强为6MPa,则平衡时的总压强为6MPaX (0.2+0.6+0.6+0.9)mol=6.9MPa,副反应的K,= 2 mol x69MP)×(器×8.9NP 0.6、 =13.5。 2.3×6.9MPa) /0.2 3.(1)30.0c(2)0.8 E 1 解析：)已知RInk=-行+C,则Rhk=一E.丁+C,故 图像的斜率为反应的活化能，反应的活化能(E.) 63.0-33.0/mol=30.0k/mol。由题图可知，使用催 3.0-4.0 化剂C时反应的活化能更低，催化效率最高，故直线c表示 使用更高效的催化剂。(2)当反应达到平衡时=口，则 k (CH COOH) k接p(CH)·(C)2) =K,=4.5×10i(kPa)1;TK、1.0X 10kPa下，设起始时n(CH,)=n(CO2)=1mol,则反应的 三段式为 226红网勾·讲与练·高三二轮化学 CO2(g)+CH,(g)==CH;COOH(g) 起始物质的量/mol1 0 变化物质的量/mol0.2 0.2 0.2 平衡物质的量/mol0.8 0.8 0.2 济以pCH)=p(C0,)=8x1.0X10kPa=号 10 kPa (CH,COOH).x kPa 0.2 10kPa,则兰-=×p(CH,)b(C0) v楼k是人p(CH,COOH) =4.5× (信x10n)×(信×1o0 107(kPa)X =0.8。 (号×1okP 4.(1)0.9pkPa(2)5.4 解析：(1)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3Hg, 开始压强为pkP,假设反应消耗C3Hg的物质的量为 xmol,则列三段式有 C;Hg(g)=Cs Hi(g)+H2 (g) 起始物质的量/mol 1 0 0 转化物质的量/mol x x x 平衡物质的量/mol 1-x x 根据题图可知平衡时CH。的体积分数为25%·一2+x+z 1-x 25%,解得x=0.6,则n(总)=(1十x)mol=1.6mol,开始 气体物质的量是1mol时压强为pkP,则平衡时气体物质的 量为1.6mol时，气体总压强为1.6pkPa,其中p(C3H)= 0.6x1.6p kPa=0.4p kPa,p(C Ha )=p (H:)0x 1.6 1.6pkPa=0.6pkPa,则该反应达到平衡时的化学平衡常数 K,-0.6 p kPax0,6pkPa=0.9pkPa,(2已知该反应过 0.4p kPa 程中，心E=k正(C,Hg),℃是=kp(C:H)力(H,),当反应 达到平衡时，口2=0，则9三 k正p(CgHg) 是是力(CH)(H2)=量 K。 1,三=K,其中及运k是为速率常数，只与温度有关， 面点温度不变，因此不变，m点时CH&的体积分数为 1-x 50%,则1一x+x+2 =50%,解得x=3,则（总）=（1十 x)mol=号mol,开始气体物质的量是1m0l时压强为 3 pkP,时平街时气体物质的童为子0l时，气体总压强为 1 3pkPa,其中p(CHn)= 4 2 4 3 1 4 p(C3H6)=p(H2)= 4 3bkPa,故m点处 3 0正 (Cs Hg) (C H&) 0e意力(CH)p(H)=K,X p(C3 Hi)p(H2) 2卫kPa 0.9pkPa× -=5.4。 3 综合通关（一）化学反应原理综合题 》真题研悟·明晰方向《 1.(1)一41.2(2)bc(3)反应①的活化能低，反应②的活 化能高，反应②的化学反应速率小催化剂在升温时活性降 低（或升温时催化剂对反应②更有利，合理即可）(4)b (5)i.增大i,0.675p