第8章 章末综合测评（八）(课件PPT)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·化学（鲁琼版 不定项）
2026-08-12
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教辅
摘要：
该高中化学高考复习课件聚焦化学反应速率与限度、化学平衡、催化剂作用等核心考点，依据高考评价体系分析近五年真题，明确反应速率调控（占30%）、平衡常数计算（占25%）等高频考点分布，归纳图像分析、实验探究等常考题型，体现备考针对性。
课件亮点在于“真题精讲+素养导向”策略，如以2024广东卷反应历程题为例，运用科学思维中的证据推理和模型建构方法，解析活化能与反应速率关系。通过“三段式”计算模板、图像分析步骤等技巧指导，培养学生科学探究与实践能力，助力学生掌握答题规律，教师可据此优化复习重点，提升备考效率。
内容正文：
章末综合测评（八）
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1．人们可通过改变条件来调控化学反应的速率与限度，使其向着对人类更有益的方向发展。下列条件的改变不是从化学反应速率与限度的角度考虑的是( )
A．橡胶轮胎中加入防老剂
B．燃煤中加入CaO
C．汽车排气管中使用三元催化器
D．工业合成氨不断移去液氨
B
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。
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章末综合测评
解析：橡胶轮胎中加入防老剂，是为了减慢老化速率，A不符合题意；
燃煤中加入CaO，是为了除去对环境造成污染的二氧化硫气体，与化学反应速率与限度无关，B符合题意；
催化剂可改变反应速率，C不符合题意；
工业合成氨不断移去液氨，可以降低氨浓度，使平衡正向移动，D不符合题意。
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章末综合测评
2．（2024·广东卷）对反应S(g)⥫⥬T(g)（I为中间产物），相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，c平(S)/c平(T)增大，c平(S)/c平(I)减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图（——为无催化剂，……为有催化剂）为 ( )
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章末综合测评
解析：提高反应温度，c平(S)/c平(T)增大，说明升高温度，总反应S(g)⥫⥬T(g)平衡逆向移动，总反应为放热反应，c平(S)/c平(I)减小，说明升高温度，反应S(g)⥫⥬I(g)平衡正向移动，该反应为吸热反应，故C、D项错误；
由题图可知，S(g)⥫⥬I(g)的活化能比I(g)⥫⥬T(g)的活化能大，则S(g)⥫⥬I(g)为该反应的决速步骤，加入催化剂降低该过程的活化能，故A项正确、B项错误。
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章末综合测评
3．（2024·江苏卷）催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、V2O5催化氧化SO2等。催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成 （环氧乙烷）、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO。下列说法正确的是( )
A.豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．C2H4与O2反应中，Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性
C．H2O2制O2反应中，MnO2能增大化学反应速率
D．SO2与O2反应中，V2O5能减小该反应的焓变
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章末综合测评
解析：固氮酶属于催化剂，催化剂能降低反应的活化能，A错误；
由题干信息知，C2H4与O2在Ag催化作用下生成环氧乙烷，B错误；
MnO2是H2O2分解生成O2的催化剂，催化剂可以增大化学反应速率，C正确；
V2O5是SO2与O2反应生成SO3的催化剂，催化剂不改变反应的焓变，D错误。
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章末综合测评
4．（2026·中山统考）某学习小组研究大小相同、过量的去膜镁条与40 mL 0.1 mol·L-1的盐酸和醋酸分别反应，相同条件下测得气体体积与反应时间关系见下表。下列说法不正确的是( )
D
气体体积/mL 5 10 15 20 … 45
A瓶（醋酸）/s 155 310 465 565 … 865
B瓶（盐酸）/s 7 16 30 64 … 464
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解析：金属与酸反应的实质是与酸中的氢离子反应，浓度影响化学反应速率，根据表中数据可知，0～5 mL时，A瓶与B瓶反应速率不同的原因是c(H＋)不同，故A正确；
镁和酸反应放热，使得溶液温度升高，所以15～20 mL时，A瓶反应速率增大，可能是温度升高所致，故C正确；
由表格数据可知，20～45 mL时，A瓶耗时300 s，B瓶耗时400 s，故镁与盐酸反应的速率并不是始终大于镁与醋酸反应的速率，故D错误。
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章末综合测评
5．下列对化学反应预测正确的是( )
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选项 化学方程式 已知条件 预测
A M(s)===X(g)＋Y(s) ΔH＞0 它是非自发反应
B W(s)＋xG(g)===4Q(g) ΔH＞0，自发反应 x可能等于1、2、3
C 4X(g)＋5Y(g)===4Q(g)＋6G(g) 能自发反应 ΔH一定小于0
D 4M(s)＋N(g)＋2W(l)===4Q(s) 常温下，自发进行 ΔH＞0
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解析：该反应的反应物是固体，生成了气体，所以ΔS>0，又该反应的ΔH>0，根据ΔH－TΔS<0反应自发可知，该反应在高温下自发，故A错误；
该反应的ΔH>0，能自发进行，说明ΔS>0，所以x可能等于1、2、3，故B正确；
该反应是气体分子数增大的反应，所以ΔS>0，ΔH>0时，该反应在高温下能自发进行，故C错误；
该反应的反应物有气体，反应后无气体，所以ΔS<0，该反应在常温下能自发进行，说明ΔH<0，故D错误。
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6．（2026·福州模拟）中国科学技术大学曾杰教授研究团队通过修饰铜基催化剂，在碳氧化物与有机分子转化的研究中获得多项突破。甲醇与水（均为气态）在铜基催化剂上的反应机理和能量变化如下图所示。下列说法正确的是
( )
A
A．选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，从而减少反应过程中的能耗
B．总反应的快慢由反应Ⅰ决定，是因为反应Ⅰ吸热、反应Ⅱ放热
C.反应Ⅱ的热化学方程式为CO(g)＋H2O(g)===H2(g)＋CO2(g) ΔH＝＋a kJ/mol(a>0)
D．反应过程涉及极性共价键、非极性共价键的断裂和形成
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解析：选择优良的催化剂可以降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，增大化学反应速率，减少反应过程中的能耗，A正确；
反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的高，因此反应Ⅰ为慢反应，总反应的反应速率由慢反应决定，B错误；
由题图可知，反应Ⅱ中反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故反应Ⅱ的热化学方程式为CO(g)＋H2O(g)===H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－a kJ/mol(a>0)，C错误；
反应过程涉及C—H、O—H断裂，H—H、C===O形成，故涉及极性共价键的断裂与形成，非极性共价键的形成，无非极性共价键的断裂，D错误。
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7．（2026·潍坊联考）溶液中某光学活性卤化物的消旋反应为X⥫⥬Y。某温度下X和Y的浓度随时间的变化曲线如下图所示，下列说法正确的是
( )
A．b点时Y的瞬时反应速率为0.008 mol·L-1·min-1
B．加入合适的催化剂，能提高X的平衡转化率
C．减小Y的浓度，上述平衡向正反应方向移动，平衡常数增大
D．在该温度下，Y溶液含有少量X，反应足够长时间后n(X)＝n(Y)
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解析：根据题图可以确定反应开始到b点时Y的平均反应速率，但是不能确定b点时Y的瞬时反应速率，A错误；
催化剂能改变反应速率，但是不能使平衡移动，故不能提高X的平衡转化率，B错误；
减小Y的浓度，平衡向正反应方向移动，但是温度不变，平衡常数不变，C错误；
由题图可知，在该温度下，平衡时X、Y浓度相等，该反应的平衡常数为1，那么Y溶液含有少量X，反应足够长时间后n(X)＝n(Y)，D正确。
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解析：若M点达到平衡，由于P点温度更高，且该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，P点CO转化率应该更小，而P点的CO转化率比M点的高，说明在M点时反应一定未达到平衡，A错误；
催化剂的催化活性与温度有关，温度为T1时，催化剂2比催化剂1的催化效率低，B错误；
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9．（2026·北京丰台区模拟）某小组用H2O2、HI和KI探究外界条件对化学反应速率的影响。室温下，按下列初始浓度进行实验。实验Ⅰ.
实验编号 ① ② ③ ④ ⑤
c(H2O2)/(mol·L-1) 0.1 0.1 0.1 0.2 0.3
c(HI)/(mol·L-1) 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1
出现棕黄色的时间/s 13 6.5 4.3 6.6 4.4
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实验Ⅱ.用KI替代HI做上述5组实验，观察到有无色气体产生，一段时间内溶液均未见棕黄色。下列说法不正确的是( )
A．由实验Ⅰ可知，H2O2氧化HI的反应速率与c(H2O2)和c(HI)的乘积成正比
B．实验①中反应继续进行，20 s时测得c(H2O2)＝0.08 mol·L-1，则0～20 s的平均反应速率：v(H2O2)＝0.001 mol·L-1·s-1
C．实验Ⅱ中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率
D．对比实验Ⅰ和Ⅱ，I－的还原性随酸性减弱而减弱
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解析：对比实验①②③可知，HI浓度增加反应速率增大，对比实验①④⑤可知，H2O2浓度增加反应速率增大，因此，H2O2氧化HI的反应速率与c(H2O2)和c(HI)的乘积成正比，故A正确；
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实验Ⅱ中用KI替代HI（即溶液酸性减弱），观察到有无色气体(O2)产生，无色气体来自H2O2分解，但无棕黄色（无I2）生成，说明H2O2分解的速率远大于H2O2氧化KI的速率，故C正确；
实验Ⅰ中HI提供H＋（强酸性），实验Ⅱ中KI溶液酸性较弱，对比发现，酸性较强时，H2O2优先氧化I－生成I2，酸性较弱时，H2O2优先分解，实验现象的差异是由于H2O2在不同酸碱性条件下反应路径不同（酸性条件下更易作氧化剂，中性/碱性条件下更易分解），故D错误。
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下列说法错误的是( )
A．主反应：正反应活化能>逆反应活化能
B．X点对应条件下，甲醛的反应速率：v正＞v逆
C．高于600 ℃，催化剂对副反应的选择性可能提高
D．700 ℃，H2的平衡浓度为0.4 mol·L-1 （甲醛选择性值近似取1/3）
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解析：主反应为吸热反应，故正反应活化能>逆反应活化能，A项正确；
根据题意可知，温度为700 ℃时，反应恰好达到首次平衡，说明X点还未达到平衡，因此甲醛的反应速率：v正>v逆，B项正确；
温度高于600 ℃，甲醛的选择性降低，故推测高于600 ℃，催化剂对副反应的选择性可能提高，C项正确；
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CH3OH(g)⥫⥬HCHO(g)＋H2(g)
变化量/(mol·L-1) 0.1 0.1 0.1
CH3OH(g)⥫⥬CO(g)＋2H2(g)
变化量/(mol·L-1) 0.2 0.2 0.4
平衡时，c(H2)＝0.1 mol·L-1＋0.4 mol·L-1＝0.5 mol·L-1，D项错误。
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11．（2025·河南卷）在MoS2负载的Rh-Fe催化剂作用下，CH4可在室温下高效转化为CH3COOH，其可能的反应机理如下图所示。下列说法错误的是( )
A．该反应的原子利用率为100%
B．每消耗1 mol O2可生成1 mol CH3COOH
C．反应过程中，Rh和Fe的化合价均发生变化
D．若以CD4为原料，则用H2O吸收产物可得到CD3COOH
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二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。
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由总反应的化学方程式可知，每消耗1 mol O2可生成2 mol CH3COOH，B错误；
由反应历程可知，反应过程中Rh、Fe原子连接的化学键数目均发生改变，故Rh和Fe的化合价均发生变化，C正确；
若以CD4为原料，由反应历程可知，会生成CD3COOD，用H2O吸收产物时，存在电离平衡：CD3COOD⥫⥬CD3COO－＋D＋，CD3COO－结合水电离出的H＋可得到CD3COOH，D正确。
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12．（2025·临沂联考）向容积均为1 L的两恒容容器中分别充入1 mol CH4(g)和2 mol H2S(g)发生反应：CH4(g)＋2H2S(g)⥫⥬CS2(g)＋4H2(g) ΔH>0，其中一个为绝热过程，另一个为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如下图所示。下列说法错误的是( )
A．L1为恒容恒温过程
B．气体的总物质的量：na＝nc
C．逆反应速率：v(b)>v(c)
D．c点平衡常数K>16
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解析：该反应正向气体分子数增多，是吸热反应，绝热过程中体系温度降低，反应正向进行程度小，压强小，恒温过程压强变化符合正常反应进程，L1压强大，所以L1为恒容恒温过程，L2为恒容绝热过程，A正确；
a点和c点压强相等，温度Ta>Tc，根据pV＝nRT（V相同），T越大，n越小，所以气体总物质的量：na<nc，B错误；
b点温度高于c点，温度越高反应速率越大，所以逆反应速率：v(b)>v(c)，C正确；
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CH4(g)＋2H2S(g)⥫⥬CS2(g)＋4H2(g)
起始量/mol 1 2 0 0
变化量/mol x 2x x 4x
平衡量/mol 1－x 2－2x x 4x
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13．（2025·日照联考）一定温度下，向密闭容器中通入等物质的量的M(g)和N(g)发生反应：M(g)＋N(g)⥫⥬X(g)＋Q(g)，该反应由两步完成：①M(g)＋N(g)⥫⥬Y(g)＋Q(g)，②Y(g)⥫⥬X(g)，其中反应②v正＝k正c(Y)，v逆＝k逆c(X)。测得X、Y的物质的量浓度c随时间t的变化曲线如下图所示。下列说法错误的是( )
A．0～30 s，v(M)＝0.05 mol·L-1·s-1
B．30 s时，反应k逆∶k正＝0.4
C．总反应的反应速率由反应②决定
D．Y浓度达到最大值时，反应①未达到平衡状态，此时v正＞v逆
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由题图可知，初始生成Y的速率大于生成X的速率，说明反应①的活化能小于反应②的活化能，反应②为慢反应，总反应的反应速率由反应②决定，故C正确；
Y浓度达到最大值后逐渐减小，反应①未达到平衡状态且反应②消耗Y促使反应①正向进行，此时v正＞v逆，故D正确。
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14．如下图所示，无摩擦、有质量的隔板1、2、3将容器分为甲、乙、丙3个部分，同时进行反应A(g)＋B(g)⥫⥬C(g) ΔH<0，起始时各物质的物质的量已标在图中。在固定的温度和压强下充分反应后，各部分的容积分别为V甲、V乙、V丙。此时若抽走隔板1，则不会引起其他活塞移动。下列说法错误的是( )
A．若乙中气体密度不再改变，则说明乙中已经达到平衡
B．若x＝1，则V甲＝V乙
C．若将3个隔板全部固定，则与未固定相比，丙中放出的热量增多
D．若将该容器逆时针旋转90°竖立在桌面上，则重新平衡时，乙中C的体积分数减小
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解析：乙中气体总质量不变，温度、压强恒定，随着反应进行，气体分子数减小，故容器容积减小，气体密度逐渐增大，当乙中气体密度不再改变时，说明乙中已经达到平衡，A正确；
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隔板固定后，随着反应正向进行，压强逐渐减小，相比于之前反应正向进行的程度小，放出的热量减少，C错误；
将该容器逆时针旋转90°竖立在桌面上，隔板的质量造成各部分容积减小，压强增大，因此乙中平衡正向移动，C的体积分数增大，D错误。
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章末综合测评
解析：由化学方程式和题图1可知，两个反应中A都是反应物、B都是生成物，故L2代表A浓度随时间变化的曲线、L1代表B浓度随时间变化的曲线；由题图2可知，温度为T2时，速率常数：k1＜k2，故题图1中L3代表D浓度随时间变化的曲线、L4代表C浓度随时间变化的曲线，A错误。
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章末综合测评
反应的活化能越大，反应速率越小，由题图2可知，T2温度时，反应①的反应速率小于反应②的反应速率，故反应①的活化能比反应②的活化能大，C错误。
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16．甲酸甲酯(HCOOCH3)是一种重要的有机合成中间体，可通过甲醇催化脱氢法制备，工艺过程包含以下反应。
反应Ⅰ 2CH3OH(g)⥫⥬HCOOCH3(g)＋2H2(g) K1，ΔH1＝＋51.2 kJ·mol-1
反应Ⅱ CH3OH(g)⥫⥬CO(g)＋2H2(g) K2，ΔH2＝＋90.1 kJ·mol-1
(1)反应Ⅲ HCOOCH3(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)的ΔH3＝________kJ·mol-1，K3＝____________（用K1、K2表示）。
＋129.0
三、非选择题
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章末综合测评
(2)对于反应Ⅰ：增大压强，平衡________（填“向左”“向右”或“不”）移动。保持压强不变，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施是_______________、________________。
解析：对于反应Ⅰ：增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即向左移动；保持压强不变，要缩短反应达到平衡的时间，即增大反应速率，可以采取的措施是升高温度或改良催化剂。
向左
升高温度
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(3)在400 kPa、铜基催化剂存在下，向密闭容器中通入CH3OH进行Ⅰ、Ⅱ两个反应。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下图所示。
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①随温度升高，CH3OH的平衡组成比例呈现下降趋势的原因是________________________________________________________。
②550 K时，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝_____kPa，CH3OH的平衡转化率为________。
③研究表明，在700 K以后升高体系温度，HCOOCH3的产率下降，可能的原因是______________________。
解析：①反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向右移动，CH3OH的平衡组成比例下降。
反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，升高温度，平衡均向右移动
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47.4%
反应Ⅰ的选择性下降
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17．（2025·甘肃卷）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应：
反应1：C2H2(g)＋H2(g)===C2H4(g) ΔH1＝－175 kJ·mol-1(25 ℃，101 kPa)
反应2：C2H2(g)＋2H2(g)===C2H6(g) ΔH2＝－312 kJ·mol-1(25 ℃，101 kPa)
(1)25 ℃，101 kPa时，反应C2H4(g)＋H2(g)===C2H6(g) ΔH＝_______kJ·mol-1。
解析：根据盖斯定律，由反应2－反应1可以得到C2H4(g)＋H2(g)===C2H6(g) ΔH＝ΔH2－ΔH1＝(－312 kJ·mol-1)－(－175 kJ·mol-1)＝－137 kJ·mol-1。
－137
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(2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性（指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量）如下图所示（反应均未达平衡）。
①在60～220 ℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为_____________________________________________________（任写一条），
当温度由220 ℃升高至260 ℃，乙炔转化率减小的原因可能为_______________________________。
②在120～240 ℃范围内，反应1和反应2乙炔的转化速率大小关系为v1____（填“>”“<”或“＝”）v2，理由为__________________________________ ___________________________________________。
温度升高，反应速率增大（或温度升高，催化剂活性增强）
催化剂在该温度范围内活性降低
＞
乙烯的选择性大于乙烷的，说明反应1中乙炔的转化速率大于反应2中乙炔的转化速率
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解析：①在60～220 ℃范围内，反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；220～260 ℃，乙炔的转化率下降，反应未达到平衡状态，说明不是由平衡移动造成的，原因可能是催化剂在该温度范围内活性降低。
②由题图可知，120～240 ℃范围内乙烯的选择性大于乙烷的，说明反应1中乙炔的转化速率大于反应2中乙炔的转化速率，即v1＞v2。
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(3)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25 ℃，101 kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示（虚线为生成乙烷的路径）。以________为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为_________________________________________ ___________________________________________________。
（图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能）
Pd/W
Pd/W作催化剂时，生成乙烷的活化能较大，反应速率较小，乙烷的选择性较低，乙烯的选择性较高
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解析：由题图可知，Pd作催化剂时，生成乙烷的活化能低于Pd/W作催化剂时的活化能(0.68＜0.83)，说明使用Pd作催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W作催化剂时，乙烯的选择性更高。
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18．（2025·济宁联考）苯胺是制造药物的原料，硝基苯加氢制苯胺产率较高，相关反应如下：
Ⅰ.C6H5—NO2(l)＋2H2(g)⥫⥬
C6H5—NHOH(l)＋H2O(l) ΔH＝－150.7 kJ/mol（快）
Ⅱ.C6H5—NHOH(l)＋H2(g)⥫⥬C6H5—NH2(l)＋H2O(l) ΔH＝－95.0 kJ/mol（慢）
(1)硝基苯与氢气反应生成苯胺：
Ⅲ.C6H5—NO2(l)＋3H2(g)⥫⥬C6H5—NH2(l)＋2H2O(l) ΔH＝________kJ/mol。
解析：根据盖斯定律，由反应Ⅰ＋反应Ⅱ可得反应Ⅲ，故ΔH＝(－150.7 kJ/mol)＋(－95.0 kJ/mol)＝－245.7 kJ/mol。
－245.7
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(2)室温下，向含有1 L 0.1 mol/L硝基苯的甲醇溶液的刚性容器中加入催化剂，通入H2并保持p(H2)＝0.18 MPa（氢气的浓度可用氢气压强代替且始终不变），忽略反应过程中溶液体积变化。反应过程中硝基苯转化率、苯基羟胺和苯胺的选择性(S)随反应时间变化如下图所示：
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已知：S（苯胺）＝[n生成（苯胺）/n消耗（硝基苯）]×100%。图中代表S（苯胺）的曲线为______，提高硝基苯的平衡转化率，可采取的措施有_____________________________________________________（任写一种），
0～34 min内v（苯胺）＝_____________________；120 min时已达到平衡，该温度下反应Ⅱ的平衡常数K＝________mol/L/MPa。
C
适当降低温度、增大H2的压强、及时分离出水（任写一种）
1.25×10-3 mol/L/min
3.6
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C6H5—NO2(l)＋2H2(g)⥫⥬C6H5—NHOH(l)＋H2O(l)
变化量/(mol/L) 0.1×90% 0.1×90% 0.1×90%
C6H5—NHOH(l)＋H2(g)⥫⥬C6H5—NH2(l)＋H2O(l)
变化量/(mol/L) 0.1×90%×80% 0.1×90%×80% 0.1×90%×80%
平衡时c(C6H5—NHOH)＝0.018 mol/L，c(C6H5—NH2)＝0.072 mol/L，p(H2)＝0.18 MPa，c(H2O)＝0.162 mol/L，由于该反应是在甲醇溶液中进行的，故水等液体均需要代入平衡常数表达式中进行计算，K＝
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(3)相同投料下，298 K下硝基苯的平衡转化率随压强的变化关系、0.18 MPa下硝基苯的平衡转化率随温度的变化关系如下图所示，图中对应等压曲线的是________，a、b、c、d四个点中，处于相同化学平衡状态的点是________。
n
a和b
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解析：当温度为298 K时，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，硝基苯的平衡转化率增大，故曲线m表示等温条件下硝基苯的平衡转化率随压强的变化曲线；当压强保持0.18 MPa不变时，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，硝基苯的平衡转化率减小，故题图中对应等压曲线的是n；处于相同化学平衡状态，说明其温度和压强是相同的，a点的条件是0.18 MPa、298 K，同理，d点的条件是0.18 MPa、320 K，c点的条件是0.06 MPa、298 K，b点的条件是0.18 MPa、298 K，故题图中处于相同化学平衡状态的点是a和b。
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平衡时(1－x)＋(2－2x)＋x＋4x＝4，解得x＝0.5，平衡常数K＝＝＝16，c点温度低，反应正向进行程度小，所以c点平衡常数K<16，D错误。
A．L4表示D浓度随时间变化的曲线
B．t1＝2 s时曲线L1表示的物质的反应速率为2 mol·L-1·s-1
C．T2温度时，反应①的活化能比反应②的活化能小
D．若温度降低，则t0时刻体系中变大
由题图1可知，t1＝2 s时，B的浓度为4 mol·L-1，0～2 s内，用B的浓度变化表示的平均反应速率为＝2 mol·L-1·s-1，B正确。
②550 K时，CH3OH的物质的量分数＝H2的物质的量分数＝0.4，CO的物质的量分数为0.04，则HCOOCH3的物质的量分数为1－0.4－0.4－0.04＝0.16，p(CH3OH)＝p(H2)＝0.4×400 kPa＝160 kPa，p(CO)＝0.04×400 kPa＝16 kPa，p(HCOOCH3)＝0.16×400 kPa＝64 kPa，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝＝ kPa＝64 kPa；根据碳原子守恒，CH3OH的平衡转化率＝×100%≈47.4%。
＝3.6 mol/L/MPa。
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