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第一节　化学反应速率及其影响因素
1.知道化学反应速率的表示方法，通过实验探究了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。
2.知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响；知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。
考点一　化学反应速率
1.表示方法
2.与化学计量数的关系
对于已知反应mA（g）＋nB（g）pC（g）＋qD（g），其化学反应速率可用不同的反应物或生成物来表示，当单位相同时，化学反应速率的数值之比等于化学计量数之比，即v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝m∶n∶p∶q。
3.化学反应速率大小的比较方法
（1）先换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值的大小。
（2）比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD（g），比较与，若＞，则用A表示的反应速率比用B表示的大。
4.化学反应中各物质浓度、反应速率的计算模式——“三段式”
（1）写出有关反应的化学方程式。
（2）找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。
（3）根据已知条件列式计算。
例如：反应　　　　mA　＋　nBpC
t0 s/（mol·L－1）　　 a　　 　 b　 0
转化/（mol·L－1）　x　 　　 　　
t1 s/（mol·L－1）　 a－x　 b－
则v（A）＝ mol·L－1·s－1，v（B）＝ mol·L－1·s－1，v（C）＝ mol·L－1·s－1。
　　
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显。（　　）
（2）化学反应速率一般指的是平均速率，可以用固体物质来表示。（　　）
（3）化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1，是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1。（　　）
（4）由v＝ 计算平均速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值。（　　）
（5）同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快。（　　）
答案：（1）×　（2）×　（3）×　（4）×　（5）×
2.反应A（g）＋3B（g）2C（g）＋2D（g）在四种不同情况下的反应速率分别为
①v（A）＝0.45 mol·L－1·min－1　
②v（B）＝0.6 mol·L－1·s－1　
③v（C）＝0.4 mol·L－1·s－1　
④v（D）＝0.45 mol·L－1·s－1
下列有关反应速率的比较中正确的是（　　）
A.④＞③＝②＞① B.④＜③＝②＜①
C.①＞②＞③＞④ D.④＞③＞②＞①
解析：A　若四种反应速率都用A表示[单位mol·L－1·s－1]，分别为①v（A）＝0.007 5 mol·L－1·s－1，②v（A）＝0.2 mol·L－1·s－1，③v（A）＝0.2 mol·L－1·s－1，④v（A）＝0.225 mol·L－1·s－1，所以反应速率：④＞③＝②＞①，A正确。
3.在新型RuO2催化剂作用下，使HCl转化为Cl2的反应2HCl（g）＋O2（g）H2O（g）＋Cl2（g）具有更好的催化活性。一定条件下测得反应过程中n（Cl2）的数据如下：
t/min 0 2 4 6 8
n（Cl2）/10－3 mol 0 1.8 3.7 5.4 7.2
计算2～6 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率（以mol·min－1为单位，写出计算过程）。
答案：（解法一）2～6 min内，Δn（Cl2）＝5.4×10－3 mol－1.8×10－3 mol＝3.6×10－3 mol，
v（Cl2）＝＝9.0×10－4 mol·min－1，
所以v（HCl）＝2v（Cl2）＝2×9.0×10－4 mol·min－1＝1.8×10－3 mol·min－1。
（解法二）HCl转化的物质的量为n，则
2HCl（g）＋O2（g）H2O（g）＋Cl2（g）
2 1
n　　　　　　　　 　　　（5.4－1.8）×10－3 mol
解得n＝7.2×10－3 mol，所以v（HCl）＝＝1.8×10－3 mol·min－1。
4.300 ℃时，2NO（g）＋Cl2（g）2ClNO（g）的正反应速率表达式为v正＝k·cn（ClNO），测得速率和浓度的关系如表：
序号 c（ClNO）/（mol·L－1） v/（mol·L－1·s－1）
① 0.30 3.60×10－9
② 0.60 1.44×10－8
③ 0.90 3.24×10－8
n＝　　　　；k＝　　　　　　　　　。
解析：根据表格①②中的数据，代入速率表达式然后列式：＝，解得n＝2，k＝4×10－8 L·mol－1·s－1。
答案：2　4.0×10－8 L·mol－1·s－1
1.速率常数的含义
速率常数（k）是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在相同浓度的条件下，可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率。
化学反应速率与反应物浓度（或浓度的次方）成正比，而速率常数是其比例常数，在恒温条件下，速率常数不随反应物浓度的变化而改变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
2.速率方程
一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于反应：aA＋bBgG＋hH
则v＝k·ca（A）·cb（B）（其中k为速率常数）。
如：①SO2Cl2SO2＋Cl2
v＝k1·c（SO2Cl2）
②2NO22NO＋O2　v＝k2·c2（NO2）
③2H2＋2NON2＋2H2O
v＝k3·c2（H2）·c2（NO）
3.速率常数的影响因素
温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数。同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值，但浓度不影响速率常数。
考点二　化学反应速率的影响因素
1.影响化学反应速率的因素
（1）内因：反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg＞Al。
（2）外因（只改变一个条件，其他条件不变）
2.基元反应和有效碰撞理论
（1）基元反应：大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现，每一步反应都被称为基元反应；先后进行的基元反应反映了反应历程，反应历程又称为反应机理。
（2）有效碰撞
①基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。
②并不是反应物分子的每一次碰撞都能发生反应，能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞。发生有效碰撞的两个条件是反应物分子能量足够和取向合适。
（3）活化分子、活化能
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
②活化能：如图
图中：E1为正反应的活化能，E2为活化分子变成生成物分子放出的能量，使用催化剂时的活化能为E3，反应热为E1－E2。
（4）活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
3.稀有气体对反应速率的影响
A（g）＋B（g）C（g），恒温恒容，充入氦气，对反应速率有何影响？恒温恒压，充入氦气，对反应速率又有何影响？
　　
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大。（　　）
（2）可逆反应中减小产物的浓度可增加正反应的速率。（　　）
（3）往锌与稀硫酸反应混合液中加入NH4HSO4固体，反应速率不变。（　　）
（4）对于反应2H2O22H2O＋O2↑，加入MnO2或降低温度都能加快O2的生成速率。（　　）
（5）催化剂能降低反应所需的活化能，但ΔH不会发生变化。（　　）
答案：（1）×　（2）×　（3）×　（4）×　（5）√
2.一定温度下，反应N2（g）＋O2（g）2NO（g）在密闭容器中进行，下列措施不会改变化学反应速率的是（　　）
A.缩小容积使压强增大
B.恒容，充入N2
C.恒容，充入He
D.恒压，充入He
解析：C　A项，反应前后气体的物质的量不变，缩小容积，气体的浓度增大，反应速率增大；B项，容积不变，充入N2，使反应物N2的浓度增大，反应速率增大；C项，容积不变，充入He，虽然反应容器内压强增大，但N2、O2、NO的浓度并没有变化，因此不影响反应速率；D项，压强不变，充入He，反应容器的容积必然增大，总压强虽然没变，但N2、O2、NO的浓度减小，反应速率减小。
3.根据v－t图像分析外界条件的改变对可逆反应A（g）＋3B（g）2C（g）　ΔH＜0的影响。该反应的速率与时间的关系如图所示：
可见在t1、t3、t5、t7时反应都达到平衡，如果t2、t4、t6、t8时都只改变了一个反应条件，则下列对t2、t4、t6、t8时改变条件的判断正确的是（　　）
A.使用了催化剂、增大压强、减小反应物浓度、降低温度
B.升高温度、减小压强、减小反应物浓度、使用了催化剂
C.增大反应物浓度、使用了催化剂、减小压强、升高温度
D.升高温度、减小压强、增大反应物浓度、使用了催化剂
解析：D　t2时正、逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，排除A、C选项；t4时正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，可以是减小压强；t6时正反应速率增大，逆反应速率瞬间不变，平衡正向移动，所以是增大反应物浓度，排除B选项；t8时正、逆反应速率均增大且仍相等，平衡不移动，则使用了催化剂，D符合题意。
反应历程（或机理）图像分析
18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为＋OH－＋CH3O－能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是（　　）
A.反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B.反应结束后，溶液中存在18OH－
C.反应结束后，溶液中存在COH
D.反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
解析：B　一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，A错误；反应Ⅰ为加成反应，而为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在COH，C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O－的总能量与和OH－的总能量之差等于图示总反应的焓变，D错误。
图像 解读
（1）在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应的活化能；E1－E2为此反应的焓变（ΔH）。 （2）有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。 （3）催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点（反应物）能量和终点（生成物）能量的相对大小
对于“环式”反应过程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入环”的物质为反应物，如①和④，“出环”的物质为生成物，如②和③
1.甲酸在催化剂作用下脱氢可生成CO2，反应机理和相对能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A.甲酸脱氢反应放热，因此不需要加热
B.在反应历程中，反应速率由形成H2并脱附一步决定
C.在催化剂表面解离C—H比解离O—H难
D.生成22.4 L CO2时，转移电子数为2NA
解析：B　由图可知，反应的起始状态的总能量大于反应的最终状态的总能量，说明甲酸脱氢生成二氧化碳为放热反应，反应热与反应条件无关，可能需要加热条件下才能进行，A错误；历程中最大能垒是历程Ⅳ→Ⅴ，反应活化能为62.9 kJ·mol－1－（－17.4 kJ·mol－1）＝80.3 kJ·mol－1，活化能越大反应速率越慢，整个反应速率由最慢的一步决定，即由形成H2并脱附一步决定，B正确；历程Ⅰ→Ⅱ解离O—H，活化能为44.7 kJ·mol－1－0 kJ·mol－1＝44.7 kJ·mol－1，历程Ⅲ→Ⅳ解离C—H，活化能为36.7 kJ·mol－1－8.9 kJ·mol－1＝27.8 kJ·mol－1，活化能越大反应越难进行，则解离O—H比解离C—H难，C错误；未指明气体的状况，不能计算22.4 L CO2的物质的量，也不能确定转移电子数，D错误。
2.科研工作者通过计算机模拟和数学计算，设计出三条在含[Pt—O]结构的化合物中插入CO的反应路径，其相对能量变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A.该反应为吸热反应
B.根据图像分析，该历程应按照路径Ⅲ进行
C.在该反应中，CO是反应的催化剂
D.反应Ⅱ中，活化能最大的能垒为39.7 kJ·mol－1
解析：D　由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，A错误；由图可知，相对与路径Ⅱ和Ⅲ，路径Ⅰ的中间反应少，决速步骤的活化能最小，反应速率最快，因此该历程应按照路径Ⅰ进行，B错误；由图可知，CO是该反应的反应物，Pt是该反应的催化剂，C错误；由图可知，反应Ⅱ中，活化能最大的能垒为37.8 kJ·mol－1－（－1.9 kJ·mol－1）＝39.7 kJ·mol－1，D正确。
3.LnFe（Ⅲ）—Cl配合物能够受光激发产生高活性的氯自由基（Cl·），可将烷烃中难以活化的C（sp3）—H转化为C—N，反应机理变化情况如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A.HCl是反应过程的中间产物
B.催化循环过程中铁元素的化合价不发生变化
C.过程中存在基元反应Cl·＋R—HR·＋HCl
D.该过程的总反应为Boc—NN—Boc＋R—H
解析：B　A项，HCl在基元反应Cl·＋R—HR·＋HCl中生成，又与LnFeⅡ反应生成LnFeⅢ—Cl被消耗，故为中间产物，正确；B项，循环过程中铁元素有＋2和＋3价的转化，错误；C项，根据流程图示，存在基元反应Cl·＋R—HR·＋HCl，正确；D项，LnFeⅢ—Cl受光激发产生高活性的氯自由基（Cl·）参与反应，使Boc—NN—Boc和R—H反应转化为，总的反应方程式为Boc—NN—Boc＋R—H，正确。
4.钒的配合物催化某可逆反应的一种反应机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A.该反应的离子方程式为H2O2＋Cl－＋H＋HOCl＋H2O
B.产物HOCl可用于杀菌消毒
C.该催化循环中V的成键数目发生变化
D.钒的配合物通过参与反应，降低反应的活化能，提高H2O2的平衡转化率
解析：D　由图示知，该反应的离子方程式为H2O2＋Cl－＋H＋H2O＋HOCl，A正确；产物HOCl，即次氯酸，具有强氧化性，可以杀菌消毒，B正确；该催化循环过程中，有V元素形成6个键，也有V元素形成5个键的情况，C正确；钒的配合物在过程中起到催化作用，即作催化剂，而催化剂对平衡移动没有影响，故不会影响H2O2平衡转化率，D错误。
“变量控制”法探究化学反应速率的影响因素
1.某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如表所示：
序号 纯锌 粉/g 2.0 mol·L－1 硫酸溶液/mL 温度/ ℃ 硫酸铜 固体/g 加入蒸馏 水/mL
Ⅰ 2.0 50.0 25 0 0
Ⅱ 2.0 40.0 25 0 10.0
Ⅲ 2.0 50.0 25 0.2 0
Ⅳ 2.0 50.0 25 4.0 0
（1）本实验待测数据可以是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究　　　　　对锌与稀硫酸反应速率的影响。
（2）设计实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，写出有关反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
解析：实验Ⅰ和实验Ⅱ中，锌的质量和状态相同，硫酸的浓度不同，实验Ⅲ和实验Ⅳ中加入硫酸铜，Cu2＋的氧化性强于H＋，首先发生反应：Zn＋Cu2＋Zn2＋＋Cu，生成的铜附着在锌表面，在稀硫酸溶液中构成原电池，加快锌失电子。但是加入的硫酸铜过多，生成的铜会覆盖在锌表面，阻止锌与稀硫酸进一步反应，产生氢气的速率会减慢。
（1）本实验待测数据可以是“反应结束所需要的时间”或“相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间”，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究硫酸的浓度对反应速率的影响。
（2）实验Ⅲ和实验Ⅳ加入的硫酸铜的质量不同，可以探究加入硫酸铜的质量对反应速率的影响。
答案：（1）反应结束所需要的时间（或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间）　硫酸浓度　
（2）探究硫酸铜的质量对反应速率的影响　Zn＋Cu2＋Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋Zn2＋＋H2↑
2.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
[实验原理]　2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O
[实验内容及记录]
实验编号 ① ② ③
实验温度/℃ 25 25 50
试管中 所加试 剂及其 用量/ mL 0.6 mol·L－1 H2C2O4溶液 3.0 2.0 2.0
H2O V1 3.0 V2
3 mol·L－1稀H2SO4溶液 2.0 2.0 2.0
0.05 mol·L－1 KMnO4溶液 3.0 3.0 3.0
溶液褪至无色 所需时间/min 1.5 2.7 1.0
（1）请完成此实验设计，其中：V1＝　　　 　，V2＝　　 　。
（2）实验①、②探究的是　　　　对化学反应速率的影响，根据上表中的实验数据，可以得到的结论是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　。
（3）探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验　　　　（填实验编号）。
（4）利用实验①中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为　　　　　。
解析：（1）实验①、②探究浓度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V1＝2.0；实验②、③探究温度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V2＝3.0。（2）根据表中数据可知实验①、②探究的是浓度对化学反应速率的影响，根据表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，化学反应速率加快（减慢）。（3）根据表中数据可知探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验②、③。（4）草酸的物质的量为0.6 mol·L－1×0.003 L＝0.001 8 mol，高锰酸钾的物质的量为0.05 mol·L－1×0.003 L＝0.000 15 mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.001 8 mol∶0.000 15 mol＝12∶1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为＝0.015 mol·L－1，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）＝＝0.01 mol·L－1·min－1。
答案：（1）2.0　3.0　
（2）浓度　其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，化学反应速率加快（减慢）　
（3）②、③　
（4）0.01 mol·L－1·min－1
“变量控制”实验探究题的解答步骤
1.（2022·广东高考）在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（　　）
A.无催化剂时，反应不能进行
B.与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D.使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v（X）＝1.0 mol·L－1·min－1
解析：D　催化剂只能决定化学反应快慢，不能决定反应是否发生，A项错误；由图像曲线变化规律可知，相同时间内，催化剂Ⅰ导致的浓度变化更大，则催化剂Ⅰ使反应活化能更低，B项错误；2 min时，a曲线和催化剂Ⅱ曲线的浓度变化量相等，与反应中X、Y的化学计量数矛盾，a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，C项错误；使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v（X）＝v（Y）＝×＝1.0 mol·L－1·min－1，D项正确。
2.（2022·湖北高考）某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X发生反应2X（s）Y（g）＋2Z（g），有关数据如下：
时间段/min 产物Z的平均生成速率/（mol·L－1·min－1）
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是（　　）
A.1 min时，Z的浓度大于0.2 mol·L－1
B.2 min时，加入0.20 mol Z，此时v正（Z）＜v逆（Z）
C.3 min时，Y的体积分数约为33.3%
D.5 min时，X的物质的量为1.4 mol
解析：B　反应开始一段时间，随着时间的延长，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1 min内Z的平均生成速率大于0～2 min内Z的平均生成速率，故1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L－1，A正确；4 min 时生成的Z的物质的量为0.15 mol·L－1·min－1×4 min×1 L＝0.6 mol，6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol·L－1·min－1×6 min×1 L＝0.6 mol，故反应在 4 min 时已达到平衡，设达到平衡时生成了a mol Y，列三段式：
　　　　　　2X（s）　　Y（g）　＋　2Z（g）
初始量/mol 2.0 0 0
转化量/mol 2a a 2a
平衡量/mol 2.0－2a a 0.6
根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3 mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6 mol·L－1，平衡常数K＝c2（Z）·c（Y）＝0.108，2 min时Y的浓度为0.2 mol·L－1，Z的浓度为0.4 mol·L－1，加入0.2 mol Z后Z的浓度变为0.6 mol·L－1，Q＝c2（Z）·c（Y）＝0.072＜K，反应正向进行，故v正（Z）＞v逆（Z），B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，＝，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知，5 min时反应处于平衡状态，此时生成Z的物质的量为0.6 mol，则X的转化量为0.6 mol，初始X的物质的量为2.0 mol，则平衡时X的物质的量为1.4 mol，D正确。
3.（2022·浙江6月选考）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
2NH3（g）N2（g）＋3H2（g），测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是（　　）
编 号 　 　　　　　时间/min c（NH3）/（ 10－3 mol·L－1）　　　 　表面积/cm2　 　　　　 0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A.实验①，0～20 min，v（N2）＝1.00×10－5mol·L－1·min－1
B.实验②，60 min时处于平衡状态，x≠0.40
C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
解析：C　由表格中数据可知，0～20 min，平均反应速率v（N2）＝＝＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1，A项正确；催化剂表面积的大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10－4 mol·L－1，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4 mol·L－1，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60 min平衡时x≠0.40，B项正确；对比实验①、②可知，增加氨气的浓度，反应速率不变，C项错误；对比实验①、③可知，催化剂表面积增大，反应速率增大，D项正确。
4.（2022·河北高考）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①XY；②YZ。反应①的速率v1＝k1c（X），反应②的速率v2＝k2c（Y），式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的ln k～曲线。下列说法正确的是（　　）
A.随c（X）的减小，反应①、②的速率均降低
B.体系中v（X）＝v（Y）＋v（Z）
C.欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D.温度低于T1时，总反应速率由反应①决定
解析：C　由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的曲线代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的曲线代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的曲线代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。由图甲中的信息可知，随c（X）的减小，c（Y） 先增大后减小，c（Z）逐渐增大，因此，反应①的速率随c（X）的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A错误；根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v （X）＝v （Y）＋v（Z），但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v（X）＋v（Y）＝v（Z），B错误；升高温度可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随着Y的浓度增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C正确；由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，温度低于T1时，总反应速率由反应②决定，D错误。
5.（2022·北京高考）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是（　　）
A.反应①为CaO＋CO2CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2
B.t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C＋2H2
C.t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D.t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
解析：C　由题干图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2CaCO3，反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2，A正确；由题干图2信息可知，t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不变，已知反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，B正确；由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，t2时刻H2的反应速率未变，仍然为 2 mmol·min－1，而CO的反应速率变为1～ 2 mmol·min－1之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确。
　　
一、选择题：本题包括12个小题，每小题仅有1个选项符合题意。
1.H2S是种高毒性 、高腐蚀性的气体污染物。 最新研究表明，在多孔炭材料上搭载活性组分催化氧化脱硫效果明显优于传统的吸附法，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是（　　）
A.活性炭的作用为吸附剂和作催化剂的载体
B.温度越高，多孔炭材料催化氧化脱硫的效果越好
C.增加水膜的酸性会降低反应的速率
D.该反应的总反应方程式为2H2S＋O22S↓＋2H2O
解析：B　A项，依据图示可知，活性炭的作用为吸附剂和作催化剂的载体，正确；B项，温度过高，H2S和溶解氧的溶解度下降，不利于脱硫效果，即并不是温度越高，多孔炭材料催化氧化脱硫的效果越好，错误；C项，溶液酸性增强，不利于H2S溶解电离，减慢反应速率，正确；D项，依据图示硫化氢在催化剂条件下与氧气反应最终生成硫单质和水，该反应的总反应方程式为2H2S＋O22S↓＋2H2O，正确。
2.一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI（g）H2（g）＋I2（s）　ΔH＞0，若0～15 s内c（HI）由0.1 mol·L－1降到0.07 mol·L－1，则下列说法正确的是（　　）
A.0～15 s内用I2表示的平均反应速率为v（I2）＝0.001 mol·L－1·s－1
B.c（HI）由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所需的反应时间小于10 s
C.升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D.减小反应体系的体积，化学反应速率加快
解析：D　I2为固态，故不能用它表示化学反应速率，A错误；0～15 s，v（HI）＝
＝0.002 mol·L－1·s－1，若反应仍以该反应速率进行，则t＝＝10 s，但随着反应的进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，所用时间应大于10 s，B错误；升高温度，正、逆反应速率均加快，C错误；减小反应体系的体积，从而增大了压强，化学反应速率加快，D正确。
3.对于反应2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）　ΔH＜0已达到平衡，如果其他条件不变时，分别改变下列条件，对化学反应速率和化学平衡产生影响，下列条件与图像不相符的是（O～t1：v正＝v逆；t1时改变条件，t2时重新建立平衡）（　　）
解析：C　分析时要注意改变条件瞬间v正、v逆的变化。增大O2的浓度，v正瞬间增大，v逆瞬间不变，A正确；增大压强，v正、v逆都瞬间增大，v正增大的倍数大于v逆，B正确；升高温度，v正、v逆都瞬间增大，速率曲线是不连续的，C错误；加入催化剂，v正、v逆同时同倍数增大，D正确。
4.从下列实验事实所引出的相应结论正确的是（　　）
选项 实验事实 结论
A 其他条件相同，Na2S2O3溶液浓度越大，析出S沉淀所需时间越短 当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率加快
B 在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变 催化剂一定不参与化学反应
C 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸分别与等质量的、形状相同的锌粒反应 反应开始时速率相同
D 在容积可变的密闭容器中发生反应H2（g）＋I2（g）2HI（g），把容积缩小一倍 正反应速率加快，逆反应速率不变
解析：A　增大反应物浓度，化学反应速率加快，A项正确；催化剂参与反应，但反应前后催化剂的质量和化学性质不变，B项错误；浓度相同的盐酸和醋酸溶液中起始氢离子浓度不同，因此开始时反应速率不同，C项错误；缩小容积，正、逆反应速率同时增大，D项错误。
5.反应X2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A.a为c（X）随t的变化曲线
B.t1时，c（X）＝c（Y）＝c（Z）
C.t2时，Y的消耗速率大于生成速率
D.t3后，c（Z）＝2c0－c（Y）
解析：D　由题中信息可知，反应X2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。因此，图中呈不断减小趋势的a曲线为X的浓度c随时间t的变化曲线，呈不断增大趋势的曲线为Z的浓度c随时间t的变化曲线，先增大后减小的曲线为Y的浓度c随时间t的变化曲线。X是唯一的反应物，随着反应的进行，其浓度不断减小，因此，由图可知，a为c（X）随t的变化曲线，A正确；由图可知，分别代表3种不同物质浓度的曲线相交于t1时刻，因此，t1时c（X）＝c（Y）＝c（Z），B正确；由图中信息可知，t2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明t2时刻两步反应仍在向正反应方向进行，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即t2时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；由图可知，t3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则c（Y）＝c0，由于反应②Y→2Z的发生，t3时刻Y浓度的变化量为c0－c（Y），变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为2[c0－c（Y）]，这种关系在t3后仍成立，因此，D不正确。
6.将CO2转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。我国学者提出的CO2催化加氢合成CH3OH的机理如图（其中吸附在催化剂表面的物种用*标注）所示。下列说法不正确的是（　　）
A.使用催化剂不能提高CO2的平衡转化率
B.CO2催化加氢合成CH3OH总反应的ΔS＞0，ΔH＜0
C.反应①中存在共价键的断裂和共价键的形成
D.反应机理表明H2O参与了CO2合成CH3OH的反应
解析：B　A项，催化剂的使用能提高反应速率，但不能改变CO2的平衡转化率，正确；B项，CO2催化加氢合成CH3OH总反应为CO2＋3H2CH3OH＋H2O，正反应气体体积减小，则反应的ΔS＜0，错误；C项，根据机理图可判断反应①中存在共价键的断裂和共价键的形成，正确；D项，反应机理表明③和④中H2O参与了CO2合成CH3OH的反应，正确。
7.取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I－存在下分解：2H2O22H2O＋O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度（c）如下表：
t/min 0 20 40 60 80
c/（mol·L－1） 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050
下列说法不正确的是 （　　）
A.反应20 min时，测得O2体积为224 mL（标准状况）
B.20～40 min，消耗H2O2的平均速率为0.010 mol·L－1·min－1
C.第30 min时的瞬时速率小于第50 min时的瞬时速率
D.H2O2分解酶或Fe2O3代替I－也可以催化H2O2分解
解析：C　20 min时，反应的Δn（H2O2）＝0.05 L×（0.80－0.40）mol·L－1＝0.02 mol，则生成的n（O2）＝0.01 mol，标准状况下体积为224 mL，A正确；20～40 min，v（H2O2）＝＝0.010 mol·L－1·min－1，B正确；随着H2O2的分解，c（H2O2）减小，反应速率减小，故第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率，C错误；H2O2分解的催化剂也可以是酶、Fe2O3、Cu2＋、Fe3＋等，D正确。
8.室温下，某溶液初始时仅溶有P和Q且浓度相等，同时发生以下两个反应：①P＋QX＋Z；②P＋QY＋Z，反应①的速率可表示为v1＝k1c2（P），反应②的速率可表示为v2＝k2c2（P）（k1、k2为速率常数）。反应体系中组分Q、X的浓度随时间变化情况如图所示（溶液体积变化忽略不计）。
下列说法不正确的是（　　）
A.反应①的活化能比反应②的活化能大
B.0～20 min内，Z的平均反应速率为6.0×10－3 mol·L－1·min－1
C.反应30 min时，v1∶v2＝2∶3
D.45 min时Y的浓度为0.24 mol·L－1
解析：B　v1＝k1c2（P）＝，v2＝k2c2（P）＝，则＝＝为定值，20 min时，由图可知，Δc（X）＝0.12 mol·L－1，Δc（Q）＝0.3 mol·L－1＝Δc（X）＋Δc（Y），则Δc（Y）＝（0.3－0.12）mol·L－1＝0.18 mol·L－1，即＝＝，相同条件下反应①的速率小于反应②，所以反应①的活化能大于反应②，A正确；0～20 min内，Z的变化量与Q的变化量相同，所以Δc（Z）＝Δc（Q）＝0.3 mol·L－1，Z的平均反应速率为＝＝0.015 mol·L－1·min－1，B错误；＝始终为定值，即＝，C正确；45 min时，Q的浓度约为0.2 mol·L－1，Δc（Q）＝0.6 mol·L－1－0.2 mol·L－1＝0.4 mol·L－1＝Δc（X）＋Δc（Y），根据＝＝，可得Y的浓度为 0.4 mol·L－1×＝0.24 mol·L－1，D正确。
9.某小组探究实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下：
编号 ① ② ③ ④
温度/℃ 20 20 50 80
10 mL H2SO4溶液 浓度/（mol·L－1） 0.10 0.10 0.10 0.10
5 mL KI溶液浓 度/（mol·L－1） 0.40 0.80 0.40 0.40
1%淀粉溶液体积/mL 1 1 1 1
出现蓝色时间/s 40 21 5 未见 蓝色
下列说法正确的是（　　）
A.由实验①②可知，反应速率v与c（I－）成正比
B.实验①～④中，应将H2SO4溶液与淀粉溶液先混合
C.在I－被O2氧化过程中，H＋只是降低活化能
D.由实验③④可知，温度越高，反应速率越慢
解析：A　实验①②中其他条件相同，c（I－）：①＜②，且反应速率：①＜②，所以反应速率v与c（I－）成正比，A正确；实验①～④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合，再加入H2SO4溶液，在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘单质，测定溶液变色的时间，B错误；在I－被O2氧化过程中，H＋除了作为催化剂降低活化能，还作为反应物参加反应，C错误；由实验④可知，温度越高，生成的碘单质能被氧气继续氧化，所以④不变色，D错误。
10.一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液（100 mL）中发生分解反应：2N2O54NO2＋O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：
t/s c（N2O5）/（mol·L－1）
0 1.40
600 0.96
1 200 0.66
1 710 0.48
2 220 0.35
2 820 0.24
x 0.12
下列说法正确的是（　　）
A.600～1 200 s，生成NO2的平均速率为5.0×10－4 mol·L－1·s－1
B.反应2 220 s时，放出的O2体积为11.8 L（标准状况）
C.反应达到平衡时，v正（N2O5）＝2v逆（NO2）
D.推测上表中的x为3 930
解析：D　600～1 200 s，N2O5浓度的变化量为（0.96－0.66）mol·L－1＝0.3 mol·L－1，在此时间段内NO2浓度的变化量为其2倍，即0.6 mol·L－1，因此，生成NO2的平均速率为＝1.0×10－3 mol·L－1·s－1，A不正确；由表中数据可知，反应2 220 s时，N2O5浓度的变化量为（1.40－0.35）mol·L－1＝1.05 mol·L－1，其物质的量的变化量为1.05 mol·L－1×0.1 L＝0.105 mol，O2物质的量的变化量是其，即0.052 5 mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.052 5 mol ×22.4 L·mol－1＝1.176 L，B不正确；反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，即2v正（N2O5）＝v逆（NO2），C不正确；分析表中数据可知，该反应经过111 0 s（600～1 710 s，1 710～2 820 s）后N2O5的浓度会变为原来的，因此，N2O5的浓度由0.24 mol·L－1变为0.12 mol·L－1时，可以推测上表中的x＝2 820＋1 110＝3 930，D正确。
11.一定条件下，反应H2（g）＋Br2（g）2HBr（g）的速率方程为v＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：
c（H2）/ （mol·L－1） c（Br2）/ （mol·L－1） c（HBr）/ （mol·L－1） 反应 速率
0.1 0.1 2 v
0.1 0.4 2 8v
0.2 0.4 2 16v
0.4 0.1 4 2v
0.2 0.1 c 4v
根据表中的测定结果，下列结论错误的是（　　）
A.表中c的值为1
B.α、β、γ的值分别为1、2、－1
C.反应体系的三种物质中，Br2（g）的浓度对反应速率影响最大
D.反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr（g）浓度，会使反应速率降低
解析：B　速率方程为v＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），将H2、Br2、HBr的浓度和反应速率都代入速率方程可以得到，①v＝k×0.1α×0.1β×2γ、②8v＝k×0.1α×0.4β×2γ、③16v＝k×0.2α×0.4β×2γ、④2v＝k×0.4α×0.1β×4γ，由①②得到β＝，由②③得到α＝1，由①④得到γ＝－1，联立4v＝k（0.2）α（0.1）βcγ（HBr）与①，将α＝1，β＝，γ＝－1 代入，解得c＝1，由此分析。根据分析，α、β、γ的值分别为1、、－1，A不符合题意，B符合题意；由于v＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），α、β、γ的值分别为1、、－1，由于速率与Br2（g）和H2（g）的浓度成正比，与HBr（g）的浓度成反比，反应体系的三种物质中，Br2（g）的浓度对反应速率影响最大，C不符合题意；由于γ＝－1，增大HBr（g）浓度，cγ（HBr）减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，会使反应速率降低，D不符合题意。
12.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A.产物P1的键能总和大于产物P2的键能总和
B.产物P1与P2的分子式相同，但稳定性P1强于P2
C.该历程中正反应能垒的最大值为186.19 kJ·mol－1
D.相同条件下，中间产物Z转化为产物的速率：v（P1）＜v（P2）
解析：C　由图可知，P1→P2反应放热，则产物P1的键能总和小于产物P2的键能总和，A错误；产物P2的能量更低，稳定性更强，稳定性P1弱于P2，B错误；由图可知，该历程中正反应最大能垒为Z到过渡态Ⅳ之间的能量差，最大值为（－18.92 kJ·mol－1）－（－205.11 kJ·mol－1）＝186.19 kJ·mol－1，C正确；图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，中间产物Z转化为产物P1的活化能更小，反应速率更快，D错误。
二、非选择题：本题包括3个小题。
13.在一定条件下，二氧化硫和氧气发生反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）。
（1）降低温度，化学反应速率　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）600 ℃时，在一容积为2 L的密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，在反应进行至10 min和20 min 时，分别改变了影响反应的一个条件，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量随时间的变化如图所示，前10 min正反应速率逐渐　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）；前15 min内用SO3表示的平均反应速率为　　　　　　　　 　　。
（3）图中反应进程，表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是　　　　　　　　　　　　。
（4）根据如图判断，10 min时改变的条件可能是　　 　　（填字母，下同）；20 min时改变的反应条件可能是　　　　。
a.加入催化剂 b.缩小容器容积
c.降低温度 d.增加O2的物质的量
解析：（1）降低温度，化学反应速率减小。（2）前10 min 随着反应的不断进行，反应物SO2和O2的浓度不断减小，正反应速率减小，前15 min内用SO3表示的平均反应速率为≈1.33×10－3 mol·L－1·min－1。（3）反应过程中SO2、O2、SO3物质的量不随时间变化的时间段为15～20 min和25～30 min，反应处于平衡状态。（4）10～15 min时三条曲线的斜率突然增大，说明反应速率突然加快，其原因可能是加入催化剂或缩小容器容积。反应进行至 20 min 时，曲线发生的变化是O2 的物质的量突然增大，平衡发生移动，引起SO2、SO3物质的量随之发生变化。
答案：（1）减小　
（2）减小　1.33×10－3 mol·L－1·min－1　
（3）15～20 min、25～30 min　（4）ab　d
14.向某密闭容器中加入0.15 mol·L－1A、0.05 mol·L－1C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如甲图所示[t0～t1时c（B）未画出，t1时为0.05 mol·L－1]。乙图为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况。
（1）若t4时改变的条件为减小压强，则B的起始物质的量浓度为　　　　mol·L－1。
（2）若t5时改变的条件是升温，此时v正＞v逆，若A的物质的量减少0.03 mol时，容器与外界的热交换总量为a kJ，写出反应的热化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）t3时改变的某一反应条件可能是　　　　（填字母）。
a.使用催化剂　 b.增大压强　 c.增大反应物浓度
（4）在恒温恒压下通入惰性气体，v正　　　　v逆（填“＞”“＝”或“＜”）。
解析：（1）t4时，减小压强，v正、v逆以同等倍数下降，说明该反应反应前后化学计量数之和相等，由A、C浓度变化曲线知，到t1时，A、C的浓度变化量分别为Δc（A）＝0.15 mol·L－1－0.06 mol·L－1＝0.09 mol·L－1，Δc（C）＝0.11 mol·L－1－0.05 mol·L－1＝0.06 mol·L－1，即A、C的化学计量数之比为0.09∶0.06 ＝3∶2，故反应方程式为3A（g）2C（g）＋B（g），则B的起始浓度为0.05 mol·L－1－0.03 mol·L－1＝0.02 mol·L－1。
（2）因升温，v正＞v逆，平衡正向移动，故此反应为吸热反应，其热化学方程式为3A（g）2C（g）＋B（g）　ΔH＝＋100a kJ·mol－1。
（3）乙图中t3时刻v正、v逆以同等倍数增大，故改变的条件应是增大压强或加入催化剂。
（4）在恒温恒压下充入惰性气体，各组分浓度以相同倍数减小，相当于减压，因本反应为气体分子数不变的反应，平衡不移动，故v正＝v逆。
答案：（1）0.02　
（2）3A（g）2C（g）＋B（g）　ΔH＝＋100a kJ·mol－1
（3）ab　（4）＝
15.研究不同pH时CuSO4溶液对H2O2分解的催化作用。
资料：a.Cu2O为红色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成Cu和Cu2＋
b.CuO2为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成Cu2＋和H2O2
c.H2O2有弱酸性：H2O2H＋＋H，HH＋＋
d.EDTA（无色）、PAN（黄色）均具有还原性，都能与Cu2＋反应：Cu2＋＋EDTAEDTA－Cu2＋ （深蓝色）　Cu2＋＋PANPAN－Cu2＋ （深红紫色）
编号 实验 现象
Ⅰ 向1 mL pH＝2的1 mol·L－1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2溶液 出现少量气泡
Ⅱ 向1 mL pH＝3的1 mol·L－1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2溶液 立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡
Ⅲ 向1 mL pH＝5的1 mol·L－1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2溶液 立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡
（1）经检验生成的气体均为O2，Ⅰ中CuSO4催化分解H2O2的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出2种假设：
ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O和CuO2的混合物。
检验假设，进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。
①棕褐色沉淀中一定含CuO2的证据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③为探究沉淀中是否存在Cu2O，设计如下实验：将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取0.096 g固体溶于过量稀硫酸，加热，充分反应后冷却并配制成50 mL溶液。取5 mL溶液加水稀释至20 mL后调节溶液pH，滴入3滴PAN，向溶液中滴加0.010 mol·L－1 EDTA溶液至滴定终点，消耗EDTA溶液V mL。
溶液滴定终点的现象是　　　　　　　　　　。V＝　　　　，可知沉淀中不含Cu2O，假设ⅰ成立。
（3）结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2分解速率不同的原因。
实验Ⅴ：在试管中分别取1 mL pH＝2、3、5的1 mol·L－1 Na2SO4溶液，向其中各加入0.5 mL 30% H2O2溶液，三支试管中均无明显现象。
实验Ⅵ：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 （填实验操作和现象），说明CuO2能够催化H2O2分解。
（5）综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同pH时H2O2的分解速率不同的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
解析：（1）在硫酸铜的催化作用下，H2O2分解生成O2和H2O，化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑。（2）①加入过量硫酸后，有少量气泡产生，CuO2与硫酸反应生成H2O2，H2O2分解生成氧气，因此能证明棕褐色沉淀中一定含有CuO2。②CuO2与硫酸反应生成的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu。③到达滴定终点时后加入的 EDTA 会夺取PAN－Cu2＋中的Cu2＋，从而使PAN游离出来，故现象为溶液中出现黄色，且30 s内不变色。假设ⅰ成立，说明0.096 g固体全部为CuO2，即CuO2有0.001 mol，根据Cu守恒，5 mL溶液中含有0.000 1 mol Cu2＋，则＝0.000 1，V＝10。（3）H2O2有弱酸性，H2O2H＋＋H，HH＋＋，溶液中pH：实验Ⅲ大于实验Ⅱ，pH越大越能促进过氧化氢电离生成，实验Ⅲ溶液中浓度大于实验Ⅱ，加入同浓度的硫酸铜时，Ⅲ中生成的CuO2多。（4）将Ⅲ中沉淀过滤、洗涤、干燥，称取少量于试管中，加入30%过氧化氢溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，则说明过氧化铜能催化过氧化氢分解。（5）CuO2的催化能力强于铜离子，随pH增大，铜离子与过氧化氢生成的CuO2增多，故速率有所不同。
答案：（1）2H2O22H2O＋O2↑
（2）①加入过量硫酸后，有少量气泡产生，CuO2与硫酸反应生成H2O2，H2O2分解生成氧气，因此能证明棕褐色沉淀中一定含有CuO2　②CuO2与硫酸反应生成的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu　③溶液中出现黄色，且30 s内不变色　10
（3）pH越大越能促进过氧化氢电离生成，与铜离子生成CuO2沉淀的量也就越多
（4）将Ⅲ中沉淀过滤、洗涤、干燥，称取少量于试管中，加入30%过氧化氢溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变
（5）CuO2的催化能力强于铜离子，随pH增大，铜离子与过氧化氢生成的CuO2增多
第二节　化学平衡状态　化学平衡的移动
1.了解可逆反应的含义，知道可逆反应在一定条件下能达到化学平衡。
2.通过实验探究，了解浓度、温度、压强对化学平衡状态的影响。
3.认识化学反应速率和化学平衡的综合调控在生产、生活和科学研究中的重要作用。
考点一　可逆反应与化学平衡状态的建立
1.化学平衡研究的对象——可逆反应
2.化学平衡状态
（1）概念：一定条件下的可逆反应，当正、逆反应的速率相等时，反应物和生成物的浓度均保持不变的状态，这时的状态称为化学平衡状态，简称化学平衡。
（2）建立过程：在一定条件下，把某一可逆反应的反应物加入固定容积的密闭容器中，反应过程如下：
以上过程可用如图表示：
（3）特征
3.判断化学平衡状态的两种方法
（1）动态标志：v正＝v逆≠0
①同种物质：同一物质的生成速率等于消耗速率。
②不同物质：必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA＋bBcC＋dD，＝时，反应达到平衡状态。
（2）静态标志：“变量”不变
在未达到平衡时不断变化、在达到平衡时不再发生变化的各种物理量（如各物质的质量、物质的量、浓度、百分含量、压强、密度或颜色等），如果不再发生变化，即达到平衡状态。可简单总结为“正逆相等，变量不变”。
　1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）2H2O2H2↑＋O2↑为可逆反应。（　　）
（2）Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O为可逆反应。（　　）
（3）向含有3 mol H2的容器中通入足量N2，充分反应后会生成2 mol NH3。（　　）
（4）一定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正（H2）＝2v逆（NH3）。（　　）
（5）对于反应：NO2（g）＋SO2（g）SO3（g）＋NO（g），当每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2时，说明反应达到平衡状态。（　　）
答案：（1）×　（2）×　（3）×　（4）×　（5）×
2.在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强；②混合气体的密度；③混合气体的总物质的量；④混合气体的平均相对分子质量；⑤混合气体的颜色；⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比；⑦某种气体的百分含量。
（1）能说明2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）达到平衡状态的是　　　　　　　（填序号，下同）。
（2）能说明I2（g）＋H2（g）2HI（g）达到平衡状态的是　　　　　　　。
（3）能说明2NO2（g）N2O4（g）达到平衡状态的是　　　　　　　　　　　　。
（4）能说明C（s）＋CO2（g）2CO（g）达到平衡状态的是　　　　　　　。
（5）能说明NH2COONH4（s）2NH3（g）＋CO2（g）达到平衡状态的是　　　　　　　。
（6）能说明5CO（g）＋I2O5（s）5CO2（g）＋I2（s）达到平衡状态的是　　　　　　　。
答案：（1）①③④⑦　（2）⑤⑦　（3）①③④⑤⑦　（4）①②③④⑦　（5）①②③　（6）②④⑦
3.汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）＋2CO（g）2CO2（g）＋N2（g）　ΔH＜0。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是　　　（填序号）。
解析：①达到平衡时，v正应保持不变；②由于是放热反应，又是绝热容器，体系温度升高，平衡左移，K减小，当K不变时，温度不变，达到平衡状态；③图中达到平衡时，CO、CO2的改变量不是1∶1；④w（NO）逐渐减小，达到平衡时保持不变；⑤因正反应放热，容器绝热，故反应开始后体系温度升高，达到平衡状态时，体系温度不再发生变化；⑥ΔH是一个定值，不能用于判断可逆反应是否达到平衡状态。
答案：②④⑤
规避化学平衡状态判断的两个易错点
（1）化学平衡状态判断“三关注”
关注反应条件，是恒温恒容、恒温恒压，还是绝热恒容容器；关注反应特点，是等体积反应，还是非等体积反应；关注特殊情况，是否有固体参加或生成，或固体的分解反应。
（2）不能作为化学平衡状态“标志”的四种情况
①反应组分的物质的量之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比。
②恒温恒容下的体积不变的反应，体系的压强或总物质的量不再随时间而变化，如2HI（g）H2（g）＋I2（g）。
③全是气体参加的体积不变的反应，体系的平均相对分子质量不再随时间而变化，如2HI（g）H2（g）＋I2（g）。
④全是气体参加的反应，恒容条件下体系的密度保持不变。
考点二　化学平衡的移动
1.化学平衡移动的过程
2.化学平衡移动与化学反应速率的关系
（1）v正＞v逆：平衡向正反应方向移动。
（2）v正＝v逆：反应达到平衡状态，不发生平衡移动。
（3）v正＜v逆：平衡向逆反应方向移动。
3.影响化学平衡的因素
若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响，结果如下：
改变的条件（其他条件不变） 化学平衡移动的方向
浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动
压强（对有气体参加的反应） 反应前后气体体积改变 增大 压强 向气体分子总数减小的方向移动
减小 压强 向气体分子总数增大的方向移动
反应前后气体体积不变 改变 压强 平衡不移动
温度 升高温度 向吸热反应方向移动
降低温度 向放热反应方向移动
催化剂 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动
4.勒夏特列原理
（1）含义：如果改变影响平衡的一个因素（如温度、压强以及参加反应的物质的浓度），平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动。
（2）注意：①勒夏特列原理的适用对象是可逆过程。②化学平衡移动的目的是“减弱”外界条件的改变，而不是“抵消”外界条件的改变，改变是不可逆转的。
　　
1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）化学平衡发生移动，化学反应速率一定改变，但化学反应速率改变，化学平衡不一定发生移动。（　　）
（2）反应达到平衡状态时，其他条件不变，分离出固体生成物，v正减慢。（　　）
（3）对于反应：3SiCl4（g）＋2N2（g）＋6H2（g）Si3N4（s）＋12HCl（g）　ΔH＜0，其他条件不变，增大Si3N4的物质的量，平衡向左移动。（　　）
（4）升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v放减小，v吸增大。（　　）
（5）对于反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）　ΔH＜0，降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大。（　　）
（6）化学平衡正向移动，反应物的转化率一定增大。（　　）
答案：（1）√　（2）×　（3）×　（4）×　（5）×　（6）×
2.在一密闭容器中，反应aA（g）＋bB（s）cC（g）＋dD（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器缩小为原来的一半，当达到新的平衡时，A的浓度是原来的1.6倍，则下列说法正确的是（　　）
A.平衡向逆反应方向移动
B.a＞c＋d
C.物质A的转化率减小
D.物质D的浓度减小
解析：B　容器缩小为原来的一半，若平衡不移动，则A的浓度应变为原来的2倍，而实际浓度是原来的1.6倍，说明平衡向正反应方向移动，a＞c＋d，A的转化率增大，D的浓度增大。
3.对于以下三个反应，从反应开始进行到达到平衡后，保持容器温度、容积不变，按要求回答下列问题：
（1）PCl5（g）PCl3（g）＋Cl2（g），再充入PCl5（g），平衡向　　　方向移动，达到平衡后，PCl5（g）的转化率　　　，PCl5（g）的百分含量　　　。
（2）2HI（g）I2（g）＋H2（g），再充入HI（g），平衡向　　　　方向移动，达到平衡后，HI的分解率　　　　，HI的百分含量　　　　。
（3）2NO2（g）N2O4（g），再充入NO2（g），平衡向　 　　方向移动，达到平衡后，NO2（g）的转化率　 　　，NO2（g）的百分含量　 　　。
答案：（1）正反应　减小　增大　（2）正反应　不变　不变　（3）正反应　增大　减小
平衡转化率的分析与判断方法
（1）反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD（g）的转化率分析
①若反应物起始物质的量之比等于化学计量数之比，达到平衡后，它们的转化率相等。
②若只增加A的量，平衡正向移动，B的转化率提高，A的转化率降低。
③若按原比例同倍数地增加（或降低）A、B的浓度，等效于压缩（或扩大）容器容积，气体反应物的转化率与化学计量数有关。
　　 同倍增大c（A）和c（B）
（2）反应mA（g）nB（g）＋qC（g）的转化率分析
在T、V不变时，增加A的量，等效于压缩容器容积，A的转化率与化学计量数有关。
增大c（A）
化学平衡移动问题的分析判断
1.某温度下，反应CH2CH2（g）＋H2O（g）CH3CH2OH（g）在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是（　　）
A.增大压强，v正＞v逆，平衡常数增大
B.加入催化剂，平衡时CH3CH2OH（g）的浓度增大
C.恒容下，充入一定量的H2O（g），平衡向正反应方向移动
D.恒容下，充入一定量的CH2CH2（g），
CH2CH2（g）的平衡转化率增大
解析：C　该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正＞v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正确；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH（g）的浓度，B不正确；恒容下，充入一定量的H2O（g），H2O（g）的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下，充入一定量的CH2CH2 （g），平衡向正反应方向移动，但是CH2CH2 （g）的平衡转化率减小，D不正确。
2.已知：A（g）＋2B（g）3C（g）　ΔH＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入 1 mol A和3 mol B发生反应，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A.容器内压强不变，表明反应达到平衡
B.t2时改变的条件：向容器中加入C
C.平衡时A的体积分数φ：φ（Ⅱ）＜φ（Ⅰ）
D.平衡常数K：K（Ⅱ）＜K（Ⅰ）
解析：B　该反应是反应前后气体分子数不变的反应，随着反应的进行，气体的总物质的量始终不变，总压强始终不变，A错误；t2时，设向容器中加入3 mol C，正反应速率逐渐增大，达到新的平衡后保持不变，变化情况与图像相符，B正确；t2时，设向容器中加入3 mol C，相当于加入1 mol A和2 mol B，则状态Ⅱ相当于起始投料为2 mol A和5 mol B，若是投料为2 mol A和6 mol B，与状态Ⅰ等效，即状态Ⅱ相当于减少了B的投料，平衡逆向移动，A的体积分数变大，即φ（Ⅱ）＞φ（Ⅰ），C错误；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，即K（Ⅱ）＝K（Ⅰ），D错误。
判断化学平衡移动问题的思维步骤
（1）关注特点
①容器特点：恒温恒容，恒温恒压。
②反应特点：物质状态，ΔV（g）是否为0，ΔH的正负等。
（2）分析条件变化，如浓度、温度、压强等。
（3）联想原理（平衡移动原理）→综合判断得结论。
1.已知：反应mX（g）＋nY（g）qZ（g）　ΔH＜0，m＋n＞q，在密闭容器中反应达到平衡时，下列说法不正确的是（　　）
A.恒容时通入稀有气体使压强增大，平衡不移动
B.增大压强，反应速率加快且可以提高Z的产率
C.恒压时，增加一定量Z（g），混合气体的平均相对分子质量变大
D.恒容时增加X的物质的量，Y的转化率增大
解析：C　恒容时通入稀有气体，体系的压强增大，但反应混合物的浓度不变，则平衡不移动，A正确；由于m＋n＞q，增大压强，平衡正向移动，则Z的产率提高，B正确；恒压时，增加一定量Z（g），达到的新平衡与原平衡等效，各物质的浓度不变，则混合气体的平均相对分子质量不变，C错误；恒容时增大 X（g）的物质的量，平衡正向移动，则Y的转化率增大，D正确。
2.在某2 L恒容密闭容器中充入2 mol X（g）和1 mol Y（g）发生反应：2X（g）＋Y（g）3Z（g）　ΔH，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（　　）
A.M点时Y的转化率最大
B.升高温度，平衡向逆反应方向移动
C.平衡后充入Z达到新平衡时Z的体积分数增大
D.W、M两点Y的正反应速率相等
解析：B　温度在a ℃之前，升高温度，X的体积分数减小，温度在a ℃之后，升高温度，X的体积分数增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达到平衡，反应向正反应方向进行，最低点之后，升高温度X的体积分数增大，平衡向逆反应方向移动，故正反应为放热反应。A项，曲线上最低点Q为平衡点，升高温度平衡向逆反应方向移动，Y的转化率减小，所以Q点时Y的转化率最大，错误；B项，已知该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，正确；C项，反应前后气体的物质的量不变，平衡时充入Z，达到新平衡时与原平衡是等效平衡，所以达到新平衡时Z的体积分数不变，错误；D项，W点对应的温度低于M点对应的温度，温度越高，反应速率越快，所以W点Y的正反应速率小于M点Y的正反应速率，错误。
3.室温下，向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH和含1 mol HBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH＋HBrC2H5Br＋H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4 ℃ 和78.5 ℃。下列有关叙述错误的是（　　）
A.增大C2H5OH浓度，有利于生成C2H5Br
B.若反应物均增大至3 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变
C.为缩短反应达到平衡的时间，将起始温度提高至50 ℃
D.加入NaOH，可增大乙醇的物质的量
解析：C　增大C2H5OH浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br，A正确；当投料比与化学计量数之比相等时，各物质的转化率相等，原投料比1∶1等于化学计量数之比，则C2H5OH和HBr的转化率之比等于1∶1，将反应物均增大至3 mol，投料比不变，转化率之比不变，B正确；温度升高至50 ℃，C2H5Br汽化，平衡正向移动，反应趋于完全，不再存在平衡，C错误；加入的NaOH与HBr反应，平衡逆向移动，乙醇的物质的量增大，D正确。
4.一定压强下，向10 L密闭容器中充入1 mol S2Cl2（g）和1 mol Cl2，发生反应：S2Cl2（g）＋Cl2（g）2SCl2（g）。Cl2和SCl2的消耗速率（v）与温度（T）的关系如图所示，以下说法中错误的是（　　）
A.A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的是B、D
B.正反应的活化能大于逆反应的活化能
C.达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动
D.在300 ℃下，达到平衡后缩小容器容积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变
解析：B　反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，所以Cl2与SCl2的消耗速率之比为1∶2时为平衡状态，据图可知B、D满足条件，A正确；据图可知B、D点之后继续升高温度SCl2的消耗速率变大的更多，即逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，焓变小于0，焓变＝正反应活化能－逆反应活化能，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，B错误，C正确；该反应前后气体系数之和相等，压强不影响平衡，所以缩小容器容积，重新达到平衡后与原平衡为等效平衡，氯气的转化率不变，D正确。
探究影响化学平衡移动的因素
1.对于反应：FeCl3＋3KSCNFe（SCN）3＋3KCl，加入少量KCl固体（不考虑溶液体积的变化），平衡移动吗？
答案：FeCl3＋3KSCNFe（SCN）3＋3KCl反应的实质是Fe3＋＋3SCN－Fe（SCN）3，KCl对于该平衡来说无关，浓度改变对平衡无影响，平衡不移动。
2.根据实验事实以及所学知识，你能否总结一下，使下述平衡向正反应方向移动的措施呢？
[Cu（H2O）4]2＋（aq）＋4Cl－（aq）[CuCl4]2－（aq）＋4H2O（l）　ΔH＞0
答案：（1）增大c（Cl－）；（2）适当升高温度；（3）加入适量氯化铜（s）。
3.在对CuCl2溶液加热时，你是否观察到了 [CuCl4]2－的黄色？你能说出原因吗？
答案：无法观察到。在这个平衡体系中，[Cu（H2O）4]2＋ 为蓝色，[CuCl4]2－为黄色，因此氯化铜溶液呈绿色。升高温度，平衡向正反应方向移动，可观察到溶液呈黄绿色。
4.在进行浓度、温度对化学平衡影响的实验时，应注意哪些问题？
答案：应注意变量控制、对照实验、科学归纳法等科学方法的运用。
在水溶液中橙色的Cr2与黄色的Cr有下列平衡关系：Cr2＋H2O2Cr＋2H＋，把重铬酸钾（K2Cr2O7）溶于水配成的稀溶液是橙色的。
查阅资料：BaCr2O7易溶于水，BaCrO4为难溶于水的黄色沉淀。
（1）向上述溶液中加入NaOH溶液，溶液呈　　　色，因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）向已加入NaOH溶液的（1）溶液中再加入过量稀H2SO4，则溶液呈　　　　色，因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）向原溶液中加入Ba（NO3）2溶液，则平衡　　　　　　　（填“向左移动”或“向右移动”），溶液颜色将　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
解析：加碱中和溶液中的H＋，平衡右移，溶液中的c（Cr）增大；加酸使平衡左移，溶液中的c（Cr2）增大；加Ba（NO3）2，发生的反应为Ba2＋＋CrBaCrO4（黄色）↓，平衡向右移动，溶液颜色将由橙色逐渐变浅，直至无色。
答案：（1）黄　OH－与H＋结合生成水，使平衡向右移动，Cr浓度增大，溶液由橙色变为黄色　
（2）橙　c（H＋）增大，平衡左移，Cr2浓度增大，溶液又由黄色变为橙色　
（3）向右移动　逐渐变浅，直至无色
　　
1.（2022·北京高考）某MOFs的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：
已知：2NO2（g）N2O4（g） 　ΔH＜0
下列说法不正确的是（　　）
A.气体温度升高后，不利于N2O4的固定
B.N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除
C.制备HNO3的原理为：2N2O4＋O2＋2H2O4HNO3
D.每制备0.4 mol HNO3，转移电子数约为6.02×1022
解析：D　2NO2（g）N2O4（g）　ΔH＜0，升高温度，平衡向逆反应方向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4的固定，A正确；N2O4被固定后，N2O4的浓度减小，NO2转化为N2O4的平衡向正反应方向移动，NO2的浓度减小，有利于NO2的去除，B正确；由题意可知，被固定后的N2O4与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为2N2O4＋O2＋2H2O4HNO3，C正确；N2O4转化为硝酸时，生成1 mol硝酸，反应转移1 mol电子，则每制备0.4 mol 硝酸，转移电子数约为0.4 mol×6.02×1023 mol－1＝2.408×1023，D错误。
2.（2022·广东高考）恒容密闭容器中，BaSO4（s）＋4H2（g）BaS（s）＋4H2O（g）在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（　　）
A.该反应的ΔH＜0
B.a为n（H2O）随温度的变化曲线
C.向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D.向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率增大
解析：C　温度越高，达到平衡时，H2的物质的量越少，说明升高温度，平衡正向移动，则该反应的ΔH＞0，A项错误；结合热化学方程式中各物质的状态，由图像曲线变化趋势可知，a上面的曲线为n（H2O）随温度的变化曲线，B项错误；化学方程式中反应前后气体分子数相等，故向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动，C项正确；BaSO4为固态，向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率不变，D项错误。
3.（2022·浙江6月选考）关于反应Cl2（g）＋H2O（l）HClO（aq）＋H＋（aq）＋Cl－（aq）　ΔH＜0，达到平衡后，下列说法不正确的是（　　）
A.升高温度，氯水中的c（HClO）减小
B.氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c（HClO） 增大
C.取氯水稀释，增大
D.取两份氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉－KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
解析：D　题给反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，c（HClO）减小，A项正确；加入的醋酸钠会电离成Na＋和CH3COO－，CH3COO－可结合溶液中的H＋使c（H＋）减小，平衡正向移动，故c（HClO）增大，B项正确；稀释氯水，题给反应平衡正向移动，反应HClO（aq）H＋（aq）＋ClO－（aq）平衡正向移动，c（Cl－）减小的程度比c（HClO）的小，故增大，C项正确；加AgNO3溶液产生白色沉淀，说明Cl2溶于水有Cl－生成，加淀粉－KI溶液，溶液变蓝色，说明有碘单质生成，而Cl2、HClO均能氧化I－，不能证明题给反应存在限度，D项错误。
4.（2020·江苏高考）CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
CH4（g）＋CO2（g）2H2（g）＋2CO（g）
ΔH＝247.1 kJ·mol－1
H2（g）＋CO2（g）H2O（g）＋CO（g）
ΔH＝41.2 kJ·mol－1
在恒压、反应物起始物质的量比n（CH4）∶n（CO2）＝1∶1 条件下，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是（　　）
A.升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C.相同条件下，改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D.恒压、800 K、n（CH4）∶n（CO2）＝1∶1条件下，反应至CH4转化率达到X点的值，改变除温度外的特定条件继续反应，CH4转化率不能达到Y点的值
解析：B　甲烷和二氧化碳反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向即正向移动，甲烷的转化率增大，甲烷和二氧化碳的反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷的转化率减小，A错误；根据两个反应得到总反应为CH4（g）＋2CO2（g）H2（g）＋3CO（g） ＋H2O（g），加入的CH4与CO2物质的量相等，CO2的消耗量大于CH4的消耗量，因此CO2的转化率大于CH4的转化率，因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化，B正确；使用高效催化剂，只能提高反应速率，但不能改变平衡转化率，C错误；800 K时甲烷的转化率为X点的值，可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值，D错误。
一、选择题：本题包括12个小题，每小题仅有1个选项符合题意。
1.已知：X（g）＋2Y（g）3Z（g）　ΔH＝－a kJ·mol－1（a＞0）。下列说法正确的是（　　）
A.达到化学平衡状态时，Y的正反应速率和Z的逆反应速率相等
B.达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度之比为1∶2∶3
C.达到化学平衡状态时，反应放出的总热量一定小于a kJ
D.0.2 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol
解析：D　由题意知，该反应是气体分子数不变的放热反应。达到化学平衡状态时，Y的正反应速率和Z的逆反应速率不相等，应为3v正（Y）＝2v逆（Z），A不正确；达到化学平衡状态时，X、Y、Z的浓度不变，但X、Y、Z的浓度之比不一定是1∶2∶3，B不正确；不知道反应物的投料和反应物的转化率是多少，无法判断达到化学平衡状态时反应放出的总热量，C不正确；可逆反应的反应物不能完全转化为生成物，所以0.2 mol X和0.2 mol Y充分反应生成Z的物质的量一定小于0.3 mol，D正确。
2.下列说法不能用勒夏特列原理来解释的是（　　）
A.在一定浓度的盐酸中加入氢氧化钠溶液，体系温度逐渐升高，随后又逐渐降低
B.夏天打开啤酒，会有大量气泡冒出
C.实验室制备氯气时，用排饱和氯化钠溶液收集氯气
D.在K2CrO4溶液中加入几滴稀硫酸，颜色由黄色变为橙色
解析：A　HCl＋NaOHNaCl＋H2O不属于可逆反应，不存在化学平衡，故不能用勒夏特列原理解释。
3.如图所示，三个烧瓶中分别充满NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯（烧杯内有水）中：在（1）中加入CaO，在（2）中不加其他任何物质，在（3）中加入NH4Cl晶体，发现（1）中红棕色变深，（3）中红棕色变浅。[已知反应2NO2（红棕色）N2O4（无色）]
下列叙述正确的是（　　）
A.2NO2N2O4是放热反应
B.NH4Cl溶于水时放出热量
C.烧瓶（1）中平衡混合气体的相对分子质量增大
D.烧瓶（3）中气体的压强增大
解析：A　加CaO的烧杯（1）中温度升高，（1）中红棕色变深，说明平衡逆向移动，平衡混合气体的相对分子质量减小；（3）中红棕色变浅，说明平衡正向移动，气体的压强减小，NH4Cl溶于水时吸收热量，加NH4Cl晶体的烧杯（3）中温度降低，由此可说明2NO2N2O4是放热反应。
4.向一容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol N2和4 mol H2，在一定温度下发生反应：N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）　ΔH＜0。10 s时达到平衡，c（NH3）为0.4 mol·L－1。下列说法正确的是（　　）
A.该反应达到平衡时H2的转化率为40%
B.降低温度能使混合气体的密度增大
C.向该容器中充入N2，平衡正向移动
D.研发高效催化剂可大大提高NH3的产率
解析：C　A项，根据题中数据可知，NH3的生成量为0.8 mol，则H2的减少量为1.2 mol，α（H2）＝×100%＝30%；B项，降温，平衡正向移动，但气体总质量不变，容器容积不变，则密度不变；C项，容积不变，充入N2，c（N2）增大，平衡正向移动；D项，催化剂不能使平衡发生移动，因此各物质的转化率不变、产率不变。
5.处于平衡状态的反应：2H2S（g）2H2（g）＋S2（g）　ΔH＞0，不改变其他条件的情况下合理的说法是（　　）
A.加入催化剂，反应途径将发生改变，ΔH也将随之改变
B.升高温度，正、逆反应速率都增大，H2S分解率也增大
C.增大压强，平衡向逆反应方向移动，将引起体系温度降低
D.若体系恒容，注入一些H2后达新平衡，H2浓度将减小
解析：B　焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应发生的途径无关，A错误；温度升高，正、逆反应速率均增大，因该反应的正反应是吸热反应，故平衡正向移动，H2S分解率增大，B正确；该反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，逆反应是放热反应，会使体系温度升高，C错误；向体系中注入H2，平衡将向H2浓度减小的方向移动，但最终H2的浓度比原来大，D错误。
6.氢气是一种可再生的绿色能源，也是重要的化工原料，天然气在催化剂作用下热解可制得氢气，其反应如下：CH4（g）C（s）＋2H2（g）　ΔH＝＋74.81 kJ·mol－1，关于上述反应，以下叙述正确的是（　　）
A.反应达平衡时，恒温恒压下通入惰性气体，会加快正反应速率，使平衡正向移动
B.反应达平衡时，恒温恒容下加入C（s），会加快逆反应速率，使平衡逆向移动
C.当H2（g）的生成速率是CH4（g）消耗速率的2倍时，说明反应达到了平衡状态
D.正反应活化能大于逆反应活化能
解析：D　恒温恒压，通入惰性气体，相当于减压，反应向气体体积增大的一方进行，但是反应物浓度下降，反应速率减慢，A错误；反应体系中固体视为浓度不变，加入后无影响，B错误；无论反应是否平衡，氢气的生成速率始终是甲烷的消耗速率的2倍，C错误；反应焓变大于零，说明生成物能量大于反应物能量，正反应活化能大于逆反应活化能，D正确。
7.绿水青山是构建美丽中国的伟大构想，因此国家加大了对氮氧化物排放的控制力度。用活性炭还原处理氮氧化物的有关反应为C（s）＋2NO（g）CO2（g）＋N2（g）　ΔH＜0。向容积可变的密闭容器中加入（足量的）活性炭和NO，在t2时刻改变某一条件，其反应的速率—时间图像如图所示。下列说法正确的是（　　）
A.给该反应升温，v正减小，v逆增大
B.t2时刻改变的条件是向密闭容器中加NO
C.t1时刻的v逆大于t2时刻的v正
D.若气体的密度不变，不能说明该反应达到平衡
解析：B　升高温度，任何反应的反应速率均增大，故给该反应升温，v正增大，v逆增大，A错误；由图像可知，t2时刻改变条件以后，逆反应速率突然减小，达到新平衡时，与原反应速率相同，故改变的条件是向密闭容器中加NO，B正确；由B项分析可知，t2时刻改变的条件是向密闭容器中加NO，正反应速率增大，逆反应速率减小，则t1时刻的v逆小于t2时刻的v正，C错误；由题干反应方程式可知，反应前后气体的物质的量保持不变，即恒温下容器的体积保持不变，反应正向进行，气体质量增加，若气体的密度不变，则气体质量不变，说明该反应达到平衡，D错误。
8.PCl3和PCl5都是重要的化工原料。将PCl3（g）和Cl2（g）充入容积不变的2 L密闭容器中，在一定条件下发生下述反应，并于10 min时达到平衡：PCl3（g）＋Cl2（g）PCl5（g）　ΔH＜0。有关数据如下：
PCl3（g） Cl2（g） PCl5（g）
初始浓度/（mol·L－1） 2.0 1.0 0
平衡浓度/（mol·L－1） c1 c2 0.4
下列判断不正确的是（　　）
A.10 min内，v（Cl2）＝0.04 mol·L－1·min－1
B.当容器中Cl2为1.2 mol时，反应达到平衡
C.升高温度，反应的平衡常数减小，则平衡时PCl3的转化率升高
D.平衡后移走2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，在相同条件下再达平衡时，c（PCl5）＜0.2 mol·L－1
解析：C　由题意可知c1＝1.6，c2＝0.6。A项，v（Cl2）＝＝
0.04 mol·L－1·min－1；B项，反应达平衡时Cl2的物质的量为0.6 mol·L－1×2 L＝1.2 mol；C项，正反应是放热反应，所以升高温度，K减小，平衡向逆反应方向移动，PCl3的转化率降低；D项，平衡后移走2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2相当于压强减小一半，平衡向逆反应方向移动，在相同条件下再达平衡时，c（PCl5）＜0.2 mol·L－1。
9.已知：2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）的反应历程分两步：
第1步：2NO（g）N2O2（g）（快）　ΔH1＜0
第2步：N2O2（g）＋O2（g）2NO2（慢）　ΔH2＜0
在固定容积的容器中充入一定量NO和O2发生上述反应，测得体系中部分物质的物质的量（n）随温度（T）的变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A.第1步、第2步正反应活化能分别为E1、E2，则E1＜E2
B.a点后，n（N2O2）迅速减小的原因是第1步平衡逆向移动，第2步速率加快
C.b点后，n（N2O2）增加的原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大
D.若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，则体系建立平衡的时间不变
解析：D　第2步是慢反应，由活化能越大反应速率越慢，可知第2步正反应活化能较大，则E1＜E2，A正确；总反应速率由慢反应即第2步反应决定，a点后，n（N2O2）迅速减小说明第2步速率加快，且第1步平衡逆向移动，B正确；b点后，n（N2O2）增加说明第2步平衡逆向移动，生成n（N2O2）的速率比第1步平衡逆向移动消耗的速率快，即原因是第2步平衡逆向移动的程度比第1步的大，C正确；若其他条件不变，仅将容器变为恒压状态，由于反应前后气体分子数不相等，恒压下会导致容器容积变化，进而导致物质的浓度发生变化，反应速率发生变化，则体系建立平衡的时间改变，D错误。
10.CO2经催化加氢可合成乙烯：2CO2（g）＋6H2（g）C2H4（g）＋4H2O（g）。0.1 MPa时，按 n（CO2）∶n（H2）＝1∶3投料，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图，下列叙述不正确的是（　　）
A.该反应的ΔH＜0
B.曲线b代表H2O的浓度变化
C.N点和M点所处的状态c（H2）一样
D.其他条件不变，T1℃、0.2 MPa下反应达平衡时c（H2）比M点小
解析：D　温度升高，H2的浓度增大，平衡左移，故逆向吸热，正向放热，ΔH＜0，则曲线a代表CO2的浓度变化，根据方程式的比例关系，可知曲线b代表H2O的浓度变化，曲线c代表C2H4的浓度变化，A、B项正确；N点和M点均处于T1℃下，所处的状态的c（H2）是一样的，C项正确；其他条件不变，T1℃、0.2 MPa相对T1 ℃ 0.1 MPa，增大了压强，相当于体积减小为原来的，c（H2）增大，平衡右移c（H2）小于原来的2倍，故反应达平衡时c（H2）比M点大，D项错误。
11.常压下羰基化法精炼镍的原理为Ni（s）＋4CO（g）Ni（CO）4（g）。230 ℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni（CO）4的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni（CO）4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。
下列判断正确的是（　　）
A.增加c（CO），平衡正向移动，但反应的平衡常数不变
B.第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选30 ℃
C.第二阶段，Ni（CO）4分解率较低
D.该反应达到平衡时，v生成[Ni（CO）4]＝4v生成（CO）
解析：A　平衡常数与温度有关，则增加c（CO），平衡向正向移动，反应的平衡常数不变，A正确；Ni（CO）4的沸点为42.2 ℃，反应温度应大于其沸点，以便于分离出Ni（CO）4，则第一阶段，在 30 ℃ 和50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃，B错误；由正反应的平衡常数K＝2×10－5可知，Ni（CO）4 分解反应的平衡常数较大，Ni（CO）4分解率较高，C错误；达到平衡时，不同物质的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应达到平衡时4v生成[Ni（CO）4]＝v生成（CO），D错误。
12.利用传感技术可以探究压强对2NO2（g）N2O4（g）化学平衡移动的影响。在室温、100 kPa条件下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变。分别在t1、t2时刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A.B点处NO2的转化率为3%
B.E点到H点的过程中，NO2的物质的量先增大后减小
C.E、H两点对应的正反应速率大小为vH＜vE
D.B、E两点气体的平均相对分子质量大小为 MB＞ME
解析：D　由图可知B点处压强为97 kPa，设起始二氧化氮为1 mol，转化率为α，由题意建立如下三段式：
　　　　　2NO2（g）N2O4（g）
起/mol　　 1　　　　 　0
变/mol　　 α　　 　　　0.5α
平/mol　　 1－α　 　 　0.5α
由＝可得＝，解得α＝0.06，即二氧化氮的转化率为6%，A错误；由图可知，t2时刻移动了活塞，压强迅速增大，说明迅速移动活塞使针筒容积减小，并保持活塞位置不变后，体系因容积减小而压强增大，平衡向生成四氧化二氮的方向移动，则E点到H点的过程中，二氧化氮的物质的量是一个减小的过程，B错误；对于有气体参加的反应，压强越大反应速率越大，由图可知，H点压强大于E点，则反应速率：vH＞vE，C错误；由图可知，B到E的过程为压强减小的过程，减小压强平衡向生成二氧化氮的方向移动，气体的物质的量增大，由质量守恒定律可知气体质量不变，则混合气体的平均相对分子质量减小，即MB＞ME，D正确。
二、非选择题：本题包括4个小题。
13.一定条件下，容积为1 L的密闭容器中发生如下反应：SiF4（g）＋2H2O（g）SiO2（s）＋4HF（g）　ΔH＝＋148.9 kJ·mol－1。
（1）下列各项中能说明该反应已达化学平衡状态的是　　　　（填字母）。
a.4v消耗（SiF4）＝v生成（HF）
b.容器内气体压强不再变化
c.容器内气体的总质量不再变化
d.HF的体积分数不再变化
（2）反应过程中测定的部分数据如下表（表中t2＞t1）所示。
反应时间/min n（SiF4）/mol n（H2O）/mol
0 1.20 2.40
t1 0.80 a
t2 b 1.60
通过a或b的值及化学平衡原理说明t1时反应是否达到化学平衡状态：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）若只改变一个条件使上述反应的化学平衡常数变大，该反应　　　　（填字母）。
a.一定向正反应方向移动
b.一定向逆反应方向移动
c.一定是减小压强造成的
d.一定是升高温度造成的
e.SiF4的平衡转化率一定增大
解析：（1）反应过程中任何时刻均有4v消耗（SiF4）＝v生成（HF）；该反应反应前后气体分子数不等，则反应达到平衡状态时，气体的压强、总质量不再变化，各气体的体积分数不再变化。
（2）0～t1 min，反应消耗的SiF4为0.40 mol，根据已知反应可确定消耗的H2O为0.80 mol，故a＝1.60，t2 min时，H2O仍为1.60 mol，故b＝0.80。由此可判断t1时该反应已经达到化学平衡状态。
答案：（1）bcd　（2）a＝1.60（或b＝0.80），说明在一定条件下，t1～t2时各组分的浓度（或物质的量）均已不再发生改变，则t1时反应已经达到化学平衡状态　（3）ade
14.肼（N2H4）与N2O4是火箭发射中最常用的燃料与助燃剂。
（1）800 ℃时，某密闭容器中存在如下反应：2NO2（g）2NO（g）＋O2（g）　ΔH＞0，若开始向容器中加入1 mol·L－1的NO2，反应过程中NO的产率随时间的变化如图中曲线Ⅰ所示。
反应Ⅱ相对于反应Ⅰ而言，改变的条件可能是　　　　。
（2）已知N2O4（g）2NO2（g）　ΔH＝
＋57.20 kJ·mo，开始时，将一定量的NO2、N2O4充入一个容器为2 L的恒容密闭容器中，浓度随时间变化关系如表所示：
时间/min 0 5 10 15 20 25 30
c（X）/（mol·L－1） 0.2 c 0.6 0.6 1.0 c1 c1
c（Y）/（mol·L－1） 0.6 c 0.4 0.4 0.4 c2 c2
①c（X）代表　　　　（填化学式）的浓度。
②前10 min内用NO2表示的反应速率为　　　　　　；20 min时改变的条件是　　　　　　　　　　　　　；重新达到平衡时，NO2的百分含量　　　　（填字母）。
a.增大　　b.减小　　c.不变　　d.无法判断
解析：（1）由于反应Ⅱ达到平衡时产率与反应Ⅰ相同但所用时间减少，故改变的条件是使用催化剂；（2）①由表中数据知，X代表的物质浓度增加值是Y代表的物质浓度减小值的二倍，故X代表NO2，Y代表N2O4；②0～10 min内，NO2浓度增加了0.4 mol·L－1，故v（NO2）＝0.04 mol·L－1·min－1；20 min时，NO2浓度增大而N2O4浓度不变，故改变的条件是向容器中加入0.8 mol NO2；由于温度保持不变，故K是定值，将平衡常数表达式变换为＝，由于c（NO2）肯定增大，故减小，故减小，所以混合物中NO2百分含量减小。
答案：（1）使用催化剂
（2）①NO2　②0.04 mol·L－1·min－1　向容器中加入0.8 mol NO2（其他合理答案也可）　b
15.氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。
（1）在一定温度下，在固定容积的密闭容器中进行可逆反应：N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）。该可逆反应达到平衡的标志是　　　　（填字母）。
A.3v正（H2）＝2v逆（NH3）
B.单位时间生成m mol N2的同时生成3m mol H2
C.容器内的

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