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第1讲　化学反应速率
考点一 化学反应速率的概念及计算
1．化学反应速率
2．化学反应速率与化学计量数的关系
同一反应在同一时间内，用不同物质来表示的反应速率可能__不同__，但表示的意义相同。反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的__化学计量数__之比。
如在反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)中，存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝__a∶b∶c∶d__。
3．化学反应中各物质浓度的计算模式——“三段式”
根据已知条件列方程式计算。
例如：反应　　mA(g)＋nB(g) pC(g)
c起始/(mol·L-1)　 a　　　 b　　　 c
c转化/(mol·L-1)　 x　　　　　
c某时刻/(mol·L-1) a－x　 b－　c＋
4．真实情况的速率讨论
(1)一定温度下，锌粒在1 mol/L的稀盐酸中反应的反应速率与反应时间的关系如图所示，图中A点的斜率就是在t1时刻的瞬时反应速率。
(2)同一反应在不同反应阶段的反应速率一般是不同的。主要原因：反应物浓度的不断变化；而且反应所引起的热量变化对反应速率也有较大影响。
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)对于同一化学反应，选用不同的物质表示化学反应速率时，其数值一定不同。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)化学反应速率越大，反应现象越明显。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(4)对于同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应越快。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
答案：(1)×　对于一些化学反应，也可以用单位时间内某物质的质量、物质的量、体积、压强的变化量来表示化学反应速率。
(2)×　对于同一化学反应，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，所以如果不同物质的化学计量数相等，则选用不同的物质表示化学反应速率时，其数值可以相同。
(3)×　化学反应速率越大，现象不一定越明显，如酸碱中和反应速率很大，但无明显现象。
(4)×　化学反应速率数值的大小和化学计量数有关，化学计量数越大，数值越大，反应速率之比等于化学计量数之比，但都表示该反应的反应速率。
题组一　化学反应速率的计算和大小比较
1．(2024·重庆市巴南区校级期中)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　应用“归一法”，
①v(A)＝0.45 mol·L-1·min-1＝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。
【题源】选择性必修1第25页
2．(2024·辽宁实验中学高三质检)工业制硫酸的过程中，SO2(g)转化为SO3(g)是关键的一步，550 ℃时，在1 L的恒温容器中，反应过程中的部分数据见下表：
反应时间/min SO2(g)/mol O2(g)/mol SO3(g)/mol
0 4 2 0
5 1.5
10 2
15 1
若在起始时总压为p0 kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，气态物质分压＝总压×气态物质的物质的量分数，则10 min内SO2(g)的反应速率v(SO2)＝____________kPa·min-1。
答案：
解析：列出“三段式”
　　　　 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)
初始/mol　 　4　　 2　　　 0
转化/mol　 　2　　 1　　　　2
10 min时/mol 2　　 1　　　 2
恒温恒容下，气体总压之比等于气体物质的量之比，所以10 min时体系总压p10 min满足＝，即p10 min＝p0 kPa，p初始(SO2)＝p0 kPa，p10 min(SO2)＝p0 kPa×＝p0 kPa，故v(SO2)＝＝ kPa·min-1。
【题源】选择性必修125页
特别提醒
化学反应速率大小的比较
(1)定性比较
通过明显的实验现象(如气泡产生快慢、沉淀生成快慢等)来定性比较化学反应速率的大小。
(2)定量比较
同一化学反应中，用不同物质来表示化学反应速率时，数值可能不同，需要进行转化。常用以下两种方法：
①归一法
a．“一看”：看化学反应速率的单位是否一致，若不一致，需转化为同一单位。
b．“二化”：将不同物质的化学反应速率转化成同一物质的化学反应速率。
c．“三比较”：标准统一后比较数值大小，数值越大，反应速率越大。
②比值法
通过化学反应速率与其对应的化学计量数的比值进行比较，比值大的化学反应速率大。如对于反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，若＞，则A表示的化学反应速率较大。
题组二　速率计算中图表信息的提取
3．(2024·湖南师大附中高二期末节选)Bodensteins研究反应：H2(g)＋I2(g) 2HI(g)　ΔH＜0。温度为T时，在容积为1 L的密闭容器中充入0.5 mol H2、0.5 mol I2进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min 0 20 40 60 80 100
w(HI)/% 0 50 68 76 80 80
容器中，前20 min的平均速率v(HI)＝______________。
答案：0.025 mol/(L·min)
解析：根据在20 min时w(HI)＝50%可知，在该时间段内生成HI的物质的量为0.5 mol，故v(HI)＝＝0.025 mol/(L·min)。
4．反应X===2Z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　X是唯一的反应物，随着反应的发生，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时刻反应两步仍在向正反应方向发生，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。
【题源】选择性必修1第31页“练习与应用”第7题
题组三　反应速率常数的应用
5．(2024·雅礼高三第二次考试节选)碳排放问题是第26届联合国气候变化大会讨论的焦点。CO2可转化为高附加值化学品。相关反应的热化学方程式如下：
CO2(g)＋H2(g) H2O(g)＋CO(g)　ΔH＝＋41.0 kJ·mol-1
已知：由实验测得反应的v正＝k正·c(CO2)·c(H2)，v逆＝k逆·c(H2O)·c(CO)(k正、k逆为速率常数，其与温度、催化剂有关)。若平衡后升高温度，则___ (填“增大”“不变”或“减小”)。
答案：减小
解析：当反应达到平衡v正＝v逆，即k正·c(CO2)·c(H2)＝ k逆·c(H2O)·c(CO)， ＝ ＝。反应为吸热反应，温度升高K增大，则减小。
6．(2025·浙江台州高二期末)已知NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋2H2O＋N2↑的速率方程为v＝k·cm(NaNO2)·c(NH4Cl)·c(H＋)。为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，进行如下实验：向锥形瓶中加入一定体积(V)的2.0 mol·L-1 NaNO2溶液、2.0 mol·L-1 NH4Cl溶液、1.0 mol·L-1醋酸和水，充分搅拌，保持体系温度为36 ℃，用秒表测量收集1.0 mL N2所需要的时间(t)，实验数据如下表。
实验 V/mL t/s
醋酸 水
1 4.0 V1 4.0 8.0 332
2 6.0 4.0 4.0 6.0 148
3 V2 4.0 4.0 4.0 83
4 12.0 4.0 4.0 V3 37
下列说法正确的是(　　)
A．V1＝4.0，V2＝6.0
B．实验3用N2表示的反应平均速率v＝ mol·s-1
C．醋酸不参与反应，其浓度的大小对该反应速率无影响
D．速率方程中m＝2
解析：D　为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，根据控制变量法可得NH4Cl的浓度应保持不变。由实验目的可知，溶液总体积为20.0 mL，则V1＝4.0、V2＝8.0，故A错误； 实验3没有在标准状况下，不能用标准状况下的气体摩尔体积来计算物质的量，B错误；由题给速率方程可知，醋酸的浓度会影响c(H＋)的大小，从而影响反应速率，C错误；浓度增大速率增大，根据实验1和3数据分析，实验3的c(NaNO2)是实验1的2倍，实验1和实验3所用的时间比＝4，故m＝2，D正确。
知识拓展
(1)速率常数的含义
速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为单位浓度时的反应速率。在相同的浓度条件下，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(或浓度的乘方)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化学计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于反应：aA＋bB===gG＋hH
则v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。
如①SO2Cl2 SO2＋Cl2　v＝k1·c(SO2Cl2)
②2NO2 2NO＋O2　v＝k2·c2(NO2)
③2H2＋2NO N2＋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 影响化学反应速率的因素 活化能
1．影响化学反应速率的因素
(1)内因(决定因素)
反应物本身的性质是主要因素。如金属与水反应的速率：Na__＞__Mg__＞__Al。
(2)外因
(3)用图像表示浓度、温度、压强对化学反应速率的影响
图像 图像分析
其他反应条件一定，化学反应速率随反应物浓度的__增大__而增大
其他反应条件一定，化学反应速率随温度的升高而__增大__
对于有气体参加的反应，其他反应条件一定，化学反应速率随着压强的增大(容器体积的减小)而__增大__
对于有气体参加的反应，其他反应条件一定，化学反应速率随着容器体积的增大(压强的减小)而__减小__
分别在较低温度和较高温度下反应，化学反应速率随着压强的增大及温度的升高而__增大__
　　
(4)稀有气体对反应速率的影响
A(g)＋B(g) C(g)，不同条件下充入He对反应速率的影响如下：
―→c＝
―→c＝
2．活化能
(1)简单碰撞理论
①基元反应：大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现。其中__每一步反应__都称为基元反应。例如H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，它的反应过程可能是如下两步基元反应：I2 I ＋I (快)、 H2＋2I 2HI(慢)，其中慢反应为整个反应的决速步骤。
②反应机理：先后进行的基元反应反映了化学反应的反应过程，反应过程又称__反应机理__。
③基元反应发生的先决条件：反应物的分子必须发生__碰撞__，但并不是每一次分子碰撞都能发生化学反应。
④有效碰撞
有效碰撞
⑤基元反应与质量作用定律
a．质量作用定律：基元反应的速率与各反应物浓度的幂乘积成正比。
aA＋bB＋……―→产物　v＝k·ca(A)·cb(B)……(k为反应速率常数，只与温度有关，与浓度无关)。
b．反应速率取决于整个反应中最慢的一步。
如2NO＋O2===2NO2反应过程：
k＝＝ c(N2O2)＝×c2(NO)
总反应的速率：v＝k2正·c(N2O2)·c(O2)
v＝·c2(NO)·c(O2) v＝k·c2(NO)·c(O2)
所以k＝
(2)活化分子、活化能、能垒
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子，这种分子必须具有足够的能量。
②活化能：活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差为反应的活化能。
图中：E1为__正反应的活化能__，使用催化剂时的活化能为__E3__，反应热为__E1－E2__。(注：E2为逆反应的活化能)
③能垒：各步基元反应中的活化能就是该基元反应的“能垒”。
(3)活化能、活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
解释化学反应快慢的链条思维：活化能→活化分子→有效碰撞→化学反应速率。
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后的性质保持不变。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)升温时，吸热反应速率增大，放热反应速率减小。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜与醋酸钠均能够增大反应速率。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(4)碳酸钙与盐酸反应的过程中，再增加CaCO3固体，可以增大反应速率。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(5)增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(6)100 mL 2 mol·L-1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
答案：(1)×　催化剂在反应前后的化学性质不变，物理性质发生改变。
(2)× 　升温时，吸热反应、放热反应的反应速率均增大。
(3)× 　加入CuSO4形成原电池，使化学反应速率增大，而加入CH3COONa，会生成CH3COOH，c(H＋)减小，反应速率减小。
(4)× 　CaCO3为固体，其值为常数，对化学反应速率无影响。
(5)× 　增大反应物的浓度，增加单位体积内活化分子数，所以反应速率增大。
(6)×　加入氯化钠溶液，相当于对溶液进行稀释，c(H＋)减小，反应速率应减小。
题组一　外界条件对化学反应速率的影响
1．(2025·北京师大附属中学开学考试)研究反应2X(g) Y(g)＋Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如图所示。下列说法中错误的是(　　)
A．比较实验①②③④得出：实验②最晚到达平衡
B．比较实验①④得出：升高温度，化学反应速率增大
C．实验③有可能使用了催化剂，催化剂增大正反应速率，对逆反应无影响
D．0～10 min，实验②的平均速率v(Y)＝0.01 mol/(L·min)
解析：C　先拐先平，时间短，先达到平衡；实验③的曲线最先达到水平的拐点，实验②的曲线最晚达到水平的拐点，故实验②最晚到达平衡，A正确；实验①、④相比，④的反应物的浓度低，但温度高，建立平衡需要的时间短，反应速率更快，说明升高温度，化学反应速率增大，B正确；实验③和②的反应物的浓度、温度均相同，达到的平衡状态也相同，故反应③可能是使用了催化剂，也可能是增大了压强，而催化剂能同等程度地增大正、逆反应速率，C错误；0～10 min，实验②中X的浓度变化为0.2 mol/L，则v(Y)＝v(X)＝×＝0.01 mol/(L·min)。
2．(2025·贵州铜仁高一期中)用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如表，(KMnO4溶液用稀硫酸酸化)，实验装置如图1所示：
eq \o(\s\up7(),\s\do5(图1))　 eq \o(\s\up7(),\s\do5(图2))
A溶液 B溶液
① 20 mL 0.1 mol·L-1H2C2O4溶液 30 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液
② 20 mL 0.2 mol·L-1H2C2O4溶液 30 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液
(1)该反应的化学方程式为___________________________________________。
(2)该实验探究的是________因素对化学反应速率的影响。
(3)若实验①在2 min末收集了2.24 mL CO2(标准状况下)，则在2 min末，c(MnO)＝__________mol·L-1。(假设混合溶液体积为50 mL)
(4)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定______________________________________________________________(一条即可)来比较化学反应速率。
(5)小组同学发现反应速率随时间的变化如图2所示，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：①产物Mn2+是反应的催化剂；②__________________。
答案：(1)2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O
(2)浓度　(3)0.0056
(4)KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间
(5) 该反应放热
解析：(3)若实验①在2 min末收集了2.24 mL CO2(标准状况下)，则CO2的物质的量为n(CO2)＝＝1.0×10-4 mol，由2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可知，反应消耗KMnO4的物质的量为n(KMnO4)＝2×10-5mol，在2 min末，c(MnO)＝＝0.005 6 mol·L-1。
(5)由题中图示可知，t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是①产物Mn2+是反应的催化剂，②该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高，增大了反应速率。
【题源】选择性必修1第26页“实验探究Ⅱ”
题组二　反应机理、碰撞理论
3．(2025·沈阳外国语学校高二月考)下列说法正确的是(　　)
①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
②恒温时，增大压强，化学反应速率一定增大
③升高温度会增大反应速率，原因是增加了单位时间活化分子的有效碰撞次数
④不能用固体或纯液体的变化量来表示反应快慢
⑤使用催化剂能增大反应速率，原因是提高了分子的能量，使有效碰撞频率增大
⑥化学反应实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞
A．①②⑤ B．③④⑥ C．③④⑤⑥ D．②③④
解析：B　①活化分子间的碰撞不一定为有效碰撞，不一定发生化学反应，错误；②增大压强，如没有气体参加反应，则不能增大化学反应速率，错误；⑤使用催化剂能增大反应速率，原因是降低了活化能，使有效碰撞次数增多，错误。
【题源】选择性必修1第28页
4．(2024·天津高三期中)我国科学家合成了一种新型Au15/MoC材料，实现了低温催化水煤气变换。反应过程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，TS指过渡态。下列有关说法不正确的是(　　)
A.该反应为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
B．分子从催化剂表面脱附的过程都是吸热的
C．反应过程中活化能最大的一步为CO*＋2H2O*―→CO*＋H2O*＋OH*＋H*
D．该过程有极性键的断裂和生成
解析：B　该反应为CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，A正确；从图中可知并不是所有分子从催化剂表面脱附的过程都是吸热的，如CO＋H2O*＋2H*―→CO2＋H2O*＋2H*的过程就是放热的，B错误；从图中可知，反应过程中活化能最大的一步为CO*＋2H2O*===CO*＋H2O*＋OH*＋H*，C正确；该过程中有H2O中的O—H断裂，同时也有CO2中C===O的生成，D正确。
5. (2024·辽宁联考)催化剂LaFe0.5Co0.5O3应用于漂白有机染料的一种机理如图所示，其中包括①②光激发产生光生电子与光生空穴(h＋，具有很强的得电子能力)、③④空穴氧化、⑥超氧自由基氧化、⑦光生电子还原铁离子等。下列说法正确的是(　　)
A． OH、O和h＋在漂白颜料时都体现了强氧化性
B．催化剂可以降低反应活化能，提高反应物的转化率
C．反应⑤每消耗1 mol O2，共转移4 mol e－
D．反应⑨有非极性键的断裂与形成
解析：A　 OH、O和h＋具有很强的得电子能力，在漂白颜料时体现了强氧化性，A正确；催化剂可以降低反应活化能，提高单位体积内活化分子百分数，增大反应速率，缩短达到平衡的时间，但不能改变反应物的转化率，B错误；反应⑤中O2转化为O，每消耗1 mol O2，转移1 mol e－，C错误；反应⑨中H2O2转化为 OH，没有非极性键的形成，D错误。
题组三　“控制变量法”探究影响化学反应速率的因素
6．(2024·杭州模拟)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，下列说法正确的是(　　)
A.实验①，0～20 min，v(N2)＝2.00×10-5 mol/(L·min)
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：D　实验①中，0～20 min，氨气浓度变化量为2.40×10-3mol/L－2.00×10-3 mol/L＝4.00×10-4 mol/L，v(NH3)＝＝2.00×10-5 mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)＝v(NH3)＝1.00×10-5 mol/(L·min)，A错误；催化剂表面积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，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10-4 mol/L，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时处于平衡状态，x<0.40，B错误；实验①、实验②中0～20 min、20～40 min氨气浓度变化量都是4.00×10-4 mol/L，实验②中60 min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的2倍，实验①60 min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；对比实验①和实验③，氨气的起始浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确。
7．探究反应条件对0.10 mol/L Na2S2O3溶液与稀硫酸反应速率的影响，设计与测定结果如下表：
编号 0.10 mol/L H2SO4溶液/mL) 乙
1 25 10.0 0 10.0
2 25 5.0 a 10.0
3 45 10.0 0 10.0
(1)写出上述实验原理的离子方程式：_________________________________。
(2)上述实验1、3是探究________对化学反应速率的影响；若上述实验1、2是探究浓度对化学反应速率的影响，则a的值为________。
(3)乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写_______________________。
答案：(1)S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O
(2)温度　5.0
(3)出现浑浊的时间/min(或s)
【题源】选择性必修1第24页
规律总结
关于“控制变量法”题目的解题策略
(1)考查形式
①以表格的形式给出多组实验数据，让考生找出每组数据的变化对化学反应速率的影响。
②给出影响化学反应速率的几种因素，让考生设计实验分析各因素对化学反应速率的影响。
1．(2024·甘肃卷)下列措施能降低化学反应速率的是(　　)
A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂
B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释
D．石墨合成金刚石时增大压强
解析：C　催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来增大化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以增大化学反应速率，A项不符合题意；中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以增大化学反应速率，B项不符合题意；锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意。
2．(2024·安徽卷)室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO的影响因素，测得不同条件下SeO浓度随时间变化关系如下图。
实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是(　　)
A．实验①中，0～2小时内平均反应速率v(SeO)＝2.0 mol·L-1·h-1
B．实验③中，反应的离子方程式为2Fe＋SeO＋8H＋===2Fe3+＋Se＋4H2O
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO的去除效果越好
解析：C　实验①中，0～2小时内平均反应速率v(SeO)＝＝2.0×10-3 mol·L-1·h-1，A不正确；实验③中水样初始pH ＝8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用H＋配电荷守恒，B不正确；综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeO浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可增大反应速率，C正确；综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中SeO浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始pH，SeO的去除效果越好，但是当初始pH太小时，H＋浓度太大，纳米铁与H＋反应速率增大，会导致与SeO反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时SeO的去除效果不一定越好，D不正确。
3．(2024·甘肃卷)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是(　　)
A．E2＝1.41 eV
B．步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eV
C．步骤1的反应比步骤2快
D．该过程实现了甲烷的氧化
解析：C　由能量变化图可知，E2＝0.70 eV－(－0.71 eV)＝1.41 eV，A项正确；由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71 eV－(－1.00 eV)＝＋0.29 eV，B项正确；由能量变化图可知，步骤1的活化能E1＝0.70 eV，步骤2的活化能E3＝－0.49 eV－(－0.71 eV)＝0.22 eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确。
4．(2024·河北卷节选)1，4 二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为v＝k·c(A)·c(B)，其中c(A) 、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(k1～k5分别对应反应①～⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，k1∶k2∶k3∶k4∶k5＝100∶21∶7∶4∶23。
(1)30 min时，c(X)＝6.80 mol·L-1，且30～60 min内v(X)＝0.042 mol·L-1·min-1，反应进行到60 min时，c(X)＝__________mol·L-1。
(2)60 min时，c(D)＝0.099 mol·L-1，若0～60 min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)＝__________mol·L-1。
答案：(1)5.54　(2)0.033
解析：(1)根据化学反应速率的计算公式时，v(X)＝，60 min时，c(X)＝6.80 mol·L-1－v(X)·Δt＝6.80 mol·L-1－0.042 mol·L-1·min-1×30 min＝5.54 mol·L-1。
(2)已知＝＝，又由题给反应速率方程推知，＝＝＝3，则Δc(G)＝×Δc(D)＝0.033 mol·L-1，即60 min后c(G)＝0.033 mol·L-1。
5．(2024·全国新课标卷节选)对于同位素交换反应Ni(C16O)4＋C18O―→Ni(C16O)3C18O＋C16O，20 ℃时反应物浓度随时间的变化关系为ct[Ni(C16O)4]＝c0[Ni(C16O)4]e－kt(k为反应速率常数)，则Ni(C16O)4反应一半所需时间t＝__________(用k表示)。
答案：
解析：由题给关系式可得e－kt＝，当Ni(C16O)4反应一半时＝，即＝，＝ln ，＝ln 2，则＝。
1．(2024·北京华清二中统练)一定条件下，在2 L密闭容器中发生反应：2A(s)＋3B(g)===2C(g)＋4D(g)，测得5 min内，A的物质的量减小了10 mol, 则0～5 min内该反应的平均速率为(　　)
A．v(A)＝1.0 mol/(L·min) B．v(B)＝1.5 mol(L·min )
C．v(C)＝2.0 mol/( L·min) D．v(D)＝0.5 mol(L·min)
解析：B　A是固体不能表示速率，故A不正确；根据A的物质量减少了10 mol，则B的物质的量减少了15 mol，根据变化量之比等于化学计量数之比，则v(B)＝＝＝1.5 mol/(L·min)，故B正确；同理求得，v(C)＝＝＝ 1.0 mol/(L·min)，故C不正确；v(D)＝＝＝ 2.0 mol/(L·min)，故D不正确。
【题源】选择性必修1第25页
2．为探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解反应的催化效果，某同学分别设计了图甲、图乙所示的实验。下列叙述中不正确的是(　　)
A．图乙中的M为分液漏斗
B．图乙实验可通过测定相同状况下产生的气体体积与反应时间来比较反应速率
C．图甲实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率
D．若图甲实验中反应速率为①>②，则Fe3+对H2O2分解的催化效果一定比Cu2+好
解析：D　因为氯化铁、硫酸铜阴离子不同，图甲实验中反应速率为①>②，不能说明Fe3+对H2O2分解的催化效果一定比Cu2+好， D错误。
【题源】选择性必修1第26页“探究”
3．(2024·江苏模拟)纳米级Cu2O具有优良的催化性能。工业上用碳粉在高温条件下还原CuO制取Cu2O：2CuO(s)＋C(s) Cu2O(s)＋CO(g)　ΔH>0，下列说法正确的是(　　)
A．其他条件不变，及时移出CO可降低逆反应速率，提高Cu2O的产率
B．其他条件不变，加入更多的碳粉可增大正反应速率，提高CuO的转化率
C．该反应的平衡常数表达式为K＝
D．上述反应中，每生成1 mol Cu2O，转移的电子数目为NA
解析：A　及时移出CO，产物浓度减小，逆反应速率减小，化学平衡正向移动，Cu2O的产率提高，A正确；碳粉为固体，不影响反应速率，也不影响平衡的移动，B错误；Cu2O、CuO和C均为固体，该反应的平衡常数表达式为K＝c(CO)，C错误；上述反应中，铜元素由＋2价降为＋1价，每生成1 mol Cu2O，转移的电子数为2NA，D错误。
4．在恒温恒容条件下，发生反应A(s)＋2B(g) 3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是(　　)
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)＝3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
解析：C　从图像中可以得到物质在一段时间内的浓度变化，反应速率是通过计算单位时间内物质的浓度变化得到的，从a、c两点横、纵坐标可得到Δt、Δc(B)，从而得出a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，A正确；当a点无限接近b点时，b→a的平均反应速率即为b点的瞬时速率，故从b点切线的斜率可求得反应开始时的瞬时速率，B正确；根据化学反应速率之比等于化学计量数之比分析，3v(B)＝2v(X)，C不正确；其他条件相同，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到平衡的时间缩短，D正确。
5．(2025·凉州高二开学)某反应由两步反应M→N→Q构成，它的反应能量曲线如图所示，下列叙述正确的是(　　)
A．两步反应均为吸热反应
B．三种化合物中Q最稳定
C．第二步反应决定了总反应的速率
D．升高温度，活化能E1、E2均减小，反应速率增大
解析：B　由图可知M→N的反应为吸热反应，N→Q的反应为放热反应，故A错误；物质的总能量越低，越稳定，由图可知Q的能量最低，则Q最稳定，故B正确；多步反应的总反应速率是由最慢的一步反应决定的，E1>E2，可知第一步比第二步反应慢，则第一步反应决定了该反应的总反应速率，故C错误；升高温度，不能改变反应的活化能，但升高温度能增加体系活化分子的百分数，使反应速率增大，故D错误。
【题源】选择性必修1第31页“练习与应用”第5题
6．(2024·长沙市一中第三次考试)某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应过程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是(　　)
A.提高反应温度，反应物的转化率增加
B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，提高反应物的转化率
C．该化学反应的速率主要由反应③决定
D．N2(g)＋2CO2(g)===2CO(g)＋2NO(g)
ΔH＝＋620.9 kJ·mol-1
解析：D　A项，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，升高温度，反应物的转化率降低，A错误；B项使用催化剂不能提高反应物的转化率，B错误；C项，反应①的活化能最高，即反应速率最慢，为该化学反应的决速步，C错误；D项根据反应过程图可以得到三个基元反应的化学反应方程式：①NO＋NO===N2O2　ΔH＝＋199.2 kJ·mol-1；②N2O2＋CO===CO2＋N2O　ΔH＝－513.5 kJ·mol-1；③CO2＋N2O＋CO===2CO2＋N2　ΔH＝－306.6 kJ·mol-1；则N2(g)＋2CO2(g)===2CO(g)＋2NO(g)为－(①＋②＋③)，D正确。
7. (2024·湖南师大附中第五次考试)TRAP是一种温和的氧化剂，TRAP试剂中的RuO不会氧化碳碳双键，可以将醇氧化至醛，不会过度氧化为羧酸。TRAP氧化醇的反应机理如下图所示，下列说法错误的是(　　)
A．在上述6步反应中发生氧化还原反应的有2步
B．步骤④⑤中NMO将RuO氧化，生成TRAP试剂
C．步骤⑥的离子方程式为2RuO===RuO2＋RuO
D．若R1为CH3CH==CH—，则TRAP氧化该醇的主产物为2 丁烯醛
解析：A　在题述6步反应中，TRAP试剂中RuO经过步骤①②将醇氧化为醛，本身被还原为H2RuO；H2RuO经过步骤③得到RuO；步骤④⑤中，NMO将RuO氧化，生成TRAP试剂；步骤⑥中，RuO发生歧化反应生成RuO2和RuO。综上所述，在上述6步反应中发生氧化还原反应的并非只有2步，A错误；步骤④⑤中，NMO和RuO发生反应生成NMM和RuO，Ru的化合价由＋5升高到＋7，则RuO作还原剂，NMO作氧化剂，NMO将RuO氧化，生成TRAP试剂，B正确；步骤⑥中，RuO转化为RuO2和RuO，离子方程式为2RuO===RuO2＋RuO，C正确；若R1为CH3CH==CH—，对应的醇为CH3CH==CHCH2OH，则TRAP氧化该醇的主产物为2 丁烯醛(CH3CH==CHCHO)，D正确。
8．一定条件下，反应H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)的速率方程为v＝k·cα(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＝k·cα(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×(0.1)×c-1与①v＝k×0.1×(0.1)×2-1，解得c＝1，由此分析。根据分析，c、α、β、γ的值分别为1、1、、－1，A正确、B错误；由于v＝k·cα(H2)·cβ(Br2)·cγ(HBr)中α、β、γ的值分别为1、、－1，所以反应速率与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、D正确。
9．(2024·广东统考二模)乙酸甲酯催化醇解反应方程式为CH3COOCH3(l)＋C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)＋CH3OH(l)，已知v正＝k正·x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)，v逆＝k逆·x(CH3COOC6H13)·x(CH3OH)，其中k正、k逆为速率常数，x为物质的量分数。己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1∶1投料，测得348 K、338 K两个温度下乙酸甲酯转化率(α)随时间(t)的变化关系如图所示，下列说法中错误的是(　　)
A．曲线①②中，曲线①对应的k正更大
B．升高温度，该醇解平衡向正反应方向移动
C．a、b、c、d四点中，v正与v逆差值最大的是b点
D．338 K时，该反应的化学平衡常数为1
解析：C　根据图像可知，①曲线的反应速率最快，说明温度高，即曲线①对应温度为348 K，曲线②对应温度为338 K。温度越高，反应速率越快，k正越大，则曲线①对应的k正更大，故A说法正确；由图可知，温度越高，乙酸甲酯的转化率越高，反应正向进行程度变大，说明反应为吸热反应，故升高温度，该醇解平衡向正反应方向移动，故B说法正确；k正、k逆是温度的函数，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，k正受温度的影响较大，因此升高温度，k正增大程度大于k逆，即k正－k逆的值最大的是曲线①；据图像可知，a点是反应向正方向进行，c点为平衡点，随着反应进行，v正逐渐减小，v逆逐渐增大，因此四点中，v正与v逆差值最大的是a点，故C说法错误； 338 K时，令乙酸甲酯的物质的量为1 mol，己醇的物质的量为1 mol，则达到平衡时，消耗乙酸甲酯、己醇的物质的量均为1 mol×50%＝0.5 mol，则生成CH3COOC6H13和甲醇的物质的量为0.5 mol，K＝＝1，故D说法正确。
10．(2024·长沙市一中第七次考试)过氧硫酸氢根(HSO)参与烯烃的不对称环氧化反应的机理如图，下列说法不正确的是(　　)
A．该反应有水生成
B．利用此反应可将乙烯氧化为环氧乙烷
C．过氧硫酸氢根是该反应的催化剂
D．HSO、ROOR′均有较强的氧化性
解析：C　由图像分析，在碱性(OH－)条件下反应步骤有H2O生成，A正确；利用题给机理，CH2==CH2与进一步得到环氧乙烷，B正确；通过图像流程分析，HSO参与反应最终转化为SO，不是催化剂，C错误；HSO中含有过氧键，ROOR′中也含有过氧键，因此均有较强的氧化性，D正确。
11．(2025·福建开学摸底卷)利用煤化工的副产物甲醇(CH3OH)制丙烯(C3H6)可缓解对石油的依赖。298 K、100 kPa下主反应为3CH3OH(l) CH3CH==CH2(g)＋3H2O(l)　ΔH。
(1)在298 K、100 kPa下，由元素最稳定的单质生成1 mol物质时的热效应叫做标准生成焓ΔfH。几种物质的标准生成焓ΔfH数据如下：
物质 ΔfH/(kJ·mol-1)
CH3OH(l) －201.9
H2O(g) －241.8
CH3CH==CH2(g) 20.4
则主反应的ΔH＝________kJ·mol-1。
(2)450 ℃时，各物质均为气体，向容积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CH3OH(g)仅发生主反应，10 min后达到平衡，此时容器中n(C3H6)＝a mol，则10 min内反应速率v(CH3OH)＝__________mol·L-1·min-1。
(3)铝硅分子筛(表示为HAlSiO)催化CH3OH生成CH3CH==CH2的机理如图1：
eq \o(\s\up7(),\s\do5(图1))
a．CH3OH＋HAlSiO―→CH＋AlSiO－＋H2O
b．CH＋AlSiO－―→CH2＋HAlSiO
c．3CH2―→CH3CH==CH2
①反应a中生成的CH会继续参与反应生成某中性有机物，其结构简式为______________。
②CH2称为卡宾，有两种结构，如图2 A、B所示，C原子采用sp2杂化的是______，请利用电子排布规律判断基态时结构更为稳定______(填字母)。
eq \o(\s\up7(),\s\do5(图2))
(4)保持气流速率一定，温度对甲醇催化制丙烯反应的影响如图3所示。甲醇的转化率随温度升高而升高的原因是_____________________________________，温度超过450 ℃后，丙烯选择性降低的原因是_________________________。
eq \o(\s\up7(),\s\do5(图3))
答案：(1)－99.3 　(2) (3)①CH3OCH3　②A　B
(4)温度升高，反应速率增大(或温度升高，催化剂活性增大，导致化学反应速率增大)　温度升高，导致催化剂失活(或温度升高，导致积碳量增加)
解析：(1)根据题意可知，ΔH＝ΔfHm(生成物)－ΔfHm(反应物)＝3×(－241.8 kJ·mol-1)＋20.4 kJ·mol-1－(－201.9 kJ·mol-1×3)＝－99.3 kJ·mol-1。
(2)容器中n(C3H6)＝a mol，则c(C3H6)＝ mol·L-1，根据“三段式”得到：
　　　　 3CH3OH(g) CH3CH==CH2(g)＋3H2O(l)
　 　　 0 0
　 　 　 　
　 　 　 　
10 min内则甲醇的变化量为 mol·L-1，则甲醇的反应速率：v(CH3OH)＝＝ mol·L-1·min-1。
(3)①反应a中生成的CH会继续参与反应生成某中性有机物甲醚，其结构简式为CH3OCH3。
②采用sp2杂化的是A。
③电子排布规律判断基态时结构更为稳定碳原子的原子结构为1s22s22p2，其中1s轨道上有2个电子，2s轨道上有2个电子，2p轨道上有2个电子，电子轨道排布式为，根据洪特规则，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自行平行，故B结构比较稳定。
第2讲　化学平衡状态　化学平衡的移动
考点一 可逆反应与化学平衡状态
1．可逆反应
(1)定义
在同一条件下既能向__正反应__方向进行，同时又能向__逆反应__方向进行的化学反应。
(2)特点
①二同：a.相同条件下；b.正、逆反应同时进行。
②一小：反应物与生成物同时存在，任一组分的转化率都__小于__(填“大于”或“小于”)100%。
(3)表示
在化学方程式中用“__ __”表示，而不用“===”表示。
2．化学平衡状态
(1)概念
在一定条件下的可逆反应体系中，正、逆反应速率相等时，反应物和生成物的__浓度__保持不变，即体系的组成不随时间而改变，这表明该反应中物质的转化达到了“__限度__”。
(2)化学平衡的建立
从 正反应方向 从 逆反应方向
开始建立 开始建立
(3)平衡特点
　 　
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)2H2＋O22H2O为可逆反应。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)恒温恒容下进行的可逆反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时，反应达到平衡状态。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)在一定条件下，向密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2充分反应，生成2 mol NH3。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(4)到达平衡前的v正一定大于v逆。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(5)H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，体系中c(H2)∶c(I2)∶c(HI)＝1∶1∶2时，说明该反应达到平衡状态。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(6)化学反应的限度可以通过改变条件而改变。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(7)当一个化学反应在一定条件下达到限度时，反应即停止。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
答案：(1)×　正逆两个反应不是在同一条件下同时进行，故不为可逆反应。
(2)×　SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等，均为正反应方向，不能判断正、逆反应速率是否相等，因此不能判断是否达到平衡状态。
(3)×　合成氨是可逆反应，反应物不能完全转化，所以1 mol N2和3 mol H2不可能生成2 mol NH3。
(4) ×　若反应正向进行达到平衡，平衡前的v正大于v逆，若反应逆向进行达到平衡，平衡前的v逆大于v正。
(5) ×　 反应达到平衡状态是各物质的浓度不再改变，而不是各物质的浓度成比例。
(6)√
(7)×　化学平衡状态是一个动态平衡，正、逆反应速率相等，各物质的量保持不变，化学反应仍在进行，未停止。
题组一　可逆反应
1．向10 mL 0.2 mol·L-1 NaI溶液中滴加4～5滴0.1 mol·L-1FeCl3溶液后，再进行下列实验，可证明FeCl3溶液和NaI溶液的反应为可逆反应的是(　　)
A．再滴加AgNO3溶液，观察是否有AgI沉淀产生
B．加入CCl4振荡后，观察下层液体颜色
C．加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察是否有AgCl沉淀产生
D．加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察是否出现红色
解析：D　可逆反应的特点是不能进行彻底，FeCl3溶液和过量的碘化钠溶液反应，若仍有Fe3+存在，则说明该反应为可逆反应，所以加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，证明有Fe3+存在，说明该反应为可逆反应。
2．一定条件下，对于可逆反应X(g)＋3Y(g) 2Z(g)，若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零)，达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol/L、0.3 mol/L、0.08 mol/L，则：
(1)c1∶c2＝__________。
(2)平衡时，Y和Z的生成速率之比为________。
(3)X、Y的转化率之比为__________。
(4)c1的取值范围为__________mol/L。
答案：(1)1∶3　(2)3∶2　(3)1∶1
(4)0练后反思
极端假设法确定各物质的浓度范围
假设反应正向或逆向进行到底，求出各物质浓度的最大值和最小值，从而确定它们的浓度范围。
假设反应正向进行到底：
　　　　　　　 X2(g)＋Y2(g) 2Z(g)
c起始/(mol·L-1)　　 0.1　 0.3　　 0.2
c改变/(mol·L-1)　　 0.1　 0.1　　 0.2
c终态/(mol·L-1)　　 0　 0.2　　 0.4
假设反应逆向进行到底：
　　　　　　　 X2(g)＋Y2(g) 2Z(g)
c起始/(mol·L-1)　 0.1 0.3 0.2
c改变/(mol·L-1)　 0.1 0.1 0.2
c终态/(mol·L-1)　 0.2 0.4 0
平衡体系中各物质的浓度范围为0题组二　化学平衡状态的判断
3．(2024·高三全国专题卷)一定温度下，向一体积不变的密闭容器中加入一定量的N2和H2，发生反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＜0，下列说法不能说明反应达到化学平衡状态的是______________(填字母)。
A．容器中气体密度不再变化
B．N2、H2、NH3的浓度相等
C．容器中气体的压强不再变化
D．2v正(H2)＝3v逆(NH3)
E．单位时间内消耗n mol N2，同时消耗2n mol NH3
F．氨气的质量保持不变
G．生成N2的速率与生成NH3的速率相等
H．消耗N2的速率与生成NH3的速率之比为1∶2
I．容器中气体的平均相对分子质量
J.反应混合物中N2、H2、NH3的浓度不再发生改变
K．v逆(N2)＝3v正(H2)
M．3 mol H—H断裂的同时有6 mol N—H生成
答案：ABGHKM
解析：可逆反应当中当变化的量不变时可以说明反应达到平衡状态，容器中总体积不变，总质量不变，则容器中气体密度本来就不变，A项符合题意；N2、H2、NH3的浓度相等，不一定达到平衡状态，B项符合题意；生成n mol N2的速率与生成2n mol NH3的速率相等，才可以说明达到平衡，G项符合题意；消耗N2的速率与生成NH3的速率是相同的反应方向，无法说明反应达到平衡，H项符合题意；当正反应速率等于逆反应速率时，达到平衡，反应速率之比等于化学计量数之比，3v逆(N2)＝v正(H2)时正、逆反应速率相等，反应达到平衡，K项符合题意；3 mol H—H断裂的同时有6 mol N—H生成，是相同反应方向，无法说明反应达到平衡，M项符合题意。
【题源】选择性必修1第42页“练习与应用”第3题
4．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)。
答案：②④⑤
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达到平衡时，CO、CO2的改变量是1∶1，但图中不是。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。
方法技巧
判断化学平衡状态的两方法、两标志和三关注
(1)两方法——逆向相等、变量不变
①逆向相等：反应速率必须一个是正反应的速率，一个是逆反应的速率，且经过换算后，同一种物质的消耗速率和生成速率相等。
②变量不变：如果一个量是随反应进行而改变的，当不变时为平衡状态；一个随反应的进行保持不变的量，不能作为是否达到平衡状态的判断依据。
(2)两标志——本质标志、等价标志
①本质标志：v正＝v逆≠0。
对于某一可逆反应来说，正反应消耗某反应物的速率等于逆反应生成该反应物的速率。
②等价标志
a．全部是气体参加的非等体积反应，体系的压强、平均相对分子质量不再随时间变化。如N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)。
b．体系中各组分的物质的量浓度、体积分数、物质的量(或质量)分数保持不变。
c．对同一物质而言，断裂化学键的物质的量与形成化学键的物质的量相等。
d．对于有色物质参加或生成的可逆反应，体系的颜色不再随时间变化。如2NO2(g) N2O4(g)。
e．体系中某反应物的转化率或某生成物的产率达到最大值且不再随时间变化。
f．绝热体系的温度不变，说明反应处于平衡状态。
(3)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、生成，或
固体的分解反应。
考点二 化学平衡的移动
1.化学平衡移动的过程
(1)概念
可逆反应达到平衡状态以后，若反应条件(如温度、压强、浓度等)发生了变化，平衡混合物中各组分的浓度也会随之改变，从而在一段时间后达到新的平衡状态。这种由原平衡状态向新平衡状态的变化过程，叫做化学平衡的移动。
(2)
化学平衡移动方向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，平衡不移动。
(3)v正＜v逆：平衡向__逆__反应方向移动。
3．影响化学平衡的外界因素
(1) 浓度对化学平衡的影响
在其他条件不变时，__增大__反应物浓度或__减小__生成物浓度都可使化学平衡向正反应方向移动；反之化学平衡向逆反应方向移动。
(2)压强对化学平衡的影响
对于反应前后气体总体积发生变化的可逆反应，在其他条件不变时，__增大__压强，化学平衡向__气体体积减小__的方向移动；反之，化学平衡向气体体积增大的方向移动。
对于反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，若m＋n＞p＋q，增大压强和减小压强图像如下；
若反应前后气体体积无变化，改变压强，能同时改变正、逆反应速率，且v正＝v逆，平衡__不__移动。
若m＋n＝p＋q，则图像对应增大压强和减小压强图像如下。
(3) 温度对化学平衡的影响
在其他条件不变的情况下，升高温度，化学平衡向__吸热反应方向__移动；降低温度，化学平衡向__放热反应方向__移动。
①升高温度，不管是吸热方向还是放热方向，反应速率均增大，但吸热方向速率增大的倍数大于放热方向速率增大的倍数，v(吸热)＞v(放热)，故平衡向吸热方向移动。
②一般只要是升高温度，新平衡状态的速率大于原平衡状态的速率；反之则小。以N2＋3H2 2NH3　ΔH＜0为例，升高温度和降低温度图像如下。
(4)催化剂对化学平衡的影响
催化剂对化学平衡移动__无__影响，它的使用能同等程度地改变正、逆反应速率(即反应速率改变但仍然相等)，可以__缩短__化学反应达到平衡所需要的时间。
4．化学平衡中的特殊情况
(1)改变固体或纯液体的量，对化学平衡没有影响。
(2)稀有气体对化学平衡的影响
①恒温、恒容条件：
原平衡体系体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平衡不移动
②恒温、恒压条件：
(3)同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度时，应视为压强的影响。
5．勒夏特列原理
如果改变影响平衡的一个因素(如温度、压强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。勒夏特列原理也称为平衡移动原理。
易错易混
判断下列说法正误(正确的画“√”，错误的画“×”，并说明错因)。
(1)化学平衡发生移动，化学反应速率一定改变；化学反应速率改变，化学平衡也一定发生移动。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v放热减小，v吸热增大。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)化学平衡正向移动，反应物的转化率一定增大。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(4)向平衡体系FeCl3＋3KSCN Fe(SCN)3＋3KCl中加入适量KCl固体，平衡逆向移动，溶液的颜色变浅。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(5)对于2NO2(g) N2O4(g)的平衡体系，压缩体积，增大压强，平衡正向移动，混合气体的颜色变浅。(　　)
错因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
答案：(1)×　化学反应速率改变，化学平衡不一定发生移动，如加入催化剂。
(2)×　升高温度，v放热、v吸热均增大。
(3)×　化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大，如A(g)＋B(g) C(g)，增大A的浓度、平衡右移，但A的转化率减小。
(4)×　KCl没有参与反应，加入KCl固体，平衡不移动，颜色不变。
(5)×　因为压缩体积，平衡右移，但c(NO2)仍大于原来的浓度，所以混合气体的颜色变深。
题组一　外界条件对化学平衡的影响　　　　　　　　　　　
1．(2025·上海华东师大附中高二期中)下列措施会使平衡向右移动的是(　　)
A．恒温时，减小平衡体系N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的压强
B．恒压下，降低平衡体系H2(g)＋I2(g) 2HI(g)　ΔH<0的温度
C．向FeCl3＋3KSCN Fe(SCN)3＋3KCl中加入少量固体KCl
D．恒温恒压下向平衡体系N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)中充入氦气
解析：B　减小压强，反应向气体体积增大的方向进行，故N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)向左进行，A不符合题意；降低温度，反应向放热反应方向进行，故H2(g)＋I2(g) 2HI(g)　ΔH<0 向右移动，B符合题意；反应实质是Fe3+＋3SCN Fe(SCN)3，KCl不参与反应，故加入少量固体KCl，平衡不移动，C不符合题意；恒温恒压下向平衡体系N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)中充入氦气，体系的体积增大，压强减小，向气体体积增大的方向移动，D不符合题意。
【题源】选择性必修1第36页
2．(2024·广东统考二模)汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)＋O2(g) 2NO(g)　ΔH。一定条件下，等物质的量N2和O2在恒容密闭容器中反应，曲线a表示该反应在温度T下c(N2)随时间(t)的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时c(N2)随时间(t)的变化。下列叙述不正确的是(　　)
A.温度T下、0～40 s内v(N2)＝ mol·L-1·s-1
B．M点v正(N2)小于N点v逆(N2)
C．曲线b对应的条件改变可能是充入氧气
D．若曲线b对应的条件改变是升高温度，则ΔH>0
解析：B　温度T下、0～40 s内氮气的浓度从c0 mol/L减少到c1 mol/L，故v(N2)＝ mol·L-1·s-1，A正确；M点还在向正反应方向进行，故正反应速率大于逆反应速率，B错误；曲线b能是充入氧气，反应速率增大，更快到平衡，且平衡时氮气的浓度比a少， C正确；若曲线b为升温，则说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热，D正确。
题组二　化学平衡移动规律的应用
3．(2025·北京昌平区高二期末)下列事实能用平衡移动原理解释的是(　　)
A．H2O2溶液中加入少量MnO2固体，促进H2O2分解
B.密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深
C．带活塞密闭容器内存在H2(g)＋I2(g) 2HI(g)平衡，向外拉动活塞颜色变浅
D．工业合成氨(放热反应)，选择高温
解析：B　MnO2会催化 H2O2分解，与平衡移动无关，A错误； NO2转化为N2O4 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B正确；该反应前后气体计量数之和不变，改变压强，平衡不移动，所以向外拉动活塞颜色变浅，是因为容器体积增大导致c(I2)减小，与平衡移动原理无关，C错误；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，而工业合成氨(放热反应)，选择高温主要考虑反应速率，D错误。
4．(2024·广州统考一模)恒容密闭容器中，以硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2(g)＋CH4(g) CS2(g)＋2H2S(g)　ΔH。CH4的平衡转化率、S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．ΔH>0
B．温度升高，S8分解率增大，S2体积分数增大
C．向平衡体系中充入稀有气体，平衡向右移动
D．其他条件相同，S2体积分数越大，CH4平衡转化率越小
解析：B　由图像可看出，温度升高，CH4的平衡转化率降低，S2的体积分数升高说明升温时，平衡2S2(g)＋CH4(g) CS2(g)＋2H2S(g)向左移动，所以正反应方向是放热的，即ΔH<0，A错误；因为S8分解成S2需要吸收热量，S8(g) 4S2(g)　ΔH>0，所以升温时，平衡右移，S8分解率增大，S2体积分数增大，B正确；向恒温恒容的平衡体系中，通入稀有气体，由于与反应有关的气体物质的物质的量浓度均未变化，所以平衡不移动，C错误；其他条件不变时，S2体积分数增大，即c(S2)越大，则平衡向右进行的程度越大，CH4的平衡转化率越大，D错误。
归纳总结
判断化学平衡移动问题的思维步骤
题组三　化学平衡移动图像分析
[题型特点]　化学反应速率和化学平衡的图像类试题是一种特殊题型，其特点是：图像是题目的主要组成部分，把所要考查的化学知识置于图中曲线上，具有简明、直观、形象的特点。该类试题以选择题为主，偶尔也会在非选择题中出现。因为图像是用二维坐标表示的，所以该类试题包含的信息量比较大，随着高考的不断改革以及对学科能力要求的不断提高，这种数形结合的试题会频频出现。
[解题策略]　
看图像 一看面，即纵坐标与横坐标的意义
二看线，即线的走向和变化的趋势
三看点，即起点、折点、交点、终点
四看辅助线，如等温线、等压线等
五看变化，如浓度变化、温度变化等
想规律 联想外界条件的改变对化学反应速率和化学平衡的影响规律
作判断 根据图像中表现的关系与所学规律相对比，作出符合题目要求的判断
5.(2024·乌鲁木齐高三阶段练习)在一体积可变的恒温密闭容器中发生反应2X(g)＋Y(g) Z(g)＋W(s)　ΔH<0，每次达到平衡后仅改变其中一个反应条件，正反应速率随时间的变化如图所示，下列说法错误的是(　　)
A．t0时可能是升高温度
B．t1时可能是扩大容器体积
C．t2时可能是充入了部分Z(g)
D．t3时可能是加入了高效催化剂
解析：A　根据图像，t0时v正跳跃性增大，平衡正向移动；2X(g)＋Y(g) Z(g)＋W(s)正反应放热，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，所以不可能是升高温度，A错误。
特别提醒
速率 时间变化图像分析
(1)看图像中正、逆反应速率的变化趋势，二者是同等程度变化，还是不同程度变化。若是同等程度变化，一般从压强(反应前后气体体积不变的反应)和催化剂角度考虑；若是不同程度变化，从温度、浓度、压强(反应前后气体体积改变的反应)角度考虑。
(2)对于反应速率变化不相等的反应，要注意观察改变某个条件的瞬间，正、逆反应速率的大小关系及变化趋势，同时要联系外界条件对反应速率的影响规律加以筛选、验证、排除。
(3)改变条件判断v正、v逆的相对大小时，可以从平衡移动方向讨论，若平衡正移，v正>v逆，若平衡逆移，v正6. (2024·辽宁高三统考期末)工业上生产CO的反应原理为C(s)＋CO2(g) 2CO(g)　ΔH。一定条件下，将足量焦炭和一定量CO2放入体积为2 L的恒容密闭容器中发生反应，CO2和CO的物质的量n随时间t的变化关系如图。下列说法正确的是(　　)
A．0～2 min，v(CO)＝0.5 mol·L-1·min-1；2～3 min，v正(CO)＝v逆(CO2)
B．当容器内的气体密度(ρ)不变时，反应一定达到平衡状态，且ρ(平衡)<ρ(起始)
C．3 min时温度由T1升高到T2，则ΔH>0，平衡常数＝
D．5 min时再充入一定量的CO，a、d曲线分别表示n(CO)、n(CO2)的变化
解析：C　由图可知，0～2 min，一氧化碳物质的量增加2 mol，则反应速率v(CO)＝＝0.5 mol/(L·min)；2～3 min时，平衡不移动，反应速率之比等于化学计量数之比，则v正(CO)＝2v逆(CO2)，A项错误；该反应反应前后质量发生变化，体积不变，则其密度为变量，当容器内气体的密度不变时，说明反应达到平衡状态；根据ρ＝知，体积不变，反应达到平衡时，气体的质量增大，则平衡时气体的密度大于起始时气体的密度，则ρ(平衡)＞ρ(起始)，B项错误；由图可知，3 min时升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，T1温度平衡，一氧化碳物质的量为2 mol，二氧化碳物质的量为7 mol；平衡常数K(T1)＝＝＝，T2温度平衡，一氧化碳物质的量为4 mol，二氧化碳物质的量为6 mol，平衡常数K(T2)＝＝＝，则＝＝，C项正确；5 min时再充入一定量的CO，CO的物质的量瞬间增大，平衡逆向移动，CO的物质的量又逐渐减小，5 min时CO2浓度不变，平衡逆向移动，CO2的物质的量逐渐增大，则b表示n(CO2)的变化，c表示n(CO)的变化，D项错误。
特别提醒
百分含量(或转化率) 时间图像
以mA(g)＋nB(g) pC(g)中反应物的转化率αA为例说明。
解答这类图像题时应注意以下两点：
(1)“先拐先平，数值大”原则
分析反应由开始(起始物质相同时)达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化。
①若为温度变化引起，温度较高时，反应达到平衡所需时间短，如甲中T2>T1。
②若为压强变化引起，压强较大时，反应达到平衡所需时间短，如乙中p1>p2。
③若为是否使用催化剂引起，使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短，如图丙中a使用催化剂。
(2)正确掌握图像中反应规律的判断方法
①图甲中，T2>T1，升高温度，αA减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应。
②图乙中，p1>p2，增大压强，αA增大，平衡正向移动，则正反应为气体体积减小的反应。
③若纵坐标表示A的百分含量，则甲中正反应为吸热反应，乙中正反应为气体体积增大的反应。
7．已知反应N2O4(g) 2NO2(g)　ΔH＝＋57 kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数
随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．M、Q两点气体的平均相对分子质量：M>Q
B．M、Q两点气体的颜色：M浅，Q深
C．由状态N到状态M，可以用加催化剂的方法
D．M、Q两点的反应速率：M>Q
解析：B　反应正向吸热，相同压强下T2比T1二氧化氮体积分数大，因此T1＜T2；反应正向体积增大，相同温度下，p1比p2二氧化氮体积分数小，p1＜p2。根据分析，M→Q平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，M颜色浅Q颜色深，故A错误、B正确；催化剂不能改变平衡，因此加入催化剂不能由状态N到状态M，故C错误；M→Q增大压强，M、Q两点的反应速率：M＜Q，故D错误。
特别提醒
恒温线(或恒压线)图像
已知不同温度下的转化率 压强图像或不同压强下的转化率 温度图像，推断反应的热效应或反应前后气体物质间化学计量数的关系。以反应A(g)＋B(g) C(g)中反应物的转化率αA为例说明。
解答这类图像题时应注意以下两点：
(1)“定一议二”原则：可通过分析相同温度下不同压强时反应物A的转化率大小来判断平衡移动的方向，从而确定反应方程式中反应物与产物气体物质间的化学计量数的大小关系。如甲中任取一条温度曲线研究，压强增大，αA增大，平衡正移，正反应为气体体积减小的反应或乙中任取横坐标一点作横坐标垂直线，也能得出结论。
(2)通过分析相同压强下不同温度时反应物A的转化率的大小来判断平衡移动的方向，从而确定反应的热效应。如利用上述分析方法，在甲中作垂直线，乙中任取一曲线，就能分析出正反应为放热反应。
8．(2024·苏州高三统考)CO2催化加氢合成甲醇是CO2资源化利用的重要途径。CO2催化加氢主要反应有：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.4 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)
ΔH2＝＋41.2 kJ·mol-1
压强分别为p1、p2时，将＝的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中CO2的平衡转化率和CH3OH、CO的选择性如图所示。
[CH3OH(或CO)的选择性＝×100%]
下列说法不正确的是(　　)
A．曲线①②表示CH3OH的选择性，且p1>p2
B．150～250 ℃，随温度升高甲醇的平衡产率降低
C．一定温度下，调整＝可提高CO2的平衡转化率
D．相同温度下，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数K(Ⅰ)>K(Ⅱ)
解析：D　随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，则CH3OH的选择性随温度的升高而减小，CO的选择性随温度的升高而增大，故曲线①②表示CH3OH的选择性，曲线③④表示CO的选择性，同时压强增大，反应Ⅰ平衡正向移动，反应物浓度减小，促使反应Ⅱ化学平衡逆向移动，使CO选择性减小，故p1＞p2。据此解答。根据以上分析可知曲线①②表示CH3OH的选择性，且p1>p2，故A正确；曲线①②表示CH3OH的选择性，根据图像可知150～250 ℃，随温度升高CH3OH的选择性减小，CO的选择性升高，因此甲醇的平衡产率降低，故B正确；一定温度下，调整＝，相当于增大氢气的浓度，因此可提高CO2的平衡转化率，故C正确；随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，在未给定具体温度的情况下，无法比较反应Ⅰ、Ⅱ的化学平衡常数大小，故D错误。
特别提醒
选择竞争型图像分析
现代化工生产过程中，因为存在着多个副反应，所以要提高目标产品的产率，就要选择适当的催化剂提高目标产品的选择性，使反应物尽可能多地转化成目标产品。所以，在多重平衡的反应中，要降低副产品的选择性。
(竞争、连续)反应图像的解题思维流程
第一步：审反应方程式：
①找准竞争(或连续)反应在反应特点方面
的异同。
②分清主、副反应。
第二步：提取研究状态(平衡、非平衡)：
①非平衡状态量，其变化与反应速率有关。
②平衡状态量，则与平衡移动有关。
第三步：析图：
依据图中横坐标、纵坐标的内容找出图中曲线中的“点”“线”的含义和变化趋势并用平衡移动原理解答具体问题。
1．(2023·湖南卷)向一恒容密闭容器中加入1 mol CH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x[x＝]随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．x1B．反应速率：vb正＜vc正
C．点a、b、c对应的平衡常数：KaD．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
解析：B　由题图可知，投料比不变时，随温度的升高CH4的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应；在相同的温度下，投料比减小，相当于在CH4的投料量不变的情况下增大H2O的投料量，当反应物不止一种时，其他条件不变，增大其中一种气态反应物的投料量会增大其他反应物的平衡转化率，同时降低自身的平衡转化率，故投料比x越小，CH4的平衡转化率越大。由题图可知，点b对应CH4的平衡转化率大于点c，结合分析可知，点b对应投料比小于点c，故x12．(2024·浙江卷)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应：
Ⅰ.C2H6(g)＋CO2(g) C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＞0
Ⅱ.C2H6(g)＋2CO2(g) 4CO(g)＋3H2(g)　ΔH2＞0
向容积为10 L的密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2，不同温度下，测得5 min时(反应均未平衡)的相关数据见下表，下列说法不正确的是(　　)
温度/℃ 400 500 600
乙烷转化率/% 2.2 9.0 17.8
乙烯选择性/% 92.6 80.0 61.8
注：乙烯选择性＝×100%
A．反应活化能：Ⅰ＜Ⅱ
B．500 ℃时，0～5 min反应Ⅰ的平均速率为v(C2H4)＝2.88×10-3 mol·L-1·min-1
C．其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g)，可提高乙烯的产率
D．其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，平衡后可提高乙烷转化率
解析：D　由表可知，随温度的升高，乙烷的转化率增大，乙烯的选择性减小，说明升高温度，主要发生反应Ⅱ，则反应活化能：Ⅰ<Ⅱ，A正确；由表可知，500 ℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为2 mol×9.0%＝0.18 mol，而此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18 mol×80%＝0.144 mol，根据方程式可得，生成乙烯的物质的量为0.144 mol，则0～5 min反应Ⅰ的平均速率为v(C2H4)＝＝2.88×10-3 mol·L-1·min-1，B正确；其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g)，反应Ⅰ正向进行，可提高乙烯的产率，C正确；其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，平衡后CO2转化率提高，C2H6转化率降低，D错误。
3．(2024·全国新课标卷节选)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0 MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)4体积分数x与温度的关系如图所示。
反应Ni(s)＋4CO(g) Ni(CO)4(g)的ΔH________(填“大于”或“小于”)0。从热力学角度考虑，________________________有利于Ni(CO)4的生成(写出两点)。p3、100 ℃时CO的平衡转化率α＝________，该温度下平衡常数Kp＝__________(MPa)-3。
答案：小于　降低温度、增大压强　97.3% 9 000
解析：随着温度升高，平衡时Ni(CO)4的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的ΔH<0。该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于Ni(CO)4的生成。由上述分析可知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中Ni(CO)4的体积分数增大，则压强：p4>p3>p2>p1，即p3对应的压强是1.0 MPa。由题图可知，p3、100 ℃条件下达到平衡时，CO和Ni(CO)4的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4 mol，反应生成的Ni(CO)4为x mol，可得三段式：
　 Ni(s)＋4CO(g) Ni(CO)4(g)
起始/mol 　 4 　　 0
转化/mol 　 4x 　　x
平衡/mol 4－4x 　 x
反应后总物质的量为(4－3x)mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有＝0.9，解得x＝，因此达到平衡时n转化(CO)＝4× mol，CO的平衡转化率α＝×100%≈97.3%；气体的分压＝总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数Kp＝＝＝＝9 000(MPa)-3。
4．(2024·甘肃卷节选)SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
(1)由SiCl4制备SiHCl3：
SiCl4(g)＋H2(g)===SiHCl3(g)＋HCl(g) ΔH1＝＋74.22 kJ·mol-1(298 K)。
已知SiHCl3(g)＋H2(g)===Si(s)＋3HCl(g)　ΔH2＝＋219.29 kJ·mol-1(298 K)。
298 K时，由SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g)制备56 g硅________(填“吸”或“放”)热__________kJ。升高温度有利于制备硅的原因是___________________。
(2)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)。773 K、2 L密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反应，SiCl4转化率随时间的变化如图所示：
①0～50 min，经方式______处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)＝________mol·L-1·min-1。
②当反应达平衡时，H2的浓度为____________mol·L-1。
③增大容器体积，反应平衡向______________移动。
答案：(1)吸　587.02　该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
(2)①甲　5.6×10-5　②0.195 1　③逆反应方向
解析：(1)由题给热化学方程式：
①SiCl4(g)＋H2(g)===SiHCl3(g)＋HCl(g) ΔH1＝＋74.22 kJ·mol-1；
②SiHCl3(g)＋H2(g)===Si(s)＋3HCl(g) ΔH2＝＋219.29 kJ·mol-1；
则根据盖斯定律可知，①＋②可得热化学方程式SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋74.22 kJ·mol-1＋(＋219.29 kJ·mol-1)＝＋293.51 kJ·mol-1，则制备56 g Si，即2 mol Si，需要吸收热量为293.51 kJ·mol-1×2＝587.02 kJ·mol-1；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅。
(2)①由转化率图像可知，0～50 min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2%＝0.004 2 mol，根据化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为0.004 2 mol×＝0.005 6 mol，平均反应速率v(SiHCl3)＝＝5.6×10-5 mol·L-1·min-1。
②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式：
　　　　　 3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)
　0.05 　0.2 　　 0
0.007 3 0.004 9 0.009 7
0.042 7 0.195 1 0.009 7
当反应达平衡时，H2的浓度为0.195 1 mol·L-1。
③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
1．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A．使用铁触媒，能增大合成氨的反应速率
B．溴水中存在Br2＋H2O HBr＋HBrO，当加入硝酸银溶液后，溶液颜色变浅
C．合成氨工业采用20 MPa～50 MPa高压
D．反应CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g)　ΔH<0，达到平衡后，升高温度体系颜色变深
解析：A　催化剂对平衡移动没有影响，所以不能用勒夏特列原理解释，故A符合题意；加入硝酸银溶液后，生成AgBr沉淀，溴离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，促进溴与水的反应，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；合成氨反应为气体体积减小的反应，增大压强可使平衡向正反应方向移动，提高原料的利用率，能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；反应CO(g)＋NO2(g) CO2(g)＋NO(g)的正反应为放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，体系颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意。
2．(2025·泰安期末)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．2NO2 N2O4是吸热反应
B．CaO溶于水时吸收热量
C．烧瓶(1)中混合气体的平均相对分子质量增大
D．烧瓶(3)中气体的压强减小
解析：D　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，混合气体的平均相对分子质量减小；(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2NO2 N2O4是放热反应。
【题源】选择性必修1第39页“实验23”
3．(2025·石家庄高一调研)在一定温度下，在容积不变的容器中发生可逆反应：2M(g)＋N(s) P(g)＋Q(g)，下列说法中，无法说明该反应达到平衡的是(　　)
A．P(g)的物质的量浓度不变
B．容器内的密度不再发生变化
C．反应混合物中M的体积分数不再发生变化
D．2v正(M)＝v逆(N)
解析：D　P(g)的物质的量浓度不变时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A不选；反应后气体的质量增加、容器体积不变，当混合气体的密度不变，反应达到平衡状态，B不选；反应混合物中M的体积分数不再发生变化，为平衡状态，C不选；平衡时不同物质的正、逆反应速率之比不等于其化学计量数之比，且N为纯固体，不能由M、N的速率关系判定，选D。
4．(2024·长郡第一次测试)反应Si(s)＋3HCl(g) SiHCl3(g)＋H2(g)　ΔH是工业上制备高纯硅的重要中间过程。一定压强下，起始投入原料的值和温度与SiHCl3的平衡产率的变化关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．该反应为放热反应
B．M、N点SiHCl3的分压：M>N
C．的值越大，SiHCl3平衡产率越高
D．M、N点的逆反应速率：vM>vN
解析：C　温度升高，SiHCl3的平衡产率减小，说明反应向逆反应方向移动，正反应为放热反应，A正确；M点SiHCl3的平衡产率大，其物质的量分数大，故分压大，B正确；由图可知，的值增大至7时，SiHCl3的平衡产率降低至接近于0，C错误；M点温度较高、SiHCl3浓度较大，逆反应速率：vM>vN，D正确。
5．(2024·河北高三期中)已知反应：2NO2(红棕色) N2O4(无色)　ΔH<0。将一定量的NO2充入注射器后封口，如图是在拉伸或压缩注射器的过程中混合气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透光率越小)，下列说法正确的是(　　)
A．b点的操作为拉伸注射器
B．c点与a点相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小
C．d点平衡逆向移动
D．若容器绝热，则平衡常数Ka解析：C　b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透光率变小，A错误；c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，B错误；c点后的拐点是拉伸注射器的过程，d点是平衡向气体体积增大的逆向移动过程，C正确；若容器绝热，由a点到c点，压缩注射器，反应正向进行，T(a)＜T(c)，该反应正向放热，温度升高，平衡会逆向移动，平衡常数减小，所以Ka＞Kc，D错误。
6．工业上利用Ga与NH3高温条件下合成半导体材料氮化镓(GaN)固体同时有氢气生成。反应中，每生成3 mol H2时放出30.8 kJ的热量。恒温恒容密闭体系内进行上述反应，下列有关表达正确的是(　　)
A.图像Ⅰ中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可以为升温或加压
B．图像Ⅱ中纵坐标可以为镓的转化率
C．图像Ⅲ中纵坐标可以为化学反应速率
D．图像Ⅳ中纵坐标可以为体系内混合气体的平均相对分子质量
解析：A　反应方程式为2Ga(s)＋2NH3(g) 2GaN(s)＋3H2(g)　ΔH＜0。A项，图像Ⅰ中如果纵坐标为正反应速率，升高温度或增大压强，反应速率增大，图像符合题意，正确；B项，由反应的化学方程式可知增大压强平衡逆向移动，稼的转化率减小，错误；C项，Ga是固体，其质量不影响反应速率，错误；D项，根据反应方程式可知，相同压强下，升高温度，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大；相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，错误。
7．(2024·吉林长春三模)一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器中分别投入2 mol NOCl，发生反应：2NOCl(g) 2NO(g)＋Cl2(g)。反应t min后，容器中NOCl的转化率如图中M、N点。下列叙述正确的是(　　)
A．M点加入适当催化剂，可以提高NOCl的转化率
B．容积为a L的容器达到平衡后再投入1 mol NOCl、1 mol NO，平衡不移动
C．M、N两点的压强之比为25∶28
D．容积为c L的容器中NOCl的平衡转化率小于80%
解析：B　使用催化剂不影响平衡移动，则NOCl的转化率不变，A错误；M点对应K＝＝＝，容积为a L的容器达到平衡后再投入1 mol NOCl、1 mol NO，Q＝＝＝K，平衡不移动，B正确；M点时转化率为50%，平衡时物质的量之和为1 mol＋1 mol＋0.5 mol＝2.5 mol，N点转化率为80%，平衡时物质的量之和为0.4 mol＋1.6 mol＋0.8 mol＝2.8 mol，容器体积：a＜b，则容器内压强：M＞N，则M、N两点的压强之比大于25∶28，C错误；由N点转化率为80%，体积增大时压强减小，减小压强平衡正向移动，转化率增大，则容积为c L的容器NOCl的平衡转化率大于80%，D错误。
8．某实验小组研究温度对化学反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的影响，在其他条件相同时，将1 mol H2(g)和1 mol I2(g)充入体积为2 L的恒容密闭容器中，测得HI(g)的物质的量分数随时间(min)变化的实验数据如下：
时间 0 20 40 60 80 100
HI(g)的物质的量分数 T1 0 0.50 0.68 0.76 0.80
T2 0 0.60 0.72 0.75 0.75
下列说法正确的是(　　)
A.T1温度下，0～20 min之间，H2的平均反应速率为0.025 mol·L-1·min-1
B．在T1温度下，该反应有可能在70 min时已达到平衡状态
C．由表中数据推测T1D．由表中数据可知，温度越高，H2(g)与I2(g)的反应限度越大
解析：C　T1温度下，0～20 min，HI的物质的量分数为0.5，反应前后气体的物质的量不变，则说明生成1 mol HI，氢气消耗了0.5 mol，H2的平均反应速率为＝0.012 5 mol·L-1·min-1，选项A错误；由表中数据分析可知，在T1温度下，每间隔20 min，HI物质的量分数增加值逐渐减小，反应从40～60 min，HI(g)的物质的量分数从0.68到0.76，HI(g)的物质的量分数的变化量为0.08，故50～60 min，HI(g)的物质的量分数的变化量应小于0.04；若该反应70 min时达到平衡状态，则HI(g)的物质的量分数的变化量应小于0.04，因此该反应70 min时没有达到平衡状态，选项B错误；T2温度下，反应更快达到平衡，其他条件不变的情况下，这是受温度影响。从而可推断T2>T1，选项C正确；T2>T1，温度越高，H2(g)与I2(g)的反应限度越小，选项D错误。
9．MTP是一类重要的药物中间体，可以由TOME经环化后合成。其反应如下所示：
为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇。TOME的转化率随反应时间的变化如图所示。设TOME的初始浓度为a mol/L，反应过程中的液体体积变化忽略不计，发生的其他副反应忽略不计。
已知：转化率＝，也可以用百分数表示。下列说法错误的是(　　)
A．X、Y两点消耗反应物TOME的速率v正(X)＜v正(Y)
B．X、Z两点该化学反应的瞬时速率大小为v(X)＞v(Z)
C．由图可知，该反应为吸热反应，适当升高温度可以提高TOME的转化率
D．若Z点处于化学平衡，210 ℃时反应平衡常数K＝
解析：D　根据题意：TOME的初始浓度均为a mol/L，由图可知X、Y两点TOME的转化率相等，反应转化浓度相同，但反应时间：X＞Y，因此反应速率：v正(X)10．HCOOCH3是一种重要的化工产品，被公认为“万能中间体”。甲醇脱氢法制HCOOCH3是工业上的一种重要方法，具有工艺流程短、原料单一、反应条件温和等优点。其工艺过程涉及如下反应：
反应Ⅰ：2CH3OH(g) HCOOCH3(g)＋2H2(g)　ΔH1＝＋135.4 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CH3OH(g) CO(g)＋2H2(g)　ΔH2＝＋106.0 kJ·mol-1
一定条件下，在容积为10 L的恒容密闭容器中通入1.0 mol CH3OH气体发生上述反应，在不同温度下连续反应4 h。测得甲醇的总转化率(α，图中实线表示)和HCOOCH3的选择性(λ，图中虚线表示)随温度变化如图所示。(已知：HCOOCH3的选择性＝×100%)，下列说法正确的是(　　)
A．温度超过553 K后，反应Ⅰ平衡逆向移动
B．553 K 下，HCOOCH3的产量为0.1 mol
C．反应Ⅲ： HCOOCH3(g) 2CO(g)＋2H2(g)　ΔH3＝＋76.6 kJ·mol-1
D．其他条件不变，随着温度升高，出口处HCOOCH3、H2、CO的量均不断增大
解析：C　反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故A错误；由图可知，553 K下，甲醇的总转化率为20.0%、甲酸甲酯的选择性为50.0%，由公式可知，甲酸甲酯的物质的量为
＝0.05 mol，故B错误；由盖斯定律可知，反应Ⅱ×2－反应Ⅰ得到反应Ⅲ：HCOOCH3(g) 2CO(g)＋2H2(g)，则ΔH3＝(＋106.0 kJ·mol-1)×2－(＋135.4 kJ·mol-1)＝＋76.6 kJ·mol-1，故C正确；由图可知，温度超过553 K后，甲酸甲酯的选择性降低，出口处甲酸甲酯的量减小，故D错误。
11．(2025·福建开学摸底卷)脱除汽车尾气中的NO和CO包括以下两个反应：
Ⅰ.2NO(g)＋CO(g)===N2O(g)＋CO2(g) ΔH1<0
Ⅱ.N2O(g)＋CO(g)===N2(g)＋CO2(g)　ΔH2<0
将恒定组成的NO和CO混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质的浓度，结果如图所示。已知：NO的脱除率＝×100%。
下列说法正确的是(　　)
A．使用合适的催化剂，可以提高CO的平衡转化率
B．450 ℃，该时间段内NO的脱除率约为88%
C．其他条件不变，增大压强，能使NO的平衡转化率减小
D．450 ℃，反应Ⅱ的化学平衡常数K＝34.45
解析：B　使用合适的催化剂，不影响平衡移动，故不可以提高CO的平衡转化率，A错误；450 ℃，NO的初始浓度是(200＋125×2＋1 625×2)＝3 700×10-6 mol·L-1，转化为N2的NO浓度为1 625×2＝3 250×10-6 mol·L-1，故该时间段内NO的脱除率约为×100%≈88%，B正确；将两个方程式相加得总方程式：2NO(g)＋2CO(g)===2CO2(g)＋N2(g) ，为气体分子数减小的反应，故加压平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，C错误；450 ℃时，由图可知，反应Ⅱ的化学平衡常数K＝＝＝81.25，D错误。
12．(2025·湖北开学摸底卷)肌红蛋白 (Mb，M＝16 700 g·mol-1)和血红蛋白(Hb，M

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