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第七章　化学反应速率与化学平衡
第23讲　化学反应速率及其影响因素
复习要点　1.了解化学反应速率的概念和定量表示方法。2.了解反应活化能的概念，了解催化剂的重要作用。3.理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率的影响，能用相关理论解释其一般规律。4.了解化学反应速率的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
@考点1　化学反应速率
考点1　化学反应速率
A　基础知识重点疑难
1.化学反应速率的概念与表示方法
（1）含义：化学反应速率是用来衡量化学反应进行　快慢　的物理量。
（2）表示方法：通常用单位时间内反应物浓度的　减小　或生成物浓度的　增大　来表示。
（3）计算公式：v＝　，单位为　mol·L－1·min－1　或　mol·L－1·s－1　。
笔记：高考中拓展：v＝，其中Δp为气体的压强变化量，如（2022全国乙卷）1 373 K、100 kPa发生2H2S（g）S2（g）＋2H2（g），起始时通入n（H2S）∶n（Ar）＝1∶9混合气，0.1 s时H2S转化率24％，计算0～0.1 s H2S 分压的平均变化率为　　kPa·s－1。（提示：24.9）
（4）注意事项
①由公式v＝计算得到的化学反应速率是平均速率而不是瞬时速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
②同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。
③不能用固体或纯液体表示化学反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数。
2.化学反应速率与化学计量数的关系
对于已知反应mA（g）＋nB（g）pC（g）＋qD（g），v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝m∶n∶p∶q。
3.比较化学反应速率大小　的常用方法
笔记：定性比较：（1）现象的变化快慢；（2）用影响因素：c、T、p、催化剂分析
（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＞，则不同情况下，用A表示的反应速率比用B表示的大。
4.速率常数理解
（1）速率方程
一定温度下，基元反应的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（g）＋bB（g）gG（g）＋hH（g），则v＝kca（A）·cb（B）（其中k为速率常数）。
如①SO2Cl2SO2＋Cl2　v＝k1c（SO2Cl2）
②2NO22NO＋O2　v＝k2c2（NO2）
③2H2＋2NON2＋2H2O　v＝k3c2（H2）·c2（NO）
（2）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，速率常数仅是温度的函数　，同一反应，温度不同，速率常数不同。
笔记：受温度、催化剂、固体的表面积等影响
（3）K与k正、k逆的一般定量关系
一定温度下，对于基元反应aA（g）＋bB（g）cC（g），反应速率v正＝k正 ca（A）·cb（B），v逆＝k逆cc（C），当反应达平衡状态时（即v正＝v逆），k正ca（A）·cb（B）＝k逆cc（C），K＝。
B　题组集训提升能力
题组一　化学反应速率的计算
1.一定条件下，在体积为10 L的固定容器中发生反应：N2（g）＋3H2（g）2NH3（g），反应过程如图。下列说法正确的是（　B　）
A.t1 min时正、逆反应速率相等
B.X曲线表示NH3的物质的量随时间的变化关系
C.0～8 min，H2的平均反应速率v（H2）＝0.75 mol·L－1·min－1
D.10～12 min，N2的平均反应速率v（N2）＝0.25 mol·L－1·min－1
解析：t1时刻没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，A项错误；根据图像，X的物质的量增加，属于生成物，因此X为NH3的物质的量随时间的变化曲线，B项正确；0～8 min时，v（NH3）＝＝0.007 5 mol·L－1·min－1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v（H2）＝＝0.011 25 mol·L－1·min－1，C项错误；10～12 min，v（NH3）＝＝0.005 mol·L－1·min－1，v（N2）＝＝0.002 5 mol·L－1·min－1，D项错误。
2.（2025·陕西榆林统考一模）在某一恒温恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15 kPa、30 kPa，加入催化剂使其发生反应：CO2 （g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（g）。研究表明CH4的反应速率v（CH4）＝1.2×10－6×p（CO2）·p4（H2） kPa·s－1，某时刻测得H2O（g）的分压为10 kPa，则该时刻v（H2）＝　0.48　kPa·s－1。
3.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，反应过程中部分数据如表。
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，而气态物质分压＝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）＝　p0　kPa·min－1。
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/mol 2 1 2
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）＝（p0 kPa－p0 kPa）÷10 min＝p0 kPa·min－1。
解题感悟
“三段式”法在化学反应速率计算中的应用
例：反应　　　　　　　　mA（g）　＋　nB（g）pC（g）
t0时刻浓度（mol·L－1） 　 a 　　　　　　b 　　　　c
转化浓度（mol·L－1） 　　x　　　　　　 　　　　
t1时刻浓度（mol·L－1）　 a－x 　　　　b－　　 c＋
若时间单位为s，则：v（A）＝ mol·L－1·s－1、v（B）＝ mol·L－1·s－1、v（C）＝ mol·L－1·s－1。
比例关系：化学反应速率之比等于化学计量数之比，如
mA（g）＋nB（g）pC（g）＋qD（g）中，v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝m∶n∶p∶q，或v（A）＝v（B）＝v（C）＝v（D）。
题组二　化学反应速率的比较
4.已知反应：4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下。
①v（CO）＝1.5 mol·L－1·min－1
②v（NO2）＝0.7 mol·L－1·min－1
③v（N2）＝0.4 mol·L－1·min－1
④v（CO2）＝1.1 mol·L－1·min－1
⑤v（NO2）＝0.01 mol·L－1·s－1
请比较上述5种情况反应的快慢：　③＞①＞②＞⑤＞④　（由大到小的顺序）。
题组三　速率常数的应用
5.（2025·保定模拟）已知NaNO2＋NH4ClNaCl＋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），实验数据如表。下列说法正确的是（　D　）
实验 V/mL t/s
NaNO2溶液 NH4Cl溶液 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
A.V1＝4.0；V3＝2.0
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：为探究反应速率与c（NaNO2）的关系，NH4Cl浓度不变，根据实验2的数据可知溶液总体积为20 mL，根据变量单一可知V1为4.0，V2为8.0，V3为0，A错误；实验3不在标准状况下，不能用标准状况下的气体摩尔体积来计算，B错误；由速率方程可知反应速率受H＋浓度影响，则醋酸的浓度会影响反应速率，C错误；根据实验1和实验3的数据分析，实验3的c（NaNO2）是实验1的2倍，实验1和实验3所用的时间之比为≈4，可知速率和NaNO2浓度的平方成正比，故m＝2，D正确。
6.（2024·河北化学）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＝kc（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）＝　5.54　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）＝　0.033　mol·L－1；60 min后，随T的含量增加，　增大　（填“增大”“减小”或“不变”）。
解析：（1）根据化学反应速率的计算公式，v（X）＝，60 min时，c（X）＝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时c（G）＝0.033 mol·L－1。60 min时，D和G转化为T的速率比为＝＜1，G消耗得更快，则增大。
7.（2024·贵州化学）引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下：
CH4（g）＋
（两个反应可视为同级数的平行反应）
对于同级数的平行反应有＝＝，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知Ea，苯＜Ea，二甲苯，若要提高苯的产率，可采取的措施有　适当降低温度，加入合适的催化剂（合理即可）　。
解析：已知Ea，苯＜Ea，二甲苯，＝·，则温度降低，增大，可提高苯的产率；加入合适的催化剂，选择性降低Ea，苯，加快生成苯的速率，可提高苯的产率。
@考点2　影响化学反应速率的因素
考点2　影响化学反应速率的因素
A　基础知识重点疑难
1.影响化学反应速率的因素
（1）内因
反应物本身的性质　是影响化学反应速率的主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为v（Mg）＞v（Al）。
笔记：拓展：活化能越小，反应速率越快
（2）外因　①（其他条件不变，只改变一个条件　②）
笔记：①工业流程中为了加快反应速率常用的措施：适当增大反应物、溶液浓度，升温，固体粉碎等
②若改变多个条件：多个条件对速率影响相同时，可讨论，如升温同时增大浓度，则速率加快；多个条件对速率影响相反，不能讨论，如升温同时减压
③若为离子反应，参加反应的离子浓度影响速率，浓度变化不能改变反应本质，如Zn与稀H2SO4反应不能使用浓H2SO4增大反应速率
（3）外界因素对速率的影响理解
①对于固体和纯液体物质　①，可认为其浓度是一个常数，改变它们的用量不会影响化学反应速率。
②升高温度，不论对放热反应还是吸热反应，反应速率一定加快，但吸热反应速率增加的幅度更大　②。
③稀有气体对反应速率的影响
对于反应A（g）＋B（g）C（g）：
④改变物质的浓度不能对反应本身有影响，如铁与稀H2SO4的反应，若增大H2SO4浓度变成了浓H2SO4，铁在浓H2SO4中发生钝化，反应本身已改变，速率无法讨论。
⑤催化剂的理解
a.催化剂的作用
b.催化剂的影响因素：受温度、浓度、固体颗粒大小　⑤等因素影响。
c.催化剂的选择性：在发生多个反应时，催化剂的选择性提高主要产物的比例，其选择性受温度等因素影响。
笔记：①（2022湖南）C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g），将炭块粉碎，可加快反应速率（√）
②正、逆速率的影响因素
（1）反应物浓度影响正反应速率，生成物浓度影响逆反应速率
（2）温度、压强对正、逆反应速率影响趋势相同、大小不同。如升温使平衡正移，则v正、v逆均增大，但v正＞v逆
（3）催化剂对v正、v逆影响相同、程度相同
③涉及压强是重难点
（1）必须是有气体参与的反应
（2）必须是改变容器体积 气体浓度改变 压强改变 速率改变，即必须有气体浓度变化
④（2023辽宁）酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn（Ⅱ）起催化作用，随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小（×）
⑤如温度高于某温度，速率突然减小，原因是高于某一温度，催化剂失去催化效果，反应减慢
2.有效碰撞理论
（1）活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
（2）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，E2为逆反应的活化能，反应热为E1－E2。
（3）有效碰撞：　活化分子　之间能够引发化学反应的碰撞。
（4）活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
笔记：（2022湖南）Pd （催化剂）的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变（×）
B　题组集训提升能力
题组一　外因对反应速率的影响
1.（2024·甘肃化学）下列措施能降低化学反应速率的是（　C　）
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：催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，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，可以加快化学反应速率，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.在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p（Pa），并在一定温度下使其发生反应：H2（g）＋I2（g）2HI（g）　ΔH＜0，下列说法正确的是（　A　）
A.保持容器容积不变，向其中加入1 mol H2（g），反应速率一定加快
B.保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2（N2不参加反应），反应速率一定加快
C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol N2（N2不参加反应），反应速率一定加快
D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2（g）和1 mol I2（g），反应速率一定加快
解析：增大H2的物质的量且保持容器容积不变，H2的浓度增大，反应速率加快，A项正确；保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2（N2不参加反应），反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变，B项错误；保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol N2（N2不参加反应），容器体积增大，反应混合物各组分的浓度减小，反应速率减小，C项错误；保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2（g）和1 mol I2（g），因容器的体积变为原来的2倍，起始物质的量变为原来的2倍，则反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变，D项错误。
题组二　利用外因对反应速率影响规律解决实际问题
3.（1）（2023·浙江6月选考）在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附（快速）、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是　温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小　。
（2）（2023·辽宁化学）接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2（g）＋O2（g）SO3（g）　ΔH＝－98.9 kJ·mol－1
①为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率（α）下反应速率（数值已略去）与温度的关系如图所示，下列说法正确的是　cd　。
a.温度越高，反应速率越大
b.α＝0.88的曲线代表平衡转化率
c.α越大，反应速率最大值对应温度越低
d.可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
②为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如图所示，催化性能最佳的是　d　（填标号）。
解析：（1）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
（2）①根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误。从速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88％时的反应速率图像并没有给出，无法判断α＝0.88的条件下是否为平衡转化率，b错误。从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确。从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确。②为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从题图中可以看出标号为d的催化剂V－K－Cs－Ce条件下SO2的转化率最高，催化性能最佳。
题组三　有效碰撞理论
4.（2025·名师汇编）甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：
Ⅰ.CH4（g）＋H2O（g）CO（g）＋3H2（g）　ΔH＝＋206 kJ·mol－1
Ⅱ.CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）　ΔH＝－41 kJ·mol－1
关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是　①④⑤　（填序号）。
①反应Ⅰ、Ⅱ都是由粒子通过碰撞而发生的反应
②恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，活化分子数增大，反应速率加快
③恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快
④升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快
⑤加入合适的催化剂，可降低反应的活化能，活化分子百分数增大，反应速率加快
解析：粒子必须碰撞在一起才可能进行反应，故反应Ⅰ、Ⅱ都是由粒子通过碰撞而发生的反应，故①正确。恒温、恒容条件下，加入惰性气体，增大压强，由于反应体系中各物质的浓度不变，单位体积内活化分子数目不变，则化学反应速率不变，故②错误。恒温、恒容条件下，加入水蒸气，反应物浓度增大，单位体积活化分子数增加，有效碰撞频率增大，反应速率加快，但活化分子百分数不变，故③错误。升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，故④正确。合适的催化剂能使活化能降低，使活化分子百分数增大，反应速率加快，故⑤正确。
题组四　含多个变量的化学反应速率图像
5.（双选）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1为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图2为反应①和②的ln k～曲线。下列说法错误的是（　AB　）
　
A.随c（X）的减小，反应①②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②决定
解析：由题图1中的信息可知，随c（X）的减小，c（Y）先增大后减小，c（Z）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，故A项错误。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，即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，即v（X）＋v（Y）＝v（Z），故B项错误。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的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，故C项正确。由题图2信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，故D项正确。
6.（2023·广东化学）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）某有机物R能与Fe2＋形成橙红色的配离子[FeR3]2＋，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子[FeR3]3＋。完成反应的离子方程式：N＋2[FeR3]2＋＋3H＋　HNO2　＋2[FeR3]3＋＋H2O。
（2）某研究小组对（1）的反应进行了研究。
用浓度分别为2.0 mol·L－1、2.5 mol·L－1、3.0 mol·L－1的HNO3溶液进行了三组实验，得到c（[FeR3]2＋）随时间t的变化曲线如图。
①c（HNO3）＝3.0 mol·L－1时，在0～1 min内，[FeR3]2＋的平均消耗速率＝　5×10－5 mol·L－1·min－1　。
②下列有关说法中，正确的有　AB　（填字母）。
A.平衡后加水稀释，增大
B.[FeR3]2＋平衡转化率：αⅢ＞αⅡ＞αⅠ
C.三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D.体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tⅢ＞tⅡ＞tⅠ
解析：（1）根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。（2）①浓度分别为2.0 mol·L－1、2.5 mol·L－1、3.0 mol·L－1的HNO3溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；c（HNO3）＝3.0 mol·L－1时，在0～1 min内，观察图像可知[FeR3]2＋的平均消耗速率为＝5×10－5 mol·L－1·min－1。②对于反应N＋2[FeR3]2＋＋3H＋HNO2＋2[FeR3]3＋＋H2O，加水稀释，平衡逆向移动，[FeR3]2＋的物质的量增加，[FeR3]3＋的物质的量减小，增大，故A项正确。HNO3浓度增大，平衡正向移动，[FeR3]2＋的转化率增大，故αⅢ＞αⅡ＞αⅠ，故B项正确。观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增大，后期速率减小，故C项错误。硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故tⅢ＜tⅡ＜tⅠ，故D项错误。
解题感悟
含多个变量的化学反应速率图像的解题技巧
题组五　“控制变量法”探究反应速率的影响因素
7.（2024·安徽化学）室温下，为探究纳米铁去除水样中Se的影响因素，测得不同条件下Se浓度随时间变化关系如图。
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（　C　）
A.实验①中，0～2小时内平均反应速率v（Se）＝2.0 mol·L－1·h－1
B.实验③中，反应的离子方程式为2Fe＋Se＋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，Se的去除效果越好
解析：实验①中，0～2小时内平均反应速率v（Se）＝＝2.0×10－5 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Se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加快反应速率，C正确；综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中Se浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始pH，Se的去除效果更好，但是当初始pH太小时，H＋浓度太大，纳米铁与H＋反应速率加快，会导致与Se反应的纳米铁减少，因此，其他条件相同时，初始pH越小Se的去除效果不一定越好，D不正确。
8.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－1H2C2O4溶液 3.0 2.0 2.0
H2O V1 3.0 V2
3 mol·L－1H2SO4溶液 2.0 2.0 2.0
0.05 mol·L－1KMnO4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＝　2.0　，V2＝　3.0　。
（2）实验①②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）探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验　②③　（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　0.01 mol·L－1·min－1　。
解析：（1）实验①②探究浓度对化学反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，溶液总体积不变，则V1＝2.0；实验②③探究温度对化学反应速率的影响，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①②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②③。（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。
解题感悟
“控制变量法”的解题策略
@考点3　过渡态理论
考点3　过渡态理论
A　基础知识重点疑难
1.基元反应
大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分　几步　完成的，每　一步反应　都叫一个基元反应。
2.过渡态理论
基元反应构成的反应序列称为反应历程（又称反应机理），基元反应的总和称为总反应。由几个基元反应组成的总反应也称复杂反应。
例如H2（g）＋I2（g）2HI（g），它的反应历程有如下两步基元反应：
①I2I·＋I·（快）
②H2＋2I·2HI（慢）
其中慢反应活化能大于快反应，为整个反应的决速步骤。
3.反应历程图像
（1）
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。
笔记：规律：基元反应活化能越小，反应速率越快；慢反应为总反应的决速反应
（2）
①能垒图中，有几个过渡态，就有几个基元反应。
②利用每步基元反应前后能量变化，书写热化学方程式。
注意：如果纵轴为相对能量，单位为eV，计算焓变时转化为kJ·mol－1。
③每步基元反应的快慢取决于能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢，为决速反应。
（3）对于“环式”反应过程图像
ⅰ.反应历程中化学键的变化
在反应中，旧键断裂与新键形成是同时进行的，形成中间过渡态。
ⅱ.反应历程中物质的变化
a.只进不出的是反应物（A…），如①④。
b.只出不进的是产物（…M），如②③。
c.先出后进的是中间体（…X，X…），如⑥⑦⑧。
d.先进后出的是催化剂（R…，…R），如⑤。
笔记：给出物质的结构判断化学键、杂化等，与《物质结构与性质》融合
B　题组集训提升能力
题组一　能垒与反应历程图像
1.（2024·贵州化学）AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN－的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈（CH3CH2CN）和异腈（CH3CH2NC）两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。
由图示信息，下列说法错误的是（　D　）
A.从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应
B.过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α－C而形成的
C.Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱
D.生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物
解析：由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应，A项正确；与Br原子相连的C原子为α－C，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α－C，形成碳碳键，B项正确；由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是“”和“”，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱，C项正确；由于生成CH3CH2CN所需要的活化能高，故低温时更容易生成CH3CH2NC，D项错误。
2.（2024·河北化学）我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg－CO2电池，以Mg（TFSI）2为电解质，电解液中加入1，3－丙二胺（PDA）以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2＋的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图（*表示吸附态）。
下列说法错误的是（　D　）
A.PDA捕获CO2的反应为＋CO2
B.路径2是优先路径，速控步骤反应式为*C＋＋e－*C2＋
C.路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同
D.三个路径速控步骤均涉及*C转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生
解析：根据题给反应路径图可知，PDA（1，3－丙二胺）捕获CO2的产物为，因此PDA捕获CO2的反应为＋CO2，故A正确；由反应进程中的能量变化可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒为*C→*C2的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有参与反应，因此速控步骤反应式为*C＋＋e－*C2＋，故B正确；根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为*MgCO3，而路径2、3的起始物均为，产物分别为*MgC2O4和*MgCO3，故C正确；根据反应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中*C都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为*C得电子转化为*CO和*C，没有PDA的生成，故D错误。
3.（2025·八省联考四川卷）恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：HCHO＋H2＋COHOCH2CHO（羟基乙醛），反应历程如图所示，I1～I3为中间体，TS1～TS3为过渡态。
下列描述正确的是（　B　）
A.“CO插入”步骤，ΔH均为－17.6 kcal·mol－1
B.Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤
C.Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小
D.反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大
解析：由题图可知，“CO插入”步骤为放热反应，ΔH＝－15.4 kcal·mol－1，故A错误；反应的活化能越大，反应速率越慢，由题图可知，Rh催化作用下，“加氢”步骤的活化能为24.4 kcal·mol－1，正反应的活化能最大，所以“加氢”步骤为决速步骤，故B正确；反应的活化能越大，反应速率越慢，由题图可知，Rh催化作用下，正反应的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以羟基乙醛的生成速率小于Rh/Mn催化作用下，故C错误；由题图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，故D错误。
题组二　能量变化图像
4.（2023·广东化学）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R（g）P（g）。反应历程（如图）中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是（　C　）
A.使用催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ，反应历程都分4步进行
B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C.使用催化剂Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D.使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
解析：由题图可知，两种催化剂均出现四个波峰，所以使用催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；由题图可知，该反应是放热反应，反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，R的浓度增大，B正确；由题图可知，催化剂Ⅰ的最高活化能小于催化剂Ⅱ的最高活化能，所以使用催化剂Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；由题图可知，在前两个历程中使用催化剂Ⅰ活化能较低，反应速率较快，后两个历程中使用催化剂Ⅰ活化能较高，反应速率较慢，所以使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。
5.（2025·名师汇编）电喷雾电离等方法得到的M＋（Fe＋、Co＋、Ni＋等）与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性地生成甲醇：MO＋＋CH4M＋＋CH3OH。MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如图所示（两者历程相似，图中以CH4示例）。
（1）步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是　Ⅰ　（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
（2）直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线　c　（填“c”或“d”）。
（3）MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD　＜　（填“＞”“＜”或“＝”）CHD2OH。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有　2　种。（2023·全国甲卷）
解析：（1）步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键的形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ。（2）直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线c。（3）MO＋与CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量：CH2DOD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种。
题组三　催化机理循环图像
6.（2025·八省联考河南卷）环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，其可能的反应机理如图所示。
下列说法错误的是（　C　）
A.该反应的还原剂是
B.反应过程中涉及O—H键的断裂和形成
C.用同位素标记的代替可得到
D.环己酮转化为环己醇的反应为
解析：由反应机理图可知变为，发生了还原反应，还原剂为，A项不符合题意；由反应机理图可知，反应的总反应为，可知有O—H键的断裂和形成，B项不符合题意；用同位素标记的代替可得到，C项符合题意；环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，反应总方程式为，D项不符合题意。
7.（2024·广东化学）（1）某小组研究了3种酸对反应N（aq）＋N（aq）N2（g）＋2H2O（l）的催化作用。在相同条件下，向反应体系中滴加等物质的量的少量酸，测得体系的温度T随时间t的变化如图。
据图可知，在该过程中　BD　。
A.催化剂酸性增强，可增大反应焓变
B.催化剂酸性增强，有利于提高反应速率
C.催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应
D.反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小
（2）在非水溶剂中，将CO2转化为化合物ⅱ（一种重要的电子化学品）的催化机理示意图如图，其中的催化剂有　AcOH　和　KI　。
解析：（1）催化剂不能改变反应的焓变，A项错误；酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，由图示可知，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确；一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸作催化剂时，最有利于加速反应，C项错误；由图示可知，反应开始一段时间后，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确。（2）催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI。
@限时跟踪检测
1.（2025·安徽宿州模拟）下列关于化学反应速率的说法正确的是（　C　）
A.升高温度，可以改变反应的活化能，从而加速反应的进行
B.当反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度相同
C.催化剂能改变反应历程，改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率
D.在恒温恒容容器中发生反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g），充入氦气，体系压强增大，反应速率加快
解析：升高温度，反应的活化能不变，但可以增大分子自身的能量，提高活化分子百分数，从而加速反应的进行，A错误；当反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度不一定相同，B错误；催化剂能改变反应历程，降低反应所需要的活化能，改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率，C正确；在恒温恒容容器中发生反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g），充入氦气，体系压强增大，但由于体系内SO2、O2、SO3的浓度均不改变，故反应速率不变，D错误。
2.（2025·山东联考）在容积为2 L的密闭容器中进行反应：A（s）＋2B（g）3C（g）＋nD（g），开始时，A为4 mol，B为6 mol；5 min 末，测得C的物质的量为3 mol，用D的浓度变化表示化学反应速率：v（D）＝0.1 mol·L－1·min－1。下列说法错误的是（　A　）
A.前5 min内用A的浓度变化表示化学反应速率：v（A）＝0.1 mol·L－1·min－1
B.化学方程式中n值为1
C.当反应达到平衡时，3v正（B）＝2v逆（C）
D.此反应在两种不同情况下的速率分别表示为①v（B）＝6 mol·L－1·min－1，②v（D）＝4.5 mol·L－1·min－1，其中反应速率快的是②
解析：A为固体，其浓度为常数，不能用来表示化学反应速率，A错误；根据题干信息，可以列出如下三段式：
　 　　　　　　A（s）＋2B（g）3C（g）＋nD（g）
起始量/mol 4 6 0 0
转化量/mol 1 2 3 0.1×2×5
5 min末的量/mol 3 4 3 1
Δn（C）∶Δn（D）＝3∶1，又根据化学计量数之比等于转化量之比可知n＝1，B正确；当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，以不同物质表示反应速率，则反应速率之比等于化学计量数之比，即＝，3v正（B）＝2v逆（C），C正确；当v（D）＝4.5 mol·L－1·min－1时，若用B的浓度变化表示化学反应速率应为v（B）＝4.5 mol·L－1·min－1×2＝9 mol·L－1·min－1，反应速率比①快，D正确。
3.（2025·新余统考）在体积都为2 L的恒容容器中，200 ℃和T ℃时，发生反应A（g）2B（s）＋C（g），A的物质的量浓度（单位： mol·L－1）随时间变化的有关实验数据如表：
时间/min 温度/℃ 0 2 4 6 8 10
容器1 200 0.80 0.55 0.35 0.20 0.15 0.15
容器2 T 1.00 0.65 0.35 0.18 0.18 0.18
下列有关该反应的描述正确的是（　B　）
A.在200 ℃时，6 min内用B表示的化学反应速率为0.2 mol·L－1·min－1
B.从表中可以看出T＞200
C.T ℃下，6 min时反应刚好达到平衡状态
D.向容器1中通入氦气，容器中压强增大，可以加快反应速率
解析：B是固体，不能用B的浓度变化表示化学反应速率，故A错误；根据表格数据，T ℃时反应速率快，比200 ℃时先达到平衡，所以T＞200，故B正确；根据表格数据，T ℃下，可能在6 min前反应就达到平衡状态，故C错误；向容器1中通入氦气，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，故D错误。
4.（2025·吉安统考）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图所示。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是（　A　）
A.其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
B.其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
C.条件①，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为125 min
D.条件②，125 min内平均反应速率为0.024 mol·L－1·min－1
解析：曲线①③所用的催化剂浓度相等，但降冰片烯浓度不等，开始时降冰片烯的浓度：曲线①是曲线③的2倍，完全消耗时所需时间：曲线①是曲线③的2倍，则二者反应速率相等，所以其他条件相同时，反应速率与降冰片烯浓度无关，A错误；曲线①②开始时降冰片烯浓度相等，催化剂浓度：曲线②大于曲线①，完全消耗时所需时间：曲线①大于曲线②，则反应速率：曲线②大于曲线①，所以其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大，B正确；半衰期为反应物消耗一半所需的时间，曲线①中，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，该物质完全消耗需要250 min，则其半衰期为125 min，C正确；曲线②，125 min内平均反应速率为v＝＝＝0.024 mol·L－1·min－1，D正确。
5.（2025·大连模拟）已知总反应：2NO（g）＋Br2（g）2NOBr（g）　ΔH＝－a kJ·mol－1（a＞0）的速率方程为v＝k·c2（NO）·c（Br2）（k为速率常数），该反应机理可分为两步：
（1）NO（g）＋Br2（g）NOBr2（g）　快［Kc＝］
（2）NOBr2（g）＋NO（g）2NOBr（g）　慢[速率方程v＝k1·c（NO）·c（NOBr2），k1为速率常数，该反应速率近似认为是总反应的速率]
下列叙述正确的是（　A　）
A.k＝k1·Kc
B.当v正（Br2）＝2v逆（NOBr）时，总反应达到平衡
C.总反应中生成物的总键能比反应物的总键能小a kJ·mol－1
D.恒容时，增大Br2（g）的浓度能增加单位体积内活化分子的百分数，加快反应速率
解析：反应2NO（g）＋Br2（g）2NOBr（g）可由反应（1）＋（2）得到，由于（1）反应快，反应速率由（2）决定，由Kc＝可得c（NOBr2）＝Kc·c（NO）·c（Br2），将其代入v＝k1·c（NO）·c（NOBr2），得出v＝k1·Kc·c2（NO）·c（Br2），即可得出k＝k1·Kc，A正确；反应平衡时正逆反应速率相等，则2v正（Br2）＝v逆（NOBr），B错误；正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则反应物的总键能比生成物的总键能小a kJ·mol－1，C错误；增大浓度，活化分子百分数不变，D错误。
6.（2025·锦州质检）已知可逆反应2NO2（g）N2O4（g），NO2和N2O4的消耗速率与其浓度存在如下关系：v消（NO2）＝kac2（NO2），v消（N2O4）＝kbc（N2O4）（其中ka、kb是只与温度有关的常数），一定温度下，消耗速率与浓度的关系图像如图所示。下列说法正确的是（　D　）
A.曲线Y表示NO2消耗速率与浓度的关系
B.图中A点表示反应达到平衡状态
C.缩小容器的容积，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅
D.若某温度时ka＝kb，则该温度下平衡常数K＝0.5
解析：由速率方程可知，曲线X表示二氧化氮消耗速率与浓度关系、曲线Y表示四氧化二氮消耗速率与浓度关系，故A错误；由方程式可知，二氧化氮的消耗速率是四氧化二氮的消耗速率2倍时，反应达到平衡，由图可知，A点二氧化氮的消耗速率与四氧化二氮的消耗速率相等，则A点正反应速率小于逆反应速率，反应未达到平衡，故B错误；缩小容器的容积，NO2气体的浓度增大，气体的颜色变深，故C错误；v生（NO2）＝2v消（N2O4）＝2kbc（N2O4），平衡时，v消（NO2）＝kac2（NO2）＝v生（NO2）＝2kbc（N2O4），若某温度时ka＝kb，则该温度下反应的平衡常数K＝＝＝0.5，故D正确。
7.（2025·鞍山质检二）丙酮的溴代反应（CH3COCH3＋Br2CH3COCH2Br＋HBr）的速率方程为v＝k·cm（CH3COCH3）·cn（Br2）·cp（HCl），其中k为速率常数，与温度有关；“m＋n＋p”为反应级数。某温度时，获得如表实验数据：
实验序号 初始浓度c/（mol·L－1） 溴颜色消失 所需时间t/s
CH3COCH3 HCl Br2
① 0.80 0.20 0.001 0 200
② 1.60 0.20 0.001 0 100
③ 0.80 0.40 0.001 0 100
④ 0.80 0.20 0.002 0 400
分析该组实验数据所得出的结论错误的是（　C　）
A.增大c（Br2），能延长溶液颜色消失的时间
B.实验②和③的平均速率相等
C.实验①在200 s内的平均速率v（CH3COCH3）＝0.004 mol·L－1·s－1
D.反应级数为1
解析：对比实验①④，丙酮和HCl的浓度是相同的，而实验④中的溴比实验①的浓度大，溴颜色消失所需时间长，说明增大c（Br2），能延长溶液颜色消失的时间，A正确；对比实验②和③的数据，CH3COCH3过量，c（Br2）相等，溴颜色消失所需的时间也相等，所以溴的反应速率是相等的，B正确；CH3COCH3过量，实验①在200 s内的平均速率v（CH3COCH3）＝v（Br2）＝＝5×10－6 mol·L－1·s－1，C错误；对比实验①和②的数据可知，CH3COCH3的浓度变为2倍，速率变为2倍，则m＝1，对比实验①和③的数据可知，HCl的浓度变为2倍，速率变为2倍，则p＝1，对比实验①和④的数据可知，Br2的浓度变为2倍，速率变为，则n＝－1，m＋n＋p＝1，反应级数为1，D正确。
8.（2025·娄底一模）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应A（g）B（g）。反应历程如图，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法正确的是（　D　）
A.使用不同的催化剂，得到目标产物的平衡产率不同
B.当反应达到平衡时，升高温度有助于B物质的生成
C.反应相同时间，得到中间产物M的量是相同的
D.从A到中间产物M，催化剂Ⅰ更能加快该过程的反应速率
解析：使用催化剂同等程度改变化学反应速率，化学平衡不移动，得到目标产物的平衡产率相同，A项错误；通过观察图像可知，A（g）B（g）为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，不利于B物质的生成，B项错误；由图可知，在A→M的历程中，使用催化剂Ⅰ，活化能较低，反应速率较快，M→B的历程中，使用催化剂Ⅰ，活化能较高，反应速率较慢，所以使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，C项错误；由图可知，从A到中间产物M，催化剂Ⅰ活化能小，更能加快该过程的反应速率，D项正确。
9.（2025·鹰潭一模）甲醇（CH3OH）与CO催化制备乙酸（CH3COOH）的反应机理及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系如图。下列说法正确的是（　C　）
A.该过程不涉及非极性键的形成
B.该反应中，H2O为催化剂，HI为中间产物
C.反应ⅲ为该历程的决速步骤
D.总反应的热化学方程式为CH3OH（l）＋CO（g）CH3COOH（l）　ΔH＝－3.05 kJ·mol－1
解析：由反应机理可知，该过程涉及碳碳键（非极性键）的形成，A错误；根据反应机理可知H2O为该反应的中间产物、HI为催化剂，B错误；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，故反应ⅲ为该历程的决速步骤，C正确；由图可知，每分子甲醇的转化涉及能量为3.05 eV，D错误。
10.（2025·枣庄二调）科研团队研究发现使用GaZrOx双金属氧化物可形成氧空位，具有催化氧化性能，实现CO2加氢制甲醇。其反应机理如图所示，用“*”表示吸附在催化剂表面的物质。下列说法错误的是（　C　）
A.增大反应物H2或CO2分压均能提高甲醇的产量
B.氢化步骤的反应为HCOO*＋2H2H3CO*＋H2O
C.增大催化剂的比表面积有利于提高平衡转化率
D.催化剂表面甲醇及时脱附有利于二氧化碳的吸附
解析：由反应机理图可知总反应为CO2＋3H2CH3OH＋H2O，增大反应物H2或CO2分压均能提高甲醇的产量，A正确；根据反应机理图可知氢化步骤的反应为HCOO*＋2H2H3CO*＋H2O，B正确；增大催化剂的比表面积有利于提高反应速率，不能提高平衡转化率，C错误；催化剂表面甲醇及时脱附后有空位，有利于二氧化碳的吸附，D正确。
11.（2025·福建龙岩模拟）CO2－CH4催化重整是减缓温室效应、实现碳中和的重要方式，其主反应为CO2（g）＋CH4（g）2CO（g）＋2H2（g）　ΔH，反应体系还涉及以下副反应：
ⅰ.CH4（g）C（s）＋2H2（g）　ΔH1＝＋75.0 kJ·mol－1；
ⅱ.CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）
ΔH2＝＋41.0 kJ·mol－1；
ⅲ.CO（g）＋H2（g）C（s）＋H2O（g）　ΔH3＝－131.0 kJ·mol－1。
（1）主反应的ΔH＝　＋247.0　kJ·mol－1。
（2）我国学者对催化重整的主反应进行理论研究，提出在Pt－Ni合金或Sn－Ni合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图1所示（*表示物种吸附在催化剂表面）。
图1
Sn－Ni合金作催化剂时该历程中最大能垒E正＝　3.809　eV；催化效果更好的是　Pt－Ni　合金。
（3）在1 L恒容密闭容器中通入1 mol H2及一定量CO，反应ⅲ中CO的平衡转化率随n（CO）及温度的变化关系如图2所示。
图2
①A、B两点对应的CO正反应速率v正（A）　＜　（填“＞”“＜”或“＝”，下同）v正（B），B和C两点对应的反应温度TB　＞　TC。
②已知反应速率v正＝k正·x（CO）·x（H2），v逆＝k逆·x（H2O），k为反应速率常数，x为气体的物质的量分数，在达到平衡状态为D点的反应过程（此过程为恒温）中，当某时刻CO的转化率刚好达到60％时，＝　
　（用含k正和k逆的式子表示）。
解析：（1）由盖斯定律可得主反应＝反应ⅰ＋反应ⅱ－反应ⅲ，则ΔH＝＋75.0 kJ·mol－1＋41.0 kJ·mol－1－（－131.0 kJ·mol－1）＝＋247.0 kJ·mol－1。（2）由题图1可知Sn－Ni合金作催化剂时，由C＋H*到C＋2H*的能垒最大，则该历程中最大能垒E正＝5.496 eV－1.687 eV＝3.809 eV。由题图1可知使用Pt－Ni合金作催化剂时，整个过程中的每一步反应的能垒都较小，反应速率更大，催化效果更好。（3）①由题图2可知，A点对应的H2和CO的起始浓度分别为1 mol·L－1、0.5 mol·L－1，平衡时CO的转化率为66.7％，则H2、CO和H2O的平衡浓度分别为（1－0.5×66.7％）mol·L－1、（0.5－0.5×66.7％）mol·L－1和（0.5×66.7％）mol·L－1，反应的平衡常数KA＝＝≈3.0，B点对应的H2和CO的起始浓度分别为1 mol·L－1、0.5 mol·L－1，平衡时CO的转化率为50％，C点对应的H2和CO的起始浓度均为1 mol·L－1，平衡时CO的转化率为45％，同理，KB＝＝≈1.3，KC＝＝≈1.5，由于反应ⅲ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，由于KA＞KB，则TA＜TB，故A、B两点对应的CO正反应速率v正（A）＜v正（B）。由于KC＞KB，则B、C两点对应的反应温度TB＞TC。②由题图2知，D点对应的H2和CO的起始量均为1 mol，当某时刻CO的转化率刚好达到60％时，列三段式：
CO（g）＋H2（g）C（s）＋H2O（g）
起始量/mol 1 1 0
转化量/mol 0.6 0.6 0.6
某时刻量/mol 0.4 0.4 0.6
则x（CO）＝x（H2）＝＝，x（H2O）＝＝，已知反应速率v正＝k正·x（CO）·x（H2），v逆＝k逆·x（H2O），则＝＝＝。
第24讲　化学平衡状态　化学平衡移动
复习要点　1.了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立。2.掌握化学平衡的特征。3.理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对化学平衡的影响，能用相关理论解释其一般规律。4.了解化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
@考点1　可逆反应与化学平衡状态
考点1　可逆反应与化学平衡状态
A　基础知识重点疑难
1.化学平衡研究的对象——可逆反应
笔记：拓展：实验探究可逆反应，如Cl2＋H2OHCl＋HClO，设计实验证明Cl2、HCl都存在
2.化学平衡状态
（1）概念
一定条件下的可逆反应中，正反应速率与逆反应速率　相等　，反应体系中所有参加反应的物质的质量或浓度保持　不变　的状态。
（2）化学平衡的建立
　　
笔记：化学平衡状态的建立与条件有关，与反应路径无关
（3）平衡特点
3.化学平衡状态的标志
（1）绝对标志
①　
②
笔记：①拓展：以断键、成键等表示正、逆反应速率，断键、成键数目表示反应速率大小
②易错常考：列乘积形式，如N2（g）＋3H2（g）2NH3（g），v正（N2）＝3v逆（H2）（×）
（2）相对标志　①
笔记：①a.变量不变：关键是分析是否为变量，利用公式＝、ρ＝、pV＝nRT或假设反应正向进行分析物理量是否为变量
b.特殊情况：A（s）B（g）＋C（s），只有一种气体，K＝c（B）；A（s）＋B（g）C（s）＋D（g），两种气体，K＝；有固体的反应：A（s）＋B（g）C（g）＋D（g），气体质量不守恒，K＝
②（2022湖南）C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g），T、V一定时，混合气体的密度保持不变，说明反应体系已达到平衡（√）
（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，是否为有固体参加或生成的反应。
B　题组集训提升能力
题组一　极端假设法计算可逆反应中物质浓度
1.在密闭容器中进行反应：X2（g）＋Y2（g）2Z（g），已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.2 mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能是（　C　）
A.Z为0.5 mol·L－1 B.Y2为0.4 mol·L－1
C.X2为0.1 mol·L－1 D.Z为0.4 mol·L－1
解析：若X2完全转化为Z，则X2、Y2、Z的浓度分别是0 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.4 mol·L－1；若Z完全转化为X2、Y2，则X2、Y2、Z的浓度分别是0.2 mol·L－1、0.4 mol·L－1、0 mol·L－1；反应为可逆反应，反应物不能完全转化，所以0 mol·L－1＜c（X2）＜0.2 mol·L－1，0.2 mol·L－1＜c（Y2）＜0.4 mol·L－1，0 mol·L－1＜c（Z）＜0.4 mol·L－1。
2.在一密闭容器中进行反应：2X（g）＋Y（g）2Z（g）。已知反应过程中某一时刻X、Y、Z的浓度分别为0.3 mol·L－1、0.1 mol·L－1、0.4 mol·L－1，当反应达到平衡时，不可能存在的是（　C　）
A.c（X）＝0.5 mol·L－1
B.c（Y）＋c（X）＝0.5 mol·L－1
C.c（Y）＋c（Z）＝1.05 mol·L－1
D.c（X）＋c（Y）＋c（Z）＝0.75 mol·L－1
解析：不确定下一时刻反应进行的方向，因此需要考虑反应进行的方向并结合极限思想解答。若该时刻后反应正向进行且Y全部转化为Z，则
2X（g）＋Y（g）2Z（g）
某时刻/（mol·L－1） 0.3 0.1 0.4
转化/（mol·L－1） 0.2 0.1 0.2
终态/（mol·L－1） 0.1 0 0.6
若反应逆向进行，且Z全部转化为X和Y，则
2X（g）＋Y（g）2Z（g）
某时刻/（mol·L－1） 0.3 0.1 0.4
转化/（mol·L－1） 0.4 0.2 0.4
终态/（mol·L－1） 0.7 0.3 0
平衡时0.1 mol·L－1＜c（X）＜0.7 mol·L－1，可能等于0.5 mol·L－1，故A不选；平衡时0.1 mol·L－1＜c（Y）＋c（X）＜1.0 mol·L－1，c（Y）＋c（X）可能等于0.5 mol·L－1，故B不选；平衡时0.3 mol·L－1＜c（Y）＋c（Z）＜0.6 mol·L－1，c（Y）＋c（Z）不可能等于1.05 mol·L－1，故C选；平衡时0.7 mol·L－1＜c（X）＋c（Y）＋c（Z）＜1.0 mol·L－1，c（X）＋c（Y）＋c（Z）可能等于0.75 mol·L－1，故D不选。
题组二　化学平衡状态的判断——“变量不变”
3.（2025·湖北荆州模拟）二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气（组成为H2、CO和少量CO2）直接制备二甲醚，一步法合成二甲醚的热化学方程式为2CO（g）＋4H2（g）CH3OCH3（g）＋H2O（g）　ΔH＝－204.5 kJ·mol－1。该反应在恒温恒容的密闭容器中进行，下列不能作为反应达到化学平衡状态的依据是（　B　）
A.混合气体的平均摩尔质量保持不变
B.混合气体的密度不变
C.容器内混合气体的压强保持不变
D.单位时间内消耗2 mol CO的同时消耗1 mol二甲醚
解析：结合题给反应可知，该反应前后气体的质量不变，该反应为反应前后气体分子数减小的反应，根据＝可知，混合气体的平均摩尔质量保持不变能说明反应达到平衡状态，A不符合题意。该反应前后气体的质量不变，恒温恒容密闭容器中混合气体的体积不变，则混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，B符合题意。该反应为反应前后气体分子数减小的反应，则反应后混合气体的物质的量减小，恒温恒容下，气体的压强与物质的量成正比，故容器内混合气体的压强减小，则当容器内混合气体的压强保持不变，能说明反应达到平衡状态，C不符合题意。由各物质的化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，单位时间内消耗2 mol CO的同时消耗1 mol二甲醚能说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D不符合题意。
4.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　①③④⑦　（填序号，下同）。
（2）能说明I2（g）＋H2（g）2HI（g）达到平衡状态的是　⑤⑦　。
（3）能说明2NO2（g）N2O4（g）达到平衡状态的是　①③④⑤⑦　。
（4）能说明C（s）＋CO2（g）2CO（g）达到平衡状态的是　①②③④⑦　。
（5）能说明NH2COONH4（s）2NH3（g）＋CO2（g）达到平衡状态的是　①②③　。
（6）能说明5CO（g）＋I2O5（s）5CO2（g）＋I2（s）达到平衡状态的是　②④⑦　。
解题感悟
化学平衡状态的判断
以aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD（g）为例：
混合气体体系中各成分含量
各物质的物质的量或物质的量分数一定 平衡
各物质的质量或质量分数一定 平衡
各气体的体积或体积分数一定 平衡
总体积、总压强、总物质的量一定 不一定平衡
压强
a＋b≠c＋d时，总压强不再变化（其他条件一定） 平衡
a＋b＝c＋d时，总压强不再变化（其他条件一定） 不一定平衡
温度
任何化学反应都伴随着能量变化，当绝热体系中的温度一定时（其他条件一定） 平衡
正逆反应速率关系
在单位时间内消耗了a mol A，同时生成了a mol A 平衡
在单位时间内消耗了b mol B，同时消耗了c mol C 平衡
v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝a∶b∶c∶d，v正不一定等于v逆 不一定平衡
在单位时间内生成了b mol B，同时消耗了d mol D，均指v逆 不一定平衡
一定，且a＋b≠c＋d 平衡
一定，且a＋b＝c＋d 不一定平衡
ρ
恒容条件下，气体密度一定 不一定平衡
其他
含有色物质的体系颜色不再变化，即有色物质的浓度不变 平衡
@考点2　化学平衡的移动
考点2　化学平衡的移动
A　基础知识重点疑难
1.化学平衡移动的根本原因
（1）化学平衡移动的过程
（2）平衡移动与速率的关系
①v正　＞　v逆，化学平衡向正反应方向移动；
②v正　＜　v逆，化学平衡向逆反应方向移动；
③v正　＝　v逆，化学平衡不发生移动。
2.勒夏特列原理
（1）勒夏特列原理　①及应用
笔记：①适用于所有的可逆过程，包括物理变化、化学变化，如弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解平衡等
②“减弱”不是消除，如反应物浓度由c1增大到c2，达到新平衡时浓度c符合c1＜c＜c2
（2）影响化学平衡的外界因素
若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响如表：
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　①或减小生成物浓度 向正反应方向移动　②
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（对于 有气体参 加的可逆 反应） 反应前后气体体积改变　③ 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　④ 向　放热　反应方向移动
催化剂 同等程度地改变v正、v逆，平衡不移动
笔记：①（2022全国甲卷）向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色，探究氢离子浓度对Cr 、Cr2相互转化的影响（√）
②c（反应物）影响v正；c（生成物）影响v逆，向正反应方向移动即v正＞v逆
③过程分析：V↓ P↑c↑平衡移动原理中“减弱”，是在P↑、c↑的基础上减弱
④（2023广东）装有NO2的密闭烧瓶冷却后颜色变浅，与NO2转化为N2O4的反应吸热具有因果关系（×）
（3）外界因素　对化学平衡移动影响的理解
①当反应混合物中存在与其他物质不相溶的固体或液体物质时，由于其“浓度”是恒定的，不随其量的增减而变化，故改变这些固体或液体的量，对化学平衡没影响。
②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。
③特殊反应：如A（s）＋B（s）C（g），其中K＝c（C），故增大c（C），平衡逆向移动，但平衡时c（C）不变。
④充入惰性气体与平衡移动的关系
a.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
b.恒温、恒压条件
原平衡体系容器容积增大，各反应气体的分压减小→体系中各组分的浓度同倍数减小（等效于减压）
→
笔记：高考新考向：外界因素对多个反应的影响，如（2023河北）N2（g）＋O2（g）2NO（g）　ΔH1＞0，2NO（g）＋O2（g）2NO2（g）　ΔH2＜0，缩小体积、升高温度、移除NO2、降低N2浓度中可以降低平衡体系中NO浓度的有　　。（提示：移除NO2、降低N2浓度）
B　题组集训提升能力
题组一　运用勒夏特列原理判断平衡移动
1.（2024·江西化学）温度T下，向1 L真空刚性容器中加入1 mol（CH3）2CHOH，反应达到平衡时，c（Y）＝0.4 mol·L－1。下列说法正确的是（　A　）
＋
A.再充入1 mol X和1 mol Y，此时v正＜v逆
B.再充入1 mol X，平衡时，c（Y）＝0.8 mol·L－1
C.再充入1 mol N2，平衡向右移动
D.若温度升高，X的转化率增加，则上述反应ΔH＜0
解析：反应达到平衡时，c（Y）＝0.4 mol·L－1，则c（X）＝0.6 mol·L－1，c（Z）＝0.4 mol·L－1。该温度下，反应的平衡常数K＝＝＝。再充入1 mol X和1 mol Y，Q＝＝＝＞，平衡逆向移动，v正＜v逆，A正确；该反应的正反应是气体分子数增大的反应，再充入1 mol X，相当于原平衡体系中的各物质的物质的量增大至2倍后再次达到平衡，由于压强增大，平衡逆向移动，则平衡时c（Y）小于0.8 mol·L－1，B错误；再充入1 mol N2，X、Y、Z的浓度没有发生变化，平衡不移动，C错误；升高温度，X的转化率增加，说明平衡正向移动，则该反应为吸热反应，ΔH＞0，D错误。
2.（2024·浙江6月选考）为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是（　C　）
选项 影响因素 方案设计 现象 结论
A 浓度 向1 mL 0.1 mol·L－1 K2CrO4溶液中加入1 mL 1.0 mol·L－1 HBr溶液 黄色溶液 变橙色 增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动
B 压强 向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100 mL HI气体，分解达到平衡后再充入100 mL Ar 气体颜色 不变 对于反应前后气体总体积不变的可逆反应，改变压强平衡不移动
C 温度 将封装有NO2和N2O4混合气体的烧瓶浸泡在热水中 气体颜色 变深 升高温度，平衡向吸热反应方向移动
D 催化剂 向1 mL乙酸乙酯中加入1 mL 0.3 mol·L－1 H2SO4溶液，水浴加热 上层液体 逐渐减少 使用合适的催化剂可使平衡向正反应方向移动
解析：K2CrO4溶液和HBr溶液反应生成Br2使溶液变橙色，与平衡移动无关，A错误；反应2HI（g）H2（g）＋I2（g）为反应前后气体总体积不变的可逆反应，向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100 mL HI气体，分解达到平衡后再充入100 mL Ar，平衡不发生移动，气体颜色不变，应得到的结论是：对于反应前后气体总体积不变的可逆反应，恒温恒容时，充入惰性气体使压强增大平衡不移动，B错误；反应2NO2（g）N2O4（g）为放热反应，升高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，C正确；催化剂只会改变化学反应速率，不能使平衡移动，D错误。
3.（2024·甘肃化学）（1）SiCl4（g）＋2H2（g）Si（s）＋4HCl（g）　ΔH＝＋293.51 kJ·mol－1，升高温度有利于制备硅的原因是　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）在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4（g）＋2H2（g）＋Si（s）4SiHCl3（g），增大容器体积，反应平衡向　逆反应方向　移动。
题组二　图像类化学平衡移动
4.（2024·黑、吉、辽化学）为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：2HCl（g）＋O2（g）Cl2（g）＋H2O（g）　ΔH1＝－57.2 kJ·mol－1　ΔS　K。将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360 ℃、400 ℃和440 ℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率（α）曲线，如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化率）。
（1）下列措施可提高M点HCl转化率的是　BD　（填字母）。
A.增大HCl的流速 B.将温度升高40 ℃
C.增大n（HCl）∶n（O2） D.使用更高效的催化剂
（2）图中较高流速时，α（T3）小于α（T2）和α（T1），原因是　流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，较高流速时，反应未达到平衡，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低　。
解析：（1）增大HCl的流速，由题图1可知，HCl的转化率减小，A不符合题意；M对应温度为360 ℃，由题图1可知，升高温度，HCl的转化率增大，B符合题意；增大n（HCl）∶n（O2），HCl的转化率减小，C不符合题意；使用高效催化剂，可以增大该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增大，D符合题意。（2）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，较高流速时，反应未达到平衡，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
5.（2024·河北化学）恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2（g）和Cl2（g），发生SO2（g）＋Cl2（g）SO2Cl2（g）　ΔH＝－67.59 kJ·mol－1。测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp（Δp＝p0－p，p0为体系初始压强，p0＝240 kPa，p为体系平衡压强），结果如图。
图中温度由高到低的顺序为　T3＞T2＞T1　，判断依据为　该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从T3到T1，平衡时Δp增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低　。
题组三　外因对多重平衡的影响
6.（2024·浙江6月选考）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）的相关数据如表，下列说法不正确的是（　D　）
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：A项，由题给热化学方程式可知，两个反应都为吸热反应，由题表中相关数据得，随着温度升高，乙烷的转化率逐渐增大，但乙烯的选择性却逐渐降低，这说明升高温度更有利于反应Ⅱ的进行，则反应Ⅱ的活化能大于反应Ⅰ的活化能，正确；B项，由题表中数据得，500 ℃、5 min时，生成的n（C2H4）＝2 mol×9.0％×80.0％＝0.144 mol，则0～5 min反应Ⅰ的平均速率v（C2H4）＝＝2.88×10－3 mol·L－1·min－1，正确；C项，其他条件不变，平衡后移除H2O（g），可使反应Ⅰ的平衡向右移动，则可提高乙烯的产率，正确；D项，其他条件不变，增大投料比[n（C2H6）/n（CO2）]，会使C2H6的平衡转化率降低，错误。
7.（2023·浙江6月选考）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）
ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
该反应分两步完成：
3Fe2O3（s）＋CO（g）2Fe3O4（s）＋CO2（g）
ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1
2Fe3O4（s）＋H2O（g）3Fe2O3（s）＋H2（g）
ΔH2＝6 kJ·mol－1
下列说法正确的是　AC　。
A.通入反应器的原料气中应避免混入O2
B.恒定水碳比[n（H2O）/n（CO）]，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C.通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D.通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
解析：一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；该反应前后气体化学计量数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；水蒸气可以和单质铁反应生成Fe3O4和H2，且过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误。
8.（2024·山东化学）水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C－H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下：
C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）（Ⅰ）　ΔH1＞0
CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）（Ⅱ）　ΔH2＜0
CaO（s）＋CO2（g）CaCO3（s）（Ⅲ）　ΔH3＜0
压力p下，C－H2O－CaO体系达平衡后，图示温度范围内C（s）已完全反应，CaCO3（s）在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为　H2　（填化学式）。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是　当温度高于T1，CaCO3（s）已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以CO2的摩尔分数降低　。
题组四　平衡移动结果的判断
9.（2025·惠州第三次调研）将等物质的量的X、Y气体充入某密闭容器中，一定条件下，发生如下反应并达到平衡：X（g）＋3Y（g）2Z（g）　ΔH＜0，改变某个条件并维持新条件直至达到新的平衡，表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是（　A　）
选项 改变的条件 新平衡与原平衡比较
A 升高温度 X的转化率变小
B 增大压强（压缩体积） X的浓度变小
C 充入一定量Y Y的转化率增大
D 使用适当催化剂 X的体积分数变小
解析：升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，即逆向移动，X的转化率变小，A项正确；增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即正向移动，X的物质的量减小，但由于容器体积减小，各组分的浓度均比原平衡时的大，B项错误；增大一种反应物的浓度，能够提高另一种反应物的转化率，而其本身的转化率降低，C项错误；催化剂只能改变反应速率，不能影响平衡状态，故各物质的体积分数不变，D项错误。
10.（2023·湖南化学）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（　B　）
A.x1＜x2
B.反应速率：vb正＜vc正
C.点a、b、c对应的平衡常数：Ka＜Kb＝Kc
D.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：一定条件下，增大水蒸气的浓度，能提高CH4的平衡转化率，即x值越小，CH4的平衡转化率越大，则x1＜x2，故A正确。点b和点c温度相同，CH4的起始物质的量都为1 mol，点b的x值小于点c，则点b通入水蒸气多，反应物浓度大，则反应速率：vb正＞vc正，故B错误。由图像可知，x一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，K增大；温度相同，K不变，则点a、b、c对应的平衡常数：Ka＜Kb＝Kc，故C正确。该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，故D正确。
解题感悟
反应物平衡转化率的变化判断
（1）以反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD（g）为例。
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，A、B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由温度或压强引起的化学平衡正向移动，反应物的转化率增大。
④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。
同倍数增
大c（A）
和c（B）
（2）以反应mA（g）nB（g）＋qC（g）为例。
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）
（3）特殊情况
②特殊反应：只存在一种气体物质，如A（s）＋B（g）C（s），K＝，温度不变，K不变。
@考点3　等效平衡及其应用
考点3　等效平衡及其应用
A　基础知识重点疑难
1.等效平衡的含义
在一定条件下（恒温恒容或恒温恒压下），同一可逆反应体系，不管是从正反应开始，还是从逆反应开始，还是正、逆反应同时投料，达到化学平衡状态时，同一组分的百分含量（质量分数、物质的量分数、体积分数等）均相同　。
笔记：等效平衡的标志，注意不是物质的量相同
2.等效平衡的判断方法　①
以可逆反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD（g）为例：
反应特点 a＋b≠c＋d
条件 恒温恒容 恒温恒压
起始投料 换算为化学方程式同一边物质　②，其“量”相同　③ 换算为化学方程式同一边物质，其“量”成比例
平衡特点 物质的量 （n） 相同 成比例　④
百分含量 （w％） 相同 相同
浓度（c） 相同 相同
反应特点 a＋b＝c＋d
条件 恒温恒容 恒温恒压
起始投料 换算为化学方程式同一边物质，其“量”成比例
平衡特点 物质的量 （n） 成比例 成比例
百分含量 （w％） 相同 相同
浓度（c） 成比例 相同
笔记：①当浓度、温度、压强对平衡影响相同时，即为等效平衡
②解答平衡思维之一：一边倒原则
③即物料守恒，如2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）
a.0.1 mol SO2、0.05 mol O2
b.0.1 mol SO3，列元素守恒n（S）＝0.1 mol、n（O）＝0.3 mol则为等效平衡
④则容器体积成比例，物质浓度相同，即T、c、p均相同
3.虚拟“中间态”法构建等效平衡
（1）构建恒温恒容平衡思维模式
新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单的叠加并压缩而成，相当于增大压强。
（2）构建恒温恒压平衡思维模式　（以气体物质的量增加的反应为例，见图示）
新平衡状态可以认为是两个原平衡状态简单的叠加，压强不变，平衡不移动。
笔记：等效平衡拓展：非等效平衡＝等效平衡＋改变某一条件，如2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g），恒温恒压时（1）1 mol SO2、1 mol O2；（2）2 mol SO2、3 mol O2；2 mol SO2＋3 mol O2＝2×（1 mol SO2＋1 mol O2）＋1 mol O2
B　题组集训提升能力
题组　等效平衡及其应用
1.（2025·福建模拟）一定温度下，在3个容积均为1.0 L的恒容密闭容器中反应2H2（g）＋CO（g）CH3OH（g）达到平衡，下列说法正确的是（　D　）
容器 温度/K 起始浓度/（mol·L－1） 平衡浓度/ （mol·L－1）
c（H2） c（CO） c（CH3OH） c（CH3OH）
Ⅰ 400 0.20 0.10 0 0.080
Ⅱ 400 0.40 0.20 0
Ⅲ 500 0 0 0.10 0.025
A.该反应的正反应吸热
B.达到平衡时，容器Ⅰ中反应物转化率比容器Ⅱ中的大
C.达到平衡时，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的两倍
D.达到平衡时，容器Ⅲ中的正反应速率比容器Ⅰ中的大
解析：对比容器Ⅰ和Ⅲ可知两者投料量相当，若温度相同，最终两者等效，但Ⅲ温度高，平衡时c（CH3OH）小，说明平衡向逆反应方向移动，即逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，A错误；Ⅱ相对于Ⅰ成比例增加投料量，相当于加压，平衡正向移动，转化率提高，所以Ⅱ中转化率高，B错误；Ⅱ相当于Ⅲ降温、加压，平衡正向移动，所以Ⅱ中c（H2）小于Ⅲ中c（H2）的两倍，C错误；对比Ⅰ和Ⅲ，若温度相同，两者等效，两容器中速率相等，但Ⅲ温度高，速率更大，D正确。
2.（2025·北京检测）已知：H2（g）＋I2（g）2HI（g）　ΔH＜0。现向三个相同容积的密闭容器中按不同方式投入反应物发生反应。相关数据如表：
容器1 容器2 容器3
反应温度/℃ 400 400 500
起始量 1 mol H2、 1 mol I2（g） 2 mol HI 1 mol H2、 1 mol I2（g）
平衡浓度c（HI）/ （mol·L－1） c1 c2 c3
平衡转化率α α1（H2） α2（HI） α3（H2）
平衡常数 K1 K2 K3
下列各项关系不正确的是（　B　）
A.c1＝c2＞c3 B.K1＝K2＜K3
C.α1（H2）＞α3（H2） D.α1（H2）＋α2（HI）＝1
解析：容器1和容器2是等效平衡，因此c1＝c2，温度升高平衡逆向移动，因此c1＝c2＞c3，A正确；容器1和容器2是等效平衡，因此K1＝K2，温度升高平衡逆向移动，平衡常数减小，因此K1＝K2＞K3，B错误；温度升高平衡逆向移动，平衡转化率减小，因此α1（H2）＞α3（H2），C正确；容器1和容器2是等效平衡，达到平衡状态时，各物质的浓度相等，且两容器温度相同，则有α1（H2）＋α2（HI）＝1，D正确。
3.Ⅰ.恒温、恒压下，在一可变容积的容器中发生如下反应：A（g）＋B（g）C（g）。
（1）若开始时放入1 mol A和1 mol B，达到平衡后，生成a mol C，这时A的物质的量为　（1－a）　mol。
（2）若开始时放入3 mol A和3 mol B，达到平衡后，生成C的物质的量为　3a　mol。
（3）若开始时放入x mol A、2 mol B和1 mol C，达到平衡后，A和C的物质的量分别是y mol和3a mol，则x＝　2　，y＝　3－3a　。平衡时，B的物质的量　D　（填字母）。
A.大于2 mol B.等于2 mol C.小于2 mol
D.可能大于、等于或小于2 mol
作出此判断的理由是　若3a＞1，B的物质的量小于2 mol；若3a＝1，B的物质的量等于2 mol；若3a＜1，B的物质的量大于2 mol　。
（4）若在（3）的平衡混合物中再加入3 mol C，待再次达到平衡后，C的物质的量分数是　　。
Ⅱ.若维持温度不变，在一个与（1）反应前起始体积相同且容积固定的容器中发生上述反应。
（5）开始时放入1 mol A和1 mol B达到平衡后生成b mol C，将b与（1）小题中的a进行比较：　乙　（填编号）。
甲：a＜b 乙：a＞b
丙：a＝b 丁：不能比较
作出此判断的理由是　因为（5）中容器的容积不变，而（1）中容器的容积缩小，所以随着反应进行，（5）容器中的压强小于（1）容器中的压强，有利于平衡逆向移动，故反应达到平衡后a＞b　。
解析：（1）由反应A（g）＋B（g）C（g）可知，生成a mol C必消耗a mol A，则n（A）＝（1－a） mol。
（2）因（2）与（1）为恒温恒压条件下的等效平衡，且（2）开始时A和B的物质的量为（1）开始时A和B物质的量的3倍，则达到平衡后（2）中生成C的物质的量为（1）中生成C的物质的量的3倍，故生成C的物质的量为3a mol。
（3）因（3）与（2）为恒温恒压条件下的等效平衡，若1 mol C全部生成A和B，则可得到1 mol A和1 mol B，则x mol＋1 mol＝3 mol，解得x＝2。
　 　　　　A（g）　＋　B（g）　　C（g）
起始（mol） 2 　2 1
转化（mol） 3a－1 　3a－1 3a－1
平衡（mol） 3－3a 　3－3a 3a
从而可得y＝3－3a，n（B）平＝（3－3a） mol。
由此可知，若3a＞1，则B的物质的量小于2 mol；若3a＝1，则B的物质的量等于2 mol；若3a＜1，则B的物质的量大于2 mol。
（4）因（4）与（1）和（2）均为等效平衡，则（4）与（1）和（2）中C的物质的量分数均相等，故C的物质的量分数为＝或＝。
@限时跟踪检测
1.（2025·湖北十堰期中）对于可逆反应2A（s）＋3B（g）C（g）＋2D（g）　ΔH＜0，在一定条件下达到平衡状态，只改变下列一个条件，有关叙述正确的是（　B　）
①增大物质A的量，平衡向正反应方向移动
②增大物质B的浓度，v正＞v逆
③压强增大一倍，平衡不移动，v正、v逆不变
④加入催化剂，物质B的转化率提高
A.①② B.② C.②③ D.③④
解析：①物质A是固体，增大物质A的量对化学平衡无影响，错误；②增大物质B的浓度，正反应速率增大，v正＞v逆，平衡向正反应方向移动，正确；③该反应为反应前后气态物质总物质的量不变的反应，增大压强平衡不移动，但v正、v逆都增大，错误；④催化剂不能使化学平衡发生移动，故物质B的转化率不变，错误。
2.（2025·邢台五校第二次联考）将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中（容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到分解平衡：H2NCOONH4（s）2NH3（g）＋CO2（g）。下列各项：①2v（NH3）＝v（CO2）；②密闭容器中压强不变；③密闭容器中混合气体的密度不变；④密闭容器中氨气的体积分数不变；⑤密闭容器中c（NH3）不变。能判断该反应已经达到化学平衡状态的是（　A　）
A.②③⑤ B.②③④ C.①④ D.全部
解析：2v（NH3）＝v（CO2），没有说明是正反应速率还是逆反应速率，也不符合化学计量数的比例关系，①错误；该反应是气体体积增大的反应，密闭容器中压强不再增大时，说明反应达到平衡状态，②正确；根据ρ（气体）＝，气体质量是变量，容器体积不变，密闭容器中混合气体的密度不再变化时能说明反应达到平衡状态，③正确；反应生成的NH3（g）、CO2（g）的物质的量之比始终是2∶1，因此密闭容器中氨气的体积分数不变，不能说明反应达到平衡状态，④错误；密闭容器中c（NH3）在增大，当c（NH3）不再变化时，能说明反应达到平衡状态，⑤正确；综上所述能判断该反应已经达到化学平衡状态的是②③⑤。
3.（2025·北京房山区一模）下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是（　D　）
A.pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH＜5
B.密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后颜色加深
C.水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡处理，再用盐酸溶解
D.锌片与稀H2SO4反应过程中，加入少量CuSO4固体，促进H2的产生
解析：醋酸是弱酸，在水溶液中不完全电离，加水稀释会促进电离，所以当原来pH＝3[即c（H＋）＝10－3 mol·L－1]加水稀释100倍后，氢离子浓度大于10－5 mol·L－1，即3＜pH＜5，能用化学平衡移动原理解释，A不符合题意；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，能用化学平衡移动原理解释，B不符合题意；CaCO3的溶解度小于CaSO4，水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液浸泡处理，反应CaSO4＋CCaCO3＋S平衡正向移动转化为CaCO3，再用盐酸溶解，能用化学平衡移动原理解释，C不符合题意；加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成Zn－Cu－H2SO4原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D符合题意。
4.（2025·吉林三模）常压下羰基化法精炼镍的原理：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（　C　）
A.增加c（CO），平衡向正向移动，反应的平衡常数增大
B.该反应达到平衡时，v生成[Ni（CO）4]＝4v生成（CO）
C.第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，选50 ℃
D.第二阶段，Ni（CO）4分解率较低
解析：平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以增加c（CO），虽然平衡正向移动，但反应的平衡常数不变，故A错误；反应的速率之比等于气体的化学计量数之比，所以平衡时有4v生成[Ni（CO）4]＝v生成（CO），故B错误；Ni（CO）4的沸点为42.2 ℃，则第一阶段，在30 ℃和50 ℃两者之间选择反应温度，应选50 ℃，故C正确；加热至230 ℃制得高纯镍，可知第二阶段Ni（CO）4分解率较大，故D错误。
5.（2025·咸阳二模）体积均为1 L的两个恒容密闭容器Ⅰ、Ⅱ中，均充入2 mol CO（g）和2 mol NO（g），发生反应：2CO（g）＋2NO（g）N2（g）＋2CO2（g）　ΔH，相对容器Ⅱ，容器Ⅰ只改变一个外界条件，测得N2的物质的量与时间关系如图所示。下列叙述正确的是（　C　）
A.该反应是吸热反应，容器Ⅰ改变的条件可能是使用了催化剂
B.相对容器Ⅱ，容器Ⅰ改变的条件可能是升温或者加压
C.容器Ⅱ中NO的平衡转化率为80％
D.容器Ⅱ中0～10 min内，v（NO）＝0.05 mol·L－1·min－1
解析：从题图中信息不能确定该反应是吸热反应，但容器Ⅱ与容器Ⅰ中N2的物质的量不等，所以容器Ⅰ改变的条件不可能是使用了催化剂，A不正确；相对容器Ⅱ，若容器Ⅰ改变的条件是升温，平衡移动的方向未知，不能肯定容器Ⅰ中N2的物质的量比容器Ⅱ小，加压，则平衡正向移动，容器Ⅰ中N2的物质的量应比容器Ⅱ大，B不正确；容器Ⅱ中，平衡时N2的物质的量为0.8 mol，则参加反应的NO的物质的量为1.6 mol，NO的平衡转化率为×100％＝80％，C正确；容器Ⅱ中0～10 min内，N2的物质的量为0.5 mol，则参加反应的NO的物质的量为1 mol，v（NO）＝＝0.1 mol·L－1·min－1，D不正确。
6.（2025·湖北名校三月联合）在恒温恒容条件下，向某容器中充入一定量的N2O5气体发生下列反应：2N2O5（g）4NO2（g）＋O2（g）　ΔH＞0。温度T时，部分实验数据如表所示：
t/s 0 50 100 150
c（N2O5）/ （mol·L－1） 4.00 2.5 2.00 2.00
下列有关说法错误的是（　B　）
A.温度T时，该反应平衡常数K＝64
B.150 s后再充入一定量N2O5，再次达到平衡N2O5的转化率将增大
C.达平衡后升高温度，该容器内混合气体的密度不会改变
D.其他条件不变，若将恒容改为恒压，则平衡时N2O5的转化率增大
解析：
2N2O5（g）4NO2（g）＋O2（g）
初始
（mol·L－1） 4 0 0
转化
（mol·L－1） 2 4 1
平衡
（mol·L－1） 2 4 1
K＝＝64，故A正确；恒容条件下，再充入一定量N2O5，相当于加压，再次达到平衡N2O5的转化率将降低，故B错误；升高温度，混合气体的总质量、容器的体积都不变，因此气体的密度不变，故C正确；该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，改为在恒压密闭容器中反应，相当于恒容

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