资源简介

(共78张PPT)
专题15　反应速率与化学平衡
考点1　
反应速率与反应机理
1. 影响化学反应速率的因素
（1）内因——反应物本身的性质
（2）外因
浓度 增大反应物的浓度，反应速率加快，反之减慢
压强 对于有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，反之减慢
温度 升高温度，反应速率加快，反之减慢
催化剂 使用催化剂，能改变化学反应速率，且正、逆反应速率的改变程度相同
其他条件 反应物间的接触面积、光辐照、放射线辐照、超声波等
说明：（1）由于固体和纯液体的浓度可视为常数，故改变其用量时反应速率不变。但当固体颗粒变小时，其表面积增大将导致反应速率增大。
（2）压强对化学反应速率的影响是通过改变反应物浓度实现的，所以
分析压强的改变对反应速率的影响时，要从反应物浓度是否发生改变的角度来分析。若改变总压强而各物质的浓度不改变，则反应速率不变。
（3）改变温度或者使用催化剂，反应速率一定发生变化，其他外界因
素的改变，反应速率则不一定发生变化。
（4）其他条件一定，升高温度，不论是正反应还是逆反应，不论是放
热反应还是吸热反应，反应速率都要增大，只不过正、逆反应率增大的程度不同。
2. 活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
3. 反应历程中“物质”的判断
（1）反应物：通过一个箭头只进入循环体系的物质。
（2）生成物：通过一个箭头最终离开循环体系的物质。
（3）催化剂：与反应物反应后最终又生成，即“死而复生，失而复
得”的物质。
（4）中间产物：开头没，结尾没，中间有，即“自生自灭”的物质。
4. 催化机理图
催化剂的机理图通常是通过循环流程呈现出来，读懂循环的流程从以下
三个方面进行：
（1）根据信息，找出反应物、生成物，写出总反应。
（2）区分、判断催化
剂和中间体
（3）仔细观察反应过程中的细节，提取信息解题。
1. （2024·浙江1月选考14题）酯在NaOH溶液中发生水解反应，历程
如下：
已知：
①
取代基R CH3 ClCH2 Cl2CH
水解相对速率 1 290 7 200
下列说法不正确的是（　　）
A. 步骤Ⅰ是OH－与酯中Cδ＋作用
B. 步骤Ⅲ使Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动，使酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆
C. 酯的水解速率：FCH2COOCH2CH3＞ClCH2COOCH2CH3
D. 与OH－反应、 与18OH－反应，两者所得醇和羧酸盐均不同
②RCOOCH2CH3水解相对速率与取代基R的关系如下表：
√
解析：A项，步骤Ⅰ是OH－与酯基中的Cδ＋作用生成羟基和—O－，正
确；B项，步骤Ⅲ使溶液中R'O－和RCOOH减少，从而促使Ⅰ和Ⅱ的平衡正向移动，步骤Ⅲ不可逆，从而使得酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆，正确；C项，从信息②可知，随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，原因为Cl的电负性较强，对电子的吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于Cl，对电子的吸引能力更强，因此酯的水解速率：FCH2COOCH2CH3＞ClCH2COOCH2CH3，正
确；D项， 与OH－反应，根据信息①可知，第一步反应后
18O既存在于羟基中也存在于—O－中，随着反应进行，最终18O存在于羧酸盐和醇中，同理 与18OH－反应，最终18O存在于醇和羧
酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，错误。
2. （2025·安徽高考11题）恒温恒压密闭容器中，t＝0时加入A（g），各
组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图（反应速率v＝kx，k
为反应速率常数）。
下列说法错误的是（　　）
A. 该条件下 ＝
B. 0～t1时间段，生成M和N的平均反
应速率相等
C. 若加入催化剂，k1增大，k2不变，
则x1和xM，平衡均变大
D. 若A（g）→M（g）和A（g）→N（g）
均为放热反应，升高温度则xA，平衡变大
√
解析：反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，则对于反应M（g） A（g）存在关系式：k－1·xM，平衡＝k1·xA，平衡，对于反应A（g）
N（g）存在关系式：k－2·xN，平衡＝k2·xA，平衡，两式联立可得 ＝ ，A正确；起始时，xM和xN均为0，t1时，xM＝xN，则0～t1时间段，生成M和N的平均反应速率相等，B正确；催化剂不影响平衡移动，故xM，平衡不变，C错误；A（g）→M（g）和A（g）→N（g）均为放热反应，则升高温度，平衡均逆向移动，故xA，平衡变大，D正确。
3. （2025·江苏高考10题）CO2与N 通过电催化反应生成CO（NH2）2，
可能的反应机理如图所示（图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标
注）。下列说法正确的是（　　）
A. 过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成
B. 过程Ⅱ中N 发生了氧化反应
C. 电催化CO2与N 生成CO（NH2）2的
反应方程式：CO2＋2N ＋18H＋
CO（NH2）2＋7H2O
D. 常温常压、无催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应可生成CO（NH2）2
√
解析：过程Ⅱ中形成C≡O、N—H极性共价键，过程Ⅲ中形成C—N极性共价键，A正确；过程Ⅱ中*N 转化为*NH2，N的化合价降低，发生还原反应，B错误；题中反应电荷不守恒，正确的反应方程式为CO2＋2N ＋18H＋＋16e－ CO（NH2）2＋7H2O，C错误；常温常压、无
催化剂条件下，CO2与NH3·H2O反应生成（NH4）2CO3或NH4HCO3，不
能得到CO（NH2）2，D错误。
4. （2025·北京高考10题）乙烯、醋酸和氧气在钯（Pd）催化下高效合成
醋酸乙烯酯（CH2 CHOOCCH3）的过程示意图如下。
下列说法不正确的是（　　）
A. ①中反应为4CH3COOH＋O2＋2Pd 2Pd（CH3COO）2＋2H2O
B. ②中生成CH2 CHOOCCH3的过程中，有σ键断裂与形成
C. 生成CH2 CHOOCCH3总反应的原子利用率为100％
D. Pd催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率
√
解析：①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd（CH3COO）2，反应方程式为4CH3COOH＋O2＋2Pd 2Pd（CH3COO）2＋2H2O，A正确；②中生成CH2 CHOOCCH3的过程中，有C—H的断开和C—O的形成，存在σ键的断裂与形成，B正确；生成CH2 CHOOCCH3总反应中
有H2O生成，原子利用率不是100％，C错误； Pd是反应的催化剂，改变
了反应的历程，提高了反应速率，D正确。
5. （2024·浙江1月选考19题节选）通过电化学、热化学等方法，将CO2转
化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。 为提高效
率，某研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌
催化剂M的DMSO（有机溶剂）溶液，CO2和H2在溶液中反应制备
HCOOH，反应过程中保持CO2（g）和H2（g）的压强不变，总反应CO2
＋H2 HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反
应的活化能E2＜E1 E3（不考虑催化剂活性降低或丧失）。
Ⅳ：M＋CO2 Q　E1
Ⅴ：Q＋H2 L　E2
Ⅵ：L M＋HCOOH　E3
（1）催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。
A. v与CO2（g）的压强无关
B. v与溶液中溶解H2的浓度无关
C. 温度升高，v不一定增大
D. 在溶液中加入N（CH2CH3）3，可提高CO2转化率
CD
解析： A项，v与CO2（g）的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，错误；B项，v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，v越大，错误；C项，温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而反应Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小，故总反应的速率不一定增大，正确；D项，在溶液中加入的N（CH2CH3）3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，正确。
（2）实验测得：298 K，p（CO2）＝p（H2）＝2 MPa下，v随催化剂
M浓度c变化如图。c≤c0时，v随c增大而增大；c＞c0时，v不再显著增大。请解释原因：


。
当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元
反应Ⅳ的反应物，直接影响基元反应Ⅵ中反应物L的生成；c＞c0时，
v不再显著增加，因受限于CO2（g）和H2（g）在溶液中的溶解速度
（或浓度）
解析：当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应Ⅳ的反应物，直接影响基元反应Ⅵ中反应物L的生成；c＞c0时，v不再显著增加，因受限于CO2（g）和H2（g）在溶液中的溶解速度（或浓度）。
考点2
化学平衡及应用
一、化学平衡
1. 化学平衡状态的判定
（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（g）
＋bB（g） cC（g）＋dD（g）， ＝ 时，反应达到平
衡状态。
（2）静态标志：各种“量”不变。
①各物质的质量、物质的量或浓度不变。
②各物质的百分含量（物质的量分数、质量分数、体积分数）不变。
（3）总体依据：在反应过程中“一直变化的量”在某时刻“不再变
化”，则已达到平衡状态。
2. 平衡移动方向的判断方法
（1）根据v正与v逆的相对大小
①若外界条件改变，引起v正＞v逆，此时正反应占优势，则化学平衡向正反应方向（或向右）移动。
②若外界条件改变，引起v正＜v逆，此时逆反应占优势，则化学平衡向逆反应方向（或向左）移动。
③若外界条件改变，虽能引起v正和v逆变化，但变化后新的v正'和v逆'仍保持相等，则化学平衡不发生移动。
（2）依据浓度商（Q）判断
通过比较浓度商（Q）与平衡常数（K）的大小来判断平衡移动的方向。
①若Q＞K，平衡逆向移动。
②若Q＝K，平衡不移动。
③若Q＜K，平衡正向移动。
3. 化学平衡移动与转化率的关系
可逆反应 改变条件 平衡移动方向 反应物转化率 备注
A（g）＋B（g）
C（g） 增大A的浓度 正向移动 α（B）增大 α（A）减小 —
A（g） B（g）
＋C（g） 增大A的浓度 正向移动 α（A）减小 实际是考虑压强影响
2A（g） B（g）
＋C（g） 增大A的浓度 正向移动 α（A）不变 3A（g） B（g）
＋C（g） 增大A的浓度 正向移动 α（A）增大 4. 解答化学平衡移动问题的步骤
二、化学平衡的应用
1. 控制反应条件的目的
（1）促进有利的化学反应：通过控制反应条件，可以加快化学反应速
率，提高反应物的转化率，从而促进有利的化学反应进行。
（2）抑制有害的化学反应：通过控制反应条件，也可以减缓化学反应
速率，减少甚至消除有害物质的产生或控制副反应的发生，从而抑制有害的化学反应继续进行。
2. 控制反应条件的基本措施
（1）控制化学反应速率的措施
通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强（或浓度）、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。
（2）提高转化率的措施
通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强（或浓度）等改变可逆反应的限度，从而提高转化率。
1. （2024·浙江6月选考11题）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：由表可知，相同温度下，乙烷在发生转化时，反应Ⅰ更易发生，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80.0％，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18 mol
×80.0％＝0.144 mol，根据化学方程式可得，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的平衡正向移动，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的转化率提高，C2H6的转化率降低，D错误。
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
2. （2025·山东高考10题）在恒容密闭容器中，Na2SiF6（s）热解反应所得
固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温
度的变化关系（实线部分）如图所示。已知：T2温度时，Na2SiF6（s）
完全分解；体系中气相产物在T1、T3温度时的分压分别为p1、p3。下列
说法错误的是（　　）
A. a线所示物种为固相产物
B. T1温度时，向容器中通入N2，气相产物分压仍为p1
C. p3小于T3温度时热解反应的平衡常数Kp
D. T1温度时，向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大
√
解析：Na2SiF6（s）受热分解生成NaF和SiF4两种
氟化物，NaF为离子晶体，SiF4为分子晶体，熔
点：NaF＞SiF4，因此NaF为固相产物，SiF4为气
相产物，则热解反应的化学方程式为Na2SiF6（s）
2NaF（s）＋SiF4（g），根据曲线的变化趋势及
变化比例，结合方程式可判断曲线a、b、c分别为NaF（s）、SiF4（g）、Na2SiF6（s）。由上述分析知，A正确；N2不与体系中任何物质反应，由于容器恒容，因此SiF4的分压不变，仍为p1，B正确；该反应的平衡常数Kp＝p（SiF4），由题图可知，温度越高，Na2SiF6分解程度越大，平衡时p（SiF4）越大，即Kp越大，由于T2温度下Na2SiF6已完全分解，因此升温至T3时，无法释放更多的SiF4，故p3小于T3温度时热解反应的平衡常数Kp，C正确；T1温度时，加入SiF4的瞬间，其分压增大，平衡逆向移动，由Kp＝p（SiF4）知，重新平衡后SiF4的分压仍为p1，SiF4的浓度不变，故逆反应速率不变，D错误。
3. （2025·江苏高考13题）甘油（C3H8O3）水蒸气重整获得H2过程中的主要反应：
反应Ⅰ C3H8O3（g） 3CO（g）＋4H2（g） ΔH＞0
反应Ⅱ CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g） ΔH＜0
反应Ⅲ CO2（g）＋4H2（g） CH4（g）＋2H2O（g） ΔH＜0
1.0×105 Pa条件下，1 mol C3H8O3和9 mol H2O发生上述反应达平衡状态时，体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是（　　）
A. 550 ℃时，H2O的平衡转化率为20％
B. 550 ℃反应达平衡状态时，n（CO2）∶n（CO）＝11∶25
C. 其他条件不变，在400～550 ℃范围，平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大
D. 其他条件不变，加压有利于增大平衡时H2的物质的量
√
解析：反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ和Ⅲ均是放热反应，
升高温度，反应Ⅰ的平衡正向移动，反应Ⅱ和Ⅲ的平
衡逆向移动，CH4的物质的量降低，CO和H2的物质的
量升高，由C原子守恒知，550 ℃时n（CO）＜（3－
2.2）mol，故曲线①为H2，②为CH4，③为CO。平衡
体系中的含H物质有C3H8O3、H2、H2O、CH4，含C物质
有C3H8O3、CH4、CO、CO2，根据C元素守恒有：1 mol×3＝3n（C3H8O3）＋n（CH4）＋
n（CO）＋n（CO2），根据H元素守恒有：1 mol×8＋9 mol×2＝8n（C3H8O3）＋
4n（CH4）＋2n（H2）＋2n（H2O），两式联立，结合上述分析和图中数据可得n（H2O）＝7.2 mol，故550 ℃时，H2O的平衡转化率为 ×100％＝20％，A正确；由题图知，550 ℃反应达到平衡时，n（CO2）∶n（CO）＝11∶2，B错误；其他条件不变，在400～550 ℃范围内，升高温度，反应Ⅰ的平衡正向移动，反应Ⅱ和Ⅲ的平衡逆向移动，CO2的物质的量增加，说明反应Ⅲ的平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ，故平衡时H2O的物质的量随温度升高而减小，C错误；反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，反应Ⅲ是气体分子数减小的反应，其他条件不变，增大压强，反应Ⅰ的平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡不移动，反应Ⅲ的平衡正向移动，平衡时H2的物质的量减小，D错误。
跟踪检测 巩固提升
1.（2024·安徽高考12题）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（　　）
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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
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项错误；实验③中
水样初始pH＝8，溶液呈弱碱性，结合氧化还原反应规律可得离子方程
式为2Fe＋Se ＋4H2O 2Fe（OH）3＋Se＋2OH－，B项错误；由
实验①、②可知，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量，反应速率加
快，C项正确；由实验②、③可知，其他条件相同时，适当减小水样初
始pH，Se 的去除效果更好，但若水样初始pH太小，与H＋反应的纳
米铁的量增多，从而影响Se 的去除效果，D项错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
2.25 ℃时，将20 mL 3x mol·L－1 Na3AsO3溶液、20 mL 3x mol·L－1 I2溶液和
20 mL NaOH溶液混合，发生反应：As （aq）＋I2（aq）＋2OH-（aq） As （aq）＋2I－（aq）＋H2O（l）。溶液中c（As ）与反应时
间（t）的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A. O～t1 min用H2O表示的平均反应速率为 mol·L－1·min－1
B. 当v正（As ）＝2v逆（I－）时，反应达到平衡状态
C. a点的逆反应速率小于b点的正反应速率
D. 平衡时溶液的pH＝13，则该反应的平衡常数K＝
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：一般不用纯固体、纯液体表示反应速率，A错误；反应速率之比等于化学计量数之比，因此当2v正（As ）＝v逆（I－）时，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B错误；a到b的过程中，反应一直正向进行，正反应速率一直减小，逆反应速率一直增大，但逆反应速率均小于正反应速率，因此va（逆）＜vb（逆）＜vb（正），C正确；起始时，c（As ）＝c（I2）＝x mol·L－1，由题图可知，平衡时c（As ）＝y mol·L－1，c（I－）＝2y mol·L－1，c剩余（As ）＝c剩余（I2）＝
（x－y）mol·L－1，平衡时溶液的pH＝13，则c（OH－）＝0.1 mol·L－1，反应的平衡常数K＝ ＝ ，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
3.在恒容密闭容器中充入3 mol X和3 mol Y并加入催化剂发生反应：3X（g）＋Y（g） 2Z（g）　ΔH＜0，反应过程中持续升高温度，测得混合体系中Z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点和P点均达到平衡状态
B. M点的逆反应速率可能大于N点的逆反应速率
C. 反应过程中X、Y的体积分数均先减小后增大
D. P点Z的体积分数小于N点，原因可能是高温使催化剂
活性降低
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：N点之前随温度升高，Z的含量增加，说明反应正向进行，N点之后随温度升高，Z的含量减小，说明平衡逆向移动，则M点没有达到平衡状态，A错误；由于温度会影响催化剂的活性，M点温度虽然低于N点，但考虑催化剂的活性，M点的逆反应速率可能大于N点的逆反应速率，B正确；由于X和Y不是按照化学计量数之比通入的，而且反应前后气体总物质的量减小，所以反应过程中X、Y的体积分数不一定均先减小后增大，C错误；催化剂不会影响平衡状态，P点Z的体积分数小于N点，原因是温度升高导致平衡逆向移动，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
4.反应2NO＋Cl2 2NOCl在295 K时，其反应物浓度与反应速率关系的数据如下：
c（NO）/（mol·L－1） c（Cl2）/（mol·L－1） v（Cl2）/（mol·L－1·s－1）
① 0.100 0.100 8.0×10－3
② 0.500 0.100 2.0×10－1
③ 0.100 0.500 4.0×10－2
注：①反应物浓度与反应速率的关系式为v（Cl2）＝k·cm（NO）·cn（Cl2）（式中速率常数k＝A ，其中Ea为活化能，A、R均为大于0的常数，T为温度）；②反应级数是反应的速率方程式中各反应物浓度的指数之和。
下列说法不正确的是（　　）
A. m＝2，n＝1，反应级数为3级
B. 当c（NO）＝0.200 mol·L－1，c（Cl2）＝0.300 mol·L－1时，v（NO）
＝0.192 mol·L－1·s－1
C. 加入催化剂可以改变反应途径，也可以增大速率常数k而加快反应速率
D. 升高温度，可以增大反应的活化能Ea，从而使速率常数k增大
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：由表中①③组数据可知 ＝ ，n＝1，由①②组数据可知 ＝ ，m＝2，由第①组数据可知k的数值为 ＝8.0，A正确； 当c（NO）＝0.200 mol·L－1，c（Cl2）＝ 0.300 mol·L－1时，v（NO）＝2v（Cl2）＝2×（8.0×0.2002×0.300） mol·L－1·s－1＝0.192 mol·L－1·s－1，B正确；催化剂可降低反应的活化能，增加活化分子数目，增大反应速率，C正确；升高温度，活化能不变，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
5.（2023·辽宁高考12题）一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反
应，Mn（Ⅱ）起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变
化如图所示。下列说法正确的是（　　）
A. Mn（Ⅲ）不能氧化H2C2O4
B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C. 该条件下，Mn（Ⅱ）和Mn（Ⅶ）不能大量共存
D. 总反应为2Mn ＋5C2 ＋16H＋ 2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：根据图示，Mn（Ⅲ）浓度先增大后减小，说明Mn（Ⅲ）先生成后被消耗，则Mn（Ⅲ）能氧化H2C2O4，A项错误；随着反应物浓度的减小，Mn（Ⅱ）浓度逐渐增大，Mn（Ⅱ）起催化作用，则反应速率在
中间过程可能增大，B项错误；根据图示，Mn（Ⅶ）浓度减小到0时，
Mn（Ⅱ）浓度才逐渐增大，说明Mn（Ⅶ）和Mn（Ⅱ）不能大量共存，C项正确；草酸为弱酸，在离子方程式中写化学式，总反应为2Mn ＋5H2C2O4＋6H＋ 2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
6.（2025·浙江杭州二模）55 ℃时，溴代烷在水中可按如下过程进行水解
反应：
Ⅰ.RBr R＋＋Br－　慢
Ⅱ.R＋＋H2O [ROH2]＋　快
Ⅲ.[ROH2]＋ ROH＋H＋　快
已知，当R基团不同时，水解相对速率如下：
R （CH3）3C （CH3）2CH CH3CH2 CH3
相对速率 100 0.023 x 0.003 4
下列说法不正确的是（　　）
A. 第一步反应的活化能最高
B. 加入AgNO3，能促进溴代烷的水解
C. 可以预测x的值介于0.003 4～0.023之间
D. 卤代烃水解速率顺序为（CH3）3C—Cl＞（CH3）3C—Br＞（CH3）3C—I
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：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，则第一步反应的活化能最高，A正确；加入AgNO3，溴离子和银离子反应生成溴化银沉淀，促使RBr R＋＋Br－正向进行，故能促进溴代烷的水解，B正确；由表可知，随着R基团减小，反应相对速率减小，故可以预测x的值介于0.003 4～0.023之间，C正确；氯原子半径小于溴、小于碘，形成的碳氯键键能更大，更难断裂，则卤代烃水解速率顺序为（CH3）3C—Cl＜（CH3）3C—Br＜（CH3）3C—I，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
7.（2025·浙江绍兴模拟）叔丁醇与羧酸发生酯化反应，机理如下：
下列说法不正确的是（　　）
A. CH3CH2—的推电子效应大于—CH3，故与叔丁醇酯化时的反应速率：乙酸＜丙酸
B. 中间体碳正离子（CH3）3C＋容易与水作用，会导致该酯化反应的产率较低
C. 若用18O标记叔丁醇中的氧原子，则根据上述机理18O会出现在水分子中
D. 若用乙醇代替叔丁醇，反应机理类似
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：CH3CH2—的推电子效应大于—CH3，丙酸中羰基氧原子所带负电荷比乙酸多，故与叔丁醇酯化时的反应速率：乙酸＜丙酸，故A正确；中间体碳正离子（CH3）3C+与水作用，（CH3）3C+浓度降低，使
该反应平衡逆向移动，导致该酯化反应的产率较低，故B正确；根据反
应机理图，（CH3）3C— H2脱水生成（CH3）3C+，若用18O标记叔丁醇中的氧原子，18O会出现在水分子中，故C正确；由叔丁醇与羧酸发生酯化反应的机理可知，叔丁醇与羧酸发生酯化反应时，叔丁醇脱去羟
基、羧酸脱去羧基中的H，若用乙醇代替叔丁醇，乙醇脱去羟基中的
H，反应机理不同，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
8.（2025·浙江温州适应性考试）已知：
Ⅰ. 2[AgCl·3NH3（s）] [2AgCl·3NH3（s）]＋3NH3（g）　KpⅠ
Ⅱ. [2AgCl·3NH3（s）] 2[AgCl·NH3（s）]＋NH3（g）　KpⅡ
Ⅲ. [AgCl·NH3（s）] AgCl（s）＋NH3（g）　KpⅢ
0 ℃，真空恒容密闭容器中，选择合适的固体试剂E，只吸收氨气，速率较慢。忽略E及其产物，体系中固体组成表示为AgCl·xNH3。测定AgCl·3NH3（s）的逐级分解的体系中x与体系压强（p）的关系如图。下列说法不正确的是（　　）
A. KpⅠ＞KpⅡ＞KpⅢ
B. AgCl·xNH3最终以AgCl形式存在
C. a→b→c过程中，[2AgCl·3NH3]的质量先增多，后不变
D. 若固体试剂E失效，可向容器中缓慢通入N2，使反应物继续分解
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：体系中只有NH3是气体，Kp与压强呈正相关，
由图可知KpⅠ＞KpⅡ＞KpⅢ，故A正确； AgCl·3NH3
逐级分解失去NH3，最终为AgCl，故B正确；a→b
→c过程中，a→b压强不变，AgCl·3NH3（s）分解
为2AgCl·3NH3，b→c，压强骤降，c点时，体系中为2AgCl·3NH3，说明2AgCl·3NH3先增多，后不变，故C正确；若固体试剂E失效，向容器中缓慢通入N2，对体系中NH3无影响，不会使反应物继续分解，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
9.（2025·浙江 “辛愉杯”联考）铁酸锌（ZnFe2O4）是效果较好的脱硫剂，脱硫反应为ZnFe2O4（s）＋3H2S（g）＋H2（g） 2FeS（s）＋ZnS（s）＋4H2O（g）　ΔH，经实验测定在不同的投料比x1、x2、x3 时H2S的平衡转化率与温度的关系如图。现向5 L的恒容密闭容器中，投入3 mol H2S、2 mol H2与足量ZnFe2O4，初始压强为p0，平衡时H2O（g）的体积分数是H2的两倍。下列说法正确的是（　　）
A. ΔH＞0
B. x1＞x2＞x3
C. 该温度下该反应的Kp＝
D. 恒温恒容条件下，若混合气体压强不变，则说明反应已达到平衡
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：在投料比相同的条件下，升高温度，H2S的平衡转化率降低，这说明升高温度平衡逆向移动，正反应放热，则ΔH＜0，A错误；温度相同时，投料比越大，H2S的平衡转化率越低，所以x1＜x2＜x3，B错误；向5 L的恒容密闭容器中，投入3 mol H2S、2 mol H2与足量ZnFe2O4，初始压强为p0，平衡时H2O（g）的体积分数是H2的两倍，设平衡时消耗氢气的物质的量是x mol，依据方程式ZnFe2O4（s）＋3H2S（g）＋H2（g） 2FeS（s）＋ZnS（s）＋4H2O（g）可知，消耗硫化氢3x mol，生成水蒸气4x mol，则4x＝2×（2－x），解得x＝ ，反应前后气体体积不变，则平衡时混合气体的总物质的量为5 mol，可以用物质的量代替压强计算平衡常数，则该温度下该反应的Kp＝ ＝ ，C正确；反应前后气体体积不变，恒温恒容条件下，压强始终不变，因此混合气体压强不变，不能说明反应已达到平衡，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
10.（2025·浙江强基联盟联考）向容积均为1 L的两恒容密闭容器中分别充
入2 mol X和1 mol Y，发生反应：2X（g）＋Y（g） Z（g）　ΔH，
其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化
曲线如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A. 甲容器的反应速率比乙容器大
B. c点Y的转化率为75％
C. a点气体平均相对分子质量比c点大
D. a点平衡常数比b点大
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，刚开始压强增大的原因为容器温度升高，则说明反应过程放热，即ΔH＜0。甲容器温度高于乙容器，而起始浓度相同，故甲容器的反应速率比乙容器大，A正确；乙容器恒温恒容，c点的总压为p，气体的压强之比等于气体的物质的量（物质的量浓度）之比，所以可设Y转化的物质的量浓度为x mol·L－1，则 列出三段式如下：
　　　　　 　2X（g）　＋　Y（g）　 　Z（g）
起始/（mol·L－1） 2 1 0
转化/（mol·L－1） 2x x x
平衡/（mol·L－1） 2－2x 1－x x
则有 ＝ ，计算得x＝0.75，Y的转化率为75％，B正确；图中a点和c点的压强相等，而a点温度高于c点，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，而a、c两点压强相等，则说明甲容器中气体的总物质的量比乙容器中小，即气体总物质的量：na＜nc，气体质量相等，故a点气体平均摩尔质量比c点大，即a点气体平均相对分子质量比c点大，C正确；ΔH＜0，甲容器温度高于乙容器，故a点相当于b点升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
11.（2025·浙江天域名校协作体联考）异山梨醇是一种由生物质制备的高
附加值化学品，150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图
所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法不正确的是（　　）
A. 3 h时，反应②正、逆反应速率相等
B. 该温度下的平衡常数：①＞②
C. 0～3 h平均速率v（异山梨醇）＝0.014 mol·kg－1·h－1
D. 反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：由题图可知，3小时后异山梨醇
浓度继续增大，15 h后异山梨醇浓度才
不再变化，所以3 h时，反应②未达到
平衡状态，即正、逆反应速率不相等，
A错误；该温度下，15 h后所有物质浓
度都不再变化，且此时山梨醇转化完
全，即反应充分，而1，4-失水山梨醇
仍有剩余，即反应②正向进行程度小
于反应①，反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①＞②，B正确；由题图可知，在0～3 h内异山梨醇的浓度变化量为0.042 mol·kg-1，所以平均速率v（异山梨醇）＝ ＝0.014 mol·kg－1·h－1，C正确；催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化率，D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
12.（2025·浙江Z20名校联盟联考）逆水气变换反应：CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g），在一定压力下，按CO2、H2物质的量之比
n（CO2）∶n（H2）＝1∶1投料，T1、T2温度时反应物摩尔分数（混合物中某一组分的物质的量与混合物各组分物质的量之和的比值）随时间变化的关系如图所示。已知该反应的速率方程为v＝kc0.5（H2）·
c（CO2），T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1和k2。下列说法不正确的是（　　）
A. k1＞k2
B. 该反应的ΔH＞0
C. 温度不变，仅改变体系初始压力，反
应物摩尔分数随时间的变化曲线不变
D. T2温度下，改变初始投料比例，不能使
平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：由题图可知，T1温度时比T2温度时反应
速率快，则温度：T1＞T2；T1温度下达到平衡
时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时反应
物的摩尔分数；由于起始CO2与H2的物质的量
之比为1∶1，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分
数相等。T1温度时比T2温度时反应速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A项正确； T1＞T2，根据图像，升高温度，反应物的摩尔分数降低，平衡正向移动，即正向为吸热反应，ΔH＞0，B项正确；温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线会发生变化，C项错误； T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
13.下列说法正确的是（　　）
A. H2（g）＋I2（g） 2HI（g），其他条件不变，缩小反应容器容积，正、逆反应速率不变
B. C（s）＋H2O（g） H2（g）＋CO（g），碳的质量不再改变说明反应已达平衡
C. 若压强不再随时间变化能说明反应2A（？）＋B（g） 2C（？）已达平衡，则A、C不能同时是气体
D. 1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时，H2转化率为10％，放出的热量为Q1；在相同温度和压强下，当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10％时，吸收的热量为Q2，Q2不等于Q1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：缩小反应容器容积，相当于加压，正、逆反应速率都增大，A错误；在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，B正确；若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的化学计量数不等，故A、C可能均为气体，C错误；已知N2（g）＋3H2（g） 2NH3（g）　ΔH，合成氨气实际参与反应的n（H2）＝3 mol×10％＝0.3 mol，因而Q1＝ ×｜ΔH｜＝0.1｜ΔH｜，分解氨气时实际消耗的n（NH3）＝2 mol×10％＝0.2 mol，Q2＝ ×｜ΔH｜＝0.1｜ΔH｜，则Q1＝Q2，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
14.5 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液与1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液发生反应：2Fe3
＋（aq）＋2I－（aq） 2Fe2＋（aq）＋I2（aq），达到平衡。下列说法
不正确的是（　　）
A. 加入苯，振荡，平衡正向移动
B. 经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN，溶液呈红色，表明该化学反应存在限度
C. 加入FeSO4固体，平衡逆向移动
D. 该反应的平衡常数K＝
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：碘易溶于苯，加入苯，苯萃取碘，使水溶液中碘的浓度减小，平衡正向移动，A项正确；如果反应能进行到底，则经过苯两次萃取分离后，溶液中不会有Fe3＋，加入KSCN，溶液不会呈红色，溶液呈红色说明此反应是可逆反应，有反应限度，B项正确；加入FeSO4，二价铁离子浓度增大，平衡逆向移动，C项正确；该反应的平衡常数K＝ ，D项错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
15.（2023·辽宁高考13题）某小组进行实验，向10 mL蒸馏水中加入0.4 g
I2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2 g锌粒，溶液颜色加深；最
终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知 （aq）为棕色，下列关于颜色
变化的解释错误的是（　　）
选项 颜色变化 解释
A 溶液呈浅棕色 I2在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深 发生了反应：I2＋I－
C 紫黑色晶体消失 I2（aq）的消耗使溶解平衡
I2（s） I2（aq）右移
D 溶液褪色 Zn与有色物质发生了置换反应
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2，溶液呈浅棕色，说明I2在水中的溶解度较小，A项正确； （aq）为棕色，溶液颜色加深，说明I2转化为 ，发生了反应：I2＋I－ ，B项正确；紫黑色晶体消失，说明I2（s）溶解，则I2（aq）的消耗使溶解平衡I2（s） I2（aq）右移，C项正确；溶液褪色，是因为Zn与I2发生化合反应生成ZnI2，c（I2）减小，I2＋I－ 平衡逆向移动， （aq）浓度减小，D项错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
16.I2在KI溶液中存在平衡：I2（aq）＋I－（aq） （aq）。某I2、KI混
合溶液中， 的物质的量浓度c（ ）与温度T的关系如图所示（曲
线上任何一点都表示平衡状态）。下列说法不正确的是（　　）
A. 温度为T1时，向该平衡体系中加入KI固体，平衡正向移动
B. I2（aq）＋I－（aq） （aq）的ΔH＜0
C. 若T1时，反应进行到状态d时，一定有v正＞v逆
D. 状态a与状态b相比，状态b时I2的转化率更高
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：温度为T1时，加入KI固体，I－浓度增大，平衡向正反应方向移动，A正确；当温度升高时， 的物质的量浓度减小，说明该反应的正反应为放热反应，反应I2（aq）＋I－（aq） （aq）的ΔH＜0，B正确；T1时，反应进行到状态d时，未达到平衡状态，则反应向生
成 的方向进行，则v正＞v逆，C正确；状态a与状态b均为平衡状态，
状态b的 的物质的量浓度明显小于状态a，则I2的转化率：状态b低于
状态a，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
17.某温度下，在一恒容密闭容器中进行如下两个反应并达到平衡：
①2X（g）＋Y（g） Z（s）＋2Q（g） ΔH1＜0
②M（g）＋N（g） R（g）＋Q（g） ΔH2＞0
下列叙述错误的是（　　）
A. 加入适量Z，①和②平衡均不移动
B. 通入稀有气体Ar，①平衡正向移动
C. 降温时无法判断Q浓度的增减
D. 通入Y，则N的浓度增大
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：Z为固体，而反应②与Z无关，加入适量Z不会使反应①和②的平衡移动，A正确；通入稀有气体Ar，由于容器容积不变，故气体浓度不发生改变，反应①和②的平衡均不移动，B错误；温度降低，反
应①平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，但两个反应中反应物的起
始浓度未知，故无法判断Q浓度的增减，C正确；通入Y，反应①平衡
正向移动，则Q浓度增大，导致反应②平衡逆向移动，N的浓度增大，
D正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
18.化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙
酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛作中间体，使产品成本降低，具有
明显经济优势。其合成的基本反应如下：
CH2 CH2（g）＋CH3COOH（l） CH3COOC2H5（l）。
（1）下列描述能说明固定容器中乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达
到化学平衡的是 （填字母）。
A. 乙酸、乙酸乙酯的浓度相同
B. 酯合成反应的速率与酯分解反应的速率相等
C. 体系中气体密度一定
D. 乙烯断开1 mol碳碳双键的同时恰好消耗1 mol乙酸
BC
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：乙酸、乙酸乙酯的浓度相同但不一定不变，则不一定达到平衡状态，A错误；酯合成反应的速率与酯分解反应的速率相等，说明反应达到平衡状态，B正确；容器容积不变，气体的质量是变化的，体系中气体密度一定，说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；乙烯断开1 mol碳碳双键和消耗1 mol乙酸均表示正反应速率，反应不一定达到平衡状态，D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（2）在n（乙烯）与n（乙酸）物料比为1的条件下，某研究小组在不
同压强下进行了在相同时间点乙酸乙酯的产率随温度的变化的测定实验，实验结果如图所示。
回答下列问题：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
①温度在60～90 ℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大
到小的顺序是 [用v（p1）、v
（p2）、v（p3）分别表示不同压强下的反应速率]，分析其原因
为
。
②在压强为p1 MPa、温度超过80 ℃时，乙酸乙酯产率下降的原
因可能是
。
v（p1）＞v（p2）＞v（p3）
其他条件相同时，对于有气体参与的反应，压强越大化学反
应速率越快
p1 MPa、80 ℃时反应已达平衡且正反应放热，压强
不变时，升高温度平衡逆向移动，产率下降
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
③根据测定实验结果分析，较适宜的生产条件是
（填出合适的压强和温度）。为了提高乙酸乙酯的产量和纯度，可以采取的措施有 （任写出一条）。
解析：①正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙酸乙酯的产率增大，其他条件相同时，对于有气体参与的反应，压强越大化学反应速率越快，所以温度在60～90 ℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v（p1）＞v（p2）＞v（p3）。
p1 MPa、80 ℃
通入乙烯气体（或增大压强）
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
（3）已知反应的标准平衡常数Kθ＝ ，其中cθ为
标准浓度（1.0 mol·L－1），p（C2H4）为平衡系统中C2H4的平衡分压，p（C2H4）＝p总·x（C2H4），x（C2H4）为平衡系统中C2H4的体积分数，pθ为标准压强（1.0×105 Pa）。若等物质的量的乙烯和乙酸在80 ℃、10 MPa下反应，乙酸乙酯的平衡产率为80％，则Kθ＝ 。
0.04
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
解析：设反应物的起始量均为1 mol，则
　　 CH2 CH2（g）＋CH3COOH（l） CH3COOC2H5（l）
起始/mol 1 1 0
转化/mol 0.8 0.8 0.8
平衡/mol 0.2 0.2 0.8
该体系中只有乙烯一种气体，故平衡系统中乙烯的体积分数为100％，故p（C2H4）＝p总·x（C2H4）＝10×106 Pa×100％＝10×106 Pa，在同一容器中，不同液体的浓度之比等于其物质的量之比，故Kθ＝ ＝ ＝ ＝0.04。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18

展开更多......

收起↑