考点二 化学平衡状态
1．化学平衡状态
一定条件下的可逆反应达到v正＝v逆的状态。达到化学平衡状态时：v正＝v逆>0；各组分的浓度保持不变。
2．化学平衡移动原理
(1)勒夏特列原理(又称平衡移动原理)的内容：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。
关键字“减弱”有两层含义：与改变条件相反的方向；平衡移动不能抵消这种改变。
(2)平衡移动方向的判断方法：
①依据勒夏特列原理判断。
②根据图像中v正和v逆的相对大小判断，v正>v逆平衡正向移动，v正③依据变化过程中速率变化的性质判断：正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度，则平衡向逆反应方向移动。
④依据浓度商(Q)判断：Q>K，反应向逆反应方向进行，Q(3)用勒夏特列原理不能解释的问题：不存在化学平衡移动的不能用勒夏特列原理解释。
现有下列情况：①混合气体的密度保持不变；②气体压强保持不变；③气体的平均摩尔质量保持不变；④保持不变；⑤O2的物质的量保持不变；⑥v正(N2O4)∶v逆(NO2)＝1∶2。能表明在1 L恒温恒容的密闭容器中发生的反应N2O4(g)?2NO2(g)一定达到平衡状态的是( )
A．②③④⑥ B．①②③⑥
C．①③⑤⑥ D．②③④⑤
解析：题给反应过程中各物质均为气体，所以气体的总质量不变，容器恒容，所以密度始终不变，故①不符合题意；反应未平衡时，气体的总物质的量会发生变化，容器恒容，则压强会发生变化，当压强不变时，说明反应平衡，故②符合题意；未平衡时气体的总物质的量会发生变化，而气体的总质量不变，所以气体的平均摩尔质量会发生改变，当其不变时说明反应平衡，故③符合题意；题给反应未平衡时，c(N2O4)减小，c(NO2)增大，则会发生变化，当该值不变时说明反应达到平衡，故④符合题意；氧气不参与题给反应，所以氧气的物质的量不变不能判断反应是否平衡，故⑤不符合题意；v正(N2O4)∶v逆(NO2)＝1∶2说明v正(NO2)＝v逆(NO2)，反应达到平衡，故⑥符合题意；综上所述能表明反应一定达到平衡状态的是②③④⑥。故选A。
答案：A
判断化学平衡状态的理论依据是v正＝v逆；判断化学反应进行的方向和平衡移动的依据还是v正、v逆是否相等，即v正>v逆，反应正向进行，平衡正向移动；v正1．(2022·湖南卷)向体积均为1 L的两恒容容器中分别充入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。下列说法正确的是( )
A．ΔH>0
B．气体的总物质的量：naC．a点平衡常数：K>12
D．反应速率：va正解析：甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程pV＝nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，故A项错误；根据A项分析可知，上述密闭容器中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小，即气体总物质的量：na＜nc，故B项正确；a点为平衡点，此时容器的总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，则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)
起始浓度/(mol·L－1) 2 1 0
转化浓度/(mol·L－1) 2x xx
平衡浓度/(mol·L－1) 2－2x 1－xx
则有＝，计算得到x＝0.75，那么化学平衡常数K＝＝＝12，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡常数减小，即平衡常数K＜12，故C项错误；根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的大，即va正＞vb正，故D项错误。故选B。
答案：B
2．(2023·保定高三3月模拟)工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯：CH3OH(g)＋CO(g)?HCOOCH3(g)，在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是( )
A．反应速率：vb＞vd
B．由图可知生产时反应温度控制在80～85 ℃为宜
C．b条件下延长反应时间，CO的转化率保持不变
D．d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应吸热，升高温度反应逆向移动
解析：温度对化学反应速率的影响大于浓度对化学反应速率的影响。由于反应温度：d＞b，所以反应速率大小关系为vd＞vb，A项错误；由题图可知在80～85 ℃时反应物CO的转化率最高，因此生产时为提高生产效率，反应温度控制在80～85 ℃为宜，B项正确；b条件下反应未达到平衡状态，此时反应正向进行，延长反应时间，可以使更多的反应物CO与CH3OH(g)发生反应转化为生成物，因此会导致CO的转化率增大，C项错误；d→e，CO的转化率随温度的升高而减小，可能是因为该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，导致CO的转化率降低，D项错误。故选B。
答案：B
3．(2023·咸阳高考一模)草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为
反应Ⅰ：(COOCH3)2(g)＋2H2(g)?CH3OOCCH2OH(g)＋CH3OH(g) ΔH1＜0；
反应Ⅱ：(COOCH3)2(g)＋4H2(g)?HOCH2CH2OH(g)＋2CH3OH(g) ΔH2＜0。
压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得(COOCH3)2的转化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的选择性
与温度的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．曲线B表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化
B．190～198 ℃范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率增大
C．190～198 ℃范围内，温度升高，逐渐减小
D．192 ℃时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高(COOCH3)2转化率
解析：由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，故A项错误；两反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，190～198 ℃范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率减小，故B项错误；190～198 ℃范围内，温度升高，反应Ⅱ：(COOCH3)2(g)＋4H2(g)?HOCH2CH2OH(g)＋2CH3OH(g) ΔH2＜0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动，每减少2 mol CH3OH，只减少1 mol HOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，故C项正确；192 ℃时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物(COOCH3)2转化率降低，故D项错误。故选C。
答案：C
4．(2023·深圳统考一模)恒容密闭容器中，n mol CO2与3n mol H2在不同温度下发生反应：2CO2(g)＋6H2(g)?C2H4(g)＋4H2O(g)，达到平衡时，各组分的物质的量浓度(c)随温度(T)变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．该反应的平衡常数随温度升高而增大
B．曲线Y表示c(C2H4)随温度的变化关系
C．提高投料比[n(CO2)∶n(H2)]，可提高H2的平衡转化率
D．其他条件不变，2n mol CO2与6n mol H2在T1℃下反应，达到平衡时c(H2)解析：由题图可知，温度升高，H2的平衡浓度增大，说明平衡逆向移动，该反应为放热反应，该反应的平衡常数随温度升高而减小，故A项错误；结合反应2CO2(g)＋6H2(g)?C2H4(g)＋4H2O(g)可知，c(C2H4)的变化量为c(H2O)变化量的，则曲线Y表示c(H2O)随温度的变化关系，故B项错误；提高投料比[n(CO2)∶n(H2)]，即增大CO2的浓度，平衡正向移动，H2的平衡转化率增大，故C项正确；其他条件不变，2n mol CO2与6n mol H2在T1℃下反应，等效于增大压强，该反应是气体体积减小的反应，平衡正向移动，H2的浓度减小，但仍然大于n mol CO2与3n mol H2在T1℃下发生反应时H2的平衡浓度c1，故D项错误。故选C。
答案：C
5．(2022·辽宁卷)某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X发生反应2X(s)?Y(g)＋2Z(g)，有关数据如下。下列说法错误的是( )
时间段/min 产物Z的平均生成速率[mol/(L·min)]
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
A．1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L－1
B．2 min时，加入0.20 mol Z，此时v正(Z)C．3 min时，Y的体积分数约为33.3%
D．5 min时，X的物质的量为1.4 mol
解析：反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1 min内Z的平均生成速率大于0～2 min内的，故1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L－1，A项正确；4 min时生成的Z的物质的量为0.15 mol/(L·min)×4 min×1 L＝0.6 mol，6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol/(L·min)×6 min×1 L＝0.6 mol，故反应在4 min时已达到平衡，设达到平衡时生了a mol Y，列出“三段式”：
2X(s)?Y(g) ＋ 2Z(g)
初始量/mol 2.0 0 0
转化量/mol 2aa 2a
平衡量/mol 2.0－2aa 0.6
根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3 mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6 mol·L－1，平衡常数K＝c2(Z)·c(Y)＝0.108，2 min时Y的浓度为0.2 mol·L－1，Z的浓度为0.4 mol·L－1，加入0.2 mol Z后Z的浓度变为0.6 mol·L－1，Qc＝c2(Z)·c(Y)＝0.072v逆(Z)，B项错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，＝，故Y的体积分数始终约为33.3%，C项正确；由B项分析可知5 min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6 mol，则X的转化量为0.6 mol，初始X的物质的量为2 mol，则剩余X的物质的量为1.4 mol，D项正确。故选B。
答案：B
6．已知2NO2(g)?N2O4(g) ΔH<0。下列说法正确的是( )
A．1 mol平衡混合气体含有1 mol N原子
B．完全断开2 mol NO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1 mol N2O4分子中的共价键所吸收的热量多
C．将气体体积压缩至一半，气体颜色变深是因为平衡发生了移动
D．将气体温度升高，气体颜色会变深
解析：平衡混合气体中同时含有NO2和N2O4，无法确定1 mol混合气体中N原子的物质的量，A项错误；反应2NO2(g)?N2O4(g)为放热反应，故完全断开2 mol NO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1 mol N2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项错误；气体体积压缩至一半，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项正确。故选D。
答案：D考点三 化学平衡常数和化学平衡计算
1．化学平衡常数(K)只受温度影响。
2．对于有气体参加的反应，只改变浓度、压强，平衡移动，平衡常数(K)不变。
3．对于同类型的反应，K值越大，表示反应进行的程度越大，K值越小，表示反应进行的程度越小。
4．在等温条件下，对于一个已达到化学平衡的反应，当改变反应物或生成物的浓度时，根据浓度商与平衡常数的大小关系，可以判断化学平衡移动的方向。Q＝K，平衡状态；Q>K，反应逆向进行；Q5．升高温度，K值增大，反应是吸热反应(ΔH>0)，K值减小，反应是放热反应(ΔH<0)。
6．影响化学平衡的因素。
改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向
浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动
减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动
压强(对有气体参加的反应) 反应前、后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动
减小压强 向气体分子总数增大的方向移动
反应前、后气体体积不变 改变压强 平衡不移动
温度 升高温度 向吸热反应方向移动
降低温度 向放热反应方向移动
催化剂 同等程度改变v正、v逆，平衡不移动
对于反应：mA(g)＋nB(g)?pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为V L。建立等式求解：
mA(g)＋nB(g)?pC(g)＋qD(g)
起始量/mol ab 0 0
变化量/mol mxnxpxqx
平衡量/mol a－mxb－nxpxqx
(1)K＝。
(2)c平(A)＝( mol·L－1)。
(3)α(A)平＝×100%，α(A)∶α(B)＝∶＝。
(4)φ(A)＝×100%。
(5)＝。
(2022·全国甲卷)金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
(1)TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1 000 ℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
(ⅰ)直接氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g) ΔH1＝＋172 kJ·mol－1，Kp1＝1.0×10－2。
(ⅱ)碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH2＝－51 kJ·mol－1，Kp2＝1.2×1012 Pa
①反应2C(s)＋O2(g)===2CO(g)的ΔH为________kJ·mol－1，Kp＝______Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动；温度升高，平衡转化率______________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)在1.0×105 Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的平衡常数Kp(1 400 ℃)＝________Pa。
②图中显示，在200 ℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)TiO2碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于TiO2 C“固—固”接触的措施是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)①根据盖斯定律，将反应ⅱ－ⅰ得到2C(s)＋O2(g)===2CO(g)，则ΔH＝－51 kJ·mol－1－172 kJ·mol－1＝－223 kJ·mol－1；则Kp＝＝＝1.2×1014Pa。②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，ΔH小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程。③碳氯化反应是气体分子数增大的反应，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。(2)①从题图中可知，1 400 ℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的平衡常数Kp(1 400 ℃)＝＝Pa＝7.2×105 Pa。②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200 ℃，就是为了增大反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品。(3)固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。为了有利于TiO2 C“固—固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。
答案：(1)①－223 1.2×1014 ②碳氯化反应气体分子数增加，ΔH小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 ③向左 变小
(2)①7.2×105 ②为了增大反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益
(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”
化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数，若化学反应方程式中的计量数发生变化，平衡常数也相应改变；不同的平衡常数之间的换算要以化学反应方程式为依据(如弱酸的电离常数与相应的酸根离子的水解常数)；涉及平衡常数的计算常用“三段式”求解；有气体参加的反应，常用平衡分压代替平衡浓度进行计算；只有在温度不变的前提下，平衡常数才是相同的。
1．(2023·湛江统考一模)氨在工业上应用广泛，已知反应N2(g)＋3H2(g)?2NH3(g) ΔH<0，反应相同时间，NH3的体积百分数随温度的变化情况如图所示，下列相关描述正确的是( )
A．线上的点均代表平衡时刻的点
B．逆反应速率：va>vd
C．b点时v正D．平衡常数值：Kc解析：由图可知，c点氨的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的形成过程，c点以后为平衡的移动过程。据此分析解答。由分析可知，c点以前均未达到平衡，故A项错误；温度越高，反应速率越大，则d点逆反应速率大于a点，故B项错误；由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C项错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，由分析可知，c点以后为平衡的移动过程，则c点平衡常数大于d点，故D项正确。故选D。
答案：D
2．(2022·海南卷)某温度下，反应CH2===CH2(g)＋H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是( )
A．增大压强，v正>v逆，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，平衡向正反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，CH2===CH2(g)的平衡转化率增大
解析：该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以增大化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正>v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A项不正确；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B项不正确；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C项正确；恒容下，充入一定量的CH2===CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2===CH2 (g)的平衡转化率减小，D项不正确。故选C。
答案：C
3．(2022·重庆卷)两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。
反应1：NH4HCO3(s)?NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g) p1＝3.6×104 Pa；
反应2：2NaHCO3(s)?Na2CO3(s)＋H2O(g)＋CO2(g) p2＝4×103 Pa。
该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是( )
A．反应2的平衡常数为4×106 Pa2
B．通入NH3，再次平衡后总压强增大
C．平衡后总压强为4.36×105 Pa
D．缩小体积，再次平衡后总压强不变
解析：反应2的平衡常数为Kp＝p(CO2)p(H2O)＝p2××p2×＝4×106 Pa2，A项正确；刚性密闭容器，温度不变，平衡常数不变，再次达平衡后，容器内各气体分压不变，总压强不变，B项错误；Kp2＝p(CO2)p(H2O)＝p2××p2×＝4×106 Pa2，p(CO2)＝p(H2O)＝2×103，Kp1＝c(NH3)c(CO2)p(H2O)＝(1.2×104)3 Pa3，p(NH3)＝ Pa＝4.32×105 Pa，所以总压强为p(NH3)＋p(CO2)＋p(H2O)＝4.36×105 Pa，C项正确；达平衡后，缩小体积，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，再次平衡后总压强不变，D项正确。故选B。
答案：B
4．(2023·广州高三质检)在恒温条件下，向盛有足量NaCl(s)的2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO2、0.2 mol NO和0.1 mol Cl2，发生如下两个反应：
①2NO2(g)＋NaCl(s)?NaNO3(s)＋ClNO(g) ΔH1<0，K1；
②2NO(g)＋Cl2(g)?2ClNO(g) ΔH2<0，K2。
10 min时反应达到平衡，测得体系的压强减少20%，10 min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)＝7.5×10－3 mol/(L·min)。下列说法正确的是( )
A．平衡后c(NO)＝2.5×10－2 mol·L－1
B．平衡时NO2的转化率为50%
C．其他条件保持不变，反应在绝热条件下进行，则平衡常数K2增大
D．反应4NO2(g)＋2NaCl(s)?2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数为eq \f(K2,K)
解析：10 min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2＋0.2＋0.1)mol×(1－20%)＝0.4 mol，10 min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)＝7.5×10－3 mol/(L·min)，则平衡时n(ClNO)＝7.5×10－3 mol/(L·min)×10 min×2 L＝0.15 mol，设①中反应的NO2为x mol，②中反应的Cl2为y mol，则列出“三段式”：
2NO2(g)＋NaCl(s)?NaNO3(s)＋ClNO(g)
初始量/mol 0.2 0
转化量/mol x 0.5x
平衡量/mol 0.2－x 0.5x
2NO(g)＋Cl2(g)?2ClNO(g)
初始量/mol 0.2 0.1 0
转化量/mol 2yy 2y
平衡量/mol 0.2－2y 0.1－y 2y
则0.5x＋2y＝0.15，(0.2－x＋0.2－2y＋0.1－y)＋0.5x＋2y＝0.4，解得x＝0.1、y＝0.05。平衡后c(NO)＝＝0.05 mol·L－1，A项错误；平衡时NO2的转化率为×100%＝50%，B项正确；平衡常数只受温度影响，反应在绝热条件下进行，反应②放热，使温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K2减小，C项错误；根据题意，由盖斯定律可知，由①×2－②可得反应4NO2(g)＋2NaCl(s)?2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)，则4NO2(g)＋2NaCl(s)?2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝eq \f(K,K2)，D项错误。故选B。
答案：B
5．(2023·大连一模)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；
(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．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
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，增大反应速率
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＝k1Kc·c2(NO)·c(Br2)，即可得出k＝k1·Kc，A项正确；反应平衡时正、逆反应速率相等，则2v正(Br2)＝v逆(NOBr)，B项错误；正反应放热，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去形成化学键放出的能量，则总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol－1，C项错误；增大浓度，活化分子百分数不变，D项错误。故选A。
答案：A
6．(2023·广东实验中学校考模拟预测)常压下羰基化法精炼镍的原理为Ni(s)＋4CO(g)?Ni(CO)4(g)。230 ℃时，该反应的平衡常数K＝2×10－5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。
第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；
第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍。
下列判断正确的是( )
A．升高温度，该反应的平衡常数减小
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30 ℃
D．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低
解析：由已知信息，第二阶段是将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 ℃制得高纯镍，可知升高温度，题给反应逆向移动，故可判断Ni(s)＋4CO(g)?Ni(CO)4(g)是放热反应，所以升高温度，该反应的平衡常数减小，A项正确；该反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，4v生成[Ni(CO)4]＝v生成(CO)，B项错误；Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4，选择反应温度应选50 ℃，C项错误；Ni(s)＋4CO(g)?Ni(CO)4(g)的平衡常数K＝＝2×10－5，第二阶段反应为Ni(CO)4(g)?Ni(s)＋4CO(g)，该反应的平衡常数K＝＝＝5×104，故Ni(CO)4分解率较高，D项错误。故选A。
答案：A考点四 化学平衡图像
1．常见的平衡图像：v-t图像；c-t图像；c-p图像；v-T图像；对数图像等。
2．坐标图是用来显示某一变量(应变量)是如何随着另一变量(自变量)而变化的。其优点是不但显示了所测量的点，还可以用来预测一些实验中没有测量的数值。解答时要求学生首先弄清楚自变量和因变量各代表什么样的化学量，然后根据化学知识分析概念—图像—数量三者之间的关系。具体步骤可以概括为“一明标”，“二析点(起点、拐点、平衡点、极值点、突变点)”，“三识线”。近年来还将离子反应与图像有机结合起来进行命题，很好地考查学生的观察能力、获取信息采集处理数据的能力、图形转化能力和推理判断能力。题目不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序，而且还侧重溶液中的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。
3．常见对数图像。
图像种类 具体类型 含义 变化规律
对数图像 lg 生成物与反应物离子浓度比的常用对数 lg越大，反应向正反应方向进行的程度越大
lg 稀释后与稀释前体积比的常用对数 lg越大，稀释程度越大
AG＝lg 氢离子与氢氧根离子浓度比的常用对数 AG越大，酸性越强，中性时，＝1，AG＝0
负对数图像 pH＝－lg c(H＋) 氢离子浓度的常用对数负值 pH越大，c(H＋)越小，溶液的碱性越强
pC＝－lg c(C) C离子浓度的常用对数负值 pC越大，c(C)越小
在一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入1 mol A，发生2A(g)?B(g)＋C(g)反应。反应过程中c(C)随时间变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．反应在0～50 s的平均速率v(C)＝1.6×10－3 mol/(L·s)
B．该温度下，反应的平衡常数K＝0.025
C．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(B)＝0.09 mol·L－1，则该反应的ΔH<0
D．反应达平衡后，再向容器中充入1 mol A，该温度下再达到平衡时，A的转化率不变
解析：反应在0～50 s的平均速率v(C)＝＝1.6×10－3mol/(L·s)，A项正确；该温度下，平衡时，c(C)＝0.10 mol·L－1，则c(B)＝0.10 mol·L－1，c(A)＝0.50 mol·L－1－0.20 mol·L－1＝0.30 mol·L－1，反应的平衡常数K＝≈0.11，B项不正确；升高温度，平衡时c(B)＝0.09 mol·L－1<0.10 mol·L－1，则平衡逆向移动，该反应的ΔH<0，C项正确；反应达平衡后，再向容器中充入1 mol A，相当于加压，平衡不发生移动，A的转化率不变，D项正确。故选B。
答案：B
有关反应速率和化学平衡图像题的解题方法：首先，应确定坐标所代表的物理量；其次，看懂曲线的形状和走势，明确两个物理量之间的变化关系；第三，找到图像起点、交点、拐点及零点，并分析这些点所对应的反应时刻，利用好这些点所给出的一些特殊信息；最后结合题中给定的化学反应和数据进行推理和判断。
1．(2023·广州预测)向1 L刚性容器中投入a mol A(g)与M(s)(足量)发生反应：M(s)＋5A(g)?5B(g)＋N(s)(相对分子质量：M大于N)。测得不同温度下B(g)体积分数φ(B)随时间t的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．0～t1 min内，v(N)＝ mol/(L·min)
B．温度升高，容器内气体的密度减小
C．T1℃，平衡时n(A)＝0.6a mol
D．T2>T1
解析：根据“先拐先平数值大”，由题图可知，T2℃时反应先达到平衡，则T2>T1，升高温度，平衡时B的体积分数增大，平衡正向移动，说明正反应为吸热反应。据此分析解答。不用固体或纯液体来表示反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数，A项错误；根据分析，升高温度，平衡正向移动，由于相对分子质量：M大于N，因此升高温度，更多的固体转变为气体，混合气体的总质量增大，而刚性容器体积不变，所以容器内气体的密度增大，B项错误；该反应为气体体积不变的反应，在T1℃达平衡时，n(B)＝a mol×30%＝0.3a mol，则平衡时n(A)＝a mol－0.3a mol＝0.7a mol，C项错误；根据分析，T2℃时反应先达到平衡，则T2>T1，D项正确。故选D。
答案：D
2．(2023·广东模拟)某温度下，向V L恒容密闭容器中通入4 mol X(g)，发生反应：①2X(g)===Y(g)＋4Z(g)，②2Z(g)?M(g)，反应体系中X、Y、Z的物质的量随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．25 min时，气体X反应完全
B．0～10 min内，气体X的平均反应速率为 mol/(L·min)
C．25 min时，向该体系中仅通入1 mol Y(g)后，反应②的平衡不发生移动(保持其他条件不变)
D．该温度下，反应②的平衡常数K＝2V L·mol－1
解析：由题干图像可知，25 min时，生成了2 mol Y，根据反应方程式①可知，消耗4 mol X，则气体X反应完全，A项正确；由题干图像可知，0～10 min内生成了1.6 mol Y，则消耗3.2 mol X，故气体X的平均反应速率为＝＝＝ mol/(L·min)，B项正确；由A项分析可知，反应①是不可逆反应，故25 min时反应①进行完全，恒温恒容下向该体系中仅通入1 mol Y(g)后，反应②的平衡不发生移动(保持其他条件不变)，C项正确；由题干图像信息可知，25 min时生成了2 mol Y，同时反应①生成了8 mol Z，而Z的物质的量实际上最终为1.6 mol，说明反应②消耗了6.4 mol，生成了3.2 mol M，该温度下，反应②的平衡常数K＝＝＝1.25V L·mol－1，D项错误。故选D。
答案：D
3．(2023·大湾区联合模拟考试)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：根据题图可知，①曲线的反应速率最大，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，反应速率越大，k正值越大，故曲线①对应的k正更大，故A项正确；由题图可知，温度越高，乙酸甲酯转化率越高，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项正确；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逆的值较大的是曲线①；据题图可知，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项错误；338 K时，令乙酸甲酯的物质的量为1 mol，C6H13OH的物质的量为1 mol，则达到平衡时，消耗乙酸甲酯、C6H13OH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项正确。故选C。
答案：C
4．(2023·浙江联考)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①X?Y；②Y?Z。反应①的速率v1＝k1c(X)，反应②的速率v2＝k2c(Y)，式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的ln k曲线。下列说法正确的是( )
A．随c(X)的减小，反应①的速率不断下降，而反应②的速率不断增大
B．由图甲可知，某时间段体系中可能存在如下关系：v(Z)＝v(X)＋v(Y)
C．欲提高Y的产率，需降低反应温度且控制反应时间
D．温度高于T1时，总反应速率由反应②决定
解析：由题图甲中信息可知，随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，故反应①的速率随c(X)的减小而减小，反应②的速率先增大后减小，A项错误；由题图甲可知，依据反应关系，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此v(X)＝v(Y)＋v(Z)，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v(Z)＝v(X)＋v(Y)，B项正确；由题图乙可知，升高温度可以增大反应①的速率，但反应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Y的浓度增大而增大，因此欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C项错误；由题图乙中信息可知，温度低于T1时，k1>k2，反应②为慢反应，总反应速率由反应②决定，温度高于T1时，k1答案：B
5．(2022·广州下学期二模)物质X能发生如下反应：①X―→mY；②X―→nZ(m、n均为正整数)。恒容体系中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．m＝n＝1
B．t1时，c(X)＝c(Y)
C．反应的活化能：①<②
D．t2时，X的消耗速率等于Z的生成速率
解析：由题图可知，最终X的浓度变为0，完全反应，反应生成Y、Z的浓度之和等于X的起始浓度，则反应均为气体分子数不变的反应，故m＝n＝1，A项正确；由图可知，t1时，X、Y的浓度曲线相交，c(X)＝c(Y)，B项正确；两个反应同时发生，反应结束是Y含量更高，反应速率更快，说明反应①活化能较低，故活化能：①<②，C项正确；t2时，反应②中X的消耗速率等于Z的生成速率，而X还要发生反应①，故X的消耗速率大于Z的生成速率，D项错误。故选D。
答案：D
6．(2022·佛山第二次质量检测)一定条件下，将CO2和H2按物质的量为1∶3的投料比充入某刚性密闭容器中，发生反应：CO2(g)＋3H2(g)?CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－49.5 kJ·mol－1，测得CO2的物质的量浓度随反应时间的变化如图所示，下列说法正确的是( )
A．0～5 min，共放出19.8 kJ的热量
B．CO2和H2的转化率相等时，反应达到平衡
C．9 min时，改变的外界条件可能是降温
D．平衡常数Kb一定大于Ka
解析：不确定容器的体积，不能确定反应的二氧化碳的物质的量，不能计算反应放出热量数值，A项错误；反应中CO2和H2按反应的化学计量数比投料，则两者的转化率一直相等，不能用来判断反应是否达到平衡，B项错误；题给反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，二氧化碳的浓度减小，符合图像，C项正确；对于确定反应，平衡常数只受温度的影响，不确定是否温度一定改变，则不能判断两者K值的大小，D项错误。故选C。
答案：C专题八 化学反应速率与化学平衡
1．(2023·广东卷)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)?P(g)。反应历程(下图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是( )
A．使用Ⅰ和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Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用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Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A项正确；由题图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度，平衡逆向移动，R的浓度增大，B项正确；由题图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更大，反应体系更快达到平衡，C项错误；由题图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低，反应速率较大，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高，反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D项正确。故选C。
答案：C
2．(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：一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x值越小，CH4的转化率越大，则x1vc正，故B项错误；由题图可知，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答案：B
3．(2023·浙江卷)“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)?2CO(g)＋2H2(g) ΔH1＝＋247 kJ·mol－1，K1
Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)?CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41 kJ·mol－1，K2
请回答下列问题：
(1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是__________(填字母)。
A．低温低压 B．低温高压
C．高温低压 D．高温高压
(2)反应CH4(g)＋3CO2(g)?4CO(g)＋2H2O(g)的ΔH＝__________kJ·mol－1，K＝__________(用K1、K2表示)。
(3)恒压、750 ℃时，CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
①下列说法正确的是________(填字母)。
A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用
B．过程ⅱ，CaO吸收CO2可促进Fe3O4氧化CO的平衡正移
C．过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1 mol CO2需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R＝(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。
①常压下CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出400～1 000 ℃之间R的变化趋势，并标明1 000 ℃时间R值。
②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃ 480 500 520 550
CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R 2.6 2.4 2.1 1.8
下列说法不正确的是________(填字母)。
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高
C．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大
解析：(1)反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，ΔH>0，升高温度，平衡正移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡正移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压；故选C。(2)根据盖斯定律，将反应Ⅰ＋Ⅱ×2得反应CH4(g)＋3CO2(g)?4CO(g)＋2H2O(g)；故ΔH＝ΔH1＋2ΔH2＝＋329 kJ·mol－1，K＝K1·K。(3)①根据流程可知，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2，CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，A项错误；过程ⅱ，CaO吸收CO2，使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正移，B项正确；过程ⅱCaO吸收CO2，而产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，C项正确；焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1 mol CO2需吸收的能量一样多，D项错误；故选BC。②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升。
(4)①根据题图1可知1 000 ℃时，CH4转化率为100%，即Δn(CH4)＝1 mol，CO2转化率为60%，即Δn(CO2)＝3 mol×60%＝1.8 mol，故R＝＝＝1.8，确定始末两点后，再找出R的变化趋势，在700～1 000 ℃，α(CH4)接近100%，而α(CO2)继续增大，所以这一段R的趋势为增大(700 ℃时，R<1.8)，另一方面，起始点R＝2.1，比700 ℃时高，所以应该是一条拐点在600～700 ℃的曲线。故400～1 000 ℃R的变化趋势如图。②R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，Δn(CO2)增大的倍数比Δn(CH4)大，则R提高，A项正确；根据表中数据可知，温度越低，CH4转化率越小，而R越大，Δn(CO2)增大的倍数比Δn(CH4)大，含氢产物中H2O占比越高，B项正确；温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率也增大，且两个反应中的CO2转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，C项不正确；改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高CH4转化率，若CO2转化率减小，则R值不一定增大，D项正确。故选C。
答案：(1)C (2)＋329 K1·K
(3)①BC ②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移
(4)①图见解析 ②C
化学反应速率与化学平衡是高中化学重要理论主干知识，试题难度一般较大，特别是原理综合题型，将多个知识点组合在一起，客观上增加了思维容量。化学反应速率一般考查形式：一是考查化学反应速率图像问题；二是考查化学反应速率的影响因素；三是在填空题中综合考查。化学反应进行的方向和限度一般考查形式有一是在选择题中某个选项考查可逆反应焓变和熵变的大小；二是考查化学平衡状态的判断；三是与化学平衡相结合考查化学平衡常数的应用等。化学平衡的移动考查形式固定，一般是以图像或者表格的形式为载体，考查平衡移动、化学平衡的计算、等效平衡、平衡图像等知识点，综合性强，难度大，为选择题中的压轴题型。在填空题中也会结合工农业生产考查平衡状态的判断、平衡图像、化学平衡常数等。
1．下列说法正确的是( )
A．往平衡体系FeCl3＋3KSCN?Fe(SCN)3＋3KCl中加入KCl固体。平衡将向逆反应方向移动，溶液颜色将变浅
B．升高温度，平衡向吸热反应方向移动，此时v(放)减小，v(吸)增大
C．合成氨反应需要使用催化剂，说明催化剂可以促进该平衡向生成氨的方向移动，所以也可以用勒夏特列原理解释使用催化剂的原因
D．二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，加压后颜色加深
解析：A项，反应的本质是Fe3＋＋3SCN－?Fe(SCN)3，与K＋、Cl－无关，错误；B项，升高温度，反应速率均增大，错误；C项，催化剂可以缩短反应达到平衡的时间，但是不会改变平衡状态，错误；D项，增大压强，平衡向生成N2O4的方向移动，但是NO2的浓度是增大的，正确。故选D。
答案：D
2．在密闭容器中进行反应N2＋O2?2NO，下列条件能增大反应速率的是( )
A．增大体积使压强减小
B．体积不变，充入N2使压强增大
C．体积不变，充入He使压强增大
D．压强不变，充入气体Ne
解析：增大体积使压强减小，物质浓度减小，反应速率减小，故A项错误；体积不变，充入N2使压强增大，氮气浓度增大，反应速率增大，故B项正确；体积不变，充入He使压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变，故C项错误；压强不变，充入气体Ne，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，故D项错误。故选B。
答案：B
3．A(g)＋3B(g)?2C(g)在不同条件下的反应速率表示如下，其中反应进行最快的是( )
A．v(A)＝0.01 mol/(L·s)
B．v(B)＝0.02 mol/(L·s)
C．v(B)＝0.60 mol/(L· min)
D．v(C)＝1.00 mol/(L· min)
解析：解答本题可根据不同物质的速率之比等于计量数之比将不同物质表示的反应速率转化为同一物质以同一单位表示的速率进行比较。v(A)＝0.01 mol/(L·s)＝0.6 mol/(L· min)；v(B)＝0.02 mol/(L·s)＝1.2 mol/(L· min)，则v(A)＝v(B)＝0.4 mol/(L· min)；v(B)＝0.60 mol/(L· min)，则v(A)＝v(B)＝0.2 mol/(L· min)；v(C)＝1.00 mol/(L· min)，则v(A)＝v(C)＝0.5 mol/(L· min)；综上所述反应进行最快的是A项。故选A。
答案：A
4．在一密闭容器中，进行如下反应：CO2(g)＋H2(g)?CO(g)＋H2O(g)，能作为判断该反应是否达到化学平衡状态的依据的是( )
A．混合气体的密度保持不变
B．容器内的总压不随时间变化
C．v正(H2)＝v逆(H2O)
D．c(CO2)＝c(CO)
解析：在一密闭容器中，反应物、生成物都是气体，所以混合气体的密度保持不变不能作为判断反应达到化学平衡状态的依据，故A项错误；因为反应前、后化学计量数相等，所以容器内的总压不随时间变化时，不能作为判断反应达到化学平衡状态的依据，故B项错误；根据CO2(g)＋H2(g)?CO(g)＋H2O(g)反应可知，当v正(H2)＝v逆(H2O)说明反应达到化学平衡状态，故C项正确；根据CO2(g)＋H2(g)?CO(g)＋H2O(g)反应可知，当c(CO2)＝c(CO)不能说明反应达到化学平衡状态，故D项错误。故选C。
答案：C
5．在一容积不变，绝热的密闭容器中发生可逆反应：2X(s)?Y(g)＋Z(g)，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是( )
A．混合气体的密度不再变化
B．反应容器中Y的质量分数不变
C．该反应的化学平衡常数不变
D．容器中混合气体的平均相对分子量不变
解析：由2X(s)?Y(g)＋Z(g)可知，反应前后气体的质量是变量，容器的体积不变，则反应过程中混合气体的密度是变量，当混合气体的密度不再变化时，各气体的质量不再改变，反应达到平衡状态，所以混合气体的密度不再变化，能判断反应达到平衡状态，故A项不符合题意；当反应容器中Y的质量分数不变时，因为体积不变，说明Y的浓度不再改变，反应达到平衡，所以反应容器中Y的质量分数不变，能说明该反应达到化学平衡状态，故B项不符合题意；由反应2X(s)?Y(g)＋Z(g)是在绝热的密闭容器中进行可知，温度是变量，而平衡常数只是温度的函数，当反应的化学平衡常数不变时，说明温度不再改变，反应达到平衡状态，所以该反应的化学平衡常数不变，能说明该反应达到化学平衡状态，故C项不符合题意；由2X(s)?Y(g)＋Z(g)可知，反应前反应物是固体，反应后产物是气体，且产生的气体比例不会改变，总是1∶1，则混合气体的平均相对分子量M＝是定值，所以当容器内气体的平均相对分子量不变时，不能判断反应达到平衡状态，故D项符合题意。故选D。
答案：D
6．已知反应：2X(l)?Y(l)，取等量X，分别在0 ℃和20 ℃下，测得其转化率随时间变化的关系曲线(αt)如图所示。下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅰ代表0 ℃下X的αt曲线
B．反应进行到66 min时，Y的物质的量为0.113 mol
C．该反应ΔH＞0
D．加入催化剂，X的平衡转化率升高
解析：据图可知，平衡前反应相同时间，曲线Ⅰ所示条件下转化率更小，即反应速率更小，温度越低，反应速率越小，所以曲线Ⅰ代表0 ℃下X的αt曲线，A项正确；据图可知反应进行到66 min时，X的转化率为0.113，但初始投料未知，所以无法计算此时Y的物质的量，B项错误；曲线Ⅱ所示温度更高，但平衡时X的转化率低，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH＜0，C项错误；催化剂可以增大反应速率，但不能改变平衡转化率，D项错误。故选A。
答案：A
考点一 化学反应速率及其影响因素
1．化学反应速率的计算
(1)公式法：v(B)＝。注意：①求纯液体、固体物浓度，不能使用公式法。②无论浓度是增加还是减少，反应速率只取正值。③单位使用要规范。
(2)比值法：同一化学反应，各物质的反应速率之比等于方程式中的系数比。对于反应：aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d。
2．正确理解化学反应速率的影响因素
(1)“惰性气体”对反应速率的影响。
①恒温恒容：充入“惰性气体”总压增大→参与反应的物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。
②恒温恒压：充入“惰性气体”体积增大参与反应的物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减小。
(2)纯液体、固体对化学反应速率的影响。
在化学反应中，纯液体和固态物质的浓度为常数，故不能用固态物质的浓度变化来表示反应速率，但是固态反应物颗粒的大小是影响反应速率的条件之一，如煤粉由于表面积大，燃烧时比煤块快得多。
(3)外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同。
条件改变 影响
增大反应物浓度 v(正)瞬间增大，v(逆)瞬间不变，随后也增大
增大压强 v(正)和v(逆)都增大，气体分子数减小方向的反应速率增大的程度大
对无气体参加或生成的化学反应的速率无影响
反应前、后气体分子数不变的反应，正、逆反应速率同等程度地增大
升高温度 v(正)和v(逆)都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大
使用催化剂 能同等程度地改变正、逆反应速率
3.活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
1．解答化学反应速率及影响因素试题的思维建模
2．化学反应速率常数拓展
对于一个基元反应：αA＋βD===γG＋hH
其化学反应速率常数数学表达式为：v＝kcα(A)cβ(D)
上式中的k称为反应速率常数又称速率常数。
k的物理意义：在一定的条件下(温度、催化剂)，反应物浓度为1 mol·L－1时的反应速率。k与反应物浓度无关。其特征有：
(1)反应不同，k值不同。
(2)同一反应，温度不同k值不同。
(3)同一反应，温度一定时，有无催化剂k也是不同的。
不同反应有不同的速率常数，速率常数与反应温度、反应介质(溶剂)、催化剂等有关，甚至会随反应器的形状、性质而异。与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。
(2022·浙江卷)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．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：题图中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化量，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，选项A正确；b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B的瞬时速率，选项B正确；化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，3v(B)＝2v(X)，选项C不正确；维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D正确。故选C。
答案：C
化学反应速率与化学平衡是历年高考的重点和热点，近几年高考对化学平衡的考查比较稳定，题型有选择题和填空题。在选择题中命题内容常与热化学结合，融图像于一体，重点考查化学平衡的基本概念和影响平衡移动的条件，化学反应速率和化学平衡的实验分析和设计，速率和平衡计算及读图、析图、获取信息、采集处理数据等，需特别关注平衡常数表达式的简单计算及应用。
在分析外界条件对化学反应速率的影响时，一定要和平衡移动区分开，速率比较的是快慢，而平衡移动取决于v(正)和v(逆)的相对大小。例如对于一个放热反应，降低温度，平衡正向移动，v(正)>v(逆)，但是v(正)和v(逆)较原平衡均是减小的；另外需要注意的是不能用物质的量的变化量计算反应速率；比较速率大小时要注意用同一反应物或生成物的速率比较，单位要一致。
1．(2022·广东卷)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X―→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则( )
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v(X)＝1.0 mol/(L·min)
解析：由题图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A项错误；由题图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B项错误；由题图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min内Y的浓度变化了2.0 mol·L－1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C项错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min内，Y的浓度变化了4.0 mol·L－1，则v(Y)＝＝＝2.0 mol/(L·min)，v(X)＝v(Y)＝×2.0 mol/(L·min)＝1.0 mol/(L·min)，故D项正确。故选D。
答案：D
2．(2021·广东卷)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：由题中信息可知，反应X===2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。因此，题图中呈不断减小趋势的a线为X的浓度c随时间t的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度c随时间t的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度c随时间t的变化曲线。X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由题图可知，a为c(X)随t的变化曲线，A项正确；由题图可知，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项正确；由题图中信息可知，t2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明t2时刻两步反应仍在向正反应方向发生，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项正确；由题图可知，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， D项不正确。故选D。
答案：D
3．(2022·浙江卷改编)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是( )
编号 表面积/cm2 不同时刻的c(NH3)/(×103 mol·L－1)
0 min 20 min 40 min 60 min 80 min
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A．实验①，0～20 min，v(N2)＝1.00×10－5 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：实验①中，0～20 min，氨浓度变化量为2.40×10－3 mol·L－1－2.00×10－3 mol·L－1＝4.00×10－4 mol·L－1，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项正确；催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨浓度为4.00×10－4mol·L－1，则实验①达到平衡时氨浓度也为4.00×10－4mol·L－1，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60 min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B项正确；实验①、实验②中0～20 min、20 min～40 min氨浓度变化量都是4.00×10－4mol·L－1，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中氨初始浓度是实验②中氨初始浓度的两倍，实验①60 min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨浓度，反应速率并没有增大，C项错误；对比实验①和实验③，氨浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的两倍，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项正确。故选C。
答案：C
4．(2022·北京卷)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，将恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积炭。下列说法不正确的是( )
A．反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2
B．t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2的速率不变，推测有副反应CH4C＋2H2
C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
解析：由题干图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2，A项正确；由题图2信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积炭，故可能有副反应CH4C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，B项正确；由反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而由题图2中t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2 mmol·min－1，而CO变为1～2 mmol·min－1之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C项错误；由题图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D项正确。故选C。
答案：C
5．(2023·梅州统考模拟预测)在恒容密闭容器中，分别在T1、T2温度下T1A．向密闭容器内充入He，平衡逆向移动
B．a曲线条件下，10～30 min内v(B)＝0.05 mol/(L·min)
C．曲线b表示T2温度下，反应过程中物质A的浓度变化
D．在工业实际生产中，温度越低，越有利于提高生产效率
解析：曲线a、b都在下降，说明a、b都是A物质的浓度变化情况，且b先达到平衡，反应速率更大，故曲线b对应的是T2温度。根据物质的量浓度的变化量，结合反应比例可知曲线c为T1温度下的B的浓度随时间的变化曲线。据此分析解答。恒容条件下充入He，各物质的分压没有发生改变，平衡不移动，A项错误；a曲线条件下，10～30 min内v(A)＝＝0.05 mol/(L·min)，反应速率比等于化学计量数之比，则v(B)＝v(A)＝×0.05 mol/(L·min)，B项错误；结合分析可知，a、b都是A物质的浓度变化情况，b对应的是T2温度，C项正确；降低温度，平衡正向移动，反应物的转化率提升，但温度过低会导致反应速率过小，不利于提高生产效率，D项错误。故选C。
答案：C
6．(2023·佛山一模)向1 L的恒容密闭容器中加入1 mol X和3 mol Y，发生反应X(g)＋3Y(g)?2Z(g)，X的转化率α随温度t的变化如图所示(不同温度下的转化率均为反应第10 min数据)。下列说法正确的是( )
A．a点的反应速率v(Z)＝0.03 mol/(L·min)
B．a、b、c点对应的v(Y)逆大小关系为b>c>a
C．c点时，每消耗3 mol Y的同时消耗2 mol Z
D．若将容器体积扩大为2倍，则c点对应温度下的α(X)增大
解析：由题干图像信息可知，a点X的转化率为30%，故a点X的反应速率为v(X)＝＝0.03 mol/(L·min)，根据反应速率之比等于化学计量系数之比，故a点的反应速率v(Z)＝2v(X)＝2×0.03 mol/(L·min)＝0.06 mol/(L·min)，A项错误；由题干图像信息可知，a、b两点10 min时未达到平衡，而c点10 min时达到平衡，温度越高，正、逆反应速率越大，故a、b、c点对应的v(Y)逆大小关系为c>b>a，B项错误；由题干图像信息可知，c点时反应达到化学平衡，故有每消耗3 mol Y的同时消耗2 mol Z，即正、逆反应速率相等，C项正确；由反应方程式X(g)＋3Y(g)?2Z(g)可知正反应是一个气体体积减小的反应，若将容器体积扩大为2倍，即减小容器压强，平衡逆向移动，则c点对应温度下的α(X)减小，D项错误。故选C。
答案：C
