2027高考化学一轮复习 学案及练习含答案08-大单元四 化学反应原理-第八章 化学反应速率和化学平衡（教用）

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第35讲 化学反应速率
课标要求
1.知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。2.通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。3.能用有效碰撞理论解释化学反应速率的影响因素。
考点一 化学反应速率及其计算
回归教材 强基础
一、化学反应速率的含义和表示
【答案】快慢； 减小； 增大； ΔcΔt； 平均； 瞬时速率； 常数
点拨 1.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。
2.比例关系：单位相同时，化学反应速率之比= 物质的量浓度变化之比= 物质的量变化之比= 化学计量数之比。例：对于反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，v(A):v(B):v(C):v(D)=Δc(A):Δc(B):Δc(C):Δc(D)=Δn(A):Δn(B):Δn(C):Δn(D)=m:n:p:q。
二、应用“三段式”法计算化学反应速率
1.步骤
第一步：写出有关反应的化学方程式；
第二步：列起始量、转化量、某时刻量；
第三步：根据已知条件列方程式计算。
2．对于反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，起始时A的浓度为aml⋅L−1，B的浓度为bml⋅L−1，反应经过t1s，A消耗了xml⋅L−1，则化学反应速率可计算如下：
mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)起始浓度/ab00变化浓度/xt1s时浓度/
于是有v(A)= ，v(B)= ，v(C)= ，v(D)= 。
【答案】nxm； pxm； qxm； a−x； b−nxm； pxm； qxm； xt1ml⋅L−1⋅s−1； nxmt1ml⋅L−1⋅s−1； pxmt1ml⋅L−1⋅s−1； qxmt1ml⋅L−1⋅s−1
易错辨析
1．对于任何化学反应来说，化学反应速率越大，反应现象就越明显。（ ）
【答案】×
【解析】有些化学反应没有明显的现象。
2．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。（ ）
【答案】×
【解析】表示某反应的化学反应速率时，不是必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量表示，还可以用质量变化、物质的量的变化等来表示。
3．由v=ΔcΔt计算平均化学反应速率，用单位时间反应物表示时为正值，用生成物表示时为负值。（ ）
【答案】×
【解析】表示某反应的化学反应速率时，无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
4．化学反应速率为0.8ml⋅L−1⋅s−1是指1s时某物质的浓度为0.8ml⋅L−1。（ ）
【答案】×
【解析】0.8ml⋅L−1⋅s−1指1s内某物质的浓度变化量为0.8ml⋅L−1。
5．同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的化学反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快。（ ）
【答案】×
【解析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的化学反应速率虽然数值不同，但意义相同。
灵活运用 提能力
1．某温度下，在2L恒容密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 反应的化学方程式为X+3Y⇌2Z
B. 该反应条件下，2min时X的转化率达到最大
C. 第2min时的化学反应速率v(Z)=0.02ml⋅L−1⋅min−1
D. 2min后虽然X的浓度不再变化，但X仍在发生反应
【答案】C
【解析】根据题图可知，相同时间内，X、Y、Z的物质的量变化量分别为0.1ml、0.3ml、0.2ml，根据物质的量变化量之比等于化学计量数之比，则可以判断出X、Y为反应物，Z为生成物，且X、Y、Z的化学计量数之比为1:3:2，A正确；2min时各物质的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，此时反应达到最大限度，X的转化率达到最大，B正确；化学反应速率表示的是一段时间内的平均速率而不是瞬时速率，C错误；该反应为可逆反应，当反应达到平衡状态时，反应仍在进行，D正确。
2．镁基储氢材料水解反应可制氢。一定质量的MgH2(s)在pH=7时发生水解反应，生成氢气的体积V（单位：mL）与时间t（单位：s）的关系式为V=1.25t−40(t>32)。用氢气的体积变化表示前5min的反应速率为_ _ _ _ mL⋅min−1。
【答案】67
【解析】前5min生成氢气的体积V=(1.25×300−40)mL=335mL，用氢气的体积变化表示前5min的反应速率为335mL5min=67mL⋅min−1。
3．已知反应：4CO+2NO2催化剂N2+4CO2在不同条件下的化学反应速率如下。
①v(CO)=1.5ml⋅L−1⋅min−1
②v(NO2)=0.7ml⋅L−1⋅min−1
③v(N2)=0.4ml⋅L−1⋅min−1
④v(CO2)=1.1ml⋅L−1⋅min−1
⑤v(NO2)=0.01ml⋅L−1⋅s−1
请比较上述5种情况下反应的快慢：_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （按由大到小的顺序）。
【答案】③>①>②>⑤>④
【解析】在不同条件下，用CO表示的反应速率：②v(CO)=2v(NO2)=1.4ml⋅L−1⋅min−1；③v(CO)=4v(N2)=1.6ml⋅L−1⋅min−1；④v(CO)=v(CO2)=1.1ml⋅L−1⋅min−1；⑤v(CO)=2v(NO2)=0.02ml⋅L−1⋅s−1=1.2ml⋅L−1⋅min−1，故反应的快慢顺序为③>①>②>⑤>④。
总结归纳
化学反应速率的大小比较
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
（1）归一法
①“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。
②“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。
③“三比较”：标准统一后比较数值大小，数值越大，表示的化学反应速率越大。
（2）比值法:将各物质表示的化学反应速率转化成同一单位后，再除以各物质对应的化学计量数，数值大的表示的化学反应速率大。如反应mA(g)+nB(g)⇌pC(g)+qD(g)，若v(A)m>v(B)n，则A 表示的化学反应速率比B 表示的大。
3.由图像比较化学反应速率大小的方法：根据图像看反应达到平衡所需的时间，时间越短，对应的反应的温度、浓度或压强就越大，则对应的化学反应速率越大。
考点二 影响化学反应速率的因素
回归教材 强基础
一、影响化学反应速率的因素
1．内因：反应物本身的_ _ _ _ 是影响化学反应速率的决定因素。
【答案】性质
2．外因
【答案】增大； 减小； 增大； 减小； 增大； 减小； 相同
点拨 1.由于固体和纯液体的浓度可视为常数，故改变其用量，反应速率不变。但当固体颗粒变小时，其表面积增大会导致反应速率增大。
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、使用催化剂，反应速率一定发生变化，其他外界因素的改变，反应速率不一定发生变化。
4.其他条件一定，升高温度，无论正反应还是逆反应，无论放热反应还是吸热反应，反应速率都要增大，只不过正、逆反应速率增大的程度不同。
二、有效碰撞理论
1．有效碰撞、活化分子、活化能
（1） 有效碰撞：能够发生_ _ _ _ _ _ _ _ 的碰撞。有效碰撞必须具备两个条件：一是发生碰撞的分子具有_ _ _ _ _ _ _ _ ，二是碰撞时要有_ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2）活化分子：具有足够的能量，能够发生有效碰撞的分子。
（3） 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，如图：
图中：E1为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ；
E2为活化分子变成生成物分子放出的能量（逆反应的活化能）；
E3为使用催化剂时反应的活化能；
反应热ΔH=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】（1） 化学反应；一定的能量；合适的取向
（3） 正反应的活化能；E1−E2
2．从活化分子、有效碰撞角度分析外界条件对反应速率的影响
【答案】不变； 增加； 增加
易错辨析
1．催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后物理和化学性质均保持不变。（ ）
【答案】×
【解析】化学反应前后，催化剂的物理性质可能改变。
2．升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小。（ ）
【答案】×
【解析】升高温度，吸热反应和放热反应的速率都会增大。
3．一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，加入少量硫酸铜与醋酸钠均能够提高反应速率。（ ）
【答案】×
【解析】加入醋酸钠不能提高反应速率。
4．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。（ ）
【答案】×
【解析】增大反应物的浓度，能够增大单位体积活化分子数目，所以反应速率增大。
5．100mL2ml⋅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。（ ）
【答案】×
【解析】溶液体积变大，氢离子浓度减小，反应速率减小。
灵活运用 提能力
考向1 影响化学反应速率的因素
1．某温度下，在容积一定的密闭容器中进行如下反应：2X(g)+Y(g)⇌Z(g)+W(s)ΔH>0。下列说法正确的是（ ）
A. 向容器中充入氩气，化学反应速率增大
B. 加入少量W，逆反应速率不变
C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D. 将容器的容积压缩，可增大单位体积内活化分子的百分数，有效碰撞次数增大
【答案】B
【解析】在容积一定的密闭容器中充入氩气，压强增大，但各组分的浓度不变，所以化学反应速率不变，A错误；W是固体，加入少量W，正、逆反应速率均不变，B正确；升高温度，正、逆反应速率均增大，C错误；将容器的容积压缩，容器内压强增大，单位体积内活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率增大，但单位体积内活化分子的百分数不变，D错误。
2．一定温度下，反应N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)在密闭容器中进行，回答下列措施对化学反应速率的影响（填“增大”“减小”或“不变”）。
（1） 缩小容器的容积使压强增大：_ _ _ _ ，原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2） 恒容充入N2：_ _ _ _ 。
（3） 恒容充入He：_ _ _ _ ，原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（4） 恒压充入He：_ _ _ _ 。
【答案】（1） 增大；单位体积内活化分子数目增加，有效碰撞频率增多
（2） 增大
（3） 不变；单位体积内活化分子数不变
（4） 减小
总结归纳
判断惰性气体对反应速率的影响的关键是判断通入惰性气体后，是否影响了反应物的浓度。即：
考向2 应用控制变量法探究影响反应速率的因素
3．（2026·广东广州开学考）下列实验方案不能达到相应实验目的的是（ ）
甲乙
丙丁
A. 用实验甲验证升高温度可以加快反应速率
B. 用实验乙探究H2SO4浓度对化学反应速率的影响
C. 用实验丙比较CuSO4、FeCl3对H2O2分解速率的影响
D. 用实验丁探究温度对化学平衡的影响
【答案】A
【解析】实验甲中两试管温度不同，且温度高的试管中滴加了FeCl3溶液作催化剂，不能验证升高温度可以加快化学反应速率，A符合题意；实验乙中两试管仅H2SO4浓度不同，故可通过溶液变浑浊的时间来探究H2SO4浓度对反应速率的影响，B不符合题意；实验丙中两试管H2O2浓度、体积相同，滴加同浓度、同体积FeCl3和CuSO4溶液，根据放出气体的快慢可比较FeCl3和CuSO4对H2O2分解速率的影响，C不符合题意；实验丁中NO2（红棕色）与N2O4（无色）存在平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g)(ΔH；相同温度下，产物选择性：乙烯> 乙烷，说明乙烯的生成速率更大
（3） 9.2×10−3
（4） Pd/W；生成乙烷的路径中最大活化能的大小：Pd/W>Pd，故以Pd/W为催化剂时更不易生成乙烷
【解析】
（3） v(C2H2)=k[c(H2)]a，将实验一中数据代入得5.06×10−5ml⋅L−1⋅s−1=k(4.60×10−3ml⋅L−1)a，将实验二中数据代入得1.518×10−4ml⋅L−1⋅s−1=k(1.380×10−2ml⋅L−1)a，两式联立解得a=1，k=0.011s−1，因此方程式为v(C2H2)=0.011s−1×c(H2)，将v(C2H2)=1.012×10−4ml⋅L−1⋅s−1代入方程式，解得c(H2)=9.2×10−3ml⋅L−1。
（4） 由题图可知，生成乙烷的路径中，以Pd/W为催化剂时的最大活化能为0.83eV，以Pd为催化剂时的最大活化能为0.68eV，前者更大，故以Pd/W为催化剂时更不易生成乙烷，即乙烯的选择性更高。
热点题型探究12 化学反应机理
题型突破
1.基元反应与过渡态理论
（1）基元反应
大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现，其中的每一步反应都称为基元反应。
（2）反应历程
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。
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，慢反应为整个反应的决速步骤。
（3）过渡态理论
过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，而是必须经过一个形成活化配合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能。这与爬山类似，山的最高点便是过渡态。
2.催化剂与化学反应的关系
（1）催化机理：使用催化剂，可以改变反应机理，使每一步反应的活化能均比总反应的活化能低，从而加快反应速率。如图所示,E1为总反应的活化能，E2、E3为使用催化剂反应机理中各步的活化能。
（2）催化机理能垒图：①在能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。②基元反应的速率快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。③可以利用每步基元反应前后的活性物质，写出其热化学方程式。注意：如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV)，焓变应转化成每摩尔。 如在Rh催化下，甲酸分解制H2反应的过程如图所示。
其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面，该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH∗HCOO∗+H∗；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=−0.16NAeV⋅ml−1（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。
（3）催化反应机理题的解题思路
①通览全图，找准一“剂”三“物”
②逐项分析得答案
根据题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间物种，再结合每一个选项设计的问题逐项分析判断，得到正确答案。
例1 （2025·河北卷·12，3分）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3(s)+2NH3(g)⇌2GaN(s)+3H2O(g)制备。反应历程(TS代表过渡态)如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 反应ⅰ是吸热过程
B. 反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为2.69eV
C. 反应ⅲ包含2个基元反应
D. 总反应的速控步包含在反应ⅱ中
【答案】D
【解析】A项，由题图可知，反应ⅰ中反应物的总能量小于生成物的总能量，故反应ⅰ是吸热过程，正确；B项，由题图可知，反应ⅱ中H2O(g)脱去步骤的活化能为3.39eV−0.70eV=2.69eV，正确；C项，由题图可知，反应ⅲ中由Ga2ON2H2(s)生成GaN(s)和H2O(g)的过程分两步进行，即反应ⅲ包含2个基元反应，正确；D项，由题图可知，反应ⅲ中的第二个基元反应的活化能最大，故总反应的速控步包含在反应ⅲ中，错误。
例2 （2025·全国卷·12，6分）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应H2OH++HO⋅+e−。三唑水溶液微滴表面接触CO2发生反应，可能的反应机理如图所示。
根据上述反应机理，下列叙述错误的是（ ）
A. 三唑在反应循环中起催化作用
B. CO2换成C18O2,可生成H218O2
C. 碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变
D. 总反应为2H2O+CO2H2O2+HCOOH
【答案】B
【解析】由题图可知，三唑参与了化学反应，又在反应后得到再生，在反应前后的结构性质和数量保持不变，所以三唑在反应循环中作催化剂，起催化作用，A正确；分析题中信息可知，，则将CO2换成C18O2生成的是HC18O18OH和H2O2，B错误；由题图可知，CO2转化为HCOOH，因此碳原子轨道的杂化存在从sp到sp2的转变，C正确；由题图可知，CO2和H2O反应生成H2O2和HCOOH，总反应为2H2O+CO2H2O2+HCOOH，D正确。
技法点拨
反应机理循环图解题关键
找准四种物质：
反应物——只进不出；
生成物——只出不进；
催化剂——先进后出；
中间物种——先出后进。
例3 （2025·云南卷·10，3分）铜催化下，由CO2电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 （ ）
A. Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B. Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C. Ⅳ的示意图为
D. 催化剂Cu可降低反应热
【答案】C
【解析】由题图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A错误；Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一个C—H，如图，有极性键生成，不是非极性键，B错误；Ⅱ到Ⅲ过程中生成了一个C—H，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一个C—H，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为，C正确；催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D错误。
针对训练
1．（2025·辽宁沈阳模拟）HClO4分子在FC（氟化石墨烯）表面可能进行分解，其分解的部分基元反应能量曲线如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是 （ ）
A. 图中反应历程包含5个基元反应
B. 图中反应历程中，涉及非极性键的断裂和形成
C. 随着HClO4分子的不断分解，O原子在FC表面的覆盖度升高，对后续的分解反应会产生影响
D. 图中反应的决速步骤为ClO2−(g)+OH∗+O∗ClO−(g)+OH∗+2O∗
【答案】C
【解析】由题图可知，图中反应历程包含4个基元反应,即GS1→GS2→GS3→GS4→GS5，A错误；由题图可知，反应历程中，未涉及非极性键的断裂和形成，B错误；随着HClO4分子的不断分解，O原子不断积累，使基元反应生成物的量不断增多，平衡向逆反应方向移动，对后续的分解反应产生影响，C正确；活化能越高，其反应速率越慢，该反应历程总共由4个基元反应构成，其活化能分别为Ea1=1.675eV，Ea2=2.071eV，Ea3=1.313eV，Ea4=1.369eV，因此决定总反应速率的步骤为第二步，即决速步骤为ClO3−(g)+OH∗ClO2−(g)+OH∗+O∗，D错误。
2．（2024·甘肃卷·10改编）甲烷在某含M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=1.41eV
B. 步骤2逆向反应的ΔH=+0.29eV
C. 步骤1的反应比步骤2快
D. 该过程实现了甲烷的氧化
【答案】C
【解析】由题图可知，E2=0.70eV−(−0.71eV)=1.41eV，A正确；由题图可知，步骤2逆向反应的ΔH=−0.71eV−(−1.00eV)=+0.29eV，B正确；由题图可知，步骤1的活化能E1=0.70eV，步骤2的活化能E3=−0.49eV−(−0.71eV)=0.22eV，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正确。
3．（2025·山西吕梁二模）电催化合成氨存在如下两种可能的转化路径，其相对能量变化如图（*表示吸附位点）。
下列说法错误的是（ ）
A. 电催化合成过程存在非极性键的断裂和极性键的形成
B. 两种路径中生成氨的速率：v(Ⅰ)>v(Ⅱ)
C. 若用氘（D）代替H，可在路径Ⅰ的某些吸附位点上检测出4个D原子
D. 路径Ⅰ和路径Ⅱ对应的焓变相同
【答案】B
【解析】由题图可知，电催化合成过程存在N≡N非极性键的断裂和N—H极性键的形成，A正确。由题图可知，路径Ⅱ最高能垒低于路径Ⅰ，故两种路径中生成氨的速率：v(Ⅰ)v正。
2．任何可逆反应都有一定限度，达到了化学平衡状态即达到了该反应的限度，正、逆反应速率相等。（ ）
【答案】√
3．在一定条件下，向密闭容器中充入1mlN2和3mlH2充分反应，生成2mlNH3。（ ）
【答案】×
【解析】H2和N2的反应是可逆反应，转化率达不到100%。
4．对于反应A(g)+B(g)⇌C(g)+D(g),A的百分含量与C的百分含量相等时,说明反应达到平衡状态。（ ）
【答案】×
【解析】A的百分含量与C的百分含量不变时,说明反应达到平衡状态。
5．对于反应NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g),当消耗SO3的速率与生成NO2的速率相等时,说明反应达到平衡状态。（ ）
【答案】×
【解析】消耗SO3的速率与生成NO2的速率所描述的均为逆反应速率，两者相等不能说明反应达到平衡状态。
突破核心 悟规律
1.化学平衡状态标志
（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：必须是“异向”的反应速率关系。如aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g)，当v正(A)v逆(B)=ab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、质量分数等）不变。
③绝热容器中温度不变。
④压强（反应的化学方程式两边气体体积不相等）或颜色（某组分有颜色）不变。
⑤密度(ρ=mV)不变（注意容器中的气体质量与体积变化）。
⑥平均相对分子质量(M=mn)不变（注意容器中气体质量与气体物质的量变化）。
2.突破化学平衡状态的判断
（1）化学平衡状态判断“三关注”
关注反应条件，是恒温恒容、恒温恒压，还是绝热恒容；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，有无固态或液态物质参加或生成，是不是固体的分解反应。
（2）
（3）不能作为“标志”的几种情况
①反应中各组分的物质的量之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比。如2HI(g)⇌H2(g)+I2(g),当反应某一时刻n(HI):n(H2):n(I2)=2:1:1时。
②恒温恒容下反应前后气体体积不变的反应，体系的压强或总物质的量不再随时间变化而变化，如2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)。
③全是气体参加的反应前后气体体积不变的反应，体系的平均相对分子质量不再随时间变化而变化，如2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)。
④全是气体参加的反应，恒容条件下混合气体的密度保持不变。
⑤如果反应体系中只有一种气体，平均相对分子质量不变。如Ca(OH)2(s)⇌CaO(s)+H2O(g)。
⑥如果反应方程式一边全是固体一边全是气体，平均相对分子质量不变。如NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。
例 （2025·安徽卷·17节选）Ⅰ.通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应:
①HCOOH(g)CO(g)+H2O(g)ΔH1=+26.3kJ⋅ml−1
②HCOOH(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=−14.9kJ⋅ml−1
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g),发生上述两个分解反应，下列说法中能表明反应达到平衡状态的是_ _ _ _ _ _ （填标号）。
a.气体密度不变
b.气体总压强不变
c.H2O(g)的浓度不变
d.CO和CO2的物质的量相等
【答案】bc
【解析】a项，恒温恒容体系中，反应物和生成物都是气体，反应前后气体的总质量不变，则气体密度为定值，密度不变不能说明反应达到平衡状态，错误；b项，反应①和反应②均为气体分子数增大的反应，恒容条件下随反应进行，体系中气体总压强增大，当气体总压强不变时，说明反应达到平衡状态，正确；c项，随反应进行，H2O(g)的浓度增大，当其浓度不变时，说明反应达到平衡状态，正确；d项，CO和CO2均为生成物，二者物质的量相等时，并不能说明体系中正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，错误。
灵活运用 提能力
考向1 化学平衡状态的判断
1．在一定温度下的恒容容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强；②混合气体的密度；③混合气体的总物质的量；④混合气体的平均相对分子质量；⑤混合气体的颜色；⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比；⑦某种气体的百分含量。
（1） 能说明2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)达到平衡状态的是_ _ _ _ （填序号，下同）。
（2） 能说明I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)达到平衡状态的是_ _ _ _ 。
（3） 能说明C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)达到平衡状态的是_ _ _ _ 。
（4） 能说明NH2COONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的是_ _ _ _ 。
（5） 能说明5CO(g)+I2O5(s)⇌5CO2(g)+I2(s)达到平衡状态的是_ _ _ _ 。
【答案】（1） ①③④⑦
（2） ⑤⑦
（3） ①②③④⑦
（4） ①②③
（5） ②④⑦
2．（2025·湖北武汉二模）在500K，体积为1L的恒容容器中，对于合成氨反应，初始投料N2(g)为0.2ml,H2(g)为0.05ml,NH3(g)为0.15ml，则下列条件中可以判断反应达到平衡状态的有_ _ _ _ （填序号）。
①H2的体积分数不变
②N2的物质的量分数不变
③气体总压不变
④NH3的分压不变
⑤体系密度不变
【答案】①③④
【解析】①在恒容条件下,氢气的体积分数保持不变,说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡；②初始投料时，N2的物质的量分数为+0.05ml+0.15ml×100%=50%，设某一时刻，N2反应了xml，列“三段式”：
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)起始量转化量/mlx3x2x某时刻量/ml0.2−x0.05−3x0.15+2x
则此刻N2的物质的量分数=(0.2−x)ml(0.2−x+0.05−3x+0.15+2x)ml×100%=50%,随着反应进行N2的物质的量分数不变，因此N2的物质的量分数不变不能说明反应已达到平衡状态；③合成氨反应为反应前后气体体积不相等的反应，恒容体系气体总压不变，说明化学反应达到平衡状态；④恒容体系NH3的分压不变，说明其浓度不再变化，能说明反应已达到平衡状态；⑤恒容体系，由于参与反应的物质均为气体，根据质量守恒定律，该体系中气体总质量在反应中不发生变化，则体系密度在反应中不发生变化，因此体系密度不变不能作为判断反应达到平衡的标志。
考向2 “极端转化”确定各物质的量
3．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0.1ml⋅L−1、0.3ml⋅L−1、0.2ml⋅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（ ）
A. Z为0.3ml⋅L−1B. Y2为0.4ml⋅L−1
C. X2为0.2ml⋅L−1D. Z为0.4ml⋅L−1
【答案】A
【解析】若X2完全转化为Z，则X2、Y2、Z的浓度分别是0ml⋅L−1、0.2ml⋅L−1、0.4ml⋅L−1；若Z完全转化为X2、Y2，则X2、Y2、Z的浓度分别是0.2ml⋅L−1、0.4ml⋅L−1、0ml⋅L−1；题给反应为可逆反应，反应物不能完全转化，所以0K(b)
C. 反应速率：v(a)>v(b)
D. 当M为200.25时转化率约为33%
【答案】D
【解析】题给反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，气体的物质的量增大，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则气体的平均相对分子质量减小，由题图可知，T2条件下气体的平均相对分子质量大于T1条件下气体的平均相对分子质量，则温度：T1>T2，A错误；温度不变，平衡常数不变，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，则K(b)>K(c)=K(a)，B错误；温度越高，反应速率越快，压强越大，反应速率越快，由题图可知，b点压强大于a点，由分析可知，b点反应温度高于a点，则b点反应速率大于a点，C错误；设起始时双聚氯化铝的物质的量为1ml，平衡时氯化铝的物质的量为2aml，由气体的平均相对分子质量为200.25可得：267×(1−a)+133.5×2a=200.25×(1+a)，解得a≈0.33，则双聚氯化铝的转化率为0.33ml1ml×100%=33%，D正确。
2．（2025·全国卷·28节选）乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。在常压和353.15K时，初始组成n(CH3COOH):n(C2H5OH)=3:1、NaHSO4作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。
平衡时乙酸的转化率α=_ _ _ _ %,平衡常数K=_ _ _ _ （保留2位有效数字）。
【答案】30； 3.9
【解析】在常压和353.15K时，初始组成n(CH3COOH):n(C2H5OH)=3:1、NaHSO4作催化剂的条件下进行反应。由题图可知，乙醇的初始浓度为3.30ml⋅L−1，平衡时乙醇的浓度为0.33ml⋅L−1，乙醇转化的浓度为3.30ml⋅L−1−0.33ml⋅L−1=2.97ml⋅L−1，则乙酸的初始浓度为9.90ml⋅L−1，平衡时乙酸转化的浓度为2.97ml⋅L−1，故平衡时乙酸的转化率α=2.97ml⋅L−19.90ml⋅L−1×100%=30%。平衡时乙醇的浓度为0.33ml⋅L−1，乙酸的浓度为9.90ml⋅L−1−2.97ml⋅L−1=6.93ml⋅L−1，乙酸乙酯和水的浓度均为2.97ml⋅L−1，则平衡常数K=c(CH3COOC2H5)⋅c(H2O)c(CH3COOH)⋅c(C2H5OH)=2.97××0.33≈3.9。
3．（2026·广东广州阶段练）甲酸在能源与化工领域中具有重要应用。回答下列问题：
HCOOH水溶液在密封石英管中发生如下反应：
Ⅰ.HCOOH(aq)⇌CO2(aq)+H2(aq)ΔH1
Ⅱ.HCOOH(aq)⇌CO(aq)+H2O(l)ΔH2
Ⅲ.HCOOH(aq)⇌H+(aq)+HCOO−(aq)ΔH3
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅱ有催化作用，反应Ⅱ速率远大于反应Ⅰ，近似认为反应Ⅱ建立平衡后始终处于平衡状态。T℃下，在密封石英管内充满1.0ml⋅L−1的HCOOH水溶液，分解产物均完全溶于水中。CO2、CO浓度与反应时间的变化关系如图所示。
t2h时，反应Ⅲ达到平衡，此时溶液中c(HCOO−)=0.01ml⋅L−1，c(H+)=0.014ml⋅L−1，该条件下反应Ⅲ的平衡常数为_ _ _ _ 。
【答案】0.002
【解析】由碳原子守恒可知，c(HCOOH)+c(HCOO−)+c(CO2)+c(CO)=c初始(HCOOH)=1.0ml⋅L−1，则平衡时，c(HCOOH)=(1.0−0.46×2−0.01)ml⋅L−1=0.07ml⋅L−1，反应Ⅲ的平衡常数K=0.01×。
4．（2025·湖北黄冈二模）工业上利用CO2和H2催化合成甲醇，既可减少温室气体排放，又能制备清洁能源。主要反应如下：
主反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1
副反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ⋅ml−1
在5L密闭容器中，充入2mlCO2和8mlH2，发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡时测得CH3OH为1.0ml，CO为0.5ml。
（1） CO2的总转化率为_ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2） 反应Ⅰ的平衡常数K=_ _ _ _ （保留2位有效数字）。
【答案】（1） 75%
（2） 0.82
【解析】
4．在5L密闭容器中，充入2mlCO2和8mlH2，发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡时测得CH3OH为1.0ml，CO为0.5ml，则
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)转化量/ml1311
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)转化量
平衡时n(CO2)=0.5ml，n(H2)=4.5ml，n(CH3OH)=1ml，n(CO)=0.5ml，n(H2O)=1.5ml，据此分析解题。①由上述分析可知，CO2的总转化率为1ml+0.5ml2ml×100%=75%。②由上述分析可知，反应Ⅰ的平衡常数K=c(CH3OH)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c3(H2)=15××(4.55)3≈0.82。
总结归纳
“原子守恒法”计算平衡常数
高考真题演练
1．（2025·云南卷·17节选）我国科学家研发出一种乙醇（沸点78.5℃）绿色制氢新途径，并实现高附加值乙酸（沸点118℃)的生产，主要反应为
Ⅰ.C2H5OH(g)+H2O(g)2H2(g)+CH3COOH(g)ΔH1Kp1
Ⅱ.C2H5OH(g)CH3CHO(g)+H2(g)ΔH2=+68.7kJ⋅ml−1
（2）对于反应Ⅰ：
① 已知CH3CHO(g)+H2O(g)H2(g)+CH3COOH(g)ΔH=−24.3kJ⋅ml−1，则ΔH1=_ _ _ _ _ _ _ _ kJ⋅ml−1。
② 一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是_ _ _ _ （填标号）。
A. 容器内的压强不再变化
B. 混合气体的密度不再变化
C. CH3COOH的体积分数不再变化
D. 单位时间内生成1mlH2O，同时消耗2mlH2
【答案】① +44.4
② AC
【解析】
① 根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ+“已知反应”，则ΔH1=ΔH2+ΔH=+68.7kJ⋅ml−1+(−24.3kJ⋅ml−1)=+44.4kJ⋅ml−1。
② 反应Ⅰ的正反应为气体分子数增大的反应，恒温恒容下容器内的压强不再变化，即气体总物质的量不再改变，说明反应Ⅰ达到平衡状态，A符合题意；反应Ⅰ在反应前后气体总质量不变，密闭容器的容积不变，则混合气体的密度不变，即混合气体的密度不再变化，不能说明反应Ⅰ达到平衡状态，B不符合题意；CH3COOH的体积分数不再变化，则其物质的量不再改变，说明反应Ⅰ达到平衡状态，C符合题意；单位时间内生成1mlH2O，同时消耗2mlH2，均表示的是逆反应速率，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应Ⅰ达到平衡状态，D不符合题意。
2．（2024·全国甲卷·28节选）（1）已知如下热化学方程式：
CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g)ΔH1=−29kJ⋅ml−1
（2）CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8mmlCH4和8mmlBr2通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见下图（假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2）。
（ⅰ） 图中CH3Br的曲线是_ _ _ _ （填“a”或“b”）。
（ⅱ） 560℃时，CH4的转化率α=_ _ _ _ _ _ _ _ ，n(HBr)=_ _ _ _ mml。
（ⅲ） 560℃时，反应CH3Br(g)+Br2(g)CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常数K=_ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】（ⅰ） a
（ⅱ） 80%；7.8
（ⅲ） 10.92
【解析】
（ⅰ） 反应CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g)为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH4的物质的量增大，CH3Br的物质的量减小，故题图中CH3Br物质的量变化曲线为a。
（ⅱ） 由题图可知，560℃平衡时，n(CH4)=1.6mml、n(CH3Br)=5.0mml，可列式：
CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g)n转
CH3Br(g)+Br2(g)CH2Br2(g)+HBr(g)n转
560℃时，CH4的转化率α=6.4mml8mml×100%=80%,n(HBr)=6.4mml+1.4mml=7.8mml。
（ⅲ） 由（ⅱ）可知，560℃平衡时n(HBr)=7.8mml,n(CH2Br2)=1.4mml,n(CH3Br)=5.0mml,n(Br2)=8mml−6.4mml−1.4mml=0.2mml，则CH3Br(g)+Br2(g)CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常数K=c(HBr)⋅c(CH2Br2)c(CH3Br)⋅c(Br2)=n(HBr)⋅n(CH2Br2)n(CH3Br)⋅n(Br2)=7.8×1.45.0×0.2=10.92。
热点题型探究13 Kp、Kx及速率常数
题型突破
类型一 有关压强平衡常数(Kp)的计算
例1 （2024·河北卷·17节选）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4−二（氯甲基）苯等可通过氯化反应制备。
（1）硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：
SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)ΔH=−67.59kJ⋅ml−1
②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g)，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=240kPa，p为体系平衡压强)，结果如图所示。
图中温度由高到低的顺序为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ，判断依据为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。M点Cl2的转化率为_ _ _ _ _ _ _ _ ，T1温度下用分压表示的平衡常数Kp=_ _ _ _ kPa−1。
【答案】T3>T2>T1； 正反应放热，温度升高，平衡常数减小，Δp减小； 75%； 0.03
【解析】（1）②由题图中M点可知，进料比n(SO2):n(Cl2)=2，平衡时的Δp=60kPa，恒温恒容条件下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”：
SO2(g)+Cl2(g)⇌SO2Cl2(g)Δp起始压强/kPa160800转化压强/kPa60606060平衡压强/kPa1002060
计算得α(Cl2)=60kPa80kPa×100%=75%，Kp=p(SO2Cl2)p(SO2)⋅p(Cl2)=60kPa100kPa×20kPa=0.03kPa−1。
类型二 有关物质的量分数平衡常数(Kx)的计算
例2 （2024· 黑吉辽卷·18节选）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)+12O2(g)⇌Cl2(g)+H2O(g)ΔH1=−57.2kJ⋅ml−1ΔSK。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）。
（5）设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K=_ _ _ _ （用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算）。
【答案】6
【解析】（5）根据题图中的N点坐标可知，HCl的平衡转化率为80%，设起始时HCl和O2的物质的量均为4ml，转化的HCl为4ml×80%=3.2ml，列“三段式”：
2HCl(g)+12O2(g)⇌Cl2(g)+H2O(g)起始量/ml4400转化量平衡量
K=1.67.2×1.67.2(0.87.2)2×(3.27.2)12=6。
类型三 化学平衡常数与速率常数
1.化学反应速率常数(k)
与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。不同反应有不同的速率常数。k是温度的函数，同一反应，一般温度越高，k值越大；k值越大，反应进行得越快。
2.速率方程的表达式
对于反应aA(g)+bB(g)⇌gG(g)+ℎH(g)，则v正=k正⋅ca(A)⋅cb(B)（其中k正为正反应的反应速率常数），v逆=k逆⋅cg(G)⋅cℎ(H)（其中k逆为逆反应的反应速率常数）。如2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)，v正=k正⋅c2(NO2)，v逆=k逆⋅c2(NO)⋅c(O2)。
3.速率常数与化学平衡常数之间的关系
（1）K与k正、k逆的关系
对于反应aA(g)+bB(g)⇌gG(g)+ℎH(g)，达到平衡状态时，v正=v逆，则k正⋅ca(A)⋅cb(B)=k逆⋅cg(G)⋅cℎ(H)⇒k正k逆=cg(G)⋅cℎ(H)ca(A)⋅cb(B)=K，即K=k正k逆。
（2）Kp与k正、k逆的关系
以2NO2⇌N2O4为例，v正=k正⋅p2(NO2)，v逆=k逆⋅p(N2O4)。反应达到平衡时，v正=v逆，则k正⋅p2(NO2)=k逆⋅p(N2O4)⇒k正k逆=p(N2O4)p2(NO2)=Kp，即Kp=k正k逆。
例3 （2025·安徽卷·11，3分）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xN,平衡xM,平衡=k−1k2k1k−2
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
【答案】C
【解析】A项，对于反应A(g)⇌k−1k1M(g)，平衡时，正、逆反应速率相等，k1xA,平衡=k−1xM,平衡；对于反应A(g)⇌k−2k2N(g)，平衡时，k2xA,平衡=k−2xN,平衡，故k​1xA,平衡k​2xA,平衡=k​−1x​M,平衡k​−2x​N,平衡，所以xN,平衡xM,平衡​=k−1k2k1k−2,正确。B项，由题图可知，0∼t1时间段，生成M、N的物质的量相同，故生成M和N的平均反应速率相等，正确。C项，催化剂不会使平衡发生移动，故加入催化剂反应达到平衡时，xM,平衡、xN,平衡、xA,平衡均不变；若加入催化剂，k1增大，k2不变，一定时间范围内更多的A转化为M，x1会变大，错误。D项，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，故升高温度，xA,平衡变大，正确。
针对训练
1．在恒温、恒容密闭容器中发生反应:2H2(g)+2NO(g)⇌2H2O(g)+N2(g)，N2的瞬时生成速率可表示为v=kcm(H2)⋅c2(NO)。控制NO的起始浓度为0.5ml⋅L−1，N2的瞬时生成速率和H2起始浓度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的速率常数k为37.5
B. 随着H2起始浓度的增大，该反应的平衡常数增大
C. 达到平衡后，若将H2和NO的浓度均增加一倍，则NO的转化率增大
D. 若H2的起始浓度为0.2ml⋅L−1，某时刻NO的浓度为0.4ml⋅L−1，则N2的瞬时生成速率为0.48ml⋅L−1⋅s−1
【答案】C
【解析】NO的起始浓度为0.5ml⋅L−1，由题图可知，N2的瞬时生成速率与H2的起始浓度呈正比例关系，则m=1，将点(0.4,1.5)代入v=kcm(H2)⋅c2(NO)可得，该反应的速率常数k=vc(H2)×c2(NO)=1.50.4×0.52=15，A错误；该反应的平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，B错误；达到平衡后，H2和NO的浓度均增加一倍，新平衡与原平衡相比，相当于加压，平衡正向移动，则NO的转化率增大，C正确；由2H2(g)+2NO(g)⇌2H2O(g)+N2(g)可知，NO的起始浓度为0.5ml⋅L−1，某时刻NO的浓度为0.4ml⋅L−1，变化量为0.1ml⋅L−1，则该时刻H2的浓度为0.2ml⋅L−1−0.1ml⋅L−1=0.1ml⋅L−1，N2的瞬时生成速率v=15c(H2)⋅c2(NO)=15×0.1×0.42ml⋅L−1⋅s−1=0.24ml⋅L−1⋅s−1，D错误。
2．（2025·广东湛江二模）某课题组为探究汽车尾气转化为氮气的最佳反应条件，向体积为1L的刚性容器中按n(NO)n(CO)=1充入NO和CO，发生反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)。已知正、逆反应速率可以表示为v正=k正⋅c2(NO)⋅c2(CO)，v逆=k逆⋅c2(CO2)⋅c(N2)(k正、k逆表示速率常数)，测得CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应为吸热反应
B. 压强：p1p3，B错误；M、X、Y三点温度不同，化学平衡常数不相同，C错误；T1℃，若向该容器中充入2.0mlNO和2.0mlCO发生题述反应，化学平衡常数K只与温度有关，N点为非平衡状态，对应同温度的M点为平衡状态，n(CO)=(2−2×40%)ml=1.2ml，n(NO)=1.2ml，n(CO2)=0.8ml，n(N2)=0.4ml，k逆k正=1K=c2(NO)⋅c2(CO)c2(CO2)⋅c(N2)=(1.2)2×(1.2)2(0.8)2×0.4=8.1，D正确。
3．（2025·湖北武汉二模）反应2CO2(g)+6H2(g)⇌△催化剂C2H4(g)+4H2O(g)的v正=k正⋅c2(CO2)⋅c6(H2)，v逆=k逆⋅c(C2H4)⋅c4(H2O)，其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数。反应起始时，CO2和H2按物质的量之比为1:3投料，测得在温度为480K、450K、430K下CO2的转化率α 随时间t的变化关系如图所示。曲线_ _ _ _ （填“①”“②”或“③”，下同）对应的温度最高，k正k逆最小的曲线是_ _ _ _ 。v正最大的点是_ _ _ _ （填“A”“B”“C”或“D”，下同）点，v逆最小的点是_ _ _ _ 点。430K时，该反应的物质的量分数平衡常数Kx=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （用物质的量分数代替平衡浓度，列出计算表达式）。
【答案】③； ③； A； B； 0.33.1×(1.23.1)4(0.43.1)2×(1.23.1)6
【解析】由“先拐先平”的规律可知，曲线③对应的温度最高；该反应的平衡常数K=k正k逆，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，曲线③k正k逆最小；温度越高，v正越大，且平衡前v正大于平衡时v正，平衡前v逆小于平衡时v逆，A点温度最高且处于平衡前，所以A点v正最大，B点v逆最小；由题图可知，430K时，CO2的转化率为60%，设反应起始CO2、H2的物质的量分别为1ml、3ml，列“三段式”：
2CO2(g)+6H2(g)⇌△催化剂C2H4(g)+4H2O(g)起始量/ml1300转化量平衡量
平衡时混合气体总物质的量为3.1ml，则该反应的物质的量分数平衡常数Kx=0.33.1×(1.23.1)4(0.43.1)2×(1.23.1)6。
4．（2024·安徽卷·17节选）
（2） C2H6直接脱氢反应为C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH4，C2H6的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则ΔH4_ _ _ _ 0（填“> ”“< ”或“=”）。结合下图,下列条件中，达到平衡时转化率最接近40%的是_ _ _ _ （填标号）。
a.600℃,0.6MPa
b.700℃,0.7MPa
c.800℃,0.8MPa
（3） 一定温度和压强下，
反应ⅰC2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)Ka1
反应ⅱC2H6(g)+H2(g)⇌2CH4(g)Ka2
(Ka2远大于Ka1)
(Ka是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)
① 仅发生反应ⅰ时，C2H6的平衡转化率为25.0%,计算Ka1=_ _ _ _ 。
② 同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应ⅰ相比，C2H4的平衡产率_ _ _ _ （填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（2） >；b
（3） ① 0.067
② 增大
【解析】
（2） 由题图可知，固定压强，随着温度的升高，C2H6的平衡转化率升高，平衡正向移动，正反应为吸热反应，所以ΔH4>0。将a、b、c项中的温度和压强对应到题图中，可知700℃、0.7MPa下达到平衡时转化率最接近40%，故选b。
（3） ① 仅发生反应ⅰ时，C2H6的平衡转化率为25.0%，设初始时加入1mlC2H6,则达到平衡时，n(C2H6)=0.75ml，n(C2H4)=n(H2)=0.25ml，物质的量分数x(C2H6)=0.6，x(C2H4)=x(H2)=0.2，Ka1=0.2×0.20.6≈0.067。
② 同时发生反应ⅰ和ⅱ时，已知Ka2远大于Ka1，反应ⅱ消耗反应ⅰ中生成的H2，使反应ⅰ正向进行，C2H4的平衡产率增大。
5．（2025·河北卷·17节选）
（2） 煤化工路线中，利用合成气直接合成乙二醇，原子利用率可达100%，具有广阔的发展前景。反应如下：
2CO(g)+3H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)ΔH
按化学计量比进料，固定平衡转化率α ，探究温度与压强的关系。α 分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图：
① 代表α=0.6的曲线为_ _ _ _ _ _ （填“L1”“L2”或“L3”）;原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
② ΔH _ _ _ _ 0。（填“> ”“< ”或“=”）
③ 已知:反应aA(g)+bB(g)⇌yY(g)+zZ(g),Kx=xy(Y)xz(Z)xa(A)xb(B)，x为组分的物质的量分数。
M、N两点对应的体系，Kx(M)_ _ _ _ Kx(N)（填“> ”“< ”或“=”）,D点对应体系的Kx的值为_ _ _ _ 。
④ 已知:反应aA(g)+bB(g)⇌yY(g)+zZ(g),Kp=py(Y)pz(Z)pa(A)pb(B),p为组分的分压。调整进料比为n(CO):n(H2)=m:3,系统压强维持p0MPa,使α(H2)=0.75,此时Kp=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ MPa−4（用含有m和p0的代数式表示）。
【答案】① L1；正反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，α 增大
② p(L2)>p(L3)，故曲线L1、L2、L3对应的平衡转化率α 分别为0.6、0.5、0.4。
② 由题图可知，压强相同时，升高温度，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，ΔH0，A正确；及时分离出甲醇，平衡正向移动，有利于提高转化率，B正确；A、B、C、D四点中，A点c(CH3COOCH3)、c(C6H13OH)大，温度高，因此A点的v正最大，C错误；350K时，设起始加入的反应物的物质的量均为1ml，列“三段式”：
CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)⇌催化剂△CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)起始量/ml1100变化量平衡量
以物质的量分数代替平衡浓度的化学平衡常数Kx=0.62××0.42=2.25，D正确。
灵活运用 提能力
1．可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)在一定条件下达到平衡状态。在t1s时改变某一条件，化学反应速率与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 维持温度、反应体系容积不变，t1s时充入SO3(g)
B. 维持温度、压强不变，t1s时充入SO3(g)
C. 维持反应体系容积不变，t1s时升高反应体系温度
D. 维持温度、反应体系容积不变，t1s时充入一定量Ar
【答案】B
【解析】维持温度、反应体系容积不变，t1s时充入SO3(g)，此时逆反应速率增大，正反应速率不变，A错误；维持温度、压强不变，t1s时充入SO3(g)，此时逆反应速率增大，而且反应体系容积增大导致反应物浓度降低，正反应速率减小，B正确；维持反应体系容积不变，t1s时升高反应体系温度，正、逆反应速率都增大，C错误；维持温度、反应体系容积不变，t1s时充入一定量Ar，反应物和生成物浓度都不变，正、逆反应速率都不变，D错误。
2．（2023·辽宁卷·12,3分）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2MnO4−+5C2O42−+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
【答案】C
【解析】由题图可知，Mn(Ⅲ)大量减少时，Mn(Ⅱ)大量增加，说明Mn(Ⅲ)氧化了H2C2O4，自身被还原生成Mn(Ⅱ)，A错误；题干指明Mn(Ⅱ)起催化作用，题图中Mn(Ⅱ)开始产生后，化学反应速率在中间过程中可能增大，B错误；由题图可知，当Mn(Ⅶ)存在时Mn(Ⅱ)极少，当Mn(Ⅱ)存在时Mn(Ⅶ)极少，则可推测出题给条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，可能发生氧化还原反应，C正确；H2C2O4是弱电解质，在离子方程式中H2C2O4不能拆开，D错误。
考点二 恒温（恒压）线
突破核心 悟规律
1.“定一议一”法: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,从而确定化学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。如甲中任取一条等温线研究,压强增大,αA增大,平衡正向移动,正反应为气体分子数减小的反应,乙中任取横坐标一点作横坐标的垂线,也能得出相同结论。
甲乙
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,在甲中任取横坐标一点作横坐标的垂线,乙中任取一条等压线,即能分析出正反应为放热反应。
例 （2025·河南卷·17节选）CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2+CO),实现碳资源的二次利用。主要反应如下：
反应Ⅰ：CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)ΔH1=+178kJ⋅ml−1
反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)⇌2H2(g)+2CO(g)ΔH2=+247kJ⋅ml−1
反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g)ΔH3=+41kJ⋅ml−1
（5）在温度分别为T1、T2和T3下，CH4的平衡转化率与压强的关系如图所示，反应温度最高的是_ _ _ _ _ _ （填“T1”“T2”或“T3”）,原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】T1； 反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡向右移动，CH4的平衡转化率增大
灵活运用 提能力
1．（2025·黑龙江黑河一模）某团队研制出廉价的绿色丙烯生产催化剂，工作原理如图1所示。不同压强下在密闭容器中充入C3H8(g)发生反应：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，丙烷平衡转化率在不同压强下随温度变化关系如图2所示，p2=7MPa。
图1图2
下列说法错误的是（ ）
A. 使用该催化剂可以减少积碳产生，提高原料利用率
B. C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)的ΔH>0
C. p1>p2>p3
D. a点的平衡常数Kp为43MPa
【答案】C
【解析】由题图1可知，该催化剂可抑制副反应发生，减少积碳产生，使主反应更充分，可提高原料利用率，A正确；由题图2可知，压强相同时，温度升高，丙烷平衡转化率增大，说明升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，即ΔH>0，B正确；该反应的正反应为气体分子数增加的反应，增大压强平衡逆向移动，丙烷平衡转化率降低，即在相同温度下，压强越大丙烷的转化率越小，由题图2可知，同一温度下丙烷平衡转化率：p1>p2>p3，则压强：p3>p2>p1，C错误；a点丙烷平衡转化率为40%，总压p2=7MPa，设起始n(C3H8)=1ml，列“三段式”：
C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)起始量/ml100转化量/ml1×40%=平衡量
平衡时n(C3H8)=0.6ml，n(C3H6)=n(H2)=0.4ml，体系中气体的总物质的量为1.4ml，a点的压强平衡常数Kp=(7×0.41.4)27×，D正确。
2．探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
ΔH1=−49.5kJ⋅ml−1
Ⅱ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
ΔH2=−90.4kJ⋅ml−1
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
ΔH3=+40.9kJ⋅ml−1
回答下列问题:
（1） 一定条件下，向容积为VL的恒容密闭容器中通入1mlCO2和3mlH2发生上述反应，达到平衡时，容器中n[CH3OH(g)]为aml,n(CO)为bml,此时H2O(g)的浓度为_ _ _ _ _ _ _ _ ml⋅L−1（用含a、b、V的代数式表示，下同），反应Ⅲ的平衡常数为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2） 不同压强下，按照n(CO2):n(H2)=1:3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。
已知:CO2的平衡转化率=n初始(CO2)−n平衡(CO2)n初始(CO2)×100%；
CH3OH的平衡产率=n平衡(CH3OH)n初始(CO2)×100%。
其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图_ _ _ _ （填“甲”或“乙”）;压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ;图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
【答案】（1） a+bV；b(a+b)(1−a−b)(3−3a−b)
（2） 乙；p1、p2、p3；T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ反应前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响
【解析】
2．当体系中存在三个及三个以上的反应，或同时存在竞争反应和连续反应时，采用原子守恒法更简便。
（1） 原子守恒法解题思路：根据反应物CO2和H2可知该体系中共有C、O、H三种元素；平衡时共有CO2、H2、CH3OH、H2O、CO五种物质，其中CH3OH、CO的物质的量已知，其他三种未知，可分别设未知数，结合原子守恒列出方程求解。已知反应前有1mlCO2和3mlH2，则该反应体系中n(C)=1ml，n(O)=2ml，n(H)=6ml。已知平衡时n(CH3OH)为aml，n(CO)为bml，设此时CO2、H2、H2O的物质的量分别为xml、yml、zml，根据C、O、H原子守恒，分别得a+b+x=1，a+b+2x+z=2，4a+2y+2z=6，解得x=1−a−b，y=3−3a−b，z=a+b。根据c=nV，得H2O(g)的浓度为a+bVml⋅L−1。反应Ⅲ的平衡常数K=c(CO)⋅c(H2O)c(CO2)⋅c(H2)，因反应Ⅲ为反应前后气体分子数相等的反应，可将各物质的物质的量直接代入计算，得K=b(a+b)(1−a−b)(3−3a−b)。
（2） 有CH3OH生成的反应为反应Ⅰ和反应Ⅱ，升温时反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡均逆向移动，CH3OH的平衡产率减小，故与CH3OH平衡产率对应的曲线应为单调递减曲线，即题图甲。消耗CO2的反应为反应Ⅰ和反应Ⅲ，升温时反应Ⅰ和反应Ⅲ的平衡移动方向相反，两者的CO2平衡转化率变化相反，故题图乙中曲线的变化趋势不是单调的，根据先减小后增大的趋势可知温度较低时以反应Ⅰ为主，升高至一定温度后以反应Ⅲ为主。
考点三 百分含量（转化率）−温度（压强）图像
突破核心 悟规律
在不同温度或压强条件下，反应相同时间时，可根据最高点或最低点之后，百分含量或转化率随温度或压强的变化判断反应的热效应或气体体积变化情况。
例 （2025·湖南长沙二模）在1L恒容密闭容器中充入1mlN2H4(g)，发生反应：N2H4(g)⇌N2(g)+2H2(g)ΔH，反应相同时间，不同温度下N2H4的转化率[α(N2H4)]如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 上述反应的产物总能量高于反应物总能量
B. a、b、c点对应的反应速率：vb（逆）>vc（正）>va（逆）
C. 在c点体系中加入1mlN2H4(g),N2H4的平衡转化率增大
D. 300℃时，该反应的平衡常数K>25625
【答案】D
【解析】根据题图可知，纵坐标从下至上依次减小，600℃之后，N2H4的转化率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，故题给反应是放热反应，反应物总能量高于产物总能量，A错误。a、b点时未达到平衡状态，温度升高，逆反应速率增大，即vb（逆）>va（逆）；c点时达到平衡状态，正、逆反应速率相等，且温度高于b点，故vc（正）=vc（逆）>vb（逆），即vc（正）>vb（逆）>va（逆），B错误。恒温恒容下，再充入N2H4，相当于增大压强，达到平衡后，与原平衡相比，平衡逆向移动，N2H4的平衡转化率减小，C错误。c点时反应达到平衡状态，平衡时α(N2H4)=80%，可得c(N2H4)=0.2ml⋅L−1，c(N2)=0.8ml⋅L−1，c(H2)=1.6ml⋅L−1，平衡常数K=0.8×，由于该反应是放热反应，升高温度，平衡常数减小，故300℃时平衡常数K>25625，D正确。
灵活运用 提能力
1．（2025·贵州铜仁二模）利用反应C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)ΔH可降低汽车尾气中氮氧化物的排放。在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，相同时间内测得NO的转化率随温度的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 图中M点处v正lnK3，即K2>K3，则同一1T下，K1