专题七 反应机理 化学反应速率与化学平衡-【步步高·考前三个月】2025年高考化学复习讲义课件（广东专用）（课件PPT+word教案）

考前必备 专题七　反应机理　化学反应 速率与化学平衡 一、根据反应机理图判断反应过程 二、根据能量变化示意图判断反应热、活化能、反应速率快慢 内容索引 三、化学反应速率及影响因素 四、化学反应的方向 五、化学平衡常数及简单计算 六、化学平衡移动与转化率 七、化学反应速率、化学平衡图像分析思路 一、根据反应机理图判断反应过程 PART ONE 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。 中间产物：在连续反应中为某一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续又消耗多少。 1.用基元反应表示的催化机理分析 在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为 H2O2+I- H2O+IO-　慢 H2O2+IO- O2+I-+H2O　快 在该反应中I-为催化剂，IO-为中间产物。 2.用循环转化图表示的催化机理分析 先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如图所示： 3.典例剖析 (2023·湖南，14)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L⁃Ru—NH3]+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。 下列说法错误的是 A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体 NH3失去质子能力增强 B.M中Ru的化合价为+3 C.该过程有非极性键的形成 D.该过程的总反应式：4NH3-2e-===N2H4+2N √ [思路分析] 第一步：提取图示信息 第二步：看选项，确定信息加工的重点，逐项分析 A 基于化学键极性的判断： Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L⁃Ru—NH3]+中的Ru带有更多的正电荷→对N原子中电子的吸引作用增大→N—H极性变强，易发生断裂→失去质子的能力增强→所以正确 B 基于反应机理图示的分析判断：   C 基于反应机理图示的分析判断： M变为[L⁃Ru—NH2—NH2—Ru⁃L]2+时有N—N形成→N—N是非极性键→所以正确 D 基于反应机理图示的分析判断：   1.[2020·全国卷Ⅱ，35(5)]用金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和 使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀 土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿 命，其作用原理如图所示，用离子方程式表示该 原理 、　　　 　　　　　　。  自我检测 2Eu2++I2===2Eu3++2I- 2Eu3++Pb===2Eu2++Pb2+l 2.[2020·江苏，20(3)]HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图 所示： ①HCOOD催化释氢反应除生成CO2 外，还生成　　　　(填化学式)。  HD 根据反应机理，HCOOD在催化剂作用下的释氢反应除生成CO2外，还生成HD。 HCOOK是强电解质，HCOOK溶液中HCOO-浓度更大，释放H2的速率更快；HCOOK溶液参与反应时，该过程主要反应的化学方程式为HCOOK+H2O===H2↑+KHCO3，减少了CO2的生成，因此能提高释放出氢气的纯度。 ②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_______________________ ______。 提高释放氢气的速率及 纯度 二、根据能量变化示意图判断反应热、活化能、反应速率快慢 PART TWO 1.基元反应与非基元反应 例如H++OH-===H2O，反应是反应物一步直接转化为生成物的，其总反应就是基元反应，又称为简单反应；而2HI===H2+I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HI―→H2+2I·、2I·―→I2，带有单电子的原子或原子团称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI===H2+I2称为非基元反应。 2.过渡态 A+BC―→[A…B…C]―→AB+C 备注　(1)以上为一种基元反应，其中正反应活化能Ea正=b-a，逆反应活化能=b-c， ΔH=-。(2)过渡态[A…B…C]不稳定。 3.中间体 备注　处于能量最高点的是反应的过渡态， 在多步反应中两个过渡态之间的是中间体， 中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡 态更稳定些。 4.催化机理能垒图 (1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中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。 (2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。 例如：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 ；甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为 (阿伏加德罗常数的值用NA表示)。  HCOOH*===HCOO*+H* HCOOH(g)===CO2(g)+H2(g)　ΔH=-0.16NA eV·mol-1 5.催化剂在反应中的作用 (1)催化剂三能：①能改变反应途径；②能降低活化能；③能同等程度加快正、逆反应速率。 (2)催化剂三不能：①不能改变反应热或者焓变；②不能使平衡移动；③不能改变平衡转化率。 注意：催化剂能提升单位时间内的转化率或产率。 1.(2023·浙江1月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g) 和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说 法不正确的是 A.E6-E3=E5-E2 B.可计算Cl—Cl键能为2(E2-E3) kJ·mol-1 C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ D.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g) ===O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4) kJ·mol-1 自我检测 √ 对比两个历程可知，历程Ⅱ中 增加了催化剂，降低了反应的 活化能，加快了反应速率。催 化剂能降低活化能，但是不能 改变反应的焓变，因此E6-E3=E5-E2，A正确； 已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2-E3) kJ·mol-1，则Cl—Cl键能为2(E2-E3) kJ·mol-1，B正确； 催化剂不能改变反应的平衡转 化率，因此相同条件下，O3的 平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ， C错误； 活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g) ===O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4) kJ·mol-1，D正确。 2.我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用*标注)。下列说法正确 的是 A.反应历程中第一步化学反应为 决速步骤 B.催化剂改变了丙烷氧化脱氢的 焓变(ΔH) C.过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1 D.吸附过程为吸热过程 √ 化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是C3到过渡态1的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A正确； 催化剂不能改变反应的焓变(ΔH)，B错误； 物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C错误； 由图可知吸附过程为放热过程，D错误。 3.(2023·浙江6月选考，14)一定条件下，1⁃苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是 A.反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ B.反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ C.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例 D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ √ 反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，ΔH都小于0，所以反应Ⅱ的ΔH<0，因此反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A正确； 短时间里反应Ⅰ得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应Ⅰ 的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B正确； 反应Ⅲ的平衡常数K=，温度不变，K不变，平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例不变，C错误； 根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。 三、化学反应速率及影响因素 PART THREE 1.化学反应速率 (1)平均反应速率：常用单位时间内反应物或生成物浓度(物质的量、压强)的改变(减少或增加)来表示。 公式法：v=。 比值法：对于反应：mA(g)+nB(g)===pC(g)+qD(g)来说，则有。 (2)瞬时速率：反应在某一时刻的速率。 在浓度-时间曲线上某一时刻的斜率的绝对值代表该时刻的瞬时速率。 2.化学反应速率的影响因素 反应物本身的性质是主要因素，还受浓度、温度、压强、催化剂、表面积等因素影响。 3.速率常数与速率方程 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。通常k越大， 反应进行得越快。 特别提醒 (1)速率方程是由实验数据测定的结果，与化学方程式无确定的关系。 (2)活化能与速率常数 阿伦尼乌斯公式：k=A 当Ea>0时，升高温度，反应速率常数增大，化学反应速率随之提高。Ea值越大，改变温度对反应速率的影响程度就越大，这就是升高相同温度时，不同化学反应的速率提高的倍数不同的原因。 1.正误判断 (1)增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大(　　) (2)增大反应体系的压强，反应速率不一定增大(　　) (3)恒压容器中发生反应N2+O2 2NO，若在容器中充入He，正、逆反应的速率均不变(　　) (4)10.0 mL 2 mol·L-1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变(　　) × √ × × 自我检测 (5)已知t1 ℃时，反应C+CO2 2CO　ΔH>0的速率为v，若升高温度，逆反应速率减小(　　) (6)CuCl(s)+2Cl-(aq) [CuCl3]2-(aq)，其他条件相同，增大CuCl的量，可加快生成[CuCl3]2-的速率(　　) × × 2.(2023·梅州高三总复习质量检测)在恒容密闭容器中，分别在T1、T2温度下(T1<T2)发生反应：3A(g) 2B(g)　ΔH<0，反应体系中各物质的浓度c随时间t的部分变化曲线如图所示。 下列说法正确的是 A.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-1·min-1 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 √ 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，反应速率更快，故b对应的温度是T2。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B的浓度随时间的变化曲线。恒容 条件下充入He，各物质的浓度没有发生改变，平衡不移动，A错误； a曲线条件下，10~30 min内v(A)= =0.05 mol·L-1·min-1，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(B)=v(A)=×0.05 mol·L-1·min-1，B错误； 降低温度，平衡正向移动，反应物的转化率提高，但温度过低会导致反应速率过慢，不利于提高生产效率，D错误。 3.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：       反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=　　　　mol·L-1·s-1。  t/s 0 50 150 250 350 n(PCl3)/mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20 0.001 6 v(PCl3)==0.001 6 mol·L-1·s-1。 四、化学反应的方向 PART FOUR 复合判据 ΔG=ΔH-TΔS 注意　(1)ΔH<0，ΔS>0的反应任何温度下都能自发进行。 (2)ΔH>0，ΔS<0的反应任何温度下都不能自发进行。 (3)当ΔH<0，ΔS<0时，低温下反应能自发进行；当ΔH>0，ΔS>0时，高温下反应能自发进行。 1.CO2(g)氢化制备化工原料CO(g)可有效缓解温室效应，此过程主要发生如下反应： 反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+41 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)　ΔH2=-164 kJ·mol-1 反应Ⅱ在化学热力学上进行的趋势很大，原因为_____________________ 　 　　　，该反应易在　　 　(填“较高温度”或“较低温度”)下自发进行。  反应Ⅱ为放热量很大的 应用举例 放热反应 较低温度 反应Ⅱ在化学热力学上进行的趋势很大，这是由于该反应的正反应是放热反应，且放出的热量多，随着反应的进行，体系温度升高，使化学反应速率加快；要使反应Ⅱ自发进行，则ΔG<0，反应Ⅱ的ΔS<0，ΔH<0，ΔG=ΔH-TΔS，则该反应易在低温下自发进行。 2.甲烷水汽重整反应在一定条件下有积碳反应发生：反应ⅰ.2CO(g) CO2(g)+C(s)或反应ⅱ.CH4(g) C(s)+2H2(g)。 已知ΔG=ΔH-TΔS=-RTln K，反应ⅰ和反应ⅱ的ln K与温度的关系如图所示，350 ℃时，主要发生的积碳反应是反应ⅱ，理由是_______________ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  的ΔG>0，不能自发进行，反应ⅱ的ΔG<0，能正向自发 350 ℃时，反应ⅰ 五、化学平衡常数及简单计算 PART FIVE (一)化学平衡常数及影响因素 1.化学平衡常数的表达式及大小与化学方程式的书写有关。 例如：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)　K1=， 则N2(g) + H2(g) NH3(g)　K2=或， 2NH3(g) N2(g)+3H2(g)　K3=或。 2.平衡常数K与温度的关系 温度变化 可逆反应的ΔH K的变化 升温 吸热反应，ΔH>0 增大 降温 减小 升温 放热反应，ΔH<0 减小 降温 增大 3.平衡常数K与浓度商Q的关系 达到平衡状态，Q=K； 平衡正向移动，Q<K； 平衡逆向移动，Q>K。 (二)化学平衡常数相关计算 1.化学平衡计算题的“万能钥匙”——“三段式” 如mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g)，设A、B起始物质的量浓度分别为a mol· L-1、b mol·L-1，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mx mol·L-1。 　　　　　　　　mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(g) 起始/(mol·L-1)　　a　　 b　　　 0　　 0 变化/(mol·L-1)　　mx　　nx　　　 px　　qx 平衡/(mol·L-1)　　a-mx　 b-nx　　 px qx 2.压强平衡常数(Kp) 第一步：根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度。 第二步：计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。 第三步：求出各气体物质的分压，某气体的分压=气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)。 第四步：根据压强平衡常数计算公式代入计算。例如，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，压强平衡常数表达式为Kp=。 例1　[2023·湖北，19(4)]1 200 K时，假定体系内只有反应C40H12(g) C40H10(g)+H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强)， 平衡转化率为α，该反应的平衡常数Kp为　　　　(用平衡分压代替平衡 浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。  　p0 设起始量为1 mol，则根据信息列出三段式： C40H12(g) C40H10(g)+H2(g) 起始量/mol　　　　1　　　　 　0　　　　0 变化量/mol　　　　α　　　　 　α　　　　α 平衡量/mol　　　　1-α　　　 　 α　　　　α 则p(C40H12)=p0×，p(C40H10)=p0×，p(H2)=p0×，该反应的平衡常数Kp==p0。 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) pC(g)+qD(g)， 则：v正=k正·ca(A)·cb(B)(k正为正反应速率常数)，v逆=k逆·cp(C)·cq(D)(k逆为逆反应速率常数)，反应达到平衡时v正=v逆，此时：k正·ca(A)·cb(B)=k逆·cp(C)·cq(D)⇒ =K，即K=。 (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，此时：k正·p2(NO2)=k逆·p(N2O4)⇒=Kp，即Kp=。 上述反应中，正反应速率v正=k正·x2(CO)·x4(H2)，逆反应速率v逆=k逆· x(CH3CH2OH)·x(H2O)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆=______(以Kx和k正 表示，其中Kx为用物质的量分数表示的平衡常数)，若k逆=75 mol·L-1· min-1，在t=80 min时，v逆=　　　　　　　　。  例2　1 mol CH3CH2OH和1 mol H2O充入恒容密闭容器中发生反应：2CO(g)+4H2(g) CH3CH2OH(g)+H2O(g)，在550 K时，气体混合物中H2的物质的量分数x(H2)与反应时间t的关系如表所示。 1.47 mol·L-1·min-1 t/min 0 20 40 60 80 100 x(H2)/% 0 15 29 40 48 48 　 平衡时v正=v逆，可得k正·x2(CO)·x4(H2)=k逆·x(CH3CH2OH)·x(H2O)，Kx= ，k逆=；t=80 min时，H2的物质的量分数为 48%，则CO的物质的量分数为24%，CH3CH2OH、H2O的物质的量分数均为14%，v逆=k逆·x(CH3CH2OH)·x(H2O)=75 mol·L-1·min-1×0.14× 0.14=1.47 mol·L-1·min-1。 t/min 0 20 40 60 80 100 x(H2)/% 0 15 29 40 48 48 4.多平衡体系中有关平衡常数的计算技巧 (1)有关多平衡体系平衡常数的计算，如何确定多个反应相关联物质在平衡时量的多少是解题的关键点。若用常规的三段式计算，对反应过程分析要求高，容易出错。但无论多少个反应，反应进行的程度如何，反应前后的原子总数是不变的，因而解答这类问题可用原子守恒法，可规避对反应过程的分析。 (2)原子守恒法解题基本思路 类型1　连续型多反应体系 连续平衡是指两个可逆反应有关联，第一个反应的某一生成物是第二个反应的反应物。解题时要注意如果该物质是第一个反应的生成物，第二个反应的反应物，则在第一个反应中，该物质的初始量为0，它的平衡量则为第二个反应中该物质的初始量(计算第二个反应的转化率尤为重要)。 例3　二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取二甲醚的原理如下： Ⅰ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) Ⅱ.2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) 500 K时，在2 L密闭容器中充入4 mol CO和8 mol H2，4 min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则： (1)0~4 min，反应Ⅰ的v(H2)=　　 　　。  思路引导　利用C、H、O原子守恒计算平衡时各物质的物质的量，再求各物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式计算。 0.8 mol·L-1·min-1 设平衡时CO为x mol，H2为y mol，CH3OH为z mol，则CH3OCH3为2z mol，H2O为2z mol， 根据：C守恒：x+z+2×2z=4 H守恒：2y+4z+6×2z+2×2z=2×8 O守恒：x+z+2z+2z=4 CO的转化率为×100%=80%，解得x=0.8，y=1.6，z=0.64，v(H2)==0.8 mol·L-1·min-1。 (2)反应Ⅱ中CH3OH的转化率α=　　　，反应Ⅰ的平衡常数K=　　　。  80% 1.25 反应Ⅰ中CO的转化率为80%，则生成的CH3OH的物质的量为4 mol× 80%=3.2 mol，反应Ⅱ生成的CH3OCH3的物质的量为2×0.64 mol= 1.28 mol，则反应Ⅱ转化的CH3OH的物质的量为2×1.28 mol=2.56 mol，则反应Ⅱ中CH3OH的转化率α=×100%=80%。由以上分析可得平衡时：CH3OH、H2、CO的浓度分别为0.32 mol·L-1、0.8 mol·L-1、 0.4 mol·L-1，反应Ⅰ的平衡常数K==1.25。 类型2　竞争反应(平行反应) 例4　CO2在Cu⁃ZnO催化下，同时发生如下反应Ⅰ、Ⅱ，是解决温室效应和能源短缺的重要手段。 Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH (g)+H2O(g)　ΔH1<0 Ⅱ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH2>0 保持温度T时，在容积不变的密闭容器中充入一定量的CO2及H2，起始及达到平衡时，容器内各气体物质的量及总压强如下表：   CO2 H2 CH3OH(g) CO H2O(g) 总压强/kPa 起始/mol 0.5 0.9 0 0 0 p0 平衡/mol     n   0.3 p 若反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡时，p0=1.4p，则表中n=　 　；反应Ⅰ的平衡 常数Kp=　　　kPa-2(用含p的式子表示)。  思路引导　利用C、H、O原子守恒计算平衡时各物质的物质的量，再求各物质的平衡分压，带入平衡常数表达式计算。 0.2 　   CO2 H2 CH3OH(g) CO H2O(g) 总压强/kPa 起始/mol 0.5 0.9 0 0 0 p0 平衡/mol     n   0.3 p 设平衡时CO2为x mol，H2为y mol，CO为z mol，根据： C守恒：x+n+z=0.5 H守恒：2y+4n+0.3×2=0.9×2 O守恒：2x+n+0.3+z=0.5×2 由p0=1.4p知，， 解得：x=0.2，y=0.2，z=0.1，n=0.2。 平衡后气体总物质的量：(0.2+0.2+0.2+0.1+0.3) mol=1.0 mol。 平衡后各物质的分压：CO2(g)：0.2p kPa，H2(g)：0.2p kPa，CH3OH (g)： 0.2p kPa，H2O(g)：0.3p kPa。 则反应Ⅰ的平衡常数Kp= kPa-2= kPa-2。 六、化学平衡移动与转化率 PART SIX 1.转化率和平衡转化率 转化率有未达到平衡的转化率和平衡转化率，在审题的时候一定要注意转化率是否为平衡转化率。 (1)平衡转化率：达到平衡时的转化率，该条件下达到的最大转化率；与反应速率和反应时间无关。 (2)未达到平衡的转化率：与反应速率和反应时间有关，一般反应速率越大，转化率越大。 2.转化率与温度的关系 可逆反应的焓变ΔH 升高温度 吸热反应，ΔH>0 未达到平衡的转化率增大 平衡转化率增大 放热反应，ΔH<0 未达到平衡的转化率增大 平衡转化率减小 3.增大反应物的浓度与平衡转化率的关系(其中A、B、C均为气体) 可逆反应 改变条件 平衡移动方向 反应物平 衡转化率 备注 A+B C 增大A的浓度 正向移动 α(A)减小 α(B)增大 - A B+C 增大A的浓度 正向移动 α(A)减小 反应物平衡转化率实际是考虑压强的影响 2A B+C 增大A的浓度 正向移动 α(A)不变 3A B+C 增大A的浓度 正向移动 α(A)增大 4.如果两气体物质的投料比等于化学计量数之比，那么无论是否达到化学平衡，两者的转化率一直相等。 5.“惰性气体”对化学平衡移动的影响 (1)恒温、恒容下：加入惰性气体 体系总压增大，但体积不变，各反应物、生成物的浓度均未改变，故反应速率不变，v正、v逆不变，化学平衡也不发生移动。 (2)恒温、恒压下：加入惰性气体 体积增大 各反应物浓度减少 反应速率减小，v正、v逆均减小，等效于减压，故化学平衡向气体总体积增大的方向移动。 6.平衡移动类归因分析答题模板 叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果) (1)温度：该反应正向为×××(放热或吸热)反应，其他条件不变，升高(或降低)温度，平衡×××(正向或逆向)移动，因此×××(得结论)。 (2)压强：正反应是气体分子数减小(或增大)的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向(或逆向)移动，因此×××(得结论)。 1.已知汽缸中生成NO的反应为N2(g)+O2(g) 2NO(g)　ΔH>0。 汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是______ ______________________________。  2.通过丙烷催化氧化脱氢可制备丙烯，其反应原理为2C3H8(g)+O2(g) 2C3H6(g)+2H2O(g)　ΔH=-236 kJ·mol-1。在恒温恒压的密闭容器中充入丙 烷、氧气、氮气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙 烷的平衡转化率越大，其原因是___________________________________ ______________________________________________________________________。  条件下增大氮气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大 该反应为气体分子数增加的反应，恒压 高，反应速率加快，平衡正向移动 温度升 应用举例 七、化学反应速率、化学平衡图像分析思路 PART SEVEN 1.图像分析的 一般思路 例1　(2022·湖南，14改编)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：na<nc C.a点平衡常数：K=12 D.反应速率：va正<vb正 √ 甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，正反应为气体分子数减小的反应，则刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，说明反应放热，即ΔH<0，故A错误； 反应为放热反应，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体的总物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，图中a点和c点的压强相等，则气体的总物质的量：na<nc，故B正确； 设Y转化的物质的量浓度为x mol·L-1，则列出三段式如下： 则有[(2-2x)+(1-x)+x] mol<×3 mol，计算得到x>0.75，即平衡常数K>12，故C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快，即va正>vb正，故D错误。 2.有关多重平衡及选择性的问题 在多重平衡中，几个可逆反应是相互影响的。 (1)如果主反应的生成物又与主反应的某一反应物发生另一个可逆反应，那么该反应物的平衡转化率就会增大。 (2)在一定温度下，特定的混合体系，多重平衡选择性为定值，催化剂不能提高某一物质的平衡转化率。 (3)如果在同一条件下，两种物质同时可以发生几个可逆反应，那么催化剂的选用就可以使其中某一反应的选择性提高。 (4)多重平衡体系中，随着温度的增加，如果两种物质的选择性之和等于100%，那么二者的选择性变化曲线呈镜像对称。 例2　绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。 Ⅰ.甲烷和水蒸气催化制氢气。主要 反应如下： ⅰ.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2 kJ·mol-1 ⅱ.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ·mol-1 恒定压强为p0 MPa时，将n(CH4)∶ n(H2O)=1∶3的混合气体投入反应器中发生反应ⅰ和ⅱ，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。 (1)图中表示CO2的物质的量分数与温度的变化曲线是　 　(填字母)。 n 随温度升高，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡逆向移动，结合图中H2和CH4的变化曲线可知，p表示平衡时水蒸气的物质的量分数随温度的变化，m表示平衡时CO的物质的量分数随温度的变化，则n表示CO2的物质的量分数随温度的变化。 (2)结合图中数据，其他条件不变，若 要H2的产量最大，最适宜的反应温度 是　　 (填字母)。  A.550~600 ℃ B.650~700 ℃ C.750~800℃ 在其他条件不变的情况下，向体系中 加入CaO可明显提高平衡体系中H2的 含量，原因是____________________ _________________________________________________________________________________________________________。  B CaO为碱性氧化物，能 吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应ⅱ平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应ⅰ平衡也正向移动 (3)600 ℃时，反应ⅱ的平衡常数为 Kp=　　　(Kp是以分压表示的平衡 常数，分压=总压×物质的量分数)。  由图像信息可知，600 ℃平衡时，H2的物质的量分数为0.50，H2O的物质的量分数为0.32，CH4的物质的量分数为0.04，设投入CH4为1 mol、H2O为3 mol，根据三段式分析： 　　　　　　CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) 起始量/mol　 1　　　3　　　　0　　　0 转化量/mol　 x　　　 x　　　　x　　　3x 平衡量/mol　 1-x　　 3-x　　　 x　　　3x CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) 起始量/mol　 x　　 3-x　　　 0　　　3x 转化量/mol　 y　　 y　　　　 y 　　 y 平衡量/mol　 x-y　 3-x-y　　　y　　 3x+y 则有=0.04，解得x==0.5，解得y= ，CO的物质的量分数为=0.06，CO2的物质的量分数为=0.08， 600 ℃时，反应 ⅱ 的平衡常数为Kp= 。 1.正误判断 (1)在一定条件下，平衡向正反应方向移动，正反应速率变大(　　) (2)升高温度，化学平衡一定发生移动(　　) (3)Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g)，增加炼铁炉高度，延长CO和铁 矿石接触时间，能降低平衡时尾气中CO的体积分数(　　) (4)向平衡体系FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl中加入适量KCl固体，平衡逆向移动，溶液的颜色变浅(　　) 自我检测 × √ × × (5)对于2NO2(g) N2O4(g)的平衡体系，压缩体积，增大压强，平衡正向移动，混合气体的颜色变浅(　　) (6)4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)，减压、增加氧气的量能提高氨气的平衡转化率(　　) (7)反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)，其他条件相同，增大，H2的转化 率减小(　　) (8)Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g)　ΔH<0，升高温度使反应物活化 分子数增多，能提高反应速率和CO平衡转化率(　　) × √ √ × 2.2021年9月24日，我国科学家在《Science》上发表论文《无细胞化学酶法从二氧化碳合成淀粉》，代表着人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。探究CH3OH合成反应的化学平衡影响因素，有利于提高CH3OH的产率。CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发生以下两个反应： Ⅰ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-48.5 kJ·mol-1 Ⅱ.2CO2(g)+5H2(g) C2H2(g)+4H2O(g)　ΔH=+37.1 kJ·mol-1 在压强为p，CO2、H2的起始投料比 为1∶3的条件下，发生反应Ⅰ、Ⅱ。 实验测得CO2的平衡转化率和平衡时 CH3OH的选择性随温度的变化如图 所示。 已知：CH3OH的选择性=×100% (1)有利于提高CH3OH的选择性的措施有　　　(填字母)。  A.适当降温 B.适当升温 C.选择合适的催化剂 AC 由反应Ⅰ可知生成CH3OH的反应为放热反应，根据勒夏特列原理，温度降低，有利于平衡正向移动，因 此降温可以提高CH3OH的选择性； 选择有利于反应Ⅰ的催化剂，可以 让反应更大程度甚至只进行反应Ⅰ， 有利于提高甲醇的选择性。 (2)温度高于350 ℃时，体系中发生的 反应以　　(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)为主， 并说明理由：____________________ ________________________________。  Ⅱ 温度较高，有利于吸热反应的进行 反应Ⅱ为吸热反应， (3)其中表示平衡时CH3OH的选择性 的曲线是　　　(填“a”或“b”)。  b 反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低，因此b为平衡时CH3OH的选择性曲线，a为CO2的平衡转化率曲线。 3.CS2在化工生产中有重要作用。天然气法合成CS2相关反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)+2S2(g)===CS2(g)+2H2S(g)　ΔH1=-104.71 kJ·mol-1 反应Ⅱ：2CH4(g)+S8(g)===2CS2(g)+4H2S(g)　ΔH2=+201.73 kJ·mol-1 (1)ΔH1、ΔH2随温度变化不大。温度不同时， 反应体系中不同。合成CS2总反应CH4(g) +xS8(g)+(2-4x)S2(g)===CS2(g)+2H2S(g)的ΔH 随温度T变化如图。 ①S8(g)===4S2(g)　ΔH=　　　　kJ·mol-1。  +411.15 由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×反应Ⅰ得S8(g)===4S2(g)　ΔH=+411.15 kJ·mol-1。 ②为提高CH4平衡转化率，控制温度范围在　　(填字母)，理由是______ _____________________________________________________________________________________________________________________。  A.400~450 ℃ B.650~700 ℃ C.750~800 ℃ D.800 ℃以上 B 以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700 ℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小 650 ℃ 由图可知，650 ℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700 ℃以上总反应为放热反应， 升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡 转化率在650~700 ℃左右达到峰值，故为提 高CH4平衡转化率，控制温度范围在650~ 700 ℃。 (2)合成CS2的总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与CH4初始浓度c0和CH4转化率α满足关系t=，式中k为 速率常数。 ①T ℃、c0=1.0 mol·L-1时，测得t=9.5 s、α= 95%，则k=　　L·mol-1·s-1。  2 T ℃、c0=1.0 mol·L-1时，测得t=9.5 s、α=95%，则9.5 s=× ，k=2 L·mol-1·s-1。 ②T ℃时，计划在5 s内转化率达90%，应控制初始浓度c0大于____mol·L-1。  0.9 T ℃时，计划在5 s内转化率达90%，则5 s=×，c0=0.9 mol·L-1，应控制初始浓度c0大于0.9 mol·L-1。 (3)利用工业废气H2S替代硫黄矿生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g)。反应物投料比采用n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，维持体系压强为100 kPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图。 ①图中表示CS2的曲线是　　(填“a”“b”“c”或“d”)。  b 根据化学方程式体现的关系可知，生成二硫化碳和氢气的物质的量之比为1∶4，结合图像可知，图中表示CS2的曲线是b。 ②950 ℃时，该反应的Kp=　　　kPa2(以 分压表示，分压=总压×物质的量分数)。  104 950 ℃时，反应物投料比采用n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，维持体系压强为100 kPa，设甲烷、硫化氢投料分别为1 mol、2 mol，列三段式为 　　　　　CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g) 起始/mol　　1　　 2　　　　0　　　0 转化/mol　　a　　 2a　　　 a　　 4a 平衡/mol　　1-a　　2-2a　　 a　　　4a 由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等， 则1-a=a，a=0.5，则平衡时甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5 mol、1 mol、0.5 mol、2 mol，总的物质的量为4 mol，该反应的Kp= kPa2=104 kPa2。 ③相比以硫黄矿为原料，使用H2S的优点 是　　　　 　　，缺点是_______ __________________。  变废为宝，减小污染 度更高、耗能更大 反应温 $$ 一、根据反应机理图判断反应过程 催化剂：在连续反应中从一开始就参与了反应，在最后又生成，所以仅从结果上来看似乎并没有发生变化，实则是消耗多少后续又生成了多少。 中间产物：在连续反应中为某一步的产物，在后续反应中又作为反应物被消耗，所以仅从结果上来看似乎并没有生成，实则是生成多少后续又消耗多少。 1.用基元反应表示的催化机理分析 在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为 H2O2+I-H2O+IO-　慢 H2O2+IO-O2+I-+H2O　快 在该反应中I-为催化剂，IO-为中间产物。 2.用循环转化图表示的催化机理分析 先找到确定的反应物，反应物一般是通过一个箭头进入整个历程的物质(产物一般是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质)，与之同时反应的就是催化剂，并且经过一个完整循环之后又会生成；中间产物则是这个循环中的任何一个环节。如图所示： 3.典例剖析 (2023·湖南，14)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L⁃Ru—NH3]+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。 下列说法错误的是(　　) A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强 B.M中Ru的化合价为+3 C.该过程有非极性键的形成 D.该过程的总反应式：4NH3-2e-===N2H4+2N [思路分析] 第一步：提取图示信息 第二步：看选项，确定信息加工的重点，逐项分析 A 基于化学键极性的判断： Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L⁃Ru—NH3]+中的Ru带有更多的正电荷→对N原子中电子的吸引作用增大→N—H极性变强，易发生断裂→失去质子的能力增强→所以正确 B 基于反应机理图示的分析判断： C 基于反应机理图示的分析判断： M变为[L⁃Ru—NH2—NH2—Ru⁃L]2+时有N—N形成→N—N是非极性键→所以正确 D 基于反应机理图示的分析判断： 答案　B 1.[2020·全国卷Ⅱ，35(5)]用金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图所示，用离子方程式表示该原理　　　　　　　　　、　　　　　　　　　。  答案　2Eu3++Pb===2Eu2++Pb2+　2Eu2++I2===2Eu3++2I- 2.[2020·江苏，20(3)]HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示： ①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成　　　　　　(填化学式)。  ②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　①HD　②提高释放氢气的速率及纯度 解析　①根据反应机理，HCOOD在催化剂作用下的释氢反应除生成CO2外，还生成HD。②HCOOK是强电解质，HCOOK溶液中HCOO-浓度更大，释放H2的速率更快；HCOOK溶液参与反应时，该过程主要反应的化学方程式为HCOOK+H2O===H2↑+KHCO3，减少了CO2的生成，因此能提高释放出氢气的纯度。 二、根据能量变化示意图判断反应热、活化能、反应速率快慢 1.基元反应与非基元反应 例如H++OH-===H2O，反应是反应物一步直接转化为生成物的，其总反应就是基元反应，又称为简单反应；而2HI===H2+I2的实际机理是分两步进行的，每一步都是一个基元反应：2HIH2+2I·、2I·I2，带有单电子的原子或原子团称为自由基，反应活性高，寿命短，2HI===H2 + I2称为非基元反应。 2.过渡态 A+BC[A…B…C]AB+C 备注　(1)以上为一种基元反应，其中正反应活化能Ea正=b-a，逆反应活化能=b-c， ΔH=-。(2)过渡态[A…B…C]不稳定。 3.中间体 备注　处于能量最高点的是反应的过渡态，在多步反应中两个过渡态之间的是中间体，中间体很活泼，寿命很短，但是会比过渡态更稳定些。 4.催化机理能垒图 (1)在催化机理能垒图中，有几个活化状态，就有几个基元反应。可以用图中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。 (2)每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢。 例如：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=-0.16NA eV·mol-1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。  5.催化剂在反应中的作用 (1)催化剂三能：①能改变反应途径；②能降低活化能；③能同等程度加快正、逆反应速率。 (2)催化剂三不能：①不能改变反应热或者焓变；②不能使平衡移动；③不能改变平衡转化率。 注意：催化剂能提升单位时间内的转化率或产率。 1.(2023·浙江1月选考，14)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是(　　) A.E6-E3=E5-E2 B.可计算Cl—Cl键能为2(E2-E3) kJ·mol-1 C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ D.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)===O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4) kJ·mol-1 答案　C 解析　对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6-E3=E5-E2，A正确；已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2-E3) kJ·mol-1，则Cl—Cl键能为2(E2-E3) kJ·mol-1，B正确；催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误；活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)===O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4) kJ·mol-1，D正确。 2.我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用*标注)。下列说法正确的是(　　) A.反应历程中第一步化学反应为决速步骤 B.催化剂改变了丙烷氧化脱氢的焓变(ΔH) C.过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1 D.吸附过程为吸热过程 答案　A 解析　化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知能垒(活化能)最大的是C3到过渡态1的能量，故第一步化学反应为决速步骤，A正确；催化剂不能改变反应的焓变(ΔH)，B错误；物质具有的能量越低越稳定，故过渡态2更稳定，C错误；由图可知吸附过程为放热过程，D错误。 3.(2023·浙江6月选考，14)一定条件下，1⁃苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)可与HCl发生催化加成，反应如下： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是(　　) A.反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ B.反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ C.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例 D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ 答案　C 解析　反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，ΔH都小于0，所以反应Ⅱ的ΔH<0，因此反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A正确；短时间里反应Ⅰ得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B正确；反应Ⅲ的平衡常数K=，温度不变，K不变，平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例不变，C错误；根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。 三、化学反应速率及影响因素 1.化学反应速率 (1)平均反应速率：常用单位时间内反应物或生成物浓度(物质的量、压强)的改变(减少或增加)来表示。 公式法：v=。 比值法：对于反应：mA(g)+nB(g)===pC(g)+qD(g)来说，则有。 (2)瞬时速率：反应在某一时刻的速率。 在浓度-时间曲线上某一时刻的斜率的绝对值代表该时刻的瞬时速率。 2.化学反应速率的影响因素 反应物本身的性质是主要因素，还受浓度、温度、压强、催化剂、表面积等因素影响。 3.速率常数与速率方程 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。通常k越大， 反应进行得越快。 特别提醒 (1)速率方程是由实验数据测定的结果，与化学方程式无确定的关系。 (2)活化能与速率常数 阿伦尼乌斯公式：k=A 当Ea>0时，升高温度，反应速率常数增大，化学反应速率随之提高。Ea值越大，改变温度对反应速率的影响程度就越大，这就是升高相同温度时，不同化学反应的速率提高的倍数不同的原因。 1.正误判断 (1)增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大(　　) (2)增大反应体系的压强，反应速率不一定增大(　　) (3)恒压容器中发生反应N2+O22NO，若在容器中充入He，正、逆反应的速率均不变(　　) (4)10.0 mL 2 mol·L-1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变(　　) (5)已知t1 ℃时，反应C+CO22CO　ΔH>0的速率为v，若升高温度，逆反应速率减小(　　) (6)CuCl(s)+2Cl-(aq)[CuCl3]2-(aq)，其他条件相同，增大CuCl的量，可加快生成[CuCl3]2-的速率(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)× 2.(2023·梅州高三总复习质量检测)在恒容密闭容器中，分别在T1、T2温度下(T1<T2)发生反应：3A(g)2B(g)　ΔH<0，反应体系中各物质的浓度c随时间t的部分变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) A.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-1·min-1 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 答案　C 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，反应速率更快，故b对应的温度是T2。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B的浓度随时间的变化曲线。恒容条件下充入He，各物质的浓度没有发生改变，平衡不移动，A错误；a曲线条件下，10~30 min内v(A)==0.05 mol·L-1·min-1，反应速率之比等于化学计量数之比，则v(B)=v(A)=×0.05 mol·L-1·min-1，B错误；降低温度，平衡正向移动，反应物的转化率提高，但温度过低会导致反应速率过慢，不利于提高生产效率，D错误。 3.温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表： t/s 0 50 150 250 350 n(PCl3)/mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20 反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=　　　　mol·L-1·s-1。  答案　0.001 6 解析　v(PCl3)==0.001 6 mol·L-1·s-1。 四、化学反应的方向 复合判据 ΔG=ΔH-TΔS 注意　(1)ΔH<0，ΔS>0的反应任何温度下都能自发进行。 (2)ΔH>0，ΔS<0的反应任何温度下都不能自发进行。 (3)当ΔH<0，ΔS<0时，低温下反应能自发进行；当ΔH>0，ΔS>0时，高温下反应能自发进行。 1.CO2(g)氢化制备化工原料CO(g)可有效缓解温室效应，此过程主要发生如下反应： 反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH1=+41 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH2=-164 kJ·mol-1 反应Ⅱ在化学热力学上进行的趋势很大，原因为　　　　　　　　　　　　　　　　，该反应易在　　　 (填“较高温度”或“较低温度”)下自发进行。  答案　反应Ⅱ为放热量很大的放热反应　较低温度 解析　反应Ⅱ在化学热力学上进行的趋势很大，这是由于该反应的正反应是放热反应，且放出的热量多，随着反应的进行，体系温度升高，使化学反应速率加快；要使反应Ⅱ自发进行，则ΔG<0，反应Ⅱ的ΔS<0，ΔH<0，ΔG=ΔH-TΔS，则该反应易在低温下自发进行。 2.甲烷水汽重整反应在一定条件下有积碳反应发生：反应ⅰ.2CO(g)CO2(g)+C(s)或反应ⅱ.CH4(g)C(s)+2H2(g)。 已知ΔG=ΔH-TΔS=-RTln K，反应ⅰ和反应ⅱ的ln K与温度的关系如图所示，350 ℃时，主要发生的积碳反应是反应ⅱ，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　350 ℃时，反应ⅰ的ΔG>0，不能自发进行，反应ⅱ的ΔG<0，能正向自发 五、化学平衡常数及简单计算 (一)化学平衡常数及影响因素 1.化学平衡常数的表达式及大小与化学方程式的书写有关。 例如：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　K1=， 则N2(g) + H2(g)NH3(g)　K2=或， 2NH3(g)N2(g)+3H2(g)　K3=或。 2.平衡常数K与温度的关系 温度变化 可逆反应的ΔH K的变化 升温 吸热反应，ΔH>0 增大 降温 减小 升温 放热反应，ΔH<0 减小 降温 增大 3.平衡常数K与浓度商Q的关系 达到平衡状态，Q=K； 平衡正向移动，Q<K； 平衡逆向移动，Q>K。 (二)化学平衡常数相关计算 1.化学平衡计算题的“万能钥匙”——“三段式” 如mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，设A、B起始物质的量浓度分别为a mol·L-1、b mol·L-1，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mx mol·L-1。 　　　　　　　　mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) 起始/(mol·L-1)　　　a　　b　　　　0　　　0 变化/(mol·L-1)　　　mx　　nx　　　px　　 qx 平衡/(mol·L-1)　　　a-mx　b-nx　　px 　　 qx 2.压强平衡常数(Kp) 第一步：根据“三段式”法计算平衡体系中各物质的物质的量或物质的量浓度。 第二步：计算各气体组分的物质的量分数或体积分数。 第三步：求出各气体物质的分压，某气体的分压=气体总压强×该气体的体积分数(或物质的量分数)。 第四步：根据压强平衡常数计算公式代入计算。例如，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，压强平衡常数表达式为Kp=。 例1　[2023·湖北，19(4)]1 200 K时，假定体系内只有反应C40H12(g)C40H10(g)+H2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数Kp为　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。  答案　p0 解析　设起始量为1 mol，则根据信息列出三段式： C40H12(g)C40H10(g)+H2(g) 起始量/mol　　　　1　　　　　0　　　　0 变化量/mol　　　　α　　　　　α　　　　α 平衡量/mol　　　　1-α　　　　α　　　　α 则p(C40H12)=p0×，p(C40H10)=p0×，p(H2)=p0×，该反应的平衡常数Kp==p0。 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)pC(g)+qD(g)， 则：v正=k正·ca(A)·cb(B)(k正为正反应速率常数)，v逆=k逆·cp(C)·cq(D)(k逆为逆反应速率常数)，反应达到平衡时v正=v逆，此时：k正·ca(A)·cb(B)=k逆·cp(C)·cq(D)⇒=K，即K=。 (2)Kp与k正、k逆的关系 以2NO2N2O4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，此时：k正·p2(NO2)=k逆·p(N2O4)⇒=Kp，即Kp=。 例2　1 mol CH3CH2OH和1 mol H2O充入恒容密闭容器中发生反应：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)，在550 K时，气体混合物中H2的物质的量分数x(H2)与反应时间t的关系如表所示。 t/min 0 20 40 60 80 100 x(H2)/% 0 15 29 40 48 48 上述反应中，正反应速率v正=k正·x2(CO)·x4(H2)，逆反应速率v逆=k逆·x(CH3CH2OH)·x(H2O)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆=______________________________________________________(以Kx和k正表示，其中Kx为用物质的量分数表示的平衡常数)，若k逆=75 mol·L-1·min-1，在t=80 min时，v逆=　　　　　　　　。  答案　　1.47 mol·L-1·min-1 解析　平衡时v正=v逆，可得k正·x2(CO)·x4(H2)=k逆·x(CH3CH2OH)·x(H2O)，Kx=，k逆=；t=80 min时，H2的物质的量分数为48%，则CO的物质的量分数为24%，CH3CH2OH、H2O的物质的量分数均为14%，v逆=k逆·x(CH3CH2OH)·x(H2O)=75 mol·L-1·min-1×0.14×0.14=1.47 mol·L-1·min-1。 4.多平衡体系中有关平衡常数的计算技巧 (1)有关多平衡体系平衡常数的计算，如何确定多个反应相关联物质在平衡时量的多少是解题的关键点。若用常规的三段式计算，对反应过程分析要求高，容易出错。但无论多少个反应，反应进行的程度如何，反应前后的原子总数是不变的，因而解答这类问题可用原子守恒法，可规避对反应过程的分析。 (2)原子守恒法解题基本思路 类型1　连续型多反应体系 连续平衡是指两个可逆反应有关联，第一个反应的某一生成物是第二个反应的反应物。解题时要注意如果该物质是第一个反应的生成物，第二个反应的反应物，则在第一个反应中，该物质的初始量为0，它的平衡量则为第二个反应中该物质的初始量(计算第二个反应的转化率尤为重要)。 例3　二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取二甲醚的原理如下： Ⅰ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) Ⅱ.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) 500 K时，在2 L密闭容器中充入4 mol CO和8 mol H2，4 min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则： (1)0~4 min，反应Ⅰ的v(H2)=　　　　。  (2)反应Ⅱ中CH3OH的转化率α=　　　　，反应Ⅰ的平衡常数K=　　　　。  思路引导　利用C、H、O原子守恒计算平衡时各物质的物质的量，再求各物质的平衡浓度，带入平衡常数表达式计算。 答案　(1)0.8 mol·L-1·min-1　(2)80%　1.25 解析　(1)设平衡时CO为x mol，H2为y mol，CH3OH为z mol，则CH3OCH3为2z mol，H2O为2z mol，根据： C守恒：x+z+2×2z=4 H守恒：2y+4z+6×2z+2×2z=2×8 O守恒：x+z+2z+2z=4 CO的转化率为×100%=80%，解得x=0.8，y=1.6，z=0.64，v(H2)==0.8 mol·L-1·min-1。(2)反应Ⅰ中CO的转化率为80%，则生成的CH3OH的物质的量为4 mol×80%=3.2 mol，反应Ⅱ生成的CH3OCH3的物质的量为2×0.64 mol=1.28 mol，则反应Ⅱ转化的CH3OH的物质的量为2×1.28 mol=2.56 mol，则反应Ⅱ中CH3OH的转化率α=×100%=80%。由以上分析可得平衡时：CH3OH、H2、CO的浓度分别为0.32 mol·L-1、0.8 mol·L-1、0.4 mol·L-1，反应Ⅰ的平衡常数K==1.25。 类型2　竞争反应(平行反应) 例4　CO2在 Cu⁃ZnO催化下，同时发生如下反应Ⅰ、Ⅱ，是解决温室效应和能源短缺的重要手段。 Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH (g)+H2O(g)　ΔH1<0 Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2>0 保持温度T时，在容积不变的密闭容器中充入一定量的CO2及H2，起始及达到平衡时，容器内各气体物质的量及总压强如下表： CO2 H2 CH3OH(g) CO H2O(g) 总压强/kPa 起始/mol 0.5 0.9 0 0 0 p0 平衡/mol n 0.3 p 若反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡时，p0=1.4p，则表中n=　　　　；反应Ⅰ的平衡常数Kp=　　　　kPa-2(用含p的式子表示)。  思路引导　利用C、H、O原子守恒计算平衡时各物质的物质的量，再求各物质的平衡分压，带入平衡常数表达式计算。 答案　0.2　 解析　设平衡时CO2为x mol，H2为y mol，CO为z mol，根据： C守恒：x+n+z=0.5 H守恒：2y+4n+0.3×2=0.9×2 O守恒：2x+n+0.3+z=0.5×2 由p0=1.4p知，， 解得：x=0.2，y=0.2，z=0.1，n=0.2。 平衡后气体总物质的量：(0.2+0.2+0.2+0.1+0.3) mol=1.0 mol。平衡后各物质的分压：CO2(g)：0.2p kPa，H2(g)：0.2p kPa，CH3OH (g)：0.2p kPa，H2O(g)：0.3p kPa。 则反应Ⅰ的平衡常数Kp= kPa-2= kPa-2。 六、化学平衡移动与转化率 1.转化率和平衡转化率 转化率有未达到平衡的转化率和平衡转化率，在审题的时候一定要注意转化率是否为平衡转化率。 (1)平衡转化率：达到平衡时的转化率，该条件下达到的最大转化率；与反应速率和反应时间无关。 (2)未达到平衡的转化率：与反应速率和反应时间有关，一般反应速率越大，转化率越大。 2.转化率与温度的关系 可逆反应的焓变ΔH 升高温度 吸热反应，ΔH>0 未达到平衡的转化率增大 平衡转化率增大 放热反应，ΔH<0 未达到平衡的转化率增大 平衡转化率减小 3.增大反应物的浓度与平衡转化率的关系(其中A、B、C均为气体) 可逆反应 改变条件 平衡移动方向 反应物平衡转化率 备注 A+BC 增大A的浓度 正向移动 α(A)减小 α(B)增大 - AB+C 增大A的浓度 正向移动 α(A)减小 反应物平衡转化率实际是考虑压强的影响 2AB+C 增大A的浓度 正向移动 α(A)不变 3AB+C 增大A的浓度 正向移动 α(A)增大 4.如果两气体物质的投料比等于化学计量数之比，那么无论是否达到化学平衡，两者的转化率一直相等。 5.“惰性气体”对化学平衡移动的影响 (1)恒温、恒容下：加入惰性气体体系总压增大，但体积不变，各反应物、生成物的浓度均未改变，故反应速率不变，v正、v逆不变，化学平衡也不发生移动。 (2)恒温、恒压下：加入惰性气体体积增大各反应物浓度减少反应速率减小，v正、v逆均减小，等效于减压，故化学平衡向气体总体积增大的方向移动。 6.平衡移动类归因分析答题模板 叙特点(反应特点或容器特点)→变条件→定方向→得结论(或结果) (1)温度：该反应正向为×××(放热或吸热)反应，其他条件不变，升高(或降低)温度，平衡×××(正向或逆向)移动，因此×××(得结论)。 (2)压强：正反应是气体分子数减小(或增大)的反应，当温度一定时，增大压强，平衡正向(或逆向)移动，因此×××(得结论)。 1.已知汽缸中生成NO的反应为N2(g)+O2(g)2NO(g)　ΔH>0。 汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是________________________________。  答案　温度升高，反应速率加快，平衡正向移动 2.通过丙烷催化氧化脱氢可制备丙烯，其反应原理为2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)　ΔH=-236 kJ·mol-1。在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氮气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是______________________________________________________。  答案　该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氮气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大 七、化学反应速率、化学平衡图像分析思路 1.图像分析的一般思路 例1　(2022·湖南，14改编)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：na<nc C.a点平衡常数：K=12 D.反应速率：va正<vb正 答案　B 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，正反应为气体分子数减小的反应，则刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，说明反应放热，即ΔH<0，故A错误；反应为放热反应，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体的总物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，图中a点和c点的压强相等，则气体的总物质的量：na<nc，故B正确；设Y转化的物质的量浓度为x mol·L-1，则列出三段式如下： 则有[(2-2x)+(1-x)+x] mol<×3 mol，计算得到x>0.75，即平衡常数K>12，故C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快，即va正>vb正，故D错误。 2.有关多重平衡及选择性的问题 在多重平衡中，几个可逆反应是相互影响的。 (1)如果主反应的生成物又与主反应的某一反应物发生另一个可逆反应，那么该反应物的平衡转化率就会增大。 (2)在一定温度下，特定的混合体系，多重平衡选择性为定值，催化剂不能提高某一物质的平衡转化率。 (3)如果在同一条件下，两种物质同时可以发生几个可逆反应，那么催化剂的选用就可以使其中某一反应的选择性提高。 (4)多重平衡体系中，随着温度的增加，如果两种物质的选择性之和等于100%，那么二者的选择性变化曲线呈镜像对称。 例2　绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措，可以用以下方法制备氢气。 Ⅰ.甲烷和水蒸气催化制氢气。主要反应如下： ⅰ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH=+206.2 kJ·mol-1 ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH=-41.2 kJ·mol-1 恒定压强为p0 MPa时，将n(CH4)∶n(H2O)=1∶3的混合气体投入反应器中发生反应ⅰ和ⅱ，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。 (1)图中表示CO2的物质的量分数与温度的变化曲线是　　　　(填字母)。  (2)结合图中数据，其他条件不变，若要H2的产量最大，最适宜的反应温度是　　　　(填字母)。  A.550~600 ℃ B.650~700 ℃ C.750~800℃ 在其他条件不变的情况下，向体系中加入CaO可明显提高平衡体系中H2的含量，原因是______________ __________________________________________________________________________________________。  (3)600 ℃时，反应ⅱ的平衡常数为Kp=　　　　(Kp是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。  答案　(1)n　(2)B　CaO为碱性氧化物，能吸收酸性氧化物CO2，导致CO2浓度减小，促使反应 ⅱ 平衡正向移动，导致CO浓度减小，引起反应 ⅰ 平衡也正向移动　(3) 解析　(1)随温度升高，反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡逆向移动，结合图中H2和CH4的变化曲线可知，p表示平衡时水蒸气的物质的量分数随温度的变化，m表示平衡时CO的物质的量分数随温度的变化，则n表示CO2的物质的量分数随温度的变化。(3)由图像信息可知，600 ℃平衡时，H2的物质的量分数为0.50，H2O的物质的量分数为0.32，CH4的物质的量分数为0.04，设投入CH4为1 mol、H2O为3 mol，根据三段式分析： 　　　　　　CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) 起始量/mol　　1　　　3　　　　0　　　0 转化量/mol　　x　　　x　　　　x　　　3x 平衡量/mol　　1-x　　3-x　　　　x　　　3x 　　　　　　CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 起始量/mol　　x　　3-x　　　　0　　　3x 转化量/mol　　y　　y　　　　　y　　　y 平衡量/mol　　x-y　3-x-y　　　　y　　 3x+y 则有=0.04，解得x=，=0.5，解得y=，CO的物质的量分数为=0.06，CO2的物质的量分数为=0.08，600 ℃时，反应 ⅱ 的平衡常数为Kp=。 1.正误判断 (1)在一定条件下，平衡向正反应方向移动，正反应速率变大(　　) (2)升高温度，化学平衡一定发生移动(　　) (3)Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)，增加炼铁炉高度，延长CO和铁矿石接触时间，能降低平衡时尾气中CO的体积分数(　　) (4)向平衡体系FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl中加入适量KCl固体，平衡逆向移动，溶液的颜色变浅(　　) (5)对于2NO2(g)N2O4(g)的平衡体系，压缩体积，增大压强，平衡正向移动，混合气体的颜色变浅(　　) (6)4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，减压、增加氧气的量能提高氨气的平衡转化率(　　) (7)反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，其他条件相同，增大，H2的转化率减小(　　) (8)Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)　ΔH<0，升高温度使反应物活化分子数增多，能提高反应速率和CO平衡转化率(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√　(7)√　(8)× 2.2021年9月24日，我国科学家在《Science》上发表论文《无细胞化学酶法从二氧化碳合成淀粉》，代表着人工合成淀粉领域的重大颠覆性和原创性突破。该实验方法首先将CO2催化还原为CH3OH。探究CH3OH合成反应的化学平衡影响因素，有利于提高CH3OH的产率。CO2和H2在某种催化剂作用下可同时发生以下两个反应： Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-48.5 kJ·mol-1 Ⅱ.2CO2(g)+5H2(g)C2H2(g)+4H2O(g)　ΔH=+37.1 kJ·mol-1 在压强为p，CO2、H2的起始投料比为1∶3的条件下，发生反应Ⅰ、Ⅱ。实验测得CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。 已知：CH3OH的选择性=×100% (1)有利于提高CH3OH的选择性的措施有　　　　　　(填字母)。  A.适当降温 B.适当升温 C.选择合适的催化剂 (2)温度高于350 ℃时，体系中发生的反应以　　(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)为主，并说明理由：________ ______________________________________________________________________________________。  (3)其中表示平衡时CH3OH的选择性的曲线是　　　　　(填“a”或“b”)。  答案　(1)AC　(2)Ⅱ　反应Ⅱ为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应的进行　(3)b 解析　(1)由反应Ⅰ可知生成CH3OH的反应为放热反应，根据勒夏特列原理，温度降低，有利于平衡正向移动，因此降温可以提高CH3OH的选择性；选择有利于反应Ⅰ的催化剂，可以让反应更大程度甚至只进行反应Ⅰ，有利于提高甲醇的选择性。(3)反应Ⅰ是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性降低，因此b为平衡时CH3OH的选择性曲线，a为CO2的平衡转化率曲线。 3.CS2在化工生产中有重要作用。天然气法合成CS2相关反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)+2S2(g)===CS2(g)+2H2S(g)　ΔH1=-104.71 kJ·mol-1 反应Ⅱ：2CH4(g)+S8(g)===2CS2(g)+4H2S(g)　ΔH2=+201.73 kJ·mol-1 (1)ΔH1、ΔH2随温度变化不大。温度不同时，反应体系中不同。合成CS2总反应CH4(g)+xS8(g)+(2-4x)S2(g)===CS2(g)+2H2S(g)的ΔH随温度T变化如图。 ①S8(g)===4S2(g)　ΔH=　　　　kJ·mol-1。  ②为提高CH4平衡转化率，控制温度范围在　　　　(填字母)，理由是_______________。  A.400~450 ℃ B.650~700 ℃ C.750~800 ℃ D.800 ℃以上 (2)合成CS2的总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与CH4初始浓度c0和CH4转化率α满足关系t=，式中k为速率常数。 ①T ℃、c0=1.0 mol·L-1时，测得t=9.5 s、α=95%，则k=　　L·mol-1·s-1。  ②T ℃时，计划在5 s内转化率达90%，应控制初始浓度c0大于　　　　mol·L-1。  (3)利用工业废气H2S替代硫黄矿生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。反应物投料比采用n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，维持体系压强为100 kPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图。 ①图中表示CS2的曲线是　　　　(填“a”“b”“c”或“d”)。  ②950 ℃时，该反应的Kp=　　　　kPa2(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。  ③相比以硫黄矿为原料，使用H2S的优点是　　　　　　，缺点是　　　　　　　　　。  答案　(1)①+411.15　②B　650 ℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700 ℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小　(2)①2　②0.9 (3)①b　②104　③变废为宝，减小污染　反应温度更高、耗能更大 解析　(1)①由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×反应Ⅰ得S8(g)===4S2(g)　ΔH=+411.15 kJ·mol-1。②由图可知，650 ℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700 ℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650~700 ℃左右达到峰值，故为提高CH4平衡转化率，控制温度范围在650~700 ℃。 (2)①T ℃、c0=1.0 mol·L-1时，测得t=9.5 s、α=95%，则9.5 s=×，k=2 L·mol-1·s-1。②T ℃时，计划在5 s内转化率达90%，则5 s=×，c0=0.9 mol·L-1，应控制初始浓度c0大于0.9 mol·L-1。 (3)①根据化学方程式体现的关系可知，生成二硫化碳和氢气的物质的量之比为1∶4，结合图像可知，图中表示CS2的曲线是b。②950 ℃时，反应物投料比采用n(CH4)∶n(H2S)=1∶2，维持体系压强为100 kPa，设甲烷、硫化氢投料分别为1 mol、2 mol，列三段式为 　　　　　CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g) 起始/mol　　1　　　2　　　　0　　　0 转化/mol　　a　　　2a　　　　a　　　4a 平衡/mol　　1-a　　2-2a　　　a　　　4a 由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等，则1-a=a，a=0.5，则平衡时甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5 mol、1 mol、0.5 mol、2 mol，总的物质的量为4 mol，该反应的Kp= kPa2=104 kPa2。 学科网（北京）股份有限公司 $$