专题2 化学反应速率与化学平衡整理与提升-【金版教程】2025-2026学年高中化学选择性必修1创新导学案全书Word（苏教版2019）

化学 选择性必修1 SJ 热点一　化学反应机理、历程与能垒图 1．化学反应机理/历程类试题解题模板 2．催化剂反应机理题解题方法 (1)通览全图，找准一“剂”三“物” 一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主体的多个物种一定在机理图中的主线上 三“物”指反应物、生成物、中间体 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般是产物 中间体 除催化剂、反应物、生成物外，其余一般均是中间体 (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、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案。 3．突破能量变化能垒图 [注意]　(1)能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应。 (2)用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。 (3)相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。 　(河北卷)我国科技工作者设计了可充电Mg­CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3­丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。 对该电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。 下列说法错误的是(　　) A．PDA捕获CO2的反应为＋CO2―→ B．路径2是优先路径，速控步骤反应式为*CO＋＋e－―→*C2O＋ C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同 D．三个路径速控步骤均涉及*CO的转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生 [解析]　根据题给反应路径图可知，PDA(1，3­丙二胺)捕获CO2的产物为，因此PDA捕获CO2的反应为＋CO2―→，A正确；由反应进程中的能量变化可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒存在于*CO―→*C2O的步骤，根据反应路径2图示可知，该步骤有参与反应，因此速控步骤反应式为*CO＋＋e－―→*C2O＋，B正确；根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，经历了不同的反应步骤，但产物均为*MgCO3，而路径2、3的起始物均为，产物分别为*MgC2O4和*MgCO3，C正确；根据反应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中*CO都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为*CO得电子转化为*CO和*CO，没有PDA的生成，D错误。 [答案]　D 　CO2加氢制甲醇的反应机理如图所示。已知活化位点为催化剂上能吸咐反应物分子同催化剂反应的基团位置。下列说法不正确的是(　　) A．该过程的总反应可表示为CO2＋3H2CH3OH＋H2O B.是该反应的催化剂 C．CO2和H2的活化位点相同 D．氧空位浓度高，有利于增强CO2的吸咐能力 [解析] 结合已知信息，对比“①吸咐、②吸咐”加入H2和CO2前后物质的结构变化可知，H2的活化位点是Ga—O键，CO2的活化位点是氧空位，故氧空位浓度高，活化位点增多，有利于增强CO2的吸附能力，C错误，D正确。 [答案]　C 1.(安徽卷)某温度下，在密闭容器中充入一定量X(g)，发生下列反应：X(g) Y(g)(ΔH1<0)，Y(g) Z(g)(ΔH2<0)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是(　　) 答案：B 解析：由题图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g) Y(g)的反应速率大于Y(g) Z(g)的反应速率，则反应X(g) Y(g)的活化能小于反应Y(g) Z(g)的活化能。X(g) Y(g)和Y(g) Z(g)的ΔH都小于0，故两个反应均为放热反应；则符合题意的反应进程示意图为B项图示。 2．(甘肃卷)甲烷在某含Mo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＝1.41 eV B．步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eV 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：由能量变化图可知，步骤1的活化能E1＝0.70 eV，步骤2的活化能E3＝－0.49 eV－(－0.71 eV)＝0.22 eV，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。 3．某离子液体的阴离子[CH(CN)2]－可以吸收CO2，其可能的两种反应路径如下图所示。下列说法错误的是(　　) A．两种路径的总反应相同 B．路径Ⅰ是主要的反应途径 C．该反应为放热反应 D．生成物中既含离子键又含共价键 答案：B 解析：路径Ⅱ活化能小，反应速率快，故路径Ⅱ是主要的反应途径，B错误。 热点二　化学平衡图像解题策略 1．解答化学平衡图像题的思维流程 2．通过图像获取有用信息 (1)横坐标与纵坐标的含义 ①横坐标：通常是t、T、p(即时间、温度、压强)等。 ②纵坐标：通常是v、c、n、α、φ(即速率、物质的量浓度、物质的量、转化率、体积分数)等。 (2)线的走向与斜率 ①线的走向，即随着横坐标自变量的增大，纵坐标因变量是变大、变小、还是不变。当纵坐标所表示的物理量，如速率、物质的量浓度、物质的量、转化率或体积分数等不随横坐标的变化而变化时，图像中出现一条直线，那么该反应就到达化学平衡状态。 ②斜率，是化学平衡图像曲线中一个重要的参数。斜率的应用，通常是对两条不同曲线的斜率进行比较，或者通过比较同一条曲线不同时刻的斜率变化来判断反应是改变了哪些外界条件。 (3)观察化学平衡图像中的“重点” 所谓的“重点”指的是化学平衡图像中的起点、拐点、终点、交点、突变点等，这些点往往隐藏着许多重要的信息，借助这些“重点”中的有效信息，能够快速地找到解题的思路，突破图像题的难点。 (4)跟踪化学平衡图像中量的变化 考虑纵坐标表示的物理量所发生的变化是由什么外界条件改变而引起的。要解决这个问题，我们经常要借助化学平衡移动理论。 3．掌握三类常规图像的分析方法 (1)百分含量(或转化率)－时间－温度(或压强)图像 以mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)　ΔH为例 解题方法：“先拐先平数值大”。 在化学平衡图像中，先出现拐点的反应先达到平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高(如图Ⅰ中T2＞T1)，压强较大(如图Ⅱ中p2＞p1)或使用了催化剂(如图Ⅲ中a可能使用了催化剂)。 图Ⅰ.表示T2＞T1，C%(生成物)减小，说明正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动。 图Ⅱ.表示p2＞p1，A(反应物)的转化率减小，说明正反应是气体总体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动。 图Ⅲ.生成物C的百分含量不变，说明平衡不发生移动，但反应速率a＞b，故a使用了催化剂，也可能该反应是反应前后气体总体积不变的可逆反应，a增大了压强(压缩体积)。 (2)百分含量(或转化率)－压强－温度图像 以mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)　ΔH为例 解题方法：“定一议二”。 在化学平衡图像中，包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的三个变量，分析方法是确定其中一个变量，讨论另外两个变量之间的关系。如图Ⅰ中确定压强为105 Pa或107 Pa，则生成物C的百分含量随温度T的升高而逐渐减小，说明正反应是放热反应；再确定温度T不变，做横坐标的垂线，与压强线出现两个交点，分析生成物C的百分含量随压强p的变化可以发现，压强增大，生成物C的百分含量增大，说明正反应是气体总体积减小的反应。 (3)特殊图像 Ⅰ.对于反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，M点前，表示化学反应从反应开始到建立平衡的过程，则v正>v逆，M点为平衡点，M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡左移，故正反应ΔH<0。 Ⅱ.如图所示曲线是其他条件不变时，某反应物的平衡转化率与温度的关系曲线。图中标出的1、2、3、4四个点，表示v正>v逆的是点3，表示v正<v逆的是点1，而点2、4表示v正＝v逆。 解题方法： Ⅰ中图像，由于某一条件对平衡的影响只能向一个方向移动，所以最高点(最低点)及以后为平衡状态受条件的影响情况，前面为未达到平衡的情况。 Ⅱ中图像曲线上的点全为对应条件下的平衡点。 4．化工生产中的复杂图像分析 除通过图像获取有用信息和对获取的信息进行加工处理外，还需注意以下4点： (1)曲线上的每个点是否都达到平衡 往往需要通过曲线的升降趋势或斜率变化来判断，如果还未达到平衡则不能使用平衡移动原理，只有达到平衡以后的点才能应用平衡移动原理。 如图中虚线表示单位时间内A的产率随温度的升高先增大后减小，先增大的原因是P点之前反应尚未达到平衡，随温度的升高，反应速率增大，故单位时间内A的产率增大。 (2)催化剂的活性是否受温度的影响 不同的催化剂因选择性不同受温度的影响也会不同。一般来说，催化剂的活性在一定温度下最高，低于或高于这个温度活性都会下降。 如图，250～300 ℃时，温度升高而B的生成速率降低的原因是温度超过250 ℃时，催化剂的催化效率降低。 (3)不同的投料比对产率也会造成影响 可以采用“定一议二”的方法，根据相同投料比下温度或压强的改变对产率的影响或相同温度或压强下改变投料比时平衡移动的方向进行判断，确定反应的吸放热或系数和的大小。 如图，对于反应2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)。 当投料比一定时，温度越高，CO2的转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应。若温度不变，提高投料比[n(H2)/n(CO2)]，则提高了二氧化碳的转化率。 (4)考虑副反应的干扰或影响 往往试题会有一定的信息提示，尤其温度的改变影响较大。 　(广西卷)573 K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：C6H5CN(苯甲腈)―→C6H5CONH2(苯甲酰胺)―→C6H5COOH(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用X、Y、Z表示)的物质的量分数x(A)随时间t的变化曲线，其中x(A)＝。下列说法错误的是(　　) A．水解产物除了Y、Z还有NH3 B．a点时v消耗(Y)＝v生成(Y) C．x(Z)在15 min前基本不变，15 min后明显增大，可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用 D．任意25 min时间段内存在v(X)＝v(Y)＋v(Z) [解析]　苯甲腈在溶液中发生连续水解： C6H5CN＋H2OC6H5CONH2， C6H5CONH2＋H2OC6H5COOH＋NH3，有NH3生成，A正确。a点之前x(Y)逐渐增大，v消耗(Y)<v生成(Y)；a点之后，x(Y)逐渐减小，v消耗(Y)>v生成(Y)；a点是Y物质的最大值，则生成和消耗的速率相等，即v消耗(Y)＝v生成(Y)，B正确。x(Z)在15 min前基本不变，15 min后明显增大，在没有另加物质、没有改变反应条件的情况下，可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用，C正确。根据图像及分析可知，D错误。 [答案]　D 　用活性炭还原NO2可防止空气污染，其反应原理为2C(s) ＋2NO2(g) N2(g)＋2CO2(g)。在容积可变的密闭容器中，1 mol NO2和足量C发生该反应，恒容条件下，反应相同时间时，NO2的生成速率与N2的生成速率随温度的变化关系如图1所示。维持温度不变，改变容器容积，反应相同时间时，NO2的转化率随压强的变化关系如图2所示。下列说法正确的是(　　) A．A、B、C三点中，只有A点达到平衡状态 B．延长G点的反应时间，NO2的转化率增大 C．E点与G点对应的平衡常数K、NO2的平衡转化率均相等 D．在恒温恒容条件下，向F点对应的平衡体系中加入一定量的NO2，与原平衡相比，NO2的平衡转化率减小 [解析] 平衡常数只与反应温度有关，则平衡常数K(E点)＝K(G点)；结合上述分析可知，E点时，反应未达到平衡状态，此时NO2的转化率小于NO2的平衡转化率；G点时，反应达到平衡状态，此时NO2的转化率为NO2的平衡转化率，则E、G两点对应NO2的平衡转化率不相同，C错误。恒温恒容体系中，反应达到平衡状态后加入一定量的NO2，反应物NO2的浓度增大，与原平衡状态相比，等效于加压，NO2的平衡转化率减小，D正确。 [答案]　D 4.在密闭容器中进行下列反应：M(g)＋N(g) R(g)＋2L，此反应符合如图所示图像，下列叙述正确的是(　　) A．正反应放热，L是固体或液体 B．正反应放热，L是气体 C．正反应吸热，L是固体 D．正反应吸热，L是气体 答案：B 解析：由图像可知，温度为T1时，根据到达平衡的时间可知p2>p1，且压强越大，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，故L为气体；压强为p1时，根据到达平衡的时间可知T2>T1，且温度越高，R的含量越低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应。 5．汽车尾气中的NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入10 mol CO和8 mol NO发生反应2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)　ΔH<0，测得平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图。下列说法正确的是(　　) A．温度：T2<T1 B．反应速率：v(C)<v(B) C．CO的体积分数：ω(A)>ω(E) D．平衡常数：K(A)>K(G) 答案：C 解析：压强相同时，T2→T1，NO的体积分数减小，说明平衡正向移动，而该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，故T2>T1，A错误；B、C点温度相同，但C点压强较大，故v(C)>v(B)，B错误；A点NO的体积分数大于E点，则A点相对于E点平衡向逆反应方向移动，CO的体积分数增大，故ω(A)>ω(E)，C正确；A点温度比G点温度高，该反应为放热反应，升高温度，平衡常数减小，故K(A)<K(G)，D错误。 6．将H2和CO按＝2的投料比充入1 L的恒容密闭容器中，一定条件下发生反应4H2(g)＋2CO(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)，测得CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．该反应的ΔH>0 B．压强大小：p1<p2<p3 C．在316 ℃时，该反应的平衡常数为0.25 D．若在p3、316 ℃条件下，起始时＝3，则达到平衡状态时，CO的平衡转化率大于50% 答案：D 解析：选p1、p2、p3任意一条等压线，压强恒定，升高温度，CO的平衡转化率减小，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH<0，A错误；作x轴的垂线与p1、p2、p3三条等压线交于三点，这三点对应的温度相等，自下而上，压强由p3→p2→p1，CO的平衡转化率增大，平衡正向移动，由于该反应为反应前后气体分子数减小的反应，则p1>p2>p3，B错误；根据题干信息和题图可知，H2和CO按＝2投料，316 ℃、p3条件下，CO的平衡转化率为50%，但压强及起始反应物的物质的量无确定值，无法计算该反应的平衡常数，C错误；根据题图可知，在p3、316 ℃、＝2条件下，CO的平衡转化率为50%，若增大起始时的值，即相当于增大H2的浓度，该反应平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，则达到平衡状态时CO的平衡转化率大于50%，D正确。 7．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的测量及处理具有重要意义。 (1)在一定条件下，将SO2和NO2通入绝热恒容密闭容器中，发生反应：SO2(g)＋NO2(g) SO3(g)＋NO(g)，正反应速率随时间变化如下图所示。由图可得出的正确结论是________(填字母)。 A．反应在c点达到平衡状态 B．反应物浓度：b点小于c点 C．反应物的总能量低于生成物的总能量 D．Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段 (2)汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag­ZSW­5催化，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如下图所示。 ①在＝1条件下，最佳温度应控制在________左右。 ②若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为________________ ____________________。 ③用平衡移动原理解释为什么加入CO后NO转化为N2的转化率增大：______________________________________________________。 答案：(1)D　(2)①870 K(860～880 K范围内都可以)　 ②该反应放热，升高温度，反应向逆反应方向进行　 ③加入的CO会与NO的分解产物O2发生反应，促进NO分解平衡向生成N2的方向移动，导致NO转化率升高 解析：(1)c点正反应速率达最大后，正反应速率逐渐减小，c点没有达到平衡状态，A错误；从b点到c点，正反应速率逐渐增大，反应物浓度逐渐减小，则b点反应物浓度大于c点，B错误；该容器为绝热容器，则影响化学反应速率的因素有浓度和温度，从浓度的角度看，随着时间的推移反应物浓度逐渐减小，反应速率减慢，但由图可知，c点之前正反应速率逐渐加快说明反应主要受温度的影响且是升高温度，由此可见该反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；c点前随着时间的推移，正反应速率逐渐加快，相同时间内，正反应速率越快，SO2的转化率越大，则Δt1＝Δt2时，a～b段SO2的转化率小于b～c段，D正确。 1．(海南卷)已知298 K、101 kPa时，CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49.5 kJ·mol－1。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行，CO2的初始浓度为0.4 mol·L－1，c(CO2)­t关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A．T1＞T2 B．T1下反应达到平衡时c(CH3OH)＝0.15 mol·L－1 C．使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大 D．使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同 答案：D 2．(江苏卷)催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、V2O5催化氧化SO2等。催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成 (环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO。下列说法正确的是(　　) A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能 B．C2H4与O2反应中，Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性 C．H2O2制O2反应中，MnO2能加快化学反应速率 D．SO2与O2反应中，V2O5能减小该反应的焓变 答案：C 解析：固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误；根据题意，催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成 (环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，则Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性，B错误；V2O5是SO2与O2反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，D错误。 3．(辽宁卷)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。下列说法错误的是(　　) 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 答案：A 解析：由图可知，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；图像显示该温度下，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，故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。 4．(重庆卷)醋酸甲酯制乙醇的反应为CH3COOCH3(g)＋2H2(g)CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)。三个10 L恒容密闭容器中分别加入1 mol醋酸甲酯和9.8 mol氢气，在不同温度下，反应t分钟时醋酸甲酯物质的量n如图所示。下列说法正确的是(　　) A．该反应的ΔH>0 B．容器甲中平均反应速率v(H2)＝ mol/(L·min) C．容器乙中当前状态下反应速率v(正)<v(逆) D．容器丙中乙醇的体积分数为8% 答案：D 解析：温度越高反应速率越快，比较乙、丙可知，丙中温度高，醋酸甲酯量增大，则丙达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，即ΔH<0，A错误；容器甲中平均反应速率v(H2)＝2v(CH3COOCH3)＝×2 mol/(L·min)＝ mol/(L·min)，B错误；温度越高反应速率越快，比较乙、丙可知，丙达到平衡状态，但不确定乙是否平衡，不能确定乙中正、逆反应速率相对大小，C错误；对丙而言： CH3COOCH3(g)＋2H2(g) CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g) 起始(mol/L) 0.1 0.98 0 0 转化(mol/L) 0.08 0.16 0.08 0.08 平衡(mol/L) 0.02 0.82 0.08 0.08 容器丙中乙醇的体积分数为×100%＝8%，D正确。 5．(江苏卷)二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝41.2 kJ·mol－1 ②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH2 225 ℃、8×106 Pa下，将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH的体积分数如图所示。 下列说法正确的是(　　) A．L4处与L5处反应①的平衡常数K相等 B．反应②的焓变ΔH2>0 C．L6处H2O的体积分数大于L5处 D．混合气从起始到通过L1处，CO的生成速率小于CH3OH的生成速率 答案：C 解析：L4处与L5处的温度不同，故L4处与L5处反应①的平衡常数K不相等，A错误；由题图可知，L1～L3温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，ΔH2<0，B错误；从L5到L6，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗CO，而CO体积分数没有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O)增大，反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O的消耗与生成，故n总减小而n(H2O)增大，即H2O的体积分数会增大，故L6处H2O的体积分数大于L5处，C正确；L1处CO的体积分数大于CH3OH，说明生成的CO的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率，D错误。 6．(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。其它条件相同时，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 答案：C 解析：由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误。 7．(浙江6月选考)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 8．(甘肃卷)SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 (1)由SiCl4制备SiHCl3：SiCl4(g)＋H2(g)===SiHCl3(g)＋HCl(g)　ΔH1＝＋74.22 kJ·mol－1(298 K) 已知SiHCl3(g)＋H2(g)===Si(s)＋3HCl(g)　ΔH2＝＋219.29 kJ·mol－1(298 K) 298 K时，由SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g)制备56 g硅________热(填“吸”或“放”)________kJ。升高温度有利于制备硅的原因是________________________________ ______________________________。 (2)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3： 3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)。773 K，2 L密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反应，SiCl4转化率随时间的变化如下图所示： ①0～50 min，经方式________处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)＝________ mol·L－1·min－1。 ②当反应达平衡时，H2的浓度为______ mol·L－1，平衡常数K的计算式为______________。 ③增大容器体积，反应平衡向______________移动。 答案：(1)吸　587.02　该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅 (2)①甲　5.6×10－5　②0.1951　　③逆反应方向 解析：(2)①由转化率－时间图像可知，0～50 min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2%＝0.0042 mol，根据化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为0.0042 mol×＝0.0056 mol，平均反应速率v(SiHCl3)＝＝5.6×10－5 mol·L－1·min－1； ②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列三段式： 3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g) 起始浓度(mol·L－1) 0.05 0.2 0 转化浓度(mol·L－1) 0.0073 0.0049 0.0097 平衡浓度(mol·L－1) 0.0427 0.1951 0.0097 当反应达平衡时，H2的浓度为0.1951 mol·L－1，平衡常数K的计算式为。 9．(贵州卷)在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应： ⅰ.CH4(g)―→C(s)＋2H2(g)　 ΔH1＝＋74.6 kJ·mol－1 ΔS＝＋80.84 J·mol－1·K－1 ⅱ.6CH4(g)―→C6H6(l)＋9H2(g)　ΔH2 回答下列问题： (1)反应ⅰ在1000 K时________(选填“能”或“不能”)自发进行。 (2)已知25 ℃时有关物质的燃烧热数据如表，则反应ⅱ的ΔH2＝________ kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。 物质 CH4(g) C6H6(l) H2(g) ΔH/(kJ·mol－1) a b c (3)受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是______________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (4)对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH4芳构化，相同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为________，理由是____________________________________________________________ ______________________。 pH CH4平均转化率/% 芳烃平均产率/% 产物中积碳平均含量/% 2.4 9.60 5.35 40.75 4.0 9.80 4.60 45.85 7.0 9.25 4.05 46.80 10.0 10.45 6.45 33.10 12.0 9.95 4.10 49.45 (5)973 K、100 kPa下，在某密闭容器中按n(C6H6)∶n(CH4)＝1∶5充入气体，发生反应C6H6(g)＋CH4(g)―→C7H8(g)＋H2(g)，平衡时C6H6与C7H8的分压比为4∶1，则C6H6的平衡转化率为________，平衡常数Kp＝____________________________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数，列出计算式即可)。 (6)引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下： (两个反应可视为同级数的平行反应) 对于同级数的平行反应有＝＝ e()，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知Ea，苯<Ea，二甲苯，若要提高苯的产率，可采取的措施有_____________________________________ _______________________。 答案：(1)能　(2)6a－b－9c (3)反应ⅰ有积碳生成，随着反应的进行，生成的积碳逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小 (4)10.0　pH＝10.0时，产物中积碳平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高 (5)20%　或 (6)适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可) 解析：(2)由题给数据可得热化学方程式： ⅲ.CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝a kJ·mol－1， ⅳ.C6H6(l)＋O2(g)===6CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝b kJ·mol－1， ⅴ.H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝c kJ·mol－1， 将反应ⅲ×6－ⅳ－ⅴ×9得反应ⅱ.6CH4(g)―→C6H6(l)＋9H2(g)，依据盖斯定律，反应ⅱ的ΔH2＝(6a－b－9c) kJ·mol－1。 (5)973 K、100 kPa下，在某密闭容器中按n(C6H6)∶n(CH4)＝1∶5充入气体，发生反应C6H6(g)＋CH4(g)―→C7H8(g)＋H2(g)，平衡时C6H6与C7H8的分压比为4∶1，设起始时C6H6的物质的量为1 mol，CH4的物质的量为5 mol，参加反应的C6H6的物质的量为x mol，则可建立三段式： C6H6(g)＋CH4(g)―→C7H8(g)＋H2(g) 起始量(mol) 1 5 0 0 变化量(mol) x x x x 平衡量(mol) 1－x 5－x x x 依题意，＝，解得x＝0.2，平衡时，n(C6H6)＝0.8 mol，n(CH4)＝4.8 mol，n(C7H8)＝0.2 mol，n(H2)＝0.2 mol，则C6H6的平衡转化率为×100%＝20%，平衡常数Kp＝或。 (6)已知Ea，苯<Ea，二甲苯，＝e()，则温度降低，增大，可提高苯的产率；加入合适的催化剂，选择性降低Ea，苯，可加快生成苯的速率，提高苯的产率。 10．(全国甲卷节选)回答下列问题： (1)CH4与Br2反应生成CH3Br：CH4(g)＋Br2(g)===CH3Br(g)＋HBr(g)　ΔH1＝－29 kJ·mol－1，部分CH3Br会进一步溴化。将8 mmol CH4和8 mmol Br2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)＝________mmol。 (ⅲ)560 ℃时，反应CH3Br(g)＋Br2(g)===CH2Br2(g)＋HBr(g)的平衡常数K＝____________。 (2)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500 ℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (ⅰ)在11～19 s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比＝________。 (ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据：_____________________________________ _______________。 (ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下： ①I2(g)===I(g)＋I(g) ②I(g)＋CH2Br2(g)===IBr(g)＋CH2Br(g) ③CH2Br(g)＋HBr(g)===CH3Br(g)＋Br(g) ④Br(g)＋CH4(g)===HBr(g)＋CH3(g) ⑤CH3(g)＋IBr(g)===CH3Br(g)＋I(g) ⑥I(g)＋I(g)===I2(g) 根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因：______________________________。 答案：(1)(ⅰ)a　(ⅱ)80%　7.8　(ⅲ)10.92 (2)(ⅰ)(或3∶2)　(ⅱ)5 s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 (ⅲ)I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br 解析：(1)(ⅰ)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a。 (ⅱ)560 ℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6 mmol，其转化率α＝×100%＝80%；若只发生一步反应，则生成6.4 mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0 mmol，说明还有1.4 mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n＝(6.4＋1.4) mmol＝7.8 mmol。 (ⅲ)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)＝5.0 mmol、n(Br2)＝0.2 mmol、n(CH2Br2)＝1.4 mmol、n(HBr)＝7.8 mmol，设该密闭容器的体积为V，故该反应的平衡常数K＝＝＝10.92。 (2)(ⅰ)11～19 s时，有I2时CH3Br的生成速率v＝ mmol·(L·s)－1＝ mmol·(L·s)－1，无I2时CH3Br的生成速率v＝ mmol·(L·s)－1＝ mmol·(L·s)－1。生成速率之比＝＝。 11．(福建卷)探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有 ⅰ.C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)　ΔH1＝＋124 kJ·mol－1　 ΔS1＝127 J·K－1·mol－1　Kp1 ⅱ.C3H8(g)===C2H4(g)＋CH4(g)　ΔH2＝＋82 kJ·mol－1　 ΔS2＝135 J·K－1·mol－1　Kp2 ⅲ.C3H8(g)＋2H2(g)===3CH4(g)　ΔH3＝－120 kJ·mol－1　 ΔS3＝27.5 J·K－1·mol－1　Kp3 已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压＝物质的量分数×总压。在0.1 MPa、t ℃下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数φ见下表。 物质 丙烯 乙烯 甲烷 丙烷 氢气 体积分数(%) 21 23.7 55.2 0.1 0 (1)比较反应自发进行(ΔG＝ΔH－TΔS＜0)的最低温度，反应ⅰ________反应ⅱ(填“＞”或“＜”)。 (2)①在该温度下，Kp2远大于Kp1，但φ(C3H6)和φ(C2H4)相差不大，说明反应ⅲ的正向进行有利于反应ⅰ的________反应和反应ⅱ的________反应(填“正向”或“逆向”)。 ②从初始投料到达到平衡，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为________。 ③平衡体系中检测不到H2，可认为存在反应：3C3H8(g)===2C3H6(g)＋3CH4(g)　Kp，下列相关说法正确的是________(填标号)。 a．Kp＝K·Kp3 b．Kp＝ (MPa)2 c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率 d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数 ④由表中数据推算：丙烯选择性＝×100%＝________________________(列出计算式)。 (3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应： ⅳ.CH3OH(g)===CO(g)＋2H2(g)　ΔH4＝＋91 kJ·mol－1 在0.1 MPa、t ℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。 ①进料比n(丙烷)∶n(甲醇)＝1时，体系总反应：C3H8(g)＋CH3OH(g)===CO(g)＋3CH4(g)　ΔH＝________kJ·mol－1。 ②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是__________________________________________________________________________________________________。 答案：(1)＞ (2)①正向　逆向　②ⅱ＞ⅰ＞ⅲ　③ab ④×100% (3)①－29　②甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应ⅰ逆向移动；反应ⅲ正向移动，造成丙烯体积分数下降 解析：(1)反应ⅰ的ΔG＝124－127T(未带单位)＜0，T＞，同理反应ⅱ：T＞，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大。 (2)②根据平衡体积分数φ(甲烷)＞φ(乙烯)＞φ(丙烯)，消耗1 mol丙烷生成1 mol丙烯或1 mol乙烯和1 mol甲烷或3 mol甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ；③根据盖斯定律：目标反应＝2ⅰ＋ⅲ，故Kp＝K·Kp3，a正确；分压＝物质的量分数×总压＝体积分数×总压，故Kp＝＝＝，b正确；催化剂不能影响平衡的移动，c错误；平衡后再通入丙烷，恒压条件下，相当于等效平衡，因此丙烯的体积分数不变，d错误；④在相同条件下，物质的量之比等于体积之比，同时消耗1 mol丙烷生成1 mol丙烯或1 mol乙烯和1 mol甲烷或3 mol甲烷，因此丙烯的选择性＝×100%＝×100%。 (3)①ⅲ.C3H8(g)＋2H2(g)===3CH4(g)　ΔH3＝－120 kJ·mol－1，ⅳ.CH3OH(g)===CO(g)＋2H2(g)　ΔH4＝＋91 kJ·mol－1，根据盖斯定律，目标反应＝ⅲ＋ⅳ，故ΔH＝－29 kJ·mol－1。 29 学科网（北京）股份有限公司 $$