主题十 化学反应速率与化学平衡（教师用书）-【新高考方案】2026年高考化学Ⅰ一轮总复习

主题十化学反应速率与化学平衡 第一讲　化学反应速率 |内|容|与|目|标| 　 1.能进行化学反应速率的简单计算,能通过实验探究分析不同组分浓度改变对化学反应速率的影响,能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。 2.能运用温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响规律解释生产、生活、实验室中的实际问题,能讨论化学反应条件的选择和优化。 逐点清(一)　化学反应速率及表示方法 系统教材·固本强基 　 1.化学反应速率的概述 概念 通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增大来表示(均取正值) 公式 v==,单位是mol·L-1·min-1或mol·L-1·s-1 规律 当单位相同时,化学反应速率的数值之比等于化学计量数之比。如反应mA(g)+nB(g) ===pC(g)+qD(g),即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=m∶n∶p∶q,或=== 2.化学反应速率的注意事项 (1)化学反应速率一般指平均速率而不是某一时刻的瞬时速率,且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。 (2)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。 (3)固体或纯液体的浓度视为常数,一般不用固体或纯液体的浓度变化计算化学反应速率。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率,生成物浓度的变化量表示逆反应速率 (×) (2)某化学反应速率为0.8 mol·L-1·s-1,是指某时刻该反应的瞬时速率为0.8 mol·L-1·s-1 (×) (3)同一化学反应,相同条件下用不同物质表示的反应速率,数值越大,表示化学反应速率越快 (×) 2.(人教选1 P53 T5改编)在2 L的密闭容器中通入N2和H2,使其发生反应:N2 + 3H22NH3。 (1)在10 s内用H2的浓度变化表示的化学反应速率为0.12 mol·L-1·s-1,则这10 s内消耗N2的物质的量是　　 　　。  (2)10 s内用N2和NH3表示的化学反应速率分别为　　　　　、　　　 　　　。  提示:(1)0.8 mol　(2)0.04 mol·L-1·s-1 0.08 mol·L-1·s-1 迁移应用·深化学习 　 牛刀小试 题点(一)　化学反应速率的基本概念和计算 1.现向一容积不变的2 L密闭容器中充入4 mol NH3和3 mol O2,发生反应:4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g),4 min后,测得生成的H2O占混合气体体积的40%,则下列表示此段时间内该反应的平均速率不正确的是 (　　) A.v(N2)=0.125 mol·L-1·min-1 B.v(H2O)=0.375 mol·L-1·min-1 C.v(O2)=0.225 mol·L-1·min-1 D.v(NH3)=0.250 mol·L-1·min-1 解析:选C　设4 min时,生成6x mol H2O(g),由题意建立如下三段式: 4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) 　　 4　　　　3　　 　　0　　　0 4x 3x 2x 6x 4-4x 3-3x 2x 6x 4 min时气体的总物质的量为(4-4x)mol+(3-3x)mol+2x mol+6x mol=(7+x)mol,则有=0.4,解得x=0.5,故v(H2O)===0.375 mol·L-1·min-1,依据速率比=化学计量数之比可知,v(N2)=v(H2O)=0.125 mol·L-1·min-1,v(NH3)=v(H2O)=0.250 mol·L-1·min-1,v(O2)=v(H2O)=0.187 5 mol·L-1·min-1。 2.一定条件下,在体积为10 L的固定容器中发生反应:N2(g)+3H2(g) ===2NH3(g),反应过程如下图。下列说法不正确的是 (　　) A.t1 min时正、逆反应速率相等 B.X曲线表示NH3的物质的量随时间的变化关系 C.0~8 min,H2的平均反应速率　v(H2)=0.011 25 mol·L-1·min-1 D.10~12 min,N2的平均反应速率　v(N2)=0.002 5 mol·L-1·min-1 解析:选A　t1时刻没有达到平衡状态,正、逆反应速率不相等,A项错误;根据图像,X的物质的量增加,属于生成物,因此X为NH3的曲线,B项正确;0~8 min时,v(NH3)==0.007 5 mol·L-1·min-1,根据化学反应速率之比等于化学计量数之比,v(H2)==0.011 25 mol·L-1·min-1,C项正确;10~12 min,v(NH3)==0.005 mol·L-1·min-1,v(N2)==0.002 5 mol·L-1·min-1,D项正确。 3.(2022·福建卷·节选)异丙醇(C3H8O)可由生物质转化得到,催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯(C3H6)的工业化技术已引起人们的关注,其主要反应如下: Ⅰ.C3H8O(g)C3H6(g)+H2O(g)　ΔH1=+52 kJ·mol-1 Ⅱ.2C3H6(g)C6H12(g)　ΔH2=-97 kJ·mol-1 回答下列问题: 在1 350 ℃下,刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表: 反应时间/μs 0 4 8 12 t 20 H2O浓度/ppm 0 2 440 3 200 3 600 4 000 4 100 (1)4~8 μs内,v(C3H8O)=　 　ppm·μs-1;  (2)t　　　16(填“>”“<”或“=”)。  链接拓展 突破常规的速率别样表示和计算 解析:(1)4~8 μs内,v(H2O)= ppm·μs-1=190 ppm·μs-1,则v(C3H8O)=v(H2O)=190 ppm·μs-1; (2)0~4 μs、4~8 μs、8~12 μs,Δc(H2O)逐渐减小,说明反应速率减小,8~12 μs内,Δc(H2O)=400 ppm,12~t μs内,Δc(H2O)=400 ppm,则t-12>4,即t>16。 答案:(1)190　(2)> 题点(二)　化学反应速率的大小比较 4.(2025·杭州期中检测)对于反应A(g)+2B(g) ===3C(g)+2D(g)来说,在四种不同情况下的反应速率分别为 ①v(A)=0.15 mol·L-1·min-1 ②v(B)=0.5 mol·L-1·s-1 ③v(C)=0.6 mol·L-1·s-1 ④v(D)=0.45 mol·L-1·min-1 则反应进行由快到慢的顺序为 (　　) A.④>③>①>②　　　 B.④>③>②>① C.②>③>④>① D.③>②>④>① 解析:选C　①v(A)=0.15 mol·L-1·min-1,=0.15;②v(B)=0.5 mol·L-1·s-1=30 mol·L-1·min-1,=15;③v(C)=0.6 mol·L-1·s-1=36 mol·L-1·min-1,=12;④v(D)=0.45 mol·L-1·min-1,=0.225。故反应速率由大到小顺序为②>③>④>①,故C正确。 练后补强 1.构建“三段式”求算v(X)、α的思维模型 　根据已知条件列方程式计算。例如, 反应　mA(g)+nB(g)pC(g) ①t0 s浓度/(mol·L-1)　　a　 　　b　　　　0 ②转化浓度/(mol·L-1)　 x　　　　　 　 ③t1s浓度/(mol·L-1) 　a-x　　b-　 　 v(A)=,v(B)=,v(C)=,α(A)=×100 %。 2.掌握化学反应速率大小的比较方法 归一法 按照化学计量数关系换算为同一物质、同一单位表示,再比较数值大小 比值法 比较化学反应速率与化学计量数的比值。如aA(g)+bB(g)cC(g),即比较与,若>,则用A表示的化学反应速率比用B表示的大 逐点清(二)　影响化学反应速率的因素 系统教材·固本强基 　 1.影响化学反应速率的因素 (1)内因:反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg>Al。 (2)外因(只改变一个条件,其他条件不变) 名师支教 2.基元反应和有效碰撞理论 (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,每一步反应都被称为基元反应;先后进行的基元反应反映了反应历程,反应历程又称为反应机理。 (2)有效碰撞 ①基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。 ②并不是反应物分子间的每一次碰撞都能发生反应,能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞。发生有效碰撞的两个条件是反应物分子能量足够和取向合适。 (3)活化分子、活化能 ①活化分子:能够发生有效碰撞的分子。 ②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。 图中:E1为正反应的活化能,E2为活化分子变成生成物分子放出的能量,反应热为E1-E2。 (4)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)升高温度可以使吸热反应的反应速率增大,但放热反应的反应速率减小 (×) (2)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 (×) (3)升高温度和增大压强均可增大活化分子百分数 (×) (4)盐酸与铁粉反应时,向盐酸中加入适量的CH3COONa固体可减小反应速率 (√) (5)活化分子的碰撞都是有效碰撞 (×) 2.(鲁科选1 P82 T2改编)请你解释下列现象。 (1)医用药品常在低温、干燥的环境中密封保存。 (2)向一堆篝火“鼓风”,可以使火势变强。 (3)少量的二氧化锰粉末可以使过氧化氢快速分解,而二氧化锰的质量在反应前后并没有发生改变。 (4)铁在空气中和在纯氧中反应的剧烈程度明显不同。 提示:(1)在温度低、干燥的环境中药品变质的反应速率减小。 (2)“鼓风”增大反应中O2的浓度,燃烧反应速率增大。 (3)二氧化锰为催化剂,反应前后质量不变。 (4)氧气的浓度大小影响反应的剧烈程度。 迁移应用·深化学习 　 牛刀小试 1.采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是 (　　) A.N2和H2合成NH3时,不断分离出产物NH3 B.Zn与稀硫酸反应制取H2时,改用浓硫酸 C.Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应时,增大压强 D.大理石与盐酸反应制取CO2时,将块状大理石改为粉末状大理石 解析:选D　N2和H2合成NH3时,不断分离出NH3,生成物的浓度降低,且随着反应进行反应物浓度也降低,化学反应速率降低,A错误;Zn与浓硫酸反应生成SO2,不产生氢气,B错误;Na2SO4溶液和BaCl2溶液反应,两者都是溶液,反应速率不受压强的影响,增大压强反应速率不变,C错误;大理石与盐酸反应制备CO2,将块状大理石换成粉末状大理石,大理石与盐酸的接触面积增大,反应速率增大,D正确。 2.科学家结合实验与计算机模拟结果,研究出了均相催化的思维模型。总反应:A+B―→AB(K为催化剂),①A+K―→AK Ea1,②AK+B―→AB+K Ea2。下列说法错误的是 (　　) A.第①步为决速步骤 B.升高温度,该反应的速率加快 C.该反应的ΔH=-Ea kJ·mol-1 D.催化剂降低了活化能,加快了反应速率 解析:选C　第①步的正反应活化能Ea1>第②步正反应活化能Ea2,所以反应速率:①<②,而总反应速率取决于慢反应,故决速步骤为第①步,A正确;温度升高,反应速率加快,B正确;Ea是该反应正反应的活化能,C错误;催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,D正确。 3.已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ,在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为 　　H2O2+I-―→H2O+IO-　　　慢 　　H2O2+IO-―→H2O+O2+I- 快 下列有关该反应的说法正确的是 (　　) A.反应速率与I-浓度有关 B.IO-也是该反应的催化剂 C.反应活化能等于98 kJ·mol-1 D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2) 解析:选A　H2O2的分解反应主要是由第一个反应决定的,I-浓度越大,反应速率越快,A项正确;根据总反应可确定该反应的催化剂为I-,而IO-为中间产物,B项错误;根据所给信息无法确定反应活化能,C项错误;反应速率关系为v(H2O2)=v(H2O)=2v(O2),D项错误。 4.一定温度下,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)缩小体积使压强增大:　　　　　　　,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,有效碰撞的次数增多　(2)增大　(3)不变　单位体积内活化分子数不变　(4)减小 练后补强 分析外界条件对化学反应速率的影响 (1)“惰气”对反应速率的影响 (2)对于有气体参加的可逆反应,升高温度或增大压强,v正、v逆均增大,但增大的倍数可能不同。 渗透实验在平时(8)——用变量控制思想探究外界因素对速率的影响 1.探究温度、浓度、催化剂对反应速率的影响 以2H2O2===2H2O+O2↑为例 温度不同 浓度不同 催化剂不同 举 例 说 明 两试管中H2O2溶液的浓度和体积均相同 ①两试管中溶液的温度相同 ②FeCl3溶液的浓度和体积均相同 ①三试管中H2O2溶液的浓度、体积和温度均相同 ②加入催化剂的浓度和体积均相同,以及对比实验中加入相同体积的水,是为了保证过氧化氢溶液的浓度相同 现象 和结 论 现象:50 ℃条件下H2O2产生气泡较快 结论:其他条件相同时,温度越高,化学反应速率越快 现象:10%H2O2产生气泡较快 结论:其他条件相同时,一般浓度越大,化学反应速率越快 现象:加入FeCl3溶液条件下H2O2产生气泡较快 结论:其他条件相同时,加入催化剂可以加快化学反应速率 微点精研 催化剂对反应速率的特殊影响 2.利用“变量控制法”解题的四个步骤 [提能训练] 1.(2025·贵阳期末检测)某研究小组以反应5H2C2O4+2Mn+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O为例,探究外界条件对化学反应速率的影响。实验时,分别量取无色H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液,迅速混合并开始计时,通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法错误的是 (　　) 实验编号 实验温度 /℃ 试管中所加试剂及其用量/mL 溶液颜色 褪至无色 所需时间/s 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液 H2O 0.02 mol·L-1 KMnO4溶液 3 mol·L-1 稀硫酸 ① 20 3.0 2.0 1.0 2.0 4.0 ② 20 2.0 x 1.0 2.0 5.2 ③ 20 1.0 4.0 1.0 2.0 t1 ④ 45 3.0 2.0 1.0 2.0 t2 A.x=3.0 B.t1>5.2,t2<4.0 C.利用实验①④探究温度对化学反应速率的影响 D.由实验①的数据可知,v(KMnO4)=0.005 mol·L-1·s-1 解析:选D　结合控制变量法,由体积不变可知x=3.0,故A正确;根据反应物浓度和浓度对反应速率的影响,③的反应速率小于②,t1>5.2,④的反应速率大于①,t2<4.0,故B正确;实验①④除温度不同,其他条件均相同,则实验①④探究温度对化学反应速率的影响,故C正确;由实验①的数据可知,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.02 mol·L-1×=0.002 5 mol·L-1,则v==0.000 625 mol·L-1·s-1,故D错误。 2.NaNO2溶液和NH4Cl溶液可发生反应:NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O。为探究反应速率与c(NaNO2)的关系,利用如图装置(夹持仪器略去)进行实验。 实验步骤:往A中加入一定体积(V)的2.0 mol·L-1 NaNO2溶液、2.0 mol·L-1 NH4Cl溶液和水,充分搅拌。控制体系温度,通过分液漏斗往A中加入1.0 mol·L-1醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时,开始用排水法收集气体。用秒表测量收集1.0 mL N2所需的时间,重复多次取平均值(t)。回答下列问题: (1)仪器A的名称为　　　　。  (2)检验装置气密性的方法:关闭止水夹K, 。  (3)若需控制体系的温度为36 ℃,采取的合理加热方式为 　 　　　　　　　　　　　　　。  (4)每组实验过程中,反应物浓度变化很小,忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如下表所示。 实验编号 V/mL t/s NaNO2溶液 NH4Cl溶液 醋酸 水 1 4.0 V1 4.0 8.0 334 2 V2 4.0 4.0 V3 150 3 8.0 4.0 4.0 4.0 83 4 12.0 4.0 4.0 0.0 38 ①V1=　　　,V3=　　　。  ②该反应的速率方程为v=k·cm(NaNO2)·c(NH4Cl)·c(H+),k为反应速率常数。利用实验数据计算得m=　　 　(填整数)。  ③醋酸的作用是 　。 (5)如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1,NaNO2与盐酸反应生成HNO2,HNO2分解产生等物质的量的两种气体。反应结束后,A中红棕色气体逐渐变浅装置中还能观察到的现象有　　　　　　　　　　　　　　　　。HNO2分解的化学方程式为_______________________________。  解析:(2)检验装置气密性的方法是关闭止水夹K,通过分液漏斗往A中加水,一段时间后水难以滴入,则气密性良好;(3)若需控制体系的温度为36 ℃,采取水浴加热使温度均匀平稳;(4)为探究反应速率与c(NaNO2)的关系,NH4Cl浓度不变,根据实验3和4可知溶液总体积为20 mL,故V1为4 mL;浓度增大速率加快,根据1和3组数据分析,3组的c(NaNO2)是1组的2倍,1组和3组所用的时间比≈4,根据分析可知速率和浓度的平方成正比,故m=2;因为≈4,则V2=6 mL,V3=6 mL;醋酸在反应前后没变,做催化剂,作用是加快反应速率;(5)同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1,NaNO2与盐酸反应生成HNO2,HNO2分解产生等物质的量的两种气体,根据氧化还原反应原理可知方程式为2HNO2===NO↑+NO2↑+H2O,反应结束后量筒收集到NO,A中红棕色气体逐渐变浅,是因为NO2溶于水生成NO,颜色变浅,锥形瓶压强降低,导管里上升一段水柱。 答案:(1)锥形瓶　(2)通过分液漏斗往A中加水,一段时间后水难以滴入,则气密性良好　(3)水浴加热　(4)①4.0　6.0　②2　③加快反应速率　(5)量筒中收集到无色气体,导管里上升一段水柱　2HNO2===NO↑+NO2↑+H2O [课时跟踪检测] (电子版配有升维和降维题组,通过调试难度,满足不同层级学生的需求) 一、选择题 1.(2024·甘肃卷)下列措施能降低化学反应速率的是 (　　) A.催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B.中和滴定时,边滴边摇锥形瓶 C.锌粉和盐酸反应时加水稀释 D.石墨合成金刚石时增大压强 解析:选C　催化剂可以改变化学反应速率,一般来说,催化剂可以用来加快化学反应速率,故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率,A项不符合题意;中和滴定时,边滴边摇锥形瓶,可以让反应物快速接触,可以加快化学反应速率,B项不符合题意;锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度,会降低化学反应速率,C项符合题意;石墨合成金刚石,该反应中没有气体参与,增大压强不会改变化学反应速率,D项不符合题意。 2.(2025·衡水市武强县阶段检测)对于基元反应2HI===H2+2I·,下列有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析错误的是 (　　) A.加入适宜催化剂,可使活化分子百分数增大 B.增大HI浓度,单位体积内活化分子数目增多 C.升高温度,单位时间内有效碰撞次数增加 D.增大压强,活化分子百分数增大 解析:选D　催化剂能降低反应所需活化能,活化分子百分数增大,有效碰撞几率增大,化学反应速率加快,故A正确;增大反应物的浓度,单位体积内活化分子个数增多,有效碰撞几率增大,化学反应速率加快,故B正确;升高温度,部分非活化分子吸收能量转化为活化分子,则活化分子百分数增大,单位时间内有效碰撞次数增加,化学反应速率加快,故C正确;增大压强,活化分子百分数不变,如果是通过缩小体积而增大压强,单位体积内活化分子个数增多,故D错误。 3.(2025·广州检测)已知在2 L密闭容器中发生反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),经2 min后,B的物质的量减少1.2 mol。下列有关反应速率的说法正确的是 (　　) A.用B、C、D表示的反应速率大小关系为2v(B)=3v(C)=6v(D) B.用A表示的反应速率是0.4 mol·L-1·min-1 C.用B表示反应在2 min末的反应速率为0.3 mol·L-1·min-1 D.增加A的量,化学反应速率加快 解析:选A　化学反应速率之比等于化学计量数之比,则反应速率大小关系为2v(B)=3v(C)=6v(D),故A正确;A为固体,速率单位为mol·L-1·min-1时,不能用固体表示,故B错误;可计算平均速率,不能计算2 min末B的反应速率,故C错误;A为固体,增加A的量,化学反应速率不变,故D错误。 4.(2025·贵阳开学检测)某同学为探究化学反应速率的影响因素拟设计如图实验方案,不能达成目的的是 (　　) A B C D A.探究反应物浓度对化学反应速率的影响 B.探究温度对化学反应速率的影响 C.探究催化剂对化学反应速率的影响 D.探究固体反应物表面积对化学反应速率的影响 解析:选C　HI溶液的浓度不同,体积相同,H2O2溶液浓度相同,可以探究反应物浓度对化学反应速率的影响,故A正确;Na2S2O3和H2SO4溶液的体积、浓度均相同,水的温度不同,因而可以探究温度对化学反应速率的影响,故B正确;右边试管中除加FeCl3溶液外,还在加热,反应速率快,不能探究催化剂对化学反应速率的影响,故C错误;在两支分别盛有1 g粉末状碳酸钙、1 g块状碳酸钙的试管中,分别加入相同体积、相同浓度的稀盐酸,可根据气泡快慢探究固体反应物表面积对化学反应速率的影响,能达到实验目的,故D正确。 5.(2025·郑州模拟)扎染是我国传统的手工染色技术,染色的核心工艺流程如下,依据流程下列推论错误的是 (　　) A.制备环节:改变还原剂可调控化学反应速率 B.退浆环节:加入催化剂能大幅度加快化学反应速率 C.染色环节:升高体系温度化学反应速率加快 D.上述流程涵盖了影响化学反应速率的所有因素 解析:选D　制备环节:传统工艺氢气还原需要7~15天,现代工艺用连二硫酸钠还原需要30 min,改变还原剂可调控化学反应速率,故A正确;退浆环节:加入催化剂降低反应的活化能,能大幅度加快化学反应速率,故B正确;染色环节:升高体系温度,化学反应速率加快,故C正确;题述流程未涵盖影响化学反应速率的所有因素,如浓度影响等,故D错误。 6.(2025·北京昌平区检测)碘蒸气的存在能提高温室气体N2O的分解速率,反应历程为 第一步　I2(g)2I(g)(快反应); 第二步　I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g) (慢反应); 第三步　IO(g)+N2O(g)N(g)+O2(g)+I(g) (快反应)。 下列表述不正确的是 (　　) A.要提高N2O的分解速率关键是提高第二步的反应速率 B.第二步活化能比第三步大 C.催化剂能改变N2O分解的反应历程,降低反应焓变 D.N2O分解的总反应为2N2O(g) ===2N2(g)+O2(g) 解析:选C　慢反应决定总反应速率,所以要提高N2O的分解速率关键是提高慢反应的反应速率,即第二步的反应速率,故A正确;活化能越大,反应速率越慢,所以第二步活化能比第三步大,故B正确;催化剂能改变反应速率,降低反应所需活化能,焓变不变,故C错误;根据方程式知,总反应中,N2O是反应物,N2和O2是生成物,总反应方程式为2N2O(g) ===2N2(g)+O2(g),故D正确。 7.(2025·遵义高三质检)一定温度下,10 mL 0.8 mol·L-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成的O2的体积(已折算为标准状况下)如表。 t/min 0 2 4 6 8 10 V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9 下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计) (　　) A.反应到6 min时,c(H2O2)=0.2 mol·L-1 B.第4 min时的瞬时速率小于第6 min时的瞬时速率 C.反应至6 min时,H2O2分解率为50% D.0~6 min的平均反应速率:v(H2O2)≈3.3×10-2 mol·L-1·min-1 解析:选D　由化学方程式2H2O22H2O+O2↑,计算可知,V(O2)=22.4 mL,物质的量n==0.001 mol,反应至6 min时消耗H2O2物质的量0.002 mol,反应到6 min时,c(H2O2)==0.6 mol·L-1,故A错误;随反应进行,浓度减小,反应速率减小,则一定温度下第4 min时的瞬时速率大于第6 min时的瞬时速率,故B错误;由化学方程式2H2O22H2O+O2↑,计算可知,V(O2)=22.4 mL,物质的量n==0.001 mol,反应至6 min时消耗H2O2物质的量0.002 mol,反应至6 min时,H2O2分解率为=×100%=25%,故C错误;结合A的计算,0~6 min的平均反应速率:v(H2O2)=≈3.3×10-2mol·L-1·min-1,故D正确。 8.稀土被称为新材料的宝库。稀土中的镧系离子可用离子交换法分离,其反应可表示为Ln3+(aq)+3RSO3H(s)(RSO3)3Ln(s)+3H+(aq)。某温度时,c(H+)随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.t1时的正反应速率大于t2时的逆反应速率 B.t1~t2时间段的平均反应速率为 　v(Ln3+)= mol·L-1·s-1 C.t3时增大c(H+),该平衡左移,平衡常数减小 D.t3时离子交换反应停止 解析:选A　随着反应的进行,反应物浓度逐渐下降,生成物浓度逐渐上升,直到达到平衡,即正反应逐渐下降,逆反应逐渐上升,直到相等,期间正反应速率始终大于逆反应速率,A正确;化学反应速率之比等于化学计量数之比,即v(Ln3+)= mol·L-1·s-1,B错误;温度不变,平衡常数不变,C错误;t3时反应达到平衡,此时的平衡是一种动态平衡,v正=v逆,反应并未停止,D错误。 9.(2024·安徽卷)室温下,为探究纳米铁去除水样中Se的影响因素,测得不同条件下Se浓度随时间变化关系如图。 实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是 (　　) A.实验①中,0~2小时内平均反应速率v(Se)=2.0 mol·L-1·h-1 B.实验③中,反应的离子方程式为2Fe+Se+8H+===2Fe3++Se+4H2O C.其他条件相同时,适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D.其他条件相同时,水样初始pH越小,Se的去除效果越好 解析:选C　实验①中,0~2小时内平均反应速率v(Se)==2.0×10-5 mol·L-1·h-1,A项错误;实验③中水样初始pH=8,溶液呈弱碱性,结合氧化还原反应规律可得离子方程式为2Fe+Se+4H2O===2Fe(OH)3+Se+2OH-,B项错误;由实验①、②可知,其他条件相同时,适当增加纳米铁质量,反应速率加快,C项正确;由实验②、③可知,其他条件相同时,适当减小水样初始pH,Se的去除效果更好,但若水样初始pH太小,与H+反应的纳米铁的量增多,从而影响Se的去除效果,故D项错误。 二、非选择题 10.(14分)(2025·东莞市高三质检)目前,常利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO进行下列转化:2NO+2CO2CO2+N2。为研究如何增大该化学反应的速率,某课题组进行了以下实验探究。 [查阅资料]　使用等质量的同种催化剂,催化剂比表面积对催化效率有影响。 [实验设计]　实验数据如表所示。 编号 t/℃ c(NO)/(mol·L-1) c(CO)/(mol·L-1) 催化剂的比表 面积/(m2·g-1) Ⅰ 280 6.50×10-3 4.00×10-3 80 Ⅱ c1 4.00×10-3 120.0 Ⅲ 360 c2 4.00×10-3 80.0 [图像分析]　三组实验中CO的浓度随时间的变化如图1所示(曲线Ⅰ表示实验Ⅰ)。 (1)实验数据表格中,t=　　　　;c2= 　。  (2)第Ⅰ组实验中,从反应开始到达到平衡用时3 min,用N2表示该反应在此段时间内的反应速率为 　　　　　　　　　　。  (3)要得出催化剂的比表面积对催化效率的影响,应比较曲线　 　和曲线　 　(填“Ⅰ”“a”或“b”)。  (4)从影响反应速率的角度分析,由曲线Ⅰ和a可得出的结论是　　　　　　　　　 。从化学平衡角度分析,该反应正方向为　　　　(填“放热”或“吸热”)反应。  [拓展探究]　该课题组进一步探究催化剂对CO、NO转化的影响。 将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应,相同时间内测量逸出气体中NO含量,从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率),结果如图2所示。 (5)由此可知可使用的最佳催化剂和相应的最佳温度分别为　　　　、　　　　。  解析:(1)控制变量法进行实验探究,对比实验Ⅰ和Ⅱ可知,催化剂的比表面积不同,则应保持处于相同温度,所以t=280 ℃;对比实验Ⅰ和Ⅲ,催化剂的比表面积相同,温度不同,则应保持浓度相同,c2=6.50×10-3mol·L-1。(2)根据图1,结合2NO+2CO2CO2+N2可得:v(N2)=v(CO)=×=5×10-4 mol·L-1·min-1。(3)催化剂的比表面积影响反应速率,不影响平衡移动,则平衡状态一氧化碳浓度应相同,故比较曲线Ⅰ和b可得出催化剂的比表面积对催化效率的影响。(4)曲线Ⅰ和a即对比实验Ⅰ和Ⅲ,根据图像可知在其他条件相同时,温度越高,反应速率越快;由图1可知,升高温度,平衡逆向移动,即正反应为放热反应。(5)由图可知催化剂Y在450 ℃是脱氮率最高。 答案:(1)280 ℃　6.50×10-3 mol·L-1 (2)5×10-4 mol·L-1·min-1　(3)Ⅰ　 b　 (4)在其他条件相同时,温度越高,反应速率越快　放热　(5)Y　450 ℃ 第二讲　化学平衡 |内|容|与|目|标| 　 1.认识化学平衡常数是表示反应限度的物理量,学会判断化学平衡状态;知道化学平衡常数的含义。 2.了解浓度商和化学平衡常数的相对大小与反应方向间的联系。 3.了解反应速率常数,学会计算平衡分压常数等化学平衡常数。 第1课时　化学平衡状态　化学平衡常数 逐点清(一)　化学平衡状态 系统教材·固本强基 　 1.可逆反应 2.化学平衡状态 (1)化学平衡的概念:在一定条件下的可逆反应体系中,当正、逆反应速率相等时,反应物和生成物的浓度均保持不变,即体系的组成不随时间而改变,表明该反应中物质的转化达到了“限度”,这时的状态称之为化学平衡状态,简称化学平衡。 (2)化学平衡的建立:绘制“反应速率—时间”图像,表示从正反应开始建立化学平衡状态的过程。 (3)化学平衡的特征 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)化学反应达到平衡后,反应物和生成物的浓度或百分含量相等 (×) (2)在一定条件下,向密闭容器中充入1 mol N2和3 mol H2充分反应,生成2 mol NH3 (×) (3)化学反应的限度就是一个可逆反应达到的平衡状态,可逆反应的转化率不能达到100% (√) (4)对于反应H2(g)+I2(g)2HI(g),当压强不变时,反应达到平衡状态 (×) (5)对于反应2A(g)+B(g)3C(g),在恒容密闭容器中反应,当混合气体的密度保持不变时说明反应已达平衡状态 (×) (6)在1 L的密闭容器中发生反应:2NO(g)+O2(g)2NO2(g),当容器中气体的颜色保持不变时,说明反应已达到平衡状态 (√) 2.已知铅酸蓄电池:Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。该反应是可逆反应吗?为什么? 提示:不是可逆反应,因为这两个反应不在同一条件下进行。 迁移应用·深化学习 　 牛刀小试 题点(一)　化学平衡建立的过程分析 1.(2025·衡水高三检测)一定条件下,对于可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g),若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3(均不为零,单位:mol·L-1),达到平衡时,X、Y、Z的浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.08 mol·L-1,则下列判断错误的是 (　　) A.c1∶c2=1∶3 B.平衡时,Y和Z的生成速率之比为2∶3 C.X、Y的转化率相等 D.c1的取值范围为0<c1<0.14 解析:选B　X、Y的平衡浓度之比为1∶3,转化浓度之比亦为1∶3,故c1∶c2=1∶3,X、Y的转化率相等,A、C正确;v生成(Y)表示逆反应速率,v生成(Z)表示正反应速率,平衡时v生成(Y)∶v生成(Z)=3∶2,B错误;利用“极值”思想,当0.08 mol·L-1的Z完全转化为X时,生成X的物质的量浓度为=0.04 mol·L-1,又c1、c2、c3均不为零,则X的起始浓度小于0.14 mol·L-1,故0<c1<0.14,D正确。 2.在一个体积固定的真空密闭容器中充入等物质的量的CO2和NH3,在恒定温度下使其发生反应2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)并达到平衡,混合气体中氨气的体积分数随时间的变化如图所示。 (1)A点的v正(CO2)　　　(填“>”“<”或“=”)A点的v逆(CO2)。  (2)A点的v正(CO2)　　　(填“>”“<”或“=”)B点的v逆(H2O),原因是 　 。  (3)B点v正(CO2)与v逆(NH3)的定量关系式为　　　　　　　　　　　　。  (4)A点v逆(CO2)与B点v正(CO2)的大小关系为　　　　　　　　　　。  答案:(1)>　(2)>　A点的v正(CO2)>B点的v正(CO2),B点时v正(CO2)=v逆(H2O)　 (3)v正(CO2)=v逆(NH3)　 (4)v逆(CO2)<v正(CO2) 题点(二)　化学平衡状态的判断 3.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。 思维建模 化学平衡状态的判断 (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2NO2(g)N2O4(g)达到平衡状态的是　　　　　　。  (4)能说明C(s)+CO2(g)2CO(g)达到平衡状态的是　　　　　　　　　　。  (5)能说明NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)达到平衡状态的是　　　　　　。  (6)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)①③④⑤⑦　(4)①②③④⑦　(5)①②③　(6)②④⑦ 4.工业制硫酸的反应之一为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g), 在1 L恒容绝热密闭容器中投入2 mol SO2和适当过量的O2,在一定条件下充分反应,如图是SO2和SO3随时间的变化曲线。 (1)10 min内,SO2的反应速率为　　　　　　　;平衡时SO2的转化率为　　　　　。  (2)下列叙述不能判断该反应达到平衡状态的是　　　　　。  a.容器中压强不再改变 b.容器中气体密度不再改变 c.O2的物质的量浓度不再改变 d.SO3的质量不再改变 e.2v正(SO2)=v逆(O2) 解析:(1)二氧化硫为反应物,三氧化硫为生成物,根据化学反应速率数学表达式,v(SO2)==0.1 mol·L-1·min-1;达到平衡时,消耗二氧化硫物质的量为(2.0-0.6)mol=1.4 mol,则二氧化硫的转化率为×100%=70%; (2)a项,相同条件下,气体压强之比等于气体物质的量之比,该反应为气体物质的量减少的反应,即当容器中压强不再改变,说明反应达到平衡;b项,组分都是气体,混合气体总质量不变,容器为恒容,混合气体总体积不变,根据密度的定义,混合气体密度始终相等,因此混合气体密度不变,不能说明反应达到平衡;c项,根据化学平衡状态的定义,氧气物质的量浓度不再改变,说明反应达到平衡;d项,根据化学平衡状态的定义,三氧化硫的质量不再改变,说明反应达到平衡;e项,应该是v正(SO2)=2v逆(O2)说明反应达到平衡。 答案:(1)0.1 mol·L-1·min-1　70%　(2)be 练后补强 判断化学平衡状态的两种方法 (1)动态标志:v正=v逆≠0 ①同种物质:同一物质的生成速率等于消耗速率。 ②不同物质:必须标明是“异向”的反应速率关系。如aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g),=时,反应达到平衡状态。 (2)静态标志:“变量”不变 在未达到平衡时不断变化、在达到平衡时不再发生变化的各种物理量(如各物质的质量、物质的量、浓度、百分含量、压强、密度或颜色等),如果不再发生变化,即达到平衡状态。 可简单总结为“正逆相等,变量不变”。 逐点清(二)　化学平衡常数 系统教材·固本强基 　 1.定义 在一定温度下,当一个可逆反应达到化学平衡时,生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数,简称平衡常数,用符号K表示。化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数。 2.表达式 固体或液体纯净物浓度不变,不能写入平衡常数表达式 对于一般的可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),在一定温度下达到平衡时,平衡常数的表达式: K=(固体和纯液体的浓度视为常数,通常不计入化学平衡常数表达式中)。 3.影响因素:化学平衡常数K只受温度影响,与反应物或生成物的浓度变化无关,与压强变化、是否使用催化剂等无关。在一定温度下,平衡常数保持不变。 4.应用 (1)判断可逆反应进行的程度:K值越大,反应物的转化率越大,正反应进行的程度越大。 (2)判断反应是否达到平衡或反应进行的方向:对于可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)在任意时刻,浓度商为Q=。 (3)判断可逆反应的反应热 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)平衡常数K越大,表示反应进行得越快 (×) (2)平衡常数发生变化,化学平衡一定发生移动 (√) (3)温度不变,增大反应物浓度,平衡正向移动,平衡常数增大 (×) (4)增大压强,N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡向正反应方向移动,K增大 (×) (5)一个反应的正、逆两反应的平衡常数互为相反数即K正=-K逆 (×) 2.(人教选1 P42 T6改编)甲醇是重要的化工原料,应用前景广阔。研究表明,二氧化碳与氢气反应可以合成甲醇,反应如下: CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) (1)反应的平衡常数表达式为K=　　　　　　　　　　　。  (2)已知该反应正反应方向为放热反应,若升高温度,则K　　　　。  提示:(1)　 (2)减小 迁移应用·深化学习 　 牛刀小试 题点(一)　化学平衡常数的表达式 1.已知下列反应:O2(g)+C(s)CO2(g)　K1;2C(s)+O2(g) 2CO(g)　K2,则反应2CO(g)+O2(g)2CO2(g)的平衡常数为 (　　) A.　　　　　　　 B.2K1-K2 C.·K2 D.2K1+K2 解析:选A　将第一个反应乘以2,再减去第二个反应,即可得到反应2CO(g)+O2(g) 2CO2(g),根据化学平衡常数的表达式,将方程式的系数扩大2倍,则化学平衡常数变为原来的平方,将两个反应相减,则新的反应的化学平衡常数为两个反应的平衡常数相除,则反应2CO(g)+O2(g) 2CO2(g)的平衡常数为。 2.找出平衡常数之间的关系,完成下表。 化学方程式 平衡常数 K的关系 ①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) K1 K2=　　　  ②CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) K2 ③nC(s)+nH2O(g)nCO(g)+nH2(g) K3 K3=　　　  ④CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) K4 K4=　　　  ⑤C(s)+H2O(g)+H2(g)CH3OH(g) K5 K5=　　　  答案:　　　K1·K4 题点(二)　平衡常数的应用与简单计算 3.在300 mL的密闭容器中,放入镍粉并充入一定量的CO气体,一定条件下发生反应:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g),已知该反应平衡常数与温度的关系如表所示。下列说法不正确的是 (　　) 温度/℃ 25 80 230 平衡常数 5×104 2 1.9×10-5 A.上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应 B.25 ℃时,反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-5 C.80 ℃时,测得某时刻Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L-1,则此时v正>v逆 D.80 ℃达到平衡时,测得n(CO)=0.3 mol,则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol·L-1 解析:选C　温度升高,平衡常数减小,故正反应为放热反应,A项正确;25 ℃时,逆反应的平衡常数K'===2×10-5,B项正确;80 ℃时,若Ni(CO)4、CO的浓度均为0.5 mol·L-1,则Q===8>K,v正<v逆,C项不正确;80 ℃达到平衡时,若n(CO)=0.3 mol,c(CO)=1 mol·L-1,故c[Ni(CO)4]=K·c4(CO)=(2×14)mol·L-1=2 mol·L-1,D项正确。 4.已知COS氢解:H2(g)+COS(g)H2S(g)+CO(g)　ΔH=+6.2 kJ·mol-1。COS(g)氢解反应的平衡常数K与温度T的关系如图。 (1)能表示COS(g)氢解反应的直线为　 　(填“x”“y”或“z”)。  (2)某温度下向刚性容器中通入m mol COS(g)和n mol H2(g)发生氢解反应。已知COS(g)的平衡转化率为α,则该温度下氢解反应的平衡常数K=　　　　　　　(用m、n、α等符号表示)。  解析:(1)由题意知COS(g)氢解反应为吸热反应,T减小,增大,氢解反应向逆反应方向进行,则K减小,lg K也减小,所以直线z能表示COS(g)氢解反应。 (2)设刚性容器体积为1 L,由题意列三段式为 H2(g)+COS(g)H2S(g)+CO(g) 　 起始/ (mol·L-1)　n　　　m　 　　　0　　　0 　 转化/ (mol·L-1) mα　　mα　 　　 mα　　　mα 　 平衡/ (mol·L-1)n-mα　m-mα　 　　mα　　　mα K==。 答案:(1)z　(2) 5.内酯在化工、医药、农林等领域有广泛的应用。内酯可以通过有机羧酸异构化制得。某羧酸A在0.2 mol·L-1盐酸中转化为内酯B的反应可表示为A(aq)B(aq),忽略反应前后溶液体积变化。一定温度下,当A的起始浓度为a mol·L-1时,A的转化率随时间的变化如下表所示: t/min 0 21 36 50 65 80 100 ∞ A的转 化率/% 0 13.3 20.0 27.8 33.3 40.0 45.0 75.0 (1)反应进行到100 min时,B的浓度为　　　　 mol·L-1。  (2)v正(t=50 min)　　　　v逆(t=∞ min)(填“>”“<”或“=”)。  (3)增加A的起始浓度,A在t=∞ min时转化率将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  (4)该温度下,平衡常数K=　　　　　　;在相同条件下,若反应开始时只加入B,B的起始浓度也为a mol·L-1,平衡时B的转化率为　　　。  (5)研究发现,其他条件不变时,减小盐酸的浓度,反应速率减慢,但平衡时B的含量不变,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　。  解析:(1)100 min时,A的转化率为45%,所以c(B)=0.45a mol·L-1。(2)一定温度下,化学反应速率受反应物浓度影响,在反应建立平衡的过程中,反应物浓度不断减小,所以v正(t=50 min)>v逆(t=∞ min)=v正(t=∞ min)。 (3)设增加后A的起始浓度为c mol·L-1,转化率为α,列三段式得 K==,温度一定时,K是常数,则增加A的起始浓度,A在t=∞ min时转化率将不变。(4)由表知,该温度下,A在t=∞ min时转化率为75%,则平衡常数K===3;在相同条件下,若反应开始时只加入B,B的起始浓度也为a mol·L-1,则 则K==3,得x=0.25a,平衡时B的转化率为×100%=25%。 答案:(1)0.45a　(2)>　(3)不变　(4)3　25% (5)盐酸是催化剂,浓度减小,反应速率减慢,催化剂不影响化学反应的限度 练后补强 掌握化学平衡常数与转化率的计算方法 (1)“三段式”法的应用 反应:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),令A、B起始物质的量分别为a mol、b mol,达到平衡后,A的消耗量为mx mol,容器容积为V L。 mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) 起始/mol　 a　 　　b　　 　　0　 　　0 变化/mol　 mx　 　nx　 　　 px　 　qx 平衡/mol a-mx　b-nx　 　 px　 　qx 对于反应物:n(平)=n(始)-n(变) 对于生成物:n(平)=n(始)+n(变) 则①平衡常数K=。 ②A的平衡浓度:c平(A)= mol·L-1。 ③A的平衡转化率:α平(A)=×100%。 ④平衡时A的体积分数: φ(A)=×100%。 ⑤混合气体的平均密度: ρ混= g·L-1。 ⑥平衡时混合气体的平均摩尔质量: M= g·mol-1。 (2)掌握三个百分数 ①转化率=×100%=×100%。 ②产率=×100%。一般来说,转化率越高,原料利用率越高,产率也就越高。 ③平衡时混合物中某组分的百分含量=×100%。 [课时跟踪检测] (说明:标题目配有讲评课件) 一、选择题 1.下列关于化学平衡常数K的说法错误的是 (　　) A.对于某一可逆反应来说,K只与温度有关,与浓度无关 B.升高温度,K变小,正反应是放热反应 C.K越大,反应进行得越彻底 D.使用合适的催化剂,既可以改变反应速率,也可以改变平衡常数K 解析:选D　平衡常数只受温度影响,使用催化剂可以加快反应速率,但不影响平衡常数,D错误。 2.可逆反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡状态时,保持恒温恒容向容器中通入一定量的SO2。下列说法正确的是 (K为平衡常数,Q为浓度商) (　　) A.Q不变,K变大,O2转化率增大 B.Q不变,K变大,SO2转化率减小 C.Q增大,K不变,O2转化率增大 D.Q变小,K不变,SO2转化率减小 解析:选D　当可逆反应2SO2(g)+O22SO3(g)达到平衡状态后,保持温度,则平衡常数K不变;浓度商Q=,容器容积不变,向容器中充入一定量的SO2,分母变大,所以浓度商Q减小;平衡正向移动,但由于充入了SO2,所以SO2的转化率减小。 3.(2025·重庆市高三质检)氮化硅陶瓷球具有耐高温、电绝缘、密度小等优良性能,工业上常在非氧氛围中制备氮化硅,其反应为3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)　ΔH<0。若上述反应在绝热恒容容器中发生,则下列状态不能表明反应一定处于平衡状态的是 (　　) A.混合气体的总物质的量不再改变 B.用不同物质表示的反应速率v(N2)∶v(HCl)=1∶6 C.反应体系中温度保持不变 D.混合气体密度不变 解析:选B　该反应左右两边气体分子数不同,因此随着反应的进行,该反应的气体总物质的量始终发生变化,当气体总物质的量不再改变时,说明达到化学平衡状态,故A错误;同一方向而言,不管是否达到平衡,根据该反应的系数和化学反应速率的关系,得v(N2)∶v(HCl)=1∶6,故B正确;该反应为放热反应,随着反应的进行,在恒容绝热容器中,温度一直升高,所以当温度不变时,说明反应达到平衡状态,故C错误;在恒容绝热容器中,混合气体的体积不变,混合气体的总质量始终在发生变化,所以密度一直在发生变化,当密度不变时说明达到化学平衡状态,故D错误。 4.(2025·福州高三质检)在2 L的恒容密闭容器中同时进行下列两个可逆反应: ①C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g); ②CO(g)+2H2O(g)CH3OH(g)+O2(g)。 下列叙述不能说明容器内的反应达到平衡状态的是 (　　) A.容器内压强不再发生变化 B.容器内气体的密度不再发生变化 C.CH3OH的体积分数不再发生变化 D.单位时间内,消耗的CO与生成的O2的物质的量之比为1∶1 解析:选D　两边的气体计量数不相等,若容器内压强保持不变,说明达平衡状态,故A错误;在恒容体系中混合气体的密度不变,说明气体的质量不变,正逆反应速率相等,故B错误;CH3OH的体积分数不再发生变化,说明各物质的物质的量不变,反应达到平衡状态,故C错误;化学反应达到平衡时,v正=v逆,消耗的CO与生成的O2的两者都是正反应速率,故D正确。 5.t ℃时,某一气态平衡体系中含有X、Y、Z、W四种气体物质,此温度下发生反应的平衡常数表达式为K=,有关该平衡体系的说法正确的是 (　　) A.升高温度,平衡常数K增大,则正反应为吸热反应 B.增大压强,W质量分数增加 C.增大X浓度,平衡向正反应方向移动 D.升高温度,若混合气体的平均相对分子质量变大,则正反应是放热反应 解析:选A　根据K=知该反应方程式为2Z(g)+2W(g)X(g)+2Y(g),升高温度化学平衡常数增大,说明升高温度平衡正向移动,升高温度平衡向吸热方向移动,则正反应为吸热反应,故A正确;增大压强,平衡向气体体积减小的方向移动,增大压强平衡正向移动,则W体积分数减小,故B错误;增大X浓度,平衡向X减小的方向移动,平衡逆向移动,故C错误;升高温度混合气体的平均相对分子质量变大,说明平衡正向移动,升高温度平衡向吸热方向移动,则正反应为吸热反应,故D错误。 6.O3也是一种很好的消毒剂,具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水,在水中易分解,产生的[O]为游离氧原子,有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生反应如下:反应①O3(g)O2(g)+[O]　ΔH>0,平衡常数为K1; 反应②[O]+O3(g)2O2(g)　ΔH<0,平衡常数为K2; 总反应:2O3(g)3O2(g)　ΔH<0,平衡常数为K。 下列叙述正确的是 (　　) A.升高温度,K增大 B.K=K1+K2 C.适当升温可提高消毒效率 D.压强增大,K2减小 解析:选C　由总反应:2O3(g)3O2(g)　ΔH<0可知,正反应为放热反应,则升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡常数减小,A项错误;K==×=K1×K2,B项错误;适当升温,反应①的平衡正向移动,生成[O],反应②的平衡逆向移动,[O]的量增多,则可提高消毒效率,C项正确;平衡常数只受温度的影响,温度不变,平衡常数不变,D项错误。 7.NO与CO是燃油汽车尾气中的两种有害气体,常温常压下它们之间的反应为CO(g)+NO(g) ===CO2(g)+N2(g)　ΔH=-374.3 kJ·mol-1,K=2.5×1060,反应速率较小。有关该反应的说法正确的是 (　　) A.K很大,NO与CO在排入大气之前就已反应完全 B.增大压强,平衡将向右移动,K>2.5×1060 C.升高温度,既增大反应速率又增大K D.选用适宜催化剂可达到尾气排放标准 解析:选D　平衡常数很大,表示该反应所能进行的程度大,由于NO与CO反应速率较小,则在排入大气之前没有反应完全,故A错误;平衡常数只与温度有关,增大压强,K不变,故B错误;正反应放热,升高温度,速率加快,平衡逆向移动,K减小,故C错误。 8.(2025·如皋市高三模拟)工业上用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染,反应原理为CH4(g)+2NO2(g) ===N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-867.0 kJ·mol-1。不同的催化剂催化该反应的最佳活性温度不同。下列说法正确的是 (　　) A.上述反应平衡常数K= B.其他条件不变时,反应单位时间,NO2去除率随温度升高而增大的原因可能是平衡常数变大 C.其他条件不变,在低温下使用高效催化剂可提高CH4的平衡转化率 D.反应中若采用高分子分离膜及时分离出水蒸气,可以使反应的平衡常数增大 解析:选C　平衡常数等于生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积,即K=,故A错误;该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,故B错误;其他条件不变时,在低温下平衡正向移动,可提高CH4的平衡转化率,而催化剂可以加快反应速率,更快达到平衡,故C正确;采用高分子分离膜及时分离出水蒸气,反应体系中水蒸气浓度减小,平衡正向移动,NO2去除率增大,但是温度不变,反应的平衡常数不变,故D错误。 9.(2024·黑吉辽卷)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 解析:选A　3 h时异山梨醇的浓度仍在增大,1,4⁃失水山梨醇的浓度仍在减小,说明此刻反应②未达到平衡状态,即正、逆反应速率不相等,A错误;由题图可知,3 h时山梨醇的浓度已为0,副产物的浓度不变,说明反应①、③均是不可逆反应,15 h后异山梨醇的浓度不再变化,1,4⁃失水山梨醇的浓度大于0,说明反应②是可逆反应,则该温度下的平衡常数:①>②,B正确;0~3 h内平均速率v(异山梨醇)==0.014 mol·kg-1·h-1,C正确;反应②使用催化剂能加快反应速率,缩短达到化学平衡状态的时间,但是催化剂对化学平衡移动无影响,故加入催化剂不改变其平衡转化率,D正确。 10.25 ℃时,将20 mL 3x mol·L-1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L-1 I2和20 mL NaOH溶液混合,发生反应:As(aq)+I2(aq)+2OH-(aq) ===As(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(As)与反应时间(t)的关系如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.0~t1 min用H2O表示的平均反应速率为 mol·L-1·min-1 B.当2v正(As)=v逆(I-)时,反应达到平衡状态 C.a点的逆反应速率大于b点的正反应速率 D.平衡时溶液的pH=13,则该反应的平衡常数K= 解析:选B　A项,一般不用纯固体、纯液体表示反应速率,错误;B项,反应速率之比等于化学计量数之比,因此当2v正(As)=v逆(I-)时,正逆反应速率相等,反应达到平衡状态,正确;C项,由图可知,a到b的过程中,反应一直正向进行,正反应速率一直减小,逆反应速率一直增大,直到增大到与正反应速率相等,反应达到平衡状态,在反应达到平衡前,逆反应速率均小于正反应速率,因此a点的逆反应速率小于b点的正反应速率,错误;D项,根据题意可知,起始时,c(As)=c(I2)=x mol·L-1,由图可知, 平衡时c(As)=y mol·L-1,c(I-)=2y mol·L-1,c(As)=c(I2)=(x-y)mol·L-1,平衡时溶液的pH=13,则c(OH-)=0.1 mol·L-1,反应的平衡常数K==,错误。 二、非选择题 11.(6分)CO2经催化加氢可以生成低碳烃,主要有以下两个竞争反应: 反应Ⅰ:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 反应Ⅱ:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) 为分析催化剂对反应的选择性,在1 L密闭容器中充入2 mol CO2和4 mol H2,测得有关物质的物质的量随温度变化如图所示。 该催化剂在较低温度时主要选择　　　　(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)。520 ℃时,反应Ⅰ的平衡常数K=　　　　(只列算式不计算)。  解析:温度较低时,CH4的物质的量多,所以该催化剂在较低温度时主要选择反应Ⅰ。 CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 　 转化/ (mol·L-1)　0.2　　0.8　 　0.2　 　0.4 2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) 　 转化/ (mol·L-1)　0.4　　1.2　　　0.2　　　0.8 c(CO2)=(2-0.2-0.4)mol·L-1=1.4 mol·L-1 c(H2)=(4-0.8-1.2)mol·L-1=2 mol·L-1 c(H2O)=(0.4+0.8)mol·L-1=1.2 mol·L-1 所以K=。 答案:反应Ⅰ　 12.(14分)(2025·甘肃省金昌市高三模拟)随着环境治理深入开展,大气污染治理已见成效。回答下列问题: (1)已知:Ⅰ.N2(g)+O2(g) ===2NO(g) ΔH=+180.5 kJ·mol-1 Ⅱ.2NO(g)+O2(g) ===2NO2(g)　ΔH=-113.0 kJ·mol-1 Ⅲ.4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-905 kJ·mol-1 写出NH3与NO2反应生成无污染气体的热化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)根据NH3与NO2反应的热化学方程式,请判断该反应能否自发进行:　　 　(填“能”或“不能”),理由是　　　　　　　　　　　　　 　　。  (3)一定条件下,将4 mol NH3和5 mol O2充入固定容积为2 L的密闭容器中,发生反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g),反应体系中某组分浓度随时间的变化如图所示: ①从反应开始到平衡状态,以O2的浓度变化表示的平均反应速率为　　　　 mol·L-1·s-1,此条件下,该反应的化学平衡常数K=　　　　　(列出计算式即可),NH3的平衡转化率为　 　。  ②恒容条件下,下列措施能使平衡体系中增大的有　　　　(填字母)。  a.升高温度　　　　　　 b.充入He气 c.再充入2 mol O2 d.使用高效催化剂 解析:(1)根据盖斯定律,由Ⅲ×2-Ⅱ×3-Ⅰ×7得反应8NH3(g)+6NO2(g) ===7N2(g)+12H2O(g)　ΔH=-2 734.5 kJ·mol-1。 (3)①根据图中数据可知,开始时浓度为2 mol·L-1,则图中曲线为氨气的浓度随反应时间的变化,故从反应开始到平衡状态,以O2的浓度变化表示的平均反应速率为v(O2)=v(NH3)=×=0.1 mol·L-1·s-1;根据三段式可知: 4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) 　起始量/ (mol·L-1) 2　　　2.5　 　　0　 　　0 　变化量/ (mol·L-1) 0.8 　　1　　 　0.8　 　1.2 　平衡量/ (mol·L-1) 1.2　　 1.5　　 　0.8　 　1.2 该反应的化学平衡常数K=,NH3的平衡转化率为×100%=40%;②反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)为气体体积增大的放热反应,恒容条件下升高温度,平衡逆向移动,减小,a错误;充入He气,参与反应的气体的浓度不变,平衡不移动,不变,b错误;再充入2 mol O2,平衡正向移动,增大,c正确;使用高效催化剂,平衡不移动,不变,d错误。 答案:(1)8NH3(g)+6NO2(g) ===7N2(g)+12H2O(g)　ΔH=-2 734.5 kJ·mol-1 (2)能　该反应是熵增的放热反应 (3)①0.1　　40%　②c 第2课时　化学平衡的相关计算 逐点清(一)　反应速率常数(k)及其与平衡常数的关系 1.速率方程的含义 一般情况下,化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。 对于反应:aA(g)+bB(g)gG(g)+hH(g) 则v=kca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。 如:①SO2Cl2(g)SO2(g)+Cl2(g) v=k1c(SO2Cl2) ②2NO2(g)2NO(g)+O2(g)　v=k2c2(NO2) ③2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g) v=k3c2(H2)·c2(NO) 2.速率常数的影响因素 温度对化学反应速率的影响是显著的,速率常数是温度的函数。同一反应,温度不同,速率常数将有不同的值,但浓度不影响速率常数。 3.K与k正、k逆的一般定量关系 已知反应aA(g)+bB(g)cC(g),反应速率v正=k正ca(A)·cb(B),v逆=k逆cc(C),当v正=v逆时,反应达到平衡,即k正ca(A)·cb(B)=k逆cc(C),故==K。 　　[例1]　温度为T1,在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH=+206.3 kJ·mol-1,该反应中,正反应速率为v正=k正·c(CH4)·c(H2O),逆反应速率为v逆=k逆·c(CO)·c3(H2),k正、k逆为速率常数,受温度影响。 已知T1时,k正=k逆,则该温度下,平衡常数K1=　　　　　;当温度改变为T2时,若k正=1.5k逆,则T2　　　　(填“>”“=”或“<”)T1。  解析:解题步骤及过程: 步骤1　代入特殊值:平衡时v正=v逆,即k正·c(CH4)·c(H2O)=k逆·c(CO)·c3(H2); 步骤2　适当变式求平衡常数,K1==;k正=k逆,K1=1 步骤3　求其他,K2==;k正=1.5k逆,K2=1.5;1.5>1,平衡正向移动,升高温度平衡向吸热方向移动,则T2>T1。 答案:1　> [迁移应用] 1.(2024·山东卷改编)逆水气变换反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH>0。一定压力下,按CO2、H2物质的量之比n(CO2)∶n(H2)=1∶1投料,T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2),T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1、k2。下列说法正确的是 (　　) A.k1<k2 B.T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值:< C.温度不变,仅改变体系初始压力,反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D.T2温度下,改变初始投料比例,可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同 解析:选B　由图可知,T1比T2反应速率快,则T1>T2;T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时;由于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1,则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。根据分析,T1比T2反应速率快,反应速率常数与温度有关,结合反应速率方程知k1>k2,A项错误。已知反应的速率方程v=kc0.5(H2)c(CO2),则=,T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时,则<,B项正确。温度不变,仅改变体系初始压力,虽然平衡不移动,但反应物的浓度改变,反应速率改变,反应达到平衡的时间改变,反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化,C项错误。T2温度下,改变初始投料比,相当于改变某一反应物的浓度,达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等,故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同,D项错误。 2.2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下: 反应Ⅰ:2NO(g)N2O2(g)(快)　ΔH1<0, v1正=k1正·c2(NO),v1逆=k1逆·c(N2O2); 反应Ⅱ:N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)　ΔH2<0,v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2), v2逆=k2逆·c2(NO2)。 (1)一定条件下,反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态,平衡常数K=　　　　(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆的代数式表示)。反应Ⅰ的活化能EⅠ　　　　(填“>”“<”或“=”)反应Ⅱ的活化能EⅡ。  (2)已知反应速率常数k随温度升高而增大,则升高温度后k2正增大的倍数　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)k2逆增大的倍数。  解析:(1)由题意知:KⅠ=,KⅡ=,反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的K=KⅠ·KⅡ,即K=。反应Ⅰ为快反应,反应Ⅱ为慢反应,故EⅠ<EⅡ。 (2)KⅡ=,随温度的升高KⅡ减小,所以升高温度,k2正增大的倍数小于k2逆增大的倍数。 答案:(1)　<　(2)小于 3.碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。Bodensteins研究了反应2HI(g)H2(g)+I2(g),在716 K时气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表: t/min 0 20 40 60 80 120 x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 回答下列问题: (1)根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为　　　　　　　　　　　　。  (2)上述反应中,正反应速率为v正=k正x2(HI),逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆为速率常数,则120 min时,k逆为　　　(以K和k正表示)。若k正=0.002 7 min-1,在t=40 min时,v正=　　 　min-1。  解析:(1)由表中数据可知,无论是从正反应方向开始,还是从逆反应方向开始,最终x(HI)均为0.784,说明此时已达到了平衡状态。设HI的初始浓度为1 mol·L-1,则: 　　　　　　　　 　2HI(g)H2(g)+I2(g) 初始浓度/(mol·L-1) 　1　　　　0　　 0 转化浓度/(mol·L-1)　0.216　0.108　0.108 平衡浓度/(mol·L-1)　0.784　0.108　0.108 K== (2)建立平衡时,v正=v逆,即k正x2(HI)=k逆x(H2)·x(I2),k逆=k正=k正=。在40 min时,x(HI)=0.85,则v正=0.002 7 min-1×0.852≈1.95×10-3 min-1。 答案:(1)　 (2)　1.95×10-3 逐点清(二)　压强平衡常数的计算 1.Kp含义 在化学平衡体系中,用各气体物质的分压替代浓度,计算得到以平衡分压表示的平衡常数,其单位与表达式有关。 例如,N2(g)+3H2(g)2NH3(g),以平衡分压表示的平衡常数表达式为Kp=。 2.Kp计算的两种模板 [以N2(g)+3H2(g)2NH3(g)为例] 模板1 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)(平衡时总压为p0) n(始)1 mol　 3 mol　　 0 Δn 0.5 mol 1.5 mol 1 mol n(平) 0.5 mol 1.5 mol 1 mol p(X) p0 p0 p0 Kp= 模板2刚性反应容器中　N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 　　　p(始)　　　 p0　　　3p0　　　　0 　　　Δp p' 3p' 2p' 　　　p(平) p0-p' 3p0-3p' 2p' Kp= 注意:利用分压px求Kp时,要注意恒容条件下的总压变化。 　　[例2]　(2024·贵州卷·节选)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)。  解析: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C6H6的物质的量为x mol,则可建立如下三段式: 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。 答案:20%　或 |思维建模|Kp的计算流程 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 根据分压计算公式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 根据平衡常数计算公式代入计算 [迁移应用] 1.某温度下,等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应:(g)+I2(g)(g)+2HI(g)　ΔH>0,起始总压为105 Pa,平衡时总压增加了20%,环戊烯的转化率为　　　,该反应的平衡常数Kp=　 　　Pa。   解析:设容器中起始加入I2(g)和环戊烯的物质的量均为a mol,平衡时转化的环戊烯的物质的量为x mol,列出三段式: 　　　 　　(g)+I2(g)(g)+2HI(g) 起始/mol　　　a　　　a　　　　0　　　　0 转化/mol　　　x　　　x 　　　x　　 　2x 平衡/mol　 　a-x　a-x　 　x　　 　2x 平衡时总压增加了20%,且恒温恒容时,压强之比等于气体物质的量之比,则=,解得x=0.4a,则环戊烯的转化率为×100%=40%,平衡时(g)、I2(g)、(g)、HI(g)的分压分别为、、、,则Kp==p总,根据p总=1.2×105 Pa,可得Kp=×1.2×105 Pa≈3.56×104 Pa。 答案:40%　3.56×104 2.用测压法在刚性密闭容器中探究T ℃时4NO(g)N2(g)+2NO2(g)的分解反应,现将一定量的NO充入该密闭容器中,测得体系的总压强随时间的变化如下表所示: 反应时间/min 0 10 20 30 40 总压强/MPa 15.00 14.02 13.20 12.50 12.50 (1)20 min时,NO的转化率α=　　　　%。  (2)T ℃时,该反应的压强平衡常数Kp=　　　MPa-1(Kp为以分压表示的平衡常数)。  解析:在恒容恒温条件下,压强之比等于物质的量之比,因此可以直接用压强代替物质的量计算,设某时刻NO转化的压强为4x MPa: 　　　　　　　　4NO(g)N2(g)+2NO2(g) 开始/MPa　　　　15.00　 　　0　　 　0 转化/MPa　 　　　4x　　　　 x　 　　2x 某时刻/MPa　　 15.00-4x　 　x　 　　2x 某时刻时,容器中的总压强为15.00 MPa-4x MPa+x MPa+2x MPa=(15.00-x)MPa。(1)20 min时,体系总压强为(15.00-x)MPa=13.20 MPa,解得x=1.80,则NO的转化率α=×100%=48%。(2)平衡时,(15.00-x)MPa=12.50 MPa,解得x=2.50,NO、N2、NO2的分压分别为5.00 MPa、2.50 MPa、5.00 MPa,则Kp===0.1 MPa-1。 答案:(1)48　(2)0.1 3.温室气体的增加给全球带来了严重的环境危机,减少二氧化碳排放的方法之一是将二氧化碳催化还原: ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.0 kJ·mol-1; ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0。 在100 kPa的恒压密闭容器中,加入1 mol CO2和2 mol H2发生反应ⅰ和ⅱ,平衡时,测得CO2的转化率与CH3OH的选择性(生成CH3OH消耗的CO2在总消耗CO2中的占比)与温度的关系如图所示。 (1)CO2的转化率随温度的升高先增大后减小的原因为________________________________________。  (2)T2 ℃时,CO的分压为　　　　　 kPa,反应ⅱ的平衡常数Kp=　　　　　 。  解析:(1)反应ⅰ是放热反应,反应ⅱ是吸热反应,低于T1 ℃时,以反应ⅱ为主,CO2转化率增大,高于T1 ℃时,以反应ⅰ为主,CO2转化率减小;(2)由图像所知,T2 ℃时,CO2的转化率与CH3OH的选择性均为50%,则表示反应ⅰCO2的转化量为0.25 mol,反应ⅱCO2的转化量也为0.25 mol;列式如下: CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 0.25　　0.75　 　　0.25　 　　0.25 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) Δn/mol　 　0.25　　0.25　 　0.25　　0.25 则平衡时总物质的量为0.5+1+0.25+0.25+0.5=2.5 mol,CO2、H2、CH3OH、CO、H2O的分压依次为×100 kPa=20 kPa,×100 kPa=40 kPa、×100 kPa=10 kPa,×100 kPa=10 kPa,×100 kPa=20 kPa;反应ⅱ的平衡常数Kp==0.25。 答案:(1)ⅰ是放热反应,ⅱ是吸热反应,低于T1 ℃时,以反应 ⅱ 为主,CO2转化率增大,高于T1 ℃时,以反应 ⅰ 为主,CO2转化率减小 (2)10　0.25 　　　　　　逐点清(三)　多重化学平衡体系相关计算　　 1.多重化学平衡体系的两类型 所谓多重化学平衡体系,是指在一系列同时发生的反应中,彼此具有某些相同的物质,这些相同的物质可以把各个反应相互联系起来。多重化学平衡体系通常可以分两类: (1)连续性多重化学平衡体系 这种多重化学平衡的特点是前一步反应的生成物继续参与后续反应生成新的物质。当每一步反应都处于平衡状态,整个反应体系才处于平衡状态。 (2)竞争性多重化学平衡体系 这种多重化学平衡的特点是同一种反应物参加多步反应,是多步反应的反应物,这些反应之间是平行关系,同时也是竞争关系。反应之间相互制约,当每一步反应都处于平衡状态,整个反应体系才处于平衡状态。 2.多重化学平衡体系计算的两模型 对于多重化学平衡体系的相关计算,有两点非常关键:一是多重化学反应“同时平衡”;二是多重化学反应中体系各组分的浓度、物质的量和气体的平衡分压等物理量只有1个数值且相等。 (1)多重化学平衡体系计算的“变化量”思维模型 单一化学平衡的计算通常采用“起始量、变化量、平衡量”三段式的方法,但是对于多重化学平衡的计算,因为各反应之间相互影响,导致体系中每一个反应的“起始量”和“平衡量”难以表达。 以多重反应为整体,紧抓“变化量”,构建了以“变化量”为核心的计算思维模型如下。 　　[例3]　(2024·山东卷·节选)水煤气是H2的主要来源,研究CaO对C⁃H2O体系制H2的影响,涉及主要反应如下: C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) (Ⅰ)　ΔH1>0 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)(Ⅱ) ΔH2<0 CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)(Ⅲ)　ΔH3<0 图中a、b、c分别为H2、CO、CO2摩尔分数随温度的变化关系 压强p下、温度为T0时,图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05,此时气体总物质的量为4.0 mol,则CaCO3(s)的物质的量为　 　　mol;若向平衡体系中通入少量CO2(g),重新达平衡后,分压p(CO2)将　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  　　[方法演示]　压强p下、温度为T0时,H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05,由气体总物质的量为4.0 mol,可求出此时各气体的物质的量,n(H2)=4.0 mol×0.50=2.0 mol,n(CO)=4.0 mol×0.15=0.6 mol,n(CO2)=4.0 mol×0.05=0.2 mol,n(H2O)=4.0 mol×0.3=1.2 mol。 设Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ反应的物质的量分别为x、y、z,则 　　 Ⅰ.C(s) + H2O(g)CO(g) + H2(g) 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 变化量: x x x x 　　Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 变化量: y y y y 　　Ⅲ.CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) 变化量: z z z 则,解得 故此时CaCO3(s)的物质的量为0.5 mol。若向平衡体系中通入少量CO2(g),重新达平衡后,反应CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)的Kp=,温度不变,Kp不变,则分压p(CO2)不变。 　　[答案]　0.5　不变 (2)多重化学平衡体系计算的“元素守恒”思维模型 元素守恒的思想常用在多重化学平衡体系的复杂计算中,构建了以“元素守恒”为核心的计算思维模型如下。 　　 [例4]　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=-49.5 kJ·mol-1 Ⅱ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH2=-90.4 kJ·mol-1 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH3 回答下列问题: 一定条件下,向体积为V L的恒容密闭容器中通入 1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为a mol,CO为b mol,此时H2O(g)的浓度为　　　　 mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示,下同),反应Ⅲ的平衡常数为　　　　　　　　　　。  　　[方法演示] 设平衡时CO2(g)为x,H2(g)为y,H2O(g)为z,则 C元素守恒:x+a+b=1 mol; H元素守恒:2y+4a+2z= 6 mol; O元素守恒:2x+a+b+z=2 mol,解得x=(1-a-b)mol, y=(3-3a-b)mol,z=(a+b)mol。 则c(H2O)== mol·L-1 KⅢ== 　　[答案]　　 [迁移应用] 1.(2024·湖南卷)恒压下,向某密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)和CO(g),发生如下反应: 主反应: CH3OH(g)+CO(g)CH3COOH(g)　 ΔH1 副反应:CH3OH(g)+CH3COOH(g) ===H3COOCH3(g)+H2O(g)　ΔH2 在不同温度下,反应达到平衡时,测得两种含碳产物的分布分数δδ(CH3COOH)=随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.投料比x代表 B.曲线c代表乙酸的分布分数 C.ΔH1<0,ΔH2>0 D.L、M、N三点的平衡常数: 　K(L)=K(M)>K(N) 解析:选D　由题意知,图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为δ(CH3COOH)、δ(CH3COOCH3),假设投料比x代表,x增大,可看作CO的量不变,CH3OH的量增多,由主、副反应可知,生成的CH3COOCH3的量增多,CH3COOH的量减少,CH3COOCH3分布分数增大,则曲线a或曲线b表示CH3COOCH3分布分数,曲线c或曲线d表示CH3COOH分布分数,据此分析可知A、B均正确,可知假设错误,则可知投料比x代表,曲线a或曲线b表示δ(CH3COOH),曲线c或曲线d表示δ(CH3COOCH3),据此作答。根据分析可知,投料比x代表,故A错误。根据分析可知,曲线c表示CH3COOCH3分布分数,故B错误。根据分析可知,曲线a或曲线b表示δ(CH3COOH),当同一投料比时,观察图可知T2时δ(CH3COOH)大于T1时δ(CH3COOH),而T2>T1可知,温度越高则δ(CH3COOH)越大,说明温度升高主反应的平衡正向移动,ΔH1>0;曲线c或曲线d表示δ(CH3COOCH3),当同一投料比时,观察可知T1时δ(CH3COOCH3)大于T2时δ(CH3COOCH3),而T2>T1可知,温度越高则δ(CH3COOCH3)越小,说明温度升高副反应的平衡逆向移动,ΔH2<0,故C错误。L、M、N三点对应副反应ΔH2<0,且TN>TM=TL,升高温度平衡逆向移动,K(L)=K(M)>K(N),故D正确。 2.CH4和CO2重整制取合成气CO和H2,在减少温室气体排放的同时,可充分利用碳资源。该重整工艺主要涉及以下反应: 反应a:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1>0 反应b:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0 反应c:CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH3>0 反应d:2CO(g)C(s)+CO2(g) ΔH4<0 (1)关于CH4和CO2重整,下列说法正确的是　　　　　(填字母)。  A.CH4的物质的量保持不变时,反应体系达到平衡状态 B.恒容时通入N2增大压强,CO2的平衡转化率减小 C.加入反应c的催化剂,该反应的平衡常数K增大 D.达到平衡后,降低反应温度,反应d的v正>v逆 (2)一定压强下,按照n(CH4)∶n(CO2)=2∶1投料,CH4和CO2重整反应达到平衡时各组分的物质的量分数随温度的变化如图所示: ①图中曲线m、n分别表示物质　　　　　　、　　　　　　的变化(选填“H2”“CO”或“CO2”)。  ②700 ℃后,C(s)的物质的量分数随温度升高而增大的原因是 　。 ③某温度下体系中不存在积碳,CH4和H2O的物质的量分数分别是0.50、0.04,该温度下甲烷的平衡转化率为　　　　　　,反应b的平衡常数K=　　　　　　(列出计算式)。  解析:(1)随着反应进行CH4不断减少,平衡时保持不变,A项正确;恒容时,平衡体系中各物质的浓度不发生改变,平衡不移动,CO2转化率不变,B项错误;加入催化剂只改变反应历程不改变平衡常数,C项错误;达到平衡后,降低温度反应d正向移动,v正>v逆,D项正确。(2)反应起始投入CH4和CO2为2∶1,所以m为CO2;同时700 ℃之后C固体增加,即700 ℃以上的高温有利于反应c正向进行,反应c正向进行,H2物质的量分数增加,则n为H2;p为CO。设反应投入CH4和CO2物质的量分别为2 mol、1 mol,参与反应变化量分别为m、n。则 则平衡时CO2物质的量为(1-n-m)mol,CO的物质的量为(n+2m)mol,H2O物质的量为n mol,H2为(2m-n)mol,CH4为(2-m)mol,则平衡体系中气体总物质的量为(3+2m)mol。已知CH4和H2O的物质的量分数分别是0.50、0.04,则建立等式为=0.5、=0.04,得m=0.25、n=0.14。则CH4的转化率为×100%=×100%=12.5%。则K===。 答案:(1)AD　(2)①CO2　H2　②反应c为吸热反应,反应d为放热反应。700 ℃后,随着温度升高,反应c右移对C(s)的物质的量分数的影响比反应d左移的大　③12.5%　 [课时跟踪检测] (电子版配有升维和降维题组,通过调试难度,满足不同层级学生的需求) 一、选择题 1.反应S2+3I-===2S+的反应机理为①S2+I-===S2O8I3-,②……,③I2+I-===(快反应),改变反应物浓度时,反应的瞬时速率如表所示: 组数 c(S2)/ (mol·L-1) c(I-)/ (mol·L-1) v/(mol· L-1·min-1) 1 0.038 0.060 1.4×10-5 2 0.076 0.060 2.8×10-5 3 0.076 0.030 1.4×10-5 下列说法正确的是 (　　) A.该反应的速率方程为v=k·c(S2)·c3(I-)　 B.该反应的速率常数k的值为6.14×10-3 C.第②步的反应方程式为S2O8I3-+I2===2S+3I- D.3步反应中反应③的活化能最大 解析:选B　由1、2两组数据可知,c(S2)增大1倍,速率增大1倍,由2、3两组数据可知,c(I-)增大1倍,速率增大1倍,该反应的速率方程为v=k·c(S2)·c(I-),A错误;将1组的数据代入v=k·c(S2)·c(I-),1.4×10-5 mol·L-1·min-1=k×0.038 mol·L-1×0.060 mol·L-1,k≈6.14×10-3 L·mol-1·min-1,B正确;总反应-①-③可得第②步反应的方程式:S2O8I3-+I-===2S+I2,C错误;反应③为快反应,活化能最小,D错误。 2.(2025·沈阳检测)在起始温度均为T ℃、容积均为10 L的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加入1 mol N2O和4 mol CO,发生反应CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)　ΔH<0。已知:k正、k逆分别是正、逆反应速率常数,v正=k正·c(N2O)·c(CO),v逆=k逆·c(N2)·c(CO2),A、B容器中N2O的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法中正确的是 (　　) A.N2与CO2浓度比为1∶1时,标志此反应已达平衡状态 B.曲线M、N的平衡常数大小为K(N)>K(M) C.T ℃时,k逆=76k正 D.用CO的浓度变化表示曲线N在0~100 s内的平均速率为1×10-3 mol·L-1·s-1 解析:选B　N2与CO2浓度比为1∶1时,无法判断正逆反应速率是否相等,故无法判断反应是否达到平衡状态,故A错误;反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,K值减小,N温度低于M,故K(N)>K(M),故B正确;N曲线表示A容器中N2O的转化率随时间的变化关系,T ℃时,反应达到平衡状态时N2O的转化率为25%,N2O的反应量为1 mol×25%=0.25 mol,平衡时N2O的物质的量为0.75 mol,CO的物质的量为4 mol-0.25 mol=3.75 mol,氮气和CO2物质的量均为0.25 mol,此时平衡常数K===,达到平衡状态时v正=v逆,故k正·c(N2O)·c(CO)=k逆·c(N2)·c(CO2),故==K=,则k逆=45k正,故C错误;用CO的浓度变化表示曲线N在0~100 s内的平均速率v(CO)=v(N2O)==1×10-4 mol·L-1·s-1,故D错误。 3.(2025·江门市一模)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应:C(s)+CO2(g)2CO(g),平衡时,体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示: 已知:气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数。下列说法错误的是 (　　) A.该反应ΔH>0 B.550 ℃时,充入惰性气体将使v正>v逆 C.650 ℃时,反应达平衡后CO2的转化率为25.0% D.925 ℃时,用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=24.0 Pa 解析:选D　随着温度的升高,CO2的体积分数降低,即升温该平衡正向移动,所以该反应为吸热反应,ΔH>0,A项正确;恒压充入惰性气体,容器容积变大,平衡向气体增大的方向移动,即平衡正向移动,v正>v逆,B项正确;设CO2为1 mol,该条件下转化率为x,根据已知信息建立三段式: 650 ℃时CO2和CO的体积分数分别为60%和40%,即=,得到x=0.25,则转化率为25%,C项正确;925 ℃时,CO的体积分数为96%,故Kp===23.04p总,D项错误。 4.氨基甲酸铵发生分解的化学方程式为NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。利用如下装置测定不同温度下该反应以分压表示的化学平衡常数Kp。 步骤Ⅰ:关闭K3,打开K1和K2,开启真空泵抽气至测压仪数值稳定后关闭K1; 步骤Ⅱ:关闭K2,缓慢开启K3至U形管两边液面相平并保持不变,读取压强数值。 记录25 ℃、30 ℃下压强分别为12.0 kPa、17.1 kPa。下列说法错误的是 (　　) A.氨基甲酸铵分解反应的ΔH>0 B.该反应25 ℃时的化学平衡常数Kp=2.56×1011 Pa3 C.步骤Ⅰ中测压仪数值未稳定即关闭K1,Kp测量值偏小 D.步骤Ⅱ中读数时U形管左侧液面偏高,Kp测量值偏大 解析:选C　由25 ℃、30 ℃下压强数值知,升高温度平衡右移,正反应为吸热反应,A项正确;25 ℃平衡时,p(NH3)=12.0 kPa×=8 kPa,p(CO2)=12.0 kPa×=4 kPa,Kp=(8 000 Pa)2×4 000 Pa=2.56×1011 Pa3,B项正确;步骤Ⅰ中测压仪数值未稳定即关闭K1,说明未抽成真空状态,装置中留有空气,最终测压仪所测压强偏大,Kp测量值偏大,C项错误;步骤Ⅱ中读数时U形管左侧液面偏高,说明U形管右侧压强较大,即所测压强偏大,Kp测量值偏大,D项正确。 5.已知阿伦尼乌斯公式是反应速率常数随温度变化关系的经验公式,可写作Rln k=-+C(k为 反应速率常数,Ea为反应活化能,R和C为大于0的常数),为探究m、n两种催化剂对某反应的催化效能,进行了实验探究,依据实验数据获得曲线如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.在m催化剂作用下,该反应的活化能Ea=9.6×104 J·mol-1 B.对该反应催化效能较高的催化剂是m C.不改变其他条件,只升高温度,k值增大 D.无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向 解析:选B　将坐标(7.2,56.2)和(7.5,27.4)代入Rln k=-+C中,即56.2=-7.2×10-3Ea+C　①,27.4=-7.5×10-3Ea+C　②,联立①②,计算可知Ea=9.6×104 J·mol-1,A正确;对比图中直线m和n的斜率绝对值的大小可知,使用催化剂n时对应的Ea较小,则对该反应催化效能较高的催化剂是n,B错误;由Rln k=-+C可知,其他条件不变,温度升高,k值增大,C正确;阿伦尼乌斯公式表示反应速率常数随温度的变化关系,无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向,D正确。 6.甲烷重整制氢工艺与太阳能资源相结合可有效降低碳排放。一种利用太阳能催化甲烷水蒸气重整制氢的反应a原理如下。下列说法错误的是 (　　) 第Ⅰ步:NiFe2O4(s)+CH4(g)NiO(s)+2FeO(s)+CO(g)+2H2(g) ΔH1=m kJ·mol-1 第Ⅱ步:NiO(s)+2FeO(s)+H2O(g)NiFe2O4(s)+H2(g) ΔH2=n kJ·mol-1 A.反应a的热化学方程式为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH3=(m+n)kJ·mol-1 B.由图像可知m<n C.对于第Ⅰ步反应,温度升高,平衡转化率变大 D.在1 000 ℃时,反应a的压强平衡常数Kp=1×104 解析:选B　将第Ⅰ步反应和第Ⅱ步反应加起来可得反应a,则反应a的热化学方程式为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)　ΔH3=(m+n)kJ·mol-1,A正确;在lg Kp—T图像中,温度升高,第Ⅰ步反应lg Kp增大,Kp也增大,则该反应是吸热反应,同理可知第Ⅱ步反应是放热反应,B错误;第Ⅰ步反应是吸热反应,升高温度,平衡向右移动,平衡转化率变大,C正确;在1 000 ℃时,第Ⅰ步反应的压强平衡常数Kp=1 000,第Ⅱ步反应的压强平衡常数Kp=10,则反应a的压强平衡常数Kp=1 000×10=1×104,D正确。 二、非选择题 7.(4分)溶于水的CO2只有部分转化为H2CO3(aq),大部分以水合CO2的形式存在,水合CO2可用CO2(aq)表示。已知25 ℃时,H2CO3(aq)CO2(aq)+H2O(l)的平衡常数K=600,正反应的速率可表示为v(H2CO3)=k1·c(H2CO3),逆反应的速率可表示为v(CO2)=k2·c(CO2),则k2=　　　　　(用含k1的代数式表示)。  解析:当反应达到平衡时,正反应速率等于逆反应速率,则由v(H2CO3)=v(CO2)可得:k1c(H2CO3)=k2c(CO2),==K=600,解得k2=。 答案: 8.(4分)(2025·辽宁协作校大联考)一定条件下,向4 L恒容密闭容器中充入2 mol CO2和6 mol H2,发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。已知容器内起始压强为240 kPa,反应达平衡时容器内压强为150 kPa,该温度下反应的标准平衡常数Kθ=　　　　　　。该反应标准平衡常数的表达式为Kθ=,其中p为分压,分压=总压×物质的量分数,pθ=100 kPa  解析:由pV=nRT可知,同温同体积时压强与物质的量成正比,起始气体总物质的量为8 mol,所以平衡时气体总物质的量为150× mol=5 mol,设二氧化碳的转化量为x,三段式表示: CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 　　2　　　　6　　　　　0　　　　　0 　 x　 　　3x　　 　　x　　　　　x 　2-x　　6-3x　　　　x　　　　　x 2-x+6-3x+x+x=5,解得x=1.5 mol, Kθ===。 答案: 9.(6分)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气,体系中发生如下反应。 Ⅰ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) (1)下列操作中,能提高CH4(g)平衡转化率的是　　　　　(填标号)。  A.增加CH4(g)用量　 B.恒温恒压下通入惰性气体 C.移除CO(g) D.加入催化剂 (2)恒温恒压条件下,1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时,CH4(g)的转化率为α,CO2(g)的物质的量为b mol,则反应Ⅰ的平衡常数Kx=　　　　　　　[写出含有α、b的计算式;对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),Kx=,x为物质的量分数]。其他条件不变,H2O(g)起始量增加到5 mol,达平衡时,α=0.90,b=0.65,平衡体系中H2(g)的物质的量分数为　　　　　　(结果保留两位有效数字)。  解析:(1)增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率,但是CH4(g)平衡转化率减小,A不符合题意;恒温恒压下通入惰性气体,相当于减小体系压强,反应混合物中各组分的浓度减小,反应Ⅰ的化学平衡正向移动,能提高CH4(g)平衡转化率,B符合题意;移除CO(g),减小了反应混合物中CO(g)的浓度,反应Ⅰ的化学平衡正向移动,能提高CH4(g)平衡转化率,C符合题意;加入催化剂不能改变平衡状态,故不能提高CH4(g)平衡转化率,D不符合题意;(2)恒温恒压条件下,1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时,CH4(g)的转化率为α,CO2(g)的物质的量为b mol,则转化的CH4(g)为α mol,剩余的CH4 为(1-α)mol,根据C元素守恒可知,CO的物质的量为(α-b)mol,根据H和O守恒可知,H2O的物质的量为(1-α-b)mol,H2(g)的物质的量为(3α+b)mol,则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol,平衡混合物中,CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量分数分别为、、、,因此,反应Ⅰ的平衡常数Kx==;其他条件不变,水增加到5 mol,则平衡时H2(g)的物质的量为(3α+b)mol=3.35 mol,平衡混合物的总物质的量为(2α+6)mol=7.8 mol,平衡体系中H2(g)的物质的量分数为≈0.43。 答案:(1)BC　 (2)　0.43 10.(6分)我国提出2060年前实现碳中和,为有效降低大气CO2中的含量,以CO2为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应: Ⅰ.主反应:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH1=-156.9 kJ·mol-1。 Ⅱ.副反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.1 kJ·mol-1。 500 ℃时,向1 L恒容密闭容器中充入4 mol CO2和12 mol H2,初始压强为p,20 min时主、副反应都达到平衡状态,测得c(H2O)=5 mol·L-1,体系压强为p,则0~20 min内,v(CH4)=　　　　　 mol·L-1·min-1,平衡时CH4选择性=　　　　　 CH4选择性=×100%,计算保留三位有效数字,副反应Kc=　　　 。  解析:500 ℃时,向1 L恒容密闭容器中充入4 mol CO2和12 mol H2,初始压强为p,20 min时主、副反应都达到平衡状态,测得c(H2O)=5 mol·L-1,体系压强为p,建立三段式: 2x+y=5,根据物质的量之比等于压强之比得到=,解得x=2,y=1,则0~20 min内v(CH4)==0.1 mol·L-1·min-1,平衡时CH4选择性=×100%≈66.7%,副反应Kc==或1.67。 答案:0.1　66.7%　1.67 11.(14分)(2025·肥城市模拟)我国科学家成功用二氧化碳人工合成淀粉,其中第一步是利用二氧化碳催化加氢制甲醇。在CO2(g)加氢合成CH3OH的体系中,同时发生以下反应: 反应Ⅰ　CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1<0 反应Ⅱ　CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　 ΔH2>0 反应Ⅲ　CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3<0 (1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的焓变ΔH随温度T的变化如图所示。据图判断,表示反应Ⅰ的焓变曲线为　　　　 (填“a”“b”或“c”);反应Ⅲ在　　 　　(填“高温”或“低温”)下可自发进行。  (2)温度T2时,在容积不变的密闭容器中充入0.5 mol CO2(g)和1.0 mol H2(g),起始压强为p kPa,10 min达平衡时生成0.3 mol H2O(g),测得压强为p kPa。则反应过程中的热效应为　　　　　 kJ,若反应速率用单位时间内分压变化表示,则10 min内生成CH3OH的反应速率v(CH3OH)为　　　　 kPa·min -1;反应Ⅰ的标准平衡常数KΘ=　　　　　　　　　　(写出计算式)。[已知:分压=总压×该组分物质的量分数,对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g),KΘ=,其中pΘ=100 kPa,pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压]。  解析:(1)依据盖斯定律由Ⅰ-Ⅱ可得Ⅲ,只有反应Ⅱ的ΔH2>0,则曲线a代表Ⅱ,将T1时各曲线数据代入-49.4-41.2=-90.6,则曲线b代表Ⅰ,曲线c代表Ⅲ;反应Ⅲ是气体分子数减小的反应,则ΔS<0,已知ΔH3<0,故低温时,ΔH-TΔS<0反应自发。(2)起始气体总物质的量为1.5 mol,压强为p kPa,平衡状态压强为p kPa,则平衡气体总物质的量为1 mol,10 min达平衡时生成0.3 mol H2O(g),列三段式: 反应Ⅰ 反应Ⅱ x+y=0.3、(0.5-x-y)+(1-3x-y)+(x+y)+(x+y) =1,解得x=0.25,y=0.05,则T2时反应过程中的热效应为放热0.25 mol×45.4 kJ·mol-1-0.05 mol×44.1 kJ·mol-1=9.145 kJ;生成甲醇的物质的量为0.25 mol,甲醇分压p(CH3OH)=×p kPa= kPa,则10 min内生成CH3OH的反应速率v(CH3OH)== kPa·min-1;反应Ⅰ中各物质的分压为p(CO2)=×p kPa,p(H2)=×p kPa,p(H2O)=×p kPa,p(CH3OH)=×p kPa,其中pΘ=100 kPa,反应Ⅰ的标准平衡常数KΘ==。 答案:(1)b　低温　(2)放热9.145　0.016 7p　 12.(15分)二氧化碳⁃甲烷重整反应制备合成气(H2+CO)是一种生产高附加值化学品的低碳过程。该过程存在如下化学反应: ①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)　ΔH1 ②CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g) ΔH2=-90.2 kJ·mol-1 ③CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH3=+74.9 kJ·mol-1 ④CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ΔH4=-131.3 kJ·mol-1 回答下列问题: (1)ΔH1=　　　　　　　　　　,反应①　　　　正向自发进行(填标号)。  A.低温下能　　　　　　 B.高温下能 C.任何温度下都能 D.任何温度下都不能 (2)反应体系总压强分别为5.00 MPa、1.00 MPa和0.50 MPa时,CH4平衡转化率随反应温度变化如图所示,则代表反应体系总压强为5.00 MPa的曲线是　　　　　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”),判断依据是 　 。  (3)当反应体系总压强为0.1 MPa时,平衡时部分组分的物质的量随反应温度变化如图所示。随反应温度的升高,CO2的物质的量先增加后减少,主要原因是 。  (4)恒温恒压条件下,向容器中通入1 mol CH4和1 mol CO2,达到平衡时CH4的转化率为80%,CO2的转化率为50%,碳单质的物质的量为0.8 mol,CO的物质的量为　　　　 mol,反应①用摩尔分数表示的平衡常数Kx=　　　　　　(结果保留两位小数)。  上述平衡时=a,向体系通入He气,重新达到平衡时,=b,则a　　b(填“>”“<”或“=”)。已知反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)的Kx=,物质i的摩尔分数xi=  解析:(1)由盖斯定律可得:①=②+③-2×④,所以ΔH1=ΔH2+ΔH3-2ΔH4=-90.2 kJ·mol-1+74.9 kJ·mol-1-2×(-131.3 kJ·mol-1)=+247.3 kJ·mol-1,所以ΔH1=+247.3 kJ·mol-1;ΔG=ΔH-TΔS,ΔH>0、ΔS>0,所以高温下反应①正向自发进行;(2)图像显示恒温变压(Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ的是顺序变化)甲烷平衡转化率增大,而反应①、③恒温减压平衡均右移,甲烷平衡转化率增大,即同温时压强越大甲烷平衡转化率越小,所以Ⅲ曲线代表5.00 MPa;判断依据是恒温减压时平衡①、③右移,甲烷平衡转化率增大;(3)升温②反应左移,使n(CO2)有增大的趋势,①反应右移,使n(CO2)有减小的趋势,温度在500 ℃以前,温度对②反应影响更大,所以n(CO2)增大,温度高于500 ℃,温度对①反应影响更大,所以n(CO2)减小; (4)三段式表示如下: 　　　CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　始 1 1 0 0 　转 x x 2x 2x 　平　1-x-m 1-x-y　　　　　　 2x-n 　　　CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g) 　　　　　　 　转 y 2y y 2y 　　　CH4(g)C(s)+2H2(g) 　转 m m　　 2m 　　　CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) 　　　　　　　　　　　　　　　　 　转 n n n n 平衡时甲烷转化了0.8 mol,CO2转化了0.5 mol,C生成了0.8 mol,所以x+m=0.8 mol、x+y=0.5 mol、y+m+n=0.8 mol,解得n(CO)=2x-n=0.5 mol;由氧原子守恒得n(H2O)=1×2 mol-0.5×2 mol-0.5×1 mol=0.5 mol,由氢原子守恒得n(H2)=×(4 mol-0.2×4 mol-2×0.5 mol)=1.1 mol,容器气体总物质的量=0.2 mol+0.5 mol+0.5 mol+0.5 mol+1.1 mol=2.8 mol,Kx==≈0.39;恒温恒压条件下向体系通入He气,相当于减压,①反应右移,氢气相对甲烷增加,所以b>a。 答案:(1)+247.3 kJ·mol-1　B　 (2)Ⅲ　恒温减压时平衡①、③右移,甲烷平衡转化率增大　(3)温度在500 ℃以前,温度对②反应影响更大,所以n(CO2)增大,温度高于500 ℃,温度对①反应影响更大,所以n(CO2)减小　 (4)0.5　0.39　< 第三讲　化学平衡移动　化学反应进行的方向 |内|容|与|目|标| 　 1.通过实验探究,了解浓度、压强、温度、催化剂等对化学平衡的影响。 2.认识化学反应速率和化学平衡的综合调控在生产、生活和科学研究中的重要作用。 3.知道化学反应是有方向的,知道化学反应的方向与反应的焓变和熵变都有关系。 逐点清(一)　化学平衡移动与化学反应的调控 系统教材·固本强基 　 (一)化学平衡的移动 1.化学平衡移动的过程 定义 由原有的平衡状态达到新的平衡状态的过程叫化学平衡移动 过程 示意 图 本质 ①v正>v逆:平衡向正反应方向移动 ②v正=v逆:反应达到平衡状态,平衡不移动 ③v正<v逆:平衡向逆反应方向移动 2.影响化学平衡的外界因素　　 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 改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向 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 (二)勒夏特列原理 　　如果改变影响化学平衡的一个因素(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。如:反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在一定温度下达到平衡时,c(N2)=a mol·L-1,压强为p,在恒温下,将容器容积缩小一半,达到新平衡时,c'(N2)<2a mol·L-1,p'<2p。 (三)化学反应的调控 1.工业合成氨的条件调控 反应 原理 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1 理论 分析 根据反应特点可知合成氨反应速率增大的措施有升高温度、增大压强、增大N2、H2浓度和使用催化剂;提高平衡混合物中NH3的含量的措施有降低温度、增大压强、增大反应物浓度 合成 氨条 件的 调控 压强 10~30 MPa的压强。压强越大,转化率越大,但对材料设备的要求越高,需要的动力也越大,增大了生产投资,降低了经济效益 温度 400~500 ℃的温度。温度要适宜,既要考虑速率又要考虑反应转化率,同时还要考虑催化剂的活性 催化剂 使用催化剂可提高反应速率,且不同的催化剂有不同的活性和选择性 浓度 迅速冷却NH3,减少c(NH3),使平衡右移 循环 操作 将分离出NH3的原料循环使用,提高原料利用率 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)增大反应物的量,化学反应速率一定加快,化学平衡一定正向移动 (×) (2)化学反应速率改变,化学平衡一定发生移动 (×) (3)对于2NO2(g)N2O4(g)的平衡体系,加压(压缩体积),气体颜色加深,平衡左移 (×) (4)当NH4HS(s)NH3(g)+H2S(g)达到平衡后,移走一部分NH4HS固体,平衡向右移动 (×) (5)温度越高越利于合成氨反应平衡正向移动 (×) (6)合成氨反应中,压强越大越利于反应速率加快和平衡正向移动 (√) (7)使用催化剂能提高合成氨反应物的平衡转化率 (×) (8)往平衡体系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 (×) 2.在密闭容器中进行如下反应:CO2(g)+C(s)2CO(g)　ΔH>0,达到平衡后,若改变下列条件,则指定物质的浓度及平衡如何变化。 (1)增加C(s),则平衡　　　　　　　　(填“逆向移动”“正向移动”或“不移动”)。  (2)保持温度不变,增大反应容器的容积,则c(CO2)　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  (3)保持反应容器的容积和温度不变,通入He,则平衡　　　　　　(填“逆向移动”“正向移动”或“不移动”)。  (4)保持反应容器的容积不变,升高温度,则平衡时c(CO)　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  提示:(1)不移动　(2)减小　(3)不移动 (4)增大 3.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以下反应是目前大规模制取氢气的重要方法之一:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH=-41.2 kJ·mol-1 (1)欲提高CO的平衡转化率,理论上可以采取的措施为　　　　。  A.增大压强 B.升高温度 C.加入催化剂 D.通入过量水蒸气 (2)800 ℃时,该反应达到平衡,写出该反应的平衡常数表达式K=　　　　　 。  答案:(1)D　 (2) 2.化工生产适宜条件选择的一般原则 条件 原则 从化学反应速率分析 既不能过快,又不能太慢 从化学平衡移动分析 既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性,又要注意二者影响的矛盾性,尽可能使化学平衡向生成所需产物的方向移动 从原料的利用率分析 增加易得廉价原料,提高难得高价原料的利用率,循环利用从而降低生产成本 从实际生产能力分析 既要注意理论上的需要,又要考虑实际生产(如设备条件、安全操作、经济成本等)的可能性 从催化剂的使用分析 ①防止催化剂中毒,增加乳化装置;②温度对催化剂活性的影响;③应用催化剂的选择性,控制副反应,提高产率,降低生产成本 　 4.(鲁科选1 P97 T6改编)对于处于化学平衡状态的反应:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g),请回答: (1)已知该反应正反应方向为放热反应,如何改变温度有利于氢气的生成? 提示:降低温度,平衡正向移动,有利于氢气的生成。 (2)增大压强能否提高一氧化碳的平衡转化率? 提示:增大压强,平衡不移动,所以不能提高一氧化碳的平衡转化率。 迁移应用·深化学习 　 牛刀小试 题点(一)　外界条件改变对化学平衡移动的影响 1.(2025·河北衡水检测)将等物质的量的X、Y气体充入某密闭容器中,在一定条件下,发生反应并达到平衡:X(g)+3Y(g)2Z(g)　ΔH<0。当改变某个条件并维持新条件直至新的平衡时,表中关于新平衡与原平衡的比较正确的是 (　　) 选项 改变条件 新平衡与原平衡比较 A 升高温度 X的转化率变小 B 增大压强 X的浓度变小 C 充入一定量Y Y的转化率增大 D 使用适当的催化剂 X的体积分数变小 解析:选A　升高温度,平衡逆向移动,X的转化率变小,A项正确;增大压强,平衡正向移动,但容器的体积减小,X的浓度变大,B项错误;充入一定量Y,X的转化率增大,而Y的转化率减小,C项错误;使用适当的催化剂,只能加快反应速率,不能改变平衡,X的体积分数不变,D项错误。 2.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 链接拓展 同一条件下连续改变对平衡状态的影响 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:选C　该反应是一个气体分子数减少的反应,增大压强可以加快化学反应速率,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,但因温度不变,故平衡常数不变,A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不正确。 题点(二)　勒夏特列原理的应用 3.(2025·丰台区一模)下列实验事实能用平衡移动原理解释的是 (　　) A.打开汽水瓶,有气泡从溶液中冒出 B.铁粉与硫酸溶液反应生成氢气 C.向过氧化氢溶液中加入二氧化锰有利于氧气的生成 D.加入少量CuSO4可增大锌与稀硫酸反应的速率 解析:选A　汽水瓶内存在反应CO2+H2OH2CO3,打开汽水瓶,瓶内压强减小,平衡逆向移动,有气体冒出,能用勒夏特列原理解释,故A正确;Fe和稀硫酸反应生成氢气不存在平衡移动,不能用勒夏特列原理解释,故B错误;二氧化锰作该反应的催化剂,催化剂只改变化学反应速率,不影响平衡移动,所以不能用勒夏特列原理解释,故C错误;Zn和硫酸铜反应生成Cu,Zn、Cu和稀硫酸构成原电池而加快化学反应速率,不存在平衡移动,不能用勒夏特列原理解释,故D错误。 4.(2025·吉林长春高三模拟)下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 (　　) A.溴水中有下列平衡:Br2(aq)+H2O(l)HBr(aq)+HBrO(aq),当加入少量AgNO3溶液后,溶液的颜色变浅 B.对2HI(g)H2(g)+I2(g),缩小容器的容积可使平衡体系的颜色变深 C.反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) ΔH<0,升高温度可使平衡向逆反应方向移动 D.对于合成NH3反应,为提高NH3的产率,理论上应采取低温措施 解析:选B　溴水中存在平衡:Br2(aq)+H2O(l)HBr(aq)+HBrO(aq),加入少量AgNO3溶液,HBr与AgNO3反应生成AgBr沉淀,c(HBr)减小,平衡正向移动,溶液的颜色变浅,可以用勒夏特列原理解释;2HI(g)H2(g)+I2(g)是反应前后气体总分子数不变的反应,缩小容器的容积,压强增大,c(I2)增大,导致平衡体系的颜色变深,但平衡不移动,不能用勒夏特列原理解释;反应CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g)的ΔH<0,升高温度,平衡逆向移动,可以用勒夏特列原理解释;合成氨的反应是放热反应,降低温度,平衡正向移动,有利于生成NH3,可以用勒夏特列原理解释。 题点(三)　化学平衡的移动与转化率的关系 5.COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)　ΔH>0。当反应达到平衡时,下列措施:①升温、②恒容通入惰性气体、③增加CO浓度、④减压、⑤加入催化剂、⑥恒压通入惰性气体,能提高COCl2转化率的是 (　　) A.①②④　　　　　　 B.①④⑥ C.②③⑤ D.③⑤⑥ 解析:选B　题目中的反应是气体体积增大的吸热反应,若要提高COCl2的转化率,则改变条件使平衡向正反应方向移动,其中,升温、减压能使平衡正移;⑥恒压下通入惰性气体,参加反应的各组分气体浓度同等程度减小,即相当于减小压强,平衡正向移动,COCl2的转化率增大。 6.(2024·浙江6月选考)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯,主要发生如下两个反应: Ⅰ.C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) ΔH1>0 Ⅱ.C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)　ΔH2>0 向容积为10 L的密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2,不同温度下,测得5 min时(反应均未平衡)的相关数据见下表,下列说法不正确的是 (　　) 温度/℃ 400 500 600 乙烷转化率/% 2.2 9.0 17.8 乙烯选择性/% 92.6 80.0 61.8 注:乙烯选择性=×100% A.反应活化能:Ⅰ<Ⅱ B.500 ℃时,0~5 min反应Ⅰ的平均速率为v(C2H4)=2.88×10-3 mol·L-1·min-1 C.其他条件不变,平衡后及时移除H2O(g),可提高乙烯的产率 D.其他条件不变,增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料,平衡后可提高乙烷转化率 微点精研 其他工业生产适宜条件的选择 解析:选D　由表可知,相同温度下,乙烷在发生转化时,反应Ⅰ更易发生,则反应活化能:Ⅰ<Ⅱ,A正确;由表可知,500 ℃时,乙烷的转化率为9.0%,可得转化的乙烷的总物质的量为2 mol×9.0%=0.18 mol,而此温度下乙烯的选择性为80%,则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18 mol×80%=0.144 mol,根据方程式可得,生成乙烯的物质的量为0.144 mol,则0~5 min反应Ⅰ的平均速率为v(C2H4)==2.88×10-3 mol·L-1·min-1,B正确;其他条件不变,平衡后及时移除H2O(g),反应Ⅰ正向进行,可提高乙烯的产率,C正确;其他条件不变,增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料,平衡后CO2转化率提高,C2H6转化率降低,D错误。 7.CO可用于合成甲醇,反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反 应ΔH　　　　　0(填“>”或“<”)。实际生产条件控制在250 ℃、1.3×104 kPa左右,选择此压强的理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　。  解析:从图像来看,随着温度的升高,CO的转化率减小,故ΔH<0,综合温度、压强对CO转化率的影响,在1.3×104 kPa下,CO的转化率已经很大,不必再增大压强。 答案:<　在1.3×104 kPa下,CO的转化率已较高,再增大压强,CO转化率提高不大,同时生产成本增加 练后补强 1.判断化学平衡移动的流程 2.理清化学平衡移动与平衡转化率的关系 (1)反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)的转化率分析 ①若反应物起始物质的量之比等于化学计量数之比,达到平衡后,它们的转化率相等。 ②若只增加A的量,平衡正向移动,B的转化率增大,A的转化率减小。 ③若按原比例同倍数地增加(或降低)A、B的浓度,等效于压缩(或扩大)容器体积,气体反应物的转化率与其化学计量数有关。 同倍增大c(A)和c(B) (2)反应mA(g)nB(g)+qC(g)的转化率分析 在T、V不变时,增加A的量,等效于压缩容器体积,A的转化率与化学计量数有关。 增大c(A) 逐点清(二)　化学反应进行的方向 系统教材·固本强基 　 1.自发过程 含义 在一定条件下,不需要借助光、电等外力作用就能自动进行的过程 特点 放热过程可能自发进行 混乱度小转变为混乱度大的过程可能自发进行 2.熵和熵变 (1)熵是度量体系混乱程度的物理量,符号为S。 (2)影响熵大小的因素:①相同条件下,物质不同,熵不同。 ②同一物质:S(g)>S(l)>S(s)。 (3)熵变(ΔS)=生成物的总熵-反应物的总熵。 3.化学反应方向的判断 焓变 (ΔH)<0 有自发进行的倾向,但有些ΔH>0的反应也可自发进行,焓变判断反应进行的方向不全面 熵变 (ΔS)>0 有自发进行的倾向,但有些ΔS<0的反应也可自发进行,熵变判断反应进行的方向不全面 自由能的 变化 (ΔG)<0 ΔG=ΔH-TΔS,ΔG<0的反应可自发进行,ΔG=0,反应处于平衡状态,ΔG>0,反应不能自发进行 　 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)能够自发进行的反应一定是放热反应 (×) (2)某吸热反应能自发进行,因此该反应是熵增反应 (√) (3)因为焓变和熵变都与反应的自发性有关,因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据 (×) 2.(鲁科选1 P56“身边的化学”栏目改编)对于反应: 2NO(g) + 2CO(g) ===N2(g) + 2CO2(g)该反应的 ΔH=-746.8 kJ·mol-1 、ΔS=-197.5 J·mol-1 ·K-1 。该反应在室温下能否自发进行? 提示:根据计算,在 298 K、100 kPa 下,ΔH-TΔS = -687.9 kJ·mol-1。ΔH-TΔS < 0,因此在室温下反应能正向自发进行。 迁移应用·深化学习 　 1.(2025·湖南永州检测)实现“节能减排”和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),如图表示该反应过程中能量(单位为kJ·mol-1)的变化: 下列关于该反应的说法中,正确的是 (　　) A.ΔH>0,ΔS>0　　　 B.ΔH>0,ΔS<0 C.ΔH<0,ΔS<0 D.ΔH<0,ΔS>0 解析:选C　根据反应过程中能量变化的情况可知反应物的总能量大于生成物的总能量,反应放热,ΔH<0;该反应发生后气体的物质的量减小,ΔS<0。 2.(1)已知在100 kPa、298 K时石灰石分解反应CaCO3(s) ===CaO(s)+CO2(g)的ΔH>0,ΔS>0,则:①该反应常温下　　　　(填“能”或“不能”)自发进行。②据本题反应数据分析,温度　　　　(填“能”或“不能”)成为反应方向的决定因素。  (2)已知下列数据:CaO(s)+SO3(g) ===CaSO4(s)　ΔH=-401.9 kJ·mol-1 CaSO4(s) CaO(s) SO3(g) S/(J·mol-1·K-1) 107.0 39.75 256.65 用CaO(s)吸收高炉废气中的SO3气体　　　　(填“能”或“不能”)防止SO3污染环境。  解析:(1)①常温下石灰石不分解,反应不能自发进行;②该反应的ΔH>0,ΔS>0,属于熵增加的吸热反应,故在高温下该反应能够自发进行。 (2)根据已知数据求得ΔS=107.0 J·mol-1·K-1-39.75 J·mol-1·K-1-256.65 J·mol-1·K-1=-189.4 J·mol-1·K-1,ΔH-TΔS=-401.9 kJ·mol-1-298 K×(-189.4×10-3 kJ·mol-1·K-1)≈-345.46 kJ·mol-1,所以该反应能自发进行,因此用CaO(s)吸收高炉废气中的SO3气体以防止SO3污染环境是可行的。 答案:(1)①不能　②能　(2)能 3.(1)汽车燃油不完全燃烧时产生CO,有人设想按下列反应除去CO:2CO(g) ===2C(s)+O2(g)。已知该反应的ΔH>0,简述该设想能否实现的依据:　 　　　　　　　　　　　　　　。  (2)超音速飞机在平流层飞行时,尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2,化学方程式为2NO+2CO2CO2+N2。反应能够自发进行,则反应的ΔH　　　　0(填“>”“<”或“=”),理由是　　　　　　 　　　　。  (3)已知CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)　ΔH=+218 kJ·mol-1,该反应能够自发进行的反应条件是　　　　。  答案:(1)不能实现,因为该反应的ΔH>0,ΔS<0,ΔG>0,反应不可能自发进行　(2)<　该反应的ΔS<0,因该反应能自发进行,根据ΔG=ΔH-TΔS<0可知ΔH<0　(3)高温 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.(2025·沈阳高三质检)已知:CH3OH(g)+H2O(g)3H2(g)+CO2(g)　ΔH>0,则下列有利于提高CO2平衡产率的条件是 (　　) A.高温、高压　　　　　 B.低温、高压 C.高温、低压 D.低温、低压 解析:选C　反应CH3OH(g)+H2O(g)3H2(g)+CO2(g)为气体体积增大的吸热反应,降低压强、升高温度都能使平衡正向移动,有利于提高CO2的平衡产率,故C正确。 2.(2025·锡林郭勒盟检测)下列内容与结论对应的是 (　　) 选项 内容 结论 A H2O(g)变成H2O(l) 该过程的ΔS>0 B 硝酸铵溶于水可自发进行　 该过程的ΔS<0 C 一个反应的 ΔH>0、ΔS>0 该反应一定 不能自发进行 D H2(g)+F2(g) ===2HF(g) ΔH=-271 kJ·mol-1 ΔS=+8 J·mol-1·K-1 该反应可自发进行 解析:选D　物质由气态变为液态,混乱度减小,即ΔS<0,故A错误;硝酸铵溶于水,混乱度增大,ΔS>0,故B错误;当ΔH>0,ΔS>0时,当ΔG=ΔH-TΔS<0时反应可自发进行,高温条件下ΔG<0,反应能自发进行,故C错误;反应H2(g)+F2(g) ===2HF(g)的ΔH<0,ΔS>0,则ΔG=ΔH-TΔS<0,该反应一定可自发进行,故D正确。 3.(2025·大连检测)工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400~500 ℃下的催化氧化:2SO2+O22SO3,这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行,下列有关说法错误的是 (　　) A.使用催化剂是为了增大反应速率,提高生产效率 B.在上述条件下,SO2不可能100%地转化为SO3 C.提高反应时的温度,可以实现SO2的完全转化 D.通过调控反应条件,可以提高该反应进行的程度 解析:选C　催化剂可加快反应速率,生产时间缩短,提高生产效率,故A正确;为可逆反应,则SO2不可能100%地转化为SO3,故B正确;提高反应温度,平衡逆向移动,SO2转化率降低,不可能完全转化,故C错误;通过改变影响平衡的条件,如增大压强或降温,均可促进平衡正向移动,提高该反应进行的程度,故D正确。 4.(2025·朝阳区检测)下列事实不能用平衡移动原理解释的是 (　　) A. B. t/℃ 5 10 15 一水合氨Kh/(×10-5) 1.479 1.570 1.625 C. D. 解析:选D　铬酸钾(K2CrO4)与重铬酸钾(K2Cr2O7)有如下转化:2Cr+2H+Cr2+H2O,加入氢氧化钠,平衡逆向移动,颜色橙色变为黄色,能用平衡移动原理解释,故A错误;一水合氨的电离是吸热过程,升高温度,促进平衡正向移动,所以平衡常数增大,能用平衡移动原理解释,故B错误;石蕊溶液中存在电离平衡,和酸碱混合后会引起平衡的移动,从而导致颜色变化,能用平衡移动原理解释,故C错误;金属锌和硫酸的反应中,加入金属铜,可以构成原电池,加快反应速率,不能用平衡移动原理解释,故D正确。 5.已知体系自由能变化ΔG=ΔH-TΔS。已知两个反应的ΔG与温度的关系如图所示,下列说法不正确的是 (　　) 已知:ΔH和ΔS随温度变化很小。 A.反应②的ΔS<0 B.反应①在1 200 ℃时能自发进行 C.在一定温度范围内,反应①②均能自发 D.反应②的ΔH>0 解析:选D　反应②随温度的升高,ΔG逐渐增大,则ΔS<0,故A正确;由图可知,反应①在1 200 ℃时ΔG<0,故此时反应①能自发进行,故B正确;由图可知,在一定温度范围内,反应①②的ΔG<0时,即反应①②均能自发反应,故C正确;ΔH和ΔS随温度变化很小,可认为不随温度而变化,由图中数据可知,对反应②来说,-80=ΔH-200ΔS,-40=ΔH-900ΔS,ΔH=,即ΔH<0,故D错误。 6.我国科学家成功利用CO还原NO,从源头上减少煤粉燃烧产生的大气污染。一定温度下,在1 L的恒容密闭容器中,充入1 mol CO和1 mol NO,反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)平衡时,测得c(N2)=0.2 mol·L-1,下列说法正确的是 (　　) A.升高温度,正、逆反应速率以相同倍数增大 B.加入催化剂使正反应速率加快,逆反应活化能增大 C.若往容器中再通入1 mol NO和1 mol CO2,则此时v正>v逆 D.若往容器中再通入2 mol CO和1 mol N2,则此时v正>v逆 解析:选D　一定温度下,在1 L的恒容密闭容器中,充入1 mol CO和1 mol NO,反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)平衡时,测得c(N2)=0.2 mol·L-1,则可建立如下三段式: 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) 1.0　 　1.0　　　　0　　 　0 0.4　 　0.4　　 　0.2 　　0.4 0.6　 　0.6　　 　0.2 　　0.4 K=≈0.25。升高温度,平衡一定发生移动,则正、逆反应速率增大的倍数不同,A不正确;加入催化剂使正、逆反应速率均加快,则催化剂使正、逆反应活化能都减小,B不正确;若往容器中再通入1 mol NO和1 mol CO2,浓度商Q=≈0.43>0.25,则此时平衡逆向移动,v正<v逆,C不正确;若往容器中再通入2 mol CO和1 mol N2,则此时Q=≈0.079<0.25,平衡正向移动,v正>v逆,D正确。 7.(2025·五华区高三模拟)利用传感技术可探究压强对2NO2(g)N2O4(g)化学平衡移动的影响。往注射器中充入适量NO2气体如图甲所示;恒定温度下,再分别在t1、t2时快速移动注射器活塞后保持活塞位置不变,测得注射器内气体总压强随时间变化的曲线如图乙所示。下列说法中错误的是 (　　) A.在B、E两点,对应的正反应速率:v(B)>v(E) B.C到D点平衡逆向移动,针筒内气体颜色D比B点深 C.B、H两点,对应的NO2浓度相等 D.B点处NO2的转化率为6% 解析:选B　压强越大、反应速率越快,pB>pE,所以B、E两点对应的正反应速率:v(B)>v(E),故A正确;D点压强小于B点压强,二氧化氮浓度是B点大于D点,所以针筒内气体颜色D比B点浅,故B错误;B、H两点,压强相等,且均为平衡状态,则对应的NO2浓度相等,故C正确;反应开始时总压强是100 kPa,B点处压强是97 kPa,减少3 kPa,根据物质反应转化关系可知:反应消耗6 kPa NO2,由于在恒温恒容时气体的物质的量的比等于压强之比,故NO2的转化率:×100%=6%,故D正确。 8.(2025·浙江嘉兴一模)一定温度下的平衡体系:CaCO3(s)CaO(s)+ CO2(g)中仅含有CaCO3、CaO及CO2气体。此时压强为p,体积为2V。在t0时刻,将容器容积压缩到V且保持不变。测得体系中压强与时间关系如图所示(忽略固体所占体积)。下列说法错误的是 (　　) A.容器容积缩小,CO2浓度增大,平衡向左移动 B.t1时,CaO几乎反应完全 C.t1时,若再加入足量的CaO,达到新平衡时体系的压强大于p D.若t0时,向体系中增加少量CaCO3(s),反应速率不变 解析:选C　反应正向气体分子数增大,则容器容积缩小相当于增大压强,平衡向左移动,A项正确;t1时,反应达到新平衡,由K=c(CO2)可知,若CaO足量,新平衡时c(CO2)保持不变,压强仍为p,但实际压强大于p,故CaO不足,几乎反应完全,B项正确;由K=c(CO2)可知,若CaO足量,新平衡时c(CO2)保持不变,压强仍为p,C项错误;CaCO3为固体,浓度为定值,向体系中增加少量CaCO3(s),反应速率不变,D项正确。 二、非选择题 9.(15分)(2024·江苏卷)氢能是理想清洁能源,氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢,原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有　　　　;含CO和H2各1 mol的混合气体通过该方法制氢,理论上可获得　　　　 mol H2。  (2)一定条件下,将氮气和氢气按n(N2)∶n(H2)=1∶3混合匀速通入合成塔,发生反应N2+3H22NH3。海绵状的α⁃Fe作催化剂,多孔Al2O3作为α⁃Fe的“骨架”和气体吸附剂。 ①H2中含有CO会使催化剂中毒。 CH3COO[Cu(NH3)2]和氨水的混合溶液能吸收CO生成CH3COO[Cu(NH3)3CO]溶液,该反应的化学方程式为 　 　　　　　　　　　　　　　　。  ②Al2O3含量与α⁃Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于2%,出口处氨含量下降的原因是 ________________________________________________________。  (3)反应H2+HCHCOO-+H2O可用于储氢。 ①密闭容器中,其他条件不变,向含有催化剂的0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中通入H2,HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于70 ℃,HCOO-产率下降的可能原因是________________________________________。  ②使用含氨基物质(化学式为CN—NH2,CN是一种碳衍生材料)联合Pd⁃Au催化剂储氢,可能机理如图所示。氨基能将HC控制在催化剂表面,其原理是 　;  用重氢气(D2)代替H2,通过检测是否存在　　　　　　　　　　(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。  解析:(1)反应器Ⅰ中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3,产物有CO2、H2O、Fe,发生反应3CO+Fe2O3===2Fe+3CO2、3H2+Fe2O3===2Fe+3H2O,化合价发生改变的元素有C、H、Fe。CO、H2各1 mol参与反应,各生成 mol Fe,共 mol Fe。 mol Fe在反应器Ⅱ中发生反应3Fe+4H2O(g) ===Fe3O4+4H2,共生成 mol H2。(2)①根据题给反应物及生成物书写即可。②多孔Al2O3可作为气体吸附剂,含量过多会吸附生成的NH3,且当Al2O3含量大于2%时,催化剂α⁃Fe的表面积减小,与反应物的接触面积减小,反应速率减小,也会导致产生的NH3减少。(3)①NaHCO3受热易分解,导致HCOO-产率下降。②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上,HC中的H原子连在电负性较大的O原子上,二者之间可以形成氢键N—H…O、N…H—O。总反应为H2+HC===H2O+HCOO-,使用D2代替H2,若生成HDO,则可确认反应过程中的加氢方式。 答案:(1)C、H、Fe　　 (2)①CH3COO[Cu(NH3)2]+NH3·H2O+CO===CH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O　②多孔Al2O3可作为气体吸附剂,含量过多会吸附生成的NH3;Al2O3含量大于2%,α⁃Fe表面积减小,反应速率减小,产生NH3减少　(3)①NaHCO3受热易分解,导致HCOO-产率下降　②—NH2可以与HC形成氢键　HDO 　　　　第四讲　化学反应机理与历程(思维建模课) 　　高考强调素养为本的情境化命题,高考通过真实情境的创设,考查学生的信息获取能力和创新思维。近几年高考常以催化剂的催化反应机理和能垒图像(2024年安徽卷T10、 河北卷T14、甘肃卷T10等)为情境载体进行命题。这两类命题,由于陌生度高,思维转化大,成为大多数考生的失分点。所以,很有必要对这两类题型进行深剖细讲予以突破。 一、催化反应机理图像分析 　　[例1]　(2025·枣庄一模)我国科研团队研究发现使用GaZrOx双金属氧化物可形成氧空位,具有催化氧化性能,实现CO2加氢制甲醇。其反应机理如图所示,用“*”表示吸附在催化剂表面的物质。下列说法错误的是 (　　) A.增大反应物H2或CO2分压均能提高甲醇的产量 B.氢化步骤的反应为HCOO*+2H2―→H3CO*+H2O C.增大催化剂的比表面积有利于提高平衡转化率 D.催化剂表面甲醇及时脱附有利于二氧化碳的吸附 　　[解析]　由反应机理图可知总反应为CO2+3H2===CH3OH+H2O,增大反应物H2或CO2分压均能提高甲醇的产量,故A正确;根据反应机理图可知氢化步骤的反应为HCOO*+2H2―→H3CO*+H2O,故B正确;增大催化剂的比表面积有利于提高反应速率,不能提高平衡转化率,故C错误;催化剂表面甲醇及时脱附后有空位,有利于二氧化碳的吸附,故D正确。 　　[答案]　C |思维建模|催化反应机理题的两步解题流程 　 第一步: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、中间物种(或中间体) 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物 生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是生成物 中间体 通过一个箭头脱离整个历程,但又通过一个箭头生成产物或通过两个箭头进入整个历程的物质是中间体,中间体有时在反应历程中用“[　]”标出 第二步:逐项分析,获取正确答案 由第一步题给情境信息,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。   [迁移应用] 1.(2023·湖南卷)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 解析:选B　依题意分析: 据图像分析可知,Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后,[L⁃Ru—NH3]2+可与NH3反应生成[L⁃Ru—NH2]+和N,配体NH3失去质子能力增强,A项正确;结合题图可知,[L⁃Ru—NH3]2+→[L⁃Ru—NH2]+失去1个H,所带电荷数减1,则Ru化合价不变,与[L⁃Ru—NH2]+相比,M中N含有1个单电子,所以Ru的化合价不是+3,B项错误;据图像分析可知,反应过程中有N—N非极性键的形成,C项正确;结合题图可知,总反应为4NH3-2e-===N2H4+2N,D项正确。 2.(2025年1月·八省联考河南卷)环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇,其可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.该反应的还原剂是 B.反应过程中涉及O—H键的断裂和形成 C.用同位素标记的代替可得到 D.环己酮转化为环己醇的反应为 解析:选C　由反应机理图可知变为,发生了还原反应,还原剂为,A正确;由反应机理图可知,总反应为,可知有O—H键的断裂和形成,B、D正确;用同位素标记的代替可得到,C错误。 3.利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels⁃Alder反应取得重要进展,某Diels⁃Alder反应催化机理如下, (1)由机理图可推知,化合物X的电子式为___________________________________________________。  (2)反应的总反应为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　。  (3)若原料中混有丙烯,则有机副产物的结构简式为　　　　　　　　。  解析:由催化机理可知,总反应为;Ⅰ+ⅥX+Ⅱ,由Ⅰ、Ⅵ、Ⅱ的结构简式可知,X为H2O,其电子式为H︰︰H。通过Diels⁃Alder反应的机理推出有机副产物为。 答案:(1)H︰︰H　(2) (3) 二、化学反应过程中的能垒图像 　　[例2]　(2024·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 　　[解析]　由能量变化图可知,E2=0.70 eV-(-0.71 eV)=1.41 eV,A项正确;由能量变化图可知,步骤2逆向反应的ΔH=-0.71 eV-(-1.00 eV)=+0.29 eV,B项正确;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的慢,C项错误;该过程甲烷转化为甲醇,属于加氧氧化,D项正确。 　　[答案]　C |思维建模|三步突破能量变化能垒图 [迁移应用] 1.(2024·安徽卷)某温度下,在密闭容器中充入一定量的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下图所示。 下列反应进程示意图符合题意的是 (　　) 解析:选B　由题图可知,生成Y的速率大于生成Z的速率,则第一步反应的活化能比第二步反应的活化能小,C、D项错误;结合ΔH1、ΔH2均小于0可知,两步反应均为放热反应,故反应物的总能量高于生成物的总能量,则能量:X>Y>Z,A项错误,B项正确。 2.(2024·北京卷)苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下,反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 (　　) A.从中间体到产物,无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ B.X为苯的加成产物,Y为苯的取代产物 C.由苯得到M时,苯中的大π键没有变化 D.对于生成Y的反应,浓H2SO4作催化剂 解析:选C　生成产物Ⅱ的反应的活化能更低,反应速率更快,且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定,以上2个角度均有利于产物Ⅱ,故A正确;根据前后结构对照,X为苯的加成产物,Y为苯的取代产物,故B正确;M的六元环中与—NO2相连的C为sp3杂化,苯中大π键发生改变,故C错误;苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂,故D正确。 3.(2025·黑龙江部分学校一模)无催化剂作用下,以乙二醛和O2为原料制取乙醛酸、甲酸、乙二酸的可能反应历程如图所示,其中TS表示过渡态,IM表示中间体,下列说法错误的是 (　　) A.反应很短一段时间内,IM4多于IM1 B.乙二醛制乙醛酸的最大能垒为322.5 kJ·mol-1 C.选择合适的催化剂可提高乙二酸的选择性 D.乙二醛氧化生成甲酸、乙醛酸或乙二酸均为放热反应 解析:选B　反应很短一段时间内,生成IM1的能垒高于IM4,故IM4多于IM1,A正确;乙二醛制乙二酸的最大能垒为295.4 kJ·mol-1,B错误;选择合适的催化剂可提高乙二酸的选择性,使反应向有利于生成乙二酸的方向进行,C正确;由图可知,三个反应的生成物总能量均低于反应物的总能量,均为放热反应,D正确。 [课时跟踪检测] (说明:标题目配有讲评课件) 1.我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂,由CO2和H2转化为产品CH4的反应历程(该反应可逆),其示意图如下: 下列说法不正确的是 (　　) A.总反应方程式为CO2+4H2CH4+2H2O B.在反应历程中,H—H键与C==O键断裂吸收能量 C.催化剂可提高CH4的平衡转化率 D.反应过程中,催化剂改变反应路径,降低反应的活化能 解析:选C　由图可知CO2和H2转化为产品CH4,还生成水,则总反应方程式为CO2+4H2CH4+2H2O,A正确;键断裂吸收能量,B正确;反应过程中,催化剂改变反应路径,降低反应的活化能,加快该反应速率,但不能提高转化率,C错误,D正确。 2.(2025·湖南岳阳模拟)苯与Cl2的反应机理如图1所示,其反应过程中的能量变化如图2所示。下列说法正确的是 (　　) A.苯和Cl2反应的速率由过程Ⅱ的速率决定 B.FeCl3的参与改变了反应历程,降低了总反应的焓变 C.反应过程中有极性键和非极性键的断裂和生成 D.升温既能提高反应速率,又能提高苯的平衡转化率 解析:选A　活化能大的步骤决定反应的速率,根据图示过程Ⅱ的活化能大,A正确;催化剂通过降低活化能而改变反应速率,但不影响焓变,B错误;反应中断裂C—H、Cl—Cl键,生成C—Cl、H—Cl,没有非极性键的生成,C错误;该反应为放热反应,升高温度平衡逆向进行,降低苯的平衡转化率,D错误。 3.(2025·大庆一模)Ti⁃H⁃Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示,其中Ti⁃H区域和Fe区域的温度差可超过100 ℃。吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是 (　　) A.①②③在高温区发生,在高温区增加了活化分子百分数 B.该历程中能量变化最大的是2.46 eV,过程为N2的吸附过程 C.④⑤在低温区发生,在低温区提高了氨的产率和生产速率 D.使用Ti⁃H⁃Fe双温区催化合成氨,降低了合成氨反应的活化能 解析:选C　①②③在高温区发生时,由于在高温区,物质的内能增加,分子含有的能量增加,活化分子数目增加,而分子总数不变,因此增加了活化分子百分数,反应速率大大加快,A正确;根据图示可知:该历程中能量变化最大的是2.46 eV,该过程为N2在催化剂表面的吸附过程,B正确;合成NH3的正反应是放热反应,降低温度,可以使合成氨的化学平衡向放热的方向移动,因此在低温区提高了氨的产率;但由于温度降低,物质的内能减少,分子运动速率减小,故化学反应速率会减慢,C错误;催化剂能改变反应历程,降低反应的活化能,使用Ti⁃H⁃Fe双温区催化合成氨,能够极大的降低合成氨反应的活化能,D正确。 4.溴代叔丁烷与乙醇的反应进程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.溴代叔丁烷与乙醇的反应为吸热 B.溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅲ决定 C.氯代叔丁烷和乙醇中发生相似的反应,则反应Ⅰ的活化能将增大 D.由该反应原理可推知,1,2⁃二溴乙烷和乙二醇反应可制得环丁烷 解析:选C　根据反应过程中反应物的总能量高于生成物的总能量,该反应为放热反应,A错误;由图可知,反应Ⅰ的活化能最大,所以溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅰ决定,B错误;由图可知,反应Ⅰ中碳卤键会断裂,C—Cl的键长小于C—Br,所以C—Cl的键能大,断裂需要的能量多,反应Ⅰ的活化能将增大,C正确;由该反应原理可知醇在反应过程中断裂羟基的O—H键,卤代烃断裂碳卤键,会生成醚键,所以1,2⁃二溴乙烷和乙二醇反应不能制得环丁烷,D错误。 5.(2025·沙坪坝区一模)煤的间接液化的途径之一是先将煤转化为CO和H2,之后在催化剂作用下合成CH3OH,其反应历程如图所示,吸附在催化剂表面上的物种用标注。下列说法正确的是 (　　) A.煤的间接液化和氯气的液化过程中,所克服的作用力相同 B.该反应历程中的决速步骤为CO*(g)+2H2(g) ===HCO*+H2(g) C.温度升高,H2的平衡转化率将升高 D.CH3OH在催化剂上的脱附或吸附是物理过程,无能量变化 解析:选B　煤的间接液化是化学变化,需要破坏化学键,氯气的液化是物理变化,克服的是分子间的作用力,故A错误;决速步骤为活化能最大的过程,由图示知,步骤为CO*(g)+2H2(g) ===HCO*+H2(g),故B正确;根据图示可得,反应为放热反应,则温度升高,H2的平衡转化率将减小,故C错误;最后一步为CH3OH在催化剂的脱附过程,吸收能量,故D错误。 6.(2025·武汉模拟)CO2甲烷化是“负碳排放”的重要研究方向,某研究团队报道了镍基催化剂上CO2与H2反应生成甲烷的两种机理如图所示,其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。 下列说法错误的是 (　　) A.镍基催化剂增加了活化分子的百分数 B.两种机理均涉及极性键的断裂和生成 C.Ni@SiXNS⁃H2O机理中CH4的选择性更高 D.Ni@SiXNS⁃C2H5OH机理涉及反应*CO2+H+e-HCOO- 解析:选C　催化剂降低反应的活化能,将普通分子转化为活化分子,则镍基催化剂增加了活化分子的百分数,A正确;两种机理均涉及C==O极性键的断裂和C—H键的生成,B正确;Ni@SiXNS⁃C2H5OH机理中主要生成CH4,次要生成CO,则Ni@SiXNS⁃C2H5OH机理中CH4的选择性更高,C错误;由图可知Ni@SiXNS⁃C2H5OH机理涉及反应*CO2+H+e-*HCOO-,D正确。 7.(2025·辽宁抚顺六校模拟)科学家新合成了镍催化剂NiSCN,并将其应用在光氧化还原/镍催化的卤代芳烃碳氮键和碳氧键偶联反应中,反应机理如图所示(Ar—为芳基),下列叙述正确的是 (　　) A.SCN⁃Ni(Ⅱ)中N提供孤电子对与Ni(Ⅱ)提供的空轨道形成配位键 B.上述总反应属于加成反应,原子利用率为100% C.和中C原子杂化类型完全相同 D.上述循环中,Ni的化合价保持不变 解析:选A　SCN-中N、S都含有孤电子对,根据图示SCN—Ni(Ⅱ)中N提供孤电子对与Ni(Ⅱ)提供的空轨道形成配位键,故A正确;题述反应中,产物还含有HBr,属于取代反应,原子利用率小于100%,B项错误;芳基中C原子为sp2杂化,中C原子采用sp3杂化,故C错误;题述循环中,镍表现出+1、+2、+3价,故D错误。 8.(2025·菏泽模拟)以CoCl2和作为催化剂,通过电化学方式实现腈类化合物还原胺类化合物的反应机理如图所示(其中Ph表示苯基,表示)。下列说法错误的是 (　　) A.是反应的中间产物 B.含Co配合物中N的杂化方式均相同 C.中的原子不可能全部共平面 D.该反应的总方程式为PhN+PhNH2+2H++2e-+NH3 解析:选D　由图可知,二氯化钴和是反应的催化剂,PhN、PhNH2和氢离子是反应物,和氨气是生成物,总反应为PhN+PhNH2+4H++4e-+NH3。在第Ⅴ步被消耗,又在+RhNH3+NH3中生成,是反应的中间产物,故A正确;所涉及Co的配合物中,N的杂化方式都为sp2杂化,故B正确;分子中含有甲基,甲基是四面体结构,所有原子不可能共平面,故C正确; 由分析可知,PhN、PhNH2和氢离子是反应物,和氨气是生成物,总反应的方程式为PhN+PhNH2+4H++4e-+NH3,故D错误。 9.(2025·怀化模拟)一种利用H2和O2直接合成H2O2的反应历程如下图所示。下列说法中错误的是 (　　) A.总反应的原子利用率理论上可达100% B.步骤2中,若1 mol O2完全反应,则理论上转移电子数目为2NA C.降低了反应的活化能,加快了反应速率 D.和中Pd的化合价不相同 解析:选D　由图示可知,步骤1为+H2Pd+2HCl+2Cl-、步骤2为Pd+O2+2Cl-、步骤3为+2HCl+H2O2,所以总反应为H2+O2H2O2;故原子利用率理论上为100%,故A正确;步骤2为Pd+O2+2Cl-,若1 mol O2完全反应,则理论上转移电子数目为2NA,故B正确;由分步反应及总反应可知,为催化剂,催化剂可降低反应的活化能,加快反应速率,故C正确;中Cl化合价为-1价,则Pd元素为+2价,中Cl化合价为-1价、O化合价为-1价,则Pd元素为+2价,Pd的化合价相同,故D错误。 　　第五讲　工业生产中的化学平衡图像分析(思维建模课) 　　在工业生产过程中,如何提升原料利用率、降低化学反应条件、提高产物的产率等是化学工作者研究的重要课题。命题者往往根据实际工业生产、结合图像,从分析投料比、转化率、产率等角度来命题。此类题目的信息量大,能充分考查学生读图、提取信息、解决实际问题的能力。 一、单一变量的平衡图像——“先拐先平”法 以mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)　 ΔH=Q kJ·mo为例。 1.“转化率—时间”四种图像 p一定时,ΔH<0 T一定时,m+n>p+q T一定时,m+n<p+q T一定时,m+n=p+q 注意:纵坐标也可以是某组分的含量。 2.解答这类图像题应遵循的原则和方法 (1)“先拐先平,数值大”原则 分析反应由开始(起始物质的量相同时)至达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化。 ①若为温度变化引起,温度较高时,反应达平衡所需时间短。如甲图500 ℃先达平衡。 ②若为压强变化引起,压强较大时,反应达平衡所需时间短。如乙、丙、丁图1.01×107 Pa先达平衡。 (2)掌握图像中反应规律的判断方法 ①图甲中,升高温度,A的转化率降低,平衡逆向移动,正反应为放热反应。 ②图乙中,增大压强,A的转化率升高,平衡正向移动,则正反应为气体体积减小的反应。 ③若纵坐标表示A的百分含量,则甲中正反应为吸热反应,乙中正反应为气体体积增大的反应。 　　[例1]　已知:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 025 kJ·mol-1,若反应起始物质的量相同,下列关于该反应的示意图不正确的是 (　　) 　　[解析]　由于该反应的正反应为放热反应,温度升高平衡逆向移动,NO的含量降低,A正确,C错误;该反应的正反应是气体体积增大的反应,压强减小平衡正向移动,NO的含量增大,B正确;催化剂的使用只能改变反应速率,不能使平衡发生移动,NO的含量不变,D正确。 　　[答案]　C [迁移应用] 1.以下图像对应的叙述正确的是 (　　) A.图甲:A的平衡转化率为50% B.图乙:t1时刻改变的条件只能是加入催化剂 C.图丙:对图中反应升高温度,该反应平衡常数减小 D.图丁:该正向反应在任何温度下都能自发进行 解析:选A　由图可知,反应生成C 0.4 mol、剩余A 0.8 mol,根据化学方程式可知,反应A 0.8 mol,则A的平衡转化率为50%,A正确。反应为气体分子数不变的反应,根据图中信息得到t1时刻改变的条件可能是加入催化剂,也可能是加压,B错误。对图中反应升高温度,正反应增大的速率大于逆反应增大的速率,说明平衡正向移动,该反应是吸热反应,升高温度平衡正向进行,该反应平衡常数增大,C错误。根据下面两条曲线得到p2>p1,增大压强,C%增大,说明正向移动,反应为气体分子数减小的反应,为熵减反应;根据上面两条曲线得到T2<T1,升高温度,C%减小,说明逆向移动,反应为放热反应,焓变小于零;则反应为放热的熵减反应,在低温下利于反应的自发进行,D错误。 2.在恒容密闭容器中通入X并发生反应:2X(g) Y(g),温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示,下列叙述正确的是 (　　) A.该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量 B.T2下,在0~t1时间内,v(Y)= mol·L-1·min-1 C.M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆 D.M点时再加入一定量X,平衡后X的转化率减小 解析:选C　根据图示可由先拐先平数值大原则知,T1>T2,温度越高平衡时c(X)越高,则正反应为放热反应,M点X的转化率小于W点X的转化率,M点放出的热量小于W点放出的热量,A项错误;T2下,Δt=t1,Δc(Y)= mol·L-1,v(Y)= mol·L-1·min-1,B项错误;M点温度比W点温度高,所以M点的正反应速率大于W点的逆反应速率,而W点的逆反应速率大于N点的逆反应速率,则M点的正反应速率大于N点的逆反应速率,C项正确;由于在恒容密闭容器中反应,再加入一定量X,相当于增加压强,平衡向正反应方向移动,再次平衡时X的转化率增大,D项错误。 二、多种变量的平衡图像——“定一议二”法 1.“A的转化率(或C的含量)—温度—压强”四种图像 以mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)　ΔH=为例 m+n>p+q,ΔH>0 m+n<p+q,ΔH<0 m+n>p+q,ΔH<0 m+n<p+q,ΔH>0 2.解答这类图像题时应运用“定一议二”原则 相同温度下不同压强　 由反应物A的转化率大小来判断平衡移动的方向,从而确定反应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。如图甲中任取一条温度曲线研究,压强增大,A的转化率增大,平衡正向移动,正反应为气体体积减小的反应,图丙中任取横坐标一点作横坐标垂直线,也能得出相同结论 相同压强下不同温度　 由反应物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。如图丙中任取一条压强曲线研究,温度升高,A的转化率减小,平衡逆向移动,正反应为放热反应,图乙中任取横坐标一点作横坐标垂直线,也能得出相同结论 　　[例2]　(2025·潍坊检测)一定条件下,将NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1充入反应容器,发生反应:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。其他条件相同时,分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.p1>p2 B.其他条件不变,温度升高,该反应的反应限度减小 C.400 ℃、p1条件下,O2的平衡转化率为20% D.400 ℃时,该反应的化学平衡常数的数值为 　　[解析]　正反应为气体体积减小的反应,温度一定时,增大压强平衡向正反应方向移动,NO的转化率增大,故p1<p2,故A错误;由图可知,压强一定时,随温度升高,NO的转化率降低,平衡逆向移动,NO的转化率减小,该反应的反应限度减小了,故B正确;400 ℃、p1条件下,平衡时NO的转化率为40%,NO(g)和O2(g)按物质的量之比2∶1投入且按2∶1反应,二者转化率相等,即O2的平衡转化率为40%,故C错误;反应前后气体的化学计量数不相等,平衡常数与体积有关,由于体积未知、物质的浓度未知,不能计算平衡常数,故D错误。 　　[答案]　B [迁移应用] 1.(2025·湖南四校联考)向2 L容器中充入1 mol CO2和2 mol H2,发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH,测得反应在不同压强、不同温度下,平衡时CH3OH体积分数如图甲所示,测得反应时逆反应速率与容器中c(CH3OH)关系如图乙所示。下列说法正确的是 (　　) A.ΔH>0 B.p1<p2 C.K(C)>K(A)=K(B) D.图乙中当x点平衡体系升高至某一温度时,反应可重新达平衡状态,新平衡点可能是d 解析:选D　根据图甲可知升高温度平衡时甲醇的体积分数降低,说明温度升高平衡逆向移动,反应为放热反应,ΔH<0,A错误;正反应气体体积减小,温度不变时增大压强平衡正向移动,甲醇体积分数增大,所以p1>p2,B错误;升高温度,平衡向逆反应方向移动,化学平衡常数减小,由图可知,反应温度:B>A>C,则K(C)>K(A)>K(B),C错误;升高温度,正、逆反应速率均增大,反应为放热反应,平衡向逆反应方向移动,甲醇的浓度减小,则新平衡点可能是图乙中d点,D正确。 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.x1<x2 B.反应速率:vb正<vc正 C.点a、b、c对应的平衡常数:Ka<Kb=Kc D.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:选B　由题意分析 结合图像分析可知,A项正确、B项错误;该反应为吸热反应,温度升高,平衡常数增大,结合题图可知,平衡常数:Ka<Kb=Kc,C项正确;该反应反应前后气体分子数不相等,恒温恒容时,容器内压强不再发生变化,即反应达到平衡状态,D项正确。 3.在一恒容的密闭容器中充入0.1 mol·L-1 CO2、0.1 mol·L-1 CH4,在一定条件下发生反应:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g),测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图,下列有关说法不正确的是 (　　) A.上述反应的ΔH<0 B.压强:p4>p3>p2>p1 C.压强为p4、温度为1 100 ℃时该反应的平衡常数约为1.64 D.压强为p4时,在y点:v正>v逆 解析:选A　由图像可知,压强一定时,温度越高,CH4的平衡转化率越高,故正反应为吸热反应,ΔH>0,A项错误;该反应为气体分子总数增加的反应,压强越大,甲烷的平衡转化率越小,故压强:p4>p3>p2>p1,B项正确;压强为p4、温度为1 100 ℃时,甲烷的平衡转化率为80.00%,故平衡时各物质的浓度分别为c(CH4)=0.02 mol·L-1,c(CO2)=0.02 mol·L-1,c(CO)=0.16 mol·L-1,c(H2)=0.16 mol·L-1,平衡常数K=≈1.64,C项正确;压强为p4时,y点未达到平衡,此时v正>v逆,D项正确。 三、化工生产中的复杂图像——“两步分析”法 第一步:通过读图识图获取有用信息 轴 横坐标 外界条件变化 纵坐标 反应体系变化 点 起点 始态 特殊点 中间态(突变点、拐点等) 终点 终态 线 趋势 化学反应的连续变化过程 面 曲线的相互关系 图像的基本意义 在依据化学反应原理中反应速率和平衡移动知识解读图像的基础上,还需要进行如下思考: (1)明标:在明确横、纵坐标含义的基础上,用变量的观点分析坐标,找出横、纵坐标的关系,再联想相应的已学化学知识。 (2)找点:在找出曲线中的起点、拐点、终点、交叉点、平衡点等的基础上,分析这些点的意义及影响这些点的主要因素有哪些。 (3)析线:正确分析曲线的变化趋势(上升、下降、平缓、转折等),同时对走势有转折变化的曲线要分段分析,研究各段曲线变化趋势及其含义。 第二步:对获取的图像信息进行加工处理 (对图像信息加工处理的角度如图所示) 　　[例3]　(2024·黑吉辽卷·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)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)　 ΔH1=-57.2 kJ·mol-1　ΔS　K 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)。 回答下列问题: (1)ΔS　 　0(填“>”或“<”);T3=　 　℃。  (2)下列措施可提高M点HCl转化率的是　　　　(填标号)。  A.增大HCl的流速　　 B.将温度升高40 ℃ C.增大n(HCl)∶n(O2) D.使用更高效的催化剂 (3)图中较高流速时,α(T3)小于α(T2)和α(T1),原因是 　。 (4)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)。  　　[方法演示] 第一步:通过读图识图获取有用信息 由图可以获得以下信息 (1)在流速较低时的转化率视为平衡转化率,因为反应放热,所以在流速低的时候,温度越高,HCl的转化率越小。 (2)两图像走势相似,由于n(HCl)∶n(O2)不同,故在流速相等时纵坐标(HCl的转化率)的数值不同。 (3)在较高流速下,较低温度下的HCl转化率低于温度较高时的转化率,主要是因为流速过快,反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应,导致转化率下降。 第二步:对获取的图像信息进行加工 (1)反应2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)前后的气体分子数目在减小,所以该反应 ΔS<0,该反应为放热反应,由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率,所以在流速低的时候,温度越高,HCl的转化率越小,故T1代表的温度为440 ℃,T3为360 ℃。 (2)A.增大HCl的流速,由图像可知,HCl的转化率在减小,不符合题意; B.M对应温度为360 ℃,由图像可知,升高温度,HCl的转化率增大,符合题意; C.增大n(HCl)∶n(O2),HCl的转化率减小,不符合题意; D.使用高效催化剂,可以增加该温度下的反应速率,使单位时间内HCl的转化率增加,符合题意。 (3)图中在较高流速下,T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2,主要是流速过快,反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应,导致转化率下降,同时,T3温度低,反应速率低,故单位时间内氯化氢的转化率低。 (4)由图像可知,N点HCl的平衡转化率为80%,设起始n(HCl)=n(O2)=4 mol,可列出三段式 2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g) 起始量/mol　4　 　　　4　 　　　0　 　　0 变化量/mol3.2　　 　 0.8　 　　1.6　 　1.6 平衡量/mol0.8　 　　 3.2　 　　1.6　 　1.6 则K==6。 　　[答案]　(1)<　360　(2)BD　(3)流速过快,反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应,导致转化率下降,同时,T3温度低,反应速率低,故单位时间内氯化氢的转化率低　(4)6 [迁移应用] 题点(一)　根据图像推断反应方程式及相关信息 1.NO直接催化分解(如生成N2与O2)也是一种脱硝途径,且在不同条件下,NO的分解产物不同。在高压下,NO在40 ℃下分解生成两种化合物,体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图所示。请写出NO分解的化学方程式:__________________________________________________________。  解析:由图可知3 mol NO在40 ℃下分解生成Y、Z两种化合物各1 mol,3X===Y+Z,根据氧化还原得失电子守恒和原子守恒可知反应方程式为3NON2O+NO2。 答案:3NON2O+NO2 题点(二)　根据图像选择反应最佳条件 2.用氨气催化氧化还原法脱硝(NOx)原理如下:4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)　ΔH<0。根据下图判断提高脱硝效率的最佳条件是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;氨氮比一定时,在400 ℃时,脱硝效率最大,其可能的原因是 。  答案:在氨氮物质的量之比为1,温度在400 ℃时　在400 ℃时催化剂的活性最好,催化效率最高,同时400 ℃温度较高,反应速率快 题点(三)　根据图像解释某种现象产生的原因 3.(2024·湖南卷·节选)丙烯腈(CH2==CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气,用TiO2作催化剂生产CH2==CHCN的流程如下: 已知:①进料混合气进入两釜的流量恒定,两釜中反应温度恒定: ②反应釜Ⅰ中发生的反应: ⅰ:HOCH2CH2COOC2H5(g) ―→CH2==CHCOOC2H5(g)+H2O(g)　ΔH1 ③反应釜Ⅱ中发生的反应: ⅱ:CH2==CHCOOC2H5(g)+NH3(g) ―→CH2==CHCONH2(g)+C2H5OH(g)　ΔH2 ⅲ:CH2==CHCONH2(g) ―→CH2==CHCN(g)+H2O(g)　ΔH3 ④在此生产条件下,酯类物质可能发生水解 回答下列问题: 进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)∶n(C2H5OH)=1∶2,出料中四种物质(CH2==CHCOOC2H5、CH2==CHCN、C2H5OH、H2O)的流量(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图: (1)表示CH2==CHCN的曲线是　　　　(填“a”“b”或“c”);  (2)反应釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是　　　　　　　　　　　　　　;  (3)出料中没有检测到CH2==CHCONH2的原因是____________________________________________;  (4)反应11 h后,a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 　。 解析:(1)根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g) ―→CH2==CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g),设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1 mol,n(C2H5OH)=2 mol,出料气中CH2==CHCOOC2H5含量较少,则生成CH2==CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1 mol,生成H2O(g)的物质的量约为2 mol,故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3 mol,故出料气中CH2==CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1∶3∶2,故曲线c表示CH2==CHCN的曲线。 (2)反应釜Ⅰ中发生反应ⅰ是气体体积增大的反应,故加入C2H5OH降低分压有利于反应ⅰ平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率。 (3)出料中没有检测到CH2==CHCONH2的原因是CH2==CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解。 (4)反应11 h后,a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长,酯类物质发生水解的程度增大,反应釜中发生反应的产物减少,反应速率降低,故产物减少。 答案:(1)c　(2)降低分压有利于反应ⅰ平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率　(3)CH2==CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解　(4)反应时间过长,酯类物质发生水解的程度增大,反应釜中反应产物减少,反应速率降低,故产物减少 [课时跟踪检测] (电子版配有升维和降维题组,通过调试难度,满足不同层级学生的需求) 一、选择题 1.(2025·天津西青区联考)如图可逆反应A+2B2C+3D的化学反应速率 与化学平衡随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况,由此可推断 (　　) A.正反应是吸热反应 B.若A、B是气体,则D是液体或固体 C.改变物质浓度,平衡不会移动 D.A、B、C、D均为气体 解析:选B　降低温度时平衡正向移动,则正反应为放热反应,故A错误;增大压强平衡正向移动,若A、B是气体,则D是液体或固体,C为气体符合,故B正确;改变物质浓度,平衡会移动,增大反应物浓度平衡正向移动,增大生成物浓度平衡逆向移动,故C错误;A、B、C、D均为气体时,增大压强,平衡逆向移动,与图像不符,故D错误。 2.(2025·黑龙江哈尔滨六中月考)根据如图有关图像,下列说法正确的是 (　　) A.由图Ⅰ知,反应在T1、T3处达到平衡,且该反应的ΔH<0 B.由图Ⅱ知,t1~t6时间段内反应在t6时刻,NH3体积分数最小 C.由图Ⅱ知,t3时采取降低反应体系温度的措施 D.图Ⅲ表示在10 L容器、850 ℃时的反应,由图知,到4 min时,反应放出5.16 kJ的热量 解析:选B　根据图Ⅰ,T2℃下反应物X体积分数达到最小,生成物Z的体积分数达到最大,T2℃反应达到平衡,T1℃没有达到平衡,T2℃以后,X的体积分数增大,Z的体积分数减小,随着温度的升高,平衡向逆反应方向进行,正反应为放热反应,即ΔH<0,故A错误;t2时刻正、逆反应速率相等,平衡不移动,根据图像Ⅱ,t3后,反应向逆反应方向进行,NH3的量减少,t5后,反应又向逆反应方向进行,NH3的量又减少,故在t6时刻,NH3体积分数最小,故B正确;根据图像Ⅱ,t3时,正、逆反应速率都降低,改变的因素是降低温度或减小压强,根据图像Ⅱ,t3时,反应向逆反应方向移动,如果降低温度,该反应为放热反应,平衡向正反应方向移动,即v'正>v'逆,不符合图像,t3时刻采取的是减小压强,故C错误;根据图Ⅲ,0~4 min变化的物质的量为0.12 mol·L-1×10 L=1.2 mol,即放出的热量为1.2 mol×43 kJ·mol-1=51.6 kJ,故D错误。 3.向某恒容密闭容器中充入等物质的量的PCl3(g)和Cl2(g),发生如下反应:PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g),测得不同温度下PCl3(g)的转化率α与时间的关系如图所示。其速率方程为v正=k正·c(PCl3)·c(Cl2),v逆=k逆·c(PCl5)(k是速率常数,只与温度有关),下列说法错误的是 (　　) A.T1时,若平衡体系中c(Cl2)=0.25 mol·L-1,则=18 B.M点:> C.升高温度,k正增大的倍数小于k逆增大的倍数 D.该反应的ΔH<0 解析:选A　T1时,平衡时三氯化磷的平衡转化率为80%,起始时氯气和三氯化磷的充入量相同,若平衡体系中c(Cl2)=0.25 mol·L-1,起始时氯气的物质的量浓度为0.25 mol·L-1÷(1-80%)=1.25 mol·L-1,氯气的反应量为1.25 mol·L-1-0.25 mol·L-1=1 mol·L-1,平衡时五氯化磷的物质的量浓度为1 mol·L-1,此时===16,故A错误;M点时,反应未达平衡,Q=<K=,故B正确;反应正向放热,升高温度,平衡逆向移动,正反应速率小于逆反应速率,k正增大的倍数小于k逆增大的倍数,故C正确;由图可知,温度为T2时反应先达到平衡,故温度T2>T1,升高温度,PCl3(g)的转化率降低,平衡逆向移动,逆向吸热,正向放热,ΔH<0,故D正确。 4.(2025·咸阳统考)体积均为1 L的两个恒容密闭容器Ⅰ、Ⅱ中,均充入2 mol CO(g)和2 mol NO(g),发生反应:2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)　ΔH,相对容器Ⅱ,容器Ⅰ只改变一个外界条件,测得N2的物质的量与时间关系如图所示。下列叙述正确的是 (　　) A.该反应是吸热反应,容器Ⅰ改变的条件可能是使用了催化剂 B.相对容器Ⅱ,容器Ⅰ改变的条件可能是升温或者加压 C.容器Ⅱ中NO的平衡转化率为80% D.容器Ⅱ中0~10 min内,v(NO)=0.05 mol·L-1·min-1 解析:选C　从图中信息可知,平衡时容器Ⅱ与容器Ⅰ中N2的物质的量不等,所以容器Ⅰ改变的条件不可能是使用了催化剂,A不正确;加压,则平衡正向移动,N2的物质的量应比容器Ⅱ中的大,B不正确;容器Ⅱ中,平衡时N2的物质的量为0.8 mol,则参加反应NO的物质的量为1.6 mol,NO的平衡转化率为×100%=80%,C正确;容器Ⅱ中0~10 min内,N2的物质的量为0.5 mol,则参加反应NO的物质的量为1 mol,v(NO)==0.1 mol·L-1·min-1,D不正确。 5.一定温度下,向2.0 L恒容密闭容器中充入一定量的,在催化剂作用下发生脱氢反应:+H2(g)　ΔH=+118 kJ·mol-1,测得乙苯脱氢反应时间与容器中气体总压强的关系如图所示: 下列说法错误的是 (　　) A.乙苯脱氢反应在相对较高温度下能自发进行 B.0~4 h内平均反应速率可用压强变化表示为v()=0.6 kPa·h-1 C.若向平衡体系中再通入适量的乙苯气体,平衡正向移动 D.若在平衡时扩大容器的容积使体系压强恢复至起始压强,再次达到平衡时乙苯的体积分数减小 解析:选B　该反应ΔH>0,ΔS>0,当ΔH-TΔS<0时,反应能自发进行,则该在相对较高温度下能自发进行,故A正确;反应前后气体系数变化为1,压强增大值与各物质的压强变化量相同,0~4 h内平均反应速率可用压强变化表示为v(乙苯)==60 kPa·h-1,故B错误;若向平衡体系中再通入适量的乙苯气体,反应物浓度增大,平衡正向移动,故C正确;若在平衡时扩大容器的容积使体系压强恢复至起始压强,相当于减压,该反应正向气体分子数增加,减压平衡正向移动,再次达到平衡时乙苯的体积分数减小,故D正确。 6.(2025·辽阳模拟)CO2的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为1∶1的CO2和H2,发生反应:①CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)　ΔH1=+31.2 kJ·mol-1,②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2 kJ·mol-1。在相同时间内,CO2的转化率、HCOOH的选择性[HCOOH的选择性=×100%]与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是 (　　) A.温度高于673 K时,主要发生反应② B.温度低于673 K时,HCOOH的选择性随温度升高而增大 C.平衡时,再充入0.1 mol CO2和0.1 mol H2,再次达到平衡时,HCOOH的物质的量增大 D.673 K下反应达到平衡时,CO2、HCOOH、CO的浓度之比为5∶57∶133 解析:选D　根据图像可知,当温度高于673 K时,CO2的转化率增加,但HCOOH的选择性降低,故以发生反应②为主,A正确;根据图像可知,当温度低于673 K时,HCOOH的选择性随温度升高而增大,B正确;平衡时再通入0.1 mol CO2和0.1 mol H2,平衡向正向移动,HCOOH的物质的量一定增大,C正确;根据题意,利用转化率和选择性表达式可知,673 K时CO2的转化率为95%,其中HCOOH的选择性为30%,那么CO的选择性为70%,设起始时二氧化碳的物质的量为a mol,根据化学方程式利用元素守恒,平衡时二氧化碳0.05a mol,HCOOH和CO物质的量之和为0.95a mol,那么HCOOH的物质的量为0.95a×30%=0.285a mol,CO的物质的量为0.95a ×70%=0.665a mol,恒容密闭容器中CO2、HCOOH、CO的浓度之比为10∶57∶133,故D错误。 二、非选择题 7.(10分)(2025·宜春市第一中学模拟)碳排放进入平台期后,进入平稳下降阶段称为“碳达峰”,与“碳中和”一起,简称“双碳”。以CO2为原料合成CH3OH依然是“双碳”环境下的科研热点,相关反应如下: 主反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1<0; 副反应1:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2>0; 副反应2:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3。 回答下列问题: (1)某工厂控制条件,建立了存在上述主反应和副反应1的体系,保持其他条件不变,测定温度对合成甲醇过程的影响所得曲线如图1、图2所示甲醇选择性=,CO2转化率在指定时间段内测得,结合图1曲线变化趋势分析图2中温度对甲醇产率的影响: 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　,242 ℃时甲醇产率为　　　　　%(保留三位有效数字)。  (2)一定条件下,在2 L恒容密闭容器内主反应和两个副反应均有发生,测得初始时,n(CO2)=2 mol,n(H2)=6 mol,达到平衡时CH3OH产率为50%,总压强为p kPa,n(CO)=0.4 mol,主反应的平衡常数K=　　　　　 (保留两位有效数字);达到平衡用时5 min,则0~5 min内,用CH3OH分压表示的平均反应速率为　　　　。  解析:(1)242 ℃时甲醇产率为41%×22%=9.02%。 (2)初始时,n(CO2)=2 mol,n(H2)=6 mol,列三段式: 主反应 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 转化量/mol x　　　3x　　 　x　 　　　x 副反应1 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 转化量/mol y y　　　 y　　　 y 副反应2　　CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 转化量/mol 　z 　 2z　 　　　z 由平衡时CH3OH产率为50%知,=0.5,得x+z=1 mol①,n(CO)=0.4 mol,则y-z=0.4 mol②,则①+②得x+y=1.4 mol,则剩余的CO2的物质的量为0.6 mol,由O原子守恒知,容器中H2O(g)的物质的量为2×2-0.6×2-1-0.4=1.4 mol,由H原子守恒知,容器中H2的物质的量为=2.6 mol,则K=≈0.53;平衡时气体压强为p kPa,CH3OH分压为 kPa,则0~5 min内,用CH3OH分压表示的平均反应速率为 kPa·min-1。 答案:(1)温度低于242 ℃时,反应速率慢,甲醇的选择性低,随着温度升高,甲醇选择性升高,故甲醇产率增加,超过242 ℃时,温度对甲醇的选择性影响不大,但主反应为放热反应,随着温度升高,平衡逆向移动,导致CO2转化率下降,从而使甲醇产率下降(其他合理答案也可)　9.02　 (2)0.53　 kPa·min-1 8.(15分)(2024·湖北卷)用BaCO3和焦炭为原料,经反应Ⅰ、Ⅱ得到BaC2,再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应Ⅰ:BaCO3(s)+C(s)BaO(s)+2CO(g) 反应Ⅱ:BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g) 回答下列问题: (1)写出BaC2与水反应的化学方程式: 　。  (2)已知Kp=(pCO)n、K=(n是CO的化学计量数)。反应Ⅰ、Ⅱ的lg K与温度的关系曲线如图1。 ①反应BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)在1 585 K的Kp=　　　　Pa3。  ②保持1 320 K不变,假定恒容容器中只发生反应 Ⅰ,达到平衡时pCO=　　　　Pa,若将容器体积压缩到原来的,重新建立平衡后pCO=　　　　Pa。  (3)恒压容器中,焦炭与BaCO3的物质的量之比为4∶1,Ar为载气。1 400 K和1 823 K下,BaC2产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 ①初始温度为900 K,缓慢加热至1 400 K时,实验表明BaCO3已全部消耗,此时反应体系中含Ba物种为　　　　。  ②1 823 K下,反应速率的变化特点为 　,  其原因是 　。  解析:(1)BaC2与电石CaC2类似,与水反应生成C2H2(乙炔)和Ba(OH)2,该反应的化学方程式为BaC2+2H2O===Ba(OH)2+C2H2↑。(2)①将BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)记为反应Ⅲ,由盖斯定律可知,反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应 Ⅱ,根据方程式相加,有KⅢ=KⅠ·KⅡ。由图1可知,1 585 K时lg KⅠ=2.5,lg KⅡ=-1.5,则该温度下KⅢ=102.5×10-1.5=10。根据Kp=(pCO)n、K=可知,Kp=K×(105 Pa)n,其中n为方程式中CO的化学计量数。反应Ⅲ中CO的化学计量数为3,因此反应Ⅲ的Kp=KⅢ×(105 Pa)3=1016Pa3。②由图1可知,1 320 K时,lg K1=0,即K1=1。反应Ⅰ中CO的化学计量数为2,则该温度下,KpⅠ=KⅠ×(105 Pa)2=1010 Pa2。根据反应Ⅰ可知,其分压平衡常数表达式为KpⅠ=,因此平衡时pCO===105 Pa。平衡常数只与温度有关,将容器体积压缩到原来的,KpⅠ不变,则pCO不变,仍为105 Pa。(3)①由图2可知,1 823 K下,BaC2产率随着时间的延长不断增加至接近100%,而1 400 K下,BaC2产率始终为0,说明反应Ⅱ在1 400 K以下没有发生,而BaCO3全部消耗,说明反应Ⅰ已完全进行,生成BaO,故此时体系中含Ba物种为BaO。②图2的横坐标为时间,纵坐标为BaC2产率,则图像的斜率可代表反应速率,由图2可知,1 823 K下,t1~t2阶段净反应速率不变,t2后反应达到平衡,净反应速率恒为0。该体系中的反应物均为固体,固体的浓度为定值,不会随着反应消耗而发生改变,因此出现上述特点。 答案:(1)BaC2+2H2O===Ba(OH)2+C2H2↑ (2)①1016　②105　105　(3)①BaO　②t1~t2阶段净反应速率为正值且恒定不变,t2后反应达到平衡,净反应速率恒为0　反应物均为固体,固体的浓度为定值,不会随着消耗而发生改变 9.(15分)(2025·辽宁重点高中协作校联考)二氧化碳甲烷化是有效利用二氧化碳资源的途径之一,是减少二氧化碳的一种比较有效的方法,在环境保护方面显示出较大潜力。 将CO2和H2在催化剂作用下,可实现二氧化碳甲烷化: ①CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.9 kJ·mol-1 ②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　 ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 ③CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)　 ΔH3 (1)经计算,ΔH3=　　　　kJ·mol-1。  (2)一定温度条件下,利用不同催化剂,在相同反应时间内,测得产物的生成速率与催化剂的关系如图,则有利于制甲烷的催化剂是　　　　。  (3)不同条件下,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶4投料同时发生上述反应,CO2的平衡转化率如图所示。 ①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是　　　　。压强为p2时,温度高于700 ℃之后,温度升高转化率增大的原因是 　。  ②在某温度下,向恒容密闭容器中充入1 mol CO2和4 mol H2,初始压强为5p0 kPa,上述反应达平衡时,p(CO)=a kPa,p(CO2)=b kPa,则CH4的选择性=　　　　　　　　　　　　　　　 CH4的选择性=×100%,用含p0、a、b的代数式表示,下同,该温度下反应②的化学平衡常数Kp=　　　　　　　。  解析:(1)根据盖斯定律:反应①-反应②得反应③,则ΔH3=ΔH1-ΔH2=-206.1 kJ·mol-1; (2)根据图示可知,催化剂Cat4甲烷生成速率最大且CO生成速率最小,有利于制甲烷; (3)相同温度下,增大压强,反应①平衡正向移动,二氧化碳转化率增大,结合图示可知,压强:p3>p2>p1;温度高于700 ℃之后,温度升高转化率增大的原因:反应①为放热反应,随温度升高平衡逆向移动,二氧化碳转化率降低,反应②为吸热反应,随温度升高平衡正向移动,二氧化碳转化率 升高,温度高于700 ℃之后,二氧化碳转化率取决于反应②;初始充入1 mol CO2和4 mol H2,初始总压为5p0 kPa,即CO2初始分压p0 kPa,H2初始分压4p0 kPa,反应达平衡时,p(CO)=a kPa,p(CO2)=b kPa,其转化量为(p0-b)kPa,根据碳原子守恒,p(CH4)=(p0-b-a)kPa,则CH4的选择性:×100%;根据氧原子守恒,平衡时p(H2O)=(2p0-2b-a)kPa,根据氢原子守恒,平衡时p(H2)=[4p0-(2p0-2b-a)-2(p0-b-a)]kPa=(3a+4b)kPa,则该温度下反应②的化学平衡常数Kp=。 答案:(1)-206.1　(2)Cat4　(3)①p3>p2>p1　反应①为放热反应,随温度升高平衡逆向移动,二氧化碳转化率降低,反应②为吸热反应,随温度升高平衡正向移动,二氧化碳转化率升高,温度高于700 ℃之后,二氧化碳转化率取决于反应②　 ②×100%　 　　课题探究·项目实践 　　合成甲醇,落实双碳 热考主题(8)——实验探究化学反应原理 　　从实验视角考查反应原理的相关知识打破了原有对化学反应原理固有的考查形式。这种创新命题不仅仅是体现了高考的反规律、反套路化命题,而是考查学生的融会贯通能力和创新思维。一些学生往往因知识跨度大,命题角度新不知如何解题而失分。这就需要在平时复习中,多练习创新试题,提高学生迁移应用能力。 1.(2024·浙江6月选考)为探究化学平衡移动的影响因素,设计方案并进行实验,观察到相关现象。其中方案设计和结论都正确的是 (　　) 选项 方案设计 现象 结论 A 浓度 向1 mL 0.1 mol·L-1 K2CrO4溶液中加入1 mL 1.0 mol·L-1 HBr溶液 黄色溶液 变橙色 增大反应物浓度,平衡向正反应方向 移动 B 压强 向恒温恒容密闭玻璃容器中充入100 mL HI气体,分解达到平衡后再充入100 mL Ar 气体颜色不变 对于反应前后气体总体积不变的可逆反应,改变压强平衡不移动 选项 方案设计 现象 结论 C 温度 将封装有NO2和N2O4混合气体的烧瓶浸泡在热水中 气体颜色变深 升高温度,平衡向吸热反应方向移动 D 催化 剂 向1 mL乙酸乙酯中加入1 mL 0.3 mol·L-1 H2SO4溶液,水浴加热 上层液体逐渐减少 使用合适的催化剂可使平衡向正反应方向移动 解析:选C　K2CrO4在酸性条件下能氧化Br-,现象和结论都不正确,A错误;反应2HI(g)H2(g)+I2(g)为反应前后气体总体积不变的可逆反应,分解达到平衡后再充入100 mL Ar,反应体系中的各物质分压不变,不能得到该结论,B错误;反应2NO2N2O4为放热反应,升高温度,气体颜色变深,说明平衡逆向移动,即向吸热反应方向移动,C正确;催化剂只会改变化学反应速率,不影响平衡移动,D错误。 2.(2025·浏阳市高三质检)已知溶液中存在反应:[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O。将CoCl2溶于水,所得溶液呈粉红色。再加几滴浓盐酸,充分反应后,溶液变为蓝色。然后用该蓝色溶液做实验,现象如下: 以下结论和解释正确的是 (　　) A.[Co(H2O)6]2+呈蓝色,[CoCl4]2-呈粉红色 B.由实验①颜色变化可推知该反应正向为放热反应 C.实验②颜色变化是由于c(H2O)增大,导致平衡逆向移动 D.实验③颜色变化可能是由于Zn2+与Cl-反应形成了比[CoCl4]2-更稳定的[ZnCl4]2- 解析:选D　溶液中存在反应:[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O,将CoCl2溶于水,所得溶液呈粉红色,再加几滴浓盐酸,充分反应后,溶液变为蓝色,说明[Co(H2O)6]2+呈粉红色,[CoCl4]2-呈蓝色,故A错误;蓝色溶液分成三份,①置于冰水浴中,变成粉红色溶液,则反应逆向移动,该反应的正反应为吸热反应,故B错误;②加水稀释,c(Cl-)减小,[CoCl4]2-转化成[Co(H2O)6]2+,变成粉红色溶液,故C错误;③中加入少量ZnCl2溶液,溶液变成粉红色,说明[CoCl4]2-转化成[Co(H2O)6]2+,同时生成更稳定的[ZnCl4]2-,故D正确。 3.(2025·河西区期末检测)某化学小组查阅资料:I2+I-,(aq)为棕色;ZnI2易溶于水,形成无色溶液。进行如下实验并观察现象: (1)向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2,充分振荡,溶液呈浅棕色; (2)再加入0.2 g Zn粒,溶液颜色加深; (3)振荡,一段时间后,紫黑色晶体消失,且溶液褪色。下列实验现象对应的解释正确的是 (　　) 选项 实验步骤及其现象 解释 A (1)溶液呈浅棕色 I2和水均为极性分子,二者相似相溶 B (2)溶液颜色加深 因Zn与I2反应生成ZnI2导致 C (3) 紫黑色 晶体消失 Zn参与反应,促使体系中I2(s)I2(aq)平衡向右移动 D 溶液褪色 因I2全部转化为导致 解析:选C　溶液呈浅棕色,说明I2在水中溶解度不大,且I2为非极性分子,故A错误;ZnI2溶液为无色,溶液颜色加深是因I2(aq)转化为,(aq)为棕色,故B错误;Zn参与反应生成ZnI2,使得反应I2+I-正向移动,导致体系中I2(s)I2(aq)平衡向右移动,紫黑色晶体消失,故C正确;溶液褪色是因Zn与I2反应生成ZnI2所致,且(aq)为棕色,故D错误。 4.(2025·天津高三模拟)以[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl-[CuCl4]2-(黄)+4H2O　 ΔH>0为例,探究影响平衡移动的因素。取相同浓度的CuCl2溶液,分别进行下列实验,对实验现象的分析不正确的是 (　　) 操作和现象 分析 A 观察溶液为绿色 [Cu(H2O)4]2+和 [CuCl4]2-同时存在 B 升高温度,溶液变为黄绿色 平衡正移,[CuCl4]2-的浓度增大 C 加几滴AgNO3溶液,静置,上层清液为蓝色 平衡逆移,[CuCl4]2-的浓度减小 D 加少量Zn片,静置,上层清液为浅黄绿色 平衡正移,[CuCl4]2-的浓度增大 解析:选D　由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl-[CuCl4]2-(黄)+4H2O 　ΔH>0可知,[Cu(H2O)4]2+呈现蓝色,[CuCl4]2-呈现黄色,由光学知识可得黄色光+蓝色光=绿色光,所以溶液为绿色,是因为[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2-同时存在,故A正确;由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl-[CuCl4]2-(黄)+4H2O　ΔH>0可知,该反应是一个吸热反应,升高温度,平衡正向移动,[CuCl4]2-的浓度增大,溶液变为黄绿色,故B正确;由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl-[CuCl4]2-(黄)+4H2O ΔH>0可知,加几滴AgNO3溶液,Cl-与Ag+反应,即Ag++Cl-===AgCl↓,Cl-浓度减小,平衡向逆反应方向移动,[CuCl4]2-的浓度减小,[Cu(H2O)4]2+浓度增大,上层清液为蓝色,故C正确;在CuCl2溶液中加入少量Zn片,会发生Zn置换出Cu,即Cu2++Zn===Zn2++Cu,Cu2+浓度减小,则[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-浓度均减小,上层清液为浅黄绿色,故D错误。 5.(2025·龙泉检测)下列实验中,对现象的解释不正确的是 (　　) 选项 A B 装置及 操作 向右轻轻推动活塞,压缩体积 现象 气体红棕色先变深,再变浅 溶液红色加深 解释 压强增大,2NO2N2O4平衡先逆向移动,再正向移动 增大反应物浓度, Fe3++3SCN- Fe(SCN)3平衡正向移动 选项 C D 装置 及 操作 分别测定20 ℃和80 ℃蒸馏水的电导率 现象 80 ℃蒸馏水的电导率大于20 ℃的 加入CaCO3粉末后电导率增大 解释 温度升高,水的电离平衡正向移动 CaCO3在水中存在CaCO3(s) Ca2+(aq)+C(aq) 解析:选A　向右轻轻推动活塞,压缩体积,NO2浓度增大,气体红棕色先变深,平衡正向移动,NO2浓度减小,气体颜色变浅,故A错误;加入3滴KSCN溶液,SCN-浓度增大,Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡正向移动,溶液红色加深,故B正确;水的电离吸热,升高温度,水的电离平衡正向移动,水中离子浓度增大,电导率增大,故C正确;CaCO3在水中存在平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+C(aq),故水中加入CaCO3粉末后电导率增大,故D正确。 6.已知:2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0,利用装有NO2和N2O4混合气体的平衡球(如图),探究温 度对化学平衡的影响。 实验如下: 实验 实验操作 实验现象 ① 将两组平衡球室温放置 平衡球均为红棕色且颜色相同 ② 将一组平衡球的两端分别浸入冷水和热水中 — ③ 将另一组平衡球的一端靠近酒精灯火焰 加热一段时间后,该平衡球颜色变浅,直至接近无色;停止加热后,平衡球颜色恢复 下列说法不正确的是 (　　) A.断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量 B.实验②,浸入冷水中的平衡球颜色变浅,浸入热水中的平衡球颜色加深 C.实验③,平衡球颜色变浅,可能是温度过高,导致NO2分解生成NO和O2 D.实验③,停止加热,平衡球颜色恢复,是2NO2(g)N2O4(g)逆向移动导致的 解析:选D　反应正向放热,ΔH<0,故断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量,故A正确;正反应放热,热水中温度较高,平衡逆向移动,NO2的物质的量增大,浓度增大,颜色加深,故B正确;温度过高,NO2分解生成NO和O2,故实验③,平衡球颜色变浅,可能是温度过高,导致NO2分解生成NO和O2,故C正确;实验③,停止加热,平衡球颜色恢复,是NO与O2反应又生成NO2,故D错误。 7.(2025·北京昌平区月考)某研究小组进行H2SO4对Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(平衡Ⅰ)影响的实验操作及现象如图: 为探究溶液呈浅黄色的原因,进行以下实验: 实 验 ⅰ 实 验 ⅱ 资料:Fe3++4Cl-[FeCl4]-(黄色)(平衡Ⅱ);Fe3++2S[Fe(SO4)2]-(无色)(平衡Ⅲ)。 下列说法正确的是 (　　) A.加入H2SO4溶液后抑制了Fe3+水解,使c(Fe3+)增大,平衡Ⅰ正移 B.实验ⅰ的目的仅是为了排除加入溶液体积变化对结论的干扰 C.实验ⅱ中a=0.005 D.由上述实验可知使溶液呈浅黄色的微粒可能是Fe(SCN)3 解析:选D　加入H2SO4溶液后,增大H+的浓度,抑制了Fe3+水解,使得Fe3++3SCN-Fe(SCN)3(平衡Ⅰ)正向移动;但加入硫酸溶液相当于稀释,使得c(Fe3+)降低,故A错误;实验ⅰ还有Fe3++4Cl-[FeCl4]-黄色对结论的干扰,故B错误;为了达到实验ⅰ实验ⅱ的对比,Fe3+的浓度一样多,实验ⅰ Fe3+的浓度是0.005 mol·L-1,所以实验ⅱ中a=0.002 5 mol·L-1,故C错误;实验ⅱ中溶液由红色变黄色,因为Fe3++2S [Fe(SO4)2]-(无色),但对Fe3++3SCN-Fe(SCN)3无影响,则使溶液呈浅黄色的微粒可能是Fe(SCN)3,故D正确。 117 / 121 学科网（北京）股份有限公司 $$