主题十 化学反应速率与化学平衡（教师用书）-【新高考方案】2026年高考化学一轮总复习（江苏专版）

主题分层教学课时安排 基础 落实 第一讲 化学反应速率 第二讲(2课时) 化学平衡 第三讲 化学平衡移动　化学反应进行的方向 综合 应用 第四讲 化学反应机理与历程 第五讲 工业生产中的化学平衡图像分析 第一讲　化学反应速率(基础落实课) |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 [再认再现·旧知新学] 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。 微点澄清训练 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)在可逆反应中,正反应的化学反应速率是正值,逆反应的化学反应速率是负值 (×) (2)在反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)中,3v(H2)=2v(NH3) (×) (3)5 mol·L-1·s-1的反应速率一定比1 mol·L-1·s-1的反应速率大 (×) (4)同一反应,在相同时间间隔内,用不同物质表示的反应速率,其数值和意义都不一定相同 (×) (5)化学反应速率通常用单位时间内生成或消耗某物质的质量的多少来表示 (×) 2.如图所示,800 ℃时,某反应有关的物质A、B、C的物质的量浓度从开始反应至4 min时的变化图像。 (1)该反应的化学方程式是 　。 (2)反应开始至4 min,用A的浓度变化来表示该反应的化学反应速率为　　　　　　　　　　　。  (3)若用不同物质表示其化学反应速率之比为v(A)∶v(B)∶v(C)=　　　 　　　　　　。  答案:(1)2AB+3C (2)0.2 mol·L-1·min-1　(3)2∶1∶3 [边练边学·实践提能] 一、化学反应速率 1.一定条件下,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。 2.将等物质的量的A、B混合于2 L的密闭容器中,发生如下反应:3A(g)+B(s)xC(g)+2D(g),经5 min后,测得D的浓度为0.4 mol·L-1,C的平均反应速率是0.12 mol·L-1·min-1,且此时A、B的物质的量之比为2∶3。下列说法不正确的是 (　　) A.x的值是3 B.开始时A的物质的量为2.8 mol C.5 min内,B的平均反应速率为0.04 mol·L-1·min-1 D.5 min时,容器中气体总的物质的量为3.6 mol 解析:选C　经5 min后,测得D的浓度为0.4 mol·L-1,则D的平均反应速率是0.08 mol·L-1·min-1,C的平均反应速率是0.12 mol·L-1·min-1,根据物质的反应速率与化学计量数呈正比,则0.12 mol·L-1·min-1∶0.08 mol·L-1·min-1=x∶2,解得x=3,A正确;可列三段式: 　　　　　　3A(g)+B(s)3C(g)+2D(g) 起/mol 　　　a　 　　a　　 　0　　　0 转/mol　　 　1.2 　　0.4　 　1.2　　0.8 平/mol 　　a-1.2　a-0.4 　1.2　　0.8 根据经5 min后,此时A、B的物质的量之比为2∶3,可列=,解得a=2.8 mol,B正确; B是固体,无法用浓度计算平均反应速率,C错误;根据三段式可知,5 min时,容器中气体总的物质的量为1.6 mol +1.2 mol +0.8 mol =3.6 mol,D正确。 |思维建模|“三段式”求算v(X)、α模板 　　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 %。 二、用其他物理量的变化表示的反应速率 3.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 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,说明反应速率逐渐减小,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)>　 三、反应速率的大小比较 4.已知反应A(g)+2B(g) ===3C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别如下: ①v(A)=0.1 mol·L-1·min-1 ②v(B)=0.15 mol·L-1·min-1 ③v(C)=0.01 mol·L-1·s-1 ④v(D)=0.1 mol·L-1·min-1 则该反应进行速率快慢顺序正确的是 (　　) A.①>②>③>④　　　　 B.②>①=④>③ C.③>①>②>④ D.④>③>①>② 解析:选C　在单位相同的条件下,将不同物质的反应速率除以其计量数,得到的数值越大说明该反应速率越大,①=0.1 mol·L-1·min-1,②==0.075 mol·L-1·min-1,③==0.2 mol·L-1·min-1,④==0.05 mol·L-1·min-1,反应速率:③>①>②>④。 |思维建模|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 [再认再现·旧知新学] 1.影响化学反应速率的因素 (1)内因 反应物本身的性质是影响化学反应速率的主要因素。如相同条件下,Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为v(Mg)>v(Al)。 (2)外因(其他条件不变,只改变一个条件) 2.理论解释——有效碰撞理论 名师支教 (1)活化分子、活化能、有效碰撞 ①活化分子:能够发生有效碰撞的分子(必须具有足够的能量)。 ②活化能:如图,图中E1表示反应的活化能,反应热为E1-E2(注:E2表示活化分子变成生成物分子放出的能量)。 ③有效碰撞:活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。其发生的条件为能量足够,取向合适。 (2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 条件→活化分子→有效碰撞→反应速率变化 条件改变 单位体积内 有效碰 撞次数 化学反 应速率 分子总数 活化分子数 活化分子百分数 增大反应物浓度 增加 增加 不变 增加 增大 增大压强 增加 增加 不变 增加 增大 升高温度 不变 增加 增加 增加 增大 加催化剂 不变 增加 增加 增加 增大 微点澄清训练 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)其他条件不变,温度越高,化学反应速率越大 (√) (2)改变压强,化学反应速率一定改变,平衡一定移动 (×) (3)活化分子的碰撞都是有效碰撞 (×) (4)升高温度和增大压强均可增大活化分子百分数 (×) (5)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 (√) (6)一定温度下,反应N2(g)+O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行,恒压,充入He不改变化学反应速率 (×) 2.合成氨工业中,在无催化剂时,氨的合成反应的活化能约为335 kJ·mol-1。加入铁催化剂后,反应以生成氮化物和氮氢化物两个阶段进行。 E1=126~167 kJ·mol-1,E2=13 kJ·mol-1。 (1)请从有效碰撞的微观角度,解释在合成氨工业中,铁催化剂提高反应速率的原因? 提示:铁催化剂的使用,降低了反应所需活化能,活化分子百分数提高,有效碰撞次数增加,化学反应速率加快。 (2)催化剂是如何提高反应速率的? 提示:由于反应途径的改变(生成不稳定的中间化合物),降低了反应的活化能,因而反应速率加快了。 [边练边学·实践提能] 一、影响反应速率的因素 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。 2.一定温度下,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 |归纳拓展| (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。 二、变量法探究影响化学反应速率的因素 3.某实验小组用0.1 mol·L-1Na2S2O3溶液和0.1 mol·L-1 H2SO4溶液为反应物,探究外界条件对化学反应速率的影响,实验记录如下表。已知:Na2S2O3+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O。 实验 序号 温度/℃ Na2S2O3 溶液/mL H2SO4 溶液/mL H2O/ mL 出现沉淀 所需的时间/s Ⅰ 0 5 5 10 12 Ⅱ 0 5 10 5 t1 Ⅲ 0 5 7 a 10 Ⅳ 30 5 5 10 t2 下列说法正确的是 (　　) A.实验Ⅱ中10<t1<12 B.实验Ⅲ中a=5 C.对比实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可得:温度相同时,增大反应物浓度,化学反应速率减慢 D.可以预测实验Ⅳ:t2<12 解析:选D　实验Ⅱ硫酸的浓度大于实验Ⅲ,浓度越大反应速率越快,所以t1<10,A错误;根据控制变量法,为使Na2S2O3的浓度相等,需混合后溶液总体积相等,所以实验Ⅲ中a=8,B错误;对比实验 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可得:温度相同时,增大反应物浓度,化学反应速率加快,C错误;温度越高反应速率越快, Ⅰ、Ⅳ对照,可以预测实验Ⅳ:t2<12,D正确。 |思维建模|变量控制法的解题思路 变量内容 影响化学反应速率的外界因素主要有浓度、温度、压强、催化剂、固体物质的表面积等 确定变量 依据实验目的,搞清某个外界因素对化学反应速率的影响,均需控制其他因素不变时,再进行实验,从而理清影响实验探究结果的因素,确定出变量和定量 定多变一 探究时,先确定只变化一种因素,其他因素不变,看这种因素和探究的问题存在怎样的关系;这样确定一种以后,再确定另一种,从而得出相应的实验结论 数据有效 解答时要注意选择数据(或设置实验)要有效,且变量统一,否则无法作出正确判断 随堂训练——融会贯通本课主干知识 阅读下列材料,完成1~4题。 　　硫及其化合物之间的转化在生产中有着重要作用。接触法制硫酸中,SO2制取SO3的反应为2SO2(g)+O2(g) ===2SO3(g)　ΔH=-196.6 kJ·mol-1。通过亚硫酸盐电化学还原为连二亚硫酸钠(Na2S2O4),可消除烟气中的NOx(NO、NO2等)。 1.反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)经一段时间后,SO3的浓度增加了0.3 mol·L-1,在这段时间内用O2表示的反应速率为0.03 mol·L-1·s-1,则这段时间为 (　　) A.0.1 s　　B.2.5 s　　C.5 s　　D.10 s 解析:选C　v(SO3)=2v(O2)=0.03 mol·L-1·s-1×2=0.06 mol·L-1·s-1,Δt===5 s。 2.“接触法制硫酸”的主要反应是2SO2+O22SO3,在催化剂表面的反应历程如下: 下列说法正确的是 (　　) A.过程中既有V==O的断裂,又有V—O的形成 B.反应②的活化能比反应①小 C.该反应的催化剂是V2O5,可提高SO2的平衡转化率 D.接触室中采用过量O2的主要目的是加快化学反应速率 解析:选B　过程中没有V==O的断裂,有V—O的断裂和形成,A错误。慢反应活化能大,快反应活化能较小,由题图可知反应①的活化能比反应②大,B正确。根据题图可知该反应的催化剂是V2O5,催化剂不会提高SO2的平衡转化率,C错误。慢反应决定总反应的反应速率,由题图知,氧气是快反应的反应物,则接触室中采用过量O2对反应速率影响不大,其主要目的是增加反应物浓度,利于平衡右移,D错误。 3.下列有关2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的说法正确的是 (　　) A.2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所含化学键的键能总和小于2 mol SO3(g)的键能 B.降低体系温度,逆反应速率减小,正反应速率增大,平衡向正反应方向移动 C.将2 mol SO2(g)和过量O2(g)通过接触室,可放出196.6 kJ热量 D.使用催化剂能加快化学反应速率,提高SO2的平衡转化率 解析:选A　由题干信息2SO2(g)+O2(g) ===2SO3(g)　ΔH=-196.6 kJ·mol-1可知该反应是一个放热反应,即2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所含化学键的键能总和小于2 mol SO3(g)的键能,A正确;降低体系温度,逆反应速率减小,正反应速率也减小,平衡向放热反应方向即正反应方向移动,B错误;该反应是一个可逆反应,故将2 mol SO2(g)和过量O2(g)通过接触室,放出的热量要小于196.6 kJ,C错误;使用催化剂能加快化学反应速率,不能使平衡发生移动,即不能提高SO2的平衡转化率,D错误。 4.NaHSO3电化学还原为Na2S2O4的装置如图所示。下列有关说法不正确的是 (　　) A.右室Pt电极连接电源的正极 B.电解过程中,右室硫酸浓度增大 C.左室Pt电极上发生的电极反应为2HS+2e-+2H+===S2+2H2O D.当右室产生气体11.2 L(标况下)时,理论上有1 mol H+由右室移向左室 解析:选D　由题干图示信息可知,左侧Pt电极为转化为S2,S的化合价降低,发生还原反应,该电极为阴极,电极反应为2H++2HS+2e-===S2+2H2O,右侧Pt电极为阳极,电极反应为2H2O-4e-===O2+4H+。右侧Pt为阳极,则右室Pt电极连接电源的正极,A正确;由分析可知,电解过程中,右侧Pt电极为阳极,电极反应为2H2O-4e-===O2+4H+,消耗了水,导致右室硫酸浓度增大,B正确;由分析可知,左室Pt电极上发生的电极反应为2HS+2e-+2H+===S2+2H2O,C正确;根据电子守恒可知,当右室产生气体11.2 L(标况下)即=0.5 mol O2时,电路上通过2 mol e-,则理论上有2 mol H+由右室移向左室,D错误。 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.下列说法正确的是 (　　) A.对于任何化学反应来说,反应速率越大,反应现象就越明显 B.有化学键断裂或生成的变化一定是化学变化 C.一定条件下向1 L密闭容器中加入2 mol SO2和1 mol O2,发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),2 min末测得SO3为0.8 mol,则2 min末时SO3的反应速率为0.4 mol·L-1·min-1 D.合金贮氢材料具有优异的吸氢性能,在配合氢能的开发中起到重要作用。温度T1时,2 g某合金4 min内吸收H2 240 mL,吸氢速率为30 mL·g-1·min-1 解析:选D　反应速率快的现象不一定明显,如NaOH与HCl的反应,反应速率慢的现象可能明显,如铁生锈,A错误;有化学键断裂或形成的变化不一定是化学变化,如NaCl晶体从溶液中析出等,B错误;2 min内SO3的平均反应速率为v==0.4 mol·L-1·min-1,不是2 min末时的瞬时速率,C错误;吸氢速率v==30 mL·g-1·min-1,D正确。 2.一定条件下,在2 L密闭容器中发生反应:2A(s)+3B(g)2C(g)+4D(g),测得5 min内,A的物质的量减少了10 mol,则0~5 min内该反应的平均速率为 (　　) A.v(A)=1.0 mol·L-1·min-1 B.v(B)=1.5 mol·L-1·min-1 C.v(C)=2.0 mol·L-1·min-1 D.v(D)=0.5 mol·L-1·min-1 解析:选B　Δn(A)=10 mol,可求Δn(B)=15 mol,Δn(C)=10 mol,Δn(D)=20 mol,根据v=,求出v(B)=1.5 mol·L-1·min-1,v(C)=1.0 mol·L-1·min-1,v(D)=2.0 mol·L-1·min-1。 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.为探究锌与0.1 mol·L-1稀硫酸的反应速率[以v(H2)表示],对反应物作出如下改变。下列判断正确的是 (　　) A.加入NH4HSO4固体,v(H2)不变 B.加入少量水,v(H2)减小 C.把0.1 mol·L-1稀硫酸改为0.2 mol·L-1盐酸,v(H2)增大 D.把稀硫酸改为98%的浓硫酸,v(H2)增大 解析:选B　加入NH4HSO4固体导致溶液中c(H+)增大,则v(H2)增大,A错误;加水导致溶液中c(H+)减小,则v(H2)减小,B正确;0.1 mol·L-1稀硫酸改为0.2 mol·L-1盐酸,c(H+)不变,则v(H2)不变,C错误;98%的浓硫酸与锌反应不生成H2,D错误。 5.下列说法正确的是 (　　) A.在酶催化淀粉水解反应中,温度越高,淀粉水解速率越快 B.合成氨反应放热,采用低温可以提高氨的生成速率 C.对于反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),使用催化剂能加快反应速率并提高SO2的平衡转化率 D.向a、b两试管中同时加入4 mL 0.01 mol·L-1 KMnO4溶液和2 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液,再向a试管内加入少量MnSO4,a试管中溶液褪色较快,说明MnSO4是KMnO4和H2C2O4反应的催化剂 解析:选D　催化剂能加快反应速率,但不能改变平衡转化率,C错误。 6.反应P(g)+3Q(g)2R(g)+2S(g),在不同情况下测得反应速率如下,其中反应速率最快的是 (　　) A.v(P)=0.15 mol·L-1·min-1 B.v(R)=0.15 mol·L-1·s-1 C.v(Q)=0.6 mol·L-1·min-1 D.v(S)=0.4 mol·L-1·min-1 解析:选B　A项,v(P)=0.15 mol·L-1·min-1;B项,==4.5 mol·L-1·min-1;C项,==0.2 mol·L-1·min-1;D项,==。 7.对于反应:2N2O5(g) ===4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg提出如下反应历程: 第一步:N2O5NO2+NO3　快速平衡 第二步:NO2+NO3===NO+NO2+O2　慢反应 第三步:NO+NO3===2NO2　快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 (　　) A.v逆(第一步)<v正(第二步) B.反应的中间产物只有NO3 C.第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D.第三步反应的活化能较高 解析:选C　第一步反应快速平衡,说明正、逆反应速率很大,极短时间内即可达到平衡,A错误;由题给三步反应可知,反应的中间产物有NO3和NO,B错误;第二步反应慢,说明有效碰撞次数少,C正确;反应快,说明反应的活化能较低,D错误。 8.在某容积为 2 L 的密闭容器内,加入 0.8 mol 的H2和 0.6 mol 的I2,一定条件下发生如下反应:H2(g)+I2(g)2HI(g)。反应中各物质的浓度随时间变化情况如图,根据图中数据,反应开始至达到平衡时HI的平均反应速率为 (　　) A.0.167 mol·L-1·min-1 B.0.083 mol·L-1·min-1 C.0.042 mol·L-1·min-1 D.5 mol·L-1·h-1 解析:选A　根据图中信息,反应开始至达到平衡时Δc(HI)=0.5 mol·L-1,其平均速率v===0.167 mol·L-1·min-1,故A符合题意。 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。 10.将等物质的量的A、B混合于2 L的恒容密闭容器中,发生反应:3A(g)+B(g) ===xC(g)+2D(g),2 min后测得c(D)=0.5 mol·L-1,c(A)∶c(B)=3∶5,以C表示的平均速率v(C)=0.25 mol·L-1·min-1,下列说法正确的是 (　　) A.2 min时,A的物质的量为1.5 mol B.2 min时,A的转化率为60% C.反应速率v(B)=0.25 mol·L-1·min-1 D.该反应方程式中,x=1 解析:选A　由v(C)=0.25 mol·L-1·min-1知,2 min内C的浓度变化量Δc(C)= 0.25 mol·L-1·min-1 ×2 min=0.5 mol·L-1,设A、B初始浓度为a mol·L-1,结合题中数据,可列出“三段式”: 　　　　　　　3A(g)+B(g) ===xC(g)+2D(g) 起始浓度　　　a 　　 a　　 　0　　 0 转化浓度　　0.75　　0.25　　0.5　　0.5 终态浓度　　 a-0.75 a-0.25　 0.5　　0.5 则2 min时,c(A)∶c(B)=(a-0.75)∶(a-0.25)=3∶5,解得a=1.5。2 min时,A的浓度为1.5-0.75=0.75 mol·L-1,物质的量为1.5 mol,A正确;2 min时,A的转化率为×100%= 50%,B错误;v(B)= =0.125 mol·L-1·min-1,C错误;由于Δc(C)= Δc(D),x=2,D错误。 11.(2025·江苏南通等七市调研)CuOx⁃TiO2可用于低温下催化氧化HCHO:HCHO(g)+O2(g)CO2(g)+H2O(l)。下列关于CuOx⁃TiO2催化氧化甲醛的反应说法正确的是 (　　) A.该反应ΔH<0,ΔS<0 B.HCHO、CO2、H2O均为极性分子 C.升高温度,v逆增大,v正减小 D.使用CuOx⁃TiO2催化剂降低了该反应的焓变 解析:选A　根据反应计量数可知,ΔS<0,该反应低温下自发进行,由ΔH-TΔS<0,得出ΔH<0,A正确;CO2为直线形分子,是非极性分子,B错误;升高温度,正、逆反应速率均增大,C错误;催化剂不能改变反应的焓变,D错误。 12.(2025·江苏盐城中学月考)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用,原理如图1所示。反应①完成之后,以N2为载气,以恒定组成的N2、CH4混合气,以恒定流速通入反应器,单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上有积碳。 下列说法不正确的是 (　　) A.反应①为CaO+CO2===CaCO3;反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B.t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2速率不变,可能有副反应CH4C+2H2 C.t2时刻,副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D.t3之后,生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生 解析:选C　由题图1所示信息可知,反应①为CaO+CO2===CaCO3,结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2,A正确;由题图2信息可知,t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2速率不变,且反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上有积碳,故可能有副反应CH4C+2H2,反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2,B正确;由题反应②方程式可知,H2和CO的反应速率相等,由t2时刻信息可知,H2的反应速率为2 mmol·min-1,而CO变为1~2 mmol·min-1之间,故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率,C错误;由题图2信息可知,t3之后,CO的速率为0,CH4的速率逐渐增大,最终恢复到1,说明生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生,而后副反应逐渐停止反应,D正确。 二、非选择题 13.(9分)草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应:Mn+H2C2O4+H+→Mn2++CO2↑+H2O(未配平)。用4 mL 0.001 mol·L-1 KMnO4溶液与2 mL 0.01 mol·L-1 H2C2O4溶液反应,研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如表所示(忽略溶液体积变化): 组别 10%硫酸体积/mL 温度/℃ 其他物质 Ⅰ 2 20 — Ⅱ 2 20 少量MnSO4粉末 Ⅲ 2 30 — Ⅳ 1 20 1 mL蒸馏水 (1)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　　　　。  (2)若研究催化剂对化学反应速率的影响,则使用实验　　　　和　　　　(用Ⅰ~Ⅳ表示,下同);若研究温度对化学反应速率的影响,则使用实验　　　　和　　　　。  (3)对比实验Ⅰ和Ⅳ,可以研究　　　　　　　　　对化学反应速率的影响,实验Ⅳ中加入1 mL蒸馏水的目的是 　。  解析:(1)根据得失电子守恒可得:n(Mn)×5=n(H2C2O4)×2×1,n(Mn)∶n(H2C2O4)=2∶5。(2)研究某一因素对化学反应速率的影响时,要保证其他各条件完全相同。(3)对比Ⅰ和Ⅳ,反应的温度、溶液的体积等都相同,仅是c(H+)不同,故可研究c(H+)对化学反应速率的影响。 答案:(1)2∶5　(2)Ⅰ　Ⅱ　Ⅰ　Ⅲ (3)c(H+)(或硫酸溶液的浓度) 确保所有实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)不变和溶液总体积不变 第二讲　化学平衡(基础落实课) |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 [再认再现·旧知新学] 1.可逆反应 2.化学平衡状态 (1)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)建立 用“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)特点 [边练边学·实践提能] 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O、Na2CO3+CO2+H2O===2NaHCO3互为可逆反应 (×) (2)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 (×) (3)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 (×) (4)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% (√) (5)对于反应A(g)+B(g)2C(g)+D(g),当密度保持不变,在恒温恒容或恒温恒压条件下,均不能作为达到化学平衡状态的标志 (×) 2.在一定温度下的恒容容器中,当下列物理量不再发生变化时:①混合气体的压强;②混合气体的密度;③混合气体的总物质的量;④混合气体的平均相对分子质量;⑤混合气体的颜色;⑥各反应物或生成物的浓度之比等于化学计量数之比;⑦某种气体的百分含量。 (1)能说明2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)达到平衡状态的是　　　　　　　　　(填序号,下同)。  (2)能说明I2(g)+H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是　　　　　　　　。  (3)能说明2NO2(g)N2O4(g)达到平衡状态的是　　　　　　。  思维建模 化学平衡状态的判断 (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 3.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,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 |思维建模|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:各种“量”不变 ①各物质的质量、物质的量或浓度不变。②各物质的百分含量(物质的量分数、质量分数等)不变。③压强(化学反应方程式两边气体体积不相等)或颜色(某组分有颜色)不变。④绝热容器中温度不变。⑤密度不变(注意容器中的气体质量和体积变化)。⑥平均相对分子质量不变(注意气体质量与气体物质的量变化)。 逐点清(二)　化学平衡常数 [再认再现·旧知新学] 1.概念: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,即化学平衡常数,用符号K表示。 2.表达式:对于一般的可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),当在一定温度下达到平衡时,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 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、是否使用催化剂无关。 4.意义及应用 (1)判断可逆反应进行的程度 K <10-5 10-5~105 >105 反应程度 很难进行 反应可逆 反应接近完全 (2)判断反应是否达到平衡或进行的方向 对于化学反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)的任意状态,浓度商Q=。 Q<K,反应向正反应方向进行; Q=K,反应处于平衡状态; Q>K,反应向逆反应方向进行。 (3)判断可逆反应的热效应 微点澄清训练 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡常数表达式为K= (×) (2)化学平衡发生移动,平衡常数一定发生变化 (×) (3)平衡常数K越大,表示反应进行得越快 (×) (4)温度不变,增大反应物浓度,平衡正向移动,平衡常数增大 (×) (5)反应A(g)+B(g)C(g)达到平衡后,温度不变,增大压强,平衡正向移动,平衡常数增大 (×) 2.已知存在化学反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH=-99 kJ·mol-1。该反应的化学平衡常数K的表达式为　　　　　　　　　　　;下图中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为　　　　　　　(填曲线标记字母),其判断理由是 　。  答案:K= a　该反应为放热反应,平衡常数随温度升高而变小 [边练边学·实践提能] 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 二、化学平衡常数与转化率的计算 3.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) 4.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　 A(aq)B(aq) 起始/(mol·L-1)　　c　　　　0 转化/(mol·L-1)　　cα　　 　cα 平衡/(mol·L-1) 　c-cα　 　cα 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 　　　　　　　 A(aq)B(aq) 起始/(mol·L-1)　　0　　　　a 转化/(mol·L-1)　　x　　　　x 平衡/(mol·L-1)　　x　　　　a-x 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 |思维建模|化学平衡相关计算的解题模板 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的转化量为mx mol,容器容积为V L,则有以下关系: mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) 起始/mol 　a　　　b　 　　0　　　0 转化/mol 　mx　 　nx　　　px　　 qx 平衡/mol　a-mx　b-nx 　px　 　qx 则有:①K=。 ②c平(A)(平衡时A的浓度)= mol·L-1。 ③α(A)平(A的平衡转化率)=×100%, α(A)∶α(B)=∶=。 ④φ(A)=×100%(A的物质的量分数或体积分数)。 ⑤=。 ⑥= g·L-1[其中M(A)、M(B)分别为A、B的摩尔质量]。 ⑦平衡时体系的平均摩尔质量: = g·mol-1。 随堂训练——融会贯通本课主干知识 阅读下列材料,完成1~4题。 　　工业上以天然气为原料合成氨(NH3),流程如图所示(部分产物已略): 1.设备Ⅲ中发生反应N2 (g) + 3H2 (g)2NH3 (g)。若反应物N2的物质的量浓度在30 s内,从2.0 mol·L-1变成了0.5 mol·L-1,则这30 s内N2的反应速率为 (　　) A.0.5 mol·L-1·s-1 B.0.05 mol·L-1·min-1 C.0.05 mol·L-1·s-1 D.0.05 mol·L-1 解析:选C　v(N2)==0.05 mol·L-1·s-1。 2.下列数据可以表示 N2+3H22NH3 逆反应的是 (　　) A.生成1 mol NH3 B.生成1 mol H—H共价键 C.消耗1 mol N2 D.c(N2)不变 解析:选B　生成1 mol NH3表示 N2+3H22NH3 正反应,A不选;生成1 mol H—H共价键,产生H2,表示N2+3H22NH3 逆反应,B选;消耗1 mol N2表示 N2+3H22NH3 正反应,C不选;c(N2)不变表示正、逆反应速率相等,反应达到平衡,D不选。 3.对于密闭容器内发生的合成氨反应,下列情况:①总质量、②气体平均相对分子质量、③压强、④密度中不变的是 (　　) A.①④　　B.①③　　C.②③　　D.③④ 解析:选A　密闭容器,根据质量守恒定律,总质量不变,①选;该反应正反应是气体分子物质的量减少的反应,气体总质量不变,气体平均相对分子质量会改变,②不选;该反应正反应是气体分子物质的量减少的反应,压强会随着改变,③不选;密闭容器,体积不变,质量不变,故密度始终不变,④选。 4.在一定温度下,下列叙述不是合成氨反应达到平衡的标志的是 (　　) ①NH3的生成速率与NH3的分解速率相等 ②单位时间内生成a mol N2,同时生成3a mol H2 ③各物质的物质的量浓度不再变化　④混合气体的物质的量不再变化　⑤混合气体的总压强不再变化 A.② B.②⑤ C.①③④ D.②③⑤ 解析:选A　NH3的生成速率与NH3的分解速率相等,表示氨气的正、逆反应速率相等,可以判定平衡状态,①不选;单位时间内生成a mol N2,同时生成3a mol H2,都表示逆向进行,不能判定平衡状态,②选;各物质的物质的量浓度不再变化,是平衡状态的特征,可以表示平衡状态,③不选;该反应正反应是气体分子物质的量减少的反应,混合气体的物质的量不再变化说明达到平衡状态,④不选;该反应正反应是压强减少的反应,混合气体的总压强不再变化,说明达到平衡状态,⑤不选。 [课时跟踪检测] 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.下列有关平衡常数的说法中,正确的是 (　　) A.改变条件,反应物的转化率增大,平衡常数一定增大 B.反应:2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0,增加c(N2O4),该反应的平衡常数增大 C.对于给定的可逆反应,温度一定时,其正、逆反应的平衡常数相等 D.平衡常数为K=的反应,化学方程式为CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 解析:选D　平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,A、B错误;对于给定的可逆反应,温度一定时,因K正·K逆=1,只有平衡常数等于1时,其正、逆反应的平衡常数才相等,C错误。 4.(2025·江苏苏锡常镇四市调研)Haber Bosch法合成氨反应为N2(g)+3H2(g) ===2NH3(g)　ΔH=-92.4 kJ·mol-1。工业上将原料以n(N2)∶n(H2)=1∶2.8投入合成塔。下列说法正确的是 (　　) A.从合成塔排出的气体中,n(N2)∶n(H2)>1∶2.8 B.当3v正(H2)=2v逆(NH3)时,反应达到平衡状态 C.使用高效催化剂可降低反应的焓变 D.升高温度,正反应速率减小,逆反应速率增大 解析:选A　N2和H2反应时消耗的物质的量之比为1∶3,而起始投料比为1∶2.8,消耗比小于投料比,故排出的气体中,n(N2)∶n(H2)>1∶2.8,A正确;当2v正(H2)=3v逆(NH3)时,反应达到平衡状态,B错误;催化剂可以加快正、逆反应速率,但不改变焓变,C错误;升高温度,正、逆反应速率都增大,D错误。 5.一定温度下,在容积不变的密闭容器中进行如下可逆反应:C(s) +2NO(g)CO2(g)+N2(g),下列不能表明该反应已达到化学平衡状态的是 (　　) A.N2的体积分数不再变化 B.容器内气体压强不再变化 C.混合气体的密度不再变化 D.混合气体的平均相对分子质量不再变化 解析:选B　A项,N2的体积分数不再变化,则正逆反应速率相等,反应达到平衡状态;B项,反应前后气体的分子数相等,压强始终保持不变,则当容器内气体压强不再变化时,反应不一定达到平衡状态;C项,随着反应的进行,气体的质量不断发生改变,而气体的体积不变,则混合气体的密度不断发生改变,当混合气体的密度不再变化时,反应达到平衡状态;D项,混合气体的质量不断发生改变,物质的量始终不变,则平均相对分子质量不断发生改变,当混合气的平均相对分子质量不再变化时,反应达到平衡状态。 6.在恒温恒容条件下,向容积为1 L的密闭容器中充入一定量的SO3(g),发生下列反应:2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)　ΔH>0。温度为T时,部分实验数据如表所示: t/s 0 50 100 150 c(SO3)/(mol·L-1) 4.00 2.50 2.00 2.00 下列说法错误的是 (　　) A.前50 s内SO2(g)的平均生成速率为0.03 mol·L-1·s-1 B.容器内密度不再改变说明反应已达平衡 C.150 s时,向容器中继续通入2 mol SO3、2 mol SO2、1 mol O2,则此时反应将逆向进行 D.其他条件不变,若将恒容改为恒压,则平衡时SO3的转化率增大 解析:选B　由题干表格数据可知,前50 s内SO3(g)的平均消耗速率为=0.03 mol·L-1·s-1,根据反应速率之比等于化学计量数之比,故前50 s内SO2(g)的平均生成速率为0.03 mol·L-1·s-1,A正确;已知反应过程中气体的质量不变,容器的体积不变,即反应过程中容器内密度始终保持不变,故容器内密度不再改变不能说明反应已达平衡,B错误;由题干表格数据可知,达到化学平衡时c(SO3)=c(SO2)=2.00 mol·L-1,c(O2)=1.00 mol·L-1,此时化学平衡常数K===1,150 s时,向容器中继续通入2 mol SO3、2 mol SO2、1 mol O2,则此时Q===2>K,故反应将逆向进行,C正确;其他条件不变,若将恒容改为恒压,随着反应的进行容器的体积增大,相当于减小压强,平衡正向移动,则平衡时SO3的转化率增大,D正确。 7.(2025·江苏海门中学第一次调研)Fe2O3可以催化脱除H2S,脱除反应为Fe2O3(s)+3H2S(g) ===S(s)+2FeS(s)+3H2O(g),脱除过程如下图所示。下列说法正确的是 (　　) A.图甲中催化剂对H2S的吸附强度强于图乙 B.脱除过程中氧元素的化合价发生变化 C.该反应的平衡常数K= D.脱除一段时间后,催化剂的活性降低 解析:选D　H2S中氢带正电、硫带负电,Fe2O3中铁带正电,氧带负电;甲吸附方式为同种电性微粒靠近,乙吸附方式为不同电性微粒靠近,吸附能力强,A错误。该过程中氧元素均以化合态形式存在,所以氧元素化合价并未改变,B错误。根据脱除反应的方程式,该反应的平衡常数表达式为K=,C错误;脱除一段时间后,析出的硫单质附着在催化剂表面,会影响催化剂的活性,D正确。 8.(2025·江苏南通等八市第一次调研)CH3OH是一种液体燃料。利用CO2和H2合成CH3OH的主要反应如下: 反应Ⅰ　CO2(g)+3H2(g) ===CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-58 kJ·mol-1 反应Ⅱ　CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41 kJ·mol-1 在密闭容器中,1.01×105 Pa,n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶2时,CO2平衡转化率在催化剂作用下反应t min所得的CO2实际转化率及CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。CH3OH的选择性可表示为×100%。下列说法不正确的是 (　　) A.0~t min,240 ℃时反应Ⅰ的速率比280 ℃时大 B.220~280 ℃,H2O的平衡产率先增大后缓慢减小 C.280 ℃时增大压强,CO2的转化率可能大于40% D.需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂 解析:选B　由题图可知,0~t min内,240 ℃甲醇的选择性几乎是95%, 而280 ℃甲醇的选择性是90%,说明以反应Ⅰ为主,反应Ⅱ几乎不反应,在0~t min内,280 ℃时二氧化碳转化率降低,说明280 ℃时反应Ⅰ速率小,可能是升温催化剂活性降低造成的,故A正确;根据方程式可知,消耗1 mol二氧化碳就生成1 mol水,在220~280 ℃时二氧化碳的平衡转化率逐渐减小至几乎不再发生变化,所以H2O的平衡产率也是逐渐减小至几乎不再发生变化,B错误;280 ℃时增大压强反应Ⅰ正向进行,反应Ⅱ平衡不移动,因此依据题图可判断CO2的转化率可能大于40%,C正确;由于反应Ⅰ是放热反应,反应Ⅱ是吸热反应,所以需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂,D正确。 9.向一恒容密闭容器中加入1 mol C2H6和一定量的水蒸气,发生反应:C2H6(g)+2H2O(g)2CO(g)+5H2(g),C2H6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。下列说法正确的是 (　　) A.x1>x2 B.此反应为放热反应 C.a、b、c点对应的平衡常数:Ka>Kb=Kc D.反应温度为T1,当容器内气体的平均相对分子质量不再变化时,反应达到平衡状态 解析:选D　增大水的投料,平衡正向移动,乙烷转化率增大,所以x值越小乙烷转化率越大,x1<x2,A错误;升高温度,乙烷转化率增大,所以此反应为吸热反应,B错误;升高温度,乙烷转化率增大,所以平衡常数Ka<Kb,b、c点温度相等,所以b、c点平衡常数相等,a、b、c点对应的平衡常数:Ka<Kb=Kc,C错误;反应前后气体总质量不变、气体物质的量是变量,所以气体的平均相对分子质量是变量,反应温度为T1,当容器内气体的平均相对分子质量不再变化时,反应达到平衡状态,D正确。 10.在恒温条件下向盛有食盐的2 L恒容密闭容器中加入0.2 mol NO2、0.2 mol NO和0.1 mol Cl2,发生如下两个反应: ①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) ΔH1<0,K1 ②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) ΔH2<0,K2 10 min时反应达到平衡,测得容器内体系的压强减少20%,10 min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3 mol·L-1·min-1。下列说法错误的是 (　　) A.平衡时NO2的转化率为50% B.其他条件保持不变,反应在恒压条件下进行,则平衡常数K2增大 C.平衡后c(NO)=5×10-2 mol·L-1 D.反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数为K= 解析:选B　10 min时反应达到平衡,测得容器内体系的压强减少20%,则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4 mol,10 min内用ClNO(g)表示的平均反应速率v(ClNO)=7.5×10-3 mol·L-1·min-1,则平衡时n(ClNO)=7.5×10-3 mol·L-1·min-1×10 min×2 L=0.15 mol,设①中反应的NO2为x mol,②中反应的Cl2为y mol,则: 2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) 起始/mol 0.2　　　　　　　　　　　0 转化/mol　 x　　　　　　　　　 　　0.5x 平衡/mol 0.2-x　　　　　　 　 　　　0.5x 　　　　　2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) 起始/mol　　0.2　 　0.1　　　　 0 转化/mol　　2y　 　　y　　　　 2y 平衡/mol　 0.2-2y　 0.1-y　 　2y 则0.5x+2y=0.15,(0.2-x+0.2-2y+0.1-y)+0.5x+2y=0.4,联立方程,解得x=0.1、y=0.05,故平衡时NO2的转化率为×100%=50%,A正确;平衡常数只受温度影响,温度不变,平衡常数不变,则其他条件保持不变,反应在恒压条件下进行,平衡常数K2不变,B错误;由分析可知,平衡后c(NO)===0.05 mol·L-1,C正确;由盖斯定律可知,由①×2-②可得反应4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g),则其平衡常数K=,D正确。 二、非选择题 11.(5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.(9分)2⁃甲氧基⁃2⁃甲基丁烷(TAME)常用作汽油添加剂。在催化剂作用下,可通过甲醇与烯烃的液相反应制得,体系中同时存在如下反应: 　 回答下列问题: (1)为研究上述反应体系的平衡关系,向某反应容器中加入1.0 mol TAME,控制温度为353 K,测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0,则平衡体系中B的物质的量为　　　 mol,反应Ⅰ的平衡常数Kx1=　　　　。同温同压下,再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释,反应Ⅰ的化学平衡将　　　　(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”),平衡时,A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)∶c(CH3OH)=　　　　　。  (2)为研究反应体系的动力学行为,向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353 K,A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为　　　　(填“X”或“Y”);t=100 s时,反应Ⅲ的正反应速率v正　　　逆反应速率v逆(填“>”“<”或“=”)。  解析:(1)向某反应容器中加入1.0 mol TAME,控制温度为353 K,测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1-α)mol,n(A)+n(B)=n(CH3OH)=α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0,则=9.0,将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol,n(A)=0.1α mol,反应Ⅰ的平衡常数Kx1==。同温同压下,再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释,反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动,即逆向移动。平衡时,TAME的转化率变大,但是平衡常数不变,A与CH3OH物质的量浓度之比不变,c(A)∶c(CH3OH)=0.1α∶α=1∶10。(2)温度为353 K,反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0,=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知,X代表的平衡浓度高于Y,则代表B的变化曲线为X;由曲线的变化趋势可知,100 s以后各组分的浓度仍在变化, t=100 s时=≈10.2>9,因此,反应Ⅲ向逆反应方向移动,故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆。 答案:(1)0.9α 逆向移动 0.1 (2)X < 第2课时　平衡常数的相关计算 题点突破(1)——反应速率常数(k)及与平衡常数的关系 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+bB===gG+hH 则v=kca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。 如:①SO2Cl2SO2+Cl2　v=k1c(SO2Cl2) ②2NO22NO+O2　v=k2c2(NO2) ③2H2+2NON2+2H2O　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　> [应用体验] 1.某反应历程如下,反应速率常数k随温度升高而增大。 反应Ⅰ:2NO(g)N2O2(g)(快) ΔH1<0 v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) 下列说法错误的是 (　　) A.2NO(g)+O2(g)2NO2(g)平衡常数K= B.反应Ⅰ的活化能EⅠ小于反应Ⅱ的活化能EⅡ C.升高温度后k2正增大的倍数大于k2逆增大的倍数 D.温度升高,反应Ⅰ、Ⅱ的逆反应速率都加快 解析:选C　由反应达平衡状态,所以v1正=v1逆、v2正=v2逆,所以v1正·v2正=v1逆·v2逆,即k1正·c2(NO)·k2正·c(N2O2)·c(O2)=k1逆·c(N2O2)·k2逆·c2(NO2),则有:K==,A正确;因为决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应Ⅱ,所以反应Ⅰ的活化能EⅠ远小于反应Ⅱ的活化能EⅡ,B正确;反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)为放热反应,温度升高,反应Ⅰ、Ⅱ的平衡均逆向移动,升高温度后k2正增大的倍数小于k2逆增大的倍数,C不正确;温度升高,无论正逆反应速率都加快,D正确。 2.T ℃下反应:2NO(g)+2H2(g) ===N2(g)+2H2O(g),每生成14 g N2放出332 kJ的热量。该反应的速率表达式为v=k·cm(NO)·cn(H2)(k为速率常数,k、m、n待测),其反应包含下列两步:①2NO+H2===N2+H2O2(慢);②H2O2+H2===2H2O(快),T ℃时测得有关实验数据如下表所示。下列说法正确的是 (　　) 序号 c(NO)/(mol·L-1) c(H2)/(mol·L-1) 速率/(mol·L-1·min-1) Ⅰ 0.006 0 0.001 0 1.8×10-4 Ⅱ 0.006 0 0.002 0 3.6×10-4 Ⅲ 0.001 0 0.006 0 3.0×10-5 Ⅳ 0.002 0 0.006 0 1.2×10-4 A.正反应的活化能一定是①<② B.该反应速率表达式:v=5 000c2(NO)·c(H2) C.整个反应速率由第②步反应决定 D.该反应的热化学方程式:2NO(g)+2H2(g) ===N2(g)+2H2O(g)　ΔH=-332 kJ·mol-1 解析:选B　活化能越低,反应速率越大,故正反应活化能:①>②,A错误;由Ⅰ、Ⅱ组数据推知,n=1,由Ⅲ、Ⅳ组数据推知,m=2,将Ⅰ组数据代入速率表达式,得到k=5 000,B正确;整个反应速率由慢反应的速率决定,C错误;每生成0.5 mol N2放出332 kJ热量,则该反应的ΔH=-664 kJ·mol-1,D错误。 题点突破(2)——分压平衡常数(Kp)的有关计算 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] 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]　在一定温度下,向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1 mol H2O(g),起始压强为0.2 MPa时,发生下列反应生成水煤气: Ⅰ.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.4 kJ·mol-1 Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.1 kJ·mol-1 反应平衡时,H2O(g)的转化率为50%,CO的物质的量为0.1 mol。此时,整个体系　　　(填“吸收”或“放出”)热量　　　　kJ,反应Ⅰ的平衡常数Kp=　　　　(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。  　　[解析]　设反应达平衡时,反应Ⅰ消耗x mol H2O(g)、反应Ⅱ消耗y mol H2O(g),由题干信息可得: Ⅰ. C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) 起始量/mol　　 1　　 　 0　　 　0 变化量/mol　　　　x　　 　x 　　　x Ⅱ. CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 变化量/mol　 y 　　　y　　　　 y　　　y 平衡量/mol　x-y　 1-x-y 　 y　 　x+y 则x+y=50%×1、x-y=0.1,解得x=0.3、y=0.2,故整个体系的热量变化为+131.4 kJ·mol-1×0.3 mol -41.1 kJ·mol-1×0.2 mol=+31.2 kJ(吸收热量)。平衡时气体总物质的量是1.3 mol,总压强为0.26 MPa 故反应Ⅰ的平衡常数Kp===0.02 MPa。 　　[答案]　吸收　31.2　0.02 MPa |思维建模|Kp的一般思路 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 [应用体验] 1.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) Δn/mol 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 2.氨基甲酸铵(H2NCOONH4)为尿素生产过程的中间产物,易分解。某小组对氨基甲酸铵的分解实验进行探究。已知: Ⅰ.N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH1=-92.4 kJ·mol-1 Ⅱ.C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH2=-393.8 kJ·mol-1 Ⅲ.N2(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g)H2NCOONH4(s)　ΔH3=-645.7 kJ·mol-1 (1)写出H2NCOONH4分解生成NH3与CO2气体的热化学方程式: 　。  (2)恒容条件下,实验测得数据如下表所示: T/K 293 298 303 308 313 p/kPa 8.60 11.40 16.24 20.86 30.66 ①恒温恒容时,能够说明该反应已经达到化学平衡状态的是　　　　(填字母)。  A.容器内总压强不再改变 B.2v正(NH3)=v逆(CO2) C.c2(NH3)·c(CO2)的值不再改变 D.NH3的体积分数不再改变 ②某温度下,该反应平衡时容器内总压强为p,写出该反应的压强平衡常数的计算式Kp=　　　　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度,分压=总压×物质的量分数)。  ③随着温度升高,Kp逐渐　　　　(填“增大”“减小”或“不变”),其主要原因是 　  　　　　　　　　　　　　。  解析:(1)由盖斯定律,Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ,得:H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)　ΔH=+159.5 kJ·mol-1。(2)①容器内总压强不再改变,说明气体的体积不再发生变化,反应处于平衡状态,A正确;2v正(NH3)=v逆(CO2),不符合反应速率之比等于化学计量数之比,B错误;c2(NH3)·c(CO2)是化学平衡常数,温度不变,平衡常数的值不变,反应处于平衡状态,C正确;反应体系中只有氨气和二氧化碳是气体,物质的量之比等于化学计量数之比,则NH3的体积分数不再改变,不能作为平衡状态判断的依据,D错误。 答案:(1)H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)　ΔH=+159.5 kJ·mol-1　(2)①AC　②　 ③增大　该反应为吸热反应,温度升高,上述平衡正向移动,各气体的分压增大,Kp增大 [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.某温度时两个恒容密闭容器中仅发生反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)　ΔH>0。实验测得:v正=k正·c2(NO2),v逆=k逆·c2(NO)·c(O2),k正、k逆为速率常数,只受温度影响。 容器编号 起始浓度/(mol·L-1) 平衡浓度/(mol·L-1) c(NO2) c(NO) c(O2) c(O2) Ⅰ 0.6 0 0 0.2 Ⅱ 0.6 0.1 0 下列说法正确的是 (　　) A.升高温度,该反应的化学平衡常数减小 B.Ⅰ中的NO2平衡转化率约为33.3% C.Ⅱ中达到平衡状态时,c(O2)>0.2 mol·L-1 D.该反应的化学平衡常数可表示为K= 解析:选D　该反应是吸热反应,升高温度,平衡正向移动,该反应的化学平衡常数增大,A错误;Ⅰ中平衡时氧气浓度为0.2 mol·L-1,则二氧化氮浓度改变了0.4 mol·L-1,则NO2平衡转化率约为×100%≈66.7%,B错误;Ⅱ在Ⅰ平衡时的基础上增加0.1 mol·L-1一氧化氮,平衡逆向移动,因此Ⅱ中达到平衡状态时,c(O2)<0.2 mol·L-1,C错误;达到平衡时v正=k正·c2(NO2)=v逆=k逆·c2(NO)·c(O2),变形得到K=,因此该反应的化学平衡常数可表示为K=,D正确。 2.(2025·江苏苏州学业质量指标调研)压强0.7 MPa、温度370 ℃下,化合物WS2催化反应H2S+CH3OH===H2O+CH3SH可用于制备甲硫醇。下列说法正确的是 (　　) A.该反应的平衡常数K= B.过程Ⅰ存在反应物吸附,S—H键没有断裂 C.图中“”代表S原子 D.若用CH3OD代替CH3OH,则生成CH3SD 解析:选B　反应在370 ℃下进行,水为气态,所以该反应的平衡常数为K=,A错误;由题图可知,过程Ⅰ中S—H键没有断裂,B正确;W为第六周期过渡金属元素,可以与O、S形成化学键,所以题图中“”代表W原子,C错误;根据反应过程可知,若用CH3OD代替CH3OH,则仍然生成CH3SH,D错误。 3.(2025·江苏徐州第七中学月考)在一定温度和压强下,发生如下两个反应: Ⅰ.C2H6(g) ===C2H4(g)+H2(g)　Kx1 Ⅱ.C2H6(g)+H2(g) ===2CH4(g)　Kx2 其中Kx2≫Kx1,且Kx是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数。 则下列说法正确的是 (　　) A.仅发生反应Ⅰ时,若C2H6(g)的平衡转化率为25.00%,则Kx1=0.67 B.同时发生反应Ⅰ和Ⅱ时,与仅仅发生反应Ⅰ时,乙烯的平衡产率减小 C.工业上常常选择通入适量热空气,这种做法有利于提供反应所需的热量 D.达到平衡时,加入高效催化剂有利于增大Kx1 解析:选C　仅发生反应Ⅰ时,若C2H6(g)的平衡转化率为25.00%,假设C2H6(g)的起始量为1 mol,则反应达到平衡时n[C2H6(g)]=0.75 mol、n[C2H4(g)]=0.25 mol、n[H2(g)]=0.25 mol,则Kx1= ≈0.067,A错误;Kx2≫Kx1,反应Ⅱ正向进行的程度远大于反应Ⅰ,同时发生反应Ⅰ和Ⅱ时,与仅仅发生反应Ⅰ时,C2H6(g)的转化量增大,乙烯的平衡产率增大,B错误;工业上常常选择通入适量的热空气,相当于加热,有利于提供反应所需的热量,C正确;平衡常数Kx1只受温度影响,达到平衡时,加入高效催化剂不能增大Kx1,D错误。 4.(2025·江苏镇江开学考试)工业上采用RuO2催化氧化处理HCl废气实现氯资源循环利用:4HCl(g)+O2(g) ===2Cl2(g)+2H2O(g)　ΔH。不同温度下,HCl转化率(α)与HCl和O2的起始流速变化关系如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。下列说法不正确的是 (　　) A.ΔH<0,ΔS<0 B.增大n(O2)∶n(HCl)的比值,可提高M点HCl转化率 C.较高流速时α(HCl)低的原因是在较短时间内达到了平衡状态 D.N点为平衡状态,用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算,该温度下反应的平衡常数K=36 解析:选C　反应4HCl(g)+O2(g) ===2Cl2(g)+2H2O(g)　ΔH正向气体分子数减少,故ΔS<0,升高温度,HCl的平衡转化率降低,则正反应为放热反应,故ΔH<0,A正确;增大n(O2)∶n(HCl)的比值,即相对增大氧气的投料量,可提高M点HCl转化率,B正确;较高流速时α(HCl)低的原因是流速太快导致HCl反应不充分,C错误;该温度下HCl转化率最大时达到了反应限度,即平衡状态,n(HCl)∶n(O2)=4∶4,HCl的转化率为80%,设起始的物质的量均为4 mol,可列出三段式: 　　　　4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) 起始/mol　　4　　　4　　　　　0　　　　0 转化/mol　 3.2　　0.8　　　　1.6　　　1.6 平衡/mol　 0.8　　3.2　　　　1.6　　　1.6 气体总物质的量为7.2 mol,HCl、O2、Cl2、H2O的物质的量分数分别为、、、,K==36,D正确。 5.(2025·江苏苏锡常镇四市教学情况调研)利用H2可实现对石膏中S元素的脱除,涉及的主要反应如下: CaSO4(s)+H2(g) ===CaO(s)+SO2(g)+H2O(g)　ΔH1=261.4 kJ·mol-1,K1 CaSO4(s)+4H2(g) ===CaS(s)+4H2O(g)　ΔH2=-5.3 kJ·mol-1,K2 在1.0×105 Pa、n始(H2)和n始(CaSO4)均为1 mol时,若仅考虑上述反应,平衡时各固体物质的物质的量随温度的变化关系如图所示。石膏中S元素的脱除效果可用脱硫率[×100%]表示。下列说法不正确的是 (　　) A.反应3CaSO4(s)+CaS(s) ===4CaO(s)+4SO2(g)的平衡常数K=· B.图中曲线X表示平衡时CaSO4固体的物质的量随温度的变化 C.一定温度下,加入NaOH固体或增大体系压强,均可提高平衡时的脱硫率 D.其他条件不变,1 000 ℃下,n始(H2)<1 mol时,n始(H2)越多,平衡时的脱硫率越高 解析:选C　反应①:CaSO4(s)+H2(g) ===CaO(s)+SO2(g)+H2O(g);反应②:CaSO4(s)+4H2(g) ===CaS(s)+4H2O(g)。反应①×4-反应②可得3CaSO4(s)+CaS(s) ===4CaO(s)+4SO2(g),则K=·,A正确。反应①是吸热反应,反应②是放热反应,随着温度的升高,反应①正向移动,反应②逆向移动,则Z代表n(CaO)随温度升高的变化。观察800 ℃曲线中的点,此时不生成CaO,说明不发生反应①。假设X表示CaS,此时n(CaS)约为0.75 mol,根据反应②的化学方程式,消耗n(H2)为3 mol,而反应前n(H2)仅为1 mol,假设错误。因此曲线X、Y分别表示平衡时CaSO4、CaS固体物质的量随温度的变化,B正确。加入氢氧化钠固体,消耗二氧化硫,促进硫元素的脱除,增大压强,反应①化学平衡逆向移动,不利于硫元素的脱除,C错误。由于反应②不能脱硫,脱硫率主要考虑反应①。其他条件不变,1 000 ℃下,n始(H2)<1 mol 时,n始(H2)增多,反应①正向移动,平衡时的脱硫率升高,D正确。 二、非选择题 6.(6分)在一密闭容器中,起始时向该容器中充入H2S和CH4且n(H2S)∶n(CH4)=2∶1,发生反应:CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g)。0.1 MPa时,温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如图所示: (1)该反应ΔH　　　　　(填“>”或“<”)0。  (2)M点,H2S的平衡转化率为　　　　　,为提高H2S的平衡转化率,除改变温度外,还可采取的措施是 　  (列举一条)。 (3)N点,平衡分压p(CS2)=　　　　MPa,对应温度下,该反应的Kp =　　　　(MPa)2(Kp为以分压表示的平衡常数)。  解析:(1)根据图像,随着温度升高,反应物H2S的量逐渐下降,所以反应是吸热反应,所以ΔH>0。(2)M点时,CH4与H2的物质的量分数相等,列三段式: 　　　　CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g) 起始/mol 1　　　 2　　　　　 　0　　 　0 变化/mol a　　　2a　　　　　 a　　　 4a 平衡/mol 1-a 　 2-2a　　 　　 a　　 　4a 所以有1-a=4a,a=0.2,H2S的转化率α(H2S)=20%;为提高硫化氢转化率,从平衡移动的角度分析还可以减压或者增加CH4的进料提高CH4与H2S的比例。(3)N点时,H2S与H2的物质的量分数相同,列三段式: 　　　 　CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g) 起始/mol　1　　　　2　　　 　0　　 　0 变化/mol　a　 　 　2a　　　 　a　　　4a 平衡/mol 1-a　 　2-2a　　 　a　　　4a 所以2-2a=4a,a=,即N点时二硫化碳的物质的量分数为n(CS2)%===≈9.1×10-2,所以p(CS2)=n(CS2)%×p总=9.1×10-3 MPa;通过三段式可知n(H2S)%=n(H2)%=,n(CH4)%=,所以Kp==×≈6.6×10-4(MPa)2。 答案:(1)>　(2)20%　减小起始时或减小压强　(3)9.1×10-3　6.6×10-4 7.(11分)(2025·江苏连云港、淮安第一次调研)氮氧化物(N2O、NO等)的处理和资源化利用具有重要意义。 (1)N2O的处理。研究证明: I2(g)能提高N2O的分解速率,N2O参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步反应。反应历程如下(Ea为反应活化能): 第Ⅰ步:I2(g) ===2I(g)　Ea1 第Ⅱ步:……Ea2 第Ⅲ步: 2IO(g)+2N2O(g) ===2N2(g)+2O2(g)+I2(g)　Ea3 ①第Ⅱ步发生反应的方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步,则Ea2　　　　(填 “>”“=”或“<”)Ea3。  (2)NO的应用。NO分解ICl制取I2和Cl2的原理如下: 反应Ⅰ:2ICl(g)+2NO(g)2NOCl(g)+I2(g)　K1 反应Ⅱ:2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)　K2 反应的-lgK~T(K为用各气体的浓度表示的平衡常数)的关系如图1所示。 ①430 K时,反应2ICl(g)I2(g)+Cl2(g)的K为　　　　。  ②410 K时,向容积不变的容器中充入1 mol NO和1 mol ICl进行反应,测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在0~t1时间段内,容器中压强增大的主要原因是 　　。  (3)催化电解NO吸收液可将NO还原为NH3,其催化机理如图3所示。在相同条件下,恒定通过电解池的电量,电解得到部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图4所示。已知FE%=,QX=nF,n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量,F表示法拉第常数;Q总表示电解过程中通过的总电量。 ①当电解电压为U1时,电解生成的H2和NH3的物质的量之比为　　　　。  ②当电解电压为U2时,催化电解NO生成NH3的电极反应式为 　。  ③电解电压大于U3时,随着电解电压的增大,N2O的法拉第效率迅速增大,可能原因是 　　　　　　　　　　　　　　　　(吸附在催化剂上的物种用“”表示,如NO、NOH等)。  解析:(1) ①I2(g)能提高N2O的分解速率,I2(g)是N2O分解反应的催化剂,N2O参与了第Ⅱ、Ⅲ步的反应,结合题给第Ⅰ、Ⅲ步的反应和N2O的分解反应[2N2O(g)2N2(g)+O2(g)]可知,第Ⅱ步发生反应的方程式为I(g)+N2O(g) ===N2(g)+IO(g)。②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步,说明第Ⅱ步的反应速率最慢,活化能越大,反应速率越慢,则Ea2>Ea3。(2) ① 由题图1可知,430 K时,-lg K1=1.1、-lg K2=2.9,则K1==10-1.1、K2==10-2.9,反应2ICl(g)I2(g)+Cl2(g)的K==K1K2=10-1.1×10-2.9=10-4。②由题图1可知,随着温度的升高-lg K1逐渐增大、-lg K2逐渐减小,即随着温度的升高K1逐渐减小、K2逐渐增大,说明反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应,结合pV=nRT,故题图2在0~t1时间段内,容器中压强增大的主要原因是反应Ⅰ为放热反应,随着反应的进行容器中的温度上升,导致容器内的压强增大。(3) ①由题图4知,当电解电压为U1时,H2、NH3的法拉第效率分别为60%、20%,根据FE%=知,电解生成H2和NH3转移电子的物质的量之比为60%∶20%=3∶1,生成H2、NH3的电极反应式分别为2H++2e-===H2↑、NO+5e-+5H+===NH3+H2O,则电解生成的H2和NH3的物质的量之比为∶=15∶2。②结合题图3,当电解电压为U2时,催化电解NO生成NH3的电极反应式为NO+5e-+5H+===NH3+H2O。③电解电压大于U3时,随着电解电压的增大,N2O的法拉第效率迅速增大,可能原因是随着电解电压的增大,NO结合H+与e-得到NOH(或NO+H++e-=== NOH)的量增多,NOH在催化剂表面失水转化成N2O(或2NOH===N2O↑+H2O)的选择性增大,导致N2O的量增多,使N2O的法拉第效率迅速增大。 答案:(1)① I(g)+N2O(g) ===N2(g)+IO(g) ②>　(2)①10-4 ②反应Ⅰ为放热反应,随着反应的进行容器中的温度上升,导致容器内的压强增大 (3)①15∶2　②NO+5e-+5H+===NH3+H2O ③随着电解电压的增大,NO结合H+与e-得到NOH(或NO+H++e-===NOH)的量增多,NOH在催化剂表面失水转化成N2O(或2NOH===N2O↑+H2O)的选择性增大,导致N2O的量增多,使N2O的法拉第效率迅速增大 第三讲　化学平衡移动　化学反应进行的方向(基础落实课) |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)　影响化学平衡的因素 [再认再现·旧知新学] (一)影响化学平衡的外界因素 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.影响化学平衡的因素 条件的改变(其他条件不变) 化学平衡的移动 浓度 增大反应物浓度或 减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或 增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强(对有气体 参加的反应) 反应前后气体 分子数改变 增大压强 向气体体积减小的方向移动 减小压强 向气体体积增大的方向移动 反应前后气体 分子数不变 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 使用催化剂 平衡不移动 (二)勒夏特列原理 如果改变影响平衡的一个因素(如温度、压强及参加反应的物质的浓度),平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动。如N2(g)+3H2(g)2NH3(g),反应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,达到平衡时,c'(N2)<2a mol·L-1,p'<2p。 (三)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 微点澄清训练 微点精研 其他工业生产适宜条件的选择 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)当改变条件使v正增大,平衡一定向正反应方向移动 (×) (2)对于I2(g)+H2(g)2HI(g)反应,缩小体积,平衡向正反应方向移动 (×) (3)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 (×) (4)铁做催化剂可加快反应速率,且有利于化学平衡向合成氨的方向移动 (×) (5)增大压强可加快反应速率,且有利于化学平衡向合成氨的方向移动 (√) 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”)。  答案:(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) [边练边学·实践提能] 一、外界条件改变对化学平衡移动的影响 1.(2025·江苏盐城中学月考)某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”,能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后,经处理能全部转化为HNO3。原理如图。已知:2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0,下列说法不正确的是 (　　) A.气体温度升高后有利于N2O4的固定 B.使用多孔材料不能改变2NO2(g)N2O4(g)的焓变 C.使用多孔材料能促进2NO2(g)N2O4(g)平衡正向移动,有利于NO2的去除 D.加入 H2O和O2,发生化学反应方程式为2N2O4+O2+2H2O===4HNO3 解析:选A　2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0,则升高温度,平衡逆向移动,不利于N2O4的固定,A不正确;多孔材料能高选择性吸附NO2,并不断转化为N2O4,但并未改变反应物和生成物的能量,所以不能改变2NO2(g)N2O4(g)的焓变,B正确;使用多孔材料,能高选择性吸附NO2,从而增大NO2的浓度,促进2NO2(g)N2O4(g)平衡正向移动,有利于NO2的去除,C正确;加入的H2O和O2,与N2O4发生氧化还原反应,经处理能全部转化为HNO3,化学反应方程式为2N2O4+O2+2H2O===4HNO3,D正确。 2.恒容密闭容器中,BaSO4(s)+4H2(g)BaS(s)+4H2O(g)在不同温度下达平衡时,各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.该反应的ΔH<0 B.a为n(H2O)随温度的变化曲线 C.向平衡体系中充入惰性气体,平衡不移动 D.向平衡体系中加入BaSO4,H2的平衡转化率增大 解析:选C　从图示可以看出,平衡时升高温度,氢气的物质的量减少,则平衡正向移动,说明该反应的正反应是吸热反应,即ΔH>0,故A错误;在恒容密闭容器中,随着温度升高氢气平衡时的物质的量减少,则平衡随着温度升高正向移动,水蒸气的物质的量增加,而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化,故B错误;容器体积固定,向容器中充入惰性气体,没有改变各物质的浓度,平衡不移动,故C正确;BaSO4是固体,向平衡体系中加入BaSO4,不能改变其浓度,因此平衡不移动,氢气的转化率不变,故D错误。 |思维建模|化学平衡移动的判断流程 二、勒夏特列原理的应用 3.下列实验事实能用勒夏特列原理解释的是 (　　) A.工业上用SO2和O2制备SO3时,选择常压而不用高压 B.使用铁触媒能加快合成氨的反应速率 C.4CO(g)+2NO2(g)N2(g)+4CO2(g),加压体系颜色变深 D.开启啤酒瓶后,瓶中立即泛起大量泡沫 解析:选D　常压时SO2的转化率已经很高,若加压对设备要求高,增大投资和能量消耗,不能用勒夏特列原理解释,A错误;铁触媒为催化剂,使用铁触媒,能加快合成氨的反应速率,但不能使平衡发生移动,不能用勒夏特列原理解释,B错误;加压若是容器体积减小,NO2的浓度增大,颜色会变深,不能用勒夏特列原理解释,C错误;开启啤酒瓶后瓶内压强减小,CO2(aq)CO2(g)平衡正向移动,CO2(g)从啤酒中逸出,可以用勒夏特列原理解释,D正确。 4.(2023·北京卷)下列事实能用平衡移动原理解释的是 (　　) A.H2O2溶液中加入少量MnO2固体,促进H2O2分解 B.密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体,受热后颜色加深 C.铁钢放入浓HNO3中,待不再变化后,加热能产生大量红棕色气体 D.锌片与稀H2SO4反应过程中,加入少量CuSO4固体,促进H2的产生 解析:选B　MnO2会催化 H2O2分解,与平衡移动无关,A项错误; NO2转化为N2O4的反应是放热反应,升温平衡逆向移动, NO2浓度增大,混合气体颜色加深,B项正确;铁在浓硝酸中钝化,加热会使表面的氧化膜溶解,铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体,与平衡移动无关,C项错误;加入硫酸铜以后,锌置换出铜,构成原电池,从而使反应速率加快,与平衡移动无关,D项错误。 三、化学平衡的移动与转化率的判断 5. 三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。对于在恒容容器中进行的反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)　ΔH>0,下列操作既能提高反应速率又能增大SiHCl3转化率的是 (　　) A.增加SiHCl3的浓度　　　　 B.升高温度 C.及时分离出产物 D.充入稀有气体 解析:选B　A项,该反应前后气体分子数不变,增加SiHCl3的浓度,能提高反应速率,由于反应物只有1种,增加SiHCl3的浓度相当于增大压强,平衡不移动,SiHCl3的转化率不变;B项,升高温度能提高反应速率,该反应的正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,能增大SiHCl3的转化率;C项,及时分离出产物会使反应速率降低;D项,充入稀有气体,在恒容容器中对反应速率和SiHCl3的转化率均无影响。 6.(2025·江苏苏州期中)NiO⁃In2O3可协同催化CO2的氢化,体系中涉及以下两个反应: 反应1:CO2(g)+3H2(g) ===CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1=-49.3 kJ·mol-1 反应2:CO2(g)+H2(g) ===CO(g)+H2O(g)　ΔH2=41.2 kJ·mol-1 将一定比例的CO2、H2以一定流速通过催化剂,在一定温度下反应,CO2的转化率、CH3OH或CO的选择性与催化剂中NiO的质量分数的关系如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.反应2H2(g)+CO(g) ===CH3OH(g)　ΔH=90.5 kJ·mol-1 B.曲线Y表示CO2的转化率随催化剂中NiO的质量分数的变化 C.其他条件不变,催化剂中NiO的质量分数为1%时,CH3OH的产率最高 D.其他条件不变,NiO的质量分数从25%增加到50%,CH3OH的平衡选择性降低 解析:选B　根据盖斯定律,反应1-反应2得2H2(g)+CO(g) ===CH3OH(g)　ΔH=ΔH1-ΔH2=-90.5 kJ·mol-1,A错误;CH3OH的选择性与CO的选择性之和为100%,则曲线X表示CO的选择性,那么曲线Y表示CO2的转化率随催化剂中NiO的质量分数的变化,B正确;由图可知,其他条件不变,催化剂中NiO的质量分数为1%时,CH3OH的选择性最高,但CO2的转化率不是最高,则CH3OH的产率不一定是最高,C错误;催化剂能加快反应速率,但不影响平衡移动,因此NiO的质量分数从25%增加到50%时,CH3OH的平衡选择性不变,D错误。 |归纳拓展|平衡转化率的分析与判断 (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。 (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 [再认再现·旧知新学] 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、熵变的概念 3.熵值大小 (1)体系的熵值:体系的混乱程度越大,体系的熵值就越大。 (2)同一物质的熵值:S(g)>S(l)>S(s),同一条件下,不同物质的熵值不同。 4.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 注意:①ΔH<0,ΔS>0时,反应能自发进行;②ΔH>0,ΔS<0时,反应不能自发进行;③ΔH>0,ΔS>0时,高温可能自发进行;④ΔH<0,ΔS<0时,低温可能自发进行。 [边练边学·实践提能] 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)是一个熵增加的过程 (√) (2)ΔH<0,ΔS>0的反应,一定是自发反应 (√) (3)凡是放热反应都是自发的,吸热反应都是非自发的 (×) (4)2NO(g)+2CO(g) ===N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的ΔH>0 (×) (5)2NaHCO3(s) ===Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(g)在室温下不能自发进行,说明该反应的ΔH<0 (×) (6)合成氨反应在高温下能自发进行 (×) 2.AB型强电解质在水中的溶解(可视作特殊的化学反应)表示为AB(s) ===An+(aq)+Bn-(aq),其焓变和熵变分别为ΔH和ΔS。对于不同组成的AB型强电解质,下列说法正确的是 (　　) A.ΔH和ΔS均大于零 B.ΔH和ΔS均小于零 C.ΔH可能大于零或小于零,ΔS大于零 D.ΔH和ΔS均可能大于零或小于零 解析:选D　强电解质溶于水有的放热,如硫酸铜等;有的吸热,如碳酸氢钠等,所以在水中溶解对应的ΔH可能大于零或小于零。熵表示系统混乱程度。体系越混乱,则熵越大。AB型强电解质固体溶于水,存在熵的变化。固体转化为离子,混乱度是增加的,但离子在水中存在水合过程,这样会引发水的混乱度的变化,让水分子会更加规则,即水的混乱度下降,所以整个溶解过程的熵变ΔS,取决于固体转化为离子的熵增与水合过程的熵减两个作用的相对大小关系。若是前者占主导,则整个溶解过程熵增,即ΔS>0,反之,熵减,即ΔS<0。综上所述,D项符合题意。 3.(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 4.(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,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 随堂训练——融会贯通本课主干知识 阅读下列材料,完成1~3题。 催化反应广泛存在,如植物光合作用、合成氨、CH4和H2O重整制H2和CO、工业尾气中NH3的无害化处理、SO2的催化氧化等。催化剂有选择性,如酸性条件下锑电催化还原CO2,生成HCOOH的选择性大于CO。非均相催化指催化剂与反应物处于不同聚集状态的催化反应,反应在催化剂表面进行,主要包括吸附、反应、脱附等过程。 1.下列说法不正确的是 (　　) A.植物光合作用过程中,酶能增大该反应的活化分子百分数 B.H2O2制O2反应中,Fe3+能加快化学反应速率 C.酸性条件下锑电催化还原CO2生成两种产物的速率:v(CO)>v(HCOOH) D.铁触媒催化合成氨的反应属于非均相催化 解析:选C　酶的作用类似催化剂,能降低反应的活化能,增大该反应的活化分子百分数,A正确;Fe3+是H2O2分解的催化剂,能加快化学反应速率,B正确;由题干信息可知,酸性条件下锑电催化还原CO2时,生成HCOOH的选择性大于CO,即两种产物的生成速率v(CO)<v(HCOOH),C错误;反应物是气体,铁触媒是固体催化剂,根据题干信息可知,该反应属于非均相催化,D正确。 2.下列有关反应描述正确的是 (　　) A.合成氨温度选择400~500 ℃的重要原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大 B.浓硫酸催化下,CH3COH与CH3COOH的酯化反应产物中可检测到O C.乙醛催化加氢反应中,H2在催化剂Ni表面吸附过程的ΔS>0 D.SO2转化为SO3时,S原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3 解析:选A　合成氨的反应条件是高温、高压和催化剂,条件较为苛刻,对设备要求较高,温度选择400~500 ℃的重要原因之一是铁触媒在该温度范围内活性大,A正确;酯化反应的规律是酸脱羟基醇脱氢,则18O应出现在乙酸乙酯中,B错误;乙醛催化加氢反应中,H2在催化剂Ni表面吸附,该过程气体分子数减小,则ΔS<0,C错误;SO2中心S原子价层电子对数为2+=3,杂化方式为sp2,SO3中心S原子价层电子对数为3+=3,杂化方式为sp2,D错误。 3.向体积为10 L的恒容密闭容器中通入1.5 mol CH4(g)和1.5 mol H2O(g)制备H2,反应原理为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。在不同温度(Ta、Tb)下测得容器中n(CO)随时间的变化曲线如下图所示。 下列说法不正确的是 (　　) A.该反应的正方向ΔH<0 B.Ta时,CH4的平衡转化率α= C.Tb时,若改为恒温恒压容器,平衡时n(CH4)<0.9 mol D.达平衡后再充入CH4(g),不能提高CH4的转化率 解析:选A　Ta先达到平衡,Ta>Tb,升高温度CO的物质的量增大,反应正向吸热ΔH>0,A错误;Ta时,CO增加了1 mol,根据化学方程式CH4减少了1 mol,则CH4的转化率为×100%=,B正确;原平衡Tb时CO和CH4的变化量都是0.6 mol,正反应体积增大,恒温恒容改为恒温恒压相当于减小了压强,平衡正向移动,新平衡时n(CH4)<(1.5-0.6)mol=0.9 mol,C正确;根据勒夏特列原理,增加甲烷的量,其转化率降低,D正确。 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.下列对熵的理解错误的是 (　　) A.等质量的同种物质气态时熵值最大,固态时熵值最小 B.体系越有序,熵值越小;越混乱,熵值越大 C.与外界隔离的体系,自发过程将导致体系的熵增大 D.25 ℃、1.01×105 Pa时,2N2O5(g) ===4NO2(g)+O2(g)是熵减反应 解析:选D　同物质气体熵大于液体大于固体;同种物质气态时熵值最大,固态时熵值最小,A正确;熵是指体系的混乱度,体系越有序,熵值越小;越混乱,熵值越大,B正确;熵增反应是反应自发进行的一个有利因素,C正确;2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)反应是气体体积增大的反应,也是熵增大的反应,D错误。 2.(2025·江苏苏州开学考试)以Cu⁃ZnO⁃Al2O3作催化剂发生如下反应:2CH3CHO(g)+H2O(g)C2H5OH(g)+CH3COOH(g)　ΔH<0,下列说法正确的是 (　　) A.该反应的ΔS>0 B.该反应的平衡常数 K= C.催化剂Cu⁃ZnO⁃Al2O3能降低该反应的活化能 D.该反应中每消耗1 mol CH3CHO,转移电子数约为2×6.02×1023 解析:选C　根据方程式,该反应为气体分子数减小的反应,ΔS<0,A错误;该反应的平衡常数表达式为K=,B错误;催化剂能降低反应的活化能,加快反应速率,C正确;根据碳元素的化合价可知,每消耗2 mol CH3CHO,转移2 mol电子,则每消耗1 mol CH3CHO,转移电子数约为6.02×1023,D错误。 3.下列说法不正确的是 (　　) A.Na与H2O的反应是熵增的放热反应,该反应能自发进行 B.某吸热反应能自发进行,因此该反应是熵增反应 C.2NO(g)+2CO(g) ===N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的ΔH>0 D.反应NH3(g)+HCl(g) ===NH4Cl(s)在室温下可自发进行,则该反应的ΔH<0 解析:选C　Na与H2O反应生成氢氧化钠和氢气,该反应是熵增的放热反应,根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS知该反应能自发进行,A正确;根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS知若吸热反应能自发进行,该反应需是熵增反应,B正确;C项是个气体体积减小的熵减反应,根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS知,在常温下能自发进行,则该反应的ΔH<0,C错误;D项是个气体体积减小的熵减反应,根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS知,在常温下能自发进行,则该反应的ΔH<0,D正确。 4.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+H2OHBr+HBrO,当加入少量AgNO3溶液后,溶液的颜色变浅 B.合成氨工业中使用铁触媒做催化剂 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　A项,溴水中存在平衡:Br2+H2OHBr+HBrO,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;B项,铁触媒做催化剂是加快反应速率,不影响平衡转化率,与平衡移动无关;C项,升高温度,平衡逆向移动;D项,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。 5.(2025·江苏射阳中学月考)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　题述反应水为气体参与反应,固体和纯液体不写入表达式,所以平衡常数K=,A错误;该反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,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,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,D错误。 6.(2025·南京盐城一模)反应CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)可用于尾气脱硝。下列说法正确的是 (　　) A.该反应的ΔS<0 B.该反应达到平衡后,移除部分H2O(g),正反应速率增大 C.提高,可增大NO2的平衡转化率 D.该反应每消耗1 mol NO2,转移电子的数目约为4×6.02×1023 解析:选D　根据反应方程式可知,反应物气体物质系数之和是3,生成物气体物质系数之和是4,因此该反应是熵增的反应,故该反应的ΔS>0,A错误;H2O(g)是生成物,在该反应达到平衡后,若移除部分H2O(g),逆反应速率瞬间减小,正反应速率不变,由于v(正)>v(逆),故化学平衡正向移动,平衡移动过程中正反应速率逐渐减小,B错误;若提高,化学平衡正向移动,CH4的平衡转化率增大,但NO2的平衡转化率反而会降低,C错误;根据反应方程式可知,每有2 mol NO2参加反应,会转移8 mol电子,则当消耗1 mol NO2时,转移电子的物质的量是4 mol,则转移的电子数目约为4×6.02×1023,D正确。 7.利用水煤气合成甲醇的反应原理为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH,一定条件下,将1 mol CO和2 mol H2通入密闭容器中进行反应,当改变温度或压强时,平衡后甲醇的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.该反应ΔH<0 B.图中压强的大小关系是a<b<c<d C.CH3OH的体积分数越大,平衡常数越大 D.恒温恒压时,往平衡体系中再充入1 mol甲醇,重新平衡后甲醇的体积分数不变 解析:选C　由图可知,升高温度,平衡逆向移动,即ΔH<0,故A正确;增大压强,平衡正向移动,平衡后甲醇的体积分数φ(CH3OH)变大,即压强a<b<c<d,故B正确;平衡常数只与温度有关,故C错误;恒温恒压时,往平衡体系中再充入 1 mol 甲醇,重新平衡时与原平衡为等效平衡,甲醇的体积分数不变,故D正确。 8.化学反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ在不同温度时达到平衡,其平衡常数如下表: 编号 化学方程式 温度 979 K 1 173 K Ⅰ Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g) 1.47 2.15 Ⅱ CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 1.62 b Ⅲ Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g) a 1.68 根据以上信息判断,下列结论正确的是 (　　) A.将铁粉磨细可以使平衡Ⅰ向右移动 B.反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应 C.升高温度,反应Ⅲ平衡向正反应方向移动 D.a<b 解析:选B　Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)的K1=,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的K2=,Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)的K3=,同温度下,K2=,K3=K1·K2,979 K时平衡常数a=1.47×1.62≈2.38,1 173 K时平衡常数b=≈0.78,故D错误;铁是固体,将铁粉磨细可以加快反应速率,但平衡不移动,A项错误;根据以上分析可知反应Ⅱ、Ⅲ的平衡常数随温度升高而减小,说明正反应都为放热反应,B项正确;反应Ⅲ的平衡常数随温度升高而减小,升高温度平衡逆向移动,C项错误。 9.(2025·江苏海门中学第一次调研)催化处理焦炉气(主要成分为CO、SO2)的主要反应为 反应Ⅰ:2SO2(g)+4CO(g ===4CO2(g)+S2(g)　ΔH1<0 反应Ⅱ:SO2(g)+3CO(g)===COS(g)+2CO2(g)　ΔH2 将一定比例的焦炉气置于密闭容器中发生反应,1分钟时的S2实际产率、S2的平衡产率及COS的平衡产率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.ΔH2<0 B.从600~900 K,浓度变化对反应Ⅰ平衡产率的影响大于温度变化的影响 C.从600~900 K,平衡时SO2的浓度随温度的升高逐渐减小 D.800 K时,1分钟后S2的实际产率可能先升高后降低 解析:选C　由图可知,升高温度,COS的平衡产率降低,说明反应Ⅱ平衡逆向移动,该反应正向为放热反应,ΔH2<0,A正确;随温度升高,S2平衡产率上升,说明反应Ⅰ平衡正向移动,反应Ⅰ和反应Ⅱ都是放热反应,温度升高,反应Ⅱ平衡逆向移动,使c(SO2)、c(CO)增大,对于反应Ⅰ,浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响,所以平衡正向移动,B正确;反应Ⅰ和反应Ⅱ都是放热反应,温度升高,反应Ⅱ平衡逆向移动,使c(SO2)、c(CO)增大,反应Ⅰ平衡正向移动,由勒夏特列原理可知,c(SO2)仍然增大,C错误;通过观察图像可知,800 K时S2的实际产率大于平衡产率,其最终要减小到与800 K时S2平衡产率相等,则800 K,在1 min后继续反应足够长时间,S2实际产率的变化趋势可能为先增大后减小至800 K时S2的平衡产率后保持不变,D正确。 10.T ℃时,在一固定容积1 L的密闭容器中发生反应:A(g)+B(g)C(s),正反应为放热反应,按照不同配比充入A、B,达到平衡时容器中A、B浓度变化如图中曲线(实线)所示,下列判断不正确的是 (　　) A.T ℃时,该反应的平衡常数值为 B.若通入反应物A与B各4 mol,则达到平衡点为d点 C.若c点也为平衡点,则平衡从d移动到c改变条件可能为减小压强或升高温度 D.在d点向其中通入A气体,平衡正向移动,达到新平衡可能为a点 解析:选C　平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积,固体和纯液体不写入表达式,A(g)+B(g)C(s),平衡常数K==,A正确;若通入反应物A与B各4 mol, A(g)+B(g)C(s),A、B的反应比1∶1,则达到平衡点时,A、B物质的量相同,为d点,B正确;反应是放热反应,若c点为平衡状态,此时平衡常数小于T ℃平衡常数,说明平衡逆向进行,是升温的结果,温度高于T ℃,但压强不改变平衡常数,C错误;在d点向其中通入A气体,平衡正向移动,达到平衡状态下B物质的量减小的多,A比原平衡状态大,可能为a点,D正确。 二、非选择题 11.(10分)(2025·南京、盐城一模)苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料,可由乙苯为原料制得。 (1)利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。 C6H5C2H5(g)C6H5CH==CH2(g)+H2(g)　ΔH=a kJ·mol-1 保持气体总压不变,原料气按以下A、B、C三种投料方式进行: A.乙苯 B.n(乙苯)∶n(N2)=1∶10 C.n(乙苯)∶n(CO2)=1∶10 三种投料分别达到平衡时,乙苯转化为苯乙烯的转化率α与温度的关系如图1所示。 ①a　　　　0(填“>”“<”)。  ②相同温度下,投料方式B的乙苯的平衡转化率比投料方式A的高,其原因是 　。  ③相同温度下,投料方式C的乙苯的平衡转化率比投料方式B的高,其可能原因是 　。  ④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时,会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2,可较长时间内保持催化剂的催化活性,其原因是　　　　。  (2)CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。 ①在催化剂X作用下,CO2参与反应的机理如图2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置;A、B为催化剂的活性位点,其中A位点带部分正电荷,B1、B2位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律,图2所示的反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为 　。  ②保持混合气体总压(p)等其他条件不变,CO2的分压与乙苯转化率的关系如图3所示。 p(CO2)>14 kPa时,乙苯转化率下降的原因是　 。  解析:(1)①根据图像可知随温度升高,转化率增大,则a>0。②相同温度下,投料方式B中乙苯的平衡转化率比投料方式A中的高,其原因是加入一定量N2使乙苯的分压减小,平衡正向移动,反应平衡时正向进行程度更大。③相同温度下,投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高,其可能原因是CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH==CH2或CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g) ===CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小,“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大。④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时,会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2,可较长时间内保持催化剂的催化活性,其原因是水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s) ===CO(g)+H2(g),可消除催化剂表面的积碳。(2)①图2所示的反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为乙苯α⁃H带部分正电荷,被带部分负电荷的B1位点吸引,随后解离出H+并吸附在B1位点上;(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成,带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。②p(CO2)>14 kPa时,乙苯转化率下降的原因是过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点,使得乙苯α⁃H的脱除速率降低,乙苯转化率下降。 答案:(1)①>　②加入一定量N2使乙苯的分压减小,平衡正向移动,反应平衡时正向进行程度更大　③CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH==CH2或CO2与H2反应[H2(g)+CO2(g)===CO(g)+H2O(g)]使H2浓度减小,“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大　④水蒸气与积碳发生反应H2O(g)+C(s)===CO(g)+H2(g),可消除催化剂表面的积碳　(2)①乙苯α⁃H带部分正电荷,被带部分负电荷的B1位点吸引,随后解离出H+并吸附在B1位点上;(B1位点上的)H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成,带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上　②过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点,使得乙苯α⁃H的脱除速率降低,乙苯转化率下降 第四讲　化学反应机理与历程(综合应用课) 　　新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(2023年广东卷第15题、2023年湖南卷第14题、2021年山东卷第14题等)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。 题点突破(1)——化学反应历程分析 　[例1]　碳酸二甲酯是一种重要的绿色化工产品。以Nb(OCH3)5催化甲醇和二氧化碳直接合成碳酸二甲酯的反应机理如图所示。下列有关说法错误的是 (　　) A.化合物X是H2O B.反应①中可能有Nb—O的形成 C.该反应的原子利用率为100% D.该催化循环过程中Nb元素的化合价发生了变化 [解析]　根据反应前后各种元素的原子数目不变,根据图示可知:该反应总方程式是2CH3OH+CO2OC(OCH3)2+H2O,则化合物X是H2O,A正确; 反应①的方程式为(CH3O)4NbOCH3+CO2,该过程中有Nb—O键的断裂与形成,B正确; 总反应中有水生成,反应物中原子没有完全转化为碳酸二甲酯,原子利用率没有达到100%,C错误; 反应②中有机物中Nb与5个O成键,而在中间产物中Nb与6个O成键,Nb元素的化合价发生了变化,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。 [应用体验] 1.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如图。下列说法不正确的是 (　　) A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100% B.催化剂不能提高反应物的平衡转化率 C.①→②吸收能量并形成了C—C键 D.CH4→CH3COOH过程中,有C—H键发生断裂 解析:选C　CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH,根据元素守恒,最终产物只有CH3COOH,总反应的原子利用率为100%,A正确;催化剂不能使平衡移动,催化剂不能提高反应物的平衡转化率,B正确;①的能量大于②,①→②放出能量,C错误;CH4→CH3COOH,甲烷选择性活化过程中有1个C—H键发生断裂,D正确。 2.甲酸甲酯(HCOOCH3)作为潜在的储氢材料受到关注,科学家发现使用Ru配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢,其可能的反应过程如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.H2O为极性分子,CO2为非极性分子 B.Ⅲ→Ⅳ每消耗1 mol H2O生成1 mol H2 C.总反应为HCOOCH3+2H2O===4H2↑+2CO2↑ D.反应涉及O—H、C—H、C—O键断裂和H—H键形成 解析:选B　H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4,O原子上含有2个孤电子对,分子是V形分子,由于分子中正负电荷中心不重合,因此H2O是极性分子;CO2为直线形分子,分子中正负电荷中心重合,为非极性分子,A正确; 由图可知,分子中—OCH3转化为HCOO—,反应为+H2O+2H2,故每消耗1 mol H2O生成2 mol H2,B错误;由图可知,总反应为甲酸甲酯和水催化生成氢气和二氧化碳:HCOOCH3+2H2O===4H2↑+2CO2↑,C正确;结合C分析可知,甲酸甲酯转化为二氧化碳,则涉及O—H、C—H、C—O键断裂,反应中生成氢气,涉及H—H键形成,D正确。 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,荣获2021年诺贝尔化学奖。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+Ⅵ→X+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) 题点突破(2)——化学反应过程中的能垒图像 　　[例2]　科学家研究二甲醚(DME)在H⁃ZSM⁃5分子筛(用H+A-表示)上的水解反应,其反应进程中能量变化如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.由于ΔEa>ΔEa2,DME水解反应更易以阶梯式反应路径进行 B.根据反应图示可知,在相同的催化剂作用下,化学反应也存在多种反应途径 C.升高温度,阶梯式反应路径和协同反应路径的反应速率都加快,有利于提高反应物的转化率 D.以阶梯式反应路径进行时,(CH3)2OH+A-生成Int1的反应步骤为决速步骤 [解析]　阶梯式反应路径的最大活化能为ΔEa1=111.2 kJ·mol-1+57.4 kJ·mol-1= 168.6 kJ·mol-1,由于ΔEa1>ΔEa,DME水解反应更难以阶梯式反应路径进行,A错误;根据反应图示可知,反应存在两种途径,故在相同的催化剂作用下,化学反应也存在多种反应途径,选项B正确;由图可知,反应物能量低于生成物能量,为吸热反应,升高温度,两种路径的反应速率都加快,且平衡正向移动,有利于提高反应物的转化率,C正确;以阶梯式反应路径进行时,(CH3)2OH+A-生成Int1的峰值最大则活化能最大,为反应步骤为决速步骤,D正确。 [答案]　A |思维建模|三步突破能量变化能垒图 [应用体验] 1.(2025·江苏扬州期中)基态碳原子C与H2S反应的过程如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.反应SCH2(g) ===HCS(g)+H(g)　ΔH=-206 kJ·mol-1 B.使用催化剂可以降低该反应的活化能和焓变 C.断开1 mol HCSH(g)中的全部化学键生成气态原子吸收的能量比SCH2(g)的少 D.相同条件下,CSH2(g)转化为HCSH(g)的速率比HCSH(g)转化为SCH2(g)的小 解析:选C　焓变等于生成物总能量减去反应物总能量,可知该反应是一个吸热反应,A错误;改变催化剂能改变反应过程,但不能改变反应的焓变,B错误;根据图中信息得到断开1 mol HCSH(g)中的全部化学键生成气态原子吸收的能量比SCH2(g)的少,C正确;速率的大小与反应的活化能有关,通常活化能越高,反应速率越慢。根据图中信息,相同条件下,CSH2(g)转化为HCSH(g)的速率比HCSH(g)转化为SCH2(g)的大,D错误。 2.甲烷和二氧化碳催化合成乙酸,其中一步为甲烷在催化剂表面脱氢,其方式有两种:甲烷分子单独脱氢,甲烷分子与二氧化碳共吸附脱氢,反应历程如下(由乙酸分子构型可知以二氧化碳结合甲基和氢原子是最简单的合成过程),下列说法不正确的是 (　　) A.甲烷脱去首个氢原子的焓变,单独脱氢大于共吸附脱氢 B.甲烷脱去首个氢原子的能垒,共吸附脱氢比单独脱氢下降0.15 eV C.单独脱氢的决速步为第一步 D.共吸附脱氢更有利于乙酸的合成 解析:选B　甲烷脱去首个氢原子的焓变,根据图中信息单独脱氢焓变为1.12 eV,共吸附脱氢焓变为0.97 eV,则单独脱氢大于共吸附脱氢,A正确;甲烷脱去首个氢原子的能垒,共吸附脱氢能垒为2.45 eV,单独脱氢能垒为3.20 eV,共吸附脱氢比单独脱氢下降0.75 eV,B错误;单独脱氢的第一步能垒最大,因此单独脱氢的决速步为第一步,C正确;单独脱氢的第一步能垒比共吸附脱氢任意一步的能垒都大,因此共吸附脱氢有利于乙酸的合成,D正确。 真题集训——高考能力达标 1.(2023·江苏卷)金属硫化物(MxSy)催化反应 CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g),既可以除去天然气中的H2S,又可以获得H2。下列说法正确的是 (　　) A.该反应的ΔS<0 B.该反应的平衡常数K= C.如图所示的反应机理中,步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用 D.该反应中每消耗1 mol H2S,转移电子的数目约为2×6.02×1023 解析:选C　左侧反应物气体计量数之和为3,右侧生成物气体计量数之和为5,ΔS>0,A错误;由方程式知,K=,B错误;由题图知,经过步骤Ⅰ后,H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力,C正确;由方程式知,消耗1 mol H2S同时生成2 mol H2,转移4 mol e-,数目为4×6.02×1023,D错误。 2.(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。 3.(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。 [课时跟踪检测] (说明:标的为难度题,建议教师重点讲评) 一、选择题 1.CO2和CH4催化重整可制备合成气,对减缓燃料危机具有重要的意义,其反应历程如图所示,下列说法不正确的是 (　　) A.合成气的主要成分为CO和H2 B.Ni在该反应中作催化剂 C.①→②放出能量 D.①→②只有碳氧键的断裂,没有碳氧键的形成 解析:选D　由题图可知,CO2和CH4催化重整制备合成气的化学方程式为CH4+CO22CO+2H2,故合成气的主要成分为CO和H2,A正确;Ni在该反应中作催化剂,B正确;反应物所具有的总能量比生成物所具有的总能量高,故①→②放出能量,C正确;①→②既有碳氧键的断裂,又有碳氧键的形成,D错误。 2.(2025·江苏镇江开学考试)一种催化氨硼烷(BH3NH3)水解释氢的可能机理如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.催化剂能改变反应历程,降低了反应活化能 B.用D2O代替H2O作反应物,有D2生成 C.BH3NH3分子中含有配位键 D.氨硼烷完全水解的化学方程式为BH3NH3+4H2O===3H2↑+NH4 解析:选B　催化剂能改变反应历程,降低了反应活化能,加快反应速率,A正确;根据图示,1个水分子中的H和1个BH3NH3中的H结合为1个氢分子,用D2O代替H2O作反应物,生成HD,没有D2生成,B错误;BH3NH3分子中存在配位键B←N,C正确;氨硼烷完全水解生成硼酸铵、氨气,反应的化学方程式为BH3NH3+4H2O===3H2↑+NH4,D正确。 3.(2025·盐城月考)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH,一般认为通过如下步骤来实现: ①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH1 ②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH2 体系能量变化如图所示。下列有关说法正确的是　 (　　) A.ΔH1<ΔH2 B.步骤②反应ΔS>0 C.二氧化碳加氢制甲醇的总反应速率取决于步骤① D.二氧化碳加氢制甲醇的总反应的平衡常数K= 解析:选C　反应①为吸热反应,ΔH1>0,反应②为放热反应,ΔH2<0,ΔH1>ΔH2,A错误;CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)为气体分子数减小的反应,ΔS<0,B错误;反应①的活化能大于②反应的活化能,总反应速率取决于步骤①,C正确;CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的K=,D错误。 4.电喷雾电离等方法得到的M+(Fe+、Co+、Ni+等)与O3反应可得MO+。MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。MO+分别与CH4、CD4反应,体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似,图中以CH4示例)。已知:直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变慢。下列说法错误的是 (　　) A.步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是Ⅰ B.MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c C.若MO+与CH2D2反应,氘代甲醇的产量CH2DOD>CHD2OH D.若MO+与CHD3反应,生成的氘代甲醇有2种 解析:选C　步骤Ⅰ涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成,步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成,所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ,A正确;直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变慢,说明正反应活化能会增大,则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c,B正确;直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变慢,则氧更容易和H而不是和D生成羟基,故氘代甲醇的产量CH2DOD<CHD2OH,C错误;根据反应机理可知,若MO+与CHD3反应,生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH,共2种,D正确。 5.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。 6.甲烷单加氧酶(s⁃mmo)含有双核铁活性中心,是O2氧化CH4生成CH3OH的催化剂,反应过程如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.每一步骤都存在铁元素和氧元素之间的电子转移 B.步骤③中有非极性键的断裂和极性键的生成 C.该催化循环过程中,s⁃mmo的双核铁活性中心先被氧化后被还原 D.图中的总过程可表示为CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O 解析:选A　最后一步即第⑥步:Fe化合价改变是因为外界提供了两个电子,O元素化合价没有改变,在铁和氧元素之间没有电子转移,A错误;步骤③是转化为,有非极性键的断裂和极性键的形成,B正确;由图可知,催化循环过程中,s⁃mmo的双核铁活性中心先由+2价变为+3价,后又变为+2价,即先被氧化后被还原,故C正确;由图可知,CH4、O2、H+是反应物,CH3OH和H2O是生成物,总过程可表示为CH4+O2+2H++2e-CH3OH+H2O,D正确。 7.二维锑片(Sb)是一种新型的CO2电化学还原催化剂。酸性条件下人工固碳装置中CO2气体在Sb表面发生三种催化竞争反应,其反应历程如图所示(“*”表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是 (　　) A.生成HCOOH吸收的能量最多 B.使用Sb改变了反应的路径 C.Sb电极表面生成CO的反应为*CO2+2e-+H2O===CO+2OH- D.Sb对三种催化竞争反应的选择效果为HCOOH>H2>CO 解析:选C　由于HCOOH的能量最高,故生成HCOOH时吸收的能量最多,A正确;Sb为反应的催化剂,使用时能改变反应的路径,B正确;由图可知,CO2在酸性条件下生成CO,故反应为*CO2+2*H++2e-===CO+H2O,C错误;根据三种竞争反应的活化能(CO>H2>HCOOH)可知,选择效果为HCOOH>H2>CO,D正确。 二、非选择题 8.(6分)(2025·江苏苏锡常镇四市教学情况调研)丙烷脱氢制丙烯是较为理想的丙烯生产渠道。在PdC2N催化剂作用下,丙烷直接脱氢制丙烯反应历程中的相对能量变化如图所示(表示催化剂表面吸附位点,如C3H8表示吸附在催化剂表面的C3H8)。 (1)丙烷直接催化脱氢制丙烯反应C3H8(g) ===C3H6(g)+H2(g)的ΔH=　　　　kJ·mol-1。  (2)该反应历程共分五步,其中速率控制步骤为第　　　　步。  (3)研究表明,实际生产中除使用Pd⁃C2N催化剂外,还需控制反应温度在480 ℃。选择温度为480 ℃的原因是 　 　 。  解析:(1)丙烷直接催化脱氢制丙烯反应,观察反应历程可知ΔH=+123.21 kJ·mol-1。(2)化学反应速率由慢反应决定,反应的能垒越大,反应速率越慢,控速步骤就是能垒最大的步骤,由题图可知第四步所需能垒最大,故速率控制步骤为第四步。(3)选择温度为480 ℃的原因是该温度下催化剂的活性较高,反应速率较快。 答案:(1)+123.21 (2)四或4 (3)该温度下催化剂的活性较高,反应速率较快,丙烯的产率较高 9.(8分)CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。 (1)CO2催化加氢。在密闭容器中,向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-,其离子方程式:　　　　　　　　　　　　　;其他条件不变,HC转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在40~80 ℃范围内,HC催化加氢的转化率迅速上升,其主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)HCOOH催化释氢。在催化剂作用下,HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图2所示。 ①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外,还生成　　　　(填化学式)。  ②研究发现:其他条件不变时,以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳,其具体优点是 　 。  解析:(1)适当升高温度时,催化剂的活性增强,HC催化加氢的反应速率增大,相同反应时间内,HC催化加氢的转化率迅速上升。(2)①根据原子守恒并结合图2可知,HCOOD催化释氢反应除生成CO2外,还生成HD。②由图2可以看出,HCOOH催化释氢的第一步是转化为HCOO-,故以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢,可以提高释放氢气的速率,又HCOOK催化释氢时,氢元素的来源单一,故可以提高释放出氢气的纯度。 答案:(1)HC+H2HCOO-+H2O　温度升高反应速率增大,温度升高催化剂的活性增强　(2)①HD　②提高释放氢气的速率,提高释放出氢气的纯度 第五讲　工业生产中的化学平衡图像分析(综合应用课) 　　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,此类试题成为高考命题的“新宠”。 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 “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 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 [应用体验] 1.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。 2.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;根据下面两根曲线得到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;根据上面两根曲线得到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。 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 (1)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。 (2)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]　乙烯气相直接水合反应制备乙醇:C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下[起始时,n(H2O)=n(C2H4)=1 mol,容器体积为1 L]。下列分析不正确的是 (　　) A.乙烯气相直接水合反应的ΔH<0 B.图中压强的大小关系为p1<p2<p3 C.图中a点对应的平衡常数K= D.达到平衡状态a、b所需要的时间:a>b [解析]　如图,温度越高,乙烯的转化率越低,平衡逆向移动,该反应为放热反应,ΔH<0,A正确;压强越大,平衡正向移动,乙烯的平衡转化率越大,所以p1<p2<p3,B正确;a点时,乙烯转化率为20%,根据三段式: 　　　C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g) n0　　　　1　　　　1　　　　 　0 Δn　　 　0.2　　　0.2　　　 　0.2 n平　　　0.8　　 　0.8　　　　0.2 K==,C错误;与a点相比,b点温度高,压强大,反应速率较快,达平衡所需时间较短,D正确。 [答案]　C [应用体验] 1.(2025·江苏射阳中学月考)将H2和CO以=2的方式充入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和316 ℃时,起始时=3,则达到平衡时,CO转化率大于50% 解析:选D　根据题图可以看出当压强一定时,温度越高CO平衡转化率越低,即温度升高平衡逆向移动,则正反应放热,A错误;当温度一定时,可以看出p1的转化率最高,正反应是气体分子数减小的反应,因此压强越大转化率应该越大,故p1>p2>p3,B错误;压强不确定,起始时反应物的物质的量也未知,无法计算平衡常数,C错误;H2和CO以=2反应时,在p3和316 ℃时,CO的平衡转化率为50%,若增加H2的起始浓度,则可以提高CO的转化率,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。 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: 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 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 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 [应用体验] 1.(2023·江苏卷)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 CO2(g)+4H2(g) ===CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-164.7 kJ·mol-1 CO2(g)+H2(g) ===CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2 kJ·mol-1 在密闭容器中,1.01×105 Pa、n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶4时,CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。CH4的选择性可表示为×100%。下列说法正确的是 (　　) A.反应2CO(g)+2H2(g) ===CO2(g)+CH4(g)的焓变ΔH=-205.9 kJ·mol-1 B.CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加 C.用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530 ℃ D.450 ℃时,提高的值或增大压强,均能使CO2平衡转化率达到X点的值 解析:选D　由盖斯定律可知反应2CO(g)+2H2(g) ===CO2(g)+CH4(g)的焓变ΔH=-2×41.2 kJ·mol-1-164.7 kJ·mol-1=-247.1 kJ·mol-1,A错误;CO2(g)+4H2(g) ===CH4(g)+2H2O(g)为放热反应,升高温度平衡逆向移动,CH4的含量降低,故CH4的平衡选择性随着温度的升高而降低,B错误;由图可知温度范围约为450~550 ℃时二氧化碳实际转化率趋近于平衡转化率,此时为最适温度,温度继续增加,催化剂活性下降,C错误;450 ℃时,提高的值可提高二氧化碳的平衡转化率,增大压强,均能使CO2平衡转化率达到X点的值,D正确。 2.(2024·苏北四市一模)CO2-H2催化重整可获得CH3OH。其主要反应为 反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g) ===CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-53.7 kJ·mol-1 反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g) ===CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41 kJ·mol-1 若仅考虑上述反应,在5.0 MPa、n始(CO2)∶n始(H2)=1∶3时,原料按一定流速通过反应器,CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图所示。CH3OH的选择性=×100%。 下列说法正确的是 (　　) A.其他条件不变,升高温度,CO2的平衡转化率增大 B.其他条件不变,T>236 ℃时,曲线下降的可能原因是反应Ⅰ正反应程度减弱 C.一定温度下,增大n始(CO2)∶n始(H2)可提高CO2平衡转化率 D.研发高温高效催化剂可提高平衡时CH3OH的选择性 解析:选B　从图中可知,升高温度,CO2的平衡转化率下降,A错误;温度升高,反应Ⅰ化学平衡逆向移动,反应Ⅱ化学平衡正向移动,则CH3OH的选择性下降,同时因为反应Ⅰ化学平衡逆向移动,导致CO2的转化率也有所下降,B正确;增大n始(CO2)∶n始(H2),CO2浓度增大,H2浓度减小,则CO2的平衡转化率减小,C错误;研发高效的催化剂可提高反应速率,但是催化剂不能影响化学平衡的移动,故CH3OH的选择性不变,且由图知,温度越高甲醇的选择性越低,D错误。 3.(2025·如皋期初调研)用化学方法降解水中有机物已成为污水处理领域重要研究方向。 (1)酸性条件下,铁炭混合物处理污水中硝基苯时的物质转化示意图如图1所示。 ①该物质转化示意图可以描述为 　。  ②其他条件一定,反应相同时间,硝基苯的去除率与pH的关系如图2所示。pH越大,硝基苯的去除率越低的原因是 　。  (2)利用电化学装置通过间接氧化法能氧化含苯胺的污水,其原理如图3所示。其他条件一定,测得不同初始pH条件下,溶液中苯胺的浓度与时间的关系如图4所示。反应相同时间,初始溶液pH=3时苯胺浓度大于pH=10时的原因是 　　　　　　　　　　　　　　。  [已知氧化性:HClO(H+)>ClO-(OH-)]。 答案:(1)①铁失去电子变成Fe2+,电子传递到炭中,C6H5NO2在炭表面得到电子变成C6H5NO,C6H5NO再得到电子变成C6H5NH2　②pH增大,Fe2+生成Fe(OH)2沉淀,Fe(OH)2沉淀覆盖在铁炭混合物表面,阻碍了反应的进行,降低了反应速率　(2)酸性条件下,Cl2不易与水反应生成HClO,pH=3时的溶液中HClO溶液浓度远小于pH=10时的ClO-浓度,反应速率较慢 4.COx选择性甲烷化是有望实现“双碳目标”、具有良好应用前景的处理方法。富氢气氛围下,CO、CO2均可与H2发生甲烷化反应: Ⅰ.CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)　ΔH=-206.2 kJ·mol-1 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH=-165 kJ·mol-1 其他条件相同,反应Ⅱ使用两种不同催化剂,反应相同的时间,测得CO2的转化率随温度变化的影响如图所示。 (1)请解释使用Ni⁃CeO2催化剂时,随着温度的升高,为何CO2转化率先升高后降低。 　 　 。  (2)根据图像分析,下列说法错误的是　　　　　(填字母)。  A.在200~360 ℃范围内,Ni⁃CeO2的催化效果比Ni更好 B.可以通过改变催化剂种类的方式调控CO2平衡转化率 C.在240 ℃附近,可以通过延长反应时间的方式提高CO2的转化率 解析:(2)根据图像可知,在200~360 ℃范围内,Ni⁃CeO2的催化效果比Ni更好,A正确;催化剂只能影响反应速率,不能使平衡发生移动,B错误;反应平衡之前,可以延长时间提高CO2的转化率,当反应到达限度,延长时间,转化率不变,C错误。 答案:(1)随温度升高,反应速率逐渐加快,转化率增大;当到达反应限度,升高温度,平衡逆向移动,转化率减小　(2)BC 课题探究·项目实践——合成甲醇，落实双碳 [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.已知:A(g)+2B(g)3C(s)+3D(g)　ΔH<0。若在容积可变的密闭容器中进行反应,下列对图像的分析中不正确的是 (　　) A.图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响 B.图Ⅱ可能是t0时使用催化剂对反应速率的影响 C.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响,且乙的温度较高 D.图Ⅲ研究的是压强对化学平衡的影响,且乙的压强较大 解析:选D　反应A(g)+2B(g)3C(s)+3D(g)　ΔH<0是放热反应,升高温度反应速率加快,平衡逆向移动,图像Ⅰ符合,A正确;图Ⅱ中t0时正逆反应速率都增大且相等,说明平衡没有发生移动,由于反应前后气体的体积不变,则增大压强反应速率加快,平衡不移动,催化剂只加快反应速率,不影响平衡移动,图Ⅱ可能是t0时使用催化剂或增大压强对反应速率的影响,B正确;该反应放热,升高温度平衡向逆反应方向移动,图中乙先达到平衡,则温度高于甲,而A的转化率低,图像符合,C正确;增大压强,反应速率增大,图中乙先达到平衡,反应速率更大,则压强高于甲,反应A(g)+2B(g)3C(s)+3D(g)是气体体积不变的反应,增大压强平衡不移动,A的转化率不变,D错误。 2.下列图示与对应的叙述相符的是 (　　) A.图一表示反应:mA(s)+nB(g)pC(g)　ΔH>0,在一定温度下,平衡时B的体积分数(B%)与压强变化的关系如图一所示,反应速率x点比y点时的快 B.图二是可逆反应A(g)+B(g)C(s)+D(g)　ΔH>0的速率⁃时间图像,在t1时刻改变条件一定是加入催化剂 C.图三表示对于化学反应mA(s)+nB(g)pC(g)+qD(g),一定时间内A的百分含量与温度(T)的变化情况,则升高温度,该反应平衡常数增大 D.图四所示图中的阴影部分面积的含义是(v正-v逆) 解析:选B　由图像可以看出,x点的压强小于y点压强,压强越大,反应速率越大,故x点比y点的反应速率慢,A错误;可逆反应A(g)+B(g)C(s)+D(g)　ΔH>0,反应前后气体体积改变,在t1时刻改变条件使正逆反应速率增大且相等,改变条件是加入催化剂,B正确;图像上反映随着温度升高,A的百分含量先逐渐下降到最低点,再上升,说明反应先是正向进行,到达一定温度后反应到达平衡状态,反应逆向进行,说明图像反应的应是放热反应,所以升高温度,该反应平衡常数减小,C错误;阴影部分面积为曲边几何图形的面积,对于化学反应速率的定义式,在某时刻的化学反应速率定义为v=,则阴影部分的面积表示浓度变化量Δtv正-Δtv逆,而不是(v正-v逆),D错误。 3.(2025·无锡一模)在催化剂作用下,CO2氧化C2H6可获得C2H4。其主要化学反应为 反应Ⅰ.C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)　ΔH1=+177 kJ·mol-1 反应Ⅱ.C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)　ΔH2=+430 kJ·mol-1 压强分别为p1、p2时,将2 mol C2H6和3 mol CO2的混合气体置于密闭容器中反应,不同温度下体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.p1>p2 B.压强为p1,温度为210 ℃时,反应达平衡时,n生成(CO)=n生成(C2H4) C.C2H4的选择性下降的原因可能是随着温度的升高,反应Ⅱ中生成的CO抑制了反应Ⅰ的进行 D.研发低温下C2H6转化率高和C2H4选择性高的催化剂,可以提高平衡时C2H4产率 解析:选C　相同温度下,增大压强,反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动,乙烷转化率降低,所以p1<p2,故A错误;压强为p1,温度为210 ℃时,乙烷的转化率为50%,乙烯的选择性为80%,参与反应Ⅰ的乙烷为2 mol×50%×80%=0.8 mol,反应Ⅰ生成的乙烯、一氧化碳都是0.8 mol,参与反应Ⅱ的乙烷为2 mol×50%×20%=0.2 mol,反应Ⅱ生成的一氧化碳是0.8 mol,反应达平衡时,生成CO的总物质的量1.6 mol,生成乙烯的总物质的量为0.8 mol,故B错误;温度升高,反应Ⅰ和反应Ⅱ受温度影响,平衡都会正向移动,由图可知,温度升高的过程中乙烷的转化率逐渐增大,但乙烯选择性却逐渐降低,说明温度升高的过程中,反应Ⅱ为主,且生成的CO抑制了反应Ⅰ的进行,故C正确;反应Ⅰ正向为吸热反应,温度升高更有利于C2H4的生成,因此为提高平衡时C2H4的产率,可研发高温下C2H4选择性高的催化剂,故D错误。 4.(2025·南京中华中学一模)利用CO2和H2合成甲醇,可以减少CO2的排放,实现碳的循环利用。涉及的主要反应如下: 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 在1 L密闭容器中通入1 mol CO2和2.44 mol H2,选择合适的催化剂反应,甲醇的选择性(生成甲醇的CO2占CO2总转化量的物质的量分数)和CO2的平衡转化率随温度的变化趋势如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.ΔH2<0 B.553 K时,反应Ⅱ的平衡常数K=0.1 C.使用更高效的催化剂能提高甲醇的平衡产率 D.其他条件不变,增大压强可提高平衡时CH3OH的体积分数 解析:选D　反应Ⅰ的ΔH<0,升温,平衡逆向移动,而由图知随温度升高,CO2的转化率升高,说明反应Ⅱ正向移动,ΔH2>0,故A错误;根据信息知,553 K时CO2的平衡转化率是20%,甲醇的选择性为60%,则甲醇的物质的量是1×20%×60%=0.12 mol,则反应Ⅰ参加反应的H2为0.36 mol,生成的H2O为0.12 mol,反应Ⅱ中参加反应的CO2:1×20%-0.12=0.08 mol,参加反应的H2为0.08 mol,生成的H2O为0.08 mol,反应Ⅱ在平衡时,物质的量分别为CO2:0.8 mol,H2:2.44-0.36-0.08=2 mol,H2O:0.12+0.08=0.2 mol,CO:0.08 mol,体积保持1 L不变,553 K时,反应Ⅱ的平衡常数K==0.01,故B错误;催化剂能缩短平衡所需时间,不影响甲醇的平衡产率,故C错误;其他条件不变,增大压强平衡向气体体积减小的方向进行,对反应Ⅰ平衡正向移动,可提高平衡时CH3OH的体积分数,故D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: 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。 二、非选择题 6.(8分)(2025·常州模拟)纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[Cr(Ⅵ)]与硝酸盐等污染物。 (1)纳米零价铁可将水体中Cr(Ⅵ)还原为Cr3+,再将Cr3+转化为Cr(OH)3(两性氢氧化物)从水体中除去。调节溶液pH,可使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀而被除去。但pH>9时,铬的去除率却降低,其原因是 　。 (2)有人研究了用纳米零价铁去除水体中N。 ①控制其他条件不变,用纳米零价铁还原水体中的N,测得溶液中N、N、N浓度随时间变化如图1所示。与初始溶液中氮浓度相比,反应过程中溶液中的总氮(N、N、N)浓度减少,其可能的原因是 　 　 。  ②将一定量纳米零价铁和少量铜粉附着在生物炭上,可用于去除水体中N,其部分反应原理如图2所示。与不添加铜粉相比,添加少量铜粉时去除N效率更高,其主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　;N转化为N的机理可描述为 　。  解析:(1)由于Cr(OH)3为两性氢氧化物,在溶液pH>9时,Cr(OH)3与OH-反应生成可溶于水的物质,从而使得铬的去除率降低。(2)①总氮浓度减少,说明有些氮元素从溶液中逸出,可能的原因是部分N被还原为N2或NO逸出水体;②纳米零价铁、铜粉及水溶液形成原电池,加快除去N的速率;由图示看出,N转化为N的过程如下:N得到纳米零价铁失去的电子转化为N,N在纳米零价铁或Cu表面得到电子转化为N。 答案:(1)Cr(OH)3与OH-反应生成可溶于水的物质　(2)①部分N被还原为N2或NO逸出水体　②纳米零价铁、铜粉及水溶液形成原电池,加快去除N的速率　N得到纳米零价铁失去的电子转化为N,N在纳米零价铁或Cu表面得到电子转化为N 7.(10分)研究NOx、CO等大气污染气体的处理及利用的方法具有重要意义,可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。 (1)T ℃时,存在如下平衡:2NO2(g)N2O4(g)。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为v正=k正c2(NO2),v逆=k逆c(N2O4)(k正、k逆是速率常数),且lg v正~lg c(NO2)与lg v逆~lg c(N2O4)的关系如图1所示。 ①图中表示lg v正~lg c(NO2)的线是　　　　 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。  ②T ℃时,往刚性容器中充入一定量NO2,平衡后测得c(N2O4)为1.0 mol·L-1,则平衡时,v逆=　　　　(用含a的表达式表示)。  ③T ℃时,该反应的平衡常数K= L·mol-1。 (2)NO可用氨水⁃臭氧组合高效脱除,与臭氧反应的过程如下:NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)　ΔH=-200.9 kJ·mol-1。在恒容密闭容器中,NO氧化率随值以及温度的变化曲线如图2 所示。 ①NO氧化率随值增大而增大的主要原因是 　。 ②当温度高于100 ℃时,O3分解产生活性极高的氧原子,此时NO氧化率随温度升高而降低可能的原因有 　 。 解析:(1)①由化学方程式可知,v正的斜率更大一些,图中表示lg v正~lg c(NO2)的线是Ⅰ;②lg v正=lg k正+2lg c(NO2),由图可知,lg k正=a+2,k正=10(a+2),lg v逆=lg k逆 +lg c(N2O4),由图可知,lg k逆=a,k逆=10a,平衡后测得c(N2O4)为1.0 mol·L-1,则平衡时,v逆=10a;③T ℃时,该反应达到平衡时,v正=v逆,即k正c2(NO2)=k逆c(N2O4),则平衡常数K====100;(2)①NO氧化率随值增大而增大,是因为值增大,n(O3)增大,O3浓度增加,有利于平衡NO(g) +O3(g)NO2(g)+O2(g)正向移动,NO氧化率增大;②根据反应NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)　ΔH=-200.9 kJ·mol-1可知该反应为放热反应,NO氧化率随温度升高而降低可能的原因有平衡后,升高温度,平衡向逆反应方向移动。 答案:(1)①Ⅰ　②10a　③100　(2)①值增大,O3浓度增加,有利于平衡NO(g)+O3(g)NO2 (g) +O2(g)正向移动　②该反应为放热反应,平衡后,升高温度,平衡向逆反应方向移动 69 / 91 学科网（北京）股份有限公司 $$