第2章 化学反应速率与化学平衡 总结提升 核心素养形成(Word教参)-【优化指导】2025-2026学年高中化学选择性必修第一册（人教版2019 单选）

[对应学生用书P55] 考点一　化学反应速率及其影响因素 [例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 C　解析：催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以增大化学反应速率，A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，可以增大化学反应速率，B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不符合题意。 [例2] (2024·安徽卷)室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO的影响因素，测得不同条件下SeO浓度随时间变化关系如下图。 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(SeO)＝2.0 mol/(L·h) B．实验③中，反应的离子方程式为2Fe＋SeO＋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，SeO的去除效果越好 C　解析：v(SeO)＝＝＝2.0×10－5 mol/(L·h)，A错误；实验③在碱性条件下进行，离子方程式为2Fe＋SeO＋4H2O===2Fe(OH)3＋Se＋2OH－，B错误；对比实验①②，其他条件相同，实验①纳米铁的质量大，反应速率更大，C正确；从图中看出，对比实验②③，②中水样初始pH更小，反应速率更大，剩余SeO更少，但是需要考虑酸性增强时，纳米铁粉与H＋直接反应，导致SeO的去除率下降，D错误。 考点二　化学平衡移动分析 [例3] (2024·浙江6月选考卷)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·min) 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 D　解析：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；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·min)，B正确；，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；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。 [例4] (2024·山东卷)水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C­H2O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 回答列问题： (1)压力p下，C­H2O­CaO体系达平衡后，图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为 (填化学式)。当温度高于T1时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 。 (2)压力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，则反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数Kp＝ ；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”)，p(CO)将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 答案：(1)H2　当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应 Ⅱ ，温度升高，反应 Ⅱ 逆向移动，所以CO2的摩尔分数减小 (2)　0.5　不变　不变 解析：(1)图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应 Ⅰ 已经进行完全，反应 Ⅱ 和 Ⅲ 均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应 Ⅱ 和 Ⅲ 逆向移动，依据反应 Ⅱ ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数增大，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以曲线a代表H2的摩尔分数随温度的变化，则曲线c代表CO2的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，CaCO3的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应 Ⅲ 占主导，当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应 Ⅱ ，所以CO2的摩尔分数减小。 (2)①压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为1－0.5－0.15－0.05＝0.3，则反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)的平衡常数Kp＝＝＝； ②气体总物质的量为4.0 mol，根据平衡时H2、CO、CO2和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有n(H2)＝2.0 mol，n(CO2)＝0.2 mol，n(CO)＝0.6 mol，n(H2O)＝1．2 mol，则n(H)＝6.4 mol，n(O)＝2.2 mol，反应物中n(H2O)＝n(H)＝3.2 mol，提供给CaO的n(O)＝3.2 mol－2.2 mol＝1 mol，故生成n(CaCO3)＝0.5 mol； ③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，再结合反应 Ⅱ 的Kp也不变，可知p(CO)不变。 考点三　化学反应速率和化学平衡图像及分析 [例5] (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)===CH3COOCH3(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δ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) D　解析：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)，若投料比x代表，x越大，可看作是CH3OH的量增多，则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分数越高，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正确，可知如此假设错误，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)。投料比x代表，A错误；曲线c表示CH3COOCH3分布分数，B错误；曲线a或曲线b表示δ(CH3COOH)，当同一投料比时，观察图像可知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，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)，D正确。 [例6] (2024·黑吉辽卷)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　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)。 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 解析：(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)增大HCl的流速，由图可知，HCl的转化率在减小，A不符合题意；M对应温度为360 ℃，由图可知，升高温度，HCl的转化率增大，B符合题意；增大n(HCl)∶n(O2)，HCl的转化率减小，C不符合题意；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，D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： 则K＝＝6。 考点四　化学平衡常数及相关计算 [例7] (2024·全国新课标卷)Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43 ℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： (1)在总压分别为0.10、0.50、1．0、2.0 MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)4体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应Ni(s)＋4CO(g)===Ni(CO)4(g)的ΔH (填“大于”或“小于”)0。从热力学角度考虑， 有利于Ni(CO)4的生成(写出两点)。p3、100 ℃时CO的平衡转化率α＝ ，该温度下平衡常数Kp＝ (MPa)－3。 (2)对于同位素交换反应Ni(C16O)4＋C18O―→Ni(C16O)3C18O＋C16O，20 ℃时反应物浓度随时间的变化关系为ct[Ni(C16O)4]＝c0[Ni(C16O)4]e－kt(k为反应速率常数)，则Ni(C16O)4反应一半所需时间t＝ (用k表示)。 答案：(1)小于　增大CO分压和降低温度　(或97.3%)　9×103 (2) 解析：(1)由图乙可知，相同压强下，随着温度升高，平衡时Ni(CO)4的体积分数减小，说明温度升高平衡逆向移动，因此该反应的ΔH<0。该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于Ni(CO)4的生成。由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中Ni(CO)4的体积分数增大，则压强：p4>p3>p2>p1，即p3对应的压强是1．0 MPa，由图乙可知，p3、100 ℃条件下达到平衡时，CO和Ni(CO)4的体积分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4 mol，反应生成的Ni(CO)4为x mol，可得三段式： 反应后气体总物质的量为(4－3x)mol，恒温恒压条件下，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有＝0.9，解得x＝，因此达到平衡时n转化(CO)＝4× mol，CO的平衡转化率α＝×100%≈97.3%；气体的分压＝总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数Kp＝＝＝＝9 000 (MPa)－3。 (2)由题给关系式可得e－kt＝，当Ni(C16O)4反应一半时，＝，即e＝，－kt＝ln ，则t＝。 [例8] (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)已知Kp＝(pCO)n、K＝(n是CO的化学计量系数)。反应 Ⅰ 、 Ⅱ 的lg K与温度的关系曲线见图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。 (2)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 。 答案：(1)①1016　②105　105 (2)①BaO　②速率不变至BaC2产率接近100%　容器中只有反应 Ⅱ ：BaO(s)＋3C(s)BaC2(s)＋CO(g)，反应条件恒温1 823 K、恒压，且该反应只有CO为气态，据K＝可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变 解析：(1)①反应 Ⅰ ＋反应 Ⅱ 得BaCO3(s)＋4C(s)BaC2(s)＋3CO(g)，所以其平衡常数K＝KⅠ·KⅡ＝，由图1可知，1 585 K时KⅠ＝102.5，K Ⅱ ＝10－1．5，即＝102.5×10－1．5＝10，所以p＝10×(105 Pa)3＝1016 Pa3，则Kp＝p＝1016 Pa3； ②由图1可知，1 320 K时反应 Ⅰ 的KⅠ＝100＝1，即KⅠ＝＝1，所以p＝(105 Pa)2，即pCO＝105 Pa；若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO＝105 Pa。 (2)①由图2可知，1 400 K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO； ②图像显示，1 823 K时BaC2的产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定值，即速率保持不变；1 400 K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有BaO，即只有反应 Ⅱ ：BaO(s)＋3C(s)BaC2(s)＋CO(g)，反应条件恒温1 823 K、恒压，且该反应只有CO为气态，据K＝可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变。 考点五　化学反应的调控 [例9] (2024·贵州卷)在无氧环境下，CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下，CH4芳构化时同时存在如下反应： ⅰ.CH4(g)―→C(s)＋2H2(g)　ΔH1＝＋74.6 kJ/mol　ΔS＝＋80.84 J/(mol·K) ⅱ.6CH4(g)―→C6H6(l)＋9H2(g)　ΔH2 回答下列问题： (1)反应ⅰ在1 000 K时 (选填“能”或“不能”)自发进行。 (2)受反应ⅰ影响，随着反应进行，单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低，原因是 。 (3)对催化剂在不同的pH条件下进行处理，能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH4芳构化，相同反应时间内测定相关数据如下表，其中最佳pH为 ，理由是 。 pH CH4平均 转化率/% 芳烃平均 产率/% 产物中积碳 平均含量/% 2.4 9.60 5.35 40.75 4.0 9.80 4.60 45.85 7.0 9.25 4.05 46.80 10.0 10.45 6.45 33.10 12.0 9.95 4.10 49.45 (4)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)。 (5)引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下： 对于同级数的平行反应有＝＝e，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知Ea，苯<Ea，二甲苯，若要提高苯的产率，可采取的措施有 。 答案：(1)能 (2)反应ⅰ有积炭生成，随着反应的进行，生成的积炭逐渐增多，覆盖在催化剂表面，使催化剂催化性能逐渐降低，化学反应速率减小 (3)10.0　pH＝10.0时，产物中积炭平均含量最低，CH4平均转化率最大，芳烃平均产率最高 (4)20%　或 (5)适当降低温度，加入合适的催化剂(合理即可) 解析：(1)反应ⅰ.CH4(g)―→C(s)＋2H2(g)　ΔH1＝＋74.6 kJ/mol　ΔS＝＋80.84 J/(mol·K)，在1 000 K时，ΔG＝ΔH－TΔS＝＋74.6 kJ/mol－1 000 K×80.84×10－3 kJ/(mol·K)＝－6.24 kJ/mol＜0，故反应ⅰ在1 000 K时能自发进行。 (3)比较表中数据可以看出，pH＝10.0时，CH4平均转化率为最大值10.45%，芳烃平均产率为最大值6.45%，产物中积炭平均含量为最小值33.10%，所以最佳pH为10.0。 (4)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： 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。 (5)已知Ea，苯<Ea，二甲苯，＝e()，则温度降低，增大，可提高苯的产率；加入合适的催化剂，选择性降低Ea，苯，加快生成苯的速率，提高苯的产率。所以若要提高苯的产率，可采取的措施有适当降低温度、加入合适的催化剂(合理即可)。 学科网（北京）股份有限公司 $$