大单元6 化学反应速率与化学平衡-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2027年高中化学高考一轮总复习

该高中化学高考复习资料聚焦化学反应速率与化学平衡大单元，涵盖反应速率计算、平衡状态判断、平衡常数应用、外界条件对平衡影响等核心考点，按“定义-计算-影响因素-平衡移动-调控”逻辑层次组织知识点，通过知识梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建系统知识网络，突破速率比较、平衡计算等难点。 资料采用“三段式”计算模板和控制变量法等教学策略，如在平衡常数计算中引导学生列出起始、变化、平衡量，培养科学思维；设计浓度、温度对速率影响的对比实验，提升科学探究能力。设置基础、提升、综合三层练习，配合真题解析，助力学生高效掌握解题技巧，为教师把控复习进度、分层教学提供实用参考。

大单元六　化学反应速率与化学平衡 第30讲　化学反应速率及其影响因素 [目标速览]　1.知道化学反应速率的表示方法,了解测定化学反应速率的简单方法。2.通过实验探究,了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。3.知道化学反应是有历程的,认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。4.能进行化学反应速率的简单计算,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。 微考点　核心突破 考点1　化学反应速率及相关计算 　 知|识|梳|理 1.定义 化学反应速率:在容积不变的反应器中,常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示。它的常用单位是mol/(L·s)(或mol·L-1·s-1)等。 2.注意事项 (1)同一反应里用不同物质的浓度变化来表示反应速率时,其数值可能是不同的,故应标明是用哪种物质表示的化学反应速率,但这些数值表示的意义是相同的,均表示该化学反应的快慢。 (2)同一反应里,各物质表示的反应速率之比等于化学方程式中对应物质的化学计量数之比,也等于同一时间内有关物质浓度变化量之比。 (3)化学反应速率在不同的时间间隔内不相等。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.由v=计算平均速率,用反应物表示为正值,用生成物表示为负值。(×) 2.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。(×) 3.对于任何化学反应来说,都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率。(×) 4.化学反应速率为0.8 mol·L-1·s-1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L-1。(×) 5.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。(×) 知|识|拓|展 1.避误区 (1)化学反应速率是一段时间内的平均速率,且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。 (2)在一定温度下,固体和纯液体物质,改变其用量,不影响化学反应速率。 (3)同一化学反应在相同条件下,用不同物质表示的化学反应速率,其数值可能不同,但意义相同。 (4)计算反应速率时,若给出的是物质的量的变化值,不要忘记转化为物质的量浓度的变化值。 2.化学反应速率大小的比较方法 由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能不同,所以比较反应的快慢不能只看数值的大小,而要进行一定的转化。 (1)看单位是否统一,若不统一,换算成相同的单位。 (2)换算成同一物质表示的速率,再比较数值的大小。 (3)比较化学反应速率与化学计量数的比值,即对于一般反应aA+bB===cC+dD,例如比较与,若>,则用A表示的反应速率比B大。 3.“三段式”法计算化学反应速率的答题模板 (1)基本步骤。 ①准确写出化学方程式。 ②找出各物质的初始量、转化量、平衡量(物质的量浓度或物质的量)。 ③根据已知条件建立等式关系进行解答。 (2)基本模式。 mA + nB===pC+qD 起始/(mol·L-1) a b 0 0 变化/(mol·L-1) mx nx px qx 平衡/(mol·L-1) a-mx b-nx px qx 知|识|对|练 角度一　“v=”的应用 1.在容积为1.00 L的容器中,通入一定量的N2O4,发生反应N2O4(g)2NO2(g),体系中各物质浓度随时间变化如图所示。 在0~60 s时段,反应速率 v(N2O4)为 0.001 0 mol·L-1·s-1。  解析　由题图可知,0~60 s时段,N2O4的物质的量浓度变化为0.060 mol·L-1,v(N2O4)==0.001 0 mol·L-1·s-1。 2.一定温度下,在N2O5的四氯化碳溶液(100 mL)中发生分解反应2N2O54NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积,换算成N2O5浓度如下表: t/s 0 600 1 200 1 710 2 220 2 820 x c(N2O5)/ (mol·L-1) 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12 (1)计算600~1 200 s,生成NO2的平均速率。 (2)计算反应2 220 s时,放出标准状况下的O2体积。 (3)分析上表的变化规律,推测表中x值。 答案　(1)600~1 200 s内平均速率v(N2O5)==5.0×10-4 mol·L-1·s-1,则生成NO2的平均速率v(NO2)=2v(N2O5)=2×5.0×10-4 mol·L-1·s-1=1.0×10-3 mol·L-1·s-1。 (2)0~2 220 s内N2O5的浓度变化为1.40 mol·L-1-0.35 mol·L-1=1.05 mol·L-1, Δn(N2O5)=1.05 mol·L-1×0.1 L=0.105 mol, 由反应方程式化学计量数关系得: Δn(O2)=Δn(N2O5)=0.052 5 mol, 则标准状况下的V(O2)=0.052 5 mol×22.4 L·mol-1=1.176 L。 (3)3 930 解析　(3)分析表中数据可知,该反应经过1 110 s(600~1 710,1 710~2 820)后N2O5的浓度会变为原来的,因此,N2O5的浓度由0.24 mol·L-1变为0.12 mol·L-1时,可以推测题表中的x为2 820+1 110=3 930。 角度二　化学反应速率大小的比较 3.常压下羰基化法精炼镍Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)在不同条件下的化学反应速率如下。 ①v[Ni(CO)4]=0.2 mol·L-1·s-1 ②v(CO)=6.0 mol·L-1·min-1 ③v[Ni(CO)4]=1.2 mol·L-1·min-1 ④v(CO)=0.5 mol·L-1·s-1 下列化学反应速率由快到慢的排序正确的是(C) A.②>①>③>④ B.①>③>④>② C.①>④>②>③ D.③>①>④>② 解析　比较不同条件下速率快慢时需要统一单位、统一物质,则将四种不同条件下的速率均转化为CO的速率,①v(CO)=4v[Ni(CO)4]=0.8 mol·L-1·s-1=48 mol·L-1·min-1;②v(CO)=6.0 mol·L-1·min-1;③v(CO)=4v[Ni(CO)4]=4.8 mol·L-1·min-1;④v(CO)=0.5 mol·L-1·s-1=30 mol·L-1·min-1;则速率①>④>②>③。 角度三　“三段式”模板突破化学反应速率的计算 4.NH3和纯净的O2在一定条件下发生反应 4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g),现向一容积不变的2 L密闭容器中充入4 mol NH3和3 mol O2,4 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(C) 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　设4 min时,生成6x mol H2O(g)。 　 　4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) n(总) 起始 4 3 0 0 7 变化 4x 3x 2x 6x 终态 4-4x 3-3x 2x 6x 7+x 据题意,则有=0.4,解得x=0.5, 则4 min内H2O(g)的变化浓度为 Δc(H2O)==1.5 mol·L-1, v(H2O)==0.375 mol·L-1·min-1, 再由各物质表示的速率之比等于各物质的化学计量数之比,可得各物质表示的反应速率分别为 v(N2)=0.125 mol·L-1·min-1, v(NH3)=0.250 mol·L-1·min-1, v(O2)=0.187 5 mol·L-1·min-1。 5.工业制硫酸的过程中,SO2(g)转化为SO3(g)是关键的一步,550 ℃时,在1 L的恒温容器中,反应过程中部分数据如表: 反应时间/min SO2(g)/mol O2(g)/mol SO3(g)/mol 0 4 2 0 5 1.5 10 2 15 1 若在起始时总压为p0 kPa,反应速率若用单位时间内分压的变化表示,气态物质分压=总压×气态物质的物质的量分数,则10 min内SO2(g)的反应速率v(SO2)=  kPa·min-1。  解析　列出“三段式” 气体总压之比等于气体物质的量之比,所以10 min时体系总压p10 min满足=,即p10 min=p0 kPa,p初始(SO2)=p0 kPa,p10 min(SO2)=p0 kPa×=p0 kPa,故v(SO2)==p0 kPa·min-1。 考点2　影响化学反应速率的因素 　 知|识|梳|理 1.内因(主要因素) 反应物本身的性质。 2.外因(其他条件不变,只改变一个条件) 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂。(×) 提示:化学反应速率的决定因素是反应物自身的性质。 2.二氧化锰能加快所有化学反应的速率。(×) 提示:催化剂对反应都有选择性,二氧化锰并不是“万能”催化剂,它只能催化某些反应。 3.锌与硫酸反应时,硫酸的浓度越大,产生H2的速率越快。(×) 提示:当硫酸浓度增大为浓硫酸时,Zn与浓硫酸反应不产生H2。 4.恒温恒压时,增加稀有气体的量,化学反应速率减慢。(√) 提示:恒温恒压时增加稀有气体的量会使容器容积增大,反应物浓度减小,反应速率减慢。 5.增大反应物的浓度,能够增大活化分子的百分含量,所以反应速率增大。(×) 提示:增大反应物的浓度,不能增大活化分子的百分含量,只能增大单位体积内活化分子的个数。 实|验|回|放 实验:定性与定量研究影响化学反应速率的因素 【提出问题】 浓度、温度、催化剂等因素如何影响化学反应速率?如何测定化学反应速率? 【实验探究Ⅰ】 实验方案设计: 影响 因素 实验步骤 实验现象比较 结论 浓度 两种浓度的H2SO4溶液与Na2S2O3溶液反应均出现黄色浑浊,且滴加0.5 mol·L-1 H2SO4溶液的试管中比滴加0.1 mol·L-1 H2SO4溶液的试管中先出现黄色浑浊 浓度 越大, 反应 速率 越快 温度 蒸馏水浴和热水浴中的两组实验均出现黄色浑浊,且热水浴中比蒸馏水浴中先出现黄色浑浊 温度 越高, 反应 速率 越快 未加FeCl3溶液的H2O2溶液中产生气泡不明显,而滴有FeCl3溶液的H2O2溶液中产生大量气泡 催化 剂可 加快 化学 反应 速率 【实验探究Ⅱ】 通过实验测定并比较下列化学反应的速率。 (1)按如图所示组装实验装置。在锥形瓶内放入2 g锌粒,通过分液漏斗加入40 mL 1 mol·L-1 H2SO4溶液,测量并记录收集10 mL H2所用时间。 (2)如果用4 mol·L-1 H2SO4溶液代替1 mol·L-1 H2SO4溶液,重复上述实验,所用时间会增加还是减少?请通过实验验证,并解释原因。 将测定结果填入下表,计算并比较化学反应速率。 试剂 所用时间 反应速率 结论 1 mol·L-1 H2SO4溶液 4 mol·L-1 H2SO4溶液 【问题和讨论】 上述实验探究中,你用到了哪些科学方法? 【答案】　上述实验探究中,用到了控制变量的方法。 提醒　保证实验结果准确的做法 (1)锌粒的形状、大小要保持一致。 (2)装置气密性要好,秒表计时要准确。 (3)加硫酸要迅速。 (4)用分液漏斗加入硫酸时的操作:①取下顶部活塞或者使塞上的凹槽与漏斗口的小孔对齐,旋开下端活塞,保证液体顺利流下;②加完后应该立即关闭分液漏斗下端活塞,避免漏气。 拓展延伸　本实验测定反应速率的其他方法 (1)测定相同时间段内收集气体的多少来测定反应速率。 (2)测定溶液pH,利用H+浓度的变化测定反应速率。 (3)测定锌粒完全溶解所用的时间来测定反应速率。 知|识|拓|展 1.避误区 (1)增减反应物的量并不一定能改变反应速率,如固体和纯液体在反应中可视为浓度不变,故增加其量并不能加快反应速率。 (2)不论是吸热反应还是放热反应,温度对反应速率的影响具有一致性。升高温度,正、逆反应速率都增大,但增大的倍数不同;降低温度,正、逆反应速率都减小,不会出现v正增大同时v逆减小的情况。 2.气体反应体系中充入“惰性气体”(不参加反应)时对反应速率的影响结果 (1)恒温恒容:充入“惰性气体”—→总压增大—→物质的浓度不变(活化分子浓度不变)—→反应速率不变。 (2)恒温恒压:充入“惰性气体”—→体积增大—→物质的浓度减小(活化分子浓度减小)—→反应速率减小。 知|识|对|练 角度四　浓度和温度对化学反应速率的影响 6.在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如表。下列判断不正确的是(D) c /(mol·L-1)v /(mmol·L-1·min-1)T/K 0.600 0.500 0.400 0.300 318.2 3.60 3.00 2.40 1.80 328.2 9.00 7.50 a 4.50 b 2.16 1.80 1.44 1.08 A.a=6.00 B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变 C.b<318.2 D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 解析　分析可知328.2 K的瞬时速率与浓度的关系成正比,则=,解得a=6.00,A项正确;从题给数据看,浓度越大、温度越高,反应速率越快,增大浓度同时降低温度,瞬时反应速率可能会不变,B项正确;浓度不变时,b K下反应速率低于318.2 K下的反应速率,故b<318.2,C项正确;题给数据是瞬时速率而不是平均速率,故不能作为判断所用时间的依据,D项错误。 角度五　压强、催化剂对化学反应速率的影响 7.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行,下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是(C) ①增加C的量　②将容器的容积缩小一半　③保持容积不变,充入N2使体系压强增大　④保持压强不变,充入N2使容器容积变大 A.①④ B.②③ C.①③ D.②④ 解析　增大固体的量、恒容时充入N2对反应速率无影响。 8.“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: 下列说法不正确的是(C) A.使用催化剂既能加快正反应速率又能加快逆反应速率 B.反应②的活化能比反应①小 C.该反应的催化剂是V2O4 D.过程中既有V—O键的断裂,又有V—O键的形成 解析　催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率,加快正反应速率的同时也加快逆反应速率,A项正确;一般情况下,反应的活化能越小,反应速率越快,故反应②的活化能比反应①的小,B项正确;催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的物质,从反应历程图中可知,该反应的催化剂为V2O5,C项错误;过程中反应①有V—O键的断裂,反应②有V—O键的形成,D项正确。 9.汽车尾气处理时存在反应:NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g),该反应过程及能量变化如图所示。 下列说法正确的是(A) A.使用催化剂活化分子百分数增多 B.使用催化剂,反应物分子的能量变高 C.使用催化剂可以有效减少反应放出的热量 D.无论是反应物还是生成物,转化为活化络合物都要放出能量 解析　使用催化剂,降低反应的活化能,活化分子百分数增多,但反应物分子能量不变,也不改变反应热,A项正确,B、C两项错误;活化络合物的能量高出反应物和生成物,因此无论是反应物还是生成物,转化为活化络合物都要吸收能量,D项错误。 角度六　化学反应速率的定量测定 10.如图安装好实验装置(装置气密性良好),在锥形瓶内盛有6.5 g锌粒(Zn的相对原子质量为65),通过分液漏斗加入40 mL 2.5 mol·L-1的稀硫酸,将产生的H2收集在注射器中,10 s时恰好收集到标准状况下的H2 44.8 mL。下列说法不正确的是(B) A.忽略锥形瓶内溶液体积的变化,用H+表示10 s内该反应的速率为0.01 mol·L-1·s-1 B.忽略锥形瓶内溶液体积的变化,用Zn2+表示10 s内该反应的速率为0.01 mol·L-1·s-1 C.用锌粒表示10 s内该反应的速率为0.013 g·s-1 D.用H2表示10 s内该反应的速率为0.000 2 mol·s-1 解析　Zn　+　2H+　===　Zn2+　+　H2↑ 65 g 2 mol 1 mol 22.4 L 0.13 g 0.004 mol 0.002 mol 0.044 8 L v(H+)==0.01 mol·L-1·s-1,A项正确;v(Zn2+)=v(H+)=0.005 mol·L-1·s-1,B项错误;用锌粒表示10 s内该反应的速率为=0.013 g·s-1,C项正确;用H2表示10 s内该反应的速率为=0.000 2 mol·s-1,D项正确。 角度七　用控制变量法探究影响化学反应速率的因素 11.某同学为探究浓度对化学反应速率的影响,设计以下实验。 ① ② ③ ④ 试剂a 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 试剂b 2 mL 0.1 mol/L H2C2O4水溶液 2 mL 0.2 mol/L H2C2O4水溶液 1 mL 0.2 mol/L H2C2O4水溶液 1 mL以浓盐酸为溶剂配制的0.2 mol/L H2C2O4水溶液 褪色 时间 690 s 677 s 600 s 下列说法错误的是(C) A.对比实验①②可知,H2C2O4水溶液浓度增大,反应速率加快 B.对比实验②③可知,酸性高锰酸钾水溶液浓度增大,反应速率加快 C.为验证H+浓度对反应速率的影响,设计实验④并与③对照 D.实验③的离子方程式为2Mn+6H++5H2C2O4===2Mn2++10CO2↑+8H2O 解析　对比实验①②可知,两实验中只有H2C2O4水溶液浓度不同,且浓度大的褪色时间较短,故H2C2O4水溶液浓度增大,反应速率加快,A项正确;对比实验②③可知,两实验中只有H2C2O4水溶液的体积不同,且前者大,则相当于高锰酸钾水溶液的浓度小,褪色时间长,则酸性高锰酸钾水溶液浓度增大,反应速率加快,B项正确;若为验证H+浓度对反应速率的影响,设计实验④并与③对照,则氯离子也可能对反应速率有影响,从而引起干扰,无法得到验证,C项错误;实验③高锰酸钾氧化草酸生成二氧化碳,反应的离子方程式为2Mn+6H++5H2C2O4===2Mn2++10CO2↑+8H2O,D项正确。 关于“控制变量法”题目的解题策略 考点3　活化能 　 知|识|梳|理 1.基元反应与反应历程 2HI===H2+I2的基元反应反应历程(反应机理) (1)基元反应:一个化学反应往往经过多个反应步骤才能实现,每一步反应都称为基元反应。 (2)反应历程:与某化学反应有关的一组基元反应反映了该反应的反应历程,反应历程又称反应机理。 (3)自由基:像上述反应历程中的I·一样,带有单电子的原子或原子团叫自由基,如O·自由基。 2.有效碰撞与活化能 (1)碰撞和有效碰撞。 碰撞 特点 ①碰撞次数非常巨大 ②不是每次碰撞都能发生化学反应 有效 碰撞 概念 能够发生化学反应的碰撞 发生有 效碰撞 的条件 ①反应物分子必须具有一定的能量 ②有合适的碰撞取向。如反应2HI===H2+I2中分子碰撞示意图如图所示: 有效碰 撞的 实质 有效碰撞能使化学键断裂,自由基可以重新组合形成新的化学键,从而发生化学反应 (2)活化分子和活化能。 活化分子 发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量,这种能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子 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,叫做反应的活化能 活化能与 反应热 E1—→反应的活化能 E2—→活化分子变成生成物分子放出的能量 E1-E2—→反应热(即ΔH) 活化能 与化学反 应速率的 关系 在一定条件下,活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子所占的百分数越大,单位体积内活化分子数越多,单位时间内有效碰撞的次数越多,化学反应速率越大。 可简略表示:活化能降低→普通分子变成活化分子→活化分子百分数增大→单位时间内有效碰撞的次数增多→化学反应速率增大 3.运用有效碰撞理论解释外界条件对化学反应速率的影响 (1)运用有效碰撞理论解释浓度对化学反应速率的影响。 其他条件不变时,对某一反应来说,活化分子在反应物分子中所占的百分数是一定的,增大反应物浓度→单位体积内活化分子的数目增多→单位时间内有效碰撞次数增多→化学反应速率增大。 (2)运用有效碰撞理论解释温度对化学反应速率的影响。 其他条件不变时,升高温度,反应物分子的能量增加,使一部分原来能量较低的分子变成活化分子(如图所示)→活化分子百分数增加→单位时间内有效碰撞次数增多→反应速率增大。因此,升高温度可以增大反应速率。 (3)运用有效碰撞理论解释催化剂对化学反应速率的影响。 其他条件不变时,使用适当的催化剂,可改变反应的过程,改变反应的活化能。如图所示,有催化剂时反应的活化能比无催化剂时反应的活化能降低了很多。这就使更多的反应物分子成为活化分子,增大了单位体积内反应物分子中活化分子的数目,从而增大了化学反应速率。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.反应过程又称反应机理。(√) 2.基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。(√) 3.反应物分子的每一次碰撞都能发生反应。(×) 4.能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞。(√) 知|识|对|练 角度八　基元反应 12.下列反应属于基元反应的是(B) ①2H2+O22H2O ②H·+O2—→·OH+O· ③H++OH-===H2O ④2O33O2 A.①② 　B.②③ 　C.③④ 　D.①④ 解析　①中氢气和氧气的反应要经过多步反应才能完成,不属于基元反应;②中的反应是氢气和氧气反应过程中的一个基元反应;③中H+和OH-的中和反应是基元反应;④中O3转化为O2的反应是总反应,要经过几步反应才能完成,不属于基元反应。故选B。 角度九　活化分子　有效碰撞 13.下列说法正确的是(D) A.反应物分子相互碰撞即能发生化学反应 B.活化分子之间的碰撞一定可以发生化学反应 C.活化分子所具有的能量称为活化能 D.活化分子百分数越大,反应速率越大 解析　活化分子之间的有效碰撞才能发生化学反应,A、B两项错误;活化能是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,C项错误;活化分子百分数越大,则单位体积内活化分子数越多,单位时间内有效碰撞的次数越多,反应速率越大,D项正确。 角度十　活化能 14.(2025·鹤壁模拟)向H2O2溶液中加入少量FeCl3溶液,混合溶液中有大量气泡逸出,查阅资料知H2O2的分解机理如下: ①2Fe3++H2O2===2Fe2++O2↑+2H+　慢 ②H2O2+2Fe2++2H+===2H2O+2Fe3+　快 下列有关说法正确的是(B) A.增大c(Fe3+)不影响产生气体的速率 B.第①步反应中Fe3+与H2O2的碰撞仅部分有效 C.Fe2+是该反应的催化剂 D.第②步反应的活化能较大 解析　由题给信息可知,第①步为慢反应,增大反应物的浓度,其反应速率增大,A项错误;任何一个反应,粒子之间的碰撞不可能都是有效碰撞,B项正确;由总反应可知,Fe2+是该反应的中间产物,Fe3+是催化剂,C项错误;活化能大则反应慢,故第①步反应的活化能较大,D项错误。 角度十一　反应机理——快反应与慢反应 15.过渡态理论认为:化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中,首先生成一种高能量的活化配合物,高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论,NO2(g)+CO(g)===CO2(g)+NO(g)的反应历程如下: 第一步: 第二步: 下列有关说法正确的是(C) A.第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞 B.活化配合物的能量越高,第一步的反应速率越快 C.第一步反应需要吸收能量 D.该反应的反应速率主要取决于第二步反应 解析　活化配合物取向适当才是有效碰撞,A项错误;活化配合物能量越高,第一步反应速率越慢,B项错误;反应物需要吸收能量形成高能量的活化配合物,C项正确;该反应的反应速率主要取决于慢反应,即取决于第一步反应,D项错误。 16.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的“清洁能源”,科学家研究在酸性条件下,用甲醇可合成二甲醚,反应过程中相对能量变化如图所示。 下列叙述错误的是(B) A.循环过程中,催化剂参与了中间反应 B.该过程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31 kJ·mol-1 C.制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为—→CH3OCH3+H+ D.总反应方程式为2CH3OHCH3OCH3+H2O 解析　整个过程中H+是催化剂,先参与第一步反应,在最后一步反应生成,A项正确;由图可知该过程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol-1,B项错误;决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应,由图可知,该基元反应为—→CH3OCH3+H+,C项正确。 考点4　化学反应速率图像及其应用 　 知|识|梳|理 1.全程速率—时间图像 如Zn与足量盐酸的反应,反应速率随时间的变化出现如图情况。 原因解释:AB段v渐大,主要是因为该反应为放热反应,随着反应的进行,温度逐渐升高,导致反应速率逐渐增大;BC段v渐小,则主要是因为随着反应的进行,溶液中c(H+)逐渐减小,导致反应速率逐渐减小。 2.物质的量(或浓度)—时间图像 例如:某温度时,在定容(V L)容器中,X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。 (1)由图像得出如下信息。 ①反应物是X、Y,生成物是Z。 ②t3时反应达到平衡,X、Y没有全部反应。 (2)根据图像可进行如下计算。 ①达到平衡时,某物质的平均反应速率、转化率,如v(X)= mol·L-1·s-1,Y的转化率=×100%。  ②确定化学方程式中的化学计量数之比,如X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1-n3)∶(n2-n3)∶n2。 3.速率—时间图像及应用 平衡体系 条件变化 速率变化 平衡变化 速率变化曲线 任一平衡体系 ①增大反 应物浓度 v'(正)、v'(逆) 均增大,且 v'(正)>v'(逆) 正向移动 ②减小反 应物浓度 v'(正)、v'(逆) 均减小,且 v'(逆)>v'(正) 逆向移动 ③增大生 成物浓度 v'(正)、v'(逆) 均增大,且 v'(逆)>v'(正) 逆向移动 ④减小生 成物浓度 v'(正)、v'(逆) 均减小,且 v'(正)>v'(逆) 正向移动 正反应方向为气体体积增大的放热反应 ⑤增大压强 或升高温度 v'(正)、v'(逆) 均增大,且 v'(逆)>v'(正) 逆向移动 ⑥减小压强 或降低温度 v'(正)、v'(逆) 均减小,且 v'(正)>v'(逆) 正向移动 反应前后气体化学计量数之和相等的平衡体系 ⑦正催化剂 或增大压强 v'(正)、v'(逆) 均增大相 同倍数,即 v'(正)=v'(逆) 平衡不 移动 ⑧减小压强 v'(正)、v'(逆) 同等倍数减小,即v'(正)=v'(逆) 知|识|对|练 角度十二　化学反应的曲线 17.一定温度下,在2 L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示。 (1)从反应开始到10 s,用Z表示的反应速率为　0.079 mol·L-1·s-1 。X的物质的量浓度减少了 0.395 mol·L-1 ,Y的转化率为 79.0% 。  (2)该反应的化学方程式为 X(g)+Y(g)2Z(g) 。  (3)10 s后的某一时刻(t1)改变了外界条件,其速率随时间的变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是 CD (填字母)。  A.t1时刻,增大了X的浓度 B.t1时刻,升高了体系温度 C.t1时刻,缩小了容器容积 D.t1时刻,使用了催化剂 解析　(1)分析图像知v(Z)==0.079 mol·L-1·s-1,Δc(X)==0.395 mol·L-1,Y的转化率α(Y)=×100%=79.0%。(2)各物质的转化量X为0.79 mol,Y为0.79 mol,Z为1.58 mol,可知方程式中各物质的化学计量数之比为1∶1∶2,则该反应的化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)。(3)由图像可知,外界条件同等程度地增大了该反应的正、逆反应速率。增大X的浓度、升高体系温度均不会同等程度地改变正、逆反应速率,A、B两项错误;该反应为反应前后气体体积不变的反应,缩小容器容积,增大压强,可同等程度地增大正、逆反应速率,C项正确;使用催化剂可同等程度地改变正、逆反应速率,D项正确。 角度十三　温度与选择性的双重影响 18.汽车排气管装有三元催化剂装置,在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂,右上角带“*”表示吸附状态]: Ⅰ.NO+Pt(s)===NO* Ⅱ.CO+Pt(s)===CO* Ⅲ.NO*===N*+O* Ⅳ.CO*+O*===CO2+Pt(s) Ⅴ.N*+N*===N2+Pt(s) Ⅵ.NO*+N*===N2O+Pt(s) 经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。 (1)图1中温度从Ta升至Tb的过程中,反应物浓度急剧减小的主要原因是 温度升高,催化剂活性增强,反应速率加快 。  (2)图2中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能 > (填“<”“>”或“=”)反应Ⅵ的活化能;T3 ℃时发生的主要反应为 Ⅳ (填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。  解析　(1)由图1可知,温度升高,反应物的消耗量增大,说明催化剂的活性增强,反应速率加快。(2)由图2可知,T2 ℃时,N2的浓度小于N2O的浓度,说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的反应速率,则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能;T3 ℃时,生成物二氧化碳的浓度最大,说明发生的主要反应为反应Ⅳ。 微充电　素养提升 名师大招——抓住四要素　破解速率常数 　 【方法归纳】　 1.速率常数的含义。 速率常数(k)是指在给定温度下,反应物浓度皆为1 mol·L-1时的反应速率。在相同的浓度条件下,可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率。 化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比,而速率常数是其比例常数,在恒温条件下,速率常数不随反应物浓度的变化而改变。因此,可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。 2.速率方程。 一定温度下,对于基元反应化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。 对于基元反应(能够一步完成的反应): aA(g)+bB(g)===gG(g)+hH(g) 则v=k·ca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。 如①SO2Cl2SO2+Cl2 v=k1·c(SO2Cl2) ②2NO22NO+O2　v=k2·c2(NO2) ③2H2+2NON2+2H2O v=k3·c2(H2)·c2(NO) 3.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,通常反应速率常数越大,反应进行得越快。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。 4.相同温度下,正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系。 对于基元反应:aA(g)+bB(g)gG(g)+hH(g) v正=k正·ca(A)·cb(B); v逆=k逆·cg(G)·ch(H); 平衡常数K==; 反应达平衡时,v正=v逆,故K=。 【母题】　反应2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g)中,每生成7 g N2,放出166 kJ的热量,该反应的速率表达式为v=k·cm(NO)·cn(H2)(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: 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 下列说法错误的是(B) A.整个反应速率由第①步反应决定 B.正反应的活化能一定是①<② C.该反应速率表达式:v=5 000c2(NO)·c(H2) D.该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g)　ΔH=-664 kJ·mol-1 解析　由①②两反应知,反应过程中慢反应决定反应速率,整个反应速率由第①步反应决定,A项正确;反应①慢,说明反应①的活化能大,正反应的活化能一定是①>②,B项错误;比较实验Ⅰ、Ⅱ数据可知,NO浓度不变,氢气浓度增大一倍,反应速率增大一倍,比较实验Ⅲ、Ⅳ数据可知,H2浓度不变,NO浓度增大一倍,反应速率增大四倍,据此得到速率方程v=k·c2(NO)·c(H2),依据实验Ⅰ中数据计算k=5 000,则速率表达式为v=5 000c2(NO)·c(H2),C项正确;反应2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g)中,每生成7 g N2放出166 kJ的热量,生成28 g N2放热664 kJ,热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g)　ΔH=-664 kJ·mol-1,D项正确。 【衍生1】　工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2,原理为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g),该反应的逆反应速率表达式为v逆=k·c(CO)·c3(H2),k为速率常数,在某温度下测得实验数据如表所示: CO浓度/ (mol·L-1) H2浓度/ (mol·L-1) 逆反应速率/ (mol·L-1·min-1) 0.1 c1 8.0 c2 c1 16.0 c2 0.15 6.75 由上述数据可得该温度下,c2= 0.2 ,该反应的逆反应速率常数k= 1.0×104 L3·mol-3·min-1。  解析　根据v逆=k·c(CO)·c3(H2),由表中数据可得:(c1 mol·L-1)3=,c2 mol·L-1=,所以有k××=16.0 mol·L-1·min-1,解得k=1.0×104 L3·mol-3·min-1,代入c2的等式可得c2=0.2。 【衍生2】　300 ℃时,2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的逆反应速率表达式为v逆=k·cn(ClNO),测得速率和浓度的关系如表: 序号 c(ClNO)/(mol·L-1) v/(mol·L-1·s-1) ① 0.30 3.60×10-9 ② 0.60 1.44×10-8 序号 c(ClNO)/(mol·L-1) v/(mol·L-1·s-1) ③ 0.90 3.24×10-8 n= 2 ;k= 4.0×10-8 L·mol-1·s-1 。  解析　根据表格①②中的数据,代入速率表达式然后做比:=,解得n=2,k=4×10-8 L·mol-1·s-1。 微真题　把握方向 　 考向一　化学反应速率 1.(2024·甘肃卷)下列措施能降低化学反应速率的是(C) 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.石墨合成金刚石时要增大压强 解析　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.(2024·江苏卷)下列说法正确的是(C) A.豆科植物固氮过程中,固氮酶能提高该反应的活化能 B.C2H4与O2反应中,Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性 C.H2O2制O2反应中,MnO2能加快化学反应速率 D.SO2与O2反应中,V2O5能减小该反应的焓变 解析　固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂,能降低该反应的活化能,A项错误;根据题意,催化剂有选择性,如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO,则判断Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性,B项错误;MnO2是H2O2制O2反应的催化剂,能加快化学反应速率,C项正确;V2O5是SO2与O2反应的催化剂,能加快反应速率,但不能改变该反应的焓变,D项错误。 3.(2022·辽宁卷)某温度下,在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X发生反应2X(s)Y(g)+2Z(g),有关数据如表: 时间段/min 产物Z的平均生成速率/ (mol·L-1·min-1) 0~2 0.20 0~4 0.15 0~6 0.10 下列说法错误的是(B) A.1 min时,Z的浓度大于0.20 mol·L-1 B.2 min时,加入0.20 mol Z,此时v正(Z)<v逆(Z) C.3 min时,Y的体积分数约为33.3% D.5 min时,X的物质的量为1.4 mol 解析　反应开始一段时间,随着时间的延长,反应物浓度逐渐减小,产物Z的平均生成速率逐渐减小,则0~1 min内Z的平均生成速率大于0~2 min内的,故1 min时,Z的浓度大于0.20 mol·L-1,A项正确;4 min时生成的Z的物质的量为0.15 mol·L-1·min-1×4 min×1 L=0.6 mol,6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol·L-1·min-1×6 min×1 L=0.6 mol,反应在4 min时已达到平衡,设达到平衡时生成了a mol Y,列三段式: 根据2a=0.6,得a=0.3,则Y的平衡浓度为0.3 mol·L-1,Z的平衡浓度为0.6 mol·L-1,平衡常数K=c2(Z)·c(Y)=0.108,2 min时Y的浓度为0.2 mol·L-1,Z的浓度为0.4 mol·L-1,加入0.2 mol Z后的浓度变为0.6 mol·L-1,Q=c2(Z)·c(Y)=0.072<K,反应正向进行,故v正(Z)>v逆(Z),B项错误;反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2,反应体系中只有Y和Z为气体,相同条件下,体积之比等于物质的量之比,=,故Y的体积分数始终约为33.3%,C项正确;5 min时反应处于平衡状态,此时生成Z为0.6 mol,则X的转化量为0.6 mol,初始X的物质的量为2 mol,剩余X的物质的量为1.4 mol,D项正确。 考向二　化学反应速率图表 4.(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(C) 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;步骤2逆向反应的ΔH=-0.71 eV-(-1.00 eV)=+0.29 eV,B项正确;步骤1的活化能E1=0.70 eV,步骤2的活化能E3=-0.49 eV-(-0.71 eV)=0.22 eV,步骤1的活化能大于步骤2的活化能,步骤1的反应比步骤2慢,C项错误;该过程甲烷转化为甲醇,属于加氧氧化,该过程实现了甲烷的氧化,D项正确。 5.(2023·浙江卷1月)标准状态下,气态反应物和生成物的相对能量与反应过程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0],下列说法不正确的是(C) A.E6-E3=E5-E2 B.可计算Cl—Cl键键能为2(E2-E3)kJ·mol-1 C.相同条件下,O3的平衡转化率:过程Ⅱ>过程Ⅰ D.过程Ⅰ、过程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)===O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1 解析　对比两个过程可知,过程Ⅱ中增加了催化剂,降低了反应的活化能,加快了反应速率。催化剂能降低活化能,但是不能改变反应的焓变,因此E6-E3=E5-E2,A项正确;已知Cl2(g)的相对能量为0,对比两个过程可知,Cl(g)的相对能量为(E2-E3)kJ·mol-1,则Cl—Cl键键能为2(E2-E3)kJ·mol-1,B项正确;催化剂不能改变反应的平衡转化率,因此相同条件下,O3的平衡转化率过程Ⅱ=过程Ⅰ,C项错误;活化能越低,反应速率越快,由图像可知,过程Ⅱ中第二步反应的活化能最低,所以速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)===O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1,D项正确。 6.(2022·河北卷改编)恒温恒容条件下,向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方程式为①XY;②YZ。反应①的速率v1=k1·c(X),反应②的速率v2=k2·c(Y),式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线,图乙为反应①和②的ln k~曲线。下列说法错误的是(A) A.随着c(X)的减小,反应①②的速率均降低 B.体系中可能存在v(X)+v(Y)=v(Z) C.欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间 D.温度低于T1时,总反应速率由反应②决定 解析　由题图中的信息可知,浓度随时间变化逐渐减小的曲线代表的是X,浓度随时间变化逐渐增大的曲线代表的是Z,浓度随时间变化先增大后减小的曲线代表的是Y;由题图乙中的信息可知,反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。由题图甲中的信息可知,随着c(X)的减小,c(Y)先增大后减小,c(Z)增大,因此,反应①的速率随c(X)的减小而减小,而反应②的速率先增大后减小,A项错误;根据体系中发生的反应可知,在Y的浓度达到最大值之前,单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量,因此,v(X)=v(Y)+v(Z),但是,在Y的浓度达到最大值之后,单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量,故v(X)+v(Y)=v(Z),B项正确;升高温度可以加快反应①的速率,但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的,且反应②的速率随Y浓度的增大而增大,因此,欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间,C项正确;由题图乙信息可知,温度低于T1时,k1>k2,反应②为慢反应,因此,总反应速率由反应②决定,D项正确。 7.(2022·广东卷)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则(D) A.无催化剂时,反应不能进行 B.与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低 C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D.使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(X)=1.0 mol·L-1·min-1 解析　由题图可知,无催化剂时,随着反应进行,生成物浓度也在增大,说明反应也在进行,A项错误;由题图可知,催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好,说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低,反应更快,B项错误;由题图可知,使用催化剂Ⅱ时,在0~2 min内Y的浓度变化了2.0 mol·L-1,而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L-1,二者变化量之比不等于化学计量数之比,所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化,C项错误;使用催化剂Ⅰ时,在0~2 min内,Y的浓度变化了4.0 mol·L-1,则v(Y)===2.0 mol·L-1·min-1,v(X)=v(Y)=×2.0 mol·L-1·min-1=1.0 mol·L-1·min-1,D项正确。 8.(2023·新课标卷) 研究表明,合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位,N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中,速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (ⅱ) (填步骤前的标号),理由是 在化学反应中,最大的能垒为速率控制步骤,而断开化学键的步骤都属于能垒,由于N≡N键键能比H—H键键能大很多,因此,在上述反应机理中,速率控制步骤为(ⅱ) 。  (ⅰ)N2(g)+*N2* (ⅱ)N2*+*2N* (ⅲ)H2(g)+*H2* (ⅳ)H2*+*2H* (ⅴ)N*+H*NH*+* …… (…)NH3*NH3(g)+*图2　反应机理 解析　由题图1中信息可知,N2(g)===N(g)的ΔH=+473 kJ·mol-1,则N≡N键键能为946 kJ·mol-1;H2(g)===3H(g)的ΔH=+654 kJ·mol-1,则H—H键键能为436 kJ·mol-1。在化学反应中,最大的能垒为速率控制步骤,而断开化学键的步骤都属于能垒,由于N≡N键键能比H—H键键能大很多,因此,在上述反应机理中,速率控制步骤为(ⅱ)。 第31讲　化学平衡　化学平衡常数 [目标速览]　1.了解化学反应的可逆性的特点。2.掌握化学平衡状态的建立及特征。3.了解平衡常数的概念及意义。 微考点　核心突破 考点1　可逆反应与化学平衡建立 　 知|识|梳|理 1.可逆反应及其特征 (1)溶液达到饱和之后,溶液中固体溶质溶解和溶质分子回到固体溶质表面的结晶过程一直在进行,而这两种过程速率相等,我们把这类过程称作可逆过程,表述这类过程可采用号,把从左向右的过程称作正反应,把从右向左的过程称作逆反应。 (2)可逆反应指反应物和产物必须同时存在于同一反应体系中,而且在相同条件下,正、逆反应都能够自发进行。 2.化学平衡状态的含义 (1)构成化学平衡体系的基本要求是反应物和所有产物均处于同一反应体系中,反应条件保持不变。 (2)达到化学平衡状态时,体系中所有反应物和生成物的含量保持不变。但反应并没停止,而且正、逆反应速率相等,这说明化学平衡是动态平衡。 (3)化学平衡研究的对象是可逆反应,对于弱电解质的电离、气体的溶解和逸出、固体的溶解和结晶及盐类的水解等存在可逆过程的问题都可用平衡的观点去分析。 3.化学平衡状态的标志 以mA(g)+nB(g)xC(g)+yD(g)(m+n≠x+y)为例。 (1)实质:v正=v逆≠0,如v(B)耗=v(B)生;v(C)耗∶v(C)生=1∶1。 (2)某物质的质量、浓度、物质的量、质量分数等不变。 (3)反应体系的总物质的量或压强恒定。 (4)若A为有色气体,气体的颜色不变。 (5)单位时间内A物质化学键的断裂量等于形成量。 (6)转化率不变,如α(A)不变。 (7)体系的平均相对分子质量不变。 4.化学平衡状态判断误区 (1)可逆反应不等同于可逆过程。可逆过程包括物理变化和化学变化,而可逆反应属于化学变化。 (2)化学反应的平衡状态可以从正反应方向建立,也可以从逆反应方向建立。 (3)化学反应达到化学平衡状态的正逆反应速率相等,是指同一物质的消耗速率和生成速率相等,若用不同物质表示时,反应速率不一定相等。 (4)化学反应达平衡状态时,各组分的浓度、百分含量保持不变,但不一定相等。 (5)用不同物质表示的反应速率之比等于化学计量数之比,不一定是平衡状态,因为不论是否达到平衡,该关系一定存在。 (6)各物质的物质的量之比等于方程式的化学计量数之比,不一定是平衡状态。因为此条件并不能说明各组分的物质的量不再变化。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 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。(√) 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.恒温恒容下进行的可逆反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时,反应达到平衡状态。(×) 6.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。(×) 知|识|拓|展 化学平衡状态的判断 　可逆反应达到化学平衡状态时有两个主要特征:一是正反应速率和逆反应速率相等;二是反应混合物中各组成成分的含量保持不变。这两个特征就是判断可逆反应是否达到化学平衡状态的核心依据。 (1)直接特征:v正=v逆,要求大小相等,方向相反。 ①速率特征:指“等”,即v正=v逆。 有两层含义:对于同一物质而言,该物质的生成速率等于它的消耗速率;对于不同的物质而言,速率之比等于方程式中的化学计量数之比,但必须是不同方向的速率。 ②含量特征:指“定”,即反应混合物中各组成成分的含量保持不变。 (2)间接特征:指所表述的内容并非直接而是间接反映“等”和“定”的意义。 ①反应物的转化率保持不变。 ②产物的产率保持不变。 ③平衡体系的颜色保持不变。 ④绝热的恒容反应体系中的温度保持不变。 (3)“特殊”特征:指所表述的内容并不能表明所有反应均已达平衡状态,只是在某些特定的情况下才能表示反应已经达到化学平衡状态。 ①体系中气体物质的总质量保持不变。 ②体系中气体物质的总物质的量(或体积或分子个数)保持不变。 ③体系中气体物质的平均相对分子质量保持不变。 ④气体的总压强不再发生改变。 ⑤体系中气体的密度不再发生改变。 以上五项中,对于Δn≠0的可逆反应如2NO(g)+O2(g)2NO2(g)来说,除①外均可作为判断平衡的特征,其中⑤在容积固定时亦不是判断平衡的特征;但对于Δn=0的可逆反应,如H2(g)+I2(g)2HI(g)来说,此五项均不能作为判断平衡的特征。 知|识|对|练 角度一　极端假设解化学平衡状态题的应用 1.在一个密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),反应过程中某一时刻测得SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol·L-1、0.2 mol·L-1、0.2 mol·L-1,当反应达到平衡时,可能出现的数据是(C) A.c(SO3)=0.4 mol·L-1 B.c(SO2)=c(SO3)=0.15 mol·L-1 C.c(SO2)=0.25 mol·L-1 D.c(SO2)+c(SO3)=0.5 mol·L-1 解析　 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) c(某时刻)/(mol·L-1) 0.2 0.2 0.2 c(向右进行完全)/(mol·L-1) 0 0.1 0.4 c(向左进行完全)/(mol·L-1) 0.4 0.3 0 由于反应为可逆反应,SO3的浓度一定小于0.4 mol·L-1,A项错误;SO2与SO3的浓度不会均为0.15 mol·L-1,B项错误;由于反应为可逆反应,SO2的浓度一定小于0.4 mol·L-1大于0,则可能为0.25 mol·L-1,C项正确;根据硫元素守恒,c(SO2)+c(SO3)=0.4 mol·L-1,D项错误。 2.在密闭容器中进行如下反应X2(g)+Y2(g)2Z(g),已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol·L-1、0.3 mol·L-1、0.2 mol·L-1,在一定条件下,当反应达到平衡时,各物质的浓度有可能是(A) A.Z为0.3 mol·L-1 B.Y2为0.4 mol·L-1 C.X2为0.2 mol·L-1 D.Z为0.4 mol·L-1 解析　用极值法:当Z完全转化为X2、Y2时,X2、Y2分别为0.2 mol·L-1、0.4 mol·L-1;当0.1 mol·L-1 X2完全转化为Z时,Y2为 0.2 mol·L-1,Z为 0.4 mol·L-1,则0<X2<0.2 mol·L-1,0.2 mol·L-1<Y2<0.4 mol·L-1,0<Z<0.4 mol·L-1,A项符合题意。 角度二　化学平衡状态及其判断 3.下列方法中可以证明2HI(g)H2(g)+I2(g)已达到平衡状态的是 ②⑥⑨ (填序号)。  ①单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol HI ②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂 ③HI的体积分数与I2(g)的体积分数相等 ④反应速率v(H2)=v(I2)=v(HI) ⑤c(HI)∶c(H2)∶c(I2)=2∶1∶1 ⑥温度和体积一定时,某一生成物浓度不再变化 ⑦温度和体积一定时容器内压强不再变化 ⑧条件一定,混合气体的平均相对分子质量不再变化 ⑨温度和体积一定时,混合气体的颜色不再变化 ⑩温度和压强一定时,混合气体的密度不再变化 讨论:在上述⑥~⑩的说法中能说明2NO2(g)N2O4(g)达到平衡状态的是 ⑥⑦⑧⑨⑩ (填序号)。  解析　这是一个反应前后气体体积不变的反应。无论是否平衡,混合气体的总压强、、ρ都不发生变化(从其公式推导)。①②④从“v正是否等于v逆”来判断。③⑤⑥从“浓度保持不变”来判断。 4.汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)　ΔH<0。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行,下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是 ②④⑤ (填序号)。  解析　①达到平衡时,v正应保持不变;②由于是放热反应,又是绝热容器,体系温度升高,平衡左移,K减小,当K不变时,温度不变,达到平衡状态;③题图中达到平衡时,CO、CO2的改变量不是1∶1;④w(NO)逐渐减小,达到平衡时保持不变;⑤因正反应放热,容器绝热,故反应开始后体系温度升高,达到平衡状态时体系温度不再发生变化;⑥ΔH是一个定值,不能用于判断可逆反应是否达到平衡状态。 考点2　化学平衡常数　化学平衡的计算 　 知|识|梳|理 1.化学平衡常数 (1)在一定温度下,当一个可逆反应达到化学平衡时,生成物浓度化学计量数次幂的乘积与其反应物浓度化学计量数次幂的乘积的比值是一个常数,即平衡常数,用符号K表示。 (2)对一般可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),当在一定温度下达到平衡状态时,可以得出:K=,K值越大,说明平衡体系中生成物所占的比例越大,反应物的转化率越大;K只受温度影响,与反应物或生成物的浓度变化无关,即在一定温度下,平衡常数保持不变。 2.化学平衡常数的应用 (1)判断可逆反应进行的程度。 K值大,说明反应进行的程度大,反应物的转化率高;K值小,说明反应进行的程度小,反应物的转化率低。 K <10-5 10-5~105 >105 反应程度 很难进行 反应可逆 反应可接近完全 (2)判断化学反应进行的方向。 对于可逆反应aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g),在一定温度下的任意时刻,反应物与生成物浓度有如下关系:Q=,称为浓度商。 Q<K 反应向正反应方向进行,v正>v逆 Q=K 反应处于化学平衡状态,v正=v逆 Q>K 反应向逆反应方向进行,v正<v逆 (3)判断可逆反应的热效应。 3.化学平衡常数与转化率的计算 “三段式”法是有效解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。解题时,要注意清楚条理地列出起始量、变化量、平衡量,按题目要求进行计算,同时还要注意单位的统一。 (1)明确三个量——起始量、变化量、平衡量(单位:mol或mol·L-1)。 　　　　N2　+　3H22NH3 起始量 1 3 0 变化量 a b c 平衡量 1-a 3-b c ①反应物的平衡量=起始量-变化量。 ②生成物的平衡量=起始量+变化量。 ③各物质变化浓度之比等于它们在化学方程式中的化学计量数之比。变化浓度是联系化学方程式、平衡浓度、起始浓度、转化率、化学反应速率的桥梁。因此,抓变化浓度是解题的关键。 (2)掌握三个百分数。 ①转化率=×100%=×100%。 ②生成物的产率:实际产量占理论产量的百分数。一般来说,转化率越高,原料利用率越高,产率也就越高。 产率=×100%。 ③混合物中某组分的百分含量=×100%。 (3)谨记答题模板。 反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b,达到平衡后,A的消耗量为mx,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) 则有①平衡常数:K=。 ②A的平衡浓度:c(A)平= mol·L-1。  ③A的转化率:α(A)平=×100%。 ④A的体积分数:φ(A)=×100%。 ⑤平衡与起始压强之比:=。 ⑥混合气体的平均密度:ρ混= g·L-1。 ⑦平衡时混合气体的平均摩尔质量:= g·mol-1。  4.使用化学平衡常数应注意的问题 (1)化学平衡常数K值的大小是可逆反应正向进行程度的标志。一个反应的K值越大,表明平衡时生成物的浓度越大,反应物的浓度越小,反应物的转化率也越大。可以说,化学平衡常数是在一定温度下一个反应本身固有的内在性质的定量体现。 (2)化学平衡常数只与温度有关,与反应物或生成物的浓度无关。 (3)反应物或生成物中有固体和纯液体存在时,其浓度可看作“1”,而不计入平衡常数表达式中。 (4)化学平衡常数是指某一具体反应的平衡常数。若反应方向改变,则平衡常数改变;若化学方程式中各物质的化学计量数等倍扩大或缩小,尽管是同一反应,平衡常数也会改变。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.反应SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)　ΔH<0在恒容的密闭容器中进行,平衡前,随着反应的进行,容器内压强始终不变。(×) 提示:反应前后气体分子数不相等,如温度不变时,平衡前容器内压强逐渐变小。 2.对某一可逆反应,升高温度则化学平衡常数一定变大。(×) 提示:对于正反应吸热的反应,升高温度平衡正向移动,K增大;对于正反应放热的反应,升高温度平衡逆向移动,K变小。 3.增大反应物的浓度,平衡正向移动,化学平衡常数增大。(×) 提示:增大反应物的浓度,平衡向正反应方向移动,但K不变,因为K只受温度的影响,温度不变,K不变。 4.可根据K随温度的变化情况判断反应的热效应。(√) 提示:若升高温度,K值增大,则正反应为吸热反应;若升高温度,K值减小,则正反应为放热反应。 5.化学平衡常数和转化率都能体现反应进行的程度。(√) 提示:化学反应达平衡时,各反应物的转化率达到最大。化学平衡常数本身就是表示化学平衡时各物质浓度的关系。故平衡常数和转化率是从两个不同的角度来反映化学反应进行的程度。 知|识|拓|展 1.避误区 (1)不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀溶液中水的浓度写进平衡常数的表达式中。如 CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g),K=c(CO2)。 Cr2(aq)+H2O(l)2Cr(aq)+2H+(aq), K=。 但非水溶液中发生的反应,若有水参加或生成,则此时水的浓度不可视为常数,应写进平衡常数的表达式中。如C2H5OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O, K=。 (2)同一化学反应,化学方程式写法不同,其平衡常数表达式及数值亦不同。如 N2O4(g)2NO2(g),K==0.36。 N2O4(g)NO2(g), K'===0.60。 2NO2(g)N2O4(g), K″==≈2.8。 因此书写化学平衡常数表达式及数值时,要与化学反应方程式相对应,否则意义就不明确了。 2.压强平衡常数(Kp)及计算方法 (1)理解压强平衡常数含义。 在化学平衡体系中,用各种气体物质的平衡分压代替平衡浓度计算的化学平衡常数叫压强平衡常数,用Kp表示。 (2)运用“三段式法”进行计算。 知|识|对|练 角度三　化学平衡常数 5.研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时,涉及如下反应: ①2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)　K1 ②2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)　K2 (1)反应①的平衡常数表达式为 K1= 。  (2)4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=  (用K1、K2表示)。  解析　K1=,K2=,K=,所以K=。 6.在一定容积的密闭容器中进行化学反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g),其化学平衡常数K和温度t的关系如表所示: t/℃ 700 800 830 1 000 1 200 K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6 回答下列问题: (1)该反应的化学平衡常数表达式为K=  。  (2)该反应为 吸热 (填“吸热”或“放热”)反应。  (3)某温度下,各物质的平衡浓度符合下式:3c(CO2)·c(H2)=5c(CO)·c(H2O),试判断此时的温度为 700 ℃。  (4)若830 ℃时,向容器中充入1 mol CO、5 mol H2O,反应达到平衡后,其化学平衡常数K 等于 (填“大于”“小于”或“等于”)1.0。  (5)830 ℃时,容器中的化学反应已达到平衡。在其他条件不变的情况下,扩大容器的容积。平衡 不 (填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。  解析　(2)温度越高,K值越大,说明升温平衡正向移动,正反应为吸热反应。(3)某温度下,各物质的平衡浓度有关系为3c(CO2)·c(H2)=5c(CO)·c(H2O),根据平衡常数表达式K=可知,K==0.6,平衡常数只与温度有关,温度一定则平衡常数为定值,所以此时对应的温度为700 ℃。 角度四　平衡常数的影响因素及其应用 7.某温度下反应H2(g)+I2(g)2HI(g)的平衡常数K=57.0,现向此温度下的真空容器中充入0.2 mol·L-1 H2(g)、0.5 mol·L-1 I2(g)及0.3 mol·L-1 HI(g),则下列说法正确的是(D) A.反应正好达到平衡 B.反应向左进行 C.反应向某方向进行一段时间后K<57.0 D.反应向某方向进行一段时间后c(H2)<0.2 mol·L-1 解析　此时的浓度商为Q== =0.9<K,故平衡右移。 8.甲醇是重要的化学工业基础原料和清洁液体燃料。工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇。已知制备甲醇的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如表所示: 化学反应 平衡 常数 温度/℃ 500 800 ①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) K1 2.5 0.15 ②H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) K2 1.0 2.50 ③3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g) K3 (1)据反应①与②可推导出K1、K2与K3之间的关系,则K3= K1·K2 (用K1、K2表示)。  (2)反应③的ΔH < (填“>”或“<”)0。  (3)500 ℃时测得反应③在某时刻H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L-1)分别为0.8、0.1、0.3、0.15,则此时v正 > (填“>”“=”或“<”)v逆。  解析　(1)K1=,K2=,K3=,故K3=K1·K2。 (2)根据K3=K1·K2,500 ℃、800 ℃时,反应③的平衡常数分别为2.5、0.375;升温,K值减小,平衡左移,正反应为放热反应,所以ΔH<0。(3)Q=<2.5,所以v正>v逆。 角度五　有关转化率的计算及判断 9.H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子,它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题: H2S与CO2在高温下发生反应H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610 K时,将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。 (1)H2S的平衡转化率α1= 2.5 %,反应平衡常数K= 2.8×10-3 。  (2)在620 K重复试验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H2S的转化率α2 > α1,该反应的ΔH > 0。(填“>”“<”或“=”)  (3)向反应器中再分别充入下列气体,能使H2S转化率增大的是 B (填字母)。  A.H2S 　B.CO2 C.COS 　D.N2 解析　(1)　H2S(g)　+　CO2(g)COS(g)　+　H2O(g) 开始/mol　　0.40　　　　 0.10　　　0　　　　　　0 反应/mol　　 x　　　　　x　　　 　x　　　　 　x 平衡/mol 0.40-x　 0.10-x　 x　　　　　 x ==0.02,解得x=0.01 mol,所以H2S的转化率α1=×100%=2.5%;由于该反应是反应前后气体体积相等的反应,所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数K====2.8×10-3。(2)根据题目提供的数据可知温度由610 K升高到620 K时,化学反应达到平衡,水的物质的量分数由0.02变为0.03,所以H2S的转化率增大,α2>α1;根据题意可知,升高温度,化学平衡向正反应方向移动,根据平衡移动原理,升高温度,化学平衡向吸热反应方向移动,所以该反应的正反应为吸热反应,故ΔH>0。(3)增大H2S的浓度,平衡正向移动,但加入量远远大于平衡移动转化消耗量,所以H2S转化率降低,A项错误;增大CO2的浓度,平衡正向移动,使更多的H2S反应,所以H2S转化率增大,B项正确;COS是生成物,增大生成物的浓度,平衡逆向移动,H2S转化率降低,C项错误;N2是与反应体系无关的气体,充入N2不能使化学平衡发生移动,所以对H2S转化率无影响,D项错误。 10.我国提出力争在2030年前实现“碳达峰”,2060年前实现“碳中和”。因此,二氧化碳的捕捉和利用成了科研热点。 我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂,由CO2(g)和H2(g)转化为CH4(g)和H2O(g)的反应历程,其示意图如图1所示。 (1)该可逆反应的化学方程式为 CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 。  (2)向1 L恒容密闭容器中加入4.0 mol H2(g)、1.0 mol CO2(g),控制条件(催化剂为Ni/Al2O3、温度为T)使之发生上述反应,测得容器内气体的压强随时间的变化如图2所示。 ①4 min时CO2的转化率为 75% 。  ②T温度下该反应的化学平衡常数为 6.75 。  解析　(2)①根据题图2可知,4 min时反应处于平衡状态,此时容器内气体总压强为0.7p0 kPa,设发生反应的CO2的物质的量为x mol,列出三段式: 在温度、体积相同的条件下,气体压强之比等于气体的物质的量之比,所以=,解得x=0.75,α(CO2)=×100%=75%。②T温度下该反应的化学平衡常数K===6.75。 角度六　压强平衡常数的计算 11.汽车尾气是造成雾霾天气的重要原因之一,尾气中的主要污染物为CxHy、NO、CO、SO2及固体颗粒物等。活性炭可用于处理汽车尾气中的NO,在1 L恒容密闭容器中加入 0.100 0 mol NO和2.030 mol固体活性炭,生成A、B两种气体,在不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量以及容器内压强如下表: T/℃ 活性炭/mol NO/mol A/mol B/mol p/MPa 200 2.000 0.040 0 0.030 0 0.030 0 3.93 335 2.005 0.050 0 0.025 0 0.025 0 p 根据上表数据,写出容器中发生反应的化学方程式: C+2NON2+CO2 ,判断p > (填“>”“<”或“=”)3.93 MPa。计算反应体系在200 ℃时的平衡常数Kp=  (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×体积分数)。  解析　1 L恒容密闭容器中加入0.100 0 mol NO和2.030 mol固体活性炭,生成A、B两种气体,从不同温度下测得平衡体系中各物质的物质的量以及容器内压强数据可以看出:Δn(C)∶Δn(NO)∶Δn(A)∶Δn(B)=1∶2∶1∶1,所以可以推断出生成的A、B两种气体分别为N2和CO2,反应的化学方程式为C+2NON2+CO2。升高温度,压强增大,故p>3.93 MPa。该反应的平衡常数Kp=,容器的容积为1 L,平衡分压之比等于平衡浓度之比,代入表中数据计算得Kp=。 12.SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2),反应为SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)。按投料比1∶1把SO2与Cl2充入一恒压的密闭容器中发生上述反应,SO2的转化率与温度T的关系如图所示: 若反应一直保持在p压强条件下进行,则M点的压强平衡常数Kp=  (用含p的表达式表示,用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×体积分数)。  解析　据题图可知M点SO2的转化率为50%,设初始投料为2 mol SO2和2 mol Cl2,列三段式有 所以p(SO2)=p(Cl2)=p(SO2Cl2)=p,所以Kp==。 角度七　化学平衡常数与速率常数 13.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= 1 ;当温度变为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。 14.利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染,其中除去NO的主要反应如下: 4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) ΔH<0,已知该反应速率v正=k正·c4(NH3)·c6(NO),v逆=k逆·cx(N2)·cy(H2O)(k正、k逆分别是正、逆反应速率常数),该反应的平衡常数K=,则x= 5 ,y= 0 。  解析　当反应达到平衡时有v正=v逆,即k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·cx(N2)·cy(H2O),变换可得=,该反应的平衡常数K=,平衡状态下K=,所以x=5,y=0。 15.乙烯、环氧乙烷是重要的化工原料,用途广泛。 实验测得2CH2==CH2(g)+O2(g)2(g)　ΔH<0中,v逆=k逆·c2(),v正=k正·c2(CH2==CH2)·c(O2)(k正、k逆为速率常数,只与温度有关)。 (1)反应达到平衡后,仅降低温度,下列说法正确的是 B (填字母)。  A.k正、k逆均增大,且k正增大的倍数更多 B.k正、k逆均减小,且k正减小的倍数更少 C.k正增大、k逆减小,平衡正向移动 D.k正、k逆均减小,且k逆减小的倍数更少 (2)若在1 L的密闭容器中充入1 mol CH2==CH2(g)和1 mol O2(g),在一定温度下只发生上述反应,经过10 min反应达到平衡,体系的压强变为原来的0.875倍,则0~10 min内v(O2)= 0.025 mol·L-1·min-1 ,= 0.75 。  解析　(1)该反应是放热反应,反应达到平衡后,仅降低温度,k正、k逆均减小,平衡向放热方向即正向移动,正反应速率大于逆反应速率,因此k正减小的倍数更少。 (2)　　　　2CH2=CH2(g)+O2(g)2(g) 起始/mol 1 1 0 变化/mol 2x x 2x 平衡/mol 1-2x 1-x 2x =0.875,解得x=0.25,则0~10 min内v(O2)===0.025 mol·L-1·min-1,k逆·c2()=k正·c2(CH2==CH2)·c(O2),==0.75。 微充电　素养提升 抢分大招——“原子守恒”和“差量法”妙解化学平衡计算题 　 【方法归纳】　 原子守恒法: 差量法: 　　　 　　　aX+bYcZ　Δ=c-(a+b)≠0 转化量/mol　　　　k　　　　　　　　　n变 则=。 【母题】　利用CO、H2和CO2可以合成生物质能源甲醇,是实现碳的固定的重要途径,有关反应如下。 反应1:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g); 反应2:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g); 反应3:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)。 (1)T0 ℃时,在密闭容器甲、乙中,分别充入1 mol CO2和3 mol H2,它们分别在有水分子筛(只允许水分子透过)和无水分子筛条件下仅发生反应1。测得CO2平衡转化率与压强的变化关系如图所示。 ①使用了水分子筛的容器是 乙 (填“甲”或“乙”)。  ②M点H2的分压p(H2)= 75 kPa。  (2)T2 ℃时,向压强为p0 kPa的恒压密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2,发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为x mol,CO(g)为y mol,此时H2O(g)的分压p(H2O)= p0 kPa(用含x、y、p0的代数式表示),则该温度下反应3的压强平衡常数Kp=  (用含x、y的代数式表示;用平衡分压代替平衡浓度,分压=总压×该组分的物质的量分数)。  解析　(1)①由题图可知,压强相同时,乙中CO2平衡转化率比甲中的大,说明乙中使用了水分子筛分离出H2O,使反应1平衡正向移动。②由题图可知,M点对应的CO2平衡转化率为50%,平衡压强为150 kPa,则反应1消耗了0.5 mol CO2。 方法一:三段式法。 　　　　　CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 起始/mol 1 3 0 0 转化/mol 0.5 1.5 0.5 0.5 平衡/mol 0.5 1.5 0.5 0.5 则平衡时,混合气体的n总=(0.5+1.5+0.5+0.5) mol=3 mol,p(H2)=×150 kPa=75 kPa。 方法二:差量法。 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　Δ=-2 转化/mol 0.5 n变 则=,n变=-1,n总=1 mol+3 mol+(-1) mol=3 mol。 n(H2)=1.5 mol,p(H2)=×150 kPa=75 kPa。 (2)方法一:三段式法。设反应1和反应3生成H2O(g)的物质的量分别为a mol、b mol。假设发生反应的顺序为反应1、反应3、反应2,且每个反应达到平衡后再发生下一个反应。 反应1:　　CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 起始/mol 1 3 0 0 转化/mol a 3a a a 平衡/mol 1-a 3-3a a a 反应3:　　 CO2(g)+H2(g)　　CO(g)+H2O(g) 起始/mol 1-a 3-3a 0 a 转化/mol b b b b 平衡/mol 1-a-b 3-3a-b b a+b 反应2:　　CO(g)　+　2H2(g)　　CH3OH(g) 起始/mol b 3-3a-b a 转化/mol x-a 2(x-a) x-a 平衡/mol b-x+a 3-a-b-2x x 由题意可知,平衡时CO(g)为y mol,可得b-x+a=y,则b+a=x+y,平衡时混合气体的总物质的量为(1-a-b) mol+(3-a-b-2x) mol+(b-x+a) mol+x mol+(a+b) mol=(4-2x) mol,平衡时n(CO2)=(1-x-y) mol,n(H2)=(3-3x-y) mol,n(CO)=y mol,n(H2O)=(x+y) mol,H2O(g)的分压p(H2O)=p0 kPa,则该温度下反应3的压强平衡常数Kp===。 方法二:原子守恒法。 碳原子守恒:n始(CO2)=n平(CO2)+n平(CO)+n平(CH3OH)➡n平(CO2)=(1-x-y) mol; 氧原子守恒:2n始(CO2)=2n平(CO2)+n平(CO)+n平(CH3OH)+n平(H2O)➡n平(H2O)=(x+y) mol; 氢原子守恒:2n始(H2)=2n平(H2)+4n平(CH3OH)+2n平(H2O)➡n平(H2)=(3-3x-y) mol; n总=(1-x-y) mol+(x+y) mol+(3-3x-y) mol+x mol+y mol=(4-2x) mol,进而计算出H2O(g)的分压及反应3的压强平衡常数Kp。 微真题　把握方向 　 考向　平衡常数与平衡转化率的计算 1.(2024·浙江卷1月)反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)　ΔH3在恒温、恒容的密闭容器中进行,CO2和H2的投料浓度均为1.0 mol·L-1,平衡常数K=2.4×10-8,则CO2的平衡转化率为 2.4×10-6% 。  解析　根据三段式,设转化的CO2为x,则: 　　　　　　　CO2(g) + H2(g) HCOOH(g) 起始/(mol/L)　　1　　　　1　　　 　　0 转化/(mol/L)　　x　　 　x　　　 　　　x 平衡/(mol/L)　 1-x　 　1-x　　　　 　x 则K==2.4×10-8,x≈2.4×10-8 mol/L,则转化率=×100%=2.4×10-6%。 2.(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: BaC2+2H2O===Ba(OH)2+C2H2↑ 。  (2)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= 1016 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= 105 Pa,若将容器容积压缩到原来的,重新建立平衡后pCO= 105 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 BaO 。  ②1 823 K下,反应速率的变化特点为 t1~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 ,其原因是 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 。  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,K相乘的原则,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=1016 Pa3。②由图1可知,1 320 K时,lg KⅠ=0,即KⅠ=1。反应Ⅰ中CO的化学计量数为2,则该温度下,Kp(Ⅰ)=KⅠ×(105 Pa)2=1010 Pa2。根据反应Ⅰ可知,其分压平衡常数表达式为Kp(Ⅰ)=,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,Kp(Ⅰ)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。 3.(2023·全国乙卷)(1)将FeSO4置入抽空的刚性容器中,升高温度发生分解反应2FeSO4(s)Fe2O3(s)+SO2(g)+SO3(g)(Ⅰ)。平衡时-T的关系如图所示。660 K时,该反应的平衡总压p总= 3.0 kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)= 2.25 (kPa)2。Kp(Ⅰ)随反应温度升高而 增大 (填“增大”“减小”或“不变”)。  (2)升高温度,上述容器中进一步发生反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)(Ⅱ),平衡时=  (用、表示)。在929 K时,p总=84.6 kPa、=35.7 kPa,则= 46.26 kPa,Kp(Ⅱ)=  kPa(列出计算式)。  解析　(1)将FeSO4置入抽空的刚性容器中,升高温度发生分解反应2FeSO4(s)Fe2O3(s)+SO2(g)+SO3(g)(Ⅰ)。由平衡时-T的关系图可知,660 K时,=1.5 kPa,则=1.5 kPa,因此,该反应的平衡总压p总=3.0 kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)=1.5 kPa×1.5 kPa=2.25(kPa)2。由图中信息可知,随着温度升高而增大,因此,Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大。(2)升高温度,上述容器中进一步发生反应2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)(Ⅱ),在同温同压下,不同气体的物质的量之比等于其分压之比,由于仅发生反应(Ⅰ)时=,则+2=-2,因此,平衡时=。在929 K时,p总=84.6 kPa、=35.7 kPa,则++=p总、+2=-2,联立方程组消去,可得3+5=4p总,代入相关数据可求出=46.26 kPa,则=84.6 kPa-35.7 kPa-46.26 kPa=2.64 kPa,Kp(Ⅱ)== kPa。 第32讲　化学平衡的移动　化学反应的方向及化学反应的调控 [目标速览]　1.理解外界条件(浓度、温度、压强等)对化学平衡的影响,能用相关理论解释其一般规律。2.会根据自由能的变化判断反应进行的方向。3.了解化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。 微考点　核心突破 考点1　影响化学平衡的因素 　 知|识|梳|理 1、 对平衡移动概念的理解 二、影响化学平衡的外界因素 1.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 存在 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 2.几种特殊情况说明 (1)改变固体或纯液体的量,对化学平衡没影响。 (2)“惰性气体”对化学平衡的影响。 ①恒温、恒容条件 原平衡体系体系总压强增大—→体系中各组分的浓度不变—→平衡不移动。 ②恒温、恒压条件 原平衡体系容器容积增大,各反应气体的分压减小—→ (3)同等程度地改变反应混合物中各物质的浓度时,应视为压强的影响。 三、勒夏特列原理 1.勒夏特列原理(平衡移动原理):已达平衡的可逆反应,如果改变影响平衡的一个条件,平衡就向着减弱这种改变的方向移动。 2.减弱:平衡移动只能减弱条件改变对平衡的影响,不能完全消除这种改变,更不能扭转这种改变。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.温度改变,平衡一定发生移动。(√) 提示:任何反应都伴随着能量的变化,通常表现为吸热或放热,故温度改变,化学平衡将发生移动。 2.只要v(正)增大,平衡一定正向移动。(×) 提示:平衡正向移动是因为v(正)大于v(逆),若v(正)、v(逆)都增大,则平衡不一定正向移动。 3.不论恒温恒容容器,还是恒温恒压容器,加入稀有气体,平衡皆发生移动。(×) 提示:恒温恒容容器中的化学平衡,当充入稀有气体时,化学平衡不移动。 4.起始加入原料的物质的量相等,则各种原料的转化率一定相等。(×) 提示:只有起始原料的物质的量之比等于方程式的化学计量数之比,原料的转化率才相等。 5.通过改变一个条件使某反应向正反应方向移动,转化率一定增大。(×) 提示:若反应物不止一种的反应通过增大某反应物的浓度使反应正向移动,则该反应物的转化率减小。 知|识|拓|展 1.不要把v正增大与化学平衡向正反应方向移动等同,只有v正>v逆时,才能使化学平衡向正反应方向移动。 2.不要把化学平衡向正反应方向移动与反应物转化率的提高等同,当反应物总量不变时,化学平衡向正反应方向移动,反应物的转化率提高;当增大一种反应物的浓度,使化学平衡向正反应方向移动时,会使另一种反应物的转化率提高,而本身的转化率降低。 3.化学平衡移动方向与物质百分含量的变化关系。 分解型可逆反应[mA(g)qC(g)+pD(g)或mA(g)nN(g)],改变A或N的用量时平衡移动方向与新平衡时物质百分含量的变化关系。 (1)恒容条件下:若增大(减小)A或N的浓度,平衡将向减少(增大)A或N的方向移动,新平衡时百分含量的变化按增大(减小)压强进行分析判断。 (2)恒压条件下,平衡移动方向与恒容时分析方法相同,但新平衡状态与原平衡状态相同。 知|识|对|练 角度一　外界条件改变对平衡的影响 1.在密闭容器中,一定量的混合气体发生反应aA(g)+bB(g)cC(g)。平衡时测得C的浓度为0.60 mol·L-1,保持温度不变,将容器的容积缩小到原来的一半,再达平衡时,测得C的浓度增大为1.00 mol·L-1。下列有关判断正确的是(C) A.平衡向正反应方向移动 B.a+b>c C.A的转化率降低 D.B的体积分数减小 解析　平衡时测得C的浓度为0.60 mol·L-1,保持温度不变,将容器的容积缩小到原来的一半,若平衡不移动,C的浓度变为1.2 mol·L-1,而再达平衡时,测得C的浓度增大为1.00 mol·L-1,可知容积减小、压强增大,使C的浓度由1.2 mol·L-1减小为1.0 mol·L-1,平衡逆向移动,A项错误;压强增大,平衡逆向移动,可知a+b<c,B项错误;A的转化率降低,C项正确;B的体积分数增大,D项错误。 2.(2025·长沙模拟)已知2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的正反应速率可表示为v正=k正c2(NO)·c2(H2)(k正为正反应速率常数),该反应平衡常数的对数与温度的倒数的关系如图所示,下列说法正确的是(C) A.增大NO浓度可提高活化分子百分比 B.使用催化剂不会影响正反应速率常数k正 C.建立平衡后,压缩体积平衡正向移动但平衡常数K不变 D.升高温度可提高NO的平衡转化率 解析　增大反应物浓度可提高单位体积内活化分子数,但不能改变活化分子百分比,A项错误;使用催化剂会加快反应速率,从速率方程上看是通过对速率常数k的影响来实现的,B项错误;因为反应正方向为气体分子数减小的反应,建立平衡后,压缩体积平衡正向移动但平衡常数K不变,因为K仅与温度有关,C项正确;根据图像分析,lg K随温度升高而减小,说明正反应放热,所以升高温度NO的平衡转化率减小,D项错误。 3.中国首条“生态马路”在上海复兴路隧道建成,它运用了“光触媒”技术,在路面涂上一种光催化剂涂料,可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2:2NO+2CON2+2CO2　ΔH<0。下列对此反应的叙述正确的是(D) A.降低温度能使v正增大,v逆减小,平衡正向移动,提高反应物的平衡转化率 B.增大压强能使该反应的化学平衡常数K增大 C.使用光催化剂能增大NO的转化率 D.使用光催化剂能增大活化分子的百分数 解析　降低温度,正、逆反应速率都减小,A项错误;平衡常数只受温度的影响,温度不变,则平衡常数不变,压强不改变平衡常数,B项错误;加入催化剂,平衡不移动,C项错误;加入催化剂,可降低反应的活化能,增大活化分子的百分数,加快反应速率,D项正确。 4.催化剂a和b均能催化反应R(g)P(g)。反应过程中,M为中间产物。其他条件相同时,下列说法错误的是(C) A.使用催化剂a和b,反应过程都分4步进行 B.反应达平衡后,升高温度,P的浓度增大 C.使用催化剂b时,反应体系更快达到平衡 D.使用催化剂a时,反应过程中M所能达到的最高浓度更大 解析　根据图中信息得到使用催化剂a和b,反应过程都分4步进行,A项正确;根据图中信息得到该反应是吸热反应,反应达平衡后,升高温度,平衡正向移动,则P的浓度增大,B项正确;使用催化剂b时,活化能更大,则反应速率较慢,反应体系更慢达到平衡,C项错误;使用催化剂a时,前两步反应速率较快,而第三步反应速率较慢,因此反应过程中更容易积累到M物质,因此M所能达到的最高浓度更大,D项正确。 角度二　化学平衡移动原理在化工生产中的应用 5.在压强为0.1 MPa、温度为300 ℃条件下,a mol CO与3a mol H2的混合气体在催化剂作用下发生反应生成甲醇:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH<0。 (1)平衡后将容器的容积压缩到原来的一半,其他条件不变,对平衡体系产生的影响是 CD (填字母,下同)。  A.c(H2)减小 B.正反应速率加快,逆反应速率减慢 C.反应物转化率增大 D.重新平衡时减小 (2)若容器容积不变,下列措施可增大甲醇产率的是 B 。  A.升高温度 B.将CH3OH从体系中分离 C.充入He,使体系总压强增大 (3)达到平衡后,为提高H2的转化率和该反应的速率,可采取的措施是 ②⑤ (填序号)。  ①加催化剂同时升高温度　②加催化剂同时增大压强 ③升高温度同时充入N2　④降低温度同时增大压强　⑤增大CO的浓度 解析　(1)该反应为正向气体分子数减小的可逆反应,缩小容器容积,平衡正向移动,c(H2)增大,正、逆反应速率均增大,因而A、B两项均不正确。(2)由于该反应正向是放热反应,升高温度平衡逆向移动,CH3OH的产率降低;容器容积不变,充入He,平衡不移动。 6.二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。CO2和H2在铁系催化剂作用下发生化学反应: Ⅰ.2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)　ΔH1=-127.89 kJ·mol-1 Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2 kJ·mol-1 不同压强下CO2的平衡转化率随温度的变化如图所示: (1)在200~500 ℃的任一温度下,CO2的平衡转化率随着压强的升高而 增大 (填“增大”“减小”或“先减小后增大”)。  (2)在恒定压强下,随着温度的升高,CO2的平衡转化率先降低后升高。试分析可能的原因: 温度较低时反应Ⅰ占主导,升温导致反应Ⅰ的平衡逆向移动,CO2平衡转化率降低,温度较高时反应Ⅱ占主导,升温导致反应Ⅱ的平衡正向移动,CO2平衡转化率升高 。  (3)图中M点坐标为(350,70),对应的乙烯的选择性为(即转化为C2H4的CO2的百分比),若向2 L的密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2,在铁系催化剂作用下进行反应,则M点对应的平衡体系中c(H2O)= 0.6 mol·L-1 。  解析　(3)M点对应的CO2的平衡转化率为70%,反应起始时CO2的物质的量为1 mol,乙烯的选择性为,则发生反应Ⅰ的CO2的物质的量为1 mol×70%×=0.5 mol,生成的H2O的物质的量为1 mol,发生反应Ⅱ的CO2的物质的量为1 mol×70%×=0.2 mol,生成的H2O的物质的量为0.2 mol,故M点对应的平衡体系中c(H2O)=1.2 mol÷2 L=0.6 mol·L-1。 考点2　化学反应进行的方向 　 知|识|梳|理 焓、焓变及熵、熵变 1.在一定条件下,不借助外部力量就能自动进行的过程称为自发过程。 2.焓变是一个与反应能否自发进行有关的因素,多数能自发进行的化学反应是放热反应,但也有不少吸热反应能自发进行,还有些吸热反应在室温条件下不能自发进行,但在较高温度下则能自发进行,因此,反应焓变是与反应能否自发进行有关的一个因素,但不是唯一因素。 3.熵是用来描述体系混乱度的一个物理量,符号为S,熵值越大,体系混乱度越大,在同一条件下,不同物质的熵不同,而同一物质的熵与其聚集状态及外界条件有关,如对同一物质来说,S(g)>S(l)>S(s)。 4.反应的熵变ΔS为产物总熵与反应物总熵之差。熵变的数值通常是正值,为熵增加反应,熵增加有利于反应自发进行,而有些熵减小的反应在一定条件下也可以自发进行。因此熵变是与反应能否自发进行有关的又一个因素,但也不是唯一因素。 5.在温度、压强一定的条件下,化学反应的方向是反应的焓变和熵变共同影响的结果,反应方向的判断依据为ΔH-TΔS。ΔH-TΔS<0,反应能自发进行;ΔH-TΔS=0,反应达到平衡状态;ΔH-TΔS>0,反应不能自发进行。 这个判断依据用文字表述为在温度、压强一定的条件下,自发反应总是向ΔH-TΔS<0的方向进行,直至达到平衡状态。此判断依据指出的是在温度、压强一定的条件下,反应自动发生的趋势,即反应发生的可能性,它并不说明在该条件下可能自发进行的反应能否实际发生。 6.自发过程的两种倾向 (1)体系趋向于高能状态转变为低能状态(体系对外部做功或释放热量)。 (2)在密闭条件下,体系有从有序转变为无序的倾向性(无序体系更加稳定)。 思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.ΔH<0、ΔS>0的反应在温度低时不能自发进行。(×) 提示:ΔH<0、ΔS>0,则ΔG<0,任何温度下反应都能自发进行。 2.在其他外界条件不变的情况下,使用催化剂,可以改变化学反应进行的方向。(×) 提示:使用催化剂只能降低反应的活化能,不能改变反应的方向。 3.反应CaCO3(s)===CaO(s)+CO2(g)室温下不能自发进行,说明该反应的ΔH<0。(×) 提示:CaCO3(s)分解反应为ΔS>0的反应,但低温不能自发进行,所以该反应为吸热反应,ΔH>0。 4.一定温度下,反应MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)的ΔH>0、ΔS>0。(√) 知|识|拓|展 焓变、熵变和温度对化学反应方向的影响 ΔH ΔS ΔH-TΔS 反应情况 - + 永远是负值 在任何温度下过程均自发进行 + - 永远是正值 在任何温度下过程均非自发进行 + + 低温为正 高温为负 低温时非自发,高温时自发 - - 低温为负 高温为正 低温时自发,高温时非自发 知|识|对|练 角度三　化学反应进行的方向 7.(2025·江西模拟)下列说法正确的是(D) A.放热反应都能自发进行,吸热反应都不能自发进行 B.电解水为自发反应 C.反应NH3(g)+HCl(g)===NH4Cl(s)在室温下可自发进行,则该反应的ΔH>0 D.W(s)+xG(g)===2Q(g)　ΔH<0,能自发进行,x可能等于1 解析　大多数放热反应能自发进行,有些吸热反应也能自发进行,A项错误;电解水是在外电场的作用下强制发生的氧化还原反应,不是自发反应,B项错误;反应能自发进行的判断依据是ΔH-TΔS<0,由反应方程式NH3(g)+HCl(g)===NH4Cl(s)可知,该反应的ΔS<0,要使ΔH-TΔS<0,必须满足ΔH<0,C项错误;反应ΔH<0,若x为1,ΔS>0,该反应一定能自发进行,D项正确。 8.二氧化碳捕集、存储和转化是化学研究的热点问题之一。 (1)用钇的配合物作催化剂,一定条件可直接光催化分解CO2,发生反应2CO2(g)===2CO(g)+O2(g),该反应的ΔH > 0,ΔS > 0(填“>”“<”或“=”),在低温下,该反应 不能 (填“能”或“不能”)自发进行。  (2)CO2转化途径之一是利用太阳能或生物质能分解水制H2,然后将H2与CO2转化为甲醇或其他化学品。你认为该方法需要解决的技术问题有 ab (填字母)。  a.开发高效光催化剂 b.将光催化制取的氢气从反应体系中有效分离,并与CO2发生催化转化 c.二氧化碳及水资源的供应 解析　该反应是分解反应,且CO燃烧时放热,所以该反应为吸热反应,即ΔH>0,因气体的物质的量增多,所以ΔS>0。ΔG=ΔH-TΔS<0时,反应可自发进行,所以在低温下该反应不能自发进行。 考点3　化学反应的调控 　 知|识|梳|理 一、合成氨反应的限度、速率 1.合成氨反应的特点 合成氨反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。已知298 K时,ΔH=-92.4 kJ·mol-1,ΔS=-198.2 J·mol-1·K-1。 (1)可逆性:反应为可逆反应。 (2)体积变化:正反应是气体体积缩小的反应。 (3)焓变ΔH<0,熵变ΔS<0。 (4)自发性:常温(298 K)下,ΔH-TΔS<0,能自发进行。 2.提高合成氨反应速率和平衡转化率的条件比较 条件 提高反应速率 提高平衡转化率 综合结果 压强 高压 高压 高压 温度 高温 低温 兼顾速率和平衡,且考虑催化剂活性 催化剂 使用 无影响 使用 浓度 增大反应 物浓度　 增大反应物浓度,降低生成物浓度 增大反应物浓度,且不断减小生成物浓度 二、工业合成氨的适宜条件 1.工业合成氨的适宜条件 外部条件 工业合成氨的适宜条件 压强 根据反应器可使用的钢材质量及综合指标来选择压强(10 MPa~30 MPa) 温度 适宜温度,400~500 ℃ 催化剂 使用铁触媒作催化剂 浓度 N2和H2的物质的量之比为1∶2.8的投料比,氨及时从混合气中分离出去 2.问题讨论 (1)压强:目前我国合成氨厂一般采用的压强在10 MPa~30 MPa,不采用更高压强的理由是压强越大,对设备的要求越高,需要的动力越大。 (2)温度:升高温度能提高化学反应速率,但工业合成氨温度不能太高的理由是 ① 合成氨反应为放热反应,升高温度,转化率降低 。  ② 400~500 ℃催化剂活性最大,升高温度,催化剂活性减弱 。  思维辨析 判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。 1.充入的N2越多越有利于NH3的合成。(×) 2.恒压条件下充入稀有气体有利于NH3的合成。(×) 3.工业合成氨的反应是熵增加的放热反应,在任何温度下都可自发进行。(×) 4.合成氨反应只有在使用催化剂的条件下才能增加转化率。(×) 知|识|拓|展 1.控制反应条件的目的 (1)促进有利的化学反应:通过控制反应条件,可以加快化学反应速率,提高反应物的转化率,从而促进有利的化学反应进行。 (2)抑制有害的化学反应:通过控制反应条件,也可以减缓化学反应速率,减少甚至消除有害物质的产生或控制副反应的发生,从而抑制有害的化学反应继续进行。 2.控制反应条件的基本措施 (1)控制化学反应速率的措施。 通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。 (2)提高转化率的措施。 通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度,从而提高转化率。 3.平衡类问题需考虑的几个方面 (1)原料的来源、除杂,尤其考虑杂质对平衡的影响。 (2)原料的循环利用。 (3)产物的污染处理。 (4)产物的酸碱性对反应的影响。 (5)气体产物的压强对平衡造成的影响。 (6)改变外界条件对多平衡体系的影响。 知|识|对|练 角度四　工业上选择适宜生产条件的原则 9.在合成氨工业中,为增加NH3的日产量,下列操作与平衡移动无关的是(B) A.不断将氨分离出来 B.使用催化剂 C.采用500 ℃左右的高温而不是700 ℃的高温 D.采用1×107~3×107 Pa的压强 解析　把氨分离出来是减小生成物浓度,有利于平衡右移;合成氨反应是放热反应,较低温度有利于反应向右进行,同时该反应是气体物质的量减小的反应,尽可能采取高压有利于反应正向进行,A、C、D三项都符合平衡移动原理,而使用催化剂仅是为增大反应速率,与平衡移动无关。 10.在一定条件下探究二甲醚的制备反应为2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH,测定结果如图所示。下列判断错误的是(D) A.该反应的ΔH<0 B.该反应伴随着副反应的发生 C.工业上选择的较适宜温度为280~290 ℃ D.加入催化剂可以提高CH3OCH3的产率 解析　由题图知,随着温度的升高,CO的转化率降低,所以升高温度,平衡逆向移动,则该反应是放热反应,ΔH<0,A项正确;从图中可知,CO的转化率降低的同时,CH3OCH3的产率在不同温度下差别大,即说明该反应伴随着副反应的发生,B项正确;在280~290 ℃之间,CH3OCH3的产率很高,C项正确;加入催化剂可以改变反应达到平衡的时间,但不能提高CH3OCH3的产率,D项错误。 微充电　素养提升 技法模型——“抓特点”巧析反应历程图 　 【方法归纳】　 1.基元反应过渡状态理论。 基元反应过渡状态理论认为,基元反应在从反应物到生成物的变化过程中要经历一个中间状态,这个状态称为过渡态。 AB+C—→[A…B…C]—→A+BC 反应物　　　过渡态　　　生成物 过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型,过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能[活化能(能垒)越高,此步基元反应速率越慢]。例如,一溴甲烷与NaOH溶液反应的过程可以表示为CH3Br+OH-—→[Br…CH3…OH]—→Br-+CH3OH 2.催化反应机理的分析思维模型。 第一步:明类型,抓特点。 (1)反应机理循环图的特点。 ①只有箭头指入的物质为反应物,只有箭头指出的物质为产物。 ②既有箭头指入又有箭头指出的物质一般为催化剂(先消耗后生成)或中间产物(先生成后消耗),大多位于环上。 ③对比物质前后的变化,可直接判断反应中物质的断键、成键情况。 (2)反应过程能垒图特点。 ①初始物质能量>最终产物能量,总反应为放热反应,ΔH<0;初始物质能量<最终产物能量,总反应为吸热反应,ΔH>0。根据图像特征,简记为“左高右低为放热,左低右高为吸热”。 ②根据每步反应中反应物与过渡态物质间的相对能量大小,可计算出能垒(活化能),多步反应中,能垒最大(图中对应峰最高)的步骤为决速步骤,反应速率最小,简记为“峰高决速速率小”。 第二步:分析与判断。 利用关键信息得出结论,结合选项进行分析和判断。 命题点1　“环式”反应历程模型 【母题1】　环氧化合物是在合成食品添加剂、药品等方面用途广泛的中间体。烯烃环氧化反应的研究与开发具有重要的现实意义。钛硅分子筛催化丙烯氧化反应的机理(该反应在有机溶剂CH3CN中进行)如图所示。下列说法错误的是(A) A.反应过程中Ti、Si的成键数目均发生改变 B.在溶剂中加入适量的水有利于反应的进行 C.该反应中有非极性键的断裂和极性键的形成 D.总反应的化学方程式为H2O2+CH3CH==CH2+H2O 解析　第一步　明类型,抓特点 本题为反应机理循环图,只有箭头指入的物质(反应物)为H2O2和CH3CH==CH,只有箭头指出的物质(产物)为和H2O 第二步　分析与判断: A项,由题图得,反应过程中Ti原子形成的共价键数目有4个和5个,Si原子形成的共价键数目始终是4个,错误。 B项,由题意知,该反应在有机溶剂CH3CN中进行,由题图可知,反应过程中H2O可与H+结合生成H3O+,加入适量水有利于质子的转移,故有利于反应的进行,正确。 C项,该反应中有氧氧非极性键的断裂和碳氧极性键的形成,正确。 D项,结合题图和上述分析可知,总反应的化学方程式为H2O2+CH3CH==CH2+H2O,正确 【衍生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(B) 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元素的化合价为+3价 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　据题图可知,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失去质子的能力增强,A项正确;[L⁃Ru—NH3]2+转化为[L⁃Ru—NH2]+过程中无元素化合价变化,[L⁃Ru—NH2]+中Ru的化合价仍为+3价,[L⁃Ru—NH2]+转化为M过程中,N的孤电子对中的一个电子转移给Ru(Ⅲ),Ru变为+2价,B项错误;据题图可知,反应过程中有N—N非极性键的形成,C项正确;结合图示可知,总反应为4NH3-2e-===N2H4+2N,D项正确。 【衍生2】　(2022·山东卷)在NO催化下,丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是(D) A.含N分子参与的反应一定有电子转移 B.由NO生成HONO的反应过程有2种 C.增大NO的量,C3H8的平衡转化率不变 D.当主要发生包含②的过程时,最终生成的水减少 解析　含N分子参与的反应有NO+·OOH===NO2+·OH、NO+NO2+H2O===2HONO、NO2+·C3H7===HONO+C3H6、HONO===NO+·OH,各反应中均有元素化合价发生变化,则一定有电子转移,A项正确;由NO生成HONO的反应过程有NO+·OOH===NO2+·OH、NO+NO2+H2O===2HONO和NO+·OOH===NO2+·OH、NO2+·C3H7===HONO+C3H6两种,B项正确;NO为催化剂,催化剂不能使平衡发生移动,故增大NO的量,C3H8的平衡转化率不变,C项正确;总反应为2C3H8+O2===2C3H6+2H2O,故主要发生包含②的过程时,最终生成的水不变,D项错误。 命题点2　“台阶式”反应历程模型 【母题2】　Shyam Kattle等结合实验与计算机模拟结果,研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应过程,前三步过程如图所示,吸附在Pt/SiO2催化剂表面上的物种用“·”标注,Ts表示过渡态。下列有关说法错误的是(D) A.物质被吸附在催化剂表面形成过渡态的过程是吸热的 B.形成过渡态Ts1的活化能为1.05 eV C.前三步总反应的ΔH<0 D.反应过程中能量变化最大的反应方程式为·HOCO+H2(g)===·CO+·OH+H2(g) 解析　从题中图示可以看出形成过渡态物质的能量都是升高的,A项正确;从题图中能量差可知,过渡态Ts1的能量为0.15 eV,则该步的活化能为[0.15-(-0.9)] eV=1.05 eV,B项正确;前三步总反应的反应物的总能量大于生成物的总能量,ΔH<0,C项正确;前三步中能量变化最大的是第二步,该步骤分两步形成稳定的微粒,反应方程式为·HOCO+H2(g)===·CO+·OH+·H+3H2(g),D项错误。 【衍生3】　18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解,部分反应过程可表示为+OH-+CH3O-,能量变化如图所示。已知为快速平衡,下列说法正确的是(B) A.反应Ⅱ、Ⅲ为决速步 B.反应结束后,溶液中存在18OH- C.反应结束后,溶液中存在CH318OH D.反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变 解析　一般来说,反应的活化能越高,反应速率越慢,由图可知,反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高,因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ,A项错误;反应Ⅰ为加成反应,而与为快速平衡,反应Ⅱ的成键和断键方式为或,后者能生成18OH-,因此反应结束后,溶液中存在18OH-,B项正确;反应Ⅲ的成键和断键方式为或,因此反应结束后溶液中不会存在CH318OH,C项错误;该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量,总反应为放热反应,因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变,D项错误。 【衍生4】　化学研究中,可结合实验与计算机模拟结果,探究物质反应的历程。回答下列问题: (1)我国科学家实现了使用铜催化剂将N,N⁃二甲基甲酰胺[(CH3)2NCHO,简称DMF]转化为三甲胺。单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图1所示,其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。 ①该反应历程中的最大能垒(活化能)= 1.19 eV,该步骤的化学方程式为 N(CH3)3*+OH*+H*===N(CH3)3(g)+H2O(g) 。  ②该反应的ΔH < (填“<”“>”或“=”)0,制备三甲胺的化学方程式为 (CH3)2NCHO(g)+2H2(g)===N(CH3)3(g)+H2O(g) 。  (2)分别研究TiO2、ZnO催化剂表面上光催化甲烷氧化反应的反应历程,结果如图2所示,其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。 催化剂催化效果较好的是 ZnO ,甲醛从催化剂表面脱附过程的ΔE > (填“<”“>”或“=”)0。  解析　(1)①由题图1可知反应N(CH3)3*+OH*+H*===N(CH3)3(g)+H2O(g)的活化能最大,活化能=-1.02 eV-(-2.21 eV)=1.19 eV。②根据盖斯定律,反应热只与反应的始态和终态有关,与反应过程无关,反应物总能量高于生成物总能量,该反应为放热反应,ΔH<0,化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)===N(CH3)3(g)+H2O(g)。(2)由题图2分析可知,催化剂ZnO将反应的活化能降低更多,所以ZnO的催化效果较好,甲醛从催化剂表面脱附过程的ΔE=-9.02 eV-(-9.04 eV)=0.02 eV>0。 微真题　把握方向 　 考向一　化学平衡与反应机理 1.(2024·广东卷)对反应S(g)T(g)(I为中间产物),相同条件下:①加入催化剂,反应达到平衡所需时间大幅缩短;②提高反应温度,c平(S)/c平(T)增大,c平(S)/c平(I)减小。基于以上事实,可能的反应过程示意图(——为无催化剂,为有催化剂)为(A) 解析　提高反应温度,c平(S)/c平(T)增大,说明反应S(g)T(g)的平衡逆向移动,即该反应为放热反应,c平(S)/c平(I)减小,说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动,属于吸热反应,由此可排除C、D两项,加入催化剂,反应达到平衡所需时间大幅缩短,即反应的决速步骤的活化能下降,使得反应速率大幅加快,活化能大的步骤为决速步骤,符合条件的反应过程示意图为A,A项正确。 2.(2024·浙江卷1月)酯在NaOH溶液中发生水解反应,过程如下: +OH-+R'O-+R'OH 已知: ① ②RCOOCH2CH3水解相对速率与取代基R的关系如表: 取代基R CH3 ClCH2 Cl2CH 水解相对速率 1 290 7 200 下列说法不正确的是(D) A.步骤Ⅰ是OH-与酯中Cδ+作用 B.步骤Ⅲ使Ⅰ和Ⅱ平衡正向移动,使酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆 C.酯的水解速率:FCH2COOCH2CH3>ClCH2COOCH2CH3 D.与OH-反应、 与18OH-反应,两者所得醇和羧酸盐均不同 解析　步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的Cδ+作用生成羟基和O-,A项正确;步骤Ⅲ正向进行的趋势很大,使步骤Ⅰ和Ⅱ的平衡不断正移,导致酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆,B项正确;从信息②可知,随着取代基R上Cl原子个数的增多,水解相对速率增大,原因为Cl元素的电负性较强,对电子的吸引能力较强,使得酯基的水解速率增大,F元素的电负性强于Cl,FCH2对电子的吸引能力更强,因此酯的水解速率FCH2COOCH2CH3>ClCH2COOCH2CH3,C项正确;与氢氧根离子反应,根据信息①可知,第一步反应后18O既存在于羟基中也存在于O-中,随着反应进行,最终18O也存在于羧酸盐中,同理与18OH-反应,最终18O存在于羧酸盐中,两者所得醇和羧酸盐相同,D项错误。 考向二　化学平衡移动 3.(2024·江苏卷)二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为: ①CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g)　ΔH1=41.2 kJ·mol-1 ②CO(g)+2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH2 225 ℃、8×106 Pa下,将一定比例的CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH的体积分数如图所示。下列说法正确的是(C) A.L4处与L5处反应①的平衡常数K相等 B.反应②的焓变ΔH2>0 C.L6处的H2O的体积分数大于L5处 D.混合气从起始到通过L1处,CO的生成速率小于CH3OH的生成速率 解析　图中白圈标记的曲线代表气体温度,L4处与L5处的温度不同,故反应①的平衡常数K不相等,A项错误;由图像可知,L1~L3温度在升高,该装置为绝热装置,反应①为吸热反应,所以反应②为放热反应,ΔH2<0,B项错误;从L5到L6,甲醇的体积分数逐渐增加,说明反应②在向右进行,反应②消耗CO,而CO的体积分数没有明显变化,说明反应①也在向右进行,反应①为气体分子数不变的反应,其向右进行时,n(H2O)增大,反应②为气体分子数减小的反应,且没有H2O的消耗与生成,故n总减小而n(H2O)增加,即H2O的体积分数会增大,故L6处H2O的体积分数大于L5处,C项正确;L1处CO的体积分数大于CH3OH,说明生成的CO的物质的量大于CH3OH,两者反应时间相同,说明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率,D项错误。 4.(2023·北京卷)下列事实能用平衡移动原理解释的是(B) 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.铁钉放入浓硝酸中,待不再变化后,加热能产生大量红棕色气体 D.锌片与稀硫酸反应过程中,加入少量CuSO4固体,促进H2的产生 解析　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。 5.(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(B) 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　温度相同时,H2O(g)越多,CH4的平衡转化率越高,但x越小,故x1<x2,A项正确;b、c点达到平衡状态,H2O(g)越多,反应速率越快,即vb正>vc正,B项错误;a→b温度升高,CH4的平衡转化率增大,则正反应为吸热反应,温度升高,平衡常数增大,结合图像可知平衡常数Ka<Kb=Kc,C项正确;该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达到平衡状态,D项正确。 考向三　化学反应的方向及化学反应的调控 6.(2024·湖北卷)O2在超高压下转化为平行六面体的O8分子(如图)。下列说法错误的是(D) A.O2和O8互为同素异形体 B.O8中存在不同的氧氧键 C.O2转化为O8是熵减反应 D.常压低温下O8能稳定存在 解析　O2和O8是O元素形成的不同单质,两者互为同素异形体,A项正确;O8分子为平行六面体,由其结构知,O8中存在两种氧氧键——上下底面中的氧氧键、上下底面间的氧氧键,B项正确;O2转化为O8可表示为4O2O8,气体分子数减小,故O2转化为O8是熵减反应,C项正确;O2在超高压下转化成O8,则在常压低温下O8会转化成O2,不能稳定存在,D项错误。 7.(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(C) A.该反应的ΔS<0 B.该反应的平衡常数K= C.题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原子与催化剂中的M原子之间发生作用 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　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项错误;由方程式知,K=,B项错误;由题图知,经过步骤Ⅰ后,H2S中带部分负电荷的S原子与催化剂中的M原子之间形成了作用力,C项正确;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项错误。 8.(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(D) 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　①CO2(g)+4H2(g)===CH4(g)+2H2O(g)　ΔH1=-164.7 kJ·mol-1,②CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2 kJ·mol-1,根据盖斯定律,目标化学方程式=①-2×②,则ΔH=ΔH1-2ΔH2=-164.7 kJ·mol-1-2×41.2 kJ·mol-1=-247.1 kJ·mol-1,A项错误。CO2与H2生成CH4的反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,CO2与H2生成CO的反应为吸热反应,温度升高,平衡正向移动,因此随着温度升高,CH4的平衡选择性减小,B项错误。由题图可知,用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围为350~400 ℃,C项错误。X点的CO2转化率大于该温度下的平衡转化率,提高的值,即增大n(H2),会使反应①和反应②的平衡正向移动,CO2的平衡转化率增大;反应①为气体分子数减小的反应,反应②为气体分子数不变的反应,增大压强可以使反应①的平衡正向移动,CO2的平衡转化率增大,D项正确。 9.(2023·江苏卷)合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现。 反应Ⅰ:2NH3(g)+CO2(g)===NH2COONH4(l) 反应Ⅱ:NH2COONH4(l)===CO(NH2)2(l)+H2O(l) (1)密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图所示,反应Ⅰ的ΔH <0 (填“=0”“>0”或“<0”)。  (2)反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外,还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n(NH3)∶n(CO2)=4∶1,其实际投料比值远大于理论值的原因是 适当抑制副反应的发生,尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比,氨气与二氧化碳的投料比越大,二氧化碳转化率越高 。  解析　(1)由题图可知升高温度,反应Ⅰ的lg K减小,说明温度升高平衡逆向移动,故正反应为放热反应,其ΔH<0。 大单元整合　激活思维·培优增分(六) 　 视点　利用数形结合思想突破速率、平衡图像中平衡移动的判断问题 角度1　速率—温度(压强)图像 例如:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92.4 kJ·mol-1(如图) 曲线的意义是外界条件(如温度、压强等)对正、逆反应速率影响的变化趋势及变化幅度。图中交点是平衡状态,温度升高后逆反应速率增大得快,平衡逆向移动;压强增大后正反应速率增大得快,平衡正向移动。 【进阶1】　可逆反应mA(g)nB(g)+pC(s)　ΔH=Q,温度和压强的变化对正、逆反应速率的影响分别符合如图中的两个图像,下列叙述正确的是(C) A.m>n,Q>0 B.m>n+p,Q>0 C.m>n,Q<0 D.m<n+p,Q<0 解析　由题中图像可知,正反应速率与逆反应速率的交点为平衡状态;达到平衡时,升高温度,v正、v逆都增大,且v逆>v正,平衡向逆反应方向移动,逆反应为吸热反应,故ΔH<0即Q<0;达到平衡时增大压强,v正、v逆都增大,且v正>v逆,平衡向正反应方向移动,正反应为气体体积减小的反应,故m>n,C项正确。 角度2　百分含量(或转化率)—温度(压强)—时间图像 已知不同温度或压强下,反应物的转化率α(或百分含量)与时间的关系曲线,推断温度的高低及反应的热效应或压强的大小及气体物质间的化学计量数的关系。[以A(g)+B(g)C(g)中反应物的转化率αA为例说明] 解答这类图像题时应注意以下两点 (1)“先拐先平,数值大”原则。 分析反应由开始(起始物质相同时)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。如图甲中T2>T1。 ②若为压强变化引起,压强较大时,反应达平衡所需时间短。如图乙中p1>p2。 ③若为是否使用催化剂,使用适宜催化剂时,反应达平衡所需时间短。如图丙中a使用催化剂。 (2)正确掌握图像中反应规律的判断方法。 ①图甲中,T2>T1,升高温度,αA降低,平衡逆移,正反应为放热反应。 ②图乙中,p1>p2,增大压强,αA升高,平衡正移,则正反应为气体体积缩小的反应。 ③若纵坐标表示A的百分含量,则图甲中正反应为吸热反应,图乙中正反应为气体体积增大的反应。 【进阶2】　已知可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 025 kJ·mol-1,若反应物的起始物质的量相同,下列关于该反应的示意图不正确的是(C) 解析　因为正反应为放热反应,升高温度,反应速率加快,达到平衡所用时间减少,但是平衡向逆反应方向移动,NO的含量减小,A项正确、C项错误;增大压强,反应速率加快,达到平衡所用时间减少,正反应为气体体积增大的反应,增大压强,平衡向逆反应方向移动,NO的含量减小,B项正确;催化剂对平衡移动没有影响,只是加快反应速率,缩短达到平衡所用的时间,D项正确。 角度3　恒温线(恒压线)图像 已知不同温度下的转化率—压强图像或不同压强下的转化率—温度图像,推断反应的热效应或反应前后气体物质间化学计量数的关系。[以反应A(g)+B(g)C(g)中反应物的转化率αA为例说明] 解答这类图像题时应从两方面入手 (1)“定一议二”原则:可通过分析相同温度下不同压强时反应物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。如甲中任取一条温度曲线研究,压强增大,αA增大,平衡正移,正反应为气体体积减小的反应,乙中任取横坐标一点作横坐标垂直线,也能得出结论。 (2)通过分析相同压强下不同温度时反应物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。如利用上述分析方法,在图甲中作垂直线,图乙中任取一曲线,即能分析出正反应为放热反应。 【进阶3】　有一化学平衡mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),如图所示的是A的转化率与压强、温度的关系。下列叙述正确的是(D) A.正反应是放热反应;m+n>p+q B.正反应是吸热反应;m+n<p+q C.正反应是放热反应;m+n<p+q D.正反应是吸热反应;m+n>p+q 解析　题中图像中有三个量,应定一个量来分别讨论另外两个量之间的关系。定压强,讨论T与A的转化率的关系:同一压强下,温度越高,A的转化率越高,说明正反应是吸热反应;定温度,讨论压强与A的转化率的关系:同一温度下,压强越大,A的转化率越高,说明正反应是气体体积缩小的反应,即m+n>p+q。 角度4　几种特殊图像 (1)对于化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),M点前,表示化学反应从反应物开始,则v正>v逆;M点为刚达到平衡的点。M点后为平衡受温度的影响情况,即升温,A的百分含量增大(C的百分含量减小),平衡左移,ΔH<0。 (2)对于化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),L线上所有的点都是平衡点。左上方(E点),A的百分含量大于此压强时平衡体系中A的百分含量,E点必须朝正反应方向移动才能达到平衡状态,所以,E点时v正>v逆;则右下方F点时v正<v逆。 【进阶4】　(2022·广东卷)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(C) A.该反应的ΔH<0 B.a为n(H2O)随温度的变化曲线 C.向平衡体系中充入稀有气体,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　从题图可以看出,平衡时升高温度,氢气的物质的量减小,则平衡正向移动,说明该反应的正反应是吸热反应,即ΔH>0,A项错误;随着温度升高,平衡正向移动,生成BaS与H2O(g)的物质的量之比始终为1∶4,故最上面的一条线表示n(H2O)的变化,a为n(BaS)随温度的变化曲线,B项错误;容器容积固定,向容器中充入稀有气体,没有改变各物质的浓度,平衡不移动,C项正确;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,氢气的平衡转化率不变,D项错误。 微点突破　高考解题新思维(六) 　(2024·浙江卷6月)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>0❶  Ⅱ.C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g)　ΔH2>0❶  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❷,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❸:Ⅰ<Ⅱ B.500 ℃时,0~5 min反应Ⅰ的平均速率❹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❺ D.其他条件不变,增大投料比投料,平衡后可提高乙烷转化率❺ ❶两个竞争型的反应; ❷给出的是数据表格; ❸活化能大小的判断:可根据反应速率快慢判断; ❹可根据定义表达式计算; ❺可根据外界条件对平衡移动的影响判断 【破题关键】　(1)能够根据表格中数据进行分析判断;(2)能理解题给乙烯选择性的定义表达式。 【关键能力】　主要考查考生信息获取与加工、逻辑推理与论证能力。 1.信息获取与加工能力 关键信息 信息加工 反应方程式 均为可逆反应,均为吸热反应 表格 随着温度的升高,乙烷的转化率增大,乙烯的选择性降低 2.逻辑推理与论证能力 选项 分析过程 判断 A 基于表格数据的活化能判断 表格数据:乙烯的选择性较大→反应Ⅰ相比反应Ⅱ更容易发生→反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的 正确 B 基于表格数据和定义表达式的反应速率计算 正确 C 基于外界条件变化的平衡移动结果判断 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 正确 D 基于外界条件变化的平衡移动结果判断 其他条件不变,增大投料比投料→平衡后CO2的转化率提高,C2H6的转化率降低 错误 【答案】　D 【思维误区】　(1)计算反应速率时,易漏失容器的容积而错判B项;(2)误认为增大投料比投料,会使平衡右移,C2H6转化率增大而错判D项。 　　数据的处理和转化属于常考点,备考时要关注数据信息的呈现方式、常见的考查角度和数据应用的基本要求。 (1)数据的呈现方式:题给数据通常以表格的形式呈现,常见的有条件数据表格、物理常数表格、实测数据表格等形式。 (2)常见考查角度:主要有以下六种角度,一是基于数据的结论辨析,二是基于数据的原因分析,三是基于数据的目的判断,四是基于数据的规律提炼,五是基于数据的定量计算,六是基于数据的实验探究。 (3)数据应用的基本要求:一是能够识别有效数据和无效数据,二是能够根据数据找到变化规律,三是能够利用数据进行定量计算,四是能够建立数据变化和基本原理之间的关系,五是能够挖掘图表中隐含的数据,六是能够根据数据分析判断,七是能够根据假设的数据进行定性分析和定量计算,八是能够利用守恒法、变形法,利用平衡常数等进行数据的转化。 学科网（北京）股份有限公司 $$