专题2 化学反应速率与化学平衡 整体教学设计与阶段验收评价(课件PPT)-【新课程学案】2025-2026学年高中化学选择性必修1（苏教版）

该高中化学课件系统梳理了化学反应速率、化学平衡、反应方向与限度等核心知识，通过微点判断题澄清易混概念，结合综合例题融会知识逻辑，依托“碳中和”课题活动实现迁移应用，构建从基础到综合再到实践的完整复习体系。 其亮点在于以核心素养为导向，微点判断强化化学观念（反应规律、平衡原理），综合题训练科学思维（证据推理、模型建构），课题探究（CO₂合成甲醇条件优化）培养科学探究与实践能力。分层设计（基础判断、综合计算、真实情境应用）满足不同学生需求，助力教师精准把握学情，提升复习效率。

专题整体教学设计与阶段验收评价 一、主干知识——在微点判断中澄清 二、综合思维——在知识融会中贯通 三、迁移应用——在课题活动中践行 目录 阶段质量检测 一、主干知识——在微点判断中澄清 1.判断下列有关化学反应速率叙述的正误 (1)化学方程式中，任何一种物质均可用v=求出该物质表示的化学反应速率( ) (2)同一化学反应中，不同物质表示的化学反应速率数值可能不同，但表示的意义(快慢)相同( ) (3)同一物质表示的化学反应速率，其数值越大，则表示的化学反应速率一定越快( ) (4)增加固体反应物的质量，化学反应速率增大( ) (5)活化能越大，反应速率越大，化学反应的实质是原子的重新组成( ) × √ × × × (6)化学反应的实质是活化分子有合适取向的有效碰撞( ) (7)升高温度，C+CO2⇌2CO(吸热反应)反应速率加快，而N2+3H2⇌2NH3(放热反应)反应速率会减慢( ) (8)升高温度，会使分子的平均能量升高，活化分子所占百分数增大，从而使反应速率加快( ) √ × √ 2.判断下列有关化学平衡常数叙述的正误 (1)平衡常数表达式中，可以是物质的任一浓度( ) (2)温度升高，化学平衡常数一定增大( ) (3)平衡常数发生变化，化学平衡不一定发生移动( ) (4)催化剂能改变化学反应速率，也能改变平衡常数( ) (5)化学方程式中化学计量数等倍扩大或缩小，化学平衡常数不会发生改变( ) × × × × × 3.判断下列有关化学反应的方向与限度叙述的正误 (1)在一定条件下，不用借助外力就能自发进行的过程是自发过程( ) (2)自发过程不需任何条件就能发生( ) (3)室温下冰变成水属于自发过程( ) (4)能自发进行的反应，反应速率一定很大( ) (5)O2转化变为O3时，熵减小( ) (6)熵增的反应一定能自发进行( ) (7)合成氨反应:N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)　ΔH<0，高温有利于其自发进行( ) (8)由焓判据和熵判据组合而成的复合判据，将更适合所有的过程( ) √ × √ × √ × × √ 4.判断下列有关化学平衡移动叙述的正误 (1)化学平衡发生移动时，化学反应速率一定发生变化( ) (2)降低温度，反应速率减慢，但反应物的转化率可能升高( ) (3)若平衡向逆反应方向移动，则逆反应速率一定增大( ) (4)化学平衡移动会导致反应物的转化率发生变化( ) (5)改变压强一定能使平衡发生移动( ) (6)对一定条件下的平衡状态，若改变物质的浓度平衡不一定发生移动( ) (7)降低温度，平衡向放热反应方向移动，此时v放增大，v吸减小( ) (8)对于2NO2(g)⇌N2O4(g)的平衡体系，恒容时加入NO2(g)，NO2的转化率减小( ) √ √ × √ × √ × × 二、综合思维——在知识融会中贯通 (一)化学反应的速率 √ 1.下列说法不正确的是 (　　) A.能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子 B.活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能 C.催化剂能参与反应，可降低原反应所需活化能 D.非活化分子也有可能发生有效碰撞 融会提能 解析:活化分子发生有效碰撞，要求能量高、碰撞方向正确，发生有效碰撞的分子是活化分子，故A正确；活化能是活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差，故B正确；催化剂参与反应，能够降低活化能，故C正确；有效碰撞是活化分子发生反应时的碰撞，要求具有一定能量和取向，故D不正确。 2.一定温度下，10 mL 0.40 mol·L-1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。 下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计) (　　) A.0~6 min的平均反应速率:v(H2O2)≈3.3×10-2 mol·L-1·min-1 B.6~10 min的平均反应速率:v(H2O2)<3.3×10-2 mol·L-1·min-1 C.反应至6 min时，c(H2O2)=0.30 mol·L-1 D.反应至6 min时，H2O2分解了50% t/min 0 2 4 6 8 10 V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9 √ 解析:2H2O2 2H2O+O2↑。6 min时，生成O2的物质的量 n(O2)==1×10-3 mol，依据反应方程式，消耗n(H2O2)=2×10-3 mol，所以0~6 min时，v(H2O2)=≈3.3×10-2 mol·L-1·min-1，A正确；6~10 min时，生成O2的物质的量n(O2)= ≈3.35×10-4 mol，依据反应方程式，消耗n(H2O2)=3.35×10-4 mol×2=6.7×10-4 mol，6~10 min时，v(H2O2)=≈1.68×10-2 mol·L-1·min-1<3.3×10-2 mol·L-1·min-1，B正确；反应至6 min时，消耗n(H2O2)=2×10-3 mol，剩余n(H2O2)=0.40 mol·L-1×0.01 L-2×10-3 mol=2×10-3 mol，c(H2O2)==0.20 mol·L-1，C不正确；反应至6 min时，消耗n(H2O2)=2×10-3 mol，n(H2O2)总=4×10-3 mol，所以H2O2分解了50%，D正确。 3.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。 时间 水样　　　 0 5 10 15 20 25 Ⅰ(pH=2) 0.40 0.28 0.19 0.13 0.10 0.09 Ⅱ(pH=4) 0.40 0.31 0.24 0.20 0.18 0.16 Ⅲ(pH=4) 0.20 0.15 0.12 0.09 0.07 0.05 Ⅳ(pH=4，含Cu2+) 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0 下列说法不正确的是 (　　) A.在0~20 min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015 mol·L-1·min-1 B.水样酸性越强，M的分解速率越快 C.在0~25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大 D.由于Cu2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快 解析:Ⅰ中M的分解速率为=0.015 mol·L-1·min-1，故A正确；M的起始浓度相同，Ⅰ(pH=2)的分解速率快，故B正确；在0~25 min内，Ⅱ的分解百分率为×100%=60%，Ⅲ的分解百分率为×100%=75%，故C正确；由表中数据计算，Ⅰ中分解速率较快，且Ⅰ和Ⅳ溶液的酸性不同，初始浓度不同，比较Ⅰ和Ⅳ中分解速率无意义，D不正确。 √ (二)化学反应的方向与限度 √ 4. (2025·浙江1月选考)下列说法正确的是 (　　) A.常温常压下H2(g)和O2(g)混合无明显现象，则反应2H2(g)+O2(g)==2H2O(l)在该条件下不自发 B.3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)　ΔH<0，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小 C.CO(g)+H2(g)⇌C(s)+H2O(g)　ΔH<0，则正反应的活化能大于逆反应的活化能 D.Na(s)+Cl2(g)==NaCl(s)　ΔH<0，Na+(g)+Cl-(g)==NaCl(s)　ΔH<0，则Na(s)+Cl2(g)==Na+(g)+Cl-(g)　ΔH<0 融会提能 解析:根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS，该反应ΔH<0、ΔS<0，常温时ΔG<0，故常温能自发进行，A错误；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B正确；该反应为放热反应，则E正-E逆<0，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误；①:Na(s)+Cl2(g)==NaCl(s) ΔH1<0，②:Na+(g)+Cl-(g) ==NaCl(s)　ΔH2<0，根据盖斯定律，反应①-反应②得到目标反应Na(s)+Cl2(g)==Na+(g)+Cl-(g)，则ΔH=ΔH1-ΔH2，由于不能明确ΔH1、ΔH2相对大小，则ΔH不能确定，D错误。 5.(2025·南通期末)在10 L恒容密闭容器中充入 X(g)和Y(g)，发生反应X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g)，所得实验数据如下表: 实验 编号 温度/℃ 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol n(X) n(Y) n(M) ① 700 0.40 0.10 0.090 ② 800 0.10 0.40 0.080 ③ 800 0.20 0.30 a ④ 900 0.10 0.15 b 下列说法正确的是 (　　) A.实验①中，若5 min时测得n(M)=0.050 mol，则0至5 min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)=1.0×10-2 mol·L-1·min-1 B.实验②中，该反应的平衡常数K=1.0 C.实验③中，达到平衡时，X的转化率为40% D.实验④中，达到平衡时，b>0.060 √ 解析:实验①中，若5 min时测得n(M)=0.050 mol，浓度是0.005 0 mol·L-1，则根据反应的化学方程式可知，同时生成的N的浓度也是0.005 0 mol·L-1，因此0至 5 min时间内，用N表示的平均反应速率v(N)==1.0×10-3 mol·L-1·min-1，A不正确。实验②中，平衡时M的浓度是0.008 0 mol·L-1，则同时生成的N的浓度是 0.008 0 mol·L-1，消耗X与Y的浓度均是0.008 0 mol·L-1，因此平衡时X和Y的浓度分别为 0.01 mol·L-1-0.008 0 mol·L-1=0.002 mol·L-1，0.04 mol·L-1-0.008 0 mol·L-1 =0.032 mol·L-1，因此反应的平衡常数K==1，B正确。根据反应的化学方程式列三段式，则有 X(g)+Y(g)⇌M(g)+N(g) 起始浓度/(mol·L-1)0.020　0.030　 0　　0 转化浓度/(mol·L-1)　x　　　x　　x　　x 平衡浓度/(mol·L-1)0.020-x 0.030-x　x　 x 温度不变，平衡常数不变，即K==1，解得x=0.012，a=0.12 mol，α(X)=×100%=60%，C不正确。700 ℃时， X(g)+ Y(g)⇌ M(g)+N(g) 起始浓度/(mol·L-1)　0.040　0.010　　0　　 0 转化浓度/(mol·L-1)　0.009　0.009　 0.009　0.009 平衡浓度/(mol·L-1)　0.031　0.001　 0.009　0.009 则该温度下平衡常数K=≈2.6>1，说明升高温度平衡常数减小，因此正反应是放热反应。若容器④中温度也是800 ℃，由于反应前后气体体积不变，则③与④是等效平衡，因此最终平衡时b=0.5a=0.060。当温度升高到900 ℃时平衡向逆反应方向移动，因此b<0.060，D不正确。 6.某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1 mol X(g)和 2 mol Y(g)发生反应: X(g)+mY(g)⇌3Z(g)，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是 (　　) A.m=2 B.两次平衡的平衡常数相同 C.X与Y的平衡转化率之比为1∶1 D.第二次平衡时，Z的浓度为0.4 mol·L-1 √ 解析:某温度下，在2 L的密闭容器中，加入1 mol X(g)和 2 mol Y(g)发生反应:X(g)+mY(g)⇌3Z(g)，平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1 mol Z(g)，再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；起始量X与Y之比为1∶2，由方程式可知X与Y的系数之比为1∶2，故X与Y的平衡转化率之比为1∶1，C项正确；m=2，则该反应为前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为4 mol×10%=0.4 mol，故Z的浓度为=0.2 mol·L-1，D项不正确。 (三)化学平衡的移动 改变 温度 升高温度，化学平衡向吸热方向移动 降低温度，化学平衡向放热方向移动 改变 浓度 若Qc<K，化学平衡正向移动 若Qc>K，化学平衡逆向移动 改变 压强 增大压强，平衡向气态物质分子数减小的方向移动 减小压强，平衡向气态物质分子数增大的方向移动 √ 7.勒夏特列原理在工业生产、人们的生活和化学学习中具有重要应用。下列事实不能用勒夏特列原理解释的是 (　　) A.炎热的夏季，开启啤酒瓶盖，啤酒喷涌而出 B.工业制取金属钾[Na(l)+KCl(l) NaCl(l)+K(g)]时，不断将K(g)从混合物中分离出来 C.由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压(缩小体积)后颜色变深 D.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气 融会提能 解析:A项，未开瓶盖的啤酒瓶内存在平衡:H2CO3(aq)⇌CO2(g)+H2O(l)，打开瓶盖，啤酒瓶内压强减小，该平衡向右移动，符合勒夏特列原理；B项，分离出钾蒸气，有利于平衡向正反应方向移动，符合勒夏特列原理；C项，H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，增大压强(缩小体积)，各物质浓度增大，颜色加深，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释；D项，Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和食盐水中，氯离子浓度较大，则平衡向逆反应方向移动，从而减小了氯气的溶解量，符合勒夏特列原理。 √ 8.某温度下，体积一定的密闭容器中进行反应:X(g)+Y(g)⇌2Z(g)+W(s)　 ΔH>0，下列叙述正确的是 (　　) A.加入少量W，逆反应速率增大 B.当容器中气体压强不变时，反应达到平衡 C.平衡后加入X，上述反应吸收的热量增大 D.升高温度，平衡逆向移动 解析:W是浓度为定值的固体，加入少量W，正、逆反应速率都不变，故A错误；该反应是气体体积不变的反应，反应中气体压强始终不变，则容器中气体压强不变不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故B错误；该反应为吸热反应，平衡后加入反应物X，平衡向正反应方向移动，反应吸收的热量增大，故C正确，D错误。 9.对于可逆反应:2A(g)+B(g)⇌2C(g)，分别测定反应在不同温度下达到平衡时B的转化率，绘制了如图所示的曲线，图中a、b、c三点分别表示不同时刻的状态。下列分析正确的是 (　　) A.该反应的ΔH<0 B.b点时的v正小于c点时的v正 C.增大压强，可使a点达到T1温度下的平衡状态 D.c点表示的状态:v正<v逆 √ 解析:根据图像可知，温度升高，平衡时B的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，ΔH>0，A错误；根据图像可知，b点的温度小于c点的温度，温度越高，反应速率越大，c点未达到平衡状态，反应正向进行，则b点时的v正小于c点时的v正，B正确；根据反应的化学方程式可知，增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，而要使a点达到T1温度下的平衡状态，应使平衡向B的转化率减小的方向移动，应减小压强，C错误；c点不是平衡状态，要达到平衡，反应应向B的转化率增大的方向进行，即向正反应方向进行，正反应速率大于逆反应速率，D错误。 10.某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应: A(g)+xB(g)⇌2C(g)。达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的物质的量浓度、反应速率随时间的变化如图所示。下列说法中不正确的是 (　　) A.30 min时降低温度，40 min时升高温度 B.30 min时，向容器内再充入一定量的C，重新达到平衡时，A的体积分数不变 C.反应方程式中的x=1，正反应为放热反应 D.前8 min，C的平均反应速率为0.17 mol·L-1·min-1 √ 解析:根据图像，A、B的浓度随时间变化是一条曲线，说明反应方程式中A、B的化学计量数相等，反应方程式中的x=1，则该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强平衡不移动。30 min时，A、B、C浓度都减小，正、逆反应速率相等，平衡不移动，应是减压，故A错误；30 min时，向容器内再充入一定量的C，相当于加压，加压平衡不移动，A的体积分数不变，故B正确；反应方程式中的x=1，40 min时升高温度，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故C正确；前8 min，C的平均反应速率为=0.17 mol·L-1·min-1，故D正确。 三、迁移应用——在课题活动中践行 课题活动　降碳减排助力“碳中和、碳达峰” 气候变化是人类面临的全球性问题。随着各国二氧化碳排放，温室气体猛增，对生命系统形成威胁。在这一背景下，世界各国以全球协约的方式减排温室气体，我国由此提出碳达峰和碳中和目标。作为有影响力的大国，我国承诺在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。所谓碳达峰即是以二氧化碳为衡量标准的温室气体排放达到历史最高值，而后开始陆续下降。碳中和即是排放的温室气体通过植树造林等方式相互抵消，实现某种意义上的零排放。 探究目标(一)　利用二氧化碳合成甲醇化学反应的选择 利用工业废气中的二氧化碳合成甲醇，还需要寻找氢源。如果选取常见的氢气或水作为氢源，可能设计出以下两个反应。 ①CO2(g)+3H2(g)==CH3OH(g)+H2O(g) ②CO2(g)+2H2O(g)==CH3OH(g)+O2(g) 上述两个化学反应的焓变和熵变 反应 ΔH/(kJ·mol-1) ΔS/(J·mol-1·K-1) ① -48.97 -177.16 ② +676.48 -43.87 1.设计适于工业生产的化学反应时，首先要考虑什么问题，其次要考虑什么问题? 提示:首先要考虑反应在指定条件下能否正向自发进行，其次要考虑原料的来源。 2.假设反应焓变和熵变不随温度的改变而变化，你认为哪个反应更适宜于甲醇的工业生产?请说明理由。 提示:反应①更适宜　 反应①为放热的熵减小反应，低温下能正向自发进行；而反应②为吸热的熵减小反应，不能通过改变温度使其正向自发进行。 探究目标(二)　选择适宜的反应条件 CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程发生下列反应: ①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-48.97 kJ·mol-1，研究发现，以二氧化碳和氢气为原料合成甲醇时，通常还伴随着以下副反应:②CO2(g)+H2(g)==CO(g)+H2O(g)，298 K时，该反应的焓变为+41.17 kJ·mol-1，熵变为+42.08 J·mol-1·K-1。 1.根据上述素材，在选择适宜的反应条件时，一般要考虑哪些方面?具体考虑哪些外界因素? 提示:一般要从化学平衡和反应速率，主反应和副反应等考虑。具体因素可考虑温度条件、浓度条件、压强条件和催化剂活性条件等。 2.下图是压强与温度对甲醇产率的影响。 (1)对于压强条件的选择，应考虑哪些因素? 提示:压强增大是否有利于化学平衡正向移动，同时还要考虑高压对设备的要求及动力问题。 (2)对于温度条件的选择，应考虑哪些因素? 提示:温度对反应速率、反应平衡的影响是否有利于生产效率，同时要考虑催化剂的活性温度。 (3)根据图2数据分析，520 K温度左右甲醇的产率最高，为什么? 提示:合成甲醇反应的ΔH<0，520 K时，反应速率、催化剂活性最高，甲醇的产率最大；低于520 K时，反应慢，产率变小；高于520 K，反应正向程度小，产率变小。 3.恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1∶3时， 该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时 甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。 (1)甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因是什么? 提示:该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小)。 (2)P点甲醇产率高于T点的原因是什么? 提示:分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。 (3)根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为多少℃。 提示:210 ℃。 探究目标(三)　CO2的再利用与化学图像的有机结合 1.催化剂的活性与温度的关系 不同的催化剂选择性不同，受温度的影响也会不同。一般来说，催化剂的活性在一定温度下最高，低于或高于这个温度都会下降。 以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。 (1)从图像分析，催化剂的催化效率与温度有什么关系?要保证催化效率最佳，如何选择温度? 提示:250 ℃以前，随温度升高，催化剂活性增强，催化效率增大；250 ℃以后，随温度升高，催化剂活性急剧下降，催化效率减小。最佳温度可选250 ℃。 (2)300 ℃以后乙酸的生成速率又增大的原因可能是什么? 提示:温度成为影响反应速率的决定因素，温度的影响大于催化剂，升温反应速率增大。 2.催化剂对积炭和消炭的影响 [情境1]　CO2⁃CH4重整反应中相关数据如下表所示。   积炭反应CH4(g)==C(s)+2H2(g) 消炭反应CO2(g)+C(s)==2CO(g) ΔH/(kJ·mol-1) +75 +172 活化能/ (kJ·mol-1) 催化剂X 33 91 催化剂Y 43 72 [情境2]　在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，催化剂Z表面的积炭量随温度的变化关系如图所示。 [情境3]　在一定温度下，测得某催化剂Q上沉积炭的生成速率方程为v=k·p(CH4)·(CO2)(k为速率常数)。 (1)比较催化剂X、Y的优劣并说明理由。 提示:催化剂Y优于催化剂X。催化剂Y的积炭活化能高，难生成，消炭的活化能低，易消除。 (2)分析催化剂Z的使用温度选择要求是什么? 提示:对于催化剂Z，温度升高，均有利于积炭和消炭反应正向进行，但是消炭反应速率增加的倍数比积炭反应速率增加的倍数大。当高于600 ℃时升温更有利于消炭反应。 (3)p(CH4)一定时，判断催化剂Q适宜的操作条件。 提示:对于催化剂Q，p(CH4)一定时，提高p(CO2)有利于减慢沉积炭反应的发生。 3.甲醇的产率和催化剂的催化活性 体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图所示: 在490 K之前，甲醇产率随着温度升高而增大的原因是什么? 提示:490 K之前，反应没有处于平衡状态，温度越高化学反应速率越快。 1.氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”的目标中起到重要作用。乙醇与水催化重整制氢发生以下反应: 反应Ⅰ:C2H5OH(g)+H2O(g)⇌2CO(g)+4H2(g)　ΔH1=+255.7 kJ·mol-1 反应Ⅱ:CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)　ΔH2 回答下列问题: (1)①已知反应Ⅲ:C2H5OH(g)+3H2O(g)⇌2CO2(g)+6H2(g)　ΔH=+173.3 kJ·mol-1，则ΔH2=_______________。  ②反应Ⅰ能自发进行的条件为______。  素养训练 -41.2 kJ·mol-1 高温 解析:观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ+2×反应Ⅱ，则ΔH=ΔH1+2ΔH2，ΔH2===-41.2 kJ·mol-1；ΔG=ΔH-TΔS<0的反应能自发进行，反应Ⅰ的ΔS>0，ΔH1>0，则反应Ⅰ能自发进行的条件为高温。 (2)压强为100 kPa，H2的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示H2相同的平衡产率。 ①反应Ⅱ的平衡常数:KA_____KD(填“>”“=”或“<”)  ②H2的产率:C点___B点(填“>”“=”或“<”)。  ③A、B两点H2产率相等的原因是____________________________________ ____________________________________________________。  = < B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅱ 逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ正向移动产生H2的量相等 解析:①A、D两点的温度相同，则反应Ⅱ的平衡常数:KA=KD；②每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点所在曲线上取一个点与B点温度相同，标为点E，E点与B点相比温度相同，但是E点的小于B点的，而增大时，三个反应均会正向移动，氢气的产率增大，因此H2的产率:C点<B点；③A、B两点H2产率相等的原因是B点温度高于A点，升高温度，反应Ⅱ逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ正向移动产生H2的量相等。 (3)压强为100 kPa下，1 mol C2H5OH(g)和3 mol H2O(g)发生上述反应，平衡时CO2和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。 ①573 K时，10分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量Δn=____mol。  ②表示CO选择性的曲线是____(填标号)。  ③573 K时，反应Ⅱ的Kp=______(保留到小数点后两位)。  0.6 c 14.04 解析:①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小，由于CO的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示CO选择性的曲线是c，表示乙醇的转化率的曲线是b。573 K时，10分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量Δn=1×60%=0.6。②结合①中分析知，表示CO选择性的曲线是c。③573 K时，CO2的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为60%，则平衡时n(CO2)+n(CO)=1 mol×0.6×2=1.2 mol，n(CO)=1.2 mol×15%=0.18 mol，n(CO2)=1.2 mol×85%=1.02 mol，则 平衡时n(C2H5OH)=1-0.6=0.4 mol，n(H2O)=3-0.6-1.02=1.38 mol，n(CO)=1.2-1.02=0.18 mol，n(H2)=2.4+1.02=3.42 mol，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4 mol，故反应Ⅱ的Kp==≈14.04。 2.(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=_____℃。  < 360 解析:该反应反应后气体分子数减少，ΔS<0。该反应为放热反应，达到平衡后，其他条件不变时，升高温度，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率降低，由题图知，较低流速下，T3时HCl的转化率最大，故T3=360 ℃。 (2)结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH=________kJ·mol-1。  H2O(l)==H2O(g)　ΔH2=+44.0 kJ·mol-1 H2(g)+Cl2(g)==2HCl(g) ΔH3=-184.6 kJ·mol-1 解析:将题中已知反应依次编号为①、②、③，根据盖斯定律知，将①-②+③可得:H2(g)+O2(g)==H2O(l)　ΔH=-57.2 kJ·mol-1-(+44.0 kJ·mol-1)-184.6 kJ·mol-1=-285.8 kJ·mol-1，故H2的燃烧热ΔH=-285.8 kJ·mol-1。 -285.8 (3)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 解析:由题图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，A项错误；将温度升高40 ℃，即升温至400 ℃，由题图可知，HCl的转化率增大，B项正确；增大n(HCl)∶n(O2)，HCl的转化率减小，C项错误；M点该反应未达到平衡，使用更高效的催化剂，可以加快反应速率，提高HCl的转化率，D项正确。 BD (4)图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是____________________ 解析:图中较高流速时，反应未达到平衡状态，T3温度低，反应速率慢，且较高流速时，反应物在催化剂表面接触时间短，故HCl的转化率低。 反应未达到平衡，T3温度低，反应速率慢，且反应物在催化剂表面接触时间短，相同时间内HCl的转化率低 。 (5)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)。  解析:N点起始时n(HCl)∶n(O2)=4∶4，HCl的平衡转化率为80%，设起始时HCl、O2的物质的量均为1 mol，列三段式: 则该温度下反应的平衡常数K==6。 6 阶段质量检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 √ 12 一、选择题:本题共15小题，每小题3分，共45分。 1.下列说法正确的是(　　) A.在化学反应中，固体和纯液体的化学反应速率为零 B.在可逆反应里，当反应达到平衡后，其化学反应速率为零 C.在某一化学反应里，其化学反应速率可以用反应物浓度的改变或生成物浓度的改变来表示，其数值可能相同，也可能不相同 D.化学反应速率用生成物浓度的改变来表示时可以是负值 15 14 19 18 17 16 解析:固体和纯液体的浓度视为常数，故不能用固体和纯液体的浓度变化量来表示化学反应速率，故A错误；可逆反应达到平衡的重要特征是正、逆反应速率相等，但不为零，故B错误；化学反应速率一律用正值表示，它表示一段时间内的平均反应速率，故D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 2.在气体参加的反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数都增大的方法是 (　　) ①增大反应物浓度　②增大压强　③升高温度　④加入催化剂　⑤移去生成物 A.①②③ B.②③④ C.①③④ D.③④ 15 14 19 18 17 16 解析:增大反应物的浓度和增大压强，只能增大活化分子数，不能增大活化分子百分数，而升高温度、加入正催化剂既能增大活化分子数，又能增大活化分子百分数，移去生成物，活化分子数目减少，只有③④正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 3.在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示，已知3v(B)=2v(A)、2v(C)=3v(B)，则此反应可表示为 (　　) A.2A+3B==2C B.A+3B==2C C.3A+2B==3C D.A+B==C 15 14 19 18 17 16 解析:由3v(B)=2v(A)、2v(C)=3v(B)可推出:==，即v(A)∶v(B)∶v(C)=3∶2∶3，速率之比等于化学计量数之比，C项正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4.在一定条件下，对于反应aM(g)+bN(g)⇌cP(g)+dR(g)　ΔH，M的物质的量分数(M%)与温度、压强的关系如图所示(p1>p2)，则下列判断正确的是 (　　) A.ΔH>0，ΔS>0 B.ΔH<0，ΔS>0 C.ΔH<0，ΔS<0 D.ΔH>0，ΔS<0 15 14 19 18 17 16 解析:由题图可知，等压下温度升高，M的物质的量分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，故正反应是一个放热反应，即ΔH<0；已知p1>p2，由题图可知，等温下压强越大，M的物质的量分数越大，说明增大压强平衡逆向移动，即a+b<c+d，故ΔS>0。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 5.我国科学家研究在Pd/SVG催化剂上用H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(单位为kJ·mol-1，图中活化能单位略)如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原 B.生成NH3的总反应的化学方程式为2NO+5H2 2NH3+2H2O C.决定NO生成NH3速率的基元反应为HNO+H→NH2O D.在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为NH3 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析: 15 14 19 18 17 16 由题图可知，生成NH3的各基元反应中含N元素物质的变化为NO→HNO→ NH2O→NH2OH→NH2→NH3，根据化合物中各元素的化合价之和为0可知，N元素的化合价变化为+2→+1→0→-1→-2→-3，化合价逐渐降低，N元素均被还原，A正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 6.探究2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4==K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示: 15 14 19 18 17 16 实验 编号 温度/℃ 催化剂 用量/g 酸性KMnO4溶液 H2C2O4溶液 KMnO4溶液褪色平均 时间/min 体积/mL 浓度/(mol·L-1) 体积/mL 浓度/(mol·L-1) 1 25 0.5 4 0.1 8 0.2 12.7 2 80 0.5 4 0.1 8 0.2 a 3 25 0.5 4 0.01 8 0.2 6.7 4 25 0 4 0.01 8 0.2 b 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 15 14 19 18 17 16 下列说法不正确的是 (　　) A.a<12.7，b>6.7 B.用KMnO4表示该反应速率，v(实验3)>v(实验1) C.用H2C2O4表示该反应速率，v(实验1)约为6.6×1 mol·L-1·min-1 D.可通过比较收集相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 15 14 19 18 17 16 解析:第2组，温度高，速率快，a<12.7，第4组，没有用催化剂，速率慢，b>6.7，故A正确；实验3中KMnO4浓度低，用KMnO4表示该反应速率，v(实验3) <v(实验1)，故B不正确；用H2C2O4表示该反应速率，v(实验1)约为≈6.6×1 mol·L-1·min-1，故C正确；反应速率可以用反应物或生成物浓度的变化量来表示，因此也可通过比较收集相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢，故D正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 12 11 13 3 7.对于可逆反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)　ΔH<0。下列研究目的和图示相符的是 (　　) 15 14 19 18 17 16   A B C D 研究目的 温度(T)对反应的 影响(T2>T1) 压强(p)对平衡常数的影响 温度(T)对反应的 影响 压强(p)对反应的 影响(p2>p1) 图示 1 2 4 5 6 7 8 9 10 12 11 13 3 15 14 19 18 17 16 解析:温度越高，反应速率越快，则温度T2对应曲线斜率大，A错误；平衡常数只受温度的影响，所以压强增大时，平衡常数不变，B错误；在建立平衡的过程中，反应正向进行，氮气的体积分数变小，当达到平衡后，升高温度，由于该反应为放热反应，平衡逆向移动，氮气的体积分数变大，C正确；由于该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，氨气的体积分数变大，即压强越大，氨气的体积分数越大，且首先达到平衡状态，D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 8.在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是 (　　) A.反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的ΔH>0 B.图中X点所示条件下，延长反应时间不能提高NO的转化率 C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高NO的转化率 D.380 ℃下，c起始(O2)=5.0×10-4 mol·L-1，NO的平衡转化率为50%，则平衡常数K>2 000 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:由虚线可知，随温度升高，NO的平衡转化率逐渐降低，说明平衡逆向移动，则NO与O2生成NO2的反应为放热反应，即ΔH<0，A项错误；图像中实线的最高点为平衡点，X点未达到平衡，延长时间反应继续向右进行，可以提高NO的转化率，B项错误；Y点为平衡点，增大O2的浓度，平衡正向移动，可以提高NO的转化率，C项错误；设NO起始浓度为a mol·L-1，NO的转化率为50%，则平衡时NO、O2和NO2的浓度分别为0.5a mol·L-1、(5×10-4-0.25a)mol·L-1、0.5a mol·L-1，该反应的平衡常数K==>=2 000，D项正确。 15 14 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 9.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，原理示意图如下。 下列说法正确的是(　　) A.由NO2转化为N2O4的反应是一个熵增的反应 B.若反应2NO2(g)==N2O4(g)能自发，则说明该反应为放热反应 C.催化剂能加快反应速率，且能提高NO2的平衡转化率 D.每获得0.4 mol HNO3时，消耗NO2的体积为8.96 L 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:NO2转化为N2O4的反应为2NO2(g)⇌N2O4(g)，是一个熵减的反应，A错误；反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的ΔS<0，若反应能自发，则ΔH<0，为放热反应，B正确；催化剂能加快反应速率，但不能使平衡移动，所以不能提高NO2的平衡转化率，C错误；每获得0.4 mol HNO3时，消耗标准状况下的NO2的体积为8.96 L，D错误。 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 √ 10.恒温条件下，反应aX(g)⇌bY(g)+cZ(g)达到平衡后，把容器体积压缩到原来的一半且达到新平衡时，X的物质的量浓度由0.1 mol·L-1增大到0.19 mol·L-1，下列判断正确的是 (　　) A.a>b+c B.a<b+c C.a=b+c D.a=b=c 15 14 19 18 17 16 解析:由于体积减小一半，而X的浓度增加不到原来的2倍，说明增大压强，平衡向右移动，即正反应为气体体积减小的反应，所以a>b+c。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 11.已知反应:2NO2(g)⇌N2O4(g)，把NO2、N2O4的混合气体盛装在两个连通的烧瓶里，然后用弹簧夹夹住橡皮管，把烧瓶A放入热水里，把烧瓶B放入冰水里，如图所示。与常温时烧瓶内气体的颜色进行对比发现，A烧瓶内气体颜色变深，B烧瓶内气体颜色变浅。下列说法错误的是 (　　) A.上述过程中，A烧瓶内正、逆反应速率均加快 B.上述过程中，B烧瓶内c(NO2)减小，c(N2O4)增大 C.上述过程中，A、B烧瓶内气体密度均保持不变 D.反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的逆反应为放热反应 15 14 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:升高温度，正、逆反应速率都增大，A项正确；B烧瓶内气体颜色变浅，说明平衡向生成N2O4的方向移动，B烧瓶内c(NO2)减小，c(N2O4)增大，B项正确；容器的容积不变，混合气体的质量不变，A烧瓶、B烧瓶内气体密度都不变，C项正确；放在热水中的A烧瓶内气体颜色变深，放在冰水中的B烧瓶内气体颜色变浅，说明升高温度平衡向生成NO2的方向移动，降低温度平衡向生成N2O4的方向移动，故反应2NO2(g)⇌N2O4(g)的正反应为放热反应，D项错误。 15 14 19 18 17 16 12 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12.某温度下，向2 L恒容密闭容器中充入1.0 mol A和1.0 mol B，反应A(g)+B(g)⇌C(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表，下列说法正确的是 (　　) A.相同温度下，若起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，则反应达到平衡前v(正)<v(逆) B.反应在前5 s的平均速率v(A)=0.03 mol·L-1·s-1 C.保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41 mol·L-1，则反应的ΔH>0 D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，达到平衡时，C的转化率大于80% 15 14 19 18 17 16 t/s 0 5 15 25 35 n(A)/mol 1.0 0.85 0.81 0.80 0.80 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 15 14 19 18 17 16 解析:平衡时A的物质的量为0.80 mol，浓度是0.4 mol·L-1，列三段式: 　 　　　　 A(g)+B(g)⇌C(g) 始/(mol·L-1)　0.5　 0.5　　 0 变/(mol·L-1)　0.1　 0.1　　0.1 平/(mol·L-1)　0.4　 0.4　　0.1 K==0.625 相同温度下，起始时向容器中充入0.20 mol A、0.20 mol B和1.0 mol C，Qc==50>K，反应逆向进行，反应达到平衡前v(正)<v(逆)，故A正确； 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 15 14 19 18 17 16 反应在前5 s的平均速率v(A)==0.015 mol·L-1·s-1，故B错误；保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(A)=0.41 mol·L-1，A的物质的量为0.41 mol·L-1 ×2 L=0.82 mol>0.80 mol，说明升温平衡逆向移动，正反应是放热反应，则反应的ΔH<0，故C错误；相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol C，相当于起始时A和B均是2.0 mol，达到平衡时，C的物质的量大于0.4 mol，参加反应的C的物质的量小于1.6 mol，C的转化率小于80%，故D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 13.(2025年1月·八省联考四川卷)恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应: HCHO+H2+CO⇌HOCH2CHO(羟基乙醛)，反应历程如图所示，I1~I3为中间体，TS1~TS3为过渡态。下列描述正确的是 (　　) A.“CO插入”步骤，ΔH为-17.6 kcal·mol-1 B.Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤 C.Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛生成速率更小 D.反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛浓度增大 15 14 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:由图可知，CO插入步骤为放热反应，ΔH=-15.4 kcal·mol-1，A错误；由图可知，Rh催化作用下，加氢步骤的活化能为24.4 kcal·mol-1，反应的活化能最大，所以加氢步骤为决速步骤，B正确；由图可知，Rh催化作用下反应的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以Rh催化作用下羟基乙醛的生成速率小于Rh/Mn催化作用下，C错误；由图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，D错误。 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14.(2024·重庆卷)醋酸甲酯制乙醇的反应为CH3COOCH3(g)+2H2(g) CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) 三个10 L恒容密闭容器中分别加入1 mol醋酸甲酯和9.8 mol氢气，在不同温度下，反应t分钟时醋酸甲酯物质的量n如图所示。下列说法正确的是(　　) A.该反应的ΔH>0 B.容器甲中平均反应速率v(H2)= mol·L-1·min-1 C.容器乙中当前状态下反应速率v(正)<v(逆) D.容器丙中乙醇的体积分数为8% 14 15 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:温度越高，反应速率越快，容器甲、容器乙、容器丙中反应物组成相同，由题图可知T3>T2>T1，n甲(CH3COOCH3)>n丙(CH3COOCH3)>n乙(CH3COOCH3)，则容器甲内反应正向进行，未达到平衡状态，容器丙内反应达到平衡状态，不能确定容器乙内反应是否达到平衡状态。T2→T3升高温度，反应逆向进行，则正反应为放热反应，ΔH<0，A项错误；容器甲中平均反应速率v(H2)=2v(CH3COOCH3)= 2×= mol·L-1·min-1，B项错误；不能确定容器乙内反应是否达到平衡状态，则容器乙中当前状态下反应速率v(正)≥v(逆)，C项错误；容器丙中反应一定达到平衡状态，列三段式: 14 15 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 19 18 17 16 CH3COOCH3(g)+2H2(g) CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) 0.1　 　 0.98　　　　　 0　　　　　　0 0.08 0.16 0.08 0.08 0.02 0.82 0.08 0.08 故容器丙中乙醇的体积分数为×100%=8%， D项正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 15.(2024·浙江6月选考)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应: Ⅰ.C2H6(g)+CO2(g)⇌C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)　ΔH1>0 Ⅱ.C2H6(g)+2CO2(g)⇌4CO(g)+3H2(g)　ΔH2>0 向容积为10 L的密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2，不同温度下，测得5 min时(反应均未平衡)的相关数据见下表，下列说法不正确的是(　　) 14 15 19 18 17 16 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% 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 19 18 17 16 A.反应活化能:Ⅰ<Ⅱ B.500 ℃时，0~5 min反应Ⅰ的平均速率为v(C2H4)=2.88×10-3 mol·L-1·min-1 C.其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g)，可提高乙烯的产率 D.其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，平衡后可提高乙烷转化率 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 19 18 17 16 解析:由表可知，相同温度下，乙烷在发生转化时，反应Ⅰ更易发生，则反应活化能:Ⅰ<Ⅱ，A正确；由表可知，500 ℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为2 mol×9.0%=0.18 mol，而此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18 mol×80%=0.144 mol，根据方程式可得，生成乙烯的物质的量为0.144 mol，则0~5 min反应Ⅰ的平均速率为v(C2H4)==2.88×10-3 mol·L-1·min-1，B正确；其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g)，反应Ⅰ正向进行，可提高乙烯的产率，C正确；其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，平衡后CO2转化率提高，C2H6转化率降低，D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 二、非选择题:本题共4小题，共55分。 16.(10分)现甲、乙两化学小组安装两套如图所示的相同装置，用以探究影响H2O2分解速率的因素。 (1)仪器a的名称为___________。  14 15 16 19 18 17 分液漏斗 (2)MnO2催化下H2O2分解的化学方程式为__________________________。  2H2O2 2H2O + O2↑ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (3)甲小组有如下实验设计方案，请帮助他们完成表格中未填部分。 14 15 16 19 18 17 实验编号 实验目的 T/K 催化剂 浓度 甲组实验Ⅰ 作实验参照 298 3滴FeCl3溶液 10 mL 2%H2O2 甲组实验Ⅱ ①   298 ②   10 mL 5%H2O2 解析:①甲组实验Ⅰ与甲组实验Ⅱ的变量是H2O2浓度，分别为2%、5%，因此甲组实验Ⅱ的实验目的为探究反应物浓度对反应速率的影响。②单一变量原则，除自变量外的无关变量必须一致，因此催化剂与甲组实验Ⅰ一致:3滴FeCl3溶液。 探究反应物浓度对反应速率的 影响 3滴FeCl3溶液 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (4)甲、乙两小组得出如图数据。 ①由甲组实验数据可得出结论:______________________________________ _______________。  ②由乙组研究的酸、碱对H2O2分解影响因素的数据分析:相同条件下，Na2O2和K2O2溶于水放出气体速率较快的是_______；乙组提出可以用BaO2固体与H2SO4溶液反应制H2O2，其化学方程式为____________________________。  支持这一方案的理由是_____________________________________________ ______。  14 15 16 19 18 17 在其他条件不变时，反应物浓度越大， 反应速率越快 K2O2 BaO2+H2SO4==BaSO4+H2O2 制备H2O2的环境为酸性环境，H2O2的分解速率 较慢 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:①由甲组实验两条曲线可知，甲组实验Ⅱ斜率大，因此在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越快。②由乙组数据分析可知碱性越强，放出气体的速率越快，而相同条件下，KOH的碱性强于NaOH的碱性，因此K2O2溶于水放出气体速率较快。 14 15 16 19 18 17 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 17.(15分)(2024·山东卷)水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C⁃H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下: C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) (Ⅰ)　ΔH1>0 CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)(Ⅱ) ΔH2<0 CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)(Ⅲ)　ΔH3<0 回答下列问题: (1)C(s)+CaO(s)+2H2O(g)⇌CaCO3(s)+2H2(g)的焓变ΔH=_______________(用代数式表示)。  14 15 16 17 19 18 解析:设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律知，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。 ΔH1+ΔH2+ΔH3 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (2)压力p下，C⁃H2O⁃CaO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____________________________________ ________________________________________________________________。  14 15 16 17 19 18 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 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 19 18 解析: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的量减小，摩尔分数减小，CO的量升高，摩尔分数升高，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，则曲线c代表CO2的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，CO2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。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (3)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”)。  14 15 16 17 19 18 解析:压力p下、温度为T0时，H2、CO、CO2的摩尔分数分别为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= ==。由气体总物质的量为4.0 mol，可求出此时各气体的物质的量，n(H2)=4.0 mol×0.50=2.0 mol，n(CO)=4.0 mol×0.15=0.6 mol，n(CO2)=4.0 mol×0.05=0.2 mol，n(H2O)=4.0 mol×0.3=1.2 mol，设各反应反应的物质的量如下， 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 C(s) + H2O(g)⇌CO(g) + H2(g) 　x x x x 　CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) y y y y CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s) z z z 则，解得 14 15 16 17 19 18 x=1.3(mol) y=0.7(mol) z=0.5(mol) 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 故此时CaCO3(s)的物质的量为0.5 mol。若向平衡体系中通入少量CO2(g)，重新达平衡后，反应CaO(s)+CO2(g)⇌CaCO3(s)的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压p(CO2)不变，反应Ⅱ的Kp=，因温度不变，Kp不变，则不会出现p(CO2)不变，p(H2)变小而p(CO)和p(H2O)增大的情况，即p(CO)也不变。 14 15 16 17 19 18 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 18.(15分)(1)某科研人员发明的直接氧化法为4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)。 刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，HCl的平衡转化率随温度变化的关系如图甲: 可知反应平衡常数K(300 ℃)______(填“大于”或“小于”)K(400 ℃)。设HCl初始浓度为c0 mol·L-1，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400 ℃)= ____________________(列出计算式)。按化学计量数之比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高的不利影响是 __________________。  14 15 16 17 18 19 大于 　 HCl的转化率减小 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:根据图甲可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl的平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K(300 ℃)>K(400 ℃)；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图甲可知，温度相同时HCl转化率最高的曲线对应的进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1，该曲线中400 ℃时HCl的平衡转化率为84%， 14 15 16 17 18 19 K(400 ℃)===； 进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高时，O2的浓度较低，导致HCl的转化率减小。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (2)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、 脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc(Pa)如图乙所示。 ①由图乙分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______ (填“增大”“不变”或“减小”)。  ②反应Cl+2S⇌2S+Cl-的平衡常数的表达式为K=_____________。  14 15 16 17 18 19 解析:①由图乙分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压pc增大，说明平衡逆向移动，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小。 减小 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 19.(15分)(2025年1月·八省联考内蒙古卷)在传统克劳斯工艺制备S2的基础上，科研工作者提出分解H2S制备S2同时获取H2的新方法，反应如下: 反应1:2H2S(g)+O2(g)==2H2O(g)+S2(g)　ΔH1 反应2:2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)　ΔH2 (1)传统克劳斯工艺反应如下，则ΔH1=______________。  2H2S(g)+3O2(g)==2SO2(g)+2H2O(g)　ΔH3=-1 036 kJ·mol-1 4H2S(g)+2SO2(g)==3S2(g)+4H2O(g)　ΔH4=+94 kJ·mol-1 14 15 16 17 18 19 解析:根据盖斯定律(③+④)得2H2S(g)+O2(g)==2H2O(g)+S2(g)，ΔH1=(ΔH3+ΔH4)=(-1 036 kJ·mol-1+94 kJ·mol-1)=-314 kJ·mol-1。 -314 kJ·mol-1 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (2)按照新方法，向1 L恒容容器中通入0.01 mol混合气体[n(Ar)∶n(H2S)∶n(O2)=88∶10∶2]。H2S的转化率(α)与温度关系曲线如图1所示，三条曲线分别代表平衡转化率及相同反应时间内有、无催化剂的转化率。 ①代表平衡转化率的曲线是_____ (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。  ②ΔH2____0(填“<”“=”或“>”)；新方法加入部分O2，而未采用H2S直接分解法的原因是________________________________________________________。  ③P点n(H2)=1×10-4mol，此时n(S2)=__________mol，反应2的平衡常数K=_________。  14 15 16 17 18 19 Ⅰ > 使H2与O2反应生成水，减小H2的浓度，使反应2平衡正向移动 2.5×10-4 1×10-5 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 18 19 解析:①催化剂不影响转化率，只影响速率，因此平衡转化率是该条件下的最大转化率，有无催化剂都不会超过最大转化率，故平衡转化率曲线是Ⅰ。②温度升高，H2S的转化率升高，反应1为放热反应，温度升高转化率降低，故反应2为吸热反应，温度升高，转化率升高，且程度比反应1大，故ΔH2>0；新方法加入部分O2，而未采用H2S直接分解法的原因是使H2与O2反应生成水，减小H2的浓度，使反应2平衡正向移动。③向1 L恒容容器中通入0.01 mol混合气体[n(Ar)∶n(H2S)∶n(O2)=88∶10∶2]，则n(H2S)=1×10-3mol，n(O2)=2×10-4mol，设生成了2x mol H2O和2y mol H2， 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 　 2H2S(g)　+　O2(g)==2H2O(g)+S2(g) 起始/mol　　　1×10-3　　 2×10-4　 0　　　0 转化/mol　　　　2x　　　　　x　　 2x　　　x 平衡/mol 1×10-3-2x-2y　2×10-4-x　2x　　x+y， 　　　　　2H2S(g) 2H2(g)+S2(g) 起始/mol　1×10-3　　　 　 0　　　0 转化/mol　　2y　　　　　　2y 　　 y 平衡/mol 1×10-3-2x-2y　 2y　　x+y， P点H2S的转化率为50%，则5×10-4=2x+2y，n(H2)=2y mol=1×10-4mol，解得y=5×10-5，x=2×10-4，n(S2)=2.5×10-4mol，所以 K===1×10-5。 14 15 16 17 18 19 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (3)1 000 ℃时，恒容容器中发生反应2，H2S和H2的体积分数(φ)随时间变化曲线如图2所示。下列说法正确的是______。  A.反应2在M点达到化学平衡状态 B.40 ms时，通入Ar，α(H2S)不变 C.H2S的反应速率:v(M)>v(N) D.50 ms时，降低温度，H2的产率增加 14 15 16 17 18 19 BC 解析:反应2在M点后体积分数依然在改变，未达到平衡，A错误；恒容容器中，40 ms时已达到平衡，通入Ar，不影响平衡移动，故α(H2S)不变，B正确；M点的H2S的浓度高于N点，故反应速率:v(M)>v(N)，C正确；50 ms时处于平衡状态，反应2为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，H2的产率减小，D错误。 $$