2023版高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)第1部分專題素能提升練專題6化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡教案新人教版

2020版高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)第1部分專題素能提升練專題6化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡教案新人教版PAGE89-化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡1．了解化學(xué)反響速率的概念和定量表示方法，能正確計算化學(xué)反響的轉(zhuǎn)化率(α)。2.了解反響活化能的概念，了解催化劑的重要作用。3.了解化學(xué)反響的可逆性及化學(xué)平衡的建立。4.掌握化學(xué)平衡的特征，了解化學(xué)平衡常數(shù)K的含義，能利用化學(xué)平衡常數(shù)進(jìn)行相關(guān)計算。5.理解外界條件(濃度、溫度、壓強、催化劑等)對反響速率和化學(xué)平衡的影響，能用相關(guān)理論解釋其一般規(guī)律。6.了解化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡的調(diào)控在生活、生產(chǎn)和科學(xué)研究領(lǐng)域中的重要作用。1．(2022·全國卷Ⅱ，節(jié)選)(g)＋I(xiàn)2(g)=(g)＋2HI(g)ΔH>0。(1)某溫度下，等物質(zhì)的量的碘和環(huán)戊烯()在剛性容器內(nèi)發(fā)生反響，起始總壓為105Pa，平衡時總壓增加了20%，環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率為________，該反響的平衡常數(shù)Kp＝________Pa。到達(dá)平衡后，欲增加環(huán)戊烯的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有________(填標(biāo)號)。A．通入惰性氣體 B．提高溫度C．增加環(huán)戊烯濃度 D．增加碘濃度(2)環(huán)戊二烯容易發(fā)生聚合生成二聚體，該反響為可逆反響。不同溫度下，溶液中環(huán)戊二烯濃度與反響時間的關(guān)系如下圖，以下說法正確的選項是________(填標(biāo)號)。A．T1＞T2B．a(chǎn)點的反響速率小于c點的反響速率C．a(chǎn)點的正反響速率大于b點的逆反響速率D．b點時二聚體的濃度為0.45mol·L－1[解析](1)設(shè)碘和環(huán)戊烯的物質(zhì)的量均為1mol，達(dá)平衡時轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為xmol，由題意得：(g)＋I(xiàn)2(g)(g)＋2HI(g)初始物質(zhì)的量/mol1100轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量/molxxx2x平衡物質(zhì)的量/mol1－x1－xx2x平衡時，容器內(nèi)氣體總物質(zhì)的量為(2＋x)mol，那么有eq\f(2＋xmol－2mol,2mol)×100%＝20%，解得x＝0.4。那么環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率為eq\f(0.4mol,1mol)×100%＝40%；總壓強為105Pa×(1＋20%)＝1.2×105Pa。因此各種氣體的分壓為p()＝1.2×105Pa×eq\f(0.6mol,2.4mol)＝0.3×105Pa，p(I2)＝1.2×105Pa×eq\f(0.6mol,2.4mol)＝0.3×105Pa，p()＝1.2×105Pa×eq\f(0.4mol,2.4mol)＝0.2×105Pa，p(HI)＝1.2×105Pa×eq\f(0.8mol,2.4mol)＝0.4×105Pa。反響的平衡常數(shù)Kp＝＝eq\f(0.2×105Pa×0.4×105Pa2,0.3×105Pa×0.3×105Pa)≈3.56×104Pa。欲增加環(huán)戊烯的平衡轉(zhuǎn)化率，那么平衡正向移動，由于該反響是吸熱反響，因此升高溫度可使平衡正向移動；增加碘的濃度，平衡正向移動，環(huán)戊烯的轉(zhuǎn)化率提高。(2)升高溫度，反響速率增大，由c-t圖像的變化趨勢可看出T2時，環(huán)戊二烯濃度的變化趨勢大，因此T2大于T1，選項A錯誤；由a、c點環(huán)戊二烯的濃度可判斷a點的反響速率大于c點的反響速率，選項B錯誤；相同溫度下，隨著時間的延長，反響物的濃度逐漸減小，反響速率逐漸減小，因此a點的正反響速率大于b點的逆反響速率，選項C正確；由圖像知，開始時環(huán)戊二烯的濃度為1.5mol·L－1，b點時的濃度為0.6mol·L－1，設(shè)環(huán)戊二烯轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量濃度為xmol·L－1，那么有：2二聚體初始物質(zhì)的量濃度/(mol·L－1)1.50轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量濃度/(mol·L－1)2xx平衡物質(zhì)的量濃度/(mol·L－1)0.6x那么有1.5－2x＝0.6，解得x＝0.45，因此選項D正確。[答案](1)40%3.56×104BD(2)CD2．(2022·全國卷Ⅰ，節(jié)選)(1)F.Daniels等曾利用測壓法在剛性反響器中研究了25℃時N2O5(g)分解反響：2N2O5(g)→4NO2(g)＋O2(g)2N2O4(g)其中NO2二聚為N2O4的反響可以迅速到達(dá)平衡。體系的總壓強p隨時間t的變化如下表所示[t＝∞時，N2O5(g)完全分解]：提示：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0。t/min0408016026013001700∞p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1①研究說明，N2O5(g)分解的反響速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62min時，測得體系中pO2＝2.9kPa，那么此時的pN2O5＝________kPa，v＝________kPa·min－1。②假設(shè)提高反響溫度至35℃，那么N2O5(g)完全分解后體系壓強p∞(35℃)________63.1kPa(填“大于〞“等于〞或“小于〞)，原因是_________________________________________________________________。③25℃時N2O4(g)2NO2(g)反響的平衡常數(shù)Kp＝________kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，計算結(jié)果保存1位小數(shù))。(2)對于反響2N2O5(g)→4NO2(g)＋O2(g)，R.A.Ogg提出如下反響歷程：第一步N2O5NO2＋NO3快速平衡第二步NO2＋NO3→NO＋NO2＋O2慢反響第三步NO＋NO3→2NO2快反響其中可近似認(rèn)為第二步反響不影響第一步的平衡。以下表述正確的選項是________(填標(biāo)號)。A．v(第一步的逆反響)>v(第二步反響)B．反響的中間產(chǎn)物只有NO3C．第二步中NO2與NO3的碰撞僅局部有效D．第三步反響活化能較高[解析](1)①t＝62min時，體系中pO2＝2.9kPa，根據(jù)三段式法得2N2O5(g)=2N2O4(g)＋O2(g)起始35.8kPa00轉(zhuǎn)化5.8kPa5.8kPa2.9kPa62min30.0kPa5.8kPa2.9kPa那么62min時pN2O5＝30.0kPa，v＝2×10－3×30.0kPa·min－1＝6.0×10－2kPa·min－1。②剛性反響容器的體積不變，25℃、N2O5(g)完全分解時體系的總壓強為63.1kPa，升高溫度，從兩個方面分析：一方面是體積不變，升高溫度，體系總壓強增大；另一方面，2NO2N2O4的逆反響是吸熱反響，升高溫度，平衡向生成NO2的方向移動，體系物質(zhì)的量增大，故體系總壓強增大。③N2O5完全分解生成N2O4和O2，起始pN2O5＝35.8kPa，其完全分解時pN2O4＝35.8kPa，pO2＝17.9kPa，設(shè)25℃平衡時N2O4轉(zhuǎn)化了x，那么N2O42NO2平衡35.8kPa－x2x35．8kPa－x＋2x＋17.9kPa＝63.1kPa，解得x＝9.4kPa。平衡時，pN2O4＝26.4kPa，pNO2＝18.8kPa，K＝eq\f(p2NO2,pN2O4)＝eq\f(18.82,26.4)kPa≈13.4kPa。(2)快速平衡，說明第一步反響的正、逆反響速率都較大，那么第一步反響的逆反響速率大于第二步反響的速率，A項正確；反響的中間產(chǎn)物除NO3外還有NO，B項錯誤；第二步反響慢，說明有效碰撞次數(shù)少，C項正確；第三步反響快，說明反響活化能較低，D項錯誤。[答案](1)①30.06.0×10－2②大于溫度升高，體積不變，總壓強增大；NO2二聚為放熱反響，溫度升高，平衡左移，體系物質(zhì)的量增加，總壓強提高③13.4(2)AC3．(2022·全國卷Ⅱ，改編)丁烯是一種重要的化工原料，可由丁烷催化脫氫制備。答復(fù)以下問題：(1)正丁烷(C4H10)脫氫制1-丁烯(C4H8)的熱化學(xué)方程式如下：C4H10(g)=C4H8(g)＋H2(g)ΔH1＞0圖(a)是反響平衡轉(zhuǎn)化率與反響溫度及壓強的關(guān)系圖，x________0.1(填“大于〞或“小于〞)；欲使丁烯的平衡產(chǎn)率提高，應(yīng)采取的措施是________(填標(biāo)號)。A．升高溫度 B．降低溫度C．增大壓強 D．降低壓強圖(a)圖(b)圖(c)(2)丁烷和氫氣的混合氣體以一定流速通過填充有催化劑的反響器(氫氣的作用是活化催化劑)，出口氣中含有丁烯、丁烷、氫氣等。圖(b)為丁烯產(chǎn)率與進(jìn)料氣中n(氫氣)/n(丁烷)的關(guān)系。圖中曲線呈現(xiàn)先升高后降低的變化趨勢，其降低的原因是_______________________________________________________________________。(3)圖(c)為反響產(chǎn)率和反響溫度的關(guān)系曲線，副產(chǎn)物主要是高溫裂解生成的短碳鏈烴類化合物。丁烯產(chǎn)率在590℃之前隨溫度升高而增大的原因可能是_______________、_______________；590℃之后，丁烯產(chǎn)率快速降低的主要原因可能是_______________________________________________________________________。[解析](1)由圖(a)可知，同溫下，xMPa時丁烯的平衡產(chǎn)率高于0.1MPa時的，根據(jù)壓強減小平衡向右移動可知，x小于0.1。欲提高丁烯的平衡產(chǎn)率，應(yīng)使平衡向右移動，該反響的正反響為吸熱反響，因此可以通過升高溫度的方法使平衡向右移動；該反響為氣體體積增大的反響，因此可以通過降低壓強的方法使平衡向右移動，所以A、D選項正確。(2)由于氫氣是產(chǎn)物之一，隨著n(氫氣)/n(丁烷)增大，逆反響速率增大，所以丁烯產(chǎn)率降低。(3)該反響的正反響為吸熱反響，因此升高溫度可以使平衡向右移動，使丁烯的產(chǎn)率增大，另外，反響速率也隨溫度的升高而增大。由題意知，丁烯在高溫條件下能夠發(fā)生裂解，因此當(dāng)溫度超過590℃時，參與裂解反響的丁烯增多，而使產(chǎn)率降低。[答案](1)小于AD(2)氫氣是產(chǎn)物之一，隨著n(氫氣)/n(丁烷)增大，逆反響速率增大(3)升高溫度有利于反響向吸熱方向進(jìn)行溫度升高反響速率加快丁烯高溫裂解生成短鏈烴類4．(2022·全國卷Ⅰ，節(jié)選)Bodensteins研究了以下反響：2HI(g)H2(g)＋I(xiàn)2(g)ΔH>0在716K時，氣體混合物中碘化氫的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x(HI)與反響時間t的關(guān)系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784(1)根據(jù)上述實驗結(jié)果，該反響的平衡常數(shù)K的計算式為_______________________。(2)上述反響中，正反響速率為v正＝k正x2(HI)，逆反響速率為v逆＝k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆為速率常數(shù)，那么k逆為________(以K和k正表示)。假設(shè)k正＝0.0027min－1，在t＝40min時，v正＝________min－1。(3)由上述實驗數(shù)據(jù)計算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的關(guān)系可用以下圖表示。當(dāng)升高到某一溫度時，反響重新到達(dá)平衡，相應(yīng)的點分別為______(填字母)。[解析](1)由表中數(shù)據(jù)可知，無論是從正反響方向開始，還是從逆反響方向開始，最終x(HI)均為0.784，說明此時已到達(dá)了平衡狀態(tài)。設(shè)HI的初始濃度為1mol·L－1，那么：2HI(g)H2(g)＋I(xiàn)2(g)初始濃度/(mol·L－1)100eq\o(轉(zhuǎn)化濃度/mol·L－1)0.2160.1080.108eq\o(平衡濃度/mol·L－1)0.7840.1080.108K＝eq\f(cH2·cI2,c2HI)＝eq\f(0.108×0.108,0.7842)。(2)建立平衡時，v正＝v逆，即k正x2(HI)＝k逆x(H2)·x(I2)，k逆＝eq\f(x2HI,xH2·xI2)k正。由于該反響前后氣體分子數(shù)不變，故k逆＝eq\f(x2HI,xH2·xI2)k正＝eq\f(c2HI,cH2·cI2)k正＝eq\f(k正,K)。在40min時，x(HI)＝0.85，那么v正＝0.0027min－1×0.852≈1.95×10－3min－1。(3)因2HI(g)H2(g)＋I(xiàn)2(g)ΔH＞0，升高溫度，v正、v逆均增大，且平衡向正反響方向移動，HI的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，H2、I2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大。因此，反響重新到達(dá)平衡后，相應(yīng)的點分別應(yīng)為A點和E點。[答案](1)eq\f(0.108×0.108,0.7842)(2)k正/K1.95×10－3(3)A、E上述真題涉及的題型主要是填空題和不定項選擇題。命題角度主要涉及：(1)化學(xué)反響速率的計算、影響因素，如T1(2)、T2、T3(3)、T4(2)。(2)活化能對反響速率的影響，如T2(2)。(3)化學(xué)平衡的影響因素的判斷，如T1(1)、T2(1)、T3、T4(3)。(4)化學(xué)平衡常數(shù)(Kp、Kc)反響速率常數(shù)的有關(guān)計算與換算，如T1(1)、T2(1)、T4(1)。(5)圖像、圖表的識別與分析等，如T1(2)、T3、T4(3)。預(yù)測2022年高考仍會以圖像為載體在速率計算、平衡常數(shù)計算和外界條件對平衡的影響或轉(zhuǎn)化率影響的角度加強命題。特別要注意Kp與速率常數(shù)的有關(guān)計算。化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡的影響因素(對應(yīng)學(xué)生用書第41頁)1．特殊條件的改變對化學(xué)反響速率和化學(xué)平衡的影響(1)純液體和固體濃度視為常數(shù)，它們的量的改變不會影響化學(xué)反響速率和平衡移動。但固體顆粒的大小導(dǎo)致接觸面積的大小發(fā)生變化，故影響反響速率。但仍不影響平衡移動。(2)對于有固、液參加的反響，改變壓強不會影響其反響速率和平衡移動。(3)使用催化劑催化的化學(xué)反響，由于催化劑只有在適宜的溫度下活性最大，反響速率才能到達(dá)最大，故在許多工業(yè)生產(chǎn)中溫度的選擇還需考慮催化劑的活性溫度范圍。但催化劑的改變不影響平衡移動。(4)“惰氣〞對反響速率和平衡的影響。①恒溫恒容，充入“惰氣〞，不改變反響速率和平衡移動。②恒溫恒壓，充入“惰氣〞體積增大(相當(dāng)于壓強減小)，v正、v逆均減小，平衡向氣體分子數(shù)增多的方向移動。[思考]對于反響N2＋3H22NH3按N2、H2物質(zhì)的量比1∶3充入密閉容器，反響到達(dá)平衡，N2、H2、NH3的物質(zhì)的量比為1∶3∶1，假設(shè)在恒溫恒容條件再充入0.5molN21.5molH20.5molNH3，此時平衡向________移動，假設(shè)是恒溫恒壓條件呢？________。上述兩條件下N2的轉(zhuǎn)化率如何改變？_____________。[答案]正反響不移動恒溫恒容時增大，恒溫恒壓時不變2．突破化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷標(biāo)志(1)等——“正逆相等〞(三種表述)。①同一物質(zhì)(兩種表述)：v正＝v逆、斷鍵數(shù)＝成鍵數(shù)。②不同物質(zhì)：eq\f(v正X,X的化學(xué)計量數(shù))＝eq\f(v逆Y,Y的化學(xué)計量數(shù))(2)定——“變量不變〞：如果一個量是隨反響進(jìn)行而改變的(即變量)，當(dāng)其“不變〞時反響就到達(dá)平衡狀態(tài)，即“變量〞不變可說明到達(dá)平衡狀態(tài)。(3)依Q(濃度商)與K關(guān)系判斷：假設(shè)Q＝K，反響處于平衡狀態(tài)。3．平衡移動方向判斷兩方法(1)根據(jù)v正與v逆的相對大?、偌僭O(shè)外界條件改變，引起v正>v逆，此時正反響占優(yōu)勢，那么化學(xué)平衡向正反響方向(或向右)移動；②假設(shè)外界條件改變，引起v正<v逆，此時逆反響占優(yōu)勢，那么化學(xué)平衡向逆反響方向(或向左)移動；③假設(shè)外界條件改變，雖能引起v正和v逆變化，但變化后新的v正′和v逆′仍保持相等，那么化學(xué)平衡沒有發(fā)生移動。(2)依據(jù)濃度商(Q)規(guī)那么判斷通過比擬濃度商(Q)與平衡常數(shù)(K)的大小來判斷平衡移動的方向。①假設(shè)Q>K，平衡逆向移動；②假設(shè)Q＝K，平衡不移動；③假設(shè)Q<K，平衡正向移動。4．三種等效平衡(1)恒溫恒容，對于非等體反響，極端轉(zhuǎn)化各物質(zhì)的量相等，平衡相同(c平、n平、v、%均相同)。(2)恒溫恒壓，任何氣體反響，極端轉(zhuǎn)化，各物質(zhì)的量之比相同，平衡等效(c平、v、%均相同，但n平成比例)。(3)恒溫恒容，對于等體反響，極端轉(zhuǎn)化各物質(zhì)的量之比相同，平衡等效(c%相同，c平、n平成比例，v不同)。[思考]在一定溫度下，將1molN2和3molH2充入容器中發(fā)生反響：N2＋3H22NH3，在恒容下平衡轉(zhuǎn)化率為α1，在恒壓下平衡轉(zhuǎn)化率為α2，那么α1________α2(填“>〞“＝〞或“<〞)。[答案]<化學(xué)平衡狀態(tài)的判定1．在一定溫度下，向2L固定容積的密閉容器中通入2molCO2、3molH2，發(fā)生反響：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH<0。能說明該反響已達(dá)平衡狀態(tài)的是______(填字母，下同)。A．CO2的體積分?jǐn)?shù)保持不變B．體系中n(CO2)/n(H2)的值保持不變C．混合氣體的密度保持不變D．單位時間內(nèi)有nmolH—H鍵斷裂，同時有nmolO—H鍵生成[答案]AB2．污染性氣體NO2與CO在恒溫恒容下的反響為2NO2(g)＋4CO(g)4CO2(g)＋N2(g)ΔH<0，以下說法能說明該反響已到達(dá)平衡狀態(tài)的是________(填字母)。A．容器內(nèi)混合氣體顏色不再變化B．容器內(nèi)的壓強保持不變C．2v逆(NO2)＝v正(N2)D．混合氣體的相對分子質(zhì)量不變E．v(NO2)＝eq\f(1,2)v(CO)F．容器內(nèi)的氣體密度不變[答案]ABD3．(2022·全國卷Ⅲ，節(jié)選)298K時，將20mL3xmol·L－1Na3AsO3、20mL3xmol·L－1I2和20mLNaOH溶液混合，發(fā)生反響：AsOeq\o\al(3－,3)(aq)＋I(xiàn)2(aq)＋2OH－(aq)AsOeq\o\al(3－,4)(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)。溶液中c(AsOeq\o\al(3－,4))與反響時間(t)的關(guān)系如下圖。(1)以下可判斷反響到達(dá)平衡的是________(填標(biāo)號)。a．溶液的pH不再變化b．v(I－)＝2v(AsOeq\o\al(3－,3))c．eq\f(cAsO\o\al(3－,4),cAsO\o\al(3－,3))不再變化d．c(I－)＝y(tǒng)mol·L－1(2)tm時，v正________v逆(填“大于〞“小于〞或“等于〞)。(3)tm時v逆________tn時v逆(填“大于〞“小于〞或“等于〞)，理由是___________________________________________。(4)假設(shè)平衡時溶液的pH＝14，那么該反響的平衡常數(shù)K為________。[解析](2)tm時，反響正向進(jìn)行，故v正大于v逆。(3)由于tm時生成物AsOeq\o\al(3－,4)的濃度小于tn時AsOeq\o\al(3－,4)的濃度，因v逆的大小取決于生成物濃度的大小，故tm時的v逆小于tn時的v逆。(4)反響前，三種溶液混合后，c(Na3AsO3)＝3xmol·L－1×eq\f(20mL,20mL＋20mL＋20mL)＝xmol·L－1，同理，c(I2)＝xmol·L－1，反響情況如下：AsOeq\o\al(3－,3)(aq)＋I(xiàn)2(aq)＋2OH－(aq)AsOeq\o\al(3－,4)(aq)＋2I－(aq)＋H2O(l)eq\o(\s\up(起始濃度/,mol·L－1))xx00eq\o(\s\up(平衡濃度/,mol·L－1))x－yx－y1y2yK＝eq\f(y·2y2,x－y·x－y×12)＝eq\f(4y3,x－y2)。[答案](1)ac(2)大于(3)小于tm時生成物濃度較低(4)4y3/(x－y)2化學(xué)平衡標(biāo)志的判斷要注意“四看〞：一看反響條件，是恒溫恒容，恒溫恒壓還是絕熱容器；二看反響特點，是等體積反響，還是非等體積反響；三看特殊情況，是否有固體參加或生成，或固體的分解反響；四看是否“變量〞不變?；瘜W(xué)反響速率與化學(xué)平衡的影響因素4．(2022·衡水信息卷)向一體積恒定盛有催化劑的密閉容器中充入一定量的NH3和O2，測得一定時間內(nèi)NO的產(chǎn)率與溫度(T)的關(guān)系如下圖。(1)該反響的ΔH________0(填“>〞或“<〞)。(2)溫度低于T1℃_____________________________________________________。(3)溫度高于T1℃a．反響的活化能減小b．有副反響發(fā)生c．升高溫度，平衡逆向移動d．反響的平衡常數(shù)增大[解析](2)氨催化氧化反響為放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，NO的平衡產(chǎn)率減小，因此溫度低于T1℃(3)活化能與產(chǎn)率無關(guān)，a項錯誤；根據(jù)題意，升高溫度可能發(fā)生副反響導(dǎo)致NO的產(chǎn)率降低，b項正確；該反響為放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，NO的產(chǎn)率降低，c項正確；升高溫度，平衡常數(shù)減小，d項錯誤。[答案](1)<(2)不是該反響為放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，NO的平衡產(chǎn)率減小(3)bc5．一定條件下，將n(CO2)∶n(H2)＝1∶2的混合氣體充入恒溫恒容的密閉容器中，發(fā)生反響：CO2(g)＋2H2(g)CH2O(g)＋H2O(g)ΔH<0。(1)以下說明反響已經(jīng)到達(dá)平衡狀態(tài)的是________(填字母)。a．n(CO2)/n(H2)保持不變b．H2O(g)的體積分?jǐn)?shù)保持不變c．該反響的平衡常數(shù)保持不變d．混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變(2)以下措施既能提高H2的轉(zhuǎn)化率又能加快反響速率的是________(填字母)。a．升高溫度b．使用高效催化劑c．縮小容器體積d．?dāng)U大容器體積[解析](1)n(CO2)/n(H2)始終為1∶2，與平衡狀態(tài)無關(guān)，a項錯誤；H2O(g)的體積分?jǐn)?shù)保持不變，說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，b項正確；恒溫，反響的平衡常數(shù)始終不變，c項錯誤；氣體的質(zhì)量不變，物質(zhì)的量減小，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變，說明反響到達(dá)平衡狀態(tài)，d項正確。(2)該反響為放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，H2的轉(zhuǎn)化率減小，a項錯誤；催化劑不影響平衡，b項錯誤；該反響是氣體分子數(shù)減小的反響，增大壓強，反響速率加快，平衡正向移動，H2的轉(zhuǎn)化率增大，c項正確；擴大容器體積，反響速率減慢，H2的轉(zhuǎn)化率減小，d項錯誤。[答案](1)bd(2)c外界條件對反響速率和化學(xué)平衡的影響思維流程回歸高考，真題驗收6．(2022·全國卷Ⅲ，節(jié)選)近年來，隨著聚酯工業(yè)的快速開展，氯氣的需求量和氯化氫的產(chǎn)出量也隨之迅速增長。因此，將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術(shù)成為科學(xué)研究的熱點。答復(fù)以下問題：(1)Deacon創(chuàng)造的直接氧化法為4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)。以下圖為剛性容器中，進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)分別等于1∶1、4∶1、7∶1時HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系：可知反響平衡常數(shù)K(300℃)________K(400℃)(填“大于〞或“小于〞)。設(shè)HCl初始濃度為c0，根據(jù)進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1的數(shù)據(jù)計算K(400℃)＝________________(列出計算式)。按化學(xué)計量比進(jìn)料可以保持反響物高轉(zhuǎn)化率，同時降低產(chǎn)物別離的能耗。進(jìn)料濃度比c(HCl)∶c(O2)過低、過高的不利影響分別是___________________________________________________________________________________________________________。(2)在一定溫度的條件下，進(jìn)一步提高HCl的轉(zhuǎn)化率的方法是___________________________________________________________________________________________________________。(寫出2種)[解析](1)由圖像知，隨著溫度的升高，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率降低，所以4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＜0，升高溫度平衡左移，那么K(300℃)>K(400℃)。在溫度一定的條件下，c(HCl)和c(O2)的進(jìn)料比越大，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率越低，所以題圖中自上而下三條曲線是c(HCl)∶c(O2)(進(jìn)料濃度比)為1∶1、4∶1、7∶1時的變化曲線。當(dāng)c(HCl)∶c(O2)＝1∶1時，列三段式：4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)起始濃度c0c0轉(zhuǎn)化濃度0.84c00.21c00.42c0平衡濃度(1－0.84)c0(1－0.21)c00.42c00.42K(400℃)＝eq\f(0.42c02×0.42c02,1－0.844c\o\al(4,0)×1－0.21c0)＝eq\f(0.422×0.422,1－0.844×1－0.21c0)。c(HCl)∶c(CO2)過高時，HCl轉(zhuǎn)化率較低；當(dāng)c(HCl)∶c(O2)過低時，過量的O2和Cl2別離時能耗較高。(2)由平衡移動的條件可知，為提高HCl的轉(zhuǎn)化率，在溫度一定的條件下，可以增大反響體系的壓強，增加O2的量，或者及時除去產(chǎn)物。[答案](1)大于eq\f(0.422×0.422,1－0.844×1－0.21c0)O2和Cl2別離能耗較高、HCl轉(zhuǎn)化率較低(2)增加反響體系壓強、及時除去產(chǎn)物7．(2022·全國卷Ⅱ)CH4-CO2催化重整不僅可以得到合成氣(CO和H2)，還對溫室氣體的減排具有重要意義。答復(fù)以下問題：(1)CH4-CO2催化重整反響為CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)。：C(s)＋2H2(g)=CH4(g)ΔH＝－75kJ·mol－1C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－394kJ·mol－1C(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO(g)ΔH＝－111kJ·mol－1該催化重整反響的ΔH＝________kJ·mol－1。有利于提高CH4平衡轉(zhuǎn)化率的條件是________(填標(biāo)號)。A．高溫低壓 B．低溫高壓C．高溫高壓 D．低溫低壓某溫度下，在體積為2L的容器中參加2molCH4、1molCO2以及催化劑進(jìn)行重整反響，到達(dá)平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率是50%，其平衡常數(shù)為________mol2·L－2。(2)反響中催化劑活性會因積碳反響而降低，同時存在的消碳反響那么使積碳量減少。相關(guān)數(shù)據(jù)如下表：積碳反響CH4(g)=C(s)＋2H2(g)消碳反響CO2(g)＋C(s)=2CO(g)ΔH/(kJ·mol－1)75172活化能/(kJ·mol－1)催化劑X3391催化劑Y4372①由上表判斷，催化劑X________Y(填“優(yōu)于〞或“劣于〞)，理由是_____________________________________。在反響進(jìn)料氣組成、壓強及反響時間相同的情況下，某催化劑外表的積碳量隨溫度的變化關(guān)系如圖1所示，升高溫度時，以下關(guān)于積碳反響、消碳反響的平衡常數(shù)(K)和速率(v)的表達(dá)正確的選項是________(填標(biāo)號)。A．K積、K消均增加 B．v積減小、v消增加C．K積減小、K消增加 D．v消增加的倍數(shù)比v積增加的倍數(shù)大圖1圖2②在一定溫度下，測得某催化劑上沉積碳的生成速率方程為v＝k·p(CH4)·[p(CO2)]－0.5(k為速率常數(shù))。在p(CH4)一定時，不同p(CO2)下積碳量隨時間的變化趨勢如圖2所示，那么pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)從大到小的順序為________________________________________。[解析](1)將中3個反響依次編號為①、②、③，根據(jù)蓋斯定律③×2－①－②得該催化重整反響的ΔH＝(－111×2＋75＋394)kJ·mol－1＝＋247kJ·mol－1。由于該反響為吸熱且氣體體積增大的反響，要提高CH4的平衡轉(zhuǎn)化率，需在高溫低壓下進(jìn)行。根據(jù)平衡時消耗的CO2為1mol×50%＝0.5mol，那么消耗的CH4為0.5mol，生成的CO和H2均為1mol，根據(jù)三段式法可知平衡時CH4、CO2、CO和H2的平衡濃度分別為0.75mol·L－1、0.25mol·L－1、0.5mol·L－1、0.5mol·L－1，那么平衡常數(shù)K＝eq\f(0.5mol·L－12×0.5mol·L－12,0.75mol·L－1×0.25mol·L－1)＝eq\f(1,3)mol2·L－2。(2)①從表格中數(shù)據(jù)可看出相對于催化劑X，用催化劑Y催化時積碳反響的活化能大，那么積碳反響的反響速率小，而消碳反響活化能相對小，那么消碳反響的反響速率大，再根據(jù)題干信息“反響中催化劑活性會因積碳反響而降低〞可知催化劑X劣于催化劑Y。由表格可知積炭反響、消碳反響都是吸熱反響，溫度升高，平衡右移，K積、K消均增加，溫度升高，反響速率均增大。從圖像上可知600～700℃隨溫度升高，催化劑外表的積碳量減小，所以v消增加的倍數(shù)要比v積增加的倍數(shù)大，故A、D正確。②由該圖像可知在反響時間和p(CH4)相同時，圖像中速率關(guān)系va>vb>vc，結(jié)合沉積碳的生成速率方程v＝k·p(CH4)·[p(CO2)]－0.5，在p(CH4)相同時，隨著p(CO2)增大，反響速率逐漸減慢，即可判斷：pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)。[答案](1)247Aeq\f(1,3)(2)①劣于相對于催化劑X，催化劑Y積碳反響的活化能大，積碳反響的速率小；而消碳反響活化能相對小，消碳反響速率大AD②pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)化學(xué)反響速率、轉(zhuǎn)化率和平衡常數(shù)的有關(guān)計算(對應(yīng)學(xué)生用書第43頁)1．化學(xué)反響速率的計算(1)公式法：v(B)＝eq\f(ΔcB,Δt)＝eq\f(\f(ΔnB,V),Δt)。(2)比值法：同一化學(xué)反響，各物質(zhì)的反響速率之比等于方程式中的化學(xué)計量數(shù)之比。對于反響：mA(g)＋nB(g)=pC(g)＋qD(g)來說，那么有eq\f(vA,m)＝eq\f(vB,n)＝eq\f(vC,p)＝eq\f(vD,q)。2．化學(xué)平衡常數(shù)的換算(1)同一可逆反響中，K正·K逆＝1；(2)同一方程式中的化學(xué)計量數(shù)等倍擴大或縮小n倍，那么新平衡常數(shù)K′與原平衡常數(shù)K間的關(guān)系是K′＝Kn或K′＝eq\r(n,K)。(3)幾個可逆反響方程式相加，得總方程式，那么總反響的平衡常數(shù)等于分步反響平衡常數(shù)之積。[思考](1)對于N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)K12NH3(g)N2(g)＋3H2(g)K2NH3(g)eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)K3那么K1與K2的關(guān)系為________，K2與K3的關(guān)系為________，K3與K1的關(guān)系為______________。(2)A＋B2CK1，C＋DEK2，那么A＋B＋2D2E的K3＝________(用K1、K2表示)。[答案](1)K1·K2＝1K2＝Keq\o\al(2,3)或K3＝eq\r(,K2)K1·Keq\o\al(2,3)＝1(2)K3＝K1·Keq\o\al(2,2)3．三段式突破反響速率與平衡的有關(guān)計算mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)起始/(mol·L－1)ab00變化/(mol·L－1)mxnxpxqx平衡/(mol·L－1)a－mxb－nxpxqx(1)v(A)＝eq\f(mx,Δt)。(2)α(A)＝eq\f(mx,a)×100%。(3)K＝eq\f(pxp·qxq,a－mxm·b－nxn)(4)生成物的產(chǎn)率：實際產(chǎn)量占理論產(chǎn)量的百分?jǐn)?shù)。一般來說，轉(zhuǎn)化率越高，原料利用率越高，產(chǎn)率越高。產(chǎn)率＝eq\f(產(chǎn)物實際質(zhì)量,理論產(chǎn)量)×100%。(5)混合物中某組分的百分含量＝eq\f(平衡量,平衡總量)×100%。4．[例如](2022·全國卷Ⅰ，節(jié)選)H2S與CO2在高溫下發(fā)生反響：H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)。在610K時，將0.10molCO2與0.40molH2S充入2.5L的空鋼瓶中，反響平衡后水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.02。(1)H2S的平衡轉(zhuǎn)化率α1＝________%，反響平衡常數(shù)K＝________。(2)在620K重復(fù)實驗，平衡后水的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.03，H2S的轉(zhuǎn)化率α2______α1，該反響的ΔH______0。(填“＞〞“＜〞或“＝〞)(3)向反響器中再分別充入以下氣體，能使H2S轉(zhuǎn)化率增大的是________(填標(biāo)號)。A．H2S B．CO2C．COS D．N2[解答思路]設(shè)平衡時H2S轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為x。H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)三段式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(初始/mol0.400.1000,轉(zhuǎn)化/molxxxx,平衡/mol0.40－x0.10－xxx))由題意得：eq\f(x,0.40mol－x＋0.10mol－x＋x＋x)＝0.02解得：x＝0.01molH2S的平衡轉(zhuǎn)化率α1＝eq\f(0.01mol,0.40mol)×100%＝2.5%。K＝eq\f(cCOS·cH2O,cH2S·cCO2)＝eq\f(\f(0.01,2.5)×\f(0.01,2.5),\f(0.40－0.01,2.5)×\f(0.10－0.01,2.5))＝eq\f(1,351)≈2.8×10－3。[答案](1)2.52.8×10－3(2)>>(3)B反響速率、轉(zhuǎn)化率和平衡常數(shù)的根本計算1．(2022·濟寧一模，節(jié)選)一定溫度下，向2L恒容密閉容器中通入2molCO和1molSO2，發(fā)生反響：2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(s)。假設(shè)反響進(jìn)行到20min時到達(dá)平衡，測得CO2的體積分?jǐn)?shù)為0.5，那么前20min的反響速率v(CO)＝________，該溫度下反響的化學(xué)平衡常數(shù)K＝________。[解析]設(shè)參加反響的SO2的物質(zhì)的量為xmol，那么有2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(s)初始狀態(tài)/mol21反響的量/mol2xx2x平衡狀態(tài)/mol(2－2x)(1－x)2x即eq\f(2x,2－2x＋1－x＋2x)＝0.5，解得x＝0.6，v(CO)＝eq\f(0.6×2,2×20)mol·L－1·min－1＝0.03mol·L－1·min－1；c(CO)＝eq\f(2－1.2,2)mol·L－1＝0.4mol·L－1，c(SO2)＝eq\f(1－0.6,2)mol·L－1＝0.2mol·L－1，c(CO2)＝eq\f(1.2,2)mol·L－1＝0.6mol·L－1。該溫度下反響的平衡常數(shù)K＝eq\f(c2CO2,c2CO·cSO2)＝eq\f(0.62,0.42×0.2)＝11.25。[答案]0.03mol·L－1·min－111.252．(2022·四川名校大聯(lián)考)CO可用于合成甲醇，反響方程式為CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。在密閉容器中充入10molCO和20molH2，在催化劑作用下發(fā)生反響生成甲醇，改變條件，測得CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度(T)、壓強(p)的關(guān)系如下圖。那么該反響的ΔH________0(填“>〞或“<〞)。假設(shè)到達(dá)平衡狀態(tài)A時，容器的體積為10L，那么在平衡狀態(tài)B時平衡常數(shù)K＝________，此時容器的體積為________L。[解析]根據(jù)圖像，隨溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率降低，說明平衡逆向移動，所以ΔH<0；當(dāng)?shù)竭_(dá)平衡狀態(tài)A時，容器的體積為10L，此時CO的轉(zhuǎn)化率為50%，那么CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)起始/(mol·L－1)：120轉(zhuǎn)化/(mol·L－1):0.510.5平衡/(mol·L－1):0.510.5K＝eq\f(0.5,0.5×12)＝1，因A、B反響溫度相等，那么平衡常數(shù)相等，且B點時CO的轉(zhuǎn)化率為80%，那么CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)起始/(mol)：10200轉(zhuǎn)化/(mol):8168平衡/(mol):248設(shè)體積為VL，那么有eq\f(\f(8,V),\f(2,V)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,V)))eq\s\up20(2))＝1，解得V＝2。[答案]<123．(2022·衡水模擬，改編)反響：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH<0。為了比擬煤灰中Fe2O3和CaO的催化活性，1223K時，將物質(zhì)的量均為0.2mol的NO和CO充入容積為1L的恒容石英玻璃管中，參加催化劑發(fā)生反響，煙氣分析儀測得n(CO)隨時間(t)的變化如下圖：(1)使用________(填化學(xué)式)作催化劑的催化速率更快。(2)CaO作催化劑時，0～2min內(nèi)，用N2的濃度變化表示的平均反響速率為________。(3)1223K時，該反響的化學(xué)平衡常數(shù)K＝________，假設(shè)保持反響體系溫度不變，到達(dá)平衡后，再向容器中充入0.2molNO和0.1molN2，那么v正________v逆(填“>〞“<〞或“＝〞)。(4)3min時，n(CO)的變化如下圖，那么改變的外界條件可能是_____________________________________________________。[解析](1)由圖像可知，使用Fe2O3作催化劑到達(dá)平衡的時間短，反響速率快。(2)2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)起始/mol：0.20.200轉(zhuǎn)化/mol:0.10.10.050.1平衡/mol:0.10.10.050.1v(N2)＝eq\f(0.05mol,1L×2min)＝0.025mol·L－1·min－1。(3)化學(xué)平衡常數(shù)K＝eq\f(cN2·c2CO2,c2NO·c2CO)＝eq\f(0.05×0.12,0.12×0.12)＝5，再充入0.2molNO和0.1molN2，Qc＝eq\f(0.15×0.12,0.32×0.12)＝eq\f(5,3)<K，平衡向正反響方向移動，v正>v逆。(4)CO的物質(zhì)的量減少，說明平衡向正反響方向移動，且無斷點，可能改變的條件是增加NO的物質(zhì)的量濃度或者減少生成物濃度，該反響為放熱反響，也可能是降低反響溫度等。[答案](1)Fe2O3(2)0.025mol·L－1·min－1(3)5>(4)增加NO的物質(zhì)的量濃度(或減少生成物濃度或降低溫度等)4．將4molSO3氣體和4molNO置于2L容器中，一定條件下發(fā)生如下可逆反響(不考慮NO2和N2O4之間的相互轉(zhuǎn)化)：2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)，2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)。(1)當(dāng)上述系統(tǒng)到達(dá)平衡時，O2和NO2的物質(zhì)的量分別為n(O2)＝0.1mol，n(NO2)＝3.6mol，那么此時SO3氣體的物質(zhì)的量為________。(2)當(dāng)上述系統(tǒng)到達(dá)平衡時，欲求其混合氣體的平衡組成，那么至少還需要知道兩種氣體的平衡濃度，但這兩種氣體不能同時是SO3和________或NO和________(填它們的分子式)。(3)在其他條件不變的情況下，假設(shè)改為起始時在1L容器中充入2molNO2和2molSO2，那么反響到達(dá)平衡時，c(SO2)是________mol·L－1。[解析](1)兩步反響計算時，第一反響的平衡量是第二步反響的起始量，如下：2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)起始/mol400改變/mol3.83.81.9平衡/mol0.23.81.92NO(g)＋O2(g)2NO2(g)起始/mol41.90改變/mol3.61.83.6平衡/mol0.40.13.6(2)假設(shè)SO3和SO2或NO和NO2都不能計算平衡組成。(3)4molSO3和4molNO平衡時SO2為3.8mol，假設(shè)2molSO2和2molNO2，平衡時SO2應(yīng)為1.9mol。[答案](1)0.2mol(2)SO2NO2(3)1.9回歸高考，真題驗收5．(2022·全國卷Ⅰ，節(jié)選)CrOeq\o\al(2－,4)和Cr2Oeq\o\al(2－,7)在溶液中可相互轉(zhuǎn)化。室溫下，初始濃度為1.0mol·L－1的Na2CrO4溶液中c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))隨c(H＋)的變化如下圖。(1)用離子方程式表示Na2CrO4溶液中的轉(zhuǎn)化反響_______________________________________________________________。(2)由圖可知，溶液酸性增大，CrOeq\o\al(2－,4)的平衡轉(zhuǎn)化率____(填“增大〞“減小〞或“不變〞)。根據(jù)A點數(shù)據(jù)，計算出該轉(zhuǎn)化反響的平衡常數(shù)為________。(3)升高溫度，溶液中CrOeq\o\al(2－,4)的平衡轉(zhuǎn)化率減小，那么該反響的ΔH________0(填“大于〞“小于〞或“等于〞)。[解析](1)由信息CrOeq\o\al(2－,4)和Cr2Oeq\o\al(2－,7)在溶液中可相互轉(zhuǎn)化，再結(jié)合圖像知，Na2CrO4溶液中的轉(zhuǎn)化反響為2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O。(2)由圖可知，溶液的酸性增強，Cr2Oeq\o\al(2－,7)的濃度越大，平衡向正反響方向移動，因此CrOeq\o\al(2－,4)的平衡轉(zhuǎn)化率增大；由反響2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O得該轉(zhuǎn)化反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為eq\f(cCr2O\o\al(2－,7),c2CrO\o\al(2－,4)·c2H＋)，根據(jù)A點數(shù)據(jù)可以得出c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1、c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝0.25mol·L－1，可求出轉(zhuǎn)化的c(CrOeq\o\al(2－,4))＝0.25mol·L－1×2＝0.5mol·L－1，進(jìn)一步可得平衡時c(CrOeq\o\al(2－,4))＝0.5mol·L－1，代入表達(dá)式中得平衡常數(shù)K＝1.0×1014。(3)溶液中CrOeq\o\al(2－,4)的平衡轉(zhuǎn)化率減小，說明平衡向逆反響方向移動，由升高溫度平衡向吸熱的方向移動，得出正反響為放熱反響，ΔH小于0。[答案](1)2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O(2)增大1.0×1014(3)小于6．(2022·全國卷Ⅰ，節(jié)選)水煤氣變換[CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)]是重要的化工過程，主要用于合成氨、制氫以及合成氣加工等工業(yè)領(lǐng)域中。答復(fù)以下問題：(1)Shibata曾做過以下實驗：①使純H2緩慢地通過處于721℃下的過量氧化鈷CoO(s)，氧化鈷局部被復(fù)原為金屬鈷Co(s)，平衡后氣體中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.0250。②在同一溫度下用CO復(fù)原CoO(s)，平衡后氣體中CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.0192。根據(jù)上述實驗結(jié)果判斷，復(fù)原CoO(s)為Co(s)的傾向是CO________H2(填“大于〞或“小于〞)。(2)721℃時，在密閉容器中將等物質(zhì)的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用適當(dāng)?shù)拇呋瘎┻M(jìn)行反響，那么平衡時體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為________(填標(biāo)號)。A．<0.25 B．0.25C．0.25～0.50 D．0.50E．>0.50(3)Shoichi研究了467℃、489℃時水煤氣變換中CO和H2分壓隨時間變化關(guān)系(如以下圖所示)，水煤氣變換反響的ΔH<0。催化劑為氧化鐵，實驗初始時體系中的pH2O和pCO相等、pCO2和pH2相等。計算曲線a的反響在30～90min內(nèi)的平均速率eq\x\to(v)(a)＝________kPa·min－1。467℃時pH2和pCO隨時間變化關(guān)系的曲線分別是________、________。489℃時pH2和pCO隨時間變化關(guān)系的曲線分別是________、________。[解析](1)根據(jù)題目提供的實驗數(shù)據(jù)可知用H2復(fù)原CoO制取金屬Co，反響的化學(xué)方程式為H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)，平衡混合氣體中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.0250，K1＝c(H2O)/c(H2)＝(1－0.0250)/0.0250＝39；CO復(fù)原CoO制取金屬Co的化學(xué)方程式為CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)，平衡混合氣體中CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.0192，K2＝c(CO2)/c(CO)＝(1－0.0192)/0.0192≈51.08。K1<K2，說明復(fù)原CoO制取金屬Co的傾向CO大于H2。(2)H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)①CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)②②－①可得CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)設(shè)起始CO、H2O的物質(zhì)的量為amol，轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為xmol，容器容積為1L，那么：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)起始/(mol·L－1)aa00轉(zhuǎn)化/(mol·L－l)xxxx平衡/(mol·L－1)a－xa－xxx那么該反響的K＝x2/(a－x)2＝K2/K1≈1.31，求得：x≈0.534a，那么平衡時H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)約為eq\f(0.534a,2a)＝0.267。(3)根據(jù)反響速率的計算公式可以求算eq\x\to(v)(a)＝eq\f(4.08－3.80kPa,60min)≈0.0047kPa·min－1。由(2)中分析得出H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)在0.25～0.50之間，CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)在0～0.25之間，在同一容器中氣體的分壓之比等于物質(zhì)的量之比，所以H2的分壓始終高于CO的分壓，據(jù)此可將題圖分成上下兩局部，a、b表示的是H2的分壓，c、d表示的是CO的分壓，該反響為放熱反響，故升高溫度，平衡逆向移動，CO分壓增加，H2分壓降低，故467℃時pH2和pCO隨時間變化關(guān)系的曲線分別是b、c489℃時pH2和pCO隨時間變化關(guān)系的曲線分別是a、d。[答案](1)大于(2)C(3)0.0047bcad速率與平衡圖像在生產(chǎn)中的綜合應(yīng)用(對應(yīng)學(xué)生用書第45頁)1．圖像分析(1)?eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up(該反響為放熱反響，低于,T0時，應(yīng)慢，還未到達(dá)平衡，,為平衡建立過程，高于T0時，,為平衡移動過程))))(2)?eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up(隨溫度升高，－lgK減小，K增,大，反響為吸熱反響ΔH>0))))(3)對于A(g)＋2B(g)C(g)?eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nA,nB)越大，Ag越多，αA越小))(4)?eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up(3號催化劑最適宜，,其最適溫度為400℃))))2．圖像題的一般分析思路(1)一審題：審明各物質(zhì)的狀態(tài)(有無固體、液體)，明確氣體分子數(shù)的變化(變大、變小、不變)，正反響是吸熱還是放熱。(2)二析圖像(3)三想方法規(guī)律①三步分析法：一看反響速率是增大還是減??；二看v(正)、v(逆)的相對大??；三看化學(xué)平衡移動的方向。②先拐先平數(shù)值大：在含量(轉(zhuǎn)化率)－時間曲線中，先出現(xiàn)拐點的反響那么先到達(dá)平衡，說明該曲線反響速率快，表示溫度較高、有催化劑、壓強較大等。③定一議二：當(dāng)圖像中有三個量時，先確定一個量不變，再討論另外兩個量的關(guān)系，有時還需要作輔助線。④想規(guī)律做判斷：聯(lián)想化學(xué)反響速率、化學(xué)平衡移動規(guī)律，將圖表與原理結(jié)合，對照得出結(jié)論。一般圖像分析1．(1)(2022·菏澤一模)在一個體積固定的真空密閉容器中充入等物質(zhì)的量的CO2和NH3，在恒定溫度下使其發(fā)生反響：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)并到達(dá)平衡，混合氣體中氨氣的體積分?jǐn)?shù)隨時間的變化如下圖：那么A點的v正(CO2)________(填“>〞“<〞或“＝〞)B點的v逆(H2O)，原因是_______________________________________________________________________________________________。(2)在兩個容積均為1L的密閉容器中以不同的氫碳比[n(H2)/n(CO2)]充入H2和CO2，在一定條件下發(fā)生反響：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)ΔH。CO2的平衡轉(zhuǎn)化率α(CO2)與溫度的關(guān)系如下圖。①此反響的平衡常數(shù)表達(dá)式K＝_________________________，假設(shè)起始時氫氣的濃度為2mol·L－1，那么P點對應(yīng)溫度下，K的值為________。②該反響的ΔH________(填“＞〞“＜〞或“＝〞)0，判斷的理由是_______________________________________________________________________________________________________。③氫碳比：X________(填“＞〞“＜〞或“＝〞)2.0。④在氫碳比為2.0時，Q點v(逆)________(填“＞〞“＜〞或“＝〞)P點的v(逆)。[解析](2)①由圖可知，P點平衡時二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為0.50，eq\f(nH2,nCO2)＝2.0，因起始時氫氣的濃度為2mol·L－1，那么二氧化碳的濃度為1mol·L－1，那么二氧化碳的濃度變化量為0.5mol·L－1，那么：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)eq\o(\s\up10(起始濃度/),\s\do12(mol·L－1))：1200eq\o(\s\up10(變化濃度/),\s\do12(mol·L－1))：0.51.50.251eq\o(\s\up10(平衡濃度/),\s\do12(mol·L－1))：0.50.50.251平衡常數(shù)K＝eq\f(cC2H4·c4H2O,c2CO2·c6H2)＝eq\f(0.25×14,0.52×0.56)＝64。②由題圖可知，氫碳比不變時，溫度升高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，說明升高溫度平衡逆向移動，故逆反響是吸熱反響，那么正反響為放熱反響，ΔH＜0。③氫碳比[eq\f(nH2,nCO2)]越大，二氧化碳的轉(zhuǎn)化率越大，故X＞2.0。(4)相同溫度下，Q點二氧化碳的轉(zhuǎn)化率小于平衡時的轉(zhuǎn)化率，說明Q點未到達(dá)平衡，反響向正反響方向進(jìn)行，逆反響速率增大，到P點平衡狀態(tài)時不變，故在氫碳比為2.0時，Q點v(逆)小于P點的v(逆)。[答案](1)>B點為平衡狀態(tài)，v正(CO2)＝v逆(H2O)，A點為平衡的建立過程，v正(CO2)減少，所以v正(CO2)>v逆(H2O)(2)①eq\f(cC2H4·c4H2O,c2CO2·c6H2)64②＜溫度升高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，平衡逆向移動，故逆反響是吸熱反響，正反響為放熱反響③＞④＜2．(1)(2022·濰坊模擬)臭氧是理想的煙氣脫硝劑，其脫硝反響為2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)ΔH<0，反響在恒容密閉容器中進(jìn)行，NO2的百分含量隨壓強(p)、x的變化如下圖：那么p1________p2(填“>〞“<〞或“＝〞)，x表示的物理量除時間外，還可能是______________。(2)某密閉容器中存在反響：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0，起始時容器中只有amol·L－1CO和bmol·L－1H2，平衡時測得混合氣體中CH3OH的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)[φ(CH3OH)]與溫度(T)、壓強(p)之間的關(guān)系如下圖。①溫度T1和T2時對應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K1、K2，那么K1________(填“>〞“<〞或“＝〞)K2；假設(shè)恒溫(T1)恒容條件下，起始時a＝1、b＝2，測得平衡時混合氣體的壓強為p1，那么T1時該反響的壓強平衡常數(shù)Kp＝________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，用含p1的代數(shù)式表示)。②假設(shè)恒溫恒容條件下，起始時充入1molCO和2molH2，達(dá)平衡后，CO的轉(zhuǎn)化率為α1，此時，假設(shè)再充入1molCO和2molH2，再次達(dá)平衡后，CO的轉(zhuǎn)化率為α2，那么α1________(填“>〞“<〞或“＝〞)α2。[解析](2)①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)n(始)/mol120Δn/molx2xxn(平)/mol1－x2－2xxeq\f(x,1－x＋2－2x＋x)×100%＝40%解得：x＝eq\f(2,3)，Kp＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2,3),\f(5,3))p1)),\f(\f(1,3),\f(5,3))p1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2,3),\f(5,3))p1))eq\s\up44(2))＝eq\f(25,2p\o\al(2,1))。②再充入1molCO、2molH2，平衡時壓強增大，平衡向右移動，所以α1<α2。[答案](1)>O3的物質(zhì)的量或濃度或質(zhì)量(2)①>eq\f(25,2p\o\al(2,1))②<陌生圖像題分析3．向起始溫度為25℃的10L剛性恒容密閉容器中充入1molNO和1molH2，發(fā)生反響：2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)ΔH4。：ⅰ.體系總壓強(p)與時間(t)的關(guān)系如圖中曲線Ⅰ所示；ⅱ.曲線Ⅱ為只改變某一條件的變化曲線；ⅲ.曲線中平衡溫度與起始溫度相同。那么：(1)體系總壓強先增大后減小的原因為________________________________________________________________________。(2)曲線Ⅰ對應(yīng)條件下，0～10min內(nèi)用H2的物質(zhì)的量濃度變化表示的平均反響速率v(H2)＝________。(3)曲線Ⅱ所對應(yīng)的改變的條件為__________________；該條件下NO的平衡轉(zhuǎn)化率為________。(4)25℃時，該反響的平衡常數(shù)K＝________。[解析](2)恒溫恒容時，壓強之比等于物質(zhì)的量之比，設(shè)生成N2的物質(zhì)的量為x，列式得eq\f(2,2－x)＝eq\f(5,4)，解得x＝0.4mol，那么參加反響的H2的物質(zhì)的量為0.8mol，曲線Ⅰ對應(yīng)條件下，0～10min內(nèi)用H2的物質(zhì)的量濃度變化表示的平均反響速率v(H2)＝eq\f(0.8mol,10L×10min)＝0.008mol·L－1·min－1。(3)由圖知，曲線Ⅱ所對應(yīng)的條件下，反響速率加快，最終與曲線Ⅰ到達(dá)同一平衡狀態(tài)，故改變的條件為參加催化劑。參加催化劑不影響平衡，NO的平衡轉(zhuǎn)化率與曲線Ⅰ相同，那么該條件下NO的平衡轉(zhuǎn)化率為80%。(4)25℃時，該反響的平衡常數(shù)K＝eq\f(\f(0.4,10)×\f(0.8,10)2,\f(0.2,10)2×\f(0.2,10)2)＝1600。[答案](1)反響開始正向進(jìn)行，該反響放熱，氣體膨脹，壓強增大；之后氣體總物質(zhì)的量減小，壓強減小(2)0.008mol·L－1·min－1(3)參加催化劑80%(4)16004．(2022·黃岡調(diào)研)向M、N兩個裝置中分別充入相同投料比的N2、H2，進(jìn)行合成氨反響，各反響1小時，測定不同溫度下N2的轉(zhuǎn)化率，得到以下圖。(1)N2、H2在M、N兩裝置中反響時，不同的條件可能是_____________________________________________________。(2)在300℃時，a、b兩點轉(zhuǎn)化率存在差異的原因是_______________________________________________________________。[解析](1)M、N裝置點線在c點相交，即在此溫度下N2的轉(zhuǎn)化率相同，兩裝置所達(dá)平衡相同，又兩裝置中N2、H2的投料比相同，且達(dá)平衡前M中N2的轉(zhuǎn)化率始終比N中大，即M中反響速率快，因此M中使用了催化劑。(2)M裝置中使用了催化劑，a點反響速率快，且合成氨的反響是放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，N2的轉(zhuǎn)化率減小，故a點時反響已到達(dá)平衡，b點反響速率慢，且反響沒到達(dá)平衡，故雖然a、b兩點溫度相同，但轉(zhuǎn)化率不同。[答案](1)M裝置中使用了催化劑(2)M裝置中使用了催化劑，a點反響速率快，到達(dá)了平衡，b點反響速率慢，沒到達(dá)平衡5．在一定條件下，反響：N2O4(g)2NO2(g)，該反響中N2O4、NO2的消耗速率與自身壓強間存在關(guān)系：v(N2O4)＝k1p(N2O4)，v(NO2)＝k2p2(NO2)，其中k1、k2是與反響溫度有關(guān)的常數(shù)。k1、k2與平衡常數(shù)Kp的關(guān)系是k1＝________。在圖中標(biāo)出的點中，能表示反響到達(dá)平衡狀態(tài)的為________。[解析]當(dāng)平衡時，v正＝v逆即v(N2O4)＝eq\f(1,2)v(NO2)，所以k1p(N2O4)＝eq\f(1,2)k2p2(NO2)，k1＝eq\f(1,2)k2eq\f(p2NO2,pN2O4)＝eq\f(1,2)k2Kp。在圖中，v(NO2)＝2v(N2O4)時，為平衡狀態(tài)。[答案]eq\f(1,2)k2KpB點與D點6．反響CO2(g)＋2H2(g)CH2O(g)＋H2O(g)ΔH<0。T2℃時，向體積為2L的恒容密閉容器中充入一定量的H2和CO2的混合氣體，容器內(nèi)氣體壓強為1.2kPa，反響到達(dá)平衡時，CH2O的分壓與起始eq\f(nH2,nCO2)的關(guān)系如下圖：(1)當(dāng)eq\f(nH2,nCO2)＝2時，反響到達(dá)平衡后，假設(shè)再向容器中參加CO2(g)和H2O(g)，使二者分壓均增大0.05kPa，那么到達(dá)新平衡時，H2的轉(zhuǎn)化率將________(填“增大〞“減小〞或“不變〞)。(2)當(dāng)eq\f(nH2,nCO2)＝2.5時，到達(dá)平衡狀態(tài)后，CH2O的分壓可能是圖象中的________點(填“D〞“E〞或“F〞)，原因為______________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)開始時，p(CO2)＝0.4kPa，平衡時p(CH2O)＝0.24kPa，p(H2O)＝0.24kPa，p(H2)＝0.32kPa，p(CO2)＝0.16kPa，Kp＝eq\f(0.24×0.24,0.16×0.322)；參加CO2(g)和H2O(g)，使二者分壓均增大0.05kPa，Q＝eq\f(0.29×0.24,0.21×0.322)<Kp，平衡正向移動，到達(dá)新平衡時H2的轉(zhuǎn)化率將增大。[答案](1)增大(2)F當(dāng)反響物按化學(xué)計量數(shù)之比投料時，到達(dá)平衡時生成物的百分含量最大，故當(dāng)eq\f(nH2,nCO2)＝2.5時，到達(dá)平衡狀態(tài)后，CH2O體積分?jǐn)?shù)小于C點，應(yīng)選F。7．(2022·新超越綜合)反響：C(s)＋NO2(g)eq\f(1,2)N2(g)＋CO2(g)ΔH<0。在密閉容器中參加足量的C和一定量的NO2氣體，維持溫度為T2℃，如下圖為不同壓強下反響經(jīng)過相同時間NO2(1)請從動力學(xué)角度分析，1050kPa前，反響中NO2的轉(zhuǎn)化率隨著壓強增大而增大的原因______________________________；在1100kPa時，NO2的體積分?jǐn)?shù)為________。(2)用某物質(zhì)的平衡分壓代替其物質(zhì)的量濃度也可以表示化學(xué)平衡常數(shù)(記作Kp)；在T2℃、1.1×106Pa時，該反響的化學(xué)平衡常數(shù)Kp＝________(計算表達(dá)式表示)；：氣體分壓(p分)＝氣體總壓(p總[解析]在1050kPa前反響未到達(dá)平衡狀態(tài)，隨著壓強增大，反響速率加快，NO2轉(zhuǎn)化率提高，在1100kPa時，NO2的轉(zhuǎn)化率為40%，假設(shè)NO2共有1mol，那么C(s)＋NO2(g)eq\f(1,2)N2(g)＋CO2(g)n(始)/mol100Δn/mol0.40.20.4n(平)/mol0.60.20.4φ(NO2)＝eq\f(0.6,1.2)×100%＝50%，n(總)＝1.2mol，進(jìn)而求出各組分分壓，最后求出Kp。[答案](1)1050kPa前反響未達(dá)平衡狀態(tài)，隨著壓強增大，正反響速率加快，NO2轉(zhuǎn)化率提高50%(2)eq\f(\f(0.4,1.2)2×\f(0.2,1.2),\f(0.6,1.2)2)×1.1×106Pa或eq\f(\f(1,3)2×\f(1,6),\f(1,4))×1.1×106Pa生產(chǎn)中涉及的圖像常見坐標(biāo)歸納(1)φ(X)或α(X)—T或P。(2)φ(X)或α(X)—投料比。(3)產(chǎn)率—T或P。(4)產(chǎn)率—T或P—時間。(5)φ(X)—T—P。(6)α(X)或產(chǎn)率—T—P。(7)pX—t(時間)等。分壓平衡常數(shù)(Kp)與速率常數(shù)(k正、k逆)(對應(yīng)學(xué)生用書第48頁)1．Kp的兩種計算模板(1)平衡總壓為pN2＋3H22NH3n(平)abcp(分壓)eq\f(a,a＋b＋c)p0eq\f(b,a＋b＋c)p0eq\f(c,a＋b＋c)p0Kp＝eq\f(\f(c,a＋b＋c)p02,\f(a,a＋b＋c)p0\f(b,a＋b＋c)p03)。(2)剛性容器起始壓強為p0，平衡轉(zhuǎn)化率為α2NO2N2O4p(始)p00Δpp0αeq\f(1,2)p