高考化学考前三个月专题复习3化学反应速率化学平衡含解析

...wd......wd......wd...化学反响速率化学平衡最新考纲展示1.了解化学反响速率的概念、反响速率的定量表示方法；了解催化剂在生产、生活和科学研究领域的重要作用。2.了解化学反响的可逆性；了解化学平衡建设的过程；了解化学平衡常数的含义，能利用化学平衡常数进展相关计算。3.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对化学反响速率和化学平衡的影响，认识并能用相关理论解释其一般规律。4.了解化学反响速率和化学平衡的调控在生产、生活和科研领域中的重要作用。根基回扣1．某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种物质随时间的变化关系曲线如以以下列图。(1)由图中的数据分析，该反响的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)反响开场至2min，Z的平均反响速率为__________________________________________。(3)反响开场至2min，用X、Y表示平均反响速率分别为________、________。(4)5min后Z的生成速率与5min末Z的分解速率______(填“变大〞、“变小〞、“相等〞或“无法判断〞)。答案(1)3X＋Y2Z(2)0.05mol·L－1·min－1(3)0.075mol·L－1·min－10.025mol·L－1·min－1(4)相等2．一定条件下反响C(s)＋CO2(g)2CO(g)ΔH>0，在体积不变的密闭容器中到达平衡，按要求答复以下问题：(1)平衡常数表达式是______________。(2)假设升高温度，反响速率________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞，下同)，平衡常数K________，平衡向________方向移动。(3)再通入一定量的CO2气体，反响速率________，平衡常数K________，平衡向________方向移动，CO2的转化率________。(4)再充入一定量的N2，反响速率________，平衡常数K________，平衡________移动。答案(1)K＝eq\f(c2(CO),c(CO2))(2)增大增大正反响(3)增大不变正反响减小(4)不变不变不3．正误判断，正确的打“√〞，错误的打“×〞(1)在其他条件不变时，使用催化剂，正反响速率和逆反响速率同等倍数加快，平衡不移动()(2)当某反响到达限度时，反响物和生成物的浓度一定相等()(3)在一定条件下，向密闭容器中充入1molN2和3molH2充分反响，到达平衡时N2、H2、NH3三者共存()(4)当一个可逆反响到达平衡状态时，正向反响速率和逆向反响速率相等且都等于0()(5)在一样温度下，在一样容积的密闭容器中分别充入1molN2、3molH2和2molNH3，当反响到达平衡时，两平衡状态中NH3的体积分数一样()(6)化学平衡移动，化学平衡常数不一定改变()(7)参加少量CH3COONa晶体可以减小Zn与稀硫酸反响的速率，但不影响产生H2的总量()(8)化学平衡向右移动，一定是正反响速率增大或逆反响速率减小()(9)任何可逆反响到达平衡后，改变温度，平衡一定发生移动()(10)化学反响速率发生变化，化学平衡一定发生移动()(11)对于反响Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，增加Zn的质量(不考虑外表积变化)，生成H2的速率加快()(12)对于2SO2＋O22SO3的可逆反响，改变条件使平衡向右移动，SO2的转化率可能增大，也可能减小()(13)在温度不变的条件下，改变条件使2SO2＋O22SO3的平衡向右移动，平衡常数不变()答案(1)√(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√(7)√(8)×(9)√(10)×(11)×(12)√(13)√题型1化学反响速率及影响因素1．(2014·北京理综，12)一定温度下，10mL0.40mol·L－1H2O2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。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9以下表达不正确的选项是(溶液体积变化忽略不计)()A．0～6min的平均反响速率：v(H2O2)≈3.3×10－2mol·L－1·min－1B．6～10min的平均反响速率：v(H2O2)<3.3×10－2mol·L－1·min－1C．反响到6min时，c(H2O2)＝0.30mol·L－1D．反响到6min时，H2O2分解了50%答案C解析2H2O2eq\o(=,\s\up7(催化剂))2H2O＋O2↑A项，6min时，生成O2的物质的量n(O2)＝eq\f(22.4mL×10－3L·mL－1,22.4L·mol－1)＝1×10－3mol，依据反响方程式，消耗n(H2O2)＝2×10－3mol，所以0～6min时，v(H2O2)＝eq\f(2×10－3mol,0.01L×6min)≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，正确；B项，6～10min时，生成O2的物质的量n(O2)＝eq\f((29.9－22.4)×10－3L,22.4L·mol－1)≈0.335×10－3mol，依据反响方程式，消耗n(H2O2)＝0.335×10－3mol×2＝0.67×10－3mol,6～10min时，v(H2O2)＝eq\f(0.67×10－3mol,0.01L×4min)≈1.68×10－2mol·L－1·min－1<3.3×10－2mol·L－1·min－1，正确；C项，反响至6min时，消耗n(H2O2)＝2×10－3mol，剩余n(H2O2)＝0.40mol·L－1×0.01L－2×10－3mol＝2×10－3mol，c(H2O2)＝eq\f(2×10－3mol,0.01L)＝0.20mol·L－1，错误；D项，反响至6min时，消耗n(H2O2)＝2×10－3mol，n(H2O2)总＝4×10－3mol，所以H2O2分解了50%，正确。2．(2014·新课标全国卷Ⅰ，9)分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2＋I－→H2O＋IO－慢H2O2＋IO－→H2O＋O2＋I－快以下有关该反响的说法正确的选项是()A．反响速率与I－浓度有关B．IO－也是该反响的催化剂C．反响活化能等于98kJ·mol－1D．v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2)答案A解析A项，将题给两个反响合并可得总反响为2H2O2=2H2O＋O2↑，该反响中I－作催化剂，其浓度的大小将影响该反响的反响速率；B项，该反响中IO－是中间产物，不是该反响的催化剂；C项，反响的活化能表示一个化学反响发生所需要的最小能量，分解1molH2O2放出98kJ热量，不能据此判断该反响的活化能；D项，由反响速率与对应物质的化学计量数的关系可知v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)。3．[2014·广东理综，33(1)]某小组拟在同浓度Fe3＋的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反响速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1mol·L－1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器。①写出本实验H2O2分解反响方程式并标明电子转移的方向和数目：________________________________________________________________________。②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定________________(要求所测得的数据能直接表达反响速率大小)。③设计实验装置，完成上图的装置示意图。④参照下表格式，拟定实验表格，完整表达实验方案(列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示)。物理量实验序号V[0.1mol·L－1Fe2(SO4)3]/mL……1a……2a……答案①(答案合理即可)②生成一样体积的氧气所需要的时间(或一样时间内，生成氧气的体积)③④V(H2O2)/mLV(H2O)/mLV(O2)/mLt/s1bced2cbef或V(H2O2)/mLV(H2O)/mLt/sV(O2)/mL1bced2cbef解析①分析化合价并应用化合价变化规律解决问题。双氧水中氧元素的化合价为－1价，发生分解反响生成氧气，O2中O的化合价为0价，水中O元素的化合价为－2价，所以是自身的氧化复原反响，用单线桥法表示其电子转移的方向和数目：②做实验题时，首先要明确实验原理。该实验是探究双氧水的分解速率，所以应测定不同浓度双氧水分解时产生氧气的速率，即可以测定一样时间内生成氧气的体积。③根据题目给出的限选仪器可以选用导管、水槽、量筒组成气体收集装置。④探究时一定要注意变量的控制，即只改变一个变量，才能说明该变量对反响的影响。表格中给出了硫酸铁的量，且体积均相等。而探究的是不同浓度的双氧水分解的速率，所以必须要有不同浓度的双氧水，但题给试剂中只有30%的双氧水，因此还需要蒸馏水，要保证硫酸铁的浓度一样，必须保证两组实验中双氧水和蒸馏水的总体积一样，且两组实验中双氧水和蒸馏水的体积不同两个条件。同时还要记录两组实验中收集一样体积氧气所需时间或一样时间内收集氧气的体积大小。有关化学反响速率的易错点(1)错误地把化学反响速率等同于瞬时速率。化学反响速率是某一段时间内的平均速率，而不是瞬时速率。(2)进展化学反响速率的相关计算时，错误地用某物质的物质的量浓度计算，速率大小比照时易无视各物质的速率的单位是否一致，单位书写是否正确。(3)错误地认为纯固体和纯液体不会改变化学反响速率。实际上不能用纯固体和纯液体物质的变化表示化学反响速率，但假设将固体的颗粒变小(增大固体的接触面积)则化学反响速率会加快。(4)错误地认为只要增大压强，化学反响速率一定增大。实际上反响在密闭固定容积的容器中进展，假设充入氦气(或不参与反响的气体)，压强增大，但参与反响的各物质的浓度不变，反响速率不变；假设反响在密闭容积可变的容器中进展，充入氦气(或不参与反响的气体)而保持压强不变，相当于压强减小，反响速率减小。(5)不能正确区分外界条件对可逆反响的正、逆反响速率的影响趋势。如对ΔH<0的反响，升高温度，平衡逆向移动，正、逆反响速率都增大，并不是只增大逆反响速率，只是逆反响速率增大的程度大于正反响速率；工业合成氨中，移出局部氨气(平衡右移)，正逆反响速率都减小，并不是增大了正反响速率。(6)不能正确使用控制变量思想。在研究影响化学反响速率的因素时，由于外界影响因素较多，一定要弄清变量和定量，特别是要注意在改变某一变量时，是否会影响到某一定量。如第3题第④问在设计实验时，为确保每次实验时Fe2(SO4)3浓度不变，要用适量的蒸馏水调整，保证每次反响体系的总体积一样。1．以下关于化学反响速率的说法中，正确的选项是()A．化学反响速率是指某一时刻某种反响物的瞬时反响速率B．化学反响速率为0.8mol·L－1·s－1是指反响1s时某物质的浓度为0.8mol·L－1C．根据化学反响速率的大小可推知化学反响的快慢D．对于一个化学反响来说，其反响速率越大，反响现象就越明显答案C解析A项中化学反响速率是指一段时间内某种反响物或生成物的平均反响速率；B项中0.8mol·L－1·s－1不是指反响1s时某物质的浓度为0.8mol·L－1，而是指1s内该物质的浓度变化量为0.8mol·L－1；D项中反响速率与反响现象无必然联系。2．在恒温、恒容的密闭容器中进展反响2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑。假设H2O2溶液的浓度由2.0mol·L－1降到1.0mol·L－1需10s，那么H2O2浓度由1.0mol·L－1降到0.5mol·L－1所需的反响时间为()A．5sB．大于5sC．小于5sD．无法判断答案B解析H2O2溶液浓度由2.0mol·L－1降到1.0mol·L－1需要10s，可推知假设降到0.5mol·L－1需要5s，但后一次浓度的降低是在前面的根基上，由于H2O2溶液浓度减小，反响速率减小，则后面的反响所需时间大于5s，应选B。3．对于可逆反响mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，假设其他条件都不变，只是在反响前是否参加催化剂，可得到如下两种v－t图像：以下判断正确的选项是()A．a1>a2B．t1<t2C．两图中阴影局部面积相等D．图Ⅱ中阴影局部面积更大答案C解析催化剂可以加快化学反响速率，Ⅱ中使用了催化剂，故反响速率a2>a1，A错误；反响速率越大，到达平衡的时间越短，即t2<t1，B错误；根据v(A)＝eq\f(Δc(A),Δt)可得Δc(A)＝v(A)×Δt，即阴影面积可表示A浓度的减小量，催化剂不能改变平衡状态，故阴影面积相等，C正确、D错误。4．影响化学反响速率的因素很多，某课外兴趣小组用实验的方法探究影响化学反响速率的因素。实验一：利用Cu、Fe、Mg和不同浓度的硫酸(0.5mol·L－1、2mol·L－1、18.4mol·L－1)，设计实验方案，研究影响反响速率的因素。(1)甲同学的实验报告如表所示：实验步骤实验现象实验结论①取三份等体积的2mol·L－1硫酸于试管中②分别投入大小、形状一样的Cu、Fe、Mg反响产生气泡的速率大小：Mg>Fe>Cu反响物的性质越活泼，反响速率越大该同学的实验目的是__________________，要想得出正确的实验结论，还需要控制的实验条件是________________________________________________________________________。(2)乙同学为了能准确地研究浓度对反响速率的影响，在一样温度下利用如以以下列图装置进展定量实验。完成该实验应选用的实验药品是__________，应该测定的实验数据是________________________________________________________________________。实验二：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑(3)针对上述实验现象，某同学认为该反响放热，导致溶液的温度升高，从而使反响速率增大。从影响化学反响速率的因素看，你认为还可能是________的影响。(4)假设要用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，还可以在反响开场时参加________(填字母)。A．硫酸钾 B．硫酸锰C．氯化锰 D．水答案(1)比照反响物本身的性质对反响速率的影响温度一样(2)Fe、0.5mol·L－1和2mol·L－1的硫酸产生一样体积氢气所需的时间(或一样时间内产生氢气的体积)(3)Mn2＋的催化作用(或催化剂)(4)B解析(1)甲同学研究的是几种不同金属与同浓度的硫酸反响的速率大小，因此可确定研究的是反响物本身的性质对反响速率的影响。研究时必须保证外界条件一样，现有条件是浓度一样、压强一样、没有使用催化剂，故只要再控制温度一样即可。(2)乙同学可以选择两种不同浓度的酸与金属反响。Cu与硫酸不反响，Mg与硫酸反响太快，应选择Fe。而常温下Fe遇18.4mol·L－1的硫酸时会发生钝化，故只能选择0.5mol·L－1和2mol·L－1的硫酸。该反响产生的是氢气，反响速率又与时间有关，故需要测定的数据是产生一样体积氢气所需的时间或一样时间内产生氢气体积的多少。(3)随着反响进展，反响物的浓度越来越小，反响在敞口容器中进展，故可排除压强的影响，因此可猜想是由于催化剂的影响，此催化剂只能来源于生成物，故为Mn2＋。(4)C中Cl－易与KMnO4发生氧化复原反响，故只能选B。题型2化学平衡状态及平衡和移动方向的判断1．(2012·上海，33)用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反响如下：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)eq\o(,\s\up7(高温))Si3N4(s)＋12HCl(g)ΔH＝－Q(Q>0)一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反响到达化学平衡状态的是________(填字母)。a．3v逆(N2)＝v正(H2)b．v正(HCl)＝4v正(SiCl4)c．混合气体密度保持不变d．c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)＝1∶3∶6答案ac解析利用化学反响速率之比等于化学方程式计量数之比可知a项表达的真实含义是v正＝v逆，表示反响到达平衡状态；b项均表示正反响速率，无论反响是否处于平衡状态，都成立；混合气体密度不变说明气体质量不变，而平衡移动气体质量会发生改变，所以c项表示反响到达平衡状态；d项表示的浓度关系与是否平衡无关。2．(2014·海南，12改编)将BaO2放入密闭的真空容器中，反响2BaO2(s)2BaO(s)＋O2(g)到达平衡。保持温度不变，缩小容器容积，体系重新到达平衡，以下说法正确的选项是()A．平衡常数减小B．BaO量不变C．氧气压强增大D．BaO2量增加答案D解析A项，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不改变，错误；B项，由于该反响2BaO2(s)2BaO(s)＋O2(g)的正反响是体积增大的反响，当温度保持不变时，缩小容器体积(相当于加压)，平衡会向体积减小的方向即逆反响方向移动，所以BaO量减小，BaO2量增加，B错误、D正确；C项，由于温度不变，则化学平衡常数[K＝c(O2)]不变，所以c(O2)不变，所以氧气压强不变，错误。3．(2014·重庆理综，7)在恒容密闭容器中通入X并发生反响：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如以以下列图。以下表达正确的选项是()A．该反响进展到M点放出的热量大于进展到W点放出的热量B．T2下，在0～t1时间内，v(Y)＝eq\f(a－b,t1)mol·L－1·min－1C．M点的正反响速率v正大于N点的逆反响速率v逆D．M点时再参加一定量X，平衡后X的转化率减小答案C解析根据图像给出的在不同温度下到达平衡所需要的时间可得出：T1>T2，再根据不同温度下到达平衡时c(X)的大小可推出此反响为放热反响。M点X的转化率小于W点X的转化率，因此反响进展到M点放出的热量小于进展到W点放出的热量，选项A不正确；T2下，在0～t1时间内，v(X)＝eq\f(a－b,t1)mol·L－1·min－1，v(Y)＝eq\f(1,2)v(X)＝eq\f(a－b,2t1)mol·L－1·min－1，选项B不正确；M点时在恒容条件下再参加一定量X，相当于增大压强，平衡正向移动，平衡后X的转化率增大，选项D不正确；在T1和T2温度时，当到达平衡状态时，M点v正(M)＝v逆(M)，W点v正(W)＝v逆(W)，温度高反响速率快，v逆(M)>v逆(W)，又v逆(W)>v逆(N)，则v逆(M)>v逆(N)，则v正(M)>v逆(N)，选项C正确。1．化学平衡状态的判断方法指导思想：选定反响中的“变量〞，即随反响进展而变化的量，当“变量〞不再变化时，反响已达平衡。(1)直接判断依据eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①v正＝v逆,②各组分的物质的量或质量不变,③各组分的含量(w、φ)不变))(2)间接判断依据①对于有有色气体存在的反响体系，如2NO2(g)N2O4(g)等，假设体系的颜色不再发生改变，则反响已达平衡状态。②对于有气体存在且反响前后气体的物质的量发生改变的反响，如N2(g)＋3H2(g)eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3(g)，假设反响体系的压强不再发生变化或平均相对分子质量不再变化，则说明反响已达平衡状态。注意：对有气体存在且反响前后气体的物质的量不发生改变的反响如：2HI(g)H2(g)＋I2(g)，反响过程中的任何时刻体系的压强、气体的物质的量、平均相对分子质量都不变，故体系压强、气体的物质的量、平均相对分子质量不变均不能说明反响已达平衡状态。2．分析化学平衡移动的一般思路(一)平衡状态的建设1．以下说法可以证明H2(g)＋I2(g)2HI(g)已达平衡状态的是()①单位时间内生成nmolH2的同时，生成nmolHI②一个H—H键断裂的同时有两个H—I键断裂③百分含量w(HI)＝w(I2)④反响速率v(H2)＝v(I2)＝eq\f(1,2)v(HI)⑤c(HI)∶c(H2)∶c(I2)＝2∶1∶1⑥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A．①②③④B．②⑥⑨C．②⑥⑨⑩D．③⑤⑥⑦⑧答案B解析对于反响前后气体分子数相等的可逆反响，平均相对分子质量、压强及密度不能用来判断反响是否到达平衡。2．将一定量纯洁的氨基甲酸铵置于密闭真空恒容容器中(固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其到达分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。判断该分解反响已经到达化学平衡的是()A．2v(NH3)＝v(CO2)B．密闭容器中c(NH3)∶c(CO2)＝2∶1C．密闭容器中混合气体的密度不变D．密闭容器中氨气的体积分数不变答案C解析该反响为有固体参与的非等体反响，且容器体积不变，所以压强、密度均可作化学平衡标志，该题应特别注意D项，因为该反响为固体的分解反响，所以NH3、CO2的体积分数始终为定值(NH3为eq\f(2,3)，CO2为eq\f(1,3))。(二)平衡移动方向和结果的判定3．在某恒温、恒容的密闭容器内发生反响：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)ΔH>0，开场时充入2molNO2并到达平衡，以下说法正确的选项是()A．再充入2molNO2，平衡正向移动，O2的体积分数增大B．升高温度，O2的体积分数减小C．增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数增大D．再充入1molO2，NO2的体积分数增大答案C解析再充入2molNO2，相当于增大压强，平衡逆向移动，O2的体积分数减小，A错；升高温度，平衡正向移动，O2的体积分数增大，B错；再充入1molO2，虽然平衡逆向移动，NO2的物质的量增大，但NO2的体积分数减小，D错。4．以下说法正确的选项是()A．工业生产硫酸中采用高温可提高二氧化硫的转化率B．合成氨工业中，适当高的温度既可以提高反响速率，又可以使催化剂的活性最大C．用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳气体，升高温度可使吸收速率加快D．酯化反响是一个可逆的吸热反响，故温度越高越有利于生成酯答案B解析二氧化硫的催化氧化是一个放热反响，采用高温会使其转化率降低，A错；升温后二氧化碳的溶解度会降低，使吸收速率减慢，C错；温度过高会发生副反响，D错。5．将等物质的量的X、Y气体充入某密闭容器中，一定条件下，发生如下反响并到达平衡：X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH<0。改变某个条件并维持新条件直至到达新的平衡，下表中关于新平衡与原平衡的比照正确的选项是()选项改变的条件新平衡与原平衡比照A升高温度X的转化率变小B增大压强X的浓度变小C充入一定量YY的转化率增大D使用适当催化剂X的体积分数变小答案A解析升温，平衡向吸热反响的方向移动，即逆向移动，X的转化率变小，A项正确；增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即正向移动，X的物质的量减小，但由于容器体积减小，各组分的浓度均比原平衡的大，故B项错误；增大一种反响物的浓度，能够提高另一种反响物的转化率，而其本身的转化率降低，故C项错误；催化剂只能改变反响速率，不能影响平衡状态，故各物质的体积分数不变，D项错误。题型3用平衡常数和转化率定量研究化学反响的限度1．[2014·福建理综，24(3)]t℃时，反响FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)的平衡常数K＝0.25。①t℃时，反响到达平衡时n(CO)∶n(CO2)＝______。②假设在1L密闭容器中参加0.02molFeO(s)，并通入xmolCO，t℃时反响到达平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x＝________。答案①4∶1②0.05解析①根据该反响的K＝c(CO2)/c(CO)＝0.25，可知反响到达平衡时n(CO)∶n(CO2)＝4∶1。②根据反响：FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)eq\x(初始物质,的量/mol)0.02x00eq\x(变化物质,的量/mol)0.010.010.010.01eq\x(平衡物质,的量/mol)0.01x－0.010.010.01根据化学平衡常数可知：K＝0.01/(x－0.01)＝0.25，解得x＝0.05。2．(2014·海南，14)硝基苯甲酸乙酯在OH－存在下发生水解反响：O2NC6H4COOC2H5＋OH－O2NC6H4COO－＋C2H5OH两种反响物的初始浓度均为0.050mol·L－1,15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率αt/s0120180240330530600700800α/%033.041.848.858.069.070.471.071.0(1)列式计算该反响在120～180s与180～240s区间的平均反响速率____________、____________；比照两者大小可得出的结论是____________________。(2)列式计算15℃时该反响的平衡常数____________(3)为提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反响温度外，还可采取的措施有____________________________________(要求写出两条)。答案(1)v＝eq\f(0.050mol·L－1×(41.8%－33.0%),(180－120)s)＝7.3×10－5mol·L－1·s－1v＝eq\f(0.050mol·L－1×(48.8%－41.8%),(240－180)s)＝5.8×10－5mol·L－1·s－1随着反响进展，反响物浓度降低，反响速率减慢(2)K＝eq\f([0.050mol·L－1×71.0%]2,[0.050mol·L－1×(1－71.0%)]2)＝6.0(或K＝eq\f((71.0%)2,(1－71.0%)2)＝6.0)(3)增加OH－的浓度、移去产物解析(1)根据题目中提供的信息，可知在120～180s内的平均反响速率是：v＝eq\f(0.050mol·L－1×(41.8%－33.0%),(180－120)s)＝7.3×10－5mol·L－1·s－1在180～240s内的平均反响速率是：v＝eq\f(0.050mol·L－1×(48.8%－41.8%),(240－180)s)＝5.8×10－5mol·L－1·s－1根据以上120～180s内(7.3×10－5mol·L－1·s－1)和180～240s内(5.8×10－5mol·L－1·s－1)两个反响速率，可以看出：随着反响进展，反响物浓度降低，反响速率减慢；(2)15℃K＝eq\f([0.050mol·L－1×71.0%]2,[0.050mol·L－1×(1－71.0%)]2)＝6.0。(3)提高O2NC6H4COOC2H5的平衡转化率，就意味着O2NC6H4COOC2H5＋OH－O2NC6H4COO－＋C2H5OH反响的平衡向正方向移动，可以采取的措施有增大反响物的浓度(增加OH－的浓度)，减小生成物的浓度(移去产物)。3．[2014·山东理综，29(1)(2)]研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反响：2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)K1ΔH1<0(Ⅰ)2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)K2ΔH2<0(Ⅱ)(1)4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝________________(用K1、K2表示)。(2)为研究不同条件对反响(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中参加0.2molNO和0.1molCl2，10min时反响(Ⅱ)到达平衡。测得10min内v(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝______mol，NO的转化率α1＝______。其他条件保持不变，反响(Ⅱ)在恒压条件下进展，平衡时NO的转化率α2____α1(填“>〞“<〞或“＝〞)，平衡常数K2________(填“增大〞“减小〞或“不变〞)。假设要使K2减小，可采取的措施是______________________________。答案(1)Keq\o\al(2,1)/K2(2)2.5×10－275%>不变升高温度解析(1)观察题给的三个方程式可知，题目所求的方程式可由(Ⅰ)×2－(Ⅱ)得到，故该反响的平衡常数K＝eq\f(K\o\al(2,1),K2)。(2)由题给数据可知，n(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1×10min×2L＝0.15mol。故n(Cl2)＝0.025mol；NO的转化率α1＝eq\f(0.15mol,0.2mol)×100%＝75%。其他条件保持不变，由恒容条件(2L)改为恒压条件，因该反响是气体分子数减小的反响，平衡正向移动，NO的转化率增大，即α2>α1；平衡常数只是温度的函数，故由恒容条件改为恒压条件时平衡常数不变；要使平衡常数减小，平衡应逆向移动，因为反响(Ⅱ)是放热反响，故应升高温度。1．化学平衡计算的根本模式——平衡“三步曲〞根据反响进展(或移动)的方向，设定某反响物消耗的量，然后列式求解。例：mA＋nBpC＋qD起始量：ab 0 0变化量：mxnxpxqx平衡量：a－mxb－nxpxqx注意：①变化量与化学方程式中各物质的化学计量数成比例；②这里a、b可指：物质的量、浓度、体积等；③弄清起始浓度、平衡浓度、平衡转化率三者之间的互换关系；④在使用平衡常数时，要注意反响物或生成物的状态。2．极限思维模式——“一边倒〞思想极限思维有如下口诀：始转平，平转始，欲求范围找极值。例：mA＋nBpC起始：abc转化极限：aeq\f(n,m)aeq\f(p,m)a平衡极限：0 b－eq\f(n,m)ac＋eq\f(p,m)a3．转化率计算公式转化率α＝eq\f(反响物转化的物质的量(或质量、浓度),反响物起始的物质的量(或质量、浓度))×100%。(一)平衡常数及转化率含义的理解1．对于可逆反响，以下说法正确的选项是()A．化学平衡常数只与温度有关B．升高温度，化学平衡常数一定增大C．正反响的化学平衡常数与逆反响的化学平衡常数一定不相等D．增大反响物浓度，化学平衡常数可能增大答案A解析如果正反响是放热反响，升温则平衡常数减小，B错；正、逆反响的化学平衡常数互为倒数，但不一定不相等，可以同时等于1，C错；化学平衡常数与浓度无关，D错。2．可逆反响：2N2H4(g)＋2NO2(g)3N2(g)＋4H2O(g)ΔH>0。以下有关说法正确的选项是()A．加压有利于化学平衡向正反响方向移动B．该反响的化学平衡常数表达式为K＝eq\f(c2(N2H4)×c2(NO2),c3(N2)×c4(H2O))C．升高温度可缩短反响达平衡的时间但不能提高平衡转化率D．使用催化剂可缩短反响达平衡的时间但不能提高平衡转化率答案D解析加压，化学平衡向逆反响方向移动，A错；平衡常数表达式中应该是生成物浓度的幂之积除以反响物浓度的幂之积，B错；该反响的正反响为吸热反响，升高温度，平衡向正反响方向移动，可以提高平衡转化率，C错。3．一定条件下，通过以下反响可以制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)ΔH＞0该反响在恒容的密闭容器中到达平衡后，假设仅改变图中横坐标x的值，重新到达平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是()选项xyA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4的质量(忽略体积)CO的转化率答案A解析由于此反响为吸热反响，升高温度，平衡正向移动，混合气体质量增加，密度增大，A正确；当增加CO的物质的量时，相当于增大体系的压强，CO的转化率减小，CO2与CO的物质的量之比减小，B错误；平衡常数只与温度有关，与SO2的浓度无关，C错误；MgSO4为固体，增加其质量对平衡无影响，所以CO的转化率不变，D错误。(二)平衡常数及转化率的简单计算4．一样温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生可逆反响：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.6kJ·mol－1。实验测得起始、平衡时的有关数据如下表所示：容器编号起始时各物质的物质的量/mol到达平衡时体系能量的变化N2H2NH3①130放出热量：23.15kJ②0.92.70.2放出热量：Q以下表达错误的选项是()A．容器①、②中反响的平衡常数相等B．平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为eq\f(1,7)C．容器②中到达平衡时放出的热量Q＝23.15kJD．假设容器①的体积为0.5L，则平衡时放出的热量小于23.15kJ答案C解析对于给定反响，平衡常数只是温度的函数，温度一样，平衡常数一样，A正确；由①中放出的热量，可知参加反响的N2为0.25mol，则有N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)n(始)1 3 0n(变)0.25 0.75 0.5n(平)0.75 2.25 0.5NH3的体积分数为eq\f(0.5,3.5)＝eq\f(1,7)因①和②建设的平衡为等效平衡，故B正确；②中达平衡时N2转化了0.15mol，放出的热量为92.6kJ·mol－1×0.15mol＝13.89kJ，C不正确；假设容器①的体积为0.5L，则体积增大，压强减小，平衡向逆反响方向移动，则平衡时放出的热量小于23.15kJ，D正确。5.容积均为1L的甲、乙两个恒容容器中，分别充入2molA、2molB和1molA、1molB，一样条件下，发生以下反响：A(g)＋B(g)xC(g)ΔH<0。测得两容器中c(A)随时间t的变化如以以下列图，以下说法不正确的选项是()A．x＝1B．此条件下，该反响的平衡常数K＝4C．给乙容器升温可缩短反响达平衡的时间但不能提高平衡转化率D．甲和乙中B的平衡转化率相等答案A解析由题图知，两容器中A的转化率一样，说明压强不影响平衡的移动，所以x＝2，A错误；甲容器中，平衡时，A的浓度为1mol·L－1，则B的浓度为1mol·L－1，C的浓度为2mol·L－1，根据平衡常数表达式得K＝4，B正确；升高温度，平衡向逆反响方向移动，导致平衡转化率降低，但能加快反响速率，缩短反响到达平衡所用的时间，C正确；由甲和乙中A的转化率一样知，B的平衡转化率也相等，D正确。6．CH4和H2O(g)在催化剂外表发生反响CH4＋H2OCO＋3H2，该反响在不同温度下的化学平衡常数如下表：温度/℃800100012001400平衡常数0.451.92276.51771.5(1)该反响是________(选填“吸热〞或“放热〞)反响。(2)T℃时，向1L密闭容器中投入1molCH4和1molH2O(g)，平衡时c(CH4)＝0.5mol·L－1，该温度下反响CH4＋H2OCO＋3H2的平衡常数K＝__________。(3)T℃时，向1L密闭容器中投入2molCH4、1molH2O(g)、1molCO、2molH2，则反响的正反响速率________(填“<〞、“>〞或“＝〞)逆反响速率。答案(1)吸热(2)6.75(3)>解析(1)由表中数据可知，平衡常数随温度的升高而变大，说明升高温度平衡正向移动，该反响是吸热反响。(2)根据“三段式法〞计算：K＝eq\f(c(CO)·c3(H2),c(CH4)·c(H2O))＝eq\f(0.5×1.53,0.5×0.5)＝6.75。(3)Qc＝eq\f(c(CO)·c3(H2),c(CH4)·c(H2O))＝eq\f(1×23,2×1)＝4<K，则平衡正向移动，v(正)>v(逆)。题型4以图像为载体的化学反响速率和平衡的综合考察1．(2014·安徽理综，10)臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反响为2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，假设反响在恒容密闭容器中进展，以下由该反响相关图像作出的判断正确的选项是()A升高温度，平衡常数减小B0～3s内，反响速率为v(NO2)＝0.2mol·L－1Ct1时仅参加催化剂，平衡正向移动D达平衡时，仅改变x，则x为c(O2)答案A解析A项，从能量变化的图像分析，该反响为放热反响，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，正确；B项，依据化学反响速率的计算公式：v(NO2)＝eq\f((1.0－0.4)mol·L－1,3s)＝0.2mol·L－1·s－1，单位不对，错误；C项，催化剂会同等程度地改变正、逆反响速率，所以参加催化剂，平衡不移动，错误；D项，增大c(O2)，平衡逆向移动，NO2的转化率降低，错误。2．(2014·新课标全国卷Ⅱ，26)在容积为1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反响N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高，混合气体的颜色变深。答复以下问题：(1)反响的ΔH______0(填“大于〞或“小于〞)；100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如上图所示。在0～60s时段，反响速率v(N2O4)为__________________mol·L－1·s－1；反响的平衡常数K1为________________(2)100℃时达平衡后，改变反响温度为T，c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10s①T________100℃(填“大于〞或“小于〞)________________________________________________________________________。②列式计算温度T时反响的平衡常数K2____________________________________________。(3)温度T时反响达平衡后，将反响容器的容积减少一半，平衡向________(填“正反响〞或“逆反响〞)方向移动，判断理由是________________________________________________。答案(1)大于0.00100.36mol·L－1(2)①大于反响正方向吸热，反响向吸热方向进展，故温度升高②平衡时，c(NO2)＝0.120mol·L－1＋0.0020mol·L－1·s－1×10s×2＝0.160mol·L－1c(N2O4)＝0.040mol·L－1－0.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－1K2＝eq\f((0.160mol·L－1)2,0.020mol·L－1)≈1.3mol·L－1(3)逆反响将反响容器的体积减小一半，即增大压强，当其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质系数减小的方向移动，即向逆反响方向移动解析(1)由题意及图示知，在1.00L的容器中，通入0.100mol的N2O4，发生反响：N2O4(g)2NO2(g)，随温度升高混合气体的颜色变深，说明反响向生成NO2的方向移动，即向正反响方向移动，所以正反响为吸热反响，即ΔH>0；由图示知60s时该反响到达平衡，消耗N2O4为0.100mol·L－1－0.040mol·L－1＝0.060mol·L－1，根据v＝eq\f(Δc,Δt)可知：v(N2O4)＝eq\f(0.060mol·L－1,60s)＝0.0010mol·L－1·s－1；求平衡常数可利用三段式：N2O4(g)2NO2(g)起始量/(mol·L－1)0.100 0转化量/(mol·L－1)0.060 0.120平衡量/(mol·L－1)0.040 0.120K1＝eq\f(c2(NO2),c(N2O4))＝eq\f((0.12mol·L－1)2,0.04mol·L－1)＝0.36mol·L－1。(2)100℃时达平衡后，改变反响温度为T，c(N2O4)降低，说明平衡N2O4(g)2NO2(g)向正反响方向移动，根据勒夏特列原理，温度升高，向吸热反响方向移动，即向正反响方向移动，故T>100℃；由c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，经10s又到达平衡，可知此时消耗N2O40.0020mol·L－1·s－1×10s＝0.020mol·L－由三段式：N2O4(g)2NO2(g)起始量/(mol·L－1)0.040 0.120转化量/(mol·L－1)0.020 0.040平衡量/(mol·L－1)0.020 0.160K2＝eq\f(c2(NO2),c(N2O4))＝eq\f((0.160mol·L－1)2,0.020mol·L－1)≈1.3mol·L－1。(3)温度T时反响到达平衡后，将反响容器的容积减小一半，压强增大，平衡会向气体体积减小的方向移动，该反响逆反响为气体体积减小的反响，故平衡向逆反响方向移动。3．[2014·北京理综，26(2)]对于反响2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)。在其他条件一样时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(p1、p2)下随温度变化的曲线(如图)。①比照p1、p2的大小关系：________。②随温度升高，该反响平衡常数变化的趋势是_____________________________________。答案①p1<p2②减小解析反响2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的正反响为气体总分子数减小的反响，在温度一样时，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，结合NO的平衡转化率与压强的变化曲线可知，p1<p2。由图可知，压强一定时，温度升高，NO的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，则该反响的正向ΔH<0，所以随温度升高，该反响平衡常数减小。化学平衡图像问题是高考化学试题中最常见的一种题型。该类题型的特点为图像是题目的主要组成局部，把所要考察的知识寓于坐标曲线上，简明、直观、形象，易于考察学生的观察能力、类比能力和推理能力。解答化学平衡图像题必须抓住化学方程式及图像的特点。析图的关键在于对“数〞、“形〞、“义〞、“性〞的综合思考，其重点是弄清“四点〞(起点、交点、折点、终点)及各条线段的化学含义，分析曲线的走向，发现图像隐含的条件，找出解题的突破口。(1)解答化学反响速率和化学平衡图像题的一般步骤(2)解答化学反响速率和化学平衡图像题常用技巧①先拐先平在含量—时间曲线中，先出现拐点的则先到达平衡，说明该曲线表示的温度较高或压强较大。②定一议二在含量—T/p曲线中，图像中有三个变量，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系(因平衡移动原理只适用于“单因素〞的改变)。即确定横坐标所示的量后，讨论纵坐标与曲线的关系或确定纵坐标所示的量后，讨论横坐标与曲线的关系。1．某化学小组研究在其他条件不变时，改变密闭容器中某一条件对A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化学平衡状态的影响，得到如右图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。以下判断正确的选项是()A．在T2和n(A2)不变时到达平衡，AB3的物质的量大小为c>b>aB．假设T2>T1，则正反响一定是放热反响C．到达平衡时，A2的转化率大小为b>a>cD．假设T2>T1，到达平衡时b、d点的反响速率为vd>vb答案A解析在T2和n(A2)不变时到达平衡，增加B2的物质的量使平衡向正反响方向移动，导致生成物的物质的量增大，A正确；假设T2>T1，由图像可知，升高温度生成物AB3的体积分数增大，说明平衡向正反响方向移动，则正反响一定是吸热反响，B错误；当A2的物质的量一定时，n(B2)越大A2的转化率越大，到达平衡时A2的转化率大小为c>b>a，C错误；升高温度反响速率加快，假设T2>T1，到达平衡时b、d点的反响速率为vd<vb，D错误。2.对于反响2SO2＋O22SO3(1)某温度下，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如右图所示。平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)________K(B)(填“>〞、“<〞或“＝〞)。(2)将一定量的SO2(g)和O2(g)放入某固定体积的密闭容器中，在一定条件下，c(SO3)的变化如以以以下列图所示。假设在第5分钟将容器的体积缩小一半后，在第8分钟到达新的平衡(此时SO3的浓度为0.25mol·L－1)。请在以以以下列图中画出此变化过程中SO3浓度的变化曲线。答案(1)＝(2)解析(1)平衡常数只与温度有关系，A、B点的温度一样，因而两点的平衡常数相等。(2)体积缩小一半，第5分钟时，浓度应突变为原来的2倍，再根据平衡移动原理，增大压强平衡向正反响方向移动，即可