...wd......wd......wd...化學反響速率化學平衡最新考綱展示1.了解化學反響速率的概念、反響速率的定量表示方法；了解催化劑在生產、生活和科學研究領域的重要作用。2.了解化學反響的可逆性；了解化學平衡建設的過程；了解化學平衡常數的含義，能利用化學平衡常數進展相關計算。3.理解外界條件(濃度、溫度、壓強、催化劑等)對化學反響速率和化學平衡的影響，認識并能用相關理論解釋其一般規律。4.了解化學反響速率和化學平衡的調控在生產、生活和科研領域中的重要作用。根基回扣1．某溫度時，在2L容器中X、Y、Z三種物質隨時間的變化關系曲線如以以下列圖。(1)由圖中的數據分析，該反響的化學方程式為________________________________________________________________________。(2)反響開場至2min，Z的平均反響速率為__________________________________________。(3)反響開場至2min，用X、Y表示平均反響速率分別為________、________。(4)5min后Z的生成速率與5min末Z的分解速率______(填“變大〞、“變小〞、“相等〞或“無法判斷〞)。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2．一定條件下反響C(s)＋CO2(g)2CO(g)ΔH>0，在體積不變的密閉容器中到達平衡，按要求答復以下問題：(1)平衡常數表達式是______________。(2)假設升高溫度，反響速率________(填“增大〞、“減小〞或“不變〞，下同)，平衡常數K________，平衡向________方向移動。(3)再通入一定量的CO2氣體，反響速率________，平衡常數K________，平衡向________方向移動，CO2的轉化率________。(4)再充入一定量的N2，反響速率________，平衡常數K________，平衡________移動。答案(1)K＝eq\f(c2(CO),c(CO2))(2)增大增大正反響(3)增大不變正反響減小(4)不變不變不3．正誤判斷，正確的打“√〞，錯誤的打“×〞(1)在其他條件不變時，使用催化劑，正反響速率和逆反響速率同等倍數加快，平衡不移動()(2)當某反響到達限度時，反響物和生成物的濃度一定相等()(3)在一定條件下，向密閉容器中充入1molN2和3molH2充分反響，到達平衡時N2、H2、NH3三者共存()(4)當一個可逆反響到達平衡狀態時，正向反響速率和逆向反響速率相等且都等于0()(5)在一樣溫度下，在一樣容積的密閉容器中分別充入1molN2、3molH2和2molNH3，當反響到達平衡時，兩平衡狀態中NH3的體積分數一樣()(6)化學平衡移動，化學平衡常數不一定改變()(7)參加少量CH3COONa晶體可以減小Zn與稀硫酸反響的速率，但不影響產生H2的總量()(8)化學平衡向右移動，一定是正反響速率增大或逆反響速率減小()(9)任何可逆反響到達平衡后，改變溫度，平衡一定發生移動()(10)化學反響速率發生變化，化學平衡一定發生移動()(11)對于反響Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，增加Zn的質量(不考慮外表積變化)，生成H2的速率加快()(12)對于2SO2＋O22SO3的可逆反響，改變條件使平衡向右移動，SO2的轉化率可能增大，也可能減小()(13)在溫度不變的條件下，改變條件使2SO2＋O22SO3的平衡向右移動，平衡常數不變()答案(1)√(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√(7)√(8)×(9)√(10)×(11)×(12)√(13)√題型1化學反響速率及影響因素1．(2014·北京理綜，12)一定溫度下，10mL0.40mol·L－1H2O2溶液發生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積(已折算為標準狀況)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9以下表達不正確的選項是(溶液體積變化忽略不計)()A．0～6min的平均反響速率：v(H2O2)≈3.3×10－2mol·L－1·min－1B．6～10min的平均反響速率：v(H2O2)<3.3×10－2mol·L－1·min－1C．反響到6min時，c(H2O2)＝0.30mol·L－1D．反響到6min時，H2O2分解了50%答案C解析2H2O2eq\o(=,\s\up7(催化劑))2H2O＋O2↑A項，6min時，生成O2的物質的量n(O2)＝eq\f(22.4mL×10－3L·mL－1,22.4L·mol－1)＝1×10－3mol，依據反響方程式，消耗n(H2O2)＝2×10－3mol，所以0～6min時，v(H2O2)＝eq\f(2×10－3mol,0.01L×6min)≈3.3×10－2mol·L－1·min－1，正確；B項，6～10min時，生成O2的物質的量n(O2)＝eq\f((29.9－22.4)×10－3L,22.4L·mol－1)≈0.335×10－3mol，依據反響方程式，消耗n(H2O2)＝0.335×10－3mol×2＝0.67×10－3mol,6～10min時，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，正確；C項，反響至6min時，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，錯誤；D項，反響至6min時，消耗n(H2O2)＝2×10－3mol，n(H2O2)總＝4×10－3mol，所以H2O2分解了50%，正確。2．(2014·新課標全國卷Ⅰ，9)分解1molH2O2放出熱量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的機理為H2O2＋I－→H2O＋IO－慢H2O2＋IO－→H2O＋O2＋I－快以下有關該反響的說法正確的選項是()A．反響速率與I－濃度有關B．IO－也是該反響的催化劑C．反響活化能等于98kJ·mol－1D．v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2)答案A解析A項，將題給兩個反響合并可得總反響為2H2O2=2H2O＋O2↑，該反響中I－作催化劑，其濃度的大小將影響該反響的反響速率；B項，該反響中IO－是中間產物，不是該反響的催化劑；C項，反響的活化能表示一個化學反響發生所需要的最小能量，分解1molH2O2放出98kJ熱量，不能據此判斷該反響的活化能；D項，由反響速率與對應物質的化學計量數的關系可知v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)。3．[2014·廣東理綜，33(1)]某小組擬在同濃度Fe3＋的催化下，探究H2O2濃度對H2O2分解反響速率的影響。限選試劑與儀器：30%H2O2、0.1mol·L－1Fe2(SO4)3、蒸餾水、錐形瓶、雙孔塞、水槽、膠管、玻璃導管、量筒、秒表、恒溫水浴槽、注射器。①寫出本實驗H2O2分解反響方程式并標明電子轉移的方向和數目：________________________________________________________________________。②設計實驗方案：在不同H2O2濃度下，測定________________(要求所測得的數據能直接表達反響速率大小)。③設計實驗裝置，完成上圖的裝置示意圖。④參照下表格式，擬定實驗表格，完整表達實驗方案(列出所選試劑體積、需記錄的待測物理量和所擬定的數據；數據用字母表示)。物理量實驗序號V[0.1mol·L－1Fe2(SO4)3]/mL……1a……2a……答案①(答案合理即可)②生成一樣體積的氧氣所需要的時間(或一樣時間內，生成氧氣的體積)③④V(H2O2)/mLV(H2O)/mLV(O2)/mLt/s1bced2cbef或V(H2O2)/mLV(H2O)/mLt/sV(O2)/mL1bced2cbef解析①分析化合價并應用化合價變化規律解決問題。雙氧水中氧元素的化合價為－1價，發生分解反響生成氧氣，O2中O的化合價為0價，水中O元素的化合價為－2價，所以是自身的氧化復原反響，用單線橋法表示其電子轉移的方向和數目：②做實驗題時，首先要明確實驗原理。該實驗是探究雙氧水的分解速率，所以應測定不同濃度雙氧水分解時產生氧氣的速率，即可以測定一樣時間內生成氧氣的體積。③根據題目給出的限選儀器可以選用導管、水槽、量筒組成氣體收集裝置。④探究時一定要注意變量的控制，即只改變一個變量，才能說明該變量對反響的影響。表格中給出了硫酸鐵的量，且體積均相等。而探究的是不同濃度的雙氧水分解的速率，所以必須要有不同濃度的雙氧水，但題給試劑中只有30%的雙氧水，因此還需要蒸餾水，要保證硫酸鐵的濃度一樣，必須保證兩組實驗中雙氧水和蒸餾水的總體積一樣，且兩組實驗中雙氧水和蒸餾水的體積不同兩個條件。同時還要記錄兩組實驗中收集一樣體積氧氣所需時間或一樣時間內收集氧氣的體積大小。有關化學反響速率的易錯點(1)錯誤地把化學反響速率等同于瞬時速率?；瘜W反響速率是某一段時間內的平均速率，而不是瞬時速率。(2)進展化學反響速率的相關計算時，錯誤地用某物質的物質的量濃度計算，速率大小比照時易無視各物質的速率的單位是否一致，單位書寫是否正確。(3)錯誤地認為純固體和純液體不會改變化學反響速率。實際上不能用純固體和純液體物質的變化表示化學反響速率，但假設將固體的顆粒變小(增大固體的接觸面積)則化學反響速率會加快。(4)錯誤地認為只要增大壓強，化學反響速率一定增大。實際上反響在密閉固定容積的容器中進展，假設充入氦氣(或不參與反響的氣體)，壓強增大，但參與反響的各物質的濃度不變，反響速率不變；假設反響在密閉容積可變的容器中進展，充入氦氣(或不參與反響的氣體)而保持壓強不變，相當于壓強減小，反響速率減小。(5)不能正確區分外界條件對可逆反響的正、逆反響速率的影響趨勢。如對ΔH<0的反響，升高溫度，平衡逆向移動，正、逆反響速率都增大，并不是只增大逆反響速率，只是逆反響速率增大的程度大于正反響速率；工業合成氨中，移出局部氨氣(平衡右移)，正逆反響速率都減小，并不是增大了正反響速率。(6)不能正確使用控制變量思想。在研究影響化學反響速率的因素時，由于外界影響因素較多，一定要弄清變量和定量，特別是要注意在改變某一變量時，是否會影響到某一定量。如第3題第④問在設計實驗時，為確保每次實驗時Fe2(SO4)3濃度不變，要用適量的蒸餾水調整，保證每次反響體系的總體積一樣。1．以下關于化學反響速率的說法中，正確的選項是()A．化學反響速率是指某一時刻某種反響物的瞬時反響速率B．化學反響速率為0.8mol·L－1·s－1是指反響1s時某物質的濃度為0.8mol·L－1C．根據化學反響速率的大小可推知化學反響的快慢D．對于一個化學反響來說，其反響速率越大，反響現象就越明顯答案C解析A項中化學反響速率是指一段時間內某種反響物或生成物的平均反響速率；B項中0.8mol·L－1·s－1不是指反響1s時某物質的濃度為0.8mol·L－1，而是指1s內該物質的濃度變化量為0.8mol·L－1；D項中反響速率與反響現象無必然聯系。2．在恒溫、恒容的密閉容器中進展反響2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑。假設H2O2溶液的濃度由2.0mol·L－1降到1.0mol·L－1需10s，那么H2O2濃度由1.0mol·L－1降到0.5mol·L－1所需的反響時間為()A．5sB．大于5sC．小于5sD．無法判斷答案B解析H2O2溶液濃度由2.0mol·L－1降到1.0mol·L－1需要10s，可推知假設降到0.5mol·L－1需要5s，但后一次濃度的降低是在前面的根基上，由于H2O2溶液濃度減小，反響速率減小，則后面的反響所需時間大于5s，應選B。3．對于可逆反響mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，假設其他條件都不變，只是在反響前是否參加催化劑，可得到如下兩種v－t圖像：以下判斷正確的選項是()A．a1>a2B．t1<t2C．兩圖中陰影局部面積相等D．圖Ⅱ中陰影局部面積更大答案C解析催化劑可以加快化學反響速率，Ⅱ中使用了催化劑，故反響速率a2>a1，A錯誤；反響速率越大，到達平衡的時間越短，即t2<t1，B錯誤；根據v(A)＝eq\f(Δc(A),Δt)可得Δc(A)＝v(A)×Δt，即陰影面積可表示A濃度的減小量，催化劑不能改變平衡狀態，故陰影面積相等，C正確、D錯誤。4．影響化學反響速率的因素很多，某課外興趣小組用實驗的方法探究影響化學反響速率的因素。實驗一：利用Cu、Fe、Mg和不同濃度的硫酸(0.5mol·L－1、2mol·L－1、18.4mol·L－1)，設計實驗方案，研究影響反響速率的因素。(1)甲同學的實驗報告如表所示：實驗步驟實驗現象實驗結論①取三份等體積的2mol·L－1硫酸于試管中②分別投入大小、形狀一樣的Cu、Fe、Mg反響產生氣泡的速率大小：Mg>Fe>Cu反響物的性質越活潑，反響速率越大該同學的實驗目的是__________________，要想得出正確的實驗結論，還需要控制的實驗條件是________________________________________________________________________。(2)乙同學為了能準確地研究濃度對反響速率的影響，在一樣溫度下利用如以以下列圖裝置進展定量實驗。完成該實驗應選用的實驗藥品是__________，應該測定的實驗數據是________________________________________________________________________。實驗二：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑(3)針對上述實驗現象，某同學認為該反響放熱，導致溶液的溫度升高，從而使反響速率增大。從影響化學反響速率的因素看，你認為還可能是________的影響。(4)假設要用實驗證明你的猜想，除酸性高錳酸鉀溶液、草酸溶液外，還可以在反響開場時參加________(填字母)。A．硫酸鉀 B．硫酸錳C．氯化錳 D．水答案(1)比照反響物本身的性質對反響速率的影響溫度一樣(2)Fe、0.5mol·L－1和2mol·L－1的硫酸產生一樣體積氫氣所需的時間(或一樣時間內產生氫氣的體積)(3)Mn2＋的催化作用(或催化劑)(4)B解析(1)甲同學研究的是幾種不同金屬與同濃度的硫酸反響的速率大小，因此可確定研究的是反響物本身的性質對反響速率的影響。研究時必須保證外界條件一樣，現有條件是濃度一樣、壓強一樣、沒有使用催化劑，故只要再控制溫度一樣即可。(2)乙同學可以選擇兩種不同濃度的酸與金屬反響。Cu與硫酸不反響，Mg與硫酸反響太快，應選擇Fe。而常溫下Fe遇18.4mol·L－1的硫酸時會發生鈍化，故只能選擇0.5mol·L－1和2mol·L－1的硫酸。該反響產生的是氫氣，反響速率又與時間有關，故需要測定的數據是產生一樣體積氫氣所需的時間或一樣時間內產生氫氣體積的多少。(3)隨著反響進展，反響物的濃度越來越小，反響在敞口容器中進展，故可排除壓強的影響，因此可猜想是由于催化劑的影響，此催化劑只能來源于生成物，故為Mn2＋。(4)C中Cl－易與KMnO4發生氧化復原反響，故只能選B。題型2化學平衡狀態及平衡和移動方向的判斷1．(2012·上海，33)用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金屬制造發動機的耐熱部件，能大幅度提高發動機的熱效率。工業上用化學氣相沉積法制備氮化硅，其反響如下：3SiCl4(g)＋2N2(g)＋6H2(g)eq\o(,\s\up7(高溫))Si3N4(s)＋12HCl(g)ΔH＝－Q(Q>0)一定條件下，在密閉恒容的容器中，能表示上述反響到達化學平衡狀態的是________(填字母)。a．3v逆(N2)＝v正(H2)b．v正(HCl)＝4v正(SiCl4)c．混合氣體密度保持不變d．c(N2)∶c(H2)∶c(HCl)＝1∶3∶6答案ac解析利用化學反響速率之比等于化學方程式計量數之比可知a項表達的真實含義是v正＝v逆，表示反響到達平衡狀態；b項均表示正反響速率，無論反響是否處于平衡狀態，都成立；混合氣體密度不變說明氣體質量不變，而平衡移動氣體質量會發生改變，所以c項表示反響到達平衡狀態；d項表示的濃度關系與是否平衡無關。2．(2014·海南，12改編)將BaO2放入密閉的真空容器中，反響2BaO2(s)2BaO(s)＋O2(g)到達平衡。保持溫度不變，縮小容器容積，體系重新到達平衡，以下說法正確的選項是()A．平衡常數減小B．BaO量不變C．氧氣壓強增大D．BaO2量增加答案D解析A項，化學平衡常數只與溫度有關，溫度不變，化學平衡常數不改變，錯誤；B項，由于該反響2BaO2(s)2BaO(s)＋O2(g)的正反響是體積增大的反響，當溫度保持不變時，縮小容器體積(相當于加壓)，平衡會向體積減小的方向即逆反響方向移動，所以BaO量減小，BaO2量增加，B錯誤、D正確；C項，由于溫度不變，則化學平衡常數[K＝c(O2)]不變，所以c(O2)不變，所以氧氣壓強不變，錯誤。3．(2014·重慶理綜，7)在恒容密閉容器中通入X并發生反響：2X(g)Y(g)，溫度T1、T2下X的物質的量濃度c(X)隨時間t變化的曲線如以以下列圖。以下表達正確的選項是()A．該反響進展到M點放出的熱量大于進展到W點放出的熱量B．T2下，在0～t1時間內，v(Y)＝eq\f(a－b,t1)mol·L－1·min－1C．M點的正反響速率v正大于N點的逆反響速率v逆D．M點時再參加一定量X，平衡后X的轉化率減小答案C解析根據圖像給出的在不同溫度下到達平衡所需要的時間可得出：T1>T2，再根據不同溫度下到達平衡時c(X)的大小可推出此反響為放熱反響。M點X的轉化率小于W點X的轉化率，因此反響進展到M點放出的熱量小于進展到W點放出的熱量，選項A不正確；T2下，在0～t1時間內，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，選項B不正確；M點時在恒容條件下再參加一定量X，相當于增大壓強，平衡正向移動，平衡后X的轉化率增大，選項D不正確；在T1和T2溫度時，當到達平衡狀態時，M點v正(M)＝v逆(M)，W點v正(W)＝v逆(W)，溫度高反響速率快，v逆(M)>v逆(W)，又v逆(W)>v逆(N)，則v逆(M)>v逆(N)，則v正(M)>v逆(N)，選項C正確。1．化學平衡狀態的判斷方法指導思想：選定反響中的“變量〞，即隨反響進展而變化的量，當“變量〞不再變化時，反響已達平衡。(1)直接判斷依據eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①v正＝v逆,②各組分的物質的量或質量不變,③各組分的含量(w、φ)不變))(2)間接判斷依據①對于有有色氣體存在的反響體系，如2NO2(g)N2O4(g)等，假設體系的顏色不再發生改變，則反響已達平衡狀態。②對于有氣體存在且反響前后氣體的物質的量發生改變的反響，如N2(g)＋3H2(g)eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH3(g)，假設反響體系的壓強不再發生變化或平均相對分子質量不再變化，則說明反響已達平衡狀態。注意：對有氣體存在且反響前后氣體的物質的量不發生改變的反響如：2HI(g)H2(g)＋I2(g)，反響過程中的任何時刻體系的壓強、氣體的物質的量、平均相對分子質量都不變，故體系壓強、氣體的物質的量、平均相對分子質量不變均不能說明反響已達平衡狀態。2．分析化學平衡移動的一般思路(一)平衡狀態的建設1．以下說法可以證明H2(g)＋I2(g)2HI(g)已達平衡狀態的是()①單位時間內生成nmolH2的同時，生成nmolHI②一個H—H鍵斷裂的同時有兩個H—I鍵斷裂③百分含量w(HI)＝w(I2)④反響速率v(H2)＝v(I2)＝eq\f(1,2)v(HI)⑤c(HI)∶c(H2)∶c(I2)＝2∶1∶1⑥溫度和體積一定時，某一生成物濃度不再變化⑦溫度和體積一定時，容器內壓強不再變化⑧條件一定，混合氣體的平均相對分子質量不再變化⑨溫度和體積一定時，混合氣體顏色不再變化⑩溫度和壓強一定時，混合氣體的密度不再變化A．①②③④B．②⑥⑨C．②⑥⑨⑩D．③⑤⑥⑦⑧答案B解析對于反響前后氣體分子數相等的可逆反響，平均相對分子質量、壓強及密度不能用來判斷反響是否到達平衡。2．將一定量純潔的氨基甲酸銨置于密閉真空恒容容器中(固體試樣體積忽略不計)，在恒定溫度下使其到達分解平衡：NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。判斷該分解反響已經到達化學平衡的是()A．2v(NH3)＝v(CO2)B．密閉容器中c(NH3)∶c(CO2)＝2∶1C．密閉容器中混合氣體的密度不變D．密閉容器中氨氣的體積分數不變答案C解析該反響為有固體參與的非等體反響，且容器體積不變，所以壓強、密度均可作化學平衡標志，該題應特別注意D項，因為該反響為固體的分解反響，所以NH3、CO2的體積分數始終為定值(NH3為eq\f(2,3)，CO2為eq\f(1,3))。(二)平衡移動方向和結果的判定3．在某恒溫、恒容的密閉容器內發生反響：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)ΔH>0，開場時充入2molNO2并到達平衡，以下說法正確的選項是()A．再充入2molNO2，平衡正向移動，O2的體積分數增大B．升高溫度，O2的體積分數減小C．增大壓強，化學平衡逆向移動，NO2的體積分數增大D．再充入1molO2，NO2的體積分數增大答案C解析再充入2molNO2，相當于增大壓強，平衡逆向移動，O2的體積分數減小，A錯；升高溫度，平衡正向移動，O2的體積分數增大，B錯；再充入1molO2，雖然平衡逆向移動，NO2的物質的量增大，但NO2的體積分數減小，D錯。4．以下說法正確的選項是()A．工業生產硫酸中采用高溫可提高二氧化硫的轉化率B．合成氨工業中，適當高的溫度既可以提高反響速率，又可以使催化劑的活性最大C．用氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳氣體，升高溫度可使吸收速率加快D．酯化反響是一個可逆的吸熱反響，故溫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個放熱反響，采用高溫會使其轉化率降低，A錯；升溫后二氧化碳的溶解度會降低，使吸收速率減慢，C錯；溫度過高會發生副反響，D錯。5．將等物質的量的X、Y氣體充入某密閉容器中，一定條件下，發生如下反響并到達平衡：X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH<0。改變某個條件并維持新條件直至到達新的平衡，下表中關于新平衡與原平衡的比照正確的選項是()選項改變的條件新平衡與原平衡比照A升高溫度X的轉化率變小B增大壓強X的濃度變小C充入一定量YY的轉化率增大D使用適當催化劑X的體積分數變小答案A解析升溫，平衡向吸熱反響的方向移動，即逆向移動，X的轉化率變小，A項正確；增大壓強，平衡向氣體分子數減小的方向移動，即正向移動，X的物質的量減小，但由于容器體積減小，各組分的濃度均比原平衡的大，故B項錯誤；增大一種反響物的濃度，能夠提高另一種反響物的轉化率，而其本身的轉化率降低，故C項錯誤；催化劑只能改變反響速率，不能影響平衡狀態，故各物質的體積分數不變，D項錯誤。題型3用平衡常數和轉化率定量研究化學反響的限度1．[2014·福建理綜，24(3)]t℃時，反響FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)的平衡常數K＝0.25。①t℃時，反響到達平衡時n(CO)∶n(CO2)＝______。②假設在1L密閉容器中參加0.02molFeO(s)，并通入xmolCO，t℃時反響到達平衡。此時FeO(s)轉化率為50%，則x＝________。答案①4∶1②0.05解析①根據該反響的K＝c(CO2)/c(CO)＝0.25，可知反響到達平衡時n(CO)∶n(CO2)＝4∶1。②根據反響：FeO(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)eq\x(初始物質,的量/mol)0.02x00eq\x(變化物質,的量/mol)0.010.010.010.01eq\x(平衡物質,的量/mol)0.01x－0.010.010.01根據化學平衡常數可知：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－存在下發生水解反響：O2NC6H4COOC2H5＋OH－O2NC6H4COO－＋C2H5OH兩種反響物的初始濃度均為0.050mol·L－1,15℃時測得O2NC6H4COOC2H5的轉化率αt/s0120180240330530600700800α/%033.041.848.858.069.070.471.071.0(1)列式計算該反響在120～180s與180～240s區間的平均反響速率____________、____________；比照兩者大小可得出的結論是____________________。(2)列式計算15℃時該反響的平衡常數____________(3)為提高O2NC6H4COOC2H5的平衡轉化率，除可適當控制反響溫度外，還可采取的措施有____________________________________(要求寫出兩條)。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隨著反響進展，反響物濃度降低，反響速率減慢(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－的濃度、移去產物解析(1)根據題目中提供的信息，可知在120～180s內的平均反響速率是：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內的平均反響速率是：v＝eq\f(0.050mol·L－1×(48.8%－41.8%),(240－180)s)＝5.8×10－5mol·L－1·s－1根據以上120～180s內(7.3×10－5mol·L－1·s－1)和180～240s內(5.8×10－5mol·L－1·s－1)兩個反響速率，可以看出：隨著反響進展，反響物濃度降低，反響速率減慢；(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的平衡轉化率，就意味著O2NC6H4COOC2H5＋OH－O2NC6H4COO－＋C2H5OH反響的平衡向正方向移動，可以采取的措施有增大反響物的濃度(增加OH－的濃度)，減小生成物的濃度(移去產物)。3．[2014·山東理綜，29(1)(2)]研究氮氧化物與懸浮在大氣中海鹽粒子的相互作用時，涉及如下反響：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)的平衡常數K＝________________(用K1、K2表示)。(2)為研究不同條件對反響(Ⅱ)的影響，在恒溫條件下，向2L恒容密閉容器中參加0.2molNO和0.1molCl2，10min時反響(Ⅱ)到達平衡。測得10min內v(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1，則平衡后n(Cl2)＝______mol，NO的轉化率α1＝______。其他條件保持不變，反響(Ⅱ)在恒壓條件下進展，平衡時NO的轉化率α2____α1(填“>〞“<〞或“＝〞)，平衡常數K2________(填“增大〞“減小〞或“不變〞)。假設要使K2減小，可采取的措施是______________________________。答案(1)Keq\o\al(2,1)/K2(2)2.5×10－275%>不變升高溫度解析(1)觀察題給的三個方程式可知，題目所求的方程式可由(Ⅰ)×2－(Ⅱ)得到，故該反響的平衡常數K＝eq\f(K\o\al(2,1),K2)。(2)由題給數據可知，n(ClNO)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1×10min×2L＝0.15mol。故n(Cl2)＝0.025mol；NO的轉化率α1＝eq\f(0.15mol,0.2mol)×100%＝75%。其他條件保持不變，由恒容條件(2L)改為恒壓條件，因該反響是氣體分子數減小的反響，平衡正向移動，NO的轉化率增大，即α2>α1；平衡常數只是溫度的函數，故由恒容條件改為恒壓條件時平衡常數不變；要使平衡常數減小，平衡應逆向移動，因為反響(Ⅱ)是放熱反響，故應升高溫度。1．化學平衡計算的根本模式——平衡“三步曲〞根據反響進展(或移動)的方向，設定某反響物消耗的量，然后列式求解。例：mA＋nBpC＋qD起始量：ab 0 0變化量：mxnxpxqx平衡量：a－mxb－nxpxqx注意：①變化量與化學方程式中各物質的化學計量數成比例；②這里a、b可指：物質的量、濃度、體積等；③弄清起始濃度、平衡濃度、平衡轉化率三者之間的互換關系；④在使用平衡常數時，要注意反響物或生成物的狀態。2．極限思維模式——“一邊倒〞思想極限思維有如下口訣：始轉平，平轉始，欲求范圍找極值。例：mA＋nBpC起始：abc轉化極限：aeq\f(n,m)aeq\f(p,m)a平衡極限：0 b－eq\f(n,m)ac＋eq\f(p,m)a3．轉化率計算公式轉化率α＝eq\f(反響物轉化的物質的量(或質量、濃度),反響物起始的物質的量(或質量、濃度))×100%。(一)平衡常數及轉化率含義的理解1．對于可逆反響，以下說法正確的選項是()A．化學平衡常數只與溫度有關B．升高溫度，化學平衡常數一定增大C．正反響的化學平衡常數與逆反響的化學平衡常數一定不相等D．增大反響物濃度，化學平衡常數可能增大答案A解析如果正反響是放熱反響，升溫則平衡常數減小，B錯；正、逆反響的化學平衡常數互為倒數，但不一定不相等，可以同時等于1，C錯；化學平衡常數與濃度無關，D錯。2．可逆反響：2N2H4(g)＋2NO2(g)3N2(g)＋4H2O(g)ΔH>0。以下有關說法正確的選項是()A．加壓有利于化學平衡向正反響方向移動B．該反響的化學平衡常數表達式為K＝eq\f(c2(N2H4)×c2(NO2),c3(N2)×c4(H2O))C．升高溫度可縮短反響達平衡的時間但不能提高平衡轉化率D．使用催化劑可縮短反響達平衡的時間但不能提高平衡轉化率答案D解析加壓，化學平衡向逆反響方向移動，A錯；平衡常數表達式中應該是生成物濃度的冪之積除以反響物濃度的冪之積，B錯；該反響的正反響為吸熱反響，升高溫度，平衡向正反響方向移動，可以提高平衡轉化率，C錯。3．一定條件下，通過以下反響可以制備特種陶瓷的原料MgO：MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)ΔH＞0該反響在恒容的密閉容器中到達平衡后，假設僅改變圖中橫坐標x的值，重新到達平衡后，縱坐標y隨x變化趨勢合理的是()選項xyA溫度容器內混合氣體的密度BCO的物質的量CO2與CO的物質的量之比CSO2的濃度平衡常數KDMgSO4的質量(忽略體積)CO的轉化率答案A解析由于此反響為吸熱反響，升高溫度，平衡正向移動，混合氣體質量增加，密度增大，A正確；當增加CO的物質的量時，相當于增大體系的壓強，CO的轉化率減小，CO2與CO的物質的量之比減小，B錯誤；平衡常數只與溫度有關，與SO2的濃度無關，C錯誤；MgSO4為固體，增加其質量對平衡無影響，所以CO的轉化率不變，D錯誤。(二)平衡常數及轉化率的簡單計算4．一樣溫度下，體積均為0.25L的兩個恒容密閉容器中發生可逆反響：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.6kJ·mol－1。實驗測得起始、平衡時的有關數據如下表所示：容器編號起始時各物質的物質的量/mol到達平衡時體系能量的變化N2H2NH3①130放出熱量：23.15kJ②0.92.70.2放出熱量：Q以下表達錯誤的選項是()A．容器①、②中反響的平衡常數相等B．平衡時，兩個容器中NH3的體積分數均為eq\f(1,7)C．容器②中到達平衡時放出的熱量Q＝23.15kJD．假設容器①的體積為0.5L，則平衡時放出的熱量小于23.15kJ答案C解析對于給定反響，平衡常數只是溫度的函數，溫度一樣，平衡常數一樣，A正確；由①中放出的熱量，可知參加反響的N2為0.25mol，則有N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)n(始)1 3 0n(變)0.25 0.75 0.5n(平)0.75 2.25 0.5NH3的體積分數為eq\f(0.5,3.5)＝eq\f(1,7)因①和②建設的平衡為等效平衡，故B正確；②中達平衡時N2轉化了0.15mol，放出的熱量為92.6kJ·mol－1×0.15mol＝13.89kJ，C不正確；假設容器①的體積為0.5L，則體積增大，壓強減小，平衡向逆反響方向移動，則平衡時放出的熱量小于23.15kJ，D正確。5.容積均為1L的甲、乙兩個恒容容器中，分別充入2molA、2molB和1molA、1molB，一樣條件下，發生以下反響：A(g)＋B(g)xC(g)ΔH<0。測得兩容器中c(A)隨時間t的變化如以以下列圖，以下說法不正確的選項是()A．x＝1B．此條件下，該反響的平衡常數K＝4C．給乙容器升溫可縮短反響達平衡的時間但不能提高平衡轉化率D．甲和乙中B的平衡轉化率相等答案A解析由題圖知，兩容器中A的轉化率一樣，說明壓強不影響平衡的移動，所以x＝2，A錯誤；甲容器中，平衡時，A的濃度為1mol·L－1，則B的濃度為1mol·L－1，C的濃度為2mol·L－1，根據平衡常數表達式得K＝4，B正確；升高溫度，平衡向逆反響方向移動，導致平衡轉化率降低，但能加快反響速率，縮短反響到達平衡所用的時間，C正確；由甲和乙中A的轉化率一樣知，B的平衡轉化率也相等，D正確。6．CH4和H2O(g)在催化劑外表發生反響CH4＋H2OCO＋3H2，該反響在不同溫度下的化學平衡常數如下表：溫度/℃800100012001400平衡常數0.451.92276.51771.5(1)該反響是________(選填“吸熱〞或“放熱〞)反響。(2)T℃時，向1L密閉容器中投入1molCH4和1molH2O(g)，平衡時c(CH4)＝0.5mol·L－1，該溫度下反響CH4＋H2OCO＋3H2的平衡常數K＝__________。(3)T℃時，向1L密閉容器中投入2molCH4、1molH2O(g)、1molCO、2molH2，則反響的正反響速率________(填“<〞、“>〞或“＝〞)逆反響速率。答案(1)吸熱(2)6.75(3)>解析(1)由表中數據可知，平衡常數隨溫度的升高而變大，說明升高溫度平衡正向移動，該反響是吸熱反響。(2)根據“三段式法〞計算：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，則平衡正向移動，v(正)>v(逆)。題型4以圖像為載體的化學反響速率和平衡的綜合考察1．(2014·安徽理綜，10)臭氧是理想的煙氣脫硝試劑，其脫硝反響為2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，假設反響在恒容密閉容器中進展，以下由該反響相關圖像作出的判斷正確的選項是()A升高溫度，平衡常數減小B0～3s內，反響速率為v(NO2)＝0.2mol·L－1Ct1時僅參加催化劑，平衡正向移動D達平衡時，僅改變x，則x為c(O2)答案A解析A項，從能量變化的圖像分析，該反響為放熱反響，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數減小，正確；B項，依據化學反響速率的計算公式：v(NO2)＝eq\f((1.0－0.4)mol·L－1,3s)＝0.2mol·L－1·s－1，單位不對，錯誤；C項，催化劑會同等程度地改變正、逆反響速率，所以參加催化劑，平衡不移動，錯誤；D項，增大c(O2)，平衡逆向移動，NO2的轉化率降低，錯誤。2．(2014·新課標全國卷Ⅱ，26)在容積為1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，發生反響N2O4(g)2NO2(g)，隨溫度升高，混合氣體的顏色變深。答復以下問題：(1)反響的ΔH______0(填“大于〞或“小于〞)；100℃時，體系中各物質濃度隨時間變化如上圖所示。在0～60s時段，反響速率v(N2O4)為__________________mol·L－1·s－1；反響的平衡常數K1為________________(2)100℃時達平衡后，改變反響溫度為T，c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，經10s①T________100℃(填“大于〞或“小于〞)________________________________________________________________________。②列式計算溫度T時反響的平衡常數K2____________________________________________。(3)溫度T時反響達平衡后，將反響容器的容積減少一半，平衡向________(填“正反響〞或“逆反響〞)方向移動，判斷理由是________________________________________________。答案(1)大于0.00100.36mol·L－1(2)①大于反響正方向吸熱，反響向吸熱方向進展，故溫度升高②平衡時，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)逆反響將反響容器的體積減小一半，即增大壓強，當其他條件不變時，增大壓強，平衡向氣體物質系數減小的方向移動，即向逆反響方向移動解析(1)由題意及圖示知，在1.00L的容器中，通入0.100mol的N2O4，發生反響：N2O4(g)2NO2(g)，隨溫度升高混合氣體的顏色變深，說明反響向生成NO2的方向移動，即向正反響方向移動，所以正反響為吸熱反響，即ΔH>0；由圖示知60s時該反響到達平衡，消耗N2O4為0.100mol·L－1－0.040mol·L－1＝0.060mol·L－1，根據v＝eq\f(Δc,Δt)可知：v(N2O4)＝eq\f(0.060mol·L－1,60s)＝0.0010mol·L－1·s－1；求平衡常數可利用三段式：N2O4(g)2NO2(g)起始量/(mol·L－1)0.100 0轉化量/(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℃時達平衡后，改變反響溫度為T，c(N2O4)降低，說明平衡N2O4(g)2NO2(g)向正反響方向移動，根據勒夏特列原理，溫度升高，向吸熱反響方向移動，即向正反響方向移動，故T>100℃；由c(N2O4)以0.0020mol·L－1·s－1的平均速率降低，經10s又到達平衡，可知此時消耗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轉化量/(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)溫度T時反響到達平衡后，將反響容器的容積減小一半，壓強增大，平衡會向氣體體積減小的方向移動，該反響逆反響為氣體體積減小的反響，故平衡向逆反響方向移動。3．[2014·北京理綜，26(2)]對于反響2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)。在其他條件一樣時，分別測得NO的平衡轉化率在不同壓強(p1、p2)下隨溫度變化的曲線(如圖)。①比照p1、p2的大小關系：________。②隨溫度升高，該反響平衡常數變化的趨勢是_____________________________________。答案①p1<p2②減小解析反響2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的正反響為氣體總分子數減小的反響，在溫度一樣時，增大壓強，平衡正向移動，NO的平衡轉化率增大，結合NO的平衡轉化率與壓強的變化曲線可知，p1<p2。由圖可知，壓強一定時，溫度升高，NO的平衡轉化率降低，說明平衡逆向移動，則該反響的正向ΔH<0，所以隨溫度升高，該反響平衡常數減小?；瘜W平衡圖像問題是高考化學試題中最常見的一種題型。該類題型的特點為圖像是題目的主要組成局部，把所要考察的知識寓于坐標曲線上，簡明、直觀、形象，易于考察學生的觀察能力、類比能力和推理能力。解答化學平衡圖像題必須抓住化學方程式及圖像的特點。析圖的關鍵在于對“數〞、“形〞、“義〞、“性〞的綜合思考，其重點是弄清“四點〞(起點、交點、折點、終點)及各條線段的化學含義，分析曲線的走向，發現圖像隱含的條件，找出解題的突破口。(1)解答化學反響速率和化學平衡圖像題的一般步驟(2)解答化學反響速率和化學平衡圖像題常用技巧①先拐先平在含量—時間曲線中，先出現拐點的則先到達平衡，說明該曲線表示的溫度較高或壓強較大。②定一議二在含量—T/p曲線中，圖像中有三個變量，先確定一個量不變，再討論另外兩個量的關系(因平衡移動原理只適用于“單因素〞的改變)。即確定橫坐標所示的量后，討論縱坐標與曲線的關系或確定縱坐標所示的量后，討論橫坐標與曲線的關系。1．某化學小組研究在其他條件不變時，改變密閉容器中某一條件對A2(g)＋3B2(g)2AB3(g)化學平衡狀態的影響，得到如右圖所示的曲線(圖中T表示溫度，n表示物質的量)。以下判斷正確的選項是()A．在T2和n(A2)不變時到達平衡，AB3的物質的量大小為c>b>aB．假設T2>T1，則正反響一定是放熱反響C．到達平衡時，A2的轉化率大小為b>a>cD．假設T2>T1，到達平衡時b、d點的反響速率為vd>vb答案A解析在T2和n(A2)不變時到達平衡，增加B2的物質的量使平衡向正反響方向移動，導致生成物的物質的量增大，A正確；假設T2>T1，由圖像可知，升高溫度生成物AB3的體積分數增大，說明平衡向正反響方向移動，則正反響一定是吸熱反響，B錯誤；當A2的物質的量一定時，n(B2)越大A2的轉化率越大，到達平衡時A2的轉化率大小為c>b>a，C錯誤；升高溫度反響速率加快，假設T2>T1，到達平衡時b、d點的反響速率為vd<vb，D錯誤。2.對于反響2SO2＋O22SO3(1)某溫度下，SO2的平衡轉化率(α)與體系總壓強(p)的關系如右圖所示。平衡狀態由A變到B時，平衡常數K(A)________K(B)(填“>〞、“<〞或“＝〞)。(2)將一定量的SO2(g)和O2(g)放入某固定體積的密閉容器中，在一定條件下，c(SO3)的變化如以以以下列圖所示。假設在第5分鐘將容器的體積縮小一半后，在第8分鐘到達新的平衡(此時SO3的濃度為0.25mol·L－1)。請在以以以下列圖中畫出此變化過程中SO3濃度的變化曲線。答案(1)＝(2)解析(1)平衡常數只與溫度有關系，A、B點的溫度一樣，因而兩點的平衡常數相等。(2)體積縮小一半，第5分鐘時，濃度應突變為原來的2倍，再根據平衡移動原理，增大壓強平衡向正反響方向移動，即可