2023版高考化學二輪復習第七章化學反應速率和化學平衡教案

第七章化學反響速率和化學平衡考點一化學反響速率一、牢記化學反響速率的根底知識[基點小練]1．判斷正誤(正確的打“√〞，錯誤的打“×〞)。(1)同一反響，在相同時間間隔內，用不同物質表示的反響速率，其數值和意義都不一定相同(×)(2)對于任何化學反響來說，反響速率越大，反響現象就越明顯(×)(3)化學反響速率是指一定時間內任何一種反響物濃度的減少或任何一種生成物濃度的增加(×)(4)化學反響速率為0.8mol·L－1·s－1是指1s時某物質的濃度為0.8mol·L－1(×)(5)由v＝eq\f(Δc,Δt)計算平均速率，用反響物表示為正值，用生成物表示為負值(×)2．密閉容器中，合成氨的反響N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高溫、高壓),\s\do5(催化劑))2NH3，開始時c(N2)＝8mol·L－1,2min后c(N2)＝4mol·L－1，那么用N2表示的反響速率為________________。答案：2.0mol·L－1·min－1二、理清化學反響速率與化學計量數的關系1．內容：對于反響mA(g)＋nB(g)=pC(g)＋qD(g)，其化學反響速率可用不同的反響物或生成物來表示，當單位相同時，化學反響速率的數值之比等于化學方程式中各物質的化學計量數之比，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q，或eq\f(1,m)v(A)＝eq\f(1,n)v(B)＝eq\f(1,p)v(C)＝eq\f(1,q)v(D)。2．實例：一定溫度下，在密閉容器中發(fā)生反響：3A(g)＋B(g)2C(g)。v(A)＝0.6mol·L－1·s－1，那么v(B)＝0.2mol·L－1·s－1，v(C)＝0.4mol·L－1·s－1。三、掌握“三段式〞法求反響速率的解題模式對于反響mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，起始時A的濃度為amol·L－1，B的濃度為bmol·L－1，反響進行至t1時，A消耗了xmol·L－1，那么化學反響速率可計算如下：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)起始/(mol·L－1)ab00轉化/(mol·L－1)xeq\f(nx,m)eq\f(px,m)eq\f(qx,m)t1/(mol·L－1)a－xb－eq\f(nx,m)eq\f(px,m)eq\f(qx,m)那么：v(A)＝eq\f(x,t1)mol·L－1·s－1，v(B)＝eq\f(nx,mt1)mol·L－1·s－1，v(C)＝eq\f(px,mt1)mol·L－1·s－1，v(D)＝eq\f(qx,mt1)mol·L－1·s－1。題點(一)化學反響速率的計算1．(2023·北京高考)一定溫度下，10mL0.40mol·L－1H2O2溶液發(fā)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·min)－1B．6～10min的平均反響速率：v(H2O2)<3.3×10－2mol·(L·min)－1C．反響至6min時，c(H2O2)＝0.30mol·L－1D．反響至6min時，H2O2分解了50%解析：選C根據題目信息可知，0～6min，生成22.4mL(標準狀況)氧氣，消耗0.002molH2O2，那么v(H2O2)≈3.3×10－2mol·(L·min)－1，A項正確；隨反響物濃度的減小，反響速率逐漸降低，B項正確；反響至6min時，剩余0.002molH2O2，此時c(H2O2)＝0.20mol·L－1，C項錯誤；反響至6min時，消耗0.002molH2O2，轉化率為50%，D項正確。2．NH3和純潔的O2在一定條件下發(fā)生反響：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)，現向一容積不變的2L密閉容器中充入4molNH3和3molO2,4min后，測得生成的H2O占混合氣體體積的40%，那么以下表示此段時間內該反響的平均速率不正確的選項是()A．v(N2)＝0.125mol·L－1·min－1B．v(H2O)＝0.375mol·L－1·min－1C．v(O2)＝0.225mol·L－1·min－1D．v(NH3)＝0.250mol·L－1·min－1解析：選C設4min時，生成6xmolH2O(g)4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)n(總)起始(mol)43007變化(mol)4x3x2x6x4min(mol)4－4x3－3x2x6x7＋x據題意，有eq\f(6x,7＋x)＝0.4解得：x＝0.5，那么4min內H2O的變化濃度為：Δc(H2O)＝eq\f(3mol,2L)＝1.5mol·L－1，v(H2O)＝eq\f(1.5mol·L－1,4min)＝0.375mol·L－1·min－1，再由各物質表示的速率之比等于各物質的化學計量數之比，可得各物質表示的反響速率分別為v(N2)＝0.125mol·L－1·min－1，v(NH3)＝0.250mol·L－1·min－1，v(O2)＝0.1875mol·L－1·min－1。3．(2023·全國卷Ⅱ節(jié)選)在容積為1.00L的容器中，通入一定量的N2O4，發(fā)生反響N2O4(g)2NO2(g)，隨溫度升高，混合氣體的顏色變深。在0～60s時段，反響速率v(N2O4)為________mol·L－1·s－1。解析：由題圖可知，0～60s時段，N2O4的物質的量濃度變化為0.060mol·L－1，v(N2O4)＝eq\f(0.060mol·L－1,60s)＝0.0010mol·L－1·s－1。答案：0.00104．(2023·廣東高考節(jié)選)用O2將HCl轉化為Cl2，可提高效益，減少污染。一定條件下測得反響過程中n(Cl2)的數據如下：t/min02.04.06.08.0n(Cl2)/10－3mol01.83.75.47.2計算2.0～6.0min內以HCl的物質的量變化表示的反響速率(以mol·min－1為單位，寫出計算過程)。解析：據反響4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O可知：v(HCl)＝eq\f(ΔnHCl,Δt)＝eq\f(5.4－1.8×10－3mol×2,6.0－2.0min)＝1.8×10－3mol·min－1。答案：v(HCl)＝eq\f(5.4－1.8×10－3mol×2,6.0－2.0min)＝1．8×10－3mol·min－1。依據圖像求反響速率的步驟題點(二)化學反響速率大小的比擬5．在四個不同的容器中，在不同的條件下進行合成氨反響：N2＋3H22NH3。根據在相同時間內測定的結果判斷，生成氨的速率最快的是()A．v(H2)＝0.01mol·L－1·s－1B．v(N2)＝0.3mol·L－1·min－1C．v(NH3)＝0.15mol·L－1·min－1D．v(H2)＝0.3mol·L－1·min－1解析：選B在速率單位相同時，把速率除以其相應物質的化學計量數，數值大者，反響速率快。A項，v(H2)＝0.01mol·L－1·s－1＝0.6mol·L－1·min－1，eq\f(1,3)v(H2)＝0.2mol·L－1·min－1；B項，v(N2)＝0.3mol·L－1·min－1；C項，eq\f(1,2)v(NH3)＝0.075mol·L－1·min－1，D項，eq\f(1,3)v(H2)＝0.1mol·L－1·min－1。由此可知，B項中表示的反響速率最快。6．(2023·長沙模擬)反響A(g)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)在四種不同情況下的反響速率分別為①v(A)＝0.45mol·L－1·s－1②v(B)＝0.6mol·L－1·s－1③v(C)＝0.4mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45mol·L－1·s－1。以下有關反響速率的比擬中正確的選項是()A．④>③＝②>① B．①>④>②＝③C．①>②>③>④ D．④>③>②>①解析：選B用比值法進行反響速率大小的比擬，v(A)＝0.45mol·L－1·s－1；eq\f(1,3)v(B)＝eq\f(1,3)×0.6＝0.2mol·L－1·s－1；eq\f(1,2)v(C)＝eq\f(1,2)×0.4＝0.2mol·L－1·s－1；eq\f(1,2)v(D)＝eq\f(1,2)×0.45＝0.225mol·L－1·s－1，故①>④>②＝③，B項正確。定量法比擬化學反響速率的大小(1)歸一法按照化學計量數關系換算成同一物質、同一單位表示，再比擬數值大小。(2)比值法比擬化學反響速率與化學計量數的比值。如aA(g)＋bB(g)cC(g)，即比擬eq\f(vA,a)與eq\f(vB,b)，假設eq\f(vA,a)>eq\f(vB,b)，那么用A表示的反響速率比用B表示的大?？键c二影響化學反響速率的因素一、掌握影響化學反響速率的2個因素1．內因反響物本身的性質是主要因素。如相同條件下Mg、Al與稀鹽酸反響的速率大小關系為Mg>Al。2．外因(其他條件不變，只改變一個條件)[注意](1)改變固體或純液體物質的相關量對化學反響速率無影響。(2)當濃度、溫度、壓強發(fā)生變化或參加催化劑時，正、逆反響速率均增大或減小。[基點小練]1．判斷正誤(正確的打“√〞，錯誤的打“×〞)。(1)對于反響：2H2O2=2H2O＋O2↑，參加MnO2或降低溫度都能加快O2的生成速率(×)(2)由于固體濃度為一常數，所以塊狀CaCO3與粉狀CaCO3與等濃度的鹽酸反響速率一樣快(×)(3)兩試管各參加5mL0.1mol·L－1Na2S2O3溶液，同時分別滴入55mL0.1mol·L－1硫酸和鹽酸，兩只試管同時變渾濁(×)(4)100mL2mol·L－1的鹽酸跟鋅片反響，參加適量的氯化鈉溶液，反響速率不變(×)(5)升高溫度可使吸熱反響的反響速率增大，使放熱反響的反響速率也增大(√)2．按要求填空。(1)形狀大小相同的鐵塊、鋁塊分別與等濃度的鹽酸反響生成氫氣的速率：鐵________鋁。(2)對于Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，改變以下條件對生成氫氣的速率有何影響？(填“增大〞“減小〞或“不變〞)①升高溫度：________；②增大鹽酸濃度：________；③增大鐵的質量：________；④增加鹽酸體積：________；⑤把鐵片改成鐵粉：________；⑥滴入幾滴CuSO4溶液：________；⑦參加NaCl固體：________。(3)假設把(2)中的稀鹽酸改成“稀硝酸〞或“濃硫酸〞是否還產生H2，為什么？答案：(1)小于(2)①增大②增大③不變④不變⑤增大⑥增大⑦不變(3)不會產生H2，稀硝酸和濃硫酸具有強氧化性，Fe與稀HNO3反響生成NO；常溫下，Fe在濃硫酸中“鈍化〞。二、理解1個理論——有效碰撞理論1．活化分子、活化能、有效碰撞(1)活化分子：能夠發(fā)生有效碰撞的分子。(2)活化能：如圖圖中：E1為反響的活化能，使用催化劑時的活化能為E3，反響熱為E1－E2。(3)有效碰撞：活化分子之間能夠引發(fā)化學反響的碰撞。2．活化分子、有效碰撞與反響速率的關系題點(一)外界條件對化學反響速率的影響1．一定溫度下，反響N2(g)＋O2(g)2NO(g)在密閉容器中進行，以下措施不改變化學反響速率的是 ()A．縮小容積使壓強增大 B．恒容，充入N2C．恒容，充入He D．恒壓，充入He解析：選CA項，氣體的物質的量不變，縮小容積，氣體的物質的量濃度增大，化學反響速率增大；B項，容積不變，充入N2，使反響物N2的物質的量濃度增大，化學反響速率增大；C項，容積不變，充入He，反響容器內壓強增大，但N2、O2、NO的物質的量濃度并沒有變化，因此不改變化學反響速率；D項，壓強不變，充入He，反響容器的容積增大，N2、O2、NO的物質的量濃度減小，化學反響速率減小。2．某溫度下，在容積一定的密閉容器中進行如下反響：2X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)ΔH＞0，以下表達正確的選項是()A．在容器中參加氬氣，反響速率不變B．參加少量W，逆反響速率增大C．升高溫度，正反響速率增大，逆反響速率減小D．將容器的容積壓縮，可增大單位體積內活化分子的百分數，有效碰撞次數增大解析：選A在容器中參加氬氣，各反響組分的濃度不變，反響速率不變，A項正確；W為固態(tài)，參加少量W，反響速率不變，B項錯誤；升高溫度，正、逆反響速率均增大，C項錯誤；將容器的容積壓縮，可增大單位體積內活化分子數和有效碰撞次數，但活化分子百分數不變，D項錯誤。3．(2023·成都模擬)以下有關反響速率的說法正確的選項是()A．用鐵片和稀硫酸反響制氫氣時，改用98%的硫酸可以加快反響速率B．100mL2mol·L－1的鹽酸跟鋅片反響，參加適量的氯化鈉溶液，反響速率不變C．SO2的催化氧化反響是一個放熱的反響，所以升高溫度，反響速率變慢D．汽車尾氣中的NO和CO可以緩慢反響生成N2和CO2，減小壓強反響速率變慢解析：選DA項，鐵遇濃硫酸鈍化，錯誤；B項，參加NaCl溶液，溶液體積增大，c(H＋)減小，反響速率減小，錯誤；C項，升高溫度，正逆反響速率都增大，錯誤；D項，減小壓強，反響速率減小，正確。1．氣體反響體系中充入“惰性氣體〞(不參加反響)時對反響速率的影響結果(1)恒溫恒容：充入“惰性氣體〞→壓強增大→物質濃度不變(活化分子濃度不變)→反響速率不變。(2)恒溫恒壓：充入“惰性氣體〞→體積增大→物質濃度減小(活化分子濃度減小)→反響速率減小。2．外界條件對反響速率的影響結果(1)溫度①正反響是放熱反響：升高溫度，v(正)、v(逆)均增大，但v(逆)增大的幅度更大。②正反響是吸熱反響：升高溫度，v(正)、v(逆)均增大，但v(正)增大的幅度更大。(2)壓強①正反響是氣體物質的量減小的反響：增大壓強，v(正)、v(逆)均增大，但v(正)增大的幅度更大。②正反響是氣體物質的量增大的反響：增大壓強，v(正)、v(逆)均增大，但v(逆)增大的幅度更大。③反響是反響前后氣體物質的量不變的反響：增大壓強，v(正)、v(逆)同等程度增大。(3)催化劑使用催化劑，v(正)、v(逆)同等程度增大。題點(二)利用“斷點〞突破化學反響速率圖像(v-t圖)4．(2023·唐山模擬)合成氨反響：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1，在反響過程中，正反響速率的變化如圖。以下說法正確的選項是()A．t1時升高了溫度 B．t2時使用了催化劑C．t3時增大了壓強 D．t4時降低了溫度解析：選BA項，t1時正反響速率增大，且大于逆反響速率，那么應為增大壓強，錯誤；B項，t2時正逆反響速率同等程度增大，為使用了催化劑，正確；C項，t3時正反響速率減小，且逆反響速率大于正反響速率，那么為減小壓強，錯誤；D項，t4時反響速率瞬間不變，然后減小，應為減小生成物濃度，錯誤。5．對于反響2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0已達平衡，如果其他條件不變時，分別改變以下條件，對化學反響速率和化學平衡產生影響，以下條件與圖像不相符的是(O～t1：v正＝v逆；t1時改變條件，t2時重新建立平衡)()解析：選C分析時要注意改變條件瞬間v正、v逆的變化。增加O2的濃度，v正增大，v逆瞬間不變，A正確；增大壓強，v正、v逆都增大，v正增大的倍數大于v逆，B正確；升高溫度，v正、v逆都瞬間增大，C錯誤；參加催化劑，v正、v逆同時同倍數增大，D正確。(1)當可逆反響到達一種平衡后，假設某一時刻外界條件發(fā)生改變，都可能使速率－時間圖像的曲線出現不連續(xù)的情況，即出現“斷點〞。根據“斷點〞前后的速率大小，即可對外界條件的變化情況作出判斷。如圖，t1時刻改變的條件可能是使用了催化劑或增大壓強(僅適用于反響前后氣體物質的量不變的反響)。(2)常見含“斷點〞的速率變化圖像分析圖像t1時刻所改變的條件溫度升高降低升高降低適合正反響為放熱的反響適合正反響為吸熱的反響壓強增大減小增大減小適合正反響為氣體物質的量增大的反響適合正反響為氣體物質的量減小的反響考點三“控制變量法〞探究影響化學反響速率的因素影響化學反響速率的因素有多種，在探究相關規(guī)律時，需要控制其他條件不變，只改變某一個條件，探究這一條件對反響速率的影響。變量探究實驗因為能夠考查學生對于圖表的觀察、分析以及處理實驗數據得出合理結論的能力，因而在這幾年高考試題中常有所涉及。1．考查形式(1)以表格的形式給出多組實驗數據，讓考生找出每組數據的變化對化學反響速率的影響。(2)給出影響化學反響速率的幾種因素，讓考生設計實驗分析各因素對化學反響速率的影響。2．解題策略3．實例分析探究溫度、催化劑對反響：2H2O2=2H2O＋O2↑的影響，可以確定催化劑(是否參加MnO2)和溫度(加熱、常溫)作為可變量，其他的那么控制為不變量。探究對象的反響2H2O2=2H2O＋O2↑控制的可變量催化劑溫度控制的不變量濃度、溫度等濃度、催化劑等實驗方案取相同量的5%H2O2于兩支規(guī)格相同的試管中，向其中一支試管中參加少量MnO2，另一支不加，在常溫下觀察。取相同量的5%H2O2于兩支規(guī)格相同的試管中，給其中一支試管加熱，另一支不加熱，觀察。根據兩種條件下的反響都有氣體生成的特征，利用導管將生成的氣體導入水槽中，通過觀察水槽中產生氣泡的劇烈程度，并以此判斷該控制變量對化學反響速率是否產生影響以及具體的影響效果。[典例]碘在科研與生活中有重要應用。某興趣小組用0.50mol·L－1KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol·L－1K2S2O8、0.10mol·L－1Na2S2O3等試劑，探究反響條件對化學反響速率的影響。：S2Oeq\o\al(2－,8)＋2I－=2SOeq\o\al(2－,4)＋I2(慢)I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)(快)(1)向KI、Na2S2O3與淀粉的混合溶液中參加一定量的K2S2O8溶液，當溶液中的________耗盡后，溶液顏色將由無色變?yōu)樗{色。為確保能觀察到藍色，S2Oeq\o\al(2－,3)與S2Oeq\o\al(2－,8)初始的物質的量需滿足的關系為n(S2Oeq\o\al(2－,3))∶n(S2Oeq\o\al(2－,8))________。(2)為探究反響物濃度對化學反響速率的影響，設計的實驗方案如下表：實驗序號體積V/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液①10.00.04.04.02.0②9.01.04.04.02.0③8.0Vx4.04.02.0表中Vx＝________mL，理由是_______________________________________。(3)某條件下，濃度c(S2Oeq\o\al(2－,8))～反響時間t的變化曲線如下圖，假設保持其他條件不變，請在圖中，分別畫出降低反響溫度和參加催化劑時c(S2Oeq\o\al(2－,8))～t的變化曲線示意圖(進行相應的標注)。[解析](1)淀粉溶液遇I2顯藍色，溶液由無色變?yōu)樗{色時，溶液中有I2，說明Na2S2O3耗盡。由題給離子方程式可得關系式S2Oeq\o\al(2－,8)～I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)，n(S2Oeq\o\al(2－,3))∶n(S2Oeq\o\al(2－,8))＜2時，能觀察到藍色。(2)對照實驗探究濃度對反響速率的影響須保證其他條件完全一致，故應加水2.0mL，以保證溶液總體積相同。(3)溫度降低，反響速率變慢；參加催化劑，反響速率加快。[答案](1)S2Oeq\o\al(2－,3)(其他合理寫法也可)＜2(2)2.0保證溶液總體積相同，僅改變S2Oeq\o\al(2－,8)的濃度而其他物質的濃度不變(其他合理答案也可)(3)如右圖[對點演練]1．(2023·衡水模擬)為研究硫酸銅的量對鋅與稀硫酸反響生成氫氣速率的影響，某同學設計了如下一系列實驗。表中所給的混合溶液分別參加到6個盛有過量Zn粒的反響瓶中，收集產生的氣體，記錄獲得相同體積的氣體所需時間。以下說法正確的選項是()實驗混合溶液ABCDEF4mol·L－1H2SO4溶液/mL30V1V2V3V4V5飽和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100A．V1＝30，V6＝10B．反響一段時間后，實驗A、E中的金屬呈暗紅色C．參加MgSO4與Ag2SO4可以起與硫酸銅相同的加速作用D．硫酸銅的量越多，產生氫氣的速率肯定越快解析：選A研究硫酸銅的量對氫氣生成速率的影響，硫酸的體積、物質的量應相同，由A、F可知溶液的總體積為30mL＋20mL＝50mL，V1＝30，V6＝50－30－10＝10，A正確；實驗A中沒有參加硫酸銅溶液，不會出現暗紅色，B錯誤；MgSO4與Zn不能反響置換出Mg，也就不能形成原電池，C錯誤；硫酸銅溶液的量太多，產生大量的銅覆蓋在Zn粒外表，反響速率反而減慢，D錯誤。2．某同學學習了化學反響速率后，聯想到曾用H2O2制備氧氣，于是設計了下面的實驗方案并進行實驗探究。實驗編號反響物催化劑甲試管中參加3mL2%H2O2溶液和3滴蒸餾水無乙試管中參加3mL5%H2O2溶液和3滴蒸餾水無丙試管中參加3mL5%H2O2溶液和3滴蒸餾水1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液丁試管中參加3mL5%H2O2溶液和3滴稀鹽酸溶液1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液戊試管中參加3mL5%H2O2溶液和3滴NaOH溶液1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液[查閱資料]過氧化氫(H2O2)，其水溶液俗稱雙氧水，常溫下是一種無色液體，性質比擬穩(wěn)定。在加熱的條件下，它能分解生成氧氣。研究說明，將新制的5%的H2O2溶液加熱到65℃時就有氧氣放出，加熱到80℃時就有較多氧氣產生。(1)上述實驗發(fā)生反響的化學方程式為______________________________________。(2)實驗甲和實驗乙的實驗目的是________________________________________；實驗丙、實驗丁和實驗戊的實驗目的是_____________________________________。(3)請根據該同學查閱的資料分析H2O2的性質，解釋實驗甲和實驗乙能否到達實驗目的？________________________________________________________________________。(4)實驗過程中該同學對實驗丙、丁、戊中產生的氣體進行收集，并在2分鐘內6個時間點對注射器內氣體進行讀數，記錄數據如下表。時間/s20406080100120氣體體積/mL實驗丙9.519.529.036.546.054.5實驗丁8.016.023.531.539.046.5實驗戊15.530.044.558.571.583.0①對實驗戊，0～20s的反響速率v1＝______mL·s－1,100～120s的反響速率v2＝______mL·s－1。不考慮實驗測量誤差，二者速率存在差異的主要原因是________________________________________________________________________。②如圖是根據實驗收集到最大體積的氣體時所用時間繪制的圖像。曲線c表示的是實驗______(填“丙〞“丁〞或“戊〞)。解析：(1)雙氧水分解生成氧氣和水，反響的化學方程式為2H2O2催化劑,2H2O＋O2↑。(2)根據表中數據可知，實驗甲和實驗乙中不同點在于雙氧水的濃度，實驗目的是探究反響物的不同濃度對反響速率的影響；實驗丙、實驗丁和實驗戊中不同點在于溶液的酸堿性，實驗目的是探究在不同酸堿性條件下，催化劑對反響速率的影響。(3)由于H2O2在常溫且無催化劑作用的條件下比擬穩(wěn)定，不能分解，因此實驗甲和實驗乙不能到達實驗目的。(4)①根據表中數據可得實驗戊0～20s的反響速率v1＝15.5mL÷20s＝0.775mL·s－1,100～120s的反響速率v2＝(83.0－71.5)mL÷20s＝0.575mL·s－1。由于隨反響的不斷進行，H2O2溶液的濃度逐漸降低，反響速率減小，因此反響速率相差較大；②根據圖像可知c曲線的斜率最小，反響速率最慢，根據表中數據可知c曲線對應的是實驗丁。答案：(1)2H2O22H2O＋O2↑(2)探究反響物的不同濃度對反響速率的影響探究在不同酸堿性條件下，催化劑對反響速率的影響(3)實驗甲和實驗乙不能到達實驗目的，因為H2O2在常溫且無催化劑作用的條件下較穩(wěn)定(4)①0.7750.575隨反響的不斷進行，H2O2溶液的濃度逐漸降低，反響速率減小②丁[課堂穩(wěn)固練]1．在N2＋3H2eq\o(,\s\up7(催化劑),\s\do5(高溫高壓))2NH3的反響中，在5s內NH3的濃度變化了8mol·L－1，那么NH3的平均反響速率()A．2.4mol·L－1·s－1 B．0.8mol·L－1·s－1C．1.6mol·L－1·s－1 D．0.08mol·L－1·s－1解析：選C在5s內NH3的濃度變化了8mol·L－1，那么v(NH3)＝eq\f(8mol·L－1,5s)＝1.6mol·L－1·s－1。2．(2023·濰坊模擬)在密閉容器中進行的反響：N2＋O22NO，不能加快該反響的反響速率的是()A．縮小體積 B．充入少量NO氣體C．體積增大到原來的2倍 D．升高溫度解析：選CA項，縮小體積，反響物濃度增大，化學反響速率增大；B項，充入NO增大生成物濃度，反響速率增大；C項，體積擴大，反響物濃度減小，化學反響速率減小，符合題意；D項，升高溫度，加快反響速率。3．向四個體積相同的密閉容器中分別充入一定量的SO2和O2，開始反響時，按反響速率由大到小的順序排列，正確的選項是()①在500℃，10molSO2與5molO2反響②在500℃，用V2O5作催化劑，10molSO2和5molO2反響③在450℃，8molSO2與5molO2反響④在500℃，8molSO2與5molO2反響A．①②③④ B．②①③④C．②①④③ D．④③②①解析：選C溫度越高，反響物濃度越大，參加催化劑，其反響速率越大，故②的反響速率最大，③的反響速率最小；①與④相比，①中反響物濃度大，故反響速率①＞④，所以②＞①＞④＞③，C正確。4．把以下四種X溶液分別參加四個盛有10mL2mol·L－1鹽酸的燒杯中，均加水稀釋到50mL，此時X和鹽酸緩緩地進行反響。其中反響速率最大的是()A．10℃20mL3mol·L－1的X溶液B．50℃20mL3mol·L－1的X溶液C．50℃10mL4mol·L－1的X溶液D．10℃10mL2mol·L－1的X溶液解析：選B濃度越大，溫度越高，反響速率越大。濃度：A＝B＞C＞D；溫度B＝C＞A＝D，綜上所述，B項反響速率最大。5．一定量的鋅粒與足量稀硫酸反響，向反響混合液中參加某些物質，以下判斷正確的選項是()A．參加少量水，產生H2速率減小，H2體積減小B．參加NH4HSO4固體，產生H2速率不變，H2體積不變C．參加CH3COONa固體，產生H2速率減小，H2體積不變D．滴加少量CuSO4溶液，產生H2速率變大，H2體積不變解析：選C參加少量水，減小了c(H＋)，鋅粒的物質的量不變，那么v(H2)減小，生成H2體積不變，A錯誤；參加NH4HSO4固體，增大了c(H＋)，鋅粒的物質的量不變，那么反響速率加快，生成H2體積不變，B錯誤；參加CH3COONa固體，生成醋酸，減小了c(H＋)，鋅粒的物質的量不變，那么v(H2)減小，生成H2體積不變，C正確；滴加少量CuSO4溶液，構成Cu-Zn原電池，反響速率加快，局部鋅粒與CuSO4反響，那么v(H2)增大，生成H2量減小，D錯誤。6．一定溫度下，在2L的密閉容器中，X、Y、Z三種氣體的物質的量隨時間變化的曲線如下圖，以下描述正確的選項是()A．反響開始到10s，用Z表示的反響速率為0.158mol·L－1·s－1B．反響開始到10s，X的物質的量濃度減少了0.79mol·L－1C．反響開始到10s，Y的轉化率為79.0%D．反響的化學方程式為X(g)＋Y(g)Z(g)解析：選CA項，由圖可知，10s內Z的物質的量變化量為1.58mol，用Z表示的反響速率為v(Z)＝1.58mol÷2L÷10s＝0.079mol·L－1·s－1，錯誤；B項，由圖可知，10s內X的物質的量變化量為0.79mol，X的物質的量濃度減少了Δc＝n÷V＝0.79mol÷2L＝0.395mol·L－1，錯誤；C項，反響開始到10s時，Y消耗1.0mol－0.21mol＝0.79mol，Y的轉化率＝0.79mol÷1.0mol×100%＝79.0%，正確；D項，由圖像可知，隨反響進行X、Y的物質的量減小，Z的物質的量增大，X、Y是反響物，Z是生產物，10s后X、Y、Z的物質的量為定值，不為0，反響是可逆反響，且Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝(1.20－0.41)mol∶(1.00－0.21)mol∶1.58mol＝1∶1∶2，故化學方程式為X(g)＋Y(g)2Z(g)，錯誤。7．分解水制氫氣的工業(yè)制法之一是“硫-碘循環(huán)法〞，主要涉及以下反響：①SO2＋2H2O＋I2=H2SO4＋2HI②2HIH2＋I2③2H2SO4=2SO2＋O2＋2H2O(1)分析上述反響，以下判斷正確的選項是________。a．循環(huán)過程中產生1molO2的同時產生1molH2b．反響①中SO2復原性比HI強c．循環(huán)過程中需補充H2Od．反響③易在常溫下進行(2)一定溫度下，向2L密閉容器中參加1molHI(g)，發(fā)生反響②，H2物質的量隨時間的變化如下圖，0～2min內的平均反響速率v(HI)＝________________；HI的轉化率＝________________。解析：(1)水分解時，將①、②、③合并得2H2O=2H2＋O2，產生1molO2的同時產生2molH2，a錯誤；由反響①知SO2的復原性比HI強，b正確；反響中水的量減少，故應補充H2O，c正確；H2SO4常溫下不易分解，d錯誤。(2)由圖可知，2min內H2的物質的量增加了0.1mol，體積為2L，v(H2)＝eq\f(\f(0.1mol,2L),2min)＝0.025mol·L－1·min－1，v(HI)＝2v(H2)＝0.025mol·L－1·min－1×2＝0.05mol·L－1·min－1；參加反響的HI為0.1mol×2＝0.2mol，HI的轉化率為eq\f(0.2mol,1mol)×100%＝20%。答案：(1)b、c(2)0.05mol·L－1·min－120%[課下提能練]1．(2023·南昌模擬)反響4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，經2min后，B的濃度減少了0.6mol·L－1。對此反響速率的正確表示是()A．用A表示的反響速率是0.8mol·L－1·s－1B．分別用B、C、D表示的反響速率，其比值是3∶2∶1C．在2min末時的反響速率，用反響物B來表示是0.3mol·L－1·min－1D．在這2min內用B和C表示的反響速率的值都是相同的解析：選BA項，A物質是固體，濃度視為常數，不能用來表示反響速率，錯誤；B項，化學反響速率之比等于相應物質的化學計量數之比，其比值為3∶2∶1，正確；C項，v(B)＝eq\f(0.6,2)mol·L－1·min－1＝0.3mol·L－1·min－1，但化學反響速率是平均速率，不是瞬時速率，錯誤；D項，化學反響速率之比等于化學計量數之比，錯誤。2．(2023·松原模擬)反響3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容積可變的密閉容器中進行，以下條件的改變對其反響速率幾乎無影響的是()A．保持容積不變，增加H2O(g)的物質的量B．將容器的容積縮小一半C．保持容積不變，充入Ar使壓強增大D．保持壓強不變，充入Ar使容積增大解析：選CA項，增加H2O(g)的量，反響物濃度越大，化學反響速率越快，錯誤；B項，將容器的容積縮小一半，反響物的濃度增大，化學反響速率加快，錯誤；C項，保持容積不變，充入Ar，Ar不參與反響，反響體系中各物質的濃度不變，反響速率不變，正確；D項，保持壓強不變，充入Ar，容器的容積變大，反響物的濃度減小，反響速率減小，錯誤。3．4NH3＋5O2=4NO＋6H2O，假設反響速率分別用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)(mol·L－1·min－1)表示，那么正確的關系是()A.eq\f(4,5)v(NH3)＝v(O2) B.eq\f(5,6)v(O2)＝v(H2O)C.eq\f(2,3)v(NH3)＝v(H2O) D.eq\f(4,5)v(O2)＝v(NO)解析：選D由可得eq\f(1,4)v(NH3)＝eq\f(1,5)v(O2)＝eq\f(1,4)v(NO)＝eq\f(1,6)v(H2O)，據此可知，A項應為eq\f(5,4)v(NH3)＝v(O2)；B項應為eq\f(6,5)v(O2)＝v(H2O)；C項應為eq\f(3,2)v(NH3)＝v(H2O)；D項正確。4．在四支試管中，在不同條件下發(fā)生反響：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，判斷產生H2的反響速率最快的是()試管鹽酸濃度溫度鐵的狀態(tài)①0.5mol·L－120℃塊狀②0.5mol·L－120℃粉末狀③1mol·L－135℃塊狀④2mol·L－135℃粉末狀A.① B．②C．③ D．④解析：選D溫度越高，濃度越大，接觸面積越大，反響速度越大，D項符合題意。5．把0.6mol氣體X和0.4mol氣體Y混合于2.0L的密閉容器中，發(fā)生反響：3X(g)＋Y(g)nZ(g)＋2W(g)，測得5min末生成0.2molW，又知以Z表示的平均反響速率為0.01mol·L－1·min－1，那么n值是()A．1 B．2C．3 D．4解析：選Av(W)＝eq\f(0.2mol,2.0L×5min)＝0.02mol·L－1·min－1，又因v(Z)＝0.01mol·L－1·min－1，由v(W)∶v(Z)＝0.02∶0.01＝2∶1＝2∶n，n＝1。6．(2023·廊坊模擬)如下圖為800℃時A、B、C三種氣體在密閉容器中反響時濃度的變化，只從圖上分析不能得出的結論是()A．發(fā)生的反響可表示為2A(g)2B(g)＋C(g)B．前2minA的分解速率為0.1mol·L－1·min－1C．開始時，正逆反響同時開始D．2min時，A、B、C的濃度之比為2∶3∶1解析：選C圖像中，反響過程中A的濃度減小，B、C濃度增大，因此A為反響物，B、C為生成物，根據濃度的變化量可以確定反響為2A(g)2B(g)＋C(g)，A正確；前2min，v(A)＝eq\f(0.4－0.2mol·L－1,2min)＝0.1mol·L－1·min－1，B正確；開始時參加的物質為A和B，沒有C，逆反響不能發(fā)生，C錯誤；根據圖像，2min時，A、B、C的濃度分別為0.2mol·L－1、0.3mol·L－1、0.1mol·L－1，D正確。7．(2023·吉林模擬)一定溫度下，向容積為2L的密閉容器中通入兩種氣體發(fā)生化學反響，反響中各物質的物質的量變化如下圖，對該反響的推斷合理的是()A．該反響的化學方程式為3B＋2D6A＋4CB．反響進行到1s時，v(A)＝3v(D)C．反響進行到6s時，B的平均反響速率為0.1mol·L－1·s－1D．反響進行到6s時，各物質的反響速率相等解析：選BA項，由圖可知，反響到達平衡時A物質增加了1.2mol，D物質增加了0.4mol，B物質減少了0.6mol，C物質減少了0.8mol，A、D為生成物，B、C為反響物，Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(A)∶Δn(D)＝3∶4∶6∶2，化學方程式為3B＋4C6A＋2D，錯誤；B項，根據化學方程式知，eq\f(1,6)v(A)＝eq\f(1,2)v(D)，所以v(A)＝3v(D)，正確；C項，反響進行到6s時，v(B)＝Δc÷Δt＝0.6mol÷(2L×6s)＝0.05mol·L－1·s－1，錯誤；D項，反響進行到6s時，v(A)＝Δc÷Δt＝1.2mol÷(2L×6s)＝0.1mol·L－1·s－1，v(B)＝Δc÷Δt＝0.6mol÷(2L×6s)＝0.05mol·L－1·s－1，v(C)＝Δc÷Δt＝0.8mol÷(2L×6s)＝0.067mol·L－1·s－1，v(D)＝Δc÷Δt＝0.4mol÷(2L×6s)＝0.033mol·L－1·s－1，各物質的反響速率不相等，錯誤。8．(2023·肇慶模擬)某學習小組用鐵與稀硫酸反響探究“影響化學反響速率因素〞，數據如下表：實驗序號鐵的質量/g鐵的形態(tài)V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/mol·L－1反響前溶液的溫度/℃金屬完全消失的時間/s①0.10片狀500.820200②0.10粉狀500.82025③0.10片狀501.020125④0.10片狀501.03550請分析上表信息，以下說法錯誤的選項是()A．實驗①和②說明固體反響物的外表積越大，反響速率越大B．僅說明反響物濃度對反響速率產生影響的實驗有①和③C．實驗③和④說明反響物溫度越高，反響速率越小D．實驗③將稀硫酸改為同體積、c(H＋)相同的鹽酸(其他條件不變)，發(fā)現放出氣泡的速率鹽酸明顯比硫酸快，其可能的原因是Cl－起催化作用解析：選CA項，實驗①和②中，其他條件相同，只有鐵的狀態(tài)不同，因此固體反響物的外表積越大，反響速率越大，正確；B項，實驗①和③中，其他條件相同，只有c(H2SO4)不同，正確；C項，根據數據，溫度越高，金屬完全消失的時間越短，反響速率越快，錯誤；D項，因為其他條件都相同，不同的是SOeq\o\al(2－,4)和Cl－，鹽酸反響速率快，應是Cl－的催化作用，正確。9．CaCO3與稀鹽酸反響(放熱反響)生成CO2的量與反響時間的關系如下圖。以下結論錯誤的選項是()A．反響開始2min內平均反響速率最大B．反響4～6min內平均反響速率最小C．反響開始4min內溫度對反響速率的影響比濃度大D．反響在第2min到第4min間生成CO2的平均反響速率最大解析：選AA項，由圖像可知，0～2min時間內，生成CO20.1mol,2～4min時間內，生成CO20.2mol,4～6min時間內，生成CO20.05mol，反響剛開始時速率較小，然后逐漸增大，最后減小，錯誤；B項，由圖像可知，反響4min后曲線斜率最小，反響速率最小，正確；C項，隨反響進行c(H＋)降低，c(H＋)變化使反響速率降低，0～4min反響速率逐漸加快，溫度對反響速率起主要作用；4min后反響速率又降低，c(H＋)起主要作用，正確；D項，由圖可知，2～4min時間內，生成CO2的體積最大，故2～4min反響速率最快，正確。10．為了探究溫度、硫酸銅對鋅與稀硫酸反響速率的影響，某同學設計了如下方案：編號純鋅粉質量0.2mol·L－1硫酸體積溫度硫酸銅固體質量Ⅰ2.0g10.0mL25℃0Ⅱ2.0g10.0mLt℃0Ⅲ2.0g10.0mL35℃0.2gⅣ2.0g10.0mL35℃4.0g以下推斷合理的是()A．選擇Ⅱ和Ⅲ實驗探究硫酸銅對反響速率的影響，必須控制t＝25B．待測物理量是收集等體積(相同條件)的氣體所需要的時間，時間越長，反響越快C．根據該方案，還可以探究硫酸濃度對反響速率的影響D．根據該實驗方案得出反響速率的大小可能是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ解析：選DA項，根據控制變量法，假設選擇Ⅱ和Ⅲ實驗探究硫酸銅對反響速率的影響，Ⅱ的溫度必須控制在35℃，錯誤；B項，收集相同條件下等體積的氣體所需的時間越長，那么反響速率越慢，錯誤；C項，題中各組實驗中硫酸的濃度均相同，故無法探究硫酸濃度對反響速率的影響，錯誤；D項，此題影響反響速率大小的主要因素是溫度和硫酸銅固體的質量，由A項分析可知實驗Ⅱ的溫度應為35℃，那么反響速率Ⅱ＞Ⅰ，實驗Ⅲ中鋅與置換出的銅及硫酸構成原電池，使Ⅲ的反響速率比Ⅱ的快，實驗Ⅳ中CuSO4用量過多，置換出的銅可能覆蓋在鋅外表而阻止反響的進行，從而使反響速率大大減小，故四個反響的反響速率的大小關系可能為Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ，正確。11．(2023·濟南模擬)Ⅰ.以下各項分別與哪個影響化學反響速率的因素關系最為密切？(1)夏天的食品易變霉，在冬天不易發(fā)生該現象_______________________________；(2)同濃度不同體積的鹽酸中放入同樣大小的鋅塊和鎂塊，產生氣體有快有慢________________________________________________________________________；(3)MnO2參加雙氧水中放出氣泡更快_____________________________________。Ⅱ.在一定溫度下，4L密閉容器內某一反響中氣體M、氣體N的物質的量隨時間變化的曲線如圖：(1)比擬t2時刻，正逆反響速率大小v正____v逆。(填“＞〞“＝〞或“＜〞)(2)假設t2＝2min，計算反響開始至t2時刻用M的濃度變化表示的平均反響速率為________________________________________________________________________。(3)t3時刻化學反響到達平衡，反響物的轉化率為_________________________________。(4)如果升高溫度，那么v逆________(填“增大〞“減小〞或“不變〞)。解析：Ⅰ.(1)夏天溫度較高，反響速率較大，而冬天溫度較低，反響速率較低。(2)反響物本身性質是影響化學反響速率的主要因素，鎂比鋅活潑，與鹽酸反響較劇烈。(3)MnO2是H2O2分解反響的催化劑，可加快反響速率。Ⅱ.(1)t2時刻，反響物逐漸減小，生成物逐漸增多，反響未達平衡且正向進行，v正＞v逆。(2)v＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(4mol－2mol,4L×2min)＝0.25mol·L－1·min－1。(3)t3時刻化學反響到達平衡，剩余2molN，那么轉化6molN，轉化率為eq\f(8－2mol,8mol)×100%＝75%。(4)升高溫度，反響速率增大。答案：Ⅰ.(1)溫度(2)反響物本身性質(3)催化劑Ⅱ.(1)＞(2)0.25mol·L－1·min－1(3)75%(4)增大12．興趣小組探究鋅片與鹽酸、醋酸反響時，濃度或溫度對反響速率的影響，他們準備了以下化學用品：0.20mol·L－1與0.40mol·L－1的HCl溶液、0.2mol·L－1與0.40mol·L－1的CH3COOH溶液、0.10mol·L－1CuCl2、鋅片(形狀、大小、質量相同)、秒表、碳棒、導線、燒杯、幾支試管和膠頭滴管，酸液溫度控制為298K和308K。(1)酸液都取足量、相同體積，請你幫助完成以下實驗設計表(表中不要留空格)：實驗編號溫度(K)鹽酸濃度(mol·L－1)醋酸濃度實驗目的①2980.20—a.實驗①和②是探究______對鋅與鹽酸反響速率的影響；b.實驗①和③是探究______對鋅與鹽酸反響速率的影響；c.實驗①和④是探究相同溫度下，相同濃度的鹽酸、醋酸與鋅反響速率的區(qū)別。②3080.20—③2980.40—④—(2)假設(1)中實驗①鋅片消失的時間是20s，那么鋅片剩余質量與時間關系圖如圖。假設：該反響溫度每升高10℃，反響速率是原來的2倍；溫度相同、濃度相同時，醋酸的平均反響速度是鹽酸的1/2。請你在此圖中大致畫出“實驗②〞(用實線)、“實驗④中醋酸實驗〞(用虛線)的鋅片質量與時間關系曲線。(3)某實驗小組在做(1)中實驗④時誤加少量0.10mol·L－1CuCl2溶液，發(fā)現反響速率與(1)中實驗①接近。該組同學對影響因素提出如下假設，請完成假設三：假設一：Cu2＋對該反響起催化劑作用假設二：Cl－對該反響起催化劑作用假設三：___________________________________________________……(4)請你設計實驗驗證上述假設三是否成立，寫出實驗步驟及預期現象：實驗步驟預期現象解析：(1)實驗①和②的不同點是鹽酸的溫度，所以是探究不同溫度對Zn與鹽酸反響速率的影響；實驗①和③的不同點是鹽酸的濃度，所以是探究不同濃度對Zn與鹽酸反響速率的影響；實驗①和④是探究相同溫度下，相同濃度的鹽酸、醋酸與鋅反響速率的區(qū)別，所以實驗④的溫度是298K，醋酸的濃度是0.20mol·L－1。(2)該反響溫度每升高10℃，反響速率是原來的2倍，溫度相同、濃度相同時，醋酸的平均反響速度是鹽酸的eq\f(1,2)，與①比擬，②溫度升高10℃，反響速率是原來的2倍，所以②反響時間縮短到10s；④的反響速率是①的eq\f(1,2)，那么反響時間是①的2倍，即20s×2＝40s，據此可畫出圖像。(3)Zn置換出Cu，構成Zn-Cu原電池，能夠加快反響速率，所以假設3為：形成Zn-Cu原電池，加快反響速率。(4)設計對照實驗，其中一個為原電池，如①將不連接的銅、鋅電極插入稀硫酸中，此過程中銅電極不反響，鋅電極產生氫氣；②將銅、鋅電極用導線連接放入稀硫酸中，可以觀察到在銅電極上迅速產生氫氣，產生氫氣的速率大于①，根據①②可知，Zn-Cu構成原電池后可以大大加快反響速率。答案：(1)④2980.20mol·L－1實驗目的：a.不同溫度 b．不同濃度(2)(3)形成Zn-Cu原電池，加快反響速率(其他答案合理亦可)(4)①將不連接的銅、鋅電極插入稀硫酸中，②將銅、鋅電極用導線連接放入稀硫酸中在銅電極上迅速產生氫氣，產生氫氣的速率②大于①，證明構成原電池后可以大大加快反響速率13．某溫度時，在2L的密閉容器中，X、Y、Z(均為氣體)三種物質的量隨時間的變化曲線如下圖。(1)由圖中所給數據進行分析，該反響的化學方程式為____________________________________________________________________________________________________。(2)反響從開始至2分鐘，用Z的濃度變化表示的平均反響速率為v(Z)＝________________________________________________________________________。(3)2min反響達平衡容器內混合氣體的平均相對分子質量比起始時________(填“增大〞“減小〞或“不變〞)；混合氣體密度比起始時________(填“增大〞“減小〞或“不變〞)。(4)將amolX與bmolY的混合氣體發(fā)生上述反響，反響到某時刻各物質的量恰好滿足：n(X)＝n(Y)＝n(Z)，那么原混合氣體中a∶b＝________。(5)以下措施能加快反響速率的是________。A．恒壓時充入He B．恒容時充入HeC．恒容時充入X D．及時別離出ZE．升高溫度F．選擇高效的催化劑(6)以下說法正確的選項是________。A．升高溫度改變化學反響的限度B．正反響是吸熱反響，升高溫度平衡向右移動，正反響速率加快，逆反響速率減慢C．化學反響的限度與時間長短無關D．化學反響的限度是不可能改變的E.增大Y的濃度，正反響速率加快，逆反響速率減慢解析：(1)由圖像可知，X、Y為反響物，Z為生成物。Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝0.3∶0.1∶0.2＝3∶1∶2，反響的化學方程式為3X＋Y2Z。(2)v(Z)＝(0.2－0)mol÷(2min×2L)＝0.05mol·L－1·min－1。(3)根據M＝m÷n，在恒容、密閉容器中，混合氣體的質量不變，隨著反響的進行n值變小，那么2min反響達平衡容器內混合氣體的平均相對分子質量比起始時增大。由于反響前氣體的質量和容器容積均不變，混合氣體密度不變。(4)根據上述分析可知3X＋Y2Z起始(mol)ab0變化(mol)3nn2n平衡(mol)a－3nb－n2n根據題意：b－n＝2n，b＝3n，a－3n＝2n，a＝5n，得a∶b＝5∶3。(5)A項，恒壓時充入He，導致氣體體積增大，各物質的濃度降低，化學反響速率減慢；B項，恒容時充入He，各物質的濃度不變，化學反響速率不變；C項，恒容時充入X，導致反響物濃度增大，化學反響速率加快；D項，及時別離出Z，導致生成物濃度降低，化學反響速率減慢；E項，升高溫度，化學反響速率加快；F項，選擇高效的催化劑能加快化學反響速率。(6)A項，任何化學反響都有熱效應，升高溫度，平衡發(fā)生移動，所以升高溫度能改變化學反響限度，正確；B項，升高溫度，能加快正逆反響速率，只是增加的幅度不同，錯誤；C項，化學反響的限度與時間長短無關，正確；D項，改變外界條件，例如升高溫度，平衡發(fā)生移動，所以化學反響的限度是可以改變的，錯誤；E項，增大Y的濃度，正反響速率加快，逆反響速率也加快，錯誤。答案：(1)3X＋Y2Z(2)0.05mol·L－1·min－1(3)增大不變(4)5∶3(5)CEF(6)AC考點一化學平衡狀態(tài)一、理清兩個概念1．可逆反響2．化學平衡狀態(tài)一定條件下的可逆反響，當反響進行到一定程度時，正反響速率和逆反響速率相等，反響物的濃度和生成物的濃度不變的狀態(tài)，稱為“化學平衡狀態(tài)〞，簡稱化學平衡。二、掌握化學平衡狀態(tài)的建立、特點和判定標準1．化學平衡的建立(1)建立過程在一定條件下，把某一可逆反響的反響物參加固定容積的密閉容器中。反響過程如下：(2)建立過程可用以下圖表示：2．化學平衡的特點3．化學平衡的判定對于密閉容器中的可逆反響：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)是否到達平衡可以歸納如下表(用“平衡〞或“不一定平衡〞填表)化學反響mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)是否平衡混合物體系中各成分的含量①各物質的物質的量或物質的質量分數一定平衡②各物質的質量或質量分數一定平衡③各氣體的體積或體積分數一定平衡④總體積、總壓強、總物質的量一定不一定平衡正、逆反響速率之間的關系①在單位時間內消耗了mmolA，同時也生成了mmolA平衡②在單位時間內消耗了nmolB，同時也消耗了pmolC平衡③v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q不一定平衡④在單位時間內生成了nmolB，同時也消耗了qmolD不一定平衡壓強①其他條件一定、總壓強一定，且m＋n≠p＋q平衡②其他條件一定、總壓強一定，且m＋n＝p＋q不一定平衡混合氣體的平均相對分子質量①平均相對分子質量一定，且m＋n≠p＋q平衡②平均相對分子質量一定，且m＋n＝p＋q不一定平衡溫度任何化學反響都伴隨著能量變化，當體系溫度一定時平衡氣體的密度密度一定不一定平衡顏色反響體系內有色物質的顏色穩(wěn)定不變平衡[基點小練]判斷正誤(正確的打“√〞，錯誤的打“×〞)。(1)2H2Oeq\o(,\s\up7(電解),\s\do5(點燃))2H2↑＋O2↑為可逆反響(×)(2)二次電池的充、放電為可逆反響(×)(3)對反響A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，壓強不隨時間而變，說明反響已達平衡狀態(tài)(×)(4)對于NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)反響，當每消耗1molSO3的同時生成1molNO2時，說明反響到達平衡狀態(tài)(×)(5)化學平衡狀態(tài)指的是反響靜止了，不再發(fā)生反響了(×)(6)對于A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)反響，當密度保持不變，在恒溫恒容或恒溫恒壓條件下，均不能作為到達化學平衡狀態(tài)的標志(×)(7)恒溫恒容下進行的可逆反響：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，當SO3的生成速率與SO2的消耗速率相等時，反響到達平衡狀態(tài)(×)(8)在2L密閉容器內，800℃時反響2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)體系中，當該容器內顏色保持不變時能說明該反響已到達平衡狀態(tài)(√)題點(一)化學平衡狀態(tài)的判定1．可逆反響：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，在容積固定的密閉容器中到達平衡狀態(tài)的標志是()①單位時間內生成nmolO2的同時生成2nmolNO2②單位時間內生成nmolO2的同時生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反響速率之比為2∶2∶1的狀態(tài)④混合氣體的顏色不再改變的狀態(tài)⑤混合氣體的密度不再改變的狀態(tài)⑥混合氣體的壓強不再改變的狀態(tài)⑦混合氣體的平均相對分子質量不再改變的狀態(tài)A．只有①④⑥⑦ B．只有②③⑤⑦C．只有①③④⑤ D．全部解析：選A①中單位時間內生成nmolO2的同時生成2nmolNO2，能說明反響到達平衡，②單位時間內生成nmolO2必生成2nmolNO，不能說明反響到達平衡狀態(tài)。③中無論到達平衡與否，用各物質表示的化學反響速率之比都等于化學計量數之比。④有色氣體的顏色不變，那么表示物質的濃度不再變化，說明反響已到達平衡。⑤氣體體積固定、質量反響前后守恒，密度始終不變。⑥反響前后Δνg≠0，壓強不變，意味著各物質的含量不再變化。⑦由于氣體的質量不變，氣體的平均相對分子質量不變時，說明氣體中各物質的物質的量不變，反響到達平衡。2．一定溫度下在容積恒定的密閉容器中，進行如下可逆反響：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，以下表達能說明該反響已到達平衡狀態(tài)的是()①混合氣體的密度不再變化時②容器內氣體的壓強不再變化時③混合氣體的總物質的量不再變化時④B的物質的量濃度不再變化時⑤混合氣體的平均相對分子質量不再改變的狀態(tài)⑥當v正(B)＝2v逆(C)A．①④⑤⑥ B．②③⑥C．②④⑤⑥ D．只有④解析：選AA為固態(tài)，反響正向進行時氣體質量增大，逆向進行時氣體質量減小，所以，密度不變時平衡，①正確；該反響前后氣體體積不變，所以壓強不變時不一定平衡，②錯誤；該反響前后氣體物質的量相等，所以混合氣體的總物質的量不變不一定平衡，③錯誤；B的濃度不變，說明反響平衡了，④正確；混合氣體的平均相對分子質量不再改變的狀態(tài)，說明氣體的質量不變，正、逆反響速率相等，反響到達平衡，⑤正確；v正(B)＝2v逆(C)時，說明正、逆反響速率相等，反響到達平衡，⑥正確。3．一定溫度下，反響N2O4(g)2NO2(g)的焓變?yōu)棣。現將1molN2O4充入一恒壓密閉容器中，以下示意圖正確且能說明反響到達平衡狀態(tài)的是()A．①② B．②④C．③④ D．①④解析：選D因反響容器保持恒壓，所以容器體積隨反響進行而不斷變化，結合ρ氣＝m/V可知，氣體密度不再變化，說明容器體積不再變化，即氣體的物質的量不再變化，反響到達平衡狀態(tài)，①符合題意；無論是否平衡，反響的ΔH都不變，②不符合題意；反響開始時，參加1molN2O4，隨著反響的進行，N2O4的濃度逐漸變小，故v正(N2O4)逐漸變小，直至到達平衡，③不符合題意；N2O4的轉化率不再變化，說明N2O4的濃度不再變化，反響到達平衡狀態(tài)，④符合題意，應選D。判斷化學平衡狀態(tài)的方法——“正逆相等，變量不變〞以下幾種情況不能作為可逆反響到達化學平衡狀態(tài)的標志：①某一時刻，各物質的濃度(或物質的量或分子數)之比等于化學計量數之比的狀態(tài)。②恒溫、恒容條件下氣體體積不變的反響，混合氣體的壓強或氣體的總物質的量不隨時間而變化，如2HI(g)I2(g)＋H2(g)。③全部是氣體參加的體積不變的反響，體系的平均相對分子質量不隨時間而變化，如2HI(g)I2(g)＋H2(g)。④全部是氣體參加的反響，恒容條件下體系的密度保持不變。題點(二)極端假設法在化學平衡計算中的應用4．可逆反響N2＋3H22NH3，在容積為10L的密閉容器中進行，開始時參加2molN2和3molH2，達平衡時，NH3的濃度不可能到達()A．0.1mol·L－1 B．0.2mol·L－1C．0.05mol·L－1 D．0.15mol·L－1解析：選B2molN2和3molH2反響，假設反響能夠進行到底，那么3molH2完全反響，生成2molNH3，此時NH3的濃度為0.2mol·L－1，但由于是可逆反響，不能完全反響，所以NH3的濃度達不到0.2mol·L－1。5．在密閉容器中進行反響：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)，X2、Y2、Z的起始濃度分別為0.1mol·L－1、0.3mol·L－1、0.2mol·L－1，在一定條件下，當反響到達平衡時，各物質的濃度有可能是()A．Z為0.3mol·L－1 B．Y2為0.4mol·L－1C．X2為0.2mol·L－1 D．Z為0.4mol·L－1解析：選A此題可用極端假設法確定各物質的濃度范圍。假設反響正向進行到底：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)起始濃度(mol·L－1)0.10.30.2改變濃度(mol·L－1)0.10.10.2終態(tài)濃度(mol·L－1)00.20.4假設反響逆向進行到底：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)起始濃度(mol·L－1)0.10.30.2改變濃度(mol·L－1)0.10.10.2終態(tài)濃度(mol·L－1)0.20.40平衡體系中各物質的濃度范圍為0＜c(X2)＜0.2mol·L－1，0.2mol·L－1＜c(Y2)＜0.4mol·L－1,0＜c(Z)＜0.4mol·L－1。A項符合題意。極端假設法確定各物質的濃度范圍先假設反響正向或逆向進行到底，再求出各物質濃度的最大值和最小值，從而確定它們的濃度范圍?？键c二化學平衡移動對應學生用書P137一、化學平衡移動1．化學平衡移動的過程2．影響化學平衡的外界因素(1)影響化學平衡的因素條件的改變(其他條件不變)化學平衡的移動濃度增大反響物濃度或減小生成物濃度向正反響方向移動減小反響物濃度或增大生成物濃度向逆反響方向移動壓強(對有氣體存在的反響)反響前后氣體分子數改變增大壓強向氣體體積減小的方向移動減小壓強向氣體體積增大的方向移動反響前后氣體分子數不變改變壓強平衡不移動溫度升高溫度向吸熱反響方向移動降低溫度向放熱反響方向移動催化劑使用催化劑平衡不移動(2)幾種特殊情況說明①改變固體或純液體的量，對化學平衡沒影響。②“惰性氣體〞對化學平衡的影響。a．恒溫、恒容條件：原平衡體系eq\o(→,\s\up7(充入惰性氣體),\s\do5())體系總壓強增大→體系中各組分的濃度不變→平衡不移動。b．恒溫、恒壓條件：③同等程度地改變反響混合物中各物質的濃度時，應視為壓強的影響。3．勒夏特列原理如果改變影響化學平衡的條件之一(如溫度，壓強，以及參加反響的化學物質的濃度)，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動。[基點小練]1．判斷正誤(正確的打“√〞，錯誤的打“×〞)。(1)對于反響N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，假設斷裂2molH—H鍵，同時形成1molNN鍵，那么平衡正向移動(×)(2)對于反響2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，假設每消耗1molO2，同時生成2molSO2，那么平衡正向移動(×)(3)對于反響I2(g)＋H2(g)2HI(g)，假設使體系顏色變淺，那么平衡一定正向移動(×)(4)對于反響2A(g)＋B(g)2C(g)，當v(A)正＝eq\f(1,2)v(B)逆時，平衡不移動(×)(5)合成氨反響需使用催化劑，說明催化劑可以促進該平衡向生成氨的方向移動(×)(6)平衡時，其他條件不變，別離出固體生成物，v正加快(×)(7)向平衡體系FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl中參加KCl固體，平衡將向逆反響方向移動，溶液顏色將變淺(×)(8)二氧化氮與四氧化二氮的平衡體系，加壓后顏色加深(√)二、平衡移動與其他物理量的變化關系在判斷平衡移動的方向和物質的轉化率、體積分數變化時，應靈活分析濃度和壓強對平衡的影響。假設以α表示物質的轉化率，φ表示氣體的體積分數。1．對于A(g)＋B(g)C(g)類反響，到達平衡后，保持溫度、容積不變，又參加一定量的A，那么平衡向正反響方向移動，α(B)增大而α(A)減小，φ(B)減小而φ(A)增大。2．對于aA(g)bB(g)類反響，到達平衡后，保持溫度、容積不變，又參加一定量的A，平衡移動的方向和A的轉化率的變化如表所示。類型例如改變分析移動結果a<bPCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)又充入PCl5c(PCl5)增大，v正>v逆，但壓強增大不利于PCl5的分解，平衡正移α(PCl5)減小，φ(PCl5)增大a＝b2HI(g)H2(g)＋I2(g)又充入HIc(HI)增大，v正>v逆，壓強增大，對v正、v逆的影響相同，平衡正移α(HI)、φ(HI)不變a>b2NO2(g)N2O4(g)又充入NO2c(NO2)增大，v正>v逆，同時壓強的增大更有利于NO2的轉化，平衡正移α(NO2)增大，φ(NO2)減小[基點小練]2．判斷正誤(正確的打“√〞，錯誤的打“×〞)。(1)C(s)＋CO2(g)2CO(g)ΔH>0，其他條件不變時升高溫度，反響速率v(CO2)和CO2的平衡轉化率均增大(√)(2)CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH<0，在其他條件不變的情況下改變壓強，平衡不發(fā)生移動，反響放出的熱量不變(√)1．(2023·鄭州模擬)以下說法正確的選項是()A．改變反響條件使平衡向正反響方向移動，反響物的轉化率一定增大B．濃度變化引起平衡向正反響方向移動，反響物的轉化率一定增大C．溫度或壓強的變化引起平衡向正反響方向移動，反響物的轉化率一定增大D．催化劑可使化學反響速率加快，使反響物的轉化率增大解析：選CA項，改變反響條件使平衡向正反響方向移動，反響物的轉化率不一定增大，例如合成氨反響中通入氮氣，氮氣轉化率降低，錯誤；B項，根據A中分析可知濃度變化引起平衡向正反響方向移動，反響物的轉化率不一定增大，錯誤；C項，溫度或壓強的變化引起平衡向正反響方向移動，反響物的轉化率一定增大，正確；D項，催化劑可使化學反響速率加快，但不能改變反響物的轉化率，錯誤。2．將等物質的量的X、Y氣體充入某密閉容器中，在一定條件下，發(fā)生反響并到達平衡：X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH＜0。當改變某個條件并維持新條件直至新的平衡時，表中關于新平衡與原平衡的比擬正確的選項是()選項改變條件新平衡與原平衡比擬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的體積分數變小解析：選A升高溫度，平衡逆向移動，X的轉化率變小，A正確；增大壓強，平衡正向移動，但容器的體積減小，X的濃度增大，B錯誤；充入一定量Y，X的轉化率增大，而Y的轉化率減小，C錯誤；使用適當催化劑，只能加快反響速率，不能改變平衡，X的體積分數