2021年新高考化学二轮复习：专题七　化学反应速率和化学平衡.pptx

1、专题七专题七 化学反应速率和化学平衡化学反应速率和化学平衡 第二部分第二部分 2021 热点专攻热点专攻( (七七) ) 内 容 索 引 01 02 03 考情分析考情分析 备考定向备考定向 高频考点高频考点 能力突破能力突破 考情分析考情分析 备考定向备考定向 备考要点说明 1.了解化学反应速率的概念和定量表示方法。能正确计算化学反应的转化率()。 2.了解反应活化能的概念,了解催化剂的重要作用。 3.了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立。 4.掌握化学平衡的特征。了解化学平衡常数(K)的含义,能利用化学平衡常数进 行相关计算。 5.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对化学反应速率和

2、化学平衡的 影响,能用相关理论解释其一般规律。 6.了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要 作用。 核心价值引领 2020年6月10日,在江苏省科学技术奖励大会上,钟秦教授科研团队的高效燃煤 燃气烟气脱硝催化剂全生命周期关键技术研发与应用获得2019年江苏省科学 技术奖一等奖,钒基脱硝催化剂在220 至550 高温高效稳定运行,解决了催化 剂生产、运行诊断、再生与回收等关键技术问题。催化剂能够改变反应历程, 降低反应的活化能,故催化剂能够极大程度地加快化学反应速率。科学家一直 致力于研究发现高效催化剂,那么催化剂增大化学反应速率的机理是什么?催化 剂能不能提高反应物

3、的转化率?能否改变反应的焓变?带着这些问题我们来深入 研究化学反应速率、化学平衡的影响因素以及化学反应条件的选择。 高频考点高频考点 能力突破能力突破 考点一考点一 外界条件对化学反应速率的影响外界条件对化学反应速率的影响 【真题示例】【真题示例】 (2019浙江4月选考)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-), 油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比,下列说法不正确的是 ( ) A.高温高压液态水中,体系温度升高,油脂水解反应速率加快 B.高温高压液态水中,油脂与水的互溶能力增强,油脂水解反应速率加快 C.高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解

4、反应,且产生的酸进一步催化水解 D.高温高压液态水中的油脂水解,相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或 相同c(OH-)的碱的水解 答案 D 解析 A项,温度升高,反应速率加快,所以正确,不符合题意;B项,高温高压下, 油脂与水互溶性增强,接触面积更大,反应速率加快,所以正确,不符合题 意;C项,高温高压下,氢离子浓度增大,对油脂的水解起到催化作用,生成的 氢离子又进一步起到催化作用,所以正确,不符合题意;D项,高温高压下水 电离的氢离子和氢氧根离子浓度虽然较常温时的大,但水解前溶液呈中性, 与加入酸或碱所形成的环境不同,所以错误,符合题意。 【必备知识必备知识】 1.化学反应速率的计

5、算 浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质,不适用于固体和纯液体。 化学反应速率是某段时间内的平均反应速率,而不是瞬时速率,且计算时 取正值。 同一反应用不同的物质表示反应速率时,数值可能不同,但意义相同。同 一化学反应中用不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比。 (1)公式法:v(B)=(B) = (B) 。 (2)比值法:同一化学反应,各物质的反应速率之比等于方程式中各物质的化学 计量数之比。如对于反应:mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),存在关系: (A) = (B) = (C) = (D) 。 2.气体反应体系中充入惰性气体(或无关气体)时,对反应速率的影响 (1)恒容:

6、充入“惰性气体”总压强增大物质浓度不变(活化分子浓度不变) 反应速率不变。 (2)恒压:充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小) 反应速率减慢。 实验 实验 实验 1 mL 0.01 M的KMnO4 溶液和1 mL 0.1 M的 H2C2O4溶液混合 1 mL 0.01 M的KMnO4溶液和 1 mL 0.1 M的H2C2O4溶液混合 1 mL 0.01 M的KMnO4溶液和 1 mL 0.1 M的H2C2O4溶液混合 褪色 比实验褪色快 比实验褪色快 【应考训练应考训练】 考向1 化学反应速率的影响因素 1.(2019北京石景山高三统练)资料显示,自催化作用是指反应产物之一使

7、该反应 速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验,一段时间后溶液 均褪色(0.01 mol L-1可以记做0.01 M)。 下列说法不正确的是( ) A.实验中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,产物MnSO4能起自催化作 用 B.实验褪色比快,是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率 C.实验褪色比快,是因为Cl-的催化作用加快了反应速率 D.若用1 mL 0.2 M的H2C2O4溶液做实验,推测比原实验褪色快 答案 C 解析 由分析可知,实验中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,反应生成 的MnSO4能起自催化作用,故A正确;实验加入了MnSO4固体后,褪色比 快,

8、说明MnSO4的催化作用加快了反应速率,故B正确;实验加入了稀盐酸 之后,Cl-与KMnO4发生氧化还原反应,所以褪色比快,Cl-是还原剂不是催 化剂,故C错误;若用1 mL 0.2 M的H2C2O4溶液做实验,还原剂H2C2O4的浓 度增大,反应速率更快,能更快地将KMnO4消耗完,因此比原实验褪色快, 故D正确。 考向2 化学反应速率的计算 2.(双选)(2020山东济南一模)丙酮的碘代反应CH3COCH3+I2CH3COCH2I+HI的 速率方程为v=kcm(CH3COCH3)cn(I2),其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半 时所需的时间)为0.7/k。改变反应物浓度时,反应的瞬时速

9、率如表所示。 c(CH3COCH3)/(mol L-1) c(I2)/(mol L-1) v/(10-3 mol L-1 min-1) 0.25 0.050 1.4 0.50 0.050 2.8 1.00 0.050 5.6 0.50 0.100 2.8 下列说法正确的是( ) A.速率方程中的m=1、n=0 B.该反应的速率常数k=2.810-3 min-1 C.增大I2的浓度,反应的瞬时速率加快 D.在过量的I2存在时,反应掉87.5%的CH3COCH3所需的时间是375 min 答案 AD 解析 由第一组数据和第二组数据可得(0.50 0.25) m=2.810-3 1.410-3,解得

10、 m=1,由第二组数据和 第四组数据可得(0.100 0.050) n=2.810-3 2.810-3,解得 n=0,A项正确;m=1,n=0,则 v=kc(CH3COCH3),代入第一组数据可得,k=5.6 10-3 min-1,B项错误;由第二组和 第四组数据分析可知,当其他条件不变时,增大 I2的浓度,反应的瞬时速率不变,C 项错误;存在过量的 I2时,反应掉 87.5%的 CH3COCH3可以看作经历 3 个半衰期, 即 50%+25%+12.5%,因此所需的时间为 30.7 5.610-3 min=375 min,D 项正确。 考向3 “控制变量”思想在探究影响化学反应速率因素中的应

11、用 3.铬是广泛存在于环境中的金属元素,在水体中主要以三价和六价铬的化 合物为主,其中六价铬对人有害。通常含六价铬的酸性工业废水的处理流 程为: 为进一步研究初始pH和草酸的浓度对第步反应速率的影响,某学习小组 设计对比实验如下表: CrO4 2- Cr2O7 2- Cr3+Cr(OH)3 实验 编号 初始 pH 废水样品 的体积/mL 草酸溶液 的体积/mL 蒸馏水的 体积/mL 甲 4 60 10 30 乙 5 x 10 30 丙 5 y 5 z (1)实验设计表中z= ; (2)实验甲中Ot1时间段反应速率v(Cr3+)= mol L-1 min-1(用含字母的代数 式表示)。 (3)常

12、温下,第步反应生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下平衡:Cr(OH)3(s) Cr3+(aq)+3OH-(aq),其溶度积KspCr(OH)3=110-32,要使反应后溶液中c(Cr3+)不 高于10-5 mol L-1,溶液的pH应调至 。 答案 (1)35 (2)2(0 -1) 1 (3)5(或5) 解析 (1)根据控制变量法的原理可知,要保证废水样品相同、混合后溶液总 体积相同,即 x=60,y=60,z=35。 (2)实验甲中 Ot1时间段反应速率 v(Cr3+)=2v(Cr2O7 2-)=20-1 1 mol (L min)-1。 (3)常温下,第步反应生成的 Cr(OH)3在溶液中

13、存在以下平衡:Cr(OH)3(s) Cr3+(aq)+3OH-(aq),溶度积 KspCr(OH)3=1 10-32,要使反应后溶液中 c(Cr3+)不 高于 10-5 mol L-1,则 c3(OH-)110 -32 10-5 ,即 c(OH-)10-9 mol L-1,所以溶液的 pH 应调至 5(或5)。 考点二考点二 化学平衡及其影响因素化学平衡及其影响因素 化学平衡常数及有关计算化学平衡常数及有关计算 【真题示例】【真题示例】 1.(2020天津化学)已知Co(H2O)62+呈粉红色,CoCl42-呈蓝色,ZnCl42-为无色。 现将CoCl2溶于水,加入浓盐酸后,溶液由粉红色变为蓝

14、色,存在以下平衡: Co(H2O)62+4Cl- CoCl42-+6H2O H 用该溶液做实验,溶液的颜色变化如下: 以下结论和解释正确的是( ) A.等物质的量的Co(H2O)62+和CoCl42-中键数之比为32 B.由实验可推知HCoCl42- 答案 D 解析 1 mol Co(H2O)62+中键数为18NA,1 mol CoCl42-中键数为4NA,二 者之比为92,A项错误;将蓝色溶液放入冰水中,颜色变粉红色,说明平衡 Co(H2O)62+4Cl- CoCl42-+6H2O左移,根据勒夏特列原理可 知,H0,B项错误;H2O是纯液体,其浓度不变,但加入H2O会引起其他离子 浓度的变化

15、,使平衡移动,C项错误;实验中加入ZnCl2,溶液变粉红 色,CoCl42-变为Co(H2O)62+,说明Zn2+与Cl-络合生成ZnCl42-的能力比 Co2+与Cl-络合生成CoCl42-的能力强,即CoCl42-不如ZnCl42-稳定,D项正 确。 2.(2019海南化学)反应C2H6(g) C2H4(g)+H2(g) H0,在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中,不能提高 乙烷平衡转化率的是( ) A.增大容器容积 B.升高反应温度 C.分离出部分氢气 D.等容下通入惰性气体 答案 D 解析 该反应的正反应是气体体积增大的反应,增大反应容器的容积,体系 的压强减小,化学平衡正

16、向移动,能提高乙烷平衡转化率,A项不符合题意; 该反应的正反应是吸热反应,升高反应温度,化学平衡正向移动,可提高乙 烷的平衡转化率,B项不符合题意;分离出部分氢气,减少了生成物浓度,平 衡正向移动,可提高乙烷的平衡转化率,C项不符合题意;等容下通入惰性气 体,体系的总压强增大,但各气体的浓度保持不变,因此化学平衡不移动,对 乙烷的平衡转化率无影响,D项符合题意。 3.(2019浙江4月选考)下列说法正确的是( ) A.H2(g)+I2(g) 2HI(g),其他条件不变,缩小反应容器体积,正逆反应速 率不变 B.C(s)+H2O(g) H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C

17、.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)+B(g) 2C(?)已达平衡,则 A、C不能同时是气体 D.1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出热量Q1;在相 同温度和压强下,当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时,吸收热量 Q2,Q2不等于Q1 答案 B 解析 A项,缩小反应容器体积,反应物和生成物的浓度均增大,因此正、逆 反应速率均增大,所以错误;B项,碳的质量不再发生变化说明正逆反应速率 相等,说明反应达到平衡状态,所以正确;C项,如果A、C同时是气体,反应前 后气体的化学计量数之和不等,压强不变可以说明反应达到平衡,所以错 误;D项,由题

18、给物质的量和转化率可知,正反应时消耗氢气的物质的量为 0.3 mol,逆反应时生成氢气的物质的量也是0.3 mol,因此吸收和放出的热量 数值相同,所以错误。 4.(2018天津理综)室温下,向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH和含1 mol HBr 的氢溴酸,溶液中发生反应:C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O,充分反应后 达到平衡。已知常压下,C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4 和78.5 。 下列有关叙述错误的是( ) A.加入NaOH,可增大乙醇的物质的量 B.增大HBr浓度,有利于生成C2H5Br C.若反应物均增大至2 mol,则两种反应物平衡转化率之比不变

19、D.若起始温度提高至60 ,可缩短反应达到平衡的时间 答案 D 解析 加入NaOH能与HBr反应,平衡左移,可增大乙醇的物质的量,A项正确; 增大反应物HBr的浓度,平衡右移,有利于生成C2H5Br,B项正确;由于两种反 应物的起始量相等,且反应中两种物质的化学计量数之比为11,则两种反 应物平衡转化率之比不变,C项正确;由于C2H5Br的沸点为38.4 ,若起始温 度提高至60 ,则会造成C2H5Br的挥发,因此反应达到平衡的时间会延 长,D项错误。 5.(2020全国)天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料 和化工原料。 (1)乙烷在一定条件可发生如下反应:C2H

20、6(g) C2H4(g)+H2(g) H1,相关物 质的燃烧热数据如下表所示: H1= kJ mol-1。 提高该反应平衡转化率的方法有 、 。 容器中通入等物质的量的乙烷和氢气,在等压下(p)发生上述反应,乙烷的平衡 转化率为。反应的平衡常数Kp= (用平衡分压代替平衡浓度计算, 分压=总压物质的量分数)。 物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g) 燃烧热H/(kJ mol-1) -1 560 -1 411 -286 (2)高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4 C2H6+H2。反应在初期阶段的 速率方程为:r=k ,其中k为反应速率常数。 设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化

21、率为时的反应速率为r2,则 r2= r1。 对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是 。 A.增加甲烷浓度,r增大 B.增加H2浓度,r增大 C.乙烷的生成速率逐渐增大 D.降低反应温度,k减小 CH4 (3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子 的耦合转化,其原理如下图所示: 阴极上的反应式为 。 若生成的乙烯和乙烷的体积比为21,则消耗的CH4和CO2体积比 为 。 答案 (1)137 升高温度 减小压强(增大体积) (2)(1-) AD (3)CO2+2e- = CO+O2- 65 (1+) (2+)(1-) p 解析 (1)表示乙烷、乙烯、氢气燃烧热的热

22、化学方程式分别为: a.C2H6(g)+7 2O2(g) 2CO2(g)+3H2O(l) H=-1 560 kJ mol-1 b.C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) H=-1 411 kJ mol-1 c.H2(g)+1 2O2(g) H2O(l) H=-286 kJ mol-1 根据盖斯定律,由 a-(b+c)可得由乙烷转化为乙烯的热化学方程式为 C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) H=+137 kJ mol-1。 该反应是气体分子数增大的吸热反应,根据平衡移动原理,为提高乙烷转 化率,可采取升高温度、减小压强(增大体积)的方法。 设起始加入乙烷和氢气的物质的量

23、是 n mol。 C2H6(g) C2H4(g)+ H2(g) 起始/mol n 0 n 转化/mol n n n 平衡/mol (1-)n n (1+)n 平衡时气体的总物质的量为(2+)n mol。 Kp= (C 2H4) (H2) (C2H6) = (2+) (1+) (2+) (1-) (2+) = (1+) (2+)(1-) p。 (2)甲烷转化率为时,CH4的浓度与CH4的初始浓度之比为(1-)1,故此 时反应速率r2=(1-)r1。反应初期阶段,反应速率与速率常数k、 有关。 增加甲烷浓度可增大反应速率,A正确、B错误;随着反应的进行, 逐渐 减小,反应速率逐渐减小,则乙烷的生成

24、速率逐渐减小,C错误;降低反应温 度,反应速率减小,k减小,D正确。 CH4 CH4 (3)由图可知,阳极上CH4转化成C2H6、C2H4、H2O: 2CH4-2e-+O2- = C2H6+H2O, 2CH4-4e-+2O2- = C2H4+2H2O。 阴极上CO2转化成CO和O2-:CO2+2e- = CO+O2- 若生成乙烯和乙烷的体积比为21,则每生成2 mol C2H4、1 mol C2H6,转 移电子10 mol、消耗6 mol CH4,根据得失电子守恒可知消耗5 mol CO2。则 消耗的CH4和CO2的体积比为65。 6.(2020山东化学)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因

25、素,有利于提高CH3OH 的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下: .CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.5 kJ mol-1 .CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H2=-90.4 kJ mol-1 .CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H3 回答下列问题: (1)H3= kJ mol-1。 (2)一定条件下,向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上 述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为a mol,CO为b mol,此时H2O(g)的浓度为 mol L-1(用含a、

26、b、V的代数式表示,下同),反应的平衡常数 为 。 (3)不同压强下,按照 n(CO2)n(H2)=13投料,实验测定 CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡 产率随温度的变化关系如下图所示。 已知:CO2的平衡转化率= (CO2)初始-(CO2)平衡 (CO2)初始 100% CH3OH 的平衡产率= (CH3)平衡 (CO2)初始 100% 其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”);压强p1、p2、p3 由大到小的顺序为 ;图乙中T1温度时,三条曲线几乎交于一点的原因 是 。 其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”);压强p1、 p2、p3由大到小的顺序为

27、 ;图乙中T1温度时,三条曲线几乎交于一 点的原因是 。 (4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,应选择的反应条件 为 (填标号)。 A.低温、高压 B.高温、低压 C.低温、低压 D.高温、高压 答案 (1)+40.9 (3)乙 p1、p2、p3 T1时以反应为主,反应前后气体分子数相等,压强 改变对平衡没有影响 (4)A (2)+ (+) (1-)(3-3-) 解析 本题利用科研文献中图像、曲线及数据设题,要求考生在陌生情景 中进行热力学分析,有一定难度。 (1)根据盖斯定律可得-=,则 H3=+40.9 kJ mol-1。 (2)反应: CO2(g)+3H2(g)CH3

28、OH(g)+H2O(g) 转化/mol x 3x x x 反应: CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 转化/mol a-x 2a-2x a-x 反应: CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 转化/mol y y y y n(CO)=y mol-a mol+x mol=b mol,则 x+y=a+b。 则 c(H2O)=+ mol L-1=+ mol L-1 K=(CO)(H 2) (CO2)(H2) = (+) 2 1- 3-3-2+2 = (+) (1-)(3-3-)。 (3)从图乙中看到在T1时,p不同时三条曲线交于一点,说明压强的改变对平 衡无影响。而反应前后分子数不变

29、,反应以为主,所以升高温度平衡向 正方向移动,CO2的转化率升高。图乙纵坐标表示CO2的平衡转化率,图甲 纵坐标表示CH3OH的平衡产率,反应、都是体积减小的反应,增大压 强平衡向正反应方向移动,故p1p2p3。 (4)由反应的方程式可知,低温、高压可提高CO2的平衡转化率和CH3OH的 平衡产率。 7.(2019全国节选)近年来,随着聚酯工业的快速 发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速 增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学 研究的热点。回答下列问题: (1)Deacon发明的直接氧化法为4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比

30、c(HCl)c(O2)分别等于11、41、71时HCl平 衡转化率随温度变化的关系: 可知反应平衡常数K(300 ) K(400 )(填“大于”或“小于”)。设HCl初始 浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=11的数据计算K(400 )=_ (列出计算式)。按化学计量数比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分 离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是 。 (2)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是 。(写出2种) 答案 (1)大于 0.4220.422 (1-0.84)4(1-0.21)0 O2 和 Cl2分离能耗较高、HCl 转化

31、率较低 (2)增加反应体系压强、及时除去产物 解析 (1)分析任意一条平衡曲线可知,在进料浓度比固定的条件下,随着温 度的升高,HCl的平衡转化率降低,说明正反应为放热反应,由于K只与温度 有关,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,即K(300 )大于K(400 )。 根据进料浓度比及HCl的平衡转化率间的关系可知,c(HCl)c(O2)=11的 曲线为最上面的那条曲线,由该曲线可知,温度为400 时HCl的平衡转化 率为84%。 根据条件可列三段式如下: 4HCl(g) + O2(g) 2Cl2(g) + 2H2O(g) 初始:c0 c0 0 0 转化:c0 0.84 c0 0.21 c

32、0 0.42 c0 0.42 平衡:c0 (1-0.84) c0 (1-0.21) c0 0.42 c0 0.42 K(400 )= 2(Cl2) 2(H 2O) 4(HCl) (O2) = (00.42)2 (00.42)2 0(1-0.84)4 0(1-0.21)= 0.4220.422 (1-0.84)4(1-0.21)0 进料浓度比c(HCl)c(O2)过低,导致产品Cl2混有大量O2,则分离两气体时导致能耗较高。 而进料浓度比c(HCl)c(O2)过高,则导致HCl的转化率过低,浪费原料。 (2)在温度一定时,要增大HCl的平衡转化率,可采取的措施有:及时移走部分产物、增大 体系压强

33、等。 8.(2018全国)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答 下列问题: (1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成 (HSiO)2O等,写出该反应的化学方程 式 。 (2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应: 2SiHCl3(g) = SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) H1=48 kJ mol-1 3SiH2Cl2(g) = SiH4(g)+2SiHCl3(g) H2=-30 kJ mol-1 则反应4SiHCl3(g) = SiH4(g)+3SiCl4(g)的H为 kJ mol-1。 (3)对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2

34、(g)+SiCl4(g),采用大孔弱 碱性阴离子交换树脂催化剂,在323 K和343 K时SiHCl3 的转化率随时间变化的结果如图所示。 343 K时反应的平衡转化率= %。平衡常 数K343 K= (保留2位小数)。 在343 K下:要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是 ;要缩 短反应达到平衡的时间,可采取的措施有 、 。 比较a、b处反应速率大小:va vb(填“大于”“小于”或“等于”)。 反应速率 v=v正-v逆=k正SiHC l3 2 -k逆SiH2Cl2SiCl4,k正、k逆分别为正、逆向反应速率 常数,x 为物质的量分数,计算 a 处的 正 逆= (保留 1 位小数)。 答

35、案 (1)2SiHCl3+3H2O =(HSiO)2O+6HCl (2)114 (3)22 0.02 及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度) 大于 1.3 解析 (1)SiHCl3与H2O反应生成(HSiO)2O为非氧化还原反应,由原子守恒配 平:2SiHCl3+3H2O =(HSiO)2O+6HCl。 (2)2SiHCl3(g) = SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) H1=48 kJ mol-1 3SiH2Cl2(g) = SiH4(g)+2SiHCl3(g) H2=-30 kJ mol-1 根据盖斯定律:3+即可得4SiHCl3(g) = SiH4(g)+3SiCl4(g)

36、 H=114 kJ mol-1。 (3)由图根据“先拐先平速率大”可知a曲线温度较高(343 K),平衡转化率 为22%; 设SiHCl3起始物质的量为1 mol,则有 2SiHCl3(g) = SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) 起始物质的量/mol 1 0 0 转化物质的量/mol 0.22 0.11 0.11 平衡物质的量/mol 0.78 0.11 0.11 平衡常数 K343 K=0.110.11 (0.78)2 0.02 a处反应相当于在 b处反应的基础上升高温度,反应速率 va大于 vb; 达平衡时 v正、v逆相等,k正SiHC l3 2 =k逆SiH2Cl2SiCl4 正

37、逆 = Si H 2Cl2 SiC l4 SiHC l3 2 =K343 K=0.02 a 处 SiHCl3转化率为 20%,设起始时 SiHCl3物质的量为 1 mol,则有: 2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) 起始物质的量/mol 1 0 0 转化物质的量/mol 0.2 0.1 0.1 a 点物质的量/mol 0.8 0.1 0.1 此时 SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为 0.8、0.1、0.1, 正 逆 = 正SiHC l3 2 逆Si H2Cl2SiC l4 = 0.020.82 0.10.1 =1.281.3。 【必备知识必备知

38、识】 1.化学平衡状态的标志 (1)绝对标志。 本质上 同一物质: (正) = (逆) 不同物质: 正(X) X 的化学计量数 = 逆(Y) Y 的化学计量数 现象上 各组分的浓度不变 各组分的物质的量(质量分数)不变 无热交换时体系温度不变 各气体组分的体积分数不变 反应物的转化率不变 (2)相对标志。 有气体参加的反应,气体的总压强、总体积、总物质的量不变时,如果是 等体积反应时,不一定达到平衡;如果是不等体积反应时,一定达到平衡。 不变时,要具体分析各表达式中的分子或分母的变化情况,判断是否平衡。 如果反应体系中的物质有颜色,则反应体系的颜色不变时,一定达到平衡。 气体的密度(气体的总质

39、量 气体的总体积)、气体的平均相对分子质量( 气体的总质量 气体的总物质的量) 2.“惰性气体(与反应无关的气体)”对化学平衡的影响 (1)恒温恒容时:充入惰性气体,体系的总压强增大,但各反应成分的浓度不 变,即各反应气体的分压不变,平衡不移动。 (2)恒温恒压时:充入惰性气体,容器容积增大,各反应气体的浓度降低,相当 于减压,化学平衡向着气体体积增大的方向移动。 3.分析化学平衡移动的一般思路 4.化学平衡计算的基本模式“三段式” 根据反应进行(或平衡移动)的方向,设出某反应物消耗的量,然后列式求解。 例如: mA + nB pC + qD 起始量: a b 0 0 变化量: mx nx p

40、x qx 平衡量: a-mx b-nx px qx 其中:各物质的变化量之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比。 这里a、b可指物质的量、浓度、气体体积等。 弄清起始量、平衡量、平衡转化率三者之间的互换关系。 在计算平衡常数时,要注意反应物或生成物的状态。 注意:(1)反应起始时,反应物和生成物可能同时存在。 (2)由于起始浓度是人为控制的,故不同的物质起始浓度比不一定等于化学 计量数之比。若反应物起始浓度之比等于化学计量数之比,则隐含着各反 应物转化率相等,且平衡时各反应物的浓度之比等于化学计量数之比。 (3)起始浓度之比、平衡浓度之比不一定等于化学计量数之比,但物质之间 是按化学计量数

41、之比反应和生成的,故各物质的浓度变化之比一定等于化 学计量数之比,这是计算的关键。 【应考训练应考训练】 考向1 化学平衡状态的判断 1.(2019黑龙江哈尔滨第六中学高三期中)在一定温度下的恒压容器中,进行可逆 反应A(g)+B(g) C(g)+2D(g)。下列能说明该反应达到平衡状态的是( ) 反应混合物的密度不再改变 混合气体的平均相对分子质量不再改变 C和D的物质的量之比为12 体系压强不再改变 C的质量分数不再改变 v(A)v(C)=11 A.只有 B.只有 C.只有 D. 答案 B 解析 一定温度下的恒压容器中,反应混合物的密度不再改变,说明气体 的物质的量不再变化,故能确定该反应

42、达到平衡状态;因为A(g)+B(g) C(g)+2D(g)反应前后计量数不等,所以混合气体的平均相对分子质量不再 改变,说明气体的物质的量不变,正、逆反应速率相等,达到平衡状态;C 和D的物质的量之比为12,由于起始投料方式未知,故不能说明反应达到 平衡;在一定温度下的恒压容器中,压强一直不变,故不选;C的质量分 数不再改变,说明C气体的物质的量不变,正、逆反应速率相等,说明达平衡 状态;v(A)v(C)=11,未体现正、逆反应速率的关系,故不能说明反应 达到平衡。所以能说明该反应达到平衡状态的是。 考向2 外界条件对化学平衡的影响 2.(2020江西名师联盟一模)关于一定条件下达到化学平衡的

43、反应 H2(g)+I2(g) 2HI(g) H1 B.图乙中,曲线A表示正反应的平衡常数 C.在恒容容器中进行反应,压强不变时反应达到平衡状态 D.当温度为T1、=2时,Cl2的转化率约为33.3% 答案 D 解析 增大氯气的浓度,平衡向正反应方向移动,丙烯的体积分数减小,由图 甲分析可知,10 B.图中X点所示条件下,延长反应时间能提高NO转化率 C.图中Y点所示条件下,增加O2的浓度不能提高NO转化率 D.380 下,c起始(O2)=5.010-4 mol L-1,NO平衡转化率为50%,则平衡常数K2 000 答案 BD 解析 根据虚线可知,随着温度的升高,NO 的平衡转化率减小,则温度

44、升高时平衡 逆向移动,则正反应为放热反应,即反应 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的 H2 000,D 项正确。 2.(2019 全国节选)环戊二烯()是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡 胶、塑料等生产。回答下列问题: (1)某温度下,等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应 (g)+I2(g)(g)+2HI(g) H0,起始总压为105 Pa,平衡时总压增加了20%,环戊烯的转化率为 , 该反应的平衡常数Kp= Pa。达到平衡后,欲增加环戊烯的平 衡转化率,可采取的措施有 (填标号)。 A.通入惰性气体 B.提高温度 C.增加环戊烯浓度 D.增加碘浓度 (2)环戊二烯容易发生

45、聚合生成二 聚体,该反应为可逆反应。不同温 度下,溶液中环戊二烯浓度与反应 时间的关系如图所示,下列说法正 确的是 (填标号)。 A.T1T2 B.a点的反应速率小于c点的反应速率 C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D.b点时二聚体的浓度为0.45 mol L-1 答案 (1)40% 3.56104 BD (2)CD 解析 (1)温度、体积一定,压强与物质的量成正比,则起始状态碘和环戊烯 的分压分别为5104 Pa,设环戊烯的转化率为x,根据反应: 起始/Pa 5104 5104 0 0 转化/Pa 5104x 5104x 5104x 1105x 平衡/Pa 5104(1-x) 510

46、4(1-x) 5104x 1105x 根据平衡时总压增加了20%,则5104(1-x) Pa+5104(1-x) Pa+5104x Pa+1105x Pa=1.2105 Pa (g) + I2(g) (g)+ 2HI 解得x=0.4,即环戊烯的转化率为40%。平衡时各物质的分压为p(环戊 烯)=3104 Pa,p(I2)=3104 Pa,p(环戊二烯)=2104 Pa,p(HI)=4104 Pa,则 通入惰性气体,不会引起各物质浓度的变化,反应速率不变,平衡不移动,环 戊烯的平衡转化率不变,A项不符合题意;由于该反应为吸热反应,故升高温 度使平衡向右移动,环戊烯的平衡转化率增大,B项符合题意;

47、增加一种反应 物的物质的量,自身的转化率减少,而其他反应物的转化率增大,增加环戊 烯的浓度,环戊烯的平衡转化率减小,增加碘的浓度,环戊烯的平衡转化率 增大,C项不符合题意,D项符合题意。 则该反应的平衡常数 Kp=(410 4)22104 (3104)2 3.56 104。 (2)根据曲线的变化趋势可知,T2温度下反应速率大,因此T2大于T1,A项错 误;a点、c点对应的反应物的浓度、温度都不同,无法比较a、c两点的反应 速率的大小,B项错误;a点的正反应速率大于b点的正反应速率,而b点还没 有达到平衡,因此b点的正反应速率大于其逆反应速率,则a点的正反应速率 大于b点的逆反应速率,C项正确;根据曲线可知,环戊二烯的初始浓度约为 1.5 mol L-1,b点环戊二烯的浓度为0.6 mol L-1,环戊二烯的浓度变化量为0.9 mol L-1,因此b点二聚体的浓度为