2023版高考化学二轮复习第七章化学反应速率和化学平衡教案

第七章化学反响速率和化学平衡考点一化学反响速率一、牢记化学反响速率的根底知识[基点小练]1．判断正误(正确的打“√〞，错误的打“×〞)。(1)同一反响，在相同时间间隔内，用不同物质表示的反响速率，其数值和意义都不一定相同(×)(2)对于任何化学反响来说，反响速率越大，反响现象就越明显(×)(3)化学反响速率是指一定时间内任何一种反响物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加(×)(4)化学反响速率为0.8mol·L－1·s－1是指1s时某物质的浓度为0.8mol·L－1(×)(5)由v＝eq\f(Δc,Δt)计算平均速率，用反响物表示为正值，用生成物表示为负值(×)2．密闭容器中，合成氨的反响N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3，开始时c(N2)＝8mol·L－1,2min后c(N2)＝4mol·L－1，那么用N2表示的反响速率为________________。答案：2.0mol·L－1·min－1二、理清化学反响速率与化学计量数的关系1．内容：对于反响mA(g)＋nB(g)=pC(g)＋qD(g)，其化学反响速率可用不同的反响物或生成物来表示，当单位相同时，化学反响速率的数值之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比，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．实例：一定温度下，在密闭容器中发生反响：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〞法求反响速率的解题模式对于反响mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，起始时A的浓度为amol·L－1，B的浓度为bmol·L－1，反响进行至t1时，A消耗了xmol·L－1，那么化学反响速率可计算如下：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)起始/(mol·L－1)ab00转化/(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。题点(一)化学反响速率的计算1．(2023·北京高考)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·min)－1B．6～10min的平均反响速率：v(H2O2)<3.3×10－2mol·(L·min)－1C．反响至6min时，c(H2O2)＝0.30mol·L－1D．反响至6min时，H2O2分解了50%解析：选C根据题目信息可知，0～6min，生成22.4mL(标准状况)氧气，消耗0.002molH2O2，那么v(H2O2)≈3.3×10－2mol·(L·min)－1，A项正确；随反响物浓度的减小，反响速率逐渐降低，B项正确；反响至6min时，剩余0.002molH2O2，此时c(H2O2)＝0.20mol·L－1，C项错误；反响至6min时，消耗0.002molH2O2，转化率为50%，D项正确。2．NH3和纯洁的O2在一定条件下发生反响：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)，现向一容积不变的2L密闭容器中充入4molNH3和3molO2,4min后，测得生成的H2O占混合气体体积的40%，那么以下表示此段时间内该反响的平均速率不正确的选项是()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：选C设4min时，生成6xmolH2O(g)4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)n(总)起始(mol)43007变化(mol)4x3x2x6x4min(mol)4－4x3－3x2x6x7＋x据题意，有eq\f(6x,7＋x)＝0.4解得：x＝0.5，那么4min内H2O的变化浓度为：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，再由各物质表示的速率之比等于各物质的化学计量数之比，可得各物质表示的反响速率分别为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·全国卷Ⅱ节选)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。在0～60s时段，反响速率v(N2O4)为________mol·L－1·s－1。解析：由题图可知，0～60s时段，N2O4的物质的量浓度变化为0.060mol·L－1，v(N2O4)＝eq\f(0.060mol·L－1,60s)＝0.0010mol·L－1·s－1。答案：0.00104．(2023·广东高考节选)用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染。一定条件下测得反响过程中n(Cl2)的数据如下：t/min02.04.06.08.0n(Cl2)/10－3mol01.83.75.47.2计算2.0～6.0min内以HCl的物质的量变化表示的反响速率(以mol·min－1为单位，写出计算过程)。解析：据反响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。依据图像求反响速率的步骤题点(二)化学反响速率大小的比拟5．在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反响：N2＋3H22NH3。根据在相同时间内测定的结果判断，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：选B在速率单位相同时，把速率除以其相应物质的化学计量数，数值大者，反响速率快。A项，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项，v(N2)＝0.3mol·L－1·min－1；C项，eq\f(1,2)v(NH3)＝0.075mol·L－1·min－1，D项，eq\f(1,3)v(H2)＝0.1mol·L－1·min－1。由此可知，B项中表示的反响速率最快。6．(2023·长沙模拟)反响A(g)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反响速率分别为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。以下有关反响速率的比拟中正确的选项是()A．④>③＝②>① B．①>④>②＝③C．①>②>③>④ D．④>③>②>①解析：选B用比值法进行反响速率大小的比拟，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项正确。定量法比拟化学反响速率的大小(1)归一法按照化学计量数关系换算成同一物质、同一单位表示，再比拟数值大小。(2)比值法比拟化学反响速率与化学计量数的比值。如aA(g)＋bB(g)cC(g)，即比拟eq\f(vA,a)与eq\f(vB,b)，假设eq\f(vA,a)>eq\f(vB,b)，那么用A表示的反响速率比用B表示的大。考点二影响化学反响速率的因素一、掌握影响化学反响速率的2个因素1．内因反响物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反响的速率大小关系为Mg>Al。2．外因(其他条件不变，只改变一个条件)[注意](1)改变固体或纯液体物质的相关量对化学反响速率无影响。(2)当浓度、温度、压强发生变化或参加催化剂时，正、逆反响速率均增大或减小。[基点小练]1．判断正误(正确的打“√〞，错误的打“×〞)。(1)对于反响：2H2O2=2H2O＋O2↑，参加MnO2或降低温度都能加快O2的生成速率(×)(2)由于固体浓度为一常数，所以块状CaCO3与粉状CaCO3与等浓度的盐酸反响速率一样快(×)(3)两试管各参加5mL0.1mol·L－1Na2S2O3溶液，同时分别滴入55mL0.1mol·L－1硫酸和盐酸，两只试管同时变浑浊(×)(4)100mL2mol·L－1的盐酸跟锌片反响，参加适量的氯化钠溶液，反响速率不变(×)(5)升高温度可使吸热反响的反响速率增大，使放热反响的反响速率也增大(√)2．按要求填空。(1)形状大小相同的铁块、铝块分别与等浓度的盐酸反响生成氢气的速率：铁________铝。(2)对于Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，改变以下条件对生成氢气的速率有何影响？(填“增大〞“减小〞或“不变〞)①升高温度：________；②增大盐酸浓度：________；③增大铁的质量：________；④增加盐酸体积：________；⑤把铁片改成铁粉：________；⑥滴入几滴CuSO4溶液：________；⑦参加NaCl固体：________。(3)假设把(2)中的稀盐酸改成“稀硝酸〞或“浓硫酸〞是否还产生H2，为什么？答案：(1)小于(2)①增大②增大③不变④不变⑤增大⑥增大⑦不变(3)不会产生H2，稀硝酸和浓硫酸具有强氧化性，Fe与稀HNO3反响生成NO；常温下，Fe在浓硫酸中“钝化〞。二、理解1个理论——有效碰撞理论1．活化分子、活化能、有效碰撞(1)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。(2)活化能：如图图中：E1为反响的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，反响热为E1－E2。(3)有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反响的碰撞。2．活化分子、有效碰撞与反响速率的关系题点(一)外界条件对化学反响速率的影响1．一定温度下，反响N2(g)＋O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，以下措施不改变化学反响速率的是 ()A．缩小容积使压强增大 B．恒容，充入N2C．恒容，充入He D．恒压，充入He解析：选CA项，气体的物质的量不变，缩小容积，气体的物质的量浓度增大，化学反响速率增大；B项，容积不变，充入N2，使反响物N2的物质的量浓度增大，化学反响速率增大；C项，容积不变，充入He，反响容器内压强增大，但N2、O2、NO的物质的量浓度并没有变化，因此不改变化学反响速率；D项，压强不变，充入He，反响容器的容积增大，N2、O2、NO的物质的量浓度减小，化学反响速率减小。2．某温度下，在容积一定的密闭容器中进行如下反响：2X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)ΔH＞0，以下表达正确的选项是()A．在容器中参加氩气，反响速率不变B．参加少量W，逆反响速率增大C．升高温度，正反响速率增大，逆反响速率减小D．将容器的容积压缩，可增大单位体积内活化分子的百分数，有效碰撞次数增大解析：选A在容器中参加氩气，各反响组分的浓度不变，反响速率不变，A项正确；W为固态，参加少量W，反响速率不变，B项错误；升高温度，正、逆反响速率均增大，C项错误；将容器的容积压缩，可增大单位体积内活化分子数和有效碰撞次数，但活化分子百分数不变，D项错误。3．(2023·成都模拟)以下有关反响速率的说法正确的选项是()A．用铁片和稀硫酸反响制氢气时，改用98%的硫酸可以加快反响速率B．100mL2mol·L－1的盐酸跟锌片反响，参加适量的氯化钠溶液，反响速率不变C．SO2的催化氧化反响是一个放热的反响，所以升高温度，反响速率变慢D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反响生成N2和CO2，减小压强反响速率变慢解析：选DA项，铁遇浓硫酸钝化，错误；B项，参加NaCl溶液，溶液体积增大，c(H＋)减小，反响速率减小，错误；C项，升高温度，正逆反响速率都增大，错误；D项，减小压强，反响速率减小，正确。1．气体反响体系中充入“惰性气体〞(不参加反响)时对反响速率的影响结果(1)恒温恒容：充入“惰性气体〞→压强增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反响速率不变。(2)恒温恒压：充入“惰性气体〞→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反响速率减小。2．外界条件对反响速率的影响结果(1)温度①正反响是放热反响：升高温度，v(正)、v(逆)均增大，但v(逆)增大的幅度更大。②正反响是吸热反响：升高温度，v(正)、v(逆)均增大，但v(正)增大的幅度更大。(2)压强①正反响是气体物质的量减小的反响：增大压强，v(正)、v(逆)均增大，但v(正)增大的幅度更大。②正反响是气体物质的量增大的反响：增大压强，v(正)、v(逆)均增大，但v(逆)增大的幅度更大。③反响是反响前后气体物质的量不变的反响：增大压强，v(正)、v(逆)同等程度增大。(3)催化剂使用催化剂，v(正)、v(逆)同等程度增大。题点(二)利用“断点〞突破化学反响速率图像(v­t图)4．(2023·唐山模拟)合成氨反响：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1，在反响过程中，正反响速率的变化如图。以下说法正确的选项是()A．t1时升高了温度 B．t2时使用了催化剂C．t3时增大了压强 D．t4时降低了温度解析：选BA项，t1时正反响速率增大，且大于逆反响速率，那么应为增大压强，错误；B项，t2时正逆反响速率同等程度增大，为使用了催化剂，正确；C项，t3时正反响速率减小，且逆反响速率大于正反响速率，那么为减小压强，错误；D项，t4时反响速率瞬间不变，然后减小，应为减小生成物浓度，错误。5．对于反响2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0已达平衡，如果其他条件不变时，分别改变以下条件，对化学反响速率和化学平衡产生影响，以下条件与图像不相符的是(O～t1：v正＝v逆；t1时改变条件，t2时重新建立平衡)()解析：选C分析时要注意改变条件瞬间v正、v逆的变化。增加O2的浓度，v正增大，v逆瞬间不变，A正确；增大压强，v正、v逆都增大，v正增大的倍数大于v逆，B正确；升高温度，v正、v逆都瞬间增大，C错误；参加催化剂，v正、v逆同时同倍数增大，D正确。(1)当可逆反响到达一种平衡后，假设某一时刻外界条件发生改变，都可能使速率－时间图像的曲线出现不连续的情况，即出现“断点〞。根据“断点〞前后的速率大小，即可对外界条件的变化情况作出判断。如图，t1时刻改变的条件可能是使用了催化剂或增大压强(仅适用于反响前后气体物质的量不变的反响)。(2)常见含“断点〞的速率变化图像分析图像t1时刻所改变的条件温度升高降低升高降低适合正反响为放热的反响适合正反响为吸热的反响压强增大减小增大减小适合正反响为气体物质的量增大的反响适合正反响为气体物质的量减小的反响考点三“控制变量法〞探究影响化学反响速率的因素影响化学反响速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反响速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中常有所涉及。1．考查形式(1)以表格的形式给出多组实验数据，让考生找出每组数据的变化对化学反响速率的影响。(2)给出影响化学反响速率的几种因素，让考生设计实验分析各因素对化学反响速率的影响。2．解题策略3．实例分析探究温度、催化剂对反响：2H2O2=2H2O＋O2↑的影响，可以确定催化剂(是否参加MnO2)和温度(加热、常温)作为可变量，其他的那么控制为不变量。探究对象的反响2H2O2=2H2O＋O2↑控制的可变量催化剂温度控制的不变量浓度、温度等浓度、催化剂等实验方案取相同量的5%H2O2于两支规格相同的试管中，向其中一支试管中参加少量MnO2，另一支不加，在常温下观察。取相同量的5%H2O2于两支规格相同的试管中，给其中一支试管加热，另一支不加热，观察。根据两种条件下的反响都有气体生成的特征，利用导管将生成的气体导入水槽中，通过观察水槽中产生气泡的剧烈程度，并以此判断该控制变量对化学反响速率是否产生影响以及具体的影响效果。[典例]碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50mol·L－1KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol·L－1K2S2O8、0.10mol·L－1Na2S2O3等试剂，探究反响条件对化学反响速率的影响。：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与淀粉的混合溶液中参加一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的________耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2Oeq\o\al(2－,3)与S2Oeq\o\al(2－,8)初始的物质的量需满足的关系为n(S2Oeq\o\al(2－,3))∶n(S2Oeq\o\al(2－,8))________。(2)为探究反响物浓度对化学反响速率的影响，设计的实验方案如下表：实验序号体积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)某条件下，浓度c(S2Oeq\o\al(2－,8))～反响时间t的变化曲线如下图，假设保持其他条件不变，请在图中，分别画出降低反响温度和参加催化剂时c(S2Oeq\o\al(2－,8))～t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。[解析](1)淀粉溶液遇I2显蓝色，溶液由无色变为蓝色时，溶液中有I2，说明Na2S2O3耗尽。由题给离子方程式可得关系式S2Oeq\o\al(2－,8)～I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)，n(S2Oeq\o\al(2－,3))∶n(S2Oeq\o\al(2－,8))＜2时，能观察到蓝色。(2)对照实验探究浓度对反响速率的影响须保证其他条件完全一致，故应加水2.0mL，以保证溶液总体积相同。(3)温度降低，反响速率变慢；参加催化剂，反响速率加快。[答案](1)S2Oeq\o\al(2－,3)(其他合理写法也可)＜2(2)2.0保证溶液总体积相同，仅改变S2Oeq\o\al(2－,8)的浓度而其他物质的浓度不变(其他合理答案也可)(3)如右图[对点演练]1．(2023·衡水模拟)为研究硫酸铜的量对锌与稀硫酸反响生成氢气速率的影响，某同学设计了如下一系列实验。表中所给的混合溶液分别参加到6个盛有过量Zn粒的反响瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。以下说法正确的选项是()实验混合溶液ABCDEF4mol·L－1H2SO4溶液/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100A．V1＝30，V6＝10B．反响一段时间后，实验A、E中的金属呈暗红色C．参加MgSO4与Ag2SO4可以起与硫酸铜相同的加速作用D．硫酸铜的量越多，产生氢气的速率肯定越快解析：选A研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，硫酸的体积、物质的量应相同，由A、F可知溶液的总体积为30mL＋20mL＝50mL，V1＝30，V6＝50－30－10＝10，A正确；实验A中没有参加硫酸铜溶液，不会出现暗红色，B错误；MgSO4与Zn不能反响置换出Mg，也就不能形成原电池，C错误；硫酸铜溶液的量太多，产生大量的铜覆盖在Zn粒外表，反响速率反而减慢，D错误。2．某同学学习了化学反响速率后，联想到曾用H2O2制备氧气，于是设计了下面的实验方案并进行实验探究。实验编号反响物催化剂甲试管中参加3mL2%H2O2溶液和3滴蒸馏水无乙试管中参加3mL5%H2O2溶液和3滴蒸馏水无丙试管中参加3mL5%H2O2溶液和3滴蒸馏水1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液丁试管中参加3mL5%H2O2溶液和3滴稀盐酸溶液1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液戊试管中参加3mL5%H2O2溶液和3滴NaOH溶液1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液[查阅资料]过氧化氢(H2O2)，其水溶液俗称双氧水，常温下是一种无色液体，性质比拟稳定。在加热的条件下，它能分解生成氧气。研究说明，将新制的5%的H2O2溶液加热到65℃时就有氧气放出，加热到80℃时就有较多氧气产生。(1)上述实验发生反响的化学方程式为______________________________________。(2)实验甲和实验乙的实验目的是________________________________________；实验丙、实验丁和实验戊的实验目的是_____________________________________。(3)请根据该同学查阅的资料分析H2O2的性质，解释实验甲和实验乙能否到达实验目的？________________________________________________________________________。(4)实验过程中该同学对实验丙、丁、戊中产生的气体进行收集，并在2分钟内6个时间点对注射器内气体进行读数，记录数据如下表。时间/s20406080100120气体体积/mL实验丙9.519.529.036.546.054.5实验丁8.016.023.531.539.046.5实验戊15.530.044.558.571.583.0①对实验戊，0～20s的反响速率v1＝______mL·s－1,100～120s的反响速率v2＝______mL·s－1。不考虑实验测量误差，二者速率存在差异的主要原因是________________________________________________________________________。②如图是根据实验收集到最大体积的气体时所用时间绘制的图像。曲线c表示的是实验______(填“丙〞“丁〞或“戊〞)。解析：(1)双氧水分解生成氧气和水，反响的化学方程式为2H2O2催化剂,2H2O＋O2↑。(2)根据表中数据可知，实验甲和实验乙中不同点在于双氧水的浓度，实验目的是探究反响物的不同浓度对反响速率的影响；实验丙、实验丁和实验戊中不同点在于溶液的酸碱性，实验目的是探究在不同酸碱性条件下，催化剂对反响速率的影响。(3)由于H2O2在常温且无催化剂作用的条件下比拟稳定，不能分解，因此实验甲和实验乙不能到达实验目的。(4)①根据表中数据可得实验戊0～20s的反响速率v1＝15.5mL÷20s＝0.775mL·s－1,100～120s的反响速率v2＝(83.0－71.5)mL÷20s＝0.575mL·s－1。由于随反响的不断进行，H2O2溶液的浓度逐渐降低，反响速率减小，因此反响速率相差较大；②根据图像可知c曲线的斜率最小，反响速率最慢，根据表中数据可知c曲线对应的是实验丁。答案：(1)2H2O22H2O＋O2↑(2)探究反响物的不同浓度对反响速率的影响探究在不同酸碱性条件下，催化剂对反响速率的影响(3)实验甲和实验乙不能到达实验目的，因为H2O2在常温且无催化剂作用的条件下较稳定(4)①0.7750.575随反响的不断进行，H2O2溶液的浓度逐渐降低，反响速率减小②丁[课堂稳固练]1．在N2＋3H2eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(高温高压))2NH3的反响中，在5s内NH3的浓度变化了8mol·L－1，那么NH3的平均反响速率()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：选C在5s内NH3的浓度变化了8mol·L－1，那么v(NH3)＝eq\f(8mol·L－1,5s)＝1.6mol·L－1·s－1。2．(2023·潍坊模拟)在密闭容器中进行的反响：N2＋O22NO，不能加快该反响的反响速率的是()A．缩小体积 B．充入少量NO气体C．体积增大到原来的2倍 D．升高温度解析：选CA项，缩小体积，反响物浓度增大，化学反响速率增大；B项，充入NO增大生成物浓度，反响速率增大；C项，体积扩大，反响物浓度减小，化学反响速率减小，符合题意；D项，升高温度，加快反响速率。3．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反响时，按反响速率由大到小的顺序排列，正确的选项是()①在500℃，10molSO2与5molO2反响②在500℃，用V2O5作催化剂，10molSO2和5molO2反响③在450℃，8molSO2与5molO2反响④在500℃，8molSO2与5molO2反响A．①②③④ B．②①③④C．②①④③ D．④③②①解析：选C温度越高，反响物浓度越大，参加催化剂，其反响速率越大，故②的反响速率最大，③的反响速率最小；①与④相比，①中反响物浓度大，故反响速率①＞④，所以②＞①＞④＞③，C正确。4．把以下四种X溶液分别参加四个盛有10mL2mol·L－1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时X和盐酸缓缓地进行反响。其中反响速率最大的是()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：选B浓度越大，温度越高，反响速率越大。浓度：A＝B＞C＞D；温度B＝C＞A＝D，综上所述，B项反响速率最大。5．一定量的锌粒与足量稀硫酸反响，向反响混合液中参加某些物质，以下判断正确的选项是()A．参加少量水，产生H2速率减小，H2体积减小B．参加NH4HSO4固体，产生H2速率不变，H2体积不变C．参加CH3COONa固体，产生H2速率减小，H2体积不变D．滴加少量CuSO4溶液，产生H2速率变大，H2体积不变解析：选C参加少量水，减小了c(H＋)，锌粒的物质的量不变，那么v(H2)减小，生成H2体积不变，A错误；参加NH4HSO4固体，增大了c(H＋)，锌粒的物质的量不变，那么反响速率加快，生成H2体积不变，B错误；参加CH3COONa固体，生成醋酸，减小了c(H＋)，锌粒的物质的量不变，那么v(H2)减小，生成H2体积不变，C正确；滴加少量CuSO4溶液，构成Cu­Zn原电池，反响速率加快，局部锌粒与CuSO4反响，那么v(H2)增大，生成H2量减小，D错误。6．一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图，以下描述正确的选项是()A．反响开始到10s，用Z表示的反响速率为0.158mol·L－1·s－1B．反响开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol·L－1C．反响开始到10s，Y的转化率为79.0%D．反响的化学方程式为X(g)＋Y(g)Z(g)解析：选CA项，由图可知，10s内Z的物质的量变化量为1.58mol，用Z表示的反响速率为v(Z)＝1.58mol÷2L÷10s＝0.079mol·L－1·s－1，错误；B项，由图可知，10s内X的物质的量变化量为0.79mol，X的物质的量浓度减少了Δc＝n÷V＝0.79mol÷2L＝0.395mol·L－1，错误；C项，反响开始到10s时，Y消耗1.0mol－0.21mol＝0.79mol，Y的转化率＝0.79mol÷1.0mol×100%＝79.0%，正确；D项，由图像可知，随反响进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，X、Y是反响物，Z是生产物，10s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，反响是可逆反响，且Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝(1.20－0.41)mol∶(1.00－0.21)mol∶1.58mol＝1∶1∶2，故化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，错误。7．分解水制氢气的工业制法之一是“硫­碘循环法〞，主要涉及以下反响：①SO2＋2H2O＋I2=H2SO4＋2HI②2HIH2＋I2③2H2SO4=2SO2＋O2＋2H2O(1)分析上述反响，以下判断正确的选项是________。a．循环过程中产生1molO2的同时产生1molH2b．反响①中SO2复原性比HI强c．循环过程中需补充H2Od．反响③易在常温下进行(2)一定温度下，向2L密闭容器中参加1molHI(g)，发生反响②，H2物质的量随时间的变化如下图，0～2min内的平均反响速率v(HI)＝________________；HI的转化率＝________________。解析：(1)水分解时，将①、②、③合并得2H2O=2H2＋O2，产生1molO2的同时产生2molH2，a错误；由反响①知SO2的复原性比HI强，b正确；反响中水的量减少，故应补充H2O，c正确；H2SO4常温下不易分解，d错误。(2)由图可知，2min内H2的物质的量增加了0.1mol，体积为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；参加反响的HI为0.1mol×2＝0.2mol，HI的转化率为eq\f(0.2mol,1mol)×100%＝20%。答案：(1)b、c(2)0.05mol·L－1·min－120%[课下提能练]1．(2023·南昌模拟)反响4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，经2min后，B的浓度减少了0.6mol·L－1。对此反响速率的正确表示是()A．用A表示的反响速率是0.8mol·L－1·s－1B．分别用B、C、D表示的反响速率，其比值是3∶2∶1C．在2min末时的反响速率，用反响物B来表示是0.3mol·L－1·min－1D．在这2min内用B和C表示的反响速率的值都是相同的解析：选BA项，A物质是固体，浓度视为常数，不能用来表示反响速率，错误；B项，化学反响速率之比等于相应物质的化学计量数之比，其比值为3∶2∶1，正确；C项，v(B)＝eq\f(0.6,2)mol·L－1·min－1＝0.3mol·L－1·min－1，但化学反响速率是平均速率，不是瞬时速率，错误；D项，化学反响速率之比等于化学计量数之比，错误。2．(2023·松原模拟)反响3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，以下条件的改变对其反响速率几乎无影响的是()A．保持容积不变，增加H2O(g)的物质的量B．将容器的容积缩小一半C．保持容积不变，充入Ar使压强增大D．保持压强不变，充入Ar使容积增大解析：选CA项，增加H2O(g)的量，反响物浓度越大，化学反响速率越快，错误；B项，将容器的容积缩小一半，反响物的浓度增大，化学反响速率加快，错误；C项，保持容积不变，充入Ar，Ar不参与反响，反响体系中各物质的浓度不变，反响速率不变，正确；D项，保持压强不变，充入Ar，容器的容积变大，反响物的浓度减小，反响速率减小，错误。3．4NH3＋5O2=4NO＋6H2O，假设反响速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)(mol·L－1·min－1)表示，那么正确的关系是()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：选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)，据此可知，A项应为eq\f(5,4)v(NH3)＝v(O2)；B项应为eq\f(6,5)v(O2)＝v(H2O)；C项应为eq\f(3,2)v(NH3)＝v(H2O)；D项正确。4．在四支试管中，在不同条件下发生反响：Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，判断产生H2的反响速率最快的是()试管盐酸浓度温度铁的状态①0.5mol·L－120℃块状②0.5mol·L－120℃粉末状③1mol·L－135℃块状④2mol·L－135℃粉末状A.① B．②C．③ D．④解析：选D温度越高，浓度越大，接触面积越大，反响速度越大，D项符合题意。5．把0.6mol气体X和0.4mol气体Y混合于2.0L的密闭容器中，发生反响：3X(g)＋Y(g)nZ(g)＋2W(g)，测得5min末生成0.2molW，又知以Z表示的平均反响速率为0.01mol·L－1·min－1，那么n值是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选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·廊坊模拟)如下图为800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反响时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是()A．发生的反响可表示为2A(g)2B(g)＋C(g)B．前2minA的分解速率为0.1mol·L－1·min－1C．开始时，正逆反响同时开始D．2min时，A、B、C的浓度之比为2∶3∶1解析：选C图像中，反响过程中A的浓度减小，B、C浓度增大，因此A为反响物，B、C为生成物，根据浓度的变化量可以确定反响为2A(g)2B(g)＋C(g)，A正确；前2min，v(A)＝eq\f(0.4－0.2mol·L－1,2min)＝0.1mol·L－1·min－1，B正确；开始时参加的物质为A和B，没有C，逆反响不能发生，C错误；根据图像，2min时，A、B、C的浓度分别为0.2mol·L－1、0.3mol·L－1、0.1mol·L－1，D正确。7．(2023·吉林模拟)一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反响，反响中各物质的物质的量变化如下图，对该反响的推断合理的是()A．该反响的化学方程式为3B＋2D6A＋4CB．反响进行到1s时，v(A)＝3v(D)C．反响进行到6s时，B的平均反响速率为0.1mol·L－1·s－1D．反响进行到6s时，各物质的反响速率相等解析：选BA项，由图可知，反响到达平衡时A物质增加了1.2mol，D物质增加了0.4mol，B物质减少了0.6mol，C物质减少了0.8mol，A、D为生成物，B、C为反响物，Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(A)∶Δn(D)＝3∶4∶6∶2，化学方程式为3B＋4C6A＋2D，错误；B项，根据化学方程式知，eq\f(1,6)v(A)＝eq\f(1,2)v(D)，所以v(A)＝3v(D)，正确；C项，反响进行到6s时，v(B)＝Δc÷Δt＝0.6mol÷(2L×6s)＝0.05mol·L－1·s－1，错误；D项，反响进行到6s时，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，各物质的反响速率不相等，错误。8．(2023·肇庆模拟)某学习小组用铁与稀硫酸反响探究“影响化学反响速率因素〞，数据如下表：实验序号铁的质量/g铁的形态V(H2SO4)/mLc(H2SO4)/mol·L－1反响前溶液的温度/℃金属完全消失的时间/s①0.10片状500.820200②0.10粉状500.82025③0.10片状501.020125④0.10片状501.03550请分析上表信息，以下说法错误的选项是()A．实验①和②说明固体反响物的外表积越大，反响速率越大B．仅说明反响物浓度对反响速率产生影响的实验有①和③C．实验③和④说明反响物温度越高，反响速率越小D．实验③将稀硫酸改为同体积、c(H＋)相同的盐酸(其他条件不变)，发现放出气泡的速率盐酸明显比硫酸快，其可能的原因是Cl－起催化作用解析：选CA项，实验①和②中，其他条件相同，只有铁的状态不同，因此固体反响物的外表积越大，反响速率越大，正确；B项，实验①和③中，其他条件相同，只有c(H2SO4)不同，正确；C项，根据数据，温度越高，金属完全消失的时间越短，反响速率越快，错误；D项，因为其他条件都相同，不同的是SOeq\o\al(2－,4)和Cl－，盐酸反响速率快，应是Cl－的催化作用，正确。9．CaCO3与稀盐酸反响(放热反响)生成CO2的量与反响时间的关系如下图。以下结论错误的选项是()A．反响开始2min内平均反响速率最大B．反响4～6min内平均反响速率最小C．反响开始4min内温度对反响速率的影响比浓度大D．反响在第2min到第4min间生成CO2的平均反响速率最大解析：选AA项，由图像可知，0～2min时间内，生成CO20.1mol,2～4min时间内，生成CO20.2mol,4～6min时间内，生成CO20.05mol，反响刚开始时速率较小，然后逐渐增大，最后减小，错误；B项，由图像可知，反响4min后曲线斜率最小，反响速率最小，正确；C项，随反响进行c(H＋)降低，c(H＋)变化使反响速率降低，0～4min反响速率逐渐加快，温度对反响速率起主要作用；4min后反响速率又降低，c(H＋)起主要作用，正确；D项，由图可知，2～4min时间内，生成CO2的体积最大，故2～4min反响速率最快，正确。10．为了探究温度、硫酸铜对锌与稀硫酸反响速率的影响，某同学设计了如下方案：编号纯锌粉质量0.2mol·L－1硫酸体积温度硫酸铜固体质量Ⅰ2.0g10.0mL25℃0Ⅱ2.0g10.0mLt℃0Ⅲ2.0g10.0mL35℃0.2gⅣ2.0g10.0mL35℃4.0g以下推断合理的是()A．选择Ⅱ和Ⅲ实验探究硫酸铜对反响速率的影响，必须控制t＝25B．待测物理量是收集等体积(相同条件)的气体所需要的时间，时间越长，反响越快C．根据该方案，还可以探究硫酸浓度对反响速率的影响D．根据该实验方案得出反响速率的大小可能是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ解析：选DA项，根据控制变量法，假设选择Ⅱ和Ⅲ实验探究硫酸铜对反响速率的影响，Ⅱ的温度必须控制在35℃，错误；B项，收集相同条件下等体积的气体所需的时间越长，那么反响速率越慢，错误；C项，题中各组实验中硫酸的浓度均相同，故无法探究硫酸浓度对反响速率的影响，错误；D项，此题影响反响速率大小的主要因素是温度和硫酸铜固体的质量，由A项分析可知实验Ⅱ的温度应为35℃，那么反响速率Ⅱ＞Ⅰ，实验Ⅲ中锌与置换出的铜及硫酸构成原电池，使Ⅲ的反响速率比Ⅱ的快，实验Ⅳ中CuSO4用量过多，置换出的铜可能覆盖在锌外表而阻止反响的进行，从而使反响速率大大减小，故四个反响的反响速率的大小关系可能为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ，正确。11．(2023·济南模拟)Ⅰ.以下各项分别与哪个影响化学反响速率的因素关系最为密切？(1)夏天的食品易变霉，在冬天不易发生该现象_______________________________；(2)同浓度不同体积的盐酸中放入同样大小的锌块和镁块，产生气体有快有慢________________________________________________________________________；(3)MnO2参加双氧水中放出气泡更快_____________________________________。Ⅱ.在一定温度下，4L密闭容器内某一反响中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图：(1)比拟t2时刻，正逆反响速率大小v正____v逆。(填“＞〞“＝〞或“＜〞)(2)假设t2＝2min，计算反响开始至t2时刻用M的浓度变化表示的平均反响速率为________________________________________________________________________。(3)t3时刻化学反响到达平衡，反响物的转化率为_________________________________。(4)如果升高温度，那么v逆________(填“增大〞“减小〞或“不变〞)。解析：Ⅰ.(1)夏天温度较高，反响速率较大，而冬天温度较低，反响速率较低。(2)反响物本身性质是影响化学反响速率的主要因素，镁比锌活泼，与盐酸反响较剧烈。(3)MnO2是H2O2分解反响的催化剂，可加快反响速率。Ⅱ.(1)t2时刻，反响物逐渐减小，生成物逐渐增多，反响未达平衡且正向进行，v正＞v逆。(2)v＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(4mol－2mol,4L×2min)＝0.25mol·L－1·min－1。(3)t3时刻化学反响到达平衡，剩余2molN，那么转化6molN，转化率为eq\f(8－2mol,8mol)×100%＝75%。(4)升高温度，反响速率增大。答案：Ⅰ.(1)温度(2)反响物本身性质(3)催化剂Ⅱ.(1)＞(2)0.25mol·L－1·min－1(3)75%(4)增大12．兴趣小组探究锌片与盐酸、醋酸反响时，浓度或温度对反响速率的影响，他们准备了以下化学用品：0.20mol·L－1与0.40mol·L－1的HCl溶液、0.2mol·L－1与0.40mol·L－1的CH3COOH溶液、0.10mol·L－1CuCl2、锌片(形状、大小、质量相同)、秒表、碳棒、导线、烧杯、几支试管和胶头滴管，酸液温度控制为298K和308K。(1)酸液都取足量、相同体积，请你帮助完成以下实验设计表(表中不要留空格)：实验编号温度(K)盐酸浓度(mol·L－1)醋酸浓度实验目的①2980.20—a.实验①和②是探究______对锌与盐酸反响速率的影响；b.实验①和③是探究______对锌与盐酸反响速率的影响；c.实验①和④是探究相同温度下，相同浓度的盐酸、醋酸与锌反响速率的区别。②3080.20—③2980.40—④—(2)假设(1)中实验①锌片消失的时间是20s，那么锌片剩余质量与时间关系图如图。假设：该反响温度每升高10℃，反响速率是原来的2倍；温度相同、浓度相同时，醋酸的平均反响速度是盐酸的1/2。请你在此图中大致画出“实验②〞(用实线)、“实验④中醋酸实验〞(用虚线)的锌片质量与时间关系曲线。(3)某实验小组在做(1)中实验④时误加少量0.10mol·L－1CuCl2溶液，发现反响速率与(1)中实验①接近。该组同学对影响因素提出如下假设，请完成假设三：假设一：Cu2＋对该反响起催化剂作用假设二：Cl－对该反响起催化剂作用假设三：___________________________________________________……(4)请你设计实验验证上述假设三是否成立，写出实验步骤及预期现象：实验步骤预期现象解析：(1)实验①和②的不同点是盐酸的温度，所以是探究不同温度对Zn与盐酸反响速率的影响；实验①和③的不同点是盐酸的浓度，所以是探究不同浓度对Zn与盐酸反响速率的影响；实验①和④是探究相同温度下，相同浓度的盐酸、醋酸与锌反响速率的区别，所以实验④的温度是298K，醋酸的浓度是0.20mol·L－1。(2)该反响温度每升高10℃，反响速率是原来的2倍，温度相同、浓度相同时，醋酸的平均反响速度是盐酸的eq\f(1,2)，与①比拟，②温度升高10℃，反响速率是原来的2倍，所以②反响时间缩短到10s；④的反响速率是①的eq\f(1,2)，那么反响时间是①的2倍，即20s×2＝40s，据此可画出图像。(3)Zn置换出Cu，构成Zn­Cu原电池，能够加快反响速率，所以假设3为：形成Zn­Cu原电池，加快反响速率。(4)设计对照实验，其中一个为原电池，如①将不连接的铜、锌电极插入稀硫酸中，此过程中铜电极不反响，锌电极产生氢气；②将铜、锌电极用导线连接放入稀硫酸中，可以观察到在铜电极上迅速产生氢气，产生氢气的速率大于①，根据①②可知，Zn­Cu构成原电池后可以大大加快反响速率。答案：(1)④2980.20mol·L－1实验目的：a.不同温度 b．不同浓度(2)(3)形成Zn­Cu原电池，加快反响速率(其他答案合理亦可)(4)①将不连接的铜、锌电极插入稀硫酸中，②将铜、锌电极用导线连接放入稀硫酸中在铜电极上迅速产生氢气，产生氢气的速率②大于①，证明构成原电池后可以大大加快反响速率13．某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如下图。(1)由图中所给数据进行分析，该反响的化学方程式为____________________________________________________________________________________________________。(2)反响从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反响速率为v(Z)＝________________________________________________________________________。(3)2min反响达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时________(填“增大〞“减小〞或“不变〞)；混合气体密度比起始时________(填“增大〞“减小〞或“不变〞)。(4)将amolX与bmolY的混合气体发生上述反响，反响到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)＝n(Y)＝n(Z)，那么原混合气体中a∶b＝________。(5)以下措施能加快反响速率的是________。A．恒压时充入He B．恒容时充入HeC．恒容时充入X D．及时别离出ZE．升高温度F．选择高效的催化剂(6)以下说法正确的选项是________。A．升高温度改变化学反响的限度B．正反响是吸热反响，升高温度平衡向右移动，正反响速率加快，逆反响速率减慢C．化学反响的限度与时间长短无关D．化学反响的限度是不可能改变的E.增大Y的浓度，正反响速率加快，逆反响速率减慢解析：(1)由图像可知，X、Y为反响物，Z为生成物。Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝0.3∶0.1∶0.2＝3∶1∶2，反响的化学方程式为3X＋Y2Z。(2)v(Z)＝(0.2－0)mol÷(2min×2L)＝0.05mol·L－1·min－1。(3)根据M＝m÷n，在恒容、密闭容器中，混合气体的质量不变，随着反响的进行n值变小，那么2min反响达平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时增大。由于反响前气体的质量和容器容积均不变，混合气体密度不变。(4)根据上述分析可知3X＋Y2Z起始(mol)ab0变化(mol)3nn2n平衡(mol)a－3nb－n2n根据题意：b－n＝2n，b＝3n，a－3n＝2n，a＝5n，得a∶b＝5∶3。(5)A项，恒压时充入He，导致气体体积增大，各物质的浓度降低，化学反响速率减慢；B项，恒容时充入He，各物质的浓度不变，化学反响速率不变；C项，恒容时充入X，导致反响物浓度增大，化学反响速率加快；D项，及时别离出Z，导致生成物浓度降低，化学反响速率减慢；E项，升高温度，化学反响速率加快；F项，选择高效的催化剂能加快化学反响速率。(6)A项，任何化学反响都有热效应，升高温度，平衡发生移动，所以升高温度能改变化学反响限度，正确；B项，升高温度，能加快正逆反响速率，只是增加的幅度不同，错误；C项，化学反响的限度与时间长短无关，正确；D项，改变外界条件，例如升高温度，平衡发生移动，所以化学反响的限度是可以改变的，错误；E项，增大Y的浓度，正反响速率加快，逆反响速率也加快，错误。答案：(1)3X＋Y2Z(2)0.05mol·L－1·min－1(3)增大不变(4)5∶3(5)CEF(6)AC考点一化学平衡状态一、理清两个概念1．可逆反响2．化学平衡状态一定条件下的可逆反响，当反响进行到一定程度时，正反响速率和逆反响速率相等，反响物的浓度和生成物的浓度不变的状态，称为“化学平衡状态〞，简称化学平衡。二、掌握化学平衡状态的建立、特点和判定标准1．化学平衡的建立(1)建立过程在一定条件下，把某一可逆反响的反响物参加固定容积的密闭容器中。反响过程如下：(2)建立过程可用以下图表示：2．化学平衡的特点3．化学平衡的判定对于密闭容器中的可逆反响：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)是否到达平衡可以归纳如下表(用“平衡〞或“不一定平衡〞填表)化学反响mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)是否平衡混合物体系中各成分的含量①各物质的物质的量或物质的质量分数一定平衡②各物质的质量或质量分数一定平衡③各气体的体积或体积分数一定平衡④总体积、总压强、总物质的量一定不一定平衡正、逆反响速率之间的关系①在单位时间内消耗了mmolA，同时也生成了mmolA平衡②在单位时间内消耗了nmolB，同时也消耗了pmolC平衡③v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q不一定平衡④在单位时间内生成了nmolB，同时也消耗了qmolD不一定平衡压强①其他条件一定、总压强一定，且m＋n≠p＋q平衡②其他条件一定、总压强一定，且m＋n＝p＋q不一定平衡混合气体的平均相对分子质量①平均相对分子质量一定，且m＋n≠p＋q平衡②平均相对分子质量一定，且m＋n＝p＋q不一定平衡温度任何化学反响都伴随着能量变化，当体系温度一定时平衡气体的密度密度一定不一定平衡颜色反响体系内有色物质的颜色稳定不变平衡[基点小练]判断正误(正确的打“√〞，错误的打“×〞)。(1)2H2Oeq\o(,\s\up7(电解),\s\do5(点燃))2H2↑＋O2↑为可逆反响(×)(2)二次电池的充、放电为可逆反响(×)(3)对反响A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，压强不随时间而变，说明反响已达平衡状态(×)(4)对于NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)反响，当每消耗1molSO3的同时生成1molNO2时，说明反响到达平衡状态(×)(5)化学平衡状态指的是反响静止了，不再发生反响了(×)(6)对于A(g)＋B(g)2C(g)＋D(g)反响，当密度保持不变，在恒温恒容或恒温恒压条件下，均不能作为到达化学平衡状态的标志(×)(7)恒温恒容下进行的可逆反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时，反响到达平衡状态(×)(8)在2L密闭容器内，800℃时反响2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，当该容器内颜色保持不变时能说明该反响已到达平衡状态(√)题点(一)化学平衡状态的判定1．可逆反响：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，在容积固定的密闭容器中到达平衡状态的标志是()①单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③用NO2、NO、O2表示的反响速率之比为2∶2∶1的状态④混合气体的颜色不再改变的状态⑤混合气体的密度不再改变的状态⑥混合气体的压强不再改变的状态⑦混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A．只有①④⑥⑦ B．只有②③⑤⑦C．只有①③④⑤ D．全部解析：选A①中单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，能说明反响到达平衡，②单位时间内生成nmolO2必生成2nmolNO，不能说明反响到达平衡状态。③中无论到达平衡与否，用各物质表示的化学反响速率之比都等于化学计量数之比。④有色气体的颜色不变，那么表示物质的浓度不再变化，说明反响已到达平衡。⑤气体体积固定、质量反响前后守恒，密度始终不变。⑥反响前后Δνg≠0，压强不变，意味着各物质的含量不再变化。⑦由于气体的质量不变，气体的平均相对分子质量不变时，说明气体中各物质的物质的量不变，反响到达平衡。2．一定温度下在容积恒定的密闭容器中，进行如下可逆反响：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，以下表达能说明该反响已到达平衡状态的是()①混合气体的密度不再变化时②容器内气体的压强不再变化时③混合气体的总物质的量不再变化时④B的物质的量浓度不再变化时⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态⑥当v正(B)＝2v逆(C)A．①④⑤⑥ B．②③⑥C．②④⑤⑥ D．只有④解析：选AA为固态，反响正向进行时气体质量增大，逆向进行时气体质量减小，所以，密度不变时平衡，①正确；该反响前后气体体积不变，所以压强不变时不一定平衡，②错误；该反响前后气体物质的量相等，所以混合气体的总物质的量不变不一定平衡，③错误；B的浓度不变，说明反响平衡了，④正确；混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态，说明气体的质量不变，正、逆反响速率相等，反响到达平衡，⑤正确；v正(B)＝2v逆(C)时，说明正、逆反响速率相等，反响到达平衡，⑥正确。3．一定温度下，反响N2O4(g)2NO2(g)的焓变为ΔH。现将1molN2O4充入一恒压密闭容器中，以下示意图正确且能说明反响到达平衡状态的是()A．①② B．②④C．③④ D．①④解析：选D因反响容器保持恒压，所以容器体积随反响进行而不断变化，结合ρ气＝m/V可知，气体密度不再变化，说明容器体积不再变化，即气体的物质的量不再变化，反响到达平衡状态，①符合题意；无论是否平衡，反响的ΔH都不变，②不符合题意；反响开始时，参加1molN2O4，随着反响的进行，N2O4的浓度逐渐变小，故v正(N2O4)逐渐变小，直至到达平衡，③不符合题意；N2O4的转化率不再变化，说明N2O4的浓度不再变化，反响到达平衡状态，④符合题意，应选D。判断化学平衡状态的方法——“正逆相等，变量不变〞以下几种情况不能作为可逆反响到达化学平衡状态的标志：①某一时刻，各物质的浓度(或物质的量或分子数)之比等于化学计量数之比的状态。②恒温、恒容条件下气体体积不变的反响，混合气体的压强或气体的总物质的量不随时间而变化，如2HI(g)I2(g)＋H2(g)。③全部是气体参加的体积不变的反响，体系的平均相对分子质量不随时间而变化，如2HI(g)I2(g)＋H2(g)。④全部是气体参加的反响，恒容条件下体系的密度保持不变。题点(二)极端假设法在化学平衡计算中的应用4．可逆反响N2＋3H22NH3，在容积为10L的密闭容器中进行，开始时参加2molN2和3molH2，达平衡时，NH3的浓度不可能到达()A．0.1mol·L－1 B．0.2mol·L－1C．0.05mol·L－1 D．0.15mol·L－1解析：选B2molN2和3molH2反响，假设反响能够进行到底，那么3molH2完全反响，生成2molNH3，此时NH3的浓度为0.2mol·L－1，但由于是可逆反响，不能完全反响，所以NH3的浓度达不到0.2mol·L－1。5．在密闭容器中进行反响：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)，X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1mol·L－1、0.3mol·L－1、0.2mol·L－1，在一定条件下，当反响到达平衡时，各物质的浓度有可能是()A．Z为0.3mol·L－1 B．Y2为0.4mol·L－1C．X2为0.2mol·L－1 D．Z为0.4mol·L－1解析：选A此题可用极端假设法确定各物质的浓度范围。假设反响正向进行到底：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)起始浓度(mol·L－1)0.10.30.2改变浓度(mol·L－1)0.10.10.2终态浓度(mol·L－1)00.20.4假设反响逆向进行到底：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)起始浓度(mol·L－1)0.10.30.2改变浓度(mol·L－1)0.10.10.2终态浓度(mol·L－1)0.20.40平衡体系中各物质的浓度范围为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项符合题意。极端假设法确定各物质的浓度范围先假设反响正向或逆向进行到底，再求出各物质浓度的最大值和最小值，从而确定它们的浓度范围。考点二化学平衡移动对应学生用书P137一、化学平衡移动1．化学平衡移动的过程2．影响化学平衡的外界因素(1)影响化学平衡的因素条件的改变(其他条件不变)化学平衡的移动浓度增大反响物浓度或减小生成物浓度向正反响方向移动减小反响物浓度或增大生成物浓度向逆反响方向移动压强(对有气体存在的反响)反响前后气体分子数改变增大压强向气体体积减小的方向移动减小压强向气体体积增大的方向移动反响前后气体分子数不变改变压强平衡不移动温度升高温度向吸热反响方向移动降低温度向放热反响方向移动催化剂使用催化剂平衡不移动(2)几种特殊情况说明①改变固体或纯液体的量，对化学平衡没影响。②“惰性气体〞对化学平衡的影响。a．恒温、恒容条件：原平衡体系eq\o(→,\s\up7(充入惰性气体),\s\do5())体系总压强增大→体系中各组分的浓度不变→平衡不移动。b．恒温、恒压条件：③同等程度地改变反响混合物中各物质的浓度时，应视为压强的影响。3．勒夏特列原理如果改变影响化学平衡的条件之一(如温度，压强，以及参加反响的化学物质的浓度)，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。[基点小练]1．判断正误(正确的打“√〞，错误的打“×〞)。(1)对于反响N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，假设断裂2molH—H键，同时形成1molNN键，那么平衡正向移动(×)(2)对于反响2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，假设每消耗1molO2，同时生成2molSO2，那么平衡正向移动(×)(3)对于反响I2(g)＋H2(g)2HI(g)，假设使体系颜色变浅，那么平衡一定正向移动(×)(4)对于反响2A(g)＋B(g)2C(g)，当v(A)正＝eq\f(1,2)v(B)逆时，平衡不移动(×)(5)合成氨反响需使用催化剂，说明催化剂可以促进该平衡向生成氨的方向移动(×)(6)平衡时，其他条件不变，别离出固体生成物，v正加快(×)(7)向平衡体系FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl中参加KCl固体，平衡将向逆反响方向移动，溶液颜色将变浅(×)(8)二氧化氮与四氧化二氮的平衡体系，加压后颜色加深(√)二、平衡移动与其他物理量的变化关系在判断平衡移动的方向和物质的转化率、体积分数变化时，应灵活分析浓度和压强对平衡的影响。假设以α表示物质的转化率，φ表示气体的体积分数。1．对于A(g)＋B(g)C(g)类反响，到达平衡后，保持温度、容积不变，又参加一定量的A，那么平衡向正反响方向移动，α(B)增大而α(A)减小，φ(B)减小而φ(A)增大。2．对于aA(g)bB(g)类反响，到达平衡后，保持温度、容积不变，又参加一定量的A，平衡移动的方向和A的转化率的变化如表所示。类型例如改变分析移动结果a<bPCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)又充入PCl5c(PCl5)增大，v正>v逆，但压强增大不利于PCl5的分解，平衡正移α(PCl5)减小，φ(PCl5)增大a＝b2HI(g)H2(g)＋I2(g)又充入HIc(HI)增大，v正>v逆，压强增大，对v正、v逆的影响相同，平衡正移α(HI)、φ(HI)不变a>b2NO2(g)N2O4(g)又充入NO2c(NO2)增大，v正>v逆，同时压强的增大更有利于NO2的转化，平衡正移α(NO2)增大，φ(NO2)减小[基点小练]2．判断正误(正确的打“√〞，错误的打“×〞)。(1)C(s)＋CO2(g)2CO(g)ΔH>0，其他条件不变时升高温度，反响速率v(CO2)和CO2的平衡转化率均增大(√)(2)CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH<0，在其他条件不变的情况下改变压强，平衡不发生移动，反响放出的热量不变(√)1．(2023·郑州模拟)以下说法正确的选项是()A．改变反响条件使平衡向正反响方向移动，反响物的转化率一定增大B．浓度变化引起平衡向正反响方向移动，反响物的转化率一定增大C．温度或压强的变化引起平衡向正反响方向移动，反响物的转化率一定增大D．催化剂可使化学反响速率加快，使反响物的转化率增大解析：选CA项，改变反响条件使平衡向正反响方向移动，反响物的转化率不一定增大，例如合成氨反响中通入氮气，氮气转化率降低，错误；B项，根据A中分析可知浓度变化引起平衡向正反响方向移动，反响物的转化率不一定增大，错误；C项，温度或压强的变化引起平衡向正反响方向移动，反响物的转化率一定增大，正确；D项，催化剂可使化学反响速率加快，但不能改变反响物的转化率，错误。2．将等物质的量的X、Y气体充入某密闭容器中，在一定条件下，发生反响并到达平衡：X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH＜0。当改变某个条件并维持新条件直至新的平衡时，表中关于新平衡与原平衡的比拟正确的选项是()选项改变条件新平衡与原平衡比拟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的体积分数变小解析：选A升高温度，平衡逆向移动，X的转化率变小，A正确；增大压强，平衡正向移动，但容器的体积减小，X的浓度增大，B错误；充入一定量Y，X的转化率增大，而Y的转化率减小，C错误；使用适当催化剂，只能加快反响速率，不能改变平衡，X的体积分数