专题十五化学反应速率化学平衡

专题十五化学反应速率化学平衡课标要求考情分析核心素养1.知道化学反应是有方向的，知道化学反应的方向与反应的焓变和熵变有关。认识化学平衡常数是表征反应限度的物理量，知道化学平衡常数的含义。了解浓度商和化学平衡常数的相对大小与反应方向间的联系。通过实验探究，了解浓度、压强、温度对化学平衡状态的影响。2.知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。3.认识化学反应速率和化学平衡的综合调控在生产、生活和科学研究中的重要作用。知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。新高考3年考频100%变化观念与平衡思想证据推理与模型认知科学态度与社会责任试题难度较难考查形式选择题、主观题高频考向：1.化学反应速率与平衡原理应用：主要包括化学反应速率与平衡移动的影响因素、化学平衡常数的特性及应用；2.化学反应速率与平衡图像问题：主要包括判断平衡态、转化率大小比较、平衡常数大小比较、分析图像形成因素等；3.化学反应速率与平衡问题的计算：主要包括根据图像进行有关计算及判断、Q与K（Kp）的计算及应用、速率方程、速率及转化率的计算。命题趋势：化学反应速率与化学平衡是每年高考的必考内容，在新情境下常以图像、表格等为载体进行命题，具有一定的综合性、应用性和创新性，是学科核心素养的很好的载体，考查学生对图表信息的获取、分析和加工能力。在新课程标准中化学反应速率和化学平衡移动既有关联又具有独立性，在高考中化学反应速率侧重于相关的计算和外界条件对化学反应速率的影响，而化学平衡则可能倾向于定量比较Q与K的大小来判断平衡移动的方向进行综合考查，应注意理论联系实际，灵活分析。作为高考中的必考和难点其考查趋势要关注课标中明确指出的“认识化学反应速率和化学平衡的综合调控在生产、生活和科学研究中的重要作用”，所以在分析图像、图表中联系实际工业生产尤为重要，在真实情境中去分析化学反应速率和化学反应平衡的综合应用。在强化训练同时，注重规律和方法技能的总结，提高关键能力。解题思路：技巧总结：一、化学反应速率图像的分析规律总结：要先分析图像的横、纵坐标，然后根据化学反应速率的影响因素进行分析、判断。（1）看起点和终点：分清反应物和生成物。（2）看变化趋势：分清正反应和逆反应；分清“突变”和“渐变”、“大变”和“小变”。（3）当有多因素对速率产生影响，要根据图像分析不同时段影响的主要因素。二、化学平衡图像的分析规律总结：先分析反应特点，再分析化学平衡图像，并联想规律，得出结论。（1）“先拐先平、数值大”：先出现拐点，先达到平衡，说明该曲线的反应速率快。（2）“定一议二”：当图像中有三个变量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。（3）“三步分析法”：①判断反应速率是增大还是减小；②确定ν正、ν逆的相对大小；③判断化学平衡移动的方向。三、化学平衡常数K（Kp）的计算（1）利用“三段式”计算化学平衡常数/分压平衡常数对于一般的可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)平衡常数的表达式：K=或Kp=注：1、固体和纯液体物质不写入浓度平衡表达式中2、分压平衡常数关于分压计算要注意反应容器，判断总压是否有变化四、化学平衡移动方向的判断方法（1）依据勒夏特列原理判断通过比较平衡破坏瞬时的正、逆反应速率的相对大小来判断平衡移动的方向。①若v正＞v逆，则化学平衡正向(或向右)移动；②若v正＜v逆，则化学平衡逆向(或向左)移动；③若v正=v逆，则化学平衡不移动。（2）依据浓度商(Q)规则判断通过比较浓度商(Q)与平衡常数(K)的大小来判断平衡移动的方向。①若Q＞K，则化学平衡逆向(或向左)移动；②若Q＜K，则化学平衡正向(或向右)移动；③若Q=K，则化学平衡不移动。真题溯源1．[2022·广东卷]在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则（）A．无催化剂时，反应不能进行B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D．使用催化剂Ⅰ时，0~2min内，v(X)=1.0mol·L1·min1【答案】D【解析】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B．由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B错误；C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min内Y的浓度变化了2.0mol·L1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol·L1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；D．使用催化剂Ⅰ时，在0~2min内，Y的浓度变化了4.0mol·L1，则v(Y)=Δc(Y)Δt=4.0mol·L-12min=2.0mol·L1·min1，v(X)=12v(Y)=12×2.0mol·L1·min答案选D。2．[2022·广东卷]恒容密闭容器中，BaSO4(s)+4H2(g)BaS(s)+4H2O(g)在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是（）A．该反应的ΔH＜0B．a为n(H2O)随温度的变化曲线C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动D．向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率增大【答案】C【解析】A．从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A错误；B．因为水的系数比BaS的大，即水的增加量应该比BaS增加的快，故最上面的一条线是n(H2O)的变化，a为n(BaS)随温度的变化曲线，故B错误；C．容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C正确；D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D错误；故选C。3．[2022·浙江6月选考]恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)​​​​​​​N2(g)+3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（）A．实验①，0~20min，v(N2105mol·L1·min1B．实验②，60min时处于平衡状态，xC．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大【答案】C【解析】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40×103mol/L2.00×103mol/L=4.00×104mol/L，v(NH3)==2.00×105mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.00×105mol/(L·min)，故A正确；B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×104mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×104mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x，即x，故B正确；C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00×104mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，故C错误；D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，故D正确；答案选C。4．[2021·河北卷]室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是（）A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×108mol·L1·min1B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为ZD．反应①的活化能比反应②的活化能大【答案】A【解析】A．由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为0.300mol·L1和0.125mol·L1，则M的浓度变化量为0.500mol·L10.300mol·L1=0.200mol·L1，其中转化为Y的变化量为0.200mol·L10.125mol·L1=0.075mol·L1。因此，0～30min时间段内，Y的平均反应速率为，故A错误；B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，故B正确；C．结合A、B的分析可知，反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=0.075mol·L-10.125mol·L-1=35，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有58的M转化为Z，即62.5%的M转化为D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，故D正确；综上所述，本题选A。5．[2022·湖南卷]（多选）向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应：2X(g)+Y(g)Z(g)ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（）A．ΔH＞0 B．气体的总物质的量：na＜ncC．a点平衡常数：K＞12 D．反应速率：va正＜vb正【答案】BC【解析】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，故A错误；B．根据A项分析可知，上述密闭容器中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：na＜nc，故B正确；C．a点为平衡点，此时容器的总压为p，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在恒容条件下进行，气体的物质的量之比等于整体之比，根据A项分析可知，绝热条件下，反应到平衡状态放热，所以Ta＞T始，压强：Pa=P始，则na＜n始，可设Y转化的物质的量浓度为xmol∙L−1，则列出三段式如下：2X(g)+Y(g)Z(g)c0210Δc2xxxc平22x1xx，则有[(22x)+(1x)+x]mol＜，计算得到x＞，那么化学平衡常数K=＞，故C正确；D．根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即va正＞vb正，故D错误；综上所述，答案为BC。6．[2022·广东模考]25℃时，向恒容容器中加入A发生反应：①2A(g)=4B(g)+C(g)，②2B(g)D(g)。反应体系中A、B、C的分压随时间t的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）(对于气相反应，用某组分B的平衡分压pB代替物质的量浓度cB也可表示平衡常数Kp。pB=p总×B的物质的量分数，p总为平衡体系总压强)A．容器内压强保持不变，表明反应达到平衡状态B．t1时刻A物质反应完全C．时，反应②的分压平衡常数D．当C、D的分压相等时，反应②中B的转化率为20%【答案】D【解析】由题中反应式可知，反应①不是可逆反应，能够进行完全，假如向容器中加入2molA相当于加入4molB和1molC，4molB再发生反应②生成D，反应②为可逆反应，根据图中t1时刻B、C压强不再改变，说明达到平衡状态，据此列出三段式计算解答。A．反应②为可逆反应，反应前后气体的物质的量改变，容器中的压强是变量，若容器内压强保持不变，表明反应达到平衡状态，故A正确；B．由图像可知，t1时刻A物质分压为0，说明A反应完全，故B正确；C．设起始加入2molA，发生反应①生成4molB和1molC，再设4molB发生反应②生成D的物质的量为x，列出三段式：2B(g)D(g)起始(mol)40转化(mol)2xx平衡(mol)42xx平衡时，容器中含有气体的总物质的量为：(42x)+x+1=(5x)，根据压强之比等于物质的量之比，平衡时容器中气体总压强=40kPa，此时B的分压=40kPa=16kPa，解得x，平衡时总压强=40kPa=68kPa；B气体的分压=16kPa，D气体的分压=68kPa=32kPa，则平衡常数Kp=p(D)p2(B)=32kPa(16kPa)2=18D．结合C选项分析，当C、D的分压相等时，C、D的物质的量相等，均为1mol，则转化的B的物质的量为2mol，B的转化率=，故D错误；答案选D。7．[2022·全国甲卷]金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：（1）TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：（ⅰ）直接氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)═TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=172kJ•mol1，Kp1=1.0×102

（ⅱ）碳氯化：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)═TiCl4(g)+2CO(g)ΔH2=51kJ•mol1，Kp2=1.2×1012Pa①反应2C(s)+O2(g)═2CO(g)的ΔH为kJ•mol1，Kp=Pa。②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是。③对于碳氯化反应：增大压强，平衡移动（填“向左”“向右”或“不”）；温度升高，平衡转化率（填“变大”“变小”或“不变”）。（2）在1.0×105Pa、将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：：2进行反应。体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。①反应C(s)+CO2(g)═2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)=Pa。②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是。（3）TiO2碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于TiO2C“固—固”接触的措施是。【答案】（1）①223；1.2×1014②碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程，且Kp2远大于Kp1③向左；变小（2）①7.2×105②为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品，提高效益（3）将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”【解析】（1）①根据盖斯定律，将“反应ⅱ反应ⅰ”得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则∆H=51kJ/mol172kJ/mol=223kJ/mol；则Kp===1.2×1014Pa；②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是碳氯化反应气体分子数增加，∆H小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程，且Kp2远大于Kp1；③对于碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小；（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例CO2是，TiCl4是，CO是，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)==Pa=7.2×105Pa；②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl4产品；（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiO2–C“固固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。8．[2022·全国乙卷]油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：（1）已知下列反应的热化学方程式：①2H2S(g)+3O②4H2S(g)+2SO③2H2(g)+O计算H2S热分解反应④2H2S(g)=S2（2）较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是（3）在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S):n(Ar)＝1:4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S):n(Ar)分别为4:1、1:1、1:4、1:9、1:19的H2S-Ar①n(H2S):n(Ar)越小，H2S平衡转化率，理由是②n(H2S):n(Ar)＝1:9对应图中曲线________，计算其在0～之间，H2S分压的平均变化率为________【答案】（1）+170（2）副产物氢气可作燃料；耗能高（3）50%；（4）①越高；n(H2S):n(Ar)越小，H2S