2025版高考化学二轮复习课件 选择题突破8 反应机理 反应速率及化学平衡

选择题突破八反应机理反应速率及化学平衡突破点1化学反应机理分析突破点2化学反应速率与化学平衡目录索引

突破点1化学反应机理分析聚焦核心要点1.反应历程中的能量变化图像(1)活化能-反应历程图像及分析[1]A+B—C→[A…B…C]→A—B+C

①以上为一种基元反应,其中正反应活化能Ea正=b-a,逆反应活化能Ea逆=b-c,ΔH=Ea正-Ea逆。②过渡态([A…B…C])不稳定中间体:在多步反应中两个过渡态之间的是中间体,中间体很活泼,寿命很短,但是会比过渡态更稳定些①反应热取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小,仅由部分反应物和部分生成物的总能量,不能判断反应是吸热反应还是放热反应。②从反应物至最高点的能量数值代表正反应的活化能(E1),从最高点到生成物的能量数值代表逆反应的活化能(E2)。③催化剂只能改变正、逆反应的活化能,从而改变反应速率,但不能改变反应的ΔH。【应用示例1】下面是丙烷(用RH表示)的氯化和溴化反应时的相对能量变化图(已知1eV=1.6×10-19J)及产率关系。(1)1molRH(g)完全生成1molRCl(g)放热

J。

(2)稳定性Br·

Cl·。

(3)以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2-丙醇,更优越的是_______(填“Br2”或“Cl2”)。

(4)溴代的决速反应是第

步;氯代的决速反应是第

步。

NA×1.6×10-19(a-b)>Br2一一解析:(1)由图可知,1个RH(g)分子转化成RCl(g)放热1.6×10-19(a-b)

J,则1

mol

RH(g)完全生成1

mol

RCl(g)放热NA×1.6×10-19(a-b)

J;(2)由图可知,Br·的能量比Cl·低,则Br·比Cl·稳定;(3)由题目信息可知,丙烷和Br2发生取代反应时,比和Cl2发生取代反应更加容易生成CH3CH(X)CH3,CH3CH(X)CH3在NaOH水溶液中发生水解反应可以得到2-丙醇,则以丙烷、卤素、氢氧化钠溶液为原料制备2-丙醇,Br2优于Cl2;(4)由图可知,溴代和氯代第一步的反应活化能大于第二步,说明第一步反应速率小于第二步,则溴代和氯代第一步都是决速反应。(2)催化机理能垒图[2]①在催化机理能垒图中,有几个活化状态,就有几个基元反应。可以用图中每步基元反应前后的活性物质,写出其热化学方程式。注意:如果纵坐标相对能量的单位是电子伏特(eV),焓变应转化成每摩尔。②每步基元反应的快慢取决于其能垒的大小,能垒越大,反应速率越慢。例如:在Rh催化下,甲酸分解制H2反应的过程如图所示。其中带“*”的物种表示吸附在Rh表面,该反应历程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*═HCOO*+H*;甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)═CO2(g)+H2(g)

ΔH=-0.16NAeV·mol-1(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。链接高考[1](2022·湖南卷改编)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应历程的关系如图所示:下列说法正确的是(

)A.历程Ⅰ是放热反应

B.平衡时P的产率:Ⅱ>ⅠC.生成P的速率:Ⅲ>Ⅱ

D.历程Ⅳ中,Z有催化作用A解析:由图可知,历程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量,因此历程Ⅰ是放热反应,A正确;历程Ⅱ中使用了催化剂X,但是催化剂不能改变平衡产率,因此两个历程平衡时P的产率相同,B错误;历程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于历程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能,由于这两步反应分别是两个历程的决速步骤,因此生成P的速率:Ⅲ<Ⅱ,C错误;历程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z,然后S·Z转化为产物P·Z,由于P·Z没有转化为P+Z,因此,Z没有催化作用,D错误。链接高考[2]1.(2024·甘肃卷)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示,下列说法错误的是(

)A.E2=1.41eVB.步骤2逆向反应的ΔH=+0.29eVC.步骤1的反应比步骤2快D.该过程实现了甲烷的氧化C2.(2024·北京卷)苯在浓硝酸和浓硫酸作用下,反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是(

)CA.从中间体到产物,无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物ⅡB.X为苯的加成产物,Y为苯的取代产物C.由苯得到M时,苯中的大π键没有变化D.对于生成Y的反应,浓硫酸作催化剂3.(2022·山东卷改编)在NO催化下,丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。(1)含N分子参与的反应

(填“一定”或“不一定”)有电子转移。

(2)由NO生成HONO的反应历程有

种。

(3)增大NO的量,C3H8的平衡转化率

。

(4)在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应方程式为

;当主要发生包含②的历程时,最终生成的水的量

。

一定

2不变

2C3H8+O2

2C3H6+2H2O不变

解析:(1)根据反应机理图知,含N分子发生的反应有NO+·OOH═NO2+·OH、NO+NO2+H2O═2HONO、NO2+·C3H7═C3H6+HONO、HONO═NO+·OH,NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价,上述反应中均有元素化合价的升降,都为氧化还原反应,一定有电子转移;(2)根据图示,由NO生成HONO的反应历程有2种;(3)NO是催化剂,增大NO的量,C3H8的平衡转化率不变;(4)无论反应历程如何,反应物为C3H8和O2、生成物为C3H6和H2O,在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O2

2C3H6+2H2O,当主要发生包含②的历程时,最终生成的水的量不变。【应用示例2】Cu-Ce-Ox固溶体作为金属催化剂,能有效促进电化学还原,反应产生CH4和C2H4的共同中间体*CO在催化剂表面的反应机理如图所示。(1)Cu-Ce-Ox固溶体催化剂对生成

有较高选择性。

(2)制约CO2还原为C2H4反应速率的是

。

(3)由*CO生成*OH的反应为

。

CH4*CH—COH→C—COH*CO+5H++5e-═CH4+*OH解析:(1)由图像分析,生成甲烷的最大能垒相对能量低,所以在该催化剂表面更容易生成甲烷,即Cu-Ce-Ox固溶体催化剂对生成CH4有较高选择性;(2)制约反应速率的应该是能垒最高的吸热反应,所以制约CO2还原为C2H4反应速率的是*CH—COH→C—COH;(3)反应在催化剂表面吸附状态下发生,由图像可知是H+参加反应,所以由*CO生成*OH的反应为*CO+5H++5e-═CH4+*OH。2.物质转化—循环图示及分析[3]在机理图中,通览全图,找准一“剂”三“物”一“剂”催化剂“先消耗后生成”——催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的,以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上三“物”反应物“只进不出”——通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物生成物“只出不进”——通过一个箭头最终脱离整个历程的物质多是产物中间体“先生成后消耗”——通过一个箭头脱离整个历程,但又生成的是中间体,通过两个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体,中间体有时在反应历程中用“[

]”标出如下图所示:最后依据判断的反应物、生成物形成总化学方程式。

链接高考[3](2020·全国Ⅰ卷)铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化,反应过程如图所示。下列说法错误的是(

)A.CH3COI是反应中间体B.甲醇羰基化反应为CH3OH+COCH3CO2HC.反应过程中Rh的成键数目保持不变D.存在反应CH3OH+HI→CH3I+H2OC解析:题干中明确指出,铑配合物[Rh(CO)2I2]-有催化作用,用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知,铑配合物在整个反应历程中成键数目、配体种类等均发生了变化;并且也可以观察出,甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO,最终产物是乙酸;因此,凡是出现在历程中的,既非反应物又非生成物的物种如CH3COI以及各种配离子等,都可视作中间物种。通过分析可知,CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体,可与水作用,生成最终产物乙酸的同时,也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI,A正确;通过分析可知,甲醇羰基化反应,反应物为甲醇以及CO,产物为乙酸,方程式可写成:CH3OH+COCH3CO2H,B正确;通过分析可知,铑配合物在整个反应历程中,成键数目、配体种类等均发生了变化,C错误;通过分析可知,反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I,方程式可写成:CH3OH+HI→CH3I+H2O,D正确。精研核心命题命题角度1活化能—反应历程图像及分析例1(2024·河南六市调研)X→Y反应分两步进行,在催化剂Cat1、Cat2作用下能量变化如图所示。下列叙述正确的是(

)A.Cat1作用下,第二步反应为决速反应B.两种催化剂不改变总反应能量变化C.催化剂可以改变生成物Y的平衡浓度D.升高温度,第一步反应加快,第二步反应减慢B解析:化学反应速率取决于慢反应,由图可知,Cat1作用下第一步反应的活化能大于第二步,则第一步反应为慢反应,为决速反应,故A错误;总反应的能量变化取决于反应物的总能量和生成物总能量的差值,与催化剂无关,故两种催化剂不改变总反应能量变化,故B正确;催化剂改变反应历程,降低反应活化能,加快化学反应速率,但是不能使平衡发生移动,故催化剂不可以改变生成物Y的平衡浓度,故C错误;升高温度,第一步反应加快,第二步反应也加快,故D错误。[变式演练1](2024·安徽卷)某温度下,在密闭容器中充入一定量的X(g),发生下列反应:X(g)Y(g)(ΔH1<0),Y(g)Z(g)(ΔH2<0),测得各气体浓度与反应时间的关系如下图所示。下列反应历程示意图符合题意的是(

)B解析:由Y曲线可知,Y的量先增加后减少,说明X(g)

Y(g)的速率比Y(g)

Z(g)的速率大,即第一个反应的活化能小于第二个反应的活化能,C、D错误;由两个反应的焓变均小于0,可知A错误,B正确。命题角度2催化机理能垒图例2(2021·山东卷)18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解,部分反应历程可表示为:

B[变式演练2](双选)(2024·山东新泰一中二模)Pd催化过氧化氢分解制取O2的反应历程和相对能量变化情况如图所示,其中吸附在Pd催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是(

)ACA.该反应历程中所有步骤的原子利用率均为100%C.催化剂Pd降低了H2O2分解反应的活化能和焓变,加快了H2O2的分解速率D.整个催化分解过程中既有极性键的断裂和形成,也有非极性键的断裂和形成命题角度3物质转化—循环图示及分析例3CO2/C2H4耦合反应制备丙烯酸甲酯的反应机理如图所示,下列叙述错误的是(

)DA.LnNi能提高CO2、C2H4混合体系中活化分子百分数B.总反应方程式为CO2+CH2=CH2+CH3ICH2=CHCOOCH3+HIC.反应①中断裂的化学键有极性键和非极性键D.该反应的原子利用率为100%解析:对反应机理图分析可知LnNi是催化剂,CO2、CH2=CH2、CH3I为反应物,CH2=CHCOOCH3、HI为生成物,其他为中间产物。LnNi是催化剂,能降低反应的活化能,提高反应物中活化分子的百分数,A正确;CO2、CH2=CH2、CH3I为反应物,CH2=CHCOOCH3、HI为生成物,则总反应方程式为CO2+CH2=CH2+CH3I

CH2=CHCOOCH3+HI,B正确;反应①中断裂了极性键(C=O)和非极性键(C=C),C正确;由总反应方程式可知,除目标产物丙烯酸甲酯外还有HI生成,原子利用率不是100%,D错误。[变式演练3](2023·湖南卷)N2H4是一种强还原性的高能物质,在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L-Ru—NH3]+表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4,其反应机理如图所示。下列说法错误的是(

)A.Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后,配体NH3失去质子能力增强B.M中Ru的化合价为+3C.该过程有非极性键的形成D.该过程的总反应式:4NH3-2e-═N2H4+2B分层训练层级1练真题·明考向1.(2023·浙江1月卷)标准状态下,气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0],下列说法不正确的是(

)A.E6-E3=E5-E2B.可计算Cl—Cl键能为2(E2-E3)kJ·mol-1C.相同条件下,O3的平衡转化率:历程Ⅱ>历程ⅠD.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)═O2(g)+Cl(g)

ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1C解析:对比两个历程可知,历程Ⅱ中增加了催化剂,降低了反应的活化能,加快了反应速率。催化剂能降低活化能,但是不能改变反应的焓变,因此E6-E3=E5-E2,A正确;已知Cl2(g)的相对能量为0,对比两个历程可知,Cl(g)的相对能量为(E2-E3)

kJ·mol-1,则Cl—Cl键能为2(E2-E3)

kJ·mol-1,B正确;催化剂不能改变反应的平衡转化率,因此相同条件下,O3的平衡转化率:历程Ⅱ=历程Ⅰ,C错误;活化能越低,反应速率越快,由图像可知,历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低,所以速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)═O2(g)+Cl(g)

ΔH=(E5-E4)

kJ·mol-1,D正确。2.(2024·河北卷)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池,以Mg(TFSI)2为电解质,电解液中加入1,3-丙二胺(PDA)以捕获CO2,使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍,同时改善了Mg2+的溶剂化环境,提高了电池充放电循环性能。对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究,电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。下列说法错误的是(

)

D层级2练易错·避陷阱3.(双选)常温下用S-In催化剂电催化还原CO2制甲酸的机理如图1所示,反应历程如图2所示,其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是(

)CDA.使用S-In催化剂能够提高反应物分子中活化分子的百分数B.制甲酸过程的决速步骤为HCOO

*+H2O+e-→HCOOH

*+OH-C.催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是使水分解D.电催化还原CO2制甲酸反应的ΔS>0解析:催化剂降低反应的活化能,提高反应物分子中活化分子的百分数,A正确;HCOO

*+H2O+e-→HCOOH

*+OH-为相对能量差值最大的一步,反应速率较慢,为制甲酸过程的决速步骤,B正确;催化剂S2-活性位点在催化过程中的作用是活化水分子,C错误;由图2可知,电催化还原CO2制甲酸总反应为CO2+2H2O+2e-═HCOOH+2OH-,反应后气体分子数减少,则熵变ΔS<0,D错误。层级3练预测·押考向4.下图是某一电化学腐蚀过程的原理图,有关说法正确的是(

)CA.左侧电势高于右侧B.浸金过程中的催化剂只有NH3C.整个反应过程中,氧化剂为O2D.阳极区发生的反应为O2+2H2O+4e-═4OH-解析:正极电势高于负极,则左侧电势低于右侧,故A错误;依据催化剂在化学反应前后质量和化学性质都不变的特点,浸金过程中的催化剂有NH3和[Cu(NH3)4]2+,故B错误;由图可知,O2在正极得到电子生成OH-,作氧化剂,故C正确;阳极区发生氧化反应,失去电子,故D错误。5.科学家用镍催化剂在光催化下,以CO2和芳基卤化物合成氧-芳基氨基甲酸酯,限速步骤是光催化反应,反应机理如图。已知TMG(C5H13N3)是一种有机碱。下列说法错误的是(

)DA.反应过程中Ni的化合价发生了变化B.反应①和④均为取代反应C.该过程中反应②的活化能最大D.A的分子式是C5H14N3X解析:由图可知,Ni连接的化学键数目发生了变化,化合价发生了变化,故A正确;对比反应①和④的反应物和产物可知,反应①和④均为取代反应,故B正确;限速步骤是光催化反应,说明反应②速率最慢,活化能最大,故C正确;反应④为取代反应,结合原子守恒可知A的分子式是C5H12N3X,故D错误。突破点2化学反应速率与化学平衡聚焦核心要点1.化学反应速率及其影响因素和相关计算[1]外界条件对化学反应速率的影响与结果【应用示例1】氨基甲酸铵(H2NCOONH4)主要用作磷化铝中间体,也用于医药。在T

℃时,将足量的H2NCOONH4固体置于恒温恒容容器中,存在如下化学平衡:H2NCOONH4(s)

2NH3(g)+CO2(g),经tmin达到平衡状态,平衡时体系的总浓度为c0mol·L-1。回答下列问题:(1)T

℃时,向平衡体系中加入适量H2NCOONH4,反应速率将

。

(2)在0~tmin时间段内,平均反应速率v(CO2)=

。

(3)向平衡体系中充入适量的CO2,逆反应速率

。

不变

增大

2.化学平衡及影响因素[2](1)判断化学平衡状态的方法(2)影响化学平衡的因素若其他条件不变,改变下列条件对化学平衡的影响改变的条件(其他条件不变)化学平衡移动的方向浓度增大反应物浓度或减小生成物浓度向正反应方向移动减小反应物浓度或增大生成物浓度向逆反应方向移动压强反应前后气体体积改变增大压强向气体分子总数减小的方向移动减小压强向气体分子总数增大的方向移动反应前后气体体积不变改变压强平衡不移动温度升高温度向吸热反应方向移动降低温度向放热反应方向移动催化剂同等程度改变v(正)、v(逆),平衡不移动(3)判断化学平衡移动方向的方法根据离子积(Q)与平衡常数(K)的大小判断平衡移动的方向【应用示例2】某温度下,反应CH2=CH2(g)+H2O(g)

CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡。回答下列问题:(1)增大压强,v(正)

v(逆),平衡常数将

。

(2)加入催化剂,平衡时CH3CH2OH(g)的浓度将

。

(3)恒容下,充入一定量的H2O(g),平衡向

反应方向移动。

(4)恒容下,充入一定量的CH2=CH2(g),CH2=CH2(g)的平衡转化率将

。>不变

不变

正减小解析:(1)该反应是一个气体分子数减小的反应,增大压强可以加快化学反应速率,正反应速率增大的幅度大于逆反应,故v(正)>v(逆),平衡向正反应方向移动,温度不变,故平衡常数不变;(2)催化剂不影响化学平衡状态,故不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度;(3)恒容下,充入一定量的H2O(g),H2O(g)的浓度增大,平衡向正反应方向移动;(4)恒容下,充入一定量的CH2=CH2(g),平衡向正反应方向移动,但是CH2=CH2(g)的平衡转化率减小。3.平衡转化率[3](1)转化率和平衡转化率转化率有未达到平衡的转化率和已达到平衡的平衡转化率,在审题的时候一定要注意转化率是否为平衡转化率。(2)转化率与温度的关系可逆反应的焓变ΔH升高温度吸热反应,ΔH>0未达到平衡的转化率增大已达到平衡的平衡转化率增大放热反应,ΔH<0未达到平衡的转化率增大已达到平衡的平衡转化率减小(3)增大反应物的浓度与平衡转化率的关系(其中A、B、C均为气体)链接高考[1]1.(2024·甘肃卷)下列措施能降低化学反应速率的是(

)A.催化氧化氨制备硝酸时加入铂B.中和滴定时,边滴边摇锥形瓶C.锌粉和盐酸反应时加水稀释D.石墨合成金刚石时增大压强C2.(2022·辽宁卷)某温度下,在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X(s)Y(g)+2Z(g),有关数据如下:下列说法错误的是(

)A.1min时,Z的浓度大于0.20mol·L-1B.2min时,加入0.20molZ,此时v正(Z)<v逆(Z)C.3min时,Y的体积分数约为33.3%D.5min时,X的物质的量为1.4molB解析:反应开始一段时间,随着时间的延长,反应物浓度逐渐减小,产物Z的平均生成速率逐渐减小,则0~1

min内Z的平均生成速率大于0~2

min内的,故1

min时,Z的浓度大于0.20

mol·L-1,A正确;4

min时生成的Z的物质的量为0.15

mol·L-1·min-1×4

min×1

L=0.6

mol,6

min时生成的Z的物质的量为0.10

mol·L-1·min-1×6

min×1

L=0.6

mol,故反应在4

min时已达到平衡,设达到平衡时生成了a

mol

Y,列三段式:

2X(s)Y(g)+2Z(g)初始量/mol

2.0

0

0转化量/mol

2a

a

2a平衡量/mol

2.0-2a

a

0.6根据2a=0.6,得a=0.3,则Y的平衡浓度为0.3

mol·L-1,Z的平衡浓度为0.6

mol·L-1,平衡常数K=c2(Z)·c(Y)=0.108,2

min时Y的浓度为0.2

mol·L-1,Z的浓度为0.4

mol·L-1,加入0.20

mol

Z后Z的浓度变为0.6

mol·L-1,Q0=c2(Z)·c(Y)=0.072<K,反应正向进行,故v正(Z)>v逆(Z),B错误;反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2,反应体系中只有Y和Z为气体,相同条件下,体积之比等于物质的量之比,,故Y的体积分数始终约为33.3%,C正确;由B项分析可知5

min时反应处于平衡状态,此时生成Z为0.6

mol,则X的转化量为0.6

mol,初始X的物质的量为2

mol,剩余X的物质的量为1.4

mol,D正确。链接高考[2]1.(2023·北京卷)下列事实能用平衡移动原理解释的是(

)A.H2O2溶液中加入少量MnO2固体,促进H2O2分解B.密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体,受热后颜色加深C.铁钉放入浓硝酸中,待不再变化后,加热能产生大量红棕色气体D.锌片与稀硫酸反应过程中,加入少量CuSO4固体,促进H2的产生B解析:MnO2会催化H2O2分解,与平衡移动无关,A错误;NO2转化为N2O4的反应是放热反应,升温平衡逆向移动,NO2浓度增大,混合气体颜色加深,B正确;铁在浓硝酸中钝化,加热会使表面的氧化膜溶解,铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体,与平衡移动无关,C错误;加入硫酸铜以后,锌置换出铜,构成原电池,从而使反应速率加快,与平衡移动无关,D错误。2.(2022·天津卷)向恒温恒容密闭容器中通入2molSO2和1molO2,反应2SO2(g)+O2(g)

2SO3(g)达到平衡后,再通入一定量O2,达到新平衡时,下列说法错误的是(

)A.SO3的平衡浓度增大B.反应平衡常数增大C.正向反应速率增大D.SO2的转化总量增大B解析:平衡后,再通入一定量O2,平衡正向移动,SO3的平衡浓度增大,A正确;平衡常数是与温度有关的常数,温度不变,平衡常数不变,B错误;通入一定量O2,反应物浓度增大,正向反应速率增大,C正确;通入一定量O2,促进二氧化硫的转化,SO2的转化总量增大,D正确。链接高考[3](2022·河北卷)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气,体系中发生如下反应:(1)下列操作中,能提高CH4(g)平衡转化率的是

(填字母)。A.增加CH4(g)用量B.恒温恒压下通入惰性气体C.移除CO(g)D.加入催化剂

BC解析:增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的转化率,但是CH4(g)平衡转化率减小,A不符合题意;恒温恒压下通入惰性气体,相当于减小体系压强,反应混合物中各组分的浓度减小,反应Ⅰ的化学平衡正向移动,能提高CH4(g)平衡转化率,B符合题意;移除CO(g),减小了反应混合物中CO(g)的浓度,反应Ⅰ的化学平衡正向移动,能提高CH4(g)平衡转化率,C符合题意;加入催化剂不能改变平衡状态,故不能提高CH4(g)平衡转化率,D不符合题意。(2)恒温恒压条件下,1molCH4(g)和5molH2O(g)反应达平衡时,CH4(g)的转化率为0.90,CO2(g)的物质的量为0.65mol,则平衡体系中H2(g)的物质的量分数为

(结果保留两位有效数字)。

43%解析:恒温恒压条件下,1

mol

CH4(g)和5

mol

H2O(g)反应达平衡时,α(CH4)=0.90,n(CO2)=0.65

mol,则平衡时,CH4(g)为0.1

mol,根据C元素守恒可知,CO(g)的物质的量为0.25

mol,根据H和O守恒可知,H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65)

mol=3.45

mol,H2(g)的物质的量为(3×0.90+0.65)

mol=3.35

mol,平衡混合物的总物质的量为(0.1+3.45+3.35+0.25+0.65)

mol=7.8

mol,平衡体系中H2(g)的物质的量分数为

×100%≈43%。精研核心命题

C[变式演练1](2021·浙江1月卷)取50mL过氧化氢水溶液,在少量I-存在下分解:2H2O2═2H2O+O2↑。在一定温度下,测得O2的放出量,转换成H2O2浓度(c)如下表:t/min020406080c/(mol·L-1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是(

)A.反应20min时,测得O2体积为224mL(标准状况)B.20~40min,消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1C.第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率D.H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解C解析:反应20

min时,过氧化氢的浓度变为0.4

mol·L-1,说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)

mol·L-1×0.05

L=0.02

mol,过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01

mol,标准状况下的体积V=n·Vm=0.01

mol×22.4

L·mol-1=0.224

L=224

mL,A正确;20~40

min,消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)

mol·L-1=0.20

mol·L-1,则这段时间内的平均速率

=0.010

mol·L-1·min-1,B正确;随着反应的不断进行,过氧化氢的浓度不断减小,某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小,故第30

min时的瞬时速率大于第50

min时的瞬时速率,C错误;I-在反应中起到催化的作用,故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替,D正确。命题角度2化学平衡移动及分析例2(2024·山东卷改编)逆水气变换反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

ΔH>0。一定压力下,按CO2、H2物质的量之比n(CO2)∶n(H2)=1∶1投料,T1、T2温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2),T1、T2温度时反应速率常数k分别为k1、k2。下列说法错误的是(

)A.k1>k2B.T1、T2温度下达平衡时反应速率的比值:C.温度不变,仅改变体系初始压力,反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化D.T2温度下,改变初始投料比例,可使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同D[变式演练2](2024·河北唐山一模)T0时,向容积为5L的恒容密闭容器中充入一定量的A(g)和B(g),发生反应:2A(g)+B(g)

3C(g)+D(g)

ΔH<0。反应过程中的部分数据如下表,下列说法错误的是(

)t/minn(A)/moln(B)/mol04.02.052.01.0102.01.0A.其他条件不变,温度变为T1时,平衡时测得C的浓度为0.8mol·L-1,则T1>T0B.8min时,该反应的v(正)=v(逆)C.平衡时,D的体积分数约为14.3%D.5min时,向该容器中再充入4.0molA和2.0molB,达新平衡后,B的百分含量变大A解析:正反应放热,升高温度平衡逆向移动,根据图表数据,T0时达到平衡,消耗1

mol

B,则生成3

mol

C,C的浓度为0.6

mol·L-1,其他条件不变,温度变为T1时,平衡时测得C的浓度为0.8

mol·L-1,说明平衡正向移动,则T1<T0,A错误;根据图表数据,5

min后气体物质的量不再改变,说明5

min后反应达到平衡状态,所以8

min时,该反应的v(正)=v(逆),B正确;由三段式:

2A(g)+B(g)

3C(g)+D(g)开始/mol

4

2

0

0变化/mol

2

1

3

1平衡/mol

2

1

3

1平衡时,D的体积分数约为

×100%≈14.3%,C正确;5

min时,向该容器中再充入4.0

mol

A和2.0

mol

B,则相当于增大容器的压强,上述平衡逆向移动,故达新平衡后,B的百分含量变大,D正确。测得在相同时间内,环戊二烯转化率和环戊烯选择性随温度变化曲线如图(已知:选择性=转化为目标产物的反应物在总转化量中的占比)。AB下列说法错误的是(

)A.60℃时,H2的转化率为80%B.由图可知,反应决速步的活化能①>②D.60℃后,环戊烯选择性降低的原因可能是催化剂活性减弱解析:设起始投料量n(H2)=n(C5H6)=1

mol,由图可知,60

℃时,环戊二烯的转化率为90%,环戊烯的选择性为80%,则H2的转化量n(H2)=n(环戊烯)=1

mol×90%×80%=0.72

mol,H2的转化率为72%,A错误;由图可知,环戊烯选择性较高,活化能越小,反应速率越快,相同时间内,反应①的速率较快,活化能较低,说明反应的活化能①<②,B错误;相同条件下,若增大

,相当于增大H2的物质的量,反应①中环戊二烯转化率增大,环戊烯选择性增大,C正确;两个反应均为放热反应,升高温度,平衡逆向移动转化率有所下降,但是选择性大幅度下降可能是催化剂活性减弱,D正确。分层训练层级1练真题·明考向1.(2024·浙江6月卷)探究各种因素对化学平衡的影响,下列操作、现象和结论完全正确的是(

)选项探究因素实验操作现象结论A浓度往1mLK2CrO4溶液中加入等体积HBr溶液溶液颜色变为橙色反应物浓度增大,平衡正向移动B压强在恒温恒容体系中分解HI,达到平衡后通入Ar体系颜色深度不变对于反应物和生成物气体分子数相等的反应,压强不影响其平衡C温度将已达到平衡的NO2、N2O4混合气体封装到密闭容器中,进行热水浴颜色加深升高温度有利于平衡向吸热反应的方向进行D催化剂取3mL乙酸乙酯和1mL硫酸共热上层厚度逐渐减小合适的催化剂可以使平衡正向移动解析:K2CrO4能与HBr发生反应,生成Br2,溶液变为橙色,无法得到结论,A项错误;向恒温恒容体系中通入Ar,各反应物、生成物分压不变,不属于改变反应压强,B项错误;因为2NO2(g)N2O4(g)

ΔH<0,升高温度平衡左移,混合气体颜色加深,C项正确;催化剂不影响平衡移动,D项错误。层级2练易错·避陷阱2.(2024·山东聊城一模)CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)

ΔH1,其中,积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有:②CH4(g)

C(s)+2H2(g)

ΔH2=+74.6kJ·mol-1③2CO(g)C(s)+CO2(g)

ΔH3=-172.5kJ·mol-1科研人员研究压强对催化剂活性的影响:在1073K时,将恒定组成的CO2、CH4混合气体,以恒定流速通过反应器,测得数据如图:注:Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率,即反应进行到某