2023届高考化学二轮复习专题七化学反应速率化学平衡学案

这是一份2023届高考化学二轮复习专题七化学反应速率化学平衡学案，共54页。
专题七　化学反应速率　化学平衡

明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P68
1．能书写平衡常数表达式，能进行平衡常数、转化率的简单计算，能利用平衡常数和浓度商的关系判断化学反应是否达到平衡及平衡移动的方向。
2．能运用浓度、压强、温度对化学平衡的影响规律，推测平衡移动方向及浓度、转化率等相关物理量的变化，能讨论化学反应条件的选择和优化。
3．能进行化学反应速率的简单计算，能通过实验探究分析不同组分浓度改变对化学反应速率的影响，能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。
4．能运用温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响规律解释生产、生活、实验室中的实际问题，能讨论化学反应条件的选择和优化。
5．针对典型案例，能从限度、速率等角度对化学反应和化工生产条件进行综合分析。

品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P68

真题细研
1．(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·mol－1，Kp1＝1.0×10－2
(ⅱ)碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)　ΔH2＝－51kJ·mol－1，Kp2＝1.2×1012Pa
①反应2C(s)＋O2(g)===2CO(g)的ΔH为－223　kJ·mol－1，Kp＝ 1.2×1014　Pa。
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，ΔH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　。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡向左　移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率变小　(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1∶2.2∶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℃)＝ 7.2×105　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)TiO2碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于TiO2—C“固—固”接触的措施是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，反应ⅱ－反应ⅰ得到反应2C(s)＋O2(g)===2CO(g)，则ΔH＝－51 kJ/mol－172 kJ/mol＝－223 kJ/mol；则Kp＝＝＝1.2×1014 Pa；②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，ΔH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；③对应碳氯化反应，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，1 400 ℃，体系中气体平衡组成比例CO2是0.05，TiCl4是0.35，CO是0.6，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的平衡常数Kp(1 400 ℃)＝＝ Pa＝7.2×105 Pa；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。
2．(2022·全国乙卷节选)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)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－1036kJ·mol－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)　ΔH2＝94kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－484kJ·mol－1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝ 170　kJ·mol－1。
(2)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平衡转化率为 50%　，平衡常数Kp＝ 4.76　kPa。
(3)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-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高　，理由是n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高　。
②n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应图中曲线 d　，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为 24.9　kPa·s－1。
【解析】　(1)已知：①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－1 036 kJ·mol－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)　ΔH2＝94 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－484 kJ·mol－1
根据盖斯定律(①＋②)×－③即得到2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝(－1 036＋94)kJ·mol－1×＋484 kJ·mol－1＝170 kJ·mol－1；
(2)假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和4 mol，根据三段式可知：
　　　　　2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)
始/mol 1 0 0
变/mol x0.5xx
平/mol 1－x0.5xx
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为×100%＝50%，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76 kPa；
(3)①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高；
②n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9反应进行到0.1 s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和9 mol，则根据三段式可知
　　　　　2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)
始/mol 1 0 0
变/mol 0.24 0.12 0.24
平/mol 0.76 0.12 0.24
此时H2S的压强为×100 kPa≈7.51 kPa，H2S的起始压强为10 kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9 kPa·s－1。
3．(2021·全国乙卷)一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是溴(或Br)　。
(2)氯铂酸钡(BaPtCl6)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数Kp＝1.0×104Pa2，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则pICl＝ 24.8　kPa，反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝　(列出计算式即可)。
(3)McMorris测定和计算了在136～180℃范围内下列反应的平衡常数Kp。
2NO(g)＋2ICl(g)2NOCl(g)＋I2(g)　Kp1
2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)　Kp2
得到lgKp1～和lgKp2～均为线性关系，如下图所示：

①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH大于　0(填“大于”或“小于”)；
②反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的K＝Kp1·Kp2　(用Kp1、Kp2表示)；该反应的ΔH大于　0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程设T′>T，即　
|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，则：lg[Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg[Kp2(T)·Kp1(T)]，即K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0　。
(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(ν)光的照射下机理为：
NOCl＋hν―→NOCl*
NOCl＋NOCl*―→2NO＋Cl2
其中hν表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收 0.5　mol光子。
【解析】　(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；
(2)由题意知376.8 ℃时玻璃烧瓶中发生两个反应：BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)、Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)。BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)的平衡常数Kp＝1.0×104 Pa2，则平衡时p2(Cl2)＝1.0×104 Pa2，平衡时p(Cl2)＝100 Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小p kPa，则
　　　　　　　Cl2(g)　＋　I2(g)2ICl(g)
开始/(kPa) 20.0 0
变化/(kPa)p 2p
平衡/(kPa) 0.1 20.0－p2p
376．8 ℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则0.1＋20.0＋p＝32.5，解得p＝12.4，则平衡时pICl＝2p kPa＝2×12.4 kPa＝24.8 kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0－p)kPa＝(20×103－12.4×103)Pa，pICl＝24.8 kPa＝24.8×103Pa，p(Cl2)＝0.1 kPa＝100 Pa，因此反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lg Kp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH大于0；
②Ⅰ.2NO(g)＋2ICl(g)2NOCl(g)＋I2(g)　Kp1
Ⅱ.2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)　Kp2
Ⅰ＋Ⅱ得2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)，则2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的K＝Kp1·Kp2；该反应的ΔH大于0；推理过程如下：设T′>T，即|lg Kp1(T′)－lg Kp1(T)|＝lg Kp1(T)－lg Kp1(T′)，
则：lg[Kp2(T′)·Kp1(T′)]>lg[Kp2(T)·Kp1(T)]，即K(T′)>K(T)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0；
(4)Ⅰ.NOCl＋hν―→NOCl*
Ⅱ.NOCl＋NOCl*―→2NO＋Cl2
Ⅰ＋Ⅱ得总反应为2NOCl＋hν===2NO＋Cl2，因此2 mol NOCl分解需要吸收1 mol光子能量，则分解1 mol的NOCl需要吸收0.5 mol光子。
4．(2021·全国甲卷节选)二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41kJ·mol－1
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH2＝－90kJ·mol－1
总反应的ΔH＝－49　kJ·mol－1；
(2)合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t＝250℃下的x(CH3OH)～p、在p＝5×105Pa下的x(CH3OH)～t如图所示。

①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp＝　；
②图中对应等压过程的曲线是 b　，判断的理由是总反应ΔHlg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此该反应正反应为放热反应　。
【解析】　(1)由盖斯定律可知，①－2×②－4×③得反应：C2H8N2(l)＋2N2O4(l)===3N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)，则ΔH＝ΔH1－2ΔH2－4ΔH3＝－2 550.0 kJ·mol－1；(2)k为速率常数，受温度、催化剂、固体表面积、性质等影响，不受浓度影响，A错误；平衡时v(正)＝v(逆)，第二步反应为慢反应，反应速率较慢，则v(第二步的逆反应)也较慢，第三步反应为快反应，反应速率较快，故v(第二步的逆反应)＜v(第三步反应)，B正确；催化剂改变反应速率，反应前后质量和化学性质不变；IO为中间过程产物，不是反应的催化剂，C错误；活化能越大反应越慢，第二步反应为慢反应、第三步反应为快反应，故活化能第二步比第三步大，D正确；(3)①达到平衡后，v正＝v逆＝k正·p2(NO)·p2(CO)＝k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数K＝＝，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；②一定温度下在刚性密闭容器中充入CO、NO和N2物质的量之比为2∶2∶1，设初始CO、NO和N2物质的量分别为2 mol、2 mol、1 mol，生成N2的物质的量为x；
　2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)
起始(mol) 2 2 1 0
转化(mol) 2x 2xx2x
平衡(mol) 2－2x 2－2x1＋x2x
则反应后总的物质的量为(5－x)mol，初始压强为p0 kPa，达平衡时压强为0.9p0 kPa，则＝，x＝0.5 mol，平衡时CO、NO、N2、CO2物质的量分别为1 mol、1 mol、1.5 mol、1 mol，总的物质的量为4.5 mol，则K＝＝＝；(4)①由图可知，Kp1随着温度的升高而减小，则平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH1T1，由图可知：pKp1(T2)－pKp1(T1)>∣pKp2(T2)－pKp2(T1)∣则：pKp1(T2)－pKp1(T1)>pKp2(T1)－pKp2(T2)，pKp1(T2)＋pKp2(T2)>pKp1(T1)＋pKp2(T1)，lg[Kp1(T1)·Kp2(T1)]>lg[Kp1(T2)·Kp2(T2)]即K(T1)>K(T2)，因此升高温度，K值减小，平衡逆向移动，则该反应正反应为放热反应。
考点化学平衡状态及平衡移动
核心知识·整合
1.化学平衡状态的判断
(1)等——“逆向相等”(三种表述)。
①同一物质(两种表述)：v正＝v逆、断键数＝成键数。
②不同物质：Ａ＝
(2)定——“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的(即变量)，当其“不变”时反应就达到平衡状态，即“变量”不变―→平衡状态。
①平衡体系中各物质的m、n、c和n%等保持不变。
②一定条件下的气体密度、总压强、气体的平均相对分子质量不变等。
③有色体系的颜色保持不变。
(3)依Qc与K关系判断：若Qc＝K，反应处于平衡状态。
2．平衡移动方向的判断
(1)依勒夏特列原理判断。
(2)根据图像中正、逆反应速率相对大小判断：若v正>v逆，则平衡向正反应方向移动；反之向逆反应方向移动。
(3)依变化过程中速率变化的性质判断：若平衡移动过程中，正反应速率逐渐增大(减小)，则平衡向逆(正)反应方向移动。
(4)依浓度商(Qc)规则判断：若某温度下QcK，反应向逆反应方向进行。
(5)恒温条件下，密闭反应体系中通入稀有气体，平衡移动方向的判断


关键能力·突破

　考向1　化学平衡状态的判断
典例1一定温度下，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)达到化学平衡状态的标志是(　A　)
A．N2、H2的和NH3的质量分数不再改变
B．c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2
C．N2和H2的物质的量之和是NH3的物质的量的2倍
D．单位时间内每增加1molN2，同时增加3molH2
【解析】　N2、H2和NH3的质量分数不再改变说明N2、H2和NH3的质量都不再改变，说明达到了平衡状态，A正确；c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2不能说明正逆反应速率相等，不能判断是否处于平衡状态，B错误；N2和H2的物质的量之和是NH3的物质的量的2倍不能判断物质的量是否还在改变，不能说明达到平衡状态，C错误；单位时间内每增加1 mol N2，根据方程式可知必然同时增加3 mol H2，不能说明达到平衡状态，D错误。
方法技巧
化学平衡状态的判断
(1)两方法——逆向相等、变量不变
①“逆向相等”：反应速率必须一个是正反应的速率，一个是逆反应的速率，且经过换算后同一种物质的消耗速率和生成速率相等。
②“变量不变”：如果一个量是随反应进行而改变的，当不变时为平衡状态；一个随反应进行保持不变的量，不能作为是否达到平衡状态的判断依据。
(2)“三关注”
①关注反应条件，是恒温恒容，恒温恒压还是绝热容器；
②关注反应特点，是等体积反应，还是非等体积反应；
③关注特殊情况，是否有固体参加或生成，或固体的分解反应。
〔迁移应用〕
1．(2022·衢州模拟)在绝热的定容密闭容器中进行反应：A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，下列说法正确的是(　C　)
A．增大压强，该反应平衡常数增大
B．加入A，平衡正向移动
C．压强不随时间变化而变化，则说明该反应达到平衡状态
D．若改为恒温定容容器，发现反应达到平衡时生成物的体积分数减小，则可知该反应的正反应为放热反应
【解析】　平衡常数只与温度有关，增大压强平衡常数不变，A错误；A为固体，增加A的量，平衡不移动，B错误；体积不变，反应前后气体的质量发生变化，则该反应的密度为变量，当压强不随时间变化而变化，说明反应达到平衡状态，C正确；改为恒温定容容器，无论该反应的正反应是吸热反应还是放热反应，反应达到平衡时生成物的体积分数均增大，D错误。
　考向2　影响化学平衡的因素
典例2(2022·吴忠模拟)工业上，裂解正丁烷可以获得乙烯、丙烯等化工原料。
反应1：C4H10(g，正丁烷)===CH4(g)＋C3H6(g)　ΔH1
反应2：C4H10(g，正丁烷)===C2H6(g)＋C2H4(g)　ΔH2
已知几种共价键的键能如下表：
共价键
C—H
C===C
C—C
键能(kJ·mol－1)
413
614
347

(1)根据上述数据估算，ΔH1＝__＋80__kJ·mol－1。
(2)正丁烷和异丁烷之间转化的能量变化如图1所示。

①正丁烷气体转化成异丁烷气体的热化学方程式为__C4H10(g，正丁烷)===C4H10(g，异丁烷)__ΔH＝－7__kJ·mol－1__。
②下列有关催化剂的叙述错误的是__CD__(填标号)。
A．能改变反应途径　 B．能加快反应速率
C．能降低反应焓变　 D．能增大平衡常数
(3)向密闭容器中投入一定量的正丁烷，发生反应1和反应2，测得正丁烷的平衡转化率(α)与压强(p)、温度(T)的关系如图2所示。

①p1、p2、p3由小到大的顺序为__p1＜p2＜p3__。
②随着温度升高，三种不同压强下正丁烷的平衡转化率趋向相等，原因是__随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定__。
(4)在一定温度下，向密闭容器中投入正丁烷，同时发生反应1和反应2。测得部分物质的浓度与时间的关系如图3，平衡时压强为17akPa。

①7min时改变的条件可能是__B__(填标号)。
A．增大压强
B．增大正丁烷的浓度
C．加入催化剂
②该温度下，反应1的平衡常数Kp＝__3a__kPa。(提示：组分分压＝总压×)
【解析】　(1)根据键能计算反应热，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，故ΔH1＝(347×2－614)kJ·mol－1＝＋80 kJ·mol－1；(2)①焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，根据图1所给数据，ΔH＝－132 kJ·mol－1－(－125 kJ·mol－1)＝－7 kJ·mol－1，正丁烷转化为异丁烷的热化学方程式为：C4H10(g，正丁烷)===C4H10(g，异丁烷)　ΔH＝－7 kJ·mol－1；②催化剂参与化学反应，改变了反应途径，A正确；催化剂参加反应，改变了反应途径，降低了反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，分子之间的有效碰撞次数增加，化学反应速率加快，B正确；催化剂只能改变反应途径，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应热，C错误；催化剂同倍数改变正、逆反应速率，不能使化学平衡发生移动，因此化学平衡常数不变，D错误；(3)①正反应是气体分子数增大的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动，正丁烷的平衡转化率增大，则压强大小关系为p1＜p2＜p3；②压强与温度对正丁烷的平衡转化率都有影响，且结果相反，随着温度升高，平衡转化率最终相同，说明压强对平衡的影响逐渐减小，平衡转化率主要由温度决定；(4)①增大压强，即缩小容器体积，瞬时CH4浓度增大，随后CH4浓度减小，A错误；增大正丁烷的浓度，平衡向正方向移动，CH4浓度增大，B正确；加入催化剂，化学平衡不移动，甲烷的浓度不变，C错误；②根据图3可知同时发生反应1和反应2，平衡时生成了0.3 mol·L－1的CH4，消耗了0.7 mol·L－1的C4H10，说明反应2生成了0.4 mol·L－1的C2H6，平衡体系中各组分的浓度分别是：c(CH4)＝c(C3H6)＝0.3 mol·L－1，c(C2H6)＝c(C2H4)＝0.4 mol·L－1，c(C4H10)＝0.3 mol·L－1，各组分的分压：p(CH4)＝p(C3H6)＝×17a kPa＝3a kPa；p(C2H6)＝p(C2H4)＝4a kPa，p(C4H10)＝3a kPa，反应1的平衡常数Kp＝＝＝3a kPa。

思维建模
解答化学平衡移动问题的步骤

其中条件改变可以按以下思路分析：

〔迁移应用〕
2．(2022·广东高考)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(　C　)

A．该反应的ΔH0)，S(s)的燃烧热ΔH＝－bkJ·mol－1(b>0)，则空气直接氧化脱除H2S的反应：
2H2S(g)＋O2(g)===2S(s)＋2H2O(l)　ΔH＝__－2a＋2b__kJ·mol－1。
(2)工业上用常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)反应来制备有机合成中间体苯硫酚(C6H5SH)，但会有副产物苯(C6H6)生成。
Ⅰ.C6H5Cl(g)＋H2S(g)===C6H5SH(g)＋HCl(g)　ΔH1＝－16.8kJ·mol－1
Ⅱ.C6H5Cl(g)＋H2S(g)===C6H6(g)＋HCl(g)＋S8(g)　ΔH2
现将一定量的氯苯和硫化氢置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20分钟测定生成物的浓度，得到图1和图2。


下列说法错误的是__CD__。
A．由图1可知，相同条件下反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能
B．590K以上，随温度升高，反应Ⅰ消耗H2S减少
C．其他条件不变，氯苯的转化率随温度的升高而降低
D．若要提高C6H5SH的产量，可提高硫化氢与氯苯起始物质的量之比
(3)H2S高温裂解转化为H2和硫蒸气，2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)，维持体系压强p总＝100kPa，反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数(物质的量分数)如图所示。

①H2S高温裂解反应的ΔH__>__0(填“>”或“0；②由分析可知，曲线c代表的物质是S2；③反应温度为1 300 ℃时，硫化氢的体积分数为50%，设起始硫化氢的物质的量为2 mol、转化率为α，由题意可建立如下三段式：
　　　　2H2S(g)2H2(g)　＋　S2(g)
起(mol) 2 0 0
变(mol) 2a2aa
平(mol) 2－2a2aa
由硫化氢的体积分数为50%可得：×100%＝50%，解得α＝0.4，则平衡时硫化氢、氢气、S2的分压分别为×100 Pa＝×100 Pa、×100 Pa＝×100 Pa、×100 Pa＝×100 Pa，反应的平衡常数Kp＝；④由题意可知，Kp＝＝＝100Kx，则Kx＝；若硫化氢高温裂解反应在刚性容器中进行，增大硫化氢的投入量相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，氢气的物质的量分数减小。
思维建模
(1)利用化学平衡常数判断可逆反应的热效应

(2)利用化学平衡常数K与浓度商Q相对大小判断化学平衡移动的方向

(3)利用相同温度下的平衡常数相同进行计算：可以利用一组条件已知的数据求出K，再以K进行未知情况的求算。
〔迁移应用〕
1．(2022·银川模拟)一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)　ΔHT2
B．Ⅰ中反应达到平衡时，CO的转化率为50%
C．达到平衡所需要的时间：Ⅱ>Ⅰ
D．对于Ⅰ，平衡后向容器中再充入0.2molCO和0.2molCO2，平衡正向移动
【解析】　两次实验起始投入量相同，该反应为放热反应，温度T2达到平衡时，二氧化碳的量多，降温平衡正向移动，故T1>T2，A正确；Ⅰ中反应达到平衡时，CO2的物质的量为0.1 mol，则参加反应的CO的物质的量为0.1 mol，起始投入量为0.2 mol，则其转化率为50%，B正确；T1>T2，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，C正确；恒容1 L的容器中，对于反应Ⅰ平衡时NO、CO、N2、CO2的物质的量分别为0.1 mol、0.1 mol、0.05 mol、0.1 mol，平衡常数K＝＝5，平衡后向容器中再充入0.2 mol CO和0.2 mol CO2，此时浓度商Qc＝＝5，K＝Qc，平衡不移动，D错误。
　考向2　化学平衡常数、转化率的综合计算
典例2(2022·岳阳模拟)许多有氯气参与的工业生产中，消耗氯气的同时，通常会产生大量的副产物氯化氢。工业上可采用氯化氢催化氧化法制取氯气，实现氯资源循环利用，既可提高经济效益，又能减少HCl污染问题。有关反应原理为4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－116kJ·mol－1，该过程具有能耗低、操作简单等优点，目前是最容易实现工业化的方法。回答下列问题：
(1)Deacon过程是最早也是最具有代表性的催化氧化法，由Deacon在1875年首先提出。Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g)　ΔH1＝＋83kJ·mol－1
CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)　ΔH2＝－20kJ·mol－1
CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)　ΔH3
其中，ΔH3＝__－121__kJ·mol－1。
(2)关于氯化氢催化氧化法制氯气的反应，下列说法正确的是__B__(填字母)。
A．催化氧化反应(Deacon制氯法)中，所使用的催化剂是CuCl
B．容器内气体的颜色不再变化时，说明该反应达到平衡状态
C．反应达到平衡后，降低温度，能加快正反应速率，减小逆反应速率，使平衡正向移动
D．其他条件一定时，氧气的投料越多，平衡时Cl2的体积分数越大
(3)如图为容积一定的容器中，不同进料浓度比时HCl平衡转化率随温度变化的关系，其中进料浓度比最大的是__Z__曲线(用“X、Y或Z”表示)。在温度一定、进料浓度比一定的条件下，能进一步提高HCl转化率的方法是：__增大反应体系压强或及时除去产物__(写出2种方法)。

(4)一定温度下，当进料比n(HCl)∶n(O2)＝8∶3时，若平衡时HCl的转化率为50%，体系的总压为pkPa。计算该温度下反应：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)的压强平衡常数Kp＝____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(5)350℃时，若某密闭容器中氯化氢催化氧化制氯气的反应的平衡常数K＝25.0(mol·L－1)－1(以平衡浓度表示的平衡常数)，正反应速率v正＝k正c4(HCl)·c(O2)，逆反应速率v逆＝k逆c2(Cl2)·c2(H2O)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆＝____(用含K和k正的式子表示)；若k正＝0.45(mol·L－1)－4·min－1，40min时反应达到平衡状态，c(Cl2)＝c(H2O)＝0.5mol·L－1，v逆＝__1.125×10－3__mol·L－1·min－1。
【解析】　(1)对反应进行标号：①CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g)　ΔH1＝＋83 kJ·mol－1；②CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)　ΔH2＝－20 kJ·mol－1；③4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－116 kJ·mol－1，反应×③－②－①得到CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)，根据盖斯定律，ΔH3＝×(－116 kJ/mol)－(－20 kJ·mol－1)－(＋83 kJ·mol－1)＝－121 kJ·mol－1；(2)由催化过程可知，CuCl是中间产物，A项错误；反应中有Cl2生成，当容器内气体的颜色不再变化时，氯气浓度不再变化，说明达到平衡状态，B项正确；降低温度，正、逆反应速率均降低，C项错误；其他条件一定时，氧气的投料越多，平衡正向移动，生成Cl2的物质的量增大，但氧气的投料较大，平衡时Cl2的体积分数不一定增大，D项错误；(3)当氧气一定时，HCl的量越大，HCl平衡转化率越低，故投料比最大的曲线是Z；在温度一定、进料浓度比一定的条件下，能进一步提高HCl转化率，即促进平衡正向移动的方法有：增大反应体系压强、及时除去产物；(4)一定温度下，当进料比n(HCl)∶n(O2)＝8∶3时，若平衡时HCl的转化率为50%，设起始时，HCl的物质的量为8 mol，O2的物质的量为3 mol，列出三段式：
　4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)
起始/mol 8 3 0 0
变化/mol 4 1 2 2
平衡/mol 4 2 2 2
达平衡时，气体的总物质的量为10 mol，HCl的分压为p kPa＝p kPa，O2、Cl2、H2O的分压为p kPa＝p kPa，则Kp＝＝；(5)反应达到平衡状态时，v正＝v逆，即k正c4(HCl)·c(O2)＝k逆c2(Cl2)·c2(H2O)，＝＝K，则k逆＝；k正＝0.45(mol·L－1)－4·min－1，则k逆＝＝(mol·L－1)－3·min－1＝0.018(mol·L－1)－3·min－1，则v逆＝0.018(mol·L－1)－3·min－1×(0.5 mol·L－1)2(0.5 mol·L－1)2＝1.125×10－3mol·L－1·min－1。
方法技巧
化学平衡计算的一般方法——“三段式法”
对于反应：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量(mol)分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为V L。
　　　　　mA(g)＋n(B)(g)pC(g)＋qD(g)
起始(mol) ab 0 0
变化(mol) mxnxpxqx
平衡(mol) a－mxb－nxpxqx
建立等式求解：
(1)K＝；
(2)c(A)平＝ mol·L－1；
(3)α(A)平＝×100%，
α(A)∶α(B)＝∶＝；
(4)φ(A)＝×100%；
(5)＝；
(6)(混)＝g·L－1。
〔迁移应用〕
2．(2022·潍坊模拟)近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。以下是两种制取过程：
(1)利用CO2制取甲醇
在1L的容器中，选择合适的催化剂进行反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH__60%(填“”)，结合相关数据计算，写出推理过程__当α＝60%时，浓度熵Q＝60%__。
②已知反应速率v正＝k正x(CO2)x3(H2)，v逆＝k逆x(CH3OH)x(H2O)，k正、k逆为速率常数，x为物质的量分数。若第2组数据的k正＝20mol·L－1·s－1，则平衡时v逆＝__0.27__mol·L－1·s－1。
(2)利用烯烃催化制取甲醇
制取过程中发生如下反应：
Ⅰ.C3H6(g)＋3H2O(g)3CH3OH(g)　ΔH1
Ⅱ.C2H4(g)＋2H2O(g)2CH3OH(g)　ΔH2
Ⅲ.3C2H4(g)2C3H6(g)　ΔH3
反应Ⅰ、Ⅲ的vantHoff实验数据如图所示(vantHoff经验公式RlnK＝－＋C，ΔHθ为标准焓变，K为平衡常数，R和C为常数)。根据图判断：.

①ΔH2＝____(用含ΔH1和ΔH3的计算式表示)，反应Ⅲ的ΔHθ＝__－100__kJ·mol－1。
②为研究该反应体系的平衡关系，向容积为1L的容器中加入1.0mol甲醇，控制温度为500K，测得平衡时，甲醇的转化率为0.8，乙烯的物质的量为0.1mol，则R的数值为__8.1__(计算结果保留1位小数，已知：lge＝0.43，lg5＝0.7)。
【解析】　(1)①T1时起始投料n(H2)＝1 mol，H2平衡转化率为60%，则转化了0.6 mol，由三段式：
　CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
起始量/mol 2 1 0 0
转化量/mol 0.2 0.6 0.2 0.2
平衡量/mol 1.8 0.4 0.2 0.2
容器体积为1 L，T1时平衡常数K＝＝≈0.35(mol·L－1)－2；当α＝60%时，浓度熵Q＝60%；②第2组起始投料n(H2)＝2 mol，H2平衡转化率为50%，则转化了1 mol，由三段式：
　CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
起始量/mol 2 2 0 0
转化量/mol 1
平衡量/mol 1
平衡时总物质的量为＋1＋＋＝，x(CO2)＝＝，x(H2)＝＝，x(CH3OH)＝x(H2O)＝＝，则v正＝k正x(CO2)x3(H2)＝20××，v逆＝k逆××，平衡时v正＝v逆，则20××＝k逆××，解得k逆＝27 mol·L－1·s－1，则平衡时v逆＝27×× mol·L－1·s－1＝0.27 mol·L－1·s－1；(2)①由盖斯定律反应Ⅱ＝，则ΔH2＝；对于反应Ⅲ，将(4，30.4)、(40，34)分别代入到Rln K＝－＋C中得到30.4＝－4×10－3ΔHθ＋C①、34＝－40×10－3ΔHθ＋C②，联立①②式解得ΔHθ＝－100 kJ·mol－1，C＝30；②由①可知反应Ⅲ的Rln K＝＋30，加入1.0 mol甲醇，平衡时，甲醇的转化率为0.8，则转化的甲醇物质的量为0.8 mol，乙烯的物质的量浓度为0.1 mol/L，根据C原子守恒有c(C3H6)＝(0.8 mol/L－0.1 mol/L×2)＝0.2 mol/L，根据O原子守恒有生成水的物质的量n(H2O)＝n(CH3OH)＝0.8 mol/L，反应Ⅲ的平衡常数K＝＝＝40，温度控制为500 K，可得Rln 40＝＋30，解得R≈8.1。
考点四　化学反应速率与化学平衡图像

核心知识·整合
1．化学反应速率与化学平衡图像分析方法
分析图像时，一看面(即看清横坐标和纵坐标所代表的含义)；二看线(即看线的走向和变化趋势)；三看点(即看线是否通过原点，两条线的交点或线的拐点)；四看有没有作辅助线(如等温线、等压线)；五看定量图像中有关数据。在分析时要联系可逆反应的特点，即外界因素对化学反应速率和化学平衡的影响规律以及化学平衡常数、转化率等计算公式。
2．化学反应速率图像
以反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)　ΔH>0为例：反应速率—时间(v-t)图像中，在平衡后的某时刻t1改变某一条件后，v(正)与v(逆)的变化有两种情况：
(1)v(正)、v(逆)同时突变


(2)v(正)、v(逆)之一渐变

3．化学平衡图像的三种类型
对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0。
(1)速率—时间图

t1时增大反应物的浓度，正反应速率瞬间增大，然后逐渐减小，而逆反应速率逐渐增大；t2时升高温度，对任何反应，正反应和逆反应速率均增大，吸热反应的正反应速率增大较快；t3时减小压强，正反应速率和逆反应速率均减小；t4时使用催化剂，正反应速率和逆反应速率均瞬间增大。
(2)转化率(或含量)—时间图

甲表示压强对反应物转化率的影响，对于气体反应物化学计量数之和大于气体生成物化学计量数之和的反应，压强越大，反应物的转化率越大；乙表示温度对反应物转化率的影响，对于吸热反应，温度越高，反应物的转化率越大；丙表示催化剂对反应物转化率的影响，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡时反应物的转化率。
(3)恒压(温)线

分析时可沿横轴作一条平行于纵轴的虚线，即为等压线或等温线，然后分析另一条件变化对该反应的影响。

关键能力·突破

　考向1　图像分析及判断
典例1(2022·重庆市育才中学二模)将CO2与H2以1∶3的比例通入某密闭恒容容器中合成甲醇，在催化剂作用下发生下述反应：
Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH10
B．气体的总物质的量：na12
D．反应速率：va正乙>甲；
　　　　　N2(g)　＋　3H2(g)2NH3(g)
初始(mol) 0.3 0.9 0
转化(mol) x 3x2x
平衡(mol) 0.3－x 0.9－3x2x
d点氨气的体积分数为40%，＝0.4，x＝0.171，d点N2的转化率是×100%＝57.0%；
(4)某温度下发生的反应为Cl2＋NaOH―→NaCl＋NaClO3＋H2O，氯元素化合价由0降低为－1、氯元素化合价由0升高为＋5，根据得失电子守恒，被氧化的与被还原的Cl2的质量比例1∶5；(5)装置右侧放出氢气，发生还原反应，电极E是阴极；反应后的溶液倒入电解池的阳极区，可以提高NaClO3的含量，可知氯离子在阳极区被氧化为ClO，发生的反应为6OH－＋Cl－－6e－===ClO＋3H2O；(6)Cl2可以制漂白液、消毒液、盐酸、农药等。
2．(2022·昆明模拟)目前人工固氨和二氧化碳利用技术，对人类生存、社会进步和经济发展都有着重大意义。
Ⅰ.目前研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，其总反应可表示为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－49kJ·mol－1。
(1)该反应能自发的条件是__低温__(填“低温”或“高温”)。
(2)二氧化碳催化加氢制甲醇合成总反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t＝250℃时x(CH3OH)随压强(p)的变化及在p＝5×103Pa时x(CH3OH)随温度(t)的变化，如图所示。

①图中对应等温过程的曲线是__a__(填“a”或“b”)，判断的理由是__这是一个反应前后气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大__。
②t＝250℃时，当x(CH3OH)＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝__33.3%__(保留小数点后一位)，此条件下该反应的Kp＝__2.86×10－9__(保留小数点后两位)。(对于气相反应，可以用分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
(3)研究表明，在电解质水溶液中，Li-CO2电池中的CO2气体可被还原，CO2在__正__(填“正”或“负”)极发生电化学反应，而CO2在碱性介质中被还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)，其电极反应方程式为__12CO2＋18e－＋4H2O===CH3CH2CH2OH＋9CO或3CO2＋18e－＋13H2O===CH3CH2CH2OH＋18OH－__。
Ⅱ.目前工业上利用氮气和氢气催化合成氨是人工固氮的主要手段。合成氨的反应历程和能量变化如图所示。请回答下列问题：

(4)合成氨反应的热化学方程式为__N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)__ΔH＝－92.2__kJ·mol－1__。
(5)对总反应速率影响较大的步骤的能垒(活化能)为__352.0__kJ，该步骤的化学方程式为__2*N＋6*H===2*NH3__。
【解析】　(1)该反应ΔH＜0，为气体系数之和减小的反应，ΔS＜0，所以低温条件下满足ΔH－TΔS＜0，反应可以自发；(2)①该反应为气体系数之和减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大，所以曲线a对应等温过程的曲线；②起始物＝3，不妨设n(H2)＝3 mol，n(CO2)＝1 mol，平衡时CH3OH为x mol，列三段式有：
CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)
起始(mol) 1 3 0 0
转化(mol) x 3xxx
平衡(mol) 1－x 3－3xxx
x(CH3OH)＝＝0.10，解得x＝ mol，所以CO2的平衡转化率为×100%＝33.3%；据图可知等温条件下，若平衡时x(CH3OH)＝0.10，则p＝9×103 Pa，则平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O的分压分别为0.2×9×103 Pa、0.6×9×103 Pa、0.1×9×103 Pa、0.1×9×103 Pa，则该条件下Kp＝＝＝2.86×10－9；(3)CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为12CO2＋18e－＋4H2O===CH3CH2CH2OH＋9CO或3CO2＋18e－＋13H2O===CH3CH2CH2OH＋18OH－；(4)根据合成氨的反应历程和能量变化图可得，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，ΔH＝－(500－307.8－100)kJ·mol－1＝－92.2 kJ·mol－1，所以合成氨反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.2 kJ·mol－1；(5)对总反应速率影响较大的步骤的能垒(活化能)为(500.0－148.0)kJ＝352.0 kJ，该步骤的化学方程式为：2*N＋6*H===2*NH3。