高三化学二轮复习专题二化学反应速率与化学平衡指导性教案.doc

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1、精品文档化学反响速率与化学平衡班级： 姓名： 学习时间： 【课前自主复习与思考】1阅读并思考?世纪金榜?回扣主干知识突破核心要点2整理出15道各地高考题或高考模拟题化学反响速率和化学平衡解答题，总结解题思路，联系考纲思考出题者意图。【结合自主复习内容思考如下问题】1、在2 L密闭容器中，800时反响2NO(g)O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：1写出该反响的平衡常数表达式：K_。 ：K(300)K(350)，该反响是_热反响。2右图中表示NO2的变化的曲线是_。 用O2表示从02s内该反响的平均速率v_。3能说明该反响已经到达平衡状态的是_。 a、(NO2)=2(O2

2、) b、容器内压强保持不变 c、逆(NO)2正(O2) d、容器内的密度保持不变4为使该反响的反响速率增大，且平衡向正反响方向移动的是_。 a、及时别离出NO2气体 b、适当升高温度 c、增大O2的浓度 d、选择高效的催化剂2、10分煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。1将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气。反响为：C(s)H2O(g) CO(g)H2(g) H=131.3 kJmol-1，(Kmol) -1 该反响能否自发进行与 有关；一定温度下，在一个容积可变的密闭容器中，发生上述反响，以下能判断该反响到达化学平衡状态的是 填字母，下同。

3、 a容器中的压强不变 b1 mol HH键断裂的同时断裂2 molHO键cv正(CO) = v逆(H2O) dc(CO)=c(H2)2将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反响 CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)，得到如下三组数据： 实验组温度/起始量/mol平衡量/mol到达平衡所需时间/minH2OCOH2CO1650241.62.452900120.41.633900abcdt实验1中以v(CO2) 表示的反响速率为 。该反响的逆反响为 填“吸或“放热反响假设实验3要到达与实验2相同的平衡状态即各物质的质量分数分别相等，且t3min，那么

4、a、b应满足的关系是 用含a、b的数学式表示。3目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇。一定条件下发生反响：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) ，右以下图表示该反响进行过程中能量(单位为kJmol-1)的变化。在体积为1 L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，以下措施中能使c (CH3OH)增大的是_。a升高温度 b充入He(g)，使体系压强增大c将H2O(g)从体系中别离出来 d再充入1mol CO2和3mol H2【考纲点拨】 了解化学反响速率的概念、反响速率的定量表示方法。 了解温度、浓度、压强和催化剂影响化学反响速率的一般规律删除活化能。 认识催

5、化剂在生产、生活和科学研究领域中的重大作用。 了解化学反响的可逆性。能用焓变和熵变说明常见简单化学反响的方向。 理解化学平衡和化学平衡常数的含义，能用化学平衡常数计算反响物的转化率。 理解浓度、温度、压强、催化剂等对化学平衡影响的一般规律。 认识化学反响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。【自主研究例题】1、2021年江苏I2在KI溶液中存在以下平衡：I2(aq)I(aq)I3(aq) ， 某 I2、KI混合溶液中，I3的物质的量浓度c(I3)与温度T的关系如下图曲线上任何一点都表示平衡状态。以下说法正确的选项是：A反响I2(aq)I(aq)I3(aq)的H0B假设温度

6、为T1、T2，反响的平衡常数分别为K1、K2，那么K1K2C假设反响进行到状态D时，一定有v正v逆D状态A与状态B相比，状态A的c(I2)大教师点评：根据题中图示可知，c(I3)是随着温度T 的升高而减小的，说明：I2(aq)I(aq)I3(aq) 是一个放热反响，即H0 ，所以A错误；根据平衡移动规律，c(I3)变小，那么c(I2)应变大，所以 状态B的c(I2)大，所以D错误；正确答案为B、C。2、2021年高考安徽卷 27为了测定在某种催化剂作用下的反响速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：时间(s)012345c(NO)(mol/L)1.001034.50104

7、2.501041.501041.001041.00104c(CO)(mol/L)3.601033.051032.851032.751032.701032.70103请答复以下问题均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响：1在上述条件下反响能够自发进行，那么反响的H 0填写“、“、“。2前2s内的平均反响速率(N2) 。3在该温度下，反响的平衡常数K 。4假设在密闭容器中发生上述反响，到达平衡时以下措施能提高NO转化率的是 。A选用更有效的催化剂B升高反响体系的温度C降低反响体系的温度D缩小容器的体积5研究说明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比外表积可提高化学反响速率。为了分别验证温度、催化剂比

8、外表积对化学反响速率的影响规律，某同学设计了三组实验，局部实验条件已经填在下面实验设计表中。实验编号T()NO初始浓度(mol/L)CO初始浓度(mol/L)催化剂的比外表积(m2/g)2801.201035.8010382124350124请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线的实验编号。214分1；21.88104 ；35000；4C、D；5280；1.20103；5.80103；1.20103；5.80103；如图：教师点评：该题综合考察反响速率、反响方向，化学平衡等知识，并考察了实验化

9、学的设计思路。表达了新课程变化。1该反响气体减少，S0非自发，所以一定是放热才有可能自发；2(NO)；(N2)(NO)3利用三段式计算出c(CO2)9104；c(N2)4.50104。4加压、降温使该反响平衡正移。5、比外表积不同，应控制温度相同，验证催化剂比外表积对速率的影响；、比外表积不同，温度不同；验证反响温度对速率的影响；所有浓度应控制相同。、温度相同，平衡不移动，但的速率大；的温度高，速率最大且平衡逆移，c(NO)增大。我思我疑：【高考链接】【例1】2021年高考重庆卷理综 13各可逆反响达平衡后，改变反响条件，其变化趋势正确的选项是 D【例2】、2021年高考山东卷 142SO2g

10、+O2g2SO3g是制备硫酸的重要反响。以下表达正确的选项是 A催化剂V2O5不改变该反响的逆反响速率 B增大反响体系的压强、反响速度一定增大 C该反响是放热反响，降低温度将缩短反响到达平衡的时间 D在t1、t2时刻，SO3g的浓度分别是c1、c2，那么时间间隔t1t2内，SO3g生成的平均速率为【解析】催化剂可以同等程度的增大正逆反响的反响速率；如果是通入惰性气体增大了体系压强，反响物浓度未变，反响速率不变；降温，反响速率减慢，到达平衡的时间增大；D是反响速率的定义，正确。选D【例3】 (10分)联氨N2H4及其衍生物是一类重要的火箭燃料，N2H4与N2O4能放出大量的热。1：2NO2(g)

11、N2O4(g) H5720kJmol1。一定温度下，在密闭容器中反响2NO2(g)N2O4(g) 到达平衡。其它条件不变时，以下措施能提高NO2转化率的是 填字母。A减小NO2的浓度 B降低温度C增加NO2的浓度 D升高温度225时，100gN2H4(l)与足量N2O4(l)完全反响生成N2(g)和H2O (l) ，放出1914kJ的热量。那么反响2N2H4(l)+N2O4(l)3N2(g)+4H2O (l)的H kJmol1317、101105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体到达平衡时，c(NO2)00300molL1、c(N2O4)00120molL1。计算反响2 NO2(g)N

12、2O4(g)的平衡常数K。4现用一定量的Cu 与足量的浓HNO3 反响，制得100L已达平衡的N2O4和NO2混合气体17、101105Pa，理论上至少需消耗Cu 多少克？【例3 】解析：1由于该反响为气体体积减小的放热反响，要提高NO2转化率，那么应该采取：降低温度，增加NO2的浓度增大压强等措施，所以B、C符合要求；2由100gN2H4(l)放出1914kJ，那么2mol(即64g)N2H4(l)放热为122496kJ，所以 H122496kJmol13、4见答案。答案：1BC 21224963根据题意知平衡时： c(N2O4 )00120molL1 ，c(NO2)00300molL1K

13、c(N2O4 )/c2(NO2) 00120/0030000300 133答：平衡常数为133。4由3可知，在17、101105Pa到达平衡时，100L混合气体中：n(N2O4 )c(N2O4)V00120molL1100L00120mol ，n(NO2 )c(NO2)V00300molL1100L00300mol ，那么n总(NO2 )n(NO2 )2n(N2O4 )00540mol由Cu4HNO3Cu(NO3)22NO22H2O可得：m(Cu) 64gmol100540mol /2 173g答：理论上至少需消耗Cu 173g。【例4】14分运用化学反响原理研究氮、氧等单质及其化合物的反响有

14、重要意义。1合成氨反响N2 (g)+3H2(g) 2NH3(g)，假设在恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，那么平衡 移动填“向左“向右或“不；使用催化剂 反响的H填“增大 “减小 或“不改变。2：O2 (g)=O2+(g)+e- H1= 1175.7 kJmol-1PtF6(g)+ e-PtF6-(g) H2= 771.1 kJmol-1O2+PtF6- (s)=O2+ (g)+ PtF6-(g) H3= 482.2 kJmol-1那么反响O2g+ PtF6(g)= O2+PtF6- (s) 的H=_ kJmol-1。3在25下，向浓度均为0.1 molL-1的MgCl2和CuCl2混合溶

15、液中逐滴参加氨水，先生成_沉淀填化学式，生成该沉淀的离子方程式为_。25时KspMg(OH)210-11,KsP Cu(OH)210-20。4在25下，将a molL-1的氨水与0.01 molL-1的盐酸等体积混合，反响平衡时溶液中c(NH4*)=c(Cl-)。那么溶液显_性填“酸“碱或“中；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb=_。【解析】1恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，那么反响体系体积增大，平衡左移；使用催化剂只是改变了反响的途径，没有改变反响物与生成物的状态，H不变；2利用盖斯定律，H1+H2+-H3= 78.2 kJmol-1；3由于,KsP Cu(OH)210-20

16、KspMg(OH)210-11，所以先生成沉淀；2NH3H2OCu2Cu(OH)22 NH4*；根据溶液的电中性原那么，c(NH4*)=c(Cl-)，那么HOH-；溶液显中性；Kb= ，c(NH4*)=c(Cl-)0.005 molL-1；HOH-110-7 molL-1因为是25下且为中性；NH3H2OmolL-10.005 molL-1，那么：Kb=molL-1。【答案】1向左；不改变 278.2 kJmol-13Cu(OH)2；2NH3H2OCu2Cu(OH)22 NH4*；4中；molL-1【归纳与思考】【自主检测】一、选择题每题有1-2的答案1、2021年高考宁夏卷理综 10硫代硫酸

17、钠溶液与稀硫酸反响的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O,以下各组实验中最先出现浑浊的是 实验反响温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/molL1V/mLc/molL1V/mLA2550110015B2550250210C3550110015D35502502102在一定温度下，反响1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数为10。假设将10mol的HX(g)通入体积为10L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于A 5% B 17% C 25% D33%3、2021年高考北京卷理综9：H2(g)+I2(g)2H

18、I(g)；H 0某小组通过试验研究该反响反响过程中体积变化忽略不计。反响体系中各组分的起始量如下表：组分HCOOCH3H2OHCOOHCH3OH物质的量/mol100199001052甲酸甲酯转化率在温度T1下随反响时间t的变化如以下图：1根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反响速率，结果见下表：反响时间范围/min05101520253035404550557580平均反响速率/(103molmin1)19747844160800请计算1520min范围内甲酸甲酯的减少量为 mol，甲酸甲酯的平均反响速率为 molmin1(不要求写出计算过程)。 2依据以上数据，写出该反响的反响速

19、率在不同阶段的变化规律及其原因： 。 3上述反响的平衡常数表达式为：，那么该反响在温度T1下的K值为 。4其他条件不变，仅改变温度为T2T2大于T1，在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反响时间变化的预期结果示意图。12、10分1可逆反响：M(g)N(g)P(g)Q(g)；H0，请答复以下问题。 假设要增大M的转化率，在其它条件不变的情况下可以采取的措施为 填序号。 A参加一定量M B降低反响温度 C升高反响温度 D缩小容器体积 E参加催化剂 F别离出一定量P 在某温度下起始反响物的浓度分别为：c(M)1 molL1，c(N)L1，到达平衡后，M的转化率为60，此时N的转化率为 ；假设

20、保持温度不变，起始反响物的浓度改为：c(M)4molL1，c(N)a molL1，到达平衡后，c(P)2 molL1，那么a molL1。2盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。试根据以下3个热化学反响方程式： Fe2O3(s)+3CO(g) 2Fe(s)+3CO2(g) H kJmol1 3Fe2O3(s)+ CO(g) 2Fe3O4(s)+ CO2(g) H kJmol1 Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g) H+ kJmol1 写出CO气体复原FeO固体得到Fe 固体和CO2气体的热化学反响方程式： 。3一定温度下，向Na2CO3溶液中参加BaCl2和K2SO4

21、，当两种沉淀共存时，c(CO32)c(SO42) 。 Ksp(Ba SO4) 1010，Ksp(BaCO3) 109【归纳与思考】【自主检测】答案：1、【答案】D【解析】影响化学反响速率的因素众多，此题从浓度和和温度两个因素考查，非常忠实于新教材必修2,只要抓住浓度越大，温度越高反响速率越大，便可以选出正确答案D。【点评】此题主要考查影响化学反响速率的因素，题目来源于课本，考生很有亲切感。2、【答案】B【解析】1/2H2(g)+ 1/2X2(g) HX(g)的平衡常数K1为10,那么HX(g) 1/2H2(g)+ 1/2X2(g) 的平衡常数K2为1/10, 2HX(g) H2(g)+ X2(

22、g) 的平衡常数K3为(1/10)2=001设HX(g)分解xmol/L,有, 2HX(g) H2(g)+ X2(g) 1 0 0 x x x 1x x xK3= xx/(1x) 2= 001 ,得到x=017,所以, 该温度时HX(g)的最大分解率接近于B 17%【点评】此题考查化学平衡常数的相关计算，题目难度不大，但要求考生平时要掌握方程式的变化对于化学平衡常数表达式的影响和数值的改变。3、C4、【解析】C第11题是一道化学平衡题，题中涉及到新教材中新引人的化学平衡常数转化率等概念，此题考查内容较多，分别为化学平衡常数的概念及影响因素，外界条件对化学平衡的影响。由题给信息知，该反响为放热反

23、响。A项：根据平衡移动原理，温度升高，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，A错。B项：根据平衡移动原理，温度升高，平衡逆向移动，CO转化率减小，B错C项：化学平衡常数只和温度有关，与其他条件无关。C正确D项：根据平衡移动原理，增大N2 的物质的量，平衡逆向移动，NO转化率降低，D错。5、C6、BD解析：在恒容状态下，在五个相同的容器中同时通入等量的NO2，反响相同时间。那么那么有两种可能，一是已到达平衡状态，二是还没有到达平衡状态，仍然在向正反响移动。假设5个容器在反响相同时间下，均已到达平衡，因为该反响是放热反响，温度越高，平衡向逆反响方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，所以B正确。假设

24、5个容器中有未到达平衡状态的，那么温度越高，反响速率越大，会出现温度高的NO2转化得快，导致NO2的百分含量少的情况，在D图中转折点为平衡状态，转折点左那么为未平衡状态，右那么为平衡状态，D正确。7、C解析：高温区TaS2反响生成TaI4气体至低温区，从而在低温区重新生成TaS2，一段时间后，杂质留在高温区，TaS2在低温区，从而到达别离效果。不同温度下反响的方向不同，TaI4的量与温度上下有关并非保持不变，A错误；因为是在同一密闭系统中有质量守恒定律可知I2的量不可能不断减少，而是充当一个“搬运工的角色，将TaS2从高温区转移到低温区，B错误，C正确。平衡常数与TaI4和S2的浓度乘积成正比

25、，D错误。8、A9、【答案】【解析】此题考查化学反响速率和化学平衡的综合运用，注意图像和有关计算。1根据题目中表格给出的数据，在坐标系中找出相应的点，然后用光滑的曲线描点即可。2根据题意，可以利用“三步法求解 aX + bYcZ 开始 100 100 0转化 045 09 09平衡 055 01 09根据各物质的量之比可得体系中发生反响的化学方程式是： X+2Y2Z。3根据图像可知在3min时，生成物Z的物质的量为05mol， 其平均速率为0083mol/Lmin。4X的转化率等于045。5由题目所给图象可知，在1中，平衡时Z的物质的量小于原平衡的物质的量，说明平衡逆向移动，条件为升高温度。在

26、2中，平衡时Z的物质的量与原平衡相同，且速率加快，条件为参加催化剂；在3中，平衡正向移动，且速率加快，条件为加压。9、【答案】13133探究温度对降解反响速率的影响28106molL1s13因为H2O2 在高温下可发生分解反响。4降解反响停止。5迅速向溶液中参加NaOH 使pH10。10、【解析】第8题是一道新型的实验探究题，根据题给信息能很容易解决这道题。第1题：由题中“控制p-CP的初始浓度相同恒定在实验温度在298K或313K(其余实验条件见下表)这句话中的信息能解决表格的第二列“探究温度对降解反响速率的影响，故表格这一行应该填写“313，3，6.0，0.30，第三行比照可以发现其他温度

27、浓度均没发生变化，就pH值由3变成10，所以第三行空中应该填写的是“探究溶液的pH值对降解反响速率的影响。第2题很简单，根据化学反响速率的定义，结合图像即可计算出结果，v(p-CP)=(1.2-0.8)103/(15050)=8106 molL1s1。第3题提示“请从Fenton法所用试剂H2O2 的角度解释，通过平时的学习知，H2O2 温度高时不稳定，故虽然高温能加快化学反响速率，但温度过高就是导致H2O2 分解，没了反响物，速率自然会减小。第4小题，可由图像观察得到，图像中随时间变化曲线表示在pH=10时，浓度不变，说明化学反响速率为0，化学反响停止。第5题，可以根据第四小题答复，使反响迅

28、速停止，可以向溶液加碱，调节pH=10即可。11、解析：115min时，甲酸甲酯的转化率为67%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1100mol67%=0933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为112%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1100mol112%=0888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0933mol0888mol=0045mol，那么甲酸甲酯的平均速率=0045mol/5min=0009molmin1。2从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变。因为反响开始甲酸甲酯的浓度大，所以反响速率较大，后随着反响进行甲酸甲酯的浓

29、度减小，反响速率减小，当到达平衡时，反响速率几乎不变。3由图象与表格可知，在75min时到达平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为10024%=024mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量=076mol，水的物质的量175mol，甲酸的物质的量=025mol 甲醇的物质的量=076mol所以K=076025/175076=1/74因为升高温度，反响速率增大，到达平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2到达平衡的时间要小于T1，又该反响是吸热反响，升高温度平衡向逆反响方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T2到达平衡时的平台要低于T1。答案：11520m

30、in范围内甲酸甲酯的减少量为0045mol；甲酸甲酯的平均反响速率为0009molmin12反响速率随着反响的进行，先逐渐增大再逐渐减小，后不变；原因：随着反响的不断进行，应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反响速率较大，后随着反响进行，甲酸甲酯的物质的量浓度不断减少，反响速率不断减慢，所以转化率增大的程度逐渐减小，当反响到达平衡后，转化率不变。31/74图略。作图要点：因为T2T1，温度越高，平衡向逆反响方向移动，甲酸甲酯的转化率下降，T2到达平衡时的平台要低于T1；另外温度越高，越快到达平衡，所以T2到达平衡的时间要小于T1。12.10分，每空2分1 C F 25% 6 2CO(g) + FeO(s) Fe(s) + CO2(g) H kJmol1 320