江苏专用高考化学二轮复习专题六化学反应速率化学平衡教案Word文档格式.docx
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数不变T有效碰撞频率提高（降低）T化学反应速率加快（减慢）。
（2）压强（p）:
对于气相反应来说，增大（减小）压强t相当于减小（增大）容器容积t相当于增
大（减小）反应物的浓度t化学反应速率加快（减慢）。
注意“惰性气体”对反应速率的影响
1恒容：
充入“惰性气体”一弓—T总压增大一t参与反应的物质浓度不变（活化分子浓度不
变）—反应速率不变。
引起引起
2恒压：
充入“惰性气体”一引—T体积增大一引—T参与反应的物质浓度减小（活化分子浓度减
引起
小）」二反应速率减小。
（3）温度（T）:
升高（降低）温度t活化分子百分数增大（减小）t有效碰撞频率提高（降低）t化学反应速率加快（减慢）。
（4）催化剂
1添加催化剂T降低反应的活化能T活化分子百分数增大T有效碰撞频率提高T化学反应速
率加快。
2添加催化剂T降低反应的活化能T降低反应所需的温度T减少能耗。
3添加催化剂能改变反应的路径，如乙醇的氧化实验，该实验的总反应为2CHCH0H^
C2—>
2CHCHO2H2O,活化能为E总；
使用铜丝作催化剂将一步反应改变为两步反应，第一步反应为2Cu+Q=====CuQ活化能为Ei；
第二步反应为CHCHOH^CuO^tCH1CHO-Cu+H20,活化能为Ea;
由于E<
E总、Ea<
E总，所以化学反应速率加快。
4催化剂的选择性：
对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应的情况，理想的催化剂还具有大幅度提高目标产物在最终产物中比率的作用。
5酶作催化剂的特点：
高效性、专一性（高选择性，一种酶只能催化一种或一类化学反应，如
蛋白酶只能催化蛋白质水解成多肽）、温和性（反应条件温和，温度升高，酶发生变性失去催化活性）。
1.（2017•江苏，10）H2Q分解速率受多种因素影响。
实验测得70C时不同条件下H2O2浓度随
时间的变化如图所示。
下列说法正确的是（）
A.图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B.图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，HbQ分解速率越快
C.图丙表明，少量MS+存在时，溶液碱性越强，H2O分解速率越快
D.图丙和图丁表明，碱性溶液中，M^对HbQ分解速率的影响大
答案D
解析A项，浓度对反应速率的影响是浓度越大，反应速率越快，错误；
B项，NaOH浓度越
大，即pH越大，H2O2分解速率越快，错误；
C项，由图可知，MS+存在时，O.lmol•L_1NaOH
溶液中H2Q的分解速率比I.Omol・L「1的NaOH中的快，错误；
D项，由图可知，碱性条件下，Mri+存在时，对HbOb分解速率影响大，正确。
2.（2017•浙江4月选考，21）对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。
在相同温度下，
M的物质的量浓度（mol•LT）随时间（min）变化的有关实验数据见下表。
时间
水样、、、
5
10
15
20
25
I（PH=2）
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
n（pH=4）
0.31
0.24
0.20
0.18
0.16
D（pH=4）
0.15
0.12
0.07
0.05
IV（pH=4含Cli+）
0.03
0.01
下列说法不正确的是（）
A.在0〜20min内，1中M的分解速率为0.015mol•L1•min
B•水样酸性越强，M的分解速率越快
C.在0〜25min中，川中M的分解百分率比n大
D.由于Cu2+存在，"
中M的分解速率比I快答案D
—1
解析在0〜20min内，I中M的分解速率为0.40二监皿•=O.O^。
1•min
M的分解速率越快，B正确；
在0〜
25min内，ID中M的分解百分率是
0.20—0.05
x100%^
75%n中M的分解百分率是
0.40—0.16
A正确；
根据实验i、n数据对比可判断水样酸性越强,
x100%F60%C正确。
1.CaCO与稀盐酸反应（放热反应）生成CO的量与反应时间的关系如图所示。
下列结论不正确的是（）
A.反应开始2min内平均反应速率最大
B.反应4min后平均反应速率最小
C.反应开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大
D.反应4min后反应速率下降的原因是盐酸浓度逐渐减小
答案A
解析根据图示可知在前2min内反应产生CO的物质的量是O.lmol，在2〜4min内反应产生
0.2molCO2,在4〜6min内反应产生的CO小于O.lmol，所以在第2〜4min内反应速率最快，
A错误；
碳酸钙与盐酸的反应是放热反应，在反应4min后由于物质的浓度降低，所以平均反应速率也逐渐减小，由于在相同时间段内反应产生二氧化碳物质的量最小，故该时间段内的反应速率最小，B正确；
碳酸钙与盐酸的反应是放热反应，在开始的不长时间段内，随着反应的进行，溶液的温度逐渐升高，反应速率逐渐加快，根据图示可知在反应开始4min内温度
对反应速率的影响比浓度大，C正确；
反应4min后盐酸浓度降低，反应速率减小，反应速率
下降的原因是盐酸浓度逐渐减小，D正确。
2.二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人
体无害。
某课题组研究了溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响，结果如图所示。
下列判断正确的是（）
A.在0〜50min之间，R的降解百分率pH=2大于pH=7
B.溶液酸性越强，R的降解速率越大
C.R的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响
D.在20〜25min之间，pH=10时R的降解速率为0.04mol・L「1•min
答案B
解析在0〜50min之间，pH=2和pH=7时反应物R都能完全反应，降解率都是100%A错
误；
由斜率可知pH越小降解速率越大，即溶液的酸性越强，R的降解速率越大，B正确；
浓
度越大化学反应速率越大，所以起始浓度越小降解速率越小，C错误；
20〜25min之间，pH
—4—1
=10时R的平均降解速率为0.2X10=4X10—6mol•L—1•min—1,D错误。
5min
3.用Na2FeO溶液氧化废水中的还原性污染物M为研究降解效果，设计如下对比实验探究
温度、浓度、pH催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示：
实验编号
温度C
pH
①
1
②
45
③
7
④
下列说法正确的是（）
A.实验①在15min内M的降解速率为1.33x10_2mol・L「•min一1
B.若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大
C.若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越有利于M的降解
D.实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢
—3
解析根据化学反应速率的数学表达式可知，v（M）=普='
03—罟5X10mol・Lt•min_
1一5一1一1
~1.33x10mol•L•min，故A错误；
其他条件相同，①②温度不同，②的温度高于①
的，而②中浓度变化大于①，说明②的降解速率大，故B正确；
其他条件相同，①③的pH
不同，③的pH大于①，在相同时间段内，①中M的浓度变化大于③，说明①的降解速率大于
3，故C错误；
②④这两组实验温度不同，浓度也不同，不是单一变量，无法比较浓度对此反应的影响，故D错误。
考点二化学平衡化学平衡常数及转化率
2从气体密度考虑：
p=m
恒容：
p为定值时，不能作为判断化学反应达到
平衡状态的标志「
若各物质均为气体
-Ang=0,p为定值时，不能作为判断化学反应达到平衡状态的标志
恒压、
Ang丰0,p为定值时，可作为判断化学LL反应达到平衡状态的标志
p为定值时，可作为判断化r
学反应达到平衡状态的标志
若有非气体物质参与反应恒压：
△ng=0,p为定值时，可
作为判断化学反应达到平
-衡状态的标志
3从体系总压强考虑
-Ang=0,p为定值时，不能作为判断化学反应
达到平衡状态的标志
恒温恒容时
An（g严0,p为定值时，可作为判断化学反应达
-到平衡状态的标志
4从体系内部温度考虑：
当化学平衡尚未建立或平衡正在移动的过程中，反应总要放出或吸
收热量，所以对于绝热体系，当体系温度不变时，则达到平衡状态。
2•掌握化学平衡移动的判断方法
（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若外界条件改变，引起v正〉v逆，此时正反应占优势，则化学平衡向正反应方向（或向右）
移动；
2若外界条件改变，引起v正vv逆，此时逆反应占优势，则化学平衡向逆反应方向（或向左）
3若外界条件改变，虽能引起v正和v逆变化，但变化后新的v正’和v逆’仍保持相等，则化
学平衡没有发生移动。
（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,平衡逆向移动；
2若Q=K,平衡不移动；
3若QVK,平衡正向移动。
3•理解不能用勒夏特列原理解释的问题
（1）若外界条件改变后，无论平衡向正反应方向移动或向逆反应方向移动都无法减弱外界条件
的变化，则平衡不移动。
如对于H2（g）+Br2（g）2HBr（g），由于反应前后气体的分子总数
不变，外界压强增大或减小时，平衡无论正向或逆向移动都不能减弱压强的改变。
所以对于该反应，压强改变，平衡不发生移动。
（2）催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，所以催化剂不会影响化学平衡。
4•化学平衡常数及转化率
（1）化学平衡常数
1意义：
化学平衡常数K表示反应进行的程度，K越大，反应进行的程度越大。
K>
105时,
可以认为该反应已经进行完全。
K的大小只与温度有关。
2
pC（g）+qD（g）在一定温度下达
化学平衡常数表达式：
对于可逆化学反应mA（g）+nB（g）
pq
到化学平衡时，K=刍另可用压强平衡常数表示:
p（C）为平衡时气体C的分压］。
P（A•P间
3依据化学方程式计算平衡常数
a.同一可逆反应中，K正・《逆=1。
b•同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K'
与原平衡常数K间的
关系是K'
=K或K'
=脉。
c.几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于各分步反应平衡常数之积。
反应物转化率=
反应物的变化量反应物的起始量
x100%
产物的产率=
生成物的实际产量生成物的理论产量
（2）转化率、产率及分压的计算
分压=总压x物质的量分数
（3）常用的气体定律
同温同体积：
p（前）：
p（后）=n（前）：
n（后）
同温同压强:
p（前LM（前LV后L叫后｝p（后Lm（后「恋前:
Tn（前）
率随温度的变化）。
A.反应2N0（g）+Q（g）===2NQ（g）的△H>
0
B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C.图中Y点所示条件下，增加O的浓度不能提高NO转化率
D.380C下，c起始（02）=5.0X10一4mol・L「1,NO平衡转化率为50%则平衡常数K>
2000答案BD
解析A项，实线表示不同温度下相同时间内NO的转化率，虚线表示相同条件下NO的平衡转化率，由题图知，随着温度升高，NO的平衡转化率减小，即温度升高，反应2N3Q2NO
的平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，△Hv0,错误；
B项，X点对应NO的转化率低于
该温度下NO的平衡转化率，所以反应没有达到平衡状态，延长反应时间，可以提高NO的转
化率，正确；
C项，Y点时反应已达平衡状态，增加Q的浓度，平衡正向移动，NO的转化率会提高，错误；
D项，设起始时c（NO）=amol・L「：
则：
2NO+O22NO
起始/mol•La5.0X100
转化/mol•L_10.5a0.25a0.5a
K（0.5a
（0.5a）x（5.0x10—0.25a）
>
0，所以K>
2000，正确。
5.0X10_4—0.25a
，当0.25a-0时,
K-2000，但0.25a
平衡/mol•L0.5a5.0X10—0.25a0.5a
2.（2018•江苏，15）一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物,
发生反应2SO（g）+Q（g）2SO（g）（正反应放热），测得反应的相关数据如下:
容器1
容器2
容器3
反应温度T/K
700
800
反应物投入量
2molSO、
1molQ
4molSC3
2molSQ、
1molO2
■,_1
平衡v正（SO2）/mol•L•s
V1
V2
V3
_1
平衡c（SO3）/mol•L
C1
C2
C3
平衡体系总压强p/Pa
P1
P2
P3
物质的平衡转化率a
a1（SQ）
a2（SO3）
a3（SO2）
平衡常数K
K
K2
K3
F列说法正确的是（）
A.VivV2,C2v2Ci
B.K>
K3,p2>
2ps
C.ViVV3,ai（S02）>
a3（SO2）
D.C2>
2C3,a2（SO3）+a3（SQ）V1
答案CD
解析由题中表格信息可知，容器2建立的平衡相当于容器1建立平衡后再将容器的容积缩
小为原来的1/2（相当于压强增大为原来的2倍）后平衡移动的结果。
由于加压，化学反应速
率加快，则ViVV2；
题给平衡右移，则ai（S02）Va2（S0"
，根据勒夏特列原理可得C2>
2Ci,
piVP2V2pi。
容器3中建立的平衡相当于容器1建立的平衡升温后平衡移动的结果。
升高温
度，化学反应速率加快，则V1VV3；
题给平衡左移，则a1（SQ）>
a3（SQ）,C1>
C3。
由于温
度升高，气体物质的量增加，故P3>
P1。
对于特定反应，平衡常数仅与温度有关，温度升高，
题给平衡左移，平衡常数减小，则K=K2>
K3oC对：
由以上分析可得结论V1VV3,a1（SQ）
a3（S0OoD对：
因为C2>
2C1,C1>
C3,贝yC2>
2C3o若容器2的容积是容器1的2倍，则两
者建立的平衡完全相同，根据平衡特点，此时应存在a1（SO2）+a2（SQ）=1，由于容器2的
平衡相当于容器1的平衡加压，故a2（SO3）将减小，贝Ua1（SO2）+a2（SO3）V1,结合a1（SQ）
a3（SQ），贝Ua2（SO3）+a3（SQ）V1oA错：
由以上分析可知C2>
2c1。
B错：
由以上分析可知P1VP2V2p1,P1VP3,则P2V2p3o
3.（2017•江苏，15）温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：
2NQ（g）2NO（g）+Q（g）（正反应吸热）。
实验测得V正=v（NQ）消耗=k正c2（NQ）,v逆=v（NO）
消耗=2v（O2）消耗=k逆c2（NO）•c（O2）,k正、k逆为速率常数，受温度影响。
容器编号
物质的起始浓度（mol
L「1）
物质的平衡浓度（mol•L—
1）
c（NO2）
C（NO）
C（O2）
I
0.6
0.2
n
0.3
0.5
出
0.35
A.达平衡时，容器I与容器n中的总压强之比为4：
B.达平衡时，容器n中2黑比容器I中的大
C（NO）
C.达平衡时，容器川中NO的体积分数小于50%
D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，贝UT2>
T1
解析由I中数据可计算温度T1时反应的平衡常数。
2NO（g）2N0（g）+Q（g）
C项，同理，根据等效平衡特点可知，
0.1mol•LNO、增力口0.1mol•LO2,
<
牆“，即容器“中鶴比容器1中的小，错误;
容器川中平衡体系相当于在容器I平衡体系中同时减去
平衡左移，建立新平衡时，NO的体积分数减小，因容器I中NO的体积分数为_1
0.4mol•L
0.2mol7_"
+0.4mol・L_"
+0.2mol7_"
X100沧50%故容器川平衡体系中N°
的体积分数
2
小于50%正确；
D项，由题中关系式v正=v（NO2）消耗=k正c消耗=2v（O2）消耗
=k逆c2（NO）•c（O2）可得，k正=进O耗，k逆=2NO*O消耗O，当温度改变为T2时，k正=k逆,
NOcNO•cO2
即vN°
消耗=2VNO消耗。
反应达到平衡时v（NQ）消耗=v（NO）消耗，则c2（NQ）=c2（NO）•c（O2）,cNOcNO•CO
温度T2时，K=cNO•cO=1,平衡常数增大，因为该反应的正反应为吸热反应，所以T2>
T1,
c（NO）
正确。
题组一利用图像、Q与K的关系判断化学平衡状态
催化剂
1.汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）2CO（g）+2（g）△Hv0。
若该反应
在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状
态的是（填标号）。
答案②④⑤
解析①达到平衡时，v正应保持不变。
2由于是放热反应，又是绝热容器，体系温度升高，平衡左移，K减小。
3图中达到平衡时，COCO的物质的量的变化量之比不是1：
1。
4w<
NO）逐渐减小，达到平衡时保持不变。
5因正反应放热，容器绝热，故反应开始后体系温度升高，达到平衡状态时，体系温度不再
发生变化。
6△H是一个定值，不能用于判断可逆反应是否达到平衡状态。
2.一定温度下，将2molNOImolCO充入1L固定容积的密闭容器中发生反应：
2NO（g）+
2CO（g）N2（g）+2CO（g）△H<
0。
反应过程中部分物质浓度变化如图所示：
若15min时再向容器中充入CONk各0.6mol，该反应是否处于平衡状态?
答案该反应处于平衡状态。
解析由图像知，10min时反应达到平衡状态，
’0.2X0.45
K=0.62X1.62=144，
2-
Q=°
2+°
62：
：
：
2=三，Q=K
（0.6+0.62：
1.6144，
所以该反应仍处于平衡状态。
题组二“建模、解模”分析法在平衡移动结果判定中的应用
3•在一定条件下，可逆反应2NO（g）N2O4（g）△H<
0达到平衡，当分别改变下列条件时，
请回答下列问题：
（1）保持容器容积不变，通入一定量NO,则达到平衡时NQ的百分含量（填“增
大”“减小”或“不变”，下同）；
保持容器容积不变，通入一定量N2Q,则达到平衡时NQ的百分含量。
（2）保持压强不变，通入一定量NO,则达到平衡时NQ的百分含量;
保持压强不变，
通入一定量20,则达到平衡时NO的百分含量。
⑶保持容器容积不变，通入一定量氖气，则达到平衡时NO的转化率;
保持压强
不变，通入氖气使体系的容积增大一倍，则达到平衡时NO的转化率。
答案
（1）减小减小
（2）不变不变（3）不变减小
解析
（1）保持容器容积不变，通入一定量NQ,等效为增大压强，平衡正向移动，NO的百分含量减小；
保持容器容积不变，通入一定量
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