2022高二化学学案第二章化学反应速率和化学平衡章末总结(人教版选修4).docx

第二章 化学反响速率和化学平衡章末总结 学案〔人教版选修4〕
专题一化学反响速率及其影响因素
1．化学反响速率的求算
首先要熟练掌握化学反响速率的含义，明确v＝中各个量的含义和单位，如以具体某一物质B表示的化学反响速率为v(B)＝，Δc的单位一般用mol·L－1表示，而Δt的单位一般用s(秒)、min(分钟)、h(小时)等表示，所以v的单位可以是mol·L－1·s－1或mol·L－1·min－1或mol·L－1·h－1等。
对于一个反响mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，有v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q，利用这一关系，可以很方便求算用不同物质表示的v的数值。
2．外界条件的变化对v正、v逆的影响
(1)温度的影响
对于可逆反响，改变温度时，吸热反响的速率受到的影响程度大。升温时，吸热反响速率增大的程度大；降温时，吸热反响速率减小的程度大。如上图所示。
(2)压强的影响
①对于体积可变的反响，方程式中气态物质化学计量数大的一侧，其反响速率受压强的影响程度大。加压时，它增大的程度大；减压时，它减小的程度大。如上图所示。
②对于体积不变的反响，改变压强时，正、逆反响速率会同等程度的改变。
(3)浓度的影响
增大反响物浓度，正反响速率急剧增大，然后逐渐减小，逆反响速率逐渐增大，最终v正＝v逆，重新建立平衡。
(4)催化剂的影响
催化剂同等程度地改变正、逆反响速率，与反响物或生成物的状态无关。
(5)惰性气体对反响速率的影响
我们把化学反响体系中与各反响成分均不起反响的气体统称为“惰性气体〞。
①恒温恒容时
充入惰性气体体系总压强增大，但各反响成分分压不变，即各反响成分的浓度不变，化学反响速率不变。
②恒温恒压时
充入惰性气体容器容积增大各反响成分浓度降低反响速率减小。
例1在溶液中，反响A＋2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(A)＝0.100mol·L－1、c(B)＝0.200mol·L－1及c(C)＝0mol·L－1。反响物A的浓度随时间的变化如以下列图所示。
请答复以下问题：
(1)与①比较，②和③分别仅改变一种反响条件。所改变的条件和判断的理由是：
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________；
(2)实验②平衡时B的转化率为________；实验③平衡时C的浓度为____________；
(3)该反响的ΔH______0，其判断理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(4)该反响进行到4.0min时的平均反响速率：
实验②：vB＝__________；实验③：vC＝
________________________________________________________________________。
听课记录：
变式训练1某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现参加少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请答复以下问题：
(1)上述实验中发生反响的化学方程式有
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是________；
(4)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有______________(答两种)；
(5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验。将表中所给的混合溶液分别参加到6个盛有过量Zn粒的反响瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。
　　实验
混合溶液　　　
A
B
C
D
E
F
4 mol·L－1
H2SO4/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4
溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0
①请完成此实验设计，其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________；
②反响一段时间后，实验A中的金属呈________色，实验E中的金属呈________色；
③该同学最后得出的结论为：当参加少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当参加的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因_______________________________________________
________________________________________________________________________。
专题二化学平衡及其影响因素
1．关于化学平衡常数使用的几个问题
(1)使用化学平衡常数应注意的问题
①化学平衡常数只与温度有关，与反响物或生成物的浓度无关。
②反响物或生成物中只有固体和纯液体存在时，由于其浓度可看作“l〞而不代入公式(联想化学反响速率一节固体和纯液体的处理)。
③化学平衡常数是指某一具体反响的平衡常数。假设反响方向改变，那么平衡常数改变；假设方程式中各物质的系数等倍扩大或缩小，尽管是同一反响，平衡常数也会改变。
(2)化学平衡常数的意义及应用
①化学平衡常数数值的大小是可逆反响进行程度的标志，它能够表示可逆反响进行的完全程度。一个反响的K值越大，说明平衡时生成物的浓度越大，反响物的浓度越小，反响物的转化率也越大，可以说，化学平衡常数是在一定温度下一个反响本身固有的内在性质的定量表达。
②可以利用平衡常数的值，判断正在进行的可逆反响是否平衡以及不平衡时向何方进行以建立平衡。如对于可逆反响：mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，在一定温度的任意时刻反响物与生成物的浓度有如下关系：
Qc＝，Qc叫做该反响的离子积。

③利用K可判断反响的热效应
假设升高温度，K值增大，那么正反响为吸热反响；
假设升高温度，K值减小，那么正反响为放热反响。
2．平衡正向移动与反响物的转化率关系
平衡正向移动时反响物的转化率如何变化，这要根据具体反响及引起平衡移动的具体原因而定，不能一概而论。
(1)由于温度或压强改变而引起平衡正向移动时，反响物的转化率必定增大。
(2)由增加反响物浓度引起平衡正向移动时，有以下几种情况：
①对于反响物(不考虑固体反响物)不止一种的可逆反响，如N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，平衡时增加N2的浓度，平衡正向移动，H2的转化率增大，而N2的转化率减小。
②对于反响物只有一种的可逆反响(并规定起始时只有反响物)，假设反响前后气体分子数不变，如2HI(g)H2(g)＋I2(g)，那么无论增大或减小HI的浓度，HI的转化率都不改变；假设反响后气体分子数减少，如2NO2(g)N2O4(g)，那么增大NO2的浓度，NO2的转化率增大；假设反响后气体分子数增多，如2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，那么增大NH3的浓度，NH3的转化率减小。
例2高炉炼铁过程中发生的主要反响为Fe2O3(s)＋CO(g)Fe(s)＋CO2(g)
该反响在不同温度下的平衡常数如下：
温度/℃
1 000
1 150
1 300
平衡常数
4.0
3.7
3.5
请答复以下问题：
(1)该反响的平衡常数表达式K＝__________，ΔH______0(填“>〞、“<〞或“＝〞)；
(2)在一个容积为10 L的密闭容器中，1000℃时参加Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反响经过10min后到达平衡。求该时间范围内反响的平均反响速率v(CO2)＝______________、CO的平衡转化率＝__________；
(3)欲提高(2)中CO的平衡转化率，可采取的措施是__________。
A．减少Fe的量
B．增加Fe2O3的量
C．移出局部CO2
D．提高反响温度
E．减小容器的容积
F．参加适宜的催化剂
听课记录：
变式训练2向2 L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反响：xA(g)＋yB(g)pC(g)＋qD(g)
：平均反响速率vC＝vA；反响2min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有amolD生成。
答复以下问题：
(1)反响2min内，vA＝__________，vB＝__________；
(2)化学方程式中，x＝________、y＝________、p＝________、q＝________；
(3)反响平衡时，D为2amol，那么B的转化率为__________；
(4)如果只升高反响温度，其他反响条件不变，平衡时D为1.5amol，那么该反响的ΔH________0(填“＞〞、“＜〞或“＝〞)；
(5)如果其他条件不变，将容器的容积变为1 L，进行同样的实验，那么与上述反响比较：
①反响速率________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)，理由是
________________________________________________________________________；
②平衡时反响物的转化率__________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)，理由是
________________________________________________________________________。
专题三分析化学平衡图象的方法和
步骤
1．化学平衡图象题的解答步骤
(1)看图象：一看面(即纵坐标与横坐标的意义)，二看线(即线的走向和变化趋势)，三看点(即起点、折点、交点、终点)，四看辅助线(如等温线、等压线、平衡线)，五看量的变化(如浓度变化、温度变化)。
(2)想规律：联想外界条件的改变对化学反响速率和化学平衡的影响规律。
(3)作判断：根据图象中表现的关系与所学规律相比照，作出符合题目要求的判断。
2．化学平衡图象题的解答原那么
以可逆反响aA(g)＋bB(g)cC(g)为例说明。
(1)“定一议二〞原那么
在化学平衡图象中，包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的意义三个量，确定横坐标所表示的量后，讨论纵坐标与曲线的关系和确定纵坐标所表示的量，讨论横坐标与曲线的关系。
(2)“先拐先平，数值大〞原那么
在化学平衡图象中，先出现拐点的反响那么先到达平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高(如图A)或表示的压强较大(如图B)。
A．表示T2>T1，正反响为放热反响。
B．表示p1<p2，A是反响物，正反响为气体总体积缩小的反响，即a＋b>c。
例3T℃时，A、B、C三种气体在反响过程中浓度变化如图(Ⅰ)所示，假设保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示，那么以下结论正确的选项是(　　)
A．在(t1＋10) min时，保持其他条件不变，增大压强，平衡向逆反响方向移动
B．其他条件不变，升高温度时，正、逆反响速率增大，且A的转化率增大
C．T℃时，在相同容器中，假设由0.4mol·L－1A、0.4mol·L－1B、0.2mol·L－1C反响，到达平衡后，C的浓度也为0.4mol·L－1
D．(t＋10) min时，保持压强不变，通入稀有气体，平衡不移动
听课记录：
变式训练3如图表示反响2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
ΔH＜0的正反响速率随时间的变化情况，试根据此曲线判断以下说法可能正确的选项是(　　)
A．t1时增加了SO2和O2的浓度，平衡向正反响方向移动
B．t1时降低了温度，平衡向正反响方向移动
C．t1时减小了压强，平衡向逆反响方向移动
D．t1时减小了SO2的浓度，增加了SO3的浓度，平衡向逆反响方向移动
参考答案
例1　(1)②加催化剂到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变
③温度升高到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小
(2)40%(或0.4)　0.060mol·L－1　(3)>温度升高，平衡向正反响方向移动，故该反响是吸热反响
(4)0.014mol·L－1·min－10.009mol·L－1·min－1
解析　(1)②与①相比，反响物A的起始浓度和平衡浓度相同，但到达平衡所用的时间缩短，说明化学平衡没有发生移动，只是反响速率加快了，由于该反响是在溶液中进行的，改变压强不会影响化学反响速率，改变温度会改变化学反响速率和使化学平衡移动，所以反响②应为使用了催化剂；③与①相比，平衡时间缩短，A的平衡浓度减小，说明化学平衡向正反响方向移动了，故改变的反响条件为升高了温度，该反响的正反响是吸热反响。
(2)对于实验②A　＋　2BC
0.1000.2000
0.0400.0800.040
0.0600.1200.040
故B的平衡转化率为
×100%＝40%
对于实验③A　　＋　　2BC
0.1000.2000
0.0600.1200.060
0.0400.0800.060
即实验③到达平衡时C的浓度为0.060mol·L－1。
(4)该反响进行到4min时，实验②中，A的浓度为0.072mol·L－1，减少了0.028mol·L－1，那么参加反响的B的量为0.056mol·L－1，故vB＝＝0.014mol·L－1·min－1；实验③中，A的浓度为0.064mol·L－1，减少了0.036mol·L－1，生成C的浓度为0.036mol·L－1，vC＝＝0.009mol·L－1·min－1。
变式训练1　(1)CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu，Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑　(2)CuSO4与Zn反响产生的Cu与Zn形成Cu—Zn微电池，加快了氢气产生的速率
(3)Ag2SO4

解析　(1)在稀硫酸中参加硫酸铜后发生了两个反响：CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu、Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑。(2)由于Zn与反响生成的Cu及硫酸铜溶液组成了Cu—Zn微电池，大大加快了生成氢气的反响速率。(3)只要是比锌的金属性差的金属都可以与锌组成原电池，都可以加快生成氢气的反响速率，故在所给的物质中只有Ag2SO4符合题意。(4)要加快生成氢气的反响速率，还可以采取如下措施：升高温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌粒的比外表积等。(5)因为要研究硫酸铜的量对反响速率的影响，故应保持硫酸的浓度在各组实验中相同，那么硫酸溶液的体积均取30mL，根据F中增加的水与硫酸铜溶液的体积之和为20mL，可以求得各组实验中V6＝10mL，V8＝19.5mL，V9＝17.5mL，V10＝15mL。当溶液中析出少量的铜时，因不能形成铜的晶体，故铜显示的颜色是灰黑色，E中析出较多的铜，那么显示了铜晶体的颜色：暗红色。由于析出的铜的量较多，会覆盖在锌的外表，使得锌与稀硫酸接触面积大大减小，故反响速率反而减慢了。
例2　(1)c(CO2)/c(CO)　<
(2)0.006mol·L－1·min－160%　(3)C
变式训练2　(1)mol·L－1·min－1mol·L－1·min－1　(2)2316　(3)×100%　(4)<　(5)①增大体积减小，反响物的浓度增大，因而使反响速率增大②减小体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数减少的方向(即逆反响方向)移动，因而使反响物转化率减小
解析　(1)vA＝＝＝mol·L－1·min－1
vB＝＝＝mol·L－1·min－1
同样可得vD＝mol·L－1·min－1
vC＝vA＝mol·L－1·min－1
(2)由化学反响速率之比等于化学方程式中化学计量数之比可得x∶y∶p∶q＝vA∶vB∶vC∶vD＝∶∶∶＝2∶3∶1∶6。
(3)当D为2amol时，B减少了amol，因此B的转化率为×100%＝×100%。
(4)其他条件不变只升高温度，化学平衡向吸热反响方向移动，由题意知原平衡时D为2amol，升高温度到达新平衡时，D为1.5amol，可见反响向逆反响方向移动，因此正反响是放热反响，即ΔH<0。
(5)原密闭容器的体积为2 L，现变为1 L，其他条件不变，反响物和生成物的浓度都增大，因此反响速率增大。减小体积即为加压，增大压强，平衡应向气体计量数之和小的方向移动，由于反响方程式为2A(g)＋3B(g)C(g)＋6D(g)左边气体计量数之和小，因此平衡向左移动，反响物的转化率减小。
典例3C[(t1＋10)min时，反响已到达平衡，假设增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，根据A、B、C的浓度变化，写出反响方程式为A＋3B2C，该反响逆向为气体体积增大方向，A错误；升温，v正、v逆均增大，平衡向吸热方向移动，根据(Ⅱ)图象得T1>T2，且温度越高，B%越大，那么该反响正向为放热反响，那么升温后平衡逆向移动，A转化率减小，B错误；假设C正确，那么到达平衡时C为0.4 mol·L－1，同时A为0.3 mol·L－1，B为0.1 mol·L－1，各种物质的平衡浓度与图象Ⅰ完全相同，那么假设正确；平衡后，保持压强不变，通入稀有气体，平衡向气体体积增大的方向移动，D错误。]
变式训练3D[由图象可知，t1时刻时正向速率突然间减小，在t2时刻到达新平衡时的正向速率大于原平衡时的正向速率，故A项、B项、C项错，D项正确。]