2021届新高考一轮复习人教版专题十六化学反应速率和化学平衡

2021届新高考一轮复习人教版专题十六化学反应速率和化学平衡

专题十六 化学反应速率和化学平衡 考点 1　化学反应速率 1.[2017 浙江 4 月选考,21,2 分]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·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。 时间 M 的物质的量浓 度水样 0 5 10 15 20 25 Ⅰ(pH=2) 0.40 0.28 0.19 0.13 0.10 0.09 Ⅱ(pH=4) 0.40 0.31 0.24 0.20 0.18 0.16 Ⅲ(pH=4) 0.20 0.15 0.12 0.09 0.07 0.05 Ⅳ(pH=4,含 Cu2+) 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0 下列说法不正确的是 (　　) A.在 0~20 min 内, Ⅰ 中 M 的分解速率为 0.015 mol·L-1·min-1 B.水样酸性越强,M 的分解速率越快 C.在 0~25 min 内,Ⅲ中 M 的分解百分率比Ⅱ大 D.由于 Cu2+存在,Ⅳ中 M 的分解速率比Ⅰ快 本题考查考生提取信息的能力,表格中的数据是控制变量法的体现,要敏锐地观察到Ⅰ与Ⅱ的区别在于 pH 不同, 起始浓度相同;Ⅱ与Ⅲ的区别在于 pH 相同,起始浓度不同;Ⅲ与Ⅳ的区别在于Ⅳ加了铜离子。 解题模型:链接考法 2 命题角度 2、3 2.[2018 海南,16 节选,7 分](1)100 ℃时,在不同金属离子存在下,纯过氧化氢 24 h 的分解率见下表: 离子 加入量/(mg·L-1) 分解率/% 离子 加入量/(mg·L-1) 分解率/% 无 — 2 Fe3+ 1.0 15 Al3+ 10 2 Cu2+ 0.1 86 Zn2+ 10 10 Cr3+ 0.1 96 由上表数据可知,能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是　　　　。贮运过氧化氢时,可选用的容器 材质为　　　　(填标号)。 A.不锈钢　　　B.纯铝　　　C.黄铜　　　D.铸铁 (2)过氧化氢的 Ka1=2.24×10-12,H2O2 的酸性　　　　H2O(填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明,过氧化氢溶 液中 HO-2的浓度越大,过氧化氢的分解速率越快。常温下,不同浓度的过氧化氢分解率与 pH 的关系如图所示。 一定浓度的过氧化氢,pH 增大分解率增大的原因是　　　　;相同 pH 下,过氧化氢浓度越大分解率越低的原 因是　　　　。 考查考生快速准确提取表格、图像中隐藏化学信息的能力,以及利用化学原理解释分解速率与 pH 的关系的 能力。 解题模型:链接考法 2 命题角度 1、2 3.[2014 新课标全国卷Ⅱ,26 节选,5 分]在容积为 1.00 L 的容器中,通入一定量的 N2O4,发生反应 N2O4(g) 2NO2(g),随温度升高,混合气体的颜色变深。 回答下列问题: 反应的 ΔH　　　　0(填“大于”或“小于”);100 ℃时,体系中各物质浓度随时间变化如图所示。在 0~60 s 时段, 反应速率 v(N2O4)为　　　　mol·L-1·s-1;反应的平衡常数 K1 为　　　　。 本题以图像为载体,考查考生从图像中提取信息并围绕反应速率和化学平衡常数进行化学计算的能力。 解题模型:链接考法 1 命题角度 1 考点 2　化学平衡状态及化学平衡的移动 4.[2019 浙江 4 月选考,17,2 分]下列说法正确的是 (　　) A.H2(g)+I2(g) 2HI(g),其他条件不变,缩小反应容器体积,正逆反应速率不变 B.C(s)+H2O(g) H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C.若压强不再随时间变化能说明反应 2A(?)+B(g) 2C(?)已达平衡,则 A、C 不能同时是气体 D.1 mol N2 和 3 mol H2 反应达到平衡时 H2 转化率为 10%,放出热量 Q1;在相同温度和压强下,当 2 mol NH3 分解为 N2 和 H2 的转化率为 10%时,吸收热量 Q2,Q2 不等于 Q1 本题选取了几个化学反应,以“拼盘式”的考查形式进行命题,考查影响化学反应速率的因素及化学平衡状态的 判断等。 解题模型:链接考法 2 命题角度 2;考法 3 命题角度 5.[2019 江苏,15,4 分][双选]在恒压、NO 和 O2 的起始浓度一定的条件下,催化反应相同时间,测得不同温度 下 NO 转化为 NO2 的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下 NO 的平衡转化率随温度的变化)。 下列说法正确的是 (　　) A.反应 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的 ΔH>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 O2 的浓度不能提高 NO 转化率 D.380 ℃下,c 起始(O2)=5.0×10-4 mol·L-1,NO 平衡转化率为 50%,则平衡常数 K>2 000 审题时一定要注意分清实线是不同温度下相同时间内 NO 的转化率,虚线是相同条件下 NO 的平衡转化率,达 到化学平衡前,无论是放热反应还是吸热反应,都随着温度升高反应速率增大。 解题模型:链接考法 6 命题角度 2 考点 3　化学平衡常数与转化率 6.[2019 全国卷Ⅱ,27 节选,9 分]环戊二烯( )是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。 回答下列问题: (1)已知: (g) (g)+H2(g)　ΔH1=100.3 kJ·mol-1　① H2(g)+I2(g) 2HI(g)　ΔH2=-11.0 kJ·mol-1　② 对于反应: (g)+I2(g) (g)+2HI(g)　③　ΔH3=　　　　 kJ·mol-1。 (2)某温度下,等物质的量的碘和环戊烯( )在刚性容器内发生反应③,起始总压为 105 Pa,平衡时总压增加 了 20%,环戊烯的转化率为　　　　,该反应的平衡常数 Kp=　　　　Pa。达到平衡后,欲增加环戊烯的平衡 转化率,可采取的措施有　　　　(填标号)。 A.通入惰性气体　　B.提高温度　　C.增加环戊烯浓度　　D.增加碘浓度 (3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。不同温度下,溶液中环戊二烯浓度与反应时间的 关系如图所示,下列说法正确的是　　　(填标号)。 A.T1>T2 B.a 点的反应速率小于 c 点的反应速率 C.a 点的正反应速率大于 b 点的逆反应速率 D.b 点时二聚体的浓度为 0.45 mol·L-1 本题主要考查化学反应原理相关知识。涉及考点:利用盖斯定律计算反应热,转化率、分压平衡常数的计算以 及提高目标产物平衡转化率的措施的选择,对浓度-时间图像的理解与分析等,考查考生从图像中获取化学信 息并用于解决化学问题、作出合理判断的能力,综合性较强,有一定的难度和区分度。 解题模型:链接考法 1 命题角度 2;考法 6 命题角度 3;考法 7 命题角度 2 7.[2018 全国卷Ⅱ,27,14 分]CH4-CO2 催化重整不仅可以得到合成气(CO 和 H2),还对温室气体的减排具有重 要意义。回答下列问题: (1)CH4-CO2 催化重整反应为 CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)。 已知:C(s)+2H2(g) CH4(g)　ΔH=-75 kJ·mol-1 C(s)+O2(g) CO2(g)　ΔH=-394 kJ·mol-1 C(s)+ 1 2O2(g) CO(g)　ΔH=-111 kJ·mol-1 该催化重整反应的 ΔH=　　　　kJ·mol-1。有利于提高 CH4 平衡转化率的条件是　　　　(填标号)。 A.高温低压　　　　B.低温高压　　　　C.高温高压　　　　D.低温低压 某温度下,在体积为 2 L 的容器中加入 2 mol CH4、1 mol CO2 以及催化剂进行重整反应,达到平衡时 CO2 的 转化率是 50%,其平衡常数为　　　　 mol2·L-2。 (2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低,同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如表: 积碳反应 CH4(g) C(s)+2H2(g) 消碳反应 CO2(g)+C(s) 2CO(g) ΔH/(kJ·mol-1) 75 172 活化能/ 催化剂 X 33 91 (kJ·mol-1) 催化剂 Y 43 72 ①由上表判断,催化剂 X　　　　Y(填“优于”或“劣于”),理由是　　　　。在反应进料气组成、压强及反应时 间相同的情况下,某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图 1 所示,升高温度时,下列关于积碳反应、消 碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是　　　　(填标号)。 　　　　　 图 1 图 2 A.K 积、K 消均增加　　　　　　B.v 积减小、v 消增加 C.K 积减小、K 消增加 D.v 消增加的倍数比 v 积增加的倍数大 ②在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4) 一定时,不同 p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图 2 所示,则 pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序 为　　　　　　　。 本题图表信息丰富,能较好地考查考生接受、吸收、整合化学信息的能力。化学反应速率与化学平衡知识通 常结合图表进行命题,且呈现的图表年年都有创新之处,也会结合新概念进行命题。考生在复习备考时,要有 意识地培养自己解读图表、提取关键信息的能力,熟练掌握“三段式”法解题的步骤,积累化学反应原理分析题 的答题技巧及模板,将图表中的信息、可逆反应的特点、勒夏特列原理和实际情况四个方面结合起来进行回 答。 解题模型:链接考法 1 命题角度 2;考法 2 命题角度 1;考法 6 命题角度 3;考法 7 命题角度 2 8.[2019全国卷Ⅰ,28,14分]水煤气变换[CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程,主要用于合成氨、 制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题: (1)Shibata 曾做过下列实验:①使纯 H2缓慢地通过处于 721 ℃下的过量氧化钴 CoO(s),氧化钴部分被还原为 金属钴 Co(s),平衡后气体中 H2 的物质的量分数为 0.025 0。 ②在同一温度下用 CO 还原 CoO(s),平衡后气体中 CO 的物质的量分数为 0.019 2。 根据上述实验结果判断,还原 CoO(s)为 Co(s)的倾向是 CO　　　　H2(填“大于”或“小于”)。 (2)721 ℃时,在密闭容器中将等物质的量的 CO(g)和 H2O(g)混合,采用适当的催化剂进行反应,则平衡时体系 中 H2 的物质的量分数为　　　　(填标号)。 A.<0.25　　　B.0.25　　　C.0.25~0.50　　　D.0.50　　　E.>0.50 (3)我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸 附在金催化剂表面上的物种用*标注。 可知水煤气变换的 ΔH　　　0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E 正=　　　　eV,写出 该步骤的化学方程式　　　　　　　　　　　。 　(4)Shoichi 研究了 467 ℃、489 ℃时水煤气变换中 CO 和 H2 分压随时间变化关系(如图所示),催化剂为氧 化铁,实验初始时体系中的푝H2O和 pCO 相等、푝CO2和푝H2相等。 计算曲线 a 的反应在 30~90 min 内的平均速率푣(a)=　　　　kPa·min-1。467 ℃时푝H2和 pCO 随时间变化关 系的曲线分别是　　　　、　　　　。489 ℃时푝H2和 pCO随时间变化关系的曲线分别是　　　　、　　　　。 该题很好地体现了化学学科核心素养中的“宏观辨识与微观探析”。全国卷化学部分常以热化学方程式为载 体,考查盖斯定律、焓变与键能等热化学基础知识,难度较小,但 2019 年全国卷Ⅰ对该考点的新颖设计可能预 示该题型设计将面临重大变化,有向反应趋向、活化能、化学变化过程能量分析等方向过渡的趋势,将会更注 重对考生解决实际问题能力的考查,难度会略有增加。 解题模型:链接考法 1 命题角度 1;考法 2 命题角度 1 考点 1　化学反应速率 考法 1 化学反应速率的计算与大小比较 命题角度 1　化学反应速率的计算 1 [2014 海南,14 节选,5 分]硝基苯甲酸乙酯在 OH-存在下发生水解反应: O2NC6H4COOC2H5+OH- O2NC6H4COO-+C2H5OH 两种反应物的初始浓度均为 0.050 mol·L-1,15 ℃时测得 O2NC6H4COOC2H5 的转化率 α 随时间变化的数据 如表所示。回答下列问题: t/s 0 120 180 240 330 530 600 700 800 α/% 0 33.0 41.8 48.8 58.0 69.0 70.4 71.0 71.0 列式计算该反应在 120~180 s 与 180~240 s 区间的平均反应速率　　　　　　　　、　　　　　　　　; 比较两者大小可得出 的结论是　　　　　　　　　　　　　　　。 很多考生前两空给出的答案只有计算结果 7.3×10-5mol·L-1·s-1 和 5.8×10-5mol·L-1·s-1,忽视了“列式计算” 的要求。列式计算如下: 120~180s,v= 0.050mol·L-1 × (41.8% - 33.0%) (180 - 120)s ≈7.3×10-5mol·L-1·s-1。 180~240s,v= 0.050mol·L-1 × (48.8% - 41.8%) (240 - 180)s ≈5.8×10-5mol·L-1·s-1。 由两段时间的平均反应速率数值可知随着反应进行,反应物浓度降低,反应速率减慢。 见解析 命题角度 2　速率常数(新角度) 　　2018 全国卷Ⅱ第 27 题考查催化剂的选择、K 和 v 的变化,并引入速率常数和速率方程,2018 全国卷Ⅲ 第 28 题引入正、逆反应速率常数并进行相关计算,且速率常数在 2017 年江苏卷第 15 题和 2016 年海南卷 第 16 题中均有涉及,说明有关速率常数的相关知识已作为新信息出现在不同年份的高考试卷中,考生在平时 的复习中要多关注。 2 [2018 全国卷Ⅲ,28 节选,11 分]三氯氢硅(SiHCl 3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。对于反应 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在 323 K 和 343 K 时 SiHCl3 的转化率随时间 变化的结果如图所示。 (1)343 K 时反应的平衡转化率 α=　　　　%。平衡常数 K343 K=　　　　(保留 2 位小数)。 (2)在 343 K 下:要提高 SiHCl3 转化率,可采取的措施是　　　　　　　　;要缩短反应达到平衡的时间,可采 取的措施有　　　　　　　　、　　　　　　　　。 (3)比较 a、b 处反应速率大小:va　　　　vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v 正-v 逆=k 正푥2 SiHCl3-k 逆푥SiH2Cl2 푥SiCl4, k 正 、 k 逆分别为正、逆向反应速率常数,x 为物质的量分数,计算 a 处的 푣正 푣逆=　　　　(保留 1 位小数)。 (1)温度越高,反应越先达到平衡,由图知,左侧曲线对应的温度为 343K,343K 时反应的平衡转化率为 22%。设开始时加入 SiHCl3 的浓度为 amol·L-1,根据化学方程式和 SiHCl3 的平衡转化率知,达平衡 时,SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4 的浓度分别为 0.78amol·L-1、0.11amol·L-1、0.11amol·L-1,化学平衡常数 K343K= 0.11푎 × 0.11푎 (0.78푎)2 ≈0.02。(2)根据化学平衡移动原理并结合该反应特点,及时分离出生成物可提高反应物的转化率。 缩短反应达到平衡的时间,实质就是提高反应速率,可采用加压的方式或选择更为高效的催化剂。(3)温度越 高,反应速率越大,a 点所在曲线对应的温度高于 b 点所在曲线对应的温度,所以 a 点的反应速率大于 b 点的 反应速率。a 点所在曲线达到平衡时,v 正=v 逆,即 k 正푥2 SiHCl3=k 逆푥SiH2Cl2푥SiCl4,从题图可知 a 点所在曲线平衡时 SiHCl3 的转化率为 22%,设开始加入 SiHCl3ymol·L-1,则根据“三段式”法得 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) 开始/(mol·L-1) y 0 0 转化/(mol·L-1) 0.22y 0.11y 0.11y 平衡/(mol·L-1) 0.78y 0.11y 0.11y 代入 k 正푥2 SiHCl3=k 逆푥SiH2Cl2푥SiCl4得, 푘正 푘逆= 0.112 0.782 在 a 处 SiHCl3 的转化率为 20%,根据“三段式”法得 2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) 开始/(mol·L-1) y 0 0 转化/(mol·L-1) 0.2y 0.1y 0.1y a 处/(mol·L-1) 0.8y 0.1y 0.1y 则 푣正 푣逆= 푘正푥2 SiHCl3 푘逆푥SiH2Cl2푥SiCl4 = 푘正 푘逆× (0.8푦)2 (0.1푦)2= 0.112 0.782× (0.8푦)2 (0.1푦)2≈1.3。 (1)22　0.02　(2)及时移去产物　改进催化剂　提高反应物压强(浓度)　(3)大于　1.3 解法拓展 本题也可根据 푘正 푘逆=K343K= 0.112 0.782直接进行计算,比利用“三段式”法计算 푘正 푘逆 更简便。 核心素养对接 核心素养之“证据推理与模型认知”——速率常数概念模型 1.假设基元反应(能够一步完成的反应)为 aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g),其速率可表示为 v=kca(A)cb(B),式中 的 k 称为反应速率常数(或速率常数),它表示单位浓度下的化学反应速率,与浓度无关,但受温度、催化剂等因 素的影响,通常速率常数越大,反应进行得越快。不同反应有不同的速率常数。 2.正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系 对于基元反应 aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g),v 正=k 正·ca(A)·cb(B),v 逆=k 逆·cc(C)·cd(D),平衡常数 K= 푐푐(C)·푐푑(D) 푐푎(A)·푐푏(B)= 푘正·푣逆 푘逆·푣正 ,反应达到平衡时 v 正=v 逆,故 K= 푘正 푘逆 。 考法 2 影响化学反应速率的因素 命题角度 1　影响化学反应速率的内因 3 [2016全国卷Ⅲ,27改编]采用NaClO 2溶液作为吸收剂可同时对煤燃烧排放的烟气(含有SO2和NO x) 进行脱硫、脱硝。在鼓泡反应器中通入含有 SO2 和 NO 的烟气,反应温度 323 K,NaClO2 溶液浓度为 5×10-3 mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表所示。 离子 SO2-4 SO2-3 NO-3 NO-2 Cl- c/(mol/L) 8.35×10-4 6.87×10-6 1.5×10-4 1.2×10-5 3.4×10-3 由实验结果可知,脱硫反应速率　　　　脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了 SO2 和 NO 在烟气中 的初始浓度不同外,还可能是　　　　　　　　　　　。 由表中数据可以看出:经过相同的反应时间,c(SO2-4 )>c(NO-3),即在相同时间内 SO2-4 的浓度增加得多,因此 脱硫反应速率大于脱硝反应速率。影响反应速率的因素有外因和内因,外因有浓度、温度、压强、催化剂等, 由于是相同的反应体系,所以温度、压强、催化剂等因素是相同的,有可能是 SO2 比 NO 的溶解度大而导致 初始浓度不同。内因可能是脱硫反应的活化能低于脱硝反应的活化能。 大于　NO 溶解度较低或脱硝反应活化能较高 命题角度 2　影响化学反应速率的外因 4 T ℃时,向一容积为 2 L 的密闭容器中充入 2 mol A、0.6 mol C 和一定量的 B 三种气体,一定条件 下发生反应。其相关信息如下:图 1 中 t0~t1 阶段 c(B)未画出;图 2 中 t2、t3、t4 时刻改变的条件分别是温度、 压强、加催化剂中的一种。 　　　　　　图 1　　　　　　　　　　　　　图 2 (1)反应的化学方程式可以写为　　　　,该反应的ΔH　　　　0(填“>”或“<”),t2时刻改变的条件是　　　　　。 (2)维持温度不变,在 t1 时刻再向该容器中加入 1 mol A、0.5 mol B、0.3 mol C,重新达平衡后 A 的转化率 为　　　　　。 (1)图 2 中 t2、t3、t4 时刻改变的条件分别是温度、压强、加催化剂中的一种,t2 时刻正、逆反应速率 同等程度增大,改变的 条件是催化剂;t3 时刻正、逆反应速率同等程度减小,据此推断出改变的条件是压强,且减小压强平衡不移动, 故该反应是前后气体分子数不变的可逆反应;t4时刻升高温度逆反应速率比正反应速率增大得多,表明该反应 的逆过程是吸热反应。综上所述,该反应是气体分子数不变的放热反应。根据浓度-时间图像确定化学反应方 程式:图 1 中,t0~t1 时间段,Δc(A)=0.2mol·L-1,Δc(C)=0.3mol·L-1,根据前面判断的该反应是前后气体分子数不变 的可逆反应知,该反应的化学方程式为 2A+B 3C,依据各物质浓度变化之比等于化学计量数之比,得出 Δc(B)=0.1mol·L-1,B 的起始浓度 c(B)=(0.4+0.1)mol·L-1=0.5mol·L-1。(2)由图 1 知 t1 时刻达到平衡时 A 的转 化率为 20%;t1 时刻平衡后按起始各物质的比值再向该容器中加入 1molA、0.5molB、0.3molC,相当于起始 时充入 3molA、1.5molB 和 0.9molC,容积不变,压强增大,对于反应前后气体分子数不变的可逆反应,平衡不 移动,转化率不变,仍为 20%。 (1)2A+B 3C　<　加催化剂　(2)20% 命题角度 3　用控制变量法探究影响化学反应速率的因素(预测角度) 高考注重以外界条件对化学反应速率的影响及化学反应速率的测定为载体考查实验条件的控制思想。常见 的命题形式:(1)以表 格的形式给出多组实验数据,让考生找出每组数据的变化对化学反应速率的影响。(2)给出影响化学反应速率 的几种因素,让考生设计实验分析各因素对化学反应速率的影响。 5 [2018 北京,27 改编]I-可以作为水溶液中 SO2 歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下。 i.SO2+4I-+4H+ S↓+2I2+2H2O ii.I2+2H2O+SO2 SO2-4 +4H++2I- 为探究 i、ii 反应速率与 SO2 歧化反应速率的关系,实验如下:分别将 18 mL SO2 饱和溶液加入 2 mL 下列试 剂中,密闭放置观察现象。(已知:I2 易溶解在 KI 溶液中) 序号 A B C D 试剂组成 0.4 mol·L-1KI a mol·L-1 KI 0.2 mol·L-1 H2SO4 0.2 mol·L-1H2SO4 0.2 mol·L-1 KI 0.000 2 mol I2 实验现象 溶液变黄,一段时间后出现 浑浊 溶液变黄,出现浑浊较 A 快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出 现浑浊较 A 快 (1)B 是 A 的对比实验,则 a=　　　　。 (2)比较 A、B、C,可得出的结论是　。 (3)实验表明,SO2 的歧化反应速率 D>A。结合 i、ii 反应速率解释原 因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (1)由于 B 是 A 的对比实验,所以两组实验中 KI 的浓度必须相同,即 a=0.4。(2)A 说明 I-能催化二氧 化硫发生歧化反应。C 中无明显现象,说明 H+单独存在时不具有催化作用,不能使二氧化硫歧化反应速率增 大。B 中溶液变黄,出现浑浊较 A 快,结合 C 可知,增强溶液的酸性,可增强 I-的催化效果。(3)由于 I-催化二氧 化硫的歧化反应是 i 与 ii 两个过程分步进行的,所以两个反应中任何一个反应的速率都会影响总反应的速率。D 中直接加入 I2,故反应 ii 可立即发生,而由反应 ii 产生的 H+可使反应 i 速率增大,所以 D 的反应速率比 A 的大。 (1)0.4　(2)I-是 SO2 歧化反应的催化剂,H+单独存在时不具有催化作用,但 H+可以加快歧化反应速率　 (3)反应 ii 比 i 快;D 中由反应 ii 产生的 H+使反应 i 加快 1. [2018 四川成都摸底测试]SCR 脱硝是目前最成熟的烟气脱硝技术,其反应原理为 8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g)+12H2O(g)　ΔH<0。 向 10 L 的密闭容器中加入 0.040 mol NH3 和 0.030 mol NO2 以 及适量催化剂,在 T ℃时发生反应,用气体传感器测得不同时间的 NO2转化率 α 随时间变化的数据如表所示。 t/s 0 1 2 3 4 5 6 7 8 α/% 0 18.0 33.8 45.0 55.6 64.2 71.1 80.0 80.0 (1)0~3 s 内的平均反应速率 v(NO2)=　　　　;与之相比 3~6 s 内的平均反应速率　　　　(填“增大”“减小” 或“相等”);由此可得出的结论是　　　　　　　　　　。 (2)T ℃时该反应的平衡常数(K)的计算式为　。 (3)研究表明:在使用等质量催化剂时,增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率。 ①为了分别验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律,某同学设计了如表所示的三组实验,请 完善表格中的数据。 实验编号 温度/℃ c(NH3)初始/(mol·L-1) c(NO2)初始/(mol·L-1) 催化剂的比表面积/(m2·g-1) Ⅰ 350 8.0×10-3 6.0×10-3 120 Ⅱ 80 Ⅲ 150 80 ②请在给出的坐标图中,画出表中Ⅱ、Ⅲ中 NO2 浓度随时间变化的趋势曲线,并标明实验编号。 核心素养对接 核心素养之“变化观念与平衡思想”——控制变量法解题模型 考点 2　化学平衡状态及化学平衡的移动 考法 3 化学平衡状态的判断 命题角度　化学平衡状态的判断 6 [2018 浙江 4 月选考,14,2 分]反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0,若在恒压绝热容器中发生,下 列选项表明反应一定已达平衡状态的是 A.容器内的温度不再变化 B.容器内的压强不再变化 C.相同时间内,断开 H—H 键的数目和生成 N—H 键的数目相等 D.容器内气体的浓度 c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2 因该反应在恒压绝热容器中进行且为放热反应,当容器内的温度不再变化时,说明放出的热量不再变化, 可以判断反应已达平衡状态,A 项正确;因反应在恒压条件下进行,压强始终不变,故压强不再变化不能表明反 应一定已达平衡状态,B 项错误;相同时间内,断开 H—H 键的数目和生成 N—H 键的数目相等,不能表明反应 一定已达平衡状态,C 项错误;容器内气体的浓度 c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2,不能表明反应一定已达平衡状 态,D 项错误。 A 考法点睛·学习理解 “反应混合物中各组分的浓度之比(或物质的量之比)等于化学计量数之比”不是平衡状态的必然标志,所以不 能据此判断反应是否达到平衡状态。 2. [2017 全国卷Ⅲ,28 节选,7 分]298 K 时,将 20 mL 3x mol·L-1 Na3AsO3、20 mL 3x mol·L-1 I2 和 20 mL NaOH 溶液混合,发生反应:AsO3-3 (aq)+I2(aq)+2OH-(aq) AsO3-4 (aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中 c(As O3-4 )与反应时间(t)的关系如图所示。 (1)下列可判断反应达到平衡的是　　　　(填标号)。 a.溶液的 pH 不再变化 b.v(I-)=2v(AsO3-3 ) c.c(AsO3-4 )/c(AsO3-3 )不再变化 d.c(I-)=y mol·L-1 (2)tm 时,v 正　　　　v 逆(填“大于”“小于”或“等于”)。 (3)tm 时 v 逆　　　　tn 时 v 逆(填“大于”“小于”或“等于”),理由是　。 (4)若平衡时溶液的 pH=14,则该反应的平衡常数 K 为　　　　。 考法 4 化学平衡移动的影响因素 命题角度　分析影响化学平衡移动的因素 7 [2018 天津,5,6 分]室温下,向圆底烧瓶中加入 1 mol C2H5OH 和含 1 mol HBr 的氢溴酸,溶液中发 生反应:C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O,充分反应后达到平衡。已知常压下,C2H5Br 和 C2H5OH 的沸点分别 为 38.4 ℃和 78.5 ℃。下列有关叙述错误 的是 A.加入 NaOH,可增大乙醇的物质的量 B.增大 HBr 浓度,有利于生成 C2H5Br C.若反应物均增大至 2 mol,则两种反应物平衡转化率之比不变 D.若起始温度提高至 60 ℃,可缩短反应达到平衡的时间 加入 NaOH,c(HBr)减小,平衡向逆反应方向移动,乙醇的物质的量增大,A 项正确;增大 HBr 浓度,平衡向 正反应方向移动,有利于生成 C2H5Br,B 项正确;若反应物按照化学计量数之比加入溶液中,则各物质的平衡转 化率相等,故反应物均增大至 2mol,两种反应物平衡转化率之比不变,C 项正确;若起始温度提高至 60℃,生成 物 C2H5Br 为气态,能够从反应体系中逸出,导致反应不断向正反应方向进行,因此不能缩短反应达到平衡的 时间,D 项错误。 D 考点 3　化学平衡常数与转化率 考法 5 化学平衡常数的应用 命题角度　判断反应进行的方向 8 已知反应 Fe2+(aq)+Ag+(aq) Fe3+(aq)+Ag(s)的 K=3.17 。如图所示的装置中,闭合 K,立即能观 察 到 的 主 要 实 验 现 象 是 　 　 　 　 　 　 　 　 , 石 墨 为 电 池 的 　 　 　 　 极 , 理 由 是　　　　　　　　　　　　　　　　。 Qc= 푐(Fe3+) 푐(Fe2+)·푐(Ag+)= 0.100 0.064 × 0.100>3.17,故反应 Fe2+(aq)+Ag+(aq) Fe3+(aq)+Ag(s)的平衡向逆反应方 向移动,此时铁离子作氧化剂,石墨电极为正极,银被氧化,银电极为负极;闭合 K 立即能观察到的主要现象是电 流表指针发生偏转。 电流表指针发生偏转　正　Qc= 푐(Fe3+) 푐(Fe2+)·푐(Ag+)= 0.100 0.064 × 0.100>3.17,故反应向逆反应方向移动,此时铁离子 作氧化剂,石墨电极为正极 考法 6 平衡转化率变化的分析和判断 命题角度 1　平衡转化率变化的判断 9 在恒温恒容密闭容器中,分别发生下列反应: ①2NO2(g) N2O4(g) ②2HI(g) H2(g)+I2(g) ③2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g) 反应①、②、③达到平衡后分别充入适量反应物,再次达到平衡后,反应物的转化率分别　　　　、　　　　、　　　　 (填“增大”“减小”或“不变”)。 要善于建立模型来解题。“反应达到平衡后分别充入适量反应物”相当于增大压强,根据勒夏特列原理知, 其他条件不变,增大压强,平衡向气体分子数减小的方向移动,则反应①平衡向右移动,反应物的转化率增大;反 应②平衡不移动,反应物的转化率不变;反应③平衡向左移动,反应物的转化率减小。 增大　不变　减小 命题角度 2　提高平衡转化率的方法(热点角度) 10 [2019 全国卷Ⅲ,28 节选,8 分]近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量 也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题: (1)Deacon 发明的直接氧化法为 4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g)。如图为刚性容器中,进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1 时 HCl 平衡转化率随温度变化的关系: 可知反应平衡常数 K(300 ℃)　　　　K(400 ℃)(填“大于”或“小于”)。设 HCl 初始浓度为c0,根据进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)=1∶1 的数据计算 K(400 ℃)=　　　　(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转 化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是　　　　、　　　　。 (2)在一定温度的条件下,进一步提高 HCl 的转化率的方法是　　　　。(写出 2 种) (1)由题给 HCl 平衡转化率随温度变化的关系图可知,随温度升高,HCl 平衡转化率降低,则此反应为 放热反应,温度越高,平衡常数越小,即 K(300℃)大于 K(400℃)。结合题图可知,c(HCl)∶c(O2)=1∶1、400℃时 HCl 的平衡转化率为 84%,由“三段式”法得: 　　　4HCl(g)　+　O2(g)　 　2Cl2(g)　+　2H2O(g) 起始 c0 c0 0 0 转化 0.84c0 0.21c00.42c0 0.42c0 平衡 (1-0.84)c0 (1-0.21)c00.42c0 0.42c0 则 K(400℃)= 푐2(Cl2)·푐2(H2O) 푐4(HCl)·푐(O2) = (0.42)2 × (0.42)2 (1 - 0.84)4 × (1 - 0.21)푐0 ;进料浓度比 c(HCl)∶c(O2)过低会使 O2和 Cl2分离的能耗较高, 过高则会造成 HCl 转化率较低。(2)题述反应是气体体积减小的反应,增大反应体系压强可使反应正向移动; 提高 HCl 的转化率,及时分离出产物也能提高 HCl 的转化率。 (1)大于　 (0.42)2 × (0.42)2 (1 - 0.84)4 × (1 - 0.21)푐0 　O2 和 Cl2 分离能耗较高　HCl 转化率较低　(2)增加反应体系压强、 及时除去产物 命题角度 3　有关物质的平衡转化率或产率的影响因素(热点角度) 11 [2017 全国卷Ⅱ,27,14 分]丁烯是一种重要的化工原料,可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题: (1)正丁烷(C4H10)脱氢制 1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下: ①C4H10(g) C4H8(g)+H2(g)　ΔH1 已知:②C4H10(g)+ 1 2O2(g) C4H8(g)+H2O(g)　ΔH2=-119 kJ·mol-1 ③H2(g)+ 1 2O2(g) H2O(g)　ΔH3=-242 kJ·mol-1 反应①的 ΔH1 为　　　　kJ·mol-1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图,x　　　　0.1(填 “大于”或“小于”);欲使丁烯的平衡产率提高,应采取的措施是　　　　(填标号)。 A.升高温度　B.降低温度　C.增大压强　D.降低压强 (2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂),出口气中含有 丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中 n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的 变化趋势,其降低的原因是　　　　　　　　　　　。 (3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线,副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在 590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　;590 ℃之后,丁 烯 产 率 快 速 降 低 的 主 要 原 因 可 能 是 　。 (1)根据盖斯定律,可得①=②-③,则 ΔH1=ΔH2-ΔH3=-119kJ·mol-1+242kJ·mol-1=+123kJ·mol-1。反应① 为反应前后气体分子数增大的反应,在温度相同时降低压强有利于提高平衡转化率,故 x<0.1。反应①为吸热 反应,升高温度有利于平衡正向移动,A 项正确;降低压强平衡向气体分子数增大的方向移动,D 项正确。(2)结 合图(b)可看出随着 푛(氢气) 푛(丁烷)增大,丁烯产率先升高后降低,这是因为氢气是生成物,当 푛(氢气) 푛(丁烷)逐渐增大时,逆反应 速率增大,故丁烯的产率逐渐降低。(3)在 590℃之前随温度升高丁烯产率逐渐增大,这是因为温度升高不仅能 增大反应速率,还能促使平衡正向移动;但温度高于 590℃时,丁烯高温裂解生成短链烃类,导致丁烯产率快速 降低。 (1)+123　小于　AD　(2)氢气是产物之一,随着 n(氢气)/n(丁烷)增大,逆反应速率增大　(3)升高温度有 利于反应向吸热方向进行　温度升高反应速率加快　丁烯高温裂解生成短链烃类 考法归纳·学习理解 转化率分为非平衡转化率和平衡转化率,非平衡转化率随反应速率增大而增大;平衡转化率的变化符合勒夏 特列原理,具体如表所示: 条件 可逆反应特 点 平衡移动方 向 平衡转化率变化 正反应吸热 正向(逆 向) 增大(减小)升温(降 温) 正反应放热 逆向(正 向) 减小(增大) 正反应气 体分子数 增加 逆向(正向) 减小(增大) 正反应气 体分子数 减少 正向(逆向) 增大(减小) 通过改 变体积 增大压 强(减小 压强) 气体分子 数不变 不移动 不变 催化剂 不移动 不变 增加某 反应物 浓度(反 应物多 种) 正向 该反应物平衡 转化率减小, 其他反应物平 衡转化率增大 3. [平衡转化率与非平衡转化率][福建高考节选,2 分]已知:H2S(g) H2(g)+ 1 2S2(g) 在恒容密闭容器中,控制不同温度进行 H2S 分解实验。以 H2S 起始浓度均为 c mol·L-1 测定 H2S 的转化率,结 果如图。图中 a 为 H2S 的平衡转化率与温度关系曲线,b 曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化 学平衡时 H2S 的转化率。说明随温度的升高,曲线 b 向曲线 a 逼近的原因:　　　　　　。 考法 7“三段式”法解答有关化学平衡的计算 命题角度 1　浓度平衡常数的计算 12 [2017 全国卷Ⅰ,28 节选,8 分]H2S 与 CO2 在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g) COS(g)+H2O(g)。 在 610 K 时,将 0.10 mol CO2 与 0.40 mol H2S 充入 2.5 L 的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为 0.02。 (1)H2S 的平衡转化率 α1=　　　　%,反应平衡常数 K=　　　　。 (2)在620 K重复实验,平衡后水的物质的量分数为0.03,H 2S的转化率 α2　　　　α1,该反应的ΔH　　　　0。 (填“>”“<”或“=”) (3)向反应器中再分别充入下列气体,能使 H2S 转化率增大的是　　　　(填标号)。 A.H2S　　　　B.CO2　　　　C.COS　　　　D.N2 反应特点:反应前后气体分子数不变的可逆反应 “三段式”法计算各组分平衡时的物质的量 K= 푐(H2푂)·푐(COS) 푐(H2푆)·푐(CO2)= 푛(H2푂)·푛(COS) 푛(H2푆)·푛(CO2),升温(610K→620K),平衡后 H2O 的物质的量分数增大(0.02→0.03),说明升温,平衡向吸热的 正反应方向移动,故 ΔH>0 (1)该反应是气体分子数相等的反应,平衡时 n(H2O)=0.02×0.50mol=0.01mol。 　　　　　　H2S(g)+CO2(g) COS(g)+H2O(g) 起始/mol0.400.10 0 0 转化/mol0.010.01 0.010.01 平衡/mol0.390.09 0.010.01 H2S 的平衡转化率 α1= 0.01 0.40×100%=2.5%。对于气体分子数相等的反应,可直接用物质的量替代浓度计算平衡 常 数 : K= 푐(COS)·푐(H2푂) 푐(H2푆)·푐(CO2)= 푛(COS)·푛(H2푂) 푛(H2푆)·푛(CO2)= 0.01 × 0.01 0.39 × 0.09≈2.8×10-3。(2)总物质的量不变,H2O 的物质的量分数增大,说明平衡 正向移动,H2S 的转化率增大。即升高温度,平衡向正反应方向移动,正反应是吸热反应。(3)平衡之后,再充入 H2S,则 CO2 的转化率增大,H2S 的转化率减小,A 项错误;充入 CO2,平衡正向移动,H2S 的转化率增大,B 项正 确;充入 COS,平衡逆向移动,H2S 的转化率减小,C 项错误;充入 N2,无论体积是否变化,对于气体分子数相等的 反应,平衡不移动,H2S 的转化率不变,D 项错误。 (1)2.5　2.8×10-3　(2)>　>　(3)B 考点扫描　 [2019 天津,7 节选,2 分]在 1L 真空密闭容器中加入 amolPH4I 固体,t℃时发生如下反应: PH4I(s) PH3(g)+HI(g)　① 4PH3(g) P4(g)+6H2(g)　② 2HI(g) H2(g)+I2(g)　③ 达平衡时,体系中 n(HI)=bmol,n(I2)=cmol,n(H2)=dmol,则 t℃时反应①的平衡常数 K 值为　　　　　(用字母 表示)。 提示:(b+ 8푐 - 2푑 3 )b 命题角度 2　压强平衡常数(Kp)的计算(新角度) 13 [2018 全国卷Ⅰ,28 节选,13 分]采用 N2O5 为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药 等工业中得到广泛应用。回答下列问题: (1)F.Daniels 等曾利用测压法在刚性反应器中研究了 25 ℃时 N2O5(g)分解反应: 2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g) 　　　　　　2N2O4(g) 其中 NO2 二聚为 N2O4 的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强 p 随时间 t 的变化如表所示(t=∞时,N2O5(g) 完全分解): t/min 0 40 80 160 260 1 3001 700 ∞ p/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 ①已知:2N2O5(g) 2N2O4(g)+O2(g)　ΔH1=-4.4 kJ·mol-1 2NO2(g) N2O4(g)　ΔH2=-55.3 kJ·mol-1 则反应 N2O5(g) 2NO2(g)+ 1 2O2(g)的 ΔH=　　　kJ·mol-1。 ②研究表明,N2O5(g)分解的反应速率 v=2×10-3×푝N2O5(kPa·min-1)。t=62 min 时,测得体系中푝O2=2.9 kPa,则此 时的푝N2O5=　　　kPa,v=　　　kPa·min-1。 ③若提高反应温度至 35 ℃,则 N2O5(g)完全分解后体系压强 p∞(35 ℃)　　　　63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小 于”),原因 是　　　　　　。 ④25 ℃时 N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数 Kp=　　　　kPa(Kp 为以分压表示的平衡常数,计算结果保 留 1 位小数)。 (2)对于反应 2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg 提出如下反应历程: 第一步　N2O5 NO2+NO3　　　　　快速平衡 第二步　NO2+NO3 NO+NO2+O2 慢反应 第三步　NO+NO3 2NO2　 快反应 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是　　　　(填标号)。 A.v(第一步的逆反应)>v(第二步反应) B.反应的中间产物只有 NO3 C.第二步中 NO2 与 NO3 的碰撞仅部分有效 D.第三步反应活化能较高 (1)①将已知热化学方程式依次编号为 a、b,根据盖斯定律,由 1 2×a-b 得 N2O5(g) 2NO2(g)+ 1 2O2(g)　 ΔH= Δ퐻1 - 2Δ퐻2 2 = -4.4 + 2 × 55.3 2 kJ·mol-1=+53.1kJ·mol-1。②t=62min 时,体系中푝O2=2.9kPa,根据“三段式”法得 　　　　2N2O5(g) 2N2O4(g)+O2(g) 起始 35.8kPa 0 0 转化 5.8kPa 5.8kPa2.9kPa 62min 30.0kPa 5.8kPa2.9kPa 则 62min 时 푝N2O5=30.0kPa,v=2×10-3×30.0kPa·min-1=6.0×10-2kPa·min-1 。 ③ 刚 性 反 应 容 器 的 体 积 不 变,25℃N2O5(g)完全分解时体系的总压强为 63.1kPa,升高温度,从两个方面分析:一方面是体积不变,升高温 度,体系总压强增大;另一方面,2NO2 N2O4的逆反应是吸热反应,升温,平衡向生成 NO2的方向移动,体系物 质的量增加,故体系总压强增大。④N2O5 完全分解生成 N2O4 和 O2,起始푝N2O5=35.8kPa,其完全分解时푝N2O4 =35.8kPa,푝O2=17.9kPa,设 25℃平衡时 N2O4 转化了 x,则 　　　　N2O4　　 　　2NO2 平衡 35.8kPa-x 2x 35.8kPa-x+2x+17.9kPa=63.1kPa,解得 x=9.4kPa。平衡时,푝N2O4=26.4kPa,푝NO2=18.8kPa,Kp= 푝2 NO2 푝N2O4 = 18.82 26.4 kPa≈13.4kPa。(2)第一步反应快速平衡,说明第一步反应的正、逆反应速率都较大,则第一步反应的逆反应 速率大于第二步反应的速率,A 项正确;反应的中间产物除 NO3 外,还有 NO,B 项错误;有效碰撞才能发生反应, 第二步反应慢,说明部分碰撞有效,C 项正确;第三步反应快,说明反应活化能较低,D 项错误。 (1)①+53.1　②30.0　6.0×10-2　③大于　温度提高,体积不变,总压强提高;NO2 二聚为放热反应,温 度提高,平衡左移,体系物质的量增加,总压强提高　④13.4　(2)AC 教材链接 从近几年高考卷看,教材边角知识常成为考点,本题中有两点值得注意:一是 NO2 和 N2O4 之间转化的热效应, 在人教版《化学》(选修 4)第 28 页实验 2-7 中出现。二是本题涉及的有效碰撞理论源于人教版《化学》(选 修 4)第 3 页,这就启示我们在备考过程中要回归教材,挖掘教材细节。 核心素养对接 核心素养之“证据推理与模型认知”——压强平衡常数概念模型 本题是考查“证据推理与模型认知”的化学学科核心素养的试题,“刚性反应器”对应恒容密闭容器模型,“t=∞”对 应完全反应情况,以“分压表示的反应速率和平衡常数”对应以物质的量浓度表示的反应速率和平衡常数,考查 考生迅速理解题意,找到解题模型,形成解题思路,实现思维有效转化的能力。 一定条件下,若平衡体系中有气体物质,也可用其分压代替浓度,所求得的平衡常数为压强平衡常数,以Kp表示。 (1)对于反应 aA(g)+bB(g) cC(g)+dD(g),其压强平衡常数表达式为 Kp= 푝푐 C·푝푑 D 푝푎 A·푝푏 B 。浓度平衡常数与压强平衡 常数的关系:Kc= 푐푐(C)·푐푑(D) 푐푎(A)·푐푏(B),又 p= 푛 푉RT=cRT,则 Kp=Kc·(RT)Δn[Δn=(c+d)-(a+b)]。 (2)气体分压=气体总压×该气体的物质的量分数或体积分数。 考法 8 等效平衡 命题角度　等效平衡的应用 14 [2015 天津,6,6 分]某温度下,在 2 L 的密闭容器中,加入 1 mol X(g)和 2 mol Y(g)发生反 应:X(g)+mY(g) 3Z(g),平衡时,X、Y、Z 的体积分数分别为 30%、60%、10%。在此平衡体系中加入 1 mol Z(g),再次达到平衡后,X、Y、Z 的体积分数不变。下列叙述不正确的是 A.m=2 B.两次平衡的平衡常数相同 C.X 与 Y 的平衡转化率之比为 1∶1 D.第二次平衡时,Z 的浓度为 0.4 mol·L-1 在原平衡体系中加入 1molZ,再次达到平衡后,X、Y、Z 的体积分数不变,说明该平衡与原平衡是等效平 衡,则化学方程式两边气态物质的化学计量数相等,即 m=2,A 项叙述正确。温度不变,平衡常数不变,B 项叙述 正确。起始时 X、Y 的物质的量之比等于化学计量数之比,则二者的平衡转化率相等,C 项叙述正确。起始时 加入1molX和2molY,相当于3molZ,平衡时Z的物质的量为3mol×10%=0.3mol,在平衡体系中再加入1molZ, 相当于起始时共加入 4molZ,则新平衡时 Z 的物质的量为 4mol×10%=0.4mol,其浓度为 0.4mol 2L =0.2mol·L-1,D 项叙述错误。 D 核心素养对接　 核心素养之“证据推理与模型认知”——构建等效平衡思维模型 1.构建恒温恒容平衡思维模型(图甲) 新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单地叠加并压缩而成,相当于增大压强。 2.构建恒温恒压平衡思维模型(以气体物质的量增加的反应为例,图乙) 新平衡状态可认为是两个原平衡状态简单地叠加,压强不变,平衡不移动。 疑难 5 突破化学反应速率和化学平衡图像题的解题方法 突破点 1　v-t 图 速率-时间图:逐一改变各项条件,正、逆反应速率随时间的变化情况与平衡移动方向的关系如表所示[以 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)　ΔH<0 为例]。 条件 c(SO2)增大 c(O2)减小 c(SO3)增大 v-t 图像 平衡移 动方向 正反应方向 逆反应方向 逆反应方向 条件 c(SO3)减小 增大压强 减小压强 v-t 图像 平衡移 动方向 正反应方向 正反应方向 逆反应方向 条件 升高温度 降低温度 使用催化剂 v-t 图像 平衡移 动方向 逆反应方向 正反应方向 不移动 15 [2015 新课标全国卷Ⅰ,28 改编]Bodensteins 研究了下列反应: 2HI(g) H2(g)+I2(g)　ΔH>0 在 716 K 时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数 x(HI)与反应时间 t 的关系如下表: t/min 0 20 40 60 80 120 x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 由上述实验数据计算得到 v 正~x(HI)和 v 逆~x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时,反应重新达到 平衡,相应的点分别为　　　　(填字母)。 升高温度前达到平衡时 x(HI)=0.784,由“三段式”法知 x(H2)=0.108。升高温度,正、逆反应速率都增大, 但平衡正向移动,HI 的物质的量分数减小,H2 的物质的量分数增大,分析题图,反应重新达到平衡时,相应的点 分别是 A、E。 A、E 4. [2019 湖南长沙统考]一定温度下,密闭容器中进行反应:2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)　 ΔH<0。测得 v 正(SO2)随反应时间(t)的变化如图所示,其中在 t2 时改变了某个条件。下列有关说法正确的是 (　　) A.t1 时平衡常数 K1 小于 t3 时平衡常数 K2 B.t1 时平衡混合气的푀1大于 t3 时平衡混合气的푀2 C.t2 时改变的条件可能是升温或缩小容器体积 D.t1 时平衡混合气中 SO3 的体积分数等于 t3 时平衡混合气中 SO3 的体积分数 5.向绝热恒容密闭容器中通入 SO2 和 NO2,一定条件下使反应 SO2(g)+NO2(g) SO3(g)+NO(g)达到平衡,正反应速率随时间变化的示意图如图所示。 (1)由图可得出的正确结论是　　　　(填标号)。 A.反应在 c 点达到平衡状态 B.反应物浓度:a 点小于 b 点 C.反应物的总能量小于生成物的总能量 D.Δt1=Δt2 时,SO2 的转化率:a~b 段小于 b~c 段 (2)请补充完整该反应从开始到平衡这一过程的 v 正-t 示意图。 突破点 2　物质参数-时间图 1.浓度-时间图:如 A(g)+B(g) AB(g)的反应情况如图 1 所示。 2.含量-时间图,常见形式有以下几种(C%指某生成物的质量分数;B%指某反应物的质量分数)。 图 2 图 3 图 4 图 5 图 6 16 [α-t 图像][2019 湖南四校摸底调研联考]已知:2CH3COCH3(l) CH3COCH2COH(CH3)2(l)。 取等量 CH3COCH3 分别在 0 ℃和 20 ℃下反应,测得其转化率(α)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法 正确的是 A.曲线Ⅱ表示 20 ℃时的转化反应 B.升高温度能提高反应物的平衡转化率 C.在 a 点时,曲线Ⅰ和曲线Ⅱ表示反应的化学平衡常数相等 D.化学反应速率的大小顺序为 d>b>c 根据“先拐先平数值大”可知,曲线Ⅰ先达到平衡状态,因此曲线Ⅰ对应的温度较高,曲线Ⅰ表示 20℃时的转化 反应,A 项错误。曲线Ⅰ温度较高,但平衡转化率较低,故升高温度能降低反应物的平衡转化率,B 项错误。a 点 时,虽然曲线Ⅰ和曲线Ⅱ表示的 CH3COCH3 的转化率相等,但化学平衡常数仅与温度有关,它们对应的温度不同, 则平衡常数不相等,C 项错误。b 点处温度比 c 点处高且转化率相同,故 b 点处反应速率比 c 点处大。d 点处 比 b 点处转化率低,故 d 点处反应物浓度比 b 点处的大,d 点处反应速率比 b 点处大,故化学反应速率的大小 顺序为 d>b>c,D 项正确。 D 17 [c-t 图像][2018 湖北调研测试节选]如图 1 是反应 CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)　ΔH<0 中 CO 和 CO2 的浓度随时间变化的曲线。若 t4 时通过改变容器容积的方法将压强增大为原来的 2 倍,在图中 t4~t5 区间内画出 CO、CO2 浓度变化曲线,并标明物质(假设各物质状态均保持不变)。 图 1 图像中纵轴、横轴分别表示浓度和时间,该反应是气体分子数不变的放热反应,压强增大为原来的 2 倍, 容器容积缩小到原来的 1 2,则 CO 和 CO2 的浓度均增大到原来的 2 倍,平衡不移动,补充后的图像如图 2 所示。 图 2 见解析 解法点睛·应用实践 利用文字信息补充或设计图像 首先要看清纵轴、横轴表示的物理量,结合反应特点和平衡移动原理,根据题中变化量与反应速率、浓度、转 化率等物理量之间的变化关系,在图像中补充曲线,一定要注意“起点、拐点、变化趋势、终点”。 6. [n-t 图像][2019 河南郑州第一次质量预测]在容积为 2 L 的刚性密闭容器中加入 1 mol CO2 和 3 mol H2,发生反应 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。在其他条件不变的情况下,温度对反应的 影响如图所示(注:T1、T2 均大于 300 ℃)。下列说法正确的是 (　　) A.该反应在 T1 时的平衡常数比在 T2 时的小 B.处于 A 点的反应体系从 T1 变到 T2,达到平衡时 푛(CO2) 푛(CH3푂퐻)减小 C.T2 时,反应达到平衡时生成甲醇的反应速率 v(CH3OH)= 푛B 푡B mol·L-1·min-1 D.T1 时,若反应达到平衡后 CO2 的转化率为 α,则容器内的压强与起始压强之比为(2-α)∶2 突破点 3　物质参数-温度(压强)图 物质参数-温度(压强)图像的纵轴一般为物质的量浓度(c)或反应物的转化率(α),横轴为温度(T)或压强(p),常见 类型如图所示。 18[α-T(p)图像][2015 北京,26 节选,4 分]反应:2H2SO4(l) 2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g)　ΔH=+550 kJ·mol-1。 它由两步反应组成: ⅰ.H2SO4(l) SO3(g)+H2O(g)　ΔH=+177 kJ·mol-1; ⅱ.SO3(g)分解。 L(L1、L2)、X 可分别代表压强或温度。如图表示 L 一定时,ⅱ中 SO3(g)的平衡转化率随 X 的变化关系。 (1)X 代表的物理量是　　　　。 (2)判断 L1、L2 的大小关系,并简述理 由: 。 (1)根据盖斯定律得出2SO 3(g) 2SO2(g)+O2(g)　ΔH=+196kJ·mol-1,该反应是吸热反应,若X为温 度,当压强不变升高 温度时,SO3的平衡转化率升高,不符合题图中曲线的变化趋势;该反应为气体分子数增大的反应,若X 为压强, 当温度不变增大压强时,平衡向逆反应方向移动,SO3 的平衡转化率降低,符合题图中曲线的变化趋势,所以 X 为压强,L 为温度。(2)该反应为吸热反应,若压强不变升高温度,则 SO3 的平衡转化率升高,所以 L2>L1。 (1)压强　(2)L10) kJ·mol-1,1 mol N2和 3 mol H2反应达到平衡时 H2转化率为 10%,放出热量 Q1=0.1a kJ,当 2 mol NH3 分解为 N2 和 H2 的转化率为 10%时,吸收热量 Q2=0.1a kJ,故 Q1=Q2,D 项错误。 5.BD　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 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的平衡逆向移动,说明 该反应为放热反应,ΔH<0,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 O2 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)=a mol·L-1,则: 　　　　　　　　　　2NO　+　O2　　 　　　　2NO2 起始/(mol·L-1) a 5.0×10-4 0 转化/(mol·L-1) 0.5a 0.25a 0.5a 平衡/(mol·L-1) 0.5a 5.0×10-4-0.25a 0.5a K= (0.5푎)2 (0.5푎)2 × (5.0 × 10-4 - 0.25푎)= 1 5.0 × 10-4 - 0.25푎,当 0.25a=0 时,K=2 000,但 0.25a>0,所以 K>2 000,正确。 6.(除标明外,每空 2 分)(1)89.3(1 分)　(2)40%　3.56×104　BD (3)CD　 【 解 析 】 　 (1) 根 据 盖 斯 定 律 , 由 反 应 ①+ 反 应 ② 得 反 应 ③, 则 ΔH3=ΔH1+ΔH2=(100.3-11.0)kJ·mol-1=89.3kJ·mol-1。(2)设容器中起始加入 I2(g)和环戊烯的物质的量均为 a, 平衡时转化的环戊烯的物质的量为 x,由“三段式”法得: 　　　　 (g)　+　I2(g) (g)+2HI(g) 起始:　　a　　　　　a　　　0　　　0 转化:x　　 x　　x　　　2x 平衡:a-x　 a-x　　x　　　2x 根据平衡时总压强增加了 20%,且恒温恒容时,压强之比等于气体物质的量之比,得 푎 + 푎 (푎 - 푥) + (푎 - 푥) + 푥 + 2푥= 1 1.2,解 得 x=0.4a,则环戊烯的转化率为 0.4푎 푎 ×100%=40%,平衡时 (g)、I2(g)、 (g)、HI(g)的分压分别为 푝总 4 、 푝总 4 、 푝总 6 、 푝总 3 ,则 Kp= 푝总 6 × ( 푝总 3 )2 푝总 4 × 푝总 4 = 8 27p 总,根据 p 总=1.2×105Pa,可得 Kp= 8 27×1.2×105Pa≈3.56×104Pa。通入惰性气体,对 反应③的平衡无影响,A 项不符合题意;反应③为吸热反应,提高温度,平衡正向移动,可提高环戊烯的平衡转化 率,B 项符合题意;增加环戊烯浓度,能提高 I2(g)的平衡转化率,但环戊烯的平衡转化率降低,C 项不符合题意;增 加 I2(g)的浓度,能提高环戊烯的平衡转化率,D 项符合题意。(3)由相同时间内,环戊二烯浓度减小量越大,反应 速率越快可知,T1vb>vc, 结 合 沉 积 碳 的 生 成 速 率 方 程 v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5, 在 p(CH4) 相 同 时 , 随 着 p(CO2) 增 大 , 反 应 速 率 逐 渐 减 慢 , 即 可 判 断:pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)。 【解后反思】　本题难点在于第(2)题第①问 D 项的判断,涉及积碳反应、消碳反应的竞争:起始时积碳速率 大于消碳速率,若积碳速率增加倍数大于消碳速率增加倍数,则催化剂表面上的积碳量不断增加,曲线会随着 温度的升高而一直延长,不会出现拐点;若积碳速率增加倍数小于消碳速率增加倍数,即随着温度的升高,积碳 速率增大程度越来越小,消碳速率增大程度越来越大,当积碳速率等于消碳速率时,积碳量达到最大值,随后, 积碳量减小。本题关键是起始时积碳速率大于消碳速率,因为消碳反应中的碳是积碳反应的产物,没有积碳反 应就没有消碳反应。如果起始时两个反应的速率相等,则情况完全不同。 8.(1)大于(1 分)　(2)C(2 分)　(3)小于(1 分)　2.02(2 分)　COOH*+H*+H2O* COOH*+2H*+OH*(或 H2O* H*+OH*)(2 分)　(4)0.004 7(2 分)　b(1 分)　c(1 分)　a(1 分)　d(1 分) 【解析】　(1)由题给信息①可知,H2(g)+CoO(s) Co(s)+H2O(g)(i)　K1= 푐(H2푂) 푐(H2) = 1 - 0.0250 0.0250 =39,由题给信息②可 知,CO(g)+CoO(s) Co(s)+CO2(g)(ii)　K2= 푐(CO2) 푐(CO) = 1 - 0.0192 0.0192 ≈51.08。相同温度下,平衡常数越大,反应倾向越大, 故 CO 还原氧化钴的倾向大于 H2。(2)第(1)问和第(2)问的温度相同,利用盖斯定律,由(ii)-(i)得 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)　K= 퐾2 퐾1= 51.08 39 ≈1.31。设起始时CO(g)、H2O(g)的物质的量都为1mol,容器体积为1L,在721℃ 下,反应达平衡时 H2 的物质的量为 xmol。 　　CO(g)　+　H2O(g)　 　H2(g)　+　CO2(g) 起始:1mol　　　　1mol　　　　　0　　　　　0 转化:xmol　　　　xmol　　　　xmol　　　xmol 平衡:(1-x)mol　(1-x)molxmol　　xmol K= 푥2 (1 - 푥)2=1.31>1,由 푥2 (1 - 푥)2>1,可知 x>1-x,进而可得 푥 2>0.25,该反应可逆,所以 x<1,故 푥 2<0.5,则 0.25< 푥 2<0.5,即氢 气的物质的量分数介于 0.25 与 0.5 之间,故选 C。(3)观察起始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知, 终态物质相对能量低于始态物质相对能量,说明该反应是放热反应,ΔH 小于 0。过渡态物质相对能量与起始 态物质相对能量相差越大,活化能越大,由题图知,最大活化能 E 正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV,该步起始物质 为 COOH*+H*+H2O*, 产 物 为 COOH*+2H*+OH* 。 (4) 由 题 图 可 知 ,30~90min 内 푣(a)= (4.08 - 3.80) kPa 90min - 30min =0.0047kPa·min-1。水煤气变换中 CO 是反应物,H2 是产物,又该反应是放热反应,升高温度,平衡向左移动,重 新达到平衡时,H2 的压强减小,CO 的压强增大。故曲线 a 代表 489℃时푝H2随时间变化关系的曲线,曲线 d 代 表 489℃时 pCO 随时间变化关系的曲线,曲线 b 代表 467℃时푝H2随时间变化关系的曲线,曲线 c 代表 467℃ 时 pCO 随时间变化关系的曲线。 1.(1)4.5×10-4 mol·L-1·s-1　减小　温度一定,随着反应的进行,反应物浓度减小,化学反应速率减小 (2)K= (2.8 × 10-3)7 × (4.8 × 10-3)12 (8.0 × 10-4)8 × (6.0 × 10-4)6 (3)① 实验编号 温度/℃ c(NH3)初始/(mol·L-1) c(NO2)初始/(mol·L-1) 催化剂的比表面积/ (m2·g-1) Ⅰ Ⅱ 350 8.0×10-3 6.0×10-3 Ⅲ 8.0×10-3 6.0×10-3 ② 【 解 析 】 　 (1)0~3s 内 反 应 的 NO2 的 物 质 的 量 为 0.030mol×45.0%=0.0135mol, 则 v(NO2)= 0.0135mol 10L × 3s =4.5×10-4mol·L-1·s-1。3~6s 内 NO2 的转化率为 71.1%-45.0%=26.1%,相同时间内,0~3s 内 NO2 的转化率较 大,故 0~3s 内 NO2 的平均反应速率大于 3~6s 内 NO2 的平均反应速率,由此可知,温度相同时,随着反应的不 断进行,反应物浓度逐渐减小,反应速率减小。(2)由题表中数据可知,平衡时 NO2 的转化率为 80.0%,根据“三 段式”法可求出平衡时 NH3、NO2、N2和 H2O 的浓度分别为 8.0×10-4mol·L-1、6.0×10-4mol·L-1、2.8×10-3mol·L-1、 4.8×10-3mol·L-1,代入平衡常数的表达式得 K= (2.8 × 10-3)7 × (4.8 × 10-3)12 (8.0 × 10-4)8 × (6.0 × 10-4)6 。(3)①探究温度、催化剂的比表面积对化 学反应速率的影响规律时,根据控制单一变量原则,三组实验中 NH3、NO2 的初始浓度应相同,结合Ⅰ、Ⅲ中温 度不同,Ⅰ、Ⅱ中催化剂的比表面积不同,则Ⅰ、Ⅱ中应温度相同。②Ⅱ中催化剂的比表面积比Ⅰ中的小,达到平衡的 时间比Ⅰ的长;Ⅱ、Ⅲ中催化剂的比表面积相同,Ⅲ的反应温度较低,则达到平衡时用时最长;又由题意知,该反应 为放热反应,降低温度会使平衡正向移动,故平衡时Ⅲ中的 c(NO2)要比Ⅰ、Ⅱ中的 c(NO2)小。 2.(1)a、c(2 分)　(2)大于(1 分)　(3)小于(1 分)　tm 时生成物浓度较低(1 分)　(4) 4푦3 (푥 - 푦)2(mol·L-1)-1(2 分) 【解析】　(1)溶液的 pH 不再变化,即 OH-的浓度不再变化,所以平衡体系中各组分的浓度均不再变化,说明 反应达到平衡状态,a 项正确;当 v 正(I-) =2v 逆(AsO3-3 )或 v 逆(I-)=2v 正(AsO3-3 )时反应达到平衡状态,选项中的速率未指明是正反应速率还是逆反应速率, 故 b 项错误;反应达到平衡之前,c(AsO3-3 )逐渐减小而 c(AsO3-4 )逐渐增大,故 c(AsO3-4 )/c(AsO3-3 )逐渐增大,当 c(As O3-4 )/c(AsO3-3 )不变时反应达到平衡状态,c 项正确;根据离子方程式可知反应体系中恒有c(I-)=2c(AsO3-4 ),观察题 图可知反应达到平衡时 c(AsO3-4 )=ymol·L-1,此时 c(I-)=2ymol·L-1,故 d 项错误。(2)tm 时反应未达到平衡状态,所 以 v 正大于 v 逆。(3)从tm 到 tn,反应逐渐趋于平衡状态,反应物浓度逐渐减小而生成物浓度逐渐增大,所以正反 应 速 率 逐 渐 减 小 , 逆 反 应 速 率 逐 渐 增 大 , 故 tm 时 v 逆 小 于 tn 时 v 逆 。 (4) 根 据 题 意 , 起 始 时 c(AsO3-3 )=c(I2)=xmol·L-1 。 根 据 题 图 可 知 平 衡 时 c(AsO3-4 )=ymol·L-1, 则 此 时 c(I-)=2ymol·L-1,c(AsO3-3 )=c(I2)=(x-y)mol·L-1,平衡时溶液的 pH=14,则 c(OH-)=1mol·L-1,故该反应的平衡常数 K= 푐(AsO3-4 )·푐2(I-) 푐(AsO3-3 )·푐(I2)·푐2(푂H-)= 4푦3 (푥 - 푦)2(mol·L-1)-1。 3.温度升高,反应速率加快,达到平衡所需的时间缩短(或其他合理答案)(2 分) 【解析】　从速率角度和平衡角度进行解释,随着温度的升高,反应速率加快,达到平衡所需的时间缩短,所以 曲线 b 向曲线 a 趋近。 4.D　该反应是气体分子数减小的放热反应,由题图知,t2 时改变条件后正反应速率瞬间增大,之后逐渐减小, 即平衡正向移动,则 t2 时改变的条件不可能是温度,温度不变,平衡常数不变,故 A、C 项错误。由题图知,t3 和 t1 时达到的平衡是等效平衡,则 t1 时平衡混合气的푀1等于 t3 时平衡混合气的푀2,t1 时平衡混合气中 SO3 的体 积分数等于 t3 时平衡混合气中 SO3 的体积分数,B 项错误、D 项正确。 5.(1)D　(2)见解析 【解析】　(1)A 项,c 点 v 正最大,但不一定达到平衡状态,错误;B 项,a 点反应物的浓度大于 b 点反应物的浓度, 错误;C 项,从 a 点到 c 点反应速率逐渐增大,c 点之后正反应速率减小,说明反应刚开始时温度升高对正反应 速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响,说明该反应为放热反应,即反应物的总能量大于生成物的总 能量,错误;D 项,由于 b~c 段 v 正大于 a~b 段 v 正,故 b~c 段 SO2 的转化率大于 a~b 段 SO2 的转化率,正确。 (2)如图所示。 6.D　由题图可知,其他条件不变,温度为 T2 时反应先达到平衡,则 T2>T1,又因 T2 时反应达到平衡时生成的 CH3OH 的物质的量少,说明升高温度,平衡向逆反应方向移动,故该反应为放热反应,则 T1时的平衡常数比 T2 时的大,A 项错误;处于 A 点的反应体系从 T1 变到 T2,即升高温度,平衡左移,则 푛(CO2) 푛(CH3푂퐻)增大,B 项错误;T2 时,反 应达到平衡时生成甲醇的反应速率为 푛B 2푡B mol·L-1·min-1,C 项错误;T1 时,若反应达到平衡后 CO2 的转化率为 α, 则: 　　　　　　CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) 起始/mol 　1 　 3 0 0 转化/mol 　α 　3α α α 平衡/mol 1-α 3-3αα α 根 据 恒 温 恒 容 条 件 下 气 体 的 压 强 之 比 等 于 其 物 质 的 量 之 比 , 则 平 衡 时 压 强 与 起 始 压 强 之 比 为 (1-α+3-3α+α+α)∶(1+3)=(2-α)∶2,D 项正确。 7.如图　反应的正反应是气体分子数减小的反应,压强增大,平衡正向移动,αHCl 增大 【解析】　由题图知温度升高,αHCl 减小,该反应的正反应为放热反应。正反应为气体分子数减小的反应,相同 温度下,增大压强,平衡向气体分子数减小的方向(即正反应方向)移动,αHCl增大;且因正反应为放热反应,故αHCl 仍随温度 T 的升高而降低,且相同温度下 αHCl 比之前实验的大。 8.2H2S 2H2+S2 【解析】　题图中纵轴表示各组分的体积分数,体积分数减小的是反应物 H2S,体积分数增大的是生成物。 1100℃时,H2S 的体积分数为 70%,此时生成的两种单质的体积分数分别为 20%、10%,若将硫写为“S”,则与 氢气的体积分数应该相等;若将硫写为双原子分子“S2”,则氢气的体积分数为“S2”的两倍,故 H2S 分解反应的化 学方程式为 2H2S 2H2+S2。 【易错警示】　部分考生无视图中隐藏的定量信息,想当然地把 H 2S 分解的化学方程式写为 H2S H2+S 而失分。