人教版化学选修四第二章分课时学案答案及解析

《选修四第二章第一节化学反应速率》导学案（第1课时）

【点击试题】例1、解：N2+ 3H2 2NH3

起始量（mol）： 1 3 0

2s末量（mol）：1-0.2 3-0.6 0.4

变化量（mol）：0.2 0.6 0.4

则VN2==0.2/2×2==0.05mol/（L·s）VH2==0.6/2×2==0.15 mol/（L·s）

VNH3==0.4/2×2==0.1mol/（L·s）

例2、

解：前5min：v(A)= (10 mol/L—4mol/L)/(2L×5min)=0.6 mol.L—1.min—1

后5min：v(A)= (4 mol/L—1mol/L)/(2L×5min)=0.3 mol.L—1.min—1

10min内：v(A)= (10 mol/L—1mol/L)/(2L×5min)=0.9 mol.L—1.min—1

思考：上述计算题的结果，你会得出什么结论？

[板书]2、在同一个反应中，各物质的反应速率之比等于方程式中的系数比。

[点击试题]例2、解析：解决此题应注意将四种情况下的反应速率换算成同一种物质并统一单位来比较。选B。

知识点一化学反应速率的概念

1．答案 C

解析化学反应速率用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示；化学反应速率是表示某一时间段内的平均速率而不是瞬时速率。

2．答案 A

解析反应速率不是瞬时速率，要计算反应速率，关键要抓住Δt时间段对应的Δc的量。

知识点二化学反应速率与化学计量数的关系

3．答案 B

解析固体A不具有浓度概念，该物质的反应不能用mol·L－1·min－1的单位来表示。

4．答案 C

解析A的起始量为2 mol，转化50%即转化1 mol，根据反应关系知B转化1.5 mol，C生成1 mol，又因为v(D)＝0.25 mol·L－1·s－1，可计算出2 s时D的生成量为0.25 mol·L－1·s－

1×2L×2 s＝1 mol，故知z＝2，B错；v(C)＝v(D)＝v(A)＝0.25 mol·L－1·s－1，故A错；B的转化率为1.5

2×100%＝75%，C正确；反应达2 s时，容器内总物质的量为n A＋n B＋n C＋n D＝1 mol＋0.5 mol＋1 mol＋1 mol＝3.5 mol。故反应前后的容器中气体总物质的量之比为4∶

3.5，压强比为4∶3.5，D错。

5．答案 D

【课后作业】

1．答案 D

解析 NH 3的浓度增加了0.6 mol·L －1，H 2的浓度减少了0.9 mol·L －

1，根据v ＝Δc Δt ，v (H 2)＝

Δc (H 2)Δt ，Δt ＝Δc (H 2)

v (H 2)

＝＝2 s 。

2．答案 C 3．答案 C

解析 v (NO)＝

＝0.002 mol·L －

1·s －

1，B 项错；

则v (H 2O)＝v (NO)×64＝0.002 mol·L －1·s －1×6

4

＝0.003 mol·L －1·s －1，C 项正确；

v (NH 3)＝v (NO)＝0.002 mol·L －1·s －1，D 项错； v (O 2)＝v (NO)×54＝0.002 mol·L －1·s －1×5

4

＝0.002 5 mol·L －1·s －1，A 项错。

4．答案 D

解析 v (I)＝0.01 mol·L －1·min －1，Δt ＝5 min ，V ＝2L 。 则n (I)＝0.01 mol·L －1·min －1×2L ×5 min ＝0.1 mol ， n (W)＝0.2 mol ，故n (I)∶n (W)＝n ∶2，n ＝1。 5．答案 D

解析 比较：必须统一标准。换算成同一物质进行比较是关键，本题首先需要统一单位。 差量分析法 6．答案 C

解析 3 min 后压强是起始时的0.9倍，则气体总物质的量是起始时的0.9倍，则反应后的混合物的物质的量为(1 mol ＋3 mol)×0.9＝3.6 mol ，Δn ＝0.4 mol ，根据反应式知生成NH 3 0.4 mol ，推算

出消耗H 2 0.6 mol ，故v (H 2)＝

＝0.1 mol·L －

1·min －

1。

图象分析法

7.答案 C

解析 分析图象，关键是看变化量和走势，从走势分析X 、Y 是反应物，Z 是生成物，初步分析它们的变化量分别为Δn (X)＝1.20 mol －0.41 mol ＝0.79 mol ，Δn (Y)＝1.0 mol －0.21 mol ＝0.79 mol ，Δn (Z)＝1.58 mol ，首先确定该反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)===2Z(g)。据选项要求分别计算出

v (Z)＝＝0.079 mol·L －

1·s －

1；Δc (X)＝

＝0.395 mol·L －

1；α(Y)＝

0.79 mol

1.00 mol

×100%＝79%，只有C 选项正确。

8．答案 (1)4A ＋2B===3C

(2)v (C)＝6V ·t 1

mol·L －1·min －

1

解析 观察图象中曲线的走势确定反应物、生成物，根据量变确定各物质的计量数之比，再

根据时间变化和容器的体积可计算各物质的反应速率。

9.答案(1)化学反应的快慢既可以用反应物的消耗速率表示，又可以用生成物的生成速率表示，所以金属的腐蚀速率可以用其氧化物的生成速率来表示

(2)直线抛物线

(3)Ni据(2)可知y′随时间t的增加比y随时间t的增加缓慢，故Ni的耐腐蚀性比Mg好

《选修四第二章第二节影响化学反应速率的因素》导学案（第1课时）【对点练习】1．答案 D

解析活化分子间的碰撞并不都是有效碰撞，只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，活化分子具有的平均能量与普通分子具有的平均能量之差才叫活化能；单位体积内活化分子总数越多，有效碰撞机会越多，反应速率才越快，A、B、C三项均错。

2．答案 D

解析当反应中一种反应物相同时，反应速率的快慢取决于另一种反应物的浓度而不是用量，四个装置中所用的酸虽不同，但都是由c(H＋)的大小决定反应的快慢。

3．答案 D

解析增大浓度加快反应速率，而增加反应物用量不等于增大反应物浓度。D项加入KMnO4晶体后，KMnO4晶体被溶解，溶液的浓度一定比原KMnO4溶液浓度大。

4．答案 C

解析对于气体反应，增大压强，反应速率加快，增加固体物质的用量，对反应速率无影响，充入与反应无关的气体，不会增加反应物浓度，故不会加快反应速率。

5．答案 C

解析只要反应中无气体物质参加或生成，改变压强均不能改变化学反应速率。

【课后作业】1．答案 C

解析增大反应物浓度、增大气体反应物的压强都会使单位体积内活化分子数增加，但由于反应物分子的平均能量和发生反应所需能量(即活化能)都未发生变化，所以活化分子的百分数并未改变。改变条件使化学反应速率增大，主要靠增加活化分子的百分数或增加单位体积内活化分子的总数，从而增加有效碰撞次数，C项正确；对于本来不能发生的化学反应，即使改变条件，化学反应也不能发生。

2．答案 C

解析内因是决定化学反应速率的主要因素，四个选项中钠最活泼，与相同浓度的酸反应时速率最快。

3．答案 B

解析18.4 mol·L－1的硫酸为浓硫酸，常温下，遇铁发生钝化；2 mol·L－1的硫酸中c(H＋)＝4 mol·L－1，浓度最大，反应最快。

4．答案 B

解析增大反应物浓度，可使化学反应速率加快，而②中增加盐酸用量不等于增加盐酸浓度；对于固体反应物而言，无浓度概念，要想使反应加快，可通过改变表面积来实现，与用量无关，

粉末状固体物质比块状固体物质反应速率快，①⑤项符合题意。

5．答案 B

解析对于有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快。

6．答案 C

解析锌与硫酸溶液反应的离子方程式为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，要减缓反应速率又不影响生成氢气的量，就是要降低H＋的浓度而不改变H＋的物质的量。加入碳酸钠固体消耗了H＋；加入盐酸溶液增加了H＋；加入硫酸钾溶液既不改变H＋的物质的量，又稀释了硫酸溶液，其效果与加入水相同；加少量锌不影响反应速率也不改变H2产生的量。

7．答案 A

解析增加固体Fe的量不能改变其浓度，对反应速率不产生影响；将容器的容积缩小一半时，反应体系中的H2O(g)、H2的浓度将增大，反应速率加快；当向容器中充入反应物H2O(g)，保持反应容器的容积不变时，H2O(g)的浓度增大，反应速率加快；保持压强不变，充入N2，只能扩大容积，这时H2O(g)、H2的浓度减小，反应速率减慢。

8．答案 A

解析①中c(A)＝c(B)＝＝0.5 mol·L－1

②中c(A)＝c(B)＝＝1 mol·L－1

③中c(A)＝c(B)＝＝0.05 mol·L－1

④中c(A)＝c(B)＝＝0.25 mol·L－1

在其他条件一定的情况下，浓度越大，反应速率越快，则反应速率由大到小的顺序为②>①>④>③。

9．答案 C

解析前20 s内的化学反应速率v(N2O4)＝＝0.002 mol·L－1·s－1,20 s 后，c(N2O4)减小，反应速率减小，即v(N2O4)<0.002 mol·L－1·s－1，若还按0.002 mol·L－1·s－1计算，则

Δt＝Δc

v(N2O4)＝＝12 s，故应大于12 s。

10．答案(1)减慢(2)加快(3)不变(4)减慢

解析(1)其它条件不变时，增大容器体积相当于减小了反应物浓度，反应速率减慢。

(2)充入N2，增大了反应物浓度，反应速率加快。

(3)容积不变，充入与反应无关的稀有气体He，虽然总压强增大了，但由于容积不变，反应物

浓度没变，故反应速率没变。

(4)当保持压强不变充入He时，实际上相当于容器中反应物浓度减小，反应速率减慢。

11．答案(1)D(2)小于

《选修四第二章第二节影响化学反应速率的因素》导学案（第2课时）

【基础知识巩固】1．温度对反应速率的影响

(1)影响

其他条件相同时，升高温度，反应速率加快；降低温度，反应速率减慢。

(2)原因

其他条件相同时，升高温度，提高了活化分子的百分数和较高能量的分子间的碰撞频率，使分子间有效碰撞的几率提高，反应速率增大。

2．催化剂对反应速率的影响

(1)影响：使用催化剂可加快反应速率。

(2)原因：催化剂改变了反应的路径，降低了反应所需的活化能，提高了反应体系中活化分子的百分数，使有效碰撞的几率提高，反应速率加快。

(3)根据图象填空。

如图所示，使用催化剂使反应速率加快

其中途径Ⅰ表示没使用催化剂。途径Ⅱ表示使用了催化剂。使用了催化剂，反应的活化能降低。

图中E1、E2都是该反应的活化能，但E2

【对点练习】知识点一温度对化学反应速率的影响

1．答案 A

解析温度由10℃升高到30℃时，反应速率提高到原来的32倍，设当提高到30℃时，完成反应的10%需要的时间为t min，则32t＝81 min，故t＝9 min。

2．答案第3组实验先出现浑浊。

解析反应物的浓度越大，反应温度越高，反应速率越快。由编号1和3可以看出，两种反

应物的浓度相同，但编号3的温度高于1，故编号3先出现浑浊。再将编号3和2比较，3的浓度、温度均比2高，故最先出现浑浊的应为第3组。

3．答案 B

4．答案 C

解析由题目信息可知，NaClO2在酸性溶液中生成亚氯酸，生成的亚氯酸在

刚加入硫酸时反应缓慢，随后突然反应加快，这说明分解生成的产物中的某种物质

起了催化剂的作用，故正确答案为C。

【课后作业】

1．答案 A

解析升高温度可以增加单位体积内的活化分子百分数；增大压强和增大浓度均不能增加活

化分子百分数。

2．答案 D

解析对于化学反应速率影响程度最大的是催化剂，其次为温度，然后才是浓度和压强，故

此类问题首先按次序找出影响程度较大的选项，同等情况下，再看浓度或压强的相对大小。C、D 中反应速率大于A、B，而D选项中c(H2SO4)大于C项中c(H2SO4)，故答案为D。

3.答案 C

b→b→c→d，然后根据表中所列条件判断。

4．答案 B

解析限制同一条件，比较不同条件下的反应速率，依次得出结论。

5．答案时间A与二氧化锰催化效果的对照研究

解析根据题意，此实验的目的是为了对照MnO2和A的催化能力，而催化能力的高低可以用单位时间内产生的气体的量，或者产生一定量气体需要的时间来表示。现在题目指明“以收集满500 mL氧气为准”，因此在实验报告中应记录产生这些气体需要的时间。本次实验的主要目的在于比较，比较的是催化剂的效果，在拟定实验报告标题的时候注意给出这两个题目要点就可以了。

6．答案(1)CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu，Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑(2)CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu－Zn微电池，加快了氢气产生的速率(3)Ag2SO4

(4)升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等(答两种即可)(5)①3010

17.5②灰黑暗红

③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积

解析(1)在稀硫酸中加入硫酸铜后发生了两个反应：CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu、Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑。(2)由于Zn与反应生成的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应速率。(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应速率，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应速率，还可以采取如下措施：升高温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等。(5)因为要研究硫酸铜的量对反应速率的影响，故应保持硫酸的浓度在各组实验中相同，则硫酸溶液的体积均取30 mL，根据F中增加的水与硫酸铜溶液的体积之和为20 mL，可以求得各组实验中加入水的体积分别为V7＝20 mL，V8＝19.5 mL，V9＝17.5 mL，V10＝15 mL。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，则显示出了铜晶体的颜色：暗红色。由于析出的铜的量较多，会覆盖在锌的表面，使得锌与稀硫酸的接触面积大大减小，故反应速率反而会减慢了。

7．答案(1)研究反应物I－与S2O2－8的浓度对反应速率的影响(2)29.3 s(3)A

(4)反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)

解析由①和②知：c(I－)由0.040 mol·L－1―→0.080 mol·L－1，t由88.0 s―→44.0 s

由①和⑤知，c(I－)由0.040 mol·L－1―→0.120 mol·L－1，t由88.0 s―→88.0

s＝29.3

3

s

温度越高，化学反应速率越快，而由20℃→40℃，显色时间t2应该比22.0 s短，所以选A。→40℃，显色时间t2应该比22.0 s短，所以选A。

《选修四第二章第三节化学平衡》导学案（第1课时）

学习时间2011 —2012学年下学期周

【典例解悟】例1 BD

例2、AC

例3、AB

【对点练习】

1．答案 A

解析 可逆反应中，反应体系中各物质一定共存，如果B 、C 选项中的数据存在，则Z 的浓度为0，这是不可能的，A 选项符合题意；又因为该反应是总体积不变的反应，达到平衡时，不论X 2、Y 2、Z 怎么变化，总物质的量不会改变，总浓度也不会改变，即：c (X 2)＋c (Y 2)＋c (Z)＝0.6 mol·L

－1。

2．答案 C

3． 答案 D

解析 断裂反应物的化学键和形成生成物的化学键都表示正反应，断裂生成物的化学键和形成反应物的化学键都表示逆反应，只要抓住反应方向相反和物质的生成和消耗量符合反应方程式，问题便可解决。

4．答案 C

解析 该反应为体积不变的反应，总分子数不变、压强不变不证明平衡已建立，H 2、I 2都是生成物且计量数相等，二者浓度相等也不能证明平衡已建立。

5．答案 D

解析 该反应为物质的量改变的反应，在定容容器中，建立平衡的过程会有压强的改变、总分子数的改变、颜色的改变，一旦这些可变量不变了，则证明平衡建立了，而总质量在任何情况下都不发生变化。 【课后作业】 １． AC 2. B 3. BC 4. A 5．答案 B

解析 平衡建立时，反应速率不为0。 6答案 D

解析 该反应是可逆反应，正反应、逆反应同时存在；化学平衡是动态平衡，正反应发生时，

18O

存在于SO 3中，逆反应发生时，SO 3中的18O 又可以转化到SO 2中。 7．答案 A

解析 可逆反应不可能进行到底。当生成2 mol NH 3时，N 2和H 2的物质的量均为0，这种情况不可能出现。 8．

答案 B

解析 化学平衡建立时，v 正＝v 逆，对于不同物质而言，要符合物质的反应速率之比等于化学计量数之比的要求。同时必须要使反应方向不同，A 、C 选项方向都是正反应；B 选项方向相反且符合v 正(A)∶v 逆(B)＝a ∶b ，符合题意，D 选项错误。 9．答案 A

解析 反应体系中A 是固体，随反应的进行，气体的总质量增加，因为ρ＝m

V ，当体积不变时，

密度逐渐变大，但达到平衡后，m 不再变化，ρ也就不再变化，A 选项符合题意。其它选项均不符

合。如将A的状态改为气态，则选项变为B、C。

《选修四第二章第三节化学平衡》导学案（第2课时）

课后练习:

1.2. B、5. C 9. B 5.6．答案 B

解析 2 mol A和1 mol B如果完全反应，则一定能转化成3 mol C和1 mol D，或者说3 mol C 和1 mol D与2 mol A和1 mol B对于建立该平衡来说是等同的，量多、量少均不符合此条件。

7．答案(1)如下图所示。

(2)①动态平衡；②v(正)＝v(逆)≠0；③平衡时各组分浓度保持不变；④一定条件下平衡的建

8．答案(1)a

V mol·L－1b

V mol·L－10v正v逆

(2)减小减小增大减小增大

(3)相等保持不变

9．答案0.5 mol

解析根据反应的化学方程式知，v(A)∶v(B)∶v(C)＝1∶2∶2，则c(A)∶c(B)∶c(C)＝1∶2∶2，此时可判断c(B)＝c(C)，因为此反应中B的消耗量等于C的生成量，又等于B的剩余量，则B消耗了原来的一半，即1 mol，同时A消耗了0.5 mol。

《选修四第二章第三节化学平衡》导学案（第3课时）【对点练习】1．答案 C

解析碳酸的酸性弱于盐酸而强于次氯酸，向氯水中投入少量碳酸钙粉末后，它与盐酸反应，而不与次氯酸反应。又由于H＋浓度减小，平衡Cl2＋H2O H＋＋Cl－＋HClO向正反应方向移动，

故HClO浓度增大。

2．答案 B

解析题意中明确指出“尤其是在寒冷季节易诱发关节疼痛”，说明温度降低，反应②Ur－(aq)＋Na＋(aq)NaUr(s)的平衡向正反应方向移动，可知其正反应为放热反应。

3．答案 A

解析两反应的温度不同，后者为绝热条件，相对于前者相当于升高了温度，Br2的转化率减小。

4．答案 C

解析Y是固体，增加Y不影响平衡。

5．答案 B

6．答案 B

解析降低温度虽然能提高NO的转化率，但也降低了反应速率，D选项同时采取了降温和增压措施，对提高NO的转化率是一致的，但对加快反应速率是矛盾的，故D项不能保证满足题中条件。

【课后作业】1．答案 C

解析减小压强，体系中各组分浓度都减小，所以正、逆反应速率都减小，平衡向气体体积增大的方向移动。

2．答案 B

解析在平衡体系中，增大某一反应物的浓度，该反应物的转化率降低，对于有气体参加的反应，只要增大压强，各组分浓度同时增大，而减小压强，各组分浓度同时减小。

3．答案 C

解析C项达到平衡态Ⅰ后，减小反应物浓度，正反应速率减小，逆反应速率在那一瞬间不变，图象应为：

4．答案 B

解析要提高COCl2的转化率，平衡需正向移动。已知可逆反应的正反应是一个气体化学计量数之和增大、吸热的反应。故①升温符合。②恒容通入惰性气体平衡不移动，不符合要求。③增加CO的浓度，平衡逆向移动。④减压平衡正向移动。⑤催化剂不影响化学平衡。⑥恒压下通入惰性气体相当于减压，平衡正移，故正确答案为B。

5．答案 C

解析升温，c(Y)增大，平衡右移，所以，Q>0，B、D错误；气体体积增大，若平衡不动，c(Y)应减小为一半，现c(Y)比一半大，即减压平衡向右移动，m

6．答案 A

解析升温，无论是正反应，还是逆反应，速率均加快，A项错；催化剂可以加快化学反应速率，B项正确；达到平衡后，各组分的速率保持不变，C项正确；由于CO和CO2的计量系数相等，故当两者同时消耗的量相等时，反应即达到平衡，D项正确。

7．答案 C

解析在相同体积和温度的条件下，甲、乙两容器是等效体系，平衡时两容器中各组分的浓度相同；若提高相同的温度，甲、乙两体系平衡移动的情况相同；若向甲中加入一定量的He，平衡不移动；若向甲中加0.1 mol H2和向乙中加0.1 mol I2，甲、乙两体系平衡移动的效果相同；而降低甲的温度会使平衡向正向移动，c(HI)提高。

8．答案 D

解析此题可采用一般规范解法或巧解法。

①常规解法：

因为反应开始和达到平衡状态时，温度和体积不变，所以气体物质的量浓度可当作它的物质的量或体积(升)来进行计算。

4X(气)＋3Y(气)2Q(气)＋n R(气)

起始 3 2 0 0

变化3×1

33

4

1

2

n

4

平衡 2 1.25 0.5 0.25n

根据阿伏加德罗定律，压强增加为原来的1.05倍(即比原来增加5%)，气体的物质的量也增加为原来的1.05倍。则有：2＋1.25＋0.5＋0.25n＝(3＋2)×1.05解得：n＝6。

②巧解法：

依题意，反应开始和达到平衡时，容器的体积和温度不变，混合气体的压强增大了，这说明平衡状态时，混合气体的总物质的量较反应前增大了，因此在上述方程式中，各生成物系数之和应大于各反应物系数之和。即(2＋n)>(4＋3)，n>5，从题中选项看，只有D符合上述关系。

9．答案(1)放＞(2)增大(3)增大减小

(4)减小(5)不变(6)变深变浅

解析升高温度，B的转化率增大，说明正反应吸热，则逆反应放热；减小压强，C的质量分数减小，则说明平衡左移，则m＋n>p。据此可对以下诸问题作出分析。

10．答案(1)5 mol·L－10.5 mol·L－1(2)减小增大

解析(1)列式并设如下：平衡时NH3的浓度为x，I2的浓度为y。

NH4I(s)NH3(g)＋HI(g)

x x－2y

2HI(g)H2(g)＋I2(g)

2y y y

则有：y＝0.5 mol·L－1＝c(H2)＝c(I2)

x－2y＝c(HI)＝4 mol·L－1

得x＝5 mol·L－1

(2)增大压强，平衡向化学计量数小的方向移动，反应①平衡向逆反应方向移动使得反应②平衡也向逆反应方向移动，故n(I2)减小，n(NH4I)增大。

《选修四第二章第三节化学平衡》导学案（第4课时）

1.（1）温度

（2）进行程度越大越小

(2) ＜＝＞

3.吸热反应放热反应

二、【典例解悟】

例1

．

例2、

例

3

、

％％＝％＝②、201005

1

100??=

起变B B B n n αL mol

L

mol

n C A A 75.043V ＝＝③、平=

1．答案 D

解析 平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，但固体浓度视为1，不写入平衡常数计算式中。 2．答案 A

解析 大量实验证明，化学平衡常数决定于两个方面的因素：化学反应的本身和反应体系的温度，与起始浓度等其他外界条件没有任何关系。

3．

答案 A

解析 Q ＝0.2

(0.7)2

＝0.408

Q v 逆。 4．答案 C

解析 升高温度，该平衡左移，c 2(CO)>c 1(CO)，K 1>K 2，因为K 只与温度有关，与浓度无关，则增大CO 浓度不会影响K 1、K 2。

【课后作业】 1．答案 C

解析 K ＝c (CO 2)

c (CO )·c 1

2

(O 2)

，K ′＝c 2(CO )·c (O 2)c 2(CO 2)

，所以K ′＝1

K 2。

2．答案 A

解析 温度升高时，对于放热反应，K 将减小，对于吸热反应，K 才增大，因为K 只与温度有关，而平衡移动的方向还与其他多种因素有关，也就是说当平衡右移时，K 值不一定增大。

3．答案 B

解析 气体体积缩小到原来的1

2

，相当于加压，若平衡不移动，各物质的浓度应为原来的2倍。

%80%1008.0%100=?=?=

n

n

n n B 起变α

2

1

21

n n P P =：⑴、恒温恒容时2

1

21 n n V V =

：⑵、恒温恒压时总

总

n m M =

⑶、总

总

V m =

ρ ⑷、

现在C 的浓度为原来的1.9倍，说明平衡向逆反应方向移动，A 的转化率减小，C 的体积分数减小。根据勒夏特列原理，m ＋n

4．答案 A

解析 要判断NO 、H 2O 、CO 2这三个化合物分解放氧的倾向，则必须求出各个分解放氧反应的平衡常数，然后比较大小即可。由计算可知：

①2NO(g) N 2(g)＋O 2(g)，K ＝1×1030 ②2H 2O(g) 2H 2(g)＋O 2(g)，K ＝5×10－82 ③2CO 2(g) 2CO(g)＋O 2(g)，K ＝4×10－92

平衡常数越大，表示反应进行得越彻底，因此反应①即NO 分解放氧的倾向最大。

5．答案 (1)K ＝c 2(CrO 2－4)·

c 2(H ＋

)c (Cr 2O 2－

7)

(2)K ＝c (CO )·c (H 2)c (H 2O )

(3)K ＝c (CO 2)·c (H 2)

c (CO )·c (H 2O )

6．答案 ①K ＝7.32×10－3

②c (N 2)＝5 mol·L －1 c (H 2)＝15 mol·L －

1

解析 K ＝c 2(NH 3)c (N 2)·c 3(H 2)＝42

3×93

＝7.3×10－3 N 2 ＋ 3H 2

2NH 3

起始 x y 0 平衡 3 mol·L －1 9 mol·L －1 4 mol·L －1 Δc x －3 mol y －9 mol·L －1 4 mol·L －1 x －34＝1

2

x ＝5 mol·L －1 y －94＝3

2

y ＝15 mol·L －1 7．答案 (1)小于 (2)①逆反应 ②x <3.0

解析 (1)对于放热反应，升高温度，平衡左移，K 值变小。

(2)Q ＝c (H 2)·c (CO 2)c (CO )·c (H 2O )＝5.0V

×

1.0V 1.0V ×3.0V

＝5.03.0

>1

此时，v 逆>v 正，平衡向逆反应方向移动，Q v 逆，根据上式，当x <3.0时，Q

1 (2)α(CO)＝50% (3)K ＝0.17

解析 2H 2(g) ＋ CO(g) CH 3OH(g) c (始) 10 mol·L －1 4 mol·L －1 0 Δc 2x x x c (平) 10－2x 4－x x x ＝2 mol·L －1，则Δc (H 2)＝4 mol·L －1

则v(H2)＝Δc(H2)

Δt

＝＝0.8 mol·L－1·min－1α(CO)＝×100%＝50%

K＝2

62×2

＝0.17。

9．案(1)K＝c2(NH3)

c(N2)·c3(H2)增大减小增大(2)①0.005 mol·L－1·min－1②A

③20～25 min 35～40 min

(0.15)2

0.125×(0.075)3

45.5%

④移走0.1 mol NH3等于

查漏知识点：主要错题

《选修四第二章第二节影响化学反应速率的因素》导学案（第5课时）一、浓度 - 时间图：

例1：

A+2B3C

2)A的转化率=33.3% ；B的转化率=66.7%

练习1：1)5A 3B+2C

2)A的转化率=62.5%

二、

1）增大反应物浓度正

2）减小生成物浓度逆

二、速度-时间图：

例3．正吸

例4逆

三、吸<

放=

例5:< 吸

练习: <；> ； >；放

⑵

四、放>放 <

吸 > 吸 =

五、吸吸

放<

【对点练习】1．

答案 C

解析找准平衡点，即两曲线交叉点，然后条件改变后，根据v正与v逆的关系确定平衡移动的方向，得出结论。

2．答案 A

3．答案 B

4.答案 D

解析由图象知：c(I－3)随温度升高而减小，故该可逆反应的正反应为放热反应，

ΔH<0，A正确；升高温度，可逆反应逆向移动，反应的化学平衡常数减小，即K1>K2，B正确；反应进行到状态D时，c(I－3)v逆，C正确；状态A―→状态B，c(I－3)减小，化学平衡逆向移动，c(I2)增大，即状态B的c(I2)大，D

【课后作业】

1．答案 D

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，反应相同的时间。那么则有两种可能，一是已达到平衡状态，二是还没有达到平衡状态，仍然在向正反应方向进行。假若，5个容器在反应相同的时间下，均已达到平衡，因为该反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，NO2的百分含量随温度升高而升高，所以②正确；假若，5个容器中有未达到平衡状态的，那么温度越高，反应速率越大，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④中，图中的转折点为平衡状态，转折点左侧为未平衡状态，右侧为平衡状态，④正确。

2．答案 C

解析对于放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，K值减小，CO的转化率降低，A、B错误；温度不变，K值不变，C正确；增加N2的量，平衡向逆反应方向移动，NO的转化率降低，D错误。

3.答案 A

解析降温后v′正>v′逆，平衡向正反应方向移动，证明正反应放热，加压后v″正>v″逆，平衡向正反应方向移动，正反应体积减小，D不可能是气体。

4.答案 C

解析根据图象，在压强不变的情况下，例如1 000 kPa时，随着温度的升高，Z的体积分数增大，即随着温度的升高，平衡向正反应方向移动，所以，正反应为吸热反应，ΔH>0，逆反应为放热反应，ΔH<0，所以A、D错误；同样，在温度不变的情况下，从1 000

kPa→100 kPa→10 kPa,随着压强的减小，Z的体积分数增大，即随着压强的减小，平衡向正反应方向移动，正反应为气体体积增大的反应，所以C正确。

5.答案 A

解析此题是两个条件同时对化学平衡产生影响的图象。先固定一个条件不变，分析另一个条件变化对平衡的影响，得出一个结论，然后再固定这个条件不变，分析另一条件变化对平衡的影响。温度不变，压强越大，A的转化率越高，得出：m＋n>p＋q；压强不变，温度越高，A的转

化率越大，得出：正反应吸热。

6．答案 B

解析由图象可知M的体积分数随着温度升高而减小，因此正反应是吸热反应。催化剂只能改变反应达到平衡所需的时间，而对化学平衡移动无影响。升高温度平衡正向移动，因此Q的体积分数增加。比较两图可知同温时增加压强，化学平衡逆向移动，Q的体积分数减小。同温同压时增加z，平衡时Q的体积分数不一定减小，因为N的物质的量增加不定，因此A、C、D选项错误，只有B正确。

7.答案(1)n(2)＞＞(3)①增大②不变

解析(1)反应过程中体系中各物质的变化量与方程式中各物质的化学计量数成正比。若使A、B的转化率相同，则需要按化学方程式中A、B的计量数之比投料，故当加入m mol

A时，应加入n mol B。

(2)根据“先拐先平”，T1＞T2，T1时C%大于T2时C%，即升高温度，平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，ΔH＞0。

(3)由图2可知，随着反应的进行，混合气体平均相对分子质量增大，由于反应体系中各物质均为气体，故m＋n＞p＋q。

①在恒温恒容时再加入A、B、C、D各1 mol，同时将体系中各物质的浓度同时增加一

倍，即相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，M增大。

①在恒温恒压时，再加入A、B、C、D各1 mol，气体体积增加一倍，压强不变，平

衡不移动，ρ不变。

《选修四第二章第三节化学平衡》导学案（第6课时）

学习时间2011 —2012学年下学期周

【课标要求】

1．答案 C

2．答案 B

解析对于可逆反应X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s)，因W为固体，所以当加入少量W后，化学反

应速率不改变，A错；当升高温度时，因该反应的正反应为吸热反应，所以升高温度时平衡正向移动，C错；平衡后再加入X，平衡将正向移动，但ΔH不变，因为热化学方程式的书写形式未变，D错，故选B。

3．答案 A

解析由给定的化学方程式可知，该反应的正反应为气体体积减小的放热反应。升温或降压有利于平衡向逆反应方向移动，反之向正反应方向移动。

4.答案 D

解析建立平衡之前，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，该图平衡点并不是两曲线的交点；温度升高平衡向逆反应方向移动，n(H2)增多。

5．答案 B

6．答案 C

解析A、C两点温度相同而压强不同，增压平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，但增压也会增大浓度，反应速率：A

7．答案 B

解析采用“一边倒”的方法知甲、乙是两个相同的装置，且甲中生成的NH3与乙中分解的NH3的和为2 mol，则B项正确；此时c1＝c2，α1＋α2＝1。而丙中加入的NH3是乙中的两倍，开始时c3＝2c2，但丙中压强亦是乙中的两倍，增大压强，平衡正向移动，则平衡时2c1p3，A、C错误；增大压强，不利于NH3的分解，则α2>α3，故α1＋α3<1，D错误。

8．答案 A

解析图二是在几种不同情况下的化学平衡，而影响平衡的因素有：浓度、温度、压强、催化剂，t3－t4和t4－t5这两段平衡是不移动的，则只能是压强和催化剂影响的，因此应该推断该反应为等体积变化的反应。再结合图一可知，A浓度的变化为0.2 mol·L－1，C浓度的变化量为0.3 mol·L－1，由化学反应的速率之比等于化学方程式前的计量系数之比，可写出该反应的方程式为2A(g)＋B(g)3C(g)，故A项错误；t3－t4的平衡比原平衡的速率要快，而t4－t5的速率又变慢，前者题目已给出是使用催化剂，所以后者为减压，因为条件只能用一次，故B项正确；B的平衡浓度是0.4 mol·L－1，则起始时应为0.5 mol·L－1；起始时2 mol A所对应的浓度为1 mol·L－1，所以容器体积应是2 L；所以B的起始物质的量为0.5 mol·L－1×2 L＝1 mol，C项正确；D项考查的是等效平衡；要最终为相同平衡，则必须拆算后与原平衡相等。

9．答案①②③④⑤

解析①中，只要有一种物质的浓度发生变化，必然会导致另外的物质的浓度发生变化，因此只要有一种物质(纯固体除外)浓度不变，其他物质的浓度也不会变化。②该反应全部是气体参加且反应物计量数之和不等于生成物计量数之和的反应，总压等于各组分分压之和，总压不变，表明各组分的分压不变。③平衡时，混合物的平均相对分子质量M＝

m(总)

，反应体系的总质量不变，n(总)也不变，即NO2、N2O4的物质的量也不再变化。④反应体系n(总)

的颜色由NO2的浓度决定，颜色不变意味着NO2的浓度不变，是平衡状态的标志。⑤温度、压强不变，气体的总质量不变，若密度不变则意味着体积不再变化，即各组分的物质的量不再变化，是平衡状态的标志。

10．答案2或3

解析该题有两种情况：(1)如果是一个反应前后气体体积不变的反应，即x＝3,1.4 mol C完全转化为A和B时，按2∶1物质的量之比转化，而投入的0.6 mol A和0.3 mol B物质的量之比也为2∶1，即C完全转化为A与B时，A与B物质的量之比与起始状态时A与B物质的量之比相等，符合等效平衡原理。(2)如果是一个反应前后气体体积不等的反应，即1.4 mol C转化为A时应转化成1.4 mol A，A的物质的量才能成为0.6 mol＋1.4 mol＝2.0 mol，才符合等温等容条件下的等效平衡，此时x＝2。

11．答案(1)2(2)1.51(3)0.5c＋a＝1 1.5c＋b＝3

解析 (1)1 mol N 2和 3 mol H 2折算成NH 3为2 mol ，故c ＝2。(2)a ＝0.5，与题干中1 mol N 2

相比还差0.5 mol ，则c mol NH 3折算后应该生成0.5 mol N 2(同时生成1.5 mol H 2)故c ＝1，要求H 2折算后为3 mol ，还缺1.5 mol ，故b ＝1.5。(3)将c mol NH 3折算为N 2和H 2分别是0.5c mol N 2和1.5c mol H 2，则0.5c ＋a ＝1,1.5c ＋b ＝3。

12．答案 (1)c (2)0.1 mol·L －1·min －

1 64 b

解析 (1)H 2SO 4沸点较高，在常温下不发生分解；反应Ⅰ中SO 2的还原性比HI 强；循环过程中H 2O 分解生成了H 2与O 2，需补充；循环过程中产生1 mol O 2的同时产生2 mol H 2，c 正确。

(2) 2HI(g)

H 2(g) ＋ I 2(g)

初始： 1 mol·L －1 0 0 平衡： 0.8 mol·L －1 0.1 mol·L －1 0.1 mol·L －1

v (HI)＝

＝0.1 mol·L －1·min －1

该反应的平衡常数K 1＝c (H 2)·c (I 2)c 2(HI )

＝0.1×0.10.82＝164

相同温度下，H 2(g)＋I 2(g)2HI(g)的平衡常数K ＝1

K 1＝64。

该温度下，开始时加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，平衡常数不变，HI 、H 2、I 2平衡浓度均为原来的2倍，初始浓度变大，反应速率加快，HI 、H 2、I 2的体积分数均不变，故选b 。

13．答案 (1)－246.4 kJ·mol －

1 ce

(2)①> ②0.04 mol·L －1 0.16 mol·L －1·min －

1

14．答案 (1)c (CH 3OH )c (CO )·c 2(H 2)

减小 (2)2n B 3t B mol·L －1·min －

1 (3)bc (4)Cu 2O ＋CO 2Cu ＋CO 2

解析 本题主要考查平衡常数、化学反应速率、化学平衡移动的影响因素等知识，着重考查分析问题，尤其是利用所给图象数据进行综合分析、推理归纳得出结论的能力。(1)根据反应式和平衡常数的定义可得该反应的平衡常数表达式K ＝

c (CH 3OH )

c (CO )·c 2(H 2)

，从题给图象可以看出平衡后500℃时的

甲醇的物质的量小于300℃时的物质的量，说明该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，K 值将减小。(2)500℃时反应达到平衡，生成甲醇的物质的量为n B ，则消耗H 2的物质的量为

2n B ，因此v (H 2)＝＝

2n B 3t B

mol ·L －1·min －1

。(3)在其他条件不变的情况下，将处于E 点的体系体积压缩到原来的1

2

，根据反应特点推知，增大压强，正、逆

《选修四第二章第四节 化学反应进行的方向》导学案（第1课时）

【对点练习】

1．答案 D

解析自然界中水由高处向低处流、天然气的燃烧、铁在潮湿的空气中生锈、冰在室温下融化，都是自发过程，其逆过程都是非自发过程。

2．答案 C

解析多数能自发进行的反应都是放热反应，但并不是所有能自发进行的反应都是放热反应，既然说“多数”，必定存在特例，所以只能说焓变是影响反应是否具有自发性的一个重要因素，但不是惟一因素。

3．答案 A

解析(NH4)2CO3的分解为吸热反应，而吸热反应不易自发进行；根据焓变与熵变对化学反应的共同影响，该反应熵值一定增大。

4．答案(1)S(气态甲醇)S(液态苯)>S(固态苯)

解析一般来讲，组成物质的原子种类相同时，一个分子中的原子数目越多，其混乱度就越大，熵值也越大；对于同一种物质，S(g)>S(l)>S(s)。根据以上的规律可知，对于(1)，S(气态甲醇)S(液态苯)>S(固态苯)。

【课后作业】

1．答案 B

解析化学反应的方向由焓变和熵变共同决定，不能仅用焓变或熵变判断反应的方向。

2．答案 C

3．答案 C

解析体系都有从有序自发转变为无序的倾向，此过程为熵增过程，故C错误。

4.答案 D

解析根据题意ΔH＝0，ΔS＞0，由ΔH－TΔS推知该过程能自发进行，气体扩散为熵增过程，而其逆过程不能自发进行。

5．答案 C

6．答案 D

7．答案 B

解析该反应是放热反应，反应物总能量高于生成物的总能量，A项正确；常温下，ΔH－TΔS ＝－113 kJ·mol－1－298 K×[－145 J·mol－1·K－1]×10－3 kJ/J＜0，故常温下该反应可自发进行，高温和催化剂只是加快反应速率，B项错误，C项正确；CO和NO均会与血红蛋白结合而使人中毒。

8．答案(1)小于大于(2)小于1 240 K

解析(1)C(s)＋CO2(g)2CO(g)的反应为吸热反应，ΔH＞0，则2CO(g)CO2(g)＋C(s)为放热反应，ΔH＜0，且该反应ΔS＜0，则当T＜980 K时，ΔH－TΔS<0，T＞980 K时，ΔH－TΔS＞0。

(2)由题给信息，要使反应能自发进行，须有ΔH－TΔS<0，即－94.0 kJ·mol－1－T×[－75.8

J/(mol·K)]×10－3 kJ/J<0则T<94.0 kJ·mol－1

75.8 J/(mol·K)×10－3kJ/J

＝1.24×103 K。

9．答案ΔH＝－277.6 kJ·mol－1ΔS＝－344.93 J/(mol·K)

ΔH－T·ΔS＝－174.8 kJ·mol－1

解析ΔH＝2ΔH2＋3ΔH3－ΔH1＝2×(－393.5 kJ·mol－1)＋3×(－285.8 kJ·mol－1)－(－1 366.8 kJ·mol－1)＝－277.6 kJ·mol－1

ΔS＝161.0 J·mol－1·K－1－3×130.6 J·mol－1·K－1－2×5.74 J·mol－1·K－1－1/2×205.3 J·mol－1·K －1

＝－344.93 J·mol－1·K－1

ΔH－TΔS＝－277.6 kJ·mol－1－298 K×(－344.93×10－3 kJ·mol－1·K－1)＝－174.8 kJ·mol－1

《选修四第二章复习》导学案（1课时）

1．

答案 A

解析随着温度的升高，化学平衡应向吸热反应方向即逆反应方向移动，所以生成物C的体积分数减小，反应物的含量增大，反应物的转化率减小。增大体系的压强，由于反应的两边都是气态物质，所以正反应和逆反应的速率都增大。而加入催化剂，只能加快反应速率，缩短达到平衡的时间，不能使平衡移动，所以达到平衡后，各组分的浓度及体积分数应该不变。

2．答案 D

解析对于a A(g)b B(g)＋c C(g)类型的反应，如果a>b＋c，再加入一定量的反应物时，平衡右移，反应物转化率增大；如果a＝b＋c，再加入一定量的反应物时，平衡不移动(等效平衡)，转化率不变；如果a

3．答案 B

解析N2O42NO2

n起始/mol 1 0

n变化/mol 0.2 0.04×10

n4 s/mol 0.8 0.4

前4 s N2O4的浓度变化为0.2 mol/10 L＝0.02 mol·L－1；

因此前4 s N2O4的平均反应速率为0.005 mol·L－1·s－1，A不正确。4 s时气体的总的物质的量为0.8 mol＋0.4 mol＝1.2 mol。根据压强比等于物质的量比可得B正确。设达到平衡时，N2O4的物质的量变化了x。

N2O42NO2

n起始/mol 1 0

n变化/mol x2x

n平衡/mol 1－x2x

根据已知条件1 mol－x＋2x＝1 mol＋x＝1.8 mol，解得x＝0.8 mol。平衡时N2O4的物质的量为1 mol－x＝1 mol－0.8 mol＝0.2 mol，NO2的物质的量为2x＝2×0.8 mol＝1.6 mol，故C、D不正确。

4.答案 D

解析从图象上可以看出，T2时达到平衡所用的时间短，因此T2的温度高，即T2>T1。随温度升高，HI的含量降低，因此该反应为放热反应，即ΔH<0。

5．答案 A

解析可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是气体体积减小的反应，为增大正反应速率，应升