高考化学一轮复习第8章化学反应速率与化学平衡第41讲化学反应速率与化学平衡图像学案

这是一份高考化学一轮复习第8章化学反应速率与化学平衡第41讲化学反应速率与化学平衡图像学案，共28页。
1．进一步加深理解外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律。
2．掌握速率平衡图像的分析方法，能正确解答实际工业生产中有关图像的问题。
考点一 化学反应速率图像
1．正反应速率、逆反应速率—时间图像的突变、渐变分析
可逆反应达到平衡后，若某一时刻改变外界条件，速率—时间图像的曲线可能会出现“渐变”或“突变”。根据“断点”前后速率的大小变化，即可对外界条件的变化情况作出判断。
2.全程速率—时间图像的趋势变化分析
例如，Zn与足量盐酸的反应，化学反应速率随时间的变化出现如右图所示情况。
原因：AB段，反应放热，溶液温度逐渐升高，v增大；BC段，溶液中c(H＋)逐渐减小，v减小。
1．在一密闭容器中发生反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH＜0，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如下图所示。
回答下列问题。
(1)处于平衡状态的时间段是________(填字母，下同)。
A．t1～t2 B．t2～t3
C．t3～t4D．t4～t5
E．t5～t6
(2)判断t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件。
A．增大压强B．减小压强
C．升高温度D．降低温度
E．加催化剂F．充入氮气
t1时刻____________；t3时刻____________；t4时刻____________。
(3)依据(2)中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是________。
A．t0～t1B．t2～t3
C．t3～t4D．t5～t6
(4)如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨，t7时刻反应达到平衡状态，请在上图中画出反应速率的变化曲线。
答案：(1)BCE (2)C E B (3)A
(4)
2．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右图。下列说法正确的是( )
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．反应物的总能量低于生成物的总能量
D．Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：ab段小于bc段
解析：选D。A项，达到化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的正反应速率显然还在改变，未达到平衡，错误；B项，a→b正反应速率增大，反应物浓度逐渐减小，错误；C项，a→c正反应速率增大，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，该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；D项，随着反应的进行，正反应速率越大，消耗的二氧化硫就越多，SO2的转化率就越大，正确。
考点二 化学平衡图像
1．物质的量(或浓度)—时间图像
例如，某温度时，在恒容(V L)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如右图所示。
(1)X、Y是反应物，Z是生成物，t3 s时反应达到平衡状态，X、Y未完全反应，该反应是可逆反应。
(2)O～t3 s：Δn(X)＝－(n3－n1) ml，Δn(Y)＝－(n3－n2) ml，Δn(Z)＝n2 ml。X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1－n3)∶(n2－n3)∶n2。
(3)根据图像计算某物质的平均速率、转化率，如反应达到平衡时，v(X)＝－ eq \f(n3－n1,V·t3) ml·L－1·s－1；Y的转化率＝ eq \f(n2－n3,n2) ×100%。
2．转化率(或百分含量)—时间图像
解题关键：“先拐先平数值大”。即先出现拐点的反应先达到平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高、压强较大或使用了催化剂。
图Ⅰ，T2>T1，温度升高，生成物C的百分含量减小，说明平衡逆向移动，正反应是放热反应。
图Ⅱ，p2>p1，压强增大，A(反应物)的转化率减小，说明正反应是气体总体积增大的反应。
图Ⅲ，生成物C的百分含量不变，说明平衡不发生移动，但反应速率a>b，故a可能是使用了催化剂；若该反应是反应前后气体总体积不变的可逆反应，a也可能是增大了压强(压缩容器容积)。
3．恒压(或恒温)线
(α表示反应物的平衡转化率，n表示反应物的平衡物质的量)
解题关键：采用“定一议二”的方法，即把自变量(温度、压强)之一设为定量，讨论另外两个变量的关系。
图①，若p1>p2>p3，则正反应为气体体积 eq \(□,\s\up1(1)) ________的反应，ΔH eq \(□,\s\up1(2)) ______0；
图②，若T1>T2，则ΔH eq \(□,\s\up1(3)) ______0，正反应为气体体积 eq \(□,\s\up1(4)) ________的反应。
4．几种特殊图像
(1)如下图，对于化学反应mA(g)＋nB(g)⇌pC(g)＋qD(g)，M点前，表示化学反应从反应物开始，v正＞v逆；M点为刚达到平衡的点；M点后为平衡受温度的影响情况，即升高温度，A的百分含量增加或C的百分含量减少，平衡逆向移动，故正反应的ΔH＜0。
(2)如下图，对于化学反应mA(g)＋nB(g)⇌pC(g)＋qD(g)，L线上所有的点都是平衡点。L线的左上方(E点)，A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以E点满足v正＞v逆；同理，L线的右下方(F点)满足v正＜v逆。
[答案自填] eq \(□,\s\up1(1)) 减小 eq \(□,\s\up1(2)) ＜ eq \(□,\s\up1(3)) ＜ eq \(□,\s\up1(4)) 增大
1．下面是某化学研究小组探究外界条件对化学反应速率和化学平衡影响的图像，其中图像和结论判断错误的是( )
A．图①中X和Y最多只有一种为气态，Z为气态
B．图②中正反应的ΔH＜0，M点正反应速率>N点逆反应速率
C．图③是在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应，若平衡时CO(g)和H2(g)的转化率相等，则a＝2
D．图④中曲线表示一定压强下NO的平衡转化率随温度的变化，A、B、C三点表示不同温度、压强下NO的平衡转化率，压强最小的是B点，化学平衡常数最小的是A点
答案：D
2．用(NH4)2CO3捕获CO2的反应为(NH4)2CO3(aq)＋H2O(l)＋CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)。为研究温度对(NH4)2CO3捕获CO2效率的影响，将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气
体，保持其他初始实验条件不变，分别在不同温度下，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到如图所示的趋势图。
(1)c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为v逆(c)______(填“＞”“＝”或“＜”)v正(d)。
(2)b、c、d三点的平衡常数Kb、Kc、Kd从大到小的顺序为________________。
(3)T3～T4温度区间，容器内CO2气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：(1)温度越高，反应速率越大，d点温度高，故c点的逆反应速率小于d点的正反应速率。(2)根据题图可知，温度为T3时反应达到平衡，此后温度升高，c(CO2)增大，说明平衡逆向移动，正反应是放热反应，故Kb＞Kc＞Kd。
答案：(1)＜ (2)Kb＞Kc＞Kd
(3)温度为T3时化学反应达到平衡，正反应是放热反应，T3～T4区间温度升高，平衡逆向移动，不利于CO2的捕获
考点三 实际生产中“多姿多彩”的陌生图像
1．陌生图像分析的模型建构
2．陌生图像解答的思维步骤
(1)识别图像类型。即明确横坐标和纵坐标的含义，厘清线和点(平台、折线、拐点等)的关系。
(2)把握反应特点。即分析可逆反应的化学方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应，还是吸热反应)等。
(3)联想平衡原理。联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。
(4)数形结合解答。图表与原理结合，逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡移动原理。
3．陌生图像简答题的规范描述
(1)条件选择类。
①实验最佳条件的选择或控制就是为了又“快”又“好”地生产，即主要是从反应速率与转化率(化学平衡)两个角度来分析。“快”就是增大反应速率，“好”就是增大转化率，原料利用率高，而影响反应速率与转化率的主要因素就是浓度、温度、压强与催化剂，其中温度与压强是试题中经常考查的因素。
②从速率、转化率、产率、纯度等角度分析，选择最佳条件。如针对反应速率时，思考方向为如何提高浸出速率、如何增大反应速率等；针对平衡转化率、产率时，可运用平衡移动原理解释(其他条件不变的情况下，改变××条件，可逆反应的平衡向××方向移动，导致××发生变化)；针对综合生产效益时，可从原料成本，原料来源是否广泛、是否可再生，能源成本，对设备的要求，环境保护，绿色化学等方面作答。
③选择当前条件的优势，其他条件的不足，往往不足的描述比较容易疏忽，如温度过高或过低，压强过小或过大，也要进行分析。
(2)原因分析类。
①依据化学反应速率和平衡移动原理，分析导致图像曲线变化的原因。
②催化剂对反应的影响、不同反应的选择性问题是这类题目的难点，解题时要多加关注，不同的条件会有不同的选择性。
1．硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)＋ eq \f(1,2) O2(g)⇌SO3(g) ΔH＝－98 kJ·ml－1。回答下列问题。
(1)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在 0.5 MPa、2.5 MPa和5.0 MPa压强下，SO2的平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0 MPa、550 ℃ 时的α＝________，判断的依据是_________________________________________________________________________________________________________________________________________。
影响α的因素有_______________________________________________。
(2)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2的转化率为α，则SO3的压强为______，平衡常数Kp＝__________________(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
解析：(1)由题给热化学方程式可知，该反应为气体分子数减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，故p1＝5.0 MPa。结合题图可知，反应在5.0 MPa、550 ℃时对应的SO2的平衡转化率为0.975。影响平衡转化率的因素有温度、压强、反应物的起始浓度等。(2)设通入的SO2、O2和N2共100 ml，利用“三段式”法进行计算：
平衡时气体的总物质的量为(3m＋q－mα) ml，p(SO2)＝p× eq \f((2m－2mα),(3m＋q－mα)) ，p(O2)＝p× eq \f((m－mα),(3m＋q－mα)) ，p(SO3)＝p× eq \f(2mα,(3m＋q－mα)) ，因3m＋q＝100，Kp＝ eq \f(p(SO3),p(SO2)×p\s\up6(\f(1,2))(O2)) ，代入计算得Kp＝ eq \f(α,(1－α)1.5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,100－mα)p))\s\up12(0.5)) 。
答案：(1)0.975 该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，α增大，5.0 MPa＞2.5 MPa＝p2，所以p1＝5.0 MPa 温度、压强和反应物的起始浓度(组成)
(2) eq \f(2mα,100－mα) p eq \f(α,(1－α)1.5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,100－mα)p))\s\up12(0.5))
2．(2022·高考全国甲卷)利用碳氯化法可将TiO2转化为TiCl4。在1 000 ℃时反应的热化学方程式及其平衡常数为 TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH＝－51 kJ·ml－1，Kp＝1.2×1012 Pa。在1.0×105 Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1∶2.2∶2进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如下图所示。
(1)反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)的平衡常数 Kp(1 400 ℃)＝________Pa。
(2)图中显示，在200 ℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是__________________________________________。
(3)TiO2碳氯化是一个“气-固-固”反应，有利于TiO2-C “固-固”接触的措施是________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：(1)1 400 ℃时，CO占气体总量的0.6，CO2占气体总量的0.05，Kp(1 400 ℃)＝ eq \f(p2(CO),p(CO2)) ＝ eq \f((0.6×105 Pa)2,0.05×105 Pa) ＝7.2×105 Pa。(3)TiO2碳氯化是一个“气-固-固”反应，有利于TiO2-C “固-固”接触的措施是将固体粉碎并混合均匀，再将Cl2通入使固体呈“沸腾”状态(在沸腾炉中进行反应)。
答案：(1)7.2×105 (2)TiO2、C中原子间的化学键键能大，断键需要的能量较大，反应的活化能较大或升高温度可以增大反应速率(答案合理即可) (3)将固体粉碎并混合均匀，通入Cl2使固体呈“沸腾”状态
1．(2023·新高考重庆卷)逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应Ⅰ CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)
反应Ⅱ CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)
在恒容条件下，按V(CO2)∶V(H2)＝1∶1投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ的ΔH0
B．M点反应Ⅰ的平衡常数KT1
解析：选D。根据“先拐先平数值大”可知，T2 ℃时反应先达到平衡，故T2>T1，升高温度，平衡时B的体积分数增大，平衡正向移动，故正反应为吸热反应。A．固体或纯液体的浓度视为常数，不能用于表示反应速率，A错误；B．根据分析可知，升高温度，平衡正向移动，相对分子质量：M大于N，因此升高温度，更多的固体转变为气体，混合气体的总质量增大，而刚性容器容积不变，所以容器内气体的密度增大，B错误；C．该反应为气体体积不变的反应，在T1 ℃再充入a ml(g)，平衡不移动，达到平衡时，n(B)＝2a ml×30%＝0.6a ml，n(A)＝2a ml×70%＝1.4a ml，C错误；D．根据分析可知，T2 ℃时反应先达到平衡，故T2>T1，D正确。
3．向2 L刚性密闭容器中加入足量的Cu粉和2 ml NO2(g)，发生反应：2NO2(g)＋4Cu(s)⇌4CuO(s)＋N2(g) ΔH。在不同温度下，NO2的转化率与时间的关系如图1所示，反应速率与时间的关系如图2所示(已知：该条件下，NO2不发生反应生成N2O4)。下列说法错误的是( )
A．ΔH＜0
B．v正：a点＜b点
C．图2中t0 min时改变的条件是增大N2浓度
D．T1温度下，平衡常数K＝1.875
解析：选C。A．温度越高，反应达到平衡时所用的时间也就越短，结合题图可知，T1＞T2，温度升高NO2的转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应是放热反应，ΔH＜0，故A正确；B．温度越高反应速率越大，b点的温度高于a点的温度，所以v正：a点＜b点，故B正确；C．题图2中t0 min时改变条件使正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，如果增大N2浓度，正反应速率在原平衡基础上逐渐增大，不会出现“突变”，所以改变的条件不是增大N2浓度，应该是升高温度， 故C错误；D．向2 L刚性密闭容器中加入足量的Cu粉和2 ml NO2(g)，NO2(g)的起始物质的量浓度为1 ml·L－1，列“三段式”：
K＝ eq \f(c(N2),c2(NO2)) ＝ eq \f(0.3,(0.4)2) ＝1.875，故D正确。
4.在一定条件下，甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH(g)⇌HCHO(g)＋H2(g) ΔH＝Q kJ/ml。甲醇的平衡转化率随温度的变化曲线如右图所示。下列有关说法正确的是( )
A．Q