2020版新一线高考化学（鲁科版）一轮复习教学案：高考专题讲座4　化学平衡图像的分类突破

(四)　化学平衡图像的分类突破

化学平衡的图像是全国卷命题的热点，主要以Ⅱ卷非选择题为主。图像中蕴含着丰富的信息，具有简明、直观、形象的特点，命题形式灵活，难度不大，解题的关键是根据反应特点明确反应条件，认真分析图像，充分挖掘蕴含的信息，紧扣化学原理，找准切入点解决问题。

解题思路

曲线的意义是外界条件(如温度、压强等)对正、逆反应速率影响的变化趋势及变化幅度。图中交点是平衡状态，压强或温度增大，正反应速率增大得快，平衡正向移动。

[对点训练]

1．下列各图是温度(或压强)对反应2A(s)＋2B(g) 2C(g)＋D(g)(正反应为吸热反应)的正、逆反应速率的影响，曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，其中正确的是  (　　)

C　[根据化学反应特点，升温平衡向正向移动，但v正、v逆均增大，加压平衡向逆向移动，v逆>v正。]

已知不同温度或压强下，反应物的转化率α(或百分含量)与时间的关系曲线，推断温度的高低及反应的热效应或压强的大小及气体物质间的化学计量数的关系。[以mA(g)＋nB(g) pC(g)中反应物的转化率αA为例说明]

[方法规律]

(1)“先拐先平，数值大”原则

分析反应由开始(起始物质相同时)达到平衡所用时间的长短可推知反应条件的变化。

①若为温度变化引起，温度较高时，反应达平衡所需时间短。如甲中T2>T1。

②若为压强变化引起，压强较大时，反应达平衡所需时间短。如乙中p1>p2。

③若为使用催化剂引起，使用适宜催化剂时，反应达平衡所需时间短。如图丙中a使用催化剂。

(2)正确掌握图像中反应规律的判断方法

①图甲中，T2>T1，升高温度，αA降低，平衡逆向移动，正反应为放热反应。

②图乙中，p1>p2，增大压强，αA升高，平衡正向移动，则正反应为气体体积缩小的反应。

③若纵坐标表示A的百分含量，则甲中正反应为吸热反应，乙中正反应为气体体积增大的反应。

[对点训练]

2．(2019·西安模拟)现有下列两个图像：

下列反应中符合上述图像的是(　　)

A．N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0

B．2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g)　ΔH>0

C．4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH<0

D．H2(g)＋CO(g) C(s)＋H2O(g)　ΔH>0

B　[由图Ⅰ可知，温度越高生成物的浓度越大，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，故正反应为吸热反应；由图Ⅱ可知，压强增大，平衡被破坏，v逆>v正，平衡向逆反应方向移动，说明正反应为气体物质的量增大的反应。综合上述分析可知，可逆反应正反应为吸热反应且正反应为气体物质的量增大的反应。N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH<0，为放热反应，正反应是气体物质的量减小的反应，A不符合；2SO3(g) 2SO2(g)＋O2(g)　ΔH>0，为吸热反应，正反应是气体物质的量增大的反应，B符合；4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g)　ΔH<0，正反应是气体物质的量增大的反应，但为放热反应，C不符合；H2(g)＋CO(g) C(s)＋H2O(g)　ΔH>0，为吸热反应，但正反应是气体物质的量减小的反应，D不符合。]

3.密闭容器中进行的可逆反应：aA(g)＋bB(g) cC(g)在不同温度(T1和T2)及压强(p1和p2)下，混合气体中B的质量分数w(B)与反应时间(t)的关系如图所示。下列判断正确的是(　　)

A．T1<T2，p1<p2，a＋b>c，正反应为吸热反应

B．T1>T2，p1<p2，a＋b<c，正反应为吸热反应

C．T1<T2，p1>p2，a＋b<c，正反应为吸热反应

D．T1>T2，p1>p2，a＋b>c，正反应为放热反应

B　[由(T1，p1)和(T1，p2)两条曲线可以看出：①温度相同(T1)，但压强为p2时先出现“拐点”，达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以p2>p1；②压强较大(即压强为p2)时对应的w(B)较大，说明增大压强平衡逆向移动，则a＋b<c。由(T1，p2)和(T2，p2)两条曲线可以看出：①压强相同(p2)，但温度为T1时先出现“拐点”，达到平衡所需的时间短，即反应速率大，所以T1>T2；②温度较高(即温度为T1)时对应的w(B)较小，说明升高温度平衡正向移动，故正反应为吸热反应。]

以反应A(g)＋B(g) C(g)　ΔH<0为例

[方法规律]

(1)“定一议二”原则：可通过分析相同温度下不同压强时反应物A的转化率大小来判断平衡移动的方向，从而确定反应方程式中反应物与产物气体物质间的化学计量数的大小关系。如甲中任取一条温度曲线研究，压强增大，αA增大，平衡正向移动，正反应为气体体积减小的反应，乙中任取横坐标一点作横坐标垂直线，也能得出结论。

(2)通过分析相同压强下不同温度时反应物A的转化率的大小来判断平衡移动的方向，从而确定反应的热效应。如利用上述分析方法，在甲中作垂直线，乙中任取一曲线，即能分析出正反应为放热反应。

[对点训练]

4．(2019·武汉模拟)已知(HF)2(g) 2HF(g)　ΔH>0，且平衡体系的总质量(m总)与总物质的量(n总)之比在不同温度下随压强的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．温度：T1<T2

B．平衡常数：K(a)＝K(b)<K(c)

C．反应速率：vb>va

D．当＝30 g·mol－1时，n(HF)∶n[(HF)2]＝2∶1

C　[由题给信息知该反应为气体分子数增大的吸热反应，从图像可以看出，当压强不变时，由T1到T2，增大，说明n总减小，平衡左移，即平衡向放热反应方向移动，所以由T1到T2为降低温度的过程，即T1>T2，A项错误；由于T1温度较高，升高温度平衡右移，故温度为T1时的平衡常数大于温度为T2时的平衡常数，再结合温度不变平衡常数不变知，K(b)>K(a)＝K(c)，B项错误；温度越高，压强越大，反应速率越大，故vb>va，C项正确；设HF为x mol，(HF)2为y mol，当＝30 g·mol－1时，有＝30，解得x＝y，即n(HF)∶n[(HF)2]＝1∶1，D项错误。]

5．(2019·福州模拟)以CO2与NH3为原料可以合成尿素[CO(NH2)2]。合成尿素的反应为2NH3(g)＋CO2(g) CO(NH2)2(s)＋H2O(g)。

在不同温度及不同y值下合成尿素，达到平衡时，氨气转化率的变化情况如图所示。该反应的ΔH___________0(填“>”“<”或“＝”，下同)，若y表示压强，则y1________y2，若y表示反应开始时的水碳比[]，则y1________y2。

解析：根据题图知，y一定时，降低温度，NH3的转化率增大，平衡正向移动，根据平衡移动原理，降温时平衡向放热反应方向移动，故正反应为放热反应，ΔH<0。若y表示压强，y2→y1，NH3的转化率增大，平衡正向移动，根据平衡移动原理，加压时平衡正向移动，故y1>y2。根据平衡移动原理，减小水碳比[]，平衡正向移动，NH3的转化率增大，若y表示水碳比，则y1<y2。

答案：<　>　<

对于化学反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，在相同时间段内，M点前，表示化学反应从反应物开始，则v正>v逆，未达平衡；M点为刚达到的平衡点。M点后为平衡受温度的影响情况，即升温，A%增大(C%减小)，平衡逆向移动，ΔH<0。

[对点训练]

6.(2018·成都七中月考)在2 L恒容密闭容器中充入2 mol X和1 mol Y，发生反应：2X(g)＋Y(g)3Z(g)，反应过程持续升高温度，测得X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是(　　)

A．Q点时，Y的转化率最大

B．升高温度，平衡常数增大

C．W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率

D．平衡时，再充入Y，达到平衡时Z的体积分数一定增大

A　[从开始到Q点转化率逐渐增大，从Q点到M点升高温度，平衡向左移动，X的转化率降低，Q点最大，A正确；分析图像，Q点后升高温度，X的体积分数增大，说明升温平衡左移，平衡常数减小，B错误；M点温度高，故反应速率快，C错误；平衡时再充入Y，平衡右移，n(Z)增大但n(Y)也增大，故Z的体积分数不一定增大，D错误。]

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。

左上方(E点)，A%大于此压强或温度时平衡体系中的A%，E点必须向正反应方向移动才能达到平衡状态，所以，E点v正>v逆；则右下方(F点)v正<v逆。

[对点训练]

7．煤气化的一种方法是在气化炉中给煤炭加氢，发生的主要反应为C(s)＋2H2(g) CH4(g)。在V L的密闭容器中投入a mol碳(足量)，同时通入2a mol H2，控制条件使其发生上述反应，实验测得碳的平衡转化率随压强及温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是   (　　)

A．上述正反应为吸热反应

B．在4 MPa、1 200 K时，图中X点v(H2)正<v(H2)逆

C．在5 MPa、800 K时，该反应的平衡常数为

D．工业上维持6 MPa、1 000 K而不采用10 MPa、1 000 K，主要是因为前者碳的转化率高

A　[A项，由图观察，温度越高，碳的平衡转化率越大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，正确；B项，X点是未平衡时，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，错误；C项，此时碳转化率为50%

　　　　　　C(s)＋2H2(g) CH4(g)

起始量/mol   a   2a   0

转化量/mol  0.5a a   0.5a

平衡量/mol  0.5a a   0.5a

K＝＝，错误；D项，该选择的原因是两者转化率相差不大，但压强增大对设备要求高，能量需求大，错误。]

将燃煤废气中的CO2转化为甲醚的反应原理为2CO2(g)＋6H2(g) CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，已知在压强为a MPa下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率见下图：

①相同温度下，[n(H2)/n(CO2)]越大，α(CO2)越大。

②相同投料比[n(H2)/n(CO2)]相同时，温度越高，α(CO2)越小，可知该反应为放热反应(ΔH<0)。

[对点训练]

8．一定条件下，用Fe2O3、NiO或Cr2O3作催化剂对燃煤烟气回收。反应为2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(l)　ΔH＝－270 kJ·mol－1

(1)其他条件相同、催化剂不同，SO2的转化率随反应温度的变化如图1，Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是______________________________________。

图1　　　　　　　　　　　　　　　图2

(2)某科研小组用Fe2O3作催化剂。在380 ℃时，分别研究了[n(CO)∶n(SO2)]为1∶1、3∶1时SO2转化率的变化情况(图2)。则图2中表示n(CO)∶n(SO2)＝3∶1的变化曲线为________。

解析：(1)从图1中可以看出，相比NiO和Cr2O3，用Fe2O3作催化剂时，在较低温度下，SO2的转化率已达很高，这样既能去除SO2，又能节省能源。(2)CO与SO2反应方程式为2CO＋SO22CO2＋S，＝与相比是增大了CO的“量”，上述平衡正移，SO2的转化率升高，与曲线a相符。

答案：(1)Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源　(2)a

9．采用一种新型的催化剂(主要成分是Cu­Mn合金)，利用CO和H2制备二甲醚(DME)。

主反应：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)

副反应：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)

CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)

测得反应体系中各物质的产率或转化率与催化剂的关系如图所示。

则催化剂中n(Mn)/n(Cu)约为________时最有利于二甲醚的合成。

解析：由图中可看出n(Mn)/n(Cu)＝2.0时，DME的产率和CO的转化率均最高。

答案：2.0