化学反应原理 题型四 平衡图像原因解释(解析版)Word（54页）

题型四 平衡图像原因解释 1．化学平衡图象解题步骤 化学反应速率和化学平衡图像分析类试题是高考的热点题型，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，难度较大。大多数是以图表或图像的 形式给出信息需要考生对信息快速提取并加工出化学模型进行解答，这也是这部分真正的 难点所在。需要考生分辨出影响速率和平衡的因素，必备知识上考察影响速率和平衡的因 素，能力上要求考生信息的提取和加工，分析和推理的能力，既要求功底扎实又要求思维 灵活，发展了宏观辨识与微观探析，证据推理与模型认知的核心素养。在实际生产过程中， 影响因素是多元化、多方位和多层次的。在近几年的相关考题中，对单一因素影响的考查已经越来 越少了，主要以“多因素影响”出现，考查考生的综合分析判断能力。以实际情景(场景)为背景， 更能体现核心素养的要求。 2．复杂(竞争、连续)反应图象的解题流程 一、影响化学平衡的因素 1．若其他条件不变，改变下列条件对化学平衡的影响 改变的条件(其他条件不变) 化学平衡移动的方向 浓度 增大反应物浓度或减小生成物浓度 向正反应方向移动 减小反应物浓度或增大生成物浓度 向逆反应方向移动 压强(对有气体 参加的反应) 反应前后气体体积改变 增大压强 向气体分子总数减小的方向移动 减小压强 向气体分子总数增大的方向移动 反应前后气体体积不变 改变压强 平衡不移动 温度 升高温度 向吸热反应方向移动 降低温度 向放热反应方向移动 催化剂 同等程度改变v 正、v 逆，平衡不移动 2．“惰性气体”对化学平衡移动的影响 (1)恒温、恒容下：加入惰性气体⃗ 引起体系总压增大，但体积不变，各反应物、生成物的浓度均未 改变，故反应速率不变，V 正、V 逆也不变，化学平衡也不发生移动 (2)恒温、恒压下：加入惰性气体⃗ 引起体积增大⃗ 引起各反应物浓度减少⃗ 引起反应速率减小， V 正、V 逆均减小，等效于降压，故化学平衡向气体总体积增大的方向移动 二、常见化学平衡图像的类型 1．速率—时间图像(vt 图像)： Ⅰ Ⅱ Ⅲ 解题原则：分清正反应、逆反应及二者的相对大小，分清“突变”和“渐变”；正确判断化学平衡的 移动方向；熟记浓度、压强、温度、催化剂等对化学平衡移动的影响规律。 Ⅰ．v′正突变，v′逆渐变，且v′正>v′逆，说明是增大了反应物的浓度，使v′正突变，且平衡正向移动。 Ⅱ．v′正、v′逆都是突然减小的，且v′正>v′逆，说明平衡正向移动，该反应的正反应可能是放热反应或气体 总体积增大的反应，降低温度或减小压强，使v′正、v′逆突然减小，且v′正＞v′逆。 Ⅲ．v′正、v′逆都是突然增大的且增大程度相同，说明该化学平衡没有发生移动，可能是使用了催化剂， 也可能是对反应前后气体总体积不发生变化的反应压缩体积(即增大压强)所致。 2．百分含量(或转化率)—时间—温度(或压强)图像： Ⅰ Ⅱ Ⅲ 解题原则——“先拐先平数值大”。 在化学平衡图像中，先出现拐点的反应则先达到平衡，先出现拐点的曲线表示的温度较高(如图Ⅰ中 T2>T1)、压强较大(如图Ⅱ中p2>p1)或使用了催化剂(如图Ⅲ中a 使用了催化剂)。 Ⅰ．表示T2>T1，正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动。 Ⅱ．表示p2>p1，A 的转化率减小，说明正反应是气体总体积增大的反应，压强增大，平衡逆向移动。 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 使用了催化剂；也可能 该反应是反应前后气体总体积不变的可逆反应，a 增大了压强(压缩体积)。 3．百分含量(或转化率)—压强—温度图像： 获取信息 提出假设 精细推敲 得出结论 已有知识 题给信息 整合知识 发散思维 认真分析 抓住关键 细致推敲 排除干扰 Ⅰ Ⅱ 解题原则——“定一议二”。 在化学平衡图像中，包括纵坐标、横坐标和曲线所表示的三个变量，分析方法是确定其中一个变量， 讨论另外两个变量之间的关系。如上图Ⅰ中确定压强为105 Pa 或107 Pa，则生成物C 的百分含量随温度T 的升高而逐渐减小，说明正反应是放热反应；再确定温度T 不变，作横坐标的垂线，与压强线出现两个交 点，分析生成物C 的百分含量随压强p 的变化可以发现，压强增大，生成物C 的百分含量增大，说明正反 应是气体总体积减小的反应。 三、化学平衡图像题的思维建模 有关化学平衡、化学反应速率的图表题一直是高考关注的热点，在审题时，一般采用“看特点，识图 表，想原理，巧整合”四步法解答。 第一步：看特点。即分析可逆反应方程式，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。 第二步：识图像。即识别图像类型，横坐标和纵坐标的含义、线和点(平台、折线、拐点等)的关系。 利 用规律“先拐先平，数值大”判断，即曲线先出现拐点，先达到平衡，其温度、压强越大。 第三步：想原理。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。[来源 科 第四步：巧整合。图表与原理整合，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 速率和化学平衡原理。 1．(2023•海南卷，16 节选)磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组 用质量分数为85%的磷酸与KCl(s)反应制备KH2PO4(s)，反应方程式为H3PO4(aq)+KCl(s) KH2PO4(s) +HCl(g)一定条件下的实验结果如图1 所示。 回答问题： (1)该条件下，反应至1h 时KCl 的转化率为_______。 (2)该制备反应的ΔH 随温度变化关系如图2 所示。该条件下反应为_______反应(填“吸热”或“放 热”)，且反应热随温度升高而_______。 【答案】(1)70% (2)① 吸热 ② 降低 【解析】(1)由图可知，该条件下，反应至1h 时KCl 的转化率为70%；(2)由图可知，焓变为正值，则 该条件下反应为吸热反应，且反应热随温度升高而降低。 2．(2023•江苏卷，14 节选)V2O5-WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为：4NH3(g)＋ O2(g)+4NO(g)=4N2g)+6H2O(g) ΔH＝-1632.4kJ·mol−1 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5-WO3/TiO2 催化剂的反应器，测得NO 的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO 转化率 随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO 转化率下降，除因为进入反应器的 NO 被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 【答案】(2)此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，故NO 转化率基本不变 4NH3+5O2 4NO+6H2O、N2+O2 2NO 【解析】(2)反应温度在320~360℃范围内，NO 转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催 化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，故NO 转化率基本不变。反应温度高于380℃，NO 转化率下 降，有可能体系产生了NO，如4NH3+5O2 4NO+6H2O、N2+O2 2NO 等。 3．(2023•湖北省选择性考试，19 节选)(5) (g) C40H18 (g) + H• (g)及 C40H10 (g) + H• (g)反应的lnK (K 为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下， (R 为理想气体常数，c 为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。 【答案】(5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 (5) (g) C40H18 (g) + H• (g)及 C40H10 (g) + H• (g)反应的lnK (K 为平衡常数)随 温度倒数的关系如图，图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据 (R 为理想气体常数， c 为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同； 4．(2023•湖南卷，16 节选)(3)在 、 下，以水蒸气作稀释气。Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢 生成苯乙烯外： ① ② ③ ④ 还会发生如下两个副反应： ⑤ ⑥ 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S( )随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b 代表的产物是 _______，理由是_______； 【答案】(3)苯 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙 苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b 代表产物苯 【解析】(3)曲线a 芳香烃产物的选择性大于曲线b、c 芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤ ⑥为副反应，则曲线a 代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的 正反应是气体分子数不变的反应；在913K、100kPa(即恒温恒压)下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率增大， 即减小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线b 代表的产物是苯； 5．(2023•辽宁省选择性考试，18 节选)硫酸工业在国民经济中占有重要地位。 (3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化： SO2(g)+ O2(g) SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1 ( ) ⅰ为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与 温度的关系如下图所示，下列说法正确的是_______。 a．温度越高，反应速率越大 b．α=0.88 的曲线代表平衡转化率 c．α 越大，反应速率最大值对应温度越低 d．可根据不同 下的最大速率，选择最佳生产温度 ( ) ⅱ为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下 图所示，催化性能最佳的是_______(填标号)。 ( ) ⅲ设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p 和αe的代数式表示上述催化氧化反应的 Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。 【答案】(3)①cd ②d ③ 【解析】(3) (i)a 项，根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后 减慢，a 错误；b 项，从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转 化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88 的条件下是平衡转化率，b 错误；c 项， 从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c 正 确；d 项，从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同 转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d 正确；故选cd；(ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家 对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d 的催化剂V-K-Cs-Ce 对SO2的转化率最好，产率最佳，故 选d ；(iii) 利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp= = = ；设SO2 初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m·αe，n(SO3)=m- m·αe=m(1-αe)，Kp= = 。 6．(2023•山东卷，20 节选)一定条件下，水气变换反应CO+H2O CO2+H2的中间产物是 HCOOH。为探究该反应过程，研究 水溶液在密封石英管中的分子反应： Ⅰ．HCOOH CO+H2O(快) Ⅱ．HCOOH CO2+H2(慢) (3) 温度下，在密封石英管内完全充满1.0 mol·L-1HCOOH 水溶液，使 分解，分解产物均完 全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。 时刻测得CO、 CO2的浓度分别为0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为y mol·L-1。体系达平衡后 _____(用含y 的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。 相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10 mol·L-1盐酸，则图示点 中，CO 的浓度 峰值点可能是_____(填标号)。与不同盐酸相比，CO 达浓度峰值时，CO2浓度_____(填“增大”“减小”或 “不变”)， 的反应_____(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(3) a 减小 不变 【解析】(3)t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I 达平衡状态。此时： 故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 mol·L－1，K(I)＝ 。t1时刻→反应II 达平衡过程： 则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7， K(I)＝ ，a＝ 。故 ＝ ，K(II)＝ 。加入0.1 mol·L－1盐酸后，H＋对反应I 起催化作用，加快反应I 的反应 速率，缩短到达平衡所需时间，故CO 浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH 减小，体系 中HCOOH 浓度增大，导致CO 浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a 处达到峰值。此时c(CO2)会 小于不含盐酸的浓度， ＝K(I)，温度不变，平衡常数不变，则 的值不变。 7．(2023•全国新课标卷，29 节选)氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。 (4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。 其中一种进料组成为 ，另一种为 。(物质i 的摩尔分数： ) ①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。 ②进料组成中含有情性气体 的图是_______。 ③图3 中，当 、 时，氮气的转化率 _______。该温度时，反应 的平衡常数 _______ (化为最简式)。 【答案】(4) P1＜P2＜P3 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4 33.33% 【解析】(4)①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越 大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1＜P2＜P3，因此，图中压强由小到大 的顺序为P1＜P2＜P3，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔 分数越大。②对比图3 和图4 中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4 中平衡时氨的摩尔分数较小。 在恒压下充入情性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分 子数增大的方向移动，因此，充入情性气体Ar 不利于合成氨，进料组成中含有情性气体Ar 的图是图4。 ③图3 中，进料组成为 两者物质的量之比为3：1。假设进料中氢气和氮气的物质的量 分别为3mol 和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有： 当 、 时， ，解之得 ，则氮气的转化率 ，平 衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为 、2 、 ，其物质的量分数分别为 、 、 ，则该温 度下 因此，该温度时，反应 的平衡常数 。 8．(2023•浙江省6 月选考，19 节选)水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。 水煤气变换反应：H2O(g)+ CO(g) CO2 (g)+ H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1 该反应分两步完成： 3Fe2O3(s)＋CO(g) 2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·mol－1 2Fe3O4 (s)＋H2O(g) 3Fe2O3 (s)＋H2(g) ΔH2 (4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中 的余热(如图1 所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。 ①在催化剂活性温度范围内，图2 中b-c 段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是_____ _。 A．按原水碳比通入冷的原料气 B．喷入冷水(蒸气) C．通过热交换器换热 ②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3 中作出 平衡转化率随温度变化的曲线____。 【答案】(4)①AC ② 【解析】(4)①A 项，按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致 CO 的转化率稍减小，与图中变化相符，A 正确；B 项，喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气 的浓度增大，会导致CO 的转化率增大，与图中变化不符，B 错误；C 项，通过热交换器换热，可以降低 温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO 的转化率稍减小，与图中变化相符，C 正确； 故选AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故 图像为： ； 9．(2023•广东卷，19 节选)配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。 (1)某有机物 能与Fe2+形成橙红色的配离子[FeR3]2+，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子 [FeR3]3+。 ①基态 的 电子轨道表示式为 。 ②完成反应的离子方程式：NO3 - +2 [FeR3]2++3H+ ____+2 [FeR3]2++H2O (2)某研究小组对(1)中②的反应进行了研究。 用浓度分别为2.0 mol·L-1、2.5 mol·L-1、3.0 mol·L-1的HNO3溶液进行了三组实验，得到c[([FeR3]2+)]随 时间t 的变化曲线如图。 ①c(HNO3)= 3.0 mol·L-1时，在0~1 min 内，[FeR3]2+的平均消耗速率= 。 ②下列有关说法中，正确的有 。 A．平衡后加水稀释， 增大 B．[FeR3]2+平衡转化率： C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小 D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间： 【答案】(1) HNO2 (2) 5×10-5 mol·L-1·min-1 A、B 【解析】【解析】(1)①基态Fe2+的3d 电子轨道表示式为 ；②根据原子守 恒可知离子方程式中需要增加HNO2。(2)①浓度分别为2.0 mol·L-1、2.5 mol·L-1、3.0 mol·L-1的HNO3溶液， 反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；c(HNO3)= 3.0 mol·L-1时， 在0~1 min 内，观察图像可知[FeR3]2+的平均消耗速率为 ；②A 项，对于反应NO3 - +2 [FeR3]2++3H+ HNO2+2 [FeR3]2++H2O，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动， [FeR3