2020届高考化学二轮复习化学平衡图像解析学案 13页

微焦点 16 化学平衡图像解析 [学生用书 P35] 微考向 难度指数 热度示意 命题探究 1.考查外界条件对平衡移动影 响的图像 ★★★ 直接考查平衡移动原理在 图像中的反映,主要出现在 选择题中 2.速率与平衡相结合的图像分 析 ★★★★ 图像既体现了平衡的移动 又体现了反应速率,综合性 较强 3.多变量的速率、平衡相结合 的图像分析 ★★★★ 有多个变量的图像分析,难 度较大 4.化学反应速率和化学平衡的 图像绘制 ★★★★★ 近几年热门题型,题目能力 要求高,难度大 考查外界条件对 平衡移动影响的 图像 速率与平衡相结 合的图像分析 “先拐先平,数值大”原则:分析反应由开始(起始物质的用量相同时)到达到平 衡所用时间的长短可推知反应条件影响强弱。[以 xA(g)+yB(g) zC(g) 中反应物 A 的转化率 αA 为例] ①若为温度变化引起,温度较高时,反应达到平衡所需时间短,如图甲中 T2>T1 ②若为压强变化引起,压强较大时,反应达到平衡所需时间短,如图乙中 p1>p2 ③若为催化剂引起,使用适宜催化剂时,反应达到平衡所需时间短,如图丙中 a 曲线表示使用催化剂 多变量的速率、 平衡相结合的图 像分析 要综合分析该反应体系中有哪几个平衡体系,这些平衡体系之间有何种联 系、相互之间有何影响;条件改变后,对这些平衡的移动造成了哪些影响,对 哪个平衡的移动是主要的,哪个是次要的、最终的结果是什么等 化学反应速率和 化学平衡的图像 绘制 图像绘制的核心要素有两个,一是点,二是趋势。点:主要指起点、拐点、平 衡点、交点等特殊的点。要根据题目信息以及化学反应速率和平衡移动原 理确定特殊点的位置,然后再用曲线连接起来。趋势:主要考虑两个方面,一 是曲线变化趋势是上升、相平还是下降;二是要关注曲线斜率是变大还是 变小,这都要根据题目实际情况做出分析判断 　　　　　　　考查外界条件对平衡移动影响的图像 [典例导考 1](2019·宁波月考)在容积固定的密闭容器中存在反应 A(g)+3B(g) 2C(g)　 ΔH<0。某研究小组研究了其他条件不变时,改变某一条件对上述反应的影响,并根据实验数据作 出关系图,如下所示: 下列判断一定错误的是 (　　) A.图Ⅰ研究的是不同催化剂对反应的影响,且乙使用的催化剂效率较高 B.图Ⅱ研究的是压强对反应的影响,且乙的压强较高 C.图Ⅲ研究的是温度对反应的影响,且甲的温度较高 D.图Ⅳ研究的是不同催化剂对反应的影响,且甲使用的催化剂效率较高 【审】　化学平衡的图像解析。 【切】　要关注拐点的两个坐标的含义,横坐标为时间,体现了反应速率的大小,纵坐标为与 平衡有关的量,体现了平衡进行的程度。 【解】　加入催化剂,平衡不发生移动,达到平衡时,C 的浓度应该相等,A 项错误;增大压强,B 的转化率增大,由题图可知,甲达到平衡所需的时间较长,故甲的压强较低,乙的压强较高,B 项正确; 甲达到平衡所需的时间短,所以甲的温度较高,正反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移 动,所以 B 的转化率减小,C 项正确;加入催化剂,平衡不发生移动,甲达到平衡所需的时间短,所以 甲使用的催化剂效率较高,D 项正确。 【答】　A 【思】　化学平衡图像分析的一般方法 (1)认清坐标系,弄清纵、横坐标所代表的意义,并与有关原理相结合。 (2)看清起点,分清反应物、生成物。浓度减小的是反应物,浓度增大的是生成物,一般生成物 多数以原点为起点。 (3)看清曲线的变化趋势,注意渐变和突变,分清正、逆反应,从而判断反应特点。 (4)注意终点。例如,在浓度—时间图像上,一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增 加量,并结合有关原理进行推理判断。 (5)先拐先平。例如,在转化率—时间图像上,先出现拐点的曲线先达到平衡,此时逆向推理可 得该曲线对应的温度高、浓度大或压强大。 (6)定一议二。当图像中有三个变量时,先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。 [应用提能 1-1]臭氧在烟气脱硝中的反应为 2NO2(g)+O3(g) N2O5(g)+O2(g)。若该反应在恒 容密闭容器中进行,下列选项中有关图像对应的分析正确的是 (　　) A B C D 平衡后 升 温,NO2 0~2 s 内,v(O3)=0. v 正:b 点>a 点 恒温,t1 时再充入 O3 含量降 低 2 mol·L-1·s- 1 b 点:v 逆>v 正 　　【答案】　C 【微探究】　由题图可知,反应物总能量高于生成物总能量,正反应为放热反应,ΔH<0,平衡 后升温,平衡左移,NO2 含量增加,A 项错误;v(O3)= 1 2v(NO2)= 1 2× 0.8mol·L-1 - 0.4 mol·L-1 2 s =0.1 mol·L-1·s-1,B 项错误;题图中 b 点温度较高、反应较快,即 v 正:b 点>a 点,b 点不在平衡曲线上,不是平衡状态,b 点 NO2 体积分数比此温度下平衡状态时 NO2 体积分数小,故反应逆向进行,即 b 点:v 逆>v 正,C 项 正确;题图中 t1 时刻正、逆反应速率相等,为化学平衡状态,充入 O3 的瞬间,正反应速率增大,逆反 应速率不变,平衡正向移动,然后建立新平衡,D 项错误。 [应用提能 1-2]化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是 (　　) A.根据图①可判断该可逆反应的正反应为吸热反应 B.若图②表示压强对可逆反应 2A(g)+2B(g) 3C(g)+D(s)的影响,则乙对应的压强大 C.图③可表示乙酸溶液中通入氨至过量过程中溶液导电性的变化 D.根据图④,若除去 CuSO4 溶液中混有的 Fe3+,可向溶液中加入适量 CuO,调节 pH 至 4 左 右 【答案】　D 【微探究】　通过图①可知,升高温度,正、逆反应速率都增大,但平衡后再升高温度,逆反应 速率大于正反应速率,平衡向逆反应方向移动,则正反应是放热反应,A 项错误;题给反应前后气体 物质的量减小,当改变压强时,平衡移动,甲、乙两反应平衡时反应物的百分含量不相等,与图②不 符,B 项错误;溶液的导电性与溶液中离子的浓度及离子所带的电荷数成正比,乙酸是弱电解质,向 乙酸溶液中通入氨,乙酸和氨反应生成强电解质乙酸铵,溶液中离子浓度增大,导电性增强,C 项错 误;在 pH=4 左右,氢氧化铁已完全沉淀,而氢氧化铜还未沉淀,若除去 CuSO4 溶液中混有的 Fe3+, 可向溶液中加入适量 CuO,调节溶液 pH 至 4 左右,使铁离子转变成氢氧化铁沉淀而除去,D 项正 确。 　　　　　　　速率与平衡相结合的图像分析 [典例导考 2] (2018·杭州二中高三检测)已知反应(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g) 2NH4HCO3(aq)　ΔH,可 用于捕获碳技术之中。为研究温度对(NH4)2CO3 捕获 CO2 效率的影响,在某温度 T1 下,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(用氮气做稀释剂),在 t 时刻,测得容 器中 CO2 气体的浓度。然后分别在温度为 T2、T3、T4、T5 下,保持其他初始实验条件不变,重复 上述实验,经过相同时间测得 CO2 气体浓度,得到趋势图(如图所示)。则: (1)ΔH　　　　(填“>”“=”或“<”)0。 (2)在 T1~T2 及 T4~T5 二个温度区间,容器内 CO2 气体浓度呈现如图所示的变化趋势,其原因 是 　。 【审】　这是一道关于化学反应速率和化学平衡问题的图像题。 【切】　解题的切入点是从图像获取信息来解决化学反应速率和化学平衡问题。 【解】　(1)当温度在 T1 时,反应不是平衡状态,随着温度升高,反应速率越来越快,当温度为 T3 时,反应达到平衡状态,温度升高,CO2 浓度增大,平衡逆向移动,故正反应为放热反应,ΔH<0。 【答】　(1)<　(2)T1~T2 区间,化学反应未达到平衡状态,温度越高,化学反应速率越快,所以 CO2 被捕获的量随温度升高而提高;T4~T5 区间,化学反应已达到平衡状态,由于正反应是放热反 应,温度升高,平衡逆向移动,所以不利于 CO2 捕获 【思】　要准确分析曲线变化的原因是速率问题还是平衡问题;通常反应未达到平衡之前,主 要考虑速率问题,用影响化学反应速率的有关条件分析作答;反应已达到平衡时,则主要考虑平衡 问题,利用平衡移动原理分析作答。 [应用提能 2-1]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 NO 的转化率不变 C.图中 Y 点所示条件下,增加 O2 的浓度不能提高 NO 的转化率 D.380 ℃下,c 起始(O2)=5.0×10-4 mol·L-1,NO 的平衡转化率为 50%,则平衡常数 K>2 000 【答案】　D 【微探究】　由题图中虚线知,升高温度,NO 的平衡转化率减小,说明平衡向逆反应方向移 动,则该反应为放热反应,ΔH<0,A 项错误;X 点时反应还未达到平衡状态,反应正向进行,所以延长 反应时间能提高 NO 的转化率,B 项错误;Y 点时反应已经达到平衡状态,此时增加 O2 的浓度,使得 正反应速率大于逆反应速率,平衡向正反应方向移动,可以提高 NO 的转化率,C 项错误;设 NO 起 始浓度为 a mol·L-1,NO 的平衡转化率为 50%,则平衡时 NO、O2 和 NO2 的浓度分别为 0.5a mol/L、(5.0×10-4-0.25a) mol·L-1、0.25a mol·L-1,则平衡常数 K= 푐2(NO2) 푐2(NO)·푐(O2) = (0.5푎)2 (0.5푎)2 × (5 × 10-4 - 0.25푎)> 1 5 × 10-4=2 000,D 项正确。 [应用提能 2-2]向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中分别充入一定量的 A 和 B,发生反 应:A(g)+xB(g) 2C(g)。相关数据如表,反应过程中 C 的浓度随时间的变化关系如图。下列说 法正确的是 (　　) 容器 甲 乙 丙 容积 0.5 L 0.5 L 1.0 L 温度/℃ T1 T2 T2 反应物起始 量 1.5 mol A 0.5 mol B 1.5 mol A 0.5 mol B 6.0 mol A 2.0 mol B A.T1>T2,x=1 B.T2 ℃时,该反应的平衡常数为 0.8 C.A 的平衡转化率 α(甲)∶α(乙)=2∶3 D.15~20 min 内 C 的平均反应速率 v(乙)”)T2。 ②某温度下,若反应进行到 10 min 时达到平衡状态 D 点,容器的体积为 2 L,则此时的平衡常 数 K=　　　(结果精确到两位小数);用 CO 的浓度变化表示的平均反应速率 v(CO)=　　　　。 ③若在 D 点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,重新达到平衡状态时可能是图 中 A~G 点中的　　　　点。 【审】　考查外界条件改变对反应速率及化学平衡的影响。 【切】　先分后合。先分别考虑外界条件改变对反应速率的影响和对化学平衡的影响,再把 影响的结果进行整合分析。 【解】　(1)①M、N 点温度、催化剂催化效率均不同,则 N 点反应速率不是最大,故①错 误;②随温度升高,二氧化碳的平衡转化率减小,该反应为放热反应,K 随温度升高而减小,故 M 点 时的平衡常数比 N 点时的平衡常数大,故②正确;③该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,故 温度升高乙烯的产率减小,故③错误;④在 250 ℃时催化剂的催化效率最大,实际反应应尽可能在 250 ℃下进行,提高单位时间的产量,故④错误。 (2)①2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)　ΔH=-746.5 kJ· mol-1,同一压强时,升高温度,平衡 逆向移动,NO 的体积分数增大,所以 T1>T2。 ②　　　2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) 开始量/mol　4　　　　5　　　　　0　　　0 转化量/mol 2x 2x x 2x 平衡量/mol 4-2x 5-2x x 2x 4 - 2푥 4 - 2푥 + 5 - 2푥 + 푥 + 2푥=0.25,x=1,则该温度下的平衡常数 K= 0.5 × 12 12 × 1.52≈0.22。根据 v= Δ푐 Δ푡,用 CO 的 浓度变化表示的平均反应速率 v(CO)= 1mol/L 10min =0.1 mol/(L·min)。 ③若在 D 点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小,平衡逆向移动,NO 的体积分数 增大,故选 A 点。 【答】　(1)①③④　(2)①>　②0.22　0.1 mol/(L·min)　③A 【思】　分析题目时,要特别注意是平衡曲线还是非平衡曲线(也可能部分是平衡曲线,部分 是非平衡曲线),若是平衡曲线则用平衡移动相关理论分析,若是非平衡曲线则用速率相关理论分 析。 [应用提能 3-1]甲酸甲酯是重要的有机化工原料,制备反应为 CH3OH(g)+CO(g) HCOOCH3(g)　ΔH<0。相同时间内,在容积固定的密闭容器中,使反应在不同温度下进行[起始投 料比 푛(CO) 푛(CH3OH)均为 1],相同时间内测得 CO 的转化率随温度变化的曲线如图所示。下列说法不正 确的是 (　　) A.70~80 ℃,CO 的转化率随温度升高而增大,其原因是升高温度反应速率增大 B.85~90 ℃,CO 的转化率随温度升高而降低,其原因可能是升高温度平衡逆向移动 C.d 点和 e 点的平衡常数:KdKe,C 项错误;根据 化学方程式可知,起始投料比 푛(CO) 푛(CH3OH)与化学方程式中对应的化学计量数之比相等,因此 a 点对应 的 CO 的转化率与 CH3OH 的转化率相同,D 项正确。 [应用提能 3-2]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　　　　 (填“大于”或“小于”)0.1;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　。 【答案】　(1)123　小于　AD　(2)氢气是产物之一,随着 푛(氢气) 푛(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碳链烃类 化合物 【微探究】　(1)根据盖斯定律,可得①=②-③,则 ΔH1=ΔH2-ΔH3=-119 kJ· mol-1+242 kJ· mol-1=123 kJ· mol-1。反应①为气体总体积增大的反应,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 向气体总体积增大的方向移动,D 项正确。(2)结合图(b)可看出随着 n(氢气)/n(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 n(氢气)/n(丁烷)逐渐增大时,逆反应速率加快,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加 快反应速率,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碳链烃类化合物, 导致丁烯产率快速降低。 　　　　　　　化学反应速率和化学平衡的图像绘制 [典例导考 4](2018·4 月选考,30 节选)已知: CH3COOH(l)+C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l)+H2O(l)　ΔH=-2.7 kJ· mol-1 一定温度下该反应的平衡常数 K=4.0。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投 料,则乙酸乙酯的平衡产率 y=　　　　;若乙酸和乙醇的物质的量之比为 n∶1,相应平衡体系中乙 酸乙酯的物质的量分数为 x,请在图中绘制 x 随 n 变化的示意图(计算时不计副反应)。 【审】　投料比对平衡组成的影响。 【切】　在外界条件不变的情况下,投料比等于反应方程式中化学计量数比时,平衡体系中产 物的物质的量分数最大。 【解】　 　CH3COOH(l)+C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l)+H2O(l) 始/mol　n　　　　n　　　　　　　　0　　　　　　0 转/mol a a a a 平/mol n-a n-a a a 则 K= 푎2 (푛 - 푎)2=4.0,解得 a= 2푛 3 ,所以乙酸乙酯的平衡产率 y= 2 3≈0.67,此时乙酸乙酯的物质的量分 数 x= 1 3。若乙酸和乙醇的物质的量之比为 n∶1,当 n<1 时,随 n 增大,x 逐渐增大,当 n=1 时,达最大 值,此时 x= 1 3,当 n>1 时,随 n 增大,x 变小。 【答】　0.67(或 67%) 【思】　平衡图像绘制关键是找到特殊的点,起点、拐点、平衡点、最高点、最低点等都是 这类题目分析的重点。 [应用提能 4-1]水是“生命之基质”,是“永远值得探究的物质”。将一定量水放入抽空的恒容密闭容 器中,测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存[H2O(l) H2O(g)]时的压强(p)。在图中画出从 20 ℃开始到 100 ℃的 p 随 T 变化关系示意图(20 ℃时的平衡压强用 p1 表示)。 【答案】　 【微探究】　H2O(l) H2O(g),该变化过程的正方向吸热,温度升高有利于平衡正向移动,气 体物质的量增加,压强增大;当达到 100 ℃时,水沸腾,它的饱和蒸气压达到一个标准大气压,据此即 可作出正确图像。 [应用提能 4-2]煤炭燃烧过程中会释放出大量的 SO2,严重破坏生态环境。采用一定的脱硫技术 可以把硫元素以 CaSO4 的形式固定,从而降低 SO2 的排放。但煤炭燃烧过程中产生的 CO 又会 与 CaSO4 发生化学反应,降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下: CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)　ΔH1=218.4 kJ· mol-1(反应Ⅰ) CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+4CO2(g)　ΔH2=-175.6 kJ· mol-1(反应Ⅱ) 恒温恒容条件下,假设反应Ⅰ和Ⅱ同时发生,且反应Ⅰ的速率(v1)>反应Ⅱ的速率(v2),请在图中画出 反应体系中 c(SO2)随时间 t 变化的总趋势图。 【答案】 【微探究】　反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2),故 SO2 增加得快,随着反应Ⅱ的进行,CO2 的浓度不断增大,使反应Ⅰ的平衡逆向移动,导致 SO2 的浓度减小,直至达到平衡不变。