【文档说明】2022年高考化学二轮复习专题六 化学速率平衡图表分析与数据处理 (含解析).doc，共(11)页，336.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题六化学速率平衡图表分析与数据处理【考情分析】从近几年看，化学反应速率和化学平衡的考查，试题的创新性、探究性逐年提升，如：考查问题多样化的平衡图像问题，通过设计新颖的速率、平衡计算以及通过图像、表格获取信息、数据等试题在情

境上、取材上都有所创新，而且化学反应速率与化学平衡还与元素化合物知识相互联系，综合考查，并且两者的结合也日趋紧密。如2015·全国卷Ⅰ·28，2016·全国卷Ⅱ·27，2017·全国卷Ⅰ·28，2018·全国卷Ⅰ·28，2018·全国卷Ⅱ·27等。

1.常见速率、平衡图像(1)物质的量(或浓度)－时间图像例如，某温度时，在定容(VL)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。(2)含量—时间—温度(压强)常见形式有如下几种。(C%指生成物的质量分数；B%指某反应物的质量分数)(3)恒压(温)

的图像分析该类图像的纵坐标为物质的平衡浓度(c)或反应物的转化率(α)，横坐标为温度(T)或压强(p)，常见类型如下所示：如图2所示曲线是其他条件不变时，某反应物的最大转化率(α)与温度(T)的关系曲线，图中标出的1、2、3、4四个点，表示v正＞v逆的点是3，表示v正＜v逆的点是1，而2、

4点表示v正＝v逆。2.解答化学平衡图像题两个原则和三个步骤(1)两个原则①先拐先平。例如，在转化率—时间图上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。②定一论二。当图像中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。(2)三个步骤①看懂图像：看图像要五

看。一看面，即看清横坐标和纵坐标；二看线，即看线的走向、变化趋势；三看点，即看曲线的起点、终点、交点、拐点、原点、极值点等；四看要不要作辅助线、如等温线、等压线；五看定量图像中有关量的多少。②联想规律：联想外界条件对化学反应速率和化学平衡的影

响规律。③推理判断：结合题中给定的化学反应和图像中的相关信息，根据有关知识规律分析作出判断。考点指导1化学平衡中的表格数据处理【典例1】(海南高考)硝基苯甲酸乙酯在OH－存在下发生水解反应：O2NC6H

4COOC2H5＋OH－O2NC6H4COO－＋C2H5OH两种反应物的初始浓度均为0.050mol·L－1，15℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的数据如表所示，回答下列问题：t/s012018024033053060070

0800α/%033.041.848.858.069.070.471.071.0(1)列式计算该反应在120～180s与180～240s区间的平均反应速率____________________、________________________；比较两者大小可得出的结论是________

___________________________________。(2)列式计算15℃时该反应的平衡常数___________________________________。(3)为提高O2NC6H

4COOC2H5的平衡转化率，除可适当控制反应温度外，还可采取的措施有_______________________________________________________(要求写出两条)。【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)表格数据的处理。(2)化学反应速率及化学平衡移动的影响因

素。(3)化学平衡常数的应用。解析(1)120s转化率为33.0%，180s转化率为41.8%，240s转化率为48.8%，则120～180s反应速率v＝[0.050mol·L－1×(41.8%－33.0%)

]/(180s－120s)≈7.3×10－5mol·L－1·s－1，则180～240s反应速率v＝[0.050mol·L－1×(48.8%－41.8%)]/(240s－180s)≈5.8×10－5mol·L－1·s－1，相同时间段内平均速率减小，主要原因是随着反应进行，

反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小；(2)根据表格数据，转化率为71.0%就不再发生变化，即达到化学平衡状态，则化学平衡常数K＝c（O2NC6H4COO－）·c（C2H5OH）c（O2NC6H4COOC2H

5）·c（OH－）＝(0.050mol·L－1×71.0%)2/[0.050mol·L－1×(1－71.0%)]2＝(71/29)2≈6.0；(3)提高反应物的转化率，是使化学平衡向正反应方向移动，除

了控制温度外，根据化学反应特点(溶液间进行的反应)，压强不能改变平衡，因此可以增大另一种反应物的浓度提高转化率，还可以减少生成物浓度(即移走生成物)增大反应物的转化率。答案(1)v＝0.050mol·L－1×（41.8%－33.0%）（

180－120）s＝7.3×10－5mol·L－1·s－1v＝0.050mol·L－1×（48.8%－41.8%）（240－180）s≈5.8×10－5mol·L－1·s－1随着反应的进行，反应物浓度降低，反

应速率减慢(2)K＝（0.050mol·L－1×71.0%）2[0.050mol·L－1×（1－71.0%）]2≈6.0或K≈（71.0%）2（1－71.0%）2＝6.0(3)增大OH－的浓度、移去生成

物【对点训练】1.(广东高考)H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。(1)某小组拟在同浓度Fe3＋的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1mol·L－1F

e2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器。①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：_____________________________________

________________________________。②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定________(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)。③设计实验装置，完成如图所示的装置示意图。④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案(列出所选试剂体积、

需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示)。物理量实验序号V[0.1mol·L－1Fe2(SO4)3]/mL„„1a„„2a„„(2)利用图(a)和图(b)中的信息，按下图(c)装置(连通的A、B瓶中已充有

NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的________(填“深”或“浅”)，其原因是____________________________________________________________________________________________

_______________________________________。解析(1)①过氧化氢在Fe3＋催化下分解成水和O2，根据O元素的化合价变化，可得：；②在不同H2O2浓度下，需测定相同时间内，产生氧气的体积的多

少，或生成相同体积氧气所需时间的多少。③可用如图所示装置测定。④根据“控制变量法”的要求，两个对比实验应使反应混合物中Fe2(SO4)3的浓度相同，H2O2的浓度不同。(2)由图(a)知，过氧化氢的分解反应为放热反应，由图(b

)知NO2转化为N2O4的反应为放热反应，故图(c)中，右侧烧杯温度高于左侧烧杯温度，即B瓶中的温度高于A瓶。温度升高，平衡2NO2(g)N2O4(g)，向逆反应方向进行，B瓶中的二氧化氮浓度增大，颜色比A瓶颜色深。答案(1)①②生成相同体积的氧气所需的

时间(或相同时间内，生成氧气的体积)③④V(H2O2)/mLV(H2O)/mLV(O2)mLt/s1b2bed22bbef或V(H2O2)/mLV(H2O)/mLt/sV(O2)mL1b2bed22bbef(2)深因为过氧化氢分解是放热反应，2NO2

(g)N2O4(g)也是放热反应，所以B瓶温度高于A瓶，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，颜色加深考点指导2速率、平衡图像分析【典例2】(浙江高考)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。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低了脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g)ΔH1＝218.4kJ·mol－1

(反应Ⅰ)CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g)ΔH2＝－175.6kJ·mol－1(反应Ⅱ)请回答下列问题：(1)反应Ⅰ能自发进行的反应条件是______________________________________________________________

_______。(2)对于气体参与的反应，表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)，则反应Ⅱ的Kp＝________(用表达式表示)。(3)假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的

是________。(4)通过监测反应体系中气体浓度的变化可判断反应Ⅰ和Ⅱ是否同时发生，理由是___________________________________________________________________

__。(5)图1为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线。则降低该反应体系中SO2生成量的措施有________。A.向该反应体系中投入石灰石B.在合适的温度区间内控制较低的反应温度C.提高CO的初始体积百分数D.提高反应体系的

温度(6)恒温恒容条件下，假设反应Ⅰ和Ⅱ同时发生，且v1＞v2，请在图2中画出反应体系中c(SO2)随时间t变化的总趋势图。解析(1)若反应Ⅰ能自发进行，则有ΔH－TΔS<0，由于反应Ⅰ的正反应ΔS>0，ΔH>0，故要使ΔH－TΔS<0，则必须在高温下进行。(2)结合化学平衡常数的定义及

题中信息，可知Kp＝p4（CO2）p4（CO）。(3)反应Ⅰ吸热，产物的能量高于反应物，反应Ⅱ放热，产物的能量低于反应物；又由于反应Ⅰ速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，反应Ⅰ的活化能低于反应Ⅱ，则C项图符合题意。(4)由于反应Ⅰ产生的SO2和CO2物质的量的比例为1∶1，而反应Ⅱ只

产生CO2气体，若SO2和CO2的浓度之比随时间发生变化，则表明两个反应同时发生。(5)A项，向该反应体系中投入石灰石，分解产生CO2，使反应Ⅰ逆向移动，可降低体系中SO2的生成量，正确；由图可知，当CO初始体积分数相同时，温度越低，CaS质量分数越高，由此可知，在合适的温度区间内

控制较低的反应温度，能减小SO2的生成量，B正确，D错误；C项，由图可看出，提高CO的初始体积百分数曲线呈上升趋势，CaS的含量升高，生成SO2的量将降低，正确。(6)随着反应Ⅰ的进行，c(SO2)逐渐增加，当反应Ⅰ刚达到平衡时c(SO2)最

大，又由于反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，反应Ⅰ先达到平衡，随着反应Ⅱ的进行，CO2的浓度不断增大，使反应Ⅰ平衡逆向移动，SO2的浓度将逐渐减少至反应Ⅱ达到平衡时不再变化，图像见答案。答案(1)高温(2)p

4（CO2）p4（CO）(3)C(4)如果气相中SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化，则表明两个反应同时发生(5)ABC(6)【解题指南】解答本题时应注意以下四点：(1)活化能对化学反应速率的影响。(2)化学平衡常数的多维表示方法(3)图像的审读及解题

信息的获取。(4)做图能力的训练。【对点训练】2.(新课标全国卷)乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接水合法或间接水合法生产。回答下列问题：(1)间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H)，再水解生成乙醇。写出相应

反应的化学方程式_____________________________________________________________________。(2)已知：甲醇脱水反应2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH1＝－23.9kJ

·mol－1甲醇制烯烃反应2CH3OH(g)===C2H4(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－29.1kJ·mol－1乙醇异构化反应C2H5OH(g)===CH3OCH3(g)ΔH3＝＋50.7kJ·mol－1则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)＋H2O(g)==

=C2H5OH(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是______________________________________________________________

_______。(3)下图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系(其中nH2O∶nC2H4＝1∶1)。①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓

度计算，分压＝总压×物质的量分数)。②图中压强p1、p2、p3、p4的大小顺序为______________，理由是_____________________________________________________________________。③气相直接水合法常用的工艺条

件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反应温度290℃、压强6.9MPa，n(H2O)∶n(C2H4)＝0.6∶1。乙烯的转化率为5%。若要进一步提高乙烯的转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有________、________。解析(1)乙烯与浓硫酸反应生成C

2H5OSO3H，C2H5OSO3H与水反应生成CH3CH2OH，根据原子守恒配平，即可得相应化学方程式：CH2===CH2＋H2SO4(浓)―→C2H5OSO3H，C2H5OSO3H＋H2O―→C2H5OH＋H2SO4。(2)2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2

O(g)ΔH1＝－23.9kJ·mol－1①2CH3OH(g)===C2H4(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－29.1kJ·mol－1②C2H5OH(g)===CH3OCH3(g)ΔH3＝＋50.7kJ·mol－1③根据盖斯定律，由①－②－③得：C2H4(

g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)ΔH＝－45.5kJ·mol－1。浓硫酸具有强腐蚀性，且浓硫酸与有机物反应常伴有副反应，产生SO2、CO2等气体，直接水合反应过程中没有用到浓硫酸，故可有效避免

对设备的腐蚀及对环境的污染。(3)①设开始充入的原料气中，C2H4(g)和H2O(g)的物质的量均为n。C2H4(g)＋H2O(g)===C2H5OH(g)开始(mol)nn0转化(mol)20%n20%n20%n平衡(mol)80%n80%n20%n平衡混合气中

C2H4(g)、H2O(g)、C2H5OH(g)的物质的量分数依次为：80%n180%n、80%n180%n、20%n180%n。根据题意，将数据代入化学平衡常数表达式，Kp＝p（C2H5OH）p（C2H4）·

p（H2O）。②C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)是一个气体体积减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡向正反应方向移动，C2H4的转化率提高，所以p4>p3>p2>p1。③依据反应特点及平衡移动原理，提高乙烯转化率还可以

增大H2O与C2H4的比例，或将乙醇及时液化分离出去等。答案(1)CH2===CH2＋H2SO4(浓)―→C2H5OSO3H，C2H5OSO3H＋H2O―→C2H5OH＋H2SO4(2)－45.5污染小，腐蚀性小等(3

)①p（C2H5OH）p（C2H4）·p（H2O）＝20%np2n－20%n80%np2n－20%n2＝20×180802×7.85MPa＝0.07(MPa)－1②p4>p3>p2>p1反应分子数

减少，相同温度下，压强升高，乙烯转化率提高③将产物乙醇液化移去增加nH2O∶nC2H4比【课堂总结】“平衡图像”认知模型构建