2021新高考化学二轮总复习课件：专题七-化学反应速率和化学平衡-.pptx

1、2021新高考化学二轮总复习课件：专题七-化学反应速率和化学平衡-热点专攻热点专攻(七七)内容索引考情分考情分析析 备考备考定向定向高频高频考点考点 能力能力突破突破考情分析考情分析 备考定向备考定向备考要点说明 1.了解化学反应速率的概念和定量表示方法。能正确计算化学反应的转化率()。2.了解反应活化能的概念,了解催化剂的重要作用。3.了解化学反应的可逆性及化学平衡的建立。4.掌握化学平衡的特征。了解化学平衡常数(K)的含义,能利用化学平衡常数进行相关计算。5.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对化学反应速率和化学平衡的影响,能用相关理论解释其一般规律。6.了解化学反应速率和化学平衡

2、的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。核心价值引领2020年6月10日,在江苏省科学技术奖励大会上,钟秦教授科研团队的高效燃煤燃气烟气脱硝催化剂全生命周期关键技术研发与应用获得2019年江苏省科学技术奖一等奖,钒基脱硝催化剂在220 至550 高温高效稳定运行,解决了催化剂生产、运行诊断、再生与回收等关键技术问题。催化剂能够改变反应历程,降低反应的活化能,故催化剂能够极大程度地加快化学反应速率。科学家一直致力于研究发现高效催化剂,那么催化剂增大化学反应速率的机理是什么?催化剂能不能提高反应物的转化率?能否改变反应的焓变?带着这些问题我们来深入研究化学反应速率、化学平衡的影响因素以及化学

3、反应条件的选择。高频考点高频考点 能力突破能力突破考点一考点一外界条件对化学反应速率的影响外界条件对化学反应速率的影响【真题示例】【真题示例】(2019浙江4月选考)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-),油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比,下列说法不正确的是()A.高温高压液态水中,体系温度升高,油脂水解反应速率加快B.高温高压液态水中,油脂与水的互溶能力增强,油脂水解反应速率加快C.高温高压液态水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反应,且产生的酸进一步催化水解D.高温高压液态水中的油脂水解,相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH

4、-)的碱的水解答案 D解析 A项,温度升高,反应速率加快,所以正确,不符合题意;B项,高温高压下,油脂与水互溶性增强,接触面积更大,反应速率加快,所以正确,不符合题意;C项,高温高压下,氢离子浓度增大,对油脂的水解起到催化作用,生成的氢离子又进一步起到催化作用,所以正确,不符合题意;D项,高温高压下水电离的氢离子和氢氧根离子浓度虽然较常温时的大,但水解前溶液呈中性,与加入酸或碱所形成的环境不同,所以错误,符合题意。【必备知识必备知识】1.化学反应速率的计算浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质,不适用于固体和纯液体。化学反应速率是某段时间内的平均反应速率,而不是瞬时速率,且计算时取正值。同一反应用

5、不同的物质表示反应速率时,数值可能不同,但意义相同。同一化学反应中用不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比。2.气体反应体系中充入惰性气体(或无关气体)时,对反应速率的影响实验实验实验 1 mL 0.01 M的KMnO4溶液和1 mL 0.1 M的H2C2O4溶液混合 1 mL 0.01 M的KMnO4溶液和1 mL 0.1 M的H2C2O4溶液混合 1 mL 0.01 M的KMnO4溶液和1 mL 0.1 M的H2C2O4溶液混合褪色比实验褪色快比实验褪色快【应考训练应考训练】考向1化学反应速率的影响因素1.(2019北京石景山高三统练)资料显示,自催化作用是指反应产物之一使该反应速

6、率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验,一段时间后溶液均褪色(0.01 molL-1可以记做0.01 M)。下列说法不正确的是()A.实验中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,产物MnSO4能起自催化作用B.实验褪色比快,是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率C.实验褪色比快,是因为Cl-的催化作用加快了反应速率D.若用1 mL 0.2 M的H2C2O4溶液做实验,推测比原实验褪色快答案 C解析 由分析可知,实验中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,反应生成的MnSO4能起自催化作用,故A正确;实验加入了MnSO4固体后,褪色比快,说明MnSO4的催化作用加快了反应速

7、率,故B正确;实验加入了稀盐酸之后,Cl-与KMnO4发生氧化还原反应,所以褪色比快,Cl-是还原剂不是催化剂,故C错误;若用1 mL 0.2 M的H2C2O4溶液做实验,还原剂H2C2O4的浓度增大,反应速率更快,能更快地将KMnO4消耗完,因此比原实验褪色快,故D正确。考向2化学反应速率的计算2.(双选)(2020山东济南一模)丙酮的碘代反应CH3COCH3+I2CH3COCH2I+HI的速率方程为v=kcm(CH3COCH3)cn(I2),其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.7/k。改变反应物浓度时,反应的瞬时速率如表所示。c(CH3COCH3)/(molL-1)c

8、(I2)/(molL-1)v/(10-3 molL-1min-1)0.250.0501.40.500.0502.81.000.0505.60.500.1002.8下列说法正确的是()A.速率方程中的m=1、n=0B.该反应的速率常数k=2.810-3 min-1C.增大I2的浓度,反应的瞬时速率加快D.在过量的I2存在时,反应掉87.5%的CH3COCH3所需的时间是375 min答案 AD 考向3“控制变量”思想在探究影响化学反应速率因素中的应用3.铬是广泛存在于环境中的金属元素,在水体中主要以三价和六价铬的化合物为主,其中六价铬对人有害。通常含六价铬的酸性工业废水的处理流程为:为进一步研究

9、初始pH和草酸的浓度对第步反应速率的影响,某学习小组设计对比实验如下表:实验编号初始pH废水样品的体积/mL草酸溶液的体积/mL蒸馏水的体积/mL甲4601030乙5x1030丙5y5z(1)实验设计表中z=;(2)实验甲中Ot1时间段反应速率v(Cr3+)=molL-1min-1(用含字母的代数式表示)。(3)常温下,第步反应生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下平衡:Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq),其溶度积KspCr(OH)3=110-32,要使反应后溶液中c(Cr3+)不高于10-5 molL-1,溶液的pH应调至。考点二考点二化学平衡及其化学平衡及其影响因素影响因

10、素 化学平衡化学平衡常数及有关计算常数及有关计算【真题示例】【真题示例】1.(2020天津化学)已知Co(H2O)62+呈粉红色,CoCl42-呈蓝色,ZnCl42-为无色。现将CoCl2溶于水,加入浓盐酸后,溶液由粉红色变为蓝色,存在以下平衡:Co(H2O)62+4Cl-CoCl42-+6H2OH用该溶液做实验,溶液的颜色变化如下:以下结论和解释正确的是()A.等物质的量的Co(H2O)62+和CoCl42-中键数之比为3 2B.由实验可推知HCoCl42-答案 D解析 1 mol Co(H2O)62+中键数为18NA,1 mol CoCl42-中键数为4NA,二者之比为9 2,A项错误;将

11、蓝色溶液放入冰水中,颜色变粉红色,说明平衡Co(H2O)62+4Cl-CoCl42-+6H2O左移,根据勒夏特列原理可知,H0,B项错误;H2O是纯液体,其浓度不变,但加入H2O会引起其他离子浓度的变化,使平衡移动,C项错误;实验中加入ZnCl2,溶液变粉红色,CoCl42-变为Co(H2O)62+,说明Zn2+与Cl-络合生成ZnCl42-的能力比Co2+与Cl-络合生成CoCl42-的能力强,即CoCl42-不如ZnCl42-稳定,D项正确。2.(2019海南化学)反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)H0,在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中,不能提高乙烷平衡转化率的是

12、()A.增大容器容积B.升高反应温度C.分离出部分氢气D.等容下通入惰性气体答案 D解析 该反应的正反应是气体体积增大的反应,增大反应容器的容积,体系的压强减小,化学平衡正向移动,能提高乙烷平衡转化率,A项不符合题意;该反应的正反应是吸热反应,升高反应温度,化学平衡正向移动,可提高乙烷的平衡转化率,B项不符合题意;分离出部分氢气,减少了生成物浓度,平衡正向移动,可提高乙烷的平衡转化率,C项不符合题意;等容下通入惰性气体,体系的总压强增大,但各气体的浓度保持不变,因此化学平衡不移动,对乙烷的平衡转化率无影响,D项符合题意。3.(2019浙江4月选考)下列说法正确的是()A.H2(g)+I2(g)

13、2HI(g),其他条件不变,缩小反应容器体积,正逆反应速率不变B.C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?)+B(g)2C(?)已达平衡,则A、C不能同时是气体D.1 mol N2和3 mol H2反应达到平衡时H2转化率为10%,放出热量Q1;在相同温度和压强下,当2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时,吸收热量Q2,Q2不等于Q1答案 B解析 A项,缩小反应容器体积,反应物和生成物的浓度均增大,因此正、逆反应速率均增大,所以错误;B项,碳的质量不再发生变化说明正逆反应速率相等,说明反应达到平衡状态

14、,所以正确;C项,如果A、C同时是气体,反应前后气体的化学计量数之和不等,压强不变可以说明反应达到平衡,所以错误;D项,由题给物质的量和转化率可知,正反应时消耗氢气的物质的量为0.3 mol,逆反应时生成氢气的物质的量也是0.3 mol,因此吸收和放出的热量数值相同,所以错误。4.(2018天津理综)室温下,向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH和含1 mol HBr的氢溴酸,溶液中发生反应:C2H5OH+HBr C2H5Br+H2O,充分反应后达到平衡。已知常压下,C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4 和78.5。下列有关叙述错误的是()A.加入NaOH,可增大乙醇的物质的量B.

15、增大HBr浓度,有利于生成C2H5BrC.若反应物均增大至2 mol,则两种反应物平衡转化率之比不变D.若起始温度提高至60,可缩短反应达到平衡的时间答案 D解析 加入NaOH能与HBr反应,平衡左移,可增大乙醇的物质的量,A项正确;增大反应物HBr的浓度,平衡右移,有利于生成C2H5Br,B项正确;由于两种反应物的起始量相等,且反应中两种物质的化学计量数之比为1 1,则两种反应物平衡转化率之比不变,C项正确;由于C2H5Br的沸点为38.4,若起始温度提高至60,则会造成C2H5Br的挥发,因此反应达到平衡的时间会延长,D项错误。5.(2020全国)天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H

16、6等烃类,是重要的燃料和化工原料。(1)乙烷在一定条件可发生如下反应:C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)H1,相关物质的燃烧热数据如下表所示:H1=kJmol-1。提高该反应平衡转化率的方法有、。容器中通入等物质的量的乙烷和氢气,在等压下(p)发生上述反应,乙烷的平衡转化率为。反应的平衡常数Kp=(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压物质的量分数)。物质C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃烧热H/(kJmol-1)-1 560-1 411-286(2)高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4 C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为:r=k ,其中k为反应速率常数。设反应开始时的

17、反应速率为r1,甲烷的转化率为时的反应速率为r2,则r2=r1。对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是。A.增加甲烷浓度,r增大B.增加H2浓度,r增大C.乙烷的生成速率逐渐增大D.降低反应温度,k减小(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如下图所示:阴极上的反应式为。若生成的乙烯和乙烷的体积比为2 1,则消耗的CH4和CO2体积比为。答案(1)137升高温度减小压强(增大体积)(2)(1-)AD(3)CO2+2e-=CO+O2-6 5(2)甲烷转化率为时,CH4的浓度与CH4的初始浓度之比为(1-)1,故此时反应速率r2=(1-)r1。

18、反应初期阶段,反应速率与速率常数k、有关。增加甲烷浓度可增大反应速率,A正确、B错误;随着反应的进行,逐渐减小,反应速率逐渐减小,则乙烷的生成速率逐渐减小,C错误;降低反应温度,反应速率减小,k减小,D正确。(3)由图可知,阳极上CH4转化成C2H6、C2H4、H2O:2CH4-2e-+O2-=C2H6+H2O,2CH4-4e-+2O2-=C2H4+2H2O。阴极上CO2转化成CO和O2-:CO2+2e-=CO+O2-若生成乙烯和乙烷的体积比为2 1,则每生成2 mol C2H4、1 mol C2H6,转移电子10 mol、消耗6 mol CH4,根据得失电子守恒可知消耗5 mol CO2。则

19、消耗的CH4和CO2的体积比为6 5。6.(2020山东化学)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素,有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下:.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H1=-49.5 kJmol-1.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H2=-90.4 kJmol-1.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H3回答下列问题:(1)H3=kJmol-1。(2)一定条件下,向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应,达到平衡时,容器中CH3OH(g)为a mol,CO

20、为b mol,此时H2O(g)的浓度为 molL-1(用含a、b、V的代数式表示,下同),反应的平衡常数为。(3)不同压强下,按照n(CO2)n(H2)=1 3投料,实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图(填“甲”或“乙”);压强p1、p2、p3由大到小的顺序为;图乙中T1温度时,三条曲线几乎交于一点的原因是。其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图(填“甲”或“乙”);压强p1、p2、p3由大到小的顺序为;图乙中T1温度时,三条曲线几乎交于一点的原因是。(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,应选择的反应

21、条件为(填标号)。A.低温、高压B.高温、低压C.低温、低压D.高温、高压答案(1)+40.9(3)乙p1、p2、p3T1时以反应为主,反应前后气体分子数相等,压强改变对平衡没有影响(4)A解析 本题利用科研文献中图像、曲线及数据设题,要求考生在陌生情景中进行热力学分析,有一定难度。(3)从图乙中看到在T1时,p不同时三条曲线交于一点,说明压强的改变对平衡无影响。而反应前后分子数不变,反应以为主,所以升高温度平衡向正方向移动,CO2的转化率升高。图乙纵坐标表示CO2的平衡转化率,图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率,反应、都是体积减小的反应,增大压强平衡向正反应方向移动,故p1p2p3。(4)由

22、反应的方程式可知,低温、高压可提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率。7.(2019全国节选)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题:(1)Deacon发明的直接氧化法为4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl)c(O2)分别等于1 1、4 1、7 1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:可知反应平衡常数K(300)K(400)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=1 1的数据计算K(4

23、00)=_(列出计算式)。按化学计量数比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是。(2)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是。(写出2种)解析(1)分析任意一条平衡曲线可知,在进料浓度比固定的条件下,随着温度的升高,HCl的平衡转化率降低,说明正反应为放热反应,由于K只与温度有关,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,即K(300)大于K(400)。根据进料浓度比及HCl的平衡转化率间的关系可知,c(HCl)c(O2)=1 1的曲线为最上面的那条曲线,由该曲线可知,温度为400 时HCl的平衡转化率为84%

24、。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低,导致产品Cl2混有大量O2,则分离两气体时导致能耗较高。而进料浓度比c(HCl)c(O2)过高,则导致HCl的转化率过低,浪费原料。(2)在温度一定时,要增大HCl的平衡转化率,可采取的措施有:及时移走部分产物、增大体系压强等。8.(2018全国)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题:(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等,写出该反应的化学方程式。(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应:2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)H1=48 kJmol-13

25、SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g)H2=-30 kJmol-1则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)的H为 kJmol-1。(3)对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343 K时反应的平衡转化率=%。平衡常数K343 K=(保留2位小数)。在343 K下:要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有、。比较a、b处反应速率大小:vavb(填“大于”“小于”或“等于”)。答

26、案(1)2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl(2)114(3)220.02及时移去产物改进催化剂提高反应物压强(浓度)大于1.3解析(1)SiHCl3与H2O反应生成(HSiO)2O为非氧化还原反应,由原子守恒配平:2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。(2)2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)H1=48 kJmol-13SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3(g)H2=-30 kJmol-1根据盖斯定律:3+即可得4SiHCl3(g)=SiH4(g)+3SiCl4(g)H=114 kJmol-1。(3)由图根据“先拐先平速

27、率大”可知a曲线温度较高(343 K),平衡转化率为22%;设SiHCl3起始物质的量为1 mol,则有 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)起始物质的量/mol1 0 0转化物质的量/mol0.22 0.11 0.11平衡物质的量/mol0.78 0.11 0.11【必备知识必备知识】1.化学平衡状态的标志(1)绝对标志。(2)相对标志。有气体参加的反应,气体的总压强、总体积、总物质的量不变时,如果是等体积反应时,不一定达到平衡;如果是不等体积反应时,一定达到平衡。不变时,要具体分析各表达式中的分子或分母的变化情况,判断是否平衡。如果反应体系中的物质有颜色,则反应体系

28、的颜色不变时,一定达到平衡。2.“惰性气体(与反应无关的气体)”对化学平衡的影响(1)恒温恒容时:充入惰性气体,体系的总压强增大,但各反应成分的浓度不变,即各反应气体的分压不变,平衡不移动。(2)恒温恒压时:充入惰性气体,容器容积增大,各反应气体的浓度降低,相当于减压,化学平衡向着气体体积增大的方向移动。3.分析化学平衡移动的一般思路 4.化学平衡计算的基本模式“三段式”根据反应进行(或平衡移动)的方向,设出某反应物消耗的量,然后列式求解。例如:mA+nB pC+qD起始量:a b 00变化量:mx nx pxqx平衡量:a-mx b-nx pxqx其中:各物质的变化量之比等于化学方程式中各物

29、质的化学计量数之比。这里a、b可指物质的量、浓度、气体体积等。弄清起始量、平衡量、平衡转化率三者之间的互换关系。在计算平衡常数时,要注意反应物或生成物的状态。注意:(1)反应起始时,反应物和生成物可能同时存在。(2)由于起始浓度是人为控制的,故不同的物质起始浓度比不一定等于化学计量数之比。若反应物起始浓度之比等于化学计量数之比,则隐含着各反应物转化率相等,且平衡时各反应物的浓度之比等于化学计量数之比。(3)起始浓度之比、平衡浓度之比不一定等于化学计量数之比,但物质之间是按化学计量数之比反应和生成的,故各物质的浓度变化之比一定等于化学计量数之比,这是计算的关键。【应考训练应考训练】考向1化学平衡

30、状态的判断1.(2019黑龙江哈尔滨第六中学高三期中)在一定温度下的恒压容器中,进行可逆反应A(g)+B(g)C(g)+2D(g)。下列能说明该反应达到平衡状态的是()反应混合物的密度不再改变混合气体的平均相对分子质量不再改变C和D的物质的量之比为1 2体系压强不再改变C的质量分数不再改变v(A)v(C)=1 1A.只有B.只有C.只有D.答案 B解析 一定温度下的恒压容器中,反应混合物的密度不再改变,说明气体的物质的量不再变化,故能确定该反应达到平衡状态;因为A(g)+B(g)C(g)+2D(g)反应前后计量数不等,所以混合气体的平均相对分子质量不再改变,说明气体的物质的量不变,正、逆反应速

31、率相等,达到平衡状态;C和D的物质的量之比为1 2,由于起始投料方式未知,故不能说明反应达到平衡;在一定温度下的恒压容器中,压强一直不变,故不选;C的质量分数不再改变,说明C气体的物质的量不变,正、逆反应速率相等,说明达平衡状态;v(A)v(C)=1 1,未体现正、逆反应速率的关系,故不能说明反应达到平衡。所以能说明该反应达到平衡状态的是。考向2外界条件对化学平衡的影响2.(2020江西名师联盟一模)关于一定条件下达到化学平衡的反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H1B.图乙中,曲线A表示正反应的平衡常数C.在恒容容器中进行反应,压强不变时反应达到平衡状态D.当温度为T1、=2时,Cl2的转

32、化率约为33.3%答案 D解析 增大氯气的浓度,平衡向正反应方向移动,丙烯的体积分数减小,由图甲分析可知,10B.图中X点所示条件下,延长反应时间能提高NO转化率C.图中Y点所示条件下,增加O2的浓度不能提高NO转化率D.380 下,c起始(O2)=5.010-4 molL-1,NO平衡转化率为50%,则平衡常数K2 000答案 BD H0,起始总压为105 Pa,平衡时总压增加了20%,环戊烯的转化率为,该反应的平衡常数Kp=Pa。达到平衡后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取的措施有(填标号)。A.通入惰性气体B.提高温度 C.增加环戊烯浓度D.增加碘浓度(2)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体

33、,该反应为可逆反应。不同温度下,溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是(填标号)。A.T1T2B.a点的反应速率小于c点的反应速率C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率D.b点时二聚体的浓度为0.45 molL-1答案(1)40%3.56104BD(2)CD解析(1)温度、体积一定,压强与物质的量成正比,则起始状态碘和环戊烯的分压分别为5104 Pa,设环戊烯的转化率为x,根据反应:起始/Pa510451040 0转化/Pa5104x5104x 5104x 1105x平衡/Pa5104(1-x)5104(1-x)5104x 1105x根据平衡时总压增加了20%,则510

34、4(1-x)Pa+5104(1-x)Pa+5104x Pa+1105x Pa=1.2105 Pa解得x=0.4,即环戊烯的转化率为40%。平衡时各物质的分压为p(环戊烯)=3104 Pa,p(I2)=3104 Pa,p(环戊二烯)=2104 Pa,p(HI)=4104 Pa,则通入惰性气体,不会引起各物质浓度的变化,反应速率不变,平衡不移动,环戊烯的平衡转化率不变,A项不符合题意;由于该反应为吸热反应,故升高温度使平衡向右移动,环戊烯的平衡转化率增大,B项符合题意;增加一种反应物的物质的量,自身的转化率减少,而其他反应物的转化率增大,增加环戊烯的浓度,环戊烯的平衡转化率减小,增加碘的浓度,环戊

35、烯的平衡转化率增大,C项不符合题意,D项符合题意。(2)根据曲线的变化趋势可知,T2温度下反应速率大,因此T2大于T1,A项错误;a点、c点对应的反应物的浓度、温度都不同,无法比较a、c两点的反应速率的大小,B项错误;a点的正反应速率大于b点的正反应速率,而b点还没有达到平衡,因此b点的正反应速率大于其逆反应速率,则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率,C项正确;根据曲线可知,环戊二烯的初始浓度约为1.5 molL-1,b点环戊二烯的浓度为0.6 molL-1,环戊二烯的浓度变化量为0.9 molL-1,因此b点二聚体的浓度为0.45 molL-1,D项正确。3.(2020全国)二氧化碳催化加

36、氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题:(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中,产物的物质的量之比n(C2H4)n(H2O)=。当反应达到平衡时,若增大压强,则n(C2H4)(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)理论计算表明,原料初始组成n(CO2)n(H2)=1 3,在体系压强为0.1 MPa,反应达到平衡时,四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中,表示C2H4、CO2变化的曲线分别是、。CO2催化加氢合成C2H4反应的H(填“大于”或“小于”)0。(3)根据图中点A(440 K,0.39),计算该温度时反应的平衡常数Kp=(MPa)-3(列出计算式。以分压

37、表示,分压=总压物质的量分数)。(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应,生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下,为了提高反应速率和乙烯选择性,应当。答案(1)1 4变大(2)dc小于(4)选择合适催化剂等解析(1)根据题给信息可知,反应原理为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g),则乙烯和水的物质的量之比为1 4。当反应达平衡时增大压强,平衡向气体分子数减小的方向移动,即平衡向正反应方向移动,则乙烯的物质的量增大。(2)由于原料初始组成n(CO2)n(H2)=1 3,而反应2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)中二氧化碳

38、和氢气的化学计量数之比也为1 3,则无论反应进行到什么程度,混合气体中n(CO2)n(H2)始终为1 3,由此可判断曲线a、b、c、d分别代表H2、H2O、CO2、C2H4。由于升高温度,CO2或H2的量增大,说明正反应为放热反应。(4)根据外界条件对速率的影响,可知在一定温度和压强下,选择合适的催化剂可提高反应速率,同时使合成乙烯的主反应较多地发生,而副反应被抑制(即反应的选择性)。4.(2020天津化学)利用太阳能光解水,制备的H2用于还原CO2合成有机物,可实现资源的再利用。回答下列问题:.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中,光照时可在其表面得到产物(1)图1为该催化剂在水中发生光催化反

39、应的原理示意图。光解水能量转化形式为。(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中,产物之一为 ,另一产物为。若将该催化剂置于AgNO3溶液中,产物之一为O2,写出生成另一产物的离子反应式:。.用H2还原CO2可以在一定条件下合成CH3OH(不考虑副反应)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)Hpb(CO2)pa(CO2)。【必备知识必备知识】1.常见基本图像以反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)为例,已知该反应H0,m+np+q(1)速率曲线图:(2)转化率曲线图:2.几种特殊的图像(1)对于化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),如下图甲、乙,M点之

40、前,表示从反应物开始,v(正)v(逆);M点为达到平衡;M点之后为平衡受温度的影响情况,即升温时A的百分含量增加、C的百分含量减少,平衡左移,故正反应的Hv(逆);则l曲线的右下方(F点)v(正)v(逆)。3.速率、平衡图像题的分析方法(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、逆反应曲线,从而判断反应特点。(4)注意终点。例如,在浓度时间图像上,一定要看清平衡时反应物的消耗量、生成物的增加量,并结合有关原理进行推理判断

41、。(5)图像中先拐先平数值大。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)定一议二原则。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。【应考训练应考训练】考向1利用图像综合考查反应速率和化学平衡1.(2020上海四区二模)工业上用CO生产燃料甲醇。一定条件下发生反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。(1)写出该反应的平衡常数表达式K=。(2)图1是反应时CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间的变化情况。从反应开始到平衡,用CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)=。(3)图2表示该反应进行过程中能量的

42、变化。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化,曲线b表示使用催化剂后的能量变化。该反应是(填“吸热”或“放热”)反应,反应的热化学方程式是。(4)适宜的催化剂能(选填序号)。a.改变反应的热效应b.降低生产能耗c.加快反应速率d.提高反应物的转化率(5)恒容条件下,下列措施中能使 增大的有(选填序号)。a.升高温度b.使用催化剂c.再充入2 mol H2(3)图2表示该反应进行过程中的能量变化。曲线a表示不使用催化剂时反应的能量变化,曲线b表示使用催化剂时的能量变化。根据图示可知,1 mol CO(g)和2 mol H2(g)生成1 mol CH3OH(g)放出(510-419)kJ能量,是放

43、热反应,故该反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=-91 kJmol-1。考向2通过生产数据综合考查反应速率和化学平衡2.(2020北京西城高三一模)页岩气中含有较多的乙烷,可将其转化为更有工业生产价值的乙烯。(1)二氧化碳氧化乙烷制乙烯。将C2H6和CO2按物质的量之比为1 1通入反应器中,发生如下反应:.C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)H1=+136.4 kJmol-1.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2=+41.2 kJmol-1.C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)H3用H1、H2计算H3=kJmol-

44、1。反应:C2H6(g)2C(s)+3H2(g)为积碳反应,生成的碳附着在催化剂表面,降低催化剂的活性,适当通入过量CO2可以有效缓解积碳,结合方程式解释其原因:。二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂,相同反应时间,不同温度、不同催化剂的数据如下表(均未达到平衡状态):实验编号t/催化剂转化率/%选择性/%C2H6CO2C2H4650钴盐19.037.617.6650铬盐32.123.077.360021.212.479.755012.08.685.2【注】C2H4的选择性:转化的乙烷中生成乙烯的百分比。CO选择性:转化的CO2中生成CO的百分比。对比实验和,该反应应该选择的催化剂

45、为,理由是。实验条件下,铬盐作催化剂时,随温度升高,C2H6的转化率升高,但C2H4的选择性降低,原因是。(2)利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯,示意图如下:电极a与电源的极相连。电极b的电极反应式是。答案(1)+177.6增大CO2的量,发生反应C+CO2 2CO,从而消耗C;增大CO2的量,反应正向进行程度增大,降低了C2H6的浓度,反应正向进行的程度减小铬盐相同温度下,铬盐作催化剂时C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高温度升高,反应、的化学反应速率均增大,反应增大的更多(2)正CO2+2e-+2H+=CO+H2O增大二氧化碳的量可以有效缓解积碳,原因是二氧化碳能与碳在加

46、热条件下反应生成一氧化碳,消耗积碳,反应的化学方程式为C+CO2 2CO;增大二氧化碳的量,反应向正反应方向移动,降低了体系中C2H6的浓度,使反应向逆反应方向移动,减少积碳的生成。由表格数据可知,相同温度下,铬盐作催化剂时,C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高,则对比实验和,该反应应该选择的催化剂为铬盐;升高温度,反应、的化学反应速率均增大,反应的化学反应速率增大的幅度更大,导致C2H6的转化率升高,C2H4的选择性降低。(2)电解池中,阳离子向阴极移动,由图示中氢离子的移动方向可知,电极a为阳极,与电源正极相连;由中分析可知,电极b为阴极,在氢离子作用下,二氧化碳在阴极上得电子发生还原

47、反应生成一氧化碳和水,电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O。热点专攻（七）热点专攻（七）一、题型分析本题型一般取材于能源、环境保护、化工生产等情景,题目围绕一个主题,将热化学、化学反应速率、电化学及三大平衡知识融合在一起进行考查,每个小题相对独立;题目中结合图像、表格、数据、装置等信息,考查考生的阅读、读图、分析归纳能力,试题的难度较大。考点主要涉及盖斯定律与热化学方程式、化学反应速率的计算及其影响因素的分析、平衡常数的计算及其影响因素的分析、化学平衡移动及其影响因素的分析、电极反应式的书写及相关计算等。另外速率常数的理解与应用也是近几年高考考查的重点内容之一,应给予关注。化学反应

48、原理综合题解题策略化学反应原理综合题解题策略二、重难考向剖析考向1化学图表、图像等信息的提取和加工【例1】(2019全国)水煤气变换CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是重要的化工过程,主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题:(1)Shibata曾做过下列实验:使纯H2缓慢地通过处于721 下的过量氧化钴CoO(s),氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.025 0。在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.019 2。根据上述实验结果判断,还原CoO(s)为Co(s)的倾向是COH2(填“大于”

49、或“小于”)。(2)721 时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,采用适当的催化剂进行反应,则平衡时体系中H2的物质的量分数为(填标号)。A.0.50(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。可知水煤气变换的H0(填“大于”“等于”或“小于”),该历程中最大能垒(活化能)E正=eV,写出该步骤的化学方程式 。(4)Shoichi研究了467、489 时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系(如下图所示),催化剂为氧化铁,实验初始时体系中的计算曲线a的反应在3090 min内的平均

50、速率 (a)=kPamin-1。467 时 和pCO随时间变化关系的曲线分别是、。489 时 和pCO随时间变化关系的曲线分别是、。解析解析 (1)因平衡后气体CO的物质的量分数小于氢气的物质的量分数,因此CO还原CoO(s)为Co(s)的倾向大于氢气还原CoO(s)为Co(s)的倾向。CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)起始/mol 11 0 0转化/mol x xx x平衡/mol 1-x 1-xx x则 1,解得x0.5 mol。当x=0.5时,氢气的物质的量分数为0.25,当完全反应时,氢气的物质的量分数为0.5,因此平衡时氢气的物质的量分数应介于0.25和0.5之间,所以