高考化学一轮复习第七章第5课时化学反应速率与平衡图像教案鲁科版.docx

1、高考化学一轮复习第七章第5课时化学反应速率与平衡图像教案鲁科版第5课时化学反应速率与平衡图像课型标签:题型课提能课 考点一速率时间图像1.“断点”类速率时间图像图像t1时刻所改变的条件温度升高降低升高降低适合正反应为放热的反应适合正反应为吸热的反应压强增大减小增大减小适合正反应为气体物质的量增大的反应适合正反应为气体物质的量减小的反应2.“平台”类速率时间图像图像分析结论t1时,v正、v逆均突然增大且v正=v逆,平衡不移动t1时其他条件不变,使用催化剂t1时其他条件不变,增大反应体系的压强且m+n=p+q(反应前后气体体积无变化)t1时v正、v逆均突然减小且v正=v逆,平衡不移动t1时其他条件

2、不变,减小反应体系的压强且m+n=p+q(反应前后气体体积无变化)3.“全程”速率时间图像如Zn与足量盐酸的反应,化学反应速率随时间的变化出现如图所示情况。原因解释:AB段(v增大),因为反应放热,随反应的进行,温度逐渐升高;BC段(v减小),因为随反应的进行,溶液中c(H+)减小。名师点拨 有关速率图像分析思路典例 (2019山东齐鲁名校教科协联考)工业上制备硫酸最重要的一步是SO2的氧化,反应方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-196.6 kJmol-1。某同学通过实验绘出如下图像。(1)t1、t2、t3达到化学平衡状态的是。(2)t2到t3的变化是因为改变了一个反应条件

3、,该条件可能是。解析:(1)达到平衡状态时,SO2的消耗速率是O2生成速率的2倍,由图可知,t2时刻该反应达到平衡状态。(2)由图可知,t2到t3的变化过程中,SO2的消耗速率、O2的生成速率均增大,且SO2的消耗速率大于O2的生成速率的2倍,则平衡正向移动,故改变的条件可能是增大压强。答案:(1)t2(2)增大压强对点精练 对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)Hp2p3,则正反应为气体体积减小的反应,HT2,则正反应为放热反应。(4)几种特殊图像对于化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),M点前,表示从反应物开始,v正v逆;M点为刚达到平衡点(如图);M点后为平衡受

4、温度的影响情况,即升温,A的百分含量增加或C的百分含量减少,平衡左移,故正反应Hv逆;则L线的右下方(F点),v正T2B.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(2)(2019全国卷)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。Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。如图为刚性容器中,进料浓度比 c(HCl)c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系:可知反应

5、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)=11的数据计算K(400 )=(列出计算式)。按化学计量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 。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)温度越高化学反应速率越快,单位时间内反应物浓度减少越多,故T1v(逆),a点反应物浓度大于b点,故a点正反应速率大于b点的逆反应速率,故C正确;b点时环戊二烯浓度由1.5 molL-1减小到 0.6 molL-1,减少了0

6、.9 molL-1,因此生成二聚体 0.45 molL-1,故D正确。(2)根据反应方程式知,进料浓度比一定时,HCl平衡转化率越大,平衡常数K越大,结合图像知K(300 )K(400 );由图像知,400 进料浓度比为11时,HCl平衡转化率为84%,用三段式法对数据进行处理得:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)起始(浓度) c0 c0 0 0变化(浓度) 0.84c0 0.21 c0 0.42c0 0.42c0平衡(浓度) (1-0.84)c0(1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0则K=;根据题干信息知,进料浓度比过低,氧气大量剩余,导致分离产物氯气和氧气的

7、能耗较高;进料浓度比过高,HCl不能充分反应,导致HCl转化率较低。若想提高HCl的转化率,应该促使平衡正向移动,该反应为气体体积减小的反应,根据勒夏特列原理,可以增大压强,使平衡正向移动;也可以及时除去产物,减小产物浓度,使平衡正向移动。答案:(1)CD(2)大于O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低增加反应体系压强、及时除去产物对点精练 已知可逆反应:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)H=-1 025 kJmol-1。若反应物起始物质的量相同,下列关于该反应的示意图不正确的是(D)解析:升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡时一氧化氮的含量减小,且达到平衡时需要的时

8、间短,A正确,D不正确;增大压强,平衡向逆反应方向移动,平衡时一氧化氮的含量减小,且达到平衡时需要的时间短,B正确;有无催化剂只影响到达平衡所需的时间,不影响平衡移动的结果,C正确。考点三突破陌生图像1.解题思路模型陌生图像常与生产生活中的实际问题相结合,从反应时间、投料比值、催化剂的选择、转化率、产率、成本等角度考查。此类题目信息量较大,能充分考查学生读图、提取信息、解决问题的能力,已然成为高考及平时模拟考试的“新宠”,分析时抓住图像中的关键点(常为最高点、最低点、转折点)、看清横坐标、纵坐标代表的条件、弄清曲线的变化趋势,即可将复杂图像转化为常规图像,进而运用化学平衡知识结合常规图像处理方

9、法进行解答即可。2.常见问题设置(1)根据图像确定最佳投料比或反应条件(2)根据图像解释产生某种现象的原因方法一转化率(去除率)温度图像典例1 (2017全国卷改编)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:C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)H=+123 kJmol-1图(a)是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图,x0.1(填“大于”或“小于”);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

10、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 。解析:(1)反应是分子数增大的反应,随压强的增大,平衡逆向移动,平衡转化率降低,所以x小于0.1。因正向反应是一个分子数增大的吸热反应,所以产率提高采取的措施是A、D。(2)因为反应中生成H2,所以随着n(氢气)/

11、n(丁烷)增大,逆反应速率增大,丁烯的产率降低。(3)反应正向为吸热反应,所以590 前升高温度,平衡正向移动,而升高温度时,反应速率加快,单位时间内产生丁烯更多,590 以后,高温使丁烯裂解生成短碳链烃类,故丁烯产率降低。答案:(1)小于AD(2)氢气是产物之一,随着n(氢气)/n(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链烃类对点精练1 (2018江苏卷节选)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。在有氧条件下,新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。将一定比例的O2、

12、NH3和NOx的混合气体,匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图1)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示,在50250 范围内随着温度的升高,NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是 ;当反应温度高于380 时,NOx的去除率迅速下降的原因可能是 。解析:因为反应时间相同,所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响;高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50250 范围内,NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大;上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大。当温度超过一定值时,催化剂的活性下

13、降,同时氨气与氧气能够反应生成NO而使反应速率减小。答案:迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大;上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大催化剂活性下降;NH3与O2反应生成了NO方法二产率、转化率催化剂图像典例2 (2019江苏卷节选)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源。CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应:反应:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H=41.2 kJmol-1反应:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)H=-122.5 kJmol-

14、1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中:CH3OCH3的选择性=100%(1)温度高于300 ,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 。(2)220 时,在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有 。解析:(1)根据反应方程式,反应为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,CO2的转化率增大,反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向进行,CO2的转化率降低,根据图像,上升幅度超过下降幅度,因此温度超过300

15、 时,CO2转化率上升。(2)图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性,依据CH3OCH3选择性公式,提高CH3OCH3选择性,不改变反应时间和温度时,根据反应,可以增大压强,或者使用对反应催化活性更高的催化剂。答案:(1)反应的H0,反应的H0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升,使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度(2)增大压强,使用对反应催化活性更高的催化剂对点精练2 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(

16、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。则催化剂中约为时最有利于二甲醚的合成。解析:由图可知当催化剂中约为2.0时,CO的转化率最大,生成的二甲醚最多。答案:2.0方法三转化率投料比图像典例3 (2016全国卷节选)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:C3H6(g)+NH3(g)+O2(g)C3H3N(g)+3H2O(g)H=-515 kJmol-1C3H6(g)+O2(g)C3H4O(g)+H2O(g)

17、H=-353 kJmol-1丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图所示。由图可知,最佳n(氨)/n(丙烯)约为 ,理由是 ,进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为 。解析:根据图像知,当n(氨)/n(丙烯)约为1.0时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低;根据化学反应:C3H6(g)+NH3(g)+O2(g)C3H3N(g)+3H2O(g),氨气、氧气、丙烯按11.51的体积比加入反应达到最佳状态,而空气中氧气约占20%,所以进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为17.51。答案:1.0该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低17.51对点精练3 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的转化率如图:此反应 (填“放热”或“吸热”);若温度不变,提高投料比n(H2)/n(CO2),则K将 (填“增大”“减小”或“不变”)。解析:当投料比一定时,温度越高,CO2的转化率越低,所以升温,平衡左移,正反应为放热反应。平衡常数只与温度有关,不随投料比的变化而变化。答案:放热不变