第七章 专题讲座四 化学反应速率、化学平衡图像题（word教参）-【勤径学升】2025年高考化学一轮总复习（人教版）

专题讲座四　化学反应速率、化学平衡图像题 ➢ 对应学生用书P159 类型一　利用图像“断点”判断影响反应速率的外界条件 　　可逆反应达到平衡后，若某一时刻改变外界条件，速率－时间图像的曲线可能会出现“渐变”或“突变”。根据“断点”前后速率的大小变化，即可对外界条件的变化情况作出判断。 图像 速率变化分析 条件变化判断 平衡移动方向判断 v'正突变，v'逆渐变，且v'正＞v'逆 增大反应物浓度 平衡正 向移动 v'正、v'逆都突然减小，且v'正＞v'逆 ①降低温度（正反应放热）； ②减小压强（正反应气体总体积增大） 平衡正 向移动 v'正、v'逆都突然增大且增大程度相同 ①使用催化剂； ②增大压强（反应前后气体总体积不变） 平衡不移动 1.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A（g）＋xB（g）2C（g），达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如甲图所示，正逆反应速率随时间的变化如乙图所示。下列说法中正确的是 （　　） A.30～40min间该反应使用了催化剂 B.化学方程式中的x＝1，正反应为吸热反应 C.30min时降低温度，40min时升高温度 D.前8minA的平均反应速率为0.08mol·L－1·min－1 解析　若使用催化剂，则化学反应速率加快，A项错误；由甲图像可知，A、B的浓度变化相同，故A、B的化学计量数相同，都为1，由乙图像可知，30min时改变的条件为减小压强，40min时改变的条件为升高温度，且升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，B项、C项错误；前8minA的平均反应速率为＝0.08mol·L－1·min－1，D项正确。故选D。 答案　D 2.一定温度下，密闭容器中进行反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）　ΔH＜0。测得v正（SO2）随反应时间（t）的变化如图所示。下列有关说法正确的是 （　　） A.t2时改变的条件：只加入一定量的SO2 B.在t1时平衡常数K1大于t3时平衡常数K3 C.t1时平衡混合气的大于t3时平衡混合气的 D.t1时平衡混合气中SO3的体积分数等于t3时平衡混合气中SO3的体积分数 解析　t2时，v正（SO2）突然增大，且达到平衡后速率恢复至原来的速率，如果只加入一定量的SO2，达到新的平衡后，速率大于原来的速率，A错误；平衡常数只与温度有关，一定温度下，K值不变，B错误；平衡状态相同，各物质的百分含量相同，平均摩尔质量相同，故C错误、D正确。故选D。 答案　D 类型二　突破常规图像 1.含量—时间—温度（压强） （C%指产物的质量分数，B%指反应物的质量分数） [识图技巧]　“先拐先平，数值大”，即曲线先出现拐点的首先达到平衡，反应速率快，以此判断温度或压强的高低。再依据外界条件对平衡的影响分析判断反应的热效应及反应前后气体体积的变化。 2.恒压（或恒温）线 （α表示反应物的转化率，c表示反应物的平衡浓度） 图①，若p1＞p2＞p3，则正反应为气体体积减小的反应；ΔH＜0。 图②，若T1＞T2，则ΔH＜0；正反应为气体体积增大的反应。 [识图技巧]　“定一议二”，即把自变量（温度、压强）之一设为恒量，讨论另外两个变量的关系。 3.几种特殊图像 （1）如下图，对于化学反应mA（g）＋nB（g）pC（g）＋qD（g），M点前，表示化学反应从反应物开始，v正＞v逆；M点为刚达到平衡的点；M点后为平衡受温度的影响情况，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ΔH＜0。 （2）如下图，对于化学反应mA（g）＋nB（g）pC（g）＋qD（g），L线上所有的点都是平衡点。L线的左上方（E点），A的百分含量大于此压强时平衡体系的A的百分含量，所以，E点v正＞v逆；则L线的右下方（F点），v正＜v逆。 3.在绝热恒容的容器中发生反应A（s）＋2B（g）C（g）＋D（g）　ΔH＜0，C的浓度变化如图所示。下列说法正确的是 （　　） A.当容器的压强不发生改变时，化学反应达到平衡状态 B.在10min时，B的反应速率为0.60mol·L－1·min－1 C.增加反应物A，可提高B的转化率 D.不同时刻都存在2v（B）＝v（C），平衡常数为K＝0.25 解析　A.该反应是气体体积不变的反应，反应发生过程中，气体的物质的量不随反应进行而变化，但由于该反应为放热反应，在绝热容器中，随反应进行温度会升高，导致容器的压强会增大，当容器的压强不发生改变时，说明化学反应达到平衡状态，故A正确；B.可以求出前10minB的平均反应速率为2×＝0.60mol·L－1·min－1，但是第10min时的瞬时反应速度无法求解，故B错误；C.由于A是固体，改变A的量对化学平衡无影响，所以增加反应物A，不能提高B的转化率，故C错误；D.速率之比等于化学计量数之比，v（B）＝2v（C）；题中B的起始浓度未知，无法求出平衡时B的浓度及平衡常数，故D错误。故选A。 答案　A 4.(2023·高考山东卷)一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下： 已知反应初始E的浓度为0.10 mol·L－1，TFAA的浓度为0.08 mol·L－1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是(　　) A.t1时刻，体系中无E存在 B.t2时刻，体系中无F存在 C.E和TFAA反应生成F的活化能很小 D.反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08 mol·L－1 解析　根据氮原子守恒，可知反应过程中c(E)＋c(F)＋c(G)＋c(H)＝0.10 mol·L－1。由题图可知，反应开始时TFAA浓度瞬间降低为0，说明E与TFAA的反应极快，此时剩余c(E)＝ 0.02 mol·L－1，生成c(F)＝0.08 mol·L－1。需要注意的是，TFAA在最后又能够生成，并能够返回第一步消耗E，起到类似催化剂的作用。G的浓度先增加后减小，说明反应初始时F生成G的速率大于G生成H的速率。t1时刻及其之后一段时间内有c(TFAA)＝0，说明此时E仍有剩余,最后一步生成的TFAA会立即被E消耗掉,故t1时刻体系中有E存在，A错误；t2时刻体系中有TFAA存在，说明E已被完全消耗，c(E)＝0，由题图可知c(H)≈0.08 mol·L－1，c(G)≈0.01 mol·L－1，根据c(E)＋c(F)＋c(G)＋c(H)＝0.10 mol·L－1可得c(F)≈0.01 mol·L－1，故体系中有F存在，B错误；E和TFAA的反应极快，说明该反应的活化能很小，C正确；最后一步反应为可逆反应，故TFAA的浓度小于0.08 mol·L－1，D错误。故选C。 答案　C 5.（2023·重庆市育才中学模拟预测）在密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定条件下发生反应：2CO（g）＋2NO（g）N2（g）＋2CO2（g），测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。实验测得，v正＝k正·c2（NO）·c2（CO），v逆＝k逆·c（N2）·c2（CO2）（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。下列说法错误的是 （　　） A.达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数 B.若密闭容器（p1对应压强下）体积为1L，则b点＝160 C.NO的物质的量浓度：b点＞a点 D.逆反应速率：a点＞c点 解析　A.平衡时，v正＝v逆，即k正·c2（NO）·c2（CO）＝k逆·c（N2）·c2（CO2），升高温度后，正、逆反应的速率增大，但NO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明逆反应增大的幅度大于正反应，而体系中各组分的瞬时浓度不变，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数，A正确；B.a点NO的平衡转化率为80%，CO和NO起始的物质的量均为1mol，根据化学方程式可知CO、NO、N2、CO2转化的物质的量分别为0.8mol、0.8mol、0.4mol、0.8mol，则CO、NO、N2、CO2平衡时的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.4mol、0.8mol，由于容器体积为1L，故CO、NO、N2、CO2平衡时的浓度分别为0.2mol/L、0.2mol/L、0.4mol/L、0.8mol/L，a点＝＝＝160；p1对应压强下，b点NO的平衡转化率还未达到80%，则反应正向进行，即v正＞v逆，故＞160，B错误；C.a点和b点的NO的起始物质的量相同，a点NO的转化率大于b点，则a点NO转化的物质的量大于b点，故a点剩余NO的物质的量小于b点，由于体积相同，故b点NO的物质的量浓度大于a点，C正确；D.设压强为p2，温度与a点相同时的点为d点，由C选项可知，d点NO的物质的量浓度大于a点，则a点N2、CO2的浓度大于d点，故a点逆反应速率大于d点；d点和c点的压强相同，d点的温度高于c点，则d点的逆反应速率大于c点，故a点逆反应速率大于c点，D正确。故选B。 答案　B 6.甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH（g）HCHO（g）＋H2（g）　ΔH＝－QkJ/mol，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是 （　　） A.Q＞0 B.600K时，Y点甲醇的v正＜v逆 C.从Y点到Z点可通过增大压强实现 D.从Y点到X点可通过使用催化剂实现 解析　A.根据图像，温度升高，甲醇的平衡转化率升高，表示平衡向右移动，则正反应为吸热反应，Q＜0，A错误；B.600K时，Y点变成X点，反应需要向逆反应方向进行才能平衡，说明Y点甲醇v正＜v逆，B正确；C.从Y点到Z点甲醇的平衡转化率不变，可以通过升高温度实现，而增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率减小，C错误；D.催化剂不能改变平衡状态，不能改变平衡转化率，D错误。故选B。 答案　B 7.（2022·上海奉贤区·二模）向恒容密闭容器中充入体积比为1∶3的CO2和H2，发生反应2CO2（g）＋6H2（g） 4H2O（g）＋CH2＝CH2（g）。测得不同温度下CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示。下列说法正确的是 （　　） A.所以M点的平衡常数比N点的小 B.温度低于250℃时，乙烯的平衡产率随温度升高而增大 C.保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，CO2的转化率可能会增大到50% D.实际生产中应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率 解析　A.随着温度升高，CO2的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，由图可知，M点的平衡常数大于N点，A错误；B.由图可知，温度低于250℃，升高温度，CO2的平衡转化率降低，乙烯的产率随温度升高而降低，B错误；C.N点平衡时二氧化碳的转化率小于50%，保持N点温度不变，向容器中再充入一定量的H2，平衡正向移动，CO2的转化率可能会增大到50%，C正确；D.该反应在较低的温度下进行，反应速率慢，同时催化剂的活性低，D错误。故选C。 答案　C 类型三　突破工业生产中的陌生图像 1.明确控制反应条件的目的 （1）促进有利的化学反应：通过控制反应条件，可以加快化学反应速率，提高反应物的转化率，从而促进有利的化学反应进行。 （2）抑制有害的化学反应：通过控制反应条件，也可以减缓化学反应速率，减少甚至消除有害物质的产生或控制副反应的发生，从而抑制有害的化学反应继续进行。 2.理解控制反应条件的基本措施 （1）控制化学反应速率的措施 通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强（或浓度）、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。 （2）提高转化率的措施 通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强（或浓度）等改变可逆反应的限度，从而提高转化率。 3.把握化工生产适宜条件选择的一般原则 条件 原则 从化学反应速率分析 既不能过快，又不能太慢 从化学平衡移动分析 既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意对二者影响的矛盾性 从原料的利用率分析 增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本 从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等 从催化剂的使用活性分析 注意催化剂的活性对温度的限制 4.掌握分析图像问题的思维步骤 第一步：识别图像类型。即明确横坐标和纵坐标的含义，厘清线和点（平台、折线、拐点等）的关系。 第二步：把握反应特点。即分析可逆反应化学方程式，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。 第三步：联想平衡原理。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。 第四步：数形结合解答。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移动原理。 8.（2023·江苏南通·模拟预测）以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下： 反应Ⅰ：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH1＝－49kJ·mol－1 反应Ⅱ：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）ΔH2＝＋41kJ·mol－1 反应Ⅲ：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）　ΔH3 在5MPa下，按照n（CO2）∶n（H2）＝1∶3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图。下列说法正确的是（　　） A.反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键能 B.曲线n代表CH3OH在含碳产物中物质的量分数 C.该条件下温度越低，越有利于工业生产CH3OH D.图示270℃时，平衡体系中CO2的体积分数为20% 解析　A.根据盖斯定律，Ⅰ－Ⅱ可得反应Ⅲ：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）　ΔH3＝－49kJ·mol－1－41kJ·mol－1＝－90kJ·mol－1；ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能，故反应Ⅲ中反应物的总键能小于生成物的总键能，A错误；B.根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m，B错误；C.由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，C错误；D.根据题意设起始量n（CO2）＝1mol，n（H2）＝3mol，平衡时反应Ⅰ生成CH3OH物质的量为xmol，反应Ⅱ中生成CO的物质的量也为xmol，可得： 　　　CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g） 转化 （mol） x 3x x x 　　　CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g） 转化 （mol） 　x x x x 270℃时CO2的转化率为25%，则2x＝1mol×25%＝0.25mol，解得x＝0.125mol，则反应后总的物质的量为（1＋3－6x＋4x）mol＝（4－2x）mol＝3.75mol，则平衡体系中CO2的体积分数为×100%＝20%，D正确。故选D。 答案　D 9.(2023·高考湖南卷)聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。在913 K、100 kPa下，以水蒸气作稀释气、Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯(记为反应①)外，还会发生如下两个副反应： ②C6H5C2H5(g)C6H6(g)＋CH2===CH2(g) ③C6H5C2H5(g)＋H2(g)C6H5CH3(g)＋CH4(g) 以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S＝ ×100%)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____________________________________________________________________________。 解析　随着反应①进行，c(H2)增大，导致反应③速率加快，甲苯的选择性提高。由于主反应产物选择性远大于两个副反应，所以曲线a代表反应①，因此曲线b代表甲苯，变化不明显的曲线c代表苯。 答案　甲苯　随着反应①进行，c(H2)增大，导致反应③速率加快，甲苯的选择性提高 10.（2022·辽宁辽阳·二模）丙烯是制备聚丙烯的单体，在催化剂作用下，可由丙烷直接脱氢制得，反应的化学方程式为C3H8（g）C3H6（g）＋H2（g）　ΔH1 （1）向某恒压密闭容器中通入C3H8（g）和N2（g）的混合气体（N2不参与反应），发生反应Ⅰ，反应起始时气体的总压强为100kPa。在温度为T1℃时，C3H8（g）的平衡转化率与通入的混合气体中C3H8（g）的物质的量分数的关系如图1所示。 ①C3H8的平衡转化率随起始通入C3H8的物质的量分数增大而减小，其原因是　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②T1℃时，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝　　　　kPa（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数）。  （2）向密闭容器中充入一定量丙烷，在催化剂Cat1、Cat2作用下，单位时间内丙烯的产率与温度的关系如图2所示。在相同条件下，催化效率较高的是　　　　（填“Cat1”或“Cat2”）。在Cat2作用下，T0之后丙烯产率急剧减小的原因可能是　　　　　　　　　　（答一条）。  解析　（1）向某恒压密闭容器中通入C3H8（g）和N2（g）的混合气体（N2不参与反应），发生反应Ⅰ：C3H8（g）C3H6（g）＋H2（g），反应起始时气体的总压强为100kPa，则： ①C3H8的平衡转化率随起始通入C3H8的物质的量分数增大而减小，这是由于丙烷物质的量分数增大，相当于对平衡体系加压，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，因此C3H8的平衡转化率会减小； ②根据图1可知：在温度为T1时，当通入C3H8的体积分数为0.4，反应达到平衡时C3H8的平衡转化率为50%，假设反应开始时通入气体物质的量为amol，则n（C3H8）＝0.4amol，n（N2）＝0.6amol，根据C3H8平衡转化率为50%，结合反应C3H8（g）C3H6（g）＋H2（g）中物质反应转化关系可知平衡时n（C3H8）＝0.2amol，n（C3H6）＝n（H2）＝0.2amol，平衡时气体总物质的量n（总）＝0.2amol＋0.2amol＋0.2amol＋0.6amol＝1.2amol，C3H8、C3H6、H2的物质的量分数都是＝，Kp＝＝＝16.7kPa。 （2）根据图2可知：在相同条件下，催化效率较高的是Cat1；在Cat2作用下，T0℃之后丙烯产率急剧减小的原因可能是温度升高，导致催化剂失活、副产物增多（催化剂选择性降低）。 答案　（1）丙烷物质的量分数增大，相当于对平衡体系加压，平衡向逆反应方向移动　16.7 （2）Cat1　催化剂失活、副产物增多（催化剂选择性降低） 学科网（北京）股份有限公司 $$