第16讲 化学反应原理综合突破 教师版高考二轮复习讲义.docx

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第16讲化学反应原理综合突破教师版高考二轮复习讲义

2020年高考二轮复习高考化学反应原理综合突破

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全国通用

课时说明

知识点

1．了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法。

2．了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。

3．了解化学反应的可逆性。

4．了解化学平衡建立的过程；了解化学平衡常数的含义，能够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）对反应速率和化学平衡的影响，认识并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的调控在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。

复习目标

1．掌握化学反应速率的概念。

2．掌握化学平衡的概念。

3．掌握外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率和化学平衡的影响。

4．掌握转化率、平衡常数的计算。

复习重点

外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率和化学平衡的影响。

复习难点

转化率、平衡常数的计算。

一、高考回顾

1．（2019，新课标Ⅰ卷）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：

①使纯H2缓慢地通过处于721℃下的过量氧化钴C0O（s），氧化钴部分被还原为金属钴C0（s），氧化钴部分被还原为金属钴（Co），平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。

②在同一温度下用CO还原C0（s），平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192.

根据上述实验结果判断，还原C0O（s）为C0（s）的倾向是COH2（填“大于”或“小于”）。

（2）721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO（g）和H20（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．＜0.25B．0.25C．0.25－－0.50D．0.50E．＞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ΔH0（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P（H2O）和P（CO）相等，P（CO2）和P（H2）相等。

计算曲线a的反应在30～90min内的平均速率

（a）=kPa·min

，467℃时P（H2）和P（CO）随时间变化关系的曲线分别是、。

489℃时P（H2）和P（CO）随时间变化关系的曲线分别是、。

2．（2019，新课标Ⅱ卷）环戊二烯（

）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。

回答下列问题：

（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（

）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，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

（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，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．T1＞T2

B．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0.45mol·L−1

3．（2019，新课标Ⅲ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。

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（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_______、_____。

（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCI的转化率的方法是______________。

（写出2种）

4．（2018，全国Ⅰ卷）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。

回答下列问题：

（1）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为_______。

（2）F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应迅速达到平衡。

体系总压强p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O5（g）完全分解）：

t/min

0

40

80

160

260

1300

1700

∞

p/kPa

35.8

40.3

42.5

45.9

49.2

61.2

62.3

63.1

①已知：

2N2O5（g）

2N2O4（g）+O2（g）ΔH1=−4.4kJ·mol−12NO2（g）

N2O4（g）ΔH2=−55.3kJ·mol−1

则反应N2O5（g）=2NO2（g）+

O2（g）的ΔH=_______kJ·mol−1。

②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v=2×10−3×

（kPa·min−1）。

t=62min时，测得体系中

=2.9kPa，则此时的

=________kPa，v=_______kPa·min−1。

③若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）____63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。

④25℃时N2O4（g）

2NO2（g）反应的平衡常数Kp=_______kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，结果保留1位小数）。

（3）对于反应2N2O5（g）→4NO2（g）+O2（g），R.A．Ogg提出如下反应历程：

第一步N2O5

NO3+NO2快速平衡

第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应

第三步NO+NO3→2NO2快反应

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。

下列表述正确的是__________（填标号）。

A．v（第一步的逆反应）>v（第二步反应）B．反应的中间产物只有NO3

C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D．第三步反应活化能较高

【参考答案】1．

（1）大于

（2）C

（3）小于2.02COOH·+H·+H2O·=COOH·+2H·+OH·（或H2O·=H·+OH·）

（4）4.67×10－3bcad

2．

（2）40%3.56×104BD（3）CD；

3．

（1）大于；

；O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低

（3）增加反应体系压强、及时除去产物

4．

（1）O2

（2）①53.1

②30.06.0×10－2

③大于温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高

④13.4

（3）AC

【解析】1．

（1）不论用CO去还原CoO，还是用H2还原CoO，前后气体的计量系数相等，CO和H2是反应物，因为平衡后CO的物质的量分数小，所以CO还原CoO时向正反应进行的程度更大，所以是大于。

（2）设H2与CO均为1mol

CO+CoO=Co+CO2①

起始：

10

转化：

aa

平衡：

1－aa

由题可知1－a=0.0192

平衡常数为K1=

H2+CoO=Co+H2O②

起始：

10

转化：

bb

平衡：

1－bb

由题可知1－b=0.0250

平衡常数为K2=

②－①:

CO+H2O=H2+CO2

起始：

1100

转化：

xxxx

平衡：

1－x1－xxx

平衡常数为K=

=

=

=1.14，得出x=0.53，所以H2得体积分数是26.5%，即答案为C。

（3）ΔH是状态量，只与始末状态有关，图可知，反应后的能量较起始能量低，所以该反应是一个放热反应，所以ΔH＜0。

该题指出的是正反应的活化能的最大值，所以由图可知是1.86－（－0.16）=2.02，对应的方程式就是COOH·+H·+H2O·=COOH·+2H·+OH·（或H2O·=H·+OH·），比较容易得分。

（4）根据反应速率的定义式可以得出30－90min的速率是

=4.7×10－3

图像部分解析：

水煤气变换中CO与H2的变化量应该相同，温度升高会导致催化剂催化效率降低，速率降低，故467℃时，曲线变化应为b、c；489℃时，曲线变化为a、d

2．设环戊二烯的转化分压为x

：

（g）+I2（g）=

（g）+2HI（g）

起0.5×1050.5×10500

变xxx2x

平0.5×105－x0.5×105－xx2x

平衡总压强=（1+20%）×105=105+x则x=0.2×105

环戊二烯的转化率=0.2×105÷0.5×105×100%=40%

KP=（PHI）2×P

÷（P

×PI2）

=（0.4×105）2×0.2×105÷（0.3×105）÷（0.3×105）=3.56×104

通入惰性气体平衡不移动，平衡转化率不变，A错；该反应吸热，升温，平衡正移，环戊烯平衡转化率升高，B正确。

增加环戊烯浓度，环戊烯总量升高，平衡转化率降低，C错误。

增加I2，平衡正移，环戊烯平衡转化率升高，D正确。

（3）图像为c－t图像，图像中某一点的斜率即为该点的速率，由图像可知，T1图像的整体斜率比较小，故对应的温度低，T2>T1，A错误。

a点斜率比c点斜率大，故v（a）>v（c），B错误。

由图知v（a）正>v（b）正，b点未平衡，v（b）正>v（b）逆，则v（a）正>v（b）逆，C正确。

B点环戊二烯浓度的变化量为0.9mol/L，则二聚环戊二烯为0.45mol/L。

4.

（1）根据HCl平衡转化率随温度变化的关系图像可知，当温度升高时，HCl平衡转化率降低，表明反应逆向移动，故4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）为放热反应，则温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，则反应平衡常数K（300℃）大于K（400℃）。

通过图像，根据进料浓度比c（HCl）∶c（O2）=1∶1的图像可知，在400℃时HCl平衡转化率为84%。

根据三段式可知反应后的各气体的平衡量分别为（1－0.84）C0、（1－0.21）C0、0.42C0、0.42C0。

故反应的平衡常数的表达式为：

K=

题中指出，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。

故当进料浓度比c（HCl）∶c（O2）过低时，会使得O2和Cl2分离能耗较高；而当进料浓度比c（HCl）∶c（O2）过高时，HCl转化率较低；

（3）提高HCl的转化率的方法，即使反应向正方向移动。

故可以增加反应体系压强或者及时除去产物，使反应向正方向移动，可以提高HCl的转化率；

4．

（1）这一问考查氧化还原反应，干燥的氯气和硝酸银反应，得到N2O5，且氧化产物为气体，可推出该反应的化学方程式为2Cl2+4AgNO3=2N2O5+4AgCl+O2↑，其中O2为氧化产物，所以答案为：

O2；

（2）这一问考查盖斯定律：

2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g）ΔH1=－4.4kJ/mol①，

2NO2（g）=N2O4（g）ΔH2=－55.3kJ/mol②，根据盖斯定律1/2①式－②式得：

N2O5（g）=2NO2（g）+1/2O2（g）所以ΔH=1/2ΔH1－ΔH2=1/2*（－4.4kJ/mol）－（－55.3kJ/mol）=53.1kJ/mol。

所以答案为：

+51.3kJ/mol；

②这一问考查三段式法的应用，N2O5（g）

2NO2（g）+1/2O2（g）

起始压强/kPa35.800

压强变化量/kPa5.811.62.9

62min时压强/kPa30.011.62.9

所以62min时PN2O5=30.0kPa，将PN2O5=30.0kPa代入v=2×10－3×PN2O5（kPa/min），得到v=6.0×10－2kPa/min

所以答案为：

30.0；6.0×10－2

③这一问考查勒夏特列原理，NO2的二聚为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡左移，平衡左移后体系物质的量增加，体积保持不变，所以压强增大；再者体积不变的情况下升高温度，会使压强增大。

所以答案为：

温度升高，体积不变，总压强增大；NO2的二聚反应为放热反应，温度升高，平衡逆移，体系物质的量增多，总压强增大

④这一问考查三段式和平衡常数的计算，N2O5完全分解后得到NO2和O2，假设NO2未转化成N2O4，此时的压强为35.8×2=71.6kPa，O2的压强为35.8÷2=17.9kPa，反应结束后容器内有N2O4、NO2和O2，N2O4和NO2的压强之和为63.1－17.9=45.2kPa。

列出N2O4和NO2反应的三段式：

N2O4（g）

2NO2（g）

起始压强/kPa071.6

压强变化量/kPaa2a

平衡时压强/kPaa71.6－2a

a+71.6－2a=45.2，解得a=26.4，可求出平衡时NO2的压强为71.6－2×26.2=18.8kPa，N2O4的压强为26.4kPa，那么KP=（PNO2）2/PN2O4=18.82÷26.4≈13.4所以答案为：

13.4

（3）A项中第一步为快速反应，且正逆反应速率相等，第二步为慢反应，所以v（第一步的逆反应）>v（第二步反应），即A正确；B项中反应分三步进行，所以第一步和第二步的产物均为中间产物，不止NO3一种，所以B错误；C项中第二步反应为慢反应，反应快慢与有效碰撞有关，反应慢则有效碰撞少，所以NO2和NO3的碰撞仅部分有效碰撞，即C正确；D项中第三步反应为快反应，说明反应所需活化能较低，所以D错误。

答案为：

AC

二、知识清单

三、例题精讲

例1人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：

H＋＋HCO

H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。

【参考答案】当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H＋浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H＋浓度变化较小，血液的pH基本不变（合理即可）。

【解析】根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H＋浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H＋浓度变化较小，血液的pH基本不变。

【易错点】表述不清，没有真正理解影响平衡移动的因素

例2一定条件下，密闭容器中发生如下反应：

CO2（g）＋H2（g）

CO（g）＋H2O（g），反应中的能量变化如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A．反应体系中加入催化剂可增大焓变

B．加压可使化学平衡正向移动

C．升温可使化学平衡正向移动

D．增大H2浓度可使达到新平衡时CO的体积分数增大

【参考答案】C

【解析】由图像可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，正反应为吸热反应。

A项，加入催化剂，焓变不发生变化，A错；B项，该反应前后气体总物质的量不变，加压，化学平衡不移动，B错；C项，正反应吸热，升温，平衡正向移动，C正确；D项，增大H2浓度，虽然平衡正向移动，但达到新平衡时CO的体积分数减小，D错。

【易错点】读图能力，平衡移动影响因素的判定

例3（2019，北京卷）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。

（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。

①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：

1，甲烷和水蒸气反应的方程式是_______。

③反应物投料比采用n（H2O）：

n（CH4）＝4：

1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是_____（选填字母序号）。

a．促进CH4转化b．促进CO转化为CO2c．减少积炭生成

④用CaO可以去除CO2。

H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。

从t1时开始，H2体积分数显著降低，単位时间CaO消耗率_____（填“升高”“降低”或“不变”）。

此时CaO消耗率约为35％，但已失效，结合化学方程式解释原因:

_____。

【答案】

（1）①CH4+2H2O（g）

4H2+CO2

③abc

④降低CaO+CO2=CaCO3生成的碳酸钙逐渐包裹氧化钙，使氧化钙吸收二氧化碳的速率减慢。

【解析】①由题可知，生成物氢气和二氧化碳物质的量之比为4:

1，并且反应物为甲烷和水，通过配平可得甲烷和水蒸气反应的化学方程式为CH4+2H2O（g）

4H2+CO2。

③a项，由方程式Ⅰ可知水的比例升高，方程式Ⅰ向正反应方向进行，会促进甲烷转化，故选a项；

b项，由方程式Ⅱ可知水的比例升高，方程式Ⅱ会向正反应方向进行，会促进CO转化为CO2，故选b项；

c项，三个反应中，方程式Ⅰ中甲烷的转化与水相关程度较大，当水比例增加时，反应会促进反应Ⅰ进行，从而减小反应Ⅲ进行，进而减少积炭生成，故选c项。

综上所述，本题正确答案为abc。

④CaO消耗曲线的斜率表示单位时间内CaO消耗率，根据图像可知，t1时，CaO消耗曲线的斜率减小，故CaO消耗率减低；根据题意，t1时，CaO已经失效，此时积累的CO2会与H2发生反应CO2（g）+2H2（g）

C（s）+2H2O（g），故H2的体积分数显著降低。

【易错点】读图时点、线含义及变化的含义

例4.将一定量氨基甲酸铵（NH2COONH4）加入密闭容器中，在一定条件下发生下列反应：

NH2COONH4（s）

2NH3（g）＋CO2（g）。

该反应的平衡常数的负对数（－lgK）值随温度（T）的变化曲线如图所示。

下列说法不正确的是（　　）

A．该反应的ΔH＞0

B．30℃时，B点对应状态的v（正）＜v（逆）

C．A点对应状态的平衡常数K（A）＝10－2.294

D．NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态

【参考答案】D

【解析】A项，温度升高平衡常数的负对数（－lgK）减小，即温度越高K值越大，所以正反应是吸热反应，则ΔH＞0，故A正确；B项，30℃时，B点未平衡，最终要达平衡状态，平衡常数的负对数要变大，所以此时的（－lgQc）＜（－lgK），所以Qc＞K，所以B点对应状态的v（正）＜v（逆），故B正确；C项，A点对应平衡常数的负对数（－lgK）＝2.294，所以A点对应状态的平衡常数K（A）＝10－2.294，故C正确；D项，体系中两种气体的物质的量之比始终不变，所以NH3的体积分数不变时，该反应不一定达到平衡状态，故D错误。

【易错点】横纵坐标含义，平衡状态的判断

例5（2019，河南省郑州市第一中学）羰基硫（COS）是全球硫循环的重要中间体，也是有机合成中的重要原料，是化学工作者重要的研究对象。

请回答下列问题：

（1）COS分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，则其结构式为。

（2）已知：

Ⅰ．COS（g）＋H2（g）

H2S（g）＋CO（g）ΔH1＝－17kJ·mol－1；

Ⅱ．CO（g）＋H2O（g）

H2（g）＋CO2（g）ΔH2＝－18kJ·mol－1；

Ⅲ．H2S（g）＋CO2（g）

COS（g）＋H2O（g）ΔH3。

则ΔH3＝。

既能增加反应Ⅲ中H2S的平衡转化率，又能加快反应速率的是（）

（填选项字母）。

A．缩小容器容积B．升高温度

C．再充入一定量的H2SD．分离出H2O（g）

（3）T1℃时，向10L恒容密闭容器中充入1molCOS和1molH2，发生反应Ⅰ。

5min末达到平衡，测得CO的体积分数为30%，H2的平衡分压为p1。

①0~5min内用COS的液度变化表示的平均反立速率v（COS）＝。

②反应的平衡常数Kp＝（Kp，用平衡分压表示的平衡常数）。

③若在起始温度内T1℃的绝热容器中重夏突验，平衡时H2的平衡分压p1（填“大于”“小于”或“等于”），理由为。

（4）反应Ⅰ在充有催化制的恒圧密困容器中进行，设起始充入的

＝m，相同时间内测得COS的转化率与m和温度（T）的关系如图所示：

①m1m2（填“＞”“＜”或“＝”）。

②湿度高于T0吋，COS转化率减小的原因不可能为（填选项字母。

）

A．催化剂活性降低

B．有副反应发生

C．反应的ΔH増大

D．逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数

【参考答案】

（1）O=C=S

（2）＋35kJ·mol－1B

（3）①0.012mol·L－1·min－1

②2.25

③大于该反应为放热反应，平衡时温度高于T1℃，H2的转化率减小，物质的量分数增大；升高温度，气体总压强增大，故平衡分压大于p1

（4）①＞；②C

【解析】

（1）由信息知，COS分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，则其结构式为O=C=S。

（2）根据盖斯定律得Ⅲ＝－Ⅰ－Ⅱ，ΔH3＝－ΔH1－ΔH2＝＋35kJ·mol－1。

该反应为气体分子总数不变的吸热反应，则缩小容器容积不影响平衡，H2S的平衡转化率不变，A项错误；升高温度，速率加快，平衡正向移动，H2S的平衡转化率增大，B项正确；再充入一定量的H2S，H2S的平衡转化率减小，C项错误；分离出H2O（g），反应速率减小，D项错误。

（3）由CO的体积分数为30%，得生成的CO的物质的量为0.6mol则参加反应的COS和H2的物质的量均为0.6mol则平衡时COS（g）、H2（g）、H2S（g）、CO（g）的物质的量分别为0.4mol、0.4mol、0.6mol、0.6mol。

①0～5min内，v（COS）＝

＝0.012mol·L－1·min－1。

②H2的平衡分压为p1，根据物质的量之比等于压强之比得，COS（g）、H2（g）、H2S（g）、CO（g）的平衡分压分别为p1、p1、1.5p1、1.5p1，则Kp＝

＝2.25。

③该反应为放热反应，平衡时容器内温度高于T1℃，H2转化率减小，物质的量分数增大；升高温度，气体膨胀，总压强增大，故平衡分压大于p1。

（4）①相同条件下，

增大，COS的转化率增大，故m1＞m2。

②T0前，升高温度，正反应速率加快，COS的转化率增大；温度高于T0时，催化剂活性降低、发生副反应、逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，都可能导致COS的转化率减小，焓变与温度无关。

【易错点】用平衡分压表示的平衡常数，转化率影响因素

四、思维点拨

1．图像