高三化學二輪復習 歸因分析

反應原理圖像題

歸因分析二輪復習1．我國科研人員研究出了用活性炭對汽車尾氣中NO處理的方法：C(s)＋2NO(g)

N2(g)＋CO2(g)ΔH<0。在恒壓密閉容器中加入足量的活性炭和一定量的NO氣體，反應相同時間時，測得NO的轉(zhuǎn)化率α(NO)隨溫度的變化關系如圖所示：由圖可知，溫度低于1050K時，NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，原因是

。由圖可知，溫度高于1050K時，NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而減少，原因是

。

探究一

轉(zhuǎn)化率/產(chǎn)率問題知識點回顧平衡轉(zhuǎn)化率：平衡移動（側(cè)重分析溫度、壓強、濃度對化學平衡的影響）

非平衡轉(zhuǎn)化率：T催化活性0速率（溫度

、濃度、壓強、催化劑、比表面積）以及副反應1．我國科研人員研究出了用活性炭對汽車尾氣中NO處理的方法：C(s)＋2NO(g)

N2(g)＋CO2(g)ΔH<0。在恒壓密閉容器中加入足量的活性炭和一定量的NO氣體，反應相同時間時，測得NO的轉(zhuǎn)化率α(NO)隨溫度的變化關系如圖所示：由圖可知，溫度低于1050K時，NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而增大，原因是

。由圖可知，溫度高于1050K時，NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而減少，原因是

。

溫度低于1050K時，反應未達到平衡狀態(tài)，隨溫度升高，反應速率加快，NO轉(zhuǎn)化率增大溫度高于1050K時，反應達到平衡狀態(tài)，由于反應放熱，隨溫度升高，平衡逆向移動，NO轉(zhuǎn)化率減小探究一

轉(zhuǎn)化率/產(chǎn)率問題2.

利用CO2合成甲醇是有效利用CO2資源的重要途徑，發(fā)生反應:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0。將原料氣n(CO2)：n(H2)=1：3充入某一恒容密閉容器中，探究三種不同的催化劑（cat-1、cat-2、cat-3）在不同溫度下相同反應時間對甲醇產(chǎn)率的影響(時空產(chǎn)率)，實驗結果如圖所示。催化劑3下甲醇產(chǎn)率在溫度高于240℃時下降的原因

。溫度高于240℃時，催化劑3是由于活性隨溫度升高而降低，速率減小，產(chǎn)率降低。圖1探究一

轉(zhuǎn)化率/產(chǎn)率問題歸納解題技巧

建立思維模型1.審反應方程式特點①焓變(正反應是吸熱還是放熱)②?Vg(反應前后氣體體積)2.審體系的研究狀態(tài)（平衡、非平衡）相同時間內(nèi)的轉(zhuǎn)化量，可能為平衡量，也可能為非平衡量①非平衡狀態(tài)量，其變化與速率有關------從影響速率的因素角度作答②平衡狀態(tài)量，則與平衡有關------從平衡移動規(guī)律角度作答1.在合成塔中主要發(fā)生的反應為：反應I：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)△H1反應II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)△H2調(diào)節(jié)

＝

4，充入合成塔，當氣體總壓強為0.1MPa，平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量分數(shù)如圖1所示；①圖1中，200～550℃時，CO2的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度升高而增大的原因是

。反應Ⅰ、Ⅱ必定有其中之一逆向移動溫度對平衡移動的影響

＜0，

＞0，溫度升高時，反應Ⅰ向左移動增加CO2

的量大于反應Ⅱ向右移動減少的CO2

的量探究二

多重平衡圖像分析反應I：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)△H1<0反應II：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)△H2>0不同壓強時，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率如圖2所示：②圖2中，相同溫度下，壓強越大，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大，其原因是

。③圖中800℃時，四條線幾乎交于一點，且隨著溫度升高，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率越大，其原因是

。增大壓強，反應Ⅱ不移動，反應Ⅰ向正反應方向移動說明壓強對平衡轉(zhuǎn)化率影響不大，且溫度高于800℃之后，反應II起主導作用，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率主要由反應II決定探究二

多重平衡圖像分析歸納解題技巧

建立思維模型1、找準競爭反應在反應特點上的異同

①焓變(反應放熱吸熱)②?Vg(反應前后氣體體積)競爭型多重反應題型解題技巧2、根據(jù)限定條件分析以哪個競爭反應為主

①從題目設問出發(fā)，結合限定條件，聯(lián)想平衡移動②判斷主導反應答題模板：反應Ⅰ為......反應，反應Ⅱ為......反應，改變......條件，反應Ⅰ怎么移動，反應Ⅱ怎么移動，而曲線上升（或者下降），說明以哪個反應為主2.已知：I．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)II．CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)III．CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)如圖為一定比例的CO2、H2；CO、H2；CO、CO2、H2三個反應體系下甲醇生成速率與溫度的關系。

490K時，曲線a與曲線b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，結合反應I、III分析原因：

。CO的存在促使反應I正向進行，二氧化碳和氫氣的量增加，使反應III速率增大探究二

多重平衡圖像分析①找準反應之間的關聯(lián)性②從反應速率影響因素角度作答3.探究甲醇對丙烷制丙烯的影響。丙烷制烯烴過程主要發(fā)生的反應ⅰ、ⅱ、ⅲ，有丙烷甲醇共進料時，還發(fā)生反應ⅳ在一定溫度與壓強下，丙烷甲醇共進料時，平衡體系中各組分體積分數(shù)與進料比的關系如圖所示。隨著甲醇投料增加，平衡體系中丙烯的體積分數(shù)降低的原因是（結合反應ⅰ、ⅲ、ⅳ分析）：

。隨著甲醇投料增加，反應ⅳ生成氫氣，抑制反應ⅰ的進行，同時促進反應ⅲ的進行，造成丙烷過多消耗，減少丙烯的生成。探究二

多重平衡圖像分析①找準反應之間的關聯(lián)性②根據(jù)平衡移動的原理作答i

C3H8(g)C3H6(g)

+H2(g)△H1=+124kJ/moliiC3H8(g)C2H4(g)

+CH4(g)△H2=+82kJ/moliiiC3H8(g)

+2H2(g)3CH4(g)△H3=-120kJ/molivCH3OH(g)

CO(g)+2H2(g)△H4=+91kJ/mol歸納解題技巧

建立思維模型其他多重反應題型解題技巧①找準目標物質(zhì)所在的平衡(目標反應)②根據(jù)設問分析需要促進還是抑制目標反應的進行③結合改變的條件，進行綜合分析(找準平衡之間的關聯(lián)性)④運用化學反應原理闡述目標反應向所需要的方向進行的原因1.(2023湖南卷節(jié)選)在913K、100kPa下，F(xiàn)e2O3作催化劑，乙苯除脫氫生成苯乙烯

①

外，還會發(fā)生兩個副反應：②③以上反應體系中，芳香烴產(chǎn)物苯乙烯、苯和甲苯的選擇性S()隨乙苯轉(zhuǎn)化率的變化曲線如圖所示，其中曲線b代表的產(chǎn)物是

，理由是

；甲苯

由于反應①產(chǎn)生的H2可促進反應③的正向進行，因此當乙苯轉(zhuǎn)化為苯乙烯的選擇性稍降低時，乙苯轉(zhuǎn)化為甲苯的選擇性增大。①找準反應之間的關聯(lián)性②根據(jù)平衡移動的原理作答綜合提升2.NO在空氣中存在如下反應：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H<0，上述反應分兩步完成，其反應歷程如圖所示：回答下列問題：Ⅰ2NO(g)N2O2(g)ΔH1<0ⅡN2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH2<0可逆連續(xù)反應I活化能小，速率快隨著溫度升高，生成NO2速率變慢，其原因是

。

。決定總反應速率是反應②，溫度升高后反應①平衡向左移動，造成N2O2濃度減小，溫度升高對于反應②的影響弱于N2O2濃度減小的影響，N2O2濃度減小導致反應②速率變慢

綜合提升①找準反應之間的關聯(lián)性②從反應速率影響因素角度作答無機綜合試題基于物質(zhì)的性質(zhì)，在轉(zhuǎn)化過程中對反應進行調(diào)控，改變外界因素，體現(xiàn)對原理的應用，完成對性質(zhì)、規(guī)律、原理的考查，外界因素（反應調(diào)控的角度）溫度壓強催化劑濃度溶液的pH接觸面積物質(zhì)性質(zhì)（物理、化學）反應規(guī)律（氧還、酸堿、沉淀、配合）反應原理（速率、平衡）答題角度物質(zhì)和反應磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。（4）H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因：____________。（4）H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因：____________。

反應：氧化有機碳物質(zhì)性質(zhì)：H2O2分解溫度升高速率增大促進脫除率提高氧化劑濃度降低帶來脫除率降低速率問題操作條件目的和研究對象80℃后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低溫度物質(zhì)反應物理性質(zhì)化學性質(zhì)物質(zhì)溶解度、揮發(fā)性反應速率平衡移動熱穩(wěn)定性、酶活性制備Cu2(OH)2CO3溫度Na2CO3溶液CuSO4溶液原理：Na2CO3水解平衡反應速率促進Na2CO3

溶液水解，提高c(OH—)，同時加快反應速率有利于Cu2(OH)2CO3

生成。白云石的主要化學成分為CaMg(CO3)2，還含有質(zhì)量分數(shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2.利用白云石制備高純度的碳酸鈣和氧化鎂，流程示意圖如下。MgO+2NH4++H2O?Mg2++2NH3·H2O（3）“浸鎂”過程中，取固體B與一定濃度的(NH4)2SO4

溶液混合，充分反應后MgO的浸出率低于60%。加熱蒸餾，MgO的浸出率隨餾出液體積增大而增大，最終可達98.9%。從化學平衡的角度解釋浸出率增大的原因是_____。浸出MgO溫度MgO(NH4)2SO4

溶液性質(zhì)：溶解度、反應：化學平衡隨大量NH3逸出，平衡正移吸收塔中的溫度不宜過高，可能的原因是________吸收SO2溫度H2O+2SO2+Na2CO3=2NaHSO3+CO2SO2Na2CO3溶液性質(zhì)：溶解度、熱穩(wěn)定性、氧化還原性反應：反應速率防止SO2的溶解度下降；防止HSO3?受熱分解；防止HSO3?的氧化速率加快等。速率問題溫度同時存在反應a、b、c；反應a的發(fā)生對b、c有影響高于150℃，溫度升高，反應a的速率增大，c(O3)減小，反應b和c的速率減小，導致SO2和NO的轉(zhuǎn)化率均降低除SO2和NO

多反應體系速率問題的分析典型錯誤：信息解讀失誤,界定為平衡問題3個反應的限度都極大,不是典型的可逆反應濃度溶液的pH物質(zhì)反應元素存在形式對氧還性的影響反應速率平衡移動：水解平衡（H+濃度）與Ksp相結合定量角度增大pH和加熱，均促進水解趨于完全

Fe3+水解Fe3++3H2O?

Fe(OH)3+3H+從浸取液中除去Fe3+

轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3加熱pH=4反應：水解平衡先加MnO2，可利用溶液的酸性將Fe2+全部氧化為Fe3+，再加氨水調(diào)溶液pH~5，將Fe3+和Al3+沉淀除去純化：去除Fe2+和Al3+

pH

硫酸、Fe2+、Al3+MnO2微粒性質(zhì)：氧化性、還原性、沉淀pH（pH如何影響微粒和反應）已知：ⅱ．一定溫度下：Ksp[Fe(OH)2]＝4.9

10－17；

Ksp[Fe(OH)3]＝2.6

10－39II．水解制備偏鈦酸：浸出液中含F(xiàn)e3+、Ti4+等，先向其中加入還原鐵粉，然后控制水解條件實現(xiàn)Ti4+水解制備偏鈦酸。（2）浸出液（pH＝2）中含有大量Fe3+，若雜質(zhì)離子沉淀會降低鈦水解率。從定量角