新教材2023版高中化学专题6化学反应与能量变化专题共享学案苏教版必修第二册

专题6　专题共享

微专题一　化学反应速率和化学平衡状态的简单计算

(一)“三段式”解题模式

“三段式”指的是在方程式下方三行分别写上该物质的起始浓度，变化浓度和反应后该物质的浓度。其中起始浓度＝变化浓度＋反应后浓度。

1．计算原理：化学反应速率之比＝浓度变化之比＝物质的量变化之比＝化学计量数之比。

2．计算模式：设A、B两物质的起始浓度分别为a mol·L－1、b mol·L－1，反应物A的转化浓度为mx mol·L－1，B的转化浓度为nx mol·L－1，则：

　　　　　　　　　　 mA(g) ＋ nB(g) ⇌pC(g) ＋ qD(g)

起始浓度/(mol·L－1)      a 　　   b　　   0　　 　 0

变化浓度/(mol·L－1)     mx　 　  nx　 　 px　　　 qx

终态浓度/(mol·L－1)    a－mxb－nx　　px　　　 qx

3．运用“三段式”法解题时的注意事项：

(1)起始量、变化量、一段时间后的量三者物理量及单位要统一，都是物质的量或物质的量浓度，否则无法计算。

(2)起始量、变化量、一段时间后的量中，只有不同物质的变化量之比等于对应物质的化学计量数之比，不同物质的起始量或一段时间后的量之间没有必然的关系，不能列比例计算。

(二)有关化学平衡状态的简单计算

1．反应物转化率的计算公式

A的转化率＝×100%(计算式中A的量可以指反应物的物质的量、质量、浓度、体积等)

2．某组分的体积分数的计算公式

A的体积分数＝×100%

[例]　在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(g)＋2B(g)⇌3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol，5 min末达到平衡，此时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.2 mol·L－1·min－1。

计算：

(1)平衡时A的物质的量浓度为________。

(2)前5 min内用B表示的化学反应速率v(B)为________。

(3)化学方程式中n值为________。

(4)此反应在四种不同情况下的反应速率分别为

①v(A)＝5 mol·L－1·min－1

②v(B)＝6 mol·L－1·min－1

③v(C)＝4.5 mol·L－1·min－1

④v(D)＝8 mol·L－1·min－1

其中反应速率最快的是________ (填编号)。

[微训练一]

1．已知：转化率＝某一反应物转化的量÷该反应物的初始量×100%。在一密闭容器中加入A、B、C三种气体，保持温度一定，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断下列结论不正确的是(　　)

A.在t4时刻，该反应处于化学平衡状态

B．t3时，A的转化率比B的转化率高

C．t1至t2时刻，该反应的速率为3 mol·L－1·s－1

D.该反应的化学方程式是2A(g)＋B(g)⇌C(g)

2．一定温度下，10 mL 0.40 mol·L－1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。

下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)(　　)

A．0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2 mol·L－1 ·min－1

B．6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)＜3.3×10－2 mol·L－1 ·min－1

C．反应至6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol·L－1

D．反应至6 min时，H2O2分解了50%

3．X、Y、Z为三种气体，把a mol X和b mol Y充入一密闭容器中，发生反应X＋2Y⇌2Z。达到平衡时，若它们的物质的量满足：n(X)＋n(Y)＝n(Z)，则Y的转化率为(　　)

A．×100%　　　　 B．×100%

C．×100%      D．×100%

4．在一定温度下，发生如下反应：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)。起始时，充入的N2和H2的物质的量分别是3.0 mol和6.0 mol，平衡时生成NH3的物质的量是2.4 mol。已知容器的容积为5.0 L，试求：

(1)H2的转化率是________。

(2)平衡时混合气体中N2的体积分数是________。

5．将等物质的量的A、B混合于2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)⇌xC(g)＋2D(g)，经5 min后，测得D的物质的量浓度为0.5 mol·L－1，c(A)∶c(B)＝3∶5，C的平均反应速率为0.1 mol·L－1·min－1。求：

(1)此时A的物质的量浓度c(A)＝__________mol·L－1，反应开始前容器中A、B的物质的量：n(A)＝n(B)＝________mol。

(2)B的平均反应速率：v(B)＝________mol·L－1·min－1。

(3)x的值为________。

6．某温度下，真空密闭容器中发生反应：2NO2⇌2NO＋O2，经4 min后，测得混合气中NO2浓度为0.12 mol·L－1，O2的浓度为0.24 mol·L－1，且各物质的浓度不再发生变化。求：

(1)NO2的起始浓度是________。

(2)4 min时NO2的转化率是________。

(3)4 min内生成NO的化学反应速率是________。

(4)4 min时NO的体积分数是________。

(5)4 min时容器的压强是开始时的________倍。

微专题二　化学反应速率与化学平衡图像

一、作题模式

1．看图像

(1)看面，弄清楚横、纵坐标所表示的含义；

(2)看线，弄清楚线的走向和变化趋势；

(3)看点，弄清楚曲线上点的含义，特别是曲线上的起点、折点、交点、最高点、最低点等特殊点；

(4)看辅助线，作横轴或纵轴的垂直线(如等温线、等压线、平衡线等)；

(5)看量的变化，弄清楚是物质的量的变化、浓度的变化，还是转化率的变化。

2．想规律

如各物质的转化量之比与化学计量数之比的关系，各物质的化学反应速率之比与化学计量数之比的关系，外界条件的改变对化学反应速率的影响规律以及反应达到平衡时，外界条件的改变对正、逆反应速率的影响规律等。

3．做判断

利用有关规律，结合图像，通过对比分析，做出正确判断。

二、定量型图像分析

化学反应速率图像是化学反应速率变化规律的反映。

化学反应速率的定量型图像主要反映物质的量(或物质的量浓度、反应速率)与反应时间t的定量关系。

该类图像所呈现的信息可用于：

1．反应物、生成物的确定；

2．反应起始时进行方向的确定；

3．可逆或不可逆反应的确定；

4．反应的化学方程式的确定；

5．某时间段内的平均反应速率的确定；

6．化学反应达到平衡的时刻及各量关系的确定。

三、定性型图像分析

定性型图像问题的主要分析方法是关注曲线的起点、折点、变化趋势(逐渐加快或逐渐减慢、先增后减或先减后增等)，结合外界条件影响反应速率的相关规律分析作答。

比如，对于“先快后慢”型曲线，应分别分析“快”和“慢”的原因。“快”可能是因为反应放热，温度升高使速率加快；“慢”可能是因为浓度减小，使反应变慢至停止。

若反应过程中反应速率突然明显加快，则可能是加入了催化剂或生成物对反应有催化作用。

对有多个因素影响反应速率的图像题，在比较某个因素的影响时一定要保证其他因素相同。

[微训练二]

1．在一密闭容器中加入A和B，各物质的物质的量浓度随反应的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．该反应的化学方程式为5A＋4B⇌4C

B．2 min前，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大

C．用B的浓度变化表示2 min内的速率为2 mol·L－1·min－1

D．2 min时，该反应达到平衡，此时A、B、C的浓度比为5∶4∶4

2．等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测定在不同时间t产生的氢气的体积V的数据，根据数据绘制得到如图所示的图像，则曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是(　　)

①4、3、2、1　②1、2、3、4　③3、4、2、1　④1、2、4、3

A．① B．①③

C．②③ D．③④

3．氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应：＋Cl－＋3H＋。已知该反应的速率随c(H＋)的增大而加快，如图为的速率－时间关系图。下列说法中正确的是(　　)

A．反应开始时速率增大一定是温度升高所致

B．纵坐标为v(Cl－)的v­t曲线与图中曲线不重合

C．图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内c(Cl－)的减小

D．后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小

4．某温度时，在2 L容器中A、B两种物质间的转化反应中A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析得：

(1)该反应的化学方程式为___________________________________________________

________________________________________________________________________。

(2)反应开始时至4 min时，A的平均反应速率为________。

(3)4 min时，反应是否达平衡状态？________(填“是”或“否”)，8 min时v正________v逆(填“>”“<”或“＝”)。

专题6　专题共享

微专题一

例　解析：(1)

　　　　　　A(g) ＋ 2B(g) ⇌3C(g) ＋ nD(g)

起始       4 mol    6 mol     0       0

转化       1 mol    2 mol   3 mol    n mol

5 min末    3 mol    4 mol   3 mol    n mol

c(A)＝＝ mol·L－1＝1.5 mol·L－1。

(2)v(B)＝＝＝0.2 mol·L－1·min－1。

(3)根据同一反应中、同一时间段内、各物质的反应速率之比等于计量数之比；所以v(B)∶v(D)＝0.2 mol·L－1·min－1∶0.2 mol·L－1·min－1＝2∶n，n＝2。

(4)把所有速率都换算成A的反应速率；

①v(A)＝5 mol·L－1·min－1

②由v(B)＝6 mol·L－1·min－1知，v(A)＝3 mol·L－1·min－1

③由v(C)＝4.5 mol·L－1·min－1知，

v(A)＝1.5 mol·L－1·min－1

④由v(D)＝8 mol·L－1·min－1知，v(A)＝4 mol·L－1·min－1

故选①。

答案：(1)1.5 mol·L－1　(2)0.2 mol·L－1·min－1　

(3)2　(4)①

微训练一

1．解析：A对，由表中数据可知，从t3时刻开始，该反应中各组分的浓度保持不变，说明该反应处于化学平衡状态。

B对，t3时，A的转化率(×100%＝66.7%)比B的转化率(×100%＝40%)高。

C错，化学反应速率必须指明以哪种反应物来表示。

D对，达到平衡时A、B、C的物质的量浓度改变的量之比为4∶2∶2＝2∶1∶1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，故该反应的化学方程式是2A(g)＋B(g)⇌C(g)。

答案：C

2．解析：10 mL 0.40 mol·L－1 H2O2溶液含H2O2的物质的量是0.004 mol，6 min时，生成氧气的物质的量为＝0.001 mol，则有：

　　　　　　　　　 　 2H2O22H2O＋O2↑

初始物质的量/mol      0.004             0

转化物质的量/mol      0.002            0.001

6 min时物质的量/mol   0.002            0.001

A对，0～6 min，H2O2的物质的量变化了0.002 mol，则v(H2O2)＝≈3.3×10－2 mol·L－1·min－1。

B对，随着反应的不断进行，H2O2的浓度越来越小，反应速率越来越慢，所以6～10 min的平均反应速率要小于0～6 min的平均反应速率，即v(H2O2)＜3.3×10－2 mol·L－1·min－1。

C错，反应至6 min时，剩余的H2O2的物质的量是0.002 mol，则此 时H2O2的物质的量浓度c(H2O2)＝＝0.20 mol·L－1。

D对，反应至6 min时，参加反应的H2O2的物质的量是0.002 mol，所以H2O2分解了50%。

答案：C

3．解析：设反应达到平衡时消耗Y物质的量为x。则：

　　　　　　　　X　＋　2Y ⇌2Z

起始量/mol      ab     0

转变量/mol      xx

平衡量/mol    a－b－xx

依题意可得：＋(b－x)＝x

x＝ mol

Y的转化率为×100%＝×100%，选B。

答案：B

4．解析：　　　　N2(g)　＋　3H2(g) ⇌2NH3(g)

起始物质的量    3.0 mol    6.0 mol    0 mol

转化物质的量    1.2 mol    3.6 mol    2.4 mol

平衡物质的量    1.8 mol    2.4 mol    2.4 mol

(1)H2的转化率＝×100%＝60%。

(2)N2的体积分数＝×100%≈27.3%。

答案：(1)60%　(2)27.3%

5．解析：(1)　3A(g) ＋ B(g)  ⇌xC(g)　＋　2D(g)

aa         0          0

变化(mol)     1.5      0.5     0.1×2×5    0.5×2

a－1.5    a－0.5   0.1×2×5    0.5×2

根据c(A)∶c(B)＝3∶5，可得＝，

解得a＝3即起始时n(A)＝n(B)＝3 mol，

5 min时c(A)＝＝0.75 mol·L－1。

(2)v(B)＝＝0.05 mol·L－1·min－1。

(3)由化学计量数之比等于物质的量的变化量之比，则＝，解得x＝2。

答案：(1)0.75　3　(2)0.05　(3)2

6．解析：　　　 2NO2 ⇌2NO ＋ O2

c(起始)/mol·L－1a        0      0

c(转化)/mol·L－1    2c       2cc

c(4 min)/mol·L－1a－2c     2cc

由题意得：a－2c＝0.12 mol·L－1，

c＝0.24 mol·L－1。

(1)NO2的起始浓度为a＝0.12 mol·L－1＋2×0.24 mol·L－1＝0.6 mol·L－1。

(2)4 min时NO2的转化率为×100%＝×100%＝80%。

(3)v(NO)＝＝＝0.12 mol·L－1·min－1。

(4)设容器体积为V L，则NO的体积分数＝×100%

＝×100%≈57.1%。

(5)设容器体积为V L，

＝＝1.4。

答案：(1)0.6 mol·L－1　(2)80%　(3)0.12 mol·L－1·min－1　(4)57.1%　(5)1.4

微专题二

微训练二

1．解析：A对，由图可得，当(6－1)mol·L－1 A反应，同时有(7－3)mol·L－1 B反应，生成4 mol·L－1 C，故该反应的化学方程式为5A＋4B⇌4C。B对，2 min前，反应物A和B减少，生成物C增多，所以正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大。C对，用B的浓度变化表示2 min内的速率为÷2 min＝2 mol·L－1·min－1。D错，2 min时该反应达到平衡，此时A、B、C的浓度比为1∶3∶4。

答案：D

2．解析：该实验中化学反应速率与温度、浓度和固体物质的表面积有关。实验1中盐酸的浓度最小，反应的温度最低，块状铁的表面积小，所以化学反应速率最慢；由于实验3的反应温度比实验2的反应温度高，实验4的物质表面积比实验2的大，所以实验3、4的反应速率均大于实验2的；实验4和实验3的比较，温度不同、铁的状态不同，无法确定温度与物质的表面积变化哪个占主导作用，所以反应速率可能是4＞3，也可能是4＜3。

答案：B

3．解析：A错，反应开始时速率增大，可能是该反应放热，温度升高，化学反应速率加快，也可能是反应的速率随c(H＋)的增大而加快。B错，根据离子方程式===+Cl－＋3H＋，)∶v(Cl－)＝1∶1，纵坐标为v(Cl－)的v － t曲线与题图中曲线重合。C错，由于)＝，即Δc＝)×Δt，因此图中的阴影部分的面积为t1～t2时间内的物质的量浓度的减小值。D对，随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小。

答案：D

4．解析：(1)分析图中从反应开始到第4 min时，A、B的物质的量变化为：A减少0.4 mol，B增加0.2 mol，可知A为反应物，B为生成物，且反应为可逆反应(因为反应最终达到化学平衡)，因此化学方程式为2A⇌B。(2)反应开始时至4 min时，A的平均反应速率v(A)＝＝0.05 mol·L－1·min－1。(3)4 min时，反应尚未建立平衡，正在向正反应方向进行，8 min时，反应已达到平衡，正、逆反应速率的大小关系为v正＝v逆。

答案：(1)2A⇌B　(2)0.05 mol·L－1·min－1　(3)否　＝