专题六 整合提升 学案（含答案） 2023-2024学年高一化学苏教版（2020）必修第二册
文档属性
| 名称 | 专题六 整合提升 学案（含答案） 2023-2024学年高一化学苏教版（2020）必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 345.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-10 10:42:47 | ||
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文档简介
专题六 整合提升
【知识构建】
【知识整合】
主题一 化学反应速率的计算与比较
【例1】 在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应:A(g)+2B(g)3C(g)+xD(g),开始时通入4 mol A和6 mol B,5 min末时测得C的物质的量为3 mol,v(D)为0.2 mol·L-1·min-1。
(1)5 min末A的物质的量浓度为 mol·L-1。
(2)前5 min内v(B)为 mol·L-1·min-1。
(3)化学方程式中x的值为 。
(4)此反应在四种不同情况下的反应速率分别如下所示,其中反应速率最快的是 (填字母)。
A.v(A)=0.4 mol·L-1·min-1
B.v(B)=0.005 mol·L-1·s-1
C.v(C)=0.3 mol·L-1·min-1
D.v(D)=0.002 mol·L-1·s-1
【答案】(1)1.5 (2)0.2 (3)2 (4)A
【思维模型】
化学反应速率的计算及比较
(1)根据已知数据,找出某一时间段内指定物质的浓度的改变值,然后根据Δc和Δt的比值计算得出反应速率。
(2)已知具体反应方程式和某一物质的反应速率,根据“化学计量数之比等于对应物质的化学反应速率之比”求解其他物质的反应速率。
(3)较复杂的化学反应速率计算常用“三段式”法。
(4)用不同物质表示的反应速率来判断反应进行的快慢时,不能认为其反应速率数值大,反应速率就快,一定要先转化为用同一物质表示的反应速率再进行比较。
(5)在进行化学反应速率的计算与比较时要注意时间单位的转化。
【趁热打铁1】 将4 mol A气体和2 mol B气体置于1 L的密闭容器中,混合后发生如下反应:2A(g)+B(g)2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为1.2 mol·L-1,下列说法正确的是( )。
A.用物质A表示的反应速率为1.2 mol·L-1·s-1
B.用物质B表示的反应速率为0.6 mol·L-1·s-1
C.2 s时物质A的转化率为30%
D.2 s时物质B的浓度为0.6 mol·L-1
【答案】C
【解析】根据反应2A(g)+B(g)2C(g)可知,起始浓度(mol·L-1):c(A)=4、c(B)=2、c(C)=0;转化浓度(mol·L-1):c(A)=1.2、c(B)=0.6、c(C)=1.2;2 s时浓度(mol·L-1):c(A)=2.8、c(B)=1.4、c(C)=1.2。用物质A表示的反应速率为=0.6 mol·L-1·s-1,A项错误;用物质B表示的反应速率为=0.3 mol·L-1·s-1,B项错误;2 s时物质A的转化率为×100%=30%,C项正确;2 s时物质B的浓度为1.4 mol·L-1,D项错误。
主题二 控制变量法探究影响化学反应速率的因素
【例2】 草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应:2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。用4 mL 0.001 mol·L-1 KMnO4溶液与2 mL 0.01 mol·L-1 H2C2O4溶液,研究反应的温度、反应物的浓度与催化剂等因素对化学反应速率的影响。改变的条件如表所示:
组别 10%硫酸体积/mL 温度/℃ 其他物质
Ⅰ 2 20 —
Ⅱ 2 20 10滴饱和MnSO4溶液
Ⅲ 2 30 —
Ⅳ 1 20 1 mL蒸馏水
(1)据实验Ⅰ和Ⅱ可得出的结论:影响化学反应速率的因素是 ;如果研究温度对化学反应速率的影响,使用实验Ⅰ和 (用Ⅰ~Ⅳ表示)。
(2)实验Ⅳ中加入1 mL蒸馏水的目的是 。
【答案】(1)催化剂 Ⅲ (2)确保所有实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)不变和总体积不变,实验Ⅳ中c(H+)不同
【解析】(1)实验Ⅰ、Ⅱ中温度、浓度相同,实验Ⅱ中加入了催化剂,研究了催化剂对化学反应速率的影响;研究温度对化学反应速率的影响,应保证浓度相同,且不使用催化剂,则选实验Ⅰ和Ⅲ。(2)实验Ⅰ和Ⅳ中,硫酸的浓度不同,可研究浓度对化学反应速率的影响,加1 mL蒸馏水可确保两实验中其他各物质浓度和总体积相等。
【思维模型】
控制变量法思维模型
1. 确定变量:解答这类题目时首先要认真审题,找出影响实验探究结果的因素。
2. 定多变一:在探究时,应先控制其他的因素不变,只改变一种因素,探究这种因素与题给问题的关系,然后按此方法依次分析其他因素与所探究问题的关系。
3. 数据有效:解答时注意选择的数据(或设置实验)要有效,且变量统一,否则无法做出正确判断。
【趁热打铁2】 某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题:
要加快上述实验中气体产生的速率,还可采取的措施有
(答两种)。
(2)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入6个盛有过量Zn粒的反应容器中,收集产生的气体,记录获得相同体积的气体所需时间。
A B C D E F
4 mol·L-1 H2SO4溶液/mL 30 V1 V2 V3 V4 V5
饱和CuSO4溶液/mL 0 0.5 2.5 5 V6 20
H2O/mL V7 V8 V9 V10 10 0
①请完成此实验设计,其中:V1= ,V6= ,V9= 。
②反应一段时间后,实验A中的金属呈 色,实验E中的金属呈 色。
③该同学最后得出的结论:当加入少量CuSO4溶液时,生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时,生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因:
。
【答案】(1)升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等 (2)①30 10 17.5 ②灰黑 暗红 ③当加入一定量的CuSO4后,生成的单质Cu会沉积在Zn的表面,减小了Zn与溶液的接触面积
【解析】(1)根据影响化学反应速率的外界因素,则加快反应速率的方法还有增大反应物浓度、升高温度、使用催化剂、增大锌粒的表面积等。注意H2SO4浓度不能过大,浓硫酸与Zn反应不生成H2。
(2)若研究CuSO4的量对H2生成速率的影响,则实验中除CuSO4的量不同之外,其他物质的量均相同,则V1=V2=V3=V4=V5=30,最终溶液总体积相同,由实验F可知,溶液的总体积均为50 mL,则V6=10,V9=17.5。随着CuSO4的量增大,则附着在Zn片表面的Cu会越来越多,当Cu完全覆盖Zn片时,Zn不能与H2SO4接触,则H2生成速率会减慢,且Zn片表面的Cu为暗红色。
主题三 化学平衡状态的判断
【例3】 一定温度下,将一定量的N2和H2充入固定体积的密闭容器中进行反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。下列描述能说明该可逆反应达到化学平衡状态的有 (填字母)。
A.容器内的压强不变
B.容器内气体的密度不变
C.相同时间内有3 mol H—H键断裂,有6 mol N—H键形成
D.c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2
E.NH3的质量分数不再改变
【答案】AE
【解析】该反应为气体体积缩小的反应,压强为变量,当容器内的压强不变,表明正、逆反应速率相等,该反应达到平衡状态,A项正确;该反应中混合气体质量、容器容积为定值,则混合气体的密度始终不变,不能根据混合气体的密度判断平衡状态,B项错误;相同时间内有3 mol H—H键断裂,有6 mol N—H键形成,表示的都是正反应速率,无法判断正、逆反应速率是否相等,C项错误;c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2,无法判断各组分的浓度是否继续变化,则无法判断平衡状态,D项错误;NH3的质量分数不再改变,各组分的浓度不再变化,该反应达到平衡状态,E项正确。
【思维模型】
判断可逆反应达到平衡状态的标志
1.直接标志
(1)v正=v逆≠0(反应速率必须是一正一逆,不能都是v正或都是v逆)
①同一种物质的生成速率等于消耗速率。
②在化学方程式同一边的不同物质的生成速率与消耗速率之比等于相应物质的化学计量数之比。
③化学方程式两边的不同物质的生成(或消耗)速率之比等于相应物质的化学计量数之比。
(2)各组分的浓度保持一定
①各组分的浓度不随时间的改变而改变。
②各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数不随时间的改变而改变。
2.间接标志——“变量不变”
(1)反应体系中的总压强不随时间的改变而变化(适用于有气体参与且反应前后气体的体积不等的可逆反应)。
(2)混合气体的密度不随时间的改变而变化(适用于①恒压且反应前后气体的体积不等的可逆反应;②恒容且有固体或液体参与的可逆反应)。
(3)对于反应混合物中存在有颜色物质的可逆反应,若体系的颜色不再改变,则反应达到平衡状态。
(4)体系中某反应物的转化率或某生成物的产率达到最大值且不再随时间而变化。
【趁热打铁3】 一定条件下,将NO2与SO2以体积比1∶2置于恒容密闭容器中发生反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g),下列能说明反应达到平衡状态的是( )。
A.体系压强保持不变
B.混合气体颜色保持不变
C.SO3和NO的体积比保持不变
D.每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
【答案】B
【解析】A项,反应前后气体总物质的量不变,恒温恒容下,压强始终不变,错误;B项,混合气体颜色保持不变,说明二氧化氮的浓度不变,反应达到平衡,正确;C项,自反应开始,SO3和NO的体积比始终为1∶1,保持不变不能说明达到平衡,错误;D项,每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2,均表示逆反应速率,不能说明达到平衡,错误。
主题四 化学反应速率和限度图像分析
【例4】 往恒容密闭容器中通入a mol NO2气体,在一定温度下分解生成O2和NO,各物质的浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是( )。
A.X表示NO,Y表示O2
B.t1 min时,正反应速率不等于逆反应速率
C.t3 min时,c(NO2)+c(NO)+c(O2)=1.5a mol·L-1
D.t2 min时,混合物中NO2的物质的量分数为0.25
【答案】C
【解析】NO2气体在一定温度下分解生成O2和NO,化学方程式为2NO22NO+O2,根据方程式可知反应产生的NO和O2的物质的量浓度比为2∶1,则根据图示可知X表示NO,Y表示O2,A项正确;t1 min时,反应未达到平衡,说明NO2的正反应速率不等于逆反应速率,B项正确;t3 min时,反应达到平衡状态,由于反应物不能完全转化为生成物,且容器的容积未知,因此不能确定容器中各种物质的浓度和的大小,C项错误;t2 min时,NO2和O2的浓度相等,恒容密闭容器中,则物质的量也相等,设t2 min时,生成O2的物质的量为x mol,列三段式:
2NO22NO+O2
始/mol a 0 0
变/mol 2x 2x x
t2/mol a-2x 2x x
根据题意可得:a-2x=x,解得x=,则NO2在混合物中的物质的量分数为=0.25,D项正确。
【思维模型】
化学反应速率和反应限度图像题分析
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,特别是曲线上的折点、交点、最高点、最低点等;
(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。
【趁热打铁4】 已知反应2X(g)Y(g)+Z(g),为研究影响该反应速率的因素,在不同条件下进行4组实验,Y、Z的起始浓度为0,反应物X的浓度随反应时间的变化情况如图所示。下列说法错误的是( )。
A.若实验②④只改变一个条件,则由实验②④得出结论:升高温度,化学反应速率加快
B.若实验①②只改变一个条件,则由实验①②得出结论:增大反应物浓度,化学反应速率加快
C.若实验②③只改变一个条件,则实验③使用了催化剂
D.0~10 min内,实验③的平均速率v(Y)=0.04 mol·L-1·min-1
【答案】D
【解析】若实验②④只改变一个条件,实验②④两组实验,X的起始浓度相同,温度由第②组实验的800 ℃升高到820 ℃,反应速率明显加快,说明温度升高,化学反应速率加快,A项正确;从图像中可以看出,实验①②两组实验,温度相同,随着反应物X的浓度增大,化学反应速率加快,B项正确;实验②③两组实验,X的起始浓度相等,温度相同,平衡状态也相同,但实验③达到平衡的时间短,反应速率快,说明实验③使用了催化剂,C项正确;在0~10 min内,实验③的平均速率v(X)=(1.00 mol·L-1-0.60 mol·L-1)÷10 min=0.04 mol·L-1·min-1,因为化学反应速率之比等于化学计量数之比,所以v(Y)=0.02 mol·L-1·min-1,D项错误。
主题五 化学反应中能量变化的原因
【例5】 由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是( )。
A.反应生成1 mol N2时转移4 mol e-
B.反应物能量之和大于生成物能量之和
C.1 mol N2O(g)和1 mol NO(g)如图中完全反应放出139 kJ能量
D.断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
【答案】A
【解析】N2O和NO反应生成N2和NO2的化学方程式为N2O+NON2+NO2,反应生成1 mol N2时转移2 mol e-,A项不正确;根据图示,反应物能量之和大于生成物能量之和,B项正确;该反应的反应热为(209-348) kJ·mol-1=-139 kJ·mol-1,C项正确;因为该反应放热,所以断键吸收能量之和小于成键释放能量之和,D项正确。
【思维模型】
化学反应中能量变化的原因
【趁热打铁5】 (1)已知破坏1 mol H—H键、1 mol I—I键、1 mol H—I键分别需要吸收的能量为436 kJ、151 kJ、299 kJ。则由氢气和碘蒸气反应生成2 mol HI放出 kJ的热量。
(2)现已知N2(g)和H2(g)反应生成1 mol NH3(g)过程中能量变化如图所示:
根据下列键能数据计算N—H键键能为 kJ·mol-1。
化学键 H—H N≡N
键能/(kJ·mol-1) 436 946
【答案】(1)11 (2)391
【解析】(1)氢气和碘反应生成2 mol HI的反应实质是,旧键断裂吸收能量:436 kJ+151 kJ=587 kJ,新键生成释放能量:299 kJ×2=598 kJ,旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量,反应为放热反应,放出的热量:598 kJ-587 kJ=11 kJ。
(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=2×(1127 kJ·mol-1-1173 kJ·mol-1)=-92 kJ·mol-1,则ΔH=反应物键能和-生成物键能和=946 kJ·mol-1+3×436 kJ·mol-1-6×Q(N—H)=-92 kJ·mol-1,Q(N—H)=391 kJ·mol-1。
主题六 新情境下原电池原理的多角度考查
【例6】 Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以
海水为电解质溶液,电池工作的反应原理为Mg+H2O2Mg(OH)2,下列说法正确的是( )。
A.Mg电极是该电池的正极
B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C.石墨电极附近溶液的pH增大
D.溶液中Cl-向正极移动
【答案】C
【解析】Mg-H2O2电池,活泼金属(Mg)作负极,发生氧化反应:Mg-2e-Mg2+,H2O2在正极(石墨电极)发生还原反应:H2O2+2e-2OH-(由于电解质为中性溶液,则生成OH-),A、B两项错误,C项正确;由于负极阳离子(Mg2+)增多,则Cl-向负极移动以平衡电荷,D项错误。
【思维模型】
原电池的工作原理
【趁热打铁6】 一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如图所示,图中Na+交换膜只允许Na+通过,不允许其他离子通过。下列说法错误的是( )。
A.电池的正极反应为H2O2+2e-2OH-
B.电池放电时Na+从a极区移向b极区
C.电池放电时电子从电极b经外电路流向电极a
D.b极室的输出液经处理后可输入a极室循环利用
【答案】C
【解析】正极发生反应:H2O2+2e-2OH-,A项正确;放电时为原电池,阳离子移向正极,电极b为正极,B项正确;电子由负极经外电路流向正极,应该由电极a流向电极b,C项错误;产生的氢氧化钠溶液可以循环使用,D项正确。
主题七 原电池电极反应式的书写
【例7】 有人设想以N2和H2为反应物,以溶有A的稀盐酸为电解质溶液,可制造出既能提供电能,又能固氮的新型燃料电池,装置如图所示,电池正极、负极的电极反应分别是 、 ,A是 (填名称)。
【答案】N2+8H++6e-2N 3H2-6e-6H+ 氯化铵
【解析】该电池的本质反应是合成氨反应,电池中氢气失去电子,在负极发生氧化反应,氮气得电子在正极发生还原反应,则正极反应式为N2+8H++6e-2N,氨气与HCl反应生成氯化铵,则电解质溶液为NH4Cl、HCl的混合溶液。
【思维模型】
原电池电极反应的书写
1. 一般电极反应的书写,以离子方程式形式表示。
(1)书写步骤
①列物质,标得失:按照负极氧化反应,正极还原反应,判断电极反应物、生成物,标出电子得失。
②看环境,配守恒:电极产物在电解质溶液的环境中应能稳定存在,如酸性介质中,OH-不能存在,应生成水;碱性介质中,H+不能存在,应生成水;电极反应式同样要遵循电荷守恒、原子守恒、得失电子守恒。
③两式加,验总式:正、负极反应相加,与总反应离子方程式验证。
(2)常见介质
常见介质 注意事项
中性溶液 反应物若是H+得电子或OH-失电子,则H+或OH-均来自水的电离
酸性溶液 反应物或生成物中均没有OH-
碱性溶液 反应物或生成物中均没有H+
水溶液 不能出现O2-
2. 利用总反应书写电极反应
(1)根据总反应,找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。
(2)确定介质的酸碱性或者其他特性。
(3)按照负极反应:还原剂-ne-氧化产物、正极反应:氧化剂+ne-还原产物,书写电极反应。
(4)书写技巧:若某电极反应较难写出时,可先写出较易写的电极反应,然后根据得失电子守恒,用总反应减去较易写的电极反应,即可得出较难写的电极反应。
【趁热打铁7】 锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池,广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌溴液流电池工作原理如图所示:
下列说法错误的是( )。
A.放电时,N极为正极
B.放电时,左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小
C.放电时,负极的电极反应式为Zn-2e-Zn2+
D.隔膜允许阳离子通过,也允许阴离子通过
【答案】B
【解析】由图可知,电池放电时,N电极为正极,溴在正极上得到电子发生还原反应生成溴离子,电极反应式为Br2+2e-2Br-,M电极为负极,锌失去电子发生氧化反应生成锌离子,电极反应式为Zn-2e-Zn2+,正极放电生成的溴离子通过离子交换膜进入左侧,同时锌离子通过交换膜进入右侧。
2
【知识构建】
【知识整合】
主题一 化学反应速率的计算与比较
【例1】 在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应:A(g)+2B(g)3C(g)+xD(g),开始时通入4 mol A和6 mol B,5 min末时测得C的物质的量为3 mol,v(D)为0.2 mol·L-1·min-1。
(1)5 min末A的物质的量浓度为 mol·L-1。
(2)前5 min内v(B)为 mol·L-1·min-1。
(3)化学方程式中x的值为 。
(4)此反应在四种不同情况下的反应速率分别如下所示,其中反应速率最快的是 (填字母)。
A.v(A)=0.4 mol·L-1·min-1
B.v(B)=0.005 mol·L-1·s-1
C.v(C)=0.3 mol·L-1·min-1
D.v(D)=0.002 mol·L-1·s-1
【答案】(1)1.5 (2)0.2 (3)2 (4)A
【思维模型】
化学反应速率的计算及比较
(1)根据已知数据,找出某一时间段内指定物质的浓度的改变值,然后根据Δc和Δt的比值计算得出反应速率。
(2)已知具体反应方程式和某一物质的反应速率,根据“化学计量数之比等于对应物质的化学反应速率之比”求解其他物质的反应速率。
(3)较复杂的化学反应速率计算常用“三段式”法。
(4)用不同物质表示的反应速率来判断反应进行的快慢时,不能认为其反应速率数值大,反应速率就快,一定要先转化为用同一物质表示的反应速率再进行比较。
(5)在进行化学反应速率的计算与比较时要注意时间单位的转化。
【趁热打铁1】 将4 mol A气体和2 mol B气体置于1 L的密闭容器中,混合后发生如下反应:2A(g)+B(g)2C(g)。若经2 s后测得C的浓度为1.2 mol·L-1,下列说法正确的是( )。
A.用物质A表示的反应速率为1.2 mol·L-1·s-1
B.用物质B表示的反应速率为0.6 mol·L-1·s-1
C.2 s时物质A的转化率为30%
D.2 s时物质B的浓度为0.6 mol·L-1
【答案】C
【解析】根据反应2A(g)+B(g)2C(g)可知,起始浓度(mol·L-1):c(A)=4、c(B)=2、c(C)=0;转化浓度(mol·L-1):c(A)=1.2、c(B)=0.6、c(C)=1.2;2 s时浓度(mol·L-1):c(A)=2.8、c(B)=1.4、c(C)=1.2。用物质A表示的反应速率为=0.6 mol·L-1·s-1,A项错误;用物质B表示的反应速率为=0.3 mol·L-1·s-1,B项错误;2 s时物质A的转化率为×100%=30%,C项正确;2 s时物质B的浓度为1.4 mol·L-1,D项错误。
主题二 控制变量法探究影响化学反应速率的因素
【例2】 草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应:2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。用4 mL 0.001 mol·L-1 KMnO4溶液与2 mL 0.01 mol·L-1 H2C2O4溶液,研究反应的温度、反应物的浓度与催化剂等因素对化学反应速率的影响。改变的条件如表所示:
组别 10%硫酸体积/mL 温度/℃ 其他物质
Ⅰ 2 20 —
Ⅱ 2 20 10滴饱和MnSO4溶液
Ⅲ 2 30 —
Ⅳ 1 20 1 mL蒸馏水
(1)据实验Ⅰ和Ⅱ可得出的结论:影响化学反应速率的因素是 ;如果研究温度对化学反应速率的影响,使用实验Ⅰ和 (用Ⅰ~Ⅳ表示)。
(2)实验Ⅳ中加入1 mL蒸馏水的目的是 。
【答案】(1)催化剂 Ⅲ (2)确保所有实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)不变和总体积不变,实验Ⅳ中c(H+)不同
【解析】(1)实验Ⅰ、Ⅱ中温度、浓度相同,实验Ⅱ中加入了催化剂,研究了催化剂对化学反应速率的影响;研究温度对化学反应速率的影响,应保证浓度相同,且不使用催化剂,则选实验Ⅰ和Ⅲ。(2)实验Ⅰ和Ⅳ中,硫酸的浓度不同,可研究浓度对化学反应速率的影响,加1 mL蒸馏水可确保两实验中其他各物质浓度和总体积相等。
【思维模型】
控制变量法思维模型
1. 确定变量:解答这类题目时首先要认真审题,找出影响实验探究结果的因素。
2. 定多变一:在探究时,应先控制其他的因素不变,只改变一种因素,探究这种因素与题给问题的关系,然后按此方法依次分析其他因素与所探究问题的关系。
3. 数据有效:解答时注意选择的数据(或设置实验)要有效,且变量统一,否则无法做出正确判断。
【趁热打铁2】 某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题:
要加快上述实验中气体产生的速率,还可采取的措施有
(答两种)。
(2)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入6个盛有过量Zn粒的反应容器中,收集产生的气体,记录获得相同体积的气体所需时间。
A B C D E F
4 mol·L-1 H2SO4溶液/mL 30 V1 V2 V3 V4 V5
饱和CuSO4溶液/mL 0 0.5 2.5 5 V6 20
H2O/mL V7 V8 V9 V10 10 0
①请完成此实验设计,其中:V1= ,V6= ,V9= 。
②反应一段时间后,实验A中的金属呈 色,实验E中的金属呈 色。
③该同学最后得出的结论:当加入少量CuSO4溶液时,生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时,生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因:
。
【答案】(1)升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等 (2)①30 10 17.5 ②灰黑 暗红 ③当加入一定量的CuSO4后,生成的单质Cu会沉积在Zn的表面,减小了Zn与溶液的接触面积
【解析】(1)根据影响化学反应速率的外界因素,则加快反应速率的方法还有增大反应物浓度、升高温度、使用催化剂、增大锌粒的表面积等。注意H2SO4浓度不能过大,浓硫酸与Zn反应不生成H2。
(2)若研究CuSO4的量对H2生成速率的影响,则实验中除CuSO4的量不同之外,其他物质的量均相同,则V1=V2=V3=V4=V5=30,最终溶液总体积相同,由实验F可知,溶液的总体积均为50 mL,则V6=10,V9=17.5。随着CuSO4的量增大,则附着在Zn片表面的Cu会越来越多,当Cu完全覆盖Zn片时,Zn不能与H2SO4接触,则H2生成速率会减慢,且Zn片表面的Cu为暗红色。
主题三 化学平衡状态的判断
【例3】 一定温度下,将一定量的N2和H2充入固定体积的密闭容器中进行反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。下列描述能说明该可逆反应达到化学平衡状态的有 (填字母)。
A.容器内的压强不变
B.容器内气体的密度不变
C.相同时间内有3 mol H—H键断裂,有6 mol N—H键形成
D.c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2
E.NH3的质量分数不再改变
【答案】AE
【解析】该反应为气体体积缩小的反应,压强为变量,当容器内的压强不变,表明正、逆反应速率相等,该反应达到平衡状态,A项正确;该反应中混合气体质量、容器容积为定值,则混合气体的密度始终不变,不能根据混合气体的密度判断平衡状态,B项错误;相同时间内有3 mol H—H键断裂,有6 mol N—H键形成,表示的都是正反应速率,无法判断正、逆反应速率是否相等,C项错误;c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)=1∶3∶2,无法判断各组分的浓度是否继续变化,则无法判断平衡状态,D项错误;NH3的质量分数不再改变,各组分的浓度不再变化,该反应达到平衡状态,E项正确。
【思维模型】
判断可逆反应达到平衡状态的标志
1.直接标志
(1)v正=v逆≠0(反应速率必须是一正一逆,不能都是v正或都是v逆)
①同一种物质的生成速率等于消耗速率。
②在化学方程式同一边的不同物质的生成速率与消耗速率之比等于相应物质的化学计量数之比。
③化学方程式两边的不同物质的生成(或消耗)速率之比等于相应物质的化学计量数之比。
(2)各组分的浓度保持一定
①各组分的浓度不随时间的改变而改变。
②各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数不随时间的改变而改变。
2.间接标志——“变量不变”
(1)反应体系中的总压强不随时间的改变而变化(适用于有气体参与且反应前后气体的体积不等的可逆反应)。
(2)混合气体的密度不随时间的改变而变化(适用于①恒压且反应前后气体的体积不等的可逆反应;②恒容且有固体或液体参与的可逆反应)。
(3)对于反应混合物中存在有颜色物质的可逆反应,若体系的颜色不再改变,则反应达到平衡状态。
(4)体系中某反应物的转化率或某生成物的产率达到最大值且不再随时间而变化。
【趁热打铁3】 一定条件下,将NO2与SO2以体积比1∶2置于恒容密闭容器中发生反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g),下列能说明反应达到平衡状态的是( )。
A.体系压强保持不变
B.混合气体颜色保持不变
C.SO3和NO的体积比保持不变
D.每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
【答案】B
【解析】A项,反应前后气体总物质的量不变,恒温恒容下,压强始终不变,错误;B项,混合气体颜色保持不变,说明二氧化氮的浓度不变,反应达到平衡,正确;C项,自反应开始,SO3和NO的体积比始终为1∶1,保持不变不能说明达到平衡,错误;D项,每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2,均表示逆反应速率,不能说明达到平衡,错误。
主题四 化学反应速率和限度图像分析
【例4】 往恒容密闭容器中通入a mol NO2气体,在一定温度下分解生成O2和NO,各物质的浓度随时间的变化如图所示。下列说法错误的是( )。
A.X表示NO,Y表示O2
B.t1 min时,正反应速率不等于逆反应速率
C.t3 min时,c(NO2)+c(NO)+c(O2)=1.5a mol·L-1
D.t2 min时,混合物中NO2的物质的量分数为0.25
【答案】C
【解析】NO2气体在一定温度下分解生成O2和NO,化学方程式为2NO22NO+O2,根据方程式可知反应产生的NO和O2的物质的量浓度比为2∶1,则根据图示可知X表示NO,Y表示O2,A项正确;t1 min时,反应未达到平衡,说明NO2的正反应速率不等于逆反应速率,B项正确;t3 min时,反应达到平衡状态,由于反应物不能完全转化为生成物,且容器的容积未知,因此不能确定容器中各种物质的浓度和的大小,C项错误;t2 min时,NO2和O2的浓度相等,恒容密闭容器中,则物质的量也相等,设t2 min时,生成O2的物质的量为x mol,列三段式:
2NO22NO+O2
始/mol a 0 0
变/mol 2x 2x x
t2/mol a-2x 2x x
根据题意可得:a-2x=x,解得x=,则NO2在混合物中的物质的量分数为=0.25,D项正确。
【思维模型】
化学反应速率和反应限度图像题分析
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,特别是曲线上的折点、交点、最高点、最低点等;
(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。
【趁热打铁4】 已知反应2X(g)Y(g)+Z(g),为研究影响该反应速率的因素,在不同条件下进行4组实验,Y、Z的起始浓度为0,反应物X的浓度随反应时间的变化情况如图所示。下列说法错误的是( )。
A.若实验②④只改变一个条件,则由实验②④得出结论:升高温度,化学反应速率加快
B.若实验①②只改变一个条件,则由实验①②得出结论:增大反应物浓度,化学反应速率加快
C.若实验②③只改变一个条件,则实验③使用了催化剂
D.0~10 min内,实验③的平均速率v(Y)=0.04 mol·L-1·min-1
【答案】D
【解析】若实验②④只改变一个条件,实验②④两组实验,X的起始浓度相同,温度由第②组实验的800 ℃升高到820 ℃,反应速率明显加快,说明温度升高,化学反应速率加快,A项正确;从图像中可以看出,实验①②两组实验,温度相同,随着反应物X的浓度增大,化学反应速率加快,B项正确;实验②③两组实验,X的起始浓度相等,温度相同,平衡状态也相同,但实验③达到平衡的时间短,反应速率快,说明实验③使用了催化剂,C项正确;在0~10 min内,实验③的平均速率v(X)=(1.00 mol·L-1-0.60 mol·L-1)÷10 min=0.04 mol·L-1·min-1,因为化学反应速率之比等于化学计量数之比,所以v(Y)=0.02 mol·L-1·min-1,D项错误。
主题五 化学反应中能量变化的原因
【例5】 由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是( )。
A.反应生成1 mol N2时转移4 mol e-
B.反应物能量之和大于生成物能量之和
C.1 mol N2O(g)和1 mol NO(g)如图中完全反应放出139 kJ能量
D.断键吸收能量之和小于成键释放能量之和
【答案】A
【解析】N2O和NO反应生成N2和NO2的化学方程式为N2O+NON2+NO2,反应生成1 mol N2时转移2 mol e-,A项不正确;根据图示,反应物能量之和大于生成物能量之和,B项正确;该反应的反应热为(209-348) kJ·mol-1=-139 kJ·mol-1,C项正确;因为该反应放热,所以断键吸收能量之和小于成键释放能量之和,D项正确。
【思维模型】
化学反应中能量变化的原因
【趁热打铁5】 (1)已知破坏1 mol H—H键、1 mol I—I键、1 mol H—I键分别需要吸收的能量为436 kJ、151 kJ、299 kJ。则由氢气和碘蒸气反应生成2 mol HI放出 kJ的热量。
(2)现已知N2(g)和H2(g)反应生成1 mol NH3(g)过程中能量变化如图所示:
根据下列键能数据计算N—H键键能为 kJ·mol-1。
化学键 H—H N≡N
键能/(kJ·mol-1) 436 946
【答案】(1)11 (2)391
【解析】(1)氢气和碘反应生成2 mol HI的反应实质是,旧键断裂吸收能量:436 kJ+151 kJ=587 kJ,新键生成释放能量:299 kJ×2=598 kJ,旧键断裂吸收的能量小于新键生成释放的能量,反应为放热反应,放出的热量:598 kJ-587 kJ=11 kJ。
(2)N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=2×(1127 kJ·mol-1-1173 kJ·mol-1)=-92 kJ·mol-1,则ΔH=反应物键能和-生成物键能和=946 kJ·mol-1+3×436 kJ·mol-1-6×Q(N—H)=-92 kJ·mol-1,Q(N—H)=391 kJ·mol-1。
主题六 新情境下原电池原理的多角度考查
【例6】 Mg-H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器。该电池以
海水为电解质溶液,电池工作的反应原理为Mg+H2O2Mg(OH)2,下列说法正确的是( )。
A.Mg电极是该电池的正极
B.H2O2在石墨电极上发生氧化反应
C.石墨电极附近溶液的pH增大
D.溶液中Cl-向正极移动
【答案】C
【解析】Mg-H2O2电池,活泼金属(Mg)作负极,发生氧化反应:Mg-2e-Mg2+,H2O2在正极(石墨电极)发生还原反应:H2O2+2e-2OH-(由于电解质为中性溶液,则生成OH-),A、B两项错误,C项正确;由于负极阳离子(Mg2+)增多,则Cl-向负极移动以平衡电荷,D项错误。
【思维模型】
原电池的工作原理
【趁热打铁6】 一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如图所示,图中Na+交换膜只允许Na+通过,不允许其他离子通过。下列说法错误的是( )。
A.电池的正极反应为H2O2+2e-2OH-
B.电池放电时Na+从a极区移向b极区
C.电池放电时电子从电极b经外电路流向电极a
D.b极室的输出液经处理后可输入a极室循环利用
【答案】C
【解析】正极发生反应:H2O2+2e-2OH-,A项正确;放电时为原电池,阳离子移向正极,电极b为正极,B项正确;电子由负极经外电路流向正极,应该由电极a流向电极b,C项错误;产生的氢氧化钠溶液可以循环使用,D项正确。
主题七 原电池电极反应式的书写
【例7】 有人设想以N2和H2为反应物,以溶有A的稀盐酸为电解质溶液,可制造出既能提供电能,又能固氮的新型燃料电池,装置如图所示,电池正极、负极的电极反应分别是 、 ,A是 (填名称)。
【答案】N2+8H++6e-2N 3H2-6e-6H+ 氯化铵
【解析】该电池的本质反应是合成氨反应,电池中氢气失去电子,在负极发生氧化反应,氮气得电子在正极发生还原反应,则正极反应式为N2+8H++6e-2N,氨气与HCl反应生成氯化铵,则电解质溶液为NH4Cl、HCl的混合溶液。
【思维模型】
原电池电极反应的书写
1. 一般电极反应的书写,以离子方程式形式表示。
(1)书写步骤
①列物质,标得失:按照负极氧化反应,正极还原反应,判断电极反应物、生成物,标出电子得失。
②看环境,配守恒:电极产物在电解质溶液的环境中应能稳定存在,如酸性介质中,OH-不能存在,应生成水;碱性介质中,H+不能存在,应生成水;电极反应式同样要遵循电荷守恒、原子守恒、得失电子守恒。
③两式加,验总式:正、负极反应相加,与总反应离子方程式验证。
(2)常见介质
常见介质 注意事项
中性溶液 反应物若是H+得电子或OH-失电子,则H+或OH-均来自水的电离
酸性溶液 反应物或生成物中均没有OH-
碱性溶液 反应物或生成物中均没有H+
水溶液 不能出现O2-
2. 利用总反应书写电极反应
(1)根据总反应,找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。
(2)确定介质的酸碱性或者其他特性。
(3)按照负极反应:还原剂-ne-氧化产物、正极反应:氧化剂+ne-还原产物,书写电极反应。
(4)书写技巧:若某电极反应较难写出时,可先写出较易写的电极反应,然后根据得失电子守恒,用总反应减去较易写的电极反应,即可得出较难写的电极反应。
【趁热打铁7】 锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池,广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌溴液流电池工作原理如图所示:
下列说法错误的是( )。
A.放电时,N极为正极
B.放电时,左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小
C.放电时,负极的电极反应式为Zn-2e-Zn2+
D.隔膜允许阳离子通过,也允许阴离子通过
【答案】B
【解析】由图可知,电池放电时,N电极为正极,溴在正极上得到电子发生还原反应生成溴离子,电极反应式为Br2+2e-2Br-,M电极为负极,锌失去电子发生氧化反应生成锌离子,电极反应式为Zn-2e-Zn2+,正极放电生成的溴离子通过离子交换膜进入左侧,同时锌离子通过交换膜进入右侧。
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