第6章 化学反应与能量 整理与提升-【金版教程】2024-2025学年高中化学必修第二册创新导学案word（人教版2019 单选版）

化学反应速率与平衡图像题分析方法 　“三步法”学会化学反应速率与平衡图像题 第一步：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，还是转化率的变化等。 第二步：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。 第三步：作判断 利用有关规律，结合图像，通过对比分析，作出正确判断。 1．在2.0 L恒温恒容密闭容器中充入1.0 mol HCl和0.3 mol O2，加入催化剂发生反应：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)，HCl、O2的物质的量随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) A．t2时，v(正)＝v(逆) B．加入催化剂反应速率不变 C．t1时容器内气体的总压强比t2时的大 D．t3时，容器中c(Cl2)＝c(H2O)＝0.4 mol·L－1 答案：C 解析：t2时，反应物的量还在减少，反应还在正向进行，v(正)>v(逆)，A错误；加入催化剂可改变化学反应速率，B错误；反应4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)是气体体积减小的反应，随着反应的进行，气体的总物质的量减小，恒容容器内压强减小，故t1时容器内气体的总压强比t2时的大，C正确；t3时，O2的物质的量为0.1 mol，减少了0.2 mol，故生成Cl2、H2O的物质的量均为0.4 mol，容器中c(Cl2)＝c(H2O)＝0.2 mol·L－1，D错误。 2．向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，使反应SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)在一定条件下达到平衡，正反应速率随时间变化的曲线如图所示。由图可得出的正确结论是(　　) A．反应在c点达到平衡状态 B．反应物浓度：a点小于b点 C．反应物的总能量低于生成物的总能量 D．Δt1＝Δt2时，SO2的转化率：a～b段小于b～c段 答案：D 解析：化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，且保持不变，c点对应的正反应速率还在改变，故一定未达到平衡，A错误；a到b时正反应速率增大，反应物浓度不断减小，B错误；随着反应的进行，反应物浓度减小，但正反应速率增大，说明体系温度升高，正反应是放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；因为反应一直正向进行，且a～c段正反应速率一直在增大，故SO2的转化率：a～b段小于b～c段，D正确。 3．T1 ℃时，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入SO2和O2发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，容器中各组分的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A．a、b两点反应速率：va<vb B．0～t2时间段，反应速率v(SO3)＝ mol·L－1·min－1 C．t2时刻，反应体系中各组分的物质的量不再改变，说明化学反应的正、逆反应速率为零 D．若反应在T2 ℃进行(T2<T1)，反应进行t1 min后，n(SO2)<0.8 mol 答案：B 解析：a、b两点，随反应的进行反应物的浓度减小，则反应速率va>vb，A错误；0～t2时间段，反应速率v(SO3)＝ mol·L－1·min－1＝ mol·L－1·min－1，B正确；t2时刻，反应达到平衡状态，v正＝v逆≠0，C错误；若反应在T2 ℃进行(T2<T1)，温度低，则反应速率小，则反应进行t1分钟后，n(SO2)>0.8 mol，D错误。 4．某温度下，在2 L恒容密闭容器中A、B、C三种气体物质的浓度随时间变化曲线如图所示，t是到达平衡状态的时间。试回答： (1)该反应的反应物是________。 (2)该反应的化学方程式为__________________________________________________。 (3)若达到平衡状态的时间是2 min，B物质的平均反应速率为________ mol/(L·min)。 (4)假设该反应在体积固定的密闭容器中进行，下列能作为判断该反应达到化学平衡状态的标志的是________(填字母)。 A．每有3 mol A消耗，就会有3 mol C消耗 B．B的体积分数保持不变 C．气体的密度保持不变 D．B和C的浓度之比为1∶3 (5)达到平衡时，A的转化率为________；C的体积分数为________(保留一位小数)。 答案：(1)A　(2)3A(g)B(g)＋3C(g) (3)0.2　(4)AB　(5)50%　42.9% 解析：(2)根据题图可知，从反应开始至平衡时Δc(A)＝1.2 mol/L，Δc(B)＝0.4 mol/L，Δc(C)＝1.2 mol/L，Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)＝1.2 mol/L∶0.4 mol/L∶1.2 mol/L＝3∶1∶3，所以该反应的化学方程式为3A(g)B(g)＋3C(g)。 (3)若达到平衡状态的时间是2 min，Δc(B)＝0.4 mol/L，则用B物质的浓度变化表示的平均反应速率为v(B)＝＝0.2 mol/(L·min)。 (4)A项，根据反应方程式3A(g)B(g)＋3C(g)可知，每有3 mol A反应就会同时产生3 mol C，同时又消耗3 mol C，则C的物质的量不变，反应达到平衡状态；B项，该反应是反应前后气体物质的量发生改变的反应，若反应未达到平衡状态，则B的物质的量及气体总物质的量就会发生变化，若B的体积分数保持不变，则反应达到平衡状态；C项，反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，反应混合物都是气体，气体的质量不变，气体的密度始终不变，因此不能根据密度判断反应是否达到平衡状态；D项，物质B、C都是生成物，二者的物质的量浓度变化之比始终等于化学方程式中两种物质的化学计量数的比1∶3，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态。 (5)根据题图可知：反应开始时A的浓度是2.4 mol/L，平衡时A的浓度是1.2 mol/L，则A物质的转化浓度是1.2 mol/L，故物质A的平衡转化率是×100%＝50%；反应达到平衡时c(A)＝1.2 mol/L，c(B)＝0.4 mol/L，c(C)＝1.2 mol/L，容器的容积是2 L，则混合气体总物质的量为n(总)＝1.2 mol/L×2 L＋0.4 mol/L×2 L＋1.2 mol/L×2 L＝5.6 mol，其中C物质的物质的量n(C)＝1.2 mol/L×2 L＝2.4 mol，则C物质的体积分数为×100%≈42.9%。 5．用块状碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，请回答： (1)实验过程如图所示，分析判断：________(填“OE”“EF”或“FG”，下同)段化学反应速率最大，________段收集的二氧化碳气体最多。 (2)a g块状碳酸钙与足量盐酸反应，碳酸钙消耗的质量随时间的变化曲线用实线表示，在相同的条件下，将b g(a＞b)粉末状碳酸钙与足量的相同浓度的盐酸反应，碳酸钙消耗的质量随时间的变化曲线用虚线表示。则下图中最符合实际情况的图像是________(填字母，下同)。 (3)为了减小题述反应的速率，下列措施中，你认为可行的是________。 A．加入蒸馏水 B．加入氯化钠固体 C．加入硝酸钾溶液 D．加入浓盐酸 E．降温 F．加入MnO2粉末 答案：(1)EF　EF　(2)C　(3)ACE 解析：(2)反应物的接触面积越大，反应速率越大，即题图中的斜率越大，又因为a大于b，所以最终消耗碳酸钙的质量：虚线小于实线。 1．(2024·甘肃卷)下列措施能降低化学反应速率的是(　　) A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶 C．锌粉和盐酸反应时加水稀释 D．石墨合成金刚石时增大压强 答案：C 2．(2024·北京卷)酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是(　　) A．石墨作电池的负极材料 B．电池工作时，NH向负极方向移动 C．MnO2发生氧化反应 D．锌筒发生的电极反应为Zn－2e－===Zn2＋ 答案：D 解析：酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，负极发生失电子的氧化反应Zn－2e－===Zn2＋，A错误，D正确；原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，B错误；MnO2发生得电子的还原反应，C错误。 3．(2024·湖南卷)近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是(　　) A．理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点 B．氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点 C．锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌 D．太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置 答案：D 解析：太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，D错误。 4．(2024·江苏卷)碱性锌锰电池的总反应为Zn＋2MnO2＋H2O===ZnO＋2MnOOH，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是(　　) A．电池工作时，MnO2发生氧化反应 B．电池工作时，OH－通过隔膜向正极移动 C．环境温度过低，不利于电池放电 D．反应中每生成1 mol MnOOH，转移电子数为2×6.02×1023 答案：C 解析：Zn为负极，电极反应式为Zn－2e－＋2OH－===ZnO＋H2O，MnO2为正极，电极反应式为MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－。电池工作时，MnO2为正极，得到电子，发生还原反应，A错误；电池工作时，OH－通过隔膜向负极移动，B错误；由电极反应式MnO2＋e－＋H2O===MnOOH＋OH－可知，反应中每生成1 mol MnOOH，转移电子数为6.02×1023，D错误。 5．(2024·安徽卷)室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO的影响因素，测得不同条件下SeO浓度随时间变化关系如下图。 实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是(　　) A．实验①中，0～2小时内平均反应速率v(SeO)＝2.0 mol·L－1·h－1 B．实验③中，反应的离子方程式为：2Fe＋SeO＋8H＋===2Fe3＋＋Se＋4H2O C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D．其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO的去除效果越好 答案：C 解析：实验①中，0～2小时内平均反应速率v(SeO)＝＝2.0×10－3 mol·L－1·h－1，A不正确；实验③中水样初始pH＝8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能出现H＋，B不正确；综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeO浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；综合分析实验②和③可知，在相同时间内，实验②中SeO浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始pH，SeO的去除效果更好，但是当初始pH太小时，H＋浓度太大，纳米铁与H＋反应速率加快，会导致与SeO反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时，SeO的去除效果不一定越好，D不正确。 6．(2023·辽宁卷)某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是(　　) A．放电时负极质量减小 B．储能过程中电能转变为化学能 C．放电时右侧H＋通过质子交换膜移向左侧 D．充电总反应：Pb＋SO＋2Fe3＋===PbSO4＋2Fe2＋ 答案：B 解析：放电时Pb失电子，Fe3＋得电子，负极生成PbSO4，质量增加，A错误；放电时多孔碳电极为正极，阳离子向正极移动，则H＋从左侧通过质子交换膜移向右侧，C错误；充电总反应为2Fe2＋＋PbSO4===2Fe3＋＋Pb＋SO，D错误。 7．(2023·海南卷)利用金属Al、海水及其中的溶解氧可组成电池，如图所示。下列说法正确的是(　　) A．b电极为电池正极 B．电池工作时，海水中的Na＋向a电极移动 C．电池工作时，紧邻a电极区域的海水呈强碱性 D．每消耗1 kg Al，电池最多向外提供37 mol电子的电量 答案：A 8．(2022·浙江6月选考)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是(　　) A．实验①，0～20 min，v(N2)＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1 B．实验②，60 min时处于平衡状态，x≠0.40 C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大 D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大 答案：C 解析：实验①中，0～20 min，氨气浓度变化量为2.40×10－3 mol·L－1－2.00×10－3 mol·L－1＝4.00×10－4 mol·L－1，v(NH3)＝＝2.00×10－5 mol·L－1·min－1，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)＝v(NH3)＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1，A正确；催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10－4 mol·L－1，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4 mol·L－1，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60 min时处于平衡状态，x<0.40，B正确；实验①、实验②中0～20 min、20～40 min氨气浓度变化量都是4.00×10－4 mol·L－1，则相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率并没有增大，C错误；对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$