高中化学 化学反应原理第1-3章考点总结 新人教版选修4.doc

1、化学反应原理第1-3章考点总结一、化学反应与能量变化1、 能量变化的本质化学反应中能量变化的根本原因是生成物和反应物总能量大小不同或断键吸收的能量与成键放出的能量不同。化学反应是吸热还是放热与反应条件没有直接的关系，有些吸热反应常温下也可进行，如：Ba(OH)2.8H2O和NH4Cl的反应。【例1】（08海南卷）白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：PP akJmol1、PO bkJmol1、P=O ckJmol1、O=O dkJmol1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的H，其中正确的是（ ）A（6a+5d4c12b）kJmol1 B

2、（4c+12b6a5d）kJmol1C（4c+12b4a5d）kJmol1D（4a+5d4c12b）kJmol1思路分析 反应热产生的根本原因是化学键的断裂和合成，反应物中的化学键的断裂需要吸热，而生成物中的化学键的合成需要放热，它们的差值就是反应热解析由图可以看出：P4中有6mol的PP，5mol的O2中含有5molOO，1mol的P4O10中含有4mol的PO，12mol的PO，所以H(6a5d4c12b)kJmol1。【答案】A。2、热化学方程式的书写【例2】已知在25，101kPa下，lgC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量。表示上述反应的热化学方程式正确

3、的是 （ ）A.C8H18（1）22.5O2（g）8CO2（g）9H2O（g）；H48.40kJmol1B.C8H18（1）22.5O2（g）8CO2（g）9H2O（1）；H5518kJmol1C.C8H18（1）22.5O2（g）8CO2（g）9H2O（1）；H5518kJmol1 D.C8H18（1）22.5O2（g）8CO2（g）9H2O（1）；H48.40kJmol1【解析】根据题目条件，生成的水为液态，所以A错，1gC8H18燃烧后放出热量48.40kJ，故1molC8H18完全燃烧放出热量5518kJ，放热用“”表示，故C错。【答案】B【评析】热化学方程式的书写较难，书写时不能忽视

4、反应物、生成物的状态，要注意系数与反应物的关系。【例3】（08四川卷）下列关于热化学反应的描述中正确的是( ) AHCl和NaOH反映的中和热H57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反映的中和热H2(57.3)kJ/molBCO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)O2(g)反应的H2283.0kJ/molC需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热思路分析 中和热和燃烧热是重要的反应热，本题考查其概念及表示意义。解析选项A中中和热是指在一定条件下强酸于强碱的稀溶液反应生成1molH2O所放出

5、的热量，与酸和碱的元数无关；选项C中加热是化学反应的条件，与反应是为否放热和吸热无关，如：FeSFeS，它属于放热反应；选项D中燃烧热是指1mol的物质完全燃烧生成稳定的化合物所放出的热量，这里的稳定化合物包含两层意思，一是化合物稳定，如C燃烧可生成CO和CO2，其中CO2比CO稳定，二是化合物的状态稳定，如气态的水就不如液态的水稳定。【答案】B。3、反应热大小的比较【例4】在同温同压下，下列各组热化学方程式中Q2Q1的是 （ ） A.2H2(g)O2(g)2H2O(g)；HQ1； 2H2(g)O2(g)2H2O(l)；HQ2 B.S(g)O2(g)SO2(g)；HQ1； S(s)O2(g)S

6、O2(g)；HQ2 C.C(s)1/2O2(g)CO(g)；HQ1； C(s)O2(g)CO2(g)；HQ2 D.H2(g)Cl2(g)2HCl(g)；HQ1； 1/2H2(g)1/2Cl2(g)HCl(g)；HQ2。【解析】A中，由于气态水转变为液态水要放出热量，所以生成液态水比生成气态水放出的热量要多，即Q2Q1；B中，由于固态硫转变为气态硫要吸收热量，所以气态硫燃烧放出的热量比固态硫燃烧放出的热量多，即Q1Q2；C中，生成CO放热，因氧气过量会与CO反应也放出热量，所以Q2Q1，D中Q1=2Q2。【答案】AC4、盖斯定律的应用【例5】已知胆矾溶于水时，溶液温度降低。在室温下将1mol无水

7、硫酸铜制成溶液时，放出热量为Q1kJ，而胆矾分解的热化学方程式是CuSO45H2O(s)CuSO4(s)5H2O(l)；HQ2kJ/mol，则Q1与Q2的关系是 （ ） A.Q1Q2 B.Q1Q2 C.Q1Q2 D.无法确定【解析】由已知得CuSO45H2O(s)Cu2+(aq)+SO42-(aq)+5H2O(l)；H+Q(Q0）， CuSO4(s)Cu2+(aq)+SO42-(aq)；HQ1， 得CuSO45H2O(s)CuSO4(s)5H2O(l)；HQ1+Q，根据盖斯定律：Q1+Q=Q2，故B正确。【答案】B二、化学平衡1、化学平衡状态标志例 举 反 应m A(g) + n B(g) p

8、 C(g) + q D(g)混合物体系中各成分的含量各物质的 物质的量或各物质的质量分数一定平衡各物质的质量或物质的质量分数一定平衡各气体的体积或体积分数一定平衡总体积、总压强、总物质的量一定不一定平衡正、逆反应速率相等在单位时间内消耗了m mol A，同时也生成了m mol A，即v(正)=v(逆)平衡在单位时间内消耗了n mol B，同时也消耗了p mol C，即v(正)=v(逆)平衡v(A)： v(B)： v(C)： v(D)=m：n：p：q，v(正)不一定等于v(逆)不一定平衡在单位时间内生成了n mol B，同时也消耗了p mol C，因均指v(逆)不一定平衡压强m + n p +

9、q 时，总压强一定（其他条件一定）平衡m + n = p + q 时，总压强一定（其他条件一定）不一定平衡混合气体的平均相对分子质量M rM r一定时，且m + n p + q时（非气体的不算）平衡M r一定时，且m + n = p + q时（非气体的不算）不一定平衡温度任何化学反应都伴有能量的变化，当体系温度一定时（其他不变）平衡气体的密度密度一定不一定平衡颜色反应体系内有色物质的颜色稳定不变平衡【例1】H2(g)+ I2(g) 2HI(g)已经达到平衡状态的标志 。 c(H2)=c(I2)=c(HI)时c(H2):c(I2):c(HI)=1:1:2时c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随

10、时间而改变单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI单位时间内生成nmolH2的同时生成nmolI2反应速率v(H2)=v(I2)=v(HI)一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂温度和体积一定时，容器内压强不再变化温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化解析 浓度相等，不能说明已达到平衡状态；浓度之比与平衡状态无必然联系；浓度不变，说明已达平衡。注意不要把浓度不变与、两种情况混淆；“生成nmolH2”指逆反应，“生成2nmolHI”指正反应，且v正=v逆，正确；“生成nmolH2”、“生成nmolI

11、2”都指逆反应，不能判断；无论是v正、v逆，用不同物质表示时，一定和化学计量数成正比，与是否达到平衡状态无关。从微观角度表示v正=v逆，正确；由于(g) = 0，压强始终不改变；颜色不变，说明I2(g)浓度不变，可以判断；由于(g) = 0，体积始终不变，且反应混合物总质量始终不变，密度不变，不能判断是否达到平衡。反应前后气体的物质的量、质量均不变，所以平均分子量始终不变，不一定达到平衡状态。解答：2、化学平衡的计算有关化学平衡的基本计算：“初”、“转”、“平”“三行式”计算的技巧（一般表示如下：） mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) “初”始浓度： a b c d “转”化浓度：

12、mx nx px qx“平”衡浓度： amx bnx c+px d+qx此三种浓度中，只有“转”化浓度之比等于计量数之比，常常要用平衡时候的数据求其他的值： (1)如求A物质的平衡转化率(A) (A)(2) 在恒温、等容的条件下，反应前后的压强比等于物质的量比。(3) 求B物质平衡时的体积分数(B)，(B)【例2】把6molA气体和5molB气体混合放入4L密闭容器中，在一定条件下发生反应：3A（气）+B（气） 2C（气）+（气）经达到平衡，此时生成C为，测定D的平均反应速率为0.1mol/Lmin，下列说法中错误的是 （ ）A.x = 2 B. B的转化率为20%C. 平衡时A的浓度为0.8

13、mol/L D. 恒温达平衡时容器内压强为开始时的85%解析本题是一道有关化学平衡的基础计算题，解题的关键是弄清各量的含义。因，所以。3A（气）+B（气） 2C（气）+2D（气）起始量（mol） 6 5 0 0变化量（mol） 3 1 2 2平衡量（mol） 3 4 2 2B的转化率为：平衡时A的浓度：，所以答案C、D 【例3】（08海南卷）X、Y、Z三种气体，取X和Y按1：1的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X+2Y2Z ，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则Y的转化率最接近于（ ）A33%B40%C50%D65%解析由可知： X+2

14、Y2Z 起始： 1 1 0 转化： a 2a 2a 平衡： 1a 12a 2a 根据题意有： = ，a，Y的转化率最接近65%。【答案】D。【例4】 一定温度下，反应，达到平衡时，。缩小体积，反应再次达到平衡时，此时的物质的量应是（ ）A. 0.4molB. 0.6molC. 0.8molD. 1.2mol思路分析：对于反应，再次达到化学平衡时，所以化学平衡向正反应方向移动。设原平衡分别为。平衡移动过程中消耗为a。则列三行式：原平衡 2x 3x 4x转化 2a a 2a新平衡 2x-2a 3x-a 4x+2a则平衡时解得。答案选A。【例5】在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：a A(g)+b

15、 B(g) c C(g)，达到平衡后，测得A的浓度为0.7molL1，在温度不变的情况下，将容器的容积扩大到原来的两倍，测得A的浓度为0.4molL1，则下列判断正确的是（）A. a+bcB. C的体积分数下降C. B的浓度增大D. A的转化率增大分析：假设改变条件平衡不发生移动，则A的浓度应该为0.35molL1，但现在为0.4molL1，说明平衡向生成A的方向（逆向）移动了，则C的体积分数下降，A、B的转化率减小；扩大容积等效于减小压强，所有物质的浓度均减小，反应速率均减慢；减小压强平衡向逆反应方向移动，说明左边气体的化学计量数之和大于右边，即a+bc。答案：B【例6】一容积恒定的密闭容器

16、中盛有1mol PCl5，加热到200时发生反应：PCl5（g）PCl3（g）+Cl2（g），反应达到平衡时，PCl5所占体积百分数为M%，若在同一温度下和同一容器中，最初投入的是2mol PCl5，反应达到平衡时，PCl5所占体积百分数为N%，则M和N的正确关系是（）A. MNB. MNC. M=ND. 无法比较分析：两个容积相同的容器各装有1mol PCl5，建立完全相同的平衡状态，PCl5所占体积百分数为M%；以M%的两个状态（I）合并成过渡状态（），因外界条件不变，状态（）中PCl5的体积百分数仍为M%；恒温下加压，使状态（）体积缩小一半，则构成状态（），它相当于在原容器中加入2mol

17、 PCl5后达到的平衡状态。在状态（）状态（）的过程中，因压强增加，状态（）中化学平衡向逆反应方向移动，PCl5的体积百分数增大，即N%M%。其思路可用下图表示：答案：B三、水溶液中的离子平衡1、特别提醒：常见的弱电解质 弱酸：如H2S、H2CO3、CH3COOH、HF、HCN、HClO等。HF酸是具有强极性共价键的弱电解质。H3PO4、H2SO3从其酸性强弱看属于中强酸，但仍属于弱电解质。 弱碱：NH3H2O，多数不溶性的碱如Fe(OH)3、Cu(OH)2等、两性氢氧化物如Al(OH)3、Zn(OH)2等。 个别的盐：如HgCl2，HgBr2等。 水：是由强极性键构成的极弱的电解质。2、强酸

18、与弱酸溶液有哪些“同”与“不同”？ 答：(1)中和同浓度、同体积的盐酸和醋酸。需同浓度的NaOH溶液的体积相同。 (2)中和pH相同、体积相同的盐酸和醋酸，需同浓度的NaOH溶液的体积不同；盐酸需要的体积少些，醋酸需要的体积多些。 (3)pH相同的盐酸和醋酸分别跟等物质的量的NaOH溶液反应，则消耗两种酸的体积不同，消耗HCl的体积大于醋酸的体积。 (4)同物质的量浓度，同体积的HCl和CH3COOH，分别和等量的锌反应完全时，两个反应的速率不同，盐酸速率快，但完全反应后产生氢气的体积相同。 (5)同体积、同pH的HCl和CH3COOH，分别和足量的锌反应时，开始时反应速率相同。随着反应的进行

19、，由于CH3COOH CH3COO+H+的电离平衡发生移动，c(H+)变化比HCl的小，整个反应阶段的反应速率不同，CH3COOH反应速率大于HCl。 (6) c(H+)和c(OH)相等的酸溶液和碱溶液等体积混合时，溶液呈酸性，其原因可能是弱酸有剩余；若溶液呈碱性，其原因可能是弱碱有剩余3、用实验证明某酸为弱酸,可从下列四个方手进行 (1)利用弱电解质不能全部电离;(2)用电离平衡移动原理,即在外界条件发生时发生移动;(3)综合利用强酸制备弱酸以电解质不能完全电离;(4)利用盐类水解。以醋酸为例讨论,供参考。利用弱电解质不能全部电离（1）测量已知浓度(如0.1molL-1)的醋酸pH值,若0.

20、1molL-1的醋酸pH1,说明在水中部分电离,为弱酸。（2）比较同一温度下,等物质的量浓度的醋酸、盐酸分别与同样的锌粉反应的速率,该反应的锌粉及温度都是相同的,反应速率仅由氢浓度决定,醋酸与锌粉反应的速率小于盐酸反应的速率,说明醋酸只有部分电离。（3）取相同物质的量浓度的醋酸溶液与盐酸在同条件下比较导电性,醋酸的导电能力弱于盐酸,说明醋酸溶液中离子浓度小于盐酸离子浓度,说明醋酸只有部分电离,为弱酸。（4）取相同物质的量浓度的醋酸溶液与盐酸,分别测两酸的pH值,醋酸的pH值大于盐酸的pH值,说明醋酸只有部分电离,为弱酸。利用电离平衡移动原理,即在外界条件变化时弱酸发生电离平衡移动（1）取等pH

21、的醋酸溶液与盐酸溶液在一定范围内稀释相同的倍数后,再测定pH,与原液比较,醋酸的pH值变化小,说明醋酸稀释时平衡向电离的方向移动了,亦即说明醋酸是弱酸。（2）将醋酸溶液稀释一定倍数,测定稀释前后溶液的pH值,如取pH=1的醋酸溶液稀释100倍,用pH试纸测得其pHc(NH4+)c(OH)c(H+)B10mL0.1molL1NH4Cl与5mL0.2molL1NaOH溶液混合：c(Na+)=c(Cl-)c(OH-)c(H+)C10mL0.1molL1CH3COOH溶液与5mL0.2molL1NaOH溶液混合： c(Na+)=c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)D10mL0.5molL1CH3

22、COONa溶液与6mL1molL1盐酸混合：c(Cl-)c(Na+)c(OH-)c(H+)解析：A项中氨水与盐酸混合恰好反应生成氯化铵，所以溶液显酸性，A错。B项中NH4Cl与NaOH溶液混合恰好反应生成NH3H2O和NaCl，溶液显碱性，B正确。C项混合后溶液中溶质为CH3COONa，CH3COO-要水解，C错。D项混合后溶质为CH3COOH 、HCl 、NaCl，溶液现酸性，D错。例3 将0.2molL1HCN溶液和0.1molL1的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，下列关系式中正确的是 A. c(HCN)c(CN)C. c(HCN)c(CN)c(OH) D. c(HCN)c(CN)0

23、.1molL1解析：上述溶液混合后，溶质为HCN和NaCN，由于该题已说明溶液显碱性，所以不能再按照HCN的电离处理，而应按NaCN水解为主。所以c(Na)c(CN)，选B D（3）关注所给物质的量是物质的量浓度还是pH 在审题时，要关注所给物质的量是“物质的量浓度”还是“pH”，否则会很容易判断错误。例4 设氨水的pHx，某盐酸的pHy，已知x+y14，且x11。将上述两溶液分别取等体积充分混合后，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是A. c(Cl)c(NH4+)c(H+)c(OH) B. c(NH4+)c(Cl)c(H+)c(OH)C. c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H+) D.

24、c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)解析：由于x+y14，且x11，所以氨水c(OH) 和盐酸中的c(H+) 相等。两者等体积混合后，氨水过量，溶液显碱性，选C（4） 关注所给酸与碱的相对强弱 对于未指明所给的酸和碱的相对强弱，要考虑两种情况，一是强电解质，二是弱电解质。例5一元酸HA溶液中，加入一定量强碱MOH溶液后，恰好完全反应，反应后的溶液中，下列判断正确的是( )AA-M+ BA-M+ C若MA不水解,则OH-A-解析：因为没有告知一元酸HA的相对强弱，因此要考虑两种情况，若是强酸，则A-=M+ ，若是弱酸则 A-M+ ，还要考虑MA的水解，所以选B C（5）关注弱酸弱碱的稀释

25、问题一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示.从图示中看出ob段导电能力增强，此时醋酸的电离程度增加的倍数大于溶液体积增大的倍数，所以此段溶液中C(H+)增大，bc段的导电能力随着加水量的增加而减弱，即醋酸的电离程度增加的倍数小于溶液体积增大的倍数，但醋酸的电离仍是增大的。理解了此问题，有关弱酸或弱碱的稀释的问题就可以解决。例6用水稀释0.1molL1氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是A. c(OH)/c(NH3H2O) B. c(NH3H2O)/c(OH) C. c(H+)和c(OH)的乘积 D. OH的物质的量解析：由上述醋酸的稀释可知，在对0.1mol

26、L1氨水稀释的过程中，OH的物质的量增加，但c(OH)减小。c(NH3H2O)也减小，但减小的程度要小于c(OH)减小的程度，所以c(NH3H2O)/c(OH)增大，选B。（6）关注未知二元酸的电离情况 对所给的二元酸的电离要关注电离的程度：是否完全电离。例7某二元酸（化学式用H2A表示）在水中的电离方程式是：H2A=H+HA；HAH+A2 回答下列问题：Na2A溶液显 （填“酸性”，“中性”，或“碱性”）。理由是： （用离子方程式表示）在0.1molL1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系式正确的是： 。A. c(A2) +c( HA)+c( H2A) =0.1molL-1 B. c(OH)=

27、c(H+) +c( HA) C. c(Na+ )+ c(H+) =c(OH)+ c( HA)+2c(A2) D. c(Na+ )= 2c(A2) +2c( HA)已知0.1molL1NaHA溶液的pH=2，则0.1molL-1 H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 0.11 molL1（填“”，或“=”），理由是： 0.1molL1 NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是： 解析：由于“H2A=H+HA；HAH+A2”，因此在NaHA溶液中仅存在HAH+A2电离情况，没有HA的水解过程。在H2A溶液中H2A第一步电离产生的H+，抑制了HA-的电离。理解上述内容，答案迎刃而解。答案： 碱性 ， A2+H2OHA+OH BCD c(HA-) c(H+) c(A2-) c(OH- )