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【必考破解】变量控制法神秘吗(可下载word版)

发布时间：2026-10-08 18:28:29 最近访问：2026-10-08 18:28:30

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技巧梳理

一.变量控制思想的应用范围

当研究多个因素之间的关系时，往往先控制其他几个因素不变，集中研究其中一个因素的变化所产生的影响，把多因素的问题变成单因素的问题，这就是控制变量法。

控制变量法是化学中常用的探究问题和分析解决问题的重要思想方法之一，应用这一思想方法可以使研究的问题简单化。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。常涉及的题型有：(1)外因(浓度、温度、压强等)对化学反应速率、化学平衡的影响；(2)以表格的形式给出多组实验数据，让学生找出每组数据的变化对反应的影响。

二．应用控制变量思想的解题策略

(1)确定变量

解答这类题目时首先要认真审题，清楚实验目的，理清影响实验探究结果的因素有哪些。

(2)定多变一

在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。

(3)数据有效

解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法做出正确判断。

典例剖析

反应aA(g)+bB(g)cC(g)(ΔH<0)在等容条件下进行。改变其他反应条件，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ阶段体系中各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示，回答问题:

(1)反应的化学方程式中a∶b∶c为；

(2)A的平均反应速率v_Ⅰ(A)、v_Ⅱ(A)、v_Ⅲ(A)从大到小排列次序为；

(3)由第一次平衡到第二次平衡,平衡移动的方向是　　　　　　　,采取的措施是；

(4)比较第Ⅱ阶段反应温度(T₂)和第Ⅲ阶段反应温度(T₃)的高低：T₂T₃(填“>”、“<”或“=”)，判断的理由是；

(5)达到第三次平衡后,将容器的体积扩大一倍,假定10 min 后达到新的平衡,请在下图中用曲线表示第Ⅳ阶段体系中各物质的浓度随时间变化的趋势(曲线上必须标出A、B、C)。

解析:(1)反应方程式中各计量数之比等于0～20.0 min反应过程中物质的量浓度变化量之比，所以a∶b∶c=（2.0-1.0）：（6.0-3.0）：（2.0-0）=1∶3∶2。

(2)根据v(A)={ QUOTE|}知v_Ⅰ(A)==0.05mol·L^-1·min^{-1， v}_Ⅱ(A)= =0.025 mol·L^-1·min^-1，v_Ⅲ(A)= =0.012mol·L^-1·min^-1，v_Ⅰ(A)>v_Ⅱ(A)>v_Ⅲ(A)。

(3)由图示可知，由第一次平衡到第二次平衡，A、B的浓度减小,而C的浓度从0逐渐增大,说明从反应体系中移出了产物C，平衡正向移动。

(4)由图示可知由Ⅱ→Ⅲ时，A、B的浓度逐渐减小而C的浓度逐渐增大，平衡正向移动，由于正反应为放热反应，故Ⅱ→Ⅲ改变的条件是降降低温度，即T₂>T₃。

(5)达到第三次平衡后,将容器的体积扩大一倍,即各物质的浓度都减半，压强减小，平衡逆向移动，故再次平衡后，0.25 mol·L^-1 <c(A)<0.50 mol·l< span>^{-1，0.75 mol·L}^-1 <c(B)<1.5 mol·l< span>^{-1，0 <c(C)<0.50 mol·l< sup> </c(C)<0.50>}^-1，由此可画出图像。 </c(B)<1.5> </c(A)<0.50>

答案:(1)1∶3∶2(2)v_Ⅰ(A)>v_Ⅱ(A)>v_Ⅲ(A)(3)向正反应方向(或右移)　从反应体系中移出产物C(4) >　此反应为放热反应,降低温度,平衡向正反应方向移动(6)

专题精练

1. 碘在科研与生活中有重要作用，某兴趣小组用0.50 mol·L^—1KI、0.2%淀粉溶液、0.20 mol·L^-1K₂S₂O₈、0.10 mol·L^-1Na₂S₂O₃等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S₂O₈^2-+ 2I^— = 2 SO₄^2- + I₂（慢）I₂ + 2 S₂O₃^2— = 2I^-+ S₄O₆^2- （快），为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：

实验序号	体积V/ml
K₂S₂O₈溶液	水	KI溶液	Na₂S₂O₃溶液	淀粉溶液
①	10．0	0．0	4．0	4．0	2．0
②	9．0	1．0	4．0	4．0	2．0
③	8．0	Vx	4．0	4．0	2．0

表中Vx = ml，理由是。

解析：因为本题的目的是探究反应物浓度对化学反应速率的影响，因此要采取单一变量的原则，只能改变反应物的浓度，其他不改，然后几组实验进行对照。

答案： 2保证其他条件不变，只改变反应物K₂S₂O₈浓度，从而才到达对照实验目的。

2. 在溶液中，反应A+2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(A)=0.100mol·L^-1、c(B)=0.200mol·L^-1、c(C)=0mol·L^-1。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。

与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是：

②改变的条件是______________，理由是；

③改变的条件是______________，理由是。

解析：从图像可看出，①和②的最终平衡浓度相同，即达到完全相同的平衡状态，而②比①所需要的时间短，显然反应速率加快了，故由影响反应速率和平衡的因素是加入催化剂；因为该反应是在溶液中进行的反应，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于各物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反应速率，从图像中看出③达平衡所需时间比①短，平衡时浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反应速率的。

答案：（1）②加催化剂；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变

③温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小

3. 如图表示反应2SO₂(g)+O₂(g)2SO₃(g)；ΔH <0的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图曲线判断，下列说法可能正确的是()

A．t₁时减小了SO₂的浓度，增加了SO₃的浓度

B．t₁时降低了温度，平衡向正反应方向移动

C．t₁时减小了压强，平衡向逆反应方向移动

D．t₁时增加了SO₂和O₂的浓度，平衡向正反应方向移动

解析：A、t₁时减小了SO₂的浓度，增加了SO₃的浓度，平衡向逆反应移动，新平衡时反应物浓度可以比原来还大，平衡时正反应速率可以比原平衡速率大，故A正确；t₁降低了温度，平衡向正反应移动，重新平衡时的速率小于原平衡速率，故B错误；t₁时减小了压强，平衡向逆反应方向移动，重新平衡时的速率小于原平衡速率，故C错误；t₁时增加了SO₂和O₂的浓度，正反应速率应大于原平衡速率，平衡向正反应方向移动，故D错误。

答案：A

4. 下列各组反应(表中的物质为反应物)反应刚开始时，放出氢气的速率最快的是( )

编号	金属(粉末状)(mol)	酸的浓度及体积	反应温度(℃)
A	Mg0.1	8 mol·L^-1硝酸10 mL	60
B	Mg0.1	3 mol·L^-1硫酸30 mL	50
C	Fe0.1	6 mol·L^-1盐酸10 mL	60
D	Mg0.1	3 mol·L^-1硫酸10 mL	60

解析：影响反应速率的主要因素是反应物本身的性质，Mg比Fe活泼，故C项速率最慢；硝酸与镁反应生成氮的氧化物而不是氢气，排除A项； B、D两项中的H⁺浓度相同，但D项温度高，反应速率快。

答案：D

5. 某实验小组以H₂O₂分解为例，研究外界条件对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。

实验编号	反应物	催化剂
①	10 mL 2% H₂O₂溶液	无
②	10 mL 5% H₂O₂溶液	无
③	10 mL 5% H₂O₂溶液	1 mL 0.1 mol·L^－1 FeCl₃溶液
④	10 mL 5% H₂O₂溶液＋少量HCl溶液	1 mL 0.1 mol·L^－1 FeCl₃溶液
⑤	10 mL 5% H₂O₂溶液＋少量NaOH溶液	1 mL 0.1 mol·L^－1 FeCl₃溶液