第一期：化学反应速率
考点指南
一、考纲要求：
(1)了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法。
(2)了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重大作用。
(3) 理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率的影响，认识其一般规律。
(4)了解化学反应速率的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
二、考点清单：
1．化学反应速率的表示方法及特点
同一反应中，用不同物质表示的化学反应时数字可能不同，但表示的意义是相同的，各物质表示的速率比等于该反应方程式的系数比。?
例：对于反应：mA+nBpC+qD
VA∶VB∶VC∶VD＝m∶n∶p∶q
2．影响反应速率的因素
主要是反应物本身的性质；外因有浓度、压强、温度、催化剂 、光、波、溶剂等、，结论可浓缩归纳为：增加浓度、增大压强、升高温度、使用正催化剂等均使正反应速率和逆反应速率都增加。
3．影响化学反应速率因素的实验探究
注意实验过程中控制变量方法的应用。
对于平行实验，要善于应用比较法分析表中的数据。
三、历年真题
1．对于化学反应3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)，下列反应速率关系中，正确的是( )
A．v(W)＝3v(Z) B．2v(X)＝3v(Z)
C．2v(X)＝v(Y) D．3v(W)＝2v(X)
答案：C
解析：由＝＝＝可知C正确。
2.化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如下图所示，计算反应4～8 min间的平均反应速率和推测反应16 min时反应物的浓度，结果应是( )
A．2.5 μmol·(L·min)－1和2.0 μmol·L－1
B．2.5 μmol·(L·min)－1和2.5 μmol·L－1
C．3.0 μmol·(L·min)－1和3.0 μmol·L－1
D．5.0 μmol·(L·min)－1和3.0 μmol·L－1
答案 B
【解析】 v(反应物)＝＝2.5 μmol·(L·min)－1，由图象可知0～4 min的反应速率为5μmol·(L·min)－1、4～8 min的反应速率＝2.5 μmol·(L·min)－1，所以8～12 min的反应速率为1.25 μmol·(L·min)－1、12～16 min的反应速率为0.625 μmol·(L·min)－1，即16 min时，反应物的浓度为10 μmol·L－1－1.25 μmol·(L·min)－1×4 min－0.625 μmol·(L·min)－1×4 min＝2.5 μmol·L－1，B正确。
3.钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域．（1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂．
①一定条件下，与空气反映t min后，和物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L, 则起始物质的量浓度为 mol/L ；生成的化学反应速率为 mol/(L·min) ．
答案 （1）①；
【解析】本题考查以钒为材料的化学原理题，涉及化学反应速率知识。
由S守恒可得，的起始浓度为（a+b）mol/L。的速率为单位时间内浓度的变化，即b/tmol/(L﹒min)。
探索发现：同学们，请你体会并总结一下高考的命题方向和趋势：
命题规律一：
立足化学反应速率的表示方法和有关计算考查
4．已知汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)。下列说法不正确的是
A．升高温度可使该反应的逆反应速率降低
B．使用高效催化剂可有效提高正反应速率
C．反应达到平衡后，NO的反应速率保持恒定
D．单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡
答案：A
解析：升高温度、使用催化剂都会使化学反应速率升高，既包括正反应速率也包括逆反应速率，故A选项错误，B选项正确。反应达到平衡后，正反应速率和逆反应速率相等，因此C、D选项都是正确的
5.下列说法正确的是
A.一定温度下，反应MgCl2(1)＝Mg(1)＋ Cl2(g)的 △H＞0 △S＞0
B.水解反应NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应
D.对于反应2H2O2＝2H2O＋O2↑, 加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率
答案：AD
解析：A.分解反应是吸热反应，熵变、焓变都大于零，内容来源于选修四化学方向的判断。
B.水解反应是吸热反应，温度越高越水解，有利于向水解方向移动。
C.铅蓄电池放电时的负极失电子，发生氧化反应。
D.升高温度和加入正催化剂一般都能加快反应速率。
6. 700℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O,发生反应：
CO(g)＋H2O(g) CO2＋H2(g)
反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1＞t2）:
反应时间/min n(CO)/mol H2O/ mol
0 1.20 0.60
t1 0.80
t2 0.20
下列说法正确的是
A.反应在t1min内的平均速率为v(H2)＝0.40/t1 mol·L－1·min－1
B.保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60molCO和1.20 molH2O，到达平衡时，n(CO2)＝0.40 mol。
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率增大，H2O的体积分数增大
D.温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
答案：BC
解析：本题属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
A.反应在t1min内的平均速率应该是t1min内H2浓度变化与t1的比值，而不是H2物质的量的变化与t1的比值。
B.因为反应前后物质的量保持不变，保持其他条件不变，平衡常数不会改变，起始时向容器中充入0.60 mol CO和1.20 molH2O，似乎与起始时向容器中充入0.60molH2O和1.20 mol CO效果是一致的，到达平衡时，n(CO2)＝0.40 mol。
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大。
D.原平衡常数可通过三段式列式计算（注意浓度代入）结果为1，温度升至800℃，上述反应平衡常数为0.64，说明温度升高，平衡是向左移动的，那么正反应应为放热反应。
7.对于反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)能增大正反应速率的措施是
A．通入大量O2 B．增大容器容积
C．移去部分SO3 D．降低体系温度
答案：A
解析：A. 通入大量O2，反应物浓度增大，正反应速率增大；
B． 增大容积，反应物、生成物浓度均减小，正、逆反应速率均下降；
C． 移去部分SO3会减小生成物浓度，刚开始正反应速率不变，而后下降；
D． 该反应为放热反应，但是降低体系温度正、逆反应速率均减小；同理若增大体
系问题，正、逆反应速率增大；
8.地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。
(1)实验前：①先用0.1 mol·L-1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是 ，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入 （写化学式）。
(2)下图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系（部分副反应产物曲线略去）。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式 。t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH4+的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是 。
(3)该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：溶液的pH；
假设二： ；
假设二： ；
(4)请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论。（已知：溶液中的NO3-浓度可用离子色谱仪测定）
【解析】
(1) H2SO4可以除去Fe粉表面的氧化物；为防止空气中的O2对脱氮的影响，可向KNO3溶液中通入N2，排出O2。
(2) t1时刻前H+ 、NO3- 浓度减小，Fe2+ 和NH4+的浓度增大，故反应的离子方程式为4Fe + NO3- + 10H+ == 4Fe2+ + NH4+ + 3H2O。Fe粉足量，反应仍在进行，Fe2+的浓度没有增大的原因是发生了水解反应，因为溶液的pH增大，促进了水解。
(3)影响反应速率的因素还可能有温度、铁粉颗粒大小等。
(4)要验证溶液的pH对反应速率的影响，需其他条件相同，而溶液的酸碱性不同，结合题目中提供的信息，如：通入N2除去O2，用色谱仪测定溶液中NO3-的浓度等，可设计实验步骤，注意语言的条理性和严密性。
【答案】
(1)去除铁粉表面的氧化物等杂质 N2
(2) 4Fe +NO3- +10H+ == 4Fe2+ + NH4+ +3H2O 生成的Fe2+水解(或和溶液中的OH-反应)
(3)温度 铁粉颗粒大小
(4)
9.臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。
（1）O3与KI溶液反应生成的两种单质是___________和_________。（填分子式）
（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如题29表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216 mol/L。
①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是___________.
②在30°C、pH=4.0条件下，O3的分解速率为__________ mol/(L·min)。
③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为______.（填字母代号）
a. 40°C、pH=3.0 b. 10°C、pH=4.0 c. 30°C、pH=7.0
答案：（1）O2 I2
（2）①OH－；
②1.00×10－4
③b、a、c
解析：本题考察化学反应速率的概念、计算、外界条件对反应速率对影响以及有关电化学知识。
（1）臭氧是一种强氧化剂，能氧化I－生成单质碘，方程式为O3＋2KI＋H2O=I2＋2KOH＋O2↑；
（2）①pH增大，说明碱性增强，因此其催化剂作用的是OH－；
②由表中数据可知，在30°C、pH=4.0条件下，O3的浓度减少一半所需的时间是108min，所以其反应速率是；
③由表中数据知温度越高，pH越大，反应速率越快，所以分解速率依次增大的顺序为b、a、c；
10．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vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为_________；
(3）B的平衡转化率αI(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)中最小的是_____,其值是__________;
(4） 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____________;
(5） 比较第Ⅱ阶段反应温度(T2)和第Ⅲ阶段反应温度(T3)的高低：T2 T3(填“>”“<”“=”），判断的理由是_________________________________________;
(6）达到第三次平衡后，将容器的体积扩大一倍，假定10min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：由图像知在第Ⅰ阶段达到平衡时A、B、C的浓度变化量分别是1.0、3.0和2.0，所以反应的化学方程式中，a:b:c＝)1:3:2；由图像可以计算出A的平均反应速率vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)分别为2/20、0.36/15和0.12/15，vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)从大到小排列次序为vI(A)、vⅡ(A)、vⅢ(A)；同理可以计算出B的平衡转化率αI(B)、αⅡ(B)、αⅢ(B)分别为0.5、0.38和0.19； 由第一次平衡到第二次平衡是C的浓度瞬间降低到0，即移走量产物C，平衡向正方应方向移动；第Ⅱ阶段和第Ⅲ阶段相比，反应物浓度降低，生成物浓度增大，平衡向正方应方向移动，因为反应放热，所以是降低了温度；由于反应是一个体积增大的可逆反应，所以扩大容器的体积平衡向逆反应方向移动。
答案：(1)1:3:2 (2)VI(A)VⅡ(A)VⅢ(A) (3)αⅢ(B) 19% (4)向正反应方向 从反应体系中移出产物C (5) > 此反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动
(注：只要曲线能表示出平衡向逆反应方向移动及各物质浓度的相对变化比例即可）
探索发现：同学们，请你体会并总结一下高考的命题方向和趋势：
命题规律二：
立足外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率的影响考查
11.相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是( )
答案 C
【解析】 相同体积，相同pH的一元强酸①和一元中强酸②相比较，中强酸②的浓度大，与足量的锌粉反应产生的氢气体积大；起始产生氢气的速率相等，反应过程中中强酸继续电离，溶液的c(H＋)大，产生氢气的速率快，C项正确。
12.某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00 mol·L-1、2.00 mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298 K、308 K，每次实验HNO3的用量为25.0 mL、大理石用量为10.00 g。
（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：
实验编号 T/K 大理石规格 HNO3浓度/mol·L-1 实验目的
① 298 粗颗粒 2.00 （Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；（Ⅱ）实验①和 探究温度对该反应速率的影响；（Ⅲ）实验①和 探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；）
②
③
④
（2）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图：
依据反应方程式CaCO3+HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90 s范围内HNO3的平均反应速率（忽略溶液体积变化，写出计算过程）。
（3）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。
答案：（1）
实验编号 T/K 大理石规格 HNO3浓度/mol－1·L－1 实验目的
① 298 粗颗粒 2.00 （Ⅱ）③（Ⅲ）④
② 298 粗颗粒 1.00
③ 308 粗颗粒 2.00
④ 298 细颗粒 2.00
（2）
70至90s内，CO2生成的质量为：m（CO2）=0.95 g-0.84 g=0.11g，其物质的量为n(CO2)=0.11g÷44g·mol－1=0.0025mol，
根据方程式比例，可知消耗HNO3的物质的量为：n(HNO3)=0.0025mol×2==0.005mol，
溶液体积为25mL=0.025L，所以HNO3减少的浓度△c(HNO3)==0.2mol·L－1，
所以HNO3在70-90S范围内的平均反应速率为v（HNO3）===0.01mol·L-1·s-1。
（3）
解析：
（1）
实验编号 T/K 大理石规格 HNO3浓度mol·L-1 实验目的
① 298 粗颗粒 2.00 ⑴实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；⑵实验①和③探究温度对该反应速率的影响。⑶实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应的影响。
② 298 粗颗粒 1.00
③ 308 粗颗粒 2.00
④ 298 细颗粒 2.00
（2）
1.70至90S，CO2生成的质量为：m（CO2）0.95-0.85=0.1g
2.根据方程式比例，可知消耗HNO3的物质的量为：n（HNO3）0.1/22=1/220mol
3.溶液体积为25ml=0.025L，所以HNO3减少的浓度△c（HNO3）=2/11 mol·L－1
4.反应的时间t=90-70=20s
5.所以HNO3在70-90S范围内的平均反应速率为
v（HNO3）=△c（HNO3）/t === 1/110 mol·L-1·S-1
（3）作图略
作图要点：因为实验①HNO3与大理石恰好完全反应；
实验②中，HNO3不足量，纵坐标对应的每一个值均为原来的1/2；实验③④的图象类似，恰好完全反应，但反应条件改变，升高温度与大理石细颗粒增大表面积可加快反应速率。所以图象曲线斜率变大，平衡位置纵坐标与实验①相同。
13.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、及。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。
请回答下列问题：
（1）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_______________；
③_______________；
（2）实验②平衡时B的转化率为_________；实验③平衡时C的浓度为____________；
（3）该反应的_________0，判断其理由是__________________________________；
（4）该反应进行到4.0min时的平均反应速度率：
实验②：=__________________________________；
实验③：=__________________________________。
【解析】（1）②使用了（正）催化剂；理由：因为从图像可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，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影响平衡的因素可知是加入（正）催化剂；③升高温度；理由：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，再由于③和①相比达平衡所需时间短，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
（2）不妨令溶液为1L，则②中达平衡时A转化了0.04mol，由反应计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为；同样在③中A转化了0.06mol，则生成C为0.06mol,体积不变，即平衡时C(c)=0.06mol/L
(3) ﹥0；理由：由③和①进行对比可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温是向吸热的方向移动，所以正反应是吸热反应，﹥0
（4）从图上读数，进行到4.0min时，实验②的A的浓度为：0.072mol/L,则△C(A)=0.10-0.072=0.028mol/L，,∴=2=0.014mol(L·min)-1；进行到4.0mi实验③的A的浓度为：0.064mol/L：△C(A,) =0.10-0.064=0.036mol/L，,∴==0.0089mol(L·min)-1
【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
（2）40%（或0.4）；0.06mol/L；（3）﹥；升高温度向正方向移动，故该反应是吸热反应
（4）0.014mol(L·min)-1；0.008mol(L·min)-1
探索发现：同学们，请你体会并总结一下高考的命题方向和趋势：
命题规律三：
立足化学反应速率与时间图像考查
总结归纳：
依据考纲精神和历年考题分析，发现高考命题规律为：
（一）立足化学反应速率的表示方法和有关计算考查
（二）立足外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率的影响考查
（三）立足化学反应速率与时间图像考查
实验步骤及结论：
实验步骤及结论：
①分别取等体积、等浓度的KNO3溶液于不同的试管中；
②调节溶液呈酸性且pH各不相同，并通入N2；
③分别向上述溶液中加入足量等质量的同种铁粉；
④用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO3-的浓度；
若pH不同的KNO3溶液中，测出的NO3-的浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响。
(本题属于开放性试题，合理答案均可)
0.0
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
5.0
10.0
15.0
20.0
0.0
5.0
10.0
15.0
0.0
10.0
15.0
浓度/(mol·L－1)
B
A
C
3.00
2.00
1.00
1.86
0.76
0.62
1.50
1.00
0.50
时间/min
I
Ⅱ
Ⅲ
0.0
5.0
10.0
0.0
5.0
10.0
1.0
2.0
Ⅲ
Ⅳ
时间/min
浓度/mol·L－1
B
A
C
B
B
A
0.0
5.0
10.0
0.0
5.0
10.0
1.0
2.0
Ⅲ
Ⅳ
时间/min
浓度/mol·L－1
C
A
C第一期：化学反应速率
热点专题
热点题型：
第一类：化学反应速率计算 第二类：化学反应速率大小比较
第三类：影响化学反应速率的因素 第四类：化学反应速率的图象
第五类：化学反应速率的实验探究
第一类：化学反应速率计算
例1．反应：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)在10 L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45 mol，则此反应的平均速率v(X)可表示为( )
A．v(NH3)＝0.010 mol·L－1·s－1
B．v(O2)＝0.0010 mol·L－1·s－1
C．v(NO)＝0.0010 mol·L－1·s－1
D．v(H2O)＝0.045 mol·L－1·s－1
答案：C
解析：在该过程中v(H2O)＝＝0.0015 mol·L－1·s－1，则v(NH3)＝v(H2O)＝×0.0015 mol·L－1·s－1＝0.0010 mol·L－1·s－1， v(NO)＝v(NH3)，v(O2)＝v(H2O)＝×0.0015 mol·L－1·s－1＝0.00125 mol·L－1·s－1。
第二类：化学反应速率大小比较
例2．反应A(g)＋3B(g) 2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是( )
A．v(A)＝0.15 mol·L－1·min－1
B．v(B)＝0.01 mol·L－1·s－1
C．v(C)＝0.40 mol·L－1·min－1
D．v(D)＝0.45 mol·L－1·min－1
答案： D
解析：。对同一化学反应而言，可以用不同的物质表示其速率，比较化学反应进行的快慢时需用同一种物质表示不同条件下的反应速率，其计算依据是不同物质表示的反应速率之比等于各物质的计量数之比。根据：v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝1∶3∶2∶2，转化为用A的浓度变化表示的反应速率为：A项：v(A)＝0.15 mol·L－1·min－1；B项：v(A)＝0.20 mol·L－1·min－1；C项：v(A)＝0.20 mol·L－1·min－1；D项：v(A)＝0.225 mol·L－1·min－1。故反应速率的快慢顺序为D>C＝B>A，故选D。
第三类：影响化学反应速率的因素
例3．对于反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，能增大正反应速率的措施是( )
A．通入大量O2 B．增大容器容积
C．移去部分SO3 D．降低体系温度
答案： A
解析：增大容器容积，移去部分SO3，即减小浓度，而减小浓度、降低温度均减小反应速率，B、C、D错误。
例4．反应C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是(双选)( )
A．增加C的量
B．将容器的体积缩小一半
C．保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D．保持压强不变，充入N2使容器体积增大
解析：选AC。A选项中C为固态反应物，增加固体的量对反应速率无影响；B选项将容器的体积缩小一半，压强增大，反应速率加快；C选项中充入N2使体系压强增大，但容器的容积未变，参加反应的各种气体浓度未变，故反应速率不变；D选项中保持恒压，充入N2使容器体积增大，参加反应的各种气体浓度减小，反应速率减小。
第四类：化学反应速率的图象
例5．用纯净的CaCO3与稀HCl反应制取CO2，实验过程记录如图所示。根据分析、判断，正确的是( )
A．OE段表示反应速率最快
B．EF段表示反应速率最快，单位时间内收集的CO2最多
C．FG段表示收集的CO2最多
D．OG段表示随着时间的推移，反应速率逐渐增快
答案：B
解析：应从曲线变化的斜率进行分析：OE、EF、FG三段中EF的斜率最大，则单位时间内，生成的CO2多且速率最快。
第五类：化学反应速率的实验探究
例6． Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2＋浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
[实验设计] 控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298 K或313 K(其余实验条件见下表)，设计如下对比实验。
请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验编号 实验目的 T/K pH c/10－3mol·L－1
H2O2 Fe2＋
① 为以下实验作参照 298 3 6.0 0.30
② 探究温度对降解反应速率的影响
③ 298 10 6.0 0.30
[数据处理] 实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如上图。
(2)请根据上图实验①曲线，计算降解反应50～150 s内的反应速率：
v(p-CP)＝________mol·L－1·s－1。
[解释与结论]
(3)实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)实验③得出的结论是：pH等于10时，________________________________________________________________________。
[思考与交流]
(5)实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：________________________________________________________________________。
解析：(1)由题意可知实验①是参照实验，所以与实验①相比，实验②和③只能改变一个条件，这样才能起到对比实验的目的，则实验②是探究温度对反应速率的影响，则T＝313 K，pH＝3，c(H2O2)＝6.0 mol·L－1，c(Fe2＋)＝0.30 mol·L－1，实验③是探究pH的大小对反应速率的影响；
(2)实验①曲线中，50～150 s内。
Δc(p-CP)＝1.2×10－3 mol·L－1－0.4×10－3 mol·L－1＝0.8×10－3 mol·L－1，
所以V(p-CP)＝＝8.0×10－6 mol·L－1·s－1。
(3)在降解反应中，H2O2新产生的自由基起氧化作用，温度过高，H2O2因热稳定性差而分解，导致降解反应速率下降。
(4)由双曲线③可知，pH＝10时，c(p-CP)基本不变，反应趋于停止。
(5)由(4)得到启示：在pH＝10溶液中，反应速率趋于零，可将所取样加入NaOH溶液中(使pH＝10)反应停止。
答案：(1)
实验编号 实验目的 T/K pH c/10－3mol·L－1
H2O2 Fe2＋
①
② 313 3 6.0 0.30
③ 探究温度对降解反应速率的影响
(2)8.0×10－6
(3)过氧化氢在温度过高时迅速分解
(4)反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止)
(5)将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10(或将所取样品骤冷等其他合理答案均可)
热点过关：
1．某温度时，在2 L容器中X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化曲线如图所示。由此分析，该反应的化学方程式为____________________；从反应开始至2 min时，Z的平均反应速率为________________________。
解析：找出2 min内X、Y、Z三种物质的浓度变化量为：Δc(X)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，Δc(Y)＝ mol·L－1＝0.15 mol·L－1，Δc(Z)＝ mol·L－1＝0.05 mol·L－1。根据反应速率之比等于化学计量数之比，可以确定X、Y、Z三种物质的化学计量数分别等于2、3、1。根据图像可以确定X是生成物，Y、Z是反应物，即可以确定化学反应方程式为：3Y＋Z??2X。再根据反应速率的概念，可求出从反应开始至2 min时，Z的平均反应速率为：v(Z)＝Δc(Z)/Δt＝ mol·(L·min)－1＝0.025 mol·(L·min)－1。
答案：3Y＋Z??2X 0.025 mol·(L·min)－1
2．在2A＋B===3C＋4D的反应中，下列表示该反应的化学反应速率最快的是( )
A．v(A)＝0.5 mol·L－1·s－1
B．v(B)＝0.3 mol·L－1·s－1
C．v(C)＝0.8 mol·L－1·s－1
D．v(D)＝1 mol·L－1·s－1
解析：选B。比较反应快慢，应把不同物质表示的速率转化成一种物质的速率进行比较。
v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝2∶1∶3∶4，
B选项：v(A)＝2v(B)＝2×0.3 mol·L－1·s－1
＝0.6 mol·L－1·s－1，
C选项中v(A)＝v(C)＝×0.8 mol·L－1·s－1
＝0.53 mol·L－1·s－1，
D选项中v(A)＝v(D)＝×1 mol·L－1·s－1
＝0.5 mol·L－1·s－1，
故B选项的反应最快。
3．对反应：A＋BAB来说，常温下按以下情况进行反应：
①20 mL溶液中含A、B各0.01 mol
②50 mL溶液中含A、B各0.05 mol
③0.1 mol·L－1的A、B溶液各10 mL
④0.5 mol·L－1的A、B溶液各50 mL
四项反应速率的大小关系是( )
A．②>①>④>③ B．④>③>②>①
C．①>②>④>③ D．①>②>③>④
解析：选A。①中c(A)＝c(B)＝＝0.5 mol·L－1；
②中c(A)＝c(B)＝＝1 mol·L－1；
③中c(A)＝c(B)＝＝0.05 mol·L－1；
④中c(A)＝c(B)＝＝0.25 mol·L－1；
在其他条件一定的情况下，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率由大到小的顺序为②>①>④>③。
4．制取水煤气的反应为C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g) ΔH>0；在一定条件下达化学平衡后，在时间为t时突然改变条件，反应速率的变化如图所示，在t时所改变的条件是( )
A．加压
B．升温
C．增大水蒸气浓度
D．增大碳的物质的量
解析：选B。从图象来看，在时间t时，突然改变条件时，正逆反应速率均增加，有可能是升高温度，也可能是增大压强，从t后时间来看，v′正大于v′逆。说明平衡向正反应方向移动。只有升高温度才使平衡向正向移动，故为升高温度。
5．工业合成氨的正反应是放热反应，下列关于N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)反应的图象中，错误的是( )
解析：选C。升高温度v正、v逆均增大，平衡左移，所以NH3%达平衡后减小，v逆>v正，故A、B项正确，C项不正确；压强越大，越利于平衡正向移动，NH3%越高，则D项正确第一期：化学反应速率
名师押题
1．将4 mol A气体和2 mol B气体在2 L的容器中混合，并在一定条件下发生如下反应2A(g)＋B(g)2C(g)，若2s后测得C的浓度为0.6 mol·L－1，现有下列几种说法，其中正确的是( )
①用物质A表示反应的平均速率为0.3 mol/(L·s)
②用物质B表示反应的平均速率为0.6 mol/(L·s)
③2 s时物质A的转化率为70%
④2 s时物质B的浓度为0.7 mol·L－1
A．①③ B．①④
C．②③ D．③④
答案：B
解析：解题时先利用所给条件列出反应式：
2A(g) ＋ B(g)2C(g)
起始浓度(mol·L－1)
2 1 0
变化浓度(mol·L－1)
0.6 0.3 0.6
2 s后浓度(mol·L－1)
2－0.6 1－0.3 0.6
依据化学反应速率的定义：v(A)＝＝0.3 mol/(L·s)，v(B)＝＝0.15 mol/(L·s)。
依据转化率定义：A的转化率为×100%＝×100%＝30%，而2 s时B的浓度为 0.7 mol·L－1。
2．下列有关化学反应速率的说法中正确的是( )
A．氢气与氮气能够缓慢地反应生成氨气，使用合适催化剂可以提高化学反应速率
B．等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同浓度的盐酸反应，反应速率相等
C．用铁片与硫酸制备氢气时，浓硫酸可以加快产生氢气的速率
D．二氧化硫的催化氧化反应的ΔH<0，所以升高温度，反应速率减慢
解析：选A。锌粉与盐酸的接触面积大，所以锌粉比锌片与盐酸反应速率快，故B错误；浓硫酸能够使铁钝化，形成的氧化膜隔绝了硫酸与铁的接触，反应停止，故C错误；升高温度，反应速率提高。
3．反应A＋B―→C的反应速率方程式为：v＝k·c(A)·c(B)，v为反应速率，k为速率常数。当c(A)＝c(B)＝1 mol·L－1时，反应速率在数值上等于速率常数。下列说法正确的是( )
A．只增大c(A)时，v也增大 B．只增大c(A)时，v值不变
C．只升高温度时，k值不变 D．只升高温度时，k值变小
解析：选A。v与c(A)·c(B)成正比，无论只增大c(A)、只增大c(B)或同时增大c(A)、c(B)，v均增大。若只升高温度，v增大，c(A)、c(B)不变，所以k值变大。
4．合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，在反应过程中，正反应速率的变化如下图：
下列说法正确的是( )
A．t1时降低了温度 B．t2时使用了催化剂
C．t3时增大了压强 D．t4时降低了温度
解析：选B。由图象可知，t1时是增大了压强；t2时使用了催化剂，t3时扩大了容积，即减小了压强；t4时是减少了生成物。
5．合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于密闭容器中的反应：N2(g)＋3H2(g)??2NH3(g)(正反应为放热反应)，673 K、30 MPa下，n(NH3)和n(H2)随时间t变化的关系示意图如图所示。下列叙述中正确的是( )
A．c点处正反应速率和逆反应速率相等
B．a点的正反应速率比b点处的大
C．d点(t1时刻)和e点(t2时刻)处n(N2)不同
D．t2点时刻，正反应速率大于逆反应速率
解析：选B。图象中c点尚未建立平衡，反应继续向生成NH3的方向进行，正反应速率大于逆反应速率，A项错误；反应物H2的浓度a点大于b点，反应物的浓度越大，反应速率越大，B项正确；d、e两点为同一平衡状态，N2的物质的量相同，不再随时间的变化而改变，此时正、逆反应速率相等，因此C、D项错误。
6．反应A(g)＋B(g) 3C(g) ΔH>0，在一容积可变的容器中进行，改变下列条件既能加快反应速率，又能提高平衡转化率的是( )
A．升高温度 B．增大压强
C．使用催化剂 D．减小压强
解析：选A。由反应的特点知，正反应是气体体积增大的吸热反应，故A项正确。使用催化剂只能同等程度地增大正逆反应速率，平衡不移动，转化率不变。
7．在FeSO4溶液中滴加NaOH溶液时，首先产生白色沉淀，然后沉淀迅速转变为红褐色沉淀，这是因为发生了4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3反应，对于该反应速率的描述，正确的是(双选)( )
A．在这一反应中，各物质的消耗速率相等
B．若反应中消耗4 mol H2O，则必定同时生成2 mol Fe(OH)3
C．v[Fe(OH)2]＝2v(H2O)＝4v(O2)
D．反应中消耗1 mol O2，必定同时消耗2 mol H2O
解析：选CD。对同一个反应来说，化学反应速率可以用各反应物或产物的浓度变化来表示，且各速率的数值与反应方程式中的化学计量数成正比。
8．在一定条件下，可逆反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－92.2 kJ·mol－1达到平衡，当只改变下列条件后，有关叙述正确的是( )
A．加催化剂，v(正)、v(逆)都发生变化且变化的倍数相等
B．加压，v(正)、v(逆)都增大，且v(正)增大倍数小于v(逆)增大倍数
C．降温，v(正)、v(逆)都减小，且v(正)减小倍数小于v(逆)减小倍数
D．加入氩气，v(正)、v(逆)都增大，且v(正)增大倍数大于v(逆)增大倍数
解析：选A。催化剂能同等程度改变v(正)、v(逆)，A正确；加压，v(正)、v(逆)均增大，且向正反应方向移动，v(正)>v(逆)，B错误；降温，v(正)，v(逆)均减小，且向正反应方向移动，v(正)>v(逆)，v(正)减小倍数小于v(逆)减小倍数，C错误；加入氩气，如果恒温、恒容，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变化，如果恒温、恒压，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均减小，且v(正)9．某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对A2(g)＋3B2(g) 2AB3(g)化学平衡状态的影响时，得到如图所示的变化规律(图中T表示温度，n表示物质的量)，根据图示得出的结论中正确的是( )
A．反应速率a>b>c
B．达到平衡时A2的转化率大小为：b>a>c
C．若T2>T1，则正反应一定是放热反应
D．达到平衡时，AB3的物质的量大小为：c>b>a
解析：选D。分析图象：在T2时，增大反应物B2的量即增大其浓度，化学反应速率加快，则反应速率a10．在恒温恒容下发生反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0。下列判断不正确的是( )
A．30 s内，H2的浓度改变了0.30 mol/L，则平均反应速率v(N2)＝0.010 mol/(L·s)
B．当气体总压强不随时间改变时，表明该反应达到平衡状态
C．使用铁触媒可明显减少达到平衡的时间
D．降温可提高N2的转化率
解析：选A。v(H2)＝＝＝0.01 mol·L－1·s－1，故v(N2)＝v(H2)＝ mol·L－1·s－1。
因该反应是气体分子数减少的反应，故未达平衡时，气体压强发生变化，只有达平衡时，压强才不随时间变化。使用催化剂可增大反应速率，故可减少达平衡的时间。本反应是放热反应，故降温可使平衡向正反应方向移动，从而提高N2的转化率。
11．反应A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)发生过程中的能量变化如图所示，ΔH表示反应的焓变。下列说法正确的是( )
A．反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2增大
B．反应体系中加入催化剂，反应速率增大，ΔH不变
C．ΔH<0，反应达到平衡时，升高温度，A的转化率增大
D．ΔH>0，反应达到平衡时，升高温度，A的转化率减小
解析：选B。使用催化剂，E1、E2都减小；由图可知ΔH<0，则为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小。
12．国家环保总局公布了五项机动车污染物排放新标准，其中轻型汽车Ⅲ号排放标准自2007年7月1日起在全国实施，Ⅳ号排放标准于2010年7月1日起实施。据介绍，目前我国汽车尾气排放已经成为一些大城市的头号空气污染源，占总污染源的50%以上。此次出台的轻型汽车Ⅳ号标准，将在北京提前实施。
根据上述信息解答下列问题：
(1)请你写出汽车尾气污染物主要有_______________________________________
_____________________________________________________________(任写两条即可)。
(2)对于反应2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g)，经过热力学计算可以得出汽车尾气中的CO与NO能够自发地反应生成无毒的氮气和二氧化碳，但实际上这些有毒气体却逸出到空气中，原因是___________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)反应2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g)；ΔH<0，要使其中的NO和CO的转化率提高，理论上可以采取的措施有________________________________________________。
(4)上述NO与CO转化为无毒物质的关键技术是寻找合适的催化剂，汽车尾气催化剂的作用是________(填编号)。
a．提高该反应的化学反应速率
b．提高NO的转化率
c．提高CO的转化率
d．改变化学平衡
解析：(1)尽管汽油燃烧的产物有二氧化碳，但该物质无毒，所以不属于汽车尾气污染物行列；汽车尾气中氮的氧化物一部分来自含氮汽油的燃烧，另一部分较大量是来自气缸内高温条件下氮气与氧气的化合；一氧化碳是汽油不完全燃烧的结果；汽油的泄漏、挥发是城市大气污染，如光化学污染的物质之一。
(2)尽管NO与CO可以自发反应生成氮气和二氧化碳，但该反应非常慢。
(3)反应2NO(g)＋2CO(g) 2CO2(g)＋N2(g)；ΔH<0是一个气体体积缩小的放热反应，所以高压、低温条件下有利于反应物转化率的提高。
(4)由(2)知NO与CO没有转化为氮气和二氧化碳的原因是没有合适的催化剂，一旦有合适的催化剂，该反应将顺利进行。
答案：(1)氮的氧化物、一氧化碳、泄漏的汽油(其它答案合理即可)
(2)CO与NO的反应为可逆反应，反应有一定的限度，且反应速率太慢
(3)降低温度、增大压强 (4)a
13．一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇(催化剂为Cu2O/ZnO)：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，其反应图象如下。
根据题意完成下列各题：
(1)在500 ℃，从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)＝______________。
(2)在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的，下列有关该体系的说法正确的是________(填编号)。
a．氢气的浓度减少
b．正反应速率加快，逆反应速率也加快
c．甲醇的物质的量增加
d．重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大
(3)据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变。Cu2O需要保护的原因是：______________________ (用化学方程式表示)。
解析：(1)v(CH3OH)＝ mol·(L·min)－1，v(H2)＝2v(CH3OH)＝ mol·(L·min)－1。
(2)a项缩小体积，无论平衡如何移动，H2的浓度均增大，缩小体积，压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，n(CH3OH)增加，n(H2)/n(CH3OH)减小。
(3)加热时，CO和H2能够还原Cu2O，根据题给信息CO2能够抑制反应的发生，自然得出答案。
答案：(1) mol·(L·min)－1 (2)bc
(3)Cu2O＋CO△,2Cu＋CO2(或Cu2O＋H2△,2Cu＋H2O)
14．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示：
(1)从反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为_________________________________，
X的物质的量浓度减少了________，Y的转化率为______________________________。
(2)该反应的化学方程式为________________________________________________。
(3)10 s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图象如图所示：
则下列说法符合该图象的是________(填编号)。
A．t1时刻，增大了X的浓度
B．t1时刻，升高了体系温度
C．t1时刻，缩小了容器体积
D．t1时刻，使用了催化剂
解析：(1)分析图象知：
Δc(Z)＝＝0.79 mol·L－1，
v(Z)＝＝0.079 mol·L－1·s－1，
Δc(X)＝＝0.395 mol·L－1。
Y的转化率α(Y)＝×100%＝79.0%。
由各物质转化的量：X为0.79 mol，Y为0.79 mol，Z为1.58 mol。
可知方程式中各物质的化学计量数之比为1∶1∶2。
则化学方程式为X(g)＋Y(g) 2Z(g)。
(2)由图象可知，外界条件同等程度地增大了该反应的正、逆反应速率。增大X的浓度、升高体系温度不会同等程度地改变正、逆反应速率。A、B错误。由(1)中的解析可知，该反应的化学方程式X(g)＋Y(g) 2Z(g)，缩小容器体积，增大压强，可同等程度地增大正、逆反应速率，C正确。D使用催化剂可同等程度地改变正逆反应速率，D正确。
答案：(1)0.079 mol·L－1·s－1 0.395 mol·L－1 79.0%
(2)X(g)＋Y(g) 2Z(g) (3)CD
15．氨是氮循环中的重要物质，合成氨是目前普遍使用的人工固氮方法。
(1)已知：H—H键能为436 kJ·mol－1，N≡N键能为945 kJ·mol－1，N—H键能为391 kJ·mol－1。写出合成氨反应的热化学方程式：_______________________________________________。
(2)恒温下，往一个2 L的密闭容器中充入2.6 mol H2和1 mol N2，反应过程中对NH3的浓度进行检测，得到的数据如下表所示：
时间/min 5 10 15 20 25 30
c(NH3)/ mol·L－1 0.08 0.14 0.18 0.20 0.20 0.20
5 min内，消耗N2的平均反应速率为________，此条件下该反应的化学平衡常数K＝________；反应达到平衡后，若往平衡体系中加入H2、N2和NH3各2 mol，化学平衡将向________方向移动(填“正反应”或“逆反应”)。
(3)氨是氮肥工业的重要原料。某化肥厂生产铵态氮肥(NH4)2SO4的工艺流程如下：
①往沉淀池中装入CaSO4悬浊液后，需先通入足量NH3，再通入CO2的原因是________
______________________________________________________________________。
②煅烧炉中产生的固态副产品为_________________________________________，
生产流程中能被循环利用的物质X为__________________________________________。
解析：(1)反应中，生成6 mol N—H键需要破坏1 mol N≡N键和3 mol H—H键，因此其热化学方程式为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－93 kJ·mol－1。
(2)根据表中给出的数据，可以求出5 min内生成氨气的速率，从而求出消耗氮气的平均反应速率为0.008 mol·L－1·min－1；然后利用平衡常数K＝c2(NH3)/[c(N2)·c3(H2)]，求出K＝0.1 (mol·L－1)－2。平衡后，向平衡体系中加入N2、H2、NH3各2 mol，比较此时c2(NH3)/[c(N2)·c3(H2)]的值和K值的大小，推出平衡逆向移动。(3)将氨气和二氧化碳通入沉淀池时，因为二氧化碳溶解度较小，因此需要先将氨气通入，使溶液显碱性，然后通入二氧化碳。依据工艺流程图可以得出沉淀池中出来的滤渣为碳酸钙，对其进行煅烧得到二氧化碳和CaO，二氧化碳进行循环使用，而CaO作为副产品被分离出来。
答案：(1)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)
ΔH＝－93 kJ·mol－1
(2)0.008 mol·L－1·min－1 0.1 (mol·L－1)－2 逆反应
(3)①氨在水中溶解度大，使溶液呈碱性，有利于吸收CO2，增大c(CO)，促使CaSO4转化为CaCO3，同时生成(NH4)2SO4
②CaO(或生石灰) CO2(或二氧化碳)
