第30讲 化学反应速率及其影响因素
[目标速览] 1.知道化学反应速率的表示方法,了解测定化学反应速率的简单方法。2.通过实验探究,了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。3.知道化学反应是有历程的,认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。4.能进行化学反应速率的简单计算,能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。
微考点 核心突破
考点1 化学反应速率及相关计算
知|识|梳|理
1.定义
化学反应速率:在容积不变的反应器中,常用单位时间内反应物浓度的________或生成物浓度的________来表示。它的常用单位是______________(或______________)等。
2.注意事项
(1)同一反应里用不同物质的浓度变化来表示反应速率时,其数值____________,故应标明是用哪种物质表示的化学反应速率,但这些数值表示的意义是________,均表示该化学反应的快慢。
(2)同一反应里,各物质表示的反应速率之比等于___________________________________________________________,
也等于同一时间内___________________________________________________________。
(3)化学反应速率在不同的时间间隔内______相等。
思维辨析
判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。
1.由v=计算平均速率,用反应物表示为正值,用生成物表示为负值。( )
2.单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率,生成物浓度的变化量表示逆反应速率。( )
3.对于任何化学反应来说,都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率。( )
4.化学反应速率为0.8 mol·L-1·s-1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L-1。( )
5.同一化学反应,相同条件下用不同物质表示的反应速率,数值越大,表示化学反应速率越快。( )
知|识|拓|展
1.避误区
(1)化学反应速率是一段时间内的平均速率,且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
(2)在一定温度下,固体和纯液体物质,改变其用量,不影响化学反应速率。
(3)同一化学反应在相同条件下,用不同物质表示的化学反应速率,其数值可能不同,但意义相同。
(4)计算反应速率时,若给出的是物质的量的变化值,不要忘记转化为物质的量浓度的变化值。
2.化学反应速率大小的比较方法
由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能不同,所以比较反应的快慢不能只看数值的大小,而要进行一定的转化。
(1)看单位是否统一,若不统一,换算成相同的单位。
(2)换算成同一物质表示的速率,再比较数值的大小。
(3)比较化学反应速率与化学计量数的比值,即对于一般反应aA+bB===cC+dD,例如比较与,若>,则用A表示的反应速率比B大。
3.“三段式”法计算化学反应速率的答题模板
(1)基本步骤。
①准确写出化学方程式。
②找出各物质的初始量、转化量、平衡量(物质的量浓度或物质的量)。
③根据已知条件建立等式关系进行解答。
(2)基本模式。
mA + nB===pC + qD
起始/(mol·L-1) a b 0 0
变化/(mol·L-1) mx nx px qx
平衡/(mol·L-1) a-mx b-nx px qx
知|识|对|练
角度一 “v=”的应用
1.在容积为1.00 L的容器中,通入一定量的N2O4,发生反应N2O4(g)2NO2(g),体系中各物质浓度随时间变化如图所示。
在0~60 s时段,反应速率 v(N2O4)为________ mol·L-1·s-1。
2.一定温度下,在N2O5的四氯化碳溶液(100 mL)中发生分解反应2N2O54NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积,换算成N2O5浓度如下表:
t/s 0 600 1 200 1 710 2 220 2 820 x
c(N2O5)/ (mol·L-1) 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12
(1)计算600~1 200 s,生成NO2的平均速率。
(2)计算反应2 220 s时,放出标准状况下的O2体积。
(3)分析上表的变化规律,推测表中x值。
角度二 化学反应速率大小的比较
3.常压下羰基化法精炼镍Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)在不同条件下的化学反应速率如下。
①v[Ni(CO)4]=0.2 mol·L-1·s-1
②v(CO)=6.0 mol·L-1·min-1
③v[Ni(CO)4]=1.2 mol·L-1·min-1
④v(CO)=0.5 mol·L-1·s-1
下列化学反应速率由快到慢的排序正确的是( )
A.②>①>③>④ B.①>③>④>②
C.①>④>②>③ D.③>①>④>②
角度三 “三段式”模板突破化学反应速率的计算
4.NH3和纯净的O2在一定条件下发生反应
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g),现向一容积不变的2 L密闭容器中充入4 mol NH3和3 mol O2,4 min后,测得生成的H2O占混合气体体积的40%,则下列表示此段时间内该反应的平均速率不正确的是( )
A.v(N2)=0.125 mol·L-1·min-1
B.v(H2O)=0.375 mol·L-1·min-1
C.v(O2)=0.225 mol·L-1·min-1
D.v(NH3)=0.250 mol·L-1·min-1
5.工业制硫酸的过程中,SO2(g)转化为SO3(g)是关键的一步,550 ℃时,在1 L的恒温容器中,反应过程中部分数据如表:
反应时间/min SO2(g)/mol O2(g)/mol SO3(g)/mol
0 4 2 0
5 1.5
10 2
15 1
若在起始时总压为p0 kPa,反应速率若用单位时间内分压的变化表示,气态物质分压=总压×气态物质的物质的量分数,则10 min内SO2(g)的反应速率v(SO2)=________ kPa·min-1。
考点2 影响化学反应速率的因素
知|识|梳|理
1.内因(主要因素)
反应物本身的性质。
2.外因(其他条件不变,只改变一个条件)
思维辨析
判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。
1.决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂。( )
2.二氧化锰能加快所有化学反应的速率。( )
3.锌与硫酸反应时,硫酸的浓度越大,产生H2的速率越快。( )
4.恒温恒压时,增加稀有气体的量,化学反应速率减慢。( )
5.增大反应物的浓度,能够增大活化分子的百分含量,所以反应速率增大。( )
实|验|回|放
实验:定性与定量研究影响化学反应速率的因素
【提出问题】
浓度、温度、催化剂等因素如何影响化学反应速率 如何测定化学反应速率
【实验探究Ⅰ】
实验方案设计:
影响 因素 实验步骤 实验现象比较 结论
浓度 两种浓度的H2SO4溶液与Na2S2O3溶液反应均出现黄色浑浊,且滴加0.5 mol·L-1 H2SO4溶液的试管中比滴加0.1 mol·L-1 H2SO4溶液的试管中先出现黄色浑浊 浓度 越大, 反应 速率 越快
温度 蒸馏水浴和热水浴中的两组实验均出现黄色浑浊,且热水浴中比蒸馏水浴中先出现黄色浑浊 温度 越高, 反应 速率 越快
未加FeCl3溶液的H2O2溶液中产生气泡不明显,而滴有FeCl3溶液的H2O2溶液中产生大量气泡 催化 剂可 加快 化学 反应 速率
【实验探究Ⅱ】
通过实验测定并比较下列化学反应的速率。
(1)按如图所示组装实验装置。在锥形瓶内放入2 g锌粒,通过分液漏斗加入40 mL 1 mol·L-1 H2SO4溶液,测量并记录收集10 mL H2所用时间。
(2)如果用4 mol·L-1 H2SO4溶液代替1 mol·L-1 H2SO4溶液,重复上述实验,所用时间会增加还是减少 请通过实验验证,并解释原因。
将测定结果填入下表,计算并比较化学反应速率。
试剂 所用时间 反应速率 结论
1 mol·L-1 H2SO4溶液
4 mol·L-1 H2SO4溶液
【问题和讨论】
上述实验探究中,你用到了哪些科学方法
【答案】 上述实验探究中,用到了控制变量的方法。
提醒 保证实验结果准确的做法
(1)锌粒的形状、大小要保持一致。
(2)装置气密性要好,秒表计时要准确。
(3)加硫酸要迅速。
(4)用分液漏斗加入硫酸时的操作:①取下顶部活塞或者使塞上的凹槽与漏斗口的小孔对齐,旋开下端活塞,保证液体顺利流下;②加完后应该立即关闭分液漏斗下端活塞,避免漏气。
拓展延伸 本实验测定反应速率的其他方法
(1)测定相同时间段内收集气体的多少来测定反应速率。
(2)测定溶液pH,利用H+浓度的变化测定反应速率。
(3)测定锌粒完全溶解所用的时间来测定反应速率。
知|识|拓|展
1.避误区
(1)增减反应物的量并不一定能改变反应速率,如固体和纯液体在反应中可视为浓度不变,故增加其量并不能加快反应速率。
(2)不论是吸热反应还是放热反应,温度对反应速率的影响具有一致性。升高温度,正、逆反应速率都增大,但增大的倍数不同;降低温度,正、逆反应速率都减小,不会出现v正增大同时v逆减小的情况。
2.气体反应体系中充入“惰性气体”(不参加反应)时对反应速率的影响结果
(1)恒温恒容:充入“惰性气体”—→总压增大—→物质的浓度不变(活化分子浓度不变)—→反应速率不变。
(2)恒温恒压:充入“惰性气体”—→体积增大—→物质的浓度减小(活化分子浓度减小)—→反应速率减小。
知|识|对|练
角度四 浓度和温度对化学反应速率的影响
6.在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如表。下列判断不正确的是( )
A.a=6.00
B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v可能不变
C.b<318.2
D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
角度五 压强、催化剂对化学反应速率的影响
7.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( )
①增加C的量 ②将容器的容积缩小一半 ③保持容积不变,充入N2使体系压强增大 ④保持压强不变,充入N2使容器容积变大
A.①④ B.②③
C.①③ D.②④
8.“接触法制硫酸”的主要反应是2SO2+O22SO3,在催化剂表面的反应历程如下:
下列说法不正确的是( )
A.使用催化剂既能加快正反应速率又能加快逆反应速率
B.反应②的活化能比反应①小
C.该反应的催化剂是V2O4
D.过程中既有V—O键的断裂,又有V—O键的形成
9.汽车尾气处理时存在反应:NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g),该反应过程及能量变化如图所示。
下列说法正确的是( )
A.使用催化剂活化分子百分数增多
B.使用催化剂,反应物分子的能量变高
C.使用催化剂可以有效减少反应放出的热量
D.无论是反应物还是生成物,转化为活化络合物都要放出能量
角度六 化学反应速率的定量测定
10.如图安装好实验装置(装置气密性良好),在锥形瓶内盛有6.5 g锌粒(Zn的相对原子质量为65),通过分液漏斗加入40 mL 2.5 mol·L-1的稀硫酸,将产生的H2收集在注射器中,10 s时恰好收集到标准状况下的H2 44.8 mL。下列说法不正确的是( )
A.忽略锥形瓶内溶液体积的变化,用H+表示10 s内该反应的速率为0.01 mol·L-1·s-1
B.忽略锥形瓶内溶液体积的变化,用Zn2+表示10 s内该反应的速率为0.01 mol·L-1·s-1
C.用锌粒表示10 s内该反应的速率为0.013 g·s-1
D.用H2表示10 s内该反应的速率为0.000 2 mol·s-1
角度七 用控制变量法探究影响化学反应速率的因素
11.某同学为探究浓度对化学反应速率的影响,设计以下实验。
① ② ③ ④
试剂a 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液
试剂b 2 mL 0.1 mol/L H2C2O4水溶液 2 mL 0.2 mol/L H2C2O4水溶液 1 mL 0.2 mol/L H2C2O4水溶液 1 mL以浓盐酸为溶剂配制的0.2 mol/L H2C2O4水溶液
褪色 时间 690 s 677 s 600 s
下列说法错误的是( )
A.对比实验①②可知,H2C2O4水溶液浓度增大,反应速率加快
B.对比实验②③可知,酸性高锰酸钾水溶液浓度增大,反应速率加快
C.为验证H+浓度对反应速率的影响,设计实验④并与③对照
D.实验③的离子方程式为2Mn+6H++5H2C2O4===2Mn2++10CO2↑+8H2O
关于“控制变量法”题目的解题策略
考点3 活化能
知|识|梳|理
1.基元反应与反应历程
2HI===H2+I2的基元反应反应历程(反应机理)
(1)基元反应:一个化学反应往往经过多个反应步骤才能实现,每一步反应都称为基元反应。
(2)反应历程:与某化学反应有关的一组基元反应反映了该反应的反应历程,反应历程又称反应机理。
(3)自由基:像上述反应历程中的I·一样,带有单电子的原子或原子团叫自由基,如O·自由基。
2.有效碰撞与活化能
(1)碰撞和有效碰撞。
碰撞 特点 ①碰撞次数非常巨大 ②不是每次碰撞都能发生化学反应
有效 碰撞 概念 能够发生化学反应的碰撞
发生有 效碰撞 的条件 ①反应物分子必须具有一定的能量 ②有合适的碰撞取向。如反应2HI===H2+I2中分子碰撞示意图如图所示:
有效碰 撞的 实质 有效碰撞能使化学键断裂,自由基可以重新组合形成新的化学键,从而发生化学反应
(2)活化分子和活化能。
活化分子 发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量,这种能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子
活化能 活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差,叫做反应的活化能
活化能与 反应热 E1—→反应的活化能
E2—→活化分子变成生成物分子放出的能量
E1-E2—→反应热(即ΔH)
活化能 与化学反 应速率的 关系 在一定条件下,活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子所占的百分数越大,单位体积内活化分子数越多,单位时间内有效碰撞的次数越多,化学反应速率越大。 可简略表示:活化能降低→普通分子变成活化分子→活化分子百分数增大→单位时间内有效碰撞的次数增多→化学反应速率增大
3.运用有效碰撞理论解释外界条件对化学反应速率的影响
(1)运用有效碰撞理论解释浓度对化学反应速率的影响。
其他条件不变时,对某一反应来说,活化分子在反应物分子中所占的百分数是一定的,增大反应物浓度→单位体积内________的数目增多→单位时间内有效碰撞次数增多→化学反应速率增大。
(2)运用有效碰撞理论解释温度对化学反应速率的影响。
其他条件不变时,升高温度,反应物分子的能量增加,使一部分原来能量较低的分子变成________(如图所示)→活化分子百分数增加→单位时间内有效碰撞次数增多→反应速率增大。因此,升高温度可以增大反应速率。
(3)运用有效碰撞理论解释催化剂对化学反应速率的影响。
其他条件不变时,使用适当的催化剂,可改变反应的过程,改变反应的活化能。如图所示,有催化剂时反应的活化能比无催化剂时反应的活化能降低了很多。这就使更多的反应物分子成为活化分子,增大了单位体积内反应物分子中活化分子的数目,从而增大了化学反应速率。
思维辨析
判断正误,正确的画“√”,错误的画“×”。
1.反应过程又称反应机理。( )
2.基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。( )
3.反应物分子的每一次碰撞都能发生反应。( )
4.能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞。( )
知|识|对|练
角度八 基元反应
12.下列反应属于基元反应的是( )
①2H2+O22H2O
②H·+O2—→·OH+O·
③H++OH-===H2O
④2O33O2
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
角度九 活化分子 有效碰撞
13.下列说法正确的是( )
A.反应物分子相互碰撞即能发生化学反应
B.活化分子之间的碰撞一定可以发生化学反应
C.活化分子所具有的能量称为活化能
D.活化分子百分数越大,反应速率越大
角度十 活化能
14.(2025·鹤壁模拟)向H2O2溶液中加入少量FeCl3溶液,混合溶液中有大量气泡逸出,查阅资料知H2O2的分解机理如下:
①2Fe3++H2O2===2Fe2++O2↑+2H+ 慢
②H2O2+2Fe2++2H+===2H2O+2Fe3+ 快
下列有关说法正确的是( )
A.增大c(Fe3+)不影响产生气体的速率
B.第①步反应中Fe3+与H2O2的碰撞仅部分有效
C.Fe2+是该反应的催化剂
D.第②步反应的活化能较大
角度十一 反应机理——快反应与慢反应
15.过渡态理论认为:化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中,首先生成一种高能量的活化配合物,高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论,NO2(g)+CO(g)===CO2(g)+NO(g)的反应历程如下:
第一步:
第二步:
下列有关说法正确的是( )
A.第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞
B.活化配合物的能量越高,第一步的反应速率越快
C.第一步反应需要吸收能量
D.该反应的反应速率主要取决于第二步反应
16.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的“清洁能源”,科学家研究在酸性条件下,用甲醇可合成二甲醚,反应过程中相对能量变化如图所示。
下列叙述错误的是( )
A.循环过程中,催化剂参与了中间反应
B.该过程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31 kJ·mol-1
C.制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为—→CH3OCH3+H+
D.总反应方程式为2CH3OHCH3OCH3+H2O
考点4 化学反应速率图像及其应用
知|识|梳|理
1.全程速率—时间图像
如Zn与足量盐酸的反应,反应速率随时间的变化出现如图情况。
原因解释:AB段v渐大,主要是因为该反应为________反应,随着反应的进行,________逐渐升高,导致反应速率____________;BC段v渐小,则主要是因为随着反应的进行,溶液中________逐渐减小,导致反应速率________。
2.物质的量(或浓度)—时间图像
例如:某温度时,在定容(V L)容器中,X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
(1)由图像得出如下信息。
①反应物是________,生成物是________。
②________时反应达到平衡,X、Y没有全部反应。
(2)根据图像可进行如下计算。
①达到平衡时,某物质的平均反应速率、转化率,如v(X)=__________________,Y的转化率=________。
②确定化学方程式中的化学计量数之比,如X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为________________。
3.速率—时间图像及应用
平衡体系 条件变化 速率变化 平衡变化 速率变化曲线
任一平衡体系 ①增大反 应物浓度 v'(正)、v'(逆) 均增大,且 v'(正)>v'(逆) 正向移动
②减小反 应物浓度 v'(正)、v'(逆) 均减小,且 v'(逆)>v'(正) 逆向移动
③增大生 成物浓度 v'(正)、v'(逆) 均增大,且 v'(逆)>v'(正) 逆向移动
④减小生 成物浓度 v'(正)、v'(逆) 均减小,且 v'(正)>v'(逆) 正向移动
正反应方向为气体体积增大的放热反应 ⑤增大压强 或升高温度 v'(正)、v'(逆) 均增大,且 v'(逆)>v'(正) 逆向移动
⑥减小压强 或降低温度 v'(正)、v'(逆) 均减小,且 v'(正)>v'(逆) 正向移动
反应前后气体化学计量数之和相等的平衡体系 ⑦正催化剂 或增大压强 v'(正)、v'(逆) 均增大相 同倍数,即 v'(正)=v'(逆) 平衡不 移动
⑧减小压强 v'(正)、v'(逆) 同等倍数减小,即v'(正)=v'(逆)
知|识|对|练
角度十二 化学反应的曲线
17.一定温度下,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像如图所示。则下列说法符合该图像的是______(填字母)。
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,缩小了容器容积
D.t1时刻,使用了催化剂
角度十三 温度与选择性的双重影响
18.汽车排气管装有三元催化剂装置,在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂,右上角带“*”表示吸附状态]:
Ⅰ.NO+Pt(s)===NO*
Ⅱ.CO+Pt(s)===CO*
Ⅲ.NO*===N*+O*
Ⅳ.CO*+O*===CO2+Pt(s)
Ⅴ.N*+N*===N2+Pt(s)
Ⅵ.NO*+N*===N2O+Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。
(1)图1中温度从Ta升至Tb的过程中,反应物浓度急剧减小的主要原因是___________________________________________________________
___________________________________________________________。
(2)图2中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能________(填“<”“>”或“=”)反应Ⅵ的活化能;T3 ℃时发生的主要反应为____(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。
微充电 素养提升
名师大招——抓住四要素 破解速率常数
【方法归纳】
1.速率常数的含义。
速率常数(k)是指在给定温度下,反应物浓度皆为1 mol·L-1时的反应速率。在相同的浓度条件下,可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率。
化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比,而速率常数是其比例常数,在恒温条件下,速率常数不随反应物浓度的变化而改变。因此,可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
2.速率方程。
一定温度下,对于基元反应化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于基元反应(能够一步完成的反应):
aA(g)+bB(g)===gG(g)+hH(g)
则v=k·ca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。
如①SO2Cl2SO2+Cl2 v=k1·c(SO2Cl2)
②2NO22NO+O2 v=k2·c2(NO2)
③2H2+2NON2+2H2O v=k3·c2(H2)·c2(NO)
3.速率常数的影响因素。
温度对化学反应速率的影响是显著的,速率常数是温度的函数,通常反应速率常数越大,反应进行得越快。同一反应,温度不同,速率常数将有不同的值,但浓度不影响速率常数。
4.相同温度下,正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系。
对于基元反应:aA(g)+bB(g)gG(g)+hH(g)
v正=k正·ca(A)·cb(B);
v逆=k逆·cg(G)·ch(H);
平衡常数K==;
反应达平衡时,v正=v逆,故K=。
【母题】 反应2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g)中,每生成7 g N2,放出166 kJ的热量,该反应的速率表达式为v=k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n待测),其反应包含下列两步:
①2NO+H2===N2+H2O2 (慢)
②H2O2+H2===2H2O (快)
T ℃时测得有关实验数据如下:
序号 c(NO)/ (mol·L-1) c(H2)/ (mol·L-1) 速率/ (mol·L-1·min-1)
Ⅰ 0.006 0 0.001 0 1.8×10-4
Ⅱ 0.006 0 0.002 0 3.6×10-4
Ⅲ 0.001 0 0.006 0 3.0×10-5
Ⅳ 0.002 0 0.006 0 1.2×10-4
下列说法错误的是( )
A.整个反应速率由第①步反应决定
B.正反应的活化能一定是①<②
C.该反应速率表达式:v=5 000c2(NO)·c(H2)
D.该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g) ΔH=-664 kJ·mol-1
【衍生1】 工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2,原理为CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g),该反应的逆反应速率表达式为v逆=k·c(CO)·c3(H2),k为速率常数,在某温度下测得实验数据如表所示:
CO浓度/ (mol·L-1) H2浓度/ (mol·L-1) 逆反应速率/ (mol·L-1·min-1)
0.1 c1 8.0
c2 c1 16.0
c2 0.15 6.75
由上述数据可得该温度下,c2=________,该反应的逆反应速率常数k=________ L3·mol-3·min-1。
【衍生2】 300 ℃时,2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的逆反应速率表达式为v逆=k·cn(ClNO),测得速率和浓度的关系如表:
序号 c(ClNO)/(mol·L-1) v/(mol·L-1·s-1)
① 0.30 3.60×10-9
② 0.60 1.44×10-8
③ 0.90 3.24×10-8
n=________;k=________________。
微真题 把握方向
考向一 化学反应速率
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.石墨合成金刚石时要增大压强
2.(2024·江苏卷)下列说法正确的是( )
A.豆科植物固氮过程中,固氮酶能提高该反应的活化能
B.C2H4与O2反应中,Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性
C.H2O2制O2反应中,MnO2能加快化学反应速率
D.SO2与O2反应中,V2O5能减小该反应的焓变
3.(2022·辽宁卷)某温度下,在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X发生反应2X(s)Y(g)+2Z(g),有关数据如表:
时间段/min 产物Z的平均生成速率/ (mol·L-1·min-1)
0~2 0.20
0~4 0.15
0~6 0.10
下列说法错误的是( )
A.1 min时,Z的浓度大于0.20 mol·L-1
B.2 min时,加入0.20 mol Z,此时v正(Z)C.3 min时,Y的体积分数约为33.3%
D.5 min时,X的物质的量为1.4 mol
考向二 化学反应速率图表
4.(2024·甘肃卷)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示,下列说法错误的是( )
A.E2=1.41 eV
B.步骤2逆向反应的ΔH=+0.29 eV
C.步骤1的反应比步骤2快
D.该过程实现了甲烷的氧化
5.(2023·浙江卷1月)标准状态下,气态反应物和生成物的相对能量与反应过程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0],下列说法不正确的是( )
A.E6-E3=E5-E2
B.可计算Cl—Cl键键能为2(E2-E3)kJ·mol-1
C.相同条件下,O3的平衡转化率:过程Ⅱ>过程Ⅰ
D.过程Ⅰ、过程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)===O2(g)+Cl(g) ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1
6.(2022·河北卷改编)恒温恒容条件下,向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方程式为①XY;②YZ。反应①的速率v1=k1·c(X),反应②的速率v2=k2·c(Y),式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线,图乙为反应①和②的ln k~曲线。下列说法错误的是( )
A.随着c(X)的减小,反应①②的速率均降低
B.体系中可能存在v(X)+v(Y)=v(Z)
C.欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间
D.温度低于T1时,总反应速率由反应②决定
7.(2022·广东卷)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则( )
A.无催化剂时,反应不能进行
B.与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低
C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D.使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(X)=1.0 mol·L-1·min-1
8.(2023·新课标卷) 研究表明,合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位,N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中,速率控制步骤(即速率最慢步骤)为________(填步骤前的标号),理由是___________________________________________________________
___________________________________________________________。
第30讲 化学反应速率及其影响因素
微考点·核心突破
考点1
知识梳理
1.减小 增加 mol/(L·s) mol·L-1·s-1
2.(1)可能是不同的 相同的 (2)化学方程式中对应物质的化学计量数之比 有关物质浓度变化量之比 (3)不
思维辨析
1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
知识对练
1.答案 0.001 0
解析 由题图可知,0~60 s时段,N2O4的物质的量浓度变化为0.060 mol·L-1,v(N2O4)==0.001 0 mol·L-1·s-1。
2.答案 (1)600~1 200 s内平均速率v(N2O5)==5.0×10-4 mol·L-1·s-1,则生成NO2的平均速率v(NO2)=2v(N2O5)=2×5.0×10-4 mol·L-1·s-1=1.0×10-3 mol·L-1·s-1。
(2)0~2 220 s内N2O5的浓度变化为1.40 mol·L-1-0.35 mol·L-1=1.05 mol·L-1,
Δn(N2O5)=1.05 mol·L-1×0.1 L=0.105 mol,
由反应方程式化学计量数关系得:
Δn(O2)=Δn(N2O5)=0.052 5 mol,
则标准状况下的V(O2)=0.052 5 mol×22.4 L·mol-1=1.176 L。
(3)3 930
解析 (3)分析表中数据可知,该反应经过1 110 s(600~1 710,1 710~2 820)后N2O5的浓度会变为原来的,因此,N2O5的浓度由0.24 mol·L-1变为0.12 mol·L-1时,可以推测题表中的x为2 820+1 110=3 930。
3.C 解析 比较不同条件下速率快慢时需要统一单位、统一物质,则将四种不同条件下的速率均转化为CO的速率,①v(CO)=4v[Ni(CO)4]=0.8 mol·L-1·s-1=48 mol·L-1·min-1;②v(CO)=6.0 mol·L-1·min-1;③v(CO)=4v[Ni(CO)4]=4.8 mol·L-1·min-1;④v(CO)=0.5 mol·L-1·s-1=30 mol·L-1·min-1;则速率①>④>②>③。
4.C 解析 设4 min时,生成6x mol H2O(g)。
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) n(总)
起始 4 3 0 0 7
变化 4x 3x 2x 6x
终态 4-4x 3-3x 2x 6x 7+x
据题意,则有=0.4,解得x=0.5,
则4 min内H2O(g)的变化浓度为
Δc(H2O)==1.5 mol·L-1,
v(H2O)==0.375 mol·L-1·min-1,
再由各物质表示的速率之比等于各物质的化学计量数之比,可得各物质表示的反应速率分别为
v(N2)=0.125 mol·L-1·min-1,
v(NH3)=0.250 mol·L-1·min-1,
v(O2)=0.187 5 mol·L-1·min-1。
5.答案
解析 列出“三段式”
气体总压之比等于气体物质的量之比,所以10 min时体系总压p10 min满足=,即p10 min=p0 kPa,p初始(SO2)=p0 kPa,p10 min(SO2)=p0 kPa×=p0 kPa,故v(SO2)==p0 kPa·min-1。
考点2
知识梳理
2.增大 减小 增大 减小 增大 减小 相同 接触面积
思维辨析
1.× 提示:化学反应速率的决定因素是反应物自身的性质。
2.× 提示:催化剂对反应都有选择性,二氧化锰并不是“万能”催化剂,它只能催化某些反应。
3.× 提示:当硫酸浓度增大为浓硫酸时,Zn与浓硫酸反应不产生H2。
4.√ 提示:恒温恒压时增加稀有气体的量会使容器容积增大,反应物浓度减小,反应速率减慢。
5.× 提示:增大反应物的浓度,不能增大活化分子的百分含量,只能增大单位体积内活化分子的个数。
知识对练
6.D 解析 分析可知328.2 K的瞬时速率与浓度的关系成正比,则=,解得a=6.00,A项正确;从题给数据看,浓度越大、温度越高,反应速率越快,增大浓度同时降低温度,瞬时反应速率可能会不变,B项正确;浓度不变时,b K下反应速率低于318.2 K下的反应速率,故b<318.2,C项正确;题给数据是瞬时速率而不是平均速率,故不能作为判断所用时间的依据,D项错误。
7.C 解析 增大固体的量、恒容时充入N2对反应速率无影响。
8.C 解析 催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率,加快正反应速率的同时也加快逆反应速率,A项正确;一般情况下,反应的活化能越小,反应速率越快,故反应②的活化能比反应①的小,B项正确;催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的物质,从反应历程图中可知,该反应的催化剂为V2O5,C项错误;过程中反应①有V—O键的断裂,反应②有V—O键的形成,D项正确。
9.A 解析 使用催化剂,降低反应的活化能,活化分子百分数增多,但反应物分子能量不变,也不改变反应热,A项正确,B、C两项错误;活化络合物的能量高出反应物和生成物,因此无论是反应物还是生成物,转化为活化络合物都要吸收能量,D项错误。
10.B 解析 Zn + 2H+ === Zn2+ + H2↑
65 g 2 mol 1 mol 22.4 L
0.13 g 0.004 mol 0.002 mol 0.044 8 L
v(H+)==0.01 mol·L-1·s-1,A项正确;v(Zn2+)=v(H+)=0.005 mol·L-1·s-1,B项错误;用锌粒表示10 s内该反应的速率为=0.013 g·s-1,C项正确;用H2表示10 s内该反应的速率为=0.000 2 mol·s-1,D项正确。
11.C 解析 对比实验①②可知,两实验中只有H2C2O4水溶液浓度不同,且浓度大的褪色时间较短,故H2C2O4水溶液浓度增大,反应速率加快,A项正确;对比实验②③可知,两实验中只有H2C2O4水溶液的体积不同,且前者大,则相当于高锰酸钾水溶液的浓度小,褪色时间长,则酸性高锰酸钾水溶液浓度增大,反应速率加快,B项正确;若为验证H+浓度对反应速率的影响,设计实验④并与③对照,则氯离子也可能对反应速率有影响,从而引起干扰,无法得到验证,C项错误;实验③高锰酸钾氧化草酸生成二氧化碳,反应的离子方程式为2Mn+6H++5H2C2O4===2Mn2++10CO2↑+8H2O,D项正确。
考点3
知识梳理
3.(1)活化分子 (2)活化分子
思维辨析
1.√ 2.√ 3.× 4.√
知识对练
12.B 解析 ①中氢气和氧气的反应要经过多步反应才能完成,不属于基元反应;②中的反应是氢气和氧气反应过程中的一个基元反应;③中H+和OH-的中和反应是基元反应;④中O3转化为O2的反应是总反应,要经过几步反应才能完成,不属于基元反应。故选B。
13.D 解析 活化分子之间的有效碰撞才能发生化学反应,A、B两项错误;活化能是活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差,C项错误;活化分子百分数越大,则单位体积内活化分子数越多,单位时间内有效碰撞的次数越多,反应速率越大,D项正确。
14.B 解析 由题给信息可知,第①步为慢反应,增大反应物的浓度,其反应速率增大,A项错误;任何一个反应,粒子之间的碰撞不可能都是有效碰撞,B项正确;由总反应可知,Fe2+是该反应的中间产物,Fe3+是催化剂,C项错误;活化能大则反应慢,故第①步反应的活化能较大,D项错误。
15.C 解析 活化配合物取向适当才是有效碰撞,A项错误;活化配合物能量越高,第一步反应速率越慢,B项错误;反应物需要吸收能量形成高能量的活化配合物,C项正确;该反应的反应速率主要取决于慢反应,即取决于第一步反应,D项错误。
16.B 解析 整个过程中H+是催化剂,先参与第一步反应,在最后一步反应生成,A项正确;由图可知该过程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol-1,B项错误;决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应,由图可知,该基元反应为—→CH3OCH3+H+,C项正确。
考点4
知识梳理
1.放热 温度 逐渐增大 c(H+) 逐渐减小
2.(1)①X、Y Z ②t3 (2)① mol·L-1·s-1 ×100% ②(n1-n3)∶(n2-n3)∶n2
知识对练
17.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
解析 (1)分析图像知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%。(2)各物质的转化量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,则该反应的化学方程式为X(g)+Y(g)2Z(g)。(3)由图像可知,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、升高体系温度均不会同等程度地改变正、逆反应速率,A、B两项错误;该反应为反应前后气体体积不变的反应,缩小容器容积,增大压强,可同等程度地增大正、逆反应速率,C项正确;使用催化剂可同等程度地改变正、逆反应速率,D项正确。
18.答案 (1)温度升高,催化剂活性增强,反应速率加快 (2)> Ⅳ
解析 (1)由图1可知,温度升高,反应物的消耗量增大,说明催化剂的活性增强,反应速率加快。(2)由图2可知,T2 ℃时,N2的浓度小于N2O的浓度,说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的反应速率,则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能;T3 ℃时,生成物二氧化碳的浓度最大,说明发生的主要反应为反应Ⅳ。
微充电·素养提升
母题 B 解析 由①②两反应知,反应过程中慢反应决定反应速率,整个反应速率由第①步反应决定,A项正确;反应①慢,说明反应①的活化能大,正反应的活化能一定是①>②,B项错误;比较实验Ⅰ、Ⅱ数据可知,NO浓度不变,氢气浓度增大一倍,反应速率增大一倍,比较实验Ⅲ、Ⅳ数据可知,H2浓度不变,NO浓度增大一倍,反应速率增大四倍,据此得到速率方程v=k·c2(NO)·c(H2),依据实验Ⅰ中数据计算k=5 000,则速率表达式为v=5 000c2(NO)·c(H2),C项正确;反应2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g)中,每生成7 g N2放出166 kJ的热量,生成28 g N2放热664 kJ,热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g) ΔH=-664 kJ·mol-1,D项正确。
衍生1 答案 0.2 1.0×104
解析 根据v逆=k·c(CO)·c3(H2),由表中数据可得:(c1 mol·L-1)3=,c2 mol·L-1=,所以有k××=16.0 mol·L-1·min-1,解得k=1.0×104 L3·mol-3·min-1,代入c2的等式可得c2=0.2。
衍生2 答案 2 4.0×10-8 L·mol-1·s-1
解析 根据表格①②中的数据,代入速率表达式然后做比:=,解得n=2,k=4×10-8 L·mol-1·s-1。
微真题·把握方向
1.C 解析 催化剂可以改变化学反应速率,一般来说,催化剂可以用来加快化学反应速率,故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率,A项不符合题意;中和滴定时,边滴边摇锥形瓶,可以让反应物快速接触,可以加快化学反应速率,B项不符合题意;锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度,会降低化学反应速率,C项符合题意;石墨合成金刚石,该反应中没有气体参与,增大压强不会改变化学反应速率,D项不符合题意。
2.C 解析 固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂,能降低该反应的活化能,A项错误;根据题意,催化剂有选择性,如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO,则判断Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性,B项错误;MnO2是H2O2制O2反应的催化剂,能加快化学反应速率,C项正确;V2O5是SO2与O2反应的催化剂,能加快反应速率,但不能改变该反应的焓变,D项错误。
3.B 解析 反应开始一段时间,随着时间的延长,反应物浓度逐渐减小,产物Z的平均生成速率逐渐减小,则0~1 min内Z的平均生成速率大于0~2 min内的,故1 min时,Z的浓度大于0.20 mol·L-1,A项正确;4 min时生成的Z的物质的量为0.15 mol·L-1·min-1×4 min×1 L=0.6 mol,6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol·L-1·min-1×6 min×1 L=0.6 mol,反应在4 min时已达到平衡,设达到平衡时生成了a mol Y,列三段式:
根据2a=0.6,得a=0.3,则Y的平衡浓度为0.3 mol·L-1,Z的平衡浓度为0.6 mol·L-1,平衡常数K=c2(Z)·c(Y)=0.108,2 min时Y的浓度为0.2 mol·L-1,Z的浓度为0.4 mol·L-1,加入0.2 mol Z后的浓度变为0.6 mol·L-1,Q=c2(Z)·c(Y)=0.072v逆(Z),B项错误;反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2,反应体系中只有Y和Z为气体,相同条件下,体积之比等于物质的量之比,=,故Y的体积分数始终约为33.3%,C项正确;5 min时反应处于平衡状态,此时生成Z为0.6 mol,则X的转化量为0.6 mol,初始X的物质的量为2 mol,剩余X的物质的量为1.4 mol,D项正确。
4.C 解析 由能量变化图可知,E2=0.70 eV-(-0.71 eV)=1.41 eV,A项正确;步骤2逆向反应的ΔH=-0.71 eV-(-1.00 eV)=+0.29 eV,B项正确;步骤1的活化能E1=0.70 eV,步骤2的活化能E3=-0.49 eV-(-0.71 eV)=0.22 eV,步骤1的活化能大于步骤2的活化能,步骤1的反应比步骤2慢,C项错误;该过程甲烷转化为甲醇,属于加氧氧化,该过程实现了甲烷的氧化,D项正确。
5.C 解析 对比两个过程可知,过程Ⅱ中增加了催化剂,降低了反应的活化能,加快了反应速率。催化剂能降低活化能,但是不能改变反应的焓变,因此E6-E3=E5-E2,A项正确;已知Cl2(g)的相对能量为0,对比两个过程可知,Cl(g)的相对能量为(E2-E3)kJ·mol-1,则Cl—Cl键键能为2(E2-E3)kJ·mol-1,B项正确;催化剂不能改变反应的平衡转化率,因此相同条件下,O3的平衡转化率过程Ⅱ=过程Ⅰ,C项错误;活化能越低,反应速率越快,由图像可知,过程Ⅱ中第二步反应的活化能最低,所以速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)===O2(g)+Cl(g) ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1,D项正确。
6.A 解析 由题图中的信息可知,浓度随时间变化逐渐减小的曲线代表的是X,浓度随时间变化逐渐增大的曲线代表的是Z,浓度随时间变化先增大后减小的曲线代表的是Y;由题图乙中的信息可知,反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。由题图甲中的信息可知,随着c(X)的减小,c(Y)先增大后减小,c(Z)增大,因此,反应①的速率随c(X)的减小而减小,而反应②的速率先增大后减小,A项错误;根据体系中发生的反应可知,在Y的浓度达到最大值之前,单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量,因此,v(X)=v(Y)+v(Z),但是,在Y的浓度达到最大值之后,单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量,故v(X)+v(Y)=v(Z),B项正确;升高温度可以加快反应①的速率,但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的,且反应②的速率随Y浓度的增大而增大,因此,欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间,C项正确;由题图乙信息可知,温度低于T1时,k1>k2,反应②为慢反应,因此,总反应速率由反应②决定,D项正确。
7.D 解析 由题图可知,无催化剂时,随着反应进行,生成物浓度也在增大,说明反应也在进行,A项错误;由题图可知,催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好,说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低,反应更快,B项错误;由题图可知,使用催化剂Ⅱ时,在0~2 min内Y的浓度变化了2.0 mol·L-1,而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L-1,二者变化量之比不等于化学计量数之比,所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化,C项错误;使用催化剂Ⅰ时,在0~2 min内,Y的浓度变化了4.0 mol·L-1,则v(Y)===2.0 mol·L-1·min-1,v(X)=v(Y)=×2.0 mol·L-1·min-1=1.0 mol·L-1·min-1,D项正确。
8.答案 (ⅱ) 在化学反应中,最大的能垒为速率控制步骤,而断开化学键的步骤都属于能垒,由于N≡N键键能比H—H键键能大很多,因此,在上述反应机理中,速率控制步骤为(ⅱ)
解析 由题图1中信息可知,N2(g)===N(g)的ΔH=+473 kJ·mol-1,则N≡N键键能为946 kJ·mol-1;H2(g)===3H(g)的ΔH=+654 kJ·mol-1,则H—H键键能为436 kJ·mol-1。在化学反应中,最大的能垒为速率控制步骤,而断开化学键的步骤都属于能垒,由于N≡N键键能比H—H键键能大很多,因此,在上述反应机理中,速率控制步骤为(ⅱ)。(共138张PPT)
第30讲
大单元六 化学反应速率与化学平衡
化学反应速率及其影响因素
目
标
速
览
1.知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。2.通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。3.知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。4.能进行化学反应速率的简单计算，能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。
考点1 化学反应速率及相关计算
微考点/核心突破
第一部分
1.定义
化学反应速率：在容积不变的反应器中，常用单位时间内反应物浓度的_________或生成物浓度的_________来表示。它的常用单位是
______________(或______________)等。
2.注意事项
(1)同一反应里用不同物质的浓度变化来表示反应速率时，其数值
_______________，故应标明是用哪种物质表示的化学反应速率，但这些数值表示的意义是_________，均表示该化学反应的快慢。
减小
增加
mol/(L·s)
mol·L-1·s-1
可能是不同的
相同的
(2)同一反应里，各物质表示的反应速率之比等于_________________
__________________________，也等于同一时间内_______________
____________。
(3)化学反应速率在不同的时间间隔内______相等。
化学方程式中对应物质的化学计量数之比
有关物质浓度变化量之比
不
思维辨析
判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
1.由v=计算平均速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负 值。( )
2.单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率，生成物浓度的变化量表示逆反应速率。( )
3.对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率。( )
4.化学反应速率为0.8 mol·L-1·s-1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L-1。( )
5.同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越 大，表示化学反应速率越快。( )
1.避误区
(1)化学反应速率是一段时间内的平均速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
(2)在一定温度下，固体和纯液体物质，改变其用量，不影响化学反应速率。
(3)同一化学反应在相同条件下，用不同物质表示的化学反应速率，其数值可能不同，但意义相同。
(4)计算反应速率时，若给出的是物质的量的变化值，不要忘记转化为物质的量浓度的变化值。
2.化学反应速率大小的比较方法
由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能不同，所以比较反应的快慢不能只看数值的大小，而要进行一定的转化。
(1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同的单位。
(2)换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小。
(3)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应aA+bB===cC+dD，例如比较与，若>，则用A表示的反应速率比B大。
3.“三段式”法计算化学反应速率的答题模板
(1)基本步骤。
①准确写出化学方程式。
②找出各物质的初始量、转化量、平衡量(物质的量浓度或物质的 量)。
③根据已知条件建立等式关系进行解答。
(2)基本模式。
mA + nB===pC+qD
起始/(mol·L-1) a b 0 0
变化/(mol·L-1) mx nx px qx
平衡/(mol·L-1) a-mx b-nx px qx
角度一 “v=”的应用
1.在容积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)
2NO2(g)，体系中各物质浓度随时间变化如图所示。
在0~60 s时段，反应速率 v(N2O4)为________ mol·L-1·s-1。
0.001 0
由题图可知，0~60 s时段，N2O4的物质的量浓度变化为0.060 mol
·L-1，v(N2O4)==0.001 0 mol·L-1·s-1。
解析
2.一定温度下，在N2O5的四氯化碳溶液(100 mL)中发生分解反应2N2O5 4NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：
(1)计算600~1 200 s，生成NO2的平均速率。
(2)计算反应2 220 s时，放出标准状况下的O2体积。
(3)分析上表的变化规律，推测表中x值。
t/s 0 600 1 200 1 710 2 220 2 820 x
c(N2O5)/(mol·L-1) 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12
(1)600~1 200 s内平均速率v(N2O5)==5.0×10-4 mol·L-1·s-1，则生成NO2的平均速率v(NO2)=2v(N2O5)=2×5.0×
10-4 mol·L-1·s-1=1.0×10-3 mol·L-1·s-1。
(2)0~2 220 s内N2O5的浓度变化为1.40 mol·L-1-0.35 mol·L-1=1.05 mol·L-1，Δn(N2O5)=1.05 mol·L-1×0.1 L=0.105 mol，
答案
由反应方程式化学计量数关系得：
Δn(O2)=Δn(N2O5)=0.052 5 mol，
则标准状况下的V(O2)=0.052 5 mol×22.4 L·mol-1=1.176 L。
(3)3 930
答案
(3)分析表中数据可知，该反应经过1 110 s(600~1 710，1 710~ 2 820)后N2O5的浓度会变为原来的，因此，N2O5的浓度由0.24 mol·L-1变为0.12 mol·L-1时，可以推测题表中的x为2 820+ 1 110=3 930。
解析
角度二 化学反应速率大小的比较
3.常压下羰基化法精炼镍Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)在不同条件下的化学反应速率如下。
①v[Ni(CO)4]=0.2 mol·L-1·s-1
②v(CO)=6.0 mol·L-1·min-1
③v[Ni(CO)4]=1.2 mol·L-1·min-1
④v(CO)=0.5 mol·L-1·s-1
下列化学反应速率由快到慢的排序正确的是( )
A.②>①>③>④ B.①>③>④>② C.①>④>②>③ D.③>①>④>②
比较不同条件下速率快慢时需要统一单位、统一物质，则将四种不同条件下的速率均转化为CO的速率，①v(CO)=4v[Ni(CO)4]= 0.8 mol·L-1·s-1=48 mol·L-1·min-1；②v(CO)=6.0 mol· L-1·min-1；③v(CO)=4v[Ni(CO)4]=4.8 mol·L-1·min-1；④v(CO) =0.5 mol·L-1·s-1=30 mol·L-1·min-1；则速率①>④>②>③。
解析
角度三 “三段式”模板突破化学反应速率的计算
4.NH3和纯净的O2在一定条件下发生反应
4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g)，现向一容积不变的2 L密闭容器中充入4 mol NH3和3 mol O2，4 min后，测得生成的H2O占混合气体体积的40%，则下列表示此段时间内该反应的平均速率不正确的是 ( )
A.v(N2)=0.125 mol·L-1·min-1 B.v(H2O)=0.375 mol·L-1·min-1
C.v(O2)=0.225 mol·L-1·min-1 D.v(NH3)=0.250 mol·L-1·min-1
设4 min时，生成6x mol H2O(g)。
4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) n(总)
起始 4 3 0 0 7
变化 4x 3x 2x 6x
终态 4-4x 3-3x 2x 6x 7+x
据题意，则有=0.4，解得x=0.5，
解析
则4 min内H2O(g)的变化浓度为Δc(H2O)==1.5 mol·L-1，
v(H2O)==0.375 mol·L-1·min-1，
再由各物质表示的速率之比等于各物质的化学计量数之比，可得各物质表示的反应速率分别为
v(N2)=0.125 mol·L-1·min-1，
v(NH3)=0.250 mol·L-1·min-1，
v(O2)=0.187 5 mol·L-1·min-1。
解析
5.工业制硫酸的过程中，SO2(g)转化为SO3(g)是关键的一步，550 ℃时，在1 L的恒温容器中，反应过程中部分数据如表：
反应时间/min SO2(g)/mol O2(g)/mol SO3(g)/mol
0 4 2 0
5 1.5
10 2
15 1
若在起始时总压为p0 kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表 示，气态物质分压=总压×气态物质的物质的量分数，则10 min内
SO2(g)的反应速率v(SO2)=_____kPa·min-1。
列出“三段式”
2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)
起始/mol 4 2 0
变化/mol 2 1 2
10 min时/mol 2 1 2
解析
气体总压之比等于气体物质的量之比，所以10 min时体系总压 p10 min满足=，即p10 min=p0 kPa，p初始(SO2)=p0 kPa， p10 min(SO2)=p0 kPa×=p0 kPa，故v(SO2)== p0 kPa·min-1。
解析
考点2 影响化学反应速率的因素
微考点/核心突破
第一部分
1.内因(主要因素)
反应物本身的性质。
2.外因(其他条件不变，只改变一个条件)
增大
减小
增大
减小
增大
减小
相同
接触面积
思维辨析
判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
1.决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂。( )
2.二氧化锰能加快所有化学反应的速率。( )
提示：化学反应速率的决定因素是反应物自身的性质。
提示：催化剂对反应都有选择性，二氧化锰并不是“万能”催化 剂，它只能催化某些反应。
3.锌与硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生H2的速率越快。( )
4.恒温恒压时，增加稀有气体的量，化学反应速率减慢。( )
5.增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大。( )
提示：当硫酸浓度增大为浓硫酸时，Zn与浓硫酸反应不产生H2。
提示：恒温恒压时增加稀有气体的量会使容器容积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢。
提示：增大反应物的浓度，不能增大活化分子的百分含量，只能增大单位体积内活化分子的个数。
实验：定性与定量研究影响化学反应速率的因素
【提出问题】
浓度、温度、催化剂等因素如何影响化学反应速率 如何测定化学反应速率
【实验探究Ⅰ】
实验方案设计：
影响因素 实验步骤 实验现象比较 结论
浓度 两种浓度的H2SO4溶液与Na2S2O3溶液反应均出现黄色浑浊，且滴加0.5 mol·L-1 H2SO4溶液的试管中比滴加0.1 mol·L-1 H2SO4溶液的试管中先出现黄色浑浊 浓度越
大，反
应速率
越快
温度 蒸馏水浴和热水浴中的两组实验均出现黄色浑浊，且热水浴中比蒸馏水浴中先出现黄色浑浊 温度
越高，
反应
速率
越快
催化剂 未加FeCl3溶液的H2O2溶液中产生气泡不明显，而滴有FeCl3溶液的H2O2溶液中产生大量气泡 催化剂可
加快化学
反应速率
【实验探究Ⅱ】
通过实验测定并比较下列化学反应的速率。
(1)按如图所示组装实验装置。在锥形瓶内放入2 g锌粒，通过分液漏斗加入40 mL 1 mol·L-1 H2SO4溶液，测量并记录收集10 mL H2所用时间。
(2)如果用4 mol·L-1 H2SO4溶液代替1 mol·L-1 H2SO4溶液，重复上述实验，所用时间会增加还是减少 请通过实验验证，并解释原因。
将测定结果填入下表，计算并比较化学反应速率。
【问题和讨论】
上述实验探究中，你用到了哪些科学方法
【答案】 上述实验探究中，用到了控制变量的方法。
试剂 所用时间 反应速率 结论
1 mol·L-1 H2SO4溶液
4 mol·L-1 H2SO4溶液
提醒 保证实验结果准确的做法
(1)锌粒的形状、大小要保持一致。
(2)装置气密性要好，秒表计时要准确。
(3)加硫酸要迅速。
(4)用分液漏斗加入硫酸时的操作：①取下顶部活塞或者使塞上的凹槽与漏斗口的小孔对齐，旋开下端活塞，保证液体顺利流下；②加完后应该立即关闭分液漏斗下端活塞，避免漏气。
拓展延伸 本实验测定反应速率的其他方法
(1)测定相同时间段内收集气体的多少来测定反应速率。
(2)测定溶液pH，利用H+浓度的变化测定反应速率。
(3)测定锌粒完全溶解所用的时间来测定反应速率。
1.避误区
(1)增减反应物的量并不一定能改变反应速率，如固体和纯液体在反应中可视为浓度不变，故增加其量并不能加快反应速率。
(2)不论是吸热反应还是放热反应，温度对反应速率的影响具有一致性。升高温度，正、逆反应速率都增大，但增大的倍数不同；降低温度，正、逆反应速率都减小，不会出现v正增大同时v逆减小的情 况。
2.气体反应体系中充入“惰性气体”(不参加反应)时对反应速率的影响结果
(1)恒温恒容：充入“惰性气体”—→总压增大—→物质的浓度不变 (活化分子浓度不变)—→反应速率不变。
(2)恒温恒压：充入“惰性气体”—→体积增大—→物质的浓度减小 (活化分子浓度减小)—→反应速率减小。
角度四 浓度和温度对化学反应速率的影响
6.在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如表。下列判断不正确的是( )
0.600 0.500 0.400 0.300
318.2 3.60 3.00 2.40 1.80
328.2 9.00 7.50 a 4.50
b 2.16 1.80 1.44 1.08
A.a=6.00
B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C.b<318.2
D.不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
分析可知328.2 K的瞬时速率与浓度的关系成正比，则=，解得a=6.00，A项正确；从题给数据看，浓度越大、温度越高，反应速率越快，增大浓度同时降低温度，瞬时反应速率可能会不 变，B项正确；浓度不变时，b K下反应速率低于318.2 K下的反应速率，故b<318.2，C项正确；题给数据是瞬时速率而不是平均速率，故不能作为判断所用时间的依据，D项错误。
解析
角度五 压强、催化剂对化学反应速率的影响
7.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( )
①增加C的量 ②将容器的容积缩小一半 ③保持容积不变，充入N2使体系压强增大 ④保持压强不变，充入N2使容器容积变大
A.①④ B.②③
C.①③ D.②④
增大固体的量、恒容时充入N2对反应速率无影响。
解析
8.“接触法制硫酸”的主要反应是2SO2+O2 2SO3，在催化剂表面的反应历程如下：
下列说法不正确的是( )
A.使用催化剂既能加快正反应
速率又能加快逆反应速率
B.反应②的活化能比反应①小
C.该反应的催化剂是V2O4
D.过程中既有V—O键的断裂，又有V—O键的形成
催化剂能同等程度地改变正、逆反应速率，加快正反应速率的同时也加快逆反应速率，A项正确；一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①的小，B项正 确；催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的物质，从反应历程图中可知，该反应的催化剂为V2O5，C项错误；过程中反应①有V—O键的断裂，反应②有V—O键的形成，D项正确。
解析
9.汽车尾气处理时存在反应：NO2(g)+CO(g) NO(g)+CO2(g)，该反应过程及能量变化如图所示。
下列说法正确的是( )
A.使用催化剂活化分子百分数增多
B.使用催化剂，反应物分子的能量变高
C.使用催化剂可以有效减少反应放出的热量
D.无论是反应物还是生成物，转化为活化络合物都要放出能量
使用催化剂，降低反应的活化能，活化分子百分数增多，但反应物分子能量不变，也不改变反应热，A项正确，B、C两项错误；活化络合物的能量高出反应物和生成物，因此无论是反应物还是生成物，转化为活化络合物都要吸收能量，D项错误。
解析
角度六 化学反应速率的定量测定
10.如图安装好实验装置(装置气密性良好)，在锥形瓶内盛有6.5 g锌粒(Zn的相对原子质量为65)，通过分液漏斗加入40 mL 2.5 mol·L-1的稀硫酸，将产生的H2收集在注射器中，10 s时恰好收集到标准状况下的H2 44.8 mL。下列说法不正确的是( )
A.忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H+表示10 s内该反应的速率为0.01 mol·L-1·s-1
B.忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2+表示10 s内该反应的速率为0.01 mol·L-1·s-1
C.用锌粒表示10 s内该反应的速率为0.013 g·s-1
D.用H2表示10 s内该反应的速率为0.000 2 mol·s-1
Zn + 2H+ === Zn2+ + H2↑
65 g 2 mol 1 mol 22.4 L
0.13 g 0.004 mol 0.002 mol 0.044 8 L
v(H+)==0.01 mol·L-1·s-1，A项正确；v(Zn2+)=v(H+)=
0.005 mol·L-1·s-1，B项错误；用锌粒表示10 s内该反应的速率为=0.013 g·s-1，C项正确；用H2表示10 s内该反应的速率为=0.000 2 mol·s-1，D项正确。
解析
角度七 用控制变量法探究影响化学反应速率的因素
11.某同学为探究浓度对化学反应速率的影响，设计以下实验。
① ② ③ ④
试剂a 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL 0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液
试剂b 2 mL 0.1 mol/L H2C2O4水溶液 2 mL 0.2 mol/L H2C2O4水溶液 1 mL 0.2 mol/L H2C2O4水溶液 1 mL以浓盐
酸为溶剂配
制的0.2 mol/L
H2C2O4水溶液
褪色 时间 690 s 677 s 600 s
下列说法错误的是( )
A.对比实验①②可知，H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快
B.对比实验②③可知，酸性高锰酸钾水溶液浓度增大，反应速率加快
C.为验证H+浓度对反应速率的影响，设计实验④并与③对照
D.实验③的离子方程式为2Mn+6H++5H2C2O4===2Mn2++10CO2↑+
8H2O
对比实验①②可知，两实验中只有H2C2O4水溶液浓度不同，且浓度大的褪色时间较短，故H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快，A项正确；对比实验②③可知，两实验中只有H2C2O4水溶液的体积不同，且前者大，则相当于高锰酸钾水溶液的浓度小，褪色时间长，则酸性高锰酸钾水溶液浓度增大，反应速率加快，B项正确；若为验证H+浓度对反应速率的影响，设计实验④并与③对照，则氯离子也可能对反应速率有影响，从而引起干扰，无法得到验证，C项错误；实验③高锰酸钾氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为2Mn+6H++5H2C2O4===2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项正确。
解析
关于“控制变量法”题目的解题策略
考点3 活化能
微考点/核心突破
第一部分
(2)反应历程：与某化学反应有关的一组基元反应反映了该反应的反应历程，反应历程又称反应机理。
(3)自由基：像上述反应历程中的I·一样，带有单电子的原子或原子团叫自由基，如O·自由基。
2.有效碰撞与活化能
(1)碰撞和有效碰撞。
碰撞 特点 ①碰撞次数非常巨大 ②不是每次碰撞都能发生化学反应
有效 碰撞 概念 能够发生化学反应的碰撞
发生有 效碰撞 的条件 ①反应物分子必须具有
一定的能量
②有合适的碰撞取向。
如反应2HI===H2+I2中
分子碰撞示意图如图所
示：
有效碰撞 有效碰 撞的实质 有效碰撞能使化学键断裂，自由基可以重新组合形成新的化学键，从而发生化学反应
(2)活化分子和活化能。
活化分子 发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量，这种能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子
活化能 活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做反应的活化能
活化能与 反应热 E1—→反应的活化能
E2—→活化分子变成生成物
分子放出的能量
E1-E2—→反应热(即ΔH)
活化能 与化学反 应速率的 关系 在一定条件下，活化分子所占的百分数是固定不变的。活化分子所占的百分数越大，单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越大。
可简略表示：活化能降低→普通分子变成活化分子→活化分子百分数增大→单位时间内有效碰撞的次数增多→化学反应速率增大
3.运用有效碰撞理论解释外界条件对化学反应速率的影响
(1)运用有效碰撞理论解释浓度对化学反应速率的影响。
其他条件不变时，对某一反应来说，活化分子在反应物分子中所占的百分数是一定的，增大反应物浓度→单位体积内__________的数目增多→单位时间内有效碰撞次数增多→化学反应速率增大。
活化分子
(2)运用有效碰撞理论解释温度对化学反应速率的影响。
其他条件不变时，升高温度，反应物分子的能量增加，使一部分原来能量较低的分子变成__________(如图所示)→活化分子百分数增加→单位时间内有效碰撞次数增多→反应速率增大。因此，升高温度可以增大反应速率。
活化分子
(3)运用有效碰撞理论解释催化剂对化学反应速率的影响。
其他条件不变时，使用适当的催化剂，可改变反应的过程，改变反应的活化能。如图所示，有催化剂时反应的活化能比无催化剂时反应的活化能降低了很多。这就使更多的反应物分子成为活化分子，增大了单位体积内反应物分子中活化分子的数目，从而增大了化学反应速率。
思维辨析
判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
1.反应过程又称反应机理。( )
2.基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。( )
3.反应物分子的每一次碰撞都能发生反应。( )
4.能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞。( )
角度八 基元反应
12.下列反应属于基元反应的是( )
①2H2+O2 2H2O
②H·+O2—→·OH+O·
③H++OH-===H2O
④2O3 3O2
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
①中氢气和氧气的反应要经过多步反应才能完成，不属于基元反应；②中的反应是氢气和氧气反应过程中的一个基元反应；③中H+和OH-的中和反应是基元反应；④中O3转化为O2的反应是总反应，要经过几步反应才能完成，不属于基元反应。故选B。
解析
角度九 活化分子 有效碰撞
13.下列说法正确的是( )
A.反应物分子相互碰撞即能发生化学反应
B.活化分子之间的碰撞一定可以发生化学反应
C.活化分子所具有的能量称为活化能
D.活化分子百分数越大，反应速率越大
活化分子之间的有效碰撞才能发生化学反应，A、B两项错误；活化能是活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，C项错误；活化分子百分数越大，则单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，反应速率越大，D项正确。
解析
角度十 活化能
14.(2025·鹤壁模拟)向H2O2溶液中加入少量FeCl3溶液，混合溶液中有大量气泡逸出，查阅资料知H2O2的分解机理如下：
①2Fe3++H2O2===2Fe2++O2↑+2H+ 慢
②H2O2+2Fe2++2H+===2H2O+2Fe3+ 快
下列有关说法正确的是( )
A.增大c(Fe3+)不影响产生气体的速率
B.第①步反应中Fe3+与H2O2的碰撞仅部分有效
C.Fe2+是该反应的催化剂
D.第②步反应的活化能较大
由题给信息可知，第①步为慢反应，增大反应物的浓度，其反应速率增大，A项错误；任何一个反应，粒子之间的碰撞不可能都是有效碰撞，B项正确；由总反应可知，Fe2+是该反应的中间产 物，Fe3+是催化剂，C项错误；活化能大则反应慢，故第①步反应的活化能较大，D项错误。
解析
角度十一 反应机理——快反应与慢反应
15.过渡态理论认为：化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合物，高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论，NO2(g)+CO(g)===CO2(g)+NO(g)的反应历程如下：
第一步：
第二步：
下列有关说法正确的是( )
A.第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞
B.活化配合物的能量越高，第一步的反应速率越快
C.第一步反应需要吸收能量
D.该反应的反应速率主要取决于第二步反应
活化配合物取向适当才是有效碰撞，A项错误；活化配合物能量越高，第一步反应速率越慢，B项错误；反应物需要吸收能量形成高能量的活化配合物，C项正确；该反应的反应速率主要取决于慢反应，即取决于第一步反应，D项错误。
解析
16.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的“清洁能源”，科学家研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应过程中相对能量变化如图所示。
解析
考点4 化学反应速率图像及其应用
微考点/核心突破
第一部分
1.全程速率—时间图像
如Zn与足量盐酸的反应，反应速率随时间的变化出现如图情况。
原因解释：AB段v渐大，主要是因为该反应为_______反应，随着反应的进行，_______逐渐升高，导致反应速率__________；BC段v渐小，则主要是因为随着反应的进行，溶液中_______逐渐减小，导致反应速率___________。
放热
温度
逐渐增大
c(H+)
逐渐减小
2.物质的量(或浓度)—时间图像
例如：某温度时，在定容(V L)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
(1)由图像得出如下信息。
①反应物是_________，生成物是_____。
②_____时反应达到平衡，X、Y没有全部反应。
(2)根据图像可进行如下计算。
①达到平衡时，某物质的平均反应速率、转化率，如v(X)=_________
_______，Y的转化率=______________。
②确定化学方程式中的化学计量数之比，如X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为_____________________。
X、Y
Z
t3
mol
·L-1·s-1
×100%
(n1-n3)∶(n2-n3)∶n2
3.速率—时间图像及应用
平衡体系 条件变化 速率变化 平衡变化 速率变化曲线
任一平 衡体系 ①增大反 应物浓度 v'(正)、v'(逆) 均增大，且 v'(正)>v'(逆) 正向移动
②减小反 应物浓度 v'(正)、v'(逆) 均减小，且 v'(逆)>v'(正) 逆向移动
任一 平衡 体系 ③增大生 成物浓度 v'(正)、v'(逆) 均增大，且 v'(逆)>v'(正) 逆向移动
④减小生 成物浓度 v'(正)、v'(逆) 均减小，且 v'(正)>v'(逆) 正向移动
正反应方向为气体体积增大的放热反应 ⑤增大压强 或升高温度 v'(正)、v'(逆) 均增大，且 v'(逆)>v'(正) 逆向 移动
⑥减小压强 或降低温度 v'(正)、v'(逆) 均减小，且 v'(正)>v'(逆) 正向 移动
反应前后气体化学计量数之和相等的平衡体系 ⑦正催化剂 或增大压强 v'(正)、v'(逆) 均增大相 同倍数，即 v'(正)=v'(逆) 平衡不 移动
⑧减小压强 v'(正)、v'(逆) 同等倍数减小， 即v'(正)=v'(逆)
角度十二 化学反应的曲线
17.一定温度下，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像如图所示。则下列说法符合该图像的是_______(填字母)。
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，缩小了容器容积
D.t1时刻，使用了催化剂
0.079 mol·L-1·s-1
0.395 mol·L-1
79.0%
X(g)+Y(g) 2Z(g)
CD
(1)分析图像知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%。(2)各物质的转化量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，则该反应的化学方程式为X(g)+Y(g) 2Z(g)。(3)由图像可 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
解析
X的浓度、升高体系温度均不会同等程度地改变正、逆反应速 率，A、B两项错误；该反应为反应前后气体体积不变的反应，缩小容器容积，增大压强，可同等程度地增大正、逆反应速率，C项正确；使用催化剂可同等程度地改变正、逆反应速率，D项正确。
解析
角度十三 温度与选择性的双重影响
18.汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]：
Ⅰ.NO+Pt(s)===NO* Ⅱ.CO+Pt(s)===CO*
Ⅲ.NO*===N*+O* Ⅳ.CO*+O*===CO2+Pt(s)
Ⅴ.N*+N*===N2+Pt(s) Ⅵ.NO*+N*===N2O+Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。
(1)图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是________________________________________。
(2)图2中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能______(填“<”“>”或“=”)反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时发生的主要反应为_____(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。
温度升高,催化剂活性增强,反应速率加快
>
Ⅳ
(1)由图1可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速率加快。(2)由图2可知，T2 ℃时，N2的浓度小于N2O的浓度，说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的反应速率，则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应Ⅳ。
解析
名师大招——抓住四要素
破解速率常数
微充电/素养提升
第二部分
【方法归纳】
1.速率常数的含义。
速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L-1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率。
化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比，而速率常数是其比例常数，在恒温条件下，速率常数不随反应物浓度的变化而改 变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速 率。
3.速率常数的影响因素。
温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，通常反应速率常数越大，反应进行得越快。同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值，但浓度不影响速率常数。
【母题】 反应2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g)中，每生成7 g N2，放出166 kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k·cm(NO)·cn(H2)(k、 m、n待测)，其反应包含下列两步：
①2NO+H2===N2+H2O2 (慢)
②H2O2+H2===2H2O (快)
T ℃时测得有关实验数据如下：
序号 c(NO)/(mol·L-1) c(H2)/(mol·L-1) 速率/(mol·L-1·min-1)
Ⅰ 0.006 0 0.001 0 1.8×10-4
Ⅱ 0.006 0 0.002 0 3.6×10-4
Ⅲ 0.001 0 0.006 0 3.0×10-5
Ⅳ 0.002 0 0.006 0 1.2×10-4
下列说法错误的是( )
A.整个反应速率由第①步反应决定
B.正反应的活化能一定是①<②
C.该反应速率表达式：v=5 000c2(NO)·c(H2)
D.该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g) ΔH=
-664 kJ·mol-1
由①②两反应知，反应过程中慢反应决定反应速率，整个反应速率由第①步反应决定，A项正确；反应①慢，说明反应①的活化能大，正反应的活化能一定是①>②，B项错误；比较实验Ⅰ、Ⅱ数据可知，NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一 倍，比较实验Ⅲ、Ⅳ数据可知，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大四倍，据此得到速率方程v=k·c2(NO)·c(H2)，依据实验Ⅰ中数据计算k=5 000，则速率表达式为v=5 000c2(NO)·
解析
c(H2)，C项正确；反应2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g)中，每生成7 g N2放出166 kJ的热量，生成28 g N2放热664 kJ，热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)===N2(g)+2H2O(g) ΔH=-664 kJ·mol-1，D项正确。
解析
CO浓度/(mol·L-1) H2浓度/(mol·L-1) 逆反应速率/(mol·L-1·min-1)
0.1 c1 8.0
c2 c1 16.0
c2 0.15 6.75
由上述数据可得该温度下，c2=_______，该反应的逆反应速率常数k=
_______________ L3·mol-3·min-1。
根据v逆=k·c(CO)·c3(H2)，由表中数据可得：(c1 mol·L-1)3=
，c2 mol·L-1=，所以有k×
×=16.0 mol·L-1·min-1，解得k=1.0×104 L3·mol-3·min-1，代入c2的等式可得c2=0.2。
解析
0.2
1.0×104
2
4.0×10-8 L·mol-1·s-1
根据表格①②中的数据,代入速率表达式然后做比:=,解得n=2,k=4×10-8 L·mol-1·s-1。
解析
微真题/把握方向
第三部分
考向一 化学反应速率
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.石墨合成金刚石时要增大压强
催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意；中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；石墨合成金刚石，该反应中没有气体参 与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意。
解析
2.(2024·江苏卷)下列说法正确的是( )
A.豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B.C2H4与O2反应中，Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性
C.H2O2制O2反应中，MnO2能加快化学反应速率
D.SO2与O2反应中，V2O5能减小该反应的焓变
解析
下列说法错误的是( )
A.1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L-1
B.2 min时，加入0.20 mol Z，此时v正(Z)C.3 min时，Y的体积分数约为33.3%
D.5 min时，X的物质的量为1.4 mol
反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0~1 min内Z的平均生成速率大于0~2 min内的，故1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L-1，A项正 确；4 min时生成的Z的物质的量为0.15 mol·L-1·min-1×4 min× 1 L=0.6 mol，6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol·L-1· min-1×6 min×1 L=0.6 mol，反应在4 min时已达到平衡，设达到平衡时生成了a mol Y，列三段式：
解析
2X(s) Y(g)+2Z(g)
起始/mol 2.0 0 0
转化/mol 2a a 2a
平衡/mol 2.0-2a a 0.6
根据2a=0.6，得a=0.3，则Y的平衡浓度为0.3 mol·L-1，Z的平衡浓度为0.6 mol·L-1，平衡常数K=c2(Z)·c(Y)=0.108，2 min时Y的浓度为0.2 mol·L-1，Z的浓度为0.4 mol·L-1，加入0.2 mol Z后的浓
解析
度变为0.6 mol·L-1，Q=c2(Z)·c(Y)=0.072v逆(Z)，B项错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，=，故Y的体积分数始终约为33.3%，C项正 确；5 min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6 mol，则X的转化量为0.6 mol，初始X的物质的量为2 mol，剩余X的物质的量为1.4 mol，D项正确。
解析
考向二 化学反应速率图表
4.(2024·甘肃卷)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是( )
A.E2=1.41 eV
B.步骤2逆向反应的ΔH=+0.29 eV
C.步骤1的反应比步骤2快
D.该过程实现了甲烷的氧化
由能量变化图可知，E2=0.70 eV-(-0.71 eV)=1.41 eV，A项正确；步骤2逆向反应的ΔH=-0.71 eV-(-1.00 eV)=+0.29 eV，B项正确；步骤1的活化能E1=0.70 eV，步骤2的活化能E3=-0.49 eV-(-0.71 eV)= 0.22 eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确。
解析
5.(2023·浙江卷1月)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应过程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是( )
A.E6-E3=E5-E2
B.可计算Cl—Cl键键能为2(E2-E3)kJ·mol-1
C.相同条件下，O3的平衡转化率：过程Ⅱ>过程Ⅰ
D.过程Ⅰ、过程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)===O2(g)+Cl(g) ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1
对比两个过程可知，过程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化 能，加快了反应速率。催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此E6-E3=E5-E2，A项正确；已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个过程可知，Cl(g)的相对能量为(E2-E3)kJ·mol-1，则Cl—Cl键键能为2(E2-E3)kJ·mol-1，B项正确；催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率过程Ⅱ=过程Ⅰ，C项错 误；活化能越低，反应速率越快，由图像可知，过程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g)===O2(g)+Cl(g) ΔH=(E5-E4)kJ·mol-1，D项正确。
解析
A.随着c(X)的减小，反应①②的速率均降低
B.体系中可能存在v(X)+v(Y)=v(Z)
C.欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D.温度低于T1时，总反应速率由反应②决定
由题图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的曲线代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的曲线代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的曲线代表的是Y；由题图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。由题图甲中的信息可知，随着c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A项错误；根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到
解析
最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v(X)=v(Y)+v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v(X)+v(Y)=v(Z)，B项正确；升高温度可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随Y浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时 间，C项正确；由题图乙信息可知，温度低于T1时，k1>k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D项正确。
解析
由题图可知，无催化剂时，随着反应进行，生成物浓度也在增 大，说明反应也在进行，A项错误；由题图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更 快，B项错误；由题图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2 min内Y的浓度变化了2.0 mol·L-1，而a曲线表示的X的浓度变化了 2.0 mol·L-1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，C项错误；使用
解析
催化剂Ⅰ时，在0~2 min内，Y的浓度变化了4.0 mol·L-1，则v(Y)===2.0 mol·L-1·min-1，v(X)=v(Y)=×2.0 mol·L-1·min-1=1.0 mol·L-1·min-1，D项正确。
解析
8.(2023·新课标卷) 研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_____
(填步骤前的标号)，理由是____________________________________
______________________________________________________________________________________________________________。
(ⅱ)
在化学反应中,最大的能垒为速率控制步骤,而断开化学键的步骤都属于能垒,由于N≡N键键能比H—H键键能大很多,因此,在上述反应机理中,速率控制步骤为(ⅱ)
由题图1中信息可知,N2(g)===N(g)的ΔH=+473 kJ·mol-1,则N≡N键键能为946 kJ·mol-1;H2(g)===3H(g)的ΔH=+654 kJ·mol-1,则H—H键键能为436 kJ·mol-1。在化学反应中,最大的能垒为速率控制步骤,而断开化学键的步骤都属于能垒,由于N≡N键键能比H—H键键能大很多,因此,在上述反应机理中,速率控制步骤为(ⅱ)。
解析课时微练(三十) 化学反应速率及其影响因素
基础训练
1.处理、回收CO是环境科学家研究的热点课题。CO用于处理大气污染物N2O,发生的反应为N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g) ΔH=-365 kJ·mol-1。
上述反应可用“Fe+”作催化剂,其总反应分两步进行:
第一步:Fe++N2OFeO++N2;
第二步:FeO++COFe++CO2,第二步反应不影响总反应达到平衡所用的时间。
下列说法正确的是( )
A.FeO+也是该反应的催化剂
B.第一步中Fe+与N2O的碰撞仅部分有效
C.第一步反应速率大于第二步反应速率
D.增大CO的浓度可显著增大处理N2O的反应速率
2.已知4NH3+5O24NO+6H2O(g),若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)(mol·L-1·min-1)表示,则正确的关系是( )
A.v(NH3)=v(O2)
B.v(O2)=v(H2O)
C.v(NH3)=v(H2O)
D.v(O2)=v(NO)
3.在恒温恒容条件下,发生反应A(s)+2B(g)3X(g),c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是( )
A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B.从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C.在不同时刻都存在关系:2v(B)=3v(X)
D.维持温度、容积、反应物起始的量不变,向反应体系中加入催化剂,c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
4.下列说法正确的是( )
A.增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子的百分数,从而使有效碰撞次数增多
B.有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的容积),可增大活化分子的百分数,从而使反应速率增大
C.升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数
D.催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数,从而增大反应速率
5.下表数据是在某高温下,金属镁和镍分别在氧气中进行氧化反应时,在金属表面生成氧化薄膜的实验记录如下(a和b均为与温度有关的常数):
反应时间t/h 1 4 9 16 25
MgO层厚Y/nm 0.05a 0.20a 0.45a 0.80a 1.25a
NiO层厚Y'/nm b 2b 3b 4b 5b
下列说法不正确的是( )
A.金属表面生成的氧化薄膜可以对金属起到保护作用
B.金属高温氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生长速率来表示
C.金属氧化膜的膜厚Y跟时间t所呈现的关系是:MgO氧化膜厚Y属直线型,NiO氧化膜厚Y'属抛物线型
D.Mg与Ni比较,金属镁具有更良好的耐氧化腐蚀性
6.在一容积可变的密闭容器中加入WO3和H2,进行反应WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g),下列说法不正确的是( )
A.增加H2O(g)的量,消耗H2的速率不变
B.将容器的容积缩小一半,其反应速率加快
C.保持容积不变,充入氩气,其反应速率不变
D.保持压强不变,充入氖气,H2O(g)的生成速率减慢
7.如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质的能量变化关系图,下列说法正确的是( )
A.题述反应为吸热反应
B.升高温度,Ea1、Ea2均减小,反应速率加快
C.增大Cl2的浓度,可提高反应速率,但不影响ΔH的大小
D.第一步反应的速率大于第二步反应的速率
8.室温下,在P和Q浓度相等的混合溶液中,同时发生反应①P+QX+Z和反应②P+QY+Z,反应①和②的速率方程分别是v1=k1·c2(P)、v2=k2·c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中,Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是( )
A.反应开始后,体系中X和Y的浓度之比保持不变
B.45 min时Z的浓度为0.4 mol·L-1
C.反应①的活化能比反应②的活化能大
D.如果反应能进行到底,反应结束时,有40%的P转化为Y
能力训练
9.用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素,离子方程式为2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率,探究某种影响化学反应速率的因素,设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化),实验装置如图甲所示:
实验 序号 A溶液 B溶液
① 20 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液 30 mL 0.01 mol·L-1 KMnO4溶液
② 20 mL 0.2 mol·L-1 H2C2O4溶液 30 mL 0.01 mol·L-1 KMnO4溶液
(1)该实验探究的是__________对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是________>________(填实验序号)。
(2)若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下),则在2 min末,c(Mn)=__________ mol·L-1(假设混合溶液的体积为50 mL)。
(3)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外,本实验还可通过测定______________________________来比较化学反应速率。
(4)小组同学发现反应速率变化如图乙,其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是①产物Mn2+是反应的催化剂,②____________________________________。
10.一氧化二氮(N2O)气体具有轻微的麻醉作用,被广泛应用于医学中。
(1)在恒容容器、不同温度(T)下,反应2N2O(g)2N2(g)+O2(g) ΔH=-163 kJ·mol-1中N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(半衰期指任一浓度的N2O消耗一半时所需的时间),则T1______(填“>”“<”或“=”)T2。当温度为T1、起始压强为p0,反应至t1 min时,体系压强p=________(用p0表示)。
(2)碘蒸气能大幅度提高N2O的分解速率,反应历程:
第一步 I2(g)2I(g) (快反应)
第二步 I(g)+N2O(g)N2(g)+IO(g) (慢反应)
第三步 IO(g)+N2O(g)N2(g)+O2(g)+I(g) (快反应)
实验表明,N2O的分解速率方程为v=k·c(N2O)·c0.5(I2)(k为速率常数)。下列表述正确的是________(填字母)。
A.温度升高,k增大
B.第一步反应对总反应速率起决定作用
C.第二步反应的活化能比第三步反应的大
D.N2O的分解速率与I2浓度无关
课时微练(三十) 化学反应速率及其影响因素
1.B 解析 FeO+为中间产物,不是催化剂,A项错误;由信息可知,第一步为慢反应,活化能较大,则第一步中Fe+与N2O的碰撞仅部分有效,B项正确;第二步反应不影响总反应达到平衡所用的时间,则第二步反应速率大于第一步反应速率,C项错误;CO参与第二步反应,且不影响达到平衡的时间,则增大CO的浓度对处理N2O的反应速率几乎无影响,D项错误。
2.D 解析 由已知可得v(NH3)=v(O2)=v(NO)=v(H2O),据此可知,A项应为v(NH3)=v(O2);B项应为v(O2)=v(H2O);C项应为v(NH3)=v(H2O);D项正确。
3.C 解析 从图像中可以得到单位时间内的浓度变化,反应速率是由单位时间内物质的浓度变化计算得到,从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率,A项正确;b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间,为反应开始时的瞬时速率,B项正确;化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比,则有3v(B)=2v(X),C项不正确;维持温度、容积不变,向反应体系中加入催化剂,平衡不移动,反应速率增大,达到新的平衡状态,平衡状态与原来的平衡状态相同,D项正确。
4.D 解析 浓度和压强的变化是改变单位体积内活化分子的总数,活化分子的百分数不变;温度、催化剂是改变活化分子的百分数,单位体积内分子总数不变。
5.D 解析 有些金属表面被氧化时会生成致密的氧化物薄膜,可以起到保护金属的作用,例如铝等,A项正确。金属腐蚀即金属失去电子被氧化的过程,因此可以用氧化膜的生长速率表示金属在高温下被氧化腐蚀的速率,B项正确。表格中列举的数据,时间间隔分别是1 h、3 h、5 h、7 h、9 h;对于MgO,结合MgO厚度的数据分析可知,MgO氧化膜每小时增加的厚度是定值即0.05a,Y=0.05a·t因此其随时间变化呈现线性关系;结合NiO厚度的数据分析,可得Y'=·b,所以NiO氧化膜与时间呈现抛物线形的关系,C项正确。根据表格数据分析可知,MgO氧化膜随时间推移,厚度呈现线性递增的趋势,而NiO氧化膜随时间推移,厚度增加越来越缓慢,说明NiO氧化膜的生成能够逐渐减缓Ni单质被氧化的速率,所以Ni的耐氧化腐蚀性能更好,D项错误。
6.A 解析 增加H2O(g)的量,容器容积会增大,H2的浓度会瞬间减小,则消耗H2的速率瞬间减小,A项错误;将容积缩小,氢气的浓度增大,反应速率加快,B项正确;容积不变,充入氩气,H2、H2O(g)的浓度不变,反应速率不变,C项正确;压强不变,充入氖气,容积增大,H2、H2O(g)的浓度减小,反应速率减慢,D项正确。
7.C 解析 由题图可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,该反应为放热反应,A项错误;升高温度,不能降低反应的活化能,即Ea1、Ea2均不变,但可以加快反应速率,B项错误;反应的焓变和反应的途径无关,只与反应的始态和终态有关,则增大反应物的浓度,不改变焓变的大小,但增大反应物Cl2的浓度,可提高反应速率,C项正确;第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能,第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应,所以第一步反应的速率小于第二步反应的速率,D项错误。
8.D 解析 根据①和②的速率方程分别是v1=k1·c2(P)、v2=k2·c2(P)(k1、k2为速率常数),反应开始后,体系中X和Y的浓度之比为,保持不变,A项正确;根据反应①P+Q===X+Z和反应②P+Q===Y+Z,可知每消耗1 mol Q同时生成1 mol Z,反应到45 min时,Q的浓度降低0.4 mol/L,则Z的浓度为0.4 mol·L-1,B项正确;反应到20 min时,Q的浓度降低0.3 mol/L,反应①中X浓度增大0.12 mol/L,则反应②中Y浓度增大0.18 mol/L,反应②的速率大于反应①,所以反应①的活化能比反应②的活化能大,C项正确;反应到20 min时,Q的浓度降低0.3 mol/L,反应①中X浓度增大0.12 mol/L,则反应②中Y浓度增大0.18 mol/L,如果反应能进行到底,反应结束时,有60%的P转化为Y,D项错误。
知识总结 速率常数
对于基元反应aA+dD===gG+hH,v=kca(A)cd(D)式中的k称为反应速率常数或速率常数,与浓度无关,但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响,不同反应有不同的速率常数。对于除基元反应外的其他大多数反应,该关系式中a、d与方程式中各粒子前的系数并无确定关系,需要根据实验测定得出。
9.答案 (1)浓度 ② ① (2)0.005 2 (3)KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需时间) (4)反应放热
解析 (1)对比①②实验中A溶液、B溶液的数据可知,除c(H2C2O4)不同外,其余各量均相同,显然该实验是探究浓度对化学反应速率的影响。实验②中A溶液的c(H2C2O4)比实验①中大,则实验②的化学反应速率快,相同时间内所得CO2的体积大。(2)收集到CO2的物质的量为n(CO2)==2×10-4 mol,则有
2Mn+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O
2 10
n(Mn) 2×10-4 mol
列式=,解得n(Mn)=4×10-5 mol。在2 min末,n(Mn)=30×10-3 L×0.01 mol·L-1-4×10-5 mol=2.6×10-4 mol,从而可得c(Mn)==0.005 2 mol·L-1。(3)可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需时间来比较化学反应速率。(4)t1~t2时间内反应速率变快,其可能原因主要有:①产物Mn2+(或MnSO4)是反应的催化剂;②反应放热,使混合溶液的温度升高。
10.答案 (1)> 1.25p0 (2)AC
解析 (1)其他条件相同时,随着温度升高,化学反应速率增大,N2O分解半衰期减小,故T1>T2。当温度为T1、起始压强为p0时,半衰期为t1 min,设起始时N2O的物质的量为1 mol,则t1 min时N2O的物质的量为0.5 mol,用“三段式”法进行计算:
2N2O(g)===2N2(g)+O2(g)
起始/mol 1 0 0
变化/mol 0.5 0.5 0.25
t1 min/mol 0.5 0.5 0.25
t1 min时总物质的量为(0.5+0.5+0.25)mol=1.25 mol,根据阿伏加德罗定律的推论可知,同温同体积时,气体的压强之比等于其物质的量之比,则=,p=1.25p0。(2)温度升高,化学反应速率v=k·c(N2O)·c0.5(I2)增大,则k增大,A项正确;化学反应速率由慢反应的反应速率决定,则第二步反应对总反应速率起决定作用,B项错误;活化能小的反应更容易发生,为快反应,故第二步反应的活化能比第三步反应的大,C项正确;v=k·c(N2O)·c0.5(I2),所以N2O的分解速率与I2的浓度有关,D项错误。(共31张PPT)
课时微练(三十)
化学反应速率及其影响因素
基础训练
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
下列说法正确的是( )
A.FeO+也是该反应的催化剂
B.第一步中Fe+与N2O的碰撞仅部分有效
C.第一步反应速率大于第二步反应速率
D.增大CO的浓度可显著增大处理N2O的反应速率
FeO+为中间产物，不是催化剂，A项错误；由信息可知，第一步为慢反应，活化能较大，则第一步中Fe+与N2O的碰撞仅部分有 效，B项正确；第二步反应不影响总反应达到平衡所用的时间，则第二步反应速率大于第一步反应速率，C项错误；CO参与第二步反应，且不影响达到平衡的时间，则增大CO的浓度对处理N2O的反应速率几乎无影响，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该
化学反应的平均速率
B.从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C.在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D.维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
从图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是由单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，A项正确；b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应开始时的瞬时速率，B项正确；化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比，则有3v(B)=2v(X)，C项不正确；维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
4.下列说法正确的是( )
A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增多
B.有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C.升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数
D.催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
浓度和压强的变化是改变单位体积内活化分子的总数，活化分子的百分数不变；温度、催化剂是改变活化分子的百分数，单位体积内分子总数不变。
解析
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
5.下表数据是在某高温下，金属镁和镍分别在氧气中进行氧化反应 时，在金属表面生成氧化薄膜的实验记录如下(a和b均为与温度有关的常数)：
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
反应时间t/h 1 4 9 16 25
MgO层厚Y/nm 0.05a 0.20a 0.45a 0.80a 1.25a
NiO层厚Y'/nm b 2b 3b 4b 5b
下列说法不正确的是( )
A.金属表面生成的氧化薄膜可以对金属起到保护作用
B.金属高温氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生长速率来表示
C.金属氧化膜的膜厚Y跟时间t所呈现的关系是：MgO氧化膜厚Y属直线型，NiO氧化膜厚Y'属抛物线型
D.Mg与Ni比较，金属镁具有更良好的耐氧化腐蚀性
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
有些金属表面被氧化时会生成致密的氧化物薄膜，可以起到保护金属的作用，例如铝等，A项正确。金属腐蚀即金属失去电子被氧化的过程，因此可以用氧化膜的生长速率表示金属在高温下被氧化腐蚀的速率，B项正确。表格中列举的数据，时间间隔分别是1 h、3 h、5 h、7 h、9 h；对于MgO，结合MgO厚度的数据分析可知，MgO氧化膜每小时增加的厚度是定值即0.05a，Y=0.05a·t因此其随时间变化呈现线性关系；结合NiO厚度的数据分析，可
解析
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
得Y'=·b，所以NiO氧化膜与时间呈现抛物线形的关系，C项正确。根据表格数据分析可知，MgO氧化膜随时间推移，厚度呈现线性递增的趋势，而NiO氧化膜随时间推移，厚度增加越来越缓慢，说明NiO氧化膜的生成能够逐渐减缓Ni单质被氧化的速率，所以Ni的耐氧化腐蚀性能更好，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
增加H2O(g)的量，容器容积会增大，H2的浓度会瞬间减小，则消耗H2的速率瞬间减小，A项错误；将容积缩小，氢气的浓度增大,反应速率加快，B项正确；容积不变，充入氩气，H2、H2O(g)的浓度不变，反应速率不变，C项正确；压强不变，充入氖气，容积增大，H2、H2O(g)的浓度减小，反应速率减慢，D项正确。
解析
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
7.如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2
生成CH3Cl的部分反应过程中各物
质的能量变化关系图，下列说法正
确的是( )
A.题述反应为吸热反应
B.升高温度，Ea1、Ea2均减小，反应速率加快
C.增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小
D.第一步反应的速率大于第二步反应的速率
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
由题图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，A项错误；升高温度，不能降低反应的活化能，即Ea1、Ea2均不变，但可以加快反应速率，B项错误；反应的焓变和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，则增大反应物的浓 度，不改变焓变的大小，但增大反应物Cl2的浓度，可提高反应速率，C项正确；第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，所以第一步反应的速率小于第二步反应的速率，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
8.室温下，在P和Q浓度相等的混合溶液中，同时发生反应①P+Q===X+Z和反应②P+Q===Y+Z，反应①和②的速率方程分别是v1=k1·c2(P)、v2=k2·c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中，Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是( )
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
A.反应开始后，体系中X和Y的浓度之比保持不变
B.45 min时Z的浓度为0.4 mol·L-1
C.反应①的活化能比反应②的活化能大
D.如果反应能进行到底，反应结束时，有40%的P转化为Y
根据①和②的速率方程分别是v1=k1·c2(P)、v2=k2·c2(P)(k1、k2为速率常数)，反应开始后，体系中X和Y的浓度之比为，保持不变, A项正确；根据反应①P+Q===X+Z和反应②P+Q===Y+Z，可知每
解析
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
消耗1 mol Q同时生成1 mol Z，反应到45 min时，Q的浓度降低
0.4 mol/L,则Z的浓度为0.4 mol·L-1，B项正确；反应到20 min时，Q的浓度降低0.3 mol/L，反应①中X浓度增大0.12 mol/L，则反应②中Y浓度增大0.18 mol/L，反应②的速率大于反应①，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，C项正确；反应到20 min时，Q的浓度降低0.3 mol/L，反应①中X浓度增大0.12 mol/L，则反应②中Y浓度增大0.18 mol/L，如果反应能进行到底，反应结束时，有60%的P转化为Y，D项错误。
解析
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
速率常数
对于基元反应aA+dD===gG+hH，v=kca(A)cd(D)式中的k称为反应速率常数或速率常数，与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，不同反应有不同的速率常数。对于除基元反应外的其他大多数反应，该关系式中a、d与方程式中各粒子前的系数并无确定关系，需要根据实验测定得出。
知识总结
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
9.用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素，离子方程式为2Mn+5H2C2O4+6H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化)，实验装置如图甲所示：
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
能力训练
(1)该实验探究的是 对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是 > (填实验序号)。
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
实验序号 A溶液 B溶液
① 20 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液 30 mL 0.01 mol·L-1
KMnO4溶液
② 20 mL 0.2 mol·L-1 H2C2O4溶液 30 mL 0.01 mol·L-1
KMnO4溶液
浓度
②
①
(2)若实验①在2 min末收集了4.48 mL CO2(标准状况下)，则在2 min 末，c(Mn)= mol·L-1(假设混合溶液的体积为50 mL)。
(3)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定___________________________________________________
________来比较化学反应速率。
(4)小组同学发现反应速率变化如图乙，其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是①产物Mn2+是反应的催化剂，② 。
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
0.005 2
KMnO4溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需时间)
反应放热
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
解析
29
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
解析
10.一氧化二氮(N2O)气体具有轻微的麻醉作用,被广泛应用于医学中。
(1)在恒容容器、不同温度(T)下，反应2N2O(g)
===2N2(g)+O2(g) ΔH=-163 kJ·mol-1中N2O分
解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(半衰
期指任一浓度的N2O消耗一半时所需的时间)，
则T1 (填“>”“<”或“=”)T2。当温度为T1、起始
压强为p0，反应至t1 min时，体系压强p= (用p0表示)。
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
>
1.25p0
(2)碘蒸气能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程：
第一步 I2(g)===2I(g) (快反应)
第二步 I(g)+N2O(g)===N2(g)+IO(g) (慢反应)
第三步 IO(g)+N2O(g)===N2(g)+O2(g)+I(g) (快反应)
实验表明,N2O的分解速率方程为v=k·c(N2O)·c0.5(I2)(k为速率常数)。下列表述正确的是 (填字母)。
A.温度升高，k增大
B.第一步反应对总反应速率起决定作用
C.第二步反应的活化能比第三步反应的大
D.N2O的分解速率与I2浓度无关
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
AC
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
解析
1
5
6
7
8
9
10
2
3
4
解析
