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化学反应速率MicrosoftWord文档
化学反应与化学平衡
§2—1化学反应速率
考试说明：
（1）了解化学反应速率的概念及其定量表示方法。
（2）了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。
（3）了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
命题趋向：
化学反应速率是历年来命题的重点，在近几年来其命题的方式及形式呈现出来一些新的特点：
注重考查反应速率的计算及影响因素、探究影响反应速率的因素，加强对图像分析及绘制能力的考查
要点梳理：
一、化学反应速率的有关计算
定义：
数学表达式。
单位：
规律：
同一反应用不同物质表示的化学反应速率之间存在如下的关系:
。
计算类型：
求速率、起始或平衡浓度、反应时间、容器体积、方程式计量数、物质的量、转化率、速率大小比较等
例1、（2011·江苏卷）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/t1mol·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1.20molH2O，到达平衡时，n（CO2）＝0.40mol。
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
【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0.60molCO和1.20molH2O，似乎与起始时向容器中充入0.60molH2O和1.20molCO效果是一致的，到达平衡时，n（CO2）＝0.40mol。
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。
【答案】BC
二、影响化学反应速率的因素（与化学平衡移动不能混淆）
内因：
影响反应速率的外因主要有：
（一）浓度对化学反应速率的影响：
（二）温度对化学反应速率的影响：
。
（三）压强对化学反应速率的影响：
有气体参与的反应,压强增大,化学反应速率___。
参加反应的物质是固体,液体或溶液时,压强对反应速率__影响?
（填有或无）
[探讨]N2+3H2==2NH3反应在密闭容器中进行
1.容器若为恒定容器,在容器内充入惰性气体,则化学反应速率_____（加快、不变、减慢），原因是_________
2.容器若为恒压容器,在容器内充入惰性气体,则反应速率（加快,不变,减慢）___,原因是。
（四）催化剂：
（五）其他：
例2、（2009
·山东卷）2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）是制备硫酸的重要反应。
下列叙述正确的是（）
A．催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率
B．增大反应体系的压强、反应速度一定增大
C．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间
D．在t1、t2时刻，SO3（g）的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3（g）生成的平均速率为
例3、（2009·宁夏、辽宁卷）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：
Na2S2O3+H2SO4====Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
H2O
V/mL
c/（mol·L-1）
V/mL
c/（mol·L1-）
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
【答案】D
【解析】本题考查影响化学反应速率的因素。
温度越高、
溶液的浓度越大，化学反应速率越快，即出现浑浊所需时间越短。
综合分析4种情况下的温度和浓度，D中温度最高，溶液浓度最大。
所以本题选D。
三、分析化学反应过程中速率变化的原因或改变反应速率，如何选择适当的条件。
例4、（2010·福建卷）下列有关化学研究的正确说法是
A．同时改变两个变量来研究反映速率的变化，能更快得出有关规律
B．对于同一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应的焓变相同
C．依据丁达尔现象可将分散系分为溶液、胶体与浊液
D．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事
实，推出F、Cl、Br、I的非金属递增的规律
【解析】本题侧重考查反应速率、盖斯定律、分散系、元素周期律重要的基本概念，规律。
A选项中同时改变两个变量来研究反应速率的变化，不容易判断影响反应速率的主导因素，因此更难得出有关规律；B选项是盖斯定律的表述；C选项中分散系的划分是以分散质颗粒大小来区分的；D选项，在以酸性强弱作为判断元素非金属性非金属性强弱依据时，是以最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为判断依据的。
【答案】B
例5、（2009·安徽卷）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298K或313K（其余实验条件见下表）,设计如下对比实验。
（1）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,计算降解反应在50～150s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:
________________________________________。
【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
探究溶液的pH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）
【解析】
（1）②的实验目的为“探究温度对降解反应速率的影响”，很显然就要固定其他变量〔pH、c（H2O2）、c（Fe2＋）〕，而只改变温度——题目中已给的另一个恒定温度313K。
第③组实验的变量是pH，其他条件未变，显然实验目的是：
探究溶液的pH对降解反应速率的影响。
（2）根据图中实验①曲线，该降解反应在50～150s内的反应速率为：
此处p—CP的浓度很容易漏掉10—3，这就是命题人的匠心独具之处。
（3）温度过高时，导致降解反应速率减小，从Fenton法所使用试剂H2O2的角度分析原因，就要联系H2O2的相关性质，再和“温度”这一因素联系起来，就不难得出“H2O2在温度过高时迅速分解，从而不能产生羟基自由基氧化降解污染物”的结论。
（4）观察实验③的曲线，几
乎是一条c（p-CP）不变的曲线，说明p-CP几乎没有被降解。
所以当pH=10时反应速率趋向于零（或该降解反应趋于停止）。
（5）该题承接第（4）题，根据题目信息，使该降解反应迅速停止反应的方法应是：
将所取样品迅速加入到一定量的碱性溶液中，并控制溶液的pH=10。
经典习题
1、（2008年高考广东理基）对于反应2SO2（g）＋O2（g）
2SO3（g），能增大正反应速率的措施是（ ）
A．通入大量的O2B．增大容器容积
C．移去部分SO3D．降低体系温度
【解析】 A项中通入氧气，增大了反应物的浓度，正反应速率加快；B项中增大容器体积，反应物的浓度减小，正反应速率减小；C项中移走部分三氧化硫，反应物的浓度不变，正反应速率不变；D项中降低温度，正逆反应速率都要减小。
故选A。
【答案】 A
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右图所示，计算反应4~8min间的平均反应速率和推测反应16min时反应物的浓度，结果应是
A．2.5μmol·L-1·min和2.0μmol·L-1·min
B．2.5μmol·L-1·min和2.5μmol·L-1·min
C．3.0μmol·L-1·min和3.0μmol·L-1·min
D．5.0μmol·L-1·min和3.0μmol·L-1·min
【解析】本题考察化学反应速率的计算。
第8秒与第4秒时反应物浓度差△C为10μmol·L-1·min，△C为4秒，所以在4～8min间的平均反应速率为2.5μmol·L-1·min
，可以排除CD两个答案；图中从0mim开始到8min反应物浓度减低了4倍，根据这一幅度，可以推测从第8
到第16分也降低4倍，即由10μmol·L-1·min降低到2.5μmol·L-1·min，因此推测第16
反应物的浓度为2.5μmol·L-1·min，所以可以排除A而选B
【答案】B
3、（2009·福建卷）某探究小组利用丙酮的溴代反应（CH3COCH3+Br2
CH3COCH2Br+HBr）来研究反应物浓度与反应速率的关系。
反应速率v（Br2）通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。
在一定温度下，获得如下实验数据：
实验序号
初始浓度c/mol·L-1
溴颜色消失所需时间t/s
CH3COCH3
HCl
Br2
①
0.80
0.20
0.0010
290
②
1.60
0.20
0.0010
145
③
0.80
0.40
0.0010
145
④
0.80
0.20
0.0020
580
分析实验数据所得出的结论不正确的是（ ）
A.增大c（CH3COCH3），v（Br2）增大
B.实验②和③的v（Br2）相等
C.增大c（HCl），v（Br2）增大
D.增大c（Br2），v（Br2）增大
4、（2008·北京卷）工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：
SiCl4（g）+2H2（g）=Si（s）+4HCl（g）；△H=+QkJ/mol（Q＞0）某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应（此条件下为可逆反应），下列叙述正确的是
A.反应过程中，若增大压强能提高SiCl4的转化率
B.若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJ
C.反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则H2的反应速率为0.03mol/（L·min）
D.当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1mol/L的NaOH溶液恰好反应
【答案】D
【解析】根据SiCl4（g）+2H2（g）
Si（s）+4HCl（g）；ΔH=+QkJ·mol-1（Q＞0）可知，该反应为正向气体体积增大且吸热的可逆反应。
A项若在反应过程中增大压强，平衡逆向移动，SiCl4转化率降低，A项错。
1molSiCl4反应达平衡时，不可能完全转化，因此吸收热量小于QkJ，B项错。
C项中HCl的速率为0.03mol·L-1·min-1，H2的速率应为0.015mol·L-1·min-1，故C错误。
当反应吸收热量为0.025QkJ时，反应生成HCl为0.1mol，将其通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液中恰好反应
，D正确。
5、把铝条放入盛有过量稀盐酸的试管中，不影响氢气产生速率的因素是（）
A、盐酸的浓度B、铝条的表面积
C、溶液的温度D、加少量Na2SO4
［答案］D。
6、反应P（g）＋3Q（g）
2R（g）＋2S（g），在不同情况下测得反应速率如下，其中反应速率最快的是（）
A．v（P）＝0.15mol/（L·min）B．v（Q）＝0.6mol/（L·min）
C．v（R）＝0.1mol/（L·s）D．v（S）＝0.4mol/（L·min）
［答案］C。
7、一定温度下，在2L的密闭容器中发生如下反应：
A（s）＋2B（g）
xC（g）△H＜0，B、C的物质的量随时间变化的关系如图1，达平衡后在t1、t2、t3、t4时都只改变了一种条件，逆反应速率随时间变化的关系如图2。
下列有关说法正确的是（）
A．x＝2，反应开始2min内，v（B）＝0.1mol/（L·min）
B．t1时改变的条件是降温，平衡逆向移动
C．t2时改变的条件可能是增大c（C），平衡时B的物质的量分数增大
D．t3时可能是减小压强，平衡不移动；t4时可能是使用催化剂，c（B）不变
【错误分析】错选A或C，错选A，当x＝2时，v（B）=（0.3-0.1）/2=0.1mol/（L·min）；错选C，若增大c（C），反应将向逆反应方向移动，B的物质的量增大，所以B的物质的量分数增大。
错选A是没有看清楚图，纵轴表示物质的物质的量，而反应速率的公式中分子是浓度的变化；错选C是模糊了物质的量和物质的量分数之间的关系，物质的量增加并不意味着物质的量分数增加。
【答案】D。
8、（2011·安徽卷）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0.1mol·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）右图表示足量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：
；
假设三：
；
……
（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）
实验步骤及结论：
【解析】
（1）因为铁易生锈，即铁表面会有铁的氧化物等杂质，所以要用硫酸除去铁表面的氧化物等杂质；氧气具有强氧化性，会氧化生成的Fe2+，为防止该反应的发生必需通入一种保护原性气体且不能引入杂质，因此可以选用氮气；
（2）由图像可知反应的产物有Fe2+、NH4＋和NO气体，所以该反应的离子方程式是：
4Fe＋10H＋＋NO3－=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；t1时刻后，随着反应的进行，溶液中pH逐渐增大，当pH达到一定程度时就会和反应产生的Fe2+结合，因此其浓度没有增大；
（3）影响反应速率的外界因素比较多，例如温度、浓度、溶液多酸碱性、固体多表面积等等；
（4）要验证假设一，需要固定其它条件不变，例如硝酸的浓度、反应的温度、铁的表面积都必需保持一致，然后在相同时间内测量溶液中NO3－的浓度（依据提示：
溶液中的NO3－浓度可用离子色谱仪测定）来判断pH不同时对脱氮对反应速率有没有影响。
【答案】
（1）除去铁粉表面的氧化物等杂质N2
（2）4Fe＋10H＋＋NO3－=4Fe2＋＋NH4＋＋3H2O；生成的Fe2＋水解（或和溶液中OH－的结合）；
（3）温度铁粉颗粒大小
（4）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，并通入氮气；
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KNO3溶液中，测出的NO3－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）
9、（2011·广东卷）利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O（g）转化为CH4和O2。
紫外光照射时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，CH4产量随光照时间的变化如右图所示。
（1）在0－30小时内，CH4的平均生成速率VI、VII和VIII从大到小的顺序为；反应开始后的12小时内，在第种催化剂的作用下，收集的CH4最多。
（2）将所得CH4与H2O（g）通入聚焦太阳能反应器，发生反应：
CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）。
该反应的△H=+206kJ•mol-1。
①在答题卡的坐标图中，画出反应过程中体系的能量变化图（进行必要的标注）
②将等物质的量的CH4和H2O（g）充入1L恒容密闭容器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K=27，此时测得CO的物质的量为0.10mol，求CH4的平衡转化率（计算结果保留两位有效数字）。
（3）已知：
CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（g）△H=－802kJ•mol-1
写出由CO2生成CO的热化学方程式
【解析】
（1）由图像可以看出，反应进行到30小时时，催化剂Ⅲ生成的甲烷最多，其次是催化剂Ⅱ，催化剂Ⅰ生成的甲烷最少。
因此VI、VII和VIII从大到小的顺序为VIII＞VII＞VI＞；同理由图像也可以看出，反应进行到12小时时，催化剂Ⅱ生成的甲烷最多，因此在第Ⅱ种催化剂的作用下，收集的CH4最多。
（2）①由热化学方程式可知，该反应是吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量，因此反应过程中体系的能量变化图为。
②设CH4和H2O（g）的物质的量均为xmol.根据反应方程式：
CH4（g） + H2O（g）
CO（g） + 3H2（g）
起始量（mol） x x 0 0
转化量（mol） 0.10 0.10 0.10 0.30
平衡量（mol）（x－0.10） （x－0.10） 0.10 0.30
因为容器的体积时1L，所以平衡常数＝（0.10×0.303）/[（x－0.10）×（x－0.10）]＝27，解得x＝0.11.因此甲烷的平衡转化率为0.1/0.11＝91％。
（3）由热化学方程式①CH4（g）+H2O（g）
CO（g）+3H2（g）△H=+206kJ•mol-1
②CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（g）△H=－802kJ•mol-1
①－②得CO2（g）＋3H2O（g）===CO（g）+3H2（g）＋2O2（g）△H=+1008kJ•mol-1
10、（2011·重庆卷）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0.0216mol/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=3.0b.10°C、pH=4.0c.30°C、pH=7.0
（3）O3可由臭氧发生器（原理如题29图）电解稀硫酸制得。
①图中阴极为_____（填
“A”或“B”），其电极反应式为_____。
②若C处通入O2，则A极的电极反应式为_____.
③若C处不通入O2，D、E处分别收集到xL和有yL气体（标准情况），则E处收集的气体中O3所占的体积分数为_____。
（忽略O3的分解）。
【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；
（3）①溶液中－2价的O失去电子被氧化得到臭氧，在电解池中阳极失去电子，发生氧化反应，溶液中的阳离子在阴极得到电子，发生还原反应，因此A是阴极，B是阳极；溶液中只有阳离子氢离子，所以阴极电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；
②若阴极通氧气，则氧气得到电子被还原成OH－，然后结合溶液中氢离子生成水，方程式为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O；
③由以上分析知D、E分别产生的气体是氢气和氧气、臭氧的混合气体。
设臭氧的体积是nL，根据得失电子守恒知
，解得n＝x－2y，所以臭氧的体积分数是
。
【答案】
（1）O2I2
（2）①OH－；②1.00×10－
4③b、a、c
（3）①2H＋＋2e－=H2↑②O2＋4H＋＋4e－＝2H2O；③
11、（2011·
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