化学反应速率Microsoft Word 文档.docx

1、化学反应速率Microsoft Word 文档化学反应与化学平衡21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

2、：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) CO2H2(g) 反应过程中测定的部分数据见下表（表中t1t2）:反应时间/minn(CO)/molH2O/ mol01.200.60t10.80t20.20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 molL1min1B.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

3、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1.20 molH2O，似

4、乎与起始时向容器中充入0.60molH2O和1.20 molCO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。【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

5、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

6、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t1t2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H2SO4H2OV/mLc/(molL-1)V/mLc/(molL1-)V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210【答案】D 【解析】本题考查

7、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

8、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

9、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。(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/KpHc/10-3 molL-1H2O2Fe2+为以下实验作参照29836.00.30探究温度对降解反应速率的影响298106.00.30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)请根据上图实验曲线,计算降解反应在50150 s内的反应速率:v(p-CP)=_ molL-1s-1。解释与结论(3)实验、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)实验得

10、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/KpHc/10-3 molL-1H2O2Fe2+31336.00.30探究溶液的pH对降解反应速率的影响(2)8.010-6(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)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(

11、H2O2)、c(Fe2)，而只改变温度题目中已给的另一个恒定温度313 K。第组实验的变量是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)根据图中实验曲线，该降解反应在50150 s内的反应速率为：此处pCP的浓度很容易漏掉103，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)观察实验的曲线，几乎是一条c(p-CP)不变的曲线，说明p-CP几

12、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O2 B增大容器容积C移去部分SO3 D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

13、小。故选A。【答案】A2、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48min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A2.5molL-1min和2.0molL-1minB2.5molL-1min和2.5molL-1minC3.0molL-1min和3.0molL-1minD5.0molL-1min和3.0molL-1min【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10molL-1min，C为4秒，所以在48min间的平均反应速率为2.5molL-1min，可以排除CD两个答案；图中从0m

14、im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10molL-1min降低到2.5molL-1min，因此推测第16反应物的浓度为2.5molL-1min，所以可以排除A而选B【答案】B3、（2009福建卷）某探究小组利用丙酮的溴代反应（CH3COCH3+Br2CH3COCH2Br+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/molL-1溴颜色消失所需时间t/sCH3COCH3HClBr20.800.200.001 02901.600.20

15、0.001 01450.800.400.001 01450.800.200.002 0580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.实验和的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=+Q kJ/mol(Q0)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S

16、iCl4为1 mol，则达平衡时，吸收热量为Q kJC.反应至4 min时，若HCl浓度为0.12 mol/L，则H2的反应速率为0.03 mol/(Lmin)D.当反应吸收热量为0.025Q kJ时，生成的HCl通入100 mL 1 mol/L的NaOH溶液恰好反应【答案】D【解析】根据SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；H=+Q kJmol-1(Q0)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。1 mol SiCl4反应达平衡时，不可能完全转化，因此吸收热量小于Q kJ，B项错。C项中HCl的

17、速率为0.03 molL-1min-1，H2的速率应为0.015 molL-1min-1，故C错误。当反应吸收热量为0.025Q kJ时，反应生成HCl为0.1 mol，将其通入100 mL 1 molL-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（ ）Av(P)0.15 mol/(Lmin) Bv(Q)0.6 mol/(Lmin)Cv(R)0.1 mol/

18、(Ls) Dv(S)0.4 mol/(Lmin)答案C。7、一定温度下，在2 L的密闭容器中发生如下反应：A(s)2B(g)xC(g) H0，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（ ）Ax2，反应开始2 min内，v(B)0.1 mol/(Lmin)Bt1时改变的条件是降温，平衡逆向移动Ct2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Dt3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 x2时，v(B)=（0.3-

19、0.1）/2=0.1 mol/(Lmin)；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：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；将

20、KNO3溶液的pH调至2.5；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

21、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：4Fe10HNO3=4Fe2NH43H2O；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

22、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）4Fe10HNO3=4Fe2NH43H2O；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：分别取等体积、等浓度的KNO3溶液于不同的试管中；调节溶液呈酸性且pH各不相同，并通入氮气；分别向上述溶液中加入足量等质量的同种铁粉；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

23、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030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=+206 kJmol-1。在答题卡的坐标图中，画出反应过程中体系的能量变

24、化图（进行必要的标注）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=802kJmol-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，催化剂生成的甲烷最多，其次是催化剂，催化剂生成的甲烷最少。因此VI、VII和VIII从大到小的顺序为VIIIVIIVI；同理由图像也可以看出，反应进行到12小时时，催化剂生成的甲烷最多，因此在第种催化剂的作用下

25、，收集的CH4最多。（2）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。 设CH4和H2O(g)的物质的量均为x mol. 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） (x0.10) (x0.10) 0.10 0.30因为容器的体积时1L，所以平衡常数 (0.100.303)/(x0.10)(x0.10)27，解得 x0.11. 因此甲烷的平衡转化率为0.1/0.1191。（3）由热化学方

26、程式CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=+206 kJmol-1 CH4(g)2O2(g) =CO2(g)2H2O(g) H=802kJmol-1得CO2(g)3H2O(g) = CO(g)+3H2(g)2O2(g) H=+1008 kJmol-110、（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0.0216 mol/L。pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是_.在30C、pH=4

27、.0条件下，O3的分解速率为_ mol/(Lmin)。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. 40C、pH=3.0 b. 10C、pH=4.0 c. 30C、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。图中阴极为_(填“A”或“B”)，其电极反应式为_。若C处通入O 2 ，则A极的电极反应式为_.若C处不通入O 2 ，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O 3 所占的体积分数为_。(忽略 O 3 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

28、。（1）臭氧是一种强氧化剂，能氧化I生成单质碘，方程式为O32KIH2O=I22KOHO2；（2）pH增大，说明碱性增强，因此其催化剂作用的是OH； 由表中数据可知，在30C、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；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）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2H2e=H2；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O24H4e2H2O；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nx2y，所以臭氧的体积分数是。【答案】（1）O2 I2 （2）OH； 1.00104 b、a、c（3）2H2e=H2 O24H4e2H2O； 11、(2011