2019高考化学二轮复习化学反应速率学案

2019高考化学二轮复习化学反应速率学案

化学反应速率 [考试标准] 考点 知识条目 必考要求 加试要求 考情分析 化学反应速率及其简 单计算 a b 2015.10T20、2016.4T18、 2018.4、6T22 影响化学反应速率的 因素，控制反应条件 在生产和科学研究中 的作用 a b 2016.4T12、2016.4T30、 2016.10T21、2017.4T12、 2018.4、6T22 活化分子、活化能、 有效碰撞的概念 a 2016.10T30 有效碰撞理论 b 2016.10T30 化学反 应速率 实验数据的记录与处 理 c 2016.10T21、2017.4T21、 2018.4、6T22 考点一：化学反应速率的定量分析 1.（2017·浙江温州十校联合体）反应 4NH 3（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）（反应物的消耗速率或产物的生成速率）可表 示为（　　） A.v（NH3）＝0.010 mol·L－1·s－1 B.v（O2）＝0.001 0 mol·L－1·s－1 C.v（NO）＝0.001 0 mol·L－1·s－1 D.v（H2O）＝0.045 mol·L－1·s－1 解析　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 v（H2O）＝ 0.45 mol 10 L × 30s ＝0.001 5 mol·L－1·s－1，速率之比等于化学计量数之比， 则：v（NH3）＝2 3v（H2O）＝0.001 mol·L－1·s－1；v（O2）＝5 6v（H2O）＝0.001 25 mol·L－1·s－1；v（NO）＝2 3v（H2O）＝0.001 mol·L－1·s－1。 答案　C 考点二：影响化学反应速率的因素 2.（2018·嘉兴一中模拟）在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时 速率如下表数据所示，下列判断不正确的是（　　） A.a＝6.00 B.不同温度、不同蔗糖初始浓度的条件下，v 可能相同 C.318.2＜b＜328.2 D.不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 解析　A.由表可知温度由 318.2→328.2 ℃，在浓度相同的情况下v318.2 v328.2 ＝3.6 9 ＝3.0 7.5 ＝1.8 4.5 ＝0.4，所以 a＝2.4 0.4 ＝6，故 A 正确；B.温度越高，浓度越大，反应速率越 快，因此改变温度和蔗糖初始浓度，可以使反应速率相等，例如，浓度为 0.5 mol/L， 使温度从 328.2 ℃降低，反应速率逐渐减小，可以在某个温度时使反应速率等于 4.5 mol/（L·min），故 B 正确；C.浓度相同的情况下，温度越高，反应速率越快， b 时速率介于 3.6～9.0 之间，则 318.2＜b＜328.2，故 C 正确；D.温度越高反应 速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短，故 D 错误；故选 D。 答案　D 考点三：活化分子、活化能 3.（2017·温州二外语学校）下列说法不正确的是（　　） A.能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子 B.活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能 C.催化剂能参与反应，可降低原反应所需活化能 D.非活化分子也有可能发生有效碰撞 解析　A.在化学反应中，只有能量比平均能量高的反应物分子发生碰撞时才能发 生化学反应，我们把能引发化学反应的碰撞称为有效碰撞，发生有效碰撞的分子 称为活化分子，能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子，故 A 正 确；B.使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，活化分子 的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能，故 B 正确；C.催化剂改变化 学反应速率，降低反应的活化能，故 C 正确；D.非活化分子不具备较高的能量， 不能引发化学反应，不能发生有效碰撞，故 D 错误。 答案　D 考点四：“控制变量”探究影响反应速率的因素 4.（2018·浙江暨阳联合）用 Na2FeO4 溶液氧化废水中的还原性污染物 M，为研 究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、 pH、催化剂对降解速率和效 果的影响，实验测得 M 的浓度与时间关系如图所示，下列说法不正确的是（　　） 实验编号 温度℃ pH ① 25 1 ② 45 1 ③ 25 7 ④ 25 1 A.实验①在 15 min 内 M 的降解速率为 1.33×10－5mol/（L·min） B.若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M 降解速率增大 C.若其他条件相同，实验①③证明 pH 越高，越不利于 M 的降解 D.实验④说明 M 的浓度越小，降解的速率越快 解析　A.根据化学反应速率的数学表达式，v（M）＝（0.3－0.1）×10－3/15 mol/ （L·min）＝1.33×10－5mol/（L·min），故 A 说法正确；B.①②不同的是温度，② 的温度高于①，在相同的时间段内，②中 M 的浓度变化大于①，说明②中 M 的 降解速率大，故 B 说法正确；C.①③对比温度相同，③的 pH 大于①，在相同的 时间段内，①中 M 浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③，故 C 说法正确； D.①④对比 M 的浓度不同，0～15 时间段内，④中 M 浓度变化小于①，说明 M 的浓度越小，降解速率越小，故 D 说法错误。 答案　D 考点五：反应速率图像 5.（2017·浙江绍兴诸暨中学）一定温度下，将 1 mol A 和 1 mol B 气体充入 2 L 恒容密闭容器中，发生反应：A（g）＋B（g） xC（g）＋D（s），t1 时达到 平衡。在 t2、t3 时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体 C 的浓度随时间 的变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A.反应方程式中的 x＝1 B.t2 时刻改变的条件是使用催化剂 C.t3 时刻改变的条件是移去少量物质 D D.t1～t3 间该反应的平衡常数均为 4 解析　A.t2 时刻 C 的浓度增大，但平衡不移动，应是增大压强造成的，压强不影 响该平衡，所以有 x＝1＋1＝2，故 A 错误；B.加入催化剂 C 的浓度不发生变化， 故 B 错误；C.D 为固体，减少 D 的量，不影响平衡，C 的浓度不发生变化，故 C 错误；D.t1～t3 间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时 C 的浓度为 0.5 mol/L， 则： 所以平衡常数 K＝ c2（C） c（A） × c（B）＝ 0.52 0.25 × 0.25 ＝4，故 D 正确。 答案　D 易错点一　不能准确计算化学反应速率 1.计算化学反应速率时，要注意题目要求用何种物质表示，且注意是单位时间内 物质的量浓度的变化量，一般不用物质的量的变化量来表示。 2.化学反应速率是在一段时间内的平均速率，且均取正值。 3.固体和纯液体（不是溶液），其浓度可视为常数，因此不用固体和纯液体表示 化学反应速率。 [易错训练 1]　（2018·宁波高三适应性测试）近些年，地表水和地下水域中的高 氯酸盐污染及其降解受到环境工作者的关注。某科研小组研究了一定条件下温度、 酸碱性对其降解的影响（初始质量浓度均为 100 mg/L），测得数据如图所示，下 列说法不正确的是（　　） A.在 pH＝7.5、温度为 35 ℃时，0～60 h 内高氯酸盐的降解平均速率为 1 mg/ （L· h） B.当 pH＝7.5 时，高氯酸盐降解最适宜温度为 30 ℃ C.当温度一定时，随 pH 的减小，高氯酸盐的降解速率不一定增大 D.当降解时间为 100 h 时 ，pH＝7.5、温度为 28 ℃与 pH＝7.3、温度为 30 ℃两 种条件下高氯酸盐的降解率可能相等 解析　A.在 pH＝7.5、温度为 35 ℃时，0～60 h 内高氯酸盐的浓度改变量约为 100 mg/L－60 mg/L＝40 mg/L，所以降解平均速率为 2/3 mg/（L·h），故 A 错误；B. 由图像可知，当 pH＝7.5 时，高氯酸盐降解最适宜温度为 30 ℃，故 B 正确；C. 当温度一定时，随 pH 的减小，高氯酸盐的降解速率不一定增大，例如，pH＝9.0 时的降解速率低于 pH＝10.0 时的降解速率，故 C 正确；D.由图像中的变化趋势 分析可得，当降解时间为 100 h 时 ，pH＝7.5、温度为 28 ℃与 pH＝7.3、温度为 30 ℃两种条件下高氯酸盐的降解速率可能相等，大约都是 0.6 mg/（L·h），所以 D 正确。本题正确答案为 A。 答案　A 易错点二　不能正确理解外界条件对速率的影响 1.误认为随着化学反应的进行，化学反应速率一定逐渐减小。其实不一定，因为 反应速率不仅受浓度影响，而且受温度影响，一般会先增大后减小。 2.误认为纯固体和纯液体不会改变化学反应速率。实际上不能用纯固体和纯液体 物质的浓度变化表示化学反应速率，但若将固体的颗粒变小（增大固体的接触面 积）则化学反应速率会加快。 3.误认为只要增大压强，化学反应速率一定增大。实际上反应在密闭固定容积的 容器中进行，若充入氦气（或不参与反应的气体），压强增大，但参与反应的各 物质的浓度不变，反应速率不变；若反应在密闭容积可变的容器中进行，充入氦 气（或不参与反应的气体）而保持压强不变，相当于压强减小，反应速率减小。 [易错训练 2]　（2018·嘉兴高三二模）已知：2N2（g）＋6H2O（g） 4NH3 （g）＋3O2（g）　ΔH＝＋Q kJ·mol －1，下图为该反应在不同初始浓度的 N2 和 不同催化剂Ⅰ、Ⅱ作用下（其他条件相同），体积为 2 L 的密闭容器中 n（NH3） 随反应时间的变化曲线，下列说法正确的是（　　） A.0～6 h 内，催化剂Ⅰ的催化效果比催化剂Ⅱ的好 B.a 点时，催化剂Ⅰ、Ⅱ作用下 N2 的转化率相等 C.0～5 h 内，在催化剂Ⅰ的作用下，O2 的反应速率为 0.12 mol/（L·h） D.0～12 h 内，催化剂Ⅱ作用下反应吸收的热量比催化剂Ⅰ的多 解析　A.催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ的条件下，N2 的初始浓度不同，催化剂Ⅰ和催化 剂Ⅱ的催化效果没法比较，A 错误；B.N2 的初始浓度不同，a 点时生成 NH3 的物 质的量相等，因此 N2 的转化率不相等，B 错误；C.由图像可知 0～5 h 内，在催 化剂Ⅰ的作用下，生成 NH3 的物质的量为 0.8 mol，根据方程式可知生成 O2 的物 质的量为 0.6 mol，所以 O2 的反应速率为： 0.6 mol 5 h × 2 L ＝0.06 mol/（L·h），C 错误； D.0～12 h 内，催化剂Ⅱ作用下生成 NH3 的物质的量比催化剂Ⅰ的多，因此催化 剂Ⅱ作用下反应吸收的热量比催化剂Ⅰ的多，D 正确。答案选 D。 答案　D 易错点三　不会判断外界条件对 v 正、v 逆的影响 误认为温度、压强等条件的改变对正、逆反应速率影响不一致，如认为升温既然 使化学平衡向吸热方向移动，则对于放热反应，升温时，逆反应速率增大，而正 反应速率减小。其实不然，温度升高，正、逆反应速率都增大，只是吸热反应方 向速率增大程度大；增加压强，v 正、v 逆均增大，对气体系数和大的一方，速率 改变大。 [易错训练 3]　（2018·嘉兴第一中学高三）对利用甲烷消除 NO2 污染进行研究， CH4＋2NO2 N2＋CO2＋2H2O。在 1 L 密闭容器中，控制不同温度，分别加 入 0.50 mol CH4 和 1.2 mol NO2，测得 n（CH4）随时间变化的有关实验数据见下 表。 组别 温度 时间/min n/mol 0 10 20 40 50 ① T1 n（CH4） 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10 ② T2 n（CH4） 0.50 0.30 0.18 0.15 下列说法正确的是（　　） A.组别①中，0～20 min 内，NO2 的降解速率为 0.02 5 mol·L－1·min－1 B.由实验数据可知实验控制的温度 T1＜T2 C.40 min 时，表格中 T2 对应的数据为 0.18 D.0～10 min 内，CH4 的降解速率①＞② 解析　A.随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减小，故组别①中，0～ 20 min 内，NO2 的降解平均速率为 0.025 mol·L－1·min－1，选项 A 错误；B.温度 越高反应速率越大，达平衡所需时间越短，由实验数据可知实验控制的温度 T1①，选项 D 错误。答案选 B。 答案　B 1.（2018·浙江 4 月）某工业流程中，进入反应塔的混合气体中 NO 和 O2 物质的 量分数分别为 0.10 和 0.06，发生化学反应 2NO（g）＋O2（g）===2NO2（g）， 在其他条件相同时，测得实验数据如下表： NO 达到所列转化率需要时间/s 压强（×105 Pa） 温度（℃） 50% 90% 98% 30 12 250 2 830 1.0 90 25 510 5 760 30 0.2 3.9 36 8.0 90 0.6 7.9 71 根据表中数据，下列说法正确的是（　　） A.升高温度，反应速率加快 B.增大压强，反应速率变慢 C.在 1.0×105 Pa 90 ℃条件下，当转化率为 98%时反应已达到平衡 D.若进入反应塔的混合气体为 a mol，反应速率以 v＝Δn/Δt 表示，则在 8.0×105 Pa 30 ℃条件下，转化率从 50%增至 90%时段 NO 的反应速率为 4a/370 mol·s－1 解析　A.根据表格信息，温度升高，为使压强不变，体积变大，导致浓度下降， 反应速率下降，无法得出温度对反应速率的影响，故 A 选项错误。B.根据表格 信息，相同温度时，压强升高，达到所列转化率的时间减少，化学反应速率加快， 故 B 选项错误。C.根据题目已知信息，无法判断此时是否达到平衡，故 C 选项 错误。D.当混合气体是 a mol 时，其中的 NO 为a 10mol，转化率从 50%增加到 90% 的过程中，NO 反应了 a 25mol，经过的时间为 3.7 s，所以反应速率为 4a/370 mol·s －1，故 D 选项正确。 答案　D 2.（2016·浙江 10 月）为研究某溶液中溶质 R 的分解速率的影响因素，分别用三 份不同初始浓度的 R 溶液在不同温度下进行实验，c（R）随时间变化如图。下 列说法不正确的是（　　） A.25 ℃时，在 10～30 min 内，R 的分解平均速率为 0.030 mol·L－1·min－1 B.对比 30 ℃和 10 ℃曲线，在 50 min 时，R 的分解百分率相等 C.对比 30 ℃和 25 ℃曲线，在 0～50 min 内，能说明 R 的分解平均速率随温度升 高而增大 D.对比 30 ℃和 10 ℃曲线，在同一时刻，能说明 R 的分解速率随温度升高而增 大 解析　A 项，25 ℃时，v（R）＝（1.4－0.8） mol/L 20 min ＝0.030 mol·L－1·min－1，正 确；B 项，50 min 时，30 ℃和 10 ℃ R 的分解率均为 100%，正确；C 项，对比 30 ℃和 25 ℃曲线，取相同一段时间，可以发现 30 ℃浓度变化快，速率大，正确； D 项，无法说明同一时刻速率的快慢，错误。 答案　D 3. (2018· 浙江 11 月选考) 已知：2SO 2(g) ＋O2(g) 2SO3(g) 　ΔH ＝－197.8 kJ·mol－1。起始反应物为 SO2 和 O2(物质的量之比为 2∶1，且总物质的量不变)。 SO2 的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表，下列说法不正确的是(　　) 压强/(105Pa) 温度/K 1.01 5.07 10.1 25.3 50.7 673 99.2 99.6 99.7 99.8 99.9 723 97.5 98.9 99.2 99.5 99.6 773 93.5 96.9 97.8 98.6 99.0 A.一定压强下降低温度，SO2 的平衡转化率增大 B.在不同温度、压强下，转化相同物质的量的 SO2 所需要的时间相等 C.使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间 D.工业生产通常不采取加压措施是因为常压下 SO2 的转化率已相当高 解析　2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＝－197.8 kJ·mol－1，该反应为气体分子 数减少的放热反应；根据表格数据分析，在常压下，SO2 的转化率已经比较高， 所以在工业生产中不再采取加压措施，D 项正确；在不同温度和压强下，由于反 应速率可能不同，所以转化相同物质的量的 SO2，所需时间也不一定相等，B 项 错误。 答案　B 4.（2018·浙江 6 月学考）在一体积固定的密闭容器中加入反应物 A、B，发生如 下反应：A（g）＋2B（g） 3C（g）。 反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法正确的是（　　） 浓度/ mol·L－1 时间/min　　　　　　　　 c（A） c（B） c（C） 0 1.0 1.2 0 2 0.8 4 0.6 6 0.9 A.0～2 min 内，B 的反应速率为 0.1 mol·L－1·min－1 B.2 min 时，C 的物质的量浓度为 0.4 mol·L－1 C.4 min 时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为 0 D.4～6 min 内，容器内气体分子的总物质的量不变 答案　D 5.（加试题）（2016·萧山五校期末）2SO2（g）＋O2（g） 2SO3（g），反应 过程的能量变化如图所示。已知 1 mol SO2（g）氧化为 1 mol SO3（g）的 ΔH＝－ 99 kJ·mol－1。 请回答下列问题： （1）图中 A、C 分别表示　　　　　　　　　　，E 的大小对该反应的反应热 有无影响？　　　　。该反应通常用 V2O5 作催化剂，加 V2O5 会使图中 B 点升 高还是降低？　　　　，理由是___________________________________ ___________________________________________________________。 （2）V2O5 的催化循环机理可能为：V2O5 氧化 SO2 时，自身被还原为四价钒化合 物 ； 四 价 钒 化 合 物 再 被 氧 气 氧 化 。 写 出 该 催 化 循 环 机 理 的 化 学 方 程 式：　　　　　　　　　　　　，　　　　　　　　　　　　。 （3）如果反应速率 v（SO2）为 0.05 mol·L－1·min－1，则 v（O2）＝　　　　mol·L －1·min－1。 （4）已知单质硫的燃烧热为 296 kJ·mol －1，计算由 S（s）生成 3 mol SO3（g） 的 ΔH＝　　　　。 解析　本题考查化学反应中的能量变化、盖斯定律、反应速率计算及催化剂的催 化原理。（1）由图像知 A、C 点分别代表反应物、产物的总能量，E 为反应的活 化能因反应历程不同而不同，但对反应热无影响；催化剂的加入，改变了反应历 程，降低了反应的活化能，从而加快了反应速率。（3）对于反应：2SO2（g）＋ O2 （g） 2SO 3 （g），v（SO 2 ）∶v（O 2 ）∶v（SO 3 ）＝2∶1∶2，由 v （SO2）＝0.05 mol·L －1·min－1 可得 v（O2）。（4）硫的燃烧热为 296 kJ·mol －1， 可得 S（s）＋O2（g）===SO2（g）　ΔH＝－296 kJ·mol－1①，结合 2SO2（g）＋ O2（g） 2SO3（g）　ΔH＝－198 kJ·mol－1②，利用盖斯定律，①×3＋②× 3 2 得：3S（s）＋9 2O2（g） 3SO3（g）　ΔH＝3ΔH1＋3 2ΔH2＝－1 185 kJ·mol－ 1。 答案　（1）反应物总能量，生成物总能量　没有影响　降低　催化剂改变了反 应历程，使活化能 E 降低 （2）SO2＋V2O5===SO3＋2VO2　4VO2＋O2===2V2O5 （3）0.025　（4）－1 185 kJ·mol－1