2020届高考化学二轮复习化学反应速率学案

2020届高考化学二轮复习化学反应速率学案

‎1.了解化学反应速率的概念和定量表示方法。‎ ‎2.了解反应活化能的概念，了解催化剂的重要作用。‎ ‎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，能用相关理论解释其一般规律。‎ ‎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。‎ 知识点一　化学反应速率的概念及计算 ‎ ‎1．化学反应速率 ‎2．化学反应速率计算的万能方法——三段式法 对于反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，起始时A的浓度为a mol·L－1，B的浓度为b mol·L－1，反应进行至t1s时，A消耗了x mol·L－1，则化学反应速率可计算如下：‎ ‎　　　　　 mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)‎ 起始/(mol·L－1) a b 0 0‎ 转化/(mol·L－1) x t1/(mol·L－1) a－x b－ 则：v(A)＝ mol·L－1·s－1，v(B)＝ mol·L－1·s－1，‎ v(C)＝ mol·L－1·s－1，v(D)＝ mol·L－1·s－1。‎ ‎3．化学反应速率与化学计量数的关系 对于已知反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，其化学反应速率可用不同的反应物或生成物来表示，当单位相同时，化学反应速率的数值之比等于化学计量数之比，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。‎ 如一定温度下，在密闭容器中发生反应：3A(g)＋B(g) 2C(g)。已知v(A)＝0.6 mol·L－1·s－1，则v(B)＝0.2 mol·L－1·s－1，v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1。‎ ‎4．化学反应速率的大小比较 ‎(1)归一法 将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一单位、同一种物质的反应速率，再进行速率的大小比较。‎ ‎(2)比值法 将各物质表示的反应速率转化成同一单位后，再除以对应各物质的化学计量数，然后对求出的数值进行大小排序，数值大的反应速率快。如反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，若＞，则反应速率A＞B。‎ ‎【典例1】(2016·北京高考)下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是(　　)‎ A．抗氧化剂　　　　　　　 　 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂 ‎【答案】A　‎ ‎【解析】食品中添加抗氧化剂，目的是减慢食品的变质速率，与反应速率有关；调味剂的主要作用是补充、增强或增加食品的味道，与反应速率无关；着色剂又称食品色素，是以食品着色为主要目的，丰富和改善食品色泽的物质，与反应速率无关；增稠剂在食品中主要是赋予食品所要求的流变特性，改变食品的质构和外观，将液体、浆状食品形成特定形态，并使其稳定、均匀，提高食品质量，以使食品具有黏滑适口的感觉，与反应速率无关。‎ ‎【变式1】（山西省实验中学2019届模拟）对于可逆反应A(g)＋3B(s) 2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是(　　)‎ A．v(A)＝0.5 mol·L－1·min－1‎ B．v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1‎ C．v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1‎ D．v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】本题可以采用归一法进行求解，通过方程式的化学计量数将不同物质表示的反应速率折算成同一物质表示的反应速率进行比较，B物质是固体，不能表示反应速率；C项中对应的v(A)＝0.2 mol·L－1·min－1；D项中对应的v(A)＝3 mol·L－1·min－1。‎ 知识点二　影响化学反应速率的因素 ‎1．影响化学反应速率的因素 ‎(1)内因 反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg>Al。‎ ‎(2)外因(只改变一个条件，其他条件不变)‎ ‎【特别提醒】　‎ ‎①改变固体或纯液体的量对化学反应速率无影响。‎ ‎②浓度、温度、压强发生变化或加入催化剂时，正、逆反应速率均增大或减小，如升高温度，不论是放热反应还是吸热反应，化学反应速率均加快。‎ ‎(3)反应体系条件改变对反应速率的影响 ‎①恒温时：体积缩小压强增大浓度增大反应速率增大。‎ ‎②恒温恒容时：‎ a．充入气体反应物总压强增大浓度增大反应速率增大。‎ b．充入“惰性气体”总压强增大，但各气体分压不变―→各物质的浓度不变―→反应速率不变。‎ ‎③恒温恒压时：充入“惰性气体”体积增大各反应物浓度减小反应速率减小。‎ 总之，压强改变而对反应速率产生的影响是因为压强改变会引起浓度变化，从而对反应速率产生影响。‎ ‎2．理论解释——有效碰撞理论 ‎(1)活化分子、活化能、有效碰撞 ‎①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。‎ ‎②活化能：如图 图中：E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，使用催化剂时的活化能为_E3__，反应热为E1－E2。‎ ‎③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。‎ ‎(2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 ‎【典例2】（北京四中2019届模拟）下列说法中正确的是(　　)‎ A．增大反应物浓度，能增大活化分子百分数，所以反应速率增大 B．使用合适的催化剂，能增大活化分子百分数，所以反应速率增大 C．对于任何反应，增大压强都可加快反应速率 D．升高温度，只能增大吸热反应的反应速率 ‎【答案】B　‎ ‎【解析】增大反应物浓度和增大气体反应的压强(缩小体积)，不能增大活化分子百分数，只能增大活化分子数；升温和使用催化剂才能增大活化分子百分数；增大压强只能增大有气体参加的反应的反应速率。‎ ‎【变式2】（河北冀州中学2019届模拟）一定温度下，反应N2(g)＋O2(g) 2NO(g)在密闭容器中进行，下列措施不改变化学反应速率的是(　　)‎ A．缩小体积使压强增大 B．恒容，充入N2‎ C．恒容，充入He D．恒压，充入He ‎【答案】C　‎ ‎【解析】A项，气体的物质的量不变，缩小体积，气体的浓度增大，反应速率增大；B项，容积不变，充入N2，使反应物N2的浓度增大，反应速率增大；C项，容积不变，充入He，虽然反应容器内压强增大，但反应物N2、O2、NO的浓度并没有变化，因此不影响反应速率；D项，压强不变，充入He，反应容器的体积必然增大，总压强虽然没变，但N2、O2、NO的浓度减小，反应速率减小。‎ 知识点三 速率－时间(vt)图像 由图像变化分析外界条件对其影响，已知反应为mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)　ΔH＝Q kJ·mol－1。‎ ‎1．“渐变”类vt图像 图像 分析 结论 t1时v′正突然增大，v′逆逐渐增大；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动 t1时其他条件不变，增大反应物的浓度 t1时v′正突然减小，v′逆逐渐减小；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动 t1时其他条件不变，减小反应物的浓度 t1时v′逆突然增大，v′正逐渐增大；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方向移动 t1时其他条件不变，增大生成物的浓度 t1时v′逆突然减小，v′正逐渐减小；v′正＞v′逆，平衡向正反应方向移动 t1时其他条件不变，减小生成物的浓度 ‎2．“断点”类vt图像 图像 分析 结论 t1时v′正、v′逆均突然增大，且v′正＞v′逆；平衡向正反应方向进行 t1时其他条件不变，增大反应体系的压强且m＋n＞p＋q(正反应为体积减小的反应)‎ t1时其他条件不变，升高温度且Q＞0(吸热反应)‎ t1时v′正、v′逆均突然增大，且v′逆＞v′正；平衡向逆反应方向进行 t1时其他条件不变，增大反应体系的压强且m＋n＜p＋q(正反应为体积增大的反应)‎ t1时其他条件不变，升高温度且Q＜0(放热反应)‎ t1时v′正、v′逆均突然减小，且v′正＞v′逆；平衡向正反应方向进行 t1时其他条件不变，减小反应体系的压强且m＋n＜p＋q(正反应为体积增大的反应)‎ t1时其他条件不变，降低温度且Q＜0(放热反应)‎ t1时v′逆、v′正均突然减小，且v′逆＞v′正 t1时其他条件不变，减小反应体系的压强且m＋n＞p＋q(‎ ‎；平衡向逆反应方向进行 正反应为体积减小的反应)‎ t1时其他条件不变，降低温度且Q＞0(吸热反应)‎ ‎3．“平台”类vt图像 图像 分析 结论 t1时v′正、v′逆均突然增大且v′正＝v′逆，平衡不移动 t1时其他条件不变使用催化剂 t1时其他条件不变增大反应体系的压强且m＋n＝p＋q(反应前后气体体积无变化)‎ t1时v′正、v′逆均突然减小且v′正＝v′逆，平衡不移动 t1时其他条件不变，减小反应体系的压强且m＋n＝p＋q(反应前后气体体积无变化)‎ ‎【典例3】（山西大学附中2019届模拟）对于反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＜0已达平衡，如果其他条件不变时，分别改变下列条件，对化学反应速率和化学平衡产生影响，下列条件与图像不相符的是(O～t1：v正＝v逆；t1时改变条件，t2时重新建立平衡)(　　)‎ ‎【答案】C ‎【解析】分析时要注意改变条件瞬间v正、v逆的变化。增加O2的浓度，v正增大，v逆瞬间不变，A正确；增大压强，v正、v逆都增大，v正增大的倍数大于v逆，B正确；升高温度，v正、v逆都瞬间增大，C错误；加入催化剂，v正、v逆同时同倍数增大，D正确。‎ ‎【变式3】（辽宁沈阳二中2019届模拟）某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g) 2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如图甲所示，正逆反应速率随时间的变化如图乙所示，下列说法中正确的是(　　)‎ A．30～40 min间该反应使用了催化剂 B．化学方程式中的x＝1，正反应为吸热反应 C．30 min时降低温度，40 min时升高温度 D．8 min前A的平均反应速率为0.08 mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】D　‎ ‎【解析】A项，若使用催化剂，则化学反应速率加快，故错误；由甲图像可知，A、B的浓度变化相同，故A、B的化学计量数相同，都为1；由乙图像可知，30 min时改变的条件为减小压强，40 min时改变的条件为升高温度，且升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应。8 min前A的平均反应速率为＝0.08 mol·L－1·min－1。‎ 考点一 化学反应速率 ‎【典例4】（吉林东北师大附中2019届模拟）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 ‎【答案】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/mol　　　4　　　　3　　 　0　　 　0　　 7‎ 变化/mol 4x 3x 2x 6x 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。‎ ‎【变式1】（2019·新课标Ⅰ）水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，‎ 主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题： ‎ ‎（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。‎ ‎②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。‎ 根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。‎ ‎（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。‎ A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50‎ ‎（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用❉标注。‎ 可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。‎ ‎（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的和相等、和相等。‎ 计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)=___________kPa·min−1。467 ℃时和随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时和随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。‎ ‎【答案】（1）大于 ‎（2）C ‎（3）小于 2.02 COOH*+H*+H2O*==COOH*+2H*+OH*（或H2O*===H*+OH*）‎ ‎（4）0.0047 b c a d ‎【解析】‎ ‎（1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)＋CoO(s)===Co(s)＋H2O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋CoO(s)===Co(s)＋CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数（）高于CO还原体系中CO的物质的量分数（），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；‎ ‎（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)‎ 起始（mol） 1 1 0 0‎ 转化（mol） x x x x 平衡（mol） 1-x 1-x x x 则平衡时体系中H2的物质的量分数=‎ ‎，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由（1）可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；‎ ‎（3）根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：‎ 其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH*+H*+H2O*＝COOH*+2H*+OH*；因反应前后COOH*和1个H*未发生改变，也可以表述成H2O*＝H*+OH*；‎ ‎（4）由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)==0.0047 kPa·min−1；由（2）中分析得出H2的物质的量分数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：‎ 由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 ℃‎ 时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。‎ 考点二 影响化学反应速率的因素 ‎【典例5】(2017·江苏卷)H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快 B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快 C．图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快 D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大 ‎【答案】D ‎【解析】从图甲看出，相同时间内，起始c(H2O2)越大，H2O2的浓度变化量越大，即分解速率越快，A项错误；从图乙看出，NaOH溶液浓度越大，即pH越大，H2O2分解速率越快，B项错误；从图丙看出，0.1 mol·L－1NaOH与1.0 mol·L－1 NaOH所示曲线相比，0.1 mol·L－1 NaOH对应曲线表示的H2O2分解速率快，C项错误。‎ ‎【变式5】(2018·江苏卷节选)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。‎ 将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图1)‎ 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50～250℃范围内随着温度的升高，‎ NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是________________________________________________________________________；‎ 当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大　催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO ‎【解析】迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；温度高于380℃，催化剂活性下降，且NH3与O2反应生成了NO导致NOx的去除率减小。‎ 考点三 有关反应速率实验探究 ‎【典例6】(2018·北京高考)(1)I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。‎ ⅰ.SO2＋4I－＋4H＋===S↓＋2I2＋2H2O ⅱ.I2＋2H2O＋________===________＋________＋2I－‎ ‎(2)探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)‎ 序号 试剂组成 实验现象 A ‎0.4 mol·L－1 KI 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 B a mol·L－1 KI ‎0.2 mol·L－1 H2SO4‎ 溶液变黄，出现浑浊较A快 C ‎0.2 mol·L－1 H2SO4‎ 无明显现象 D ‎0.2 mol·L－1 KI ‎0.000 2 mol I2‎ 溶液由棕褐色很快褪色，变为黄色，出现浑浊较A快 ‎①B是A的对比实验，则a＝________。‎ ‎②比较A、B、C，可得出的结论是____________________________________________________。‎ ‎③实验表明，SO2的歧化反应速率D>A。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因：_____________________________________________________________________________________。‎ ‎【解析】(1)根据歧化反应的特点，反应ⅰ生成S，则反应ⅱ需生成H2SO4，即I2将SO2氧化为H2SO4，反应的离子方程式为I2＋2H2O＋SO2===SO＋4H＋＋2I－。(2)①对比实验只能存在一个变量，因实验B 比实验A多了H2SO4，则B中KI溶液的浓度应不变，故a＝0.4。②由表中实验现象可知，I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快歧化反应速率。③加入少量I2时，反应明显加快，说明反应ⅱ比反应ⅰ快；D中由反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ加快。‎ ‎【答案】(1)SO2　SO　4H＋‎ ‎(2)①0.4　②I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快歧化反应速率 ‎③反应ⅱ比ⅰ快；D中由反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ加快 ‎【变式6】（浙江台州中学2019届模拟）某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：‎ ‎(1)在25 ℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。‎ 实验编号 初始pH 废水样品体积/mL 草酸溶液体积/mL 蒸馏水体积/mL ‎①‎ ‎4‎ ‎60‎ ‎10‎ ‎30‎ ‎②‎ ‎5‎ ‎60‎ ‎10‎ ‎30‎ ‎③‎ ‎5‎ ‎60‎ 测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。‎ ‎(2)上述反应后草酸被氧化为______________(填化学式)。‎ ‎(3)实验①和②的结果表明_________________________________________________；‎ 实验①中O～t1时间段反应速率v(Cr3＋)＝____________ mol·L－1·min－1(用代数式表示)。‎ ‎(4)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：‎ 假设一：Fe2＋起催化作用；‎ 假设二：________________；‎ 假设三：________________；‎ ‎………‎ ‎(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。‎ ‎[除了上述实验提供的试剂外，可供选择的试剂有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定]‎ 实验方案(不要求写具体操作过程)‎ 预期实验结果和结论 ‎【解析】(1)实验①、②中初始pH不同，为探究pH对反应速率的影响，则实验②、③为探究一定浓度草酸溶液用量对反应速率的影响，则实验②、③中试剂总用量应相同。(2)草酸中C为＋3价，则其被氧化为CO2。(3)实验①和②表明pH越小，则Cr2O转化为Cr3＋的反应速率越快；v(Cr3＋)＝2v(Cr2O)＝ mol·L－1·min－1。(4)根据铁明矾的组成可知，起催化作用的还可能为Al3＋、SO。(5)进行对比实验，加入等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·‎ ‎24H2O代替①中的铁明矾，验证起催化作用的是否为Fe2＋。‎ ‎【答案】(1)20　20　(2)CO2　(3)溶液的pH对该反应的速率有影响　　(4)Al3＋起催化作用　SO起催化作用 ‎(5)‎ 实验方案(不要求写具体操作过程)‎ 预期实验结果和结论 用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验 反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立 考点四 速率常数及其应用 ‎【典例7】(2018·全国卷Ⅲ)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)　ΔH＝＋48 kJ·mol－1，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。‎ ‎(1)343 K时反应的平衡转化率α＝________%。平衡常数K343 K＝________(保留2位小数)。‎ ‎(2)比较a、b处反应速率大小：va______vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率 k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝________(保留1位小数)。‎ ‎【解析】(1)温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短，曲线a达到平衡的时间短，则曲线a代表343 K时SiHCl3的转化率变化，曲线b代表323 K时SiHCl3的转化率变化。‎ 由题图可知，343 K时反应的平衡转化率α＝22%。设起始时SiHCl3(g)的浓度为1 mol·L－1，则有 ‎2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)‎ 起始/(mol·L－1) 　1　　　　　　 0　　　　 　0‎ 转化/(mol·L－1) 0.22 0.11 0.11‎ 平衡/(mol·L－1) 0.78 0.11 0.11‎ 则343 K时该反应的平衡常数 K343 K＝＝≈0.02。‎ ‎(2)温度越高，反应速率越快，a点温度为343 K，b点温度为323 K，故反应速率：‎ va＞vb。反应速率 则 ‎343 K下反应达到平衡状态时v正＝v逆，即 此时SiHCl3的平衡转化率α＝22%，经计算可得SiHCl3、‎ SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.78、0.11、0.11，则有k正×0.782＝k逆×0.112，＝≈0.02。a处SiHCl3的平衡转化率α＝20%，此时SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.8、0.1、0.1，则有＝eq f(k正xoal(2,＝·eq f(xoal(2,＝0.02×≈1.3。‎ ‎【答案】(1)22　0.02　(2)大于　1.3‎ ‎【方法技巧】‎ ‎1．速率常数含义 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，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。‎ 对于反应：aA＋bB===gG＋hH 则v＝kca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。‎ 如：①SO2Cl2SO2＋Cl2　　 v＝k1c(SO2Cl2)‎ ‎②2NO22NO＋O2 v＝k2c2(NO2)‎ ‎③2H2＋2NON2＋2H2O v＝k3c2(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，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。‎ ‎【变式7】(2016·海南高考)顺1,2二甲基环丙烷和反1，2二甲基环丙烷可发生如下转化： ‎ 该反应的速率方程可表示为：v(正)＝k(正)c(顺)和v(逆)＝k(逆)c(反)，k(正)和k(逆)在一定温度时为常数，分别称作正、逆反应速率常数。回答下列问题：‎ ‎(1)已知：t1温度下，k(正)＝0.006 s－1，k(逆)＝0.002 s－1，该温度下反应的平衡常数值K1＝________；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，则ΔH________0(填“小于”“等于”或“大于”)。‎ ‎(2)t2温度下，图中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线是________(填曲线编号)，平衡常数值K2＝__________；温度t2________t1(填“小于”“等于”或“大于”)，判断理由是_______________________________________________________。‎ ‎【解析】(1)根据v(正)＝k(正)c(顺)、k(正)＝0.006 s－1，则v(正)＝0.006c(顺)，k(逆)＝0.002 s－1，v(逆)＝k(逆)c(反)＝0.002c(反)，化学平衡状态时正逆反应速率相等，则0.006c(顺)＝0.002c(反)，K1＝c(反)/c(顺)＝0.006÷0.002＝3；该反应的活化能Ea(正)小于Ea(逆)，说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应，则ΔH小于零。‎ ‎(2)反应开始时，c(顺)的浓度大，单位时间的浓度变化大，w(顺)的变化也大，故B曲线符合题意，设顺式异构体的起始浓度为x，该可逆反应左右物质系数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为0.3x，反式异构体为0.7x，所以平衡常数值K2＝0.7x÷0.3x＝，因为K1＞K2，放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动，所以温度t2大于t1。‎ ‎【答案】(1)3　小于 (2)B　　大于　放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动