专题21 化学反应速率 常考点归纳与变式演练 学案 高中化学 二轮复习 人教版（2022年）

这是一份专题21 化学反应速率 常考点归纳与变式演练 学案 高中化学 二轮复习 人教版（2022年），共21页。
1.化学反应速率在高考中主要出现在非选择题的设项中。
2.化学反应速率的计算与图象判断是历年高考的必考内容之一，高考会在化学反应速率的大小比较、数值计算及其影响因素等方面进行考查。
热点题型一：化学反应速率概念与计算
热点题型二：化学反应速率大小比较
热点题型三：影响化学反应速率的因素
热点题型四：有效碰撞理论
热点题型五：控制变量法探究影响化学反应速率的因素
热点题型六：化学反应速率常数及应用
热点题型一：化学反应速率概念与计算
1．化学反应速率概念
2.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方程式中各物质的化学计量数之比，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。
化学反应速率不同单位的换算关系：1 ml·L－1·s－1＝60 ml·L－1·min－1。
3．化学反应速率的计算方法
(1)根据数学表达式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v＝\f(Δc,Δt))) 计算
(2)利用“三段式”模板进行计算
例如：反应 mA＋ nB === pC
起始/(ml·L－1) a b c
转化/(ml·L－1) x eq \f(nx,m) eq \f(px,m)
某时刻/(ml·L－1) a－x b－ eq \f(nx,m) c＋ eq \f(px,m)
(3)从图像中获取关键数据进行计算
【例1】某温度下，浓度都是的两种气体和，在密闭容器中反应生成Z，反应2min后，测得参加反应的为，用变化表示的反应速率，生成的，则该反应方程式为
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意可知，和反应中消耗和的浓度分别为、×2min=，生成Z的浓度为，则反应物、和生成物Z的浓度变化量之比为：：=3∶1∶2，由化学计量系数之比等于各物质的浓度变化量之比可得反应方程式为2Z，由反应前后原子个数守恒可知Z的分子式为，反应的化学方程式为，故选A。
【例2】一定温度下反应4A(s)+3B(g)⇌2C(g)+D(g)经2min B的浓度减少0.6ml•L-1，对此反应速率的表示正确的是
A．用A表示的反应速率是0.4ml•L-1•min-1
B．分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是1：2：3
C．2min末的反应速率v(B)=0.3ml•L-1•min-1
D．在2min内用B和C表示的正反应速率的值都是逐渐减小的
【答案】D
【解析】A．A是固体，不能表示反应速率，故A错误；B．反应速率之比是相应的化学计量数之比，则分别用B、C、D表示的反应速率比值是3：2：1，故B错误；C．经2min，B的浓度减少0.6ml/L，所以2min内用B表示的平均反应速率是＝0.3 ml·(L·min)-1，但2min末的反应速率是瞬时速率，故C错误；D．随反应进行反应物的浓度降低，反应速率减慢，生成物的浓度变化量逐渐减少，故2 min内用B和C表示的反应速率都是逐渐减小，故D正确；答案选D。
【变式1】将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：，经5min后，测得D的浓度为0.4 ml•L-1，C的平均反应速率是0.12ml•L-1•min-1，且此时A、B的物质的量之比为2：3。下列说法不正确的是（ ）
A．x的值是3
B．开始时A的物质的量为2.8ml
C．5min内，B的平均反应速率为0.04ml•L-1•min-1
D．5min时，容器中气体总的物质的量为3.6ml
【答案】C
【解析】A．经5min后，测得D的浓度为0.4 ml•L-1，则D的平均反应速率是0.08ml•L-1•min-1，C的平均反应速率是0.12ml•L-1•min-1，根据物质的反应速率与化学计量数呈正比，则0.12 ml•L-1•min-1：0.08 ml•L-1•min-1=x：2，解得x=3，A正确；B．可列三段式：，根据经5min后，此时A、B的物质的量之比为2：3，可列，解得a=2.8ml，故B正确；C．B是固体，无法计算平均反应速率，C错误；D．根据三段式可知，5min时，容器中气体总的物质的量为1.6 ml +1.2 ml +0.8 ml =3.6ml，D正确；答案选C。
【变式2】某温度时，在一个5L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：
（1）该反应的化学方程式为__________________________。
（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为____________。
（3）上述反应，在第2min时，X的转化率为________。
【答案】（1）3X+Y2Z （2） 0.02 ml·L-1·min-1 （3） 30%
【解析】（1）化学计量数之比等于各物质的转化量之比，即化学计量数之比为：0.3: 0.1:0.2＝3:1:2，因此化学方程式为：3X+Y2Z；（2）反应开始至2min，气体Z生成0.2ml，用Z表示的平均反应速率为：；（3）在第2min时，X的转化率为：；热点题型二：化学反应速率大小比较
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eq \f(v（A）,m)＞eq \f(v（B）,n)，则反应速率A＞B。
【例1】在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨的反应，根据下列在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是（ ）
A．v(H2)=0.2ml·L-1·min-1B．v(N2)=0.2ml·L-1·min-1
C．v(N2)=0.02ml·L-1·s-1D．v(H2)=0.04ml·L-1·s-1
【答案】C
【解析】根据化学反应速率之比等化学计量数之比进行计算，以同一个物质的化学反应速率进行比较．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；A. v（H2）=0.2ml•L-1•min-1；B．v（H2）：v（N2）=3：1，故v（H2）=3v（N2）=3×0.2ml•L-1•min-1=0.6ml•L-1•min-1；C．v（H2）：v（N2）=3：1，故v（H2）=3v（N2）=3×0.02ml•L-1•s-1=0.06ml•L-1•s-1=3.6ml•L-1•min-1；D．v（H2）=0.04ml•L-1•s-1=2.4ml•L-1•min-1。答案选C。
【例2】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 ml·L-1·s-1B．v(B)=1.2 ml·L-1·s-1
C．v(D)=0.4 ml·L-1·s-1D．v(C)=0.1 ml·L-1·s-1
【答案】A
【解析】A．v(A)=0.5 ml·L-1·s-1；B．v(B)=1.2 ml·L-1·s-1，则v(A)=v(B)=0.4 ml·L-1·s-1；C．v(D)=0.4 ml·L-1·s-1，则v(A)=v(D)=0.2 ml·L-1·s-1；D．v(C)=0.1 ml·L-1·s-1，v(A)=v(C)=0.05 ml·L-1·s-1；可见用A物质表示反应速率，速率最大值是v(A)=0.5 ml·L-1·s-1，故合理选项是A。
【变式】已知：反应aA(g)+bB(g) ⇌ cC(g)，某温度下，在2L的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。
(1)经测定前4s内v(C)=0.05ml·L-1·s-1，则该反应的化学方程式为__。
(2)若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)=0.3ml·L-1·s-1；乙：v(B)=0.12ml·L-1·s-1；丙：v(C)=9.6ml·L-1·min-1，则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为___(用甲、乙、丙表示)。
【答案】3A(g)+B(g) ⇌ 2C(g) 乙＞甲＞丙
【解析】(1)12s时，A的浓度变化量△c=0.8ml/L-0.2ml/L=0.6ml/L，B的浓度变化量△c=0.5ml/L-0.3ml/L=0.2ml/L，故a∶b=0.6∶0.2=3∶1；经测定前4s内v(C)=0.05ml•L-1•s-1，此时A浓度变化为：0.8ml/L-0.5ml/L=0.3ml/L，此时v(A)==0.075ml/(L•s)，即v(A)∶v(C)=0.075∶0.05=3∶2，故a∶b∶c=3∶1∶2，化学反应方程式为3A(g)+B(g)⇌2C(g)，故答案为：3A(g)+B(g)⇌2C(g)；(2)A的反应速率为：v(A) 甲=0.3ml•L-1•s-1；v(B) 乙=0.12ml•L-1•s-1，则v(A) 乙=3×0.12ml•L-1•s-1=0.36ml•L-1•s-1；v(C) 丙=9.6ml•L-1•min-1==0.16ml•L-1•s-1，故v(A) 丙=×0.16ml•L-1•min-1=0.24ml•L-1•s-1；故最快的是乙，最慢的是丙，故答案为：乙＞甲＞丙。
热点题型三：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)
注意：
(1)有关浓度的影响：
①对于固体和纯液体反应物，其浓度可视为常数，改变其用量，反应速率不变，但当固体颗粒变小时，其表面积增大，反应速率增大。
②注意随浓度改变反应本质发生变化。
③体系中各组分气体浓度同等程度的改变相当于压强的改变。
(2)合适的催化剂可以降低正、逆反应的活化能，同等程度的增大正、逆反应速率，但不会改变反应的限度和反应热。
(3)升高温度，正、逆反应的反应速率都增大，但增大的程度不同；降低温度，正、逆反应的反应速率都减小，但减小的程度不同，其中吸热反应受温度影响大。
(4)压强对化学反应速率的影响是通过改变反应物浓度实现的，所以分析压强的改变对反应速率的影响时，要从反应物浓度是否发生改变的角度来分析。若改变总压强而各物质的浓度不改变，则反应速率不变。
【例1】在恒容密闭容器中，通入1mlH2和1mlI2(g)，发生反应H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)，在其他条件不变的情况下，改变下列条件反应速率会降低的是
A．升高温度B．分离出HIC．充入H2D．充入He
【答案】B
【解析】A．温度升高，反应速率越大，故A不符合题意；B．分离出HI，则生成物浓度减小，逆反应速率减小，正反应速率也随之减小，故B符合题意；C．充入H2，则反应物浓度增大，反应速率增大，故C不符合题意；D．保持容器容积不变，向其中加入He，参加反应的物质的浓度不变，则反应速率不变，故D不符合题意；故选：B。
【例2】已知A转化为D和E分步进行：①A(g)⇌C(g)+2D(g)，②C(g)⇌D(g)+3E(g)，其反应过程能量变化如图所示，下列说法错误的是
A．升高温度，Ea1、Ea3均减小，反应速率加快
B．A转化为D和E的反应为吸热反应
C．使用合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不影响反应的热效应
D．第一步反应的速率小于第二步反应的速率
【答案】A
【解析】A．升高温度化学反应速率增快，但活化能大小不变，故A错误；B．由题中图示可知，A的总能量低于D和E的总能量，属于吸热反应，故B正确；C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但不影响始态和终态的能量，所以反应的热效应不受影响；故C正确；D．由题中图示可知，第一步的活化能高于第二步，活化能越大，反应速率越慢，则第一步反应的速率小于第二步反应的速率，故D正确；答案为A。
【变式1】用CO和H2合成CH3OH的化学方程式为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH＜0，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示，下列说法正确的是
A．温度：T1>T2>T3
B．正反应速率：v(a)>v(c)，v(b)>v(d)
C．平衡常数：K(a)>K(c)，K(b)=K(d)
D．平均摩尔质量：M(a)＜M(c)，M(b)＜M(d)
【答案】C
【解析】A．该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，CO的转化率降低，所以温度：T1＜T2＜T3，A项错误；B．a点温度比c点低，所以速率：v(a)＜v(c)，b点压强比d点大，所以速率：v(b)>v(d)，B项错误；C．升温平衡逆向移动，平衡常数变小，温度不变，平衡常数不变，所以平衡常数：K(a)>K(c)，K(b)=K(d)，C项正确；D．温度升高，平衡逆向移动，气体总质量不变，但总物质的量增大，平均摩尔质量：M(a)>M(c)；b的压强大于d，平衡向正反应方向移动，平均摩尔质量增大，所以有M(b)>M(d)，D项错误；答案选C。
【变式2】可逆反应在一定条件下达到平衡状态。在t1时刻改变某一条件，化学反应速率与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是
A．维持温度、反应体系容积不变，t1时充入SO3(g)
B．维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)
C．维持体积不变，t1时升高反应体系温度
D．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar
【答案】B
【解析】A．维持温度、反应体系容积不变，t1时充入SO3(g)，此时逆反应速率增大，正反应速率不变，故A错误；B．维持温度、压强不变，t1时充入SO3(g)，此时逆反应速率增大，而且体积增大导致正反应速率减小，故B正确；C．维持体积不变，t1时升高反应体系温度，正逆反应速率都增大，与图像不符，故C错误；D．维持温度、容积不变，t1时充入一定量Ar，反应物和生成物浓度都不变，正逆反应速率都不变，故D错误；答案选B。
有关反应速率的答题方向
(1)解释影响反应速率的因素
(2)催化剂(绝大多数催化剂都有其活性温度范围，温度过高，易使催化剂活性降低)
(3)在工艺流程中，提高矿石酸(碱)浸速率的常见方法
①将矿石粉碎(或粉碎过筛)；②充分搅拌；③适当升高酸(碱)浸的温度；④适当增大酸(碱)的浓度。
(4)减小反应速率常用的方法
①减小反应液的浓度；②将装置置于冰水浴中；③减慢滴加反应液的速率；④用大颗粒(或块状)代替小颗粒(或粉末状)物质反应。
热点题型四：有效碰撞理论
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，使用催化剂时的活化能为E3，E2为逆反应的活化能，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。
4.活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
【例1】下列关于化学反应速率的说法正确的是
①恒温时，增大压强，化学反应速率一定加快
②化学反应是活化分子有合适取向的有效碰撞
③普通分子有时也能发生有效碰撞
④活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
⑤升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数
⑥有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
⑦增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多
⑧催化剂能降低活化能，增大活化分子的百分数，从而增大反应速率
A．②⑤⑧B．②⑥⑧C．②③⑤⑦⑧D．①②④⑤⑧
【答案】A
【解析】①恒温时，增大压强，如没有气体参加反应，化学反应速率不加快，故错误；②活化分子有合适取向时发生有效碰撞，即发生了化学变化，故正确；③普通分子不具有反应所需的能量，则普通分子不能发生有效碰撞，故错误；④碰撞不一定为有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，还与其分子取向有关，故错误；⑤升高温度，提供了分子需要的能量，活化分子百分数增大，则增加了活化分子的有效碰撞次数，反应速率加快，故正确；⑥有气体参加的化学反应，若压强增大，活化分子数目增多，从而使反应速率增大，故错误；⑦增大反应物浓度，活化分子数目增大，单位体积内有效碰撞的次数增多，反应速率加快，故错误；⑧使用催化剂，降低分子所需的能量，使有效碰撞频率增大，反应速率加快，故错误；故选：A。
【例2】甲醇与SO3在有水条件下生成硫酸氢甲酯的反应部分历程如图所示。CH3OH(g)+SO3(g)CH3OSO3H(g)，其中粒子间的静电作用力用“…”表示。下列说法错误的是
A．水合CH3OH分子比水合SO3分子更稳定
B．反应历程中最大能垒(活化能)为6.62eV
C．d到f转化的实质为质子转移
D．在反应过程中，水起催化作用
【答案】A
【解析】A．据图可知d为水合CH3OH分子，c为水合SO3分子，c的能量更低，所以水合SO3分子更稳定，A错误；B．据图可知反应历程中最大能垒(活化能)为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，B正确；C．据图可知d到f的过程中甲醇中的氢原子转移到水分子中，水分子中的氢原子转移到CH3OSO3H分子中，实质为质子转移，C正确；D．反应前后水未发生变化，形成的水合分子降低了能垒，为该反应的催化剂，D正确；综上所述答案为A。
【变式1】工业合成三氧化硫的反应为，反应过程可用如图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)下列说法正确的是
A．过程Ⅰ和过程Ⅳ决定了整个反应进行的程度
B．过程Ⅱ为放热反应，过程Ⅲ为吸热反应
C．1mlSO2和1mlO2反应，放出的热量小于99kJ
D．催化剂可降低整个反应的活化能，因此使△H减小
【答案】C
【解析】A．过程I是吸附放热过程，自发进行程度大，但过程II是共价键断裂的过程，过程IV是生成物解吸过程，需要消耗能量，它们的活化能相对较大，决定了全部反应进行的程度，A错误；B．由图可知，过程II化学键断裂，为吸热过程，过程III化学键形成，为放热过程，B错误；C．反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-198kJ/ml是可逆反应，所以1mlSO2和1mlO2反应时消耗SO2的物质的量小于1ml，放热小于99kJ，C正确；D．催化剂不能改变反应的始终态，不能改变反应物和生成物的内能，所以不能改变反应热，D错误；故答案为：C。
【变式2】已知Fe3+能催化H2O2分解，2H2O2(aq) = 2H2O(l)+O2(g)的反应机理及反应进程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3+(aq)+H2O2(aq)=2Fe2+(aq)+O2(g)+2H+(aq)步骤②：
下列有关H2O2分解反应说法错误的是
A．v(H2O2)=2v(O2)
B．该反应的△H