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高考化学一轮复习第七章化学反应速率和化学平衡第一讲化学反应速率学案新人教版
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这是一份高考化学一轮复习第七章化学反应速率和化学平衡第一讲化学反应速率学案新人教版，共21页。学案主要包含了备选例题，加固训练—拔高，归纳提升等内容，欢迎下载使用。
考点一 化学反应速率的概念及计算(命题指数★★★★★)
1．化学反应速率：
(1)概念：化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢的物理量，通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。
(2)表达式：v＝ eq \f(Δc,Δt) 或v＝ eq \f(Δn,V·Δt) 。常用的单位是ml·(L·min)－1或ml·(L·s)－1。
(3)注意事项。
①化学反应速率通常是指某一段时间内的平均反应速率，而不是瞬时反应速率。
②在同一个化学反应中，无论选用反应物还是生成物来表示化学反应速率，其值均为正值。
③由于在反应中纯液体和固体的浓度是恒定不变的，因此对于有纯液体或固体参加的反应一般不用纯液体或固体来表示化学反应速率。
2．化学反应速率的计算方法：
(1)利用反应速率的定义式v＝ eq \f(Δc,Δt) ＝ eq \f(Δn,VΔt) 。
(2)各物质的反应速率之比等于化学计量数之比。对于反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)来说，vA∶vB∶vC∶vD＝m∶n∶p∶q。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显。( )
提示：×。速率快的反应，不一定有明显的实验现象，如NaOH与盐酸的中和反应等。
(2)某物质的反应速率为0.5 ml·L－1·min－1，代表1 min时该物质的浓度是
0.5 ml·L－1。( )
提示：×。化学反应速率是一段时间的平均速率。
(3)化学反应速率的数值越大，代表反应速率越快。( )
提示：×。同一化学反应用不同物质表示时，速率数值不一定相同。
(4)化学反应中任何一种物质在单位时间内的浓度变化量都可以用来表示化学反应速率。( )
提示：×。化学反应速率不能用固体或纯液体来表示。
(5)在2SO2(g)＋O2(g)===2SO3(g)反应中，t1、t2时刻，SO3(g)浓度分别是c1、c2，则t1～t2时间内，SO3(g)生成的平均速率为v＝ eq \f(c2－c1,t2－t1) 。( )
提示：√。根据反应速率的定义式v＝ eq \f(Δc,Δt) ，判断Δc＝c2－c1，因此反应速率v＝ eq \f(c2－c1,t2－t1) 。
2．在25 ℃时，向100 mL含HCl 14.6 g的盐酸里放入5.6 g纯铁粉(不考虑反应前后溶液体积的变化)，反应开始至2 min末，收集到1.12 L(标准状况)氢气。在此之后，又经过4 min铁粉完全溶解。则：
(1)在前2 min内用FeCl2表示的平均反应速率是________________。
(2)在后4 min内用HCl表示的平均反应速率是________________。
(3)前2 min与后4 min相比，反应速率较快的是________________。
【解析】由题目信息“又经4 min铁粉完全溶解”知，盐酸是过量的，n(Fe)＝ eq \f(5.6 g,56 g·ml－1) ＝0.1 ml，n(H2)＝ eq \f(1.12 L,22.4 L·ml－1) ＝0.05 ml。由反应方程式Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑知，前2 min内消耗的铁、HCl及生成的FeCl2的物质的量分别为0.05 ml、0.1 ml、0.05 ml，故(1)v(FeCl2)＝ eq \f(0.05 ml,0.1 L×2 min) ＝0.25 ml·
L－1·min－1。(2)后4 min消耗的盐酸由铁的量来求，消耗的n(Fe)＝0.1 ml－
0.05 ml＝0.05 ml，故消耗的n(HCl)＝2n(Fe)＝0.1 ml，v(HCl)＝ eq \f(0.1 ml,0.1 L×4 min) ＝0.25 ml·L－1·min－1。(3)因在同一个反应里，v(HCl)＝2v(FeCl2)，可见前2 min较快。
答案：(1)0.25 ml·L－1·min－1
(2)0.25 ml·L－1·min－1 (3)前2 min
命题角度1：化学反应速率的计算
【典例1】(2021·济南模拟)炼铁高炉中发生的主要反应为Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)。一定温度下，在2 L的密闭容器中加入200 g Fe2O3粉末和一定量的CO气体模拟炼铁的反应。测得容器内固体的质量随时间的变化如表所示，反应在5～15 min的平均速率v(CO)为( )
ml·L－1·min－1
B．0.05 ml·L－1·min－1
C．0.075 ml·L－1·min－1
D．0.15 ml·L－1·min－1
【解析】选C。由表中数据可知5～15 min内固体质量减少170 g－146 g＝24 g，为氧元素的质量，由CO～O～CO2，可知参加反应的n(CO)＝ eq \f(24 g,16 g·ml－1) ＝1.5 ml，反应在5～15 min的平均速率v(CO)＝ eq \f(\f(1.5 ml,2 L),10 min) ＝0.075 ml·L－1·min－1。
【备选例题】
(2021·北京模拟)一定条件下，在10 L密闭容器中发生反应：A(g)＋3B(g)===2C(g)＋4D(g)，测得5 min内，A的物质的量减少了10 ml，则5 min内该反应的化学反应速率是( )
A．v(A)＝2.0 ml·L－1·min－1
B．v(B)＝0.2ml·L－1·min－1
C．v(C)＝0.2ml·L－1·min－1
D．v(D)＝0.8ml·L－1·min－1
【解析】选D。5 min内v(A)＝ eq \f(\f(10 ml,10 L),5 min) ＝0.2 ml·L－1·min－1，故A错误；v(B)＝3v(A)＝3×0.2 ml·L－1·min－1＝0.6 ml·L－1·min－1，故B错误；v(C)＝2v(A)＝2×0.2 ml·L－1·min－1＝0.4 ml·L－1·min－1，故C错误；v(D)＝4v(A)＝4×0.2 ml·L－1·min－1＝0.8 ml·L－1·min－1，故D正确。
命题角度2：化学反应速率大小比较
【典例2】(2021·重庆模拟)化学反应A(g)＋3B(g) 2C(g)＋2D(g)，下列是不同的情况下测得的不同物质的反应速率，其中表示该化学反应的反应速率最慢的是( )
A．v(A)＝0.20 ml·L－1·min－1
B．v(B)＝0.45 ml·L－1·s－1
C．v(C)＝0.30 ml·L－1·min－1
D．v(D)＝0.35 ml·L－1·min－1
【解析】选C。反应速率与化学计量数的比值越大、速率越大，则A. eq \f(0.20,1) ＝0.2；B. eq \f(0.45×60,3) ＝9；C. eq \f(0.3,2) ＝0.15；D. eq \f(0.35,2) ＝0.175，显然C中比值最小、反应速率最慢。
命题角度3：根据化学反应速率图象确定方程式
【典例3】(2021·长治模拟)一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是( )
A.反应开始到10 s时，用Z表示的反应速率为0.158 ml·L－1·s－1
B．反应开始到10 s时，X的物质的量浓度减少了0.79 ml·L－1
C．反应到达10 s时，c(Y)＝0.105 ml·L－1·s－1
D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)
【解析】选D。由图可知，由0～10 s，n(X)由1.20 ml减少到0.41 ml，n(Y)由1.00 ml减少到0.21 ml，n(Z)由0增加到1.58 ml，故v(Z)＝1.58 ml÷
2 L÷10 s＝0.079 ml·L－1·s－1，A项错；反应开始到10 s时，X的物质的量浓度减少 eq \f(1.20 ml－0.41 ml,2 L) ＝0.395 ml·L－1，B项错；10 s时c(Y)＝ eq \f(0.21 ml,2 L) ＝0.105 ml·L－1，单位有误，C项错误；相同时间内X、Y、Z的物质的量的变化值之比为0.79 ml∶0.79 ml∶1.58 ml＝1∶1∶2，故反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，D项正确。
1．化学反应速率的计算：
(1)根据公式计算：v＝ eq \f(Δc,Δt) 。
(2)根据各物质的反应速率之比等于化学计量数之比。对于反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，vA∶vB∶vC∶vD＝m∶n∶p∶q。
(3)运用“三段式”进行计算
①步骤
A．写出化学方程式
B．列出各物质的起始量、转化量和某时刻量(可用物质的量或物质的量浓度表示)，并合理设未知数。
C．各物质转化量之比等于化学计量数之比，依公式v＝ eq \f(Δc,Δt) 求算反应速率。
②方法
mA ＋ nB === pC＋qD
起始(ml·L－1) a b 0 0
转化(ml·L－1) mx nx px qx
t min末(ml·L－1) a－mx b－nx px qx
Δc(反应物)＝c(起始)－c(某时刻)；
Δc(生成物)＝c(某时刻)－c(起始)。
注意：①“三段式”中，物理量及单位要统一，可全为物质的量或都是物质的量浓度。
②转化量之比等于化学计量数之比，起始量与某时刻量与化学计量数没有必然关系。
2．化学反应速率大小的比较方法：
(1)定性比较
通过明显的实验现象(如气泡产生快慢、沉淀生成快慢等)来定性比较化学反应速率的大小。
(2)定量比较
同一化学反应中，不同物质来表示化学反应速率时，数值可能不同，需要进行转化。常用以下两种方法：
①归一法
A．“一看”：看化学反应速率的单位是否一致，若不一致，需转化为同一单位。
B．“二化”：将不同物质的化学反应速率转化成同一物质的化学反应速率，或分别除去相应物质的化学计量数。
C．“三比较”：标准统一后比较数值大小，数值越大，反应速率越大。
②比值法
通过化学反应速率与其对应的化学计量数的比值进行比较，比值大的化学反应速率大。
如对于反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，若： eq \f(v（A）,a) ＞ eq \f(v（B）,b) ，则A表示的化学反应速率较大。
3．由图象确定化学方程式需要解决的问题：
(1)确定反应物和生成物(根据曲线的变化趋势)。
(2)确定反应物和生成物的化学计量数(根据同一时间内浓度或物质的量的变化量)。
(3)反应是否为可逆反应(反应最后浓度是否不随时间的变化而变化)。
命题点1：化学反应速率的计算和大小比较(基础性考点)
1．(2021·石家庄模拟)一定条件下，在2 L密闭容器中发生反应：2A(s)＋3B(g)===2C(g)＋4D(g)，测得5 min内，A的物质的量减少了10 ml，则0～5 min内该反应的平均速率为( )
A．v(A)＝1.0 ml·L－1·min－1
B．v(B)＝1.5 ml·L－1·min－1
C．v(C)＝2.0 ml·L－1·min－1
D．v(D)＝0.5 ml·L－1·min－1
【解析】选B。因为A为纯固体，不能用来表示反应速率，故A错误；
v(B)＝ eq \f(3,2) v(C)＝ eq \f(3,2) × eq \f(\f(10 ml,2 L),5 min) ＝1.5 ml·L－1·min－1，故B正确；v(C)＝ eq \f(\f(10 ml,2 L),5 min) ＝
1 ml·L－1·min－1，故C错误；v(D)＝2v(C)＝2×1 ml·L－1·min－1＝
2 ml·L－1·min－1，故D错误。
命题点2：化学反应速率图象(综合性考点)
2．根据如图填空：
(1)反应物是______________；生成物是____________。
(2)在2 min内用A、B、C表示的化学反应速率分别为______________、______________、______________。
(3)该反应的化学方程式是______________________。
【解析】已知在反应过程中反应物的量减少，生成物的量增多，故A、B为反应物，C为生成物，由速率的定义不难得出：v(A)＝[(8－2)÷2]ml·L－1·min－1＝
3 ml·L－1·min－1，v(B)＝[(8－4)÷2]ml·L－1·min－1＝2 ml·L－1·min－1，v(C)＝(6÷2)ml·L－1·min－1＝3 ml·L－1·min－1，故三者的化学计量数之比为3∶2∶3，又因最终各物质的量浓度不变且均不为零，故为可逆反应，其方程式
为3A＋2B3C。
答案：(1)A、B C (2)3 ml·L－1·min－1 2 ml·L－1·min－1 3 ml·L－1·min－1
(3)3A＋2B3C
【加固训练—拔高】
1．(2021·桂林模拟)一定条件下，下列表示4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)的反应速率中，最快的是( )
A．v(NH3)＝0.8 ml·L－1·s－1
B．v(O2)＝0.9 ml·L－1·s－1
C．v(NO)＝0.6 ml·L－1·s－1
D．v(H2O)＝1.0 ml·L－1·s－1
【解析】选A。反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则A. eq \f(0.8,4) ＝0.2；B. eq \f(0.9,5) ＝0.18；C. eq \f(0.6,4) ＝0.15；D. eq \f(1.0,6) ≈0.17，显然A中比值最大，化学反应速率最快。
2．(2021·毕节模拟)已知2H2S(g)＋3O2(g) eq \(=====,\s\up7(点燃)) 2SO2(g)＋2H2O(g)，若反应速率分别用v(H2S)、v(O2)、v(SO2)、v(H2O)表示，则正确的关系式为( )
A．2v(H2S)＝3v(O2)
B．3v(O2)＝2v(H2O)
C．3v(O2)＝2v(SO2)
D．2v(O2)＝3v(SO2)
【解析】选D。对于反应：2H2S(g)＋3O2(g) eq \(=====,\s\up7(点燃)) 2SO2(g)＋2H2O(g)，不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，则：v(H2S)∶v(O2)＝2∶3，故3v(H2S)＝2v(O2)，故A错误；v(O2)∶v(H2O)＝3∶2，故2v(O2)＝3v(H2O)，故B错误；v(O2)∶v(SO2)＝3∶2，故2v(O2)＝3v(SO2)，故C错误、D正确。
3．氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应：ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋3HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===3SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋Cl－＋3H＋。已知该反应的速率随c(H＋)的增大而加快。如图为用ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应vt图。下列说法中不正确的是( )
A.图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的物质的量的减少量
B．纵坐标为v(Cl－)的vt曲线与图中曲线完全重合
C．反应开始时速率增大可能是c(H＋)所致
D．后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小
【解析】选A。图象为ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应vt图，则阴影部分的面积表示t1～t2时间内ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的物质的量浓度的减少量，故A错误；方程式为ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋3HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===3SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋Cl－＋3H＋，v(ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )∶v(Cl－)＝1∶1，纵坐标为v(Cl－)的vt曲线与图中曲线重合，故B正确；反应开始时随着反应的进行，c(H＋)不断增大，反应的速率加快由题目信息可知反应的速率随c(H＋)的增大而加快，当然，也可能是由c(Cl－)的增大引起的，故C正确；随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故D正确。
4．某温度时，在2 L容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。由图中数据分析：该反应的化学方程式为___________________。反应开始至2 min时，用Z表示的反应速率为____________。
【解析】由题图可知，X、Y的物质的量随反应的进行而减少，Z的物质的量随反应的进行而增大，则X和Y为反应物，Z为生成物。
Δn(X)＝1.0 ml－0.7 ml＝0.3 ml，
Δn(Y)＝1.0 ml－0.9 ml＝0.1 ml，
Δn(Z)＝0.2 ml－0 ml＝0.2 ml，
Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝3∶1∶2，
故反应方程式为3X＋Y2Z。
v(Z)＝ eq \f(0.2 ml,2 L×2 min) ＝0.05 ml·L－1·min－1。
答案：3X＋Y2Z 0.05 ml·L－1·min－1
考点二 影响化学反应速率的因素(命题指数★★★★★)
1．有效碰撞理论：
(1)有效碰撞：能够发生化学反应的碰撞。
(2)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
(3)活化能：活化分子比普通分子高出的能量。如图所示：
反应的活化能是E1。反应热是E1－E2。
(4)化学反应速率与活化分子、有效碰撞的关系
活化分子的百分数越大，单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。
2．影响化学反应速率的因素：
(1)内因：相同条件下，不同的化学反应会有不同的速率，这表明反应速率首先是由反应物自身(包括组成、结构和性质等因素)决定的。
(2)外因：
①浓度：
A．规律：反应物浓度增大→反应速率加快；反应物浓度减小→反应速率减慢。
B．微观解释：增大反应物的浓度，即增大了单位体积内活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增多，反应速率加快。
C．纯固体、纯液体浓度为常数，增加其用量时，速率不变。
②压强：
A．规律：增大压强→气体体积缩小→浓度增大→化学反应速率加快。
B．微观解释：增大压强→气体体积缩小→反应物浓度增大→单位体积内活化分子数增多→单位时间内有效碰撞次数增加→反应速率加快；反之，则减慢。
③温度：
A．温度升高，反应速率加快；温度降低，反应速率减慢。
B．微观解释：升高温度→活化分子百分数提高→有效碰撞的次数增多→化学反应速率加快。
C．大量实验证明，温度每升高10 ℃，化学反应速率通常增大2～4倍。
④催化剂：
A．规律：使用合适的催化剂，可加快化学反应速率。
B．微观解释：使用合适的催化剂→降低反应所需的活化能→活化分子百分数提高→有效碰撞次数增加→化学反应速率加快。
C．催化剂有选择性和高效性，催化剂参与反应并改变反应历程。
⑤其他因素：接触面积、光辐射、放射线辐射、超声波等。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)使用一种催化剂能加快所有反应的速率。( )
提示：×。催化剂具有选择性，没有一种催化剂是万能的。
(2)决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂。( )
提示：×。化学反应速率的决定因素是反应物自身的性质。
(3)金属铝与硫酸反应时，增大硫酸的浓度可以提高产生氢气的速率。( )
提示：×。浓硫酸使金属铝发生钝化，不再产生氢气。
(4)对于一个特定的反应，在恒容或恒压容器中加入惰性气体，对反应速率的影响情况相同。( )
提示：×。恒容容器中加入无关气体，各物质浓度不变，反应速率不变；恒压容器中加入无关气体，因体积增大，各物质浓度减小，反应速率减小。
(5)升高温度可以同时增大活化分子数和活化分子百分数，加快反应速率。( )
提示：√。体系从外界吸收能量后，活化分子数和百分数均增大。
2．合成氨工业中，在无催化剂时，氨的合成反应的活化能约为335 kJ·ml－1。加入铁催化剂后，反应以生成氮化物和氮氢化物两个阶段进行。E1＝126～167 kJ·ml－1，E2＝13 kJ·ml－1。
(1)请从有效碰撞的微观角度，解释在合成氨工业中，铁催化剂提高反应速率的原因？
(2)催化剂是如何提高反应速率的？
提示：(1)铁催化剂的使用，降低了反应所需活化能，活化分子百分数提高，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快。
(2)由于反应途径的改变(生成不稳定的中间化合物)，降低了反应的活化能，因而反应速率加快了。
命题角度1：化学反应速率影响因素
【典例1】(2021·昆明模拟)制水煤气的反应为C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ΔH＞0，下列措施能加快该化学反应速率的是( )
①增加碳的用量 ②将碳制成碳粉
③加催化剂 ④加热
⑤恒容充入He ⑥恒压充入He
A．①②③④ B．②③④
C．②③④⑤ D．③④⑤⑥
【解析】选B。①增加碳的用量，气体浓度不变，则反应速率不变，故错误；②将碳制成碳粉，固体表面积增大，反应速率增大，故正确；③加催化剂，可增大反应速率，故正确；④加热，可增大活化分子百分数，反应速率增大，故正确；⑤恒容充入He，参加反应气体浓度不变，反应速率不变，故错误；⑥恒压充入He，容器体积增大，参加反应气体的浓度减小，则反应速率减小，故错误。
命题角度2：催化剂与反应机理、活化能
【典例2】(2021·洛阳模拟)在化学反应中，能引发化学反应的分子之间的碰撞称之为有效碰撞，能够发生有效碰撞的分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能，其单位用kJ·ml－1表示。下列说法不正确的是( )
A.图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能
B．图乙中HI分子发生了有效碰撞
C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能接近于零
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
【解析】选B。催化剂降低反应所需的活化能，则曲线Ⅱ使用催化剂，故A正确；只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，由图乙可知碰撞后没有生成新分子，即没有发生化学反应，此碰撞不是有效碰撞，故B错误；酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能接近于零，故C正确；增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，故D正确。
(1)(宏观辨识与微观探析)催化剂如何改变反应速率，从微观角度如何理解？
提示：催化剂参与反应，改变了反应历程，降低活化能，提高有效分子百分数，增大有效碰撞几率，从而提高反应速率。
(2)(证据推理与模型认知)催化剂在反应前后，性质上是否改变？
提示：化学性质没变，物理性质改变。
命题角度3：化学反应速率变化图象
【典例3】(2021·广州模拟)已知一定质量的锌粒与稀盐酸反应，生成H2的浓度与反应时间的关系如图所示，下列结论不正确的是( )
A.若将锌粒改为锌粉，可加快产生H2的反应速率
B．反应前4 min内温度对反应速率的影响比浓度大
C．反应开始2 min内平均反应速率最大
D．反应前4 min内生成H2的平均速率v(H2)＝0.09 ml·L－1·min－1
【解析】选C。锌粒改为锌粉，增大了反应物之间的接触面积，反应速率增大，故A正确；浓度减小，使反应速率减小，温度升高，使反应速率增大，反应前4 min内，产生氢气的速率增大，说明温度对反应速率的影响比浓度大，故B正确；由图可知，2 min到4 min内平均反应速率最大，故C错误；反应前4 min内生成H2的平均速率v(H2)＝ eq \f(0.36 ml·L－1,4 min) ＝0.09 ml·L－1·min－1，故D正确。
【归纳提升】有关化学反应速率图象的分析方法
(1)认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与有关的原理挂钩。
(2)看清起点，分清反应物、生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，一般生成物多数以原点为起点。
1．压强改变反应速率，归根结底是因为改变了浓度。对于气体反应，有如下三种类型：
①恒温时：
a．体积减小→压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率加快
b．体积增大→压强减小→气体反应物浓度减小→反应速率减慢
②恒温恒容时：
a．充入气体反应物→总压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率加快
b．充入“无关气体”→总压强增大，但各气体反应物浓度不变→反应速率不变
③恒温恒压时：
充入“无关气体”→体积增大→气体反应物浓度减小→反应速率减慢
2．有效碰撞理论与外因对化学反应速率影响的关系：
命题点1：碰撞理论与反应机理(基础性考点)
1．物质间能够发生化学反应与活化分子、有效碰撞密切相关。下列说法错误的是( )
A．化学反应的历程一般为普通反应物分子活化分子产物分子
B．某些反应的点燃或加热条件是为了使普通分子获得能量转变为活化分子
C．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
D．可逆反应的正反应的活化能一定不等于逆反应的活化能
【解析】选C。A.普通分子吸收能量转化为活化分子，活化分子间有适当的取向时，才能发生有效碰撞，生成产物分子，故A正确；B.点燃或加热时，分子会吸收能量，使普通分子获得能量转变为活化分子，故B正确；C.活化分子间有适当的取向时，才能发生有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定都是有效碰撞，故C错误；D.焓变＝正反应的活化能－逆反应的活化能，化学反应中一定存在焓变，所以正反应的活化能一定不等于逆反应的活化能，故D正确。
2．N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是( )
A.在反应过程中作催化剂
B．催化剂a表面发生了分解反应和化合反应
C．催化剂a、b增大了该历程中的最大能垒(活化能)
D．催化剂b表面发生的反应为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O
【解析】选D。催化剂a作用下，氢气和N2生成NH3，发生了化合反应，催化剂b作用下，NH3―→NO，反应为4NH3＋5O24NO＋6H2O，据此分析。A.催化剂a作用下，N2―→NH3，催化剂b作用下，NH3―→NO，则即NH3为中间产物，不是催化剂，故A错误；B.催化剂a作用下，氢气和N2生成NH3，仅发生了化合反应，故B错误；C.催化剂a、b减小活化能，故C错误；D.催化剂b作用下，NH3―→NO，反应为4NH3＋5O24NO＋6H2O，故D正确。
命题点2：影响化学反应速率的因素(综合性考点)
3．(2021·合肥模拟)下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是( )
A．在糕点包装袋内放置小包除氧剂
B．在糖果制作过程中添加着色剂
C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎
D．牛奶在冰箱里保存
【解析】选B。在糕点包装袋内放置小包除氧剂的目的是防止食品变质，减慢糕点腐败变质的速度，故A不选；在糖果制作过程中添加着色剂的目的是改变糖果的颜色，故B选；高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，增大接触面积加快化学反应速率，故C不选；牛奶在冰箱里保存，降低温度，减缓食物变质的速率，故D不选。
4．(2021·威海模拟)10 mL浓度为1 ml·L－1的硫酸与过量的铁粉反应，若加入适量的下列溶液，既能提高反应速率又能增加氢气生成量的是( )
A．CuSO4 B．CH3COONa
C．NaHSO4 D．Na2CO3
【解析】选C。加入硫酸铜，铁置换出铜，形成原电池，加快反应速率，生成氢气的量不变，故A错误；加入醋酸钠，生成醋酸，氢离子浓度降低，反应速率减小，故B错误；加入硫酸氢钠，氢离子浓度增大，反应速率增大，且增加生成氢气的总量，故C正确；加入碳酸钠，消耗氢离子，生成氢气的总量减小，且反应速率减小，故D错误。
5．(2021·湖北模拟)一定量的铁粉和水蒸气在一个容积可变的密闭容器中进行反应：3Fe(s)＋4H2O(g) eq \(=====,\s\up7(高温)) Fe3O4(s)＋4H2(g)。下列条件能使该反应的化学反应速率增大的是( )
A．增加铁粉的质量
B．保持体积不变，充入N2，使体系压强增大
C．将容器的体积缩小一半
D．保持压强不变，充入N2，使容器的体积增大
【解析】选C。增加固体的量，对反应速率没有影响，故A错误；体积不变，充入氮气使容器压强增大，参加反应气体的浓度不变，则反应速率不变，故B错误；将容器的体积缩小一半，浓度增大，反应速率增大，故C正确；压强不变，充入氮气使容器体积增大，则容器体积应增大，气体浓度减小，反应速率减小，故D错误。
命题点3：化学反应速率变化图象(应用性考点)
6.乙酸乙酯在多种条件下发生水解反应：CH3COOC2H5＋H2OCH3COOH＋C2H5OH。已知该反应的速率随c(H＋)的增大而加快。CH3COOC2H5的水解速率随时间的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H＋)逐渐增大所致
B．A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)相等
C．t0后反应速率下降可能是因为反应物浓度下降
D．CH3COOC2H5的转化率：tA时低于tB时
【解析】选B。反应刚刚开始的时候，乙酸乙酯水解产生醋酸，量少，电离出的氢离子不断增加，反应速率不断加快，所以反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H＋)逐渐增大所致，故A正确；B点时乙酸乙酯不断水解，浓度逐渐降低，则A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)不等，故B错误；t0后乙酸还在不断生成，但此时因为乙酸是弱酸，电离程度是有限的，此时氢离子浓度达到最大，t0后虽还生成，但浓度很小，氢离子不再是影响反应速率的因素，而乙酸乙酯作为反应物浓度不断减少，导致反应速率下降，故C正确；乙酸乙酯作为反应物不断减少，而生成物增加，则tB时CH3COOC2H5的转化率高于tA时CH3COOC2H5的转化率，故D正确。
7.研究反应2X(g)Y(g)＋Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(ml·L－1)随反应时间(min)的变化情况如图所示。下列说法不正确的是( )
A．比较实验②、④得出：升高温度，化学反应速率加快
B．比较实验①、②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
C．若实验②、③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
D．在0～10 min，实验②的平均速率v(Y)＝0.04 ml·L－1·min－1
【解析】选D。实验②、④起始浓度相同，但温度不同，④反应速率较大，则可得出：升高温度，化学反应速率加快，故A正确；①、②温度相同，但浓度不同，①浓度较大，可得出增大反应物浓度，化学反应速率加快，故B正确；②、③温度、浓度相同，③反应速率较大，应为加入催化剂，故C正确；在0～10 min，实验②X的浓度变化为0.2 ml·L－1，则v(Y)＝ eq \f(1,2) v(X)＝ eq \f(1,2) × eq \f(0.2 ml·L－1,10 min) ＝
0.01 ml·L－1·min－1，故D错误。
【加固训练—拔高】
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。下列说法不正确的是( )
A.图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越慢
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2分解速率越慢
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，c(Mn2＋)对H2O2分解速率的影响大
【解析】选C。图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越小，双氧水分解速率越慢，故A正确；图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越小双氧水分解速率越慢，故B正确；图丙中少量Mn2＋存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1 ml·L－1NaOH溶液＞1.0 ml·L－1NaOH溶液＞0 ml·L－1NaOH溶液，由此得出：锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，但与溶液的pH不成正比，故C错误；图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大，故D正确。
1．(2020·全国Ⅲ卷节选)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当________________________________________________。
【解析】工业上通常通过选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。
答案：选择合适的催化剂
2．(2019·全国Ⅱ卷节选)环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是________(填标号)。
A.T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 ml·L－1
【解析】温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线斜率的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；a到b的过程为正反应速率逐渐减小，且b点v(正)＞v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C正确；b点时环戊二烯的浓度变化为1.5 ml·L－1－0.6 ml·L－1＝
0.9 ml·L－1，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的 eq \f(1,2) ，则b点时二聚体的浓度为0.9 ml·L－1× eq \f(1,2) ＝0.45 ml·L－1，故D正确。
答案：C、D
3. (2018·全国Ⅲ卷节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，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在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是________________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有______________、____________。
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v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，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 eq \f(v正,v逆) ＝____________(保留1位小数)。
【解析】①在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是及时移去产物等；要缩短反应达到平衡的时间，可采取加压、增大反应物浓度、使用催化剂等加快化学反应速率的措施。②应根据温度比较a、b处反应速率大小，a处温度为343 K，b处温度为323 K，温度越高反应速率越快，故va大于vb
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
起始浓度 c 0 0
改变浓度 0.22c 0.11c 0.11c
平衡浓度 0.78c 0.11c 0.11c
当反应达到平衡时，v正＝v逆，即k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4
xSiHCl3＝ eq \f(0.78c,（0.78c＋0.11c＋0.11c）) ＝0.78，
xSiH2Cl2＝xSiCl4＝ eq \f(0.11c,（0.78c＋0.11c＋0.11c）) ＝0.11
eq \f(k正,k逆) ＝ eq \f(0.11×0.11,0.78×0.78)
a处时结合图象可知：xSiHCl3＝0.8，xSiH2Cl2＝0.1，xSiCl4＝0.1，a处时，
eq \f(v正,v逆) ＝ eq \f(k正x2SiHCl3,k逆xSiH2Cl2xSiCl4) ＝ eq \f(0.112×0.82,0.782×0.12) ≈1.3。
答案：①及时移去产物 使用催化剂 增大反应物浓度(合理即可) ②大于 1.3
1．化学反应速率计算的3个方法：
(1)定义式法：v＝ eq \f(Δc,Δt) 。
(2)比例关系式法：化学反应速率之比等于化学计量数之比。
(3)三段式法：列起始量、转化量、最终量，再根据定义式或比例关系计算。
2．掌握1条规律：
对于可逆反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)，v(A)∶v(B)∶v(C)＝Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)＝Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)＝m∶n∶p。
3．理解影响化学反应速率的5个因素：
增大反应物浓度、增大气体反应物压强、升高温度、使用催化剂、增大反应物表面积，化学反应速率均增大。时间/min
0
5
10
15
固体质量/g
200
170
154
146
考点一 化学反应速率的概念及计算(命题指数★★★★★)
1．化学反应速率：
(1)概念：化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢的物理量，通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。
(2)表达式：v＝ eq \f(Δc,Δt) 或v＝ eq \f(Δn,V·Δt) 。常用的单位是ml·(L·min)－1或ml·(L·s)－1。
(3)注意事项。
①化学反应速率通常是指某一段时间内的平均反应速率，而不是瞬时反应速率。
②在同一个化学反应中，无论选用反应物还是生成物来表示化学反应速率，其值均为正值。
③由于在反应中纯液体和固体的浓度是恒定不变的，因此对于有纯液体或固体参加的反应一般不用纯液体或固体来表示化学反应速率。
2．化学反应速率的计算方法：
(1)利用反应速率的定义式v＝ eq \f(Δc,Δt) ＝ eq \f(Δn,VΔt) 。
(2)各物质的反应速率之比等于化学计量数之比。对于反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)来说，vA∶vB∶vC∶vD＝m∶n∶p∶q。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显。( )
提示：×。速率快的反应，不一定有明显的实验现象，如NaOH与盐酸的中和反应等。
(2)某物质的反应速率为0.5 ml·L－1·min－1，代表1 min时该物质的浓度是
0.5 ml·L－1。( )
提示：×。化学反应速率是一段时间的平均速率。
(3)化学反应速率的数值越大，代表反应速率越快。( )
提示：×。同一化学反应用不同物质表示时，速率数值不一定相同。
(4)化学反应中任何一种物质在单位时间内的浓度变化量都可以用来表示化学反应速率。( )
提示：×。化学反应速率不能用固体或纯液体来表示。
(5)在2SO2(g)＋O2(g)===2SO3(g)反应中，t1、t2时刻，SO3(g)浓度分别是c1、c2，则t1～t2时间内，SO3(g)生成的平均速率为v＝ eq \f(c2－c1,t2－t1) 。( )
提示：√。根据反应速率的定义式v＝ eq \f(Δc,Δt) ，判断Δc＝c2－c1，因此反应速率v＝ eq \f(c2－c1,t2－t1) 。
2．在25 ℃时，向100 mL含HCl 14.6 g的盐酸里放入5.6 g纯铁粉(不考虑反应前后溶液体积的变化)，反应开始至2 min末，收集到1.12 L(标准状况)氢气。在此之后，又经过4 min铁粉完全溶解。则：
(1)在前2 min内用FeCl2表示的平均反应速率是________________。
(2)在后4 min内用HCl表示的平均反应速率是________________。
(3)前2 min与后4 min相比，反应速率较快的是________________。
【解析】由题目信息“又经4 min铁粉完全溶解”知，盐酸是过量的，n(Fe)＝ eq \f(5.6 g,56 g·ml－1) ＝0.1 ml，n(H2)＝ eq \f(1.12 L,22.4 L·ml－1) ＝0.05 ml。由反应方程式Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑知，前2 min内消耗的铁、HCl及生成的FeCl2的物质的量分别为0.05 ml、0.1 ml、0.05 ml，故(1)v(FeCl2)＝ eq \f(0.05 ml,0.1 L×2 min) ＝0.25 ml·
L－1·min－1。(2)后4 min消耗的盐酸由铁的量来求，消耗的n(Fe)＝0.1 ml－
0.05 ml＝0.05 ml，故消耗的n(HCl)＝2n(Fe)＝0.1 ml，v(HCl)＝ eq \f(0.1 ml,0.1 L×4 min) ＝0.25 ml·L－1·min－1。(3)因在同一个反应里，v(HCl)＝2v(FeCl2)，可见前2 min较快。
答案：(1)0.25 ml·L－1·min－1
(2)0.25 ml·L－1·min－1 (3)前2 min
命题角度1：化学反应速率的计算
【典例1】(2021·济南模拟)炼铁高炉中发生的主要反应为Fe2O3(s)＋3CO(g)2Fe(s)＋3CO2(g)。一定温度下，在2 L的密闭容器中加入200 g Fe2O3粉末和一定量的CO气体模拟炼铁的反应。测得容器内固体的质量随时间的变化如表所示，反应在5～15 min的平均速率v(CO)为( )
ml·L－1·min－1
B．0.05 ml·L－1·min－1
C．0.075 ml·L－1·min－1
D．0.15 ml·L－1·min－1
【解析】选C。由表中数据可知5～15 min内固体质量减少170 g－146 g＝24 g，为氧元素的质量，由CO～O～CO2，可知参加反应的n(CO)＝ eq \f(24 g,16 g·ml－1) ＝1.5 ml，反应在5～15 min的平均速率v(CO)＝ eq \f(\f(1.5 ml,2 L),10 min) ＝0.075 ml·L－1·min－1。
【备选例题】
(2021·北京模拟)一定条件下，在10 L密闭容器中发生反应：A(g)＋3B(g)===2C(g)＋4D(g)，测得5 min内，A的物质的量减少了10 ml，则5 min内该反应的化学反应速率是( )
A．v(A)＝2.0 ml·L－1·min－1
B．v(B)＝0.2ml·L－1·min－1
C．v(C)＝0.2ml·L－1·min－1
D．v(D)＝0.8ml·L－1·min－1
【解析】选D。5 min内v(A)＝ eq \f(\f(10 ml,10 L),5 min) ＝0.2 ml·L－1·min－1，故A错误；v(B)＝3v(A)＝3×0.2 ml·L－1·min－1＝0.6 ml·L－1·min－1，故B错误；v(C)＝2v(A)＝2×0.2 ml·L－1·min－1＝0.4 ml·L－1·min－1，故C错误；v(D)＝4v(A)＝4×0.2 ml·L－1·min－1＝0.8 ml·L－1·min－1，故D正确。
命题角度2：化学反应速率大小比较
【典例2】(2021·重庆模拟)化学反应A(g)＋3B(g) 2C(g)＋2D(g)，下列是不同的情况下测得的不同物质的反应速率，其中表示该化学反应的反应速率最慢的是( )
A．v(A)＝0.20 ml·L－1·min－1
B．v(B)＝0.45 ml·L－1·s－1
C．v(C)＝0.30 ml·L－1·min－1
D．v(D)＝0.35 ml·L－1·min－1
【解析】选C。反应速率与化学计量数的比值越大、速率越大，则A. eq \f(0.20,1) ＝0.2；B. eq \f(0.45×60,3) ＝9；C. eq \f(0.3,2) ＝0.15；D. eq \f(0.35,2) ＝0.175，显然C中比值最小、反应速率最慢。
命题角度3：根据化学反应速率图象确定方程式
【典例3】(2021·长治模拟)一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列描述正确的是( )
A.反应开始到10 s时，用Z表示的反应速率为0.158 ml·L－1·s－1
B．反应开始到10 s时，X的物质的量浓度减少了0.79 ml·L－1
C．反应到达10 s时，c(Y)＝0.105 ml·L－1·s－1
D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)
【解析】选D。由图可知，由0～10 s，n(X)由1.20 ml减少到0.41 ml，n(Y)由1.00 ml减少到0.21 ml，n(Z)由0增加到1.58 ml，故v(Z)＝1.58 ml÷
2 L÷10 s＝0.079 ml·L－1·s－1，A项错；反应开始到10 s时，X的物质的量浓度减少 eq \f(1.20 ml－0.41 ml,2 L) ＝0.395 ml·L－1，B项错；10 s时c(Y)＝ eq \f(0.21 ml,2 L) ＝0.105 ml·L－1，单位有误，C项错误；相同时间内X、Y、Z的物质的量的变化值之比为0.79 ml∶0.79 ml∶1.58 ml＝1∶1∶2，故反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，D项正确。
1．化学反应速率的计算：
(1)根据公式计算：v＝ eq \f(Δc,Δt) 。
(2)根据各物质的反应速率之比等于化学计量数之比。对于反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，vA∶vB∶vC∶vD＝m∶n∶p∶q。
(3)运用“三段式”进行计算
①步骤
A．写出化学方程式
B．列出各物质的起始量、转化量和某时刻量(可用物质的量或物质的量浓度表示)，并合理设未知数。
C．各物质转化量之比等于化学计量数之比，依公式v＝ eq \f(Δc,Δt) 求算反应速率。
②方法
mA ＋ nB === pC＋qD
起始(ml·L－1) a b 0 0
转化(ml·L－1) mx nx px qx
t min末(ml·L－1) a－mx b－nx px qx
Δc(反应物)＝c(起始)－c(某时刻)；
Δc(生成物)＝c(某时刻)－c(起始)。
注意：①“三段式”中，物理量及单位要统一，可全为物质的量或都是物质的量浓度。
②转化量之比等于化学计量数之比，起始量与某时刻量与化学计量数没有必然关系。
2．化学反应速率大小的比较方法：
(1)定性比较
通过明显的实验现象(如气泡产生快慢、沉淀生成快慢等)来定性比较化学反应速率的大小。
(2)定量比较
同一化学反应中，不同物质来表示化学反应速率时，数值可能不同，需要进行转化。常用以下两种方法：
①归一法
A．“一看”：看化学反应速率的单位是否一致，若不一致，需转化为同一单位。
B．“二化”：将不同物质的化学反应速率转化成同一物质的化学反应速率，或分别除去相应物质的化学计量数。
C．“三比较”：标准统一后比较数值大小，数值越大，反应速率越大。
②比值法
通过化学反应速率与其对应的化学计量数的比值进行比较，比值大的化学反应速率大。
如对于反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，若： eq \f(v（A）,a) ＞ eq \f(v（B）,b) ，则A表示的化学反应速率较大。
3．由图象确定化学方程式需要解决的问题：
(1)确定反应物和生成物(根据曲线的变化趋势)。
(2)确定反应物和生成物的化学计量数(根据同一时间内浓度或物质的量的变化量)。
(3)反应是否为可逆反应(反应最后浓度是否不随时间的变化而变化)。
命题点1：化学反应速率的计算和大小比较(基础性考点)
1．(2021·石家庄模拟)一定条件下，在2 L密闭容器中发生反应：2A(s)＋3B(g)===2C(g)＋4D(g)，测得5 min内，A的物质的量减少了10 ml，则0～5 min内该反应的平均速率为( )
A．v(A)＝1.0 ml·L－1·min－1
B．v(B)＝1.5 ml·L－1·min－1
C．v(C)＝2.0 ml·L－1·min－1
D．v(D)＝0.5 ml·L－1·min－1
【解析】选B。因为A为纯固体，不能用来表示反应速率，故A错误；
v(B)＝ eq \f(3,2) v(C)＝ eq \f(3,2) × eq \f(\f(10 ml,2 L),5 min) ＝1.5 ml·L－1·min－1，故B正确；v(C)＝ eq \f(\f(10 ml,2 L),5 min) ＝
1 ml·L－1·min－1，故C错误；v(D)＝2v(C)＝2×1 ml·L－1·min－1＝
2 ml·L－1·min－1，故D错误。
命题点2：化学反应速率图象(综合性考点)
2．根据如图填空：
(1)反应物是______________；生成物是____________。
(2)在2 min内用A、B、C表示的化学反应速率分别为______________、______________、______________。
(3)该反应的化学方程式是______________________。
【解析】已知在反应过程中反应物的量减少，生成物的量增多，故A、B为反应物，C为生成物，由速率的定义不难得出：v(A)＝[(8－2)÷2]ml·L－1·min－1＝
3 ml·L－1·min－1，v(B)＝[(8－4)÷2]ml·L－1·min－1＝2 ml·L－1·min－1，v(C)＝(6÷2)ml·L－1·min－1＝3 ml·L－1·min－1，故三者的化学计量数之比为3∶2∶3，又因最终各物质的量浓度不变且均不为零，故为可逆反应，其方程式
为3A＋2B3C。
答案：(1)A、B C (2)3 ml·L－1·min－1 2 ml·L－1·min－1 3 ml·L－1·min－1
(3)3A＋2B3C
【加固训练—拔高】
1．(2021·桂林模拟)一定条件下，下列表示4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)的反应速率中，最快的是( )
A．v(NH3)＝0.8 ml·L－1·s－1
B．v(O2)＝0.9 ml·L－1·s－1
C．v(NO)＝0.6 ml·L－1·s－1
D．v(H2O)＝1.0 ml·L－1·s－1
【解析】选A。反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则A. eq \f(0.8,4) ＝0.2；B. eq \f(0.9,5) ＝0.18；C. eq \f(0.6,4) ＝0.15；D. eq \f(1.0,6) ≈0.17，显然A中比值最大，化学反应速率最快。
2．(2021·毕节模拟)已知2H2S(g)＋3O2(g) eq \(=====,\s\up7(点燃)) 2SO2(g)＋2H2O(g)，若反应速率分别用v(H2S)、v(O2)、v(SO2)、v(H2O)表示，则正确的关系式为( )
A．2v(H2S)＝3v(O2)
B．3v(O2)＝2v(H2O)
C．3v(O2)＝2v(SO2)
D．2v(O2)＝3v(SO2)
【解析】选D。对于反应：2H2S(g)＋3O2(g) eq \(=====,\s\up7(点燃)) 2SO2(g)＋2H2O(g)，不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，则：v(H2S)∶v(O2)＝2∶3，故3v(H2S)＝2v(O2)，故A错误；v(O2)∶v(H2O)＝3∶2，故2v(O2)＝3v(H2O)，故B错误；v(O2)∶v(SO2)＝3∶2，故2v(O2)＝3v(SO2)，故C错误、D正确。
3．氯酸钾和亚硫酸氢钾溶液能发生氧化还原反应：ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋3HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===3SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋Cl－＋3H＋。已知该反应的速率随c(H＋)的增大而加快。如图为用ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应vt图。下列说法中不正确的是( )
A.图中阴影部分的面积表示t1～t2时间内ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的物质的量的减少量
B．纵坐标为v(Cl－)的vt曲线与图中曲线完全重合
C．反应开始时速率增大可能是c(H＋)所致
D．后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小
【解析】选A。图象为ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 在单位时间内物质的量浓度变化表示的该反应vt图，则阴影部分的面积表示t1～t2时间内ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的物质的量浓度的减少量，故A错误；方程式为ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋3HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===3SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋Cl－＋3H＋，v(ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )∶v(Cl－)＝1∶1，纵坐标为v(Cl－)的vt曲线与图中曲线重合，故B正确；反应开始时随着反应的进行，c(H＋)不断增大，反应的速率加快由题目信息可知反应的速率随c(H＋)的增大而加快，当然，也可能是由c(Cl－)的增大引起的，故C正确；随着反应的进行，反应物的浓度减少，反应速率减小，所以后期反应速率下降的主要原因是反应物浓度减小，故D正确。
4．某温度时，在2 L容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间变化的曲线如图所示。由图中数据分析：该反应的化学方程式为___________________。反应开始至2 min时，用Z表示的反应速率为____________。
【解析】由题图可知，X、Y的物质的量随反应的进行而减少，Z的物质的量随反应的进行而增大，则X和Y为反应物，Z为生成物。
Δn(X)＝1.0 ml－0.7 ml＝0.3 ml，
Δn(Y)＝1.0 ml－0.9 ml＝0.1 ml，
Δn(Z)＝0.2 ml－0 ml＝0.2 ml，
Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝3∶1∶2，
故反应方程式为3X＋Y2Z。
v(Z)＝ eq \f(0.2 ml,2 L×2 min) ＝0.05 ml·L－1·min－1。
答案：3X＋Y2Z 0.05 ml·L－1·min－1
考点二 影响化学反应速率的因素(命题指数★★★★★)
1．有效碰撞理论：
(1)有效碰撞：能够发生化学反应的碰撞。
(2)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
(3)活化能：活化分子比普通分子高出的能量。如图所示：
反应的活化能是E1。反应热是E1－E2。
(4)化学反应速率与活化分子、有效碰撞的关系
活化分子的百分数越大，单位体积内活化分子数越多，单位时间内有效碰撞的次数越多，化学反应速率越快。
2．影响化学反应速率的因素：
(1)内因：相同条件下，不同的化学反应会有不同的速率，这表明反应速率首先是由反应物自身(包括组成、结构和性质等因素)决定的。
(2)外因：
①浓度：
A．规律：反应物浓度增大→反应速率加快；反应物浓度减小→反应速率减慢。
B．微观解释：增大反应物的浓度，即增大了单位体积内活化分子的数目，单位时间内有效碰撞次数增多，反应速率加快。
C．纯固体、纯液体浓度为常数，增加其用量时，速率不变。
②压强：
A．规律：增大压强→气体体积缩小→浓度增大→化学反应速率加快。
B．微观解释：增大压强→气体体积缩小→反应物浓度增大→单位体积内活化分子数增多→单位时间内有效碰撞次数增加→反应速率加快；反之，则减慢。
③温度：
A．温度升高，反应速率加快；温度降低，反应速率减慢。
B．微观解释：升高温度→活化分子百分数提高→有效碰撞的次数增多→化学反应速率加快。
C．大量实验证明，温度每升高10 ℃，化学反应速率通常增大2～4倍。
④催化剂：
A．规律：使用合适的催化剂，可加快化学反应速率。
B．微观解释：使用合适的催化剂→降低反应所需的活化能→活化分子百分数提高→有效碰撞次数增加→化学反应速率加快。
C．催化剂有选择性和高效性，催化剂参与反应并改变反应历程。
⑤其他因素：接触面积、光辐射、放射线辐射、超声波等。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)使用一种催化剂能加快所有反应的速率。( )
提示：×。催化剂具有选择性，没有一种催化剂是万能的。
(2)决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂。( )
提示：×。化学反应速率的决定因素是反应物自身的性质。
(3)金属铝与硫酸反应时，增大硫酸的浓度可以提高产生氢气的速率。( )
提示：×。浓硫酸使金属铝发生钝化，不再产生氢气。
(4)对于一个特定的反应，在恒容或恒压容器中加入惰性气体，对反应速率的影响情况相同。( )
提示：×。恒容容器中加入无关气体，各物质浓度不变，反应速率不变；恒压容器中加入无关气体，因体积增大，各物质浓度减小，反应速率减小。
(5)升高温度可以同时增大活化分子数和活化分子百分数，加快反应速率。( )
提示：√。体系从外界吸收能量后，活化分子数和百分数均增大。
2．合成氨工业中，在无催化剂时，氨的合成反应的活化能约为335 kJ·ml－1。加入铁催化剂后，反应以生成氮化物和氮氢化物两个阶段进行。E1＝126～167 kJ·ml－1，E2＝13 kJ·ml－1。
(1)请从有效碰撞的微观角度，解释在合成氨工业中，铁催化剂提高反应速率的原因？
(2)催化剂是如何提高反应速率的？
提示：(1)铁催化剂的使用，降低了反应所需活化能，活化分子百分数提高，有效碰撞次数增加，化学反应速率加快。
(2)由于反应途径的改变(生成不稳定的中间化合物)，降低了反应的活化能，因而反应速率加快了。
命题角度1：化学反应速率影响因素
【典例1】(2021·昆明模拟)制水煤气的反应为C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) ΔH＞0，下列措施能加快该化学反应速率的是( )
①增加碳的用量 ②将碳制成碳粉
③加催化剂 ④加热
⑤恒容充入He ⑥恒压充入He
A．①②③④ B．②③④
C．②③④⑤ D．③④⑤⑥
【解析】选B。①增加碳的用量，气体浓度不变，则反应速率不变，故错误；②将碳制成碳粉，固体表面积增大，反应速率增大，故正确；③加催化剂，可增大反应速率，故正确；④加热，可增大活化分子百分数，反应速率增大，故正确；⑤恒容充入He，参加反应气体浓度不变，反应速率不变，故错误；⑥恒压充入He，容器体积增大，参加反应气体的浓度减小，则反应速率减小，故错误。
命题角度2：催化剂与反应机理、活化能
【典例2】(2021·洛阳模拟)在化学反应中，能引发化学反应的分子之间的碰撞称之为有效碰撞，能够发生有效碰撞的分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低能量叫活化能，其单位用kJ·ml－1表示。下列说法不正确的是( )
A.图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能
B．图乙中HI分子发生了有效碰撞
C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能接近于零
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加
【解析】选B。催化剂降低反应所需的活化能，则曲线Ⅱ使用催化剂，故A正确；只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，由图乙可知碰撞后没有生成新分子，即没有发生化学反应，此碰撞不是有效碰撞，故B错误；酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能接近于零，故C正确；增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，故D正确。
(1)(宏观辨识与微观探析)催化剂如何改变反应速率，从微观角度如何理解？
提示：催化剂参与反应，改变了反应历程，降低活化能，提高有效分子百分数，增大有效碰撞几率，从而提高反应速率。
(2)(证据推理与模型认知)催化剂在反应前后，性质上是否改变？
提示：化学性质没变，物理性质改变。
命题角度3：化学反应速率变化图象
【典例3】(2021·广州模拟)已知一定质量的锌粒与稀盐酸反应，生成H2的浓度与反应时间的关系如图所示，下列结论不正确的是( )
A.若将锌粒改为锌粉，可加快产生H2的反应速率
B．反应前4 min内温度对反应速率的影响比浓度大
C．反应开始2 min内平均反应速率最大
D．反应前4 min内生成H2的平均速率v(H2)＝0.09 ml·L－1·min－1
【解析】选C。锌粒改为锌粉，增大了反应物之间的接触面积，反应速率增大，故A正确；浓度减小，使反应速率减小，温度升高，使反应速率增大，反应前4 min内，产生氢气的速率增大，说明温度对反应速率的影响比浓度大，故B正确；由图可知，2 min到4 min内平均反应速率最大，故C错误；反应前4 min内生成H2的平均速率v(H2)＝ eq \f(0.36 ml·L－1,4 min) ＝0.09 ml·L－1·min－1，故D正确。
【归纳提升】有关化学反应速率图象的分析方法
(1)认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与有关的原理挂钩。
(2)看清起点，分清反应物、生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，一般生成物多数以原点为起点。
1．压强改变反应速率，归根结底是因为改变了浓度。对于气体反应，有如下三种类型：
①恒温时：
a．体积减小→压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率加快
b．体积增大→压强减小→气体反应物浓度减小→反应速率减慢
②恒温恒容时：
a．充入气体反应物→总压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率加快
b．充入“无关气体”→总压强增大，但各气体反应物浓度不变→反应速率不变
③恒温恒压时：
充入“无关气体”→体积增大→气体反应物浓度减小→反应速率减慢
2．有效碰撞理论与外因对化学反应速率影响的关系：
命题点1：碰撞理论与反应机理(基础性考点)
1．物质间能够发生化学反应与活化分子、有效碰撞密切相关。下列说法错误的是( )
A．化学反应的历程一般为普通反应物分子活化分子产物分子
B．某些反应的点燃或加热条件是为了使普通分子获得能量转变为活化分子
C．活化分子间的碰撞一定是有效碰撞
D．可逆反应的正反应的活化能一定不等于逆反应的活化能
【解析】选C。A.普通分子吸收能量转化为活化分子，活化分子间有适当的取向时，才能发生有效碰撞，生成产物分子，故A正确；B.点燃或加热时，分子会吸收能量，使普通分子获得能量转变为活化分子，故B正确；C.活化分子间有适当的取向时，才能发生有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定都是有效碰撞，故C错误；D.焓变＝正反应的活化能－逆反应的活化能，化学反应中一定存在焓变，所以正反应的活化能一定不等于逆反应的活化能，故D正确。
2．N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是( )
A.在反应过程中作催化剂
B．催化剂a表面发生了分解反应和化合反应
C．催化剂a、b增大了该历程中的最大能垒(活化能)
D．催化剂b表面发生的反应为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O
【解析】选D。催化剂a作用下，氢气和N2生成NH3，发生了化合反应，催化剂b作用下，NH3―→NO，反应为4NH3＋5O24NO＋6H2O，据此分析。A.催化剂a作用下，N2―→NH3，催化剂b作用下，NH3―→NO，则即NH3为中间产物，不是催化剂，故A错误；B.催化剂a作用下，氢气和N2生成NH3，仅发生了化合反应，故B错误；C.催化剂a、b减小活化能，故C错误；D.催化剂b作用下，NH3―→NO，反应为4NH3＋5O24NO＋6H2O，故D正确。
命题点2：影响化学反应速率的因素(综合性考点)
3．(2021·合肥模拟)下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是( )
A．在糕点包装袋内放置小包除氧剂
B．在糖果制作过程中添加着色剂
C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎
D．牛奶在冰箱里保存
【解析】选B。在糕点包装袋内放置小包除氧剂的目的是防止食品变质，减慢糕点腐败变质的速度，故A不选；在糖果制作过程中添加着色剂的目的是改变糖果的颜色，故B选；高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，增大接触面积加快化学反应速率，故C不选；牛奶在冰箱里保存，降低温度，减缓食物变质的速率，故D不选。
4．(2021·威海模拟)10 mL浓度为1 ml·L－1的硫酸与过量的铁粉反应，若加入适量的下列溶液，既能提高反应速率又能增加氢气生成量的是( )
A．CuSO4 B．CH3COONa
C．NaHSO4 D．Na2CO3
【解析】选C。加入硫酸铜，铁置换出铜，形成原电池，加快反应速率，生成氢气的量不变，故A错误；加入醋酸钠，生成醋酸，氢离子浓度降低，反应速率减小，故B错误；加入硫酸氢钠，氢离子浓度增大，反应速率增大，且增加生成氢气的总量，故C正确；加入碳酸钠，消耗氢离子，生成氢气的总量减小，且反应速率减小，故D错误。
5．(2021·湖北模拟)一定量的铁粉和水蒸气在一个容积可变的密闭容器中进行反应：3Fe(s)＋4H2O(g) eq \(=====,\s\up7(高温)) Fe3O4(s)＋4H2(g)。下列条件能使该反应的化学反应速率增大的是( )
A．增加铁粉的质量
B．保持体积不变，充入N2，使体系压强增大
C．将容器的体积缩小一半
D．保持压强不变，充入N2，使容器的体积增大
【解析】选C。增加固体的量，对反应速率没有影响，故A错误；体积不变，充入氮气使容器压强增大，参加反应气体的浓度不变，则反应速率不变，故B错误；将容器的体积缩小一半，浓度增大，反应速率增大，故C正确；压强不变，充入氮气使容器体积增大，则容器体积应增大，气体浓度减小，反应速率减小，故D错误。
命题点3：化学反应速率变化图象(应用性考点)
6.乙酸乙酯在多种条件下发生水解反应：CH3COOC2H5＋H2OCH3COOH＋C2H5OH。已知该反应的速率随c(H＋)的增大而加快。CH3COOC2H5的水解速率随时间的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H＋)逐渐增大所致
B．A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)相等
C．t0后反应速率下降可能是因为反应物浓度下降
D．CH3COOC2H5的转化率：tA时低于tB时
【解析】选B。反应刚刚开始的时候，乙酸乙酯水解产生醋酸，量少，电离出的氢离子不断增加，反应速率不断加快，所以反应初期水解速率增大可能是溶液中c(H＋)逐渐增大所致，故A正确；B点时乙酸乙酯不断水解，浓度逐渐降低，则A、B两点表示的c(CH3COOC2H5)不等，故B错误；t0后乙酸还在不断生成，但此时因为乙酸是弱酸，电离程度是有限的，此时氢离子浓度达到最大，t0后虽还生成，但浓度很小，氢离子不再是影响反应速率的因素，而乙酸乙酯作为反应物浓度不断减少，导致反应速率下降，故C正确；乙酸乙酯作为反应物不断减少，而生成物增加，则tB时CH3COOC2H5的转化率高于tA时CH3COOC2H5的转化率，故D正确。
7.研究反应2X(g)Y(g)＋Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(ml·L－1)随反应时间(min)的变化情况如图所示。下列说法不正确的是( )
A．比较实验②、④得出：升高温度，化学反应速率加快
B．比较实验①、②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
C．若实验②、③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
D．在0～10 min，实验②的平均速率v(Y)＝0.04 ml·L－1·min－1
【解析】选D。实验②、④起始浓度相同，但温度不同，④反应速率较大，则可得出：升高温度，化学反应速率加快，故A正确；①、②温度相同，但浓度不同，①浓度较大，可得出增大反应物浓度，化学反应速率加快，故B正确；②、③温度、浓度相同，③反应速率较大，应为加入催化剂，故C正确；在0～10 min，实验②X的浓度变化为0.2 ml·L－1，则v(Y)＝ eq \f(1,2) v(X)＝ eq \f(1,2) × eq \f(0.2 ml·L－1,10 min) ＝
0.01 ml·L－1·min－1，故D错误。
【加固训练—拔高】
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。下列说法不正确的是( )
A.图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越慢
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液碱性越弱，H2O2分解速率越慢
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，c(Mn2＋)对H2O2分解速率的影响大
【解析】选C。图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越小，双氧水分解速率越慢，故A正确；图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越小双氧水分解速率越慢，故B正确；图丙中少量Mn2＋存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1 ml·L－1NaOH溶液＞1.0 ml·L－1NaOH溶液＞0 ml·L－1NaOH溶液，由此得出：锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，但与溶液的pH不成正比，故C错误；图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大，故D正确。
1．(2020·全国Ⅲ卷节选)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当________________________________________________。
【解析】工业上通常通过选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。
答案：选择合适的催化剂
2．(2019·全国Ⅱ卷节选)环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是________(填标号)。
A.T1＞T2
B．a点的反应速率小于c点的反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45 ml·L－1
【解析】温度越高反应速率越快，根据图示可知，在温度T2(虚线)的反应速率较大，则T1＜T2，故A错误；根据图象可知，a点切线斜率的绝对值大于c点切线斜率的绝对值，则a点速率大于c点，故B错误；a到b的过程为正反应速率逐渐减小，且b点v(正)＞v(逆)，则a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C正确；b点时环戊二烯的浓度变化为1.5 ml·L－1－0.6 ml·L－1＝
0.9 ml·L－1，环戊二烯的二聚体的浓度为环戊二烯浓度变化的 eq \f(1,2) ，则b点时二聚体的浓度为0.9 ml·L－1× eq \f(1,2) ＝0.45 ml·L－1，故D正确。
答案：C、D
3. (2018·全国Ⅲ卷节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，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在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是________________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有______________、____________。
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v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，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 eq \f(v正,v逆) ＝____________(保留1位小数)。
【解析】①在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是及时移去产物等；要缩短反应达到平衡的时间，可采取加压、增大反应物浓度、使用催化剂等加快化学反应速率的措施。②应根据温度比较a、b处反应速率大小，a处温度为343 K，b处温度为323 K，温度越高反应速率越快，故va大于vb
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
起始浓度 c 0 0
改变浓度 0.22c 0.11c 0.11c
平衡浓度 0.78c 0.11c 0.11c
当反应达到平衡时，v正＝v逆，即k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4
xSiHCl3＝ eq \f(0.78c,（0.78c＋0.11c＋0.11c）) ＝0.78，
xSiH2Cl2＝xSiCl4＝ eq \f(0.11c,（0.78c＋0.11c＋0.11c）) ＝0.11
eq \f(k正,k逆) ＝ eq \f(0.11×0.11,0.78×0.78)
a处时结合图象可知：xSiHCl3＝0.8，xSiH2Cl2＝0.1，xSiCl4＝0.1，a处时，
eq \f(v正,v逆) ＝ eq \f(k正x2SiHCl3,k逆xSiH2Cl2xSiCl4) ＝ eq \f(0.112×0.82,0.782×0.12) ≈1.3。
答案：①及时移去产物 使用催化剂 增大反应物浓度(合理即可) ②大于 1.3
1．化学反应速率计算的3个方法：
(1)定义式法：v＝ eq \f(Δc,Δt) 。
(2)比例关系式法：化学反应速率之比等于化学计量数之比。
(3)三段式法：列起始量、转化量、最终量，再根据定义式或比例关系计算。
2．掌握1条规律：
对于可逆反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)，v(A)∶v(B)∶v(C)＝Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)＝Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)＝m∶n∶p。
3．理解影响化学反应速率的5个因素：
增大反应物浓度、增大气体反应物压强、升高温度、使用催化剂、增大反应物表面积，化学反应速率均增大。时间/min
0
5
10
15
固体质量/g
200
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