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新教材(广西专版)高考化学一轮复习第7章化学反应速率与化学平衡第1讲化学反应速率及影响因素课件
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这是一份新教材(广西专版)高考化学一轮复习第7章化学反应速率与化学平衡第1讲化学反应速率及影响因素课件，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，强基础增分策略，增素能精准突破，研专项前沿命题，明考向真题演练，本章体系构建，课程标准，答案B，答案A，答案D等内容，欢迎下载使用。
1.知道化学反应速率的表示方法,了解测定化学反应速率的简单方法。2.通过实验探究,了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。3.知道化学反应是有历程的,认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。4.能进行化学反应速率的简单计算,能通过实验探究分析不同组分浓度改变对化学反应速率的影响,能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。5.能运用温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响规律解释生产、生活、实验室中的实际问题,能讨论化学反应条件的选择和优化。
一、化学反应速率1.化学反应速率 指明物质、标清单位
2.化学反应速率与化学计量数的关系单位相同,速率数值与化学计量数成正比
对于已知反应:mA(g)+nB(g) === pC(g)+qD(g),在同一段时间内,用不同物质来表示该反应速率,当单位相同时,反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的 化学计量数 之比。即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)= m∶n∶p∶q 或 。如在一个2 L的容器中发生反应:3A(g)+B(g)2C(g),加入2 ml A,1 s后剩余1.4 ml,则v(A)= 0.3 ml·L-1·s-1 ,v(B)= 0.1 ml·L-1·s-1 ,v(C)= 0.2 ml·L-1·s-1 。
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。(1)化学反应速率指一段时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加。( × )(2)对于任何化学反应来说,反应速率越大,反应现象越明显。( × )(3)化学反应速率为0.8 ml·L-1·s-1指1 s时某物质的浓度为0.8 ml·L-1。( × )(4)由 计算平均速率,用反应物表示时为正值,用生成物表示时为负值。( × )(5)同一化学反应,相同条件下用不同物质表示的反应速率,其数值可能不同,但表示的意义相同。( √ )(6)根据反应速率的大小可以判断化学反应进行的快慢。( √ )
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(主要因素) 内因包括组成、结构、性质等物质自身因素反应物本身的 性质 是影响化学反应速率的决定因素。如在相同条件下卤素单质与H2反应的速率大小关系为 F2>Cl2>Br2>I2 ;镁、铝、锌、铁与稀硫酸反应的速率大小关系为 Mg>Al>Zn>Fe 。
(2)外因(其他条件不变,只改变一个条件)
(3)化学反应速率的基本图像
2.化学反应速率的理论解释——有效碰撞理论和过渡态理论(1)有效碰撞
(2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系外界条件的改变,本质上是改变了活化分子的浓度,从而改变反应速率
(3)基元反应大多数化学反应都是分几步完成的,其中的每一步反应都称为基元反应。 (4)许多化学反应,尽管其化学方程式很简单,却不是基元反应,而是经由两个或多个步骤完成的复杂反应。例如H2(g)+I2(g) === 2HI(g),它的反应历程有如下两步基元反应:①I2 I·+I·(快)②H2+2I· === 2HI(慢)其中 慢 反应为整个反应的决速步骤。
(5)过渡态理论如图所示是两步完成的化学反应,分析并回答下列问题。
①该反应的反应物为 A、B ,中间体为 C ,生成物为 D 。 ②由A、B生成C的反应为 吸 (填“吸”或“放”,下同)热反应,由C生成D的反应为 放 热反应,总反应为 放 热反应。 ③第一步为 慢 (填“快”或“慢”,下同)反应,第二步为 快 反应,决定总反应快慢的是第 一步反应。
应用提升催化剂(尤其是酶)的活性受温度的影响很大,一般来说,随着温度升高,催化剂活性增强,但温度过高,催化剂活性降低。
考向1.化学反应速率的计算
典例突破(2023广西北海模拟)在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应:A(s)+2B(g) 3C(g)+nD(g),开始时A为4 ml,B为6 ml;5 min末时测得C的物质的量为3 ml,用D表示的化学反应速率v(D)=0.1 ml·L-1·min-1。下列说法错误的是( )A.前5 min内用A表示的化学反应速率v(A)=0.1 ml·L-1·min-1B.化学方程式中n值为1C.反应达到平衡时,3v正(B)=2v逆(C)D.此反应在两种不同情况下的反应速率分别表示为①v(B)=6 ml·L-1·min-1,②v(D)=4.5 ml·L-1·min-1,其中反应速率较大的是②
答案 A解析 A为固体,不能用浓度变化表示化学反应速率,A错误; A(s)+2B(g) 3C(g)+nD(g)起始/ml460 0转化/ml123 0.1×2×55 min末/ml343 1Δn(C)∶Δn(D)=3∶1,与化学计量数成正比,因此n=1,B正确;平衡时正反应速率等于逆反应速率,用不同物质表示的化学反应速率等于化学计量数之比, ,C正确;当v(D)=4.5 ml·L-1·min-1,若用B的浓度变化表示应为v(B)=9 ml·L-1·min-1,D正确。
针对训练1. 在2 L的恒容容器中,充入1 ml A和3 ml B,并在一定条件下发生反应:A(g)+3B(g) === 2C(g),经3 s后达到平衡,测得C气体的浓度为0.6 ml·L-1,下列说法不正确的是( )A.用B表示的反应速率为0.3 ml·L-1·s-1B.平衡后,向容器中充入无关气体(如Ne),反应速率增大C.3 s时生成C的物质的量为1.2 mlD.平衡后,v正(A)=v逆(A)
2.(2023福建福州模拟)取50 mL过氧化氢水溶液,在少量I-存在下分解: 2H2O2 2H2O+O2↑。在一定温度下,测得O2的放出量,将之转换成c(H2O2),结果如表所示。
下列说法正确的是( )A.20 min时,测得O2的体积为224 mLB.20~40 min,消耗H2O2的平均速率为0.02 ml·L-1·min-1C.FeCl3溶液或MnO2粉末代替I-也可以催化H2O2分解D.第30 min时的瞬时速率小于第50 min时的瞬时速率
答案 C解析 20 min时,过氧化氢的浓度变为0.40 ml·L-1,说明分解的过氧化氢的物质的量Δn(H2O2)=(0.80-0.40) ml·L-1×0.05 L=0.02 ml,过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01 ml,未告知气体所处的状况,无法判断O2的体积为224 mL,A错误;20~40 min,消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20) ml·L-1=0.20 ml·L-1,则这段时间内的平均速率 =0.01 ml·L-1·min-1,B错误;I-在反应中起催化的作用,故也可以用FeCl3溶液或MnO2粉末代替,C正确;随着反应的不断进行,过氧化氢的浓度不断减小,某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小,故第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率,D错误。
3. 一定条件下,在容积为3 L的密闭容器中,一氧化碳与氢气反应生成甲醇:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g),在一定条件下生成甲醇的物质的量如图所示。根据图像,计算在500 ℃时,从反应开始到平衡时氢气的平均反应速率( )
答案 D解析 由图中信息可知,在500 ℃时,从反应开始到平衡所用时间为tB min,生成的CH3OH的物质的量为nB ml,则根据化学方程式可知,消耗的H2的物质的量为2nB ml,容器的容积为3 L,则该时间段内H2的平均反应速率为
归纳总结化学反应速率计算常用方法(1)定义式法:利用公式 计算化学反应速率,也可以公式变形计算物质的量变化或物质的量浓度变化或时间等。(2)关系式法:同一反应中,用不同物质表示的化学反应速率之比=物质的量浓度变化量(Δc)之比=物质的量变化量(Δn)之比=化学计量数之比。(3)利用“三段式”法计算化学反应速率①写出有关反应的化学方程式。②找出各物质的起始量、转化量和某时刻量。③根据已知条件列式计算。
考向2.化学反应速率的比较
典例突破用纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2,实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析不正确的是( )
A.EF段表示的平均反应速率最大B.EF段,用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4 ml·L-1·min-1C.OE、EF、FG三段中,用CO2表示的平均反应速率之比为2∶6∶7D.G点收集的CO2的量最多
答案 C解析 OE、EF、FG三段对应所用时间相同,生成的二氧化碳体积分别为224 mL、(672-224) mL=448 mL、(784-672) mL=112 mL,故EF段表示的平均反应速率最大,A正确;EF段,n(CO2)= =0.02 ml,则n(HCl)=2n(CO2)=0.04 ml,用盐酸表示该反应的平均反应速率为 =0.4 ml·L-1·min-1,B正确;OE、EF、FG三段对应所用时间相同,生成气体的体积之比等于反应速率之比,则用CO2表示的平均反应速率之比为224 mL∶448 mL∶112 mL=2∶4∶1,C错误;由图可知,G点表示收集的CO2的量最多,D正确。
针对训练1. 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-1B.v(O2)=0.9 ml·L-1·s-1C.v(NO)=0.6 ml·L-1·s-1D.v(H2O)=1.0 ml·L-1·s-1
2.已知反应4CO+2NO2 N2+4CO2在不同条件下的化学反应速率如下:①v(CO)=1.5 ml·L-1·min-1②v(NO2)=0.7 ml·L-1·min-1③v(N2)=0.4 ml·L-1·min-1④v(CO2)=1.1 ml·L-1·min-1⑤v(NO2)=0.01 ml·L-1·s-1请比较上述5种情况反应的快慢: (按由大到小的顺序)。
答案 ③>①>②>⑤>④解析 ②v(CO)=2v(NO2)=1.4 ml·L-1·min-1;③v(CO)=4v(N2)=1.6 ml·L-1·min-1;④v(CO)=v(CO2)=1.1 ml·L-1·min-1;⑤v(CO)=2v(NO2)=0.02 ml·L-1·s-1=1.2 ml·L-1·min-1,则由大到小的顺序为③>①>②>⑤>④。
归纳总结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,用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:
考向1.影响化学反应速率的因素
典例突破(2023广西玉林联考)选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素,所用试剂不合理的是( )a.CaCO3+2H+ === Ca2++CO2↑+H2O(观察气泡产生的快慢)b. +2H+ === S↓+SO2↑+H2O(观察浑浊产生的快慢)
答案 C解析 CaCO3的接触面积不相同,其他外界条件相同,试剂选择合理,A正确;该反应的实质是CaCO3+2H+ === Ca2++CO2↑+H2O,盐酸中的c(H+)不相同,其他外界条件相同,试剂选择合理,B正确;浓硫酸中H2SO4主要以电解质分子存在,稀硫酸中H2SO4完全电离产生H+和 ,浓硫酸溶于水时会放出大量的热使溶液温度升高,因此试剂选择不合理,C不正确;两个实验对比,其他外界条件都相同,只有溶液温度不相同,试剂选择合理,D正确。
思路点拨采用控制变量法进行研究,即只改变一个外界条件,其他外界条件都相同,然后逐一进行分析判断。
针对训练 1.下列表格中的各种情况,可以用对应选项中的图像表示的是( )
答案 C解析 由于K比Na活泼,故外形、大小相近的金属K和Na与水反应,K的反应速率更快,又由于Na、K与H2O反应均为放热反应,随着反应的进行,放出大量的热,反应速率逐渐加快,A项错误;由于起始时乙中H2C2O4浓度大,故其反应速率比甲中快,B项错误;由于甲反应是在热水中进行的,温度高,故甲的反应速率大于乙,随着反应的进行,反应物浓度逐渐减小,故甲、乙中反应速率逐渐减小,C项正确;MnO2在H2O2的分解过程中起催化作用,故乙的反应速率大于甲,D项错误。
2.某温度下,降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合,反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期,下列说法错误的是( )
A.其他条件相同时,催化剂浓度越大,反应速率越大B.其他条件相同时,降冰片烯浓度越大,反应速率越大C.条件①,整个过程的反应速率为0.012 ml·L-1·min-1D.条件②,降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L-1时,半衰期为62.5 min
答案 B解析 由图中曲线①②可知,其他条件相同时,催化剂浓度越大,反应所需要的时间越短,故反应速率越大,A项正确;由图中曲线①③可知,其他条件相同时,降冰片烯的浓度①是③的两倍,所用时间①也是③的两倍,反应速率相等,故说明反应速率与降冰片烯浓度无关,B项错误;条件①,整个过程的反应速率为 =0.012 ml·L-1·min-1,C项正确;由题图中数据可知,条件②,降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L-1时,半衰期为 =62.5 min,D项正确。
考向2.活化能与化学反应机理典例突破铁的配合物离子(用[L-Fe-H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示:
下列说法错误的是( )A.该过程的总反应为HCOOH CO2↑+H2↑B.H+浓度过大或者过小,均导致反应速率降低C.该催化循环中Fe元素的化合价没有发生变化D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
下列有关该反应的说法正确的是( )A.化学反应速率与Fe3+浓度的大小无关B.该反应为放热反应C.Fe2+是该反应的催化剂D.若不加Fe3+,则正反应的活化能比逆反应的大
答案 B解析 铁离子可以看作该反应的催化剂,根据反应的机理可知,化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关,故A项错误、C项错误;反应物的总能量高于生成物的总能量,所以该反应为放热反应,故B项正确;此反应为放热反应,不管加不加催化剂,正反应的活化能都低于逆反应的活化能,故D项错误。
2. 1,3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步:第一步H+进攻1,3-丁二烯生成碳正离子( );第二步Br-进攻碳正离子完成1,2-加成或1,4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0 ℃和40 ℃时,1,2-加成产物与1,4-加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。下列说法正确的是( )
A.1,4-加成产物不如1,2-加成产物稳定B.与0 ℃相比,40 ℃时1,3-丁二烯的转化率增大C.从0 ℃升至40 ℃,1,2-加成正反应速率增大,1,4-加成正反应速率减小D.从0 ℃升至40 ℃,1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
答案 D解析 从反应进程图上看,1,2-加成产物的能量高于1,4-加成产物的能量,所以1,4-加成产物稳定,A项错误;由图可以看出该反应为放热反应,温度升高平衡向左移动,反应物的转化率降低,B项错误;升高温度可以增大反应速率,因此1,4-加成反应速率不会减小,C项错误;1,2-加成与1,4-加成属于竞争反应,从0 ℃和40 ℃时1,2-加成产物与1,4-加成产物的比例可以看出,升高温度时,1,2-加成反应明显慢于1,4-加成反应,所以1,2-加成反应的正反应速率增大程度小于其逆反应的增大程度,D项正确。
归纳总结催化剂和活化能(1)催化剂①催化剂的作用原理在有的反应中催化剂参与化学反应,其作用是降低该反应发生所需要的活化能,可以把一个较难发生的反应变成几个较容易发生的化学反应。②催化剂的特点和影响因素a.催化剂具有高度的选择性(或专一性)。一种催化剂并非对所有的化学反应都有催化作用,例如二氧化锰在氯酸钾受热分解中起催化作用,增大化学反应速率,但对其他的化学反应就不一定有催化作用。b.某些化学反应并非只有唯一的催化剂,例如氯酸钾受热分解中能起催化作用的还有氧化镁、氧化铁和氧化铜等。c.绝大多数催化剂都有其活性温度范围,温度过高或过低,催化活性都会降低。
(2)活化能①活化能与ΔH的关系正、逆反应活化能的差值就是反应的焓变,可表示为ΔH=E(正)-E(逆)。②活化能与化学反应速率的关系活化能越大,化学反应速率越小。(3)催化剂与活化能、ΔH的关系催化剂能改变反应的活化能从而改变化学反应速率,但不能改变反应的ΔH。
考向3.控制变量法探究影响化学反应速率的因素典例突破已知:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 === 2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响,进行了如下实验(忽略溶液体积变化):
下列说法不正确的是( )A.V1=1,V2=2B.设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响C.实验计时是从溶液混合开始,溶液呈紫红色时结束D.实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.01 ml·L-1·min-1
答案 C解析 实验Ⅰ和实验Ⅱ反应温度相同,实验Ⅱ中加入了1 mL水,根据控制变量的原则,溶液总体积应保持不变,因而V1=1,类比分析可得V2=2,A正确;实验Ⅰ、Ⅲ的温度不同,其他条件相同,因而可知设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响,B正确;酸性KMnO4溶液呈紫红色,由表中数据可知,草酸溶液过量,KMnO4可反应完全,因而可用颜色变化来判断反应终点,即实验计时是从溶液混合开始,溶液紫红色刚好褪去时结束,C错误;
针对训练1.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响,进行了如下实验:[实验原理] 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 ══ K2SO4+2MnSO4+10CO2↑ +8H2O
该小组根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化的趋势如图1所示,但有同学查阅相关实验资料发现,该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的实际趋势如图2所示。
该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设,并设计实验方案进行实验探究。
(1)小组同学提出的假设是 。 (2)若该小组同学提出的假设成立,应观察到 现象。
答案 (1)Mn2+对该反应有催化作用 (2)褪色时间变短
2.(1)某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素,有关数据如下表所示:
①本实验待测数据可以是 ;实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究 对锌与稀硫酸反应速率的影响。 ②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是 ,写出有关反应的离子方程式: 。
(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响,设计的实验方案如下表:
表中Vx= ,理由是 。
答案 (1)①相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间 硫酸浓度 ②探究硫酸铜固体的质量对反应速率的影响 Zn+Cu2+ === Zn2++Cu,Zn+2H+ === Zn2++H2↑(2)2.0 保证反应物K2S2O8溶液浓度的改变,而其他物质浓度不变
解析 (1)实验Ⅰ和实验Ⅱ中,锌的质量和状态相同,硫酸的浓度不同,实验Ⅲ和实验Ⅳ中加入硫酸铜,Cu2+的氧化性强于H+,首先发生反应Zn+Cu2+ === Zn2++Cu,生成的铜附着在锌表面,在稀硫酸溶液中构成原电池,加快化学反应速率。但是加入的硫酸铜过多,生成的铜会覆盖在锌表面,阻止锌与稀硫酸进一步反应,产生氢气的速率又会减慢。①本实验待测数据可以是相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间;实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究硫酸的浓度对反应速率的影响。②实验Ⅲ和实验Ⅳ加入的硫酸铜的质量不同,可以探究加入硫酸铜固体的质量与反应速率的关系。(2)实验的目的是探究K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响,故应保证每组实验中其他物质的浓度相等,即溶液的总体积相等(即为20.0 mL),从而可知Vx=2.0。
归纳总结用控制变量法探究影响化学反应速率因素的解题策略
化学反应速率常数及其应用
考向1速率常数及影响因素例1. 天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4 C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为:r=k×c(CH4) ,其中k为反应速率常数。(1)设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2= r1。 (2)对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是 (填字母)。 A.增加甲烷浓度,r增大B.增加H2浓度,r增大C.乙烷的生成速率逐渐增大D.降低反应温度,k减小
思路指导(1)第一步:r=k×c(CH4),说明反应速率(r)与CH4浓度成正比;第二步:设“1”法确定速率常数(k),若反应初始c(CH4)=1 ml·L-1,则初期阶段的速率r1=k;第三步:当CH4的转化率为α时,c(CH4)=(1-α) ml·L-1,则此时r2=(1-α)r1。(2)第一步:由r=k×c(CH4)可知,初始阶段反应速率与甲烷的浓度有关;第二步:CH4的浓度越大,反应速率r越大,A项正确;增加H2浓度,不影响CH4的初始浓度,则r不受影响,B项错误;随着反应的进行,CH4的浓度逐渐减小,则反应速率逐渐减小,C项错误;降低温度,反应速率降低,说明速率常数k减小,D项正确。答案 (1)(1-α) (2)AD
突破方法(1)速率常数的含义速率常数(k)指在给定温度下,反应物浓度皆为1 ml·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。
针对训练1. 在一恒容密闭容器中充入NO、H2,发生反应: 2NO(g)+2H2(g) N2(g)+ 2H2O(g)。上述反应的正反应速率方程:v(正)=k(正)·cα(NO)·cβ(H2)[k(正)为正反应速率常数,只与温度、催化剂有关]。某温度下,测得正反应速率与物质浓度的关系如下表所示:
下列说法错误的是( )A.α=2B.NO、H2的浓度对正反应速率的影响程度相等C.升高温度,活化分子百分数增大,k(正)增大D.其他条件不变,增大压强,k(正)不变
答案 B说明NO的浓度对速率的影响程度大于H2的,B项错误;升高温度,更多分子吸收能量转化为活化分子,活化分子百分数增大,k(正)增大,C项正确;k(正)受温度影响,其他条件不变,增大压强,但温度不变,则k(正)不变,D项正确。
2.室温下,某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等,同时发生以下两个反应:①M+N === X+Y;②M+N === X+Z,反应①的速率可表示为v1=k1c2(M),反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图,下列说法错误的是( )
A.0~30 min时间段内,Y的平均反应速率为6.67×10-8 ml·L-1·min-1B.反应开始后,体系中Y和Z的浓度之比保持不变C.如果反应能进行到底,反应结束时62.5%的M转化为ZD.反应①的活化能比反应②的活化能大
答案 A解析 由图中数据可知,30 min时,M、Z的浓度分别为0.300 ml·L-1和0.125 ml·L-1,则M的变化量为0.5 ml·L-1-0.300 ml·L-1=0.200 ml·L-1,其中转化为Y的变化量为0.200 ml·L-1-0.125 ml·L-1=0.075 ml·L-1,因此,0~30 min
3.(1)300 ℃时,2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)的正反应速率表达式为v(正)=k·cn(ClNO),测得速率和浓度的关系如下表:
n= ;k= 。
(2)工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2,原理为CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g),该反应的逆反应速率表达式为v(逆)=k·c(CO)·c3(H2),k为速率常数,在某温度下测得实验数据如表所示:
由上述数据可得该温度下,c2= ml·L-1,该反应的逆反应速率常数k= L3·ml-3·min-1。
答案 (1)2 4.0×10-8L·ml-1·s-1 (2)0.2 1.0×104
例2.温度为T1时,在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中均发生反应:2NO2(g) 2NO(g)+O2(g) ΔH>0。实验测得:v(正)=k(正)·c2(NO2), v(逆)=k(逆)·c2(NO)·c(O2),k(正)、k(逆)为速率常数,受温度影响。下列说法正确的是( )
A.设K为该反应的化学平衡常数,则有K=B.容器Ⅱ中起始反应正向进行C.达到平衡时,容器Ⅲ中NO的体积分数大于50%D.当温度改变为T2时,若T2>T1,则 >1.25
思路指导第一步:明确反应特点——该反应是吸热反应。第二步:分析。
突破方法速率常数与化学平衡常数之间的关系
针对训练4.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(顺式)和v(逆)=k(逆)·c(反式), 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 (填“小于” “等于”或“大于”)0。
(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 (填“小于”“等于”或“大于”)T1,判断理由是 。
(2)反应开始时,c(顺)的浓度大,反应速率大,ω(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,该可逆反应的反应物与生成物的化学计量数相等,均为1,则平衡时,顺式异构体的浓度为0.3x,反式异构体的浓度为0.7x,所以平衡常数值 ;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。
1.(2023辽宁卷)一定条件下,酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应,Mn(Ⅱ)起催化作用,过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4B.随着反应物浓度的减小,反应速率逐渐减小C.该条件下,Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
答案 C解析 根据题图可知,随着反应的进行,Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小,最后Mn(Ⅲ)全部转化为Mn(Ⅱ),化合价降低,体现氧化性,则Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4,A错误;由“Mn(Ⅱ)起催化作用”可知,该反应过程中,反应物浓度和Mn(Ⅱ)均影响化学反应速率,反应前期无Mn(Ⅱ),反应物浓度随反应的进行逐渐减小,故反应速率逐渐减小,生成Mn(Ⅱ)后,Mn(Ⅱ)催化反应的进行,使反应速率增大,但随着反应物浓度的降低,浓度变化起决定作用,反应速率又会减小,所以反应速率会先减小后增大再减小,B错误;根据题图可知,Mn(Ⅶ)和Mn(Ⅱ)不能大量共存,C正确;H2C2O4是弱电解质,书写离子方程式时不能拆开,D错误。
2.(2023浙江6月选考)一定条件下,1-苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)可与HCl发生催化加成,反应如下。
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知:反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应),下列说法不正确的是( )A.反应焓变:反应Ⅰ>反应ⅡB.反应活化能:反应Ⅰ<反应ⅡC.增加HCl浓度可增大平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例D.选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
答案 C解析 反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应,反应Ⅱ可看作反应Ⅰ和反应Ⅲ的加和,因此相同物质的量的反应物,反应Ⅰ放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量,反应放出的热量越多,其焓变越小,因此反应焓变:反应Ⅰ>反应Ⅱ,A正确。短时间里反应Ⅰ得到的产物Ⅰ比反应Ⅱ得到的产物Ⅱ多,说明反应Ⅰ的反应速率比反应Ⅱ的反应速率大,反应速率越大,反应的活化能越小,因此反应活化能:反应Ⅰ<反应Ⅱ,B正确。增加HCl浓度,反应Ⅰ和反应Ⅱ均正向移动,但平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例不确定,可能增大,可能减小,可能不变,C错误。根据图中信息,选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ,D正确。
3.(2022广东卷)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、催化剂Ⅱ对反应X→2Y的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则( )A.无催化剂时,反应不能进行B.与催化剂Ⅰ相比,催化剂Ⅱ使反应活化能更低C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D.使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(X)=1.0 ml·L-1·min-1
1.知道化学反应速率的表示方法,了解测定化学反应速率的简单方法。2.通过实验探究,了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。3.知道化学反应是有历程的,认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。4.能进行化学反应速率的简单计算,能通过实验探究分析不同组分浓度改变对化学反应速率的影响,能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。5.能运用温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响规律解释生产、生活、实验室中的实际问题,能讨论化学反应条件的选择和优化。
一、化学反应速率1.化学反应速率 指明物质、标清单位
2.化学反应速率与化学计量数的关系单位相同,速率数值与化学计量数成正比
对于已知反应:mA(g)+nB(g) === pC(g)+qD(g),在同一段时间内,用不同物质来表示该反应速率,当单位相同时,反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的 化学计量数 之比。即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)= m∶n∶p∶q 或 。如在一个2 L的容器中发生反应:3A(g)+B(g)2C(g),加入2 ml A,1 s后剩余1.4 ml,则v(A)= 0.3 ml·L-1·s-1 ,v(B)= 0.1 ml·L-1·s-1 ,v(C)= 0.2 ml·L-1·s-1 。
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。(1)化学反应速率指一段时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加。( × )(2)对于任何化学反应来说,反应速率越大,反应现象越明显。( × )(3)化学反应速率为0.8 ml·L-1·s-1指1 s时某物质的浓度为0.8 ml·L-1。( × )(4)由 计算平均速率,用反应物表示时为正值,用生成物表示时为负值。( × )(5)同一化学反应,相同条件下用不同物质表示的反应速率,其数值可能不同,但表示的意义相同。( √ )(6)根据反应速率的大小可以判断化学反应进行的快慢。( √ )
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(主要因素) 内因包括组成、结构、性质等物质自身因素反应物本身的 性质 是影响化学反应速率的决定因素。如在相同条件下卤素单质与H2反应的速率大小关系为 F2>Cl2>Br2>I2 ;镁、铝、锌、铁与稀硫酸反应的速率大小关系为 Mg>Al>Zn>Fe 。
(2)外因(其他条件不变,只改变一个条件)
(3)化学反应速率的基本图像
2.化学反应速率的理论解释——有效碰撞理论和过渡态理论(1)有效碰撞
(2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系外界条件的改变,本质上是改变了活化分子的浓度,从而改变反应速率
(3)基元反应大多数化学反应都是分几步完成的,其中的每一步反应都称为基元反应。 (4)许多化学反应,尽管其化学方程式很简单,却不是基元反应,而是经由两个或多个步骤完成的复杂反应。例如H2(g)+I2(g) === 2HI(g),它的反应历程有如下两步基元反应:①I2 I·+I·(快)②H2+2I· === 2HI(慢)其中 慢 反应为整个反应的决速步骤。
(5)过渡态理论如图所示是两步完成的化学反应,分析并回答下列问题。
①该反应的反应物为 A、B ,中间体为 C ,生成物为 D 。 ②由A、B生成C的反应为 吸 (填“吸”或“放”,下同)热反应,由C生成D的反应为 放 热反应,总反应为 放 热反应。 ③第一步为 慢 (填“快”或“慢”,下同)反应,第二步为 快 反应,决定总反应快慢的是第 一步反应。
应用提升催化剂(尤其是酶)的活性受温度的影响很大,一般来说,随着温度升高,催化剂活性增强,但温度过高,催化剂活性降低。
考向1.化学反应速率的计算
典例突破(2023广西北海模拟)在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应:A(s)+2B(g) 3C(g)+nD(g),开始时A为4 ml,B为6 ml;5 min末时测得C的物质的量为3 ml,用D表示的化学反应速率v(D)=0.1 ml·L-1·min-1。下列说法错误的是( )A.前5 min内用A表示的化学反应速率v(A)=0.1 ml·L-1·min-1B.化学方程式中n值为1C.反应达到平衡时,3v正(B)=2v逆(C)D.此反应在两种不同情况下的反应速率分别表示为①v(B)=6 ml·L-1·min-1,②v(D)=4.5 ml·L-1·min-1,其中反应速率较大的是②
答案 A解析 A为固体,不能用浓度变化表示化学反应速率,A错误; A(s)+2B(g) 3C(g)+nD(g)起始/ml460 0转化/ml123 0.1×2×55 min末/ml343 1Δn(C)∶Δn(D)=3∶1,与化学计量数成正比,因此n=1,B正确;平衡时正反应速率等于逆反应速率,用不同物质表示的化学反应速率等于化学计量数之比, ,C正确;当v(D)=4.5 ml·L-1·min-1,若用B的浓度变化表示应为v(B)=9 ml·L-1·min-1,D正确。
针对训练1. 在2 L的恒容容器中,充入1 ml A和3 ml B,并在一定条件下发生反应:A(g)+3B(g) === 2C(g),经3 s后达到平衡,测得C气体的浓度为0.6 ml·L-1,下列说法不正确的是( )A.用B表示的反应速率为0.3 ml·L-1·s-1B.平衡后,向容器中充入无关气体(如Ne),反应速率增大C.3 s时生成C的物质的量为1.2 mlD.平衡后,v正(A)=v逆(A)
2.(2023福建福州模拟)取50 mL过氧化氢水溶液,在少量I-存在下分解: 2H2O2 2H2O+O2↑。在一定温度下,测得O2的放出量,将之转换成c(H2O2),结果如表所示。
下列说法正确的是( )A.20 min时,测得O2的体积为224 mLB.20~40 min,消耗H2O2的平均速率为0.02 ml·L-1·min-1C.FeCl3溶液或MnO2粉末代替I-也可以催化H2O2分解D.第30 min时的瞬时速率小于第50 min时的瞬时速率
答案 C解析 20 min时,过氧化氢的浓度变为0.40 ml·L-1,说明分解的过氧化氢的物质的量Δn(H2O2)=(0.80-0.40) ml·L-1×0.05 L=0.02 ml,过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01 ml,未告知气体所处的状况,无法判断O2的体积为224 mL,A错误;20~40 min,消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20) ml·L-1=0.20 ml·L-1,则这段时间内的平均速率 =0.01 ml·L-1·min-1,B错误;I-在反应中起催化的作用,故也可以用FeCl3溶液或MnO2粉末代替,C正确;随着反应的不断进行,过氧化氢的浓度不断减小,某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小,故第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率,D错误。
3. 一定条件下,在容积为3 L的密闭容器中,一氧化碳与氢气反应生成甲醇:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g),在一定条件下生成甲醇的物质的量如图所示。根据图像,计算在500 ℃时,从反应开始到平衡时氢气的平均反应速率( )
答案 D解析 由图中信息可知,在500 ℃时,从反应开始到平衡所用时间为tB min,生成的CH3OH的物质的量为nB ml,则根据化学方程式可知,消耗的H2的物质的量为2nB ml,容器的容积为3 L,则该时间段内H2的平均反应速率为
归纳总结化学反应速率计算常用方法(1)定义式法:利用公式 计算化学反应速率,也可以公式变形计算物质的量变化或物质的量浓度变化或时间等。(2)关系式法:同一反应中,用不同物质表示的化学反应速率之比=物质的量浓度变化量(Δc)之比=物质的量变化量(Δn)之比=化学计量数之比。(3)利用“三段式”法计算化学反应速率①写出有关反应的化学方程式。②找出各物质的起始量、转化量和某时刻量。③根据已知条件列式计算。
考向2.化学反应速率的比较
典例突破用纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2,实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析不正确的是( )
A.EF段表示的平均反应速率最大B.EF段,用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4 ml·L-1·min-1C.OE、EF、FG三段中,用CO2表示的平均反应速率之比为2∶6∶7D.G点收集的CO2的量最多
答案 C解析 OE、EF、FG三段对应所用时间相同,生成的二氧化碳体积分别为224 mL、(672-224) mL=448 mL、(784-672) mL=112 mL,故EF段表示的平均反应速率最大,A正确;EF段,n(CO2)= =0.02 ml,则n(HCl)=2n(CO2)=0.04 ml,用盐酸表示该反应的平均反应速率为 =0.4 ml·L-1·min-1,B正确;OE、EF、FG三段对应所用时间相同,生成气体的体积之比等于反应速率之比,则用CO2表示的平均反应速率之比为224 mL∶448 mL∶112 mL=2∶4∶1,C错误;由图可知,G点表示收集的CO2的量最多,D正确。
针对训练1. 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-1B.v(O2)=0.9 ml·L-1·s-1C.v(NO)=0.6 ml·L-1·s-1D.v(H2O)=1.0 ml·L-1·s-1
2.已知反应4CO+2NO2 N2+4CO2在不同条件下的化学反应速率如下:①v(CO)=1.5 ml·L-1·min-1②v(NO2)=0.7 ml·L-1·min-1③v(N2)=0.4 ml·L-1·min-1④v(CO2)=1.1 ml·L-1·min-1⑤v(NO2)=0.01 ml·L-1·s-1请比较上述5种情况反应的快慢: (按由大到小的顺序)。
答案 ③>①>②>⑤>④解析 ②v(CO)=2v(NO2)=1.4 ml·L-1·min-1;③v(CO)=4v(N2)=1.6 ml·L-1·min-1;④v(CO)=v(CO2)=1.1 ml·L-1·min-1;⑤v(CO)=2v(NO2)=0.02 ml·L-1·s-1=1.2 ml·L-1·min-1,则由大到小的顺序为③>①>②>⑤>④。
归纳总结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,用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:
考向1.影响化学反应速率的因素
典例突破(2023广西玉林联考)选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素,所用试剂不合理的是( )a.CaCO3+2H+ === Ca2++CO2↑+H2O(观察气泡产生的快慢)b. +2H+ === S↓+SO2↑+H2O(观察浑浊产生的快慢)
答案 C解析 CaCO3的接触面积不相同,其他外界条件相同,试剂选择合理,A正确;该反应的实质是CaCO3+2H+ === Ca2++CO2↑+H2O,盐酸中的c(H+)不相同,其他外界条件相同,试剂选择合理,B正确;浓硫酸中H2SO4主要以电解质分子存在,稀硫酸中H2SO4完全电离产生H+和 ,浓硫酸溶于水时会放出大量的热使溶液温度升高,因此试剂选择不合理,C不正确;两个实验对比,其他外界条件都相同,只有溶液温度不相同,试剂选择合理,D正确。
思路点拨采用控制变量法进行研究,即只改变一个外界条件,其他外界条件都相同,然后逐一进行分析判断。
针对训练 1.下列表格中的各种情况,可以用对应选项中的图像表示的是( )
答案 C解析 由于K比Na活泼,故外形、大小相近的金属K和Na与水反应,K的反应速率更快,又由于Na、K与H2O反应均为放热反应,随着反应的进行,放出大量的热,反应速率逐渐加快,A项错误;由于起始时乙中H2C2O4浓度大,故其反应速率比甲中快,B项错误;由于甲反应是在热水中进行的,温度高,故甲的反应速率大于乙,随着反应的进行,反应物浓度逐渐减小,故甲、乙中反应速率逐渐减小,C项正确;MnO2在H2O2的分解过程中起催化作用,故乙的反应速率大于甲,D项错误。
2.某温度下,降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合,反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期,下列说法错误的是( )
A.其他条件相同时,催化剂浓度越大,反应速率越大B.其他条件相同时,降冰片烯浓度越大,反应速率越大C.条件①,整个过程的反应速率为0.012 ml·L-1·min-1D.条件②,降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L-1时,半衰期为62.5 min
答案 B解析 由图中曲线①②可知,其他条件相同时,催化剂浓度越大,反应所需要的时间越短,故反应速率越大,A项正确;由图中曲线①③可知,其他条件相同时,降冰片烯的浓度①是③的两倍,所用时间①也是③的两倍,反应速率相等,故说明反应速率与降冰片烯浓度无关,B项错误;条件①,整个过程的反应速率为 =0.012 ml·L-1·min-1,C项正确;由题图中数据可知,条件②,降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L-1时,半衰期为 =62.5 min,D项正确。
考向2.活化能与化学反应机理典例突破铁的配合物离子(用[L-Fe-H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示:
下列说法错误的是( )A.该过程的总反应为HCOOH CO2↑+H2↑B.H+浓度过大或者过小,均导致反应速率降低C.该催化循环中Fe元素的化合价没有发生变化D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
下列有关该反应的说法正确的是( )A.化学反应速率与Fe3+浓度的大小无关B.该反应为放热反应C.Fe2+是该反应的催化剂D.若不加Fe3+,则正反应的活化能比逆反应的大
答案 B解析 铁离子可以看作该反应的催化剂,根据反应的机理可知,化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关,故A项错误、C项错误;反应物的总能量高于生成物的总能量,所以该反应为放热反应,故B项正确;此反应为放热反应,不管加不加催化剂,正反应的活化能都低于逆反应的活化能,故D项错误。
2. 1,3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步:第一步H+进攻1,3-丁二烯生成碳正离子( );第二步Br-进攻碳正离子完成1,2-加成或1,4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0 ℃和40 ℃时,1,2-加成产物与1,4-加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。下列说法正确的是( )
A.1,4-加成产物不如1,2-加成产物稳定B.与0 ℃相比,40 ℃时1,3-丁二烯的转化率增大C.从0 ℃升至40 ℃,1,2-加成正反应速率增大,1,4-加成正反应速率减小D.从0 ℃升至40 ℃,1,2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
答案 D解析 从反应进程图上看,1,2-加成产物的能量高于1,4-加成产物的能量,所以1,4-加成产物稳定,A项错误;由图可以看出该反应为放热反应,温度升高平衡向左移动,反应物的转化率降低,B项错误;升高温度可以增大反应速率,因此1,4-加成反应速率不会减小,C项错误;1,2-加成与1,4-加成属于竞争反应,从0 ℃和40 ℃时1,2-加成产物与1,4-加成产物的比例可以看出,升高温度时,1,2-加成反应明显慢于1,4-加成反应,所以1,2-加成反应的正反应速率增大程度小于其逆反应的增大程度,D项正确。
归纳总结催化剂和活化能(1)催化剂①催化剂的作用原理在有的反应中催化剂参与化学反应,其作用是降低该反应发生所需要的活化能,可以把一个较难发生的反应变成几个较容易发生的化学反应。②催化剂的特点和影响因素a.催化剂具有高度的选择性(或专一性)。一种催化剂并非对所有的化学反应都有催化作用,例如二氧化锰在氯酸钾受热分解中起催化作用,增大化学反应速率,但对其他的化学反应就不一定有催化作用。b.某些化学反应并非只有唯一的催化剂,例如氯酸钾受热分解中能起催化作用的还有氧化镁、氧化铁和氧化铜等。c.绝大多数催化剂都有其活性温度范围,温度过高或过低,催化活性都会降低。
(2)活化能①活化能与ΔH的关系正、逆反应活化能的差值就是反应的焓变,可表示为ΔH=E(正)-E(逆)。②活化能与化学反应速率的关系活化能越大,化学反应速率越小。(3)催化剂与活化能、ΔH的关系催化剂能改变反应的活化能从而改变化学反应速率,但不能改变反应的ΔH。
考向3.控制变量法探究影响化学反应速率的因素典例突破已知:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 === 2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响,进行了如下实验(忽略溶液体积变化):
下列说法不正确的是( )A.V1=1,V2=2B.设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响C.实验计时是从溶液混合开始,溶液呈紫红色时结束D.实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.01 ml·L-1·min-1
答案 C解析 实验Ⅰ和实验Ⅱ反应温度相同,实验Ⅱ中加入了1 mL水,根据控制变量的原则,溶液总体积应保持不变,因而V1=1,类比分析可得V2=2,A正确;实验Ⅰ、Ⅲ的温度不同,其他条件相同,因而可知设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响,B正确;酸性KMnO4溶液呈紫红色,由表中数据可知,草酸溶液过量,KMnO4可反应完全,因而可用颜色变化来判断反应终点,即实验计时是从溶液混合开始,溶液紫红色刚好褪去时结束,C错误;
针对训练1.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响,进行了如下实验:[实验原理] 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 ══ K2SO4+2MnSO4+10CO2↑ +8H2O
该小组根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化的趋势如图1所示,但有同学查阅相关实验资料发现,该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的实际趋势如图2所示。
该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设,并设计实验方案进行实验探究。
(1)小组同学提出的假设是 。 (2)若该小组同学提出的假设成立,应观察到 现象。
答案 (1)Mn2+对该反应有催化作用 (2)褪色时间变短
2.(1)某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素,有关数据如下表所示:
①本实验待测数据可以是 ;实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究 对锌与稀硫酸反应速率的影响。 ②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是 ,写出有关反应的离子方程式: 。
(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响,设计的实验方案如下表:
表中Vx= ,理由是 。
答案 (1)①相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间 硫酸浓度 ②探究硫酸铜固体的质量对反应速率的影响 Zn+Cu2+ === Zn2++Cu,Zn+2H+ === Zn2++H2↑(2)2.0 保证反应物K2S2O8溶液浓度的改变,而其他物质浓度不变
解析 (1)实验Ⅰ和实验Ⅱ中,锌的质量和状态相同,硫酸的浓度不同,实验Ⅲ和实验Ⅳ中加入硫酸铜,Cu2+的氧化性强于H+,首先发生反应Zn+Cu2+ === Zn2++Cu,生成的铜附着在锌表面,在稀硫酸溶液中构成原电池,加快化学反应速率。但是加入的硫酸铜过多,生成的铜会覆盖在锌表面,阻止锌与稀硫酸进一步反应,产生氢气的速率又会减慢。①本实验待测数据可以是相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间;实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究硫酸的浓度对反应速率的影响。②实验Ⅲ和实验Ⅳ加入的硫酸铜的质量不同,可以探究加入硫酸铜固体的质量与反应速率的关系。(2)实验的目的是探究K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响,故应保证每组实验中其他物质的浓度相等,即溶液的总体积相等(即为20.0 mL),从而可知Vx=2.0。
归纳总结用控制变量法探究影响化学反应速率因素的解题策略
化学反应速率常数及其应用
考向1速率常数及影响因素例1. 天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4 C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为:r=k×c(CH4) ,其中k为反应速率常数。(1)设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2= r1。 (2)对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是 (填字母)。 A.增加甲烷浓度,r增大B.增加H2浓度,r增大C.乙烷的生成速率逐渐增大D.降低反应温度,k减小
思路指导(1)第一步:r=k×c(CH4),说明反应速率(r)与CH4浓度成正比;第二步:设“1”法确定速率常数(k),若反应初始c(CH4)=1 ml·L-1,则初期阶段的速率r1=k;第三步:当CH4的转化率为α时,c(CH4)=(1-α) ml·L-1,则此时r2=(1-α)r1。(2)第一步:由r=k×c(CH4)可知,初始阶段反应速率与甲烷的浓度有关;第二步:CH4的浓度越大,反应速率r越大,A项正确;增加H2浓度,不影响CH4的初始浓度,则r不受影响,B项错误;随着反应的进行,CH4的浓度逐渐减小,则反应速率逐渐减小,C项错误;降低温度,反应速率降低,说明速率常数k减小,D项正确。答案 (1)(1-α) (2)AD
突破方法(1)速率常数的含义速率常数(k)指在给定温度下,反应物浓度皆为1 ml·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。
针对训练1. 在一恒容密闭容器中充入NO、H2,发生反应: 2NO(g)+2H2(g) N2(g)+ 2H2O(g)。上述反应的正反应速率方程:v(正)=k(正)·cα(NO)·cβ(H2)[k(正)为正反应速率常数,只与温度、催化剂有关]。某温度下,测得正反应速率与物质浓度的关系如下表所示:
下列说法错误的是( )A.α=2B.NO、H2的浓度对正反应速率的影响程度相等C.升高温度,活化分子百分数增大,k(正)增大D.其他条件不变,增大压强,k(正)不变
答案 B说明NO的浓度对速率的影响程度大于H2的,B项错误;升高温度,更多分子吸收能量转化为活化分子,活化分子百分数增大,k(正)增大,C项正确;k(正)受温度影响,其他条件不变,增大压强,但温度不变,则k(正)不变,D项正确。
2.室温下,某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等,同时发生以下两个反应:①M+N === X+Y;②M+N === X+Z,反应①的速率可表示为v1=k1c2(M),反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图,下列说法错误的是( )
A.0~30 min时间段内,Y的平均反应速率为6.67×10-8 ml·L-1·min-1B.反应开始后,体系中Y和Z的浓度之比保持不变C.如果反应能进行到底,反应结束时62.5%的M转化为ZD.反应①的活化能比反应②的活化能大
答案 A解析 由图中数据可知,30 min时,M、Z的浓度分别为0.300 ml·L-1和0.125 ml·L-1,则M的变化量为0.5 ml·L-1-0.300 ml·L-1=0.200 ml·L-1,其中转化为Y的变化量为0.200 ml·L-1-0.125 ml·L-1=0.075 ml·L-1,因此,0~30 min
3.(1)300 ℃时,2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)的正反应速率表达式为v(正)=k·cn(ClNO),测得速率和浓度的关系如下表:
n= ;k= 。
(2)工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2,原理为CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g),该反应的逆反应速率表达式为v(逆)=k·c(CO)·c3(H2),k为速率常数,在某温度下测得实验数据如表所示:
由上述数据可得该温度下,c2= ml·L-1,该反应的逆反应速率常数k= L3·ml-3·min-1。
答案 (1)2 4.0×10-8L·ml-1·s-1 (2)0.2 1.0×104
例2.温度为T1时,在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中均发生反应:2NO2(g) 2NO(g)+O2(g) ΔH>0。实验测得:v(正)=k(正)·c2(NO2), v(逆)=k(逆)·c2(NO)·c(O2),k(正)、k(逆)为速率常数,受温度影响。下列说法正确的是( )
A.设K为该反应的化学平衡常数,则有K=B.容器Ⅱ中起始反应正向进行C.达到平衡时,容器Ⅲ中NO的体积分数大于50%D.当温度改变为T2时,若T2>T1,则 >1.25
思路指导第一步:明确反应特点——该反应是吸热反应。第二步:分析。
突破方法速率常数与化学平衡常数之间的关系
针对训练4.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(顺式)和v(逆)=k(逆)·c(反式), 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 (填“小于” “等于”或“大于”)0。
(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 (填“小于”“等于”或“大于”)T1,判断理由是 。
(2)反应开始时,c(顺)的浓度大,反应速率大,ω(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,该可逆反应的反应物与生成物的化学计量数相等,均为1,则平衡时,顺式异构体的浓度为0.3x,反式异构体的浓度为0.7x,所以平衡常数值 ;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。
1.(2023辽宁卷)一定条件下,酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应,Mn(Ⅱ)起催化作用,过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4B.随着反应物浓度的减小,反应速率逐渐减小C.该条件下,Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
答案 C解析 根据题图可知,随着反应的进行,Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小,最后Mn(Ⅲ)全部转化为Mn(Ⅱ),化合价降低,体现氧化性,则Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4,A错误;由“Mn(Ⅱ)起催化作用”可知,该反应过程中,反应物浓度和Mn(Ⅱ)均影响化学反应速率,反应前期无Mn(Ⅱ),反应物浓度随反应的进行逐渐减小,故反应速率逐渐减小,生成Mn(Ⅱ)后,Mn(Ⅱ)催化反应的进行,使反应速率增大,但随着反应物浓度的降低,浓度变化起决定作用,反应速率又会减小,所以反应速率会先减小后增大再减小,B错误;根据题图可知,Mn(Ⅶ)和Mn(Ⅱ)不能大量共存,C正确;H2C2O4是弱电解质,书写离子方程式时不能拆开,D错误。
2.(2023浙江6月选考)一定条件下,1-苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)可与HCl发生催化加成,反应如下。
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知:反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应),下列说法不正确的是( )A.反应焓变:反应Ⅰ>反应ⅡB.反应活化能:反应Ⅰ<反应ⅡC.增加HCl浓度可增大平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例D.选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
答案 C解析 反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应,反应Ⅱ可看作反应Ⅰ和反应Ⅲ的加和,因此相同物质的量的反应物,反应Ⅰ放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量,反应放出的热量越多,其焓变越小,因此反应焓变:反应Ⅰ>反应Ⅱ,A正确。短时间里反应Ⅰ得到的产物Ⅰ比反应Ⅱ得到的产物Ⅱ多,说明反应Ⅰ的反应速率比反应Ⅱ的反应速率大,反应速率越大,反应的活化能越小,因此反应活化能:反应Ⅰ<反应Ⅱ,B正确。增加HCl浓度,反应Ⅰ和反应Ⅱ均正向移动,但平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例不确定,可能增大,可能减小,可能不变,C错误。根据图中信息,选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ,D正确。
3.(2022广东卷)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、催化剂Ⅱ对反应X→2Y的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则( )A.无催化剂时,反应不能进行B.与催化剂Ⅰ相比,催化剂Ⅱ使反应活化能更低C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化D.使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(X)=1.0 ml·L-1·min-1
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