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第20讲　化学反应速率
复习要求 1. 认识化学反应速率的概念、学会反应速率的定量表示方法并能进行简单的计算。2. 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。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。
知识体系
考点一　化学反应速率
一、 化学反应速率
1. 概念及公式
2. 化学反应速率的计算及大小比较
(1)化学反应速率与____________的关系
各物质的化学反应速率之比＝化学计量数之比。如在同一化学反应中：aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d，此处的速率为平均反应速率。
【注意】　
①化学反应速率一般指平均速率而不是某一时刻的瞬时速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
②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。
③浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，固体和纯液体的浓度视为常数。
(2)应用“三段式”计算化学反应速率
列起始量、转化量、某时刻量，再根据定义式或比例关系计算。
对于反应mA(g)＋nB(g)??pC(g)，起始时A的浓度为a mol·L－1，B的浓度为b mol·L－1，C的浓度为c mol·L－1，反应进行至t1 s时，A消耗了x mol·L－1，则化学反应速率的计算如下：
则v(A)＝ mol·L－1·s－1，v(B)＝ mol·L－1·s－1，v(C)＝ mol·L－1·s－1。
(3)化学反应速率大小比较的方法
如：X(g)＋3Y(g)??2Z(g)，v(X)＝0.5 mol·L－1·s－1、v(Y)＝1.2 mol·L－1·s－1、v(Z)＝0.6 mol·L－1·s－1。
①归一法：将三种物质的速率均换算成以X表示的速率，分别为0.5 mol·L－1·s－1、0.4 mol·L－1·s－1、0.3 mol·L－1·s－1，数值越大，反应速率越大，故v(X)最大。
②比值法：化学反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越大，由于＞＞，故v(X)最大。
二、 质量作用定律
1. 基元反应
(1)反应物分子一步直接转化为产物的反应称为基元反应。
(2)对于基元反应aA(g)＋bB(g)===gG(g)＋hH(g)，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k为速率常数，恒温下，k不因反应物浓度的改变而发生变化)。这种关系可以表述为一定温度下，基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的连乘积成正比(有时称其为质量作用定律)。
2. 反应机理
基元反应构成的反应序列称为反应历程(又称反应机理)，基元反应的总和称为总反应。由几个基元反应组成的总反应也称复杂反应。
例如H2(g)＋I2(g)===2HI(g)，它的反应历程有如下两步基元反应：
(1)I2===I·＋I·(快)
(2)H2＋2I·===2HI(慢)
其中慢反应为整个反应的决速步骤。
【思维拓展】
反应机理题解题思路
①分析反应目的：分清反应物和目标产物。
②分析图表，分析箭头指向，通过一个箭头进入整个历程的物质一般是反应物，通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般是产物。
③先生成后消耗的物质往往是中间产物。
④某物质参与反应，最后又生成该物质，该物质往往是催化剂。一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的。
⑤如果是包含能量的图示，平台的高低还表征着能量的相对高低，要分清焓变和活化能。
【易错辨析】
1. 金属钠与水的反应中，可用钠或者水的浓度变化来表示化学反应速率。(　　)
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. 由v＝计算平均反应速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值。(　　)
4. 化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1。(　　)
5. 同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快。(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
(2025·莲塘一中高三月考)反应4A(s)＋3B(g)??2C(g)＋D(g)，经3 min，D的浓度增加0.9 mol·L－1，下列说法正确的是(　　)
A. 用A表示的反应速率是1.2 mol·L－1·min－1
B. 在2 min末的反应速率，用B表示是0.9 mol·L－1·min－1
C. 若相同时间内，分别用B、C表示的反应速率均为0.9 mol·L－1·min－1，则这两段时间内反应速率不相等
D. 前2 min，v正(B)和v逆(C)表示的反应速率的值都是逐渐减小
考点二　影响化学反应速率的因素
一、 内因(决定因素)
反应物本身的性质，如Na、Mg、Al与等浓度的稀硫酸反应的速率由大到小的顺序为Na>Mg>Al。
二、 外因(其他条件不变，改变一个条件)
1. 浓度
由于固体和纯液体的浓度可视为常数，故增加(或减少)固体或纯液体的量，反应速率不变。但当固体颗粒变小时，其表面积将增大，反应速率将加快。溶液中离子反应，只有改变实际参加反应的离子浓度，才会影响反应速率，如Zn与稀硫酸反应，加入少量Na2SO4固体，生成H2的速率不变。
2. 温度
不论是放热反应还是吸热反应，升高温度，正、逆反应速率均增大；降低温度，正、逆反应速率均减小。
3. 压强
增大压强一般指的是缩小容器容积，增大气体反应物的浓度。对于有固体、液体参加的化学反应或在溶液中进行的化学反应，改变压强对反应速率无影响。对于有气体参加的反应体系，有以下几种情况：
(1)恒温时：增大压强容积________浓度________反应速率________。
(2)恒温恒容时：
①充入气体反应物反应物浓度________反应速率________。
②充入稀有气体(或非反应气体)总压强________，但反应物和产物的浓度均________，反应速率________。
(3)恒温恒压时：充入稀有气体(或非反应气体)容积________反应物和产物的浓度________反应速率________。
4. 催化剂
(1)催化剂与反应历程
①催化剂是能改变化学反应速率，其本身在反应前后质量和化学组成均不改变的物质。
②催化原理：
催化剂参与反应，改变反应历程。如2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，使用铜丝作催化剂将一步反应改变为两步反应，第一步反应为2Cu＋O22CuO，第二步反应为CH3CH2OH＋CuOCH3CHO＋Cu＋H2O。
③催化剂在反应中的作用
(2)催化剂与活化能、焓变
①活化能：活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差。
②加入催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变焓变。
如图所示，使用催化剂前，E1为____________，E2为____________，使用催化剂后，正反应的活化能为E3，ΔH＝________。
③活化能越________，反应速率越快。活化能越________，反应速率越慢。
(3)催化剂的活性
①催化剂的活性除与自身成分有关外，还受到粒子直径、合成方法等因素以及反应温度、压强等条件的影响。此外，有些物质的存在会使催化剂明显失效，即催化剂中毒。
②催化剂催化时需要适宜的温度，温度过低，活性低；温度升高，活性增强，但温度过高，催化剂可能失去活性。
三、 碰撞理论
1. 基本概念
(1)有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
(2)有效碰撞发生的两个条件：发生碰撞的分子具有足够高的能量；分子在一定的方向上发生碰撞。
(3)活化分子：有足够的能量，能够发生有效碰撞的分子。
活化分子百分数＝×100%。
2. 用碰撞理论解释外界条件对化学反应速率的影响
四、 过渡态理论
1. 理论简介
反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡状态。过渡状态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能。如图所示：Ea是________________，Ea′是______________。ΔH＝Ea－E′a。
2. 催化剂影响化学反应速率的过渡态理论解释
使用催化剂→改变了反应的路径(如图)，反应的活化能________→反应速率________。
【思维拓展】
控制变量法探究外界条件对反应速率的影响
探究变量 举例 解题策略
温度 　　
浓度 　　
催化剂
,
【易错辨析】
1. 升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小。(　　)
2. 一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜与醋酸钠均能够提高反应速率。(　　)
3. (2025·如皋中学)增大气体压强或使用催化剂能提高活化分子的百分数，从而加快反应速率。(　　)
4. (2025·扬州中学)相同温度下，将等质量的大理石块和大理石粉分别加入等体积的盐酸中，反应速率：粉状大理石>块状大理石。(　　)
5. (2024·常州期中)向两支试管中各加入2 mL 0.1 mol·L－1 Na2S2O3溶液，再同时各加入2 mL 0.1 mol·L－1稀硫酸和2 mL 0.2 mol·L－1稀硫酸，比较试管中出现浑浊现象的快慢，探究浓度对反应速率的影响。(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
类型1　催化机理与反应速率
1. 1，2 丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法正确的是(　　)
A. 过程①②均有O—H键断裂，过程③④均有C—C键断裂
B. 过程①只发生了加成反应
C. 该过程中催化剂MoO3通过增大反应的活化能来提高化学反应速率
D. 该过程的化学方程式为HCHO＋CH3CHO＋CH3CH===CH2＋2H2O
类型2　影响反应速率的因素
2. (1)(2024·南京高三二模)高效氧化剂亚氯酸钠(NaClO2)常用于烟气脱硝(NOx)和废水脱除氨氮。
Ⅰ. NaClO2溶液对烟气脱硝。
酸性条件下，Fe3＋可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体，总反应可表示为5ClO＋4H＋4ClO2＋Cl－＋2H2O。请补充完整过程②的离子方程式：
①Fe3＋＋ClO===FeClO；
②________________________________________________________________________；
③5Fe2＋＋ClO2＋4H＋===5Fe3＋＋Cl－＋2H2O。
Ⅱ. Fe3＋催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时，烟气中NO氧化率随c(Fe3＋)、反应温度的变化分别如图所示。
④NO氧化率随c(Fe3＋)增大而增大的原因是______________________________。
⑤温度升高，NO氧化率先增大后减小的可能原因是________________________________________________。
(2)(2024·南京高三二模)处理废水中Cr(Ⅵ)的常用方法包括绿矾还原法、铁粉还原法和离子交换法等。含Cr(Ⅵ)物种浓度随pH的变化如下图所示。
铁粉还原法。为探究铜离子浓度对Cr(Ⅵ)去除率的影响，向1 000 mL某浓度酸性废水中加入2.0 g铁粉，随着Cu2＋浓度由0升高至15 mg·L－1，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为______________________________________________________________________________________________________________。
考点三　化学反应速率图像分析
陌生图像
条件 图像 分析
向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，一定条件下使反应：SO2(g)＋NO2(g)??SO3(g)＋NO(g)达到平衡，正反应速率(v正)随时间变化如图所示。 正反应速率先增大后减小的原因是__________________________________________________________________________________________________
H2O2在催化剂α FeOOH的表面上，分解产生·OH，·OH较H2O2和O2更易与烟气中的NO、SO2发生反应。当H2O2浓度一定时，NO的脱除效率与温度的关系如图所示。 升温至80 ℃以上，大量汽化的H2O2能使NO的脱除效率显著提高的原因是______________________________________________________________________，温度高于180 ℃，NO的脱除效率降低的原因是__________________________________________________________
续表
在一定条件下，CO可以去除烟气中的SO2，其反应原理为2CO＋SO22CO2＋S。其他条件相同，以比表面积大的γ Al2O3作为催化剂，研究表明，γ Al2O3在240 ℃以上发挥催化作用。反应相同的时间，SO2去除率随反应温度的变化如图所示。 240 ℃以前，随着温度的升高，SO2去除率降低的原因是__________________________________________________________。240 ℃以后，随着温度的升高，SO2去除率迅速增大的主要原因是______________________________________________________________________________________________
以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化为乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图所示。 在温度为________时，催化剂的活性最好，效率最高。请解释250～400 ℃时乙酸生成速率变化的原因：250～300 ℃时，______________________________________；300～400 ℃时，______________________________________________________
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。反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。 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______________________________
【思维拓展】
多因素影响下的速率变化
(1)常见影响反应速率的因素：浓度、温度、压强、催化剂活性、接触面积、原电池原理、副反应等。
(2)反常速率加快常见情况：
①温度升高；②形成原电池；③反应生成物对反应有催化作用；④温度升高，催化剂活性增强；⑤反应物浓度增大等。
(3)反应速率减慢常见情况：
①反应物浓度减小；②反应温度过高，催化剂失去活性；③析出的晶体或沉淀覆盖在固体表面，阻碍反应的进行；④竞争吸附等。
　　　　　　　　　　　　　　　　
类型1　反应机理
1. (2024·全国甲卷)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
(1)已知如下热化学方程式：
CH4(g)＋Br2(g)===CH3Br(g)＋HBr(g)　ΔH1＝－29 kJ·mol－1
3CH3Br(g)===C3H6(g)＋3HBr(g)　ΔH2＝＋20 kJ·mol－1
计算反应3CH4(g)＋3Br2(g)===C3H6(g)＋6HBr(g)的ΔH＝__________ kJ·mol－1。
(2)CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。
(ⅰ)图中CH3Br的曲线是__________(填“a”或“b”)。
(ⅱ)560 ℃时，CH4的转化率α＝__________，n(HBr)＝__________ mmol。
(ⅲ)560 ℃时，反应CH3Br(g)＋Br2(g)===CH2Br2(g)＋HBr(g)的平衡常数K＝__________。
(3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500 ℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8 mmol CH4和8 mmol Br2，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(ⅰ)在11～19 s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比＝______________。
(ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据：____________________________________。
(ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下：
①I2(g)===·I(g)＋·I(g)
②·I(g)＋CH2Br2(g)===IBr(g)＋·CH2Br(g)
③·CH2Br(g)＋HBr(g)===CH3Br(g)＋·Br(g)
④·Br(g)＋CH4(g)===HBr(g)＋·CH3(g)
⑤·CH3(g)＋IBr(g)===CH3Br(g)＋·I(g)
⑥·I(g)＋·I(g)===I2(g)
根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因：__________________________________________________。
类型2　催化活性与反应速率
2. (2024·南京、盐城高三一模)乙醇是一种清洁的替代能源，催化加氢制备乙醇技术是当前的研究热点。
乙酸甲酯催化加氢制备乙醇主要涉及如下反应：
反应Ⅰ：CH3COOCH3(g)＋2H2(g)??C2H5OH(g)＋CH3OH(g)　ΔH＝－23.6 kJ·mol－1
反应Ⅱ：2CH3COOCH3(g)＋2H2(g)??CH3COOC2H5(g)＋2CH3OH(g)　ΔH＝－22.6 kJ·mol－1
在其他条件不变时，将n起始(H2)∶n起始(CH3COOCH3)＝8∶1的混合气体以一定流速通入装有铜基催化剂的反应管，测得CH3COOCH3转化率、C2H5OH选择性[S(C2H5OH)＝×100%]、CH3COOC2H5选择性[S(CH3COOC2H5)＝×100%]随温度的变化如图所示。
①180～260 ℃下均有S(C2H5OH)＋S(CH3COOC2H5)<100%，其原因是_________________________________。
②180～200 ℃范围内，CH3COOCH3转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是______________________________________。
③温度高于220 ℃时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是_______________________________________。
　 素 养 评 估 　
　　　　　　　　　　　　　　　　
1. 对反应A＋B??AB来说，常温下按以下情况进行反应：①20 mL溶液中含A、B各0.01 mol；②50 mL溶液中含A、B各0.05 mol；③0.1 mol·L－1的A、B溶液各10 mL；④0.5 mol·L－1的A、B溶液各50 mL。四者反应速率的大小关系是(　　)
A. ②>①>④>③ B. ④>③>②>①
C. ①>②>④>③ D. ①>②>③>④
2. (2025·南通高三联考)反应3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速率加快的是(　　)
①增加铁的量　②将容器的体积缩小一半　③保持体积不变，充入N2使体系压强增大　④保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大
A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ②④
3. 汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*,)”表示吸附状态]：
Ⅰ. NO＋Pt(s)===NO*,)
Ⅱ. CO＋Pt(s)===CO*,)
Ⅲ. NO*,)===N*,)＋O*,)
Ⅳ. CO*,)＋O*,)===CO2＋Pt(s)
Ⅴ. N*,)＋N*,)===N2＋Pt(s)
Ⅵ. NO*,)＋N*,)===N2O＋Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。
　
(1)图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是______________________________________。
(2)图2中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能________(填“<”“>”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时发生的主要反应为________(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。
4. (2024·淮安高三统考)某学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。
(1)催化剂制备。在60～100 ℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后制得混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。
①通入N2的目的是______________________________________。
②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为_______________________________。
(2)催化剂研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。
已知：·OH能将NO、SO2氧化。·OH产生机理如下。
反应Ⅰ：Fe3＋＋H2O2===Fe2＋＋·OOH＋H＋(慢反应)
反应Ⅱ：Fe2＋＋H2O2===Fe3＋＋·OH＋OH－(快反应)
①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________。
②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为________________________________________。
③实验表示·OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是____________________________________。
第20讲　化学反应速率
考点一　化学反应速率
知识归纳
一、 1. 单位时间内反应物浓度的减小　生成物浓度的增大　mol·L－1·s－1[或mol/(L·s)]
2. (1)化学计量数
【易错辨析】
1. ×　2. ×　3. ×　4. ×　5. ×
命题突破
C　解析：A为固体，不能用mol·L－1·min－1表示其速率，故A错误；不能计算B在2 min末的瞬时速率，故B错误；经3 min，D的浓度增加0.9 mol·L－1，用D表示的反应速率为v(D)＝＝＝0.3 mol·L－1·min－1，速率之比等于化学计量数之比，此时C表示的反应速率为0.6 mol·L－1·min－1，可知若用C表示的反应速率为0.9 mol·L－1·min－1，这两段时间反应速率不相等，故C正确；前2 min，v正(B)表示的反应速率的值逐渐减小，v逆(C)表示的反应速率的值逐渐增大，故D错误。
考点二　影响化学反应速率的因素
知识归纳
二、 增大　减小　不变　增大　减小　气体　增大　减小　增大　相同　表面积
3. (1)缩小　增大　增大　(2)①增大　增大　②增大　不变　不变　(3)增大　减小　减小
4. (1)③a. 自发　c. 降低　ΔH　b. 平衡转化率　c. 化学平衡常数　d. 化学平衡移动方向　(2)②正反应活化能　逆反应活化能　E1－E2　③小　大
三、 2. 不变　增加　增加　不变　增加　增大　不变　增加　增加　不变　增加　增大　不变　不变　增加　增加　增加　增大　降低　不变　增加　增加　增加　增大
四、 1. 正反应的活化能　逆反应的活化能
2. 降低　加快
【易错辨析】
1. ×　2. ×　3. ×　4. ×　5. √
命题突破
1. D　解析：由循环机理图可知过程④中断裂C—O，形成碳碳双键，不存在C—C的断裂，A错误；加成反应得到的产物为一种，过程①还生成了水，故过程①不仅发生了加成反应，B错误；反应活化能越高反应速率越慢，反应活化能越低反应速率越快，故催化剂MoO3通过降低反应的活化能来提高化学反应速率，C错误；由循环机理图可知，该反应方程式正确，D正确；故答案为：D。
2. (1)②FeClO===Fe2＋＋ClO2　④催化剂Fe3＋的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，NO的氧化率提高　⑤温度升高，Fe3＋催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快；ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢。温度低于60 ℃时，以前者为主，高于60 ℃时，以后者为主
(2)铁粉置换出铜形成Fe—Cu原电池，增加了c(Fe2＋)，Cr(Ⅵ)去除率增大
解析：(1)结合反应①和③可知，反应②中FeClO作反应物，Fe2＋、ClO2作产物，反应为：FeClO===Fe2＋＋ClO2；④催化剂Fe3＋的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，NO的氧化率提高；⑤温度升高，Fe3＋催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快；ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢。温度低于60 ℃时，以前者为主，高于60 ℃时，以后者为主。
(2)向1 000 mL某浓度酸性废水中加入2.0 g铁粉，若不加Cu2＋，Fe先与H＋反应生成Fe2＋等，Fe2＋再还原Cr(Ⅵ)；加入Cu2＋后，Cu2＋先与Fe反应生成Cu和Fe2＋，Fe、Cu可构成原电池，加快生成Fe2＋的速率，则随着Cu2＋浓度由0升高至15 mg·L－1，废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为：铁粉置换出铜形成Fe—Cu原电池，增加了c(Fe2＋)，Cr(Ⅵ)去除率增大。
考点三　化学反应速率图像分析
知识归纳
反应放热，在绝热容器中反应使温度升高，v正增加，b点后，温度上升已不明显，反应物浓度降低，导致v正减小　H2O2与催化剂的接触更好，产生更多的·OH，·OH浓度增大，与NO混合更充分　180 ℃以后，·OH分解成O2和H2O，NO的脱除效率下降　温度较低时，SO2被催化剂吸附，温度升高，吸附能力减弱　温度较高时，SO2在催化剂存在条件下被CO还原，温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快　250 ℃　催化效率下降是影响乙酸生成速率的主要原因　温度升高是影响乙酸生成速率的主要原因　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，催化剂活性下降　NH3与O2反应生成了NO
命题突破
1. (1)－67　(2)(ⅰ)a　(ⅱ)80%　7.8　(ⅲ)10.92　(3)(ⅰ)(或3∶2)　(ⅱ)5 s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升　(ⅲ)I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
解析：(1)将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3＋②，故热化学方程式3CH4(g)＋3Br2(g)===C3H6(g)＋6HBr(g)的ΔH＝－29 kJ·mol－1×3＋20 kJ·mol－1＝－67 kJ·mol－1。
(2)(ⅰ)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；(ⅱ)560 ℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6 mmol，其转化率α＝×100%＝80%；若只发生一步反应，则生成6.4 mmol CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0 mmol，说明还有1.4 mmol CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n＝6.4 mmol＋1.4 mmol＝7.8 mmol；(ⅲ)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)＝5.0 mmol、n(Br2)＝0.2 mmol、n(CH2Br2)＝1.4 mmol、n(HBr)＝7.8 mmol，故该反应的平衡常数K＝＝＝10.92。
(3)(ⅰ)11～19 s时，有I2的生成速率v＝ mmol·(L·s)－1＝ mmol·(L·s)－1，无I2的生成速率v＝ mmol·(L·s)－1＝ mmol·(L·s)－1。生成速率比＝＝；(ⅱ)从图中可以看出，大约4.5 s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；(ⅲ)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
2. ①部分CH3COOCH3发生了其他不产生C2H5OH和CH3COOC2H5的反应　②温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快　③积碳覆盖在催化剂表面；Cu2O被还原为Cu，改变了Cu2O与Cu的比例，导致催化剂活性降低
解析：①180～260 ℃下均有S(C2H5OH)＋S(CH3COOC2H5)<100%，，说明乙酸甲酯没有完全反应转化为乙醇、乙酸乙酯，应该还有副产物发生，故其原因是部分CH3COOCH3发生了其他不产生C2H5OH和CH3COOC2H5的反应。②催化剂能明显加快反应速率，但是催化剂需一定的活性温度，180～200 ℃范围内，CH3COOCH3转化率随温度升高而迅速增大的主要原因是温度升高与催化剂活性增大共同导致反应Ⅰ、Ⅱ的速率加快。③铜基催化剂须含合适物质的量之比的Cu2O与Cu，温度过高，会导致有机物转化为积碳、碳具有一定还原性，能还原铜的氧化物为铜单质，则温度高于220 ℃时，催化剂的催化活性下降，其原因可能是积碳覆盖在催化剂表面；Cu2O被还原为Cu，改变了Cu2O与Cu的比例，导致催化剂活性降低。
素养评估
1. A　解析：①中c(A)＝c(B)＝＝0.5 mol·L－1；②中c(A)＝c(B)＝＝1 mol·L－1；③中c(A)＝c(B)＝＝0.05 mol·L－1；④中c(A)＝c(B)＝＝0.25 mol·L－1；在其他条件一定的情况下，浓度越大，反应速率越大，所以反应速率由大到小的顺序为②>①>④>③，A项正确。
2. D　解析：铁是固体，增加铁的量，浓度不变，反应速率不变，①与题意不符；将容器的体积缩小一半，反应体系中气体物质的浓度增大，则化学反应速率增大，②符合题意；体积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，③与题意不符；保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大，反应物浓度增大，反应速率增大，④符合题意。故选D。
3. (1)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快　(2)>　Ⅳ
解析：(1)由图1可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速率加快。(2)由图2可知，T2 ℃时，N2的浓度小于N2O的浓度，说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的反应速率，则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应Ⅳ。
4. (1)①排出溶解在NaOH溶液中的O2，防止Fe2＋被氧化为Fe3＋
②12Fe(OH)2＋NaNO34Fe3O4＋NH3↑＋NaOH＋10H2O
(2)①Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2＋和Fe3＋，Fe2＋直接通过反应Ⅱ快速产生·OH，c(·OH)更大；Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3＋，Fe3＋需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2＋再通过快反应Ⅱ产生·OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(·OH)小于前者　②2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O　③二氧化硫几乎完全被氢氧化钠溶液吸收
解析：(1)①氢氧化钠溶液中溶有少量的氧气，能将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，所以氢氧化钠溶液与硫酸亚铁溶液反应时，应通入氮气排出溶液中的氧气，防止Fe2＋被氧化为Fe3＋；②由题意可知制备四氧化三铁的反应为氢氧化亚铁与硝酸钠共热反应生成四氧化三铁、氨气和水，反应的化学方程式为12Fe(OH)2＋NaNO34Fe3O4＋NH3↑＋NaOH＋10H2O；
(2)①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高的原因是Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2＋和Fe3＋，Fe2＋直接通过反应Ⅱ快速产生·OH，c(·OH)更大；Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3＋，Fe3＋需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2＋，再通过快反应Ⅱ产生·OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(·OH)小于前者，所以Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大；②由题意可知，二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，反应的离子方程式为2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O；③二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应被吸收，则测得二氧化硫脱除率几乎均为100%是因为二氧化硫几乎完全被NaOH溶液吸收。

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