高考第一轮复习——化学反应速率、化学反应进行的方向(学案含答案)

一. 教学内容：
化学反响速率、化学反响进展的方向
二、教学目的
理解化学反响速率的概念、反响速率的定量表示方法；
理解活化能对化学反响速率的影响，认识温度、浓度、压强和催化剂影响化学反响速率的一般规律
理解化学反响的可逆性。

能用焓变和熵变说明常见化学反响的方向
三、教学重点、难点
化学反响速率的定量表示方法；条件对化学反响速率的影响
四、教学过程：
〔一〕化学反响速率的概念及定量表示方法：
化学反响速率是指化学反响进展的快慢程度，一般表示方法为：以单位时间内反响物浓度的减少或消费物浓度的增加表示
表示方法：以单位时间内反响物浓度的减少或消费物浓度的增加表示。

计算式：V＝Δc/Δt〔mol/L·s或mol/L·min〕
说明：
1、同一反响的反响速率只有一个。

同一化学反响，用不同的物质表示的反响速率，
可能一样，也可能不同。

但各物质的速率之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比，等于各相应物质的浓度的变化量之比，等于各相应物质的物质的量的变化量之比。

2、反响速率为平均速率，非瞬时反响速率。

3、固体或纯液体〔注意不是溶液〕的浓度可视为不变的常数，一般不用固体或纯液体表示化学反响速率。

注意纯液体〔如无水乙醇〕与溶液〔如乙醇水溶液〕不同。

4、比拟速率的大小要以单位一致为前提。

5、求反响速率的途径一般有两条：一是根据反响速率的定义求；二是根据速率之比=浓度的变化量之比=物质的量的变化量之比=化学计量数之比。

［例1］反响A＋3B===2C＋D在某段时间内以A的浓度变化表示的化学反响速率为
1mol·L－1·min－1，那么此段时间内以C的浓度变化表示的化学反响速率为
A、0.5mol·L－1·min－1
B、1mol·L－1·min－1
C、2mol·L－1·min－1
D、3mol·L－1·min－1
解析：同一化学反响，在同一时间内用不同物质表示的反响速率，其数值可能一样也可能不同，但表达的意思一样，都表示了同一反响在该时间内的反响速率，且反响速率之比等于方程式前的系数比。

根据上述原理，可得：v A:v B:v C:v D＝1：3：2：1，由于v A＝1mol·L－1·min －1，那么：v C＝2mol·L－1·min－1
答案：C
［例2］把0.6molX气体和0.4molY气体混合于容积为2L的容器中，使其发生如下反响：3X〔g〕＋Y〔g〕＝nZ〔g〕＋2W〔g〕，5min末生成0.2molW，假设测知以Z浓度变化表示的平均反响速率为0.01mol·L-1·min-1那么n的值为
A、4
B、3
C、2
D、1
解析：根据反响速率与单位时间内物质的浓度变化之间的关系，可得：
n〔Z〕＝0.01mol·L-1·min-1×5min×2L＝0.1mol，而5min末生成0.2molW，那么说明Z 与W在方程式中的系数比为1：2，即n＝1
答案：D
［例3］反响速率v 和反响物浓度的关系是用实验方法测定的，化学反响H 2＋Cl 2===2HCl 的反响速率v 可表示为v =k ［c 〔H 2〕］m ［c 〔Cl 2〕］n ，式中k 为常数，m 、n 值可用下表中数据确定之。

由此可推得，m 、n 值正确的选项是
A 、m =1，n =1
B 、m =21，n =21
C 、m =21，n =1
D 、m =1，n =21 解析：此题给定的信息是：化学反响速率与反响物浓度之间的函数关系式。

那么根据题给信息可得：当c 〔Cl 2〕保持不变时，反响速率与c 〔H 2〕成正比，即m ＝1；而当c 〔H 2〕 保持不变时，反响速率与c 〔Cl 2〕的平方根成正比，即n ＝1/2。

答案：D
［例4］某温度时，在2L 容器中X 、Y 、Z 三种物质随时间的变化关系曲线如下图。

〔1〕由图中的数据分析，该反响的化学方程式为 ；
〔2〕反响开场至2min 、5min Z 的平均反响速率为 、 ；
〔3〕5min 后Z 的生成速率比5min 末Z 的生成速率 〔大、小、相等〕。

解析：此题考察的是化学反响速率的图像题。

通过题给信息判断反响物和生成物，及参加反响的各物质之间的物质的量之比，以及单位时间内各物质的浓度变化，判断反响的可逆性并计算反响速率。

由图可知：反响物为X 和Y ，生成物为Z ，5min 时达平衡，消耗0.6molX 同时消耗0.2mol 的Y ，生成0.4mol 的Z ，说明三者的物质的量之比为：3：1：2，方程式为：
3X+Y 2Z ，2min 时Z 的平均反响速率为：0.2mol/2L/2min ＝0.05mol ·〔L ·min 〕－1，
5min 时Z 的平均反响速率为：0.4mol/2L/5min ＝0.04mol ·〔L ·min 〕－1，由于5min 后，单
位时间内X 、Y 、Z 的消耗速率和生成速率一样，达化学平衡状态，因此5min 后Z 的生成速率与5min 末Z 的生成速率相等。

答案：〔1〕3X+Y 2Z
〔2〕0.05mol ·〔L ·min 〕－1；0.04mol ·〔L ·min 〕－1
〔3〕5min 时，反响到达了平衡，各物质的反响速率不再改变，故5min 后Z 的生成速率与5min 末Z 的生成速率相等。

〔二〕影响化学反响速率的因素与活化能
影响反响速率的因素很多，主要从内因和外因两个方面分析。

影响因素 规 律
注 意 点 内 因
反响物的构造、性质、反响的历
程是决定化学反响速率的主要
因素 化学反响的本质是旧化学键的断裂，新化学键的生成。

假设在同样的条件下，反响物分子中化学键越结实，化学键的断裂就
越难，其反响速率就越小
说明：
2、化学反响速率的大小是由单位体积内活化分子数〔相当于活化分子浓度〕决定的，而不是由活化分子数的多少决定的。

3、“惰性〞气体对密闭体系中进展的化学反响速率的影响
⑴恒温、恒容容器：充入稀有气体或其他不参加反响的气体，虽改变了容器内气体的压强，但却没有改变反响体系的分压，即并没有改变反响物的浓度，不影响化学反响速率。

⑵恒温、恒压容器：充入稀有气体或其他不参加反响的气体，使容器的容积扩大，虽未减小容器气体的压强，但却减少了反响体系的分压，即降低了反响物的浓度，故能使反响速率降低。

4、改变外界条件〔浓度、温度、压强、催化剂〕对于可逆反响v〔正〕、v〔逆〕的影响〔利用速率曲线图说明。

特别注意，压强的影响结果与可逆反响有无气体参加或反响前后气体体积是否变化有关〕。

外界条件对于可逆反响v〔正〕、v〔逆〕的影响
〔1〕浓度：增大反响物浓度，v〔正〕瞬间增大后随反响进展减小，v〔逆〕瞬间不变后随反响进展增大；增大生成物浓度，v〔逆〕瞬间增大后随反响进展减小，v〔逆〕瞬间不变后随反响进展减小。

〔2〕压强：对于有气体参加的反响，增大压强，v〔正〕、v〔逆〕均增大，气体体积之和〔系数和〕大的反响速率增加得快；降低压强，v〔正〕、v〔逆〕均减小，气体体积之和〔系数和〕大的反响速率减少得多，对于反响前后气体体积保持不变的反响，增大或降低压
强时，正、逆反响速率变化的幅度一样，平衡不挪动。

〔3〕温度：升高温度，v〔正〕、v〔逆〕一般均增大，吸热反响增加的倍数大于放热反响增加的倍数；降温，v〔正〕、v〔逆〕一般均减小，吸热反响减小的倍数大于放热反响减小的倍数。

〔4〕催化剂：能同等程度的改变v〔正〕、v〔逆〕，改变反响到达平衡的时间。

［例1］升高温度能加快反响速率的主要原因是
A、活化分子能量明显增加
B、降低活化分子的能量
C、增大了活化分子百分数
D、降低反响所需的能量
解析：升高温度，使分子的能量增大，原有局部没有到达活化分子最低能量的分子吸收能量后转化为活化分子，从而增加单位体积内活化分子百分数和活化分子数目，增大有效碰撞次数，加快反响速度；另外，升高温度也可以使分子的运动速率加快，加快反响速率。

答案：C
［例2］可逆反响aX〔g〕+bY〔g〕cZ〔g〕在一定温度下的一密闭容器内到达平衡后，t0时改变某一外界条件，化学反响速率〔v〕—时间〔t〕图象如右图。

那么以下说法中正确的选项是
A、假设a＋b＝c，那么t0时只能是增大了容器的压强
B、假设a＋b＝c，那么t0时只能是参加了催化剂
C、假设a＋b≠c，那么t0时只能是增大了容器的压强
D、假设a＋b≠c，那么t0时只能是参加了催化剂
解析：此题考察的是条件对反响速率和化学平衡的影响。

改变条件后，反响速率明显增大，而化学平衡没有挪动，说明只能是增大压强或使用催化剂。

假设增大压强，那么必须反响前后气体的分子总数保持不变，否那么，平衡会发生挪动；假设升高温度，平衡必然会发生挪动；假设使用催化剂，那么不管反响前后气体分子总数是否发生变化，反响速率均会加快。

综上所述，此题答案为D。

答案：D
［例3］当A、B两种气体物质的浓度比一样时，在不同温度下进展反响：A＋2B＝3C，10℃时测得反响速率V B＝0.2mol·L-1·s-1，50℃时测得反响速率V A＝25.6mol·L-1·s-1假设温度每升高10℃，该反响的反响速率增大到原来的几倍，那么n约为
A、3
B、3.5
C、4
D、4.5
解析：升高温度反响速率加快，一般情况下，温度每升高10℃反响速率变为原来的n 倍。

现根据题给信息：升高温度后V A＝25.6mol·L-1·s-1，根据参加反响的各物质的反响速率之间的关系，可得：升高温度后V B′＝51.2mol·L-1·s-1，是原来的256倍。

那么n＝256，n ＝4
答案：C
［例4］某化学反响2A===B＋D在四种不同条件下进展。

B、D起始浓度为0。

反响物A 的浓度〔mol·L－1〕随反响时间〔min〕的变化情况如下表：
根据上述数据，完成以下填空：
〔1〕在实验1，反响在10至20分钟时间内平均速率为mol·〔L·min〕－1。

〔2〕在实验2，A的初始浓度C2＝__________mol·L－1，反响经20分钟就到达平衡，可推测实验2中还隐含的条件是__________。

〔3〕设实验3的反响速率为ｖ3，实验1的反响速率为ｖ1，那么ｖ3__________ｖ1〔填“＞〞“＝〞或“＜〞)，且C3__________1.0mol·L－1〔填“＜〞“＝〞或“＞〞〕。

〔4〕比拟实验4和实验1，可推测该反响是__________反响〔填“吸热〞或“放热〞〕。

理由是。

解析：〔1〕根据表给信息可得：10至20分钟时间内平均速率为：
〔0.80－0.67〕mol/L/10min ＝0.013mol·L-1·min-1
〔2〕实验2中达平衡时A的浓度保持不变，说明〔2〕与〔1〕属于等效平衡，c2＝0.1mol·L －1但由于〔2〕中达平衡时所需时间短，因此，〔2〕中可能使用了催化剂。

〔3〕比拟〔3〕与〔1〕在时间10－20min时的反响速率可知，〔3〕的反响速率大于〔1〕，同时〔3〕到达平衡时A的浓度也大于〔1〕，说明起始时〔3〕中A的浓度大于〔1〕中A 的浓度，即大于0.1mol·L－1。

〔4〕实验4中温度高于实验1，到达平衡时A的浓度比实验1中低，说明升高温度有利于A的转化，而升高温度平衡向反响方向挪动，说明消耗A的方向是吸热反响方向，即正反响是吸热反响。

答案：⑴0.013⑵1.0催化剂⑶＞＞⑷吸热温度升高，平衡向右挪动
〔三〕化学反响进展的方向：
在一定的条件下，一个化学反响能否自发进展，既可能与反响的焓变有关，又可能与反响的熵变有关。

在温度、压力一定的条件下，化学反响的方向是熵变和焓变共同影响的结果，反响的判据是：△G＝△H－T△S〔Ｔ为热力学温度，均为正值〕〔△G：吉布斯自由能〕，△G＜０时，反响可自发进展。

说明：
1、△H－T△S只能用于说明该反响在理论上能否在此条件下发生，是一个化学反响发生的必要条件，只是反响的可行性问题。

过程的自发性只用于判断过程的方向，并不能确定该反响在此条件下是否一定会发生以及过程发生的速率。

[例1]反响2CO〔g〕＝2C〔s〕＋O2〔g〕的∆H为正值，∆S为负值。

设∆H和∆S不随温度而变，以下说法正确的选项是〔〕
A、低温下能自发进展
B、高温下能自发进展
C、低温下不能自发进展，高温下能自发进展
D、任何温度下都不能自发进展
解析：反响自发进展的条件是：△G＝△H－T△S＜０，∆H为正值，∆S为负值，那么无论温度为多少，△G＝△H－T△S均大于0，说明该反响不能自发进展。

答案：D
［例2］：CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反响情况如下：
⑴：CuSO4＋Na2CO3
Cu2＋＋CO32－＋H2O＝Cu〔OH〕2↓＋CO2↑〔主要〕
Cu2＋＋CO32－＝CuCO3↓〔次要〕
⑵CuSO4＋Na2S
Cu2＋＋S2－＝CuS↓〔主要〕
Cu2＋＋S2－＋2H2O＝Cu〔OH〕2↓＋H2S↑〔次要〕
那么以下物质的溶解度的比拟正确的选项是：
A、Cu〔OH〕2＞CuCO3＞CuS
B、Cu〔OH〕2＜CuCO3＜CuS
C、CuS＞Cu〔OH〕2＞CuCO3
D、CuS＜Cu〔OH〕2＜CuCO3
解析：沉淀反响中，生成物的溶解度越小，沉淀反响越容易发生。

根据信息⑴可知：生成Cu〔OH〕2的反响容易发生，说明Cu〔OH〕2的溶解度小于CuCO3的溶解度；根据信息⑵可知：生成CuS的反响容易发生，说明CuS的溶解度小于Cu〔OH〕2的溶解度。

由此可得，三种物质的溶解度的大小关系为：CuS＜Cu〔OH〕2＜CuCO3
答案：D
［例3］高温时空气中的N2和O2会反响生成NO而污染大气：N2〔g〕＋O2〔g〕＝2NO〔g〕。

试通过计算说明在1200℃的条件下，此反响能否正向自发进展？估算自发进展的最低温度是多少？
〔：∆H＝180.50kJ/mol，∆S＝247.7J/mol·K〕
解析：反响自发进展的条件是：△G＝△H－T△S＜０，在1200℃的条件下，△G＝180.50－〔1200＋273〕×247.7×10－3＝－184.36＜０，说明反响可以自发进展。

假设反响自发进展的最低温度为t，那么有：△G＝180.50－〔t＋273〕×247.7×10－3＜０，解得：t＞455.7℃答案：该反响在1200℃的条件下可以自发进展，该反响自发进展的最低温度约为455.7℃。