2025届高三化学二轮复习 讲义 速率图像释因分析

速率图像释因分析 多因素影响下的速率图像分析 速率图像分析的一般方法 (1)看清关键点：起点、终点和变化点。 (2)看清变化趋势。 (3)综合分析反应原理，如有的反应放热造成温度升高，反应速率加快；有的反应生成的金属与原金属形成原电池，反应速率加快；有的反应物浓度减小，反应速率减慢；有的反应生成物中有催化剂，反应速率加快；有的反应温度过高，造成催化剂失去活性，反应速率减慢等。 1.把在空气中久置的铝片5.0 g投入盛有500 mL 0.5 mol·L－1盐酸的烧杯中，该铝片与盐酸反应生成氢气的速率v与反应时间t可用如图的坐标曲线来表示。 回答下列问题： (1)O→a段不生成氢气的原因是________________________________________。 (2)b→c段生成氢气的速率增加较快的主要原因可能是__________________________________________________________________。 (3)t＞c时生成氢气的速率降低的主要原因是 __________________________________________________________________。 2.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”)。 3.(江苏卷)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(装置见图1)。 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2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__________________________________________________________________。 速率图像释因分析 培优专练 1.(1)铝的表面有一层致密的Al2O3薄膜，能与H＋反应得到盐和水，无氢气放出 (2)反应放热，溶液温度升高，反应速率加快(或反应产生的铝离子是该反应的催化剂) (3)随着反应的进行，溶液中氢离子的浓度逐渐降低 2.(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。 3.迅速上升段是催化剂活性随温度的升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段催化剂M的活性已经达到较大值，反应速率增大主要是温度升高引起　催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO 解析　温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增大也会提高反应速率。一段时间后催化剂活性增大幅度变小，主要是温度升高使反应速率增大。当温度超过一定值时，催化剂的活性下降，同时氨气与氧气反应生成NO而使反应速率减小。 集训真题　走进高考 1.C　[A.由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；B.由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，B正确；C.由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；D.由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。] 2.C　[A.由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应时生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，则Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；B.随着反应物浓度的减小，到大约13 min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13 min后反应速率会增大，B项错误；C.由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；D.H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，D项错误。] 3.C　[A.根据盖斯定律，ΔHⅡ＝ΔHⅠ＋ΔHⅢ，则ΔHⅠ-ΔHⅡ＝-ΔHⅢ>0，即ΔHⅠ>ΔHⅡ，因此反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A正确；B.短时间里反应Ⅰ得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B正确；C.增加HCl浓度，平衡正向移动，但平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例可能降低，故C错误；D.根据图中信息，反应速率Ⅰ远大于Ⅱ，则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，故D正确。] 4.D　[由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物的浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min 内Y的浓度变化了2.0 mol·L-1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L-1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min内，Y的浓度变化了4.0 mol·L-1，则v(Y)＝＝＝2.0 mol·L-1·min-1，v(X)＝v(Y)＝×2.0 mol·L-1·min-1＝1.0 mol·L-1·min-1，故D正确。] 5.C　[实验①中，0～20 min，v(N2)＝v(NH3)＝×(2.40×10-3 mol·L-1-2.00×10-3 mol·L-1)÷20 min＝1.00×10-5 mol·L-1·min-1，A正确；催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10-4 mol·L-1，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60 min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；实验①、实验②中0～20 min、20～40 min氨气浓度变化量相同，速率相同，实验①是实验②中氨气初始浓度的两倍，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，D正确。] 学科网（北京）股份有限公司 $$