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5.0g投入盛有500mL0.5mol·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13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min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2MnOeq\o\al(－,4)＋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0～2min内Y的浓度变化了2.0mol·L-1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol·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0～2min内，Y的浓度变化了4.0mol·L-1，则v(Y)＝eq\f(c（Y）,t)＝eq\f(4.0mol·L－1,2min)＝2.0mol·L-1·min-1，v(X)＝eq\f(1,2)v(Y)＝eq\f(1,2)×2.0mol·L-1·min-1＝1.0mol·L-1·min-1，故D正确。]5.C[实验①中，0～20min，v(N2)＝eq\f(1,2)v(NH3)＝eq\f(1,2)×(2.40×10-3mol·L-1-2.00×10-3mol·L-1)÷20min＝1.00×10-5mol·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4.00×10-4mol·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②60min时处于平衡状态，x<0.4