2023年高考化学一轮复习（全国版）第7章第37讲　化学反应速率_05高考化学_通用版（老高考）复习资料_2023年复习资料_一轮复习_2023年高考化学一轮复习讲义+课件（全国版）

第 37 讲 化学反应速率 复习目标 1.了解化学反应速率的概念和定量表示方法。2.了解反应活化能的概念，了解 催化剂的重要作用。3.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。4.了解化学反应速率的调控在生活、生产和科学研究领域中的 重要作用。 考点一 化学反应速率的概念及计算 1．化学反应速率 2．化学反应中各物质浓度的计算模式——“三段式” (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、某时刻量。 (3)根据已知条件列方程式计算。例如：反应 mA ＋ nB===pC t s/(mol·L－1) a b 0 0 转化/(mol·L－1) x t s/(mol·L－1) a－x b－ 1 则v(A)＝ mol·L－1·s－1， v(B)＝ mol·L－1·s－1， v(C)＝ mol·L－1·s－1。 3．比较化学反应速率大小的常用方法 (1)先换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值的大小。 (2)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应 aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋ dD(g)，比较与，若>，则不同情况下，用A表示的反应速率比用B表示的大。 (3)应用举例 已知反应4CO＋2NO =====N＋4CO 在不同条件下的化学反应速率如下： 2 2 2 ①v(CO)＝1.5 mol·L－1·min－1 ②v(NO )＝0.7 mol·L－1·min－1 2 ③v(N )＝0.4 mol·L－1·min－1 2 ④v(CO)＝1.1 mol·L－1·min－1 2 ⑤v(NO )＝0.01 mol·L－1·s－1 2 请比较上述5种情况反应的快慢：________________(由大到小的顺序)。 答案 ③>①>②>⑤>④ 解析 ②v(CO)＝2v(NO )＝1.4 mol·L－1·min－1；③v(CO)＝4v(N )＝1.6 mol·L－1·min－1； 2 2 ④v(CO)＝v(CO)＝1.1 mol·L－1·min－1；⑤v(CO)＝2v(NO )＝0.02 mol·L－1·s－1＝1.2 mol·L－ 2 2 1·min－1，故反应的快慢为③>①>②>⑤>④。 1．由v＝计算平均速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值( ) 2．单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率，生成物浓度的变化量表示逆反应速率( ) 3．对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学 反应速率( ) 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( ) 答案 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×一、化学反应速率的计算 1．(2021·浙江6月选考，20改编)一定温度下，在NO 的四氯化碳溶液(100 mL)中发生分解 2 5 反应：2NO4NO ＋O。在不同时刻测量放出的O 体积，换算成NO 浓度如下表： 2 5 2 2 2 2 5 t/s 0 600 1 200 1 710 2 220 2 820 x c(N O)/ (mol·L－1) 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12 2 5 (1)计算600～1 200 s，生成NO 的平均速率。 2 (2)计算反应2 220 s时，放出标准状况下的O 体积。 2 (3)分析上表的变化规律，推测表中x值。 答案 (1)600～1 200 s内平均速率v(N O)＝＝5.0×10－4 mol·L－1·s－1，则生成NO 的平均速 2 5 2 率 v(NO )＝2v(N O)＝2×5.0×10－4 mol·L－1·s－1＝1.0×10－3 mol·L－1·s－1。 2 2 5 (2)0～2 220 s内NO 的浓度变化为1.40 mol·L－1－0.35 mol·L－1＝1.05 mol·L－1， 2 5 Δn(N O)＝1.05 mol·L－1×0.1 L＝0.105 mol， 2 5 由反应方程式计量数关系得： Δn(O )＝Δn(N O)＝0.052 5 mol， 2 2 5 则标准状况下的V(O )＝0.052 5 mol×22.4 L·mol－1＝1.176 L。 2 (3)3 930 解析 (3)分析表中数据可知，该反应经过1 110 s(600～1 710,1 710～2 820)后NO 的浓度会 2 5 变为原来的，因此，NO 的浓度由0.24 mol·L－1变为0.12 mol·L－1时，可以推测上表中的x 2 5 为2 820＋1 110＝3 930。 2.在新型RuO 催化剂作用下，使HCl转化为Cl 的反应2HCl(g)＋O(g)HO(g)＋Cl(g)具 2 2 2 2 2 有更好的催化活性。一定条件下测得反应过程中n(Cl )的数据如下： 2 t/min 0 2 4 6 8 n(Cl )/10－3 mol 0 1.8 3.7 5.4 7.2 2 计算2～6 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min－1为单位，写出计算过 程)。 答案 解法一 2～6 min内，Δn(Cl )＝5.4×10－3 mol－1.8×10－3 mol＝3.6×10－3 mol， 2 v(Cl )＝＝9.0×10－4 mol·min－1， 2 所以v(HCl)＝2v(Cl )＝2×9.0×10－4 mol·min－1＝1.8×10－3 mol·min－1。 2 解法二 HCl转化的物质的量为n，则 2HCl(g)＋O(g)HO(g)＋Cl(g) 2 2 2 2 1n (5.4－1.8)×10－3 mol 解得n＝7.2×10－3 mol，所以v(HCl)＝＝1.8×10－3 mol·min－1。 3．工业制硫酸的过程中，SO (g)转化为SO (g)是关键的一步，550 ℃时，在1 L的恒温容器 2 3 中，反应过程中部分数据见下表： 反应时间/min SO (g)/mol O(g)/mol SO (g)/mol 2 2 3 0 4 2 0 5 1.5 10 2 15 1 若在起始时总压为p kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，气态物质分压＝总压 0 ×气态物质的物质的量分数，则10 min内SO (g)的反应速率v(SO )＝__________ kPa·min－ 2 2 1。 答案 解析 列出“三段式” 2SO (g)＋O(g)2SO (g) 2 2 3 初始/mol 4 2 0 转化/mol 2 1 2 10 min时/mol 2 1 2 气体总压之比等于气体物质的量之比，所以 10 min时体系总压p 满足＝，即p ＝p 10 min 10 min 0 kPa，p (SO )＝p kPa，p (SO )＝p kPa×＝p kPa，故v(SO )＝＝p kPa·min－1。 初始 2 0 10 min 2 0 0 2 0 二、速率常数的应用 4．工业上利用 CH(混有 CO 和 H)与水蒸气在一定条件下制取 H ，原理为 CH(g)＋ 4 2 2 4 H 2 O(g) CO(g)＋3H 2 (g)，该反应的逆反应速率表达式为v逆 ＝k·c(CO)·c3(H 2 )，k为速率常 数，在某温度下测得实验数据如表所示： CO浓度/(mol·L－1) H 浓度/(mol·L－1) 逆反应速率/(mol·L－1·min－1) 2 0.1 c 8.0 1 c c 16.0 2 1 c 0.15 6.75 2 由上述数据可得该温度下，c ＝_____，该反应的逆反应速率常数k＝_____ L3·mol－3·min－ 2 1。 答案 0.2 1.0×104 解析 根据v ＝k·c(CO)·c3(H )，由表中数据可得：(c mol·L－1)3＝，c mol· 逆 2 1 2 L－1＝，所以有k××＝16.0 mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，带入c 的等式可得c＝0.2。 2 2 5．300 ℃时，2NO(g)＋Cl 2 (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： 序号 c(ClNO)/(mol·L－1) v/(mol·L－1·s－1) ① 0.30 3.60×10－9 ② 0.60 1.44×10－8 ③ 0.90 3.24×10－8 n＝________；k＝________________。 答案 2 4.0×10－8 L·mol－1·s－1 解析 根据表格①②中的数据，代入速率表达式然后做比：＝，解得n＝2，k＝4×10－8 L·mol－1·s－1。 1．速率常数的含义 速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在相同浓度的条 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．速率方程 一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。 对于反应：aA＋bB===gG＋hH 则v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。 如：①SO ClSO ＋Cl 2 2 2 2 v＝k·c(SO Cl) 1 2 2 ②2NO 2NO＋O v＝k·c2(NO ) 2 2 2 2 ③2H＋2NON＋2HO 2 2 2 v＝k·c2(H )·c2(NO) 3 2 3．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。考点二 影响化学反应速率的因素 1．内因 反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下 Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg ＞ A l。 2．外因 3．理论解释——有效碰撞理论 (1)活化分子、活化能、有效碰撞 ①活化分子：能够发生有效碰撞的分子(必须具有足够的能量)。 ②活化能：如图 图中：E 表示反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E ，反应热为E － E (注：E 表示活 1 3 1 2 2 化分子变成生成物分子放出的能量)。 ③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。 (2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系4．稀有气体对反应速率的影响 A(g)＋B(g)C(g)，恒温恒容，充入氦气，对反应速率有何影响？恒温恒压，充入氦气， 对反应速率又有何影响？ 1．催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后的性质保持不变( ) 2．升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小( ) 3．对于反应：A＋BC，改变容器容积，化学反应速率一定发生变化( ) 4．碳酸钙与盐酸反应的过程中，再增加CaCO 固体，可以加快反应速率( ) 3 5．增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大( ) 6．100 mL 2 mol·L－1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变( ) 答案 1.× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.× 影响化学反应速率的因素 1．某温度下，在容积一定的密闭容器中进行如下反应 2X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s) ΔH>0。 下列叙述正确的是( ) A．向容器中充入氩气，反应速率不变 B．加入少量W，逆反应速率增大 C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D．将容器的容积压缩，可增大单位体积内活化分子的百分数，有效碰撞次数增大 答案 A解析 向恒容容器中充入氩气，各反应组分的浓度不变，反应速率不变，A项正确；W为 固态，加入少量W，反应速率不变，B项错误；升高温度，正、逆反应速率均增大，C项错 误；将容器的容积压缩，可增大单位体积内活化分子数和有效碰撞次数，但活化分子百分数 不变，D项错误。 2．一定温度下，反应N(g)＋O(g)2NO(g)在密闭容器中进行，回答下列措施对化学反应 2 2 速率的影响(填“增大”“减小”或“不变”)。 (1) 缩 小 体 积 使 压 强 增 大 ： __________ ， 原 因 是 ________________________________________。 (2)恒容充入N：__________。 2 (3) 恒 容 充 入 He ： __________ ， 原 因 是 _______________________________________________。 (4)恒压充入He：__________。 答案 (1)增大 单位体积内，活化分子数目增加，有效碰撞的次数增多 (2)增大 (3)不变 单位体积内活化分子数不变 (4)减小 3．(2022·潍坊模拟)“接触法制硫酸”的主要反应是2SO ＋O2SO ，在催化剂表面的 2 2 3 反应历程如下： 下列说法正确的是( ) A．使用催化剂只能加快正反应速率 B．反应②的活化能比反应①大 C．该反应的催化剂是VO 2 4 D．过程中既有V—O的断裂，又有V—O的形成 答案 D 解析 催化剂能同等幅度地改变正、逆反应速率，加快正反应速率的同时也加快逆反应速率， 故A错误；一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应① 的小，故B错误；催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的物质，从反应历程 图中可知，该反应的催化剂为VO，故C错误；历程中反应①有V—O的断裂，反应②有 2 5 V—O的形成，故D正确。 1．(2021·辽宁，12)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，反应速率为0.012 mol·L－1·min－1 D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·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，反应速率为v＝＝＝0.012 mol·L－1·min－1，C项正确；反应物消耗一半 所需的时间称为半衰期，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为125 min× ＝62.5 min，D项正确。 2．(2021·河北，13)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v ＝kc2(M)，反应②的 1 1 速率可表示为v ＝kc2(M)(k 、k 为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情 2 2 1 2 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6.67×10－3 mol·L－1·min－1 B．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Z D．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 mol·L－1和0.125 mol·L－1，则 M的变化量为0.500 mol·L－1－0.300 mol·L－1＝0.200 mol·L－1，其中转化为Y的变化量为 0.200 mol·L－1－0.125 mol·L－1＝0.075 mol·L－1。因此，0～30 min时间段内，Y的平均反应速 率为 ＝0.002 5 mol·L－1·min－1，A说法不正确；由题中信息可知，反应①和反应②的速率之 比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同(化学计量数均为1)，因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k 、k 为速率常数，故该比 1 2 值保持不变，B说法正确； 结合A、B的分析可知，此反应开始后，在相同的时间内体系 中Y和Z的浓度之比等于＝＝，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有的M转化为 Z，即62.5%的M转化为Z，C说法正确；由以上分析可知，在相同的时间内生成 Z较多、 生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应 速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。 3．[2020·全国卷Ⅱ，28(2)]高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH――→C H ＋H 。反应在 4 2 6 2 初期阶段的速率方程为r＝k× ，其中k为反应速率常数。 ①设反应开始时的反应速率为 r ，甲烷的转化率为α时的反应速率为r ，则r ＝________ 1 2 2 r。 1 ②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是________。 A．增加甲烷浓度，r增大 B．增加H 浓度，r增大 2 C．乙烷的生成速率逐渐增大 D．降低反应温度，k减小 答案 ①(1－α) ②AD 解析 ①甲烷的转化率为α时， 则 即r ＝(1－ 2 α)r 。②A对，由速率方程知，甲烷的浓度越大，反应越快；B错，H 的浓度大小不影响反 1 2 应速率；C错，反应过程中 逐渐减小，故C H 的生成速率逐渐减小；D对，降低反应 2 6 温度，反应速率减小，故k减小。 课时精练 1．下列说法正确的是( ) A．活化分子的每一次碰撞都能发生化学反应 B．能发生有效碰撞的分子一定是活化分子 C．反应物用量增加后，有效碰撞次数增多，反应速率增大 D．催化剂能提高活化分子的活化能，从而加快反应速率 答案 B 解析 活化分子只有发生有效碰撞时才能发生化学反应，A项错误；增加固体或纯液体的量， 反应速率不变，C项错误；催化剂能降低反应的活化能，使原来不是活化分子的分子变成活 化分子，提高了活化分子的百分数，加快了化学反应速率，D项错误。2．反应3Fe(s)＋4HO(g)Fe O(s)＋4H(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的 2 3 4 2 改变对其化学反应速率几乎无影响的是( ) A．保持容积不变，增加HO(g)的物质的量 2 B．将容器的容积缩小一半 C．保持容积不变，充入Ar使压强增大 D．保持压强不变，充入Ar使容积增大 答案 C 解析 容积不变，增加HO(g)的物质的量，反应物浓度增大，化学反应速率加快，A不符 2 合题意；将容器的容积缩小一半，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，B不符合题意； 保持容积不变，充入Ar，Ar不参与反应，反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不 变，C符合题意；保持压强不变，充入Ar，容器的容积变大，反应物的浓度减小，化学反 应速率减小，D不符合题意。 3．如图安装好实验装置(装置气密性良好)，在锥形瓶内盛有6.5 g锌粒(Zn的相对原子质量 为65)，通过分液漏斗加入40 mL 2.5 mol·L－1的稀硫酸，将产生的H 收集在注射器中，10 s 2 时恰好收集到标准状况下的H 44.8 mL。下列说法不正确的是( ) 2 A．忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H＋表示10 s内该反应的速率为0.01 mol·L－1·s－1 B．忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2＋表示10 s内该反应的速率为0.01 mol·L－1·s－1 C．用锌粒表示10 s内该反应的速率为0.013 g·s－1 D．用H 表示10 s内该反应的速率为0.000 2 mol·s－1 2 答案 B 解析 Zn＋ 2H＋=== Zn2＋＋ H↑ 2 65 g 2 mol 1 mol 22.4 L 0.13 g 0.004 mol 0.002 mol 0.044 8 L v(H＋)＝＝0.01 mol·L－1·s－1，A正确； v(Zn2＋)＝v(H＋)＝0.005 mol·L－1·s－1，B错误；用锌粒表示10 s内该反应的速率为＝ 0.013 g·s－1，C正确；用H 表示10 s内该反应的速率为＝0.000 2 mol·s－1，D正确。 2 4．一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的 物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是( )A．该反应的化学方程式为3B＋4D6A＋2C B．反应进行到1 s时，v(A)＝v(C) C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol·L－1·s－1 D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等 答案 C 解析 由图像可知，B、C的物质的量减小，是反应物，A、D的物质的量增大，是生成物， 前 6 s 内，Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(A)∶Δn(D)＝(1.0－0.4)∶(1.0－0.2)∶(1.2－0)∶(0.4－0)＝ 3∶4∶6∶2，故反应的化学方程式为3B＋4C6A＋2D，A项错误；v(A)∶v(C)＝3∶2，B 项错误；反应进行到6 s时，v(B)＝＝0.05 mol·L－1·s－1，C项正确；反应进行到6 s时，反应 达到平衡状态，但各物质的反应速率并不相等，D错误。 5．O 在水中易分解，一定条件下，相同浓度的O 的浓度减小一半所需的时间(t)如下表。 3 3 pH t/min 3.0 4.0 5.0 6.0 T/℃ 20 301 231 169 58 30 158 108 48 15 50 31 26 15 7 根据表中的递变规律，推测O 分别在以下条件下反应：①40 ℃、pH＝3.0；②10 ℃、pH 3 ＝5.0；③30 ℃、pH＝7.0，分解速率依次增大的顺序为( ) A．①②③ B．③②① C．②①③ D．③①② 答案 C 解析 分析题表中数据，温度一定时，pH越大，c(O )减小一半所需时间越短；pH一定时， 3 温度越高，c(O )减小一半所需时间越短。c(O )减小一半，在①40 ℃、pH＝3.0时，所需时 3 3 间在31～158 min之间；在②10 ℃、pH＝5.0时，所需时间大于169 min；在③30 ℃、pH ＝7.0时，所需时间小于15 min，则分解速率依次增大的顺序为②<①<③。 6．一定温度下反应：4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，经2 min，B的浓度减少0.6 mol·L－1， 对此反应速率的表示正确的是( ) A．用A表示的反应速率是0.4 mol·L－1·min－1 B．分别用B、C、D表示反应速率，其比值是1∶2∶3C．在2 min末的反应速率，用B表示为0.3 mol·L－1·min－1 D．在这2 min内用B和C表示的瞬时速率的值都是逐渐减小的 答案 D 解析 A是固体，不能用其浓度的变化来表示反应速率；v ＝0.3 mol·L－1·min－1，表示2 min B 内的平均反应速率，在2 min末的速率为瞬时速率，不等于0.3 mol·L－1·min－1；在反应过程 中B的浓度逐渐减小，故A、B反应生成C、D的瞬时速率也逐渐减小。 7．2SO (g)＋O(g)2SO (g) ΔH＝－198 kJ·mol－1，在VO 存在时，该反应的机理为VO 2 2 3 2 5 2 5 ＋SO ―→2VO ＋SO (快)，4VO ＋O―→2VO(慢)。下列说法正确的是( ) 2 2 3 2 2 2 5 A．反应速率主要取决于VO 的质量 2 5 B．VO 是该反应的催化剂 2 C．逆反应的活化能大于198 kJ·mol－1 D．增大SO 的浓度可显著提高反应速率 2 答案 C 解析 由反应机理可得，VO 是该反应的催化剂，反应速率与催化剂VO 的质量有一定关 2 5 2 5 系，但主要取决于催化剂VO 的表面积，A、B项错误；ΔH＝正反应的活化能－逆反应的 2 5 活化能＝－198 kJ·mol－1，所以逆反应的活化能大于198 kJ·mol－1，C项正确；使用催化剂可 以显著提高反应速率，增大SO 的浓度可以提高反应速率(不是显著提高)，D项错误。 2 8．研究表明NO与CO在Fe＋作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列 2 说法不正确的是( ) A．反应中Fe＋是催化剂，FeO＋是中间产物 B．总反应速率由反应②的速率决定 C．升高温度，总反应的平衡常数K减小 D．当有14 g N 生成时，转移1 mol e－ 2 答案 B 解析 由图可知，Fe＋先转化为FeO＋，FeO＋后续又转化为Fe＋，因此Fe＋是催化剂，FeO＋ 是中间产物，A不符合题意；由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢， 总反应速率由反应①的速率决定，B符合题意；由图可知，反应物的总能量高于生成物的总 能量，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小， C不符合题意；由图可知，总反应的化学方程式为 NO＋COCO ＋N ，N元素化合价 2 2 2 从＋1降低至0，当有14 g N 即0.5 mol N 生成时，转移电子的物质的量为 0.5 mol×2＝1 2 2mol，D不符合题意。 9．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( ) 选项 反应 甲 乙 A 外形、大小相近的金属和水反应 Na K 4 mL 0.01 mol·L－1 KMnO 溶液分别和 0.1 mol·L－1的 0.2 mol·L－1的 4 B 不同浓度的2 mL H C O(草酸)溶液反应 HC O 溶液 HC O 溶液 2 2 4 2 2 4 2 2 4 5 mL 0.1 mol·L－1 Na SO 溶液和5 mL 2 2 3 C 热水 冷水 0.1 mol·L－1 HSO 溶液反应 2 4 D 5 mL 4%的过氧化氢溶液分解放出O 无MnO 粉末 加MnO 粉末 2 2 2 答案 C 解析 由于K比Na活泼，故大小相近的金属K和Na与水反应，K的反应速率更快，又由 于Na、K与HO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， 2 A项不正确；由于起始时乙中HC O 浓度大，故其反应速率比甲快，B项不正确；由于甲 2 2 4 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；MnO 在HO 的分解过程中起催化作用， 2 2 2 故乙的反应速率大于甲，D项不正确。 10．丙酮的碘代反应CHCOCH ＋I―→CHCOCH I＋HI的速率方程为v＝kcm(CHCOCH )· 3 3 2 3 2 3 3 cn(I)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为，改变反应物浓度时，反 2 应的瞬时速率如表所示。 c(CHCOCH )/ (mol·L－1) c(I)/ (mol·L－1) v/(×10－3mol·L－1·min－1) 3 3 2 0.25 0.050 1.4 0.50 0.050 2.8 1.00 0.050 5.6 0.50 0.100 2.8 下列说法正确的是( ) A．速率方程中的m＝1、n＝1 B．该反应的速率常数k＝2.8×10－2min－1 C．增大I 的浓度，反应的瞬时速率加快 2 D．当过量的I 存在时，反应掉87.5%的CHCOCH 所需的时间是375 min 2 3 3 答案 D解析 由第一组数据和第二组数据可得()m＝，则m＝1，由第二组数据和第四组数据可得()n ＝，则n＝0，A项错误；由A可知，v＝kc(CHCOCH )，代入第一组数据可得k＝5.6×10－3 3 3 min－1，B项错误；由第二组和第四组数据分析可知，当其他条件不变时，增大I 的浓度， 2 反应的瞬时速率不变，C项错误；存在过量的I 时，反应掉87.5% 2 CHCOCH 可以看作经历 3个半衰期，即 50%＋25%＋12.5%，因此所需的时间为＝375 3 3 min，D项正确。 11．在含Fe3＋的SO和I－的混合溶液中，反应SO(aq)＋2I－(aq)===2SO(aq)＋I(aq)的分解机 2 2 2 理及反应过程中的能量变化如下： 步骤①：2Fe3＋(aq)＋2I－(aq)===I(aq)＋2Fe2＋(aq) 2 步骤②：2Fe2＋(aq)＋SO(aq)===2Fe3＋(aq)＋2SO(aq) 2 下列有关该反应的说法正确的是( ) A．化学反应速率与Fe3＋浓度的大小有关 B．该反应为吸热反应 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 A 解析 铁离子可以看作该反应的催化剂，根据反应的机理，化学反应速率与Fe3＋浓度的大 小有关，故A正确、C不正确；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不正确；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不正确。 12．工业上，可采用还原法处理尾气中的NO，其原理为2NO(g)＋2H(g)N(g)＋2HO(g) 2 2 2 ΔH<0。在化学上，正反应速率方程可表示为v正 ＝k 正 ·cm(NO)·cn(H 2 )，逆反应速率方程可表示 为v逆 ＝k 逆 ·cx(N 2 )·cy(H 2 O)，其中，k表示反应速率常数，只与温度有关，m、n、x、y为反应 级数，由实验测定。在恒容密闭容器中充入NO、H ，在T ℃下进行实验，测得有关数据如 2 下： 实验 c(NO)/(mol·L－1) c(H 2 )/(mol·L－1) v正 /(mol·L－1·min－1) ① 0.10 0.10 0.414k 正 ② 0.10 0.40 1.656k 正 ③ 0.20 0.10 1.656k 正下列有关推断正确的是( ) A．上述反应中，正反应活化能大于逆反应活化能 B．若升高温度，则k 增大，k 减小 正 逆 C．在上述反应中，反应级数：m＝2，n＝1 D．在一定温度下，NO、H 的浓度对正反应速率影响程度相同 2 答案 C 解析 正反应是放热反应，反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能之差，由此推知， 正反应活化能小于逆反应活化能，A项错误；升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆 反应速率常数都增大，B项错误；由①②组实验数据可知，＝＝4n，则n＝1，同理，根据 ①③组实验数据可求得m＝2，C项正确；由于正反应速率方程中NO、H 的反应级数不相 2 等，所以NO、H 的浓度对正反应速率的影响程度不相同，D项错误。 2 13．过渡态理论认为：化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成 产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合物，高能量的活化配合物再进一步转化 为产物分子。按照过渡态理论，NO (g)＋CO(g)===CO(g)＋NO(g)的反应历程如下： 2 2 第一步： ＋C—O―→ (慢反应) 第二步： ―→N—O＋O—C—O(快反应) 下列有关说法正确的是( ) A．第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞 B．活化配合物的能量越高，第一步的反应速率越快 C．第一步反应需要吸收能量 D．该反应的反应速率主要取决于第二步反应 答案 C 解析 活化分子之间的碰撞不一定能发生反应，不一定是有效碰撞，故 A项错误；活化配 合物的能量越高，第一步反应速率越慢，故B项错误；第一步反应是断裂化学键，需要吸 收能量，故C项正确；反应速率主要取决于慢反应的速率，故D项错误。 14．用HO 、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验(短时间内产生大量泡沫)，某同学依据 2 2 文献资料对该实验进行探究。 (1)资料1：KI在该反应中的作用：HO＋I－===HO＋IO－；HO＋IO－===HO＋O↑＋I－。 2 2 2 2 2 2 2 总反应的化学方程式为________________________________________________________。 (2)资料2：HO 分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列 2 2 判断正确的是________(填字母)。a．加入KI后改变了反应的路径 b．加入KI后改变了总反应的能量变化 c．HO＋I－===HO＋IO－是放热反应 2 2 2 (3)实验中发现，HO 与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入 CCl ，振荡、 2 2 4 静置，气泡明显减少。 资料3：I 也可催化HO 的分解反应。 2 2 2 ①加CCl 并振荡、静置后还可观察到__________，说明有I 生成。 4 2 ②气泡明显减少的原因可能是：i.H O 浓度降低； 2 2 ii.__________________________。以下对照实验说明i不是主要原因：向HO 溶液中加入 2 2 KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管中加入CCl ，B试管中不加 4 CCl ，分别振荡、静置。观察到的现象是___________________________________________。 4 (4)资料4：I－(aq)＋I(aq)I(aq) K＝640。 2 为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的HO 溶液中加入10 2 2 mL 0.10 mol·L－1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下： 微粒 I－ I I 2 浓度/(mol·L－1) 2.5×10－3 a 4.0×10－3 ①a＝________。 ②该平衡体系中除了含有 I－、I 、I 外，一定还含有其他含碘微粒，理由是 2 __________________ _______________________________________________________________________________ 。 答案 (1)2H O=====2HO＋O↑ (2)a (3)①下层溶液呈紫红色 ②在水溶液中I 的浓度 2 2 2 2 2 降低 A试管中产生气泡明显变少；B试管中产生气泡速率没有明显减小 (4)①2.5×10－3 ②2c(I)＋c(I－)＋3c(I)＜0.033 mol·L－1 2 解析 (2)加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；加入KI 后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；由图可知，反应物的总能量小于生成物 的总能量，所以该反应是吸热反应，c不正确。 (4)①K＝＝640，由此可求出a＝2.5×10－3。②原溶液中，c(I－)＝≈0.033 mol·L－1；现在溶液 中I－、I 、I中所含I元素的浓度和为 2c(I)＋c(I－)＋3c(I)＝(2×2.5×10－3＋2.5×10－3＋ 2 2 3×4.0×10－3)mol·L－1＝0.019 5 mol·L－1<0.033 mol·L－1，I元素不守恒，说明产物中还有其他含碘微粒。