2024年高考化学一轮复习（新高考版）第8章第45讲　化学反应速率与反应历程_05高考化学_2024年新高考资料_1.2024一轮复习_2024年高考化学一轮复习讲义（新人教新高考版）

第 45 讲 化学反应速率与反应历程 [复习目标] 1.了解基元反应、过渡态理论，了解速率方程和速率常数。2.掌握多因素对化 学反应速率影响的分析方法。 考点一 基元反应 过渡态理论 1．基元反应 大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应都称为基元反应。 2．对于基元反应aA＋bB===gG＋hH，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k称为速率 常数，恒温下，k不因反应物浓度的改变而变化)，这种关系可以表述为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乘积成正比。有时称其为质量作用定律。 3．许多化学反应，尽管其反应方程式很简单，却不是基元反应，而是经由两个或多个步骤 完成的复杂反应。例如H(g)＋I(g)===2HI(g)，它的反应历程有如下两步基元反应： 2 2 ①II＋I(快) 2 ②H＋2I===2HI(慢) 2 其中慢反应为整个反应的决速步骤。 4．过渡态理论 如图所示是两步完成的化学反应，分析并回答下列问题。 (1)该反应的反应物为 A 、 B ，中间体为C，生成物为D。 (2)由A、B生成C的反应为吸(填“吸”或“放”，下同)热反应，由C生成D的反应为放热 反应，总反应为放热反应。 (3)第一步为慢(填“快”或“慢”，下同)反应，第二步为快反应，决定总反应快慢的是第一 步反应。一、反应机理——快反应与慢反应 1．甲烷与氯气在光照条件下存在如下反应历程(“·”表示电子)： ①Cl――→2Cl·(慢反应) 2 ②CH＋Cl·―→·CH＋HCl(快反应) 4 3 ③·CH＋Cl―→CHCl＋Cl·(快反应) 3 2 3 ④·CH＋Cl·―→CHCl(快反应) 3 3 已知在一个分步反应中，较慢的一步反应控制总反应的速率。下列说法不正确的是( ) A．上述过程的总反应方程式为CH＋Cl――→CHCl＋HCl 4 2 3 B．光照的主要作用是促进反应①的进行从而使总反应速率加快 C．反应②～④都是由微粒通过碰撞而发生的反应 D．反应①是释放能量的反应 答案 D 解析 由反应历程可知，甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，则总反应方程式 为CH ＋Cl――→CHCl＋HCl，故A正确；光照的主要作用是破坏氯气分子中的共价键，形 4 2 3 成氯原子，促进反应①的进行从而使总反应速率加快，故B正确；由反应历程可知，反应 ②～④都是由微粒通过有效碰撞而发生的反应，故C正确；反应①是破坏氯气分子中的共 价键形成氯原子的过程，应吸收能量，故D错误。 2．如图是CH 与Zr形成过渡金属化合物的过程。下列说法正确的是( ) 4 A．加入合适的催化剂待反应完成时可增大过渡金属化合物的产率 B．Zr＋CH―→CH—Zr…H的活化能为99.20 kJ·mol－1 4 3 C．整个反应的快慢由状态1前 →CH—Zr…H的反应快慢决定 3 D．Zr＋CH―→CH—Zr…H ΔH＝－39.54 kJ·mol－1 4 3 答案 B 解析 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，过渡金属化合物的产率不变，故A错误；由图可知，反应Zr＋CH―→CH—Zr…H的活化能为99.20 kJ·mol－ 4 3 1，故B正确；由图可知， ―→状态2的活化能最大，反应速率最慢，决 定整个反应的快慢，故 C错误；由图可知，反应 Zr＋CH―→CH—Zr…H ΔH＝＋39.54 4 3 kJ·mol－1，故D错误。 二、速率常数与速率方程 3．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： H 浓度/ 2 CO浓度/ (mol·L－1) 逆反应速率/(mol·L－1·min－1) (mol·L－1) 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·L－1＝，所以有 逆 2 1 2 k××＝16.0 mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，代入c 的等式可得c＝0.2。 2 2 4．300 ℃时，2NO(g)＋Cl 2 (g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正 ＝k·cn(ClNO)，测得正 反应速率和浓度的关系如下表： 序号 c(ClNO)/(mol·L－1) v正 /(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，代入正反应速率表达式然后做比值：＝，解得 n＝2，将n 和①或②或③中数据代入正反应速率表达式得k＝4×10－8 L·mol－1·s－1。考点二 多因素影响下的速率图像分析 1．常考影响化学反应速率的因素：浓度、温度、压强、催化剂的活性、接触面积、原电池 原理、副反应等。 2．随着时间的推移，反应物浓度减小，反应速率减小。 3．绝大多数催化剂都有活性温度范围，温度太低时，催化剂的活性很小，反应速率很慢， 随温度升高，反应速率逐渐增大，物质转化率增大，温度过高又会破坏催化剂的活性。 4．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。 一、温度与浓度的双重影响 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 ________________________________________________________________________。 答案 (1)铝的表面有一层致密的Al O 薄膜，能与H＋反应得到盐和水，无氢气放出 2 3 (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二、温度与选择性的双重影响 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*===CO＋Pt(s) 2 Ⅴ.N*＋ N*===N＋Pt(s) 2 Ⅵ.NO*＋N*===NO＋Pt(s) 2 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T升至T 的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是__________ a b ________________________________________________________________________。 (2)图2中T ℃时反应Ⅴ的活化能________(填“<”“>”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T ℃ 2 3 时发生的主要反应为________(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。 答案 (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，T ℃时，N 的浓度小于NO的浓度，说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的 2 2 2 反应速率，则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能；T ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大， 3 说明发生的主要反应为反应Ⅳ。 1．(2021·山东，14)18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为： ＋OH－  ＋CHO－，能 3 量变化如图所示。已知  为快速平衡，下列说法正确的是( ) . A．反应Ⅱ 、Ⅲ为决速步 B．反应结束后，溶液中存在18OH－ C．反应结束后，溶液中存在CH18OH 3 D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变 答案 B 解析 一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能 较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而   为 快 速 平 衡 ， 反 应 Ⅱ 的 成 键 和 断 键 方 式 为 或 ，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B正确；反 应Ⅲ的成键和断键方式为 或 ，因此反应结束后溶液中不会 存在CH18OH，故C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放 3 热反应，因此 和CHO－的总能量与 和OH－的总能量 3之差等于图示总反应的焓变，故D错误。 2．(2022·北京，14)CO 捕获和转化可减少CO 排放并实现资源利用，原理如图1所示。反 2 2 应①完成之后，以N 为载气，以恒定组成的N 、CH 混合气，以恒定流速通入反应器，单 2 2 4 位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到 CO，在催化剂上有积碳。 2 下列说法不正确的是( ) A．反应①为CaO＋CO===CaCO ；反应②为CaCO ＋CH=====CaO＋2CO＋2H 2 3 3 4 2 B．t～t，n(H )比n(CO)多，且生成H 速率不变，可能有副反应CH=====C＋2H 1 3 2 2 4 2 C．t 时刻，副反应生成H 的速率大于反应②生成H 速率 2 2 2 D．t 之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 3 答案 C 解析 由题中图 1 所示信息可知，反应①为 CaO＋CO===CaCO ，反应②为 CaCO ＋ 2 3 3 CH=====CaO＋2CO＋2H ，A正确；由题中图2信息可知，t ～t ，n(H )比n(CO)多，且生 4 2 1 3 2 成H 的速率不变，且反应过程中始终未检测到 CO ，在催化剂上有积碳，故可能发生副反 2 2 应：CH=====C＋2H ，B正确；由反应②的化学方程式可知，H 和CO的反应速率相等， 4 2 2 而t 时，H 的反应速率未变，仍然为2 mmol·min－1，而CO的反应速率为1～2 mmol·min－ 2 2 1，故能够说明副反应生成H 的速率小于反应②生成H 速率，C错误；由图2可知，t 之后， 2 2 3 CO的速率为0，CH 的速率逐渐增大至1 mmol·min－1，说明反应②不再发生，而后副反应 4 逐渐停止，D正确。 3．[2018·江苏，20(4)②]NO(主要指NO和NO )是大气主要污染物之一。有效去除大气中的 x 2 NO 是环境保护的重要课题。在有氧条件下，新型催化剂 M能催化NH 与NO 反应生成 x 3 x N。 2 将一定比例的O 、NH 和NO 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 2 3 x 图1)。反应相同时间NO 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 x 温度的升高，NO 的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是________________________ x _____________________________________________________________________________； 当反应温度高于380 ℃时，NO 的去除率迅速下降的原因可能是_____________________ x ____________________________________________________________________________。 答案 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 NO 去除反应速率 x 迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的 NO 去除反应速率增大 催化剂活性下降； x NH 与 O 反应生成了 NO 3 2 课时精练 1．对于反应2NO(g)―→4NO (g)＋O(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程： 2 5 2 2 第一步 NONO ＋NO 快速平衡 2 5 2 3 第二步 NO ＋NO ―→NO＋NO ＋O 慢反应 2 3 2 2 第三步 NO＋NO ―→2NO 快反应 3 2 其中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡。下列表述正确的是( ) A．v(第一步的逆反应)第②步正反应活化能E ，所以反应速率：①<②，而总反 a1 a2 应速率取决于慢的反应，故决速步骤为①，A正确；温度升高，反应速率加快，B正确；E a 是该反应正反应的活化能，C错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D正确。 3．(2022·济南模拟)选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素，所用试剂不合理的是( ) a．CaCO ＋2H＋===Ca2＋＋CO↑＋HO(观察气泡产生的快慢) 3 2 2 b．SO＋2H＋===S↓＋SO ↑＋HO(观察浑浊产生的快慢) 2 2 2 选项 反应 影响因素 所用试剂 块状CaCO 、0.5 mol·L－1 HCl 3 A a 接触面积 粉末状CaCO 、0.5 mol·L－1 HCl 3 块状CaCO 、0.5 mol·L－1 HCl 3 B a H＋浓度 块状CaCO 、3.0 mol·L－1 HCl 3 0.1 mol·L－1 Na SO、稀HSO 2 2 3 2 4 C b H＋浓度 0.1 mol·L－1 Na SO、浓HSO 2 2 3 2 4 0.1 mol·L－1 Na SO、0.1 mol·L－1 HSO 、冷水 2 2 3 2 4 D b 温度 0.1 mol·L－1 Na SO、0.1 mol·L－1 HSO 、热水 2 2 3 2 4 答案 C 解析 只有CaCO 的接触面积不相同，其他外界条件相同，两个实验是研究固体与盐酸的 3 接触面积大小对化学反应速率的影响，A正确；该反应的实质是CaCO ＋2H＋===Ca2＋＋ 3CO↑＋HO，只有HCl溶液中的c(H＋)不相同，其他外界条件相同，是研究H＋浓度大小对 2 2 化学反应速率的影响，B正确；浓硫酸中HSO 主要以电解质分子存在，稀硫酸中则完全电 2 4 离产生H＋及SO，浓硫酸溶于水时会放出大量热量使溶液温度升高，因此两个实验对比，不 仅溶液中c(H＋)不同，而且溶液温度也不相同，因此不是探究 H＋浓度大小对化学反应速率 的影响，C不正确；两个实验对比，其他外界条件都相同，只有溶液温度不相同，是探究反 应温度对化学反应速率的影响，D正确。 4．(2022·济南历城第二中学模拟)二甲醚(CHOCH )被称为21世纪的“清洁能源”，科学家 3 3 研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。 下列叙述错误的是( ) A．循环过程中，催化剂参与了中间反应 B．该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31 kJ·mol－1 C．制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为 ―→CHOCH ＋H＋ 3 3 D．总反应方程式为2CHOH=====CHOCH ＋HO 3 3 3 2 答案 B 解析 整个过程中H＋是催化剂，先参与第一步反应，在最后一步反应生成，故A正确；由 图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol－1，故B错误；决定总反应速率 的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为 ―→CHOCH ＋ 3 3 H＋，故C正确；整个过程消耗甲醇，生成二甲醚和水，故总反应为 2CHOH=====CHOCH 3 3 3 ＋HO，故D正确。 2 5．(2022·安徽淮北模拟)ICl 与 H 能发生的总反应为 H(g)＋2ICl(g)===I(g)＋2HCl(g) 2 2 2 ΔH<0。 已知：①该反应分两步完成，第一步为H(g)＋ICl(g)===HI(g)＋HCl(g) 2②两步反应的活化能分别为E 、E ，且E >E a1 a2 a1 a2 下列判断正确的是( ) A．总反应中I 为氧化产物 2 B．第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率 C．已知键能：H—H>I—I，可推知键能H—ClE ，活化能大的化学反应速率慢， 2 a1 a2 故第一步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率，B错误；H—Cl的键长小于I—Cl的 键长，键长越短，键能越大，故键能：H—Cl>I—Cl，C错误；总反应方程式减去第一步反 应方程式可得第二步的化学方程式，D正确。 6．反应SO＋3I－===2SO＋I的反应机理为①SO＋I－===SOI3－，②……，③I＋I－===I(快 2 2 2 8 2 反应)，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示： c(S O)/ (mol·L－1) c(I－)/ (mol·L－1) v/(mol·L－1·min－1) 2 0.038 0.060 1.4×10－5 0.076 0.060 2.8×10－5 0.076 0.030 1.4×10－5 下列说法正确的是( ) A．该反应的速率方程为v＝k·c(S O)·c3(I－) 2 B．该反应的速率常数k的值为6.14×10－3 C．第②步的反应方程式为SOI3－＋I===2SO＋3I－ 2 8 2 D．3步反应中反应③的活化能最大 答案 B 解析 由1、2两组数据，c(S O)增大1倍，速率增大1倍，由2、3两组数据，c(I－)增大1 2 倍，速率增大1倍，该反应的速率方程为v＝k·c(S O)·c(I－)，故A错误；将1组的数据代入 2 v＝k·c(S O)·c(I－)，1.4×10－5＝k×0.038×0.060，k≈6.14×10－3，故B正确；总反应－①－ 2 ③可得第②步反应的化学方程式：SOI3－＋I－===2SO＋I ，故C错误；反应③为快反应， 2 8 2 活化能最小，故D错误。 7．(2022·山东临沂模拟)一种以Pd-Cu为催化剂还原去除水体中NO的机理如图a所示；其 他条件相同，不同pH时，NO转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比 如图b所示。已知：溶液pH会影响Pd对NO的吸附，不影响对H的吸附。 下列说法不正确的是( ) A．pH越小，Pd对NO的吸附能力越强 B．通过调节溶液的pH，可使NO更多的转化为N 2 C．反应ii中生成NH的离子方程式为NO＋6H＋2H＋===NH＋2HO 2 D．pH＝12时，每处理6.2 g NO，理论上消耗标准状况下H 5.6 L 2 答案 D 解析 由图b可知，随着pH减小，n(N )增大，n(氨态氮)变化不大，n(NO)减小，说明pH 2 越小，Pd对NO的吸附能力越强，A正确；由图b信息可知，pH不同还原产物也不同，pH 为4时还原产物主要为N，pH为12时，还原产物几乎全是NO，故通过调节溶液的pH，可 2 使NO更多的转化为N ，B正确；由图a可知，反应ii即NO和H反应生成NH，根据氧化 2 还原反应配平可得，反应ii中生成NH的离子方程式为NO＋6H＋2H＋===NH＋2HO，C正 2 确；由图b可知，pH＝12时，还原产物几乎全是NO，则每处理6.2 g NO转移电子×2＝0.2 mol，根据得失电子守恒可知，理论上消耗标准状况下×22.4 L·mol－1＝2.24 L H ，D错误。 2 8．(2022·辽宁实验中学模拟)均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示 (k 和k 为速率常数)。下列说法错误的是( ) 1 2 A．相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低 B．基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化C．基元反应Ⅱ的化学方程式为HO＋Fe3＋===HO ·＋Fe2＋＋H＋ 2 2 2 D．芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH会发生变化(忽略体积变化) 答案 B 解析 由题干信息可知，k ＞k ，说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化 1 2 能越低反应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，A正确；由题图可知，基元反应Ⅰ为 H＋＋HO ＋Fe2＋===Fe3＋＋·OH＋HO，故基元反应Ⅰ中氧元素的化合价发生变化，B错误； 2 2 2 由题图可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为HO＋Fe3＋===HO ·＋Fe2＋＋H＋，C正确。 2 2 2 9．(2022·武汉质检)实验探究HO 分解速率影响因素。HO 浓度在不同条件下随时间变化的 2 2 2 2 曲线如图所示。实验分组及反应条件分别为 分组 温度/℃ pH c(Mn2＋)/(mol·L－1) ① 60 ≈7 0.000 02 ② 60 12 0 ③ 60 13 0 ④ 60 11 0.000 02 ⑤ 70 13 0 下列说法不正确的是( ) A．实验①④说明中性条件下，少量Mn2＋对HO 分解的影响不大 2 2 B．实验②③说明其他条件相同时，溶液碱性越强，HO 分解速率越大 2 2 C．实验③⑤说明温度升高可以增大HO 的分解速率 2 2 D．实验④反应到40 min时的化学反应速率小于0.022 5 mol·L－1·min－1 答案 C 解析 实验①④除pH外其他条件均相同，但①几乎不反应，说明中性条件下，少量Mn2＋ 对HO 分解的影响不大，A正确；实验②③除pH外其他条件均相同，都不添加催化剂，而 2 2 ③的分解速率大于②，说明溶液碱性越强，HO 分解速率越大，B正确；由图可知，实验③ 2 2 的HO 分解速率大于实验⑤，而实验⑤中HO 的浓度低于实验③，温度高于实验③，则不 2 2 2 2 能说明温度升高可以增大HO 的分解速率，C错误；实验④反应到40 min时的平均速率为 2 2 ＝0.022 5 mol·L－1·min－1，由于随着反应进行，反应速率变慢，所以40 min时的瞬时速率应小于0.022 5 mol·L－1·min－1，D正确。 10．对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L －1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。 时间 0 5 10 15 20 25 水样 Ⅰ(pH＝2) 0.40 0.28 0.19 0.13 0.10 0.09 Ⅱ(pH＝4) 0.40 0.31 0.24 0.20 0.18 0.16 Ⅲ(pH＝4) 0.20 0.15 0.12 0.09 0.07 0.05 Ⅳ(pH＝4，含Cu2 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0 ＋) 下列说法不正确的是( ) A．在0～20 min内，Ⅰ中M的平均分解速率为0.015 mol·L－1·min－1 B．其他条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快 C．在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ中的大 D．由于Cu2＋存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ中的快 答案 D 解析 v(M)＝＝0.015 mol·L－1·min－1，故A正确；对比Ⅰ和Ⅱ，在相同的时间内，Ⅰ中消 耗M的量大于Ⅱ中消耗M的量，说明其他条件相同时，酸性越强，M的分解速率越快，故 B正确；在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率为×100%＝75%，Ⅱ中M的分解百分率为 ×100%＝60%，因此Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ中的大，故C正确；Ⅰ和Ⅳ中pH、起始浓度 均不同，因此不能说明由于Cu2＋存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ中的快，故D错误。 11．某温度下，XY在金(Au)表面发生分解反应：2XY(g)===2X(g)＋Y(g)，该反应的速率 2 2 2 2 方程式为v＝kca(X Y)(k为速率常数，k只与温度、催化剂、接触面积等有关，与浓度无关， 2 a为反应级数)，实验测得剩余XY的物质的量浓度与时间的关系如表所示： 2 时间/min 0 20 40 60 80 c(X Y)/(mol·L－1) 0.100 0.080 0.060 0.040 0.020 2 下列说法正确的是( ) A．a＝1 B．反应过程中c(X Y)与t的关系如图所示 2 C．速率常数k＝1.0×10－2 mol·L－1·min－1 D．其他条件不变，仅增大c(X Y)，反应速率增大 2答案 B 解析 由表中数据可知，在0～20 min、20～40 min、40～60 min，XY的浓度均减少了0.02 2 mol·L－1，即该反应速率与起始浓度无关，为匀速反应，故a＝0，v＝k，A、D错误，B正 确；0～20 min内，v＝k＝＝＝1.0×10－3 mol·L－1·min－1，C错误。 12．H 还原NO的化学方程式为2NO(g)＋2H(g)===N(g)＋2HO(g) ΔH<0。 2 2 2 2 (1)研究表明上述反应历程分两步： Ⅰ.2NO(g)＋H(g)N(g)＋HO(l)(慢反应) 2 2 2 2 Ⅱ.H O(l)＋H(g)2HO(g)(快反应) 2 2 2 2 该总反应的速率由反应________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)决定，反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化 能________(填“高”或“低”)。 (2)该反应常伴有副产物NO和NH 。以Pt作催化剂，用H 还原某废气中的NO(其他气体不 2 3 2 反应)，270 ℃时H 的体积分数对H-NO反应的影响如图所示。随着H 体积分数的增大， 2 2 2 N 的体积分数呈下降趋势，原因是________________________________________________ 2 _____________________________________________________________________________。 (3)在一定温度下，副产物NO分解反应的化学方程式为2NO(g)===2N(g)＋O(g)，测得在 2 2 2 2 恒容容器中NO分解的部分实验数据如下表。 2 反应时间/min 0 20 40 60 80 100 c(N O)/ (mol·L－1) 0.10 0.08 0.06 0.04 0.02 0.00 2 0～20 min，反应速率v(N O)为________ mol·L－1·min－1；若NO的起始浓度为0.2 mol·L－1， 2 2 则反应至40 min时NO的转化率α＝________。 2 答案 (1)Ⅰ 高 (2)随着H 体积分数的增加，NO反应完后，在Pt催化下，N 和H 反应生 2 2 2 成NH ，所以N 的体积分数呈下降趋势 (3)0.001 20% 3 2 解析 (1)化学反应速率取决于反应慢的一步，由题意可知反应Ⅰ为慢反应，则总反应速率 取决于反应Ⅰ；反应的活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅰ的反应速率比反应Ⅱ的反应速率 慢，则反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能高。(2)由图可知，当一氧化氮完全反应后，氮气 的体积分数随氢气体积分数的增大而减小，说明在铂催化下，氮气和氢气反应生成氨气，导 致氮气的体积分数随氢气体积分数的增大而减小。(3)由题给数据可知，0～20 min，反应速 率为v(N O)＝＝0.001 mol·L－1·min－1。由题给数据可知，反应速率v(N O)与反应物NO的浓 2 2 2度无关，反应速率恒定为0.001 mol·L－1·min－1，则反应至40 min时NO的转化率α＝×100% 2 ＝20%。