第1 讲 化学反应速率及影响因素
考点一 化学反应速率及计算
1.化学反应速率
(1)概念
通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量来表示。
(2)表示方法及单位
v= Δc
Δt ,单位为mol·L
-1 ·s -1 或
mol/
( L·s
) 。
(3)与化学方程式中化学计量数的关系
在反应aA(g)+bB(g)===cC(g)+dD(g)中,存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=a ∶
b ∶
c ∶
d 。
(4)注意事项
①不能用固体或纯液体来表示化学反应速率,因为固体或纯液体的浓度视为常数。
②化学反应速率一般指平均速率而不是瞬时速率,且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
③同一化学反应,相同条件下用不同物质表示的化学反应速率,其数值可能不同,但表示的意义相同。
小题对点过
(1)下列说法正确的是 。
①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
②由v= Δc
Δt 计算平均速率,用反应物表示为正值,用生成物表示为负值
③有时也可以用单位时间内某物质质量的变化量来表示化学反应速率
④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
(2)在反应N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)中,经过一段时间后,NH3的浓度增加了0.6 mol·L-1,在此段时
间内用H2表示的平均反应速率为0.45 mol·L-1·s-1,则此段时间是 s。
答案 (1)③ (2)2
解析 (2)已知用H2 表示的平均反应速率为0.45 mol·L-1·s-1,则用NH3 表示的平均反应速率为
v(NH3)=2
3v(H2)=2
3×0.45 mol·L-1·s-1=0.3 mol·L-1·s-1,所以Δt=
0.6mol· L
−1
0.3mol· L
−1·s
−1=2 s。
2.化学反应速率的计算模型——“三段式”
先找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。对于反应mA(g)+nB(g)
pC(g),起始时A 的浓度为
a mol·L-1,B 的浓度为b mol·L-1,C 的浓度为c mol·L-1,反应进行至t1 s 时,A 消耗了x mol·L-1,则化学
反应速率的计算过程为
则v(A)= x
t1 mol·L
-1 ·s -1 ;v(B)= nx
mt1 mol·L
-1 ·s -1 ,v(C)= px
mt1 mol·L
-1 ·s -1 。
小题对点过
(1)将等物质的量A、B 混合于2 L 的密闭容器中,发生反应:3A(g)+B(g)
xC(g)+2D(g),经5 min 后测
得D 的浓度为0.5 mol·L-1,c(A)∶c(B)=3∶5,C 的平均反应速率是0.1 mol·L-1·min-1。
①经5 min 后A 的浓度为 。
②反应开始前充入容器中B 的物质的量为 。
③B 的平均反应速率为 。
④x 的值为 。
(2)对于反应A(g)+3B(g)===2C(g)+2D(g),下列分别表示不同条件下的反应速率,则反应速率大小关系
是 。
①v(A)=0.01 mol·L-1·s-1
②v(B)=1.20 mol·L-1·min-1
③v(C)=2.40 mol·L-1·min-1
④v(D)=0.02 mol·L-1·s-1
答案 (1)①0.75 mol·L-1 ②3 mol
③0.05 mol·L-1·min-1 ④2
(2)③>①=④>②
解析 (1)①5 min 内C 的平均反应速率是0.1 mol·L-1·min-1,则生成C 的物质的量是1 mol,生成D 的
物质的量为1 mol,根据物质的量变化量之比等于相应的化学计量数之比可知,x=2。则
所以有(n-1.5)∶(n-0.5)=3∶5
解得n=3 mol,所以此时A 物质的浓度为0.75 mol·L-1。②由以上分析可得反应开始前充入容器中B
的物质的量为3 mol。③化学反应速率之比等于相应的化学计量数之比,C 的平均反应速率是0.1
mol·L-1·min-1,所以B 的平均反应速率为0.05 mol·L-1·min-1。
(2)比较不同条件下的反应速率时应转化成同一物质的速率进行比较,根据化学反应速率之比等于化
学计量数之比进行转换,以A 的速率为标准,①对应的v(A)=0.01 mol·L-1·s-1=0.6 mol·L-1·min-1;②对应
的
v(A)=v(B)
3
= 1.20mol· L
−1·min
−1
3
=0.4
mol·L-1·min-1;③
v(A)=v(C )
2
= 2.40mol· L
−1·min
−1
2
=1.20
mol·L-1·min-1;④v(A)=v( D)
2
= 0.02mol· L
−1·s
−1
2
=0.6 mol·L-1·min-1 。可知反应速率的大小关系为
③>①=④>②。
1.一定条件下,在体积为10 L 的固定容器中发生反应:N2(g)+3H2(g)
2NH3(g),反应过程如图。
(1)表示NH3的物质的量变化的曲线是 。
(2)计算0~8 min,H2的平均反应速率(写出计算过程,下同)。
(3)计算10~12 min,N2的平均反应速率。
答案 (1)X (2)0~8 min,v(H2)=
0.9mol
10 L×8min=0.011 25 mol·L-1·min-1。
(3)10~12 min,v(NH3)=(0.7−0.6)mol
10 L×2min =5.0×10-3 mol·L-1·min-1,v(N2)=v( N H 3)
2
=2.5×10-3 mol·L-1·min-1。
2.将6 mol CO2和8 mol H2充入一容积为2 L 的密闭容器中(温度保持不变)发生反应CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0。测得H2的物质的量随时间变化如图所示(图中字母后的数字表示
对应的坐标)。该反应在1~3 min 内H2平均反应速率是 ,在8~10 min 内CO2的平均反应速率
是 。
答案 0.75 mol·L-1·min-1
0 mol·L-1·min-1
3.硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解反应:
O2NC6H4COOC2H5+OH-
O2NC6H4COO-+C2H5OH,两种反应物的初始浓度均为0.050 mol·L-1,15 ℃
时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α 随时间变化的数据如表所示,回答下列问题:
t/s
0
120
180
240
330
530
600
700
800
α/%
0
33.0
41.8
48.8
58.0
69.0
70.4
71.0
71.0
(1)列式计算该反应在120~180 s 与180~240 s 区间的平均反应速率: 、 。
(2)比较两者大小可得出的结论是
。
答案 (1)v=0.050mol· L
−1×(41.8 %−33.0 %)
(180−120) s
≈7.3×10-5 mol·L-1·s-1
v=0.050mol· L
−1×(48.8 %−41.8 %)
(240−180) s
≈5.8×10-5 mol·L-1·s-1
(2)随反应的进行,反应物浓度降低,反应速率减慢
解析 (1)注意“列式计算”的要求是既要列出规范的计算式,又要计算出结果。(2)120~180 s 时间
段速率大是因为反应物浓度大,180~240 s 时间段速率小是因为反应物浓度小,即随着反应的进行,反
应物浓度降低,反应速率减慢。
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>Al。
2.外因
小题对点过
(1)下列说法错误的是 。
①催化剂都不参加化学反应
②升高温度时,不论正反应是吸热还是放热,正、逆反应的速率都增大
③可逆反应中减小产物的浓度可增大正反应的速率
④增大反应体系的压强,反应速率不一定增大
⑤对可逆反应FeCl3+3KSCN
Fe(SCN)3+3KCl,增加氯化钾浓度,逆反应速率加快
(2)下列措施可以增大化学反应速率的是 (填序号)。
①Al 在氧气中燃烧生成Al2O3,将Al 片改成Al 粉
②Fe 与稀硫酸反应制取H2时,改用98%浓硫酸
③H2SO4与BaCl2溶液反应时,增大压强
④2SO2+O2
2SO3 ΔH<0,升高温度
⑤Na 与水反应时,增大水的用量
⑥2H2O2===2H2O+O2↑反应中,加入少量MnO2
⑦H2与Cl2混合后光照
答案 (1)①③⑤ (2)①④⑥⑦
3.有效碰撞理论
(1)
(2)发生有效碰撞的条件
①发生碰撞的分子具有足够高的能量。
②分子在一定的方向上发生碰撞。
(3)活化分子
有足够的能量,能够发生有效碰撞的分子叫活化分子。
活化分子百分数= 活化分子数目
反应物分子总数×100%。
(4)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
条件→活化分子→有效碰撞→反应速率变化
小题对点过
一定温度下,反应N2(g)+O2(g)
2NO(g)在密闭容器中进行,回答下列措施对化学反应速率的影响
(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N2: 。
(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,因而反应速率增大 (2)增大
(3)不变 单位体积内活化分子数不变,因而反应速率不变 (4)减小
惰性气体对反应速率的影响
恒温恒容条件下
通入惰性气体,总压增大,反应物浓度不变,反应速率不变
恒温恒压条件下
通入惰性气体,总体积增大,反应物浓度减小,反应速率减小
1.图1 为从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2,含少量NiS、NiO、Fe2O3等)中回收利用金属的部
分流程。
“焙烧”时将纯碱和废钼催化剂磨成粉末后采取如图2 所示的“多层逆流焙烧”,其目的是
。
答案 增大反应物接触面积,提高反应速率和原料利用率
2.Ⅰ.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示
的实验。回答相关问题:
(1)定性分析:如图甲可通过观察 的快慢,定性比较得出结论。有同学提出将0.1 mol·L-1
FeCl3 溶液改为 mol·L-1
Fe2(SO4)3 溶液更为合理, 其理由是
。
(2)定量分析:如图乙所示,实验时均以生成40 mL 气体为准,其他可能影响实验的因素均已忽略。实
验中需要测量的数据是 。
(3)查阅资料得知:将作为催化剂的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液后,溶液中会发生两个氧化还原反应,
且两个反应中H2O2均参加了反应,试从催化剂的角度分析,这两个氧化还原反应的离子方程式分别
是2Fe3++H2O2===2Fe2++O2↑+2H+和 。
Ⅱ.欲用如图所示实验来证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂。
该实验不能达到目的, 若想证明
MnO2
是催化剂还需要确认
。
答案 Ⅰ.(1)产生气泡 0.05 排除阴离子的干扰 (2)产生40 mL 气体需要的时间 (3)2Fe2+
+H2O2+2H+===2Fe3++2H2O
Ⅱ.MnO2的质量和化学性质是否改变
3.(2024·衡阳八中开学考试)Fenton 法常用于处理含难降解有机物的工业废水,在加入Fe2+并调好pH
后再加入H2O2,该过程中H2O2所产生羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物。现运用该法降解某有机
污染物(p-CP),探究有关因素对该降解反应速率的影响。
实验数据:(表中时间,是 p-CP 浓度降低1.50 mol·L-1所需时间)
实验
编号
H2O2溶液
Fe2+溶液
蒸馏水
pH
温度
时间
c mol·L-1
V/mL
c mol·L-1
V/mL
V/mL
T/K
t/s
①
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
3.50
10.00
3
298
200
②
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
3.50
10.00
3
313
60
③
6.0×10-3
3.50
3.0×10-2
3.50
V1
3
298
140
④
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
4.50
9.00
3
298
170
⑤
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
3.50
V2
12
298
0
请回答:
(1)V1= mL,V2= mL。
(2)实验①条件下,p-CP 的降解速率为 。
(3)设置实验①②的目的是 ;
由实验①④可得到的结论是 。
(4) 实验⑤在200 s 时没有检测到p-CP 浓度的变化。其原因可能是
。
答案 (1)8.00 10.00
(2)0.007 5 mol·(L·s)-1或7.5×10-3 mol·(L·s)-1
(3)探究温度对反应速率的影响 其他条件相同时,c(Fe2+)越大,反应速率越大
(4)Fe2+在该条件下生成Fe(OH)2,并迅速被氧化成Fe(OH)3,不能使H2O2产生羟基自由基
解析 (1)根据①③组实验分析,溶液的总体积应该相同,所以V1=10.00+3.50+1.50-(3.50+3.50)=8.00
mL;根据④⑤组实验进行分析,溶液的总体积应该相同,故V2=9.00+4.50+1.50-(1.50+3.50)=10.00 mL;
(2)实验①条件下,p-CP 浓度降低1.50 mol·L-1 所需时间200 s,所以p-CP 的降解速率为0.007 5
mol·(L·s)-1或7.5×10-3 mol·(L·s)-1;(3)根据图表信息分析,其他条件相同,反应的温度不同,设置实验①②
的目的是探究温度对反应速率的影响;由实验①④可得到的结论是:其他条件相同时,c(Fe2+)越大,反应
速率越大;(4)工业废水,在加入Fe2+并调好pH 后再加入H2O2,所产生的羟基自由基(·OH)能氧化降解
污染物;实验⑤在200 s 时没有检测到p-CP 浓度的变化,其原因可能是:Fe2+在该条件下生成Fe(OH)2,
并迅速被氧化成Fe(OH)3,不能使H2O2产生羟基自由基。
应用“变量控制法”的解题策略
1.(2025·八省联考陕西卷)一定温度下,恒容密闭容器中,物质Z 发生反应Z(g)
X(g)+2Y(g) ΔH>0,
一段时间后开始计时,测得各物质的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.曲线Ⅰ代表物质X,曲线Ⅲ代表物质Z
B.图中t1时刻的正反应速率大于t2时刻
C.若升高温度,正反应速率加快,逆反应速率减慢
D.0~40 min,用物质Y 表示的平均反应速率为0.3 mmol·L-1·min-1
答案 B
解析 结合反应方程式以及图中物质的浓度变化,减少的为反应物,增加的为生成物,生成物的浓度
增加量之比等于化学计量数之比,可知曲线Ⅲ代表反应物Z,曲线Ⅰ代表物质Y,曲线Ⅱ代表物质X,据
此分析解答。A.曲线Ⅰ代表物质Y,曲线Ⅲ代表反应物Z,故A 错误;B.t1时刻反应物的浓度大于t2时
刻,浓度越大反应速率越快,则t1时刻的正反应速率大于t2时刻,故B 正确;C.升高温度,正反应速率加
快, 逆反应速率也加快, 故C 错误;D.0~40 min, 用物质Z 表示的平均反应速率为v(Z)=
(27−15) mmol· L
−1
40min
=0.3 mmol·L-1·min-1,根据速率之比等于化学计量数之比可知物质Y 表示的平均
反应速率为v(Y)=2v(Z)=0.6 mmol·L-1·min-1,故D 错误。
2.(2024·安徽卷)室温下,为探究纳米铁去除水样中SeO4
2−的影响因素,测得不同条件下SeO4
2−浓度随
时间变化关系如图。
实验序号
水样体积/mL
纳米铁质量/mg
水样初始pH
①
50
8
6
②
50
2
6
③
50
2
8
下列说法正确的是( )
A.实验①中,0~2 小时内平均反应速率v(SeO4
2−)=2.0 mol·L-1·h-1
B.实验③中,反应的离子方程式为2Fe+SeO4
2−+8H+===2Fe3++Se+4H2O
C.其他条件相同时,适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D.其他条件相同时,水样初始pH 越小,SeO4
2−的去除效果越好
答案 C
解析 实验①中,0~2 小时内平均反应速率v(SeO4
2−)=(5.0−1.0)×10
−5mol· L
−1
2 h
=2.0×10-5 mol·L-1·h-1,A
项错误;实验③中水样初始pH=8,溶液呈弱碱性,结合氧化还原反应规律可得离子方程式为2Fe+Se
O4
2−+4H2O===2Fe(OH)3+Se+2OH-,B 项错误;由实验①、②可知,其他条件相同时,适当增加纳米铁质
量,反应速率加快,C 项正确;由实验②、③可知,其他条件相同时,适当减小水样初始pH,SeO4
2−的去除
效果更好,但若水样初始pH 太小,与H+反应的纳米铁的量增多,从而影响SeO4
2−的去除效果,D 项错误。
3.(2024·浙江6 月选考)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯,主要发生如下两个反应:
Ⅰ.C2H6(g)+CO2(g)
C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) ΔH1>0
Ⅱ.C2H6(g)+2CO2(g)
4CO(g)+3H2(g) ΔH2>0
向容积为10 L 的密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2,不同温度下,测得5 min 时(反应均未平衡)
的相关数据见下表,下列说法不正确的是( )
温度(℃)
400
500
600
乙烷转化率(%)
2.2
9.0
17.8
乙烯选择性(%)
92.6
80.0
61.8
注:乙烯选择性=转化为乙烯的乙烷的物质的量
转化的乙烷的总物质的量
×100%
A.反应活化能:Ⅰ < Ⅱ
B.500 ℃时,0~5 min 反应 Ⅰ 的平均速率为:v(C2H4)=2.88×10-3 mol·L-1·min-1
C.其他条件不变,平衡后及时移除H2O(g),可提高乙烯的产率
D.其他条件不变,增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料,平衡后可提高乙烷转化率
答案 D
解析 A.由表可知,相同温度下,乙烷在发生转化时,反应 Ⅰ 更易发生,则反应活化能:Ⅰ<Ⅱ,A 正确;
B.由表可知,500 ℃时,乙烷的转化率为9.0%,可得转化的乙烷的总物质的量为2 mol×9.0%=0.18
mol,而此温度下乙烯的选择性为80%,则转化为乙烯的乙烷的物质的量为0.18 mol×80%=0.144 mol,
根据方程式可得,生成乙烯的物质的量为0.144 mol,则0~5 min 反应Ⅰ的平均速率为:v(C2H4)=
0.144 mol
10 L
5min
=2.88×10-3 mol·L-1·min-1,B 正确;C.其他条件不变,平衡后及时移除H2O(g),反应 Ⅰ 正向进
行,可提高乙烯的产率,C 正确;D.其他条件不变,增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料,平衡后CO2转化率
提高,C2H6转化率降低,D 错误。
4.(2023·辽宁卷)一定条件下,酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应,Mn(Ⅱ)起催化作用,过程中不同价
态含Mn 粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是( )
A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B.随着反应物浓度的减小,反应速率逐渐减小
C.该条件下,Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D.总反应为:2MnO4
−+5C 2O4
2−+16H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O
答案 C
解析 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2MnO4
−+5H2C2O4+6H+===2Mn2+
+10CO2↑+8H2O,D 项错误。
5.(2022·广东卷)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y 的影响,各物质浓度c 随反应时间t
的部分变化曲线如图,则( )
A.无催化剂时,反应不能进行
B.与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低
C.a 曲线表示使用催化剂Ⅱ时X 的浓度随t 的变化
D.使用催化剂Ⅰ时,0~2 min 内,v(X)=1.0 mol·L-1·min-1
答案 D
解析 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)=
c(Y )
t
= 4.0mol· L
−1
2min
=2.0 mol·L-1·min-1,v(X)=1
2v(Y)=1
2×2.0 mol·L-1·min-1=1.0 mol·L-1·min-1,故D 正确。
基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.下列关于化学反应速率的说法正确的是( )
A.因是同一反应,所以用不同物质表示化学反应速率时,所得数值是相同的
B.根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢
C.化学反应速率为“1 mol·L-1·min-1”表示的意思是时间为1 min 时,某物质的浓度为1 mol·L-1
D.金属钠与水的反应中,可用钠或者水的浓度变化来表示化学反应速率
答案 B
2.已知:4NH3+5O2
4NO+6H2O。若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示,则下
列关系正确的是( )
A.v(O2)=4
5 v(NO)
B.v(O2)=4
5v(NH3)
C.v(O2)=5
6v(H2O)
D.v(H2O)=2
3v(NH3)
答案 C
解析 根据同一反应中化学反应速率之比等于化学计量数之比进行分析。v(O2)=5
4v(NO),A 错误;
v(O2)=5
4v(NH3),B 错误;v(O2)=5
6v(H2O),C 正确;v(H2O)=3
2v(NH3),D 错误。
3.化学反应速率是用来表示化学反应过程进行快慢的物理量,下列措施能减慢反应速率的是( )
选项
反应
措施
A
铁片与硫酸反应制取H2
将铁片换成铁屑
B
大理石与稀盐酸反应制取CO2
加入NaCl 溶液
C
H2O2溶液分解制备O2
添加少量MnO2
D
密闭容器中N2与H2合成NH3
压缩容器容积
答案 B
解析 大理石与稀盐酸反应过程中加入NaCl 溶液,导致c(H+)减小,反应速率减慢,选B。
4.对于硫酸工业中SO2的催化氧化反应:2SO2+O2
2SO3,下列说法错误的是( )
A.使用催化剂能加快化学反应速率
B.增大压强(减小容器容积)对反应速率无影响
C.降低反应温度,化学反应速率减慢
D.增大O2浓度,化学反应速率加快
答案 B
解析 对于有气体参加的反应,增大压强可以加快化学反应速率,B 错误。
5.对于反应COCl2(g)
CO(g)+Cl2(g)。改变下列条件能加快反应速率的是( )
①升温 ②恒容下通入惰性气体 ③增加CO 浓度 ④加催化剂
A.①②③
B.①③④
C.①②④
D.②③④
答案 B
解析 ①升高温度,能增加单位体积内的活化分子数,有效碰撞次数增加,化学反应速率加快,符合题
意;②恒容下通入惰性气体,各物质的浓度不变,化学反应速率不变,不符合题意;③增加CO 浓度,化学
反应速率加快,符合题意;④加催化剂可降低反应的活化能,增大活化分子百分数,有效碰撞次数增加,
化学反应速率加快,符合题意;符合题意的是①③④。
6.下列说法正确的是( )
A.增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子的百分数,从而使有效碰撞次数增多
B.有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的容积),可增大活化分子的百分数,从而使反
应速率增大
C.升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数
D.催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数,从而增大反应速率
答案 D
解析 浓度和压强的变化是改变单位体积内活化分子的总数,活化分子的百分数不变;温度、催化剂
是改变活化分子的百分数,单位体积内分子总数不变。
7.如图表示某化学反应在使用催化剂(b 曲线)和未使用催化剂(a 曲线)时,反应过程和能量的对应关系。
下列说法一定正确的是( )
A.a 与b 相比,b 的活化能更高
B.该反应反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量
C.a 与b 相比,a 中活化分子的百分数更高
D.a 与b 相比,a 的反应速率更快
答案 B
解析 a 的活化能更高,A 错误;该反应为放热反应,反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的
总能量,B 正确;a 与b 相比,b 的活化能小,b 中活化分子的百分数更高,反应速率更快,C、D 错误。
8.乙醛在少量I2 存在下发生的分解反应为CH3CHO(g)――→CH4(g)+CO(g)。某温度下,测得
CH3CHO 的浓度变化情况如下表:
t/s
42 105 242 384 665 1 070
c(CH3CHO)/
(mol·L-1)
6.68 5.85 4.64 3.83 2.81 2.01
下列说法不正确的是( )
A.42~242 s,消耗CH3CHO 的平均反应速率为1.02×10-2 mol·L-1·s-1
B.第384 s 时的瞬时速率大于第665 s 时的瞬时速率是受c(CH3CHO)的影响
C.反应至105 s 时,测得混合气体的体积为168.224 L(标准状况)
D.I2为催化剂降低了反应的活化能,使活化分子百分数增加,有效碰撞次数增多
答案 C
解析 由表中数据可计算,42~242 s, 消耗CH3CHO 的平均反应速率为(6.68−4.64)mol· L
−1
(242−42) s
=1.02×10-2mol·L-1·s-1,A 项正确;随着反应的进行,c(CH3CHO)减小,反应速率减慢,所以第384 s 时的瞬
时速率大于第665 s 时的瞬时速率,B 项正确;由于CH3CHO 的初始浓度及气体体积未知,故无法计算
反应至105 s 时,混合气体的体积,C 项错误。
9.在一定条件下,二氧化硫和氧气发生反应:2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)。
(1)降低温度,化学反应速率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)600 ℃时,在一容积为2 L 的密闭容器中,将二氧化硫和氧气混合,在反应进行至10 min 和20 min
时,分别改变了影响反应的一个条件,反应过程中SO2、O2、SO3物质的量随时间的变化如图所示,前
10 min 正反应速率逐渐 (填“增大”“减小”或“不变”);前15 min 内用SO3表示的平均
反应速率为 。
(3)图中反应进程,表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是 。
(4)根据如图判断,10 min 时改变的条件可能是 (填编号,下同);20 min 时改变的反应条件可能
是 。
a.加入催化剂
b.缩小容器容积
c.降低温度
d.增加O2的物质的量
答案 (1)减小
(2)减小 1.33×10-3 mol·L-1·min-1
(3)15~20 min,25~30 min (4)ab d
解析 (1)降低温度,化学反应速率减小。(2)前10 min 随着反应的不断进行,反应物SO2和O2的浓度
不断减小,正反应速率减小,前15 min 内用SO3 表示的平均反应速率为
0.04 mol
2 L×15min≈1.33×10-3
mol·L-1·min-1。(3)反应过程中SO2、O2、SO3物质的量不随时间变化的时间段,即15~20 min 和25~30
min 反应处于平衡状态。(4)10~15 min 三条曲线的斜率突然增大,说明反应速率突然加快,其原因可
能是加入催化剂或缩小容器容积。反应进行至20 min 时,曲线发生的变化是O2的物质的量突然增
大,平衡发生移动,引起SO2、SO3物质的量随之发生变化。
能力提升
10.(2024·菁师联盟质检改编)三级溴丁烷乙醇解的反应进程及势能关系如下图所示,有关说法错误的
是( )
A.三级溴丁烷乙醇解的反应过程中只存在极性键的断裂和形成
B.反应:(CH3)3CBr+C2H5OH――→(CH3)3COC2H5+HBr 的ΔH>0
C.反应:(CH3)3CBr――→(CH3)3C++Br-的活化能最大,决定总反应的速率
D.催化剂可以降低反应的活化能,加快反应速率,不能改变反应的反应热
答案 B
解析 A.三级溴丁烷乙醇解的反应过程中C—Br 和O—H 键断裂,C—O、H—Br 键形成,均为极性
键,故A 正确;B.由图可知,反应物能量大于生成物能量,为放热反应,ΔH<0,故B 错误;C.活化能大的步
骤的反应速率决定总速率,(CH3)3CBr――→(CH3)3C++Br-的活化能最大,决定总反应的速率,故C 正确;
D.催化剂可以降低反应的活化能,加快反应速率,不能改变反应的反应热,故D 正确。
11.已知:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4
溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响,进行了如下实验(忽略溶液
体积变化):
实验
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
0.01 mol·L-1酸性KMnO4
溶液体积/mL
2
V1
V2
0.1 mol·L-1 H2C2O4
溶液体积/mL
2
2
2
水的体积/mL
0
1
0
反应温度/℃
20
20
50
反应时间/min
2.1
5.5
0.5
下列说法不正确的是( )
A.V1=1,V2=2
B.设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响
C.实验计时是从溶液混合开始,溶液呈紫红色时结束
D.实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.01 mol·L-1·min-1
答案 C
解析 实验Ⅰ和实验Ⅱ反应温度相同,实验Ⅱ中加入了1 mL 水,根据变量控制法的原则,溶液总体积
应保持不变,因而V1=1,类比分析可得V2=2,A 正确;实验Ⅰ、Ⅲ的温度不同,其他条件相同,因而设计
实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响,B 正确;酸性KMnO4溶液呈紫红色,由表中数据可
知,草酸溶液过量,KMnO4可完全反应,因而可以用颜色变化来判断反应终点,即实验计时是从溶液混
合开始, 溶液紫红色刚好褪去时结束,C 错误; 根据实验Ⅲ中有关数据可知,Δc(KMnO4)=
0.01mol· L
−1×2×10
−3 L
4×10
−3 L
=0.005 mol·L-1,v(KMnO4)= Δc( KMnO4)
Δt
= 0.005mol· L
−1
0.5min
=0.01 mol·L-1·min-1,D
正确。
12.氧化剂H2O2在反应时不产生污染物,被称为绿色氧化剂,因而受到人们越来越多的关注。某实验
小组以H2O2分解为例,探究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。在常温下按照下表所示的方
案完成实验。
实验
编号
温度
/℃
反应物
催化剂
①
20
25 mL 3%
H2O2溶液
无
②
20
25 mL 5%
H2O2溶液
无
③
20
25 mL 5%
H2O2溶液
0.1 g MnO2
④
20
25 mL 5%
H2O2溶液
1~2 滴1 mol·L-1
FeCl3溶液
⑤
30
25 mL 5%
H2O2溶液
0.1 g MnO2
(1)实验①和②的目的是 。
同学甲在进行实验①和②时并没有观察到明显现象。资料显示,通常条件下过氧化氢稳定,不易分解。
为了达到实验目的,可采取的改进方法是
(写出一种即可)。
(2)实验③、④、⑤中,测得生成氧气的体积随时间变化如图甲所示。分析该图能得出的结论是
, 。
(3)同学乙设计了如图乙所示的实验装置对过氧化氢的分解速率进行定量分析,以生成20 mL 气体为
准, 其他影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是
。
答案 (1)探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度) (2)升
高温度,反应速率加快 MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好 (3)产生20 mL 气体所需的时间
13.已知:2N2O5(g)
2N2O4(g)+O2(g),起始时N2O5(g)为35.8 kPa,分解的反应速率v=2×10-3×p(N2O5)
kPa·min-1。t=62 min 时,测得体系中p(O2)=2.9 kPa,则此时的p(N2O5)= kPa,v=
kPa·min-1。
(2)一定条件下测得反应2HCl(g)+1
2O2(g)
Cl2(g)+H2O(g)的反应过程中n(Cl2)的数据如下:
t/min
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n(Cl2)/×10-3 mol
0
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0~6.0 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):
。
(3)Bodensteins 研究了下列反应:2HI(g)
H2(g)+I2(g),在716 K 时,气体混合物中碘化氢的物质的量分
数x(HI)与反应时间t 的关系如表:
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91 0.85 0.815 0.795 0.784
x(HI)
0
0.60 0.73 0.773 0.780 0.784
上述反应中,正反应速率为v 正=k 正x2(HI),逆反应速率为v 逆=k 逆x(H2)·x(I2),其中k 正、k 逆为速率常数,
则k 逆为 (以K 和k 正表示)。若k 正=0.002 7 min-1,在t=40 min 时,v 正= min-1。
答案 (1)30.0 6.0×10-2
(2)v(HCl)=2v(Cl2)=2× Δn(C l2)
Δt
=
2×(5.4−1.8)×10
−3mol
(6.0−2.0)min
=1.8×10-3 mol·min-1
(3)k 正
K 1.95×10-3
解析 (1)由题意,列三段式:
所以p(N2O5)=30.0 kPa;v=2×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1 。(3) 平衡时,v 正=v 逆, 即k 正
x2(HI)=k
逆x(H2)·x(I2), 则
k 正
k 逆
= x( H 2)· x( I 2)
x
2( HI )
= c( H 2)·c( I 2)
c
2( HI )
=K,k
逆=k 正
K ;v
正=k
正x2(HI)=0.002 7
min-1×0.852≈1.95×10-3 min-1。
