第七章 第23讲 化学反应速率及其影响因素（word教参）-【勤径学升】2025年高考化学一轮总复习（人教版）

第七章　化学反应速率　化学平衡 第23讲　化学反应速率及其影响因素 1.知道化学反应速率的表示方法，能进行化学反应速率的简单计算。 2.通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。 3.知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。 4.能运用温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响规律，解释生产、生活、实验室中的实际问题。 考点1 化学反应速率 ➢ 对应学生用书P140 1.表示方法 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 ＋ nBpC t0 s/（mol·L－1）　　　　a　　b　 　0 转化/（mol·L－1）　　　x　 　 t1s/（mol·L－1）　　　a－x　b－ 　 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。 易丨错丨易丨混 判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 1.对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显。 （ × ） 2.化学反应速率一般指的是平均速率，可以用固体物质来表示。 （ × ） 3.化学反应速率为0.8mol·L－1·s－1，是指1s时某物质的浓度为0.8mol·L－1。 （ × ） 4.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。 （ × ） 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。 （ × ） 1.一定温度下反应：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∶3 C.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 解析　A是固体，不能用其浓度的变化来表示反应速率；vB＝0.3 mol·L－1·min－1，表示2 min内的平均反应速率，在2 min末的速率为瞬时速率；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。 答案　D 2.（2022·全国·高三专题练习）对于可逆反应A（g）＋3B（s）2C（g）＋2D（g），在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是 （　　） A.v（A）＝0.5mol·L－1·min－1 B.v（B）＝1.2mol·L－1·s－1 C.v（D）＝0.4mol·L－1·min－1 D.v（C）＝0.1mol·L－1·s－1 解析　同一化学反应中，同一段时间内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率再进行比较。A.v（A）＝0.5mol·L－1·min－1，A错误；B.B是固体，固体的浓度视为常数，故不能用固体的浓度变化来表示反应速率，B错误；C.v（D）＝0.4mol·L－1·min－1，所以v（A）＝v（D）＝×0.4mol·L－1·min－1＝0.2mol·L－1·min－1，C错误；D.v（C）＝0.1mol·L－1·s－1，所以v（A）＝v（C）＝×0.1mol·L－1·s－1＝0.05mol·L－1·s－1＝3mol·L－1·min－1，D正确。故选D。 答案　D 3.(2023秋·四川绵阳南山中学校考)某温度下，在容积为2 L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应3A(g)＋bB(g)cC(g)　ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q>0)，12 s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8 mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A.前12 s内，A的平均反应速率为0.025 mol·L－1·s－1 B.12 s后，A的消耗速率等于B的生成速率 C.化学计量数之比b∶c＝2∶1 D.12 s内，A和B反应放出的热量为0.4Q kJ 解析　A.图像分析可知A的浓度变化量为0.8 mol/L－0.2 mol/L＝0.6 mol/L，反应速率v＝＝＝0.05 mol/(L·s)，故A错误；B.由图像可知，12 s内B的浓度变化量为0.2 mol/L，C的浓度变化量为＝0.4 mol/L，根据计量数之比等于浓度变化量之比，有3∶b∶c＝0.6∶0.2∶0.4＝3∶1∶2，A和B的计量数不相等，故A的消耗速率不等于B的生成速率，故B错误；C.由B项的计算可知，b∶c＝1∶2，故C错误；D.12 s内反应3 mol A放热Q kJ，反应A的物质的量＝(0.8 mol/L－0.2 mol/L)×2 L＝1.2 mol，结合化学方程式定量关系计算，3A(g)＋B(g)2C(g)　ΔH＝－Q kJ·mol－1，则1.2 mol A反应放出热量0.4 Q kJ，故D正确。 答案　D 微专题9　化学反应速率常数及其应用 ➢ 对应学生用书P141 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1mol·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＋bBgG＋hH，则v＝k·ca（A）·cb（B）（其中k为速率常数）。 如：①SO2Cl2SO2＋Cl2　v＝k1·c（SO2Cl2） ②2NO22NO＋O2　v＝k2·c2（NO2） ③2H2＋2NON2＋2H2O　v＝k3·c2（H2）·c2（NO） 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。 1.工业上利用CH4（混有CO和H2）与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为CH4（g）＋H2O（g）CO（g）＋3H2（g），该反应的逆反应速率表达式为v逆＝k·c（CO）·c3（H2），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） H2浓度/（mol·L－1） 逆反应速率/（mol·L－1·min－1） 0.1 c1 8.0 c2 c1 16.0 c2 0.15 6.75 由上述数据可得：该温度下，c2＝　　　　，该反应的逆反应速率常数k＝　　　　L3·mol－3·min－1。  解析　根据v逆＝k·c（CO）·c3（H2），由表中数据可得：（c1mol·L－1）3＝，c2mol·L－1＝，所以有k××＝16.0mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104L3·mol－3·min－1，代入c2的等式可得c2＝0.2。 答案　0.2　1.0×104 2.300℃时，2NO（g）＋Cl2（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＝　　　　　　　　。  解析　将表格中①②的数据代入速率表达式，然后作比：＝，解得n＝2，k＝4×10－8L·mol－1·s－1。 答案　2　4.0×10－8L·mol－1·s－1 3.一定条件下，反应H2（g）＋Br2（g）2HBr（g）的速率方程为v＝k·cα（H2）·cβ（Br2）·cγ（HBr），某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下： c（H2）/（mol·L－1） c（Br2）/（mol·L－1） c（HBr）/（mol·L－1） 反应速率 0.1 0.1 2 v 0.1 0.4 2 8v 0.2 0.4 2 16v 0.4 0.1 4 2v 0.2 0.1 c 4v 根据表中的测定结果，下列结论错误的是 （　　） A.表中c的值为1 B.α、β、γ的值分别为1、2、－1 C.反应体系的三种物质中，Br2（g）的浓度对反应速率影响最大 D.在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr（g）浓度，会使反应速率降低 解析　速率方程为v＝k·cα（H2）·cβ（Br2）·cγ（HBr），将H2、Br2、HBr和速率代入速率方程可以得①v＝k×0.1α×0.1β×2γ、②8v＝k×0.1α×0.4β×2γ、③16v＝k×0.2α×0.4β×2γ、④2v＝k×0.4α×0.1β×4γ，由①②得到β＝，由②③得到α＝1，由①④得到γ＝－1，对于4v＝k·（0.2）α·（0.1）β·cγ与①，将α＝1，β＝，γ＝－1代入，解得c＝1，由此分析。A.根据分析，表中c的值为1，故A不符合题意；B.根据分析，α、β、γ的值分别为1、、－1，故B符合题意；C.由于v＝k·cα（H2）·cβ（Br2）·cγ（HBr），α、β、γ的值分别为1、、－1，由于速率与cα（Br2）和cβ（H2）成正比，与cβ（HBr）成反比，反应体系的三种物质中，Br2（g）的浓度对反应速率影响最大，故C不符合题意；D.由于γ＝－1，增大HBr（g）浓度，cγ（HBr）减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，会使反应速率降低，故D不符合题意。故选B。 答案　B 考点2 影响化学反应速率的因素　活化能 ➢ 对应学生用书P142 1.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（只改变一个条件，其他条件不变） 2.有效碰撞理论 （1）有效碰撞 ①基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。 ②并不是反应物分子的每一次碰撞都能发生反应，能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞。有效碰撞的发生的两个条件：能量足够和取向合适。 （2）活化分子活化能 ①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。 ②活化能：如图 图中：E1为正反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，反应热为E1－E2。 （3）活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 3.稀有气体对反应速率的影响 对于反应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？ 易丨错丨易丨混 判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。 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＋BC，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CaCO3固体，可以加快反应速率。 （ × ） 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。 （ × ） 6.100mL2mol·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。 （ × ） 题组一　化学反应速率的影响因素 1.（2023·辽宁·高三开学考试）下列关于化学反应速率的说法正确的是 （　　） A.决定化学反应速率的主要因素有温度、浓度、压强和催化剂 B.增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率 C.对于放热的可逆反应，升高温度，逆反应速率加快，正反应速率减慢 D.从酯化反应体系中分离出水，反应速率减慢，但有利于提高酯的产率 解析　A.决定化学反应速率的主要因素是反应物自身的性质，温度、浓度、压强和催化剂等均是外因，A错误；B.增大反应物浓度，可以提高单位体积内活化分子百分数，从而提高反应速率，活化分子百分数不变，B错误；C.对于可逆反应，升高温度，正、逆反应速率均加快，C错误；D.从酯化反应体系中分离出水，相当于降低生成物浓度，反应速率减慢，平衡正向移动，有利于提高酯的产率，D正确。故选D。 答案　D 2.（2022·北京·模拟预测）臭氧分解2O33O2的反应历程包括以下反应： 反应①：O3→O2＋O·　　（快） 反应②：O3＋O·→2O2　　（慢） 大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基（Cl·）能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是 （　　） A.活化能：反应①＞反应② B.O3分解为O2的速率主要由反应②决定 C.Cl·主要参与反应①，改变O3分解的反应历程 D.Cl·参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率 解析　A.活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②＞反应①，故A错误；B.化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故B正确；C.氯自由基（Cl·）能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，则Cl·主要参与反应②，故C错误；D.Cl·是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D错误。故选B。 答案　B 题组二　“变量控制”实验分析 3.为了研究一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法正确的是(　　) A.pH越小，氧化率越小 B.温度越高，氧化率越小 C.Fe2＋的氧化率仅与溶液的pH和温度有关 D.实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率 解析　由②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大，A、B错误；Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如浓度等，C错误。故选D。 答案　D 4.（2022·山东滨州市·高三二模）某同学为探究浓度对化学反应速率的影响，设计以下实验。 实验 ① ② ③ ④ 试剂a 1 mL0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 1 mL0.01 mol/L酸性高锰酸钾水溶液 试剂b 2 mL0.1 mol/L H2C2O4水溶液 2 mL0.2 mol/L H2C2O4水溶液 1 mL0.2 mol/L H2C2O4水溶液 1 mL以浓盐酸为溶剂配制的0.2 mol/L H2C2O4水溶液 褪色时间 690s 677s 600s 下列说法错误的是 （　　） A.对比实验①②可知，H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快 B.对比实验②③可知，酸性高锰酸钾水溶液浓度增大，反应速率加快 C.为验证H＋浓度对反应速率的影响，设计实验④并与③对照 D.实验③的离子方程式为2Mn＋6H＋＋5H2C2O42Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 解析　A.对比实验①②可知，两实验中只有H2C2O4水溶液浓度不同，且浓度大的褪色时间较短，故H2C2O4水溶液浓度增大，反应速率加快，选项A正确；B.对比实验②③可知，两实验中只有H2C2O4水溶液的体积不同，且前者大，则相当于高锰酸钾水溶液的浓度小，褪色时间长，则酸性高锰酸钾水溶液浓度增大，反应速率加快，选项B正确；C.若为验证H＋浓度对反应速率的影响，设计实验④并与③对照，则氯离子也可能对反应速率有影响，从而引起干扰，无法得到验证，选项C错误；D.实验③中高锰酸钾氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为2Mn＋6H＋＋5H2C2O42Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，选项D正确。故选C。 答案　C 解答“变量控制”实验题的思维模型 [对应学生用书P144] 真题·示例 1.（2022·高考湖南卷）反应物（S）转化为产物（P或P·Z）的能量与反应进程的关系如下图所示： 下列有关四种不同反应进程的说法正确的是 （　　） A.进程Ⅰ是吸热反应 B.平衡时P的产率：Ⅱ＞Ⅰ C.生成P的速率：Ⅲ＞Ⅱ D.进程Ⅳ中，Z没有催化作用 解析　A.由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，A说法错误；B.进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；C.进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，C说法不正确；D.由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有表现出催化作用，D说法正确。故选D。 答案　D 2.（2022·高考山东卷）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是 （　　） A.含N分子参与的反应一定有电子转移 B.由NO生成HONO的反应历程有2种 C.增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变 D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少 解析　A.根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO＋·OOHNO2＋·OH、NO＋NO2＋H2O2HONO、NO2＋·C3H7C3H6＋HONO、HONONO＋·OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为＋2价、＋4价、＋3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B.根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C.NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D.无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯总反应都为2C3H8＋O2C3H6＋2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误。故选D。 答案　D 图像 解读 （1）在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能，E2为逆反应的活化能，E1－E2为此反应的焓变（ΔH） （2）有催化剂时，反应分成了两个反应步骤（也可能为多个），反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应 （3）催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点（反应物）能量和终点（生成物）能量的相对大小 对于“环式”反应过程图像：位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤⑥⑦和⑧；“入环”的物质为反应物，如①和④；“出环”的物质为生成物，如②和③，然后可快速得出总反应 模拟·演练 1.（2023·山东威海市·高三期末）甲酸常被用于橡胶、医药等工业。甲酸在一定条件下可分解生成CO和H2O，在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是 （　　） A.途径一未使用催化剂，途径二比途径一甲酸平衡转化率高 B.ΔH1＝ΔH2＜0，Ea1＞Ea2 C.途径二H＋参与反应，通过改变反应途径加快反应速率 D.途径二反应的快慢由生成的速率决定 解析　A.催化剂可以降低活化能，因此途径一未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A错误；B.催化剂可以降低活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此ΔH1＝ΔH2＜0，但Ea1＞Ea2，B正确；C.途径二反应前有氢离子，反应后还有氢离子，说明H＋参与反应，通过改变反应途径加快反应速率，C正确；D.途径二中第二阶段生成的活化能最大，则途径二反应的快慢由生成的速率决定，D正确。故选A。 答案　A 2.(2023秋·湖南长沙高三湖南师大附中校考阶段练习)甲酸可在固体催化剂表面逐步分解，各步骤的反应历程及相对能量如图所示，下列说法正确的是(　　) A.催化剂为固态，其表面积对反应总速率无影响 B.各步反应中，③生成④的速率最快 C.若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，最终产物中可能存在D2 D.固体催化剂的加入降低了该分解反应的ΔH 解析　A.催化剂为固态，其表面积越大，催化效果越好，反应速率越快，故A错误；B.活化能越小，反应速率越快，由图可知，②生成③活化能最小，化学反应速率最快，故B错误；C.若用D(氘)标记甲酸中的羧基氢，则①生成②时，会生成—D，在④生成⑤中，可能—D与—D结合生成D2，故C正确；D.催化剂无法改变反应的ΔH，故D错误。故选C。 答案　C 3.（2023·全国高三模拟）硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题。甲酸（HCOOH）在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，再经下列历程实现N的催化还原，进而减少污染。已知Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ）表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法错误的是 （　　） A.Fe3O4参与了该循环历程 B.HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂 C.H2在反应历程中生成的H＋起到调节体系pH的作用 D.在整个历程中，1molH2可还原1molN 解析　A.Fe3O4参与了该循环历程，因为铁离子有价态的变化，故A正确；B.HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确；C.酸性条件下，N比N的氧化性更强，H＋起到调节体系pH的作用，故C正确；D.在整个历程中，存在H2～2H＋～2e－、2N～N2～10e－，由得失电子守恒有2.5molH2还原1molN，故D错误。故选D。 答案　D 4.（2022·山东临沂市·高三二模）用[Ru]催化硝基化合物（R1NO2）与醇（R2CH2OH）反应制备胺（R2CH2NHR1），反应过程如图所示。已知：R1、R2表示烃基或氢原子。下列叙述错误的是 （　　） A.[Ru]可以降低该反应过程中的活化能 B.历程中存在反应：R1NH2＋R2CHOR2CH＝NR1＋H2O C.每生成1molR2CH2NHR1，消耗1molR2CH2OH D.制备CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2NO2和CH3OH 解析　A.由题意可知[Ru]是该反应的催化剂，故[Ru]可以降低该反应过程中的活化能，A正确；B.结合反应历程图左半边可知，历程中存在反应R1NH2＋R2CHOR2CH＝NR1＋H2O，B正确；C.根据物质反应转化关系图，结合原子守恒可知总反应为4R2CH2OH＋R1NO2R2CH2NHR1＋3R2CHO＋3H2O，因此每反应生成1molR2CH2NHR1，就会消耗4molR2CH2OH，C错误；D.由C中总反应历程，制备CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2OH和CH3NO2，也可以是CH3OH和CH3CH2NO2，D正确。故选C。 答案　C [对应学生用书P146] 1.（2022·高考广东卷）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，0～2min内，v（X）＝1.0mol·L－1·min－1 解析　A.由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B.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；C.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；D.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）＝＝＝2.0mol·L－1·min－1，v（X）＝v（Y）＝×2.0mol·L－1·min－1＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。故选D。 答案　D 2.（2022·高考湖北卷）某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0molX发生反应2X（s）Y（g）＋2Z（g），有关数据如下： 时间段/min 产物Z的平均生成速率/（mol·L－1·min－1） 0～2 0.20 0～4 0.15 0～6 0.10 下列说法错误的是 （　　） A.1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1 B.2min时，加入0.20molZ，此时v正（Z）＜v逆（Z） C.3min时，Y的体积分数约为33.3% D.5min时，X的物质的量为1.4mol 解析　A.反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1min内Z的平均生成速率大于0～2min内的，故1min时，Z的浓度大于0.20mol·L－1，A正确；B.4min时生成的Z的物质的量为0.15mol·L－1·min－1×4min×1L＝0.6mol，6min时生成的Z的物质的量为0.10mol·L－1·min－1×6min×1L＝0.6mol，故反应在4min时已达到平衡，设达到平衡时生成amolY，列三段式： 根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6mol·L－1，平衡常数K＝c2（Z）·c（Y）＝0.108，2min时Y的浓度为0.2mol·L－1，Z的浓度为0.4mol·L－1，加入0.20molZ后Z的浓度变为0.6mol·L－1，Q0＝c2（Z）·c（Y）＝0.072＜K，反应正向进行，故v正（Z）＞v逆（Z），B错误；C.反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，＝，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；D.由B项分析可知5min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6mol，则X的转化量为0.6mol，初始X的物质的量为2mol，剩余X的物质的量为1.4mol，D正确。故选B。 答案　B 3.（2022·高考浙江6月卷）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3（g）N2（g）＋3H2（g），测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示。下列说法不正确的是 （　　） 编号 时间/min c （NH3）/（10－3mol·L－1） 表面积/cm2 0 20 40 60 80 ① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 ② a 1.20 0.80 0.40 x ③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 A.实验①，0～20min，v（N2）＝1.00×10－5mol·L－1·min－1 B.实验②，60min时处于平衡状态，x≠0.40 C.相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大 D.相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大 解析　A.实验①中，0～20min，氨气浓度变化量为2.40×10－3mol/L－2.00×10－3mol/L＝4.00×10－4mol/L，v（NH3）＝＝2.00×10－5mol/（L·min），反应速率之比等于化学计量数之比，v（N2）＝v（NH3）＝1.00×10－5mol/（L·min），A正确；B.催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10－4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4mol/L，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②中60min时处于平衡状态，x＜0.4，即x≠0.4，B正确；C.实验①、实验②中0～20min、20～40min氨气浓度变化量都是4.00×10－4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①中60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；D.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，故实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确。故选C。 答案　C 4.（2022·高考河北卷）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的化学方程式为①XY；②YZ。反应①的速率v1＝k1·c（X），反应②的速率v2＝k2·c（Y），式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lnk～曲线。下列说法正确的是 （　　） A.随c（X）的减小，反应①②的速率均降低 B.体系中v（X）＝v（Y）＋v（Z） C.欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间 D.温度低于T1时，总反应速率由反应①决定 解析　由图甲中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的曲线代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的曲线代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的曲线代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。A.由图甲中的信息可知，随着c（X）的减小，c（Y）先增大后减小，c（Z）增大，因此，反应①的速率随c（X）的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法错误；B.根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v（X）＝v（Y）＋v（Z），但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v（X）＋v（Y）＝v（Z），B说法错误；C.升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C说法正确；D.由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D说法错误。故选C。 答案　C 5.（2022·高考北京卷）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，将恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单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CO2，在催化剂上有积炭。 下列说法不正确的是 （　　） A.反应①为CaO＋CO2CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2 B.t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C＋2H2 C.t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D.t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 解析　A.由图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2，A正确；B.由图2信息可知，t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积炭，故可能有副反应CH4C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，所以生成H2的速率不变，B正确；C.由反应②化学方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1～2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；D.由图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确。故选C。 答案　C 学科网（北京）股份有限公司 $$