第33讲 化学反应速率及其影响因素—2025年高考化学大一轮复习讲义（新教材新高考）

—2025年高考化学大一轮复习讲义（新教材新高考） 第33讲 化学反应速率及影响因素 ( 知识体系 ) 速率及影响因素知识体系 ( 知识梳理一 ) 一、化学反应速率 1．表示方法 通常用单位时间内反应物浓度的 或生成物浓度的 来表示。 2．数学表达式及单位 v＝，单位为mol·L－1·min－1或mol·L－1·s－1。 3．化学反应速率与化学计量数的关系 同一反应在同一时间内，用不同物质来表示的反应速率可能 ，但反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的 之比。 如在反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)中，存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d 4.同一化学反应中反应快慢的比较方法 由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能 ，所以比较反应的快慢不能只看数值的大小，而要进行一定的转化。 (1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同的单位。 (2)换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小。 (3)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＋bB===cC＋dD，比较与，若＞，则A表示的反应速率比B的大。 【答案】1.减少量 增加量 3.不同 化学计量数 4.不同 ( 经典典例 ) 1．在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示。a曲线表示某条件下X浓度随时间的变化，下列叙述错误的是 A．与催化剂Ⅱ相比，催化剂Ⅰ使反应活化能更低 B．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 C．使用催化剂Ⅱ时0～2min内， D．使用催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ时，该反应的反应热相同 2．用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，实验过程如图所示，图中各段时间间隔相同，下列说法不正确的是 A．t1~t2段收集的CO2最多，化学反应速率最快 B．用CO2表示t2~t3段的反应速率为v=L/min C．t4收集到的气体体积不再增加说明碳酸钙消耗完全 D．从图象中可以推测该反应为放热反应 ( 知识梳理二 ) 二、化学反应速率的影响因素 1.内因 在相同条件下，反应速率首先是由反应物 决定的。 2.浓度对化学反应速率的影响 实验操作 实验现象 均出现浑浊，先后顺序为A、B、C 实验结论 c(Na2S2O3)增大，产生浑浊的速率加快 规律总结 其他条件相同时，增大反应物的浓度，反应速率 ；减小反应物的浓度，反应速率 (1)浓度对化学反应速率的微观解释 反应物浓度增大→单位体积内活化分子数目 →单位时间内有效碰撞几率 →反应速率 ；反之，反应速率减慢。 (2)气体反应体系中充入惰性气体(不参与反应)时对反应速率的影响 ①恒容：充入“惰性气体”→总压 →物质浓度 (活化分子浓度不变)→反应速率 。 ②恒压：充入“惰性气体”→体积 →物质浓度 (活化分子浓度减小)→反应速率 。 3.压强对化学反应速率的影响 (1).研究对象——气体模型的理解 对于气体来说，在一定温度下，一定质量的气体所占的体积与压强成 。如图所示： 对于有气体参加的反应，在密闭容器中保持温度不变时，增大压强，气体体积 ，反应物浓度 ，化学反应速率 。 (2).微观解释 增大压强→气体体积 →反应物浓度 →单位体积内活化分子数 →单位时间内有效碰撞几率 →反应速率 ；反之，反应速率 。 4.温度对化学反应速率的影响 (1).实验探究 实验 操作 实验现象 溶液紫红色褪去所需时间长短： 实验结论 其他条件相同时，反应物的温度越高，反应速率越 (2).影响规律：其他条件相同时，升高温度，化学反应速率 ；降低温度，化学反应速率 。经验规律，一般温度每升高10 K，反应速率可增加2～4倍。 (3).微观解释 反之，反应速率减小。 5. 催化剂对反应速率的影响 (1)实验探究。 原理 2H2O22H2O＋O2↑ 实验操作 A B　　　　　　 C 实验现象 A试管中有气泡产生；B试管中迅速产生大量气泡；C试管中只观察到有少量气泡产生 结论 MnO2和FeCl3对H2O2分解都有催化作用，但MnO2催化作用较强，加入合适的催化剂能加快化学反应速率 (2)影响规律：当其他条件不变时，使用催化剂，化学反应速率 。FeCl3、MnO2对H2O2的分解都有催化作用，都能加快H2O2的分解速率。 (3)用过渡态理论解释催化剂使化学反应速率增大 【答案】1.自身的性质 2.增大 减小 (1)增多 增加 加快 (2)①增大不变 不变 ②增大 减小 减小 3.(1)反比 减小 增大 增大 (2)减小 增大 增多 增加 增大 减小 4.(1)甲>丙>乙 快 (2)增大 减小 5.(2)增大 ( 经典典例 ) 1．在催化剂作用下，HCOOH放氢的反应机理如下图所示。下列说法正确的是 A．随着反应过程的进行，Pb可能会产生损耗 B．若用DCOOH替代HCOOH参与反应，则能在反应体系中检测到N-D键 C．催化剂能够改变反应历程，从而使热力学不能发生的反应能够发生 D．已知甲酸燃烧热的大于氢气燃烧热的，说明图示HCOOH放氢的总反应是放热的 2．已知H-H的键能为，I-I的键能为。反应经历了如下反应历程： ①，②，反应过程的能量变化如图所示。 下列说法不正确的是 A．H-I的键能为 B．升高温度，反应①和反应②的速率均增大 C．升高温度，反应②的限度增大，有利于提高的转化率 D．为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能 3．已知有以下有机反应(图1)与反应装置(图2)： 其中A，B，C，D的百分含量随着X的变化如下表所示： 物质A 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0% 物质B 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0% 物质C 15% 30% 65% 60% 40% 20% 1% 物质D 5% 10% 15% 30% 52% 76% 99% 下列说法不正确的是 A．物质D相比于物质C在该反应中更稳定 B．反应1的活化能小于反应2的活化能 C．增大B气流的流速，处的比值不变 D．若需提高物质C的产率，可将管道的出口设计相对更远 ( 知识梳理三 ) 三、活化能 1.理论解释 (1)活化分子、活化能、有效碰撞 ①活化分子：能够发生 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。(注：E2为逆反应的活化能) ③有效碰撞：活化分子之间能够引发 的碰撞。 ④用碰撞理论理解化学反应的过程 (2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 有效碰撞的频率越高，则反应速率 。 (3)正确理解活化能与反应热的关系 a、催化剂能降低反应所需活化能，但不影响 的大小 b、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，即：E1＝E2＋ΔH (4)影响化学反应速率的内因——活化能 ①相同条件下，不同化学反应的速率不同，主要是内因——活化能大小不同所致，活化能小的化学反应速率 ，活化能大的反应速率 ②活化能是指为了能发生化学反应，普通分子(具有平均能量的分子)变成活化分子所需要吸收的最小能量，即活化分子比普通分子所多出的那部分能量 (5)化学反应速率与分子间的有效碰撞频率有关，所有能够改变内能、运动速率，以及碰撞几率的方法，都可以用来改变、控制反应的速率，即：活化分子百分数和单位体积活化分子数增大时，化学反应速率也就增大 外界因素 活化能 分子 总数 活化分 子总数 活化分子百分数 单位体积活化分子数 有效碰撞次数 反应速率 增大反应 物的浓度 不变 增多 增多 不变 增多 增多 加快 增大反应物的压强 不变 不变 不变 不变 增多 增多 加快 升高反应 物的温度 不变 不变 增多 增多 增多 增多 加快 使用催化剂 降低 不变 增多 增多 增多 增多 加快 (6)过渡态理论对催化剂影响化学反应速率的解释： 使用催化剂→改变了反应的路径(如图)，反应的活化能 →活化分子的百分数 →反应速率 。 【答案】1.(1)①有效碰撞 ③化学反应 (2)越快 (3)焓变 (4)①快 慢 (6)降低 增大 加快 ( 经典典例 ) 1．氧化能力与相近，某学习小组设计如下实验，探究与的反应： 实验①：向溶液中滴入等体积等浓度的KI溶液，析出棕黄色沉淀，溶液仍呈无色； 实验②：向溶液中滴入等体积等浓度的溶液，析出棕黄色沉淀，溶液仍呈无色； 实验③：设计如下电化学装置，电流表指针发生偏转，右侧石墨电极表面有灰黑色固体析出； 实验④：用硝酸代替溶液，电流表指针也发生偏转。 下列说法正确的是 A．根据实验①可知，若用与反应将生成 B．根据实验①和②可知，两溶液间反应，互相滴加现象一定相同 C．实验③和④可知，在实验③中和共同氧化 D．根据上述实验可知，的活化能低于的活化能 2．反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。 下列说法正确的是 A．该反应高温条件下能自发进行 B．该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为 C．催化剂可以改变反应的活化能和，但对反应物的平衡转化率无影响 D．最后一步是生成的从催化剂表面的解吸过程，该过程的 ( 知识梳理四 ) 四、基元反应 1、概念 为了简化化学反应研究的模型，我们重点考查最简单的化学反应，即反应物分子经过 就转化为 分子的反应，也称为基元反应。 2、大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分几步完成的，这每一步反应都叫一个基元反应 如：反应H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下： (1)H＋＋H2O2H3O (2)H3O＋Br－===H2O＋HOBr (3)HOBr＋H＋＋Br－===H2O＋Br2 3、基元反应过渡状态理论 (1)基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为 AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC 反应物　　过渡态　　 　产物 (2)过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于 。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为： CH3Br＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－＋CH3OH 反应物　　 过渡态　　 　 产物 4、基元反应的活化能与反应速率的关系 每个基元反应都有对应的 ，反应的活化能越大，活化分子所占比例 ，有效碰撞的比例也就 ，化学反应速率 。 【答案】1.一次碰撞 产物 3.(1)过渡态 (2)活化能 4.活化能 越小 越小 越小 ( 经典典例 ) 1．自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体。活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点，HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法错误的是 A．中间产物X生成中间产物Y的反应的活化能为14.15kJ·mol-1 B．生成产物P2的决速步为中间产物Z到产物P2的基元反应 C．相同条件下，中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2) D．三种中间产物中Z最稳定 2．分子在FC（氟化石墨烯）表面可能沿下列反应历程进行分解，即该反应历程为酸根路径：，其分解的各基元反应能量曲线如下图所示（TS表示过渡态），下列说法不正确的是 A．该反应历程的第一步反应为吸热反应 B．该反应历程的控速步骤为 C．比稳定 D．随着分子的不断分解，O原子在FG表面的覆盖度升高，对后续的分解反应会产生影响 3．对于基元反应，如aA＋bBcC＋dD，反应速率v正=k正·ca(A)·cb(B)，v逆=k逆·cc(C)·cd(D)，其中k正、k逆是取决于温度的速率常数。已知： 反应Ⅰ：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH1=-902kJ·mol-1 反应Ⅱ：8NH3(g)＋6NO2(g)7N2(g)＋12H2O(g)ΔH2=-2740kJ·mol-1 反应Ⅲ：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH3=＋182.6kJ·mol-1 对于基元反应Ⅳ：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH4，在653K时，速率常数k正=2.6×103L2·mol-2·s-1，k逆=4.1×103L·mol-1·s-1 (1)ΔH4= kJ·mol-1 (2)计算653K时的平衡常数K= 。 (3)653K时，若NO的浓度为0.006mol·L-1，O2的浓度为0.290mol·L-1，则正反应速率为 mol·L-1·s-1 拓展练习 1．其他条件相同的情况下，探究恒容(1.0L)密闭容器中催化剂Catl和Ca2对可逆反应的影响，生成物及部分反应物的物质的量随时间的变化曲线如图所示，下列说法正确的是 A．2.0min时，反应达到平衡状态 B．使用Catl时，0～2.0min内，v(Z)=1.5mol·L-1·min-1 C．使用Catl时反应的活化能比使用Cat2时大 D．曲线丙是使用Catl时Y的变化曲线 2．三氯乙烯 (C2HCl3)是某市地下水中有机污染物的主要成分，研究显示，在该地下水中加入，可将其中的三氯乙烯除去，发生的反应如下：，常温下，在密闭容器中进行上述反应，测得c(H2O2)的浓度随时间变化如下表： 时间/ 0 2 4 6 8 … c(H2O2)/mol/L 1.20 0.90 0.70 0.60 0.55 下列说法错误的是 A．沸点比较： B．内， C．若在标准状况下，每生成转移电子 D．上述反应过程中速率的关系是： 3．研究催化剂对反应速率的影响。恒温恒容时，c(NH3)随时间的变化如下。                     时间/min 催化剂 c(NH3)/(×10−3 mol·L−1) 0 20 40 60 80 催化剂Ⅰ 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 催化剂Ⅱ 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 下列说法不正确的是 A．使用催化剂Ⅰ，0~20 min的平均反应速率v(N2)=1.00×10−5 mol·L−1·min−1 B．使用催化剂Ⅰ，达平衡后容器内的压强是初始时的倍 C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的活化能降低更多，反应更快 D．相同条件下，使用催化剂Ⅱ不会使该反应的化学平衡常数更大 4．水在超临界状态下呈现许多特殊的性质。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图甲、乙所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法错误的是 A．乙醇的超临界水氧化过程中，CO是中间产物，是最终产物 B．乙醇的超临界水氧化过程中经历两步反应，第一步速率较快，第二步较慢 C．随温度升高，峰值出现的时间提前且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比CO氧化速率的增长幅度更大 D．℃条件下，3s~8s区间乙醇的超临界水氧化过程中，、、的数值关系为 5．某学习小组研究过氧化氢溶液与氢碘酸（）反应：，室温下得到实验数据如下表。已知：该反应的速率方程可表示为。 实验编号 ① ② ③ ④ ⑤ 从混合至溶液出现棕黄色的时间 13 下列说法不正确的是 A．实验①进行后测得，则 B．对比表中数据，， C．实验③若改用，推测出现棕黄色的时间约为 D．将实验⑤的温度升高，溶液出现棕黄色时间变长，可能是温度升高使双氧水分解 6．如图安装好实验装置(装置气密性良好)，在锥形瓶内盛有锌粒，通过分液漏斗加入的稀硫酸，将产生的收集在注射器中，时恰好收集到标准状况下的。(忽略锥形瓶内溶液体积的变化)下列说法正确的是 A．用表示内该反应的速率为 B．用表示内该反应的速率为 C．用锌粒表示该反应的速率为 D．用表示内该反应的速率为 7．一定条件下，在某恒压密闭容器中发生反应：  ，若15 s内由0.1 mol⋅L-1降到0.07 mol⋅L-1，则下列说法错误的是 A．其他条件不变，升高温度，可以加快反应速率 B．其他条件不变，向反应体系中充入氦气，化学反应速率减慢 C．0~15s内用表示的平均反应速率为 mol⋅L-1⋅s-1 D．由0.07 mol⋅L-1降到0.04 mol⋅L-1所需的反应时间大于15s 8．室温下，某溶液初始时仅溶有M，同时发生以下两个反应：①M=X+Y；②M=X+Z。反应①的速率可表示为v1=k1×c(M)，反应②的速率可表示为v2=k2×c(M)(k1、k2为速率常数)。T1温度时，体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图甲所示，反应①和②的lnk1或lnk2随的变化曲线如图乙所示。下列说法错误的是 A．0~10s内，M的平均反应速率v(M)=0.7mol/(L·s) B．T1温度时，反应过程中的值不变 C．反应①的活化能比反应②的活化能低 D．若反应在低于T1温度下发生，则10s时体系中的比值减小 9．一定条件下，1-苯基丙炔(，Ph-表示苯基)可与HCl发生催化加成，反应如下： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法正确的是 A．相同条件下，产物I比产物Ⅱ稳定 B．反应开始阶段，产物Ⅱ的转化率高 C．一定温度下，增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例 D．相同条件下，生成产物I的活化能更低，生成产物Ⅱ放出的能量更多 10．乙烯和氧气在Ag催化下生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的机理如下图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态(TS2和TS3的能量相差不大)。 注：表示Ag催化剂表面 下列说法不正确的是 A．C2H4(g)吸附在催化剂表面的过程需要吸收能量 B．OMC*→EO(g)和OMC*→AA(g)的过程中均形成了碳氧σ键 C．测得平衡产率：AA>EO，其主要原因是AA比EO更稳定 D．EO(g)AA(g)的平衡常数随温度升高而降低 11．十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“”的脱氢过程释放氢气。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ: 在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。 下列说法不正确的是 A． B．反应Ⅱ过程中有极性键的断裂和非极性键的形成 C．升高温度更有利于提高反应的速率 D．十氢萘脱氢过程中，不会有大量中间产物 积聚 12．水氧化反应是水分解反应的决速步骤，章宇超团队利用作光催化剂，通过以下转化途径，显著提升光催化水氧化反应速率，为太阳能的高效利用提供了新的策略。下列有关说法正确的是 A．转化途径中产生1个O2，理论上转移4个电子 B．转化过程中化合态的O元素价态相同 C．含Fe的化合物均为光电催化剂 D．转化过程中光能最终全部转换为化学能 13．研究A的水溶液在密封容器内的分解反应： Ⅰ．　(快) Ⅱ．　(慢) 某温度下，在密封容器内完全充满1.0mol/LA溶液，使其分解，分解产物均完全溶于水。A、B、C的浓度与反应时间的变化关系如图所示。反应Ⅰ的平衡常数为5，反应Ⅱ达平衡时的浓度为wmol/L。下列说法错误的是 A．反应Ⅱ的活化能比反应Ⅰ的活化能大 B．曲线x代表物质C C．反应Ⅱ达平衡时，体系中B浓度为 D．若起始时向体系中加入只催化反应Ⅰ的高效催化剂，曲线y的浓度峰值点可能由a变为b 14．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)  =-198kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应机理为： V2O5+SO2→2VO2+SO3(快) 4VO2+O2→2V2O5(慢) 下列说法正确的是 A．升高温度，逆反应速率增加，正反应速率降低 B．该反应逆反应的活化能大于198kJ·mol-1 C．VO2是该反应的催化剂 D．为提高反应速率，适当增加SO2浓度比适当增加O2浓度效果好 15．雾霾天气多次肆虐我国中东部地区。汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。 (1)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线，如下图所示。 据此判断： ①该反应的ΔH 0(填“＞”或“＜”)，ΔS 0(填“＞”或“＜”) ②在T1温度下，0～2 s内的平均反应速率v(N2)= 。 ③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学  反应速率。若增大催化剂的表面积，则CO转化率 (填“增大”，“减少”或“不变”) (2)工业上可采用CH3OHCO + 2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国研究人员采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用 * 标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图： 该历程中最大能垒(活化能)E正= kJ·mol−1，该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为 。 学科网（北京）股份有限公司 $$—2025年高考化学大一轮复习讲义（新教材新高考） 第33讲 化学反应速率及影响因素 ( 知识体系 ) 速率及影响因素知识体系 ( 知识梳理一 ) 一、化学反应速率 1．表示方法 通常用单位时间内反应物浓度的 或生成物浓度的 来表示。 2．数学表达式及单位 v＝，单位为mol·L－1·min－1或mol·L－1·s－1。 3．化学反应速率与化学计量数的关系 同一反应在同一时间内，用不同物质来表示的反应速率可能 ，但反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的 之比。 如在反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)中，存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d 4.同一化学反应中反应快慢的比较方法 由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能 ，所以比较反应的快慢不能只看数值的大小，而要进行一定的转化。 (1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同的单位。 (2)换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小。 (3)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＋bB===cC＋dD，比较与，若＞，则A表示的反应速率比B的大。 【答案】1.减少量 增加量 3.不同 化学计量数 4.不同 ( 经典典例 ) 1．在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图所示。a曲线表示某条件下X浓度随时间的变化，下列叙述错误的是 A．与催化剂Ⅱ相比，催化剂Ⅰ使反应活化能更低 B．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 C．使用催化剂Ⅱ时0～2min内， D．使用催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ时，该反应的反应热相同 【答案】B 【详解】A．由图可知，相同时间内，使用催化剂Ⅰ时反应速率快于催化剂Ⅱ，反应速率越快，反应的活化能越低，则与催化剂Ⅱ相比，催化剂Ⅰ使反应活化能更低，故A正确； B．由图可知，使用催化剂I时，0～2min内Y的浓度变化量为4.0mol/L，a曲线表示的X的浓度变化量为2.0mol/L，由变化量之比等于化学计量数之比可知，a曲线表示使用催化剂I时X浓度随时间t的变化，故B错误； C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，0～2min内Y的浓度变化量为2.0mol/L，则X的浓度变化量为1.0mol/L，X的反应速率为1mol/L÷2min=0.5 mol/(L•min)，故C正确； D．反应热只与反应物总能量和生成物总能量相对大小有关系，与催化剂无关，故D正确； 故选B。 2．用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，实验过程如图所示，图中各段时间间隔相同，下列说法不正确的是 A．t1~t2段收集的CO2最多，化学反应速率最快 B．用CO2表示t2~t3段的反应速率为v=L/min C．t4收集到的气体体积不再增加说明碳酸钙消耗完全 D．从图象中可以推测该反应为放热反应 【答案】C 【详解】A．图中各段时间间隔相同，由图可知t1~t2段纵坐标差值最大，则t1~t2段收集的CO2最多，化学反应速率最快，A正确； B．t2~t3段∆V(CO2)是V3-V2，∆t是t3-t2，故用CO2表示的速率为v=L/min，B正确； C．t4收集到的气体体积不再增加可能是碳酸钙消耗完全，也可能是盐酸消耗完全，C错误； D．随反应进行，氢离子浓度降低，反应速率应该降低，但t1~t2段化学反应速率比O~t1段大，说明反应为放热反应，D正确； 答案选C。 ( 知识梳理二 ) 二、化学反应速率的影响因素 1.内因 在相同条件下，反应速率首先是由反应物 决定的。 2.浓度对化学反应速率的影响 实验操作 实验现象 均出现浑浊，先后顺序为A、B、C 实验结论 c(Na2S2O3)增大，产生浑浊的速率加快 规律总结 其他条件相同时，增大反应物的浓度，反应速率 ；减小反应物的浓度，反应速率 (1)浓度对化学反应速率的微观解释 反应物浓度增大→单位体积内活化分子数目 →单位时间内有效碰撞几率 →反应速率 ；反之，反应速率减慢。 (2)气体反应体系中充入惰性气体(不参与反应)时对反应速率的影响 ①恒容：充入“惰性气体”→总压 →物质浓度 (活化分子浓度不变)→反应速率 。 ②恒压：充入“惰性气体”→体积 →物质浓度 (活化分子浓度减小)→反应速率 。 3.压强对化学反应速率的影响 (1).研究对象——气体模型的理解 对于气体来说，在一定温度下，一定质量的气体所占的体积与压强成 。如图所示： 对于有气体参加的反应，在密闭容器中保持温度不变时，增大压强，气体体积 ，反应物浓度 ，化学反应速率 。 (2).微观解释 增大压强→气体体积 →反应物浓度 →单位体积内活化分子数 →单位时间内有效碰撞几率 →反应速率 ；反之，反应速率 。 4.温度对化学反应速率的影响 (1).实验探究 实验 操作 实验现象 溶液紫红色褪去所需时间长短： 实验结论 其他条件相同时，反应物的温度越高，反应速率越 (2).影响规律：其他条件相同时，升高温度，化学反应速率 ；降低温度，化学反应速率 。经验规律，一般温度每升高10 K，反应速率可增加2～4倍。 (3).微观解释 反之，反应速率减小。 5. 催化剂对反应速率的影响 (1)实验探究。 原理 2H2O22H2O＋O2↑ 实验操作 A B　　　　　　 C 实验现象 A试管中有气泡产生；B试管中迅速产生大量气泡；C试管中只观察到有少量气泡产生 结论 MnO2和FeCl3对H2O2分解都有催化作用，但MnO2催化作用较强，加入合适的催化剂能加快化学反应速率 (2)影响规律：当其他条件不变时，使用催化剂，化学反应速率 。FeCl3、MnO2对H2O2的分解都有催化作用，都能加快H2O2的分解速率。 (3)用过渡态理论解释催化剂使化学反应速率增大 【答案】1.自身的性质 2.增大 减小 (1)增多 增加 加快 (2)①增大不变 不变 ②增大 减小 减小 3.(1)反比 减小 增大 增大 (2)减小 增大 增多 增加 增大 减小 4.(1)甲>丙>乙 快 (2)增大 减小 5.(2)增大 ( 经典典例 ) 1．在催化剂作用下，HCOOH放氢的反应机理如下图所示。下列说法正确的是 A．随着反应过程的进行，Pb可能会产生损耗 B．若用DCOOH替代HCOOH参与反应，则能在反应体系中检测到N-D键 C．催化剂能够改变反应历程，从而使热力学不能发生的反应能够发生 D．已知甲酸燃烧热的大于氢气燃烧热的，说明图示HCOOH放氢的总反应是放热的 【答案】A 【详解】A．随着反应进行，Pd可能受到其他因素的影响，如高温，高压，反应物中的杂质等，这些因素都可能导致Pb的损耗，A项正确； B．DCOOH代替HCOOH反应时，与Pd结合，H与N形成N-H键，故没有形成N-D键，B项错误； C．催化剂主要改变的是化学反应速率，催化剂不能改变反应历程，也不能使热力学不能发生的反应发生，C项错误； D．甲酸燃烧的反应焓大于氢气燃烧的反应焓，这意味着甲酸燃烧时释放的热量比氢气燃烧释放的热量多，因此甲酸分解为氢气和二氧化碳的放氢反应是吸热反应，D项错误； 答案选A。 2．已知H-H的键能为，I-I的键能为。反应经历了如下反应历程： ①，②，反应过程的能量变化如图所示。 下列说法不正确的是 A．H-I的键能为 B．升高温度，反应①和反应②的速率均增大 C．升高温度，反应②的限度增大，有利于提高的转化率 D．为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能 【答案】C 【详解】A．由图可知，ΔH=（151-162）kJ•mol-1=-11kJ•mol-1，设H-I的键能为x,则ΔH=-11kJ•mol-1=（436kJ•mol-1+151kJ•mol-1）-2x,可得，x=299kJ•mol-1，故A正确； B．升高温度，反应速率加快，正反应①、反应②反应速率都加快，故B正确； C．由图可知，反应②为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，H2的转化率降低，故C错误； D．为防止反应过程中有I（g）大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能，加快反应，故D正确； 故选C。 3．已知有以下有机反应(图1)与反应装置(图2)： 其中A，B，C，D的百分含量随着X的变化如下表所示： 物质A 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0% 物质B 40% 30% 10% 5% 4% 2% 0% 物质C 15% 30% 65% 60% 40% 20% 1% 物质D 5% 10% 15% 30% 52% 76% 99% 下列说法不正确的是 A．物质D相比于物质C在该反应中更稳定 B．反应1的活化能小于反应2的活化能 C．增大B气流的流速，处的比值不变 D．若需提高物质C的产率，可将管道的出口设计相对更远 【答案】D 【详解】A．随X的增加，C的含量先增加后减少，D的含量增加，这说明生成C的反应速率快，所以物质D相比于物质C在该反应中更稳定，A正确； B．生成C的反应速率快，所以反应1的活化能小于反应2的活化能，B正确； C．时，反应物全部转化为生成物，所以增大B气流的流速，处的比值不变，C正确； D．随X的增加，C的含量先增加后减少，D的含量增加，因此若需提高物质C的产率，可将管道的出口设计相对更近，而不是更远，D错误； 答案选D。 ( 知识梳理三 ) 三、活化能 1.理论解释 (1)活化分子、活化能、有效碰撞 ①活化分子：能够发生 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。(注：E2为逆反应的活化能) ③有效碰撞：活化分子之间能够引发 的碰撞。 ④用碰撞理论理解化学反应的过程 (2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 有效碰撞的频率越高，则反应速率 。 (3)正确理解活化能与反应热的关系 a、催化剂能降低反应所需活化能，但不影响 的大小 b、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，即：E1＝E2＋ΔH (4)影响化学反应速率的内因——活化能 ①相同条件下，不同化学反应的速率不同，主要是内因——活化能大小不同所致，活化能小的化学反应速率 ，活化能大的反应速率 ②活化能是指为了能发生化学反应，普通分子(具有平均能量的分子)变成活化分子所需要吸收的最小能量，即活化分子比普通分子所多出的那部分能量 (5)化学反应速率与分子间的有效碰撞频率有关，所有能够改变内能、运动速率，以及碰撞几率的方法，都可以用来改变、控制反应的速率，即：活化分子百分数和单位体积活化分子数增大时，化学反应速率也就增大 外界因素 活化能 分子 总数 活化分 子总数 活化分子百分数 单位体积活化分子数 有效碰撞次数 反应速率 增大反应 物的浓度 不变 增多 增多 不变 增多 增多 加快 增大反应物的压强 不变 不变 不变 不变 增多 增多 加快 升高反应 物的温度 不变 不变 增多 增多 增多 增多 加快 使用催化剂 降低 不变 增多 增多 增多 增多 加快 (6)过渡态理论对催化剂影响化学反应速率的解释： 使用催化剂→改变了反应的路径(如图)，反应的活化能 →活化分子的百分数 →反应速率 。 【答案】1.(1)①有效碰撞 ③化学反应 (2)越快 (3)焓变 (4)①快 慢 (6)降低 增大 加快 ( 经典典例 ) 1．氧化能力与相近，某学习小组设计如下实验，探究与的反应： 实验①：向溶液中滴入等体积等浓度的KI溶液，析出棕黄色沉淀，溶液仍呈无色； 实验②：向溶液中滴入等体积等浓度的溶液，析出棕黄色沉淀，溶液仍呈无色； 实验③：设计如下电化学装置，电流表指针发生偏转，右侧石墨电极表面有灰黑色固体析出； 实验④：用硝酸代替溶液，电流表指针也发生偏转。 下列说法正确的是 A．根据实验①可知，若用与反应将生成 B．根据实验①和②可知，两溶液间反应，互相滴加现象一定相同 C．实验③和④可知，在实验③中和共同氧化 D．根据上述实验可知，的活化能低于的活化能 【答案】D 【详解】A．实验①中有棕黄色沉淀，溶液无色，说明未将氧化，由于，和的氧化还原反应不易发生，而与不能生成沉淀，两者更易发生氧化还原反应，故A错误； B．两溶液间反应，互相滴加现象与反应物性质有关，互滴现象并不一定相同，如氯化铝与NaOH溶液互滴时，氯化铝溶液滴入氢氧化钠过程中先产生白色沉淀，后沉淀溶解；反滴时开始无现象，后产生白色沉淀，故B错误； C．实验③右侧石墨电极表面有灰黑色固体析出，可知生成了Ag，即银离子得电子氧化了，没有与反应；实验④在酸性条件下可氧化碘离子，故C错误； D．活化能越小，反应速率越快，由实验①②可知，的反应进行很快，说明该反应的活化能低于的活化能，故D正确； 故选：D。 2．反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。 下列说法正确的是 A．该反应高温条件下能自发进行 B．该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为 C．催化剂可以改变反应的活化能和，但对反应物的平衡转化率无影响 D．最后一步是生成的从催化剂表面的解吸过程，该过程的 【答案】D 【详解】A．由图可知，该反应的，由化学方程式中的各物质的化学计量数可知，该反应的，在低温时，该反应的，故该反应低温条件下能自发进行，A错误； B．该历程中最小能垒（活化能）步骤的化学方程式为，B错误； C．催化剂不能改变反应的，C错误； D．最后一步是生成的从催化剂表面解吸成为气体的过程，所以该过程的，D正确； 故选D。 ( 知识梳理四 ) 四、基元反应 1、概念 为了简化化学反应研究的模型，我们重点考查最简单的化学反应，即反应物分子经过 就转化为 分子的反应，也称为基元反应。 2、大多数的化学反应不能一步完成，在微观上是分几步完成的，这每一步反应都叫一个基元反应 如：反应H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O，通过大量实验提出它们微观过程如下： (1)H＋＋H2O2H3O (2)H3O＋Br－===H2O＋HOBr (3)HOBr＋H＋＋Br－===H2O＋Br2 3、基元反应过渡状态理论 (1)基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为 AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC 反应物　　过渡态　　 　产物 (2)过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于 。如：一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为： CH3Br＋OH－―→[Br…CH3…OH]―→Br－＋CH3OH 反应物　　 过渡态　　 　 产物 4、基元反应的活化能与反应速率的关系 每个基元反应都有对应的 ，反应的活化能越大，活化分子所占比例 ，有效碰撞的比例也就 ，化学反应速率 。 【答案】1.一次碰撞 产物 3.(1)过渡态 (2)活化能 4.活化能 越小 越小 越小 ( 经典典例 ) 1．自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体。活泼自由基与氧气的反应一直是科研人员的关注点，HNO自由基与O2反应过程的能量变化如图所示，下列说法错误的是 A．中间产物X生成中间产物Y的反应的活化能为14.15kJ·mol-1 B．生成产物P2的决速步为中间产物Z到产物P2的基元反应 C．相同条件下，中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2) D．三种中间产物中Z最稳定 【答案】A 【详解】A．由图可知中间产物X生成中间产物Y的反应的活化能为14.15 kJ·mol-1-(-12.16 kJ·mol-1)=26.31kJ·mol-1，故A错误； B．活化能越大，反应速率越慢，整体反应速率的快慢，取决于最慢的基元反应，所以生成产物P2的决速步为中间产物Z到产物P2的基元反应，故B正确； C．由图可知，相同条件下中间产物Z转化为产物P1的活化能小于转化为产物P2的活化能，活化能越小，反应速率越快，则中间产物Z转化为产物P1的反应速率快于转化为产物P2的反应速率，故C正确； D．根据能量越低越稳定，可知中间产物中Z最稳定，故D正确； 故选A。 2．分子在FC（氟化石墨烯）表面可能沿下列反应历程进行分解，即该反应历程为酸根路径：，其分解的各基元反应能量曲线如下图所示（TS表示过渡态），下列说法不正确的是 A．该反应历程的第一步反应为吸热反应 B．该反应历程的控速步骤为 C．比稳定 D．随着分子的不断分解，O原子在FG表面的覆盖度升高，对后续的分解反应会产生影响 【答案】B 【详解】A．由于GS1的能量比GS2低，第一步反应的△H>0，即该反应是吸热反应，A正确； B．该反应历程总共由4个基元反应构成，其活化能分别为Ea1=1.675 eV，Ea2=2.071 eV，Ea3=1.313 eV，Ea4=1.369eV，所需活化能越高，其反应速率越低,因此决定总反应速率的步骤为第二步，B错误； C．由图可以看出，GS3的能量比GS2的能量低，能量越低越稳定，则GS3更稳定，C正确； D．随着HClO4分子的不断分解，O原子不断积累，使基元反应生成物的量不断增多，平衡向逆反应方向移动，对后续的分解反应产生影响，D正确； 故选B。 3．对于基元反应，如aA＋bBcC＋dD，反应速率v正=k正·ca(A)·cb(B)，v逆=k逆·cc(C)·cd(D)，其中k正、k逆是取决于温度的速率常数。已知： 反应Ⅰ：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH1=-902kJ·mol-1 反应Ⅱ：8NH3(g)＋6NO2(g)7N2(g)＋12H2O(g)ΔH2=-2740kJ·mol-1 反应Ⅲ：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH3=＋182.6kJ·mol-1 对于基元反应Ⅳ：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH4，在653K时，速率常数k正=2.6×103L2·mol-2·s-1，k逆=4.1×103L·mol-1·s-1 (1)ΔH4= kJ·mol-1 (2)计算653K时的平衡常数K= 。 (3)653K时，若NO的浓度为0.006mol·L-1，O2的浓度为0.290mol·L-1，则正反应速率为 mol·L-1·s-1 【答案】(1)—114.1 (2)L·mol-1 (3)2.7×10-2 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应(Ⅰ×2—Ⅱ—Ⅲ×7)×得到反应Ⅳ，则反应[(—902kJ/mol)—(—2740kJ/mol)—(+182.6kJ/mol)×7]×=—114.1kJ/mol，故答案为：—114.1； （2）由653K条件下反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k正c2(NO)c(O2)=k逆c2(NO2)，整理可得平衡常数K====L·mol-1，故答案为：L·mol-1； （3）由公式可知，正反应速率v正= k正c2(NO)c(O2)=(2.6×103×0.0062×0.290) =2.7×10-2mol·L-1·s-1.，故答案为：2.7×10-2。 拓展练习 1．其他条件相同的情况下，探究恒容(1.0L)密闭容器中催化剂Catl和Ca2对可逆反应的影响，生成物及部分反应物的物质的量随时间的变化曲线如图所示，下列说法正确的是 A．2.0min时，反应达到平衡状态 B．使用Catl时，0～2.0min内，v(Z)=1.5mol·L-1·min-1 C．使用Catl时反应的活化能比使用Cat2时大 D．曲线丙是使用Catl时Y的变化曲线 【答案】BD 【详解】A．反应达到平衡时，生成物的物质的量会保持不变，由图可知，2.0min后生成物的物质的量继续增大，说明反应未达到平衡状态，故A错误； B．由图可知，Catl作用下，2.0min时Z的物质的量为3.0mol，则0～2.0min内Z的平均速率为=1.5 mol/(L·min)，故B正确； C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，Catl作用下反应的反应速率快于Cat2，则使用Catl时反应的活化能比使用Cat2时小，故C错误； D．由图可知，2.0min时生成物Z和反应物的物质的量比为3.0mol：(3.0—1.0)mol=3：2，由方程式可知，曲线丙是使用Catl时Y的变化曲线，故D正确； 故选BD。 2．三氯乙烯 (C2HCl3)是某市地下水中有机污染物的主要成分，研究显示，在该地下水中加入，可将其中的三氯乙烯除去，发生的反应如下：，常温下，在密闭容器中进行上述反应，测得c(H2O2)的浓度随时间变化如下表： 时间/ 0 2 4 6 8 … c(H2O2)/mol/L 1.20 0.90 0.70 0.60 0.55 下列说法错误的是 A．沸点比较： B．内， C．若在标准状况下，每生成转移电子 D．上述反应过程中速率的关系是： 【答案】D 【详解】A．中含有氢键沸点升高，则沸点比较>HCl，A项正确； B．由题干表格数据可知，0-4min内，，B项正确； C．标况下，22.4L的物质的量为1mol，则根据方程式可知，1mol转移电子3mol，B项正确； D．根据化学方程式可知，速率的关系，D项错误； 答案选D。 3．研究催化剂对反应速率的影响。恒温恒容时，c(NH3)随时间的变化如下。                     时间/min 催化剂 c(NH3)/(×10−3 mol·L−1) 0 20 40 60 80 催化剂Ⅰ 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 催化剂Ⅱ 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 下列说法不正确的是 A．使用催化剂Ⅰ，0~20 min的平均反应速率v(N2)=1.00×10−5 mol·L−1·min−1 B．使用催化剂Ⅰ，达平衡后容器内的压强是初始时的倍 C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的活化能降低更多，反应更快 D．相同条件下，使用催化剂Ⅱ不会使该反应的化学平衡常数更大 【答案】B 【分析】经过相同的时间，催化剂I催化下氨气的浓度更大，催化效率更低。 【详解】A．使用催化剂I，0~20min氨气浓度变化值为 0.4×10−3mol/L，v（NH3）=，故v（N2）=1×10-5mol/（L·min），故A正确； B．使用催化剂Ⅱ，达平衡时氨气的浓度为0.4×10−3mol/L，催化剂不影响平衡，故使用催化剂I，达平衡时氨气的浓度也是0.4×10−3mol/L，列三段式：，恒温恒容下，压强之比等于气体分子数之比，故达平衡后容器内的压强是初始时的，故B错误； C．根据恒温、恒容时，c（NH3）随时间的变化数据分析，相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的活化能降低更多，反应更快，故C正确； D．催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡常数，平衡常数只与温度有关，故D正确； 故选B。 4．水在超临界状态下呈现许多特殊的性质。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图甲、乙所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法错误的是 A．乙醇的超临界水氧化过程中，CO是中间产物，是最终产物 B．乙醇的超临界水氧化过程中经历两步反应，第一步速率较快，第二步较慢 C．随温度升高，峰值出现的时间提前且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比CO氧化速率的增长幅度更大 D．℃条件下，3s~8s区间乙醇的超临界水氧化过程中，、、的数值关系为 【答案】D 【详解】A．观察x-t图像可知，CO先增加后减少，一直在增加，说明CO为中间产物，为最终产物，故A正确； B．乙醇氧化为CO的反应速率较第二步反应速率快，否则看不到中间产物CO的生成，故B正确； C．随着温度的升高乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO速率必须加快，且大于CO的氧化为的速率，故C正确； D．℃条件下，3s-8s区间乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇和CO的量都在减少，在增多，设消耗速率为x，生成速率为y，，3-8s区间，CO宏观“净速率”在减小，即消耗量比生成量多故，所以，、、数值关系为，故D错误； 故答案选D。 5．某学习小组研究过氧化氢溶液与氢碘酸（）反应：，室温下得到实验数据如下表。已知：该反应的速率方程可表示为。 实验编号 ① ② ③ ④ ⑤ 从混合至溶液出现棕黄色的时间 13 下列说法不正确的是 A．实验①进行后测得，则 B．对比表中数据，， C．实验③若改用，推测出现棕黄色的时间约为 D．将实验⑤的温度升高，溶液出现棕黄色时间变长，可能是温度升高使双氧水分解 【答案】C 【详解】A．实验①进行20s后测得c(H2O2)=0.08mol⋅L−1，则H2O2浓度减少了0.02mol⋅L-1，由变化浓度之比等于系数比，转化HI的浓度为0.04mol⋅L-1，v(HI)=0.002mol⋅L−1⋅s−1，故A正确； B．由表中数据可知，当H2O2浓度一定时，HI浓度增大几倍，化学反应速率就增大几倍；当HI浓度一定时，H2O2浓度增大几倍，化学反应速率就增大几倍，则由该反应的速率方程，可知a=1，b=1；故B正确； C．浓度增大几倍，化学反应速率就增大几倍，实验③若改用0.4mol⋅L−1HI，推测出现棕黄色的时间约为3.25s，故C错误； D．温度升高，溶液出现棕黄色所需时间变长，可能的原因是温度升高后，H2O2分解造成浓度降低，反应速率减慢，故D正确； 故选C。 6．如图安装好实验装置(装置气密性良好)，在锥形瓶内盛有锌粒，通过分液漏斗加入的稀硫酸，将产生的收集在注射器中，时恰好收集到标准状况下的。(忽略锥形瓶内溶液体积的变化)下列说法正确的是 A．用表示内该反应的速率为 B．用表示内该反应的速率为 C．用锌粒表示该反应的速率为 D．用表示内该反应的速率为 【答案】C 【详解】A．用来表示10s内该反应的速率，时恰好收集到标准状况下的，物质的量为，根据反应Zn＋2H＋＝Zn2＋＋H2↑，消耗了0.004mol，所以用表示内该反应的速率为，故A错误； B．，故B错误； C．根据反应Zn＋2H＋＝Zn2＋＋H2↑，消耗锌粒的质量为，所以用锌粒表示该反应的速率为，故C正确； D．用H2来表示10s内该反应的速率＝，故D错误； 故答案选C。 7．一定条件下，在某恒压密闭容器中发生反应：  ，若15 s内由0.1 mol⋅L-1降到0.07 mol⋅L-1，则下列说法错误的是 A．其他条件不变，升高温度，可以加快反应速率 B．其他条件不变，向反应体系中充入氦气，化学反应速率减慢 C．0~15s内用表示的平均反应速率为 mol⋅L-1⋅s-1 D．由0.07 mol⋅L-1降到0.04 mol⋅L-1所需的反应时间大于15s 【答案】C 【详解】A．对于任何化学反应，升高温度，反应速率加快，故A正确； B．恒压密闭容器N中，向反应体系中充入氦气，压强减小，化学反应速率减慢，故B正确； C．15 s内由0.1 mol⋅L-1降到0.07 mol⋅L-1，，表示的平均反应速率为 mol⋅L-1⋅s-1，故C错误； D．已知15 s内由0.1 mol⋅L-1降到0.07 mol⋅L-1，但浓度越小，化学反应速率越小，需要的时间就长，所以由0.07 mol⋅L-1降到0.04 mol⋅L-1所需的反应时间大于15s，故D正确； 故答案选C。 8．室温下，某溶液初始时仅溶有M，同时发生以下两个反应：①M=X+Y；②M=X+Z。反应①的速率可表示为v1=k1×c(M)，反应②的速率可表示为v2=k2×c(M)(k1、k2为速率常数)。T1温度时，体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图甲所示，反应①和②的lnk1或lnk2随的变化曲线如图乙所示。下列说法错误的是 A．0~10s内，M的平均反应速率v(M)=0.7mol/(L·s) B．T1温度时，反应过程中的值不变 C．反应①的活化能比反应②的活化能低 D．若反应在低于T1温度下发生，则10s时体系中的比值减小 【答案】D 【详解】A．由反应可知M的浓度变化量等于Y和Z的浓度变化量之和，0~10s内，M的平均反应速率，故A正确； B．，温度不变时，比值不变，则恒定不变，与成正比，与成正比，则的值不变，故B正确； C．由图可知相同条件下，Z的速率大于Y，可知反应②的速率大于反应①，根据反应活化能越大反应速率越小，可知反应①的活化能比反应②的活化能大，故C正确； D．由图无法确定该反应为放热和吸热反应，则温度降低，平衡的移动方向不确定，因此体系中的值无法确定升高或降低，故D错误； 故答案选D。 9．一定条件下，1-苯基丙炔(，Ph-表示苯基)可与HCl发生催化加成，反应如下： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法正确的是 A．相同条件下，产物I比产物Ⅱ稳定 B．反应开始阶段，产物Ⅱ的转化率高 C．一定温度下，增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例 D．相同条件下，生成产物I的活化能更低，生成产物Ⅱ放出的能量更多 【答案】D 【详解】A．反应Ⅲ为放热反应，则产物I的能量高于产物Ⅱ，能量越低越稳定，则相同条件下，产物Ⅱ比产物I稳定，故A错误； B．由图可知，反应开始阶段，产物I占比较多，说明产物I的转化率高，故B错误； C．产物I和产物Ⅱ存在可逆反应，则产物Ⅱ和产物I的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与温度有关，所以增加HCl浓度平衡时产物Ⅱ和产物I的比例不变，故C错误； D．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，由选项A分析可知，产物I的能量高于产物Ⅱ，则生成产物Ⅱ放出的能量更多，故D正确； 故选D。 10．乙烯和氧气在Ag催化下生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的机理如下图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态(TS2和TS3的能量相差不大)。 注：表示Ag催化剂表面 下列说法不正确的是 A．C2H4(g)吸附在催化剂表面的过程需要吸收能量 B．OMC*→EO(g)和OMC*→AA(g)的过程中均形成了碳氧σ键 C．测得平衡产率：AA>EO，其主要原因是AA比EO更稳定 D．EO(g)AA(g)的平衡常数随温度升高而降低 【答案】B 【详解】A． C2H4 (g)吸附在催化剂表面能量升高，该过程需要吸收能量， A正确； B．从环氧乙烷和乙醛结构可知，OMC*→EO (g)的过程中均形成了碳氧σ键，而OMC*→AA (g)的过程中均形成了碳氧π键，B错误； C．EO (g)能量高于AA (g)，所以AA比EO更稳定，平衡产率: AA> EO，C正确； D． EO(g)能量高于AA(g)，则EO(g) = AA (g)为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数降低，D正确； 答案选B。 11．十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“”的脱氢过程释放氢气。 反应Ⅰ： 反应Ⅱ: 在一定温度下，其反应过程对应的能量变化如图。 下列说法不正确的是 A． B．反应Ⅱ过程中有极性键的断裂和非极性键的形成 C．升高温度更有利于提高反应的速率 D．十氢萘脱氢过程中，不会有大量中间产物 积聚 【答案】A 【详解】A．Ea1为反应Ⅰ的活化能，Ea2为反应Ⅱ的活化能，由图可知，ΔH1＜Ea1-Ea2，故A错误； B．反应Ⅱ为，断开了C-H键，形成了H-H，即有极性键的断裂和非极性键的形成，故B正确； C．反应I吸热更多，更有利于提高反应I的速率，故C正确； D．由图可知，Ea1＞Ea2，则说明反应Ⅱ比反应Ⅰ速率快，即消耗C10H12速率大于生成C10H12，所以C10H18脱氢过程中，不会有大量中间产物C10H12，故D正确。 答案选A。 12．水氧化反应是水分解反应的决速步骤，章宇超团队利用作光催化剂，通过以下转化途径，显著提升光催化水氧化反应速率，为太阳能的高效利用提供了新的策略。下列有关说法正确的是 A．转化途径中产生1个O2，理论上转移4个电子 B．转化过程中化合态的O元素价态相同 C．含Fe的化合物均为光电催化剂 D．转化过程中光能最终全部转换为化学能 【答案】A 【详解】A．根据上述转化途径，H2O失去电子后，最终转化为O2和H+，则得到1个O2，理论上转移4个电子，A正确； B．从图中可以看出，转化过程中O有-2价及-1价两种，B错误； C．含Fe的化合物中，只有一种是光电催化剂，其它都是中间产物，中间得到的的化合物且又被消耗掉，则为中间产物，而不是催化剂，C错误； D．转化过程中，光能没有全部转化为化学能，还有一部分转化为热能等，D错误； 故选A。 13．研究A的水溶液在密封容器内的分解反应： Ⅰ．　(快) Ⅱ．　(慢) 某温度下，在密封容器内完全充满1.0mol/LA溶液，使其分解，分解产物均完全溶于水。A、B、C的浓度与反应时间的变化关系如图所示。反应Ⅰ的平衡常数为5，反应Ⅱ达平衡时的浓度为wmol/L。下列说法错误的是 A．反应Ⅱ的活化能比反应Ⅰ的活化能大 B．曲线x代表物质C C．反应Ⅱ达平衡时，体系中B浓度为 D．若起始时向体系中加入只催化反应Ⅰ的高效催化剂，曲线y的浓度峰值点可能由a变为b 【答案】D 【详解】A．外界条件相同时，反应Ⅱ更慢，说明其活化能大，A正确； B．两个反应均达到平衡前物质A一直减小，对应曲线z，Ⅰ先达到平衡，然后随着Ⅱ的正向进行而不断逆移，物质B先增后减，对应曲线y，Ⅱ后达到平衡，物质C不断增多，对应曲线x，B正确； C．平衡时，，解得为，C正确； D．加入高效催化剂，反应速率会变快，当Ⅰ反应更快时，其达到平衡所需的时间会缩短，会减小，会增大，不变，增大，D错误； 故选D。 14．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)  =-198kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应机理为： V2O5+SO2→2VO2+SO3(快) 4VO2+O2→2V2O5(慢) 下列说法正确的是 A．升高温度，逆反应速率增加，正反应速率降低 B．该反应逆反应的活化能大于198kJ·mol-1 C．VO2是该反应的催化剂 D．为提高反应速率，适当增加SO2浓度比适当增加O2浓度效果好 【答案】B 【详解】A．升高温度，逆反应和正反应速率都加快，故A错误； B．△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故B正确； C．根据反应V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)、4VO2+O2→2V2O5(慢)可知，V2O5是反应的催化剂，故C错误； D．慢反应为决速步反应，故适当增加O2浓度比适当增加SO2浓度效果好，故D错误。 答案选B。 15．雾霾天气多次肆虐我国中东部地区。汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一。 (1)汽车尾气净化的主要原理为2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)。在密闭容器中发生该反应时，c(CO2)随温度(T)、催化剂的表面积(S)和时间(t)的变化曲线，如下图所示。 据此判断： ①该反应的ΔH 0(填“＞”或“＜”)，ΔS 0(填“＞”或“＜”) ②在T1温度下，0～2 s内的平均反应速率v(N2)= 。 ③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学  反应速率。若增大催化剂的表面积，则CO转化率 (填“增大”，“减少”或“不变”) (2)工业上可采用CH3OHCO + 2H2的方法来制取高纯度的CO和H2。我国研究人员采用量子力学方法，通过计算机模拟，研究了在钯基催化剂表面上甲醇制氢的反应历程，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用 * 标注。下图为计算机模拟的各步反应的能量变化示意图： 该历程中最大能垒(活化能)E正= kJ·mol−1，该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为 。 【答案】(1) ＜ ＜ 0.05mol·L-1·s-1 不变 (2) 179.6 CHO*+3H*=CO*+4H*(或CHO*=CO*+H*) 【详解】（1）①根据先拐先平，可知T1＞T2，温度越高c(CO2)越小，该反应的ΔH＜0，反应是气体体积减小的反应，ΔS＜0,故答案为：＜；＜； ②在T1温度下，0～2 s内的平均反应速率v(N2)= 0.05mol·L-1·s-1。故答案为：0.05mol·L-1·s-1； ③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率，但不能使平衡发生移动，若增大催化剂的表面积，则CO转化率不变，故答案为：不变； （2）图象中可以看出，CO*+ 4H* =CO*＋2H2的过程中，活化能最大，数值等于113.9kJ•mol－1-(-65.7kJ•mol－1)=179.6 kJ•mol－1，该历程中最大能垒(活化能)E正=179.6kJ·mol−1，该历程中，放热最多的步骤的化学方程式为CHO*+3H*=CO*+4H*(或CHO*=CO*+H*)。故答案为：179.6；CHO*+3H*=CO*+4H*(或CHO*=CO*+H*)。 学科网（北京）股份有限公司 $$