第43讲 反应历程与化学反应速率(课件PPT)-【正禾一本通】2025年高考化学高三一轮总复习高效讲义（鲁科版2019 双选版）

第43讲　反应历程与化学反应速率 第六章　化学反应的方向、限度与速率 课程标准 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 考点二　多因素影响下的速率图像分析 内容索引 课时测评 基元反应　过渡态理论 考点一 返回 要点梳理 1．基元反应 (1)概念：大多数化学反应都是分几步完成的，其中的____________都称为基元反应。 (2)速率方程：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)。 每一步反应 2．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________，中间体为____，生成物为____。 (2)由A、B生成C的反应为____(填“吸”或“放”，下同)热反应，由C生成D的反应为____热反应，总反应为____热反应。 (3)第一步为____(填“快”或“慢”)反应，第二步为____反应，决定总反应快慢的是____反应。 A、B C D 吸 放 放 慢 快 慢 3．催化剂与活化能 (1)催化剂的催化机理 催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物， 降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应速率 加快。 反应A＋B→AB的活化能为Ea。 加入催化剂K后，反应分两步进行： ①A＋K→AK　　　活化能为Ea1(慢反应) ②AK＋B→AB＋K　活化能为Ea2(快反应) 总反应方程式：A＋B AB，反应活化能(能垒)为Ea1。 (2)活化能与化学反应速率的关系 ①加入催化剂后，两步基元反应的活化能Ea1和Ea2均小于原反应的活化能Ea，因此反应速率加快。 ②两步基元反应由于Ea1>Ea2，第1步反应是____反应，决定整个反应的快慢，活化能Ea1是在催化剂条件下总反应的活化能。 慢 典题1 (2023·全国甲卷)MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。 (ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 典题引领 Ⅰ 结合题图转化可知，步骤Ⅰ中CH4、MO＋转化为[ ]＋，C—H键断裂，形成O—H键，涉及氢原子成键变化，步骤Ⅱ中[ ]＋转化为CH3OH和M＋，M—O键、M—C键断裂，形成C—O键，不涉及氢原子成键变化。 (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。 由题意可知，MO＋与CD4的反应比与CH4的反应慢，反应的活化能越大，反应速率越慢，故MO＋与CD4反应的能量变化对应题图中曲线c。 c (ⅲ)MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD CHD2OH(填“＞”、“＜”或“＝”)。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有 种。 由(ⅱ)中信息可知，CH2D2中C—H键比C—D键更易断裂，CHD2OH更易生成，产量更大；结合题图中化学键变化情况可知，MO＋与CHD3反应可生成CHD2OD和CD3OH两种产物。 ＜ 2 (2023·新课标卷)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N 表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理由是______________________________________________________ _________________。 典题2 在化学反应中，能垒最大的步骤为决速步骤，NN键的键能 (ⅱ) 比H—H键的大 根据题图1可知，N2(g)===N(g)的ΔH＝＋473 kJ·mol－1，则NN键的键能为946 kJ·mol－1； H2(g)===3H(g)的ΔH＝＋654 kJ·mol－1，则H—H键 的键能为436 kJ·mol－1；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，NN键的键能比H—H键的大，因此在题图2所示的反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。 (2023·山东卷)一定条件下，水气变换反应CO＋H2O⥫⥬CO2＋H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应： Ⅰ.HCOOH⥫⥬CO＋H2O(快) Ⅱ.HCOOH⥫⥬CO2＋H2(慢) 研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H＋仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ。 反应Ⅰ正反应速率方程为：v＝kc(H＋)·c(HCOOH)，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为x mol·L－1时，H＋浓度为 mol·L－1，此时反应Ⅰ正反应速率v＝ mol· L－1·h－1(用含Ka、x和k的代数式表示)。 典题3 考向探究 考向一　反应机理——快反应与慢反应 1．已知反应：2NO(g)＋Br2(g) ⥫⥬2NOBr(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1(a＞0)，其反应机理如下： ①NO(g)＋Br2(g) ⥫⥬NOBr2(g)　快 ②NO(g)＋NOBr2(g) ⥫⥬2NOBr(g)　慢 下列有关该反应的说法正确的是 A．该反应的速率主要取决于①的快慢 B．NOBr2是该反应的催化剂 C．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1 D．增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率 √ 反应速率主要取决于慢的一步，所以该反应的速率主要取决于②的快慢，故A错误；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，催化剂与中间产物的区别是催化剂一般是先反应再生成，而中间产物一般是先生成再反应，故B错误；由于该反应为放热反应，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1，故C正确；增大Br2(g)浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数目增多，所以能加快反应速率，故D错误。 √ 2．据文献报道，某反应的反应历程如图所示： 下列有关该历程的说法错误的是 A．总反应化学方程式为4NH3＋3O2 2N2＋6H2O B．Ti4＋…NH2—N===O是中间产物 C．Ti4＋是催化剂 D．Ti4＋…NH2—N===O→Ti4＋＋N2＋H2O属于分解反应 根据反应历程，参加反应的物质有NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，因此总反应化学方程式为4NH3＋2NO＋2O2 3N2＋6H2O，故A错误；根据题中信息得到Ti4＋…NH2—N===O是中间产物，故B正确； Ti4＋在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和化学性质未变，因此Ti4＋是催化剂，故C正确；分解反应是一种物质反应生成两种或两种以上新物质，因此Ti4＋…NH2—N===O―→Ti4＋＋N2＋H2O属于分解反应，故D正确。 3．在Co＋的催化作用下，CO(g)还原N2O(g)的反应历程和能量变化如图所示(逸出后认为物质状态不发生变化，在图中略去)。已知总反应的化学方程式为CO(g)＋N2O(g) ⥫⥬CO2(g)＋N2(g)。 该反应分两步进行： (1)填写第二步反应的热化学方程式，并根据反应历程图计算ΔH2的数值。 第一步：Co＋(s)＋N2O(g) ⥫⥬CoO＋(s)＋N2(g)　ΔH1＝＋15.9 kJ·mol－1； 笫二步： ，ΔH2＝ 。 CoO＋(s)＋CO(g)⥫⥬Co＋(s)＋CO2(g) －374.5 kJ·mol－1 总反应方程式为CO(g)＋N2O(g) ⥫⥬CO2(g)＋N2(g)；第一步反应为Co＋(s)＋N2O(g) ⥫⥬CoO＋(s)＋N2(g)　ΔH1＝＋15.9 kJ·mol－1；第二步反应＝总反应－第一步反应，所以第二步反应为CoO＋(s)＋CO(g) ⥫⥬Co＋(s)＋CO2(g)；据题图可知该反应初始时的相对能量为＋15.9 kJ/mol，终态的相对能量为－358.6 kJ/mol，所以该反应的ΔH2＝－358.6 kJ/mol－15.9 kJ/mol＝－374.5 kJ/mol； 根据反应历程图像中的数据可知，由－127.9 kJ/mol到＋15.9 kJ/mol这两个能量状态之间转化过程中能垒最高，为143.8 kJ/mol。 (2)该反应的最高能垒(活化能)为 。 143.8 kJ·mol－1 考向二　速率常数与速率方程 4．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： 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。 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 0.2　 1.0×104 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 5．300 ℃时，2NO(g)＋Cl2(g)⥫⥬2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正＝k·cn(ClNO)，测得正反应速率和浓度的关系如下表： n＝ ；k＝ 。 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 2 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。 返回 多因素影响下的速率图像分析 考点二 返回 要点梳理 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。 典题1 (2023·辽宁卷)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化： SO2(g)＋ O2(g) ⥫⥬SO3(g)　ΔH＝－98.9 kJ·mol－1 为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是 (填字母)。 典题引领 d 根据题图所知，在相同温度下d催化剂对应的SO2转化率最高，催化性能最佳。 (江苏卷节选) NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx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NH3与NOx反应生成N2。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图1)。 典题2 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________________________________________ ________________________________________________________________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是________________________________________ 。 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NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx 去除反应速率增大 催化剂活性下降；NH3 与 O2反应生成了NO 考向探究 考向一　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500mL 0.5mol·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_____________________________________ ______________________________。 铝的表面有一层致密的Al2O3薄膜，能与 H＋反应得到盐和水，无氢气放出 (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__________________________ ____________________。 反应放热，溶液温 度升高，反应速率加快 随着反应的进行，溶液中氢 离子的浓度逐渐降低 考向二　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*===CO2＋Pt(s) Ⅴ.N*＋ N*===N2＋Pt(s) Ⅵ.NO*＋N*===N2O＋Pt(s) 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Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是_________________________________________。 温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快 由题图1可知，温度升高，反应物的消耗量迅速增大，说明催化剂的活性增强，反应速率加快。 (2)图2中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能 (填“<”“>”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时发生的主要反应为 (填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。 > Ⅳ 由题图2可知，T2 ℃时，N2的浓度小于N2O的浓度，说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的反应速率，则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应Ⅳ。 返回 课 时 测 评 返回 √ 1．对于反应2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程： 第一步：N2O5⥫⥬NO2＋NO3　快速平衡 第二步：NO2＋NO3―→NO＋NO2＋O2　慢反应 第三步：NO＋NO3―→2NO2　快反应 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)<v(第二步反应) B．反应的中间产物只有NO3 C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D．第三步反应活化能较高 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 第一步反应快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的反应速率，A错误；反应的中间产物除NO3外还有NO，B错误；有效碰撞才能发生化学反应，第二步反应慢，说明仅部分碰撞有效，C正确；第三步反应快，说明反应活化能较低，D错误。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 2．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出 了均相催化的思维模型。总反应：A＋B―→ AB(K为催化剂)，①A＋K―→AK　Ea1，②AK ＋B―→AB＋K　Ea2。下列说法错误的是 A．第①步为决速步骤 B．升高温度，该反应的速率加快 C．该反应的ΔH＝－Ea kJ·mol－1 D．催化剂降低了活化能，加快了反应速率 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 第①步的正反应活化能Ea1>第②步正反应活化能Ea2，所以反应速率：①<②，而总反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；Ea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。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 3．(2023·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(k1和k2为速率常数)。下列说法错误的是 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H2O2＋Fe3＋===HO2·＋Fe2＋＋H＋ 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) 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题干信息可知，k1＞k2，说明相 同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应 速率更快，活化能越低反应速率越 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＋＋H2O2＋Fe2＋===Fe3＋＋·OH＋H2O，铁的化合价由＋2→＋3，氧的化合价由－1→－2，另从结构的角度·OH的电子式为 H，可知·OH中的O化合价为－1，故基元反应Ⅰ中氧元素的化合价发生变化，B错误；由题图可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2＋Fe3＋===HO2·＋Fe2＋＋H＋，C正确；基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，总反应不是简单的基元反应Ⅰ加上基元反应Ⅱ，则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)，D正确。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 4．ICl与H2能发生的总反应为H2(g)＋2ICl(g)===I2(g)＋2HCl(g)　ΔH<0。 已知：①该反应分两步完成，第一步为H2(g)＋ICl(g)===HI(g)＋HCl(g)； ②两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2，且Ea1>Ea2。 下列判断正确的是 A．总反应中I2为氧化产物 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—Cl<I—Cl D．第二步的化学方程式可能为HI(g)＋ICl(g)===HCl(g)＋I2(g) 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ICl中I为＋1价，故I2为还原产物，A错误；Ea1>Ea2，活化能大的化学反应速率慢，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。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步骤 B．反应结束后，溶液中存在18OH－ C．反应结束后，溶液中存在CH OH D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 6．(2023·济南历城模拟)二甲醚(CH3OCH3) 被称为21世纪的“清洁能源”，科学家研究 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 ―→CH3OCH3＋H＋ D．总反应方程式为2CH3OH CH3OCH3＋H2O 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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； 由题图可知该历程中最小的能垒(基元反 应活化能)为131 kJ·mol－1，注意纵坐标 的单位，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，由题图可 知，该基元反应为 ―→CH3OCH3＋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2CH3OH CH3OCH3＋H2O，故D正确。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7．烯烃与氢气混合在常温常压时不反应，高温时反应很慢，但在适当的催化剂存在时可与氢气反应生成烷烃，一般认为加氢反应是在催化剂表面上进行。反应过程的示意图如图： 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 下列说法正确的是 A．乙烯和氢气生成乙烷反应的ΔH＞0 B．有催化剂时的活化能E2比无催化剂时的活化能E1低，能减小反应的ΔH C．催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体 D．催化加氢过程中催化剂将较难发生的反应分成了多个容易发生的反应，可提高反应物的转化率 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题图可知乙烯和氢气生成乙烷的反应为放热反应，则ΔH＜0，故A错误；由题图可知加入催化剂，反应物与生成物的总能量差不变，则反应热不变，所以有催化剂时的活化能E2比无催化剂时的活化能E1低，不能减小反应的ΔH，故B错误；由题图可知，催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体，故C正确；催化剂不影响平衡移动，不能改变转化率，故D错误。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8．(双选)如图是CH4与Zr形成过渡金 属化合物的过程。下列说法正确的是 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＋CH4―→CH3—Zr…H的活 化能为99.20 kJ·mol-1 C．整个反应的快慢由状态1前 ―→CH3—Zr…H的反应快慢决定 D．Zr＋CH4―→CH—Zr…H3　ΔH＝＋39.54 kJ·mol-1 √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 题图可知，反应Zr＋CH4―→CH3— Zr…H的活化能为99.20 kJ·mol-1，故 B正确；由题图可知， ―→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；由题图可知，反应Zr＋CH4―→CH—Zr…H3　ΔH＝＋ 39.54 kJ·mol-1，故D正确。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ c(S2O )/(mol·L－1) c(I－)/(mol·L－1) v/(mol·L－1·min－1) 0.038 0.060 1.4×10－5 0.076 0.060 2.8×10－5 0.076 0.030 1.4×10－5 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 c(S2O )/(mol·L－1) c(I－)/(mol·L－1) v/(mol·L－1·min－1) 0.038 0.060 1.4×10－5 0.076 0.060 2.8×10－5 0.076 0.030 1.4×10－5 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 10．(2023·武汉六校联考)某温度下，X2Y在金(Au)表面发生分解反应：2X2Y(g)===2X2(g)＋Y2(g)，该反应的速率方程式为v＝kca(X2Y)(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，a为反应级数)，实验测得剩余X2Y的物质的量浓度与时间的关系如表所示： 下列说法正确的是 A．a＝1 B．反应过程中c(X2Y)与t的关系如图所示 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(X2Y)，反应速率增大 时间/min 0 20 40 60 80 c(X2Y)/(mol·L－1) 0.100 0.080 0.060 0.040 0.020 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题表中数据可知，在0～20 min、20～40 min、40～60 min、60～80 min，X2Y的浓度均减少了0.02 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。 时间/min 0 20 40 60 80 c(X2Y)/(mol·L－1) 0.100 0.080 0.060 0.040 0.020 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11．(10分)N2O4与NO2之间存在反应：N2O4(g) ⥫⥬2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)＝k1·p(N2O4)，v(NO2)＝k2·p2(NO2)，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。则一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp 的关系是k1＝ 。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12．(20分)H2还原NO的化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH<0。 (1)研究表明上述反应历程分两步： Ⅰ.2NO(g)＋H2(g) ⥫⥬N2(g)＋H2O2(l)(慢反应) Ⅱ.H2O2(l)＋H2(g) ⥫⥬2H2O(g)(快反应) 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”)。 Ⅰ 高 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 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)该反应常伴有副产物N2O和NH3。以Pt作催化剂，用H2还原某废气中的NO(其他气体不反应)，270 ℃时H2的体积分数对H2-NO反应的影响如图所示。随着H2体积分数的增大，N2的体积分数呈下降趋势，原因是________ ___________________________________________________________________________________________。 随着H2 体积分数的增加，NO反应完后，在Pt催化下，N2和H2反应生成NH3，所 以N2的体积分数呈下降趋势 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题图可知，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。 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)在一定温度下，副产物N2O分解反应的化学方程式为2N2O(g)===2N2(g)＋O2(g)，测得在恒容容器中N2O分解的部分实验数据如下表。 0～20 min，反应速率v(N2O)为 mol·L－1·min－1。 反应时间/min 0 20 40 60 80 100 c(N2O)/(mol·L－1) 0.10 0.08 0.06 0.04 0.02 0.00 0.001 由题给数据可知，0～20 min，反应速率为v(N2O)＝ ＝0.001 mol·L－1·min－1。 返回 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 谢 谢 观 看 返回 kx 根据HCOOH⥫⥬HCOO－＋H＋，HCOOH溶液中，c(HCOO－)＝c(H＋)，T1温度下设平衡时H＋浓度为a mol·L－1，则HCOOH电离平衡常数Ka＝，a＝，此时反应Ⅰ正反应速率v＝k·c(H＋)·c(HCOOH)＝kx mol·L－1·h－1。 根据v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，由题表中数据可得：(c1 mol·L－1)3＝，c2 mol·L－1＝，所以有k××＝16.0 mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，代入c2的等式可得c2＝0.2。 4.0×10－8 L·mol－1·s－1 ＝ 5．18O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＋ ＋CH3O－，能量变化 如图所示。已知⥫⥬为快速平衡，下列说法正确的是 一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，反应速率慢的为决速步骤，由题图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步骤 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CHOH，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，总反应为放热反应，因此和CH3O－的总能量与和OH－的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误。 9．反应S2O＋3I－===2SO＋I的反应机理为①S2O＋I－===S2O8I3－，②……，③I2＋I－===I(快反应)，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示： 下列说法正确的是 A．该反应的速率方程为v＝k·c(S2O)·c3(I－) 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S2O8I3－＋I2===2SO＋3I－ D．3步反应中反应③的活化能最大 由1、2两组数据，c(S2O)增大1倍，速率增大1倍，由2、3两组数据，c(I－)增大1倍，速率增大1倍，该反应的速率方程为v＝k·c(S2O)·c(I－)，故A错误；将1组的数据代入v＝k·c(S2O)·c(I－)，1.4×10－5＝k×0.038×0.060，k≈6.14×10－3，故B正确；总反应－①－③可得第②步反应的化学方程式：S2O8I3－＋I－===2SO＋I2，故C错误；反应③为快反应，活化能最小，故D错误。 ＝ Kp·k2 Kp＝，平衡时NO2、N2O4的消耗速率比＝v(NO2)∶v(N2O4)＝k2·p2(NO2)∶[k1·p(N2O4)]＝2∶1，则k1＝Kp·k2。 $$