第7章 第33讲 化学反应速率及其影响因素(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（人教版2019 单选版）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 一轮总复习 多媒体课件 化学（人教版单选） 第七章 化学反应速率 与化学平衡 第33讲　化学反应速率及其影响因素 考点1 1 化学反应速率及相关计算 考点2 1 影响化学反应速率的因素 课下巩固精练卷(三十三)　化学反应速率及其影响因素 【备考目标】　1.知道化学反应速率的表示方法，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。2.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；知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。 增加 1．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)定义式：＝ eq \f(Δc,Δt) ，单位为mol·L－1·s－1或mol·L－1·min－1。 (3)注意事项：①化学反应速率一般指平均速率而不是某一时刻的瞬时速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。 ②不能用固体或纯液体表示化学反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数。 减小 (4)与化学计量数的关系：对于反应aA(g)＋bB(g) ⇌ cC(g)＋dD(g)，(A)∶(B)∶(C)∶(D)＝a∶b∶c∶d。 2．三段式法计算反应速率的模型 3．化学反应速率大小比较 (1)归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一单位、同一种物质的反应速率，再进行速率的大小比较。 (2)比值法：将各物质表示的反应速率转化成同一单位后，再除以对应各物质的化学计量数，然后对求出的数值进行大小排序，数值大的反应速率快。如反应mA(g)＋nB(g) ⇌ pC(g)＋qD(g)，若，则反应速率A＞B。 鲁科选择性必修1·反应速率常数 在298 K时，实验测得溶液中的反应H2O2＋2HI===2H2O＋I2在反应物浓度不同时反应速率不同，其关系可表示为： ＝kc(H2O2)·c(HI) 式中，k称为反应速率常数，它表示单位浓度下的化学反应速率。 (1)影响因素 反应速率常数与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。通常，反应速率常数越大，反应进行得越快。 (2)注意事项 根据化学反应速率与反应物浓度的关系式，可以清楚地判断反应物浓度的改变对化学反应速率的影响。但一个化学反应的速率与参与反应的物质的浓度的关系式是实验测定的结果，不能随意根据反应的化学方程式直接写出。对于很多反应，这种关系式中浓度的方次与化学方程式中各物质化学式前的系数并无确定关系，例如： H2＋Cl2===2HCl　＝kc(H2)·c eq \s\up6(\f(1,2)) (Cl2) H2＋I2===2HI(气体反应)　＝kc(H2)·c(I2) CO＋NO2===CO2＋NO　＝kc2(NO2) 【基点判断】(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，反应现象越明显( ) (2)单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率，生成物浓度的变化量表示逆反应速率( ) (3)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( ) (4)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同( ) × × × √ 一、化学反应速率的概念及基本计算 1．在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(s)＋2B(g) ⇌ 3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol；5 min末时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.1 mol/(L·min)。下列说法错误的是(　　 ) A．前5 min内用A表示的化学反应速率v(A)为0.1 mol/(L·min) B．化学方程式中n值为1 C．反应达到平衡时3v正(B)＝2v逆(C) D．此反应在两种不同情况下的速率分别表示为：①v(B)＝6 mol/(L·min)，②v(D)＝4.5 mol/(L·min)，其中反应速率快的是② 解析：选A。A 为固体，不能用浓度变化表示化学反应速率，A错误； n(C)∶n(D)＝3∶1，为化学计量数之比，B正确；平衡时正反应速率等于逆反应速率，＝ eq \f(2,3) ，C正确；当(D)＝4.5 mol/(L·min)，若用B的浓度变化表示应为(B)＝4.5×2＝9 mol/(L·min)，D正确。 2．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)＝0.5 mol·L－1·min－1 B．v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1 C．v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1 D．v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1 解析：选D。本题可以采用归一法进行求解，通过化学计量数将不同物质表示的反应速率折算成同一物质表示的反应速率进行比较，B物质是固体，不能表示反应速率；C项中对应的v(A)＝0.2 mol·L－1·min－1；D项中对应的v(A)＝3 mol·L－1·min－1。 二、用其他物理量的变化表示的化学反应速率的计算 3．温度为T1时，2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL，吸氢速率v＝________ mL·g－1·min－1。 解析：由单位可知v＝ eq \f(240 mL,2 g×4 min) ＝30 mL·g－1·min－1。 答案：30 4．工业制硫酸的过程中，SO2(g)转化为SO3(g)是关键的一步，550 ℃时，在1 L的恒温容器中，反应过程中的部分数据见下表： 反应时间/min SO2(g)/mol O2(g)/mol SO3(g)/mol 0 4 2 0 5 1.5 10 2 15 1 若在起始时总压为p0kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，气态物质分压＝总压×气态物质的物质的量分数，则10 min内SO2(g)的反应速率v(SO2)＝________ kPa·min－1。 解析：列出三段式 　　　 2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) 初始/mol　　　4　　　2　　 　　0 转化/mol　　　2　　　1　　 　　2 10 min时/mol　2　　　1　　　 　2 恒温恒容下，气体总压之比等于气体物质的量之比，所以10 min时体系总压p10 min满足 eq \f(p0kPa,p10 min) ＝ eq \f(6 mol,5 mol) ，即p10 min＝ eq \f(5,6) p0kPa，p初始(SO2)＝ eq \f(2,3) p0kPa，p10 min(SO2)＝ eq \f(5,6) p0kPa× eq \f(2,5) ＝ eq \f(1,3) p0kPa，故v(SO2)＝ eq \f(\f(2,3)p0kPa－\f(1,3)p0kPa,10 min) ＝ eq \f(p0,30) kPa·min－1。 答案： eq \f(p0,30) 三、反应速率常数及其应用 5．(2024·山东烟台模拟)反应A(g)＋B(g)―→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)(k为速率常数，其中lg k＝－ eq \f(Ea,2.303RT) ＋lg A，A、R为常数，Ea为活化能，T为开氏温度)，其半衰期(反应物消耗一半所需的时间)为0.8/k。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(　　 ) c(A)/(mol·L－1) 0.25 0.5 1 0.5 1 c(B)/(mol·L－1) 0.05 0.05 0.1 0.1 0.2 v/(10－3 mol·L－1·min－1) 1.6 3.2 v1 3.2 v2 A.m＝1，2v1＝v2 B．k＝6.4 min－1 C．在过量的B存在时，A剩余25%所需的时间是250 min D．升温、加入催化剂，缩小容积(加压)，均能使k增大，导致反应的瞬时速率加快 解析：选C。由第二组和第四组数据，A浓度相同，B浓度不同，速率相等，可知n＝0，再由第一组和第二组数据代入速率方程可得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.50,0.25))) eq \s\up12(m) ＝ eq \f(3.2×10－3,1.6×10－3) ，可知m＝1；将第一组数据代入v＝k×c(A)×c0(B)＝k×0.25×0.050＝1.6×10－3，可得k＝6.4×10－3，则v＝k×c(A)×c0(B)＝6.4×c(A)×10－3。根据数据分析，m＝1，n＝0，v1＝v2，A错误；速率常数k＝6.4×10－3 min－1，B错误；存在过量的B时，反应掉75%的A可以看作经历2个半衰期，即50%＋25%，因此所需的时间为2× eq \f(0.8,6.4×10－3) min＝250 min，C正确；速率常数与浓度无关，缩小容积(加压)不会使k增大，D错误。 6．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：(c1 mol·L－1)3＝ eq \f(8.0 mol·L－1·min－1,0.1 mol·L－1×k) ，c2 mol·L－1＝ eq \f(6.75 mol·L－1·min－1,（0.15 mol·L－1）3×k) ，所以有k× eq \f(8.0 mol·L－1·min－1,0.1 mol·L－1×k) × eq \f(6.75 mol·L－1·min－1,（0.15 mol·L－1）3×k) ＝16.0 mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，带入c2的等式可得c2＝0.2。 答案：0.2　1.0×104 7．对于反应aA(g)＋bB(g) ⇌ cC(g)＋dD(g)，速率方程v＝kcm(A)cn(B)，k为速率常数，m＋n为反应级数。已知H2(g)＋CO2(g)===CO(g)＋H2O(g)，CO的瞬时生成速率＝kcm(H2)c(CO2)。一定温度下，控制CO2起始浓度为0.25 mol·L－1，改变H2起始浓度，进行以上反应的实验，得到CO的瞬时生成速率和H2起始浓度呈如图所示的直线关系。 (1)该反应的反应级数为________。 (2)速率常数k＝____________________。 (3)当H2的起始浓度为0.2 mol·L－1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2 mol·L－1，此时CO的瞬时生成速率v＝________mol·L－1·s－1。 解析：(1)控制CO2起始浓度为0.25 mol·L－1，根据CO的瞬时生成速率＝kcm(H2)c(CO2)和H2起始浓度呈直线关系可知，m＝1，该反应的反应级数为1＋1＝2。(2)将图象上的点(0.4，1.5)代入v＝kc(H2)c(CO2)中有：1.5＝0.4×k×0.25，解得k＝15。(3)由于CO2起始浓度为0.25 mol·L－1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2 mol·L－1，Δc(CO2)＝(0.25－0.2) mol/L＝0.05 mol/L，Δc(H2)＝Δc(CO2)＝0.05 mol/L，H2的瞬时浓度为c(H2)＝(0.2－0.05) mol/L＝0.15 mol/L，此时CO的生成瞬时速率v＝15×0.15×0.2 mol·L－1·s－1＝0.45 mol·L－1·s－1。 答案：(1)2　(2)15　(3)0.45 Mg>Al 1．影响化学反应速率的因素 (1)内因(主要因素) 反应物本身的 。例如，相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为 。 (2)外因(其他条件不变，只改变一个条件) 性质 减小 减小 接触面积 增大 减小 增大 增大 增大 [深化理解] ①浓度、温度、压强发生变化或加入催化剂时，正、逆反应速率均增大或减小，如升高温度，不论是放热反应还是吸热反应，化学反应速率均加快。 ②改变压强，实质是通过改变体积使浓度发生改变来实现化学反应速率的改变。若压强改变导致了反应物浓度增大或减小，则化学反应速率会增大或减小。对于没有气体参加的反应，改变体系压强，反应物的浓度不变，则化学反应速率不变。一般意义上的增大压强是指压缩气体的体积。 ③惰性气体对化学反应速率的影响 ④固体反应物量的增减，不能改变化学反应速率，固体的表面积改变才能改变化学反应速率。 ⑤对离子反应来说，影响反应速率的因素是真正参加反应的离子浓度，如NaOH与HCl反应，影响速率的是H＋、OH－浓度，不是Na＋、Cl－的浓度。 2．基元反应和有效碰撞理论 (1)基元反应 大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现， 都被称为基元反应；先后进行的基元反应反映了反应历程，反应历程又称为反应机理。基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须 。 (2)活化分子、活化能、有效碰撞 ①活化分子：能够发生 的分子。 每一步反应 发生碰撞 有效碰撞 E1－E2 快 慢 ②活化能：普通分子变为活化分子所需要吸收的最低能量。 上图中： 为正反应的活化能， 为活化分子变成生成物分子放出的能量， 为使用催化剂时的活化能， 为反应热。由此可见，活化能小的反应速率 ，活化能大的反应速率 。 ③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。 E1 E2 E3 (3)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 [注意]　一般地，催化剂在化学反应过程中降低了正、逆反应的活化能，同等程度改变正、逆反应速率，但不会改变反应的限度和反应热。 分子 总数 百分数 百分数 分子总 数 × 【基点判断】(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大 ( ) (2)催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后物理和化学性质保持不变( ) (3)升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小( ) (4)一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜与醋酸钠均能够提高反应速率( ) (5)可逆反应FeCl3＋3KSCN ⇌ Fe(SCN)3＋3KCl，增加氯化钾浓度，逆反应速率加快( ) × × × × 一、影响化学反应速率的因素 1．下列有关化学反应速率的说法正确的是(　　 ) A.C与CO2反应生成CO时，增加C的量能使反应速率增大 B．等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同物质的量浓度的盐酸反应，反应速率相等 C．SO2的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减小 D．汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，使用催化剂可以增大该化学反应速率 解析：选D。C是固体，增加C的量不影响化学反应速率，A不正确；锌粉的表面积大，反应速率大，B不正确；升高温度，吸热反应、放热反应速率均增大，C不正确；催化剂可以增大化学反应速率，D正确。 2．一定温度下，将1 mol A和2 mol B放入5 L的密闭容器中发生如下反应：A(s)＋2B(g) ⇌ C(g)＋2D(g)　ΔH＜0，经5 min后，测得容器内B的浓度减少了0.2 mol/L。下列叙述正确的是(　　) A．加入少量A，反应速率加快 B．该反应在5 min内用C的浓度改变量表示的反应速率为 0.02 mol/(L·min) C．保持体积不变，向容器中充入一定量氦气，压强增大，反应速率加快 D．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率加快 解析：选B。固体的浓度为定值，增加固体的量，反应速率不变，则加入少量固体A，化学反应速率不变，A错误；由容器内反应物B的浓度减少了0.2 mol/L可知，生成物C增加的浓度为0.2 mol/L× eq \f(1,2) ＝0.1 mol/L，则该反应在5 min内用C的浓度改变量表示的反应速率为 eq \f(0.1 mol/L,5 min) ＝0.02 mol/(L·min)，B正确；保持体积不变，向容器中充入一定量氦气，容器的压强增大，但参加反应气体的物质的量浓度不变，反应速率不变，C错误；升高温度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，D错误。 二、用控制变量法探究影响化学反应速率的因素 3．以反应 5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===10CO2＋2Mn2＋＋8H2O 为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取 H2C2O4溶液和酸性 KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。 编号 H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液 温度/℃ 浓度/(mol/L) 体积/mL 浓度/(mol/L) 体积/mL ① 0.10 2.0 0.010 4.0 25 ② 0.20 2.0 0.010 4.0 25 ③ 0.20 2.0 0.010 4.0 50 下列说法不正确的是(　　 ) A．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均过量 B.若实验①测得 KMnO4溶液的褪色时间为 40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)＝2.5×10－4 mol·L－1·s－1 C.实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响 D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的 Mn2＋对反应起催化作用 解析：选B。根据反应方程式可得5H2C2O4～2MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) ，由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，A正确；若混合后溶液体积为两溶液体积的加和，即为6 mL，则v(KMnO4)≈1.7×10－4 mol·L－1·s－1，B错误；分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，实验②和③只是温度不同，C正确；在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2＋，D正确。 4．(人教选择性必修1 P31T7) 目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成CO2和N2。为研究如何增大该化学反应的速率，某课题组进行了以下实验探究。 [提出问题]在其他条件不变的情况下，温度或催化剂的比表面积(单位质量的物质所具有的总面积)如何影响汽车尾气的转化速率？ [查阅资料]使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响。 [实验设计]请填写下表中的空白。 编号 t/℃ c(NO)/(mol·L－1) c(CO)/(mol·L－1) 催化剂的比表面积/(m2·g－1) Ⅰ 280 6.50×10－3 4.00×10－3 80.0 Ⅱ 120 Ⅲ 360 80.0 [图像分析与结论]三组实验中CO的浓度随时间的变化如图所示。 (1)第Ⅰ组实验中，达到平衡时NO的浓度为__________。 (2)由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将________(填“增大”“减小”或“无影响”)。 (3)由实验Ⅰ和Ⅲ可得出的结论是 ___________________________________________________________________ ___________________________________________________________________。 解析：(1)通过图像可知，第Ⅰ组实验中，平衡时CO的浓度为1.00×10－3 mol·L－1，可得出CO的浓度变化量为4.00×10－3 mol·L－1－1.00×10－3 mol·L－1＝3.00×10－3 mol·L－1，在同一个反应中，各物质的浓度变化量之比等于化学计量数之比，故NO的浓度变化量为3.00×10－3 mol·L－1，故NO的平衡浓度c(NO)＝6.50×10－3 mol·L－1－3.00×10－3 mol·L－1＝3.50×10－3 mol·L－1。 (2)由图像可知，增大催化剂比表面积后，缩短了到达平衡的时间，增大了反应速率。 (3)由图像可知，其他条件相同时，升高温度，反应速率增大。 答案： Ⅱ 280 6.50×10－3 4.00×10－3 Ⅲ 6.50×10－3 4.00×10－3 (1)3.50×10－3 mol·L－1　(2)增大　(3)其他条件相同时，温度越高，反应速率越快 【方法指导】　“控制变量法”题目的解题策略 三、多因素影响下的速率图像分析 5．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)。 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 ____________________________________________________________________ ___________________________________________________________________。 答案：迅速上升阶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；上升缓慢阶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 6．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的变化关系如图1和图2所示。 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 ___________________________________________________________________。 (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”)。 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，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。 答案：(1)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快　(2)>　Ⅳ eq \a\vs4\al([真题演练·感悟高考]) 1．(2023·辽宁高考)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2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O 解析：选C。根据题图可知，随着反应的进行，Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明Mn(Ⅲ)先生成后被消耗，则Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A错误；由“Mn(Ⅱ)起催化作用”可知，该反应过程中，反应物浓度和Mn(Ⅱ)均影响化学反应速率，反应前期无Mn(Ⅱ)，反应物浓度随反应的进行逐渐减小，故反应速率逐渐减小，生成Mn(Ⅱ)后，Mn(Ⅱ)催化反应的进行，使反应速率加快，但随着反应物浓度的降低，浓度变化起决定作用，反应速率又会减小，所以反应速率会先减小后增大再减小，B错误；根据题图，Mn(Ⅶ)浓度减小到0时，Mn(Ⅱ)浓度才逐渐增大，说明Mn(Ⅶ)和Mn(Ⅱ)不能大量共存，C项正确；草酸为弱酸，在离子方程式中写化学式，总反应为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O，D项错误。 2．(2022·辽宁高考)某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X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．1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L－1 B．2 min时，加入0.20 mol Z，此时v正(Z)<v逆(Z) C．3 min时，Y的体积分数约为33.3% D．5 min时，X的物质的量为1.4 mol 解析：选B。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0～1 min内Z的平均生成速率大于1～2 min内的，故1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L－1，A正确；4 min时生成的Z的物质的量为0.15 mol·L－1·min－1×4 min×1 L＝0.6 mol，6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol·L－1·min－1×6 min×1 L＝0.6 mol，故反应在4 min时已达到平衡，设达到平衡时生成了a mol Y，列三段式： 　　　　　　2X(s)Y(g)＋2Z(g) 初始量/mol　2.0　　　　0　　 0 转化量/mol　2a　　 　 a　　 2a 平衡量/mol　2.0－2a　　a　 　0.6 根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3 mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6 mol·L－1，平衡常数K＝c2(Z)·c(Y)＝0.108，2 min 时Y的浓度为0.2 mol·L－1，Z的浓度为0.4 mol·L－1，加入0.2 mol Z后Z的浓度变为0.6 mol·L－1，Q＝c2(Z)·c(Y)＝0.072<K，反应正向进行，故v正(Z)>v逆(Z)，B错误；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， eq \f(V（Y）,V（Z）) ＝ eq \f(1,2) ，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5 min时反应处于平衡状态，此时生成的Z为0.6 mol，则X的转化量为0.6 mol，初始时X的物质的量为2 mol，剩余X的物质的量为1.4 mol，D正确。 3．(2022·浙江6月选考)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/minc(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①，0～20 min，v(N2)＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1 B．实验②，60 min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：选C。实验①中，0～20 min，氨气浓度变化量为2.40×10－3 mol/L－2.00×10－3 mol/L＝4.00×10－4 mol/L，v(NH3)＝ eq \f(4.00×10－4 mol/L,20 min) ＝2.00×10－5 mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)＝ eq \f(1,2) v(NH3)＝1.00×10－5mol/(L·min)，A正确；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4.00×10－4 mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4 mol/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在60 min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；实验①、实验②中0～20 min、20～40 min氨气浓度变化量都是4.00×10－4 mol/L， 实验②中60 min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①60 min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；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，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。 4．(2021·辽宁高考)某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是(　　 ) A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C．条件①，反应速率为0.012 mol·L－1·min－1 D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为62.5 min 解析：选B。由图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间越短，故反应速率越大，A项正确；由图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯的浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B项错误；条件①，反应速率为v＝ eq \f(Δc,Δt) ＝ eq \f(3.0 mol·L－1－0 mol·L－1,250 min) ＝0.012 mol·L－1·min－1，C项正确。 5．(2022·广东高考)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 解析：选D。催化剂只是改变反应速率，由图可知，在无催化剂条件下，反应也能进行，A错误；反应曲线越陡，反应速率越快，活化能越低，故与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更高，B错误；2 min时，X转化的浓度为2 mol·L－1，X与Y的系数比为1∶2，则Y增加的量为4 mol·L－1，对应的曲线为使用催化剂Ⅰ，C错误；使用催化剂Ⅰ时，X的浓度随t的变化为a曲线，0～2 min内，v(X)＝ eq \f(Δc,Δt) ＝ eq \f(2 mol·L－1,2 min) ＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。 $$