第44讲 化学反应机理-【优化探究】2025年高考化学一轮复习高考总复习配套课件（苏教版2019）

第一单元 化学反应速率 第44讲　化学反应机理 优化探究 大单元四 化学反应原理 专题10　化学反应速率与化学平衡 考点1　基元反应　化学反应历程 考点2　速率方程与速率常数 课时作业44　化学反应机理 考点1　基元反应　化学反应历程 1. 基元反应和复杂反应的概念 能够一步完成的反应叫基元反应，例如H·＋O2 ·OH＋O·。复杂反应 是由几个基元反应组成的反应，绝大多数化学反应都属于复杂反应。 2. 反应历程及其特点 反应历程是基元反应构成的反应序列。其特点如下： (1)反应历程由反应本身的特点决定，反应不同，反应历程不同。 (2)同一反应在不同条件下的反应历程也可能不同。 (3)反应历程的差别造成了反应快慢的不同。 掌握必备知识 筑牢应试根基 3. 有效碰撞理论 基元反应发生的先决条件：反应物的分子必须发生 ⁠，但是并不 是反应物分子的每一次碰撞都能发生反应。 (1) (2)活化分子：具有足够的能量发生 ⁠的分子。 碰撞　 有效碰撞　 (3)活化能： 具有的平均能量与 ⁠具有的平均 能量之差，为反应的活化能。活化能越小，反应速率 ⁠。 (4)反应物、生成物的能量与活化能的关系 E 1为 ， 为使用催化剂时的活化能， ⁠为 活化分子变成生成物分子放出的能量， ⁠为反应热。 活化分子　 反应物分子　 越快　 反应的活化能　 E 3　 E 2　 E 1－ E 2　 4. 用有效碰撞理论解释外界因素对反应速率的影响 [正误判断] (1)活化分子的碰撞都是有效碰撞。 (　×　) (2)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。 (　×　) (3)催化剂能降低反应所需的活化能，提高活化分子的百分数，Δ H 也会 发生变化。 (　×　) × × × 命题方式1　反应机理 1. (2023·广东东莞调研)已知反应：2NO(g)＋Br2(g) 2NOBr(g)　Δ H ＝ － 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。 提升关键能力 应对命题方式 下列有关该反应的说法正确的是(　C　) A. 该反应的速率主要取决于反应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 C 反应速率主要取决于慢反应，所以该反应的速率主要取决于反应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，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的浓度，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. (2023·广东统考二模)我国科学家合成了一种新型Au15/MoC材料，实现 了低温催化水煤气变换。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的 物质用“*”标注，TS指过渡态。下列有关说法不正确的是(　B　) A. 温度一定时，加压无法提高平衡转化率 B. 分子从催化剂表面脱附的过程都是吸热的 C. 反应历程中活化能最大的一步为CO*＋2H2O* CO*＋H2O*＋OH*＋H* D. 该过程中有极性键的 断裂和形成 B 该反应为CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，该反应为等体积反 应，温度一定时加压，化学平衡不移动，平衡转化率不变，A正确；从 题图中可知，并不是所有分子从催化剂表面脱附的过程都是吸热的，如 C ＋H2O*＋2H*转化为CO2＋H2O*＋2H*的过程是放热的，B错误； 从题图中可知，过渡态TS1的相对能量最大，此时的活化能最大，因此 反应历程中活化能最大的一步为CO*＋2H2O* CO*＋H2O*＋OH*＋ H*，C正确；该过程中H2O中的O—H断裂，同时也有CO2中CO的形成， D正确。 3. (2023·河北高三专题练习)二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效 应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。常温常压下 利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和相对能量 如图所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)， A. 催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热 B. 二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应 C. 该反应的决速步骤为HCOO*＋4H* CH3O*＋H2O D. 总反应为CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) 下列说法错误的是(　A　) A 催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，A错 误；由反应历程图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反 应为放热反应，B正确；HCOO*＋4H* CH3O*＋H2O的活化能 最大，是该反应的决速步骤，C正确；该反应的反应物是CO2和H2， 生成物是CH3OH和H2O，则总反应为 (g) CH3OH(g)＋H2O(g)，D正确。 命题方式2　碰撞理论 4. 下列说法正确的是(　B　) ①活化分子间的碰撞一定能发生化学反应　②普通分子有时也能发生有 效碰撞　③升高温度会加快反应速率，原因是分子吸收能量，增加了活 化分子的百分数　④增大反应物浓度会加快反应速率的原因是活化分子 百分数不变，单位体积内分子总数增加 ⑤使用催化剂能提高反应速率，原因是提高了分子的能量，使有效碰撞 次数增多　⑥化学反应实质是活化分子的碰撞 B A. ①②⑤ B. ③④ C. ③④⑥ D. ②③④ 碰撞不一定为有效碰撞，活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，还 与其分子取向有关，①错误；普通分子不具有反应所需的能量，即不能 发生有效碰撞，②错误；升高温度，提供了分子需要的能量，活化分子 百分数增大，则增加了活化分子的有效碰撞次数，反应速率加快，③正 确；增大反应物浓度，单位体积内分子总数增加，活化分子数目增大， 单位体积内有效碰撞的次数增多，反应速率加快，④正确；使用催化 剂，降低分子所需的能量，使有效碰撞频率增大，反应速率加快，⑤错 误；活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，活化分子有合适的取向 时才发生有效碰撞，即发生了化学变化，⑥错误。 5. 在有气体参与的反应中，①增大反应物浓度、②升高温度、③增大压 强(压缩体积)、④加入催化剂，若以上四种方法均可使反应速率增大， 完成下列问题(填序号)： (1)降低反应活化能的是 ⁠。 (2)增加活化分子百分数的是 ⁠。 (3)未改变活化分子百分数，但增加了单位体积内分子总数的是 ⁠ ⁠。 (4)增加单位体积内活化分子数的是 ⁠。 ④　 ②④　 ① ③　 ①②③④　 考点2　速率方程与速率常数 1. 速率方程：对于任意一个化学反应： a A＋ b B c C＋ d D，其反应 速率方程为 v ＝ kcm (A) cn (B)，其中的 m 、 n 、 k 都由实验测得，与化学 方程式中的化学计量数无关。但是对于基元反应而言，速率方程中物质 浓度的指数等于化学方程式的计量数。 掌握必备知识 筑牢应试根基 2. 阿伦尼乌斯经验公式： k ＝ A 或ln ＝ 。 其中的 A 为比例系数(与反应物的接触面积有关)，e为自然对数的底， R 为理想气体常数， E a为活化能。公式中的 k 为反应速率常数，表示单位 浓度下的化学反应速率。它具备以下特点： (1)与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。温度 升高， k 值通常增大。 (2)通常情况下， k 值越大，反应进行得越快。 (3)同一反应若升高相同的温度，活化能越大， k 值增大的程度越大。 (4)对于基元反应，正、逆反应的速率常数之比等于平衡常数，即 K ＝ 。 3. 外界条件对化学反应速率的影响 命题方式1　速率方程 1. 一定条件下，反应H2(g)＋Br2(g) 2HBr(g)的速率方程为 v ＝ kc α(H2) c β(Br2) c γ(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速 率如下： 提升关键能力 应对命题方式 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 8 v 0.2 0.4 2 16 v 0.4 0.1 4 2 v 0.2 0.1 c 4 v 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)的浓度，会使反应 速率降低 根据表中的测定结果，下列结论错误的是(　B　) B 将 c (H2)、 c (Br2)、 c (HBr)和反应速率代入速率方程可以得到，① v ＝ k ×(0.1)α×(0.1)β×2γ、②8 v ＝ k ×(0.1)α×(0.4)β×2γ、③16 v ＝ k ×(0.2)α×(0.4)β×2γ、④2 v ＝ k ×(0.4)α×(0.1)β×4γ，解得α＝1，β＝ ，γ ＝－1，对于4 v ＝ k ×(0.2)α×(0.1)β× c γ(HBr)与①式，将α＝1，β＝ ，γ ＝－1代入，解得 c ＝1，故A项正确，B项错误； v ＝ kc α(H2) c β(Br2) c γ(HBr)，α、β、γ的值分别为1、 、－1，由于速率与Br2(g)和H2(g)的浓 度成正比，与HBr(g)的浓度成反比，Br2(g)的浓度对反应速率影响最 大，故C项正确；γ＝－1，增大HBr(g)的浓度， c γ(HBr)减小，会使反应 速率降低，故D项正确。 2. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个 反应：①M＋N X＋Y；②M＋N X＋Z。反应①的速率可表示 为 v 1＝ k 1 c 2(M)，反应②的速率可表示为 v 2＝ k 2 c 2(M)( k 1、 k 2为速率常 数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误 的是(　A　) A. 0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为 6.67×10－3 mol·L－1·min－1 B. 反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变 C. 如果反应能进行到底，反应结束时62.5％的M转 化为Z D. 反应①的活化能比反应②的活化能大 A 由图像可知，0～30 min时间段内，M的浓度变化为(0.500－0.300) mol·L －1＝0.200 mol·L－1，Z的浓度变化为0.125 mol·L－1，即反应②中M的浓 度变化为0.125 mol·L－1，故反应①中M的浓度变化为(0.200－0.125) mol·L－1＝0.075 mol·L－1，即Y的浓度变化为0.075 mol·L－1，所以0～30 min时间段内，Y的平均反应速率 v (Y)＝ ＝ ＝ 2.5×10－3 mol·L－1·min－1，A项错误； 由 v ＝ 可得Δ c ＝ v ·Δ t ，且 v 1＝ k 1 c 2(M)， v 2＝ k 2 c 2(M)，则Y、Z的浓度变化之比Δ c (Y)∶Δ c (Z)＝ v 1∶ v 2＝ k 1∶ k 2，所以反应开始后，Y、Z的浓度之比保持不变，B项正确；根据A项计算，参加反应②的M所占的比例为 ×100％＝62.5％，故如果反应能进行到底，反应结束时62.5％的M转化为Z，C项正确；由C项分析知，反应②的速率较大，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，D项正确。 命题方式2　速率常数 3. 瑞典化学家阿伦尼乌斯的化学反应速率经验定律为 k ＝ A ( k 为速 率常数， k 正、 k 逆为正、逆速率常数， A 、 R 为常数， E a为活化能， T 为绝对温度，e为自然对数底数，约为 2.718)。由此判断下列说法中正 确的是(　B　) B A. 其他条件不变，升高温度， k 正增大， k 逆变小 B. 其他条件不变，使用催化剂， k 正、 k 逆同倍数增大 C. 其他条件不变，增大反应物浓度 k 正增大， k 逆不变 D. 其他条件不变，减小压强， k 正、 k 逆都变小 其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，因此 k 正、 k 逆均增 大，A项错误；催化剂对正、逆反应速率有相同影响，因此其他条件不 变，使用催化剂， k 正、 k 逆同倍数增大，B项正确；反应速率常数只与 温度和活化能有关，其他条件不变时，增大反应物浓度， k 正、 k 逆都不 变，其他条件不变时，减小压强， k 正、 k 逆都不变，C、D项错误。 4. Bodenstein研究了反应2HI(g) I2(g)＋H2(g)，某温度下，上述反应正 反应速率为 v 正＝ k 正 c 2(HI)，逆反应速率为 v 逆＝ k 逆 c (H2)· c (I2)，其中 k ＝ A ( k 为速率常数， E a为活化能， A 为比例系数)，下列说 法错误的是(　A　) A. 速率常数只受温度 T 的影响 B. 加入催化剂， k 正增大倍数等于 k 逆增大倍数 C. 该反应的平衡常数 K ＝ k 正/ k 逆 D. 其他条件一定时，反应物浓度越大正反应速率越大 A A项，速率常数还受 E a的影响，错误；C项， v 正＝ k 正 c 2(HI)， v 逆＝ k 逆 c (H2)· c (I2)，达到平衡时 v 正＝ v 逆， k 正 c 2(HI)＝ k 逆 c (H2)· c (I2)，整理得 ＝ ＝ K ，正确；B项，催化剂通过参与反应，改变反 应历程，从而降低反应的活化能来加快反应速率，不改变平衡常数，由 C项知， ＝ K ，故加入催化剂， k 正增大倍数等于 k 逆增大倍数，正 确；D项，由反应速率公式可知，反应物浓度和反应速率正相关，故其 他条件一定时，反应物浓度越大正反应速率越大，正确。 5. 1889年，阿伦尼乌斯提出了反应速率常数与温度间关系的经验公式： ln k ＝ln A － ( k 为反应速率常数， R 为理想气体常数， T 为热力学温 度， E a为活化能， A 为比例系数)，该公式可以用于计算基元反应的活 化能。Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个不同的基元反应的ln k 随 的变化如图所示，下列说法错误的是(　A　) A. 活化能由大到小的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ B. 对于不同反应，一定温度下，活化能小的反应速率大 C. 对于不同反应，温度升高时，活化能大的反应速率变化大 D. 对于同一反应，反应速率随温度的升高而增大 A 根据题图可知，当温度相同时ln k 由大到小的顺序为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，根据ln k ＝ln A － ，可知活化能由大到小的顺序是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，A错误；一定温度下，活化能越小，反应速率越大，B正确；根据ln k ＝ln A － ，对于温度升高时活化能大的反应，其速率常数变化程度大，反应速率变化大，C正确；根据温度对反应速率的影响可知，升高温度反应速率增大，D正确。 1. (2023·新课标卷)“肼合成酶”以其中的Fe2＋配合物为催化中心，可将 NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如图所示： 探究真题　素养提升 下列说法错误的是(　D　) A. NH2OH、NH3和H2O均为极性分子 B. 反应涉及N—H、N—O断裂和N—N生成 C. 催化中心的Fe2＋被氧化为Fe3＋，后又被还原为Fe2＋ D. 将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2 D NH2OH中正、负电中心不重合，为极性分子，NH3为三角锥形结构， H2O为V形结构，分子中正、负电中心也不重合，均为极性分子，A正 确；图示转化过程共四步，将其依次标为①②③④，第②步中N—O断 裂，第③步中N—H断裂，第④步中N—N生成，B正确； 由题意可知，起始时，“肼合成酶”中含有Fe2＋，第②步中Fe2＋失去电子被氧化成Fe3＋，第④步中Fe3＋得电子又生成Fe2＋，C正确；根据反应机理分析，产物肼(NH2NH2)中，一个N原子上的2个H原子均来自NH2OH中的—NH2，另一个N原子上的2个H原子均来自NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，与NH3反应会生成ND2NH2，D错误。 2. (2023·湖北卷，节选)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温 条件下，C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生 成。C40H20(g) C40H18(g)＋H2(g)的反应机理和能量变化如图所示： 图示反应历程包含 个基元反应，其中速率最慢的是第 ⁠个。 由反应历程图可知，共有3个基元反应，最后一步的活化能最大，反应 速率最慢。 3　 3　 课时作业44　化学反应机理 一、选择题 1. 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　Δ H ＝－198 kJ·mol－1，在V2O5存在时，该 反应的机理为V2O5＋SO2 2VO2＋SO3(快)；4VO2＋O2 2V2O5(慢)。下列说法中正确的是(　C　) A. 反应速率主要取决于V2O5的质量 B. VO2是该反应的催化剂 C. 逆反应的活化能大于198 kJ·mol－1 D. 增大SO2的浓度可显著提高反应速率 C 2 3 4 5 6 7 1 由反应机理可知，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质 量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，A、B项错误；Δ H ＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝－198 kJ·mol－1，所以逆反应的 活化能大于198 kJ·mol－1，C项正确；使用催化剂可以显著提高反应速 率，SO2参与的反应为快反应，而反应速率主要由慢反应决定，故增大 SO2的浓度可以提高反应速率(不是显著提高)，D项错误。 2 3 4 5 6 7 1 2. 已知化学反应：NO2＋CO NO＋CO2，①当 t ＜250 ℃时， v ＝ k · c 2 (NO2)，②当 t ＞250 ℃时， v ＝ k · c (NO2)· c (CO)。以上两式中 v 为反应 速率， k 为速率常数(一定温度下为定值)。下列叙述正确的是(　D　) A. 当NO2和CO的浓度相等时，升高或降低温度，反应速率不变 B. 因反应前后气体分子数目不变，故改变压强，反应速率不变 C. 增大NO2的浓度为原来的2倍，反应速率一定变为原来的4倍 D. 当温度低于250 ℃时，改变CO的浓度，反应速率不变 D 2 3 4 5 6 7 1 升高温度，反应速率加快，降低温度，反应速率减慢，A项错误；该反 应反应前后气体分子数目不变，改变压强，平衡不移动，但反应速率改 变，B项错误；增大NO2的浓度为原来的2倍，若 t ＞250 ℃，根据 v ＝ k · c (NO2)· c (CO)可知，反应速率变为原来的2倍，C项错误；当温度低 于250 ℃时，根据 v ＝ k · c 2(NO2)可知，一定温度下，反应速率只与 c (NO2)有关，改变CO的浓度，反应速率不变，D项正确。 2 3 4 5 6 7 1 3. 过渡态理论认为：化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。 在反应物分子生成产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合 物，高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论， NO2(g)＋CO(g) CO2(g)＋NO(g)的反应历程如下： 第一步： ＋C—O (慢反应) 第二步： N—O＋O—C—O (快反应) 2 3 4 5 6 7 1 A. 第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞 B. 活化配合物的能量越高，第一步的反应速率越快 C. 第一步反应需要吸收能量 D. 该反应的反应速率主要取决于第二步反应 活化配合物之间的碰撞有合适的取向才是有效碰撞，A项错误；活化配 合物的能量越高，第一步的反应速率越慢，B项错误；反应物需要吸收 能量形成高能量的活化配合物，C项正确；该反应的反应速率主要取决 于慢反应，即取决于第一步反应，D项错误。 下列有关说法正确的是(　C　) C 2 3 4 5 6 7 1 4. (2023·河北石家庄高三校联考期中)恒温恒容条件下，向密闭容器中加 入等物质的量的M和N，发生反应：M(g)＋N(g) X(g)＋Y(g)，已知该 反应的正反应速率 v 正＝ kc (M)，其中速率常数满足关系 A ln k ＝－ ( R 、 A 为常数， T 为温度， E a为反应的活化能)。上述反应在催化剂 Cat1、Cat2作用下的关系如图。下列说法错误的是(　C　) A. 使用催化剂Cat1时反应的活化能较高 B. 平衡时M和N的转化率相等 C. 增大N的浓度不影响正反应速率和平衡状态 D. 若改为恒容绝热容器，平衡时M的转化率一定降低 C 2 3 4 5 6 7 1 从曲线的斜率上可以分析出使用催化剂Cat1时反应的活化能较高， 故A说法正确；反应物的系数相等，投料相等，所以平衡时的转化 率也相等，故B说法正确；根据 v 正＝ kc (M)，增大N的浓度不影响 正反应速率，但一定影响平衡状态，故C说法错误；若改为恒容绝 热容器，无论是吸热反应还是放热反应，平衡时M的转化率一定降 低，故D说法正确。 2 3 4 5 6 7 1 5. 在一定条件下，向密闭容器中充入4.0 mol A和8.0 mol B，发生反应： 2A(g)＋6B(g) C(g)＋4D(g)。测得相同时间内，A的转化率随温度的变 化如图1所示(虚线表示A的平衡转化率随温度的变化)；速率常数的对数 lg k 与温度的倒数 之间的关系如图2所示。 2 3 4 5 6 7 1 已知：(1)对于反应 m A(g)＋ n B(g) p C(g)＋ q D(g)　 Kx ＝ ， x 为物质的量分数。 (2)该反应的速率方程 v 正 ＝ k 正 c 2(A)· c 6(B)， v 逆＝ k 逆 c (C)· c 4(D)， k 正、 k 逆是速率常数。 下列说法错误的是(　A　) A A. 由上图判断，该反应的Δ H ＞0 B. 曲线ac代表 k 逆，曲线bd代表 k 正 C. T 0时，该反应的平衡常数 Kx ＝12 D. 升高温度时， k 正－ k 逆减小 2 3 4 5 6 7 1 6. 丙酮的碘代反应CH3COCH3＋I2 CH3COCH2I＋HI的速率方程为 v ＝ kcm (CH3COCH3) cn (I2)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始反应物的 一半时所需的时间)为0.7/ k ，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表 所示。 c (CH3COCH3)/(mol·L－1) c (I2)/(mol·L－1) v (×10－3mol·L－1·min－1) 0.25 0.050 1.4 0.50 0.050 2.8 1.00 0.050 5.6 0.50 0.100 2.8 2 3 4 5 6 7 1 A. 速率方程中的 m ＝1、 n ＝0 B. 该反应的速率常数 k ＝5.6×10－3 C. 增大I2的浓度，反应的瞬时速率加快 D. 存在过量的I2时，丙酮反应87.5％的CH3COCH3所需的时间是375 min 下列说法不正确的是(　C　) C 2 3 4 5 6 7 1 由第一组数据和第二组数据可得 ＝ ，则 m ＝1，由第二 组数据和第四组数据可得 ＝ ，则 n ＝0，A选项正确； 由A项可知， m ＝1， n ＝0，则 v ＝ kc (CH3COCH3)，带入第一组数据可 得 k ＝5.6×10－3，B选项正确；因 n ＝0，则反应的瞬时速率与 c (I2)无 关，C选项错误；存在过量的I2时，丙酮反应87.5％可以看作经历3个半 衰期，即50％＋25％＋12.5％，因此所需的时间为 min＝375 min，D选项正确。 2 3 4 5 6 7 1 二、非选择题 7. 研究氮氧化物的反应机理，对于消除其对环境的污染有重要意 义。某化学课外小组查阅资料后得知2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的反 应历程分两步： ①2NO(g) N2O2(g)(快)　Δ H 1＜0　 v 1正＝ k 1正· c 2(NO)　 v 1逆＝ k l逆· c (N2O2)； ②N2O2(g)＋O2(g) 2NO2(g)(慢)　Δ H 2＜0　 v 2正＝ k 2正· c (N2O2)· c (O2)　 v 2逆＝ k 2逆· c 2(NO2)。 2 3 4 5 6 7 1 (1)一定温度下，该反应达到平衡状态，请写出用 k 1正、 k 1逆、 k 2正、 k 2逆 表示的平衡常数表达式 K ＝ ⁠。 　 2 3 4 5 6 7 1 (1)反应达到平衡状态时， v 1正＝ v 1逆、 v 2正＝ v 2逆，即 k 1正· c 2(NO)＝ k 1 逆· c (N2O2)、 k 2正· c (N2O2)· c (O2)＝ k 2逆· c 2(NO2)，则 ＝ 、 ＝ ，2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)的平衡常数表达式 K ＝ ，所以 × ＝ ＝ K ，即 K ＝ 。 2 3 4 5 6 7 1 (2)决定该反应速率的是反应②，则反应①的活化能 E 1与反应②的活化 能 E 2的大小关系为 E 1 (填“＞”“＜”或“＝”) E 2。 (2)因为决定2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)速率的是反应②，则反应①的活化 能 E 1小于反应②的活化能 E 2。 ＜　 2 3 4 5 6 7 1 (3)对于反应 a A＋ b B c C＋ d D，速率方程 v ＝ k · cm (A)· cn (B)， k 为速 率常数(只受温度影响)， m ＋ n 为反应级数。已知2H2＋2NO 2H2O＋ N2，N2的瞬时生成速率 v ＝ k · cm (H2)· c 2(NO)。一定温度下，控制NO起 始浓度为0.5 mol·L－1，改变H2起始浓度，进行以上反应的实验，得到N2 的起始生成速率和H2起始浓度呈直线关系(如图)。 2 3 4 5 6 7 1 ①该反应的反应级数为 ⁠。 ②速率常数 k ＝ ⁠。 ③若NO起始浓度为0.5 mol·L－1，H2的起始浓度为0.2 mol·L－1，当反应 进行到某一时刻时，测得NO的浓度为0.4 mol·L－1，此时生成N2的瞬时 速率 v ＝ mol·L－1·s－1。 3　 15　 0.24　 2 3 4 5 6 7 1 (3)①由图像可知，N2的瞬时生成速率 v ＝ k · cm (H2)· c 2(NO)与H2起始浓 度呈直线关系，则 m ＝1，所以该反应的反应级数为 m ＋ n ＝1＋2＝3； ②将图像上的点(0.4，1.5)代入 v ＝ k · c (H2)· c 2(NO)中有1.5＝0.4 k ×0.52，即 k ＝15； 2 3 4 5 6 7 1 ③由2H2＋2NO 2H2O＋N2可知Δ c (H2)＝Δ c (NO)，而NO起始浓度为0.5 mol·L－1、某一时刻时NO的瞬时浓度为0.4 mol·L－1，则Δ c (NO)＝0.1 mol·L－1，某一时刻时H2的瞬时浓度为(0.2－0.1) mol·L－1＝0.1 mol·L－1，所以N2的瞬时生成速率 v ＝15 c (H2)· c 2(NO)＝[15×0.1×(0.4)2] mol·L－1·s－1＝0.24 mol·L－1·s－1。 2 3 4 5 6 7 1 $$