第七章 微专题9 化学反应速率常数及其应用-【勤径学升】2026年高考化学一轮总复习（人教版2019）

第七章化学反应速率化学平衡回 4.由0=A计算平均速率，用反应物表示为正 中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如 At 图所示。下列说法正确的是 () 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 03 反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快。 ( 0.3 7关键能力：提升) 0.2 0 1.一定温度下反应：4A(s)十3B(g)一2C(g)十 套 12时间⅓ D(g),经2min,B的浓度减少0.6mol·L, A.前12s内，A的平均反应速率为0.025mol 对此反应速率的表示正确的是 ( ·L1·s1 A.用A表示的反应速率是0.4mol·L B.12s后，A的消耗速率等于B的生成速率 ·minJ C.化学计量数之比b:c=2:1 B.分别用B、C、D表示反应速率，其比值是1： D.12s内，A和B反应放出的热量为0.4Qk 2:3 3.已知反应：4C0+2NO,继化剂N,十4CO,在 C.在2min末的反应速率，用B表示为 不同条件下的化学反应速率如下。 0.3mol·L1·min1 ①o(C0)=l.5mol·L1·min-1 D.在这2min内用B和C表示的瞬时速率的 ②w(NO2)=0.7mol·L1·min- 值都是逐渐减小的 ③v(N2)=0.4mol·L1·minI 2.(2023秋·四川绵阳南山中学校考)某温度 ④w(C02)=l.1mol·L1·min 下，在容积为2L的密闭容器中投入一定量的 ⑤w(NO2)=0.01mol·L-1·s1 A、B发生反应3A(g)十bB(g)一cC(g) 请比较上述5种情况反应的快慢： △H=一QkJ·mol(Q>0),12s时反应达到 (由大到小的顺序)。 平衡，生成C的物质的量为0.8mol,反应过程 微专题9 化学反应速率常数及其应用 >对应客案P410 微点精湖 ③2H2+2NON2+2H2Ov=k,· c2(H2)·c2(NO) 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 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 皆为1mol·L时的反应速率。在相同浓度 数是温度的函数。同一反应，温度不同，速率 的条件下，可用速率常数大小来比较化学反应 常数将有不同的值，但浓度不影响速率常数。 的反应速率。 化学反应速率与反应物浓度（或浓度的次方） 提升集那 成正比，而速率常数是其比例常数，在恒温条 1.(2025·辽宁高三期来五校联考)在恒温恒容 件下，速率常数不随反应物浓度的变化而改 的密闭容器中充人一定量W(g),发生如下 变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任 反应： 意浓度时的反应速率。 2.速率方程 2W(g) ② X(g)+Y(g) 一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其 3② 计量数为指数的幂的乘积成正比。 Z(g) 对于反应：aA十bB一gG十hH,则v=k· 反应②和③的速率方程分别为2=c(X)和 c(A)·c(B)(其中k为速率常数)。 =kc(Z),其中k2、k,分别为反应②和③的 如：①SO,C12→SO2+Cl v=k1 速率常数，反应③的活化能远大于反应②，测 ·c(S02Cl2) 得c(W)随时间t的变化如下表： ②2NO2=2NO+O2v=kg·c2(NO2) 141® 回高考一轮总复习·化学 t/min 0 1 2 3 5 逆向移动 c(w)/(mol·L-)0.1600.1130.0800.0560.0400.028 C.反应Ⅱ平衡常数K一 下列说法错误的是 D.若增大容器容积，平衡时W的转化率不变 A.0~2min内，Y的平均反应速率为 3.一定条件下，反应H2(g)+Br2(g) 0.02mol·L1·min1 2HBr(g)的速率方程为v=k·c(H2)· B.若k2=k,平衡时c(Z)=c(X) c(Br2)·c'(HBr),某温度下，该反应在不同 C.其他条件不变，若升高温度，平衡时c(Z) 浓度下的反应速率如下： 减小 D.其他条件不变，若增大W的用量，平衡时X e(H2)/ c(Bra)/ c(HBr)/ 反应速率 的转化率减小 (mol.L) (mol·L1) (mol·L1) 2.(2024·黑光江省哈尔滨市第九中学高三上学 0.1 0.1 期开学考试)在恒温恒容密闭容器中充入一定 0.1 0.4 2 8v 量W(g),发生如下反应：I,2W(g)一4X 0.2 0.4 16v (g)+Y(g):Ⅱ.4X(g)→2Z(g)△H<0,反 应Ⅱ正、逆反应速率方程分别为正= 0.4 0.1 4 2v k正c(X)和V题=k望c(Z),其中kE、k量为该反 0.2 0.1 4v 应的速率常数。测得c(W)的浓度随时间t的 根据表中的测定结果，下列结论错误的是 变化如下表： ( ) t/min 0 1 2 3 5 .. A.表中c的值为1 c(w)/(mol.11)0.1600.1130.0800.0560.0400.028 B.a、B、Y的值分别为1、2、一1 下列说法正确的是 ( C.反应体系的三种物质中，Br,(g)的浓度对 A.0~2min时，v(Y)=0.04mol·LJ 反应速率影响最大 ·min D.在反应体系中保持其他物质浓度不变，增 B.升高温度，k正减小，k增大，vE<,平衡 大HBr(g)浓度，会使反应速率降低 考点2 影响化学反应速率的因素 活化能 >对应答案P410 7必备知识·整合% 2.有效碰撞理论 1.影响化学反应速率的因素 (1)有效碰撞 (1)内因：反应物本身的性质是主要因素。如 ①基元反应发生的先决条件是反应物的分子 相同条件下Mg、AI与稀盐酸反应的速率大小 必须发生碰撞。 关系为口 ②并不是反应物分子的每一次碰撞都能发生 (2)外因（只改变一个条件，其他条件不变） 反应，回 的碰撞叫做有效碰 浓度→增大反应物浓度，反应速率加快，反之减慢 撞。有效碰撞的发生的两个条件：☒ 压强，对于有气休参加的反应，增大压强，反应诺率加 和④ 0 (2)活化分子活化能 快，反之减慢 ①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。 温度→升高温度，反应速率加快，反之减慢 ②活化能：如图 能 催化使用催化剂，能改变化学反应速率，且正、逆反 剂 应速率的改变程度相同 反应物 其他反应物间的接触面积、光照、放射线细射、超声 生成物 反应过程 因素波等 ®142 第七章化学反应速率化学平衡 回 图中：E为固 ,使用催化剂时 7关键能力：提升 的活化能为⑥ ,反应热为回 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 (3)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 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 增大反应物的浓度 升高反应体系的温度 吸收能量 度、压强和催化剂 单位体积内分子 B.增大反应物浓度，可以提高活化分子百分 总的 活化 单位时间内，单 单位体积内分子 分子百分数回 位体积内有效每 总数四 话化 分子百芬数里 数，从而提高反应速率 话化分子数回 撞次数增多 活化分子数国 C.对于放热的可逆反应，升高温度，逆反应速 降低活化能 增大气休压强 增大化学 反应速率 使用能化剂 率加快，正反应速率诚慢 D.从酯化反应体系中分离出水，反应速率减 3.稀有气体对反应速率的影响 慢，但有利于提高酯的产率 对于反应A(g)十B(g)C(g),恒温恒容，充 2.反应C(s)+H2O(g)、一CO(g)+H2(g) 入氢气，对反应速率有何影响？恒温恒压，充 △H>0在一密闭容器中进行，则下列说法或 人氨气，对反应速率又有何影响？ 结论中能够成立的是 () A,其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半， 容充入H n、i均不变，c不 变。速率不变 至减小而地增大 B.其他条件不变，升高温度，玉、均增大 恒温，恒 压充入H: n不变，V变大。c C.保持容器体积不变，充入少量He使体系压 减小.速率减小 强增大，E,v均增大 易错I易I混 D.其他条件不变，适当增加C(s)的质量，v 判断正误（正确的打“√”，错误的打“X”)。 增大而？渔减小 题组二“变量控制”实验分析 1.催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应 3.为了研究一定浓度Fe+的溶液在不同条件下 前后的性质保持不变。 被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判 2.升温时，吸热反应速率增大，放热反应速率 断下列说法正确的是 () 减小。 ( 100 80 3.对于反应：A十B一C,改变容器容积，化学反 60 40 80℃，pH= 应速率一定发生变化 250,H=1.5 350℃.H=2.5 4.碳酸钙与盐酸反应的过程中，再增加CaCO 6 固体，可以加快反应速率。 ( 时间 A.pH越小，氧化率越小 5.增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分 B.温度越高，氧化率越小 数，所以反应速率增大。 ( ) C.Fe+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关 6.100mL2mol·L盐酸与锌片反应，加入适量 D.实验说明降低pH、升高温度有利于提高 的氯化钠溶液，反应速率不变。 Fe2+的氧化率 143® 回高考一轮总复习·化学 4.(2024·衡阳八中开学考试)Fenton法常用于 (3)设置实验①②的目的是 处理含难降解有机物的工业废水，在加人 ;由实验①④可得到的结论 Fe+并调好pH后再加入H,O2,该过程中 是 H2O2所产生羟基自由基(·OH)能氧化降解 污染物。现运用该法降解某有机污染物 (4)实验⑤在200s时没有检测到pCP浓度 (pCP),探究有关因素对该降解反应速率的 的变化，其原因可能是 影响。 实验数据：（表中时间，是pCP浓度降低 思维建俱 1.50mol·L1所需时间) 解答“变量控制”实验题的思维模型 实验 H202溶 Fe+溶液 水 皮时间 编号 /(mol L-1)V/mL (mol.L-1)V/mL V/mL. T/K 变量 影响化学反应速率的外界因素主要有浓度 6.0×10-3 3.5010,003 内 温度、压强、催化剂、周体物质的表面积等 1.50 3.0×10-2 298 200 6.0×10-3 150 3.0×10-2 3.5010,003313 依据实验目的，搞清某个外界因素对化学反 6.0×10-3 3.s0 3.0×10-2 3.50 3298 140 确定 应速率的影响.均需控制其他因素不变时， ① 6.0×10-1 1.50 3,0×10-2 4.s09.003298 170 变靠 再进行实验，从而厘清彩响实验探究结果的 因素，确定出变量和定量 6.0×10-1 1.50 30×10- 3.50V312298 探究时。先确定只改变二种丙素。其他闲素 请回答： 定多 不变，看这种因素和探究的问题存在怎样的 变一 关系：这样确定一种以后，再确定另一种， (1)V1= mL,V:= mL. 从而得出相应的实验结论 (2)实验①条件下，pCP的降解速率为 数扬 解答时注意选择的数据（或设置实验）要有效， 有效 且变量统一，否则无法作出正确判断 [对应客案P411] 热点题型突破7》 催化剂与反应机理（进程） 华真题·示例华 2.(2024·高考北京卷)可采用Deacon催化氧化 1.(2022·高考湖南卷)反应物(S)转化为产物(P 法将工业副产物HCI制成CL,,实现氯资源的 再利用。反应的热化学方程式：4HCI(g)十O, 或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图 (g)Cuo 2C12(g)+2HO(g) △H= 所示： 一114.4kJ·mo11。下图所示为该法的一种 催化机理。 -Cu(OH)CI CuOCl 下列有关四种不同反应进程的说法正确的是 CuCl2 Cu0- ( 下列说法不正确的是 A.进程I是吸热反应 A.Y为反应物HCI,W为生成物HO B.反应制得1 mol Cl2.,须投入2 mol CuO B.平衡时P的产率：Ⅱ>I C.升高反应温度，HC被O2氧化制Cl2的反 C.生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ 应平衡常数减小 D.进程V中，Z没有催化作用 D.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还 原反应 ®144为Co,同时得到【，，其中的O与溶液中的H结合0.080mol·L,则0~2min内，用W表示的平均反应塘率 H0,电校反应式为21.iCo0,+2e+8H一21.i*+2Co 为0.160-0.08 molL.·mim=0.040alL·min +4H0,负极发生的反应为CHCO)厂-8e+2H0 2 min 2C),◆十7日，负极产生的H通过阳膜进入正板室，但是 不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，故 用Y表示的平均反应速率为0,02mol·L.·min",A正 乙室的日浓度仍然是减小的，因此电泡工作一段时间后应 该补充盐酸，B正确：C.电解质溶液为酸性，不可能大量存在 确：B.由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k,c(X)= OH,乙室电校反应式为【.CoO,+4H一I.i+Co+ k(Z),若k=k,则平衡时X和Z的浓度关系为c(Z)= c(X),B正确：C,反应③的活化能大于反应②，△H=正反应 2HO.C循误：D.若甲室C0”减少200mg,则电子转移物质 活化能-逆反应活化能<0，说明X转化为Z的反应为放热反 的量为m(e)59X2=00068m0l,者乙室C0珊加 应，升高温度，反应②平衡向逆反应方向移动，平衡时Z的浓 度减小，C正确：D.垃程①是完全反应，过程②是可逆反应， 300mg,则转移电子的物质的量为n(e)=30gaX1= 其他条件不变，若增大W的用量，生成的X的量增多，相当 0.0051mol,由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进 于增大了体系的压强，但反应②为气体分子数不变的反应， 行过溶液转移，即将乙堂部分溶液转移至甲室，D正确。故 改变压强对平衡无影肉，故平衡时X的转化率不变，D错误， 选C。 故选D。 第七章化学反应速率化学平衡 2.D解析A.由表移餐器可知，2mim时W的浓度为 第23讲化学反应速率及其影响因素 考点1 0.080mok,则0-2min内，Y)=名p(w)=号× 【必备知识·整合】 0.16,0.o8mol·Lt·mint=a.02mol·L1·min',A 口减小☑增大 2 [易错易混]1.×2.×3.×4.×5.× 错误：B.开高温度，k:,k,均增大，反应为放热反应，则升温 【关键能力·提升】 平衡逆向移动，B错误：C,由反应达到平衡时，正逆反应速率 1,D解析A是围体，不能用其浓度的变化来表示反应速 率：=0.3mol·L·min',表示2min内的平均反应速 相等可得-：00--2K-[装】 率，在2mim来的逮率为瞬时速率：在反应过程中B的浓度 (货)广，C错误：D曲方程式可知，反应①为W完全分解生 逐浙减小，教AB反应生成CD的瞬时速率也逐浙减小。 成X和Y,若增大容器容积，平衡时W的转化率不变，D正 2.D解析A.图像分析可知A的浓度变化量为0.8molL 确。故选D。 -0,2molL=0.6molL.反应速率v=Ag=0.6mol/L=3.B解析速率方程为=k·c(H,)·c(Br,)·c(HBr △ 12s 0,05mol(1.·s),故A错误：B.由国像可知，12s内B的浓 将H、Br、HB和速率代入速率方程可以得①o=k×0.1" 度变化量为0.2mol/L,C的浓度变化量为08mo ×0.13×2'、②8知=k×0.1°×0.4°×2.③16u=k×0.2× 21. 0,4mol/1,根据计量数之比等于浓度变化量之比，有3：b:c 0.×2.④2=k×0.×0.1P×,由①②得到月=号，由 =0.6:0.2:0.4=3:1:2.A和B的计量数不相等，故A的清 ②③得到a=1,由①④得到y=-1,对于4v=k·(0.2)· 耗速事不等于B的生成速率，故B错误：C.由B顶的计算可 0.1·与①，将a=1,9=2y=-1代入，解得c=1,由 知，b:c=1:2,故C错误：D.12s内反应3molA放热Qk」， 反应A的物质的量=(0.8mol/l.一0.2molL.)×2I,= 北分析。A.根据分析，表中c的值为1，故A不符合题意：B 1.2mol,结合化学方程式定量关系计算，3A(g)十B(g)一 根据分析a37的值分别为1，号、-1，故B特合题意：C.由 2C(g)△H=一QkJ·mol,则1.2molA反应放出热量 于u=k·c(H)·(Br,)·c2(HBr),aB、y的值分别为1、 0.4QkJ,故D正确. 3 3.③>①>②>⑤>④ ,一1，由于速率与C(Br)和c(H)成正比，与2(HBr)成 解析在不同条件下，用C()表示的反应速率：②u(CO) 反比，反应体系的三种物质中，B:(g)的泼度对反应速率影 2o(NO,)=L.4mol·L'·min't③u(CO)=4o(N,)= 响最大，故C不符合题意：D.由于y=一1，增大HBr(g)波 1,6mol·L.'min':④u(C0)=v(C0,)=1.1mol·1. 度，c'(HB)减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，会 ·min':③v(C0)=2(N02)=0.02mol·1.1·s1 使反应速率降低，故D不符合题意。故选B。 1,2mol·L.1·min',故反应的快慢为③>①>②>⑤ 考点2 >④。 【必备知识·整合】 微专懒9化学反应速率常数及其而用 口Mg>A]☑能够发生化学反应☒能量足够国取向合 提升集训 适固正反应的活化能固E团E,一E,图增加回不 1,D解析A.由表格数据可知，2m时W的浓度为变四增加回不变国增加区增加 高考一轮总复习+化学 ·410· [易错易混]1，×2.×3.×4.×5.×6.× D.由图中信息可知，进程N中S吸附到Z表面生成S·Z,然 【关键能力·提升】 后S·Z转化为产物P·Z,由于P·Z没有转化为P十Z,因 1.D解析A.决定化学反应速率的主要因素是反应物自身 此，Z没有表现出催化作用，D说法正确。故选D, 的性质，温度，求度，压强和售化剂等均是外因，A错误：B,增2B解析由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主 大反应物浓度，可以提高单位体积内活化分子百分数，从而 要物质有HC、O,、CuO、CL,H,O:CuO与Y反应生成 提高反应速率，活化分子百分数不变，B带误：C,对于可逆反 Cu(OH)C1,则Y为HCI:Cu(OH)C分解生成W和 应，升高置度，正，逆反应速率均加快，C错误：D.从酯化反应 Cu,(OCL,,则W为HO:CuCL分解为X和CuCI,则X为 体系中分离出水，相当干降低生成物浓度，反应速率减恒，平 CI:CuC和Z反应生成Cu(OC1,则Z为O,:综上所迷，X、 衡正向移动，有利于提高酯的产率，D正确。故选D。 Y、Z,W依次是C1、HC1、O、HO.A,由分析可知，Y为反 2.B解析其他条件不变，仅将家器的体积编小一半，反应体 应物HCI,W为生成物H(O,A正确：B.C()在反应中作崔 系中各气体的浓度增大，测：，。均增大，A不成立：其德 化利，会不断循环，适量即可，B错误：C.总反应为放热反应， 条件不专，升高温度，、”均增大，B成立：保持容器体积 其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正璃： 不变，充入少量H使体系压强增大，反应体系中各气体的 D,图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl+CuC1和CuCI· 浓度不专，则E,均不变，C不成立：其他条件不变，适当 Cu,OCL,D正确。故选B. 增加C(s)的质量，，，。均不变，D不成立。 [模拟·演练] 3.D解析由②②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率大， L.A解析A催化剂可以降低活化能，因此途径一未使用雀 由①②可知，pH相同时，滥度蕊高，氧化率越大，A,B籍误； 化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的 F的氧化率除受pH,湄度影响外，还受其他因素影响，如 甲酸平衡转化率相同，A错误B.催化剂可以降低活化虚，饱 浓度等，C猎误。故选D。 不能改变格支，由于反应物的总能量高于生成物的感能量， 4.(1)8.0010.00 因此△H,=△H<0,但E>E,B正确：C,论径二反应前 (2)0.0075mol·L·s(或7.5×103mol·L·s) 有氧离子，反应后还有氢离子，说明H参与反应，通过改变 (3)探究温度对反应速率的影响其他条件相同时.(Fe) 反应途径加快反应速率，C正确：D,途径二中第二阶段生成 越大，反应速率越大 0 (4)Fe在该条件下生成Fe(OH),并迅速被氧化成 Fe(OH),不能使HO,产生羟基自由基 H 解析（口1）根据①③组实验分析，溶液的总体积应该相司，所以 H 的活化能最大，测途径二反应的快馒由生成 V=10.00mL.+3.50ml+1.50ml-(3.50ml+3.50mL)= H 8.00mL:根据④⑤组实验进行分析，溶波的总体积应该相 0 同，故V,=9.00ml十4.50mL.+1.50mL-(1.50mL十 H 3.50mL)=1000mL:(2)实验①条件下，pCP浓度降低 H 0 的速率决定，D正确。故选A 1.50mal·L所需时问为200s,所以pCP的释解速率为 H 0.0075mal·L·s'或7.5×10mol·L·5:(3)报 2.B解析A.由国可知，一氧化碳插入步骤为放热反应，反 据图表省息分析，实验①②其他条件相同，反应的温度不同， 应△H=一15.4kJ·mol,放A错误：B.反应的活化能越 设置实验①②的目的是探究温度对反应速率的彩响：由实验 ①①可得到的结论是其他条件相同时，c(Fe)塘大，反应速 大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，Rh 率越大：(4)工业废水在加入Fe并调好pH后再加入 催化作用下，加氯步豫的活化能为24.4kJ·ol',反应的 H),所产生的羟荟自由基(·OH)能氧化降解污染物：实 活化能最大，所以加氧步覆为决速步骤，故B正确：C,反应 险⑤在200s时没有检测到pCP浓度的变化，其原因可能 的活化能越大，反应速率感授，由图可知，R催化作用下，反 是Fe+在该条件下生成Fe(OH),并迅速被氧化成Fe(OH), 应的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以羟基乙醛的生成 不能使HO产生羟恭自由装。 速率小于Rh/Mn焦化作用下，故C错误；D.由图可知，生成 热点颗型突破7 羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向 [真题·示例们 移动，羟基乙溉的浓度减小，故D错误。故选B 1.D解析A.由图中信感可知，进程I中S的总能量大于产3.D解析AF©O,参与了该椭环历程，因为铁离子有价态 物P的总能量，因此进程【是放热反应，A说法错误：B.进 的变化，故A正确：B.HCOOH分解时，碳氢键和氧氢键发 程Ⅱ中使用了催化刺X,但是催化刻不能改变平衡产率，因 生了断裂，而后形成了碳氧双键，故B正确：C,酸性条件下， 此在两个进程中早衡时P的产率相同，B说法不正确：C.进 NO比NO的氧化性更强，H'起到调节体系pH的作用， 程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S· 放C正确：D.在整个历程中，存在H~2H一2e,2NO,一 X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程N一10e,由得失电子守恒有2.5molH2还原1 mol NO, 的决速步豫，因此生成P的速率：Ⅲ<Ⅱ，C说法不正确：放D错误。故选D ·411· 高考一轮总复习·化学