第二章 第一节 第4课时 化学反应速率重点题型突破（Word教参）-【步步高】2024-2025学年高二化学选择性必修1学习笔记（人教版）

本讲义聚焦化学反应速率重点题型，系统梳理多因素（浓度、温度、压强等）对速率的影响规律，深入解析催化机理（能垒图、基元反应），拓展速率方程式与常数的定量计算，构建从定性分析到定量研究的递进式学习支架。 资料通过反应速率图像分析、催化能垒图解构等培养科学思维，结合CaCO3与盐酸反应速率计算、废水降解实验数据解读等提升科学探究能力，实例丰富且贴近实际。课中助力教师突破重难点，课后学生可通过例题解析与分层练习查漏补缺，强化知识应用。

第4课时　化学反应速率重点题型突破 [核心素养发展目标]　1.了解实际反应中多因素对反应速率影响的普遍性，通过实例分析进一步加深外因对化学反应速率的影响。2.了解催化剂的催化机理与特点， 能准确分析反应机理图。 一、多因素影响下的化学反应速率变化 1．常见影响反应速率的因素：浓度、温度、压强、催化剂活性、接触面积、副反应等。 2．随反应的进行反应速率减小的情况可能有： (1)反应物浓度减小。 (2)反应温度过高，催化剂失去活性。 (3)沉淀覆盖在固体表面，阻碍反应的继续进行。 3．随反应的进行反应速率增大的情况可能有： (1)反应放热，反应体系温度升高。 (2)反应生成物对反应有催化作用。 (3)温度升高，催化剂活性增强等。 4．不能改变化学反应速率的几种情况 (1)加入纯固体、纯液体反应物。 (2)对应有气体参与的反应，恒容条件下，向反应容器中加入不反应的气体。 1.如图所示为反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的反应速率v(N2)变化的图像，则横轴不可能是(　　) A．反应时间 B．温度 C．压强 D．N2的浓度 答案　A 解析　由题图可知，v(N2)随横轴值的增大而增大。对于反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)来说，其他条件不变时，升高温度、增大压强、增大N2的浓度，都能使v(N2)增大。在N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的反应过程中，随着时间的增加，N2的浓度逐渐减小，v(N2)逐渐减小。 2．(2024·上海市控江中学校高二练习)用纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是(　　) A．EF段，用HCl表示该反应的平均反应速率为0.3 mol·L－1·min－1 B．EF段表示的平均反应速率最大，主要原因是反应放热 C．F点收集到的CO2的量最多 D．OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7 答案　B 解析　EF段CO2体积增加448 mL，对应的物质的量为0.02 mol，根据物质的量变化符合化学计量数之比，则消耗HCl的物质的量为0.04 mol，用HCl表示该反应的平均反应速率：v＝＝0.4 mol·L－1·min－1，故A错误；根据图像可知G点收集到的CO2气体最多，故C错误；OE、EF、FG三段中，时间相同，气体体积之比等于反应速率之比，则用CO2表示的平均反应速率之比为2∶4∶1，故D错误。 3．下列表格中的各种情况，可以用对应图像表示的是(　　) 选项 反应 甲 乙 A 外形、大小相同的金属与水反应 Na K B 不同浓度的H2C2O4溶液各2 mL分别与4 mL 0.01 mol·L－1的KMnO4溶液反应 0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液 0.2 mol·L－1的H2C2O4溶液 C 5 mL 0.1 mol·L－1 Na2S2O3溶液与5 mL 0.1 mol·L－1 H2SO4溶液反应 热水 冷水 D 5 mL 4%的过氧化氢溶液分解放出O2 无MnO2粉末 加MnO2粉末 答案　C 解析　Na、K分别与水反应，K更活泼，反应更快，A项不正确；其他条件相同，H2C2O4溶液浓度越大反应速率越快，B项不正确；浓度相同，温度越高反应速率越快，随着反应的进行，反应物的浓度减小，反应速率减小，C项正确；使用催化剂的反应速率更快，D项不正确。 4.酸性条件下，KMnO4与H2C2O4可发生氧化还原反应，用0.1 mol·L－1KMnO4溶液与过量的H2C2O4反应，测得Mn2＋的生成速率v与时间t的关系如图所示，下列说法正确的是(　　) A．该反应中每生成1 mol CO2转移10 mol电子 B．方程式配平后，H2O的系数为6 C．反应开始很短一段时间内v减小是因为反应物浓度减小，后来突然增大是因为生成的Mn2＋对该反应有催化作用 D．t0时，Mn2＋的浓度最大 答案　C 解析　每生成1 mol CO2转移1 mol电子，A项错误；方程式配平后H2O的系数应该为8，B项错误；反应开始后反应物浓度逐渐减小，Mn2＋的生成速率逐渐下降，但是生成的Mn2＋对该反应有催化作用，所以Mn2＋的生成速率会突然增大，C项正确；t0时，生成Mn2＋的速率最大，但t0后反应仍在进行，Mn2＋的浓度仍在增大，D项错误。 5．用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果设计如下对比实验探究温度、浓度和pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示。 实验编号 温度/℃ pH ① 25 1 ② 45 1 ③ 25 7 ④ 25 1 下列说法不正确的是(　　) A．实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10－5 mol·L－1·min－1 B．若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大 C．若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越不利于M的降解 D．实验①④说明M的浓度越小，降解的速率越快 答案　D 解析　A对，v(M)＝ mol·L－1·min－1≈1.33×10－5 mol·L－1·min－1；B对，①②对比，不同的是温度，②的温度高于①，在相同的时间段内，②中M的浓度变化大于①，说明②中M的降解速率大；C对，①③对比，温度相同，③的pH大于①，在相同的时间段内，①中M的浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③；D错，①④对比，M的浓度越小，降解速率越慢。 解答此类问题关键点 (1)控制唯一变量，定一议二。 (2)根据起点、指定时间终点坐标计算反应速率。 (3)明确曲线斜率代表反应速率。 二、催化剂及催化机理图分析 1．碰撞理论对催化作用的解释 催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，使活化分子百分数增多，从而加快反应速率，图示如下。 活化能越小，反应速率越快。活化能越大，反应速率越慢。 2．过渡态理论 (1)化学反应并不是通过反应物分子的简单碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能的过渡态，处于过渡态的分子叫做活化络合物。活化络合物是一种高能量的不稳定的反应物原子组合体，它能较快的分解为新的能量较低、较稳定的生成物。 (2)活化能(Ea)是处在过渡态的活化络合物分子平均能量与反应物分子平均能量的差值。 (3)化学反应中反应速率最慢的一步基元反应决定了整个反应的速率，催化剂主要是参与化学反应，改变反应历程，降低原反应中活化能最大的一步反应。活化能降低越多，催化的速率越快。 注意：尽管催化剂反应前后组成不变，但催化剂的形态(如固体催化剂颗粒大小)常有明显的变化。 类型一　催化机理图与能垒图分析 1．(2024·哈尔滨第一中学检测)CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程如图所示。第一步：Fe*＋N2O===FeO*＋N2，第二步：FeO*＋CO===Fe*＋CO2。下列叙述错误的是(　　) A．Fe*是反应的催化剂 B．第一步反应比第二步反应快 C．两步反应均为放热反应 D．总反应为CO＋N2O===N2＋CO2 答案　B 解析　由题意可知，第一步Fe*被消耗，第二步Fe*又生成，说明Fe*是反应的催化剂，故A正确；根据反应历程图，第一步反应活化能高于第二步反应活化能，活化能越低，反应速率越快，则第一步反应比第二步反应慢，故B错误；根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，故C正确；根据盖斯定律：第一步反应＋第二步反应＝总反应，则总反应为CO＋N2O===N2＋CO2，故D正确。 2．中国科学家研究在Pd/SVG催化剂上H2还原NO生成N2和NH3的路径，各基元反应及活化能Ea(kJ·mol－1)如图所示，下列说法错误的是(　　) A．生成NH3的各基元反应中，N元素均被还原 B．在Pd/SVG催化剂上，NO更容易被H2还原为NH3 C．决定NO生成NH3速率的基元反应为NH2NO―→NHNOH D．生成NH3的总反应化学方程式为2NO＋5H22NH3＋2H2O 答案　C 解析　由图示可知，生成氨气的过程为NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反应中N元素的化合价均降低，被还原，A正确；由图示可知，NO被还原为N2的活化能明显大于被还原为NH3的活化能，故在该催化剂作用下，NO更容易被还原为NH3，B正确；由图示分析可知，生成NH3的基元反应中，NH2O＋H―→NH2OH这一步活化能最大，相同条件下反应速率最慢，是决定NO生成NH3速率的基元反应，C错误。 3．(2022·北京，14)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积炭。 下列说法不正确的是(　　) A．反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2 B．t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C＋2H2 C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率 D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 答案　C 解析　由题中图2信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2的速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积炭，故可能发生副反应：CH4C＋2H2，B正确；由反应②的化学方程式可知，H2和CO的反应速率应相等，而t2时刻，H2的气体流速未变，仍然为2 mmol·min－1，而CO的气体流速为1～2 mmol·min－1，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率，C错误；由图2可知，t3之后，生成CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大至1 mmol·min－1，H2的生成速率逐渐减小至0，说明反应②不再发生，而后副反应逐渐停止，D正确。 4．甲酸被认为是理想的氢能载体，我国科技工作者运用DFT计算研究单分子HCOOH在催化剂表面分解产生H2的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。 回答下列问题： (1)该历程中决定正反应速率步骤的能垒(活化能)E正＝________eV，该步骤的反应方程式为 ________________________________________________________________________。 (2)该历程中甲酸分解制氢气的热化学方程式为_________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)0.98　HCOOH*===HCOO*＋H* (2)HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－0.15NA eV·mol－1 解析　(1)反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率取决于最慢的一步，由图可知，HCOOH*转化为HCOO*和H*的反应的活化能最大，反应速率最慢，则该历程中决定正反应速率步骤的反应方程式为HCOOH*===HCOO*＋H*，能垒(活化能)E正＝0.77 eV－(－0.21)eV＝0.98 eV。(2)由图可知，甲酸分解生成二氧化碳和氢气的反应为放热反应，反应热ΔH＝ －0.15NA eV·mol－1，则反应的热化学方程式为HCOOH(g)===CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝ －0.15NA eV·mol－1。 　　反应机理能垒图既能反映化学反应中的物质变化，又能反映能量变化。解答此类问题时应注意： (1)能垒图中涉及物质的能量往往是指一个分子变化过程的能量变化，其单位一般为eV(电子伏特)。活化能Ea一般指每摩尔物质反应的能量变化，其单位多为kJ·mol－1。 (2)催化反应历程一般为扩散→吸附→断键→成键→脱附。要关注断键和成键的部位及元素化合价的变化。 (3)复杂反应的反应速率由基元反应中活化能(能垒)最大的慢反应决定。 类型二　催化剂的特点及催化效率分析 5．(2024·杭州高级中学质检)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示。下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是(　　) A．进程Ⅰ是放热反应 B．在进程 Ⅳ 中，反应速率取决于S·Z―→P·Z C．从S→P整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：Ⅱ＞Ⅲ D. X、Y、Z均起到催化效果，但催化效果不一样 答案　D 解析　由图可知，进程Ⅰ反应物S的总能量大于生成物P的总能量，则进程Ⅰ是放热反应，故A正确；由图可知，进程 Ⅳ 中由S·Z转化为P·Z的活化能高于S＋Z转化为S·Z的活化能，S·Z转化为P·Z是进程 Ⅳ 的决速步骤，故B正确；由图可知，进程Ⅲ使用催化剂Y比进程Ⅱ使用催化剂X降低的活化能少，活化能越大，反应速率越慢，因而从S→P整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：Ⅱ＞Ⅲ，故C正确；由图可知，进程 Ⅳ 中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为P·Z，但P·Z没有转化为P＋Z，则进程 Ⅳ 中，Z没有催化作用，D不正确。 6．反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表： 积碳反应：CH4(g)===C(s)＋2H2(g) 消碳反应：CO2(g)＋C(s)===2CO(g) ΔH/(kJ·mol－1) ＋75 ＋172 活化能/ (kJ·mol－1) 催化剂X 33 91 催化剂Y 43 72 由上表判断，催化剂X________(填“优于”或“劣于”)Y，理由是_____________________ ________________________________________________________________________。 答案　劣于　催化剂X较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率大，消碳反应时，活化能高，反应速率小，综合考虑，催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性 7．利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，CH4产量随光照时间的变化如图所示。在0～15 h内，CH4的平均生成速率Ⅰ、Ⅱ 和Ⅲ从大到小的顺序为______________________________。 答案　Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ 8．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，反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示，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　迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除率增大，催化剂活性下降　NH3与O2反应生成了NO 催化剂特点 (1)催化剂具有高效性和选择性，某种催化剂对某一反应可能催化活性很强，但对其他反应不一定具有催化作用，可以选用合适的催化剂来调控反应。 (2)催化剂的催化活性除了与自身成分有关外，还与粒径、合成方法等因素以及温度、压强等条件有关，催化剂发挥作用需要维持在活性温度范围内，温度过高，催化活性降低。 三、拓展——化学反应的速率方程式与速率常数 1．表示反应速率和反应物浓度之间定量关系的方程形式。 对于一般反应：aA＋bB===cC＋dD 速率方程：v＝kcx(A)·cy(B) 通常设计对照实验，用改变物质数量的比例法的对照实验来确定x、y。 2．k称为反应速率常数。k的大小与反应物的自身性质、温度、催化剂等有关，但不随反应物浓度的变化而改变。一般来说，对同一反应，温度升高，k值增大，反应速率加快。 1．已知2N2O(g)===2N2(g)＋O2(g)的速率方程为v＝k·cn(N2O)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下： t/min 0 10 20 30 40 50 60 70 c(N2O)/ (mol·L－1) 0.100 0.080 c1 0.040 0.020 c2 c3 0 下列说法正确的是(　　) A．n＝1，c1>c2＝c3 B．t＝10 min时，v(N2O)＝2.0×10－3 mol·L－1·s－1 C．相同条件下，增大N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率 D．保持其他条件不变，若N2O起始浓度为0.200 mol·L－1，当浓度减至一半时共耗时50 min 答案　D 解析　根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的消耗是匀速的，说明反应速率与c(N2O)无关，故速率方程中n＝0，每10 min一氧化二氮浓度减小0.020 mol·L－1，则c1＝0.060>c2＝c3＝0，A、C错误；t＝10 min时瞬时速率等于平均速率v(N2O)＝＝2.0×10－3 mol·L－1· min－1，B错误；保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为2.0×10－3 mol·L－1· min－1，若起始浓度为0.200 mol·L－1，减至一半时所耗时间为＝50 min，D正确。 2．(2024·海南华侨中学高二检测)已知正丁烷和异丁烷可以相互转化：CH3CH2CH2CH3(g，正丁烷)CH3CH(CH3)CH3(g，异丁烷)。在恒容密闭容器中充入正丁烷发生异构化反应，正丁烷浓度c随时间t的变化曲线如图所示(图中T为温度)。已知：速率方程式为v＝kc(k为速率常数，与温度、催化剂等有关，与浓度无关)，a、b点反应速率相等，即v(a)＝v(b)。 回答下列问题： (1)bf段平均反应速率v＝___________mol·L－1·min－1。 (2)T1__________(填“>”“<”或“＝”)T2，判断依据是_______________________。 (3)活化分子总数：n(a)__________(填“>”“<”或“＝”)n(d)，判断依据是______。 (4)＝__________。 (5)速率常数：k(e)__________(填“>”“<”或“＝”)k(f)。 答案　(1)1.0×10－4　(2)<　c(a)<c(b)，由v(a)＝v(b)及v＝kc知，k(a)>k(b)，故T1<T2　(3)>　温度相同，活化分子百分数相等，浓度越大，活化分子总数越大　(4)　(5)＝ 解析　(1)由图可知，bf段平均反应速率v＝＝1.0×10－4 mol·L－1·min－1。(2)由图可知a点反应速率v(a)＝k1c1＝10×10－3k1，b点反应速率v(b)＝k2c2＝20×10－3k2，v(a)＝v(b)，则k1＝2k2＞k2，速率常数k越大，反应温度T越高，所以温度：T1＜T2。(3)其他条件相同时，反应物活化分子数与反应物浓度成正比，即反应物浓度越大，反应物活化分子越多，所以活化分子总数：n(a)＞n(d)。(4)速率方程式为v＝kc，由(2)可知k1＝2k2，则＝＝＝＝。 (5)速率常数与温度、催化剂等有关，与浓度无关，e、f点的温度和所用催化剂均相同，则速率常数：k(e)＝k(f)。 (选择题1～10题，每小题8分，共80分) 题组一　多因素影响化学反应速率 1．下列有关化学反应速率的说法正确的是(　　) A．C(s)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，化学反应速率减小 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 答案　D 解析　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，化学反应速率大，B不正确；升高温度，吸热反应、放热反应的反应速率均增大，C不正确；催化剂可以增大化学反应速率，D正确。 2.把镁条投入盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率如图所示。在下列因素中，影响反应速率的因素是(　　) ①盐酸的浓度　②镁条的表面积　③溶液的温度　④Cl－的浓度 A．①④ B．③④ C．①②③ D．②③ 答案　C 解析　Mg＋2H＋===H2↑＋Mg2＋，实质是镁与H＋的反应，与Cl－无关，在镁条的表面有一层氧化膜，当将镁条投入盐酸中时，随着氧化膜的不断溶解，镁与盐酸接触的面积不断增大，产生H2的速率会加快；溶液的温度对该反应也有影响，反应放出热量，使温度升高，则反应速率会逐渐加快。 3.CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列结论不正确的是(　　) A．反应在2～4 min内化学反应速率最大 B．反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大 C．4 min后，反应速率减小的主要原因是c(H＋)减小 D．反应在2～4 min内CO2的生成速率v(CO2)＝0.1 mol·L－1·min－1 答案　D 解析　由图像可知，0～2 min内，生成二氧化碳的物质的量为0.1 mol,2～4 min内，生成二氧化碳的物质的量为0.2 mol,4～6 min内，生成二氧化碳的物质的量小于0.1 mol，则反应在2～4 min内化学反应速率最大，A正确；由图像可知，0～4 min内，反应开始时反应速率较小，然后逐渐增大，因该反应为放热反应，随着反应的进行，温度升高，反应物浓度减小，但反应速率整体呈增大趋势，说明开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大，B正确；4 min后反应物浓度减小，反应速率减小，CaCO3是固体，氢离子浓度起主要作用，C正确；由图像可知，2～4 min内，生成二氧化碳的物质的量为0.2 mol，体积未知，无法计算化学反应速率，D错误。 4．(2023·长沙长郡中学期中)一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列说法正确的是(　　) A．在50 min 时，pH＝2和pH＝7时R的降解率相等 B．溶液酸性越强，R的降解速率越小 C．R的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响 D．20～25 min 内，pH＝10时R的降解速率为0.04 mol·L－1·min－1 答案　A 解析　由题图可知，在50 min 时，pH＝2和 pH＝7时R的降解率都是100%，A正确；由题图可知，pH越小，酸性越强，R降解速率越大，B、C错误；20～25 min内，pH＝10时R的降解速率为＝4×10－6 mol·L－1·min－1，D错误。 题组二　催化剂对化学反应速率的影响 5．(2023·常州高二检测)向5 mL 1 mol·L－1的H2O2溶液中加入少量FeCl3粉末，发生反应：①2Fe3＋＋H2O2===O2↑＋2Fe2＋＋2H＋；②2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2H2O＋2Fe3＋。下列有关说法正确的是(　　) A．向溶液中再加入少量NaCl粉末，Cl－的浓度增大，反应速率加快 B．Fe2＋是H2O2分解反应的催化剂 C．升高温度能加快H2O2的分解速率 D．改用10 mL 1 mol·L－1的H2O2溶液发生上述反应，则H2O2的分解速率增至原来的2倍 答案　C 解析　该反应的反应速率与Cl－的浓度无关，A项错误；由题给反应可知，Fe2＋为H2O2分解反应的中间产物，Fe3＋是H2O2分解反应的催化剂，B项错误；升高温度能加快化学反应速率，C项正确；H2O2溶液的体积增大，但c(H2O2)不变，故H2O2的分解速率不变，D项错误。 6．在紫外光照射下，利用WO3/ZnO光催化剂降解酸性橙Ⅱ染料废水的实验所得曲线如图所示，c0和c分别是时间为0和t时刻酸性橙Ⅱ染料的浓度，下列说法错误的是(　　) A．不加催化剂时，紫外光照射降解酸性橙Ⅱ染料废水的反应速率最慢 B．单一ZnO可作降解酸性橙Ⅱ染料废水的催化剂 C．相同条件下，2% WO3/ZnO对降解酸性橙Ⅱ染料废水的过程的催化效果最好 D．从图中可以看出，光催化降解酸性橙Ⅱ染料是一个可逆反应 答案　D 解析　根据图像可知，单一ZnO能加快反应速率，所以其可作降解酸性橙Ⅱ染料废水的催化剂，B项正确；根据图像可知，相同条件下，在0～t h内，催化剂为2% WO3/ZnO时的变化量最大，即反应速率最快，所以催化效果最好，C项正确；由图像中所给不同催化剂条件下5.0 h内的变化，不能确定反应物能否完全转化，则不能判断该反应是否为可逆反应，D项错误。 题组三　基元反应与反应历程 7．HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示： 下列说法错误的是(　　) A．在历程Ⅰ～Ⅴ中，涉及O—H、C—H、C—O的断裂 B．在历程Ⅰ～Ⅴ中，生成Ⅴ的反应决定了HCOOH脱氢反应的速率 C．若用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2 D．在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应的ΔH<0 答案　A 解析　据图分析，在历程Ⅰ～Ⅴ中没有C—O的断裂，故A错误；在历程Ⅰ～Ⅴ中，Ⅳ→Ⅴ的活化能最大，则生成Ⅴ的反应速率最慢，决定了HCOOH脱氢反应的速率，故B正确；根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2＋H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，则用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2，故C正确；由反应历程图可知，在Pd催化剂表面HCOOH的脱氢反应，反应物的总能量高于最终产物的总能量，则HCOOH脱氢反应为放热反应，ΔH<0，故D正确。 8．(2023·福建宁德期中)对于反应2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)，科学家根据光谱研究提出如下反应历程： 第一步：2NO(g)N2O2(g)　快反应 第二步：N2O2(g)＋H2(g)―→N2O(g)＋H2O(g)　慢反应 第三步：N2O(g)＋H2(g)―→N2(g)＋H2O(g)　快反应 上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡。下列叙述不正确的是(　　) A．总反应的速率由第二步反应决定 B．N2O2是反应的中间产物 C．第二步反应的活化能最大 D．若第一步反应的ΔH＜0，则升高温度，第一步反应的正反应速率减少，逆反应速率增大 答案　D 解析　总反应的速率由慢反应决定，第二步反应是慢反应，故总反应的速率由第二步反应决定，A正确；由总反应可知，NO、H2是反应物，N2和H2O是生成物，N2O和N2O2都是反应的中间产物，B正确；化学反应速率越慢，对应的反应活化能越大，故第二步反应的活化能最大，C正确；升高温度，第一步反应的正、逆反应速率都增大，D错误。 9．“接触法制硫酸”的主要反应是2SO2＋O22SO3，在催化剂表面的反应历程如图： 下列说法正确的是(　　) A．反应①的活化能比反应②小 B．过程中既有V—O和V==O的断裂，又有V—O和V==O的形成 C．该反应的催化剂是V2O4 D．由该历程可知催化剂参与了化学反应 答案　D 解析　由图可知，反应①的反应速率慢，反应②的反应速率快，所以反应①的活化能大于反应②，故A错误；由图可知反应①中V—O断裂，反应②中形成V—O，则过程中既有V—O的断裂，又有V—O的形成，但没有V==O的断裂和形成，故B错误；由图可知，V2O4是反应①的生成物，是反应②的反应物，所以V2O4不是该反应的催化剂，该反应的催化剂是V2O5，故C错误；由图可知，催化剂V2O5参与了化学反应，故D正确。 10．反应2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7 g N2，放出166 kJ热量，该反应的速率表达式为v＝k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①2NO＋H2===N2＋H2O2(慢)；②H2O2＋H2===2H2O(快)，T ℃时测得有关实验数据如下： 序号 c(NO)/ (mol·L－1) c(H2)/ (mol·L－1) 速率/(mol·L－1·min－1) Ⅰ 0.006 0 0.001 0 1.8×10－4 Ⅱ 0.006 0 0.002 0 3.6×10－4 Ⅲ 0.001 0 0.006 0 3.0×10－5 Ⅳ 0.002 0 0.006 0 1.2×10－4 下列说法错误的是(　　) A．H2O2是该反应的中间产物 B．该反应的快慢主要取决于第①步反应 C．该反应速率表达式：v＝5 000c2(NO)·c2(H2) D．该反应的热化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－664 kJ·mol－1 答案　C 解析　由题干信息可知，H2O2是该反应的中间产物，A正确；反应历程中反应慢的步骤决定总反应速率，整个反应速率由第①步反应决定，B正确；比较Ⅰ、Ⅱ数据，NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍，根据Ⅲ、 Ⅳ 数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大4倍，据此得到速率表达式v＝k·c2(NO)·c(H2)，依据Ⅰ中数据计算得k的数值为5 000，则速率表达式v＝5 000c2(NO)·c(H2)，C错误；反应2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7 g N2放出166 kJ热量，则生成28 g N2放热664 kJ，热化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－664 kJ·mol－1，D正确。 11．(8分)用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验(短时间内产生大量泡沫)，某同学依据文献资料对该实验进行探究。 (1)资料1：KI在该反应中的作用：H2O2＋I－===H2O＋IO－；H2O2＋IO－===H2O＋O2↑＋I－。总反应的化学方程式为___________________________________________。 (2)实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。 资料2：I2也可催化H2O2的分解反应。 ①加CCl4并振荡、静置后观察到__________________________，说明有I2生成。 ②气泡明显减少的原因可能是：ⅰ.H2O2浓度降低；ⅱ._________________________________。 以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管中加入CCl4，B试管中不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案　(1)2H2O22H2O＋O2↑　(2)①下层溶液呈紫红色　②在水溶液中I2的浓度降低　A试管中产生气泡明显变少；B试管中产生气泡速率没有明显减小 12．(12分)2022年3月4日，全球首套1 000吨/年二氧化碳加氢制汽油中试装置，在山东邹城工业园区开车成功，生产出符合国Ⅵ标准的清洁汽油产品。CO2转化过程如图1： (1)写出反应①的化学方程式：_____________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)一定温度下，向2 L的密闭容器中加入一定量的H2、CO2气体发生反应①，产物均为气态。反应过程中CO2气体和CO气体的物质的量与时间的关系如图2所示。回答下列问题： ①t1 min时，正、逆反应速率的大小关系为v正____ (填“>”“<”或“＝”)v逆。 ②4 min内，CO2的平均反应速率为________________________________________。 ③能加快反应速率的措施有_______________________________________________ ________________________________________________________________________(任写两条)。 答案　(1)CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) (2)①>　②0.05 mol·L－1·min－1　③升高温度、增大压强、增大反应物浓度(任写两条，其他合理答案也给分) 解析　(1)通过图示可知，反应①为二氧化碳与氢气反应生成一氧化碳和水，化学方程式为CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。(2)①t1 min时，反应正向进行，则v正>v逆。②4 min内，v(CO2)＝－＝－＝0.05 mol·L－1·min－1。 学科网（北京）股份有限公司 $