第2章 第1节 化学反应速率 第2课时 影响化学反应速率的因素 活化能-【正禾一本通】2025-2026学年高二化学选择性必修1同步课堂高效讲义配套课件（人教版单选）

该高中化学课件聚焦“影响化学反应速率的因素”及“活化能”核心内容，通过“任务一”“任务二”情境导学与思维碰撞导入，衔接实验探究（如H₂O₂催化对比实验、滴定实验）与理论分析（有效碰撞、活化能概念及能量变化图），构建“实验-概念-应用”的学习支架。 其亮点在于以科学探究与实践为路径，融合科学思维，通过对比实验（FeCl₃与CuSO₄对H₂O₂催化效果）、能量曲线图分析活化能及催化剂作用，采用“基础生成-能力突破-规律总结”设计，助学生形成“宏微符”结合的化学思维，教师可借助可编辑PPT灵活教学，提升效率。

第 二 章 化学反应速率与化学平衡 化学·选择性必修1 1 《正禾一本通》PPT均可实现任意编辑，方法如下： 在PPT编辑模式中，双击需编辑内容，呈现word文档，编辑后关闭word文档即可。 第一节　化学反应速率 第2课时　影响化学反应速率的因素　活化能 3 「任务一」　探究影响化学反应速率的因素 4 × × × × √ 「任务二」　探究活化能与反应速率的关系 35 化学反应 能量 取向 × √ √ × √ × [课后分层练(六)]　影响化学反应速率的因素　活化能 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 76 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 eq \a\vs4\al([学习目标]) 1．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．能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。 3．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。 4．知道催化剂可以改变反应过程。 5．能用简单理论说明反应条件对化学反应速率的影响 下图是“大象牙膏”趣味实验图片。实验方法是将浓缩的过氧化氢与肥皂混合起来，加上一些碘化钾(不能过多)，即可观察到泡沫状物质像喷泉一样从容器中喷涌而出。原理是2H2O2===2H2O＋O2↑。 问题1.是什么物质加快了过氧化氢的分解？ 提示：加入的少量碘化钾作为催化剂加快了过氧化氢的分解。 问题2.还有哪些因素会影响过氧化氢的分解？ 提示：影响过氧化氢分解的因素还有温度、浓度、光照等。 1．影响化学反应速率的因素 (1)内因：反应物的 等。 (2)外因： 等。 组成、结构和性质 浓度、压强、温度及催化剂 2．实验探究 实验中可以通过定性观察的方法来比较化学反应速率的大小，也可通过实验进行定量测定。 (1)定性研究影响化学反应速率的因素 ①实验原理 Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O； 2H2O22H2O＋O2↑。 影响因素 实验操作 实验现象 实验结论 浓度 均出现浑浊和气泡，但后者出现更快 在一般情况下，当其他条件相同时，增大反应物浓度，化学反应速率 ；降低反应物浓度，化学反应速率 增大 减小 ②实验方案设计 影响因素 实验操作 实验现象 实验结论 温度 混合后均出现浑浊和气泡，但70 ℃热水一组先出现 升高温度，化学反应速率 ；降低温度，化学反应速率 催化剂 前者无明显现象，后者出现大量气泡 催化剂能 化学反应速率 增大 减小 加快 (2)定量研究影响化学反应速率的因素 实验步骤 取两套如图所示的装置，一套加入40 mL 1 mol·L-1 的H2SO4 溶液和2 g锌粒，另一套加入40 mL 4 mol·L-1 的H2SO4 溶液和2 g锌粒，分别测量收集10 mL H2 所需的时间 实验装置 实验结论 经过定量计算，4 mol·L-1 的H2SO4 溶液和锌粒反应的速率 1 mol·L-1的H2SO4 溶液和锌粒反应的速率 大于 (1)往锌与稀硫酸的反应混合液中加入NH4HSO4固体，反应速率 不变( ) (2)使用催化剂可改变反应速率，从而改变该反应过程中吸收或放出的热量( ) (3)其他条件不变，温度越高，化学反应速率越快( ) (4)某温度下，在容积一定的密闭容器中进行反应2X(g)＋Y(g)⥫⥬Z(g)＋W(s)　ΔH>0，则升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小( ) (5)对于反应A＋B⥫⥬C，改变容器容积，化学反应速率一定发生 变化( ) 突破1　影响化学反应速率的因素 【例1】 (2024·甘肃高考改编)下列措施能降低化学反应速率的是(　　) A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B．向Cu(OH)2悬浊液中加入稀盐酸，边滴边振荡试管 C．锌粉和盐酸反应时加水稀释 D．石墨合成金刚石时增大压强 答案：C。 外界条件对化学反应速率的影响 1．浓度 (1)当其他条件不变时，增大反应物的浓度，可以增大化学反应速率。 (2)改变固体或纯液体的量不会改变化学反应速率，但增大固体的表面积或将固体溶于一定溶剂，能增大化学反应速率。 2．温度 升高温度，可加快化学反应速率。温度对化学反应速率的影响对放热反应和吸热反应都适用。 3．催化剂 催化剂可改变化学反应速率。同一催化剂能同等程度改变正、逆反应的速率。 4．压强 (1)压强对固体和液体(溶液)间的反应影响很小，可以忽略不计。 (2)压强改变的实质是改变反应物的浓度，判断时看反应物的浓度是否发生改变，只有浓度改变了，化学反应速率才改变。 (3)对于有气体参加的反应，有以下情况： 恒温时 增大压强→体积减小→浓度增大→化学反应速率增大 恒容时 充入气体反应物→反应物浓度增大→总压增大→化学反应速率增大 充入“无关气体”(如He、Ne、Ar 或不参与反应的N2 等)→总压增大，但各反应物的分压不变，各物质的浓度不变→化学反应速率不变 恒压时 充入“无关气体”(如He 、Ne 、Ar 或不参与反应的N2 等)→体积增大→各反应物浓度减小→化学反应速率减小 突破2　控制变量探究影响化学反应速率的因素 【例2】 (2025·福建泉州高二期中)Ⅰ.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题： (1)定性分析：如图甲可通过观察________的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将0.1 mol·L-1 FeCl3改为______________更为合理，其理由是___________________________________________________________。 (2)定量分析：如图乙所示，实验时均以生成40 mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是________________________________________________________________________。 (3)查阅资料得知：将作为催化剂的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液中后，溶液中会发生两个氧化还原反应，且两个反应中H2O2均参加了反应。试从催化剂的角度分析，这两个氧化还原反应的离子方程式分别是2Fe3+＋H2O2===2Fe2+＋O2↑＋2H＋和______________________________________。 Ⅱ.乙同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如下系列实验： 实验序号 反应温度/℃ Na2S2O3 稀硫酸 H2O V/mL c/(mol·L-1) V/mL c/(mol·L-1) V/mL ① 20 10.0 0.10 10.0 0.50 0 ② 40 V1 0.10 V2 0.50 V3 ③ 20 V4 0.10 4.0 0.50 V5 (4)该实验①②可探究_______对反应速率的影响；该实验①③可探究硫酸浓度对反应速率的影响，因此V5＝_______。 【审题指导】 Ⅰ.本实验的目的是探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，催化剂能加快反应速率，可以通过观察产生气泡的快慢来判断，比较金属阳离子的催化效果要排除阴离子的干扰；催化剂在整个化学反应中，可以看成是先参加了反应，再被生成了，这两个反应相加就是一个总反应，催化剂刚好被抵消，表现为不参加反应； Ⅱ.利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，必须控制单一变量。 解析：(1)甲中H2O2分解的现象是有气泡生成，催化剂的作用是加快反应速率，所以可以通过观察产生气泡的快慢来判断两种催化剂的效果；要比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，控制单一变量，故选择的试剂中阴离子种类相同且阳离子浓度相同，所以将0.1 mol·L-1 FeCl3改为0.05 mol·L-1 Fe2(SO4)3更合理。(3)根据分析，总反应为2H2O2===2H2O＋O2↑，用总反应减去已知离子方程式就可以得到另一个离子方程式2Fe2+＋H2O2＋2H＋=== 2Fe3+＋2H2O。(4)由表格可知，实验①和②的温度不同，可探究温度对反应速率的影响，则其他影响因素一致，实验①和③温度相同，可探究浓度对反应速率的影响，则溶液总体积相同，故V4＝10.0 mL，V5＝10.0 mL－4.0 mL＝6.0 mL。 答案：(1)产生气泡　0.05 mol·L-1 Fe2(SO4)3　排除阴离子的干扰　(2)生成40 mL气体所需要的时间 (3)2Fe2+＋H2O2＋2H＋===2Fe3+＋2H2O (4)温度　6.0 控制变量法探究影响化学反应速率的因素的解题要点 (1)考查形式 ①以表格的形式给出多组实验数据，找出每组数据的变化对化学反应速率的影响。 ②给出影响化学反应速率的几种因素，设计实验分析各因素对化学反应速率的影响。 (2)解题策略 1．(2025·东北三省联考)在某催化剂作用下双氧水分解：2H2O2(aq)===2H2O(l)＋O2(g)。向某容器中投入足量双氧水，测得双氧水浓度与反应时间关系如图所示。已知：双氧水浓度减小一半所用时间叫半衰期。下列叙述错误的是(　　) A．温度升高，双氧水分解速率加快 B．反应速率：a>b C．ab段平均速率：v(H2O2)＝0.01 mol·L-1·s-1 D．此条件下，双氧水半衰期与初始浓度成正比 解析：选D。题中c(H2O2)减小一半时所用时间均为20 s，即双氧水半衰期为20 s，与起始浓度无关，D错误。 2．反应C(s)＋H2O(g)⥫⥬CO(g)＋H2(g)　ΔH >0，下列说法正确的是(　　) A．其他条件不变时，增加碳的量，化学反应速率增大 B．其他条件不变时，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大 C．其他条件不变时，缩小容器的容积，增大压强，化学反应速率减小 D．其他条件不变时，向容积不变的密闭容器中充入H2O(g)，正反应速率增大，逆反应速率减小 解析：选B。碳是固体，浓度为定值，只增大碳的量时化学反应速率不变，A错误；升高温度，正反应和逆反应速率均增大，B正确；其他条件不变时，缩小容器的容积，增大压强，各气体物质浓度增大，化学反应速率增大，C错误；其他条件不变时，向容积不变的密闭容器中充入H2O(g)，压强增大，则正反应速率增大，逆反应速率相对原来的也增大，D错误。 3．Ⅰ.硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称大苏打、海波，广泛应用于照相定影等领域。某同学利用控制变量法探究影响Na2S2O3与稀H2SO4反应速率的因素时，设计了如表实验并分别绘制浑浊度随时间的变化如图。 温度 编号 0.1 mol·L-1Na2S2O3溶液 0.1 mol·L-1H2SO4溶液 蒸馏水 V/mL V/mL V/mL 25 ℃ ① 1.5 3.5 10 ② 2.5 3.5 9 ③ 3.5 3.5 V1 ④ 3.5 2.5 9 ⑤ 3.5 1.5 10 浑浊度随时间变化的曲线如图。 (1)用离子反应方程式表示其反应原理为_____________________________________。 (2)通过实验①②③，可探究____________因素对反应速率的影响，由此得V1＝__________mL。 (3)根据上述图像，对比曲线a和①得到：a曲线的T________(填“>”“＝”或“<”)25 ℃。 (4)该化学反应速率还可以用单位时间内的浑浊度的变化量表示，请计算m点的平均化学反应速率为___________NTU/s。 Ⅱ.某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性KMnO4溶液时(2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===10CO2↑＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O)，反应速率变化如图所示，小组成员探究t1～t2时间内速率变快的主要原因，为此异常现象展开讨论，猜想造成这种现象的最可能原因有两种。 猜想Ⅰ：此反应过程放热，温度升高，反应速率加快。 猜想Ⅱ：…… (5)猜想Ⅱ可能是________________________________________________________________________。 (6)基于猜想Ⅱ成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。 加入试剂 2 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液、1 mL 0.05 mol·L-1酸性KMnO4 2 mL 0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液、1 mL 0.05 mol·L-1酸性KMnO4，少量______固体 实验现象 褪色时间10 min 褪色时间________10 min(填“<”“>”或“＝”) 结论 猜想Ⅱ正确 答案：(1)S2O eq \o\al(2-,3)＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O (2)Na2S2O3浓度　8　(3)>　(4)0.6 (5)Mn2+对该反应具有催化作用 (6)MnSO4　< 催化剂是控制和加速化学反应的物质，2021年的诺贝尔化学奖颁给了本亚明·利斯特和戴维·麦克米伦，以表彰二人开发出一种精确的分子构建新工具：不对称有机催化。 问题1.催化剂是通过改变什么从而改变反应速率的？ 提示：催化剂通过降低反应的活化能从而加快反应速率。 问题2.对于一个化学反应来说，是不是一步完成的？ 提示：不是，大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现。 1．基元反应 (1)概念：大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现，其中 都称为基元反应。 (2)意义：先后进行的 反映了化学反应的反应历程(反应历程又称反应机理)。 (3)先决条件：反应物的分子必须发生碰撞，但并不是每一次分子碰撞都能发生化学反应。 每一步反应 基元反应 2．有效碰撞 3．活化分子和活化能 (1)活化分子：能够发生 的分子。 (2)活化能： 具有的平均能量与 具有的平均能量之差，叫作反应的活化能。 (3)反应物、生成物的能量与活化能的关系 有效碰撞 活化分子 反应物分子 减小 4．碰撞理论对影响化学反应速率因素的解释 浓度 当其他条件相同时，反应物浓度增大→单位体积内活化分子数 →单位时间内有效碰撞的次数 →化学反应速率 ；反之，化学反应速率 。压强的变化等同于浓度的变化 增多 增加 增大 增大 反应历程 降低 增大 增加 温度 当其他条件相同时，升高温度→活化分子的百分数 →单位时间内有效碰撞的次数 →化学反应速率 ；反之，化学反应速率 催化剂 使用催化剂→改变了 ，反应的活化能 →活化分子的百分数 →单位时间内有效碰撞的次数 →化学反应速率增大 增加 增大 减小 (1)对于由多个基元反应组成的化学反应，其反应的快慢由最慢的一步基元反应决定( ) (2)有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大( ) (3)升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数( ) (4)活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞( ) (5)增大反应物浓度会加快反应速率的原因是单位体积内有效碰撞的次数增多( ) (6)催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后的性质保持 不变( ) 突破1　辨识反应过程—相对能量图像信息的能力 【例1】 (2024·甘肃高考)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是(　　) A．E2＝1.41 eV B．步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eV C．步骤1的反应比步骤2快 D．该过程实现了甲烷的氧化 解析：选C。步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C错误；该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D正确。 1．反应过程中的最大能垒是指正反应过程中最大相对能量的差值，可以用估算的方法进行确定，上图中E(能垒1)＝E(过渡态)－E(吸附态)＝[a－(－b)] eV＝(a＋b) eV。 2．ΔH＝E(生成物)－E(反应物)＝(－d－0) eV＝－d eV。 3．能垒越大，反应速率越小；多步反应中能垒最大的基元反应为决速反应。 4．相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒最小的反应，反应速率最大，其对应的产物占比最高。 ◎苏教版《化学反应原理》P47 根据另一种常用的反应速率理论(过渡态理论)，反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡状态。过渡状态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能。图2­8中，Ea为正反应的活化能，Ea′为逆反应的活化能。化学反应速率与反应的活化能大小密切相关，活化能越小，反应速率越大。 突破2　辨识物质转化机理图像信息的能力 【例2】 (2025·山东青岛期中)NH3选择性催化还原NO的反应为4NH3＋6NO5N2＋6H2O，其反应过程如图所示。一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的NH3、NO和O2，发生反应。下列说法错误的是(　　) A．使用催化剂，NH3、NO的活化分子数增多，还原NO的速率加快 B．①的反应速率快，说明反应①的活化能大，是整个反应的决速步 C．NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO在此过程中几乎不被催化剂吸附 D．其他条件不变时，增大NH3的浓度，反应速率加快 解析：选B。使用催化剂能降低反应的活化能，反应速率加快，A正确；反应①的反应速率快，活化能小，反应的决速步是反应速率最慢的反应②，慢反应是整个反应的决速步，B错误；在反应过程中，NH3与催化剂发生强的化学吸附，而NO与NH3结合，NO几乎不被催化剂吸附，C正确；其他条件不变时，增大NH3的浓度，反应速率加快，D正确。 1．催化剂与中间产物 (1)催化剂是参与基元反应，一般在第1步反应中转化为其他物质，到后面的基元反应中又生成出来的物质。 (2)中间产物是由前面的基元反应生成，又参与后面基元反应的物质，即由反应生成又在反应中消失。 2．“物质转化”反应过程图像分析 以上图为例，对于环式反应过程图像，⑤⑥⑦和⑧位于环上的物质一般是催化剂或中间体，①和④入环的物质为反应物，②和③出环的物质为生成物，由反应物和生成物可写出总反应化学方程式。 ◎鲁科版《化学反应原理》P79 阿伦尼乌斯公式 1889年，阿伦尼乌斯在大量实验的基础上，提出了反应速率常数与温度之间关系的经验公式： k＝ 式中：k为反应速率常数；A为比例系数；e为自然对数的底；R为理想气体常数；Ea为活化能，单位为J·mol-1或kJ·mol-1。 该经验公式表明，当Ea>0时，升高温度，反应速率常数增大，化学反应速率随之提高。由该公式还可知，Ea值越大，改变温度对反应速率的影响程度就越大。这就是升高相同温度时，不同化学反应的速率提高的倍数不同的原因。 1．研究发现，Pd2团簇可催化CO的氧化[2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH]，在催化过程中可能生成不同的过渡态和中间产物(过渡态已标出)，催化时的能量变化如图所示。下列有关该催化过程的说法正确的是(　　) A．若使用不同的催化剂，则ΔH不同 B．每一步都是吸热反应 C．该过程中的最大能垒为1.77 eV D．ΔH＝＋6.28 eV 解析：选C。催化剂不改变反应的ΔH，A错误；由图可知，有多步放热反应，B错误；最大能垒为(－3.96 eV)－(－5.73 eV)＝1.77 eV，C正确；由图可知，ΔH＝－6.28 eV，D错误。 2．(2025·华中师范大学附中期中)钒系催化剂催化脱硝部分机理如图所示。有关该过程的叙述不正确的是(　　) A．V5+—O－…＋H3N—N===O是中间体 B．反应过程中H—O—V5+被氧化 C．脱硝反应为4NH3＋O2＋4NO4N2＋6H2O D．反应过程中既有极性键又有非极性键的断裂和形成 解析：选B。反应过程中H—O—V5+化合价没有发生变化，B错误。 3．(2023·湖北高考节选)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H20(g)C40H18(g)＋H2(g)的反应机理和能量变化如下： 图示历程包含________个基元反应，其中速率最慢的是第________个。 答案：3　3 1．合理使用食品添加剂，有利于提高食品品质，提高人们生活质量。下列添加剂与化学反应速率有关的是(　　) A．食品中添加味精(主要成分为谷氨酸钠) B．加工馒头添加NaHCO3 C．水果罐头中添加维生素C D．在奶粉中添加FeSO4 解析：选C。味精是一种增味剂；加工馒头添加NaHCO3，是因为NaHCO3与酸反应或受热分解产生CO2，从而用作膨松剂；奶粉中添加FeSO4作营养强化剂，都与化学反应速率无关，A、B、D错误。维生素C具有还原性，能消耗罐头中的O2，作抗氧化剂，从而保鲜食品延长保质期，与反应速率有关，C正确。 2．(2025·天津南开区期末)一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)⥫⥬H2(g)＋I2(g) ΔH>0，0～15 s内c(HI)由0.1 mol/L降到0.07 mol/L，下列说法正确的是(　　) A．升高温度，v(H2)的生成反应速率加快，v(HI)的生成反应速率减慢 B．保持体积不变，充入N2，使体系压强增大，化学反应速率加快 C．c(HI)由0.07 mol/L降到0.05 mol/L所需的反应时间为10 s D．0～15 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.06 mol·L-1·min-1 答案：D。 3．(2025·沈阳一二零中学质量检测)已知A转化为C和D分步进行：①A(g)⥫⥬B(g)＋2D(g)；②B(g)⥫⥬C(g)＋D(g)，其反应过程能量如图所示，下列说法正确的是(　　) A．1 mol A(g)的能量低于1 mol B(g)的能量 B．B(g)⥫⥬C(g)＋D(g)　ΔH＝(Ea4－Ea3)kJ/mol C．断裂1 mol A(g)化学键吸收的热量小于形成1 mol C(g)和3 mol D(g)化学键所放出的热量 D．反应过程中，由于Ea3＜Ea1，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累 解析：选D。由图可知，1 mol A(g)的能量低于1 mol B(g)和2 mol D(g)的能量总和，不能确定1 mol A(g)的能量和1 mol B(g)的能量大小，A错误；ΔH＝E正－E逆，则B(g)⥫⥬C(g)＋D(g)　ΔH＝(Ea3－Ea4) kJ/mol，B错误；图知1 mol A(g)的能量小于1 mol C(g)和3 mol D(g)的总能量，是吸热反应，即断裂1 mol A(g)化学键吸收的热量大于形成1 mol C(g)和3 mol D(g)化学键所放出的热量，C错误。 4．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)的反应过程如下，下列有关说法正确的是(　　) 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 解析：选C。发生有效碰撞的分子一方面要具有活化分子所具有的最低能量，另一方面发生碰撞需具有一定的方向，所以第二步活化配合物之间的碰撞不一定是有效碰撞，A不正确；活化配合物的能量越高，反应的活化能越大，第一步的反应速率越慢，B不正确；第一步反应为慢反应，活化配合物具有高能量，表明反应的活化能大，且需要吸收能量，C正确；一个化学反应分多步完成时，该反应的反应速率主要取决于慢反应，即决定于第一步反应，D不正确。 5．某同学设计实验探究丙酮碘化反应中，丙酮、I2、H＋浓度对化学反应速率的影响。 已知：＋I2 编号 0.002 5 mol/LI2溶液/mL 4 mol/L丙酮溶液/mL 2 mol/L盐酸/mL 蒸馏水/mL 褪色时间/s ① 5 10 10 0 t1 ② 5 10 5 5 t2 ③ 5 5 a 5 t3 ④ 2.5 10 10 2.5 t4 回答下列问题： (1)实验③中，a＝________mL，加5 mL蒸馏水的目的是________________________________________________________________________。 (2)研究I2浓度对反应速率的影响，应选择的实验为________和________。 (3)在实验④中，以I2表示的反应速率为_________mol/(L·s)(用含有t4的代数式表示)。 (4)查阅资料发现丙酮碘化反应的历程为： ①分析可知：影响丙酮碘化反应的速率的主要是___________________的浓度。 ②请依据反应过程，进一步解释影响丙酮碘化反应速率的物质浓度因素的原因：_____________________________________________________________________________________________________________________________________________。 答案：(1)10　使混合溶液的体积相等 (2)①　④　(3) eq \f(0.000 25,t4) (4)①H＋和丙酮　②根据反应历程，丙酮与氢离子的反应是慢反应，是该反应的决速步骤，则反应速率主要由H＋和丙酮的浓度决定，I2参与的是快反应，对该反应的速率影响不大 【基础达标练】 1．(2025·华中师范大学一附中期中)下列过程与化学反应速率无关的是(　　) A．橡胶的老化 B．使用冰箱储存食物 C．14C的半衰期测年代 D．由甲烷通过化学气相沉积制钻石 解析：选C。元素的半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，不涉及化学反应速率，C符合题意；由甲烷通过化学气相沉积制钻石是通过化学反应在基底上沉积碳原子，涉及化学反应速率，D不符合题意。 2．(2025·广东名校联考)改变化学反应的外界条件可以调控生产效率。对于合成氨反应3H2(g)＋N2(g)⥫⥬2NH3(g)，下列措施不能改变反应体系内活化分子百分数的是(　　) A．降低体系的温度 B．增大反应物浓度 C．升高体系的温度 D．使用催化剂 解析：选B。增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子的数目，但是活化分子百分数不变，B正确。 3．Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，可实现氯资源的再利用。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是(　　) A．CuCl2分解产生两种产物，物质X为Cl2 B．中间产物有5种 C．反应制得1 mol Cl2，转移电子数为2NA D．该反应的化学方程式为4HCl＋O22Cl2＋2H2O 解析：选B。CuCl2分解产生CuCl，铜的化合价降低，氯的化合价升高，物质X为Cl2，A正确；该过程总反应4HCl＋O22Cl2＋2H2O，反应制得1 mol Cl2，转移电子数为2NA，Ⅰ中CuO先参与反应后重新生成是催化剂，有Cu(OH)Cl、CuCl2、CuCl、Cu2OCl2四种中间产物，B错误，C、D正确。 4．(2025·安徽合肥一中期中)控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的硫酸和锌反应的实验数据，下列有关叙述正确的是(　　 ) 序号 硫酸的体积/mL 锌的质量/g 锌的状态 温度/℃ 完全溶于酸的时间/s 生成硫酸锌的质量/g 1 50.0 2.0 颗粒 25 70 m1 2 50.0 2.0 颗粒 35 35 m2 3 50.0 2.0 粉末 25 t1 5.0 序号 硫酸的体积/mL 锌的质量/g 锌的状态 温度/℃ 完全溶于酸的时间/s 生成硫酸锌的质量/g 4 50.0 6.0 粉末 25 t2 15.0 5 50.0 8.0 粉末 25 t3 19.3 6 50.0 10.0 粉末 25 t4 m3 A．t1>70 B．m3＝19.3 C．实验1、实验2与实验3探究的只是温度对化学反应速率的影响 D．无法计算出硫酸的物质的量浓度 解析：选B。实验1与实验3相比，只有反应物的接触面积不同，其他条件相同，粉末状的比颗粒状的接触面积大，接触面积越大反应速率越快，实验3的反应速率快，所以t1<70，A错误；2.0 g锌与硫酸反应生成5.0 g硫酸锌，实验4和实验5相比，实验5比实验4硫酸锌的质量增加4.3 g，说明实验5中硫酸完全反应，再增加锌的质量，硫酸锌的质量不变，所以m3＝19.3，B正确；根据表格数据可知，实验1与实验2的变量是温度，实验1与实验2探究的是温度对化学反应速率的影响，实验1与实验3的变量是反应物的接触面积，实验1与实验3探究的是反应物的接触面积对化学反应速率的影响，C错误；实验5中硫酸完全反应，硫酸的物质的量n＝ eq \f(19.3 g,161 g/mol)≈0.12 mol，浓度c＝ eq \f(n,V)＝ eq \f(0.12 mol,0.05 L)＝2.4 mol/L，D错误。 5．(2025·江苏连云港高二期中)已知H2(g)＋2ICl(g)===I2(g)＋2HCl(g)　ΔH＝－218 kJ·mol-1。该反应分两步完成： 慢反应①：H2(g)＋2ICl(g)===HCl(g)＋HI(g)＋ICl(g)　ΔH<0 快反应②：HCl(g)＋HI(g)＋ICl(g)===I2(g)＋2HCl(g)　ΔH<0 下列示意图能正确表示反应过程中能量变化的是(　　 ) 答案：B。 6．物理学上将放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需的时间叫半衰期，在化学反应中有时将物质消耗一半所用时间也叫半衰期。298 K时，在催化剂作用下M生成N，反应物起始浓度与催化剂、反应时间关系如图所示。下列叙述错误的是(　　 ) A．条件Ⅱ，M的起始浓度为9.0 mol·L-1时半衰期为187.5 min B．条件Ⅲ，M的反应速率为1.2×10-2 mol·L-1·min-1 C．其他条件相同，催化剂浓度越大，反应速率越大 D．其他条件相同时，M的起始浓度越大，反应速率越快 解析：选D。观察图像，M生成N的反应是直线型反应，是匀速反应。起始浓度与消耗时间成正比，设M消耗4.5 mol·L-1时需要时间为t，则3.0∶125＝4.5∶t，t＝187.5 min，A正确；条件Ⅰ和条件Ⅲ速率相等，v＝ eq \f(1.5,125) mol·L-1·min-1＝1.2×10-2 mol·L-1·min-1，B正确；由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，催化剂浓度越大，反应速率越大，C正确；由曲线Ⅰ、Ⅲ可知，反应速率与起始浓度无关，D错误。 7．地下水中加入H2O2可将地下的三氯乙烯(C2HCl3)除去，反应如下：3H2O2＋C2HCl3===2H2O＋2CO2↑＋3HCl。常温下，在某密闭容器中进行上述反应，测得c(H2O2)随时间的变化如表所示： 时间/min 0 2 4 6 8 …… c(H2O2)/(mol·L-1) 1.20 0.90 0.70 0.60 0.55 …… 已知：在反应体系中加入Fe2+，可提高该反应的反应速率。下列说法错误的是(　　 ) A．Fe2+为该反应的催化剂 B．反应过程中可能产生O2 C．加热，正反应速率加快，逆反应速率减小 D．0～4 min内v(H2O2)＝0.125 mol·L-1·min-1 答案：C。 【拓展提能练】 8．(2025·清华大学附中期中)丙酮（）碘化反应为兴趣小组在20 ℃时研究了该反应的反应速率。他们在反应开始前加入淀粉溶液，通过观察淀粉溶液褪色时间来度量反应速率的大小。实验数据如下表，其中①～③混合液总体积均为100 mL。 序号 n(丙酮)/mol n(I2)/mol 褪色时间/s ① 0.2 2×10-4 40 ② 0.1 2×10-4 80 ③ 0.2 1×10-4 20 下列推理合理的是(　　 ) A．实验①中，v(I2)＝5×10-6 mol·L-1·s-1 B．由实验①②可知，c(丙酮)越小，反应速率越快 C．由实验①③可知，c(I2)越小，反应速率越快 D．该反应可能会出现反应速率随时间先增大后减小的现象 解析：选D。实验①中淀粉溶液褪色时间为40 s，则v(I2)＝ eq \f(Δc,Δt)＝ eq \f(Δn,VΔt)＝ eq \f(2.0×10-4 mol,0.1 L×40 s)＝5×10-5mol·L-1·s-1，A错误；实验①②中只有c(丙酮)不同，其他数据相同，并且实验①中c(丙酮)大、褪色时间短，即c(丙酮)越大，反应速率越快，B错误；实验①③中只有c(I2)不同，其他数据相同，并且实验③中c(I2)小、褪色时间短，但I2的物质的量是①的一半，褪色时间也是①的一半，即改变c(I2)，反应速率不变，C错误；随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，故反应速率也逐渐减慢，但该反应可能是一个放热反应，导致溶液温度升高反应速率加快或者生成的H＋起催化剂的作用，故该反应可能会出现反应速率随时间先增大后减小的现象，D正确。 9．(2025·河南南阳期中)中国科学院化学研究所报道了化合物1催化CO2氢化机理。该机理中化合物1(催化剂，固态)―→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说法错误的是(　　 ) A．化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11－2、TS21－2，说明这一过程包含两个基元反应 B．图中11－2生成化合物2的过程是放热过程 C．过程①的活化能低于过程②的活化能 D．过程①的热化学方程式为1(s)＋CO2(g)===11－2(s)　ΔH＝＋2.08 kJ·mol-1 解析：选D。过程①的热化学方程式为1(s)＋CO2(g)===11－2(s)　ΔH＝＋2.08 kcal·mol-1，D错误。 10．(2024·广西高考)烯烃进行加成反应的一种机理如下： 此外，已知实验测得CH2===CH2、CH3CH===CH2、(CH3)2C===CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是(　　) A．乙烯与HCl反应的中间体为CH3— B．乙烯与氯水反应无CH2ClCH2OH生成 C．卤化氢与乙烯反应的活性：HBr>HCl D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易 解析：选B。HCl中H带正电荷、Cl带负电荷，结合机理知，乙烯与HCl反应的中间体为CH3—，A正确；氯水中存在HClO，其结构为H—O—Cl，其中Cl带正电荷、OH带负电荷，结合机理可知，乙烯与氯水反应可能会有CH2ClCH2OH生成，B错误；机理的第一步反应为慢反应，决定反应的速率，HCl比HBr稳定，H—Br键的键能更小容易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性HBr>HCl，C正确；已知实验测得CH2===CH2、CH3CH===CH2、(CH3)2C===CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小，则烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易，D正确。 11．零价铁活化过硫酸盐耦合类芬顿体系可以产生强氧化性的羟基自由基(·OH)和硫酸根自由基(SO eq \o\al(－,4)·)，被用于氧化降解废水中的抗生素。 (1)该体系中产生自由基的机理如图所示。 SO eq \o\al(－,4)·在碱性溶液中可转化为·OH，该反应的离子方程式为________________________________________________________________。 (2)为探究体系中SO eq \o\al(－,4)·和·OH降解抗生素的能力，设计了自由基猝灭实验。CH3OH是SO eq \o\al(－,4)·和·OH的猝灭剂，能与SO eq \o\al(－,4)·、·OH快速反应；(CH3)3COH是·OH的猝灭剂，难和SO eq \o\al(－,4)·反应。零价铁活化过硫酸盐耦合类芬顿体系处理废水时分别加入上述猝灭剂，抗生素残留率与时间的关系如图所示。 ①甲醇和·OH反应的原理是·OH拔走了甲醇中的一个H原子，生成一个新的自由基，可能产物的相对能量如图所示，该反应最有可能的方程式为____________________________________________________________。 ②实验Ⅰ加入的猝灭剂甲是________________________________________________________________________。 ③降解抗生素的自由基主要是哪个，简述理由：________________________________________________________________________。 (3)探究S2O eq \o\al(2-,8)(PDS)的物质的量分数对抗生素去除率的影响。在pH＝7的废水中，PDS和H2O2总浓度为1×10-3mol·L-1，相同时间内，PDS的物质的量分数与抗生素残留率的关系如图所示。 ①PDS的物质的量分数从80%降到50%，抗生素残留率降低的原因是________________________________________________________________。 ②PDS的物质的量分数降到0%时，抗生素残留率升高的原因是____________________________________________________________________。 解析：(2)②从图中可以看出，实验Ⅰ中抗生素残留率高，即SO eq \o\al(－,4)·和·OH含量少，猝灭剂甲的猝灭效果好于猝灭剂乙，则甲同时猝灭SO eq \o\al(－,4)·和·OH，实验Ⅰ加入的猝灭剂甲是CH3OH或甲醇，猝灭剂乙是(CH3)3COH。 答案：(1)SO eq \o\al(－,4)·＋OH－===·OH＋SO eq \o\al(2-,4) (2)①CH3OH＋·OH===·CH2OH＋H2O ②CH3OH(或甲醇) ③·OH，实验Ⅱ和实验Ⅰ在相同时间内降解率差距不大，说明SO eq \o\al(－,4)·降解能力不强；相同时间内实验Ⅲ降解率远大于实验Ⅱ和实验Ⅰ，说明·OH降解能力强 (3)①c(S2O eq \o\al(2-,8))减小，生成的SO eq \o\al(－,4)·浓度减小，c(H2O2)增大，生成的·OH浓度增大，·OH降解能力比SO eq \o\al(－,4)·强，相同时间内抗生素残留率低 ②c(Fe2+)降低，不利于产生SO eq \o\al(－,4)·和·OH，降解能力减弱，抗生素残留率增大 $