专题2 第1单元 第4课时 化学反应速率重点题型突破（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二化学选择性必修1 化学反应原理学习笔记（苏教版 江苏专版）

本讲义聚焦化学反应速率重点题型突破，系统梳理反应速率变化曲线分析（涉及浓度、温度、催化剂等因素影响）、控制变量法应用（建立单一变量思维模型）及催化机理图像分析（反应历程与活化能）等核心知识点，搭建从基础概念到综合应用的学习支架。 该资料通过典型例题（如N₂与H₂反应速率曲线分析、CaCO₃与盐酸反应速率计算）和控制变量实验设计（不同温度、pH对降解速率影响），培养学生科学思维中的证据推理与模型建构能力。结合反应速率曲线、机理图像等可视化资源，课中辅助教师引导学生深度分析，课后通过课时对点练帮助学生查漏补缺，强化科学探究与实践素养。

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，建立控制“单一变量”的思维模型。2.掌握催化机理图像分析的一般思路。 类型一　反应进程中速率的变化曲线分析 1.反应速率减慢的情况可能有 (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，阻碍反应的进行。 2.反应速率加快的情况可能有 (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。 3.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·泰州高二检测)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.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。 4.纳米铁铜双金属与普通铁铜双金属脱硝效果(以处理某硝酸盐为例)如图所示。在0~20 min内，纳米铁铜双金属脱硝效果显著，其原因可能是纳米铁铜双金属的比表面积大，能吸附废水中更多的硝态氮；纳米铁铜双金属颗粒更小，表面的反应活性点更多(或还原性更强)；纳米铁铜双金属能形成更多的微小原电池，短时间内反应速率更快。 类型二　控制变量与反应速率的比较 1.控制变量法探究影响化学反应速率因素的思维流程 2.多因素影响下化学反应速率比较的一般方法：控制唯一变量，定一议二。 1.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。 2.下列表格中的各种情况，可以用下面对应选项中的图像表示的是(　　) 选项 反应 纵坐标 甲 乙 A 外形、大小相同的金属与水反应 反应 速率 Na K B 不同浓度的H2C2O4(草酸)溶液各2 mL分别与4 mL 0.01 mol·L-1KMnO4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%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，乙中反应速率更快，B项不正确；相同浓度下，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，乙的反应速率比甲的快，D项不正确。 3.(2024·扬州期中)某研究性学习小组利用硫代硫酸钠(Na2S2O3)与稀硫酸反应，探究影响反应速率的因素(反应的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4===Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O)，测得的实验数据如表所示(忽略溶液体积变化)，下列说法不正确的是(　　) 组号 反应温 度/℃ 参加反应的物质 Na2S2O3 H2SO4 H2O V/mL c/(mol·L-1) V/mL c/(mol·L-1) V/mL ① 10 2 0.1 1 0.4 3 ② 30 2 0.1 2 0.2 2 ③ 30 1 0.2 2 0.1 3 ④ 30 1 0.1 2 0.1 3 A.实验①②探究温度对反应速率的影响 B.实验②③探究H2SO4浓度对反应速率的影响 C.实验③完全反应需要t min，平均反应速率v(Na2S2O3)= mol·L-1·min-1 D.四组实验中实验④的反应速率一定最小 答案　D 解析　实验①②中，虽然混合前Na2S2O3、H2SO4的浓度不同，但混合后二者的浓度分别对应相等，而两实验的温度不同，所以可用于探究温度对反应速率的影响，A正确；实验②③中，混合后温度相同，Na2S2O3的浓度相同，H2SO4的浓度不同，所以可用于探究H2SO4浓度对反应速率的影响，B正确；实验③完全反应需要t min，平均反应速率v(Na2S2O3)== mol·L-1·min-1，C正确；四组实验中，虽然实验④的反应物浓度比实验①小，但温度比实验①高，无法比较反应④与反应①的速率大小，所以反应④的反应速率不一定最小，D不正确。 类型三　反应机理图像的分析与过程描述 例1　二维锑片(Sb)是一种新型的CO2电化学还原催化剂。酸性条件下人工固碳装置中CO2气体在Sb表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如图所示(“*”表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是(　　) A.生成HCOOH吸收的能量最多 B.使用Sb改变了反应的路径 C.Sb电极表面生成CO的反应为 *CO2+2e-+H2O===CO+2OH- D.Sb对三种催化竞争反应的选择效果为HCOOH>H2>CO 答案　C 解析　由于HCOOH的相对能量最高，故生成HCOOH时吸收的能量最多，A正确；Sb为反应的催化剂，使用时改变反应的路径，B正确；由图可知，CO2在酸性条件下生成CO，故反应为*CO2+2*H++2e-===CO+H2O，C错误；根据三种竞争反应的活化能(CO>H2>HCOOH)可知，选择效果为HCOOH>H2>CO，D正确。 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。 例2　(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。 例3　[2020·江苏，20(3)]HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。 ①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成　　　　　　(填化学式)。  ②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是　　　　　　　。  答案　①HD　②提高释放氢气的速率及纯度 解析　②HCOOK是强电解质，HCOOK溶液中HCOO-浓度更大，释放H2的速率更快；HCOOK溶液参与反应时，该过程主要反应的化学方程式为HCOOK+H2O===H2↑+KHCO3，减少了CO2的生成，因此能提高释放出氢气的纯度。 化学反应的速率方程与速率常数 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，用改变物质的物质的量浓度列比例式来确定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.(2024·南京外国语学校期中)在水溶液中进行的反应：(aq)+5R-(aq)+6H+(aq)===3R2(aq)+3H2O(l)，已知该反应的速率方程为v=k·ca(R)·cb(R-)·cc(H+)(k为常数)，为探究反应速率与反应物浓度的关系，在20 ℃进行四次实验，所得的数据如表： 编号 物理量 ① ② ③ ④ c()/(mol·L-1) 0.001 0.001 0.001 0.002 c(R-)/(mol·L-1) 0.10 0.20 0.20 0.10 c(H+)/(mol·L-1) 0.008 0.008 0.004 0.008 v/(mol·L-1·s-1) 2.4×10-8 4.8×10-8 1.2×10-8 4.8×10-8 下列结论正确的是(　　) A.a=2 B.b=2 C.c=2 D.k=0.03 答案　C 解析　将①②③④的数据代入速率公式可得：v1=k·0.001a·0.10b·0.008c=2.4×10-8，v2=k·0.001a·0.20b·0.008c=4.8×10-8，v3=k·0.001a·0.20b·0.004c=1.2×10-8，v4=k·0.002a·0.10b·0.008c=4.8×10-8，对比v1、v2数据得b=1，v1、v4数据得a=1，v2、v3数据得c=2，将数据代入v1=k·0.0011·0.101·0.0082=2.4×10-8，可得k=3.75，故C正确。 2.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)。 课时对点练 [分值：100分] [1~10题，每小题7分] 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.(2024·苏州第一中学月考)下列实验内容和所得到的实验结论均正确的是(　　) 选项 实验内容 实验结论 A 向两支试管中各加入2 mL 0.1 mol·L-1Na2S2O3溶液，分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中，再同时分别向两支试管中加入2 mL 0.1 mol·L-1H2SO4溶液，振荡，观察现象 探究温度对化学反应速率的影响 B 取两支试管，分别加入4 mL 0.01 mol·L-1酸性KMnO4溶液，然后向一支试管中加入0.01 mol·L-1H2C2O4溶液4 mL，向另一支试管中加入0.005 mol·L-1H2C2O4溶液4 mL，第一支试管中溶液褪色所需时间长 H2C2O4浓度越大，反应速率越快 C 取两支试管，分别加入等体积等浓度的H2O2溶液，然后向试管①中加入0.01 mol·L-1FeCl3溶液2 mL，向试管②中加入0.01 mol·L-1CuCl2溶液2 mL，试管①产生气泡快 加入FeCl3时，过氧化氢分解反应的活化能较大 D 检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去 能证明溶液中含有Fe2+ 答案　A 解析　其他条件相同，只有温度不同，可以探究温度对化学反应速率的影响，A正确；酸性高锰酸钾溶液过量，溶液不能完全褪色，所以不能探究H2C2O4浓度对化学反应速率的影响，B错误；试管①产生气泡快，说明加入FeCl3时，过氧化氢分解反应的活化能较小，C错误；Fe2+和Cl-都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，根据实验现象，不能判断溶液中含有Fe2+，D错误。 4.一定条件下，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。 5.(2025·苏州高二期末)含S2-的工业废水可通过催化氧化法进行处理。碱性条件下，MnO2催化氧化废水中S2-的可能机理如图所示。下列说法正确的是(　　) A.过程Ⅰ中Mn元素化合价升高 B.过程Ⅱ的变化可表示为2H++S2-+*O===H2O+S C.过程Ⅳ一定放出热量 D.一段时间后，催化剂催化效率下降的原因可能是生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂空位处 答案　D 解析　Ⅰ中Mn失去O，化合价降低，故A错误；过程Ⅱ的变化可表示为2H2O+S2-+2*O===4OH-+S，故B错误；过程Ⅳ为化学键的断裂过程，一定吸收能量，故C错误；生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D正确。 6.(2024·连云港高二月考)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小，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。 7.(2024·扬州期中)基态碳原子C与H2S反应的过程如图所示。下列说法正确的是(　　) A.反应SCH2(g)===HCS(g)+H(g)　ΔH=-206 kJ·mol-1 B.使用催化剂可以降低该反应的活化能和焓变 C.断开1 mol HCSH(g)中的全部化学键生成气态原子吸收的能量比SCH2(g)的少 D.相同条件下，CSH2(g)转化为HCSH(g)的反应速率比HCSH(g)转化为SCH2(g)的慢 答案　C 解析　题给反应的反应物总能量低于生成物总能量，为吸热反应，ΔH=-183 kJ·mol-1-(-389 kJ·mol-1)=206 kJ·mol-1，A项错误；催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，B项错误；由题图可知HCSH(g)===SCH2(g)的ΔH<0，则断开1 mol HCSH(g)中的全部化学键生成气态原子吸收的能量比SCH2(g)的少，C项正确；根据题图可知，CSH2(g)→HCSH(g)的活化能低于HCSH(g)→SCH2(g)的活化能，活化能越低，反应速率越快，则前者反应速率快，D项错误。 8.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。 9.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 C.物质B在反应中生成，后又被消耗，是该反应的催化剂 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 答案　D 解析　根据题图可知，1 mol A(g)的能量低于1 mol B(g)和2 mol D(g)的总能量，但1 mol A(g)的能量不一定低于1 mol B(g)的能量，A错误；ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，则B(g)C(g)+D(g)　ΔH=Ea3-Ea4，B错误；物质B在反应中生成，后又被消耗，是该反应的中间产物，C错误；活化能越小反应速率越快，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，D正确。 10.(2024·淮安期中联考)Burns和Dainton研究了反应Cl2(g)+CO(g)COCl2(g)的动力学，获得其速率方程v=k·(Cl2)·cm(CO)，k为速率常数(只受温度影响)，m为CO的反应级数。该反应可认为经过以下反应历程： 第一步：Cl22Cl　快速平衡 第二步：Cl+COCOCl　快速平衡 第三步：COCl+Cl2—→COCl2+Cl　慢反应 下列表述错误的是(　　) A.COCl属于反应的中间产物 B.第一步和第二步的活化能较低 C.决定总反应快慢的是第三步 D.第三步的有效碰撞频率较大 答案　D 解析　由反应历程可知，Cl和COCl是该总反应的中间产物，A正确；活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，第一步和第二步反应快，则其活化能较低，B正确；决定总反应速率的是慢反应，故决定总反应快慢的是第三步，C正确；第三步反应为慢反应，反应的活化能大，有效碰撞频率较小，D错误。 11.(18分)(2024·无锡月考)某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验： 实验编号 实验温度/ ℃ 试管中所加试剂及其用量/mL 0.6 mol·L-1 H2C2O4溶液 H2O 3 mol·L-1 稀H2SO4溶液 0.05 mol·L-1 KMnO4溶液 ① 25 3.0 V1 2.0 3.0 ② 25 2.0 3.0 2.0 3.0 ③ 30 2.0 V2 2.0 3.0 (1)该实验还需要测量的数据是　　　　　　　　。该实验的原理是　　　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。  (2)V1=　　　　，V2=　　　　。  (3)探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验　　　　(填实验编号)。  (4)若实验①用时1.5 min，则第一组实验的化学反应速率(用草酸表示)为　　　　。  (5)某同学绘制了瞬时速率v和时间t的图像。 ①该同学提出猜想 猜想a：温度上升导致速率快速上升。 猜想b：反应产生了催化剂。 该同学发现该反应前后体系温度上升了0.5 ℃，因此　　　　(填“猜想a”或“猜想b”)不成立。  ②该同学推测可能的催化剂是　　　　(填物质化学式)。  ③验证猜想的方法是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)溶液褪色所需要的时间　2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O (2)2.0　3.0 (3)②③ (4)0.025 mol·L-1·min-1 (5)①猜想a　②MnSO4　③以表中第①组实验为对照实验，在控制其他条件相同的情况下，将H2O换为2.0 mL MnSO4溶液，记录两组实验从反应开始到溶液褪色的时间 解析　(1)草酸溶液和酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，根据得失电子守恒和元素守恒可知，反应为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；高锰酸钾溶液为紫色，可以通过测量溶液褪色所需要的时间来比较反应速率的快慢。(2)①、②温度相同，是探究H2C2O4浓度对反应速率的影响，因此溶液的总体积相等，则V1=2.0；②、③温度不同，应是探究温度对反应速率的影响，因此溶液的总体积相等，则V2=3.0。(4)由反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O和题表数据可知，高锰酸钾的量不足，完全反应，H2C2O4有剩余，实验①用时1.5 min，则第一组实验的化学反应速率为v(H2C2O4)=v(KMnO4)==0.025 mol·L-1·min-1。(5)①该反应前后体系温度变化不大，但是反应速率变化明显，则猜想a不成立。②反应过程中生成了锰离子，故推测可能的催化剂是MnSO4。 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。 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)。  (3)以H2O、CaBr2、Fe3O4为原料进行气固相反应可以实现水的分解制得氢气，其反应原理如图3所示。可以循环利用的物质有　　　　　　。  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)　(3)CaBr2、Fe3O4 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。(3)根据图3可知，高温下，水先与溴化钙反应生成氧化钙和溴化氢，然后溴化氢与四氧化三铁反应生成溴化亚铁和溴，溴再与氧化钙反应生成溴化钙和氧气，水再与溴化亚铁反应生成氢气、四氧化三铁和溴化氢，催化剂得以再生，即该反应过程中可以循环利用的物质有CaBr2、Fe3O4。 学科网（北京）股份有限公司 $