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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
2．(2024·上海市控江中学高二检测)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
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
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____________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
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
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
3.控制变量法是化学实验的常用方法之一。某化学兴趣小组为探究外界条件对化学反应速率的影响，设计以下四组实验。
实验 方案 反应 温度 /℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol·L－1) V/mL c/(mol·L－1) V/mL
① 25 5 0.1 10 0.1 5
② 25 V1 0.2 5 0.2 10
③ 35 5 0.1 10 0.1 5
④ 35 5 0.2 5 0.2 V2
回答下列问题：
(1)V1＝______，V2＝______。
(2)设计实验方案①和②的目的是_____________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)设计实验方案②和④的目的是______________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)各实验方案均需加入一定体积的水的原因：__________________________________
________________________________________________________________________。
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
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
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________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
拓展视野　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．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
2．(2024·福州高二检测)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)。
第4课时　化学反应速率重点题型突破
类型一
应用体验
1．A
2．B　[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．C　[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
应用体验
1．D
2．C　[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．(1)5　10　(2)探究Na2S2O3的浓度对化学反应速率的影响　(3)探究温度对化学反应速率的影响　(4)各实验方案中混合液的体积均相等
类型三
例1　C
例2　C　[由题中图1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　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。
应用体验
1．D
2．(1)1.0×10－4　(2)<　c(a)k(b)，故T1　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)。(共91张PPT)
专题2　第一单元
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化学反应速率重点题型突破
第4课时
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
√
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
√
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－1
KMnO4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
√
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
√
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－1 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%过氧化氢溶液分解放出O2 无MnO2粉末 加MnO2粉末
√
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.控制变量法是化学实验的常用方法之一。某化学兴趣小组为探究外界条件对化学反应速率的影响，设计以下四组实验。
实验 方案 反应温度 /℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol·L－1) V/mL c/(mol·L－1) V/mL
① 25 5 0.1 10 0.1 5
② 25 V1 0.2 5 0.2 10
③ 35 5 0.1 10 0.1 5
④ 35 5 0.2 5 0.2 V2
回答下列问题：
(1)V1＝　　，V2＝　　。
(2)设计实验方案①和②的目的是________________________________
。
(3)设计实验方案②和④的目的是 。
(4)各实验方案均需加入一定体积的水的原因：____________________
　　　　　　。
5
10
探究Na2S2O3的浓度对化学反应速率
的影响
探究温度对化学反应速率的影响
各实验方案中混合液的
体积均相等
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
√
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。
练后反思
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。
练后反思
(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＋CH4　　　　　CaO＋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CH4
　C＋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
√
由题中图1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：CH4　　　　　C＋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)。
HD
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______________________
______。
提高释放氢气的速率及
纯度
HCOOK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。
拓展视野　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.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
√
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/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
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
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
2.(2024·福州高二检测)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。
1.0×10－4
(2)T1_____(填“>”“<”或“＝”)T2，判断依据是__________________
________________________________。
<
c(a)v(b)及v＝kc知，k(a)>k(b)，故T1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)活化分子总数：n(a)_____(填“>”“<”或“＝”)n(d)，判断依据是_________________________________________________________。
>
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
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) ＝______。
(5)速率常数：k(e)_____(填“>”“<”或“＝”)k(f)。
＝
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)。
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课时对点练
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对点训练
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
√
对点训练
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。
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对点训练
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
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对点训练
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。
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对点训练
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
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对点训练
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；
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对点训练
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。
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对点训练
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
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对点训练
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；
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对点训练
5.(2023·广西南宁高二检测)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
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对点训练
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。
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对点训练
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
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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；
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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。
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对点训练
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
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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；
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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HCOOH
　　　CO2＋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；
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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。
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对点训练
8.(2024·厦门高二月考)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
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对点训练
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
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对点训练
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。
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9.“接触法制硫酸”的主要反应是2SO2＋O2 　 2SO3，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
综合强化
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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；
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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。
综合强化
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综合强化
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：
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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
综合强化
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
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综合强化
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；
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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。
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综合强化
11.NO催化O3分解的反应机理如下：
第一步：O3(g)＋NO(g)―→O2(g)＋NO2(g)
第二步：NO2(g)―→O(g)＋NO(g)
第三步：____________________
总反应：2O3(g)―→3O2(g)
其能量变化与反应历程的关系如图所示。
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综合强化
下列叙述不正确的是
A.第一步基元反应是该反应的决速步骤
B.第二步反应断裂的化学键只有共价键
C.第三步反应的反应机理为O(g)＋O3(g)―→
　2O2(g)
D.催化剂NO改变了总反应的反应历程和焓变
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综合强化
根据图示可知第一步反应的活化能最大，反应速率最
慢，对整个化学反应的速率起决定作用，A正确；
NO2是共价化合物，第二步反应中断裂NO2中的共
价键，生成O和NO，因此只有共价键的断裂，B正确；
将总反应方程式减去第一步、第二步反应方程式可得第三步反应的反应机理为O(g)＋O3(g)―→2O2(g)，C正确；
催化剂NO改变了总反应的反应历程，但不能改变总反应的焓变，D错误。
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12.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___________。
Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ
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综合强化
13.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。
下层溶液呈紫红色
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综合强化
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________________________
_____________________________________。
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
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综合强化
14.2022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：________________________________。
CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)
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综合强化
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)。
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综合强化
(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。
>
t1 min时，反应正向进行，则v正>v逆。
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综合强化
②4 min内，CO2的平均反应速率为__________
____________。
0.05 mol·
L－1·min－1
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③能加快反应速率的措施有________________
__________________________________________________(任写两条)。
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)
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(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_____________。
CaBr2、Fe3O4
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综合强化
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。
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14作业17　化学反应速率重点题型突破
(选择题1～11题，每小题7分，共77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
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
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
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
5．(2023·广西南宁高二检测)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
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
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
8．(2024·厦门高二月考)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
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
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
11．NO催化O3分解的反应机理如下：
第一步：O3(g)＋NO(g)―→O2(g)＋NO2(g)
第二步：NO2(g)―→O(g)＋NO(g)
第三步：____________________
总反应：2O3(g)―→3O2(g)
其能量变化与反应历程的关系如图所示。下列叙述不正确的是(　　)
A．第一步基元反应是该反应的决速步骤
B．第二步反应断裂的化学键只有共价键
C．第三步反应的反应机理为O(g)＋O3(g)―→2O2(g)
D．催化剂NO改变了总反应的反应历程和焓变
12．(5分)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________________________________。
13．(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________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
14．(10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____________。
作业17　化学反应速率重点题型突破
1．D　2.C　3.D
4．A　[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．C　[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．D　[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。]
7．A　[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．D　9.D
10．C　[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．D　[根据图示可知第一步反应的活化能最大，反应速率最慢，对整个化学反应的速率起决定作用，A正确；NO2是共价化合物，第二步反应中断裂NO2中的共价键，生成O和NO，因此只有共价键的断裂，B正确；将总反应方程式减去第一步、第二步反应方程式可得第三步反应的反应机理为O(g)＋O3(g)―→2O2(g)，C正确；催化剂NO改变了总反应的反应历程，但不能改变总反应的焓变，D错误。]
12．Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ
13．(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
14．(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。

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