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第33讲　化学反应速率及其影响因素
【备考目标】　1.知道化学反应速率的表示方法，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.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；知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。
考点1　化学反应速率及相关计算
1．化学反应速率
(1)表示方法：通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示。
(2)定义式：v＝，单位为mol·L－1·s－1或mol·L－1·min－1。
(3)注意事项：①化学反应速率一般指平均速率而不是某一时刻的瞬时速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
②不能用固体或纯液体表示化学反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数。
(4)与化学计量数的关系：对于反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d。
2．三段式法计算反应速率的模型
例如反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)
t0时浓度 a b 0
转化浓度 x
t1时浓度 a－x b－
v(A)＝，v(B)＝，v(C)＝
3．化学反应速率大小比较
(1)归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一单位、同一种物质的反应速率，再进行速率的大小比较。
(2)比值法：将各物质表示的反应速率转化成同一单位后，再除以对应各物质的化学计量数，然后对求出的数值进行大小排序，数值大的反应速率快。如反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，若＞，则反应速率A＞B。
鲁科选择性必修1·反应速率常数
在298 K时，实验测得溶液中的反应H2O2＋2HI===2H2O＋I2在反应物浓度不同时反应速率不同，其关系可表示为：
v＝kc(H2O2)·c(HI)
式中，k称为反应速率常数，它表示单位浓度下的化学反应速率。
(1)影响因素
反应速率常数与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。通常，反应速率常数越大，反应进行得越快。
(2)注意事项
根据化学反应速率与反应物浓度的关系式，可以清楚地判断反应物浓度的改变对化学反应速率的影响。但一个化学反应的速率与参与反应的物质的浓度的关系式是实验测定的结果，不能随意根据反应的化学方程式直接写出。对于很多反应，这种关系式中浓度的方次与化学方程式中各物质化学式前的系数并无确定关系，例如：
H2＋Cl2===2HCl　v＝kc(H2)·c(Cl2)
H2＋I2===2HI(气体反应)　v＝kc(H2)·c(I2)
CO＋NO2===CO2＋NO　v＝kc2(NO2)
【基点判断】(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显(× )
(2)单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率，生成物浓度的变化量表示逆反应速率(× )
(3)化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1(× )
(4)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同(√ )
题组练习
一、化学反应速率的概念及基本计算
1．在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(s)＋2B(g) 3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol；5 min末时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.1 mol/(L·min)。下列说法错误的是(　　 )
A．前5 min内用A表示的化学反应速率v(A)为0.1 mol/(L·min)
B．化学方程式中n值为1
C．反应达到平衡时3v正(B)＝2v逆(C)
D．此反应在两种不同情况下的速率分别表示为：①v(B)＝6 mol/(L·min)，②v(D)＝4.5 mol/(L·min)，其中反应速率快的是②
解析：选A。A 为固体，不能用浓度变化表示化学反应速率，A错误；
A(s)＋2B(g) 3C(g)＋nD(g)
起始(mol) 4 6　　0　　　0
转化(mol) 1 2 3　0.1×2×5
5 min(mol) 3 4 3　　 1
n(C)∶n(D)＝3∶1，为化学计量数之比，B正确；平衡时正反应速率等于逆反应速率，＝，C正确；当v(D)＝4.5 mol/(L·min)，若用B的浓度变化表示应为v(B)＝4.5×2＝9 mol/(L·min)，D正确。
2．对于可逆反应A(g)＋3B(s) 2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是(　　 )
A．v(A)＝0.5 mol·L－1·min－1 B．v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1
C．v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1 D．v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1
解析：选D。本题可以采用归一法进行求解，通过化学计量数将不同物质表示的反应速率折算成同一物质表示的反应速率进行比较，B物质是固体，不能表示反应速率；C项中对应的v(A)＝0.2 mol·L－1·min－1；D项中对应的v(A)＝3 mol·L－1·min－1。
二、用其他物理量的变化表示的化学反应速率的计算
3．温度为T1时，2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL，吸氢速率v＝________ mL·g－1·min－1。
解析：由单位可知v＝＝30 mL·g－1·min－1。
答案：30
4．工业制硫酸的过程中，SO2(g)转化为SO3(g)是关键的一步，550 ℃时，在1 L的恒温容器中，反应过程中的部分数据见下表：
反应时间/min SO2(g)/mol O2(g)/mol SO3(g)/mol
0 4 2 0
5 1.5
10 2
15 1
若在起始时总压为p0kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，气态物质分压＝总压×气态物质的物质的量分数，则10 min内SO2(g)的反应速率v(SO2)＝________ kPa·min－1。
解析：列出三段式
　　　 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)
初始/mol　　　4　　　2　　　0
转化/mol　　　2　　　1　　　2
10 min时/mol　2　　　1　　　2
恒温恒容下，气体总压之比等于气体物质的量之比，所以10 min时体系总压p10 min满足＝，即p10 min＝p0kPa，p初始(SO2)＝p0kPa，p10 min(SO2)＝p0kPa×＝p0kPa，故v(SO2)＝＝ kPa·min－1。
答案：
三、反应速率常数及其应用
5．(2024·山东烟台模拟)反应A(g)＋B(g)―→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)(k为速率常数，其中lg k＝－＋lg A，A、R为常数，Ea为活化能，T为开氏温度)，其半衰期(反应物消耗一半所需的时间)为0.8/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。下列说法正确的是(　　 )
c(A)/(mol·L－1) 0.25 0.5 1 0.5 1
c(B)/(mol·L－1) 0.05 0.05 0.1 0.1 0.2
v/(10－3 mol·L－1·min－1) 1.6 3.2 v1 3.2 v2
A.m＝1，2v1＝v2
B．k＝6.4 min－1
C．在过量的B存在时，A剩余25%所需的时间是250 min
D．升温、加入催化剂，缩小容积(加压)，均能使k增大，导致反应的瞬时速率加快
解析：选C。由第二组和第四组数据，A浓度相同，B浓度不同，速率相等，可知n＝0，再由第一组和第二组数据代入速率方程可得＝，可知m＝1；将第一组数据代入v＝k×c(A)×c0(B)＝k×0.25×0.050＝1.6×10－3，可得k＝6.4×10－3，则v＝k×c(A)×c0(B)＝6.4×c(A)×10－3。根据数据分析，m＝1，n＝0，v1＝v2，A错误；速率常数k＝6.4×10－3 min－1，B错误；存在过量的B时，反应掉75%的A可以看作经历2个半衰期，即50%＋25%，因此所需的时间为2× min＝250 min，C正确；速率常数与浓度无关，缩小容积(加压)不会使k增大，D错误。
6．工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)，该反应的逆反应速率表达式为v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表所示：
CO浓度/(mol·L－1) H2浓度/(mol·L－1) 逆反应速率/(mol·L－1·min－1)
0.1 c1 8.0
c2 c1 16.0
c2 0.15 6.75
由上述数据可得该温度下，c2＝________，该反应的逆反应速率常数k＝________L3·mol－3·min－1。
解析：根据v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，由表中数据可得：(c1 mol·L－1)3＝，c2 mol·L－1＝，所以有k××＝16.0 mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，带入c2的等式可得c2＝0.2。
答案：0.2　1.0×104
7．对于反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，速率方程v＝kcm(A)cn(B)，k为速率常数，m＋n为反应级数。已知H2(g)＋CO2(g)===CO(g)＋H2O(g)，CO的瞬时生成速率＝kcm(H2)c(CO2)。一定温度下，控制CO2起始浓度为0.25 mol·L－1，改变H2起始浓度，进行以上反应的实验，得到CO的瞬时生成速率和H2起始浓度呈如图所示的直线关系。
(1)该反应的反应级数为________。
(2)速率常数k＝____________________。
(3)当H2的起始浓度为0.2 mol·L－1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2 mol·L－1，此时CO的瞬时生成速率v＝________mol·L－1·s－1。
解析：(1)控制CO2起始浓度为0.25 mol·L－1，根据CO的瞬时生成速率＝kcm(H2)c(CO2)和H2起始浓度呈直线关系可知，m＝1，该反应的反应级数为1＋1＝2。(2)将图象上的点(0.4，1.5)代入v＝kc(H2)c(CO2)中有：1.5＝0.4×k×0.25，解得k＝15。(3)由于CO2起始浓度为0.25 mol·L－1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2 mol·L－1，Δc(CO2)＝(0.25－0.2) mol/L＝0.05 mol/L，Δc(H2)＝Δc(CO2)＝0.05 mol/L，H2的瞬时浓度为c(H2)＝(0.2－0.05) mol/L＝0.15 mol/L，此时CO的生成瞬时速率v＝15×0.15×0.2 mol·L－1·s－1＝0.45 mol·L－1·s－1。
答案：(1)2　(2)15　(3)0.45
考点2　影响化学反应速率的因素
1．影响化学反应速率的因素
(1)内因(主要因素)
反应物本身的性质。例如，相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg>Al。
(2)外因(其他条件不变，只改变一个条件)
[深化理解]
①浓度、温度、压强发生变化或加入催化剂时，正、逆反应速率均增大或减小，如升高温度，不论是放热反应还是吸热反应，化学反应速率均加快。
②改变压强，实质是通过改变体积使浓度发生改变来实现化学反应速率的改变。若压强改变导致了反应物浓度增大或减小，则化学反应速率会增大或减小。对于没有气体参加的反应，改变体系压强，反应物的浓度不变，则化学反应速率不变。一般意义上的增大压强是指压缩气体的体积。
③惰性气体对化学反应速率的影响
④固体反应物量的增减，不能改变化学反应速率，固体的表面积改变才能改变化学反应速率。
⑤对离子反应来说，影响反应速率的因素是真正参加反应的离子浓度，如NaOH与HCl反应，影响速率的是H＋、OH－浓度，不是Na＋、Cl－的浓度。
2．基元反应和有效碰撞理论
(1)基元反应
大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现，每一步反应都被称为基元反应；先后进行的基元反应反映了反应历程，反应历程又称为反应机理。基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。
(2)活化分子、活化能、有效碰撞
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
②活化能：普通分子变为活化分子所需要吸收的最低能量。
上图中：E1为正反应的活化能，E2为活化分子变成生成物分子放出的能量，E3为使用催化剂时的活化能，E1－E2为反应热。由此可见，活化能小的反应速率快，活化能大的反应速率慢。
③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
(3)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
[注意]　一般地，催化剂在化学反应过程中降低了正、逆反应的活化能，同等程度改变正、逆反应速率，但不会改变反应的限度和反应热。
【基点判断】(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大 (× )
(2)催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后物理和化学性质保持不变(× )
(3)升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小(× )
(4)一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜与醋酸钠均能够提高反应速率(× )
(5)可逆反应FeCl3＋3KSCN Fe(SCN)3＋3KCl，增加氯化钾浓度，逆反应速率加快(× )
题组练习
一、影响化学反应速率的因素
1．下列有关化学反应速率的说法正确的是(　　 )
A.C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，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
解析：选D。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，反应速率大，B不正确；升高温度，吸热反应、放热反应速率均增大，C不正确；催化剂可以增大化学反应速率，D正确。
2．一定温度下，将1 mol A和2 mol B放入5 L的密闭容器中发生如下反应：A(s)＋2B(g) C(g)＋2D(g)　ΔH＜0，经5 min后，测得容器内B的浓度减少了0.2 mol/L。下列叙述正确的是(　　)
A．加入少量A，反应速率加快
B．该反应在5 min内用C的浓度改变量表示的反应速率为 0.02 mol/(L·min)
C．保持体积不变，向容器中充入一定量氦气，压强增大，反应速率加快
D．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率加快
解析：选B。固体的浓度为定值，增加固体的量，反应速率不变，则加入少量固体A，化学反应速率不变，A错误；由容器内反应物B的浓度减少了0.2 mol/L可知，生成物C增加的浓度为0.2 mol/L×＝0.1 mol/L，则该反应在5 min内用C的浓度改变量表示的反应速率为＝0.02 mol/(L·min)，B正确；保持体积不变，向容器中充入一定量氦气，容器的压强增大，但参加反应气体的物质的量浓度不变，反应速率不变，C错误；升高温度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，D错误。
二、用控制变量法探究影响化学反应速率的因素
3．以反应 5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===10CO2＋2Mn2＋＋8H2O 为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取 H2C2O4溶液和酸性 KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。
编号 H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液 温度/℃
浓度/(mol/L) 体积/mL 浓度/(mol/L) 体积/mL
① 0.10 2.0 0.010 4.0 25
② 0.20 2.0 0.010 4.0 25
③ 0.20 2.0 0.010 4.0 50
下列说法不正确的是(　　 )
A．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均过量
B.若实验①测得 KMnO4溶液的褪色时间为 40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)＝2.5×10－4 mol·L－1·s－1
C.实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的 Mn2＋对反应起催化作用
解析：选B。根据反应方程式可得5H2C2O4～2MnO，由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，A正确；若混合后溶液体积为两溶液体积的加和，即为6 mL，则v(KMnO4)≈1.7×10－4 mol·L－1·s－1，B错误；分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，实验②和③只是温度不同，C正确；在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2＋，D正确。
4．(人教选择性必修1 P31T7) 目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成CO2和N2。为研究如何增大该化学反应的速率，某课题组进行了以下实验探究。
[提出问题]在其他条件不变的情况下，温度或催化剂的比表面积(单位质量的物质所具有的总面积)如何影响汽车尾气的转化速率？
[查阅资料]使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响。
[实验设计]请填写下表中的空白。
编号 t/℃ c(NO)/(mol·L－1) c(CO)/(mol·L－1) 催化剂的比表面积/(m2·g－1)
Ⅰ 280 6.50×10－3 4.00×10－3 80.0
Ⅱ 120
Ⅲ 360 80.0
[图像分析与结论]三组实验中CO的浓度随时间的变化如图所示。
(1)第Ⅰ组实验中，达到平衡时NO的浓度为__________。
(2)由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将________(填“增大”“减小”或“无影响”)。
(3)由实验Ⅰ和Ⅲ可得出的结论是____________________________________________________。
解析：(1)通过图像可知，第Ⅰ组实验中，平衡时CO的浓度为1.00×10－3 mol·L－1，可得出CO的浓度变化量为4.00×10－3 mol·L－1－1.00×10－3 mol·L－1＝3.00×10－3 mol·L－1，在同一个反应中，各物质的浓度变化量之比等于化学计量数之比，故NO的浓度变化量为3.00×10－3 mol·L－1，故NO的平衡浓度c(NO)＝6.50×10－3 mol·L－1－3.00×10－3 mol·L－1＝3.50×10－3 mol·L－1。
(2)由图像可知，增大催化剂比表面积后，缩短了到达平衡的时间，增大了反应速率。
(3)由图像可知，其他条件相同时，升高温度，反应速率增大。
答案：
Ⅱ 280 6.50×10－3 4.00×10－3
Ⅲ 6.50×10－3 4.00×10－3
(1)3.50×10－3 mol·L－1　(2)增大　(3)其他条件相同时，温度越高，反应速率越快
【方法指导】　“控制变量法”题目的解题策略
三、多因素影响下的速率图像分析
5．NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。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(装置见图1)。
反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2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：迅速上升阶段是催化剂活性随温度升高而增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢阶段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大　催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
6．汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]：
Ⅰ.NO＋Pt(s)===NO*
Ⅱ.CO＋Pt(s)===CO*
Ⅲ.NO*===N*＋O*
Ⅳ.CO*＋O*===CO2＋Pt(s)
Ⅴ.N*＋N*===N2＋Pt(s)
Ⅵ.NO*＋N*===N2O＋Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T的变化关系如图1和图2所示。
(1)图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是
________________________________________________________________________。
(2)图2中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能________(填“<”“>”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时发生的主要反应为________(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。
解析：(1)由图1可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速率加快。
(2)由图2可知，T2 ℃时，N2的浓度小于N2O的浓度，说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的反应速率，则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能；T3℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应Ⅳ。
答案：(1)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快　(2)>　Ⅳ
高考真题
1．(2024·甘肃卷，4，3分)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．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
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
【解析】A项，催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意；B项，中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；C项，锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；D项，石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意；故选C。
2．(2024·江苏卷，5，3分)下列说法正确的是( )
A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．C2H4与O2反应中，Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性
C．H2O2制O2反应中，MnO2能加快化学反应速率
D．SO2与O2反应中，V2O5能减小该反应的焓变
【答案】C
【解析】A项，固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误；B项，根据题意，催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，则判断Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性，B错误；C项，MnO2是H2O2制O2反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确；D项，V2O5是SO2与O2反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，D错误；故选C。
3．(2023·辽宁高考)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O
解析：选C。根据题图可知，随着反应的进行，Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明Mn(Ⅲ)先生成后被消耗，则Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A错误；由“Mn(Ⅱ)起催化作用”可知，该反应过程中，反应物浓度和Mn(Ⅱ)均影响化学反应速率，反应前期无Mn(Ⅱ)，反应物浓度随反应的进行逐渐减小，故反应速率逐渐减小，生成Mn(Ⅱ)后，Mn(Ⅱ)催化反应的进行，使反应速率加快，但随着反应物浓度的降低，浓度变化起决定作用，反应速率又会减小，所以反应速率会先减小后增大再减小，B错误；根据题图，Mn(Ⅶ)浓度减小到0时，Mn(Ⅱ)浓度才逐渐增大，说明Mn(Ⅶ)和Mn(Ⅱ)不能大量共存，C项正确；草酸为弱酸，在离子方程式中写化学式，总反应为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O，D项错误。
4．(2022·辽宁高考)某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X发生反应2X(s) Y(g)＋2Z(g)，有关数据如下：
时间段/min 产物Z的平均生成速率/(mol·L－1·min－1)
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是(　　)
A．1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L－1 B．2 min时，加入0.20 mol Z，此时v正(Z)C．3 min时，Y的体积分数约为33.3% D．5 min时，X的物质的量为1.4 mol
解析：选B。反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1 min内Z的平均生成速率大于1～2 min内的，故1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L－1，A正确；4 min时生成的Z的物质的量为0.15 mol·L－1·min－1×4 min×1 L＝0.6 mol，6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol·L－1·min－1×6 min×1 L＝0.6 mol，故反应在4 min时已达到平衡，设达到平衡时生成了a mol Y，列三段式：
　　　　　　2X(s) Y(g)＋2Z(g)
初始量/mol　2.0　　 0　　0
转化量/mol　2a　　 a　 2a
平衡量/mol　2.0－2a　a　　0.6
根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3 mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6 mol·L－1，平衡常数K＝c2(Z)·c(Y)＝0.108，2 min 时Y的浓度为0.2 mol·L－1，Z的浓度为0.4 mol·L－1，加入0.2 mol Z后Z的浓度变为0.6 mol·L－1，Q＝c2(Z)·c(Y)＝0.072v逆(Z)，B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，＝，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5 min时反应处于平衡状态，此时生成的Z为0.6 mol，则X的转化量为0.6 mol，初始时X的物质的量为2 mol，剩余X的物质的量为1.4 mol，D正确。
5．(2022·浙江6月选考)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是(　　)
编号 0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A．实验①，0～20 min，v(N2)＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1
B．实验②，60 min时处于平衡状态，x≠0.40
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
解析：选C。实验①中，0～20 min，氨气浓度变化量为2.40×10－3 mol/L－2.00×10－3 mol/L＝4.00×10－4 mol/L，v(NH3)＝＝2.00×10－5 mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)＝v(NH3)＝1.00×10－5mol/(L·min)，A正确；催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10－4 mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4 mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②在60 min时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B正确；实验①、实验②中0～20 min、20～40 min氨气浓度变化量都是4.00×10－4 mol/L，实验②中60 min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60 min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确。
6．(2021·辽宁高考)某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是(　　 )
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为0.012 mol·L－1·min－1
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为62.5 min
解析：选B。由图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间越短，故反应速率越大，A项正确；由图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯的浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B项错误；条件①，反应速率为v＝＝＝0.012 mol·L－1·min－1，C项正确。
7．(2022·广东高考)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X―→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则(　　 )
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D.使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v(X)＝1.0 mol·L－1·min－1
解析：选D。催化剂只是改变反应速率，由图可知，在无催化剂条件下，反应也能进行，A错误；反应曲线越陡，反应速率越快，活化能越低，故与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更高，B错误；2 min时，X转化的浓度为2 mol·L－1，X与Y的系数比为1∶2，则Y增加的量为4 mol·L－1，对应的曲线为使用催化剂Ⅰ，C错误；使用催化剂Ⅰ时，X的浓度随t的变化为a曲线，0～2 min内，v(X)＝＝＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。
巩固练习一
一、选择题(每题5分，共10题，共50分)
1．取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I－存在下分解：2H2O2===2H2O＋O2。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成c(H2O2)如下表：
t/min 0 20 40 60 80
c(mol·L－1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050
下列说法正确的是(　　 )
A．反应20 min时，测得O2为224 mL
B．20～40 min，消耗H2O2的平均速率为0.020 mol·L－1·min－1
C．FeCl3溶液或MnO2粉末可以代替I－催化H2O2分解
D．第30 min时的瞬时速率小于第50 min时的瞬时速率
解析：选C。反应20 min时，过氧化氢的浓度变为0.4 mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)＝(0.80－0.40) mol/L×0.05 L＝0.02 mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)＝0.01 mol，未告知是否为标准状况，无法判断体积是否为224 mL，A错误； 20～40 min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40－0.20) mol/L＝0.20 mol/L，则这段时间内的平均速率v＝＝＝0.010 mol/(L·min)，B错误； I－在反应中起到催化的作用，故可以用FeCl3溶液或MnO2粉末代替，C正确；随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，故第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率，D错误。
2．对于化学反应：3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)，下列反应速率关系正确的是(　　 )
A．v(W)＝3v(Z) B．2v(X)＝3v(Z)
C．2v(X)＝v(Y) D．3v(W)＝2v(X)
解析：选C。化学反应速率之比等于化学计量数之比，则根据化学方程式3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)可知，v(W)∶v(Z)＝3∶3＝1∶1，A错误；v(X)∶v(Z)＝2∶3，B错误；v(X)∶v(Y)＝2∶4＝1∶2，C正确；v(W)∶v(X)＝3∶2，D错误。
3．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：
下列描述正确的是(　　 )
A．反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol·L－1·s－1
B．反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1
C．反应开始到10 s时，Y的转化率为79.0%
D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g) Z(g)
解析：选C。反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为v(Z)＝＝0.079 mol·L－1·s－1，故A错误；反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了＝0.395 mol·L－1，故B错误；反应开始到10 s时，Y的转化率为×100%＝79%，故C正确；由题意知，反应为可逆反应，0～10 s内，X、Y的物质的量都变化了0.79 mol，Z的物质的量变化了1.58 mol，则反应的化学方程式为X(g)＋Y(g) 2Z(g)，故D错误。
4．乙醛在少量I2存在下分解反应为CH3CHO(g)―→CH4(g)＋CO(g)。某温度下，测得CH3CHO的浓度变化情况如下表：
t/s 42 105 242 384 665 1 070
c(CH3CHO)/(mol·L－1) 6.68 5.85 4.64 3.83 2.81 2.01
下列说法不正确的是(　　 )
A．42～242 s，消耗CH3CHO的平均反应速率为1.02×10－2 mol·L－1·s－1
B．第384 s时的瞬时速率大于第665 s时的瞬时速率是受c(CH3CHO)的影响
C．反应105 s时，测得混合气体的体积为168.224 L(标准状况)
D．I2为催化剂，降低了反应的活化能，使活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多
解析：选C。由表中数据可计算，42～242 s，消耗CH3CHO的平均反应速率为＝1.02×10－2 mol·L－1·s－1，A项正确；随着反应的进行，c(CH3CHO)减小，反应速率减慢，所以第384 s时的瞬时速率大于第665 s时的瞬时速率，B项正确；由于CH3CHO的初始浓度及气体体积未知，故无法计算反应105 s时，混合气体的体积，C项错误； I2是催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，提高反应速率，D项正确。
5．(2023·福建莆田质量检测)工业上在V2O5催化作用下生产SO3的反应为2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＝－198 kJ·mol－1，该反应可看作两步：①V2O5＋SO2 2VO2＋SO3(快)；②4VO2＋O2 2V2O5(慢)。下列说法正确的是(　　 )
A．逆反应活化能为198 kJ
B．减小O2的浓度能降低SO3的生成速率
C．V2O5的存在使有效碰撞次数增加，降低了该反应的焓变
D．①的活化能一定大于②的活化能
解析：选B。ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝－198 kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198 kJ/mol，A错误；慢反应是决速步，O2是慢反应的反应物，减小O2的浓度会降低正反应速率，降低SO3的生成速率，B正确； V2O5是催化剂，催化剂不能改变反应的焓变，C错误；反应①是快反应，反应②是慢反应，活化能越小反应越快，①的活化能小于②的活化能，D错误。
6．一定条件下，反应H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)的速率方程为v＝kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：
c(H2)/(mol·L－1) c(Br2)/(mol·L－1) c(HBr)/(mol·L－1) 反应速率
0.1 0.1 2 v
0.1 0.4 2 8v
0.2 0.4 2 16v
0.4 0.1 4 2v
0.2 0.1 c 4v
根据表中的测定结果，下列结论错误的是(　　 )
A．表中c的值为1
B．α、β、γ的值分别为1、2、－1
C．反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D．在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低
解析：选B。速率方程为v＝kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，将c(H2)、c(Br2)、c(HBr)和速率都代入到速率方程可以得到，①v＝k×0.1α×0.1β×2γ、②8v＝k×0.1α×0.4β×2γ、③16v＝k×0.2α×0.4β×2γ、④2v＝k×0.4α×0.1β×4γ，由①②得到β＝，②③得到α＝1，①④得到γ＝－1，对于4v＝k(0.2)α(0.1)βcγ与①，将α＝1，β＝，γ＝－1代入，解得c＝1，由此分析。根据分析，表中c的值为1，故A不符合题意；根据分析，α、β、γ的值分别为1、、－1，故B符合题意；由于速率与Br2(g)和H2(g)的浓度成正比，与HBr(g)的浓度成反比，反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，故C不符合题意；由于γ＝－1，增大HBr(g)浓度，cγ(HBr)减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，会使反应速率降低，故D不符合题意。
7．(2023·山东泰安三模)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
解析：选D。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。n＝0，v与N2O浓度无关，为匀速反应，每10 min一氧化二氮浓度减小0.02 mol·L－1，则c1＝0.06＞c2＝c3＝0，A错误；n＝0，v与N2O浓度无关，为匀速反应，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≠2.0×10－3 mol·L－1·s－1，B错误；速率方程中n＝0，反应速率与N2O的浓度无关，C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。
8．(2022·北京高考)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，将恒定组成的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速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
解析：选C。由题干图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2，A正确；由题干图2信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2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，故可能有副反应CH4C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，B正确；由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而由t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2 mmol/min，而CO变为1～2 mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率在0～1 mmol/min之间，小于反应②生成H2速率，C错误；由题干图2信息可知，t3之后，CO的流速为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确。
9．25 ℃，H2O2分解反应的方程式为H2O2H2O(l)＋O2(g)，H2O2分解反应的浓度与时间曲线如图所示，＝，当观察的时间间隔无限小，平均速率的极值即为化学反应在t时的瞬时速率，即li ＝，A点切线的斜率为＝0.014 mol·dm－3·min－1，表示在第20 min，当H2O2浓度为0.4 mol·dm－3时，瞬时速率为0.014 mol·dm－3·min－1(斜率、速率均取绝对值)，则下列说法正确的是(　　 )
A．反应到A、B、C三点时的瞬时速率C>B>A
B．由题意可知瞬时速率与平均反应速率无关
C．某点切线的斜率越大，瞬时反应速率越快
D．没有催化剂I－，H2O2就不会发生分解反应
解析：选C。由题中信息可知，瞬时速率与切线的斜率有关，切线的斜率越大瞬时速率越大，由图知A、B、C斜率大小A＞B＞C，即瞬时速率A＞B＞C，A错误；瞬时速率即平均速率的极值，二者有必然的联系，B错误；当观察的时间间隔无限小，平均速率的极值即为化学反应在t时的瞬时速率，所以切线的斜率越大瞬时速率越大，C正确；催化剂只能改变化学反应的速率，不能改变化学反应本身，H2O2本身可以发生分解反应，催化剂可增大速率，但不会影响反应的发生、方向和限度，D错误。
10．HBr对CH3CH===CH2亲电加成分两步：HBr首先对CH3CH===CH2质子化，形成CH3CH2CH、(CH3)2CH＋两种中间体和Br－，然后中间体分别与Br－结合生成CH3CH2CH2Br、(CH3)2CHBr两种产物。这两种竞争反应路径的能量(G)变化如图所示。
下列说法不正确的是(　　)
A．两种路径中的第一步质子化均是整个反应的决速步
B．加成产物主要以1 溴丙烷为主，这是动力学与热力学共同控制的结果
C．(CH3)2CH＋比CH3CH2CH更稳定，并且相应的质子化的活化能也更低
D．温度升高时，该反应的正反应速率增大程度小于逆反应速率增大程度
解析：选B。由题干图示信息可知，两种路径中的第一步质子化的活化能均比第二步的大，活化能越大，反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，A正确；由于加成反应生成2 溴丙烷比生成1 溴丙烷更容易，则加成产物主要以2 溴丙烷为主，这是热力学控制的结果，B错误；由题干图示信息可知，(CH3)2CH＋具有的总能量比CH3CH2CH低，能量越低越稳定， (CH3)2CH＋比CH3CH2CH更稳定，并且相应的质子化的活化能也更低，C正确；由题干图示信息可知，该反应正反应是一个放热反应，则有正反应的活化能比逆反应的低，故温度升高时，该反应的正反应速率增大程度小于逆反应速率增大程度，D正确。
二、非选择题(共2题，共25分)
11．(11分)某兴趣小组同学探究酸性KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。将1.0×10－3 mol·L－1的酸性KMnO4溶液与0.40 mol·L－1草酸溶液按如下比例混合。
[设计实验]
序号 V(酸性KMnO4溶液)/mL V(草酸溶液)/mL V(H2O)/mL 反应温度/℃
① 2.0 2.0 0 20
② 2.0 1.0 1.0 20
(1)补全酸性KMnO4溶液与草酸溶液反应的离子方程式。(2分)
2MnO＋5H2C2O4＋________===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O
(2)实验①和②的目的是____________________________________________________________________。(3分)
[进行实验]
小组同学进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：
Ⅰ.紫色溶液变为青色溶液；
Ⅱ.青色溶液逐渐褪成无色溶液。
[查阅资料]
a．酸性KMnO4溶液与草酸溶液的反应主要包含如下几个过程：
反应ⅰ.MnO＋2H2C2O4＋4H＋===Mn3＋(无色)＋4CO2＋4H2O；
反应ⅱ.Mn3＋＋2H2C2O4===[Mn(C2O4)2]－(青绿色)＋4H＋；
反应ⅲ.2Mn3＋＋H2C2O4===2Mn2＋(无色)＋2CO2＋2H＋。
b．[Mn(C2O4)2]－的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化H2C2O4。
c．MnO呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解为MnO和MnO2。
[继续探究]
进一步实验证明溶液中含有[Mn(C2O4)2]－，实验①反应过程中MnO和[Mn(C2O4)2]－的浓度随时间的变化如下图。
[解释与反思]
(3)本实验中，化学反应速率：反应ⅱ____反应ⅲ(填“＞”“＝”或“＜”)。(2分)
(4)小组同学认为反应ⅱ的离子方程式应该改为：Mn3＋＋2H2C2O4 [Mn(C2O4)2]－＋4H＋，结合实验现象，说明其理由__________________________________________________________。(4分)
解析：(1)根据元素守恒和电荷守恒，完整的离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O，所以补充6H＋。(2)两组实验温度相同，高锰酸钾溶液用量相同，草酸溶液用量不同，探究相同温度下，反应物浓度的改变对化学反应速率的影响。(3)由图像可知，比较过程ii生成[Mn(C2O4)2]－和过程iii消耗等量[Mn(C2O4)2]－所用的时间，前者少于后者，说明反应速率前者大于后者。(4)根据资料[Mn(C2O4)2]－的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化H2C2O4可知，过程ii存在化学平衡，即Mn3＋＋2H2C2O4 [Mn(C2O4)2]－＋4H＋，Mn3＋与草酸发生过程iii的反应，使得Mn3＋浓度不断减小，上述平衡逆向移动，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色。
答案：(1)6H＋　(2)探究相同温度下，草酸浓度的改变对化学反应速率的影响　 (3)＞　(4) [Mn(C2O4)2]－的氧化性较弱，不能氧化H2C2O4，而Mn3＋与草酸发生过程iii的反应，使得Mn3＋浓度不断减小，只有过程ii存在化学平衡，即Mn3＋＋2H2C2O4 [Mn(C2O4)2]－＋4H＋，上述平衡会逆向移动，[Mn(C2O4)2]－浓度逐渐减小，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色，故可判断过程ii的反应方程式应该为Mn3＋＋2H2C2O4 [Mn(C2O4)2]－＋4H＋
12．(14分)已知将KI、盐酸、试剂X和淀粉四种溶液混合，无反应发生。若再加入双氧水，将发生反应H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2，且生成的I2立即与试剂X反应而被消耗。一段时间后，试剂X将被反应生成的I2完全消耗。由于溶液中I－继续被H2O2氧化，生成的I2与淀粉作用，溶液立即变蓝。因此，根据试剂X的量、滴入双氧水至溶液变蓝所需时间，即可推算反应H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2的反应速率。下表为某同学依据上述原理设计的实验及实验记录(各实验均在室温条件下进行)：
编号 往烧杯中加入的试剂及其用量/mL 催化剂 溶液开始变蓝时间/min
0.1mol·L－1KI溶液 H2O 0.01mol·L－1X溶液 0.1mol·L－1双氧水 0.1mol·L－1稀盐酸
1 20.0 10.0 10.0 20.0 20.0 无 1.4
2 20.0 m 10.0 10.0 n 无 2.8
3 10.0 20.0 10.0 20.0 20.0 无 2.8
4 20.0 0 10.0 10.0 40.0 无 t
5 20.0 10.0 10.0 20.0 20.0 5滴Fe2(SO4)3 0.6
回答下列问题：
(1)已知：实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2反应速率的影响。实验2中m＝________，n＝________。(4分)
(2)一定温度下，H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2的反应速率可以表示为v＝k·ca(H2O2)·cb(I－)·c(H＋)(k为反应速率常数)，则：
①实验4烧杯中溶液开始变蓝的时间t＝________ min。(2分)
②根据上表数据可知，a、b的值依次为________和________。(4分)
(3)若要探究温度对H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2反应速率的影响，在实验中温度不宜过高且采用水浴加热，其原因是________________________________________________________。(4分)
解析：(1)已知：实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2反应速率的影响。根据控制变量法，实验中盐酸的浓度应该相同，实验2中n＝20.0，m＝20.0。(2)①根据公式v＝k·ca(H2O2)·cb(I－)·c(H＋)，实验2与实验4的速率比为 eq \f(k·c（H2O2）·c（I－）·c2（H＋）,k·c（H2O2）·c（I－）·c4（H＋）) ＝，实验2与实验4的H2O2、KI的浓度都相同，＝，＝，t＝1.4 min。②由实验1与实验2知，a＝1，由实验1与实验3知，b＝1。(3)H2O2易分解，温度不宜过高且采用水浴加热，便于控制反应温度，防止H2O2分解。
答案：(1)20.0　20.0　(2)①1.4　②1　1　(3)便于控制反应温度，防止H2O2分解
热点题型(九)　反应历程分析
结合反应历程，分析活化能对反应速率的影响，是高考的热点之一。预计在今后的高考中，化学反应速率与化工生产、生活实际相结合，将反应速率的分析与反应过程中的能量变化融合考查。解答此类问题需要对过渡态理论有所了解。
鲁科选择性必修1·基元反应过渡态理论
基元反应过渡态理论认为，基元反应在从反应物到生成物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。
过渡态是反应过程中具有最高能量的一种结构状态，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]
类型1　活化能或能垒与反应历程图像
【实例分析】 工业合成氨[N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)]的反应过程和能量变化如下图所示：
(1)该反应过程分两步反应、四个阶段
第一阶段：N2和H2的吸附过程，即N2和H2吸附到催化剂上，吸附后用*N2＋3*H2表示。吸附过程放热，但不发生化学反应。
第二阶段(第一步反应)：破坏N2和H2分子中的共价键，经过渡态Ⅰ形成自由基，反应方程式为*N2＋3*H2===2*N＋6*H。
第三阶段(第二步反应)：形成NH3分子中的共价键，经过渡态Ⅱ形成自由基，反应方程式为2*N＋6*H===2*NH3。
第四阶段：氨的脱附过程，即附着在催化剂上的NH3解离的过程，用*NH3―→NH3表示。脱附过程吸热，但不发生化学反应。
(2)决速步骤是指反应过程中活化能最大的步骤，即反应过程中的第二步：2*N＋6*H===2*NH3。该步反应的活化能Ea＝(500－148) kJ·mol－1＝352 kJ·mol－1。
(3)相同反应物同时发生多个竞争反应时，能垒(活化能)越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
(4)总反应式是各步反应的反应式之和，即N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－(500－100－308) kJ·mol－1＝－92 kJ·mol－1。
例1.(2021·湖南高考)铁的配合物离子(用[L－Fe－H]＋表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是(　　)
A．该过程的总反应为：HCOOHCO2＋H2
B．H＋浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
解析：选D。由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO－与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2＋H2，A正确；若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，B正确；由反应机理可知，Fe在反应过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，C正确；由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误。
类型2　循环型或线型反应机理图像
对于循环型反应机理图像，最重要的是判断反应物、生成物和催化剂。一般的，进入机理的箭头所示物质为总反应的反应物，离开机理的箭头所示物质为总反应的生成物。生成最终产物的同时，往往也产生催化剂，其余为中间产物。如
CH3OH、Ph—CHO为反应物，物质②为催化剂。线型反应机理图像的分析方法类似循环型反应机理图像。
例2.(2022·山东高考)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是(　　 )
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成HONO的反应历程有2种
C．增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
解析：选D。含N分子参与的反应包括将NO转化为NO2、将NO和NO2转化为HONO、将HONO转化为NO以及将NO2转化为HONO，上述反应中N的化合价均发生了改变，一定有电子转移，故A正确；由NO生成HONO的反应历程有历程①②和NONO2HONO，共2种，故B正确；NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，故C正确；无论反应历程如何，在NO的催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8＋O22C3H6＋2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，故D错误。
巩固练习二
选择题(每题5分，共7题，共35分)
1．(2024·北京卷，13，3分)苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大π键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂
【答案】C
【解析】A项，生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；B项，根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；C项，M的六元环中与-NO2相连的C为sp3杂化，苯中大π键发生改变，故C错误；D项，苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂，故D正确；故选C。
2． (2024·安徽卷，10，3分)某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g)Y(g)( ΔH1＜0)，Y(g)Z(g)( ΔH2＜0)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小、Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小、Z的浓度继续逐渐增大，说明X(g)Y(g)的反应速率大于Y(g)Z(g)的反应速率，则反应X(g)Y(g)的活化能小于反应Y(g)Z(g)的活化能。A项，X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，而图像显示Y的能量高于X，即图像显示X(g)Y(g)为吸热反应，A项不符合题意；B项，图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，且X(g)Y(g)的活化能小于Y(g)Z(g)的活化能，B项符合题意；C项，图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都小于0，但图像上X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，C项不符合题意；D项，图像显示X(g)Y(g)和Y(g)Z(g)的 H都大于0，且X(g)Y(g)的活化能大于Y(g)Z(g)的活化能，D项不符合题意；故选B。
3． (2024·河北卷，14，3分)对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。
下列说法错误的是( )
A．PDA捕获CO2的反应为
B．路径2优先路径，速控步骤反应式为
C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同
D．三个路径速控步骤均涉及*CO2*-转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生
【答案】D
【解析】放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以放电时，多孔碳纳米管电极为正极、Mg电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、Mg电极为阴极：
电极 过程 电极反应式
Mg电极 放电 Mg-2e-=Mg2+
充电 Mg2++2e-= Mg
多孔碳纳米管电极 放电 Mg2++2CO2+2e-=MgC2O4
充电 MgC2O4-2e-= Mg2++2CO2↑
A项，根据题给反应路径图可知，PDA(1，3-丙二胺)捕获CO2的产物为，因此PDA捕获CO2的反应为，A正确；B项，由反应进程－相对能量图可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒为*CO2*-→*C2O42-的步骤，据反应路径2的图示可知，该步骤有参与反应，因此速控步骤反应式为，B正确；C项，根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，即经历了不同的反应步骤，但产物均为*MgCO3，而路径2、3的起始物均为，产物分别为*MgC2O4和*MgCO3，C正确；D项，根据反应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中*CO2*-都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为*CO2*-得电子转化为*CO和*CO32-，没有PDA的生成，D错误；故选D。
4．(2023·山东济南一模)研究表明，用V2O5作催化剂促进水分解时存在两种不同的路径，分解过程中的部分反应历程如图所示(物质中原子之间的距离单位为)。下列说法错误的是(　　 )
A．水的分解反应为吸热反应
B．反应历程中，钒原子的杂化方式发生改变
C．IM2中，距离为“2.174 ”和“2.390 ”的原子之间作用力是氢键
D．适当升高温度，IM2→FS3的正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度
解析：选C。水的分解需要从外界获取能量，故其为吸热反应，A正确；观察反应历程可以看出，反应历程中，由于分子结构发生改变，钒原子的杂化方式一定会改变，B正确；距离为“2.174 ”的原子为钒原子和氧原子，它们之间不是氢键，C错误； IM2→FS3是放热反应，升温之后平衡逆向移动，故IM2→FS3的正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度，D正确。
5．(2023·湖南高考)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L Ru—NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强 B．M中Ru的化合价为＋3
C．该过程有非极性键的形成 D．该过程的总反应式：4NH3－2e－===N2H4＋2NH
解析：选B。图像分析如下：
据图可知，Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L Ru—NH3]2＋可与NH3反应生成[L Ru—NH2]＋和NH，配体NH3失去质子能力增强，A项正确；结合图示可知，[L Ru—NH3]2＋→[L Ru—NH2]＋失去1个H，所带电荷数减1，则Ru化合价不变，与[L Ru—NH2]＋相比，M中N由含1个孤电子对变为1个单电子，是把1个e－给了Ru，所以Ru的化合价不是＋3，而是＋2，B项错误；据图可知，反应过程中有N—N非极性键的形成，C项正确；结合图示可知，总反应为4NH3－2e－===N2H4＋2NH，D项正确。
6．(2023·河南郑州质检)在亚纳米金属钯(Pd)团簇作用下，过氧化氢可以直接将苯高效催化转化为苯酚，催化剂中掺杂碱金属离子可改变催化能力，反应历程如图(*表示吸附态，TS表示过渡态)，下列说法错误的是(　　 )
A. 苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应
B. 反应历程中，存在反应
C. 使用Pd Na＋催化剂后，每一步的产物均比使用Pd催化剂更稳定
D. 其他条件相同时，使用掺杂Na＋的催化剂，单位时间内可得更多苯酚产品,
解析：选C。由反应历程可知，苯酚和水的总能量低于H2O2和苯的总能量，苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应，A正确；反应历程中存在
B正确；第一步和第二步中使用Pd Na＋催化剂产物能量更高，不稳定，C错误；使用Pd Na＋催化剂后，每一步的活化能均比使用催化剂Pd低，反应速率加快，单位时间内可生成更多苯酚，D正确。,
7.(2023·浙江杭州模拟)已知1，3 丁二烯与HBr加成的能量 反应进程图如图所示(图中ΔH1、ΔH2、ΔH3表示各步正向反应的焓变)。下列说法正确的是(　　 ),
A.反应时间越长，1，3 丁二烯与HBr反应得到3 溴 1 丁烯的比例越大,
B.0 ℃、短时间t min内，a mol·L－1的1，3 丁二烯与HBr完全反应得到两种产物的比例为7∶3(设反应前后体积不变)，则生成1 溴 2 丁烯的平均速率为\f(0.7a),\s\do5(t) mol·L－1·min－1,
C.1，3 丁二烯与HBr反应，生成3 溴 1 丁烯的反应热为ΔH1－ΔH2、生成1 溴 2 丁烯的反应热为ΔH1－ΔH3,
D. H＋与烯烃结合的一步为决速步，Br－进攻时活化能小的反应得到3 溴 1 丁烯,
解析：选D。根据图示可知，1 溴 2 丁烯的能量低，更稳定，因此反应时间越长，得到1 溴 2 丁烯的比例越大，A错误；根据图示可知，生成3 溴 1 丁烯的第二步反应的活化能低，因此短时间内，生成3 溴 1 丁烯的比例大，故生成1 溴 2 丁烯的平均速率为\f(0.3a,t) mol·L－1·min－1，B错误；根据盖斯定律，生成3 溴 1 丁烯的反应热为ΔH1＋ΔH2，生成1 溴 2 丁烯的反应热为ΔH1＋ΔH3，C错误；根据图示可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，故第一步即 H＋与烯烃结合的一步为决速步，第二步反应中生成3 溴 1 丁烯的活化能小，即 Br－进攻时活化能小的反应得到3 溴 1 丁烯，D正确。
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第33讲　化学反应速率及其影响因素
【备考目标】　1.知道化学反应速率的表示方法，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.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；知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。
考点1　化学反应速率及相关计算
1．化学反应速率
(1)表示方法：通常用单位时间内反应物浓度的 或生成物浓度的 来表示。
(2)定义式：v＝，单位为mol·L－1·s－1或mol·L－1·min－1。
(3)注意事项：①化学反应速率一般指平均速率而不是某一时刻的瞬时速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
②不能用固体或纯液体表示化学反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数。
(4)与化学计量数的关系：对于反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d。
2．三段式法计算反应速率的模型
例如反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)
t0时浓度 a b 0
转化浓度 x
t1时浓度 a－x b－
v(A)＝，v(B)＝，v(C)＝
3．化学反应速率大小比较
(1)归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一单位、同一种物质的反应速率，再进行速率的大小比较。
(2)比值法：将各物质表示的反应速率转化成同一单位后，再除以对应各物质的化学计量数，然后对求出的数值进行大小排序，数值大的反应速率快。如反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，若＞，则反应速率A＞B。
鲁科选择性必修1·反应速率常数
在298 K时，实验测得溶液中的反应H2O2＋2HI===2H2O＋I2在反应物浓度不同时反应速率不同，其关系可表示为：
v＝kc(H2O2)·c(HI)
式中，k称为反应速率常数，它表示单位浓度下的化学反应速率。
(1)影响因素
反应速率常数与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。通常，反应速率常数越大，反应进行得越快。
(2)注意事项
根据化学反应速率与反应物浓度的关系式，可以清楚地判断反应物浓度的改变对化学反应速率的影响。但一个化学反应的速率与参与反应的物质的浓度的关系式是实验测定的结果，不能随意根据反应的化学方程式直接写出。对于很多反应，这种关系式中浓度的方次与化学方程式中各物质化学式前的系数并无确定关系，例如：
H2＋Cl2===2HCl　v＝kc(H2)·c(Cl2)
H2＋I2===2HI(气体反应)　v＝kc(H2)·c(I2)
CO＋NO2===CO2＋NO　v＝kc2(NO2)
【基点判断】(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显( )
(2)单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率，生成物浓度的变化量表示逆反应速率( )
(3)化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1( )
(4)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同( )
题组练习
一、化学反应速率的概念及基本计算
1．在容积为2 L的密闭容器中进行如下反应：A(s)＋2B(g) 3C(g)＋nD(g)，开始时A为4 mol，B为6 mol；5 min末时测得C的物质的量为3 mol，用D表示的化学反应速率v(D)为0.1 mol/(L·min)。下列说法错误的是(　　 )
A．前5 min内用A表示的化学反应速率v(A)为0.1 mol/(L·min)
B．化学方程式中n值为1
C．反应达到平衡时3v正(B)＝2v逆(C)
D．此反应在两种不同情况下的速率分别表示为：①v(B)＝6 mol/(L·min)，②v(D)＝4.5 mol/(L·min)，其中反应速率快的是②
2．对于可逆反应A(g)＋3B(s) 2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是(　　 )
A．v(A)＝0.5 mol·L－1·min－1 B．v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1
C．v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1 D．v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1
二、用其他物理量的变化表示的化学反应速率的计算
3．温度为T1时，2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL，吸氢速率v＝________ mL·g－1·min－1。
4．工业制硫酸的过程中，SO2(g)转化为SO3(g)是关键的一步，550 ℃时，在1 L的恒温容器中，反应过程中的部分数据见下表：
反应时间/min SO2(g)/mol O2(g)/mol SO3(g)/mol
0 4 2 0
5 1.5
10 2
15 1
若在起始时总压为p0kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，气态物质分压＝总压×气态物质的物质的量分数，则10 min内SO2(g)的反应速率v(SO2)＝________ kPa·min－1。
三、反应速率常数及其应用
5．(2024·山东烟台模拟)反应A(g)＋B(g)―→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)(k为速率常数，其中lg k＝－＋lg A，A、R为常数，Ea为活化能，T为开氏温度)，其半衰期(反应物消耗一半所需的时间)为0.8/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。下列说法正确的是(　　 )
c(A)/(mol·L－1) 0.25 0.5 1 0.5 1
c(B)/(mol·L－1) 0.05 0.05 0.1 0.1 0.2
v/(10－3 mol·L－1·min－1) 1.6 3.2 v1 3.2 v2
A.m＝1，2v1＝v2
B．k＝6.4 min－1
C．在过量的B存在时，A剩余25%所需的时间是250 min
D．升温、加入催化剂，缩小容积(加压)，均能使k增大，导致反应的瞬时速率加快
6．工业上利用CH4(混有CO和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)，该反应的逆反应速率表达式为v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，k为速率常数，在某温度下测得实验数据如表所示：
CO浓度/(mol·L－1) H2浓度/(mol·L－1) 逆反应速率/(mol·L－1·min－1)
0.1 c1 8.0
c2 c1 16.0
c2 0.15 6.75
由上述数据可得该温度下，c2＝________，该反应的逆反应速率常数k＝________L3·mol－3·min－1。
7．对于反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，速率方程v＝kcm(A)cn(B)，k为速率常数，m＋n为反应级数。已知H2(g)＋CO2(g)===CO(g)＋H2O(g)，CO的瞬时生成速率＝kcm(H2)c(CO2)。一定温度下，控制CO2起始浓度为0.25 mol·L－1，改变H2起始浓度，进行以上反应的实验，得到CO的瞬时生成速率和H2起始浓度呈如图所示的直线关系。
(1)该反应的反应级数为________。
(2)速率常数k＝____________________。
(3)当H2的起始浓度为0.2 mol·L－1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2 mol·L－1，此时CO的瞬时生成速率v＝________mol·L－1·s－1。
考点2　影响化学反应速率的因素
1．影响化学反应速率的因素
(1)内因(主要因素)
反应物本身的 。例如，相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为 。
(2)外因(其他条件不变，只改变一个条件)
[深化理解]
①浓度、温度、压强发生变化或加入催化剂时，正、逆反应速率均增大或减小，如升高温度，不论是放热反应还是吸热反应，化学反应速率均加快。
②改变压强，实质是通过改变体积使浓度发生改变来实现化学反应速率的改变。若压强改变导致了反应物浓度增大或减小，则化学反应速率会增大或减小。对于没有气体参加的反应，改变体系压强，反应物的浓度不变，则化学反应速率不变。一般意义上的增大压强是指压缩气体的体积。
③惰性气体对化学反应速率的影响
④固体反应物量的增减，不能改变化学反应速率，固体的表面积改变才能改变化学反应速率。
⑤对离子反应来说，影响反应速率的因素是真正参加反应的离子浓度，如NaOH与HCl反应，影响速率的是H＋、OH－浓度，不是Na＋、Cl－的浓度。
2．基元反应和有效碰撞理论
(1)基元反应
大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现， 都被称为基元反应；先后进行的基元反应反映了反应历程，反应历程又称为反应机理。基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须 。
(2)活化分子、活化能、有效碰撞
①活化分子：能够发生 的分子。
②活化能：普通分子变为活化分子所需要吸收的最低能量。
上图中： 为正反应的活化能， 为活化分子变成生成物分子放出的能量， 为使用催化剂时的活化能， 为反应热。由此可见，活化能小的反应速率 ，活化能大的反应速率 。
③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
(3)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
[注意]　一般地，催化剂在化学反应过程中降低了正、逆反应的活化能，同等程度改变正、逆反应速率，但不会改变反应的限度和反应热。
【基点判断】(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大 ( )
(2)催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后物理和化学性质保持不变( )
(3)升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小( )
(4)一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜与醋酸钠均能够提高反应速率( )
(5)可逆反应FeCl3＋3KSCN Fe(SCN)3＋3KCl，增加氯化钾浓度，逆反应速率加快( )
题组练习
一、影响化学反应速率的因素
1．下列有关化学反应速率的说法正确的是(　　 )
A.C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，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
2．一定温度下，将1 mol A和2 mol B放入5 L的密闭容器中发生如下反应：A(s)＋2B(g) C(g)＋2D(g)　ΔH＜0，经5 min后，测得容器内B的浓度减少了0.2 mol/L。下列叙述正确的是(　　)
A．加入少量A，反应速率加快
B．该反应在5 min内用C的浓度改变量表示的反应速率为 0.02 mol/(L·min)
C．保持体积不变，向容器中充入一定量氦气，压强增大，反应速率加快
D．升高温度，正反应速率减小，逆反应速率加快
二、用控制变量法探究影响化学反应速率的因素
3．以反应 5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===10CO2＋2Mn2＋＋8H2O 为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取 H2C2O4溶液和酸性 KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。
编号 H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液 温度/℃
浓度/(mol/L) 体积/mL 浓度/(mol/L) 体积/mL
① 0.10 2.0 0.010 4.0 25
② 0.20 2.0 0.010 4.0 25
③ 0.20 2.0 0.010 4.0 50
下列说法不正确的是(　　 )
A．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均过量
B.若实验①测得 KMnO4溶液的褪色时间为 40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)＝2.5×10－4 mol·L－1·s－1
C.实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的 Mn2＋对反应起催化作用
4．(人教选择性必修1 P31T7) 目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成CO2和N2。为研究如何增大该化学反应的速率，某课题组进行了以下实验探究。
[提出问题]在其他条件不变的情况下，温度或催化剂的比表面积(单位质量的物质所具有的总面积)如何影响汽车尾气的转化速率？
[查阅资料]使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响。
[实验设计]请填写下表中的空白。
编号 t/℃ c(NO)/(mol·L－1) c(CO)/(mol·L－1) 催化剂的比表面积/(m2·g－1)
Ⅰ 280 6.50×10－3 4.00×10－3 80.0
Ⅱ 120
Ⅲ 360 80.0
[图像分析与结论]三组实验中CO的浓度随时间的变化如图所示。
(1)第Ⅰ组实验中，达到平衡时NO的浓度为__________。
(2)由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将________(填“增大”“减小”或“无影响”)。
(3)由实验Ⅰ和Ⅲ可得出的结论是____________________________________________________。
【方法指导】　“控制变量法”题目的解题策略
三、多因素影响下的速率图像分析
5．NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。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(装置见图1)。
反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2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_____________________________。
6．汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]：
Ⅰ.NO＋Pt(s)===NO*
Ⅱ.CO＋Pt(s)===CO*
Ⅲ.NO*===N*＋O*
Ⅳ.CO*＋O*===CO2＋Pt(s)
Ⅴ.N*＋N*===N2＋Pt(s)
Ⅵ.NO*＋N*===N2O＋Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T的变化关系如图1和图2所示。
(1)图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是
________________________________________________________________________。
(2)图2中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能________(填“<”“>”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时发生的主要反应为________(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。
高考真题
1．(2024·甘肃卷，4，3分)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．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
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
2．(2024·江苏卷，5，3分)下列说法正确的是( )
A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．C2H4与O2反应中，Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性
C．H2O2制O2反应中，MnO2能加快化学反应速率
D．SO2与O2反应中，V2O5能减小该反应的焓变
3．(2023·辽宁高考)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O
4．(2022·辽宁高考)某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X发生反应2X(s) Y(g)＋2Z(g)，有关数据如下：
时间段/min 产物Z的平均生成速率/(mol·L－1·min－1)
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是(　　)
A．1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L－1 B．2 min时，加入0.20 mol Z，此时v正(Z)C．3 min时，Y的体积分数约为33.3% D．5 min时，X的物质的量为1.4 mol
5．(2022·浙江6月选考)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是(　　)
编号 0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A．实验①，0～20 min，v(N2)＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1
B．实验②，60 min时处于平衡状态，x≠0.40
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
6．(2021·辽宁高考)某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是(　　 )
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为0.012 mol·L－1·min－1
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为62.5 min
7．(2022·广东高考)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X―→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则(　　 )
A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D.使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v(X)＝1.0 mol·L－1·min－1
巩固练习一
一、选择题(每题5分，共10题，共50分)
1．取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I－存在下分解：2H2O2===2H2O＋O2。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成c(H2O2)如下表：
t/min 0 20 40 60 80
c(mol·L－1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050
下列说法正确的是(　　 )
A．反应20 min时，测得O2为224 mL
B．20～40 min，消耗H2O2的平均速率为0.020 mol·L－1·min－1
C．FeCl3溶液或MnO2粉末可以代替I－催化H2O2分解
D．第30 min时的瞬时速率小于第50 min时的瞬时速率
2．对于化学反应：3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)，下列反应速率关系正确的是(　　 )
A．v(W)＝3v(Z) B．2v(X)＝3v(Z)
C．2v(X)＝v(Y) D．3v(W)＝2v(X)
3．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：
下列描述正确的是(　　 )
A．反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol·L－1·s－1
B．反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1
C．反应开始到10 s时，Y的转化率为79.0%
D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g) Z(g)
4．乙醛在少量I2存在下分解反应为CH3CHO(g)―→CH4(g)＋CO(g)。某温度下，测得CH3CHO的浓度变化情况如下表：
t/s 42 105 242 384 665 1 070
c(CH3CHO)/(mol·L－1) 6.68 5.85 4.64 3.83 2.81 2.01
下列说法不正确的是(　　 )
A．42～242 s，消耗CH3CHO的平均反应速率为1.02×10－2 mol·L－1·s－1
B．第384 s时的瞬时速率大于第665 s时的瞬时速率是受c(CH3CHO)的影响
C．反应105 s时，测得混合气体的体积为168.224 L(标准状况)
D．I2为催化剂，降低了反应的活化能，使活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多
5．(2023·福建莆田质量检测)工业上在V2O5催化作用下生产SO3的反应为2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)　ΔH＝－198 kJ·mol－1，该反应可看作两步：①V2O5＋SO2 2VO2＋SO3(快)；②4VO2＋O2 2V2O5(慢)。下列说法正确的是(　　 )
A．逆反应活化能为198 kJ
B．减小O2的浓度能降低SO3的生成速率
C．V2O5的存在使有效碰撞次数增加，降低了该反应的焓变
D．①的活化能一定大于②的活化能
6．一定条件下，反应H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)的速率方程为v＝kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下：
c(H2)/(mol·L－1) c(Br2)/(mol·L－1) c(HBr)/(mol·L－1) 反应速率
0.1 0.1 2 v
0.1 0.4 2 8v
0.2 0.4 2 16v
0.4 0.1 4 2v
0.2 0.1 c 4v
根据表中的测定结果，下列结论错误的是(　　 )
A．表中c的值为1
B．α、β、γ的值分别为1、2、－1
C．反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D．在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低
7．(2023·山东泰安三模)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
8．(2022·北京高考)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，将恒定组成的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速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
9．25 ℃，H2O2分解反应的方程式为H2O2H2O(l)＋O2(g)，H2O2分解反应的浓度与时间曲线如图所示，＝，当观察的时间间隔无限小，平均速率的极值即为化学反应在t时的瞬时速率，即li ＝，A点切线的斜率为＝0.014 mol·dm－3·min－1，表示在第20 min，当H2O2浓度为0.4 mol·dm－3时，瞬时速率为0.014 mol·dm－3·min－1(斜率、速率均取绝对值)，则下列说法正确的是(　　 )
A．反应到A、B、C三点时的瞬时速率C>B>A
B．由题意可知瞬时速率与平均反应速率无关
C．某点切线的斜率越大，瞬时反应速率越快
D．没有催化剂I－，H2O2就不会发生分解反应
10．HBr对CH3CH===CH2亲电加成分两步：HBr首先对CH3CH===CH2质子化，形成CH3CH2CH、(CH3)2CH＋两种中间体和Br－，然后中间体分别与Br－结合生成CH3CH2CH2Br、(CH3)2CHBr两种产物。这两种竞争反应路径的能量(G)变化如图所示。
下列说法不正确的是(　　)
A．两种路径中的第一步质子化均是整个反应的决速步
B．加成产物主要以1 溴丙烷为主，这是动力学与热力学共同控制的结果
C．(CH3)2CH＋比CH3CH2CH更稳定，并且相应的质子化的活化能也更低
D．温度升高时，该反应的正反应速率增大程度小于逆反应速率增大程度
二、非选择题(共2题，共25分)
11．(11分)某兴趣小组同学探究酸性KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。将1.0×10－3 mol·L－1的酸性KMnO4溶液与0.40 mol·L－1草酸溶液按如下比例混合。
[设计实验]
序号 V(酸性KMnO4溶液)/mL V(草酸溶液)/mL V(H2O)/mL 反应温度/℃
① 2.0 2.0 0 20
② 2.0 1.0 1.0 20
(1)补全酸性KMnO4溶液与草酸溶液反应的离子方程式。(2分)
2MnO＋5H2C2O4＋________===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O
(2)实验①和②的目的是________________________________________________________。(3分)
[进行实验]
小组同学进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：
Ⅰ.紫色溶液变为青色溶液；
Ⅱ.青色溶液逐渐褪成无色溶液。
[查阅资料]
a．酸性KMnO4溶液与草酸溶液的反应主要包含如下几个过程：
反应ⅰ.MnO＋2H2C2O4＋4H＋===Mn3＋(无色)＋4CO2＋4H2O；
反应ⅱ.Mn3＋＋2H2C2O4===[Mn(C2O4)2]－(青绿色)＋4H＋；
反应ⅲ.2Mn3＋＋H2C2O4===2Mn2＋(无色)＋2CO2＋2H＋。
b．[Mn(C2O4)2]－的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化H2C2O4。
c．MnO呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解为MnO和MnO2。
[继续探究]
进一步实验证明溶液中含有[Mn(C2O4)2]－，实验①反应过程中MnO和[Mn(C2O4)2]－的浓度随时间的变化如下图。
[解释与反思]
(3)本实验中，化学反应速率：反应ⅱ____反应ⅲ(填“＞”“＝”或“＜”)。(2分)
(4)小组同学认为反应ⅱ的离子方程式应该改为：Mn3＋＋2H2C2O4 [Mn(C2O4)2]－＋4H＋，结合实验现象，说明其理由___________________________________________________________。(4分)
12．(14分)已知将KI、盐酸、试剂X和淀粉四种溶液混合，无反应发生。若再加入双氧水，将发生反应H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2，且生成的I2立即与试剂X反应而被消耗。一段时间后，试剂X将被反应生成的I2完全消耗。由于溶液中I－继续被H2O2氧化，生成的I2与淀粉作用，溶液立即变蓝。因此，根据试剂X的量、滴入双氧水至溶液变蓝所需时间，即可推算反应H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2的反应速率。下表为某同学依据上述原理设计的实验及实验记录(各实验均在室温条件下进行)：
编号 往烧杯中加入的试剂及其用量/mL 催化剂 溶液开始变蓝时间/min
0.1mol·L－1KI溶液 H2O 0.01mol·L－1X溶液 0.1mol·L－1双氧水 0.1mol·L－1稀盐酸
1 20.0 10.0 10.0 20.0 20.0 无 1.4
2 20.0 m 10.0 10.0 n 无 2.8
3 10.0 20.0 10.0 20.0 20.0 无 2.8
4 20.0 0 10.0 10.0 40.0 无 t
5 20.0 10.0 10.0 20.0 20.0 5滴Fe2(SO4)3 0.6
回答下列问题：
(1)已知：实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2反应速率的影响。实验2中m＝________，n＝________。(4分)
(2)一定温度下，H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2的反应速率可以表示为v＝k·ca(H2O2)·cb(I－)·c(H＋)(k为反应速率常数)，则：
①实验4烧杯中溶液开始变蓝的时间t＝________ min。(2分)
②根据上表数据可知，a、b的值依次为________和________。(4分)
(3)若要探究温度对H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2反应速率的影响，在实验中温度不宜过高且采用水浴加热，其原因是_______________________________________________________。(4分)
热点题型(九)　反应历程分析
结合反应历程，分析活化能对反应速率的影响，是高考的热点之一。预计在今后的高考中，化学反应速率与化工生产、生活实际相结合，将反应速率的分析与反应过程中的能量变化融合考查。解答此类问题需要对过渡态理论有所了解。
鲁科选择性必修1·基元反应过渡态理论
基元反应过渡态理论认为，基元反应在从反应物到生成物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。
过渡态是反应过程中具有最高能量的一种结构状态，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。[活化能(能垒)越高，此步基元反应速率越慢]
类型1　活化能或能垒与反应历程图像
【实例分析】 工业合成氨[N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)]的反应过程和能量变化如下图所示：
(1)该反应过程分两步反应、四个阶段
第一阶段：N2和H2的吸附过程，即N2和H2吸附到催化剂上，吸附后用*N2＋3*H2表示。吸附过程放热，但不发生化学反应。
第二阶段(第一步反应)：破坏N2和H2分子中的共价键，经过渡态Ⅰ形成自由基，反应方程式为*N2＋3*H2===2*N＋6*H。
第三阶段(第二步反应)：形成NH3分子中的共价键，经过渡态Ⅱ形成自由基，反应方程式为2*N＋6*H===2*NH3。
第四阶段：氨的脱附过程，即附着在催化剂上的NH3解离的过程，用*NH3―→NH3表示。脱附过程吸热，但不发生化学反应。
(2)决速步骤是指反应过程中活化能最大的步骤，即反应过程中的第二步：2*N＋6*H===2*NH3。该步反应的活化能Ea＝(500－148) kJ·mol－1＝352 kJ·mol－1。
(3)相同反应物同时发生多个竞争反应时，能垒(活化能)越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
(4)总反应式是各步反应的反应式之和，即N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)　ΔH＝－(500－100－308) kJ·mol－1＝－92 kJ·mol－1。
例1.(2021·湖南高考)铁的配合物离子(用[L－Fe－H]＋表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是(　　)
A．该过程的总反应为：HCOOHCO2＋H2
B．H＋浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
类型2　循环型或线型反应机理图像
对于循环型反应机理图像，最重要的是判断反应物、生成物和催化剂。一般的，进入机理的箭头所示物质为总反应的反应物，离开机理的箭头所示物质为总反应的生成物。生成最终产物的同时，往往也产生催化剂，其余为中间产物。如
CH3OH、Ph—CHO为反应物，物质②为催化剂。线型反应机理图像的分析方法类似循环型反应机理图像。
例2.(2022·山东高考)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是(　　 )
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成HONO的反应历程有2种
C．增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
巩固练习二
选择题(每题5分，共7题，共35分)
1．(2024·北京卷，13，3分)苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大π键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂
2． (2024·安徽卷，10，3分)某温度下，在密闭容器中充入一定量的X(g)，发生下列反应：X(g)Y(g)( ΔH1＜0)，Y(g)Z(g)( ΔH2＜0)，测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反应进程示意图符合题意的是( )
A． B． C． D．
3． (2024·河北卷，14，3分)对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(*表示吸附态)。
下列说法错误的是( )
A．PDA捕获CO2的反应为
B．路径2优先路径，速控步骤反应式为
C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同
D．三个路径速控步骤均涉及*CO2*-转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生
4．(2023·山东济南一模)研究表明，用V2O5作催化剂促进水分解时存在两种不同的路径，分解过程中的部分反应历程如图所示(物质中原子之间的距离单位为)。下列说法错误的是(　　 )
A．水的分解反应为吸热反应
B．反应历程中，钒原子的杂化方式发生改变
C．IM2中，距离为“2.174 ”和“2.390 ”的原子之间作用力是氢键
D．适当升高温度，IM2→FS3的正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度
5．(2023·湖南高考)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L Ru—NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强 B．M中Ru的化合价为＋3
C．该过程有非极性键的形成 D．该过程的总反应式：4NH3－2e－===N2H4＋2NH
6．(2023·河南郑州质检)在亚纳米金属钯(Pd)团簇作用下，过氧化氢可以直接将苯高效催化转化为苯酚，催化剂中掺杂碱金属离子可改变催化能力，反应历程如图(*表示吸附态，TS表示过渡态)，下列说法错误的是(　　 )
A. 苯与H2O2反应生成苯酚是放热反应
B. 反应历程中，存在反应
C. 使用Pd Na＋催化剂后，每一步的产物均比使用Pd催化剂更稳定
D. 其他条件相同时，使用掺杂Na＋的催化剂，单位时间内可得更多苯酚产品,
7.(2023·浙江杭州模拟)已知1，3 丁二烯与HBr加成的能量 反应进程图如图所示(图中ΔH1、ΔH2、ΔH3表示各步正向反应的焓变)。下列说法正确的是(　　 ),
A.反应时间越长，1，3 丁二烯与HBr反应得到3 溴 1 丁烯的比例越大,
B.0 ℃、短时间t min内，a mol·L－1的1，3 丁二烯与HBr完全反应得到两种产物的比例为7∶3(设反应前后体积不变)，则生成1 溴 2 丁烯的平均速率为\f(0.7a),\s\do5(t) mol·L－1·min－1,
C.1，3 丁二烯与HBr反应，生成3 溴 1 丁烯的反应热为ΔH1－ΔH2、生成1 溴 2 丁烯的反应热为ΔH1－ΔH3,
D. H＋与烯烃结合的一步为决速步，Br－进攻时活化能小的反应得到3 溴 1 丁烯,
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