资源简介

第八章　化学反应速率与化学平衡
第36讲　化学反应速率
1．了解化学反应速率的概念及表示方法，能提取信息计算化学反应速率。2.掌握影响化学反应速率的因素，并能用有关理论解释。
考点一　化学反应速率的概念及计算
1．化学反应速率
2．化学反应速率与化学计量数的关系
对于已知反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，其化学反应速率可用不同的反应物或生成物来表示，当单位相同时，化学反应速率的数值之比等于化学方程式中相应物质的化学计量数之比，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。
3．化学反应中各物质浓度的计算模式——“三段式”
(1)写出有关反应的化学方程式。
(2)找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。
(3)根据已知条件列方程式计算。
例如：反应　 　　　mA(g) ＋nB(g)===pC(g)
t0 s/(mol·L-1)　 a b 0
转化/(mol·L-1)　 x
t1 s/(mol·L-1) a－x　 b－
则v(A)＝ mol·L-1·s-1，
v(B)＝ mol·L-1·s-1，
v(C)＝ mol·L-1·s-1。
正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)化学反应速率用反应物表示为正值，用生成物表示为负值。(　×　)
(2)对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显。(　×　)
(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)通常情况下，化学反应速率的单位由时间单位和物质的量浓度单位决定。(　√　)
(5)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应速率越大。(　×　)
1．氨分解反应2NH3(g) N2(g)＋3H2(g)在容积为2 L的密闭容器内进行，已知起始时氨气的物质的量为4 mol，5 s末为2.4 mol，则用氨气表示该反应的反应速率为(　B　)
A．0.32 mol/(L·s) B．0.16 mol/(L·s)
C．1.6 mol/(L·s) D．0.8 mol/(L·s)
解析：反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。反应进行到5 s末，消耗的氨气为4 mol－2.4 mol＝1.6 mol，所以用氨气表示的反应速率为＝0.16 mol/(L·s)，所以选项B符合题意。
2．一定条件下，在容积为10 L的固定容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，反应过程如图。下列说法正确的是(　B　)
A．t1 min时，正、逆反应速率相等
B．X曲线表示NH3的物质的量随时间的变化关系
C．0～8 min，H2的平均反应速率v(H2)＝0.75 mol·L-1·min-1
D．10～12 min，N2的平均反应速率v(N2)＝0.25 mol·L-1·min-1
解析：t1 min没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，A项错误；根据题图可知，X曲线表示物质的量增加，属于生成物，因此X曲线表示NH3的物质的量随时间的变化关系，B项正确；0～8 min，v(NH3)＝＝0.007 5 mol·L-1·min-1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(H2)＝＝0.011 25 mol·L-1·min-1，C项错误；10～12 min，v(NH3)＝＝0.005 mol·L-1·min-1，v(N2)＝＝0.002 5 mol·L-1·min-1，D项错误。
3．反应A(g)＋3B(g)===2C(g)＋3D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，则反应速率由大到小的顺序为(　C　)
①v(A)＝0.01 mol·L-1·s-1
②v(B)＝0.06 mol·L-1·s-1
③v(C)＝2.4 mol·L-1·min-1
④v(D)＝3.5 mol·L-1·min-1
A．②>③>④>① B．④>②＝③>①
C．②＝③>④>① D．④>①>②>③
解析：①v(A)＝0.01 mol·L-1·s-1，则＝0.01 mol·L-1·s-1；②v(B)＝0.06 mol·L-1·s-1，＝ mol·L-1·s-1＝0.02 mol·L-1·s-1；③v(C)＝2.4 mol·L-1·min-1，＝1.2 mol·L-1·min-1＝0.02 mol·L-1·s-1；④v(D)＝3.5 mol·L-1·min-1，＝ mol·L-1·min-1≈0.019 mol·L-1·s-1。反应速率与化学计量数的比值越大，则反应速率越大，根据分析可知，反应速率由大到小为②＝③>④>①。
解答化学反应速率的大小比较的思路
考点二　影响化学反应速率的因素
1．内因
反应物本身的性质是主要因素。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)
3．基元反应和有效碰撞理论
(1)基元反应
①大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应都称为基元反应。
②基元反应速率方程
对于基元反应aA＋bB===gG＋hH，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k称为速率常数，恒温下，k不因反应物浓度的改变而变化)，这种关系可以表述为基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。
(2)有效碰撞
①定义：能够发生化学反应的碰撞叫有效碰撞。
②条件：反应物分子具有较高的能量和碰撞时有合适的取向。
(3)活化分子、活化能
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
②活化能：活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做反应的活化能。如图：
活化能最大的基元反应，反应速率最小，是总反应的决速步骤。
(4)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂。(　×　)
(2)锌与硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生H2的速率越快。(　×　)
(3)升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小。(　×　)
(4)催化剂能降低反应所需的活化能，但ΔH不会发生变化。(　√　)
(5)增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大。(　×　)
题组一　影响化学反应速率的常见因素
1．(2024·河南省名校联盟11月联考)采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是(　A　)
A．铁与稀硫酸反应，滴入几滴硫酸铜溶液
B．Na与无水乙醇反应时增大无水乙醇的用量
C．K2SO4与Ba(OH)2两溶液反应时，增大压强
D．Zn与稀盐酸反应，加入少量醋酸钠粉末
解析：铁和硫酸铜溶液发生置换反应，被置换出来的铜附着在铁上，和稀硫酸共同构成原电池，可以加快反应速率，A符合题意；增大无水乙醇的用量，反应物的浓度不变，反应速率不变，B不符合题意；K2SO4与Ba(OH)2两溶液的反应没有气体参与，增大该反应的压强，反应速率不变，C不符合题意；加入少量醋酸钠粉末，与HCl反应生成CH3COOH，CH3COOH是弱酸，H＋浓度减小，反应速率减小，D不符合题意。
2．一定温度下，反应N2(g)＋O2(g) 2NO(g)在密闭容器中进行，回答下列措施对化学反应速率的影响(填“增大”“减小”或“不变”)。
(1)缩小体积使压强增大：增大，原因是单位体积内活化分子数目增多，单位时间内有效碰撞的次数增加。
(2)恒容充入N2：增大。
(3)恒容充入He：不变，原因是单位体积内活化分子数不变。
(4)恒压充入He：减小。
“惰性”气体对反应速率的影响
在恒温恒容条件下 通入惰性气体，总压强增大，反应物浓度不变，反应速率不变
在恒温恒压条件下 通入惰性气体，总体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小
题组二　基元反应与有效碰撞理论
3．甲烷与氯气在光照条件下存在如下反应历程(“·”表示电子)：
①Cl22Cl·(慢反应)
②CH4＋Cl·―→·CH3＋HCl(快反应)
③·CH3＋Cl2―→CH3Cl＋Cl·(快反应)
④·CH3＋Cl·―→CH3Cl(快反应)
已知在一个分步反应中，较慢的一步反应控制总反应的速率。下列说法不正确的是(　D　)
A．上述过程的总反应方程式为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl
B．光照的主要作用是促进反应①的进行从而使总反应速率加快
C．反应②～④都是由粒子通过有效碰撞而发生的反应
D．反应①是释放能量的反应
解析：由反应历程可知，甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，则总反应方程式为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，故A正确；由反应历程可知，反应②～④都是由粒子通过有效碰撞而发生的反应，故C正确；反应①是破坏氯气分子中的共价键吸收能量的反应，故D错误。
4．在反应2HI→H2＋2I·中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是 (　D　)
A．加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能
B．增大c(HI)，单位体积内活化分子数增多
C．升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加
D．增大压强，活化分子的百分数增大
解析：加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，反应速率增大，A正确；增大碘化氢的浓度，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，B正确；升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加，反应速率增大，C正确；增大压强，单位体积内活化分子数增多，反应速率增大，但活化分子百分数不变，D错误。
题组三　速率方程　速率常数
5．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(　D　)
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：根据题表数据分析，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0.02 mol·L-1，则c1＝0.06>c2＝c3＝0，A、C错误；t＝10 min时瞬时速率等于平均速率，v(N2O)＝＝2.0×10-3 mol·L-1·min-1，B错误；保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为2.0×10-3 mol·L-1·min-1，若起始浓度为0.200 mol·L-1，减至一半时所耗时间为＝50 min，D正确。
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＝0.2，该反应的逆反应速率常数k＝1.0×104 L3· mol-3·min-1。
解析：根据v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，由题表数据可得(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，代入含c2的等式可得c2＝0.2。
考点三　利用“变量控制”探究影响化学反应速率的因素
1．变量控制法
科学研究中，对于多因素(多变量)的问题，常常采用只改变其中的某一个因素，控制其他因素不变的研究方法，使多因素的问题变成几个单因素的问题，分别加以研究，最后再将几个单因素问题的研究结果加以综合。这种变量控制的方法是科学探究中常用的方法。
2．“变量控制”实验探究题的解答步骤
1．某实验小组用0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液和0.1 mol·L-1 H2SO4溶液为反应物，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验记录如下：
实验序号 温度/℃ H2SO4溶 液体积/mL Na2S2O3溶 液体积/mL H2O体积/mL 出现沉淀 所需的时间/s
Ⅰ 30 10 5 5 t1
Ⅱ 30 5 5 a t2
Ⅲ 60 10 5 5 t3
已知：①Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O；②实验结果：t2＞t1＞t3。
下列说法错误的是(　C　)
A．a＝10
B．对比实验Ⅰ、Ⅲ可知，升高温度能加快该反应的反应速率
C．除了用产生沉淀所需时间，还可以用产生气泡所需时间来记录和比较反应速率
D．进行实验Ⅰ、Ⅱ时，可依次向试管中加入H2SO4溶液、H2O、Na2S2O3溶液
解析：实验Ⅰ、Ⅱ的温度相同，比较H2SO4的浓度不同时，对反应速率产生的影响，则Na2S2O3的浓度应相同，溶液的总体积应相同，从而得出a＝10，A正确；实验Ⅰ、Ⅲ中反应物的浓度都相同，实验结果：t1＞t3，对比实验Ⅰ、Ⅲ可知，升高温度能加快该反应的反应速率，B正确；因为酸的浓度、温度都会影响SO2气体的溶解度，所以不能用产生气泡所需时间来记录和比较反应速率，C错误；因为H2SO4溶液的浓度不同，而Na2S2O3溶液的浓度相同，所以进行实验Ⅰ、Ⅱ时，可依次向试管中加入H2SO4溶液、H2O、Na2S2O3溶液，D正确。
2．为了研究一定浓度Fe2+的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法正确的是(　D　)
A.pH越小，氧化率越小
B．温度越高，氧化率越小
C．Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关
D．实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2+的氧化率
解析：由②③可知，温度相同时，pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大，A、B错误；Fe2+的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如浓度等，C错误。
3．(2025·湖南衡阳八中开学考试)Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，在加入Fe2+并调好pH后再加入H2O2，该过程中H2O2所产生羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物。现运用该法降解某有机污染物(p—CP)，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
实验数据：(表中时间是p—CP浓度降低1.50 mol·L-1所需时间)
实验 编号 H2O2溶液 Fe2+溶液 蒸馏水 pH T/K t/s
c/(mol·L-1) V/mL c/(mol·L-1) V/mL V/mL
① 6.0×10-3 1.50 3.0×10-2 3.50 10.00 3 298 200
② 6.0×10-3 1.50 3.0×10-2 3.50 10.00 3 313 60
③ 6.0×10-3 3.50 3.0×10-2 3.50 V1 3 298 140
④ 6.0×10-3 1.50 3.0×10-2 4.50 9.00 3 298 170
⑤ 6.0×10-3 1.50 3.0×10-2 3.50 V2 12 298 0
回答下列问题：
(1)V1＝8.00，V2＝10.00。
(2)实验①条件下，p—CP的降解速率为0.007 5 mol/(L·s)[或7.5×10-3 mol/(L·s)]。
(3)设置实验①②的目的是探究温度对反应速率的影响；由实验①④可得到的结论是其他条件相同时，c(Fe2+)越大，反应速率越大。
(4)实验⑤在200 s时没有检测到p—CP浓度的变化。其原因可能是Fe2+在该条件下生成Fe(OH)2，并迅速被氧化成Fe(OH)3，不能使H2O2产生羟基自由基。
解析：(1)根据实验①③分析，溶液的总体积应该相同，所以V1＝10.00＋3.50＋1.50－(3.50＋3.50)＝8.00；根据实验④⑤进行分析，溶液的总体积应该相同，故V2＝9.00＋4.50＋1.50－(1.50＋3.50)＝10.00。(2)实验①条件下，p—CP浓度降低1.50 mol/L所需时间为200 s，所以p—CP的降解速率为0.007 5 mol/(L·s)或7.5×10-3mol/(L·s)。(3)根据图表信息分析，实验①②其他条件相同，反应的温度不同，设置实验①②的目的是探究温度对反应速率的影响；由实验①④可得到的结论是其他条件相同时，c(Fe2+)越大，反应速率越大。(4)在加入Fe2+并调好pH后再加入H2O2，所产生的羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物；实验⑤在200 s时没有检测到p—CP浓度的变化，其原因可能是Fe2+在该条件下生成Fe(OH)2，并迅速被氧化成Fe(OH)3，不能使H2O2产生羟基自由基。
解答图像型变量控制的思维模型
1．(2024·甘肃卷)下列措施能降低化学反应速率的是(　C　)
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
解析：A项，催化剂可以改变化学反应速率，催化氧化氨制备硝酸时加入铂加快化学反应速率；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；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；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。
2．(2024·江苏卷)催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见催化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、V2O5催化氧化SO2等。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。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中NO电催化生成N2、氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。
下列说法正确的是(　C　)
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
解析：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；根据题干信息可知，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；MnO2是H2O2制O2反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确；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。
3．(2024·安徽卷)室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO的影响因素，测得不同条件下SeO浓度随时间变化关系如图。
实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
下列说法正确的是(　C　)
A．实验①中，0～2小时内平均反应速率v(SeO)＝2.0 mol·L-1·h-1
B．实验③中，反应的离子方程式为2Fe＋SeO＋8H＋===2Fe3+＋Se＋4H2O
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO的去除效果越好
解析：实验①中，0～2小时内平均反应速率v(SeO)＝＝2.0×10-5 mol·L-1·h-1，A错误；实验③中水样初始pH＝8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用H＋配电荷守恒，B错误；综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeO浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中SeO浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始pH，SeO的去除效果好，但是当初始pH太小时，H＋浓度太大，纳米铁与H＋反应速率加快，会导致与SeO反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时，SeO的去除效果不一定越好，D错误。
4．(2024·安徽卷)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(　B　)
　　
　　
解析：由题图可知，生成Y的速率大于生成Z的速率，则反应X(g) Y(g)的活化能小于反应Y(g) Z(g)的活化能，根据X(g) Y(g)(ΔH1<0)，Y(g) Z(g)(ΔH2<0)，则符合题意的是B项。
5．(1)(2024·甘肃卷节选)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4(g)＋2H2(g)＋Si(s)4SiHCl3(g)。773 K，2 L密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反应，SiCl4转化率随时间的变化如下图所示：
0～50 min，经方式甲处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)＝5.6×10-5 mol·L-1·min-1。
(2)(2024·江西卷节选)石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH4和H2S重整制氢的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)　ΔH1＝＋260 kJ/mol
反应Ⅱ：CH4(g) C(s)＋2H2(g)
ΔH2＝＋90 kJ/mol
反应Ⅲ：2H2S(g) S2(g)＋2H2(g)　ΔH3＝＋181 kJ/mol
假设在10 L的恒温刚性容器中，通入0.3 mol CH4和0.15 mol H2S发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为P0。CH4和H2S的转化率与时间的关系如图，0～5 min内H2的化学反应速率为1.2×10-3 mol/(L·min)；5 min时，容器内总压为P0。
(3)(2024·河北卷节选)1，4 二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为v＝kc(A)c(B)，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(k1～k5分别对应反应①～⑤)。
某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。
已知该温度下，k1∶k2∶k3∶k4∶k5＝100∶21∶7∶4∶23。
①30 min时，c(X)＝6.80 mol·L-1，且30～60 min内v(X)＝0.042 mol·L-1·min-1，反应进行到60 min时，c(X)＝5.54 mol·L-1。
②60 min时，c(D)＝0.099 mol·L-1，若0～60 min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)＝0.033 mol·L-1；60 min后，随T的含量增加，增大(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)由题干转化率图像可知，0～50 min，经方式甲处理后的反应速率最快；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2%＝0.004 2 mol，根据化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为0.004 2 mol×＝0.005 6 mol，平均反应速率v(SiHCl3)＝＝5.6×10-5 mol·L-1·min-1。(2)由题图可知，0～5 min内消耗的CH4为0.3 mol×5%＝0.015 mol，消耗的H2S为0.15 mol×20%＝0.03 mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015 mol＋0.03 mol＝0.06 mol，0～5 min，H2的化学反应速率为v(H2)＝＝1.2×10-3 mol/(L·min)；设反应Ⅰ转化了x mol CH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)mol CH4，反应Ⅰ转化了2x mol H2S，反应Ⅲ转化了(0.03－2x)mol H2S，列三段式有
　　 　　　CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)
初始/mol 0.3 0.15 0 0
变化/mol x 2x x
5 min时/mol x
　 　　 　　　CH4(g) C(s)＋2H2(g)
初始/mol 0.3
变化/mol 0.015－x
5 min时/mol
5 min时，n(CH4)＝0.285 mol，n(H2S)＝0.12 mol，n(H2)＝0.06 mol，n(CS2)＝x mol，n(S2)＝(0.015－x) mol，n(总)＝0.48 mol，起始总压为P0，气体总物质的量为0.45 mol，根据压强之比等于物质的量之比，可得5 min时，容器内总压为×P0＝P0。(3)①根据化学反应速率的计算公式，v(X)＝，60 min时，c(X)＝6.80 mol·L-1－v(X)·Δt＝6.80 mol·L-1－0.042 mol·L-1·min-1×30 min＝5.54 mol·L-1。②已知＝＝，又由题给反应速率方程推知，＝＝3，则Δc(G)＝×Δc(D)＝0.033 mol·L-1，即60 min后c(G)＝0.033 mol·L-1。60 min后，D和G转化为T的速率比为＝，G消耗得更快，则增大。
课时作业36
(总分：60分)
一、选择题(每小题3分，共33分。每小题只有1个选项符合题意)
1．下列有关化学反应速率的认识错误的是(　D　)
①可以测定某一反应的瞬时速率
②只能用单位时间内物质的量浓度变化值表示
③任何化学反应都可以通过反应现象判断化学反应的快慢
④溶液中发生的反应，速率的快慢主要由温度、浓度决定
A．只有① B．只有①②
C．只有③④ D．均错误
解析：化学反应速率指的是一段时间内的平均速率，故①错误；不仅可以用单位时间内物质的量浓度变化值表示，还可以用单位时间内其他改变量来表示，故②错误；溶液中发生的反应，速率的快慢主要由物质本身性质决定，故④错误。故选D。
2．(2024·湖北荆州模拟)把X气体和Y气体混合于2 L容器中使它们发生如下反应：3X(g)＋Y(g) nZ(g)＋2W(g)。5 min末已生成0.2 mol W，若已知以Z的浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol·L-1·min-1，则上述反应中Z气体的化学计量数n的值是(　A　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：根据公式v＝计算，5 min内W的平均反应速率v(W)＝0.02 mol·L-1·min-1，利用各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比，已知用Z的浓度变化表示的平均反应速率为0.01 mol·L-1·min-1，则v(Z)∶v(W)＝0.01 mol·L-1·min-1∶0.02 mol·L-1·min-1＝n∶2，解得n＝1。
3．对反应A＋B AB来说，常温下按以下情况进行反应：①20 mL溶液中含A、B各0.01 mol；②50 mL溶液中含A、B各0.05 mol；③0.1 mol·L-1的A、B溶液各10 mL；④0.5 mol·L-1的A、B溶液各50 mL。四者反应速率的大小关系是(　A　)
A．②>①>④>③ B．④>③>②>①
C．①>②>④>③ D．①>②>③>④
解析：①中，c(A)＝c(B)＝＝0.5 mol·L-1；②中，c(A)＝c(B)＝＝1 mol·L-1；③中，c(A)＝c(B)＝＝0.05 mol·L-1；④中，c(A)＝c(B)＝＝0.25 mol·L-1；在其他条件一定的情况下，浓度越大，反应速率越大，所以反应速率由大到小的顺序为②>①>④>③，A项符合题意。
4．下列说法正确的是(　D　)
A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增多
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数
D．催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率
解析：浓度和压强的变化是改变单位体积内活化分子的总数，活化分子的百分数不变；温度、催化剂是改变活化分子的百分数，单位体积内分子总数不变。
5．反应3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速率加快的是(　D　)
①增加铁的量　②将容器的容积缩小一半　③保持体积不变，充入N2使体系压强增大　④保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大
A．①④ B．②③
C．③④ D．②④
解析：铁是固体，增加铁的量，浓度不变，反应速率不变，①与题意不符；将容器的容积缩小一半，反应体系中气体物质的浓度增大，则反应速率增大，②符合题意；体积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，③与题意不符；保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大，反应物浓度增大，反应速率增大，④符合题意。故选D。
6．(2024·山东临沂期中)某温度下，在2 L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)＋bB(g) cC(g)，12 s时生成C的物质的量为0.6 mol(反应过程如图所示)。下列说法中正确的是(　D　)
A．图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率
B．2 s时，用A表示的反应速率为0.15 mol·L-1·s-1
C．化学计量数之比b∶c＝1∶3
D．12 s时的压强与起始时的压强之比为8∶13
解析：图中交点时A、B的浓度相等，但浓度继续变化，则没有达到平衡状态，如达到平衡状态，各物质的浓度不变，故A错误；2 s时，A的浓度变化为0.8 mol/L－0.5 mol/L＝0.3 mol/L，则2 s内反应速率v＝＝＝0.15 mol·L-1·s-1，而不是瞬时速率，故B错误；A的浓度变化为0.8 mol/L－0.2 mol/L＝0.6 mol/L，A的反应速率为＝0.05 mol/(L·s)，B的浓度变化为0.5 mol/L－0.3 mol/L＝0.2 mol/L，B的反应速率为＝ mol/(L·s)，C的反应速率＝＝ mol/(L·s)，速率之比等于化学计量数之比，3∶b∶c＝0.05 mol/(L·s)∶ mol/(L·s)∶ mol/(L·s)，则b∶c＝2∶3，故C错误；平衡时A的物质的量为0.2 mol/L×2 L＝0.4 mol，B的物质的量为0.3 mol/L×2 L＝0.6 mol，C的物质的量为0.6 mol，则总物质的量为1.6 mol，起始时总物质的量为2.6 mol，则12 s时的压强与起始时的压强之比为8∶13，故D正确。
7．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。总反应：A＋BAB(K为催化剂)，①A＋K―→AK　Ea1，②AK＋B―→AB＋K　Ea2。下列说法错误的是(　C　)
A．第①步为决速步骤
B．升高温度，该反应的速率加快
C．该反应的ΔH＝－Ea kJ·mol-1
D．催化剂降低了活化能，加快了反应速率
解析：第①步的正反应活化能Ea1>第②步正反应活化能Ea2，所以反应速率：①<②，而总反应速率取决于慢的反应，故决速步骤为第①步，A正确；温度升高，反应速率加快，B正确；Ea是总反应正反应的活化能，C错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D正确。
8．(2024·辽宁沈阳二模)N2O在金表面分解的实验数据如下表。已知反应物消耗一半所需的时间t1/2称为半衰期。下列说法错误的是(　C　)
t/min 0 20 40 60 80
c(N2O)/(mol·L-1) 0.100 0.080 0.060 0.040 0.020
A．N2O消耗一半时的反应速率为0.001 0 mol·L-1·min-1
B．100 min时N2O消耗完全
C．该反应的速率与N2O的浓度有关
D.该反应的半衰期t1/2 min与起始浓度c0 mol·L-1的关系满足t1/2＝500c0 min
解析：从题表可知，20 min时，N2O浓度为0.080 mol·L-1，而在60 min时，N2O浓度变为原来的一半，因此N2O消耗一半时的反应速率＝＝0.001 0 mol·L-1·min-1，A正确；每20 min N2O浓度消耗0.020 mol·L-1，因此当100 min时N2O消耗完全，B正确；该反应匀速进行，与起始浓度无关，C错误；N2O起始浓度为0.080 mol·L-1时，40 min达到半衰期，代入关系式验证，可得40 min＝500×0.080 min，D正确。
9．(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(　C　)
编号 　　　　　 　时间/min c(NH3)/　　　　 (10-3 mol·L-1)　　　 表面积/cm2　　　　 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：实验①中，0～20 min，v(N2)＝v(NH3)＝×(2.40×10-3 mol·L-1－2.00×10-3 mol·L-1)÷20 min＝1.00×10-5 mol·L-1·min-1，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中氨气的初始浓度与实验①一样，则实验①达平衡时氨气浓度为4.00×10-4 mol·L-1，而恒温恒容条件下，实验②初始浓度为实验①的一半，相对于实验①减小压强，平衡正向移动，氨气浓度减小，因此实验②60 min时处于平衡状态，x<0.20，即x≠0.40，B正确；实验①、实验②中0～20 min、20～40 min氨气浓度变化量相同，速率相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，则相同条件下，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，氨气初始浓度相同，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，D正确。
10．(2025·河北保定高三月考)某化学小组欲测定KClO3溶液与NaHSO3溶液反应的化学反应速率，所用试剂为10 mL 0.1 mol·L-1 KClO3溶液和10 mL 0.3 mol·L-1 NaHSO3溶液，所得实验数据如图所示。
已知：ClO＋3HSO Cl－＋3SO＋3H＋。
下列说法错误的是(　C　)
A．该反应在3～7 min的化学反应速率约为v(Cl－)＝0.007 5 mol·L-1·min-1
B．在反应过程中，该反应的化学反应速率变化趋势为先增大后减小
C．该反应一定是放热反应
D．实验室可以利用该反应设计原电池
解析：该反应在3～7 min的化学反应速率约为v(Cl－)＝ mol·L-1·min-1＝0.007 5 mol·L-1·min-1，A正确；由题图可知，在反应过程中，该反应的化学反应速率变化趋势是先增大后减小，B正确；一段时间后反应速率明显增大，可能是生成的氯离子或硫酸根离子作催化剂使反应速率加快，也可能是反应放热温度升高的结果，故该反应可能是放热反应，C错误；该反应为自发的氧化还原反应，可以利用该反应设计原电池，D正确。
11．(2025·八省联考陕西卷)一定温度下，恒容密闭容器中，物质Z发生反应Z(g) X(g)＋2Y(g)　ΔH>0，一段时间后开始计时，测得各物质的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是(　B　)
A.曲线Ⅰ代表物质X，曲线Ⅲ代表物质Z
B．图中t1时刻的正反应速率大于t2时刻
C．若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D．0～40 min，用物质Y表示的平均反应速率为0.3 mmol·L-1·min-1
解析：结合反应的化学方程式以及题图中物质的浓度变化，减少的为反应物，增加的为生成物，生成物的浓度增加量之比等于化学计量数之比，可知曲线Ⅲ代表反应物Z，曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅱ代表物质X，A错误；t1时刻反应物的浓度大于t2时刻，浓度越大反应速率越大，则t1时刻的正反应速率大于t2时刻，B正确；升高温度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，C错误；0～40 min，用物质Z表示的平均反应速率为v(Z)＝＝0.3 mmol·L-1·min-1，根据速率之比等于化学计量数之比可知，物质Y表示的平均反应速率为v(Y)＝2v(Z)＝0.6 mmol·L-1·min-1，D错误。
二、非选择题(共27分)
12．(18分)(2025·湖南师大附中入学考试)研究发现，大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成的，往往经过多个反应步骤才能实现。碘钟反应是一种化学振荡反应，其体现了化学动力学的原理。某小组同学在室温下对某“碘钟实验”的原理进行探究。
资料：该“碘钟实验”反应分A、B两步进行：
反应A：S2O＋2I－===2SO＋I2(慢)。
反应B：I2＋2S2O===2I－＋S4O(快)。
(1)该“碘钟实验”的总反应是S2O＋2S2O===2SO＋S4O。
(2)为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。
a．向K2S2O8溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色；
b．再向得到的蓝色溶液中加入试剂Y溶液，溶液的蓝色褪去。
试剂X是淀粉碘化钾，试剂Y是Na2S2O3。
(3)已知A反应的速率方程为v＝kcm(S2O)·cn(I－)，式中k为常数。为确定m、n的值进行实验Ⅱ(溶液浓度均为0.01 mol/L)。
实验序号 试剂体积V/mL 显色时间(t)/s
K2S2O8溶液 KI溶液 水 Na2S2O3溶液 淀粉溶液
① 10 10 0 4 1 27.0
② 5 10 5 4 1 54.0
③ 2.5 10 V1 4 1 108.0
④ 10 5 5 4 1 54.0
①表中V1＝7.5。
②通过数据计算得知：m＝1，n＝1。
(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅲ(溶液浓度均为0.01 mol/L)。
试剂体积V/mL
K2S2O8溶液 KI溶液 水 Na2S2O3溶液 淀粉溶液
5 5 3 11 1
实验过程中，溶液颜色始终无明显变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅲ未产生颜色变化的原因：由于n(K2S2O8)∶n(Na2S2O3)<1∶2，v(A)解析：(1)将两反应进行叠加消去I2和I－，可得“碘钟实验”总反应：S2O＋2S2O===2SO＋S4O。(2)根据淀粉遇碘单质变蓝色，可进行实验：a.向K2S2O8溶液中加入淀粉碘化钾的水溶液，发生反应A，生成碘单质，溶液变为蓝色；b.根据反应B可知，向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，碘单质被消耗，溶液的蓝色褪去。(3)①根据速率方程可知，反应速率与浓度有关，结合表格信息可知，K2S2O8溶液、KI溶液、水的总体积为20 mL，为了保持溶液总体积不变，故表中数据V1＝20－2.5－10＝7.5。②实验①②中KI浓度相同，②中S2O的浓度是①中的，显色时间是①的两倍，结合速率方程，m＝1；实验①④中K2S2O8浓度相同，④中I－浓度是①中的，显示时间是①的两倍，结合速率方程，n＝1。(4)对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可知溶液总体积相同，变量是K2S2O8溶液、KI溶液、Na2S2O3溶液，K2S2O8减少，Na2S2O3增大，由于n(K2S2O8)∶n(Na2S2O3)<1∶2，v(A)13．(9分)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(只受温度影响)，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的起始生成速率和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。
(2)速率常数k＝15。
(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＝0.45 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)将图像上的点(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-1＝0.05 mol·L-1，Δc(H2)＝Δc(CO2)＝0.05 mol·L-1，H2的瞬时浓度为c(H2)＝(0.2－0.05)mol·L-1＝0.15 mol·L-1，此时CO的瞬时生成速率v＝(15×0.15×0.2)mol·L-1·s-1＝0.45 mol·L-1·s-1。

展开更多......

收起↑