新高考化学一轮复习讲义 第7章 第40讲　化学反应速率

这是一份新高考化学一轮复习讲义 第7章 第40讲　化学反应速率，共19页。试卷主要包含了全面，扎实训练学科基本技能，培养学生积极的学习态度，有计划等内容，欢迎下载使用。

要正确理解基础，不是会做几个简单题就叫基础扎实。对于一轮复习，基础就是像盖房子一样，需要着力做好两件大事：一是夯实地基，二是打好框架。
2、扎实训练学科基本技能、理解感悟学科基本方法。
一轮复习，要以教材为本，全面细致的回顾课本知识，让学生树立“教材是最好的复习资料”的观点，先引导学生对教材中所涉及的每个知识点进行重新梳理，对教材中的概念、定理、定律进一步强化理解。
3、培养学生积极的学习态度、良好的复习习惯和运用科学思维方法、分析解决问题的能力。
落实学生解题的三重境界：一是“解”，解决当前问题。二是“思”，总结解题经验和方法。三是“归”，回归到高考能力要求上去。解题上强化学生落实三个字：慢（审题），快（书写），全（要点全面，答题步骤规范）。
4、有计划、有步骤、有措施地指导学生补齐短板。
高三复习要突出重点，切忌主次不分，无的放矢。要在“精讲”上下足功夫。抓住学情，讲难点、重点、易混点、薄弱点；讲思路、技巧、规范；讲到关键处，讲到点子上，讲到学生心里去。
第40讲 化学反应速率
复习目标 1.了解化学反应速率的概念和定量表示方法。2.了解反应活化能的概念，了解催化剂的重要作用。3.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率的影响，能用相关理论解释其一般规律。4.了解化学反应速率的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
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 ＋ nB===pC
t0 s/(ml·L－1) a b 0
转化/(ml·L－1) x eq \f(nx,m) eq \f(px,m)
t1 s/(ml·L－1) a－x b－eq \f(nx,m) eq \f(px,m)
则v(A)＝eq \f(x,t1－t0) ml·L－1·s－1，
v(B)＝eq \f(nx,mt1－t0) ml·L－1·s－1，
v(C)＝eq \f(px,mt1－t0) ml·L－1·s－1。
3．比较化学反应速率大小的常用方法
(1)先换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值的大小。
(2)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，比较eq \f(vA,a)与eq \f(vB,b)，若eq \f(vA,a)>eq \f(vB,b)，则不同情况下，用A表示的反应速率比用B表示的大。
(3)应用举例
已知反应4CO＋2NO2eq \(=====,\s\up7(催化剂))N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下：
①v(CO)＝1.5 ml·L－1·min－1
②v(NO2)＝0.7 ml·L－1·min－1
③v(N2)＝0.4 ml·L－1·min－1
④v(CO2)＝1.1 ml·L－1·min－1
⑤v(NO2)＝0.01 ml·L－1·s－1
请比较上述5种情况反应的快慢：________________(由大到小的顺序)。
答案 ③>①>②>⑤>④
解析 ②v(CO)＝2v(NO2)＝1.4 ml·L－1·min－1；③v(CO)＝4v(N2)＝1.6 ml·L－1·min－1；④v(CO)＝v(CO2)＝1.1 ml·L－1·min－1；⑤v(CO)＝2v(NO2)＝0.02 ml·L－1·s－1＝1.2 ml·L－1·min－1，故反应的快慢为③>①>②>⑤>④。
1．由v＝eq \f(Δc,Δt)计算平均速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值( )
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．对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率( )
4．化学反应速率为0.8 ml·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 ml·L－1( )
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快( )
答案 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×
一、化学反应速率的计算
1．(2021·浙江6月选考，20改编)一定温度下，在N2O5的四氯化碳溶液(100 mL)中发生分解反应：2N2O54NO2＋O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：
(1)计算600～1 200 s，生成NO2的平均速率。
(2)计算反应2 220 s时，放出标准状况下的O2体积。
(3)分析上表的变化规律，推测表中x值。
答案 (1)600～1 200 s内平均速率v(N2O5)＝eq \f(0.96－0.66 ml·L－1,600 s)＝5.0×10－4 ml·L－1·s－1，则生成NO2的平均速率
v(NO2)＝2v(N2O5)＝2×5.0×10－4 ml·L－1·s－1＝1.0×10－3 ml·L－1·s－1。
(2)0～2 220 s内N2O5的浓度变化为1.40 ml·L－1－0.35 ml·L－1＝1.05 ml·L－1，
Δn(N2O5)＝1.05 ml·L－1×0.1 L＝0.105 ml，
由反应方程式计量数关系得：
Δn(O2)＝eq \f(1,2)Δn(N2O5)＝0.052 5 ml，
则标准状况下的V(O2)＝0.052 5 ml×22.4 L·ml－1＝1.176 L。
(3)3 930
解析 (3)分析表中数据可知，该反应经过1 110 s(600～1 710,1 710～2 820)后N2O5的浓度会变为原来的eq \f(1,2)，因此，N2O5的浓度由0.24 ml·L－1变为0.12 ml·L－1时，可以推测上表中的x为2 820＋1 110＝3 930。
2.在新型RuO2催化剂作用下，使HCl转化为Cl2的反应2HCl(g)＋eq \f(1,2)O2(g)H2O(g)＋Cl2(g)具有更好的催化活性。一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的数据如下：
计算2～6 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以ml·min－1为单位，写出计算过程)。
答案 解法一 2～6 min内，Δn(Cl2)＝5.4×10－3 ml－1.8×10－3 ml＝3.6×10－3 ml，
v(Cl2)＝eq \f(3.6×10－3 ml,6－2 min)＝9.0×10－4 ml·min－1，
所以v(HCl)＝2v(Cl2)＝2×9.0×10－4 ml·min－1＝1.8×10－3 ml·min－1。
解法二 HCl转化的物质的量为n，则
2HCl(g)＋eq \f(1,2)O2(g)H2O(g)＋Cl2(g)
2 1
n (5.4－1.8)×10－3 ml
解得n＝7.2×10－3 ml，所以v(HCl)＝eq \f(7.2×10－3 ml,6－2 min)＝1.8×10－3 ml·min－1。
3．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，反应过程中部分数据见下表：
若在起始时总压为p0 kPa，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。
答案 eq \f(p0,30)
解析 列出“三段式”
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)
初始/ml 4 2 0
转化/ml 2 1 2
10 min时/ml 2 1 2
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eq \f(p0 kPa,p10 min)＝eq \f(6 ml,5 ml)，即p10 min＝eq \f(5,6)p0 kPa，p初始(SO2)＝eq \f(2,3)p0 kPa，p10 min(SO2)＝eq \f(5,6)p0 kPa×eq \f(2,5)＝eq \f(1,3)p0 kPa，故v(SO2)＝eq \f(\f(2,3)p0 kPa－\f(1,3)p0 kPa,10 min)＝eq \f(1,30)p0 kPa·min－1。
二、速率常数的应用
4．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：
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·ml－3·min－1。
答案 0.2 1.0×104
解析 根据v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，由表中数据可得：(c1 ml·L－1)3＝eq \f(8.0 ml·L－1·min－1,0.1 ml·L－1×k)，c2 ml·
L－1＝eq \f(6.75 ml·L－1·min－1,0.15 ml·L－13×k)，所以有k×eq \f(8.0 ml·L－1·min－1,0.1 ml·L－1×k)×eq \f(6.75 ml·L－1·min－1,0.15 ml·L－13×k)＝16.0 ml·L－1
·min－1，解得k＝1.0×104 L3·ml－3·min－1，带入c2的等式可得c2＝0.2。
5．300 ℃时，2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为v正＝k·cn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：
n＝________；k＝________________。
答案 2 4.0×10－8 L·ml－1·s－1
解析 根据表格①②中的数据，代入速率表达式然后做比：eq \f(3.60×10－9,1.44×10－8)＝eq \f(k×0.3n,k×0.6n)，解得n＝2，k＝4×10－8 L·ml－1·s－1。
1．速率常数的含义
速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 ml·L－1时的反应速率。在相同浓度的条件下，可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率。
化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比，而速率常数是其比例常数，在恒温条件下，速率常数不随反应物浓度的变化而改变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
2．速率方程
一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于反应：aA＋bB===gG＋hH
则v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。
如：①SO2Cl2SO2＋Cl2
v＝k1·c(SO2Cl2)
②2NO22NO＋O2 v＝k2·c2(NO2)
③2H2＋2NON2＋2H2O
v＝k3·c2(H2)·c2(NO)
3．速率常数的影响因素
温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数。同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值，但浓度不影响速率常数。
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
3．理论解释——有效碰撞理论
(1)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(必须具有足够的能量)。
②活化能：如图
图中：E1表示反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，反应热为E1－E2(注：E2表示活化分子变成生成物分子放出的能量)。
③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
(2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
4．稀有气体对反应速率的影响
A(g)＋B(g)C(g)，恒温恒容，充入氦气，对反应速率有何影响？恒温恒压，充入氦气，对反应速率又有何影响？
1．催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后的性质保持不变( )
2．升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小( )
3．对于反应：A＋BC，改变容器容积，化学反应速率一定发生变化( )
4．碳酸钙与盐酸反应的过程中，再增加CaCO3固体，可以加快反应速率( )
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( )
6．100 mL 2 ml·L－1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变( )
答案 1.× 2.× 3.× 4.× 5.× 6.×
影响化学反应速率的因素
1．某温度下，在容积一定的密闭容器中进行如下反应2X(g)＋Y(g)Z(g)＋W(s) ΔH>0。下列叙述正确的是( )
A．向容器中充入氩气，反应速率不变
B．加入少量W，逆反应速率增大
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
D．将容器的容积压缩，可增大单位体积内活化分子的百分数，有效碰撞次数增大
答案 A
解析 向恒容容器中充入氩气，各反应组分的浓度不变，反应速率不变，A项正确；W为固态，加入少量W，反应速率不变，B项错误；升高温度，正、逆反应速率均增大，C项错误；将容器的容积压缩，可增大单位体积内活化分子数和有效碰撞次数，但活化分子百分数不变，D项错误。
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：__________，原因是________________________________________。
(2)恒容充入N2：__________。
(3)恒容充入He：__________，原因是_______________________________________________。
(4)恒压充入He：__________。
答案 (1)增大 单位体积内，活化分子数目增加，有效碰撞的次数增多 (2)增大 (3)不变 单位体积内活化分子数不变 (4)减小
3．(2022·潍坊模拟)“接触法制硫酸”的主要反应是2SO2＋O2eq \(,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))2SO3，在催化剂表面的反应历程如下：
下列说法正确的是( )
A．使用催化剂只能加快正反应速率
B．反应②的活化能比反应①大
C．该反应的催化剂是V2O4
D．过程中既有V—O的断裂，又有V—O的形成
答案 D
解析 催化剂能同等幅度地改变正、逆反应速率，加快正反应速率的同时也加快逆反应速率，故A错误；一般情况下，反应的活化能越小，反应速率越快，故反应②的活化能比反应①的小，故B错误；催化剂是反应前后质量和化学性质都没有发生变化的物质，从反应历程图中可知，该反应的催化剂为V2O5，故C错误；历程中反应①有V—O的断裂，反应②有V—O的形成，故D正确。
1．(2021·辽宁，12)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 ml·L－1·min－1
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L－1时，半衰期为62.5 min
答案 B
解析 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＝eq \f(Δc,Δt)＝eq \f(3.0 ml·L－1－0 ml·L－1,250 min)＝0.012 ml·L－1·min－1，C项正确；反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L－1时，半衰期为125 min×eq \f(1,2)＝62.5 min，D项正确。
2．(2021·河北，13)室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M＋N===X＋Y；②M＋N===X＋Z，反应①的速率可表示为v1＝k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是( )
A．0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10－3 ml·L－1·min－1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
答案 A
解析 由图中数据可知，30 min时，M、Z的浓度分别为0.300 ml·L－1和0.125 ml·L－1，则M的变化量为0.500 ml·L－1－0.300 ml·L－1＝0.200 ml·L－1，其中转化为Y的变化量为
0.200 ml·L－1－0.125 ml·L－1＝0.075 ml·L－1。因此，0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为 eq \f(0.075 ml·L－1,30 min)＝0.002 5 ml·L－1·min－1，A说法不正确；由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为eq \f(k1,k2)，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同(化学计量数均为1)，因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 eq \f(k1,k2)，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确； 结合A、B的分析可知，此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于eq \f(k1,k2)＝eq \f(0.075 ml·L－1,0.125 ml·L－1)＝eq \f(3,5)，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有eq \f(5,8)的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，C说法正确；由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
3．[2020·全国卷Ⅱ，28(2)]高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4eq \(――→,\s\up7(高温))C2H6＋H2。反应在初期阶段的速率方程为r＝k×，其中k为反应速率常数。
①设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2＝________ r1。
②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是________。
A．增加甲烷浓度，r增大
B．增加H2浓度，r增大
C．乙烷的生成速率逐渐增大
D．降低反应温度，k减小
答案 ①(1－α) ②AD
解析 ①甲烷的转化率为α时，则即r2＝(1－α)r1。②A对，由速率方程知，甲烷的浓度越大，反应越快；B错，H2的浓度大小不影响反应速率；C错，反应过程中逐渐减小，故C2H6的生成速率逐渐减小；D对，降低反应温度，反应速率减小，故k减小。
课时精练
1．下列说法正确的是( )
A．活化分子的每一次碰撞都能发生化学反应
B．能发生有效碰撞的分子一定是活化分子
C．反应物用量增加后，有效碰撞次数增多，反应速率增大
D．催化剂能提高活化分子的活化能，从而加快反应速率
答案 B
解析 活化分子只有发生有效碰撞时才能发生化学反应，A项错误；增加固体或纯液体的量，反应速率不变，C项错误；催化剂能降低反应的活化能，使原来不是活化分子的分子变成活化分子，提高了活化分子的百分数，加快了化学反应速率，D项错误。
2．反应3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其化学反应速率几乎无影响的是( )
A．保持容积不变，增加H2O(g)的物质的量
B．将容器的容积缩小一半
C．保持容积不变，充入Ar使压强增大
D．保持压强不变，充入Ar使容积增大
答案 C
解析 容积不变，增加H2O(g)的物质的量，反应物浓度增大，化学反应速率加快，A不符合题意；将容器的容积缩小一半，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，B不符合题意；保持容积不变，充入Ar，Ar不参与反应，反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不变，C符合题意；保持压强不变，充入Ar，容器的容积变大，反应物的浓度减小，化学反应速率减小，D不符合题意。
3．如图安装好实验装置(装置气密性良好)，在锥形瓶内盛有6.5 g锌粒(Zn的相对原子质量为65)，通过分液漏斗加入40 mL 2.5 ml·L－1的稀硫酸，将产生的H2收集在注射器中，10 s时恰好收集到标准状况下的H2 44.8 mL。下列说法不正确的是( )
A．忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H＋表示10 s内该反应的速率为0.01 ml·L－1·s－1
B．忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2＋表示10 s内该反应的速率为0.01 ml·L－1·s－1
C．用锌粒表示10 s内该反应的速率为0.013 g·s－1
D．用H2表示10 s内该反应的速率为0.000 2 ml·s－1
答案 B
解析 Zn＋ 2H＋=== Zn2＋＋ H2↑
65 g 2 ml 1 ml 22.4 L
0.13 g 0.004 ml 0.002 ml 0.044 8 L
v(H＋)＝eq \f(\f(0.004 ml,0.04 L),10 s)＝0.01 ml·L－1·s－1，A正确；
v(Zn2＋)＝eq \f(1,2)v(H＋)＝0.005 ml·L－1·s－1，B错误；用锌粒表示10 s内该反应的速率为eq \f(0.13 g,10 s)＝
0.013 g·s－1，C正确；用H2表示10 s内该反应的速率为eq \f(\f(0.044 8 L,22.4 L·ml－1),10 s)＝0.000 2 ml·s－1，D正确。
4．一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是( )
A．该反应的化学方程式为3B＋4D6A＋2C
B．反应进行到1 s时，v(A)＝v(C)
C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 ml·L－1·s－1
D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等
答案 C
解析 由图像可知，B、C的物质的量减小，是反应物，A、D的物质的量增大，是生成物，前6 s内，Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(A)∶Δn(D)＝(1.0－0.4)∶(1.0－0.2)∶(1.2－0)∶(0.4－0)＝3∶4∶6∶2，故反应的化学方程式为3B＋4C6A＋2D，A项错误；v(A)∶v(C)＝3∶2，B项错误；反应进行到6 s时，v(B)＝eq \f(\f(1.0－0.4ml,2 L),6 s)＝0.05 ml·L－1·s－1，C项正确；反应进行到6 s时，反应达到平衡状态，但各物质的反应速率并不相等，D错误。
5．O3在水中易分解，一定条件下，相同浓度的O3的浓度减小一半所需的时间(t)如下表。
根据表中的递变规律，推测O3分别在以下条件下反应：①40 ℃、pH＝3.0；②10 ℃、pH＝5.0；③30 ℃、pH＝7.0，分解速率依次增大的顺序为( )
A．①②③ B．③②①
C．②①③ D．③①②
答案 C
解析 分析题表中数据，温度一定时，pH越大，c(O3)减小一半所需时间越短；pH一定时，温度越高，c(O3)减小一半所需时间越短。c(O3)减小一半，在①40 ℃、pH＝3.0时，所需时间在31～158 min之间；在②10 ℃、pH＝5.0时，所需时间大于169 min；在③30 ℃、pH＝7.0时，所需时间小于15 min，则分解速率依次增大的顺序为②<①<③。
6．一定温度下反应：4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，经2 min，B的浓度减少0.6 ml·L－1，对此反应速率的表示正确的是( )
A．用A表示的反应速率是0.4 ml·L－1·min－1
B．分别用B、C、D表示反应速率，其比值是1∶2∶3
C．在2 min末的反应速率，用B表示为0.3 ml·L－1·min－1
D．在这2 min内用B和C表示的瞬时速率的值都是逐渐减小的
答案 D
解析 A是固体，不能用其浓度的变化来表示反应速率；vB＝0.3 ml·L－1·min－1，表示2 min内的平均反应速率，在2 min末的速率为瞬时速率，不等于0.3 ml·L－1·min－1；在反应过程中B的浓度逐渐减小，故A、B反应生成C、D的瞬时速率也逐渐减小。
7．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－198 kJ·ml－1，在V2O5存在时，该反应的机理为V2O5＋SO2―→2VO2＋SO3(快)，4VO2＋O2―→2V2O5(慢)。下列说法正确的是( )
A．反应速率主要取决于V2O5的质量
B．VO2是该反应的催化剂
C．逆反应的活化能大于198 kJ·ml－1
D．增大SO2的浓度可显著提高反应速率
答案 C
解析 由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，A、B项错误；ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝－198 kJ·ml－1，所以逆反应的活化能大于198 kJ·ml－1，C项正确；使用催化剂可以显著提高反应速率，增大SO2的浓度可以提高反应速率(不是显著提高)，D项错误。
8．研究表明N2O与CO在Fe＋作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是( )
A．反应中Fe＋是催化剂，FeO＋是中间产物
B．总反应速率由反应②的速率决定
C．升高温度，总反应的平衡常数K减小
D．当有14 g N2生成时，转移1 ml e－
答案 B
解析 由图可知，Fe＋先转化为FeO＋，FeO＋后续又转化为Fe＋，因此Fe＋是催化剂，FeO＋是中间产物，A不符合题意；由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，B符合题意；由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，C不符合题意；由图可知，总反应的化学方程式为N2O＋COeq \(,\s\up7(Fe＋))CO2＋N2，N元素化合价从＋1降低至0，当有14 g N2即0.5 ml N2生成时，转移电子的物质的量为0.5 ml×2＝1 ml，D不符合题意。
9．下列表格中的各种情况，可以用对应选项中的图像表示的是( )
答案 C
解析 由于K比Na活泼，故大小相近的金属K和Na与水反应，K的反应速率更快，又由于Na、K与H2O反应均为放热反应，随着反应的进行，放出大量的热，反应速率逐渐加快，A项不正确；由于起始时乙中H2C2O4浓度大，故其反应速率比甲快，B项不正确；由于甲反应是在热水中进行的，温度高，故甲的反应速率大于乙，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，故甲、乙中反应速率逐渐减小，C项正确；MnO2在H2O2的分解过程中起催化作用，故乙的反应速率大于甲，D项不正确。
10．丙酮的碘代反应CH3COCH3＋I2―→CH3COCH2I＋HI的速率方程为v＝kcm(CH3COCH3)·
cn(I2)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为eq \f(0.7,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( )
A．速率方程中的m＝1、n＝1
B．该反应的速率常数k＝2.8×10－2min－1
C．增大I2的浓度，反应的瞬时速率加快
D．当过量的I2存在时，反应掉87.5%的CH3COCH3所需的时间是375 min
答案 D
解析 由第一组数据和第二组数据可得(eq \f(0.50,0.25))m＝eq \f(2.8×10－3,1.4×10－3)，则m＝1，由第二组数据和第四组数据可得(eq \f(0.100,0.050))n＝eq \f(2.8×10－3,2.8×10－3)，则n＝0，A项错误；由A可知，v＝kc(CH3COCH3)，代入第一组数据可得k＝5.6×10－3 min－1，B项错误；由第二组和第四组数据分析可知，当其他条件不变时，增大I2的浓度，反应的瞬时速率不变，C项错误；存在过量的I2时，反应掉87.5%
CH3COCH3可以看作经历3个半衰期，即50%＋25%＋12.5%，因此所需的时间为eq \f(3×0.7,5.6×10－3 min－1)＝375 min，D项正确。
11．在含Fe3＋的S2Oeq \\al(2－,8)和I－的混合溶液中，反应S2Oeq \\al(2－,8)(aq)＋2I－(aq)===2SOeq \\al(2－,4)(aq)＋I2(aq)的分解机理及反应过程中的能量变化如下：
步骤①：2Fe3＋(aq)＋2I－(aq)===I2(aq)＋2Fe2＋(aq)
步骤②：2Fe2＋(aq)＋S2Oeq \\al(2－,8)(aq)===2Fe3＋(aq)＋2SOeq \\al(2－,4)(aq)
下列有关该反应的说法正确的是( )
A．化学反应速率与Fe3＋浓度的大小有关
B．该反应为吸热反应
C．Fe2＋是该反应的催化剂
D．若不加Fe3＋，则正反应的活化能比逆反应的大
答案 A
解析 铁离子可以看作该反应的催化剂，根据反应的机理，化学反应速率与Fe3＋浓度的大小有关，故A正确、C不正确；反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故B不正确；此反应为放热反应，不管加不加催化剂，正反应的活化能都低于逆反应的活化能，故D不正确。
12．工业上，可采用还原法处理尾气中的NO，其原理为2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g) ΔH<0。在化学上，正反应速率方程可表示为v正＝k正·cm(NO)·cn(H2)，逆反应速率方程可表示为v逆＝k逆·cx(N2)·cy(H2O)，其中，k表示反应速率常数，只与温度有关，m、n、x、y为反应级数，由实验测定。在恒容密闭容器中充入NO、H2，在T ℃下进行实验，测得有关数据如下：
下列有关推断正确的是( )
A．上述反应中，正反应活化能大于逆反应活化能
B．若升高温度，则k正增大，k逆减小
C．在上述反应中，反应级数：m＝2，n＝1
D．在一定温度下，NO、H2的浓度对正反应速率影响程度相同
答案 C
解析 正反应是放热反应，反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能之差，由此推知，正反应活化能小于逆反应活化能，A项错误；升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，B项错误；由①②组实验数据可知，eq \f(1.656k正,0.414k正)＝eq \f(k正·0.10m·0.40n,k正·0.10m·0.10n)＝4n，则n＝1，同理，根据①③组实验数据可求得m＝2，C项正确；由于正反应速率方程中NO、H2的反应级数不相等，所以NO、H2的浓度对正反应速率的影响程度不相同，D项错误。
13．过渡态理论认为：化学反应不是通过反应物分子的简单碰撞完成的。在反应物分子生成产物分子的过程中，首先生成一种高能量的活化配合物，高能量的活化配合物再进一步转化为产物分子。按照过渡态理论，NO2(g)＋CO(g)===CO2(g)＋NO(g)的反应历程如下：
第一步：＋C—O―→(慢反应)
第二步：―→N—O＋O—C—O(快反应)
下列有关说法正确的是( )
A．第二步活化配合物之间的碰撞一定是有效碰撞
B．活化配合物的能量越高，第一步的反应速率越快
C．第一步反应需要吸收能量
D．该反应的反应速率主要取决于第二步反应
答案 C
解析 活化分子之间的碰撞不一定能发生反应，不一定是有效碰撞，故A项错误；活化配合物的能量越高，第一步反应速率越慢，故B项错误；第一步反应是断裂化学键，需要吸收能量，故C项正确；反应速率主要取决于慢反应的速率，故D项错误。
14．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)资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是________(填字母)。
a．加入KI后改变了反应的路径
b．加入KI后改变了总反应的能量变化
c．H2O2＋I－===H2O＋IO－是放热反应
(3)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3：I2也可催化H2O2的分解反应。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到__________，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___________________________________________。
(4)资料4：I－(aq)＋I2(aq)Ieq \\al(－,3)(aq) K＝640。
为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10 mL 0.10 ml·L－1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：
①a＝________。
②该平衡体系中除了含有I－、I2、Ieq \\al(－,3)外，一定还含有其他含碘微粒，理由是__________________
_______________________________________________________________________________。
答案 (1)2H2O2eq \(=====,\s\up7(KI))2H2O＋O2↑ (2)a (3)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 (4)①2.5×10－3 ②2c(I2)＋c(I－)＋3c(Ieq \\al(－,3))＜0.033 ml·L－1
解析 (2)加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；由图可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，所以该反应是吸热反应，c不正确。
(4)①K＝eq \f(4.0×10－3,2.5×10－3×a)＝640，由此可求出a＝2.5×10－3。②原溶液中，c(I－)＝eq \f(10×10－3 L×0.1 ml·L－1,30×10－3 L)≈0.033 ml·L－1；现在溶液中I－、I2、Ieq \\al(－,3)中所含I元素的浓度和为2c(I2)＋c(I－)＋3c(Ieq \\al(－,3))＝(2×2.5×10－3＋2.5×10－3＋3×4.0×10－3)ml·L－1＝0.019 5 ml·L－1<
0.033 ml·L－1，I元素不守恒，说明产物中还有其他含碘微粒。t/s
0
600
1 200
1 710
2 220
2 820
x
c(N2O5)/ (ml·L－1)
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
t/min
0
2
4
6
8
n(Cl2)/10－3 ml
0
1.8
3.7
5.4
7.2
反应时间/min
SO2(g)/ml
O2(g)/ml
SO3(g)/ml
0
4
2
0
5
1.5
10
2
15
1
CO浓度/(ml·L－1)
H2浓度/(ml·L－1)
逆反应速率/(ml·L－1·min－1)
0.1
c1
8.0
c2
c1
16.0
c2
0.15
6.75
序号
c(ClNO)/(ml·L－1)
v/(ml·L－1·s－1)
①
0.30
3.60×10－9
②
0.60
1.44×10－8
③
0.90
3.24×10－8
pH
t/min
T/℃
3.0
4.0
5.0
6.0
20
301
231
169
58
30
158
108
48
15
50
31
26
15
7
选项
反应
甲
乙
A
外形、大小相近的金属和水反应
Na
K
B
4 mL 0.01 ml·L－1 KMnO4溶液分别和不同浓度的2 mL H2C2O4(草酸)溶液反应
0.1 ml·L－1的H2C2O4溶液
0.2 ml·L－1的H2C2O4溶液
C
5 mL 0.1 ml·L－1 Na2S2O3溶液和5 mL 0.1 ml·L－1 H2SO4溶液反应
热水
冷水
D
5 mL 4%的过氧化氢溶液分解放出O2
无MnO2粉末
加MnO2粉末
c(CH3COCH3)/ (ml·L－1)
c(I2)/ (ml·L－1)
v/(×10－3ml·L－1·min－1)
0.25
0.050
1.4
0.50
0.050
2.8
1.00
0.050
5.6
0.50
0.100
2.8
实验
c(NO)/(ml·L－1)
c(H2)/(ml·L－1)
v正/(ml·L－1·min－1)
①
0.10
0.10
0.414k正
②
0.10
0.40
1.656k正
③
0.20
0.10
1.656k正
微粒
I－
I2
Ieq \\al(－,3)
浓度/(ml·L－1)
2.5×10－3
a
4.0×10－3