2024届高考化学一轮复习教案 36 第七章 第32讲 化学反应速率
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| 名称 | 2024届高考化学一轮复习教案 36 第七章 第32讲 化学反应速率 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-13 08:34:56 | ||
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文档简介
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第32讲 化学反应速率
[课程标准] 1.知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。2.了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。3.了解活化能的概念，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。
考点一 化学反应速率的概念及计算
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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少量或生成物浓度的增加量来表示。
(2)数学表达式及单位
v＝，单位为mol·L－1·s－1或mol·L－1·min－1。
(3)注意事项
①不能用固体或纯液体来表示化学反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数。
②化学反应速率一般指平均速率而不是瞬时速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
③同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的化学反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。
(4)与化学方程式中化学计量数的关系
在反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)中，存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d。
2．定量比较化学反应速率大小的两种方法
(1)归一法：先换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值大小。
(2)比值法：比较化学反应速率与化学计量数的比值。如aA(g)＋bB(g)cC(g)，若＞，则用A表示时的反应速率比用B表示时大。
(3)应用举例
已知反应2A(g)＋B(g)3C(g)＋4D(g)在不同条件下的化学反应速率如下：
①v(A)＝0.5 mol·L－1·s－1
②v(B)＝0.3 mol·L－1·s－1
③v(C)＝0.8 mol·L－1·s－1
④v(D)＝6 mol·L－1·min－1
该化学反应在上述4种条件下由快到慢的顺序为 。
解析： 归一法：①v(B)＝v(A)＝0.25 mol·L－1·s－1，②v(B)＝0.3 mol·L－1·s－1，③v(B)＝v(C)＝×0.8 mol·L－1·s－1≈0.27 mol·L－1·s－1，④v(B)＝v(D)＝×6 mol·L－1·min－1＝1.5 mol·L－1·min－1＝0.025 mol·L－1·s－1，故该化学反应由快到慢的顺序为②＞③＞①＞④。
比值法：①v(A)＝×0.5 mol·L－1·s－1＝0.25 mol·L－1·s－1，②v(B)＝0.3 mol·L－1·s－1，③v(B)＝×0.8 mol·L－1·s－1≈0.27 mol·L－1·s－1，④v(B)＝×6 mol·L－1·min－1＝1.5 mol·L－1·min－1＝0.025 mol·L－1·s－1，故该化学反应由快到慢的顺序②＞③＞①＞④。
答案： ②＞③＞①＞④
3．化学反应中各物质浓度的计算模型——“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。
例如：反应 mA ＋ nBpC
a b c
x
a－x b－ c＋
(3)根据已知条件列式计算。
[正误辨析]
(1)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( )
(2)由v＝计算平均速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值( )
(3)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( )
学生用书?第155页
(4)有时也可以用单位时间内某物质质量的变化量来表示化学反应速率( )
(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)×
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一、化学反应速率的计算
1．硝基苯甲酸乙酯在OH－存在下发生水解反应：
O2NC6H4COOC2H5＋OH－O2NC6H4COO－＋C2H5OH
两种反应物的初始浓度均为0.050 mol·L－1，15 ℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的关系如表所示。
t/s 120 180 240 330 600 700 800
α/% 33.0 41.8 48.8 58.0 70.4 71.0 71.0
计算该反应在180～240 s区间的平均反应速率(写出计算过程)。
解析： v(180～240 s)＝≈5.8×10－5 mol·L－1·s－1。
答案： 5.8×10－5 mol·L－1·s－1(计算过程见解析)
2．在新型RuO2催化剂作用下，使HCl转化为Cl2的反应2HCl(g)＋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：
t/min 0 2.0 4.0 6.0 8.0
n(Cl2)/10－3 mol 0 1.8 3.7 5.4 7.2
计算2.0～6.0 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min－1为单位，写出计算过程)。
解析： 解法一 2.0～6.0 min内，Δn(Cl2)＝5.4×10－3 mol－1.8×10－3 mol＝3.6×10－3 mol，
v(Cl2)＝＝9.0×10－4 mol·min－1，所以v(HCl)＝2v(Cl2)＝2×9.0×10－4 mol·min－1＝1.8×10－3 mol·min－1。
解法二 设HCl转化的物质的量为n，则
2HCl(g)＋O2(g)H2O(g)＋Cl2(g)
2 1
n (5.4－1.8)×10－3 mol
解得n＝7.2×10－3 mol，
所以v(HCl)＝＝1.8×10－3 mol·min－1。
答案： 1.8×10－3 mol·min－1(计算过程见解析)
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p0 kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，而气态物质分压＝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/mol 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＝，即p10 min＝p0 kPa，p初始(SO2)＝p0 kPa，p10 min(SO2)＝p0 kPa×＝p0 kPa，故v(SO2)＝÷10 min＝ kPa·min－1。
答案：
二、速率常数的计算
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：
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＝ mol·L－1，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：c＝，c2＝
，有k××＝16.0 mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，代入c2的等式可得c2＝0.2 mol·L－1。
答案： 0.2 1.0×104
5．已知2N2O5(g)2N2O4(g)＋O2(g)，起始时N2O5(g)为35.8 kPa，分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝ kPa，v＝ kPa·min－1。
解析： 2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
起始/kPa 35.8 0 0
62 min时/kPa 35.8－2.9×2 2.9
＝30.0
v＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2 kPa·min－1。
答案： 30.0 6.0×10－2
6．N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)＝k1·p(N2O4)，v(NO2)＝k2·p2(NO2)，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。则一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1＝ 。
解析： Kp＝，平衡时NO2、N2O4的消耗速率比＝v(NO2)∶v(N2O4)＝k2·p2(NO2)∶[k1·p(N2O4)]＝2∶1，则k1＝ Kp·k2。
答案： Kp·k2
1．速率常数：假设基元反应(能够一步完成的反应)为aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，其速率可表示为v＝kca(A)cb(B)，式中的k称为反应速率常数或速率常数。
2．正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系：对于基元反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝，反应达到平衡时v正＝v逆，故K＝。
学生用书?第156页
考点二 影响化学反应速率的因素
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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v(Mg)>v(Al)。
2．外因(其他条件不变，只改变一个条件)
3．压强对化学反应速率的影响
一定温度下，反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在密闭容器中进行，分析下列措施对化学反应速率的影响(填“增大”“减小”或“无影响”)。
(1)缩小体积增大压强： ；
(2)恒容充入氢气： ；
(3)恒容充入氮气： ；
(4)恒压充入氮气： 。
答案： (1)增大 (2)增大 (3)无影响 (4)减小
4．理论解释——有效碰撞
(1)有效碰撞
(2)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
(3)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。活化能越小，反应速率越大。
图中：E1为正反应的活化能，E3为使用催化剂时正反应的活化能，E2为逆反应的活化能。
(4)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
[正误辨析]
(1)催化剂都不参加化学反应( )
(2)升高温度时，不论正反应是吸热还是放热，正、逆反应的速率都增大( )
(3)可逆反应中减小产物的浓度可增大正反应的速率( )
(4)增大反应体系的压强，反应速率不一定增大( )
(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)对可逆反应FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl，增加氯化钾浓度，逆反应速率加快( )
答案： (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)× (6)×
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1．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是( )
选项 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol·L－1) V/mL c/(mol·L－1) V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
D [结合选项知混合液的体积都为20 mL，但选项D中反应温度最高、反应物Na2S2O3的浓度最大，其反应速率最大，故最先看到浑浊(有硫单质生成)。]
2．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)如表。
学生用书?第157页
pHt/minT/℃ 3.0 4.0 5.0 6.0
20 301 231 169 58
30 158 108 48 15
50 31 26 15 7
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
C [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。由题表中数据可知，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，C项正确。]
3．在有气体参与的反应中，①增大反应物浓度、②升高温度、③增大压强(压缩体积)、④加入催化剂，若以上四种方法均可使反应速率增大，完成下列问题(填序号)：
(1)降低反应活化能的是 。
(2)增加活化分子百分数的是 。
(3)未改变活化分子百分数，增加单位体积内分子总数的是 。
(4)增加单位体积内活化分子数的是 。
答案： (1)④ (2)②④ (3)①③ (4)①②③④
1．增加或减少反应物的量并不一定能改变反应速率，如固体和纯液体在反应中可视为浓度不变，故增加其量并不能加快反应速率。
2．不论是吸热反应还是放热反应，温度对反应速率的影响具有一致性。升高温度，正、逆反应速率都增大，但增大的倍数可能不同；降低温度，正、逆反应速率都减小，不会出现v正增大，同时v逆减小的情况。
INCLUDEPICTURE "重点强化专栏11.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\2024《金版新学案》高三总复习 新教材 化学 人教版（双选）B\\图片\\1\\重点强化专栏11.TIF" \* MERGEFORMATINET
1．考查形式
(1)以表格的形式给出多组实验数据，让考生找出每组数据的变化对化学反应速率的影响。
(2)给出影响化学反应速率的几种因素，让考生设计实验分析各因素对化学反应速率的影响。
2．解题策略
(1)确定变量
首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。
(2)控制变量——定多变一
在探究过程中，应该先确定其他的因素不变，只改变一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种因素的影响以后，再通过以上方法确定另一种因素的影响，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。
(3)数据有效
选择数据(或设置实验)要有效，保证变量统一才能做出正确的判断。
3．实例分析
探究温度、催化剂对反应：2H2O2===2H2O＋O2↑的影响，可以确定催化剂(是否加入MnO2)和温度(加热、常温)作为可变量，其他的则控制为不变量。
探究对象的反应 2H2O2===2H2O＋O2↑
控制的可变量 催化剂 温度
控制的不变量 浓度、温度等 浓度、催化剂等
实验方案 取相同量的5%H2O2溶液于两支规格相同的试管中，向其中一支试管中加入少量MnO2，另一支 不加，在常温下观察 取相同量的5%H2O2溶液于两支规格相同的试管中，给其中一支试管加热，另一支不加热，观察
应用1.实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的因素，有关说法错误的是( )
实验编号 温度/℃ 酸性KMnO4溶液 H2C2O4溶液
① 25 4 mL 0.01 mol·L－1 2 mL 0.1 mol·L－1
② 25 4 mL 0.01 mol·L－1 2 mL 0.2 mol·L－1
③ 50 4 mL 0.01 mol·L－1 2 mL 0.1 mol·L－1
学生用书?第158页
A．实验中要记录溶液褪色所需时间
B．实验①②探究的是浓度对化学反应速率的影响
C．实验①③探究的是温度对化学反应速率的影响
D．起始向①中加入MnSO4固体，不影响反应速率
D [该实验原理是2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，KMnO4被还原为MnSO4，溶液由紫红色变为无色，故实验中通过记录溶液褪色时间，判断反应速率的快慢，A正确；实验①②中温度、c(KMnO4)均相同，c(H2C2O4)不同，故实验目的是探究浓度对化学反应速率的影响，B正确；实验①③中c(KMnO4)、c(H2C2O4)均相同，温度不同，故实验目的是探究温度对化学反应速率的影响，C正确；该反应中Mn2＋起催化作用，①中加入MnSO4固体，会加快反应速率，D错误。]
应用2.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大
D [A项，浓度对反应速率的影响是浓度越大，反应速率越快，错误；B项，NaOH浓度越大，即pH越大，H2O2分解速率越快，错误；C项，由图可知，Mn2＋存在时，0.1 mol·L－1 NaOH溶液中H2O2的分解速率比1.0 mol·L－1 NaOH溶液中的快，错误；D项，由图可知，碱性条件下，Mn2＋存在时，对H2O2分解速率影响大，正确。]
应用3.某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如表所示：
序号 纯锌粉(g) 2.0 mol·L－1硫酸溶液(mL) 温度(℃) 硫酸铜固体(g) 加入蒸馏水(mL)
Ⅰ 2.0 50.0 25 0 0
Ⅱ 2.0 40.0 25 0 10.0
Ⅲ 2.0 50.0 25 0.2 0
Ⅳ 2.0 50.0 25 4.0 0
(1)本实验待测数据可以是 ，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究 对锌与稀硫酸反应速率的影响。
(2)实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是 。
答案： (1)反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间) 硫酸浓度
(2)探究硫酸铜的质量对反应速率的影响
应用4.碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 mol·L－1 KI、0.2%淀粉溶液、0.20 mol·L－1 K2S2O8、0.10 mol·L－1 Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：S2O＋2I－===2SO＋I2(慢)，I2＋2S2O===2I－＋S4O(快)
(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的 耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O与S2O初始的物质的量需满足的关系为n(S2O)∶n(S2O) 。
(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
实验序号 体积V/mL
K2S2O8溶液 水 KI溶液 Na2S2O3溶液 淀粉溶液
① 10.0 0.0 4.0 4.0 2.0
② 9.0 1.0 4.0 4.0 2.0
③ 8.0 Vx 4.0 4.0 2.0
表中Vx＝ mL，理由是 。
(3)已知某条件下，浓度c(S2O)和反应时间t的变化曲线如图所示，若保持其他条件不变，请在坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O) t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。
解析： (1)淀粉溶液遇I2显蓝色，溶液由无色变为蓝色时，溶液中有I2，说明Na2S2O3耗尽。由题给离子方程式可得关系式S2O～I2～2S2O，n(S2O)∶n(S2O)<2时，能观察到蓝色。(2)实验的目的是探究K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响，故应保证每组实验中其他物质的浓度相等，即溶液的总体积相等(即为20.0 mL)，从而可知Vx＝2.0。(3)降低温度时，化学反应速率减慢，c(S2O)变化减慢。加入催化剂时，化学反应速率加快，c(S2O)变化加快。
答案： (1)S2O(其他合理写法也可) <2
(2)2.0 保证反应物K2S2O8的浓度改变，而其他物质的浓度不变
(3)如图所示
应用5.某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
学生用书?第159页
(1)在25 ℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验编号 初始pH 废水样品体积/mL 草酸溶液体积/mL 蒸馏水体积/mL
① 4 60 10 30
② 5 60 10 30
③ 5 60
测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。
(2)实验①和②的结果表明 ；
实验①中0～t1时间段反应速率v(Cr3＋)＝ mol·L－1·min－1(用代数式表示)。
(3)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2＋起催化作用；
假设二： ；
假设三： ；
……
(4)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。
[除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定]
实验方案(不要求写具体操作过程) 预期实验结果和结论
解析： (1)由“调节不同的初始pH和一定浓度的草酸溶液用量，做对比实验”可知实验①②是为了对比pH的不同对速率的影响，实验②③是为了对比草酸浓度的不同对速率的影响，所以在实验③中草酸溶液和蒸馏水的总体积为40 mL即可(但不能与实验②的用量相同)。(2)图像中曲线的斜率越大，说明反应速率越快，所以由实验①②条件对照可知，pH越小，该反应速率越快。Cr2O氧化H2C2O4后，本身被还原为Cr3＋，由Cr元素质量守恒得关系式：Cr2O～2Cr3＋，故v(Cr3＋)＝2v(Cr2O)＝。(3)加入铁明矾后的混合液中含Fe2＋、Al3＋、SO，所以假设二、假设三分别为Al3＋起催化作用、SO起催化作用。(4)用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验。在此条件下，溶液中只相差Fe2＋，若反应进行相同时间后，溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立。
答案：(1)20 20(合理即可)
(2)pH越小，该反应速率越快
(3)Al3＋起催化作用 SO起催化作用
(4)
实验方案(不要求写具体操作过程) 预期实验结果和结论
用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验 反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立
(本题为开放性题目，其他答案合理均可)
控制变量法解决问题的基本思路(以应用3为例)
INCLUDEPICTURE "重点强化专栏12.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\2024《金版新学案》高三总复习 新教材 化学 人教版（双选）B\\图片\\1\\重点强化专栏12.TIF" \* MERGEFORMATINET
1．基元反应
大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现。其中每一步反应都称为基元反应。
2．过渡态理论
基元反应过渡状态理论认为，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。
过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，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]。
3．催化剂与活化能
(1)催化剂的催化机理
催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应速率加快。
学生用书?第160页
反应A＋B→AB的活化能为Ea。
加入催化剂K后，反应分两步进行：
①A＋K→AK 活化能为Ea1(慢反应)
②AK＋B→AB＋K 活化能为Ea2(快反应)
总反应方程式：A＋BAB，反应活化能(能垒)为Ea1。
(2)活化能与化学反应速率的关系
①加入催化剂后，两步基元反应的活化能Ea1和Ea2均小于原反应的活化能Ea，因此反应速率加快。
②两步基元反应由于Ea1>Ea2，第1步反应是慢反应，决定整个反应的快慢，活化能Ea1是在催化剂条件下总反应的活化能。
应用1.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) ΔH＝－a kJ·mol－1(a＞0)，其反应机理如下：
①NO(g)＋Br2(g)NOBr2(g) 快
②NO(g)＋NOBr2(g)2NOBr(g) 慢
下列有关该反应的说法正确的是( )
A．该反应的速率主要取决于①的快慢
B．NOBr2是该反应的催化剂
C．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1
D．增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
C [反应速率主要取决于慢的一步，所以该反应的速率主要取决于②的快慢，故A错误；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，故B错误；由于该反应为放热反应，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1，故C正确；增大Br2(g)浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数目增多，所以能加快反应速率，故D错误。]
应用2.(双选)汽车尾气处理时存在反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，该反应过程及能量变化如图所示。
下列说法正确的是( )
A．使用催化剂活化分子百分数增多
B．使用催化剂，反应物分子的能量变高
C．使用催化剂可以有效减少反应放出的热量
D．无论是反应物还是生成物，转化为活化络合物都要吸收能量
AD [使用催化剂，降低反应的活化能，活化分子百分数增多，但反应物分子能量不变，也不改变反应热，B、C错误。]
应用3.(双选)(2022·湖南选择考，12)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是( )
A．进程Ⅰ是放热反应
B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ
D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
AD [A项，由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，A说法正确；B项，进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；C项，进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，C说法不正确；D项，由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有催化作用，D说法正确。]
应用4.据文献报道，某反应的反应历程如图所示：
下列有关该历程的说法错误的是( )
A．总反应化学方程式为4NH3＋3O22N2＋6H2O
B．Ti4＋…NH2—N===O是中间产物
C．Ti4＋是催化剂
D．Ti4＋…NH2—N===O―→Ti4＋＋N2＋H2O属于分解反应
A [根据反应历程，参加反应的物质有NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，因此总反应化学方程式为4NH3＋2NO＋2O23N2＋6H2O，故A错误；根据题中信息得到Ti4＋…NH2—N===O是中间产物，故B正确；Ti4＋在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和化学性质未变，因此Ti4＋是催化剂，故C正确；分解反应是一种物质反应生成两种或两种以上新物质，因此Ti4＋…NH2—N===O―→Ti4＋＋N2＋H2O属于分解反应，故D正确。]
应用5.烯烃与氢气混合在常温常压时不反应，高温时反应很慢，但在适当的催化剂存在时可与氢气反应生成烷烃，一般认为加氢反应是在催化剂表面上进行。反应过程的示意图如图：
学生用书?第161页
下列说法正确的是( )
A．乙烯和氢气生成乙烷反应的ΔH＞0
B．有催化剂时的活化能E2比无催化剂时的活化能E1低，能减小反应的ΔH
C．催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体
D．催化加氢过程中催化剂将较难发生的反应分成了多个容易发生的反应，可提高反应物的转化率
C [由题图可知乙烯和氢气生成乙烷的反应为放热反应，则ΔH＜0，故A错误；由题图可知加入催化剂，反应物与生成物的总能量差不变，则反应热不变，所以有催化剂时的活化能E2比无催化剂时的活化能E1低，不能减小反应的ΔH，故B错误；由题图可知，催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体，故C正确；催化剂不影响平衡移动，不能改变转化率，故D错误。]
应用6.科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程，如图所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，吸附在催化剂表面的物质用*标注。下列说法错误的是( )
A．由图可以判断合成氨反应属于放热反应
B．氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快
C．整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*＋3H2―→2N*＋6H*
D．从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率
C [据题图可知，始态*＋N2＋3H2的相对能量为0 eV，生成物*＋2NH3的相对能量约为－1.8 eV，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A正确；题图中实线标示出的位点A最大能垒(活化能)低于题图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能)，活化能越低，有效碰撞几率越大，化学反应速率越大，故B正确；由题图可知，整个反应历程中2N*＋3H2―→2N*＋6H*不是活化能最大的步骤，故C错误；由图像可知氮气活化在位点A上活化能较低，速率较快，故D正确。]
应用7.在Co＋的催化作用下，CO(g)还原N2O(g)的反应历程和能量变化如图所示(逸出后认为物质状态不发生变化，在图中略去)。已知总反应的化学方程式为：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。
该反应分两步进行：
(1)填写第二步反应的热化学方程式，并根据反应历程图计算ΔH2的数值。
第一步：Co＋(s)＋N2O(g)CoO＋(s)＋N2(g) ΔH1＝＋15.9 kJ·mol－1；
笫二步： ，
ΔH2＝ ；
(2)该反应的最高能垒(活化能)为 。
解析： (1)总反应方程式为CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)；第一步反应为Co＋(s)＋N2O(g)CoO＋(s)＋N2(g) ΔH1＝＋15.9 kJ·mol－1；第二步反应＝总反应－第一步反应，所以第二步反应为CoO＋(s)＋CO(g)Co＋(s)＋CO2(g)；据题图可知该反应初始时的相对能量为＋15.9 kJ/mol，终态的相对能量为－358.6 kJ/mol，所以该反应的ΔH2＝－358.6 kJ/mol－15.9 kJ/mol＝－374.5 kJ/mol；(2)根据反应历程图像中的数据可知，由－127.9 kJ/mol到＋15.9 kJ/mol这两个能量状态之间转化过程中能垒最高，为143.8 kJ/mol。
答案： (1)CoO＋(s)＋CO(g)Co＋(s)＋CO2(g) －374.5 kJ·mol－1 (2)143.8 kJ·mol－1
真题演练 明确考向
1．(2022·浙江选择考，20)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 时间/minc (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)＝1.00×10－5mol·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
C [A项，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)＝1.00×10－5 mol/(L·min)，A正确；B项，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②60 min时处于平衡状态，x<0.40，即x≠0.40，B正确；C项，实验①、实验②中0～20 min、20 min～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；D项，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。]
2．(2022·广东选择考，15)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，则下列说法正确的是( )
学生用书?第162页
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
D [A项，由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B项，由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B错误；C项，由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min 内Y的浓度变化了2.0 mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol/L，二者浓度变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；D项，使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min 内，Y的浓度变化了4.0 mol/L，则v(Y)＝＝＝2.0 mol·L－1·min－1，v(X) ＝v(Y) ＝×2.0 mol·L－1·min－1＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。]
3. (2022·山东等级考，10)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
D [A项，根据反应机理的图示知，含N分子参与的反应有NO＋·OOH===NO2＋·OH、NO＋NO2＋H2O===2HONO、NO2＋·C3H7===C3H6＋HONO、HONO===NO＋·OH，含N分子的物质NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为＋2价、＋4价、＋3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B项，根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C项，NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D项，无论反应历程如何，在NO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，D项错误。]
4．(2021·河北选择考，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 mol·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
A [A项，由图中数据可知，30 min时，M、Z的浓度分别为0.300 mol·L－1和0.125 mol·L－1，则M的变化量为0.5 mol·L－1－0.300 mol·L－1＝0.200 mol·L－1，其中转化为Y的变化量为0.200 mol·L－1－0.125 mol·L－1＝0.075 mol·L－1。因此，0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为 ＝0.002 5 mol·L－1·min－1，A说法不正确；B项，由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，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 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；C项，结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于＝＝，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，C说法正确；D项，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。]
5．[2021·河北选择考，16(4)②]研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H＋电还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图。由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 (用a、b、c字母排序)。
解析： c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H＋电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而在催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H＋电还原的活化能，相对来说，更易发生H＋的电还原。其中a催化剂条件下，H＋电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H＋电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a。
答案： c、b、a
课时精练(三十二) 化学反应速率
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)经a min后SO3的浓度变化情况如图所示，在0～a min内用O2表示的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1，则a等于( )
A．0.1 B．2.5 C．5 D．10
C [由题图可知，0～a min内Δc(SO3)＝0.4 mol·L－1，则有v(SO3)＝ mol·L－1·min－1。根据反应速率与化学计量数的关系可得，v(O2)＝v(SO3)＝ mol·L－1·min－1，又知“0～a min内用O2表示的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1”，则有 mol·L－1·min－1＝0.04 mol·L－1·min－1，解得a＝5，C项正确。]
2．四个相同的容器中，在不同的温度下(其他条件相同)进行合成氨的反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，反应所处温度最高的是( )
A．v(NH3)＝0.1 mol·L－1·min－1
B．v(H2)＝0.6 mol·L－1·min－1
C．v(N2)＝0.3 mol·L－1·min－1
D．v(H2)＝0.3 mol·L－1·min－1
C [合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，温度越高，反应速率越快。根据反应速率与化学计量数的关系，将四个选项中反应速率转化为v(H2)，A项，v(H2)＝v(NH3)＝0.15 mol·L－1·min－1，C项，v(H2)＝3v(N2)＝0.9 mol·L－1·min－1，则C项表示的反应速率最快，反应所处的温度最高。]
3．将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生下列可逆反应：NH4Br(s)NH3(g)＋HBr(g)，2HBr(g)Br2(g)＋H2(g), 2 min后，测得c(H2)＝0.5 mol·L－1，c(HBr)＝4 mol·L－1，若上述反应速率用v(NH3)表示，下列反应速率正确的是( )
A．0.5 mol·L－1·min－1
B．2.5 mol·L－1·min－1
C．2 mol·L－1·min－1
D．5 mol·L－1·min－1
B [对于反应2HBr(g)Br2(g)＋H2(g)，Δc(H2)＝0.5 mol·L－1，则Δc(HBr)＝2Δc(H2)＝2×0.5 mol·L－1＝1 mol·L－1，则该可逆反应起始时c(HBr)＝4 mol·L－1＋1 mol·L－1＝5 mol·L－1；由NH4Br(s)NH3(g)＋HBr(g)可知，NH3的平衡浓度应与HBr分解反应的起始浓度相等，即c(NH3)＝5 mol·L－1，v(NH3)＝＝2.5 mol·L－1·min－1。]
4．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－198 kJ·mol－1，在V2O5存在时，该反应的机理为：V2O5＋SO22VO2＋SO3(快)，4VO2＋O22V2O5(慢)。
下列说法中正确的是( )
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.逆反应的活化能比正反应的活化能大198 kJ·mol－1
D.增大SO2的浓度可显著提高反应速率
C [由反应机理可知，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·mol－1，所以逆反应的活化能比正反应的活化能大198 kJ·mol－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。]
5．如表为某学生进行的两组实验：
反应物 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 水
浓度/(mol·L－1) 体积/mL 浓度/(mol·L－1) 体积/mL
甲 0.1 10 0.1 10 5 mL
乙 0.2 5 0.2 5 20 mL
若其他条件均相同，上述两组实验中，对应反应的反应速率关系为( )
A.甲>乙 B．甲<乙
C.甲＝乙 D．无法判断
A [此反应为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，甲组溶液的总体积是25 mL，混合溶液中，甲组反应物的浓度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝＝0.04 mol·L－1；乙组溶液的总体积是30 mL，混合溶液中，乙组反应物的浓度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝≈0.033 mol·L－1。由于甲组中反应物的浓度较大，故在其他条件相同时，其反应速率较大，即甲组的反应速率大于乙组的反应速率，A项正确。]
6．已知化学反应：NO2＋CONO＋CO2，①当t<250 ℃时，v＝k·c2(NO2)，②当t>250 ℃时，v＝k·c(NO2)·c(CO)。以上两式中v为反应速率，k为速率常数(一定温度下为定值)。下列叙述正确的是( )
A.当NO2和CO的浓度相等时，升高或降低温度，反应速率不变
B.因反应前后气体分子数目不变，故改变压强反应速率不变
C.增大NO2的浓度为原来的2倍，反应速率一定变为原来的4倍
D.当温度低于250 ℃时，改变CO的浓度，反应速率基本不变
D [升高温度，反应速率加快，降低温度，反应速率减慢，A项错误；该反应前后气体分子数目不变，改变压强，平衡不移动，但反应速率对应改变，B项错误；增大NO2的浓度为原来的2倍，若t>250 ℃，根据v＝k·c(NO2)·c(CO)可知，反应速率变为原来的2倍，C项错误；当温度低于250 ℃时，根据v＝k·c2(NO2)可知，一定温度下，反应速率只与c(NO2)有关，改变CO的浓度，反应速率不变，D项正确。]
7．I－可以作为水溶液中的SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：
ⅰ.SO2＋4I－＋4H＋===S↓＋2I2＋2H2O
ⅱ.I2＋2H2O＋SO2===SO＋4H＋＋2I－
为探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置，观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
试剂组成 0.4 mol·L－1KI a mol·L－1KI、0．2 mol·L－1H2SO4 0.2 mol·L－1H2SO4 0.2 mol·L－1KI、0．000 2 mol I2
实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较Ⅰ快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快
下列说法不正确的是( )
A.水溶液中SO2歧化反应的化学方程式为3SO2＋2H2O===2H2SO4＋S↓
B.Ⅱ是Ⅰ的对比实验，则a＝0.4
C.比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可得出的结论是：I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快SO2歧化反应的速率
D.实验表明，SO2歧化反应的速率Ⅳ>Ⅰ，原因是反应ⅰ比反应ⅱ快；Ⅳ中由反应ⅱ产生的H＋使反应i加快
D [根据题中催化过程，可得水溶液中SO2歧化反应的化学方程式为3SO2＋2H2O===2H2SO4＋S↓，A项正确；Ⅱ是Ⅰ的对比实验，采用控制变量法，Ⅱ比Ⅰ多加了0.2 mol·L－1H2SO4，Ⅰ与Ⅱ中KI浓度应相等，则a＝0.4，B项正确；对比Ⅰ与Ⅱ，加入H＋可以加快SO2歧化反应的速率，对比Ⅱ与Ⅲ，H＋单独存在时不能催化SO2的歧化反应，比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，I－是SO2歧化反应的催化剂，C项正确；Ⅳ中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快”，说明SO2歧化反应速率Ⅳ>Ⅰ，对比Ⅳ和Ⅰ，Ⅳ中加入的KI的浓度小且加入了I2，反应ⅰ消耗H＋和I－，反应ⅱ消耗I2，由此说明反应ⅱ比反应ⅰ快，反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ加快，D项错误。]
8．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元素的化合价未发生变化
D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
D [A项，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↑，故A正确；B项，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，使甲酸根离子浓度降低，导致反应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，故B正确；C项，由反应机理可知，Fe在反应过程中化合价未发生变化，故C正确；D项，由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ相对能量最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误。]
9．化学工作者对NO与H2的反应进行研究，提出下列三步机理：(k为速率常数)
第一步：2NON2O2 快反应，平衡时：v正＝k正·c2(NO)＝v逆＝k逆·c(N2O2)
第二步：N2O2＋H2N2O＋H2O 慢反应
第三步：N2O＋H2N2＋H2O 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步平衡，下列说法正确的是( )
A．v(第一步逆反应)B．总反应快慢主要由第二步反应决定
C．达平衡时，2c(NO)＝c(N2O2)
D．第一步反应的平衡常数K＝
B [第二步为慢反应，故其反应速率应小于第一步逆反应，A项错误；总反应快慢应由慢反应决定，即主要由第二步反应决定，B项正确；到达平衡时k正·c2(NO)＝k逆·c(N2O2)，k正、k逆值未知，故两者浓度大小关系未知，C项错误；第一步反应达到平衡时，K＝，又v正＝k正·c2(NO)＝v逆＝k逆·c(N2O2)，故K＝，D项错误。]
10．F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应：
2N2O5(g)4NO2(g)2N2O4(g)＋O2(g)，其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5(g)完全分解]：
t/min 0 40 80 160 260 1 300 1 700 ∞
p/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1
研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝ kPa，v＝ kPa·min－1。
解析： 由方程式2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)可知，62 min时，pO2＝2.9 kPa，则减小的N2O5为5.8 kPa，此时pN2O5＝35.8 kPa－5.8 kPa＝30.0 kPa，则v(N2O5)＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2 kPa·min－1。
答案： 30.0 6.0×10－2
11．某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液的酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。
编号 反应物 催化剂
Ⅰ 10 mL 2% H2O2溶液＋1 mL水 无
Ⅱ 10 mL 5% H2O2溶液＋1 mL水 无
Ⅲ 10 mL 5% H2O2溶液 1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液
Ⅳ 10 mL 5% H2O2溶液＋少量HCl溶液 1 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液
Ⅴ 10 mL 5% H2O2溶液＋少量NaOH溶液 1 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液
(1)实验Ⅰ和实验Ⅱ的目的是 。
(2)写出实验Ⅲ中发生反应的化学方程式： 。
(3)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的起始反应速率由大到小的顺序为 (用实验编号表示)。
(4)实验Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ中，测得生成氧气的体积(折算成标准状况)随时间变化的关系如图所示。
①分析图示能够得出的结论是 。
②实验Ⅲ在t1～t2时间内，以H2O2表示的反应速率为 。
解析： (1)实验Ⅰ和Ⅱ均未使用催化剂，混合液的总体积均为11 mL，c(H2O2)不同，则实验目的是探究反应物浓度对反应速率的影响。(2)实验Ⅲ为H2O2在FeCl3催化作用下分解生成H2O和O2的反应，据此写出化学方程式。(3)实验Ⅰ中，c(H2O2)最小且未使用催化剂，则实验Ⅰ中起始反应速率最小；实验Ⅱ和Ⅲ中c(H2O2)相同，实验Ⅲ中加入FeCl3溶液，则实验Ⅲ的起始反应速率大于实验Ⅱ，故反应速率由大到小的顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ。(4)①与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ加入少量HCl溶液，实验Ⅴ加入少量NaOH溶液，其他实验条件均相同，由题图可知，反应速率：Ⅴ>Ⅲ>Ⅳ，据此得出结论：碱性环境能加快H2O2分解的速率，酸性环境能减慢H2O2分解的速率。②实验Ⅲ在t1～t2时间内，生成标准状况下O2的体积为(b－a) mL，则有n(O2)＝ mol，反应中消耗H2O2的物质的量n(H2O2)＝2n(O2)＝ mol，溶液的总体积为11 mL，故以H2O2表示的反应速率v(H2O2)＝ mol·L－1·s－1＝ mol·L－1·s－1。
答案： (1)探究反应物浓度对反应速率的影响
(2)2H2O22H2O＋O2↑
(3)Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ
(4)①碱性环境能加快H2O2分解的速率，酸性环境能减慢H2O2分解的速率 ② mol·L－1·s－1
学生用书?第163页
第32讲 化学反应速率
[课程标准] 1.知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。2.了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。3.了解活化能的概念，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。
考点一 化学反应速率的概念及计算
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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少量或生成物浓度的增加量来表示。
(2)数学表达式及单位
v＝，单位为mol·L－1·s－1或mol·L－1·min－1。
(3)注意事项
①不能用固体或纯液体来表示化学反应速率，因为固体或纯液体的浓度视为常数。
②化学反应速率一般指平均速率而不是瞬时速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
③同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的化学反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。
(4)与化学方程式中化学计量数的关系
在反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)中，存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝a∶b∶c∶d。
2．定量比较化学反应速率大小的两种方法
(1)归一法：先换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值大小。
(2)比值法：比较化学反应速率与化学计量数的比值。如aA(g)＋bB(g)cC(g)，若＞，则用A表示时的反应速率比用B表示时大。
(3)应用举例
已知反应2A(g)＋B(g)3C(g)＋4D(g)在不同条件下的化学反应速率如下：
①v(A)＝0.5 mol·L－1·s－1
②v(B)＝0.3 mol·L－1·s－1
③v(C)＝0.8 mol·L－1·s－1
④v(D)＝6 mol·L－1·min－1
该化学反应在上述4种条件下由快到慢的顺序为 。
解析： 归一法：①v(B)＝v(A)＝0.25 mol·L－1·s－1，②v(B)＝0.3 mol·L－1·s－1，③v(B)＝v(C)＝×0.8 mol·L－1·s－1≈0.27 mol·L－1·s－1，④v(B)＝v(D)＝×6 mol·L－1·min－1＝1.5 mol·L－1·min－1＝0.025 mol·L－1·s－1，故该化学反应由快到慢的顺序为②＞③＞①＞④。
比值法：①v(A)＝×0.5 mol·L－1·s－1＝0.25 mol·L－1·s－1，②v(B)＝0.3 mol·L－1·s－1，③v(B)＝×0.8 mol·L－1·s－1≈0.27 mol·L－1·s－1，④v(B)＝×6 mol·L－1·min－1＝1.5 mol·L－1·min－1＝0.025 mol·L－1·s－1，故该化学反应由快到慢的顺序②＞③＞①＞④。
答案： ②＞③＞①＞④
3．化学反应中各物质浓度的计算模型——“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。
例如：反应 mA ＋ nBpC
a b c
x
a－x b－ c＋
(3)根据已知条件列式计算。
[正误辨析]
(1)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( )
(2)由v＝计算平均速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值( )
(3)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( )
学生用书?第155页
(4)有时也可以用单位时间内某物质质量的变化量来表示化学反应速率( )
(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)×
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一、化学反应速率的计算
1．硝基苯甲酸乙酯在OH－存在下发生水解反应：
O2NC6H4COOC2H5＋OH－O2NC6H4COO－＋C2H5OH
两种反应物的初始浓度均为0.050 mol·L－1，15 ℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α随时间变化的关系如表所示。
t/s 120 180 240 330 600 700 800
α/% 33.0 41.8 48.8 58.0 70.4 71.0 71.0
计算该反应在180～240 s区间的平均反应速率(写出计算过程)。
解析： v(180～240 s)＝≈5.8×10－5 mol·L－1·s－1。
答案： 5.8×10－5 mol·L－1·s－1(计算过程见解析)
2．在新型RuO2催化剂作用下，使HCl转化为Cl2的反应2HCl(g)＋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：
t/min 0 2.0 4.0 6.0 8.0
n(Cl2)/10－3 mol 0 1.8 3.7 5.4 7.2
计算2.0～6.0 min内以HCl的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min－1为单位，写出计算过程)。
解析： 解法一 2.0～6.0 min内，Δn(Cl2)＝5.4×10－3 mol－1.8×10－3 mol＝3.6×10－3 mol，
v(Cl2)＝＝9.0×10－4 mol·min－1，所以v(HCl)＝2v(Cl2)＝2×9.0×10－4 mol·min－1＝1.8×10－3 mol·min－1。
解法二 设HCl转化的物质的量为n，则
2HCl(g)＋O2(g)H2O(g)＋Cl2(g)
2 1
n (5.4－1.8)×10－3 mol
解得n＝7.2×10－3 mol，
所以v(HCl)＝＝1.8×10－3 mol·min－1。
答案： 1.8×10－3 mol·min－1(计算过程见解析)
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p0 kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，而气态物质分压＝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/mol 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＝，即p10 min＝p0 kPa，p初始(SO2)＝p0 kPa，p10 min(SO2)＝p0 kPa×＝p0 kPa，故v(SO2)＝÷10 min＝ kPa·min－1。
答案：
二、速率常数的计算
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：
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＝ mol·L－1，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：c＝，c2＝
，有k××＝16.0 mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，代入c2的等式可得c2＝0.2 mol·L－1。
答案： 0.2 1.0×104
5．已知2N2O5(g)2N2O4(g)＋O2(g)，起始时N2O5(g)为35.8 kPa，分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝ kPa，v＝ kPa·min－1。
解析： 2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
起始/kPa 35.8 0 0
62 min时/kPa 35.8－2.9×2 2.9
＝30.0
v＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2 kPa·min－1。
答案： 30.0 6.0×10－2
6．N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)＝k1·p(N2O4)，v(NO2)＝k2·p2(NO2)，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。则一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1＝ 。
解析： Kp＝，平衡时NO2、N2O4的消耗速率比＝v(NO2)∶v(N2O4)＝k2·p2(NO2)∶[k1·p(N2O4)]＝2∶1，则k1＝ Kp·k2。
答案： Kp·k2
1．速率常数：假设基元反应(能够一步完成的反应)为aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，其速率可表示为v＝kca(A)cb(B)，式中的k称为反应速率常数或速率常数。
2．正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系：对于基元反应aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝，反应达到平衡时v正＝v逆，故K＝。
学生用书?第156页
考点二 影响化学反应速率的因素
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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v(Mg)>v(Al)。
2．外因(其他条件不变，只改变一个条件)
3．压强对化学反应速率的影响
一定温度下，反应H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在密闭容器中进行，分析下列措施对化学反应速率的影响(填“增大”“减小”或“无影响”)。
(1)缩小体积增大压强： ；
(2)恒容充入氢气： ；
(3)恒容充入氮气： ；
(4)恒压充入氮气： 。
答案： (1)增大 (2)增大 (3)无影响 (4)减小
4．理论解释——有效碰撞
(1)有效碰撞
(2)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
(3)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。活化能越小，反应速率越大。
图中：E1为正反应的活化能，E3为使用催化剂时正反应的活化能，E2为逆反应的活化能。
(4)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
[正误辨析]
(1)催化剂都不参加化学反应( )
(2)升高温度时，不论正反应是吸热还是放热，正、逆反应的速率都增大( )
(3)可逆反应中减小产物的浓度可增大正反应的速率( )
(4)增大反应体系的压强，反应速率不一定增大( )
(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)对可逆反应FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl，增加氯化钾浓度，逆反应速率加快( )
答案： (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)× (6)×
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1．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是( )
选项 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O
V/mL c/(mol·L－1) V/mL c/(mol·L－1) V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.1 10 0.1 5
D 35 5 0.2 5 0.2 10
D [结合选项知混合液的体积都为20 mL，但选项D中反应温度最高、反应物Na2S2O3的浓度最大，其反应速率最大，故最先看到浑浊(有硫单质生成)。]
2．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)如表。
学生用书?第157页
pHt/minT/℃ 3.0 4.0 5.0 6.0
20 301 231 169 58
30 158 108 48 15
50 31 26 15 7
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
C [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。由题表中数据可知，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，C项正确。]
3．在有气体参与的反应中，①增大反应物浓度、②升高温度、③增大压强(压缩体积)、④加入催化剂，若以上四种方法均可使反应速率增大，完成下列问题(填序号)：
(1)降低反应活化能的是 。
(2)增加活化分子百分数的是 。
(3)未改变活化分子百分数，增加单位体积内分子总数的是 。
(4)增加单位体积内活化分子数的是 。
答案： (1)④ (2)②④ (3)①③ (4)①②③④
1．增加或减少反应物的量并不一定能改变反应速率，如固体和纯液体在反应中可视为浓度不变，故增加其量并不能加快反应速率。
2．不论是吸热反应还是放热反应，温度对反应速率的影响具有一致性。升高温度，正、逆反应速率都增大，但增大的倍数可能不同；降低温度，正、逆反应速率都减小，不会出现v正增大，同时v逆减小的情况。
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1．考查形式
(1)以表格的形式给出多组实验数据，让考生找出每组数据的变化对化学反应速率的影响。
(2)给出影响化学反应速率的几种因素，让考生设计实验分析各因素对化学反应速率的影响。
2．解题策略
(1)确定变量
首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。
(2)控制变量——定多变一
在探究过程中，应该先确定其他的因素不变，只改变一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种因素的影响以后，再通过以上方法确定另一种因素的影响，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。
(3)数据有效
选择数据(或设置实验)要有效，保证变量统一才能做出正确的判断。
3．实例分析
探究温度、催化剂对反应：2H2O2===2H2O＋O2↑的影响，可以确定催化剂(是否加入MnO2)和温度(加热、常温)作为可变量，其他的则控制为不变量。
探究对象的反应 2H2O2===2H2O＋O2↑
控制的可变量 催化剂 温度
控制的不变量 浓度、温度等 浓度、催化剂等
实验方案 取相同量的5%H2O2溶液于两支规格相同的试管中，向其中一支试管中加入少量MnO2，另一支 不加，在常温下观察 取相同量的5%H2O2溶液于两支规格相同的试管中，给其中一支试管加热，另一支不加热，观察
应用1.实验室利用下列方案探究影响化学反应速率的因素，有关说法错误的是( )
实验编号 温度/℃ 酸性KMnO4溶液 H2C2O4溶液
① 25 4 mL 0.01 mol·L－1 2 mL 0.1 mol·L－1
② 25 4 mL 0.01 mol·L－1 2 mL 0.2 mol·L－1
③ 50 4 mL 0.01 mol·L－1 2 mL 0.1 mol·L－1
学生用书?第158页
A．实验中要记录溶液褪色所需时间
B．实验①②探究的是浓度对化学反应速率的影响
C．实验①③探究的是温度对化学反应速率的影响
D．起始向①中加入MnSO4固体，不影响反应速率
D [该实验原理是2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，KMnO4被还原为MnSO4，溶液由紫红色变为无色，故实验中通过记录溶液褪色时间，判断反应速率的快慢，A正确；实验①②中温度、c(KMnO4)均相同，c(H2C2O4)不同，故实验目的是探究浓度对化学反应速率的影响，B正确；实验①③中c(KMnO4)、c(H2C2O4)均相同，温度不同，故实验目的是探究温度对化学反应速率的影响，C正确；该反应中Mn2＋起催化作用，①中加入MnSO4固体，会加快反应速率，D错误。]
应用2.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70 ℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn2＋存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2＋对H2O2分解速率的影响大
D [A项，浓度对反应速率的影响是浓度越大，反应速率越快，错误；B项，NaOH浓度越大，即pH越大，H2O2分解速率越快，错误；C项，由图可知，Mn2＋存在时，0.1 mol·L－1 NaOH溶液中H2O2的分解速率比1.0 mol·L－1 NaOH溶液中的快，错误；D项，由图可知，碱性条件下，Mn2＋存在时，对H2O2分解速率影响大，正确。]
应用3.某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如表所示：
序号 纯锌粉(g) 2.0 mol·L－1硫酸溶液(mL) 温度(℃) 硫酸铜固体(g) 加入蒸馏水(mL)
Ⅰ 2.0 50.0 25 0 0
Ⅱ 2.0 40.0 25 0 10.0
Ⅲ 2.0 50.0 25 0.2 0
Ⅳ 2.0 50.0 25 4.0 0
(1)本实验待测数据可以是 ，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究 对锌与稀硫酸反应速率的影响。
(2)实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是 。
答案： (1)反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间) 硫酸浓度
(2)探究硫酸铜的质量对反应速率的影响
应用4.碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 mol·L－1 KI、0.2%淀粉溶液、0.20 mol·L－1 K2S2O8、0.10 mol·L－1 Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：S2O＋2I－===2SO＋I2(慢)，I2＋2S2O===2I－＋S4O(快)
(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的 耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O与S2O初始的物质的量需满足的关系为n(S2O)∶n(S2O) 。
(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
实验序号 体积V/mL
K2S2O8溶液 水 KI溶液 Na2S2O3溶液 淀粉溶液
① 10.0 0.0 4.0 4.0 2.0
② 9.0 1.0 4.0 4.0 2.0
③ 8.0 Vx 4.0 4.0 2.0
表中Vx＝ mL，理由是 。
(3)已知某条件下，浓度c(S2O)和反应时间t的变化曲线如图所示，若保持其他条件不变，请在坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O) t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。
解析： (1)淀粉溶液遇I2显蓝色，溶液由无色变为蓝色时，溶液中有I2，说明Na2S2O3耗尽。由题给离子方程式可得关系式S2O～I2～2S2O，n(S2O)∶n(S2O)<2时，能观察到蓝色。(2)实验的目的是探究K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响，故应保证每组实验中其他物质的浓度相等，即溶液的总体积相等(即为20.0 mL)，从而可知Vx＝2.0。(3)降低温度时，化学反应速率减慢，c(S2O)变化减慢。加入催化剂时，化学反应速率加快，c(S2O)变化加快。
答案： (1)S2O(其他合理写法也可) <2
(2)2.0 保证反应物K2S2O8的浓度改变，而其他物质的浓度不变
(3)如图所示
应用5.某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：
学生用书?第159页
(1)在25 ℃下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
实验编号 初始pH 废水样品体积/mL 草酸溶液体积/mL 蒸馏水体积/mL
① 4 60 10 30
② 5 60 10 30
③ 5 60
测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。
(2)实验①和②的结果表明 ；
实验①中0～t1时间段反应速率v(Cr3＋)＝ mol·L－1·min－1(用代数式表示)。
(3)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2＋起催化作用；
假设二： ；
假设三： ；
……
(4)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。
[除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定]
实验方案(不要求写具体操作过程) 预期实验结果和结论
解析： (1)由“调节不同的初始pH和一定浓度的草酸溶液用量，做对比实验”可知实验①②是为了对比pH的不同对速率的影响，实验②③是为了对比草酸浓度的不同对速率的影响，所以在实验③中草酸溶液和蒸馏水的总体积为40 mL即可(但不能与实验②的用量相同)。(2)图像中曲线的斜率越大，说明反应速率越快，所以由实验①②条件对照可知，pH越小，该反应速率越快。Cr2O氧化H2C2O4后，本身被还原为Cr3＋，由Cr元素质量守恒得关系式：Cr2O～2Cr3＋，故v(Cr3＋)＝2v(Cr2O)＝。(3)加入铁明矾后的混合液中含Fe2＋、Al3＋、SO，所以假设二、假设三分别为Al3＋起催化作用、SO起催化作用。(4)用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验。在此条件下，溶液中只相差Fe2＋，若反应进行相同时间后，溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立。
答案：(1)20 20(合理即可)
(2)pH越小，该反应速率越快
(3)Al3＋起催化作用 SO起催化作用
(4)
实验方案(不要求写具体操作过程) 预期实验结果和结论
用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验 反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，则假设一成立；若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立
(本题为开放性题目，其他答案合理均可)
控制变量法解决问题的基本思路(以应用3为例)
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1．基元反应
大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现。其中每一步反应都称为基元反应。
2．过渡态理论
基元反应过渡状态理论认为，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。
过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，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]。
3．催化剂与活化能
(1)催化剂的催化机理
催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到过渡态所需要的活化能，使反应速率加快。
学生用书?第160页
反应A＋B→AB的活化能为Ea。
加入催化剂K后，反应分两步进行：
①A＋K→AK 活化能为Ea1(慢反应)
②AK＋B→AB＋K 活化能为Ea2(快反应)
总反应方程式：A＋BAB，反应活化能(能垒)为Ea1。
(2)活化能与化学反应速率的关系
①加入催化剂后，两步基元反应的活化能Ea1和Ea2均小于原反应的活化能Ea，因此反应速率加快。
②两步基元反应由于Ea1>Ea2，第1步反应是慢反应，决定整个反应的快慢，活化能Ea1是在催化剂条件下总反应的活化能。
应用1.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) ΔH＝－a kJ·mol－1(a＞0)，其反应机理如下：
①NO(g)＋Br2(g)NOBr2(g) 快
②NO(g)＋NOBr2(g)2NOBr(g) 慢
下列有关该反应的说法正确的是( )
A．该反应的速率主要取决于①的快慢
B．NOBr2是该反应的催化剂
C．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1
D．增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
C [反应速率主要取决于慢的一步，所以该反应的速率主要取决于②的快慢，故A错误；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，故B错误；由于该反应为放热反应，说明反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1，故C正确；增大Br2(g)浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数目增多，所以能加快反应速率，故D错误。]
应用2.(双选)汽车尾气处理时存在反应：NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)，该反应过程及能量变化如图所示。
下列说法正确的是( )
A．使用催化剂活化分子百分数增多
B．使用催化剂，反应物分子的能量变高
C．使用催化剂可以有效减少反应放出的热量
D．无论是反应物还是生成物，转化为活化络合物都要吸收能量
AD [使用催化剂，降低反应的活化能，活化分子百分数增多，但反应物分子能量不变，也不改变反应热，B、C错误。]
应用3.(双选)(2022·湖南选择考，12)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是( )
A．进程Ⅰ是放热反应
B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ
D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
AD [A项，由图中信息可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，A说法正确；B项，进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B说法不正确；C项，进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能，由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤，因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ，C说法不正确；D项，由图中信息可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z，然后S·Z转化为产物P·Z，由于P·Z没有转化为P＋Z，因此，Z没有催化作用，D说法正确。]
应用4.据文献报道，某反应的反应历程如图所示：
下列有关该历程的说法错误的是( )
A．总反应化学方程式为4NH3＋3O22N2＋6H2O
B．Ti4＋…NH2—N===O是中间产物
C．Ti4＋是催化剂
D．Ti4＋…NH2—N===O―→Ti4＋＋N2＋H2O属于分解反应
A [根据反应历程，参加反应的物质有NH3、NO、O2，生成物有N2和H2O，因此总反应化学方程式为4NH3＋2NO＋2O23N2＋6H2O，故A错误；根据题中信息得到Ti4＋…NH2—N===O是中间产物，故B正确；Ti4＋在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和化学性质未变，因此Ti4＋是催化剂，故C正确；分解反应是一种物质反应生成两种或两种以上新物质，因此Ti4＋…NH2—N===O―→Ti4＋＋N2＋H2O属于分解反应，故D正确。]
应用5.烯烃与氢气混合在常温常压时不反应，高温时反应很慢，但在适当的催化剂存在时可与氢气反应生成烷烃，一般认为加氢反应是在催化剂表面上进行。反应过程的示意图如图：
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下列说法正确的是( )
A．乙烯和氢气生成乙烷反应的ΔH＞0
B．有催化剂时的活化能E2比无催化剂时的活化能E1低，能减小反应的ΔH
C．催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体
D．催化加氢过程中催化剂将较难发生的反应分成了多个容易发生的反应，可提高反应物的转化率
C [由题图可知乙烯和氢气生成乙烷的反应为放热反应，则ΔH＜0，故A错误；由题图可知加入催化剂，反应物与生成物的总能量差不变，则反应热不变，所以有催化剂时的活化能E2比无催化剂时的活化能E1低，不能减小反应的ΔH，故B错误；由题图可知，催化加氢过程中金属氢化物的一个氢原子和双键碳原子先结合，得到中间体，故C正确；催化剂不影响平衡移动，不能改变转化率，故D错误。]
应用6.科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程，如图所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，吸附在催化剂表面的物质用*标注。下列说法错误的是( )
A．由图可以判断合成氨反应属于放热反应
B．氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快
C．整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*＋3H2―→2N*＋6H*
D．从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率
C [据题图可知，始态*＋N2＋3H2的相对能量为0 eV，生成物*＋2NH3的相对能量约为－1.8 eV，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A正确；题图中实线标示出的位点A最大能垒(活化能)低于题图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能)，活化能越低，有效碰撞几率越大，化学反应速率越大，故B正确；由题图可知，整个反应历程中2N*＋3H2―→2N*＋6H*不是活化能最大的步骤，故C错误；由图像可知氮气活化在位点A上活化能较低，速率较快，故D正确。]
应用7.在Co＋的催化作用下，CO(g)还原N2O(g)的反应历程和能量变化如图所示(逸出后认为物质状态不发生变化，在图中略去)。已知总反应的化学方程式为：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。
该反应分两步进行：
(1)填写第二步反应的热化学方程式，并根据反应历程图计算ΔH2的数值。
第一步：Co＋(s)＋N2O(g)CoO＋(s)＋N2(g) ΔH1＝＋15.9 kJ·mol－1；
笫二步： ，
ΔH2＝ ；
(2)该反应的最高能垒(活化能)为 。
解析： (1)总反应方程式为CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)；第一步反应为Co＋(s)＋N2O(g)CoO＋(s)＋N2(g) ΔH1＝＋15.9 kJ·mol－1；第二步反应＝总反应－第一步反应，所以第二步反应为CoO＋(s)＋CO(g)Co＋(s)＋CO2(g)；据题图可知该反应初始时的相对能量为＋15.9 kJ/mol，终态的相对能量为－358.6 kJ/mol，所以该反应的ΔH2＝－358.6 kJ/mol－15.9 kJ/mol＝－374.5 kJ/mol；(2)根据反应历程图像中的数据可知，由－127.9 kJ/mol到＋15.9 kJ/mol这两个能量状态之间转化过程中能垒最高，为143.8 kJ/mol。
答案： (1)CoO＋(s)＋CO(g)Co＋(s)＋CO2(g) －374.5 kJ·mol－1 (2)143.8 kJ·mol－1
真题演练 明确考向
1．(2022·浙江选择考，20)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 时间/minc (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)＝1.00×10－5mol·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
C [A项，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)＝1.00×10－5 mol/(L·min)，A正确；B项，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②60 min时处于平衡状态，x<0.40，即x≠0.40，B正确；C项，实验①、实验②中0～20 min、20 min～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；D项，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。]
2．(2022·广东选择考，15)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，则下列说法正确的是( )
学生用书?第162页
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
D [A项，由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B项，由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B错误；C项，由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min 内Y的浓度变化了2.0 mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol/L，二者浓度变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；D项，使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min 内，Y的浓度变化了4.0 mol/L，则v(Y)＝＝＝2.0 mol·L－1·min－1，v(X) ＝v(Y) ＝×2.0 mol·L－1·min－1＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。]
3. (2022·山东等级考，10)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
D [A项，根据反应机理的图示知，含N分子参与的反应有NO＋·OOH===NO2＋·OH、NO＋NO2＋H2O===2HONO、NO2＋·C3H7===C3H6＋HONO、HONO===NO＋·OH，含N分子的物质NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为＋2价、＋4价、＋3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B项，根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C项，NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D项，无论反应历程如何，在NO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，D项错误。]
4．(2021·河北选择考，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 mol·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
A [A项，由图中数据可知，30 min时，M、Z的浓度分别为0.300 mol·L－1和0.125 mol·L－1，则M的变化量为0.5 mol·L－1－0.300 mol·L－1＝0.200 mol·L－1，其中转化为Y的变化量为0.200 mol·L－1－0.125 mol·L－1＝0.075 mol·L－1。因此，0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为 ＝0.002 5 mol·L－1·min－1，A说法不正确；B项，由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，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 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；C项，结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于＝＝，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即62.5%的M转化为Z，C说法正确；D项，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。]
5．[2021·河北选择考，16(4)②]研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H＋电还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图。由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 (用a、b、c字母排序)。
解析： c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H＋电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而在催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H＋电还原的活化能，相对来说，更易发生H＋的电还原。其中a催化剂条件下，H＋电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H＋电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a。
答案： c、b、a
课时精练(三十二) 化学反应速率
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)经a min后SO3的浓度变化情况如图所示，在0～a min内用O2表示的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1，则a等于( )
A．0.1 B．2.5 C．5 D．10
C [由题图可知，0～a min内Δc(SO3)＝0.4 mol·L－1，则有v(SO3)＝ mol·L－1·min－1。根据反应速率与化学计量数的关系可得，v(O2)＝v(SO3)＝ mol·L－1·min－1，又知“0～a min内用O2表示的平均反应速率为0.04 mol·L－1·min－1”，则有 mol·L－1·min－1＝0.04 mol·L－1·min－1，解得a＝5，C项正确。]
2．四个相同的容器中，在不同的温度下(其他条件相同)进行合成氨的反应，根据下列在相同时间内测得的结果判断，反应所处温度最高的是( )
A．v(NH3)＝0.1 mol·L－1·min－1
B．v(H2)＝0.6 mol·L－1·min－1
C．v(N2)＝0.3 mol·L－1·min－1
D．v(H2)＝0.3 mol·L－1·min－1
C [合成氨的反应为N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)，温度越高，反应速率越快。根据反应速率与化学计量数的关系，将四个选项中反应速率转化为v(H2)，A项，v(H2)＝v(NH3)＝0.15 mol·L－1·min－1，C项，v(H2)＝3v(N2)＝0.9 mol·L－1·min－1，则C项表示的反应速率最快，反应所处的温度最高。]
3．将固体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生下列可逆反应：NH4Br(s)NH3(g)＋HBr(g)，2HBr(g)Br2(g)＋H2(g), 2 min后，测得c(H2)＝0.5 mol·L－1，c(HBr)＝4 mol·L－1，若上述反应速率用v(NH3)表示，下列反应速率正确的是( )
A．0.5 mol·L－1·min－1
B．2.5 mol·L－1·min－1
C．2 mol·L－1·min－1
D．5 mol·L－1·min－1
B [对于反应2HBr(g)Br2(g)＋H2(g)，Δc(H2)＝0.5 mol·L－1，则Δc(HBr)＝2Δc(H2)＝2×0.5 mol·L－1＝1 mol·L－1，则该可逆反应起始时c(HBr)＝4 mol·L－1＋1 mol·L－1＝5 mol·L－1；由NH4Br(s)NH3(g)＋HBr(g)可知，NH3的平衡浓度应与HBr分解反应的起始浓度相等，即c(NH3)＝5 mol·L－1，v(NH3)＝＝2.5 mol·L－1·min－1。]
4．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－198 kJ·mol－1，在V2O5存在时，该反应的机理为：V2O5＋SO22VO2＋SO3(快)，4VO2＋O22V2O5(慢)。
下列说法中正确的是( )
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.逆反应的活化能比正反应的活化能大198 kJ·mol－1
D.增大SO2的浓度可显著提高反应速率
C [由反应机理可知，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·mol－1，所以逆反应的活化能比正反应的活化能大198 kJ·mol－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。]
5．如表为某学生进行的两组实验：
反应物 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 水
浓度/(mol·L－1) 体积/mL 浓度/(mol·L－1) 体积/mL
甲 0.1 10 0.1 10 5 mL
乙 0.2 5 0.2 5 20 mL
若其他条件均相同，上述两组实验中，对应反应的反应速率关系为( )
A.甲>乙 B．甲<乙
C.甲＝乙 D．无法判断
A [此反应为Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，甲组溶液的总体积是25 mL，混合溶液中，甲组反应物的浓度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝＝0.04 mol·L－1；乙组溶液的总体积是30 mL，混合溶液中，乙组反应物的浓度c(Na2S2O3)＝c(H2SO4)＝≈0.033 mol·L－1。由于甲组中反应物的浓度较大，故在其他条件相同时，其反应速率较大，即甲组的反应速率大于乙组的反应速率，A项正确。]
6．已知化学反应：NO2＋CONO＋CO2，①当t<250 ℃时，v＝k·c2(NO2)，②当t>250 ℃时，v＝k·c(NO2)·c(CO)。以上两式中v为反应速率，k为速率常数(一定温度下为定值)。下列叙述正确的是( )
A.当NO2和CO的浓度相等时，升高或降低温度，反应速率不变
B.因反应前后气体分子数目不变，故改变压强反应速率不变
C.增大NO2的浓度为原来的2倍，反应速率一定变为原来的4倍
D.当温度低于250 ℃时，改变CO的浓度，反应速率基本不变
D [升高温度，反应速率加快，降低温度，反应速率减慢，A项错误；该反应前后气体分子数目不变，改变压强，平衡不移动，但反应速率对应改变，B项错误；增大NO2的浓度为原来的2倍，若t>250 ℃，根据v＝k·c(NO2)·c(CO)可知，反应速率变为原来的2倍，C项错误；当温度低于250 ℃时，根据v＝k·c2(NO2)可知，一定温度下，反应速率只与c(NO2)有关，改变CO的浓度，反应速率不变，D项正确。]
7．I－可以作为水溶液中的SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：
ⅰ.SO2＋4I－＋4H＋===S↓＋2I2＋2H2O
ⅱ.I2＋2H2O＋SO2===SO＋4H＋＋2I－
为探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置，观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
试剂组成 0.4 mol·L－1KI a mol·L－1KI、0．2 mol·L－1H2SO4 0.2 mol·L－1H2SO4 0.2 mol·L－1KI、0．000 2 mol I2
实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较Ⅰ快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快
下列说法不正确的是( )
A.水溶液中SO2歧化反应的化学方程式为3SO2＋2H2O===2H2SO4＋S↓
B.Ⅱ是Ⅰ的对比实验，则a＝0.4
C.比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可得出的结论是：I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快SO2歧化反应的速率
D.实验表明，SO2歧化反应的速率Ⅳ>Ⅰ，原因是反应ⅰ比反应ⅱ快；Ⅳ中由反应ⅱ产生的H＋使反应i加快
D [根据题中催化过程，可得水溶液中SO2歧化反应的化学方程式为3SO2＋2H2O===2H2SO4＋S↓，A项正确；Ⅱ是Ⅰ的对比实验，采用控制变量法，Ⅱ比Ⅰ多加了0.2 mol·L－1H2SO4，Ⅰ与Ⅱ中KI浓度应相等，则a＝0.4，B项正确；对比Ⅰ与Ⅱ，加入H＋可以加快SO2歧化反应的速率，对比Ⅱ与Ⅲ，H＋单独存在时不能催化SO2的歧化反应，比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，I－是SO2歧化反应的催化剂，C项正确；Ⅳ中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快”，说明SO2歧化反应速率Ⅳ>Ⅰ，对比Ⅳ和Ⅰ，Ⅳ中加入的KI的浓度小且加入了I2，反应ⅰ消耗H＋和I－，反应ⅱ消耗I2，由此说明反应ⅱ比反应ⅰ快，反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ加快，D项错误。]
8．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元素的化合价未发生变化
D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
D [A项，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↑，故A正确；B项，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，使甲酸根离子浓度降低，导致反应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，故B正确；C项，由反应机理可知，Fe在反应过程中化合价未发生变化，故C正确；D项，由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ相对能量最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误。]
9．化学工作者对NO与H2的反应进行研究，提出下列三步机理：(k为速率常数)
第一步：2NON2O2 快反应，平衡时：v正＝k正·c2(NO)＝v逆＝k逆·c(N2O2)
第二步：N2O2＋H2N2O＋H2O 慢反应
第三步：N2O＋H2N2＋H2O 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步平衡，下列说法正确的是( )
A．v(第一步逆反应)
C．达平衡时，2c(NO)＝c(N2O2)
D．第一步反应的平衡常数K＝
B [第二步为慢反应，故其反应速率应小于第一步逆反应，A项错误；总反应快慢应由慢反应决定，即主要由第二步反应决定，B项正确；到达平衡时k正·c2(NO)＝k逆·c(N2O2)，k正、k逆值未知，故两者浓度大小关系未知，C项错误；第一步反应达到平衡时，K＝，又v正＝k正·c2(NO)＝v逆＝k逆·c(N2O2)，故K＝，D项错误。]
10．F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应：
2N2O5(g)4NO2(g)2N2O4(g)＋O2(g)，其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5(g)完全分解]：
t/min 0 40 80 160 260 1 300 1 700 ∞
p/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1
研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5(kPa·min－1)。t＝62 min时，测得体系中pO2＝2.9 kPa，则此时的pN2O5＝ kPa，v＝ kPa·min－1。
解析： 由方程式2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)可知，62 min时，pO2＝2.9 kPa，则减小的N2O5为5.8 kPa，此时pN2O5＝35.8 kPa－5.8 kPa＝30.0 kPa，则v(N2O5)＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2 kPa·min－1。
答案： 30.0 6.0×10－2
11．某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液的酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。
编号 反应物 催化剂
Ⅰ 10 mL 2% H2O2溶液＋1 mL水 无
Ⅱ 10 mL 5% H2O2溶液＋1 mL水 无
Ⅲ 10 mL 5% H2O2溶液 1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液
Ⅳ 10 mL 5% H2O2溶液＋少量HCl溶液 1 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液
Ⅴ 10 mL 5% H2O2溶液＋少量NaOH溶液 1 mL 0.1 mol·L－1FeCl3溶液
(1)实验Ⅰ和实验Ⅱ的目的是 。
(2)写出实验Ⅲ中发生反应的化学方程式： 。
(3)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的起始反应速率由大到小的顺序为 (用实验编号表示)。
(4)实验Ⅲ、Ⅳ、Ⅴ中，测得生成氧气的体积(折算成标准状况)随时间变化的关系如图所示。
①分析图示能够得出的结论是 。
②实验Ⅲ在t1～t2时间内，以H2O2表示的反应速率为 。
解析： (1)实验Ⅰ和Ⅱ均未使用催化剂，混合液的总体积均为11 mL，c(H2O2)不同，则实验目的是探究反应物浓度对反应速率的影响。(2)实验Ⅲ为H2O2在FeCl3催化作用下分解生成H2O和O2的反应，据此写出化学方程式。(3)实验Ⅰ中，c(H2O2)最小且未使用催化剂，则实验Ⅰ中起始反应速率最小；实验Ⅱ和Ⅲ中c(H2O2)相同，实验Ⅲ中加入FeCl3溶液，则实验Ⅲ的起始反应速率大于实验Ⅱ，故反应速率由大到小的顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ。(4)①与实验Ⅲ相比，实验Ⅳ加入少量HCl溶液，实验Ⅴ加入少量NaOH溶液，其他实验条件均相同，由题图可知，反应速率：Ⅴ>Ⅲ>Ⅳ，据此得出结论：碱性环境能加快H2O2分解的速率，酸性环境能减慢H2O2分解的速率。②实验Ⅲ在t1～t2时间内，生成标准状况下O2的体积为(b－a) mL，则有n(O2)＝ mol，反应中消耗H2O2的物质的量n(H2O2)＝2n(O2)＝ mol，溶液的总体积为11 mL，故以H2O2表示的反应速率v(H2O2)＝ mol·L－1·s－1＝ mol·L－1·s－1。
答案： (1)探究反应物浓度对反应速率的影响
(2)2H2O22H2O＋O2↑
(3)Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ
(4)①碱性环境能加快H2O2分解的速率，酸性环境能减慢H2O2分解的速率 ② mol·L－1·s－1
学生用书?第163页
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