2026《金版教程》高考复习方案化学创新版-第1讲 化学反应速率

第1讲化学反应速率1.知道化学反应速率的概念和定量表示方法并能够进行简单计算。2.通过实验探究，理解外界条件(温度、浓度、压强、催化剂)对反应速率的影响。3.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。4.认识化学反应速率的调控在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。考点一化学反应速率1．化学反应速率注：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。③固体或纯液体的浓度视为常数，不能用固体或纯液体的浓度变化计算化学反应速率。2．同一反应速率与计量数的关系用不同物质的浓度变化表示同一化学反应的反应速率时，反应速率之比等于化学方程式中各物质的eq\x(\s\up1(01))化学计量数之比。例如，对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝eq\x(\s\up1(02))m∶n∶p∶q。判断正误。正确的打“√”，错误的打“×”并指明错因。(1)对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显。(×)错因：反应速率大，反应现象不一定明显，如酸碱中和反应。(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。(×)错因：单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增大均表示正反应速率。(3)某化学反应速率为0.8mol·L－1·s－1，是指某时刻该反应的瞬时速率为0.8mol·L－1·s－1。(×)错因：0.8__mol·L－1·s－1是指一段时间内的平均反应速率。(4)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。(×)错因：同一反应在同一条件下用不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，但都表示该反应的反应速率。(5)对于反应：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，v(NO)与v(O2)的关系是5v(NO)＝4v(O2)。(√)(6)对于反应：C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)，若v(H2)＝0.5mol·L－1·s－1，则v(C)＝0.5mol·L－1·s－1。(×)错因：固体的浓度视为常数，不能用来计算化学反应速率。题组一模型认知化学反应速率的计算1．一定条件下反应A(s)＋3B(g)2C(g)在10L的密闭容器中进行，测得2min内，A的物质的量由20mol减小到8mol，下列说法正确的是()A．用A表示该反应的反应速率为0.6mol·L－1·min－1B．用B表示该反应的反应速率为2.4mol·L－1·min－1C．2v(B)＝3v(C)D．2min内，用C表示该反应的反应速率为3.6mol·L－1·min－1答案：C2．某反应A(g)＋B(g)→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)。其中，k为速率常数。已知其半衰期(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，下列说法不正确的是()c(A)/mol·L－10.250.501.000.501.00c1c(B)/mol·L－10.0500.0500.1000.1000.200c2v/(10－3mol·L－1·min－1)1.63.2v13.2v24.8A．上述表格中的c1＝0.75、v2＝6.4B．该反应的速率常数k＝6.4×10－3min－1C．升温、加入催化剂均可使k增大，反应瞬时速率加快D．在过量的B存在时，反应掉75%的A，所需的时间是375min答案：D解析：某反应A(g)＋B(g)→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)，其中k是反应速率常数，受温度、催化剂的影响，浓度变化，k不变；由第二组数据3.2×10－3＝k(0.50)m(0.050)n和第四组数据3.2×10－3＝k(0.50)m(0.100)n，可知n＝0，由第一组数据1.6×10－3＝k(0.25)m(0.050)0，第二组数据3.2×10－3＝k(0.50)m(0.050)0，两式相比得到m＝1；将n＝0，m＝1代入1.6×10－3＝k(0.25)1(0.050)0得到k＝6.4×10－3min－1，速率方程式为v＝6.4×10－3c(A)·c0(B)。代入第五组数据，v2＝6.4×10－3×(1.00)×(0.200)0＝6.4×10－3mol·L－1·min－1，故v2＝6.4；第六组数据中v＝4.8×10－3mol·L－1·min－1，代入速率方程解得c1＝0.75，故A正确；根据分析k＝6.4×10－3min－1，故B正确；结合分析，升温、加入催化剂可使k增大，故C正确；根据题给信息，其半衰期为0.8/k，存在过量的B时，反应掉75%的A，可以看作经历2个半衰期，即因此所需的时间为eq\f(2×0.8,6.4×10－3)min＝250min，故D错误。思维建模“三段式”法求解化学反应速率(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)根据已知条件列式计算。例如：反应mA(g)＋nB(g)pC(g)t0s(mol·L－1)abc转化(mol·L－1)xeq\f(nx,m)eq\f(px,m)t1s(mol·L－1)a－xb－eq\f(nx,m)c＋eq\f(px,m)则v(A)＝eq\f(x,t1－t0)mol·L－1·s－1，v(B)＝eq\f(nx,m（t1－t0）)mol·L－1·s－1，v(C)＝eq\f(px,m（t1－t0）)mol·L－1·s－1。题组二分析与研判化学反应速率的大小3．对于反应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)＝0.5mol·L－1·min－1B．v(B)＝1.2mol·L－1·s－1C．v(D)＝0.4mol·L－1·min－1D．v(C)＝0.1mol·L－1·s－1答案：D4．反应A(g)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45mol·L－1·s－1，②v(B)＝0.6mol·L－1·s－1，③v(C)＝0.4mol·L－1·s－1，④v(D)＝0.45mol·L－1·s－1。则有关反应速率大小顺序为________________。答案：①>④>②＝③方法技巧化学反应速率大小的比较方法(1)归一法按照化学计量数关系将化学反应速率换算成用同一物质、同一单位表示的速率，再比较它们数值的大小。(2)比值法比较化学反应速率与其对应的化学计量数的比值。如aA(g)＋bB(g)cC(g)，即比较eq\f(v（A）,a)与eq\f(v（B）,b)，若eq\f(v（A）,a)>eq\f(v（B）,b)，则用A表示的反应速率比用B表示的大。考点二影响化学反应速率的因素1．内因(主要因素)反应物本身的eq\x(\s\up1(01))性质是影响化学反应速率的决定因素。卤素单质与H2反应的速率大小关系为eq\x(\s\up1(02))F2>Cl2>Br2>I2，镁、铝、锌、铁与稀硫酸反应的速率大小关系为eq\x(\s\up1(03))Mg>Al>Zn>Fe。2．外因3．有效碰撞理论(1)有效碰撞能够发生eq\x(\s\up1(01))化学反应的碰撞为有效碰撞。化学反应发生的先决条件是反应物分子间必须发生碰撞。有效碰撞必须具备两个条件：一是发生碰撞的分子具有eq\x(\s\up1(02))足够的能量，二是碰撞时要有eq\x(\s\up1(03))合适的取向。(2)活化分子有足够的eq\x(\s\up1(04))能量，能够发生eq\x(\s\up1(05))有效碰撞的分子叫活化分子。活化分子百分数＝eq\f(活化分子数目,反应物分子总数)×100%。(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，如图：图中：E1为eq\x(\s\up1(06))反应的活化能；E2为eq\x(\s\up1(07))活化分子变成生成物分子放出的能量；E3为eq\x(\s\up1(08))使用催化剂时反应的活化能；反应热ΔH＝eq\x(\s\up1(09))E1－E2。(4)从活化分子、有效碰撞角度分析外界条件对反应速率的影响判断正误。正确的打“√”，错误的打“×”并指明错因。(1)升温时，吸热反应速率增大，放热反应速率减小。(×)错因：无论是吸热反应还是放热反应，升高温度，反应速率均加快。(2)增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率。(×)错因：铁遇冷的浓硫酸发生钝化。(3)反应C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)在固定容积的容器中进行，充入N2后，体系压强增大，反应速率加快。(×)错因：容积固定，充入N2，体系压强增大，但N2不参与反应，各反应物浓度不变，故反应速率不变。(4)恒温条件下，在容积可变的密闭容器中进行反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)，在保持容器内压强不变的前提下不断向容器中充入稀有气体，在此过程中反应速率不变。(×)错因：充入稀有气体，要想压强不变则容器的体积就要增大，反应物的浓度减小，反应速率减小。(5)一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜能够提高反应速率。(√)(6)100mL2mol·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。(×)错因：加入适量NaCl溶液相当于稀释盐酸，反应速率减小。题组一分析与归纳外界条件对速率的影响1．(2025·惠州市高三调研考试)下列措施中，不能增大反应速率的是()A．铁和稀盐酸反应制氢气时，用铁粉代替铁片B．常温下用浓硫酸代替稀硫酸与铝反应制氢气C．乙酸和乙醇进行酯化反应时采取加热措施D．H2O2分解制O2时加入少量MnO2答案：B解析：常温下铝遇浓硫酸发生钝化，不能制取氢气，B不能增大反应速率。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，下列条件的改变能使反应速率加快的是()①增加铁粉的质量②将容器的容积缩小一半③保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大④保持容器容积不变，充入水蒸气使体系压强增大A．①④ B．②③C．①③ D．②④答案：D反思归纳压强改变反应速率，归根结底是因为改变了浓度。对于有气体参与的反应，有如下三种类型：(1)恒温时①体积减小→压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率增大。②体积增大→压强减小→气体反应物浓度减小→反应速率减小。(2)恒温恒容时①充入气体反应物→总压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率增大。②充入“惰性气体”→总压强增大→反应物浓度不变→反应速率不变。(3)恒温恒压时充入“惰性气体”→体积增大→反应物浓度减小→反应速率减小。题组二探究与归纳影响化学反应速率的因素3．为探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解反应的催化效果，某同学分别设计了图a、图b所示的实验。下列叙述中不正确的是()A．图b中的A为分液漏斗B．图b实验可通过测定相同状况下产生的气体体积与反应时间来比较反应速率C．图a实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率D．若图a实验中反应速率为①>②，则Fe3＋对H2O2分解的催化效果一定比Cu2＋好答案：D解析：因为氯化铁、硫酸铜中的阴离子不同，若图a实验中反应速率为①>②，不能说明Fe3＋对H2O2分解的催化效果一定比Cu2＋好，D错误。4．已知：S2Oeq\o\al(2－,8)＋2I－=2SOeq\o\al(2－,4)＋I2(慢)；I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)(快)。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/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液①10.00.04.04.02.0②9.01.04.04.02.0③8.0Vx4.04.02.0表中Vx＝________，理由是________________________________________________。答案：2.0保证反应物K2S2O8浓度的改变，而其他物质的浓度不变思维建模利用“变量控制法”的解题策略1．(2024·甘肃卷)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：C2．(2024·安徽卷)室温下，为探究纳米铁去除水样中SeOeq\o\al(2－,4)的影响因素，测得不同条件下SeOeq\o\al(2－,4)浓度随时间变化关系如下图。实验序号水样体积/mL纳米铁质量/mg水样初始pH①5086②5026③5028下列说法正确的是()A．实验①中，0～2小时内平均反应速率v(SeOeq\o\al(2－,4))＝2.0mol·L－1·h－1B．实验③中，反应的离子方程式为：2Fe＋SeOeq\o\al(2－,4)＋8H＋=2Fe3＋＋Se＋4H2OC．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，SeOeq\o\al(2－,4)的去除效果越好答案：C解析：实验①中，0～2小时内平均反应速率v(SeOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(（5.0×10－3－1.0×10－3）mol·L－1,2h)＝2.0×10－3mol·L－1·h－1，A不正确；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出现H＋，B不正确；综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeOeq\o\al(2－,4)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②和③可知，在相同时间内，实验②中SeOeq\o\al(2－,4)浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始pH，SeOeq\o\al(2－,4)的去除效果更好，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SeOeq\o\al(2－,4)反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时，SeOeq\o\al(2－,4)的去除效果不一定越好，D不正确。3．(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)eq\o(,\s\up7(催化剂))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()A.实验①，0～20min，v(N2)＝1.00×10－5mol·L－1·min－1B．实验②，60min时处于平衡状态，x≠0.40C．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，反应速率增大答案：C解析：实验①中，0～20min，氨气浓度变化量为2.40×10－3mol·L－1－2.00×10－3mol·L－1＝4.00×10－4mol·L－1，v(NH3)＝eq\f(4.00×10－4mol·L－1,20min)＝2.00×10－5mol·L－1·min－1，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)＝eq\f(1,2)v(NH3)＝1.00×10－5mol·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4.00×10－4mol·L－1，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4mol·L－1，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②60min时处于平衡状态，x<0.40，B正确；实验①、实验②中0～20min、20～40min氨气浓度变化量都是4.00×10－4mol·L－1，则相同条件下，增加氨气的浓度，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，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。4．(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，0～2min内，v(X)＝1.0mol·L－1·min－1答案：D解析：由图可知，无催化剂时，随着时间的变化，生成物浓度在增加，说明反应在进行，故A错误；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；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2min内Y的浓度变化了2.0mol·L－1，则X的浓度应变化1.0mol·L－1，而a曲线变化了2.0mol·L－1，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；使用催化剂Ⅰ时，在0～2min内，Y的浓度变化了4.0mol·L－1，则v(Y)＝eq\f(Δc（Y）,Δt)＝eq\f(4.0mol·L－1,2min)＝2.0mol·L－1·min－1，v(X)＝eq\f(1,2)v(Y)＝eq\f(1,2)×2.0mol·L－1·min－1＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。5．(1)(2024·广东卷节选)含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。①用Na2CO3固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。ⅰ.该过程中用到的仪器有________。ⅱ.滴定数据及处理：Na2CO3溶液V0mL，消耗c1mol·L－1盐酸V1mL(滴定终点时，COeq\o\al(2－,3)转化为HCOeq\o\al(－,3))，则c(Na2CO3)＝____________mol·L－1。②实验探究：取①中的Na2CO3溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入m1g硫酸钙固体，反应t1min后，过滤，取V0mL滤液，用c1mol·L－1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽略COeq\o\al(2－,3)水解的影响)。序号abV(Na2CO3)/mL100.080.0V(H2O)/mL0xV(滤液)/mLV0V0V消耗(盐酸)/mLeq\f(2V1,5)eq\f(3V1,10)则x＝________，测得的平均反应速率之比va∶vb＝________。(2)(2024·河北卷节选)氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4­二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。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。①30min时，c(X)＝6.80mol·L－1，且30～60min内v(X)＝0.042mol·L－1·min－1，反应进行到60min时，c(X)＝____________mol·L－1。②60min时，c(D)＝0.099mol·L－1，若0～60min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G)＝________mol·L－1；60min后，随T的含量增加，eq\f(c（D）,c（G）)________(填“增大”“减小”或“不变”)。答案：(1)①ⅰ.BDⅱ.eq\f(c1V1,V0)②20.06∶5(2)①5.54②0.033增大解析：(1)②总体积应相同，x为20.0mL；a中消耗的盐酸体积为eq\f(2V1,5)，即Δc(Na2CO3)＝eq\f(3c1V1,5V0)mol·L－1，同理可得，b中Δc(Na2CO3)＝eq\f(80mL,100mL)×eq\f(c1V1,V0)－eq\f(3c1V1,10V0)＝eq\f(c1V1,2V0)，由于v＝eq\f(Δc,Δt)，在相同时间内，则va∶vb＝Δca∶Δcb＝eq\f(3c1V1,5V0)∶eq\f(c1V1,2V0)＝6∶5。(2)①根据化学反应速率的计算公式v(X)＝eq\f(Δc（X）,Δt)，知60min时，c(X)＝6.80mol·L－1－v(X)·Δt＝6.80mol·L－1－0.042mol·L－1·min－1×30min＝5.54mol·L－1。②已知eq\f(v（D）,v（G）)＝eq\f(\f(Δc（D）,t),\f(Δc（G）,t))＝eq\f(Δc（D）,Δc（G）)，又由题给反应速率方程推知，eq\f(v（D）,v（G）)＝eq\f(k2·c（M）,k3·c（M）)＝eq\f(k2,k3)＝3，则Δc(G)＝eq\f(1,3)×Δc(D)＝0.033mol·L－1。60min后，D和G转化为T的速率比为eq\f(k4·c（D）,k5·c（G）)＝eq\f(4·c（D）,23·c（G）)，G消耗得更快，则eq\f(c（D）,c（G）)增大。6．(2023·江苏卷节选)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O，其实验过程可表示为(1)下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有________(填序号)。A．水浴加热氧化镁浆料B．加快搅拌速率C．降低通入SO2气体的速率D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2(2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SOeq\o\al(2－,3)的离子方程式为__________________________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图所示。在pH＝6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是__________________________________________________________。答案：(1)BD(2)2SOeq\o\al(2－,3)＋O2eq\o(=,\s\up7(催化剂))2SOeq\o\al(2－,4)pH增大，抑制SOeq\o\al(2－,3)的水解，反应物SOeq\o\al(2－,3)的浓度增大，故可加快氧化速率解析：(1)加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确。课时作业[建议用时：40分钟]一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)1．一定条件下，向2L密闭容器中加入2molN2和10molH2，发生反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，2min时测得剩余N2为1mol，下列化学反应速率表示不正确的是()A．v(N2)＝0.25mol·L－1·min－1B．v(H2)＝0.75mol·L－1·min－1C．v(NH3)＝1mol·L－1·min－1D．v(NH3)＝0.5mol·L－1·min－1答案：C2．在带有活塞的密闭容器中发生反应Fe2O3(s)＋3H2(g)2Fe(s)＋3H2O(g)，采取下列措施不能加快正反应速率的是()A．增加H2O(g)的量B．保持容器体积不变，增加H2进入量C．充入He，保持容器内压强不变D．升高体系温度答案：C3．一定条件下，在容积为10L的固定容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，反应过程如图所示。下列说法不正确的是()A．t1min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．0～8min，H2的平均反应速率v(H2)＝0.01125mol·L－1·min－1D．10～12min，N2的平均反应速率v(N2)＝0.0025mol·L－1·min－1答案：A4．已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2＋I－→H2O＋IO－慢，H2O2＋IO－→H2O＋O2＋I－快，下列有关该反应的说法正确的是()A．反应速率与I－浓度有关B．IO－也是该反应的催化剂C．反应活化能等于98kJ·mol－1D．v(H2O2)＝v(H2O)＝v(O2)答案：A解析：B项，该反应中IO－是中间产物，错误；C项，反应的活化能表示一个化学反应发生所需要的最小能量，分解1molH2O2放出98kJ热量，不能据此判断该反应的活化能，错误；D项，由反应速率与对应物质的化学计量数的关系可知v(H2O2)＝v(H2O)＝2v(O2)，错误。5．将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)3C(g)＋4D(s)，若2s时测得C的浓度为0.9mol·L－1，则下列说法中错误的是()A．用物质A表示的平均反应速率为0.3mol·L－1·s－1B．用物质D表示的平均反应速率为0.6mol·L－1·s－1C．2s时，物质A的转化率为30%D．用A、B、C来表示反应速率，其速率之比为2∶1∶3答案：B解析：B项，D为固体，不能用其浓度变化来表示反应速率，错误。6．T℃时，降冰片烯在催化剂作用下聚合，反应物浓度与催化剂种类及反应时间的关系如表所示。下列说法不正确的是()A．催化效果：催化剂Ⅱ优于催化剂ⅠB．编号2和3实验中，反应至125min时，反应物恰好都消耗完C．编号2实验中，以反应物浓度变化表示的反应速率为0.024mol·L－1·min－1D．其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越大答案：D解析：根据表格数据，编号1的实验中，0～50min反应物浓度减小0.6mol/L、50～100min反应物浓度减小0.6mol/L、100～150min反应物浓度减小0.6mol/L，可知反应速率与反应物浓度无关，故D错误。7．(2025·陕西师范大学附属中学高三月考)一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：2N2O54NO2＋O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：t/s06001200171022202820xc(N2O5)/(mol·L－1)1.400.960.660.480.350.240.12下列说法正确的是()A．600～1200s，生成NO2的平均速率为5.0×10－4mol·L－1·s－1B．反应2220s时，放出的O2体积为11.8L(标准状况)C．反应达到平衡时，v正(N2O5)＝2v逆(NO2)D．推测上表中的x为3930答案：D解析：600～1200s，N2O5的变化量为(0.96－0.66)mol·L－1＝0.3mol·L－1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6mol·L－1，因此，生成NO2的平均速率为eq\f(0.6mol·L－1,600s)＝1.0×10－3mol·L－1·s－1，A不正确；由表中数据可知，反应2220s时，N2O5的变化量为(1.40－0.35)mol·L－1＝1.05mol·L－1，其物质的量的变化量为1.05mol·L－1×0.1L＝0.105mol，O2的变化量是其eq\f(1,2)，即0.0525mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol×22.4L·mol－1＝1.176L，B不正确；反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，2v正(N2O5)＝v逆(NO2)，C不正确；分析表中数据可知，该反应经过1110s(600～1710，1710～2820)后N2O5的浓度会变为原来的eq\f(1,2)，因此，N2O5的浓度由0.24mol·L－1变为0.12mol·L－1时，可以推测上表中的x为(2820＋1110)＝3930，D正确。8．探究反应：2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)ΔH<0，反应物浓度与初始反应速率的关系，在800℃、恒容密闭容器中充入NO、H2进行实验，所得数据如表：实验编号c(NO)/(mol·L－1)c(H2)/(mol·L－1)v初始/(mol·L－1·s－1)①0.0060.0013.2×10－3②0.0010.0064.8×10－4③0.0060.0026.4×10－3④0.0020.0061.92×10－3⑤0.0030.0064.32×10－3下列结论不正确的是()A．实验②、④探究的是c(NO)对反应速率的影响B．反应达到化学平衡后，温度降低，逆反应速率减小幅度大于正反应速率减小幅度C．若该反应速率方程为v＝k·ca(NO)·cb(H2)(k为常数)，则b＝1D．实验⑤经过50s达到化学平衡，用NO表示的平均反应速率为6.0×10－5mol·L－1·s－1答案：D解析：实验②、④中氢气的浓度相同，NO的浓度不同，探究的是c(NO)对反应速率的影响，A正确；该反应为放热反应，反应达到化学平衡后，温度降低，平衡正向移动，逆反应速率减小幅度大于正反应速率减小幅度，B正确；将实验①③中数据代入该反应速率方程可得b＝1，C正确；若实验⑤经过50s达到化学平衡，用NO表示的平均反应速率为6.0×10－5mol·L－1·s－1，则反应过程中转化的NO浓度为6.0×10－5mol·L－1·s－1×50s＝0.003mol·L－1，该反应为可逆反应，NO不可能100%转化，D错误。9．在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH<0，下列说法正确的是()A．保持容器容积不变，向其中加入1molH2(g)，反应速率一定加快B．保持容器容积不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)，反应速率一定加快C．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)，反应速率一定加快D．保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，反应速率一定加快答案：A解析：保持容器容积不变，向其中加入1molN2(N2不参加反应)，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变，B错误；保持容器内气体压强不变，向其中充入1molN2(N2不参加反应)，容器体积增大，各组分浓度减小，反应速率减小，C错误；保持容器内气体压强不变，向其中加入1molH2(g)和1molI2(g)，体积增大为原来的2倍，但浓度不变，反应速率不变，D错误。10．(2025·湖南省长沙市长郡中学高三月考)实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如表：序号①②③实验装置及操作实验现象无明显变化溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体，溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色物质析出下列说法不正确的是()A．KI对H2O2的分解有催化作用B．对比②和③，酸性条件下H2O2氧化KI的速率更大C．实验②③中的温度差异说明过氧化氢催化分解的反应为放热反应D．对比②和③，③中的现象可能是因为H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率答案：D11．对水样中影响M分解速率的因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度c(M)随时间(t)的变化如图所示。下列说法正确的是()A．水样pH越大，M的分解速率越快B．水样中添加Cu2＋，能加快M的分解速率C．由①、③得，反应物浓度越大，M的分解速率越慢D．在0～20min内，②中M的分解速率为0.025mol·L－1·min－1答案：B解析：曲线斜率越大，反应速率越快。pH：①>②；溶液初始浓度相同，斜率：①<②，说明水样pH越大，反应速率越慢，故A错误；初始浓度都为0.20mol·L－1、pH＝4时，③中不加Cu2＋，④中加入Cu2＋，斜率：③<④，反应速率：③<④，所以水样中添加Cu2＋，能加快M的分解速率，故B正确；①、③pH相同，初始浓度：①>③，斜率：①>③，反应速率：①>③，说明反应物浓度越大，M的分解速率越快，故C错误；0～20min内，②中M的平均分解速率＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(0.40－0.10,20)mol·L－1·min－1＝0.015mol·L－1·min－1，故D错误。12．(2025·湖南省岳阳市知源高中高三月考)一定条件下，H2O(g)在某催化剂表面上发生分解反应生成H2和O2，测得的实验结果如图所示。下列叙述正确的是()已知：化学上，将反应物消耗一半所用的时间称为半衰期(Teq\s\up-6(\f(1,2)))。A．H2O(g)在该催化剂表面的分解反应是可逆反应B．H2O(g)的半衰期与起始浓度成反比C．在该催化剂表面H2O(g)分解反应先快后慢D．ab段O2(g)的平均生成速率为5.0×10－4mol·L－1·min－1答案：D解析：H2O(g)最终浓度为0，说明该反应不是可逆反应，A错误；两条线的斜率相同，H2O(g)的起始浓度为c(H2O)＝10×10－2mol·L－1时，半衰期为50min，H2O(g)的起始浓度为c(H2O)＝5×10－2mol·L－1时，半衰期为25min，H2O(g)的半衰期与起始浓度成正比，B错误；H2O的浓度－时间关系为直线，即H2O(g)分解反应速率不随时间改变而改变，C错误；ab段H2O(g)的消耗速率v(H2O