练习二十三 化学反应速率及影响因素
1. (2023·河北化学)在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为v2＝k2·c2(X)和v3＝k3·c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得W(g)的浓度随时间的变化如下表。
t/min 0 1 2 3 4 5
c(W)/(mol·L－1) 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028
下列说法正确的是( )
A．0～2 min内，X的平均反应速率为0.080 mol·L－1·min－1
B．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大
C．若k2＝k3，平衡时c(Z)＝c(X)
D．若升高温度，平衡时c(Z)减小
解析：由表知0～2 min内Δc(W)＝0.160 mol·L－1－0.080 mol·L－1＝0.080 mol·L－1，Δc(X)＝2Δc(W)＝0.160 mol·L－1，但一部分X转化为Z，造成Δc(X)<0.160 mol·L－1，则v(X)<＝0.080 mol·L－1·min－1，故A错误；过程①是完全反应，过程②是可逆反应，若增大容器容积相当于减小压强，对反应4X(g)??2Z(g)平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，X的浓度增大，平衡时Y的产率不变，故B错误；由反应速率之比等于化学计量数之比可知，平衡时v逆(X)＝2v正(Z)，即v3＝2v2，k3·c(Z)＝2k2·c2(X)，若k2＝k3，平衡时c(Z)＝2c2(X)，故C错误；反应③的活化能大于反应②，ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能<0，则4X(g)??2Z(g) ΔH<0，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c(Z)减小，故D正确。故选D。
2．(2022·辽宁化学)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)
D．5 min时，X的物质的量为1.4 mol
解析：本题考查化学反应速率及化学平衡常数的相关应用。反应开始一段时间，随着时间的延长，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0～2 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)＝0.072
答案：B
3．(2024·保定模拟)已知NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋2H2O＋N2↑的速率方程为v＝k·cm(NaNO2)·c(NH4Cl)·c(H＋)，为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，进行如下实验：向锥形瓶中加入一定体积(V)的2.0 mol·L－1 NaNO2溶液、2.0 mol·L－1 NH4Cl溶液、1.0 mol·L－1醋酸和水，充分搅拌，保持体系温度为36 ℃，用秒表测量收集1.0 mL N2所需要的时间(t)，实验数据如表。下列说法正确的是( )
实验 V/mL t/s
NaNO2溶液 NH4Cl溶液 醋酸 水
1 4.0 V1 4.0 8.0 332
2 6.0 4.0 4.0 6.0 148
3 V2 4.0 4.0 4.0 83
4 12.0 4.0 4.0 V3 37
A.V1＝4.0；V3＝2.0
B．实验3用N2表示的反应平均速率v＝ mol·s－1
C．醋酸不参与反应，其浓度的大小对该反应速率无影响
D．速率方程中m＝2
解析：为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，NH4Cl浓度不变，根据数据2可知溶液总体积为20 mL，根据变量单一可知V1为4.0 mL，V2为8.0 mL，V3为0 mL，A错误；实验3不在标准状况下，不能用标准状况下的气体摩尔体积来计算，B错误；醋酸可能是催化剂，其浓度可能会影响反应速率，C错误；浓度增大速率加快，根据实验1和实验3组数据分析，实验3的c(NaNO2)是实验1的2倍，实验1和实验3所用的时间之比为≈4，根据分析可知速率和浓度的平方成正比，故m＝2，D正确。
答案：D
4．(2022·河北化学)(双选)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①XY；②YZ。反应①的速率v1＝k1c(X)，反应②的速率v2＝k2c(Y)，式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的ln k～曲线。下列说法错误的是( )
甲 乙
A．随c(X)的减小，反应①②的速率均降低
B．体系中v(X)＝v(Y)＋v(Z)
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于T1时，总反应速率由反应②决定
解析：本题考查速率的影响因素及大小比较。恒温条件下，k1、k2不变，则速率v与反应物有关，图甲中一直下降的曲线代表c(X)随时间的变化，一直上升的曲线代表c(Z)随时间的变化，先上升后下降的曲线代表c(Y)随时间的变化，反应开始后，随着c(X)的减小，c(Y)增大，反应①的速率降低、反应②的速率增大，A错误；在Y的浓度达到最大值之前，Δc(X)＝Δc(Y)＋Δc(Z)，因此v(X)＝v(Y)＋v(Z)，在Y的浓度达到最大值之后，Δc(X)＋Δc(Y)＝Δc(Z)，故v(X)＋v(Y)＝v(Z)，B错误；升高温度可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C正确；温度为T1时k1＝k2，降低温度时，k2
5. (2022·北京化学)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，以恒定组成的N2、CH4混合气体，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，在催化剂上有积碳。
图1
图2
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的速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
解析：由题图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；由题图2信息可知，t1～t3，n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，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的化学计量数比均为1∶2，B正确；由反应②方程式可知，H2和CO的生成速率相等，而t2时刻H2的生成速率未变，仍然为2 mmol·min－1，CO约为1.6 mmol·min－1，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率，C错误；由题图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1 mmol·min－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，D正确。故选C。
6．(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＝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
解析：实验①中，0～20 min，氨气浓度变化量为2.40×10－3 mol·L－1－2.00×10－3 mol·L－1＝4.00×10－4 mol·L－1，v(NH3)＝＝2.00×10－5 mol·L－1·min－1 ，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－1·min－1，A正确；催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡移动，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－1，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4 mol·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②60 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－1，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。
答案：C
7．(2022·广东化学)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：由题图可知，无催化剂时，随着时间推移，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由题图可知，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；由题图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min 内Y的浓度变化了2.0 mol·L－1，而a曲线表示X的浓度变化了2.0 mol·L－1，二者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；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min内，Y浓度变化了4.0 mol·L－1，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。
答案：D
8. (2023·广东化学)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g) P(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是( )
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
答案：(1)①3 3 ②6 10 ③a (2)C
解析：(1)①由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为C40H20＋H·40H19＋H2，40H19??40H′19，40H′19C40H18＋H·，其中第3个基元反应的活化能最大，反应速率最慢。②由C40H20的结构分析，可知其含有1个五元环、10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C40H10总共含有6个五元环、10个六元环。③由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，平衡正向移动，既提高了平衡转化率又使反应速率加快，a符合题意；由化学方程式可知，该反应正向为体积增大的反应，加压，平衡逆向移动，降低了平衡转化率，b不符合题意；加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意。
(2)由题图可知，两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；由题图可知，该反应是放热反应，反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，R的浓度增大，B正确；由题图可知，Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；由题图可知，在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低，反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高，反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。
9．(2024·蚌埠质检)已知复杂反应的速率由反应历程中活化能最大的一步基元反应决定。卤代烃的取代反应有以下两种反应历程，其反应过程中的能量变化如图所示：
下列说法中错误的是( )
A．卤代烃的取代为放热反应
B．SN1反应速率与c(Nu：－)和c(R3CX)相关
C．SN2反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关
D．SN1机理为两步反应，SN2机理为一步反应
解析：卤代烃的取代反应中生成物能量低于反应物能量，该反应为放热反应，A项正确。SN1为单分子亲核取代反应，反应物先解离为碳正离子与带负电荷的离去基团，此过程的活化能大，决定反应速率，所以SN1反应速率只和c(R3CX)相关，B项错误。SN2反应为双分子亲核取代反应，只有一个阶段，其反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关，C项正确。SN1反应是两步反应，第一步是反应物在溶剂中解离为碳正离子和由离去基团形成的负离子(慢反应)，第二步是碳正离子与Nu：－结合(快反应)；SN2反应中R—X键的断裂与新的R—Nu键的形成是同时的，为一步反应，D项正确。
答案：B
10．(2024·衡水模拟)某研究团队提出了以氧化石墨烯(GO)为催化剂设计的简易膜反应，其反应为＋NCCH2COOC2H5，反应过程中能量变化如图所示，下列说法中正确的是( )
A．反应中(除GO外)既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成
B.分子中的碳原子均采用sp3杂化
C．催化剂可降低反应的活化能，从而改变反应的焓变
D．氧化石墨烯的作用之一可能是吸附反应物形成更稳定的反应中间体
解析：反应中没有非极性键的断裂，A项错误；分子中，C原子的杂化方式有sp、sp2、sp3，B项错误；催化剂可以降低反应的活化能，不可以改变反应的焓变，C项错误。
答案：D
11．(2023·安庆模拟)任何有机化合物的分子都是由特定碳骨架构成的，构建碳骨架是合成有机化合物的重要任务。某构建碳骨架的反应历程如图所示，下列关于该反应的说法错误的是( )
A．反应过程中Co的成键数目发生改变
B．图中所示物质间的转化有非极性键的断裂和形成
C．CH3OH分子中采用sp3杂化的仅有C原子
D．该构建碳骨架的总反应为CH3CH===CH2＋CO＋CH3OH(CH3)2CHCOOCH3，原子利用率为100%
解析：由题图可知，反应过程中钴原子的成键数目分别为4、5、6，说明成键数目发生改变，故A正确；由题图可知，反应过程中有非极性键碳碳键的断裂和形成，故B正确；甲醇分子中饱和碳原子和饱和氧原子的杂化方式都为sp3杂化，故C错误；由题图可知，该反应的反应物为丙烯、一氧化碳和甲醇，生成物为2-甲基丙酸甲酯，催化剂为HCo(CO)3，反应的化学方程式为CH3CH===CH2＋CO＋CH3OH(CH3)2CHCOOCH3，该反应的产物唯一，原子利用率为100%，故D正确。
答案：C
12．(2024·安徽宿州模拟)下列关于化学反应速率的说法正确的是( )
A．升高温度，可以改变反应的活化能，从而加速反应的进行
B．当反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度相同
C．催化剂能改变反应历程，改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率
D．在恒温恒容容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，充入氦气，体系压强增大，反应速率加快
解析：升高温度，反应的活化能不变，但可以增大分子自身的能量，提高活化分子百分数，从而加速反应的进行，A错误；当反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度不一定相同，B错误；催化剂能改变反应历程，降低反应所需要的活化能，改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率，C正确；在恒温恒容容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，充入氦气，体系压强增大，但由于体系内SO2、O2、SO3的浓度均不改变，故反应速率不变，D错误。
答案：C
13．(2023·山东联考)在容积为2 L的密闭容器中进行反应：A(s)＋2B(g) 3C(g)＋nD(g)，开始时，A为4 mol，B为6 mol；5 min 末，测得C的物质的量为3 mol，用D的浓度变化表示化学反应速率：v(D)＝0.1 mol·L－1·min－1。下列说法错误的是( )
A．前5 min内用A的浓度变化表示化学反应速率：v(A)＝0.1 mol·L－1·min－1
B．化学方程式中n值为1
C．当反应达到平衡时，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－1·min－1，②v(D)＝4.5 mol·L－1·min－1，其中反应速率快的是②
解析：A为固体，其浓度为常数，不能用来表示化学反应速率，A错误；根据题干信息，可以列出如下三段式：
A(s)＋2B(g) 3C(g)＋nD(g)
起始量/mol 4 6 0 0
转化量/mol 1 2 3 0.1×2×5
5 min末的量/mol 3 4 3 1
Δn(C)∶Δn(D)＝3∶1，又根据化学计量数之比等于转化量之比可知n＝1，B正确；当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，以不同物质表示反应速率，则反应速率之比等于化学计量数之比，即＝，3v正(B)＝2v逆(C)，C正确；当v(D)＝4.5 mol·L－1·min－1时，若用B的浓度变化表示化学反应速率应为v(B)＝4.5 mol·L－1·min－1×2＝9 mol·L－1·min－1，反应速率比①快，D正确。
答案：A
14．(2024·新余统考)在体积都为2 L的恒容容器中，200 ℃和T ℃时，发生反应A(g)2B(s)＋C(g)，A的物质的量浓度(单位： mol·L－1)随时间变化的有关实验数据如表：
时间/min温度/℃ 0 2 4 6 8 10
容器1 200 0.80 0.55 0.35 0.20 0.15 0.15
容器2 T 1.00 0.65 0.35 0.18 0.18 0.18
下列有关该反应的描述正确的是( )
A．在200 ℃时，6 min内用B表示的化学反应速率为0.2 mol·L－1·min－1
B．从表中可以看出T＞200
C．T ℃下，6 min时反应刚好达到平衡状态
D．向容器1中通入氦气，容器中压强增大，可以加快反应速率
解析：B是固体，不能用B的浓度变化表示化学反应速率，故A错误；根据表格数据，T ℃时反应速率快，所以T＞200，故B正确；根据表格数据，T ℃下，可能在6 min前反应就达到平衡状态，故C错误；向容器1中通入氦气，反应体系的浓度不变，反应速率不变，故D错误。
答案：B
15．(2023·吉安统考)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所示。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，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
C．条件①，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为125 min
D．条件②，125 min内平均反应速率为0.024 mol·L－1·min－1
解析：曲线①③所用的催化剂浓度相等，但降冰片烯浓度不等，开始时降冰片烯的浓度：曲线①是曲线③的2倍，完全消耗时所需时间：曲线①是曲线③的2倍，则二者反应速率相等，所以其他条件相同时，降冰片烯浓度与反应速率无关，A错误；曲线①②开始时降冰片烯浓度相等，催化剂浓度：曲线②大于曲线①，完全消耗时所需时间：曲线①大于曲线②，则反应速率：曲线②大于曲线①，所以其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大，B正确；半衰期为反应物消耗一半所需的时间，曲线①中，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，该物质完全消耗需要250 min，则其半衰期为125 min，C正确；曲线②，125 min内平均反应速率为v＝＝＝0.024 mol·L－1·min－1，D正确。
答案：A
16．(2024·大连模拟)已知总反应：2NO(g)＋Br2(g) 2NOBr(g) ΔH＝－a kJ·mol－1(a>0)的速率方程为v＝k·c2(NO)·c(Br2)(k为速率常数)，该反应机理可分为两步：
(1)NO(g)＋Br2(g) NOBr2(g) 快
(2)NOBr2(g)＋NO(g) 2NOBr(g) 慢[速率方程v＝k1·c(NO)·c(NOBr2)，k1为速率常数，该反应速率近似认为是总反应的速率]
下列叙述正确的是( )
A．k＝k1·Kc
B．当v正(Br2)＝2v逆(NOBr)时，总反应达到平衡
C．总反应中生成物的总键能比反应物的总键能小a kJ·mol－1
D．恒容时，增大Br2(g)的浓度能增加单位体积内活化分子的百分数，加快反应速率
解析：反应2NO(g)＋Br2(g) 2NOBr(g)可由反应(1)＋(2)得到，由于(1)反应快，反应速率由(2)决定，由Kc＝可得c(NOBr2)＝Kc·c(NO)·c(Br2)，将其代入v＝k1·c(NO)·c(NOBr2)，得出v＝k1·Kc·c2(NO)·c(Br2)，即可得出k＝k1·Kc，A正确；反应平衡时正逆反应速率相等，则2v正(Br2)＝v逆(NOBr)，B错误；正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则反应物的总键能比生成物的总键能小a kJ·mol－1，C错误；增大浓度，活化分子百分数不变，D错误。
答案：A
17．(2024·威海模拟)反应S2O＋3I－===2SO＋I的lg k与的关系如图所示。该反应机理如下：
①S2O＋I－―→S2O8I3－(慢)；
②________(快)；
③I2＋I－―→I(快)。
已知lg k＝－×＋C(k为速率常数；Ea为活化能；C是常数；R为8.31×10－3)。下列说法错误的是( )
A．Ea≈53.2 kJ·mol－1
B．当使用催化剂时，同温下a点上移
C．②反应为S2O8I3－＋I－―→2SO＋I2
D．①为决速步，增大c(S2O)，k增大，v加快
解析：由题干图示信息可知，直线a的斜率为－＝，故Ea＝2.30×8.31×10－3× kJ·mol－1≈53.2 kJ·mol－1，A正确；当使用催化剂时，同温下反应的活化能Ea减小，则lg k增大，故a点上移，B正确；由题干总反应S2O＋3I－===2SO＋I结合反应①S2O＋I－―→S2O8I3－(慢)；③I2＋I－―→I(快)可知，②反应为S2O8I3－＋I－―→2SO＋I2，C正确；由题干可知，反应①为慢反应，而反应②③均为快反应，故反应①为决速步，但k仅仅是温度的函数，故增大c(S2O)，k不变，v加快，D错误。
答案：D
18．(2023·鞍山质量监测)某反应A(g)＋B(g)―→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)，其半衰期(当剩余的反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
c(A)/(mol·L－1) c(B)/(mol·L－1) v/(mol－1·L－1· min－1)
0.25 0.050 1.6×10－3
0.50 0.050 3.2×10－3
1.00 0.100
0.50 0.100 3.2×10－3
1.00 0.200 v2
c1 0.200 4.8×10－3
下列说法正确的是( )
A．该反应的速率方程中的m＝n＝1
B．该反应的速率常数k＝6.4×10－2 min－1
C．表格中的c1＝0.75，v1＝v2＝6.4×10－3
D．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是375 min
解析：当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应速率常数k保持不变，第二组数据和第四组数据中，两组的c(A)相同、v相同，解得n＝0，将第一组数据和第二组数据代入速率方程，得m＝，可知m＝1，故A错误；由A项分析可知，该反应的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)＝k·c(A)，将第一组数据代入速率方程v＝k·c(A)，可得速率常数k＝6.4×10－3 min－1，故B错误；将第六组数据代入速率方程v＝k·c(A)，可得4.8×10－3＝6.4×10－3×c1，解得c1＝0.75，将第三组数据代入速率方程v＝k·c(A)，可得v1＝6.4×10－3×1.00＝6.4×10－3，将第五组数据代入速率方程v＝k·c(A)，可得v2＝6.4×10－3×1.00＝6.4×10－3，故C正确；半衰期＝＝＝125 min，设起始时反应物A为100 g，在过量的B存在时，反应掉93.75%的A需经历4个半衰期：起始100 g A50 g A25 g A12.5 g A6.25 g A，所需的时间为125 min×4＝500 min，故D错误。
答案：C
19．(1)(2022·福建化学)异丙醇(C3H8O)可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯(C3H6)的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
Ⅰ.C3H8O(g) C3H6(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋52 kJ·mol－1
Ⅱ.2C3H6(g) C6H12(g) ΔH2＝－97 kJ·mol－1
在1 350 ℃下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
反应时间/μs 0 4 8 12 t 20
H2O浓度/ppm 0 2 440 3 200 3 600 4 000 4 100
①4～8 μs内，v(C3H8O)＝________ppm·μs－1。
②t________(填“>”“<”或“＝”)16。
(2)(2023·广东化学)某有机物R能与Fe2＋形成橙红色的配离子[FeR3]2＋，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子[FeR3]3＋。某研究小组对反应NO＋2[FeR3]2＋＋3H＋HNO2＋2[FeR3]3＋＋H2O进行了研究。
用浓度分别为2.0 mol·L－1、2.5 mol·L－1、3.0 mol·L－1的HNO3溶液进行了三组实验，得到c([FeR3]2＋)随时间t的变化曲线如图。
①c(HNO3)＝3.0 mol·L－1时，在0～1 min内，[FeR3]2＋的平均消耗速率＝________。
②下列有关说法中，正确的有________。
A．平衡后加水稀释，增大
B．[FeR3]2＋平衡转化率：αⅢ>αⅡ>αⅠ
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tⅢ>tⅡ>tⅠ
解析：(1)①4～8 μs内，v(H2O)＝ppm·μs－1＝190 ppm·μs－1，则v(C3H8O)＝v(H2O)＝190 ppm·μs－1；②0～4 μs、4～8 μs、8～12 μs，Δc(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，8～12 μs内，Δc(H2O)＝400 ppm,12～t μs内，Δc(H2O)＝400 ppm，则t－12>4，即t>16。
(2)①浓度分别为2.0 mol·L－1、2.5 mol·L－1、3.0 mol·L－1的HNO3溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；c(HNO3)＝3.0 mol·L－1时，在0～1 min内，观察图像可知[FeR3]2＋的平均消耗速率为＝5×10－5 mol·L－1·min－1。②对于反应NO＋2[FeR3]2＋＋3H＋HNO2＋2[FeR3]3＋＋H2O，加水稀释，平衡往微粒数增加的方向移动，[FeR3]2＋含量增加，[FeR3]3＋含量减小，增大，A正确；HNO3浓度增加，[FeR3]2＋转化率增加，故αⅢ>αⅡ>αⅠ，B正确；观察图像可知，三组实验都是前期反应速率增加，后期反应速率减小，C错误；硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故tⅢ
20．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如表。
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×＝p0 kPa，故v(SO2)＝÷10 min＝p0 kPa·min－1。
答案：p0
21．(1)(2023·浙江6月选考)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是______________________________________________。
(2)(2023·辽宁化学)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)＋O2(g) SO3(g) ΔH＝－98.9 kJ·mol－1
①为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图所示，下列说法正确的是________。
a．温度越高，反应速率越大
b．α＝0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
②为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如图所示，催化性能最佳的是________(填标号)。
解析：(1)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
(2)①根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误。从速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%时的反应速率图像并没有给出，无法判断α＝0.88的条件下是否为平衡转化率，b错误。从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确。从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确。②为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最高，催化性能最佳。
答案：(1)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
(2)①cd ②d
22．某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
[实验原理] 2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O
[实验内容及记录]
实验编号 ① ② ③
实验温度/℃ 25 25 50
试管中所加试剂及其用量/mL 0.6 mol·L－1H2C2O4溶液 3.0 2.0 2.0
H2O V1 3.0 V2
3 mol·L－1稀H2SO4溶液 2.0 2.0 2.0
0.05 mol·L－1KMnO4溶液 3.0 3.0 3.0
溶液褪至无色所需时间/min 1.5 2.7 1.0
(1)请完成此实验设计，其中：V1＝________，V2＝________。
(2)实验①②探究的是________对化学反应速率的影响，根据表中的实验数据，可以得到的结论是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验________(填实验编号)。
(4)利用实验①中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为________________。
解析：(1)实验①②探究浓度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V1＝2.0；实验②③探究温度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V2＝3.0。(2)根据表中数据可知实验①②探究的是浓度对化学反应速率的影响，根据表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件不变时，增大(减小)反应物浓度，化学反应速率加快(减慢)。(3)根据表中数据可知探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验②③。(4)草酸的物质的量为0.6 mol·L－1×0.003 L＝0.001 8 mol，高锰酸钾的物质的量为0.05 mol·L－1×0.003 L＝0.000 15 mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.001 8 mol∶0.000 15 mol＝12∶1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为＝0.015 mol·L－1，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)＝＝0.01 mol·L－1·min－1。
答案：(1)2.0 3.0 (2)浓度 其他条件不变时，增大(减小)反应物浓度，化学反应速率加快(减慢) (3)②③ (4)0.01 mol·L－1·min－1
23．(2024·福建龙岩模拟)CO2-CH4催化重整是减缓温室效应、实现碳中和的重要方式，其主反应为CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH，反应体系还涉及以下副反应：
ⅰ.CH4(g) C(s)＋2H2(g) ΔH1＝＋75.0 kJ·mol－1；
ⅱ.CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.0 kJ·mol－1；
ⅲ.CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g) ΔH3＝－131.0 kJ·mol－1。
,图1)
,图2)
(1)主反应的ΔH＝________kJ·mol－1。
(2)我国学者对催化重整的主反应进行理论研究，提出在Pt-Ni合金或Sn-Ni合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图1所示(*表示物种吸附在催化剂表面)。Sn-Ni合金作催化剂时该历程中最大能垒E正＝________eV；催化效果更好的是________合金。
(3)在1 L恒容密闭容器中通入1 mol H2及一定量CO，反应ⅲ中CO的平衡转化率随n(CO)及温度的变化关系如图2所示。
①A、B两点对应的CO正反应速率v正(A)________(填“>”“<”或“＝”，下同)v正(B)，B和C两点对应的反应温度TB________TC。
②已知反应速率v正＝k正·x(CO)·x(H2)，v逆＝k逆·x(H2O)，k为反应速率常数，x为气体的物质的量分数，在达到平衡状态为D点的反应过程(此过程为恒温)中，当某时刻CO的转化率刚好达到60%时，＝________(用含k正和k逆的式子表示)。
解析：(1)由盖斯定律可得主反应＝反应ⅰ＋反应ⅱ－反应ⅲ，则ΔH＝＋75.0 kJ·mol－1＋41.0 kJ·mol－1－(－131.0 kJ·mol－1)＝＋247.0 kJ·mol－1。(2)由题图1可知Sn-Ni合金作催化剂时，由CH＋H*到CH＋2H*的能垒最大，则该历程中最大能垒E正＝5.496 eV－1.687 eV＝3.809 eV。由题图1可知使用Pt-Ni合金作催化剂时，整个过程中的每一步反应的能垒都较小，反应速率更大，催化效果更好。(3)①由题图2可知，A点对应的H2和CO的起始浓度分别为1 mol·L－1、0.5 mol·L－1，平衡时CO的转化率为66.7%，则H2、CO和H2O的平衡浓度分别为(1－0.5×66.7%)mol·L－1、(0.5－0.5×66.7%)mol·L－1和(0.5×66.7%)mol·L－1，反应的平衡常数KA＝＝≈3.0，B点对应的H2和CO的起始浓度分别为1 mol·L－1、0.5 mol·L－1，平衡时CO的转化率为50%，C点对应的H2和CO的起始浓度均为1 mol·L－1，平衡时CO的转化率为45%，同理，KB＝＝≈1.3，KC＝＝≈1.5，由于反应ⅲ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，由于KA>KB，则TA
CO(g)＋H2(g) C(s)＋H2O(g)
起始量/mol 1 1 0
转化量/mol 0.6 0.6 0.6
某时刻量/mol 0.4 0.4 0.6
则x(CO)＝x(H2)＝＝，x(H2O)＝＝，已知反应速率v正＝k正·x(CO)·x(H2)，v逆＝k逆·x(H2O)，则＝＝＝。
答案：(1)＋247.0 (2)3.809 Pt-Ni (3)①< > ②
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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练习二十三 化学反应速率及影响因素
1. (2023·河北化学)在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为v2＝k2·c2(X)和v3＝k3·c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得W(g)的浓度随时间的变化如下表。
t/min 0 1 2 3 4 5
c(W)/(mol·L－1) 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028
下列说法正确的是( )
A．0～2 min内，X的平均反应速率为0.080 mol·L－1·min－1
B．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大
C．若k2＝k3，平衡时c(Z)＝c(X)
D．若升高温度，平衡时c(Z)减小
解析：由表知0～2 min内Δc(W)＝0.160 mol·L－1－0.080 mol·L－1＝0.080 mol·L－1，Δc(X)＝2Δc(W)＝0.160 mol·L－1，但一部分X转化为Z，造成Δc(X)<0.160 mol·L－1，则v(X)<＝0.080 mol·L－1·min－1，故A错误；过程①是完全反应，过程②是可逆反应，若增大容器容积相当于减小压强，对反应4X(g)??2Z(g)平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，X的浓度增大，平衡时Y的产率不变，故B错误；由反应速率之比等于化学计量数之比可知，平衡时v逆(X)＝2v正(Z)，即v3＝2v2，k3·c(Z)＝2k2·c2(X)，若k2＝k3，平衡时c(Z)＝2c2(X)，故C错误；反应③的活化能大于反应②，ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能<0，则4X(g)??2Z(g) ΔH<0，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c(Z)减小，故D正确。故选D。
2．(2022·辽宁化学)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)
D．5 min时，X的物质的量为1.4 mol
解析：本题考查化学反应速率及化学平衡常数的相关应用。反应开始一段时间，随着时间的延长，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0～2 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)＝0.072
答案：B
3．(2024·保定模拟)已知NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋2H2O＋N2↑的速率方程为v＝k·cm(NaNO2)·c(NH4Cl)·c(H＋)，为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，进行如下实验：向锥形瓶中加入一定体积(V)的2.0 mol·L－1 NaNO2溶液、2.0 mol·L－1 NH4Cl溶液、1.0 mol·L－1醋酸和水，充分搅拌，保持体系温度为36 ℃，用秒表测量收集1.0 mL N2所需要的时间(t)，实验数据如表。下列说法正确的是( )
实验 V/mL t/s
NaNO2溶液 NH4Cl溶液 醋酸 水
1 4.0 V1 4.0 8.0 332
2 6.0 4.0 4.0 6.0 148
3 V2 4.0 4.0 4.0 83
4 12.0 4.0 4.0 V3 37
A.V1＝4.0；V3＝2.0
B．实验3用N2表示的反应平均速率v＝ mol·s－1
C．醋酸不参与反应，其浓度的大小对该反应速率无影响
D．速率方程中m＝2
解析：为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，NH4Cl浓度不变，根据数据2可知溶液总体积为20 mL，根据变量单一可知V1为4.0 mL，V2为8.0 mL，V3为0 mL，A错误；实验3不在标准状况下，不能用标准状况下的气体摩尔体积来计算，B错误；醋酸可能是催化剂，其浓度可能会影响反应速率，C错误；浓度增大速率加快，根据实验1和实验3组数据分析，实验3的c(NaNO2)是实验1的2倍，实验1和实验3所用的时间之比为≈4，根据分析可知速率和浓度的平方成正比，故m＝2，D正确。
答案：D
4．(2022·河北化学)(双选)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①XY；②YZ。反应①的速率v1＝k1c(X)，反应②的速率v2＝k2c(Y)，式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的ln k～曲线。下列说法错误的是( )
甲 乙
A．随c(X)的减小，反应①②的速率均降低
B．体系中v(X)＝v(Y)＋v(Z)
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于T1时，总反应速率由反应②决定
解析：本题考查速率的影响因素及大小比较。恒温条件下，k1、k2不变，则速率v与反应物有关，图甲中一直下降的曲线代表c(X)随时间的变化，一直上升的曲线代表c(Z)随时间的变化，先上升后下降的曲线代表c(Y)随时间的变化，反应开始后，随着c(X)的减小，c(Y)增大，反应①的速率降低、反应②的速率增大，A错误；在Y的浓度达到最大值之前，Δc(X)＝Δc(Y)＋Δc(Z)，因此v(X)＝v(Y)＋v(Z)，在Y的浓度达到最大值之后，Δc(X)＋Δc(Y)＝Δc(Z)，故v(X)＋v(Y)＝v(Z)，B错误；升高温度可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C正确；温度为T1时k1＝k2，降低温度时，k2
5. (2022·北京化学)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，以恒定组成的N2、CH4混合气体，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，在催化剂上有积碳。
图1
图2
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的速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
解析：由题图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；由题图2信息可知，t1～t3，n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，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的化学计量数比均为1∶2，B正确；由反应②方程式可知，H2和CO的生成速率相等，而t2时刻H2的生成速率未变，仍然为2 mmol·min－1，CO约为1.6 mmol·min－1，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率，C错误；由题图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1 mmol·min－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，D正确。故选C。
6．(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＝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
解析：实验①中，0～20 min，氨气浓度变化量为2.40×10－3 mol·L－1－2.00×10－3 mol·L－1＝4.00×10－4 mol·L－1，v(NH3)＝＝2.00×10－5 mol·L－1·min－1 ，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－1·min－1，A正确；催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡移动，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－1，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4 mol·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②60 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－1，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。
答案：C
7．(2022·广东化学)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：由题图可知，无催化剂时，随着时间推移，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由题图可知，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；由题图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min 内Y的浓度变化了2.0 mol·L－1，而a曲线表示X的浓度变化了2.0 mol·L－1，二者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；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min内，Y浓度变化了4.0 mol·L－1，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。
答案：D
8. (2023·广东化学)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g) P(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是( )
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
答案：(1)①3 3 ②6 10 ③a (2)C
解析：(1)①由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为C40H20＋H·40H19＋H2，40H19??40H′19，40H′19C40H18＋H·，其中第3个基元反应的活化能最大，反应速率最慢。②由C40H20的结构分析，可知其含有1个五元环、10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C40H10总共含有6个五元环、10个六元环。③由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，平衡正向移动，既提高了平衡转化率又使反应速率加快，a符合题意；由化学方程式可知，该反应正向为体积增大的反应，加压，平衡逆向移动，降低了平衡转化率，b不符合题意；加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意。
(2)由题图可知，两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；由题图可知，该反应是放热反应，反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，R的浓度增大，B正确；由题图可知，Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；由题图可知，在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低，反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高，反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。
9．(2024·蚌埠质检)已知复杂反应的速率由反应历程中活化能最大的一步基元反应决定。卤代烃的取代反应有以下两种反应历程，其反应过程中的能量变化如图所示：
下列说法中错误的是( )
A．卤代烃的取代为放热反应
B．SN1反应速率与c(Nu：－)和c(R3CX)相关
C．SN2反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关
D．SN1机理为两步反应，SN2机理为一步反应
解析：卤代烃的取代反应中生成物能量低于反应物能量，该反应为放热反应，A项正确。SN1为单分子亲核取代反应，反应物先解离为碳正离子与带负电荷的离去基团，此过程的活化能大，决定反应速率，所以SN1反应速率只和c(R3CX)相关，B项错误。SN2反应为双分子亲核取代反应，只有一个阶段，其反应速率与c(RX)和c(Nu：－)相关，C项正确。SN1反应是两步反应，第一步是反应物在溶剂中解离为碳正离子和由离去基团形成的负离子(慢反应)，第二步是碳正离子与Nu：－结合(快反应)；SN2反应中R—X键的断裂与新的R—Nu键的形成是同时的，为一步反应，D项正确。
答案：B
10．(2024·衡水模拟)某研究团队提出了以氧化石墨烯(GO)为催化剂设计的简易膜反应，其反应为＋NCCH2COOC2H5，反应过程中能量变化如图所示，下列说法中正确的是( )
A．反应中(除GO外)既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成
B.分子中的碳原子均采用sp3杂化
C．催化剂可降低反应的活化能，从而改变反应的焓变
D．氧化石墨烯的作用之一可能是吸附反应物形成更稳定的反应中间体
解析：反应中没有非极性键的断裂，A项错误；分子中，C原子的杂化方式有sp、sp2、sp3，B项错误；催化剂可以降低反应的活化能，不可以改变反应的焓变，C项错误。
答案：D
11．(2023·安庆模拟)任何有机化合物的分子都是由特定碳骨架构成的，构建碳骨架是合成有机化合物的重要任务。某构建碳骨架的反应历程如图所示，下列关于该反应的说法错误的是( )
A．反应过程中Co的成键数目发生改变
B．图中所示物质间的转化有非极性键的断裂和形成
C．CH3OH分子中采用sp3杂化的仅有C原子
D．该构建碳骨架的总反应为CH3CH===CH2＋CO＋CH3OH(CH3)2CHCOOCH3，原子利用率为100%
解析：由题图可知，反应过程中钴原子的成键数目分别为4、5、6，说明成键数目发生改变，故A正确；由题图可知，反应过程中有非极性键碳碳键的断裂和形成，故B正确；甲醇分子中饱和碳原子和饱和氧原子的杂化方式都为sp3杂化，故C错误；由题图可知，该反应的反应物为丙烯、一氧化碳和甲醇，生成物为2-甲基丙酸甲酯，催化剂为HCo(CO)3，反应的化学方程式为CH3CH===CH2＋CO＋CH3OH(CH3)2CHCOOCH3，该反应的产物唯一，原子利用率为100%，故D正确。
答案：C
12．(2024·安徽宿州模拟)下列关于化学反应速率的说法正确的是( )
A．升高温度，可以改变反应的活化能，从而加速反应的进行
B．当反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度相同
C．催化剂能改变反应历程，改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率
D．在恒温恒容容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)??2SO3(g)，充入氦气，体系压强增大，反应速率加快
解析：升高温度，反应的活化能不变，但可以增大分子自身的能量，提高活化分子百分数，从而加速反应的进行，A错误；当反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度不一定相同，B错误；催化剂能改变反应历程，降低反应所需要的活化能，改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率，C正确；在恒温恒容容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，充入氦气，体系压强增大，但由于体系内SO2、O2、SO3的浓度均不改变，故反应速率不变，D错误。
答案：C
13．(2023·山东联考)在容积为2 L的密闭容器中进行反应：A(s)＋2B(g) 3C(g)＋nD(g)，开始时，A为4 mol，B为6 mol；5 min 末，测得C的物质的量为3 mol，用D的浓度变化表示化学反应速率：v(D)＝0.1 mol·L－1·min－1。下列说法错误的是( )
A．前5 min内用A的浓度变化表示化学反应速率：v(A)＝0.1 mol·L－1·min－1
B．化学方程式中n值为1
C．当反应达到平衡时，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－1·min－1，②v(D)＝4.5 mol·L－1·min－1，其中反应速率快的是②
解析：A为固体，其浓度为常数，不能用来表示化学反应速率，A错误；根据题干信息，可以列出如下三段式：
A(s)＋2B(g) 3C(g)＋nD(g)
起始量/mol 4 6 0 0
转化量/mol 1 2 3 0.1×2×5
5 min末的量/mol 3 4 3 1
Δn(C)∶Δn(D)＝3∶1，又根据化学计量数之比等于转化量之比可知n＝1，B正确；当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，以不同物质表示反应速率，则反应速率之比等于化学计量数之比，即＝，3v正(B)＝2v逆(C)，C正确；当v(D)＝4.5 mol·L－1·min－1时，若用B的浓度变化表示化学反应速率应为v(B)＝4.5 mol·L－1·min－1×2＝9 mol·L－1·min－1，反应速率比①快，D正确。
答案：A
14．(2024·新余统考)在体积都为2 L的恒容容器中，200 ℃和T ℃时，发生反应A(g)2B(s)＋C(g)，A的物质的量浓度(单位： mol·L－1)随时间变化的有关实验数据如表：
时间/min温度/℃ 0 2 4 6 8 10
容器1 200 0.80 0.55 0.35 0.20 0.15 0.15
容器2 T 1.00 0.65 0.35 0.18 0.18 0.18
下列有关该反应的描述正确的是( )
A．在200 ℃时，6 min内用B表示的化学反应速率为0.2 mol·L－1·min－1
B．从表中可以看出T＞200
C．T ℃下，6 min时反应刚好达到平衡状态
D．向容器1中通入氦气，容器中压强增大，可以加快反应速率
解析：B是固体，不能用B的浓度变化表示化学反应速率，故A错误；根据表格数据，T ℃时反应速率快，所以T＞200，故B正确；根据表格数据，T ℃下，可能在6 min前反应就达到平衡状态，故C错误；向容器1中通入氦气，反应体系的浓度不变，反应速率不变，故D错误。
答案：B
15．(2023·吉安统考)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所示。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，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
C．条件①，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为125 min
D．条件②，125 min内平均反应速率为0.024 mol·L－1·min－1
解析：曲线①③所用的催化剂浓度相等，但降冰片烯浓度不等，开始时降冰片烯的浓度：曲线①是曲线③的2倍，完全消耗时所需时间：曲线①是曲线③的2倍，则二者反应速率相等，所以其他条件相同时，降冰片烯浓度与反应速率无关，A错误；曲线①②开始时降冰片烯浓度相等，催化剂浓度：曲线②大于曲线①，完全消耗时所需时间：曲线①大于曲线②，则反应速率：曲线②大于曲线①，所以其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大，B正确；半衰期为反应物消耗一半所需的时间，曲线①中，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，该物质完全消耗需要250 min，则其半衰期为125 min，C正确；曲线②，125 min内平均反应速率为v＝＝＝0.024 mol·L－1·min－1，D正确。
答案：A
16．(2024·大连模拟)已知总反应：2NO(g)＋Br2(g) 2NOBr(g) ΔH＝－a kJ·mol－1(a>0)的速率方程为v＝k·c2(NO)·c(Br2)(k为速率常数)，该反应机理可分为两步：
(1)NO(g)＋Br2(g) NOBr2(g) 快
(2)NOBr2(g)＋NO(g) 2NOBr(g) 慢[速率方程v＝k1·c(NO)·c(NOBr2)，k1为速率常数，该反应速率近似认为是总反应的速率]
下列叙述正确的是( )
A．k＝k1·Kc
B．当v正(Br2)＝2v逆(NOBr)时，总反应达到平衡
C．总反应中生成物的总键能比反应物的总键能小a kJ·mol－1
D．恒容时，增大Br2(g)的浓度能增加单位体积内活化分子的百分数，加快反应速率
解析：反应2NO(g)＋Br2(g) 2NOBr(g)可由反应(1)＋(2)得到，由于(1)反应快，反应速率由(2)决定，由Kc＝可得c(NOBr2)＝Kc·c(NO)·c(Br2)，将其代入v＝k1·c(NO)·c(NOBr2)，得出v＝k1·Kc·c2(NO)·c(Br2)，即可得出k＝k1·Kc，A正确；反应平衡时正逆反应速率相等，则2v正(Br2)＝v逆(NOBr)，B错误；正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则反应物的总键能比生成物的总键能小a kJ·mol－1，C错误；增大浓度，活化分子百分数不变，D错误。
答案：A
17．(2024·威海模拟)反应S2O＋3I－===2SO＋I的lg k与的关系如图所示。该反应机理如下：
①S2O＋I－―→S2O8I3－(慢)；
②________(快)；
③I2＋I－―→I(快)。
已知lg k＝－×＋C(k为速率常数；Ea为活化能；C是常数；R为8.31×10－3)。下列说法错误的是( )
A．Ea≈53.2 kJ·mol－1
B．当使用催化剂时，同温下a点上移
C．②反应为S2O8I3－＋I－―→2SO＋I2
D．①为决速步，增大c(S2O)，k增大，v加快
解析：由题干图示信息可知，直线a的斜率为－＝，故Ea＝2.30×8.31×10－3× kJ·mol－1≈53.2 kJ·mol－1，A正确；当使用催化剂时，同温下反应的活化能Ea减小，则lg k增大，故a点上移，B正确；由题干总反应S2O＋3I－===2SO＋I结合反应①S2O＋I－―→S2O8I3－(慢)；③I2＋I－―→I(快)可知，②反应为S2O8I3－＋I－―→2SO＋I2，C正确；由题干可知，反应①为慢反应，而反应②③均为快反应，故反应①为决速步，但k仅仅是温度的函数，故增大c(S2O)，k不变，v加快，D错误。
答案：D
18．(2023·鞍山质量监测)某反应A(g)＋B(g)―→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)，其半衰期(当剩余的反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
c(A)/(mol·L－1) c(B)/(mol·L－1) v/(mol－1·L－1· min－1)
0.25 0.050 1.6×10－3
0.50 0.050 3.2×10－3
1.00 0.100
0.50 0.100 3.2×10－3
1.00 0.200 v2
c1 0.200 4.8×10－3
下列说法正确的是( )
A．该反应的速率方程中的m＝n＝1
B．该反应的速率常数k＝6.4×10－2 min－1
C．表格中的c1＝0.75，v1＝v2＝6.4×10－3
D．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是375 min
解析：当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应速率常数k保持不变，第二组数据和第四组数据中，两组的c(A)相同、v相同，解得n＝0，将第一组数据和第二组数据代入速率方程，得m＝，可知m＝1，故A错误；由A项分析可知，该反应的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)＝k·c(A)，将第一组数据代入速率方程v＝k·c(A)，可得速率常数k＝6.4×10－3 min－1，故B错误；将第六组数据代入速率方程v＝k·c(A)，可得4.8×10－3＝6.4×10－3×c1，解得c1＝0.75，将第三组数据代入速率方程v＝k·c(A)，可得v1＝6.4×10－3×1.00＝6.4×10－3，将第五组数据代入速率方程v＝k·c(A)，可得v2＝6.4×10－3×1.00＝6.4×10－3，故C正确；半衰期＝＝＝125 min，设起始时反应物A为100 g，在过量的B存在时，反应掉93.75%的A需经历4个半衰期：起始100 g A50 g A25 g A12.5 g A6.25 g A，所需的时间为125 min×4＝500 min，故D错误。
答案：C
19．(1)(2022·福建化学)异丙醇(C3H8O)可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯(C3H6)的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
Ⅰ.C3H8O(g) C3H6(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋52 kJ·mol－1
Ⅱ.2C3H6(g) C6H12(g) ΔH2＝－97 kJ·mol－1
在1 350 ℃下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
反应时间/μs 0 4 8 12 t 20
H2O浓度/ppm 0 2 440 3 200 3 600 4 000 4 100
①4～8 μs内，v(C3H8O)＝________ppm·μs－1。
②t________(填“>”“<”或“＝”)16。
(2)(2023·广东化学)某有机物R能与Fe2＋形成橙红色的配离子[FeR3]2＋，该配离子可被HNO3氧化成淡蓝色的配离子[FeR3]3＋。某研究小组对反应NO＋2[FeR3]2＋＋3H＋HNO2＋2[FeR3]3＋＋H2O进行了研究。
用浓度分别为2.0 mol·L－1、2.5 mol·L－1、3.0 mol·L－1的HNO3溶液进行了三组实验，得到c([FeR3]2＋)随时间t的变化曲线如图。
①c(HNO3)＝3.0 mol·L－1时，在0～1 min内，[FeR3]2＋的平均消耗速率＝________。
②下列有关说法中，正确的有________。
A．平衡后加水稀释，增大
B．[FeR3]2＋平衡转化率：αⅢ>αⅡ>αⅠ
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tⅢ>tⅡ>tⅠ
解析：(1)①4～8 μs内，v(H2O)＝ppm·μs－1＝190 ppm·μs－1，则v(C3H8O)＝v(H2O)＝190 ppm·μs－1；②0～4 μs、4～8 μs、8～12 μs，Δc(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，8～12 μs内，Δc(H2O)＝400 ppm,12～t μs内，Δc(H2O)＝400 ppm，则t－12>4，即t>16。
(2)①浓度分别为2.0 mol·L－1、2.5 mol·L－1、3.0 mol·L－1的HNO3溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；c(HNO3)＝3.0 mol·L－1时，在0～1 min内，观察图像可知[FeR3]2＋的平均消耗速率为＝5×10－5 mol·L－1·min－1。②对于反应NO＋2[FeR3]2＋＋3H＋HNO2＋2[FeR3]3＋＋H2O，加水稀释，平衡往微粒数增加的方向移动，[FeR3]2＋含量增加，[FeR3]3＋含量减小，增大，A正确；HNO3浓度增加，[FeR3]2＋转化率增加，故αⅢ>αⅡ>αⅠ，B正确；观察图像可知，三组实验都是前期反应速率增加，后期反应速率减小，C错误；硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故tⅢ
20．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如表。
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×＝p0 kPa，故v(SO2)＝÷10 min＝p0 kPa·min－1。
答案：p0
21．(1)(2023·浙江6月选考)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是______________________________________________。
(2)(2023·辽宁化学)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)＋O2(g) SO3(g) ΔH＝－98.9 kJ·mol－1
①为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图所示，下列说法正确的是________。
a．温度越高，反应速率越大
b．α＝0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
②为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如图所示，催化性能最佳的是________(填标号)。
解析：(1)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
(2)①根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误。从速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%时的反应速率图像并没有给出，无法判断α＝0.88的条件下是否为平衡转化率，b错误。从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确。从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确。②为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最高，催化性能最佳。
答案：(1)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
(2)①cd ②d
22．某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
[实验原理] 2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O
[实验内容及记录]
实验编号 ① ② ③
实验温度/℃ 25 25 50
试管中所加试剂及其用量/mL 0.6 mol·L－1H2C2O4溶液 3.0 2.0 2.0
H2O V1 3.0 V2
3 mol·L－1稀H2SO4溶液 2.0 2.0 2.0
0.05 mol·L－1KMnO4溶液 3.0 3.0 3.0
溶液褪至无色所需时间/min 1.5 2.7 1.0
(1)请完成此实验设计，其中：V1＝________，V2＝________。
(2)实验①②探究的是________对化学反应速率的影响，根据表中的实验数据，可以得到的结论是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验________(填实验编号)。
(4)利用实验①中的数据，计算用KMnO4表示的化学反应速率为________________。
解析：(1)实验①②探究浓度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V1＝2.0；实验②③探究温度对反应速率的影响，则其他条件应该是相同的，则V2＝3.0。(2)根据表中数据可知实验①②探究的是浓度对化学反应速率的影响，根据表中的实验数据，可以得到的结论是其他条件不变时，增大(减小)反应物浓度，化学反应速率加快(减慢)。(3)根据表中数据可知探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验②③。(4)草酸的物质的量为0.6 mol·L－1×0.003 L＝0.001 8 mol，高锰酸钾的物质的量为0.05 mol·L－1×0.003 L＝0.000 15 mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.001 8 mol∶0.000 15 mol＝12∶1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为＝0.015 mol·L－1，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)＝＝0.01 mol·L－1·min－1。
答案：(1)2.0 3.0 (2)浓度 其他条件不变时，增大(减小)反应物浓度，化学反应速率加快(减慢) (3)②③ (4)0.01 mol·L－1·min－1
23．(2024·福建龙岩模拟)CO2-CH4催化重整是减缓温室效应、实现碳中和的重要方式，其主反应为CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g) ΔH，反应体系还涉及以下副反应：
ⅰ.CH4(g) C(s)＋2H2(g) ΔH1＝＋75.0 kJ·mol－1；
ⅱ.CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.0 kJ·mol－1；
ⅲ.CO(g)＋H2(g)C(s)＋H2O(g) ΔH3＝－131.0 kJ·mol－1。
,图1)
,图2)
(1)主反应的ΔH＝________kJ·mol－1。
(2)我国学者对催化重整的主反应进行理论研究，提出在Pt-Ni合金或Sn-Ni合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图1所示(*表示物种吸附在催化剂表面)。Sn-Ni合金作催化剂时该历程中最大能垒E正＝________eV；催化效果更好的是________合金。
(3)在1 L恒容密闭容器中通入1 mol H2及一定量CO，反应ⅲ中CO的平衡转化率随n(CO)及温度的变化关系如图2所示。
①A、B两点对应的CO正反应速率v正(A)________(填“>”“<”或“＝”，下同)v正(B)，B和C两点对应的反应温度TB________TC。
②已知反应速率v正＝k正·x(CO)·x(H2)，v逆＝k逆·x(H2O)，k为反应速率常数，x为气体的物质的量分数，在达到平衡状态为D点的反应过程(此过程为恒温)中，当某时刻CO的转化率刚好达到60%时，＝________(用含k正和k逆的式子表示)。
解析：(1)由盖斯定律可得主反应＝反应ⅰ＋反应ⅱ－反应ⅲ，则ΔH＝＋75.0 kJ·mol－1＋41.0 kJ·mol－1－(－131.0 kJ·mol－1)＝＋247.0 kJ·mol－1。(2)由题图1可知Sn-Ni合金作催化剂时，由CH＋H*到CH＋2H*的能垒最大，则该历程中最大能垒E正＝5.496 eV－1.687 eV＝3.809 eV。由题图1可知使用Pt-Ni合金作催化剂时，整个过程中的每一步反应的能垒都较小，反应速率更大，催化效果更好。(3)①由题图2可知，A点对应的H2和CO的起始浓度分别为1 mol·L－1、0.5 mol·L－1，平衡时CO的转化率为66.7%，则H2、CO和H2O的平衡浓度分别为(1－0.5×66.7%)mol·L－1、(0.5－0.5×66.7%)mol·L－1和(0.5×66.7%)mol·L－1，反应的平衡常数KA＝＝≈3.0，B点对应的H2和CO的起始浓度分别为1 mol·L－1、0.5 mol·L－1，平衡时CO的转化率为50%，C点对应的H2和CO的起始浓度均为1 mol·L－1，平衡时CO的转化率为45%，同理，KB＝＝≈1.3，KC＝＝≈1.5，由于反应ⅲ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，由于KA>KB，则TA
CO(g)＋H2(g) C(s)＋H2O(g)
起始量/mol 1 1 0
转化量/mol 0.6 0.6 0.6
某时刻量/mol 0.4 0.4 0.6
则x(CO)＝x(H2)＝＝，x(H2O)＝＝，已知反应速率v正＝k正·x(CO)·x(H2)，v逆＝k逆·x(H2O)，则＝＝＝。
答案：(1)＋247.0 (2)3.809 Pt-Ni (3)①< > ②
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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