新高考一轮复习鲁科版第七章第1课时化学反应速率学案

z)在第七章化学反应速率与化学平衡

第1课时化学反应速率

课标要求

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.通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的

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.能进行化学反应速率的简单计算，能通过实验探究分析不同组分浓

度对化学反应速率的影响，能用一定理论模型说明外界条件改变对化

学反应速率的影响。

＞考点一/,化学反应速率的计算与比较

必备知识房式

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。

V=竺,单位为mol∙LH∙ST或mol∙L'∙min-1

At------------------------0

对于已知反应:mA(g)+nB(g)^pC(g)+qD(g),当单位相同时,用不同

反应物或生成物表示的化学反应速率的数值之比等于化学方程式中

各物质的化学计量数之比，即v(A)：v(B)：V(C)：v(D)=m：n：p：q。

I丘鳏拔(1)一般不用固体或纯液体物质表示化学反应速率。

⑵由V=与计算得到的是一段时间内的平均速率,用不同物质表示时,

其数值可能不同,但意义相同。化学反应速率无法计算反应瞬时速率。

4.化学反应中各物质浓度的计算模式一一“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。

⑶根据已知条件列化学方程式计算。

例如:反应mA(g)+nB(g)(g)

起始浓度/(mol∙L')abc

转化浓度/(mol♦I?)x-

mm

某时刻浓度/(mol∙L')a-xb--c+空

mm

I包侬拔计算反应速率时,我们往往忽略容器的体积,特别是给出的

是物质的量的变化量时,一定要先转化为物质的量浓度的变化量,再

进行计算。

［理解辨析］

1.判一判(正确的打“J”，错误的打“义”)

⑴对于任何化学反应来说,反应速率越大,反应现象越明显。()

⑵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)化学反应速率为0.8mol-L1∙ST是指1S时某物质的浓度为

1

0.8mol∙Lo()

(4)在2S02(g)+02(g)-2S03(g)反应中，3、t2时,sʤ(g)浓度分别是J、

C2,则时间内，S(Ug)生成的平均速率为V=汽1。()

t2-tl

解析：(1)反应速率越大，单位时间内浓度的改变量大，与反应现象

无关。

(2)单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量均表示正

反应速率。

(3)0.8mol・L-sT是指一段时间内的平均反应速率，不是瞬时

速率。

答案：(I)X(2)×(3)×(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吗?如何比较反应快慢？

提示:化学反应速率数值的大小和化学计量数有关,化学计量数越大,

数值越大,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,数值大表示的速率不一定快,所以比较反应的快慢不能只看数值

的大小,而要进行一定的转化。

(1)看单位是否统一,若不统一,换算成相同的单位。

⑵换算成同一物质表示的速率,再比较数值的大小。

对于可逆反应A(g)+3B(s)==i2C(g)+2D(g),在不同条件下的化学反应

速率如下，由于B物质是固体,不能表示反应速率;③中对应的V(A)=

mol∙L1∙min”;④中对应的V(A)=mol∙U'∙mirf1。

表示的反应速率最快的是O

①V(A)=0.5mol∙L1∙min1

②V(B)=L2mol∙L^'∙s^'

③V(D)=0.4mol∙L1∙min1

④V(C)=O.1mol∙L1∙ST

答案：0.23②

、T关键能力有厂

1.(2021•北京东城期末)某温度下N2O5按下式分解：2205心)一

4N02(g)+02(g)o测得恒容密闭容器内，N2O5的浓度随时间的变化如

下表：

t/min012345.........

.........

c(N2O5)/(mol/L)

下列说法不正确的是(D)

A.4min时,c(NO?)=1.50mol/L

B.5min时,岫5的转化率为83%

C.0〜2min内，平均反应速率V(Oz)=O.125mol∕(L∙min)

D.其他条件不变,若起始C(N2O5)=O.50mol/L,则2minc(N2O5)<

0.25mol/L

解析：由题给表格数据可知,4ɪnin时,弗。5的浓度消耗量为(L00-0.25)

mol∕L=0.75mol/L,由各物质的化学计量数之比等于各物质的浓度变

化量之比可得反应生成c(NO2)=O.75mol∕L×2=l.50mol/L,故A正

确;5min时,N2O5的浓度消耗量为(1∙00-0.17)mol∕L=0.83mol∕L,则

N2O5的转化率为粤陪Xloo%=83%,故B正确；0〜2min内，N2O5的浓

度消耗量为(L00-0.50)mol∕L=0.50mol∕L,由各物质的化学计量数

之比等于各物质的浓度变化量之比可得反应生成c(0，=0.50mol/L

×-=Q.25mol/L,贝!jv(O2)=上当吧”=0.125mol∕(L・min),故C正确；

22mm

由题给表格数据可知,2min时,N2O5的浓度消耗量为起始的一半,其他

条件不变,若起始c(N2O5)=O∙50mol/L,反应物浓度减小,化学反应速

率减小,反应消耗岫。5的浓度小于起始的一半,则2min时,c(N2O5)>

0.25mol/L,故D错误。

2.(2021•吉林长春调研)一定条件下,在体积为10L的固定容器中发

生反应:此心)+3昂5)02m3心)，反应过程如图。下列说法不正确的

是(A)

1min时正、逆反应速率相等

3的物质的量随时间的变化关系

C.0〜8min,乩的平均反应速率V(H2)=0.01125mol∙L1∙min^1

D.10〜12min,N的平均反应速率V@)=0.0025mol∙L1∙min-1

解析:匕时刻没有达到平衡状态,正、逆反应速率不相等,A项不正确;

根据图像,X的物质的量增加,属于生成物，因此X为NH:,的曲线,B项正

6

确;O〜8min时,v(NH3)=θι^°.=0.0075mol∙L'∙min',根据化学

10L×8mm

反应速率之比等于化学计量数之比,v(Hz)=史哼^=O.01125mol•

(0706)mol

L^'∙min',C项正确；10〜12min,v(NH3)==0005mol∙

IOL×2min

1iv(l3)

L∙min,v(N2)=^=0.0025InOl∙L∙min」，D项正确。

3.(2021∙浙江温州期末)COCk的分解反应为COCl2(g)-CO(g)+

Cl2(g)ΔH=+108kJ∙moΓ'0某容器中，反应体系达到平衡后，分别

只改变一个条件,各物质浓度的变化状况如图1所示(第10min到第

14Inin的CoCl2浓度变化曲线未示出）。

(O.614

U12

ɪ・O.10

O.08

/

aO.606

04

02

O.00

O.

下列说法正确的是（C）

A.在10-12min内，以Ck浓度变化表示的该反应平均反应速率为

5×10⅛ol∙L^1∙ST

1

C.第13min时,COCl2的浓度为0.03mol∙L

D.第18min时，向容器中加入催化剂,各物质的浓度变化状况可能如

上图2所示

解析:在10〜12min内,Cb浓度由0∙Ilmol・1/增加到0.12mol∙L*,

用C12浓度变化表示的该反应平均反应速率为

0.12吧•工Io.11上。1!1=5X10%0]・广・111第二故人错误；第4111皿时,

2min

各物质的瞬间浓度保持不变,之后CO、CL的浓度增大,COCI2的浓度减

小，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应,应为升高温度导致,第10

min时,Ck瞬间浓度保持不变之后增加,CO的瞬间浓度减小之后增加,

应为移走CO导致,第14min时,CO、Ck浓度瞬间减小之后增大,应为

扩大体积使平衡正向移动导致,根据瞬间的浓度变化可知体积瞬间增

大为原来的1.5倍,故B错误；12min时反应已经平衡，由图可知10

min时CoCI2的浓度为0.04mol∙L'1,10~12minCk浓度增加

0.01mol∙L',贝I」COCl2的浓度减小0.0Imol・L,即为0.03mol∙Ur,

故C正确;催化剂对平衡无影响，不会改变各物质的平衡浓度，故D

错误。

考点二

►影响化学反应速率的因素与解释

节T必备知识/语

反应物本身的性质。

增大反应物浓度,反应速率增大;

~∣浓度一

l反之尊小一

外升高温度,反应速率增大;反之，:

界

条~∣⅛⅝卜

件

的对于有气体参加的反应,增大压

影压强.

1强,反应速率增大;反之,城小

响

-I催化剂-使用催化剂,反应速率增大

增大固体比表面积、光照、超声波

L其他一

l等,能够增大反应速率

吐侬拔浓度对化学反应速率的影响的理解

(1)固体和纯液体对化学反应速率无影响,但要注意水(液态)对溶液

的稀释作用。

(2)浓度的改变必须是真正参加反应离子的浓度,如酸碱中和反应影

响速率的是H'OFr浓度。

3.理论解释一一有效碰撞理论

(1)基元反应与反应历程

①基元反应:大多数化学反应往往经过多个反应步骤实现,其中每步

反应都称为基元反应o

②反应历程：基元反应反映了化学反应的历程，反应历程又称反应

机理。

⑵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。

②活化能:如图

图中:El为正反应的活化能,使用催化剂时的活化能为场,E2为逆反应

的活化能,反应热为E1-E20

厂概念：能够发生化学反应的碰撞

③有效碰撞七具有足够的蛭

条件七具有合适的取向

(3)活化分子、有效碰撞与化学反应速率的关系

I增大反应物的浓度II升高反应”系而蔽］

［理解辨析］

1.判一判(正确的打“J”，错误的打“X”)

(1)可逆反应达到平衡后,增大反应物的浓度,正反应速率增大,逆反

应速率减小。()

(2)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。()

⑶增大反应体系的压强,反应速率不一定增大。()

(4)对于可逆反应FeCI3+3KSCNBFe(SCN)3+3KCI,增加氯化钾浓度，逆

反应速率加快。()

解析：(1)可逆反应达到平衡后,增大反应物的浓度,正、逆反应速率均

增大。

(2)增大反应物的浓度,能增大活化分子的浓度,其百分数保持不变。

(4)该反应的离子方程式为Fe*+3SCN一一Fe(SCN)3,所以氯化钾没有参

加离子反应,增加其浓度,不影响反应速率。

答案：(I)X(2)×(3)√(4)X

热催化合成氨面临的两难问题:采用高温增大反应速率的同时会因平

衡限制导致N⅛产率降低。我国科研人员研制了TiT-Fe双温区催化

剂(TiT区域和Fe区域的温度差可超过IOO℃)oTi-H-Fe双温区催

化合成氨的反应历程如图所示(其中吸附在催化剂表面上的物种用*

标注)O

（1）图中历程①氮气分子中氮氮三键断裂了吗?该历程发生了怎样的

变化？

提示:历程①是氮气分子吸附在催化剂表面的过程,N分子中的氮氮

三键没有断裂。

⑵判断反应历程①〜⑤哪些在高温区进行?哪些在低温区进行？

提示:历程①、②、③是吸附断键的过程，需要提高化学反应速率,故

在高温区进行;历程④、⑤是氮原子的传递和合成氨的过程,需要提高

合成氨的产率,使合成氨（放热反应）平衡正移,故在低温区进行。

、T关键能力房存^

1.四个试管中都装有5mL0.1mol∙LNa2S2O3溶液,分别在不同温度

下加入0.1mol∙L硫酸和一定量水（忽略混合引起的体积变化），最

先出现浑浊的是（C）

A.20℃,10mL硫酸

B.20℃,5mL硫酸和5mL水

C.30℃,10mL硫酸

D.30℃,5mL硫酸和5mL水

解析:溶液混合后总体积相同，从温度角度分析,C、D中温度高,速率

快;从浓度角度分析,A、C中浓度大,反应速率快。综合两个角度,反

应速率最快的是C。

2.下列说法中正确的是(D)

JC时,反应C+CO2-2C0ΔH>0的速率为V,若升高温度,逆反应速率

减小

2+02-2N0,若在容器中充入He,正、逆反应的速率均不变

C.当一定量的锌粉和过量的6mol∙L盐酸反应时,为了减慢反应速

率,又不影响产生油的总量,可向反应器中加入一些水、CLCOONa溶液

或NaNOs溶液

D.对任何一个化学反应,温度发生变化,化学反应速率一定发生变化

解析:温度升高,正、逆反应的速率均增大,A错误;在恒压容器中充入

不参加反应的气体,导致容器的体积增大,反应物和生成物的浓度均

减小,正、逆反应速率均减小,B错误;若能使溶液中氢离子浓度减小，

则反应速率将减小，因此可选水或CFLCOONa溶液,但不能用NaNe)3溶液,

在酸性溶液中NO3与锌粉发生氧化还原反应,生成氮的氧化物,从而

使生成是的量减少,C错误;任何一个化学反应的发生都有热效应，因

此温度发生变化,化学反应速率一定会发生变化,D正确。

2(g)+。2(g)''2S()3(g)

l

ΔH=-198kJ-moΓ,在V2O5存在时，该反应的机理为V205+S02-

2VO2+SO3(快)、4VO2+O2=2V2O5(慢)。下列说法正确的是(C)

2O5的质量

2是该反应的催化剂

C.逆反应的活化能大于198kJ∙moΓ'

2的浓度可显著提高反应速率

解析:V2O5为催化剂,催化剂质量不影响反应速率,A错误;VOZ为中间产

物,不是催化剂,B错误;该逆反应为吸热反应,逆反应的活化能大于

198kJ∙moΓ',C正确;SO?参与的是快反应,其浓度改变对反应速率影

响不大,D错误。

4.一定温度下,反应岫5)+02(或=2肘(给在密闭容器中进行，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o

(2)恒容充入N2:o

(3)恒容充入He:,原因是

(4)恒压充入He:o

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，活化分子数目不变(4)减小

引思维建模

A(g)+B(g)-C(g),恒温恒容或恒温恒压，充入氨气，对反应速率的

影响:

均不变,C不

:变,速率不变

恒温、恒

压充入He“不变J变大,c

减小,速率咸小

考点三,

►控制变量法探究影响反应速率的因素

H必备知识恒冬

(1)以表格的形式给出多组实验数据,让学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,让学生设计实验分析各因素

对化学反应速率的影响。

变量ʃ影响化学反应速率的外界因素主要设置：浓度、

内容:温度、压强、催化剂、固体物质的表面积

O

：依据实验目的，搞清某个外界因素对速率的影

确定T响，从而理清影响实验探究结果的因素，确定

变量出变量和定量

0

；探究时，先确定只变化一种因素，其他因素不

定多_J变，看这种因素和探究的问题存在怎样的关

变一I系；这样确定一种以后，再确定另一种，从而

:得出相应的实验结论

0

由__「做赢扇毒⅛嬴加藏就萩砺若最「

∙且变址统一，否则无法作出正确判断

［理解辨析］

1.判一判(正确的打“J”，错误的打“X”)

(1)用等体积等质量分数的双氧水和不同质量的二氧化镒混合,测定

收集相同体积氧气所需要时间,探究催化剂用量对反应速率的影响。

()

⑵取等体积不同地区的两种天然水,分别加入不同体积的同种肥皂

水,振荡。观察产生泡沫的多少，比较两种天然水中Ca2+、Mg"含量的

高低。()

(3)在相同规格的烧杯中分别加入等体积的热水和冷水,分别向其中

加一滴红墨水，比较红墨水在水中的扩散速率,探究温度对分子运动

速率的影响。()

解析：(2)等体积不同地区的天然水,加入不同体积的同种肥皂水,除

探究要素不同之外,还有一个变量是不同的,不能得出相应的结论。

答案：⑴J(2)×(3)√

如图是某课外兴趣小组为了研究一定浓度Fe"的溶液在不同条件下被

氧气氧化的氧化率,所得到的实验结果。

1∞

∕%

⅛

m

80

懈

g60

%∙40

M20

间

28时

∕h

请根据图像说明怎样操作有利于提高Fe"的氧化率？

提示：由②③可知,温度相同时,PH越小,Fe?’的氧化率越大，由①②可

知,PH相同时,温度越高,Fe"的氧化率越大;所以降低pH、升高温度有

利于提高Fe"的氧化率。

、■关键能力房市

遨组・依据控制变量法,借助图像分析外界因素对反应速率的影响

1.为研究某溶液中溶质R的分解速率的影响因素,分别用三份不同初

始浓度的R溶液在不同温度下进行实验,c(R)随时间变化如图。下列

说法错误的是(B)

A.25C时,10〜30min内，R的分解平均速率为0.030mol∙L^'∙min1

B.对比30℃和10°C曲线,在同一时刻，能说明R的分解速率随温度

升高而增大

C.对比30℃和25℃曲线,在0〜50min内，能说明R的分解平均速

率随温度升高而增大

D.对比30℃和10℃曲线,在50min时,R的分解率相等

解析：根据V=^,25℃时，10〜30min内，R的分解平均速率为

1.4mol・L1-O.8mol・L1

=0.030mol・L-1∙min^',故A正确；对比30℃和

20min

10。。的曲线，同一时刻温度高、浓度大,R的分解速率大,有温度和浓

度两个变量影响速率，因此不能说明R的分解速率随温度升高而增大,

故B错误；根据V=能，25℃时，0〜50min内分解平均速率为

0.026mol∙U1∙min1,30℃时，0〜50min内分解平均速率为

0.032mol∙L・miZ且30℃时,初始浓度低于25C的，故C正确；

在50min时,无论10℃还是30℃均无R剩余，因此分解率均为100%,

故D正确。

2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下乩。2浓度

随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（D）

((

3O7lΓ

Lo.J

250mol∙LTNaOH

∙oa.・r

ɪ

Q2So0.二

o.00.16

/0.15⅜12

(0.08二

o6IOo04

z0.

ɪo6m00二

)0.

aaQ

一

10OX∞O鬣

206;080206n0Oo

ninni

甲

乙

乙

((

LL

-

W∙06.16

EI12

08

)O6

AE0∞4

Z⅜

OO

ZZO.

HHO.

P3)

20406080100

“min

丙T

A.图甲表明，其他条件相同时,乩。2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，少量存在时,溶液碱性越强,乩。2分解速率越快

D.图丙和图丁表明,碱性溶液中,对昂。2分解速率的影响大

解析: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,分解速率越快,错误;C项，由图可

知，ME存在时，0.1mol∙L^1NaOH溶液中小。2的分解速率比

1.0mol∙L^1NaOH溶液中的快,错误;D项，由图可知,碱性条件下,Mn2+

存在时,对乩。2分解速率的影响大,正确。

逊m依据控制变量法,借助表格分析外界因素对反应速率的影响

3.下列生产或实验事实得出的相应结论不正确的是（B）

选

事实结论

项

其他条件相同,Na2S2O3溶液和H2SO∣溶液反应,升高当其他条件

A

溶液的温度,析出硫沉淀所需时间缩短不变时,升高

反应温度,化

学反应速率

加快

A、B两支试管，各加入4mL0.Olmol-L的酸性当其他条件

KMnO4溶液,在A试管中加入2mL0.01mol∙L*不变时,增大

BH2C2O4溶液,在B试管中加入4mL0.02mol♦LT反应物浓度，

的H2C2O4溶液,记录溶液褪色所需时间,B试管褪色化学反应速

时间短率加快

正反应速率

在容积可变的密闭容器中发生反应：2NHKg)一

C加快,逆反应

N2HKl)+H2(g),把容器的容积缩小一半

速率加快

当其他条件

A、B两支试管中分别加入等体积5%的乩。2溶液，不变时,合适

D在B试管中加入2〜3滴FeCL溶液,B试管中产生的催化剂可

气泡快以增大化学

反应速率

解析:其他条件相同,Na2S2O3溶液和HzSOt溶液反应,升高溶液的温度，

反应速率加快,析出硫沉淀所需时间缩短,即当其他条件不变时,升高

反应温度,化学反应速率加快,A正确;A、B两支试管中反应物的体积

不同,两反应物的浓度均发生变化,不能根据B试管褪色时间短得出

题给结论,B不正确;把容器的容积缩小一半,反应物、生成物的浓度

均增大,正、逆反应速率均加快,C正确;A、B两支试管中分别加入等

体积5%的1。2溶液,在B试管中加入2〜3滴FeCk溶液,B试管中产生

气泡快,可以得出题给结论,D正确。

2S0∣反应来制取氢气,常加少量CUSOI来加快反应速率。为了研究CUSo4

的量对同生成速率的影响,某同学设计了实验方案（见下表），将表中

所给的试剂按一定体积混合后，分别加入四个盛有相同大小的Zn片

（过量）的反应瓶（甲、乙、丙、丁）中，收集产生的气体,并记录收集相

同体积的气体所需的时间。

实验试剂甲乙丙T

4mol∙L^'H2S04^M∕mL20V1V2V3

饱和CUSO4溶液∕mL0V410

H2OMV5V680

收集气体所需时间/stɪt2tɜt4

下列说法正确的是（C）

l<t2<t3<t44=V5=lO

6l<V2<V3<20

解析:研究CUSOI的量对比生成速率的影响时，实验中只能改变加入饱

和CUSOI溶液的体积,其余影响化学反应速率的因素都必须相同，所加

4mol∙LH2SO∣溶液的体积都是20mL,溶液的总体积为20mL+10mL=

30mLo所以V∣=V2=V3=2O,V5=IO,V6=7.5,匕=2。甲实验中没有加CUSO」

溶液,不能形成原电池,反应速率最慢,时间tι最长。

走进新高考

1.(2021・广东卷，14)反应X-2Z经历两步:①X-Y;②Y-2Z。反

应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法

不正确的是(D)

A.a为C(X)随t的变化曲线

1时,c(X)=c(Y)=c(Z)

2时,Y的消耗速率大于生成速率

3后，c(Z)=2c。-C(Y)

解析:X是唯一的反应物,随着反应的发生,其浓度不断减小，因此，由

图可知,a为C(X)随t的变化曲线,A正确；由图可知，分别代表3种不

同物质的曲线相交于t∣时刻，因此,3时,c(X)=c(Y)=c(Z),B正确；由

图中信息可知,t?时刻以后,Y的浓度仍在不断减小,说明t2时刻反应

两步仍在向正反应方向发生,而且反应①生成Y的速率小于反应②消

耗Y的速率，即t2时Y的消耗速率大于生成速率,C正确；由图可知,t3

时刻反应①完成,X完全转化为Y,若无反应②发生,贝IJe(Y)=c。，由于反

应②Y—2Z的发生,t3时刻Y浓度的变化量为c(rc(Y),变化量之比等

于化学计量数之比,所以Z的浓度的变化量为2[eŋ-e(Y)],这种关系在

t3后仍成立，因此,D不正确。

2.(2021•河北卷，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Vl=LC2（M）,反应②的速率可表示为V2=k2c2（M）（k,>k2为速率常

数）。反应体系中组分MZ的浓度随时间变化情况如图，下列说法错

误的是（A）

×10mol∙L1∙min

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

解析：由图中数据可知,30min时,M、Z浓度分别为0.300mol∙Γ'

和0.125mol∙L^1,则M的变化量为0.5mol∙L,-0.300mol∙L^'=

0.200mol∙L^1,其中转化为Y的变化量为0.200mol∙L^'-

0.125mol∙L^l=0.075mol∙L^',因此,0〜30min时间段内,Y的平均

反应速率为°0TIO1,L1-0.0025mol∙L1∙min*,A说法错误；由题

30mm

中信息可知,反应①和反应②的速率之比为3γ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的浓度之比等于暑，由于k,ʌk2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的浓度之比等于詈用等鲁衿

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%

O

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.(2021•浙江1月选考，19)取50mL过氧化氢水溶液,在少量I存

在下分解：2田。2——2乩0+()2t。在一定温度下,测得的放出量,转换成

浓度(C)如下表：

t/min020406080

c/(mol∙LT)

下列说法不正确的是(C)

A.反应20min时，测得Ch体积为224mL(标准状况)

B.20〜40min,消耗上。2的平均速率为0.010mol∙L^'∙