2023届高考化学鲁科版一轮复习学案-第七章第1课时　化学反应速率

第1课时化学反应速率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。化学反应速率的计算与比较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=ΔcΔt,单位为mol·L-1·s-1或mol·L-1·3.化学反应速率与化学计量数的关系对于已知反应: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。(1)一般不用固体或纯液体物质表示化学反应速率。(2)由v=Δc4.化学反应中各物质浓度的计算模式——“三段式”(1)写出有关反应的化学方程式。(2)找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。(3)根据已知条件列化学方程式计算。例如:反应mA(g)+nB(g)pC(g)起始浓度/(mol·L-1) a b c转化浓度/(mol·L-1) x nxm 某时刻浓度/(mol·L-1) a-x b-nxm c+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“√”,错误的打“×”)(1)对于任何化学反应来说,反应速率越大,反应现象越明显。()(2)单位时间内反应物浓度的变化量表示正反应速率,生成物浓度的变化量表示逆反应速率。()(3)化学反应速率为0.8mol·L-1·s-1(4)在2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应中,t1、t2时,SO3(g)浓度分别是c1、c2,则t1～t2时间内,SO3(g)生成的平均速率为v=c2-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-1·速率。答案:(1)×(2)×(3)×(4)√2.想一想同一化学反应,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。(2)换算成同一物质表示的速率,再比较数值的大小。3.做一做对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g),在不同条件下的化学反应速率如下,由于B物质是固体,不能表示反应速率;③中对应的v(A)=mol·L-1·min-1;④中对应的v(A)=mol·L-1·min-1。表示的反应速率最快的是。

①v(A)=0.5mol·L-1·min-1②v(B)=1.2mol·L-1·s-1③v(D)=0.4mol·L-1·min-1④v(C)=0.1mol·L-1·s-1答案:0.23②1.(2021·北京东城期末)某温度下N2O5按下式分解:2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)。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)1.000.710.500.350.250.17……下列说法不正确的是(D)A.4min时,c(NO2)=1.50mol/LB.5min时,N2O5的转化率为83%C.0～2min内,平均反应速率v(O2)=0.125mol/(L·min)D.其他条件不变,若起始c(N2O5)=0.50mol/L,则2min时,c(N2O5)<0.25mol/L解析:由题给表格数据可知,4min时,N2O5的浓度消耗量为(1.00-0.25)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)=0.75mol/L×2=1.50mol/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0.83mol/L1.0mol/×12=0.25mol/L,则v(O2)=0.25mol/L2min=0.125mol/(L·min),故C正确;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)=0.50mol/L,反应物浓度减小,化学反应速率减小,反应消耗N2O0.25mol/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:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),反应过程如图。下列说法不正确的是(A)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·解析:t1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NH3的曲线,B项正确;0～8min时,v(NH3)=0.6mol10L×8min=0.0075mol·L-1·min-1,根据化学反应速率之比等于化学计量数之比,v(HL-1·min-1,C项正确;10～12min,v(NH3)=(0.L-1·min-1,v(N2)=v(NH3)2=0.0025mol·3.(2021·浙江温州期末)COCl2的分解反应为COCl2(g)CO(g)+Cl2(g)ΔH=+108kJ·mol-1。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14min的COCl2浓度变化曲线未示出)。下列说法正确的是(C)A.在10～12min内,以Cl2浓度变化表示的该反应平均反应速率为5×10-3mol·L-1·s-1B.改变的条件分别是第4min时,升高了温度;第10min时,移走了部分CO;第14min时,将容器体积压缩了1.5倍C.第13min时,COCl2的浓度为0.03mol·L-1D.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,Cl2浓度由0.11mol·L-1增加到0.12mol·L-1,用Cl2浓度变化表示的该反应平均反应速率为0.12mol·L-1-0.11mol·L-12min=5×10-3mol·L-1·min-10.01mol·L-1,则COCl2的浓度减小0.01mol·L-1,即为0.03mol·L-1,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。影响化学反应速率的因素与解释1.内因反应物本身的性质。2.外因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+、OH-浓度。3.理论解释——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。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。(2)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:E1为正反应的活化能,使用催化剂时的活化能为E3,E2为逆反应的活化能,反应热为E1-E2。(3)活化分子、有效碰撞与化学反应速率的关系[理解辨析]1.判一判(正确的打“√”,错误的打“×”)(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。()(3)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FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl,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Fe3++3SCN-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:(1)×(2)×(3)√(4)×2.想一想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NH3产率降低。我国科研人员研制了Ti-H-Fe双温区催化剂(Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃)。Ti-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)。(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,N2分子中的氮氮三键没有断裂。(2)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。1.四个试管中都装有5mL0.1mol·L-1Na2S2O3溶液,分别在不同温度下加入0.1mol·L-1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)A.已知t1℃时,反应C+CO22COΔH>0的速率为v,若升高温度,逆反应速率减小B.恒压容器中发生反应N2+O22NO,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-1盐酸反应时,为了减慢反应速率,又不影响产生H2的总量,可向反应器中加入一些水、CH3COONa溶液或NaNO3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CH3COONa溶液,但不能用NaNO3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H3.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-198kJ·mol-1,在V2O5存在时,该反应的机理为V2O5+SO22VO2+SO3(快)、4VO2+O22V2O5(慢)。下列说法正确的是(C)A.反应速率主要取决于V2O5的质量B.VO2是该反应的催化剂C.逆反应的活化能大于198kJ·mol-1D.增大SO2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;VO2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·mol-1,C正确;SO2参与的是快反应,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N2(g)+O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行,回答下列措施对化学反应速率的影响(填“增大”“减小”或“不变”)。(1)缩小体积使压强增大:,原因是。(2)恒容充入N2:。

(3)恒容充入He:,原因是。(4)恒压充入He:。

答案:(1)增大单位体积内,活化分子数目增加,有效碰撞的次数增多(2)增大(3)不变单位体积内,活化分子数目不变(4)减小A(g)+B(g)C(g),恒温恒容或恒温恒压,充入氦气,对反应速率的影响:控制变量法探究影响反应速率的因素1.考查形式(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。2.解题策略[理解辨析]1.判一判(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)用等体积等质量分数的双氧水和不同质量的二氧化锰混合,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。()(2)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+、Mg2+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:(1)√(2)×(3)√2.想一想如图是某课外兴趣小组为了研究一定浓度Fe2+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。请根据图像说明怎样操作有利于提高Fe2+的氧化率?提示:由②③可知,温度相同时,pH越小,Fe2+的氧化率越大,由①②可知,pH相同时,温度越高,Fe2+的氧化率越大;所以降低pH、升高温度有利于提高Fe2+的氧化率。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.25℃时,10～30min内,R的分解平均速率为0.030mol·L-1·min-1B.对比30℃和10℃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=ΔcΔt,25℃时,10～30min内,R的分解平均速率为1.4mol·L-1-0.026mol·L-1·min-1,30℃时,0～50min内分解平均速率为0.032mol·L-1·min-1且30℃时,初始浓度低于25℃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。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(D)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,H2O2分解速率越快,错误;C项,由图可知,Mn2+存在时,0.1mol·L-1NaOH溶液中H2O2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H2O2分解速率的影响大,正确。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)选项事实结论A其他条件相同,Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反应,升高溶液的温度,析出硫沉淀所需时间缩短当其他条件不变时,升高反应温度,化学反应速率加快BA、B两支试管,各加入4mL0.01mol·L-1的酸性KMnO4溶液,在A试管中加入2mL0.01mol·L-1H2C2O4溶液,在B试管中加入4mL0.02mol·L-1的H2C2O4溶液,记录溶液褪色所需时间,B试管褪色时间短当其他条件不变时,增大反应物浓度,化学反应速率加快C在容积可变的密闭容器中发生反应:2NH3(g)N2H4(l)+H2(g),把容器的容积缩小一半正反应速率加快,逆反应速率加快DA、B两支试管中分别加入等体积5%的H2O2溶液,在B试管中加入2～3滴FeCl3溶液,B试管中产生气泡快当其他条件不变时,合适的催化剂可以增大化学反应速率解析:其他条件相同,Na2S2O3溶液和H2SO4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H2O2溶液,在B试管中加入2～3滴FeCl3溶液,B试管中产生气泡快,可以得出题给结论,D正确。4.实验室用Zn与稀H2SO4反应来制取氢气,常加少量CuSO4来加快反应速率。为了研究CuSO4的量对H2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。实验试剂甲乙丙丁4mol·L-1H2SO4溶液/mL20V1V2V3饱和CuSO4溶液/mL02.5V410H2O/mLV5V680收集气体所需时间/st1t2t3t4下列说法正确的是(C)A.t1<t2<t3<t4 B.V4=V5=10C.V6=7.5 D.V1<V2<V3<20解析:研究CuSO4的量对H2生成速率的影响时,实验中只能改变加入饱和CuSO4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·L-1H2SO4溶液的体积都是20mL,溶液的总体积为20mL+10mL=30mL。所以V1=V2=V3=20,V5=10,V6=7.5,V4=2。甲实验中没有加CuSO4溶液,不能形成原电池,反应速率最慢,时间t1最长。1.(2021·广东卷,14)反应X2Z经历两步:①XY;②Y2Z。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B.t1时,c(X)=c(Y)=c(Z)C.t2时,Y的消耗速率大于生成速率D.t3后,c(Z)=2c0-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t1时刻,因此,t1时,c(X)=c(Y)=c(Z),B正确;由图中信息可知,t2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,则c(Y)=c0,由于反应②Y2Z的发生,t3时刻Y浓度的变化量为c0-c(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[c0-c(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+NX+Y;②M+NX+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)A.0～30min时间段内,Y的平均反应速率为6.67×10-3mol·L-1·min-1B.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ZD.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·L-1和0.125mol·L-1,则M的变化量为0.5mol·L-1-0.300mol·L-1=0.200mol·L-1,其中转化为Y的变化量为0.200mol·L-1-0.125mol·L-1=0.075mol·L-1,因此,0～30min时间段内,Y的平均反应速率为0.075mol·L-130min=0.0025mol·L-1·min-1,A说法错误;由题中信息可知,反应①和反应②的速率之比为k1k2,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k1k2,由于k3.(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:2H2O22H2O+O2↑。在一定温度下,测得O2的放出量,转换成H2O2浓度(c)如下表:t/min020406080c/(mol·L-1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是(C)A.反应20min时,测得O2体积为224mL(标准状况)B.20～40min,消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1C.第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率D.H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解解析:反应20min时,过氧化氢的浓度变为0.4mol·L-1,说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol·L-1×0.05L=0.02mol,过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol,标准状况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L·mol-1=0.224L=224mL,A正确;20～40min,消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol·L-1=0.20mol·L-1,则这段时间内消耗过氧化氢的平均速率v=ΔcΔt=0.20mol·L-120min=0.010mol·L-14.(1)(2021·湖南卷)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下,将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa),各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。若保持容器体积不变,t1min时反应达到平衡,用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率v(H2)=mol·L-1·min-1(用含t1的代数式表示)。

(2)(2020·海南卷)向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2+的溶液,即有气泡快速逸出,反应中Mn2+起作用。某组实验数据如下:

t/min01020304050c(H2O2)/mol·L-10.700.490.350.250.170.120～30minH2O2反应的平均速率v=mol·L-1·min-1。

解析:(1)设t1min时达到平衡,转化的NH3的物质的量为2xmol,列出三段式:2NH3(g)N2(g)+3H2(g)起始/mol 0.1 0 0转化/mol 2x x 3x平衡/mol 0.1-2x x 3x根据同温同压下,混合气体的物质的量之比等于体积之比,0.200120+120+40,解得x=0.02,v(H2)=0.02×3mol3(2)向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2+的溶液,即有气泡快速逸出,说明Mn2+的加入加快双氧水的分解速率,但Mn2+本身没有发生任何变化,故Mn2+起到了催化剂的作用;起始时双氧水的浓度为0.70mol·L-1,30min时双氧水的浓度为0.25mol·L-1,其浓度变化量Δc=0.7mol·L-1-0.25mol·L-1=0.45mol·L-1,则这段时间内双氧水的反应速率v=ΔcΔt=0.45mol·L-答案:(1)0(2)催化剂0.015题号知识易中难化学反应速率概念理解16化学反应速率的影响因素3,78控制变量法探究影响反应速率的因素4,9化学反应速率的比较与计算2,5一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.以下是几位同学在学习化学反应速率理论后发表的一些看法,其中不正确的是(A)A.化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率和生成物的产率B.化学反应速率理论可以指导怎样在一定时间内快出产品C.影响化学反应速率的主要因素是反应物的性质,浓度、温度、催化剂、反应物颗粒大小等外部因素也会对化学反应速率产生影响D.正确利用化学反应速率理论可提高化工生产的综合经济效益解析:化学反应速率理论研究的是化学反应进行的快慢问题,不能指导提高原料的转化率和生成物的产率。2.反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),经2min,B的浓度减少0.6mol·L-1。对此反应速率的表示正确的是(B)A.用A表示的反应速率是0.4mol·L-1·min-1B.分别用B、C、D表示的反应速率之比是3∶2∶1C.在2min末的反应速率,用B表示是0.3mol·L-1·min-1D.在这2min内用C表示的反应速率的值是逐渐增大的解析:A是固体,浓度为定值,不能用A表示反应速率,故A错误;分别用B、C、D表示的反应速率之比等于化学计量数之比,是3∶2∶1,故B正确;在2min内的反应速率,用B表示是0.3mol·L-1·min-1,是平均速率,不是瞬时速率,故C错误;反应一开始速率快,后来速率变慢直至达到平衡,在这2min内用C表示的反应速率的值是逐渐减小的,故D错误。3.(2022·河南中原质检)某同学在实验室中进行如下两组实验:①T1时,将2mL0.02mol·L-1的酸性KMnO4溶液与2mL0.2mol·L-1的草酸溶液混合,观察到溶液完全褪色所需要的时间是4s;②T2时,将2mL0.03mol·L-1的酸性KMnO4溶液与2mL0.2mol·L-1的草酸溶液混合,观察到溶液完全褪色所需要的时间是5s。下列说法正确的是(B)A.实验①反应速率较快B.实验②反应速率较快C.无法比较两者反应速率的快慢D.T2一定高于T1解析:实验①中,溶液混合后c(KMnO4)=12×0.02mol·L-10.01mol·L-1,用酸性KMnO4表示的反应速率v1=0.0.0025mol·L-1·s-1,实验②中,溶液混合后c(KMnO4)=120.03mol·L-1=0.015mol·L-1,用酸性KMnO4表示的反应速率v2=0.015mol·L-15s=0.003mol·L-1·s-1,所以v2>v1,即实验②反应速率较快,故A、C错误,B正确;由实验②与实验①对比可知,两者反应温度不同,并且实验②中酸性KMnO4错误。4.探究2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O反应速率的影响因素,有关实验数据如下表所示:编号温度/℃催化剂/g酸性KMnO4溶液H2C2O4溶液KMnO4溶液褪色平均时间/min体积/mL浓度/(mol/L)体积/mL浓度/(mol/L)1250.540.180.212.72800.540.180.2a3250.540.0180.26.7425040.0180.2b下列说法不正确的是(C)A.a<12.7,b>6.7B.可通过比较收集相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢C.用H2C2O4表示该反应速率,v(实验1)约为0.02mol/(L·min)D.用KMnO4表示该反应速率,v(实验3)<v(实验1)解析:反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O的反应速率随着温度的升高而加快,KMnO4溶液褪色平均时间缩短,所以a<12.7,加入催化剂,化学反应速率加快,KMnO4溶液褪色平均时间缩短,所以b>6.7,故A正确;判断反应速率快慢的方法有比较单位时间内产物的物质的量的变化量的多少、收集相同体积CO2所消耗的时间长短、单位时间内物质浓度的变化量的多少等,故B正确;高锰酸钾和草酸之间反应的量的变化关系是2KMnO4～5H2C2O4,则2KMnO4～5H2C2O4 2 50.004×0.10.001即消耗草酸的物质的量是0.001mol,草酸表示的反应速率v=Δc0.001mol0.012L12.ΔcΔt=0.1molΔcΔt=0.01mol5.(2021·浙江强基联盟协作体下学期统测)乙醛在少量I2存在下分解反应为CH3CHO(g)CH4(g)+CO(g)。某温度下,测得CH3CHO的浓度变化情况如下表:t/s421052423846651070c(CH3CHO)/(mol·L-1)6.685.854.643.832.812.01下列说法不正确的是(C)A.42～242s,消耗CH3CHO的平均反应速率为1.02×10-2mol·L-1·s-1B.第384s时的瞬时速率大于第665s时的瞬时速率是受c(CH3CHO)的影响C.反应105s时,测得混合气体的体积为168.224L(标准状况)D.I2为催化剂,降低了反应的活化能,使活化分子百分数增加,有效碰撞次数增多解析:由表中数据可计算,42～242s,消耗CH3CHO的平均反应速率为(6.68-4.64)mol·L-1(242-42)二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)6.(2021·天津质检)CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应,其相对能量与反应历程如图所示。第一步:Fe*+N2OFeO*+N2第二步:FeO*+COFe*+CO2下列叙述错误的是(D)A.Fe*使反应的活化能减小B.两步反应均为放热反应C.总反应为CO+N2ON2+CO2D.第一步反应比第二步反应快解析:由题意可知,第一步Fe*被消耗,第二步Fe*又生成,说明Fe*是反应的催化剂,故A正确;根据反应历程图,可知两步反应的生成物的总能量均低于反应物的总能量,则两步反应均为放热反应,ΔH均小于0,故B正确;根据盖斯定律,第一步反应+第二步反应=总反应,则总反应为CO+N2ON2+CO2,故C正确;根据反应历程图,第一步反应活化能高于第二步反应活化能,活化能越低,反应速率越快,则第一步反应比第二步反应慢,故D错误。7.O3在水中易分解,一定条件下,O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。pHt/minT/℃3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157据表中