2023届新教材新高考一轮复习鲁科版第7章第22讲　化学反应的速率学案.docx

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1、第22讲化学反应的速率复习目标核心素养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。1.变化观念与平衡思想：能认识化学反应速率是变化的，知道化学反应速率与外界条件有关，并遵循一定规律；能多角度、动态地分析化学反应速率，运用化学反应原理解决实际问题。2证据推理与模型认知：建立观点、结论和证据之间的逻辑关系，知道可以通过分析、推理等方法认识化学反应速率的本质特征及其相互关系，建立模型；能运用模型解释化学现象，揭示现象的本质和规律。3科学探究与创新意识

2、：能发现和提出有关化学反应速率的有探究价值的问题；通过控制变量来探究影响化学反应速率的外界条件。考点一化学反应的速率1表示方法用单位时间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molL1min1或molL1s1。3化学反应速率与化学计量数的关系同一反应在同一时间内，用不同物质来表示的反应速率数值可能不同，但反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的化学计量数之比。如在反应aA(g)bB(g)cC(g)dD(g)中，存在v(A)v(B)v(C)v(D)abcd。4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

3、、转化量、某时刻量。(3)根据已知条件列方程式计算。例如：反应 mAnBpC起始浓度(molL1) a b c转化浓度(molL1) x 某时刻浓度(molL1) ax b c不能用固体或纯液体来表示化学反应速率。 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。(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)化学反应速率为0.8 molL1s1是指1 s时某物质的浓度为0.8 molL1。()(3)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。()(4)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

4、的意义相同。()(5)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。()(6)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)(6)典例一定温度下，在密闭容器内进行着某一反应，X气体、Y气体的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是()A反应的化学方程式为5Y=XBt1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍Ct2时，X的反应速率与Y的反应速率相等DY的反应速率：t1时刻t2时刻t3时刻解析A0t1时X的物质的量增大了：4 mol2 mol2 mol，Y的物质的量减小了：10 mol6 mol4 mo

5、l，则X为生成物、Y为反应物，Y、X的计量数之比为：4 mol2 mol21，t3时反应达到平衡，所以该反应的化学方程式为：2Y(g)X(g)，A项错误；B.根据图示可知，t1时X的物质的量为4 mol，Y的物质的量为6 mol，由于容积相同，则二者的浓度之比等于其物质的量之比，所以Y的浓度是X浓度的1.5倍，B项正确；C.t2之后X的物质的量继续增大、Y的物质的量继续减小，说明反应仍然正向进行，X的反应速率与Y的反应速率之比为12，反应没有达到平衡状态，C项错误；D.Y的浓度在减小，则Y的反应速率：t1时刻t2时刻t3时刻，D项错误。答案B对点练1(化学反应速率的大小比较)在2A(g)B(g

6、)3C(g)4D(g)反应中，下列反应速率中最快的是()Av(A)0.5 molL1s1Bv(B)0.3 molL1s1Cv(C)0.8 molL1s1Dv(D)6 molL1min1解析：B将不同物质表示的反应速率均转化为v(B)，且单位统一为molL1s1。A项，v(B)v(A)0.25 molL1s1，B项，v(B)0.3 molL1s1，C项，v(B)v(C)0.8 molL1s10.27 molL1s1，D项，v(B)v(D)6 molL1min11.5 molL1min10.025 molL1s1，故反应速率最快的是v(B)0.3 molL1s1，B项正确。练后归纳定量比较化学反应

7、速率大小的2种方法(1)归一法：按照化学计量数关系换算成同一物质、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)，即比较与，若，则用A表示时的反应速率比用B表示时大。 对点练2(化学反应速率的计算)将等物质的量的A、B混合放于2 L的密闭容器中，发生反应3A(g)B(g)xC(g)2D(g)。经5 min后达到平衡，平衡时测得D的浓度为0.5 mol/L，c(A)c(B)35，v(C)0.1 mol/(Lmin)。(1)x_。(2)前5 min内B的反应速率v(B)_。(3)平衡时A的转化率为_。解析：(1)v(D)0.1 mo

8、l/(Lmin)v(C)，由此推知x2。(2)v(B)0.05 mol/(Lmin)。(3) 3A(g) B(g) 2C(g)2D(g)起始浓度/(mol/L) a a 0 0转化浓度/(mol/L) 0.75 0.25 0.5 0.5平衡浓度/(mol/L) a0.75 a0.25 0.5 0.5(a0.75)(a0.25)35解得：a1.5；A的转化率(A)100%50%。答案：(1)2(2)0.05 mol/(Lmin)(3)50%考点二影响化学反应速率的因素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

9、改变一个条件)(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含量，所以反应速率增大。()(6)对可逆反应FeCl33KSCNFe(SCN)33KCl，增加氯化钾浓度，逆反应速率加快。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)典例 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)如下表。根据表中的递变规律，推测O3分别在以下条件下反应：40 、pH3.0；10

10、 、pH5.0；30 、pH7.0，分解速率依次增大的顺序为()ABC D解析分析题表中数据，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40 、pH3.0时，所需时间在31158 min之间；在10 、pH5.0时，所需时间大于169 min；在30 、pH7.0时，所需时间小于15 min，则分解速率依次增大的顺序为，C项正确。答案C对点练1(浓度和温度对化学反应速率的影响)硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SO2SH2O，下列各组实验中最先出

11、现浑浊的是()选项反应温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(molL1)V/mLc/(molL1)V/mLA2550.1100.15B.2550.250.210C.3550.1100.15D.3550.250.210解析：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)。对点练2(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。(1)升高温度：_；(2)缩小体积增大压强：_；(3)恒容充入氢气：_；(

12、4)恒容充入氮气：_；(5)恒压充入氮气：_。答案：(1)增大(2)增大(3)增大(4)无影响(5)减小对点练3(多种因素对化学反应速率的影响)在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是()Aa6.00B同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变Cb318.2D不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同解析：D分析328.2 K的瞬时速率与浓度的关系成正比，则，a6.00，A项正确；从题给数据看，浓度越大、温度越高，反应速率越快，当增大浓度同时降低温度时，瞬时反应速率可能会不变，B项正确；浓度不变时，b K下反应速率低于318.2 K下的反应速率，故b

13、318.2，C项正确；题给数据是瞬时速率而不是平均速率，故不能作为判断所用时间的依据，D项错误。练后归纳(1)增减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。考点三化学反应的历程活化能1基元反应大多数的化学反应都是分几步完成的。其中每一步反应称为基元反应。2反应机理基元反应构成的反应序列称为反应历程，反应历程又称反应机理。3基元反应发生的先决条件基元

14、反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞，但是并不是每一次分子碰撞都能发生化学反应。4有效碰撞5活化分子：能够发生有效碰撞的分子。6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。7反应物、生成物的能量与活化能的关系图中：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。8理论解释外界因素对反应速率的影响有效碰撞理论(1)中和反应、沉淀反应等反应速率很快，理由是这些反应的活化能很小几乎为零。()(2)活化分子的碰撞都是有效碰撞。()(3)升高温度和增大压强均可增大活化分子百分数。()(4)催化剂可以参与反

15、应，改变反应机理。()答案：(1)(2)(3)(4)典例甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。我国学者采用量子力学方法研究表明，利用钯基催化剂表面吸附发生解离：CH3OH(g)CO(g)2H2(g)的五个路径与相对能量历程关系，如图所示，其中吸附在钯催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是()A该吸附过程最终释放能量B决速步骤的能垒(活化能)为179.6 kJmol1C催化剂在吸附过程中降低反应的活化能D历程中速率最快的反应为：CH2O*=CHO*H*解析A起始相对能量为0 kJmol1，终态为65.7 kJmol1，能量升高，该吸附过程最终吸收能量，A错误；B.活化能为反应物的总能量与

16、过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态反应活化能最大反应最慢，因此决速步骤为，能垒(活化能)为113.9 kJmol1(65.7 kJmol1)179.6 kJmol1，B正确；C.催化剂加快反应速率是因为降低了反应的活化能，C正确；D.活化能越小反应速率越快，过渡态为活化能最低，历程中速率最快的反应为：CH2O*=CHO*H*，D正确。答案A(1)活化能与H的关系正、逆反应活化能的差值就是反应的焓变，可表示为HE正E逆。(2)活化能与化学反应速率的关系活化能越大，化学反应速率越小。(3)催化剂与活化能、H的关系催化剂能改变反应的活化能，但不能改变反应的H。对点练1已知反应：2NO(g)Br2

17、(g)2NOBr(g)Ha kJmol1(a0)，其反应机理如下：NO(g)Br2(g)NOBr2(g)快NO(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的快慢BNOBr2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 kJmol1D增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率解析：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 kJmol

18、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了，所以能加快反应速率，故D错误。对点练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，转化为活化配合物都要吸收能量解析：AD使用催化剂，反应物活化能降低，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。对点练3在有气体参与的反应中，增大反应物浓度、升高温度、增大压强(压缩体积)

19、、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)增加活化分子百分比的是_。(3)未改变活化分子百分比，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)(2)(3) (4)考点四化学反应速率图像及其应用1全程速率时间图像如Zn与足量盐酸的反应，反应速率随时间的变化出现如图情况。原因解释：AB段(v渐大)，则主要是因为该反应为放热反应，随着反应的进行，温度逐渐升高，导致反应速率逐渐增大；BC段(v渐小)，则主要原因随着反应的进行，溶液中c(H)逐渐减小，导致反应速率逐渐减小。2物质的量(或浓度)时间图像示例：

20、某温度时，在定容(V L)容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。(1)由图像得出如下信息反应物是X、Y，生成物是Z；t3时反应达到平衡，X、Y没有全部反应。(2)根据图像可进行如下计算某物质的平均反应速率、转化率，如v(X) molL1s1，Y的转化率100%。确定化学方程式中的化学计量数之比，如X、Y、Z三种物质的化学计量数之比为(n1n3)(n2n3)n2。3速率时间图像及应用平衡体系条件变化速率变化平衡变化速率变化曲线任一平衡体系增大反应物浓度v(正)、v(逆)均增大，且v(正)v(逆)正向移动减小反应物浓度v(正)、v(逆)均减小，且v(逆)v(正)逆向移动任一

21、平衡体系增大生成物浓度v(正)、v(逆)均增大，且v(逆)v(正)逆向移动减小生成物浓度v(正)、v(逆)均减小，且v(正)v(逆)正向移动正反应方向为气体体积增大的放热反应增大压强或升高温度v(正)、v(逆)均增大，且v(逆)v(正)逆向移动减小压强或降低温度v(正)、v(逆)均减小，且v(正)v(逆)正向移动反应前后气体化学计量数和相等的平衡体系正催化剂或增大压强v(正)、v(逆)均增大相同倍数平衡不移动减小压强v(正)、v(逆)同等倍数减小典例在密闭容器中进行反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，如图是某次实验的化学反应速率随时间变化的图像，推断在t1时刻突然变化的

22、条件可能是()A催化剂失效B减小生成物的浓度C降低体系温度D增大容器的体积解析催化剂只能同等程度地增大或减小正、逆反应速率，A项错误；减小生成物的浓度，正反应速率瞬时不变，逆反应速率瞬时减小，B项错误；正反应放热，降低温度，正、逆反应速率都减小，平衡正向移动，C项正确；增大容器的体积，正、逆反应速率都减小，但平衡逆向移动，D项错误。答案C对点练1合成氨反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.4 kJmol1，在反应过程中，正反应速率的变化如图。下列说法正确的是()At1时升高了温度Bt2时使用了催化剂Ct3时增大了压强Dt4时降低了温度解析：BA项，t1时正反应速率增大，且大于逆反应

23、速率，则应为增大压强，错误；B项，t2时正逆反应速率同等程度增大，为使用了催化剂，正确；C项，t3时正反应速率减小，且逆反应速率大于正反应速率，则为减小压强，错误；D项，t4时反应速率瞬间不变，然后减小，应为减小生成物浓度，错误。对点练2对于反应2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0已达平衡，如果其他条件不变时，分别改变下列条件，对化学反应速率和化学平衡产生影响，下列条件与图像不相符的是(Ot1：v正v逆；t1时改变条件，t2时重新建立平衡)()解析：C分析时要注意改变条件瞬间v正、v逆的变化。增加O2的浓度，v正增大，v逆瞬间不变，A正确；增大压强，v正、v逆都增大，v正增大的倍数大于v

24、逆，B正确；升高温度，v正、v逆都瞬间增大，v逆增大的倍数大于v正，C错误；加入催化剂，v正、v逆同时同倍数增大，D正确。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

25、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。典例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)424H2O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：(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/mL4601030560103

26、0560_测得实验和溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。(2)上述反应后草酸被氧化为_(填化学式)。(3)实验和的结果表明_；实验中Ot1时间段反应速率v(Cr3)_molL1min1(用代数式表示)。(4)该课题组对铁明矾Al2Fe(SO4)424H2O中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假三：假设一：Fe2起催化作用；假设二：_；假设三：_；(5)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、K2SO4Al2(SO4)324H2O、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

27、操作过程)预期实验结果和结论 典题剖析关键信息信息分析与迁移信息光照强度、废水样品浓度和催化剂条件相同信息初始pH和草酸浓度变化信息中Cr2O浓度比下降较快，速率大信息Fe2或Al3或SO起催化作用解析(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”可知实验是为了对比pH的不同对速率的影响，实验是为了对比草酸浓度的不同对速率的影响，所以在实验中草酸溶液和蒸馏水的总体积为40 mL即可(但不能与实验的用量相同)。(2)H2C2O4中C的化合价为3价，被含Cr2O的酸性溶液氧化后只能升高为4价，故产物为CO2。(3)图像中曲线的斜率越大，说明反应速率越快，所以由实验条件对照可知，

28、pH越小该反应速率越快。Cr2O氧化H2C2O4后，本身被还原为Cr3，由质量守恒定律得关系式：Cr2O2Cr3，故v(Cr3)2v(Cr2O)。(4)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。(5)用等物质的量的K2SO4Al2(SO4)324H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，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)2020(合理即可)(2)CO2(3)溶液的pH对

29、该反应的速率有影响(4)Al3起催化作用SO起催化作用(5)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K2SO4Al2(SO4)324H2O代替实验中的铁明矾，控制其他反应条件与实验相同，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)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254 mL 0.01 molL12 mL 0.01 molL1254 mL 0.01 mol

30、L12 mL 0.02 molL1504 mL 0.01 molL12 mL 0.01 molL1A实验中要记录溶液褪色所需时间B实验探究的是浓度对化学反应速率的影响C实验探究的是温度对化学反应速率的影响D起始向中加入MnSO4固体，不影响反应速率解析：D该实验原理是2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O，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；实验中c(KMnO4)、c(H

31、2C2O4)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，中加入MnSO4固体，会加快反应速率，D错误。2碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 molL1 KI、0.2%淀粉溶液、0.20 molL1 K2S2O8、0.10 molL1 Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O2I=2SOI2(慢)，I22S2O=2IS4O(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

32、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/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液10.00.04.04.02.09.01.04.04.02.08.0Vx4.04.02.0表中Vx_mL，理由是_。(3)已知某条件下，浓度c(S2O)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S2OI2

33、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Vx2.0。(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，c(S2O)t的变化曲线如图所示。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，而其他的不变(3)如图所示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，有关数据如下表所示：序号纯锌粉(g)2.0 molL1硫酸溶液

34、(mL)温度()硫酸铜固体(g)加入蒸馏水(mL)2.050.025002.040.025010.02.050.0250.202.050.0254.00(1)本实验待测数据可以是_，实验和实验可以探究_对锌与稀硫酸反应速率的影响。(2)实验和实验的目的是_，写出有关反应的离子方程式_。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)探究硫酸铜的量对反应速率的影响ZnCu2=Zn2Cu，Zn2H=Zn2H21(2021山东卷，14)18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是(

35、)A反应、为决速步B反应结束后，溶液中存在18OHC反应结束后，溶液中存在CHOHD反应与反应活化能的差值等于图示总反应的焓变解析：BA一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应和反应的活化能较高，因此反应的决速步为反应、，故A错误；B.反应为加成反应，而为快速平衡，反应的成键和断键方式为或，后者能生成18OH，因此反应结束后，溶液中存在18OH，故B正确；C.反应的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CHOH，故C错误；D.该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O的总能量与和OH的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误。2(20

36、21浙江1月选考，19)取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I 存在下分解：2H2O2=2H2OO2。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/(molL1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是()A反应20 min时，测得O2体积为224 mL(标准状况)B2040 min，消耗H2O2的平均速率为0.010 molL1min1C第30 min时的瞬时速率小于第50 min时的瞬时速率DH2O2分解酶或Fe2O3代替I也可以催化H2O2分解解析：CA反应20 min时，过氧化氢的浓度变为0.4 mol/L，说明分解的

37、过氧化氢的物质的量n(H2O2)(0.800.40)mol/L0.05 L0.02 mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)0.01 mol，标况下的体积VnVm0.01 mol22.4 L/mol0.224 L224 mL，A正确；B.2040 min，消耗过氧化氢的浓度为(0.400.20)mol/L0.20 mol/L，则这段时间内的平均速率v0.010 mol/(Lmin)，B正确；C.随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率，C错误；D.I在反应中起到催化的作用，故也可以利用

38、过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确。3(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：MN=XY；MN=XZ，反应的速率可表示为v1k1c2(M)，反应的速率可表示为v2k2c2(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()A030 min时间段内，Y的平均反应速率为6.67108molL1min1B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反应的活化能比反应的活化能大解析：AA由图中数据可知，30 min时，M、Z的浓度分别为0.300

39、molL1和 0.125 molL1，则M的变化量为0.500 molL10.300 molL10.200 molL1，其中转化为Y的变化量为0.200 molL10.125 molL10.075 molL1。因此，030 min时间段内，Y的平均反应速率为 0.0025 molL1min1，A说法不正确；B.由题中信息可知，反应和反应的速率之比为，Y和Z分别为反应和反应的产物，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，温度不变，该比值保持不变，B说法正确； C结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中

40、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.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，故反应的活化能比反应的活化能大，D说法正确。42021广东卷，19(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_步进行，其中，第_步的正反应活化能最大。答案：4452021河北卷，16(4)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

41、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、a6(经典高考题节选)对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。比较a、b处反应速率大小：va_vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率vv正v逆k正xHClk逆xSiHClxSiCl，k正、k逆分别为正、 逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的_(保留1位小数)。解析：a、b处SiHCl3的转化率相等，但a处温度比b处高，故va大于vb；依据题意知v正k正xHCl，v逆k逆x SiHClxSiCl