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高考化学考点全复习——考点21《化学反应速率》精选题（含解析）（全国通用）
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考点21 化学反应速率
本考点主要考查对化学反应速率的理解、化学反应速率的相关计算、化学反应速率图像问题，延续选择题或非选择题的形式。
预测2023年必将涉及化学反应速率考查，必须掌握在化学反应中速率之比等于计量数之比，外界条件对速率的影响关键是外界条件的改变引起单位体积内活化分子数量的变化。预计在今后的高考中，会与反应过程中的能量变化融合，将化学反应速率与化工生产、生活实际相结合，应予以重视。
一、化学反应速率
二、影响化学反应速率的因素
化学反应速率
1．表示方法
通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。
2．数学表达式及单位
v＝，单位为mol·L－1·min－1或mol·L－1·s－1。
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)＝a∶b∶c∶d
【小试牛刀】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)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( )
(2)化学反应速率理论可以指导怎样在一定时间内快出产品( )
(3)对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显( )
(4)对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率( )
(5)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( )
(6)化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1( )
(7)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( )
(8)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( )
(9)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( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6) × (7)√ (8)× (9)√
【典例】
例1 (2022·浙江省1月选考)在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是( )
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
【答案】C
【解析】A项，图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，A正确； B项，b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，B正确； C项，化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，C不正确； D项，维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，D错误；故选C。
例2 (2021•广东选择性考试)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( )
A．a为c(X)随t的变化曲线
B．t1时，c(X)= c(Y)= c(Z)
C．t2时，的消耗速率大于生成速率
D．t3后， c(Z)=2c0- c(Y)
【答案】D
【解析】由题中信息可知，反应X=2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度c随时间t的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度c随时间t的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度c随时间t的变化曲线。A项，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；B项，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；C项，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；D项，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②Y→2Z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。故选D。
【对点提升】
对点1 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，其中表示的反应速率最快的是( )
A．v(A)＝0.5 mol·L－1·min－1 B．v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1
C．v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1 D．v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】通过方程式的化学计量数将不同物质表示的反应速率折算成同一物质表示的反应速率进行比较，B物质是固体，不能表示反应速率；C项中对应的v(A)＝0.2 mol·L－1·min－1；D项中对应的v(A)＝3 mol·L－1·min－1。
对点2 一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)( )
A．0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2 mol/(L·min)
B．6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2 mol/(L·min)
C．反应至6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol/L
D．反应至6 min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】2H2O22H2O＋O2↑。A项，6 min时，生成O2的物质的量n(O2)＝＝1×10－3 mol，依据反应方程式，消耗n(H2O2)＝2×10－3 mol，所以0～6 min时，v(H2O2)＝≈3.3×10－2 mol/(L·min)，A正确；B项，6～10 min时，生成O2的物质的量n(O2)＝≈0.335×10－3 mol，依据反应方程式，消耗n(H2O2)＝0.335×10－3 mol×2＝0.67×10－3 mol，6～10 min时，v(H2O2)＝≈1.68×10－2 mol/(L·min)<3.3×10－2 mol/(L·min)，B正确；C项，反应至6 min时，消耗n(H2O2)＝2×10－3 mol，剩余n(H2O2)＝0.40 mol/L×0.01 L－2×10－3 mol＝2×10－3 mol，c(H2O2)＝＝0.20 mol/L，C错误；D项，反应至6 min时，消耗n(H2O2)＝2×10－3 mol，n总(H2O2)＝4×10－3 mol，所以H2O2分解了50%，D正确。
【巧学妙记】
同一化学反应中反应快慢的比较方法
由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能不同，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)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应aA＋bB===cC＋dD，比较与，若＞，则A表示的反应速率比B的大。
影响化学反应速率因素
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Mg＞Al。
2．外因
3．理论解释——有效碰撞理论
(1)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，反应热为E1－E2。(注：E2为逆反应的活化能)
③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
(2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
【小试牛刀】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)催化剂都不参加化学反应( )
(2)使用催化剂能够降低化学反应的反应热(ΔH) ( )
(3)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( )
(4)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( )
(5)可逆反应中减小产物的浓度可增大正反应的速率( )
(6)增大反应体系的压强，反应速率不一定增大( )
(7)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( )
(8)对可逆反应FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl，增加氯化钾浓度，逆反应速率加快( )
(9)FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同( )
(10)用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率( )
(11)向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5% H2O2溶液，观察实验现象，不能达到探究浓度对反应速率的影响的目的( )
(12)在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快( )
(13)用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率( )
(14)10.0 mL 2 mol﹒L-1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变( )
(15)SO2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢( )
(16)汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2 ，减小压强，反应速率减慢(√)
(17)已知t1 ℃时，反应C＋CO22CO ΔH＞0的速率为v，若升高温度，逆反应速率减小( )
(18)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( )
(19)当一定量的锌粉和过量的6 mol·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( )
(20)探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高( )
(21)探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL H2O，向另一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)√ (7)× (8)× (9)× (10)√ (11)√ (12)× (13)× (14)× (15)× (16)√ (17)× (18)× (19)× (20)× (21)√
【典例】
例1 (2022·浙江省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·min)
B．实验②，60min时处于平衡状态，
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
【答案】C
【解析】A项，实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40× 10-3mol/L-2.00× 10-3mol/L=4.00× 10-4mol/L，v(NH3)==2.00× 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.00× 10-5mol/(L·min)，A正确；B项，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，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.0010-4mol/L，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<0.4，即x≠0.4，B正确；C项，实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00×10-4mol/L，实验②中60min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①60min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；D项，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；故选C。
例2 (2017•江苏卷)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( )
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Mn 2+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
【答案】D
【解析】A项，由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；B项，由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C项，由图丙可知，有一定浓度Mn2+存在时，并不是碱性越强H2O2分解速率越快，C错误；D项，由图丙可知，碱性溶液中，Mn2+对双氧水分解有影响，图丁说明Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，图丙和图丁均能表明碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确。
【对点提升】
对点1 反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其化学反应速率几乎无影响的是( )
A．保持容积不变，增加H2O(g)的物质的量 B．将容器的容积缩小一半
C．保持容积不变，充入Ar使压强增大 D．保持压强不变，充入Ar使容积增大
【答案】C
【解析】容积不变，增加H2O(g)的物质的量，反应物浓度增大，化学反应速率加快，A不符合题意；将容器的容积缩小一半，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，B不符合题意；保持容积不变，充入Ar，Ar不参与反应，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，C符合题意；保持压强不变，充入Ar，容器的容积变大，反应物的浓度减小，化学反应速率减小，D不符合题意。
对点2 工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.0 kJ·mol-1。现将一定量的CO2和H2充入1 L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如下图所示(实线)。下列说法不正确的是( )。
A．a点正反应速率大于逆反应速率
B．图中(实线)0~1 min时间段平均反应速率最大
C．曲线Ⅱ改变的实验条件只能是加压
D．曲线Ⅰ改变的实验条件是升温
【答案】C
【解析】a点氢气的物质的量还在减小，所以反应是在向正反应方向进行，因此正反应速率大于逆反应速率，A项正确；反应速率越大，反映在曲线上斜率就越大，所以反应速率最大的是0~1 min，B项正确；曲线Ⅱ的反应速率较快，但平衡时氢气的物质的量小，说明反应向正反应方向移动，因此是增大压强或增大CO2 浓度，C项错误；根据图像可知，曲线Ⅰ对应的反应速率快，平衡时氢气的物质的量大，说明平衡是向逆反应方向移动的，因此改变的条件是升高温度，D项正确。
【巧学妙记】
气体反应体系中充入惰性气体(不参与反应)时对反应速率的影响
(1)恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。
(2)恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减小。
1．下列关于化学反应速率的说法正确的是( )
A．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B．化学反应速率通常表示一定时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加
C．化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1
D．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢
【答案】D
【解析】A项，化学反应速率越大，反应现象不一定越明显，如盐酸与氢氧化钠溶液的反应；B项，固体或纯液体的浓度可视为常数，一般不用固体或纯液体表示化学反应速率；C项，0.8 mol·L－1·s－1表示1 s的时间内，某物质的浓度变化了0.8 mol·L－1；D项，化学反应速率就是表示化学反应进行快慢的物理量。
2．已知反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是( )
A．v(CO)＝1．5 mol·L－1·min－1 B．v(NO2)＝0.7 mol·L－1·min－1
C．v(N2)＝0.4 mol·L－1·min－1 D．v(CO2)＝1．1 mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】先看单位是否相同，若不同，先换算成同一单位，再换算成同一物质再比较，如以N2为标准，A、B、D项分别换算为0.375 mol·L－1·min－1、0.35 mol·L－1·min－1、0.275 mol·L－1·min－1，C项正确。
3．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50 mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是( )
A．10 ℃ 20 mL 3 mol·L－1的X溶液 B．20 ℃ 30 mL 2 mol·L－1的X溶液
C．20 ℃ 10 mL 4 mol·L－1的X溶液 D．10 ℃ 10 mL 2 mol·L－1的X溶液
【答案】B
【解析】在化学反应中，当其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快；温度越高，反应速率越快。本题中要综合考虑浓度和温度的影响。先比较浓度的大小，这里的浓度应该是混合以后的浓度，由于混合后各烧杯中盐酸的浓度相等，因此只要比较X的浓度即可，X浓度越大，反应速率越快。因为反应后溶液的体积均为50 mL，所以X的物质的量越大，浓度就越大。通过观察可知，混合后A、B选项中X的浓度相等，且比C、D两项的大，但B中温度更高，因此B的反应速率最大。
4．温度为T1时，在容积为10 L的恒容密闭容器充入一定量的M (g)和N (g)，发生反应：M(g)+N(g) 2P(g)+Q(g) △H＞0，反应过程中部分数据如表所示，下列说法正确的是( )
t/min
0
5
10
n(M)/ mol
6.0
4.0
n(N)/mol
3.0
1.0
A．0-5 min内，用M表示的平均反应速率为0.4 mol∙L-1∙min-1
B．N的转化率的60%
C．该反应在第8 min时v逆＞v正
D．T2时该反应的化学平衡常数为 0.64，则 T1＞T2
【答案】D
【解析】A项，0-5 min内，M的物质的量由6.0 mol变为4.0 mol，变化了2.0 mol，容器的容积是10 L，则用M表示的平均反应速率为v(M)=mol∙L-1∙min-1，A错误；B项，反应在5 min时M改变物质的量是2.0 mol，由方程式可知M、N化学计量数相等，则二者改变的物质的量也相等，所以5 min时N的物质的量为1.0 min，与10 min物质的量相等，则N的平衡转化率为=66.7%，题干未指明是何时的转化率，因此无法判断其大小，B错误；C项，由选项B分析可知5 min时反应已经达到平衡，若外界条件不变，反应处于平衡状态，此时v逆=v正，C错误；D项，反应在温度为T1时，根据物质转化关系，结合已知反应条件可知：各种气体的平衡物质的量分别为n(M)=4.0 mol，n(N)=1.0 mol，n(P)=4.0 mol，n(Q)=2.0 mol，容器的容积是10 L，则物质的平衡浓度分别是c(M)=0.4 mol/L，c(N)=0.1 mol/L，c(P)=0.4 mol/L，c(Q)=0.2 mol/L，故该温度下的化学平衡常数K1=；在温度为T2时化学平衡常数K=0.64＜K1，说明化学平衡逆向移动。由于该反应的正反应是吸热反应，所以平衡逆向移动是由于降低了反应温度，故反应温度：T1＞T2，D正确；故选D。
5．将6 mol CO2和8 mol H2充入一容积为2 L的密闭容器中(温度保持不变)发生反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0。测得H2的物质的量随时间变化如图所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。该反应在8～10 min内CO2的平均反应速率是( )
A．0.5 mol·L－1·min－1 B．0.1 mol·L－1·min－1
C．0 mol·L－1·min－1 D．0.125 mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】由图可知，在8～10 min内，H2的物质的量都是2 mol，因此v(H2)＝＝0 mol·L－1·min－1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(CO2)＝v(H2)＝0 mol·L－1·min－1，故C项正确。
6．一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g) ΔH>0，若15 s内c(HI)由0.1 mol·L－1降到0.07 mol·L－1，则下列说法正确的是( )
A．0～15 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.002 mol·L－1·s－1
B．c(HI)由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所需的反应时间小于10 s
C．升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D．减小反应体系的体积，反应速率加快
【答案】D
【解析】0～15 s内，v(I2)＝v(HI)＝×＝0.001 mol·L－1·s－1，A项错误；随着反应的进行，c(HI)减小，v(HI)减小，故c(HI)由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所需时间大于10 s，B项错误；升高温度，正、逆反应速率均增大，C项错误；减小反应体系的体积，压强增大，反应速率加快，D项正确。
7．已知反应2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)生成N2的初始速率与NO、H2的初始浓度的关系为v＝kcx(NO)·cy(H2)，k为速率常数。在800 ℃时测得的相关数据如下表所示。
实验数据
初始浓度
生成N2的初始速率/mol·L－1·s－1
c(NO)/ mol·L－1
c(H2)/ mol·L－1
1
2.00×10－3
6.00×10－3
1.92×10－3
2
1.00×10－3
6.00×10－3
4.80×10－4
3
2.00×10－3
3.00×10－3
9.60×10－4
下列说法中不正确的是( )
A．关系式中x＝1，y＝2
B．800 ℃时，k值为8×104
C．若800 ℃时，初始浓度c(NO)＝c(H2)＝4.00×10－3 mol·L－1，则生成N2的初始速率为5.12×10－3 mol·L－1·s－1
D．当其他条件不变时，升高温度，速率常数将增大
【答案】A
【解析】由实验数据1和2可知，c(H2)相同，c(NO)扩大1倍，反应速率扩大为原来的＝4倍，则x＝2，由实验数据1和3可知，c(NO)相同，c(H2)扩大1倍，反应速率扩大为原来的＝2倍，则y＝1，A项错误；根据数据1可知800 ℃时，k值为＝＝8×104，B项正确；若800 ℃时，初始浓度c(NO)＝c(H2)＝4.00×10－3 mol·L－1，则生成N2的初始速率v＝k×c2(NO)×c(H2)＝[8×104×(4.00×10－3)2×(4.00×10－3)] mol·L－1·s－1＝5.12×10－3 mol·L－1·s－1，C项正确；温度升高，反应速率加快，则当浓度和其他条件不变时，升高温度，速率常数一定是增大的，D项正确。
8．100℃时，N2O4(g)2NO2(g) ，K=0.36。NO2和N2O4的消耗速率与浓度存在下列关系：v(N2O4)= k1• c(N2O4)，v(NO2)= k2• c2(NO2)，其中k1、k2是与反应及温度有关的常数，其消耗速率与浓度的图像如图所示。下列有关说法正确的是
A．曲线X表示N2O4消耗速率与浓度的关系
B．k1与k2都有单位，且单位不同
C．图中A点处于平衡状态
D．若在T1温度下，k1=k2，则T1＜1000C
【答案】B
【解析】A项，根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，因为v(N2O4)= k 1• c(N2O4)，v(NO2)= k2• c2(NO2)，所以曲线X表示NO2消耗速率与浓度的关系，A错误；B项，根据v(N2O4)= k 1• c(N2O4)，v(NO2)= k2• c2(NO2)，浓度的单位为mol/L ，而反应速率的单位为mol/(L·s)，因此k1与k2都有单位，且单位不同，k1的单位是s-1，k2的单位为L /( mol·s)，B正确；C项，交点A表示的消耗速率v( N2O4)=v( NO2)，而达到平衡时NO2的消耗速率应该是N2O4消耗速率的2倍，v( NO2)=2v( N2O4)，因此此时v逆＜v正，反应向正反应方向移动，C错误；D项，100℃时，N2O4(g)2NO2(g) ，K=0.36=，而平衡时，v( NO2)=2v( N2O4)，因此v(NO2)= k2• c2(NO2)=2 v(N2O4)=2 k 1• c(N2O4)，则==0.36；若在T1温度下，k1=k2，则=2，平衡常数增大，反应需要正向移动，温度需要升高，即T1＞100℃，D错误；故选B。
9．某反应的速率方程为，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。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/(10-3mol·L－1·min－1)
0.25
0.050
1.4
0.50
0.050
2.8
1.00
0.050
5.6
0.50
0.100
2.8
下列说法正确的是
A．速率方程中的、
B．该反应的速率常数k=2.8×10-3min－1
C．增大反应物浓度，k增大导致反应的瞬时速率加快
D．在过量的B存在时，反应掉87.5%的A所需的时间是375min
【答案】D
【解析】A项，将第一组数据和第二组数据代入可得，则m=1，将第二组数据和第四组数据代入可得，则n=0，A错误；B项，由A选项的分析可知，m=1，n=0，则，代入第一组数据可得，k=5.6×10-3min－1，B错误；C项，增大反应物的浓度，增大了速率，并没有改变瞬时速率常数k(只受温度影响)，C错误；D项，存在过量的B时，反应掉87.5%的A可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需的时间为，D正确；故选D。
10．某化学兴趣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
室温下，试管中所加试剂及其用量 / mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间 / min
0.6 mol/L
H2C2O4溶液
H2O
0.2 mol/L
KMnO4溶液
3 mol/L
稀硫酸
1
3.0
2.0
3.0
2.0
4.0
2
3.0
3.0
2.0
2.0
5.2
3
3.0
4.0
1.0
2.0
6.4
请回答：
(1)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是 。
(2)利用实验1数据计算，用KMnO4的浓度变化表示反应速率 v(KMnO4)= 。
(3)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+) 随时间变化趋势的示意图，如图甲所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+) 随时间变化的趋势应如图乙所示。 该小组同学根据图乙所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。
①该小组同学提出的假设是 。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并选择表中空白处应加入的物质。
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量 / mL
再向试管中加入少量固体
室温下溶液颜色褪至无色所需时间 / min
0.6 mol/L
H2C2O4溶液
H2O
0.2 mol/L
KMnO4溶液
3 mol/L
稀硫酸
4
3.0
2.0
3.0
2.0
A．KMnO4 B．H2C2O4 C．K2SO4 D．MnSO4
③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是 。
【答案】(1)其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大
(2)1.5×10-2mol·L-1·min-1或0.015 mol·L-1·min-1
(3)①生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用) ②D
③实验4与实验1比较，溶液褪色所需时间短 或：溶液褪色所用时间(t)小于4min(或其他合理答案)
【解析】(1)从表中数据，可知改变的条件是KMnO4浓度，其他条件相同时，增大KMnO4浓度，褪色时间变短，则反应速率增大。(2)草酸的物质的量为：0.6mol/L×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为：0.2mol/L×0.003L=0.0006mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0018mol：0.0006mol=3：1，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：＝0.06mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=0.06mol/L÷4min=1.5×10-2 mol/(L•min)。(3)①由图乙可知，反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4(或Mn2+)为该反应的催化剂。②与实验1作对比实验，则加入的硫酸锰的量不同，其它条件必须相同，所以加入的少量固体为MnSO4，答案选D。③若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于4min，从而说明Mn2+是催化剂。
11．氮和硫的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究它们的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。
(1)2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程由两步基元反应组成，相关信息如下(E为活化能，v为反应速率，k为速率常数)：
2NO(g)N2O2(g) E1=82kJ/mol v=k1c2(NO)
N2O2 (g)2NO(g) E-1=205kJ/mol v=k-1c(N2O2)
N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) E2=82kJ/mol v=k2c(N2O2)·c(O2)
2NO2(g)N2O2(g) +O2(g) E-2=72kJ/mol v=k-2c2(NO2)
则2NO(g) N2O2(g) △H1=_______kJ·mol-1，其平衡常数K与上述速率常数k1、k-1的关系式为K=_______。2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=_______kJ·mol-1。
(2)已知反应NO2(g)+SO2(g) NO(g)+SO3(g) △H<0，某研究小组研究不同温度T1℃、T2℃下的平衡态中lgp(NO2)和lgp(SO3)两个压强对数的关系如图所示，实验初始时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等。
①a、b两点体系压强pa与pb的比值=_______；同一温度下图象呈线性变化的理由是_______。
②温度为T1时化学平衡常数KP=_______，T1_______T2(填“>”“<”或者“=”)。
【答案】(1)—123 —113
(2) ① 反应过程中气体分子总数不变，改变压强平衡不移动 ②0.01 <
【解析】(1)由题意可知，反应①2NO(g) N2O2(g)的正反应的活化能为E1=82kJ/mol，逆反应的活化能E-1=205kJ/mol，则△H1= E1—E-1=82kJ/mol—205kJ/mol=—123kJ/mol；当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则k1c2(NO)= k-1c(N2O2)，反应的平衡常数K==；反应②N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)的正反应的活化能为E2=82kJ/mol，逆反应的活化能E-2=72kJ/mol，则△H2=+10kJ/mol，由盖斯定律可知，①—②可得反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，则△H=△H1—△H2=(—123kJ/mol)—(+10kJ/mol)= —133kJ/mol；(2) ①该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，若实验初始时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等，则平衡时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等，由图可知，a点p(NO2)=10、p(SO3)=1，b点p(NO2)=100、p(SO3)=10，则a、b两点体系压强pa与pb的比值==；该反应为气体体积不变的反应，反应过程中气体分子总数不变，改变压强平衡不移动，则同一温度下图象呈线性变化；②由图可知，温度为T1时，a点p(NO2)=10、p(SO3)=1，平衡时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等，则p(SO2)=10、p(NO)=1，KP===0.01；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，p(NO2)增大，由图可知，温度为T1时p(NO2)小于T2时，则T1
(1)每1mol下列物质分解为气态基态原子消耗的能量(单位为kJ)分别为
C2H6 (g)
C2H4(g)
H2(g)
2816
2267
436
则ΔH＝_______ kJ·mol－1。
(2)下列说法不正确的是_______。
A．加压和升温都能提高该反应的转化率
B．寻找合适的催化剂，可以提高一定时间内乙烷的分解率
C．乙烯和氢气的物质的量比值不再改变，可以判断该反应达平衡
D．等物质的量的乙烷和氢气，等压(p)发生反应，乙烷的平衡转化率为，平衡常数
(3)高温下，丁烷生成乙烷的反应如下：C4H10C2H6+ C2H4。该反应的正逆反应速率可以表示为：v正=k正×，v逆=k逆×，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。
①对于该反应，乙烷生成速率逐渐_______(填写“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_______。
②一定温度下，1L恒容密闭容器中加入2mol C4H10发生上述反应，测得丁烷和乙烷物质的量浓度随时间变化如图，则图中a点正、逆反应速率之比v正：v逆=_______。
(4)一定温度和压强下，C2H6 (g)、C2H4(g)、H2(g)的比热容分别为1.73、1.57和14.0J·K-1·g -1。当消耗1mol C2H6 (g)时，反应物的能量随温度T的变化如图，请画出生成物的总能量随温度变化的示意图_______。
【答案】(1)+113 (2)ACD
(3) ①减小 丁烷的浓度逐渐减小 ②6.4 (4)
【解析】(1) 焓变=反应物总键能-生成物总键能，C2H6 (g) C2H4(g)+ H2(g) ΔH＝2816 kJ·mol－1－2267 kJ·mol－1－436 kJ·mol－1＝+113 kJ·mol－1；(2) A项，加压，C2H6 (g) C2H4(g)+ H2(g)平衡逆向移动，反应的转化率降低，故A错误；B项，合适的催化剂，可以加快反应速率，提高一定时间内乙烷的分解率，故B正确； C项，乙烯和氢气的物质的量之比始终为1：1，所以乙烯和氢气的物质的量之比不变，反应不一定达到平衡状态，故C错误。D项，设xmol乙烷和xmol氢气在等压(p)条件下发生反应，乙烷的平衡转化率为，则平衡时乙烷的物质的量为 、乙烯的物质的量是、氢气的物质的量为， ，故D错误；选ACD； (3) ①对于该反应，丁烷的浓度逐渐减小，所以乙烷生成速率逐渐减小；②一定温度下，1L恒容密闭容器中加入2mol C4H10发生上述反应，根据丁烷和乙烷物质的量浓度随时间变化图可知，平衡时乙烷的平衡浓度是1.6mol/L、乙烯的平衡浓度是1.6mol/L、丁烷的平衡浓度是0.4 mol/L，平衡时，，，a点时丁烷、乙烷、乙烯的浓度相等，都是1mol/L，则。(4) C2H6 (g)、C2H4(g)、H2(g)的比热容分别为1.73、1.57和14.0J·K-1·g -1，随着温度的升高，生成物增加的能量高于反应物增加的能量，生成物的总能量随温度变化的示意图位 。
1．(2022·云南省昆明市第三中学期中)一定温度下，X、Y、Z三种气体在某恒容密闭容器中发生反应，其中气体的物质的量变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．Q点Y的正反应速率和逆反应速率相等
B．从开始到达到平衡时用X表示的平均反应速率是0.2mol·L-1·min-1
C．该反应的化学方程式可表示为：3X(g)+Z(g)2Y(g)
D．达到平衡后，再充入氩气，反应速率增大
【答案】C
【解析】A项，Q点没有到平衡，Y的正反应速率和逆反应速率不相等，A错误；B项，从开始到达到平衡时X的物质的量改变量为6-3=3mol，没有说明容器的体积，不能用X表示的平均反应速率，B错误；C项，从开始到平衡，X、Z的物质的量减少，减少量分别为6-3=3mol，2-1=1mol，为反应物，Y的物质的量增加为生成物，增加量为2-0=2mol，故方程式为3X(g)+Z(g) 2Y(g)，C正确；D项，到平衡后，充入氩气，各物质的浓度不变，反应速率不变，D错误；故选C。
2．(2022·广东省六校高三第六次联考)已知反应A(g) + B(g)C(g) + D(g)的平衡常数K值与温度的关系如表所示。830℃时，向一个2 L的密闭容器中充入0.20 mol A和0.20 mol B，10 s末达平衡。下列说法不正确的是( )
温度/℃
700
830
1200
K值
1.7
1.0
0.4
A．达到平衡后，B的转化率为50%
B．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动
C．反应初始至平衡，A的平均反应速率v(A) = 0.005 mol·L-1·s-1
D．容器体积减小为原来的一半，平衡不移动，正、逆反应速率均增大
【答案】B
【解析】A项，设平衡时参加反应的B的物质的量为xmol，
则=1，解得：x=0.1，所以平衡时B的转化率为：×100%=50%，A正确；B项，由题干表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B错误；C项，反应初始至平衡，A的平均反应速率v(A)==0.005mol•L-1•s-1，C正确；D项，该反应前后气体的物质的量之和不变，故容器体积减小为原来的一半，平衡不移动，反应物、生成物的浓度增大，即正、逆反应速率均增大，D正确；故选B。
3．(2022·湖北省重点中学智学联盟联考)向某温度恒定、体积固定的密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。下列说法不正确的是( )
A．密闭容器的容积为2L
B．若t1=15，则0～t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1
C．该反应的化学方程式为：3A(g)+B(g)2C(g)
D．物质B的起始浓度是0.02mol/L
【答案】C
【解析】根据图像，0～t1s内A的浓度减少0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，A为反应物，C的浓度增加0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，C为生成物；A、C的化学计量数之比为0.09mol/L：0.06mol/L=3：2；在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，反应前后气体分子数不变，则B为生成物，反应的化学方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)。A项，开始加入A的物质的量为0.3mol，A的浓度为0.15mol/L，则密闭容器的容积为0.3mol÷0.15mol/L=2L，A项正确；B项，若t1=15，则0～t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)==0.004mol·L-1·s-1，B项正确；C项，反应的化学方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，C项错误；D项，根据转化浓度之比等于化学计量数之比，0～t1s内B的浓度增加0.03mol/L，t1s时B的浓度为0.05mol/L，则B的起始浓度为0.05mol/L-0.03mol/L=0.02mol/L，D项正确；故选C。
4．(2022·重庆市育才中学期中)MTP是一类重要的药物中间体，可以由TOME经环化后合成。其反应式如下所示：
为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇。TOME的转化率随反应时间的变化如图所示。设TOME的初始浓度为a mol/L，反应过程中的液体体积变化忽略不计，发生的其他副反应忽略不计。
已知：转化率=，也可以用百分数表示。下列说法错误的是( )
A．X、Y两点消耗反应物TOME的速率v正(X)＜v正(Y)
B．X、Z两点该化学反应的瞬时速率大小为v(X)＞v(Z)
C．210℃时，0~150 min之间用MTP表示该化学反应的速率为
D．若Z点处于化学平衡，则平衡时溶液体系中甲醇的百分含量为
【答案】D
【解析】A项，根据题意：TOME的初始浓度均为a mol/L，由图知X、Y两点TOME的转化率相等，反应转化浓度相同，但反应时间：X＞Y，因此反应速率：，A正确；B项，由图可知：X点曲线斜率大于Z点，则X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)＞v(Z)，B正确；C项，由图可知：在210℃下，150 min时TOME的转化率为98%，则△c(MTP)=△c(TOME) =a mol/L×98%=0.98a mol/L，故0~ 150 min之间的MTP的平均反应速率为0~150 min之间用MTP表示该化学反应的速率为，C正确；D项，若Z点处于化学平衡，由图可知：在210条件下，Z点TOME的转化率为98%，则△c(MTP)=△c(TOME)=△c(CH3OH)=a mol/L×98%=0.98a mol/L，为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇，平衡时c(MTP)=0.98a mol/L，c(CH3OH)＜0.98a mol/L，c(TOME)=0.02a mol/L，若Z点处于化学平衡，则平衡时溶液体系中甲醇的百分含量小于，D错误；故选D。
5．(2022·江苏省响水中学第二次学性分析考试)NH3是具有刺激性气味的气体，密度比空气小，易液化成液氨，且它极易溶于水形成氨水，工业上常用氨气制备硝酸。在2.0 L恒温恒容密闭容器中充入2.0 mol N2和6.0 mol H2，加入催化剂发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，N2、H2的物质的量随时间的变化如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．t1 min时，N2的生成速率等于N2的消耗速率
B．反应达到平衡时N2的转化率为40%
C．0~t2 min内，v(NH3)= mol·L−1·min−1
D．反应中通入足量的N2，可使H2完全转化为NH3
【答案】B
【解析】工业合成氨反应为可逆反应，当氮气和氢气以系数比进行投料时，相同时间时两者的转化率相同。A项，t1 min时，反应未达到平衡，N2的生成速率不等于N2的消耗速率，A错误；B项，由图可知，反应达到平衡时H2的转化率为，故N2的转化率也为40%，B正确；C项，根据B可知，平衡时氮气的转化率为40%，即0~t2 min内，氮气的变化量为0.8mol，NH3的变化量为1.6mol，故，C错误；D项，该反应为可逆反应，反应中通入足量的N2，H2不可能完全转化为NH3，D错误；故选B。
6．(2022·江苏省徐州市第二次学情调研)T1温度下，向2L的密闭容器中充入NO，在催化剂作用下发生反应：NO(g)NO2(g)+X(g) (未配平)，反应过程中部分数据如图所示，下列说法错误的是( )
A．X可能为N2O
B．0～1min用X表示的反应速率为
C．温度下，测得容器内气体颜色保持不变，表明反应达到化学平衡状态
D．增大NO气体的浓度、升高反应体系的温度，均能提高反应速率
【答案】B
【解析】A项，若X为N2O，则3NO(g)NO2(g)+N2O(g)，N2O、NO的变化量比为1：3，与图像相符，故A正确；B项，由图像可知，NO、NOx的变化量比为3：1，根据得失电子守恒，反应方程式为3NO(g)NO2(g)+N2O(g)，X是N2O，内生成1molN2O，用N2O表示的反应速率为，故B错误；C项，T1温度下，测得容器内气体颜色保持不变，则表明各成分的浓度不再变化、反应达到化学平衡状态，故C正确；D项，反应物浓度越大、反应温度越高、反应速率越快，则增大NO气体的浓度、升高反应体系的温度，均能提高反应速率，故D正确；故选B。
7．(2022·河南省洛阳市联考)向一体积为3L的恒容密闭容器中充入0.1 mol CH4(g)和0.2 mol NO2(g)，在一定温度下发生反应：CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)，测得容器内CO2的物质的量(n)与反应时间(t)的关系如表所示。
反应时间t/min
2
4
6
8
10
CO2的物质的量n/mol
0.04
0.06
0.07
0.075
0.075
下列说法正确的是( )
A．0〜4min内，NO2的平均反应速率v(NO2)=0.1 mol·L−1·min−1
B．第6min时的正、逆反应速率之差小于第8min时的
C．该温度下，CH4的转化率为25%
D．第10min时，升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大
【答案】D
【解析】A项，0～4min内生成二氧化碳的物质的量是0.06mol，根据方程式可知消耗二氧化氮的物质的量是0.12mol，所以NO2的平均反应速率v(NO2)==0.01mol·L-1·min-1，A错误；B项，根据表中数据可判断第6min时反应正向进行，第8min时达到平衡状态，所以第6min时的正、逆反应速率之差大于第8min时的，B错误；C项，平衡时生成二氧化碳的物质的量是0.075mol，根据方程式可知消耗甲烷的物质的量是0.075mol，所以该温度下，CH4的平衡转化率为×100%=75%，C错误；D项，升高温度一定加快反应速率，因此第10min时，升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大，D正确；故选D。
8．(2022·山西省榆次一中模拟考试)科学家开发新型催化剂实现CO还原制备CH3COOH：2CO(g)+2H2(g)CH3COOH(g)。一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入4mol CO和3mol H2发生上述反应，测得CH3COOH的物质的量(mol)与时间(min)的关系如下表所示。
时间/min
0
5
10
15
20
0.00
0.65
1.00
1.30
1.30
下列说法正确的是( )
A．20min时，H2的正反应速率大于H2的逆反应速率
B．当CO的消耗速率等于乙酸生成速率的2倍时，反应达到平衡状态
C．0~10min内，
D．上述条件下CO的最大转化限度为65%
【答案】D
【解析】A项，20min时，反应达到平衡状态，所以H2的正反应速率等于H2的逆反应速率，故A错误；B项，当CO的消耗速率等于乙酸生成速率的2倍时，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定达到平衡状态，故B错误；C项，0~10min内，生成1molCH3COOH，则反应消耗2molH2，，故C错误； D项，上述条件下，反应达到平衡生成1.3mol乙酸，则消耗2.6molCO，CO的最大转化限度为65%，故D正确；故选D。
9．(2022·河北省保定市模拟)常采用三元催化器处理汽车尾气中NOx，CO和碳氢化合物等大气污染物，其简易工作原理如图。下列推断正确的是( )
A．若x=1，CO和NOx反应中N2与NOx的反应速率相等
B．若x=2，碳氢化合物为C8H18，则碳氢化合物与NOx的反应只有极性键的断裂和形成
C．其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，反应速率越大
D．三元催化剂能增大正反应速串，同时减小逆反应速率
【答案】C
【解析】A项，若x=1，CO和NO反应的方程式为2CO+2NON2+2CO2，其中N2与NO的反应速率不相等，A错误；B项，若x=2，碳氢化合物为C8H18，产物是氮气、二氧化碳水，由于C8H18和N2中存在非极性键，则碳氢化合物与NOx的反应既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成，B错误；C项，其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，反应物之间的接触面积越大，所以反应速率越大，C正确；D项，三元催化剂能同等程度增大正逆反应速串，D错误；故选C。
10．(2022·广东省梅州市梅江区梅州中学检测)一定条件下，等物质的量的N2和O2在容积为2L的恒容密闭容器中发生如下反应：N2(g)+O2(g)2NO(g)，如图表示该反应过程中N2的物质的量n(N2)随反应时间(t)的变化。下列叙述正确的是( )
A．当反应达到平衡时，O2的转化率为40%
B．内反应的平均速率为v(N2)=0.1mol·L-1·s-1
C．末的物质的量浓度为
D．点对应的化学反应速率：
【答案】C
【解析】A项，由图可知，当反应达到平衡时，氮气的物质的量由5mol变为2mol，氮气和氧气的物质的量相等，则氧气的转化率为×100%=60%，故A错误；
B项，由图可知，10s内氮气的物质的量由5mol变为4mol，则氮气的平均速率为=0.05mol/(L·s)，故B错误；C项，由图可知，10s内氮气的物质的量由5mol变为4mol，由方程式可知，10s一氧化氮的浓度为=1mol/L，故C正确；D项，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，说明a点正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D错误；故选C。
11．(2022·浙江省宁波市鄞州中学模拟预测)硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解：O2NC6H4COOC2H5+OH-O2NC6H4COO-+C2H5OH，两种反应物的初始浓度均为0.500 mol·L-1，不同温度下测得O2NC6H4COOC2H5的浓度(mol·L-1)随时间变化的数据如表所示。下列有关说法不正确的是( )
t/s
0
120
180
240
330
530
600
700
800
15 ℃
0.500
0.335
0.291
0.256
0.210
0.156
0.148
0.145
0.145
35 ℃
0.500
0.325
0.2775
0.238
0.190
…
0.130
0.130
0.130
A．该反应在15 ℃，120 s~180 s区间的v(O2NC6H4COOC2H5)为7.33×10-4 mol·L-1·s-1
B．由表中数据可知，随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢
C．530 s时，表格中35 ℃对应的数据一定是0.130
D．由表中数据可知，温度升高，反应速率加快
【答案】C
【解析】A项，根据表中数据，在15 ℃，120 s~180 s区间的v(O2NC6H4COOC2H5)==7.33×10-4mol·L-1·s-1，A项正确；B项，根据表中数据可知，15℃时，0~120s、120s~180s、180s~240s、240s~330s、330s~530s、530s~600s区间的v(O2NC6H4COOC2H5)依次为1.375×10-3mol·L-1·s-1、7.33×10-4mol·L-1·s-1、5.83×10-4mol·L-1·s-1、5.11×10-4mol·L-1·s-1、2.7×10-4mol·L-1·s-1、1.14×10-4mol·L-1·s-1，在相同温度下，随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，B项正确；C项，35℃达到平衡时O2NC6H4COOC2H5的浓度为0.130mol/L，15℃时330s~530s内O2NC6H4COOC2H5的浓度减少0.210mol/L-0.156mol/L=0.054mol/L，由表中数据知，在相同时间间隔内，35℃时O2NC6H4COOC2H5的浓度减小值大于15℃时，35℃时反应速率比15℃时快，35℃时330s~530s内O2NC6H4COOC2H5的浓度减少大于0.054mol/L，530s时O2NC6H4COOC2H5的浓度小于0.190mol/L-0.054mol/L=0.136mol/L＞0.130mol/L，530s时反应不一定达到平衡状态，故530 s时表格中35 ℃对应的数据不一定是0.130，C项错误；D项，由表中数据知，在相同时间间隔内，35℃时O2NC6H4COOC2H5的浓度减小值大于15℃时，35℃时反应速率比15℃时快，即温度升高，反应速率加快，D项正确；故选C。
12．(2022·山东省日照市高三三模)实验室用下图所示装置，探究室温下与H2O的反应，所用镁条质量和表面积相同，且均已用砂纸打磨，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2∙nMgCO3]。下列说法错误的是( )
实验1
实验2
实验3
镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化
镁条表面有较多气泡且产生气泡速率逐渐加快，溶液中无明显现象
镁条表面有大量气泡，溶液逐渐变浑浊
A．实验1现象不明显，可能与表面生成了难溶的Mg(OH)2有关
B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃导管内空间狭小，热量不易散失
C．由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论
D．实验3中破坏了Mg(OH)2在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积
【答案】C
【解析】A项，镁条已用砂纸打磨，实验1中镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化，说明镁条与蒸馏水反应，可能发生的反应为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，现象不明显的原因可能是Mg表面生成了难溶的Mg(OH)2，A项正确；B项，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃导管内空间狭小，热量不易散失，体系温度升高，从而使反应速率加快、Mg(OH)2溶解度增大，B项正确；C项，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2∙nMgCO3]，实验1和实验3中反应不相同，实验1和实验3中的变量不唯一，故由实验1和实验3不能得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论，C项错误；D项，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2∙nMgCO3]，说明实验3中HCO3-可破坏Mg(OH)2在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积，从而镁条表面有大量气泡产生，D项正确；故选C。
13．(2022·北京市101中学三模)化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。
实验Ⅰ
开始无明显现象，渐有小气泡生成，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。
实验Ⅱ
最初反应较慢，随后加快，反应剧烈；产生红棕色气体；溶液呈绿色。
资料：铜与浓HNO3反应一旦发生就变快，生成的NO2可溶于水形成HNO2 (弱酸)，反应就加快。
下列说法正确的是( )
A．NO2与H2O反应生成HNO2和NO
B．亚硝酸能加快反应速率，是因为亚硝酸可做铜与硝酸反应的催化剂
C．I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能生成
D．分别向1mL浓硝酸中加入几滴30%H2O2溶液或一定量NaNO2固体，再加入铜片，预计反应均较慢
【答案】C
【解析】A项，根据得失电子守恒可知，NO2与H2O反应应该是发生歧化反应，氮元素的化合价应该有升有降，不能只下降，生成低价态的HNO3和NO，应该生成HNO3和NO，A错误；B项，根据实验现象和资料，亚硝酸可以加快反应速率，但不一定是催化剂，催化剂要在反应前后的性质和质量保持不变，B错误；C项，稀硝酸的氧化性比浓硝酸弱，不能氧化NO，因此也不能产生HNO2，故I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能生成HNO2，C正确；D项，过氧化氢和HNO2发生氧化还原反应，因此HNO2浓度减小甚至为0，反应速率减慢，但加入亚硝酸钠，可以增大体系中HNO2含量，反应速率会加快，D错误；故选C。
14．(2022·北京市第五中学三模)选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素，所用试剂不合理的是( )
a．CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O (观察气泡产生的快慢)
b．S2O32-+2H+=S↓+SO2+H2O (观察浑浊产生的快慢)
反应
影响因素
所用试剂
A
a
接触面积
块状CaCO3、0.5 mol/L HCl
粉末状CaCO3、0.5 mol/L HCl
B
a
H+浓度
块状CaCO3、0.5 mol/L HCl
块状CaCO3、3.0 mol/LHCl
C
b
H+浓度
0.1 mol/L Na2S2O3、稀H2SO4
0.1mol/L Na2S2O3、浓H2SO4
D
b
温度
0.1 mol/L Na2S2O3、0.1 Na2S2O3 H2SO4、冷水
0.1 mol/L Na2S2O3、0.1 Na2S2O3 H2SO4、热水
【答案】C
【解析】采用控制变量方法进行研究，即只改变一个外界条件，其它外界条件都相同，然后逐一进行分析判断。A项，只有CaCO3的接触面积不相同，其它外界条件相同，两个实验是研究固体与盐酸的接触面积大小对化学反应速率的影响，A正确；B项，该反应的实质是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，只有HCl溶液中的c(H+)不相同，其它外界条件相同，是研究H+浓度大小对化学反应速率的影响，B正确；C项，浓硫酸中H2SO4主要以电解质分子存在，稀硫酸中则完全电离产生H+及SO42-，浓硫酸溶于水时会放出大量热量使溶液温度升高，因此两个实验对比，不仅溶液中c(H+)不同，而且溶液温度也不相同，因此不是探究H+浓度大小对化学反应速率的影响，C不正确；D项，两个实验对比，其它外界条件都相同，只有溶液温度不相同，是探究反应温度对化学反应速率的影响，D正确；故选C。
15．(2022·河北省邢台市南和区第一中学模拟)科学家开发新型Cu-Pd催化剂实现CO还原制备CH3COOH：2CO2(g)+2H2(g)CH3COOH(g)。一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入4mol CO和3mol H2发生，上述反应，测得CH3COOH的物质的量(mol)与时间(min)的关系如下表所示。
时间/min
0
5
10
15
20
25
n(CH3COOH)/mol
0.00
0.65
1.00
1.20
1.30
1.30
下列说法错误的是( )
A．20min时，H2的正反应速率等于H2的逆反应速率
B．当CO的消耗速率等于乙酸生成速率的2倍时，不能说明反应达到平衡状态
C．0～10min内，v(H2)=0.05mol·L-1·min-1
D．上述条件下CO的最大转化限度为65%
【答案】C
【解析】A项，据表中数据可知，20min时，n(CH3COOH)不再改变，体系达到平衡状态，则H2的正反应速率等于H2的逆反应速率，A正确；B项，CO的消耗速率指该反应的正反应速率，乙酸生成速率也是指该反应的正反应速率，两者比值等于系数之比不能说明达到平衡状态，B正确；C项，0～10min内，n(CH3COOH)增加了1mol，根据该反应方程式可知，此时n(H2)减少了2mol，则，C错误；D项，据表中数据可知，体系达到平衡状态时，n(CH3COOH)增加了1.3mol，根据该反应方程式可知，CO转化了2.6mol，则CO的最大转化限度为=65%，D正确；故选C。
16．(2022·湖南省百所学校大联考)在容积为2L的刚性密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)。在其他条件不变的情况下，温度对反应的影响如图所示(注：T1、T2均大于300℃)。下列说法不正确的是( )
A．该反应的ΔH＜0
B．A点时，CO2的转化率为100nA%
C．T2时，反应达到平衡时消耗的平均反应速率
D．T2时，该反应的化学平衡常数为
【答案】D
【解析】A项，由图可知，反应在T2温度下先达到平衡，则T2>T1，T2温度下反应达到平衡时，甲醇的物质的量少，即升温平衡向逆反应方向移动，依据勒夏特列原理，可知该反应的正反应为放热反应，A项正确；B项，由图知A点甲醇的量为nA，则CO2的变化量为nAmol，CO2的转化率为，B项正确；C项，，则，C项正确；D项，T2温度反应达到平衡时，各物质的浓度分别为、、，所以平衡常数，D项错误；故选D。
17．(2022·河北省保定市联考)向一体积为3L的恒容密闭容器中充入0.1molCH4(g)和0.2molNO2(g)，在一定温度下发生反应：CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)，测得容器内CO2的物质的量(n)与反应时间(t)的关系如表所示。
反应时间t/min
2
4
6
8
10
CO2的物质的量n/mol
0.04
0.06
0.07
0.075
0.075
下列说法正确的是( )
A．0～4min内，NO2的平均反应速率v(NO2)=0.1mol·L-1·min-1
B．第6min时的正、逆反应速率之差小于第8min时的
C．该温度下，CH4的平衡转化率为25%
D．第10min时，升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大
【答案】D
【解析】A项，0～4min内生成二氧化碳的物质的量是0.06mol，根据方程式可知消耗二氧化氮的物质的量是0.12mol，所以NO2的平均反应速率v(NO2)==0.01mol·L-1·min-1，A错误；B项，根据表中数据可判断第6min时反应正向进行，第8min时达到平衡状态，所以第6min时的正、逆反应速率之差大于第8min时的，B错误；C项，平衡时生成二氧化碳的物质的量是0.075mol，根据方程式可知消耗甲烷的物质的量是0.075mol，所以该温度下，CH4的平衡转化率为×100%=75%，C错误；D项，升高温度一定加快反应速率，因此第10min时，升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大，D正确；故选D。
18．(2022·山东省日照市高三二模)HBr对CH3CH=CH2亲电加成分两步：HBr首先对CH3CH=CH2质子化形成CH3CH2CH2+、(CH3)2CH+两种中间体和Br-，然后中间体分别与Br-结合生成CH3CH2CH2Br、(CH3)2CHBr两种产物。这两种竞争反应路径的能量(G)变化如图所示。
下列说法不正确的是( )
A．两种路径中的第一步质子化均是整个反应的决速步
B．加成产物主要以1-溴丙烷为主，这是动力学与热力学共同控制的结果
C．(CH3)2CH+比CH3CH2CH2+更稳定，并且相应的质子化的活化能也更低
D．温度升高时，该反应的正反应速率增大程度小于逆反应速率增大程度
【答案】B
【解析】A项，由题干图示信息可知，两种路径中的第一步质子化的活化能均比第二步的大，活化能越大，反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，A正确；B项，由于加成反应生成2-溴丙烷比生成1-溴丙烷更容易，则加成产物主要以2-溴丙烷为主，这是热力学控制的结果，B错误；C项，由题干图示信息可知，(CH3)2CH+具有的总能量比CH3CH2CH2+低，能量越低越稳定， (CH3)2CH+比CH3CH2CH2+更稳定，并且相应的质子化的活化能也更低，C正确；D项，由题干图示信息可知，该反应正反应是一个放热反应，则有正反应的活化能比逆反应的低，故温度升高时，该反应的正反应速率增大程度小于逆反应速率增大程度，D正确；故选B。
19．(2022·北京市丰台区高三模拟)某兴趣小组同学探究KMnO4酸性溶液与草酸(H2C2O4 )溶液反应速率的影响因素。将的KMnO4酸性溶液与草酸溶液按如下比例混合。
【设计实验】
序号
V(KMnO4酸性溶液)/mL
V(草酸溶液)/mL
V(H2O)/mL
反应温度/
①
2.0
2.0
0
20
②
2.0
1.0
1.0
20
(1)补全KMnO4酸性溶液与草酸溶液反应的离子方程式：_______。
2MnO4-+5H2C2O4+__________=2 Mn2++10CO2↑+8H2O
(2)实验①和②的目的是_______。
【进行实验】
小组同学进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：
Ⅰ．紫色溶液变为青色溶液；Ⅱ．青色溶液逐渐褪至无色溶液。
【查阅资料】
a．KMnO4酸性溶液与草酸溶液的反应主要包含如下几个过程：
反应ⅰ．MnO4-+2H2C2O4+4H+=Mn3+(无色)+4CO2↑+4H2O
反应ⅱ．Mn3++2H2C2O4=[Mn(C2O4)2]- (青绿色)+ 4H+
反应ⅲ。2Mn3++H2C2O4=2 Mn2+(无色)+2CO2↑+ 2H+
b．[Mn(C2O4)2]-的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化H2C2O4。
c．MnO42-呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解为MnO4-和MnO2。
【继续探究】
进一步实验证明溶液中含有[Mn(C2O4)2]-，实验①反应过程中MnO4-和[Mn(C2O4)2]-的浓度随时间的变化如下图。
【解释与反思】
(3)本实验中，化学反应速率：反应ⅱ_______反应ⅲ(填“＞”、“=”或“＜”)。
(4)小组同学认为反应ⅱ的离子方程式应该改为：Mn3++2H2C2O4[Mn(C2O4)2]-+4H+，结合实验现象，说明其理由_______。
【答案】(1)6H+
(2)探究相同温度下，草酸浓度的改变对化学反应速率的影响
(3)＞
(4) [Mn(C2O4)2]-的氧化性较弱，不能氧化H2C2O4，而Mn3+与草酸发生过程iii的反应，使得Mn3+浓度不断减小，只有过程ii存在化学平衡，即Mn3++2H2C2O4[Mn(C2O4)2]-+4H+，上述平衡会逆向移动，[Mn(C2O4)2]-浓度逐渐减小，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色，故可判断过程ii的反应方程式应该为Mn3++2H2C2O4[Mn(C2O4)2]-+4H+。
【解析】(1)根据原子守恒和电荷守恒，完整反应方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2 Mn2++10CO2↑+8H2O，所以补充6H+；(2)两组实验温度相同，高锰酸钾溶液用量相同，草酸溶液用量不同，探究相同温度下，反应物浓度的改变对化学反应速率的影响；(3)由图像可知，比较过程ii生成[Mn(C2O4)2]-和过程iii消耗等量[Mn(C2O4)2]-所用的时间，前者少于后者，说明反应速率前者大于后者；(4)根据资料[Mn(C2O4)2]-的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化H2C2O4可知，过程ii存在化学平衡，即Mn3++2H2C2O4[Mn(C2O4)2]-+4H+，Mn3+与草酸发生过程iii的反应，使得Mn3+浓度不断减小，上述平衡逆向移动，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色。
20．(2022·山西省运城市联考)300°C时，向2 L的恒容密闭容器中，充入2 mol CO2(g)和2 mol H2(g)使之发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得各物质的物质的量浓度变化如图所示：
(1)由图可知，CO2(g)的浓度随时间的变化为曲线 ___________(填“a”“b”或“c”)；0~2 min内的平均反应速率v(CO2 )为___________。
(2)已知：反应至2 min时，改变了某一反应条件。由图可知，0~2 min内CH3OH(g)的生成速率 ___ (填“大于”“小于”或“等于”)2~4 min内CH3OH(g) 的生成速率。
(3)5 min时，CO2(g)的转化率(反应时消耗CO2的物质的量占起始投入CO2的物质的量的百分比)为___________，此时容器内气体总压强与反应前容器内气体总压强之比为___。
【答案】(1) a 0.05 mol·L-1 ·min -1
(2)小于
(3) 30% 7：10
【解析】(1)在0～2 min内，a曲线表示的物质浓度减少0.1 mol/L，b曲线表示的物质浓度减少0.3 mol/L，二者改变的浓度比为1：3，根据物质反应速率比等于化学方程式中化学计量数的比，可知a表示CO2的浓度变化，b表示的是H2的浓度变化；在0～2 min内CO2的浓度变化表示的反应速率v(CO2)=；(2)物质反应速率比等于反应方程式中相应物质的化学计量数的比。根据反应图象可知在0~2 min内△c(CH3OH)=0.1 mol/L；在2~4 min内△c(CH3OH)=0.2 mol/L，反应时间相同，反应改变的浓度越大，反应速率越快，则0~2 min内CH3OH(g)的生成速率小于2~4 min CH3OH(g)的生成速率；(3)反应开始时CO2(g)的浓度为1.0 mol/L，在5 min时，CO2(g)的浓度为0.7 mol/L，反应消耗CO2(g)的浓度为0.3 mol/L，故CO2转化率为；在反应开始时n(CO2)=n(H2)=2 mol，平衡时n(CO2)=0.7 mol/L×2 L=1.4 mol；n(H2)=0.1 mol/L×2 L=0.2 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n(CH3OH)=n(H2O)=0.3 mol/L×2 L=0.6 mol，n(总)开始=2 mol+2 mol=4 mol；n(总)平衡=1.4 mol+0.2 mol+0.6 mol +0.6 mol =2.8 mol，。由于在恒温恒容时，气体的物质的量的比等于气体的压强之比，所以平衡时容器内气体总压强与反应前容器内气体总压强之比为p(平衡)：p(开始)=7：10。
1．【2022•广东选择性考试】在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，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
【答案】D
【解析】A项，由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B项，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；C项，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，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，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；D项，使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则v (Y) ===2.0 mol·L－1·min－1，v (X) =(Y) =2.0 mol·L－1·min－1=1.0 mol·L－1·min－1，故D正确；故选D。
2．【2021•辽宁卷】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。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，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为0.012 mol·L-1·min-1
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时，半衰期为62.5 min
【答案】B
【解析】由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A项正确；由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B项错误；由题干图中数据可知，条件①，反应速率为v=ΔcΔt=3.0mol·L-1-0 mol·L-1250min=0.012 mol·L-1·min-1，C项正确；反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时，半衰期为125 min÷2=62.5 min，D项正确。
3．【2021•浙江6月选考】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：
0
600
1200
1710
2220
2820
x
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是( )
A．600~1200 s，生成NO2的平均速率为5.0×10-4 mol·L－1·s－1
B．反应2220 s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】A项，600~1200 s，N2O5的变化量为(0.96-0.66) mol·L－1==0.3 mol·L－1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6 mol·L－1，因此，生成NO2的平均速率为1.0×10-3 mol·L－1·s－1，A不正确；B项，由表中数据可知，反应2220 s时，N2O5的变化量为(1.40-0.35) mol·L－1==1.05 mol·L－1，其物质的量的变化量为1.05 mol·L－1´0.1L=0.105mol，O2的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol ´22.4L/mol=1.176L ，B不正确；C项，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；D项，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，因此，N2O5的浓度由0.24 mol·L－1变为0.12 mol·L－1时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D正确。故选D。
4．【2021•河北选择性考试】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．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1
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
【答案】A
【解析】A项，由图中数据可知，30 min时，M、Z的浓度分别为0.300 mol•L-1和0.125 mol•L-1，则M的变化量为0.5 mol•L-1-0.300 mol•L-1=0.200 mol•L-1，其中转化为Y的变化量为0.200 mol•L-1-0.125 mol•L-1=0.075 mol•L-1。因此，0~30 min时间段内，Y的平均反应速率为 ，A不正确；B项，由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，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 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B正确； C项，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正确；D项，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。故选A。
5．【2021•浙江1月选考】取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+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/min
0
20
40
60
80
c/(mol·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
下列说法不正确的是( )
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-1
C．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
【答案】C
【解析】A项，反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B项，20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20 mol·L-1，则这段时间内的平均速率v===0.010 mol·L-1·min-1，B正确；C项，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30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；D项，I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；故选C。
6．【2021•湖南选择性考试】铁的配合物离子(用[L﹣Fe﹣H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是( )
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】D
【解析】反应历程HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2↑。A项，合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得总方程式，该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；B项，H+浓度过大HCOO﹣浓度减小，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→反应慢，H+浓度过小+H+→反应慢，H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，故B正确；C项，→CO2+，碳的化合价升高，铁的化合价降低，故C正确；D项，决定化学反应速率的步骤是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理图中可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，故D错误；故选D。
7．【2020•山东卷】1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70：30和15：85。下列说法正确的是( )
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
【答案】AD
【解析】A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A正确；B项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在400C时其转化率会减小，故B错误；C项，从00C升至400C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从00C升至400C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。
8．【2019•浙江4月选考】高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH−)，油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是( )
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解
【答案】D
【解析】A．对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；B．由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C．油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D．高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。故选D。
9．【2017•江苏卷】温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。实验测得：v正= v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是( )
A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5
B．达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大
C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%
D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则 T2> T1
【答案】CD
【解析】由容器I中反应2NO2 2NO+O2
起始量(mol/L) 0.6 0 0
变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2
平衡量(mol/L) 0.2 0.4 0.2
可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8 mol，其中NO占0.4 mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出。A．显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向逆反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1 mol，故两容器的压强之比一定大于4：5，A错误；B．若容器II在某时刻，，则：
由反应 2NO2 2NO + O2
起始量(mol/L) 0.3 0.5 0.2
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 0.3−2x 0.5+2x 0.2+x
因为，，解之得x=，求出此时浓度商Qc=>K，所以容器II达平衡时，一定小于1，B错误；C．若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，则：
由反应 2NO2 2NO + O2
起始量(mol/L) 0 0.5 0.35
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 2x 0.5−2x 0.35−x
由0.5−2x=2x+0.35−x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D．温度为T2时，>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2>T1，D正确。
10．【2018•新课标Ⅰ卷】采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题
(2)F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5.
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ 1/2O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v=2×10−3×(kPa·min−1)，t=62 min时，测得体系中 =2.9 kPa，则此时的=________ kPa，v=_______ kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是________。
④25℃时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
【答案】(1)O2 (2)①53.1 ②30.0 6.0×10－2 ③大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 ④13.4
(3)AC
【解析】(2)①根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1：2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2(kPa·min－1)；③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。(3)A项，第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；B项，根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C项，根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；D项，第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。故选AC。
11．【2018•新课标Ⅲ卷】三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(3)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。
①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________(保留2位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较A项，b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正−v逆=−，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=__________(保留1位小数)。
【答案】(3)①22 0.02
②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度) ③大于 1.3
【解析】(3)①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 (转化率为22%)
平衡： 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边物质的量相等，压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强(增大反应物浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。③A项，b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。当反应达平衡时，＝，所以=K，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 (转化率为20%)
平衡： 0.8 0.1 0.1
所以=0.8；==0.1；所以
12．【2018•北京卷】近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
(2)对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p 1(填“＞”或“＜”)，得出该结论的理由是________________。
(3)I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－
(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A项，B项，C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】(2)> 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大
(3)SO2 SO42− 4H+
(4)0.4 I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】(2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。(3)反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，(总反应-反应i)2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。(4)①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4；②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A项，B项，C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c(H+)增大，从而反应i加快。
13．【2018•江苏卷】NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图−2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。
【答案】(4)②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大
催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【解析】(4)①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为24/7mol。②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
14．【2018•海南卷】过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。回答下列问题：
(1)已知：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－286 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O2(l) ΔH＝－188 kJ·mol－1
过氧化氢分解反应2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。不同温度下过氧化氢分解反应的平衡常数K313 K________K298 K(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)100 ℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24 h的分解率见下表：
离子
加入量/(mg·L－1)
分解率/%
离子
加入量/(mg·L－1)
分解率/%
无
—
2
Fe3＋
1.0
15
Al3＋
10
2
Cu2＋
0.1
86
Zn2＋
10
10
Cr3＋
0.1
96
由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是________。储运过氧化氢时，可选用的容器材质为________(填标号)。
A．不锈钢 B．纯铝 C．黄铜 D．铸铁
(3)过氧化氢的Ka1＝2.24×10－12，H2O2的酸性________H2O(填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，过氧化氢溶液中HO的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的原因是_____________________________________________________________；
相同pH下，过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是______________________________。
【答案】(1)－196 小于 (2)Cr3＋ B
(3)大于 pH升高，c(HO)增大，分解速率加快 H2O2浓度越大，其电离度越小，分解率越小。
【解析】(1)过氧化氢分解的总方程式可由①×2－2×②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为ΔH＝2ΔH1－2ΔH2＝－196 kJ·mol－1；过氧化氢分解反应为放热反应，温度升高化学平衡常数减小。(2)根据表中数据分析，相同时间，Cr3＋加入量最少，H2O2的分解率最大，因而Cr3＋的催化效果最好。Al3＋对H2O2分解的催化效果最差，贮运过氧化氢时，铝制容器材质最不易促进H2O2的分解。(3)由于过氧化氢的Ka1＝2.24×10－12＞Kw，因而过氧化氢电离氢离子的能力大于水电离氢离子的能力；pH增大，过氧化氢的电离程度增大，溶液中c(HO)增大，促进H2O2的分解；相同pH下，考虑H2O2的浓度越大，电离度越小，溶液中c(HO)越小，因而分解率越小。
考点21 化学反应速率
本考点主要考查对化学反应速率的理解、化学反应速率的相关计算、化学反应速率图像问题，延续选择题或非选择题的形式。
预测2023年必将涉及化学反应速率考查，必须掌握在化学反应中速率之比等于计量数之比，外界条件对速率的影响关键是外界条件的改变引起单位体积内活化分子数量的变化。预计在今后的高考中，会与反应过程中的能量变化融合，将化学反应速率与化工生产、生活实际相结合，应予以重视。
一、化学反应速率
二、影响化学反应速率的因素
化学反应速率
1．表示方法
通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。
2．数学表达式及单位
v＝，单位为mol·L－1·min－1或mol·L－1·s－1。
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)＝a∶b∶c∶d
【小试牛刀】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)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( )
(2)化学反应速率理论可以指导怎样在一定时间内快出产品( )
(3)对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显( )
(4)对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率( )
(5)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( )
(6)化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1( )
(7)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( )
(8)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( )
(9)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( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6) × (7)√ (8)× (9)√
【典例】
例1 (2022·浙江省1月选考)在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是( )
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
【答案】C
【解析】A项，图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，A正确； B项，b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，B正确； C项，化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，C不正确； D项，维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，D错误；故选C。
例2 (2021•广东选择性考试)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( )
A．a为c(X)随t的变化曲线
B．t1时，c(X)= c(Y)= c(Z)
C．t2时，的消耗速率大于生成速率
D．t3后， c(Z)=2c0- c(Y)
【答案】D
【解析】由题中信息可知，反应X=2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度c随时间t的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度c随时间t的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度c随时间t的变化曲线。A项，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；B项，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；C项，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；D项，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②Y→2Z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。故选D。
【对点提升】
对点1 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，其中表示的反应速率最快的是( )
A．v(A)＝0.5 mol·L－1·min－1 B．v(B)＝1.2 mol·L－1·s－1
C．v(D)＝0.4 mol·L－1·min－1 D．v(C)＝0.1 mol·L－1·s－1
【答案】D
【解析】通过方程式的化学计量数将不同物质表示的反应速率折算成同一物质表示的反应速率进行比较，B物质是固体，不能表示反应速率；C项中对应的v(A)＝0.2 mol·L－1·min－1；D项中对应的v(A)＝3 mol·L－1·min－1。
对点2 一定温度下，10 mL 0.40 mol/L H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V(O2)/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)( )
A．0～6 min的平均反应速率：v(H2O2)≈3.3×10－2 mol/(L·min)
B．6～10 min的平均反应速率：v(H2O2)<3.3×10－2 mol/(L·min)
C．反应至6 min时，c(H2O2)＝0.30 mol/L
D．反应至6 min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】2H2O22H2O＋O2↑。A项，6 min时，生成O2的物质的量n(O2)＝＝1×10－3 mol，依据反应方程式，消耗n(H2O2)＝2×10－3 mol，所以0～6 min时，v(H2O2)＝≈3.3×10－2 mol/(L·min)，A正确；B项，6～10 min时，生成O2的物质的量n(O2)＝≈0.335×10－3 mol，依据反应方程式，消耗n(H2O2)＝0.335×10－3 mol×2＝0.67×10－3 mol，6～10 min时，v(H2O2)＝≈1.68×10－2 mol/(L·min)<3.3×10－2 mol/(L·min)，B正确；C项，反应至6 min时，消耗n(H2O2)＝2×10－3 mol，剩余n(H2O2)＝0.40 mol/L×0.01 L－2×10－3 mol＝2×10－3 mol，c(H2O2)＝＝0.20 mol/L，C错误；D项，反应至6 min时，消耗n(H2O2)＝2×10－3 mol，n总(H2O2)＝4×10－3 mol，所以H2O2分解了50%，D正确。
【巧学妙记】
同一化学反应中反应快慢的比较方法
由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能不同，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)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应aA＋bB===cC＋dD，比较与，若＞，则A表示的反应速率比B的大。
影响化学反应速率因素
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Mg＞Al。
2．外因
3．理论解释——有效碰撞理论
(1)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，反应热为E1－E2。(注：E2为逆反应的活化能)
③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
(2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
【小试牛刀】
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)催化剂都不参加化学反应( )
(2)使用催化剂能够降低化学反应的反应热(ΔH) ( )
(3)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( )
(4)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( )
(5)可逆反应中减小产物的浓度可增大正反应的速率( )
(6)增大反应体系的压强，反应速率不一定增大( )
(7)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( )
(8)对可逆反应FeCl3＋3KSCNFe(SCN)3＋3KCl，增加氯化钾浓度，逆反应速率加快( )
(9)FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同( )
(10)用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率( )
(11)向2支盛有5 mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2 mL 5% H2O2溶液，观察实验现象，不能达到探究浓度对反应速率的影响的目的( )
(12)在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快( )
(13)用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率( )
(14)10.0 mL 2 mol﹒L-1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变( )
(15)SO2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢( )
(16)汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2 ，减小压强，反应速率减慢(√)
(17)已知t1 ℃时，反应C＋CO22CO ΔH＞0的速率为v，若升高温度，逆反应速率减小( )
(18)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( )
(19)当一定量的锌粉和过量的6 mol·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( )
(20)探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设定温度，则测得的反应速率偏高( )
(21)探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL H2O，向另一支试管中加入2 mL 5% H2O2和1 mL FeCl3溶液，观察并比较实验现象( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)√ (7)× (8)× (9)× (10)√ (11)√ (12)× (13)× (14)× (15)× (16)√ (17)× (18)× (19)× (20)× (21)√
【典例】
例1 (2022·浙江省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·min)
B．实验②，60min时处于平衡状态，
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
【答案】C
【解析】A项，实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40× 10-3mol/L-2.00× 10-3mol/L=4.00× 10-4mol/L，v(NH3)==2.00× 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.00× 10-5mol/(L·min)，A正确；B项，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，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.0010-4mol/L，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<0.4，即x≠0.4，B正确；C项，实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.00×10-4mol/L，实验②中60min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①60min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；D项，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；故选C。
例2 (2017•江苏卷)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( )
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Mn 2+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
【答案】D
【解析】A项，由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A错误；B项，由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，B错误；C项，由图丙可知，有一定浓度Mn2+存在时，并不是碱性越强H2O2分解速率越快，C错误；D项，由图丙可知，碱性溶液中，Mn2+对双氧水分解有影响，图丁说明Mn2+浓度越大，双氧水分解越快，图丙和图丁均能表明碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确。
【对点提升】
对点1 反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其化学反应速率几乎无影响的是( )
A．保持容积不变，增加H2O(g)的物质的量 B．将容器的容积缩小一半
C．保持容积不变，充入Ar使压强增大 D．保持压强不变，充入Ar使容积增大
【答案】C
【解析】容积不变，增加H2O(g)的物质的量，反应物浓度增大，化学反应速率加快，A不符合题意；将容器的容积缩小一半，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，B不符合题意；保持容积不变，充入Ar，Ar不参与反应，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，C符合题意；保持压强不变，充入Ar，容器的容积变大，反应物的浓度减小，化学反应速率减小，D不符合题意。
对点2 工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.0 kJ·mol-1。现将一定量的CO2和H2充入1 L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如下图所示(实线)。下列说法不正确的是( )。
A．a点正反应速率大于逆反应速率
B．图中(实线)0~1 min时间段平均反应速率最大
C．曲线Ⅱ改变的实验条件只能是加压
D．曲线Ⅰ改变的实验条件是升温
【答案】C
【解析】a点氢气的物质的量还在减小，所以反应是在向正反应方向进行，因此正反应速率大于逆反应速率，A项正确；反应速率越大，反映在曲线上斜率就越大，所以反应速率最大的是0~1 min，B项正确；曲线Ⅱ的反应速率较快，但平衡时氢气的物质的量小，说明反应向正反应方向移动，因此是增大压强或增大CO2 浓度，C项错误；根据图像可知，曲线Ⅰ对应的反应速率快，平衡时氢气的物质的量大，说明平衡是向逆反应方向移动的，因此改变的条件是升高温度，D项正确。
【巧学妙记】
气体反应体系中充入惰性气体(不参与反应)时对反应速率的影响
(1)恒容：充入“惰性气体”→总压增大→物质浓度不变(活化分子浓度不变)→反应速率不变。
(2)恒压：充入“惰性气体”→体积增大→物质浓度减小(活化分子浓度减小)→反应速率减小。
1．下列关于化学反应速率的说法正确的是( )
A．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B．化学反应速率通常表示一定时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加
C．化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1
D．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢
【答案】D
【解析】A项，化学反应速率越大，反应现象不一定越明显，如盐酸与氢氧化钠溶液的反应；B项，固体或纯液体的浓度可视为常数，一般不用固体或纯液体表示化学反应速率；C项，0.8 mol·L－1·s－1表示1 s的时间内，某物质的浓度变化了0.8 mol·L－1；D项，化学反应速率就是表示化学反应进行快慢的物理量。
2．已知反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是( )
A．v(CO)＝1．5 mol·L－1·min－1 B．v(NO2)＝0.7 mol·L－1·min－1
C．v(N2)＝0.4 mol·L－1·min－1 D．v(CO2)＝1．1 mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】先看单位是否相同，若不同，先换算成同一单位，再换算成同一物质再比较，如以N2为标准，A、B、D项分别换算为0.375 mol·L－1·min－1、0.35 mol·L－1·min－1、0.275 mol·L－1·min－1，C项正确。
3．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10 mL 2 mol·L－1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50 mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是( )
A．10 ℃ 20 mL 3 mol·L－1的X溶液 B．20 ℃ 30 mL 2 mol·L－1的X溶液
C．20 ℃ 10 mL 4 mol·L－1的X溶液 D．10 ℃ 10 mL 2 mol·L－1的X溶液
【答案】B
【解析】在化学反应中，当其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快；温度越高，反应速率越快。本题中要综合考虑浓度和温度的影响。先比较浓度的大小，这里的浓度应该是混合以后的浓度，由于混合后各烧杯中盐酸的浓度相等，因此只要比较X的浓度即可，X浓度越大，反应速率越快。因为反应后溶液的体积均为50 mL，所以X的物质的量越大，浓度就越大。通过观察可知，混合后A、B选项中X的浓度相等，且比C、D两项的大，但B中温度更高，因此B的反应速率最大。
4．温度为T1时，在容积为10 L的恒容密闭容器充入一定量的M (g)和N (g)，发生反应：M(g)+N(g) 2P(g)+Q(g) △H＞0，反应过程中部分数据如表所示，下列说法正确的是( )
t/min
0
5
10
n(M)/ mol
6.0
4.0
n(N)/mol
3.0
1.0
A．0-5 min内，用M表示的平均反应速率为0.4 mol∙L-1∙min-1
B．N的转化率的60%
C．该反应在第8 min时v逆＞v正
D．T2时该反应的化学平衡常数为 0.64，则 T1＞T2
【答案】D
【解析】A项，0-5 min内，M的物质的量由6.0 mol变为4.0 mol，变化了2.0 mol，容器的容积是10 L，则用M表示的平均反应速率为v(M)=mol∙L-1∙min-1，A错误；B项，反应在5 min时M改变物质的量是2.0 mol，由方程式可知M、N化学计量数相等，则二者改变的物质的量也相等，所以5 min时N的物质的量为1.0 min，与10 min物质的量相等，则N的平衡转化率为=66.7%，题干未指明是何时的转化率，因此无法判断其大小，B错误；C项，由选项B分析可知5 min时反应已经达到平衡，若外界条件不变，反应处于平衡状态，此时v逆=v正，C错误；D项，反应在温度为T1时，根据物质转化关系，结合已知反应条件可知：各种气体的平衡物质的量分别为n(M)=4.0 mol，n(N)=1.0 mol，n(P)=4.0 mol，n(Q)=2.0 mol，容器的容积是10 L，则物质的平衡浓度分别是c(M)=0.4 mol/L，c(N)=0.1 mol/L，c(P)=0.4 mol/L，c(Q)=0.2 mol/L，故该温度下的化学平衡常数K1=；在温度为T2时化学平衡常数K=0.64＜K1，说明化学平衡逆向移动。由于该反应的正反应是吸热反应，所以平衡逆向移动是由于降低了反应温度，故反应温度：T1＞T2，D正确；故选D。
5．将6 mol CO2和8 mol H2充入一容积为2 L的密闭容器中(温度保持不变)发生反应CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0。测得H2的物质的量随时间变化如图所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。该反应在8～10 min内CO2的平均反应速率是( )
A．0.5 mol·L－1·min－1 B．0.1 mol·L－1·min－1
C．0 mol·L－1·min－1 D．0.125 mol·L－1·min－1
【答案】C
【解析】由图可知，在8～10 min内，H2的物质的量都是2 mol，因此v(H2)＝＝0 mol·L－1·min－1，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，v(CO2)＝v(H2)＝0 mol·L－1·min－1，故C项正确。
6．一定温度下，在某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)＋I2(g) ΔH>0，若15 s内c(HI)由0.1 mol·L－1降到0.07 mol·L－1，则下列说法正确的是( )
A．0～15 s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.002 mol·L－1·s－1
B．c(HI)由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所需的反应时间小于10 s
C．升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D．减小反应体系的体积，反应速率加快
【答案】D
【解析】0～15 s内，v(I2)＝v(HI)＝×＝0.001 mol·L－1·s－1，A项错误；随着反应的进行，c(HI)减小，v(HI)减小，故c(HI)由0.07 mol·L－1降到0.05 mol·L－1所需时间大于10 s，B项错误；升高温度，正、逆反应速率均增大，C项错误；减小反应体系的体积，压强增大，反应速率加快，D项正确。
7．已知反应2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)生成N2的初始速率与NO、H2的初始浓度的关系为v＝kcx(NO)·cy(H2)，k为速率常数。在800 ℃时测得的相关数据如下表所示。
实验数据
初始浓度
生成N2的初始速率/mol·L－1·s－1
c(NO)/ mol·L－1
c(H2)/ mol·L－1
1
2.00×10－3
6.00×10－3
1.92×10－3
2
1.00×10－3
6.00×10－3
4.80×10－4
3
2.00×10－3
3.00×10－3
9.60×10－4
下列说法中不正确的是( )
A．关系式中x＝1，y＝2
B．800 ℃时，k值为8×104
C．若800 ℃时，初始浓度c(NO)＝c(H2)＝4.00×10－3 mol·L－1，则生成N2的初始速率为5.12×10－3 mol·L－1·s－1
D．当其他条件不变时，升高温度，速率常数将增大
【答案】A
【解析】由实验数据1和2可知，c(H2)相同，c(NO)扩大1倍，反应速率扩大为原来的＝4倍，则x＝2，由实验数据1和3可知，c(NO)相同，c(H2)扩大1倍，反应速率扩大为原来的＝2倍，则y＝1，A项错误；根据数据1可知800 ℃时，k值为＝＝8×104，B项正确；若800 ℃时，初始浓度c(NO)＝c(H2)＝4.00×10－3 mol·L－1，则生成N2的初始速率v＝k×c2(NO)×c(H2)＝[8×104×(4.00×10－3)2×(4.00×10－3)] mol·L－1·s－1＝5.12×10－3 mol·L－1·s－1，C项正确；温度升高，反应速率加快，则当浓度和其他条件不变时，升高温度，速率常数一定是增大的，D项正确。
8．100℃时，N2O4(g)2NO2(g) ，K=0.36。NO2和N2O4的消耗速率与浓度存在下列关系：v(N2O4)= k1• c(N2O4)，v(NO2)= k2• c2(NO2)，其中k1、k2是与反应及温度有关的常数，其消耗速率与浓度的图像如图所示。下列有关说法正确的是
A．曲线X表示N2O4消耗速率与浓度的关系
B．k1与k2都有单位，且单位不同
C．图中A点处于平衡状态
D．若在T1温度下，k1=k2，则T1＜1000C
【答案】B
【解析】A项，根据图象，曲线X随浓度的变化大于曲线X随浓度的变化，因为v(N2O4)= k 1• c(N2O4)，v(NO2)= k2• c2(NO2)，所以曲线X表示NO2消耗速率与浓度的关系，A错误；B项，根据v(N2O4)= k 1• c(N2O4)，v(NO2)= k2• c2(NO2)，浓度的单位为mol/L ，而反应速率的单位为mol/(L·s)，因此k1与k2都有单位，且单位不同，k1的单位是s-1，k2的单位为L /( mol·s)，B正确；C项，交点A表示的消耗速率v( N2O4)=v( NO2)，而达到平衡时NO2的消耗速率应该是N2O4消耗速率的2倍，v( NO2)=2v( N2O4)，因此此时v逆＜v正，反应向正反应方向移动，C错误；D项，100℃时，N2O4(g)2NO2(g) ，K=0.36=，而平衡时，v( NO2)=2v( N2O4)，因此v(NO2)= k2• c2(NO2)=2 v(N2O4)=2 k 1• c(N2O4)，则==0.36；若在T1温度下，k1=k2，则=2，平衡常数增大，反应需要正向移动，温度需要升高，即T1＞100℃，D错误；故选B。
9．某反应的速率方程为，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。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/(10-3mol·L－1·min－1)
0.25
0.050
1.4
0.50
0.050
2.8
1.00
0.050
5.6
0.50
0.100
2.8
下列说法正确的是
A．速率方程中的、
B．该反应的速率常数k=2.8×10-3min－1
C．增大反应物浓度，k增大导致反应的瞬时速率加快
D．在过量的B存在时，反应掉87.5%的A所需的时间是375min
【答案】D
【解析】A项，将第一组数据和第二组数据代入可得，则m=1，将第二组数据和第四组数据代入可得，则n=0，A错误；B项，由A选项的分析可知，m=1，n=0，则，代入第一组数据可得，k=5.6×10-3min－1，B错误；C项，增大反应物的浓度，增大了速率，并没有改变瞬时速率常数k(只受温度影响)，C错误；D项，存在过量的B时，反应掉87.5%的A可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需的时间为，D正确；故选D。
10．某化学兴趣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
室温下，试管中所加试剂及其用量 / mL
室温下溶液颜色褪至无色所需时间 / min
0.6 mol/L
H2C2O4溶液
H2O
0.2 mol/L
KMnO4溶液
3 mol/L
稀硫酸
1
3.0
2.0
3.0
2.0
4.0
2
3.0
3.0
2.0
2.0
5.2
3
3.0
4.0
1.0
2.0
6.4
请回答：
(1)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是 。
(2)利用实验1数据计算，用KMnO4的浓度变化表示反应速率 v(KMnO4)= 。
(3)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+) 随时间变化趋势的示意图，如图甲所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+) 随时间变化的趋势应如图乙所示。 该小组同学根据图乙所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。
①该小组同学提出的假设是 。
②请你帮助该小组同学完成实验方案，并选择表中空白处应加入的物质。
实验编号
室温下，试管中所加试剂及其用量 / mL
再向试管中加入少量固体
室温下溶液颜色褪至无色所需时间 / min
0.6 mol/L
H2C2O4溶液
H2O
0.2 mol/L
KMnO4溶液
3 mol/L
稀硫酸
4
3.0
2.0
3.0
2.0
A．KMnO4 B．H2C2O4 C．K2SO4 D．MnSO4
③若该小组同学提出的假设成立，应观察到的现象是 。
【答案】(1)其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大
(2)1.5×10-2mol·L-1·min-1或0.015 mol·L-1·min-1
(3)①生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用) ②D
③实验4与实验1比较，溶液褪色所需时间短 或：溶液褪色所用时间(t)小于4min(或其他合理答案)
【解析】(1)从表中数据，可知改变的条件是KMnO4浓度，其他条件相同时，增大KMnO4浓度，褪色时间变短，则反应速率增大。(2)草酸的物质的量为：0.6mol/L×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为：0.2mol/L×0.003L=0.0006mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0018mol：0.0006mol=3：1，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：＝0.06mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=0.06mol/L÷4min=1.5×10-2 mol/(L•min)。(3)①由图乙可知，反应开始后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4(或Mn2+)为该反应的催化剂。②与实验1作对比实验，则加入的硫酸锰的量不同，其它条件必须相同，所以加入的少量固体为MnSO4，答案选D。③若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于4min，从而说明Mn2+是催化剂。
11．氮和硫的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究它们的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。
(1)2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程由两步基元反应组成，相关信息如下(E为活化能，v为反应速率，k为速率常数)：
2NO(g)N2O2(g) E1=82kJ/mol v=k1c2(NO)
N2O2 (g)2NO(g) E-1=205kJ/mol v=k-1c(N2O2)
N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) E2=82kJ/mol v=k2c(N2O2)·c(O2)
2NO2(g)N2O2(g) +O2(g) E-2=72kJ/mol v=k-2c2(NO2)
则2NO(g) N2O2(g) △H1=_______kJ·mol-1，其平衡常数K与上述速率常数k1、k-1的关系式为K=_______。2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) △H=_______kJ·mol-1。
(2)已知反应NO2(g)+SO2(g) NO(g)+SO3(g) △H<0，某研究小组研究不同温度T1℃、T2℃下的平衡态中lgp(NO2)和lgp(SO3)两个压强对数的关系如图所示，实验初始时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等。
①a、b两点体系压强pa与pb的比值=_______；同一温度下图象呈线性变化的理由是_______。
②温度为T1时化学平衡常数KP=_______，T1_______T2(填“>”“<”或者“=”)。
【答案】(1)—123 —113
(2) ① 反应过程中气体分子总数不变，改变压强平衡不移动 ②0.01 <
【解析】(1)由题意可知，反应①2NO(g) N2O2(g)的正反应的活化能为E1=82kJ/mol，逆反应的活化能E-1=205kJ/mol，则△H1= E1—E-1=82kJ/mol—205kJ/mol=—123kJ/mol；当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则k1c2(NO)= k-1c(N2O2)，反应的平衡常数K==；反应②N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g)的正反应的活化能为E2=82kJ/mol，逆反应的活化能E-2=72kJ/mol，则△H2=+10kJ/mol，由盖斯定律可知，①—②可得反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)，则△H=△H1—△H2=(—123kJ/mol)—(+10kJ/mol)= —133kJ/mol；(2) ①该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，若实验初始时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等，则平衡时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等，由图可知，a点p(NO2)=10、p(SO3)=1，b点p(NO2)=100、p(SO3)=10，则a、b两点体系压强pa与pb的比值==；该反应为气体体积不变的反应，反应过程中气体分子总数不变，改变压强平衡不移动，则同一温度下图象呈线性变化；②由图可知，温度为T1时，a点p(NO2)=10、p(SO3)=1，平衡时体系中的p(NO2)和p(SO2)相等、p(NO)和p(SO3)相等，则p(SO2)=10、p(NO)=1，KP===0.01；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，p(NO2)增大，由图可知，温度为T1时p(NO2)小于T2时，则T1
(1)每1mol下列物质分解为气态基态原子消耗的能量(单位为kJ)分别为
C2H6 (g)
C2H4(g)
H2(g)
2816
2267
436
则ΔH＝_______ kJ·mol－1。
(2)下列说法不正确的是_______。
A．加压和升温都能提高该反应的转化率
B．寻找合适的催化剂，可以提高一定时间内乙烷的分解率
C．乙烯和氢气的物质的量比值不再改变，可以判断该反应达平衡
D．等物质的量的乙烷和氢气，等压(p)发生反应，乙烷的平衡转化率为，平衡常数
(3)高温下，丁烷生成乙烷的反应如下：C4H10C2H6+ C2H4。该反应的正逆反应速率可以表示为：v正=k正×，v逆=k逆×，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。
①对于该反应，乙烷生成速率逐渐_______(填写“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_______。
②一定温度下，1L恒容密闭容器中加入2mol C4H10发生上述反应，测得丁烷和乙烷物质的量浓度随时间变化如图，则图中a点正、逆反应速率之比v正：v逆=_______。
(4)一定温度和压强下，C2H6 (g)、C2H4(g)、H2(g)的比热容分别为1.73、1.57和14.0J·K-1·g -1。当消耗1mol C2H6 (g)时，反应物的能量随温度T的变化如图，请画出生成物的总能量随温度变化的示意图_______。
【答案】(1)+113 (2)ACD
(3) ①减小 丁烷的浓度逐渐减小 ②6.4 (4)
【解析】(1) 焓变=反应物总键能-生成物总键能，C2H6 (g) C2H4(g)+ H2(g) ΔH＝2816 kJ·mol－1－2267 kJ·mol－1－436 kJ·mol－1＝+113 kJ·mol－1；(2) A项，加压，C2H6 (g) C2H4(g)+ H2(g)平衡逆向移动，反应的转化率降低，故A错误；B项，合适的催化剂，可以加快反应速率，提高一定时间内乙烷的分解率，故B正确； C项，乙烯和氢气的物质的量之比始终为1：1，所以乙烯和氢气的物质的量之比不变，反应不一定达到平衡状态，故C错误。D项，设xmol乙烷和xmol氢气在等压(p)条件下发生反应，乙烷的平衡转化率为，则平衡时乙烷的物质的量为 、乙烯的物质的量是、氢气的物质的量为， ，故D错误；选ACD； (3) ①对于该反应，丁烷的浓度逐渐减小，所以乙烷生成速率逐渐减小；②一定温度下，1L恒容密闭容器中加入2mol C4H10发生上述反应，根据丁烷和乙烷物质的量浓度随时间变化图可知，平衡时乙烷的平衡浓度是1.6mol/L、乙烯的平衡浓度是1.6mol/L、丁烷的平衡浓度是0.4 mol/L，平衡时，，，a点时丁烷、乙烷、乙烯的浓度相等，都是1mol/L，则。(4) C2H6 (g)、C2H4(g)、H2(g)的比热容分别为1.73、1.57和14.0J·K-1·g -1，随着温度的升高，生成物增加的能量高于反应物增加的能量，生成物的总能量随温度变化的示意图位 。
1．(2022·云南省昆明市第三中学期中)一定温度下，X、Y、Z三种气体在某恒容密闭容器中发生反应，其中气体的物质的量变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．Q点Y的正反应速率和逆反应速率相等
B．从开始到达到平衡时用X表示的平均反应速率是0.2mol·L-1·min-1
C．该反应的化学方程式可表示为：3X(g)+Z(g)2Y(g)
D．达到平衡后，再充入氩气，反应速率增大
【答案】C
【解析】A项，Q点没有到平衡，Y的正反应速率和逆反应速率不相等，A错误；B项，从开始到达到平衡时X的物质的量改变量为6-3=3mol，没有说明容器的体积，不能用X表示的平均反应速率，B错误；C项，从开始到平衡，X、Z的物质的量减少，减少量分别为6-3=3mol，2-1=1mol，为反应物，Y的物质的量增加为生成物，增加量为2-0=2mol，故方程式为3X(g)+Z(g) 2Y(g)，C正确；D项，到平衡后，充入氩气，各物质的浓度不变，反应速率不变，D错误；故选C。
2．(2022·广东省六校高三第六次联考)已知反应A(g) + B(g)C(g) + D(g)的平衡常数K值与温度的关系如表所示。830℃时，向一个2 L的密闭容器中充入0.20 mol A和0.20 mol B，10 s末达平衡。下列说法不正确的是( )
温度/℃
700
830
1200
K值
1.7
1.0
0.4
A．达到平衡后，B的转化率为50%
B．该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动
C．反应初始至平衡，A的平均反应速率v(A) = 0.005 mol·L-1·s-1
D．容器体积减小为原来的一半，平衡不移动，正、逆反应速率均增大
【答案】B
【解析】A项，设平衡时参加反应的B的物质的量为xmol，
则=1，解得：x=0.1，所以平衡时B的转化率为：×100%=50%，A正确；B项，由题干表中数据可知，升高温度，平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，说明该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B错误；C项，反应初始至平衡，A的平均反应速率v(A)==0.005mol•L-1•s-1，C正确；D项，该反应前后气体的物质的量之和不变，故容器体积减小为原来的一半，平衡不移动，反应物、生成物的浓度增大，即正、逆反应速率均增大，D正确；故选B。
3．(2022·湖北省重点中学智学联盟联考)向某温度恒定、体积固定的密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。下列说法不正确的是( )
A．密闭容器的容积为2L
B．若t1=15，则0～t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=0.004mol·L-1·s-1
C．该反应的化学方程式为：3A(g)+B(g)2C(g)
D．物质B的起始浓度是0.02mol/L
【答案】C
【解析】根据图像，0～t1s内A的浓度减少0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，A为反应物，C的浓度增加0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，C为生成物；A、C的化学计量数之比为0.09mol/L：0.06mol/L=3：2；在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，反应前后气体分子数不变，则B为生成物，反应的化学方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)。A项，开始加入A的物质的量为0.3mol，A的浓度为0.15mol/L，则密闭容器的容积为0.3mol÷0.15mol/L=2L，A项正确；B项，若t1=15，则0～t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)==0.004mol·L-1·s-1，B项正确；C项，反应的化学方程式为3A(g)⇌B(g)+2C(g)，C项错误；D项，根据转化浓度之比等于化学计量数之比，0～t1s内B的浓度增加0.03mol/L，t1s时B的浓度为0.05mol/L，则B的起始浓度为0.05mol/L-0.03mol/L=0.02mol/L，D项正确；故选C。
4．(2022·重庆市育才中学期中)MTP是一类重要的药物中间体，可以由TOME经环化后合成。其反应式如下所示：
为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇。TOME的转化率随反应时间的变化如图所示。设TOME的初始浓度为a mol/L，反应过程中的液体体积变化忽略不计，发生的其他副反应忽略不计。
已知：转化率=，也可以用百分数表示。下列说法错误的是( )
A．X、Y两点消耗反应物TOME的速率v正(X)＜v正(Y)
B．X、Z两点该化学反应的瞬时速率大小为v(X)＞v(Z)
C．210℃时，0~150 min之间用MTP表示该化学反应的速率为
D．若Z点处于化学平衡，则平衡时溶液体系中甲醇的百分含量为
【答案】D
【解析】A项，根据题意：TOME的初始浓度均为a mol/L，由图知X、Y两点TOME的转化率相等，反应转化浓度相同，但反应时间：X＞Y，因此反应速率：，A正确；B项，由图可知：X点曲线斜率大于Z点，则X、Z两点的瞬时速率大小为v(X)＞v(Z)，B正确；C项，由图可知：在210℃下，150 min时TOME的转化率为98%，则△c(MTP)=△c(TOME) =a mol/L×98%=0.98a mol/L，故0~ 150 min之间的MTP的平均反应速率为0~150 min之间用MTP表示该化学反应的速率为，C正确；D项，若Z点处于化学平衡，由图可知：在210条件下，Z点TOME的转化率为98%，则△c(MTP)=△c(TOME)=△c(CH3OH)=a mol/L×98%=0.98a mol/L，为了提高TOME的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇，平衡时c(MTP)=0.98a mol/L，c(CH3OH)＜0.98a mol/L，c(TOME)=0.02a mol/L，若Z点处于化学平衡，则平衡时溶液体系中甲醇的百分含量小于，D错误；故选D。
5．(2022·江苏省响水中学第二次学性分析考试)NH3是具有刺激性气味的气体，密度比空气小，易液化成液氨，且它极易溶于水形成氨水，工业上常用氨气制备硝酸。在2.0 L恒温恒容密闭容器中充入2.0 mol N2和6.0 mol H2，加入催化剂发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，N2、H2的物质的量随时间的变化如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．t1 min时，N2的生成速率等于N2的消耗速率
B．反应达到平衡时N2的转化率为40%
C．0~t2 min内，v(NH3)= mol·L−1·min−1
D．反应中通入足量的N2，可使H2完全转化为NH3
【答案】B
【解析】工业合成氨反应为可逆反应，当氮气和氢气以系数比进行投料时，相同时间时两者的转化率相同。A项，t1 min时，反应未达到平衡，N2的生成速率不等于N2的消耗速率，A错误；B项，由图可知，反应达到平衡时H2的转化率为，故N2的转化率也为40%，B正确；C项，根据B可知，平衡时氮气的转化率为40%，即0~t2 min内，氮气的变化量为0.8mol，NH3的变化量为1.6mol，故，C错误；D项，该反应为可逆反应，反应中通入足量的N2，H2不可能完全转化为NH3，D错误；故选B。
6．(2022·江苏省徐州市第二次学情调研)T1温度下，向2L的密闭容器中充入NO，在催化剂作用下发生反应：NO(g)NO2(g)+X(g) (未配平)，反应过程中部分数据如图所示，下列说法错误的是( )
A．X可能为N2O
B．0～1min用X表示的反应速率为
C．温度下，测得容器内气体颜色保持不变，表明反应达到化学平衡状态
D．增大NO气体的浓度、升高反应体系的温度，均能提高反应速率
【答案】B
【解析】A项，若X为N2O，则3NO(g)NO2(g)+N2O(g)，N2O、NO的变化量比为1：3，与图像相符，故A正确；B项，由图像可知，NO、NOx的变化量比为3：1，根据得失电子守恒，反应方程式为3NO(g)NO2(g)+N2O(g)，X是N2O，内生成1molN2O，用N2O表示的反应速率为，故B错误；C项，T1温度下，测得容器内气体颜色保持不变，则表明各成分的浓度不再变化、反应达到化学平衡状态，故C正确；D项，反应物浓度越大、反应温度越高、反应速率越快，则增大NO气体的浓度、升高反应体系的温度，均能提高反应速率，故D正确；故选B。
7．(2022·河南省洛阳市联考)向一体积为3L的恒容密闭容器中充入0.1 mol CH4(g)和0.2 mol NO2(g)，在一定温度下发生反应：CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)，测得容器内CO2的物质的量(n)与反应时间(t)的关系如表所示。
反应时间t/min
2
4
6
8
10
CO2的物质的量n/mol
0.04
0.06
0.07
0.075
0.075
下列说法正确的是( )
A．0〜4min内，NO2的平均反应速率v(NO2)=0.1 mol·L−1·min−1
B．第6min时的正、逆反应速率之差小于第8min时的
C．该温度下，CH4的转化率为25%
D．第10min时，升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大
【答案】D
【解析】A项，0～4min内生成二氧化碳的物质的量是0.06mol，根据方程式可知消耗二氧化氮的物质的量是0.12mol，所以NO2的平均反应速率v(NO2)==0.01mol·L-1·min-1，A错误；B项，根据表中数据可判断第6min时反应正向进行，第8min时达到平衡状态，所以第6min时的正、逆反应速率之差大于第8min时的，B错误；C项，平衡时生成二氧化碳的物质的量是0.075mol，根据方程式可知消耗甲烷的物质的量是0.075mol，所以该温度下，CH4的平衡转化率为×100%=75%，C错误；D项，升高温度一定加快反应速率，因此第10min时，升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大，D正确；故选D。
8．(2022·山西省榆次一中模拟考试)科学家开发新型催化剂实现CO还原制备CH3COOH：2CO(g)+2H2(g)CH3COOH(g)。一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入4mol CO和3mol H2发生上述反应，测得CH3COOH的物质的量(mol)与时间(min)的关系如下表所示。
时间/min
0
5
10
15
20
0.00
0.65
1.00
1.30
1.30
下列说法正确的是( )
A．20min时，H2的正反应速率大于H2的逆反应速率
B．当CO的消耗速率等于乙酸生成速率的2倍时，反应达到平衡状态
C．0~10min内，
D．上述条件下CO的最大转化限度为65%
【答案】D
【解析】A项，20min时，反应达到平衡状态，所以H2的正反应速率等于H2的逆反应速率，故A错误；B项，当CO的消耗速率等于乙酸生成速率的2倍时，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定达到平衡状态，故B错误；C项，0~10min内，生成1molCH3COOH，则反应消耗2molH2，，故C错误； D项，上述条件下，反应达到平衡生成1.3mol乙酸，则消耗2.6molCO，CO的最大转化限度为65%，故D正确；故选D。
9．(2022·河北省保定市模拟)常采用三元催化器处理汽车尾气中NOx，CO和碳氢化合物等大气污染物，其简易工作原理如图。下列推断正确的是( )
A．若x=1，CO和NOx反应中N2与NOx的反应速率相等
B．若x=2，碳氢化合物为C8H18，则碳氢化合物与NOx的反应只有极性键的断裂和形成
C．其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，反应速率越大
D．三元催化剂能增大正反应速串，同时减小逆反应速率
【答案】C
【解析】A项，若x=1，CO和NO反应的方程式为2CO+2NON2+2CO2，其中N2与NO的反应速率不相等，A错误；B项，若x=2，碳氢化合物为C8H18，产物是氮气、二氧化碳水，由于C8H18和N2中存在非极性键，则碳氢化合物与NOx的反应既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成，B错误；C项，其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，反应物之间的接触面积越大，所以反应速率越大，C正确；D项，三元催化剂能同等程度增大正逆反应速串，D错误；故选C。
10．(2022·广东省梅州市梅江区梅州中学检测)一定条件下，等物质的量的N2和O2在容积为2L的恒容密闭容器中发生如下反应：N2(g)+O2(g)2NO(g)，如图表示该反应过程中N2的物质的量n(N2)随反应时间(t)的变化。下列叙述正确的是( )
A．当反应达到平衡时，O2的转化率为40%
B．内反应的平均速率为v(N2)=0.1mol·L-1·s-1
C．末的物质的量浓度为
D．点对应的化学反应速率：
【答案】C
【解析】A项，由图可知，当反应达到平衡时，氮气的物质的量由5mol变为2mol，氮气和氧气的物质的量相等，则氧气的转化率为×100%=60%，故A错误；
B项，由图可知，10s内氮气的物质的量由5mol变为4mol，则氮气的平均速率为=0.05mol/(L·s)，故B错误；C项，由图可知，10s内氮气的物质的量由5mol变为4mol，由方程式可知，10s一氧化氮的浓度为=1mol/L，故C正确；D项，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，说明a点正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D错误；故选C。
11．(2022·浙江省宁波市鄞州中学模拟预测)硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解：O2NC6H4COOC2H5+OH-O2NC6H4COO-+C2H5OH，两种反应物的初始浓度均为0.500 mol·L-1，不同温度下测得O2NC6H4COOC2H5的浓度(mol·L-1)随时间变化的数据如表所示。下列有关说法不正确的是( )
t/s
0
120
180
240
330
530
600
700
800
15 ℃
0.500
0.335
0.291
0.256
0.210
0.156
0.148
0.145
0.145
35 ℃
0.500
0.325
0.2775
0.238
0.190
…
0.130
0.130
0.130
A．该反应在15 ℃，120 s~180 s区间的v(O2NC6H4COOC2H5)为7.33×10-4 mol·L-1·s-1
B．由表中数据可知，随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢
C．530 s时，表格中35 ℃对应的数据一定是0.130
D．由表中数据可知，温度升高，反应速率加快
【答案】C
【解析】A项，根据表中数据，在15 ℃，120 s~180 s区间的v(O2NC6H4COOC2H5)==7.33×10-4mol·L-1·s-1，A项正确；B项，根据表中数据可知，15℃时，0~120s、120s~180s、180s~240s、240s~330s、330s~530s、530s~600s区间的v(O2NC6H4COOC2H5)依次为1.375×10-3mol·L-1·s-1、7.33×10-4mol·L-1·s-1、5.83×10-4mol·L-1·s-1、5.11×10-4mol·L-1·s-1、2.7×10-4mol·L-1·s-1、1.14×10-4mol·L-1·s-1，在相同温度下，随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，B项正确；C项，35℃达到平衡时O2NC6H4COOC2H5的浓度为0.130mol/L，15℃时330s~530s内O2NC6H4COOC2H5的浓度减少0.210mol/L-0.156mol/L=0.054mol/L，由表中数据知，在相同时间间隔内，35℃时O2NC6H4COOC2H5的浓度减小值大于15℃时，35℃时反应速率比15℃时快，35℃时330s~530s内O2NC6H4COOC2H5的浓度减少大于0.054mol/L，530s时O2NC6H4COOC2H5的浓度小于0.190mol/L-0.054mol/L=0.136mol/L＞0.130mol/L，530s时反应不一定达到平衡状态，故530 s时表格中35 ℃对应的数据不一定是0.130，C项错误；D项，由表中数据知，在相同时间间隔内，35℃时O2NC6H4COOC2H5的浓度减小值大于15℃时，35℃时反应速率比15℃时快，即温度升高，反应速率加快，D项正确；故选C。
12．(2022·山东省日照市高三三模)实验室用下图所示装置，探究室温下与H2O的反应，所用镁条质量和表面积相同，且均已用砂纸打磨，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2∙nMgCO3]。下列说法错误的是( )
实验1
实验2
实验3
镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化
镁条表面有较多气泡且产生气泡速率逐渐加快，溶液中无明显现象
镁条表面有大量气泡，溶液逐渐变浑浊
A．实验1现象不明显，可能与表面生成了难溶的Mg(OH)2有关
B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃导管内空间狭小，热量不易散失
C．由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论
D．实验3中破坏了Mg(OH)2在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积
【答案】C
【解析】A项，镁条已用砂纸打磨，实验1中镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化，说明镁条与蒸馏水反应，可能发生的反应为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，现象不明显的原因可能是Mg表面生成了难溶的Mg(OH)2，A项正确；B项，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃导管内空间狭小，热量不易散失，体系温度升高，从而使反应速率加快、Mg(OH)2溶解度增大，B项正确；C项，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2∙nMgCO3]，实验1和实验3中反应不相同，实验1和实验3中的变量不唯一，故由实验1和实验3不能得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论，C项错误；D项，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2∙nMgCO3]，说明实验3中HCO3-可破坏Mg(OH)2在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积，从而镁条表面有大量气泡产生，D项正确；故选C。
13．(2022·北京市101中学三模)化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。
实验Ⅰ
开始无明显现象，渐有小气泡生成，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。
实验Ⅱ
最初反应较慢，随后加快，反应剧烈；产生红棕色气体；溶液呈绿色。
资料：铜与浓HNO3反应一旦发生就变快，生成的NO2可溶于水形成HNO2 (弱酸)，反应就加快。
下列说法正确的是( )
A．NO2与H2O反应生成HNO2和NO
B．亚硝酸能加快反应速率，是因为亚硝酸可做铜与硝酸反应的催化剂
C．I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能生成
D．分别向1mL浓硝酸中加入几滴30%H2O2溶液或一定量NaNO2固体，再加入铜片，预计反应均较慢
【答案】C
【解析】A项，根据得失电子守恒可知，NO2与H2O反应应该是发生歧化反应，氮元素的化合价应该有升有降，不能只下降，生成低价态的HNO3和NO，应该生成HNO3和NO，A错误；B项，根据实验现象和资料，亚硝酸可以加快反应速率，但不一定是催化剂，催化剂要在反应前后的性质和质量保持不变，B错误；C项，稀硝酸的氧化性比浓硝酸弱，不能氧化NO，因此也不能产生HNO2，故I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能生成HNO2，C正确；D项，过氧化氢和HNO2发生氧化还原反应，因此HNO2浓度减小甚至为0，反应速率减慢，但加入亚硝酸钠，可以增大体系中HNO2含量，反应速率会加快，D错误；故选C。
14．(2022·北京市第五中学三模)选择不同的反应探究化学反应速率的影响因素，所用试剂不合理的是( )
a．CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O (观察气泡产生的快慢)
b．S2O32-+2H+=S↓+SO2+H2O (观察浑浊产生的快慢)
反应
影响因素
所用试剂
A
a
接触面积
块状CaCO3、0.5 mol/L HCl
粉末状CaCO3、0.5 mol/L HCl
B
a
H+浓度
块状CaCO3、0.5 mol/L HCl
块状CaCO3、3.0 mol/LHCl
C
b
H+浓度
0.1 mol/L Na2S2O3、稀H2SO4
0.1mol/L Na2S2O3、浓H2SO4
D
b
温度
0.1 mol/L Na2S2O3、0.1 Na2S2O3 H2SO4、冷水
0.1 mol/L Na2S2O3、0.1 Na2S2O3 H2SO4、热水
【答案】C
【解析】采用控制变量方法进行研究，即只改变一个外界条件，其它外界条件都相同，然后逐一进行分析判断。A项，只有CaCO3的接触面积不相同，其它外界条件相同，两个实验是研究固体与盐酸的接触面积大小对化学反应速率的影响，A正确；B项，该反应的实质是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，只有HCl溶液中的c(H+)不相同，其它外界条件相同，是研究H+浓度大小对化学反应速率的影响，B正确；C项，浓硫酸中H2SO4主要以电解质分子存在，稀硫酸中则完全电离产生H+及SO42-，浓硫酸溶于水时会放出大量热量使溶液温度升高，因此两个实验对比，不仅溶液中c(H+)不同，而且溶液温度也不相同，因此不是探究H+浓度大小对化学反应速率的影响，C不正确；D项，两个实验对比，其它外界条件都相同，只有溶液温度不相同，是探究反应温度对化学反应速率的影响，D正确；故选C。
15．(2022·河北省邢台市南和区第一中学模拟)科学家开发新型Cu-Pd催化剂实现CO还原制备CH3COOH：2CO2(g)+2H2(g)CH3COOH(g)。一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入4mol CO和3mol H2发生，上述反应，测得CH3COOH的物质的量(mol)与时间(min)的关系如下表所示。
时间/min
0
5
10
15
20
25
n(CH3COOH)/mol
0.00
0.65
1.00
1.20
1.30
1.30
下列说法错误的是( )
A．20min时，H2的正反应速率等于H2的逆反应速率
B．当CO的消耗速率等于乙酸生成速率的2倍时，不能说明反应达到平衡状态
C．0～10min内，v(H2)=0.05mol·L-1·min-1
D．上述条件下CO的最大转化限度为65%
【答案】C
【解析】A项，据表中数据可知，20min时，n(CH3COOH)不再改变，体系达到平衡状态，则H2的正反应速率等于H2的逆反应速率，A正确；B项，CO的消耗速率指该反应的正反应速率，乙酸生成速率也是指该反应的正反应速率，两者比值等于系数之比不能说明达到平衡状态，B正确；C项，0～10min内，n(CH3COOH)增加了1mol，根据该反应方程式可知，此时n(H2)减少了2mol，则，C错误；D项，据表中数据可知，体系达到平衡状态时，n(CH3COOH)增加了1.3mol，根据该反应方程式可知，CO转化了2.6mol，则CO的最大转化限度为=65%，D正确；故选C。
16．(2022·湖南省百所学校大联考)在容积为2L的刚性密闭容器中加入1molCO2和3molH2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)。在其他条件不变的情况下，温度对反应的影响如图所示(注：T1、T2均大于300℃)。下列说法不正确的是( )
A．该反应的ΔH＜0
B．A点时，CO2的转化率为100nA%
C．T2时，反应达到平衡时消耗的平均反应速率
D．T2时，该反应的化学平衡常数为
【答案】D
【解析】A项，由图可知，反应在T2温度下先达到平衡，则T2>T1，T2温度下反应达到平衡时，甲醇的物质的量少，即升温平衡向逆反应方向移动，依据勒夏特列原理，可知该反应的正反应为放热反应，A项正确；B项，由图知A点甲醇的量为nA，则CO2的变化量为nAmol，CO2的转化率为，B项正确；C项，，则，C项正确；D项，T2温度反应达到平衡时，各物质的浓度分别为、、，所以平衡常数，D项错误；故选D。
17．(2022·河北省保定市联考)向一体积为3L的恒容密闭容器中充入0.1molCH4(g)和0.2molNO2(g)，在一定温度下发生反应：CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)，测得容器内CO2的物质的量(n)与反应时间(t)的关系如表所示。
反应时间t/min
2
4
6
8
10
CO2的物质的量n/mol
0.04
0.06
0.07
0.075
0.075
下列说法正确的是( )
A．0～4min内，NO2的平均反应速率v(NO2)=0.1mol·L-1·min-1
B．第6min时的正、逆反应速率之差小于第8min时的
C．该温度下，CH4的平衡转化率为25%
D．第10min时，升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大
【答案】D
【解析】A项，0～4min内生成二氧化碳的物质的量是0.06mol，根据方程式可知消耗二氧化氮的物质的量是0.12mol，所以NO2的平均反应速率v(NO2)==0.01mol·L-1·min-1，A错误；B项，根据表中数据可判断第6min时反应正向进行，第8min时达到平衡状态，所以第6min时的正、逆反应速率之差大于第8min时的，B错误；C项，平衡时生成二氧化碳的物质的量是0.075mol，根据方程式可知消耗甲烷的物质的量是0.075mol，所以该温度下，CH4的平衡转化率为×100%=75%，C错误；D项，升高温度一定加快反应速率，因此第10min时，升高温度，正反应速率和逆反应速率均增大，D正确；故选D。
18．(2022·山东省日照市高三二模)HBr对CH3CH=CH2亲电加成分两步：HBr首先对CH3CH=CH2质子化形成CH3CH2CH2+、(CH3)2CH+两种中间体和Br-，然后中间体分别与Br-结合生成CH3CH2CH2Br、(CH3)2CHBr两种产物。这两种竞争反应路径的能量(G)变化如图所示。
下列说法不正确的是( )
A．两种路径中的第一步质子化均是整个反应的决速步
B．加成产物主要以1-溴丙烷为主，这是动力学与热力学共同控制的结果
C．(CH3)2CH+比CH3CH2CH2+更稳定，并且相应的质子化的活化能也更低
D．温度升高时，该反应的正反应速率增大程度小于逆反应速率增大程度
【答案】B
【解析】A项，由题干图示信息可知，两种路径中的第一步质子化的活化能均比第二步的大，活化能越大，反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，A正确；B项，由于加成反应生成2-溴丙烷比生成1-溴丙烷更容易，则加成产物主要以2-溴丙烷为主，这是热力学控制的结果，B错误；C项，由题干图示信息可知，(CH3)2CH+具有的总能量比CH3CH2CH2+低，能量越低越稳定， (CH3)2CH+比CH3CH2CH2+更稳定，并且相应的质子化的活化能也更低，C正确；D项，由题干图示信息可知，该反应正反应是一个放热反应，则有正反应的活化能比逆反应的低，故温度升高时，该反应的正反应速率增大程度小于逆反应速率增大程度，D正确；故选B。
19．(2022·北京市丰台区高三模拟)某兴趣小组同学探究KMnO4酸性溶液与草酸(H2C2O4 )溶液反应速率的影响因素。将的KMnO4酸性溶液与草酸溶液按如下比例混合。
【设计实验】
序号
V(KMnO4酸性溶液)/mL
V(草酸溶液)/mL
V(H2O)/mL
反应温度/
①
2.0
2.0
0
20
②
2.0
1.0
1.0
20
(1)补全KMnO4酸性溶液与草酸溶液反应的离子方程式：_______。
2MnO4-+5H2C2O4+__________=2 Mn2++10CO2↑+8H2O
(2)实验①和②的目的是_______。
【进行实验】
小组同学进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：
Ⅰ．紫色溶液变为青色溶液；Ⅱ．青色溶液逐渐褪至无色溶液。
【查阅资料】
a．KMnO4酸性溶液与草酸溶液的反应主要包含如下几个过程：
反应ⅰ．MnO4-+2H2C2O4+4H+=Mn3+(无色)+4CO2↑+4H2O
反应ⅱ．Mn3++2H2C2O4=[Mn(C2O4)2]- (青绿色)+ 4H+
反应ⅲ。2Mn3++H2C2O4=2 Mn2+(无色)+2CO2↑+ 2H+
b．[Mn(C2O4)2]-的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化H2C2O4。
c．MnO42-呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解为MnO4-和MnO2。
【继续探究】
进一步实验证明溶液中含有[Mn(C2O4)2]-，实验①反应过程中MnO4-和[Mn(C2O4)2]-的浓度随时间的变化如下图。
【解释与反思】
(3)本实验中，化学反应速率：反应ⅱ_______反应ⅲ(填“＞”、“=”或“＜”)。
(4)小组同学认为反应ⅱ的离子方程式应该改为：Mn3++2H2C2O4[Mn(C2O4)2]-+4H+，结合实验现象，说明其理由_______。
【答案】(1)6H+
(2)探究相同温度下，草酸浓度的改变对化学反应速率的影响
(3)＞
(4) [Mn(C2O4)2]-的氧化性较弱，不能氧化H2C2O4，而Mn3+与草酸发生过程iii的反应，使得Mn3+浓度不断减小，只有过程ii存在化学平衡，即Mn3++2H2C2O4[Mn(C2O4)2]-+4H+，上述平衡会逆向移动，[Mn(C2O4)2]-浓度逐渐减小，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色，故可判断过程ii的反应方程式应该为Mn3++2H2C2O4[Mn(C2O4)2]-+4H+。
【解析】(1)根据原子守恒和电荷守恒，完整反应方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2 Mn2++10CO2↑+8H2O，所以补充6H+；(2)两组实验温度相同，高锰酸钾溶液用量相同，草酸溶液用量不同，探究相同温度下，反应物浓度的改变对化学反应速率的影响；(3)由图像可知，比较过程ii生成[Mn(C2O4)2]-和过程iii消耗等量[Mn(C2O4)2]-所用的时间，前者少于后者，说明反应速率前者大于后者；(4)根据资料[Mn(C2O4)2]-的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化H2C2O4可知，过程ii存在化学平衡，即Mn3++2H2C2O4[Mn(C2O4)2]-+4H+，Mn3+与草酸发生过程iii的反应，使得Mn3+浓度不断减小，上述平衡逆向移动，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色。
20．(2022·山西省运城市联考)300°C时，向2 L的恒容密闭容器中，充入2 mol CO2(g)和2 mol H2(g)使之发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得各物质的物质的量浓度变化如图所示：
(1)由图可知，CO2(g)的浓度随时间的变化为曲线 ___________(填“a”“b”或“c”)；0~2 min内的平均反应速率v(CO2 )为___________。
(2)已知：反应至2 min时，改变了某一反应条件。由图可知，0~2 min内CH3OH(g)的生成速率 ___ (填“大于”“小于”或“等于”)2~4 min内CH3OH(g) 的生成速率。
(3)5 min时，CO2(g)的转化率(反应时消耗CO2的物质的量占起始投入CO2的物质的量的百分比)为___________，此时容器内气体总压强与反应前容器内气体总压强之比为___。
【答案】(1) a 0.05 mol·L-1 ·min -1
(2)小于
(3) 30% 7：10
【解析】(1)在0～2 min内，a曲线表示的物质浓度减少0.1 mol/L，b曲线表示的物质浓度减少0.3 mol/L，二者改变的浓度比为1：3，根据物质反应速率比等于化学方程式中化学计量数的比，可知a表示CO2的浓度变化，b表示的是H2的浓度变化；在0～2 min内CO2的浓度变化表示的反应速率v(CO2)=；(2)物质反应速率比等于反应方程式中相应物质的化学计量数的比。根据反应图象可知在0~2 min内△c(CH3OH)=0.1 mol/L；在2~4 min内△c(CH3OH)=0.2 mol/L，反应时间相同，反应改变的浓度越大，反应速率越快，则0~2 min内CH3OH(g)的生成速率小于2~4 min CH3OH(g)的生成速率；(3)反应开始时CO2(g)的浓度为1.0 mol/L，在5 min时，CO2(g)的浓度为0.7 mol/L，反应消耗CO2(g)的浓度为0.3 mol/L，故CO2转化率为；在反应开始时n(CO2)=n(H2)=2 mol，平衡时n(CO2)=0.7 mol/L×2 L=1.4 mol；n(H2)=0.1 mol/L×2 L=0.2 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n(CH3OH)=n(H2O)=0.3 mol/L×2 L=0.6 mol，n(总)开始=2 mol+2 mol=4 mol；n(总)平衡=1.4 mol+0.2 mol+0.6 mol +0.6 mol =2.8 mol，。由于在恒温恒容时，气体的物质的量的比等于气体的压强之比，所以平衡时容器内气体总压强与反应前容器内气体总压强之比为p(平衡)：p(开始)=7：10。
1．【2022•广东选择性考试】在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，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
【答案】D
【解析】A项，由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；B项，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；C项，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，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，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；D项，使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则v (Y) ===2.0 mol·L－1·min－1，v (X) =(Y) =2.0 mol·L－1·min－1=1.0 mol·L－1·min－1，故D正确；故选D。
2．【2021•辽宁卷】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。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，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为0.012 mol·L-1·min-1
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时，半衰期为62.5 min
【答案】B
【解析】由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A项正确；由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B项错误；由题干图中数据可知，条件①，反应速率为v=ΔcΔt=3.0mol·L-1-0 mol·L-1250min=0.012 mol·L-1·min-1，C项正确；反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时，半衰期为125 min÷2=62.5 min，D项正确。
3．【2021•浙江6月选考】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：
0
600
1200
1710
2220
2820
x
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是( )
A．600~1200 s，生成NO2的平均速率为5.0×10-4 mol·L－1·s－1
B．反应2220 s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】A项，600~1200 s，N2O5的变化量为(0.96-0.66) mol·L－1==0.3 mol·L－1，在此时间段内NO2的变化量为其2倍，即0.6 mol·L－1，因此，生成NO2的平均速率为1.0×10-3 mol·L－1·s－1，A不正确；B项，由表中数据可知，反应2220 s时，N2O5的变化量为(1.40-0.35) mol·L－1==1.05 mol·L－1，其物质的量的变化量为1.05 mol·L－1´0.1L=0.105mol，O2的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.0525mol ´22.4L/mol=1.176L ，B不正确；C项，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；D项，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，因此，N2O5的浓度由0.24 mol·L－1变为0.12 mol·L－1时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D正确。故选D。
4．【2021•河北选择性考试】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．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1
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
【答案】A
【解析】A项，由图中数据可知，30 min时，M、Z的浓度分别为0.300 mol•L-1和0.125 mol•L-1，则M的变化量为0.5 mol•L-1-0.300 mol•L-1=0.200 mol•L-1，其中转化为Y的变化量为0.200 mol•L-1-0.125 mol•L-1=0.075 mol•L-1。因此，0~30 min时间段内，Y的平均反应速率为 ，A不正确；B项，由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，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 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B正确； C项，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正确；D项，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。故选A。
5．【2021•浙江1月选考】取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+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/min
0
20
40
60
80
c/(mol·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
下列说法不正确的是( )
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-1
C．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
【答案】C
【解析】A项，反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B项，20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20 mol·L-1，则这段时间内的平均速率v===0.010 mol·L-1·min-1，B正确；C项，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30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；D项，I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；故选C。
6．【2021•湖南选择性考试】铁的配合物离子(用[L﹣Fe﹣H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是( )
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】D
【解析】反应历程HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2↑。A项，合并HCOOH→HCOO﹣+H+，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[L﹣Fe﹣H]++H2，得总方程式，该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；B项，H+浓度过大HCOO﹣浓度减小，[L﹣Fe﹣H]++HCOO﹣→反应慢，H+浓度过小+H+→反应慢，H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，故B正确；C项，→CO2+，碳的化合价升高，铁的化合价降低，故C正确；D项，决定化学反应速率的步骤是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理图中可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，故D错误；故选D。
7．【2020•山东卷】1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70：30和15：85。下列说法正确的是( )
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
【答案】AD
【解析】A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A正确；B项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在400C时其转化率会减小，故B错误；C项，从00C升至400C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从00C升至400C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。
8．【2019•浙江4月选考】高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH−)，油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是( )
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解
【答案】D
【解析】A．对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；B．由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C．油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D．高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。故选D。
9．【2017•江苏卷】温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热)。实验测得：v正= v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是( )
A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4∶5
B．达平衡时，容器Ⅱ中比容器Ⅰ中的大
C．达平衡时，容器Ⅲ中NO的体积分数小于50%
D．当温度改变为T2时，若k正=k逆，则 T2> T1
【答案】CD
【解析】由容器I中反应2NO2 2NO+O2
起始量(mol/L) 0.6 0 0
变化量(mol/L) 0.4 0.4 0.2
平衡量(mol/L) 0.2 0.4 0.2
可以求出平衡常数K=，平衡时气体的总物质的量为0.8 mol，其中NO占0.4 mol，所以NO的体积分数为50%，。在平衡状态下，v正=v(NO2)消耗=v逆=v(NO)消耗，所以k正c2(NO2)=k逆c2(NO)•c(O2)，进一步求出。A．显然容器II的起始投料与容器I的平衡量相比，增大了反应物浓度，平衡将向逆反应方向移动，所以容器II在平衡时气体的总物质的量一定小于1 mol，故两容器的压强之比一定大于4：5，A错误；B．若容器II在某时刻，，则：
由反应 2NO2 2NO + O2
起始量(mol/L) 0.3 0.5 0.2
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 0.3−2x 0.5+2x 0.2+x
因为，，解之得x=，求出此时浓度商Qc=>K，所以容器II达平衡时，一定小于1，B错误；C．若容器III在某时刻，NO的体积分数为50%，则：
由反应 2NO2 2NO + O2
起始量(mol/L) 0 0.5 0.35
变化量(mol/L) 2x 2x x
平衡量(mol/L) 2x 0.5−2x 0.35−x
由0.5−2x=2x+0.35−x，解之得，x=0.05，求出此时浓度商Qc=>，说明此时反应未达平衡，反应继续向逆反应方向进行，NO进一步减少，所以C正确；D．温度为T2时，>0.8，因为正反应是吸热反应，升高温度后化学平衡常数变大，所以T2>T1，D正确。
10．【2018•新课标Ⅰ卷】采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题
(2)F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5.
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ 1/2O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v=2×10−3×(kPa·min−1)，t=62 min时，测得体系中 =2.9 kPa，则此时的=________ kPa，v=_______ kPa·min−1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是________。
④25℃时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_______kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_______(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
【答案】(1)O2 (2)①53.1 ②30.0 6.0×10－2 ③大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 ④13.4
(3)AC
【解析】(2)①根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g) △H1＝＋53.1kJ/mol；②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1：2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2＝5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，因此此时反应速率v＝2.0×10－3×30＝6.0×10－2(kPa·min－1)；③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa。④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2＝71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2＝17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa＝89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa－63.1kPa＝26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，则反应的平衡常数。(3)A项，第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；B项，根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C项，根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；D项，第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。故选AC。
11．【2018•新课标Ⅲ卷】三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(3)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。
①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________(保留2位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。
③比较A项，b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正−v逆=−，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=__________(保留1位小数)。
【答案】(3)①22 0.02
②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度) ③大于 1.3
【解析】(3)①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.22 0.11 0.11 (转化率为22%)
平衡： 0.78 0.11 0.11
所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边物质的量相等，压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强(增大反应物浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。③A项，b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。当反应达平衡时，＝，所以=K，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：
2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4
起始： 1 0 0
反应： 0.2 0.1 0.1 (转化率为20%)
平衡： 0.8 0.1 0.1
所以=0.8；==0.1；所以
12．【2018•北京卷】近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
(2)对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p 1(填“＞”或“＜”)，得出该结论的理由是________________。
(3)I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－
(4)探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
①B是A的对比实验，则a=__________。
②比较A项，B项，C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。
【答案】(2)> 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大
(3)SO2 SO42− 4H+
(4)0.4 I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快
【解析】(2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。(3)反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，(总反应-反应i)2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。(4)①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4；②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A项，B项，C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应ii比反应i速率快，反应ii产生H+使c(H+)增大，从而反应i加快。
13．【2018•江苏卷】NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图−2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是____________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________________________。
【答案】(4)②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大
催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【解析】(4)①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为24/7mol。②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
14．【2018•海南卷】过氧化氢(H2O2)是重要的化工产品，广泛应用于绿色化学合成、医疗消毒等领域。回答下列问题：
(1)已知：
H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－286 kJ·mol－1
H2(g)＋O2(g)===H2O2(l) ΔH＝－188 kJ·mol－1
过氧化氢分解反应2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。不同温度下过氧化氢分解反应的平衡常数K313 K________K298 K(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)100 ℃时，在不同金属离子存在下，纯过氧化氢24 h的分解率见下表：
离子
加入量/(mg·L－1)
分解率/%
离子
加入量/(mg·L－1)
分解率/%
无
—
2
Fe3＋
1.0
15
Al3＋
10
2
Cu2＋
0.1
86
Zn2＋
10
10
Cr3＋
0.1
96
由上表数据可知，能使过氧化氢分解反应活化能降低最多的离子是________。储运过氧化氢时，可选用的容器材质为________(填标号)。
A．不锈钢 B．纯铝 C．黄铜 D．铸铁
(3)过氧化氢的Ka1＝2.24×10－12，H2O2的酸性________H2O(填“大于”“小于”或“等于”)。研究表明，过氧化氢溶液中HO的浓度越大，过氧化氢的分解速率越快。常温下，不同浓度的过氧化氢分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的过氧化氢，pH增大分解率增大的原因是_____________________________________________________________；
相同pH下，过氧化氢浓度越大分解率越低的原因是______________________________。
【答案】(1)－196 小于 (2)Cr3＋ B
(3)大于 pH升高，c(HO)增大，分解速率加快 H2O2浓度越大，其电离度越小，分解率越小。
【解析】(1)过氧化氢分解的总方程式可由①×2－2×②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为ΔH＝2ΔH1－2ΔH2＝－196 kJ·mol－1；过氧化氢分解反应为放热反应，温度升高化学平衡常数减小。(2)根据表中数据分析，相同时间，Cr3＋加入量最少，H2O2的分解率最大，因而Cr3＋的催化效果最好。Al3＋对H2O2分解的催化效果最差，贮运过氧化氢时，铝制容器材质最不易促进H2O2的分解。(3)由于过氧化氢的Ka1＝2.24×10－12＞Kw，因而过氧化氢电离氢离子的能力大于水电离氢离子的能力；pH增大，过氧化氢的电离程度增大，溶液中c(HO)增大，促进H2O2的分解；相同pH下，考虑H2O2的浓度越大，电离度越小，溶液中c(HO)越小，因而分解率越小。
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