新高考化学一轮复习考点精讲精练第38讲 化学反应速率及影响因素、有效碰撞理论 讲义（2份，原卷版+解析版）

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【知识点1】化学反应速率及计算
1．含义：化学反应速率是用来衡量化学反应快慢的物理量。
2．常用表示方法及计算
（1）表达式：v(A)＝eq \f(Δc（A）,Δt)＝eq \f(Δn（A）,V·Δt)，单位时间内反应物浓度的减小量或生成物浓度的增加量（均取正值），单位为ml·L－1·s－1、ml·L－1·min－1、ml·L－1·h－1。例如，在密闭容器中，合成氨的反应N2＋3H22NH3，开始时c(N2)＝8 ml·L－1，2 min后c(N2)＝4 ml·L－1，则用N2表示的反应速率为2ml·L－1·min－1。
（2）注意事项：
①浓度变化只适用于气体和液体中的溶质，不适用于固体和纯液体，因为纯固体或纯液体的浓度视为常数；
②v指某段时间内的平均反应速率，而不是瞬时速率，且计算时取正值；
③化学反应速率在一定条件下，也可以用其他物理量表示。如单位时间内气体体积变化、压强变化、颜色变化、固体质量变化等。
（3）与化学计量数的关系
同一化学反应在相同条件下可以用不同物质的浓度变化来表示反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同，故表示化学反应速率时要指明具体物质。用不同物质的浓度变化表示同一化学反应的反应速率时，反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比。例如，对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。
例：一定温度下，在密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。已知v(O2)＝0.5 ml·L－1·s－1，则v(SO2)＝1 ml·L－1·s－1，v(SO3)＝1 ml·L－1·s－1
3．化学反应速率计算的方法——“三段式法”
①写出有关反应的化学方程式。
②找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。
③根据已知条件列式计算。
例如：反应 mA ＋ nBpC
t0 s/(ml·L－1) a b 0
转化/(ml·L－1) x eq \f(nx,m) eq \f(px,m)
t1 s/(ml·L－1) a－x b－eq \f(nx,m) eq \f(px,m)
则v(A)＝eq \f(x,t1－t0) ml·L－1·s－1，v(B)＝eq \f(nx,m（t1－t0）) ml·L－1·s－1，v(C)＝eq \f(px,m（t1－t0）) ml·L－1·s－1。
4．化学反应速率大小的比较方法
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)单位统一后，换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小。
(3)也可以直接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eq \f(v（A）,a)与eq \f(v（B）,b)，若eq \f(v（A）,a)＞eq \f(v（B）,b)，则A表示的反应速率比B的大。
【例1】温度为时，在容积为的恒容密闭容器充入一定量的和，发生反应 。反应过程中的部分数据如表所示，下列说法正确的是
A．若时该反应的化学平衡常数为1，则
B．内，用表示的平均反应速率为
C．该反应在第之间，
D．当P、Q的物质的量之比保持不变时，可判断该反应达到平衡状态
【答案】C
【详解】根据表格中的数据可以判断，时
反应在5min时已经达到平衡，平衡时，、、，时。
A．该反应时平衡常数为0.8，若时平衡常数为1.0，说明K增大平衡正移，又因为是吸热反应所以温度升高，因此＞，A错误；
B．0-5min内，M的物质的量减少2.0ml，反应速率，B错误；
C．根据分析5-10min时各物质浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，此时，C正确；
D．反应中P和Q的生成量之比始终为2:1，其物质的量之比恒为定值，不能作为平衡判断依据，D错误。
故选C。
【例2】某温度下，2L的恒容密闭容器中加入1ml A，发生反应：，测得一定时间段内C的平均反应速率数据如下表：
下列说法正确的是
A．2.5min时，C的浓度为0.15ml/L
B．5min时，再加入0.3ml C，此时
C．5min时，B的体积分数为14.3%
D．10~12min时间段内，A的物质的量不断减少
【答案】B
【详解】10min时C的浓度为0.045×10min=0.45ml/L，15min时C的浓度为0.030×15min=0.45ml/L，故10min时反应已达平衡，平衡常数，据此回答。
A．根据0~5min的平均速率0.060ml·L-1·min-1，计算2.5min时C的浓度为=0.15ml/L。但实际反应速率可能逐渐降低，导致2.5min时浓度高于0.15ml·L-1，A错误。
B．5min时，，加入0.3mlC后Q=0.1×(0.45)3=0.0091，仍小于平衡常数K=0.01367，故反应正向进行，v正(C) > v逆(C)，B正确。
C．5min时，C的物质的量为0.060×5min×2L=0.6ml，则B的物质的量为0.2ml，则B的体积分数为，而非14.3%，C错误。
D．根据分析可知，10min时反应已达平衡，故A的物质的量不再变化，D错误。
故选B。
【例3】可以消除工业废气中的，其反应为。向体积为的恒温恒容密闭容器中加入一定量和发生反应，起始压强为，测得容器内的压强(p)与时间(t)的关系如图所示。在时刻，将容器体积瞬间缩小为；到时刻达到平衡，此时容器内压强为，忽略固体体积对压强的影响。下列说法正确的是
A．时刻一定达到平衡状态
B．若在时刻再加入，则正反应速率增大
C．内，用表示的平均反应速率为
D．时刻达到平衡时，的分压为
【答案】C
【详解】由题意，起始加入20ml CO（g）在4L容器中，压强为200kPa，反应到t1时刻压强为300kPa，则t1时刻气体总物质的量为30ml，其转化如下：
此时CO、CO2、SO2的分压均为100kPa；t2时刻将容器体积缩小为2L，则CO、CO2、SO2的分压均为200kPa，到t3时刻达平衡，总压为560kPa，则此时气体总物质的量为28ml，存在如下转化：
此时CO、CO2、SO2的分压分别为240kPa、160kPa、160kPa。
A．根据t3时刻是平衡状态，可计算反应的KP＝kPa，t1时刻反应Qp＝kPa＜Kp，故t1时刻反应未达到平衡状态，应是CaSO4（s）不足量，故A错误；
B．CaSO4（s）是固体，加入CaSO4（s）反应速率不变，故B错误；
C．由方程式可知，0→t1min内CO的压强减少100kPa，用CO表示的平均反应速率为，故C正确；
D．t3时刻SO2的分压为160kPa，故D错误；
故选：C。
【例4】已知合成氨反应：
在某温度下，将N2和H2按投料比1:2.8的比例充入容积为2L的恒容密闭容器中，5min后测得NH3的物质的量为0.4ml，则5min内N2的平均反应速率为 ，达到化学平衡后，则N2和H2的转化率之比是 。
【答案】0.02 ml·L-1·min-1
【详解】设在某温度下，N2的投料量为n ml，则H2的投料量为2.8n ml，由此可建立反应达5min时的三段式：
则5min内N2的平均反应速率为=0.02 ml·L-1·min-1；
设达平衡时参加反应N2的物质的量为x，则参加反应H2的物质的量为3x，N2的平衡转化率为，H2的平衡转化率为，所以N2和H2的转化率之比是=。
【例5】一定条件下会发生分解： 。某固定容积的容器中，一定物质的量在金催化剂表面发生分解反应，在不同温度下，浓度随时间t的变化关系如下表所示：
(1)时，在20~50min内，以表示的平均化学反应速率为 。
(2)关于该反应说法正确的是_______。
A．温度：
B．缩小容器体积，可以加快反应速率
C．可以通过测定容器内气体密度随时间变化来确定的分解速率
D．反应过程中金催化剂表面的活性位置已全部被覆盖饱和
【答案】(1) (2)AD
【详解】（1）化学反应中速率比等于计量系数比，则。
（2）如图所示，T1和T2温度下，浓度和时间满足如下关系：、，、，因此的反应速率与其浓度无关，由此分析：
A．温度越高，速率越快，，则温度：，A正确；
B．的反应速率与浓度无关，因此容器体积与反应速率无关，B错误；
C．恒容体系的纯气体反应在反应过程中密度不变，不能通过测定容器内气体密度随时间变化来确定的分解速率，C错误；
D．反应速率与反应物浓度无关的原因是催化剂的活性中心已被反应物分子完全占据，D正确；
故答案为AD。
【知识点2】化学反应速率的影响因素及图像
1．影响化学反应速率的因素
（1）内因(主要因素)：反应物本身的性质是影响化学反应速率的决定因素。如卤素单质与H2反应的速率大小关系为F2>Cl2>Br2>I2，镁、铝、锌、铁与稀硫酸反应的速率大小关系为Mg>Al>Zn>Fe。
（2）外因(只改变一个条件，其他条件不变)
2、常见“渐变”类速率－时间图像
3．常见“断点”类速率－时间图像
4、全程速率—时间图
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①Zn与足量盐酸的反应，反应速率随时间的变化如图所示
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②H2C2O4溶液中加入酸性KMnO4溶液，随着反应的进行，反应速率随时间的变化如图所示
【例1】苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是
A．Y比X更稳定
B．其他条件不变，向反应体系中加入适量可有效提高反应速率
C．升高温度，X、Y的生成速率均增大
D．一定条件下，选择合适的催化剂并及时分离出X可提高X的产率
【答案】B
【详解】A．物质能量越低越稳定，由图，Y能量较X低，则Y比X更稳定，A正确；
B．由图信息知，第一步反应的正反应的活化能最大，故该过程的决速步为第一步反应，而仅参与第二步反应，故增加其浓度不能有效提高反应速率，B错误；
C．升高温度使活化分子百分数增加，无论生成X还是Y的反应速率均增大，C正确；
D．催化剂能加快反应速率，一定条件下，选择合适的催化剂并及时分离出X，可在单位时间内得到更多的X，从而提高X的产率，D正确；
故选B。
【例2】下列实验对应的现象以及结论均正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】A．少量时优先氧化还原性更强的I⁻而非，溶液变黄是因生成I2而非，A错误；
B．几滴甲醇量较少，酸性高锰酸钾过量使得溶液未褪色，不能说明生成甲酸，B错误；
C．实验中硫代硫酸钠浓度相同、温度相同、体积相同，仅改变硫酸浓度，浑浊时间不同可说明浓度对速率的影响，C正确；
D．裂化汽油含不饱和烃，与溴水发生加成反应而非萃取使得水层褪色，D错误；
故选C。
【例3】对于反应，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：
第一步： 快速平衡
第二步： 慢反应
第三步： 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是
A．反应速率
B．恒温恒容条件下，充入惰性气体Ar不影响该反应速率
C．是该反应的催化剂，是中间产物
D．若第一步反应，则升高温度，正减小，逆增大
【答案】B
【详解】A．根据总反应，NO和H2的消耗速率均为N2生成速率的两倍，即v(NO)=v(H2)=2v(N2)，A错误；
B．恒温恒容下充入Ar，各反应物浓度不变，反应速率不受影响，B正确；
C．N2O是中间产物（第二步生成、第三步消耗），而非催化剂；N2O2也是中间产物，C错误；
D．升高温度时，无论ΔH正负，正逆反应速率均增大，D错误；
故选B。
【例4】下列生产或实验事实引出的相应结论不正确的是。
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】A．升高温度加快反应速率，析出硫的时间缩短符合温度对速率的影响，A正确；
B．将氨气液化分离会降低产物浓度，使平衡右移提高转化率，但反应物浓度降低导致反应速率减慢，B错误；
C．加入的KSCN固体溶解后SCN-浓度增大，平衡正向移动，颜色加深，C正确；
D．FeCl3作为催化剂加快H2O2分解速率，D正确；
故答案为B。
【例5】某校化学小组探究酸性溶液与溶液反应速率的影响因素。
(1)甲同学进行了实验I：常温下，向不同浓度的溶液中滴入一滴(0.04mL)0.05ml/LKMn溶液[硫酸酸化]，记录如下：
①请写出反应的离子方程式 。
②从实验数据可知：当浓度小于时，请结合有效碰撞原理解释改变浓度反应中溶液完全褪色时间不同的原因： 。
③对于增大引起的速率异常现象，根据上述实验结果，甲同学排除了一种可能，请用化学方程式表示这种可能性 。
④为了解释增大到一定浓度后速率减小，乙同学查得了如下资料：
资料显示：，溶液中存在平衡：
请根据该资料解释速率忽然减小的原因可能是 。
(2)乙同学继续进行实验II，并记录如下：
①对于第10滴溶液与溶液反应速率剧烈变化的原因，乙同学提出如下假设：反应生成的某种离子对该反应有某种特殊催化作用，该离子最有可能是 。
②丙同学设计实验方案证实了上述假设合理，请补全他的方案：
滴下5滴0.05ml/L 溶液观察完全褪色时间为t秒，然后先滴入 ，再滴加5滴0.05ml/L 溶液，完全褪色时间远小于秒。
(3)综合上述实验，对于酸性溶液与溶液反应速率，丁同学进行了总结。下列因素一定能加快反应速率的是 。
a．增大溶液浓度 b．增大溶液浓度 c．加入合适的催化剂
【答案】
(1) 过氧化氢浓度增大，单位体积内活化分子数目增多，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，褪色时间缩短 当过氧化氢浓度为0.0312ml/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小
(2)Mn2+ 9滴0.05ml/LMnSO4溶液，
(3)ac
【详解】高锰酸钾与双氧水发生反应为；过氧化氢浓度增大，单位体积内活化分子数目增多，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，褪色时间缩短；向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故，据此分析；
（1）①高锰酸钾被双氧水还原为锰离子，双氧水被氧化为氧气，反应的离子方程式为；
②改变H2O2浓度反应中溶液完全褪色时间不同原因是过氧化氢浓度增大，单位体积内活化分子数目增多，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，褪色时间缩短；
③由题意可知，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解生成氧气和水的原因，反应的化学方程式为；
④由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02ml/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡，当过氧化氢浓度为0.0312ml/L时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小；
（2）①由整个过程中几乎无温度变化可知，第10滴溶液滴下迅速褪色说明反应速率加快不是温度变化的原因，应该是酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子做了反应的催化剂，使反应速率加快；
②为了验证酸性酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子可以催化该反应，应该做加入硫酸锰溶液的对比实验，具体操作为先滴入9滴0.05ml/LMnSO4溶液，再滴下5滴溶液，发现在锰离子做催化剂作用下，反应速率加快，完全褪色时间远小于t秒；
（3）a．增大高锰酸钾溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增大，反应速率加快，a正确；
b．根据题中信息可知过氧化氢浓度大于0.02ml/L时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡，导致酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率减慢，增大H2O2溶液浓度，反应速率不一定加快，b错误；
c．加入合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，c正确；
故选ac。
【知识点3】活化能与有效碰撞理论
1．基元反应：大多数化学反应往往经历多个反应步骤才能实现，其中每一步反应都称为基元反应。决定速率的步骤是最慢的一个基元步骤。
2．基元反应过渡状态理论
基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状态称为过渡态。
AB＋C[A…B…C]A＋BC
反应物 过渡态 产物
过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。如一溴甲烷与NaOH溶液反应的历程可以表示为：
CH3Br＋OH－[Br…CH3…OH]Br－＋CH3OH
反应物 过渡态 产物
3、有效碰撞理论
（1）活化分子、活化能
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。活化分子具有比普通分子(非活化分子)更高的能量，活化分子在碰撞后有可能使原子间的化学键断裂从而导致化学反应的发生。
②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，即普通分子(具有平均能量的分子)变成活化分子所需要吸收的最小能量。
（2）有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。反应物分子的每一次碰撞并不是都能发生反应，能够发生化学反应的碰撞叫作有效碰撞。发生有效碰撞的两个条件是反应物分子能量足够和取向合适。
4、从活化分子、有效碰撞角度分析外界条件对反应速率的影响
①相同条件下，不同化学反应的速率不同，主要是内因——活化能大小不同所致，活化能小的化学反应速率快，活化能大的反应速率慢。
②化学反应速率与分子间的有效碰撞频率有关，所有能够改变内能、运动速率，以及碰撞几率的方法，都可以用来改变、控制反应的速率，即活化分子百分数和单位体积活化分子数增大时，化学反应速率也就增大。

【例1】钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是
A．步骤①反应为·OH
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为
C．在催化循环中作催化剂
D．步骤③生成的物质是
【答案】B
【详解】结合反应机理图可知，和反应生成、·OH，步骤①反应为：·OH，·OH和苯生成，和反应生成、和水，据此解答。
A．结合反应机理图可知，和反应生成、·OH，步骤①反应为：·OH，A正确；
B．步骤③为放热反应，，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，B错误；
C．结合题意和反应机理图可知，反应①和反应生成、·OH；反应③和反应生成、和水，在催化循环中做催化剂，C正确；
D．根据题意和分析，步骤③中，（V为+5价）被还原为（V为+4价），有机物被氧化为苯酚，结合H守恒，生成的Z为，D正确；
故答案选B。
【例2】在催化作用下，被氧化为的机理为：
① 慢
② 快
下列有关说法正确的是
A．反应速率与无关B．是该反应的催化剂
C．能降低该反应的活化能D．
【答案】C
【详解】A．反应速率由慢反应（步骤①）决定，其中Ag+是反应物，故速率与有关，A错误；
B．Ag2+在步骤①生成，步骤②被消耗，符合这种特点的是中间产物而非催化剂，B错误；
C．Ag+在步骤①被消耗，步骤②生成，符合这种特点的是催化剂，Ag+作为催化剂，通过参与反应降低活化能，从而加快反应速率，C正确；
D．根据题意得出总反应：中3 ml 对应2 ml Cr3+，速率关系为，D错误；
故答案选C。
【例3】下列说法正确的是
A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子百分数，使有效碰撞次数增大
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子个数，从而使反应速率增大
C．升高温度，能增加反应物分子中活化分子百分数，使化学反应速率增大
D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
【答案】C
【详解】A．增大反应物浓度，不会改变活化分子百分数，会增大活化分子体积分数和有效碰撞频数，故A错误；
B．压缩气体不会改变活化分子个数，会增大活化分子体积分数和有效碰撞频数，故B错误；
C．升高温度，体系内能量增大，能增大反应物分子中活化分子百分数和有效碰撞频数，使化学反应速率增大，故C正确；
D．催化剂是通过降低反应活化能，使活化分子体积分数和有效碰撞频数增大，从而加快化学反应速率，故D错误；
综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。
【例4】标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如图所示[已知的相对能量为0]，下列说法不正确的是
A．活化能：历程历程Ⅱ
B．反应的
C．其他条件相同时，历程I和历程Ⅱ中的平衡转化率相同
D．历程I涉及了非极性键的断裂和形成
【答案】D
【详解】A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，由图，活化能历程I>历程Ⅱ，A正确；
B．ΔH=生成物总能量-反应物总能量，由反应历程Ⅱ可知，反应O3(g)+O(g)=2O2(g)的，B正确；
C．历程Ⅱ中Cl为催化剂，催化剂不影响平衡移动，故的平衡转化率相同，C正确；
D．臭氧分子中化学键有微弱的极性，为极性共价键，氧分子中共价键为非极性共价键，历程I中涉及极性键的断裂和非极性键形成，D错误；
故选D。
【例5】根据如图所示的化学反应能量变化曲线，下列说法正确的是
A．催化剂通过降低活化能(E1→E3)使反应更易进行
B．曲线②的反应中，单位体积内活化分子百分数高于曲线①
C．催化剂改变了反应的焓变，使产物能量降低
D．的反应历程和能量变化可以用曲线①表示
【答案】A
【详解】A．使用催化剂可以降低活化能(E1→E3)使反应速率加快，更易进行，A正确；
B．曲线②是无催化剂条件的反应，活化能较大，单位体积内活化分子百分数低于曲线①，B错误；
C．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的焓变，也不能使产物能量降低，C错误；
D．图中曲线①表示使用催化剂、放热反应的反应历程和能量变化，而的反应为吸热反应，且未使用催化剂，D错误；
答案选A。
【知识点4】速率常数、速率方程
1．速率常数
速率常数(k)是指在给一定温度下，反应物浓度皆为1 ml·L－1时的反应速率，在相同的浓度条件下，可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率。
化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比，而速率常数是其比例常数，在恒温条件下，速率常数不随反应物浓度的变化而改变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
2、速率方程
一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于基元反应(能够一步完成的反应)：aA＋bB===gG＋hH，则v＝kca(A)·cb(B)(其中k为速率常数)。如
①SO2Cl2SO2＋Cl2 v＝k1c(SO2Cl2)
②2NO22NO＋O2 v＝k2c2(NO2)
③2H2＋2NON2＋2H2O v＝k3c2(H2)·c2(NO)
3、速率常数的影响因素
温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，通常反应速率常数越大，反应进行的越快。同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值，但浓度不影响速率常数。
4．相同温度下，正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系
（1）K与k正、k逆的关系
对于反应：aA(g)＋bB(g)pC(g)＋qD(g)，
则：v正＝k正·ca(A)·cb(B) (k正为正反应速率常数)
v逆＝k逆·cp(C)·cq(D) (k逆为逆反应速率常数)
反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·ca(A)·cb(B)=k逆·cp(C)·cq(D)，即：
（2）Kp与k正、k逆的关系
以2NO2N2O4为例，v正＝k正·p2(NO2)，v逆＝k逆·p(N2O4)
反应达到平衡时v正＝v逆，此时：k正·p2(NO2)＝k逆·p(N2O4)eq \f(k正,k逆)＝eq \f(pN2O4,p2NO2)＝Kp，即：Kp＝eq \f(k正,k逆)
【例1】300K时，在反应器中发生反应： 。速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关；n为反应级数)。NOCl的初始浓度和初始反应速率的数据如下表所示。
下列选项错误的是
A．速率方程为
B．
C．如果初始NOCl浓度增大至2倍，则初始反应速率增至4倍
D．在较高温度下，上述正反应能自发进行
【答案】A
【详解】A．根据①②两组数据，，n=2，速率方程为，A错误；
B．根据速率方程，代入①组数据，，B正确；
C．根据速率方程，初始NOCl浓度增大至2倍，则初始反应速率增至4倍，C正确；
D．该反应正反应吸热，熵增，根据反应自发进行，可知在较高温度下，上述正反应能自发进行，D正确；
故选A。
【例2】起始温度均为，容积均为的甲(绝热)、乙(恒温)密闭容器中，向甲、乙中均加入和，发生反应的转化率随时间的变化关系如图所示。已知：分别是正、逆反应速率常数，，。下列说法正确的是
A．该反应的
B．反应速率：
C．时，
D．容器甲，内，
【答案】C
【详解】由图可知，绝热容器甲先达到平衡，说明该反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化二氮的转化率减小，则该反应的焓变小于0。
A．由分析可知，该反应的焓变小于0，故A错误；
B．由分析可知，绝热容器甲中反应温度高于恒温容器乙，由图可知，Q点与P点一氧化二氮转化率相同，则两个容器内同一种气体的浓度相同，而Q点反应温度高于P点，则Q点正反应速率高于P点，P点对应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，所以Q点正反应速率大于P点逆反应速率，故B错误；
C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：，由图可知，平衡时一氧化二氮的转化率为25%，则平衡时一氧化二氮、一氧化碳、氮气、二氧化碳的浓度为=0.075ml/L、=0.375ml/L、=0.025ml/L、=0.025ml/L，速率常数 ，故C正确；
D．由图可知，200s时，容器甲中一氧化二氮的转化率为20%，则内，一氧化二氮的反应速率为=，故D错误；
故选C。
【例3】硅烷法制备多晶硅的核心反应 。已知，，、分别为正、逆反应速率常数且只与温度有关，x为各组分的物质的量分数。在一恒容密闭容器中加入一定量的，不同温度下反应，测得反应体系中的物质的量分数随时间变化的关系如图所示，下列说法错误的是
A．当时可判断该反应已达平衡
B．平衡后温度由变为，增大的倍数小于增大的倍数
C．平衡后恒温下再加入，再达平衡时不变
D．温度下，平衡时
【答案】B
【详解】A．正逆反应速率相同时反应达到平衡，故A正确；
B．、，反应平衡常数：，反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K值增大，则仅升高温度，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，故B错误；
C．恒容条件下再充入1mlSiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)反应前后气体体积不变，所以平衡不移动，x(SiHCl3)不变，故C正确；
D．假设初始SiHCl3物质的量为1ml，则平衡时SiHCl3物质的量为0.8ml，转化的SiHCl3物质的量为0.2ml，则转化的SiH2Cl2、SiCl4物质的量各为0.1ml，即平衡时SiH2Cl2、SiCl4物质的量各为0.1ml，根据平衡时，则，，故D正确；
故答案为B。
【例4】氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。
．乙醇与水催化重整制氢发生以下反应：
反应：
反应：
回答下列问题：
(1)①已知反应： ，则 。
②反应能自发进行的条件为 。
(2)反应的速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。降低温度时 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】
(1) 高温
(2)增大
【详解】（1）①根据盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ×2得反应，；
②该反应为吸热反应，且是熵增反应，即∆H>0，∆S>0，根据，则该反应正向自发的条件为高温；
（2）反应为放热反应，，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，即增大；
【例5】利用合成甲醇可以减少碳排放，制备清洁能源，促进早日实现“碳达峰”。合成过程中存在以下反应：
i．
ii．
(1)已知 ，则 。
(2)恒温恒容条件下，对于反应，下列事实说明该反应已达平衡的是___________(填标号)。
A．气体密度保持不变
B．的生成速率与的生成速率相等
C．
D．混合气体的平均相对分子质量不变
(3)实验测得反应i：，，、为速率常数。、与温度的关系如下图所示，时反应的平衡常数为 。
【答案】
(1)
(2)BD
(3)，或2
【详解】（1）根据盖斯定律，
（2）A．容器容积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此气体密度保持不变不能说明反应已达平衡，A错误；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，与的生成速率相等，则说明正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡，B正确；
C．，浓度比等于化学计量数之比不能说明反应达到平衡，C错误；
D．气体总质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以混合气体的平均相对分子质量会发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡，D错误；
故选BD；
（3）反应i达到平衡时，，即，所以。又因为反应i为放热反应，降低温度平衡正向移动，变大。再由题图可知，降低温度和均减小。综上，降低温度时，应比减小的程度更大才能使变大，即对一个可逆反应来说，吸热反应一方受温度影响大于放热反应一方，所以题图中点表示时，题图中点表示时，则时；
【知识点5】利用“控制变量法”探究化学反应速率的影响因素
1．探究流程
2．注意事项
(1)要选择合适的化学反应，所选择的反应不能太灵敏也不能太迟钝。
(2)反应物的浓度要适当，不能太大，而探索浓度变量时，浓度间的差别也不能太大。
(3)要有规律地设计不同的反应体系的温度，也要注意物质的相应性质，不能选择会引起反应体系发生变化的温度。
(4)对变量要进行适当的组合，组合的一般原则是“变一定多”，即保持其他变量不变，改变其中一个变量的值进行实验，测定数据，通过系列实验，找出变量对反应的影响。
【例1】化学反应速率受多种因素影响，在实验探究化学反应速率的影响因素时，控制变量法是基本的实验方法。研究反应2X(g)=Y(g)+Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(ml·L-1)随时间(min)的变化情况如图所示。下列说法不正确的是
A．在0~10 min之间，实验②的平均速率v(Y)=0.04 ml·L-1·min-1
B．若实验②③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
C．比较实验①②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
D．比较实验②④得出：升高温度，化学反应速率加快
【答案】A
【详解】A．在0～10min之间，实验②中X的浓度变化为0.2ml·L-1，则v(Y)=v(X)=×=0.01 ml·L-1·min-1，故A错误；
B．实验②③相比，温度、浓度均相同，但反应速率实验②③不同，实验③的速率快，则实验③使用了催化剂，故B正确；
C．实验①和实验②相比，由于实验①起始时反应物X的浓度比实验②起始时反应物X的浓度大，导致0～10min之间X的浓度变化量实验①大于实验②，所以增大反应物浓度，化学反应速率加快，故C正确；
D．由图可以看出实验②在0～10min之间，反应物X的浓度变化0.2ml·L-1，实验④在0～10min之间，反应物X的浓度变化为0.6ml·L-1，而实验④的温度比实验②的温度高，说明升高温度，化学反应速率加快，故D正确；
故选A。
【例2】汽车尾气对环境和人体健康都有一定的危害，某课题组利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化为对空气无污染的气体，通过控制变量法设计三组实验测得温度或催化剂的比表面积影响汽车尾气的转化速率的数据如表所示。下列说法错误的是
已知：使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响。
A．汽车尾气处理的化学方程式为2NO+2CO2CO+N2
B．由图像可知：a=280，c＞280
C．由图像可知：b=d=4.00×10-3
D．其他条件相同时，增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将减小
【答案】D
【详解】A．在催化剂、加热的条件下，NO和CO反应生成对空气无污染的气体，反应的化学方程式为2NO+2CO2CO2+N2，A正确；
B．由控制变量法和实验目的可知，实验Ⅰ、Ⅱ的催化剂比表面积不同，Ⅰ、Ⅲ的温度不同，则实验Ⅰ、Ⅱ用于探究催化剂的比表面积对反应速率的影响，实验Ⅰ、Ⅲ用于探究温度对反应速率的影响，其他各变量均应该相同，根据Ⅲ反应速率大于Ⅰ可以判断c>280，B正确；
C．实验Ⅰ、Ⅱ的催化剂比表面积不同，Ⅰ、Ⅲ的温度不同，其他变量不变，C正确；
D．由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，实验Ⅱ的反应速率比实验Ⅰ的快，即增大催化剂比表面积，反应速率增大，D错误；
答案选D。
【例3】某小组利用硫代硫酸钠(Na2S2O3)与稀硫酸反应探究影响化学反应速率的因素[反应方程式为]，设计了如表系列实验。下列说法不正确的是
A．设计该实验的基本思想为控制变量法
B．实验1和2可探究温度对反应速率的影响
C．若用实验1和3探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，则需V1=10.0，V2=6.0
D．若实验1不再产生沉淀的时间为5min，则
【答案】D
【详解】A．从表中数据可知，实验1、2变量为温度，为探究温度对反应速率影响，实验2、3变量为物质浓度，为探究浓度对反应速率影响，属于控制变量法，故A正确；
B．实验1、2温度不同，各物质浓度必须保持一致，所以可以探究温度对反应速率的影响，故B正确；
C．实验1、3温度相同，探究浓度对反应速率的影响，则实验1和3稀硫酸浓度不同，其它量相同，总的溶液体积相同，故V1=10.0，V2=6.0，故C正确；
D．1分子硫酸可以电离出2个氢离子，结合反应化学方程式可知，反应中硫酸过量、硫代硫酸钠完全反应，若实验1不再产生沉淀的时间为5min，则，D错误；
故选D。
【例4】控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的硫酸和锌反应的实验数据，下列有关叙述正确的是
A．
B．
C．实验1、实验2与实验3探究的是温度对化学反应速率的影响
D．无法计算出硫酸的物质的量浓度
【答案】B
【详解】A. 实验1和实验3中的反应物接触面积不同，其他条件相同，粉末状比颗粒状的接触面积大，实验3反应速率更快，完全溶于酸的时间更短，则，故A错误；
B. 硫酸的量一定，锌的质量增加，生成硫酸锌的质量增加，
根据，
2g锌反应生成硫酸锌，6g锌反应生成，锌的质量与生成硫酸锌的质量成正比关系，若8g锌完全反应，
根据
生成的硫酸锌的质量约等于，实际生成，说明8g锌已过量，硫酸反应完全，当锌的质量为10g时，生成的硫酸锌的质量不会再增加，则，故B正确；
C. 实验1和实验2的温度不同，其他条件相同，是探究温度对反应速率的影响；实验1和实验3的反应物接触面积不同，其他条件相同，是探究反应物接触面积对反应速率的影响，故C错误；
D. 当锌的质量达到一定程度时，硫酸反应完全，根据关系式可计算出硫酸的物质的量，硫酸锌的质量为，，
根据公式计算硫酸的浓度：，故D错误；
故选：B
【例5】控制变量法在化学实验探究中运用较多，它是指在研究和解决问题的过程中，对影响事物变化规律的因素或条件加以人为控制，使其中的一些条件按照特定的要求发生或不发生变化，以便在研究过程中，找到事物变化发展的规律。根据因素和条件的性质，可分为实验变量（自变量）、反应变量(因变量)和无关变量。某研究小组用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应中溶液紫色消失的方法，来研究浓度对化学反应速率的影响。下列实验有关变量控制的操作错误的是
A．为控制无关变量的影响，将实验温度均确定为25°C、酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液的体积均确定为4mL，不使用催化剂
B．可选择浓度分别为0.05ml/L、0. 01ml/L、0. 001ml/L的KMnO4酸性溶液和浓度均为0.001ml/L的H2C2O4溶液反应，来操纵实验变量，进行对照实验
C．可将单位时间内反应所生成的CO2体积作为实验变量（自变量)进行本实验研究
D．该实验研究中的反应变量(因变量)是溶液紫色褪去所消耗的时间
【答案】C
【详解】A．相同的反应物及体积和温度，一个使用催化剂，一个不使用催化剂，催化剂为无关变量，所以该过程为控制无关变量的影响，A正确；
B．H2C2O4溶液的浓度0.001ml/L，KMnO4酸性溶液的浓度分别为0.05ml/L、0. 01ml/L、0.001ml/L，通过控制不同浓度的高锰酸钾溶液来进行对照试验，即控制自变量的影响，B正确；
C．观察单位时间内反应所生成的CO2体积为反应变量，即为因变量，该实验的目的是通过对照观察单位时间内反应所生成的CO2体积，探究化学反应速率的快慢，即控制因变量，C错误；
D．反应变量是溶液紫色褪去所消耗的时间，该实验研究中的反应变量为因变量，即控制因变量的影响， D正确；
综上所述，本题正确选项C。
第38讲 化学反应速率及影响因素、有效碰撞理论（练习）
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．近年，我国大力加强对温室气体CO2催化氢化合成甲醚（CH3OCH3）技术的工业化量产研究，实现可持续发展：。在不同情况下测得该反应速率如下，其中反应速率最快的是
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】A．将v(CO2)=0.03 ml/(L·s)转换为ml/(L·min)，，再转换为；
B．v(H2)=0.6 ml/(L·min)转换为；
C．v(CH3OCH3)=0.02 ml/(L·s)转换为ml/(L·min)，；
D．v(H2O)=0.4 ml/(L·min)转换为；
转化为同一物质表达后，C项反应速率最大，故选C。
2．将N2、H2的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器后，测得反应速率分别为甲：υ(H2)=3ml/(L·min)；乙：υ(N2)=2ml/(L·min)；丙：υ(NH3)=1ml/(L·min)则三个容器中合成氨的速率
A．υ(甲)>υ(乙)>υ(丙)B．υ(乙)>υ(丙)>υ(甲)
C．υ(丙)>υ(甲)>υ(乙)D．υ(乙)>υ(甲)>υ(丙)
【答案】D
【详解】由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，υ(甲)(N2)=υ(甲)(H2)=1ml•L-1•min-1、υ(乙)(N2)=2ml•L-1•min-1、υ(丙)(N2)=υ(丙)(NH3)=0.5ml•L-1•min-1，则三个容器中合成氨的反应速率的大小关系为υ(乙)＞υ(甲)＞υ(丙)；
故选D。
3．下列“实验和现象”与“结论”不相对应的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】A．Fe3+与KSCN反应生成血红色络合物，则选项A中现象与结论相对应；
B．第二组实验中，混合后两种反应物的浓度均更高，因而反应速率更快，褪色时间更短，则选项B中现象与结论相对应；
C．加入足量饱和NaBr生成AgBr沉淀，但Br⁻浓度过高，无法直接推断Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，则选项C中现象与结论不对应；
D．CuO被乙醇还原为Cu，说明乙醇具有还原性，则选项D中现象与结论相对应；
故选C。
4．反应物(A)转化为产物(B或B•Z)的能量与反应进程的关系如图所示，下列有关反应进程的说法正确的是
A．反应过程中A•X所能达到的最高浓度小于A•Y
B．生成B的速率：ⅡⅢ，B错误；
C．ΔH取决于反应物和生成物的总能量差；根据图像可知，进程Ⅰ和进程Ⅳ的起点相同，但是终态时，反应Ⅳ达到的能量更低，则二者的△H不相同，C错误；
D．催化剂反应前后不变，反应前反应物为A+Z，反应后生成物为B•Z，而不是A+Z，则Z不是该反应的催化剂，没起到催化作用，D错误；
故答案为：A。
5．利用下列装置能完成相应实验目的的是
A．利用图甲装置制备纯净的一氯甲烷B．利用图乙装置验证浓硫酸的强氧化性
C．利用图丙装置制备并收集氨气D．利用图丁装置测定的分解速率
【答案】B
【详解】A．取代反应无法制备纯净物，生成一氯甲烷同时生成二氯代物、三氯代物、四氯化碳、氯化氢，A错误；
B．蔗糖在浓硫酸作用下先脱水生成黑色的碳，碳在浓硫酸强氧化性作用下生成了二氧化碳、二氧化硫、水，二氧化硫可使品红溶液褪色，B正确；
C．浓氨水与生石灰混合快速产生氨气，收集氨气的试管口不能密封，C错误；
D．加入过氧化氢的长颈漏斗使产生的气体逸出，不能准确测量分解速率，改用分液漏斗，则能达到实验目的，D错误；
故选B。
6．已知的速率方程为（k为速率常数，只与温度、催化剂有关）。实验测得，在催化剂表面反应的变化数据如下，下列说法错误的是
已知：半衰期是指当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间
A．
B．
C．相同条件下，增大的浓度，能加快反应速率
D．相同条件下，若起始浓度为，则半衰期为
【答案】C
【详解】A．根据表格数据，浓度随时间均匀减少，说明反应速率与浓度无关，n=0，故A正确；
B．n=0，所以反应速率v=k，计算得k=0.020ml/L÷10min=2.0×10-3ml/(L·min)，故B正确；
C．n=0，所以反应速率v=k，反应速率与浓度无关，增大浓度不能加快反应速率，故C错误；
D．该反应的反应速率与浓度无关，10minN2O的浓度降低0.020ml/L，若起始浓度为，100min浓度降低0.20ml/L则半衰期为，故D正确；
选C。
7．某温度时，在容积为2L的密闭容器中发生A、B两种气体物质间的转化反应，物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．该反应的化学方程式为：B．内，
C．4min时，该反应达到化学平衡D．达到平衡时，A的平衡转化率为
【答案】C
【详解】A．反应中各物质计量数之比等于物质的量变化量之比，0~4min内，Δn(A)=0.8ml-0.4ml=0.4ml，Δn(B)=0.4ml-0.2ml=0.2ml，Δn(A):Δn(B)=2:1，且A减少为反应物、B增加为生成物，方程式为：，A正确；
B．0~4min内，Δn(A)=0.4ml，容器容积2L，Δc(A)==0.2ml/L，v(A)==0.05ml·L-1·min-1，B正确；
C．化学平衡时各物质的量不再变化，4min后A的量继续减少（0.4ml→0.2ml）、B的量继续增加，说明反应未达到平衡，C错误；
D．达到平衡时，Δn(A)=0.8ml-0.2ml=0.6ml，A的转化率=×100%=75%，D正确；
故选C。
8．乙醇水蒸气重整制氢广泛运用于工业生产中，其原理是。一定温度下，恒压时，按水醇比向密闭反应容器中充入原料，发生上述反应。下列说法正确的是
A．反应体系压强越小，反应物平衡转化率越大，越有利于工业生产
B．若之比保持不变，说明反应达到了平衡状态
C．若时，测得反应吸收能量，则
D．若在原料气体中充入一定量的惰性气体，则平衡转化率会增大
【答案】D
【详解】A．虽然降低压强有利于平衡向正反应（气体物质的量增加的方向）移动，提高转化率，但工业生产需权衡转化率与反应速率、设备成本等因素，不能简单认为压强越小越有利，故A错误；
B．CO与H2的生成比例为1:2，该比值在反应过程中始终不变，无法作为平衡状态的判断依据，故B错误；
C．根据ΔH=+255.7kJ/ml，吸收511.4kJ对应2ml乙醇反应，但速率计算需体积数据，题干未提供，无法得出v=1ml·L-1·min-1，故C错误；
D．恒压下充入惰性气体，总压不变但各物质分压降低，相当于系统体积增大，平衡向物质的量多的正反应方向移动，乙醇转化率提高，故D正确；
故选D。
9．已知甲烷卤代反应中部分步骤如下(X代表Cl或Br，设稳定单质能量为零)：，对应的能量图如下。
下列说法正确的是
A．进程a中X代表Br
B．溴代反应速率比氯代反应速率大
C．与的反应速率比与的反应速率大
D．进程b的焓变：
【答案】C
【详解】A．由图可知，反应第一步的活化能大于第二步，即反应的决速步为第一步，活性高于，与反应的活化能更低，且生成的HCl比HBr稳定，则进程a中X代表Cl，进程b中X代表Br，A错误；
B．反应速率取决于活化能，氯代反应第一步（决速步）活化能小于溴代反应，故氯代反应速率更快，B错误；
C．进程a中X代表Cl，由能量图可知，进程a的第一步活化能大于第二步，故第一步反应速率比第二步反应速率慢，即与的反应速率比与的反应速率大，C正确；
D．由图可知，进程b中E1为第一步正反应的活化能，E2为第二步逆反应的活化能，由于第一步逆反应的活化能和第二步正反应的活化能未知，不能计算进程b的焓变，D错误；
故答案为：C。
10．研究发现反应的反应速率随温度的升高而减小，反应历程：
第一步：快反应
第二步：慢反应
依据该过程，下列说法正确的是
A．反应相同时间，快反应的平均速率一定比慢反应大
B．提高的浓度，化学反应速率将显著增大
C．温度升高，对快反应的影响比慢反应大
D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量，再次达到平衡时含量减小
【答案】C
【详解】A．反应相同时间，快反应的平均速率不一定比慢反应大，因为速率与单位时间内浓度变化相关，A错误；
B．总反应速率由慢反应（第二步）决定，提高NO浓度主要影响快反应（第一步），对总速率提升不显著，B错误；
C．温度升高时，快反应（ΔH1，10s时两个反应均达到平衡状态，由于、，则，B正确；
C．反应为等体积气体反应，气体压强始终不变，C错误；
D．①②反应中X、Q的系数均为1，则内，X的平均反应速率为，D错误；
故选B。
12．在密闭容器中充入和，在一定条件下发生反应：，达到平衡。达到平衡时，生成了，经测定的浓度为，下列判断正确的是
A．
B．B的转化率为
C．用表示的平均反应速率为
D．平衡时D气体的体积分数为20%
【答案】B
【分析】达到平衡时，生成了2mlC，D的物质的量为4L×0.5ml/L=2ml，列三段式，据此分析；
【详解】A．根据反应生成2mlC和2mlD，可知x=2，A错误；
B．B的消耗量为1ml，转化率为×100%=20%，B正确；
C．C为固体，不能用其浓度变化计算反应速率，C错误；
D．平衡时气体总物质的量为2ml（A）+4ml（B）+2ml（D）=8ml，D的体积分数为=25%，D错误；
故B。
13．一定温度下，在四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：
下列说法正确的是
A．推测上表中的为3930
B．，生成的平均速率为
C．反应到时，放出的体积为(标准状况)
D．反应达到平衡时，正逆
【答案】A
【详解】A．根据浓度变化规律，每约1110秒浓度减半，2820+1110=3930，x为3930，A正确；
B．0~600s，N2O5浓度减少0.44ml/L，NO₂生成速率为0.88/(600)=1.47×10-3ml/(L·s)，与选项不符，B错误；
C．2820s时，O2的物质的量为(1.40-0.24)×0.1×=0.058ml，体积为1.30L≠22.4L，C错误；
D．平衡时v正(N2O5)=v逆(NO2)，而选项等式为2倍关系，D错误；
故选A。
14．是硅生产工艺的重要中间物，“”的生产工艺备受关注，总反应方程式为：，该工艺源于对如下反应研究：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
A℃时，向刚性密闭容器中通入初始浓度均为的和，发生反应ⅰ，经5min反应达到平衡，已知反应ⅰ的与温度的变化关系如图中曲线X或Y所示。
下列说法正确的是
A．随温度T变化的曲线为图中的X
B．该工艺总反应的平衡常数
C．反应达到平衡时，用表示反应ⅰ在上述条件下的平均反应速率约为
D．若在刚性密闭容器中初始时加入，的平衡转化率会减小
【答案】C
【详解】A．反应i为吸热反应（ΔH1>0），升高温度，平衡正向移动，K1增大，pK₁=-lgK1减小，故pK1随温度升高而减小，对应曲线Y，A错误；
B．由盖斯定律可知，总反应=3×反应i+反应ii，平衡常数K=(K1)3·K2，B错误；
C．根据已知条件列出“三段式”
反应i的K1=，曲线Y在A℃时pK1=2，pK1=-lgK1=2，则K1=0.01，解得x≈0.18ml/L，v(H2)= ≈0.036ml·L⁻¹·min⁻¹，C正确；
D．向反应容器中加入固体Si，不能影响平衡移动，故的平衡转化率不变，D错误；
故选C。
15．的分解速率受温度、浓度、催化剂以及溶液酸碱性等多种因素影响。实验测得70℃时，甲、乙两种条件下浓度随时间的变化如下图所示：
下列说法不正确的是
A．图甲曲线b中，0~20min内平均反应速率
B．图甲表明pH相同时，起始浓度越大，分解速率越大
C．图乙表明可通过适当增大溶液的浓度，来增大分解的速率
D．可用溶液和溶液比较和对分解的催化效果
【答案】D
【详解】A．由图甲曲线b可知，0~20 min内过氧化氢浓度变化量为，根据，可知，故0~20 min内氧气浓度变化量为，平均反应速率，A正确；
B．图甲表示曲线的pH均等于13，但起始浓度不同，起始浓度越大，相同时间内被消耗的量越多，分解速率越大，B正确；
C．图乙中曲线所表示的溶液的浓度不同，增大溶液的浓度，分解的速率加快，C正确；
D．溶液和溶液中阴离子不相同，无法排除阴离子对催化效果的干扰，D错误；
故答案选：D。
二、非选择题：本题共5小题，共55分。
16．关注化学反应中的物质和能量变化是认识和研究化学反应的重要视角。
(1)在2.0L恒温恒容密闭容器中充入和，发生反应：，反应时测得的物质的量为。
①内， (用含的代数式表示)。
②反应至时，的转化率为 。
(2)甲烷可以消除氮氧化物的污染：。
①在不改变初始浓度的条件下，加快反应速率的措施有 (填一条)。
②若在恒温恒容密闭容器中充入和发生上述反应，下列叙述能说明反应达到平衡状态的是 (填序号)。
A．的物质的量之比为1：1：2
B．混合气体中的物质的量分数保持不变
C．混合气体的密度不再改变
D．混合气体的压强不再改变
(3)在催化剂作用下，利用含的废气协同处理烟气中的，转化为无污染气体的同时得到S单质，该反应的化学方程式为 。
【答案】
(1)
(2)适当升温、使用活性更强的催化剂等 BD
(3)
【详解】（1）①反应时测得氢气的物质的量为，由方程式可知，内，氨气的反应速率为。
②反应时测得的物质的量为，则氢气反应了，根据方程式计量关系，氮气反应了，其转化率为：。
（2）①在不改变初始浓度的条件下，加快反应速率的措施有适当升温、使用活性更强的催化剂等。
②A．的物质的量之比为，是方程式的计量系数关系，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故A错误；
B．混合气体中的物质的量分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，恒容密闭容器的体积不变，所以混合气体的密度始终不变，混合气体的密度保持不变，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C错误；
D．该反应是气体体积增大的反应，反应中容器内压强增大，当容器内压强保持不变，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；
故选BD。
（3）由题意可知，催化剂作用下，二氧化氮与硫化氢反应生成氮气、硫和水，反应的化学方程式为：。
17．化学反应与生产、生活及很多研究领域存在广泛的联系。
I．羰基硫(COS)作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害，广泛应用于农药工业。利用工厂废气中的和反应可以合成，回答下列问题：
(1)已知：
①
②
③
反应 。
(2)在恒容、绝热的密闭容器中，充入与进行反应。下列事实能说明反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．COS和H2的浓度保持不变
B．消耗H2的速率与生成CO的速率之比为1：1
C．的值不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
II．由-羟基丁酸(HOCH2CH2CH2COOH)生成-丁内酯()的反应如下：HOCH2CH2CH2COOH+H2O。25℃时，溶液中-羟基丁酸的初始浓度为，随着反应的进行，测得-丁内酯浓度随时间的变化如下表所示。
回答下列问题：
(3)在内，以-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为 。
(4)该反应达到平衡时，-羟基丁酸的转化率为 %(保留1位小数)。
(5)关于该反应的下列说法正确的是___________(填字母)。
A．达到平衡后，升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
B．达到平衡后，移除部分生成物瞬间，正反应速率不变
C．25℃时，使用催化剂可以提高平衡时的转化率
D．时的逆反应速率小于时的正反应速率
(6)25℃时，该反应的平衡常数 。相同温度下，发生上述反应，当-丁内酯的浓度为，-羟基丁酸的浓度为时，反应 (填“正向进行”“逆向进行”或“已平衡”)。
【答案】
(1)-5
(2)AC
(3)
(4)73.3
(5)BD
(6)2.75 逆向进行
【详解】（1）反应③-反应②-反应①得反应，则∆H=∆H3-∆H2-∆H1=−283kJ/ml-(−36kJ/ml)-(−242kJ/ml)=-5kJ/ml；
（2）A．COS和H2的浓度保持不变，则正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故A项符合题意；
B．消耗H2的速率与生成CO速率均是逆反应速率，始终为1:1，不能说明反应达到平衡状态，故B项不符合题意；
C．绝热容器中进行上述反应，若反应未平衡，则容器内温度会改变，，温度不变，K值不变，则的值不再改变，说明温度不再改变，反应达到平衡状态，故C项符合题意；
D．气体质量不变，气体总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D项不符合题意；
故答案为AC；
（3）在100min内，以γ-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为：；
（4）该反应达到平衡时，γ-丁内酯的浓度为0.132 ml⋅L−1，则γ-羟基丁酸的浓度的变化量为0.132 ml⋅L−1，γ-羟基丁酸的转化率；
（5）A．温度升高，正逆反应速率都增大，故A项错误；
B．达到平衡后，移除部分生成物瞬间，反应物浓度不变，则正反应速率不变，故B项正确；
C．催化剂只改变反应速率，对平衡时的转化率无影响，故C项错误；
D．根据表中数据，21min~220min过程中，反应始终未达到平衡，则正反应速率始终大于逆反应速率，且随着反应进行，由于反应物浓度减小，正反应速率逐渐减小，21min时，正反应速率为表格中最大的，同时其逆反应速率为最小的，则21min时的逆反应速率小于50min时的正反应速率，故D项正确；
故答案为BD；
（6）由表格可知，平衡时γ-丁内酯浓度为0.132 ml⋅L−1，则γ-羟基丁酸的浓度为0.048 ml⋅L−1，则；当γ-丁内酯的浓度为0.15 ml⋅L−1，γ-羟基丁酸的浓度为0.05 ml⋅L−1时，此时浓度商>K，反应逆向进行。
18．甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、和)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
(1)反应Ⅰ在_______下能自发进行。
A．低温B．高温C．任意温度D．催化剂作用
(2)若单独进行反应Ⅱ，有利于提高此反应平衡时转化率的措施 (写二条)。
(3) kJ/ml
(4)某温度下，将CO、和按物质的量之比通入恒容密闭容器中发生反应，下列情况下能说明反应Ⅱ达到平衡状态的是_______。
A．测得混合气体的密度不变
B．测得混合气体的质量不再变化
C．测得混合气体中的浓度不变
D．测得混合气体中、、、的浓度比不变
(5)单独研究二氧化碳与氢气合成甲醇的反应历程，如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，*H没标出)。
反应过程中决定反应速率的步骤的活化能是 eV。对应的反应式 。
(6)进一步研究利用合成气(CO、和)制甲醇，图1为单位时间内、、条件下生成甲醇的物质的量浓度与温度的关系。图2为合成甲醇可能反应机理。
i.曲线a甲醇的量先增大后减小，其原因是 。
ii.曲线b与曲线c相比，的存在使甲醇生成量增大，结合图2分析原因 。
(7)如图用电解法也可将转化为甲醇，补全所示阴极上发生的电极反应式： 。
___________________________________
【答案】
(1)A
(2)增大压强、增大 H2 和 CO2 的初始投料比、降低温度
(3)-41.2
(4)D
(5)1.36 *HCOO + *H →*CO +*H2O
(6)温度低于490K时单位时间内反应未达到平衡，温度升高、反应速率加快，甲醇的量先增大，温度高于490K时单位时间内反应达到平衡，反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡左移，甲醇的量减少 当少量CO2加到CO+H2混合气中时，一方面反应Ⅲ快速进行消耗了反应Ⅱ生成的水，使反应Ⅱ能进一步向有利合成甲醇方向进行；另一方面 CO转化为CO2，补充了CO2促进反应Ⅱ向生成甲醇方向进行
(7)CO2+6HCO+6e-=CH3OH+6CO+H2O
【详解】（1）反应Ⅰ的ΔH