2023版创新设计高考化学（新教材鲁科版）总复习一轮讲义第7章　化学反应的方向、限度与速率

第3讲　化学反应的速率　化学反应条件的优化——工业合成氨
【课标要求】　1.知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。
2.通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。
3.知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。
4.能进行化学反应速率的简单计算，能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。
5.认识化学反应速率和化学平衡的综合调控在生产、生活和科学研究中的重要作用。知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。

一、化学反应速率
1.化学反应是有历程的
(1)基元反应：大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应称为基元反应。
如：2HI===H2＋I2实际上经过下列两步反应完成：
①2HI―→H2＋2I·
②2I·―→I2
(2)反应历程：基元反应构成的反应序列，又称反应机理。
(3)总反应：基元反应的总和。
(4)复杂反应：由几个基元反应组成的总反应。
2.化学反应速率的概念与表示方法

3.化学反应速率与系数的关系
对于已知反应：mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)，在同一段时间内，用不同物质来表示该反应速率，当单位相同时，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。即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。
【诊断1】 判断下列叙述的正误(正确的划“√”，错误的划“×”)。
(1)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(×)
(2)对于反应：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)，v(NO)与v(O2)的关系是4v(NO)===5v(O2)(×)
(3)对于反应：C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)，若v(H2)＝0.5 mol/(L·s)，则v(C)＝0.5 mol/(L·s)(×)
(4)甲、乙两容器中分别充入2 mol NO2和4 mol NO2，5分钟后两者各反应掉NO2 1 mol和2 mol，则说明乙中反应速率大(×)
二、影响化学反应速率的因素
1.内因
反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg>Al。
2.外因(只改变一个条件，其他条件不变)
(1)影响因素及影响结果


“惰气”对反应速率的影响
在恒温恒
容条件下
通入“惰气”，总压增大，反应物浓度不变，反应速率不变
恒温恒压
条件下
通入“惰气”，总体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小
(2)有效碰撞理论分析外界条件对化学反应速率的影响
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
②活化能
活化能(如图)

图中：E1为正反应活化能，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。
④活化分子、有效碰撞与反应速率的关系

(3)浓度对化学反应速率影响的定量分析——速率方程
一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其系数为指数的幂的乘积成正比。
对于反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，
则v正＝k正·ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数)。
如反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，
v正＝k正·c2(NO2)，v逆＝k逆·c2(NO)·c(O2)。
(4)过渡态理论分析温度、催化剂对反应速率的影响
①过渡态是反应过程中具有最高能量的一种结构状态，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当于活化能。活化能越高，反应越难发生。升温可以提高反应物分子的能量，增大反应物分子形成过渡态的比例，因此升高温度可以提高化学反应的速率。
②催化剂的质量和化学性质在反应前后不变，反应历程中既包括有催化剂参与的反应，又包括使催化剂再生成的反应。可催化剂通过参与反应改变反应历程、改变反应的活化能来改变化学反应速率。
【诊断2】 判断下列叙述的正误(正确的划“√”，错误的划“×”)。
(1)对于反应：2H2O2===2H2O＋O2↑，加入MnO2或降低温度都能加快O2的生成速率(×)
(2)反应C(s)＋H2O(g)===CO(g)＋H2(g)在固定容积的容器中进行，充入N2后，体系压强增大，反应速率加快(×)
(3)升高温度可以使吸热反应的反应速率增大，但放热反应的反应速率减小(×)
(4)两试管各加入5 mL 0.1 mol·L－1Na2S2O3溶液，同时分别滴入5 mL 0.1 mol·L－1硫酸和盐酸，两支试管同时变浑浊(×)
三、化学反应条件的优化——工业合成氨
1.合成氨的反应特点
热化学方程式：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1

2.从反应快慢和反应限度两个角度选择反应条件

3.综合考虑——选择适宜的生产条件
温度：400～500 ℃、压强10～30 MPa、投料比：＝，以铁触媒作催化剂，采用循环操作提高原料利用率。

将氨液化分离后的原料气(N2、H2)重新压入到合成塔
【诊断3】 判断下列叙述的正误(正确的划“√”，错误的划“×”)。
(1)温度越高越利于合成氨反应平衡正向移动(×)
(2)合成氨反应中，压强越大越利于反应速率加快和平衡正向移动(√)
(3)使用催化剂能提高合成氨反应物的平衡转化率(×)
(4)工业生产硫酸的重要反应2SO2(g)＋O22SO3(g)　ΔH<0，采用的反应条件是高温、高压、催化剂(×)


考点一　化学反应速率的计算与比较
题组一　化学反应速率的计算
1.在一定温度下，将气体X和Y各3 mol充入10 L恒容密闭容器中，发生反应：3X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(g)。经过8 min，反应达到平衡状态，此时Z的物质的量为1.6 mol。下列关于反应开始至第8 min时的平均反应速率的计算正确的是(　　)
A.v(X)＝0.30 mol·L－1·min－1 B.v(Y)＝0.02 mol·L－1·min－1
C.v(Z)＝0.02 mol·L－1·min－1 D.v(W)＝0.10 mol·L－1·min－1
答案　C
解析　v(Z)＝＝＝0.02 mol·L－1·min－1，则v(X)＝v(Z)＝0.03 mol·L－1·min－1，v(Y)＝v(Z)＝0.01 mol·L－1·min－1，v(W)＝v(Z)＝0.01 mol·L－1·min－1。
2.(双选)一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是(　　)

A.该反应的化学方程式为3B＋4C6A＋2D
B.反应进行到1 s时，v(A)＝v(C)
C.反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol·L－1·s－1
D.反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等
答案　AC
解析　由图像可知，B、C的物质的量减小，是反应物，A、D的物质的量增大，是生成物，前6 s内，Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(A)∶Δn(D)＝(1－0.4)∶(1－0.2)∶(1.2－0)∶(0.4－0)＝3∶4∶6∶2，故反应的化学方程式为3B＋4C6A＋2D，A项正确；v(A)∶v(C)＝3∶2，B项错误；反应进行到6 s时，v(B)＝＝0.05 mol·L－1·s－1，C项正确；反应进行到6 s时，反应达到平衡状态，但各物质的反应速率并不相等，D错误。
3.现向一容积不变的2 L密闭容器中充入4 mol NH3和3 mol O2，发生反应：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)，4 min后，测得生成的H2O占混合气体体积的40%，则下列表示此段时间内该反应的平均速率不正确的是(　　)
A.v(N2)＝0.125 mol·L－1·min－1
B.v(H2O)＝0.375 mol·L－1·min－1
C.v(O2)＝0.225 mol·L－1·min－1
D.v(NH3)＝0.250 mol·L－1·min－1
答案　C
解析　设4 min时，生成6x mol H2O(g)

据题意，则有＝0.4，解得：x＝0.5。
则v(N2)＝＝＝0.125 mol/(L·min)，A正确；v(NH3)＝2v(N2)＝0.25 mol/(L·min)，D正确；v(H2O)＝3v(N2)＝0.375 mol/(L·min)，B正确；v(O2)＝v(N2)＝0.187 5 mol/(L·min)，C错误。

化学反应中各物质浓度的计算模板——“三段式”法
❶写出有关反应的化学方程式。
❷找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。
❸根据已知条件列方程式计算。

题组二　化学反应速率大小的比较
4.在四个不同的容器中，在不同的条件下进行合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。根据在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是(　　)
A.v(H2)＝0.01 mol·L－1·s－1
B.v(N2)＝0.3 mol·L－1·min－1
C.v(NH3)＝0.15 mol·L－1·min－1
D.v(H2)＝0.3 mol·L－1·min－1
答案　B
解析　在速率单位相同时，把速率除以其相应物质的化学系数，数值大者反应速率快。A项，v(H2)＝0.01 mol·L－1·s－1＝0.6 mol·L－1·min－1，v(N2)＝v(H2)＝0.2 mol·L－1·min－1；B项，v(N2)＝0.3 mol·L－1·min－1；C项，v(N2)＝v(NH3)＝0.075 mol·L－1·min－1；D项，v(N2)＝v(H2)＝0.1 mol·L－1·min－1。由此可知，B项中表示的反应速率最快。
5.已知反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下：
①v(CO)＝1.5 mol·L－1·min－1
②v(NO2)＝0.7 mol·L－1·min－1
③v(N2)＝0.4 mol·L－1·min－1
④v(CO2)＝1.1 mol·L－1·min－1
⑤v(NO2)＝0.01 mol·L－1·s－1
请比较上述5种情况反应的快慢：____________(由大到小的顺序)。
答案　③>①>②>⑤>④
解析　②经转化可表示为v(CO)＝2v(NO2)＝1.4 mol·L－1·min－1；③v(CO)＝4v(N2)＝1.6 mol·L－1·min－1；④v(CO)＝v(CO2)＝1.1 mol·L－1·min－1；⑤v(CO)＝2v(NO2)＝0.02 mol·L－1·s－1＝1.2 mol·L－1·min－1，故③>①>②>⑤>④。

反应快慢比较的方法
❶归一法
按照相应物质系数关系将化学反应速率换算成用同一物质、同一单位表示的速率，再比较它们数值的大小。
❷比值法
比较化学反应速率与其对应的化学计量数的比值。如aA(g)＋bB(g)cC(g)，即比较与，若>，则用A表示的反应速率比用B表示的大。
考点二　化学反应速率的影响因素、活化能
题组一　影响化学反应速率的因素
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，下列条件的改变能使反应速率加快的是(　　)
①增加铁粉的质量　②将容器的容积缩小一半　③保持容器容积不变，充入N2使体系压强增大　④保持容器容积不变，充入水蒸气使体系压强增大
A.①④ B.②③
C.①③ D.②④
答案　D
解析　①铁粉是固体，增加铁粉的质量，反应速率不变，错误；②将容器的容积缩小一半，H2O(g)、H2(g)的浓度增大，反应速率加快，正确；③保持容器的容积不变，充入N2使体系压强增大，H2O(g)、H2(g)的浓度不变，反应速率不变，错误；④保持容器的容积不变，充入水蒸气使体系压强增大，H2O(g)浓度增大，反应速率加快，正确。
2.在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH<0，下列说法正确的是(　　)
A.保持容器容积不变，向其中加入1 mol H2(g)，反应速率一定加快
B.保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
C.保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol N2(N2不参加反应)，反应速率一定加快
D.保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，反应速率一定加快
答案　A
解析　增大H2的物质的量且保持容器容积不变，H2的浓度增大，反应速率加快，A项正确；保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2(N2不参加反应)，反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变，B项错误；保持容器内气体压强不变，向其中充入1 mol N2(N2不参加反应)，容器体积增大，各组分的浓度减小，反应速率减小，C项错误；保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2(g)和1 mol I2(g)，因容器的体积变为原来的2倍，起始物质的量变为原来的2倍，则浓度不变，反应速率不变，D项错误。

影响化学反应速率的答题方向
❶解释影响反应速率的因素
条件
变化
正常
反常
举例解释
加热
速率
增大
速率
减小
①有酶参与的反应，温度高酶会失去活性
②有气体参与的反应，升高温度，气体的溶解度减小
③加热易分解的物质(H2O2、NH3·H2O等)分解
④有催化剂参与的反应，升高温度，催化剂活性降低
⑤加热易挥发的物质(浓硝酸、浓盐酸)大量挥发
加压
速率
增大
不变
①没有气体参与的反应；
②恒温恒容条件下的气相反应，充入稀有气体
❷催化剂(绝大多数催化剂都有其活性温度范围，温度过高，易使催化剂活性降低)

反应速率
原因
活化能
增大
催化剂改变反应的历程，使活化能降低
温度
增大
随着温度升高，催化剂的活性增大
减小
随着温度升高，催化剂的活性减小
接触面积
增大
催化剂与反应物接触面积增大
题组二　活化能与反应机理
3.已知热化学方程式H2(g)＋2ICl(g)===2HCl(g)＋I2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1。其反应过程如下：
①H2(g)＋ICl(g)===HClI(g)＋H(g)　(慢)
②H(g)＋ICl(g)===HCl(g)＋I(g)　(快)
③HClI(g)===HCl(g)＋I(g)　(快)
④__________　(快)
下列说法错误的是(　　)
A.四个反应中活化能最大的是①
B.反应④为I(g)＋I(g)===I2(g)
C.总反应的速率主要由反应①决定
D.若a<0，则生成物的总能量大于反应物的总能量
答案　D
解析　活化能越大，反应速率越慢，A正确；由总反应及各步反应式知，反应④中应有I2(g)生成，B正确；化学反应的速率取决于反应速率最慢的一步，C正确；ΔH＝生成物总能量—反应物总能量，放热反应中生成物总能量小于反应物总能量，D错误。
4.(2021·荆州模拟)光照条件下，甲烷氯化反应是一个自由基型的取代反应。在链转移反应过程中，经历两步反应：(·CH3和Cl·分别表示甲基和氯原子)反应1：CH4(g)＋Cl·(g)→·CH3(g)＋HCl(g)；
反应2：·CH3(g)＋Cl2(g)→CH3Cl(g)＋Cl·(g)。
各物质的相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A.链转移反应的反应速率由第1步反应决定
B.反应1的活化能Ea＝16.7 kJ·mol－1
C.链转移反应的反应热ΔH＝－105.4 kJ·mol－1
D.由图可知，过渡态结构的稳定性：1>2
答案　D
解析　A.化学反应取决于化学反应速率慢的一步反应，由图可知，反应1的活化能大于反应2的活化能，则反应1的反应速率小于反应2，链转移反应的反应速率由第1步反应决定，故A正确；B.由图可知，反应1的活化能Ea＝16.7 kJ·mol－1，故B正确；C.由图可知，链转移反应的反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝－105.4 kJ·mol－1，故C正确；D.由图可知，过渡态1的能量高于过渡态2，则过渡态结构2的稳定性强于过渡态结构1，故D错误。

❶催化剂改变反应历程、活化能的示意图

❷使用催化剂，活化能降低，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增大，反应速率增大。
考点三　“变量控制”法探究影响化学反应速率的因素
【典例】 已知：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行了如下实验(忽略溶液体积变化)：

编号
0.01 mol·L－1酸性KMnO4溶液体积/mL
0.1 mol·L－1H2C2O4溶液体积/mL
水的体
积/mL
反应温
度/℃
反应时
间/min
Ⅰ
2
2
0
20
2.1
Ⅱ
V1
2
1
20
5.5
Ⅲ
V2
2
0
50
0.5
下列说法不正确的是(　　)
A.V1＝1，V2＝2
B.设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响
C.实验计时是从溶液混合开始，溶液呈紫红色时结束
D.实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)＝0.01 mol·L－1·min－1
答案　C
解析　A项，实验Ⅰ和实验Ⅱ反应温度相同，实验Ⅱ中加入了1 mL水，根据控制变量的原则，溶液总体积应保持不变，因而V1＝1，类比分析可得V2＝2，A正确；B项，实验Ⅰ、Ⅲ的温度不同，其他条件相同，因而可知设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响，B正确；C项，酸性KMnO4溶液呈紫红色，由表中数据可知，草酸溶液过量，KMnO4可反应完全，因而可以用颜色变化来判断反应终点，即实验计时是从溶液混合开始，溶液紫红色刚好褪去时结束，C错误；D项，根据实验Ⅲ中有关数据可知，Δc(KMnO4)＝＝0.005 mol·L－1，v(KMnO4)＝＝＝0.01 mol·L－1·min－1，D正确。

“变量控制”法的解题流程


【对点训练】　为了进一步探究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积气体所需的时间。

　　　实验
混合溶液　　　
A
B
C
D
E
F
4 mol·L－1 H2SO4/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0

请完成此实验设计，其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________。
答案　30　10　17.5
解析　若研究CuSO4的量对H2生成速率的影响，则实验中除CuSO4的量不同之外，其他物质的量均相同，则V1＝V2＝V3＝V4＝V5＝30，最终溶液总体积相同。由实验F可知，溶液的总体积均为50 mL，则V6＝10，V9＝17.5。
微专题22　高考热点——催化剂与反应机理
【典例】 (2021·湖南卷)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　分析题给反应机理图，可知该过程的反应物为HCOOH，生成物为CO2和H2，则该过程的总反应为HCOOHCO2↑＋H2↑，A说法正确；H＋浓度过大，抑制HCOOH的电离，HCOO－浓度减小，会降低Ⅰ→Ⅱ步骤的反应速率，H＋浓度过小，会降低Ⅲ→Ⅳ步骤反应速率，故H＋浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低，B说法正确；由反应机理可知，由Ⅱ→Ⅲ过程中，脱去CO2，其中碳元素的化合价升高，则Fe元素的化合价降低，C说法正确；由相对能量的变化情况图可以得出，该反应过程中的Ⅳ→Ⅰ步骤的活化能Ea＝86.1 kJ·mol－1，为该反应进程中的最大活化能，故该过程的决速步骤为Ⅳ→Ⅰ步骤，D说法错误。

催化反应机理的分析思维模型

【专题精练】
1.(2021·1月湖南适应性考试)据文献报道，某反应的反应历程如图所示：

下列有关该历程的说法错误的是(　　)
A.总反应化学方程式为4NH3＋3O22N2＋6H2O
B.Ti4＋…NH2－N===O是中间产物
C.Ti4＋是催化剂
D.Ti4＋…NH2－N===O―→Ti4＋＋N2＋H2O属于分解反应
答案　A
解析　根据反应历程，参加反应的物质有NH3、NO、O2，因此总反应化学方程式为4NH3＋2NO＋2O23N2＋6H2O，故A错误；根据题中信息得到Ti4＋…NH2—N===O是中间产物，故B正确；Ti4＋在整个反应过程中参与了反应，但反应前后质量和性质未变，因此Ti4＋是催化剂，故C正确；分解反应是一种物质反应生成两种或两种以上新物质，因此Ti4＋…NH2—N===O―→Ti4＋＋N2＋H2O属于分解反应，故D正确。
2.(2021·广东卷节选)一定条件下，CH4分解形成碳的反应CH4(g)C(s)＋2H2(g)　ΔH其历程如图所示。该历程分____________步进行，其中，第______步的正反应活化能最大。

答案　4　4
解析　分析图可知，反应一共经历4步历程，依据图像差值分析，步骤4的正反应活化能最大。
微专题23　化学反应速率常数及其应用
【核心归纳】
1.K与k正、k逆的一般定量关系
一定温度下，对于基元反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，反应速率v正＝k正ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆cc(C)，当反应达平衡状态时(即v正＝v逆)因此，k正ca(A)·cb(B)＝k逆cc(C)，K＝。
【典例】 三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)　ΔH＝＋48 kJ·mol－1，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

比较a、b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝__________(保留1位小数)。
答案　大于　1.3
解析　温度越高，达到平衡的时间就越少，故a点温度为343 K，b点温度为323 K，故反应速率：va>vb。反应速率v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，其中，v正＝k正x2SiHCl3，v逆＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，343 K下反应达到平衡状态时v正＝v逆，即k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，此时SiHCl3的平衡转化率α＝22%，经计算可得SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.78、0.11、0.11，则有k正×0.782＝k逆×0.112，＝≈0.02。a处SiHCl3的平衡转化率α＝20%，此时SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.8、0.1、0.1，则有＝＝·＝0.02×≈1.3。
【专题精练】
1.已知2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：
第一步 2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)
第二步 N2O2(g)＋O2(g)===2NO2(g)(慢反应)
(1)用O2表示的速率方程为v(O2)＝k1·c2(NO)·c(O2)；NO2表示的速率方程为v(NO2)＝k2·c2(NO)·c(O2)，k1与k2分别表示速率常数，则＝________。
(2)下列关于反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的说法正确的是________(填字母)。
A.增大压强，反应速率常数一定增大
B.第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能
C.反应的总活化能等于第一步和第二步反应的活化能之和
答案　(1)　(2)B
解析　


分析
(1)
由于v(O2)＝k1c2(NO)c(O2)，v(NO2)＝k2c2(NO)c(O2)，k1与k2分别表示速率常数，则＝，根据反应方程式2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可知：＝，所以＝
(2)
反应速率常数只与温度有关，若增大压强，则反应速率常数不变，A错误；第一步反应是快反应，说明反应的活化能低；第二步反应为慢反应，说明反应的活化能高，所以第一步反应的活化能小于第二步反应的活化能，B正确；反应的活化能由慢反应的活化能决定，对该反应来说，由第二步反应的活化能决定，C错误
2.(1)NO2可发生二聚反应生成N2O4，化学方程式为2NO2(g)N2O4(g)，上述反应达到平衡后，升高温度可使体系颜色加深，则该反应的ΔH__________0(填“>”或“<”)。
已知该反应的正反应速率方程为v正＝k正·c2(NO2)，逆反应速率方程为v逆＝k逆·c(N2O4)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数。则如图(lg k表示速率常数的对数；表示温度的倒数)所示①、②、③、④四条斜线中，能表示lg k正随变化关系的是斜线__________，能表示lg k逆随变化关系的是斜线__________。

(2)图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a＋1.5、a＋0.5、a－0.5、a－1.5，则温度T1时化学平衡常数K＝________mol－1·L。已知温度T1时，某时刻恒容密闭容器中NO2、N2O4浓度均为0.2 mol·L－1，此时v正________v逆(填“>”或“<”)。
答案　(1)<　③　④
(2)10　>
解析　(1)升高温度体系颜色加深，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0；化学反应速率和温度成正比，随着温度降低，增大，正逆反应速率减小，则lg k正和lg k逆均减小由于温度降低平衡正向移动，v正>v逆，则降低相同温度时lg k逆减小更快；则③表示lg k正随变化关系的斜线，④表示lg k逆随变化关系的斜线。(2)化学平衡常数K＝＝×＝×＝ ＝10；NO2、N2O4浓度均为0.2 mol·L－1，则浓度商Q＝＝5v逆。

　　　　　　　　　　　　　　　　

1.(2021·浙江6月选考)一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液(100 mL)中发生分解反应：2N2O54NO2＋O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：

t/ s
0
600
1 200
1 710
2 220
2 820
x
c(N2O5) /(mol·L－1)
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是(　　)
A.600～1 200 s，生成NO2的平均速率为5.0×10－4 mol·L－1·s－1
B.反应2 220 s时，放出的O2体积为11.8 L(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3 930
答案　D
解析　A.600～1 200 s，N2O5的浓度变化量为(0.96－0.66) mol·L－1＝0.3 mol·L－1，在此时间段内NO2的浓度变化量为其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说法不正确；B.由表中数据可知，反应2 220 s时，N2O5的浓度变化量为(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－1×0.1 L＝0.105 mol，O2的物质的量的变化量是其，即0.052 5 mol，因此，放出的O2在标准状况下的体积为0.052 5 mol×22.4 L/mol＝1.176 L，B说法不正确；C.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说法不正确；D.分析表中数据可知，该反应经过1 110 s(600～1 710，1 710～2 820)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(2 820＋1 110)＝3 930，D说法正确。
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　 根据曲线①、②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大，A项正确；根据曲线①、③对应的反应物浓度和反应时间，可计算出其对应的反应速率分别为＝0.012 mol·L－1·min－1、＝0.012 mol·L－1·min－1，所以反应速率与降冰片烯浓度无关，B项错误，C项正确；结合图像可知，条件②下降冰片烯完全反应耗时125 min，则对应的半衰期为125 min×＝62.5 min，D项正确。
3.(2021·河北卷)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.0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10－3 mol·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　0～30 min时间段内，Δc(Z)＝0.125 mol·L－1，Δc(M)＝0.500 mol·L－1－0.300 mol·L－1＝0.200 mol·L－1，反应①中Δc(M)＝0.200 mol·L－1－0.125 mol·L－1＝0.075 mol·L－1，则Δc(Y)＝0.075 mol·L－1。v(Y)＝＝＝2.5×10－3 mol·L－1·min－1，A说法错误；反应①、②速率之比为＝＝，为定值，则Y、Z的浓度变化量之比也为定值，故反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变，B说法正确；由上述分析可知，＝＝＝，如果反应能进行到底，反应结束时①、②的转化率之比为3∶5，因此有(即62.5%)的M转化为Z，C说法正确；结合C选项，反应①的速率小于反应②的速率，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
4.(2021·湖南卷节选)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1 mol NH3通入3 L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200 kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。

若保持容器容积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率v(H2)＝____________ mol·L－1·min－1(用含t1的代数式表示)。
答案　
解析　设0～t1时间内生成的氮气为x mol，列“三段式”：

由题图可知t1时，氨气和氢气的平衡分压相等，根据压强之比等于物质的量之比，所以n(NH3)＝n(H2)，则3x＝0.1－2x，解得x＝0.02，所以v(H2)＝＝ mol·L－1·min－1。



1.在实验或生活中为了控制反应速率，下列做法不正确的是(　　)
A.用过氧化氢制取氧气时可加入少量的二氧化锰以增大反应速率
B.为加快制取氢气的速率可以用锌粒代替锌片
C.为降低浓硫酸与Cu反应制备SO2的速率可以采用稀硫酸代替浓硫酸
D.为了延长疫苗的保质期在运输和保存的过程中最好保持较低的温度
答案　C
解析　稀硫酸与Cu不反应，而浓硫酸与Cu在加热条件下反应才能制备SO2，故C错误。
2.(2021·顺义模拟)已知合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，其浓度数据如下：

当用氢气浓度的减少来表示该化学反应的速率时，其速率为(　　)
A.0.4 mol·L－1·s－1 B.0.6 mol·L－1·s－1
C.0.9 mol·L－1·s－1 D.1.2 mol·L－1·s－1
答案　B
解析　2 s内氢气的浓度变化量＝3.0 mol·L－1－1.8 mol·L－1＝1.2 mol·L－1，故2 s内用氢气表示的平均反应速率＝＝0.6 mol·L－1·s－1。
3.一定温度下，反应①C(s)＋CO2(g)===2CO(g)　ΔH>0，反应②2SO2(g)＋O2(g)===2SO3(g)　ΔH<0。下列有关以上两个反应的说法正确的是(　　)
A.降低温度反应①的速率减小，反应②的速率增大
B.增大压强反应①的速率不变，反应②的速率增大
C.增大压强反应①的速率增大，反应②的速率增大
D.升高温度反应①的速率增大，反应②的速率减小
答案　C
解析　降低温度反应速率减小，升高温度反应速率增大，A、D错误；对于有气体参加的可逆反应，增大压强反应速率增大，减小压强反应速率减小，B错误，C正确。
4.(2021·营口模拟)在容积恒定的容器中发生反应：2CH4(g)＋2NH3(g)＋3O2(g)===2HCN(g)＋6H2O(g)，0～15 min内测得反应速率v(HCN)＝0.36 mol·L－1·min－1，下列叙述正确的是(　　)
A.0～15 min内反应消耗氨气5.4 mol
B.0～15 min内用H2O的浓度变化表示的反应速率v(H2O)＝1.08 mol·L－1·min－1
C.0～15 min内，2v(CH4)＝2v(NH3)＝3v(O2)
D.15 min时氧气浓度下降到8.1 mol·L－1
答案　B
解析　A.0～15 min内测得反应速率v(HCN)＝0.36 mol·L－1·min－1，可知生成的HCN的物质的量浓度为0.36 mol·L－1·min－1×15 min＝5.4 mol·L－1，由化学方程式可知，0～15 min内反应消耗的氨气的物质的量浓度为5.4 mol·L－1，因为容器容积未知，所以不能计算消耗的氨气的物质的量，A错；B.速率之比等于系数之比，则该时间段内用H2O(g)的浓度变化表示的反应速率v(H2O)＝0.36 mol·L－1·min－1×＝1.08 mol·L－1·min－1，B正确；C.速率之比等于系数之比，则3v(CH4)＝3v(NH3)＝2v(O2)，C项错误；D.因为氧气的初始浓度未知，所以不能确定其15 min时的浓度，D项错误。
5.(2021·惠州调研)为了探究温度、硫酸铜固体的质量对锌与稀硫酸反应速率的影响，某同学设计的实验方案如表所示(忽略溶液体积的变化)：

实验
编号
锌粉的质量
0.2 mol·L－1
硫酸的体积
温度
硫酸铜固
体的质量
Ⅰ
2.0 g
10.0 mL
25 ℃
0
Ⅱ
2.0 g
10.0 mL
T
0
Ⅲ
2.0 g
10.0 mL
35 ℃
0.2 g
下列推断合理的是(　　)
A.该实验方案中T＝25 ℃
B.待测物理量可以是收集等体积(相同条件)气体所需要的时间，时间越长，反应越快
C.该实验方案可以探究硫酸浓度对反应速率的影响
D.实验Ⅱ、Ⅲ是为了探究硫酸铜固体的质量对反应速率的影响
答案　D
解析　A.分析该实验方案可知，实验Ⅱ和Ⅲ是为了探究硫酸铜固体的质量对锌与稀硫酸反应速率的影响，故T＝35 ℃，A项错误，D正确；B.待测物理量可以是收集等体积(相同条件)气体所需要的时间，时间越长，反应越慢，B项错误；C.该实验方案中，硫酸浓度相同，故无法探究硫酸浓度对反应速率的影响，C项错误。
6.(2021·厦门模拟)KI溶液和I2的反应原理为I2(aq)＋I－(aq)I(aq)，某温度下，反应体系中I－浓度的变化如下表所示：
t/s
0
10
20
30
40
…
c(I－)/
(mol·L－1)
1.0
0.6
0.4
0.3
0.3
…
下列说法错误的是(　　)
A.该反应由快变慢是因为反应物浓度逐渐减小
B.30 s时，正、逆反应速率相等
C.50 s时，c(I)＝0.3 mol/L
D.10～20 s内，v(I2)＝0.02 mol/(L·s)
答案　C
解析　A.根据表格数据可知：在前30 s内每10 s中I－浓度改变值为0.4 mol/L、0.2 mol/L、0.1 mol/L，说明反应物的物质浓度越小，反应速率越慢，A正确；B.在30 s后，c(I－)不再发生变化，说明此时以后，反应达到平衡状态，正、逆反应速率相等，B正确；C.在50 s时反应达到平衡状态，c(I－)＝0.3 mol/L，反应消耗浓度Δc(I－)＝1.0 mol/L－0.3 mol/L＝0.7 mol/L，故c(I)＝0.7 mol/L，C错误；D.在10～20 s内，Δc(I－)＝0.2 mol/L，则根据物质反应转化关系可知Δc(I2)＝0.2 mol/L，故v(I2)＝＝0.02 mol/(L·s)，D正确。
7.(2021·邯郸模拟)如图(Ea表示活化能)是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质的能量变化关系图，下列说法正确的是(　　)

A.题述反应为吸热反应
B.升高温度，Ea1、Ea2 均减小，反应速率加快
C.增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小
D.第一步反应的速率大于第二步反应的速率
答案　C
解析　A.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，A错；B.升高温度，不能降低反应的活化能，即Ea1、Ea2均不变，但可以加快反应速率，B错；C.反应的焓变和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，则增大反应物的浓度，不改变焓变的大小，但增大反应物Cl2的浓度，可提高反应速率，C项正确；D.第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，所以第一步反应的速率小于第二步反应的速率，D错。
8.(2021·芜湖模拟)在一密闭容器中通入W、X、Y、Z四种气体，保持一定温度，在t1～t4时测得各物质的浓度如表，则下列判断正确的是(　　)

　　　测定时刻/s
物质浓度　　　　　　　
/mol·L－1　　　　　　　
t1
t2
t3
t4
W
6
3
2
2
X
3
1.5
1
1
Y
2.5
7
8.5
8.5
Z
1
2.5
3
3
A.在t3时反应已经停止
B.t2～t4内正反应速率大于逆反应速率
C.在容器中发生的反应为 2W(g)＋X(g)3Y(g)＋Z(g)
D.在t2～t3内W的平均反应速率为 mol·L－1·min－1
答案　C
解析　A.根据表格数据可知：反应在t3后物质的浓度不再发生变化，说明此时反应已经达到平衡状态，而不是已经停止反应，A错；B.根据表格数据可知：反应在t3后物质的浓度不再发生变化，说明反应已经达到平衡状态，则在t3～t4内，该反应的正反应速率与逆反应速率相等，B错；C.根据表格数据可知：在t1～t3 s内，W、X浓度减小，Y、Z浓度增大，说明W、X是反应物，Y、Z是生成物，W、X、Y、Z各种物质的浓度改变值分别为4、2、6、2，四种物质改变的浓度比为2∶1∶3∶1，由于改变的浓度比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，故该反应的化学方程式为2W(g)＋X(g)3Y(g)＋Z(g)，C对；D.根据表格数据可知：t2～t3 s时间内，W的浓度减少1 mol/L，由于时间的单位是s，故用W表示的平均反应速率v(W)＝ mol/(L·s)，D错。
9.(2021·龙岩模拟)一定温度下，在恒容反应器中发生反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)，化学反应速率v＝kcm(CO)cn(NO2)(k为化学反应速率常数，其数值与温度有关)。实验测得该温度下反应物浓度与化学反应速率的关系如下表所示：

c(CO)/ (mol·L－1)
0.01
0.02
0.02
0.01
c(NO2)/
(mol·L－1)
0.01
0.01
0.015
0.015
v(CO2)/
(mol·L－1·s－1)
2.2×10－4
4.4×10－4
6.6×10－4
x
根据表中的测定结果，下列结论不正确的是(　　)
A.表中x的值为3.3×10－4
B.化学反应速率v＝2.2c(CO) c(NO2)
C.升高温度，各物质浓度不变，化学反应速率不变
D.催化剂可能对k影响较大
答案　C
解析　将表格中相应数据代入方程式，＝，解得m＝1；＝，解得n＝1，k＝2.2；A.将第四列数据带入计算可得v＝3.3×10－4mol·L－1·s－1，故A正确；B.m＝1、n＝1、k＝2.2，所以v＝2.2c(CO)c(NO2)，故B正确；C.升高温度时，各物质的浓度不变，但k增大，反应速率加快，故C错误；D.催化剂改变反应速率，加入催化剂，各物质浓度不变，故催化剂可能对k影响较大，故D正确。
10.(2021·张家口模拟)Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：①Cl2(g)2Cl·(g)快；②CO(g)＋Cl·(g)COCl·(g)快；③COCl·(g)＋Cl2(g)COCl2(g)＋Cl·(g)慢。其中反应②存在v正＝k正c(CO)c(Cl·)、v逆＝k逆c(COCl·)。下列说法错误的是(　　)
A.反应①的活化能小于反应③的活化能
B.反应②的平衡常数K＝
C.要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D.选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率
答案　D
解析　A.活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A正确；B.反应②存在v正＝k正c(CO)c(Cl·)、v逆＝k逆c(COCl·)，平衡时正逆反应速率相等，则K＝＝，故B正确；C.慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；D.催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COCl2的平衡产率不变，故D错误。
11.Ⅰ.下列各项分别与影响化学反应速率的哪个因素关系最为密切？
(1)同浓度不同体积的盐酸中放入同样大小的锌块和镁块，产生气泡有快有慢：____________。
(2)MnO2加入双氧水中放出气泡更快： ________________________________。
Ⅱ.在一定温度下，4 L密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图：

(1)比较t2时刻，正逆反应速率大小v正__________v逆。(填“>“＝”或“<”)
(2)若t2＝2 min，计算反应开始至t2时刻用M的浓度变化表示的平均反应速率为____________。
(3)t3时刻化学反应达到平衡，反应物的转化率为____________。
(4)如果升高温度，则v逆__________(填“增大”“减小”或“不变”)。
答案　Ⅰ.(1)反应物本身的性质　(2)催化剂
Ⅱ.(1)>　(2)0.25 mol·L－1·min－1
(3)75%　(4)增大
解析　Ⅰ.(1)反应物本身的性质是影响化学反应速率的主要因素，镁比锌活泼，与盐酸反应较剧烈。(2)MnO2是H2O2分解反应的催化剂，可增大反应速率。Ⅱ.(1)t2时刻，反应物逐渐减少，生成物逐渐增多，反应未达到平衡且正向进行，v正>v逆。(2)v＝＝＝0.25 mol·L－1·min－1。(3)t3时刻化学反应达到平衡，剩余2 mol N，则转化了6 mol N，转化率为×100%＝75%。(4)升高温度，反应速率增大。
12.汽车排气管装有的三元催化装置，可以消除CO、NO等的污染，反应机理如下
Ⅰ：NO＋Pt(s)===NO(*)　[Pt(s)表示催化剂，NO(*)表示吸附态NO，下同]
Ⅱ：CO＋Pt(s)===CO(*)
Ⅲ：NO(*)===N(*)＋O(*)
Ⅳ：CO(*)＋O(*)===CO2＋2Pt(s)
Ⅴ：N(*)＋N(*)===N2＋2Pt(s)
Ⅵ：NO(*)＋N(*)===N2O＋2Pt(s)
尾气中反应物及生成物浓度随温度的变化关系如图。

(1)330 ℃以下的低温区发生的主要反应的化学方程式是__________________________________________________________________
__________________________________________________________________。
(2)反应Ⅴ的活化能________(填“<”“>”或“＝”)反应Ⅵ的活化能，理由是__________________________________________________________________
__________________________________________________________________。
答案　(1)CO＋2NOCO2＋N2O
(2)>　生成N2O的选择性高，说明反应Ⅵ的化学反应速率大，该反应的活化能就小
解析　(1)由图可知330 ℃以下的低温区中CO2、N2O含量较高，故发生的主要反应的化学方程式是CO＋2NOCO2＋N2O。(2)低温区N2O选择性高于N2，由此可推断出：Ⅴ反应的活化能>Ⅵ反应的活化能，理由是反应的活化能小，化学反应速率大，选择性高。

13.(双选)(2021·襄阳模拟)处理、回收CO是环境科学家研究的热点课题。CO用于处理大气污染物N2O，发生的反应为：
N2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋N2(g)
ΔH＝－365 kJ·mol－1。上述反应可用“Fe＋”作催化剂，其总反应分两步进行：
第一步：Fe＋＋N2O===FeO＋＋N2；
第二步：FeO＋＋CO===Fe＋＋CO2，第二步反应不影响总反应达到平衡所用的时间。
下列说法中正确的是(　　)
A.FeO＋也是该反应的催化剂
B.第一步中Fe＋与N2O的碰撞仅部分有效
C.第二步反应速率大于第一步反应速率
D.增大CO的浓度可显著增大处理N2O的反应速率
答案　BC
解析　A.FeO＋为中间产物，不作催化剂，故A错误；B.由信息可知，第一步为慢反应，活化能较大，则第一步中Fe＋与N2O的碰撞仅部分有效，故B正确；C.第二步反应不影响总反应达到平衡所用的时间，则第二步反应速率大于第一步反应速率，故C正确；D.CO参与第二步反应，且不影响达到平衡的时间，则增大CO的浓度对处理N2O的反应速率几乎无影响，故D错误。
14.(双选)(2021·济南模拟)某课题组研究煤燃烧过程中氮氧化物氧化砷的微观机理，得到如下图像和数据。(其中k为速率常数，Ea为活化能)。对于所研究的三个反应，下列说法错误的是(　　)
反应动力学参数
　　　　反应　　　　　　Ea/(kJ·mol－1)
As＋N2O―→AsO＋N2　　　 78.45
As＋NO2―→AsO＋NO　 　 2.58
As＋NO―→AsO＋N　　　　155.85

A.相同条件下的氧化性：NO2 B.相同条件下，As与NO的反应速率最慢
C.升高温度能增大As与N2O反应的活化能
D.升高温度不能显著加快As与NO2的反应速率
答案　AC
解析　由As＋NO2―→AsO＋NO可知，N元素的化合价降低，二氧化氮为氧化剂.则相同条件下的氧化性：NO2>NO，故A错误；由题干信息可知，NO与As反应对应的活化能最大，则相同条件下As与NO的反应速率最慢，故B正确；升高温度，提供能量，可增大活化分子百分数，增大反应速率，而反应的活化能不变，故C错误；由图可知，As与NO2反应中对应的k受温度影响不大，则升高温度不能显著加快As与NO2的反应速率，故D正确。
15.一氧化二氮(N2O)气体具有轻微的麻醉作用，被广泛应用于医学中。
(1)在恒容容器、不同温度(T)下，反应2N2O(g)===2N2(g)＋O2(g)　ΔH＝－163 kJ·mol－1中N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(半衰期指任一浓度的N2O消耗一半时所需的时间)，则T1________(填“>”“<”或“＝”)T2。当温度为T1、起始压强为p0，反应至t1 min时，体系压强p＝__________(用p0表示)。

(2)碘蒸气能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程：
第一步　I2(g)===2I(g)　(快反应)
第二步　I(g)＋N2O(g)===N2(g)＋IO(g)　(慢反应)
第三步　IO(g)＋N2O(g)===N2(g)＋O2(g)＋I(g)　(快反应)
实验表明，N2O的分解速率方程为v＝k·c(N2O)·c0.5(I2)(k为速率常数)。下列表述正确的是________(填字母)。
A.温度升高，k增大
B.第一步反应对总反应速率起决定作用
C.第二步反应的活化能比第三步反应的大
D.N2O的分解速率与I2浓度无关
答案　(1)>　1.25p0　(2)AC
解析　(1)其他条件相同时，随着温度升高，化学反应速率增大，N2O分解半衰期减小，故T1>T2。当温度为T1、起始压强为p0时，半衰期为t1 min，设起始时N2O的物质的量为1 mol，则t1 min时N2O的物质的量为0.5 mol，用“三段式”法进行计算：

t1 min时总物质的量为(0.5＋0.5＋0.25)mol＝1.25 mol，根据阿伏加德罗定律的推论可知，同温同体积时，气体的压强之比等于其物质的量之比，则＝，p＝1.25p0。(2)温度升高，化学反应速率v＝k·c(N2O)·c0.5(I2)增大，则k增大，A正确；化学反应速率由慢反应的反应速率决定，则第二步反应对总反应速率起决定作用，B错误；活化能小的反应更容易发生，为快反应，故第二步反应的活化能比第三步反应的大，C正确；v＝k·c(N2O)·c0.5(I2)，所以N2O分解速率与I2浓度有关，D错误。