2024高考一輪復習 第七章 化學反應速率與化學平衡 第一節(jié)　化學反應速率及其影響因素 課件（92張PPT）

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第一節(jié)化學反應速率及其影響因素

1.知道化學反應速率的表示方法，通過實驗探究了解溫度、濃度、壓強和催化劑對化學反應速率的影響。

2.知道化學反應是有歷程的，認識基元反應活化能對化學反應速率的影響；知道催化劑可以改變反應歷程，對調控化學反應速率具有重要意義。

目錄

CONTENTS

1.夯實·必備知識

2.突破·關鍵能力

3.形成·學科素養(yǎng)

4.體現(xiàn)·核心價值

5.評價·核心素養(yǎng)

01

夯實·必備知識

1.表示方法

考點一化學反應速率

2.與化學計量數(shù)的關系

對于已知反應mA（g）＋nB（g）pC（g）＋qD（g），其化學反應速率可用不同的反應物或生成物來表示，當單位相同時，化學反應速率的數(shù)值之比等于化學計量數(shù)之比，即v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝m∶n∶p∶q。

3.化學反應速率大小的比較方法

（1）先換算成同一物質、同一單位表示，再比較數(shù)值的大小。

（2）比較化學反應速率與化學計量數(shù)的比值，即對于一般反應aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD（g），比較與，若＞，則用A表示的反應速率比用B表示的大。

化學計量數(shù)

m∶n∶p∶q

4.化學反應中各物質濃度、反應速率的計算模式——“三段式”

（1）寫出有關反應的化學方程式。

（2）找出各物質的起始量、轉化量、某時刻量。

（3）根據(jù)已知條件列式計算。

例如：反應mA＋nBpC

t0s/（mol·L－1）ab0

轉化/（mol·L－1）x

t1s/（mol·L－1）a－xb－

則v（A）＝mol·L－1·s－1，v（B）＝mol·L－1·s－1，v（C）＝mol·L－1·s－1。

1.正誤判斷（正確的打“√”，錯誤的打“×”）。

（1）對于任何化學反應來說，反應速率越大，反應現(xiàn)象就越明顯。（）

答案：×

（2）化學反應速率一般指的是平均速率，可以用固體物質來表示。（）

答案：×

（3）化學反應速率為0.8mol·L－1·s－1，是指1s時某物質的濃度為0.8mol·L－1。（）

答案：×

（5）同一化學反應，相同條件下用不同物質表示的反應速率，數(shù)值越大，表示化學反應速率越快。（）

答案：×

（4）由v＝計算平均速率，用反應物表示為正值，用生成物表示為負值。（）

答案：×

2.反應A（g）＋3B（g）2C（g）＋2D（g）在四種不同情況下的反應速率分別為

①v（A）＝0.45mol·L－1·min－1②v（B）＝0.6mol·L－1·s－1

③v（C）＝0.4mol·L－1·s－1

④v（D）＝0.45mol·L－1·s－1

下列有關反應速率的比較中正確的是（）

A.④＞③＝②＞①B.④＜③＝②＜①

C.①＞②＞③＞④D.④＞③＞②＞①

解析：A若四種反應速率都用A表示[單位mol·L－1·s－1]，分別為①v（A）＝0.0075mol·L－1·s－1，②v（A）＝0.2mol·L－1·s－1，③v（A）＝0.2mol·L－1·s－1，④v（A）＝0.225mol·L－1·s－1，所以反應速率：④＞③＝②＞①，A正確。

3.在新型RuO2催化劑作用下，使HCl轉化為Cl2的反應2HCl（g）＋O2（g）H2O（g）＋Cl2（g）具有更好的催化活性。一定條件下測得反應過程中n（Cl2）的數(shù)據(jù)如下：

t/min02468

n（Cl2）/10－3mol01.83.75.47.2

計算2～6min內以HCl的物質的量變化表示的反應速率（以mol·min－1為單位，寫出計算過程）。

答案：（解法一）2～6min內，Δn（Cl2）＝5.4×10－3mol－1.8×10－3mol＝3.6×10－3mol，

v（Cl2）＝＝9.0×10－4mol·min－1，

所以v（HCl）＝2v（Cl2）＝2×9.0×10－4mol·min－1＝1.8×10－3mol·min－1。

（解法二）HCl轉化的物質的量為n，則

2HCl（g）＋O2（g）H2O（g）＋Cl2（g）

21

n（5.4－1.8）×10－3mol

解得n＝7.2×10－3mol，所以v（HCl）＝＝1.8×10－3mol·min－1。

4.300℃時，2NO（g）＋Cl2（g）2ClNO（g）的正反應速率表達式為v正＝k·cn（ClNO），測得速率和濃度的關系如表：

序號c（ClNO）/（mol·L－1）v/（mol·L－1·s－1）

①0.303.60×10－9

②0.601.44×10－8

③0.903.24×10－8

n＝；k＝。

解析：根據(jù)表格①②中的數(shù)據(jù)，代入速率表達式然后列式：＝，解得n＝2，k＝4×10－8L·mol－1·s－1。

答案：24.0×10－8L·mol－1·s－1

1.速率常數(shù)的含義

速率常數(shù)（k）是指在給定溫度下，反應物濃度皆為1mol·L－1時的反應速率。在相同濃度的條件下，可用速率常數(shù)大小來比較化學反應的反應速率。

化學反應速率與反應物濃度（或濃度的次方）成正比，而速率常數(shù)是其比例常數(shù)，在恒溫條件下，速率常數(shù)不隨反應物濃度的變化而改變。因此，可以應用速率方程求出該溫度下任意濃度時的反應速率。

2.速率方程

一定溫度下，化學反應速率與反應物濃度以其計量數(shù)為指數(shù)的冪的乘積成正比。

對于反應：aA＋bBgG＋hH

則v＝k·ca（A）·cb（B）（其中k為速率常數(shù)）。

如：①SO2Cl2SO2＋Cl2

v＝k1·c（SO2Cl2）

②2NO22NO＋O2v＝k2·c2（NO2）

③2H2＋2NON2＋2H2O

v＝k3·c2（H2）·c2（NO）

3.速率常數(shù)的影響因素

溫度對化學反應速率的影響是顯著的，速率常數(shù)是溫度的函數(shù)。同一反應，溫度不同，速率常數(shù)將有不同的值，但濃度不影響速率常數(shù)。

考點二化學反應速率的影響因素

1.影響化學反應速率的因素

（1）內因：反應物本身的性質是主要因素。如相同條件下Mg、Al與稀鹽酸反應的速率大小關系為Mg＞Al。

Mg＞Al

（2）外因（只改變一個條件，其他條件不變）

2.基元反應和有效碰撞理論

（1）基元反應：大多數(shù)化學反應往往經(jīng)過多個反應步驟才能實現(xiàn)，每一步反應都被稱為基元反應；先后進行的基元反應反映了反應歷程，反應歷程又稱為反應機理。

（2）有效碰撞

①基元反應發(fā)生的先決條件是反應物的分子必須發(fā)生碰撞。

②并不是反應物分子的每一次碰撞都能發(fā)生反應，能夠發(fā)生化學反應的碰撞叫做有效碰撞。發(fā)生有效碰撞的兩個條件是反應物分子能量足夠和取向合適。

每一步反

應

能夠發(fā)生化學反應

能量足夠

取

向合適

②活化能：如圖

圖中：E1為正反應的活化能，E2為活化分子變成生成物分子放出的能量，使用催化劑時的活化能為E3，反應熱為E1－E2。

正反應的活化能

活化分子變成生成物分子放出的能

量

E3

E1－E2

（3）活化分子、活化能

①活化分子：能夠發(fā)生有效碰撞的分子。

（4）活化分子、有效碰撞與反應速率的關系

3.稀有氣體對反應速率的影響

A（g）＋B（g）C（g），恒溫恒容，充入氦氣，對反應速率有何影響？恒溫恒壓，充入氦氣，對反應速率又有何影響？

1.正誤判斷（正確的打“√”，錯誤的打“×”）。

（1）增大反應物的濃度，能夠增大活化分子的百分含量，所以反應速率增大。（）

答案：×

（2）可逆反應中減小產(chǎn)物的濃度可增加正反應的速率。（）

答案：×

（3）往鋅與稀硫酸反應混合液中加入NH4HSO4固體，反應速率不變。（）

答案：×

（4）對于反應2H2O22H2O＋O2↑，加入MnO2或降低溫度都能加快O2的生成速率。（）

答案：×

（5）催化劑能降低反應所需的活化能，但ΔH不會發(fā)生變化。（）

答案：√

2.一定溫度下，反應N2（g）＋O2（g）2NO（g）在密閉容器中進行，下列措施不會改變化學反應速率的是（）

A.縮小容積使壓強增大

解析：CA項，反應前后氣體的物質的量不變，縮小容積，氣體的濃度增大，反應速率增大；B項，容積不變，充入N2，使反應物N2的濃度增大，反應速率增大；C項，容積不變，充入He，雖然反應容器內壓強增大，但N2、O2、NO的濃度并沒有變化，因此不影響反應速率；D項，壓強不變，充入He，反應容器的容積必然增大，總壓強雖然沒變，但N2、O2、NO的濃度減小，反應速率減小。

B.恒容，充入N2

D.恒壓，充入He

C.恒容，充入He

3.根據(jù)v－t圖像分析外界條件的改變對可逆反應A（g）＋3B（g）2C（g）ΔH＜0的影響。該反應的速率與時間的關系如圖所示：

可見在t1、t3、t5、t7時反應都達到平衡，如果

t2、t4、t6、t8時都只改變了一個反應條件，則

下列對t2、t4、t6、t8時改變條件的判斷正確的是（）

A.使用了催化劑、增大壓強、減小反應物濃度、降低溫度

B.升高溫度、減小壓強、減小反應物濃度、使用了催化劑

C.增大反應物濃度、使用了催化劑、減小壓強、升高溫度

D.升高溫度、減小壓強、增大反應物濃度、使用了催化劑

解析：Dt2時正、逆反應速率均增大，且平衡逆向移動，排除A、C選項；t4時正、逆反應速率均減小，平衡逆向移動，可以是減小壓強；t6時正反應速率增大，逆反應速率瞬間不變，平衡正向移動，所以是增大反應物濃度，排除B選項；t8時正、逆反應速率均增大且仍相等，平衡不移動，則使用了催化劑，D符合題意。

02

突破·關鍵能力

反應歷程（或機理）圖像分析

18O標記的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中發(fā)生水解，部分反應歷程可表示為

＋OH－＋CH3O－能量變化如下圖所示。已知為快速平衡，下列說法正確的是（）

A.反應Ⅱ、Ⅲ為決速步

B.反應結束后，溶液中存在18OH－

D.反應Ⅰ與反應Ⅳ活化能的差值等于圖示總反應的焓變

解析：B一般來說，反應的活化能越高，反應速率越慢，由圖可知，反應Ⅰ和反應Ⅳ的活化能較高，因此反應的決速步為反應Ⅰ、Ⅳ，A錯誤；反應Ⅰ為加成反應，而為快速平衡，反應Ⅱ的成鍵和斷鍵方式為或，后者能生成18OH－，因此反應結束后，溶液中存在18OH－，B正確；反應Ⅲ的成鍵和斷鍵方式為或

，因此反應結束后溶液中不會存在COH，C錯誤；該總反應對應反應物的總能量高于生成物的總能量，總反應為放熱反應，因此

和CH3O－的總能量與和OH－的總能量之差等于圖示總反應的焓變，D錯誤。

圖像解讀

（1）在無催化劑的情況下：E1為正反應的活化能；E2為逆反應的活化能；E1－E2為此反應的焓變（ΔH）。

（2）有催化劑時，總反應分成了兩個反應步驟，反應①為吸熱反應，產(chǎn)物為總反應的中間產(chǎn)物，反應②為放熱反應，總反應為放熱反應。

（3）催化劑的作用：降低E1、E2，但不影響ΔH，反應是放熱反應還是吸熱反應取決于起點（反應物）能量和終點（生成物）能量的相對大小

對于“環(huán)式”反應過程圖像，位于“環(huán)上”的物質一般是催化劑或中間體，如⑤、⑥、⑦和⑧，“入環(huán)”的物質為反應物，如①和④，“出環(huán)”的物質為生成物，如②和③

1.甲酸在催化劑作用下脫氫可生成CO2，反應機理和相對能量變化如圖所示，下列說法正確的是（）

A.甲酸脫氫反應放熱，因此不需要加熱

B.在反應歷程中，反應速率由形成H2并脫附一步?jīng)Q定

C.在催化劑表面解離C—H比解離O—H難

D.生成22.4LCO2時，轉移電子數(shù)為2NA

解析：B由圖可知，反應的起始狀態(tài)的總能量大于反應的最終狀態(tài)的總能量，說明甲酸脫氫生成二氧化碳為放熱反應，反應熱與反應條件無關，可能需要加熱條件下才能進行，A錯誤；歷程中最大能壘是歷程Ⅳ→Ⅴ，反應活化能為62.9kJ·mol－1－（－17.4kJ·mol－1）＝80.3kJ·mol－1，活化能越大反應速率越慢，整個反應速率由最慢的一步?jīng)Q定，即由形成H2并脫附一步?jīng)Q定，B正確；歷程Ⅰ→Ⅱ解離O—H，活化能為44.7kJ·mol－1－0kJ·mol－1＝44.7kJ·mol－1，歷程Ⅲ→Ⅳ解離C—H，活化能為36.7kJ·mol－1－8.9kJ·mol－1＝27.8kJ·mol－1，活化能越大反應越難進行，則解離O—H比解離C—H難，C錯誤；未指明氣體的狀況，不能計算22.4LCO2的物質的量，也不能確定轉移電子數(shù)，D錯誤。

2.科研工通過計算機模擬和數(shù)學計算，設計出三條在含[Pt—O]結構的化合物中插入CO的反應路徑，其相對能量變化如圖所示，下列說法正確的是（）

A.該反應為吸熱反應

B.根據(jù)圖像分析，該歷程應按照路徑Ⅲ進行

C.在該反應中，CO是反應的催化劑

D.反應Ⅱ中，活化能最大的能壘為39.7kJ·mol－1

解析：D由圖可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，該反應為放熱反應，A錯誤；由圖可知，相對與路徑Ⅱ和Ⅲ，路徑Ⅰ的中間反應少，決速步驟的活化能最小，反應速率最快，因此該歷程應按照路徑Ⅰ進行，B錯誤；由圖可知，CO是該反應的反應物，Pt是該反應的催化劑，C錯誤；由圖可知，反應Ⅱ中，活化能最大的能壘為37.8kJ·mol－1－（－1.9kJ·mol－1）＝39.7kJ·mol－1，D正確。

3.LnFe（Ⅲ）—Cl配合物能夠受光激發(fā)產(chǎn)生高活性的氯自由基（Cl·），可將烷烴中難以活化的C（sp3）—H轉化為C—N，反應機理變化情況如圖所示：

下列說法錯誤的是（）

A.HCl是反應過程的中間產(chǎn)物

B.催化循環(huán)過程中鐵元素的化合價不發(fā)生變化

解析：BA項，HCl在基元反應Cl·＋R—HR·＋HCl中生成，又與LnFeⅡ反應生成LnFeⅢ—Cl被消耗，故為中間產(chǎn)物，正確；B項，循環(huán)過程中鐵元素有＋2和＋3價的轉化，錯誤；C項，根據(jù)流程圖示，存在基元反應Cl·＋R—HR·＋HCl，正確；D項，LnFeⅢ—Cl受光激發(fā)產(chǎn)生高活性的氯自由基（Cl·）參與反應，使Boc—NN—Boc和R—H反應轉化為

，總的反應方程式為Boc—NN—Boc＋R—H

，正確。

4.釩的配合物催化某可逆反應的一種反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是（）

B.產(chǎn)物HOCl可用于殺菌消毒

C.該催化循環(huán)中V的成鍵數(shù)目發(fā)生變化

D.釩的配合物通過參與反應，降低反應的活化能，提高H2O2的平衡轉化率

解析：D由圖示知，該反應的離子方程式為H2O2＋Cl－＋H＋H2O＋HOCl，A正確；產(chǎn)物HOCl，即次氯酸，具有強氧化性，可以殺菌消毒，B正確；該催化循環(huán)過程中，有V元素形成6個鍵，也有V元素形成5個鍵的情況，C正確；釩的配合物在過程中起到催化作用，即作催化劑，而催化劑對平衡移動沒有影響，故不會影響H2O2平衡轉化率，D錯誤。

03

形成·學科素養(yǎng)

“變量控制”法探究化學反應速率的影響因素

1.某同學設計如下實驗方案探究影響鋅與稀硫酸反應速率的因素，有關數(shù)據(jù)如表所示：

序號純鋅粉/g2.0mol·L－1硫酸溶液/mL溫度/℃硫酸銅固體/g加入蒸餾水/mL

Ⅰ2.050.02500

Ⅱ2.040.025010.0

Ⅲ2.050.0250.20

Ⅳ2.050.0254.00

（1）本實驗待測數(shù)據(jù)可以是，實驗Ⅰ和實驗Ⅱ可以探究對鋅與稀硫酸反應速率的影響。

解析：實驗Ⅰ和實驗Ⅱ中，鋅的質量和狀態(tài)相同，硫酸的濃度不同，實驗Ⅲ和實驗Ⅳ中加入硫酸銅，Cu2＋的氧化性強于H＋，首先發(fā)生反應：Zn＋Cu2＋Zn2＋＋Cu，生成的銅附著在鋅表面，在稀硫酸溶液中構成原電池，加快鋅失電子。但是加入的硫酸銅過多，生成的銅會覆蓋在鋅表面，阻止鋅與稀硫酸進一步反應，產(chǎn)生氫氣的速率會減慢。

（1）本實驗待測數(shù)據(jù)可以是“反應結束所需要的時間”或“相同條件下產(chǎn)生等體積的氫氣所需要的時間”，實驗Ⅰ和實驗Ⅱ可以探究硫酸的濃度對反應速率的影響。

答案：反應結束所需要的時間（或相同條件下產(chǎn)生等體積的氫氣所需要的時間）硫酸濃度

（2）設計實驗Ⅲ和實驗Ⅳ的目的是，寫出有關反應的離子方程式。

解析：實驗Ⅲ和實驗Ⅳ加入的硫酸銅的質量不同，可以探究加入硫酸銅的質量對反應速率的影響。

答案：探究硫酸銅的質量對反應速率的影響Zn＋Cu2＋Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋Zn2＋＋H2↑

2.某化學小組為了研究外界條件對化學反應速率的影響，進行了如下實驗：

[實驗原理]2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O

[實驗內容及記錄]

實驗編號①②③

實驗溫度/℃252550

試管中所加試劑及其用量/mL0.6mol·L－1H2C2O4溶液3.02.02.0

H2OV13.0V2

3mol·L－1稀H2SO4溶液2.02.02.0

0.05mol·L－1KMnO4溶液3.03.03.0

溶液褪至無色所需時間/min1.52.71.0

（1）請完成此實驗設計，其中：V1＝，V2＝。

解析：實驗①、②探究濃度對反應速率的影響，則其他條件應該是相同的，則V1＝2.0；實驗②、③探究溫度對反應速率的影響，則其他條件應該是相同的，則V2＝3.0。

答案：2.03.0

（2）實驗①、②探究的是對化學反應速率的影響，根據(jù)上表中的實驗數(shù)據(jù)，可以得到的結論是。

解析：根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知實驗①、②探究的是濃度對化學反應速率的影響，根據(jù)表中的實驗數(shù)據(jù)，可以得到的結論是其他條件不變時，增大（減小）反應物濃度，化學反應速率加快（減慢）。

答案：濃度其他條件不變時，增大（減?。┓磻餄舛?，化學反應速率加快（減慢）

（3）探究溫度對化學反應速率的影響，應選擇實驗（填實驗編號）。

解析：根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知探究溫度對化學反應速率的影響，應選擇實驗②、③。

答案：②、③

（4）利用實驗①中的數(shù)據(jù)，計算用KMnO4表示的化學反應速率為。

解析：草酸的物質的量為0.6mol·L－1×0.003L＝0.0018mol，高錳酸鉀的物質的量為0.05mol·L－1×0.003L＝0.00015mol，草酸和高錳酸鉀的物質的量之比為0.0018mol∶0.00015mol＝12∶1，顯然草酸過量，高錳酸鉀完全反應，混合后溶液中高錳酸鉀的濃度為＝0.015mol·L－1，這段時間內平均反應速率v（KMnO4）＝＝0.01mol·L－1·min－1。

答案：0.01mol·L－1·min－1

“變量控制”實驗探究題的解答步驟

04

體現(xiàn)·核心價值

1.（2022·廣東高考）在相同條件下研究催化劑Ⅰ、Ⅱ對反應X→2Y的影響，各物質濃度c隨反應時間t的部分變化曲線如圖，則（）

A.無催化劑時，反應不能進行

B.與催化劑Ⅰ相比，Ⅱ使反應活化能更低

C.a曲線表示使用催化劑Ⅱ時X的濃度隨t的變化

D.使用催化劑Ⅰ時，0～2min內，v（X）＝1.0mol·L－1·min－1

解析：D催化劑只能決定化學反應快慢，不能決定反應是否發(fā)生，A項錯誤；由圖像曲線變化規(guī)律可知，相同時間內，催化劑Ⅰ導致的濃度變化更大，則催化劑Ⅰ使反應活化能更低，B項錯誤；2min時，a曲線和催化劑Ⅱ曲線的濃度變化量相等，與反應中X、Y的化學計量數(shù)矛盾，a曲線表示使用催化劑Ⅰ時X的濃度隨t的變化，C項錯誤；使用催化劑Ⅰ時，0～2min內，v（X）＝v（Y）＝×＝1.0mol·L－1·min－1，D項正確。

2.（2022·湖北高考）某溫度下，在1L恒容密閉容器中2.0molX發(fā)生反應2X（s）Y（g）＋2Z（g），有關數(shù)據(jù)如下：

時間段/min產(chǎn)物Z的平均生成速率/（mol·L－1·min－1）

0～20.20

0～40.15

0～60.10

下列說法錯誤的是（）

A.1min時，Z的濃度大于0.2mol·L－1

B.2min時，加入0.20molZ，此時v正（Z）＜v逆（Z）

C.3min時，Y的體積分數(shù)約為33.3%

D.5min時，X的物質的量為1.4mol

解析：B反應開始一段時間，隨著時間的延長，產(chǎn)物Z的平均生成速率逐漸減小，則0～1min內Z的平均生成速率大于0～2min內Z的平均生成速率，故1min時，Z的濃度大于0.20mol·L－1，A正確；4min時生成的Z的物質的量為0.15mol·L－1·min－1×4min×1L＝0.6mol，6min時生成的Z的物質的量為0.10mol·L－1·min－1×6min×1L＝0.6mol，故反應在4min時已達到平衡，設達到平衡時生成了amolY，列三段式：

2X（s）Y（g）＋2Z（g）

初始量/mol2.000

轉化量/mol2aa2a

平衡量/mol2.0－2aa0.6

根據(jù)2a＝0.6，得a＝0.3，則Y的平衡濃度為0.3mol·L－1，Z的平衡濃度為0.6mol·L－1，平衡常數(shù)K＝c2（Z）·c（Y）＝0.108，2min時Y的濃度為0.2mol·L－1，Z的濃度為0.4mol·L－1，加入0.2molZ后Z的濃度變?yōu)?.6mol·L－1，Q＝c2（Z）·c（Y）＝0.072＜K，反應正向進行，故v正（Z）＞v逆（Z），B錯誤；反應生成的Y與Z的物質的量之比恒等于1∶2，反應體系中只有Y和Z為氣體，相同條件下，體積之比等于物質的量之比，＝，故Y的體積分數(shù)始終約為33.3%，C正確；由B項分析可知，5min時反應處于平衡狀態(tài)，此時生成Z的物質的量為0.6mol，則X的轉化量為0.6mol，初始X的物質的量為2.0mol，則平衡時X的物質的量為1.4mol，D正確。

3.（2022·浙江6月選考）恒溫恒容的密閉容器中，在某催化劑表面上發(fā)生氨的分解反應：

2NH3（g）N2（g）＋3H2（g），測得不同起始濃度和催化劑表面積下氨濃度隨時間的變化如表所示，下列說法不正確的是（）

編號時間/minc（NH3）/（10－3mol·L－1）表面積/cm2020406080

①a2.402.001.601.200.80

②a1.200.800.40x

③2a2.401.600.800.400.40

A.實驗①，0～20min，v（N2）＝1.00×10－5mol·L－1·min－1

B.實驗②，60min時處于平衡狀態(tài)，x≠0.40

C.相同條件下，增加氨氣的濃度，反應速率增大

D.相同條件下，增加催化劑的表面積，反應速率增大

解析：C由表格中數(shù)據(jù)可知，0～20min，平均反應速率v（N2）＝＝＝1.00×10－5mol·L－1·min－1，A項正確；催化劑表面積的大小只影響反應速率，不影響平衡，實驗③中氨氣初始濃度與實驗①中一樣，實驗③達到平衡時氨氣濃度為4.00×10－4mol·L－1，則實驗①達平衡時氨氣濃度也為4.00×10－4mol·L－1，而恒溫恒容條件下，實驗②相對于實驗①為減小壓強，平衡正向移動，因此實驗②60min平衡時x≠0.40，B項正確；對比實驗①、②可知，增加氨氣的濃度，反應速率不變，C項錯誤；對比實驗①、③可知，催化劑表面積增大，反應速率增大，D項正確。

4.（2022·河北高考）恒溫恒容條件下，向密閉容器中加入一定量X，發(fā)生反應的方程式為①XY；②YZ。反應①的速率v1＝k1c（X），反應②的速率v2＝k2c（Y），式中k1、k2為速率常數(shù)。圖甲為該體系中X、Y、Z濃度隨時間變化的曲線，圖乙為反應①和②的lnk～曲線。下列說法正確的是（）

A.隨c（X）的減小，反應①、②的速率均降低

B.體系中v（X）＝v（Y）＋v（Z）

C.欲提高Y的產(chǎn)率，需提高反應溫度且控制反應時間

D.溫度低于T1時，總反應速率由反應①決定

解析：C由圖中的信息可知，濃度隨時間變化逐漸減小的曲線代表的是X，濃度隨時間變化逐漸增大的曲線代表的是Z，濃度隨時間變化先增大后減小的曲線代表的是Y；由圖乙中的信息可知，反應①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應②的。由圖甲中的信息可知，隨c（X）的減小，c（Y）先增大后減小，c（Z）逐漸增大，因此，反應①的速率隨c（X）的減小而減小，而反應②的速率先增大后減小，A錯誤；根據(jù)體系中發(fā)生的反應可知，在Y的濃度達到最大值之前，單位時間內X的減少量等于Y和Z的增加量，因此，v（X）＝v（Y）＋v（Z），但是，在Y的濃度達到最大值之后，單位時間內Z的增加量等于Y和X的減少量，故v（X）＋v（Y）＝v（Z），B錯誤；升高溫度可以加快反應①的速率，但是反應①的速率常數(shù)隨溫度升高增大的幅度小于反應②的，且反應②的速率隨著Y的濃度增大而增大，因此，欲提高Y的產(chǎn)率，需提高反應溫度且控制反應時間，C正確；由圖乙信息可知，溫度低于T1時，k1＞k2，反應②為慢反應，因此，溫度低于T1時，總反應速率由反應②決定，D錯誤。

5.（2022·北京高考）CO2捕獲和轉化可減少CO2排放并實現(xiàn)資源利用，原理如圖1所示。反應①完成之后，以N2為載氣，以恒定組成的N2、CH4混合氣，以恒定流速通入反應器，單位時間流出氣體各組分的物質的量隨反應時間變化如圖2所示。反應過程中始終未檢測到CO2，在催化劑上有積碳。

下列說法不正確的是（）

A.反應①為CaO＋CO2CaCO3；反應②為CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2

B.t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不變，可能有副反應CH4C＋2H2

D.t3之后，生成CO的速率為0，是因為反應②不再發(fā)生

C.t2時刻，副反應生成H2的速率大于反應②生成H2速率

解析：C由題干圖1所示信息可知，反應①為CaO＋CO2CaCO3，反應②為CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2，A正確；由題干圖2信息可知，t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不變，已知反應過程中始終未檢測到CO2，在催化劑上有積碳，故可能有副反應CH4C＋2H2，反應②和副反應中CH4和H2的系數(shù)比均為1∶2，B正確；由題干反應②方程式可知，H2和CO的反應速率相等，t2時刻H2的反應速率未變，仍然為2mmol·min－1，而CO的反應速率變?yōu)?～2mmol·min－1之間，故能夠說明副反應生成H2的速率小于反應②生成H2速率，C錯誤；由題干圖2信息可知，t3之后，CO的速率為0，CH4的速率逐漸增大，最終恢復到1，說明生成CO的速率為0，是因為反應②不再發(fā)生，而后副反應逐漸停止反應，D正確。

05

評價·核心素養(yǎng)

一、選擇題：本題包括12個小題，每小題僅有1個選項符合題意。

1.H2S是種高毒性、高腐蝕性的氣體污染物。最新研究表明，在多孔炭材料上搭載活性組分催化氧化脫硫效果明顯優(yōu)于傳統(tǒng)的吸附法，其反應機理如圖所示。下列有關說法錯誤的是（）

A.活性炭的作用為吸附劑和作催化劑的載體

B.溫度越高，多孔炭材料催化氧化脫硫的效果越好

C.增加水膜的酸性會降低反應的速率

解析：BA項，依據(jù)圖示可知，活性炭的作用為吸附劑和作催化劑的載體，正確；B項，溫度過高，H2S和溶解氧的溶解度下降，不利于脫硫效果，即并不是溫度越高，多孔炭材料催化氧化脫硫的效果越好，錯誤；C項，溶液酸性增強，不利于H2S溶解電離，減慢反應速率，正確；D項，依據(jù)圖示硫化氫在催化劑條件下與氧氣反應最終生成硫單質和水，該反應的總反應方程式為2H2S＋O22S↓＋2H2O，正確。

2.一定溫度下，在某密閉容器中發(fā)生反應：2HI（g）H2（g）＋I2（s）ΔH＞0，若0～15s內c（HI）由0.1mol·L－1降到0.07mol·L－1，則下列說法正確的是（）

A.0～15s內用I2表示的平均反應速率為v（I2）＝0.001mol·L－1·s－1

B.c（HI）由0.07mol·L－1降到0.05mol·L－1所需的反應時間小于10s

C.升高溫度，正反應速率加快，逆反應速率減慢

D.減小反應體系的體積，化學反應速率加快

解析：DI2為固態(tài)，故不能用它表示化學反應速率，A錯誤；0～15s，v（HI）＝＝0.002mol·L－1·s－1，若反應仍以該反應速率進行，則t＝＝10s，但隨著反應的進行，反應物濃度降低，反應速率減慢，所用時間應大于10s，B錯誤；升高溫度，正、逆反應速率均加快，C錯誤；減小反應體系的體積，從而增大了壓強，化學反應速率加快，D正確。

3.對于反應2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）ΔH＜0已達到平衡，如果其他條件不變時，分別改變下列條件，對化學反應速率和化學平衡產(chǎn)生影響，下列條件與圖像不相符的是（O～t1：v正＝v逆；t1時改變條件，t2時重新建立平衡）（）

解析：C分析時要注意改變條件瞬間v正、v逆的變化。增大O2的濃度，v正瞬間增大，v逆瞬間不變，A正確；增大壓強，v正、v逆都瞬間增大，v正增大的倍數(shù)大于v逆，B正確；升高溫度，v正、v逆都瞬間增大，速率曲線是不連續(xù)的，C錯誤；加入催化劑，v正、v逆同時同倍數(shù)增大，D正確。

4.從下列實驗事實所引出的相應結論正確的是（）

選項實驗事實結論

A其他條件相同，Na2S2O3溶液濃度越大，析出S沉淀所需時間越短當其他條件不變時，增大反應物濃度，化學反應速率加快

B在化學反應前后，催化劑的質量和化學性質都沒有發(fā)生改變催化劑一定不參與化學反應

C物質的量濃度相同的鹽酸和醋酸分別與等質量的、形狀相同的鋅粒反應反應開始時速率相同

D正反應速率加快，逆反應速率不變

解析：A增大反應物濃度，化學反應速率加快，A項正確；催化劑參與反應，但反應前后催化劑的質量和化學性質不變，B項錯誤；濃度相同的鹽酸和醋酸溶液中起始氫離子濃度不同，因此開始時反應速率不同，C項錯誤；縮小容積，正、逆反應速率同時增大，D項錯誤。

5.反應X2Z經(jīng)歷兩步：①X→Y；②Y→2Z。反應體系中X、Y、Z的濃度c隨時間t的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是（）

A.a為c（X）隨t的變化曲線

B.t1時，c（X）＝c（Y）＝c（Z）

C.t2時，Y的消耗速率大于生成速率

D.t3后，c（Z）＝2c0－c（Y）

解析：D由題中信息可知，反應X2Z經(jīng)歷兩步：①X→Y；②Y→2Z。因此，圖中呈不斷減小趨勢的a曲線為X的濃度c隨時間t的變化曲線，呈不斷增大趨勢的曲線為Z的濃度c隨時間t的變化曲線，先增大后減小的曲線為Y的濃度c隨時間t的變化曲線。X是唯一的反應物，隨著反應的進行，其濃度不斷減小，因此，由圖可知，a為c（X）隨t的變化曲線，A正確；由圖可知，分別代表3種不同物質濃度的曲線相交于t1時刻，因此，t1時c（X）＝c（Y）＝c（Z），B正確；由圖中信息可知，t2時刻以后，Y的濃度仍在不斷減小，說明t2時刻兩步反應仍在向正反應方向進行，而且反應①生成Y的速率小于反應②消耗Y的速率，即t2時Y的消耗速率大于生成速率，C正確；由圖可知，t3時刻反應①完成，X完全轉化為Y，若無反應②發(fā)生，則c（Y）＝c0，由于反應②Y→2Z的發(fā)生，t3時刻Y濃度的變化量為c0－c（Y），變化量之比等于化學計量數(shù)之比，所以Z的濃度的變化量為2[c0－c（Y）]，這種關系在t3后仍成立，因此，D不正確。

6.將CO2轉化為有機燃料是實現(xiàn)碳資源可持續(xù)利用的有效途徑。我國學者提出的CO2催化加氫合成CH3OH的機理如圖（其中吸附在催化劑表面的物種用*標注）所示。下列說法不正確的是（）

A.使用催化劑不能提高CO2的平衡轉化率

B.CO2催化加氫合成CH3OH總反應的ΔS＞0，

ΔH＜0

C.反應①中存在共價鍵的斷裂和共價鍵的形成

D.反應機理表明H2O參與了CO2合成CH3OH的反應

解析：BA項，催化劑的使用能提高反應速率，但不能改變CO2的平衡轉化率，正確；B項，CO2催化加氫合成CH3OH總反應為CO2＋3H2CH3OH＋H2O，正反應氣體體積減小，則反應的ΔS＜0，錯誤；C項，根據(jù)機理圖可判斷反應①中存在共價鍵的斷裂和共價鍵的形成，正確；D項，反應機理表明③和④中H2O參與了CO2合成CH3OH的反應，正確。

7.取50mL過氧化氫水溶液，在少量I－存在下分解：2H2O22H2O＋O2↑。在一定溫度下，測得O2的放出量，轉換成H2O2濃度（c）如下表：

t/min020406080

c/（mol·L－1）0.800.400.200.100.050

下列說法不正確的是（）

A.反應20min時，測得O2體積為224mL（標準狀況）

B.20～40min，消耗H2O2的平均速率為0.010mol·L－1·min－1

C.第30min時的瞬時速率小于第50min時的瞬時速率

D.H2O2分解酶或Fe2O3代替I－也可以催化H2O2分解

解析：C20min時，反應的Δn（H2O2）＝0.05L×（0.80－0.40）mol·L－1＝0.02mol，則生成的n（O2）＝0.01mol，標準狀況下體積為224mL，A正確；20～40min，v（H2O2）＝＝0.010mol·L－1·min－1，B正確；隨著H2O2的分解，c（H2O2）減小，反應速率減小，故第30min時的瞬時速率大于第50min時的瞬時速率，C錯誤；H2O2分解的催化劑也可以是酶、Fe2O3、Cu2＋、Fe3＋等，D正確。

8.室溫下，某溶液初始時僅溶有P和Q且濃度相等，同時發(fā)生以下兩個反應：①P＋QX＋Z；②P＋QY＋Z，反應①的速率可表示為v1＝k1c2（P），反應②的速率可表示為v2＝k2c2（P）（k1、k2為速率常數(shù)）。反應體系中組分Q、X的濃度隨時間變化情況如圖所示（溶液體積變化忽略不計）。

下列說法不正確的是（）

A.反應①的活化能比反應②的活化能大

B.0～20min內，Z的平均反應速率為6.0

×10－3mol·L－1·min－1

C.反應30min時，v1∶v2＝2∶3

D.45min時Y的濃度為0.24mol·L－1

解析：Bv1＝k1c2（P）＝，v2＝k2c2（P）＝，則＝＝為定值，20min時，由圖可知，Δc（X）＝0.12mol·L－1，Δc（Q）＝0.3mol·L－1＝Δc（X）＋Δc（Y），則Δc（Y）＝（0.3－0.12）mol·L－1＝0.18mol·L－1，即＝＝，相同條件下反應①的速率小于反應②，所以反應①的活化能大于反應②，A正確；0～20min內，Z的變化量與Q的變化量相同，所以Δc（Z）＝Δc（Q）＝0.3mol·L－1，Z的平均反應速率為＝＝0.015mol·L－1·min－1，B錯誤；＝始終為定值，即＝，C正確；45min時，Q的濃度約為0.2mol·L－1，Δc（Q）＝0.6mol·L－1－0.2mol·L－1＝0.4mol·L－1＝Δc（X）＋Δc（Y），根據(jù)＝＝，可得Y的濃度為0.4mol·L－1×＝0.24mol·L－1，D正確。

9.某小組探究實驗條件對反應速率的影響，設計如下實驗，并記錄結果如下：

編號①②③④

溫度/℃20205080

10mLH2SO4溶液濃度/（mol·L－1）0.100.100.100.10

5mLKI溶液濃度/（mol·L－1）0.400.800.400.40

1%淀粉溶液體積/mL1111

出現(xiàn)藍色時間/s40215未見藍色

下列說法正確的是（）

A.由實驗①②可知，反應速率v與c（I－）成正比

B.實驗①～④中，應將H2SO4溶液與淀粉溶液先混合

C.在I－被O2氧化過程中，H＋只是降低活化能

D.由實驗③④可知，溫度越高，反應速率越慢

解析：A實驗①②中其他條件相同，c（I－）：①＜②，且反應速率：①＜②，所以反應速率v與c（I－）成正比，A正確；實驗①～④中，應將KI溶液與淀粉溶液先混合，再加入H2SO4溶液，在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成碘單質，測定溶液變色的時間，B錯誤；在I－被O2氧化過程中，H＋除了作為催化劑降低活化能，還作為反應物參加反應，C錯誤；由實驗④可知，溫度越高，生成的碘單質能被氧氣繼續(xù)氧化，所以④不變色，D錯誤。

10.一定溫度下：在N2O5的四氯化碳溶液（100mL）中發(fā)生分解反應：2N2O54NO2＋O2。在不同時刻測量放出的O2體積，換算成N2O5濃度如下表：

t/sc（N2O5）/（mol·L－1）

01.40

6000.96

12000.66

17100.48

22200.35

28200.24

x0.12

下列說法正確的是（）

A.600～1200s，生成NO2的平均速率為5.0×10－4mol·L－1·s－1

B.反應2220s時，放出的O2體積為11.8L（標準狀況）

C.反應達到平衡時，v正（N2O5）＝2v逆（NO2）

D.推測上表中的x為3930

解析：D600～1200s，N2O5濃度的變化量為（0.96－0.66）mol·L－1＝0.3mol·L－1，在此時間段內NO2濃度的變化量為其2倍，即0.6mol·L－1，因此，生成NO2的平均速率為＝1.0×10－3mol·L－1·s－1，A不正確；由表中數(shù)據(jù)可知，反應2220s時，N2O5濃度的變化量為（1.40－0.35）mol·L－1＝1.05mol·L－1，其物質的量的變化量為1.05mol·L－1×0.1L＝0.105mol，O2物質的量的變化量是其，即0.0525mol，因此，放出的O2在標準狀況下的體積為0.0525mol×22.4L·mol－1＝1.176L，B不正確；反應達到平衡時，正反應速率等于逆反應速率，用不同物質表示該反應的速率時，其數(shù)值之比等于化學計量數(shù)之比，即2v正（N2O5）＝v逆（NO2），C不正確；分析表中數(shù)據(jù)可知，該反應經(jīng)過1110s（600～1710s，1710～2820s）后N2O5的濃度會變?yōu)樵瓉淼?，因此，N2O5的濃度由0.24mol·L－1變?yōu)?.12mol·L－1時，可以推測上表中的x＝2820＋1110＝3930，D正確。

11.一定條件下，反應H2（g）＋Br2（g）2HBr（g）的速率方程為v＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），某溫度下，該反應在不同濃度下的反應速率如下：

c（H2）/（mol·L－1）c（Br2）/（mol·L－1）c（HBr）/（mol·L－1）反應速率

0.10.12v

0.10.428v

0.20.4216v

0.40.142v

0.20.1c4v

根據(jù)表中的測定結果，下列結論錯誤的是（）

A.表中c的值為1

B.α、β、γ的值分別為1、2、－1

C.反應體系的三種物質中，Br2（g）的濃度對反應速率影響最大

D.反應體系中保持其他物質濃度不變，增大HBr（g）濃度，會使反應速率降低

解析：B速率方程為v＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），將H2、Br2、HBr的濃度和反應速率都代入速率方程可以得到，①v＝k×0.1α×0.1β×2γ、②8v＝k×0.1α×0.4β×2γ、③16v＝k×0.2α×0.4β×2γ、④2v＝k×0.4α×0.1β×4γ，由①②得到β＝，由②③得到α＝1，由①④得到γ＝－1，聯(lián)立4v＝k（0.2）α（0.1）βcγ（HBr）與①，將α＝1，β＝，γ＝－1代入，解得c＝1，由此分析。根據(jù)分析，α、β、γ的值分別為1、、－1，A不符合題意，B符合題意；由于v＝kcα（H2）cβ（Br2）cγ（HBr），α、β、γ的值分別為1、、－1，由于速率與Br2（g）和H2（g）的濃度成正比，與HBr（g）的濃度成反比，反應體系的三種物質中，Br2（g）的濃度對反應速率影響最大，C不符合題意；

由于γ＝－1，增大HBr（g）濃度，cγ（HBr）減小，在反應體系中保持其他物質濃度不變，會使反應速率降低，D不符合題意。

12.自由基是化學鍵斷裂時產(chǎn)生的含未成對電子的中間體，HNO自由基與O2反應過程的能量變化如圖所示。下列說法正確的是（）

解析：C由圖可知，P1→P2反應放熱，則產(chǎn)物P1的鍵能總和小于產(chǎn)物P2的鍵能總和，A錯誤；產(chǎn)物P2的能量更低，穩(wěn)定性更強，穩(wěn)定性P1弱于P2，B錯誤；由圖可知，該歷程中正反應最大能壘為Z到過渡態(tài)Ⅳ之間的能量差，最大值為（－18.92kJ·mol－1）－（－205.11kJ·mol－1）＝186.19kJ·mol－1，C正確；圖中峰值越大則活化能越大，圖中峰值越小則活化能越小，中間產(chǎn)物Z轉化為產(chǎn)物P1的活化能更小，反應速率更快，D錯誤。

A.產(chǎn)物P1的鍵能總和大于產(chǎn)物P2的鍵能總和

B.產(chǎn)物P1與P2的分子式相同，但穩(wěn)定性P1強于P2

C.該歷程中正反應能壘的最大值為186.19kJ·mol－1

D.相同條件下，中間產(chǎn)物Z轉化為產(chǎn)物的速率：v（P1）＜v（P2）

二、非選擇題：本題包括3個小題。

13.在一定條件下，二氧化硫和氧氣發(fā)生反應：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）。

（1）降低溫度，化學反應速率（填“增大”“減小”或“不變”）。

解析：降低溫度，化學反應速率減小。

答案：減小

（2）600℃時，在一容積為2L的密閉容器中，將二氧化硫和氧氣混合，在反應進行至10min和20min時，分別改變了影響反應的一個條件，反應過程中SO2、O2、SO3物質的量隨時間的變化如圖所示，前10min正反應速率逐漸（填“增大”“減小”或“不變”）；前15min內用SO3表示的平均反應速率為。

解析：前10min隨著反應的不斷進行，反應物SO2和O2的濃度不斷減小，正反應速率減小，前15min內用SO3表示的平均反應速率為≈1.33×10－3mol·L－1·min－1。

答案：減小1.33×10－3mol·L－1·min－1

（3）圖中反應進程，表示正反應速率與逆反應速率相等的時間段是

。

解析：反應過程中SO2、O2、SO3物質的量不隨時間變化的時間段為15～20min和25～30min，反應處于平衡狀態(tài)。

答案：15～20min、25～30min

（4）根據(jù)如圖判斷，10min時改變的條件可能是（填字母，下同）；20min時改變的反應條件可能是。

a.加入催化劑b.縮小容器容積

c.降低溫度d.增加O2的物質的量

解析：10～15min時三條曲線的斜率突然增大，說明反應速率突然加快，其原因可能是加入催化劑或縮小容器容積。反應進行至20min時，曲線發(fā)生的變化是O2的物質的量突然增大，平衡發(fā)生移動，引起SO2、SO3物質的量隨之發(fā)生變化。

答案：abd

14.向某密閉容器中加入0.15mol·L－1A、0.05mol·L－1C和一定量的B三種氣體。一定條件下發(fā)生反應，各物質濃度隨時間變化如甲圖所示[t0～t1時c（B）未畫出，t1時為0.05mol·L－1]。乙圖為t2時刻后改變反應條件，平衡體系中正、逆反應速率隨時間變化的情況。

（1）若t4時改變的條件為減小壓強，則B的起始物質的量濃度為

mol·L－1。

解析：t4時，減小壓強，v正、v逆以同等倍數(shù)下降，說明該反應反應前后化學計量數(shù)之和相等，由A、C濃度變化曲線知，到t1時，A、C的濃度變化量分別為Δc（A）＝0.15mol·L－1－0.06mol·L－1＝0.09mol·L－1，Δc（C）＝0.11mol·L－1－0.05mol·L－1＝0.06mol·L－1，即A、C的化學計量數(shù)之比為0.09∶0.06＝3∶2，故反應方程式為3A（g）2C（g）＋B（g），則B的起始濃度為0.05mol·L－1－0.03mol·L－1＝0.02mol·L－1。

答案：0.02

（2）若t5時改變的條件是升溫，此時v正＞v逆，若A的物質的量減少0.03mol時，容器與外界的熱交換總量為akJ，寫出反應的熱化學方程式：。

解析：因升溫，v正＞v逆，平衡正向移動，故此反應為吸熱反應，其熱化學方程式為3A（g）2C（g）＋B（g）ΔH＝＋100akJ·mol－1。

答案：3A（g）2C（g）＋B（g）ΔH＝＋100akJ·mol－1

解析：乙圖中t3時刻v正、v逆以同等倍數(shù)增大，故改變的條件應是增大壓強或加入催化劑。

答案：ab

（3）t3時改變的某一反應條件可能是（填字母）。

a.使用催化劑b.增大壓強c.增大反應物濃度

（4）在恒溫恒壓下通入惰性氣體，v正v逆（填“＞”“＝”或“＜”）。

解析：在恒溫恒壓下充入惰性氣體，各組分濃度以相同倍數(shù)減小，相當于減壓，因本反應為氣體分子數(shù)不變的反應，平衡不移動，故v正＝v逆。

答案：＝

15.研究不同pH時CuSO4溶液對H2O2分解的催化作用。

資料：a.Cu2O為紅色固體，難溶于水，能溶于硫酸，生成Cu和Cu2＋

b.CuO2為棕褐色固體，難溶于水，能溶于硫酸，生成Cu2＋和H2O2

c.H2O2有弱酸性：H2O2H＋＋H，HH＋＋

d.EDTA（無色）、PAN（黃色）均具有還原性，都能與Cu2＋反應：Cu2＋＋EDTAED