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第 1 讲 化学反应速率
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方法
2.通过实验探究，学习运用变量控制的方法研究化学反应速率；速率影响的一般规律，
能运用规律解释生产、生活和科学实验中的实际问题。
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；知道催化
剂可以改变反应历程，能从调控化学反应速率的角度分析和选择反应条件。
4.能用简单碰撞理论说明反应条件对化学反应速率的影响，体会理论模型的建构过程，
强化模型认知意识。
重点：化学反应速率的简单计算；反应条件对化学反应速率的影响。
难点：用简单碰撞理论说明反应条件对化学反应速率的影响。
一、化学反应速率
1．化学反应速率可以用单位时间、单位、体积中反应物或生成物的物质的量的变化来表示。
2．如果反应体系的体积是恒定的，则化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或
生成物浓度的增加来表示，公式为 v ＝ 。式中， Δc表示反应物浓度或生成物浓度的变化，
其常用单位是 mol/L( 或 mol·L － 1 ) 等。Δt表示反应时间的变化，其常用单位是 s( 秒 ) 、 min( 分 )
等。v表示反应速率(取正值)，其常用单位是 mol/(L·s)( 或 mol·L － 1 ·s － 1 ) 等。
3．对于一个化学反应：mA＋nB===pC＋qD，可以用任一种物质的物质的量浓度随时间的
变化来表示该化学反应的速率 v(A)＝ — ， v(B)＝ — ， v(C)＝，v(D)＝。且有＝＝＝。即
v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝ m ∶ n ∶ p ∶ q 。
4．化学反应速率是可以通过实验测定的。根据化学反应速率的表达式，实验中需要测定不
同反应时刻反应物 ( 或生成物 ) 的浓度 。实际上任何一种与物质浓度有关的可观测量都可以
加以利用，如气体的体积、体系的压强、颜色的深浅、光的吸收、导电能力等。
二、影响化学反应速率的因素
1.相同条件下，不同的化学反应会有不同的速率，这表明反应速率首先是由 反应物的组成 、
结构和性质等因素决定的。
2.在一般情况下，当其他条件相同时，增大反应物的浓度，化学反应速率增大，降低反应
物的浓度，化学反应速率减小，升高温度，化学反应速率增大，降低温度，化学反应速率减小。
3.催化剂可以改变化学反应的速率。
4.对于有气体参加的化学反应，改变压强同样可以改变化学反应速率。
三、活化能
1.大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成的，而往往经过多个反应步骤才能实现。
例如：2HI===H ＋I，经过以下两步反应完成：
2 2
2HI―→H＋2I
2
2I―→I
2
这两个先后进行的每一步反应都称为基元反应，反映了2HI===H ＋I 的反应历程，反
2 2
应历程又称为反应机理。
2．基元反应发生的先决条件是反应物分子必须发生碰撞。并不是反应物分子的每一次碰撞
都能发生化学反应。我们把能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞。
3．发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量，这种分子叫做活化分子，活化分子具有的平
均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做反应的活化能。
4．反应物、生成物的能量与活化能的关系图
反应的活化能越低，活化分子百分数越大，反应速率越快。
5．用活化能解释外界条件对化学反应速率的影响
(1)当其他条件相同时，增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰
撞次数增加，化学反应速率增大。同理，也可以解释降低反应物浓度会使化学反应速率减
小。
(2)其他条件相同时，升高温度，反应物分子的能量增加，使一部分原来能量低的分子变成
活化分子，从而增加了反应物分子中活化分子的百分数，使得单位时间内有效碰撞次数增
加，因而化学反应速率增大。同理，降低温度会使化学反应速率减小。
(3)催化剂能改变反应的历程，改变反应的活化能。有催化剂时反应的活化能比无催化剂时
反应的活化能降低了很多，这就使更多的反应物分子成为活化分子，增大了单位体积内反
应物分子中活化分子的数目，从而增大了化学反应速率。
1．判断正误，正确的打“√”，错误的打“×”。(1)对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明显。( )
(2)甲、乙两容器中分别充入2 mol NO 和4 mol NO ，5分钟后两者各反应掉NO 1 mol和
2 2 2
2 mol，则说明乙中反应速率大。( )
(3)化学反应速率一定随着时间的延长而减小。( )
(4)由v＝计算平均速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值。( )
(5)决定化学反应速率快慢的根本因素是温度、浓度和催化剂。( )
(6)二氧化锰能加快所有化学反应的速率。( )
(7)锌与硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生H 的速度越快。( )
2
(8)恒压时，增加惰性气体的量，使有气体物质参加的反应的化学反应速率减慢。( )
(9)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。( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)√ (9)×
考点1化学反应速率的计算和比较
1．化学反应速率的计算方法
(1)定义式法
利用公式v＝＝计算化学反应速率。
注意：①用公式v＝＝计算得到的化学反应速率是平均速率，不是瞬时速率，化学反
应速率均取正值。
②浓度的变化量Δc＝c(某时刻)－c(初始)
所以一般Δc(反应物)为负值，Δc(生成物)为正值，但是计算出的反应速率都为正值。
③同一化学反应，用不同物质表示的化学反应速率其数值可能不同，但表示意义相同，
故表示化学反应速率时，必须指明具体物质。
④固体或纯液体物质的浓度视为常数，不能用固体或纯液体物质的浓度变化来表示化
学反应速率。
(2)关系式法
利用“化学反应速率之比＝物质的量浓度变化量之比＝化学计量数之比”计算化学反
应速率。
(3)“三段式”法
①求解化学反应速率计算题的一般步骤：
a．写出有关反应的化学方程式。
b．找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。c．根据已知条件列方程计算。
例如 mA ＋ nB pC
\s\up11(起始浓度) a b c
\s\up11(转化浓度) x
\s\up11(某时刻浓度) a－x b－ c＋
v(B)＝＝
②计算中注意以下量的关系：
a．对反应物：c(起始)－c(转化)＝c(某时刻)
b．对生成物：c(起始)＋c(转化)＝c(某时刻)
c．转化率＝×100%
2．化学反应速率快慢的比较方法——比值法
(1)转化为同一单位表示，其转化公式为1 mol·L－1·s－1＝60 mol·L－1·min－1。
(2)比较化学反应速率与化学计量数的比值。
如反应aA＋bB===cC，要比较v(A)与v(B)的相对大小，即比较与，若>，则A表示的
反应速率比B表示的大。
将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)+B(g)=xC(g)
+2D(g)，经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，c(A) ∶ c(B)=3∶5，以C表示的平均速率为
下列说法正确的是
A．该反应方程式中，x=2
B．反应速率：
C．2min时，B的物质的量为1.5mol
D．2min时，A的转化率为60%
【答案】A
【详解】A．根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25mol·L-1·min-1，以C表示的平均速率v
（C）=0.25mol·L-1·min-1，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x＝2，
A正确；
B．根据题意得v（D）=0.5mol/L÷2min=0.25mol·L-1·min-1，则根据化学反应速率之比等于
方程式中化学计量数之比可知v（B）= v（D）=0.125mol·L-1·min-1，B错误；C．2min时，D的物质的量是0.5mol/L×2L=1mol，所以消耗A、B的物质的量分别是
1.5mol、0.5mol，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是
y-1.5mol、y-0.5mol，根据c(A) ∶c(B)=3∶5，解得 =3:5，解得y=3mol。所以2min时，
B的物质的量为3mol-0.5mol=2.5mol，C错误；
D．A的转化率为 ×100%=50％，D错误；
故选A。
2molA与2molB混合于2L的密闭容器中，发生反应：2A(g)＋3B(g) 2C(g)＋
zD(g)；若2s后，A的转化率为50％，测得v(D)=0.25mol·L-1·s-1，下列推断正确的是
A．v(C)=0.2mol·L-1·s-1 B．z=3
C．B的转化率为75％ D．反应前与2s后容器的压强比为4：3
【答案】C
【分析】2s后A的转化率为50%，则反应的A为2×50%=1mol，则
【详解】A．v(C)＝ =0.25mol·L－1·s－1，选项A错误；
B．v(D)＝0.25mol·L－1·s－1，v(C)＝v(D)，z=2，选项B错误；
C．据以上分析可知，B的转化率为 ×100%=75%，选项C正确；
D．反应前与2s后容器的压强比等于气体物质的量之比=4：（1+0.5+1+0.5×2）=4:3.5；选
项D错误；
答案选C。
将等物质的量A、B混合于2L的密闭容器中，发生反应：3A(g)＋B(g) xC(g)＋
2D(g)，经5min后测得D的浓度为0.5mol·L-1，c(A)∶c(B)=3∶5，C的平均反应速率是
0.1mol·L-1·min-1。
(1)经5min后A的浓度为 。(2)反应开始前充入容器中B的物质的量为 。
(3)B的平均反应速率为 。
(4)x的值为 。
(5)对于反应A(g)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)，下列分别表示不同条件下的反应速率，则反应速率
大小关系是 。
①v(A)=0.01mol·L-1·s-1
②v(B)=1.20mol·L-1·min-1
③v(C)=2.40mol·L-1·min-1
④v(D)=0.02mol·L-1·s-1
【答案】(1)0.75mol·L-1
(2)3mol
(3)0.05mol·L-1·min-1
(4)2
(5)③>①=④>②
【分析】由方程式可知Δc(A)=1.5Δc(D)=1.5×0.5mol/L=0.75mol/L，
Δc(B)=0.5Δc(D)=0.25mol/L，A、B起始浓度相等设为cmol/L，则（c-0.75）：（c-0.25）=3：
5，解得c=1.5。开始时容器中A、B的物质的量为n=1.5mol/L×2L=3mol。
【详解】（1）由分析可知，开始A的浓度为1.5mol/L，Δc(A)=1.5Δc(D)=1.5×0.5mol/
L=0.75mol/L，则5min后A的浓度为1.5mol/L。
（2）根据分析可知，反应开始前充入容器中的B的物质的量为3mol。
（3）浓度变化量之比等于化学计量数之比，则x：2=0.1mol/(L•min)×5min：0.5mol/L，解
得x=2，速率之比等于化学计量数之比，则v(B)=0.5v(C)=0.05mol/(L•min)。
（4）浓度变化量之比等于化学计量数之比，则x：2=0.1mol/(L•min)×5min：0.5mol/L，解
得x=2。
（5）①v(A)=0.01mol·L-1·s-1时，v(A)=v(A)×60=0.6mol·L-1·min-1；
②v(B)=1.20mol·L-1·min-1时，v(A)= v(B)=0.4mol·L-1·min-1；；
③v(C)=2.40mol·L-1·min-1时，v(A)= v(C)=1.20mol·L-1·min-1；
④v(D)=0.02mol·L-1·s-1，v(A)= v(D)×60=0.6mol·L-1·min-1；故速率大小关系为③>①=④>②。
考点2化学反应速率的测定
1．基本原理与思路
化学反应的速率是通过实验测定的。因为化学反应中发生变化的是体系中的化学物质
(包括反应物和生成物)，所以与其中任何一种化学物质的浓度(或质量)相关的性质在测量反
应速率时都可以加以利用。
2．化学反应速率的测量
(1)可直接通过实验测定某些物理量，如释放出气体的体积等。
(2)依靠科学仪器才能测量的性质，如光的吸收、光的发射、导电能力等。
(3)在溶液中，当反应物或生成物本身有比较明显的颜色时，常常利用颜色深浅和显色
物质浓度间的正比关系来跟踪反应的过程和测量反应速率。
化学反应速率是描述化学反应进行快慢程度的物理量。下面是某同学测定化学反应
速率的实验。
该同学利用如图装置测定化学反应速率。(已知：S O +2H+ = H O+S↓+SO ↑)
2 2 2
(1)除如图装置所示的实验用品外，还需要的一件实验用品是 。
(2)若在2 min时收集到224 mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2 min内H+的反应速率，
而该测定值比实际值偏小，其原因可能是 。
(3)利用该化学反应，试简述测定反应速率的其他方法： (写一种)。
【答案】(1)秒表(2)SO 会部分溶于水
2
(3)测定一段时间内生成沉淀的质量(或实时测定溶液中氢离子浓度，或其他合理答案)
【分析】稀硫酸与Na S O 混合会发生反应：H SO +Na S O =Na SO +H O+S↓+SO ↑。可以通
2 2 3 2 4 2 2 3 2 4 2 2
过测量一定时间内反应产生SO 气体的多少，或通过测量产生一定体积的SO 所需时间长短
2 2
或通过测定一段时间内生成沉淀的质量来测量化学反应速率。
（1）
除如图装置所示的实验用品外，还需要的一件实验用品是及时用的秒表；
（2）
若在2 min时收集到224 mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2 min内H+的反应速率，
而该测定值比实际值偏小，这是由于SO 会部分溶于水，导致根据SO 气体计算的H+的浓度
2 2
改变值减少；
（3）
利用该化学反应，简述测定反应速率的其他方法可以是：测定一段时间内生成沉淀的质量
(或实时测定溶液中氢离子浓度)。
小李同学采用如图所示的实验装置测定锌与稀硫酸反应的速率，取1g锌粒与
20mL0.5mol·L-1的硫酸进行反应，测得不同时刻反应生成的H 的体积(已折算为标准状况)如
2
表。下列说法正确的是
t/s 0 5 10 15 20 25
V(H )/mL 0.0 14.6 34.5 44.8 52.2 56.9
2
A．反应结束时锌粒无剩余
B．锌与稀硫酸反应初期速率逐渐加快，后又变慢C．应用锌粉代替锌粒进行实验，以节约实验时间
D．假设溶液的体积不变，10~25s内的平均反应速率v(H SO )=0.02mol·L-1·min-1
2 4
【答案】B
【详解】A．Zn与稀硫酸反应：Zn+H SO =ZnSO +H ↑，1gZn消耗稀硫酸的物质的量为
2 4 4 2
mol＞0.01mol，锌过量，故A错误；
B．锌与稀硫酸反应放热，温度升高，化学反应速率加快，反应进行一定时间后，酸中氢离
子浓度减小，化学反应速率减慢，故B正确；
C．采用锌粉反应速率太快，收集一定体积的H 时所需时间间隔太短，不易计时，故C错
2
误；
D．10~25s内反应生成n(H )= =0.001mol，参与反应的硫酸是
2
0.001mol，v(H SO )=0.2mol·L-1·min-1，故D错误；
2 4
答案为B。
某校化学活动社团为测定1mol/L的H SO 溶液与锌粒和锌粉反应的速率，设计如图
2 4
1装置。
(1)图1中盛有H SO 溶液的仪器名称是 。
2 4
(2)按照图1装置实验时，限定了两次实验时间均为10min，还需要测定的另一个数据是
。
(3)若将图1装置中的气体收集装置改为图2装置，实验完毕待冷却后，该学生准备读取量
气管上液面所在处的刻度，发现量气管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是
。
【答案】(1)分液漏斗(2)收集到气体的体积
(3)调节量气管的高度使得两侧液面相平
【分析】该反应中化学反应速率的测量要注意两个方面的数据，一个是产生氢气的体积，
再换算成浓度，另一个是产生这些氢气所需要的时间。
【详解】（1）题图1中盛放 溶液的仪器是分液漏斗。
（2）按照题图1装置实验时，限定了两次实验时间均为10min，还需要测定的另一个数据
是反应产生 的体积。
（3）图2装置准备读取量气管上液面所在处的刻度，应首先调节量气管的高度使得两侧液
面相平。
考点3 定性与定量研究影响化学反应速率的因素
1．温度对反应速率的影响
反应
NaSO＋HSO ===Na SO ＋SO ↑＋S↓＋HO
2 2 3 2 4 2 4 2 2
原理
实验
操作
实验 冷水和热水中的两组实验均出现浑浊，但热水中的一组实验先
现象 出现浑浊
实验
升高温度，NaSO 与HSO 的反应速率增大
2 2 3 2 4
结论
结论：其他条件不变时，升高温度，反应速率增大；降低温度，反应速率减小。
2．浓度对反应速率的影响(1)按照图示安装两套装置。
(2)在两个锥形瓶中各加入2 g锌粒(颗粒大小基本相同)。
(3)通过分液漏斗分别加入40 mL 1 mol/L和40 mL 4 mol/L的HSO 溶液。
2 4
(4)观察并记录收集10 mL H 所用的时间，发现4 mol/L的HSO 溶液所用时间比1
2 2 4
mol/L的HSO 溶液所用时间短。
2 4
结论：其他条件不变时，增大反应物浓度，反应速率增大；减小反应物浓度，反应速率减
小。
注意：(1)固体和纯液体的浓度可视为常数，改变其物质的量，对反应速率无影响。
(2)若某物质的浓度变化改变了其性质，反应实质可能发生改变，要具体分析反应速率
的变化(如铁与稀硫酸反应，在一定浓度范围内反应速率与浓度有关，但 Fe与浓硫酸反应
不产生H，且常温下铁遇浓硫酸发生钝化)。
2
(3)固体物质的反应速率与表面积有关，颗粒越小，表面积越大，反应速率就越快，故
块状固体可通过研磨来增大表面积，从而加快反应速率。
(4)对于离子反应，只有实际参加反应的各离子浓度发生变化，才会引起化学反应速率
的改变。
(5)改变压强，对化学反应速率的影响的根本原因是引起浓度改变。所以在讨论压强对
反应速率的影响时，应区分引起压强改变的原因。
①对于没有气体参与的化学反应，改变压强，对化学反应速率无影响。
②对于有气体参与的化学反应，有以下几种情况
Ⅰ．恒温恒容时：
a．充入气体反应物→总压强增大→浓度增大→反应速率加快。
b．充入“无关气体(如He、Ne、Ar、N 等不参与本反应也不干扰本反应的气体，下
2
同)”→总压强增大，但各反应物浓度不变，则反应速率不变。
Ⅱ．恒温恒压时：
a．同等程度地充入相应的气体反应物→体积增大，但各反应物浓度不变，则反应速率
不变。
b．充入“无关气体”→体积增大→各反应物浓度减小→反应速率减慢。
某小组探究实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下：
编
温度 HSO 溶液 KI溶液 1%淀粉溶液体积 出现蓝色时间
号 2 4
① 20°C 0.10mol·L-110mL 0.40mol·L-15mL 1mL 40s
② 20°C 0.10mol·L-110mL 0.80mol·L-15mL 1mL 21s
③ 50°C 0.10mol·L-110mL 0.40mol·L-15mL 1mL 5s④ 80°C 0.10mol·L-110mL 0.40mol·L-15mL 1mL 未见蓝色
下列说法正确的是
A．实验①~④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合
B．实验①~④中，应将HSO 溶液与淀粉溶液先混合
2 4
C．在I-被O 氧化过程中，H+只是降低活化能
2
D．由④实验可知，温度越高，反应速率越慢
【答案】A
【分析】反应速率与温度、浓度、催化剂等有关，温度越高反应速率越快，浓度越大反应
速率越快，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。
【详解】A．实验①-④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合，再加入HSO 溶液，在酸性条
2 4
件下发生氧化还原反应生成碘单质，测定溶液变色的时间，A正确；
B．实验①-④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合，再加入HSO 溶液，在酸性条件下发生
2 4
氧化还原反应生成碘单质，测定溶液变色的时间，B错误；
C．在I-被O 氧化过程中，H+除了作为催化剂降低活化能，还作为反应物参加反应，C错
2
误；
D．由实验④温度越高，生成的碘单质能被氧气继续氧化，所以④不变色，D错误；
故选A。
课外实验小组以KI参与的某些反应来对反应过程和化学反应原理进行探究。
(1)KI中的 促进 分解的反应机理如下
① (慢）
② (快）
则此过程的决速步骤为 (填序号）， 在此过程中的作用是 。
(2)KI中的 在经酸化的溶液中易被空气氧化：
实验小组探究外界条件对反应速率的影响，部分实验数据如下表。
编 温 硫酸 KI溶 体 淀粉溶液 出现蓝色
号 度/℃ 体积/mL 液体积/mL 积/mL 体积/mL 的时间/s
A 39 10.0 5.0 5.0 1.0 5B 5 10.0 5.0 V 1.0 39
C 39 15.0 5.0 0.0 1.0 t
①为确保A组实验在39℃下进行，应采用的控温方法为 。
②B组实验中V= ，C组是探究 对反应速率的影响，t的取值范围为 。
(3)若将C组实验反应后溶液充分放置一段时间，检验其吸收 的体积，可用 标准
溶液滴定吸收液( ），实验时应将 标准溶液放在
滴定管中，滴定终点时实验现象为 ，若消耗0.2mol/L 标准溶液为15.00mL，
则吸收氧气在标准状况下的体积为 。
【答案】(1) ① 作为中间产物
(2) 水浴加热 5.0 硫酸浓度 t＜5
(3) 碱式 当最后半滴溶液滴进去时，溶液颜色由蓝色变无色，且半分钟不
0.0168L
【详解】（1）反应历程中，决速步骤是反应较慢的反应，所以是反应①， 在反应①中
是生成物，反应②中是反应物，所以 在此过程中的作用是作为中间产物；故答案是①；
作为中间产物；
（2）①为确保A组实验在39℃下进行，应采用的控温方法为水浴加热；
②实验A、B、C采用控制变量法探究外界条件对反应速率的影响。实验中加水的体积是为
了保证三个实验的总体积相同，所以B组实验中V=5.0；C组硫酸的体积与实验A不同，
其他相同，故C组是探究硫酸的浓度对反应速率的影响；相比实验A，实验C的硫酸浓度
较大，反应速率快，所以t的取值范围为t＜5；
（3） 溶液显碱性，滴定时放在碱式滴定管中；C组实验反应后溶液中存在I，与
2
淀粉形成蓝色溶液，滴定时I 与 反应，故滴定终点时实验现象为当最后半滴溶液
2
滴进去时，溶液颜色由蓝色变无色，且半分钟不变；根据 、，可得到关系式：O～2I～4 ，若消耗0.2mol/L
2 2
标准溶液为15.00mL，则吸收氧气在标况下的体积是 ×0.2mol/L×15.00×10-
3L×22.4L/mol=0.0168L。
考点4 活化能与化学反应历程
1．基元反应、过渡态理论及活化能
(1)基元反应：研究发现，大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成，往往要经过
多个反应步骤才能实现。每一步反应都称为基元反应。
(2)过渡态理论：过渡态理论认为，反应物分子并不只是通过简单碰撞直接形成产物，
而是必须经过一个形成活化络合物的过渡状态，并且达到这个过渡状态需要一定的活化能。
2．多步反应的活化能及其与速率的关系
(1)多步反应的活化能：一个化学反应由几个基元反应完成，每一个基元反应都经历一
个过渡态，及达到该过渡态所需要的活化能(如图E、E)。
1 2
(2)活化能和速率的关系：基元反应的活化能越大，反应物到达过渡态就越不容易，该
基元反应的速率就越慢。一个化学反应的速率取决于速率最慢的基元反应。
3．催化剂与活化能
(1)催化剂的催化机理：催化剂参与化学反应，生成能量更低的中间产物，降低了达到
过渡态所需要的活化能，使反应易于发生，速率加快。这就是我们经常说的催化剂改变反
应途径，降低反应的活化能。
(2)催化反应一般过程(简化的过程)：
①反应物扩散到催化剂表面；
②反应物被吸附在催化剂表面；③被吸附的反应物发生化学反应生成产物；
④产物的解吸。
科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在
Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*
标注。下列说法正确的是
A．该历程中活化能最小的反应方程式 CH O*＋2H*→CHO*＋3H*
2
B．该历程中能垒(反应活化能)最大的是②
C．该历程中制约反应速率的方程式为CH O*＋3H*→CO*＋4H*
3
D．由此历程可知：CH OH(g) CO(g)＋2H (g) ΔH<0
3 2
【答案】A
【详解】A．从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小，该过程的反应方程式为：
CH O*＋2H* CHO*＋3H*，A正确；
2
B．过渡态1发生的反应活化能最大，故该历程中能垒(反应活化能)最大的是①，B错误；
C．总反应速率由反应速率最慢的那步历程决定，由图可知，历程中能垒(反应活化能)最大
的为①，所以制约反应速率的方程式为CH OH* CH O*＋H*, C错误；
3 3
D．由图可知CH OH(g) CH OH*，放出40 kJ热量，①～④过程中CH OH* CO*＋
3 3 3
4H*放出80 kJ热量，即CH OH(g) CO*＋4H*放热120 kJ，但CO*＋4H* CO(g)＋
32H (g)吸热未知，所以不能据此确定CH OH(g) CO(g)＋2H (g)的焓变ΔH，D错误；
2 3 2
故选A。
某化学反应 分两步进行；① ；② 。其能量变化如图所示，下
列说法错误的是
A．该反应是放热反应
B．反应①是总反应的决速步骤
C．X、Y、M三种物质中Y最稳定
D．M是该反应的催化剂，可降低该反应的焓变，提高该反应的速率
【答案】D
【分析】由题意可知，X为反应物、Y为生成物、M为中间产物。
【详解】A．由图可知，X转化为Y的反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，
故A正确；
B．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于慢反应，由图可知，反应①的活化
能大于反应②，所以反应①是总反应的决速步骤，故B正确；
C．物质的能量越低越稳定，由图可知，X、Y、M三种物质中Y的能量最低，所以三种物质
中Y最稳定，故C正确；
D．由分析可知，M为反应的中间产物，故D错误；
故选D。
合成氨是目前最有效工业固氮的方法，可解决数亿人口生存问题。科学家研究利用
铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。下列
说法错误的是A．合成氨总反应 正反应的活化能高于逆反应的活化能
B．该历程的决速步为
C．合成氨总反应 的反应热为
D．铁触媒能使反应物活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
【答案】A
【分析】反应活化能指分子从常态转变为容易发生反应的活跃状态所需的能量。
【详解】A．根据反应历程图像可知合成氨为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总
能量，故反应物到活跃状态需要的能量少，生成物到反应活跃状态需要的能量多，则合成
氨总反应N +3H 2NH 正反应的活化能小于逆反应的活化能，A错误；
2 2 3
B．能量壁垒最大步决定反应速率，根据反应历程图可知该历程的决速步为
Nad+3Had=NHad+2Had H=+106kJmol−1，B正确；
△ ⋅
C．根据反应历程图可知， mol氮气完全反应生成氨气放热46 kJ，则1mol氮气完全反应
生成氨气放热92kJ，合成氨总反应N (g)+3H (g) 2NH (g) H=−92kJmol−1，C正确；
2 2 3
D．铁触媒催化剂，能降低正反应的活化能，使⇌反应物活化△分子百分⋅ 数增大，有效碰撞次
数增多，D正确；
故答案为：A。
1．合成气转变为甲醇的反应为：CO(g)＋2H(g) CHOH(g) ΔH=-90.8kJ·mol−1。一定条件
2 3
下，将1mol CO和3mol H 通入2L的恒容密闭容器中，5min时测得H 的物质的量为
2 2
2.4mol。下列说法正确的是A．0~5min，反应放出的热量为27.24kJ
B．第5min时，H 的反应速率为0.06mol·L−1min−1
2
C．其他条件不变，增大CO浓度可以增加体系中活化分子百分数
D．反应到5min时，生成0.6mol CH OH
3
【答案】A
【详解】A．0~5min，反应放出的热量 =27.24kJ，A说法正确；
B．只能计算一段时间内的平均速率，不能计算瞬时速率，第5min时，H 的反应速率不能
2
确定，B说法错误；
C．其他条件不变，增大CO浓度，增大单位体积内活化分子的数目，但分子总数也增大，
故体系中活化分子百分数未改变，C说法错误；
D．反应到5min时，反应0.6mol氢气，生成0.3molCHOH，D说法错误；
3
答案为A。
2.下列说法中正确的是
A．活化分子之间发生的碰撞一定是有效碰撞
B． 的反应一定是能自发进行的反应
C．催化剂能降低反应的活化能，因而提高可逆反应的速率和产率
D．升高温度，使活化分子的百分数增大，因而增大化学反应速率
【答案】D
【详解】A．活化分子之间发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，取向不合适不能发生反应
的碰撞不是有效碰撞，A错误；
B．满足ΔH-TΔS<0的反应才能自发进行，ΔH<0的反应不一定能自发进行，B错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，因此可以提高可逆反应的速率，但是不能提高产率，C错
误；
D．升高温度，活化分子的百分数增大，化学反应速率也增大，D正确；
故选：D。
3.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， 内，
【答案】D
【详解】A．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．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．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．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则 (Y) = =
=2.0 ， (X) = (Y) = 2.0 =1.0 ，
故D正确；
答案选D。
4．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表
面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下
列说法正确的是A．该历程中活化能最小的反应方程式 CHO*＋2H*→CHO*＋3H*
2
B．该历程中能垒(反应活化能)最大的是②
C．该历程中制约反应速率的方程式为CHO*＋3H*→CO*＋4H*
3
D．由此历程可知：CHOH(g) CO(g)＋2H(g) ΔH<0
3 2
【答案】A
【详解】A．从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小，该过程的反应方程式为：
CHO*＋2H* CHO*＋3H*，A正确；
2
B．过渡态1发生的反应活化能最大，故该历程中能垒(反应活化能)最大的是①，B错误；
C．总反应速率由反应速率最慢的那步历程决定，由图可知，历程中能垒(反应活化能)最大
的为①，所以制约反应速率的方程式为CHOH* CHO*＋H*, C错误；
3 3
D．由图可知CHOH(g) CHOH*，放出40 kJ热量，①～④过程中CHOH* CO*
3 3 3
＋4H*放出80 kJ热量，即CHOH(g) CO*＋4H*放热120 kJ，但CO*＋4H* CO(g)
3
＋2H(g)吸热未知，所以不能据此确定CHOH(g) CO(g)＋2H(g)的焓变ΔH，D错误；
2 3 2
故选A。
5.某小组利用 溶液和酸性 溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。
实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下的方案。
酸性 溶液 溶液
编
溶液/℃
号
浓度/ 体积/ 浓度/ 体积/
① 0.010 4.0 0.20 2.0 25
② 4.0 2.0 25
③ 0.010 4.0 0.20 2.0 50
(1)已知反应后 转化为 逸出， 转化为 。为了观察到紫色褪去，
与 初始的物质的量需要满足的关系为：
。
(2)实验编号①②可探究反应物浓度对化学反应速率影响，其中 ，探究温度
时化学反应速率影响的实验编号是 (填编号)。
(3)实验①测得 溶液的褪色时间为 ，忽略混合前后溶液体积的微小变化，
这段时间内平均反应速率 。
(4)请在答题卡坐标图中，画出25℃和50℃两种温度下， 的变化曲线图
。
(5)该小组的同学实验时发现开始时反应产生气泡非常慢，一段时间后反应产生气泡速率明
显加快。其原因可能是___________。
A．反应放热导致温度升高 B．压强增大
C．生成物的催化作用 D．反应物接触面积增大
(6)该小组对实验①测定反应过程中溶液不同时间的温度，结果如表：时间/ 0 5 10 15 20 25 35 40 50
温度/℃ 25 26 26 26 26 26 26.5 27 27
结合实验目的和表中数据，实验①明显加快的主要原因是： 。
【答案】(1)5:2
(2) 0.010 ①③
(3)
(4)
(5)AC
(6)生成的锰离子起催化作用，使反应速率加快
【分析】利用草酸与高锰酸钾的反应，探究温度不同或浓度不同对化学反应速率的影响，
分析影响因素，计算反应速率；
【详解】（1）已知反应后 转化为 逸出， 转化为 ，则反应化学
方程式为： ；根据反应可知，
为了观察到紫色褪去，需要高锰酸钾完全反应，则 与 初始的物质的量需要
满足的关系为： 5:2；
（2）实验编号①②可探究反应物浓度对化学反应速率影响，则其他条件相同，通过改变草
酸的浓度进行探究，故其中 0.010；
实验②③中实验变量为温度，故探究温度时化学反应速率影响的实验编号是①③；
（3）实验①测得 溶液的褪色时间为40s，则高锰酸钾完全反应，0~40s这段时间内平均反应速率 ；
（4）温度越高则反应速率越快，若保持其他条件不变，则25℃时反应速率小于50℃时的
反应速率，25℃时反应褪色所需要的时间更长；故图像为： ；
（5）A．反应放热导致温度升高，温度升高反应速率加快，选项A正确；
B．反应为溶液中反应，压强增大不影响反应速率，选项B错误；
C．催化剂可以加快反应速率，生成物的催化作用是反应速率加快的原因，选项C正确；
D．反应为溶液之间的而反应，反应物接触面积不是反应速率加快的原因，选项D错误；
答案选AC；
（6）实验为探究“条件对化学反应速率的影响”；随着反应的进行反应速率明显加快，但
是溶液温度变化不是很大，说明温度不是反应速率明显加快的主要原因，则实验①明显加
快的主要原因是：生成的锰离子起催化作用，使反应速率加快。
6.某学习小组用酸性KMnO 溶液和HC O(草酸)溶液之间的反应来研究“影响反应速率的
4 2 2 4
因素”，设计实验方案如下：(假设溶液混合时体积可以加和)
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
实验 溶液褪色至无色所
编号 0.6mol/L 0.1mol/L 3mol/L 需时间/min
溶液 溶液 溶液
1 3.0 13.0 2.0 2.0 10.0
2 1.0 2.0 12.8
(1)该实验探究的是 因素对化学反应速率的影响，上述实验设计表： ，
。
(2)利用实验1中数据计算，平均反应速率： 。(3)该小组同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中Mn2+对反应有催化作用，并继续进
行实验探究。请你帮助该小组同学完成实验方案。所加试剂X最好选用___________
室温下，试管中所加试剂及其用量/mL
实验 少 溶液褪色至无色
编号 0.6mol/L 0.1mol/L 3mol/L 量 所需时间/min
溶液 溶液 溶液
3 3.0 13.0 2.0 2.0 X t
A．0.1mol/L B．0.1mo1/L
C． 粉末 D． 粉末
【答案】(1) 浓度 15.0 2.0
(2)0.001mol/(L·min)
(3)D
【详解】（1）由题干表中实验数据可知，实验1、2所加HC O 溶液的体积不同，HSO
2 2 4 2 4
溶液的体积相同，由于KMnO 溶液选紫红色，为了控制变量唯一，所加KMnO 溶液的体
4 4
积必须一致，故该实验探究的是HC O 浓度(或者浓度)因素对化学反应速率的影响，为了
2 2 4
控制变量唯一，最终混合溶液的体积需保持不变，即上述实验设计表： 15.0，
2.0，故答案为：浓度；15.0；2.0；
（2）利用实验1中数据计算，混合后溶液中KMnO 的起始浓度为：
4
=0.01mol/L，褪色需要的时间为10.0min，故平均反应速率：
=0.001 ，故答案为：0.001；
（3）A．加入少量的0.1mol/L MnCl 溶液将影响溶液的体积，且引入Cl-干扰实验，使变量
2
不唯一，A不合题意；
B．加入少量的0.1mo1/L MnSO 溶液将影响溶液的体积，使变量不唯一，干扰实验，B不
4
合题意；
C．加入MnCl 粉末，将引入Cl-干扰实验，使变量不唯一，C不合题意；
2D．MnSO 粉末则变量唯一，只有Mn2+不同，D符合题意；
4
故答案为：D。
