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第45 讲 化学反应速率与反应历程
[复习目标] 1.了解基元反应、过渡态理论，了解速率方程和速率常数。2.掌握多因素对化
学反应速率影响的分析方法。
考点一 基元反应 过渡态理论
1．基元反应
大多数化学反应都是分几步完成的，其中的每一步反应都称为基元反应。
2．对于基元反应aA＋bB===gG＋hH，其速率方程可写为v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k 称为速率
常数，恒温下，k 不因反应物浓度的改变而变化)，这种关系可以表述为基元反应的化学反应
速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。有时称其为质量作用定律。
3．许多化学反应，尽管其反应方程式很简单，却不是基元反应，而是经由两个或多个步骤
完成的复杂反应。例如H2(g)＋I2(g)===2HI(g)，它的反应历程有如下两步基元反应：
①I2I＋I(快)
②H2＋2I===2HI(慢)
其中慢反应为整个反应的决速步骤。
4．过渡态理论
如图所示是两步完成的化学反应，分析并回答下列问题。
(1)该反应的反应物为A 、
B ，中间体为C，生成物为D。
(2)由A、B 生成C 的反应为吸(填“吸”或“放”，下同)热反应，由C 生成D 的反应为放热
反应，总反应为放热反应。
(3)第一步为慢(填“快”或“慢”，下同)反应，第二步为快反应，决定总反应快慢的是第一
步反应。
1
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一、反应机理——快反应与慢反应
1．甲烷与氯气在光照条件下存在如下反应历程(“·”表示电子)：
①Cl2――→2Cl·(慢反应)
②CH4＋Cl·―→·CH3＋HCl(快反应)
③·CH3＋Cl2―→CH3Cl＋Cl·(快反应)
④·CH3＋Cl·―→CH3Cl(快反应)
已知在一个分步反应中，较慢的一步反应控制总反应的速率。下列说法不正确的是( )
A．上述过程的总反应方程式为CH4＋Cl2――→CH3Cl＋HCl
B．光照的主要作用是促进反应①的进行从而使总反应速率加快
C．反应②～④都是由微粒通过碰撞而发生的反应
D．反应①是释放能量的反应
答案 D
解析 由反应历程可知，甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，则总反应方程式
为CH4＋Cl2――→CH3Cl＋HCl，故A 正确；光照的主要作用是破坏氯气分子中的共价键，形
成氯原子，促进反应①的进行从而使总反应速率加快，故B 正确；由反应历程可知，反应
②～④都是由微粒通过有效碰撞而发生的反应，故C 正确；反应①是破坏氯气分子中的共
价键形成氯原子的过程，应吸收能量，故D 错误。
2．如图是CH4与Zr 形成过渡金属化合物的过程。下列说法正确的是( )
A．加入合适的催化剂待反应完成时可增大过渡金属化合物的产率
B．Zr＋CH4―→CH3—Zr…H 的活化能为99.20 kJ·mol－1
C．整个反应的快慢由状态1 前
→CH3—Zr…H 的反应快慢决定
D．Zr＋CH4―→CH—Zr…H3 ΔH＝－39.54 kJ·mol－1
答案 B
解析 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，过渡金属化合物的
2
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产率不变，故A 错误；由图可知，反应Zr＋CH4―→CH3—Zr…H 的活化能为99.20 kJ·mol－
1，故B 正确；由图可知，
―→状态2 的活化能最大，反应速率最慢，决
定整个反应的快慢，故C 错误；由图可知，反应Zr＋CH4―→CH—Zr…H3 ΔH＝＋39.54
kJ·mol－1，故D 错误。
二、速率常数与速率方程
3．工业上利用CH4(混有CO 和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为CH4(g)＋
H2O(g)CO(g)＋3H2(g)，该反应的逆反应速率表达式为v 逆＝k·c(CO)·c3(H2)，k 为速率常数，
在某温度下测得实验数据如表所示：
CO 浓度/ (mol·L－1)
H2浓度/
(mol·L－1)
逆反应速率/(mol·L－1·min－1)
0.1
c1
8.0
c2
c1
16.0
c2
0.15
6.75
由上述数据可得该温度下，c2＝______，该反应的逆反应速率常数k＝______ L3·mol－3·min－
1。
答案 0.2 1.0×104
解析 根据v 逆＝k·c(CO)·c3(H2)，由表中数据可得：(c1 mol·L－1)3＝，c2 mol·L－1＝，所以有
k××＝16.0 mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，代入c2的等式可得c2＝0.2。
4．300 ℃时，2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为v 正＝k·cn(ClNO)，测得正
反应速率和浓度的关系如下表：
序号
c(ClNO)/(mol·L－1)
v 正/(mol·L－1·s－1)
①
0.30
3.60×10－9
②
0.60
1.44×10－8
③
0.90
3.24×10－8
n＝________；k＝________。
答案 2 4.0×10－8 L·mol－1·s－1
解析 根据表格①②中的数据，代入正反应速率表达式然后做比值：＝，解得n＝2，将n
和①或②或③中数据代入正反应速率表达式得k＝4×10－8 L·mol－1·s－1。
3
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考点二 多因素影响下的速率图像分析
1．常考影响化学反应速率的因素：浓度、温度、压强、催化剂的活性、接触面积、原电池
原理、副反应等。
2．随着时间的推移，反应物浓度减小，反应速率减小。
3．绝大多数催化剂都有活性温度范围，温度太低时，催化剂的活性很小，反应速率很慢，
随温度升高，反应速率逐渐增大，物质转化率增大，温度过高又会破坏催化剂的活性。
4．速率图像分析的一般方法
(1)看清关键点：起点、终点和变化点。
(2)看清变化趋势。
(3)综合分析反应原理，如有的反应放热造成温度升高，反应速率加快；有的反应生成的金
属与原金属形成原电池，反应速率加快；有的反应物浓度减小，反应速率减慢；有的反应生
成物中有催化剂，反应速率加快；有的反应温度过高，造成催化剂失去活性，反应速率减慢
等。
一、温度与浓度的双重影响
1.把在空气中久置的铝片5.0 g 投入盛有500 mL 0.5 mol·L－1盐酸的烧杯中，该铝片与盐酸反
应生成氢气的速率v 与反应时间t 可用如图的坐标曲线来表示。
回答下列问题：
(1)O→a 段不生成氢气的原因是_____________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)b→c 段生成氢气的速率增加较快的主要原因可能是__________________________
________________________________________________________________________。
(3)t＞c 时生成氢气的速率降低的主要原因是
________________________________________________________________________。
答案 (1)铝的表面有一层致密的Al2O3薄膜，能与H＋反应得到盐和水，无氢气放出
(2)反应放热，溶液温度升高，反应速率加快(或反应产生的铝离子是该反应的催化剂)
(3)随着反应的进行，溶液中氢离子的浓度逐渐降低
4
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二、温度与选择性的双重影响
2．汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO 等污
染物。反应机理如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]：
Ⅰ.NO＋Pt(s)===NO*
Ⅱ.CO＋Pt(s)===CO*
Ⅲ.NO*===N*＋O*
Ⅳ.CO*＋O*===CO2＋Pt(s)
Ⅴ.N*＋ N*===N2＋Pt(s)
Ⅵ.NO*＋N*===N2O＋Pt(s)
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T 变化关系如图1 和图2 所示。
(1)图1 中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是__________
________________________________________________________________________。
(2)图2 中T2 ℃时反应Ⅴ的活化能________(填“<”“>”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T3 ℃
时发生的主要反应为________(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。
答案 (1)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快 (2)> Ⅳ
解析 (1)由图1 可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速
率加快。
(2)由图2 可知，T2 ℃时，N2的浓度小于N2O 的浓度，说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的
反应速率，则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能；T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，
说明发生的主要反应为反应Ⅳ。
1．(2021·山东，14)18O 标记的乙酸甲酯在足量NaOH 溶液中发生水解，部分反应历程可表示
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为：
＋OH－
＋CH3O－，能
量变化如图所示。已知
为快速平衡，下列说法正确的是(
)
.
A．反应Ⅱ 、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH－
C．反应结束后，溶液中存在CH3
18OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
答案 B
解析 一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能
较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A 错误；反应Ⅰ为加成反应，而
为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为
或
，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B 正确；反
应Ⅲ的成键和断键方式为
或
，因此反应结束后溶液中不会
存在CH3
18OH，故C 错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放
热反应，因此
和CH3O－的总能量与
和OH－的总能量
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之差等于图示总反应的焓变，故D 错误。
2．(2022·北京，14)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1 所示。反
应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单
位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2 所示。反应过程中始终未检测到
CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是( )
A．反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4=====CaO＋2CO＋2H2
B．t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4=====C＋2H2
C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成CO 的速率为0，是因为反应②不再发生
答案 C
解析 由题中图1 所示信息可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，反应②为CaCO3＋
CH4=====CaO＋2CO＋2H2，A 正确；由题中图2 信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且
生成H2的速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能发生副
反应：CH4=====C＋2H2，B 正确；由反应②的化学方程式可知，H2和CO 的反应速率相
等，而t2 时，H2 的反应速率未变，仍然为2 mmol·min －1，而CO 的反应速率为1～2
mmol·min－1，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C 错误；由图2 可
知，t3之后，CO 的速率为0，CH4的速率逐渐增大至1 mmol·min－1，说明反应②不再发生，
而后副反应逐渐停止，D 正确。
3．[2018·江苏，20(4)②]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。在有氧条件下，新型催化剂M 能催化NH3 与NOx 反应生成
N2。
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(装置见
图1)。
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反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图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 迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大，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
课时精练
1．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反应的平衡。下列表述正确的是( )
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 C
解析 第一步反应快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆
反应速率大于第二步反应的反应速率，A 错误；反应的中间产物除NO3外还有NO，B 错误；
有效碰撞才能发生化学反应，第二步反应慢，说明仅部分碰撞有效，C 正确；第三步反应快，
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说明反应活化能较低，D 错误。
2．科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。总反应：A＋
B―→AB(K 为催化剂)，①A＋K―→AK Ea1，②AK＋B―→AB＋K Ea2。下列说法错误
的是( )
A．第①步为决速步骤
B．升高温度，该反应的速率加快
C．该反应的ΔH＝－Ea kJ·mol－1
D．催化剂降低了活化能，加快了反应速率
答案 C
解析 第①步的正反应活化能Ea1>第②步正反应活化能Ea2，所以反应速率：①<②，而总反
应速率取决于慢的反应，故决速步骤为①，A 正确；温度升高，反应速率加快，B 正确；Ea
是该反应正反应的活化能，C 错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D 正确。
3．(2022·济南模拟)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．S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O(观察浑浊产生的快慢)
选项
反应
影响因素
所用试剂
A
a
接触面积
块状CaCO3、0.5 mol·L－1 HCl
粉末状CaCO3、0.5 mol·L－1 HCl
B
a
H＋浓度
块状CaCO3、0.5 mol·L－1 HCl
块状CaCO3、3.0 mol·L－1 HCl
C
b
H＋浓度
0.1 mol·L－1 Na2S2O3、稀H2SO4
0.1 mol·L－1 Na2S2O3、浓H2SO4
D
b
温度
0.1 mol·L－1 Na2S2O3、0.1 mol·L－1 H2SO4、冷水
0.1 mol·L－1 Na2S2O3、0.1 mol·L－1 H2SO4、热水
答案 C
解析 只有CaCO3的接触面积不相同，其他外界条件相同，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；该反应的实质是CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋
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CO2↑＋H2O，只有HCl 溶液中的c(H＋)不相同，其他外界条件相同，是研究H＋浓度大小对
化学反应速率的影响，B 正确；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SO，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；两个实验对比，其他外界条件都相同，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。
4．(2022·济南历城第二中学模拟)二甲醚(CH3OCH3)被称为21 世纪的“清洁能源”，科学家
研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。
下列叙述错误的是( )
A．循环过程中，催化剂参与了中间反应
B．该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31 kJ·mol－1
C．制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为
―→CH3OCH3＋H＋
D．总反应方程式为2CH3OH=====CH3OCH3＋H2O
答案 B
解析 整个过程中H＋是催化剂，先参与第一步反应，在最后一步反应生成，故A 正确；由
图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol－1，故B 错误；决定总反应速率
的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为
―→CH3OCH3＋
H ＋，故C 正确；整个过程消耗甲醇，生成二甲醚和水，故总反应为
2CH3OH=====CH3OCH3＋H2O，故D 正确。
5．(2022·安徽淮北模拟)ICl 与H2 能发生的总反应为H2(g)＋2ICl(g)===I2(g)＋2HCl(g)
ΔH<0。
已知：①该反应分两步完成，第一步为H2(g)＋ICl(g)===HI(g)＋HCl(g)
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②两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2，且Ea1>Ea2
下列判断正确的是( )
A．总反应中I2为氧化产物
B．第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率
C．已知键能：H—H>I—I，可推知键能H—Cl<I—Cl
D．第二步的化学方程式可能为HI(g)＋ICl(g)===HCl(g)＋I2(g)
答案 D
解析 ICl 中I 为＋1 价，故I2为还原产物，A 错误；Ea1>Ea2，活化能大的化学反应速率慢，
故第一步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率，B 错误；H—Cl 的键长小于I—Cl 的
键长，键长越短，键能越大，故键能：H—Cl>I—Cl，C 错误；总反应方程式减去第一步反
应方程式可得第二步的化学方程式，D 正确。
6．反应S2O＋3I－===2SO＋I 的反应机理为①S2O＋I－===S2O8I3－，②……，③I2＋I－===I(快
反应)，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
c(S2O)/ (mol·L－1)
c(I－)/ (mol·L－1)
v/(mol·L－1·min－1)
0.038
0.060
1.4×10－5
0.076
0.060
2.8×10－5
0.076
0.030
1.4×10－5
下列说法正确的是( )
A．该反应的速率方程为v＝k·c(S2O)·c3(I－)
B．该反应的速率常数k 的值为6.14×10－3
C．第②步的反应方程式为S2O8I3－＋I2===2SO＋3I－
D．3 步反应中反应③的活化能最大
答案 B
解析 由1、2 两组数据，c(S2O)增大1 倍，速率增大1 倍，由2、3 两组数据，c(I－)增大1
倍，速率增大1 倍，该反应的速率方程为v＝k·c(S2O)·c(I－)，故A 错误；将1 组的数据代入
v＝k·c(S2O)·c(I－)，1.4×10－5＝k×0.038×0.060，k≈6.14×10－3，故B 正确；总反应－①－
③可得第②步反应的化学方程式：S2O8I3－＋I－===2SO＋I2，故C 错误；反应③为快反应，
活化能最小，故D 错误。
7．(2022·山东临沂模拟)一种以Pd-Cu 为催化剂还原去除水体中NO 的机理如图a 所示；其
他条件相同，不同pH 时，NO 转化率和不同产物在总还原产物中所占的物质的量的百分比
如图b 所示。
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已知：溶液pH 会影响Pd 对NO 的吸附，不影响对H 的吸附。
下列说法不正确的是( )
A．pH 越小，Pd 对NO 的吸附能力越强
B．通过调节溶液的pH，可使NO 更多的转化为N2
C．反应ii 中生成NH 的离子方程式为NO＋6H＋2H＋===NH＋2H2O
D．pH＝12 时，每处理6.2 g NO，理论上消耗标准状况下H2 5.6 L
答案 D
解析 由图b 可知，随着pH 减小，n(N2)增大，n(氨态氮)变化不大，n(NO)减小，说明pH
越小，Pd 对NO 的吸附能力越强，A 正确；由图b 信息可知，pH 不同还原产物也不同，pH
为4 时还原产物主要为N2，pH 为12 时，还原产物几乎全是NO，故通过调节溶液的pH，可
使NO 更多的转化为N2，B 正确；由图a 可知，反应ii 即NO 和H 反应生成NH，根据氧化
还原反应配平可得，反应ii 中生成NH 的离子方程式为NO＋6H＋2H＋===NH＋2H2O，C 正
确；由图b 可知，pH＝12 时，还原产物几乎全是NO，则每处理6.2 g NO 转移电子×2＝0.2
mol，根据得失电子守恒可知，理论上消耗标准状况下×22.4 L·mol－1＝2.24 L H2，D 错误。
8．(2022·辽宁实验中学模拟)均相芬顿反应原理是高级氧化技术的经典工艺之一，如图所示
(k1和k2为速率常数)。下列说法错误的是( )
A．相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低
B．基元反应Ⅰ中氧元素的化合价没有发生变化
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C．基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2＋Fe3＋===HO2·＋Fe2＋＋H＋
D．芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH 会发生变化(忽略体积变化)
答案 B
解析 由题干信息可知，k1＞k2，说明相同条件下，基元反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化
能越低反应速率越快，即基元反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，A 正确；由题图可知，基元反应Ⅰ为
H＋＋H2O2＋Fe2＋===Fe3＋＋·OH＋H2O，故基元反应Ⅰ中氧元素的化合价发生变化，B 错误；
由题图可知，基元反应Ⅱ的化学方程式为H2O2＋Fe3＋===HO2·＋Fe2＋＋H＋，C 正确。
9．(2022·武汉质检)实验探究H2O2分解速率影响因素。H2O2浓度在不同条件下随时间变化的
曲线如图所示。实验分组及反应条件分别为
分组
温度/℃
pH
c(Mn2＋)/(mol·L－1)
①
60
≈7
0.000 02
②
60
12
0
③
60
13
0
④
60
11
0.000 02
⑤
70
13
0
下列说法不正确的是( )
A．实验①④说明中性条件下，少量Mn2＋对H2O2分解的影响不大
B．实验②③说明其他条件相同时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越大
C．实验③⑤说明温度升高可以增大H2O2的分解速率
D．实验④反应到40 min 时的化学反应速率小于0.022 5 mol·L－1·min－1
答案 C
解析 实验①④除pH 外其他条件均相同，但①几乎不反应，说明中性条件下，少量Mn2＋
对H2O2分解的影响不大，A 正确；实验②③除pH 外其他条件均相同，都不添加催化剂，而
③的分解速率大于②，说明溶液碱性越强，H2O2分解速率越大，B 正确；由图可知，实验③
的H2O2分解速率大于实验⑤，而实验⑤中H2O2的浓度低于实验③，温度高于实验③，则不
能说明温度升高可以增大H2O2的分解速率，C 错误；实验④反应到40 min 时的平均速率为
＝0.022 5 mol·L－1·min－1，由于随着反应进行，反应速率变慢，所以40 min 时的瞬时速率应
13
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小于0.022 5 mol·L－1·min－1，D 正确。
10．对水样中溶质M 的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M 的物质的量浓度(mol·L
－1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
时间
水样
0
5
10
15
20
25
Ⅰ(pH＝2)
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
Ⅱ(pH＝4)
0.40
0.31
0.24
0.20
0.18
0.16
Ⅲ(pH＝4)
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
Ⅳ(pH＝4，含Cu2
＋)
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
下列说法不正确的是( )
A．在0～20 min 内，Ⅰ中M 的平均分解速率为0.015 mol·L－1·min－1
B．其他条件相同时，水样酸性越强，M 的分解速率越快
C．在0～25 min 内，Ⅲ中M 的分解百分率比Ⅱ中的大
D．由于Cu2＋存在，Ⅳ中M 的分解速率比Ⅰ中的快
答案 D
解析 v(M)＝＝0.015 mol·L－1·min－1，故A 正确；对比Ⅰ和Ⅱ，在相同的时间内，Ⅰ中消
耗M 的量大于Ⅱ中消耗M 的量，说明其他条件相同时，酸性越强，M 的分解速率越快，故
B 正确；在0～25 min 内，Ⅲ中M 的分解百分率为×100%＝75%，Ⅱ中M 的分解百分率为
×100%＝60%，因此Ⅲ中M 的分解百分率比Ⅱ中的大，故C 正确；Ⅰ和Ⅳ中pH、起始浓度
均不同，因此不能说明由于Cu2＋存在，Ⅳ中M 的分解速率比Ⅰ中的快，故D 错误。
11．某温度下，X2Y 在金(Au)表面发生分解反应：2X2Y(g)===2X2(g)＋Y2(g)，该反应的速率
方程式为v＝kca(X2Y)(k 为速率常数，k 只与温度、催化剂、接触面积等有关，与浓度无关，
a 为反应级数)，实验测得剩余X2Y 的物质的量浓度与时间的关系如表所示：
时间/min
0
20
40
60
80
c(X2Y)/(mol·L－1)
0.100
0.080
0.060
0.040
0.020
下列说法正确的是( )
A．a＝1
B．反应过程中c(X2Y)与t 的关系如图所示
C．速率常数k＝1.0×10－2 mol·L－1·min－1
D．其他条件不变，仅增大c(X2Y)，反应速率增大
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答案 B
解析 由表中数据可知，在0～20 min、20～40 min、40～60 min，X2Y 的浓度均减少了0.02
mol·L－1，即该反应速率与起始浓度无关，为匀速反应，故a＝0，v＝k，A、D 错误，B 正
确；0～20 min 内，v＝k＝＝＝1.0×10－3 mol·L－1·min－1，C 错误。
12．H2还原NO 的化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g) ΔH<0。
(1)研究表明上述反应历程分两步：
Ⅰ.2NO(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O2(l)(慢反应)
Ⅱ.H2O2(l)＋H2(g)2H2O(g)(快反应)
该总反应的速率由反应________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)决定，反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化
能________(填“高”或“低”)。
(2)该反应常伴有副产物N2O 和NH3。以Pt 作催化剂，用H2还原某废气中的NO(其他气体不
反应)，270 ℃时H2的体积分数对H2-NO 反应的影响如图所示。随着H2体积分数的增大，
N2的体积分数呈下降趋势，原因是________________________________________________
_____________________________________________________________________________。
(3)在一定温度下，副产物N2O 分解反应的化学方程式为2N2O(g)===2N2(g)＋O2(g)，测得在
恒容容器中N2O 分解的部分实验数据如下表。
反应时间/min
0
20
40
60
80
100
c(N2O)/ (mol·L－1)
0.10
0.08
0.06
0.04
0.02
0.00
0～20 min，反应速率v(N2O)为________ mol·L－1·min－1；若N2O 的起始浓度为0.2 mol·L－1，
则反应至40 min 时N2O 的转化率α＝________。
答案 (1)Ⅰ 高 (2)随着H2体积分数的增加，NO 反应完后，在Pt 催化下，N2和H2反应生
成NH3，所以N2的体积分数呈下降趋势 (3)0.001 20%
解析 (1)化学反应速率取决于反应慢的一步，由题意可知反应Ⅰ为慢反应，则总反应速率
取决于反应Ⅰ；反应的活化能越大，反应速率越慢，反应Ⅰ的反应速率比反应Ⅱ的反应速率
慢，则反应Ⅰ的活化能比反应Ⅱ的活化能高。(2)由图可知，当一氧化氮完全反应后，氮气
的体积分数随氢气体积分数的增大而减小，说明在铂催化下，氮气和氢气反应生成氨气，导
致氮气的体积分数随氢气体积分数的增大而减小。(3)由题给数据可知，0～20 min，反应速
率为v(N2O)＝＝0.001 mol·L－1·min－1。由题给数据可知，反应速率v(N2O)与反应物
N2O 的浓度无关，反应速率恒定为0.001 mol·L－1·min－1，则反应至40 min 时N2O 的转
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化率α＝×100%＝20%。
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