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专题01 化学反应速率及其影响因素
目录
一、
考情探究
2
1.高考真题考点分布..................................................................................................................................................2
2.命题规律及备考策略..............................................................................................................................................2
二、培优讲练........................................................................................................................................3
考点01 化学反应速率..............................................................................................................................................3
考向01 考查化学反应速率的概念......................................................................................................................7
考向02 考查化学反应速率的计算......................................................................................................................8
考向03 考查化学反应速率大小比较..................................................................................................................9
考向04 考查化学反应速率的测定....................................................................................................................10
考点02 影响化学反应速率的因素............................................................................................................................14
考向01 考查影响化学反应速率的因素...........................................................................................................16
考向02 考查“控制变量”探究影响化学反应速率的因素...........................................................................17
考点03 活化能与有效碰撞理论................................................................................................................................20
考向01 考查催化剂、活化能与转化效率的关系...........................................................................................23
考向02 考查活化能与有效碰撞........................................................................................................................24
好题冲关..............................................................................................................................................26
基础过关...............................................................................................................................................................26
题型01 化学反应速率的概念及计算................................................................................................................26
题型02 影响化学反应速率的因素....................................................................................................................32
题型03 反应热的内能变化与焓变....................................................................................................................37
能力提升...................................................................................................................................................................44
真题感知...................................................................................................................................................................53
1
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1.高考真题考点分布
考点内容
考点分布
化学反应速率的表示方
法
2025 湖北卷，2024 广东卷
化学反应速率的计算
2025 海南卷，2025 广西卷，2025 全国卷，2025 河北卷，2025 安徽卷，2024
江西卷，2024 甘肃卷，2024 河北卷，2024 全国甲卷，2024 吉林卷，2024 上
海卷，2023 河北卷，2023 广东卷，2023 山东卷
影响化学反应速率的因
素
2025 山东卷，2025 海南卷，2025 广西卷，2025 天津卷，2025 湖南卷，2025
广东卷，2025 北京卷，2025 云南卷，2025 江苏卷，2025 陕晋青宁卷，2025
河南卷，2025 黑吉辽蒙卷，2025 浙江卷，2025 湖北卷，2024 安徽卷，2024
浙江卷，2024 北京卷，2024 新课标卷，2024 天津卷，2024 海南卷，2024 广
东卷，2024 江苏卷，2024 吉林卷，2024 上海卷，2024 湖北卷，2024 河北
卷，2023 天津卷，2023 江苏卷，2023 海南卷，2023 北京卷，2023 浙江卷，
2023 湖南卷，2023 辽宁卷，2023 新课标卷，2023 广东卷，2023 河北卷
化学反应速率的图像
2024 安徽卷
活化能
2025 海南卷，2025 广西卷，2025 江西卷，2024 全国卷，2025 云南卷，2025
河北卷，2025 河南卷，2024 海南卷，2024 广西卷，2024 贵州卷，2024 广东
卷，2024 北京卷，2024 甘肃卷，2024 安徽卷，2024 山东卷，2023 广东卷，
2023 山东卷，2023 新课标卷，2023 浙江卷
2.命题规律及备考策略
【命题规律】
从考查题型和内容上看，高考命题以选择题和非选择题呈现，考查内容主要有以下两个方面：（1）考查
一段时间内化学反应速率的计算、反应速率快慢判断、影响化学反应的因素等；（2）结合化学平衡，考
查对反应速率方程、速率常数的理解及计算。
【备考策略】
1、了解化学反应速率的概念和定量表示方法。
2、了解反应活化能的概念，了解催化剂的重要作用。
3、理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率的影响，能用相关理论解释其一般规律。
4、了解化学反应速率的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
【命题预测】
预计近年高考仍侧重以化工生产或新信息为背景，与反应热或化学平衡相结合，考查反应速率的计算、比
较及影响因素。
2
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考点01 化学反应速率
1、化学反应速率的概念
(1)意义：化学反应速率是用来衡量化学反应过程进行快慢程度的物理量
(2)表示方法：通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量(均取正值)来表示
(3)表达式：v＝或v＝
式中：Δc 为浓度的变化量，一般以mol·L－1为单位；Δt 为时间，一般以s 或min 为单位
如：某反应的反应物浓度在5 min 内由6 mol/L 变成了2 mol/L，则以该反应物浓度的变化表示的该反应在
这段时间内的平均反应速率为 0.8mol/(L·min)
(4)单位：mol/(L·s)、mol/(L·min)、mol/(L·h)
(5)适用范围：所有的化学反应(主要是气体和溶液)
如：在一个体积为2 L 的密闭容器中发生反应2SO2＋O2
2SO3，经过5 s 后，测得SO3的物质的量为
0.8 mol。填写下表：
有关反应物质
SO2
O2
SO3
物质的量浓度变化
0.4 mol·L－1
0.2 mol·L－1
0.4 mol·L－1
化学反应速率
0.08 mol·L－1·s－1
0.04 mol·L－1·s－1
0.08 mol·L－1·s－1
化学反应速率之比
v(SO2)∶v(O2)∶v(SO3)＝2 1 2
∶∶
【易错提醒】
1、一般来说，随着反应的逐渐进行，反应物浓度会逐渐减小，化学反应速率也会逐渐减慢。因此，化学
反应速率通常是指某一段时间内的平均反应速率，而不是瞬时反应速率
2、在同一化学反应中，选用不同物质表示化学反应速率，其数值可能相同也可能不相同，但表示的意义
相同，即一种物质的化学反应速率就代表了整个化学反应的反应速率
3、对于一个具体的化学反应，反应物和生成物的物质的量的变化是按化学方程式中化学计量数之比进行
的，所以化学反应中各物质的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
对于反应aA＋bB===cC＋dD (A、B、C、D 均不是固体或纯液体)：则：v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝
Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)＝Δc(A)∶Δc(B)∶Δc(C)∶Δc(D)＝a∶b∶c∶d
4、表示化学反应速率时，必须指明用哪种物质作标准，因为同一化学反应，用不同的物质表示的反应速
率，其数值可能不同。如：化学反应N2＋3H2
2NH3，用H2表示该反应的反应速率时应写成v(H2)
5、浓度是指物质的量浓度而不是物质的量或质量分数
6、化学反应速率与时间和浓度有关，无论是用反应物浓度的减少还是用生成物浓度的增加来表示，都取
正值
7、在一定温度下，对于固体和纯液体物质来说，其单位体积里的物质的量不会改变，即它们的物质的量
3
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浓度为常数，即Δc＝0(无意义)，所以不用固体或纯液体表示反应速率
2、化学反应速率的计算
(1)公式法：v＝＝ v(反应物)＝ v(生成物)＝
(2)运用同一反应中“速率之比等于化学计量数之比”的规律进行计算
对于反应mA(g)＋nB(g)===pC(g)＋qD(g)来说，v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m n p q
∶∶∶。
(3)“三段式”法
例：在一定条件下，向2 L 密闭容器中充入2 mol N2 和4 mol H2 发生反应N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g)，10 min 时测定生成NH3 1 mol，则用N2、H2、NH3 表示的平均反应速率分别为多
少？
N2(g) ＋ 3H2(g)
2NH3(g)
起始 2 mol 4 mol 0
转化 0.5 mol 1.5 mol 1 mol
末 1.5 mol 2.5 mol 1 mol
在“三段式”中，转化的部分是按照化学计量
系数进行反应的
v(N2)＝＝0.025 mol/(L·min)
v(H2)＝＝0.075 mol/(L·min)
v(NH3)＝＝0.05 mol/(L·min)
①反应的转化率(α)：指已被转化的反应物的物质的量与其初始的物质的物质的量之比
N2的转化率＝
，H2的转化率＝
②生成物的产率：指生成物的实际值与理论值(按照方程式计算的出来的)的比值
NH3的产率＝
③反应结束时各物质的浓度
c(N2)＝
，c(H2)＝
，c(NH3)＝
④反应结束时各物质的百分含量(气体的体积分数、物质的量分数、质量分数)
N2的体积分数＝
H2的体积分数＝
NH3的体积分数＝
⑤恒温时，两种容器
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恒温恒容
恒温恒压
恒温、恒容时：
P1
P2
= n1
n2
恒温、恒压时：
V 1
V 2
= n1
n2
P前
P后
=
n前
n后
=
(2+4)mol
(1.5+2.5+1)mol =6
5
V 前
V 后
=
n前
n后
=
(2+4)mol
(1.5+2.5+1)mol =6
5
(3)从图像中获取计算的数据及依据图像求反应速率的步骤
①从图像中获取计算的数据
纵坐标可以是物质的量，也可以是物质的量浓度，横坐标是时间。
例如：某温度时，在定容（VL）容器中，X、Y、Z 三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
根据图像可进行如下计算：
a、求某物质的平均速率、转化率，如：v（X）＝
n1-n3
V ·t3
mol/（L·s），Y 的转化率＝
n2-n3
n2
×100%。
b、确定化学方程式中的化学计量数之比，如：X、Y、Z 三种物质的化学计量数之比为（
n 1－
n 3）∶（
n 2
－
n 3）∶
n 2。
②依据图像求反应速率的步骤
第一步：找出横、纵坐标对应的物质的量；
第二步：将图中的变化量转化成相应的浓度变化量；
第三步：根据公式v＝进行计算。
【易错提醒】
同一化学反应用不同物质表示的反应速率其数值可能不同，因此，一定要标明是哪种具体物质的反应速
率。
3、化学反应速率的大小比较
(1)定性比较：通过明显的实验现象，如反应的剧烈程度、产生气泡或沉淀的快慢、固体消失或气体充满
所需时间的长短等来定性判断化学反应的快慢。如K 与水反应比Na 与水反应剧烈，则反应速率：K＞
Na。
(2)定量比较：对同一化学反应，用不同物质表示化学反应速率时，数值可能不同。比较时应统一单位。
①归一法：根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，将用不同物质表示的化学反应速率换算为用同
一种物质表示的化学反应速率，最后依据数值大小进行比较。
②比值法：可通过化学反应速率与其对应的化学计量数的比值进行比较，比值大的化学反应速率大。
如aA(g)＋bB(g)===cC(g)，即比较与，若>，则用A 表示时的反应速率比用B 表示时大。
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(3)由图像比较反应速率大小的方法：根据图像看反应达到平衡所需的时间，时间越短，对应的反应的温
度、浓度或压强就越大，则对应的反应速率越大。
4、化学反应速率的测定
(1)测定原理：利用与化学反应中任何一种化学物质的 浓度 相关的可观测量进行测定。
(2)测定方法
①直接观察测定：如释放出气体的体积和体系的压强等。
②科学仪器测定：在溶液中，当反应物或生成物本身有较明显的颜色时，可利用颜色变化和显色物质与浓
度变化间的比例关系测量反应速率。
(3)化学反应速率的测量——实验
实验步骤
①按下图所示安装装置，在锥形瓶内放入2 g 锌粒，通过分液漏斗加入40 mL 1
mol/L H2SO4溶液，测量并记录收集10ml H2所用的时间。
②如果用4 mol/L H2SO4溶液代替1 mol/L H2SO4溶液重复上述实验，所用时间会
增加还是减少？请通过实验证明，并解释原因。
实验装置
实验仪器
锥形瓶、双孔塞、分液漏斗、直角导气管、50 mL 注射器、铁架台、秒表
数据记录
试剂
所用时间
反应速率
1mol/L H2SO4
4mol/L H2SO4
实验现象
锌跟硫酸反应产生气泡；收集10 mL 气体，②所用时间比①所用时间短
实验结论
4 mol·L
－ 1 的硫酸与锌反应比
1 mol·L
－ 1 的硫酸与锌反应快
(4)化学反应速率的测量——实验
①反应原理：Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑
②实验装置
③测量数据
a、单位时间内收集氢气的体积；
b、收集相同体积氢气所需要的时间；
c、有pH 计测相同时间内pH 变化，即△
c(H
＋ ) 。
d、用传感器测△
c(Zn
2 ＋ ) 变化。
6
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e、测相同时间内△
m(Zn)
。
f、相同时间内恒容压强变化；
g、相同时间内绝热容器中温度变化。
【易错提醒】
1、对于有气体生成的反应，可测定相同时间内收集气体的多少或测定收集等量气体所耗时间的多少
2、对于有固体参加的反应，可测定相同时间内消耗固体质量的多少
3、对于有酸或碱参加的反应，可测定溶液中c(H＋)或c(OH－)的变化
4、对于有颜色变化或有沉淀生成的反应，可测定溶液变色或变浑浊所消耗时间的多少
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
1、对于任何化学反应来说，都必须用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示化学反应速率。(
)
2、同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。( )
3、化学反应中任何一种物质在单位时间内的浓度变化量都可以用来表示化学反应速率。( )
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。( )
【答案】1.× 2.√ 3.× 4.×
考向01 考查化学反应速率的概念
【例1】（2025·山东·模拟预测）一定温度下，在恒温恒容容器内发生反应：
，
实验测得的数据如下表：
时间/s
0
500
100
0
150
0
200
0
250
0
300
0
5.0
0
3.5
2
2.40
1.75
1.23
0.87
0.61
下列说法错误的是
A．向容器中通入氧气，平衡逆向移动，K 不变
B．
时，
分解的平均反应速率为
C．
时，生成
的瞬时反应速率为
D．该反应的速率常数
【答案】C
7
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【详解】A．一定温度下，在恒温恒容容器内发生反应：
，向容器中通入氧气，
平衡逆向移动，温度不变，K 不变，A 正确；
B．
时，
分解的平均反应速率为
=
，B 正确；
C．0-
时，生成
的平均反应速率为
，不能计算
时，
生成
的瞬时反应速率，C 错误；
D．该反应的反应物只有
且系数为1，则
，该反应的速率常数
，D 正确；
故选C。
【思维建模】
1、化学反应速率一般指反应的平均速率而不是瞬时速率，且无论用反应物表示还是用生成物表示均取正
值。
2、同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。
3、不能用固体或纯液体来表示化学反应速率。
考向02 考查化学反应速率的计算
【例2】（2025·河北衡水·三模）某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，以反应
。进行了如下实验。下列说法错误的是
实验编
号
实验温度/℃
试管中所加试剂及其用量/mL
0.6 mol/L
溶液
3 mol/L 稀硫酸
0.05 mol/L
溶液
①
25
3.0
2.0
3.0
②
25
2.0
3.0
2.0
3.0
③
30
2.0
2.0
3.0
A．该实验还需要测量的数据是溶液褪色所需的时间
B．探究温度对化学反应速率的影响，应选择实验②③，且
C．实验①用时1.5min，用草酸表示化学反应速率为0.025 mol/（L•min）
D．若反应一段时间后速率明显增大，可能是
有催化作用
【答案】B
【详解】A．草酸溶液和酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，高锰酸钾溶液为紫
红色，可以通过测量溶液褪色所需的时间来比较反应速率的大小，A 正确；
B．根据分析可知
，B 错误；
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C．反应为
，由题表数据可知，高锰酸
钾完全反应，则实验①的
，C 正确；
D．若反应一段时间后速率明显增大，可能是因为生成物有催化作用，反应过程中生成了锰离子，故推测
可能的催化剂是生成的
，D 正确；
故选B。
考向03 考查化学反应速率大小比较
【例3】（2025·四川绵阳·模拟预测）在
反应中，下列反应速率中最快的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．
；
B．
；
C．
；
D．
；
综上所述，反应速率最快的是
；
故选B。
考向04 考查化学反应速率的测定
【例4】（2025·辽宁抚顺·二模）下列实验装置及描述正确的是
A．利用图甲可测量锌与稀硫酸反应的反应速率
B．利用图乙可验证FeCl3与KI 的反应是可逆反应
C．利用图丙可制得SO2
D．利用图丁可测醋酸的浓度
【答案】A
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【详解】A ．图甲中装置为密闭体系，恒压滴液漏斗中液体能够顺利滴下，且稀硫酸与锌粒反应生成氢气
会使注射器活塞右移，能准确测量反应速率，A 符合题意；
B． 向FeCl3溶液中加入少量KI 溶液，发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，反应后溶液中加入硫氰化钾固体，若溶
液变红，说明溶液中仍有Fe3+，由于反应物中FeCl3过量，即不能说明FeCl3与KI 的反应不能进行完全，是
可逆反应，B 不合题意；
C ．铜与浓硫酸在加热条件下才反应生成SO2，图丙中没有加热装置，不能制得SO2，C 不合题意；
D． NaOH 与醋酸恰好完全反应生成醋酸钠和水，滴定终点时溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，而甲基
橙的变色范围是3.1 - 4.4，在酸性范围内变色，不能准确指示滴定终点，D 不合题意；
故答案为：A。
【思维建模】
1、测定原理：利用化学反应中与某一种化学物质的浓度(或质量)相关的性质进行测定。
2、测定方法
①利用能够直接观察的某些性质测定：如通过测量释放出一定体积气体的时间
来测定反应速率，或通过测定一定时间内气体压强的变化来测定反应速率。如
气体体积、体系压强、颜色深浅、光的吸收、光的发射、导电能力等。在溶液
中，当反应物或生成物本身有较明显的颜色时，人们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。
②利用科学仪器测量：如在溶液中，当反应物或生成物本身有较明显的颜色时，可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。
【对点1】（2025·辽宁辽阳·模拟预测）一定条件下，向一恒容密闭容器中通入适量的
和
，发生反应：
，经历两步反应：①
；②
。反
应体系中
、
、
的浓度
随时间的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线a 是
随时间的变化曲线
B．
时，
C．
时，
的生成速率大于消耗速率
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D．
时，
【答案】D
【详解】A．NO2是中间产物，其浓度先增大，后减小，曲线a 代表
，A 项错误；
B．根据图像可知，
时
、
的浓度相等，B 项错误；
C．
时，
浓度在减小，说明生成速率小于消耗速率，C 项错误；
D．根据氮元素守恒，
时，
完全消耗，则
，D 项正确；
故选D。
【对点2】（2025·河北衡水·模拟预测）一定温度下，某恒容密闭容器中同时发生两个反应：①
、②
，其反应速率方程分别是
、
（
、
为
速率常数，大小只与温度有关）。反应过程中，Q、X 的浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法不正确
的是
A．0~20min 内，
B．容器中Z 的生成速率大于X 的生成速率
C．45min 时，
mol·L-1
D．相同温度下，
【答案】D
【详解】A．由分析可知，0~20min 内，两反应的速率之比为
，A 正确；
B．由方程式可知，两反应均生成Z，相同时间内，浓度变化量的关系为：Δc(Z)= Δc(Q)= Δc(X)+ Δc(Y)，则容
器中Z 的生成速率大于X 的生成速率，B 正确；
C．由图可知，45min 时，Q 的浓度为0.2mol/L，变化量为：Δc(Q)= Δc(X)+
Δc(Y)=0.6mol/L-0.2mol/L=0.4mol/L，反应速率
=
，解联立方程可得Δc(X)=0.16mol/L、
Δc(Y)=0.24mol/L，所以45min 时，Y 的浓度为0.24mol/L，C 正确；
D．由分析可知，速率常数
=
，则
，D 错误；
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故选D。
【对点3】（2025·甘肃·调研）对于可逆反应 A(g)＋3B(s)
2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如
下， 其中表示的反应速率最快的是
A．v(A)=0.5 mol·L-1·min-1
B．v(B)=1.2 mol·L-1·s-1
C．v(C)=0.1 mol·L-1·s-1
D．v(D)=0.4 mol·L-1·min-1
【答案】C
【详解】A．v(A)=0.5 mol·L-1·min-1，v(C)=1.0 mol·L-1·min-1；
B．B 呈固态，不能用浓度变化表示反应速率；
C．v(C)=0.1 mol·L-1·s-1，v(C)=6.0 mol·L-1·min-1；
D．v(D)=0.4 mol·L-1·min-1，v(C)=0.4 mol·L-1·min-1；
从数值上可以看出，选项C 中用C 表示的反应速率最快，故选C。
【对点4】（2025·陕西咸阳·模拟预测）某化学兴趣小组为了测定化学反应速率，并研究外界条件对化学反
应速率的影响，设计并完成了如下实验：
I．甲同学利用下图所示装置(夹持装置略)测定化学反应速率，借助秒表测量量气管内液面不再变化时所需
的时间，同时读取量气管在反应前后的液面差，计算该反应的速率。
回答下列问题：
(1)蒸馏烧瓶中发生反应的离子方程式为 。
(2)为了减少气体溶解，试剂X 最好选用 (填名称)。
(3)实验结束后，读数时应该注意： 、 (任填两项)，然后再读取数据。
Ⅱ．乙同学设计如下实验探究高锰酸钾的浓度对速率的影响，并测定反应速率。
实
验
温
度/
℃
溶液的体积/mL
溶液的体积/mL
的体积/mL
水
的
体
积/
mL
溶液褪色的时间/min
①
25
10
30
20
40
2.5
②
25
20
30
20
a
3.0
12
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③
25
40
30
20
10
溶液颜色变浅，但不褪去
(4)
。
(5)利用实验①中数据，计算用
表示的化学反应速率为
，通过数据比较可以得
出：反应速率① (填“>”、“<”或“=”)②。
(6)实验③最终溶液颜色变浅、但不褪去的原因可能是 。
【答案】(1)
(2)饱和碳酸氢钠溶液
(3)冷却至室温，上下调节量气管使左右两端液面齐平 读数时视线与量气管凹液面相平
(4)30 (5) 0.002 < (6)高锰酸钾过量(或草酸的量不足，无法使
完全反应)
【详解】（1）蒸馏烧瓶中KMnO4、H2C2O4和H2SO4溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、二氧化碳和水，其反应
的离子方程式为：
；
（2）可通过排饱和NaHCO3溶液的方法收集CO2，试剂X 为饱和碳酸氢钠溶液；
（3）实验结束后，先冷却到室温，再上下移动量气管、使左右两边液面相平，然后视线与凹液面的最低
处相平，读取数据；
（4）乙同学通过控制变量法测定KMnO4溶液的浓度对化学反应速率的影响，溶液的总体积为100mL，则
a=30mL；
（5）利用实验①中数据可知，溶液混合后KMnO4溶液的浓度为
=0.005mol/L，用KMnO4表示的化
学反应速率为
=0.002
；用同样方法计算出反应②中KMnO4表示的化学反应速率
为0.0033mol⋅L-1⋅min-1，则反应速率①＜②；
（6）实验③中n(KMnO4)=
=0.002mol，n(
)=
=0.003mol，根据
可以判断出高锰酸钾过量(或草酸的量不足)，故最终溶
液颜色变浅，但不褪去。
考点02 影响化学反应速率的因素
1、影响化学反应速率的主要因素—内因
反应物本身的性质是主要因素。反应物本身的性质是影响化学反应速率的决定因素。如在相同条件下卤素
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。
【易错提醒】
内因包括组成、结构、性质等物质自身因素。
2、影响化学反应速率的主要因素—外因
(1)浓度对化学反应速率的影响规律:当其他条件不变时，增大反应物的浓度，可以增大化学反应速率；减
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小反应物的浓度，可以减小化学反应速率
【易错提醒】
1、固体和纯液体对化学反应速率无影响，但要注意水(液态)对溶液的稀释作用。
2、浓度的改变必须是真正参加反应离子的浓度，如酸碱中和反应影响速率的是H＋、OH－浓度。
(2)压强对反应速率的影响规律：当其他条件不变时，增大压强，气体体积缩小，浓度增大，化学反应速
率加快；减小压强，气体体积增大，浓度减小，化学反应速率减慢。
①恒温时，压缩体积――→压强增大――→反应物浓度增大――→反应速率加快。
②恒温时，对于恒容密闭容器
a、充入气体反应物――→气体反应物浓度增大(压强也增大)――→反应速率加快。
b、充入“惰性”气体――→总压强增大―→反应物浓度未改变―→反应速率不变。
③恒温恒压时
充入“惰性”气体――→体积增大――→气体反应物浓度减小――→反应速率减小。
【易错提醒】
1、压强只对有气体参与的化学反应对于气体反应速率有影响。
2、压强对化学反应速率的影响是通过改变反应物浓度实现的，所以分析压强的改变对反应速率的影响
时，要从反应物浓度是否发生改变的角度来分析。若改变总压强而各物质的浓度不改变，则反应速率不
变。
(3)催化剂对反应速率的影响规律：当其他条件不变时，使用催化剂，化学反应速率增大
【易错提醒】
催化剂在化学反应过程中参与了反应，降低了正、逆反应的活化能，同等程度改变正、逆反应速率，但不
会改变反应的限度和反应热。
(4)温度对反应速率的影响规律：当其他条件不变时，升高温度，可以增大化学反应速率；降低温度，可
以减小化学反应速率
【易错提醒】
升高温度正反应速率和逆反应速率都加快，但加快的程度不同；降低温度正反应速率和逆反应速率都减
慢，但减慢的程度不同，吸热反应的反应速率总是受温度影响大。
(5)其他因素对化学反应速率的影响
①固体表面积：固体颗粒越小，其单位质量的表面积越大，与其他反应物的接触面积越大，化学反应速
率越大。
②反应物状态：一般来说，配成溶液或反应物是气体，都能增大反应物之间的接触面积，有利于增大反
应速率。
③形成原电池：可以增大氧化还原反应的反应速率。
④其它方法：光辐照、放射线辐照、超声波、电弧、强磁场、高速研磨，均是行之有效的改变化学反应
速率的方法(块状)
(6)“惰性”气体对化学反应速率的影响
①惰性气体：化学反应速率中的“惰性气体”指的是不与反应物、生成物(体系中)任何成分发生化学反
应的气体。如：向N2 + 3H2
2NH3充入CO2、He，其中CO2、He 则称为惰性气体
②惰性气体对化学反应速率的影响：以反应N2 + 3H2
2NH3为例
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a、恒温恒容时(T、V 一定时)
恒温恒容
分析思路
充入惰性气体
体系总压增大，但体积不变，即各物质的浓度不变，故反应速率不变
b、恒温恒压时（T、P 一定时）
恒温恒压
分析思路
充入惰性气体
体积增大
各反应物浓度减少
反应速率减小
或充入惰性气体
体系的分压减小，相当于减小压强，故反应速率减小
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
1、碳酸钙与盐酸反应的过程，再增加CaCO3固体，可以加快反应速率。( )
2、加热使反应速率增大的原因之一是活化分子百分数增大。( )
3、使用一种催化剂能加快所有反应的速率。( )
【答案】1.× 2.√ 3.×
考向01 考查影响化学反应速率的因素
【例1】（2025·四川·模拟预测）一种甲烷水蒸气催化重整制氢气的反应原理如图所示(已知镍元素的常见
价态为+2 价和+3 价)。下列有关说法正确的是
A．
中铁元素为+2 价
B．反应中NiO、FeO 为反应的催化剂
C．将16 g CH4和足量的H2O(g)通过该方法制氢，理论上生成6 g H2
D．与甲烷分解制取氢气相比，该方法节能，且原子利用率为100%
【答案】C
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【详解】A．
中，设Ni 为x 价，Fe 为y 价，由化合物化合价代数和为0 得
，Ni
常见价态为+2 或+3，若Ni 为+2，则
，
；若Ni 为+3，则
，
（不合理），故
Ni 为+2，Fe 为+3 价，A 错误；
B．催化剂反应前后质量和性质不变。由图可知，反应Ⅰ消耗
生成NiO、2FeO，反应Ⅱ消耗NiO、
2FeO 生成
，故NiO、FeO 为中间产物，
为催化剂，B 错误；
C．NiO、FeO 为中间产物，
为催化剂，总反应中
为反应物，
为生成物，总
反应为
。16 g CH4为1 mol，根据方程式1 mol CH4生成3 mol H2，质量为
，C 正确；
D．甲烷分解吸热，该方法利用太阳光可能节能，但总反应生成CO 和H2，目标产物为H2，存在副产物
CO，原子利用率不为100%，D 错误；
故选C。
【思维建模】
警惕外界因素对化学反应速率影响的5 大误区
1、误认为随着化学反应的进行，化学反应速率一定逐渐减小。其实不一定，因为反应速率不仅受浓度影
响，而且受温度影响，一般会先增大后减小。
2、误用某物质的物质的量代替物质的量浓度计算化学反应速率。速率大小比较时易忽视各物质的反应速
率的单位是否一致，单位书写是否正确。
3、误认为纯固体和纯液体不会改变化学反应速率。实际上不能用纯固体和纯液体物质的变化表示化学反
应速率，但若将固体的颗粒变小(增大固体的接触面积)则化学反应速率会加快。
4、误认为只要增大压强，化学反应速率一定增大。实际上反应在密闭固定容积的容器中进行，若充入氦
气(或不参与反应的气体)，压强增大，但参与反应的各物质的浓度不变，反应速率不变；若反应在密闭容
积可变的容器中进行，充入氦气(或不参与反应的气体)而保持压强不变，容器体积增大，各组分浓度减
小，反应速率减小。
5、误认为温度、压强等条件的改变对正、逆反应速率影响不一致。如认为升温既然使化学平衡向吸热方
向移动，则对于放热反应，升温时，逆反应速率增大，而正反应速率减小。其实不然，温度升高，正、逆
反应速率都增大，只是吸热反应方向速率增大程度大；同理，降温会使吸热反应方向速率减小程度大，而
导致化学平衡向放热方向移动。
考向02 考查“控制变量”探究影响化学反应速率的因素
【例2】（2025·四川自贡·模拟预测）为探究化学反应速率的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关
现象。其中方案设计、现象、结论均正确的是
选
项
影响因
素
方案设计
现象
结论
A
浓度
室温下，分别向颗粒度相同的大理石碎块中加入
加入
盐酸的
增大反应物浓
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的盐酸和
的盐酸
试管中产生气泡
速率更快
度，反应速率加
快
B
温度
向两只盛有
溶液，分别同
时加入
稀
溶液，振荡，再分
别置于冷水和热水中
热水中，试管产
生浑浊的速率更
快
升高温度，化学
反应速率加快
C
压强
向两个同体积的密闭容器中，分别充入
气体，和
与
的混合气体
气体颜色变化速
率相同
增大压强对反应
速率无影响
D
催化剂
室温下，向两只相同的试管中分别加入
的
溶液。向其中一只滴入2 滴
溶液
滴入
溶液的
试管中产生气泡
的速率更快
使用合适的催化
剂可使化学反应
速率加快
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．探究浓度对化学反应速率的影响时，应该控制加入相同体积、不同浓度的盐酸，此处方案设
计错误，A 错误；
B．硫代硫酸根离子在酸性条件下发生自身歧化反应生成硫单质、二氧化硫和水，先将浓度、体积相同的
硫代硫酸钠溶液分别置于冷水、热水种，再滴加硫酸并振荡，通过观察产生浑浊的速率，探究浓度对化学
反应速率的影响，B 错误；
C．
，该反应气体分子数不变，改变压强平衡不移动，由于题干中HI 的浓度相同，
所以气体颜色变化速率相同，但增大压强反应速率增大，C 错误；
D．向两只相同的试管中分别加入
的
溶液，向其中一只滴入2 滴
溶液，观察加
入氯化铁的试管产生气泡速度快，说明使用合适的催化剂可使化学反应速率加快，D 正确；
故答案为：D。
【思维建模】
控制变量法探究影响反应速率的因素题目解题策略
1、确定变量：理清影响实验探究结果的所有因素。
2、定多变一：在探究时，先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样
的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响
因素与所探究问题之间的关系。
3、数据有效：解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断。
【对点1】（2025·陕西安康·模拟预测）甲酸(HCOOH)是一种储氢容量较高且可再生的化学制氢材料，研究
人员提出了在含钌化合物催化作用下利用甲酸和二氧化碳在低温条件循环可逆储氢，其储放氢的历程如图
所示(“→”代表放氢过程，“
”代表储氢过程
⇢
)。下列说法正确的是
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A．放氢过程中环境酸性越强放氢速率越快
B．可通过调节CO2的分压来实现储放氢的循环
C．储放氢的过程中钌(Ru)的成键数目没有发生变化
D．含钌化合物提高了储氢过程的活化能，降低了放氢的过程的活化能
【答案】B
【详解】A．放氢过程涉及HCOO-参与，酸性越强，H+浓度高会使HCOO-与H+结合生成HCOOH，导致反应
物HCOO-浓度降低，反而抑制放氢速率，A 错误；
B．储氢过程需要CO2参与，放氢过程释放CO2，增大CO2分压可促进储氢，降低CO2分压可促进放氢，通
过调节CO2分压能实现储放氢循环，B 正确；
C．由图可知，储放氢过程中，Ru 的配位数变化，导致成键数目改变，C 错误；
D．催化剂降低所有反应的活化能，含钌化合物作为催化剂，会同时降低储氢和放氢过程的活化能，D 错
误；
故选B。
【对点2】（2025·辽宁·调研）某实验小组用酸性
溶液和
(草酸)反应(离子方程式为
)探究影响化学反应速率的因素，设计了系列实验如表所
示。下列说法错误的是
实验
序号
反应温
度/℃
溶液
溶液
/
溶液褪色需
要的时间/min
V/mL
V/mL
V/mL
1
20
10.0
0.10
10.0
1.00
0
2
40
10.0
0.10
10.0
1.00
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3
20
0.10
5.0
1.00
A．
B．
，
C．结合实验1 和2 可探究温度对反应速率的影响
D．实验1 中，用
表示反应速为
【答案】D
【详解】A．实验1 和2 探究温度对反应速率的影响，且实验2 温度高于实验1，实验1 和3 探究
浓
度对该反应速率的影响，且实验1 中
浓度大于实验3，故
，A 项正确；
B．探究实验的原则是控制变量，实验1 和3 探究
浓度对该反应速率的影响，因此其他条件一样，
故
，
，B 项正确；
C．实验1 和2 温度不同，其他条件相同，可探究温度对反应速率的影响，C 项正确；
D．实验1 中，用
表示反应速率为
，D 项错误；
故选D。
考点03 活化能与有效碰撞理论
1、基元反应与化学反应历程
(1)催化剂与化学反应
①在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应的活化能；E1－E2为此反应的焓变(ΔH)。
②有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤(也可能为多个，如模拟演练题1 中图像所表示的)，反应①
为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。
③催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点
( 反应物
) 能量
和
终点
( 生成物
) 能量
的相对大小
(2)能垒与决速步骤
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能垒：简单可以理解为从左往右进行中，向上爬坡最高的为能垒，而包含此能垒的反应我们称之为决速
步骤，也成为慢反应。
例如图中，从第一个中间态到过渡态2 的能量就是能垒，而HCOO*+H*=CO2+2H*是在Rh 做催化剂时该
历程的决速步骤。
【易错提醒】
1、能垒越大，反应速率越小，即多步反应中能垒最大的反应为决速反应。
2、用不同催化剂催化化学反应，催化剂使能垒降低幅度越大，说明催化效果越好。
3、相同反应物同时发生多个竞争反应，其中能垒越小的反应，反应速率越大，产物占比越高。
2、基元反应 过渡态理论
(1)基元反应
①大多数的化学反应往往经过多个反应步骤才能实现，其中每一步反应都称为基元反应。
②基元反应速率方程：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。
(2)反应机理：基元反应构成的反应序列称为反应历程(又称反应机理)，基元反应的总和称为总反应。由几
个基元反应组成的总反应也称复杂反应。
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。
(3)过渡态理论
①化学反应并不是通过反应物分子的简单碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高
能的过渡态，处于过渡态的分子叫做活化络合物。活化络合物是一种高能量的不稳定的反应物原子组合
体，它能较快地分解为新的能量较低的较稳定的生成物。如
AB＋C―→[A…B…C]―→A＋BC
反应物 过渡态 生成物
②活化能(Ea)是处在过渡态的活化络合物分子平均能量与反应物分子平均能量的差值。
③应用举例：对于反应NO2＋CO===NO＋CO2，CO 和NO2先形成活化络合物[O—N…O…C—O]，原有
的N…O 键部分地破裂，新的C…O 键部分地形成，最后旧键完全破裂，新键形成，转变为生成物分子。
a、反应过程可表示为
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O—N—O＋C—OO—N…O…C—O―→N—O＋O—C—O
b、反应过程能量图
图示释义：Ea1表示正反应的活化能；Ea2表示逆反应的活化能；反应的焓变ΔH＝Ea1－
E a2；一般来说，Ea
越小，反应速率越快，反应越易进行。
(4)催化剂与反应历程
①催化剂对反应速率的影响：催化剂是通过降低化学反应所需的活化能来增大化学反应速率的。有催化
剂参与的反应，活化能(Ea1)较小，反应速率较大；没有催化剂参与的反应，活化能(Ea1
’)较大，反应速率
较小。使用催化剂同时降低了正反应和逆反应的活化能，但反应的ΔH 不变。
②加入催化剂后的反应历程：如图所示：反应A+B→AB 的活化能为Ea，加入催化剂K 后，反应分两步
进行：
①A+K→AK 活化能为Ea1（慢反应）
②AK+B→AB+K 活化能为Ea2 (快反应)
总反应：A+B――→AB 活化能为Ea1
加入催化剂K 后，两步反应的活化能Ea1和Ea2均小于原反应的活化能Ea，因此反应速率加快。
由于Ea1>Ea2，第1 步反应是慢反应，是决定整个反应快慢的步骤，称为“定速步骤”或“决速步骤”，
第1 步反应越快，则整体反应速率就越快。因此对总反应来说，第一步反应的活化能Ea1就是在催化条
件下总反应的活化能。
3、有效碰撞理论解释外因对化学反应速率的影响
(1)有效碰撞：能够发生化学反应的碰撞为有效碰撞。化学反应发生的先决条件是反应物分子间必须发生
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碰撞。有效碰撞必须具备两个条件：一是发生碰撞的分子具有足够的能量，二是碰撞时要有合适的取向。
(2)活化分子和活化能
①能够发生有效碰撞的分子。对于某一化学反应来说，在一定条件下，反应物分子中活化分子的百分数
是一定的。
②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。
(3)反应物、生成物的能量与活化能的关系
E1：正反应的活化能
E2：活化分子变成生成物分子放出的能量，也可认为是逆反应的活化能
E1-E2：反应热，即ΔH= E1- E 2
(4)浓度、压强、温度、催化剂与活化分子的关系
影响
外因
单位体积内
分子总数
活化分子百
分数
单位体积内
活化分子数
有效碰撞
次数
化学反应速
率
增大反应物浓度
增加
不变
增加
增加
加快
增大压强
增加
不变
增加
增加
加快
升高温度
不变
增加
增加
增加
加快
使用催化剂
不变
增加
增加
增加
加快
考向01 考查催化剂、活化能与转化效率的关系
【例1】（2025·云南楚雄·模拟预测）某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于将
转化为
单质S，催化历程如图所示。下列说法正确的是
A．过程①和③均发生了非极性键的断裂
B．键角：
C．
使
转化成
，恢复催化剂活性
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D．O—H 键的键能大于S—H 键的键能，所以沸点：
【答案】C
【详解】A．过程①是
吸附在催化剂上，过程③中
吸附在催化剂上，均无非极性键的断裂，A 错误；
B．
与
的中心原子采取的都是
杂化，且都有2 个孤电子对，由于电负性：
，
的成键
电子对离中心原子更近，受到的斥力更大，其键角大于
，B 错误；
C．根据图示③④两步历程，可知
使
转化成
，恢复催化剂活性，C 正确；
D．水分子的沸点高于硫化氢是因为水分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，水分子间的作用
力强于硫化氢，沸点高于硫化氢的，D 错误；
故选C。
【思维建模】
催化剂、活化能与转化效率的关系
1、活化能：（1）活化能与ΔH 的关系：正、逆反应活化能的差值就是反应的焓变，可表示为ΔH＝E(正)
－E(逆)。（2）活化能与化学反应速率的关系：活化能越大，化学反应速率越小。
2、催化剂与活化能、ΔH 的关系：催化剂能改变反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。
考向02 考查活化能与有效碰撞
【例2】（2025·河北衡水·三模）研究表明，Rh(
)-
Ⅰ邻氨基苯酚催化剂能有效提高主反应的选择性。Rh(
)-
Ⅰ
邻氨基苯酚催化甲醇羰基化制乙酸的反应历程如图所示［其中TS 表示过渡态，Rh(
)
Ⅰ配合物简写为TN］，
关于反应历程说法正确的是
A．反应历程中只有
做催化剂
B．总反应为
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C．增大LiI 的用量，甲醇的平衡转化率增大
D．经定量测定，反应历程中物质TN3 含量最少，可能原因是TN3→TN4 的活化能较高
【答案】B
【详解】A．从图中可看出，LiI 先与甲醇反应生成LiOH 和CH3I，CH3I 参与TN 催化循环最终生成的CH3COI
又与LiOH 反应生成LiI 与终产物乙酸，因此LiI 也属于该反应的催化剂，A 错误；
B．总反应需消去中间产物，反应物为CH3OH 和CO，生成物为CH3COOH，总反应方程式为
，B 正确；
C．LiI 也是反应的催化剂，其用量不影响平衡移动，因此增大LiI 用量不能提高甲醇的平衡转化率，C 错误；
D．反应中TN3 含量最少说明其生成慢（TN2→TN3 反应速率慢）或消耗快（TN3→TN4 反应速率快），即
TN2→TN3 的活化能较高或TN3→TN4 活化能较低，D 错误；
故答案选B。
【对点1】（2025·安徽阜阳·一模）某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化
为单质
S，提出的催化历程示意图如下，
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．过程①形成了氢键
B．该催化历程的总反应为
C．过程③发生了氧化还原反应
D．每消耗22.4 L 的
，转移的电子数目为
【答案】B
【详解】A．由分析可知，过程①是硫化氢吸附在催化剂上，没有形成氢键， A 错误；
B．由分析可知，总反应为催化剂作用下硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应的化学方程式为
，B 正确；
C．由分析可知，过程③是氧气吸附在催化剂上，没有发生化学反应，C 错误；
D．未指明标准状况，无法计算22.4L 氧气的物质的量和反应转移电子数目，D 错误；
故选B。
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【对点2】（2025·云南文山·模拟预测）利用分子筛负载锰基催化剂可实现
还原
生成
和
，
该过程的反应机理如下图所示，下列说法错误的是
A．IM2→IM3 为该反应的决速步骤
B．IM3→IM4 过程中
参与反应
C．将
替换为
，反应可得
D．
比
稳定
【答案】C
【详解】A．决速步骤为反应历程中活化能最高的步骤，即过渡态（TS）能量最高的步骤。IM2→IM3 对应
的过渡态（TS1）能量变化最大，其活化能最大，则为决速步骤，A 正确；
B．由图中得，IM3→IM4 的过程NO 参与了反应，构建了新的中间体，B 正确；
C．H2O 中的O 来自反应物NOx，催化剂Z2-[MnO]2+中的O 不参与产物H2O 的形成；将MnO 替换为Mn18O 后，
18O 仍留在催化剂中，产物H2O 不含
18O，C 错误；
D．中间体能量越低越稳定，由图得Z2-[MnOH-NHNOH]2+（IM5）的能量低于Z2-[MnOH-NH2NO]2+（IM4），
则前者更稳定，D 正确；
答案选C。
题型01 化学反应速率的概念及计算
1．（2025·四川南充·三模）某兴趣小组利用下图实验装置深度探究以
为原料制取氧气的反应原理。
实验测得相关数据记录如下表：
25
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实验
反应前
充分反应后
耗时
m(试剂)
m(试管)
m(试管
固体)
40.00g
53.88g
50min
注：①实验中，棉花未发生变化，水槽中为蒸馏水。②经检验，实验中生成的气体仅有
。③充分反应后
的总质量为冷却至室温时所称量；耗时测量是通过观察水槽中不再冒气泡时测得。
下列说法错误的是
A．该反应原理是
B．以
表示该反应的化学反应速率
C．充分反应后实际剩余固体的总质量比理论值小
D．根据氧化还原反应规律可知该反应固体产物中锰元素的平均化合价大于
价
【答案】D
【详解】A．高锰酸钾加热分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，
，A 正确；
B．生成氧气的质量为反应前总质量（
）与反应后总质量（53.88 g）之差，即
，则以
表示该反应的化学反应速率
，B 正确；
C．理论上
（为0.1 mol）分解生成
的物质的量为0.05 mol（质量1.6g），剩余固体质量
为
；实际剩余固体质量为
，实际剩余固体质量小于理论值，C
正确；
D．实际生成
为1.92 g÷32 g/mol=0.06 mol，氧元素失电子总数为
，设锰元素平均化
合价为m，由得失电子守恒：
，解得
，平均化合价为
，小于
，D 错
误；
故选D。
2．（2025·江苏徐州·二模）研究发现反应
的反应速率随温度的升高而减小，反应
历程：
26
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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<0）逆向移动更明显，导致中间体N2O2浓度降低，进而抑制慢反应，总反应
速率减小，说明温度对快反应影响更大，C 正确；
D．恒容下通入NO2，相当于加压，相较于原平衡，平衡正移，NO2增多，D 错误；
故选C。
3．（2025·内蒙古·模拟预测）25℃下，为探究纳米铁去除工业废水中
的影响因素，测得不同条件下
浓度随时间变化关系如下图。
实验序号
水样体积/mL
纳米铁质量/mg
水样初始pH
①
100
16
6
②
100
4
6
③
100
4
8
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2 小时内平均反应速率
mol·L-1·h-1
27
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B．实验③中，反应的离子方程式为：
C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
D．其他条件相同时，水样初始pH 越小，
的去除效果越好
【答案】C
【详解】A．由图可知，0~2 小时内，实验①中硒酸根离子浓度变化量为(5.0×10-4 mol/L-1.0×10-4
mol/L)=4.0×10-4 mol/L，则硒酸根离子平均速率为v=
=2.0×10-4 mol·L-1·h-1， A 错误；
B．由表格数据可知，实验③的初始pH 为8，溶液呈弱碱性，发生的反应为
，B 错误；
C．由分析可知，实验①②说明其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C 正确；
D．由分析可知，水样pH 太小，溶液中的氢离子会与纳米铁反应导致去除效果降低，所以水样初始pH 越
小，去除效果不一定越好，D 错误；
故选C。
4．（2025·四川成都·三模）晶态和非晶态TiO2固体表面均可以吸附CO2，最终将CO2催化还原为CH4。在密
闭容器中，CO2吸附量与时间、催化剂种类及质量的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．其他条件相同时，增大催化剂质量，反应速率不变
B．晶态TiO2的催化性能优于非晶态TiO2
C．温度升高有利于TiO2固体表面吸附CO2
D．0~10min 内③中CO2的平均吸附速率
【答案】D
【详解】A．其他条件相同时，增大催化剂质量(如非晶态1g 与2g)，相同时间内CO2吸附量增大分别为：
5.0×10-6mol-1.5×10-6mol=3.5×10-6mol，9.0×10-6 mol-3.0×10-6mol=6.0×10-6mol，吸附速率加快，反应速率增大，
A 错误；
B．相同质量(1g)时，晶态TiO2在10min 内CO2吸附量(1.5×10-6 mol)小于非晶态5.0×10-6mol-1.5×10-
6mol=3.5×10-6mol，说明非晶态催化性能更优，B 错误；
C．温度升高，不利于气体的吸附过程，即升高温度不利于CO2吸附，C 错误；
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D．0~10min 内③(非晶态2g)CO2吸附量从3×10-6mol 增至9.0×10-6mol，平均吸附速率
=
=
=6×10-7mol·min-1，D 正确；
故答案为：D。
5．（2025·广东湛江·模拟预测）下列叙述正确的是
A．图①装置可用于测定锌与稀硫酸反应的速率
B．图②装置可用作制备氯气的发生装置
C．图③装置可用作蒸馏装置
D．图④标识表示腐蚀类物质
【答案】D
【详解】A．测定锌与稀硫酸反应的速率时，图装置中的长颈漏斗应换成分液漏斗，且实验时还需要用到
秒表， A 项错误；
B．二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气时需要加热， 图装置缺少加热仪器，B 项错误；
C．图③装置中尾部的接 收部分不应密封(蒸馏装置不能是密闭体系)，且温度计水银球应位于支管口处，
另外，蒸馏时一般使用直形冷凝管，C 项错误；
D．由图可知，图④标识表示腐蚀类物质，D 正确；
故选D。
6．（2025·广东惠州·三模）含碘物质在科研与生活中有重要应用，根据下列实验内容回答问题。
Ⅰ．课题小组用0.2%淀粉溶液、
、
、
等试剂，探究
反应条件对化学反应速率的影响。
已知：
(慢)
(快)
(1)用
、
、
固体分别配制一定浓度的溶液，需用到的仪器有___________(填标号)。
A．
B．
C．
D．
(2)向
、
与淀粉的混合溶液中加入一定量的
溶液，当溶液中的 耗尽后，溶液
颜色将由无色变成为蓝色。
(3)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
29
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序号
体积
溶液
水
溶液
溶液
淀粉溶液
①
10.0
0.0
4.0
4.0
2.0
②
8.0
2.0
4.0
4.0
2.0
③
6.0
4.0
4.0
2.0
表中
。若实验①中观察到溶液变蓝的时间为
，则用
的浓度变化表示的反应速
率为 。
Ⅱ．课题组开展实验，探究反应“
”是否为可逆反应。试剂：
溶液，
溶液，淀粉溶液，
溶液，
溶液。
(4)甲同学认为结合试管i 和试管ii 中现象可证明该反应为可逆反应，则试管i 中现象为 ；乙同
学认为现象无法证明该反应为可逆反应，原因为 。
请选择上述试剂重新设计实验，证明该反应为可逆反应 。
【答案】(1)BC (2)
或
(3) 4.0
(4)产生黄色沉淀 含有
的溶液中加入
溶液也能产生黄色沉淀 向
(过量)
溶液中加入
(少量)
溶液，振荡，充分反应，再向其中加入
溶液，溶液变
红色，说明含有过量
的溶液中存在
，即可证明反应为可逆反应
【详解】（1）要配制一定浓度的溶液，需经过计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容等步骤。溶解固体
需要在烧杯中进行，定容需要用到容量瓶，而用不到锥形瓶和酸式滴定管，所以用
、
、
固体分别配制一定浓度的溶液，需用到的仪器有烧杯、容量瓶，故选BC；
（2）根据已知信息，向
、
与淀粉的混合溶液中加入一定量的
溶液，
与
溶液
先发生慢反应：
，生成的
再与
发生快反应：
，即
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或
未耗尽前，无多余的
使淀粉变蓝，则当溶液中的
或
耗尽后，生成的
才
能使淀粉变蓝，溶液颜色将由无色变成为蓝色；
（3）探究 “反应物浓度对化学反应速率的影响” 时，需保证除反应物浓度外，其他条件均相同，即需
保证溶液的总体积相同，实验①中总体积为(10.0+0.0+4.0+4.0+2.0) mL=20.0 mL，为保证总体积仍为 20.0
mL，则实验③中Vx=(20.0−6.0−4.0−4.0−2.0) mL=4.0 mL。由第(2)问可知，当溶液中的
耗尽后，才能
观察到溶液变蓝，即耗尽4.0 mL
用时
，则用
的浓度变化表示的反应速率
为
；
（4）向5 mL
溶液中加入3 mL
溶液，
过量，向反应后所得溶液
的两等份中分别滴加
溶液和淀粉溶液，试管ii 中溶液变蓝，说明Fe3+和I−反应有
生成，
向含有
的溶液中加入
溶液也能产生黄色的AgI 沉淀，则试管i 中现象为产生黄色沉淀；因为生成
的
和KI 中不能完全转化的I−均能与
溶液反应生成黄色沉淀，所以乙同学认为现象无法证明该反应
为可逆反应，原因为：含有
的溶液中加入
溶液也能产生黄色沉淀。
因为上述试管i 中的现象不能说明是KI 中不能完全转化的I−与
溶液反应的结果，若重新设计实验，
证明该反应为可逆反应，可以向过量的
溶液中加入少量的
溶液，充分反应后，再检验含有过
量
的溶液中是否存在
，则证明该反应为可逆反应的实验方案为：向
(过量)
溶液中
加入
(少量)
溶液，振荡，充分反应，再向其中加入
溶液，溶液变红色，
说明含有过量
的溶液中存在
，即可证明反应为可逆反应。
题型02 影响化学反应速率的因素
1．（2025·全国·模拟预测）一定温度下
在特种催化剂（cat）表面分解生成
和
与催化剂
表面积、时间的关系如图所示。一定条件下，反应
的速率
。关于该反应的说法错误的是
A．其他条件相同时，压强越大，反应速率越快
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B．体系压强一定时，加入氩气，
分解率增大
C．浓度一定，催化剂表面积越大，反应速率越快
D．温度一定，使用更优质催化剂，
的值不变
【答案】A
【详解】A．由图可知，催化剂表面积越大，反应速率越快，催化剂表面积一定，图中曲线斜率不变，表
明浓度变化时，速率不变，其他条件相同时，改变压强，即改变浓度，反应速率不变，A 错误；
B．体系压强一定时，加入氩气，相当于减压，平衡正向移动，
分解率增大，B 正确；
C．浓度一定，催化剂表面积越大，反应速率越快（图中曲线斜率的绝对值
），C 正确；
D．反应
的速率
，平衡时
，则
（平衡常数），即温度一定，使用更优质催化剂，
的值不变，D 正确；
故选A。
2．（2025·贵州·模拟预测）
与HBr 发生加成反应的反应机理如图所示。下列叙述错
误的是
A．
比
稳定
B．
中2-位上带的正电荷密度较高，更容易吸引
的进攻
C．图示两种产物中，只有1,4-加成产物有立体异构
D．反应过程中，适当升高温度，生成
和
速率均增大
【答案】C
【详解】A．由图可知，
比
的能量低，能量低的相对更稳定，
A 项正确；
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B．由图可知，
的反应活化能更低，故2-位上带的正电荷
密度较高，更容易吸引
的进攻，B 项正确；
C．
含手性碳原子（Br 所在的C），有立体异构，
有顺反异
构，C 项错误；
D．反应过程中，适当升高温度，生成
和
速率均增大，D 项
正确；
答案选C。
3．（2025·贵州贵阳·二模）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如
图所示：
已知“滤液2”主要含
和
。下列说法不正确的是
A．“机械粉碎”可以增大反应物接触面积，增大酸浸速率
B．“酸溶”时产生
和
离子
C．“碱溶”时存在反应：
D．“电解精炼”时，电路中转移
电子时阴极增重
【答案】B
【详解】A．机械粉碎使固体颗粒变小，增大反应物接触面积，能加快酸浸速率，A 正确；
B．酸溶使用稀盐酸，Fe 与稀盐酸反应生成Fe2+（稀盐酸氧化性弱，不生成Fe3+），B 错误；
C．碱溶时Sn 在碱性条件下被O2氧化为
，正确的离子方程式为Sn + 2OH⁻ + O2 =
+ H2O，C 正
确；
D．电解精炼铜时，阴极反应为Cu2++2e-= Cu，转移1mol 电子生成0.5mol Cu，质量为0.5×64g/mol=32g，D
正确；
故答案选B。
4．（2025·河北·一模）我们往往在化学反应和实验操作中采取一些加快速率的操作，下列说法正确的是
A．用
制备84 消毒液的过程中加热
B．过滤时用玻璃棒不断搅拌
C．实验室制取氢气时采用粗锌而非纯锌D．用98%浓硫酸代替稀硫酸与铁反应制备氢气
【答案】C
【详解】A．
与NaOH 溶液反应制备84 消毒液通常在常温下进行，加热会降低
溶解度并可能加速
NaClO 分解，不利于反应，A 错误；
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B．过滤时玻璃棒用于引流而非搅拌，搅拌易破坏滤纸，B 错误；
C．粗锌中的杂质与锌形成微电池，加快反应速率，C 正确；
D．浓硫酸使铁钝化，反应停止，无法生成氢气，D 错误；
故选C。
5．（2025·河北秦皇岛·二模）利用氟碳铈矿(主要成分为
，含
、FeO 等杂质)制
的工艺流
程如下：
已知：①滤渣1 的主要成分是
，滤渣2 的主要成分是
；②部分金属阳离子开始沉淀和完全沉
淀(离子浓度小于
)时的pH 如下表：
金属阳离子
开始沉淀时的pH
1.3
7.7
完全沉淀时的pH
3.1
9.2
回答下列问题：
(1)Fe 在元素周期表的位置是 ，基态
和
的未成对电子数之比为 。
(2)焙烧的过程中采用逆流焙烧，优点是 ，
发生反应的化学方程式为 。
(3)调节滤液1 的pH 范围为 。
(4)向滤液2 中加入
，发生反应的离子方程式为 。
(5)在空气中煅烧
也能制备
，若生成
与CO 的物质的量之比为2：1，则反应的化学方
程式为 。
【答案】(1) 第四周期Ⅷ族 4:5
(2)增加气固接触面积，使反应更充分
(3)
(4)
(5)
【详解】（1）Fe 是26 号元素，在元素周期表的位置是第四周期Ⅷ族，基态
价电子排布式为
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，
价电子排布式为
，未成对电子数之比为4:5。
（2）焙烧的过程中采用逆流焙烧，增加气固接触面积，使反应更充分；
和氧气反应生成CeO2、
CeF4、CO2，Ce 元素化合价由+3 升高为+4，O2 中O 元素化合价由0 降低为-2，根据得失电子守恒，发生反
应的化学方程式为
。
（3）滤液1 含有Fe3+、Ce3+，调节滤液1 的pH 使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀，同时Ce3+不能生成沉淀，
所以调节pH 的范围为
。
（4）向滤液2 中含有Ce3+，加入
生成Ce2(CO3)3沉淀，发生反应的离子方程式为
。
（5）在空气中煅烧
也能制备
，若生成
与CO 的物质的量之比为2：1，根据得失电子
守恒，反应的化学方程式为
。
6．（2025·福建泉州·三模）苯乙烯（ST）是一种重要的化工原料。工业生产中用乙苯（EB）耦合
制备
苯乙烯涉及如下反应：
.
Ⅰ
.
Ⅱ
(1)
催化乙苯脱氢的反应历程如下图所示（吸附在催化剂表面的物种用*标注，Ph-表示苯基）
催
化效率比
更高，但易造成积碳。
①
催化下，乙苯耦合
制苯乙烯的总反应Ⅲ：
。
②从速率角度说明耦合
制苯乙烯的优点： 。
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维持压强100kPa、四种不同进料组成
及不同反应温度下平衡
时EB 转化的物质的量分数的热力学计算结果如图所示。
(2)①代表EB 的曲线是 （选填“m”“n”或“q”，下同），判断的依据是 ；
②代表
的曲线是 。
(3)
时，往密闭容器中投入的
和
各为amol，经过tmin 达到平衡（如上图A 点所示）。该温
度下反应Ⅱ的平衡常数
。
①ST 的平均生成速率
。
②
的平衡转化率为 （填标号）。
a.70% b.55% c.40%
③反应Ⅲ的平衡常数
。
【答案】(1)
与碳反应，减少积碳，增大反应物与催化剂的接触面积，加快反应速率
(2)q 恒温恒压下，通入
和
均能提高EB 的平衡转化率，故只通入EB 时的转化率最低 n
(3)
c 20
【详解】（1）①根据图中信息可知，Ⅰ.
.
Ⅱ
根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ得反应Ⅲ，则
+143.52
+41.2
=
；
②
催化效率比
更高，但易造成积碳，则耦合
制苯乙烯的优点为
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与碳反应，减少积碳，增大反应物与催化剂的接触面积，加快反应速率；
（2）①恒温恒压条件下，通入二氧化碳和氮气都能增大EB 转化的物质的量分数，所以只通入EB 时EB 转
化的物质的量分数最小，代表EB 的曲线是q，故答案为: q；恒温恒压条件下，通入二氧化碳和氮气都能增
大EB 转化的物质的量分数，所以只通入EB 时EB 转化的物质的量分数最小；
②
、
、
相比较，CO2可消耗反应Ⅰ生成的H2，
平衡时EB 转
化的物质的量分数大于
的，所以代表
的曲线是n，答案为n；
（3）①A 点说明EB 转化物质的量为
，列化学平衡三段式：
反应Ⅱ反应前后气体分子数相等，该温度下反应Ⅱ的平衡常数
，解得x=
，ST
的平均生成速率v(ST)=
；
②CO2的平衡转化率为
，答案选c；
③根据三段式，平衡时n(CO2)=
，n(H2)=
，n(CO)= n(H2O)=
，n(EB)=
，n(ST)=
，混合气体总物质的量为(
+
+
+
+
+
)=
mol，p(EB)=
，同
理p(CO2)=22.5kPa，p(CO)= p(H2O)=15kPa，p(ST)=25kPa，Kp3=
，答案为20。
题型03 反应热的内能变化与焓变
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1．（2025·广东·模拟预测）石油化工可创造高经济效益，是重要的基础性、支柱型产业。下列有关说法错
误的是
A．石油无固定的熔、沸点
B．石油通过分馏可以获得裂化汽油和直馏汽油
C．石油是由多种碳氢化合物组成的混合物
D．催化剂是现代炼油工业的“芯片”，可以降低反应的活化能
【答案】B
【详解】A．石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，没有固定的熔点和沸点，A 正确；
B．石油通过分馏可以获得直馏汽油，重油发生催化裂化反应获得裂化汽油，B 错误；
C．石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，C 正确；
D．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率， D 正确；
故选B。
2．（2025·山西晋城·模拟预测）室温下，
在少量
作用下能快速分解。已知
，分解的机理由两步构成，第一步：
(慢反应，
)；第二步：
(快反应)。下列有关说法错误的是
A．
是反应的中间产物
B．
分解的决速步骤为第一步反应
C．第二步反应是放热反应
D．第一步反应的活化能小于第二步反应的
【答案】D
【详解】A．
在第一步生成，第二步消耗，是中间产物，A 项正确；
B．决速步骤由慢反应决定，即为第一步反应，B 项正确；
C．总反应ΔH<0，第一步ΔH>0，则第二步ΔH <0，为放热反应，C 项正确；
D．慢反应的活化能高于快反应的，即第一步反应的活化能大于第二步反应的，D 项错误；
答案选D。
3．（2025·浙江·一模）CO2与
通过电催化反应生成
，可能的反应机理如图所示(图中吸附在
催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ发生吸附，过程Ⅳ发生脱附
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B．过程Ⅱ中
发生了还原反应
C．电催化CO2与
生成CO(NH2)2的反应方程式为CO2
D．常温常压、无催化剂条件下，CO2与
反应较难生成CO(NH2)2
【答案】C
【详解】A．过程Ⅰ中CO2和
转化为吸附在催化剂表面的*CO₂ 和
，属于吸附过程；过程Ⅳ中*
转化为脱离催化剂表面的
，属于脱附过程，A 正确；
B．
中N 为+5 价，
中N 为-3 价，过程Ⅱ中
在H+、e-作用下N 元素化合价降低，发生还
原反应，B 正确；
C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式
为CO2
；C 错误；
D．常温常压无催化剂时CO2与
通常生成(NH4)2CO3或NH4HCO3，难以生成
，D 正确；
故答案选C。
4．（2025·安徽六安·模拟预测）卤代烃(CH3)3CBr 在乙醇中发生醇解反应的能量变化如图所示，下列说法错
误的是
A．(CH3)3CBr 的醇解反应包含3 个基元反应
B．若在乙醇中加入少量的乙醇钠，可加快反应速率
C．该反应的决速步骤为
D．升高温度，有利于提高(CH3)3CBr 的平衡转化率
【答案】D
【详解】A．从图中看出有三个过渡态，(CH3)3CBr 的醇解反应包含三个基元反应，A 正确；
B．加入的乙醇钠是强碱，会促进(CH3)3CBr 发生消除反应，该反应速率比醇解反应快，因此会加快(CH3)3CBr
的消耗速率，B 正确；
C．该反应的决速步骤为
，该步骤的活化能最大，C 正确；
39
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D．总反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于提高(CH3)3CBr 的平衡转化率，D 错误；
故答案选D。
5．（2025·浙江·三模）二氧化氯
是一种重要的氧化剂，可用于某些污染物的处理。
(1)
可用于水体中
的去除。当
时，水体中
转化为
，
转化为
，
的
杂化方式为 ，该反应的离子方程式为 ；增大
时，该反应速率增大的可能原因是
。
(2)
可对烟气中
、
进行协同氧化脱除，涉及的部分反应及速率常数如下：
（其他条件相同时，k 越大速率越快）
I．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
①反应Ⅳ的历程如图所示，该历程中最大活化能
。
②适当增加
的浓度，
的氧化速率会明显增大的原因 。
(3)
可由图所示装置制备（电极不反应）。
①电解时阳极附近溶液的
（填“减小”“增大”“不变”）。
②阴极上产生
的机理如图所示（A、B 均为含氯微粒，其他微粒未标出）。由B 与A 生成
的基元
反应方程式为 。
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【答案】(1)sp3杂化
增大，
浓度增大，
氧化
的速率加快
(2) 32.3 反应I、Ⅳ的化学反应速率相对较快，增加
的浓度，使反应I 的速率增大，从而使
的浓
度变大，
又快速将
氧化为
(3)减小
【详解】（1）亚氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为2+
(7—2×2+1)=4，则氯原子的杂化方式为sp3杂
化；由题意可知，二氧化氯除去水体中锰离子的反应为碱性条件下二氧化氯与锰离子反应生成二氧化锰沉
淀、亚氯酸根离子和水，反应的离子方程式为
；离子浓度越大，
反应的反应速率越快，所以增大溶液pH，溶液中氢氧根离子浓度，二氧化氯氧化溶液中锰离子的反应速率
加快；
（2）①由图可知，该历程中最大活化能
；
②由题意可知，反应Ⅲ的化学反应速率最慢，二氧化硫的氧化速率慢，而反应I、IV 的化学反应速率相对
较快，添加一氧化氮后，二氧化氯通过反应I 快速生成
，
又快速将二氧化硫氧化为三氧化硫，所以
添加一氧化氮时，二氧化硫氧化速率提高；
（3）①由图可知，左侧电极为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，
电极反应式为
，放电生成的氢离子会使阳极附近溶液中氢离子浓度增大，溶液pH 减
小；
②由图可知，右侧电极为电解池的阴极，酸性条件下氯酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成二氧化
氯，生成的二氧化氯在阴极迅速得到电子生成亚氯酸根离子，亚氯酸根离子与溶液中的氯酸根离子反应生
成二氧化氯，则由B 与A 生成二氧化氯的反应为
。
6．（2025·江苏·一模）
的捕集与利用有助于“碳中和”。
(1)
的捕集。
①常温下，可用过量的氨水捕集
，该反应的离子方程式为 。
②乙醇胺
也能捕集
。乙醇胺的沸点高于氨的原因是 。
(2)
催化加氢制甲醇。经过“吸附→反应→脱附”等过程，主要反应为：
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反应I：
反应II：
反应III：
3.0MPa 时，将
的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得
产率随温度
的变化如图所示：
①240℃时，若
，反应管出口处检测到
，则
的选择性= 。[
的选择性
]
②温度高于260℃，
产率下降的可能原因是 。
③研究发现，
可由
(吸附在催化剂表面的物种用*标注)转化生成，
与
或
作用生成
的相对能量变化如图所示，在催化剂表面修饰羟基的优点是 。
(3)
制环状碳酸酯。
与环氧乙烷(
)转化为环状碳酸酯的一种可能机理如图所示，图中
表示
催化剂。
①中间体X 的结构简式为 。
42
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②若用
代替环氧乙烷，相同条件下，生成
的产率远大于
，其原因是
。
【答案】(1) 2 NH3·H2O+CO2=2NH +CO
+H2O 乙醇胺形成的分子间氢键更强，且相对分子质量大于氨
分子，范德华力更强
(2) 93.75% CO2和H2的吸附量下降或积碳覆盖催化剂活性点位或生成一氧化碳等其他含碳化合物
降低生成HCOO *的活化能，加快反应速率
(3)
甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，Nu—主要与不连甲基的碳原子作用
【详解】（1）①常温下，可用过量的氨水捕集二氧化碳的反应为过滤的氨水与二氧化碳反应生成碳酸铵
和水，反应的离子方程式为2 NH3·H2O+CO2=2NH +CO
+H2O，故答案为：2 NH3·H2O+CO2=2NH +CO
+H2O；
②乙醇胺和氨分子都能形成分子间氢键，乙醇胺的沸点高于氨分子说明乙醇胺形成的分子间氢键更强，且
相对分子质量大于氨分子，范德华力更强所致，故答案为：乙醇胺形成的分子间氢键更强，且相对分子质
量大于氨分子，范德华力更强；
（2）①由图可知，240℃时，甲醇的产率为30%，由起始二氧化碳的物质的量为1mol，反应管出口处检测
到二氧化碳的物质的量为0.68mol 可知，甲醇的选择性为
=93.75%，故答案为：
93.75%；
②温度高于260℃，甲醇产率下降可能是二氧化碳和氢气的吸附量下降、积碳覆盖催化剂活性点位导致催
化剂活性降低、生成一氧化碳等其他含碳化合物所致，故答案为：CO2和H2的吸附量下降或积碳覆盖催化
剂活性点位或生成一氧化碳等其他含碳化合物；
③由图可知，在催化剂表面修饰羟基可以降低生成HCOO *的活化能，加快反应速率，故答案为：降低生成
HCOO *的活化能，加快反应速率；
（3）①由反应机理可知，中间体X 的结构简式为
，答案为：
；
②由反应机理可知，若用
代替环氧乙烷，相同条件下，生成
的产率远大于
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是因为甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，Nu—主要与不连甲基的碳原子作用所致，故答
案为：甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，Nu—主要与不连甲基的碳原子作用。
1．（2025·河北衡水·三模）下列实验操作或实验方案能达到目的的是
选
项
实验操作或实验方案
目的
A
观察钠的燃烧
B
将硫酸酸化的
溶液滴入
溶液，观察溶液颜
色
氧化性：
C
探究
、
对
分解的催化效果
D
将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl 溶液中，一段
时间后，将Fe 电极附近的溶液取出后滴加
溶
液
检验牺牲阳极保护法
对钢铁防腐的效果
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．钠燃烧应在坩埚或燃烧匙中进行，烧杯为玻璃器皿，高温下易炸裂且钠易滚动导致危险，A 错
误；
B．硫酸酸化提供H+，与Fe(NO3)2中的
形成HNO3，会氧化Fe2+生成Fe3+，干扰H2O2氧化性的判断，B 错
误；
C．探究催化效果需控制催化剂浓度相同，Fe2(SO4)3中Fe3+浓度为0.05 mol/L×2=0.1 mol/L，CuSO4中Cu2+浓度
为0.1 mol/L，浓度相同且阴离子均为
，可通过气泡速率比较催化效果，C 正确；
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D．将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl 溶液中，构成原电池，Zn 为负极，Fe 为正极，则一段时
间后，将Fe 电极附近的溶液取出后，应滴加
溶液，D 错误；
故答案选C。
2．（2025·江苏盐城·模拟预测）根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项
实验过程及现象
实验结论
A
在N2氛围中高温加热
固体使其分解，将气体产物依
次通入
溶液和品红溶液，
溶液产生白
色沉淀，品红溶液不褪色。
分解的气体
产物中有SO3，没
有SO2
B
室温下，向2mL 0.1mol/L 和2mL 0.2mol/L 碘水中分别加入
3 滴淀粉溶液，再分别加入同浓度、同体积足量的
溶液，盛有较低浓度碘水的试管先褪色。
反应物浓度越低，
反应速率越快
C
室温下，分别向2mL 0.1mol/L 的
溶液和
溶液
中投入两块相同的铝片，前者无明显现象，后者迅速反
应。
Cl-可以破坏铝片表
面氧化膜
D
室温下，用pH 试纸测得：0.1mol/L
溶液的pH 约为
10；0.1mol/L
溶液的pH 约为5。
结合H+的能
力比
的强
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．FeSO4分解产生的气体经过Ba(NO3)2溶液生成白色沉淀，由于SO2具有还原性，在酸性环境中
和
溶液发生氧化还原反应生成BaSO4白色沉淀，品红溶液不褪色，该实验无法排除SO2的存在，
也无法确定含有SO3，A 错误。
B．2mL 0.1mol/L 和2mL 0.2mol/L 碘水中I2的物质的量不同，低浓度碘水先褪色是I2的物质的量少，而非反
应速率快，反应速率应由初始浓度决定，浓度越高速率越快，B 错误；
C．硫酸铜和氯化铜溶液除了阴离子不同，其他条件均相同，铝片加入到氯化铜溶液中能反应，说明Cl-破
坏了铝片表面的氧化膜，C 正确；
D．Na2SO3溶液pH 高说明
水解程度更大，结合H+的能力更强，
溶液的pH 约为5，呈酸性，
说明
的电离程度大于其水解程度。对比可知，
结合H+的能力比
强，D 错误；
故选C。
3．（2025·安徽六安·模拟预测）甲烷在金属Mo 催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错
误的是
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A．该过程经历了2 个过渡态和1 个中间体
B．步骤2 反应的
C．步骤1 的为该过程的决速步骤
D．MoO2也可作为CH4氧化为CH3OH 的催化剂
【答案】D
【详解】A．过渡态为能量峰值，中间体为能量谷值。图中步骤1 和步骤2 各有1 个能量峰值（共2 个过渡
态），两过渡态间的“HO-Mo-OCH3”为1 个中间体，A 正确；
B．由能量变化图可知，步骤2 反应的ΔH=-1.00eV-(-0.71eV)=-0.29eV，B 正确；
C．由能量变化图可知，步骤1 的活化能E1=0.70eV，步骤2 的活化能E3=-0.49eV-(-0.71eV)=0.22eV，步骤1
的活化能大于步骤2 的活化能，为决速步骤，C 正确；
D．催化剂需在反应前后化学性质和质量不变。题中未提供MoO2参与反应并再生的证据，无法确定其催化
作用，D 错误；
故选D。
4．（2025·吉林松原·模拟预测）烷烃催化脱氢生成烯烃的反应机理如图，下列说法错误的是
A．整个过程中催化剂中B 原子化合价没有发生改变
B．干燥环境下该烷烃催化脱氢反应很难进行
C．反应II 生成烯烃的反应为氧化反应
D．反应II 中存在极性键和非极性键的断裂与形成
【答案】D
【详解】A．催化剂中B 原子始终与O 结合，硼的常见化合价为+3 价，在催化剂、化合物Ⅰ（含-OH）和化
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合物Ⅱ（含O-O 键）中，B 均为+3 价，化合价未改变，A 正确；
B．由机理图可知，催化剂需与
反应生成化合物Ⅰ才能参与循环，干燥环境下缺乏
，无法生成活
性中间体化合物Ⅰ，反应难以进行，B 正确；
C．反应Ⅱ中烷烃（
）转化为烯烃（
），C 的平均化合价升高（如乙烷→乙烯，C
从-3→-2），失去电子，属于氧化反应，C 正确；
D．化合物Ⅱ中氧原子间未形成共价键，反应Ⅱ中断裂的键为烷烃的C-H 键（极性键），形成的键为烯烃
的C=C 键（非极性键）和化合物Ⅰ中的O-H 键（极性键）。仅存在极性键的断裂和非极性键、极性键的形
成，无非极性键的断裂，D 错误；
故答案为：D。
5．（2025·山东·模拟预测）科学家研究发现，含钌(Ru)有机物M[
，Ph 为苯基]作催化剂时
具有极高的选择性。在一定条件下，催化剂M 在某有机反应中的催化机理如图所示。
下列说法错误的是
A．Ⅰ～Ⅵ所表示的物质，均为M 参与该反应的中间产物
B．反应①和反应⑧为可逆反应
C．反应机理中的反应①和反应④均为放热反应
D．总的化学方程式为
【答案】C
【详解】A．Ⅰ～Ⅵ所表示的物质，既是某个反应的生成物，又是另一个反应的反应物，最终Ⅰ又和
生成了M，故Ⅰ～Ⅵ所表示的物质均为M 参与该反应的中间产物，A 正确；
B．反应①和反应⑧在相同条件下进行，互为可逆反应，B 正确；
C．反应①为断键过程，断键时吸收能量，属于吸热反应，反应④为成键过程，成键时释放能量，为放热
反应，C 错误；
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D．由机理图可知，
、CO 和
三种物质在反应过程中“只进不出”，属于反应物，而
在反应过程中“只出不进”，属于生成物，M 为催化剂，总反应的化学方程式正确，D 正
确；
故选C。
6．（2025·宁夏银川·一模）Rh(I)-Ru(III)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基
元反应活化能垒如图所示。其中Cat。表示催化剂，TS 和TN 分别表示各基元反应的过渡态和产物。下列说
法错误的是
A．反应中Ru 的成键数目不变
B．该羰基化反应每消耗1molCH3COOCH3生成1molCH3COOH
C．由CH3I 生成CH3OI 经历了4 个基元反应，其中第四步是决速步骤
D．Rh(I)-Ru(III)双金属配合物降低了反应的活化能，不改变反应在该条件下的焓变
【答案】B
【详解】A．由Rh(
)-Ru(
)
Ⅰ
Ⅲ双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理图可知，Ru 都是
与2 个Cl 和2 个I 形成4 个键，A 项正确；
B．由反应机理可知，总反应为CO+H2O+CH3COOCH3
2CH3COOH，该羰基化反应每消耗1 mol
CH3COOCH3生成2 mol CH3COOH，B 项错误；
C．由各基元反应活化能垒图可知，由CH3I 生成CH3OI 经历了4 个基元反应，其中第四步即产物TN3→Cat.
+CH3COI 的活化能最大，是决速步骤，C 项正确；
D．Rh(
)-Ru(
)
Ⅰ
Ⅲ双金属配合物为催化剂，催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变反应的
焓变，D 项正确；
故选B。
7．（2025·辽宁·二模）我国是金属材料生产大国，提高资源利用率和实现绿色生产是必由之路。利用酸碱
协同法可实现钢渣中的Ca、Si、Fe 元素的有效分离，流程如下。
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已知：钢渣中富含
等氧化物；
能溶于水，
难溶于水。
回答下列问题：
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (任写一条)。
(2)“碱浸”时，发生反应的化学方程式为 。
(3)为体现“绿色化学”思想，试剂1 可选用 溶液，加入试剂1 发生反应的离子方程式为 。
(4)滤渣2 经过洗涤、干燥得到草酸钙晶体，“洗涤”的实验操作为 。
(5)将草酸钙晶体(
)，相对分子质量
)在氮气氛围中进行热重分析，每个阶段的重量降
低比例数据如图所示。346
~420
℃
℃范围内发生反应的化学方程式为 。840
~960
℃
℃范围内所得产
品为 (填化学式)。
【答案】(1)搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等
(2)
(3)
(4)向漏斗中加入蒸馏水至没过沉淀，待液体自然流净后重复操作两到三次
(5)
【详解】（1）搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等(任写一条即可)均可以加快反应
速率，从而提高浸取速率；
（2）“碱浸”时，二氧化硅加入氢氧化钠生成硅酸钠和水，反应为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
（3）为体现“绿色化学”思想，试剂1 可选用氧化剂O2或H2O2，两者能氧化亚铁离子且不引入新杂质，
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加入试剂1 发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（4）“洗涤”草酸钙晶体的实验操作为：用玻璃棒引流，向漏斗中注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等
待液体自然流出，重复操作两到三次(答案合理即可)；
（5）假设为1mol CaC2O4·H2O 在氮气氛围中进行热重分析，加热时会首先失去结晶水得到CaC2O4（此时重
量为原来的
），然后受热分解为碳酸钙，结合钙守恒，此时重量为原来的
，继续受热，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，结合钙守恒，此时重量为原
来的
，则346℃～420℃范围内发生反应为CaC2O4分解生成碳酸钙，结合质量
守恒，还生成CO，化学方程式为
，840℃～960℃范围内所得产品为
CaO。
8．（2025·江苏常州·模拟预测）以磷石膏(含
和少量
等)为原料制备轻质碳酸钙和铝铵矾
的实验流程。如图-1 所示。
(1)“转化”步骤
转化为
的离子方程式为 。
(2)“除杂”时通入
的目的是 。
(3)“碳化”过程在如图-2 所示的装置中进行。多孔球泡的作用是 。
(4)制得的轻质
可以与
形成
基磁性纳米复合材料，纳米
的物理吸附和
溶出
后通过化学反应均可以去除水体磷。
已知：①纳米
颗粒表面带正电荷；②部分物质的溶解性如下表。
物质
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溶解性
难溶
微溶
可溶
易溶
研究不同pH 下向含磷(V)废水中加入
基磁性纳米复合材料的除磷效果，如图3 所示：
①从图-3 中可以看出初始pH 为
时，磷的去除率较高且反应后pH 均有一定的上升，反应过程中无气体
生成。结合图-4，写出对应的离子方程式 。
②当初始pH 为
时，磷的去除率明显小于初始pH 为
的去除率的原因是 。
(5)铝铵矾
是一种水絮凝剂。请补充由“转化”后的滤液制取铝铵矾的实验方案：
，得
固体； ，过滤、用无水乙醇洗涤、干燥，得铝铵矾。(部分物质的溶解度随温
度的变化如图-5 所示，实验须用的试剂：
溶液、无水乙醇、
溶液)
【答案】(1)
(2)将
转化为
沉淀
(3)增大气体与溶液的接触面积，加快反应速率
(4)
碱性条件下，
几乎不溶解，钙离子浓度很小；OH-浓度
增大，会与
产生竞争吸附
(5)向滤液中分批加入
溶液，边加边搅拌至不再产生气体(或向滤液中边搅拌边滴加
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溶液，至无气体生成)，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出(或蒸发结晶，1 分)，过滤、
用无水乙醇洗涤、干燥 向
溶液中加入
固体，边加边搅拌，
当固体完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶
【详解】（1）碳酸氢铵和氨水的混合物中含有碳酸铵，硫酸钙和碳酸铵反应生成硫酸铵和碳酸钙，反应
的离子方程式为：
；
（2）通入氨气，使溶液中的
转化为
沉淀除去；
（3）多孔球泡可以增加气体和溶液的接触面积，加快反应速率；
（4）①从图3 中可以看出初始pH 为3～6 时，磷的去除率较高且反应后pH 均有一定的上升，反应过程中
无气体生成。结合图4，写出对应的离子方程式：
②当初始pH 为9～10 时，磷的去除率明显小于初始pH 为3～6 的去除率，是因为：一方面碱性条件下，
CaCO3几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时OH−浓度增大，会与
产生竞争吸附；
（5）在“转化”后滤液中分批加入3mol·L-1的H2SO4溶液，边加边搅拌至不再产生气体(或向滤液中边搅拌
边滴加
溶液，至无气体生成)为止，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出(或蒸发结晶)；
由图中可知，铝铵矾溶解度随温度变化较小，硫酸铝和硫酸铵溶解度随温度变化较大，可将所得溶液蒸发
浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得(NH4)2SO4固体；向
溶
液中加入
固体，边加边搅拌，当固体至完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩至表面有晶膜
产生，冷却结晶，得到铝铵矾。
1．（2025·广西·高考真题）某种氨基喹啉衍生物
合成反应的可能历程如图，
表示活化能
。
下列说法错误的是
A．
是反应的催化剂
B．步骤①发生了
键断裂
C．反应速率：历程
历程I
D．反应热：历程
历程I
【答案】D
【详解】A．由图可知，
在反应历程中先被消耗，后又生成，是反应的催化剂，A 正确；
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B．由图可知，步骤①中
转化为
，发生了
键断裂，B 正确；
C．由图可知，历程I 中活化能最大为112.8kJ/mol(决速步)，历程II 中活化能最大为91.5kJ/mol(决速步)，活
化能越大，反应速率越慢，则反应速率：历程
历程I，C 正确；
D．由图可知，历程
和历程I 起始反应物和最终生成物相同，反应热相等，D 错误；
故选D。
2．（2025·海南·高考真题）恒温下，反应物A 与Q 按图示计量关系，同时发生三个基元反应，分别生成产
物B、C、D，反应速率
。下列说法正确的是
A．反应的活化能①>②>③
B．提高温度仅提高反应②中活化分子百分数
C．加入催化剂，使反应③的活化能变小，D 的产量降低
D．总反应速率
【答案】D
【详解】A．基元反应的反应速率与活化能成反比（活化能越低，速率越快），已知
，则活化能
应为①<②<③，A 错误；
B．升高温度会使所有反应的活化分子百分数均提高，并非“仅提高反应②”，B 错误；
C．催化剂降低反应③的活化能，会加快反应③的速率，使D 的生成速率增大，会提高D 的产量，但不提
高D 的产率，C 错误；
D．三个反应为平行反应，共同消耗反应物A 和Q，总反应速率（反应物消耗速率）等于各反应速率之和，
即
，D 正确；
故答案选D。
3．（2025·全国卷·高考真题）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应
。三唑水溶液
微滴表面接触
发生反应，可能的反应机理如图所示。
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根据上述反应机理，下列叙述错误的是
A．三唑在反应循环中起催化作用
B．
换成
，可生成
C．碳原子轨道的杂化存在从
到
的转变
D．总反应为
【答案】B
【详解】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A 正确；
B．由机理图可知，
换成
，可生成
，B 错误；
C．由机理图可知，
转化为
，因此碳原子轨道的杂化存在从
到
的转变，C 正确；
D．由机理图可知，
和
反应生成
和
，总反应为
，D 正确；
故选B。
4．（2025·湖南·高考真题）环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯(
)为原料生产环氧丙烷(
)的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．过程中Ⅱ是催化剂
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B．过程中有极性键和非极性键的断裂和形成
C．过程中
元素的化合价发生了变化
D．丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%
【答案】B
【详解】A．根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成，再消耗，是中间产物，A
错误；
B．过程中存在
中O-O 非极性键的断裂，以及
中非极性键的形成；还存在
极性键的断裂，以
及
极性键的形成，B 正确；
C．过程中Ti 的化学键(
)始终是4 个，配位键不会改变Ti 的化合价，故
元素的化合价不变，C 错误；
D．反应生成了
，且存在
的分解反应，原子利用率小于100%，D 错误；
故选B。
5．（2025·广东·高考真题）某理论研究认为：燃料电池(图b)的电极Ⅰ和Ⅱ上所发生反应的催化机理示意图
分别如图a 和图c，其中
获得第一个电子的过程最慢。由此可知，理论上
A．负极反应的催化剂是ⅰ
B．图a 中，ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最低
C．电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变
D．相同时间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数相同
【答案】C
【详解】A．由分析可知，氧气发生还原反应，做正极，正极反应的催化剂是ⅰ，A 错误；
B．图a 中，ⅰ到ⅱ过程为
获得第一个电子的过程，根据题中信息，
获得第一个电子的过程最慢，则
ⅰ到ⅱ过程的活化能一定最高，B 错误；
C．氢气发生氧化反应，做负极，电极方程式为：
，同时，反应负极每失去1 个电子，就会
有一个H+通过质子交换膜进入正极室，故电池工作过程中，负极室的溶液质量保持不变，C 正确；
D．由图a、c 可知，氧气催化循环一次需要转移4 个电子，氢气催化循环一次需要转移2 个电子，相同时
间内，电极Ⅰ和电极Ⅱ上的催化循环完成次数不相同，D 错误；
故选C。
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6．（2025·北京·高考真题）乙烯、醋酸和氧气在钯(
)催化下高效合成醋酸乙烯酯(
)的
过程示意图如下。
下列说法不正确的是
A．①中反应为
B．②中生成
的过程中，有
键断裂与形成
C．生成
总反应的原子利用率为
D．
催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率
【答案】C
【详解】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O 和Pd(CH3COO)2，方程式为：
，A 正确；
B．②中生成
的过程中，有C-H 断开和C-O 的生成，存在
键断裂与形成，B 正确；
C．生成
总反应中有H2O 生成，原子利用率不是
，C 错误；
D．
是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D 正确；
答案选C。
7．（2025·海南·高考真题）石硫合剂是作物抗病抑菌的无机农药。生产上以硫磺、石灰和水为原料，经加
热熬煮得棕红混悬液体。制备反应式：
Ⅰ．
回答问题：
(1)在熬煮制备反应中，硫元素的化合价部分降低，部分升高，说明单质S 发生了 反应。将该反应置
于高压釜中，可大大缩短熬煮时间，原因是温度升高，反应速率 。
(2)已知：Ⅱ．
Ⅲ．
所以
(写表达式)。
(3)在熬煮石硫合剂时加入两亲性的季铵盐氯化十六烷基三甲铵，使得S 在水中及
在S 中有有效浓度分
别增大，导致单位时间内分子有效碰撞次数 。
(4)某批次实验表明，硫粉浓度c 随时间t 的变化满足关系：
(k 为表观速率常数)，如图所示。该
实验条件下
。
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(5)判断将浓度均为
的
、
等体积混合，构成K、P、Ca、S 四元肥料混合液后，是
否析出S 及
沉淀，造成叶面施肥喷头堵塞，并说明理由 。已知：25℃下，
，
，
，
(
)。
分子不稳定，生成即分解为
和
。
【答案】(1) 氧化还原 增大 (2)
(3)增多 (4)0.0025
(5)不会析出S 沉淀，会析出
沉淀
【详解】（1）反应中S（0 价）转化为CaS2（S 为-1 价）和CaS2O3（S 为+2 价），S 元素的化合价部分升高，
部分降低，说明单质S 发生了歧化（氧化还原）反应；将该反应置于高压釜中，反应的温度升高，反应速
率增大，反应时间缩短。
（2）由盖斯定律得：反应I=反应II+3×反应III，则焓变：
。
（3）反应物有效浓度增大，使得单位时间内分子有效碰撞次数增多。
（4）由表达式知，k 为-lnc 随t 变化曲线的斜率，所以
。
（5）浓度均为2mol/L 的
、
等体积混合后浓度均为1mol/L，即
，1mol/L 的KH2PO4电离出的H+和
的浓度约为
，由于c(Ca2+)×c(
)=1×10-3.6>Ksp(CaHPO4)=10-6.66，以此会产生CaHPO4
沉淀；而生成S 沉淀需要首先生成
分子，而1mol/L 的KH2PO4电离出的H+和1mol/L 的
电离产
生的
不足以生成
，不会产生S 沉淀。
8．（2025·江苏·高考真题）合成气(
和
)是重要的工业原料气。
(1)合成气制备甲醇：
。
的结构式为
，估算该反应的
需要
(填数字)种化学键的键能数据。
(2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯
。
①合成气变换。向绝热反应器中通入
和过量的
：
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。催化作用受接触面积和温度等因素影响，
的比热容较大。
过量能有效防止催化剂活性下降，其原因有 。
②脱碳在钢制吸收塔中进行，吸收液成分：质量分数30%的
吸收剂、
(
正价有
)缓
蚀剂等。
溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。
减缓设备腐蚀
的原理是 。
(3)研究
与不同配比的铁铈载氧体[
是活泼金属，正价有
]反应，气体分步制备原理示意如图甲所示。相同条件下，先后以一定流速通入固定体积的
，依次发生的主要反应：
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、
转化率、
与x 的关系如图乙所示。
时，
大于理论
值2 的可能原因有 ；
时，通入标准状况下
的
至反应结束，
的选择性
，则生成标准状况下
和
的总体积为
。
②
时，新制载氧体、与
反应后的载氧体的X 射线衍射谱图如图丙所示(X 射线衍射用于判断某晶
态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。步骤Ⅱ中，能与
反应的物质有
(填化学式)。
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③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中
的作用、气体分步制备的价值： 。
【答案】(1)5
(2) 防止生成积碳；
的比热容较大，吸收反应放出的热量抑制温度升高
具
有强氧化性，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜
(3)
分解生成H2，CO 发生副反应而被消耗 432 C、Fe、FeO
作用：将Ce2O3氧化为
CeO2；分步制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2
【详解】（1）反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的
需
、
、
、
、
，共5 种化学键的键能数据；
（2）①该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，则会生成积碳，导致催化剂的活性下
降，
可以防止积碳；
的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，
过量可有效防止催化剂活性下降；
②脱碳过程中，
溶液会吸收
，发生反应
，当
溶液浓度偏
高时，会生成较多
，而
溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设
备。
中的Cr 元素化合价为
，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁
发生氧化还原反应，使钢制吸收塔内壁形成致密的氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，
阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀；
（3）①
可以分解生成H2，使得H2的物质的量增大，
增大；当
时，载氧体中没有
，
只有
，由于
的氧化性较强，且其提供的O 原子较多，可以将CO 氧化为
，CO 发生副反应而
被消耗，使得CO 的物质的量减小，
增大；由题图乙可知，当
时，
转化率为60%，则
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，已知CO 的选择性
，则
，根据图乙中数据可知，此时产物气中
，则
，故生成标准状况下CO 和
的总体积为432mL；
②新制载氧体与
反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与
反应，使载氧体再生从而继续与
反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与
反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中
与
反应。因此，对比二者X 射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO 在步骤Ⅱ中均可与
反应；
③对比图中物质可知，
具有氧化性，
作用：将Ce2O3氧化为CeO2；采用分步制备的价值，分步
制备的价值，有利于载氧体的循环，得到更纯净的H2。
60
