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2023——2024 年解密高考化学大一轮复习精讲案
第七章 化学反应速率和化学平衡
专题二十六 化学反应速率及影响因素
第一板块 明确目标
课标要求
核心素养
1. 知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。
2. 通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影
响。
3. 知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影
响。
4. 认识化学反应速率在调控生产、生活和科研中的重要作用。
5. 知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。
变化观念与平衡思想
宏观辨识与微观探析
科学精神与社会责任
第二板块 夯实基础
1
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考点一 化学反应速率及表示方法
1．化学反应速率
(1)
(2)各物质的化学反应速率之比＝__________之比。
如mA(g)＋nB(g)
pC(g)＋qD(g)，vA∶vB∶vC∶vD＝____________。
(3)注意事项
①化学反应速率一般指平均速率而不是某一时刻的瞬时速率，且无论用反应物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固体或纯液体的浓度视为常数，不能用固体或纯液体的浓度变化计算化学反应速率。
2
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2．应用“三段式”计算化学反应速率
列起始量、转化量、某时刻量，再根据定义式或比例关系计算。
对于反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)，起始时A 的浓度为a mol·L－1，B 的浓度为b mol·L－1，C 的浓度为c
mol·L－1，反应进行至t1 s 时，A 消耗了x mol·L－1，则化学反应速率的计算如下：
mA(g)＋nB(g)
pC(g)
起始浓度/mol·L－1 a b c
转化浓度/mol·L－1 x ______ ______
(t1 s 时浓度/mol·L－1 a－x ______ ______
则v(A)＝________________，v(B)＝________________，v(C)＝________________。
【正误判断】
1．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显( )
2．由v＝计算平均反应速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值( )
3．化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指1 s 时某物质的浓度为0.8 mol·L－1( )
4．同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快( )
考点二 影响化学反应速率的因素
1．内因
反应物__________是主要因素。如相同条件下Mg、Al 与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg____Al。
2．外因
3．理论解释——有效碰撞理论
(1)活化分子、活化能、有效碰撞
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子(必须具有足够的能量)。
②活化能：如图
图中：E1表示__________________，使用催化剂时的活化能为________，反应热为__________(注：E2表示
活化分子变成生成物分子放出的能量)。
③有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
3
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(2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
条件→活化分子→有效碰撞→反应速率变化
条件改变
单位体积内
有效碰撞
次数
化学反应
速率
分子总数
活化分子数
活化分子
百分数
增大反应
物浓度
增大压强
升高温度
加催化剂
【正误判断】
1．催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后物理和化学性质保持不变( )
2．升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小( )
3．一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜与醋酸钠均能够提高反应速率( )
4．增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大( )
5．100 mL 2 mol·L－1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变( )
考点三 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____________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。
4
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(1)该反应的反应物为______，中间体为____，生成物为____。
(2)由A、B 生成C 的反应为____(填“吸”或“放”，下同)热反应，由C 生成D 的反应为____热反应，总
反应为____热反应。
(3)第一步为____(填“快”或“慢”，下同)反应，第二步为____反应，决定总反应快慢的是第____步反应。
【答案】
考点一 化学反应速率及表示方法
1．(1)单位时间内反应物浓度的减小 生成物浓度的增加 mol·L －1·s －1 或mol/(L·s) (2)化学计量数
m∶n∶p∶q
2. b－ c＋ mol·L－1·s－1 mol·L－1·s－1 mol·L－1·s－1
【正误判断】1．× 2.× 3.× 4.×
考点二 影响化学反应速率的因素
1．本身的性质 ＞
2．增大 减小 不变 增大 减小 气体 增大 减小 增大 相同 比表面积
3．(1)②反应的活化能 E3 E1－E2 (2)增加 增加 不变
增加 增大 增加 增加 不变 增加 增大 不变 增加 增加 增加 增大 不变 增加 增加 增
加 增大
【正误判断】1．× 2.× 3.× 4.× 5.×
考点三 基元反应 过渡态理论
1．每一步反应
4．(1)A、B C D (2)吸 放 放 (3)慢 快 一
考点一 化学反应速率及表示方法
1、下列有关化学反应速率的说法正确的是( )
A.对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B.化学反应速率可用任何一种反应物或任何一种生成物来表示
5
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C.若某化学反应中用某反应物表示的反应速率为
，就是指在该时间段内反应物和生成物的
浓度变化都为
D.化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢的尺度
【答案】D
【解析】
A 项，中和反应速率很快，但有的没有明显现象，A 项错误；B 项，在化学反应中，由于固体和纯液体的
浓度视为常数，其浓度变化值为零，B 项错误；C 项，由于化学计量数不一定相同，在该时间段内反应物
和生成物的浓度变化不一定都为
，C 项错误。
2、一定条件下，密闭容器中发生反应：
，其平均反应速率
如下，其中反应速率最大的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
A.
；
B.
；
C.
D.
；
最大的数值为12；
6
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故选D。
3、已知
的速率方程为
（k 为速率常数，只与温度、催化
剂有关）。实验测得，
在催化剂X 表面反应的变化数据如下：
t/min
0
10
20
30
40
50
60
70
0.100
0.080
0.040
0.020
0
下列说法正确的是( )
A.
，
B.
min 时，
C.相同条件下，增大
的浓度或催化剂X 的表面积，都能加快反应速率
D.保持其他条件不变，若
起始浓度为0.200
，当浓度减至一半时共耗时50min
【答案】D
【解析】
D.保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为
，若起始浓度
，减至一半时所耗时间为
=50min，D 正确；
答案选D。
4、臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱硝反应为
，若反应在恒容密
闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是( )
A
B
C
D
7
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升高温度，平衡常数减
小
0~3s 内，反应速率为
时仅加入催化剂，平
衡正向移动
达平衡时，仅改变
，则
为
【答案】A
【解析】
A 项，由图象可知，该可逆反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减
小，正确；
，B 项错误；使用催化剂可加快反
应速率，但不能使平衡发生移动，C 项错误；D 项，若
为
，则
浓度增大，
的转化率减
小，与图像不符，D 项错误。
5、
捕获和转化可减少
排放并实现资源利用，原理如图1 所示。反应①完成之后，以
为载
气，以恒定组成的
、
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
，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是( )
A.反应①为
；反应②为
B.
，
比
多，且生成
速率不变，可能有副反应
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C.
时刻，副反应生成
的速率大于反应②生成
速率
D.
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
图
甲
可
知
，
反
应
①
为
，
反
应
②
为
，A 正确；若只发生反应②，则
与
的物质的量应该
相等，
时，
的物质的量比
多，且生成氢气的速率不变，则可能发生副反应：
，B 正确；反应②生成氢气的速率与生成一氧化碳的速率相等，
时刻，氢气流速小于
一氧化碳流速的2 倍，说明副反应生成氢气的速率小于反应②生成氢气的速率，C 错误；
之后，生成一
氧化碳的速度为零，是由于
消耗完，反应②不再发生，D 正确。
6、一定条件下，存在可逆反应
，若X、Y、Z 的起始浓度分别为
（均不为零），达到平衡时，X、Y、Z 的浓度分别为
。则下列判断
正确的是( )
A.
B.平衡时，Y 和Z 的生成速率之比为2:3
C.X、Y 的转化率不相等
D.
的取值范围为
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【答案】D
【解析】
由于X、Y 的平衡浓度之比为1:3，转化浓度之比也为1:3，故
，且X、Y 的转化率相等，A、
C 项错误；平衡时Y 的生成速率表示逆反应速率，Z 的生成速率表示正反应速率，
（生成）
（生
成）
，B 项错误；
，故D 项正确。
【规律总结】
化学反应速率大小的比较方法
(1)归一法
按照化学计量数关系换算为同一物质、同一单位表示，再比较数值大小。
(2)比值法
比较化学反应速率与化学计量数的比值。如aA(g)＋bB(g)
cC(g)，即比较与，若>，则用A 表示的化
学反应速率比用B 表示的大。
考点二 影响化学反应速率的因素
1、下列有关化学反应速率的说法正确的是( )
A.用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可加快产生氢气的速率
B.100mL2mol/L 的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C.
的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢
D.汽车尾气中的NO 和CO 可以缓慢反应生成
和
，减小压强反应速率减慢
【答案】D
【解析】
A.常温下浓硫酸与铁发生钝化阻碍了反应进行，故改用98%的浓硫酸后不能增大生成氢气的速率，A 错
误；
B.加入氯化钠溶液后，氯化钠不参与反应，但溶液体积增大，相当于稀释，导致稀硫酸浓度减小，反应速
率减小，B 错误；
C.升高温度，增大活化分子百分数，增大反应速率，C 错误；
D.压强越低反应速率越慢，所以减小压强反应速率减慢，D 正确。
故选D。
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2、向一恒容密闭容器中充入A、B、C 三种气体，在一定条件下发生反应，各物质的物质的量浓度随时间
的变化如图a 所示。若从
时刻开始，每个时刻只改变一个且不重复的条件，物质C 的正、逆反应速率随
时间变化如图b。下列说法正确的是( )
A.图a 中，O 至
内，
B.图b 中，
时改变的条件可能是：加入催化剂
C.图a 中，可以判断该反应的化学方程式为：
D.图b 中，
时改变的条件可能是：降低反应温度
【答案】B
【解析】
A.O 至
，A 与B 的平均反应速率之比等于浓度的变化量之比，即
，A
错误；
B.
时刻，正逆反应速率都突然增大且相等，而此反应是一个反应前后气体分子数不变的反应，因此改变
的条件可能是加入催化剂或增大压强，B 正确；
C. 由图A 可知，A 为反应物，B 、C 为生成物，A 、B 、C 平均反应速率之比为
，反应速率之比等于化学计量数之比，则该反应的化
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学方程式为：
，C 错误；
D.
时，逆反应速率瞬间减小，正反应速率瞬间不变，之后逐渐减小，说明改变的条件是移走生成物，D
错误；
故选B。
3、下列做法的目的与反应速率无关的是( )
A.高炉炼铁前先将铁矿石粉碎
B.食盐中添加碘酸钾
C.在糕点包装内放置小包除氧剂
D.医护人员冷藏存放“新冠”疫苗
【答案】B
【解析】
A.高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，可以增大铁矿石与空气的接触面积，从而可以加快反应速率，A 不符合题
意；
B.食盐中添加碘酸钾是为了防止碘缺乏病，与反应速率无关，B 符合题意；
C.在糕点包装内放置小包除氧剂，可以除去食品包装袋中的空气，延长食品的保质期，降低食品氧化变质
的反应速率，与反应速率有关，C 不符合题意；
D.医护人员冷藏存放“新冠”疫苗，可以降低温度，防止“新冠”疫苗高温变质，与反应速率有关，D 不
符合题意；
故合理选项是B。
4、为比较
和
对
分解反应的催化效果，两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列
叙述不正确的是( )
A.图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
B.若图甲所示实验中反应速率为①>②，则说明
一定比
对
分解的催化效果好
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C.用图乙所示装置测定反应速率，可测定反应产生的气体体积及反应时间
D.为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A 处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，
观察活塞是否回到原位
【答案】B
【解析】
反应速率可以通过观察产生气泡的快慢来判断，A 正确；
与
所含的阴离子不同，要证明
比
对
，分解催化效果好，应使试剂中阴离子种类相同，B 错误；反应速率可以用单位时
间内产生气体的快慢表示，需要测定反应产生的气体体积及反应时间，C 正确；关闭A 处活塞，将注射器
活塞拉出一定距离，若气密性不好，气体就能够进入，活塞不能回到原位，D 正确。
5、
和
在催化剂表面合成氨的能量变化和微观历程示意图如下所示。下列说法错误的是( )
A.
→
②
③是吸热过程
B.
→
③
④存在极性键的形成
C.合成氨反应中，反应物旧键断裂吸收的能量小于生成物新键形成释放的能量
D.其他条件相同，使用催化剂可以减少合成氨反应放出的热量
【答案】D
【解析】
由示意图可知，②→③是化学键断裂的吸热过程，A 项正确；③→④是N 原子和H 原子形成
中N—H
极性键的过程，B 项正确；合成氨反应是放热反应，故反应物旧键断裂吸收的能量小于生成物新键形成释
放的能量，C 项正确；其他条件相同，使用催化剂不会减少合成氨反应放出的热量，D 项错误。
6、在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y 的影响，各物质浓度c 随反应时间t 的部分变化曲线如
图，则正确的是( )
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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Ⅰ时X 的浓度随t 的变化
D.使用催化剂Ⅰ时，在0~2min 内，
【答案】CD
【解析】略
7、回答下列问题：
Ⅰ.某温度时，在
密闭容器中发生A、B 两种气体间的转化反应，A、B 物质的量随时间变化的曲线如下
图所示，M 点的坐标为
，请分析图中数据，回答下列问题。
（1）该化学方程式为________。
（2）反应从
时，用B 的浓度变化来表示的反应速率为；；。计算该反应达到平衡状态时，A 的
转化率为________。
（3）下列叙述不能判断该反应达到平衡状态的是________。
①容器中压强不再改变
②容器中气体密度不再改变
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A
③
的物质的量浓度不再改变
④
（4）下图是该反应的能量变化的示意图。
①该反应是________（填吸热或放热）反应。
②反应物断键需要吸收的能量________（填“>”“<”或“=”）生成物成键放出的能量。
Ⅱ.人们应用原电池原理制作了多种电池，电池广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，以满足不同
的需要。
（5）某航天器上使用了一种新型装置，其构造如图所示：a、b 两个电极均由多孔的碳块组成，溶液中的
向________（填“a”或“b”极移动。
【答案】
（1）
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（2）
；
（3）②④
（4）放热；<
（5）b
【解析】
（1 ）由图可知，A 为反应物，B 为生成物，7min 达平衡状态，4min 内
，
，则反应计量数之比为2：1，
反应方程式：
；
（2）
内，
；达到平衡时A 转化
率：
；
（3）①该反应是气体体积减小的反应，反应过程中压强不再改变，说明达到平衡状态，故①正确；；
②恒容条件说明气体总体积不变，各物质均为气体，气体总质量不变，根据
，则容器中气体密度不
再改变不能说明达到平衡状态，故②错误；
③反应过程中A 不断消耗，物质的量浓度不断减小，当A 的物质的量浓度不再改变，说明达到平衡状态，
故③正确；
④
表明反应方向相反，但速率比不等于计量数之比，不能说明达到平衡状态，故④错
误；
（4）①由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应；
②反应物断键需要吸收的能量小于生成物成键放出的能量；
（5）原电池装置中阳离子向着正极移动，即氢离子向b 极移动；
【方法规律】
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关于“控制变量法”题目的解题策略
考点三 基元反应 过渡态理论
1.光照条件下，甲烷氯化反应是一个自由基型的取代反应。在链转移反应过程中，经历两步反应：(·C H 3
和Cl·分别表示甲基和氯原子)
反应1：C H 4(g)+Cl·(g)→·C H 3(g)+ HCl(g)；
反应2：·C H 3(g)+C l2(g)→C H 3Cl(g)+Cl·(g)。
各物质的相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 链转移反应的反应速率由第1步反应决定
B. 反应1的活化能Ea=16.7 kJ·mol
−1
C. 链转移反应的反应热ΔH =−105.4 kJ·mol
−1
D. 由图可知，过渡态结构的稳定性：1>2
【答案】D
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【解析】
A.根据图像可知第一步活化能更大，速率最慢，所以是决速步，故A 正确；
B.根据图像分析可知反应1的活化能Ea=16.7 kJ·mol
−1，故B 正确；
C.反应热=生成物总能量−反应物的总能量，所以链转移反应的反应热ΔH =−105.4 kJ·mol
−1，故C 正确；
D.能量越高越不稳定，故D 错误。
2.Ni可活化C2 H 6放出C H 4，其反应历程如图所示：
下列关于活化历程的说法错误的是
( )
A. 决速步骤：中间体2→中间体3
B. 总反应为¿+C2 H 6 Ni⃯NiC H 2+C H 4
C. ¿ — H键的形成有利于氢原子的迁移
D. 涉及非极性键的断裂和形成
【答案】D
【解析】
据题图可知中间体2
中间体3的过程活化能最大，反应速率最慢，决定整个反应的快慢，A项正确；
该反应的总反应为¿+C2 H 6
NiC H 2+C H 4，B项正确；
— C H 3中H原子迁移到另一个— C H 3上的过程中先形成了¿ — H键，所以¿ — H键的形成有利于氢原子
的迁移，C项正确；
该过程只有非极性键(C — C键)的断裂，没有非极性键的形成，D项错误。
3.我国科研人员研究了在金催化剂表面上水煤气变换反应：CO(g)+ H 2O(g)=C O2(g)+ H 2(g)的反应
历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用·标注。下列说法错误的是
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A. 化学反应CO·+ H 2O(g)=COOH·+ H·的ΔH >0
B. 步骤②中只有极性键O−H键断裂
C. 升高温度，该反应过渡态的能垒(活化能)会增大
D. 水煤气变化反应的速率主要决定于过渡态Ⅱ
【答案】C
【解析】
A. 根据图示，由②→④，可得反应：CO·+ H 2O(g)=COOH·+ H·，在该过程中相对能量由
−0.32eV →−0.16eV ，能量升高，故该反应是吸热反应，ΔH >0，故A 正确；
B.步骤②的变化为H 2O·→OH·+ H·，只有极性键O−H键断裂，故B 正确；
C.升高温度，不影响该反应过渡态的能垒(活化能)，故C 错误；
D.活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小则速率越快；由图可知过渡态Ⅰ的活化能
小于过渡态Ⅱ，故过渡态Ⅱ更难反应，因而水煤气转化过程中的速率主要决定于过渡态Ⅱ，故D 正确。
4.研究表明N 2O与CO在F e
+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是( )
A. 反应总过程ΔH <0
B. F e
+使反应的活化能减小
C. 总反应若在密闭容器中进行，温度越高，反应速率一定越快
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D. F e
++ N 2O→FeO
++ N 2、FeO
++CO→F e
++C O2两步反应均为放热反应
【答案】C
【解析】
A.反应物的总能量高于生成物的总能量，则反应是放热反应，所以反应的ΔH <0，故A 正确；
B.F e
+是催化剂，降低该反应的活化能，所以F e
+使该反应的活化能减小，故B 正确；
C.该反应的总反应为N 2O+CO= N 2+C O2，反应过程中使用了催化剂，催化剂的活性与温度有关，催化
剂只有在适当的温度范围内才能发挥其催化活性，因此温度越高，反应速率不一定越快，故C 错误；
D.由图可知F e
++ N 2O→FeO
++ N 2、FeO
++CO→F e
++C O2两步反应，都是反应物的总能量高于生
成物的总能量，所以两步反应均为放热反应，故D 正确。
故选C。
5.北京航空航天大学教授团队与中科院高能物理研究所合作，合成了Y 、Sc(Y 1/ NC ,S c1/ NC )单原子催
化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(∗
表示稀土单原子催化剂)。下列说法正确的是
A. 使用催化剂可以提高氨气单位时间内的产量
B. 升高温度可以提高氨气的平衡产率
C. 使用催化剂Y 1/ NC或S c1/ NC可以改变反应的ΔH
D. 使用Y 1/ NC单原子催化剂的反应历程中，最大能垒的反应过程可表示为∗NNH + H →∗NNHH
【答案】A
【解析】
A .催化剂能加快反应速率，提高氨气单位时间内的产量，故A 正确；
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B.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，氨气的平衡产率降低，故B 错误；
C.使用催化剂不改变反应的ΔH，故C 错误；
D.最大能垒的反应过程即是活化能最大的过程，使用Y 1/ NC单原子催化剂时，最大能垒的反应过程可表
示为：❑
∗N 2+ H →
∗NNH，故D 错误；
故选：A。
6.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T
oC时(各物质均为气态)，甲
醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是( )
A. 反应II的热化学方程式为：CO(g)+ H 2O(g)= H 2(g)+C O2(g) ΔH =akJ /mol(a>0)
B. CO(g)在反应中生成又消耗，CO (g)可认为是催化剂
C. 1molC H 3OH (g)和1mol H 2O(g)的总能量小于1molC O2(g)和3mol H 2(g)的总能量
D. 选择优良的催化剂可以降低反应I和II的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变
【答案】C
【解析】
A.根据反应能量图，反应II中，反应物总能量大于生成物总能量，反应II是放热反应，故A 错误；
B.CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)是反应的中间产物，故B 错误；
C. 根据反应能量图E( 反应物)< E( 生成物)，1mol C H 3OH (g)和1mol H 2O(g)的总能量小于1mol
C O2(g)和3mol H 2(g)的总能量，故C 正确；
D.合适的催化剂可以降低反应的活化能，但不能减少反应的焓变，故D 错误；
故答案为C。
考点四 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。
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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
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。
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(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。
第三板块 真题演练
1. （2022·辽宁）利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化
反应取得重要进展，荣获
年诺贝尔化学奖。某
反应催化机理如下，下列说法错误的是( )
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A. 总反应为加成反应
B. Ⅰ和Ⅴ互为同系物
C. Ⅵ是反应的催化剂
D. 化合物
为
【答案】B
【解析】A.由催化机理可知，总反应为
，该反应为加成反
应，故A 正确；
B.结构相似、分子组成上相差若干个
原子团的有机物互为同系物，
和
结构
不相似、分子组成上也不是相差若干个
原子团，两者不互为同系物，故B 错误；
C.由催化机理可知，反应消耗了Ⅵ又生成了
，
是反应的催化剂，故C 正确；
D.
，由
、
、
的结构简式可知，
为
，故D 正确；
故本题选B。
2. （2022·广东）在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应
的影响，各物质浓度
随反应时间的
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.
曲线表示使用催化剂Ⅱ时
的浓度随的变化
D. 使用催化剂Ⅰ时，
内，
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【答案】D
【解析】
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
内
的浓度变化了
，而
曲线表示的
的浓度变
化了
，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以
曲线不表示使用催化剂Ⅱ时
浓度随时
间的变化，故C 错误；
D.
使用催化剂
Ⅰ时，在
内，
的浓度变化了
，则
，
，故D 正确；
综上所述，答案选D。
3. （2022·湖南）甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：
下列说法错误的是阿伏加德罗常数的值为
( )
A.
的电子式为
B. 新法没有副产物产生，原子利用率高
C.
的
溶液中
的微粒数小于
D.
的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
【答案】D
【解析】
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根据稳定结构可知，
原子形成对共用电子对，
原子形成对共用电子对，而
原子形成对共用
电子对，
的电子式为
，故A 正确；
B.新法是加成反应，原子利用率达到百分之百，故新法原子利用率高，故B 正确；
C.
溶液中
会发生水解，故
的
溶液中
的微粒数小于
，故C 正确；
D.
的作用是降低反应的活化能，使活化分子数增多，同时百分数也会增多，故D 错误；
故选：
。
4. （2022·浙江）在恒温恒容条件下，发生反应
，
随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是( )
A. 从
、两点坐标可求得从
到时间间隔内该化学反应的平均速率
B. 从点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C. 在不同时刻都存在关系：
D. 维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，
随时间变化关系如图中曲线
乙所示
【答案】C
【解析】
A.图像中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率由单位时间内物质的浓度变化计算得到，从
、
两
点坐标可求得从
到时间间隔内该化学反应的平均速率，故A 正确；
B. 点处的切线的斜率表示
，为瞬时速率，故B 正确；
C.化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，
，故C 错误；
D.维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，故D 正确；
故选：
。
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5. （2021·重庆）甲异腈
在恒容密闭容器中发生异构化反应：
，反应
过程中甲异腈浓度
随时间的变化曲线如图所示图中
为温度。该反应的反应速率
与
的关系为
，
为速率常数常温下为常数，
点和
点反应速率相等，即
。下列说法错误的是
( )
A.
段的平均反应速率为
B.
点反应物的活化分子数多于
点
C.
D.
【答案】C
【解析】
段甲异腈浓度变化
，平均反应速率
，故A 正确；
B.
点物质浓度大于与
点，反应速率
点大，
点反应物的活化分子数多于
点，故B 正确；
C.
点和点反应速率相等，即
，
点反应时间小于点，说明
，故C 错误；
D.
，
，
，
，故D 正确；
故选：
。
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6. （2021·河北）室温下，某溶液初始时仅溶有
和
且浓度相等，同时发生以下两个反应：
；
。反应
的速率可表示为
，反应
的速率可表示
为
、
为速率常数。反应体系中组分
、
的浓度随时间变化情况如图。下列说法错
误的是( )
A.
时间段内，
的平均反应速率为
B. 反应开始后，体系中
和
的浓度之比保持不变
C. 如果反应能进行到底，反应结束时
的
转化为
D. 反应
的活化能比反应
的活化能大
【答案】A
【解析】
由上述分析可知，体系中有
，反应开始后，体系中
和
的浓度之比为
：
：，
A.体系中有
，由图可知，
时
，
，
则
，
，故A 错误；
B.反应
的速率
，反应
的速率
，
、
为速率常数，则反应体系中反应
、
的速率之比始终不变，即生成物
、
的浓度之比始终不变，故B 正确；
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C. 由上述分析可知，体系中
和
的浓度之比为
：
，所以反应能进行到底时，
，则
，反应结束时
转化为
的转化
率为
，故C 正确；
D. 由图可知，
时
，
，则
，
则
：
：
：
，即
、
，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应
的活
化能大于反应
的活化能，故D 正确；
故选：
7. （2020·新课标I）铑的配合物离子
可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错
误的是( )
A.
是反应中间体
B. 甲醇羰基化反应为
C. 反应过程中
的成键数目保持不变
D. 存在反应
【答案】C
【解析】
A、由图可知，铑的配合物离子
生成
，
继续与
反应生成
和
，所以
是反应中间体，故A 正确；
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B、由图可知发生的反应依次为：
，
，
，
，
，
，个反应依次发生，
个反应方程式相加和，消去
中间产物得出总反应：
，故B 正确；
C、由图可以看出
的成键数目由变为再变为再变为再变为，依次循环，故C 错误；
D 、由
分析，按照箭头方向可知：
和
反应生成
和
，反应方程式为：即
，故D 正确。
8. （2020·新课标Ⅱ）据文献报道：
催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是
( )
A.
参与了该催化循环
B. 该反应可产生清洁燃料
C. 该反应可消耗温室气体
D. 该催化循环中
的成键数目发生变化
【答案】C
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【
解
析
】
催
化
反
应
的
一
种
反
应
机
理
为
：
，由反应机理图可知，反应为
，
A 、由反应机理中
和
可
知，
参与了该催化循环，故A 正确；
B、总反应为
，所以该反应可产生清洁燃料
，故B 正确；
C、总反应为
，所以该反应可生成温室气体
，消耗
，没有消耗
，故
C 错误；
D、由反应机理图可知，
的成键数目变化为：
个共价键
个共价键
个共价键
个共价
键，即催化循环中
的成键数目发生变化，故D 正确；
故选：
。
9. （2020·浙江） 在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法
正确的是( )
A.
为逆反应活化能，
为正反应活化能
B. 该反应为放热反应，
C. 所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量
D. 温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移
【答案】D
【解析】
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项：由图可知，
为正反应活化能，
为逆反应活化能，故A 错误；
项：由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热
，故B 错误；
项：所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，故C 错误；
项：该反应为放热反应，温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡向吸热的逆反应
方向移动，故D 正确。
故选D。
10.
（2022·辽宁）某温度下，在
恒容密闭容器中
发生反应
，有
关数据如下：
时间段
产物
的平均生成速率
下列说法错误的是( )
A.
时，
的浓度大于
B.
时，加入
，此时
C.
时，
的体积分数约为
D.
时，
的物质的量为
【答案】B
【解析】
A.如果
内
的反应速率为匀速，则
时，生成
，实际上，随着反应进行，
的生成速率逐渐减小，所以
时
大于
，故
A 正确；
B.
内生成的
、
内
、
内
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，则
时反应已经达到平衡状态，
，根据方程式知，
，化学平衡常数
，
时
，
加
，
，
，
，平衡正向移动，则
，故B 错误；
C.
、
都是气体且二者的物质的量之比始终为
，
时，
的体积分数等于其物质的量分数，
为
，故正确；
D.根据
的分析知，
时反应达到平衡状态，生成
，消耗
，
的物
质的量为
，故D 正确。
11.
（2021·辽宁）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关
系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是( )
A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C. 条件
，反应速率为
D. 条件
，降冰片烯起始浓度为
时，半衰期为
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【答案】B
【解析】A.根据图知，曲线
开始时降冰片烯浓度相等，催化剂浓度：曲线
大于曲线
，完全消耗
时所需时间：曲线
大于曲线
，则反应速率：曲线
大于曲线
，所以其他条件相同时，催化剂浓度
越大，反应速率越大，故A 正确；
B.曲线
所用的催化剂浓度相等，但降冰片烯浓度不等，开始时降冰片烯的浓度：曲线
是曲线
的
倍，完全消耗时所需时间：曲线
是曲线
的倍，则二者反应速率相等，所以其他条件相同时，降冰
片烯浓度与反应速率无关，故B 错误；
C.
，故C 正确；
D.其半衰期为反应物消耗一半所需的时间，条件
中，降冰片烯起始浓度为
时，该物质完全
消耗需要
，则其半衰期为
，故D 正确；
故选B。
12.
（2021·浙江）取
过氧化氢水溶液，在少量
存在下分解：
。在一定
温度下，测得
的放出量，转换成
浓度
如表，下列说法不正确的是( )
A. 反应
时，测得
体积为
标准状况
B.
，消耗
的平均速率为
C. 第
时的瞬时速率小于第
时的瞬时速率
D.
分解酶或
代替
也可以催化
分解
【答案】C
【解析】A.反应
时，分解的过氧化氢的物质的量
，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量
，标况下的体积
，故A 正确；
B.
，消耗过氧化氢的浓度为
，则这段时间内的平均速率
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，故B 正确；
C.随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，反应速率减小，故第
时的瞬时速率大于第
时的瞬时速率，故C 错误；
D.
在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或
代替，故D 正确。
故选：
。
13.
（2021· 浙江）一定温度下：在
的四氯化碳溶液
中发生分解反应：
。在不同时刻测量放出的
体积，换算成
浓度如下表：
下列说法正确的是
A.
，生成
的平均速率为
B. 反应
时，放出的
体积为
标准状况
C. 反应达到平衡时，
D. 推测上表中的
为
【答案】D
【解析】
A.
内
平
均
速
率
，
，故A 错误；
B.
内
的
浓
度
变
化
为
，
，则
，标况
下，
，故B 错误；
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C.反应达到平衡时，
，故C 错误；
D.由表中数据可知，剩余
的浓度：
，所需时间均为
，
所以剩余
的浓度由
所需时间为
，即
，故
D 正确。
14.
（2022·湖南）科学家发现某些生物酶体系可以促进
和
的转移如
、
和
，能将海洋中
的
转化为
进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是( )
A. 过程Ⅰ中
发生氧化反应
B.
和中转移的
数目相等
C. 过程Ⅱ中参与反应的
D. 过程Ⅰ
Ⅲ的总反应为
【答案】C
【解析】
A.过程Ⅰ中
生成
和水，
元素的化合价降低，发生还原反应，故A 错误；
由图示可知，过程
为
在酶的作用下转化为
和
，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子
守恒可知，反应的离子方程式为：
，生成
，
过程转移
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，过程
为
和
在酶
的作用下发生氧化还原反应生成
和
，依据得失电子守
恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：
，消耗
，过程转移
，转移电子数目不相等，
错误；
C.过程Ⅱ发生的离子反应：
，则过程Ⅱ中参与反应的
：
：，故C 正确；
由图示可知，过程
为
转化为
和
、
，反应的离子方程式为：
，过程
的总反应为：
，
错误。
15.
（2022· 浙江）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：
，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，
下列说法不正确的是( )
编号
时间
表面积
A. 实验
，
，
B. 实验
，
时处于平衡状态，
C. 相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D. 相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】B
【解析】
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实验
中
，则
，故A 正确；
B.结合实验
可知，
表面积相同，且
的起始浓度大于
，
时
未达到平衡状态，则
达
到平衡需要更长时间，故B 错误；
C.反应物浓度越大，反应速率越快，则相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大，故C 正确；
D.结合
的数据，催化剂表面积越大，反应速率越快，则相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速
率增大，故D 正确；
故选：
。
16.
（2022·湖南）反应物
转化为产物
或
的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是( )
A. 进程Ⅰ是放热反应
B. 平衡时
产率：Ⅱ
Ⅰ
C. 生成
的速率：Ⅲ
Ⅱ
D. 进程Ⅳ中，
没有催化作用
【答案】AD
【解析】
由图中信息可知，进程Ⅰ中
的总能量大于产物
的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应，
说法正确；
B.进程Ⅱ中使用了催化剂
，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时
的产率相同，
说法不正确；
C.进程Ⅲ中由
转化为
的活化能高于进程Ⅱ中由
转化为
的活化能，由于这两步反应分别
是两个进程的决速步骤，因此生成
的速率为Ⅲ
Ⅱ，
说法不正确；
D.由图中信息可知，进程Ⅳ中
吸附到
表面生成
，然后
转化为产物
，由于
没有转化
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为
，因此，
没有表现出催化作用，
说法正确；综上所述，本题选AD。
17、（2023·浙江）水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：CO(g)+ H 2O(g)⇀
↽C O2(g)+ H 2(g) ΔH =−41.2kJ ⋅mol
−1
该反应分两步完成：
3 F e2O3+CO(g)⇀
↽2 F e3O4+C O2(g) Δ H 1=−47.2kJ ⋅mol
−1( )
2 F e3O4+ H 2O(g)⇀
↽3 F e2O3+ H 2(g) Δ H 2( )
请回答：
(1) Δ H 2= _______kJ ⋅mol
−1。
(2)恒定总压1.70 MPa和水碳比[n(H 2O)/n(CO)=12:5]投料，在不同条件下达到平衡时C O2和H 2的
分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表：
p(C O2)/ MPa p(H 2)/ MPp(C H 4)/ MPa
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K = ___________。
②对比条件1，条件2中H 2产率下降是因为发生了一个不涉及C O2的副反应，写出该反应方程式 ____。
(3)下列说法正确的是______。
A. 通入反应器的原料气中应避免混入O2
B. 恒定水碳比[n(H 2O)/n(CO)]，增加体系总压可提高H 2的平衡产率
C. 通入过量的水蒸气可防止F e3O4被进一步还原为Fe
D. 通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的
余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
39
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①在催化剂活性温度范围内，图2中b−c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是______。
A.按原水碳比通入冷的原料气 B.喷入冷水(蒸气)C .通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线 ____。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及
产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是________。
【答案】
(1)6 (2)
.
①2
.
②CO+3 H 2⇌C H 4+ H 2O (3) AC
(4)
.
①AC
.
②
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量
及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
【解析】
【小问1详解】
设方程式① CO(g)+ H 2O(g)⇀
↽C O2(g)+ H 2(g) ΔH =−41.2kJ ⋅mol
−1
② 3 F e2O3+CO(g)⇀
↽2 F e3O4+C O2(g) Δ H 1=−47.2kJ ⋅mol
−1( )
③ 2 F e3O4+ H 2O(g)⇀
↽3 F e2O3+ H 2(g) Δ H 2( )
40
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根
据
盖
斯
定
律
可
知
，
③=①−②，
则 Δ H 2= ΔH −Δ H 1=(−41.2kJ ⋅mol
−1)−(−47.2kJ ⋅mol
−1)=6kJ ⋅mol
−1 ；
【小问2详解】
①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下
平衡时容器的总体积为V ，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12mol和5mol，参加反应的一氧化碳为xmol
，根据已知信息可得以下三段式：
CO(g)
+
H 2O(g)
⇀
↽
C O2(g)
+
H 2(g)
开始(mol)
5
12
0
0
转化(mol)
x
x
x
x
平衡(mol)
5−x
12−x
x
x
x
5−x +12−x + x + x ×1.7 MPa=0.40 MPa ，解得x = 4；
则平衡常数 K =
4
V × 4
V
5−4
V
× 12−4
V
=2 ；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式
为：CO+3 H 2⇌C H 4+ H 2O；
【小问3详解】
A.一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入 O2 ，A 正确；
B.该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B 错误；
C.通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过
量的水蒸气可以降低体系中CO和H 2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C 正确；
D.若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D 错误；
故选AC；
【小问4详解】
①A .按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，
与图中变化相符，A 正确；
B.喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不
符，B 错误；
41
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C.通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍
减小，与图中变化相符，C 正确；
故选AC；
②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
；
【小问5详解】
反应物分子在催化剂表面的 吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表
面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致
催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
18、(2023·湖北)纳米碗C40 H 10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40 H 10可以由C40 H 20分子经
过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C 40 H 20( g)→
❑
H ⋅C 40 H 18( g)+ H 2( g)的反应机理和能量变化如
下：
42
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回答下列问题：
(1)已知C40 H x中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0kJ ⋅mol
−1和298.0kJ ⋅mol
−1，H −H键能为
436.0kJ ⋅mol
−1。估算C40 H 20(g)⇀
↽C40 H 18(g)+ H 2(g)的ΔH = _______kJ ⋅mol
−1。
(2)图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。
(3)C40 H 10纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为 _______、_______。
(4)1200 K时，假定体系内只有反应C40 H 12(g)⇀
↽C40 H 10(g)+ H 2(g)发生，反应过程中压强恒定为p0(
即C40 H 12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数K p为 _______(用平衡分压代替平衡浓度计
算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)C
•
40 H 19(g)⇀
↽C40 H 18(g)+ H ⋅(g)及C
•
40 H 11(g)⇀
↽C40 H 10(g)+ H ⋅(g)反应的lnK ( K为平衡常数)
随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，lnK =−ΔH
RT +c( R为理想气体常数，c为截距)。图中两
条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。
(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C40 H 10的反应速率的是 _______(填标号)。
a.升高温度 b.增大压强 c .加入催化剂
【答案】(1)128
43
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(2)3 3
(3)6 10
(4) P0
α
2
1−α
2
(5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同
(6)a
【解析】
(1)由 C40 H 20 和 C40 H 18 的结构式和反应历程可以看出， C40 H 20 中断裂了2根碳氢
键， C40 H 18 形成了1根碳碳键，所以 C40 H 20(g)⇀
↽C40 H 18(g)+ H 2(g) 的 ΔH =
431×2−298−436 kJ ⋅mol
−1 = +128kJ ⋅mol
−1 ，故答案为：128；
(2)由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为： C❑40 H❑20+ H •⇀
↽C
•
❑40 H 19+ H 2
， C
•
❑40 H 19+ H 2⇀
↽C
•
❑40 H 19′ + H 2 ， C
•
❑40 H 19′ + H 2⇀
↽C❑40 H 18+ H •+ H 2 ，其中第三个的活化能
最大，反应速率最慢，故答案为：3；3；
(3)由 C40 H 20 的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，
则 C40 H 10 总共含有6个五元环，10个六元环，故答案为：6；10；
(4)1200 K时，假定体系内只有反应 C40 H 12(g)⇀
↽C40 H 10(g)+ H 2(g) 发生，反应过程中压强恒定
为 p0 (即 C40 H 12 的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为：
C40 H 12(g)
⇀
↽
C40 H 10(g)
+ H 2(g)
起始量(mol)
1
0
0
变化量(mol)
α
α
α
平衡量(mol)
1−α
α
α
则 P(C40 H 12)= P0× 1−α
1+α ， P(C40 H 10)= P0×
α
1+α ， P( H 2)= P0×
α
1+α ，该反应的平衡
常数 K p=
P0×
α
1+α × P0×
α
1+α
P0× 1−α
1+α
= P(C40 H 12)= P0
α
2
1−α
2 ，故答案为： P0
α
2
1−α
2 ；
44
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(5) C
•
40 H 19(g)⇀
↽C40 H 18(g)+ H ⋅(g) 及 C
•
40 H 11(g)⇀
↽C40 H 10(g)+ H ⋅(g) 反应的 lnK (
K 为平衡常数)随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根
据 lnK =−ΔH
RT +c ( R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程
中，断裂和形成的化学键相同，故答案为：在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；
(6)a.由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a
符合题意；
b.由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符
合题意；
c .加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意；
故答案为：a。
第四板块 模拟提升
1.室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M + N = X +Y ；
②M + N = X + Z。反应①的速率可表示为v1=k1c
2( M )，反应②的速率可表示为v2=k2c
2( M )(k1、k2
为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是( )
A. 0～30min时间段内，Y 的平均反应速率为6.67×10
−3mol⋅L
−1⋅min
−1
B. 反应开始后，体系中Y 和Z的浓度之比保持不变
C. 如果反应能进行到底，反应结束时62.5 %的M转化为Z
D. 反应①的活化能比反应②的活化能大
45
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【答案】A
【解析】
由上述分析可知，体系中有c(Y )+c(Z )=△c( M )，反应开始后，体系中Y 和Z的浓度之比为
0.075mol / L：0.125mol / L=3：5，
A.
体
系
中
有
c(Y )+c(Z )=△c( M )，
由
图
可
知
，
30min时
△c( M )=0.5mol / L−0.300mol / L=0.2mol / L，c(Z )=0.125mol / L，
则
c(Y )=0.2mol / L−0.125mol / L=0.075mol / L，
v(Y )= △c
△t = 0.075mol/ L
30min
=2.5×10
−3mol⋅L
−1⋅min
−1，故A 错误；
B.反应①的速率v1=k1c
2( M )，反应②的速率v2=k2c
2( M )，k1、k2为速率常数，则反应体系中反应①、
②的速率之比始终不变，即生成物Y 、Z的浓度之比始终不变，故B 正确；
C.由上述分析可知，体系中Y 和Z的浓度之比为3：5，所以反应能进行到底时，c(Y )+c(Z )=0.5mol / L，
则c(Z )=
5
3+5 ×0.5mol/ L=0.3125mol/ L，反应结束时M转化为Z的转化率为
0.3125mol/ L
0.5mol/ L
×100 % =62.5 %，故C 正确；
D. 由图可知，30min时△c( M )=0.5mol / L−0.300mol / L=0.2mol / L，c(Z )=0.125mol / L，则
c(Y )=△c( M )−c(Z )=0.2mol / L−0.125mol / L=0.075mol / L，则v(Y )：v(Z )=0.075mol / L：
0.125mol / L=3：5，即v(Y )<v(Z )、v1<v2，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应①的活化
能大于反应②的活化能，故D 正确；
故选：A
2.某反应A(g)+ B(g)→C(g)+ D(g)的速率方程为v =k ⋅c
m( A )⋅c
n(B)，其半衰期(当剩余的反应物恰
好是起始的一半时所需的时间)为0.8
k 。当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：
c( A )/(mol⋅L
−1)
0.25
0.50
1.00
0.50
1.00
c1
c(B)/(mol⋅L
−1)
0.050
0.050
0.100
0.100
0.200
0.200
v /(mol
−1⋅L
−1⋅mi1.6×10
−3.2×10
−
v1
3.2×10
−3
v2
4.8×10
−
下列说法正确的是( )
46
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A. 该反应的速率方程中的m=n=1
B. 该反应的速率常数k =6.4×10
−2min
−1
C. 表格中的c1=0.75，v1=6.4×10
−3，v2=12.8×10
−3
D. 在过量的B存在时，反应掉93.75 %的A所需的时间是500min
【答案】D
【解析】
A .当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应速率常数k保持不变，第二组数据和第四组数据中，两组的
c( A )⋅相同、v相同，解得n=0，将第一组数据和第二组数据代入速率方程，得( 0.25
0.5 )
m= 1.6×10
3
3.2×10
3 ，可
知m=1，故A 错误；
B.由A项分析可知，该反应的速率方程为v =k ⋅c( A )⋅c(B)=k ⋅c( A )，将第一组数据代入速率方程
v =k ⋅c( A )，可得速率常数k =6.4×10
−3min
−1，故B 错误；
C.将第六组数据代入速率方程v =k ⋅c( A )，可得4.8×10
−3=6.4×10
−3×c1解得c1=0.75，将第三组数据
代入速率方程v =k ⋅c( A )，可得v1=6.4×10
−3，将第五组数据代入速率方程v =k ⋅c( A )，可得
v2=6.4×10
−3，故C 错误；
D.半衰期= 0.8
k =
0.8
6.4×10
−3min
−1 =125min，设起始时反应物A为100 g，在过量的B存在时，反应掉
93.75 %的A需经历4个半衰期：起始100 gA →
125min
50 gA →
125min
25 gA →
125min
12.5 gA →
125min
6.25 gA，所需的时
间为125min×4 =500min，故D 正确；
故选：D。
3.含铈(Ce)催化剂催化C O2与甲醇反应是C O2资源化利用的有效途径，该反应的催化循环原理如图所示。
下列说法错误的是
47
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A. 物质A为C H 3OH
B. 反应过程涉及的物质中碳原子的杂化方式有3种
C. 反应过程中断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D. 反应的总方程式为
+ H 2O
【答案】C
【解析】
A.根据反应①，A +Ce−O−Ce−OH →H 2O+Ce−O−Ce−OC H 3，根据元素原子守恒和结构，可知
物质A为C H 3OH；，故A 正确；
B.A为C H 3OH，碳原子的杂化方式为s p
3；
根据反应②Ce−O−Ce−OC H 3+ B→
，根据原子守恒和反应的结构特点，可
知物质B为C O2，
C O2中碳原子的杂化方式为sp；
中碳原子的杂化方式为s p
2，则反应过程涉及的物
质中碳原子的杂化方式有3种；故B 正确；
48
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C. 根据反应①，C H 3OH +Ce−O−Ce−OH →H 2O+Ce−O−Ce−OC H 3，断裂的化学键是
C H 3OH、Ce−O−Ce−OH中的O−H、Ce−O极性键；
②Ce−O−Ce−OC H 3+C O2→
，断裂的化学键是C O2中的一个C =O双键(极
性键)、Ce−O−Ce−OC H 3中的O−C极性键；
③
+C H 3OH →Ce−O−Ce−OH +
，断裂的是O−C、O−H
极性键；没有非极性键的断裂；故C 错误；
D.由①②③可得总反应的方程式为
；故D 正确。
4.Ni单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化C O2的历程如图。下列说法正确的是
A. 过程①→②中C的杂化方式都是s p
2
B. 过程②→③涉及极性键的断裂与生成
C. 生成1molCO，需要1mol电子
D. 从反应历程看，Ni未参与反应
【答案】B
【解析】
A.结合图示C原子的成键特征可知，①→②中C的杂化方式从sp变为s p
2，故A 错误；
B.过程②→③存在碳氧极性键的断裂和氢氧极性键的形成，故B 正确；
C.生成1molCO，碳元素化合价由+ 4降低为+2，则需要2mol电子，故C 错误；
D.从反应历程看，有C −∋¿键的生成和断裂，Ni参与了反应，故D 错误。
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故选：B。
5.反应物X转化为Y 和Z的能量变化如图所示，下列说法正确的是( )
A. 由X →Y 反应的ΔH = E5−E2
B. 由X →Z反应的ΔH >0
C. 由图可知等物质的量的Y 的能量一定比X的能量高
D. 升高温度可提高X →Z的反应速率
【答案】D
【解析】
A.由X →Y 反应的ΔH = E3−E2，故A 错误；
B.由X →Z的反应为放热反应，ΔH <0 ，故B 错误；
C.由图可知2 X (g)⇌3Y (g)为吸热反应，只能说明3molY (g)的能量一定比2molX (g)的能量高，不能说
明等物质的量的Y 的能量一定比X的能量高，故C 错误；
D.升高温度反应速率加快，故D 正确。
故选D。
6.恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的化学方程式为①X ⇌
Y ；②Y ⇌
2Z。该体
系中X、Y 、Z浓度随时间变化的曲线如图所示。下列说法错误的是( )
50
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A. 随c X的减小，反应②的速率先增大后减小
B. t3后，cZ<2(c0−cY)
C. 欲提高Y 的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D. 由图可知活化能一定是Ea①< Ea②
【答案】D
【解析】
由图中的信息可知，随 c X 的减小， cY 先增大后减小，
增大，因此，随
的减小，
反应①的速率减小，而反应②的速率先增大后减小，A 正确；假设X全部转化成Y ，而一部分Y 转化成Z，
则Y 的浓度为
，所以 cZ =2(c0−cY) ，由反应①是可逆反应可知，X不能全部转化成
Y ，所以 cZ<2(c0−cY) ，B 正确；升高温度可以加快反应①的速率，且反应②的速率随着Y 浓度的增
大而增大，随着反应的进行， cY 先增大后减小，因此，欲提高Y 的产率，需提高反应温度且控制反应
时间，C 正确；反应开始时X的浓度大，先发生反应①，随着Y 的浓度增加，再发生反应②，并不能说明
两个反应的活化能的大小，D 错误。
7.一定温度下，2 L的密闭容器中，X、Y 、Z三种气体的物质的量随反应时间的变化曲线如图所示，10 s时
达到平衡。下列说法不正确的是
51
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A. 从反应开始到10 s内，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为0.158mol /(L⋅s)
B. 4 s时，Z和X浓度相等，正反应速率大于逆反应速率
C. 当X的物质的量不再随时间而变化，此时正、逆反应速率相等，但不为零
D. 反应的化学方程式为：X (g)+Y (g)⇀
↽2Z(g)
【答案】A
【解析】略
8. 合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。对于一定体积密闭容器中的反应：
N 2(g)+3 H 2(g)⇌2 N H 3(g)(正反应为放热反应)，673 K、30 MP下，n ( N H 3)和n ( H 2)随时间t
变化的关系如图所示下列叙述中，不正确的是( )
A. 点c处正反应速率比逆反应速率大
B. 点a的正反应速率比点b的正反应速率大
C. 气体的平均摩尔质量：点b大于点a
D. 混合气体的密度：点b大于点a
【答案】D
【解析】
A.c点反应物和生成物物质的量仍在变化，没有达到平衡状态，氨气的物质的量逐渐增大，则平衡正向移
动，正反应速率比逆反应速率大，故A 正确；
B.从a点到b点，氢气的物质的量在逐渐减少，氢气的物质的量浓度在逐渐减少，所以正反应的反应速率在
逐渐降低，即点a的正反应速率比点b的大，故B 正确；
C.随着反应的进行，气体的总物质的量减小，而气体的总质量不变，则气体的平均摩尔质量：点b大于点a，
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故C 正确；
D.反应体系的体积不变，气体的质量不变，则密度不变，a、b点的气体密度相等，故D 错误；
故选D。
9.用下图所示的实验装置分别进行镁条与X (25mL0.2mol / L盐酸)和镁条与Y (50mL0.1mol / L盐酸)的
实验，每隔半分钟分别测定反应放出气体的体积。下列选项中正确表示实验X及Y 的结果的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
由于Ⅹ的盐酸浓度比Y 的浓度大，故与镁反应时X的反应速率大于Y ，放出相同体积气体时，X比Y 的用时
更短，而X中含有的HCl的物质的量与Y 中所含的HCl的物质的量相同且镁条均有剩余，故最终生成的H 2
的量(即体积)相等，A符合题意。
10.冠醚能与碱金属离子结合(如下图所示)，是有机反应很好的催化剂，如能加快KMnO4与环己烯的反应
速率。
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用结合常数表示冠醚与碱金属离子的结合能力，结合常数越大，两者结合能力越强。
下列说法不正确的是
A. 推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关
B. 如图所示的实验中c(N a
+)：①>②>③
C. 冠醚通过与K
+结合将MnO4
−携带进入有机相，从而加快反应速率
D. 为加快KMnO4与环己烯的反应速率，选择冠醚A比冠醚B更合适
【答案】B
【解析】
A .由表格数据可知，同一碱金属离子在冠醚空腔直径大小不同时其结合常数不同，同一冠醚与不同碱金属
离子结合时其结合常数不同，因此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径有关，A 正确；
B.由表格数据可知，冠醚A与K
+结合常数大，结合能力强，因此加入KCl固体后，与冠醚A结合的N a
+被
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K
+替代，N a
+被释放，溶液中 c(N a
+) ：③>②，B 错误；
C.冠醚通过与 K
+ 结合将 MnO4
− 携带进入有机相，增大 MnO4
− 与环己烯的接触面积，从而加快
反应速率，C 正确；
D.由表格数据可知， K
+ 适配冠醚A，结合常数大，结合能力强，选择冠醚A比冠醚B更合适，D 正确；
故选B。
11.已知：2 KMnO4+5 H 2C2O4+3 H 2SO4=2 MnSO4+ K 2SO4+10C O2↑+8 H 2O。某化学小组欲探
究H 2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行了如下实验(忽略
溶液体积变化)：
编号0.01mol· L
−1酸
性
KMnO4溶液体积/mL
0.1mol· L
−1 H 2C2O4
溶液体积/mL
水的体积/mL 反应温度
/℃
反应时间
/min
Ⅰ
2
2
0
20
2.1
Ⅱ
V 1
2
1
20
5.5
Ⅲ
V 2
2
0
50
0.5
下列说法正确的是( )
A. V 1=1，V 2=2
B. 设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响
C. 实验计时是从溶液混合开始，溶液呈紫红色时结束
D. 实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v( KMnO4)=0.02mol· L
−1·min
−1
【答案】AB
【解析】
A.I与Ⅱ中温度相同，可探究浓度对速率的影响，由I可知总体积为4 mL，则V 1= 4−2−1=1；I与Ⅲ可探
究温度对速率的影响，则V 2=2，故A 正确；
B.由控制变量法可知，I与Ⅲ中只有温度不同，设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响，故B
正确；
C.高锰酸钾不足，结束时溶液紫色褪去，则实验计时是从溶液混合开始，溶液紫红色褪去时结束，故C 错
误；
D.
实
验
Ⅲ
中
用
酸
性
KMnO4溶
液
的
浓
度
变
化
表
示
的
反
应
速
率
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v( KMnO4)=
0.01mol/ L× 2
4
0.5min
=0.01mol⋅L
−1⋅min
−1，故D 错误。
12.一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：
已知反应初始E的浓度为0.10mol⋅L
−1，TFAA的浓度为0.08mol⋅L
−1，部分物种的浓度随时间的变化关
系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是( )
A. t1时刻，体系中有E存在
B. t2时刻，体系中无F存在
C. E和TFAA反应生成F的活化能很小
D. 反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08mol⋅L
−1
【答案】AC
【解析】
一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径中，共发生三个反应：
③G⇀
¿
H +TFAA
t1之后的某时刻，H为0.02mol⋅L
−1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10mol⋅L
−1E、起始时的
0.08mol⋅L
−1TFAA、G分解生成的0.02mol⋅L
−1 TFAA全部参加反应，生成0.10mol⋅L
−1 F；在t2时
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刻，H为0.08mol⋅L
−1，TFAA为0.06mol⋅L
−1，G为0.01mol⋅L
−1，则F为0.01mol⋅L
−1。
A.t1时刻，H的浓度小于0.02mol⋅L
−1，此时反应③生成F的浓度小于0.02mol⋅L
−1，参加反应①的H
的浓度小于0.1mol⋅L
−1，则参加反应E的浓度小于0.1mol⋅L
−1，所以体系中有E存在，A 正确；
B. 由分析可知，t2时刻，H为0.08mol⋅L
−1，TFAA为0.06mol⋅L
−1，G为0.01mol⋅L
−1，则F为
0.01mol⋅L
−1，所以体系中有F存在，B不正确；
C.t1之后的某时刻，H为0.02mol⋅L
−1，此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E和TFAA完全反应生成F，
所以E和TFAA生成F的反应速率快，反应的活化能很小，C 正确；
D.在t2时刻，H为0.08mol⋅L
−1，TFAA为0.06mol⋅L
−1，G为0.01mol⋅L
−1，F为0.01mol⋅L
−1，只
有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol⋅L
−1，而G ⇀
¿
H +TFAA为可逆反应，
所以反应达平衡后，TFAA的浓度一定小于0.08mol⋅L
−1，D不正确；
故选AC。
13.甲醇的用途十分广泛，主要用于有机合成、作燃料、生成农药、作良好的有机溶剂等。催化CO和H 2反
应可以合成甲醇，反应化学方程式为C O (g)+2 H 2(g)⇌C H 3OH (g)
已知：①C O2(g)+ H 2(g)⇌CO(g)+ H 2O(g) Δ H 1=+ 41kJ·mol
−1
②C O2(g)+3 H 2(g)⇌C H 3OH (g)+ H 2O(g) Δ H 2=−58kJ·mol
−1
(1)催化CO和H 2合成甲醇反应：C O (g)+2 H 2(g)⇌C H 3OH (g)的ΔH =______。
(2)对于催化CO和H 2合成甲醇的反应，增大压强，平衡______(填“向左”“向右”或“不”)移动；温度
升高平衡常数______(填“变大”“变小”或“不变”)
(3)在相同条件下研究催化剂I、催化剂II对反应CO(g)+2 H 2(g)⇌C H 3OH (g)的影响，在密闭容器内
充入一定量CO和H 2，部分物质的浓度c随反应时间t的变化曲线如图7所示。
图 7
①a曲线表示______。
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②催化剂I比催化剂II催化效率______(填“高”“低”或“相同”)，原因是______。
(4)523 K时，在1 L恒容密闭容器中充入2molCO和4 mol H 2，在催化剂作用下反应合成甲醇，容器内的
压强变化如下。
反应时间 /min
0
5
10
15
20
25
压强 / MPa
12.4
10.2
8.4
7.0
6.2
6.2
反应从开始到20min时，以H 2浓度表示平均反应速率v( H 2)=______ ；此温度下，压强平衡常数Kp=
______( MPa)
−2。
(5)一定条件下，在3个相同的密闭容器中分别充入C O2(g)和H 2(g)，c(C O2)：c( H 2)分别为1:1、
1:2、 1:3，C O2(g)的转化率随压强的变化关系如图8所示，
图 8
曲线a的c(C O2)：c( H 2)=______，原因是______。
【答案】
(1)−99 kJ ⋅mol
−1
(2)向右，变小
(3)①使用催化剂II时，CO的浓度随时间t的变化
②高，与催化剂II相比，催化剂I使反应活化能更低
(4)0.15mol⋅L
−1⋅min
−1 0.702
(5)1：1 在相同条件下，H 2浓度越大，C O2的转化率越高
【解析】略
14.苯乙烯是重要的基础有机化工原料。目前，全球有87 %以上的苯乙烯生产采用乙苯直接脱氢工艺，其反
应
方
程
式
为
：
(g)
(g)+ H 2(g)
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△H =+117.6kJ ⋅mol
−1
已知：C O2(g)+ H 2(g)⇀
↽CO(g)+ H 2O(g) △H =+ 41.2kJ ⋅mol
−1
回答下列问题：
(1)恒定乙苯进料速率0.4 mol⋅min
−1，分别在不同温度下，进行乙苯脱氢反应。乙苯的平衡转化率和某
催化剂作用下苯乙烯的选择性示意图如图。
600
①
℃时，反应tmin达到平衡，则生成苯乙烯的平均反应速率为_______mol⋅min
−1。
②温度超过600℃，苯乙烯的选择性急剧下降，其原因除副反应不断加剧外，还有可能为______。
(2)某些工艺中，在乙苯脱氢反应中加入C O2和特定催化剂，有利于提高苯乙烯的平衡转化率，其反应历
程如图。
①若催化剂表面碱性太强，乙苯的转化率将_______(填“提高”“降低”或“不变”)。
②由起始态到状态I________(填“放出”或“吸收”)能量；E(起始态物质的总能量)−E(终态物质的总能
量)=_______kJ。
(3)在500℃催化剂作用下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2molC O2，发生(2)中反应，起始压强
为p0，平衡时容器内压强为1.3 p0，且H 2O(g)物质
量为0.4 mol，则乙苯的转化率为______(用平衡分压代替平衡浓度表示)，化学平衡常数K p=______(已知：
气体分压=气体总压×气体体积分数)。
【答案】(1)
.
①0.32
.
②催化剂活性降低
(2)
.
①降低
.
②吸收
.
③158.8
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(3)
.
①40 %
.
② 3 p0
80
【解析】【小问1详解】
①由图可知600℃时，乙苯的转化率为80 %，而苯乙烯的选择性接近100
%，结合乙苯进料速率0.4 mol⋅min
−1，可知生成苯乙烯的平均反应速率为
=0.4 mol⋅min
−1×80 % =0.32mol⋅min
−1；
②温度超过600℃，苯乙烯的选择性急剧下降，其可能原因是副反应不断加剧，同时温度过高导致催化
剂活性降低；
【小问2详解】
①由图可知反应过程中催化剂吸附乙苯脱除的带负电荷的氢原子，若催化剂表面碱性太强，则催化剂表面
O H
−对H
−产生排斥，不利于H
−的吸附，即不利于反应的进行，使得乙苯的转化率降低；
②由起始态到状态I为断键过程，断键吸收能量；由图可知起始态到终态在发生反应：
(g)+C O2(g)→
(g)+CO(g)+ H 2O(g)，根据盖斯定律该反应可由已知反应①+反应
②得到，则该反应△H =(+117.6kJ ⋅mol
−1)+(+ 41.2kJ ⋅mol
−1)=+158.8kJ ⋅mol
−1；E(起始态物质
的总能量)−E(终态物质的总能量)=158.8kJ；
【小问3详解】
根据已知条件列三段式：
→
+ H 2(g)
起始/mol
2
0
0
转化/mol
x
x
x
平衡/mol
2−x
x
C O2
+ H 2
→CO
+ H 2O(g)
起始/mol
2
x
0
0
转化/mol
0.4
0.4
0.4
0.4
平衡/mol
1.6
x−0.4
0.4
0.4
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根据压强比等于气体物质的量之比得： 2−x + x +1.6+ x−0.4+0.4+0.4
4
= 1.3 p0
p0
，x =1.2
则平衡时总气体物质的量为5.2mol，n(乙苯)=n( H 2)=0.8mol，n(C O2)=1.6mol，n(苯乙烯)=1.2mol，
n(CO)=n( H 2O)=0.4 mol，；乙苯的转化率为= 0.8
2 ×100 % = 40 % ；
反应
(g)+C O2(g)→
(g)+CO(g)+ H 2O(g)化学平衡常数K p=
0.4
5.2 ×1.3 p0× 0.4
5.2 ×1.3 p0× 1.2
5.2 ×1.3 p0
0.8
5.2 ×1.3 p0× 1.6
5.2 ×1.3 p0
= 3 p0
80 。
61
