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第01 讲 化学反应速率及其影响因素
目录
01 课标达标练
题型01 化学反应速率概念及表示方法
题型02 化学反应速率的计算及大小比较
题型03 化学反应速率的测定
题型04 影响化学反应速率的因素
题型05 活化能、有效碰撞理论
题型06 速率常数及其应用
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 化学反应速率的概念及表示方法
1. (2025·浙江杭州模拟预测)下列可以用来表示化学反应速率单位的是
A．mol/L B．g/mol C．mol(L·s)-1 D．g/L
【答案】C
1
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【解析】化学反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示，由化学反应速率公式=
c
v
t
知，化学反应
速率的单位是mol(L·s)-1，故C 正确；故选C。
2．(2025·浙江杭州学军中学高一期中)调控化学反应速率对于工业生产至关重要。下列有关化学反应速率
的说法正确的是
A．化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指
时某物质的物质的量浓度为0.8 mol·L－1
B．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
C．在一定温度下，增加某固体物质的质量，不影响化学反应速率
D．同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的化学反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快
【答案】C
【解析】A 项，0.8 mol·L－1·s－1是指某物质在一段时间内的浓度变化量，A 项错误；B 项，一般地，化学
反应速率用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量来表示，如果是气体参与反应，也可以用一段时间内
压强变化来表示，B 项错误；C 项，固体物质的浓度一般视为常数，则增加某固体物质的质量，不影响化
学反应速率，C 项正确；D 项，同一化学反应在相同条件下，用不同物质表示的化学反应速率，其数值可
能不同，但意义相同，都表示该反应的化学反应速率，D 项错误；故选C。
3．A 与B 在容积为1 L 的密闭容器中发生反应：aA(s)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，t1、t2时刻分别测得部分数
据如下表所示：
n(B)/mol
n(C)/mol
n(D)/mol
反应时间/min
0.12
0.06
0.10
t1
0.06
0.12
0.20
t2
下列说法正确的是
A．0～t1内，平均反应速率v(B)＝ mol/(L·min)
B．若起始时n(D)＝0，则t2时v(D)＝ mol/(L·min)
C.升高温度，v(B)、v(C)、v(D)均增大
D．b∶d＝6∶1
【答案】C
【解析】不能确定起始时B 的物质的量，因此0～t1时间段内，不能确定B 的变化量，则不能计算其反应
速率，A 错误；反应速率是平均反应速率，而不是瞬时反应速率，B 错误；t1～t2时间段内，B 和D 的物质
的量的变化量分别是0.06 mol、0.1 mol，则有b∶d＝3 5∶，D 错误。
2
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02 化学反应速率的计算及大小比较
4．（2024·四川成都·期末）一定温度下，在2L 恒容密闭容器中，X、Y、Z 三种气体的物质的量(n)随时间
(t)的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为X(g)+2Y(g)
3Z(g)
B．0～2min 内，
C．当混合气体密度不再发生改变，说明该反应已达平衡
D．该反应中X 的转化率可达到100%
【答案】B
【解析】A．由图可知，反应的X、Y、Z 的物质的量分别为0.1mol、0.3mol、0.2mol，故化学方程式为：
X(g)+3Y(g)
2Z(g)
⇌
，选项A 错误；B．0～2min 内，v(Y)=
= 0.075mol L
⋅
-1 min
⋅
-1，选
项B 正确；C．反应为全部为气体且体积不变的反应，在恒容条件下进行气体密度始终不变，故气体密度
不再改变，不能说明该反应达到平衡，选项C 错误；D．2min 时反应达到平衡，X 的平衡转化率为
0.1mol/1.0mol=10%，选项D 错误；故选B。
5．(2025·贵州贵阳高一期末)某温度下，向2L 恒容密闭容器中加入N2O3固体，发生反应N2O3(s)
NO2(g)
+X(g)(未配平)，反应过程如图所示，下列说法正确的是
A．向容器中再加入N2O3，正反应速率加快
3
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B．第2min 时，该反应的v 正=v 逆
C．反应达平衡时，N2O3的转化率为40%
D．X 是
，0~3min 用NO 表示的反应速率为0.4 mol·L－1·min－1
【答案】D
【解析】A 项，N2O3是固体，其量增加，浓度并未改变，对化学反应速率影响不大，A 错误；B 项，由图
示信息可知，第2min 时，N2O3的物质的量还在减小，NO2的物质的量还在增大，即反应未达到平衡状态，
正反应速率大于逆反应速率，B 错误；C 项，反应达平衡时，N2O3的转化率为
，
C 错误；D 项，由图分析在交叉点N2O3减少2mol，NO2增加2mol，因此方程式中N2O3的系数和NO2的系
数相等，根据原子守恒X 是NO，0~3min，用NO 表示的反应速率为
，D 正确；故选D。
6．(2025·辽宁沈阳模拟)逆水煤气变换反应为CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=
-49.5kJ·mol−1；将6molCO2和8molH2充入容积为2L 的密闭容器中，分别在T1、T2温度下发生该反应，H2
的物质的量变化如下表所示。下列说法中错误的是( )
物质的量/mol
T1/℃
T2/℃
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
H2
8.0
3.5
2.0
2.0
1.7
1.5
1.5
A．T1＜T2
B．T1温度下，5~10min 内以CH3OH 表示该反应速率
mol·L-1·min-1
C．T1温度下，某时刻
mol，
D．T2温度下，该反应
(25min)
(20min)
【答案】A
【解析】A 项，根据表中数据可知，T1温度下，平衡时H2物质的量为2.0mol，T2温度下，平衡时H2物质
的量为1.5mol，氢气的物质的量减少，平衡正向移动，正反应为放热反应，则温度T1＞T2，A 错误；B
项，T1温度下，5~10min 内H2物质的量的变化量为：3.5mol-2.0mol=1.5mol，CH3OH 物质的量的变化量
4
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为：0.5mol，则以CH3OH 表示该反应速率为：
，
B 正确；C 项，T1温度下，10min 时H2的物质的量不再变化，该反应达到平衡状态，此时n(H2)=2.0mol，
根据三段式：
，则平衡时，
c(H2)=1mol/L，c(CO2)=2mol/L，c(CH3OH)=1mol/L，c(H2O)=1mol/L，则平衡常数为：
，该温度下，某时刻，
n(CO2)=n(H2)=n(CH3OH)=n(H2O)=2mol，则 c(CO2)=c(H2)=c(CH3OH)=c(H2O)=1mol/L ，则
，则Q>K，C 正确；D 项，T2 温度下，根据题表数
据可知，20 min 时，该反应尚未达到平衡状态，H2的物质的量在逐渐减小，反应正向进行，正反应速率在
逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，
；25 min 时，该反应达到平衡状态，
，则
，D 正确；故选A。
03 化学反应速率的测定
7．(2025·贵州贵阳高一期末)某兴趣小组为了探究化学反应速率的影响因素，分别用浓度均为
的
Na2S2O3溶液和稀硫酸设计如下表所示实验。反应原理为Na2S2O3+H2SO4= Na2SO4+S↓ +SO2↑+H2O，下列说
法正确的是
实验编
反应温
液体体积/mL
5
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号
度/℃
Na2S2O3溶液
稀硫酸
蒸馏水
①
25
2
3
0
②
25
1
3
V1
③
50
V2
3
0
A．若配制Na2S2O3溶液时，定容时俯视刻度线，则所配溶液浓度偏低
B．表格中，V1=1，V2=1
C．实验②和③是探究温度对反应速率的影响
D．该实验可通过相同时间内所收集到的气体体积判断反应的快慢
【答案】D
【解析】A 项，配制溶液时，定容时俯视刻度线会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，A 错误；B
项，实验②的总体积需与实验①保持一致(5mL)，故V1=1，但实验③的V2=2(保持与①的Na2S2O3浓度相
同)，B 错误；C 项，实验②和③的温度不同，由B 项可知，V2=2，Na2S2O3浓度也不同，存在两个变量，
无法单独探究温度对化学反应速率的影响，C 错误；D 项，反应生成SO2气体，可通过相同时间内收集气
体体积判断反应速率的快慢，D 正确；故选D。
8．室温下用质量和表面积相同的镁条各一片(已用砂纸打磨)，分别探究不同条件下与水反应的实验(装置
图如下)，实验2 的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3 产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[
]。下列说法不正确的是
实验1
实验2
实验3
镁条表面有微小气泡，且
溶液较长时间无明显变化
镁条表面有较多气泡且产生气泡速
率逐渐加快，溶液中无明显现象
镁条表面有大量气泡，溶
液逐渐变为浑浊
A．实验1 现象不明显，可能与
表面生成了难溶的
有关
B．实验2 比实验1 现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失
6
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C．实验3 中
破坏了
在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积
D．由实验1 和实验3 可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论
【答案】D
【解析】A 项，金属镁与水反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2会覆盖在镁条的表面阻止反应的继续进行，故实
验1 现象不明显，A 正确；B．实验2 比实验1 现象更明显，可能是由于玻璃管空间狭小热量不易散失，导
致温度升高，Mg(OH)2的溶解度增大，覆盖在镁条的表面的Mg(OH)2溶解，不再阻止反应的进行，B 正
确；C．由于HCO 可电离产生H+，从而破坏Mg(OH)2的生成，故实验3 中HCO 破坏了Mg(OH)2在镁条表
面的沉积，增大了镁与水的接触面积，C 正确；D．由题干信息可知实验1 和实验3 所得到的产物不同，故
变量不唯一，不能由实验1 和实验3 可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论， D 错误；故
选D。
9．(2025·浙江省杭州地区重点高中年高一期中联考)已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+
2MnSO4+8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中条件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
0.01 mol·L－1酸性
KMnO4溶液体积/mL
0.1 mol·L－1 H2C2O4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
2
1
20
5.5
Ⅲ
2
0
50
0.5
下列说法不正确的是
A．V1=1、V2=2
B．设计实验I、Ⅱ的目的是探究浓度对反应速率的影响
C．实验计时是从溶液混合开始，溶液紫红色褪去时结束
D．实验Ⅲ用KMnO4溶液浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)=0.02 mol·L－1·min－1
【答案】D
【解析】A 项，根据单一变量原则，实验Ⅰ是对照实验，溶液总体积为4mL，则V1=4-2-1=1，V2=4-2=2，
故A 正确；B 项，实验目的是探究反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，实验Ⅰ和Ⅱ的温度相同
但其浓度不同，则设计实验Ⅰ、Ⅱ的目的是探究浓度对反应速率的影响，故B 正确；C 项，该定性实验是
根据酸性KMnO4溶液褪色时间来判断反应快慢的，所以实验计时是从溶液混合开始，溶液紫红色褪去时结
7
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束，故C 正确；D 项，实验Ⅲ中草酸过量，两种溶液混合瞬间c(KMnO4)=0.01mol/L×
=0.005mol/L，反应完全时△c=0.005mol/L，v(KMnO4)=
=0.01 mol·L－1·min－1，故D 错误；故
选D。
04 影响化学反应速率的因素
10．(2025·甘肃省高三第一次联考)为了控制化学反应速率，需研究化学反应速率的影响因素。下列措施对
增大化学反应速率有明显效果的是
A．铁与稀硫酸反应，可滴入几滴硫酸铜溶液
B．K2SO4溶液与Ba(OH)2溶液反应时，可增大压强
C．Zn 与稀盐酸反应，可加入少量醋酸钠粉末
D．保持容器容积不变，向反应2HI(g)
H2(g)＋I2(g)中充入氩气
【答案】A
【解析】A 项，铁与硫酸铜溶液发生置换反应，被置换出来的铜附着在铁上，和稀硫酸共同构成原电池，
可以加快反应速率，A 正确；B 项，K2SO4溶液与Ba(OH)2溶液的反应，没有气体参与，增大该反应的压
强，反应速率不变，B 错误；C 项，加入少量醋酸钠粉末，与HCl 反应生成CH3COOH，CH3COOH 是弱
酸，H+浓度减小，则反应速率减小，C 错误；D 项，容器体积不变，充入稀有气体，反应的气体的浓度不
改变，则反应速率不变，D 错误；故选A。
11．(2025·浙江省温州市高三二模)HCl 是涉氯工业生产中的副产品，O2氧化HCl 是一种实现氯资源闭路循
环的重要方法。
（2）有科学家发现Cu2OCl2是O2氧化HCl 的主要活性相，反应机理如图所示。高温下铜的氯化物易挥发
导致催化剂活性下降，固体中铜的氯化物的质量分数越大越易挥发。下列有关说法正确的是_______。
A．温度越高，生成Cl2的速率越快
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B．适当增大O2与HCl 的投料比有利于提高催化剂的活性
C．氧气的浓度越大，Cl2的产生速率越快
D．在CuO 中加入适量的KCl 能提高反应速率
【答案】（2）BD
【解析】（2）A 项，温度高可能导致铜的氯化物挥发，催化效果下降，A 不选；B 项，选项适当增大O2
与HCl 的投料比有利于生成 Cu2OCl2，且减小铜的氯化物挥发，有利于提高催化剂的活性，B 选；C 项，
增大O2的浓度会导致 HCl 的吸附反应，导致反应速率下降，C 不选；D 项，加入 KCl 降低载体中铜的氯
化物质量分数，减小其挥发，能提高反应速率，D 选；故选BD；
12．(2025·安徽六安高一期末)硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的还原剂，能被酸性KMnO4溶液氧化，反应原理
如下：
某学习小组为探究影响该化学反应速率的因素，设计了如下表所示系列实验。
实验
序号
温度
/℃
V/mL
恰好紫色
褪去的
时间/s
稀硫酸
(1.5000mol·L－1)
蒸馏水
Na2S2O3溶液
(0.1250 mol·L－
1)
KMnO4溶液(0.2500
mol·L－1)
①
25
5.00
0
25.00
10.00
t1
②
25
5.00
10.00
15.00
V1
t2
③
40
V2
V3
15.00
V4
t3
下列说法正确的是
A．t1>t2>t3
B．实验中除能观察到紫色溶液褪去外还能观察到溶液变浑浊
C．实验②和③探究温度对反应速率的影响，则需V2=V3=10.00
D．若实验①中，t1=20s，则前20s 内平均反应速率：
【答案】B
【解析】实验①和②中Na2S2O3浓度不同，探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③中温度不同，探
究温度对化学反应速率的影响。A 项，实验①中Na2S2O3浓度更高，反应速率更快，t1应小于t2；实验③温
度更高，反应速率更快，t3应小于t2，A 错误；B 项，反应中KMnO4完全反应后，过量的Na2S2O3与硫酸反
应生成硫沉淀，导致溶液浑浊，因此能观察到溶液变浑浊，B 正确；C 项，除温度外实验②和③需保持其
他条件一致，实验②中稀硫酸为5.00mL，蒸馏水为10.00mL，因此实验③中V2应为5.00mL，V3应为
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10.00mL，C 错误；D 项，实验①中KMnO4的初始浓度为
=0.0625mol/L，若t1=20s，则完
全反应的平均速率为
=0.003125mol/(L·s)，D 错误；故选B。
05 活化能、有效碰撞理论
13．(2025·四川达州市·二模)丙烷发生一氯取代时，可与由Cl2通过光照解离出来的氯原子(Cl•)作用产生两
种自由基：
与
，其过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A. 反应①活化能更高，反应速率更慢
B. 断裂—CH3中1molC—H 键比断裂—CH2—中1molC—H 键所需能量小
C. 丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为
D. 一定条件下，选择合适的催化剂可以提高
的选择性
【答案】B
【解析】A．根据图示，反应①活化能更高，反应速率更慢，A 正确；B．根据图示，断裂—CH3中1molC
—H 键比断裂—CH2—中1molC—H 键所需能量多，B 错误；C．根据图示，反应②活化能更低，反应速率
更快，所以丙烷与氯气进行一氯取代时主要有机产物的结构简式为CH3CHClCH3，故C 正确；D．一定条
件下，选择合适的催化剂降低反应①活化能，加快反应①的速率，可以提高CH3CH2CH3的选择性，D 正
确；选B。
14．(2025·四川巴中市·一诊)苯在浓
和浓
作用下，反应过程中能量变化如图所示。下列说法
错误的是
10
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A. 可用红外光谱法鉴别产物
和产物
B. X 为苯的加成产物，Y 为苯的取代产物
C. 从中间体到产物，更有利于生成产物
D. 浓
在该反应过程中均只作催化剂
【答案】D
【解析】A．产物X 和产物Y 含有的官能团不完全相同，红外光谱可以检测出有机物中不同的官能团，所
以可用红外光谱法鉴别产物X 和产物Y，A 正确；B．观察产物结构可知，X 是苯环与其他原子团发生加
成反应得到的，为苯的加成产物；Y 是苯环上的氢原子被硝基取代得到的，为苯的取代产物，B 正确；
C．从图中可以看到，中间体到产物Y 的活化能小，化学反应速率快，并且产物Y 的能量产物X 的能量
低，更稳定，两个方面均有利于生成产物Y，C 正确；D．在苯的硝化反应中，浓硫酸一方面作催化剂，
加快反应速率；另一方面浓硫酸还作为吸水剂，促使反应向正反应方向进行，D 错误；故答案选D。
15. 一定条件下，CH4与MO+反应生成CH3OH。已知直接参与化学键变化的原子被替换为更重的同位素
时，反应速率会变慢。MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相
似，图中以CH4示例)。下列说法不正确的是( )
A．反应历程中涉及氢原子成键变化的是步骤I
B．MO+与CD4反应的过渡态1 能量变化应为图中曲线c
C．若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有3 种
11
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D．MO+与CH2D2反应，产物的产量CHD2OD＜CHD2OH
【答案】C
【解析】步骤I 涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，氧更容易和H 而不是和D
生成羟基，若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD 或CD3OH。A 项， 由图可知，步骤Ⅰ
涉及碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故
A 正确；B 项，已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的元素时，反应速率会变慢，MO+与CD4
反应的能量变化应为图中曲线c，反应的活化能更大，故B 正确；C 项，根据反应机理可知，若MO+与
CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD 或CD3OH，共两种，故C 错误；D 项，直接参与化学键变化
的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会减慢，氧更容易和H 而不是和D 生成羟基，因此氘代甲醇的
产量CHD2OD＜CHD2OH，故D 正确；故选C。
06 速率常数及其应用
16．(2025·四川成都实验中学·模拟预测)分析下表中资料信息：
化学反应
反应速率与参与反应
物质的浓度的关系式
H
①
2＋I2===2HI(气体反应)
v＝kc(H2)c(I2)
CO
②
＋NO2===CO2＋NO
v＝kc2(NO2)
k 为反应速率常数，与温度有关，与浓度、压强无关。根据给出资料，判断下列说法不正确的是
A．对于反应①，增大 H2浓度(其他条件不变)，反应速率增大
B．对于反应①，增大 I2浓度(其他条件不变)，反应速率增大
C．对于反应②，增大 CO 浓度(其他条件不变)，反应速率增大
D．对于反应②，增大 NO2浓度(其他条件不变)，反应速率增大
【答案】C
【解析】由材料可知，其他条件不变的情况下反应①的反应速率受H2和I2的浓度影响，两者浓度增大，反
应速率增大，A、B 均正确；反应②的反应速率只受NO2的浓度影响，NO2浓度增大，反应速率增大，C 错
误、D 正确。
17. (2025·浙江省第二届辛愉杯高三线上模拟考试)已知2H2O(g)= 2H2(g)＋O2(g)，速率方程为V=Kcn(H2O)，
其中K 为速率常数，只与温度、催化剂、固体接触面积有关，与浓度无关；n 为该反应中H2O 的反应级
数，也是该反应总级数，可以为正数、0、负数；起始浓度消耗一半的时间叫半衰期，H2O 在某催化剂表面
上分解的实验数据如表：
0
10
20
30
40
50
60
12
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下列说法正确的是
A．该反应速率常数为0.05mol/(L.min) B．该反应为0 级反应
C．若起始浓度为0.60mol/L，半衰期为80min D．工业上用该反应制备氢气
【答案】B
【解析】A 项，当t=10min ，c(H2O)=0.25mol/L ，t=20min ，c(H2O)=0.20mol/L ，可知V=K=0.05mol/L/
10min=
0.005mol/(L.min)，A 错误；B 项，根据表格中的数据，浓度变化与时间成正比，即速率是一个常数，
V=Kcn(H2O)为常数，说明n=0，该反应是零级反应，B 正确；C 项，设起始浓度为cmol/L，半衰期
可知半衰期与起始浓度成正比，表中起始浓度为0.3mol/L 时，半衰期为30min，若起始浓度为
0.6mol/L，则半衰期为60min，C 错误；D 项，工业上常用电解水法制备氢气，D 错误；故选B。
18．(2025·安徽六校高三下学期素质检测)在恒容密闭容器中发生反应X→2Y，测得在不同起始浓度和温度
下反应过程中c(X)随反应时间的变化部分数据如下表所示。该反应的反应速率v=kc，
为速率常数，已知
。下列说法正确的是
温度
c(X)/(mol·L－1)
0 min
50 min
100 min
150 min
200 min
250 min
T1
50
20
15
10
T2
10
5
A．T1＞T2
B．T1温度下，150 min ~250 min 内平均反应速率v(X)为0.1 mol·L－1·min－1
C．T1温度下250 min 时与T2温度下50 min 时反应物的活化分子数相同
D．2v(T1，200min)= 3v(T2，100min)
【答案】D
【解析】A 项，由反应速率v=kc 可知瞬时速率与c(X)成正比，T1、150 min 时c(X)=2.0×10-2
mol·L－1，T2、
50 min 时c(X)=1.0×10-2
mol·L－1，此时速率既受浓度影响又受温度影响。又
，
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故T1应小于T2，A 项错误；B 项，由表可知，150min~250min 内平均反应速率v(X)为
，B 项错误；C 项，T1温度下250 min 时与
T2温度下50 min 时c(X)相同，但温度不同，故反应物的活化分子数不同，C 项错误；D 项，由反应速率
v=kc 以及v(T1，150min)=v(T2，50min)可得k(T2)=2k(T1)，又由表中数据可知
，
故2v(T1，200min)= 3v(T2，100min)，D 项正确；故选D。
1．（2025·八省联考四川·提升卷）将一定量乙烯通入饱和溴水(3.4%)中，溴水快速褪色，其反应历程如
下：
已知：①乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比该反应慢得多；②该反应最终a、b 两种产物含量分别为10.2%和
89.8%。
下列说法不正确的是
A．若将乙烯通入氯水中，可以得到产物CH2ClCH2Cl 和CH2ClCH2OH
B．反应Ⅱ得到的两种产物的含量不同，是由于水的浓度大于Br-
C．H2O 的存在加快了反应速率，H2O 是总反应的催化剂
D．
微粒中，所有原子最外层均达到了稳定结构
【答案】B
【解析】A 项，氯气和溴均为卤素单质，根据类比，则将乙烯通入氯水中，可以得到产物CH2ClCH2Cl 和
CH2ClCH2OH，A 正确； B 项，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，反应Ⅱ得到的两种产物的含
量不同，是由于两者反应的活化能不同，反应速率不同，导致二者的产量差异，B 错误；C 项，催化剂能
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加快反应速率，已知乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色比该反应慢得多，溴的四氯化碳溶液中不含水，而溴水
溶液中含有水，则可能是H2O 的存在加快了反应速率，H2O 是总反应的催化剂，C 正确； D 项，
微粒中，氢为2 电子稳定、碳溴为8 电子稳定，所有原子最外层均达到了稳定结构，D 正
确；故选B。
2．（2025·四川攀枝花第三高级中学·二模）为了探究外界条件对工业合成氨反应的影响
， 现往密闭容器中充入2molN2和4molH2模拟合成氨反应。在不
同温度下， 平衡体系中氨气的体积分数与总压强(
)的关系如图所 示 (分压
总压
物质的量分数)。下
列说法中正确的是
A. 若断裂 1molN≡N 键、同时断裂3molN—H 键， 则说明该反应达到平衡状态
B. 在 T2、60MPa 时，N2的平衡分压为17.5MPa
C. 若 T1、T3温度下的平衡常数分别为K1、K3， 则K1<K3
D. 在
时， 若经过 2 小时达到平衡， 则：
【答案】B
【解析】反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，氨气的分数减小，结合图象可知，T1<T2<T3；A．若
断裂1molN≡N 键、同时断裂3molN—H 键， 此时正反应速率大于逆反应速率，该反应没有达到平衡状
态，A 错误；B．若体系在T2、60MPa 下达到平衡，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分 数；
平衡时氨气体积分数x/(6-x)×100%=25%，解得 x=1.2mol，氮气分压
=17.5MPa，故
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B 正确；
3．(2025·北京西城三模)一定温度下，
(
)在Al2O3存在下与等物质的量的
反应，
主要产物为
和
。
、
和
的物质的量分数随时间的变化如图1 所示，反应过程中能量变化示意图如
图2 所示。
下列说法不正确的是
A．由图1 可知，X→Z 的活化能大于X→Y 的活化能
B．
的过程中，存在
键的断裂与形成、
键的旋转
C．此温度下，X 生成Y 的平衡常数小于X 生成Z 的平衡常数
D．
时，各物质的物质的量分数变化可以用
来解释
【答案】D
【解析】A 项，开始反应时，Y 的含量迅速上升，说明生成Y 的速率快，活化能越低，反应速率越快，则
X→Z 的活化能大于X→Y 的活化能，A 正确；B 项，σ 键的键能大于π 键，Y→Z 的过程中，先通过π 键的
断裂，而σ 键保持稳定，再通过单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π 键，B 正确；C 项，达到平衡
时，Z 的浓度大于Y，则X 生成Y 的平衡常数小于X 生成Z 的平衡常数，C 正确；D 项，
时，Z
的浓度很低，说明主要发生反应X→Y，而Y→Z 的速率很慢，即Y→Z 的活化能大，则可以用
来解
释，D 错误；故选D。
4．(2025 年1 月·“八省联考”四川卷)恒容反应器中，Rh 和Rh/Mn 均能催化反应：HCHO+H2+CO
HOCH2CHO (羟基乙醛)，反应历程如图所示，I1~ I3为中间体，TS1~TS3为过渡态。
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下列描述正确的是
A．“
插入”步骤，
为-17.6kcal/mol
B．Rh 催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤
C．Rh/Mn 催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小
D．反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大
【答案】B
【解析】A 项，由图可知，一氧化碳插入步骤为放热反应，反应△H= -15.4kcal/mol，故A 错误；B 项，反
应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由图可知，Rh 催化作用下，加氢步骤的活化
能为24.4 kcal/mol，反应的活化能最大，所以加氢步骤为决速步骤，故B 正确；C 项，反应的活化能越
大，反应速率越慢，由图可知，Rh 催化作用下，反应的活化能大于Rh/Mn 催化作用下，所以羟基乙醛的
生成速率小于Rh/Mn 催化作用下，故C 错误；D 项，由图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温
度，平衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，故D 错误；故选B。
5．(2025·天津市天津市北辰区天津市第四十七中学高三月考)某温度下，在
恒容密闭容器中加入
1molX(s)和3molY(g)，发生反应X(s)＋3Y(g)
2Z(g)＋2M(g)，
后达到平衡状态。下列说法正确的
是
A．化学反应速率之比v(X)：v(Y)=1：3
B．再加入1molX(s)和3molY(g)达到新平衡后，X 的转化率减小
C．降低温度，若cZ＋减小，则ΔH＜0
D．若平衡时Z(g)的体积分数为
，则
内，v(Y)=0.1 mol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】A 项，对于该可逆反应，X 为固体，其浓度不变，一般不用固体物质浓度变化表示反应速率，A
错误；B 项，根据等效平衡，再加入1molX(s)和3molY(g)，即相当于将2L 恒容容器压缩为1L，压强增大
平衡逆向移动，故X 的转化率下降，B 正确；C 项，降低温度，平衡向放热方向进行，若c(Z)减小，则平
衡逆向移动，正反应为吸热反应，即ΔH＞0，C 错误；D 项，设达到平衡时，参与反应n(Y)=3x mol，则平
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衡时n(Z)= n(M)=2x mol，恒温恒容下，Z 的体积分数即混合气体中物质的量分数，故混合气体总物质的量
为
，则
，解得x=
mol，故
，D 错误；故选B。
6． (2025·四川德阳市·质量监测)CO2催化重整制CH4意义重大，涉及如下反应：
反应：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）△H3=_______；反应Ⅱ在_______(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）在体积相等的多个恒容密闭容器中，分别充入1molCO2(g)和4molH2(g)，只发生反应Ⅲ，在不同的温
度下，反应相同时间，测得lgk 正、lgk 逆、H2的转化率与温度的关系如图所示。已知该反应的速率方程为
，其中
和
为速率常数，只受温度影响。
①直线
代表_______。
b
②点时对应的反应速率：v 正_______v 逆(填“>”“＜”或“=”)。
③
温度下反应达到平衡时，气体总压强为
_______(填表达式，不必化简)。
【答案】（1）① -164.7kJ/mol ②低温
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（2）① lgk 逆 ② >
.
③
【解析】
（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=2×反应I+反应Ⅱ，
；
可自发，△H<0，△S<0，故需要在低温条件下可自发；
（2）由图可知随温度的升高，氢气的转化率先增大后减小，可使反应开始阶段，反应未达平衡，升高温
度使速率加快，则氢气的转化率逐渐增大，当反应达到平衡后，再升高温度，平衡逆向移动，导致氢气的
转化率降低；
①温度升高有利于逆反应，对逆反应速率的影响大于对正反应速率的影响，则曲线斜率较大的代表lgk 逆，
斜率小的代表lgk 正，则代表lgk 正的曲线是x，代表lgk 逆的曲线是y；
②由z→b 点是温度降低，平衡正向移动，b 点时对应的反应速率：v 正>v 逆；
③T2温度下反应达到平衡状态，体系压强为p，结合三段式列式计算；
，气体总物质的量为：
0.7mol+2.8mol+0.3mol+0.6mol=4.4mol，则p(H2)=
=
，p(CO2)=
，p(CH4)=
，
p(H2O)=
；
；
7. (2025·四川成都石室中学·二模)磺酰氯（SO2Cl2）是一种重要的有机氯化剂，SO2和Cl2反应可制备磺酰
氯。回答下列问题：
（1）已知：①
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②
③
则
的ΔH=______kJ/mol（用含a、b、c 的代数式表示）。
（2）
的速率方程为
，其中k 为
速率常数，R、C 为常数，
为反应的活化能（单位为kJ/mol），T 为热力学温度（单位为K）。
①在密闭容器中充入等物质的量的SO2和Cl2发生上述反应，下列说法错误的是______（填序号）。
A．升高温度会导致速率常数k 增大
B．及时移走产物可提高SO2的转化率
C．混合气体中SO2和Cl2的体积分数之比不变，反应一定达到平衡
D．加压有利于平衡正向进行
-
②Rlnk 与催化剂和
的关系如图所示，使用催化剂A 时，反应的活化能为______kJ/mol，催化效果更好的
催化剂是______（填“A”或“B”）。
【答案】（1）2a+b-c
（2）① BC ② 300 ③ B
【解析】（1 ）由2×
+
-
①②③式可得反应：
，则由盖斯定律可得
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的
；
（2）①A．由
可知，升高温度会导致lnk 增大，速率常数k 增大，A 正确；B．产物
SO2Cl2(l)为液体，及时移走产物，不能使其平衡正向移动，则不能提高SO2的转化率，B 错误；C．在密闭
容器中充入等物质的量的SO2(g)和Cl2(g)发生反应：
，即SO2(g)和Cl2(g)
的初始投料比等于其化学反应计量系数之比，则反应过程中SO2和Cl2的体积分数始终保持相等，所以混合
气体中SO2和Cl2的体积分数之比不变，不能说明反应达到平衡， C 错误；D．该反应是气体分子数减小
的反应，加压有利于平衡正向进行，D 正确；故选BC；
②由图可知，-Rlnk 与
呈线性关系，直线的斜率表示反应的活化能，由图象数据
、
可得斜率为
，则使用催化剂A 时，反应的活化能为300kJ/mol；由
图可知，使用催化剂A 时-Rlnk 与
的图象比使用催化剂B 时更陡峭，即使用催化剂A 时-Rlnk 与
的图
象斜率大于使用催化剂B 时的，则使用催化剂B 时，反应的活化能较小，反应速率较大，催化效果更好；
1．(2025·浙江1 月卷，11，3 分)下列说法正确的是
A．常温常压下H2(g)和O2(g)混合无明显现象，则反应2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)在该条件下不自发
B．N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g) ΔH＜0，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小
C．CO(g)＋H2(g)
C(s)＋H2O(g) ΔH＜0，则正反应的活化能大于逆反应的活化能
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D．Na(s)+1
2 Cl2(g)=NaCl(s) ΔH1＜0，Na+(g)+Cl−(g)=NaCl(s) ΔH2＜0，则Na(s)+1
2 Cl2(g)=Na+(g)+Cl−(g)
ΔH＜0
【答案】B
【解析】A 项，根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS，该反应ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，故低温能自发进
行，A 错误；B 项，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B 正确；C 项，该反应为
放热反应，则E 正-E 逆＜0，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C 错误；D 项，①Na(s)+1
2
Cl2(g)=NaCl(s) ΔH1＜0，②Na+(g)+Cl−(g)=NaCl(s) ΔH2＜0，根据盖斯定律，反应①－反应②得到目标反
应Na(s)+1
2 Cl2(g)=Na+(g)+Cl−(g)，则ΔH=ΔH1-ΔH2，由于不能明确ΔH1、ΔH2相对大小，则ΔH 不能确定，D
错误；故选B。
2．（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(CH2=CHOOCCH3)的过
程示意图如下。
下列说法不正确的是
A．①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O
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
【解析】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O 和Pd(CH3COO)2，方程式为：
4CH3COOH+O2+2Pd→2Pd(CH3COO)2+2H2O，A 正确；B．②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有C-H 断
开和C-O 的生成，存在σ 键断裂与形成，B 正确；C．生成CH2=CHOOCCH3总反应中有H2O 生成，原子利
用率不是100%，C 错误；D．Pd 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；选C。
3．（2025·安徽·高考真题）恒温恒压密闭容器中，
时加入
，各组分物质的量分数x 随反应时间t
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变化的曲线如图(反应速率
，k 为反应速率常数)。
下列说法错误的是
A．该条件下
B．
时间段，生成M 和N 的平均反应速率相等
C．若加入催化剂，
增大，
不变，则
和
均变大
D．若
和
均为放热反应，升高温度则
变大
【答案】C
【解析】A．①A(g)
M(g)的
，②
，②－①得到M(g)
N(g)，则
K=
，A 正确；B．由图可知，0~ t1时间段，生成M 和N 的物质的量相同，由此
可知，成M 和N 的平均反应速率相等，B 正确；C．若加入催化剂，k1增大，更有利于生成M，则x1变
大，
但催化剂不影响平衡移动，xM 平衡不变，C 错误；D．若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，升高温
度，两个反应均逆向移动，A 的物质的量分数变大，即xA 平衡变大，D 正确；故选C。
4．（2024·山东卷）逆水气变换反应：
。一定压力下，按
，
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物质的量之比
投料，
，
温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知
该反应的速率方程为
，
，
温度时反应速率常数k 分别为
。下列说法错误的是
A．
B．
温度下达平衡时反应速率的比值：
C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变
D．
温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与
温度时相同
【答案】CD
【解析】由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温
度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1 1∶，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。A．根
据分析，T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A 项正确；
B．反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，则
，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔
分数低于T2温度下平衡时，则
，B 项正确；C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移
动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线
变化，C 项错误；D．T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2
的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D 项错误；答案选CD。
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5．(2024·浙江1 月卷，14，3 分)酯在
溶液中发生水解反应，历程如下：
已知：
①
RCOOCH
②
2CH3水解相对速率与取代基R 的关系如下表：
取代基R
CH3
ClCH2
Cl2C
H
水解相对速率
1
290
7200
下列说法不正确的是
A．步骤I 是
与酯中
作用
B．步骤I 使I 和Ⅱ平衡正向移动，使酯在
溶液中发生的水解反应不可逆
C．酯的水解速率：FCH2 COOCH2CH3＞ ClCH2 COOCH2CH3
D．
与
反应、
与
反应，两者所得醇和羧酸盐均不同
【答案】D
【解析】A 项，步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的
作用生成羟基和O-，A 正确；B 项，步骤Ⅰ加入氢氧根
离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在NaOH 溶液中发生的水解
反应不可逆，B 正确；C 项，从信息②可知，随着取代基R 上Cl 个数的增多，水解相对速率增大，原因为
Cl 电负性较强，对电子的吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F 的电负性强于Cl，FCH2对电子的吸
引能力更强，因此酯的水解速率FCH2 COOCH2CH3＞ ClCH2 COOCH2CH3，C 正确；D 项，
与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后
18O 既存在于羟基中也存在于O-
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中，随着反应进行，最终
18O 存在于羧酸盐和醇中，同理
与
18OH-反应，最终
18O 存在于
醇中和羧酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，D 错误；故选D。
6．（2024·安徽卷）室温下，为探究纳米铁去除水样中
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/
纳米铁质量/
水样初始
①
50
8
6
②
50
2
6
③
50
2
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
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
越小，
的去除效果越好
【答案】C
【解析】A. 实验①中，0~2 小时内平均反应速率
，A 不正确；B. 实验③中水样初始pH=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用H+配电荷守
恒，B 不正确；C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中SeO 浓度的变化量大，因此，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. 综合分析实验③和②可知，在相同时间
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内，实验②中SeO 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始pH，SeO 的去除效果越好，
但是当初始pH 太小时，H+浓度太大，纳米铁与H+反应速率加快，会导致与SeO 反应的纳米铁减少，因
此，当初始pH 越小时SeO 的去除效果不一定越好，D 不正确；综上所述，本题选C。
7．（2024·江苏卷）催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其氧化物、酸
和碱等。倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、
和
制
(二甲醚)、
倠
化氧化
等。催化剂有选择性，如
与
反应用Ag 催化生成
(环氧乙烷)、用
催化生成
。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中
电倠化生成
、氯
自由基催化
分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的
发展方向。下列说法正确的是
A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．
与
反应中，Ag 催化能提高生成
的选择性
C．
制
反应中，
能加快化学反应速率
D．
与
反应中，
能减小该反应的焓变
【答案】C
【解析】固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A 错误；B．根据题意，催化剂
有选择性，如C2H4与O2反应用Ag 催化生成
(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，则
判断Ag 催化不能提高生成CH3CHO 的选择性，B 错误；C． MnO2是H2O2制O2反应的催化剂，能加快化
学反应速率，C 正确；D． V2O5是SO2与O2反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，
D 错误；故选C。
8. （2025·四川卷）乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气(
)为原料制备乙二醇，反
应按如下两步进行：
①
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②
已知：
为物质生成焓，反应焓变△H=_____产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓
如下表所示。
物质
HCHO(g)
CO(g)
H2(g)
HOCH2CH2OH(l)
0
回答下列问题：
（1）生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为_______，△S_______0(填“>”“<”或“=”)，反应在
_______(填“高温”或“低温”)自发进行。
（2）恒压时，合成气中
增大，HOCH2CHO(羟基乙醛)单位时间产率降低，其原因是
_______。
（3）反应中伴随副反应④：
。平衡常数与温度之间满足关系
常数，反应②和④的lnK 与
的关系如图所示，则△H2_______△H4，(填“>”“<”或“=”)；
欲抑制甲醇的生成，应适当_______(填“升高”或“降低”)反应温度，理由是_______。
（4）若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为
。
①反应5h 后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为
，则甲醛的平均消耗速率
_______
。
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②溶剂中H2和CO 浓度分别保持为
，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡
产率分别为
，生成乙二醇的平衡常数K=_______
(科学记数，保留小数点后2
位)。
【答案】（1）①
②.＜ ③低温
（2）反应②的速率大于反应①使得单位时间内HOCH2CHO(羟基乙醛)产率降低
（3） ①＜ ② 降低 ③ 随着1/T 的增大，即温度降低，反应②的lnK 增大的程度大于反应④的lnK
增大程度
（4）① 0.112 ②1.67×1011
【解析】（1）将反应①和②相加，消去中间产物HOCH2CH2OH(l)，得到总反应：
（
2
）
，
反
应
焓
变
公
式
：
：
；反应中气体
分子数减少（4 mol 气体 → 1 mol 液体），混乱度降低，故ΔS < 0；自发性条件：根据ΔG = ΔH - TΔS，
ΔH 为负、ΔS 为负时，低温（T 较小）使ΔG < 0 ，反应自发；故答案为：
；＜；低温；
（3）恒压时，合成气中n(H2):n(CO)增大，意味着H2的分压增大，CO 的分压减小，反应速率与反应物浓
度相关，CO 其分压减小效应超过H2分压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间产率
降低；故答案为：反应②的速率大于反应①使得单位时间内HOCH2CHO(羟基乙醛)产率降低；
（3）lnK 与1/T 的关系图中，斜率为-△H/R。图中反应②的斜率大于反应④，表明∣△H2∣>∣△H4∣。
由于两反应的K 随温度降低均增大，均为放热（△H<0），故△H2<△H4；抑制甲醇生成，即让反应②的
正向进行程度大于反应④，由图可知，随着1/T 的增大，lnK2增大的程度大于lnK4增大程度，故需要低温
才能抑制甲醇的生成；故答案为：＜；降低；随着1/T 的增大，即温度降低，反应②的lnK 增大的程度大
于反应④的lnK 增大程度；
（4）①生成HOCH2CHO 消耗甲醛38%，乙二醇消耗甲醛8%，甲醇消耗甲醛10%，总计38% + 8% + 10%
= 56%。消耗量 = 1.0 mol/L × 56% = 0.56 mol/L，则甲醛的平均消耗速率v=0.56mol/L/5h=0.112mol/L/h；
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②总反应③：HCHO(g)+CO(g)+2H2(g)=HOCH2CH2OH(l)平衡常数表达式为
[注：
HOCH2CH2OH 为液体，但在溶液中其浓度变化，故包含在K 中；单位要符合(mol/L)-3；平衡浓度：
[HOCH2CH2OH]aq（乙二醇平衡产率34%）: 0.34×1.0=0.34mol/L；羟基乙醛18% ：
；甲醇14% ：
，总甲醛消耗浓度：
， 平衡 ：
；给定平衡浓度：
，
，代入计算：
，解得：
(科学记数，保留小数点后2 位)；故答案为：0.112；1.67×1011。
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