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高考化学一轮复习： 第22 讲 化学反应速率
【近年真题再现】
1. (2025 年安徽卷)恒温恒压密闭容器中，t＝0 时加入A(g)，各组分物质的量分数x 随反应时间t 变化
的曲线如图(反应速率v＝kx，k 为反应速率常数)。
下列说法错误的是
A．该条件下＝
B．0～t1时间段，生成M 和N 的平均反应速率相等
C．若加入催化剂，k1增大，k2不变，则x1和xM,平衡均变大
D．若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应，升高温度则xA,平衡变大
答案：C
解析：A．①A(g)
M(g)的K＝，②A(g)
N(g) K＝，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；
2. (2025 年海南卷)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v1＞v2＞v3。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
1
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D. 总反应速率v 总＝v1＋v2＋v3
答案：D
解析：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v1＞v2＞v3，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，不影响D 的产量，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v 总＝v1＋v2＋v3，D 正确；
3. (2024 年山东卷)逆水气变换反应：CO2(g)＋H2(g)
CO(g)＋H2O(g) △H＞0。一定压力下，按
CO2，H2物质的量之比n(CO2)∶n(H2)＝1 1∶投料，T1，T2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v＝kc0.5(H2)(CO2)，T1，T2温度时反应速率常数k 分别为k1，k2。下列说法错误的
是
A．k1＞k2
B．T1，T2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．T2温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与T1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
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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；
4. (2024 年黑吉辽卷)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关物
质浓度随时间变化如图所示，15h 后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是
A．3h 时，反应②正、逆反应速率相等 B．该温度下的平衡常数：①＞②
C．0～3h 平均速率(异山梨醇)＝0.014mol∙kg-1∙h-1 D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
答案：A
解析：A．由图可知，3 小时后异山梨醇浓度继续增大，15h 后异山梨醇浓度才不再变化，所以3h 时，
反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A 错误；
B．图像显示该温度下，15h 后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而
1,4－失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的
平衡常数：①＞②，故B 正确；
C．由图可知，在0～3h 内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg，所以平均速率(异山梨醇)＝＝
0.014mol∙kg-1∙h-1，故C 正确；
D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡
转化率，故D 正确；
5. (2024 年6 月浙江卷)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应：
I．C2H6(g)＋CO2(g)
C2H4(g)＋CO(g)＋H2O(g) △H1＞0
II．C2H6(g)＋2CO2(g)
4CO(g)＋3H2(g) △H2＞0
向容积为10L 的密闭容器中投入2molC2H6和3molCO2，不同温度下，测得5min 时(反应均未平衡)的
相关数据见下表，下列说法不正确的是
温度(℃)
400
500
600
乙烷转化率(%)
2.2
9.0
17.8
乙烯选择性(%)
92.6
80.0
61.8
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注：乙烯选择性＝×100%
A．反应活化能：I＜II
B．500℃时，0～5min 反应I 的平均速率为：v(C2H4)＝2.88×10-3mol·L-1·min-1
C．其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g)，可提高乙烯的产率
D．其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，平衡后可提高乙烷转化率
答案：D
解析：A．由表可知，相同温度下，乙烷在发生转化时，反应Ⅰ更易发生，则反应活化能：Ⅰ＜Ⅱ，
A 正确；
B．由表可知，500℃时，乙烷的转化率为9.0%，可得转化的乙烷的总物质的量为
2mol×9.0%=0.18mol，而此温度下乙烯的选择性为80%，则转化为乙烯的乙烷的物质的量为
0.18mol×80%=0.144mol，根据方程式可得，生成乙烯的物质的量为0.144mol，则0～5min 反应I 的平均速
率为：v(C2H4)＝＝2.88×10-3mol·L-1·min-1，B 正确；
C．其他条件不变，平衡后及时移除H2O(g)，反应Ⅰ正向进行，可提高乙烯的产率，C 正确；
D．其他条件不变，增大投料比[n(C2H6)/n(CO2)]投料，平衡后CO2转化率提高，C2H6转化率降低，D
错误；
6. (2024 年安徽卷)室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO 的影响因素，测得不同条件下SeO 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
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v(SeO)＝2.0mol·L-1·h-1
B. 实验③中，反应的离子方程式为：2Fe＋SeO＋8H+＝2Fe3+＋Se＋4H2O
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，SeO 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v(SeO)＝＝2.0×10-3mol·L-1·h-1，A 不正确；
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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；
7. (2024 年重庆卷)醋酸甲酯制乙醇的反应为：CH3COOCH3(g)+2H2(g)
CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)。
三个10L 恒容密闭容器中分别加入1mol 醋酸甲酯和9.8mol 氢气，在不同温度下，反应t 分钟时醋酸甲酯
物质的量n 如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应的△H＞0 B. 容器甲中平均反应速率v(H2)＝mol/(L∙min)
C. 容器乙中当前状态下反应速率v(正)＝v(逆) D. 容器丙中乙醇的体积分数为8%
答案：D
解析：温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙反应升高温度，醋酸甲酯量增大，则反应逆向进
行，正反应为放热反应，焓变小于0；
A．由分析，该反应的△H＜0，A 错误；
B．容器甲中平均反应速率v(H2)＝2v(CH3COOCH3)＝2×mol/(L∙min)＝mol/(L∙min)，B 错误；
C．温度越高反应速率越快，比较乙丙可知，丙达到平衡状态，但不确定乙是否平衡，不能确定正逆
反应速率相对大小，C 错误；
D．对丙而言：列三段式有
CH3COOCH3(g)＋2H2(g)
CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)
起始(mol/L) 0.1 0.98 0 0
转化(mol/L) 0.08 0.16 0.08 0.08
平衡(mol/L) 0.02 0.82 0.08 0.08
容器丙中乙醇的体积分数为×100%＝8%，D 正确；
8. (2023 年海南卷)工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：
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C6H5CH2CH3(g)
C6H5CH＝CH2(g)＋H2(g)。某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v
随时间t 的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线①表示的是逆反应的v－t 关系 B．t2时刻体系处于平衡状态
C. 反应进行到t1时，Q＞K(Q 为浓度商) D. 催化剂存在时，v1、v2都增大
答案：BD
解析：A．反应为乙苯制备苯乙烯的过程，开始反应物浓度最大，生成物浓度为0，所以曲线①表示
的是正反应的v－t 关系，曲线表示的是逆反应的v－t 关系，故A 错误；
B．t2时，正逆反应速率相等，体系处于平衡状态，故B 正确；
C．反应进行到t1时，反应正向进行，故Q＜K，故C 错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，使反应的v1、v2都增大，故D 正确；
9. (2023 年湖南卷)向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)＋H2O(g)
CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x＝ 随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的
是
A. x1＜x2
B. 反应速率：υb 正＜υc 正
C. 点a、b、c 对应的平衡常数：Ka＜Kb＝Kc
D. 反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
答案：B
解析：A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x 值越小，CH4的转化率越大，则
x1＜x2，故A 正确；
B．b 点和c 点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b 点x 值小于c 点，则b 点加水多，反应物
浓度大，则反应速率：υb 正＞υc 正，故B 错误；
C．由图像可知，x 一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平
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衡正向移动，K 增大；温度相同，K 不变，则点a、b、c 对应的平衡常数：Ka＜Kb＝Kc，故C 正确；
D．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不
变时，反应达到平衡状态，故D 正确；
10. (2023 年河北卷)在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：
反应②和③的速率方程分别为v2＝k2∙c2(X)和v3＝k3∙c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，
反应③的活化能大于反应②。测得W(g)的浓度随时间的变化如下表。
t/min
0
1
2
3
4
5
c(W)/(mol·L－1)
0.160
0.113
0.080
0.056
0.040
0.028
下列说法正确的是
A．0～2min 内，X 的平均反应速率为0.08mol·L-1·min-1
B. 若增大容器容积，平衡时Y 的产率增大
C. 若k2＝k3，平衡时c(Z)＝c(X)
D. 若升高温度，平衡时c(Z)减小
答案：D
解析：A．由表知0～2min 内∆c(W)＝0.16－0.08=0.08mol/L，生成∆c(X)=2∆c(W)=0.16mol/L，但一部
分X 转化为Z，造成∆c(X)<0.16mol/L，则v(X)＜＝0.080mol·L-1·min-1，故A 错误；
B．过程①是完全反应，过程②是可逆反应，若增大容器容积相当于减小压强，对反应4X(g)
2Z(g)平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，X 的浓度增大，平衡时Y 的产率减小，故B 错误；
C．由速率之比等于系数比，平衡时v 逆(X)=2v 正(Z)，即v3＝2v2，k3c(Z)＝2k2c2(X)，若k2＝k3，平衡时
c(Z)＝2c2(X)，故C 错误；
D．反应③的活化能大于反应②，△H＝正反应活化能－逆反应活化能＜0，则4X(g)
2Z(g)△H＜
0，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c(Z)减小，故D 正确；
11. (2022 年1 月浙江选考)在恒温恒容条件下，发生反应A(s)＋2B(g)
3X(g)，c(B)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a、c 两点坐标可求得从a 到c 时间间隔内该化学反应的平均速率
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B. 从b 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：2v(B)＝3v(X)
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，c(B)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，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，
从a、c 两点坐标可求得从a 到c 时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A 正确；
B．b 点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B 的瞬时速率，选项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，3v(B)＝2v(X)，选项C 不正确；
D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状
态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D 错误；
12. (2022 年6 月浙江卷)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：2NH3(g)
N2(g)＋3H2(g)，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
A. 实验①，0～20min，v(N2)＝1.00×10-5mol∙L-1∙min-1
B. 实验②，60min 时处于平衡状态，x≠0.40
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：C
解析：A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40×10-3mol/L－2.00×10-3mol/L＝4.00×10-
4mol/L，v(NH3)＝＝2.00×10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)＝v(NH3)＝1.00×10-
5mol/(L·min)，A 正确；
B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验
③达到平衡时氨气浓度为4.00×10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10-4mol/L，而恒温恒容条
件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min 时处于平衡状态，x＜0.4，即
x≠0.4，B 正确；
C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min 氨气浓度变化量都是4.00×10-4mol/L，实验②中60min
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时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始
浓度的两倍，实验①60min 时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，
C 错误；
D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2 倍，
实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，
D 正确；
13. (2022 年北京卷)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1 所示。反应①完成
之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分
的物质的量随反应时间变化如图2 所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A．反应①为CaO＋CO2＝CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4=======CaO＋2CO＋2H2
B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4=======C＋2H2
C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成CO 的速率为0，是因为反应②不再发生
答案：C
解析：A．由题干图1 所示信息可知，反应①为CaO＋CO2＝CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反
应②为CaCO3＋CH4=======CaO＋2CO＋2H2，A 正确；
B．由题干图2 信息可知， t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测
到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4=======C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数
比均为1 2∶，B 正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO 的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，
仍然为2mmol/min，而CO 变为1~2mmol/min 之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2
速率，C 错误；
D．由题干图2 信息可知，t3之后，CO 的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成
CO 的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D 正确；
14. (2022 年广东卷)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
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的部分变化曲线如图，则
A. 无催化剂时，反应不能进行
B. 与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C. a 曲线表示使用催化剂Ⅱ时X 的浓度随t 的变化
D. 使用催化剂Ⅰ时，0~2min 内，υ(X)＝1.0mol·L-1∙min-1
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0~2min 内Y 的浓度变化了2.0mol/L，而a 曲线表示的X 的浓度
变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a 曲线不表示使用催化剂II 时X 浓度随
时间t 的变化，故C 错误；
D．使用催化剂I 时，在0~2min 内，Y 的浓度变化了4.0mol/L，则υ(Y)＝＝＝2.0mol·L-1·min-1，υ(X)
=υ(Y) =×2.0mol·L-1·min-1=1.0 mol·L-1∙min-1，故D 正确；
15. (2022 年河北卷)恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①X
Y；②Y
Z。反应①的速率v1＝k1c(X)，反应②的速率v2＝k2c(Y)，式中k1、k2为速率常数。图甲为该
体系中X、Y、Z 浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lnk～曲线。下列说法错误的是
A．随c(X)的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中v (X)＝v (Y)＋v(Z)
C．欲提高Y 的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于T1时，总反应速率由反应②决定
答案：AB
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解析：由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代
表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度
升高增大的幅度小于反应②的。
A．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随
c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A 说法错误；
B．根据体系中发生的反应可知，在Y 的浓度达到最大值之前，单位时间内X 的减少量等于Y 和Z
的增加量，因此，v (X)＝v (Y)＋v(Z)，但是，在Y 的浓度达到最大值之后，单位时间内Z 的增加量等于
Y 和X 的减少量，故v (X)＋v (Y)＝v(Z)，B 说法错误；
C．升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②
的，且反应②的的速率随着Y 的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y 的产率，需提高反应温度且控制反
应时间，C 说法正确；
D．由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，
D 说法正确；
16．(2022 年湖南卷)向体积均为1L 的两恒容容器中分别充入2molX 和1molY 发生反应：2X(g)＋
Y(g)
Z(g) △H，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下
列说法正确的是
A. △H＞0
B. 气体的总物质的量：na＜nc
C. a 点平衡常数：K＞12
D. 反应速率：va 正＜vb 正
答案：B
解析：A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程
PV=nRT 可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即△H＜0，故A
错误；
B．根据A 项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中a 点和c 点的压强相等，因甲容器
为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲
容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：na＜nc，故B 正确；
C．a 点为平衡点，此时容器的总压为p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于气体
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的物质的量（物质的量浓度）之比，所以可设Y 转化的物质的量浓度为xmol∙L−1，则列出三段式如下：
2X(g)＋Y(g)
Z(g)
开始时的物质的量浓度/mol·L－1 2 1 0
变化的物质的量浓度/mol·L－1 2x x x
平衡时的物质的量浓度/mol·L－1 2－2x 1－x x
则有＝，计算得到x=0.75，那么化学平衡常数K＝＝＝12，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件
下升温，平衡逆向移动，则平衡常数减小即平衡常数K＜12，故C 错误；
D．根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即
Va 正＞Vb 正，故D 错误。
17. (2022 年辽宁卷)某温度下，在1L 恒容密闭容器中2.0molX 发生反应2X(s)
Y(g)＋2Z(g)，有关
数据如下：
时间段/min
产物Z 的平均生成速率/mol·L-1·min-1
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是
A．1min 时，Z 的浓度大于0.20mol·L-1 B．2min 时，加入0.20molZ，此时v 正(Z)＜v 逆(Z)
C．3min 时，Y 的体积分数约为33.3% D．5min 时，X 的物质的量为1.4mol
答案：B
解析：A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z 的平均生成速率逐渐
减小，则0～1min 内Z 的平均生成速率大于0～2min 内的，故1min 时，Z 的浓度大于0.20mol·L-1，A 正
确；
B．4min 时生成的Z 的物质的量为0.15 mol·L-1·min-1×4min×1L＝0.6mol，6min 时生成的Z 的物质的量
为0.10 mol·L-1·min-1×6min×1L＝0.6mol，故反应在4min 时已达到平衡，设达到平衡时生了amolY，列三
段式：
2X(s)
Y(g) ＋ 2Z(g)
起始时物质的量/mol 2.0 0 0
转化的物质的量/mol 2a a 2a
平衡时物质的量/mol 2.0－2a a 0.6
根据2a＝0.6，得a＝0.6，则Y 的平衡浓度为0.3mol·L－1，Z 的平衡浓度为0.6mol·L－1，平衡常数K＝
c2(Z)∙c(Y)＝0.108，2min 时Y 的浓度为0.2mol·L－1，Z 的浓度为0.4mol·L－1，加入0.2molZ 后Z 的浓度变
为0.6mol·L－1，Q0＝c2(Z)∙c(Y)＝0.072＜K，反应正向进行，故v 正(Z)＞v 逆(Z)，B 错误；
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C．反应生成的Y 与Z 的物质的量之比恒等于1 2∶，反应体系中只有Y 和Z 为气体，相同条件下，体
积之比等于物质的量之比，＝，故Y 的体积分数始终约为33.3%，C 正确；
D．由B 项分析可知5min 时反应处于平衡状态，此时生成Z 为0.6mol，则X 的转化量为0.6mol，初
始X 的物质的量为2mol，剩余X 的物质的量为1.4mol，D 正确；
18．(2021 年河北卷)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=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(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6.67×10-8mol•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
答案：A
解析：A．由图中数据可知，30min 时，M、Z 的浓度分别为0.300mol·L－1和0.125 mol·L－1，则M 的
变化量为0.5mol·L-1－0.300 mol·L－1=0.200 mol·L-1，其中转化为Y 的变化量为0.200mol·L-1－0.125 mol·L-1
＝0.075 mol·L-1。因此，0~30min 时间段内，Y 的平均反应速率为＝0.0025 mol·L-1·min-1，A 说法不正确；
B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y 和Z 分别为反应①和反应②的产物，且两者
与M 的化学计量数相同(化学计量数均为1)，因此反应开始后，体系中Y 和Z 的浓度之比等于 ，由于
k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B 说法正确；
C．结合A、B 的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y 和Z 的浓度之比等于＝＝，因
此，如果反应能进行到底，反应结束时有的M 转化为Z，即62.5%的M 转化为Z，C 说法正确；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z 较多、生成Y 较少，因此，反应①的化学反应速率较小，
在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D 说法正确。
19.(2021 年湖南卷)铁的配合物离子(用[L—Fe—H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变
化情况如图所示：
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下列说法错误的是
A．该过程的总反应为：HCOOH========CO2↑＋H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中Fe 元素的化合价发生了变化
D. 该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
答案：D
解析：A．由反应机理可知，HCOOH 电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后
又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOH========CO2↑+H2↑，A 正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会
抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速
率减慢，B 正确；
C．由反应机理可知，Fe 在反应过程中，化学键数目发生变化，则化合价也发生变化，C 正确；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，D 错误；
20. (2021 年海南卷)制备水煤气的反应C(s)＋H2O(g)
H2(g)＋CO(g) △H＞0 ，下列说法正确的
是
A. 该反应△S＜0 B. 升高温度，反应速率增大
C. 恒温下，增大总压，H2O(g)的平衡转化率不变 D. 恒温恒压下，加入催化剂，平衡常数增大
答案：B
解析：A．该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以△S＞0，A 错误；
B．升高温度，物质的内能增加，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，因此化学反应速率增大，
B 正确；
C．恒温下，增大总压，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使H2O(g)的平衡转化率减小，
C 错误；
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D．恒温恒压下，加入催化剂，化学平衡不移动，因此化学平衡常数不变，D 错误；
21. (2021 年辽宁卷)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①，反应速率为0.012mol·L-1·min-1
D. 条件②，降冰片烯起始浓度为3.0mol·L－1时，半衰期为62.5min
答案：B
解析：A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，
故反应速率越大，A 正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的
两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关， B 错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为υ= Δc
Δt =3.0 mol/L 0 mol/L
250min
=0.012mol/( L·min)，C 正
确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为
3.0mol·L－1时，半衰期为125min÷2=62.5min，D 正确；
22. (2021 年6 月浙江选考)一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：2N2O5
4NO2 ＋O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：
t/s
0
600
1200
1710
222
0
2820
x
c(N2O5)/(mol·L－1)
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是
A.600~1200s，生成NO2的平均速率为5.0×10-4mol·L-1·s-1
B.反应2220s 时，放出的O2体积为11.8L(标准状况)
C.反应达到平衡时，v 正(N2O5)＝2v 逆(NO2)
D.推测上表中的x 为3930
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答案：D
解析：A．600~1200s，N2O5 \的变化量为(0.96-0.66)mol·L－1==0.3mol·L－1，在此时间段内NO2的变化
量为其2 倍，即0.6mol·L－1，因此，生成NO2的平均速率为＝1.0×10-3mol·L-1·s-1，A 不正确；
B．由表中数据可知，反应2220s 时，N2O5的变化量为(1.40－0.35)mol·L－1＝1.05mol·L－1，其物质的
量的变化量为1.05mol·L－0.1L=0.105mol，O2的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的O2在标准状
况下的体积为0.0525mol22.4L/mol=1.176L，B 不正确；
C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等
于化学计量数之比，2v 正(N2O5)＝v 逆(NO2)，C 不正确；
D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后N2O5的浓度会变为原来的，因
此，N2O5的浓度由0.24mol·L－1变为0.12mol·L－1时，可以推测上表中的x 为(2820+1110)=3930，D 正确。
23.(2021 年1 月浙江选考)取50 mL 过氧化氢水溶液，在少量I－ 存在下分解：2H2O2＝2H2O+O2↑。在
一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min
0
20
40
60
80
c/(mol·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
下列说法不正确的是
A. 反应20min 时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B. 20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1
C. 第30min 时的瞬时速率小于第50min 时的瞬时速率
D. H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
答案：C
解析：A．反应20min 时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量
n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的
体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A 正确；
B．20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v＝＝
＝0.010mol/(L·min)，B 正确；
C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故
第30min 时的瞬时速率大于第50min 时的瞬时速率，C 错误；
D．I-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Fe2O3代替，D 正确；
24. (2025 年甘肃卷)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括
以下两个主要反应：
反应1：C2H2(g)＋H2(g)＝C2H4(g) △H1＝－175kJ∙mol-1(25℃，101kPa)
反应2：C2H2(g)＋2H2(g)＝C2H6(g) △H2＝－312kJ∙mol-1(25℃，101kPa)
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(1)25℃，101kPa 时，反应C2H4(g)＋H2(g)＝C2H6(g) △H＝_______kJ∙mol-1。
(2)一定条件下，使用某含Co 催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质
的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。
①在60～220℃范围内，乙炔转化率随温度升高而增大的原因为____________________(任写一条)，
当温度由220℃升高至260℃，乙炔转化率减小的原因可能为_____________________________。
②在120~240℃范围内，反应1 和反应2 乙炔的转化速率大小关系为v1____v2 (填“＞”“＜”或
“＝”)，理由为__________________________________。
(3)对于反应1，反应速率v(C2H2)与H2浓度c(H2)的关系可用方程式v(C2H2)＝k[c(H2)]α表示(k 为常数)。
145℃时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当v(C2H2)＝1.012×10-4mol·L-1·s-1
时，c(H2)＝_______mol·L-1。
实验组
c(H2)/mol·L-1
v(C2H2)/mol·L-1·s-1
一
4.60×10-3
5.06×10-5
二
1.380×10-2
1.518×10-4
(4)以Pd/W 或Pd 为催化剂，可在常温常压(25℃，101kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如下图所示(虚
线为生成乙烷的路径)。以_______为催化剂时，乙烯的选择性更高，原因为______________________。
(图中“*”表示吸附态；数值为生成相应过渡态的活化能)
答案：(1)－137
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(2)①温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强；催化剂在该温度范围内失活
②＞ ；乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1 乙炔的转化速率大于反应2 乙炔的转化速率
(3)9.2×10-3 (4)Pd/W；Pd/W 做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd 催化剂时的
解析：(1)由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则△H＝△H2－△H1＝－312kJ/mol＋175kJ/mol＝
－137kJ/mol；
(2)反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增
强，乙炔的转化率增大；
220℃～260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因
是催化剂在该温度范围内失活；
由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1 乙炔的转化速率大于反应2 乙炔的转化速率，即v1
＞v2；
(3)将数据代入方程①5.06×10-5＝k×(4.6×10-3)α，②1.518×10-4＝k×(1.38×10-2)α，②÷①得到α＝1，则k
＝1.1×10-2，v(C2H2)＝1.012×10-4时，1.012×10-4＝1.1×10-2×c(H2)，c(H2)＝9.2×10-3mol/L；
(4)如图可知，选择Pd 做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W 时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd
做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W 做催化剂时，乙烯的选择性更高。
25. (2025 年河北卷节选)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料，可通过石油化工和煤化工等工业路
线合成。
(1)石油化工路线中，环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法，环氧乙烷和水反应生成
乙二醇，伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应。
主反应：EO(aq)＋H2O(l)＝EG(aq) △H＜0 副反应：EO(aq)＋EG(l)＝DEG(aq)
体系中环氧乙烷初始浓度为1.5mol·L-1，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中
n(EG)∶n(DEG)＝10 1∶。
①0~30min 内，v 总(EO)＝_______mol·L-1·min-1。
②下列说法正确的是_______(填序号)。
a．主反应中，生成物总能量高于反应物总能量
b．0~30min 内，v 总(EO)＝v 总(EG)
c．0~30min 内，v 主(EG)∶v 副(DEG)＝11 1∶
d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率
答案：(1)①0.05mol·L-1·min-1 ②cd
解析：(1)①0~30min 内，环氧乙烷完全转化，v 总(EO)＝＝＝0.05mol·L-1·min-1；
②a．△H＝生成物总能量－反应物总能量，主反应中，△H＜0，则生成物总能量低于反应物总能量，
a 错误；
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b．由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG 作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即
EG 浓度的变化量小于EO 浓度的变化量，0~30min 内，v 总(EO)＞v 总(EG)，b 错误；
c．主反应中，v 主(EG)＝v 主(EO)，副反应v 副(EG)＝v 副(DEG)，同一反应体系中物质一量变化量之比
等于浓度变化量之比，产物中n(EG)∶n(DEG)＝10 1∶，即c(EG)∶c(DEG)＝10 1∶，v 总(EG)＝v 主(EG)－v 副
(EG)，反应时间相同，则v 总(EG)∶v 副(DEG)＝10 1∶，＝10 1∶，则v 主(EG)∶v 副(DEG)＝11 1∶，c 正确；
d．选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d 正确；
故选cd；
26．(2025 年全国卷节选)乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。
回答下列问题：
(1)乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为－874kJ∙mol－1、－1367kJ∙mol－1和－2238kJ∙mol－1，则酯化
反应CH3COOH(l)＋C2H5OH(l)＝CH3COOC2H5(l)＋H2O(l)的△H＝_______kJ∙mol－1。
(2)酯化反应中的3 种有机物的沸点从高到低的顺序为__________原因是________________________。
(3)在常压和353.15K 时，初始组成n(CH3COOH) n(C
∶
2H5OH)＝3 1∶、NaHSO4作催化剂的条件下进行反
应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。
平衡时乙酸的转化率α＝_______%，平衡常数K＝_______(保留2 位有效数字)。已知酯化反应的速
率方程为r＝k＋c(CH3COOH)∙c(C2H5OH)－k－c(CH3COOC2H5)∙c(H2O)，其中k＋＝1.0×10-5 L∙mol-1∙s-1，则k＝
_______L∙mol-1∙s-1 (保留2 位有效数字)。
答案：(1)－3 (2)CH3COOH＞CH3CH2OH＞CH3COOCH2CH3 ；乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸
分子间的氢键比乙醇的更强 (3)30；3.9 ；2.6×10-6
解析：(1)乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为－874kJ∙mol－1、－1367kJ∙mol－1和－2238kJ∙mol－1，
①CH3COOH(l)＋2O2(g)→2CO2(g)＋2H2O(l) △H1＝－874kJ/mol
②CH3CH2OH(l)＋3O2(g)→2CO2(g)＋3H2O(l) △H2＝－1367kJ/mol
③CH3COOCH2CH3(1)＋5O2(g)→4CO2(g)＋4H2O(l) △H3＝－2238kJ/mol
根据盖斯定律①+②－③得CH3COOH(l)＋C2H5OH(l)＝CH3COOC2H5(l)＋H2O(l)的△H＝△H1＋△H2－
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△H3＝－874kJ∙mol－1＋(－1367kJ∙mol－1)－(－2238kJ∙mol－1)＝－3kJ/mol。
(2)乙酸、乙醇都能形成分子间氢键，乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强，
所以沸点从高到低的顺序为CH3COOH＞CH3CH2OH＞CH3COOCH2CH3。
(3)初始组成n(CH3COOH)∶n(C2H5OH)＝3∶1。乙醇的初始浓度3.3mol/L、乙酸的初始浓度为
9.9mol/L，平衡时乙醇的浓度减小3.3－0.33＝2.97mol/L，则乙酸的浓度降低2.97mol/L，乙酸的转化率α
＝×100%＝30%；平衡时乙醇的浓度为0.33mol/L、乙酸的浓度为9.9－2.97＝6.93mol/L、乙酸乙酯的浓度
为2.97mol/L、水的浓度为2.97mol/L，则平衡常数K＝＝3.9；＝K＝3.9，k－＝＝＝2.6×10-6 L∙mol-1∙s-1。
27. (2024 年江西卷节选)石油开采的天然气含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要
途径。CH4和H2S 重整制氢的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4(g)＋2H2S(s)
CS2(g)＋4H2(g) △H1＝+260kJ/mol
反应Ⅱ：CH4(g)
C(s)＋2H2(g) △H2＝+90kJ/mol
反应Ⅲ：2H2S(g)
S2(g)＋2H2(g) △H3＝+181kJ/mol
回答下列问题：
(1)H2S 分子的电子式为________________。
(2)反应Ⅳ：CS2(g)
S2(g)＋C(s)ㅤ△H4＝_______kJ/mol。
(3)保持反应器进料口总压为100kPa．分别以8kPaCH4、24kPaH2S(He 作辅气)与25kPaCH4、75kPaH2S
进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He 的曲线为_______，理由是____________________。
(4)假设在10L 的恒温刚性容器中，通入0.3mol CH4和0.15mol H2S 发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为
P0.CH4和H2S 的转化率与时间的关系如图2，0～5min 内H2的化学反应速率为_______mol/(L•min)；5min
时，容器内总压为________________________。
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答案：(1)
(2)＋11
(3)M；总压一定，充入氦气，反应物分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化
率增大 (4)1.2×10-3 ； P0
解析：(1)H2S 为共价化合物，其电子式为
；
(2)根据盖斯定律可知，反应Ⅱ＋Ⅲ－Ⅰ＝Ⅳ，则CS2(g)
S2(g)＋C(s)ㅤ△HH4＝△H2＋△H3－△H1
＝(90+181－260)kJ/mol＝+11kJ/mol；
(3)保持反应器进料口总压为100kPa。分别以8kPaCH4、24kPaH2S(He 作辅气)与25kPaCH4、75kPaH2S
进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1，含有He 的曲线为M，理由是总压一定，充入氦气，反应物
分压减小，相当于减压，反应Ⅰ、Ⅱ均正向移动，CH4平衡转化率增大
(4)由图可知，0～5min 内消耗的CH4为0.3mol×5%＝0.015mol，消耗的H2S 为0.15mol×20%＝
0.03mol，根据氢原子守恒，则生成H2的物质的量为n(H2)＝2×0.015mol+0.03＝0.06mol，0～5min 内H2的
化学反应速率为v(H2)＝＝1.2×10-3mol/(L•min)；
设反应Ⅰ转化了xmolCH4，则反应Ⅱ转化了(0.015－x)molCH4，反应Ⅰ转化了2xmolH2S，反应Ⅲ转化
了(0.03－2x) molH2S，列三段式：
CH4(g)＋2H2S(g)
CS2(g)＋4H2(g)
起始(mol) 0.3 0.15 0 0
转化(mol) x 2x x
平衡(mol) x
CH4(g)
C(s) ＋ 2H2(g)
起始(mol) 0.3
转化(mol) 0.015－x 0.015－x
平衡(mol)
2H2S(g)
S2(g) ＋ 2H2(g)
起始(mol) 0.15 0
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转化(mol) 0.03－2x 0.015－x
平衡(mol) 0.015－x
5min 时，n(CH4)＝0.285mol，n(H2S)＝0.12mol，n(H2)＝0.06mol，n(CS2)＝xmol，n(S2)＝(0.015－
x)mol，n(总)=0.48mol，起始总压为P0，气体总量为0.45mol，根据压强之比等于物质的量之比，可得
5min 时，容器内总压为×P0＝P0；
28．(2023 年重庆卷节选)银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
(2)一定条件下，银催化剂表面上存在反应：Ag2O(s)
2Ag(s)＋O2(g)，该反应平衡压强Pc与温度T
的关系如下：
T/K
401
443
463
Pc/kPa
10
51
100
②起始状态Ⅰ中有Ag2O、Ag 和O2，经下列过程达到各平衡状态：
已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是_______(填字母)。
A．从Ⅰ到Ⅱ的过程△S＞0
B．Pc(Ⅱ)＞Pc(Ⅲ)
C．平衡常数：K(Ⅱ)＞K(Ⅳ)
D．若体积V(Ⅲ)＝2V(Ⅰ)，则Q(Ⅰ)＝K(Ⅲ)
E．逆反应的速率：v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)＝v(Ⅲ)＞v(Ⅳ)
③某温度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解过程中反应速率v(O2)与压强P 的关系为v(O2)＝k(1－
)，k 为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少4%时，逆反应速率最大。若转化率为14.5%，则v(O2)
＝_______(用k 表示)。
答案：(2)
CDE
②
③
解析：(2)②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应；
A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相
等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程△S＜
0，A 错误；
B．平衡常数Kp＝P
1
2(O2)只受温度的影响，则Pc(Ⅱ)＝Pc(Ⅲ)，B 错误；
C．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：K(Ⅱ)＞K(Ⅳ)，C 正
确；
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D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积V(Ⅲ)＝2V(Ⅰ)，根据阿伏伽德
罗定律可知，P(O2 ,Ⅰ)＝2P(O2 ,Ⅲ)，Q(Ⅰ)＝P(O
2 ,Ⅰ)，K(Ⅲ)＝P(O
2 ,Ⅲ)，则Q(Ⅰ)＝K(Ⅲ)，D 正确；
E．结合A 分析可知，逆反应的速率：v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，
逆反应的速率：v(Ⅱ)＝v(Ⅲ)＞v(Ⅳ)，故有逆反应的速率：v(Ⅰ)＞v(Ⅱ)＝v(Ⅲ)＞v(Ⅳ)，E 正确；
故选CDE；
③某温度下，设向恒容容器中加入mgAg2O，当固体质量减少4%时，逆反应速率最大，此时达到平
衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成molO2，若转化率为14.5%，则此时生成×molO2，根据阿伏
伽德罗定律，此时＝＝，故v(O2)＝；
29. (2023 年河北卷节选)氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解
决环境和能源问题都具有重要意义。
已知：1mol 物质中的化学键断裂时所需能量如下表。
物质
N2(g)
O2(g)
NO(g)
能量/kJ
945
498
631
回答下列问题：
(1)恒温下，将1mol 空气(N2和O2的体积分数分别为0.78 和0.21，其余为惰性组分)置于容积为VL 的
恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
i．N2(g)＋O2(g)
2NO(g) K1 △H1
ii．2NO(g)＋O2(g)
2NO2(g) K2 △H2＝－114kJ∙mol-1
①△H1＝_______kJ∙mol-1。
②以下操作可以降低上述平衡体系中NO 浓度的有_______(填标号)。
A．缩小体积 B．升高温度 C．移除NO2 D．降低N2浓度
③若上述平衡体系中c(NO2)＝amol·L-1，c(NO)＝bmol·L-1，则c(O2)＝_______mol·L-1，K1＝
_______(写出含a、b、V 的计算式)。
(2)氢气催化还原NOx作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原NO 反应的速率方程
为v＝k∙cx(NO)∙cy(H2)，k 为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。
组号
c(NO)/(mol·L－1)
c(H2)/(mol·L－1)
v/(mol·L-1·s-1)
1
0.10
0.10
r
2
0.10
0.20
2r
3
0.20
0.10
4r
4
0.05
0.30
？
表中第4 组的反应速率为_______mol·L-1·s-1。(写出含r 的表达式)
答案：(1)①181 ②CD ③－ (2) 0.75r
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解析：(1)①△H1＝反应物总键能－生成物总键能＝(945kJ/mol＋498kJ/mol)－2×631kJ/mol＝＋181kJ/
mol；故答案为：+181；
②A．缩小体积，所有物质浓度均增大，A 不符合题意；
B．升高温度，平衡向着放热方向进行，反应i 为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO 浓度增大，B
不符合题意；
C．移除NO2，平衡ii 向正向进行，NO 浓度降低，C 符合题意；
D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO 浓度降低，D 符合题意；
故答案为：CD；
③根据三段式：N2(g) ＋ O2(g)
2NO
起始(mol/L) 0
转化(mol/L) (a＋b)
平衡(mol/L) － － (a＋b)
2NO(g) ＋ O2(g)
2NO2
起始(mol/L) (a＋b) － 0
转化(mol/L) a a
平衡(mol/L) b －－ a
c(O2)＝－，K1＝＝；故答案为：－；；
(2)实验1 与实验2 相比，＝，y＝1，实验1 与实验3 相比，＝，x＝2，代入实验3，k＝＝103r，根据
实验4 计算，v＝103r(0.05)2×(0.3)＝0.75r；故答案为：0.75r；
30. (2022 年辽宁卷节选)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得
诺贝尔奖，其反应为：N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g) △H＝－92.4kJ∙mol－1
S
△＝－200J∙K-1∙mol-1
回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下___________(填“能”或“不能”)自发。
(2)___________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，___________温有利于提高平衡转
化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用400～500℃。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(3)方案二：M－LiH 复合催化剂。
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下列说法正确的是___________。
a．300℃时。复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(4)某合成氨速率方程为：v＝kcα(N2)cβ(H2)∙cγ(NH3)，根据表中数据，γ＝___________；
实
验
c(N2)mol·L－1
c(H2)mol·L－1
c(NH3)mol·L－1
vmol·L－1·s－1
1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为___________。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
答案：(1)能 (2)高 低 (3)a (4)－1 a
解析：(1)对于合成氨反应，常温下，△G＝△H－T
S
△＝－92.4kJ∙mol－1－298K×(－0.2KJ∙K-1∙mol-1)＝
－32.8 KJ∙mol-1＜0，故合成氨反应在常温下能自发进行；
(2)其他条件一定时，升高温度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增大，反应速率加快；合
成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，即使反应平衡正向移动，应降低温度；故答案为：高、低；
(3)由题图可知，300℃时，复合催化剂催化时合成氨反应的反应速率比单-催化剂催化时大很多，说
明300℃时复合催化剂比单一催化剂效率更高，a 正确；同温同压下，复合催化剂能提高反应速率，但不
能使平衡发生移动，故不能提高氨的平衡产率，b 错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，催化效
率反而降低，c 错误；故选a；
(4)将实验1、3 中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q＝k∙mα∙nβ∙pγ，③10q＝k∙mα∙nβ∙(0.1p)γ，可
得γ＝－1。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向
移动，但不会提高正反应速率，a 正确，c 错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b 错误。
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【拓展训练·巩固考点】
1．(2025 年1 月八省联考河南卷)庚醛(N)与亚硫酸氢钠(P)可发生加成反应生成α－羟基磺酸钠(Q)，
正、逆反应速率可以表示为v1＝k1c(N)∙c(P)和v-1＝k-1c(Q)，k1和k-1分别为正，逆反应的速率常数，E1和E-1
分别为正，逆反应的活化能。lnk 与关系如图所示。下列说法正确的是
A．E1＞E-1 B. 升高温度，平衡逆向移动
C．达到平衡时＝ D. 加入催化剂可以提高N 的平衡转化率
答案：B
解析：从lnk 与关系图所示，随着温度升高，lnk 逐渐增大，且lnk-1增大更多，说明升高温度，逆反
应速率增加更多，平衡应逆向移动，则该反应正向应为放热反应。
A．该反应为放热反应，所以正反应活化能更小，即E1＜E-1，A 错误；
B．该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，B 正确；
C．达到平衡时正逆反应速率相等，则有v1＝v-1，所以＝，C 错误；
D．加入催化剂可加快反应速率，但不影响平衡移动，不会提高N 的平衡转化率，D 错误；
2. (2025 年1 月八省联考西北卷)一定温度下，恒容密闭容器中，物质Z 发生反应Z(g)
X(g)＋
2Y(g) △H＞0，一段时间后开始计时，测得各物质的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ代表物质X，曲线Ⅲ代表物质Z
B．图中t1时刻的正反应速率大于t2时刻
C. 若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
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D．0～40min，用物质Y 表示的平均反应速率为0.3mmol·L-1·min-1
答案：B
解析：结合反应方程式以及图中物质的浓度变化，减少的为反应物，增加的为生成物，生成物的浓
度增加量之比等于化学计量数之比，可知曲线Ⅲ代表反应物Z，曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅱ代表物质X，
据此分析解答。
A．曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅲ代表反应物Z，故A 错误；
B．t1时刻反应物的浓度大于t2时刻，浓度越大反应速率越快，则t1时刻的正反应速率大于t2时刻，
故B 正确；
C．升高温度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故C 错误；
D．0～40min，用物质Z 表示的平均反应速率为v(Z)＝＝0.3mmol·L-1·min-1，根据速率之比等于化学
计量数之比可知物质Y 表示的平均反应速率为v(Y)＝2v(Z)＝0.6mmol·L-1·min-1，故D 错误；
3. (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。
下列描述正确的是
A．“CO 插入”步骤，△H 为－17.6kcal∙mol-1
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．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．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．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．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；
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4．CO2甲烷化是“负碳排放”的重要研究方向，某研究团队报道了镍基催化剂上CO2与H2反应生成
甲烷的两种机理如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。
下列说法错误的是
A．镍基催化剂增加了活化分子的百分数
B．两种机理均涉及极性链的断裂和生成
C．Ni@SiXNS－H2O 机理中CH4的选择性更高
D．Ni@SiXNS－C2H5OH 机理涉及反应*CO2＋H＋e－＝*HCOO－
答案：C
解析：A．催化剂降低反应的活化能，将普通分子转化为活化分子，则镍基催化剂增加了活化分子的
百分数，A 正确；
B．两种机理均涉及C＝O 极性键的断裂和C－H 键的生成，B 正确；
C．Ni@SiXNS－C2H5OH 机理中主要生成CH4，次要生成CO，则Ni@SiXNS－C2H5OH 机理中CH4
的选择性更高，C 错误；
D．由图可知Ni@SiXNS－C2H5OH 机理涉及反应*CO2＋H＋e－＝*HCOO－，D 正确；
5．汽车尾气通过三元催化剂高效处理废气，发生反应为2CO(g)＋2NO(g)
N2(g)＋2CO2(g)。一定
温度下，在恒容密闭容器中充入1molCO(g)、1molNO(g)发生上述反应，测得NO 的浓度随时间的变化如
图所示。下列叙述错误的是
A．2min 时正反应速率大于逆反应速率
B．0～4min 内CO 的转化率α＝×100%
C．当NO 消耗速率等于N2消耗速率一半时到达8min 对应状态
D．2～4min 内N2平均速率v(N2)＝mol·L-1·min-1
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答案：C
解析：A．由图可知，2min 时反应没有达到平衡，向正方向进行，故v 正＞v 逆，A 正确；
B．由图可知，0～4min 内NO 的转化率为α＝×100%，根据转化率定义，NO、CO 起始投料相等、
化学计量数相同，则它们转化率相等，B 正确；
C．8min 达到平衡状态，此时NO 消耗速率等于N2消耗速率的2 倍，C 错误；
D．由图可知，2～4min 内NO 平均速率v(NO)＝mol·L-1·min-1，在相同时间内，N2的平均速率是NO
的一半，v(N2)＝mol·L-1·min-1，D 正确；
6．加热条件下，在催化剂表面发生的丙烷催化氧化脱氢的反应进程如图所示。下列说法正确的是
A. 催化剂参与了化学反应，使用催化剂能降低焓变、提高平衡产率
B. ①过程中活化能最大，②过程中活化能最小
C. ①为反应的决速步，总反应的速率由①决定
D. 总反应为CH3CH2CH3＋O2———→ CH2＝CHCH3＋H2O
答案：C
解析：A．催化剂参与了化学反应，使用催化剂能加快反应速率，但不改变焓变和平衡产率，A 错误；
B．①过程中活化能为181.1kJ∙mol-1，②过程中活化能为27.9kJ∙mol-1，③过程中活化能为20.2kJ∙mol－
1，所以①过程中活化能最大，③过程中活化能最小，B 错误；
C．活化能越大，反应速率越慢，则①为反应的决速步，总反应的速率由最慢的①决定，C 正确；
D．根据示意图可判断总反应为2CH3CH2CH3＋O2———→ 2CH2＝CHCH3＋2H2O，D 错误；
7．Pd 催化过氧化氢分解制取O2的反应历程和相对能量变化情况如图所示，其中吸附在Pd 催化剂表
面上的物种用*标注。下列说法不正确的是
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A．该反应历程中所有步骤均是放热过程
B． O2(g) ∣H2O(g) ∣H2O(g)的总键能大于H2O2(g) ∣H2O2(g)的总键能
C．催化剂Pd 降低了H2O2分解反应的活化能，加快了H2O2的分解速率
D．整个催化分解过程中既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂和形成
答案：A
解析：A．从图知，该反应历程中，有一些步骤是吸热过程(相对能量升高)，也有一些步骤是放热过
程(相对能量降低)，A 符合题意；
B．从图中可知总反应为放热反应，即△H＝反应物总键能-生成物总键能＜0，则生成物总键能大于
反应物总键能，O2(g) ∣H2O(g) ∣H2O(g)的总键能大于H2O2(g) ∣H2O2(g)的总键能，B 不符合题意；
C．Pd 为催化剂，能降低该分解反应的活化能，加快分解速率，C 不符合题意；
D．Pd 催化过氧化氢分解制取O2的方程式：2H2O2=====2H2O＋O2↑，整个催化分解过程中既有极性
键H－O 键的断裂和形成，也有非极性键O－O 键的断裂和O＝O 键的形成，D 不符合题意；
8．臭氧分解2O3
3O2的反应历程包括以下反应：
反应①：O3→O2+O• (快) 反应②：O3+O•→2O2 (慢)
大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏。下列说法正确的是
A．活化能：反应①＞反应②
B．O3分解为O2的速率主要由反应②决定
C．Cl•主要参与反应①，改变O3分解的反应历程
D．Cl•参与反应提高了O3分解为O2的平衡转化率
答案：B
解析：A．活化能越大，反应速率越慢，由反应②速率慢，则②活化能大，活化能：反应②>反应①，
故A 错误；
B．化学反应由反应速率慢的一步反应决定，则O3分解为O2的速率主要由反应②决定，故B 正确；
C．氯自由基(Cl•)能够催化O3分解，加速臭氧层的破坏，催化剂可降低最大的活化能来增大速率，
则Cl•主要参与反应②，故C 错误；
D．Cl•是催化剂，只改变反应历程，不影响平衡，则O3分解为O2的平衡转化率不变，故D 错误；
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9．T℃时，向容积为10 L 的刚性密闭容器中通入一定量的A(g)和B2(g)，发生反应：2A(g)＋B2(g)
2AB(g)。B2(g)的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A. x 点时，正反应速率大于逆反应速率
B. y 点时，该反应达到了最大限度，反应停止
C. 0～2 min 内，以A(g)表示的反应速率是0.01 mol·L−1·s−1
D. t min 时，c(AB)＝0.1 mol·L−1
答案：BC
解析：A．x 点时该反应未达到平衡状态，平衡向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，
故A 正确；
B．y 点时，该反应达到了最大限度，反应为动态平衡，反应没有停止，故B 错误；
C．Δn(A)=2Δn(B2)=2×(1mol−0.8mol)=0.4mol，故v(A)=0.4mol/10L/2min=0.02mol·L−1·min−1，故C 错误；
D．Δn(AB)=2Δn(B2)=2×(1mol−0.5mol)=1mol，故c(AB)=1.0mol/10L=0.1 mol·L−1，故D 正确。
10．某反应A(g)＋B(g)→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k∙cm(A)∙cn(B)。其中，k 为速率常数。已知其半
衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.8/k。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所
示，下列说法不正确的是
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
c2
v/10-3mol·L-1·min-1
1.6
3.2
v1
3.2
v2
4.8
A．上述表格中的c1＝0.75、v2＝6.4
B．该反应的速率常数k＝6.4×10-3min-1
C．升温、加入催化剂均可使k 增大，反应瞬时速率加快
D．在过量的B 存在时，当剩余6.25%的A 时，所需的时间是375min
答案：D
解析：某反应A(g)+B(g)→C(g)+D(g) 的速率方程为v＝k∙cm(A)∙cn(B)， 其中k 是反应速率常数，受温
度、催化剂的影响，浓度变化，k 不变。由第二组数据3.2×10-3＝k (0.5)m(0.050)n和第四组数据3.2×10-3＝k
(0.5)m(0.100)n ，可知n ＝0 ，由第一组数据1.6×10-3 ＝k (0.25)m(0.050)0 ，第二组数据3.2×10-3 ＝k
(0.5)m(0.050)0，两式相比得到m＝1；将n＝0，m＝1 代入1.6×10-3＝k (0.25)1(0.050)0 得到k＝6.4×10-3
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min-1。速率方程式为v＝6.4×10-3c(A)∙c0(B)。
A．由上速率方程式为v＝6.4×10-3c(A)∙c0(B)，代入第五组数据，v2=6.4×10-3×(1.00)×(0.200)0=6.4×10-3
mol L-1 min-1，故v2＝6.4；第六组数据中v＝4.8×10-3 mol L-1 min-1，代入速率方程解得c1=0.75，A 正确；
B．根据分析k＝6.4×10-3min-1，B 正确；
C．升温、加入催化剂可使k 增大，C 正确；
D．根据题给信息，其半衰期为：0.8/k。存在过量的B 时，当剩余6.25%的A 时可以看作经历4 个半
衰期，即因此所需的时间为min＝500min，D 错误；
11．对于反应2N2O5(g)＝4NO2(g)＋O2(g)，R.A.Ogg 提出如下反应历程：
第一步： N2O5
NO2＋NO3 快速平衡
第二步： NO2＋NO3==NO＋NO2＋O2 慢反应
第三步： NO＋NO3==2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是
A. v(第一步的逆反应)＜v(第二步反应) B. 反应的中间产物只有NO3
C. 第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D. 第三步反应活化能较高
答案：C
解析：第一步反应快速平衡，说明正、逆反应速率很大，极短时间内即可达到平衡，A 错误；由题
给三步反应可知，反应的中间产物有NO3和NO，B 错误；第二步反应慢，说明有效碰撞次数少，C 正确；
反应快，说明反应的活化能较低，D 错误。
12．一定温度下，在2 L 的密闭容器中，X、Y、Z 三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。
下列描述正确的是
A. 反应在0～10 s 内，用Z 表示的反应速率为 0.158 mol/(L·s)
B. 反应在0～10 s 内，X 的物质的量浓度减少了0.79 mol/L
C. 反应进行到10 s 时，Y 的转化率为79.0%
D. 反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)
Z(g)
答案：C
解析：A．在0～10s 内，Z 增加1.58mol，用Z 表示的反应速率为v＝＝＝0.079mol/(L·s)，A 错误；
B．在0～10s 内，X 减少0.79mol，X 的物质的量浓度减少了0.395mol/L，B 错误；
C．反应进行到10s 时，Y 减少0.79mol，Y 的转化率为×100%＝79.0%，C 正确；
D．根据Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)＝0.79mol 0.79mol 1.58mol
∶
∶
＝1 1 2
∶∶，得该反应的化学方程式为X(g)＋
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Y(g)
2Z(g)，D 错误。
13．一定条件下，反应H2(g)＋Br2(g)＝2HBr(g)的速率方程为v＝k·cα(H2)·cβ(Br2)·cγ(HBr)，某温度下，
该反应在不同浓度下的反应速率如表。根据表中测定结果，下列结论错误的是
c(H2)/(mol/L)
c(Br2)/(mol/
L)
c(HBr)/(mol/L)
反应速
率
0.1
0.1
2
v
0.1
0.4
2
8v
0.2
0.4
2
16v
0.4
0.1
4
2v
0.2
0.1
c
4v
A. 表中c 的值为1
B. α、β、γ 的值分别为1、2、－1
C. 反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D. 在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低
答案：B
解析： v＝k·cα(H2)·cβ(Br2)·cγ(HBr)，对比第一组和第二组数据知，β＝8，β＝；对比第二组和第三组数
据知，α＝，α＝1，对比第一组、第四组数据得××γ＝2，γ＝－1，对比第四组、第五组数据得××
-1
＝，c＝
1，A 正确、B 错误；根据反应速率方程知，β 值最大，所以反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应
速率影响最大，C 正确；γ＝－1，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低，D 正确。
14．研究反应2X(g)
Y(g)＋Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4 组实验，Y、Z 起始浓度为
0，反应物X 的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如图所示。下列说法不正确的是
A. 比较实验②、④得出：升高温度，化学反应速率加快
B. 比较实验①、④得出：升高温度，化学反应速率加快
C. 实验③有可能使用了催化剂，催化剂加快正反应速率，对逆反应无影响
D. 在0～10min 之间，实验②的平均速率v(Y)＝0.01mol/(L·min)
答案：C
解析：A．实验②、④起始浓度相同，但温度不同，④建立平衡需要的时间短，反应速率更快，则可
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得出：升高温度，化学反应速率加快，A 正确；
B．实验①、④相比，④的反应物的浓度低，但温度高，建立平衡需要的时间短，反应速率更快，说
明升高温度，化学反应速率加快，B 正确；
C．实验③和②的反应物的浓度、温度均相同，达到的平衡状态也相同，故反应③可能是使用了催化
剂，也可能是增大了压强，而催化剂能同等程度的增大正、逆反应速率，C 错误；
D．在0～10min 之间，实验②中X 的浓度变化为0.2mol/L，则v(Y)＝v(X)＝×＝0.01mol/(L·min)，D
正确。
14．利用CH4消除NO2污染，反应原理为CH4(g)＋2NO2(g)
N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)。在1L 密闭
容器中，分别加入0.50molCH4和1.20molNO2，测得控制不同温度，n(CH4)(单位：mol)随时间变化的有关
实验数据如表所示，下列说法正确的是
组别
温度/K
物质的量/mol
时间/min
0
10
20
40
50
①
T1
n(CH4)/mol
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n(CH4)/mol
0.50
0.30
0.18
M
0.15
A. T1温度下，该反应进行40 min 时，2v 正(NO2)＝v 逆(CO2)
B. T1温度下，前20 min 内NO2的降解速率为0.0125 mol/(L·min)
C. T2温度下，若容器内气体平均摩尔质量不变则反应处于平衡状态
D. 该反应在高温下才能自发进行
答案：C
解析：A．根据表格数据可知：T1温度下，该反应进行40min 后各种物质的物质的量不变，反应达到
平衡状态，则此时v 正(NO2)＝2v 逆(CO2)，A 错误；
B．在T1温度下，前20min 内CH4的物质的量浓度减少0.25mol，根据物质反应转化关系可知反应消
耗NO2的物质的量为0.50mol，故NO2降解速率为v(NO2)＝＝0.025mol/(L·min)，B 错误；
C．反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应前后气体的物质的量改变，根据M＝，在T2温度下，
若容器内气体平均摩尔质量不变，则反应处于平衡状态，C 正确；
D．反应①、②开始时物质的量相等，在相同时间内实验②中CH4的物质的量改变得多，说明反应速
率：①＜②，则反应温度：T1＜T2，而平衡时CH4的物质的量：②＞①，说明升高温度，化学平衡逆向移
动，则该反应的正反应是放热反应，ΔH＜0，该反应的正反应ΔS＞0，要使反应自发进行，ΔH－TΔS＜
0，则反应在任意温度下均能自发进行，D 错误。
15．“接触法制硫酸”的主要反应2SO2＋O2
2SO3在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说
法正确的是
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A．使用催化剂只能增大正反应速率 B．反应②的活化能比反应①的大
C．该反应的催化剂是V2O4 D．过程中既有V－O 的断裂，又有V－O 的形成
答案：D
解析：A．使用催化剂，正、逆反应速率都增大，A 错误；
B．由题图可知，反应②是快反应，反应①是慢反应，故反应②的活化能比反应①的小，B 错误；
C．催化剂在化学反应前后，质量和化学性质都不发生改变，由题图可知，该反应的催化剂是V2O5，
C 错误。
D．从反应历程可以看到，过程中既有V－O 的断裂，又有V－O 的形成，D 正确；
16．某反应A(g)＋B(g)——→ C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(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。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
c(B)/mol/L
v/mol/(L·min)
0.25
0.050
1.6×10－3
0.50
0.050
3.2×10－3
1.00
0.100
v1
0.50
0.100
3.2×10－3
1.00
0.200
v2
c1
0.200
4.8×10－3
下列说法正确的是
A．该反应的速率方程中的m＝n＝1
B．该反应的速率常数k＝6.4×10－2 min－1
C．在过量的B 存在时，反应掉93.75%的A 所需的时间是375 min
D．表格中的c1＝0.75、v1＝v2＝6.4×10－3
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＝，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)，将第一组数据代入速率方程v＝k·c(A)，可得
速率常数k＝6.4×10－3 min－1，故B 错误；
C．半衰期＝＝＝125 min，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 g A———→50 g A———→25 g A———→12.5 g A———→6.25 g A，所需的
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时间为125 min×4＝500 min，故C 错误；
D．由A 项分析可知，该反应的速率方程为v＝k·c(A)，代入数据，可以解得表格中的c1＝0.75、v1＝
v2＝6.4×10－3，D 正确。
17．某研究人员通过测定不同条件下的化学反应速率得到以下两组数据(Ea为反应活化能)
第1 组：
实验
Ea/(kJ·mol－1)
T1/K→T2/K
v(318K)/v(298K)
A
100
298→318
14.0
第2 组：
实验
Ea/(kJ·mol－1)
v(A)/v(B)
A
100
3 205
B
120
基于数据分析和平衡原理以下认识错误的是
A．该实验的目的是为了对比温度和活化能对化学反应速率的影响程度
B．其他条件相同时，温度升高，化学反应速率加快
C．对于吸热反应，温度升高对于放热方向的反应速度影响较大
D．一般离子反应的活化能接近于零，所以反应速率很快
答案：C
解析：A.第一组实验中温度不同，温度高的反应速率更大，第二组实验中活化能不同，活化能低的
反应速率更大，A 正确；
B.从第一组的实验结果可知，温度升高，反应速率增大，B 正确；
C.通过数据无法判断温度升高对吸热方向、放热方向影响的大小，C 错误；
D.离子反应中，离子已经是活化离子，其活化能几乎为零，所以反应速率很快，D 正确。
18．有关下列图像的分析正确的是
A．图1 所示图中的阴影部分面积的含义是某物质的物质的量的变化量
B．图2 表示在N2＋3H2
2NH3达到平衡后，减少NH3浓度时速率的变化
C．图3 表示铝片与稀硫酸反应的速率随反应时间变化的曲线，说明t1时刻溶液的温度最高
D．图4 表示反应2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g) ΔH＜0，a、b、c 三点中，a 点时SO2的转化率最高
答案：D
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解析：A.Δc＝vΔt，所以阴影部分面积表示物质的量浓度变化量，故A 错误；
B.减少NH3浓度，正反应速率不可能增大，正逆反应速率都减小，且平衡正向移动，故B 错误；
C.铝片与稀硫酸反应为放热反应，体系温度升高，反应速率加快，但氢离子浓度不断减小，最高点
后反应速率减慢，最高点以后，反应仍在放热，故t1时刻溶液的温度不是最高，故C 错误；
D.起始时二氧化硫越少，氧气越多，则二氧化硫的转化率越大，a 点SO2的转化率最大，故D 正确。
19．某反应A(g)＋B(g)―→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)，改变反应物浓度时，反应的瞬
时速率如下表所示：
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
c2
v/(10－3 mol－1·L－1·min－1)
1.6
3.2
v1
3.2
v2
4.8
下列说法不正确的是
A．上述表格中的c1＝0.75、v2＝6.4
B．该反应的速率常数k＝6.4×10－3 min－1
C．由以上数据可知浓度对速率的影响是实验测得的，无法通过化学方程式直接得出
D．升温、加入催化剂、缩小容积(加压)，使k 增大导致反应的瞬时速率加快
答案：D
解析：由第一列和第二列数据可知，A 的浓度增大一倍，反应速率也增大一倍，故m＝1，由第二列
和第四列数据可知，B 的浓度增大一倍，反应速率不变，说明反应速率与B 的浓度无关，即n＝0，据此
分析解题。
A.由分析可知，反应速率只与A 的浓度成正比，故可知上述表格中的c1＝×0.25＝0.75，v2＝×1.6＝
6.4，A 正确；
B.由分析可知，m＝1、n＝0，带入第一列数据得：1.6×10－3 mol·L－1·min－1＝k×0.25 mol/L，该反应的
速率常数k＝6.4×10－3 min－1，B 正确；
C.由分析可知，m＝1，n＝0，即反应速率不一定与反应物浓度有关，故由以上数据可知浓度对速率
的影响是实验测得的，无法通过化学方程式直接得出，C 正确；
D.速率常数与浓度无关，缩小容积(加压)不会使k 增大，D 错误。
20．模拟工业废气CO2合成甲醇CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH<0，在2 L 密闭容器中
按照不同氢碳比[]投料(曲线①～③)，测得H2平衡转化率与温度的关系如图所示。已知该反应速率v＝v 正
－v 逆＝k 正c 平(CO2)·c(H2)－k 逆·c 平(CH3OH)·c 平(H2O)，其中k 正、k 逆分别为正、逆反应速率常数。下列说法
正确的是
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A．氢碳比由大到小的顺序是：①>②>③
B．a、b、c 处lg k 正－lg k 逆的大小：a>b＝c
C．a、b 处v 正的大小：a>b
D．若按曲线③的起始氢碳比充入2 mol CO2和4 mol H2达到平衡，则a 点处＝8
答案：B
解析：A.相同温度下，氢碳比越大，氢气的平衡转化率越小，则氢碳比由大到小的顺序为
③>②>①，A 错误；
B.a、b、c 三点都处于平衡状态，v 正－v 逆＝k 正c 平(CO2)·c(H2)－k 逆·c 平(CH3OH)·c 平(H2O)＝0，则有k 正
c 平(CO2)·c(H2)＝k 逆·c 平(CH3OH)·c 平(H2O)，＝＝K，lg k 正－lg k 逆＝lg K，b、c 点温度相同，K 相同，a 点
温度较低，且该反应正反应为放热反应，故a 点K 大于b、c 点，B 正确；
C.b 点相对于a 点温度升高，虽然升高温度化学平衡逆向移动，但是温度升高反应速率增大，a、b 处
v 正大小a<b，C 错误；
D.按曲线③氢碳比充入2 mol CO2和4 mol H2，平衡时氢气转化率为75%，设反应消耗CO2 x mol，
列三段式则有： CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g)
起始(mol) 2 4 0 0
转化(mol) x 3x x x
平衡(mol) 2－x 4－3x x x
＝0.75，解得x＝1 mol，则平衡时各物质浓度均为0.5 mol/L，＝K＝＝4，D 错误。
21．下列说法正确的是
A．增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
C．加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
D．所有的催化剂都可以降低反应的活化能，但一定不改变反应的历程
答案：B
解析：A.对有气体参加的反应，增大压强，单位体积内活化分子数增多，但活化分子百分数不变，
化学反应速率增大；对于无气体参加的反应，增大压强，反应速率不变，故A 错误；
B.升高温度，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞的次数增加，化学反应速率一定增大，故B
正确；
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C.增大反应物的浓度，单位体积内活化分子数增多，活化分子百分数不变，反应速率增大，而加入
的反应物可能是纯固体或纯液体，不影响化学反应速率，故C 错误；
D.不是所有的催化剂都可以降低反应的活化能，但催化剂一定能改变反应的历程，故D 错误。
22．已知反应A(g)＋2B(g)＝3C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别如下：
①v(A)＝0.1 mol·L-1·min-1 ②v(B)＝0.15 mol·L-1·min-1
③v(C)＝0.01 mol·L-1·s-1 ④v(D)＝0.1 mol·L-1·min-1
则该反应进行速率快慢顺序正确的是
A．①＞②＞③＞④ B．②＞①=④＞③ C．③＞①＞②＞④ D．④＞③＞①＞②
答案：C
解析：在单位相同的条件下，将不同物质的反应速率除以其计量数，得到的数值越大说明该反应速
率越大，①v(A)＝0.1 mol·L-1·min-1，②v(B)＝＝0.075mol·L-1·min-1，③v(C)＝＝0.2 mol·L-1·min-1，④v(D)
＝＝0.05mol·L-1·min-1，反应速率：③＞①＞②＞④，故选C。
23．对于可逆反应N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g) ΔH＜0，下列各项对示意图的解释与图像相符的是
A. ①压强对反应的影响 B. ②温度对反应的影响
C. ③恒容平衡体系增加c(N2)对反应的影响 D. ④催化剂对反应的影响
答案：C
解析：A．增大压强，合成氨的化学反应速率加快，化学平衡正向移动，根据图示知道压强应该是
p2<p1，且p1条件下，氨气的百分含量更大，故A 错误；
B．升高温度，化学反应向着逆反应方向进行，反应物氮气转化率减小，故B 错误；
C．增加反应物的浓度，化学平衡向着正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，故C 正确；
D．加入催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡的时间，但是不会引起平衡的移动，D 错误；
24．在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X(g)
2Y(g)的影响，各物质浓度c 随反应时间t 的部
分变化曲线如图，则下列说法不正确的是
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A. 当2v 正(X)＝v 逆(Y)时，说明该反应已经达到平衡状态
B. 与催化剂Ⅰ相比，使用催化剂Ⅱ反应活化能更高
C. 使用催化剂Ⅱ时，0～2min 内，v(X)＝1.0mol·L-1·min-1
D．a 曲线表示使用催化剂Ⅰ时X 的浓度随t 的变化
答案：C
解析：A．2v 正(X)＝v 正(Y)＝v 逆(Y)，正逆反应速率相等，反应已达平衡状态，A 正确；
B．相同条件下催化剂Ⅰ作用下反应速率更大，说明与催化剂Ⅰ相比，使用催化剂Ⅱ反应活化能更高，
B 正确；
C．使用催化剂Ⅱ，0～2min 内，Y 的浓度变化值为2mol/L，v(X)=1mol/L÷2min＝0.5mol·L-1·min-1，C
错误；
D．a 曲线上2min 内X 的浓度减小值为2mol/L，则Y 的浓度增大值应为4mol/L，对应的催化剂为催
化剂Ⅰ，D 正确；
25．某温度下，在某1L 恒容密闭容器中发生反应：2HI(g)
H2(g)＋I2(g) △H＞0，若1 分钟内
n(HI)由0.02mol 降到0.016mol，则下列说法正确的是
A．这1 分钟内用I2表示的平均反应速率为v(I2)＝0.002mol·L-1·s-1
B．n(HI)由0.01mol 降到0.006mol 所需时间也为1 分钟
C．增加反应体系的体积，化学反应速率减小
D．降低温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
答案：C
解析：A．这1 分钟内用I2表示的平均反应速率应为v(I2)＝0.002mol·L-1·min-1， A 错误；
B．若速率不变，所需的反应时间为1 分钟，但随反应进行浓度减小，反应速率减小，所需的反应时
间大于1 分钟，B 错误；
C．增加反应体系的体积，压强减小，物质浓度减小，则化学反应速率减小，C 正确；
D．降低温度，正逆反应速率均减小，D 错误。
26．乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，研究工
业制取乙烯有重要的意义。
(1)工业用H2和CO2在一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)
CH2＝CH2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－
127.8 kJ/mol。在密闭容器中充入体积比为3∶1 的H2和CO2，不同温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化
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效率的影响如图所示，下列说法正确的是________。
A．为了提高乙烯的产率应尽可能选择低温 B．生成乙烯的速率：v(M)可能小于v(N)
C．平衡常数：KM＜KN D．M 点时的压强一定小于N 点时的压强
(2)工业用甲烷催化法制取乙烯：2CH4(g)
C2H4(g)＋2H2(g) ΔH＞0，T ℃时，向4 L 的恒容反应器
中充入2 mol CH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：
实验测得v 正＝k 正c2(CH4)，v 逆＝k 逆c(C2H4)·c2(H2)，k 正、k 逆为速率常数，只与温度有关，T ℃时k 正
与k 逆的比值为________(用含x 的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：k 正________(填
“>”“＝”或“<”)k 逆。
答案：(1)BD (2) ＞
解析：(1)A.虽然温度降低平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但是催化效率降低，反应速率慢，
不利于提高单位时间内的产率，选项A 错误；
B.M 点虽然催化效率高，但温度低，而N 点温度高，所以v(M)可能小于v(N)，选项B 正确；
C.总反应焓变小于0，为放热反应，温度越低平衡常数越大，所以KM＞KN，选项C 错误；
D.M 点CO2的转化率高，总反应为气体减少的反应，所以此时容器内气体的物质的量少，且此时温
度低，所以M 点时的压强一定小于N 点时的压强，选项D 正确；答案选BD；
(2)T ℃达到平衡时，v 正＝v 逆，即k 正c2(CH4)＝k 逆c(C2H4)·c2(H2)，所以有＝＝K，据图可知，平衡时
n(CH4)＝x mol，则Δn(CH4)＝(2－x) mol，根据反应方程式可知，平衡时n(C2H4)＝ mol、n(H2)＝(2－x)
mol，容器容积为2 L，所以K＝＝；该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反
应速率增大的倍数更多，即k 正＞k 逆。
27．聚丙烯简称PP，是一种应用非常广泛的有机合成高分子材料，其单体丙烯可以通过丙烷催化剂
脱氢制备。
已知：C3H8(g)
C3H6(g)＋H2(g) ΔH；Kp(853 K)＝0.199 kPa，Kp(893 K)＝0.450 kPa。
(1)ΔH 0(填“>”“<”或“＝”)，该反应在 (填“高温”或“低温”)更容易自发进
行。
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(2)已知v 正＝k 正·p(C3H8)、v 逆＝k 逆·p(C3H6)·p(H2)，其中k 正、k 逆为速率常数。883 K，100 kPa 时，k 正
＝6.0 min－1，k 逆＝15.0 kPa－1·min－1，在容器中充入一定量的C3H8，反应达到平衡时，v 正＝ 。
(≈15.8)
(3)已知速率常数k 与温度T 的关系可表示为 lg k＝－＋lg A。其中Ea为反应活化能，R＝8.3×10－3
kJ·mol－1·K－1，A 为常数。
①丙烷脱氢速率常数lg k 与的图像如图1 所示，则可通过斜率计算 。
②800 K 时，其他条件不变，使用某催化剂使丙烷脱氢反应的总活化能降低了15.272 kJ·mol－1，则反
应速率变为原来的 倍。
③若催化剂能降低相同的活化能，则当温度越 (填“高”或“低”)时，越大。
(4)“丙烷催化脱氢膜反应器”的原理如图2 所示。在一定压强下，该装置采用 措施提高
了C3H8的转化率。
(5)丙烷催化氧化也是制备丙烯的常见方法，图3 为两种催化剂(甲采用碳基催化剂，乙采用钒系催化
剂)催化氧化丙烷的机理。
下列说法正确的是 。
A．每步反应都是氧化还原反应 B．两种催化剂都可防止丙烯进一步被氧化
C．碳基催化剂的活性温度低 D．若用18O2参与反应，最终两种催化剂中都含有18O
答案：(1)＞ 高温 (2)528.6 kPa·min－1 (3)①Ea ②10 ③低 (4)分离出氢气 (5)BC
解析：(1)由数据可知，随着温度升高，平衡常数变大，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，
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ΔH>0；该反应为熵增的吸热反应，ΔS＞0，由ΔG＝ΔH－TΔS<0 反应自发进行可知，该反应在高温下更
容易自发进行。
(2)反应达到平衡时，v 正＝v 逆，即k 正·p(C3H8)＝k 逆·p(C3H6)·p(H2)，Kp＝＝＝＝0.4 kPa；设C3H8投料a
mol，转化了b mol，列“三段式”：
C3H8(g)
C3H6(g)＋H2(g)
起始(mol) a 0 0
转化(mol) b b b
平衡(mol) a－b b b
Kp＝＝0.4 kPa，解得a＝b≈15.8b，p(C3H8)＝100×kPa＝100×kPa≈88.1 kPa，v 正＝k 正·p(C3H8)＝6.0 min－
1×88.1 kPa＝528.6 kPa·min－1。
(3)①lg k＝－＋lg A＝－×＋lg A，R＝8.3×10－3kJ·mol－1·K－1，A 为常数，图像的斜率与活化能有关，
故可通过斜率计算Ea。
②800 K 时，其他条件不变，使用某催化剂使丙烷脱氢反应的总活化能降低了15.272 kJ·mol－1，＝＝
1，反应速率变为原来的10 倍。
③lg k＝－×＋lg A，若催化剂能降低相同的活化能，则－相同，温度越低对反应速率常数的影响更
大，此时越大。
(4)由题图2 可知，该装置中分离出了氢气，导致平衡正向移动，促进丙烷转化率的提高。
(5)A.由题图3 可知，乙流程中第④步反应中元素的化合价没有发生改变，是非氧化还原反应，A 错
误；
B.甲、乙两种流程中，都是首先分离出丙烯以后氧气再参与反应，故两种催化剂都可防止丙烯进一
步被氧化，B 正确；
C.碳基催化剂中存在直接相连的两个羰基、相邻羟基，均为不稳定结构，故活性温度低，C 正确；
D.在甲流程中，由④⑤步反应可知，氧分子中氧原子结合催化剂后又脱离催化剂生成H2O，故若用
18O2参与反应，最终该催化剂中不含18O，D 错误。
28．(1)已知：2N2O5(g)
2N2O4(g)＋O2(g)，起始时N2O5(g)为35.8 kPa，分解的反应速率v＝2×10－
3×p(N2O5) kPa·min－1。t＝62 min 时，测得体系中p(O2)＝2.9 kPa，则此时的p(N2O5)＝________ kPa，v＝
________ kPa·min－1。
(2)一定条件下测得反应2HCl(g)＋O2(g)
Cl2(g)＋H2O(g)的反应过程中n(Cl2)的数据如下：
t/min
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n(Cl2)/×10－3 mol
0
1.8
3.7
5.4
7.2
计算2.0～6.0 min 内以HCl 的物质的量变化表示的反应速率(以mol·min－1为单位，写出计算过程)：
____________________________________________________________________。
(3)Bodensteins 研究了下列反应：2HI(g)
H2(g)＋I2(g)，在716 K 时，气体混合物中碘化氢的物质的
量分数x(HI)与反应时间t 的关系如表：
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
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x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
上述反应中，正反应速率为v 正＝k 正x2(HI)，逆反应速率为v 逆＝k 逆x(H2)x(I2)，其中k 正、k 逆为速率常
数，则k 逆为________(以K 和k 正表示)。若k 正＝0.002 7 min－1，在t＝40 min 时，v 正＝________ min－1。
答案：(1)30.0 6.0×10－2
(2)v(HCl)＝2v(Cl2)＝＝＝1.8×10－3 mol·min－1 (3) 1.95×10－3
解析：(1)由题意，列三段式：
2N2O5(g)
2N2O4(g) ＋ O2(g)
起始(kPa) 35.8 0 0
转化(kPa) 2.9×2 2.9×2 2.9
平衡(kPa) 35.8－2.9×2 2.9×2 2.9
所以p(N2O5)＝30.0 kPa；v＝2×10－3×30.0 kPa·min－1＝6.0×10－2 kPa·min－1。
(2) v(HCl)＝2v(Cl2)＝＝＝1.8×10－3 mol·min－1
(3)平衡时，v 正＝v 逆，即k 正x2(HI)＝k 逆x(H2)·x(I2)，则＝＝＝K，k 逆＝；v 正＝k 正x2(HI)＝0.002 7 min－
1×0.852≈1.95×10－3 min－1。
29．研究发现，大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成的，往往经过多个反应步骤才能实现。
碘钟反应是一种化学振荡反应，其体现了化学动力学的原理。某小组同学在室温下对某“碘钟实验”的
原理进行探究。
资料：该“碘钟实验”反应分A、B 两步进行：
反应A：S2O＋2I－＝2SO＋I2(慢)
反应B：I2＋2S2O＝2I－＋S4O(快)
(1)该“碘钟实验”的总反应是_______________________________________________。
(2)为证明反应A、B 的存在，进行实验Ⅰ。
a.向K2S2O8溶液中加入试剂X 的水溶液，溶液变为蓝色
b.再向得到的蓝色溶液中加入试剂Y 溶液，溶液的蓝色褪去
试剂X 是________、试剂Y 是________。
(3)已知A 反应的速率方程为v＝kcm(S2O)·cn(I－)，式中k 为常数。为确定m、n 值进行实验Ⅱ(溶液浓度
均为0.01 mol/L)。
实验序号
试剂体积V/mL
显色时间t/s
K2S2O8溶液
KI 溶液
水
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
①
10
10
0
4
1
27.0
②
5
10
5
4
1
54.0
③
2.5
10
V1
4
1
108.0
④
10
5
5
4
1
54.0
①表中V1＝________。
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②通过数据计算得知：m＝________，n＝________。
(4)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅲ(溶液浓度均为0.01 mol/L)。
试剂体积V/mL
K2S2O8溶液
KI 溶液
水
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
5
5
3
11
1
实验过程中，溶液颜色始终无明显变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A 与反应B 速
率的相对快慢关系，解释实验Ⅲ未产生颜色变化的原因：_____________________________________。
答案：(1)S2O＋2S2O＝2SO＋S4O (2)淀粉碘化钾 Na2S2O3 (3)7.5 1 1
(4)由于n(K2S2O8)∶n(Na2S2O3)<1∶2，v(A)＜v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象
解析：(1)将两反应进行叠加消去I2和I－，可得碘钟实验总反应：S2O＋2S2O＝2SO＋S4O；
(2)根据淀粉遇碘单质变蓝色，可进行实验：a.向K2S2O8溶液中加入淀粉碘化钾的水溶液，发生反应
A，生成碘单质，溶液变为蓝色；
b.根据反应B 可知，向得到的蓝色溶液中加入Na2S2O3溶液，碘单质被消耗，溶液的蓝色褪去；
(3)①根据速率方程可知，反应速率与浓度有关，结合表格信息可知，K2S2O8溶液、KI 溶液、水的总
体积为20 mL，为了保持溶液总体积不变，故表中数据V1＝20 mL－2.5 mL－10 mL＝7.5 mL；②实验
①②中KI 浓度相同，②中S2O 的浓度是①中的 ，显示时间是①的两倍，结合速率方程，m＝1；实验
①④中K2S2O8浓度相同，④中I－浓度是①中的，显示时间是①的两倍，结合速率方程，n＝1；
(4)对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可知溶液总体积相同，变量是K2S2O8溶液、KI 溶液、Na2S2O3溶液，K2S2O8
减少，Na2S2O3增大，由于n(K2S2O8)∶n(Na2S2O3)<1∶2，v(A)<v(B)，所以未出现溶液变蓝的现象。
30．氮氧化物是形成酸雨和光化学烟雾的主要物质之一。研究消除氮氧化物的反应机理，对建设生
态文明、美丽中国具有重要意义。回答下列问题：
(1)NO2是工业合成硝酸的中间产物，也是一种主要的大气污染物，工业可采用CH4消除NO2污染，
主要原理为CH4(g)＋2NO2(g)
CO2(g)＋2H2O(g)＋N2(g) △H。
①已知：CH4的燃烧热△H1＝－890.3kJ•mol-1
N2(g)＋2O2(g)＝2NO2(g) △H2＝+133kJ•mol-1
H2O(g)＝H2O(l) △H3＝－44kJ•mol-1
则△H=________kJ•mol-1。
②在3.0L 恒温密闭容器中通入1molCH4和2molNO2，进行上述反应，容器内气体总压强(p)随反应时
间(t)变化的数据如表所示：
反应时间t/min
0
2
4
6
8
10
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总压强p/×100kPa
4.80
5.44
5.76
5.92
6.00
6.00
则0～4min 用NO2表示该反应的平均速率v(NO2)＝________mol/(L•min)，该温度下的平衡常数Kp＝
_________kPa。
(2)N2O 曾用作麻醉剂，其分解的方程式为2N2O(g)
2N2(g)＋O2(g)，分别向四个密闭容器中充入如
表所示相应气体，进行上述反应。容器I、II、III 中N2O 的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示：
①若容器IV 保持370℃，则起始反应速率v 正(N2O)_______2v 逆(O2)(填“＞”“＜”或“=”)。
A
②、B、C 三点中压强最大的是_______。
③碘蒸气的存在能大幅度提高N2O 的分解速率，反应历程如下：
第一步I2(g)
2I(g)(快速平衡，平衡常数为K)
第二步I(g)+N2O(g)
N2(g)＋IO(g)(慢反应)
第三步2IO(g)+2N2O(g)
2N2(g)+2O2(g)+I2(g)(快反应)
则第二步的活化能________(填“＞”“＜”或“＝”)第三步的活化能。
实验表明，碘蒸气存在时N2O 分解速率方程v＝k•c(N2O)•c0.5(I2)(k 为速率常数)，已知第二步反应不影
响第一步的平衡，其反应速率方程v＝k1•c(N2O)•c(I)(k1为速率常数)。则第一步反应的平衡常数K＝
_____(用k 和k1表示)。
答案：(1)①－935.3
0.1 3240 (2)
②
①＜ ②C ③＞
解析：(1)
Ⅰ. CH
①
4(g)＋2O2(g)
CO2(g)＋2H2O(l) △H1＝－890.3kJ•mol-1
Ⅱ. N2(g)＋2O2(g)＋2NO2(g) △H2＝+133kJ•mol-1
Ⅲ. H2O(g)＝H2O(l) △H3＝－44kJ•mol-1
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依据盖斯定律，将反应Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ×2 得，反应CH4(g)＋2NO2(g)
CO2(g)＋2H2O(g)＋N2(g) △H＝(－
890.3kJ•mol-1)－(＋133kJ•mol-1)－(－44kJ•mol-1)×2＝－935.3kJ•mol-1。
0~4min
②
内，n(混)＝×3mol＝3.6mol，利用差量法，可求出参加反应NO2的物质的量为(3.6mol－
3mol)×2＝1.2mol，用NO2表示该反应的平均速率v(NO2)＝＝0.1mol/(L•min)。平衡时，n(混)＝
×3mol=3.75mol，利用差量法，可求出参加反应CH4的物质的量为(3.75mol－3mol)×1＝0.75mol，则平衡时，
CH4、NO2、CO2、H2O(g)、N2的物质的量分别为0.25mol、0.5mol、0.75mol、1.5mol、0.75mol，该温度下
的平衡常数Kp＝＝3240kPa。
(2)①对于反应2N2O(g)
2N2(g)+O2(g)，370℃时，在容器Ⅰ中，N2O 的起始物质的量为0.1mol，变
化量为0.1mol×40%＝0.04mol，则平衡时，N2O、N2、O2的物质的量分别为0.06mol、0.04mol、0.02mol，
则平衡常数K＝≈0.0089。若容器IV 保持370℃，则浓度商Qc＝＞K，所以平衡逆向移动，起始反应速率
v 正(N2O)＜2v 逆(O2)。
370℃
②
时，增大压强，平衡逆向移动，N2O 的转化率减小，则I、II、III 中容器内的压强依次增大，
从曲线变化可以看出，升高温度，平衡正向移动，则压强增大，所以A、B、C 三点中压强最大的是C。
③慢反应的活化能大，第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，则第二步的活化能＞第三步的
活化能。
实验表明，碘蒸气存在时N2O 分解速率方程v＝k•c(N2O)•c0.5(I2)(k 为速率常数)，已知第二步反应不影
响第一步的平衡，其反应速率方程v＝k1•c(N2O)•c(I)(k1为速率常数)。则平衡时，k•c(N2O)•c0.5(I2)＝
k1•c(N2O)•c(I)，第一步反应的平衡常数K＝＝。
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