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考点一：化学反应速率的概念及计算
1．化学反应速率
2．化学反应中各物质浓度的计算模式——“三段式”
(1)写出有关反应的化学方程式。
(2)找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。
(3)根据已知条件列方程式计算。
例如：反应
mA ＋ nB === pC
t0 s/(mol·L－1) a b 0
转化/(mol·L－1) x
t1 s/(mol·L－1) a－x b－
则v(A)＝ mol·L－1·s－1，
第43 讲 化学反应速率 工业合成氨
01 了解化学反应速率的概念和定量表示方法。
02 了解反应活化能的概念。
03 理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反应速率的影响，能用相关理论解释其一般规律。
04 了解化学反应速率的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
重点·夯基易错
1
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v(B)＝ mol·L－1·s－1，
v(C)＝ mol·L－1·s－1。
3．比较化学反应速率大小的常用方法
(1)先换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值的大小。
(2)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)，比较与，若>，
则不同情况下，用A 表示的反应速率比用B 表示的大。
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( )
5．有时也可以用单位时间内某物质的物质的量的变化量来表示化学反应速率。( )
6．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大。( )
7．由于固体和纯液体的浓度可视为常数，所以不能用固体或纯液体物质来表示化学反应速率。( )
8．10 mol·L－1·s－1的反应速率一定比1 mol·L－1·s－1的反应速率大。( )
【答案】 1.× 2.× 3.× 4.×5．√ 6．× 7．√ 8．×
1．反应速率常数的含义
反应速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在相同浓度的条件下，可
用反应速率常数大小来比较化学反应的反应速率。
化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比，而反应速率常数是其比例常数，在恒温条件下，反应
速率常数不随反应物浓度的变化而改变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
2．速率方程
一定温度下，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。
对于基元反应：aA＋bB===gG＋hH
则v＝k·ca(A)·cb(B)(其中k 为反应速率常数)。
如：①SO2Cl2
SO2＋Cl2
v＝k1·c(SO2Cl2)
②2NO2
2NO＋O2 v＝k2·c2(NO2)
③2H2＋2NO
N2＋2H2O
v＝k3·c2(H2)·c2(NO)
3．反应速率常数的影响因素
方法·规律总结
2
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温度对化学反应速率的影响是显著的，反应速率常数是温度的函数。同一反应，温度不同，反应速率常数
将有不同的值，但浓度不影响反应速率常数。
1．一定温度下反应：4A(s)＋3B(g)
2C(g)＋D(g)，经2 min，B 的浓度减少0.6 mol·L－1，对此反应
速率的表示正确的是( )
A．用A 表示的反应速率是0.4 mol·L－1·min－1
B．分别用B、C、D 表示反应速率，其比值是1∶2∶3
C．在2 min 末的反应速率，用B 表示为0.3 mol·L－1·min－1
D．在这2 min 内用B 和C 表示的瞬时速率的值都是逐渐减小的
【答案】 D
【解析】 A 是固体，不能用其浓度的变化来表示反应速率；vB＝0.3 mol·L－1·min－1，表示2 min 内的平均
反应速率，在2 min 末的速率为瞬时速率；在反应过程中B 的浓度逐渐减小，故A、B 反应生成C、D 的瞬
时速率也逐渐减小。
2．工业制硫酸的过程中，SO2(g)转化为SO3(g)是关键的一步，550 ℃时，在1 L 的恒温容器中，反应过程
中的部分数据见下表：
反应时间/min
SO2(g)/mol
O2(g)/mol
SO3(g)/mol
0
4
2
0
5
1.5
10
2
15
1
若在起始时总压为p0 kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，气态物质分压＝总压×气态物质的
物质的量分数，则10 min 内SO2(g)的反应速率v(SO2)＝________ kPa·min－1。
【答案】
【解析】 列出三段式
2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)
初始/mol 4 2 0
转化/mol 2 1 2
10 min 时/mol 2 1 2
恒温恒容下，气体总压之比等于气体物质的量之比，所以10 min 时体系总压p10 min 满足＝，即p10 min＝p0
kPa，p 初始(SO2)＝p0 kPa，p10 min(SO2)＝p0 kPa×＝p0 kPa，故v(SO2)＝＝ kPa·min－1。
点拨·能力培养
真题·明考向
3
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1．（2024·江苏·高考真题）二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：
①
②
、
下，将一定比例
、
混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、
L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO 和
的体积分数如图所示。下列说法正确的是
A．L4处与L5处反应①的平衡常数K 相等
B．反应②的焓变
C．L6处的
的体积分数大于L5处
D．混合气从起始到通过L1处，CO 的生成速率小于
的生成速率
【答案】C
【解析】A．L4处与L5处的温度不同，故反应①的平衡常数K 不相等，A 错误；
B．由图像可知，L1-L3温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，
ΔH2<0，B 错误；
C．从L5到L6，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗 CO，而 CO 体积分数没
有明显变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H2O) 增大，
反应②为气体分子数减小的反应，且没有H2O 的消耗与生成，故 n 总减小而n(H₂O)增加，即H2O 的体积
分数会增大，故L6处的 H2O 的体积分数大于L5处，C 正确；
D．L1处CO 的体积分数大于 CH3OH，说明生成的 CO 的物质的量大于CH3OH，两者反应时间相同，说
明CO 的生成速率大于 CH3OH 的生成速率，D 错误；
4
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故选C。
2．（2024·广东·高考真题）对反应
(I 为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平
衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，
增大，
减小
。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】提高反应温度，
增大，说明反应
的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，
减小，说明S 生成中间产物I 的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D 选项，
加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，
活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A 正确，
故选A。
3．（2024·浙江·高考真题）为探究化学平衡移动的影响因素，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其
中方案设计和结论都正确的是
选
项
影响
因素
方案设计
现象
结论
A
浓度
向
溶液中加入
溶液
黄色溶液
变橙色
增大反应物浓度，平衡向正反
应方向移动
B
压强
向恒温恒容密闭玻璃容器中充入
气
体，分解达到平衡后再充入
气体颜色
不变
对于反应前后气体总体积不变
的可逆反应，改变压强平衡不
5
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移动
C
温度
将封装有
和
混合气体的烧瓶浸泡在热
水中
气体颜色
变深
升高温度，平衡向吸热反应方
向移动
D
催化
剂
向
乙酸乙酯中加入
溶
液，水浴加热
上层液体
逐渐减少
使用合适的催化剂可使平衡向
正反应方向移动
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【解析】A． 在K2CrO4溶液中存在平衡
，且该溶液具有氧化性，
HBr 具有还原性，向
溶液中加入
溶液，可发生氧化还原反应生成
Br2使溶液变为橙色，干扰探究浓度对化学平衡的影响，A 错误；
B．反应2HI
H2+I2为反应前后气体总体积不变的可逆反应，向恒温恒容密闭玻璃容器中充入
气体，分解达到平衡后再充入
，平衡不发生移动，气体颜色不变，应得到的结论是：对于反应
前后气体总体积不变的可逆反应，恒温恒容时，改变压强平衡不移动，B 错误；
C．反应
为放热反应，升高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反应方向
移动，C 正确；
D．催化剂只会改变化学反应速率，不影响平衡移动，D 错误；
答案选C。
4．（2024·浙江·高考真题）二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生如下两个反应：
I．
II．
向容积为
的密闭容器中投入
和
，不同温度下，测得
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
6
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乙烯选择性(
)
92.6
80.0
61.8
注：乙烯选择性
A．反应活化能：
B．
时，
反应I 的平均速率为：
C．其他条件不变，平衡后及时移除
，可提高乙烯的产率
D．其他条件不变，增大投料比
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
反应I 的平均速率为：
，B 正确；
C．其他条件不变，平衡后及时移除
，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
投料，平衡后CO2转化率提高，C2H6转化率降低，D 错
误；
答案选D。
考点二：影响化学反应速率的因素
1．内因
反应物本身的性质是主要因素。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
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7
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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
图中：E1表示反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，反应热为E1－
E 2(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。
(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
增加
增加
不变
增加
增大
增大压强
增加
增加
不变
增加
增大
升高温度
不变
增加
增加
增加
增大
加催化剂
不变
增加
增加
增加
增大
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( )
8
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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( )
6．对于可逆反应，加入催化剂，降低反应所需的活化能，同等程度地提高正、逆反应速率。( )
7．对于可逆反应，恒容时充入稀有气体，正、逆反应速率都减小。( )
8．对于放热的可逆反应，降低温度，正、逆反应速率都减小，反应放出的热量不变。( )
9．锌与硫酸反应时，硫酸的浓度越大，产生H2的速率越快。( )
10．恒压时，增加惰性气体的量，原化学反应速率减慢。( )
【答案】 1.× 2.× 3.× 4.× 5.×6．√ 7．× 8．× 9．× 10．√
1．惰性气体对反应速率的影响
在恒温恒容条件下
通入惰性气体，总压增大，反应物浓度不变，反应速率不变
恒温恒压条件下
通入惰性气体，总体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小
2．关于“控制变量法”题目的解题策略
1．下列措施可以增大化学反应速率的是________(填序号)。
①Al 在氧气中燃烧生成Al2O3，将Al 片改成Al 粉
②Fe 与稀硫酸反应制取H2时，改用98%浓硫酸
③H2SO4与BaCl2溶液反应时，增大压强
④2SO2＋O22SO3 ΔH<0，升高温度
⑤Na 与水反应时，增大水的用量
⑥2H2O2===2H2O＋O2↑反应中，加入少量MnO2
⑦H2与Cl2混合后光照
【答案】 ①④⑥⑦
方法·规律总结
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9
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2．一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)
2NO(g)在密闭容器中进行，回答下列措施对化学反应速率的影响
(填“增大”“减小”或“不变”)。
(1)缩小体积使压强增大：__________，原因是______________________________________________。
(2)恒容充入N2：__________。
(3)恒容充入He：__________，原因是______________________________________________________。
(4)恒压充入He：__________。
【答案】(1)增大 单位体积内，活化分子数目增加，有效碰撞的次数增多 (2)增大 (3)不变 单位体积
内活化分子数不变 (4)减小
1．（2024·河北·高考真题）在水溶液中，
可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z 三种金属离子分别
与
形成配离子达平衡时，
与
的关系如图。
下列说法正确的是
A．
的X、Y 转化为配离子时，两溶液中
的平衡浓度：
B．向Q 点X、Z 的混合液中加少量可溶性Y 盐，达平衡时
C．由Y 和Z 分别制备等物质的量的配离子时，消耗
的物质的量：
D．若相关离子的浓度关系如P 点所示，Y 配离子的解离速率小于生成速率
【答案】B
【解析】A．
的X、Y 转化为配离子时，溶液中
，则
真题·明考向
10
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，根据图像可知，纵坐标约为
时，溶液中
，则
溶液中
的平衡浓度：
，A 错误；
B．Q 点时
，即
，加入少量可溶性Y 盐后，会消耗
形成Y 配离子，使得溶液中
减小(沿横坐标轴向右移动)，
与
曲线在
Q 点相交后，随着
继续增大，X 对应曲线位于Z 对应曲线上方，即
，
则
，B 正确；
C．设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子
配离子，则平衡常数
，
，即
，故X、Y、Z 三种金属离子形成配离子时结合的
越多，对应
曲线斜率越大，由题图知，曲线斜率：
，则由Y、Z 制备等物质的量的配
离子时，消耗
的物质的量：
，C 错误；
D．由P 点状态移动到形成Y 配离子的反应的平衡状态时，
不变，
增大，即
增大、c(Y 配离子)减小，则P 点状态Y 配离子的解离速率>生成速率，D 错误；
本题选B。
2．（2024·甘肃·高考真题）甲烷在某含
催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的
是
11
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A．
B．步骤2 逆向反应的
C．步骤1 的反应比步骤2 快
D．该过程实现了甲烷的氧化
【答案】C
【解析】A．由能量变化图可知，
，A 项正确；
B．由能量变化图可知，步骤2 逆向反应的
，B 项正确；
C．由能量变化图可知，步骤1 的活化能
，步骤2 的活化能
，步骤
1 的活化能大于步骤2 的活化能，步骤1 的反应比步骤2 慢，C 项错误；
D．该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D 项正确；
故选C。
3．（2024·吉林·高考真题）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，
时其制备过程及相关
物质浓度随时间变化如图所示，
后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是
12
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A．
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．
平均速率(异山梨醇)
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，
后异山梨醇浓度才不再变化，所以
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，
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
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)=
，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；
故答案为：A。
4．（2024·安徽·高考真题）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。
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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
=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用
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
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
浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，
14
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适当减小初始
，
的去除效果越好，但是当初始
太小时，
浓度太大，纳米铁与
反应速率
加快，会导致与
反应的纳米铁减少，因此，当初始
越小时
的去除效果不一定越好，D 不正
确；
综上所述，本题选C。
考点三：工业合成氨
1．化工生产适宜条件选择的一般原则
条件
原则
从化学反应速率分析
既不能过快，又不能太慢
从化学平衡移动分析
既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意
对二者影响的矛盾性
从原料的利用率分析
增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降
低生产成本
从实际生产能力分析
如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析
注意催化剂的活性受温度的限制
2.控制反应条件的基本措施
(1)控制化学反应速率的措施
通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控
反应速率。
(2)提高转化率的措施
通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高转化
率。
3．工业合成氨反应的适宜条件
(1)理论分析
增大合成氨的反应速率和提高平衡混合物中氨的含量对反应条件的要求不尽相同：
对合成氨反应
的影响
影响因素
浓度
温度
压强
催化剂
增大合成氨的
反应速率
增大反应物浓度
高温
高压
使用
提高平衡混合
增大反应物浓度、减
低温
高压
无影响
重点·夯基易错
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物中氨的含量
小生成物浓度
(2)实际工业合成氨反应的适宜条件
①压强
②温度：700 K 左右。
③催化剂：以铁为主体的多成分催化剂。
④浓度：N2与H2的投料比(物质的量之比)为1∶2.8。
1．下图是工业合成氨的工艺，根据流程解答下列问题：
(1)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，其热化学方程式如下：
N2(g)＋3H2(g)
2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1，结合反应的化学方程式分析哪些措施可以提高合成氨
的反应速率？哪些措施可以提高氮气或氢气的转化率？
【答案】升高温度、增大压强、增大反应物的浓度、使用催化剂等，都可以使合成氨的反应速率增大；降
低温度、增大压强、增大反应物浓度或减小生成物浓度等有利于提高氮气或氢气的转化率。
(2)工业合成氨中，使用铁触媒作催化剂。
①铁触媒加快化学反应速率的原因是什么？
【答案】使用铁触媒作催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能，提高了活化分子的百分数，有效碰
撞次数增加，反应速率加快。
②铁触媒能提高氢气的平衡转化率吗？简述理由。
【答案】不能。因为催化剂对化学平衡无影响。
③铁触媒能提高反应混合物中氨的体积分数吗？
【答案】能。因为实际合成氨过程为非平衡状态下进行，反应速率大，单位时间里生产的氨气的量多。
(3)合成氨时选择500 ℃而不采用常温主要考虑什么因素？
【答案】考虑速率因素，500 ℃时催化剂的催化活性最好。
(4)合成氨时一般采用的压强为10～30 MPa 的原因是什么？
【答案】合成氨时增大压强尽管可以同时提高反应速率和反应物的转化率。但是，压强越大，对材料的强
度和设备的要求也越高，增加生产投资将降低综合经济效益。故一般采用的压强为10～30 MPa。
(5)合成氨工业中，为提高反应物的转化率，还采取哪些措施？
【答案】使氨气冷却成液氨并及时分离，分离后的原料气循环使用。
点拨·能力培养
16
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1．（2023·辽宁·高考真题）下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．合成氨：N2+3H2
2NH3
B．制HCl：H2+Cl2
2HCl
C．制粗硅：SiO2+2C
Si+2CO
D．冶炼镁：2MgO(熔融)
2Mg+O2↑
【答案】D
【解析】A．工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H2
2NH3，A 正确；
B．工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl2
2HCl，B 正确；
C．工业制粗硅是将SiO2与C 在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2C
Si+2CO，C 正确；
D．冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)
Mg+Cl2↑，D 错误；
故答案选D。
2．（2022·海南·高考真题）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
(1)已知：电解液态水制备
，电解反应的
。由此计算
的燃烧热(焓)
。
(2)已知：
的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1 所示。
真题·明考向
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①若反应为基元反应，且反应的
与活化能(Ea)的关系为
。补充完成该反应过程的能量变化示意
图(图2) 。
②某研究小组模拟该反应，温度t 下，向容积为10L 的抽空的密闭容器中通入
和
，反
应平衡后测得容器中
。则
的转化率为 ，反应温度t 约为 ℃。
(3)在相同条件下，
与
还会发生不利于氧循环的副反应：
，在反应器中按
通入反应物，在不同温度、
不同催化剂条件下，反应进行到2min 时，测得反应器中
、
浓度(
)如下表所示。
催化剂
t=350℃
t=400℃
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催化剂
Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂
Ⅱ
9.2
10775
34
38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，
生成
的平均反应速率为
；
若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是 。
【答案】(1)-286
(2)
50%或0.5 660.2(或660.1 或660.3,其他答案
酌情给分)
(3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比
例高
【解析】（1）电解液态水制备
，电解反应的
，由此可以判断，2mol
完
全燃烧消耗
，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol
完全燃烧生成液态水放出
的热量为286kJ，因此，
的燃烧热(焓)
-286
。
（2）①由
的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K 随
着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的
与活
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化能(Ea)的关系为
，由图２信息可知
＝ａ
，则
ａ
，该反应为放热反应，
生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为：
。
②温度t 下，向容积为10L 的抽空的密闭容器中通入
和
，反应平衡后测得容器中
，则
的转化率为
，根据C 元素守恒可知，
的平衡量为
，
和
是按化学计量数之比投料的，则
的平衡量为
，
的平衡量是
的２倍，则
，
的平衡浓度分别为
、
、
、
，则该反应的平衡常数K＝
，根据图１中的信息可知，反应
温度t 约为660.2℃。
（3）在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，
的浓度由０增加到
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10.8
，因此，
生成
的平均反应速率为
；由表中信
息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，
的浓度由０增加到10.8
，，
:
＝12722:10.8
1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，
的浓度由０增加到9.2
，
:
＝10775:9.2
1171；在选择使用催化剂Ⅰ和
400℃条件下反应，
的浓度由０增加到345.2
，
:
＝42780:345.2
124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，
的浓度由０增加到34
，
:
＝38932:34
1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃
的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与
甲醇比例高。
1．（16-17 高三上·浙江·阶段练习）一定温度下，在体积为
的恒容密闭容器中，某一反应中
、
、
三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列表述中正确的是
A．反应的化学方程式为
B．
时，正、逆反应都不再继续进行，反应达到化学平衡
演练·提能力
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C．若
，则
内
的平均化学反应速率为
D．温度、体积不变，时刻充入
使压强增大，正、逆反应速率都增大
【答案】C
【解析】A．由图象可以看出，反应中X 物质的量减小，Y、Z 的物质的量增多，则X 为反应物，Y、Z 为
生成物，且△n(X)：△n(Y)：△n(Z)=0.8mol：1.2mol：0.4mol=2：3：1，反应最后达到平衡状态，是可逆
反应，则该反应的化学方程式为：2X
3Y+Z
⇌
，故A 错误；
B．
时，正、逆反应继续进行，且正、逆反应速率相等，反应达到化学平衡，是动态平衡，故B 错误；
C．若t=4，则0～t 的X 的化学反应速率v=
=
，故C 正确；
D．温度、体积不变，t 时刻充入1 mol He 使压强增大，反应物和生成物的浓度不变，正、逆反应速率不
变，故D 错误；
答案选C。
2．（2024·广东·三模）一定温度下，向容积为
的恒容密闭容器中充入
和
，发生反应
，测得
随时间的变化如下图实线所示，
下列说法正确的是
A．升高温度，可以提高上述反应的平衡产率
B．该反应在
内
的平均反应速率是
C．该反应在
后，容器内总压强不再改变
D．加入催化剂(其他条件相同)，
随时间的变化会如上图虚线所示
【答案】C
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【解析】A．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，生成物的产率减小，故A 错误；
B．由图可知，1min 时，氢气的物质的量为6mol，由方程式可知，0 1min
∼
内二氧化碳的反应速率为
≈0.33 mol/(L·min)，故B 错误；
C．由图可知，8min 时氢气的物质的量和12min 时氢气的物质的量都为2mol，说明反应已经达到平衡，容
器内总压强不再改变，故C 正确；
D．加入催化剂，化学反应速率加快，但化学平衡不移动，氢气的物质的量不变，则氢气的物质的量随时
间的变化不能用图中虚线表示，故D 错误；
故选C。
3．（2024·广西柳州·模拟预测）
和
联合重整能减少温室气体的排放。其他条件相同时，
投料比为
，发生以下两个反应：
①
；
②
。
或
的平衡转化率与温度变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．在上述条件下，反应①②同时达到平衡
B．
，升温更有利于反应②
C．加热、加压都有利于增大反应①②的速率
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D．
始终低于1.0，是因为发生了反应②
【答案】B
【解析】A．反应①②同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，故A 正
确；
B．由图可知，550～600℃条件下，甲烷的转化率大于二氧化碳的转化率，说明升温更有利于反应①，故
B 错误；
C．升高温度和增大压强，化学反应速率均增大，则加热、加压时，反应①②的反应速率均会增大，故C
正确；
D．由方程式可知，反应①中氢气与一氧化碳的物质的量比始终为1.0，则氢气与一氧化碳的物质的量比始
终低于1.0 说明发生了反应②，故D 正确；
故选B。
4．（2024·山东聊城·二模）我国科学家研发出一种新型双温催化剂
，该催化剂催化
和
合成
(反应体系温度为495℃)的原理如图所示，下列分析错误的是
A．“热
”上的变化属于焓增、熵增的变化
B．“热
”有利于
快速转化为N
C．“冷
”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
D．该催化剂能较好地解决传统合成氨工艺中存在的反应速率和平衡产率的矛盾
【答案】C
【分析】由图可知，“热
”上的变化为：
N2=N，“冷
”上发生的变化为：
H2=3H，氮原子和氢
原子在“冷
”上生成氨气，合成氨反应为放热反应，“热
”高于体系温度，有利于氮氮共价键的断
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裂，加快反应速率，“冷
” 低于体系温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率。
【解析】A．由分析可知，“热
”上的变化为：
N2=N，氮气分子发生共价键断裂的变化为焓增、熵增
的变化，故A 正确；
B．由分析可知，“热
” 高于体系温度，有利于氮氮共价键的断裂，加快反应速率，故B 正确；
C．由分析可知，“冷
” 低于体系温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率，但降低温度
不利于提高合成氨反应速率，故C 错误；
D．由分析可知，“热
”高于体系温度，有利于氮氮共价键的断裂，加快反应速率，“冷
” 低于体
系温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高氨气的产率，所以该催化剂能较好地解决传统合成氨工艺中
存在的反应速率和平衡产率的矛盾，故D 正确；
故选C。
5．（2024·河北邯郸·一模）对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适
宜温度。反应
在催化剂作用下原料的总转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、
原料的总平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图最合理的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】
对于放热的可逆反应2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的
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温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活
性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐
渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO2的平衡转化率减小；由
于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应
温度下SO2的转化率低于其平衡转化率。因此，反应2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)的转化率与最适宜温度(曲线
I)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图可表示如下：
，故答案为：
C。
6．为了研究一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法
正确的是( )
A．pH 越小，氧化率越小
B．温度越高，氧化率越小
C．Fe2＋的氧化率仅与溶液的pH 和温度有关
D．实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率
【答案】 D
【解析】 由②③可知，温度相同时，pH 越小，氧化率越大，由①②可知，pH 相同时，温度越高，氧化
率越大，A、B 错误；Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如浓度等，C 错误。
7．已知：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4
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
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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
V1
2
1
20
5.5
Ⅲ
V2
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、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)＝0.01 mol·L－1·min－1
【答案】 C
【解析】 实验Ⅰ和实验Ⅱ反应温度相同，实验Ⅱ中加入了1 mL 水，根据控制变量法的原则，溶液总体
积应保持不变，因而V1＝1，类比分析可得V2＝2，A 正确；实验Ⅰ、Ⅲ的温度不同，其他条件相同，因而
设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响，B 正确；酸性KMnO4溶液呈紫红色，由表中数据可
知，草酸溶液过量，KMnO4可反应完全，因而可以用颜色变化来判断反应终点，即实验计时是从溶液混合
开始，溶液紫红色刚好褪去时结束，C 错误；根据实验Ⅲ中有关数据可知，Δc(KMnO4)＝＝0.005 mol·L－
1，v(KMnO4)＝＝＝0.01 mol·L－1·min－1，D 正确。
8．一定条件下，在体积为10 L 的固定容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，反应过程如图。下列
说法不正确的是( )
A．t1 min 时，正、逆反应速率相等
B．X 曲线表示NH3的物质的量随时间的变化关系
C．0～8 min，H2的平均反应速率v(H2)＝0.011 25 mol·L－1·min－1
D．10～12 min，N2的平均反应速率v(N2)＝0.002 5 mol·L－1·min－1
【答案】 A
【解析】 t1 min 时，反应没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，A 项错误；根据图像可知，在0～
8 min 内，X 增加了0.6 mol，Y 减少了0.9 mol，X、Y 变化的物质的量之比为2∶3，则X 曲线表示NH3的
物质的量随时间的变化关系，Y 曲线表示H2的物质的量随时间的变化关系，B 项正确；0～8 min，v(H2)＝
＝0.011 25 mol·L－1·min－1，C 项正确；10～12 min，v(NH3)＝＝0.005 mol·L－1·min－1，v(N2)＝＝0.002 5 mol·L
－1·min－1，D 项正确。
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9．工业上用丁烷催化脱氢制备丁烯：C4H10(g)
C4H8(g)＋H2(g)(正反应吸热)，将丁烷和氢气以一定的
配比通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，反应的平衡转化率、产率与温度、投料比有
关。下列判断不正确的是( )
A．由图甲可知，x 小于0.1
B．由图乙可知，丁烯产率先增大后减小，减小的原因是氢气是产物之一，随着增大，逆反应速率减小
C．由图丙可知，丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是温度升高平衡正向移动
D．由图丙可知，丁烯产率在590 ℃之后快速降低的主要原因是丁烯高温分解生成副产物
【答案】 B
【解析】 增大压强，平衡逆向移动，则丁烯的平衡转化率减小，结合图像可知，x 小于0.1，A 项正确；
加入氢气，平衡逆向移动，丁烯产率上升的可能原因是通入的H2对催化剂有活化作用，减小的原因是氢气
是产物之一，而随着增大，逆反应速率增大，B 项错误。
10．工业上利用CH4(混有CO 和H2)与水蒸气在一定条件下制取H2，原理为CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋
3H2(g)，该反应的逆反应速率表达式为v 逆＝k·c(CO)·c3(H2)，k 为速率常数，在某温度下测得实验数据如表
所示：
CO 浓度/(mol·L－1)
H2浓度/(mol·L－1)
逆反应速率/(mol·L－1·min－1)
0.1
c1
8.0
c2
c1
16.0
c2
0.15
6.75
由上述数据可得该温度下，c2＝______，该反应的逆反应速率常数k＝______ L3·mol－3·min－1。
【答案】 0.2 1.0×104
【解析】 根据v 逆＝k·c(CO)·c3(H2)，由表中数据可得：(c1 mol·L－1)3＝，c2 mol·L－1＝，所以有k××＝16.0
mol·L－1·min－1，解得k＝1.0×104 L3·mol－3·min－1，代入c2的等式可得c2＝0.2。
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11．可逆反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是工业上制取H2SO4的重要反应。
(1)在恒压条件下，该反应分组实验的有关条件如下表：
反应条件
温度
容器容积
起始n(SO2)
起始n(O2)
其他条件
Ⅰ组
500 ℃
1 L
1 mol
2 mol
无
Ⅱ组
500 ℃
1 L
1 mol
2 mol
已知Ⅰ、Ⅱ两组实验过程中，SO3气体的体积分数φ(SO3)随时间t 的变化曲线如图所示。
①Ⅱ组与Ⅰ相比不同的条件是___________________________________________________。
②将Ⅰ组实验中温度变为800 ℃，则φ(SO3)达到a%所需时间________t1(填“小于”“大于”或“等于”)。
(2)向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小排列的是
________(填字母)。
甲：在500 ℃时，10 mol SO2和10 mol O2反应
乙：在500 ℃时，用V2O5作催化剂，10 mol SO2和10 mol O2反应
丙：在450 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
丁：在500 ℃时，8 mol SO2和5 mol O2反应
A．甲、乙、丙、丁
B．乙、甲、丙、丁
C．乙、甲、丁、丙
D．丁、丙、乙、甲
【答案】 (1)①使用催化剂(其他合理答案也可)
②小于 (2)C
【解析】 (1)①由题意可知，两组实验的压强、温度和起始浓度均相同，而由曲线图可看出，Ⅱ 组实验
的反应速率快，所以Ⅱ组具备的其他条件是使用了催化剂，加快了化学反应速率。②温度升高后，化学反
应速率加快，所以φ(SO3)达到a%所需的时间比原来短。
12．乙烯是石油化工最基本的原料之一。
(1)乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)
C2H4(g)＋H2(g) ΔH1＞0。提高乙烷平衡转化率的措
施有________、________。
(2)在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a．2C2H6(g)＋O2(g)
2C2H4(g)＋2H2O(g) ΔH2＜0
b．2C2H6(g)＋5O2(g)
4CO(g)＋6H2O(g) ΔH3＜0
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c．C2H4(g)＋2O2(g)
2CO(g)＋2H2O(g) ΔH4＜0
氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应________(填“a”“b”或
“c”)的活化能，判断的依据是_______________________________。
(3)常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)∶n(O2)＝1∶1 投料制备乙烯，体系中C2H4和CO 在含碳产物中
的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如图所示。
①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是________。
②在570～600 ℃温度范围内，下列说法正确的是________(填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O 的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO 的平衡产率
【答案】 (1)减小压强 升高温度(或及时移出生成物)
(2)a 制备的目标产品是C2H4，b、c 均为副反应，应加快反应a 的反应速率
(3)①反应a、c 是放热反应，升高温度，a 反应平衡逆向移动程度较大 ②BD
【解析】 (1)C2H6(g)
C2H4(g)＋H2(g) ΔH1＞0，该反应是气体体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡
转化率的措施有减小压强、升高温度或及时移出生成物。(3)①分析反应a、c 都为放热反应，升高温度，
两者反应平衡均逆向移动，但反应a 平衡逆向移动的程度较大，则乙烯的物质的量百分数降低。②根据图
中信息，C2H4产率随温度升高而降低，故A 错误；乙烷转化率增大，生成水的量增大，而乙烯量减小，说
明发生反应c，水的量增大，因此H2O 的含量随温度升高而增大，故B 正确；根据图中信息C2H6转化率增
大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，故C 错误；根据图中信息，CO 在较高温度时
含量较大，因此该催化剂的优点是在较低温度下降低CO 的平衡产率，故D 正确。
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