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考点21 化学反应速率
【基础过关】
1．下列有关化学反应速率的认识中错误的是( )
①可以测定某一反应的瞬时速率
②只能用单位时间内物质的量浓度变化值表示
③反应速率越快的反应其现象越明显
④溶液中发生的反应，速率的快慢主要由温度、浓度决定
A．只有①
B．只有①②
C．只有③④
D．均错误
【答案】D
【解析】①测定某一反应一段时间内的的平均速率，故①错误；②不仅可以用单位时间内物质的量浓
度变化值表示，还可以用单位时间内其他改变量来表示，故②错误；③反应速率越快的反应其现象可能不
明显，比如酸碱中和反应，故③错误；④溶液中发生的反应，速率的快慢主要物质本身性质决定，温度、
浓度仅仅是一个影响因素，故④错误；因此①②③④错误。故选D。
2．在容积为2L 的密闭容器中进行如下反应：A(s)+2B(g)
3C(g)+nD(g)，开始时A 为4mol，B 为
6mol；5min 末时测得C 的物质的量为3mol，用D 表示的化学反应速率v(D)为0.1 mol/(L·min)。下列说法
错误的是( )
A．前5min 内用A 表示的化学反应速率v(A)为0.1mol/(L·min)
B．化学方程式中n 值为1
C．反应达到平衡时3v 正(B)=2v 逆(C)
D．此反应在两种不同情况下的速率分别表示为：①v(B)=6 mol/(L·min)，②v(D)=4.5 mol/(L·min)，其
中反应速率快的是②
【答案】A
【解析】A 项，A 为固体，不能用浓度变化表示化学反应速率，A 错误；B 项，
n(C) : n(D)=3: 1，为方程式化学计量系数比，B 正确；C 项，平衡时正反应速率等于逆反应速率，不同
物质表示速率等于计量数之比
，C 正确；D 项，当v(D)=4.5 mol/(L·min)，若用B 的浓度变化表
示应为v(B)=4.5× 2=9 mol/(L ·min)，D 正确；故选A。
3．取
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
1
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量，转换成c(H2O2)如下表：
0
20
40
60
80
c(mol·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
下列说法正确的是( )
A．反应
时，测得O2为
B．
，消耗H2O2的平均速率为
C．FeCl3溶液或MnO2粉末代替I-也可以催化H2O2分解
D．第
时的瞬时速率小于第
时的瞬时速率
【答案】C
【解析】A 项，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，未告知是
否为标准状况，无法判断体积是否为224mL，故A 错误；B 项，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)，故B 错误；C 项，
I-在反应中起到催化的作用，故也可以用FeCl3溶液或MnO2粉末代替，故C 正确；D 项，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，故D 错误；故选C。
4．在2L 的密闭容器中投入CO2和H2在一定条件下发生反应：CO2(g) +4H2(g)
CH4(g)
+2H2O(g)。在一定温度下，测得CO2的物质的量如下表
0
10
20
30
40
2
1.6
1
0.5
0.5
下列说法不正确的是( )
A．反应20min 时，测得CH4体积为22.4L(标准状况)
B．
，生成H2O(g)的平均速率为
C．第15min 时的瞬时速率大于第25min 时的瞬时速率
D．第30min 时反应到达平衡
【答案】D
【解析】A 项，反应20min 时，测得CO2为1mol，则消耗CO2、生成CH4均为1mol，CH4体积为
2
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22.4L(标准状况)，A 正确；B 项，20~40min，测得CO2从1mol 变为0.5mol，则消耗CO20.5mol、生成
H2O(g)为1mol，生成H2O(g)的平均速率为
，B 正确；C 项，其它条
件相同、反应物的浓度越大则反应速率越快， 第15min 时反应物的浓度大于第25min 时的浓度，则第
15min 时瞬时速率大于第25min 时的瞬时速率，C 正确；D 项，由图知第30min 时的二氧化碳含量已不再
变化、则反应已经处于平衡状态，D 不正确；故选D。
5．乙醛在少量
存在下分解反应为
。某温度下，测得CH3CHO 的浓
度变化情况如下表：
42
105
242
384
665
1070
c(CH3CHO)/ mol·L-1
6.68
5.85
4.64
3.83
2.81
2.01
下列说法不正确的是( )
A．42~242s，消耗CH3CHO 的平均反应速率为
B．第384s 时的瞬时速率大于第665s 时的瞬时速率是受c(CH3CHO)的影响
C．反应105s 时，测得混合气体的体积为168.224L(标准状况)
D．I2为催化剂降低了反应的活化能，使活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多
【答案】C
【解析】A 项，由表中数据可计算，42~242s，消耗CH3CHO 的平均反应速率为
，A 项正确；B 项，随着反应的进行，c(CH3CHO)减小，反应
速率减慢，所以第384s 时的瞬时速率大于第665s 时的瞬时速率，B 项正确；C 项，由于CH3CHO 的初始
浓度及气体体积未知，故无法计算反应105s 时，混合气体的体积，C 项错误；D 项，I2是催化剂，能降低
反应的活化能，使活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，提高反应速率，D 项正确；故选C。
6．(2023·福建省莆田市场高三毕业班第四次教学质量检测)工业上在V2O5催化作用下生产SO3的反应
为2SO2 (g)+ O2(g)
2SO3(g) ΔH＝－198 kJ·mol－1，该反应可看作两步：①V2O5+SO2→2VO2+SO3
(快)；②4VO2+O2→2V2O5 (慢)。下列说法正确的是
A．该反应活化能为
B．减小O2的浓度能降低SO3的生成速率
C．V2O5的存在使有效碰撞次数增加，降低了该反应的焓变
3
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D．①的活化能一定大于②的活化能
【答案】B
【解析】A 项，ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/
mol，故A 错误；B 项，慢反应是决速步，O2是慢反应的反应物，减小O2的浓度会降低正反应速率，降低
SO3的生成速率，故B 正确；C 项，V2O5是催化剂，催化剂不能改变反应的焓变，故C 错误；D 项，反应
①是快反应，反应②是慢反应，活化能越小反应越快，①的活化能小于②的活化能，故D 错误；故选B。
7．(2023·山东省泰安市三模)已知2N2O (g)
2N2 (g)+ O2(g)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，N2O 在催化剂X 表面反应的变化数据如下：
t/min
0
10
2
0
30
40
5
0
60
70
c(N2O)/( mol·L
)
0.100
0.080
c1
0.040
0.020
c2
c3
0
下列说法正确的是
A．n=1，c1＞c2=c3
B．
min 时，v(N2O)= 2.0×10-3 mol·L-1·s-1
C．相同条件下，增大N2O 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N2O 起始浓度为0.200 mol·L
，当浓度减至一半时共耗时50 min
【答案】D
【解析】根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O 的消耗是匀速的，说明反应速率与c(N2O)
无关，故速率方程中n=0。A 项，n=0，与N2O 浓度无关，为匀速反应，每10min 一氧化二氮浓度减小0.02
mol·L-1，则c1=0.06＞c2=c3=0，A 错误；B 项，n=0，与N2O 浓度无关，为匀速反应，t=10min 时瞬时速率
等于平均速率v(N2O)=
=
≠2.0×10-3 mol·L-1·s-1，B 错误；C 项，速
率方程中n=0，反应速率与N2O 的浓度无关，C 错误；D 项，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0.200 mol·L
，减至一半时所耗时间为
=50min，D 正确；故选D。
8．NaNO2溶液和NH4Cl 溶液可发生反应：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，为探究反应速率与
c(NaNO2)的关系，进行如下实验：常温常压下，向锥形瓶中加入一定体积(V)的2.0mol·L-1 NaNO2溶液、
4
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2.0mol·L-1NH4Cl 溶液和水，充分搅拌。控制体系温度，再通过分液漏斗向锥形瓶中加入1.0
醋酸。
当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始用排水法收集气体。用秒表测量收集1.0mLN2所需要的时间(t)。实验
数据如下表。下列说法正确的是( )
V/mL
NaNO2溶液
NH4Cl 溶液
醋酸
水
1
4.0
V1
4.0
8.0
334
2
V2
4.0
4.0
V3
150
3
8.0
4.0
4.0
4.0
83
4
12.0
4.0
4.0
0.0
38
A．实验3 用
表示的反应平均速率
B．若实验4 从反应开始到反应结束历时bs，则用NH4Cl 表示的反应平均速率
C．V1=4.0；若V2=6.0，则V3=6.0
D．醋酸的作用是加快反应速率，改变其浓度对该反应速率无影响
【答案】C
【解析】A 项，实验在常温常压下进行，不是标准状况，故气体摩尔体积不为22.4L/mol，故速率不是
，故A 错误；B 项，实验4 开始时NH4Cl 的浓度为
=0.4mol/L，从反应开
始到反应结束历时bs，则用NH4Cl 表示的反应平均速率
，故B 错误；C 项，根据实验3、
4 可知，溶液的总体积为20.0mL，则V1=20.0—4.0-4.0-8.0=4.0；若V2=6.0，V3=20.0-4.0-4.0-6.0=6.0，故C
正确；D 项，醋酸的作用是加快反应速率，增大浓度该反应速率加快，故D 错误；故选C。
9．以反应 5H2C2O4+2MnO4 -+6H＋ = 10CO2↑+ 2Mn2+ + 8H2O 为例探究“外界条件对化学反应速率的
影响”。实验时，分别量取 H2C2O4溶液和酸性 KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色
所需时间来判断反应的快慢。
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下列说法不正确的是( )
A．实验①、 ②、 ③所加的H2C2O4 溶液均要过量
B．若实验①测得 KMnO4溶液的褪色时间为 40 s，则这段时间内平均反应速率 v(KMnO4)= 2． 5×10-
4 mol/L/s
C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影
响
D．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的 Mn2+对反应起催化作用
【答案】B
【解析】A 项，根据反应方程式可得5H2C2O4~2MnO4
-，由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加
H2C2O4 溶液均过量，A 正确；B 项，根据已知数据可得v(KMnO4)=0.010mol/L×0.004L/40s =1．0×10-6
mol/L/s，B 错误；C 项，分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，实验②和③只是温度不同，
C 是正确的；D 项，在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有
催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故D 正确。故
选B。
10．取
过氧化氢水溶液，在少量
存在下分解，2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得
的放
出量，转换成
浓度(c)如下表：
0
20
40
60
80
0.80
0.40
0.20
0.010
0.050
下列说法错误的是( )
A．第
时的瞬时速率小于第
时的瞬时速率
B．
和
都可代替
作H2O2分解的催化剂
C．反应
时，测得O2体积为
(标准状况)
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D．
，消耗H2O2的平均速率为
【答案】A
【解析】A 项，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
时的瞬时速率大于第
时的瞬时速率，A 错误；B 项，I-在反应中起到的是催化作
用，
和
在该反应中也起到催化作用，故也可以利用
和
代替，B 正确；C 项，反应
时，过氧化氢的浓度变为
，说明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
为
，
标况下的体积
，C 正确；D 项，
，消耗过氧化
氢的浓度为
，则这段时间内的平均速率
，D 正确；故选A。
11．一定条件下，等物质的量的N2和O2在容积为4L 的恒容密闭容器中发生如下反应：N2(g)+O2(g)
2NO(g)图表示该反应过程中N2的物质的量
随反应时间( )的变化。下列叙述正确的是( )
A．当反应达到平衡时，O2的转化率为
B．
内反应的平均速率为
C．10s 末NO 的物质的量浓度为
D．a 点对应的化学反应速率：
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【答案】A
【解析】A 项，根据图示，当反应达到平衡时，氮气的物质的量由5mol 变为2mol，N2和O2的投料相
等，则O2的转化率为
，故A 正确；B 项，10s 内氮气的物质的量由5mol 变为4mol，反
应的平均速率为
，故B 错误； C 项，10s 内消耗1mol 氮气，10s 末NO
的物质的量是2mol，NO 的浓度为
，故C 错误；D 项，a 点反应达到平衡状态，正逆反
应速率比等于系数比，对应的化学反应速率：
，故D 错误；故选A。
12．(2023·安徽省卓越县中联盟高三第一次联考)一定温度下，在
恒容密闭容器中投入1 mol CO2(g)
与4 mol H2(g)制备CH3OH(g)，不考虑副反应，其物质的量随时间变化的关系如图所示：
下列说法中正确的是( )
A．该反应的化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g) ＋H2O(g)
B．0~30min 内，用H2表示的平均反应速率为0.05 mol·L－1·min－1
C．逆反应速率：a 点大于b 点
D．故选的平衡转化率是50％
【答案】D
【解析】从图可看出，物质的量随时间逐渐减少的两条曲线从上到下分别表示氢气和二氧化碳的变化
曲线，物质的量随时间逐渐增加的曲线表示甲醇的变化曲线，30min 时达到平衡。A 项，由图像可知该反
应有一定的限度，是可逆反应，故用“
”表示，A 错误；B 项，0~30min 内，用H2表示的平均反应
8
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速率为
，B 错误；C 项，反应未达到平衡之前，逆反应速率一直增大，C 错
误；D 项，CO2达到平衡时转化0.5mol，故平衡转化率是50％，D 正确； 故选D。
13．(2023·浙江省东阳市高三5 月模拟考试)反应物(S)转化为产物(P 或P·Z)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．对于进程Ⅰ、Ⅱ，生成等量的P 所吸收的热量相同
B．对于进程Ⅱ、Ⅲ，催化效率
C．对于进程Ⅰ，升高温度，正、逆反应速率均增大，但正反应速率增加更明显
D．对于进程Ⅳ，Z 没有催化作用
【答案】D
【解析】A 项，进程Ⅱ使用了催化剂X，降低了反应的活化能，但不改变反应热，S 转化为P 为放热
反应，对于进程Ⅰ、Ⅱ，生成等量的P 所放出的热量相同，故A 错误；B 项，由图可知，反应Ⅲ中由S•Y
转化为P•Y 的活化能高于反应Ⅱ中由S•X 转化为P•X 的活化能，则反应速率：反应Ⅱ＞反应Ⅲ，催化效率
X＞Y，故B 错误；C 项，由图可知，反应I 中S 的总能量大于产物P 的总能量，则进程I 是放热反应，升
高温度，正、逆反应速率均增大，但平衡逆移，说明逆反应速率增大程度大于正反应速率的增大幅度，即
逆反应速率增加更明显，故C 错误；D 项，反应前反应物为S+Z，反应后生成物为P•Z，而不是P+Z，则Z
不是该反应的催化剂，没起到催化作用，故D 正确；故选D。
14．(2023·江省乐清市知临中学选考仿真模拟)P、S、X 和Y 分别代表标准状态下的具体物质，它们之
间的能量变化与反应进程关系如图Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确是( )
A．在标准状态时，物质的ΔH： S＜P
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B．
和
为催化剂，进程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中：ΔH1＜ΔH2＜ΔH3＜0
C．反应S
P 达平衡所需时间：进程Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ
D．反应S
P 平衡时
的产率：进程Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ
【答案】D
【解析】A 项，由图可知，进程Ⅰ为放热反应，在标准状态时，物质的ΔH：S＞P，故A 错误；B 项，
催化剂不影响反应热的大小，X 和Y 为催化剂，故进程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中：ΔH1=ΔH2=ΔH3＜0，故B 错误；C
项，反应活化能越低，反应则越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，则反应S
P 达平衡所需
时间：Ⅰ＜Ⅲ＜Ⅱ，故C 错误；D 项，催化剂不能使平衡发生移动，故反应S
P 平衡时生成P 的量
一样多，则平衡时P 的产率：进程Ⅰ=Ⅱ=Ⅲ，故D 正确；故选D。
15．在恒温恒容的密闭容器中发生反应C(s)+2NO(g)
CO2(g)+N2(g) ΔH (其中碳足量)，反应体
系中CO2(g)的浓度随时间的变化如表所示，下列说法中正确的是( )
反应时间
0
80
90
100
110
浓度
0.00
0.30
0.32
0.33
0.33
A．增加C 的量可以加快反应速率
B．反应在100 s 时刚好平衡
C．80～90 s 之间的平均速率
，
之间的平均反应速率
D．反应平衡后升高温度，则NO 的平衡转化率一定增大
【答案】C
【解析】A 项，C 是固体物质，其浓度不变，所以向反应容器中加入C 的量，化学速率不会加快，A
错误；B 项，反应在100 s 后时CO2(g)浓度不再发生变化，则在100℃时反应可能刚好平衡，也可能在90～
100℃时反应就已经达到了平衡状态，B 错误；C 项，反应在80～90 s 之间△c(CO2)=0.02 mol/L，则用CO2
的浓度变化表示的平均速率v(CO2)=
；反应在100 s 反应已经达到了平衡状态，
物质的浓度不再发生变化，所以用CO2的浓度变化表示的平均速率v(CO2)=0，C 正确；D 项，题目已知信
息不能确定该反应的热效应，所以不能确定温度对化学平衡移动的影响，反应平衡后升高温度，NO 的平
衡转化率可能是增大也可能是减小，D 错误；故选C。
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16．某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化发生聚合反应：n
。在不同时刻测得反应物浓度与时间关系如下表：
t/min
0
25
75
105
125
150
250
c(降冰片烯)/(mol·L-1)
3.00
2.70
a
1.74
1.50
1.20
0
下列说法正确的是( )
A．推测上表中的a＞2.10
B．若将钛杂环丁烷催化剂制成蜂窝形状可提高该反应的平衡转化率
C．105-155min，生成聚降冰片烯的平均速率为0.012mol·L-1·min-1
D．其他条件相同时，若将降冰片烯起始浓度减少为1.5mol/L，则该反应速率不变
【答案】D
【解析】A 项，由题中表格数据可知，0~25min 时，降冰片烯浓度下降0.3mol/L，反应速率为v(降冰
片烯)=
=0.012 mol·L-1·min-1，0~250min 时，反应速率为v(降冰片烯)=
=0.012
mol·L-1·min-1，则任意时段反应速率不变，所以0~75min 时，a=3.00-0.012×75=2.1，故A 错误；B 项，若将
钛杂环丁烷催化剂制成蜂窝形状，由于催化剂对平衡移动无影响，所以该反应的平衡转化率不变，故B 错
误；C 项，由题中表格数据可知，降冰片烯的平均反应速率始终为0.012mol·L-1·min-1，但生成聚降冰片烯
的平均速率还与反应系数有关，所以生成聚降冰片烯的平均速率不是0.012mol·L-1·min-1，故C 错误；D 项，
由题中表格数据可知，降冰片烯的平均反应速率始终为0.012mol·L-1·min-1，所以降冰片烯浓度与反应速率
无关，即其他条件相同时，若将降冰片烯起始浓度减少为1.5mol/L，则该反应速率不变，故D 正确；故选
D。
【能力提升】
17．碳热还原法制备氮化铝的反应式为：Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)
2AlN(s)+3CO(g)。在温度、容积
恒定的反应体系中，CO 浓度随时间的变化关系如图曲线甲所示。下列说法不正确的是( )
11
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A．从a、b 两点坐标可求得从a 到b 时间间隔内该化学反应的平均速率
B．c 点切线的斜率表示该化学反应在t 时刻的瞬时速率
C．维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，曲线甲将转变为曲线乙
D．已知该反应在高温下自发，则随着温度升高，反应物Al2O3的平衡转化率将增大
【答案】C
【解析】A 项，由图可以得到单位时间内一氧化碳浓度的变化量，反应速率是单位时间内物质的浓度
变化计算得到，则从 a 、 b 两点坐标可求得从 a 到 b 时间间隔内该化学反应的平均速率，故A 正确；
B 项，c 点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，故 B 正确；C 项，
维持温度、容积不变 ，若减少反应物N2 的物质的量进行反应，平衡向逆反应方向进行，达到新的平衡状
态，平衡状态与原来的平衡状态不同，曲线甲不会变为曲线乙，故 C 错误；D 项，该反应为气体体积增大
的反应，反应△S＞0，该反应在高温下自发，则反应△H—T△S＜0，反应△H＞0，升高温度，平衡向正反
应方向进行，反应物Al2O3的平衡转化率将增大，故D 正确；故选C。
18．
，H2O2分解反应的方程式为
，H2O2分解反应的浓度与时间曲线如图
所示，
，当观察的时间间隔无限小，平均速率的极值即为化学反应在t 时的瞬时速率，即
，A 点切线的斜率为
，表示在第20min，当
H2O2浓度为
时，瞬时速率为
(斜率、速率均取绝对值)，则下列说法正确
的是( )
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A．反应到A、B、C 三点时的瞬时速率
B．由题意可知瞬时速率与平均反应速率无关
C．某点切线的斜率越大，瞬时反应速率越快
D．没有催化剂
，H2O2就不会发生分解反应
【答案】C
【解析】A 项，由题中信息可知，瞬时速率与切线的斜率有关，切线的斜率越大瞬时速率越大，由图
知A、B、C 斜率大小A＞B＞C，即瞬时速率A＞B＞C，故A 错误；B 项，瞬时速率即平均速率的极值，
二者有必然的联系，故B 错误；C 项，当观察的时间间隔无限小，平均速率的极值即为化学反应在时的
瞬时速率，所以切线的斜率越大瞬时速率越大，故C 正确；D 项，催化剂只能改变化学反应的速率，不能
改变化学反应本身，H2O2本身可以发生分解反应，催化剂可增大速率，但不会影响反应的发生、方向和限
度，故D 错误；故选C。
19．(2023·浙江省重点中学拔尖学生培养联盟适应性考试)标准状态下，CH2=CHCH3(g)与HCl(g)反应
生成
(g)和CH3CH2CH2Cl (g)的反应历程与相对能量的示意图如下。下列说法正确的是( )
A．E2- E3=E4-E5
B．其他条件不变，往反应体系中加入适量Cl-(g)可有效提高反应速率
C．其他条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl 的比例
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D．历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：
+Cl-=CH3CHClCH3 ΔH
＝(E3-E2) kJ·mol－1
【答案】C
【解析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值
越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应。A 项，E2-
E3、E4-E5对应两者的反应物、生成物均不同，故反应的焓变不同，故E2- E3 ≠E4-E5，A 错误；B 项，由图
可知，历程Ⅰ、历程Ⅱ的决速步均为第一步，故其他条件不变，往反应体系中加入适量Cl-(g)不会有效提
高反应速率，B 错误；C 项，由图可知，反应历程Ⅱ的最大活化能更大，受温度的影响程度更大，故其他
条件不变，适当升高温度可提高加成产物中CH3CH2CH2Cl 的比例，C 正确；D 项，由图可知，历程Ⅰ中速
率最快的一步反应的热化学方程式为：
+Cl-=CH3CHClCH3 ΔH＝(E3-E2) kJ·mol－1；历程Ⅱ中速
率最快的一步反应的热化学方程式为：
+Cl-=CH3CH2CH2Cl ΔH＝(E5-E4) kJ·mol－1，D 错误；
故选C。
20．(2023·浙江省宁波市高三下学期高考模拟)一定条件下，CH3CH=CH2与HCl 发生加成反应有①、
②两种可能，反应进程中能量变化如图所示。下列说法中不正确的是( )
A．反应①、②焓变不同，与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关
B．反应①、②均经过两步反应完成，对应的分步反应过程中均放出能量
C．其他条件不变，适当提高反应温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例
D．相同条件下，CH3CHClCH3(g)的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g)
【答案】B
【解析】A 项，焓变在给定反应中，只与始态和终态有关，与中间状态无关，根据图像可知，该反应
为放热反应，放出热量越多，产物能量越低，该物质越稳定，故A 正确；B 项，根据图像可知，反应①、
②的第一步都是产物能量高于反应物，即第一步为吸收热量，故B 错误；C 项，CH3CH2CH2Cl(g)
CH3CHClCH3(g)，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，可以提高CH3CH2CH2Cl(g)的比例，故C
正确；D 项，反应②的活化能比反应①的活化能低，化学反应速率快，因此相同条件下，CH3CHClCH3(g)
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的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g)，故D 正确；故选B。
21．(2023·浙江省乐清市知临中学选考仿真模拟)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。下列说法不正确的是( )
A．该过程的总反应为HCOOH=CO2↑+H2↑
B．
浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中元
素的化合价没有发生变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】C
【解析】A 项，由图可知，该反应的反应物为HCOOH，生成CO2和H2，该过程的总反应为
HCOOH=CO2↑+H2↑，故A 正确；B 项，H+浓度过大导致HCOO-浓度过小，导致I→Ⅱ反应速率降低；H+浓
度过小，导致Ⅲ→Ⅳ反应速率降低，故B 正确；C 项，Ⅳ→I 有氢气生成，发生氧化还原反应，Fe 和H 元
素的化合价发生变化，该催化循环中元Fe 素的化合价发生变化，故C 错误；D 项，由图像可知，Ⅱ→Ⅲ步
骤的正反应活化能最大，反应速率最慢，总反应的速率有慢反应决定，故该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步
骤决定，故D 正确。故选C。
22．对于反应aA(g)+bB(g)
cC(g)+dD(g)，速率方程v=k[c(A)]m[c(B)]n，k 为速率常数(只受温度影
响)，m+n 为反应级数。已知H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)，CO 的瞬时生成速率=k[c(H2)]m[c(CO2)]。一定温
度下，控制CO2起始浓度为0.25mol·L-1，改变H2起始浓度，进行以上反应的实验，得到CO 的起始生成速
率和H2起始浓度呈如图所示的直线关系。
(1)该反应的反应级数为__________。
(2)速率常数k=__________。
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(3)当H2的起始浓度为0.2mol·L-1，反应进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为0.2mol·L-1，此时CO 的
生成瞬时速率v=__________mol·L-1·s-1。
【答案】(1)2 (2)15 (3)0.45
【解析】(1)控制CO2起始浓度为0.25mol·L-1，根据CO 的起始生成速率=k[c(H2)]m[c(CO2)]和H2起始浓
度呈直线关系可知，m=1，该反应的反应级数为1+1=2；(2)将图象上的点(0.4，1.5)代入v= k[c(H2)][c(CO2)]
中有：1.5=0.4×k×0.25，解得k=15；(3)由于CO2起始浓度为0.25mol•L-1，反应进行到某一时刻时，测得
CO2的浓度为0.2mol•L-1，△c(CO2)=(0.25-0.2)mol/L=0.05mol/L，△c(H2)=△c(CO2)=0.05mol/L，H2的瞬时浓
度为c(H2)=(0.2-0.05)mol/L=0.15mol/L，此时CO 的生成瞬时速率v=15×0.15×0.2=0.45。
23．某兴趣小组同学探究KMnO4酸性溶液与草酸(H2C2O4 )溶液反应速率的影响因素。将
的KMnO4酸性溶液与
草酸溶液按如下比例混合。
【设计实验】
序号
V(KMnO4酸性溶液)/mL
V(草酸溶液)/mL
V(H2O)/mL
反应温度/
①
2.0
2.0
0
20
②
2.0
1.0
1.0
20
(1)补全KMnO4酸性溶液与草酸溶液反应的离子方程式：_______。
2MnO4
-+5H2C2O4+__________=2 Mn2++10CO2↑+8H2O
(2)实验①和②的目的是_______。
【进行实验】
小组同学进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段：
Ⅰ．紫色溶液变为青色溶液；Ⅱ．青色溶液逐渐褪至无色溶液。
【查阅资料】
a．KMnO4酸性溶液与草酸溶液的反应主要包含如下几个过程：
反应ⅰ．MnO4
-+2H2C2O4+4H+=Mn3+(无色)+4CO2↑+4H2O
反应ⅱ．Mn3++2H2C2O4=[Mn(C2O4)2]- (青绿色)+ 4H+
反应ⅲ。2Mn3++H2C2O4=2 Mn2+(无色)+2CO2↑+ 2H+
b．[Mn(C2O4)2]-的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化H2C2O4。
c．MnO4
2-呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解为MnO4
-和MnO2。
【继续探究】
进一步实验证明溶液中含有[Mn(C2O4)2]-，实验①反应过程中MnO4
-和[Mn(C2O4)2]-的浓度随时间的变化
如下图。
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【解释与反思】
(3)本实验中，化学反应速率：反应ⅱ_______反应ⅲ(填“＞”、“=”或“＜”)。
(4)小组同学认为反应ⅱ的离子方程式应该改为：Mn3++2H2C2O4
[Mn(C2O4)2]-+4H+，结合实验现
象，说明其理由_______。
【答案】(1)6H+
(2)探究相同温度下，草酸浓度的改变对化学反应速率的影响
(3)＞
(4) [Mn(C2O4)2]-的氧化性较弱，不能氧化H2C2O4，而Mn3+与草酸发生过程iii 的反应，使得Mn3+浓度不
断减小，只有过程ii 存在化学平衡，即Mn3++2H2C2O4
[Mn(C2O4)2]-+4H+，上述平衡会逆向移动，
[Mn(C2O4)2]-浓度逐渐减小，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色，故可判断过程ii 的反应方程式应
该为Mn3++2H2C2O4
[Mn(C2O4)2]-+4H+。
【解析】(1)根据原子守恒和电荷守恒，完整反应方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2 Mn2+
+10CO2↑+8H2O，所以补充6H+；(2)两组实验温度相同，高锰酸钾溶液用量相同，草酸溶液用量不同，探
究相同温度下，反应物浓度的改变对化学反应速率的影响；(3)由图像可知，比较过程ii 生成[Mn(C2O4)2]-
和过程iii 消耗等量[Mn(C2O4)2]-所用的时间，前者少于后者，说明反应速率前者大于后者；(4)根据资料
[Mn(C2O4)2]-的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化H2C2O4 可知，过程ii 存在化学平衡，即Mn3+
+2H2C2O4[Mn(C2O4)2]-+4H+，Mn3+与草酸发生过程iii 的反应，使得Mn3+浓度不断减小，上述平衡逆向移
动，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色。
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