大单元四 第二单元 化学反应速率与化学平衡
第1 讲 化学反应速率及影响因素
【高考考向预测】
化学反应速率侧重计算、速率大小比较与换算，同时考查浓度、温度、压强、催化剂、
固体表面积等外界条件对反应速率的影响，结合反应图像、实验探究综合设题；近三年选择、
原理大题考查频次高，考频稳定；预测2027 年侧重结合实验情境分析速率变化规律、图像解
读，强化多变量影响判断与速率相关计算。
【双基自测●明考向】
1．（26-27 高三·全国·一轮复习）使用铁做催化剂，可提高合成氨反应的速率和平衡转化
率。(_____)
【答案】错误
【详解】催化剂的作用是降低反应的活化能，同等程度增大正、逆反应速率，仅能缩短反应
达到平衡的时间，不会使化学平衡发生移动，合成氨反应中，铁作为催化剂只能提高反应速
率，不能改变平衡状态，因此不会提高平衡转化率，故答案为错误。
2．（26-27 高三·全国·一轮复习）水煤气变换反应：CO (g)+ H2O (g)⇌CO2(g)+ H2(g)，通过充入
惰性气体增加体系总压，可提高反应速率。(_____)
【答案】错误
【详解】影响化学反应速率的因素是浓度。充入惰性气体对反应速率的影响，需要讨论是在
恒温恒容条件下还是在恒温恒压条件下。若在恒温恒容条件下，充入惰性气体，总压强增
大，但反应体系中各组分的浓度不变，反应速率不变；若在恒温恒压条件下，充入惰性气
体，为保持压强不变，容器体积必然增大，导致反应体系中各组分的浓度减小，反应速率减
小。综上，充入惰性气体不会提高反应速率，故题干表述错误。
3．（26-27 高三·全国·一轮复习）甲、乙两容器中分别充入2 mol NO2和4 mol NO2，5 分钟后
两者各反应掉NO2 1 mol 和2 mol，则说明乙中反应速率大。(_____)
【答案】错误
【详解】仅给出甲、乙两容器中NO2的物质的量变化量和反应时间，未给出两容器的容积，
无法计算NO2的浓度变化量，因此无法比较二者的反应速率大小，故题干表述错误。
4．（26-27 高三·全国·一轮复习）用Na2S2O3溶液分别与0.05 mol⋅L
−1、0.1mol⋅L
−1的H2SO4反
应，记录出现浑浊的时间，探究浓度对反应速率的影响。( )
【答案】正确
【详解】向Na2S2O3溶液中加入硫酸溶液的反应为S2O3
2−+2 H
+= S↓+ SO2↑+ H 2O，生成的单质
硫会导致溶液变浑浊，分别用0.05 mol⋅L
−1、0.1mol⋅L
−1的H2SO4与Na2S2O3溶液反应，仅改
变H 2SO4的浓度，默认控制温度、Na2S2O3溶液浓度和体积、H 2SO4溶液的体积等其余条件相
同，可通过记录出现浑浊的时间直观比较反应速率，因此实验设计合理。
5．（2026 高三·全国·专题练习）放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率。(____)
【答案】错误
【详解】反应速率的大小与反应是放热还是吸热没有必然联系，反应速率主要受温度、反应
物浓度、压强、催化剂等因素影响。例如常温下，很多放热反应（如铁生锈）初始反应速率
很慢，而吸热反应氢氧化钡晶体与氯化铵的反应常温下就能快速进行，因此题干说法错误。
6．（25-26 高二上·天津静海·阶段检测）对于有气体参加的反应，缩小容器体积使压强增
大，活化分子百分数不变，但化学反应速率加快。(_____)
【答案】正确
【详解】对于有气体参加的反应，缩小容器体积使压强增大，增大了反应物浓度，单位体积
内活化分子数目增多，有效碰撞频率增大，化学反应速率加快。但活化分子百分数只受温度
影响，压强改变，活化分子百分数不变。题干描述正确。
7．（25-26 高二上·天津静海·阶段检测）化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物物质
的量浓度的减少或任何一种生成物物质的量浓度的增加。(_____)
【答案】错误
【详解】化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物浓度的变化量表示，但不同物质的
速率数值与其化学计量数相关，题目中未提及化学计量数的影响，直接表述为“任何一种物
质的浓度变化”即代表整个反应的速率，忽略了不同物质速率数值的差异，因此错误；
故答案为：错误。
8．（25-26 高二上·全国·随堂练习）化学反应速率的单位可以是g·(L·s)－1，也可以是kg· (L·s)
－1，甚至可以是t·(L·s)－1等。(_____)
【答案】
错误
【详解】化学反应速率通常定义为浓度变化量除以时间，其中浓度指物质的量浓度（单位
mol/L）。因此，速率的正确单位应为mol/(L·s)等，故题干所述单位错误。
9．（25-26 高二上·全国·随堂练习）升高温度能加快吸热反应速率，减慢放热反应速率。
(____)
【答案】
错误
【详解】升高温度会加快所有化学反应的反应速率，无论该反应是吸热还是放热。温度升高
会增加活化分子比例，从而提高反应速率常数，导致反应速率加快。放热反应的速率同样会
因温度升高而加快，而非减慢。题目中“减慢放热反应速率”的结论错误；
故答案为错误。
10．（24-25 高三·全国·一轮复习）催化氧化氨制备硝酸时加入铂能降低化学反应速率。
(______)
【答案】错误
【详解】催化氧化氨制备硝酸时加入铂是加入催化剂，可以加快反应速率，故错误。
【核心梳理●明考点】
考点一 化学反应速率及计算
1.化学反应速率
(1)概念
通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量来表示。
(2)表示方法及单位
v= Δc
Δt ,单位为mol·L
-1 ·s -1 或
mol/(L·s)
。
(3)与化学方程式中化学计量数的关系
在反应aA(g)+bB(g)===cC(g)+dD(g)中,存在v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)=a ∶
b ∶
c ∶
d 。
(4)注意事项
①不能用固体或纯液体来表示化学反应速率,因为固体或纯液体的浓度视为常数。
②化学反应速率一般指平均速率而不是瞬时速率,且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。
③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,其数值可能不同,但表示的意义
相同。
2.化学反应速率的计算模型——“三段式”
先找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。对于反应mA(g)+nB(g)
pC(g),起始时A 的浓
度为a mol·L-1,B 的浓度为b mol·L-1,C 的浓度为c mol·L-1,反应进行至t1 s 时,A 消耗了x
mol·L-1,则化学反应速率的计算过程为
则v(A)= x
t1 mol·L
-1 ·s -1 ;v(B)= nx
mt1 mol·L
-1 ·s -1 ,v(C)= px
mt1 mol·L
-1 ·s -1 。
【考点突破●明方向】
1.将6 mol CO2 和8 mol H2 充入一容积为2 L 的密闭容器中(温度保持不变)发生反应CO2(g)
+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0。测得H2的物质的量随时间变化如图所示(图中字母后
的数字表示对应的坐标)。该反应在1~3 min 内H2平均反应速率是 ,在8~10 min 内CO2
的平均反应速率是 。
【答案】0.75 mol·L-1·min-1
0 mol·L-1·min-1
2.一定条件下,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。
(1)表示NH3的物质的量变化的曲线是 。
(2)计算0~8 min,H2的平均反应速率(写出计算过程,下同)。
(3)计算10~12 min,N2的平均反应速率。
【答案】(1)X (2)0~8 min,v(H2)=
0.9mol
10 L×8min=0.011 25 mol·L-1·min-1。
(3)10~12
min,v(NH3)=(0.7−0.6)mol
10 L×2min =5.0×10-3
mol·L-1·min-1,v(N2)=v( N H 3)
2
=2.5×10-3
mol·L-1·min-1。
3.硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解反应:
O2NC6H4COOC2H5+OH-
O2NC6H4COO-+C2H5OH, 两种反应物的初始浓度均为0.050
mol·L-1,15 ℃时测得O2NC6H4COOC2H5的转化率α 随时间变化的数据如表所示,回答下列问题:
t/s
0
120
180
240
330
530
600
700
800
α/%
0
33.0
41.8
48.8
58.0
69.0
70.4
71.0
71.0
(1)列式计算该反应在120~180 s 与180~240 s 区间的平均反应速率: 、 。
(2)比较两者大小可得出的结论是
。
【答案】(1)v=0.050mol· L
−1×(41.8 %−33.0 %)
(180−120) s
≈7.3×10-5 mol·L-1·s-1
v=0.050mol· L
−1×(48.8 %−41.8 %)
(240−180) s
≈5.8×10-5 mol·L-1·s-1
(2)随反应的进行,反应物浓度降低,反应速率减慢
【解析】(1)注意“列式计算”的要求是既要列出规范的计算式,又要计算出结果。(2)120~180
s 时间段速率大是因为反应物浓度大,180~240 s 时间段速率小是因为反应物浓度小,即随着反应
的进行,反应物浓度降低,反应速率减慢。
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
(1)浓度：增大反应物浓度，化学反应速率增大；反之，减小。固体、纯液体物质的质量或物
质的量发生变化，反应速率不变。
(2)温度：升高温度，化学反应速率增大；反之，减小。
(3)压强：对于有气体参加的反应，增大压强，化学反应速率增大；反之，减小。
(4)催化剂：使用催化剂，化学反应速率增大，对于可逆反应，正、逆反应速率的改变程度相
同。
(5)其他：增大固体比表面积、光照、超声波等，能够增大反应速率。
3.有效碰撞理论
(1)
(2)发生有效碰撞的条件
①发生碰撞的分子具有足够高的能量。
②分子在一定的方向上发生碰撞。
(3)活化分子
有足够的能量,能够发生有效碰撞的分子叫活化分子。
活化分子百分数= 活化分子数目
反应物分子总数×100%。
(4)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
4.惰性气体对反应速率的影响
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
【考点突破●明方向】
1.Ⅰ.为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙
所示的实验。回答相关问题:
(1)定性分析:如图甲可通过观察 的快慢,定性比较得出结论。有同学提出将0.1 mol·L-1
FeCl3 溶液改为 mol·L-1 Fe2(SO4)3 溶液更为合理, 其理由是
。
(2)定量分析:如图乙所示,实验时均以生成40 mL 气体为准,其他可能影响实验的因素均已忽略。
实验中需要测量的数据是 。
(3)查阅资料得知:将作为催化剂的Fe2(SO4)3溶液加入H2O2溶液后,溶液中会发生两个氧化还原
反应,且两个反应中H2O2均参加了反应,试从催化剂的角度分析,这两个氧化还原反应的离子方
程式分别是2Fe3++H2O2===2Fe2++O2↑+2H+和 。
Ⅱ.欲用如图所示实验来证明MnO2是H2O2分解反应的催化剂。
该实验不能达到目的, 若想证明
MnO2 是催化剂还需要确认
。
【答案】Ⅰ.(1)产生气泡 0.05 排除阴离子的干扰 (2)产生40 mL 气体需要的时间
(3)2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O
Ⅱ.MnO2的质量和化学性质是否改变
2.Fenton 法常用于处理含难降解有机物的工业废水,在加入Fe2+并调好pH 后再加入H2O2,该过
程中H2O2所产生羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物。现运用该法降解某有机污染物(p-CP),
探究有关因素对该降解反应速率的影响。
实验数据:(表中时间,是 p-CP 浓度降低1.50 mol·L-1所需时间)
实验
H2O2溶液
Fe2+溶液
蒸馏水
pH
温度
时间
编号
c mol·L-1
V/mL
c mol·L-1
V/mL
V/mL
T/K
t/s
①
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
3.50
10.00
3
298
200
②
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
3.50
10.00
3
313
60
③
6.0×10-3
3.50
3.0×10-2
3.50
V1
3
298
140
④
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
4.50
9.00
3
298
170
⑤
6.0×10-3
1.50
3.0×10-2
3.50
V2
12
298
0
请回答:
(1)V1= mL,V2= mL。
(2)实验①条件下,p-CP 的降解速率为 。
(3)设置实验①②的目的是 ;
由实验①④可得到的结论是 。
(4)实验⑤在200 s 时没有检测到p-CP 浓度的变化。其原因可能是
。
【答案】(1)8.00 10.00
(2)0.007 5 mol·(L·s)-1或7.5×10-3 mol·(L·s)-1
(3)探究温度对反应速率的影响 其他条件相同时,c(Fe2+)越大,反应速率越大
(4)Fe2+在该条件下生成Fe(OH)2,并迅速被氧化成Fe(OH)3,不能使H2O2产生羟基自由基
【解析】(1) 根据①③组实验分析, 溶液的总体积应该相同, 所以V1=10.00+3.50+1.50-
(3.50+3.50)=8.00 mL;根据④⑤组实验进行分析,溶液的总体积应该相同,故V2=9.00+4.50+1.50-
(1.50+3.50)=10.00 mL;(2)实验①条件下,p-CP 浓度降低1.50 mol·L-1所需时间200 s,所以p-CP 的
降解速率为0.007 5 mol·(L·s)-1或7.5×10-3 mol·(L·s)-1;(3)根据图表信息分析,其他条件相同,反应的
温度不同,设置实验①②的目的是探究温度对反应速率的影响;由实验①④可得到的结论是:其
他条件相同时,c(Fe2+)越大,反应速率越大;(4)工业废水,在加入Fe2+并调好pH 后再加入H2O2,所
产生的羟基自由基(·OH)能氧化降解污染物;实验⑤在200 s 时没有检测到p-CP 浓度的变化,其
原因可能是:Fe2+在该条件下生成Fe(OH)2,并迅速被氧化成Fe(OH)3,不能使H2O2产生羟基自由
基。
应用“变量控制法”的解题策略
【真题再现●明考向】
一、单选题
1．（2025·辽宁·高考真题）某温度下，在1L恒容密闭容器中2.0mol X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0.20mol Z，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
【详解】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0.20 mol⋅L
−1，A 正确；
B．4 min时生成的Z 的物质的量为0.15 mol⋅L
−1⋅min
−1×4 min×1L=0.6 mol，6min时生成的Z
的物质的量为0.10 mol⋅L
−1⋅min
−1×6min×1L=0.6 mol，故反应在4 min时已达到平衡，设达到
平衡时生了a mol Y，列三段式：
2X (g)
⇌
Y (g)
+
2Z(g)
初始量/ mol
2.0
¿0
¿
¿
2a¿¿a¿¿2a¿平衡量/ mol¿2.0−2a¿¿a¿¿0.6¿
根据2a=0.6，得a=0.3，则Y 的平衡浓度为0.3 mol⋅L
−1，Z 的平衡浓度为0.6 mol⋅L
−1，平衡
常数K =c
2(Z )⋅c(Y )=0.108，2min时Y 的浓度为0.2mol⋅L
−1，Z 的浓度为0.4 mol⋅L
−1，加入
0.2mol Z后Z 的浓度变为0.6 mol⋅L
−1，Q0=c
2(Z )⋅c(Y )=0.072< K，反应正向进行，故
v 正(Z )>v逆(Z )，B 错误；
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，V (Y )
V (Z ) = 1
2，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0.6 mol，则X 的转化量为
0.6 mol，初始X 的物质的量为2mol，剩余X 的物质的量为1.4 mol，D 正确；
故答案选B。
2．（2023·河北·高考真题）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=k2c2(X)和v3=k3c(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)
0.16
0
0.11
3
0.08
0
0.05
6
0.04
0
0.02
8
下列说法正确的是
A．0～2min 内，X 的平均反应速率为0.080mol·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
【分析】该气相反应体系中，有三个化学反应共存，反应②和反应③互为逆反应。W 和Y 只
参与了反应①，X 和 Z 同时参与了反应①②③，其中反应②为气体分子数减小的反应，反应
③为气体分子数增大的反应。X 同时参与了反应①②③，其平均反应速率由三个反应共同决
定，据此分析作答；
【详解】A．根据题表中数据计算可得，0~2min 内
Δc(W)=0.160 mol⋅L
−1−0.080 mol⋅L
−1=0.080 mol⋅L
−1，Δc(X)=2 Δc(W)=0.160 mol⋅L
−1，但一
部分X 转化为Z，造成Δc(X)<0.160 mol⋅L
−1，则v (X)< 0.160 mol⋅L
−1
2min
=0.080 mol⋅L
−1⋅min
−1
，A 错误；
B．该体系中Y 只参与了反应①，最终体系达平衡时，反应①进行到底，W 全部转化为X 和
Y，因此增大容器容积不影响Y 的产率，B 错误；
C．X 和Z 之间的反应为可逆反应，达平衡时正、逆反应速率相等，2v2= v3，若k2=k3，则
c(Z)=2c
2(X)，C 错误；
D．反应③的活化能大于反应②，由此可知，反应②4X (g)⇌2Z(g) ΔH=正反应活化能－逆反
应活化能＜0，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则平衡时c(Z)减小，D 正确；
故答案选D
3．（2024·海南·高考真题）已知298K，101kPa 时，
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH (g)+H2O (g)ΔH=-49.5kJ⋅mol
-1。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、
T2温度下进行，CO2的初始浓度为0.4mol⋅L
−1，c(CO2)−t关系如图所示。下列说法错误的是
A． T1＞T2
B．T1下反应达到平衡时c(CH3OH)=0.15 mol⋅L
−1
C．使用催化剂1 的反应活化能比催化剂2 的大
D．使用催化剂2 和催化剂3 的反应历程相同
【答案】D
【详解】A．平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向移动，而结合
题干方程式可知，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞
T2，A 正确；
B．T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，即CO2的浓度改变量为：0.40mol/
L-0.25mol/L=0.15mol/L，结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T1下反应达到平衡时
c(CH3OH)=0.15 mol⋅L
−1，B 正确；
C．在温度均为T1时，使用催化剂1 达到平衡所需要的时间比催化剂2 更长即催化剂1 时的反
应速率比催化剂2 的更慢，说明使用催化剂1 的反应活化能比催化剂2 的大，C 正确；
D．催化剂2 和催化剂3 分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反
应速率也不同，说明催化剂2 和催化剂3 的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相
同的平衡时间，D 错误；
故答案为：D。
4．（2024·广东·高考真题）对反应S(g)⇌T(g)(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，c平(S)/c平(T)增大，c平(S)/c平(Ⅰ)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
【详解】提高反应温度，c平(S)/c平(T)增大，说明反应S(g)⇌T(g)的平衡逆向移动，即该反
应为放热反应，c平(S)/c平(Ⅰ)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。
5．（2024·甘肃·高考真题）下列措施能降低化学反应速率的是
A．催化氧化氨制备硝酸时加入铂
B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释
D．石墨合成金刚石时增大压强
【答案】C
【详解】A．催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速
率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A 项不符合题意；
B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B 项不
符合题意；
C．锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C 项符合题意；
D．石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D 项不符
合题意；
故选C。
二、解答题
6．（2025·天津·高考真题）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与
O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。
Ⅰ．CO2与苯的分子结构
(1)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为___________，苯是___________(填“极性”或“非极
性”)分子。
Ⅱ．苯的催化氧化
Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照
条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，
有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。
(2)光照条件下，对应的转化率曲线为___________(填“a”或“b”)。
(3)有、无光照条件下，两种反应历程的Δ H___________(填“相等”或“不等”)。
Ⅲ．CO2的转化
(4)CO2与H2反应可以合成甲醇：CO2(g)+3 H2(g) ⇌
催化剂
CH3OH(g)+ H2O(g) Δ H <0。一定温度
下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于
平衡正向移动的是___________(填序号)。
a.分离出甲醇 b.充入稀有气体 c.增加H2量 d.降低温度
(5)一定条件下，以CO2和CH3OH 为原料制备HCOOH 和甲酸盐，其装置原理如图。
①电极a 是___________极，电极反应式为___________；
②电解过程中，电极b 一侧的溶液pH 将___________(填“升高”“不变”或“降低”)；
③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为___________。
【答案】(1) sp 非极性
(2)a
(3)相等
(4)acd
(5) 阴 CO2+2H
++2e
−= HCOOH 降低 K+
【详解】（1）CO2分子中碳原子的中心原子价层电子对数为2+ 4−2×2
2
=2，故杂化轨道类型
为sp；苯分子的空间构型是平面正六边形，分子结构对称，为非极性分子，故答案为sp；非
极性。
（2）活化能越低，反应速率越快，相同时间内反应物的转化率越高，无光照条件下反应活化
能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol，所以有光照条件下反应速率更快，对
应的转化率曲线为a，故答案为a。
（3）反应的焓变Δ H只与反应物与生成物的总能量有关，与反应历程无关，所以有、无光照
条件下，两种反应历程的Δ H相等，故答案为相等。
（4）a．分离出甲醇，即减小生成物浓度，平衡正向移动，a 符合题意；
b．恒温恒容条件下充入稀有气体，各反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，b 不符合题
意；
c．增加H2量，即增大反应物浓度，平衡正向移动，c 符合题意；
d．该反应的Δ H <0，降低温度，平衡正向移动，d 符合题意；
故答案选acd。
（5）①由图可知，电极a 上CO2转化为HCOOH，碳元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，
电极反应式为CO2+2H
++2e
−= HCOOH，故答案为阴极；CO2+2H
++2e
−= HCOOH。
②由图可知，电极b 上CH3OH转化为HCOO
−，碳元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，电
极反应式为CH3OH−4e
−+5OH
−= HCOO
−+ 4 H2O， 反应过程中消耗OH
-，溶液的pH 降低，故答案
为降低。
③电解过程中，阳离子向阴极（电极a）移动，左侧溶液中有K
+，所以通过阳离子交换膜的离
子为K
+，故答案为K
+。
7．（2025·海南·高考真题）石硫合剂是作物抗病抑菌的无机农药。生产上以硫磺、石灰和水
为原料，经加热熬煮得棕红混悬液体。制备反应式：
Ⅰ．6S(s)+3Ca (OH)2(s)⇌2CaS2(aq)+CaS2O3(aq)+3 H2O (l) ΔH1
回答问题：
(1)在熬煮制备反应中，硫元素的化合价部分降低，部分升高，说明单质S 发生了______反
应。将该反应置于高压釜中，可大大缩短熬煮时间，原因是温度升高，反应速率______。
(2)已知：Ⅱ．6S(s)+6OH
−(aq)⇌2S2
2−(aq)+S2O3
2−(aq)+3 H2O (l) ΔH2
Ⅲ．Ca (OH)2(s)⇌Ca
2+ (aq)+2OH
−(aq) ΔH3
所以Δ H 1=______(写表达式)。
(3)在熬煮石硫合剂时加入两亲性的季铵盐氯化十六烷基三甲铵，使得S 在水中及OH
−在S 中有
有效浓度分别增大，导致单位时间内分子有效碰撞次数______。
(4)某批次实验表明，硫粉浓度c 随时间t 的变化满足关系：−lnc =kt + B(k 为表观速率常数)，
如图所示。该实验条件下k =______min
−1。
(5)判断将浓度均为2 mol⋅L
−1的CaS2O3、KH2PO4等体积混合，构成K、P、Ca、S 四元肥料混
合液后，是否析出S 及CaHPO4沉淀，造成叶面施肥喷头堵塞，并说明理由______。已知：
25℃下，p K a1(H2S2O3)=0.60，p K a2(H2S2O3)=1.50，p K a2(H3PO4)=7.20，p K sp(CaHPO4)=6.66(
p K =−lg K)。H2S2O3分子不稳定，生成即分解为S和SO2。
【答案】(1) 氧化还原 增大
(2)Δ H 2+3 Δ H 3
(3)增多
(4)0.0025
(5)
不会析出S 沉淀，会析出CaHPO4沉淀
【详解】（1）反应中S（0 价）转化为CaS2（S 为-1 价）和CaS2O3（S 为+2 价），S 元素的
化合价部分升高，部分降低，说明单质S 发生了歧化（氧化还原）反应；将该反应置于高压
釜中，反应的温度升高，反应速率增大，反应时间缩短。
（2）由盖斯定律得：反应I=反应II+3×反应III，则焓变：Δ H 1= Δ H 2+3 Δ H 3。
（3）反应物有效浓度增大，使得单位时间内分子有效碰撞次数增多。
（4）由表达式知，k 为-lnc 随t 变化曲线的斜率，所以k = 0.2−0.1
60−20 = 1
400 min
−1=0.0025 min
−1。
（5）浓度均为2mol/L 的CaS2O3、KH2PO4等体积混合后浓度均为1mol/L，即
c(Ca
2+)=c(S2O3
2−)=c( H 2 PO4
−)=1mol/L，1mol/L 的KH2PO4电离出的H+和HPO4
2−的浓度约为
❑√c K a2=
❑√1×10
−7.2=1×10
−3.6mol / L，由于c(Ca2+)×c(HPO4
2−)=1×10-3.6>Ksp(CaHPO4)=10-6.66，以
此会产生CaHPO4沉淀；而生成S 沉淀需要首先生成H2S2O3分子，而1mol/L 的KH2PO4电离出
的H+和1mol/L 的CaS2O3电离产生的S2O3
2−不足以生成H2S2O3，不会产生S 沉淀。
8．（2024·天津·高考真题）NaBH4是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制H2
。
I．NaBH4的结构
(1)NaBH4由Na
+和BH4
-组成。BH4
-的空间结构为___________，NaBH4的电子式为___________。
Ⅱ．NaBH4的水解
NaBH4的水解反应方程式为：BH4
-+4H2O=[ B(OH)4]
-+4H2↑，该反应放热。
(2)无催化剂时，NaBH4在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速
率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是___________。
(3)相同条件下，三种试制的催化剂X、Y 和Z 在碱性溶液中催化NaBH4水解产H2的体积随反应
时间的变化如图。下列相关结论正确的是___________(填序号)。
a．反应至3min时，使用X 产生H2的体积是使用Y 的2 倍
b．与Y 相比，X 降低反应的活化能更多
c．Z 无催化活性
(4)在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行NaBH4水解反应的对比实验，H2的生成速率与
NaBH4浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持
不变。
①图中起始温度较高的实验对应的曲线是___________(填“M”或“N”)；
②曲线M 中，p 点之前H2的生成速率提高，主要原因是___________；p 点之后H2的生成速率
降低，主要原因是___________。
Ⅲ．NaBH4的再生
(5)用惰性电极电解碱性Na[ B(OH)4]溶液，在阳极生成O2，在阴极生成BH4
-和OH
-，实现NaBH4的
再生。总反应为[ B(OH)4]
-
电解
¿
¿ BH4
-+2O2↑
¿
，阴极的电极反应式为___________。
【答案】(1) (正)四面体形
(2)BH4
-水解生成的[ B(OH)4]
-会继续水解使溶液呈碱性，进而使BH4
-水解速率放缓
(3)b
(4) M 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快 临近反应结
束，随着反应物浓度降低，水解速率减慢
(5)[ B(OH)4]
-+8e
-+4H2O=BH4
-+8OH
-
【详解】（1）BH4
-的价层电子对数是4+ 3+1−4×1
2
= 4，无孤对电子，空间构型是正四面体
形；
NaBH4
由
Na
+
和
BH4
-
组成，属于离子化合物，电子式：
；
（2）根据NaBH4的水解反应方程式为：BH4
-+4H2O=[ B(OH)4]
-+4H2↑可知，水解的本质是BH4
-还原
水中的H，生成H2，故无催化剂时，BH4
-在酸性环境中水解迅速，在碱性环境下水解缓慢，在
纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降的原因是随着反应的进行，生成的[ B(OH)4]
-会继
续水解使溶液呈碱性，H+的浓度降低，反应速率逐渐减慢；
（3）a．由图可知，反应至3 min 时，使用X 产生H2的体积不是使用Y 的2 倍，故a 错误；
b．与Y 相比，使用X 同等时间内产生的气体更多，说明使用X 反应速率更快，降低反应活
化能更多，故b 正确；
c．Z 是负催化剂，阻碍了NaBH4水解产生H2，导致H2的产生量为0，故c 错误；
故答案为：b；
（4）①水解反应是吸热反应，温度越高，水解反应速率越快，由图可知，同等浓度的NaBH4
条件下，M 产生H2的速率更快，所以起始温度较高的实验对应的曲线是M；
②曲线M 中，p 点之前H2的生成速率提高，主要原因是反应放热，温度升高，反应速率逐渐
加快，p 点之后H2的生成速率降低，主要原因是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，浓
度对速率的影响其起着主要因素，导致H2的生成速率降低；
（5）用惰性电极电解碱性Na[ B(OH)4]溶液，在阳极生成O2，所以阳极的反应为
8OH
−−8e
−=2O2↑+ 4 H 2O，用总反应减去阳极的反应，可以得到阴极的反应为
[ B(OH)4]
-+8e
-+4H2O=BH4
-+8OH
-。
9．（2024·海南·高考真题）氨是一种理想的储氢载体，具有储氢密度高、储运技术成熟等优
点。已知298K,100kPa时，反应①：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) Δ H1=−92kJ⋅mol
−1；
p(NH3)= 总压×NH3物质的量分数。
回答问题：
(1)题述条件下，反应②：2NH3(g)⇌N2(g)+3H2(g)ΔH2=_______kJ⋅mol
−1。
(2)设反应为一步完成，且ΔH与温度无关，已知673K下，反应①活化能为335kJ⋅mol
−1，则
NH3(g)分解反应的活化能为_______kJ⋅mol
−1。
(3)既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有_______、_______。
(4)温度T 下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应，p(NH3)-t关系曲线如图所示，其函数关系
p(NH3)/kPa =_______(写表达式)，增大氨的初始分压，氨的转化速率_______；假设吸附到催
化剂表面后NH3都变成活化分子，其它条件不变，改用比表面积更大的催化剂，则单位时间H2
的产量将_______。
【答案】(1)+92
(2)427
(3) 压强 温度
(4) 35−2.3t 不变 增大
【详解】（1）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，反应①ΔH=—92kJ/mol，则反应②
ΔH=+92kJ/mol，故答案为：+92；
（2）由方程式可知，反应①是反应②的逆反应，由题意可知，673K 下，反应①活化能为
335 kJ/mol，则氨气分解的活化能为335 kJ/mol+92kJ/mol=427kJ/mol，故答案为：427；
（3）反应②是气体体积增大的吸热反应，改变温度和压强，化学反应速率均改变，平衡都会
发生移动，所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率，故答案为：温
度；压强；
（4）由图可知，反应起始时氨气的分压为35kPa、5min 时氨气的分压为23.5kPa、10min 时
氨气的分压为12kPa，0—5min 时，分压的变化量为2.3×5=35-23.5，0—10min 时，分压的变
化量为2.3×10=35-12，则函数关系p(NH3)= 35−2.3t；由关系式可知，增大氨的初始分压，
氨的转化速率不变；由题意可知，吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子，则其它条件
不变，改用比表面积更大的催化剂，反应速率加快，所以单位时间氢气的产量将增大，故答
案为：35−2.3t；不变；增大。
10．（2024·浙江·高考真题）氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材
料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为25℃，101kPa)
NaBH4(s)+2H2O(l)= NaBO2(aq)+4H2(g) ΔH<0
请回答：
(1)该反应能自发进行的条件是_______。
A．高温
B．低温
C．任意温度
D．无法判断
(2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。
A．升高溶液温度
B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2)
C．加入少量固体硼酸[B(OH)3)
D．增大体系压强
(3)为加速NaBH4水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活
性不变时，测得反应开始时生氢速率v 与投料比[n(NaBH4)/n(H2O))之间的关系，结果如图1 所
示。请解释ab 段变化的原因_______。
(4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电
池工作原理如图2 所示，正极上的电极反应式是_______。该电池以3.2A恒定电流工作14 分
钟，消耗H2体积为0.49L，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为_______。[已知：
该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol；电荷量q(C)=电流I(A)×时间(s)；NA=6.0×10
23mol
-1；
e=1.60×10
-19C。]
(5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行
的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠(NaBO2)再生为NaBH4。(已知：ΔG是反应的自由能变
化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比Δ H计算方法；当ΔG<0时，反应能自发进行。)
I．NaBH4(s)+2H2O(l)= NaBO2(s)+4H2(g)ΔG1=-320kJ/mol
II．H2(g)+1
2 O2(g)=H2O(l) ΔG2=-240kJ/mol
III．Mg(s)+1
2 O2(g)=MgO(s) ΔG3=-570kJ/mol
请书写一个方程式表示NaBO2再生为NaBH4的一种制备方法，并注明ΔG_______。(要求：反应
物不超过三种物质；氢原子利用率为100%。)
【答案】(1)C
(2)AC
(3) ab 段，反应物浓度降低（水的物质的量分数过低，微粒间的有效碰撞减少），生成氢气速
率减慢
(4) O2+4e-+2CO2=2CO3
2- 70%
(5)NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)= NaBH4(s)+2MgO(s) ΔG=-340kJ/mol
【详解】（1）
反应NaBH4(s)+2H2O(l)= NaBO2(aq)+4H2(g) ΔH<0，ΔS＞0 ，由ΔG=ΔH-TΔS可知，任意
温度下，该反应均能自发进行，故答案选C；
（2）A．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A 符合题意；
B．加入少量异丙胺[(CH3)2CHNH2)，水的量减小，化学反应速率降低，B 不符合题意；
C. 加入少量固体硼酸[B(OH)3)，硼酸溶液呈酸性，溶液中H+浓度增大，化学反应速率加快，
C 符合题意；
D．增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D 不符合题意；
答案选AC。
（3）在温度、催化剂不变的情况下，本题的生氢速率v 与反应物的浓度有关，随着投料比
[n(NaBH4)/n(H2O))增大，c(NaBH4)增大，c(H2O)减小，综合分析速率减小是因为c(H2O)减小对
速率的影响占主导。
（4）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正
极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2CO3
2-， 该条件下，0.49L H2的物质的量为
n(H2)=0.49L
24.5L/mol =0.02mol，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：
2×0.02mol×6.0×1023mol-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将
化学能转化为电能的转化率为：2688C
3840C ×100 % =70 %；
（5）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应
Ⅰ）得NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)= NaBH4(s)+2MgO(s)，
ΔG=2ΔG3-(2ΔG2+ΔG1)=2×(-570kJ/mol)-[2×(-240kJ/mol)+ (-320kJ/mol))=-340kJ/mol 。
高考热点总结
【限时训练】
（60 分钟）
基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.对于反应COCl2(g)
CO(g)+Cl2(g)。改变下列条件能加快反应速率的是( )
①升温 ②恒容下通入惰性气体 ③增加CO 浓度 ④加催化剂
A.①②③
B.①③④
C.①②④
D.②③④
【答案】B
【解析】①升高温度,能增加单位体积内的活化分子数,有效碰撞次数增加,化学反应速率加快,
符合题意;②恒容下通入惰性气体,各物质的浓度不变,化学反应速率不变,不符合题意;③增加
CO 浓度,化学反应速率加快,符合题意;④加催化剂可降低反应的活化能,增大活化分子百分数,
有效碰撞次数增加,化学反应速率加快,符合题意;符合题意的是①③④。
2.化学反应速率是用来表示化学反应过程进行快慢的物理量,下列措施能减慢反应速率的是(
)
选项
反应
措施
A
铁片与硫酸反应制取H2
将铁片换成铁屑
B
大理石与稀盐酸反应制取CO2
加入NaCl 溶液
C
H2O2溶液分解制备O2
添加少量MnO2
D
密闭容器中N2与H2合成NH3
压缩容器容积
【答案】B
【解析】大理石与稀盐酸反应过程中加入NaCl 溶液,导致c(H+)减小,反应速率减慢,选B。
3.对于硫酸工业中SO2的催化氧化反应:2SO2+O2
2SO3,下列说法错误的是( )
A.使用催化剂能加快化学反应速率
B.增大压强(减小容器容积)对反应速率无影响
C.降低反应温度,化学反应速率减慢
D.增大O2浓度,化学反应速率加快
【答案】B
【解析】对于有气体参加的反应,增大压强可以加快化学反应速率,B 错误。
4.已知:4NH3+5O2
4NO+6H2O。若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示,
则下列关系正确的是( )
A.v(O2)=4
5 v(NO)
B.v(O2)=4
5 v(NH3)
C.v(O2)=5
6v(H2O)
D.v(H2O)=2
3v(NH3)
【答案】C
【解析】根据同一反应中化学反应速率之比等于化学计量数之比进行分析。v(O2)=5
4v(NO),A
错误;v(O2)=5
4v(NH3),B 错误;v(O2)=5
6v(H2O),C 正确;v(H2O)=3
2v(NH3),D 错误。
5.下列说法正确的是( )
A.增大反应物浓度,可增大单位体积内活化分子的百分数,从而使有效碰撞次数增多
B.有气体参加的化学反应,若增大压强(即缩小反应容器的容积),可增大活化分子的百分数,从而
使反应速率增大
C.升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数
D.催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数,从而增大反应速率
【答案】D
【解析】浓度和压强的变化是改变单位体积内活化分子的总数,活化分子的百分数不变;温度、
催化剂是改变活化分子的百分数,单位体积内分子总数不变。
6.如图表示某化学反应在使用催化剂(b 曲线)和未使用催化剂(a 曲线)时,反应过程和能量的对
应关系。下列说法一定正确的是( )
A.a 与b 相比,b 的活化能更高
B.该反应反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量
C.a 与b 相比,a 中活化分子的百分数更高
D.a 与b 相比,a 的反应速率更快
【答案】B
【解析】a 的活化能更高,A 错误;该反应为放热反应,反应物断键吸收的总能量小于生成物成键
释放的总能量,B 正确;a 与b 相比,b 的活化能小,b 中活化分子的百分数更高,反应速率更快,C、
D 错误。
7.乙醛在少量I2 存在下发生的分解反应为CH3CHO(g)――→CH4(g)+CO(g)。某温度下,测得
CH3CHO 的浓度变化情况如下表:
t/s
42 105 242 384 665 1 070
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.42~242 s,消耗CH3CHO 的平均反应速率为1.02×10-2 mol·L-1·s-1
B.第384 s 时的瞬时速率大于第665 s 时的瞬时速率是受c(CH3CHO)的影响
C.反应至105 s 时,测得混合气体的体积为168.224 L(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】由表中数据可计算,42~242 s,消耗CH3CHO 的平均反应速率为(6.68−4.64)mol· L
−1
(242−42) s
=1.02×10-2mol·L-1·s-1,A 项正确;随着反应的进行,c(CH3CHO)减小,反应速率减慢,所以第384 s 时
的瞬时速率大于第665 s 时的瞬时速率,B 项正确;由于CH3CHO 的初始浓度及气体体积未知,故
无法计算反应至105 s 时,混合气体的体积,C 项错误。
8.在一定条件下,二氧化硫和氧气发生反应:2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)。
(1)降低温度,化学反应速率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)600 ℃时,在一容积为2 L 的密闭容器中,将二氧化硫和氧气混合,在反应进行至10 min 和20
min 时,分别改变了影响反应的一个条件,反应过程中SO2、O2、SO3物质的量随时间的变化如
图所示,前10 min 正反应速率逐渐 (填“增大”“减小”或“不变”);前15 min 内用
SO3表示的平均反应速率为 。
(3)图中反应进程,表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是 。
(4)根据如图判断,10 min 时改变的条件可能是 (填编号,下同);20 min 时改变的反应条件
可能是 。
a.加入催化剂
b.缩小容器容积
c.降低温度
d.增加O2的物质的量
【答案】(1)减小
(2)减小 1.33×10-3 mol·L-1·min-1
(3)15~20 min,25~30 min (4)ab d
【解析】(1)降低温度,化学反应速率减小。(2)前10 min 随着反应的不断进行,反应物SO2和O2
的浓度不断减小,正反应速率减小,前15 min 内用SO3 表示的平均反应速率为
0.04 mol
2 L×15min
≈1.33×10-3 mol·L-1·min-1。(3)反应过程中SO2、O2、SO3物质的量不随时间变化的时间段,即
15~20 min 和25~30 min 反应处于平衡状态。(4)10~15 min 三条曲线的斜率突然增大,说明反应
速率突然加快,其原因可能是加入催化剂或缩小容器容积。反应进行至20 min 时,曲线发生的变
化是O2的物质的量突然增大,平衡发生移动,引起SO2、SO3物质的量随之发生变化。
能力提升
9.三级溴丁烷乙醇解的反应进程及势能关系如下图所示,有关说法错误的是( )
A.三级溴丁烷乙醇解的反应过程中只存在极性键的断裂和形成
B.反应:(CH3)3CBr+C2H5OH――→(CH3)3COC2H5+HBr 的ΔH>0
C.反应:(CH3)3CBr――→(CH3)3C++Br-的活化能最大,决定总反应的速率
D.催化剂可以降低反应的活化能,加快反应速率,不能改变反应的反应热
【答案】B
【解析】A.三级溴丁烷乙醇解的反应过程中C—Br 和O—H 键断裂,C—O、H—Br 键形成,均
为极性键,故A 正确;B.由图可知,反应物能量大于生成物能量,为放热反应,ΔH<0,故B 错误;C.活
化能大的步骤的反应速率决定总速率,(CH3)3CBr――→(CH3)3C++Br-的活化能最大,决定总反应
的速率,故C 正确;D.催化剂可以降低反应的活化能,加快反应速率,不能改变反应的反应热,故D
正确。
10. 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(忽略溶液体积变化):
实验
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
0.01 mol·L-1酸性KMnO4
溶液体积/mL
2
V1
V2
0.1 mol·L-1 H2C2O4
溶液体积/mL
2
2
2
水的体积/mL
0
1
0
反应温度/℃
20
20
50
反应时间/min
2.1
5.5
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,根据变量控制法的原则,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可完全反应,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)=0.01mol· L
−1×2×10
−3 L
4×10
−3 L
=0.005 mol·L-1,v(KMnO4)= Δc( KMnO4)
Δt
= 0.005mol· L
−1
0.5min
=0.01 mol·L-1·min-1,D 正确。
11.氧化剂H2O2在反应时不产生污染物,被称为绿色氧化剂,因而受到人们越来越多的关注。某
实验小组以H2O2分解为例,探究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。在常温下按照下表所
示的方案完成实验。
实验
编号
温度
/℃
反应物
催化剂
①
20
25 mL 3%
H2O2溶液
无
②
20
25 mL 5%
H2O2溶液
无
③
20
25 mL 5%
H2O2溶液
0.1 g MnO2
④
20
25 mL 5%
H2O2溶液
1~2 滴1 mol·L-1
FeCl3溶液
⑤
30
25 mL 5%
H2O2溶液
0.1 g MnO2
(1)实验①和②的目的是 。
同学甲在进行实验①和②时并没有观察到明显现象。资料显示,通常条件下过氧化氢稳定,不易
分解。为了达到实验目的,可采取的改进方法是
(写出一种即可)。
(2)实验③、④、⑤中,测得生成氧气的体积随时间变化如图甲所示。分析该图能得出的结论是
,
。
(3)同学乙设计了如图乙所示的实验装置对过氧化氢的分解速率进行定量分析,以生成20 mL 气
体为准, 其他影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是
。
【答案】(1)探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度)
(2)升高温度,反应速率加快 MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好 (3)产生20 mL 气体所需
的时间
12. 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)+1
2O2(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
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)=2× Δn(C l2)
Δt
=
2×(5.4−1.8)×10
−3mol
(6.0−2.0)min
=1.8×10-3 mol·min-1
(3)k 正
K 1.95×10-3
【解析】(1)由题意,列三段式:
所以p(N2O5)=30.0 kPa;v=2×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1。(3)平衡时,v 正=v 逆,即k 正
x2(HI)=k 逆x(H2)·x(I2), 则
k 正
k 逆
= x( H 2)· x( I 2)
x
2( HI )
= c( H 2)·c( I 2)
c
2( HI )
=K,k 逆=k 正
K ;v 正=k 正x2(HI)=0.002 7
min-1×0.852≈1.95×10-3 min-1。
