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备战2026 年高考化学【一轮·夯基提能】精讲精练复习讲义
第38 讲 化学反应速率及影响因素、有效碰撞理论（讲义）
讲义
夯基·知识精讲
【知识点1】化学反应速率及计算+5 道例题
【知识点2】化学反应速率的影响因素及图像+5 道例题
【知识点3】活化能与有效碰撞理论+5 道例题
【知识点4】速率常数、速率方程+5 道例题
【知识点5】利用“控制变量法”探究化学反应速率的影响因素+5 道例
题
练习
提能·课后精练
选择题：
15
题
非选择题：
5
题
建议时长：
75
分钟
实际时长： 分钟
【知识点1】化学反应速率及计算
1．含义：化学反应速率是用来衡量化学反应快慢的物理量。
2．常用表示方法及计算
（1）表达式：v(A)＝＝，单位时间内反应物浓度的减小量或生成物浓度的增加量（均取正值），单位为
mol·L
－ 1 · s － 1 、
mol·L
－ 1 ·min
－ 1 、
mol·L
－ 1 · h － 1 。例如，在密闭容器中，合成氨的反应N2＋3H2
2NH3，开
始时c(N2)＝8 mol·L－1，2 min 后c(N2)＝4 mol·L－1，则用N2表示的反应速率为2mol·L－1·min－1。
（2）注意事项：
①浓度变化只适用于气体和液体中的溶质，不适用于固体和纯液体，因为纯固体或纯液体的浓度视为
常数；
②v 指某段时间内的平均反应速率，而不是瞬时速率，且计算时取正值；
③化学反应速率在一定条件下，也可以用其他物理量表示。如单位时间内气体体积变化、压强变化、
颜色变化、固体质量变化等。
（3）与化学计量数的关系
同一化学反应在相同条件下可以用不同物质的浓度变化来表示反应速率，其数值可能不同，但表示的
意义相同，故表示化学反应速率时要指明具体物质。用不同物质的浓度变化表示同一化学反应的反应速率
时，反应速率之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比。例如，对于反应mA(g)＋nB(g)
pC(g)
＋qD(g)，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。
例：一定温度下，在密闭容器中发生反应：2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)。已知v(O2)＝0.5 mol·L－1·s－
1，则v(SO2)＝1 mol·L－1·s－1，v(SO3)＝1 mol·L－1·s－1
3．化学反应速率计算的方法——“三段式法”
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，v(B)＝ mol·L－1·s－1，v(C)＝ mol·L－1·s－1。
4．化学反应速率大小的比较方法
由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能不同，所以比较反应的快慢不能只看数值的
大小，而要进行一定的转化。
(1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同的单位。
(2)单位统一后，换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小。
(3)也可以直接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＋bB===cC＋dD，比较与，若＞，则A 表示的反应速率比B 的大。
【例1】温度为
时，在容积为
的恒容密闭容器充入一定量的
和
，发生反应
。反应过程中的部分数据如表所示，下列说法正确的是
0
5
10
6.0
4.0
3.0
1.0
A．若
时该反应的化学平衡常数为1，则
B．
内，用
表示的平均反应速率为
C．该反应在第
之间，
D．当P、Q 的物质的量之比保持不变时，可判断该反应达到平衡状态
【答案】C
【详解】根据表格中的数据可以判断，
时
0
5
10
6.0
4.0
4.0
3.0
1.0
1.0
反应在5min 时已经达到平衡，平衡时
，
、
、
，
时
。
A．该反应
时平衡常数为0.8，若
时平衡常数为1.0，说明K 增大平衡正移，又因为是吸热反应所以温
度升高，因此
＞
，A 错误；
B．0-5min 内，M 的物质的量减少2.0mol，反应速率
，B 错误；
C．根据分析5-10min 时各物质浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，此时
，C 正确；
D．反应中P 和Q 的生成量之比始终为2:1，其物质的量之比恒为定值，不能作为平衡判断依据，D 错误。
故选C。
【例2】某温度下，2L 的恒容密闭容器中加入1mol A，发生反应：
，测得一定时间
段内C 的平均反应速率数据如下表：
时间段/min
0~5
0~10
0~15
/（
）
0.060
0.045
0.030
下列说法正确的是
A．2.5min 时，C 的浓度为0.15mol/L
B．5min 时，再加入0.3mol C，此时
C．5min 时，B 的体积分数为14.3%
D．10~12min 时间段内，A 的物质的量不断减少
【答案】B
【详解】10min 时C 的浓度为0.045
×10min=0.45mol/L，15min 时C 的浓度为0.030
×15min=0.45mol/L，故10min 时反应已达平衡，平衡常数
，据此回答。
A．根据0~5min 的平均速率0.060mol·L-1·min-1，计算2.5min 时C 的浓度为
=0.15mol/L。
但实际反应速率可能逐渐降低，导致2.5min 时浓度高于0.15mol·L-1，A 错误。
B．5min 时，
，加入0.3molC 后Q=0.1×(0.45)3=0.0091，仍小于平衡常
数K=0.01367，故反应正向进行，v 正(C) > v 逆(C)，B 正确。
C．5min 时，C 的物质的量为0.060
×5min×2L=0.6mol，则B 的物质的量为0.2mol，则B 的体
积分数为
，而非14.3%，C 错误。
D．根据分析可知，10min 时反应已达平衡，故A 的物质的量不再变化，D 错误。
故选B。
【例3】
可以消除工业废气中的
，其反应为
。
向体积为
的恒温恒容密闭容器中加入一定量
和
发生反应，起始压强为
，
测得容器内的压强(p)与时间(t)的关系如图所示。在
时刻，将容器体积瞬间缩小为
；到
时刻达到平
衡，此时容器内压强为
，忽略固体体积对压强的影响。下列说法正确的是
A．
时刻一定达到平衡状态
B．若在
时刻再加入
，则正反应速率增大
C．
内，用
表示的平均反应速率为
D．
时刻达到平衡时，
的分压为
【答案】C
【详解】由题意，起始加入20mol CO（g）在4L 容器中，压强为200kPa，反应到t1时刻压强为300kPa，
则t1时刻气体总物质的量为30mol，其转化如下：
此时CO、CO2、SO2的分压均为100kPa；t2时刻将容器体积缩小为2L，则CO、CO2、SO2的分压均为
200kPa，到t3时刻达平衡，总压为560kPa，则此时气体总物质的量为28mol，存在如下转化：
此时CO、CO2、SO2的分压分别为240kPa、160kPa、160kPa。
A．根据t3时刻是平衡状态，可计算反应的KP＝
kPa，t1时刻反应Qp＝
kPa＜Kp，故t1时
刻反应未达到平衡状态，应是CaSO4（s）不足量，故A 错误；
B．CaSO4（s）是固体，加入CaSO4（s）反应速率不变，故B 错误；
C．由方程式可知，0→t1min 内CO 的压强减少100kPa，用CO 表示的平均反应速率为
，故C
正确；
D．t3时刻SO2的分压为160kPa，故D 错误；
故选：C。
【例4】已知合成氨反应：
在某温度下，将N2和H2按投料比1:2.8 的比例充入容积为2L 的恒容密闭容器中，5min 后测得NH3的物质
的量为0.4mol，则5min 内N2的平均反应速率为 ，达到化学平衡后，则N2和H2的转化率之比
是 。
【答案】0.02 mol·L-1·min-1
【详解】设在某温度下，N2的投料量为n mol，则H2的投料量为2.8n mol，由此可建立反应达5min 时的三
段式：
则5min 内N2的平均反应速率为
=0.02 mol·L-1·min-1；
设达平衡时参加反应N2的物质的量为x，则参加反应H2的物质的量为3x，N2的平衡转化率为
，
H2的平衡转化率为
，所以N2和H2的转化率之比是
=
。
【例5】一定条件下
会发生分解：
。某固定容积的容器中，一
定物质的量
在金催化剂表面发生分解反应，在不同温度下，
浓度随时间t 的变化关系如下表所
示：
浓度/
时间/min
0
10
20
30
40
50
……
温度
0.100
0.090
0.080
0.070
0.060
0.050
……
0.100
0.085
0.070
0.055
0.040
0.025
……
(1)
时，在20~50min 内，以
表示的平均化学反应速率为 。
(2)关于该反应说法正确的是_______。
A．温度：
B．缩小容器体积，可以加快反应速率
C．可以通过测定容器内气体密度随时间变化来确定
的分解速率
D．反应过程中金催化剂表面的活性位置已全部被
覆盖饱和
【答案】(1)
(2)AD
【详解】（1）化学反应中速率比等于计量系数比，则
。
（2）如图所示，T1和T2温度下，
浓度和时间满足如下关系：
、
，
、
，因此
的反应速率与其浓度无关，由此分析：
A．温度越高，速率越快，
，则温度：
，A 正确；
B．
的反应速率与浓度无关，因此容器体积与反应速率无关，B 错误；
C．恒容体系的纯气体反应在反应过程中密度不变，不能通过测定容器内气体密度随时间变化来确定
的分解速率，C 错误；
D．反应速率与反应物浓度无关的原因是催化剂的活性中心已被反应物分子完全占据，D 正确；
故答案为AD。
【知识点2】化学反应速率的影响因素及图像
1．影响化学反应速率的因素
（1）内因(主要因素)：反应物本身的性质是影响化学反应速率的决定因素。如卤素单质与H2反应的速率
大小关系为F2>Cl2>Br2>I2，镁、铝、锌、铁与稀硫酸反应的速率大小关系为Mg>Al>Zn>Fe。
（2）外因(只改变一个条件，其他条件不变)
浓度
增大反应物浓度，反应速率加快，反之减慢。
注意事项：
(1)固体和纯液体的浓度可视为常数，改变其物质的量，对反应速率无影响，但要
注意水对溶液的稀释作用。
(2)若某物质的浓度变化改变了其性质，反应实质可能发生改变，要具体分析反应
速率的变化(如铁与稀硫酸反应，在一定浓度范围内反应速率与浓度有关，但常温
下铁遇浓硫酸钝化)。
(3)对于离子反应，只有实际参加反应的各离子浓度发生变化，才会引起化学反应
速率的改变。
压强
对于有气体参加的反应，增大压强，反应速率加快，反之减慢。
注意事项：
压强改变反应速率的实质是通过改变物质浓度引起的，若压强的改变没有导致浓
度发生变化，则反应速率不变。
对于有气体参与的反应，有如下三种类型：
(1)恒温时
①体积减小→压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率增大。
②体积增大→压强减小→气体反应物浓度减小→反应速率减小。
(2)恒温恒容时
①充入气体反应物→总压强增大→气体反应物浓度增大→反应速率增大。
②充入“惰性气体”→总压强增大→反应物浓度不变→反应速率不变。
(3)恒温恒压时
充入“惰性气体”→体积增大→反应物浓度减小→反应速率减小。
温度
升高温度，反应速率加快，反之减慢。
注意事项：
温度对反应速率的影响不受反应物聚集状态的限制，不论是吸热反应还是放热反
应，升高温度都能增大化学反应速率，但增大的倍数可能不同，故不能认为升高
温度只会增大吸热反应的反应速率。
催化剂
使用催化剂，能改变化学反应速率，且正、逆反应速率的改变程度相同。
注意事项：
其他因素
** 错误的表达式 **固体表面积：固体颗粒越小，其单位质量的表面积越大，与
其他反应物的接触面积越大，化学反应速率越大。
** 错误的表达式 **形成原电池：可以增大氧化还原反应的反应速率。
** 错误的表达式 **其它方法：光辐照、放射线辐照、超声波、电弧、强磁场、
高速研磨，均是行之有效的改变化学反应速率的方法(块状)。
2、常见“渐变”类速率－时间图像
图像
分析
结论
t1时v′正突然增大，v′逆逐渐增
大；v′正＞v′逆，平衡向正反应方
向移动
t1时其他条件不变，增大反应物的浓度
t1时v′正突然减小，v′逆逐渐减
小；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方
向移动
t1时其他条件不变，减小反应物的浓度
t1时v′逆突然增大，v′正逐渐增
大；v′逆＞v′正，平衡向逆反应方
向移动
t1时其他条件不变，增大生成物的浓度
t1时v′逆突然减小，v′正逐渐减
小；v′正＞v′逆，平衡向正反应方
向移动
t1时其他条件不变，减小生成物的浓度
3．常见“断点”类速率－时间图像
图像
t1时刻
所改变
的条件
温
度
升高
降低
升高
降低
适合正反应为放热的反应
适合正反应为吸热的反应
压
强
增大
减小
增大
减小
适合正反应为气体物质的量增大的反应
适合正反应为气体物质的量减小的反应
4、全程速率—时间图
①Zn 与足量盐酸的反应，反应速率随时间的变化如图所示
AB 段：Zn 与盐酸的反应是放热反应，使溶液的温度升高，化学反应速率逐渐增大
BC 段：随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，化学反应速率逐渐减小
②H2C2O4溶液中加入酸性KMnO4溶液，随着反应的进行，反应速率随时间的变化如图所示
反应方程式
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O
AB 段：反应产生的Mn2＋对该反应起催化作用
BC 段：随着反应的进行，反应物的浓度逐渐减小，化学反应速率逐渐减小
【例1】苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法错误的是
A．Y 比X 更稳定
B．其他条件不变，向反应体系中加入适量
可有效提高反应速率
C．升高温度，X、Y 的生成速率均增大
D．一定条件下，选择合适的催化剂并及时分离出X 可提高X 的产率
【答案】B
【详解】A．物质能量越低越稳定，由图，Y 能量较X 低，则Y 比X 更稳定，A 正确；
B．由图信息知，第一步反应的正反应的活化能最大，故该过程的决速步为第一步反应，而
仅参与
第二步反应，故增加其浓度不能有效提高反应速率，B 错误；
C．升高温度使活化分子百分数增加，无论生成X 还是Y 的反应速率均增大，C 正确；
D．催化剂能加快反应速率，一定条件下，选择合适的催化剂并及时分离出X，可在单位时间内得到更多
的X，从而提高X 的产率，D 正确；
故选B。
【例2】下列实验对应的现象以及结论均正确的是
选项
实验
现象
结论
A
将少量
通入
溶液
溶液变黄
将
氧化为
B
向酸性高锰酸钾溶液滴入几滴甲醇
溶液未褪色
反应生成了甲酸
C
相同温度时分别向相同浓度相同体积的硫代硫酸钠溶液中
加入相同体积不同浓度的稀硫酸
乳白色浑浊出现
时间不同
探究浓度对反应速
率的影响
D
向盛有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置
下层为橙色
裂化汽油可萃取溴
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．
少量时优先氧化还原性更强的I⁻而非
，溶液变黄是因生成I2而非
，A 错误；
B．几滴甲醇量较少，酸性高锰酸钾过量使得溶液未褪色，不能说明生成甲酸，B 错误；
C．实验中硫代硫酸钠浓度相同、温度相同、体积相同，仅改变硫酸浓度，浑浊时间不同可说明浓度对速
率的影响，C 正确；
D．裂化汽油含不饱和烃，与溴水发生加成反应而非萃取使得水层褪色，D 错误；
故选C。
【例3】对于反应
，科学家根据光谱学研究提出如下反应历程：
第一步：
快速平衡
第二步：
慢反应
第三步：
快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列叙述正确的是
A．反应速率
B．恒温恒容条件下，充入惰性气体Ar 不影响该反应速率
C．
是该反应的催化剂，
是中间产物
D．若第一步反应
，则升高温度，
正减小，
逆增大
【答案】B
【详解】A．根据总反应，NO 和H2的消耗速率均为N2生成速率的两倍，即v(NO)=v(H2)=2v(N2)，A 错
误；
B．恒温恒容下充入Ar，各反应物浓度不变，反应速率不受影响，B 正确；
C．N2O 是中间产物（第二步生成、第三步消耗），而非催化剂；N2O2也是中间产物，C 错误；
D．升高温度时，无论ΔH 正负，正逆反应速率均增大，D 错误；
故选B。
【例4】下列生产或实验事实引出的相应结论不正确的是。
事实
结论
A
其他条件相同，
溶液和
溶液反
应，升高溶液的温度，析出硫沉淀所需时间缩短
当其他条件不变时，升高反应温
度，化学反应速率加快
B
工业合成氨中，将氨气液化分离
可以加快反应速率，提高
、
的转化率
C
平衡体系中
加入少量KSCN 固体，溶液颜色加深
恒温时增大反应物浓度，平衡向
正反应方向移动
D
A、B 两支试管中分别加入等体积5%的
溶
液，在B 试管中加入2～3 滴
溶液，B 试管
中产生气泡快
当其他条件不变时，催化剂可以
改变化学反应速率
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】B
【详解】A．升高温度加快反应速率，析出硫的时间缩短符合温度对速率的影响，A 正确；
B．将氨气液化分离会降低产物浓度，使平衡右移提高转化率，但反应物浓度降低导致反应速率减慢，B
错误；
C．加入的KSCN 固体溶解后SCN-浓度增大，平衡正向移动，颜色加深，C 正确；
D．FeCl3作为催化剂加快H2O2分解速率，D 正确；
故答案为B。
【例5】某校化学小组探究酸性
溶液与
溶液反应速率的影响因素。
(1)甲同学进行了实验I：常温下，向
不同浓度的
溶液中滴入一滴(0.04mL)0.05mol/LKMn
溶液
[硫酸酸化
]，记录如下：
0.0010
0.0125
0.0312
0.044
0.0620
完全褪色时间/s
25
12
23
60
370
无色气泡
一样多
①请写出反应的离子方程式 。
②从实验数据可知：当
浓度小于
时，请结合有效碰撞原理解释改变
浓度反应中溶
液完全褪色时间不同的原因： 。
③对于
增大引起的速率异常现象，根据上述实验结果，甲同学排除了一种可能，请用化学方程式
表示这种可能性 。
④为了解释
增大到一定浓度后速率减小，乙同学查得了如下资料：
资料显示：
，
溶液中存在平衡：
请根据该资料解释
速率忽然减小的原因可能是 。
(2)乙同学继续进行实验II，并记录如下：
操作
现象
实验II
第1-9 滴溶液滴下，完全褪色所需时间
很长；第10 滴溶液滴下迅速褪色。整
个过程中几乎无温度变化。
①对于第10 滴溶液与
溶液反应速率剧烈变化的原因，乙同学提出如下假设：反应生成的某种离子对
该反应有某种特殊催化作用，该离子最有可能是 。
②丙同学设计实验方案证实了上述假设合理，请补全他的方案：
滴下5 滴0.05mol/L
溶液观察完全褪色时间为t 秒，然后先滴入 ，再滴加5 滴0.05mol/L
溶液，完全褪色时间远小于秒。
(3)综合上述实验，对于酸性
溶液与
溶液反应速率，丁同学进行了总结。下列因素一定能加快
反应速率的是 。
a．增大
溶液浓度 b．增大
溶液浓度 c．加入合适的催化剂
【答案】
(1)
过氧化氢浓度增大，单位体积内活化分子数目增多，有
效碰撞次数增多，化学反应速率加快，褪色时间缩短
当过氧化氢浓度为
0.0312mol/L 时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小
(2)Mn2+ 9 滴0.05mol/LMnSO4溶液，
(3)ac
【详解】高锰酸钾与双氧水发生反应为
；过氧化氢浓度增大，
单位体积内活化分子数目增多，有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，褪色时间缩短；向不同浓度的过
氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一
定不是过氧化氢分解的缘故，据此分析；
（1）①高锰酸钾被双氧水还原为锰离子，双氧水被氧化为氧气，反应的离子方程式为
；
②改变H2O2浓度反应中溶液完全褪色时间不同原因是过氧化氢浓度增大，单位体积内活化分子数目增多，
有效碰撞次数增多，化学反应速率加快，褪色时间缩短；
③由题意可知，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多说明过氧化氢
浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解生成氧气和水的原因，反应的化学方程式为
；
④由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02mol/L 时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡
，当
过氧化氢浓度为0.0312mol/L 时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减
小；
（2）①由整个过程中几乎无温度变化可知，第10 滴溶液滴下迅速褪色说明反应速率加快不是温度变化的
原因，应该是酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子做了反应的催化剂，使反应速率加快；
②为了验证酸性酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子可以催化该反应，应该做加入硫酸锰
溶液的对比实验，具体操作为先滴入9 滴0.05mol/LMnSO4溶液，再滴下5 滴溶液，发现在锰离子做催化剂
作用下，反应速率加快，完全褪色时间远小于t 秒；
（3）a．增大高锰酸钾溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增大，反应速率加快，a 正
确；
b．根据题中信息可知过氧化氢浓度大于0.02mol/L 时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡
，
导致酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率减慢，增大H2O2溶液浓度，反应速率不一定加快，b 错误；
c．加入合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率加快，c 正
确；
故选ac。
【知识点3】活化能与有效碰撞理论
1．基元反应：大多数化学反应往往经历多个反应步骤才能实现，其中每一步反应都称为基元反应。决定
速率的
步骤
是最慢的一个基元
步骤。
例1
假设反应A2＋B===A2B 是分两个基元步骤完成的：
第一步 A2
2A (慢反应)
第二步 2A+B
A2B (快反应)
对于该总反应来说，决定反应速率的肯定是第一个基元步骤。
例2
过氧化氢H2O2在水溶液中把溴化氢HBr 氧化为溴Br2的反应H2O2 + 2H+ +2Br－
Br2 + 2H2O，反应机理为：
H2O2＋H+＋Br－
HBrO＋H2O (慢反应)
HBrO＋Br－＋H+
Br2＋H2O (快反应)
决定速率的就是第一个反应，且这个反应中HBrO 不是最终产物，称为反应的中间
产物或中间体。
2．基元反应过渡状态理论
基元反应过渡状态理论认为，基元反应在从反应物到产物的变化过程中要经历一个中间状态，这个状
态称为过渡态。
AB＋C
[A…B…C]
A＋BC
反应物 过渡态 产物
过渡态是处在反应过程中具有最高能量的一种分子构型，过渡态能量与反应物的平均能量的差值相当
于活化能。如一溴甲烷与NaOH 溶液反应的历程可以表示为：
CH3Br＋OH－
[Br…CH3…OH]
Br－＋CH3OH
反应物 过渡态 产物
3、有效碰撞理论
（1）活化分子、活化能
①活化分子：能够发生有效碰撞的分子。活化分子具有比普通分子(非活化分子)更高的能量，活化分
子在碰撞后有可能使原子间的化学键断裂从而导致化学反应的发生。
②活化能：活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，即普通分子(具有平均能量的
分子)变成活化分子所需要吸收的最小能量。
E1为正反应的活化能；
E2为活化分子变成生成物分子放出的能量或者逆反应的活化能；
E3为使用催化剂时正反应的活化能；
反应热ΔH＝E1－E2。
催化剂能降低反应所需活化能，但不影响焓变的大小。
（2）有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。
基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。反应物分子的每一次碰撞并不是都能发生反
应，能够发生化学反应的碰撞叫作有效碰撞。发生有效碰撞的两个条件是反应物分子能量足够和取向合
适。
4、从活化分子、有效碰撞角度分析外界条件对反应速率的影响
①相同条件下，不同化学反应的速率不同，主要是内因——活化能大小不同所致，活化能小的化学反
应速率快，活化能大的反应速率慢。
②化学反应速率与分子间的有效碰撞频率有关，所有能够改变内能、运动速率，以及碰撞几率的方
法，都可以用来改变、控制反应的速率，即活化分子百分数和单位体积活化分子数增大时，化学反应速率
也就增大。
条件改变
活化能
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
不变
增加
增加
不变
增加
增大
增大压强
不变
增加
增加
不变
增加
增大
升高温度
不变
不变
增加
增加
增加
增大
加催化剂
降低
不变
增加
增加
增加
增大
【例1】钒催化剂对
氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为
放热反应。下列说法错误的是
A．步骤①反应为
·OH
B．步骤③正、逆反应的活化能关系为
C．
在催化循环中作催化剂
D．步骤③生成的物质
是
【答案】B
【详解】结合反应机理图可知，
和
反应生成
、·OH，步骤①反应为：
·OH，·OH 和苯生成
，
和
反应生成
、
和
水，据此解答。
A．结合反应机理图可知，
和
反应生成
、·OH，步骤①反应为：
·OH，A 正确；
B．步骤③为放热反应，
，即正反应的活化能小于逆反应的活化能
，B 错误；
C．结合题意和反应机理图可知，反应①
和
反应生成
、·OH；反应③
和
反应生成
、
和水，在催化循环中做催化剂，C 正确；
D．根据题意和分析，步骤③中，
（V 为+5 价）被还原为
（V 为+4 价），有机物
被氧化
为苯酚，结合H 守恒，生成的Z 为
，D 正确；
故答案选B。
【例2】在
催化作用下，
被
氧化为
的机理为：
①
慢
②
快
下列有关说法正确的是
A．反应速率与
无关
B．
是该反应的催化剂
C．
能降低该反应的活化能
D．
【答案】C
【详解】A．反应速率由慢反应（步骤①）决定，其中Ag+是反应物，故速率与
有关，A 错误；
B．Ag2+在步骤①生成，步骤②被消耗，符合这种特点的是中间产物而非催化剂，B 错误；
C．Ag+在步骤①被消耗，步骤②生成，符合这种特点的是催化剂，Ag+作为催化剂，通过参与反应降低活
化能，从而加快反应速率，C 正确；
D．根据题意得出总反应：
中3 mol
对应2 mol Cr3+，速
率关系为
，D 错误；
故答案选C。
【例3】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百分数，使有效碰撞次数增大
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子个数，从而使反应
速率增大
C．升高温度，能增加反应物分子中活化分子百分数，使化学反应速率增大
D．催化剂不影响反应活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
【答案】C
【详解】A．增大反应物浓度，不会改变活化分子百分数，会增大活化分子体积分数和有效碰撞频数，故
A 错误；
B．压缩气体不会改变活化分子个数，会增大活化分子体积分数和有效碰撞频数，故B 错误；
C．升高温度，体系内能量增大，能增大反应物分子中活化分子百分数和有效碰撞频数，使化学反应速率
增大，故C 正确；
D．催化剂是通过降低反应活化能，使活化分子体积分数和有效碰撞频数增大，从而加快化学反应速率，
故D 错误；
综上所述，说法正确的是C 项，故答案为C。
【例4】标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如图所示[已知
的相对能量
为0]，下列说法不正确的是
A．活化能：历程
历程Ⅱ
B．反应
的
C．其他条件相同时，历程I 和历程Ⅱ中
的平衡转化率相同
D．历程I 涉及了非极性键的断裂和形成
【答案】D
【详解】A．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，图中
峰值越小则活化能越小，由图，活化能历程I>历程Ⅱ，A 正确；
B．ΔH=生成物总能量-反应物总能量，由反应历程Ⅱ可知，反应O3(g)+O(g)=2O2(g)的
，B 正确；
C．历程Ⅱ中Cl 为催化剂，催化剂不影响平衡移动，故
的平衡转化率相同，C 正确；
D．臭氧分子中化学键有微弱的极性，为极性共价键，氧分子中共价键为非极性共价键，历程I 中涉及极
性键的断裂和非极性键形成，D 错误；
故选D。
【例5】根据如图所示的化学反应能量变化曲线，下列说法正确的是
A．催化剂通过降低活化能(E1→E3)使反应更易进行
B．曲线②的反应中，单位体积内活化分子百分数高于曲线①
C．催化剂改变了反应的焓变
，使产物能量降低
D．
的反应历程和能量变化可以用曲线①表示
【答案】A
【详解】A．使用催化剂可以降低活化能(E1→E3)使反应速率加快，更易进行，A 正确；
B．曲线②是无催化剂条件的反应，活化能较大，单位体积内活化分子百分数低于曲线①，B 错误；
C．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的焓变
，也不能使产物能量降低，C 错误；
D．图中曲线①表示使用催化剂、放热反应的反应历程和能量变化，而
的反应为吸热反
应，且未使用催化剂，D 错误；
答案选A。
【知识点4】速率常数、速率方程
1．速率常数
速率常数(k)是指在给一定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率，在相同的浓度条件下，
可用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，而速率常数是其比例常数，在恒温条件下，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计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于基元反应(能够一步完成的反应)：aA＋bB===gG＋hH，则v＝kca(A)·cb(B)(其中k 为速率常数)。如
SO
①
2Cl2
SO2＋Cl2 v＝k1c(SO2Cl2)
2NO
②
2
2NO＋O2 v＝k2c2(NO2)
2H
③
2＋2NO
N2＋2H2O v＝k3c2(H2)·c2(NO)
3、速率常数的影响因素
温度对化学反应速率的影响是显著的，速率常数是温度的函数，通常反应速率常数越大，反应进行的
越快。同一反应，温度不同，速率常数将有不同的值，但浓度不影响速率常数。
4．相同温度下，正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系
（1）K 与k 正、k 逆的关系
对于反应：aA(g)＋bB(g)
pC(g)＋qD(g)，
则：v 正＝k 正·ca(A)·cb(B) (k 正为正反应速率常数)
v 逆＝k 逆·cp(C)·cq(D) (k 逆为逆反应速率常数)
反应达到平衡时v 正＝v 逆，此时：k 正·ca(A)·cb(B)=k 逆·cp(C)·cq(D)
，即：
（2）Kp与k 正、k 逆的关系
以2NO2
N2O4为例，v 正＝k 正·p2(NO2)，v 逆＝k 逆·p(N2O4)
反应达到平衡时v 正＝v 逆，此时：k 正·p2(NO2)＝k 逆·p(N2O4)
＝＝Kp，即：Kp＝
【例1】300K 时，在反应器中发生反应：
。速率方程为
(k 为速率常数，只与温度、催化剂有关；n 为反应级数)。NOCl 的初始浓度和初始反应速率
的数据如下表所示。
实验
初始
初始
①
0.30
②
0.60
③
0.90
下列选项错误的是
A．速率方程为
B．
C．如果初始NOCl 浓度增大至2 倍，则初始反应速率增至4 倍
D．在较高温度下，上述正反应能自发进行
【答案】A
【详解】A．根据①②两组数据，
，n=2，速率方程为
，A 错误；
B．根据速率方程
，代入①组数据
，
，B 正确；
C．根据速率方程
，初始NOCl 浓度增大至2 倍，则初始反应速率增至4 倍，C 正确；
D．该反应正反应吸热，熵增，根据
反应自发进行，可知在较高温度下，上述正反应能
自发进行，D 正确；
故选A。
【例2】起始温度均为
，容积均为
的甲(绝热)、乙(恒温)密闭容器中，向甲、乙中均加入
和
，发生反应
的转化率随时间的变化关系
如图所示。已知：
分别是正、逆反应速率常数，
，
。下列说法正确的是
A．该反应的
B．反应速率：
C．
时，
D．容器甲，
内，
【答案】C
【详解】由图可知，绝热容器甲先达到平衡，说明该反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，
平衡向逆反应方向移动，导致一氧化二氮的转化率减小，则该反应的焓变小于0。
A．由分析可知，该反应的焓变小于0，故A 错误；
B．由分析可知，绝热容器甲中反应温度高于恒温容器乙，由图可知，Q 点与P 点一氧化二氮转化率相
同，则两个容器内同一种气体的浓度相同，而Q 点反应温度高于P 点，则Q 点正反应速率高于P 点，P 点
对应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，所以Q 点正反应速率大于P 点逆反应速率，故B 错误；
C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：
，由图可知，平衡时一氧化二氮
的转化率为25%，则平衡时一氧化二氮、一氧化碳、氮气、二氧化碳的浓度为
=0.075mol/L、
=0.375mol/L、
=0.025mol/L、
=0.025mol/L，速率常
数
，故C 正确；
D．由图可知，200s 时，容器甲中一氧化二氮的转化率为20%，则
内，一氧化二氮的反应速率为
=
，故D 错误；
故选C。
【例3】硅烷法制备多晶硅的核心反应
。已知
，
，
、
分别为正、逆反应速率常数且只与温度有关，x
为各组分的物质的量分数。在一恒容密闭容器中加入一定量的
，不同温度下反应，测得反应体
系中
的物质的量分数随时间变化的关系如图所示，下列说法错误的是
A．当
时可判断该反应已达平衡
B．平衡后温度由
变为
，
增大的倍数小于
增大的倍数
C．平衡后恒温下再加入
，再达平衡时
不变
D．
温度下，平衡时
【答案】B
【详解】A．正逆反应速率相同时反应达到平衡，故A 正确；
B．
、
，反应平衡常数：
，
反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K 值增大，则仅升高温度，k 正增大的倍数大于k 逆增大的倍
数，故B 错误；
C．恒容条件下再充入1molSiHCl3，相当于增大压强，而2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)反应前后气体体积
不变，所以平衡不移动，x(SiHCl3)不变，故C 正确；
D．假设初始SiHCl3物质的量为1mol，则平衡时SiHCl3物质的量为0.8mol，转化的SiHCl3物质的量为
0.2mol，则转化的SiH2Cl2、SiCl4物质的量各为0.1mol，即平衡时SiH2Cl2、SiCl4物质的量各为0.1mol，根
据平衡时
，则
，
，
故D 正确；
故答案为B。
【例4】氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。
．乙醇与水催化重整制氢发生以下反应：
反应：
反应
：
回答下列问题：
(1)①已知反应
：
，则
。
②反应能自发进行的条件为 。
(2)反应
的速率
，其中
、
分别为正、逆反应速率常
数。降低温度时
(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】
(1)
高温
(2)增大
【详解】（1）①根据盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ×2 得反应
，
；
②该反应为吸热反应，且是熵增反应，即∆H>0，∆S>0，根据
，则该反应正向自发的条件
为高温；
（2）反应
为放热反应，
，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，即
增大；
【例5】利用
合成甲醇可以减少碳排放，制备清洁能源，促进早日实现“碳达峰”。合成过程中存在
以下反应：
i．
ii．
(1)已知
，则
。
(2)恒温恒容条件下，对于反应
，下列事实说明该反应已达平衡的
是___________(填标号)。
A．气体密度保持不变
B．
的生成速率与
的生成速率相等
C．
D．混合气体的平均相对分子质量不变
(3)实验测得反应i：
，
，
、
为速率常数。
、
与温度的关系如下图所示，
时反应的平衡常数
为 。
【答案】
(1)
(2)BD
(3)
，或2
【详解】（1）根据盖斯定律，
（2）A．容器容积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此气体密度保持不变不能说明
反应已达平衡，A 错误；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，
与
的生成速率相等，则说明正、逆反应速率相
等，说明反应达到平衡，B 正确；
C．
，浓度比等于化学计量数之比不能说明反应达到平衡，C 错
误；
D．气体总质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以混合气体的平均相对分子质量会发
生改变，当混合气体的平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡，D 错误；
故选BD；
（3）反应i 达到平衡时，
，即
，所以
。又因为反
应i 为放热反应，降低温度平衡正向移动，
变大。再由题图可知，降低温度
和
均减小。综上，降
低温度时，
应比
减小的程度更大才能使
变大，即对一个可逆反应来说，吸热反应一方受温度影响
大于放热反应一方，所以题图中
点表示
时
，题图中
点表示
时
，则
时
；
【知识点5】利用“控制变量法”探究化学反应速率的影响因素
1．探究流程
2．注意事项
(1)要选择合适的化学反应，所选择的反应不能太灵敏也不能太迟钝。
(2)反应物的浓度要适当，不能太大，而探索浓度变量时，浓度间的差别也不能太大。
(3)要有规律地设计不同的反应体系的温度，也要注意物质的相应性质，不能选择会引起反应体系发生
变化的温度。
(4)对变量要进行适当的组合，组合的一般原则是“变一定多”，即保持其他变量不变，改变其中一个
变量的值进行实验，测定数据，通过系列实验，找出变量对反应的影响。
【例1】化学反应速率受多种因素影响，在实验探究化学反应速率的影响因素时，控制变量法是基本的实
验方法。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-1)随时间(min)的变化情况如图所示。下列说法不正确的是
A．在0~10 min 之间，实验②的平均速率v(Y)=0.04 mol·L-1·min-1
B．若实验②③只有一个条件不同，则实验③使用了催化剂
C．比较实验①②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快
D．比较实验②④得出：升高温度，化学反应速率加快
【答案】A
【详解】A．在0～10min 之间，实验②中X 的浓度变化为0.2mol·L-1，则v(Y)=
v(X)=
×
=0.01 mol·L-1·min-1，故A 错误；
B．实验②③相比，温度、浓度均相同，但反应速率实验②③不同，实验③的速率快，则实验③使用了催
化剂，故B 正确；
C．实验①和实验②相比，由于实验①起始时反应物X 的浓度比实验②起始时反应物X 的浓度大，导致0
～10min 之间X 的浓度变化量实验①大于实验②，所以增大反应物浓度，化学反应速率加快，故C 正确；
D．由图可以看出实验②在0～10min 之间，反应物X 的浓度变化0.2mol·L-1，实验④在0～10min 之间，反
应物X 的浓度变化为0.6mol·L-1，而实验④的温度比实验②的温度高，说明升高温度，化学反应速率加
快，故D 正确；
故选A。
【例2】汽车尾气对环境和人体健康都有一定的危害，某课题组利用催化技术将汽车尾气中的NO 和CO 转
化为对空气无污染的气体，通过控制变量法设计三组实验测得温度或催化剂的比表面积影响汽车尾气的转
化速率的数据如表所示。下列说法错误的是
编号
t/℃
c(NO)/mol/L
c(CO)/mol/L
催化剂的比表面
积(m2/g)
实验图像
I
280
6.50×10-3
4.00×10-3
80.0
II
a
6.50×10-3
b
120
III
c
6.50×10-3
d
80.0
已知：使用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响。
A．汽车尾气处理的化学方程式为2NO+2CO
2CO+N2
B．由图像可知：a=280，c＞280
C．由图像可知：b=d=4.00×10-3
D．其他条件相同时，增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将减小
【答案】D
【详解】A．在催化剂、加热的条件下，NO 和CO 反应生成对空气无污染的气体，反应的化学方程式为
2NO+2CO
2CO2+N2，A 正确；
B．由控制变量法和实验目的可知，实验Ⅰ、Ⅱ的催化剂比表面积不同，Ⅰ、Ⅲ的温度不同，则实验Ⅰ、
Ⅱ用于探究催化剂的比表面积对反应速率的影响，实验Ⅰ、Ⅲ用于探究温度对反应速率的影响，其他各变
量均应该相同，根据Ⅲ反应速率大于Ⅰ可以判断c>280，B 正确；
C．实验Ⅰ、Ⅱ的催化剂比表面积不同，Ⅰ、Ⅲ的温度不同，其他变量不变，C 正确；
D．由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，实验Ⅱ的反应速率比实验Ⅰ的快，即增大催化剂比表面积，反应速率增大，D 错
误；
答案选D。
【例3】某小组利用硫代硫酸钠(Na2S2O3)与稀硫酸反应探究影响化学反应速率的因素[反应方程式为
]，设计了如表系列实验。下列说法不正确的是
实验序
号
反应温度(℃)
Na2S2O3浓度
稀硫酸
H2O
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
c/(mol/L)
V/mL
1
20
10.0
0.10
10.0
0.50
0
2
40
10.0
0.10
10.0
0.50
0
3
20
V1
0.10
4.0
0.50
V2
A．设计该实验的基本思想为控制变量法
B．实验1 和2 可探究温度对反应速率的影响
C．若用实验1 和3 探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，则需V1=10.0，V2=6.0
D．若实验1 不再产生沉淀的时间为5min，则
【答案】D
【详解】A．从表中数据可知，实验1、2 变量为温度，为探究温度对反应速率影响，实验2、3 变量为物
质浓度，为探究浓度对反应速率影响，属于控制变量法，故A 正确；
B．实验1、2 温度不同，各物质浓度必须保持一致，所以可以探究温度对反应速率的影响，故B 正确；
C．实验1、3 温度相同，探究浓度对反应速率的影响，则实验1 和3 稀硫酸浓度不同，其它量相同，总的
溶液体积相同，故V1=10.0，V2=6.0，故C 正确；
D．1 分子硫酸可以电离出2 个氢离子，结合反应化学方程式可知，反应中硫酸过量、硫代硫酸钠完全反
应，若实验1 不再产生沉淀的时间为5min，则
，D 错误；
故选D。
【例4】控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的硫酸和锌反应
的实验数据，下列有关叙述正确的是
序号
硫酸的体积
锌的质量
锌的状
态
温度
完全溶于酸的时间
生成硫酸锌的质量
1
颗粒
25
70
2
颗粒
35
35
3
粉末
25
4
粉末
25
5
粉末
25
6
粉末
25
A．
B．
C．实验1、实验2 与实验3 探究的是温度对化学反应速率的影响
D．无法计算出硫酸的物质的量浓度
【答案】B
【详解】A. 实验1 和实验3 中的反应物接触面积不同，其他条件相同，粉末状比颗粒状的接触面积大，实
验3 反应速率更快，完全溶于酸的时间更短，则
，故A 错误；
B. 硫酸的量一定，锌的质量增加，生成硫酸锌的质量增加，
根据，
2g 锌反应生成硫酸锌
，6g 锌反应生成
，锌的质量与生成硫酸锌的质量成正比关系，若8g 锌完全
反应，
根据
生成的硫酸锌的质量约等于
，实际生成
，说明8g 锌已过量，硫酸反应完全，当锌的质量为10g
时，生成的硫酸锌的质量不会再增加，则
，故B 正确；
C. 实验1 和实验2 的温度不同，其他条件相同，是探究温度对反应速率的影响；实验1 和实验3 的反应物
接触面积不同，其他条件相同，是探究反应物接触面积对反应速率的影响，故C 错误；
D. 当锌的质量达到一定程度时，硫酸反应完全，根据关系式
可计算出硫酸的物质的量，硫
酸锌的质量为
，
，
根据公式计算硫酸的浓度：
，故D 错误；
故选：B
【例5】控制变量法在化学实验探究中运用较多，它是指在研究和解决问题的过程中，对影响事物变化规
律的因素或条件加以人为控制，使其中的一些条件按照特定的要求发生或不发生变化，以便在研究过程
中，找到事物变化发展的规律。根据因素和条件的性质，可分为实验变量（自变量）、反应变量(因变量)
和无关变量。某研究小组用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应中溶液紫色消失的方法，来研究浓度对化
学反应速率的影响。下列实验有关变量控制的操作错误的是
A．为控制无关变量的影响，将实验温度均确定为25°C、酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液的体积均确
定为4mL，不使用催化剂
B．可选择浓度分别为0.05mol/L、0. 01mol/L、0. 001mol/L 的KMnO4酸性溶液和浓度均为0.001mol/L
的H2C2O4溶液反应，来操纵实验变量，进行对照实验
C．可将单位时间内反应所生成的CO2体积作为实验变量（自变量)进行本实验研究
D．该实验研究中的反应变量(因变量)是溶液紫色褪去所消耗的时间
【答案】C
【详解】A．相同的反应物及体积和温度，一个使用催化剂，一个不使用催化剂，催化剂为无关变量，所
以该过程为控制无关变量的影响，A 正确；
B．H2C2O4溶液的浓度0.001mol/L，KMnO4酸性溶液的浓度分别为0.05mol/L、0. 01mol/L、0.001mol/L，通
过控制不同浓度的高锰酸钾溶液来进行对照试验，即控制自变量的影响，B 正确；
C．观察单位时间内反应所生成的CO2体积为反应变量，即为因变量，该实验的目的是通过对照观察单位
时间内反应所生成的CO2体积，探究化学反应速率的快慢，即控制因变量，C 错误；
D．反应变量是溶液紫色褪去所消耗的时间，该实验研究中的反应变量为因变量，即控制因变量的影响，
D 正确；
综上所述，本题正确选项C。
第38 讲 化学反应速率及影响因素、有效碰撞理论（练习）
一、选择题：本题共15 小题，每小题3 分，共45 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要
求．
1．近年，我国大力加强对温室气体CO2催化氢化合成甲醚（CH3OCH3）技术的工业化量产研究，实现可
持续发展：
。在不同情况下测得该反应速率如下，其中反应
速率最快的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．将v(CO2)=0.03 mol/(L·s)转换为mol/(L·min)，
，再转换为
；
B．v(H2)=0.6 mol/(L·min)转换为
；
C．v(CH3OCH3)=0.02 mol/(L·s)转换为mol/(L·min)，
；
D．v(H2O)=0.4 mol/(L·min)转换为
；
转化为同一物质表达后，C 项反应速率最大，故选C。
2．将N2、H2的混合气体分别充入甲、乙、丙三个容器后，测得反应速率分别为甲：υ(H2)=3mol/(L·min)；
乙：υ(N2)=2mol/(L·min)；丙：υ(NH3)=1mol/(L·min)则三个容器中合成氨的速率
A．υ(甲)>υ(乙)>υ(丙)
B．υ(乙)>υ(丙)>υ(甲)
C．υ(丙)>υ(甲)>υ(乙)
D．υ(乙)>υ(甲)>υ(丙)
【答案】D
【详解】由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，υ(甲)(N2)=υ(甲)(H2)=1mol•L-1•min-1、υ(乙)
(N2)=2mol•L-1•min-1、υ(丙)(N2)=
υ(丙)(NH3)=0.5mol•L-1•min-1，则三个容器中合成氨的反应速率的大小关系为
υ(乙)＞υ(甲)＞υ(丙)；
故选D。
3．下列“实验和现象”与“结论”不相对应的是
选项
实验
现象
结论
A
向某溶液加入KSCN 溶液，振荡
溶液变为血红
色
原溶液中存在Fe3+
B
同时向
和
酸性
溶液中各加入
溶液
后者先褪色
反应物浓度越大，反应速率
越快
C
常温下，向AgCl 悬浊液中加入足量饱和NaBr 溶液
有浅黄色沉淀
生成
常温下
D
将灼热的表面附有CuO 的铜棒伸入无水乙醇中
铜棒由黑色变
为红色
无水乙醇具有还原性
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．Fe3+与KSCN 反应生成血红色络合物，则选项A 中现象与结论相对应；
B．第二组实验中，混合后两种反应物的浓度均更高，因而反应速率更快，褪色时间更短，则选项B 中现
象与结论相对应；
C．加入足量饱和NaBr 生成AgBr 沉淀，但Br⁻浓度过高，无法直接推断Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，则选项C
中现象与结论不对应；
D．CuO 被乙醇还原为Cu，说明乙醇具有还原性，则选项D 中现象与结论相对应；
故选C。
4．反应物(A)转化为产物(B 或B•Z)的能量与反应进程的关系如图所示，下列有关反应进程的说法正确的是
A．反应过程中A•X 所能达到的最高浓度小于A•Y
B．生成B 的速率：Ⅱ<Ⅲ
C．进程I 与进程Ⅳ的
相同
D．X、Y、Z 均是催化剂
【答案】A
【详解】A．A•X 和A•Y 为反应中间体，其最高浓度取决于生成与消耗速率的相对大小；结合图像可知，
A•X 与A•Y 的生成活化能相差不多，但A•Y 消耗活化能高，A•X 易分解，A•Y 不易分解，则易积累，A•Y
浓度更高，A 正确；
B．生成B 的速率取决于反应的活化能，活化能越低，速率越快；进程Ⅱ和Ⅲ均生成B，Ⅲ的决速步活化
能高于Ⅱ，则速率Ⅱ>Ⅲ，B 错误；
C．ΔH 取决于反应物和生成物的总能量差；根据图像可知，进程Ⅰ和进程Ⅳ的起点相同，但是终态时，反
应Ⅳ达到的能量更低，则二者的△H 不相同，C 错误；
D．催化剂反应前后不变，反应前反应物为A+Z，反应后生成物为B•Z，而不是A+Z，则Z 不是该反应的
催化剂，没起到催化作用，D 错误；
故答案为：A。
5．利用下列装置能完成相应实验目的的是
A．利用图甲装置制备纯净的一氯甲烷
B．利用图乙装置验证浓硫酸的强氧化性
C．利用图丙装置制备并收集氨气
D．利用图丁装置测定
的分解速率
【答案】B
【详解】A．取代反应无法制备纯净物，生成一氯甲烷同时生成二氯代物、三氯代物、四氯化碳、氯化
氢，A 错误；
B．蔗糖在浓硫酸作用下先脱水生成黑色的碳，碳在浓硫酸强氧化性作用下生成了二氧化碳、二氧化硫、
水，二氧化硫可使品红溶液褪色，B 正确；
C．浓氨水与生石灰混合快速产生氨气，收集氨气的试管口不能密封，C 错误；
D．加入过氧化氢的长颈漏斗使产生的气体逸出，不能准确测量分解速率，改用分液漏斗，则能达到实验
目的，D 错误；
故选B。
6．已知
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，
在催化剂
表面反应的变化数据如下，下列说法错误的是
t/min
0
10
20
30
40
50
60
70
0.100
0.080
0.040
0.020
0
已知：半衰期是指当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间
A．
B．
C．相同条件下，增大
的浓度，能加快反应速率
D．相同条件下，若
起始浓度为
，则半衰期为
【答案】C
【详解】A．根据表格数据，浓度随时间均匀减少，说明反应速率与浓度无关，n=0，故A 正确；
B．n=0，所以反应速率v=k，计算得k=0.020mol/L÷10min=2.0×10-3mol/(L·min)，故B 正确；
C．n=0，所以反应速率v=k，反应速率与浓度无关，增大浓度不能加快反应速率，故C 错误；
D．该反应的反应速率与浓度无关，10minN2O 的浓度降低0.020mol/L，若
起始浓度为
，
100min 浓度降低0.20mol/L 则半衰期为
，故D 正确；
选C。
7．某温度时，在容积为2L 的密闭容器中发生A、B 两种气体物质间的转化反应，
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．该反应的化学方程式为：
B．
内，
C．4min 时，该反应达到化学平衡
D．达到平衡时，A 的平衡转化率为
【答案】C
【详解】A．反应中各物质计量数之比等于物质的量变化量之比，0~4min 内，
Δn(A)=0.8mol-0.4mol=0.4mol，Δn(B)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，Δn(A):Δn(B)=2:1，且A 减少为反应物、B 增
加为生成物，方程式为：
，A 正确；
B．0~4min 内，Δn(A)=0.4mol，容器容积2L，Δc(A)=
=0.2mol/L，v(A)=
=0.05mol·L-1·min-1，B 正确；
C．化学平衡时各物质的量不再变化，4min 后A 的量继续减少（0.4mol→0.2mol）、B 的量继续增加，说
明反应未达到平衡，C 错误；
D．达到平衡时，Δn(A)=0.8mol-0.2mol=0.6mol，A 的转化率=
×100%=75%，D 正确；
故选C。
8．乙醇水蒸气重整制氢广泛运用于工业生产中，其原理是
。一定温度下，
恒压时，按水醇比
向密闭反应容器中
充入原料，发生上述反应。下列说法正确的是
A．反应体系压强越小，反应物平衡转化率越大，越有利于工业生产
B．若
之比保持不变，说明反应达到了平衡状态
C．若
时，测得反应吸收
能量，则
D．若在原料气体中充入一定量的惰性气体，则
平衡转化率会增大
【答案】D
【详解】A．虽然降低压强有利于平衡向正反应（气体物质的量增加的方向）移动，提高转化率，但工业
生产需权衡转化率与反应速率、设备成本等因素，不能简单认为压强越小越有利，故A 错误；
B．CO 与H2的生成比例为1:2，该比值在反应过程中始终不变，无法作为平衡状态的判断依据，故B 错
误；
C．根据ΔH=+255.7kJ/mol，吸收511.4kJ 对应2mol 乙醇反应，但速率计算需体积数据，题干未提供，无法
得出v=1mol·L-1·min-1，故C 错误；
D．恒压下充入惰性气体，总压不变但各物质分压降低，相当于系统体积增大，平衡向物质的量多的正反
应方向移动，乙醇转化率提高，故D 正确；
故选D。
9．已知甲烷卤代反应中部分步骤如下(X 代表Cl 或Br，设稳定单质能量为零)：
，对应的能量图如下。
下列说法正确的是
A．进程a 中X 代表Br
B．
溴代反应速率比氯代反应速率大
C．
与
的反应速率比
与
的反应速率大
D．进程b 的焓变：
【答案】C
【详解】A．由图可知，反应第一步的活化能大于第二步，即反应的决速步为第一步，
活性高于
，
与
反应的活化能更低，且生成的HCl 比HBr 稳定，则进程a 中X 代表Cl，进程b 中X 代表Br，A 错
误；
B．反应速率取决于活化能，氯代反应第一步（决速步）活化能小于溴代反应，故氯代反应速率更快，B
错误；
C．进程a 中X 代表Cl，由能量图可知，进程a 的第一步活化能大于第二步，故第一步反应速率比第二步
反应速率慢，即
与
的反应速率比
与
的反应速率大，C 正确；
D．由图可知，进程b 中E1为第一步正反应的活化能，E2为第二步逆反应的活化能，由于第一步逆反应的
活化能和第二步正反应的活化能未知，不能计算进程b 的焓变，D 错误；
故答案为：C。
10．研究发现反应
的反应速率随温度的升高而减小，反应历程：
第一步：
快反应
第二步：
慢反应
依据该过程，下列说法正确的是
A．反应相同时间，快反应的平均速率一定比慢反应大
B．提高
的浓度，化学反应速率将显著增大
C．温度升高，对快反应的影响比慢反应大
D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量
，再次达到平衡时
含量减小
【答案】C
【详解】A．反应相同时间，快反应的平均速率不一定比慢反应大，因为速率与单位时间内浓度变化相
关，A 错误；
B．总反应速率由慢反应（第二步）决定，提高NO 浓度主要影响快反应（第一步），对总速率提升不显
著，B 错误；
C．温度升高时，快反应（ΔH1<0）逆向移动更明显，导致中间体N2O2浓度降低，进而抑制慢反应，总反
应速率减小，说明温度对快反应影响更大，C 正确；
D．恒容下通入NO2，相当于加压，相较于原平衡，平衡正移，NO2增多，D 错误；
故选C。
11．某密闭容器中通入一定量的
气体发生以下两个反应：①
；②
。反应①的正反应速率
，反应②的正反应速率
，其中
为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度(
)随时间
变
化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．反应①的活化能大于反应②的活化能
B．10s 时，
(正)
(逆)
C．当容器压强不变时，反应①②达到平衡状态
D．
内，X 的平均反应速率
【答案】B
【详解】A．由图可知，初始生成M 的速率大于N，则反应①的活化能小于反应②，A 错误；
B．由图可知，初始生成M 的速率大于N，则
>
，10s 时两个反应均达到平衡状态，由于
、
，则
，B 正确；
C．反应为等体积气体反应，气体压强始终不变，C 错误；
D．①②反应中X、Q 的系数均为1，则
内，X 的平均反应速率为
，D 错误；
故选B。
12．在
密闭容器中充入
和
，在一定条件下发生反应：
，
达到平衡。达到平衡时，生成了
，经测定
的浓度为
，下列判断正确的是
A．
B．B 的转化率为
C．用
表示的平均反应速率为
D．平衡时D 气体的体积分数为20%
【答案】B
【分析】达到平衡时，生成了2molC，D 的物质的量为4L×0.5mol/L=2mol，列三段式
，据此分
析；
【详解】A．根据反应生成2molC 和2molD，可知x=2，A 错误；
B．B 的消耗量为1mol，转化率为
×100%=20%，B 正确；
C．C 为固体，不能用其浓度变化计算反应速率，C 错误；
D．平衡时气体总物质的量为2mol（A）+4mol（B）+2mol（D）=8mol，D 的体积分数为
=25%，
D 错误；
故B。
13．一定温度下，
在四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：
。在不同时刻测量
放出的
体积，换算成
浓度如下表：
t/s
0
600
120
0
171
0
222
0
282
0
c(N2O5)/mol·L-1
1.4
0
0.9
6
0.66
0.48
0.35
0.24
0.1
2
下列说法正确的是
A．推测上表中的
为3930
B．
，生成
的平均速率为
C．反应到
时，放出
的体积为
(标准状况)
D．反应达到平衡时，
正
逆
【答案】A
【详解】A．根据浓度变化规律，每约1110 秒浓度减半，2820+1110=3930，x 为3930，A 正确；
B．0~600s，N2O5浓度减少0.44mol/L，NO₂ 生成速率为0.88/(600)=1.47×10-3mol/(L·s)，与选项不符，B 错
误；
C．2820s 时，O2的物质的量为(1.40-0.24)×0.1×
=0.058mol，体积为1.30L≠22.4L，C 错误；
D．平衡时v 正(N2O5)=
v 逆(NO2)，而选项等式为2 倍关系，D 错误；
故选A。
14．
是硅生产工艺的重要中间物，“
”的生产工艺备受关注，总反应方程式为：
，该工艺源于对如下反应研究：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
A℃时，向刚性密闭容器中通入初始浓度均为
的
和
，发生反应ⅰ，经5min 反应达到平
衡，已知反应ⅰ的
与温度
的变化关系如图中曲线X 或Y 所示。
下列说法正确的是
A．
随温度T 变化的曲线为图中的X
B．该工艺总反应的平衡常数
C．反应达到平衡时，用
表示反应ⅰ在上述条件下的平均反应速率约为
D．若在刚性密闭容器中初始时加入
，
的平衡转化率会减小
【答案】C
【详解】A．反应i 为吸热反应（ΔH1>0），升高温度，平衡正向移动，K1增大，pK₁=-lgK1减小，故pK1随
温度升高而减小，对应曲线Y，A 错误；
B．由盖斯定律可知，总反应=3×反应i+反应ii，平衡常数K=(K1)3·K2，B 错误；
C．根据已知条件列出“三段式”
反应i 的K1=
，曲线Y 在A℃时pK1=2，pK1=-lgK1=2，则K1=0.01，解得x≈0.18mol/L，v(H2)=
≈0.036mol·L⁻¹·min⁻¹，C 正确；
D．向反应容器中加入固体Si，不能影响平衡移动，故
的平衡转化率不变，D 错误；
故选C。
15．
的分解速率受温度、浓度、催化剂以及溶液酸碱性等多种因素影响。实验测得70℃时，甲、乙
两种条件下
浓度随时间的变化如下图所示：
下列说法不正确的是
A．图甲曲线b 中，0~20min 内平均反应速率
B．图甲表明pH 相同时，
起始浓度越大，
分解速率越大
C．图乙表明可通过适当增大
溶液的浓度，来增大
分解的速率
D．可用
溶液和
溶液比较
和
对
分解的催化效果
【答案】D
【详解】A．由图甲曲线b 可知，0~20 min 内过氧化氢浓度变化量为
，根据
，可知
，故0~20 min 内氧气浓度变化量为
，平均反应速率
，A 正确；
B．图甲表示曲线的pH 均等于13，但
起始浓度不同，
起始浓度越大，相同时间内被消耗的量
越多，分解速率越大，B 正确；
C．图乙中曲线所表示的
溶液的浓度不同，增大
溶液的浓度，
分解的速率加快，C 正
确；
D．
溶液和
溶液中阴离子不相同，无法排除阴离子对催化效果的干扰，D
错误；
故答案选：D。
二、非选择题：本题共5 小题，共55 分。
16．关注化学反应中的物质和能量变化是认识和研究化学反应的重要视角。
(1)在2.0L 恒温恒容密闭容器中充入
和
，发生反应：
，反应
时测得
的物质的量为
。
①
内，
(用含的代数式表示)。
②反应至
时，
的转化率为 。
(2)甲烷可以消除氮氧化物的污染：
。
①在不改变初始浓度的条件下，加快反应速率的措施有 (填一条)。
②若在恒温恒容密闭容器中充入
和
发生上述反应，下列叙述能说明反应达到平衡状态的
是 (填序号)。
A．
的物质的量之比为1：1：2
B．混合气体中
的物质的量分数保持不变
C．混合气体的密度不再改变
D．混合气体的压强不再改变
(3)在催化剂作用下，利用含
的废气协同处理烟气中的
，转化为无污染气体的同时得到S 单质，该
反应的化学方程式为 。
【答案】
(1)
(2)适当升温、使用活性更强的催化剂等 BD
(3)
【详解】（1）①反应
时测得氢气的物质的量为
，由方程式可知，
内，氨气的反应速
率为
。
②反应
时测得
的物质的量为
，则氢气反应了
，根据方程式计量关系，氮气反应了
，其转化率为：
。
（2）①在不改变初始浓度的条件下，加快反应速率的措施有适当升温、使用活性更强的催化剂等。
A
②．
的物质的量之比为
，是方程式的计量系数关系，不能说明正逆反应速率相等，无
法判断反应是否达到平衡，故A 错误；
B．混合气体中
的物质的量分数保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B 正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，恒容密闭容器的体积不变，所以混合气体的密度始
终不变，混合气体的密度保持不变，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故C 错
误；
D．该反应是气体体积增大的反应，反应中容器内压强增大，当容器内压强保持不变，说明正逆反应速率
相等，反应已达到平衡，故D 正确；
故选BD。
（3）由题意可知，催化剂作用下，二氧化氮与硫化氢反应生成氮气、硫和水，反应的化学方程式为：
。
17．化学反应与生产、生活及很多研究领域存在广泛的联系。
I．羰基硫(COS)作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些害虫和真菌的危害，广泛应用于农药工业。利用工厂废
气中的
和
反应可以合成
，回答下列问题：
(1)已知：
①
②
③
反应
。
(2)在恒容、绝热的密闭容器中，充入
与
进行反应
。下列
事实能说明反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．COS 和H2的浓度保持不变
B．消耗H2的速率与生成CO 的速率之比为1：1
C．
的值不再改变
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
II．由
-羟基丁酸(HOCH2CH2CH2COOH)生成
-丁内酯(
)的反应如下：HOCH2CH2CH2COOH
+H2O。25℃时，溶液中
-羟基丁酸的初始浓度为
，随着反应的进行，测
得
-丁内酯浓度随时间的变化如下表所示。
21
50
80
100
120
160
220
0.024
0.050
0.071
0.081
0.090
0.104
0.116
0.132
回答下列问题：
(3)在
内，以
-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为 。
(4)该反应达到平衡时，
-羟基丁酸的转化率为 %(保留1 位小数)。
(5)关于该反应的下列说法正确的是___________(填字母)。
A．达到平衡后，升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大
B．达到平衡后，移除部分生成物瞬间，正反应速率不变
C．25℃时，使用催化剂可以提高平衡时的转化率
D．
时的逆反应速率小于
时的正反应速率
(6)25℃时，该反应的平衡常数
。相同温度下，发生上述反应，当
-丁内酯的浓度为
，
-羟基丁酸的浓度为
时，反应 (填“正向进行”“逆向进行”或
“已平衡”)。
【答案】
(1)-5
(2)AC
(3)
(4)73.3
(5)BD
(6)2.75 逆向进行
【详解】（1）反应③-反应②-反应①得反应
，则∆H=∆H3-∆H2-
∆H1=−283kJ/mol-(−36kJ/mol)-(−242kJ/mol)=-5kJ/mol；
（2）A．COS 和H2的浓度保持不变，则正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故A 项符合题意；
B．消耗H2的速率与生成CO 速率均是逆反应速率，始终为1:1，不能说明反应达到平衡状态，故B 项不符
合题意；
C．绝热容器中进行上述反应，若反应未平衡，则容器内温度会改变，
，温度不变，K
值不变，则
的值不再改变，说明温度不再改变，反应达到平衡状态，故C 项符合题意；
D．气体质量不变，气体总物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到
平衡状态，故D 项不符合题意；
故答案为AC；
（3）在100min 内，以γ-丁内酯的浓度变化表示的反应速率为：
；
（4）该反应达到平衡时，γ-丁内酯的浓度为0.132 mol L
⋅
−1，则γ-羟基丁酸的浓度的变化量为0.132
mol L
⋅
−1，γ-羟基丁酸的转化率
；
（5）A．温度升高，正逆反应速率都增大，故A 项错误；
B．达到平衡后，移除部分生成物瞬间，反应物浓度不变，则正反应速率不变，故B 项正确；
C．催化剂只改变反应速率，对平衡时的转化率无影响，故C 项错误；
D．根据表中数据，21min~220min 过程中，反应始终未达到平衡，则正反应速率始终大于逆反应速率，且
随着反应进行，由于反应物浓度减小，正反应速率逐渐减小，21min 时，正反应速率为表格中最大的，同
时其逆反应速率为最小的，则21min 时的逆反应速率小于50min 时的正反应速率，故D 项正确；
故答案为BD；
（6）由表格可知，平衡时γ-丁内酯浓度为0.132 mol L
⋅
−1，则γ-羟基丁酸的浓度为0.048 mol L
⋅
−1，则
；当γ-丁内酯的浓度为0.15 mol L
⋅
−1，γ-羟基丁酸的浓度为0.05 mol L
⋅
−1时，此时浓
度商
>K，反应逆向进行。
18．甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、
和
)在催化剂的作用下合成甲醇，可能
发生的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
(1)反应Ⅰ在_______下能自发进行。
A．低温
B．高温
C．任意温度
D．催化剂作用
(2)若单独进行反应Ⅱ，有利于提高此反应平衡时
转化率的措施 (写二条)。
(3)
kJ/mol
(4)某温度下，将CO、
和
按物质的量之比
通入恒容密闭容器中发生反应，下列情况下能说明
反应Ⅱ达到平衡状态的是_______。
A．测得混合气体的密度不变
B．测得混合气体的质量不再变化
C．测得混合气体中
的浓度不变
D．测得混合气体中
、
、
、
的浓度比不变
(5)单独研究二氧化碳与氢气合成甲醇的反应历程，如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，*H 没标
出)。
反应过程中决定反应速率的步骤的活化能是 eV。对应的反应式 。
(6)进一步研究利用合成气(CO、
和
)制甲醇，图1 为单位时间内
、
、
条件下生成甲醇的物质的量浓度与温度的关系。图2 为合成甲醇可能反应机
理。
i.曲线a 甲醇的量先增大后减小，其原因是 。
ii.曲线b 与曲线c 相比，
的存在使甲醇生成量增大，结合图2 分析原因 。
(7)如图用电解法也可将
转化为甲醇，补全所示阴极上发生的电极反应式： 。
_______
_______
_______
_______
_______
【答案】
(1)A
(2)增大压强、增大 H2 和 CO2 的初始投料比、降低温度
(3)-41.2
(4)D
(5)1.36 *HCOO + *H →*CO +*H2O
(6)温度低于490K 时单位时间内反应未达到平衡，温度升高、反应速率加快，甲醇的量先增大，温度高于
490K 时单位时间内反应达到平衡，反应Ⅱ为放热反应，升高温度平衡左移，甲醇的量减少 当少量
CO2加到CO+H2混合气中时，一方面反应Ⅲ快速进行消耗了反应Ⅱ生成的水，使反应Ⅱ能进一步向有利合
成甲醇方向进行；另一方面 CO 转化为CO2，补充了CO2促进反应Ⅱ向生成甲醇方向进行
(7)CO2+6HCO +6e-=CH3OH+6CO
+H2O
【详解】（1）反应Ⅰ的ΔH<0，ΔS<0，根据ΔG=ΔH−TΔS＜0 的反应能自发，该反应在低温下能自发进
行。故答案为：A；
（2）反应Ⅱ的正反应为气体分子数减小的放热反应，若单独进行反应Ⅱ，有利于提高此反应平衡时
转化率的措施有：增大压强、增大 H2 和 CO2 的初始投料比、降低温度。故答案为：增大压强、增大 H2
和 CO2 的初始投料比、降低温度；
（3）根据盖斯定律，反应Ⅰ-Ⅱ可得反应Ⅲ，
-90.7kJ/mol+49.5kJ/mol=-41.2kJ/mol，故答案
为：-41.2；
（4）A. 容器中混合气体的质量不变、体积不变，则密度始终不变，当密度保持不变时，反应不一定达平
衡状态，A 不符合题意；
B. 混合气体的质量始终不变，混合气体的质量不再变化时，反应不一定达平衡状态，B 不符合题意；
C. 反应Ⅱ消耗
，反应Ⅲ生成
，两速率相等时，混合气体中
的浓度不变，测得混合气体中
的浓度不变时，反应不一定达平衡状态，C 不符合题意；
D. 测得混合气体中
、
、
、
的浓度比不变，表明正逆反应速率相等，反应达平衡状
态，D 符合题意；
故答案为：D；
（5）反应过程中决定反应速率的步骤是活化能最大的一步，*HCOO 变为*CO +*H2O 的一步，活化能
是-0.2eV-（-1.56eV）=1.36eV，对应的反应式*HCOO + *H →*CO +*H2O。故答案为：1.36；*HCOO + *H
→*CO +*H2O；
（6）i.曲线a 甲醇的量先增大后减小，其原因是温度低于490K 时单位时间内反应未达到平衡，温度升
高、反应速率加快，甲醇的量先增大，温度高于490K 时单位时间内反应达到平衡，反应Ⅱ为放热反应，
升高温度平衡左移，甲醇的量减少。
ii.曲线b 与曲线c 相比，
的存在使甲醇生成量增大，由图2 分析原因为：当少量CO2加到CO+H2混合
气中时，一方面反应Ⅲ快速进行消耗了反应Ⅱ生成的水，使反应Ⅱ能进一步向有利合成甲醇方向进行；另
一方面 CO 转化为CO2，补充了CO2促进反应Ⅱ向生成甲醇方向进行。
（7）用电解法可将
转化为甲醇，
得电子转化为甲醇，生成碳酸根离子中的C 来源于溶质碳酸氢
根，阴极上发生的电极反应式：CO2+6HCO +6e-=CH3OH+6CO
+H2O。
19．
加氢制甲醇
不仅减少了
排放，而且缓解了能源短缺的问题。该过程发生的主要反应
如下。
反应Ⅰ：
；
反应Ⅱ：
。
回答下列问题：
(1)已知：标准摩尔生成焓是指在
由稳定态单质生成
化合物时的焓变。该反应中的相
关物质的标准摩尔生成焓(
)数据如表所示。
物质
0
则
。
(2)向密闭容器中加入
和
，合成
。已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为
，逆反应速率可表示为
，其中
为速率常数。
①图1 中能够代表
的曲线为 (填“
”“
”“
”或“
”)。
②温度为
时，反应Ⅰ的化学平衡常数
。
(3)在一定条件下，将
和
通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ．平衡
时
和
的选择性、
的转化率随温度升高的变化曲线如图2 所示。
①图2 中代表
的转化率随温度升高变化的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；
的转化率随温度
升高呈现如图2 所示变化趋势的原因是 。
②该体系中，
时，反应Ⅱ的浓度平衡常数为 (保留两位有效数字)。
(4)某小组研究了不同条件下催化剂对相同时间内
产率的影响，如图3 所示为不同温度下、不同催
化剂对相同时间内
产率的影响，据图3 可知应选择的温度及催化剂为___________(填字母)。
A．
B．
C．
D．
【答案】
(1)-49kJ·mol-1
(2)L1 1.6
(3)b 反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，其他条件不变时，温度升高，反应Ⅰ向逆反应方向移
动，使CO2的转化率减小，反应Ⅱ向正反应方向移动，使CO2的转化率增大。反应Ⅱ向正反应方向移动的
程度更大，所以CO2的转化率随温度的升高而增大 0.41
(4)C
【详解】（1）由表中各物质的标准摩尔生成焓，可得出如下热化学方程式：③H2(g)+
O2(g)=H2O(g) ΔH3=-242kJ·mol-1；④C(s)+ O2(g)=CO2(g) ΔH4=-394kJ·mol-1；⑤C(s)+ 2H2(g)+
O2(g)=CH3OH(g) ΔH5=-201kJ·mol-1；依据盖斯定律，③-
+
④⑤可得CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)
+H2O(g) ΔH1=ΔH3-ΔH4+ΔH5=(-242kJ·mol-1)-(-394kJ·mol-1)+(-201kJ·mol-1)=-49kJ·mol-1。
（2）①对于反应CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49kJ·mol-1，升高温度，平衡逆向移动，则k 正
<k 逆，k 逆增大的程度更大，所以图1 中能够代表k 逆的曲线为L1.②从图1 中可以看出，温度为T1 K 时，k
正=0.8a、k 逆=0.5a，反应Ⅰ的化学平衡常数K=
=
=1.6。
（3）①在反应体系时，CH3OH 和CO 的选择性之和为1，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温
度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，CH3OH 的选择性减小，CO 的选择性增大，则a 曲线表
示CH3OH 的选择性随温度升高的变化曲线，c 曲线表示CO 的选择性随温度升高的变化曲线，所以图2 中
代表CO2的转化率随温度升高变化的曲线为b；CO2的转化率随温度的升高而增大，表明反应Ⅱ正向进行
的程度大于反应Ⅰ逆向进行的程度，所以原因是反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，其他条件不变
时，温度升高，反应Ⅰ向逆反应方向移动，使CO2的转化率减小，反应Ⅱ向正反应方向移动，使CO2的转
化率增大。反应Ⅱ向正反应方向移动的程度更大，所以CO2的转化率随温度的升高而增大。
②在一定条件下，将1mol CO2和2mol H2通入一装有催化剂的恒容密闭容器中充分发生反应Ⅰ、Ⅱ，由图
2 可知，573 K 时，CO2的转化率为60%，则参加反应的CO2的物质的量为1mol×60%=0.6mol，CH3OH 的
选择性为80%、CO 的选择性为20%，则生成CH3OH 的物质的量为0.6mol×80%=0.48mol，生成CO 的物质
的量为0.6mol×20%=0.12mol，平衡时，CO2的物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol，H2的物质的量为
2mol-0.48mol×3-0.12mol=0.44mol，H2O 的物质的量为0.48mol+0.12mol=0.6mol。设容器的体积为V L，则
反应Ⅱ的浓度平衡常数为
=
≈0.41。
（4）从图3 中可以看出，220 ℃、CZA-R-2 作催化剂时，CH3OH 的产率最大，所以应选择的温度、催化
剂为220 ℃、CZA-R-2。故选C。
20．小组同学探究镁与银氨溶液反应的产物及影响其反应速率的因素。
资料：
Ⅰ．探究镁与银氨溶液反应的产物
【实验1】配制银氨溶液
【实验2】
(1)实验1 配制银氨溶液的过程：向5mL2
AgNO3溶液中逐滴加入5mL6
氨水至 。
(2)①实验2-2 可证明2-1 中有Ag 生成。实验2-2 加入过量稀HNO3可观察到的实验现象是 。
②实验2-3 可证明2-1 中有Ag2O 生成。实验2-3 中加入过量稀HCl 发生的化学反应方程式是 。
(3)经检验，实验2-1 中产生的气体有H2和NH3.
①检验产生气体中有NH3的操作及现象 。
②生成H2的化学方程式是 。
Ⅱ．探究影响镁与银氨溶液反应生成H2速率的因素
【实验3】用2
AgNO3溶液、12
氨水按照下表所示用量配制好银氨溶液后，放入等量打磨
过的镁条，记录收集112mLH2所用时间。
序号
配制银氨溶液所用试剂
配好的银氨溶液的组成
时间
s
H2O 体积
mL
AgNO3溶液体积
mL
氨水体积
mL
浓
度
氨水浓度
3-1
6.00
1.00
1.00
0.25
1.00
600
3-2
4.00
2.50
1.50
0.625
1.00
300
3-3
2.00
a
2.00
1.00
1.00
60
(4)实验3-3 中，a= 。
(5)根据上述实验分析，银氨溶液中
浓度越大，产生H2的速率越快，原因可能与生成的Ag 有
关，理由是 。
Ⅲ．实验结论与反思
(6)综合上述实验，可知Mg 与银氨溶液反应后的产物有Ag、NH3、H2、Mg(OH)2、Ag2O 等；根据配好的银
氨溶液的组成，小组同学认为氨水浓度也是影响Mg 与银氨溶液反应生成Ag 的速率的因素，理由是
。
【答案】
(1)白色沉淀刚好消失
(2)灰白色固体完全溶解，生成的无色气体遇空气后变为红棕色或其他合理答案
(3)将湿润的红色石蕊试纸放在试管口外，试纸变蓝则证明生成了NH3
(4)4.00
(5)形成Mg-Ag 原电池能加快反应速率。
(6)氨水浓度改变，
平衡发生移动，
浓度改变，进而影响生成Ag 的反应
速率
【详解】（1）实验目的探究镁与银氨溶液反应的产物，则需要配制银氨溶液，实验1 配制银氨溶液的过
程：向5mL2
AgNO3溶液中逐滴加入5mL6
氨水至白色沉淀刚好消失。故答案为：白色沉淀
刚好消失；
（2）①实验2-1 中产生灰白色固体，实验2-2 是灰白色固体与过量稀硝酸反应，根据现象证明2-1 中有Ag
生成，则银与硝酸发生氧化还原反应溶解，同时生成NO 气体，NO 与氧气反应生成红棕色的NO2，实验
2-2 加入过量稀HNO3可观察到的实验现象是灰白色固体完全溶解，生成的无色气体遇空气后变为红棕色。
故答案为：灰白色固体完全溶解，生成的无色气体遇空气后变为红棕色或其他合理答案；
②实验2-3 可证明2-1 中有Ag2O 生成。实验2-3 中加入过量稀HCl，与氧化银反应生成氯化银和水，发生
的化学反应方程式是
。故答案为：
；
（3）①氨气溶于水溶液显碱性，可以时石蕊试纸变蓝；检验产生气体中有NH3的操作及现象将湿润的红
色石蕊试纸放在试管口外，试纸变蓝则证明生成了NH3。故答案为：将湿润的红色石蕊试纸放在试管口
外，试纸变蓝则证明生成了NH3；
②镁与水反应生成H2和氢氧化镁，化学方程式是
。故答案为：
；
（4）根据控制变量的要求，只改变一个条件浓度，其他条件相同，即总体积相同，都为8.00ml，a=4.00。
故答案为：4.00；
（5）
浓度增大，Mg 与反应生成Ag 的反应速率增大，单位时间内生成Ag 的量增多，形成更
多的微小原电池，产生氢气速率加快，故答案为：形成Mg-Ag 原电池能加快反应速率；
（6）根据配好的银氨溶液的组成，小组同学认为氨水浓度也是影响Mg 与银氨溶液反应生成Ag 的速率的
因素，理由是氨水浓度改变，
平衡发生移动，
浓度改变，进而影响生成
Ag 的反应速率。故答案为：氨水浓度改变，
平衡发生移动，
浓度改变，
进而影响生成Ag 的反应速率。
