备战2025年高考化学精品教案第七章化学反应速率和化学平衡第1讲化学反应速率（Word版附解析）

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1.宏观与微观相结合视角
对化学反应的快慢能从宏观（如反应条件、反应现象等）角度进行描述或判断，同时能从微观角度进行分析和解释。
2.定性与定量相结合视角
对化学反应快慢的描述或比较从定性进阶到定量，从粗略的估计进阶到精确的表示。在复杂情况（如多种因素同时发生变化）下，如果从定性角度无法判断或比较化学反应的快慢时，还可以从定量角度进行分析。
3.瞬时与平均相结合视角
化学平衡状态、化学平衡移动原理等理论问题的研究一般需基于瞬时速率， 而化工生产快慢的描述则主要基于平均速率，有时则需要同时考虑瞬时速率和平均速率。
4.认识思路
考点 化学反应速率
1.基元反应与反应历程
注意 同一反应，在不同条件下的反应历程也可能不同。
2.化学反应速率
注意 （1）对于固体和纯液体，其浓度可视为常数，不用它们表示化学反应速率。
（2）为了统一起见，可将化学反应速率定义为v＝1a·｜Δc（A)|Δt＝1b·｜Δc（B)|Δt＝1d· Δc（D）Δt＝1e·Δc（E）Δt，这样，对于一个化学反应来说，无论用哪一种物质表示，化学反应速率都相同。
3.影响化学反应速率的因素
（1）反应速率方程：以H2O2＋2HI 2H2O＋I2为例，v＝kc（H2O2）·c（HI）称为反应速率方程；k称为反应速率常数，表示单位浓度下的化学反应速率，与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。反应速率方程是实验测定的结果，不能随意根据反应的化学方程式直接写出。[鲁科选必1]
（2）外界条件对化学反应速率的影响
①从反应速率方程角度分析化学反应速率变化
②从有效碰撞角度分析化学反应速率变化
1.易错辨析。
（1）对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显。（ ✕ ）
（2）化学反应速率为0.8ml·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 ml·L－1。（ ✕ ）
（3）对于反应2H2O2 2H2O＋O2↑，加入MnO2或降低温度都能加快O2的生成速率。（ ✕ ）
（4）100 mL 2 ml·L－1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠固体，反应速率不变。（ √ ）
（5）使用催化剂能够降低化学反应的活化能与反应热（ΔH）。（ ✕ ）
（6）FeCl3和MnO2均可加快H2O2分解，同等条件下二者对H2O2分解速率的改变相同。（ ✕ ）
2.[臭氧分解反应的历程]Cl·催化臭氧分解反应过程中的能量变化如图所示。
使用催化剂的反应历程中有 2 个基元反应，其基元反应中反应速率慢的是 ① （填序号）。
3.向2 L恒容密闭容器中通入1.2 ml H2和1 ml I2蒸气，发生反应：H2（g）＋I2（g）⇌2HI（g），已知反应速率方程为v＝kc（H2）·c（I2）。
（1）从反应速率方程角度分析化学反应速率变化。
①降低温度，k 减小 ，v 减小 。
②充入H2，c（H2） 增大 ，v 增大 。
③使用催化剂，k 增大 ，v 增大 。
（2）从有效碰撞角度分析化学反应速率变化。
①升高温度，活化分子百分数 增加 ，v 增大 。
②充入H2，单位时间内、单位体积内有效碰撞次数 增加 ，v 增大 。
③使用催化剂，活化能降低，单位时间内、单位体积内有效碰撞次数 增加 ，v 增大 。（3）在一定温度下，该反应中物质的物质的量与时间的变化关系如图所示。
0～10 s内平均反应速率v（H2）＝ 0.039 5 ml·L－1·s－1，v（HI）＝ 0.079 ml·L－1·s－1 。
（4）若该反应在一定温度的密闭容器中进行，分析下列措施对该反应的反应速率的影响（填“增大”“减小”或“无影响”）。①缩小容器容积（增大压强）： 增大 。
②恒容充入氢气： 增大 。
③恒容充入氩气： 无影响 。
④恒压充入氩气： 减小 。
命题点1 化学反应速率的大小比较与计算
1.对于反应A（g）＋3B（g） 2C（g）＋2D（g），下列表示的反应速率最大的是（ A ）
A.v（A）＝0.8 ml·L－1·s－1
B.v（B）＝0.4 ml·L－1·s－1
C.v（C）＝0.6 ml·L－1·s－1
D.v（D）＝1.8 ml·L－1·min－1
解析 v（B）＝3v（A）＝0.4 ml·L－1·s－1，则换算成以A表示的反应速率为13×0.4 ml·L－1·s－1，同理，将以C、D表示的反应速率换算成以A表示的反应速率时，分别为12×0.6 ml·L－1·s－1、12×1.8×160 ml·L－1·s－1，则v（A）＝0.8 ml·L－1·s－1最大。
2.[2021浙江]一定温度下，在N2O5的四氯化碳溶液（100 mL）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：
下列说法正确的是（ D ）
A.600～1 200 s，生成NO2的平均速率为5.0×10－4 ml·L－1·s－1
B.反应2 220 s时，放出的O2体积为11.8 L（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3 930
解析 600～1 200 s，N2O5的浓度变化量为（0.96－0.66） ml·L－1＝0.3 ml·L－1，在此时间段内NO2的浓度变化量为N2O5的2倍，即为0.6 ml·L－1，故生成NO2的平均速率为0.6ml·L－1600 s＝1.0×10－3 ml·L－1·s－1，A项错误；反应2 220 s时，N2O5的浓度变化量为（1.40－0.35） ml·L－1＝1.05 ml·L－1，其物质的量变化量为1.05 ml·L－1×0.1 L＝0.105 ml，O2的物质的量变化量为0.1052 ml＝0.052 5 ml，故放出的O2在标准状况下的体积为0.052 5 ml ×22.4 L·ml－1＝1.176 L，B项错误；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，其数值之比等于其对应的化学计量数之比，2v正（N2O5）＝v逆（NO2），C项错误；分析表中数据可知，该反应经过1 110 s（600～1 710 s，1 710～2 820 s）后N2O5的浓度会变为原来的12，故可以推测N2O5的浓度由0.24 ml·L－1变为0.12 ml·L－1经过了1 110 s，表中的x为2 820＋1 110＝3 930，D项正确。
3.一定温度下，在2 L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ A ）
A.反应的化学方程式为3A⇌2B＋C
B.反应开始到5 min，B的物质的量增加了0.20 ml
C.a点时，v（A）＝v（B）
D.反应开始到5 min，v（C）＝0.04 ml·L－1·min－1
解析 由题图可知，5 min时反应达到平衡，A的物质的量减少了0.60 ml，B、C的物质的量分别增加了0.40 ml和0.20 ml，根据各物质的物质的量的变化量之比等于其对应的化学计量数之比，可得反应的化学方程式为3A⇌2B＋C，A项正确，B项错误；a点时反应正向进行，结合反应的化学方程式知v（A）＞v（B），C项错误；反应开始到5 min，v（C）＝0.20ml2 L×5min＝0.02 ml·L－1· min－1，D项错误。
技巧点拨
反应速率的计算根据信息：文字描述、表格、图像等↓求出Δc（A）、Δt，然后利用公式v（A）＝｜Δc（A)|Δt求出v（A）↓利用｜v（A)|a＝｜v（B)|b＝｜v（C)|c＝｜v（D)|d可求用其他物质表示的反应速率
命题点2 速率常数及速率方程
4.（1）[全国Ⅱ高考]高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4高温 C2H6＋H2。反应在初期阶段的速率方程为r＝k×cCH4，其中k为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2＝ 1－α r1。
（2）[全国Ⅰ高考改编]研究表明，SO2催化氧化（放热反应）的反应速率方程为v＝k（αα'－1）0.8（1－nα'）。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v～t曲线，如图1所示。
图 1
曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。t＜tm时，v逐渐提高；t＞tm后，v逐渐下降。原因是 升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。t＜tm时，k增大对v的提高大于α引起的降低；t＞tm后，k增大对v的提高小于α引起的降低 。
（3）[全国Ⅲ高考]三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。对于反应2SiHCl3（g） SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图2所示。
图 2
①343 K时反应的平衡转化率α＝ 22 ％。平衡常数K343 K＝ 0.02 （保留2位小数）。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是 及时移去产物 ；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有 改进催化剂 、 提高反应物压强（浓度） 。
③比较a、b处反应速率大小：va 大于 vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的v正v逆＝ 1.3 （保留1位小数）。
解析 （1）设CH4的起始浓度为1 ml·L－1，则
2CH4 高温 C2H6 ＋ H2
起始浓度/（ml·L－1） 1 0 0
转化浓度/（ml·L－1） α 0.5α 0.5α
转化率为α时的
浓度/（ml·L－1） 1－α 0.5α 0.5α
r1＝k×1 ，r2＝k×（1－α）＝r1×（1－α ）。（3）①温度越高，反应越先达到平衡，由题图2知，左侧曲线对应的温度为343 K，343 K时反应的平衡转化率为22％。设开始时加入SiHCl3的浓度为a ml·L－1，根据化学方程式和SiHCl3的平衡转化率知，达到平衡时，SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的浓度分别为0.78a ml·L－1、0.11a ml·L－1、0.11a ml·L－1，化学平衡常数K343 K＝0.11a×0.11a（0.78a）2≈0.02。②根据化学平衡移动原理并结合该反应特点，及时分离出生成物可提高反应物的转化率。缩短反应达到平衡的时间，实质就是提高反应速率，可采用加压的方式或选择更为高效的催化剂。③温度越高，反应速率越大，a点所在曲线对应的温度高于b点所在曲线对应的温度，且a、b两点对应体系中各物质的浓度相等，所以a点的反应速率大于b点的反应速率。a点所在曲线达到平衡时，v正＝v逆，即k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，从题图2可知a点所在曲线平衡时SiHCl3的转化率为22％，设开始加入SiHCl3 y ml·L－1，则根据“三段式”法得
2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）
起始浓度/（ml·L－1） y 0 0
转化浓度/（ml·L－1） 0.22y 0.11y 0.11y
平衡浓度/（ml·L－1） 0.78y 0.11y 0.11y
代入k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4得，k正k逆＝。
在a处SiHCl3的转化率为20％，根据“三段式”法得
2SiHCl3（g）⇌SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）
起始浓度/（ml·L－1） y 0 0
转化浓度/（ml·L－1） 0.2y 0.1y 0.1y
a处浓度/（ml·L－1） 0.8y 0.1y 0.1y
则v正v逆＝k正x2SiHCl3k逆xSiH2Cl2xSiCl4＝k正k逆×（0.8y）2（0.1y）2＝×（0.8y）2（0.1y）2≈1.3。
技巧点拨
正、逆反应的速率常数与平衡常数的关系
对于基元反应aA（g）＋bB（g）⇌cC（g）＋dD（g）， 假设v正＝k正·ca（A）·cb（B），v逆＝k逆·cc（C）·cd（D），平衡常数K＝cc（C）·cd（D）ca（A）·cb（B）＝k正·v逆k逆·v正，反应达到平衡时v正＝v逆，故K＝k正k逆。
命题点3 反应历程中的活化能与反应速率
5.（1）[2023全国甲]MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如图所示（两者历程相似，图中以CH4示例）。
直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线 c （填“c”或“d”）。
（2）[2021全国甲]二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2（g）＋3H2（g） CH3OH（g）＋H2O（g）
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）＋H2（g） CO（g）＋H2O（g） ΔH1＝＋41 kJ·ml－1
②CO（g）＋2H2（g） CH3OH（g） ΔH2＝－90 kJ·ml－1
总反应的ΔH＝ －49 kJ·ml－1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 A （填标号），判断的理由是 ΔH1为正值，ΔH2和ΔH均为负值，反应①的活化能大于反应②的活化能 。
（3）[2021广东]一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分 4 步进行，其中，第 4 步的正反应活化能最大。
解析 （1）由题意可知，MO＋与CD4的反应比与CH4的反应慢，反应的活化能越大，反应速率越慢，故MO＋与CD4反应的能量变化对应图中曲线c。（2）根据盖斯定律可知总反应＝反应①＋反应②，则总反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋41 kJ·ml－1＋（－90 kJ·ml－1）＝－49 kJ·ml－1。总反应是放热反应，即生成物的总能量比反应物的总能量低，B、D项错误；反应①为慢反应，则反应①的活化能较大，A项正确，C项错误。
（3）
命题点4 影响化学反应速率的因素
6.[影响化学反应速率的内因][全国Ⅲ高考改编]采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对煤燃烧排放的烟气（含有SO2和NOx）进行脱硫、脱硝。在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度323 K，NaClO2溶液浓度为5×10－3 ml/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表所示。
由实验结果可知，脱硫反应速率 大于 （填“大于”或“小于”）脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外，还可能是 NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高 。
解析 由表中数据可以看出：经过相同的反应时间，溶液中含硫离子的浓度大于含氮离子的浓度，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。影响反应速率的因素有外因和内因，外因有浓度、温度、压强、催化剂等，由于是相同的反应体系，所以温度、压强、催化剂等因素是相同的，有可能是SO2比NO的溶解度大而导致初始浓度不同。内因可能是脱硫反应的活化能低于脱硝反应的活化能。
7.[影响化学反应速率的外因][2021辽宁]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（ B ）
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0.012 ml·L－1·min－1
D.条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L－1时，半衰期为62.5 min
解析 根据曲线①、②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大，A项正确；根据曲线①、③对应的反应物浓度和反应时间，可计算出其对应的反应速率分别为3.0ml·L－1250min＝0.012 ml·L－1·min－1、1.5ml·L－1125min＝0.012 ml·L－1·min－1，所以反应速率与降冰片烯浓度无关，B项错误，C项正确；结合题图可知，条件②下降冰片烯完全反应耗时125 min，则对应的半衰期为125 min×12＝62.5 min，D项正确。
命题点5 化学反应速率图像分析
8.[2022浙江]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（ C ）
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
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
解析 由a、c两点的横、纵坐标可得到Δt和Δc（B），则a到c的平均反应速率v＝｜Δc（B)|Δt，A项正确；当a点无限接近b点时，b→a的平均反应速率即为b点的瞬时速率，故从b点切线的斜率可求得反应开始时的瞬时速率，B项正确；在不同时刻都有v（B）2＝v（X）3，C项错误；其他条件相同，加入催化剂，反应达到平衡的时间缩短，但平衡转化率不变，D项正确。
9.[催化剂对反应的影响][2022广东]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的部分变化曲线如图，则（ D ）
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，0～2 min内，v（X）＝1.0 ml·L－1·min－1
解析 催化剂只能决定化学反应快慢，不能决定反应是否发生，A项错误；由图像曲线变化规律可知，相同时间内，催化剂Ⅰ导致的浓度变化更大，则催化剂Ⅰ使反应活化能更低，B项错误；2 min时，a曲线和使用催化剂Ⅱ时曲线浓度变化的量相等，与反应中X、Y的化学计量数的关系矛盾，a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，C项错误；使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v（X）＝12v（Y）＝12×4.0ml·L－12min＝1.0 ml·L－1·min－1，D项正确。
命题点6 控制变量法的应用
10.[2021福建]NaNO2溶液和NH4Cl溶液可发生反应：NaNO2＋NH4Cl △ N2↑＋NaCl＋2H2O。为探究反应速率与c（NaNO2）的关系，利用下列装置（夹持仪器略去）进行实验。
实验步骤：往A中加入一定体积（V）的2.0 ml·L－1 NaNO2溶液、2.0 ml·L－1 NH4Cl溶液和水，充分搅拌。控制体系温度，通过分液漏斗往A中加入1.0 ml·L－1 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1.0 mL N2所需的时间，重复多次取平均值（t）。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称为 锥形瓶 。
（2）检验装置气密性的方法：关闭止水夹K， 通过分液漏斗往A中加水，一段时间后水难以滴入，则装置气密性良好 。
（3）若需控制体系的温度为36 ℃，采取的合理加热方式为 水浴加热 。
（4）每组实验过程中，反应物浓度变化很小，忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如表所示。
①V1＝ 4.0 ，V3＝ 6.0 。
②该反应的速率方程为v＝k·cm（NaNO2）·c（NH4Cl）·c（H＋），k为反应速率常数。利用实验数据计算得m＝ 2 （填整数）。
③醋酸的作用是 加快反应速率 。
（5）如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，NaNO2与盐酸反应生成HNO2，HNO2分解产生等物质的量的两种气体。反应结束后，A中红棕色气体逐渐变浅，装置中还能观察到的现象有 量筒中收集到无色气体，导管里上升一段水柱 。HNO2分解的化学方程式为 2HNO2 NO↑＋NO2↑＋H2O 。
解析 （2）利用气压法检验装置气密性的方法为关闭止水夹K，通过分液漏斗往A中加水，一段时间后水难以滴下，则装置气密性良好。（3）控制体系温度为36 ℃，可以采取水浴加热。（4）①运用控制单一变量思想，要探究c（NaNO2）对反应速率的影响，则只能改变c（NaNO2），故V1＝4.0；要保持NH4Cl的浓度不变，则各组中溶液总体积相同，故V2＋V3＝12，比较实验1和实验3中数据，c（NaNO2）增大1倍，时间约减小为334 s的14，即实验3的反应速率约是实验1的4倍；同理，实验4的反应速率约是实验2的4倍，则实验4中c（NaNO2）是实验2的2倍，故V2＝6.0，V3＝6.0。②根据上述分析，知反应速率与c（NaNO2）的平方成正比，故m＝2。③结合反应速率方程和NH4Cl水解显酸性知，醋酸的作用是提供酸性环境，加快反应速率。（5）HNO2分解产生等物质的量的两种气体，A中红棕色气体逐渐变浅，说明两种气体中一种为NO2，则HNO2分解的化学方程式为2HNO2 NO↑＋NO2↑＋H2O，A中红棕色气体逐渐变浅是因为发生反应：3NO2＋H2O 2HNO3＋NO，A中气体减少，压强减小，故还能观察到量筒中收集到无色气体，导管里上升一段水柱。
素养11 模型建构——反应历程题的思维模型
命题特点：能量－历程图或反应机理图，宏微结合。（1）变化观→微粒变化→化合价变化→能垒（或活化能）→吸附和脱附；（2）数目观→微粒个数变化→热化学方程式。
反应历程题常见考向如下：
1.[2023广东]催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应 R（g）⇌P（g）。反应历程（如图）中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是（ C ）
A.使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行
B.反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大
C.使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D.使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
解析 由历程图可知，使用Ⅰ和Ⅱ，R转化为M经历2步，M转化为P又经历了2步，所以反应历程都分4步进行，A项正确；由历程图可知，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，R的浓度增大，B项正确；由历程图可知，使用Ⅱ时，第一步反应的活化能在所有反应中最大，反应速率慢，反应体系达平衡慢，C项错误；由历程图可知，使用Ⅰ时，R转化为M速率较快，而M转化为P速率较慢，所以反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D项正确。
2.[2024福州一检]某种含二价铜微粒 [CuⅡ（OH）（NH3）]＋的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图所示，下列说法错误的是（ D ）
A.[CuⅡ（OH）（NH3）3]＋属于中间产物
B.状态②到状态③的过程中N元素被氧化
C.状态③到状态④的过程中有O—H键的形成
D.该脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3＋2NO＋2O2 6H2O＋3N2
解析 由催化机理图可知，[CuⅡ（OH）（NH3）3]＋先生成，后消耗，为中间产物，A项正确；状态②到状态③的过程中发生反应[CuⅡ（OH）（NH3）3]＋＋NO [CuⅠ（H2NNO）（NH3）2]＋＋H2O，Cu由＋2价降为＋1价，H、O元素化合价不变，则N元素化合价升高，被氧化，B项正确；状态③到状态④的过程中发生反应[CuⅠ（H2NNO）（NH3）2]＋ [CuⅠ（NH3）2]＋＋N2↑＋H2O，有O—H键的形成，C项正确；根据催化机理图，加入的物质为2NH3、2NO、12O2，生成的物质为2N2、3H2O，故该脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3＋4NO＋O2 6H2O＋4N2，D项错误。
3.[2023新课标卷]“肼合成酶”以其中的Fe2＋配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼（NH2NH2），其反应历程如下所示。
下列说法错误的是（ D ）
A.NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B.反应涉及N—H、N—O键断裂和N—N键生成
C.催化中心的Fe2＋被氧化为Fe3＋，后又被还原为Fe2＋
D.将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
解析 NH2OH中正、负电荷中心不重合，为极性分子，NH3为三角锥形结构，H2O为V形结构，分子中正、负电荷中心也不重合，均为极性分子，A正确；图示转化过程共四步，将其依次标号为①②③④，第②步中N—O键断裂，第③步中N—H键断裂，第④步中N—N键生成，B正确；由题意可知，起始时，“肼合成酶”中含有Fe2＋，第②步中Fe2＋失去电子被氧化成Fe3＋，第④步中Fe3＋得电子又生成Fe2＋，C正确；根据反应机理分析，产物肼（NH2NH2）中，一个N原子上的2个H原子来自NH2OH中“—NH2”中的2个H原子，另一个N原子上的2个H原子来自NH3中的2个H原子，所以将NH2OH替换为ND2OD，与NH3反应会生成ND2NH2，D错误。
4.（1）[定性考查微观反应历程－活化能][全国Ⅰ高考]对于反应2N2O5（g） 4NO2（g）＋O2（g），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 AC （填标号）。
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
（2）[定量考查微观反应中的能垒][全国Ⅰ高考]我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。
可知水煤气变换的ΔH 小于 0（填“大于”“等于”或“小于”）。该历程中最大能垒（活化能）E正＝ 2.02 eV，写出该步骤的化学方程式 COOH*＋H*＋H2O* COOH*＋2H*＋OH*（或H2O* H*＋OH*） 。
解析 （1）快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，可认为v正＝v逆，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A项正确。将题给第一步、第二步、第三步反应方程式分别标上序号①、②、③，将其按照2×①＋②＋③计算可得出总反应，则反应的中间产物除NO3外还有NO，B项错误。有效碰撞才能发生反应，第二步反应慢，说明部分碰撞有效，C项正确。第三步反应快，说明反应活化能较低，D项错误。（2）观察始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能量，说明该反应是放热反应，ΔH小于0。过渡态物质相对能量与相应起始态物质相对能量相差越大，能垒越大，由题图知，最大能垒（活化能）E正＝1.86 eV－（－0.16 eV）＝2.02 eV，该步起始物质为COOH*＋H*＋H2O*，产物为COOH*＋2H*＋OH*，反应方程式为COOH*＋H*＋H2O* COOH*＋2H*＋OH*（或H2O* H*＋OH*）。
1.[2021河北]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 ）
A.0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10－3 ml·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
解析 由①M＋N X＋Y、②M＋N X＋Z可知M减少的物质的量为Y和Z增加的物质的量之和，故30 min时Δc（Y）＝（0.5－0.300－0.125）ml·L－1＝0.075 ml·L－1，故v（Y）＝0.075ml·L－130min＝2.5×10－3 ml·L－1·min－1，A错误；由题中两个反应速率公式相比可得v1v2＝k1k2，而Δc（Y）＝v1Δt，Δc（Z）＝v2Δt，故反应开始后，体系中c（Y）∶c（Z）＝k1∶k2，为定值，B正确；0～30 min，Δc（Z）＝0.125 ml·L－1、Δc（Y）＝0.075 ml·L－1，Δc（Y）∶Δc（Z）＝3∶5，即M转化为Z的百分比为58×100％＝62.5％，C正确；0～30 min，Δc（Z）＝0.125 ml·L－1、Δc（Y）＝0.075 ml·L－1，故反应②速率较快，反应的活化能较小，D正确。
2.[2021浙江]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：
下列说法不正确的是（ C ）
A.反应20 min时，测得O2体积为224 mL（标准状况）
B.20～40 min，消耗H2O2的平均速率为0.010 ml·L－1·min－1
C.第30 min时的瞬时速率小于第50 min时的瞬时速率
D.H2O2分解酶或Fe2O3代替I－也可以催化H2O2分解
解析 由表中数据可得反应20 min时，H2O2浓度的变化量为（0.80－0.40） ml·L－1＝ 0.40 ml·L－1，消耗H2O2的物质的量为0.05 L×0.40 ml·L－1＝0.02 ml，生成氧气的体积为224 mL，A正确；20～ 40 min，H2O2浓度的变化量为（0.40－0.20） ml·L－1＝ 0.20 ml·L－1，v（H2O2）＝ 0.20ml·L－120min＝0.01 ml·L－1·min－1，B正确；第30 min时H2O2的浓度大于第50 min时H2O2的浓度，浓度越大反应速率越快，C不正确；H2O2分解酶或Fe2O3都能催化H2O2分解，D正确。
3.[反应历程图示][2020山东改编]1， 3－丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H＋进攻1， 3－丁二烯生成碳正离子（）；第二步Br－进攻碳正离子完成1，2－加成或1，4－加成。反应进程中的能量变化如图所示。已知在0 ℃和40 ℃时，1，2－加成产物与1，4－加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。下列说法正确的是（ D ）
A.1，2－加成产物比1，4－加成产物稳定
B.与0 ℃相比，40 ℃时1，3－丁二烯的转化率增大
C.从0 ℃升至40 ℃，1，2－加成正反应速率增大，1，4－加成正反应速率减小
D.从0 ℃升至40 ℃，1，2－加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
解析 结合题图可知，1，4－加成产物的能量比1，2－加成产物的能量低，即1，4－加成产物比1，2－加成产物稳定，A项错误；结合题图知，1，3－丁二烯发生1，2－加成反应和1，4－加成反应均为放热反应，则升高温度1，3－丁二烯的转化率减小，B项错误；温度升高，1，2－加成正反应速率和1，4－加成正反应速率均增大，C项错误；由0 ℃升温至40 ℃时，1，3－丁二烯发生的反应由以1，2－加成为主变为以1，4－加成为主，即1，2－加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，D项正确。
4.[2022山东]在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是（ D ）
A.含N分子参与的反应一定有电子转移
B.由NO生成HONO的反应历程有2种
C.增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变
D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
解析 含N分子参与的反应有NO＋·OOH NO2＋·OH、NO＋NO2＋H2O 2HONO、NO2＋·C3H7 HONO＋C3H6、HONO NO＋·OH，各反应中均有元素化合价发生变化，则一定有电子转移，A项正确；由NO生成HONO的反应历程有NO＋·OOH NO2＋·OH、NO＋NO2＋H2O 2HONO和NO＋·OOH NO2＋·OH、NO2＋·C3H7 HONO＋C3H6两种，B项正确；NO为催化剂，催化剂不能使平衡发生移动，故增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；总反应为2C3H8＋O2 2C3H6＋2H2O，故主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误。
5.[2021上海]已知如下方程式：
Fe2O3＋CO⇌2FeO＋CO2 ①
FeO＋CO⇌Fe＋CO2 ②
Fe3O4＋4CO⇌3Fe＋4CO2 ③
3Fe＋4H2O（g）⇌Fe3O4＋4H2 ④
4Fe＋3O2 2Fe2O3 ⑤
总反应式：CO（g）＋xH2O（g）＋1－x2O2（g）⇌CO2（g）＋xH2（g）
写出总反应的催化剂 氧化铁（或Fe2O3） ，K＝ c（CO2）·cx（H2）c（CO）·cx（H2O）·c1－x2（O2） 。当x＝89时，在2 L的容器内充入1.8 ml 反应物，10 min达到平衡时气体的总量为1.7 ml，求0～10 min内，vCO＝ 0.09 ml·L－1·min－1 。
6.[2023山东]一定条件下，水气变换反应CO＋H2O⇌CO2＋H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ.HCOOH⇌CO＋H2O（快）
Ⅱ.HCOOH⇌CO2＋H2（慢）
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H＋仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。
反应Ⅰ正反应速率方程为v＝kc（H＋）·c（HCOOH），k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为x ml·L－1时，H＋浓度为 Kax ml·L－1，此时反应Ⅰ正反应速率v＝ kKaxx ml·L－1·h－1（用含Ka、x和k的代数式表示）。
解析 根据HCOOH⇌HCOO－＋H＋，设平衡时H＋浓度为a ml·L－1，则HCOOH电离平衡常数Ka＝a2x，a＝Kax，此时反应Ⅰ正反应速率v＝ k·c（H＋）·c（HCOOH）＝kKaxx ml·L－1·h－1。
7.[全国Ⅱ高考]CH4－CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
（1）CH4－CO2催化重整反应为CH4（g）＋CO2（g） 2CO（g）＋2H2（g）。
已知：C（s）＋2H2（g） CH4（g） ΔH＝－75 kJ·ml－1
C（s）＋O2（g） CO2（g） ΔH＝－394 kJ·ml－1
C（s）＋12O2（g） CO（g） ΔH＝－111 kJ·ml－1
该催化重整反应的ΔH＝ 247 kJ·ml－1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是 A （填标号）。
A.高温低压B.低温高压
C.高温高压D.低温低压
某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 ml CH4、1 ml CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2
的转化率是50％，其平衡常数为 13 ml2·L－2。
（2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：
①由上表判断，催化剂X 劣于 Y（填“优于”或“劣于”），理由是 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对较小，消碳反应速率大 。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图1所示，升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是 AD （填标号）。
图1
A.K积、K消均增加B.v积减小、v消增加
C.K积减小、K消增加D.v消增加的倍数比v积增加的倍数大
②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v＝k·p（CH4）·[p（CO2）]－0.5（k为速率常数）。在p（CH4）一定时，不同p（CO2）下积碳量随时间的变化趋势如图2所示，则pa（CO2）、pb（CO2）、pc（CO2）从大到小的顺序为 pc（CO2）、pb（CO2）、pa（CO2） 。
图2
解析 （1）将已知中的3个反应依次记为①、②、③，根据盖斯定律③×2－①－②得该催化重整反应的ΔH＝（－111×2＋75＋394） kJ·ml－1＝247 kJ·ml－1。由于该反应为吸热且气体体积增大的反应，要提高CH4的平衡转化率，需在高温低压下进行。根据平衡时消耗的CO2为1 ml×50％＝0.5 ml，则消耗的CH4为0.5 ml，生成的CO和H2均为1 ml，根据“三段式”法可知平衡时CH4、CO2、CO和H2的平衡浓度分别为0.75 ml·L－1、0.25 ml·L－1、0.5 ml·L－1、0.5 ml·L－1，则平衡常数K＝（0.5ml·L－1）2×（0.5 ml·L－1）20.75ml·L－1×0.25 ml·L－1＝13 ml2·L－2。（2）①从表格中数据可看出相对于催化剂X，用催化剂Y催化时积碳反应的活化能大，则积碳反应的反应速率小，而消碳反应活化能相对较小，则消碳反应的反应速率大，再根据题干信息“反应中催化剂活性会因积碳反应而降低”可知催化剂X劣于催化剂Y。结合图示可知500～600 ℃随温度升高积碳量增加，而600～700 ℃随温度升高积碳量减少，故随温度升高，K积和K消均增加，且消碳反应速率增加的倍数比积碳反应的大，故A、D正确。②由该图像可知在反应时间和 p（CH4）相同时，图像中速率关系va＞vb＞vc，结合沉积碳的生成速率方程 v＝k·p（CH4）·[p（CO2）]－0.5，在p（CH4）相同时，随着p（CO2）增大，反应速率逐渐减慢，即可判断pc（CO2）＞pb（CO2）＞pa（CO2）。

1.[2024广东惠州调研]下列措施不能增大反应速率的是（ B ）
A.铁和稀盐酸反应制氢气时，用铁粉代替铁片
B.常温下用浓硫酸代替稀硫酸与铝反应制氢气
C.乙酸和乙醇进行酯化反应时采取加热措施
D.H2O2分解制O2时加入少量MnO2
解析 铁和稀盐酸反应制氢气时，用铁粉代替铁片，增大了反应物接触面积，A项能增大反应速率；常温下铝遇浓硫酸发生钝化，不能制取氢气，B项不能增大反应速率；升高温度活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，C项能增大反应速率；MnO2是H2O2分解的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，D项能增大反应速率。
2.[2024河南洛阳质检]已知4NH3＋5O2 4NO＋6H2O，若反应速率分别用v（NH3）、v（O2）、v（NO）、v（H2O）表示，下列关系正确的是（ D ）
A.4v（NH3）＝5v（O2）B.5v（O2）＝6v（H2O）
C.2v（NH3）＝3v（H2O）D.4v（O2）＝5v（NO）
解析 根据同一反应中用不同物质表示的反应速率之比等于相应物质的化学计量数之比知，D正确。
3.[2024河南洛阳强基联盟联考]反应C（s）＋H2O（g）⇌CO（g）＋H2（g）在恒温密闭容器中进行，下列措施能够引起反应速率增大的是（ B ）
A.增加C（s）的量
B.将容器的容积缩小一半
C.保持容器容积不变，充入Ar使体系压强增大
D.保持压强不变，充入Ar使容器容积增大
解析 反应物C为固体，增加其用量对反应速率几乎没有影响，A项不符合题意；容器的容积缩小一半相当于压强增大一倍，各气体物质的浓度增大，反应速率增大，B项符合题意；保持容器容积不变，充入Ar，体系总压强增大，但各气体物质的浓度不变，反应速率不变，C项不符合题意；保持压强不变，充入Ar使容器容积增大，各气体物质的浓度减小，反应速率减小，D项不符合题意。
4.[反应机理]向H2O2溶液中加入少量FeCl3溶液，混合溶液中有大量气泡逸出，查阅资料知H2O2的分解机理如下：
①2Fe3＋＋H2O2 2Fe2＋＋O2↑＋2H＋ 慢
②H2O2＋ 2Fe2＋＋2H＋ 2H2O＋2Fe3＋ 快
下列有关说法正确的是（ B ）
A.增大c（Fe3＋）不影响产生气体的速率
B.第①步反应中Fe3＋与H2O2碰撞仅部分有效
C.Fe2＋是该反应的催化剂
D.第②步反应的活化能较大
解析 由题给信息可知，第①步为慢反应，增大反应物的浓度，其反应速率增大，A项错误；任何一个反应，粒子之间的碰撞不可能都是有效碰撞，B项正确；由总反应可知，Fe2＋是该反应的中间产物，Fe3＋是催化剂，C项错误；活化能大则反应慢，故第①步反应的活化能较大，D项错误。
5.[2024北京大学附属中学月考] 一定温度下，10 mL 0.40 ml·L－1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如表，下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（ C ）
A.0～6 min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10－2 ml·L－1·min－1
B.0～4 min的平均反应速率比4～8 min的平均反应速率大
C.反应至6 min时，c（H2O2）＝0.30 ml·L－1
D.反应至6 min时，H2O2分解了50％
解析 0～6 min生成氧气的物质的量为1×10－3 ml，消耗H2O2的物质的量为2×10－3 ml，平均反应速率：v（H2O2）＝2×10－3ml0.01 L×6min≈3.3×10－2 ml·L－1·min－1，故A正确；0～4 min 内生成17.2 mL氧气，4～8 min内生成9.3 mL氧气，所以0～4 min的平均反应速率比4～8 min的平均反应速率大，故B正确；反应至6 min时，生成氧气的物质的量为1×10－3 ml，消耗 H2O2的物质的量为2×10－3 ml，则c（H2O2）＝0.01 L×0.4ml·L－1－2×10－3ml0.01 L＝0.20 ml·L－1，故C错误；反应至6 min时，H2O2分解率为2×10－3ml0.01 L×0.4ml·L－1×100％＝50％，故D正确。
6.在2 L恒容密闭容器中充入2 ml HI（g），在一定条件下发生反应2HI（g）⇌H2（g）＋I2（g），测得 I2（g）的物质的量与温度、时间的关系如图所示。
（1）T1 ＞ （填“＞”“＜”或“＝”）T2。
（2）a、b、c三点的正反应速率由大到小的顺序为 a＞b＞c 。
（3）在T1 ℃下，0～10 min内HI的平均反应速率为 0.06 ml·L－1·min－1，该温度下，反应的平衡常数K＝ 0.562 5 。
解析 （1）温度越高，反应速率越快，结合题图可知，T1＞T2。（2）由题图可知，a、b点生成碘的物质的量相同，但a点温度高，故正反应速率a＞b，b、c点温度相同，b点没有达到平衡状态，反应正向进行，故正反应速率b＞c，因此正反应速率由大到小的顺序为a＞b＞c。（3）在T1 ℃下，0～10 min内I2的物质的量变化 0.6 ml，则v（I2）＝0.6ml2 L×10min＝0.03 ml·L－1·min－1，根据同一化学反应中用不同物质表示的反应速率之比等于其相应物质的化学计量数之比可知，v（HI）＝2v（I2）＝0.06 ml·L－1·min－1；根据题目信息列“三段式”：
2HI（g）⇌H2（g）＋I2（g）
起始浓度/（ml·L－1） 1 0 0
转化浓度/（ml·L－1） 0.6 0.3 0.3
平衡浓度/（ml·L－1） 0.4 0.3 0.3
该反应的平衡常数K＝0.3×＝0.562 5。
7.[速率常数及速率方程][2023广东六校联考]在恒容密闭容器中，发生基元反应A（g）⇌2B（g） ΔH，已知v（正）＝k正·c（A），v（逆）＝k逆·c2（B）。在不同温度下，测得c（A）或c（B）随时间t的变化曲线如图，则下列说法正确的是（ C ）
A.曲线Ⅱ、Ⅲ代表B的浓度变化，且ΔH＜0
B.曲线Ⅰ代表A的浓度变化，且将在t2 s后不变
C.a、b、c三点的逆反应速率：c＞a＞b
D.若k正、k逆为反应的速率常数，则T1温度时k正k逆=36
解析
8.[应用控制变量法探究催化剂对反应速率的影响][北京高考改编]SO2歧化反应的方程式为 3SO2＋2H2O 2H2SO4＋S↓，I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ⅱ补充完整。
（1）ⅰ.SO2＋4I－＋4H＋ S↓＋2I2＋2H2O
ⅱ.I2＋2H2O＋ SO2 SO42－ ＋ 4H＋ ＋2I－
（2）探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）
①B是A的对比实验，则a＝ 0.4 。
②比较A、B、C，可得出的结论是 I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快歧化反应速率 。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因： 反应ⅱ比反应ⅰ快；D中由反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ的反应速率加快 。
解析 （1）SO2歧化反应的离子方程式为3SO2＋2H2O 4H＋＋2SO42－ ＋S↓，反应ⅱ可由（SO2的歧化反应－反应ⅰ）÷2得到，则反应ⅱ的离子方程式为I2＋2H2O＋SO2 SO42－＋4H＋＋2I－。（2）①由于B是A的对比实验，所以两组实验中KI的浓度必须相同，即a＝0.4。②A说明I－能催化SO2发生歧化反应。C中无明显现象，说明H＋单独存在时不具有催化作用，不能使SO2歧化反应速率加快。B中溶液变黄，出现浑浊较A快，结合C可知，增强溶液的酸性，可增强I－的催化效果。③由于I－催化SO2的歧化反应是ⅰ与ⅱ两个过程分步进行，所以两个反应中任何一个反应的速率都会影响总反应的速率。D中直接加入I2，故反应ⅱ可立即发生，而由反应ⅱ产生的H＋可使反应ⅰ的反应速率加快，所以D的反应速率比A的快。
9.[2023重庆模拟改编]（1）向容积为2 L的恒容密闭容器中加入活性炭（足量）和NO，发生反应C（s）＋2NO（g）⇌N2（g）＋CO2（g） ΔH＜0，NO（g）和N2（g）的物质的量的变化情况如表所示。
①0～5 min内，以CO2表示的反应速率v（CO2）＝ 0.042 ml·L－1·min－1 。
②第15 min后，温度调整到T2℃，数据变化如表所示，则T1 ＞ （填“＞”“＜”或“＝”）T2。
（2）通过CH4－CO2重整反应可以得到用途广泛的合成气，已知热化学方程式为CH4（g）＋CO2（g）⇌2H2（g）＋2CO（g） ΔH＞0。CH4－CO2重整反应的反应速率方程为v＝kp（CH4），其中k为反应速率常数。下列说法正确的是 ad （填标号）。
a.增大CH4的浓度，v增大
b.增大CO2的浓度，v增大
c.及时分离出合成气，v增大
d.升高温度，k增大
（3）甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：
①CH4（g）＋H2O（g）⇌CO（g）＋3H2（g） ΔH＝＋206 kJ·ml－1
②CO（g）＋H2O（g）⇌CO2（g）＋H2（g） ΔH＝－41 kJ·ml－1
关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是 C （填标号）。
A.恒温、恒容条件下，加入稀有气体，压强增大，反应速率增大
B.恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率增大
C.升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率增大
解析 （1）① 0～5 min内，以CO2表示的反应速率v（CO2）＝v（N2）＝ΔnV·Δt＝0.42ml2 L×5min＝0.042 ml·L－1·min－1。②第15 min 后，温度调整到T2 ℃，达到平衡时NO的物质的量减小，N2的物质的量增大，说明平衡正向移动，则为降温，即T1＞T2。（2）增大CH4的浓度，则CH4的分压增大，v增大，a正确；增大CO2的浓度，则CH4的分压减小，v减小，b错误；及时分离出合成气，平衡正向移动，则CH4的转化率增大，但CH4的分压减小，v减小，c错误；升高温度，活化分子数增大，k增大，d正确。（3）恒温、恒容条件下，加入稀有气体，总压强增大，但各物质的浓度不变，化学反应速率不变，A项错误。恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞频率增大，反应速率增大，B项错误。升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率增大，C项正确。

专项训练6 反应历程图示
1.[2024广东惠州调研]MnO2催化除去HCHO的机理如图所示，下列说法不正确的是（ A ）
A.反应①～④均是氧化还原反应
B.反应②中碳氧双键未断裂
C.HCHO中碳原子采取sp2杂化
D.上述机理总反应为HCHO＋O2 MnO2 CO2＋H2O
解析 反应④为HCO3－＋H＋ CO2↑＋H2O，不属于氧化还原反应，A项错误；反应②为·OH＋HCHO H2O＋·CHO，该过程中碳氧双键未断裂，B项正确；HCHO中碳原子形成3个σ键，无孤对电子，价层电子对数为3，采取sp2杂化，C项正确；由机理图可知，该反应是在MnO2作催化剂的条件下，O2和HCHO反应生成CO2和H2O，总反应为HCHO＋O2 MnO2 CO2＋H2O，D项正确。
2.[2023武汉调研改编]某研究所用Fe3（CO）12/ZSM－5催化CO2加氢合成低碳烯烃，反应过程如图所示。下列说法不正确的是（ C ）
A.第ⅰ步反应的活化能比第ⅱ步的高
B.CO2加氢合成低碳烯烃时还有H2O生成
C.Fe3（CO）12/ZSM－5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小
D.该研究的应用有利于实现碳中和
解析 由题可知，第ⅰ步反应为慢反应，第ⅱ步反应是快反应，反应的活化能越低，反应速率越快，故第ⅰ步反应的活化能高于第ⅱ步，A项正确；反应前后原子的种类和数目不变，故CO2加氢合成低碳烯烃时还有H2O生成，B项正确；催化剂不能改变反应的焓变，C项错误；该研究的应用有利于降低CO2的排放，有利于实现碳中和，D项正确。
3.[2023浙江]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下[已知O2（g）和Cl2（g）的相对能量为0]，下列说法不正确的是（ B ）
A.E6－E3＝E5－E2
B.可计算Cl—Cl键能为2（E2－E3） kJ·ml－1
C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ＞历程Ⅰ
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：ClO（g）＋O（g） O2（g）＋Cl（g） ΔH＝（E5－E4） kJ·ml－1
解析
根据历程Ⅰ，O3（g）＋O（g）⇌2O2（g）的ΔH＝（E6－E3） kJ·ml－1，根据历程Ⅱ，O3（g）＋O（g）⇌2O2（g）的ΔH＝（E5－E2） kJ·ml－1，则E6－E3＝E5－E2，A项正确；根据图示，Cl（g）的相对能量为（E2－E3） kJ·ml－1，由于Cl2（g）的相对能量为0，故Cl2（g） 2Cl（g）的ΔH＝2（E2－E3） kJ·ml－1，即Cl—Cl键能为2（E2－E3） kJ·ml－1，B项正确；历程Ⅱ使用了催化剂Cl，催化剂不能使平衡发生移动，则O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C项错误；历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应为活化能最小的反应，即 ClO（g）＋O（g） O2（g）＋ Cl（g） ΔH＝（E5－E4） kJ·ml－1，D项正确。
4.[物质结构＋有机＋反应历程][2023重庆开学联考]卤代烃在有机合成中发挥着重要桥梁作用，研究卤代烃的反应历程十分有意义。（CH3）3CBr发生水解反应的历程如图所示：
说明：E表示方框中物质的总能量（单位：kJ·ml－1），TS表示过渡态。
下列说法错误的是（ D ）
A.水解反应过程中中心碳原子的杂化轨道类型发生变化
B.（CH3）3CBr水解总反应的ΔH可表示为E5－E1
C.若E3＋E2＞E4＋E1，则决定速率步骤的化学方程式为（CH3）3CBr（l） （CH3）3C＋（l）＋Br－（aq）
D.使用催化剂，可以提高（CH3）3COH（l）的生成量
解析 将题给反应历程转化为常见反应历程图，如图所示（示意图，不考虑各数值实际大小）：
（CH3）3CBr到（CH3）3C＋，中心碳原子由sp3杂化变为sp2杂化，（CH3）3C＋到（CH3）3COH，中心碳原子由sp2杂化变为sp3杂化，A项正确；根据反应热等于生成物总能量减去反应物总能量，知ΔH＝E5－E1，B项正确；若E3＋E2＞E4＋E1，则E2－E1＞E4－E3，第一步反应的活化能大于第二步，第一步反应速率慢，是决速步，C项正确；使用催化剂，只能提高单位时间内（CH3）3COH（l）的生成量，其最终生成量不变，D项错误。
5.[2023江西五校联考]使用Ag－C合金催化剂，CO2可电催化还原制备乙醇，该过程中部分反应的能垒如图所示。
（1）该催化剂条件下，CO2电催化还原制备乙醇过程中的副产物为 CH2 CH2 。
（2）由图可得此过程的决速步骤的能垒为 0.36 eV。
（3）CO2电催化还原制备乙醇的电极反应式为 2CO2＋12H＋＋12e－ CH3CH2OH＋3H2O 。
解析 （1）据图可知，还生成了乙烯。（2）CO*→*OC—CO*所需能量最高，为此过程的决速步骤，能垒为0.36 eV。（3）据图可知，二氧化碳得电子结合H＋生成乙醇。课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.知道化学反应速率的表示方法，了解测定化学反应速率的简单方法。
2.通过实验探究，了解温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响。
3.知道化学反应是有历程的，认识基元反应活化能对化学反应速率的影响。
4.知道催化剂可以改变反应历程，对调控化学反应速率具有重要意义。
5.学生必做实验：化学反应速率的影响因素
化学反
应速率
2023湖南，T13；2023上海，T22、T24；2023年6月浙江，T19；2023山东，T20；2023辽宁，T18；2023广东，T19；2022广东，T15；2022年6月浙江，T20；2021年6月浙江，T20；2021年1月浙江，T19；2021河北，T13；2021重庆，T12；2021福建，T12；2021辽宁，T12；2020山东，T14；2020全国Ⅰ，T28；2020全国Ⅱ，T28；2019全国Ⅱ，T27
变化观念与平衡思想：能从反应现象中提取信息，建立物质、外界条件与化学反应方向、限度和速率的关系；能基于碰撞理论解释反应速率的影响因素；能调控化学反应，设计实验探究反应规律
命题分析预测
1.高考主要考查反应速率的影响因素及相关计算，在考查反应速率的相关计算时常引入反应速率常数、反应机理图像等。
2.以反应速率常数为载体进行命题是考查化学反应速率的一种新形式，一般会先给出反应速率常数的相关概念和信息，然后设题，考查考生将新信息与所学知识融合应用的能力，考生要予以重视
概念
示例
基元
反应
大多数化学反应都是分几步完成的，其中的[1] 每一步反应 称为基元反应[鲁科选必1]
2HI H2＋2I·
反应
历程
基元反应构成的[2] 反应序列 称为反应历程（又称反应机理）[鲁科选必1]
反应2HI H2＋I2分两步：①2HI H2＋2I·
②2I· I2
简单
反应
反应物一步直接转化为反应产物，其总反应就是基元反应，这类反应又称为简单反应
H＋＋OH－ H2O
活化
能
基元反应过程需经历一个高能量的中间状态，此时形成一种旧键没有完全断裂、新键没有完全形成的过渡态，[3] 过渡态的能量 与反应物的平均能量之差Ea称为基元反应的活化能
Ea为正反应活化能，Ea'为逆反应活化能
反应
CO（g）＋NO2（g） CO2（g）＋NO（g），反应速率方程v＝kc2（NO2）
温度
升高温度，k增大，反应速率（v）[7] 增大
浓度
c（NO2）增大，反应速率（v）[8] 增大
压强
增大压强（减小容器的容积），反应速率（v）[9] 增大
催化剂
使用催化剂，活化能（Ea）减小，k增大，反应速率（v）[10] 增大
t/s
0
600
1 200
1 710
2 220
2 820
x
c（N2O5）/
（ml·L－1）
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
离子
SO42－
SO32－
NO3－
NO2－
Cl－
c/（ml/L）
8.35×10－4
6.87×10－6
1.5×10－4
1.2×10－5
3.4×10－3
实验
编号
V/mL
t/s
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
模型
说明
①无催化剂时：Ea为[1] 正 反应的活化能，Ea'为[2] 逆 反应的活化能，ΔH＝[3] Ea－Ea' 。
②有催化剂时：总反应经历了两个过渡态，经历过渡态1的反应为[4] 吸热 反应，活化能为Ea1；经历过渡态2的反应为[5] 放热 反应，活化能为Ea2，Ea1＜Ea，Ea2＜Ea（活化能降低使反应速率增大）。
③催化剂的作用：降低Ea、Ea'，使反应速率增大，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于反应物总能量和生成物总能量的相对大小
在铁催化剂表面进行的合成氨反应历程如图（吸附在催化剂表面的物种用*标注）
ΔH＝E（生成物）－E（反应物）＝（－d－0）＝－d；
E（最大能垒）＝E（过渡态）－E（吸附态）＝a－（－b）＝a＋b
吸附催化：反应物扩散至催化剂表面、反应物在催化剂表面被吸附、发生表面反应、生成物从催化剂表面脱附、生成物扩散离开反应区。
①表面吸附过程，一般能量是降低的（放热过程），每一次从“吸附态”到“过渡态”均需要克服能垒。
②最大能垒步骤（活化能）的反应速率决定了整个反应的速率，称为“控速步”
“环式”反应历程模型图示
位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和[6] ⑧ ；“入环”的物质为反应物，如①和[7] ④ ；“出环”的物质为生成物，如②和[8] ③ ，然后可快速得出总反应
t/min
0
20
40
60
80
c/（ml·L－1）
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
积碳反应CH4（g）
C（s）＋2H2（g）
消碳反应CO2（g）＋C（s）
2CO（g）
ΔH/（kJ·ml－1）
75
172
活化能/
（kJ·ml－1）
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72
t/min
0
2
4
6
8
10
V（O2）/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
序号
试剂组成
实验现象
A
0.4 ml·L－1KI
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
B
a ml·L－1 KI
0.2 ml·L－1 H2SO4
溶液变黄，出现浑浊较A快
C
0.2 ml·L－1H2SO4
无明显现象
D
0.2 ml·L－1KI
0.000 2 ml I2
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
物质的量/ml
T1 ℃
T2℃
0
5 min
10 min
15 min
20 min
25 min
30 min
NO（g）
2.00
1.16
0.80
0.80
0.50
0.40
0.40
N2（g）
0
0.42
0.60
0.60
0.75
0.80
0.80