第36讲 化学反应速率及影响因素
一、选择题（本题包括8小题，每小题只有一个选项符合题意）
1.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
2.（2025·长沙模拟）下列说法正确的是（ ）
A.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸可以加快产生氢气的速率
B.对于反应2H2O22H2O＋O2↑，加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率
C.常温下钠与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D.对于可逆反应H2（g）＋I2（g）2HI（g），H2（g）的消耗速率与HI（g）的生成速率之比为2∶1
3.（2025·吕梁模拟）某温度下，在容积为1 L的容器中发生反应4NH3（g）＋5O2（g）4NO（g）＋6H2O（g），NH3在20 s内由1.0 mol·L－1变成0.2 mol·L－1（假设未平衡）。下列说法正确的是（ ）
A.20 s内v（O2）＝0.04 mol·L－1·s－1
B.反应速率关系：2v（NO）＝3v（H2O）
C.将H2O移出后，正反应速率越来越大
D.20 s内NH3的转化率为80％
4.硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）
实 验 反应 温度/℃ Na2S2O3 溶液 稀硫酸 H2O
V/mL c/（mol·L－1） V/mL c/（mol·L－1） V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.2 5 0.2 5
D 35 5 0.15 5 0.15 20
5.（2024·自贡模拟）下列说法正确的是（ ）
A.对于反应A（s）＋B（g）C（g）＋D（g），加入A，反应速率加快
B.2NO2N2O4，升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
C.一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）在容器中进行，恒压时充入He，不改变反应速率
D.100 mL 2 mol·L－1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气的速率加快
6.（2024·吴忠模拟）已知2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g） ΔH＝－198 kJ·mol－1，在V2O5存在时，该反应机理为：
①V2O5＋SO22VO2＋SO3（快）
②4VO2＋O22V2O5（慢），
下列说法错误的是（ ）
A.该反应速率主要由第②步基元反应决定
B.V2O5为该过程的催化剂，VO2为中间产物
C.V2O5的存在提高了该反应的反应速率和产率
D.催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数
7.（2024·汉中模拟）H2O2可在催化剂Fe2O3或Fe3O4作用下产生·OH，·OH能将烟气中的NO、SO2氧化。·OH产生机理如下：
慢反应：Fe3＋＋H2O2Fe2＋＋·OOH＋H＋
快反应：Fe2＋＋H2O2Fe3＋＋·OH＋OH－
对于H2O2脱除SO2：SO2（g）＋H2O2（l）H2SO4（l），下列说法错误的是（ ）
A.加入催化剂Fe2O3，可提高SO2的脱除速率
B.该反应能在低温下自发进行，则此反应的ΔH＜0
C.向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快
D.与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时SO2的脱除速率可能更高
8.（2024·东城模拟）一定条件下，反应H2（g）＋Br2（g）2HBr（g）的速率可表示为v＝k·cα（H2）·cβ（Br2）·c－1（HBr），其中k为反应速率常数。该反应在不同浓度下的反应速率如表：
c（H2）/ （mol·L－1） c（Br2）/ （mol·L－1） c（HBr）/ （mol·L－1） 反应 速率
0.1 0.1 2 v
0.1 0.4 2 8v
0.2 0.4 2 16v
0.2 0.1 x 4v
根据表中的测定数据判断，下列结论不正确的是（ ）
A.α、β的值分别为1、1.5
B.同时减小H2（g）和HBr（g）浓度，反应速率一定增大
C.反应体系的三种物质中，Br2（g）的浓度对反应速率影响最大
D.表中x的值为1
二、非选择题（本题包括2小题）
9.（2024·西安模拟）运用化学反应原理研究化学反应有重要的意义。请回答下列问题：
（1）一种新型催化剂能使NO（g）和CO（g）发生反应：2NO（g）＋2CO（g）N2（g）＋2CO2（g）。已知增大催化剂的比表面积可提高反应速率。为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，如表所示。
实验 编号 T/℃ NO初始浓度/（mol·L－1） CO初始浓度/（mol·L－1） 催化剂的比表面积/（m2·g－1）
Ⅰ 280 1.20×10－3 5.80×10－3 82
Ⅱ 280 1.20×10－3 5.80×10－3 124
Ⅲ 350 a 5.80×10－3 82
①表中a＝ 。
②能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验 （填编号）。
③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，NO的物质的量浓度[c（NO）]随时间（t）的变化曲线如图所示，其中表示实验Ⅱ的是曲线 （填“甲”或“乙”）。
（2）反应2NO（g）＋2CO（g）N2（g）＋2CO2（g） ΔH＜0的速率方程可表示为v正＝k正·c2（NO）·c2（CO），v逆＝k逆·c（N2）·c2（CO2），其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数（只与温度有关）。图中有两条线为正、逆反应速率常数的对数（lg k）与温度的线性关系，其中能表示lg k正与温度关系的曲线为 （填“a”“b”“c”或“d”，下同），能表示lg k逆与温度关系的曲线为 。
10.汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt（s）表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]：
Ⅰ.NO＋Pt（s）NO*
Ⅱ.CO＋Pt（s）CO*
Ⅲ.NO*N*＋O*
Ⅳ.CO*＋O*CO2＋Pt（s）
Ⅴ.N*＋N*N2＋Pt（s）
Ⅵ.NO*＋N*N2O＋Pt（s）
经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2所示。
（1）图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是 。
（2）T3 ℃时发生的主要反应为 （填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”）。
（3）在一定温度下，副产物N2O分解反应的化学方程式为2N2O（g）2N2（g）＋O2（g），测得在恒容容器中N2O分解的部分实验数据如表。
反应时间/min 0 20 40 60 80 100
c（N2O）/（mol·L－1） 0.10 0.08 0.06 0.04 0.02 0.00
0～20 min，反应速率v（N2O）为 mol·L－1·min－1；若N2O的起始浓度为0.20 mol·L－1，则反应至40 min时N2O的转化率α＝ 。
第36讲 化学反应速率及影响因素
1.B 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。
2.B A项，浓硫酸常温下与铁发生钝化，不生成氢气，错误；C项，加热时Na与氧气反应生成过氧化钠，则升高温度不能加快生成Na2O的速率，错误；D项，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则H2（g）的消耗速率与HI（g）的生成速率之比为1∶2，错误。
3.D A项，v（NH3）＝ mol·L－1·s－1＝0.04 mol·L－1·s－1，反应速率之比等于化学计量数之比，则20 s内v（O2）＝0.05 mol·L－1·s－1，错误；B项，反应速率之比等于化学计量数之比，则3v（NO）＝2v（H2O），错误；C项，由于反应物浓度越来越小，即使将H2O移出，正反应速率也是越来越小，错误。
4.C 温度越高化学反应速率越大，浓度越大化学反应速率越大，则越先生成沉淀。浓度：A＜B，则反应速率：A＜B；浓度：C＞D，则化学反应速率：C＞D；浓度：B＝C，温度：B＜C，则反应速率：B＜C，则最先出现浑浊的是C。
5.D A项，对于反应A（s）＋B（g）C（g）＋D（g），加入固体A，A的浓度不变，反应速率不变，错误；B项，升高温度，正、逆反应速率都加快，错误；C项，密闭容器中保持恒压，充入He，容器的容积增大，各物质浓度减小，反应速率减慢，错误。
6.C 总反应速率由最慢的一步决定，该反应速率主要由第②步基元反应决定，A正确；反应前后V2O5的量没有改变，V2O5为该过程的催化剂，VO2为中间产物，催化剂能提高反应速率，但不能提高平衡转化率与产率，B正确，C错误；催化剂能降低反应的活化能，提高反应活化分子百分数，加快反应速率，D正确。
7.C A项，加入催化剂Fe2O3，先发生慢反应生成Fe2＋，随后发生快反应生成·OH，·OH可将烟气中的SO2氧化，能提高SO2的脱除速率，正确；B项，该反应的ΔS＜0，根据ΔH－TΔS＜0反应自发进行且该反应在低温条件下可自发进行可知，该反应的ΔH＜0，正确；C项，向固定容积的反应体系中充入氦气，SO2浓度不变，则反应速率也不变，错误；D项，Fe2O3中只存在Fe3＋，需要先通过慢反应生成Fe2＋，随后再通过快反应生成·OH，生成·OH的速率较慢，·OH的浓度也相对较低，Fe3O4中同时存在Fe2＋和Fe3＋，一开始就能进行快反应生成·OH，·OH的浓度较高，因此Fe3O4作催化剂时SO2的脱除速率可能更高，正确。
8.B A项，由第2、3组数据：当c（H2）由0.1 mol·L－1变为0.2 mol·L－1，H2的浓度是原来的2倍，化学反应速率也是原来的2倍，说明α＝1；由第1、2组数据：c（Br2）由0.1 mol·L－1变为0.4 mol·L－1浓度是原来的4倍，化学反应速率由v变为8v，是原来的8倍，代入速率公式可得β＝1.5，正确；B项，根据速率公式中速率大小与c（H2）、c（HBr）的关系，若c（H2）、c（HBr）减小倍数相同，则化学反应速率不变，若减小倍数不同，反应速率可能是增大，也可能是减小，错误；C项，由v＝k·c（H2）·c1.5（Br2）·c－1（HBr）可知，Br2（g）的浓度对反应速率影响最大，正确；D项，将第1组、第4组数据代入速率公式，解得x＝1，正确。
9.（1）①1.20×10－3 ②Ⅰ和Ⅲ ③乙 （2）b a
解析：（1）①该实验为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，则NO初始浓度应保持一致，则a＝1.20×10－3。②验证温度对化学反应速率影响时，其他条件应保持相同，实验Ⅰ和实验Ⅲ催化剂的比表面积相同，而温度不同，可达到实验目的。③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，其他条件相同，催化剂的比表面积不同，催化剂的比表面积越大，反应速率越快，结合图像可知乙表示实验Ⅱ的曲线。（2）温度越高速率越快，速率常数越大，且该反应为放热反应，温度升高，逆反应速率增大的更快，所以表示lg k正与温度关系的曲线为b，表示lg k逆与温度关系的曲线为a。
10.（1）温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快 （2）Ⅳ
（3）0.001 20％
解析：（2）T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应Ⅳ。（3）由题给数据可知，0～20 min，反应速率为v（N2O）＝＝0.001 mol·L－1·min－1。由题给数据可知，反应速率v（N2O）与反应物N2O的浓度无关，反应速率恒定为0.001 mol·L－1·min－1，则反应至40 min时N2O的转化率α＝×100％＝20％。
4 / 4第36讲 化学反应速率及影响因素
课标要求
1.知道化学反应速率的表示方法，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。
2.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；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。
考点一 化学反应速率
1.化学反应速率的意义与表示方法
2.化学反应速率与化学计量数之间的关系
一定温度下，密闭容器中发生反应：N2（g）＋3H2（g）2NH3（g），反应开始时N2的浓度为0.8 mol·L－1，5 min后N2的浓度变为0.7 mol·L－1，用N2、H2和NH3的浓度变化表示的化学反应速率分别为：
v（N2）＝ mol·L－1·min－1
v（H2）＝ mol·L－1·min－1
v（NH3）＝ mol·L－1·min－1
v（N2）∶v（H2）∶v（NH3）＝ 。
结论：对于反应aA（g）＋bB（g）cC（g）＋dD（g），
v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝ 。
一 化学反应速率的多维度计算
1.（利用图像信息进行计算）一定条件下，在容积为10 L的固定容器中发生反应：N2（g）＋3H2（g）2NH3（g），反应过程如图。下列说法不正确的是（ ）
A.t1 min时，正、逆反应速率相等
B.X曲线表示NH3的物质的量随时间的变化关系
C.0～8 min，H2的平均反应速率v（H2）＝0.011 25 mol·L－1·min－1
D.10～12 min，N2的平均反应速率v（N2）＝0.002 5 mol·L－1·min－1
2.（利用“三段式”进行计算）现向一容积不变的2 L密闭容器中充入4 mol NH3和3 mol O2，发生反应：4NH3（g）＋3O2（g）2N2（g）＋6H2O（g），4 min后，测得生成的H2O占混合气体体积的40％，则下列表示此段时间内该反应的平均速率不正确的是（ ）
A.v（N2）＝0.125 mol·L－1·min－1
B.v（H2O）＝0.375 mol·L－1·min－1
C.v（O2）＝0.225 mol·L－1·min－1
D.v（NH3）＝0.250 mol·L－1·min－1
化学反应中反应速率v（X）、转化率α（X）的计算模式——“三段式”
（1）写出有关反应的化学方程式。
（2）找出各物质的起始量、转化量、某一时刻量。
（3）根据题给信息列式求算。
例如，反应 mA（g）＋nB（g）pC（g）
①t0 s浓度/
（mol·L－1） a b 0
②转化浓度/
（mol·L－1） x
③t1 s浓度/
（mol·L－1） a－x b－
v（A）＝，v（B）＝，v（C）＝，α（A）＝×100％。
二 用分压变化表示的化学反应速率的计算
3.CO2催化加氢合成甲酸是一种很有前景的方法，反应原理为CO2（g）＋H2（g）HCOOH（g） ΔH。恒温、恒容的密闭容器中充入1 mol CO2、2 mol H2和1 mol N2（不参与反应）发生反应合成甲酸，测得反应过程中体系压强随时间的变化曲线如图所示。
（1）0～20 min，用H2表示的化学反应速率为 MPa·min－1。
（2）反应达到平衡时CO2的转化率为 。
4.在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，测得其分压分别为15 kPa、30 kPa，加入催化剂并加热使其发生反应：CO2（g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（g），研究表明CH4的反应速率v（CH4）＝1.2×10－6×p（CO2）×p4（H2） kPa·s－1，某时刻测得H2O（g）的分压为10 kPa，则该时刻v（H2）＝ 。
考点二 影响化学反应速率的因素
1.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 。
（2）外因（只改变一个条件，其他条件不变）
下列措施可以增大化学反应速率的是 （填序号）。
①Al在氧气中燃烧生成Al2O3，将Al片改成Al粉
②Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98％浓硫酸
③H2SO4与BaCl2溶液反应时，增大压强
④2SO2＋O22SO3 ΔH＜0，升高温度
⑤Na与水反应时，增大水的用量
⑥2H2O22H2O＋O2↑反应中，加入少量MnO2
⑦H2与Cl2混合后光照
2.“惰性气体”对反应速率的影响
一定温度下，反应N2（g）＋O2（g）2NO（g）在密闭容器中进行，回答下列措施对化学反应速率的影响（填“增大”“减小”或“不变”）。
（1）缩小体积使压强增大，反应速率 ；
（2）恒容下充入N2，反应速率 ；
（3）恒容下充入He，反应速率 ；
（4）恒压下充入He，反应速率 。
3.基元反应与有效碰撞理论
（1）基元反应与活化能
反应历程 2HIH2＋I2的反应历程如下： 2HIH2＋2I* 2I*I2 其中每一步反应都称为基元反应
活化能 活化能越小，化学反应速率
（2）活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率增大。（ ）
（2）升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小。（ ）
（3）一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜与醋酸钠溶液均能够提高反应速率。（ ）
（4）对于反应2H2O22H2O＋O2↑，加入MnO2或降低温度都能加快O2的生成速率。（ ）
（5）催化剂能降低反应所需的活化能，但ΔH不会发生变化。（ ）
（6）100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌片反应，加入适量的NaCl溶液，反应速率不变。（ ）
一 化学反应速率的影响因素及图像
1.反应3Fe（s）＋4H2O（g）Fe3O4（s）＋4H2（g）在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速率加快的是（ ）
①增加铁的量
②将容器的容积缩小一半
③保持容积不变，充入N2使体系压强增大
④保持容积不变，充入水蒸气使体系压强增大
A.①④ B.②③
C.③④ D.②④
2.（2025·八省联考晋陕青宁卷）一定温度下，恒容密闭容器中，物质Z发生反应Z（g）X（g）＋2Y（g） ΔH＞0，一段时间后开始计时，测得各物质的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.曲线Ⅰ代表物质X，曲线Ⅲ代表物质Z
B.图中t1时刻的正反应速率大于t2时刻
C.若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D.0～40 min，用物质Y表示的平均反应速率为0.3 mmol·L－1·min－1
二 “控制变量”实验探究外界条件对反应速率的影响
3.（2024·成都模拟）某小组利用硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应：
Na2S2O3＋H2SO4（稀）Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，探究反应条件对速率的影响，下列有关说法正确的是（ ）
选项 反应温度/℃ Na2S2O3 溶液 稀硫酸 H2O
V/mL c/（mol·L－1） V/mL c/（mol·L－1） V/mL
① 25 10 0.1 10 0.1 0
② 25 5 0.1 10 0.1 x
③ 25 10 0.1 5 0.2 5
④ 50 10 0.1 10 0.1 0
A.可通过产生浑浊的时间或单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢
B.①④探究温度对速率的影响，实验时将溶液混合后置于相应温度的水浴中
C.①③两组实验可探究硫酸浓度对反应速率的影响
D.x＝5，②③两组实验可探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响
4.（2025·杭州模拟）探究温度、催化剂的比表面积对2SO2＋O22SO3的化学反应速率的影响，设计了以下实验，下列说法不正确的是（ ）
实验编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
t/℃ 450 450 500
SO2初始浓度/（mol·L－1） 1.2×10－3 1.2×10－3 a
O2初始浓度/（mol·L－1） 8.0×10－4 b 8.0×10－4
催化剂的比表面积/（m2·g－1） 82 124 82
5 min时SO2的浓度/（mol·L－1） 9.0×10－4 3.0×10－4 6.0×10－4
A.a＝1.2×10－3，b＝8.0×10－4
B.实验Ⅰ中，0～5 min用O2表示的化学反应速率为6.0×10－5mol·L－1·min－1
C.实验Ⅱ中，0～5 min内SO2的转化率为75.0％
D.根据表中数据可推出：其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，化学反应速率越大
解答“控制变量”实验题的思维模型
考点三 过渡态理论与速率常数
1.过渡态理论
如图所示是两步完成的化学反应。
（1）该反应的反应物为 ，中间体为 ，生成物为 。
（2）由A＋B生成C的反应为 （填“吸”或“放”，下同）热反应，由C生成D的反应为 热反应，总反应为 热反应。
（3）第一步为 （填“快”或“慢”，下同）反应，第二步为 反应，决定总反应快慢的是第 步反应。
2.速率常数与速率方程
（1）速率常数
速率常数（k）是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在相同浓度的条件下，可用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。
对于反应：aA＋bBgG＋hH
则v＝k·ca（A）·cb（B）（其中k为速率常数）。
如：①SO2Cl2SO2＋Cl2
v＝k1·c（SO2Cl2）；
②2NO22NO＋O2 v＝k2·c2（NO2）；
③2H2＋2NON2＋2H2O
v＝k3·c2（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。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。
一 反应机理与过渡态理论
1.甲烷与氯气在光照条件下存在如下反应历程（“·”表示单电子）：
①Cl22Cl·（慢反应）
②CH4＋Cl··CH3＋HCl（快反应）
③·CH3＋Cl2CH3Cl＋Cl·（快反应）
④·CH3＋Cl·CH3Cl（快反应）
已知在一个分步反应中，较慢的一步反应控制总反应的速率。下列说法不正确的是（ ）
A.上述过程的总反应方程式为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl
B.光照的主要作用是促进反应①的进行从而使总反应速率加快
C.反应②～④都是由微粒通过有效碰撞而发生的反应
D.反应①是释放能量的反应
2.科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。总反应：A＋BAB（K为催化剂），①A＋KAK Ea1，②AK＋BAB＋K Ea2。下列说法错误的是（ ）
A.第①步为决速步骤 B.升高温度，该反应的速率加快
C.该反应的ΔH＝－Ea kJ·mol－1 D.催化剂降低了活化能，加快了反应速率
二 化学反应速率常数及影响因素
3.已知Cl2（g）＋CO（g）COCl2（g）的速率方程v＝k·（Cl2）·c（CO）（k为速率常数），该反应可认为经过以下反应历程：
第一步：Cl2（g）2Cl（g） 快速平衡
第二步：Cl（g）＋CO（g）COCl（g） 快速平衡
第三步：COCl（g）＋Cl2（g）COCl2（g）＋Cl（g） 慢反应
下列说法正确的是（ ）
A.第三步反应的活化能较低，是决速反应
B.Cl（g）是该总反应的中间产物，COCl（g）是该总反应的催化剂
C.c（Cl2）、c（CO）分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度前者大
D.升温可使k增大导致反应速率加快
追根溯源——化学反应历程（机理）的分析与应用
大多数化学反应都不是一步完成的，而是包括了多步的基元反应。多步的基元反应就构成了一个化学反应的历程。常见的反应历程（反应机理）试题主要有三类。
1.微观的分子、中间产物的模型
如图为氟利昂（如CFCl3）破坏臭氧层的反应历程示意图。
（1）这类反应机理图往往会考查催化剂概念的理解、化学键的断裂与形成、基元反应历程的表达等。
（2）在分析时，注意物质转化过程中原子组合方式的变化（化学键的变化）、整个变化过程的物质变化。
2.物质结构式的转化循环图
如图是[PdCl4]2－作催化剂合成H2O2的反应历程。
（1）这类图像主要考查催化剂的判定、元素化合价的变化、某一步反应机理的表示等。
（2）进入循环机理图的箭头为反应物，离开循环机理图的箭头为生成物；生成最终产物的步骤同时生成催化剂，其余为中间产物。
3.反应历程能量变化图
如图是利用CH4与O2合成甲醇的反应历程。
（1）图像显示出各中间产物的能量状态。主要考查某阶段的ΔH、化学键的断裂与形成情况、慢反应（决速反应）的判定、中间产物稳定性的判断等。
（2）中间产物的能量越低越稳定；可利用盖斯定律计算物质转化过程的焓变；能量差（能垒）最大的反应是慢反应，属于整个反应的决速反应。
命题角度一 化学反应催化历程分析
1.（2024·茂名模拟）二氧化碳甲烷化的研究对缓解能源危机意义重大。以LaNiO3催化二氧化碳甲烷化的反应机理如图所示（LaNiO3与H2作用生成La2O3和Ni），下列说法正确的是（ ）
A.催化剂在反应中参加了反应，降低了活化能，提高了平衡产率
B.La2O2CO3在反应中为催化剂
C.若·H＋CO2·是反应的决速步，则该步的化学反应速率最快
D.图示过程的总反应式可表示为4H2＋CO22H2O＋CH4
2.（2024·广州模拟）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T ℃时（各物质均为气态），甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量图如图，下列说法不正确的是（ ）
A.反应Ⅰ和反应Ⅱ相比，反应Ⅱ速率更快
B.反应Ⅱ是放热反应，但是反应Ⅰ和Ⅱ总的反应过程是吸热的
C.铜催化剂不参与反应过程，但是会影响反应速率
D.CO在反应中生成又消耗，但CO并不是催化剂
命题角度二 物质循环转化历程分析
3.（2025·八省联考晋陕青宁卷）某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化H2S为单质S，提出的催化历程示意图如下。NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.O2使Fe2＋转化成Fe3＋，恢复催化剂活性
B.过程①和④均发生了非极性键的断裂
C.过程②和③均发生了氧化还原反应
D.理论上，每转化34 g H2S，转移的电子数目为NA
4.甲酸甲酯（HCOOCH3）作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发现使用Ru配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，其可能的反应过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.H2O为极性分子，CO2为非极性分子
B.Ⅲ→Ⅳ每消耗1 mol H2O生成1 mol H2
C.总反应为HCOOCH3＋2H2O4H2↑＋2CO2↑
D.反应涉及O—H、C—H、C—O断裂和H—H形成
催化反应机理题的两步解题流程
第一步：通览全图，找准一“剂”三“物”
一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主体的多个物种一定在机理图中的主线上
三“物”指反应物、生成物、中间物（或中间体） 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物
生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是生成物
中间体 通过一个箭头脱离整个历程，但又通过一个箭头生成产物或通过两个箭头进入整个历程的物质是中间体，中间体有时在反应历程中用“[ ]”标出
第二步：逐项分析，获取正确答案
由第一步题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案
命题角度三 化学反应过程中的能垒图像
5.（2024·太原模拟）一定温度下，大量研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应（CH4＋CO22CO＋2H2），在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.DRM反应中伴随非极性键的断裂和形成
B.Sn12Ni双金属合金团簇具有良好的抗积炭（C*）作用
C.甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是CC＋H*
D.Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则v1＞v3＞v2
6.（2025·八省联考四川卷）恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：HCHO＋H2＋COHOCH2CHO（羟基乙醛），反应历程如图所示，I1～I3为中间体，TS1～TS3为过渡态。
下列描述正确的是（ ）
A.“CO插入”步骤，ΔH为－17.6 kcal·mol－1
B.Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤
C.Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小
D.反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大
三步突破能量变化能垒图
1.（2024·广东高考15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，增大，减小。基于以上事实，可能的反应历程示意图为（—为无催化剂，为有催化剂）（ ）
2.（2024·江西高考15题节选）关于独居石（一种主要成分是CePO4的矿石）的热分解，以下说法正确的是 （填字母）。
a.降低压强，分解速率增大
b.降低温度，分解速率降低
c.反应时间越长，分解速率越大
d.提高搅拌速度，分解速率降低
3.（2024·上海高考8题）氟气通入氙（Xe）会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将1 mol的Xe和9 mol的F2同时通入50 L的容器中，反应10 min后，测得容器内共有8.9 mol气体，且三种氟化物的物质的量之比为XeF2∶XeF4∶XeF6＝1∶6∶3，则10 min内XeF4的反应速率v（XeF4）＝ 。
4.（2024·贵州高考17题节选）引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯，反应如下：
（两个反应可视为同级数的平行反应）
对于同级数的平行反应有＝＝，其中v、k分别为反应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T为温度，同一温度下是定值。已知Ea，苯＜Ea，二甲苯，若要提高苯的产率，可采取的措施有 。
5.（2024·甘肃高考17题节选）在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4（g）＋2H2（g）＋Si（s）4SiHCl3（g）。773 K，2 L密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反应，SiCl4转化率随时间的变化如图所示。
0～50 min，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率v（SiHCl3）＝ mol·L－1·min－1。
第36讲 化学反应速率及影响因素
【考点·全面突破】
考点一
必备知识夯实
2.0.02 0.06 0.04 1∶3∶2 a∶b∶c∶d
关键能力突破
1.A t1 min时，反应没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，A项错误；根据图像可知，在0～8 min内，X的物质的量增加了0.6 mol，Y减少了0.9 mol，X、Y变化的物质的量之比为2∶3，则X曲线表示NH3的物质的量随时间的变化关系，Y曲线表示H2的物质的量随时间的变化关系，B项正确；0～8 min，v（H2）＝＝0.011 25 mol·L－1·min－1，C项正确；10～12 min，v（NH3）＝＝0.005 mol·L－1·min－1，v（N2）＝＝0.002 5 mol·L－1·min－1，D项正确。
2.C 设4 min时，生成6x mol H2O（g），由题意建立如下三段式：
4NH3（g）＋3O2（g）2N2（g）＋6H2O（g）
起始/mol 4 3 0 0
变化/mol 4x 3x 2x 6x
4 min时/mol 4－4x 3－3x 2x 6x
4 min时气体的总物质的量为（4－4x）mol＋（3－3x）mol＋2x mol＋6x mol＝（7＋x）mol，则有＝0.4，解得x＝0.5，故v（H2O）＝＝＝0.375 mol·L－1·min－1，依据速率比等于化学计量数之比可知，v（N2）＝v（H2O）＝0.125 mol·L－1·min－1，v（NH3）＝v（H2O）＝0.250 mol·L－1·min－1，v（O2）＝v（H2O）＝0.187 5 mol·L－1·min－1。
3.（1）0.03p （2）60％
解析：由题图可知，起始和平衡时混合气体的总压强分别为4p MPa、3.4p MPa，则起始二氧化碳、氢气、氮气的分压分别为p MPa、2p MPa、p MPa，设平衡时甲酸的分压为a MPa，由题意可建立如下三段式：
CO2（g）＋H2（g）HCOOH（g）
起始/MPa p 2p 0
变化/MPa a a a
平衡/MPa p－a 2p－a a
由平衡时混合气体的总压强可得：4p－a＝3.4p，解得a＝0.6p。（1）由三段式数据可知，0～20 min内氢气的反应速率为＝0.03p MPa·min－1。（2）由三段式数据可知，反应达到平衡时二氧化碳的转化率为×100％＝60％。
4.0.48 kPa·s－1
解析：同温同压下，气体的压强与气体的物质的量成正比，用分压表示的各物质的变化为
CO2（g）＋4H2（g）CH4（g）＋2H2O（g）
开始/kPa 15 30 0 0
变化/kPa 5 20 5 10
某时刻/kPa 10 10 5 10
v（CH4）＝1.2×10－6×p（CO2）×p4（H2） kPa·s－1＝1.2×10－6×10×104＝0.12 kPa·s－1
依据化学反应速率与化学计量数之间的关系可知：
v（H2）＝4v（CH4）＝0.48 kPa·s－1。
考点二
必备知识夯实
1.（1）Mg＞Al （2）加快 减慢 加快 减慢 加快 减慢
①④⑥⑦ 2.（1）增大 （2）增大 （3）不变 （4）减小 3.（1）越大
易错辨析
（1）× （2）× （3）× （4）× （5）√ （6）×
关键能力突破
1.D 铁是固体，增加铁的量，浓度不变，反应速率不变，①不符合题意；将容器的容积缩小一半，反应体系中气体物质的浓度增大，则化学反应速率增大，②符合题意；容积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，③不符合题意；保持容积不变，充入水蒸气使体系压强增大，反应物浓度增大，反应速率增大，④符合题意。
2.B 结合化学方程式以及图中物质的浓度变化，浓度减少的为反应物，浓度增加的为生成物，生成物的浓度增加量之比等于化学计量数之比，可知曲线Ⅲ代表反应物Z，曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅱ代表物质X，据此分析解答。曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅲ代表反应物Z，A错误；t1时刻反应物的浓度大于t2时刻，浓度越大反应速率越快，则t1时刻的正反应速率大于t2时刻，B正确；升高温度，正反应速率加快，逆反应速率也加快，C错误；0～40 min，用物质Z表示的平均反应速率为v（Z）＝＝0.3 mmol·L－1·min－1，根据速率之比等于化学计量数之比可知，用物质Y表示的平均反应速率为v（Y）＝2v（Z）＝0.6 mmol·L－1·min－1，D错误。
3.D A项，由题干反应方程式Na2S2O3＋H2SO4（稀）Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O可知，能通过产生浑浊的时间判断反应的快慢，但二氧化硫易溶于水，不能通过单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢，错误；B项，①④只有温度不同，可以探究温度对速率的影响，但实验时，应先将量取的Na2S2O3溶液、稀硫酸置于相应温度的热水浴中后，然后迅速混合溶液，记录每组反应所需时间，而不能先混合后进行水浴加热，错误；C项，①组实验硫酸浓度c（H2SO4）＝＝0.05 mol·L－1，③组实验硫酸浓度c（H2SO4）＝＝0.05 mol·L－1，①③两组实验硫酸浓度相同，无法探究硫酸浓度对反应速率的影响，错误；D项，根据探究实验中对照实验控制变量唯一的要求可知x＝5，②③两组实验中混合后硫酸的浓度相同、Na2S2O3浓度不相同，因此可探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响，正确。
4.B A项，根据表格数据可知，实验Ⅰ、Ⅱ只有催化剂的比表面积不同，其他外界条件都应该相同，因此表中b的数值为8.0×10－4，实验Ⅰ、Ⅲ只有温度不同，其他外界条件都应该相同，因此表中a的数值为1.2 ×10－3，正确；B项，2SO2＋O22SO3，Δc（SO2）＝（1.2×10－3－9.0×10－4）mol·L－1＝3.0×10－4 mol·L－1，Δc（O2）＝1.5×10－4 mol·L－1，用O2表示的化学反应速率为v（O2）＝＝＝3.0×10－5 mol·L－1·min－1 ，错误；C项，实验Ⅱ中，0～5 min内，SO2的转化率为×100％＝75％，正确；D项，由实验Ⅰ、Ⅱ可推出：其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，所用时间越短，化学反应速率越大，正确。
考点三
必备知识夯实
1.（1）A＋B C D （2）吸 放 放 （3）慢 快 一
关键能力突破
1.D 由反应历程可知，甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢，则总反应方程式为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl，A正确；光照的主要作用是破坏氯气分子中的共价键，形成氯原子，促进反应①的进行从而使总反应速率加快，B正确；由反应历程可知，反应②～④都是由微粒通过有效碰撞而发生的反应，C正确；反应①是破坏氯气分子中的共价键形成氯原子的过程，应吸收能量，D错误。
2.C 第①步的正反应活化能Ea1＞第②步正反应活化能Ea2，所以反应速率：①＜②，而总反应速率取决于慢的反应，故决速步骤为第①步，A正确；温度升高，反应速率加快，B正确；Ea是该反应正反应的活化能，C错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D正确。
3.D 第三步反应为慢反应，则反应的活化能较大，是决速反应，A错误；Cl（g）和COCl（g）都是该总反应的中间产物，B错误；从速率方程v＝k·（Cl2）·c（CO）中可以看出，c（CO）、c（Cl2）分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度c（CO）大，C错误；升温可以提高反应物中活化分子的百分数，使k增大导致反应速率加快，D正确。
素养提升9 追根溯源——化学反应历程（机理）的分析与应用
1.D A项，催化剂在反应中参加了反应，降低了活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，不能提高平衡产率，错误；B项，由图可知，LaNiO3是反应的催化剂，La2O2CO3是反应的中间产物，错误；C项，反应的决速步骤是化学反应速率最慢的慢反应，错误；D项，由图可知，二氧化碳甲烷化的总反应为4H2＋CO22H2O＋CH4，正确。
2.C A项，由题图可知，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，所以反应Ⅱ反应速率更快，正确；B项，由题图可知，反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，反应Ⅰ和Ⅱ总的反应过程是吸热的，正确；C项，催化剂会参与反应过程，能加快反应速率，错误；D项，CO（g）在反应中生成又消耗，则该物质为中间产物，不是催化剂，正确。
3.A 根据图示③④两步历程可知，O2使Fe2＋转化成Fe3＋，恢复催化剂活性，A正确；过程①中没有发生非极性键的断裂，过程④中发生了OO非极性键的断裂，B错误；过程②中铁元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，过程③中元素化合价没有变化，没有发生氧化还原反应，C错误；根据图示，该催化历程的总反应为2H2S＋O22S＋2H2O，可得关系式：H2S～2e－，理论上，每转化34 g即1 mol H2S，转移的电子数目为2NA，D错误。
4.B H2O分子中中心O原子价层电子对数为2＋＝4，O原子上含有2个孤电子对，H2O分子是V形分子，由于分子中正、负电中心不重合，因此H2O是极性分子，CO2为直线形分子，分子中正、负电中心重合，为非极性分子，A正确；由图可知，分子中—OCH3转化为HCOO—，反应为＋H2O＋2H2↑，故每消耗1 mol H2O生成2 mol H2，B错误；由图可知，总反应为甲酸甲酯和水催化生成氢气和二氧化碳：HCOOCH3＋2H2O4H2↑＋2CO2↑，C正确；结合C分析可知，甲酸甲酯转化为二氧化碳，则涉及O—H、C—H、C—O断裂，反应中生成氢气，涉及H—H形成，D正确。
5.A A项，由反应CH4＋CO22CO＋2H2可知，有H—H非极性键的形成，无非极性键的断裂，错误；B项，由反应进程可知，积炭反应为最后一步，Sn12Ni作催化剂活化能大，反应不易发生，故产生积炭较少，正确；C项，由图可知，甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是CC＋H*，正确；D项，Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的活化能：Sn12Ni＞Cu12Ni＞Pt12Ni，则反应速率：v1＞v3＞v2，正确。
6.B 由题图可知，“CO插入”步骤为放热反应，反应的ΔH＝－15.4 kcal·mol－1，A错误；反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步骤，由题图可知，Rh催化作用下，“加氢”步骤的活化能为24.4 kcal·mol－1，反应的活化能最大，所以“加氢”步骤为决速步骤，B正确；反应的活化能越大，反应速率越慢，由题图可知，Rh催化作用下，反应的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以羟基乙醛的生成速率小于Rh/Mn催化作用下，C错误；由题图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，D错误。
【真题·体验品悟】
1.A 提高反应温度，增大，说明升高温度，总反应S（g）T（g）平衡逆向移动，总反应为放热反应，减小，说明升高温度，反应S（g）I（g）平衡正向移动，该反应为吸热反应，C、D项错误；由题图可知，S（g）I（g）的活化能比I（g）T（g）的活化能大，则S（g）I（g）为该过程的决速步骤，加入催化剂降低该反应的活化能，可使反应速率加快，A项正确。
2.b
解析：独居石为固体，降低压强，其分解速率不变，a错误；降低温度，分解速率降低，b正确；反应时间越长，对分解速率无影响，c错误；提高搅拌速度，分解速率增大，d错误。
3.6×10－4 mol·L－1·min－1
解析：根据三种氟化物的物质的量之比可以得到体系中反应的化学方程式：10Xe＋22F2XeF2＋6XeF4＋3XeF6，反应前体系中共有10 mol气体，反应后体系中共有8.9 mol气体，利用差量法进行计算：
10Xe＋22F2XeF2＋6XeF4＋3XeF6 Δn
6 22
n（XeF4） 1.1 mol
10 min时生成的XeF4为 mol，故v（XeF4）＝ mol·L－1·min－1＝6×10－4 mol·L－1·min－1。
4.加入合适的催化剂（或适当降低温度）
解析：根据题给公式，若要提高苯的产率，则需要减小Ea，苯，可以加入催化剂，另外适当降低温度也可提高苯的产率。
5.甲 5.6×10－5
解析：由SiCl4转化率图像可知，0～50 min内经方式甲处理后的反应速率最快；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2％，故参与反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2％＝0.004 2 mol，根据粗硅制备SiHCl3的化学方程式可得反应生成的SiHCl3的物质的量为0.004 2 mol×＝0.005 6 mol，则0～50 min的平均反应速率v（SiHCl3）＝＝5.6×10－5 mol·L－1·min－1。
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第36讲 化学反应速率及影响因素
高中总复习·化学
课标要求
1. 知道化学反应速率的表示方法，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。
2. 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；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。
考点·全面突破
01
素养提升 9
02
真题·体验品悟
03
课时·跟踪检测
04
考点·全面突破
锁定要点，聚焦应用
考点一 化学反应速率
1. 化学反应速率的意义与表示方法
2. 化学反应速率与化学计量数之间的关系
一定温度下，密闭容器中发生反应：N2（g）＋3H2（g） 2NH3（g），
反应开始时N2的浓度为0.8 mol·L－1，5 min后N2的浓度变为0.7 mol·L－1，
用N2、H2和NH3的浓度变化表示的化学反应速率分别为：
v（N2）＝ mol·L－1·min－1
v（H2）＝ mol·L－1·min－1
v（NH3）＝ mol·L－1·min－1
v（N2）∶v（H2）∶v（NH3）＝ 。
结论：对于反应aA（g）＋bB（g） cC（g）＋dD（g），
v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝ 。
0.02
0.06
0.04
1∶3∶2
a∶b∶c∶d
一 化学反应速率的多维度计算
1. （利用图像信息进行计算）一定条件下，在容积为10 L的固定容器中发
生反应：N2（g）＋3H2（g） 2NH3（g），反应 过程如图。下列说法不
正确的是（ ）
A. t1 min时，正、逆反应速率相等
B. X曲线表示NH3的物质的量随时间的变化关系
C. 0～8 min，H2的平均反应速率v（H2）＝
0.011 25 mol·L－1·min－1
D. 10～12 min，N2的平均反应速率v（N2）＝0.002 5 mol·L－1·min－1
√
解析： t1 min时，反应没有达到平衡状态，正、逆反应速率不相等，A
项错误；根据图像可知，在0～8 min内，X的物质的量增加了0.6 mol，Y
减少了0.9 mol，X、Y变化的物质的量之比为2∶3，则X曲线表示NH3的物
质的量随时间的变化关系，Y曲线表示H2的物质的量随时间的变化关系，B
项正确；0～8 min，v（H2）＝ ＝0.011 25 mol·L－1·min－1，C项
正确；10～12 min，v（NH3）＝ ＝0.005 mol·L－1·min－1，v
（N2）＝ ＝0.002 5 mol·L－1·min－1，D项正确。
2. （利用“三段式”进行计算）现向一容积不变的2 L密闭容器中充入4
mol NH3和3 mol O2，发生反应：4NH3（g）＋3O2（g） 2N2（g）＋
6H2O（g），4 min后，测得生成的H2O占混合气体体积的40％，则下列表
示此段时间内该反应的平均速率不正确的是（ ）
A. v（N2）＝0.125 mol·L－1·min－1
B. v（H2O）＝0.375 mol·L－1·min－1
C. v（O2）＝0.225 mol·L－1·min－1
D. v（NH3）＝0.250 mol·L－1·min－1
√
解析： 设4 min时，生成6x mol H2O（g），由题意建立如下三段式：
4NH3（g）＋3O2（g） 2N2（g）＋6H2O（g）
起始/mol 4 3 0 0
变化/mol 4x 3x 2x 6x
4 min时/
mol 4－4x 3－3x 2x 6x
4 min时气体的总物质的量为（4－4x）mol＋（3－3x）mol＋2x mol＋6x
mol＝（7＋x）mol，则有 ＝0.4，解得x＝0.5，故v（H2O）＝ ＝
＝0.375 mol·L－1·min－1，依据速率比等于化学计量数之比可知，v
（N2）＝ v（H2O）＝0.125 mol·L－1·min－1，v（NH3）＝ v（H2O）＝
0.250 mol·L－1·min－1，v（O2）＝ v（H2O）＝0.187 5 mol·L－1·min－1。
化学反应中反应速率v（X）、转化率α（X）的计算模式——“三
段式”
（1）写出有关反应的化学方程式。
（2）找出各物质的起始量、转化量、某一时刻量。
（3）根据题给信息列式求算。
③t1 s浓度/（mol·L－1） a－x b－
v（A）＝ ，v（B）＝ ，v（C）＝ ，α（A）＝ ×100％。
例如，反应 mA（g）＋nB（g） pC（g）
①t0 s浓度/（mol·L－1） a b 0
②转化浓度/（mol·L－1） x
二 用分压变化表示的化学反应速率的计算
3. CO2催化加氢合成甲酸是一种很有前景的方法，反应原理为CO2（g）＋H2（g） HCOOH（g） ΔH。恒温、恒容的密闭容器中充入1 mol
CO2、2 mol H2和1 mol N2（不参与反应）发生反应合成甲酸，测得反应过程中体系压强随时间的变化曲线如图所示。
（1）0～20 min，用H2表示的化学反应速率为 MPa·min－1。
由平衡时混合气体的总压强可得：4p－a＝3.4p，解得a＝0.6p。由三段式数据可知，0～20 min内氢气的反应速率为 ＝0.03p MPa·min－1。由平衡时混合气体的总压强可得：4p－a＝3.4p，解得a＝0.6p。
0.03p
解析：由题图可知，起始和平衡时混合气体的总压强分别为4p MPa、3.4p
MPa，则起始二氧化碳、氢气、氮气的分压分别为p MPa、2p MPa、p
MPa，设平衡时甲酸的分压为a MPa，由题意可建立如下三段式：
CO2（g）＋H2（g） HCOOH（g）
起始/MPa p 2p 0
变化/MPa a a a
平衡/MPa p－a 2p－a a
（2）反应达到平衡时CO2的转化率为 。
60％
解析：由三段式数据可知，反应达到平衡时二氧化碳的转化率为 ×100％＝60％。
4. 在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，测得其分压分别为15 kPa、30
kPa，加入催化剂并加热使其发生反应：CO2（g）＋4H2（g） CH4（g）
＋2H2O（g），研究表明CH4的反应速率v（CH4）＝1.2×10－6×p
（CO2）×p4（H2） kPa·s－1，某时刻测得H2O（g）的分压为10 kPa，则
该时刻v（H2）＝ 。
0.48 kPa·s－1
解析：同温同压下，气体的压强与气体的物质的量成正比，用分压表示的
各物质的变化为
CO2（g）＋4H2（g） CH4（g）＋2H2O（g）
开始/
kPa 15 30 0 0
变化/
kPa 5 20 5 10
某时刻/
kPa 10 10 5 10
v（CH4）＝1.2×10－6×p（CO2）×p4（H2） kPa·s－1＝1.2×10－6×10
×104＝0.12 kPa·s－1
依据化学反应速率与化学计量数之间的关系可知：
v（H2）＝4v（CH4）＝0.48 kPa·s－1。
考点二 影响化学反应速率的因素
1. 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（只改变一个条件，其他条件不变）
①Al在氧气中燃烧生成Al2O3，将Al片改成Al粉
②Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98％浓硫酸
③H2SO4与BaCl2溶液反应时，增大压强
④2SO2＋O2 2SO3 ΔH＜0，升高温度
⑤Na与水反应时，增大水的用量
⑥2H2O2 2H2O＋O2↑反应中，加入少量MnO2
⑦H2与Cl2混合后光照
下列措施可以增大化学反应速率的是 （填序号）。
①④⑥⑦
2. “惰性气体”对反应速率的影响
一定温度下，反应N2（g）＋O2（g） 2NO（g）在密闭容器中进行，回
答下列措施对化学反应速率的影响（填“增大”“减小”或“不变”）。
（1）缩小体积使压强增大，反应速率 ；
（2）恒容下充入N2，反应速率 ；
（3）恒容下充入He，反应速率 ；
（4）恒压下充入He，反应速率 。
增大
增大
不变
减小
3. 基元反应与有效碰撞理论
（1）基元反应与活化能
反应
历程 2HI H2＋I2的反应历程如下：
2HI H2＋2I*
2I* I2
其中每一步反应都称为基元反应
活化
能
活化能越小，化学反应速率
越大
（2）活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）。
（1）增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分含量，所以反应速率
增大。 （ × ）
（2）升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小。 （ × ）
（3）一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜与醋酸
钠溶液均能够提高反应速率。 （ × ）
（4）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。 （ × ）
×
×
×
×
（5）催化剂能降低反应所需的活化能，但ΔH不会发生变化。
（ √ ）
（6）100 mL 2 mol·L－1的盐酸与锌片反应，加入适量的NaCl溶液，反应速
率不变。 （ × ）
√
×
一 化学反应速率的影响因素及图像
1. 反应3Fe（s）＋4H2O（g） Fe3O4（s）＋4H2（g）在一容积可变的
密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速率加快的是（ ）
①增加铁的量
②将容器的容积缩小一半
③保持容积不变，充入N2使体系压强增大
④保持容积不变，充入水蒸气使体系压强增大
A. ①④ B. ②③
C. ③④ D. ②④
√
解析： 铁是固体，增加铁的量，浓度不变，反应速率不变，①不符合
题意；将容器的容积缩小一半，反应体系中气体物质的浓度增大，则化学
反应速率增大，②符合题意；容积不变，充入N2使体系压强增大，但各物
质的浓度不变，所以反应速率不变，③不符合题意；保持容积不变，充入
水蒸气使体系压强增大，反应物浓度增大，反应速率增大，④符合题意。
2. （2025·八省联考晋陕青宁卷）一定温度下，恒容密闭容器中，物质Z发
生反应Z（g） X（g）＋2Y（g） ΔH＞0，一段时间后开始计时，测得
各物质的浓度随时间变化如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A. 曲线Ⅰ代表物质X，曲线Ⅲ代表物质Z
B. 图中t1时刻的正反应速率大于t2时刻
C. 若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
D. 0～40 min，用物质Y表示的平均反应速率为0.3 mmol·L－1·min－1
√
解析： 结合化学方程式以及图中物质的浓度变化，浓度减少的为反
应物，浓度增加的为生成物，生成物的浓度增加量之比等于化学计量
数之比，可知曲线Ⅲ代表反应物Z，曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅱ代表物质
X，据此分析解答。曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅲ代表反应物Z，A错误；
t1时刻反应物的浓度大于t2时刻，浓度越大反应速率越快，则t1时刻的
正反应速率大于t2时刻，B正确；升高温度，正反应速率加快，逆反应
速率也加快，C错误；0～40 min，用物质Z表示的平均反应速率为v
（Z）＝ ＝0.3 mmol·L－1·min－1，根据速率之比等
于化学计量数之比可知，用物质Y表示的平均反应速率为v（Y）＝2v
（Z）＝0.6 mmol·L－1·min－1，D错误。
二 “控制变量”实验探究外界条件对反应速率的影响
3. （2024·成都模拟）某小组利用硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应：
Na2S2O3＋H2SO4（稀） Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，探究反应条件对速
率的影响，下列有关说法正确的是（ ）
选项 反应 温度/℃ Na2S2O3 溶液 稀硫酸 H2O
V/mL c/（mol·L－1） V/mL c/（mol·L－1） V/mL
① 25 10 0.1 10 0.1 0
② 25 5 0.1 10 0.1 x
③ 25 10 0.1 5 0.2 5
④ 50 10 0.1 10 0.1 0
A. 可通过产生浑浊的时间或单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢
B. ①④探究温度对速率的影响，实验时将溶液混合后置于相应温度的水浴中
C. ①③两组实验可探究硫酸浓度对反应速率的影响
D. x＝5，②③两组实验可探究Na2S2O3浓度对反应速率的影响
√
解析： A项，由题干反应方程式Na2S2O3＋H2SO4（稀） Na2SO4＋
S↓＋SO2↑＋H2O可知，能通过产生浑浊的时间判断反应的快慢，但二氧化
硫易溶于水，不能通过单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢，错
误；B项，①④只有温度不同，可以探究温度对速率的影响，但实验时，
应先将量取的Na2S2O3溶液、稀硫酸置于相应温度的热水浴中后，然后迅速
混合溶液，记录每组反应所需时间，而不能先混合后进行水浴加热，错
误；C项，①组实验硫酸浓度c（H2SO4）＝ ＝0.05 mol·L－
1，③组实验硫酸浓度c（H2SO4）＝ ＝0.05 mol·L－1，①
③两组实验硫酸浓度相同，无法探究硫酸浓度对反应速率的影响，错误；D项，根据探究实验中对照实验控制变量唯一的要求可知x＝5，②③两组
实验中混合后硫酸的浓度相同、Na2S2O3浓度不相同，因此可探究Na2S2O3
浓度对反应速率的影响，正确。
4. （2025·杭州模拟）探究温度、催化剂的比表面积对2SO2＋O2 2SO3的
化学反应速率的影响，设计了以下实验，下列说法不正确的是（ ）
实验编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
t/℃ 450 450 500
SO2初始浓度/（mol·L－1） 1.2×10－3 1.2×10－3 a
O2初始浓度/（mol·L－1） 8.0×10－4 b 8.0×10－4
催化剂的比表面积/（m2·g－1） 82 124 82
5 min时SO2的浓度/（mol·L－1） 9.0×10－4 3.0×10－4 6.0×10－4
A. a＝1.2×10－3，b＝8.0×10－4
B. 实验Ⅰ中，0～5 min用O2表示的化学反应速率为6.0×10－5mol·L－1·min－1
C. 实验Ⅱ中，0～5 min内SO2的转化率为75.0％
D. 根据表中数据可推出：其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，化
学反应速率越大
√
解析： A项，根据表格数据可知，实验Ⅰ、Ⅱ只有催化剂的比表面积不
同，其他外界条件都应该相同，因此表中b的数值为8.0×10－4，实验Ⅰ、
Ⅲ只有温度不同，其他外界条件都应该相同，因此表中a的数值为1.2
×10－3，正确；B项，2SO2＋O2 2SO3，Δc（SO2）＝（1.2×10－3－
9.0×10－4）mol·L－1＝3.0×10－4 mol·L－1，Δc（O2）＝1.5×10－4 mol·L－
1，用O2表示的化学反应速率为v（O2）＝ ＝ ＝3.0×10－5
mol·L－1·min－1 ，错误；C项，实验Ⅱ中，0～5 min内，SO2的转化率为
×100％＝75％，正确；D项，由实验Ⅰ、Ⅱ可
推出：其他条件相同时，催化剂的比表面积越大，所用时间越短，化学反
应速率越大，正确。
解答“控制变量”实验题的思维模型
考点三 过渡态理论与速率常数
1. 过渡态理论
如图所示是两步完成的化学反应。
（1）该反应的反应物为 ，中间体为 ，生成物为 。
A＋B
C
D
（2）由A＋B生成C的反应为 （填“吸”或“放”，下同）热反
应，由C生成D的反应为 热反应，总反应为 热反应。
（3）第一步为 （填“快”或“慢”，下同）反应，第二步
为 反应，决定总反应快慢的是第 步反应。
吸
放
放
慢
快
一
2. 速率常数与速率方程
（1）速率常数
速率常数（k）是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反
应速率。在相同浓度的条件下，可用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。
对于反应：aA＋bB gG＋hH
则v＝k·ca（A）·cb（B）（其中k为速率常数）。
如：①SO2Cl2 SO2＋Cl2
v＝k1·c（SO2Cl2）；
②2NO2 2NO＋O2 v＝k2·c2（NO2）；
③2H2＋2NO N2＋2H2O
v＝k3·c2（H2）·c2（NO）。
（3）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。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。
一 反应机理与过渡态理论
1. 甲烷与氯气在光照条件下存在如下反应历程（“·”表示单电子）：
①Cl2 2Cl·（慢反应）
②CH4＋Cl· ·CH3＋HCl（快反应）
③·CH3＋Cl2 CH3Cl＋Cl·（快反应）
④·CH3＋Cl· CH3Cl（快反应）
已知在一个分步反应中，较慢的一步反应控制总反应的速率。下列说法不
正确的是（ ）
A. 上述过程的总反应方程式为CH4＋Cl2 CH3Cl＋HCl
B. 光照的主要作用是促进反应①的进行从而使总反应速率加快
C. 反应②～④都是由微粒通过有效碰撞而发生的反应
D. 反应①是释放能量的反应
√
解析： 由反应历程可知，甲烷与氯气发生取代反应生成一氯甲烷和氯
化氢，则总反应方程式为CH4＋Cl2 CH3Cl＋HCl，A正确；光照的主
要作用是破坏氯气分子中的共价键，形成氯原子，促进反应①的进行从而
使总反应速率加快，B正确；由反应历程可知，反应②～④都是由微粒通
过有效碰撞而发生的反应，C正确；反应①是破坏氯气分子中的共价键形
成氯原子的过程，应吸收能量，D错误。
2. 科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。总
反应：A＋B AB（K为催化剂），①A＋K AK Ea1，②AK＋
B AB＋K Ea2。下列说法错误的是（ ）
A. 第①步为决速步骤
B. 升高温度，该反应的速率加快
C. 该反应的ΔH＝－Ea kJ·mol－1
D. 催化剂降低了活化能，加快了反应速率
√
解析： 第①步的正反应活化能Ea1＞第②步正反应活化能Ea2，所以反应
速率：①＜②，而总反应速率取决于慢的反应，故决速步骤为第①步，A
正确；温度升高，反应速率加快，B正确；Ea是该反应正反应的活化能，C
错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，D正确。
二 化学反应速率常数及影响因素
3. 已知Cl2（g）＋CO（g） COCl2（g）的速率方程v＝k· （Cl2）·c
（CO）（k为速率常数），该反应可认为经过以下反应历程：
第一步：Cl2（g） 2Cl（g） 快速平衡
第二步：Cl（g）＋CO（g） COCl（g） 快速平衡
第三步：COCl（g）＋Cl2（g） COCl2（g）＋Cl（g） 慢反应
下列说法正确的是（ ）
A. 第三步反应的活化能较低，是决速反应
B. Cl（g）是该总反应的中间产物，COCl（g）是该总反应的催化剂
C. c（Cl2）、c（CO）分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度前者大
D. 升温可使k增大导致反应速率加快
√
解析： 第三步反应为慢反应，则反应的活化能较大，是决速反应，A错
误；Cl（g）和COCl（g）都是该总反应的中间产物，B错误；从速率方程
v＝k· （Cl2）·c（CO）中可以看出，c（CO）、c（Cl2）分别增大相同
的倍数，对总反应速率的影响程度c（CO）大，C错误；升温可以提高反
应物中活化分子的百分数，使k增大导致反应速率加快，D正确。
素养提升 9
追根溯源——化学反应历程（机理）的分析与应用
大多数化学反应都不是一步完成的，而是包括了多步的基元反应。多
步的基元反应就构成了一个化学反应的历程。常见的反应历程（反应机
理）试题主要有三类。
1. 微观的分子、中间产物的模型
如图为氟利昂（如CFCl3）破坏臭氧层的反应历程示意图。
（1）这类反应机理图往往会考查催化剂概念的理解、化学键的断裂与形
成、基元反应历程的表达等。
（2）在分析时，注意物质转化过程中原子组合方式的变化（化学键的变
化）、整个变化过程的物质变化。
2. 物质结构式的转化循环图
如图是[PdCl4]2－作催化剂合成H2O2的反应历程。
（1）这类图像主要考查催化剂的判定、元素化合价的变化、某一步反应机理的表示等。
（2）进入循环机理图的箭头为反应物，离开循环机理图的箭头为生成物；生成最终产物的步骤同时生成催化剂，其余为中间产物。
3. 反应历程能量变化图
如图是利用CH4与O2合成甲醇的反应历程。
（1）图像显示出各中间产物的能量状态。主要考查某阶段的ΔH、化
学键的断裂与形成情况、慢反应（决速反应）的判定、中间产物稳定
性的判断等。
（2）中间产物的能量越低越稳定；可利用盖斯定律计算物质转化过程的
焓变；能量差（能垒）最大的反应是慢反应，属于整个反应的决速反应。
命题角度一 化学反应催化历程分析
1. （2024·茂名模拟）二氧化碳甲烷化的研究对缓解能源危机意义重大。
以LaNiO3催化二氧化碳甲烷化的反应机理
如图所示（LaNiO3与H2作用生成La2O3和
Ni），下列说法正确的是（ ）
A. 催化剂在反应中参加了反应，降低了活化能，提高了平衡产率
B. La2O2CO3在反应中为催化剂
C. 若·H＋CO2· 是反应的决速步，则该步的化学反应速率最快
D. 图示过程的总反应式可表示为4H2＋CO2 2H2O＋CH4
√
解析： A项，催化剂在反应中参加了反应，降低了活化能，加快反应速
率，但化学平衡不移动，不能提高平衡产率，错误；B项，由图可知，
LaNiO3是反应的催化剂，La2O2CO3是反应的中间产物，错误；C项，反应
的决速步骤是化学反应速率最慢的慢反应，错误；D项，由图可知，二氧
化碳甲烷化的总反应为4H2＋CO2 2H2O＋CH4，正确。
2. （2024·广州模拟）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程
进行的。我国学者发现T ℃时（各物质均为气态），甲醇与水在铜催化剂
上的反应机理和能量图如图，下列说法不正确的是（ ）
A. 反应Ⅰ和反应Ⅱ相比，反应Ⅱ速率更快
B. 反应Ⅱ是放热反应，但是反应Ⅰ和Ⅱ总的反应过程是吸热的
C. 铜催化剂不参与反应过程，但是会影响反应速率
D. CO在反应中生成又消耗，但CO并不是催化剂
√
解析： A项，由题图可知，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ，所以反应Ⅱ反应
速率更快，正确；B项，由题图可知，反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反
应，反应Ⅰ和Ⅱ总的反应过程是吸热的，正确；C项，催化剂会参与反应过
程，能加快反应速率，错误；D项，CO（g）在反应中生成又消耗，则该
物质为中间产物，不是催化剂，正确。
命题角度二 物质循环转化历程分析
3. （2025·八省联考晋陕青宁卷）某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新
型催化剂，用于转化H2S为单质S，提出的催化历程示意图如下。NA是阿伏
加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. O2使Fe2＋转化成Fe3＋，恢复催化剂活性
B. 过程①和④均发生了非极性键的断裂
C. 过程②和③均发生了氧化还原反应
D. 理论上，每转化34 g H2S，转移的电子数目为NA
√
解析： 根据图示③④两步历程可知，O2使Fe2＋转化成Fe3＋，恢复催化
剂活性，A正确；过程①中没有发生非极性键的断裂，过程④中发生了
O O非极性键的断裂，B错误；过程②中铁元素化合价发生变化，发生
氧化还原反应，过程③中元素化合价没有变化，没有发生氧化还原反应，
C错误；根据图示，该催化历程的总反应为2H2S＋O2 2S＋2H2O，
可得关系式：H2S～2e－，理论上，每转化34 g即1 mol H2S，转移的电子数
目为2NA，D错误。
4. 甲酸甲酯（HCOOCH3）作为潜在的储氢材料受到关注，科学家发现使
用Ru配合物催化剂可以使甲酸甲酯温和释氢，
其可能的反应过程如图所示。下列说法错误
的是（ ）
A. H2O为极性分子，CO2为非极性分子
B. Ⅲ→Ⅳ每消耗1 mol H2O生成1 mol H2
C. 总反应为HCOOCH3＋2H2O 4H2↑＋2CO2↑
D. 反应涉及O—H、C—H、C—O断裂和H—H形成
√
解析： H2O分子中中心O原子价层电子对数为2＋ ＝4，O原子上
含有2个孤电子对，H2O分子是V形分子，由于分子中正、负电中心不重
合，因此H2O是极性分子，CO2为直线形分子，分子中正、负电中心重
合，为非极性分子，A正确；由图可知，分子中—OCH3转化为HCOO—，
反应为 ＋H2O ＋2H2↑，故每消耗1 mol H2O生成2 mol H2，
B错误；由图可知，总反应为甲酸甲酯和水催化生成氢气和二氧化碳：
HCOOCH3＋2H2O 4H2↑＋2CO2↑，C正确；结合C分析可知，甲酸甲酯转化为二氧化碳，则涉及O—H、C—H、C—O断裂，反应中生成氢气，涉及H—H形成，D正确。
催化反应机理题的两步解题流程
第一步：通览全图，找准一“剂”三“物”
一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的，以催化剂粒子为主体的多个物种一定在机理图中的主线上
三“物”指反应物、生成物、中间物（或中间体） 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物
生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是生成物
中间体 通过一个箭头脱离整个历程，但又通过一个箭头生成产物或通过两个箭头进入整个历程的物质是中间体，中间体有时在反应历程中用“[ ]”标出
第二步：逐项分析，获取正确答案
由第一步题给情境信息，找出催化剂、反应物、生成物、中间体，再结合
每一选项设计的问题逐项分析判断，选出正确答案
命题角度三 化学反应过程中的能垒图像
5. （2024·太原模拟）一定温度下，大量研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni
三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应（CH4＋CO2 2CO＋2H2），
在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱
氢过程的相对能量变化如图所示。下列说法错误
的是（ ）
A. DRM反应中伴随非极性键的断裂和形成
B. Sn12Ni双金属合金团簇具有良好的抗积炭（C*）作用
C. 甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是C C ＋H*
D. Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、
v3，则v1＞v3＞v2
√
解析： A项，由反应CH4＋CO2 2CO＋2H2可知，有H—H非极性
键的形成，无非极性键的断裂，错误；B项，由反应进程可知，积炭反
应为最后一步，Sn12Ni作催化剂活化能大，反应不易发生，故产生积
炭较少，正确；C项，由图可知，甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反
应步骤是C C ＋H*，正确；D项，Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni
催化甲烷逐步脱氢过程的活化能：Sn12Ni＞Cu12Ni＞Pt12Ni，则反应速
率：v1＞v3＞v2，正确。
6. （2025·八省联考四川卷）恒容反应器中，Rh和Rh/Mn均能催化反应：
HCHO＋H2＋CO HOCH2CHO（羟基乙醛），反应历程如图所示，I1～I3
为中间体，TS1～TS3为过渡态。
下列描述正确的是（ ）
A. “CO插入”步骤，ΔH为－17.6 kcal·mol－1
B. Rh催化作用下，“加氢”步骤为决速步骤
C. Rh/Mn催化作用下，羟基乙醛的生成速率更小
D. 反应达平衡时，升高温度，羟基乙醛的浓度增大
√
解析： 由题图可知，“CO插入”步骤为放热反应，反应的ΔH＝－
15.4 kcal·mol－1，A错误；反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反
应的决速步骤，由题图可知，Rh催化作用下，“加氢”步骤的活化能为
24.4 kcal·mol－1，反应的活化能最大，所以“加氢”步骤为决速步骤，B正
确；反应的活化能越大，反应速率越慢，由题图可知，Rh催化作用下，反
应的活化能大于Rh/Mn催化作用下，所以羟基乙醛的生成速率小于Rh/Mn
催化作用下，C错误；由题图可知，生成羟基乙醛的反应为放热反应，升
高温度，平衡向逆反应方向移动，羟基乙醛的浓度减小，D错误。
三步突破能量变化能垒图
真题·体验品悟
感悟高考，明确方向
1. （2024·广东高考15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， 增大， 减小。基于以上事实，可能的反应历程示意
图为（—为无催化剂， 为有催化剂）（ ）
√
解析： 提高反应温度， 增大，说明升高温度，总反应S（g）
T（g）平衡逆向移动，总反应为放热反应， 减小，说明升高温
度，反应S（g） I（g）平衡正向移动，该反应为吸热反应，C、D项错
误；由题图可知，S（g） I（g）的活化能比I（g） T（g）的活化能
大，则S（g） I（g）为该过程的决速步骤，加入催化剂降低该反应的活
化能，可使反应速率加快，A项正确。
2. （2024·江西高考15题节选）关于独居石（一种主要成分是CePO4的矿
石）的热分解，以下说法正确的是 （填字母）。
a.降低压强，分解速率增大
b.降低温度，分解速率降低
c.反应时间越长，分解速率越大
d.提高搅拌速度，分解速率降低
解析：独居石为固体，降低压强，其分解速率不变，a错误；降低温度，分
解速率降低，b正确；反应时间越长，对分解速率无影响，c错误；提高搅
拌速度，分解速率增大，d错误。
b
3. （2024·上海高考8题）氟气通入氙（Xe）会产生XeF2、XeF4、XeF6三种
氟化物气体。现将1 mol的Xe和9 mol的F2同时通入50 L的容器中，反应10
min后，测得容器内共有8.9 mol气体，且三种氟化物的物质的量之比为
XeF2∶XeF4∶XeF6＝1∶6∶3，则10 min内XeF4的反应速率v（XeF4）
＝ 。
6×10－4 mol·L－1·min－1
解析：根据三种氟化物的物质的量之比可以得到体系中反应的化学方程
式：10Xe＋22F2 XeF2＋6XeF4＋3XeF6，反应前体系中共有10 mol气
体，反应后体系中共有8.9 mol气体，利用差量法进行计算：
10Xe＋22F2 XeF2＋6XeF4＋3XeF6 Δn
6 22
n（XeF4） 1.1 mol
10 min时生成的XeF4为 mol，故v（XeF4）＝ mol·L－1·min－1
＝6×10－4 mol·L－1·min－1。
4. （2024·贵州高考17题节选）引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲
苯，反应如下：
CH4（g）＋
（两个反应可视为同级数的平行反应）
对于同级数的平行反应有 ＝ ＝ ，其中v、k分别为反
应速率和反应速率常数，Ea为反应活化能，A1、A2为定值，R为常数，T
为温度，同一温度下 是定值。已知Ea，苯＜Ea，二甲苯，若要提高苯的产
率，可采取的措施有 。
解析：根据题给公式，若要提高苯的产率，则需要减小Ea，苯，可以加入催
化剂，另外适当降低温度也可提高苯的产率。
加入合适的催化剂（或适当降低温度）
5. （2024·甘肃高考17题节选）在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3：3SiCl4
（g）＋2H2（g）＋Si（s） 4SiHCl3（g）。773 K，2 L密闭容器中，
经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反
应，SiCl4转化率随时间的变化如图所示。
0～50 min，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处
理后的平均反应速率v（SiHCl3）＝ mol·L－1·min－1。
解析：由SiCl4转化率图像可知，0～50 min内经方式甲处理后的反应速率最
快；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2％，故参与反应的
SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2％＝0.004 2 mol，根据粗硅制备SiHCl3的
化学方程式可得反应生成的SiHCl3的物质的量为0.004 2 mol× ＝0.005 6
mol，则0～50 min的平均反应速率v（SiHCl3）＝ ＝5.6×10－5
mol·L－1·min－1。
甲
5.6×10－5
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一、选择题（本题包括8小题，每小题只有一个选项符合题意）
1. 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
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√
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。
2. （2025·长沙模拟）下列说法正确的是（ ）
A. 用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸可以加快产生氢气的速率
B. 对于反应2H2O2 2H2O＋O2↑，加入MnO2或升高温度都能加快O2的
生成速率
C. 常温下钠与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快
D. 对于可逆反应H2（g）＋I2（g） 2HI（g），H2（g）的消耗速率与HI
（g）的生成速率之比为2∶1
√
解析： A项，浓硫酸常温下与铁发生钝化，不生成氢气，错误；C项，
加热时Na与氧气反应生成过氧化钠，则升高温度不能加快生成Na2O的速
率，错误；D项，化学反应速率之比等于化学计量数之比，则H2（g）的消
耗速率与HI（g）的生成速率之比为1∶2，错误。
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3. （2025·吕梁模拟）某温度下，在容积为1 L的容器中发生反应4NH3
（g）＋5O2（g） 4NO（g）＋6H2O（g），NH3在20 s内由1.0 mol·L－1
变成0.2 mol·L－1（假设未平衡）。下列说法正确的是（ ）
A. 20 s内v（O2）＝0.04 mol·L－1·s－1
B. 反应速率关系：2v（NO）＝3v（H2O）
C. 将H2O移出后，正反应速率越来越大
D. 20 s内NH3的转化率为80％
√
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解析： A项，v（NH3）＝ mol·L－1·s－1＝0.04 mol·L－1·s－1，反应
速率之比等于化学计量数之比，则20 s内v（O2）＝0.05 mol·L－1·s－1，错
误；B项，反应速率之比等于化学计量数之比，则3v（NO）＝2v
（H2O），错误；C项，由于反应物浓度越来越小，即使将H2O移出，正反
应速率也是越来越小，错误。
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4. 硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4
Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）
实 验 反应温度/℃ Na2S2O3 溶液 稀硫酸 H2O
V/mL c/（mol·L－1） V/mL c/（mol·L－1） V/mL
A 25 5 0.1 10 0.1 5
B 25 5 0.2 5 0.2 10
C 35 5 0.2 5 0.2 5
D 35 5 0.15 5 0.15 20
√
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解析： 温度越高化学反应速率越大，浓度越大化学反应速率越大，则
越先生成沉淀。浓度：A＜B，则反应速率：A＜B；浓度：C＞D，则化学
反应速率：C＞D；浓度：B＝C，温度：B＜C，则反应速率：B＜C，则最
先出现浑浊的是C。
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5. （2024·自贡模拟）下列说法正确的是（ ）
A. 对于反应A（s）＋B（g） C（g）＋D（g），加入A，反应速率加快
B. 2NO2 N2O4，升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢
C. 一定温度下，反应N2（g）＋3H2（g） 2NH3（g）在容器中进行，恒
压时充入He，不改变反应速率
D. 100 mL 2 mol·L－1稀盐酸与锌反应时，加入少量硫酸铜固体，生成氢气
的速率加快
√
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解析： A项，对于反应A（s）＋B（g） C（g）＋D（g），加入固体
A，A的浓度不变，反应速率不变，错误；B项，升高温度，正、逆反应速
率都加快，错误；C项，密闭容器中保持恒压，充入He，容器的容积增
大，各物质浓度减小，反应速率减慢，错误。
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6. （2024·吴忠模拟）已知2SO2（g）＋O2（g） 2SO3（g） ΔH＝－
198 kJ·mol－1，在V2O5存在时，该反应机理为：
①V2O5＋SO2 2VO2＋SO3（快）
②4VO2＋O2 2V2O5（慢），
下列说法错误的是（ ）
A. 该反应速率主要由第②步基元反应决定
B. V2O5为该过程的催化剂，VO2为中间产物
C. V2O5的存在提高了该反应的反应速率和产率
D. 催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数
√
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解析： 总反应速率由最慢的一步决定，该反应速率主要由第②步基元
反应决定，A正确；反应前后V2O5的量没有改变，V2O5为该过程的催化
剂，VO2为中间产物，催化剂能提高反应速率，但不能提高平衡转化率与
产率，B正确，C错误；催化剂能降低反应的活化能，提高反应活化分子百
分数，加快反应速率，D正确。
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7. （2024·汉中模拟）H2O2可在催化剂Fe2O3或Fe3O4作用下产生·OH，·OH
能将烟气中的NO、SO2氧化。·OH产生机理如下：
慢反应：Fe3＋＋H2O2 Fe2＋＋·OOH＋H＋
快反应：Fe2＋＋H2O2 Fe3＋＋·OH＋OH－
对于H2O2脱除SO2：SO2（g）＋H2O2（l） H2SO4（l），下列说法错误
的是（ ）
A. 加入催化剂Fe2O3，可提高SO2的脱除速率
B. 该反应能在低温下自发进行，则此反应的ΔH＜0
C. 向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快
D. 与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时SO2的脱除速率可
能更高
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解析： A项，加入催化剂Fe2O3，先发生慢反应生成Fe2＋，随后发生快
反应生成·OH，·OH可将烟气中的SO2氧化，能提高SO2的脱除速率，正
确；B项，该反应的ΔS＜0，根据ΔH－TΔS＜0反应自发进行且该反应在
低温条件下可自发进行可知，该反应的ΔH＜0，正确；C项，向固定容积
的反应体系中充入氦气，SO2浓度不变，则反应速率也不变，错误；D项，
Fe2O3中只存在Fe3＋，需要先通过慢反应生成Fe2＋，随后再通过快反应生
成·OH，生成·OH的速率较慢，·OH的浓度也相对较低，Fe3O4中同时存在
Fe2＋和Fe3＋，一开始就能进行快反应生成·OH，·OH的浓度较高，因此
Fe3O4作催化剂时SO2的脱除速率可能更高，正确。
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8. （2024·东城模拟）一定条件下，反应H2（g）＋Br2（g） 2HBr
（g）的速率可表示为v＝k·cα（H2）·cβ（Br2）·c－1（HBr），其中k为反
应速率常数。该反应在不同浓度下的反应速率如表：
c（H2）/（mol·L－1） c（Br2）/（mol·L－1） c（HBr）/（mol·L－1） 反应速率
0.1 0.1 2 v
0.1 0.4 2 8v
0.2 0.4 2 16v
0.2 0.1 x 4v
根据表中的测定数据判断，下列结论不正确的是（ ）
A. α、β的值分别为1、1.5
B. 同时减小H2（g）和HBr（g）浓度，反应速率一定增大
C. 反应体系的三种物质中，Br2（g）的浓度对反应速率影响最大
D. 表中x的值为1
√
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解析： A项，由第2、3组数据：当c（H2）由0.1 mol·L－1变为0.2
mol·L－1，H2的浓度是原来的2倍，化学反应速率也是原来的2倍，说明α＝
1；由第1、2组数据：c（Br2）由0.1 mol·L－1变为0.4 mol·L－1浓度是原来
的4倍，化学反应速率由v变为8v，是原来的8倍，代入速率公式可得β＝
1.5，正确；B项，根据速率公式中速率大小与c（H2）、c（HBr）的关
系，若c（H2）、c（HBr）减小倍数相同，则化学反应速率不变，若减小
倍数不同，反应速率可能是增大，也可能是减小，错误；C项，由v＝k·c
（H2）·c1.5（Br2）·c－1（HBr）可知，Br2（g）的浓度对反应速率影响最
大，正确；D项，将第1组、第4组数据代入速率公式，解得x＝1，正确。
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二、非选择题（本题包括2小题）
9. （2024·西安模拟）运用化学反应原理研究化学反应有重要的意义。请
回答下列问题：
（1）一种新型催化剂能使NO（g）和CO（g）发生反应：2NO（g）＋
2CO（g） N2（g）＋2CO2（g）。已知增大催化剂的比表面积可提高反
应速率。为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，
某同学设计了三组实验，如表所示。
实验 编号 T/℃ NO初始浓度/
（mol·L－1） CO初始浓度/
（mol·L－1） 催化剂的比表面积/
（m2·g－1）
Ⅰ 280 1.20×10－3 5.80×10－3 82
Ⅱ 280 1.20×10－3 5.80×10－3 124
Ⅲ 350 a 5.80×10－3 82
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①表中a＝ 。
②能验证温度对化学反应速率影响规律的是实验 （填编号）。
③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，NO的物质的量浓度[c（NO）]随时间（t）的变化曲线如图所示，其中表示实验Ⅱ的是曲线 （填“甲”或“乙”）。
1.20×10－3
Ⅰ和Ⅲ
乙
实验 编号 T/℃ NO初始浓度/
（mol·L－1） CO初始浓度/
（mol·L－1） 催化剂的比表面积/
（m2·g－1）
Ⅰ 280 1.20×10－3 5.80×10－3 82
Ⅱ 280 1.20×10－3 5.80×10－3 124
Ⅲ 350 a 5.80×10－3 82
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解析：①该实验为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，则NO初始浓度应保持一致，则a＝1.20×10－3。②验证温度对化学反应速率影响时，其他条件应保持相同，实验Ⅰ和实验Ⅲ催化剂的比表面积相同，而温度不同，可达到实验目的。③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，其他条件相同，催化剂的比表面积不同，催化剂的比表面积越大，反应速率越快，结合图像可知乙表示实验Ⅱ的曲线。
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（2）反应2NO（g）＋2CO（g） N2（g）＋2CO2（g） ΔH＜0的速率
方程可表示为v正＝k正·c2（NO）·c2（CO），v逆＝k逆·c（N2）·c2
（CO2），其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数（只与温度有关）。
如图中有两条线为正、逆反应速率常数的对数（lg k）与温度的线性关
系，其中能表示lg k正与温度关系的曲线为 （填“a”“b”“c”或
“d”，下同），能表示lg k逆与温度关系的曲线为 。
b
a
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解析：温度越高速率越快，速率常数越大，且该反应为放热反应，温度升高，逆反应速率增大的更快，所以表示lg k正与温度关系的曲线为b，表示lg k逆与温度关系的曲线为a。
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10. 汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸
消除CO、NO等污染物。反应机理如下[Pt（s）表示催化剂，右上角带
“*”表示吸附状态]：
Ⅰ.NO＋Pt（s） NO*
Ⅱ.CO＋Pt（s） CO*
Ⅲ.NO* N*＋O*
Ⅳ.CO*＋O* CO2＋Pt（s）
Ⅴ.N*＋N* N2＋Pt（s）
Ⅵ.NO*＋N* N2O＋Pt（s）
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经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度T变化关系如图1和图2
所示。
（1）图1中温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因
是 。
温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快
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（2）T3 ℃时发生的主要反应为 （填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”）。
解析：T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应Ⅳ。
Ⅳ
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（3）在一定温度下，副产物N2O分解反应的化学方程式为2N2O（g）
2N2（g）＋O2（g），测得在恒容容器中N2O分解的部分实验数据如表。
反应时间/min 0 20 40 60 80 100
c（N2O）/（mol·L－1） 0.10 0.08 0.06 0.04 0.02 0.00
0～20 min，反应速率v（N2O）为 mol·L－1·min－1；若N2O的起
始浓度为0.20 mol·L－1，则反应至40 min时N2O的转化率α＝ 。
0.001
20％
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解析：由题给数据可知，0～20min，反应速率为v（N2O）＝
＝0.001 mol·L－1·min－1。由题给数据可知，反应速率
v（N2O）与反应物N2O的浓度无关，反应速率恒定为0.001 mol·L－1·min－
1，则反应至40 min时N2O的转化率α＝ ×100％＝
20％。
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演示完毕 感谢观看
