高考化学一轮复习第七章化学反应速率与化学平衡第23讲化学反应速率及其影响因素课件(共109张PPT)

(共109张PPT)
第七章　化学反应速率与化学平衡
第23讲　化学反应速率及其影响因素
复习要点　1.了解化学反应速率的概念和定量表示方法。2.了解反应活化能的概念，了解催化剂的重要作用。3.理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率的影响，能用相关理论解释其一般规律。4.了解化学反应速率的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。
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考点1　化学反应速率
A　基础知识重点疑难
1. 化学反应速率的概念与表示方法
快慢　
减小　
增大　
mol·L－1·min－1　
mol·L－1·s－1　

4. 速率常数理解
（1）速率方程
一定温度下，基元反应的速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。
（2）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，速率常数仅是温度的函数，同一反应，温度不同，速率常数不同。
笔记：受温度、催化剂、固体的表面积等影响
（3）K与k正、k逆的一般定量关系
B　题组集训提升能力
题组一　化学反应速率的计算
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）＝0.75 mol·L－1·min－1
D. 10～12 min，N2的平均反应速率v（N2）＝0.25 mol·L－1·min－1
B
0.48　
3. 工业制硫酸的过程中，SO2（g）转化为SO3（g）是关键的一步，550 ℃时，在1 L的恒温容器中，反应过程中部分数据如表。
反应时间/min SO2（g）/mol O2（g）/mol SO3（g）/mol
0 4 2 0
5 1.5
10 2
15 1
解题感悟
“三段式”法在化学反应速率计算中的应用
t0时刻浓度（mol·L－1） a b c
题组二　化学反应速率的比较
①v（CO）＝1.5 mol·L－1·min－1
②v（NO2）＝0.7 mol·L－1·min－1
③v（N2）＝0.4 mol·L－1·min－1
④v（CO2）＝1.1 mol·L－1·min－1
⑤v（NO2）＝0.01 mol·L－1·s－1
③＞①＞②＞⑤＞④　
题组三　速率常数的应用
实验 V/mL t/s
NaNO2溶液 NH4Cl溶液 醋酸 水
1 4.0 V1 4.0 8.0 332
2 6.0 4.0 4.0 6.0 148
3 V2 4.0 4.0 4.0 83
4 12.0 4.0 4.0 V3 37
A. V1＝4.0；V3＝2.0
C. 醋酸不参与反应，其浓度的大小对该反应速率无影响
D. 速率方程中m＝2
答案：D
6. （2024·河北化学）1，4－二（氯甲基）苯（D）是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯（X）的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为v＝kc（A）c（B），其中c（A）、c（B）分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数（k1～k5分别对应反应①～⑤）。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定（反应体系体积变化忽略不计），测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，k1∶k2∶k3∶k4∶k5＝100∶21∶7∶4∶23。
5.54　
0.033　
增大　
7. （2024·贵州化学）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）
适当降低温
度，加入合适的催化剂（合理即可）　
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考点2　影响化学反应速率的因素
A　基础知识重点疑难
1. 影响化学反应速率的因素
（1）内因
反应物本身的 性质是影响化学反应速率的主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为v（Mg）＞v（Al）。
笔记：拓展：活化能越小，反应速率越快
（2）外因①（其他条件不变，只改变一个条件②）
笔记：①工业流程中为了加快反应速率常用的措施：适当增大反应物、溶液浓度，升温，固体粉碎等
②若改变多个条件：多个条件对速率影响相同时，可讨论，如升温同时增大浓度，则速率加快；多个条件对速率影响相反，不能讨论，如升温同时减压
③若为离子反应，参加反应的离子浓度影响速率，浓度变化不能改变反应本质，如Zn与稀H2SO4反应不能使用浓H2SO4增大反应速率
（3）外界因素对速率的影响理解
①对于固体和纯液体物质①，可认为其浓度是一个常数，改变它们的用量不会影响化学反应速率。
②升高温度，不论对放热反应还是吸热反应，反应速率一定加快，但吸热反应速率增加的幅度更大②。
③稀有气体对反应速率的影响
④改变物质的浓度不能对反应本身有影响，如铁与稀H2SO4的反应，若增大H2SO4浓度变成了浓H2SO4，铁在浓H2SO4中发生钝化，反应本身已改变，速率无法讨论。
⑤催化剂的理解
a.催化剂的作用
b.催化剂的影响因素：受温度、浓度、固体颗粒大小⑤等因素影响。
c.催化剂的选择性：在发生多个反应时，催化剂的选择性提高主要产物的比例，其选择性受温度等因素影响。
②正、逆速率的影响因素
（1）反应物浓度影响正反应速率，生成物浓度影响逆反应速率
（2）温度、压强对正、逆反应速率影响趋势相同、大小不同。如升温使平衡正移，则v正、v逆均增大，但v正＞v逆
（3）催化剂对v正、v逆影响相同、程度相同
③涉及压强是重难点
（1）必须是有气体参与的反应
（2）必须是改变容器体积 气体浓度改变 压强改变 速率改变，即必须有气体浓度变化
④（2023辽宁）酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn（Ⅱ）起催化作用，随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小（×）
⑤如温度高于某温度，速率突然减小，原因是高于某一温度，催化剂失去催化效果，反应减慢
2. 有效碰撞理论
（1）活化分子：能够发生有效碰撞的分子。
（2）活化能
图中：E1为正反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，E2为逆反应的活化能，反应热为E1－E2。
活化分子　
笔记：（2022湖南）Pd （催化剂）的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变（×）
A. 催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B. 中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
C. 锌粉和盐酸反应时加水稀释 D. 石墨合成金刚石时增大压强
解析：催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意；中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意。
C
A. 保持容器容积不变，向其中加入1 mol H2（g），反应速率一定加快
B. 保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2（N2不参加反应），反应速率一定加快
C. 保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol N2（N2不参加反应），反应速率一定加快
D. 保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2（g）和1 mol I2（g），反应速率一定加快
A
解析：增大H2的物质的量且保持容器容积不变，H2的浓度增大，反应速率加快，A项正确；保持容器容积不变，向其中加入1 mol N2（N2不参加反应），反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变，B项错误；保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol N2（N2不参加反应），容器体积增大，反应混合物各组分的浓度减小，反应速率减小，C项错误；保持容器内气体压强不变，向其中加入1 mol H2（g）和1 mol I2（g），因容器的体积变为原来的2倍，起始物质的量变为原来的2倍，则反应混合物各组分的浓度不变，反应速率不变，D项错误。
温度过高时，不利于
反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度
降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减
小
题组二　利用外因对反应速率影响规律解决实际问题
（2）（2023·辽宁化学）接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
a.温度越高，反应速率越大
b.α＝0.88的曲线代表平衡转化率
c.α越大，反应速率最大值对应温度越低
d.可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
cd　
d　
解析：（1）反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
（2）①根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误。从速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88％时的反应速率图像并没有给出，无法判断α＝0.88的条件下是否为平衡转化率，b错误。从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确。从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确。②为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从题图中可以看出标号为d的催化剂V－K－Cs－Ce条件下SO2的转化率最高，催化性能最佳。
题组三　有效碰撞理论
4. （2025·名师汇编）甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：
①反应Ⅰ、Ⅱ都是由粒子通过碰撞而发生的反应
②恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，活化分子数增大，反应速率加快
③恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快
④升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快
⑤加入合适的催化剂，可降低反应的活化能，活化分子百分数增大，反应速率加快
①④⑤　
解析：粒子必须碰撞在一起才可能进行反应，故反应Ⅰ、Ⅱ都是由粒子通过碰撞而发生的反应，故①正确。恒温、恒容条件下，加入惰性气体，增大压强，由于反应体系中各物质的浓度不变，单位体积内活化分子数目不变，则化学反应速率不变，故②错误。恒温、恒容条件下，加入水蒸气，反应物浓度增大，单位体积活化分子数增加，有效碰撞频率增大，反应速率加快，但活化分子百分数不变，故③错误。升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，故④正确。合适的催化剂能使活化能降低，使活化分子百分数增大，反应速率加快，故⑤正确。
AB
题组四　含多个变量的化学反应速率图像
A. 随c（X）的减小，反应①②的速率均降低
B. 体系中v（X）＝v（Y）＋v（Z）
C. 欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D. 温度低于T1时，总反应速率由反应②决定
解析：由题图1中的信息可知，随c（X）的减小，c（Y）先增大后减小，c（Z）增大，因此，反应①的速率随c（X）的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，故A项错误。根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，即v（X）＝v（Y）＋v（Z），但是在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，即v（X）＋v（Y）＝v（Z），故B项错误。升高温度可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，故C项正确。由题图2信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，故D项正确。
HNO2
（2）某研究小组对（1）的反应进行了研究。
用浓度分别为2.0 mol·L－1、2.5 mol·L－1、3.0 mol·L－1的
HNO3溶液进行了三组实验，得到c（[FeR3]2＋）随时间t
的变化曲线如图。
B. [FeR3]2＋平衡转化率：αⅢ＞αⅡ＞αⅠ
C. 三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D. 体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：tⅢ＞tⅡ＞tⅠ
5×10－
5 mol·L－1·min－1　
AB　
解题感悟
含多个变量的化学反应速率图像的解题技巧
实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH
① 50 8 6
② 50 2 6
③ 50 2 8
C. 其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率
C
8. 某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
[实验内容及记录]
实验编号 ① ② ③
实验温度/℃ 25 25 50
试管中所加试
剂及其用量/mL 0.6 mol·L－1H2C2O4溶液 3.0 2.0 2.0
H2O V1 3.0 V2
3 mol·L－1H2SO4溶液 2.0 2.0 2.0
0.05 mol·L－1KMnO4溶液 3.0 3.0 3.0
溶液褪至无色所需时间/min 1.5 2.7 1.0
2.0　
3.0　
浓度　
其他条件不变时，增大（减小）反应物浓度，化学反应速率加快
（减慢）
实验编号 ① ② ③
实验温度/℃ 25 25 50
试管中所加试
剂及其用量/mL 0.6 mol·L－1H2C2O4溶液 3.0 2.0 2.0
H2O V1 3.0 V2
3 mol·L－1H2SO4溶液 2.0 2.0 2.0
0.05 mol·L－1KMnO4溶液 3.0 3.0 3.0
溶液褪至无色所需时间/min 1.5 2.7 1.0
②③　
0.01 mol·L－ 1·
min－1　
实验编号 ① ② ③
实验温度/℃ 25 25 50
试管中所加试
剂及其用量/mL 0.6 mol·L－1H2C2O4溶液 3.0 2.0 2.0
H2O V1 3.0 V2
3 mol·L－1H2SO4溶液 2.0 2.0 2.0
0.05 mol·L－1KMnO4溶液 3.0 3.0 3.0
溶液褪至无色所需时间/min 1.5 2.7 1.0
解题感悟
“控制变量法”的解题策略
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考点3　过渡态理论
A　基础知识重点疑难
1. 基元反应
2. 过渡态理论
基元反应构成的反应序列称为反应历程（又称反应机理），基元反应的总和称为总反应。由几个基元反应组成的总反应也称复杂反应。
几步　
一步反应　
其中慢反应活化能大于快反应，为整个反应的决速步骤。
3. 反应历程图像
（1）
①在无催化剂的情况下：E1为正反应的活化能；E2为逆反应的活化能；E1－E2为此反应的焓变（ΔH）。
②有催化剂时，总反应分成了两个反应步骤，反应①为吸热反应，产物为总反应的中间产物，反应②为放热反应，总反应为放热反应。
③催化剂的作用：降低E1、E2，但不影响ΔH，反应是放热反应还是吸热反应取决于起点（反应物）能量和终点（生成物）能量的相对大小。
笔记：规律：基元反应活化能越小，反应速率越快；慢反应为总反应的决速反应
（2）
①能垒图中，有几个过渡态，就有几个基元反应。
②利用每步基元反应前后能量变化，书写热化学方程式。
注意：如果纵轴为相对能量，单位为eV，计算焓变时转化为kJ·mol－1。
③每步基元反应的快慢取决于能垒的大小，能垒越大，反应速率越慢，为决速反应。
（3）对于“环式”反应过程图像
B 　题组集训提升能力
题组一　能垒与反应历程图像
1. （2024·贵州化学）AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN－的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈（CH3CH2CN）和异腈（CH3CH2NC）两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。
A. 从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应
B. 过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α－C而形成的
C. Ⅰ中“N---Ag ”之间的作用力比Ⅱ中“C---Ag ”之间的作用力弱
D. 生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物
答案：D
解析：由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应，A项正确；与Br原子相连的C原子为α－C，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α－C，形成碳碳键，B项正确；由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是“N---Ag ”和“C---Ag ”，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N---Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C---Ag”之间的作用力弱，C项正确；由于生成CH3CH2CN所需要的活化能高，故低温时更容易生成CH3CH2NC，D项错误。
2. （2024·河北化学）我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg－CO2电池，以Mg（TFSI）2为电解质，电解液中加入1，3－丙二胺（PDA）以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2＋的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图（*表示吸附态）。
A. PDA捕获CO2的反应为 ＋CO2
C. 路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同
D
B
A. “CO插入”步骤，ΔH均为－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，ΔH＝－15.4 kcal·mol－1，故A错误；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，“加氢”步骤的活化能为24.4 kcal·mol－1，正反应的活化能最大，所以“加氢”步骤为决速步骤，故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，正反应的活化能大于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，故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，故D错误。
A. 使用催化剂Ⅰ和催化剂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. 使用催化剂Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D. 使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大
C
题组二　能量变化图像
解析：由题图可知，两种催化剂均出现四个波峰，所以使用催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；由题图可知，该反应是放热反应，反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，R的浓度增大，B正确；由题图可知，催化剂Ⅰ的最高活化能小于催化剂Ⅱ的最高活化能，所以使用催化剂Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C错误；由题图可知，在前两个历程中使用催化剂Ⅰ活化能较低，反应速率较快，后两个历程中使用催化剂Ⅰ活化能较高，反应速率较慢，所以使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。
Ⅰ　
c　
＜　
2　
解析：（1）步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键的形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ。（2）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，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线c。（3）MO＋与CH2D2反应时，因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，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量：CH2DOD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH，共2种。
6. （2025·八省联考河南卷）环己酮可以在Zr基催化剂作用
下转化为环己醇，其可能的反应机理如图所示。
题组三　催化机理循环图像
A. 该反应的还原剂是
B. 反应过程中涉及O—H键的断裂和形成
C. 用同位素标记的 代替 可得到
D. 环己酮转化为环己醇的反应为
C
解析：由反应机理图可知 变为 ，发生了还原反应，还原剂为 ，A项不符合题意；由反应机理图可知，反应的总反应为 ，可知有O—H键的断裂和形成，B项不符合题意；用同位素标记的 代替 可得到 ，C项符合题意；环己酮可以在Zr基催化剂作用下转化为环己醇，反应总方程式为 ，D项不符合题意。
BD
A. 催化剂酸性增强，可增大反应焓变
B. 催化剂酸性增强，有利于提高反应速率
C. 催化剂分子中含H越多，越有利于加速反应
D. 反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小
AcOH　
KI　
解析：（1）催化剂不能改变反应的焓变，A项错误；酸性：硫酸＞磷酸＞乙酸，由图示可知，催化剂酸性增强，反应速率提高，B项正确；一个硫酸分子中含有2个H，一个磷酸分子中含有3个H，一个乙酸分子中含有4个H，但含H最少的硫酸作催化剂时，最有利于加速反应，C项错误；由图示可知，反应开始一段时间后，反应物浓度减小，但反应速率加快，反应速率并不始终随着反应物浓度下降而减小，D项正确。（2）催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质并未改变，由催化机理示意图可知，催化剂有AcOH和KI。
第*页
限时跟踪检测
A. 升高温度，可以改变反应的活化能，从而加速反应的进行
B. 当反应物不止一种时，不同反应物的浓度变化对化学反应速率的影响程度相同
C. 催化剂能改变反应历程，改变活化分子百分数，从而改变化学反应速率
C
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
A. 前5 min内用A的浓度变化表示化学反应速率：v（A）＝0.1 mol·L－1·min－1
B. 化学方程式中n值为1
C. 当反应达到平衡时，3v正（B）＝2v逆（C）
D. 此反应在两种不同情况下的速率分别表示为①v（B）＝6 mol·L－1·min－1，
②v（D）＝4.5 mol·L－1·min－1，其中反应速率快的是②
A
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1
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3
4
5
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7
8
9
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11
时间/min
温度/℃ 0 2 4 6 8 10
容器1 200 0.80 0.55 0.35 0.20 0.15 0.15
容器2 T 1.00 0.65 0.35 0.18 0.18 0.18
B
A. 在200 ℃时，6 min内用B表示的化学反应速率为0.2 mol·L－1·min－1
B. 从表中可以看出T＞200
C. T ℃下，6 min时反应刚好达到平衡状态
D. 向容器1中通入氦气，容器中压强增大，可以加快反应速率
1
2
3
4
5
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7
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9
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11
解析：B是固体，不能用B的浓度变化表示化学反应速率，故A错误；根据表格数据，T ℃时反应速率快，比200 ℃时先达到平衡，所以T＞200，故B正确；根据表格数据，T ℃下，可能在6 min前反应就达到平衡状态，故C错误；向容器1中通入氦气，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，故D错误。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
A. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
B. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
C. 条件①，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为125 min
D. 条件②，125 min内平均反应速率为0.024 mol·L－1·min－1
A
1
2
3
4
5
6
7
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11
1
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11
A
A. k＝k1·Kc
B. 当v正（Br2）＝2v逆（NOBr）时，总反应达到平衡
C. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能小a kJ·mol－1
D. 恒容时，增大Br2（g）的浓度能增加单位体积内活化分子的百分数，加快反应速率
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A. 曲线Y表示NO2消耗速率与浓度的关系
B. 图中A点表示反应达到平衡状态
C. 缩小容器的容积，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅
D. 若某温度时ka＝kb，则该温度下平衡常数K＝0.5
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7. （2025·鞍山质检二）丙酮的溴代反应（CH3COCH3＋Br2 CH3COCH2Br＋HBr）的速率方程为v＝k·cm（CH3COCH3）·cn（Br2）·cp（HCl），其中k为速率常数，与温度有关；“m＋n＋p”为反应级数。某温度时，获得如表实验数据：
实验序号 初始浓度c/（mol·L－1） 溴颜色消失
所需时间t/s
CH3COCH3 HCl Br2
① 0.80 0.20 0.001 0 200
② 1.60 0.20 0.001 0 100
③ 0.80 0.40 0.001 0 100
④ 0.80 0.20 0.002 0 400
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A. 增大c（Br2），能延长溶液颜色消失的时间
B. 实验②和③的平均速率相等
C. 实验①在200 s内的平均速率v（CH3COCH3）＝0.004 mol·L－1·s－1
D. 反应级数为1
答案：C
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A. 使用不同的催化剂，得到目标产物的平衡产率不同
B. 当反应达到平衡时，升高温度有助于B物质的生成
C. 反应相同时间，得到中间产物M的量是相同的
D. 从A到中间产物M，催化剂Ⅰ更能加快该过程的反应速率
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A. 该过程不涉及非极性键的形成
B. 该反应中，H2O为催化剂，HI为中间产物
C. 反应ⅲ为该历程的决速步骤
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解析：由反应机理可知，该过程涉及碳碳键（非极性键）的形成，A错误；根据反应机理可知H2O为该反应的中间产物、HI为催化剂，B错误；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，故反应ⅲ为该历程的决速步骤，C正确；由图可知，每分子甲醇的转化涉及能量为3.05 eV，D错误。
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A. 增大反应物H2或CO2分压均能提高甲醇的产量
C. 增大催化剂的比表面积有利于提高平衡转化率
D. 催化剂表面甲醇及时脱附有利于二氧化碳的吸附
C
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ΔH2＝＋41.0 kJ·mol－1；
＋247.0　
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图1
3.809　
Pt
－Ni　
（2）我国学者对催化重整的主反应进行理论研究，提出在Pt－Ni合金或Sn－Ni合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图1所示（*表示物种吸附在催化剂表面）。
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（3）在1 L恒容密闭容器中通入1 mol H2及一定量CO，反应ⅲ中CO的平衡转化率随n（CO）及温度的变化关系如图2所示。
图2
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图2
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