第8章 第27讲 化学反应速率及其影响因素-【优学精研】2027年高考化学一轮总复习教用Word（提升版）

该高中化学高考复习讲义围绕化学反应速率专题，覆盖概念计算、影响因素、反应机理及速率方程等核心考点，按基础概念-影响因素-理论机理-热点题型的逻辑架构展开，通过考点梳理、方法指导（如三段式计算、控制变量法）、真题训练（2025-2026年模拟题）等环节，帮助学生系统构建知识网络，突破计算与理论分析难点。 讲义突出科学思维与科学探究，如设计“控制变量法”实验分析浓度、温度对速率的影响，结合反应机理图像培养学生证据推理能力。设置分层练习与易错辨析，配合数字化实验数据解读实例，确保高效复习。为教师提供清晰考点脉络与教学环节设计，助力把控复习节奏，提升学生应考能力。

第27讲　化学反应速率及其影响因素 1.了解化学反应速率的概念及表示方法，能提取信息计算化学反应速率。 2.能运用外界因素对化学反应速率的影响规律，解释生产、生活中的实际问题。 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。 考点1　化学反应速率理解及计算 1.化学反应速率 注意：反应速率也可以有其他的表达形式，比如v＝，其中Δp为气体的压强变化量。如1 373 K、100 kPa发生2H2S（g）S2（g）＋2H2（g），起始时通入n（H2S）∶n（Ar）＝1∶9混合气，0.1 s时H2S转化率为24％，计算0～0.1 s H2S 分压的平均变化率为24.9 kPa·s－1。 2.化学反应速率与化学计量数的关系 （1）规律：对于已知反应mA（g）＋nB（g）pC（g）＋qD（g），其化学反应速率可用不同的反应物或生成物来表示，当单位相同时，化学反应速率的数值之比等于化学计量数之比，即v（A）∶v（B）∶v（C）∶v（D）＝　m∶n∶p∶q　。 （2）应用：利用上述关系可以确定反应方程式。某温度时，某反应有关的物质A、B、C的物质的量浓度从开始反应至4 min时（平衡）的变化图像如图所示。 该反应的化学方程式是　2AB＋3C　；用不同物质表示其化学反应速率之比为v（A）∶v（B）∶v（C）＝　2∶1∶3　。 3.化学反应速率的计算 （1）公式法 依据定义式v＝和其变形公式v＝计算平均反应速率。 （2）比例式法 依据反应速率之比等于化学计量数之比，对于反应aA＋bBcC＋dD，即v（A）∶v（B）＝a∶b计算平均反应速率。 （3）三段式法 对于反应mA（g）＋nB（g）pC（g）＋qD（g），起始时A的浓度为a mol·L－1，B的浓度为b mol·L－1，反应进行至t1 s时，A消耗了x mol·L－1，则化学反应速率可计算如下： 　　　　　　 　mA（g）＋nB（g）pC（g）＋qD（g） 起始/（mol·L－1）　 a　 　 b　　　　0　　 　0 转化/（mol·L－1） x t1 s时/（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，v（D）＝ mol·L－1·s－1。 【理解应用】 将等物质的量A、B混合于2 L的密闭容器中，发生反应：3A（g）＋B（g）xC（g）＋2D（g），经5 min后测得D的浓度为0.5 mol·L－1，c（A）∶c（B）＝3∶5，C的平均反应速率是0.1 mol·L－1·min－1。 ①经5 min后A的浓度为　0.75 mol·L－1　。 ②反应开始前充入容器中B的物质的量为　3 mol　。 ③B的平均反应速率为　0.05 mol·L－1·min－1　。 ④x的值为　2　。 4.化学反应速率大小的比较方法 （1）归一法 按照化学计量数关系换算为用同一物质、同一单位表示，再比较数值大小。 （2）比值法 比较化学反应速率与化学计量数的比值。如 aA（g）＋bB（g）cC（g），先统一单位，再比较不同情况下与的大小，若＞，则用A表示的化学反应速率比用B表示的大。 易错辨析 （1）同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。（　√　） （2）化学反应速率为0.8 mol·L－1·s－1是指1 s时某物质的浓度为0.8 mol·L－1。（　×　） （3）甲、乙两容器中分别充入2 mol NO2和4 mol NO2，5 min后两者各反应掉1 mol和2 mol NO2，则说明乙中反应速率快。（　×　） （4）对于反应4NH3（g）＋5O2（g）4NO（g）＋6H2O（l），v（NO）与v（O2）的关系为5v（NO）＝4v（O2）。（　√　） （5）对于反应C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g），在一定的时间内v（H2O）＝1 mol·L－1·s－1，可知v（C）＝1 mol·L－1·s－1。（　×　） 考向1　化学反应速率的计算 1.（2026·湖北孝感高级中学月考）在4 L密闭容器中充入5 mol A和5 mol B，在一定条件下发生反应：3A（g）＋B（g）2C（s）＋xD（g），5 s达到平衡。达到平衡时，生成了2 mol C，经测定D的浓度为0.5 mol·L－1，下列判断正确的是（　　） A.x＝1 B.B的转化率为20％ C.用C表示的平均反应速率为0.1 mol·L－1·s－1 D.平衡时D气体的体积分数为20％ 解析：B　达到平衡时，生成了2 mol C，D的物质的量为4 L×0.5 mol·L－1＝2 mol，列三段式： 根据反应生成2 mol C和2 mol D，可知x＝2，A错误；B的消耗量为1 mol，转化率为×100％＝20％，B正确；C为固体，不能用其浓度变化计算反应速率，C错误；平衡时气体总物质的量为2 mol（A）＋4 mol（B）＋2 mol（D）＝8 mol，D的体积分数为×100％＝25％，D错误。 2.数字化实验是研究化学变化的重要手段，为验证次氯酸光照分解的产物，某同学采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、Cl－浓度、O2体积分数的变化，实验数据如图所示，下列叙述错误的是（　　） A.从0 s到150 s，溶液pH降低的原因是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO右移 B.氯水在光照过程中可能出现：c（Cl－）＞c（H＋） C.从50 s到150 s，Cl－的平均生成速率为4 mg·L－1·s－1 D.从0 s到150 s，溶液中c（H＋）增加到起始浓度的100.5倍 解析：B　氯水中存在：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO、2HClO2HCl＋O2↑，HClO见光分解，使Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO右移，c（H＋）增大，溶液pH降低，A正确；根据电荷守恒可知：c（Cl－）＋c（ClO－）＋c（OH－）＝c（H＋），则氯水在光照过程中不会出现c（Cl－）＞c（H＋），B错误；从50 s到150 s，Cl－的变化浓度为400 mg·L－1，则平均生成速率为＝4 mg·L－1·s－1，C正确；从0 s到150 s，溶液的pH由2降低到1.5，则溶液中c（H＋）增加到起始浓度的＝100.5倍，D正确。 3.回答下列问题： （1）（2025·百师联盟联考）一定温度时，在固定体积的密闭容器中按1∶2的物质的量之比加入CO2和NH3，发生反应2NH3（g）＋CO2（g）CO（NH2）2（s）＋H2O（g），测得反应过程中某些物质的浓度的变化曲线如图所示。 ①曲线p表示的是　二氧化碳　（填物质名称）的浓度变化。 ②在0～20 min内，NH3的平均反应速率为　0.005　mol·L－1·min－1。 （2）一定条件下N2O会发生分解：2N2O（g）2N2（g）＋O2（g）　ΔH＜0。某固定容积的容器中，一定物质的量N2O在金催化剂表面发生分解反应，在不同温度下，N2O浓度随时间t的变化关系如下表所示： 浓度/ （mol·L－1） 时间/min 0 10 20 30 40 50 …… 温度 T1 0.100 0.090 0.080 0.070 0.060 0.050 …… T2 0.100 0.085 0.070 0.055 0.040 0.025 …… T1时，在20～50 min内，以O2表示的平均化学反应速率为　0.000 5 mol·L－1·min－1　。 （3）〔非浓度变化表示的反应速率〕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的恒温容器中发生反应：2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g），反应过程中部分数据见下表： 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 若在起始时总压为p0 kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，气态物质分压＝总压×气态物质的物质的量分数，则10 min内SO2（g）的反应速率v（SO2）＝　　 kPa·min－1。 解析：（1）①氨气和反应产物的浓度变化量比为2∶1，二氧化碳和反应产物的浓度变化量比为1∶1，根据图像可知，曲线p表示的是二氧化碳的浓度变化。②在0～20 min内，二氧化碳的浓度降低0.05 mol·L－1，则氨气的浓度降低0.1 mol·L－1，NH3的平均反应速率为＝0.005 mol·L－1·min－1。 （2）化学反应中速率比等于计量系数比，则v＝v＝×＝0.000 5 mol·L－1·min－1。 （3）根据题表中数据列出“三段式”： 2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g） 起始/mol 4 2 0 变化/mol 2 1 2 10 min时/mol 2 1 2 气体总压之比等于气体物质的量之比，所以10 min时体系总压满足＝，即p10 min＝p0 kPa，p初始（SO2）＝p0 kPa，p10 min（SO2）＝p0 kPa×＝p0 kPa，故v（SO2）＝＝ kPa·min－1。 考向2　反应速率的大小比较 4.已知反应：4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下。 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 请比较上述5种情况反应的快慢：　③＞①＞②＞⑤＞④　（由大到小的顺序）。 考点2　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）　。 2.外因（其他条件不变，只改变一个条件） 【理解应用】 反应3Fe（s）＋4H2O（g）Fe3O4（s）＋4H2（g），在一容积可变的密闭容器中进行。 ①增加Fe的量，其正反应速率的变化是　不变　（填“增大”“不变”或“减小”，下同）； ②将容器的容积缩小一半，其正反应速率　增大　； ③保持容积不变，充入N2使体系压强增大，其反应速率　不变　； ④保持压强不变，充入N2使容器的容积增大，其反应速率　减小　。 易错辨析 （1）（2024·甘肃高考）锌粉和盐酸反应时加水稀释，会降低化学反应速率。（　√　） （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，加入少量硫酸铜与醋酸钠均能够提高反应速率。（　×　） （4）增大反应体系的压强，反应速率不一定增大。（　√　） 考向1　外界对反应速率的影响 1.（2025·河北邢台名校协作体模拟）在化学反应和实验操作中采取一些加快速率的操作，下列说法正确的是（　　） A.用Cl2制备84消毒液的过程中加热 B.过滤时用玻璃棒不断搅拌 C.实验室制取氢气时采用粗锌而非纯锌 D.用98％浓硫酸代替稀硫酸与铁反应制备氢气 解析：C　Cl2与NaOH溶液反应制备84消毒液通常在常温下进行，加热会降低Cl2溶解度，不利于反应，A错误；过滤时玻璃棒用于引流而非搅拌，搅拌易破坏滤纸，B错误；粗锌中的杂质与锌形成微电池，加快反应速率，C正确；浓硫酸使铁钝化，反应停止，无法生成氢气，D错误。 2.（2026·福建莆田一中开学考）用下列仪器或装置（夹持装置略）进行相应实验，不能达到实验目的的是（　　） A 探究温度对化学反应速率的影响 B 探究浓度对反应速率的影响 C 左侧装置产生气泡速度较快，可以说明FeCl3对H2O2的催化效果更好 D 利用SO2与MnO2制备MnSO4，搅拌棒的作用是增大SO2与 MnO2接触面积 解析：B　实验中控制了温度（25 ℃冷水和70 ℃热水），其他条件（Na2S2O3与H2SO4的浓度、体积及混合前恒温时间）相同，通过观察混合后溶液出现浑浊的时间可探究温度对反应速率的影响，A正确；浓硫酸具有强氧化性，会氧化硫代硫酸钠，两个实验原理不一样，不能达到实验目的，B错误；实验中，H2O2溶液的浓度、体积相同，加入的FeCl3溶液浓度为1.0 mol·L－1，CuCl2溶液浓度为1.5 mol·L－1， FeCl3溶液和CuCl2溶液浓度不同，但左侧装置产生气泡速度较快，说明FeCl3对H2O2的催化效果更好，能达到实验目的，C正确；搅拌棒搅拌可使MnO2浊液与SO2气体充分接触，增大反应物接触面积，促进反应进行，D正确。 考向2　“控制变量法”探究反应速率的影响因素 3.（2026·河南南阳一中月考）某小组探究KI与O2的反应，实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下： 编号 温度 H2SO4 溶液 KI 溶液 1％淀粉溶 液体积 出现蓝 色时间 ① 20 ℃ 0.10 mol· L－1 10 mL 0.40 mol· L－1 5 mL 1 mL 40 s ② 20 ℃ 0.10 mol· L－110 mL 0.80 mol· L－1 5 mL 1 mL 20 s 编号 温度 H2SO4 溶液 KI 溶液 1％淀粉溶 液体积 出现蓝 色时间 ③ 50 ℃ 0.10 mol· L－110 mL 0.40 mol· L－1 5 mL 1 mL 5 s ④ 100 ℃ 0.10 mol· L－110 mL 0.40 mol· L－1 5 mL 1 mL 未见 蓝色 下列说法正确的是（　　） A.由实验①②可知，c（I－）增大，反应速率加快 B.实验②③是探究浓度对反应速率的影响 C.在I－被O2氧化过程中，H＋不参加反应 D.由实验①③④可知，温度升高，反应速率越慢 解析：A　实验①②温度相同，H2SO4浓度和体积相同，KI溶液的浓度从0.40 mol·L－1增至0.80 mol·L－1，出现蓝色时间从40 s缩短至20 s，说明c（I－）增大使反应速率加快，A正确；实验②③中温度不同、KI溶液的浓度也不同，变量不唯一，无法单独探究浓度对反应速率的影响，B错误；根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒可确定该反应过程中的离子方程式为4I－＋O2＋4H＋2I2＋2H2O，H＋作为反应物参与了反应，C错误；实验①→③温度升高（20 ℃→50 ℃），反应速率加快（时间由40 s→5 s）；实验④（100 ℃）未见蓝色可能因I2被进一步氧化，而非速率变慢，D错误。 4.（2024·安徽高考12题）室温下，为探究纳米铁去除水样中Se的影响因素，测得不同条件下Se浓度随时间变化关系如图。 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 下列说法正确的是（　　） A.实验①中，0～2小时内平均反应速率v（Se）＝2.0 mol·L－1·h－1 B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe＋Se＋8H＋2Fe3＋＋Se＋4H2O C.其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D.其他条件相同时，水样初始pH越小，Se的去除效果越好 解析：C　实验①中，0～2小时内平均反应速率v（Se）＝＝2.0×10－5 mol·L－1·h－1，A项错误；实验③中水样初始pH＝8，溶液呈弱碱性，结合氧化还原反应规律可得离子方程式为2Fe＋Se＋4H2O2Fe（OH）3＋Se＋2OH－，B项错误；由实验①、②可知，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量，反应速率加快，C项正确；由实验②、③可知，其他条件相同时，适当减小水样初始pH，Se的去除效果更好，但若水样初始pH太小，与H＋反应的纳米铁的量增多，从而影响Se的去除效果，D项错误。 5.为更好地利用化学变化中的物质变化和能量变化，在化学研究和工业生产中还需要关注化学反应的快慢和进行程度等。 （1）研究小组向4.50 mL 1 mol·L－1 KCl溶液中加入0.50 mL 0.2 mol·L－1 AgNO3溶液，产生AgCl沉淀，静置，得到AgCl滤液；在AgCl滤液中放入5 cm长的镁条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中逐渐出现白色浑浊。 【发现问题】　对比发现，Mg＋AgCl滤液反应比Mg＋H2O反应速率快。研究小组对此实验现象产生的原因进行了探究。 【查阅资料】　Cl－类体积较小的阴离子，能够“钻入”Mg（OH）2膜，达到使其溶解的效果，称作“离子钻入效应”， 【提出猜想】 猜想一：Cl－钻入Mg（OH）2膜形成孔径，增大了Mg和H2O的接触面积，加快了Mg＋H2O的反应速率； 猜想二：在“离子钻入效应”基础上，Mg置换Ag＋形成许多微小的Mg-Ag原电池，使Mg＋H2O反应速率进一步加快。 【实验设计】　用砂纸擦去镁条表面氧化膜，取表面积和质量相同的镁条（5 cm），用浓度分别为1 mol·L－1 KCl、0.2 mol·L－1 AgNO3、0.2 mol·L－1 KNO3溶液，按照下表进行系列实验，若有沉淀，先将沉淀过滤后，将滤液加入装Mg条的试管，并观察Mg条表面实验现象。 实验 序号 V（KCl） /mL V（AgNO3） /mL V（KNO3） /mL V（H2O） /mL 实验现象 1 / / / 5.00 微小气泡 附着 2 4.50 0.50 / / 大量气泡 放出 实验 序号 V（KCl） /mL V（AgNO3） /mL V（KNO3） /mL V（H2O） /mL 实验现象 3 4.50 / / 0.50 少量气泡 放出 4 a / b / 少量气泡 放出 ①根据表中信息，补充数据：a＝　4.50　，b＝　0.50　。 ②由实验1和实验3对比可知：Cl－有加快Mg＋H2O反应速率的作用。 ③由实验　2　和实验　4　对比可知：Ag＋有加快Mg＋H2O反应速率的作用。 【实验结论】　猜想一和猜想二成立。 （2）为了进一步证明Mg-Ag原电池能加快Mg＋H2O＋Cl－体系中Mg＋H2O的反应速率，研究小组利用数字化实验进行了验证。 【实验设计】　选取实验2和实验4两个实验方案，将各实验Mg条、溶液量等比例放大至30 cm，30 mL，采集两个实验的pH-时间、温度-时间变化数据（先采集约10 s时溶液的pH-时间、温度-时间数据，再投入Mg条继续采集pH-时间、温度-时间数据）。实验数据如图所示： ④由初始pH数据可知，曲线　a　（填“a”或“b”）表示实验2的pH－时间变化曲线，请你解释原因　实验2溶液中存在Ag＋，Ag＋水解使溶液呈酸性，初始阶段溶液pH＜7　。 ⑤在pH＝11左右，两实验的pH变化都明显趋于平缓的原因　大量的氢氧化镁沉淀覆盖在镁条表面，阻碍了Mg和H2O反应的继续进行　。 ⑥“温度—时间”曲线分析：两种溶液的初始温度一致，投入镁条后，实验2温度增幅明显大于实验4，说明相同反应时间内，　实验2　（填“实验2”或“实验4”）放热更多，因此速率更快。 【实验结论2】　结合pH-时间、温度-时间曲线可知，Mg-Ag原电池能加快Mg＋H2O＋Cl－体系中Mg＋H2O的反应速率。 解析：（1）①两种猜想均有“离子钻入效应”，因此除实验1为对照实验不需要加Cl－之外，实验中都需要有Cl－，故实验4需要加KCl，为了保持Cl－浓度相同，a＝4.50；由表格可知，实验2、3加入的溶液总体积为5 mL，为了保证体积相同，b＝0.50；③由表格数据可知，实验2加入AgNO3，产生气泡较多，实验4加KNO3，产生气泡较少，说明对实验没有影响，是Ag＋加快了反应速率。 （2）④实验2加入AgNO3，Ag＋水解生成H＋，导致溶液显酸性，初始的pH＜7，因此a曲线是实验2的pH-时间变化曲线；⑤随着反应的进行，Mg与H2O反应生成的Mg（OH）2逐渐增多，Mg（OH）2难溶于水，附着在Mg的表面阻碍Mg与H2O的进一步反应，因此pH＝11左右，两实验的pH变化都明显趋于平缓；⑥由图像可知，实验2的曲线a温度的增幅明显大于实验4的曲线b，因此相同时间内实验2放热更多，反应速率更快。 应用“控制变量法”的解题策略 考点3　反应速率理论　反应机理图像 1.基元反应 基元反应 大多数化学反应往往经过多个反应步骤才能实现，每一步反应都被称为基元反应 反应机理 先后进行的基元反应反映了反应历程，反应历程又称为　反应机理　 2.有效碰撞理论 （1）有效碰撞 ①基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须发生碰撞。 ②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做有效碰撞。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。 （2）活化分子和活化能 活化分子 能够发生有效碰撞的分子 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，反应热为 　E1－E2　 （3）活化分子、有效碰撞与反应速率的关系 3.过渡态理论 （1）理论简介 反应物转化为生成物的过程中要经过能量较高的过渡状态。过渡状态的平均能量与反应物分子的平均能量的差为反应的活化能。如图所示：Ea是正反应的活化能，Ea'是逆反应的活化能。ΔH＝　Ea－Ea'　。 （2）化学反应速率与反应活化能的关系 活化能越小，反应速率　越大　。 （3）速控步或决速步 在反应机理（反应历程）中，最慢的一步反应，即活化能最大的基元反应，叫做速控步或决速步。 【理解应用】 丙烯与HBr发生加成反应的机理及反应体系中的能量变化如图所示。 回答下列问题： ①　反应2　（填“反应1”或“反应2”，下同）放出能量更多。曲线a表示的是　反应1　的能量变化图。相同条件下　反应2　的反应速率比　反应1　大。 ②对于反应1和反应2，　第Ⅰ步　（填“第Ⅰ步”或“第Ⅱ步”）都是反应的决速步骤。 易错辨析 （1）增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大。（　×　） （2）催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后的性质保持不变。（　×　） （3）所有化学反应的反应历程均包含至少2个基元反应。（　×　） （4）对于有气体参加的反应，缩小容器体积使压强增大，可增大活化分子百分数，从而使化学反应速率加快。（　×　） 考向1　反应机理与能垒图 1.（2026·贵州六校联盟联考）甲醇（CH3OH）在催化剂表面分解的反应涉及多个过渡态（TS1～TS5）和中间体，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是（　　） A.在催化剂表面解离的五个路径中，制约反应速率的是路径⑤ B.不能由图确定甲醇分解为CO和H2是吸热还是放热反应 C.该历程中路径③的能垒（反应活化能）为116.1 kJ·mol－1 D.该过程包含C—H键和O—H键的断裂，以及H—H键的形成 解析：C　决速步骤为能垒最高的路径⑤，A正确；由图只能得出CH3OH*CO*＋2H2（g）　ΔH＞0，为吸热反应，B正确；路径③的能垒为（116.1－62.5）kJ·mol－1＝53.6 kJ·mol－1，C错误；由反应历程可知，反应涉及C—H、O—H键断裂和H—H键形成，D正确。 2.（2025·河北廊坊期末）电催化硝酸根离子还原合成氨的方法，在实现脱硝的同时，产生了高附加值的氨。下图为不同品相组成的TiO2（P25-600和P25-0）的反应机理（*NOH被认为是决定反应方向的重要中间物质）。下列说法错误的是（　　） A.可以通过调控TiO2的品相组成来改变基元反应的活化能 B.P25-0表现出了更佳的合成氨性能 C.P25-0反应路径中的速控步骤为*NO＋H＋＋e－*NOH D.图示包含6个基元反应 解析：B　过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，催化剂改变反应的历程，可以降低反应的活化能加快反应速率，结合图，可以通过调控TiO2的品相组成来改变基元反应的活化能，A正确；图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应速率越快，活化能越大反应速率越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，P25-600表现出了更佳的合成氨性能，B错误；活化能越大反应速率越慢，由图，P25-0反应路径中的速控步骤为*NO＋H＋＋e－*NOH，C正确；根据图2，最后一步是脱附，不属于基元反应，所以图示包含6个基元反应，D正确。 基元反应的判断 （1）化学反应是旧键断裂和新键形成的过程，所以旧键断裂和新键形成（有化学键变化）都是反应步骤，都算基元反应。 （2）过渡态是基元反应的中间状态，那么出现过渡态处算一个基元反应。 即基元反应数目＝有化学键变化步骤＋过渡态数目。 3.（2025·山西太原二中模拟）科研人员研究了在某催化剂作用下，CH3COOH加氢形成乙醇的机理，反应过程中物质的相对能量与反应进程的关系如图所示（带“*”表示物质处于吸附态）。下列说法正确的是（　　） A.CH3COOH的吸附过程为放热反应 B.该反应过程中，有副产物CH3CHO生成 C.*CH3CHOH＋*H*CH3CH2OH为决速步骤 D.若用CH3COOD代替CH3COOH反应，产物为CH3CH2OD 解析：B　CH3COOH的吸附过程是分子吸附在催化剂表面，无化学键断裂和形成，属于物理过程，并非化学反应，不能称为放热反应，A错误；由图可知，该反应过程中有副产物CH3CHO生成，B正确；能垒最大的步骤，活化能最大，为决速步骤，故决速步骤为*CH3CHO＋2*H*CH3CHOH＋*H，C错误；CH3COOD中的D在羧基氧上，反应中羧基氧与H结合生成HOD，产物为CH3CH2OH，D错误。 三步突破能量变化能垒图 考向2　催化剂及反应机理等 4.（2025·安徽师大附中模拟）利用有机分子模拟生物体内“醛缩酶”催化Diels-Alder反应取得重要进展。某Diels-Alder反应催化机理如图所示。下列说法错误的是（　　） A.Ⅰ的化学名称为丙烯醛，X为H2O B.Ⅴ是该反应的中间产物 C.总反应是Ⅰ＋ⅢⅤ D.Ⅴ的分子式为C8H10O，Ⅵ是反应的催化剂 解析：B　Ⅰ的结构简式为CH2CHCHO，化学名称为丙烯醛，根据催化机理，X是反应过程中生成的小分子，结合元素守恒，X为H2O，A正确；Ⅴ是最终的产物，B错误；从反应催化机理图可知，Ⅱ、Ⅳ、Ⅵ为催化剂或中间产物，总反应中，Ⅰ（亲双烯体）和Ⅲ（双烯体）为反应物，经过催化循环生成Ⅴ，催化剂和中间产物不写入总反应，故总反应是Ⅰ＋ⅢⅤ，C正确；从Ⅴ的结构简式可知，Ⅴ分子式为C8H10O，Ⅵ在反应中参与反应后又再生，是催化剂，D正确。 5.NH3催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化的V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图所示。下列说法错误的是（　　） A.反应Ⅰ对总反应速率影响不大 B.增大NH3浓度会影响催化剂对NO的吸附 C.整个历程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 D.消耗标准状况下11.2 L O2时，整个过程转移6 mol电子 解析：B　慢反应为决速步骤，反应Ⅰ为快速步骤，不是决速步，反应Ⅰ对总反应速率影响不大，A正确；根据图示可知，在反应过程中NH3与催化剂发生强的化学吸附作用，而NO、O2等几乎不被催化剂吸附，则增大NH3浓度不会影响催化剂对其他气体的吸附，B错误；整个历程中涉及极性键（如N—H键）和非极性键OO键的断裂和N≡N非极性键和O—H极性键的形成，C正确；反应方程式为4NH3＋4NO＋O24N2＋6H2O，当消耗1 mol O2时，整个过程转移12 mol电子，则当消耗标准状况下11.2 L即0.5 mol O2时，整个过程转移6 mol电子，D正确。 突破催化反应机理题 1.“环式”反应历程图像分析 以上图为例，对于“环式”反应历程图像，位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体，如⑤、⑥、⑦和⑧，先参加后生成是催化剂，先生成后参加是中间体。“入环”的物质为反应物，如①和④，“出 环”的物质为生成物，如②和③，由反应物和生成物可写出总反应化学方程式。 2.催化剂对化学反应的影响 1.（2025·湖南高考14题）环氧化合物是重要的有机合成中间体。以钛掺杂沸石为催化剂，由丙烯（）为原料生产环氧丙烷（）的反应机理如图所示。下列说法正确的是（　　） A.过程中Ⅱ是催化剂 B.过程中有极性键和非极性键的断裂和形成 C.过程中Ti元素的化合价发生了变化 D.丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100％ 解析：B　过程中Ⅰ先消耗后生成，故Ⅰ为催化剂，A项错误；过程中有H2O2中O—O非极性键、O—H极性键的断裂，有环氧丙烷中C—O极性键、O2中氧氧非极性键的形成，B项正确；过程中Ti形成4个键或5个键，其中形成的第5个键为配位键，Ti的化合价没有发生变化，C项错误；该过程中还生成O2与H2O，原子利用率小于100％，D项错误。 2.（2025·河北高考12题）氮化镓（GaN）是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应Ga2O3（s）＋2NH3（g）2GaN（s）＋3H2O（g）制备。反应历程（TS代表过渡态）如下： 下列说法错误的是（　　） A.反应ⅰ是吸热过程 B.反应ⅱ中H2O（g）脱去步骤的活化能为2.69 eV C.反应ⅲ包含2个基元反应 D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中 解析：D　由题图可知，反应ⅰ反应后相对能量增加0.05 eV，体系能量升高，故反应ⅰ为吸热反应，A正确；由题图可知，反应ⅱ中H2O（g）脱去的步骤即反应ⅱ的最后一步的活化能为3.39 eV－0.70 eV＝2.69 eV，B正确；反应ⅲ历程中存在两个过渡态，故包含2个基元反应，C正确；由题图可知，整个反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应的步骤，其活化能为6.37 eV－3.30 eV＝3.07 eV，D错误。 3.（2025·河南高考10题）在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为CH3CH2CH3（g）CH3CHCH2（g）＋H2（g），反应进程中的相对能量变化如图所示[*表示吸附态，*CH3CHCH2＋2*HCH3CHCH2（g）＋H2（g）中部分进程已省略]。 下列说法正确的是（　　） A.总反应是放热反应 B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D.①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CH2CH3*CH3CHCH3＋*H 解析：C　化学平衡常数只与温度有关，而与其他条件无关，因此两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数相同，B错误；反应的决速步骤为活化能最大的步骤，即反应进行最慢的步骤，由图像可以看出，在①转化为②的进程中，*CH3CHCH3＋*H*CH3CHCH2＋2*H的活化能最大，因此①转化为②的进程中，决速步骤为*CH3CHCH3＋*H*CH3CHCH2＋2*H（或写为*CH3CHCH3*CH3CHCH2＋*H），D错误。 4.（2025·湖北高考19题节选）CaH2（s）粉末可在较低温度下还原Fe2O3（s）。回答下列问题： （1）已知一定温度下： CaH2（s）＋6Fe2O3（s）Ca（OH）2（s）＋4Fe3O4（s）　ΔH1＝m kJ·mol－1 2CaH2（s）＋Fe3O4（s）2Ca（OH）2（s）＋3Fe（s）　ΔH2＝n kJ·mol－1 图1分别是260 ℃、280 ℃和300 ℃下CaH2（s）还原Fe2O3（s）过程中反应体系电阻R（Ω）随反应时间t（h）变化的曲线，可用　d　（填标号）表示反应的快慢。 a. b.－ c. d.－ （2）图1中曲线　Ⅰ　（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）对应的反应温度最高。 （3）研究发现CaH2（s）对Fe2O3（s）的还原性主要来自于其产生的H2。一般认为H2在Fe2O3表面被氧化成H2O有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径　a　（填“a”或“b”）是主要途径。 解析：（1）随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即－，选d。 （2）其他条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高。 （3）由图可知途径a中能垒为1.3 eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径。 热点题型11　化学反应的速率方程和阿伦尼乌斯公式 1.化学反应速率方程 （1）内容：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。对于反应aA（g）＋bB（g）gG（g）＋hH（g），则v＝kca（A）·cb（B）（其中k为速率常数）。如SO2Cl2SO2＋Cl2　v＝k1c（SO2Cl2） （2）速率常数的影响因素 与浓度无关，但受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响。 （3）K（化学平衡常数）与k正、k逆的一般定量关系 一定温度下，对于基元反应aA（g）＋bB（g）cC（g），反应速率v正＝k正 ca（A）·cb（B），v逆＝k逆cc（C），当反应达平衡状态时（即v正＝v逆），k正ca（A）·cb（B）＝k逆cc（C），K＝。 （4）应用：依据速率方程[通常为v＝k·ca（A）·cb（B）]，利用速率常数和物质浓度（或分压）计算瞬时速率。 2.阿伦尼乌斯公式 （1）内容：阿伦尼乌斯公式的指数式为k＝A，其中k为反应速率常数，A为比例系数，e为自然对数的底，R为理想气体常数，Ea为活化能。 （2）特点：对于同一反应，Ea＞0时，升高温度，反应速率常数增大，化学反应速率随之提高；对于不同反应，Ea值越大，改变温度对化学反应速率的影响程度就越大，这就是升高相同温度时，不同化学反应的速率提高的倍数不同的原因。 （3）应用：阿伦尼乌斯公式的定积分式为ln ＝，不定积分式为ln k＝－·＋C，命题时，常会结合ln k- 图像进行设问。 1.（2025·湖北荆州联考）反应2NO＋Cl22NOCl，在295 K时，其反应物浓度与反应速率关系的数据如下： c（NO）/ （mol·L－1） c（Cl2）/ （mol·L－1） v（Cl2）/ （mol·L－1·s－1） ① 0.100 0.100 8.0×10－3 ② 0.500 0.100 2.0×10－1 ③ 0.100 0.500 4.0×10－2 已知：①反应物浓度与反应速率关系式为v（Cl2）＝k·cm（NO）·cn（Cl2）（式中k为速率常数，与活化能和温度等有关）；②反应级数是反应的速率方程式中各反应物浓度的指数之和。下列说法正确的是（　　） A.m＝1，n＝2，反应级数为3级 B.该条件下速率常数k＝80 C.加入催化剂可以降低反应的活化能，增大速率常数k，从而加快反应速率 D.相同条件下，NO浓度对反应速率的影响小于Cl2浓度对反应速率的影响 解析：C　由表中数据①③列式， 两式相除＝，解得n＝1， ①②列式， 两式相除＝，解得m＝2，将m＝2，n＝1代入数据①反应速率关系式中，计算k，8.0×10－3＝k·×，解得k＝8.0；由上述计算可知n＝1、m＝2，A错误；该条件下速率常数k＝8.0，B错误；加入催化剂可以降低反应的活化能，根据速率常数表达式可以得出速率常数k增大，因此反应速率加快，C正确；通过表格中的数据对比以及v（Cl2）＝8·c2（NO）·c（Cl2）可知，相同条件下，NO浓度对反应速率的影响大于Cl2浓度对反应速率的影响，D错误。 2.（2026·甘肃张掖二中月考）反应S2＋3I－2S＋的反应机理为①S2＋I－S2O8I3－，②……，③I2＋I－（快反应），改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示： c（S2）/ （mol·L－1） c（I－）/ （mol·L－1） v/（mol·L－1· min－1） 1 0.038 0.060 1.4×10－5 2 0.076 0.060 2.8×10－5 3 0.076 0.030 1.4×10－5 下列说法正确的是（　　） A.该反应的速率方程为v＝kc（S2）·c3（I－） B.该反应的速率常数k的值为6.14×10－3 C.第②步的反应的化学方程式为S2O8I3－2S＋I2＋I－ D.3步反应中反应③的活化能最大 解析：B　由1、2两组数据可知，c增大1倍，反应的瞬时速率增大1倍，由2、3两组数据可知，c（I－）增大1倍，反应的瞬时速率增大1倍，该反应的速率方程为v＝kc·c，A错误；将1组的数据代入v＝kc·c，1.4×10－5＝k×0.038×0.060，k≈6.14×10－3，即该反应的速率常数k的值为6.14×10－3，B正确；根据盖斯定律，用总反应－①－③，整理可得第②步的反应方程式为S2O8I3－＋I－2＋I2，C错误；3步反应中反应③为快反应，其活化能最小，D错误。 3.（2025·黑龙江哈尔滨九中月考）已知Rln k＝－＋C（k为反应速率常数，Ea为反应活化能，R和C为大于0的常数）。为探究m、n两种催化剂对某反应的催化效能进行实验探究，依据实验数据获得曲线如图所示。下列说法错误的是（　　） A.对该反应催化效能较高的催化剂是n B.升高温度，速率常数增大，化学反应速率加快 C.速率常数k只与温度有关，与活化能、浓度等其他量都无关 D.在m催化剂作用下，该反应的活化能Ea＝9.6×104 J·mol－1 解析：C　对比图中直线m和n的斜率绝对值的大小可知，使用催化剂n时对应的Ea较小，则对该反应催化效果较高的催化剂是n，A正确；根据阿仑尼乌斯公式分析可知，升高温度会导致速率常数增大，从而加快化学反应速率，B正确；根据阿仑尼乌斯公式包含的数据含义，速率常数与温度和活化能均有关，C错误；将坐标和代入阿仑尼乌斯公式计算：56.2＝－7.2×10－3Ea＋C　27.4＝－7.5×10－3Ea＋C，可知Ea＝9.6×104，D正确。 4.一碘甲烷热裂解可制取乙烯等低碳烯烃，热裂解时发生如下反应： 反应Ⅰ：2CH3I（g）C2H4（g）＋2HI（g）　ΔH1＝＋80 kJ·mol－1 反应Ⅱ：3C2H4（g）2C3H6（g）　ΔH2＝－108 kJ·mol－1 反应Ⅲ：2C2H4（g）C4H8（g）　ΔH3＝－121 kJ·mol－1 （1）反应Ⅳ：3CH3I（g）C3H6（g）＋3HI（g）　ΔH4＝　　kJ·mol－1。 （2）已知ln K＝－＋C（K为平衡常数，R和C为常数）。ln K与的关系如图所示。反应Ⅱ对应的曲线为　　（填标号，下同），反应Ⅲ对应的曲线为　　。 答案：（1）＋66　（2）④　③ 解析：（1）由盖斯定律可知，1.5×Ⅰ＋0.5×Ⅱ可得3CH3I（g）C3H6（g）＋3HI（g）　ΔH4＝1.5ΔH1＋0.5ΔH2＝＋66 kJ·mol－1。（2）已知ln K＝－＋C，因为反应Ⅱ和Ⅲ的ΔH＜0，为放热反应，升高温度，K值减小，所以ln K的斜率为正。ΔH的绝对值越大，斜率越大。故表示反应Ⅱ的曲线编号为④、表示反应Ⅲ的曲线编号为③。 1.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：v（H2）＝3 mol·L－1·min－1；乙：v（N2）＝2 mol·L－1·min－1；丙：v（NH3）＝1 mol·L－1·min－1。则三个容器中合成氨的速率（　　） A.v（甲）＞v（乙）＞v（丙） B.v（乙）＞v（丙）＞v（甲） C.v（丙）＞v（甲）＞v（乙） D.v（乙）＞v（甲）＞v（丙） 解析：D　由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v甲（N2）＝v甲（H2）＝1 mol·L－1·min－1、v乙（N2）＝2 mol·L－1·min－1、v丙（N2）＝v丙（NH3）＝0.5 mol·L－1·min－1，则三个容器中合成氨的反应速率的大小关系为v（乙）＞v（甲）＞v（丙）。 2.在Ag＋催化作用下，Cr3＋被S2氧化为Cr2的机理为： ①S2＋2Ag＋2S＋2Ag2＋　慢 ②2Cr3＋＋6Ag2＋＋7H2O6Ag＋＋14H＋＋Cr2　快 下列有关说法正确的是（　　） A.反应速率与c无关 B.Ag2＋是该反应的催化剂 C.Ag＋能降低该反应的活化能 D.v＝2v 解析：C　反应速率由慢反应（①）决定，其中Ag＋是反应物，故速率与c（Ag＋）有关，A错误；Ag2＋在①生成，在②被消耗，符合这种特点的是中间产物而非催化剂，B错误；Ag＋在①被消耗，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；根据题意得出总反应：7H2O＋2Cr3＋＋3S2Cr2＋14H＋，速率关系为v＝v，D错误。 3.某化学小组欲测定酸性条件下：KClO3溶液与NaHSO3溶液反应的化学反应速率，实验试剂为10 mL 0.1 mol·L－1KClO3溶液和10 mL 0.3 mol·L－1NaHSO3溶液，所得溶液中c和v随时间变化的曲线分别如图1和图2。下列说法正确的是（　　） A.该反应在4～8 min内的平均反应速率v＝3.75×10－3mol·L－1·min－1 B.将图2纵坐标替换为v，曲线与原图不重合 C.由图2可知t1～t3时间内n逐渐增大 D.根据t2后v下降，可推测该反应为吸热反应 解析：C　根据图1，4～8 min c变化量为0.03 mol·L－1，平均反应速率v＝7.5×10－3mol·L－1·min－1，A错误；根据氯元素守恒，v＝v，将图2纵坐标替换为v，曲线与原图重合，B错误；t1～t3时间内v先增大后减小，但仍在生成氯离子，n逐渐增大，C正确；t2后v下降，可能是由于反应物浓度减小，反应速率减慢，不能判断反应是吸热反应，D错误。 4.（2025·安徽马鞍山模拟）H2O2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H2O2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，0～20 min内平均反应速率v＝1.25×10－3mol·L－1·min－1 B.图甲表明pH相同时，H2O2起始浓度越大，H2O2分解速率越大 C.图乙表明可通过适当增大NaOH溶液的浓度，来增大H2O2分解的速率 D.可用0.1 mol·L－1FeCl3溶液和0.1 mol·L－1CuSO4溶液比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果 解析：D　由图甲曲线b可知，0～20 min内过氧化氢浓度变化量为0.05 mol·L－1，根据2H2O22H2O＋O2↑，可知2H2O2～O2，故0～20 min内氧气浓度变化量为0.025 mol·L－1，平均反应速率v＝＝＝1.25×10－3mol·L－1·min－1，A正确；图甲表示曲线的pH均等于13，但H2O2起始浓度不同，H2O2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；图乙中曲线所表示的NaOH溶液的浓度不同，增大NaOH溶液的浓度，H2O2分解的速率加快，C正确；0.1 mol·L－1 FeCl3溶液和0.1 mol·L－1CuSO4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。 5.有机物HCOOH在含铁配离子（用表示）的作用下，发生反应的机理和相对能量变化如图所示。下列说法错误的是（　　） A.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定 B.总反应的化学方程式为HCOOHCO2↑＋H2↑ C.H＋浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低 D.在整个反应过程中的作用是催化剂 解析：A　活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，根据能量图，Ⅱ→Ⅲ的活化能为45.3 kJ·mol－1－（－31.8 kJ·mol－1）＝77.1 kJ·mol－1，Ⅳ→Ⅰ的活化能为43.5 kJ·mol－1－（－42.6 kJ·mol－1）＝86.1 kJ·mol－1，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，A错误；结合机理图，HCOOH在催化剂作用下分解生成CO2和H2，中间产物最终抵消，总反应方程式为HCOOHCO2↑＋H2↑，B正确；H＋浓度过大时，抑制HCOOH电离（HCOOHHCOO－＋H＋），导致HCOO－浓度降低，减缓步骤Ⅰ→Ⅱ，H＋浓度过小时，步骤Ⅲ→Ⅳ（需H＋参与）速率减慢，故H＋浓度过大或过小均降低反应速率，C正确；反应前后[L-Fe-H]＋没有变化，[L-Fe-H]＋是该反应的催化剂，D正确。 6.（2025·湖南张家界模拟）在某密闭容器中充入等物质的量的SO2（g）和Cl2（g），发生反应SO2（g）＋Cl2（g）SO2Cl2（l），该反应的速率方程v正＝kc·c，其中k为速率常数，已知速率常数与反应活化能（Ea，单位为kJ·mol－1）、温度（T，单位为K）的关系式为Rln k＝－＋C（R、C为常数），－Rln k与催化剂、的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A.降低温度会导致速率常数k增大 B.催化剂A的催化效果比催化剂B的好 C.使用催化剂B时，活化能Ea的范围：150 kJ·mol－1＜Ea＜200 kJ·mol－1 D.依据反应体系中SO2体积分数不变，可确定该反应达到化学平衡状态 解析：C　根据关系式Rln k＝－＋C，降低温度T减小， 增大，Ea为正值，则－Rln k增大，即ln k减小，k减小，A错误；相同温度时，催化剂B对应的－Rln k更小，即ln k更大，k更大，反应速率更快，催化效果更好，B错误；图像中－Rln k与呈线性关系，斜率为Ea。催化剂B直线取＝0.9×10－2 K－1时，－Rln k≈1.5，斜率Ea：200＝＞＝＞ ＝150，结合图像趋势，Ea的范围为150 kJ·mol－1＜Ea＜200 kJ·mol－1，C正确；初始SO2和Cl2等物质的量，反应中按1∶1消耗，平衡时SO2体积分数＝＝，始终不变，不能判断平衡状态，D错误。 7.（2026·福建莆田一中开学考）氨是一种重要的化工原料，科学家们不断地研究合成氨的反应和机理。回答下列问题： （1）一定条件下，科研小组甲用计算机模拟出合成氨反应历程中的能量变化，如图所示。写出该反应条件下，生成2 mol氨气的热化学方程式　N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）　ΔH＝－92 kJ·mol－1　。 （2）科研小组乙在催化剂作用下合成氨，反应速率v＝kcacbcm（k为速率常数只与温度有关；a、b、m为反应级数，可取正整数、负整数、0，也可取分数）。为了测定反应级数，在一定温度下进行实验，其结果如表（n≠0）。 序号 c（N2）/ （mol·L－1） c（H2）/ （mol·L－1） c（NH3）/ （mol·L－1） 反应 速率 Ⅰ 1 1 1 n Ⅱ 2 1 1 2n Ⅲ 1 4 1 8n Ⅳ 1 4 2 4n 则反应总级数a＋b＋m＝　1.5　。 （3）科研小组丙用计算机模拟合成氨工艺，选择合适的催化剂和温度，研究不同压强下从投料开始反应后相同时间内混合气体中氨气的体积分数x（NH3），得到下图。 ①p0～p1过程中，v正　＞　v逆（填“＞”“＜”或“＝”）。 ②压强超过p2，x突然大幅度下降的原因是　氨气液化　。 解析：（1）由图像可知， mol N2（g）和 mol H2（g）完全反应生成1 mol NH3（g）放热46 kJ，则生成2 mol氨气的热化学方程式N2（g）＋3H2（g）2NH3（g）　ΔH＝－92 kJ·mol－1； （2）对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，N2的浓度增加一倍，反应速率也增加一倍，故a＝1；对比实验Ⅰ和Ⅲ可知，H2的浓度增加4倍，反应速率增加为8倍，故b＝1.5；对比实验Ⅲ和Ⅳ可知，NH3的浓度增加一倍，反应速率减少为原来的一半，故m＝－1；故a＋b＋m＝1＋1.5－1＝1.5； （3）①p0～p1过程中，压强较小，反应速率小，随着压强的增大，反应速率加快，氨气的体积分数增大，没有达到平衡，故v正＞v逆；②压强超过p2，氨气会液化，x突然大幅度下降。 学科网（北京）股份有限公司 $