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第七章
化学反应速率与化学平衡
第一节　化学反应速率
课标要求 核心素养
1.能进行化学反应速率的简单计算。
2.能通过实验探究或用一定的理论模型分析说明外界条件改变对化学反应速率的影响。
3.能运用温度、浓度、压强和催化剂对化学反应速率的影响规律解释生产、生活、实验室中的实际问题，能讨论化学反应条件的选择和优化。 1.宏观辨识与微观探析：知道活化能的含义及其对化学反应速率的影响。
2.证据推理与模型认知：理解外界条件(温度、浓度、压强、催化剂等)对化学反应速率的影响，认识其一般规律。
3.科学态度与社会责任：了解催化剂在生活、生产和科学研究领域中的重大作用。认识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。
4.科学探究与创新意识：能通过控制变量来探究影响化学反应速率的外界条件。
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[自主测评]
1.易错易混辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)。
(1)化学反应速率为0.5 mol·L-1·s-1是指1 s内某物质消耗或生
成浓度为 0.5 mol·L-1。(
)
(2)对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应现象就越明
显。(
)
(3)化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减少
或任何一种生成物浓度的增加。(
)
(4)升高温度时，不论正反应是吸热还是放热，正、逆反应的
速率都增大。(
)
(5)增大反应体系的压强，反应速率一定增大。(
)
(6)催化剂都不参加化学反应。(
)
(7)加热使反应速率增大的原因之一是活化分子百分数增大。
(
)
答案：(1)√
(2)×　错因：反应现象与化学反应速率快慢无关。
(3)×　错因：不能用固体或纯液体表示化学反应速率。
(4)√
(5)×
错因：增大压强，物质的浓度不一定增大，反应速率
不一定增大。
错因：催化剂的催化作用是通过自身参与化学反应实
(6)×
现的。
(7)√
2.近年来，科学工作者致力于二氧化碳转化为甲烷、甲醇等的
技术研究，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。如图所示，
以下关于二氧化碳甲烷化的技术说法错误的是(
)
A.过程Ⅰ中，CO2 分子内的化学键没有断裂
B.过程Ⅰ中，La 元素的化合价没有改变
C.过程Ⅱ中，H2→2H·为吸热过程
CH4＋2H2O
D.该技术的总反应为 4H2＋CO2
答案：A
3.反应 C(s)＋H2O(g)
CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭
)
容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是(
①增加 C 的量　②将容器的体积缩小一半
③保持体积不变，充入 N2 使体系压强增大
④保持压强不变，充入 N2 使容器体积变大
A.①④
B.②③
C.①③
D.②④
解析：增大固体的量、恒容时充入惰性气体对反应速率无影
响。
答案：C
4.氨分解反应 2NH3(g)
N2(g)＋3H2(g)在容积为 2 L 的密闭容
器内进行，已知起始时氨气的物质的量为 4 mol，5 s 末为 2.4 mol，
)
则用氨气表示该反应的反应速率为(
A.0.32 mol·L-1·s-1
B.0.16 mol·L-1·s-1
C.1.6 mol·L-1·s-1
D.0.8 mol·L-1·s-1
解析：反应速率通常用单位时间内浓度的变化量来表示。反
应进行到 5 s 时，消耗的氨气为 4 mol－2.4 mol＝1.6 mol，所以用
答案：B
考点一 化学反应速率(指平均反应速率)
1.表示方法
物质的量
减小
增加
(1)化学反应速率可以用单位时间、单位体积中反应物或生成
物的____________变化来表示。
(2)若反应体系的体积是恒定的，则化学反应速率通常用单位
时间内反应物浓度的________或生成物浓度的_______来表示。
2.表达式及单位
3.不同物质表示的化学反应速率之间的关系
(1)对于一个化学反应：mA＋nB
pC＋qD，可用任一种物
质的物质的量浓度随时间的变化来表示该化学反应的速率：
注意：不能用固体或纯液体(如水)的物质的量浓度表示化学反
应速率
(2)在同一时间内，同一反应用不同物质来表示的化学反应
速率之比等于这些物质在化学方程式中的化学计量数之比，即
4.化学反应速率的测量
压强
深浅
任何一种与物质浓度有关的可观测量都可以用于测定化学反
应速率，如气体的体积、体系的________、颜色的_______、光的
吸收、导电能力等。
考点二 影响化学反应速率的因素
＞
＞
1.内因(主要因素)
反应物的组成、结构和性质等因素是主要因素。例如，相同
条件下，Mg、Al 与等浓度的稀盐酸反应的速率大小：Mg____Al
(填“＞”或“＜”，下同)，其原因是金属的活动性：Mg____Al。
2.外因(次要因素)
增大
减小
增大
减小
增大
减小
增大
①改变固体或纯液体的量，其浓度不变，则化学反应速率不
变。②对于固体，一般通过改变颗粒大小来改变固体表面积(如将
固体粉碎等)，单纯增加固体的用量，不考虑固体表面积的增大。
[归纳提升]“控制变量法”研究影响化学反应速率的因素
对于多因素(变量)问题，常常采用只改变其中的某一个因素，
控制其他因素不变的研究方法，使多因素问题变成几个单因素问
题，分别加以研究，最后将几个单因素问题的研究结果加以综合。
①在比较不同温度对化学反应速率的影响时，控制浓度和其
他影响因素相同。
②在比较不同浓度对化学反应速率的影响时，控制温度和其
他影响因素相同。
③综合得出影响化学反应速率的多种因素。
考点三 活化能
1.反应历程(反应机理)
研究发现，大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成的，
而往往经过多个反应步骤才能实现。每一步反应都称为基元反应，
先后进行的基元反应反映整个反应的历程。
2.有效碰撞→基元反应发生的先决条件是反应物的分子必须
发生碰撞
能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞。在化学反应的过程
中，反应物分子发生有效碰撞必须具备两个条件：①反应物分子
必须具有一定的能量；②分子碰撞时要有合适的取向。
3.活化分子和活化能
发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量，这种分子叫做活
化分子。活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量
之差，叫做反应的活化能，如图所示。
图中：E1 为正反应的活化能，E2 为逆反应的活化能，使用催
化剂时的活化能为 E3，则反应热为ΔH＝E1－E2。
4.活化分子、有效碰撞与反应速率的关系
[方法技巧]“惰性”(非反应)气体对反应速率的影响
对于反应 A(g)＋B(g)===C(g)，恒温恒容或恒温恒压时，充入
非反应气体(如 He)，对化学反应速率的影响、分析如图所示。
t/s 0 50 150 250 350
n(PCl5)/mol 0 0.24 0.36 0.40 0.40
考向 1 化学反应速率的计算
1.(2023 年北京五十五中模拟)五氯化磷(PCl5)是有机合成中重
要的氯化剂，可由如下反应制得：PCl3(g)＋Cl2(g)
PCl5(g)
ΔH＝－93.0 kJ·mol-1。某温度下，在 2.0 L 的恒容密闭容器中充入
2.0 mol PCl3 和 1.0 mol Cl2，实验数据记录如下：
下列说法正确的是(
)
A.0～150 s内的v(PCl3)＝2.4×10-3 mol·L-1·s-1
C.升高温度，PCl3 的平衡转化率大于 20%
D.增大压强，活化分子百分数增大，反应速率加快
PCl3(g)＋Cl2(g)
PCl5(g)
＝20%，该反应的ΔH<0，为放热反应，升高温度平衡向逆方向移
动，PCl3 的平衡转化率减小，小于 20%，C 错误；增大压强，活
化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，单位时间内
有效碰撞的次数增加，化学反应速率加快，D 错误。
答案：B
t/min 0 10 20 30 40 50 60 70
c(N2O)/(mol·L-1) 0.100 0.080 c1 0.040 0.020 c2 c3 0
2.(2023 年泰安三模)已知 2N2O(g)
2N2(g)＋O2(g)的速率方
程为v＝k·cn(N2O)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验
测得，N2O 在催化剂 X 表面反应的变化数据如下：
下列说法正确的是(　　)
A.n＝1，c1>c2＝c3
B.t＝10 min时，v(N2O)＝2.0×10-3 mol·L-1·s-1
C.相同条件下，增大N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D.保持其他条件不变，若N2O起始浓度为0.200 mol·L-1，当浓度减至一半时共耗时50 min
答案：D
。
[方法技巧]化学反应速率计算的 4 个方法
(1)定义式法：v＝
Δc
Δt
(2)比例关系法：化学反应速率之比等于化学计量数之比。
(3)三段式法：列起始量、转化量、最终量，再根据定义式或
比例关系计算。
①写出有关反应的化学方程式。
②找出各物质的起始浓度、转化浓度和某时刻浓度。
③根据已知条件列出“三段式”进行计算。
(4)依据图像求反应速率。
考向 2 化学反应速率的比较
3.(2023 年全国专题练习)MTP 是一类重要的药物中间体，可
以由 TOME 经环化后合成。其反应式如下所示：
为了提高 TOME 的转化率，反应进行时需及时从溶液体系中
移出部分甲醇。TOME 的转化率随反应时间的变化如图所示。设
TOME 的初始浓度为 a mol·L-1，反应过程中的液体体积变化忽略
不计，发生的其他副反应忽略不计。
解析：根据题意，TOME 的初始浓度均为 a mol·L-1，由图知
X、Y 两点 TOME 的转化率相等，反应转化浓度相同，但反应时
间：X＞Y，因此反应速率：v正(X)X 点曲线斜率大于 Z 点，则 X、Z 两点的瞬时速率大小为 v(X)＞
v(Z)，B 正确；由图可知：在 210 ℃下，150 min 时 TOME 的转化
率为 98%，则Δc(MTP)＝Δc(TOME)＝a mol·L-1×98%＝
0.98a mol·L-1，故 0～150 min 之间用 MTP 表示该化学反应的速率
为
0.98a
150
mol·L-1·min-1，C 正确；由图可知：在 210 ℃条件下，
Z点TOME的转化率为98%，则Δc(MTP)＝Δc(TOME)＝Δc(CH3OH)
＝a mol·L-1×98%＝0.98a mol·L-1，为了提高 TOME 的转化率，反
应进行时需及时从溶液体系中移出部分甲醇，平衡时 c(MTP)＝
0.98a mol·L-1，c(CH3OH)＜0.98a mol·L-1，c(TOME)＝0.02a mol·L-1，
若 Z 点处于化学平衡，则平衡时溶液体系中甲醇的百分含量小于
×100%，D 错误。
0.98a
0.98a＋0.98a＋0.02a
答案：D
4.(2023 年天津南开中学校考)利用传感技术可以探究压强对
2NO2(g)
N2O4(g)化学平衡移动的影响。在室温、100 kPa 条件
下，往针筒中充入一定体积的 NO2 气体后密封并保持活塞位置不
变。分别在 t1、t2 时刻迅速移动活塞并保持活塞位置不变，测定针
筒内气体压强变化如图所示。下列说法正确的是(
)
A.B 点处 NO2 的转化率为 3%
B.E 点到 H 点的过程中，NO2 的物质的量先增大后减小
C.E、H 两点对应的正反应速率大小为 vH＝vE
D.B、H 两点气体的平均相对分子质量大小为 MB＝MH
解析：B 点处 NO2 的转化率为 2×3%＝6%，A 错误；E 点到
H 点的过程中，压强先增大后减少，增大压强平衡正向移动，则
NO2 的物质的量先减少后增大，B 错误；E、H 两点压强不同，H
点压强大，则 E、H 对应的正反应速率大小为 vH>vE，C 错误；气
体的质量不变时，B、H 两点气体的压强相等，气体的物质的量相
等，则平均相对分子质量大小为 MB＝MH，D 正确。
答案：D
[思维建模]定量法比较化学反应速率的大小
(1)归一法：按照化学计量数关系换算成同一物质、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)
示时的反应速率比用 B 表示时大。
考向 3 化学反应速率的影响因素
解析：及时移出 CO，产物浓度减小，逆反应速率降低，化学
平衡正向移动，Cu2O 的产率提高，A 正确；炭粉为固体，加入更
多炭粉不影响正反应速率，也不影响平衡的移动，B 错误；该表
达式中 Cu2O、CuO 和C均为固体，没有浓度，因此正确的平衡常
数表达式为 K＝c(CO)，C 错误；反应中，CuO 中 Cu 得到 2 个电
子，C失去两个电子，生成1 mol Cu2O，转移电子数为1.204×1024，
D 错误。
答案：A
6.(2023 年海南华侨中学二模)已知反应 2CO2＋6H2
CH2==CH2＋4H2O
ΔH>0 可用于合成烯烃。下列有关该反应的
说法错误的是(
)
A.增大压强可增大该反应速率
B.升高温度能增大 CO2 的转化率
C.增大 H2 的浓度，该反应的平衡常数不变
D.密闭容器中，通入 2 mol CO2 和 6 mol H2，反应生成 1 mol
C2H4
解析：增大压强可以增大单位体积内活化分子数，从而提高
有效碰撞概率，所以可加快该反应速率，A 正确；该反应吸热，
升高温度平衡正向移动，可以提高 CO2 的转化率，B 正确；增大
H2的浓度不能改变平衡常数，C 正确；密闭容器中，通入 2 mol CO2
和 6 mol H2，因为反应不可进行到底，故生成的 C2H4 小于 1 mol，
D 错误。
答案：D
[易错警示]警惕外界因素对化学反应速率影响的 5 大误区
(1)误认为随着化学反应的进行，化学反应速率一定逐渐减小。
其实不一定，因为反应速率不仅受浓度影响，而且受温度影响，
一般会先增大后减小。
(2)误用某物质的物质的量代替物质的量浓度计算化学反应速
率。速率大小比较时易忽视各物质的反应速率的单位是否一致，
单位书写是否正确。
(3)误认为纯固体和纯液体不会改变化学反应速率。实际上不
能用纯固体和纯液体物质的变化表示化学反应速率，但若将固体
的颗粒变小(增大固体的接触面积)，则化学反应速率会加快。
(4)误认为只要增大压强，化学反应速率一定增大。实际上反
应在密闭固定容积的容器中进行，若充入氦气(或不参与反应的气
体)，压强增大，但参与反应的各物质的浓度不变，反应速率不变；
若反应在密闭容积可变的容器中进行，充入氦气(或不参与反应的
气体)而保持压强不变，容器体积增大，各组分浓度减小，反应速
率减小。
(5)误认为温度、压强等条件的改变对正、逆反应速率影响不
一致。如认为升温既然使化学平衡向吸热方向移动，则对于放热
反应，升温时，逆反应速率增大，而正反应速率减小。其实不然，
温度升高，正、逆反应速率都增大，只是吸热反应方向速率增大
程度大；同理，降温会使吸热反应方向速率减小程度大，而导致
化学平衡向放热方向移动。
考向 4 催化剂与反应机理的分析
7.(2023 年辽宁一模)利用计算机技术测得在甲、乙两种催化剂
作用下由正丁烷(g)制备 1-丁烯(g)的反应历程如下，其中甲、乙催
化剂表面的物种均用*号标注，过渡态均用 TS 表示，下列说法中
错误的是(
)
A.选用催化剂甲时的最高能垒(活化能 E正)为 1.95 eV
B.选用催化剂乙时，相对能量从 0.00 eV→0.29 eV 的过程为
正丁烷的吸附过程
C.C4H10(g)===C4H8(g)＋H2(g)为吸热反应
D.若只从平均反应速率快慢角度考虑，生产中适宜选用催化
剂乙
解析：过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，
由图可知，选用催化剂甲时的最高能垒(活化能 E正)为 1.29 eV，A
错误；由图可知，选用催化剂乙时，相对能量从 0.00 eV→0.29 eV
的过程为正丁烷在催化剂表面的吸附过程，B 正确；生成物能量
高于反应物能量，则 C4H10(g)===C4H8(g)＋H2(g)为吸热反应，C正
确；活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，若只从平均反
应速率快慢角度考虑，生产中适宜选用催化剂乙，其反应历程中
活化能较小，D 正确。
答案：A
8.(2023 年辽宁模拟)我国某科研团队开发催化剂用于光热催
化 CO2 加氢制 CH4。其反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表
面)。CH4 的选择性等于 CH4 的物质的量与 CO2 转化的物质的量之
比。下列叙述正确的是(
)
A.在 CO2→CH4 历程中能垒最大为 0.69 eV
B.该反应历程中，CH4 的选择性为 100%
C.催化剂表面上 CH4、CO 脱附都会放出能量
D.反应历程中有极性键的断裂与形成
解析：由图可知，在 CO2→CH4 历程中能垒最大的是*CO2→
*HCOO 的能垒，为0.77 eV，A 错误；CO2 加氢生成了副产物CO、
CH3OH，CH4 的选择性小于 100%，B 错误；由图可知，*CO2→
CO(g)是脱附过程，需要吸收能量，C 错误；反应历程中*CO2→
CO(g)过程中有极性键的断裂，*H3CO→*H3COH 过程中有极性键
的形成，D 正确。
答案：D
[名师归纳]
1.活化能
(1)活化能与ΔH 的关系：正、逆反应活化能的差值就是反应的
焓变，可表示为ΔH＝E(正)－E(逆)。
(2)活化能与化学反应速率的关系：活化能越大，化学反应速
率越小。
2.催化剂与活化能、ΔH 的关系：催化剂能改变反应的活化能，
但不能改变反应的ΔH。
考向 5 利用“断点”破译化学反应速率图像
9.(2023 年全国专题练习)对于反应 2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)
ΔH＜0 已达平衡，如果其他条件不变时，分别改变下列条件，对
化学反应速率和化学平衡产生影响，下列条件与图像不相符的是
(0～t1：v正＝v逆；t1时改变条件，t2时重新建立平衡)(　　)
A.增加氧气的浓度
C.升高温度
B.增大压强
D.加入催化剂
解析：分析时要注意改变条件瞬间 v正、v逆的变化，增加 O2
答案：C
的浓度，v正增大，v逆瞬间不变，与图像相符，A不符合题意；增大压强，v正、v逆都增大，v正增大的倍数大于v逆，与图像相符，B不符合题意；升高温度，v正、v逆都瞬间增大，条件与图像不相符，C符合题意；加入催化剂，v正、v逆同时同倍数增大，与图像相符，D不符合题意。
[变式训练](2023 年全国专题练习)对于反应：X(g)＋Y(g)
2Z(g) ΔH＜0 的反应，某一时刻改变外界条件，其速率随时间的
)
变化图像如图所示。则下列说法符合该图像的是(
A.t1 时刻，增大了 X 的浓度
B.t1 时刻，升高了体系温度
C.t1 时刻，降低了体系温度
D.t1 时刻，使用了催化剂
解析：由图像可知，外界条件同等程度地增大了该反应的正、
逆反应速率，正、逆反应速率相等，平衡不移动。t1 时刻，增大X
的浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率瞬间不变，A 错误；
升高体系温度不会同等程度地改变正、逆反应速率，该反应为放
热反应，逆反应速率会大于正反应速率，B 错误；降低体系温度
不会同等程度地改变正、逆反应速率，逆反应速率会小于正反应
速率，C 错误；使用催化剂可同等程度地改变正、逆反应速率，
正、逆反应速率都增大，正反应速率等于逆反应速率，平衡不移
动，D 正确。
答案：D
[规律总结](1)当可逆反应达到一种平衡后，若某一时刻外界条
件发生改变，都可能使速率－时间图像的曲线出现不连续的情况，
即出现“断点”。根据“断点”前后的速率大小，即可对外界条件
的变化情况做出判断。如：t1 时刻改变的条件可能是使用了催化剂
或增大压强(仅适用于反应前后气体物质的量不变的反应)。
图像
t1
时刻
改变
条件 温
度 升高 降低 升高 降低
正反应为放热反应 正反应为吸热反应
压
强 增大 减小 增大 减小
正反应为气体总体积增大的
反应 正反应为气体总体积减小
的反应
(2)常见含“断点”的速率变化图像分析
1.(2023 年浙江卷)一定条件下，1-苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)
可与 HCl 发生催化加成，反应如下：反应过程中该炔烃及反应产
物的占比随时间的变化如图(已知：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应)，下列
说法不正确的是(
)
A.反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ
B.反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ
C.增加 HCl 浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例
D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产
物Ⅰ
解析：反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反
应Ⅰ放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，
其焓变越小，因此反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，A 正确；短时间里
反应Ⅰ得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应Ⅰ的速率比
反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反
应Ⅰ<反应Ⅱ，B 正确；增加 HCl 浓度，平衡正向移动，但平衡时
产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例可能降低，C 错误；根据图中信息，选择
相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，D 正确。
答案：C
2.(2023 年广东卷)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应 R(g)
P(g)。
反应历程(下图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不
正确的是(
)
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：由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和
Ⅱ，反应历程都分 4 步进行，A 正确；由图可知该反应是放热反
应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R 的浓度增大，B
正确；由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用
Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，C 错误；由图可知
在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中
使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中 M
所能达到的最高浓度更大，D 正确。
答案：C
3.(2023 年辽宁卷)一定条件下，酸性 KMnO4 溶液与 H2C2O4
发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含 Mn 粒子的浓
度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是(
)
A.Mn(Ⅲ)不能氧化 H2C2O4
B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C.该条件下，Mn(Ⅱ)和 Mn(Ⅶ)不能大量共存
解析：开始一段时间(大约 13 min 前)随着时间的推移 Mn(Ⅶ)
浓度减小直至为 0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，
此时间段主要生成 Mn(Ⅲ)，同时先生成少量 Mn(Ⅳ)后 Mn(Ⅳ)被
消耗；后来(大约 13 min 后)随着时间的推移 Mn(Ⅲ)浓度减少，
Mn(Ⅱ)的浓度增大。由图像可知，随着时间的推移 Mn(Ⅲ)的浓度
先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成
Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A 错误；随着反应物浓度的减小，
总反应为2MnO ＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O，
到大约 13 min 时开始生成 Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，
13 min 后反应速率会增大，B 错误；由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度
为 0 后才开始生成 Mn(Ⅱ)，该条件下 Mn(Ⅱ)和 Mn(Ⅶ)不能大量
共存，C 正确；H2C2O4 为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，
D 错误。
答案：C
时间段/min 产物Z的平均生成速率/(mol·L-1·min-1)
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
4.(2022 年辽宁卷)某温度下，在 1 L 恒容密闭容器中 2.0 mol X
发生反应 2X(s)
Y(g)＋2Z(g)，有关数据如下：
下列说法错误的是(
)
A.1 min 时，Z 的浓度大于 0.20 mol·L-1
B.2 min 时，加入 0.20 mol Z，此时 v正(Z)C.3 min 时，Y 的体积分数约为 33.3%
D.5 min 时，X 的物质的量为 1.4 mol
解析：反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐
渐减小，产物 Z 的平均生成速率逐渐减小，则0～1 min内 Z 的平
均生成速率大于 0～2 min 内 Z 的平均生成速率，故 1 min 时，Z
的浓度大于 0.20 mol·L-1，A 正确；4 min 时生成的 Z 的物质的量
为 0.15 mol·L-1·min-1×4 min×1 L＝0.6 mol，6 min 时生成的 Z 的
物质的量为 0.10 mol·L-1·min-1×6 min×1 L＝0.6 mol，故反应在
4 min 时已达到平衡，设达到平衡时生了 a mol Y，列三段式：
根据 2a＝0.6，得 a＝0.3，则 Y 的平衡浓度为 0.3 mol·L-1，Z
的平衡浓度为0.6 mol·L-1，平衡常数K＝c2(Z)·c(Y)＝0.108，2 min
时Y的浓度为0.2 mol·L-1，Z的浓度为0.4 mol·L-1，加入0.2 mol Z
，故Y的体积分数始终约为
后Z的浓度变为0.6 mol·L-1，Q＝c2(Z)·c(Y)＝0.072进行，故 v正(Z)>v逆(Z)，B 错误；反应生成的 Y 与 Z 的物质的量
之比恒等于 1∶2，反应体系中只有 Y 和 Z 为气体，相同条件下，
体积之比等于物质的量之比，
33.3%，C 正确；由 B 项分析可知 5 min 时反应处于平衡状态，此
时生成 Z 为 0.6 mol，则 X 的转化量为 0.6 mol，初始 X 的物质的
量为 2 mol，剩余 X 的物质的量为 1.4 mol，D 正确。
答案：B
5.(2022 年北京卷)CO2 捕获和转化可减少 CO2 排放并实现资源
利用，原理如图 1 所示。反应①完成之后，以 N2 为载气，恒定组
成的 N2、CH4 混合气以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体
各组分的物质的量随反应时间的变化如图 2 所示。反应过程中始
终未检测到 CO2，在催化剂上有积碳。
图 1
图 2
下列说法不正确的是(
)
A.反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4
CaO＋2CO＋2H2
B.t1～t3，n(H2)比 n(CO)多，且生成 H2 的速率不变，可能有副
反应 CH4
C＋2H2
C.t2 时刻，副反应生成 H2 的速率大于反应②生成 H2 的速率
D.t3 之后，生成 CO 的速率为 0，是因为反应②不再发生
H2的反应速率未变，仍然为2 mmol·min-1，而CO变为1～2 mmol·min-1
之间，故能够说明副反应生成 H2 的速率小于反应②生成 H2 的速
率，C 错误；t3 之后，CO 的速率为 0，CH4 的速率逐渐增大，最
终恢复到 1 mmol·min-1，说明生成 CO 的速率为 0，是因为反应②
不再发生，而后副反应逐渐停止，D 正确。
答案：C

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