第1讲 化学反应速率及其影响因素-【金版教程】2026年高考化学一轮总复习首选用卷全书Word（区域A版 新版本）

第1讲　化学反应速率及其影响因素 考点1　化学反应速率的计算 1．(2025·安徽高考适应性测试)稀土中的镧系离子可用离子交换法分离，其反应可表示为Ln3＋(aq)＋3RSO3H(s)(RSO3)3Ln(s)＋3H＋(aq)。某温度时，c(H＋)随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．t1时的正反应速率大于t2时的逆反应速率 B．t1－t2时间段的平均反应速率v(Ln3＋)＝ mol·L－1·s－1 C．t3时增大c(H＋)，该平衡左移，平衡常数减小 D．t3时离子交换反应停止 答案　A 解析　随着反应的进行，反应物浓度逐渐下降，生成物浓度逐渐上升，直到达到平衡，即正反应速率逐渐下降，逆反应速率逐渐上升，直到相等，期间正反应速率始终大于逆反应速率，A正确；化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(Ln3＋)＝ mol·L－1·s－1，B错误；温度不变，平衡常数不变，C错误；t3时反应达到平衡，此时的平衡是一种动态平衡，v正＝v逆，反应并未停止，D错误。 2．(2022·辽宁高考)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： 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 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)＜v逆(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 答案　B 解析　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，Z的平衡浓度为0.6 mol·L－1，则Y的平衡浓度为0.3 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后Z的浓度变为0.6 mol·L－1，Q＝c2(Z)·c(Y)＝0.072＜K，反应正向进行，故v正(Z)＞v逆(Z)，B错误。 3．(2025·湖南省岳阳市知源高中高三月考)一定条件下，H2O(g)在某催化剂表面上发生分解反应生成H2和O2，测得的实验结果如图所示。下列叙述正确的是(　　) 已知：化学上，将反应物消耗一半所用的时间称为半衰期(T)。 A．H2O(g)在该催化剂表面的分解反应是可逆反应 B．H2O(g)的半衰期与起始浓度成反比 C．在该催化剂表面H2O(g)分解反应先快后慢 D．ab段O2(g)的平均生成速率为5.0×10－4 mol·L－1·min－1 答案　D 解析　H2O(g)最终浓度为0，说明该反应不是可逆反应，A错误；两条线的斜率相同，H2O(g)的起始浓度为c(H2O)＝10×10－2 mol·L－1，半衰期为50 min，H2O(g)的起始浓度为c(H2O)＝5×10－2 mol·L－1，半衰期为25 min，H2O(g)的半衰期与起始浓度成正比，B错误；H2O(g)的浓度－时间关系为直线，即H2O(g)分解反应速率不随时间改变而改变，C错误；ab段H2O(g)的消耗速率v(H2O)＝＝＝1.0×10－3 mol·L－1·min－1，根据化学计量数之比得v(O2)＝v(H2O)＝5.0×10－4 mol·L－1·min－1，D正确。 4．(2024·甘肃卷节选)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下图所示： 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。 答案　甲　5.6×10－5 解析　由转化率图像可知，0～50 min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50 min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2%＝0.0042 mol，根据化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为0.0042 mol×＝0.0056 mol，平均反应速率v(SiHCl3)＝＝5.6×10－5 mol·L－1·min－1。 考点2　化学反应速率的影响因素 5．(2024·甘肃卷)下列措施能降低化学反应速率的是(　　) 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 答案　C 6．(2025·河北省高三年级质量监测)某探究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究外界条件对化学反应速率的影响，实验操作如下。下列有关说法正确的是(　　) 实验序号 试验温度/°C KMnO4溶液(含硫酸) H2C2O4溶液 H2O 溶液颜色褪至无色时所需时间/s V/mL c/mol·L－1 V/ mL c/mol·L－1 V/ mL 甲 25 2 0.02 3 0.1 5 8 乙 T1 2 0.02 4 0.1 V1 t1 丙 30 2 0.02 V2 0.1 4 t2 A．V1＝4，T1＝30，t2>t1>8 B．甲组用KMnO4的浓度变化表示的平均反应速率为2.5×10－3 mol·L－1·s－1 C．通过实验乙、丙探究温度对化学反应速率的影响 D．反应的离子方程式为2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 答案　C 解析　根据分析可知，乙和丙中高锰酸钾、草酸的浓度相同，温度不同，探究温度对反应速率的影响；则甲、乙温度相同，若探究浓度对反应速率的影响，实验乙加入4 mL H2C2O4溶液和4 mL的水，实验甲加入3 mL H2C2O4溶液和5 mL的水，溶液浓度不同。T1＝25，乙的浓度比甲高，丙的温度比乙又高，因此t2<t1<8，A错误；甲组用KMnO4的浓度变化表示的平均反应速率为 mol·L－1·s－1＝5×10－4 mol·L－1·s－1，B错误；草酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆，D错误。 7．(2025·内蒙古呼和浩特市高三质检)某研究人员通过测定不同条件下的化学反应速率得到以下两组数据(Ea为反应活化能) 第1组： 实验 Ea/(kJ·mol－1) T1/K→T2/K v(318 K)/ v(298 K) A 100 298→318 14.0 第2组： 实验 Ea/(kJ·mol－1) v(A)/v(B) A 100 3205 B 120 基于数据分析和平衡原理以下认识错误的是(　　) A．该实验的目的是为了对比温度和活化能对化学反应速率的影响程度 B．其他条件相同时，温度升高，化学反应速率加快 C．对于吸热反应，温度升高对于放热方向的反应速率影响较大 D．一般离子反应的活化能接近于零，所以反应速率很快 答案　C 8．(2022·浙江6月选考)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化如下表所示，下列说法不正确的是(　　) A.实验①，0～20 min，v(N2)＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1 B．实验②，60 min时处于平衡状态，x≠0.40 C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大 D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大 答案　C 解析　实验①中，0～20 min，氨气浓度变化量为2.40×10－3 mol·L－1－2.00×10－3 mol·L－1＝4.00×10－4 mol·L－1，v(NH3)＝＝2.00×10－5 mol·L－1·min－1，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)＝v(NH3)＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1，A正确；催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10－4 mol·L－1，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4 mol·L－1，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60 min时处于平衡状态，x<0.40，B正确；实验①、实验②中0～20 min、20～40 min氨气浓度变化量都是4.00×10－4 mol·L－1，则相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率并没有增大，C错误；对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确。 9．反应X===2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．a为c(X)随t的变化曲线 B．t1时，c(X)＝c(Y)＝c(Z) C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率 D．t3后，c(Z)＝2c0－c(Y) 答案　D 解析　由题中信息可知，反应X===2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。因此，图中呈不断减小趋势的a曲线为c(X)随时间t的变化曲线，呈不断增加趋势的曲线为c(Z)随时间t的变化曲线，先增加后减小的曲线为c(Y)随时间t的变化曲线。由上述分析知，A正确；由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于t1时刻，因此，t1时c(X)＝c(Y)＝c(Z)，B正确；由图中信息可知，t2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即t2时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；由图可知，t3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则c(Y)＝c0，由于反应②Y→2Z的发生，t3时刻Y浓度的变化量为c0－c(Y)，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为2[c0－c(Y)]，这种关系在t3后仍成立，D不正确。 10. (2025·潮州市饶平县高三质检)在容积为0.5 L的密闭容器中，充入物质的量均为a mol的A(g)和B(g)，在一定条件下发生反应：A(g)＋3B(g)C(g)＋D(g)，测得A(g)、B(g)和C(g)的浓度(c)随时间(t)变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A．0～4 min内，用D表示的化学反应速率为0.5 mol·L－1·min－1 B．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示A(g)、B(g)、C(g)的浓度随时间的变化曲线 C．a＝8.0 D．A和B的平衡转化率相等 答案　B 解析　在容积为0.5 L的密闭容器中，充入物质的量均为a mol的A(g)和B(g)，在一定条件下发生反应：A(g)＋3B(g)C(g)＋D(g)，曲线Ⅲ代表C(g)，浓度的变化量与化学计量数成正比，因此曲线Ⅰ、Ⅱ分别表示A(g)、B(g)的浓度随时间的变化曲线。由图可知，0～4 min内，用D表示的化学反应速率为v(D)＝v(C)＝＝0.25 mol·L－1·min－1，故A错误；A、B的起始浓度均为4.0 mol·L－1，容器的容积为0.5 L，因此a＝2.0，故C错误；A和B的初始浓度相等，浓度变化量之比为1∶3，平衡转化率不相等，故D错误。 11. (2022·广东高考)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(　　) 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 mol·L－1·min－1 答案　D 解析　由图可知，无催化剂时，随着时间的变化，生成物浓度在增加，说明反应在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min 内Y的浓度变化了2.0 mol·L－1，则X的浓度应变化1.0 mol·L－1，而a曲线变化了2.0 mol·L－1，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min 内，Y的浓度变化了4.0 mol·L－1，则v(Y)＝＝＝2.0 mol·L－1·min－1，v(X)＝v(Y)＝×2.0 mol·L－1·min－1＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。 12．已知NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋2H2O＋N2↑，为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，进行如下实验：向锥形瓶中加入一定体积(V)的2.0 mol·L－1 NaNO2溶液、2.0 mol·L－1 NH4Cl溶液、1.0 mol·L－1醋酸和水，充分搅拌，保持体系温度为36 ℃，用秒表测量收集1.0 mL N2所需要的时间(t)，实验数据如下表。下列说法正确的是(　　) 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 B．实验3用N2表示的平均反应速率v＝ mol·s－1 C．醋酸不参与反应，其浓度的大小对该反应速率无影响 D．c(NaNO2)越大，反应速率越快 答案　D 解析　为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，NH4Cl浓度应保持不变，根据实验1和2可知，NaNO2溶液和水总体积为12 mL，故V1为4.0，V2为8.0，V3为0，A错误；实验3没有说明在标准状况下，不能用22.4 L·mol－1来计算物质的量，B错误；醋酸是催化剂，醋酸的浓度也会影响反应速率，C错误。 13．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变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上检测到有积碳。下列说法不正确的是(　　) A．反应①为化合反应，反应②为氧化还原反应 B．t1～t3 min，n(H2)比n(CO)大，且生成H2速率不变，可能发生副反应CH4C＋2H2 C．t2 min时刻，反应②生成H2速率小于副反应生成H2的速率 D．t3 min之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止 答案　C 解析　由题图1可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，为化合反应，反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2，为氧化还原反应，A正确。由题图2可知，t1～t3 min内n(H2)比n(CO)大，生成H2速率不变，且反应中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能发生副反应CH4C＋2H2，B正确。由CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2可知，H2和CO的生成速率相等，而t2 min时刻，H2的生成速率未变，仍然是2 mmol·min－1，而CO变为1～2 mmol·min－1之间，说明反应②生成H2速率大于副反应生成H2的速率，C错误。由题图2可知，t3 min之后，生成CO的速率为0，则反应②不再发生，随后生成H2的速率也逐渐减小直至为0，则副反应也逐渐停止，D正确。 14．某反应A(g)＋B(g)―→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)，其半衰期(当剩余的反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示： c(A)/ (mol·L－1) 0.25 0.50 1.00 0.50 1.00 c1 c(B)/ (mol·L－1) 0.050 0.050 0.100 0.100 0.200 0.200 v/(mol·L－1·min－1) 1.6×10－3 3.2×10－3 v1 3.2×10－3 v2 4.8×10－3 下列说法正确的是(　　) A．该反应的速率方程中的m＝n＝1 B．该反应的速率常数k＝6.4×10－2 min－1 C．表格中的c1＝0.75，v1＝v2＝6.4×10－3 D．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是375 min 答案　C 解析　当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应速率常数k保持不变，第二组数据和第四组数据中，两组的c(A)相同、v相同，解得n＝0，将第一组数据和第二组数据代入速率方程，得＝，可知m＝1，A错误；由A项分析可知，该反应的速率方程为v＝k·c(A)，将第一组数据代入速率方程可得速率常数k＝6.4×10－3 min－1，B错误；将第六组数据代入速率方程可得4.8×10－3＝6.4×10－3×c1，解得c1＝0.75，将第三、五组数据分别代入速率方程可得v1＝v2＝6.4×10－3×1.00＝6.4×10－3，C正确；半衰期＝＝＝125 min，由分析可知在过量的B存在时，反应掉93.75%的A需经历4个半衰期，即125 min×4＝500 min，D错误。 15．(2025·石家庄市高三教学质量检测)某密闭容器中含有X和Y，同时发生以下两个反应：①X＋YM＋Q；②X＋YN＋Q。反应①的正反应速率v1(正)＝k1c(X)·c(Y)，反应②的正反应速率v2(正)＝k2c(X)·c(Y)，其中k1、k2为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) A．反应①的活化能大于反应② B．升高温度，4 s时容器中c(N)∶c(M)的比值减小 C．0～6 s内，X的平均反应速率v(X)＝0.5 mol·L－1·s－1 D．10 s时，正反应速率v1(正)>v2(正) 答案　D 解析　由曲线图可知，初始生成M的速率大于N，说明反应①是快反应，则反应①的活化能小于反应②，A错误；由图可知，6 s时，c(M)＝c(N)＝3 mol·L－1，则0～6 s内X的浓度变化量为6 mol·L－1，v(X)＝＝1 mol·L－1·s－1，C错误；由曲线图可知，初始生成M的速率大于N，则k1>k2，10 s时两个反应均达到平衡状态，由于v1(正)＝k1c(X)·c(Y)，v2(正)＝k2c(X)·c(Y)，则正反应速率v1(正)>v2(正)，D正确。 16．在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0。 (1)降低温度，化学反应速率________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)600 ℃时，在一容积为2 L的密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，在反应进行至10 min和20 min时，分别改变了影响反应的一个条件，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示，前10 min正反应速率逐渐________(填“增大”“减小”或“不变”)；前15 min内用SO3表示平均反应速率为________________(结果保留三位有效数字)。 (3)据图判断，反应进行至20 min时，曲线发生变化的原因是________________________(用文字表达)。 (4)10 min到15 min的曲线变化的原因可能是________(填写编号)。 a．加了催化剂 b．缩小容器体积 c．降低温度 d．增加SO3物质的量 答案　(1)减小 (2)减小　1.33×10－3 mol·L－1·min－1 (3)增加了O2的浓度　(4)ab 解析　(4)10 min到15 min，单位时间内各物质的浓度的变化量增大，则反应速率增大，加入催化剂、缩小容器容积(相当于增大压强)、升高温度都可以加大反应速率，但是增加SO3的物质的量，图中SO3的物质的量应该骤增，而不是逐渐增大。 17．研究表明，纳米0价金属能去除地下水中的NO，不同初始pH和不同金属组成对NO的去除效果如图所示。图1初始pH＝5.5，图2初始pH＝2，NO初始质量浓度均为50 mg·L－1，纳米级金属添加量均为2 g·L－1。 下列说法正确的是(　　) A．纳米铁的去除效果优于纳米镍 B．当加入金属为Fe0/Ni0时，纳米铁含量越高，短时间内NO的去除效果越好 C．图1纳米镍反应0～50 min内，v(NO)＝1×10－5 mol·L－1·min－1，则NO的去除率为62% D．其他条件相同时，pH越低去除效果越好 答案　C 解析　由图1、图2信息可知，纳米镍存在时，NO质量浓度降低幅度大，则纳米铁的去除效果不如纳米镍，A错误；由图1可知，10 min内，增加纳米铁含量，NO去除效果无明显变化，B错误；图1纳米镍为催化剂，0～50 min内，去除的c(NO)＝1×10－5 mol·L－1·min－1×50 min＝5×10－4 mol·L－1，即5×10－4 mol·L－1×62×103 mg·mol－1＝31 mg·L－1，故NO的去除率为31 mg·L－1÷50 mg·L－1×100%＝62%，C正确。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$