第01讲 化学反应速率及其影响因素（专项训练）（山东专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第01讲 化学反应速率及其影响因素 目录 01 课标达标练 题型01 化学反应速率的计算与比较 题型02 化学反应速率的测定 题型03 化学反应速率的影响因素 题型04 对活化能与催化剂的理解 题型05 控制变量法探究影响化学反应速率的因素 题型06 速率常数与速率方程 题型07 与化学反应速率有关的反应历程分析 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 化学反应速率的计算与比较 1．一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：A(s)+2B(g)=2C(g)+3D(g)，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是 A．v(A)=1mol/(L·min) B．v(B)=2mol/(L·min) C．v(C)=3mol/(L·min) D．v(D)=1mol/(L·min) 【答案】B 【解析】5min内，A的物质的量减小了10mol，根据同一化学反应，不同物质表示的转化的物质的量之比等于化学计量数之比，所以B的物质的量减小了20mol，根据速率公式可知，v(B)==2mol/(L·min)、v(C)=2mol/(L·min)、v(D)=3mol/(L·min)，因为A为固体，所以A的浓度几乎保持不变，不能利用A计算化学反应速率，综上所述，B项符合题意。 故选B。 2．反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是 A．v(A)=0.15mol•L-1•min-1 B．v(B)=0.01mol•L-1•s-1 C．v(C)=0.0075mol•L-1•s-1 D．v(D)=0.40mol•L-1•min-1 【答案】C 【分析】同一化学反应中，同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其化学计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。 【解析】A．v(A)=0.15mol•L-1•min-1； B．； C．； D．； 故选C。 3．某温度下，在2 L恒容密闭容器中投入一定量的A、B，发生反应：，12 s时生成C的物质的量为0.8 mol(反应进程如图所示)。下列说法中正确的是 A．12 s时，B的转化率为40% B．0∼2 s内，D的平均反应速率为0.2 mol⋅L⋅s C．化学计量系数之比，且 D．图中两曲线相交时，A的消耗速率等于A的生成速率 【答案】A 【解析】A．12s时，B的物质的量浓度变化为0.5mol/L-0.3mol/L=0.2molL ,则B的转化率为×100%=40% ，故A正确； B．D的状态为固体，通常不用物质的量浓度变化表示反应速率，故B错误； C．12s时生成C的物质的量浓度变化为=0.4mol/L，二者的化学计量数之比等于物质的量浓度变化之比，则b:c=0.2mol/L:0.4mol/L=1:2，故2v(B)=v(C)，故C错误； D．图中两曲线相交之后，A 、B的浓度继续变化，此时反应继续正向进行，则A的消耗速率大于A的生成速率，故D错误； 故答案选A。 02 化学反应速率的测定 4．某化学小组利用的分解探究外界条件对化学反应速率的影响。 Ⅰ.用下图装置探究催化分解的最佳条件，表中数据为反应物用量和反应从开始到结束所用时间 (假设不同浓度的溶液密度相同) 。 （1）从表中数据可知分解规律：的浓度相同时，其分解速率 ，从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，的浓度相同时，加入 g的为较佳选择。 （2）该小组分析表中数据得出：质量相同时，的浓度越大，反应所需时间越长，反应速率就越慢。你认为此推论是否正确？理由是 。 Ⅱ.为进一步研究催化剂对分解速率的影响，该小组同学又做了如下实验。 （3）定性研究：按下图进行实验，同时挤压两支注射器使液体全部加入锥形瓶中，能作为判断反应速率大小的实验现象是 ，某同学提出用溶液代替溶液做实验，你认为是否合理？理由是 。 （4）定量研究：按下图进行实验，挤压注射器使液体全部加入试管中，确定反应速率需测定的数据是 。若末得到气体(已换算为标准状况，溶液体积按计算)，则的分解速率为 ，用溶液代替溶液进行平行实验，比较催化剂对反应速率的影响。 Ⅲ.研究小组继续探究浓度、溶液酸碱性对分解反应速率的影响，实验方案如下。 编号 反应物 操作 ① 和 同时放入的热水浴中 ② 加溶液 ③ 溶液 加溶液 ④ 溶液 加溶液 （5）实验①的目的是 ，实验②、③、④中，测得生成氧气的体积随时间变化如图所示，由此得出的结论是 。 【答案】（1）随着MnO2质量增大，反应速率加快 0.3 （2）不正确，H2O2的浓度增大2倍，但结束反应所需时间比2倍小的多 （3）气球膨胀的快慢 不合理，不能排出硫酸根离子和氯离子对催化效果的影响 （4）反应结束所需时间和反应生成气体的体积 0.2 （5）探究反应物的浓度对反应速率的影响 酸性条件下H2O2的分解速率减慢，碱性条件下H2O2的分解速率加快 【分析】该实验的实验目的是探究外界条件对过氧化氢分解速率的影响，通过实验得到相同催化剂的用量、不同的催化剂和过氧化氢的浓度对过氧化氢分解速率有影响。 【解析】（1）由表格数据可知，过氧化氢溶液的浓度相同时，二氧化锰的用量越大，反应结束所需时间越少说明反应速率越快；二氧化锰的质量由0.1g变为0.3g时，反应结束时间改变非常大，而质量由0.3g变为0.8g时，反应结束时间变化不大，所以从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，加入0.3g二氧化锰为较佳选择，故答案为：随着MnO2质量增大，反应速率加快；0.3； （2）由表格数据可知，二氧化锰质量相同时，过氧化氢的浓度由15%变为30%时，浓度增大了2倍，而反应结束所需时间比2倍小的多，说明反应物的浓度越大，反应速率越快，所以二氧化锰质量相同时，过氧化氢的浓度越大，反应所需时间越长，反应速率就越慢的推论是不正确的，故答案为：不正确，H2O2的浓度增大2倍，但结束反应所需时间比2倍小的多； （3）由图可知，同时挤压两支注射器使液体全部加入锥形瓶中，反应速率越快，反应生成的氧气越多，气球膨胀的越快，则气球膨胀的快慢能作为判断反应速率大小的实验现象；若实验时用硫酸铜溶液替代氯化铜溶液做实验，两实验加入催化剂的阳离子和阴离子都不相同，无法排除阴离子对催化效果的影响，用硫酸铜溶液替代氯化铜溶液做实验不合理，所以故答案为：气球膨胀的快慢；不合理，不能排出硫酸根离子和氯离子对催化效果的影响； （4）由化学反应速率的定义可知，挤压注射器使液体全部加入试管中，确定反应速率需测定的数据是反应结束所需时间和反应生成气体的体积；若5min末得到标准状况下氧气的体积为112mL，则氧气的物质的量为=0.005mol，由方程式可知，过氧化氢的分解速率为=0.2 mol/(L·min)，故答案为：反应结束所需时间和反应生成气体的体积；0.2； （5）由表格数据可知，实验①的目的是探究其他条件相同时，反应物的浓度对反应速率的影响；由图可知，与实验②相比，其他条件相同时，实验③溶液酸性增强，过氧化氢的分解速率减慢，实验④溶液碱性增强，分解速率加快，则实验结论为酸性条件下H2O2的分解速率减慢，碱性条件下H2O2的分解速率加快，故答案为：探究反应物的浓度对反应速率的影响；酸性条件下H2O2的分解速率减慢，碱性条件下H2O2的分解速率加快。 03 化学反应速率的影响因素 5．某温度下，容积一定的密闭容器中进行以下反应： ，下列叙述中正确的是 A．在容器中加入氩气，反应速率不变 B．加入少量W，逆反应速率增大 C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D．将容器的容积缩小，可增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增多 【答案】A 【解析】A．在容器中加入氩气，参加反应气体的浓度并没有变化，则反应速率不变，A正确； B．W为固体，加入少量W，反应速率不变，B错误； C．升高温度，正逆反应速率都增大，C错误； D．将容器的体积压缩，可增大单位体积内活化分子数，但活化分子的百分数不变，D错误； 故选A。 6．水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。。下列说法正确的是 A．恒温恒容下，恒定水碳比[]，增加体系总压可提高的平衡产率 B．恒温恒容下，平衡后再通入可使平衡正向移动，增大平衡转化率 C．恒温恒容下，平衡后再通入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率 D．恒温恒容下，平衡后再通入，可使正反应速率增大，逆反应速率减小 【答案】B 【解析】A．水煤气变换反应是气体分子数不变的放热反应，恒定水碳比，增加体系总压，平衡不移动，H2的平衡产率不变，A错误； B．恒温恒容下，平衡后再通入H2O(g)可使平衡正向移动，CO转化率增大，B正确； C．恒温恒容下，平衡后再通入惰性气体增加体系总压，但是体积不变，反应物与生成物浓度不变，反应速率不变，C错误； D．恒温恒容下，平衡后再通入CO(g)，可使正反应速率增大，逆反应速率也增大，D错误； 故选B。 7．下列对有关事实或解释不正确的 选项 事实 解释 A 用铝粉代替铝片与稀盐酸反应，反应速率加快 改用铝粉，固体表面积增大，故反应速率加快 B 5%的双氧水中加入二氧化锰粉末，分解速率迅速加快 降低了反应的焓变，活化分子数增多，有效碰撞增多，速率加快 C 锌与稀硫酸反应，滴入少量硫酸铜溶液，生成氢气的速率加快 锌置换出铜，形成原电池，反应速率加快 D 密闭容器中反应：，当温度、压强不变，充入惰性气体，反应速率减慢 容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢 【答案】B 【解析】A．铝粉与稀盐酸反应比铝片与稀盐酸反应的反应速率快，是因为表面积增大，应速率加快，故A正确； B．5%的双氧水中加入二氧化锰粉末，分解速率迅速加快是因为二氧化锰催化了双氧水的分解，但不会降低了反应的焓变，故B错误； C．Zn和硫酸铜发生置换反应生成Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池加快化学反应速率，导致生成氢气的速率加快，故C正确； D．密闭容器中反应，充入惰性气体，当温度、压强不变时，容器体积增大，反应物浓度减小，所以反应速率减慢，故D正确； 故答案选B。 04 对活化能与催化剂的理解 8．已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为： H2O2+I-→H2O+IO-   慢 H2O2+IO-→H2O+O2+I-   快 下列有关该反应的说法正确的是： A．I-是该反应的催化剂，所以反应速率与I-浓度无关 B．该反应的=-98 kJ/mol，所以该反应的逆反应活化能一定大于98 kJ/ mol C．该反应物质之间的速率关系为：v(H2O2)正=v(H2O)正=2v(O2)正 D．该反应在通常条件下能够自发进行，是因为<0，所以一定有<0 【答案】B 【解析】A．慢反应的快慢决定反应速率，是慢反应阶段的反应物，其浓度会影响反应速率，A项错误； B．焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由于该反应的焓变为-98kJ/mol，所以该反应的逆反应活化能一定大于98 kJ/ mol，B项正确； C．在水溶液中，水是纯液体，不能用水来表示化学反应速率，C项错误； D．，当时反应可自发进行，由于该反应，且，所以该反应一定有，D项错误； 故选B。 9．下列说法正确的是 A．一定温度下，对平衡体系缩小体积，再次平衡时不变 B．加入适量的催化剂或增大压强，均可使反应物分子中活化分子的百分数增大 C．燃烧热随化学方程式中各物质的化学计量数的改变而改变 D．水结冰的过程， 【答案】A 【解析】A．反应体系中只有氧气一种气体，一定温度下，Kp为定值，故平衡体系缩小体积，再次平衡时不变，故A正确； B．增大压强不会改变反应物中活化分子的比例，故B错误； C．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；不会随化学方程式中各物质的化学计量数的改变而改变，故C错误； D．水结冰的过程是一个放热熵减过程，，，故D错误； 故选A。 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）图2中T2℃时反应Ⅴ的活化能________(填“＜”“＞”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T3℃时发生的主要反应为________(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。 【答案】（1）温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快 （2）＞ Ⅳ 【解析】（1）由图1可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速率加快；（2）由图2可知，T2℃时，N2的浓度小于N2O的浓度，说明反应Ⅴ的反应速率小于反应Ⅵ的反应速率，则反应Ⅴ的活化能大于反应Ⅵ的活化能；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。 05 控制变量法探究影响化学反应速率的因素 11．某课外兴趣小组用浓度均为0.1 mol/L的Na2S2O3溶液和稀硫酸探究影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下表。下列说法不正确的是 实验编号 反应温度/°C 液体体积/mL Na2S2O3 稀硫酸 H2O ① 25 10 20 0 ② 25 V 20 5 ③ 50 10 20 0 A．该实验的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O B．实验①和②是探究Na2S2O3溶液浓度对反应速率的影响，V=10 C．实验①和③是探究温度对反应速率的影响，③的反应速率更快 D．该实验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 【答案】B 【分析】Na2S2O3溶液和稀硫酸发生反应生成Na2SO4、S、SO2、H2O，该反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，在探究二者反应速率的影响因素时要采用控制变量方法进行研究，其它条件相同，只改变一个外界条件，根据化学反应速率与该变量的关系分析判断。 【解析】A．Na2S2O3溶液和稀硫酸发生反应生成Na2SO4、S、SO2、H2O，该反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，A正确；B．要采用控制变量方法进行研究，根据实验①可知混合溶液总体积是30 mL，实验①、②的硫酸浓度相同，体积也相同，则实验②是改变Na2S2O3溶液的浓度，Na2S2O3溶液体积应该是5 mL，B错误；C．实验①和③只有反应温度不同，其它条件相同，故实验①和③是探究温度对反应速率的影响，其中实验③的反应温度比实验①高，升高温度，化学反应速率更快，C正确；D．该反应产生了难溶于水的S单质使溶液变浑浊，因此可通过产生浑浊的时间长短判断反应的快慢；由于反应产生了SO2气体，因此也可以通过测定单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢，D正确；故合理选项是B。 12．室温下，用溶液、溶液和蒸馏水进行表中的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是 编号 溶液 溶液 蒸馏水 浑浊度随时间变化的曲线 ① 1.5 3.5 10 ② 2.5 3.5 9 ③ 3.5 3.5 8 ④ 3.5 2.5 9 ⑤ 3.5 1.5 10 A．实验中反应的离子方程式： B．实验①②③或③④⑤均可探究反应物浓度对反应速率的影响 C．溶液浓度对该反应速率的影响比小 D．将实验①的试剂浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线可能为a 【答案】C 【解析】A．和硫酸反应生成硫酸钠、单质硫和二氧化硫，离子方程式为：，A正确； B．实验①②③其他条件相同，随着浓度增大，反应速率加快，实验③④⑤其他条件相同，随着H2SO4浓度减小，反应速率减慢，说明增大反应物浓度可增大该反应速率，B正确； C．由①②③和③④⑤的速率变化图像可知，降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大，则溶液浓度对该反应速率的影响比大，C错误； D．将实验①的试剂浸泡在热水中一段时间后再混合，则温度升高，反应速率变化，其浑浊度曲线可能为a，D正确； 故选C。 06 速率常数与速率方程 13．N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程： 第一步：I2(g)―→2I(g)(快反应) 第二步：I(g)＋N2O(g)―→N2(g)＋IO(g)(慢反应) 第三步：IO(g)＋N2O(g)―→N2(g)＋O2(g)＋I2(g)(快反应) 实验表明，含碘时N2O分解速率方程v＝k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是 A．N2O分解反应中，k值与是否含碘蒸气有关 B．第三步对总反应速率起决定作用 C．第二步活化能比第三步小 D．IO为反应的催化剂 【答案】A 【解析】A项，I2单质在N2O分解的反应中起催化作用，能使k值增大，正确；B项，第二步反应为慢反应，对总反应的速率起决定性作用，错误；C项，活化能越大，反应越慢，第二步活化能比第三步大，错误；D项，反应前后均无IO，故IO为中间产物，不是催化剂，错误。 07 与化学反应速率有关的反应历程分析 14．反应物(X)转化为产物(Y)时的能量变化与反应进程的关系如图曲线①所示，在反应中仅改变一种外界条件，可得到如图曲线②。下列说法正确的是 A．该反应是吸热反应 B．X·M为反应所加的催化剂 C．改变该条件后，降低了反应的焓变 D．该条件的改变增大了单位体积内活化分子百分数 【答案】D 【解析】A项，X的能量高于Y，该反应是放热反应，错误；B项，M为反应所加的催化剂，X·M为中间产物，错误；C项，改变条件后，降低了反应的活化能，ΔH不变，错误；D项，使用催化剂能增大单位体积内活化分子百分数，正确 15．二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的“清洁能源”，科学家研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。 下列叙述错误的是 A．循环过程中，催化剂参与了中间反应 B．该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31 kJ·mol－1 C．制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为―→CH3OCH3＋H＋ D．总反应方程式为2CH3OHCH3OCH3＋H2O 【答案】B 【解析】A项，整个过程中H＋是催化剂，先参与第一步反应，在最后一步反应生成，正确；B项，由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131 kJ·mol－1，错误；C项，决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为―→CH3OCH3＋H＋，正确。 1．下列说法正确的是 A．使用催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，可以增大活化分子百分数，加快反应速率，提高NO转化率 B．100mL 3盐酸与6.5g锌片在t分钟内反应完成，则 C．工业合成氨反应是放热反应，升高温度，加快正反应速率，降低逆反应速率 D．反应物的浓度越大，反应速率越快，因此实验可用98%的浓硫酸与铁反应制氢气 【答案】B 【解析】A．催化剂能降低反应的活化能，从而增大活化分子百分数，加快反应速率，但不能提高反应物的转化率，故A错误； B．100mL 3盐酸中HCl的物质的量为0.3mol，6.5g锌的物质的量为0.1mol，锌不足，盐酸过量，反应中消耗的HCl的物质的量为0.2mol，t分钟内用HCl表示的反应速率为，故B正确； C．升高温度，加快反应速率，吸热方向的速率和放热反应方向的速率也加快，故C错误； D．98%的浓硫酸具有强氧化性，可以使铁表面产生一层致密的氧化膜，使反应停止，不能产生氢气，故D错误； 本题选B。 2．（2025·山东潍坊·一模）丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下。下列说法不正确的是 A．上述反应中，第一步为反应的决速步骤 B．碳正离子中间体的稳定性： C．丙烯与卤化氢加成时，的反应速率最大 D．与加成的主要产物为 【答案】D 【解析】A．上述反应中，第一步为反应慢，为决速步骤，A正确； B．第一步慢反应得到的碳正离子为，可以推得碳正离子中间体稳定性：，B正确； C．慢反应决定反应速率，酸性HI>HBr>HCl，故加入HI第一步反应更快，可知CH3CH=CH2与氢卤酸反应时速率大小HI>HBr>HCl，C正确； D．根据题干信息，烯烃与HBr反应第一步是氢离子结合有一定负电性的碳原子，由于-CF3为吸电子基团，故与HBr加成的主要产物为，D错误； 故选D。 3．丙烯与HCl一定条件下反应生成和的历程如图所示。下列说法错误的是 A．丙烯与的反应的主要产物是 B．合成的反应中，第一步为反应的决速步 C．生成的焓变大于生成的焓变 D．其他条件不变，反应相同时间，适当升高温度可提高加成产物中比例 【答案】C 【解析】A．丙烯与的反应中，生成的活化能小于生成的活化能，活化能小的反应速率快，产物多，丙烯与的反应的主要产物是，A正确； B．由图可知合成的反应中，第一步活化能大，反应速率慢，为决速步，B正确； C．由图可知，生成和的反应都是放热反应，焓变为负值，生成放热多，焓变小，C错误； D．其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl的比例，D正确； 答案选C。 4．一定条件下，反应H2(g)+Br2(g)2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγ(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下： 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 0.4 0.1 4 2v 0.2 0.1 c 4v 根据表中的测定结果，下列结论错误的是 A．α的值为1 B．表中c的值为2 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．在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低 【答案】B 【分析】速率方程为v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγc(HBr)，将表中数据代入速率方程可得到①，②，③，④，由①②得到，②③得到，①④得到，对于⑤与①，将，，代入，解得c=1，据此分析解题。 【解析】A．根据分析，α的值为1，A正确； B．根据分析，c的值为1，B错误； C．由于v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγc(HBr)，，，，速率与H2(g)和Br2(g)的浓度成正比，与HBr(g)的浓度成反比，反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，C正确； D．由于，增大HBr(g)的浓度，cγc(HBr)减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低，D正确； 答案选B。 5．某小组用、HI和KI探究外界条件对化学反应速率的影响。室温下，按下列初始浓度进行实验。 实验Ⅰ． 实验编号 ① ② ③ ④ ⑤ 0.1 0.1 0.1 0.2 0.3 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 出现棕黄色的时间/s 13 6.5 4.3 6.6 4.4 实验Ⅱ．用KI替代HI做上述5组实验，观察到有无色气体产生，一段时间内溶液均未见棕黄色。 下列说法不正确的是 A．由实验Ⅰ可知，氧化HI的反应速率与和的乘积成正比 B．实验①中反应继续进行，20s时测得为，则0～20s的平均反应速率： C．实验Ⅱ中的现象可能是因为分解的速率大于氧化KI的速率 D．对比实验Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ-的还原性随酸性减弱而减弱 【答案】D 【解析】A．对比实验①、②、③：HI浓度增加反应速率增加，对比实验①、④、⑤：H2O2浓度增加反应速率增加，因此，H2O2氧化HI的反应速率与和的乘积成正比，故A正确； B．0～20s的平均反应速率：，故B正确； C．实验II向H2O2加入KI产生氧气，而未产生I2，说明H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率，故C正确； D．实验II引入了K+，K+对H2O2的分解有影响，不能说明酸性对I-还原性的影响，故D错误； 故答案为D。 6．储氢合金M的吸放氢反应式为：xH2(g)+2M(s)2M-Hx(s)，现将100 g M置于恒容容器中，通入氢气并维持容器内压强恒定，在不同温度下M的最大吸氢量与氢气压强的关系如图所示，下列说法错误的是 A．压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大 B．若到达P点的时间为3 min，则吸氢速率v=0.35 g/min C．在相同条件下，若氢气中含有氩气，则最大吸氢量减小 D．若到达N点所用时间小于P点，则吸氢速率v(N)＜v(P) 【答案】D 【解析】A项，由图可知，压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大，正确；B项，由图可知，到达P点的时间为3 min时，M的最大吸氢量为1.05 g，则反应速率为=0.35 g/min，正确；C项，该反应是气体体积减小的反应，恒容条件下若氢气中含有氩气相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，吸氢量减小，正确；D项，由图可知，压强相同时，N点反应温度高于P点，温度越高，反应速率越快，则N点反应速率小于P点，错误。 7．（一定温度圧强下，CH3-CH=CH2(g)与HCl(g)反应可以生成CH3CHClCH3(g)和CH3CH2CH2Cl(g)，反应中的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A．生成CH3CH2CH2Cl(g)的反应中，第一步为反应的决速步 B．短时间内，CH3CHClCH3(g)是主产物 C．升高温度达平衡时，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例 D．CH3-CH=CH2(g)+HCl(g)CH3CH2CH2Cl(g)的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值 【答案】D 【解析】A项，生成CH3CH2CH2Cl(g)的反应中，第一步反应活化能高，是决速步，正确；B项，短时间内，生成CH3CHClCH3(g)的反应活化能低，反应速率快，因此CH3CHClCH3(g)是主产物，正确；C项，CH3CHClCH3(g)CH3CH2CH2Cl(g) ΔH＞0，升高温度有利于平衡正向移动，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例，正确；D项，CH3-CH=CH2(g)+HCl(g)CH3CH2CH2Cl(g)的焓变等于第一步与第二步反应的ΔH的代数和，错误。 8．CO2捕获和转化可减少CO2排放，其原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，将CH4以恒定流速通入反应器，单位时间内流出气体中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炭。 下列说法错误的是 A．之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 B．时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率 C．CaO、CaCO3可循环利用，反应②为 D．，比多，且生成的H2速率不变，推测有副反应 【答案】B 【分析】图中反应1为，反应②为。 【解析】A．t3之后，CO的生成速率为0，氢气的生成速率逐渐减小，可知反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止，故A正确； B．反应②生成CO和氢气的速率相等，由图像可知，t2时刻，氢气的流速为，CO的流速为，则反应②生成H2速率大于副反应生成H2的速率，故B错误； C．由题干信息可知，反应①为：反应②为，故C正确； D．，比多，且生成H2速率不变，在催化剂上检测到有积碳，所以可能有副反应，故D正确； 选B。 9．SO2转化为SO3的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－198 kJ·mol－1。在有、无催化剂条件下SO2氧化成SO3过程中能量的变化如图所示。450 ℃、V2O5催化时，该反应机理为 反应①V2O5(s)＋SO2(g)＝V2O4(s)＋SO3(g) ΔH1 反应②2V2O4(s)＋O2(g)＝2V2O5(s) ΔH2＝－246 kJ·mol－1 下列说法正确的是 A．ΔH1＝＋24 kJ·mol－1 B．V2O5催化时，反应②的速率大于反应① C．保持其他条件不变，升高温度，活化分子百分数不变 D．反应中每消耗22．4 L O2，转移电子数目约等于4×6．02×1023 【答案】A 【解析】A项，根据盖斯定律，将(总反应－反应②)×得V2O5(s)＋SO2(g)＝V2O4(s)＋SO3(g) ΔH1＝(ΔH－ΔH2)×＝[(－198 kJ·mol－1)－(－246 kJ·mol－1)]×＝＋24 kJ·mol－1，正确；B项，由图可知，V2O5催化时，反应②的活化能大于反应①的活化能，活化能越大反应速率越慢，则反应②的速率小于反应①，错误；C项，保持其他条件不变，升高温度，活化分子百分数增大，错误；D项，O2所处温度和压强未知，不能用22.4 L·mol－1计算22.4 L O2物质的量，从而无法计算转移电子的数目，错误。 10．（2025·山东聊城·二模）在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入1mol CO2和1mol H2，发生反应。在不同温度下反应相同时间，测得lgk正、lgk逆、H2转化率与温度关系如图所示。 已知：v正=k正c(CO2)c4(H2) v逆=k逆c(CH4)c2(H2O)，k正、k逆为速率常数。下列说法正确的是 A．该反应的ΔH>0 B．代表lgk正曲线的是MH C．当2v正(H2)=v逆(H2O)时反应达到平衡状态 D．a、b、c三点中达到平衡状态的是a、b 【答案】D 【分析】图中信息可知，温度越高，则越小，曲线MH和曲线NG是lgk与温度关系，曲线abc是H2转化率与温度关系，从右往左看，温度升高，曲线abc中从最高点到a点，氢气转化率降低，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是放热反应。则升高温度时，逆反应速率增大程度大于正反应速率增大程度，即lgk逆大于lgk正，则lgk正代表曲线的是NG，lgk逆代表曲线的是MH。 【解析】A．根据分析，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是放热反应， A错误； B．lgk正代表曲线的是NG，lgk逆代表曲线的是MH，B错误； C．达到化学平衡时，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，所以，即，C错误； D．观察图像可知，随着温度T增大，则越小，氢气转化率先增大后减小，由于反应是放热反应，说明转化率达到最大时，反应才达到平衡，所以a、b达到化学平衡，c还没达到化学平衡，D正确； 故答案选D。 11．某学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。 （1）催化剂制备。在60～100 ℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后制得混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。 ①通入N2的目的是__________________________________________________。 ②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为 _______________________________________________________________________________________。 （2）催化剂研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。 已知：·OH能将NO、SO2氧化。·OH产生机理如下。 反应Ⅰ：Fe3＋＋H2O2＝Fe2＋＋·OOH＋H＋(慢反应) 反应Ⅱ：Fe2＋＋H2O2＝Fe3＋＋·OH＋OH－(快反应) ①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是__________________ ___________________________________________________________________________________________ ___________________________________________________________________________________。 ②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。 ③实验表示·OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是_________________________________________。 【答案】（1）①排出溶解在NaOH溶液中的O2 ②12Fe(OH)2＋NaNO3＝4Fe3O4＋NH3↑＋NaOH＋10H2O （2）①Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2＋和Fe3＋，Fe2＋直接通过反应Ⅱ快速产生·OH，c(·OH)更大；Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3＋，Fe3＋需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2＋再通过快反应Ⅱ产生·OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(·OH)小于前者 ②2NO2＋2OH－＝NO＋NO＋H2O ③二氧化硫几乎完全被氢氧化钠溶液吸收 【解析】（1）氢氧化钠溶液中会溶解有少量空气中的氧气，氧气能氧化亚铁离子生成铁离子，通入N2的目的是排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+；②氢氧化钠和硫酸亚铁生成氢氧化亚铁沉淀，混合物X中含有氢氧化亚铁，根据质量守恒、氧化还原规律可知，氢氧化亚铁会与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3、氢氧化钠、水，该反应的化学方程式为12Fe(OH)2＋NaNO3＝4Fe3O4＋NH3↑＋NaOH＋10H2O；（2）①由已知反应机理反应Ⅰ、反应Ⅱ可知：Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生•OH，c(·OH)：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生•OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c(·OH)小于前者；故Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大；②NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，根据质量守恒可知为含氮元素的盐，二氧化氮中部分氮元素化合价升高、部分氮元素化合价降低，反应得到亚硝酸盐和硝酸盐，该反应的离子方程式为2NO2＋2OH－＝NO＋NO＋H2O；③二氧化硫能溶于水会和氢氧化钠反应被吸收，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是SO2几乎完全被NaOH溶液吸收。 1．（2024·江苏卷）催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制(二甲醚)、倠化氧化等。催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用催化生成。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电倠化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。下列说法正确的是 A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能 B．与反应中，Ag催化能提高生成的选择性 C．制反应中，能加快化学反应速率 D．与反应中，能减小该反应的焓变 【答案】C 【解析】固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误； B．根据题意，催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO，则判断Ag催化不能提高生成CH3CHO的选择性，B错误； C． MnO2是H2O2制O2反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确； D． V2O5是SO2与O2反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，D错误； 故选C。 2．（2024·安徽卷）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。 实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始 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 B．实验③中，反应的离子方程式为： 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，水样初始越小，的去除效果越好 【答案】C 【解析】A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率，A不正确； B. 实验③中水样初始=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确； C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确； D. 综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确； 综上所述，本题选C。 3．（2023·海南卷）工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：。某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是    A．曲线①表示的是逆反应的关系 B．时刻体系处于平衡状态 C．反应进行到时，(为浓度商) D．催化剂存在时，、都增大 【答案】BD 【解析】A．反应为乙苯制备苯乙烯的过程，开始反应物浓度最大，生成物浓度为0，所以曲线①表示的是正反应的关系，曲线表示的是逆反应的关系，故A错误； B．t2时，正逆反应速率相等，体系处于平衡状态，故B正确； C．反应进行到时，反应正向进行，故Q＜K，故C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，使反应的、都增大，故D正确； 故选BD。 4．（2025·甘肃卷）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1：   反应2：   （3）对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当时， 。 实验组 一 二 【答案】（3）9.2×10-3 【解析】（3）将数据代入方程，②÷①得到，则，时，，。 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 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 $$ 第01讲 化学反应速率及其影响因素 目录 01 课标达标练 题型01 化学反应速率的计算与比较 题型02 化学反应速率的测定 题型03 化学反应速率的影响因素 题型04 对活化能与催化剂的理解 题型05 控制变量法探究影响化学反应速率的因素 题型06 速率常数与速率方程 题型07 与化学反应速率有关的反应历程分析 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 化学反应速率的计算与比较 1．一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：A(s)+2B(g)=2C(g)+3D(g)，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是 A．v(A)=1mol/(L·min) B．v(B)=2mol/(L·min) C．v(C)=3mol/(L·min) D．v(D)=1mol/(L·min) 2．反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率如下，其中表示反应速率最快的是 A．v(A)=0.15mol•L-1•min-1 B．v(B)=0.01mol•L-1•s-1 C．v(C)=0.0075mol•L-1•s-1 D．v(D)=0.40mol•L-1•min-1 3．某温度下，在2 L恒容密闭容器中投入一定量的A、B，发生反应：，12 s时生成C的物质的量为0.8 mol(反应进程如图所示)。下列说法中正确的是 A．12 s时，B的转化率为40% B．0∼2 s内，D的平均反应速率为0.2 mol⋅L⋅s C．化学计量系数之比，且 D．图中两曲线相交时，A的消耗速率等于A的生成速率 02 化学反应速率的测定 4．某化学小组利用的分解探究外界条件对化学反应速率的影响。 Ⅰ.用下图装置探究催化分解的最佳条件，表中数据为反应物用量和反应从开始到结束所用时间 (假设不同浓度的溶液密度相同) 。 （1）从表中数据可知分解规律：的浓度相同时，其分解速率 ，从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，的浓度相同时，加入 g的为较佳选择。 （2）该小组分析表中数据得出：质量相同时，的浓度越大，反应所需时间越长，反应速率就越慢。你认为此推论是否正确？理由是 。 Ⅱ.为进一步研究催化剂对分解速率的影响，该小组同学又做了如下实验。 （3）定性研究：按下图进行实验，同时挤压两支注射器使液体全部加入锥形瓶中，能作为判断反应速率大小的实验现象是 ，某同学提出用溶液代替溶液做实验，你认为是否合理？理由是 。 （4）定量研究：按下图进行实验，挤压注射器使液体全部加入试管中，确定反应速率需测定的数据是 。若末得到气体(已换算为标准状况，溶液体积按计算)，则的分解速率为 ，用溶液代替溶液进行平行实验，比较催化剂对反应速率的影响。 Ⅲ.研究小组继续探究浓度、溶液酸碱性对分解反应速率的影响，实验方案如下。 编号 反应物 操作 ① 和 同时放入的热水浴中 ② 加溶液 ③ 溶液 加溶液 ④ 溶液 加溶液 （5）实验①的目的是 ，实验②、③、④中，测得生成氧气的体积随时间变化如图所示，由此得出的结论是 。 03 化学反应速率的影响因素 5．某温度下，容积一定的密闭容器中进行以下反应： ，下列叙述中正确的是 A．在容器中加入氩气，反应速率不变 B．加入少量W，逆反应速率增大 C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 D．将容器的容积缩小，可增大活化分子的百分数，有效碰撞次数增多 6．水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。。下列说法正确的是 A．恒温恒容下，恒定水碳比[]，增加体系总压可提高的平衡产率 B．恒温恒容下，平衡后再通入可使平衡正向移动，增大平衡转化率 C．恒温恒容下，平衡后再通入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率 D．恒温恒容下，平衡后再通入，可使正反应速率增大，逆反应速率减小 7．下列对有关事实或解释不正确的 选项 事实 解释 A 用铝粉代替铝片与稀盐酸反应，反应速率加快 改用铝粉，固体表面积增大，故反应速率加快 B 5%的双氧水中加入二氧化锰粉末，分解速率迅速加快 降低了反应的焓变，活化分子数增多，有效碰撞增多，速率加快 C 锌与稀硫酸反应，滴入少量硫酸铜溶液，生成氢气的速率加快 锌置换出铜，形成原电池，反应速率加快 D 密闭容器中反应：，当温度、压强不变，充入惰性气体，反应速率减慢 容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢 04 对活化能与催化剂的理解 8．已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为： H2O2+I-→H2O+IO-   慢 H2O2+IO-→H2O+O2+I-   快 下列有关该反应的说法正确的是： A．I-是该反应的催化剂，所以反应速率与I-浓度无关 B．该反应的=-98 kJ/mol，所以该反应的逆反应活化能一定大于98 kJ/ mol C．该反应物质之间的速率关系为：v(H2O2)正=v(H2O)正=2v(O2)正 D．该反应在通常条件下能够自发进行，是因为<0，所以一定有<0 9．下列说法正确的是 A．一定温度下，对平衡体系缩小体积，再次平衡时不变 B．加入适量的催化剂或增大压强，均可使反应物分子中活化分子的百分数增大 C．燃烧热随化学方程式中各物质的化学计量数的改变而改变 D．水结冰的过程， 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）图2中T2℃时反应Ⅴ的活化能________(填“＜”“＞”或“＝”)反应Ⅵ的活化能；T3℃时发生的主要反应为________(填“Ⅳ”“Ⅴ”或“Ⅵ”)。 05 控制变量法探究影响化学反应速率的因素 11．某课外兴趣小组用浓度均为0.1 mol/L的Na2S2O3溶液和稀硫酸探究影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下表。下列说法不正确的是 实验编号 反应温度/°C 液体体积/mL Na2S2O3 稀硫酸 H2O ① 25 10 20 0 ② 25 V 20 5 ③ 50 10 20 0 A．该实验的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O B．实验①和②是探究Na2S2O3溶液浓度对反应速率的影响，V=10 C．实验①和③是探究温度对反应速率的影响，③的反应速率更快 D．该实验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 12．室温下，用溶液、溶液和蒸馏水进行表中的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是 编号 溶液 溶液 蒸馏水 浑浊度随时间变化的曲线 ① 1.5 3.5 10 ② 2.5 3.5 9 ③ 3.5 3.5 8 ④ 3.5 2.5 9 ⑤ 3.5 1.5 10 A．实验中反应的离子方程式： B．实验①②③或③④⑤均可探究反应物浓度对反应速率的影响 C．溶液浓度对该反应速率的影响比小 D．将实验①的试剂浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线可能为a 06 速率常数与速率方程 13．N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程： 第一步：I2(g)―→2I(g)(快反应) 第二步：I(g)＋N2O(g)―→N2(g)＋IO(g)(慢反应) 第三步：IO(g)＋N2O(g)―→N2(g)＋O2(g)＋I2(g)(快反应) 实验表明，含碘时N2O分解速率方程v＝k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是 A．N2O分解反应中，k值与是否含碘蒸气有关 B．第三步对总反应速率起决定作用 C．第二步活化能比第三步小 D．IO为反应的催化剂 07 与化学反应速率有关的反应历程分析 14．反应物(X)转化为产物(Y)时的能量变化与反应进程的关系如图曲线①所示，在反应中仅改变一种外界条件，可得到如图曲线②。下列说法正确的是 A．该反应是吸热反应 B．X·M为反应所加的催化剂 C．改变该条件后，降低了反应的焓变 D．该条件的改变增大了单位体积内活化分子百分数 15．二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的“清洁能源”，科学家研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。 下列叙述错误的是 A．循环过程中，催化剂参与了中间反应 B．该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31 kJ·mol－1 C．制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为―→CH3OCH3＋H＋ D．总反应方程式为2CH3OHCH3OCH3＋H2O 1．下列说法正确的是 A．使用催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，可以增大活化分子百分数，加快反应速率，提高NO转化率 B．100mL 3盐酸与6.5g锌片在t分钟内反应完成，则 C．工业合成氨反应是放热反应，升高温度，加快正反应速率，降低逆反应速率 D．反应物的浓度越大，反应速率越快，因此实验可用98%的浓硫酸与铁反应制氢气 2．（2025·山东潍坊·一模）丙烯和溴化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2-溴丙烷，其机理如下。下列说法不正确的是 A．上述反应中，第一步为反应的决速步骤 B．碳正离子中间体的稳定性： C．丙烯与卤化氢加成时，的反应速率最大 D．与加成的主要产物为 3．丙烯与HCl一定条件下反应生成和的历程如图所示。下列说法错误的是 A．丙烯与的反应的主要产物是 B．合成的反应中，第一步为反应的决速步 C．生成的焓变大于生成的焓变 D．其他条件不变，反应相同时间，适当升高温度可提高加成产物中比例 4．一定条件下，反应H2(g)+Br2(g)2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγ(HBr)，某温度下，该反应在不同浓度下的反应速率如下： 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 0.4 0.1 4 2v 0.2 0.1 c 4v 根据表中的测定结果，下列结论错误的是 A．α的值为1 B．表中c的值为2 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．在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低 5．某小组用、HI和KI探究外界条件对化学反应速率的影响。室温下，按下列初始浓度进行实验。 实验Ⅰ． 实验编号 ① ② ③ ④ ⑤ 0.1 0.1 0.1 0.2 0.3 0.1 0.2 0.3 0.1 0.1 出现棕黄色的时间/s 13 6.5 4.3 6.6 4.4 实验Ⅱ．用KI替代HI做上述5组实验，观察到有无色气体产生，一段时间内溶液均未见棕黄色。 下列说法不正确的是 A．由实验Ⅰ可知，氧化HI的反应速率与和的乘积成正比 B．实验①中反应继续进行，20s时测得为，则0～20s的平均反应速率： C．实验Ⅱ中的现象可能是因为分解的速率大于氧化KI的速率 D．对比实验Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ-的还原性随酸性减弱而减弱 6．储氢合金M的吸放氢反应式为：xH2(g)+2M(s)2M-Hx(s)，现将100 g M置于恒容容器中，通入氢气并维持容器内压强恒定，在不同温度下M的最大吸氢量与氢气压强的关系如图所示，下列说法错误的是 A．压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大 B．若到达P点的时间为3 min，则吸氢速率v=0.35 g/min C．在相同条件下，若氢气中含有氩气，则最大吸氢量减小 D．若到达N点所用时间小于P点，则吸氢速率v(N)＜v(P) 7．（一定温度圧强下，CH3-CH=CH2(g)与HCl(g)反应可以生成CH3CHClCH3(g)和CH3CH2CH2Cl(g)，反应中的能量变化如图所示。下列说法不正确的是 A．生成CH3CH2CH2Cl(g)的反应中，第一步为反应的决速步 B．短时间内，CH3CHClCH3(g)是主产物 C．升高温度达平衡时，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例 D．CH3-CH=CH2(g)+HCl(g)CH3CH2CH2Cl(g)的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值 8．CO2捕获和转化可减少CO2排放，其原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，将CH4以恒定流速通入反应器，单位时间内流出气体中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炭。 下列说法错误的是 A．之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 B．时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率 C．CaO、CaCO3可循环利用，反应②为 D．，比多，且生成的H2速率不变，推测有副反应 9．SO2转化为SO3的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－198 kJ·mol－1。在有、无催化剂条件下SO2氧化成SO3过程中能量的变化如图所示。450 ℃、V2O5催化时，该反应机理为 反应①V2O5(s)＋SO2(g)＝V2O4(s)＋SO3(g) ΔH1 反应②2V2O4(s)＋O2(g)＝2V2O5(s) ΔH2＝－246 kJ·mol－1 下列说法正确的是 A．ΔH1＝＋24 kJ·mol－1 B．V2O5催化时，反应②的速率大于反应① C．保持其他条件不变，升高温度，活化分子百分数不变 D．反应中每消耗22．4 L O2，转移电子数目约等于4×6．02×1023 10．（2025·山东聊城·二模）在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入1mol CO2和1mol H2，发生反应。在不同温度下反应相同时间，测得lgk正、lgk逆、H2转化率与温度关系如图所示。 已知：v正=k正c(CO2)c4(H2) v逆=k逆c(CH4)c2(H2O)，k正、k逆为速率常数。下列说法正确的是 A．该反应的ΔH>0 B．代表lgk正曲线的是MH C．当2v正(H2)=v逆(H2O)时反应达到平衡状态 D．a、b、c三点中达到平衡状态的是a、b 11．某学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。 （1）催化剂制备。在60～100 ℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后制得混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。 ①通入N2的目的是__________________________________________________。 ②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为 _______________________________________________________________________________________。 （2）催化剂研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。 已知：·OH能将NO、SO2氧化。·OH产生机理如下。 反应Ⅰ：Fe3＋＋H2O2＝Fe2＋＋·OOH＋H＋(慢反应) 反应Ⅱ：Fe2＋＋H2O2＝Fe3＋＋·OH＋OH－(快反应) ①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是__________________ ___________________________________________________________________________________________ ___________________________________________________________________________________。 ②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。 ③实验表示·OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是_________________________________________。 1．（2024·江苏卷）催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制(二甲醚)、倠化氧化等。催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用催化生成。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电倠化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。下列说法正确的是 A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能 B．与反应中，Ag催化能提高生成的选择性 C．制反应中，能加快化学反应速率 D．与反应中，能减小该反应的焓变 2．（2024·安徽卷）室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。 实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始 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 B．实验③中，反应的离子方程式为： 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，水样初始越小，的去除效果越好 3．（2023·海南卷）工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：。某条件下无催化剂存在时，该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是    A．曲线①表示的是逆反应的关系 B．时刻体系处于平衡状态 C．反应进行到时，(为浓度商) D．催化剂存在时，、都增大 4．（2025·甘肃卷）乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质，得到高纯度乙烯的重要方法。该过程包括以下两个主要反应： 反应1：   反应2：   （3）对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。时，保持其他条件不变，测定了不同浓度时的反应速率(如下表)。当时， 。 实验组 一 二 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 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 $$