第01讲 化学反应速率及其影响因素（专项训练）（山东专用） 2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 以考向为纲，覆盖化学反应速率计算、影响因素、实验探究、理论分析（活化能、反应历程、速率常数），通过基础-重难-真题三级演练，构建从概念到应用的逻辑体系，培养科学思维与探究能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模拟·基础演练|14题（6考向）|选择/填空/计算，含数据表格与图像分析|从速率计算（概念）→影响因素（外因）→控制变量（实验）→活化能/历程/速率常数（理论），层层递进| |重难·创新演练|8题|多图表分析、实验设计与反应机理题|聚焦综合应用，结合催化剂作用、复杂反应历程及速率方程深化理解| |真题·实战演练|7题|对接高考真题（如2024山东卷）|覆盖高频考点，强化理论联系实际的解题能力|

第01讲 化学反应速率及其影响因素（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 化学反应速率的计算与比较 考向02 化学反应速率的影响因素 考向03 控制变量法探究影响化学反应速率的因素 考向04 对活化能与催化剂的理解 考向05 与化学反应速率有关的反应历程分析 考向06 速率常数与速率方程 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 化学反应速率的计算与比较 1．接触法制备硫酸中的关键步骤是在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为  。下列4个数据是在不同条件下测得的该反应的速率，其中反应最快的是 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据反应速率之比等于化学计量数之比进行换算为同一物质相同单位进行比较，据此解题。 【解析】A．当时，； B．； C．当=0.6时，； D．当=0.24时，； 故可知C项表示反应速率最快，故答案为：C。 2．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。 考向02 化学反应速率的影响因素 3．（2026·湖北武汉·一模）化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A．金属氧化物可以使玻璃呈现不同的颜色 B．可燃冰是甲烷的水合物，水分子在甲烷分子间通过氢键构成的笼内 C．将牛奶存放在冰箱，是为了减慢反应速率 D．氯乙烷具有冷冻麻醉作用，可在身体局部产生快速镇痛效果 【答案】B 【解析】A．玻璃生产中加入不同金属氧化物作为着色剂可使玻璃呈现不同颜色，例如加入显蓝色、加入显红棕色，A正确； B．可燃冰是甲烷的水合物，水分子间通过氢键构成笼状结构，甲烷分子填充在笼内，且甲烷分子间无法形成氢键，选项表述内容错误，B错误； C．温度降低会减慢化学反应速率，冰箱内温度较低，可减慢牛奶氧化变质的速率，延长保质期，C正确； D．氯乙烷沸点低，接触皮肤后会快速汽化吸收大量热量，使局部组织温度骤降，痛感传递被抑制，起到冷冻麻醉、快速镇痛的效果，D正确； 故答案选B。 4．（2026·甘肃·一模）下列做法与调控化学反应速率无关的是 A．在食品中添加柠檬黄 B．用加酶洗衣粉洗衣去污渍 C．在航空运输的水果箱中放置冰袋 D．在钢铁部件的表面进行发蓝处理 【答案】A 【解析】A．柠檬黄属于食品着色剂，作用是改善食品色泽，不涉及改变化学反应速率，A符合题意； B．酶是催化剂，加酶洗衣粉中的酶可以加快污渍分解的反应速率，与调控化学反应速率有关，B不符合题意； C．放置冰袋可以降低环境温度，减慢水果的呼吸等反应速率，延长保鲜时间，与调控化学反应速率有关，C不符合题意； D．钢铁表面发蓝处理会生成致密的氧化物保护膜，隔绝水和氧气，减慢钢铁的腐蚀速率，与调控化学反应速率有关，D不符合题意； 故选A。 考向03 控制变量法探究影响化学反应速率的因素 5．某研究性学习小组利用控制变量法，探究“外界条件对与酸性溶液化学反应速率的影响”，实验记录数据如下表所示： 实验序号 实验温度/℃ 溶液（含硫酸） 溶液 溶液颜色褪至无色时所需时间/min V/mL c/mol·L-1 V/mL c/mol·L-1 ① 25 4 0.010 4 0.1 12 ② 4 0.001 4 0.1 5 ③ 35 4 0.010 0.1 查阅资料： 溶液中滴加过量的，振荡后溶液由紫色变为无色，反应的离子方程式为： 。 下列说法错误的是 A．， B．通过对比实验①和③可探究温度变化对化学反应速率的影响 C．实验②中，用表示的平均反应速率为mol·L-1·min-1 D．对比实验①和②，实验②的褪色时间短，所以实验②的反应速率比实验①快 【答案】D 【解析】A．实验②的温度T1应与实验①相同（25℃）以控制变量，V2在实验③中应为4mL以保持体积一致，A正确； B．实验①和③仅温度不同，其他条件相同，可探究温度对速率的影响，B正确； C．实验②中KMnO4浓度变化为0.0005mol/L，时间5分钟，速率==1×10-4mol/(L·min)，C正确； D．实验②的KMnO4浓度更低，总物质的量更少，褪色时间短是因反应总量少，实际速率比实验①慢，D错误； 故选D。 6．Ⅰ．控制变量法是科学探究中非常重要的思想方法。控制变量法探究影响化学反应速率因素的一般原则是“定多变一”，即要保持其他变量不变，改变其中一个变量进行实验，测定数据，通过系列实验，找出变量对反应速率的影响。某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。按照如下方案完成实验。 方案 反应物 催化剂 温度 ① 5mL 3% H2O2溶液 无 25℃ ② 5mL 6% H2O2溶液 无 25℃ ③ 5mL 6% H2O2溶液 无 40℃ ④ 5mL 6% H2O2溶液 1—2滴0.1mol/L FeCl3溶液 40℃ 通过实验得到氧气的体积与时间的关系如图1所示。回答下列问题： （1）请填写出曲线Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ分别代表哪个试验方案：曲线Ⅰ代表方案___________，曲线Ⅲ代表方案___________，曲线Ⅳ代表方案___________。 （2）甲同学为了探究浓度对化学反应速率的影响，应进行方案___________和___________。乙同学进行方案③和④，你认为他想探究的是___________对化学反应速率的影响。 Ⅱ．另一组同学为了探究碳酸钙与100mL稀盐酸反应的反应速率，他们通过实验测定反应中生成的CO2气体体积随反应时间变化的情况，绘制出图2所示的曲线。 已知该反应是放热反应，请分析以下问题： 在0～t1、t1～t2、t2～t3三个相同的时间段里， （3）反应速率最大的是___________时间段，反应速率最大的主要原因是___________。 （4）若生成V2mL CO2，盐酸的物质的量减少了0.2mol，则用盐酸表示的反应速率为___________(列出计算式即可)。 【答案】（1）④ ② ① （2）① ② 催化剂 （3）t1～t2 该时间段内溶液温度升高 （4） 【分析】控制变量法探究影响化学反应速率因素的一般原则是“定多变一”，即要保持其他变量不变，改变其中一个变量进行实验，测定数据，通过系列实验，找出变量对反应速率的影响，就是要保持单一变量原则；一般影响反应速率的因素有浓度、温度、压强，催化剂等，注意从这几个角度考虑。 【解析】（1）反应速率越大，V（O2）-t 曲线斜率越大，达到最大氧气体积的时间越短；最终生成的体积由的物质的量决定：实验①浓度最低，物质的量最小，最终体积最小，对应曲线Ⅳ；实验④有催化剂且温度最高，反应速率最快，对应斜率最大的曲线Ⅰ；实验②、③均为6%，③温度为40℃、②为25℃，速率③>②，故曲线Ⅲ对应速率较慢的实验②。 （2）探究浓度对反应速率的影响需遵循控制变量法，保持温度、催化剂均相同，仅浓度不同，故选实验①和②；实验③和④的反应物浓度、温度均相同，唯一变量为是否加入催化剂，故探究催化剂对反应速率的影响。 （3）相同时间段内，生成的体积越大，反应速率越大，对应曲线斜率越大，由图可知段斜率最大，速率最大；该反应为放热反应，反应过程中体系温度升高，该阶段温度升高对速率的促进作用大于盐酸浓度降低的减慢作用，故速率最大。 （4）反应速率计算公式为v=， ，盐酸体积为0.1L，生成V2mL CO2的反应时间为t2min，代入即可得到对应的速率表达式。 考向04 对活化能与催化剂的理解 7．（2026·海南儋州·二模）相同条件下，探究不同催化剂对100 mL某浓度H2O2溶液分解反应的催化效果，测得O2的体积(已换算为标况下的体积)随时间变化如图所示。 下列说法正确的是 A．三种催化剂的反应历程是相同的 B．H2O2分解活化能：FeCl3溶液<MnO2 C．使用三种催化剂时的活化分子百分数相同 D．在过氧化氢酶催化作用下，0~10 s内H2O2分解速率为0.012 mol·L-1·s-1 【答案】D 【解析】A．催化剂是通过参与反应改变路径从而实现催化效果，所以三种催化剂的反应历程不同，A错误； B．由图可知，MnO2对H2O2溶液分解的催化效果优于FeCl3溶液，MnO2催化反应的活化能更小，B错误； C．催化剂效果越好，反应活化能越小，活化分子百分数越大，故不同催化剂活化分子百分数不同，C错误； D．在过氧化氢酶催化作用下，0~10 s内，0.012 mol·L-1·s-1，D正确； 故选D。 8．（2026·福建厦门·模拟预测）科学家模拟早期地球环境，用纳米催化剂成功将转化为。下列说法错误的是 A．中铁的价电子排布式为 B．转化为实现了无机物到有机物的转化 C．纳米催化剂属于胶体 D．催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能 【答案】C 【解析】A．中为价，基态原子价电子排布式为，失去轨道的2个电子得到，故价电子排布式为，A正确； B．属于无机物，属于有机物，该反应实现了无机物到有机物的转化，B正确； C．胶体是分散质粒子直径为1~100nm的分散系，属于混合物，纳米是纯净物，仅粒子直径在纳米范畴，不属于胶体，C错误； D．催化剂的作用原理是改变反应历程，降低反应的活化能，加快反应速率，D正确； 故选C。 9．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）为实现“碳中和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化和反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成时放出31.2 kJ的热量。下列说法正确的是 A．总反应化学方程式为： B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 C．通过和反应制备，每转移，放出31.2 kJ的热量 D．催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率 【答案】A 【分析】结合反应机理图，确定总反应的反应物为和，生成物为，Ru基物质为反应的催化剂。反应过程中中的非极性键、中的极性键发生断裂，仅形成中的极性键，无非极性键生成。生成46 g即1 mol 时放出31.2 kJ热量，该反应中C元素化合价从+4价降低到+2价，每生成1 mol 转移2 mol电子。催化剂仅改变反应活化能，不改变反应热与平衡转化率。 【解析】A．总反应化学方程式反应物、生成物及配平均符合机理推导结果，A正确； B．反应历程中存在非极性键、极性键的断裂，仅存在极性键的形成，无非极性键的形成，B错误； C．每生成1 mol 转移2 mol电子，放出31.2 kJ热量，故每转移1 mol ，放出热量为，C错误； D．催化剂能降低活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，也不能改变平衡转化率，D错误； 故选A。 考向05 与化学反应速率有关的反应历程分析 10．（2026·山东日照·模拟预测）2-溴-2-甲基丁烷发生消去反应的势能变化如图所示。下列说法错误的是 A．该反应较为稳定的产物是2-甲基-2-丁烯 B．为该反应的决速步骤 C．升高温度，可以降低过程的活化能 D．与溴化氢发生加成反应后，某一产物中存在手性碳原子 【答案】C 【解析】A．物质能量越低稳定性越强，2-甲基-2-丁烯的势能低于另一种产物2-甲基-1-丁烯，为较为稳定的产物，A正确； B．决速步骤为反应历程中活化能最高的步骤，第一步生成碳正离子的过程活化能最高，为该反应的决速步骤，B正确； C．活化能是反应发生需要克服的固有能垒，仅由反应本身的性质决定，升高温度只能提高活化分子百分数，不能降低反应的活化能，C错误； D．与溴化氢加成后可生成，该分子中2号碳原子连接氢原子、溴原子、甲基和异丙基4种不同基团，为手性碳原子，因此某一产物中存在手性碳原子，D正确； 故选C。 11．（2026·湖南长沙·二模）科研人员进行了加氢制、和转化为催化反应的研究，反应历程分别如甲、乙两图所示。 下列说法正确的是 A．过程中，有极性键发生断裂、形成和非极性键形成 B．使用作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率 C．生成的总反应原子利用率小于100% D．经过活性中心裂解产生活化态的过程中 【答案】A 【解析】A．如图乙所示，CH4→CH3COOH的过程中发生三个步骤：CH4的C-H断裂形成H*和、CO2与反应生成CH3COO*、CH3COO*转化为CH3COOH，反应过程中涉及C-H键（极性键）断裂、C-C键（非极性键）和O-H键（极性键）生成，A正确； B．催化剂不能降低反应的焓变，仅可降低反应的活化能，提高化学反应速率，B错误； C．根据图乙所示，与在催化剂存在时生成，总反应为，只有一种生成物，原子利用率为100%，C错误； D．为气体，裂解后产生的活化态H·被吸附在Ni活性中心表面，由自由运动的气体分子变为在表面束缚的原子，体系的混乱度减小，，D错误； 故选A。 考向06 速率常数与速率方程 12．（2026·山东青岛·二模）硫酰氯(SO2Cl2)在一定条件下分解反应为。100℃，恒容密闭容器进行实验，测得不同时刻的浓度及该时刻的瞬时反应速率如下。下列说法正确的是 时刻 3.2 2.6 2.0 1.4 0.8 0.2 6.4 5.2 4.0 2.8 1.6 0.4 A．该反应的速率方程可表示为(k为速率常数) B． C． D．110℃重复上述实验，初始速率更大因为温度升高使反应活化能减小 【答案】C 【解析】A．将表中数据代入验证可得v/c(SO2Cl2)为定值，故速率方程为v = kc(SO2Cl2)，属于一级反应，A错误； B．t1~t2和t2~t3时间段内SO2Cl2浓度减少量均为0.6×10-2 mol/L，而反应速率随反应物浓度降低而减小，故消耗等量反应物所需时间更长，即，B错误； C．根据一级反应积分式ln(c0/c) = kt计算可得，，，故，C正确； D．温度升高不会改变反应活化能，初始速率增大是因为温度升高使活化分子百分数增大，有效碰撞频率升高，D错误； 故答案选C。 13．（2026·广东中山·模拟预测）一定温度下，实验测得反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g) 的反应速率与反应物浓度间存在定量关系：ν=k∙cm(NO)∙cn(O2)，其中k是速率常数。NO和O2的反应初始浓度、反应初始速率ν如表所示。 编号 c(NO)/mol∙L-1 c(O2)/mol∙L-1 ν/(mol∙L-1∙s-1) ⅰ 0.10 0.10 0.30 ⅱ 0.10 0.20 0.60 ⅲ 0.20 0.20 2.40 下列计算结果正确的一组是 A．m=n=1 k=600 B．m=n=2  k=300 C．m=2，n=1，k=300 D．m=1，n=2，k=300 【答案】C 【解析】控制变量法推导反应级数：对比实验i和ii，不变，变为原来2倍，反应速率变为原来2倍，可得，解得。对比实验ii和iii，不变，变为原来2倍，反应速率变为原来4倍，可得，解得。 代入实验i数据得，C正确， 故选 C。 14．（2025·吉林白城·模拟预测）在蔗糖酶浓度一定的条件下测定蔗糖浓度对水解速率的影响如图。蔗糖处于较低浓度时水解速率与反应物浓度的关系如表所示。 蔗糖浓度() 0.0005 0.001 0.002 0.003 水解速率/() 0.012 0.024 0.048 0.072 已知：水解速率与反应物浓度间的关系可用速率方程为v=kcn表示，下列说法正确的是 A．其他条件保持不变时，反应物浓度越大，水解速率越大 B．在高浓度蔗糖范围内，蔗糖浓度增大，水解反应的半衰期不变(反应物消耗一半的时间称为半衰期) C．其他条件保持不变时，蔗糖酶浓度越大，水解速率越大 D．蔗糖浓度处于较低范围内时，速率方程可表示为v=kc2(蔗糖) 【答案】C 【解析】A．在低浓度区，其他条件保持不变时，反应物浓度越大，水解速率越大，高浓度区水解速度与浓度无关，A错误； B．在高浓度区蔗糖水解的速度变为定值，据图可知浓度越大，半衰期越长，B错误； C．根据酶促反应原理可知，其他条件保持不变时，蔗糖酶浓度越大，水解速率越大，C正确； D．由图可知，蔗糖浓度处于较低范围内时，速率方程为v=kcn，代入表格中数据，0.012=k×0.0005n，0.024=k×0.001n，可以计算得出n=1，水解速率与蔗糖浓度呈正比，速率方程可表示为v=kc(蔗糖)，D错误； 故选C。 重难·创新演练 1．（2025·辽宁·二模）下列实验操作或处理方法错误的是 A．在中和反应反应热测定实验中，为了保证盐酸完全被中和，采用稍过量的NaOH溶液 B．在燃烧热测定实验中，必须使用1mol可燃物进行实验 C．在化学反应速率测定实验中，可以用固体物质的质量变化率来衡量反应进行的快慢 D．在沉淀转化实验中，向盛有2 mL0.1mol/LMgCl2溶液的试管中滴加2~4滴2mol/L NaOH溶液，再滴加4滴0.1 mol/LFeCl3溶液，观察现象 【答案】B 【解析】A．中和反应反应热的测定实验中，通常需要让一种反应物（如NaOH）稍过量，以确保另一种反应物（如盐酸）完全反应，从而准确测定反应热，A正确； B．燃烧热的定义是1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的热效应。实验中实际使用量可能不足1 mol，但需通过数据换算为1 mol对应的热量，因此“必须使用1 mol可燃物”的说法错误，B错误； C．化学反应速率通常通过浓度变化衡量。但是也可以用固体质量变化或气体体积的变化来衡量反应进行的快慢，C正确； D．在沉淀转化实验中，向盛有2 mL0.1mol/LMgCl2溶液的试管中滴加2~4滴2mol/L NaOH溶液，量不足，完全生成了白色沉淀，再滴加4滴0.1 mol/LFeCl3溶液，若观察到红褐色沉淀说明生成了，说明，D正确； 故选B。 2．（2026·湖南邵阳·三模）CO还原NO的反应机理及相对能量如图(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 A．第一步是该反应过程的决速步骤 B．第二步的热化学方程式为   C．第三步反应中只有极性键的断裂和非极性键的形成 D．降低温度、增大压强都能提高总反应中的平衡转化率 【答案】C 【解析】A．反应的决速步骤由活化能最大（反应速率最慢）的步骤决定：第一步活化能：，第二步活化能：，第三步活化能，第一步活化能最大，是决速步骤，A正确； B．第二步反应物为（相对能量），生成物为（相对能量），得：，消去两边相同的，热化学方程式正确，B正确； C．第三步反应为，还生成了，其中含有极性键，这与选项中“只有极性键的断裂和非极性键的形成”的说法不符，C错误； D．总反应为，（放热），且反应后气体分子数减少：降低温度，平衡正向移动，平衡转化率提高；增大压强，平衡向气体分子数减少的方向（正向）移动，平衡转化率提高，D正确； 故答案选C。 3．（2026·广东深圳·三模）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为① ；② 。该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线如下图下列说法不正确的是： A．曲线b为随时间的变化情况 B．随的减小，反应②的瞬时速率先增大后减小 C．秒以后，速率 D．欲提高Y的产率，需控制反应进行的时间在附近 【答案】C 【分析】向密闭容器中加入一定量X，X发生反应①生成Y，Y再发生反应②生成Z。由图中信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，因此曲线a为随时间的变化情况，浓度随时间变化逐渐增大的代表的是Z，因此曲线c为随时间的变化情况，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y，因此曲线b为随时间的变化情况，据此作答。 【解析】A．由分析可知，Y的浓度先增大后减小，曲线b呈现先升后降的趋势，符合Y的浓度变化特征，故A正确； B．反应②的速率方程为，由分析可知，随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，故反应①的速率随c(X)的减小而减小，反应②的速率先增大后减小，随c(Y)变化先增大后减小，故B正确； C．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的增加量和Z的增加量之和，因此，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的减少量和X的减少量之和，则，故C错误； D．反应①生成Y，而反应②消耗Y，根据分析可知，在附近，Y的浓度最高，因此欲提高Y的产率，需控制反应时间在附近，故D正确。 4．（25-26高三上·河南郑州·期中）已知的速率方程为(为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，在催化剂表面反应的变化数据如下： 0 10 20 30 40 50 60 70 0.100 0.080 0.040 0.020 0 半衰期是指物质浓度减少至一半时所需的时间。下列说法错误的是 A．， B．时， C．相同条件下，为了能加快反应速率，可增大的浓度或催化剂的表面积 D．保持其他条件不变，若起始浓度为，则其半衰期为 【答案】C 【分析】由表格数据可知，0到10min内和30min到40min内一氧化二氮的浓度变化量都为0.020mol/L，说明该反应的反应速率始终不变，反应速率与一氧化二氮的浓度无关，为匀速反应，N2O的消耗速率为0.0020 mol·L⁻¹·min⁻¹，则速率方程中的n=0，c1、c2、c3分别为0.060、0、0。 【解析】A．根据以上分析，反应速率与一氧化二氮的浓度无关，速率方程中n=0，反应为零级，浓度随时间线性减少，每10min内，c(N2O)的变化量都是0.020mol/L，所以c1=0.060，c2和c3均为0，故c₁>c₂=c₃，故A正确； B．零级反应速率恒定，v(N2O)= =2.0×10-3mol/(L·min)，故B正确； C．零级反应速率与浓度无关，增大浓度反应速率不变，故C错误； D．反应为零级，浓度随时间线性减少，每10min内，c(N2O)的变化量都是0.020mol/L，所以起始浓度0.200mol/L时，其半衰期为=50min，故D正确； 选C。 5．（2026·山东潍坊·三模）超氧阴离子可实现柴油氧化脱硫。常温恒定条件下，在催化剂作用下生成的机理如图(部分物质省略)。下列说法错误的是 A．为 B．②和③中均做还原剂 C．高温会加快产生的速率 D．若生成，理论上被还原 【答案】C 【解析】A．反应①为，根据原子守恒、化合价变化：Cl从+1价降为−1价，因此X为NaCl，A正确； B．反应②：中O为−1价，产物中O为0价，化合价升高，作还原剂；反应③：反应③中，被还原为（平均价为价），得电子，对应失电子，仍作还原剂， B正确； C．机理中涉及，高温下分解损失，同时催化剂可能因高温失活，因此高温不会加快产生的速率，C错误； D．将三步反应加和得到总反应为，可知生成时，有被还原，因此生成，理论上有被还原，D正确； 故选C。 6．（2026·海南三亚·一模）钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是 A．步骤①生成的X为 B．步骤③正、逆反应的活化能关系为 C．在催化循环中起氧化作用 D．升高温度，该反应速率一定增大 【答案】D 【分析】 结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，和苯生成，和、反应生成、和水，据此解答。 【解析】A．结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，X为，故A正确； B．步骤③为放热反应，，即，故B正确； C．在催化循环中V的化合价由+5降低到+4，所以起氧化作用，故C正确； D．升高温度，分解导致浓度减小，该反应速率不一定增大，故D错误； 故选D。 7．（2026·山东东营·三模）根据下列实验过程及现象，能得出相应实验结论的是 实验过程及现象 实验结论 A 常温下，测定1 mol·L-1 CH3COONH4溶液和0.1 mol·L-1 CH3COONH4溶液的pH都等于7 同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同 B 相同条件下，向H2O2溶液中分别加入等量的KMnO4和MnO2，前者产生气泡速率快 催化效果：KMnO4>MnO2 C 向2 mL 0.1 mol·L-1 K2CrO4溶液中滴加5～10滴6 mol·L-1硫酸，黄色溶液变为橙色 增大c(H+)，平衡向生成的方向移动 D 将铁丝和水蒸气反应后的固体溶于稀硫酸，滴入数滴KSCN溶液，溶液未变红 固体中不存在Fe3+ 【答案】C 【解析】A．CH3COONH4是弱酸弱碱盐，阴、阳离子水解均会促进水的电离，盐的浓度越大对水的电离的促进程度越强，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度不同，A错误； B．KMnO4和H2O2发生氧化还原反应，KMnO4作氧化剂，不是H2O2分解的催化剂，无法比较二者的催化效果，B错误； C．溶液中存在平衡，增大，平衡正向移动，生成更多，溶液由黄色变为橙色，C正确； D．铁丝和水蒸气反应后可能有未反应的Fe剩余，固体溶于稀硫酸时，过量的Fe会将反应生成的还原为，滴加KSCN溶液不变红不能说明固体中不存在，D错误； 故答案选C。 8．（25-26高二上·四川遂宁·期中）CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。 Ⅰ．在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应： 主反应：； 副反应：； （1）①主反应自发进行的条件是___________(填“低温”或“高温”)。 ②下列操作中，一定能提高：平衡转化率的是___________(填写字母)。 A．增加的用量         B．升高反应温度 C．及时分离生成的   D．恒压条件下，充入惰性气体 （2）在一恒容绝热容器进行上述反应，体系达平衡的标志为___________。 A．的消耗量等于甲烷的生成量 B．体系温度不变 C．体系总压强不变 D．CO的分压等于的分压 Ⅱ.可利用CO2和CH4催化制备合成气(CO、H2)，在一定温度下容积为1 L密闭容器中，充入等物质的量CH4和CO2，加入Ni/Al2O3使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，制备“合成气”反应历程分两步： 步骤 反应 正反应速率方程 逆反应速率方程 反应① CH4(g)C(ads)+2H2(g) v正=k1·c(CH4) v逆=k2·c2(H2) 反应② C(ads)+CO2(g)2CO(g) v正=k3·c(CO2) v逆=k4·c2(CO) 上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量图变化如下图所示： （3）反应速率快慢比较：反应①___________反应②(填“>”“<”或“=”)，请依据有效碰撞理论微观探析其原因___________。 Ⅲ．已知催化加氢合成乙醇的反应为：，设m为起始时的投料比，即。 （4）图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为___________，并解释其原因___________。 （5）该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是___________。 【答案】（1）低温 AC （2）BC （3）< 反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快 （4） 该反应为放热反应，其它条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率下降 （5）使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积 【解析】（1）主反应的，，根据时反应自发进行可知，主反应自发进行的条件是低温。 A．增加CO2的用量，相当于增大反应物CO2的浓度，平衡正向移动，H2的转化率提高，A正确； B．主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2的转化率降低，B错误； C．及时分离生成的水蒸气，减小生成物的浓度，平衡正向移动，H2的转化率提高，C正确； D．恒压条件下，充入惰性气体，容器体积增大，主反应平衡逆向移动，H2的转化率降低，D错误； 故选AC。 （2）A．CO2的消耗和CH4的生成均属于正向反应，则CO2的消耗量等于甲烷的生成量不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，A错误； B．主反应正向放热，副反应正向吸热，体系中以主反应为主，则随着反应的进行，反应放热，容器中温度升高，当体系温度不变时，说明反应达到平衡状态，B正确； C．恒容容器中，随着主反应的进行，气体的物质的量减小，体系总压强减小，则体系总压强不变时，说明反应达到平衡状态，C正确； D．在副反应中，CO和H2O均是产物且系数相等，在主反应中仅有H2O作为生成物出现，故若它们的物质的量相等，仅能说明主反应未进行，不能说明反应体系达到平衡状态，D错误； 故选BC。 （3）活化能越大反应速率越慢，反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快，则反应速率：反应①<反应②; （4）该反应为放热反应，其他条件相同时，升高温度平衡逆向移动，CO2的平衡转化率下降，由于投料比相同，故温度高低顺序为T3>T2>T1。 （5）根据公式，曲线b与a的活化能Ea不同，且b斜率更大，即b活化能更小，推测使用了催化剂或使催化剂效率更高，故答案为使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积。 真题·实战演练 1．（2024·山东卷）（多选）逆水气变换反应：。一定压力下，按，物质的量之比投料，，温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，温度时反应速率常数k分别为。下列说法错误的是 A． B．温度下达平衡时反应速率的比值： C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D．温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同 【答案】CD 【分析】由图可知，T1比T2反应速率速率快，则T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时；由于起始CO2与H2的物质的量之比为1∶1，则达到平衡时CO2和H2的摩尔分数相等。 【解析】A．根据分析，T1比T2反应速率速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1＞k2，A项正确； B．反应的速率方程为v=kc0.5(H2)c(CO2)，则，T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时，则，B项正确； C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化，C项错误； D．T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，D项错误； 答案选CD。 2．（2021·山东卷）18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是 A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步 B．反应结束后，溶液中存在18OH- C．反应结束后，溶液中存在CH318OH D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变 【答案】B 【解析】 A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误； B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确； C．反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318H，故C错误； D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误； 综上所述，正确的是B项，故答案为B。 3．（2025·山东卷）在恒容密闭容器中，热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：温度时，完全分解；体系中气相产物在、温度时的分压分别为、。下列说法错误的是 A．a线所示物种为固相产物 B．温度时，向容器中通入，气相产物分压仍为 C．小于温度时热解反应的平衡常数 D．温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大 【答案】C 【分析】热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为和，其分解的化学方程式为，根据图数据分析可知，a线代表，b线代表，c线代表。由各线的走势可知，该反应为吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动。 【解析】A．a线所示物种为，固相产物，A正确； B．温度时，向容器中通入，恒容密闭容器的体积不变，各组分的浓度不变，化学平衡不发生移动，虽然总压变大，但是气相产物分压不变，仍为，B正确； C．恒容密闭容器的平衡体系的气相产物只有，=p()，因此，与温度时热解反应的平衡常数相等，C不正确； D．b线所示物种为，温度时向容器中加入，增大生成物的浓度导致逆反应速率增大，化学平衡向逆反应方向移动，因此重新达平衡时（此处指的是重新建立化学平衡的过程中）逆反应速率增大（比原平衡体系的大），D正确； 综上所述，本题选C。 4．（2025·安徽卷）恒温恒压密闭容器中，时加入，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率，k为反应速率常数)。 下列说法错误的是 A．该条件下 B．时间段，生成M和N的平均反应速率相等 C．若加入催化剂，增大，不变，则和均变大 D．若和均为放热反应，升高温度则变大 【答案】C 【解析】A．①的，②，②－①得到，则K=，A正确； B．由图可知，时间段，生成M和N的物质的量相同，由此可知，成M和N的平均反应速率相等，B正确； C．若加入催化剂，增大，更有利于生成M，则变大，但催化剂不影响平衡移动，不变，C错误； D．若和均为放热反应，升高温度，两个反应均逆向移动，A的物质的量分数变大，即变大，D正确； 故选C。 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 【解析】A．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； B．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； C．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； D．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； 故选C。 6．（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。 7．（2026·云南·高考真题）“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯(DMT)的路径如下： 回答下列问题： I．“热催化”中主反应： i．     （1）已知：      则__________(用含和的代数式表示)，__________0(填“”或“”)。 （2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应，提高平衡转化率的措施有__________(填标号)。 A．及时移走 B．通入 C．增大和投料比 D．加入催化剂 （3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”()的副反应： ii． 一定条件下，平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[比如：DMO选择性] ①“热催化”反应较适宜的温度区间为__________(填标号)。 A．    B．    C． ②，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时__________，反应的__________(列出计算式即可)。 II．“电催化”中：DMODMT （4）25℃时，DMT的生成速率与关系如图2，已知该反应的速率方程为，其中为速率常数。 ①当增加10倍，也增加10倍，则为__________。 ②速率常数为__________(列出计算式即可)。 （5）生成DMT的电极反应式为，其中Y为__________(填结构简式)。 【答案】（1） ＜ （2）C （3）B 0.25 （4）1 或或或 （5） 【解析】（1）根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以减去第二个反应乘以，得到目标反应，故。反应i中，反应物气体总物质的量为，生成物仅气体（DMO为液态），气体物质的量减少，熵减小，因此。 （2）A．及时移走液态生成物DMO，DMO为纯液体，其量的改变不影响化学平衡移动，平衡转化率不变，错误； B．恒容密闭容器中通入，各反应物生成物浓度不变，平衡不移动，转化率不变，错误； C．增大和投料比，相当于增加CO浓度，平衡正向移动，转化率提高，正确； D．催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，转化率不变，错误。 （3）①该反应需要主产物DMO保持高选择性，同时保证一定转化率。由图可知，温度在时，主产物的选择性较高，但的转化率太低，而温度在时，副产物2的选择性急剧升高，不利于生产，故反应较适宜的温度区间为，答案选B。 ②时平衡转化率为，初始浓度为，因此平衡时， 两个反应中，每消耗均生成，因此平衡；结合DMO选择性，生成DMO的为 0.75×90%=0.675mol/L。根据反应 i，，反应 ii 消耗的=0.75mol/L×(1−90%)=0.075mol/L。生成 c(副产物1)=；列出变化量：： i． ii． 平衡，DMO为液态不计入平衡常数（题中所给单位亦可看出），因此反应i的平衡常数。 （4）①速率方程，当增加10倍，增加10倍，可得，即，因此。 ②，因此，代入图2中任意一组数据即可： 或或或。 （5）根据原子守恒配平电极反应：左侧总组成为，右侧DMT总组成为，剩余对应2Y，因此Y为。 1 / 19 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（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 化学反应速率的计算与比较 考向02 化学反应速率的影响因素 考向03 控制变量法探究影响化学反应速率的因素 考向04 对活化能与催化剂的理解 考向05 与化学反应速率有关的反应历程分析 考向06 速率常数与速率方程 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 化学反应速率的计算与比较 1．接触法制备硫酸中的关键步骤是在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为  。下列4个数据是在不同条件下测得的该反应的速率，其中反应最快的是 A． B． C． D． 2．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 考向02 化学反应速率的影响因素 3．（2026·湖北武汉·一模）化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是 A．金属氧化物可以使玻璃呈现不同的颜色 B．可燃冰是甲烷的水合物，水分子在甲烷分子间通过氢键构成的笼内 C．将牛奶存放在冰箱，是为了减慢反应速率 D．氯乙烷具有冷冻麻醉作用，可在身体局部产生快速镇痛效果 4．（2026·甘肃·一模）下列做法与调控化学反应速率无关的是 A．在食品中添加柠檬黄 B．用加酶洗衣粉洗衣去污渍 C．在航空运输的水果箱中放置冰袋 D．在钢铁部件的表面进行发蓝处理 考向03 控制变量法探究影响化学反应速率的因素 5．某研究性学习小组利用控制变量法，探究“外界条件对与酸性溶液化学反应速率的影响”，实验记录数据如下表所示： 实验序号 实验温度/℃ 溶液（含硫酸） 溶液 溶液颜色褪至无色时所需时间/min V/mL c/mol·L-1 V/mL c/mol·L-1 ① 25 4 0.010 4 0.1 12 ② 4 0.001 4 0.1 5 ③ 35 4 0.010 0.1 查阅资料： 溶液中滴加过量的，振荡后溶液由紫色变为无色，反应的离子方程式为： 。 下列说法错误的是 A．， B．通过对比实验①和③可探究温度变化对化学反应速率的影响 C．实验②中，用表示的平均反应速率为mol·L-1·min-1 D．对比实验①和②，实验②的褪色时间短，所以实验②的反应速率比实验①快 6．Ⅰ．控制变量法是科学探究中非常重要的思想方法。控制变量法探究影响化学反应速率因素的一般原则是“定多变一”，即要保持其他变量不变，改变其中一个变量进行实验，测定数据，通过系列实验，找出变量对反应速率的影响。某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。按照如下方案完成实验。 方案 反应物 催化剂 温度 ① 5mL 3% H2O2溶液 无 25℃ ② 5mL 6% H2O2溶液 无 25℃ ③ 5mL 6% H2O2溶液 无 40℃ ④ 5mL 6% H2O2溶液 1—2滴0.1mol/L FeCl3溶液 40℃ 通过实验得到氧气的体积与时间的关系如图1所示。回答下列问题： （1）请填写出曲线Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ分别代表哪个试验方案：曲线Ⅰ代表方案___________，曲线Ⅲ代表方案___________，曲线Ⅳ代表方案___________。 （2）甲同学为了探究浓度对化学反应速率的影响，应进行方案___________和___________。乙同学进行方案③和④，你认为他想探究的是___________对化学反应速率的影响。 Ⅱ．另一组同学为了探究碳酸钙与100mL稀盐酸反应的反应速率，他们通过实验测定反应中生成的CO2气体体积随反应时间变化的情况，绘制出图2所示的曲线。 已知该反应是放热反应，请分析以下问题： 在0～t1、t1～t2、t2～t3三个相同的时间段里， （3）反应速率最大的是___________时间段，反应速率最大的主要原因是___________。 （4）若生成V2mL CO2，盐酸的物质的量减少了0.2mol，则用盐酸表示的反应速率为___________(列出计算式即可)。 考向04 对活化能与催化剂的理解 7．（2026·海南儋州·二模）相同条件下，探究不同催化剂对100 mL某浓度H2O2溶液分解反应的催化效果，测得O2的体积(已换算为标况下的体积)随时间变化如图所示。 下列说法正确的是 A．三种催化剂的反应历程是相同的 B．H2O2分解活化能：FeCl3溶液<MnO2 C．使用三种催化剂时的活化分子百分数相同 D．在过氧化氢酶催化作用下，0~10 s内H2O2分解速率为0.012 mol·L-1·s-1 8．（2026·福建厦门·模拟预测）科学家模拟早期地球环境，用纳米催化剂成功将转化为。下列说法错误的是 A．中铁的价电子排布式为 B．转化为实现了无机物到有机物的转化 C．纳米催化剂属于胶体 D．催化剂改变了反应历程，降低了反应的活化能 9．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）为实现“碳中和”、“碳达峰”目标，科学家提出用钌(Ru)基催化剂催化和反应生成HCOOH，反应机理如图所示，已知当生成时放出31.2 kJ的热量。下列说法正确的是 A．总反应化学方程式为： B．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 C．通过和反应制备，每转移，放出31.2 kJ的热量 D．催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转化率 考向05 与化学反应速率有关的反应历程分析 10．（2026·山东日照·模拟预测）2-溴-2-甲基丁烷发生消去反应的势能变化如图所示。下列说法错误的是 A．该反应较为稳定的产物是2-甲基-2-丁烯 B．为该反应的决速步骤 C．升高温度，可以降低过程的活化能 D．与溴化氢发生加成反应后，某一产物中存在手性碳原子 11．（2026·湖南长沙·二模）科研人员进行了加氢制、和转化为催化反应的研究，反应历程分别如甲、乙两图所示。 下列说法正确的是 A．过程中，有极性键发生断裂、形成和非极性键形成 B．使用作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率 C．生成的总反应原子利用率小于100% D．经过活性中心裂解产生活化态的过程中 考向06 速率常数与速率方程 12．（2026·山东青岛·二模）硫酰氯(SO2Cl2)在一定条件下分解反应为。100℃，恒容密闭容器进行实验，测得不同时刻的浓度及该时刻的瞬时反应速率如下。下列说法正确的是 时刻 3.2 2.6 2.0 1.4 0.8 0.2 6.4 5.2 4.0 2.8 1.6 0.4 A．该反应的速率方程可表示为(k为速率常数) B． C． D．110℃重复上述实验，初始速率更大因为温度升高使反应活化能减小 13．（2026·广东中山·模拟预测）一定温度下，实验测得反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g) 的反应速率与反应物浓度间存在定量关系：ν=k∙cm(NO)∙cn(O2)，其中k是速率常数。NO和O2的反应初始浓度、反应初始速率ν如表所示。 编号 c(NO)/mol∙L-1 c(O2)/mol∙L-1 ν/(mol∙L-1∙s-1) ⅰ 0.10 0.10 0.30 ⅱ 0.10 0.20 0.60 ⅲ 0.20 0.20 2.40 下列计算结果正确的一组是 A．m=n=1 k=600 B．m=n=2  k=300 C．m=2，n=1，k=300 D．m=1，n=2，k=300 14．（2025·吉林白城·模拟预测）在蔗糖酶浓度一定的条件下测定蔗糖浓度对水解速率的影响如图。蔗糖处于较低浓度时水解速率与反应物浓度的关系如表所示。 蔗糖浓度() 0.0005 0.001 0.002 0.003 水解速率/() 0.012 0.024 0.048 0.072 已知：水解速率与反应物浓度间的关系可用速率方程为v=kcn表示，下列说法正确的是 A．其他条件保持不变时，反应物浓度越大，水解速率越大 B．在高浓度蔗糖范围内，蔗糖浓度增大，水解反应的半衰期不变(反应物消耗一半的时间称为半衰期) C．其他条件保持不变时，蔗糖酶浓度越大，水解速率越大 D．蔗糖浓度处于较低范围内时，速率方程可表示为v=kc2(蔗糖) 重难·创新演练 1．（2025·辽宁·二模）下列实验操作或处理方法错误的是 A．在中和反应反应热测定实验中，为了保证盐酸完全被中和，采用稍过量的NaOH溶液 B．在燃烧热测定实验中，必须使用1mol可燃物进行实验 C．在化学反应速率测定实验中，可以用固体物质的质量变化率来衡量反应进行的快慢 D．在沉淀转化实验中，向盛有2 mL0.1mol/LMgCl2溶液的试管中滴加2~4滴2mol/L NaOH溶液，再滴加4滴0.1 mol/LFeCl3溶液，观察现象 2．（2026·湖南邵阳·三模）CO还原NO的反应机理及相对能量如图(TS表示过渡态)。下列说法错误的是 A．第一步是该反应过程的决速步骤 B．第二步的热化学方程式为   C．第三步反应中只有极性键的断裂和非极性键的形成 D．降低温度、增大压强都能提高总反应中的平衡转化率 3．（2026·广东深圳·三模）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为① ；② 。该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线如下图下列说法不正确的是： A．曲线b为随时间的变化情况 B．随的减小，反应②的瞬时速率先增大后减小 C．秒以后，速率 D．欲提高Y的产率，需控制反应进行的时间在附近 4．（25-26高三上·河南郑州·期中）已知的速率方程为(为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，在催化剂表面反应的变化数据如下： 0 10 20 30 40 50 60 70 0.100 0.080 0.040 0.020 0 半衰期是指物质浓度减少至一半时所需的时间。下列说法错误的是 A．， B．时， C．相同条件下，为了能加快反应速率，可增大的浓度或催化剂的表面积 D．保持其他条件不变，若起始浓度为，则其半衰期为 5．（2026·山东潍坊·三模）超氧阴离子可实现柴油氧化脱硫。常温恒定条件下，在催化剂作用下生成的机理如图(部分物质省略)。下列说法错误的是 A．为 B．②和③中均做还原剂 C．高温会加快产生的速率 D．若生成，理论上被还原 6．（2026·海南三亚·一模）钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。下列说法错误的是 A．步骤①生成的X为 B．步骤③正、逆反应的活化能关系为 C．在催化循环中起氧化作用 D．升高温度，该反应速率一定增大 7．（2026·山东东营·三模）根据下列实验过程及现象，能得出相应实验结论的是 实验过程及现象 实验结论 A 常温下，测定1 mol·L-1 CH3COONH4溶液和0.1 mol·L-1 CH3COONH4溶液的pH都等于7 同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同 B 相同条件下，向H2O2溶液中分别加入等量的KMnO4和MnO2，前者产生气泡速率快 催化效果：KMnO4>MnO2 C 向2 mL 0.1 mol·L-1 K2CrO4溶液中滴加5～10滴6 mol·L-1硫酸，黄色溶液变为橙色 增大c(H+)，平衡向生成的方向移动 D 将铁丝和水蒸气反应后的固体溶于稀硫酸，滴入数滴KSCN溶液，溶液未变红 固体中不存在Fe3+ 8．（25-26高二上·四川遂宁·期中）CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。 Ⅰ．在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应： 主反应：； 副反应：； （1）①主反应自发进行的条件是___________(填“低温”或“高温”)。 ②下列操作中，一定能提高：平衡转化率的是___________(填写字母)。 A．增加的用量         B．升高反应温度 C．及时分离生成的   D．恒压条件下，充入惰性气体 （2）在一恒容绝热容器进行上述反应，体系达平衡的标志为___________。 A．的消耗量等于甲烷的生成量 B．体系温度不变 C．体系总压强不变 D．CO的分压等于的分压 Ⅱ.可利用CO2和CH4催化制备合成气(CO、H2)，在一定温度下容积为1 L密闭容器中，充入等物质的量CH4和CO2，加入Ni/Al2O3使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，制备“合成气”反应历程分两步： 步骤 反应 正反应速率方程 逆反应速率方程 反应① CH4(g)C(ads)+2H2(g) v正=k1·c(CH4) v逆=k2·c2(H2) 反应② C(ads)+CO2(g)2CO(g) v正=k3·c(CO2) v逆=k4·c2(CO) 上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量图变化如下图所示： （3）反应速率快慢比较：反应①___________反应②(填“>”“<”或“=”)，请依据有效碰撞理论微观探析其原因___________。 Ⅲ．已知催化加氢合成乙醇的反应为：，设m为起始时的投料比，即。 （4）图1中投料比相同，温度从高到低的顺序为___________，并解释其原因___________。 （5）该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arrhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是___________。 真题·实战演练 1．（2024·山东卷）（多选）逆水气变换反应：。一定压力下，按，物质的量之比投料，，温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，，温度时反应速率常数k分别为。下列说法错误的是 A． B．温度下达平衡时反应速率的比值： C．温度不变，仅改变体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D．温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同 2．（2021·山东卷）18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：+OH-+CH3O-能量变化如图所示。已知为快速平衡，下列说法正确的是 A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步 B．反应结束后，溶液中存在18OH- C．反应结束后，溶液中存在CH318OH D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变 3．（2025·山东卷）在恒容密闭容器中，热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：温度时，完全分解；体系中气相产物在、温度时的分压分别为、。下列说法错误的是 A．a线所示物种为固相产物 B．温度时，向容器中通入，气相产物分压仍为 C．小于温度时热解反应的平衡常数 D．温度时、向容器中加入b线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大 4．（2025·安徽卷）恒温恒压密闭容器中，时加入，各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲线如图(反应速率，k为反应速率常数)。 下列说法错误的是 A．该条件下 B．时间段，生成M和N的平均反应速率相等 C．若加入催化剂，增大，不变，则和均变大 D．若和均为放热反应，升高温度则变大 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 6．（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 7．（2026·云南·高考真题）“双碳”目标推动科技发展。一种由CO制备高附加值酒石酸二甲酯(DMT)的路径如下： 回答下列问题： I．“热催化”中主反应： i．     （1）已知：      则__________(用含和的代数式表示)，__________0(填“”或“”)。 （2）一定温度下，恒容密闭容器中只发生反应，提高平衡转化率的措施有__________(填标号)。 A．及时移走 B．通入 C．增大和投料比 D．加入催化剂 （3）“热催化”存在两个副反应，其中生成“副产物1”()的副反应： ii． 一定条件下，平衡转化率和产物选择性随温度变化关系如图1。[比如：DMO选择性] ①“热催化”反应较适宜的温度区间为__________(填标号)。 A．    B．    C． ②，若恒容密闭容器中只发生反应i、ii，当和的初始浓度分别为、，结合图1信息，平衡时__________，反应的__________(列出计算式即可)。 II．“电催化”中：DMODMT （4）25℃时，DMT的生成速率与关系如图2，已知该反应的速率方程为，其中为速率常数。 ①当增加10倍，也增加10倍，则为__________。 ②速率常数为__________(列出计算式即可)。 （5）生成DMT的电极反应式为，其中Y为__________(填结构简式)。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $