化学反应速率及其影响因素（练习）-2025年高考化学一轮复习（新教材新高考）

第01讲化学反应速率及其影响因素

oi模拟基础练

【题型一】化学反应速率的概念及计算

【题型二】影响化学反应速率的因素

02重难创新练

03真题实战练

4台甘工山4亡

题型一化学反应速率的概念及计算

1.（23-24高三下•辽宁•开学考试）下列关于化学反应速率的说法正确的是

A.决定化学反应速率的主要因素有温度、浓度、压强和催化剂

B.增大反应物浓度，可以提高活化分子百分数，从而提高反应速率

C.对于放热的可逆反应，升高温度，逆反应速率加快，正反应速率减慢

D.从酯化反应体系中分离出水，反应速率减慢，但有利于提高酯的产率

【答案】D

【解析】A.决定化学反应速率的主要因素是反应物自身的性质，温度、浓度、压强和催化剂等均是外因，

A错误；B.增大反应物浓度，可以提高单位体积内活化分子百分数，从而提高反应速率，活化分子百分数

不变，B错误；C.对于可逆反应，升高温度，正逆反应速率均加快，C错误；D.从酯化反应体系中分离

出水，相当于降低生成物浓度，反应速率减慢，平衡正向移动，有利于提高酯的产率，D正确；答案选D。

2.（23-24高三上•全国•开学考试）下列关于化学反应速率的说法中，正确的是

①铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可以加快产生氢气的速率

②增加反应物的用量，一定会增大化学反应速率

③决定化学反应速率的主要因素是反应物的浓度

④光是影响某些化学反应速率的外界条件之一

⑤使用催化剂，使反应的活化能降低，反应速率加快

A.①⑤B.④⑤C.②④D.③

【答案】B

【解析】①常温下铁在浓硫酸中钝化，得不到氢气，故①错误；②增加反应物的用量，不一定会增大化学

反应速率，例如改变固体的质量，故②错误；③决定化学反应速率的主要因素是反应物自身的性质，如钠

和冷水剧烈反应，但铁需要高温下才能与水蒸气反应，故③错误；④有些物质在光照条件下反应，如次氯

酸的分解等，因此光是影响某些化学反应速率的外界条件之一，故④正确；⑤使用催化剂，使反应的活化

能降低，反应速率加快，故⑤正确；故正确的是④⑤，答案为B。

3.（23-24高三上・河南•期中）可逆反应2so2（g）+O2（g）2SCh（g）正在逆向进行时，正反应速率和逆反

应速率的大小是

A.v正＞旷逆B."正＜旷逆C.v正="逆D.不能确定

【答案】B

【解析】可逆反应，正反应和逆反应同时进行，正速率大就正向进行，逆速率大就逆向进行，两者相等处

于平衡状态，但仍在进行，没有停止。现逆向进行，说明逆反应速率大于正反应速率，答案选B。

4.（2024・浙江・一模）下表数据是在某高温下，金属镁和银分别在氧气中进行氧化反应时，在金属表面生成

氧化薄膜的实验记录如下（a和b均为与温度有关的常数）：

反应时间t/h1491625

MgO层厚Y/nm0.05a0.20a0.45a0.80a1.25a

NiO层厚Y/nmb2b3b4b5b

下列说法不正确的是

A.金属表面生成的氧化薄膜可以对金属起到保护作用

B.金属高温氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生长速率来表示

C.金属氧化膜的膜厚Y跟时间t所呈现的关系是：MgO氧化膜厚Y属直线型，NiO氧化膜厚Y’属抛物线

型

D.Mg与Ni比较，金属镁具有更良好的耐氧化腐蚀性

【答案】D

【解析】A.有些金属表面被氧化时，会生成致密的氧化物薄膜，可以起到保护金属的作用，例如铝等，A

项正确；B.金属腐蚀即金属失去电子被氧化的过程，因此可以用氧化膜的生长速率表示金属在高温下被氧

化腐蚀的速率，B项正确；C.表格中列举的数据，时间间隔分别是lh,3h,5h,7h,9h；对于MgO,结

合MgO厚度的数据分析可知，MgO氧化膜每小时增加的厚度是定值即0.05a,因此其随时间变化呈现线性

关系；结合NiO厚度的数据分析，NiO氧化膜厚度随时间推移，增长的越来越缓慢，所以NiO氧化膜与时

间呈现抛物线形的关系，C项正确；D.根据表格数据分析可知，MgO氧化膜随时间推移，厚度呈现线性

递增的趋势，而NiO氧化膜随时间推移，厚度增加越来越缓慢，说明NiO氧化膜的生成能够逐渐减缓Ni

单质被氧化的速率，所以Ni的耐氧化腐蚀性能更好，D项错误；答案选D。

5.（2024•湖南永州•三模）室温下，在P和Q浓度相等的混合溶液中，同时发生反应①P+Q=X+Z和反应

②P+Q=Y+Z,反应①和②的速率方程分别是vi=kd（P）、V2=k2c2（P）（ki、k2为速率常数）。反应过程中，Q、

X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是

_0.6

L0.5

二0.4

I0.3

'0.2

,0.2)

0.1

051015202530354045

时间/min

A.反应开始后，体系中X和Y的浓度之比保持不变

B.45min时Z的浓度为0.4mol-L-i

C.反应①的活化能比反应②的活化能大

D.如果反应能进行到底，反应结束时，有40%的P转化为Y

【答案】D

2

【解析】A.根据①和②的速率方程分别是Vl=kic2（p）、V2=k2C（P）（kKk2为速率常数），反应开始后，体系中

&

X和Y的浓度之比为K?,保持不变，故A正确；B.根据反应①P+Q=X+Z和反应②P+Q=Y+Z方程式,

可知每消耗ImolQ同时生成ImolZ,反应到45min时，Q的浓度降低0.4mol/L,则Z的浓度为0.4morLL

故B正确；C.反应到20min时，Q的浓度降低0.3mol/L,反应①中X浓度增大0.12mol/L,则反应②中Y

浓度增大0.18mol/L,反应②的速率大于反应①，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，故C正确；D.反

应到20min时,Q的浓度降低0.3mol/L,反应①中X浓度增大0.12mol/L,则反应②中Y浓度增大0.18mol/L,

如果反应能进行到底，反应结束时，有60%的P转化为Y,故D错误；选D。

6.（2024・安徽滁州•二模）利用天然气制乙焕，反应原理如下:

①2cH4(g)UC2H4(g)+2H2(g)AH1>0

②CR/g)0GH2(g)+H?(g)皿>0

在IL恒容密闭反应器中充入适量的CH”，发生上述反应，测得某温度时各含碳物质的物质的量随时间变化

如图所示。下列叙述正确的是

-甲

-乙

-丙

A.M点正反应速率小于逆反应速率

B.反应前30min以乙烯生成为主

C.若60min后升温，乙曲线上移，甲曲线下移

D.0~40min内CH4平均速率为2口0][一皿"1

【答案】B

【分析】根据题干方程式特点，随反应进行，甲烷含量逐渐减小，乙烯物质的量先增大后减小，产物乙快

物质的量只增大，因此曲线甲代表乙焕、乙代表甲烷、丙代表乙烯；根据曲线变化，30min前以乙烯生成

为主，30min后，以乙焕生成反应为主。

【解析】A.由分析可知，乙代表甲烷，M点时，甲烷的物质的量减小，说明反应向正向进行，则正反应速

率大于逆反应速率，A项错误；B.由分析可知，30min前以乙烯生成为主，B项正确；C.根据题干，两

反应均属于吸热反应，升高温度，平衡正移，甲烷物质的量减少，乙烘物质的量增大，则乙曲线下移，甲

(100-20)x10W,,.,

门口---------------------------=0.02mol-L•nun

曲线上移，C项错误；D.乙代表甲烷，0〜40min内平均速率为lLx40min,

D项错误；答案选B。

7.(23-24高三上•浙江•阶段考试)利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和02。紫外光照

射时，在不同催化剂(I、H、H)作用下，CH4产量随光照时间的变化如图所示，下列说法不氐碉的是

图1光照时间/小时

A.o〜30h内，CH4的平均生成速率v⑴，v(n)和v(ni)的大小顺序为v(ni)>v(n)>v(i)

B.当其他条件一定时，使用催化剂I,反应到达平衡的时间最短

C.反应开始后的12h内，在催化剂II作用下，得到的Cm最多

D.该反应的热化学方程式为CO2(g)+2H2O(g)=CH4(g)+2O2(g)AH>0

【答案】B

【解析】A.由图1可知，不同催化剂作用下，。〜30h内，CH4的平均生成速率的大小顺序为v(ni)>v(II)>

v(I),故A正确；B.当其他条件一定时，使用催化剂I的催化效果最差，反应达到平衡的时间最长，故B

错误：C.由图1可知反应开始后的12h内，在催化剂n作用下，得到的CH4最多，故C正确；D.由图2

可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，正反应为吸热反应，所以该反应的热化学方程式为

CO2(g)+2H2O(g)=CH4(g)+2O2(g)AH>0,故D正确；故答案选B。

题型二影响化学反应速率的因素

c，”一”后士一…、…匚+2co,+6H,、*CH、=CH,+4H,OAH〉。."十人#二以十目士

8.（2024•海南•一模）已知反应催化剂可用于合成烯烧。下列有

关该反应的说法镇送的是

A.增大压强可增大该反应速率

B.升高温度能增大C°2的转化率

C.增大H?的浓度，该反应的平衡常数不变

D.密闭容器中，通入2moic和6molH?,反应生成ImolC2H,

【答案】D

【解析】A.增大压强可以增大单位体积内活化分子数，从而提高有效碰撞几率，所以可加快该反应速率,

故A正确；B.该反应吸热，升高温度平衡正向移动，可以提高C°2的转化率，故B正确；C.增大H2的

浓度不能改变平衡常数，故C正确；D.密闭容器中，通入2moicCh和6m0任，因为反应可逆不可进行到

底，故生成的C2H4小于Imol,故D错误；故选D。

9.（2024•山东淄博•一模）两个均充有H2s的刚性密闭容器，起始压强均为pkPa,以温度、AI2O3催化剂为

条件变量，进行实验：2H2s（g）ui2H2（g）+S2（g）,反应相同时间，结果如图所示。下列说法错误的是

-

70

650H

决/

<

£40

)30-

耿20

/10-

H-

6O

)070800900100011001200

温度/'C

A.温度升高，H2s分解的正，逆反应速率均增大

1

B.900。（3,ts后达平衡，H2的平均生成速率为2tpkPasT

C.A12O3催化剂使得正反应的活化能小于逆反应的活化能

D.noo℃,曲线n、in重合，说明ALO3催化剂失去活性

【答案】c

【解析】A.温度升高，反应速率均增大即H2s分解的正，逆反应速率均增大，故A正确；B.900℃,ts

"四JkPa『

后达平衡，硫化氢的转化率为50%,则氢气的压强为0.5pkPa,则H2的平均生成速率为ts2t,

故B正确；C.根据图中曲线分析，升高温度，硫化氢的转化率增大，因此该反应是吸热反应，则正反应的

活化能大于逆反应的活化能，而加入AI2O3催化剂使正反应和逆反应活化能都降低，但正反应的活化能仍大

于逆反应的活化能，故c错误；D.催化剂需要适宜温度，在iiocrc,曲线n、in重合，说明ALC）3催化

剂可能几乎失去活性，故D正确。综上所述，答案为C。

10.在密闭容器中，反应X2（g）+Y2（g）w2XY（g）△”＜（）达到甲平衡。在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对

此过程的分析正确的是（）

o

A.I图I是加入反应物的变化情况

乙

6时商

B.II图II是扩大容器体积的变化情况

【答案】D

【解析】A.加入反应物的瞬间，反应物浓度增大、生成物浓度不变，则正反应速率增大、逆反应速率不变,

I中改变条件瞬间正逆反应速率都增大，图象不符合，故A错误；B.该反应前后气体物质的量之和不变，则

压强不影响平衡移动，增大容器体积，反应物和生成物浓度都减小，所以正逆反应速率都减小，图象不符

合，故B错误；C.增大压强化学反应速率增大，达到平衡状态的时间减小，但是压强不影响该反应平衡移

动，所以达到平衡状态时应该甲、乙中XY%的含量相同，图象不符合，故C错误；D.该反应的正反应是放

热反应，升高温度化学反应速率增大，缩短反应到达平衡状态时间，且平衡逆向移动，W％的含量减小，

图象符合，故D正确；故选：D。

11.（2024•山东•二模）某同学为探究浓度对化学反应速率的影响，设计以下实验。

①②③④

试剂lmL0.01mol/L酸性lmL0.01mol/L酸性高lmL0.01mol/L酸性高lmL0.01mol/L酸性高

a高铳酸钾水溶液铳酸钾水溶液铳酸钾水溶液锦酸钾水溶液

1mL以浓盐酸为溶剂配

试剂2mL0.1mol/LH2c2O42mL0.2mol/LH2c2。4水ImLO.2moi/LH2c2。4水

制的02mol/LH2c2O4水

b水溶液溶液溶液

溶液

褪色

690s677s600s

时间

下列说法错误的是

A.对比实验①、②可知，H2c2。4水溶液浓度增大，反应速率加快

B.对比实验②、③可知，酸性高铳酸钾水溶液浓度增大，反应速率加快

C.为验证H+浓度对反应速率的影响，设计实验④并与③对照

MnO+2+

D.实验③的离子方程式为24+6H+5H2C2O4=2Mn+l0CO2T+8H2O

【答案】C

【解析】A.对比实验①、②可知，两实验中只有H2c2。4水溶液浓度不同，且浓度大的褪色时间较短，故

H2c2。4水溶液浓度增大，反应速率加快，选项A正确；B.对比实验②、③可知，两实验中只有H2c2。4水

溶液的体积不同，且前者大，则相当于高锌酸钾水溶液的浓度小，褪色时间长，则酸性高锯酸钾水溶液浓

度增大，反应速率加快，选项B正确；C.若为验证H+浓度对反应速率的影响，设计实验④并与③对照，

则氯离子也可能对反应速率有影响，从而引起干扰，无法得到验证，选项C错误；D.实验③高镒酸钾氧化

草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为2Mn0；+6H++5H2c2O4=2Mn2++10CO2f+8H2。，选项D正确；答案

选Co

12.（2024•黑龙江大庆•三模）在两个相同恒温（1）恒容密闭容器中仅发生反应：

ViE2

2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）AH>0。实验测得：（^Os）=-c（N2O5）_

v逆（NC>2）=k逆•c^NCQc。）；k逆为速率常数，受温度影响。下列说法错误的是

物质的起始浓度（mol〕一）物质的平衡浓度（mol〕一）

容器编号

（）

cN0C(NO2)Ma)c(5)

I4001

II120.5

A.平衡时容器1中再充入一定量的N2O5,NO2体积分数增大

B.若将容器1改为恒容绝热条件，平衡时c（°2）<lm"LT

C.反应刚开始时容器II中的V正>丫逆

D.当温度改变为时，若右=上逆，则

【答案】A

【解析】A.平衡时容器1中再充入一定量的205,相当于增大压强，平衡2N2°5（g）=4N°2（g）+02（g）

逆向移动，NO2体积分数减小，A错误；B.该反应为吸热反应，若将容器1改为恒容绝热条件，反应过程

中容器的温度降低，平衡逆向移动，平衡时c（。2）<lmoLL,B正确；c.容器I平衡时，C（°2）=lmol/L,

1x4*0.5x24

c（NO2）=4niol/L,c（N2°5）=2mol/L,平衡常数K=22=64,容器n开始时Qc=1=8<K,平衡正向移

2

动，v/v逆，c正确；D.工时K=64；根据V逆3°2）=k逆"（NO?卜c。）、（N2O5）=kE-c（N2O5）；

k正

可知K=k逆，当温度改变为时，若七=慑即K=l,正反应吸热，则12<工，故D正确；故选A。

13.（23-24高三下•广西・开学考试）恒容条件下，ImolSiHCg发生如下反应:

2

2SiHCl3(g)QSiH2Cl2(g)+SiCl4(g)o已知：v1r消耗(SiHCl3)=k^x(SiHCl3)

国=2%耗6汨202）=左逆耳5汨202）尤伯©4）,心、。分别为正、逆向反应速率常数（仅与温度有关），尤为

物质的量分数。如图是不同温度下x（SiHCL）随时间的变化。下列说法不正确的是

3

U

H

S.

H)

A.已知电负性：Si<H<Cl,则SiHQ与水反应的方程式为：SIHC13+3H2O=H2SIO3+3HC1T+H2T

B.KE,该反应立A//〉。

C.T|K时平衡体系中再充入2molSiHC',平衡正向移动，X（S1H2cI2）增大

组=3

D.当反应进行到a处时，v逆9

【答案】C

【解析】A.已知电负性：Si<H<Cl,则SiHCh中氯氢为负价、硅为正价，其与水反应生成硅酸、氯化氢

和氢气，方程式为：SiHC13+3H2O=H2SiO3+3HC1+H2A正确；B.因两曲线对应的状态只是温度不

同，由图像知达到平衡所需时间T2K温度下比T1K短，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，

所以温度：T2>T1。又T2K下达到平衡时SiHCb的物质的量分数比T1K时小，说明升温平衡向正反应方向

移动，由此推知该反应为吸热反应，焰变大于0,B正确；C.恒温恒容条件下再充入ImolSiHCb，相当于

增大压强，而反应前后气体分子数不变的反应，所以改变压强，平衡不移动，再次达到平衡时“①汨2cU)不

变，C错误；D.反应进行到a处时，耶汨。3)=08,止匕时丫正(SiHC。=98%,由反应可知转

化的SiHCb为0.2mol,生成SiH2c»SiCL均为O.lmol,

■「98)2左正

v逆=2v消耗(SiH2cl2)=无逆x(SiH2cl2)x(SiClJ=0.01无逆，则v逆0.01左逆，平衡时

上正*(SiHCl3)=左逆x(SiH2cl2)x(SiCL)；x(SiHCl3)=0.75,结合反应中转化关系可知

上正=(0.125)2.=(0.8¥—=16

x(SiH2Cl2)=x(SiCl4)=0.125；则七一(0.75)2,则江=0.0%=5,口正确；故选C。

14.在容积不变的密闭容器中进行反应：2sCh(g)+O2(g)=2sCh(g)AH<0o下列各图表示当其他条

件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中正确的是

A.图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高

B.图n表示to时刻使用催化剂对反应速率的影响

c.图ni表示to时刻增大02的浓度对反应速率的影响

D.图IV中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态

【答案】B

【解析】A.图I中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动,

SO3的转化率减小，乙的温度较高，故A错误；B.图n在to时刻，正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡

不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；C.增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率

不变，之后逐渐增大，图ni改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，

应是增大压强的原因，故C错误；D.曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故D错

误；故选B。

㈤2

15.(2024・湖南•模拟预测)研究NO,之间的转化对控制大气污染具有重要意义，已知：N2O4(g)^2NO2(g)

AH>°o如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为工时，C(N204)和C(N°2)随f变化曲线分别为I、II,

改变温度到4,c(N02)随，变化为曲线皿。下列判断正确的是

A.反应速率v(°)=v仅)

B.温度(<心

C.升高温度，正向反应速率增加，逆向反应速率减小

D.温度工和%下，反应分别达到平衡时，'(NzOj前者小

【答案】B

【解析】A.升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间变短，根据图像，温度T2>TI，故反应速率

v(a)>v(b),人错误；B.升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间变短，根据图像，温度T2>TI，B

正确；C.升高温度，正、逆反应速率均增大，C错误；D.该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动,

所以温度工和(下，反应分别达到平衡时，c(Nz°4)前者大，。错误；本题选B。

16.(2024•河北•一模)某密闭容器中含有X和Y,同时发生以下两个反应：①X+YUM+Q；

②X+YUN+Q。反应①的正反应速率V|g=Kc(X>c(Y),反应②的正反应速率丫?(正)=k2c(X)-c(Y),其

中工、L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

Ac/(mol-L-1)

A.10s时，正反应速率%(正)>丫2(正)

B.0〜6s内，X的平均反应速率v(X)=0.5molL6一

C.若升高温度，4s时容器中c(N):c(M)的比值减小

D.反应①的活化能大于反应②

【答案】A

【解析】A.由图可知，初始生成M的速率大于N,则及产卜2,10s时两个反应均达到平衡状态，由于

v*=k[C(X>c(Y)、v?(w=k2c(X)-c(Y),则正反应速率％(正)>v.,人正确；B.①②反应中XQ的系数

v(X)=v(Q)=—mol-L-1-s-Imol-L-1-s-1

均为1,贝U0~6s内，X的平均反应速率6,B错误；C.4s后M浓度

减小，可能为Q浓度增大导致①逆向移动所致，不确定2个反应的吸热放热情况，不能确定升高温度，4s时

容器中c(N):c(M)的比值变化情况，©错误；D.由图可知，初始生成M的速率大于N,则反应①的话化能

小于反应②，D错误；故选A。

17.(2024・河南•一模)控制变量法在化学实验探究中运用较多，它是指在研究和解决问题的过程中，对影

响事物变化规律的因素或条件加以人为控制，使其中的一些条件按照特定的要求发生或不发生变化，以便

在研究过程中，找到事物变化发展的规律。根据因素和条件的性质，可分为实验变量(自变量)、反应变

量(因变量)和无关变量。某研究小组用酸性KMnCU溶液与H2c2。4溶液反应中溶液紫色消失的方法，来研究

浓度对化学反应速率的影响。下列实验有关变量控制的操作错误的是

A.为控制无关变量的影响，将实验温度均确定为25久、酸性KMnCU溶液与H2c2。4溶液的体积均确定为

4mL,不使用催化剂

B.可选择浓度分别为0.05mol/L、0.01mol/L、0.001mol/L的KMnCU酸性溶液和浓度均为0.001mol/L的

H2c2。4溶液反应，来操纵实验变量，进行对照实验

C.可将单位时间内反应所生成的CO2体积作为实验变量(自变量)进行本实验研究

D.该实验研究中的反应变量(因变量)是溶液紫色褪去所消耗的时间

【答案】C

【解析】A.相同的反应物及体积和温度，一个使用催化剂，一个不使用催化剂，催化剂为无关变量，所以

该过程为控制无关变量的影响，A正确；B.H2c2。4溶液的浓度0.001mol/L,KMnCU酸性溶液的浓度分别

为0.05mol/L、0.01mol/L,O.OOlmol/L,通过控制不同浓度的高镒酸钾溶液来进行对照试验，即控制自变量

的影响，B正确；C.观察单位时间内反应所生成的CO2体积为反应变量，即为因变量，该实验的目的是通

过对照观察单位时间内反应所生成的CO2体积，探究化学反应速率的快慢，即控制因变量，C错误；D.反

应变量是溶液紫色褪去所消耗的时间，该实验研究中的反应变量为因变量，即控制因变量的影响，D正确；

综上所述，本题正确选项C。

18.(2024・北京•一模)实验小组探究双氧水与KI的反应，实验方案如下表。

序号①②③

1。滴稀砍酸-10滴蒸中水和,-10滴稀硫酸和

实验装£0.5gKI固体,卜

置及操

3mL3rnl3mL

作•$浴液步溶液

溶液立即变为黄色，产生大量溶液立即变为棕黄色，产生少量无色

实验现

溶液无明显变化无色气体；溶液温度升高；最气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明

象

终溶液仍为黄色显变化；最终有紫黑色沉淀析出

下列说法不氐琥的是

A.KJ对H202分解有催化作用

B.对比②和③，酸性条件下H2°2氧化KI的速率更大

C.对比②和③，②中的现象可能是因为H202分解的速率大于H2O2氧化KI的速率

D.实验②③中的温度差异说明，旦。2氧化KI的反应放热

【答案】D

【解析】A.比较实验①②的现象可知，KI对HQ?分解有催化作用，A正确；B.对比②和③，由实验③

的现象溶液立即交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉

淀析出溶液无明显变化，可知酸性条件下H202氧化KI的速率更大，B正确；C.对比②和③，②中的现象

为溶液立即变为黄色，产生大量无色气体；溶液温度升高；最终溶液仍为黄色，实验③现象为：溶液立即

交为棕黄色，产生少量无色气体；溶液颜色逐渐加深，温度无明显变化；最终有紫黑色沉淀析出溶液无明

显变化，故可能是因为H202分解的速率大于H2O2氧化I的速率，C正确；D.实验②中主要发生H2O2分

解，温度明显升高，而实验③中主要发生H2O2氧化KI的反应，温度无明显变化，说明H2O2催化分解是一

个放热反应，不能说明凡°?氧化KI的反应放热，D错误；故答案为：D。

19.（2024•上海闵行•三模）丁。（2时，向2.0L的恒容密闭容器中充入l.OmolS。?和o.6mol02,发生如下反

2SO2（g）+O2（g）^2SO3（g）o20s时反应达到平衡，2。?）和4。2）相等。

（1）0〜20s内,v（SC）2）=moliy

（2）平衡后向容器中再充入0.4moF°3和o.3mol°"此时，v（正）v（逆）。

A.大于B.小于C.等于D.无法判断

（3）相同温度下，起始投料变为0.50104°2和o.3mol°2,‘。2的平衡转化率。

A.增大B.不变C.减小D.无法判断

【答案】（1）0.02（2）A（3）C

【解析】（1）根据三段式可知

2SO2(g)+O2(g)U2SO3(g)

始(mol/L)0.50.30

变(mol/L)2xx2x

平(mol/L)0.5-2x0.3-x2x,20s后反应达到平衡，c（S。?）和c（Oj相等，则o,5—2x

=0.3—x,解得x=0.2,所以v（S°2）=o.4mol/L+20s=0.02moLLLsT,平衡常数为0.Vxo.116°；

0.62-144<16O-K

（2）平衡后向容器中再充入MmolSOs和0-3mol02,此时浓度燧为。.甘“0.25一~，平衡正

向进行,则V（正）>v（逆）；

（3）相同温度下，起始投料变为建131。^。?和0.3mol02,相当于是减小压强，平衡逆向进行，贝声。2的平

衡转化率减小。

20.（2024・上海虹口•一模）研究反应I的逆反应对提高尿素产率有重要意义。某研究学习小组把一定量的

氨基甲酸镂固体放入容积为2L的密闭容器中，在FC下分解：NH2COONH4（s）U2NH3（g）+CO2（g）,tl时达

到化学平衡。C（C02）随时间t变化曲线如图所示。

（1）可以判断该分解反应已经达到平衡的是o

A.混合气体的平均摩尔质量不变B.密闭容器中总压强不变

C.密闭容器中混合气体的密度不变D.密闭容器中氨气的体积分数不变

（2）T℃时，该反应的化学平衡常数K的值为0

（3）在0〜ti时间内该化学反应速率V（NH3）=0

（4）若其他条件不变，t2时将容器体积压缩到IL,t3时达到新的平衡。请在图中画出t2〜t4时间内C（C02）

随时间t变化的曲线。

【答案】（1）BC

（2）0.0005

（3）0.10/timol-L's-1

(4)

【解析】(1)A.该反应的反应物为固体，混合气体的平均摩尔质量由生成物决定，而两种生成物的物质

的量之比为定值，故混合气体的平均摩尔质量始终保持不变，故A不能说明平衡；B.密闭容器中总压强取

决于气体的物质的量，只要此反应未达到平衡，则气体的物质的量始终发生变化，则压强始终变化，故压

强不变可以说明平衡，故B正确；C.气体的密度等于气体的质量除以容器的体积，容器的体积不变，只要

此反应未达到平衡，则气体的质量始终发生变化，则密度始终变化，故密度不变可以说明平衡，故C正确；

D.密闭容器中氨气和二氧化碳的比例始终为2：1,则氨气的体积分数始终为定值，故密闭容器中氨气的

体积分数不变不能说明平衡，故D错误；故选BC。

(2)该反应的化学平衡常数K=C2(NH3)C(C°2),平衡时c(C02)=0.05mol/L,而氨气和二氧化碳的比例始终

为2：1,故c(NH3尸O.lmol/L,故K=0.0005

(3)在0〜ti时间内，氨气的浓度变化值为O.lmol/L,故该化学反应速率v(NH3尸(MO/timobL-LsT；

(4)若其他条件不变，t2时将容器体积压缩到1L,则在那一刻二氧化碳的浓度达到O.lmol/L,t3时达到新

的平衡时，根据K=6(NH3)c(CC>2)且温度不变可知二氧化碳的浓度应该回到o.o5mol/L才能保证平衡常数不

变。

1.(2024•北京・高考真题)苯在浓HN°3和浓H2sO’作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法

不正确的是

A.从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物n

B.X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物

C.由苯得到M时，苯中的大兀键没有变化

D.对于生成Y的反应，浓H2s作催化剂

【答案】C

【解析】A.生成产物II的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物n的能量更低即产物n更稳定，以上2

个角度均有利于产物n,故A正确；B.根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B

正确；C.M的六元环中与一N02相连的c为sp3杂化，苯中大几键发生改变，故C错误；D.苯的硝化反

应中浓H2s作催化剂，故D正确；故选C。

2.（2024・安徽・高考真题）室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO：的影响因素，测得不同条件下Se。：浓

度随时间变化关系如下图。

T

O

U

I

0

U

。

实验序号水样体积/mL纳米铁质量/mg水样初始PH

①5086

②5026

③5028

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°；）=2Qmol-L」.h」

B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeO：+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

【答案】C

【解析】A.实验①中，0〜2小时内平均反应速率

v(Se0j)J*°xlO3一:：03)m°LL[2.0>403moiL-1h1

,A不正确；B.实验③中水样初始PH=8,溶

液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用H+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SeO：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SeO：浓度的变化量大，因此，其他条

件相同时，适当减小初始PH,Se°；的去除效果越好，但是当初始PH太小时，H+浓度太大，纳米铁与H+

反应速率加快，会导致与Se0；反应的纳米铁减少，因此，当初始PH越小时Se°j的去除效果不一定越好，

D不正确；综上所述，本题选C。

3.(2023・河北•高考真题)在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g),发生如下反应：

①

2W(g)^4X(g)+Y(g)

③胆

2Z(g)

反应②和③的速率方程分别为V2=k2c2(x)和V3=k3c(Z),其中k2、号分别为反应②和③的速率常数、反应

③的活化能大于反应②，测得W(g)的浓度随时间的变化如下表：

t/min012345

c(W)/(moLI71)0.1600.1130.0800.0560.0400.028

下列说法正确的是

A.0〜2min内，w的平均反应速率为0.080mol-L1-min1

B.若升高温度，平衡时。化)减小

C,若卜2=卜3,平衡时。亿户。”)

D.若增大容器容积，平衡时Y的产率增大

【答案】B

【解析】A.由表格数据可知，2min时W的浓度为0.080mol/L,则0~2min内，W的反应速率为

(0.160-0.080)mol/L

2min=0.040mo