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专练 39 化学反应速率及影响因素
授课提示：对应学生用书77页
1．[2022·广东卷]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：催化剂只能决定化学反应快慢，不能决定反应是否发生，A项错误；由图象曲
线变化规律可知，相同时间内，催化剂Ⅰ导致的浓度变化更大，则催化剂Ⅰ使反应活化能
更低，B项错误；2 min时，a曲线和催化剂Ⅱ曲线浓度变化的量相等，与反应中 X、Y的
化学计量数矛盾，a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，C项错误；使用催化剂
Ⅰ时，0～2 min内，v（X）＝v（Y）＝×＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。
2．[辽宁卷]某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度
及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
（ ）
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为0.012 mol·L－1·min－1
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为62.5 min
答案：B
解析：通过图像对比①②可知，②的反应速率比①大，则说明其他条件相同时，催化
剂浓度越大，反应速率越大，A正确；①和③催化剂浓度相同，降冰片烯浓度③小于①，
但③的反应速率与①相等，不能说明其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
B错误；根据化学反应速率的计算公式 v＝可知，条件①时，反应速率为＝0.012 mol·L－
1·min－1，C正确；已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，条件②，降冰片烯的起始
浓度为3.0 mol·L－1时，半衰期为62.5 min，D正确。
3．[河北卷]室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反
应：①M＋N===X＋Y；②M＋N===X＋Z。反应①的速率可表示为v ＝kc2（M），反应
1 1②的速率可表示为v ＝kc2（M）（k 、k 为速率常数）。反应体系中组分M、Z的浓度随
2 2 1 2
时间变化情况如图。下列说法错误的是（ ）
A．0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10－3 mol·L－1·min－1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
答案：A
解析：0～30 min时间段内，Δc（Z）＝0.125 mol·L－1，Δc（M）＝0.500 mol·L－1－
0.300 mol·L－1＝0.200 mol·L－1，反应①中Δc（M）＝0.200 mol·L－1－0.125 mol·L－1＝0.075
mol·L－1，则Δc（Y）＝0.075 mol·L－1，v（Y）＝＝＝2.5×10－3 mol·L－1·min－1，A说法错
误；反应①、②速率之比为＝＝，为定值，则Y、Z的浓度变化量之比也为定值，故反应
开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变，B说法正确；由上述分析可知，＝＝＝，如
果反应能进行到底，反应结束时①、②的转化率之比为3∶5，因此有（即62.5%）的M转
化为Z，C说法正确；结合C选项，反应①的速率小于反应②的速率，所以反应①的活化
能比反应②的活化能大，D说法正确。
4．[2022·北京卷]CO 捕获和转化可减少CO 排放并实现资源利用，原理如图1所示。
2 2
反应①完成之后，以N 为载气，将恒定组成的N 、CH 混合气，以恒定流速通入反应器，
2 2 4
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CO，在催化剂上检测到有积炭。下列说法不正确的是（ ）
2
A．反应①为CaO＋CO===CaCO ；反应②为CaCO ＋CH=====CaO＋2CO＋2H
2 3 3 4 2
B．t min～t min，n（H ）比n（CO）多，且生成H 的速率不变，推测有副反应
1 3 2 2
CH=====C＋2H
4 2
C．t min时刻，副反应生成H 的速率大于反应②生成H 的速率
2 2 2
D．t min之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
3
答案：C
解析：根据图示知，A项正确；若只发生反应②，则n（H ）＝n（CO），而t ～t
2 1 3
min，n（H ）比n（CO）多，且生成H 的速率不变，结合反应过程中始终未检测到CO ，
2 2 2
催化剂上有积炭，可推测有副反应，且反应②和副反应中CH 和H 的化学计量数之比均为
4 21∶2，B 项正确；t min 时，H 的流出速率为 2 mmol·min－1，CO的流出速率约为 1.5
2 2
mmol·min－1，<2，说明副反应生成H 的速率小于反应②生成H 的速率，C项错误；根据
2 2
图 2 知，t min 后，CO 的生成速率为 0，CH 的流出速率逐渐增大，最终恢复到 1
3 4
mmol·min－1，H 的生成速率逐渐减小至0，说明t min后反应②不再发生，副反应逐渐停
2 3
止，D项正确。
5．可逆反应mA（g）＋nB（g） ⇌pC（g）＋qD（g）的vt图像如图甲所示，若其他
条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其 vt图像如图乙所示。①a ＝a ；②a
1 2 1
＜a ；③b ＝b ；④b ＜b ；⑤t ＞t ；⑥t ＝t ；⑦两图中阴影部分面积相等；⑧图乙中阴
2 1 2 1 2 1 2 1 2
影部分面积更大。以上所述正确的为（ ）
A．②④⑤⑦ B．②④⑤⑧
C．②③⑤⑦ D．②③⑥⑧
答案：A
解析：加入催化剂的结果：一是正、逆反应速率都增大，二是缩短了达到平衡的时间；
由此可得：a ＜a 、b ＜b 、t ＞t ，但不能使平衡发生移动，由此推知，阴影面积为反应物
1 2 1 2 1 2
浓度的变化，由于催化剂不影响平衡移动，则两图中阴影部分面积相等，符合题意的选项
有②④⑤⑦；综上所述，本题选A。
6．一定温度下，10 mL 0.40 mol·L－1 HO 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成 O
2 2 2
的体积（已折算为标准状况）如表所示。
t/min 0 2 4 6 8 10
V（O）/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9
2
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（ ）
A．0～6 min的平均反应速率：v（HO）≈3.3×10－2 mol·L－1·min－1
2 2
B．6～10 min的平均反应速率：v（HO）<3.3×10－2 mol·L－1·min－1
2 2
C．反应至6 min时，c（HO）＝0.30 mol·L－1
2 2
D．反应至6 min时，HO 分解了50%
2 2
答案：C
解析：根据题目信息可知，0～6 min，生成22.4 mL O （标准状况），消耗0.002 mol
2
HO ，则v（HO ）≈3.3×10－2 mol·L－1·min－1，A项正确；随反应物浓度的减小，反应速
2 2 2 2
率逐渐降低，B项正确；反应至6 min时，剩余0.002 mol H O ，此时c（HO ）＝0.20
2 2 2 2
mol·L－1，C项错误；反应至6 min时，消耗0.002 mol HO，转化率为50%，D项正确。
2 2
7．[2024·石家庄市质量检测]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v
1（正）
＝k
1
c（X）·c（Y），反应②的
正反应速率v
2（正）
＝k
2
c（X）·c（Y），其中k
1
、k
2
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②B．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v
1（正）
>v
2（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项错误；4 s时反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，则c
（M）减小，c（N）增大，故容器中c（N）∶c（M）的比值变大，B项错误；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项错误；由曲线图可知，初始生成M的速率大于N，则k>k ，10 s
1 2
时两个反应均达到平衡状态，由于v ＝kc（X）c（Y），v ＝kc（X）c（Y），则
1（正） 1 2（正） 2
正反应速率v >v ，D项正确。
1（正） 2（正）
8．[2024·河南豫南九校联考]某探究小组利用如表四组实验来研究影响反应速率的因素，
实验设计如表。下列叙述正确的是（ ）
编号 T/K 大理石规格 HNO 溶液浓度/（mol·L－1）
3
① 298 粗颗粒 2.00
② 298 粗颗粒 1.00
③ 308 粗颗粒 2.00
④ 298 细颗粒 2.00
A.实验①和②探究HNO 溶液浓度对反应速率的影响
3
B．实验②和④探究大理石规格对反应速率的影响
C．实验①的反应速率大于实验③的反应速率
D．相同时间内实验③生成二氧化碳的量一定大于实验④
答案：A
解析：实验①和②只有HNO 溶液浓度不同，可探究HNO 溶液浓度对反应速率的影响，
3 3
A项正确；实验②和④存在两个变量，不能探究大理石规格对反应速率的影响，B项错误；
实验③温度高于实验①，其他条件相同，则实验①的反应速率小于实验③的反应速率，C
项错误；实验③和④存在两个变量，无法确定相同时间内实验③生成二氧化碳的量一定大
于实验④，D项错误。
9．[2022·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：
产物Z的平均生成速率/
时间段/min
（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 （Z），B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于
正 逆
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，＝，故
Y的体积分数始终约为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。
10．CO（g）和HO（g）以1∶2体积比分别通入到体积为2 L的恒容密闭容器中进行
2
反应：CO（g）＋H
2
O（g） ⇌CO
2
（g）＋H
2
（g），得到如下三组数据：
起始时HO 平衡时CO 达到平衡所
实验组 温度/℃ 2 2
的量/mol 的量/mol 需时间/min
A 650 4.00 1.30 50
B 900 2.00 0.40 10
C 650 2.00 0.65 10
下列说法不正确的是（ ）
A．从实验数据分析，该反应的正反应是放热反应
B．实验A中，在0～10 min内，以v（H ）表示的反应速率小于0.013 mol·（L·min）
2
－1
C．从生产效益分析，C组实验的条件最佳
D．比较实验B、C，说明C实验使用了更高效的催化剂
答案：B
解析：根据实验组B和C，升高温度，CO 的物质的量减少，说明升高温度，平衡向
2
逆反应方向移动，即正反应是放热反应，A正确；达到平衡时，v（CO）＝mol·（L·min）
2
－1＝0.013 mol·（L·min）－1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即 v（H ）＝v
2
（CO）＝0.013 mol·（L·min）－1，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率降
2
低，0～10 min内，v（H ）>0.013 mol·（L·min）－1，B错误；根据表格数据，实验C温度
2
低，投入量少，达到平衡时间短，因此从生产效益分析，C组实验的条件最佳，C正确；B
的温度高于C的温度，但达到平衡时间相等，说明C使用了比较高效的催化剂，D正确。
