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专题 26 化学反应速率
（建议完成时间：45分钟 实际完成时间：_______分钟）
目 录
考点一 化学反应速率的概念及计算
考点二 影响化学反应速率的因素
考点一 化学反应速率的概念及计算
1．（2023·江西吉安·吉安三中校考一模）室温下，气体M、N、P、Q之间存在如下转化关系：①
；② ，反应①的速率可表示为 ，反应②的速率可表示为 ，(
、 为速率常数)，在容积为10L的密闭容器中，反应体系中组分M、P的物质的量随时间的变化如下
表所示：
0 1min 2min 3min 4min 5min 6min
M(mol) 1.00 0.76 0.56 0.40 0.36 0.36 0.36
P(mol) 0 0.06 0.11 0.15 0.16 0.16 0.16
下列说法正确的是
A．0~3min时间段内，Q的平均反应速率为
B．反应开始后，体系中P和Q的浓度之比保持不变
C．平衡时M生成Q的转化率为36%
D．反应①的活化能比反应②的活化能低
【答案】B
【解析】A．由表格数据可知，0~3min时，M的物质的量变化量为0.60mol、P的物质的量变化量为
0.15mol，则反应生成的Q的物质的量为0.60mol—0.15mol=0.45mol，则Q的平均反应速率为
=0.015 mol/(L·min)，故A错误；B．由化学反应速率定义可知，反应开始后，体系中P和Q的浓度变化量
之比△c(P)：△c(Q)=tv：tv=kc(M)：kc(M)= k ：k，k、k 为定值，所以反应开始后，体系中P和Q的浓
1 2 1 2 1 2 1 2
度之比保持不变，故B正确；C．由表格数据可知，4min反应达到平衡时，M的物质的量变化量为
0.64mol、P的物质的量变化量为0.16mol，则反应生成的Q的物质的量为0.64mol—0.16mol=0.48mol，M
生成Q的转化率为 ×100%=48%，故C错误；D．由表格数据可知，4min反应达到平衡时，M的物
质的量变化量为0.64mol、P的物质的量变化量为0.16mol，则反应生成的Q的物质的量为0.64mol—
0.16mol=0.48mol，则反应①的反应速率慢于反应②，反应速率越快，活化能越小，则反应①的活化能比反
1
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！应②的活化能高，故D错误；故选B。
2．（2023·浙江·校联考二模）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①X
Y；②Y Z。反应①的速率v=kc(X)，反应②的速率v=k(Y)，式中k、k 为速率常数。图甲为该体
1 1 2 2 1 2
系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lnk~ 曲线。下列说法不正确的是
A．随c(X)的减小，反应①②的速率均降低
B．体系中当Y的浓度达到最大值后，v(X) + v(Y) = v(Z)
C．欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间
D．温度低于T 时，总反应速率由反应②决定
1
【答案】A
【解析】A．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y) 先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率
随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法错误；B．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和Z的增加量，因此，v (X)= v (Y) +v(Z)，但是，
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和X的减少量，故v (X) + v (Y) = v(Z)，B说
法正确；C．升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反
应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制
反应时间，C说法正确；D．由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应
速率由反应②决定，D说法正确；综上所述，本题选A。
3．（2023·湖南·校联考二模）向1L的恒容密闭容器中加入1molX和2molY，发生反应：
，X的转化率 随温度 的变化如图所示(图中不同温度下的转化率是第5min数据)。
下列说法正确的
A．300℃时，0-5min内平均反应速率B．b、c点对应的 (Y)大小关系：
C．c点时，反应消耗 molX( )，同时消耗 molZ
D．若将气体体积缩小为0.5L，则c点温度下的 (X)减小
【答案】C
【解析】A．a点时，转化率为30％，此时生成的Z为0.6mol，Z的平均反应速率为 ，A
错误；B．温度越高反应速率越快，则b点的反应速率小于c点的速率，但5min时b点的转化率却大于c
点，说明b点未达平衡，c点达平衡，Y的浓度：b＞c，温度：b＜c，故无法判断b、c两点 (Y)大小关
系，B错误；C．c点达平衡，反应消耗 ，同时消耗 molZ，C正确；D．c点温度下，压缩体积，
即增大压强，平衡正向移动， (X)增大，D错误；故选C。
4．（2023·重庆·统考模拟预测）溶液中某光学活性卤化物的消旋反应为： 。某温度下X和Y的浓
度随时间的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是
A．
B．L点处X的转化率为20％
C． 时，
D．Y溶液含有少量X，经足够长时间后
【答案】C
【解析】A．由图可知，两个点都不是平衡点，则 ，A正确；B．由图可知，X的
起始浓度为0.1mol/L ，L点时X的浓度为0.08mol/L，则转化的X的浓度为0.02mol/L，X的转化率为
20％，B正确；C．化学反应速率为平均速率，根据方程式可知，X和Y的计量系数相同，故某个时间段
的 ，但某个时刻无法根据平均速率公式求解，C错误；D．由图可知，经足够长时间后，反应
达到平衡，两者的浓度相等，则两者的物质的量相等，D正确；故选C。
5．（2023·辽宁丹东·统考一模）恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，反应X=2Z经历两步：
①X→Y；②Y→2Z。图为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线。下列说法正确的是A．a为 随t的变化曲线
B． 时，Y的消耗速率大于生成速率
C．随着 的减小，反应①、②速率均降低
D．体系中
【答案】B
【解析】A．反应X=2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z，可知c(Y)先增大，后减小，A错误；B．t 时Y
1
的浓度在下降，消耗速率大于生成速率，B正确；C．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y)先增大后
减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，C错误；D．
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和Z的增加量，
因此，v(X)=v(Y)+ v(Z)，但是，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和X的减少
量，故2v(X)+2v(Y)=v(Z)，D错误；故选B。
6．（2023·辽宁·校联考模拟预测）在同温同容且恒温恒容的两个密闭容器Ⅰ，Ⅱ中分别发生：
，此反应的 ，
， 、 为速率常数，测得数据如下表，下列说法正确的
是
起始浓度/mol/L 平衡浓度/mol/L
容器
Ⅰ 0.6 0 0 0.2
Ⅱ 0.3 0.5 0.2
A．若容器Ⅰ两分钟达到平衡，则0~2分钟反应平均速率
B．向平衡后的容器中再加入 ，重新达平衡后， 的体积分数减小
C．容器Ⅱ中起始时速率D．该反应 、 随催化剂和温度的改变而改变，但不随浓度和压强的改变而改变
【答案】D
【解析】A．由表格数据可知，平衡时氧气的浓度为0.2mol/L，则由方程式可知，0~2分钟内一氧化氮的平
均速率为 =0.2 mol/(L·min)，故A错误；B．向平衡后的容器中再加入二氧化氮相当于增大压
强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的体积分数增大，故B
错误；C．由表格数据可知，平衡时氧气的浓度为0.2mol/L，则由方程式可知，平衡时二氧化氮、一氧化
氮的浓度分别为0.6mol/L—0.2mol/L×2=0.2mol/L、0.2mol/L×2=0.4mol/L，反应的平衡常数K=
=0.8，温度不变，平衡常数不变，则容器Ⅱ中起始浓度熵Q= ＜0.8，说明平衡向正反应方向进行，
c
正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D．使用催化剂时，反应物和生成物的浓度不变，正逆反应速率
均增大说明正逆反应的速率常数均增大，速率常数是温度函数，温度不变，速率常数不变，则该反应 、
随催化剂和温度的改变而改变，但不随浓度和压强的改变而改变，故D正确；故选D。
7．（2023·辽宁·校联考一模）一种制备蓝氢的原理是 。向一体积为
1L的恒容密闭容器中充入1mol 和2mol ，在一定条件下发生上述反应，测得 的物质的量
与时间的关系如表所示。下列叙述错误的是
t/min 0 5 10 15 20 25
/mol 0 0.5 0.75 0.85 0.9 0.9
A．0～10min，
B．CO的体积分数不变时，反应达到平衡状态
C．上述反应中， 的转化率大于 的转化率
D．其他条件不变。若加入高效催化剂，则 的转化率达到45%时所用时间小于20min
【答案】A
【解析】A．0～10min， ，由方程式可知
，故A错误；B．CO的体积分数不变时，
说明CO的物质的量不变，说明反应达到平衡，故B正确；C．达到平衡时， =0.9mol，由方程式的
系数关系可知， 的转化率为 =45%， 的转化率为 =22.5%，
的转化率大于 的转化率，故C正确；D．其他条件不变。若加入高效催化剂，反应速率增大，但
不影响最终平衡时 的转化率，则 的转化率达到45%时所用时间小于20min，故D正确；故选A。8．（2023·河北秦皇岛·昌黎一中校考模拟预测）化学反应速率与反应物浓度的关系式(称为速率方程)是通
过实验测定的。以反应SO +2I-=2SO +I 为例，可先假设该反应的速率方程为v=kcm(S O )cn(I-)，然后
2 2 2
通过实验测得的数据，算出k、m、n的值，再将k、m、n的值代入上式，即得速率方程。25℃时，测得反
应在不同浓度时的反应速率如表：
c(SO )/
2
实验 c(I-)/mol·L-1 v/mol·L-1·s-1
mol·L-1
1 0.032 0.030 1.4×10-5
2 0.064 0.030 2.8×10-5
3 0.064 0.015 1.4×10-5
已知过二硫酸(H SO)可以看成是HO 中两个氢原子被二个磺基(—SO H)取代的产物。下列说法正确的是
2 2 8 2 2 3
A．过二硫酸根离子(S O )中含有2个过氧键
2
B．该反应的总级数为2
C．速率方程中k=6.14×10-3L·mol-1·s-1
D．化学反应速率与反应的路径无关，速率方程中浓度的方次要由实验确定
【答案】B
【解析】A．过二硫酸(H SO)可以看成是HO 中两个氢原子被二个磺基(—SO H)取代的产物，则过二硫
2 2 8 2 2 3
酸根离子(S O )中含有一个过氧键，故A项错误；B．根据表中数据代入v=kcm(S O )cn(I-)，可知
2 2
m=n=1，反应的总级数为2，故B项正确；C．把表格中任意一组数据带入速率方程中，都可以得到
k=1.46×10-2L·mol-1·s-1，故C项错误；D．由速率方程可知，化学反应速率与反应的路径密切相关，故D项
错误。本题答案B｡
9．（2023·上海嘉定·统考一模）将一定量的SO (g)和O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同
2 2
温度下进行反应：2 SO(g)+ O (g) 2SO （g）△H<0。得到如表中的两组数据：
2 2 3
起始量/ 平衡量/
实验编 平衡常数/ 达到平衡所需时间/
mol mol
温度/℃
号 mol-1·L min
SO O SO O
2 2 2 2
1 T K 4 2 x 0.8 6
1 1
2 T K 4 2 0.4 y t
2 2
下列说法不正确的是
A．实验1在前6min的平均反应速率υ(SO )=0.2 mol·L-1·min-1
2
B．T、T 的关系：T ＞ T
1 2 1 2
C．K、K 的关系：K＞K
1 2 2 1
D．x= 1.6，y=0.2 ，t<6【答案】D
【解析】实验1从开始到反应达到化学平衡时，氧气的变化量为：2mol-0.8mol=1.2mol，根据反应2SO
2
（g）+O （g） 2SO （g）可知，平衡时二氧化硫消耗的物质的量为：1.2mol×2=2.4mol，则平衡时二氧化
2 ⇌ 3
硫的物质的量为：4mol-2.4mol=1.6，即x=1.6；实验2平衡时二氧化硫消耗的物质的量为：
4mol-0.4mol=3.6mol，根据反应2SO （g）+O （g） 2SO （g）可知，平衡时氧气消耗的物质的量为：
2 2 ⇌ 3
3.6mol× =1.8mol，则平衡时氧气的物质的量为：2mol-1.8mol=0.2mol，即y=0.2。
A．实验1在前6min的反应速率v（SO ）= =0.2mol•L-1•min-1，故A正确；B．反应起始量相同，达
2
到平衡时氧气物质的量可知，实验2反应进行的程度大，反应是放热反应，温度越高，平衡向吸热反应方
向进行，逆向进行，所以温度T＞T，故B正确；C．根据C可知，温度T＞T，该反应为放热反应，温
1 2 1 2
度升高，平衡向着逆向移动，则反应物浓度增大、生成物浓度减小，平衡常数越小，所以平衡常数K＞
2
K，故C正确；D．根据分析可知，x=1.6，y=0.2；由于温度T＞T，温度越低，反应速率越慢，则得达到
1 1 2
平衡状态的时间越长，所以t＞6，故D错误；故选D。
10．（2023·湖南岳阳·统考一模）在起始温度均为T℃、容积均为 的密闭容器A(恒温)、B(绝热)中均加
入 和 ，发生反应 。已知： 、 分别
是正、逆反应速率常数， ， ，A、B容器中 的转化率
随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线M表示B容器中 的转化率随时间的变化
B．用 的浓度变化表示曲线N在 内的反应速率为
C．Q点 大于P点
D．T℃时，
【答案】BD
【解析】A．由已知知该反应放热，B(绝热)容器中温度高于A(恒温)，又起始加入反应物量相同，所以相
同时间内B中速率大先达到平衡，故M线表示B容器中一氧化二氮的转化率随时间变化，A正确；B．曲
线N在0∼100s一氧化二氮转化率为10%，则消耗的一氧化二氮物质的量为0.1 1mol=0.1mol，所以消耗的一氧化碳物质的量为0.1mol，即一氧化碳表示反应速率为 ，B错误；C．P点和
Q点一氧化二氮转化率相同且均未达平衡，即P点v(正)大于v(逆)，又Q点温度高于P点，则Q点v(正)大
于P点v(正)，所以Q点v(正)大于P点v(逆)，C正确；D．曲线N达到平衡时一氧化二氮转化率为25%，
即消耗的一氧化二氮物质的量为0.25mol，消耗的一氧化碳物质的量为0.25mol ，所以平衡时一氧化二氮
物质的量为0.75mol 、一氧化碳为3.75、氮气为0.25mol、二氧化碳为0.25mol ，平衡时有
， D错误；故选BD。
考点二 影响化学反应速率的因素
1．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）为探究浓度对化学反应速率的影响，某化学小组同学设
计了如下实验方案：
实验 加入0.1 加入水的体积/ 加入0.1 开始出现浑浊
编号 溶液的体积/mL mL 溶液的体积/mL 所需时间/s
1 2 0 2
2 1 a b
下列说法错误的是
A．若 ， ，则
B．有关反应的离子方程式为
C．实验1中，0～ s的平均反应速率：
D．实验1比实验2先出现乳白色浑浊
【答案】C
【分析】控制单一变量探究浓度对反应速率的影响，故应控制除浓度外的其他量一致，溶液的总体积一致，
为4mL。
【解析】A．若 ， ，实验1中硫代硫酸钠的浓度大，反应速率快，故 ，A正确；B．硫代硫酸
根与氢离子反应生成硫单质、二氧化硫和水，离子方程式为 ，B正确；C．
实验1中，开始出现浑浊需要的时间为ts，但无法确定消耗的硫代硫酸钠量，无法计算反应速率，C错误；
1
D．实验1中硫代硫酸钠的浓度大，反应速率快，实验1比实验2先出现乳白色浑浊，D正确；故选C。
2．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考二模）某同学研究浓硝酸与KSCN溶液的反应，在通风橱中进行如
下实验：已知： 能被氧化为黄色的 ， 可聚合为红色的 。下列分析错误的是
A． 被氧化为 的过程中，S的化合价升高
B．分析①②③知， 聚合为 的速率大于其被硝酸氧化的速率
C．取少量③中的溶液加入 溶液，产生白色沉淀，不能证明最终有 生成，沉淀可能是碳酸钡
D．①中改用溶有 的浓硝酸重复上述实验，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体，可能是
气体对反应的进行起了催化作用
【答案】C
【解析】A．在SCN-被氧化为(SCN) 过程中，S元素的化合价由SCN-中的-2价升高为(SCN) 中的-1价，A
2 2
正确；B．根据溶液颜色变化及反应时间的长短，可知(SCN) 聚合为(SCN) 的速率大于其被硝酸氧化的速
2 x
率，B正确；C．③中的溶液显强酸性，取少量③中的溶液加入BaCl 溶液，产生白色沉淀，在强酸性溶液
2
中加入BaCl 溶液产生的白色沉淀只能是BaSO，可证明SCN-最终被氧化有SO 生成，C错误；D．①中
2 4
改用溶有NO 的浓硝酸重复上述实验，溶液先变红后迅速褪色并产生大量红棕色气体，可能是NO 气体对
2 2
反应的进行起了催化作用，D正确；故选C。
3．（2023·福建莆田·统考模拟预测）工业上在 催化作用下生产 的反应为
，该反应可看作两步：① (快)；
② (慢)。下列说法正确的是
A．该反应活化能为
B．减小 的浓度能降低 的生成速率
C． 的存在使有效碰撞次数增加，降低了该反应的焓变
D．①的活化能一定大于②的活化能
【答案】B
【解析】A． =正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故
A错误；B．慢反应是决速步， 是慢反应的反应物，减小 的浓度会降低正反应速率，降低 的生成
速率，故B正确；C． 是催化剂，催化剂不能改变反应的焓变，故C错误；D．反应①是快反应，反
应②是慢反应，活化能越小反应越快，①的活化能小于②的活化能，故D错误；故选B。
4．（2023·辽宁丹东·统考二模）反应 的速率方程为 (k为速率常数，其中 ，A、R为常数， 为活化能，T为开氏温度)，其半衰期(反应物消耗
一半所需的时间)为 。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。下列说法正确的是
0.25 0.5 l 0.5 l
0.05 0.05 0.1 0.1 0.2
1.6 3.2 3.2
A．
B．
C．在过量的B存在时，A剩余25%所需的时间是
D．升温、加入催化剂，缩小容积(加压)，均能使k增大，导致反应的瞬时速率加快
【答案】C
【分析】由第二组和第四组数据，A浓度相同，B浓度不同，速率相等，可知n=0，再由第一组和第二组
数据代入 可得 ，可知m=1；将第一组数据代入
，可得k=6.4×10-3，则 。
【解析】A．根据数据分析， ， ， ，A错误；B．由分析可知，速率常数 ，
B错误；C．存在过量的B时，反应掉75%的A可以看作经历2个半衰期，即 ，因此所需的时
间为 ，C正确；D．速率常数与浓度无关，缩小容积(加压)不会使k增大，D错
误；故选C。
5．（2023·山东泰安·统考三模）已知 的速率方程为 (k为速率常
数，只与温度、催化剂有关)。实验测得， 在催化剂X表面反应的变化数据如下：
t/min 0 10 20 30 40 50 60 70
0.100 0.080 0.040 0.020 0
下列说法正确的是
A． ，B． min时，
C．相同条件下，增大 的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若 起始浓度为0.200 mol·L ，当浓度减至一半时共耗时50 min
【答案】D
【分析】根据表中数据分析，该反应的速率始终不变， 的消耗是匀速的，说明反应速率与 无
关，故速率方程中n=0；
【解析】A．由分析可知，n=0，与 浓度无关，为匀速反应，每10min一氧化二氮浓度减小0.02
，则 ，A错误；B．由分析可知，n=0，与 浓度无关，为匀速反应，
t=10min时瞬时速率等于平均速率 = = ≠
，B错误；C．速率方程中n=0，反应速率与 的浓度无关，C错误；D．保持其他
条件不变，该反应的反应速率不变，即为 ，若起始浓度 ，减至一半时
所耗时间为 =50min，D正确；答案选D。
6．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）一定温度下，利用测压法在刚性反应器中研究固体催化剂作
用下的A的分解反应： 。体系的总压强p随时间t的变化如表所示：
t/min 0 100 150 250 420 500 580
p/kPa 12.1 13.3 13.9 15.1 17.14 x 19.06
下列说法不正确的是
A．100~150min，消耗A的平均速率为
B．其他条件不变，420min时向刚性容器中再充入少量A，反应速率比原420min时大
C．推测x为18.1
D．升高体系温度，不一定能加快反应速率
【答案】B
【解析】A．反应 ，反应前后气体压强变化和生成C的量成正比，同时A的变化为
变化量的 ，用压强代表浓度，则100～150min体系压强变化=13.9kPa-13.3kPa=0.06kPa，消耗A的平均速
率= =0.006kPa⋅min-1，故A正确；B．其他条件不变，420min时向刚性容器中再充入少量
A，相当于增大压强，反应在固体催化剂表面进行，固体表面积一定，反应速率不变，故B错误；C．0～
100min，压强变化为1.2kPa，150min～250min，压强变化1.2kPa，则100kPa～500kPa，体系压强变化
1.2×4kPa=4.8kPa，则500min时，体系压强=13.3kPa+4.8kPa=18.1kPa，故C正确；D．反应在催化剂表面反应，升高体系温度，催化剂活性减小时，反应速率减小，不一定能加快反应速率，故D正确；故选：B。
7．（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）为探究 与金属盐溶液能否反应，完成如下实验：
实验1 向 溶液中通入 ，溶液仍为蓝色且无固体析出。
实验2 以多孔石墨电极电解 溶液。电解开始时石墨电极表面几乎没有气泡，一段时间后逐渐产生
气泡。电解一段时间后，关闭电源，迅速取出阴极多孔石墨电极。
实验3 将实验2中阴极电极插入 溶液， 左右电极表面析出红色固体。将电极取出后清洗后再插
入 溶液，表面变为灰白色固体，该固体溶于硝酸。
实验4 将实验2中阴极电极插入 溶液，立即析出白色固体，速度快于实验3。
以下说法不正确的是
A．由实验1可知，该条件下 无法还原
B．实验2中开始时几乎没有气体出现的原因可能是多孔石墨电极吸附生成的气体
C．对比实验1和实验3可以推测吸附在石墨中的 的反应活性强于气体中的
D．实验4中 溶液中析出金属单质速率更快的原因是 的氧化性更强
【答案】D
【解析】A．由实验1可知，向 溶液中通入 ，溶液仍为蓝色且无固体析出，所以该条件下 无
法还原 ，A正确；B．实验2中，以多孔石墨电极电解 溶液的实质是电解水生成氢气和氧气，
氢气在阴极生成，所以开始时几乎没有气体出现的原因可能是多孔石墨电极吸附生成的气体，B正确；
C．实验1 中 溶液中通入 ，溶液仍为蓝色且无固体析出，实验3 中将实验2中阴极电极插入
溶液， 左右电极表面析出红色固体。所以对比实验1和实验3可以推测吸附在石墨中的 的反
应活性强于气体中的 ，C正确；D．实验4中 溶液中析出银的速度大于铜的速度是因为 的氧
化性更强，实验4中 溶液中析出银的速度大于实验3 中析出银的速度是因为电极被冲洗以后导致吸
附的氢气有损失、溶液与氢气的接触面积不同，D错误；故选D。
8．（2023·江西宜春·江西省宜丰中学校考模拟预测）已知总反应：
kJ⋅mol ( )的速率方程为{ ，k为速率常数]，该反应机理可分为两步：
(1) 快
(2) 慢[速率方程 ， 为速率常数，该反应速率
近似认为是总反应的速率]。下列叙述正确的是
A．
B．当 时，总反应达到平衡C．总反应中生成物的总键能比反应物的总键能小a kJ•mol
D．恒容时，增大 的浓度能增加单位体积内活化分子的百分数，加快反应速率
【答案】A
【解析】A．反应 可由反应(1)+(2)得到，由于(1)反应快，反应速率由(2)决定，
由 可得 ，将其代入 ，得出
，即可得出 ，A正确；B．反应平衡时正逆反应速率相等，则
，B错误；C．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则
正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，C错误；D．增大浓度，活化分子数不变，则其百分数也
不变，D错误；故选A。
9．（2023·山东潍坊·统考二模）实验小组探究双氧水与 的反应，实验方案如下表：
序号 ① ② ③
实验
装置
及操
作
溶液立即变为黄色， 溶液立即变为棕黄色，产生少量
实验 产生大量无色气体； 无色气体；溶液颜色逐渐加深，
无明显变化
现象 溶液温度升高；最终 温度无明显变化；最终有紫黑色
溶液仍为黄色 物质析出
下列说法正确的是
A． 对 的分解有催化作用
B．对比②和③，酸性条件下 氧化 的速率更大
C．实验②③中的温度差异说明， 氧化 的反应放出大量热
D．对比②和③，③中的现象可能是因为 分解的速率大于 氧化 的速率
【答案】AB
【解析】A．由实验①②的实验现象可知，实验①无明显现象，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色
气体说明碘化钾是过氧化氢溶液发生分解反应的催化剂，对过氧化氢的分解有催化作用，故A正确；B．
由实验②③的实验现象可知，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体，实验③溶液立即变为棕黄色，
产生少量无色气体说明酸性条件下过氧化氢溶液氧化碘化钾溶液的反应速率明显大于过氧化氢催化分解的
速率，故B正确；C．由实验②③的实验现象可知，实验②溶液温度升高，实验③溶液温度无明显变化说
明过氧化氢催化分解的反应为放热反应，故C错误；D．由实验②③的实验现象可知，实验②溶液立即变为黄色，产生大量无色气体，实验③溶液立即变为棕黄色，产生少量无色气体说明酸性条件下过氧化氢溶
液氧化碘化钾溶液的反应速率明显大于过氧化氢催化分解的速率，故D错误；故选AB。
10．（2023·河北·校联考模拟预测）某兴趣小组同学将 的酸性 溶液和 溶液按如下比
例混合，探究浓度对反应速率的影响。
序号 温度
① 20℃
② 20℃
现象：实验①溶液很快由紫色变为青绿色，而实验②慢一点；变为青绿色后，实验②溶液很快褪至无色，
而实验①褪色慢一点。
资料： 与 很难形成配合物； (青绿色)， 有强氧化性，而
氧化性极弱。
下列说法错误的是
A．
B． 溶液中能通过加盐酸酸化调
C．溶液由青绿色褪至无色过程中，实验①中 较小，导致褪色速率较慢
D．由实验可知，加入 越多， 溶液由紫色褪至无色的速率越快
【答案】BD
【解析】A．题目探究 浓度对反应速率的影响，要控制单一变量，则设计实验时，除 浓度
外，其他量均相同，所以加水体积为 ，即 ，A正确；B． 溶液可与盐酸反应放出氯气，
故不可用盐酸酸化，B错误；C．由实验时溶液都是先变为青绿色后褪至无色可知， 在反应过程中，
先被还原为 ，后被还原为 ，由青绿色褪至无色的过程中，若 浓度过大，
平衡正向移动，导致 浓度降低，褪色速率较慢，C正确；D．由表中
数据和实验现象可知，并不是加入 越多， 溶液由紫色褪至无色的速率越快，D错误；故答
案为：BD。
