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专题44 化学反应速率
考点
十年考情（2015-2024）
命题趋势
考点1 化学反
应速率
2024·甘肃卷、2024·江苏卷、2022•辽宁省
选择性卷、2016·北京理综、2015·海南卷
高考主要考查对化学反应速率的理
解，对化学反应速率表示方法的认识
以及运用化学方程式中各物质的化学
计量数关系进行相关的计算等，延续
选择题或非选择题的形式，分值为4~6
分。对化学反应速率的复习，需抓住
以下几点：一是理解化学反应速率的
概念以及相关的计算；二是全面掌握
影响反应速率的因素。催化剂在现代
化学工业中占有极其重要的地位，现
在几乎有半数以上的化工产品，在生
产过程里都采用催化剂，为之试题常
以催化剂作用为切入口，对化学反应
速率及平衡进行分析，考查宏观辨析
与微观探究能力。
考点2 化学反
应速率图表
2023•海南卷、2022•河北省选择性卷、
2022•北京卷、2022•广东选择性卷、2022·
浙江省1 月卷、2022·浙江省6 月卷、2021•
浙江1 月卷、2021•浙江6 月卷、2021•湖南
选择性卷、2021•河北选择性卷、2021•广东
选择性卷、2021•辽宁选择性考试、2020•浙
江1 月卷、2020•山东卷、2017•江苏卷、
2015·福建卷
考点3 化学反
应速率应用
2019• 江苏卷、2018•北京卷、2017•天津卷
考点1 化学反应速率
1．(2024·甘肃卷，4，3 分)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 项，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 项，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 项，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 项，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。
2．(2024·江苏卷，5，3 分)下列说法正确的是( )
1
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A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．C2H4与O2反应中，Ag 催化能提高生成CH3CHO 的选择性
C．H2O2制O2反应中，MnO2能加快化学反应速率
D．SO2与O2反应中，V2O5能减小该反应的焓变
【答案】C
【解析】A 项，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 项，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 项，MnO2是H2O2制O2反应的
催化剂，能加快化学反应速率，C 正确；D 项，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。
3．(2022•辽宁省选择性卷，12)某温度下，在
恒容密闭容器中
发生反应2X(s)
Y(g)
+2Z(g)，有关数据如下：
时间段/ min
产物Z 的平均生成速率/ 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
B．2 min 时，加入
，此时
C．3 min 时，Y 的体积分数约为33.3%
D．5 min 时，X 的物质的量为
【答案】B
【解析】A 项，反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z 的平均生成速率
逐渐减小，则0~1 min 内Z 的平均生成速率大于0~2 min 内的，故1 min 时，Z 的浓度大于0.20 mol·L-1，A
正确；B 项，4 min 时生成的Z 的物质的量为
，6min 时生成的Z 的物
质的量为
，故反应在4min 时已达到平衡，设达到平衡时生了
，列三段式：
根据
，得
，则Y 的平衡浓度为0.3 mol·L-1，Z 的平衡浓度为0.6 mol·L-1，平衡常数
，2min 时Y 的浓度为0.2 mol·L-1，Z 的浓度为0.4 mol·L-1，加入
后Z 的浓
2
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度变为0.6 mol·L-1，
，反应正向进行，故
，B 错误；C 项，反应
生成的Y 与Z 的物质的量之比恒等于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；D 项，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；故选B。
4．(2016·北京理综，8)下列食品添加剂中，其试用目的与反应速率有关的是( )
A．抗氧化剂 B．调味剂 C．着色剂 D．增稠剂
【答案】A
【解析】A 项，抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故正确；B 项，调味剂是为
了增加食品的味道，与速率无关，故错误；C 项，着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故错
误；D 项，增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关。
5．(双选)(2015·海南卷，8)10 mL 浓度为1 mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，
能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是( )
A．K2SO4
B．CH3COONa C．CuSO4
D．Na2CO3
【答案】AB
【解析】Zn 与稀盐酸发生反应：Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，若加入物质使反应速率降低，则c(H+)减小，但
是不影响生成氢气的物质的量，说明最终电离产生的n(H+)不变。A 项，K2SO4是强酸强碱盐，不发生水解，
溶液显中性，溶液中的水对盐酸起稀释作用，使c(H+)减小，但没有消耗H+，因此n(H+)不变，符合题意；
B 项，CH3COONa 与HCl 发生反应：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，使溶液中c(H+)减小，反应速率降
低，当反应进行到一定程度，会发生反应：2CH3COOH+Zn=(CH3COO)2Zn+H2↑，因此最终不会影响生成氢
气的物质的量，符合题意；C 项，加入CuSO4溶液与Zn 发生置换反应：CuSO4+Zn=Cu+ZnSO4，生成的Cu
与Zn 和盐酸构成原电池，会加快反应速率，与题意不符合；D 项，若加入Na2CO3溶液，会与盐酸发生反
应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，使溶液中的c(H+)减小，但由于部分H+生成了H2O，因此使n(H+)也
减小，生成氢气的物质的量减小，不符合题意。
考点2 化学反应速率图表
1．(2023•海南卷，13)工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：C6H5CH2CH3(g)
C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)。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( )
3
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A．曲线①表示的是逆反应的v-t 关系 B．t2时刻体系处于平衡状态
C．反应进行到t1时，Q＞K (Q 为浓度商) D．催化剂存在时，v1、v2都增大
【答案】BD
【解析】A 项，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v-t 关系，曲线表示的是逆反应的v-t 关系，故A 错误；B 项，t2时，正逆反应速率相等，
体系处于平衡状态，故B 正确；C 项，反应进行到t1时，反应正向进行，故Q＜K，故C 错误；D 项，催化
剂能降低反应的活化能，使反应的v1、v2都增大，故D 正确；故选BD。
2．(2022•河北省选择性卷，11)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
，反应②的速率
，式中
为速率常数。
图甲为该体系中X、Y、Z 浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的
曲线。下列说法错误的是(
)
A．随
的减小，反应①、②的速率均降低
B．体系中
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T1时，总反应速率由反应②决定
【答案】AB
【解析】由图中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是X，浓度随时间变化逐渐增大的代
表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙中的信息可知，反应①的速率常数随温度
升高增大的幅度小于反应②的。A 项，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 错误；B 项，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 错误；C 项，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 正确；D 项，由图乙信息可知，温度低于T 时，k1＞k2，反应②为慢反
应，因此，总反应速率由反应②决定，D 正确；故选AB。
3．(2022•北京卷，12)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1 所示。反应①完成
4
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之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，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CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是( )
A．反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4
CaO+2CO+2H2
B．t 1~ t 3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4
C+2H2
C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成
的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【解析】A 项，由题干图1 所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得
反应②为CaCO3+CH4
CaO+2CO+2H2，A 正确；B 项，由题干图2 信息可知，t 1~ t 3，n(H2)比n(CO)
多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4
C+2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2，B 正确；C 项，由题干反应②方程式可知，
H2和CO 的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO 变为
1~2mmol/min 之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C 错误；D 项，由题干图2
信息可知，t3之后，CO 的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO 的速率为0，是因
为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D 正确；故选C。
4．(2022•广东选择性卷，15)在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应
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
5
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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】A 项，由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故
A 错误；B 项，由图可知，催化剂I 比催化剂II 催化效果好，说明催化剂I 使反应活化能更低，反应更快，
故B 错误；C 项，由图可知，使用催化剂II 时，在0~2min 内Y 的浓度变化了2.0mol/L，而a 曲线表示的
X 的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a 曲线不表示使用催化剂II 时X
浓度随时间t 的变化，故C 错误；D 项，使用催化剂I 时，在0~2min 内，Y 的浓度变化了4.0mol/L，则v
(Y) =
=
=2.0 mol·L－1·min－1，v (X) =
(Y) =
2.0 mol·L－1·min－1=1.0 mol·L－1·min－1，
故D 正确；故选D。
5．(2022·浙江省1 月卷，19)在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)
3X(g)，c(B)随时间的变
化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是( )
A．从a、c 两点坐标可求得从a 到c 时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b 点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X)
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中
曲线乙所示
【答案】C
【解析】A 项，图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算
得到，从a、c 两点坐标可求得从a 到c 时间间隔内该化学反应的平均速率，A 正确； B 项，b 点处的切线
的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，B 正确； C 项，化学反应速率之比等
于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，C 不正确； D 项，维持温度、容积不变，向反应体系中加
入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，D 错误；
故选C。
6．(2022·浙江省6 月卷，20)恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3(g)
N2(g)＋3H2(g)，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法
不正确的是( )
6
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A．实验①，0~20min，v(N2)=1.00× 10-5mol/(L·min)
B．实验②，60min 时处于平衡状态，
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
【答案】C
【解析】A 项，实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.40× 10-3mol/L-2.00× 10-3mol/L=4.00× 10-
4mol/L，v(NH3)=
=2.00× 10-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=
v(NH3)=1.00× 10-5mol/(L·min)，A 正确；B 项，催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③
中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.00×10-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓
度也为4.00 10-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验
②60min 时处于平衡状态，x<0.4，即x≠0.4，B 正确；C 项，实验①、实验②中0~20min、20min~40min 氨
气浓度变化量都是4.00×10-4mol/L，实验②中60min 时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相
同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min 时反应未达到平衡状态，相同
条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C 错误；D 项，对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实
验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2 倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说
明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D 正确；故选C。
7．(2021•浙江1 月卷，19)取50 mL 过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一
定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min
0
20
40
60
80
c/(mol·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
下列说法不正确的是( )
A．反应20min 时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1
C．第30min 时的瞬时速率小于第50min 时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
【答案】C
【解析】A 项，反应20min 时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量
n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的
7
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体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A 正确；B 项，20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-
0.20)mol/L=0.20 mol·L-1，则这段时间内的平均速率v=
=
=0.010 mol·L-1·min-1，B 正确；C 项，
随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min
时的瞬时速率大于第50min 时的瞬时速率，C 错误；D 项，I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧
化氢分解酶或Fe2O3代替，D 正确；故选C。
8．(2021•浙江6 月卷，20)一定温度下：在N2O5 的四氯化碳溶液(100mL)中发生分解反应：2N2O5
4NO2 +O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：
0
600
1200
171
0
2220
282
0
x
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是( )
A．600~1200 s，生成NO2的平均速率为5.0×10-4
mol·L－1·s－1
B．反应2220 s 时，放出的O2体积为11.8L(标准状况)
C．反应达到平衡时，v 正(N2O5)=2v 逆(NO2)
D．推测上表中的x 为3930
【答案】D
【解析】A 项，600~1200 s，N2O5的变化量为(0.96-0.66) mol·L－1==0.3 mol·L－1，在此时间段内NO2
的变化量为其2 倍，即0.6 mol·L－1，因此，生成NO2的平均速率为
1.0×10-3
mol·L－1·s－1，A
不正确；B 项，由表中数据可知，反应2220 s 时，N2O5的变化量为(1.40-0.35) mol·L－1==1.05 mol·L－1，其
物质的量的变化量为1.05 mol·L－10.1L=0.105mol，O2的变化量是其
，即0.0525mol，因此，放出的O2
在标准状况下的体积为0.0525mol 22.4L/mol=1.176L ，B 不正确；C 项，反应达到平衡时，正反应速率等
于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，2v 正(N2O5)=v 逆
(NO2)，C 不正确；D 项，分析表中数据可知，该反应经过1110s(600-1710，1710-2820)后N2O5的浓度会变
为原来的
，因此，N2O5的浓度由0.24 mol·L－1变为0.12 mol·L－1时，可以推测上表中的x 为
(2820+1110)=3930，D 正确。故选D。
9．(2021•湖南选择性卷，14)铁的配合物离子(用[L
Fe
H]
﹣
﹣
+表示)催化某反应的一种反应机理和相对
能量的变化情况如图所示：
8
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下列说法错误的是( )
A．该过程的总反应为HCOOH
CO2↑+H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe 元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】D
【解析】反应历程HCOOH→HCOO﹣+H+ ，[L
Fe
H]
﹣
﹣
++HCOO﹣→
，
→CO2+
，
+H+→
，
→Ⅰ[L
Fe
H]
﹣
﹣
++H2↑。A 项，合并HCOOH→HCOO﹣
+H+ ，[L
Fe
H]
﹣
﹣
++HCOO﹣→
，
→CO2+
，
+H+→
，
→Ⅰ[L
Fe
H]
﹣
﹣
++H2，得总方程式，该过程的总反应为HCOOH
CO2↑+H2↑，故A 正确；
B 项，H+浓度过大HCOO﹣浓度减小，[L
Fe
H]
﹣
﹣
++HCOO﹣→
反应慢，H+浓度过小
+H+→
反应慢，H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，故B 正确；C 项，
9
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→CO2+
，碳的化合价升高，铁的化合价降低，故C 正确；D 项，决定化学反应速率的步骤是最慢
的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理图中可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程的总反应速率由
Ⅳ→Ⅰ步骤决定，故D 错误；故选D。
10．(2021•河北选择性卷，11)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v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)
(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z 的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是
A．0～30min 时间段内，Y 的平均反应速率为6.67×10-8mol•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】A 项，由图中数据可知，30 min 时，M、Z 的浓度分别为0.300 mol•L-1和0.125 mol•L-1，则M
的变化量为0.5 mol•L-1-0.300 mol•L-1=0.200 mol•L-1，其中转化为Y 的变化量为0.200 mol•L-1-0.125
mol•L-1=0.075 mol•L-1。因此，0~30 min 时间段内，Y 的平均反应速率为
，A 不正确；B 项，由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为
，Y 和Z 分别为反
应①和反应②的产物，且两者与M 的化学计量数相同(化学计量数均为1)，因此反应开始后，体系中Y 和
Z 的浓度之比等于
，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B 正确； C 项，结合A、B 的分析
可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y 和Z 的浓度之比等于
=
，因此，如
果反应能进行到底，反应结束时有
的M 转化为Z，即62.5%的M 转化为Z，C 正确；D 项，由以上分析
可知，在相同的时间内生成Z 较多、生成Y 较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活
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化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D 说法正确。故选A。
11．(2021•广东选择性卷，14)反应X=2Z 经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z 的浓
度c 随时间t 的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．a 为c(X)随t 的变化曲线
B．t1时，c(X)= c(Y)= c(Z)
C．t2时，
的消耗速率大于生成速率
D．t3后， c(Z)=2c0- c(Y)
【答案】D
【解析】由题中信息可知，反应X=2Z 经历两步：①X→Y；②Y→2Z。因此，图中呈不断减小趋势
的ａ线为X 的浓度c 随时间t 的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z 的浓度c 随时间t 的变化曲线，先增加
后减小的线为Y 的浓度c 随时间t 的变化曲线。A 项，X 是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断
减小，因此，由图可知，ａ为c(X)随t 的变化曲线，A 正确；B 项，由图可知，分别代表3 种不同物质的曲
线相交于t1时刻，因此，t1时c(X)= c(Y)= c(Z)，B 正确；C 项，由图中信息可知，t2时刻以后，Y 的浓度
仍在不断减小，说明t2时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y 的速率小于反应②消耗Y
的速率，即t2时Y 的消耗速率大于生成速率，C 正确；D 项，由图可知，t3时刻反应①完成，X 完全转化为
Y，若无反应②发生，则c(Y) =c0，由于反应②Y→2Z 的发生，t3时刻Y 浓度的变化量为c0- c(Y)，变化量
之比等于化学计量数之比，所以Z 的浓度的变化量为2[c0- c(Y)]，这种关系在t3后仍成立， 因此，D 不正
确。故选D。
12．(2021•辽宁选择性考试，12)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( )
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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】A 项，由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更
短，故反应速率越大，A 正确；B 项，由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③
的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B 错误；C 项，
由题干图中数据可知，条件①，反应速率为
=0.012 mol·L－1·min－1，C 正确；D
项，反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0
mol·L－1时，半衰期为125min÷2=62.5 min，D 正确；故选B。
13．(2020•浙江1 月卷，21)一定温度下，在2 L 的恒容密闭容器中发生反应A(g)＋2B(g)
3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：
n/mol
t/min
n(A)
n(B)
n(C)
0
2.0
2.4
0
5
0.9
10
1.6
15
1.6
下列说法正确的是( )
A．0~5 min 用A 表示的平均反应速率为
B．该反应在10 min 后才达到平衡
C．平衡状态时，
D．物质B 的平衡转化率为20%
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【答案】C
【解析】A 项，v(C)=
，同一反应反应中反应速率之比等于计量数
之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=
，故A 错误；B 项，15min 时，n(B)=1.6mol，消耗了
2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A 的物质的量为0.4mol，所以15min 时，
n(A)=1.6mol，与10min 时A 的物质的量相同，说明10~15min 这段时间内平衡没有移动，但无法确定是
10min 时达到平衡，还是10min 前已经达到平衡，故B 错误；C 项，根据B 选项分析可知平衡时消耗的B
为0.8mol，根据方程式可知生成C 的物质的量为1.2mol，浓度为
，故C 正确；
D 项，物质B 的平衡转化率为
，故D 错误；故选C。
14．(2020•山东卷，14)1，3-丁二烯与HBr 发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正
离子(
)；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化
如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70：30 和15：85。下列
说法正确的是( )
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
【答案】AD
【解析】A 项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，
即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A 正确；B 项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还
是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在400C 时其转化率会减小，
故B 错误；C 项，从00C 升至400C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会
增大，故C 错误；D 项，从00C 升至400C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成
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正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D 正确；故选AD。
15．(2017•江苏卷，10)H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间
的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，溶液pH 越小，H2O2分解速率越快
C．图丙表明，少量Mn 2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
【答案】D
【解析】A 项，由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，A 错误；B 项，由图乙可知，溶液的碱性
越强即pH 越大，双氧水分解越快，B 错误；C 项，由图丙可知，有一定浓度Mn2+存在时，并不是碱性越
强H2O2分解速率越快，C 错误；由图丙可知，碱性溶液中，Mn2+对双氧水分解有影响，图丁说明Mn2+浓度
越大，双氧水分解越快，图丙和图丁均能表明碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D 正确。
16．(2015·福建卷，12)在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正
确的是( )
c/mol·L-1
v/mmol
·L-1·min-1
T/ K
0.600
0.500
0.400
0.300
318.2
3.60
3.00
2.40
1.80
328.2
9.00
7.50
a
4.50
b
2.16
1.80
1.44
1.08
A．a=6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v 可能不变
C．b<318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
【答案】D
【解析】A 项，根据表格的数据可知：在328.2 K 时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快。根据浓度与
速率的变化关系可知在328.2 K 时，蔗糖的浓度每减小0.100 mol·L-1，速率减小1.50 mmol·L-1·min-1，所以
在浓度是0.400 mol·L-1时，水解的速率是6.00 mmol·L-1·min-1，即a=6.00，正确；B 项，根据表格数据可知：
升高温度，水解速率增大，增大浓度，水解速率也增大，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则对反
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应速率的影响因素可能相互抵消，即反应速率可能不变，正确；C 项，在浓度不变时，升高温度，水解速
率增大，降低温度，水解速率减小。由于在浓度是0.600 mol·L-1时，当318.2 K 时水解速率是3.60
mmol·L-1·min-1，现在该反应的速率是2.16 mmol·L-1·min-1<3.60 mmol·L-1·min-1，所以反应温度低于318.2
K，即b<318.2，正确；D 项，温度不同时，在相同的浓度时反应速率不相同，浓度减少一半时所需的时间
也不同，错误。
考点3 化学反应速率应用
1．(2019• 江苏卷，16 节选)N2O、NO 和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理
后才能排放。
(2)NO 和NO2的处理。已除去N2O 的硝酸尾气可用NaOH 溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH−=2NO2
-+H2O 2NO2+2OH−= NO2
-+ NO3
-+H2O
①下列措施能提高尾气中NO 和NO2去除率的有________(填字母)。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH 溶液
【答案】(2)BC
【解析】(2)①A 项，加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO 和NO2的去除率，不选A；B 项，采
用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO 和NO2的去除率，选B；C 项，定
期补充适量的NaOH 溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO 和NO2的去除率，选C。故选BC；
2．(2018•北京卷，10 节选)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。
过程如下：
(2)对反应Ⅱ，
在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2_______p 1(填“＞”或“＜”)，得出该结论的理由是________________。
(3)I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii 补充完整。
i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2 I－
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(4)探究i、ii 反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL
下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI 溶液中)
序号
A
B
C
D
试剂组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验现象
溶液变黄，一段时间
后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊
较A 快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪
色，变成黄色，出现
浑浊较A 快
①B 是A 的对比实验，则a=__________。
②比较A 项，B 项，C，可得出的结论是______________________。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii 反应速率解释原因：________________。
【答案】(2)> 反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4
的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大
(3)SO2 SO4
2− 4H+
(4)0.4 I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率
反应ii 比i 快；D 中由反应ii 产生的H+使反应i 加快
【解析】(2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大
于p1时；反应II 是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系
总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2
p1。(3)反应II 的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可
以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，(总反应-反应i)
2 得，
反应ii 的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO4
2-+2I-。(4)①B 是A 的对比实验，采用控制变量法，B 比A 多
加了0.2mol/LH2SO4，A 与B 中KI 浓度应相等，则a=0.4；②对比A 与B，加入H+可以加快SO2歧化反应
的速率；对比B 与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A 项，B 项，C，可得出的结论是：I−是SO2
歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率；③对比D 和A，D 中加
入KI 的浓度小于A，D 中多加了I2，反应i 消耗H+和I-，反应ii 中消耗I2，D 中“溶液由棕褐色很快褪色，
变成黄色，出现浑浊较A 快”，反应速率D
A，由此可见，反应ii 比反应i 速率快，反应ii 产生H+使
c(H+)增大，从而反应i 加快。
3．(2017•天津卷，7 节选)某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4，。考虑到胶体的吸附作
用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置，使浆液分离成固体混合物和含铬
元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
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(2)该小组探究反应②发生的条件。D 与浓盐酸混合，不加热，无变化，加热有Cl2生成，当反应停止
后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2 。由此判断影响该反应有效进行的因素有( 填序
号)___________。
a．温度 b．Cl−的浓度 c．溶液的酸度
【答案】(2)ac
【解析】(2)根据实验方案可知，D 与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，可知温度对该
反应有影响；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。说明加入H+能继续产生Cl2，可知
溶液的酸度对该反应有影响，综上所述，影响该反应的因素有温度和溶液的酸度，故选ac。
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