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第01 讲 化学反应速率及其影响因素
目录
01 课标达标练
题型01 化学反应速率概念及计算
题型02 化学反应速率大小比较
题型03 化学反应速率的测定
题型04 影响化学反应速率的因素
题型05 活化能、催化剂对反应速率的影响
题型06 速率常数及其应用
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 化学反应速率概念及计算
1．已知 2H2S(g) + 3O2(g)
2SO2(g) + 2H2O(g)，若反应速率分别用
v(H2S)、v(O2)、v(SO2)、v(H2O)表示，则正确的关系式为( )
A．2v(H2S)＝3v(O2) B．2v(O2)＝3v(SO2) C．3v(O2)＝2v(SO2) D．3v(O2)＝2v(H2O)
【答案】B
【解析】化学反应速率之比等于化学计量数之比，由化学方程式可知，v(H2S)：v(O2) ：v(SO2) ：
v(H2O)=2：3：2：2，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，得3v(H2S)=2v(O2) =3v(SO2)
=3v(H2O)，所以B 正确；故选B。
2．(2025·陕西西安高一期末)在
反应中，表示该反应速率最快的是(
1
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)
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】A 项，将
转换为
；B
项，
转化为秒，
；
；C 项，将
转换为
；D 项，
；综上所述该反应速率最
快的是D，故选D。
3．(2025·辽宁沈阳模拟)逆水煤气变换反应为CO2(g)＋3H2(g)
CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=
-49.5kJ·mol−1；将6molCO2和8molH2充入容积为2L 的密闭容器中，分别在T1、T2温度下发生该反应，H2
的物质的量变化如下表所示。下列说法中错误的是( )
物质的量/mol
T1/℃
T2/℃
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
H2
8.0
3.5
2.0
2.0
1.7
1.5
1.5
A．T1＜T2
B．T1温度下，5~10min 内以CH3OH 表示该反应速率
mol·L-1·min-1
C．T1温度下，某时刻
mol，
D．T2温度下，该反应
(25min)
(20min)
【答案】A
【解析】A 项，根据表中数据可知，T1温度下，平衡时H2物质的量为2.0mol，T2温度下，平衡时H2
物质的量为1.5mol，氢气的物质的量减少，平衡正向移动，正反应为放热反应，则温度T1＞T2，A 错误；
2
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B 项，T1温度下，5~10min 内H2物质的量的变化量为：3.5mol-2.0mol=1.5mol，CH3OH 物质的量的变化量
为：0.5mol，则以CH3OH 表示该反应速率为：
，
B 正确；C 项，T1温度下，10min 时H2的物质的量不再变化，该反应达到平衡状态，此时n(H2)=2.0mol，
根据三段式：
，则平衡时，
c(H2)=1mol/L，c(CO2)=2mol/L，c(CH3OH)=1mol/L，c(H2O)=1mol/L，则平衡常数为：
，该温度下，某时刻，
n(CO2)=n(H2)=n(CH3OH)=n(H2O)=2mol，则 c(CO2)=c(H2)=c(CH3OH)=c(H2O)=1mol/L ，则
，则Q>K，C 正确；D 项，T2 温度下，根据题表
数据可知，20 min 时，该反应尚未达到平衡状态，H2的物质的量在逐渐减小，反应正向进行，正反应速率
在逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，
；25 min 时，该反应达到平衡状态，
，则
，D 正确；故选A。
4．将4 molA 气体和2mol B 气体在2 L 的容器中混合，并在一定条件下发生反应2A(g)＋B(g)
2C(g)，若经2 s 后测得C 的浓度为0.6 mol·L－1，下列几种说法不正确的是( )
①用物质A 表示的平均反应速率为0.3 mol·L－1·s－1
②用物质B 表示的平均反应速率为0.6 mol·L－1·s－1
③2 s 时物质A 的转化率为70%
④2 s 时物质B 的浓度为0.7 mol·L－1
A．①③ B．①④ C．②③ D．③④
【答案】C
【解析】将4 mol A 气体和2 mol B 气体在2 L 的密闭容器中混合并在一定条件下发生反应2A(g)＋
3
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B(g)
2C(g)，若经2 s 后测得C 的浓度为0.6 mol·L－1，依据化学平衡三段式列式计算。
2A(g)＋B(g)
2C(g)
起始量/mol 4 2 0
变化量/mol 1.2 0.6 1.2
2 s 末/mol 2.8 1.4 1.2
①用物质A 表示反应的平均速率＝ mol·L－1·s－1＝0.3 mol·L－1·s－1，故①正确；②用物质B 表示反应的
平均速率＝ mol·L－1·s－1＝0.15 mol·L－1·s－1，故②错误；③2 s 未物质A 的转化率＝×100%＝30%，故③错
误；④2 s 末物质B 的浓度＝ mol·L－1＝0.7 mol·L－1，故④正确。
5．在容积为2L 的密闭容器中进行如下反应：A(s)+2B(g)
3C(g)+nD(g)，开始时A 为4mol，B 为
6mol；5min 末时测得C 的物质的量为3mol，用D 表示的化学反应速率v(D)为0.1 mol/(L·min)。下列说法
错误的是( )
A．前5min 内用A 表示的化学反应速率v(A)为0.1mol/(L·min)
B．化学方程式中n 值为1
C．反应达到平衡时3v 正(B)=2v 逆(C)
D．此反应在两种不同情况下的速率分别表示为：①v(B)=6 mol/(L·min)，②v(D)=4.5 mol/(L·min)，
其中反应速率快的是②
【答案】A
【解析】A 项，A 为固体，不能用浓度变化表示化学反应速率，A 错误；B 项，
n(C) ： n(D)=3： 1，为方程式化学计量系数比，B 正确；C 项，平衡时正反应速率等于逆反应速率，
不同物质表示速率等于计量数之比
，C 正确；D 项，当v(D)=4.5 mol/(L·min)，若用B 的浓度变
化表示应为v(B)=4.5× 2=9 mol/(L ·min)，D 正确；故选A。
6．(2025·贵州贵阳高一期末)某温度下，向2L 恒容密闭容器中加入N2O3固体，发生反应N2O3(s)
NO2(g)+X(g)(未配平)，反应过程如图所示，下列说法正确的是( )
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A．向容器中再加入N2O3，正反应速率加快
B．第2min 时，该反应的v 正=v 逆
C．反应达平衡时，N2O3的转化率为40%
D．X 是
，0~3min 用NO 表示的反应速率为0.4 mol·L－1·min－1
【答案】D
【解析】A 项，N2O3是固体，其量增加，浓度并未改变，对化学反应速率影响不大，A 错误；B 项，
由图示信息可知，第2min 时，N2O3的物质的量还在减小，NO2的物质的量还在增大，即反应未达到平衡
状态，正反应速率大于逆反应速率，B 错误；C 项，反应达平衡时，N2O3的转化率为
，C 错误；D 项，由图分析在交叉点N2O3减少2mol，NO2增加2mol，因此方程
式中N2O3的系数和NO2的系数相等，根据原子守恒X 是NO，0~3min，用NO 表示的反应速率为
，D 正确；故选D。
7．N2O 在金表面分解的实验数据如下表。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
0
20
40
60
80
A．N2O 消耗一半时的反应速率为
B．100min 时N2O 消耗完全
C．该反应的速率与N2O 的浓度有关
D．该反应的半衰期
与起始浓度
的关系满足
【答案】C
【解析】A 项，从表中可知，20min 时，N2O 浓度为
，而在60min 时，N2O 浓度变为原
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来的一半，因此N2O 消耗一半时的反应速率
=
，A 正确；B 项，由
表中数据可知，每20minN2O 浓度消耗0.020mol/L，因此当100min 时N2O 消耗完全，B 正确；C 项，由表
中数据可知，该反应匀速进行，与起始浓度无关，C 错误；D 项，结合选项A 的解析，N2O 起始浓度为
时，40 分钟达到半衰期，代入关系式验证，可得：40min=500×0.080，D 正确。因此，本题
选C。
8．某温度时，在
容器中，
、
、
三种气体物质的量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．反应方程式为X+3Y
2Z
B．该反应条件下，2min 时
的转化率达到最大
C．第2min 时的化学反应速率
D．2min 后虽然
的浓度不再变化，但
仍在发生反应
【答案】C
【解析】A 项，根据图中X、Y、Z 的物质的量变化分别为0.1mol、0.3mol、0.2mol，根据物质的变化
量之比等于化学计量数之比，则可以判断出X、Y 为反应物，Z 为生成物且其化学计量数之比为1：3：
2，A 正确；B 项，2min 时各物质的物质的量不再变化，反应达到平衡，此时反应达到最大限度，X 的转
化率达到最大，B 正确；C 项，化学反应速率表示的是一段时间内的平均速率而不是瞬时速率，C 错误；
D 项，该反应为可逆反应，当反应达平衡时反应仍在进行，D 正确；故选C。
9．在2L 的密闭容器中投入CO2和H2在一定条件下发生反应：CO2(g) +4H2(g)
CH4(g)
+2H2O(g)。在一定温度下，测得CO2的物质的量如下表
0
10
20
30
40
2
1.6
1
0.5
0.5
下列说法不正确的是( )
A．反应20min 时，测得CH4体积为22.4L(标准状况)
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B．
，生成H2O(g)的平均速率为
C．第15min 时的瞬时速率大于第25min 时的瞬时速率
D．第30min 时反应到达平衡
【答案】D
【解析】A 项，反应20min 时，测得CO2为1mol，则消耗CO2、生成CH4均为1mol，CH4体积为
22.4L(标准状况)，A 正确；B 项，20~40min，测得CO2从1mol 变为0.5mol，则消耗CO20.5mol、生成
H2O(g)为1mol，生成H2O(g)的平均速率为
，B 正确；C 项，其它条
件相同、反应物的浓度越大则反应速率越快， 第15min 时反应物的浓度大于第25min 时的浓度，则第
15min 时瞬时速率大于第25min 时的瞬时速率，C 正确；D 项，由图知第30min 时的二氧化碳含量已不再
变化、则反应已经处于平衡状态，D 不正确；故选D。
02 化学反应速率大小比较
10．在2A(s) +B(g)
3C(g)+4D(g)，反应中，表示的反应速率最慢的是( )
A．
mol/(L·min) B．
mol/(L·min)
C．
mol/(L·min) D．
mol/(L·s)
【答案】C
【解析】A 是浓度为定值的固体，不能用于表示反应的反应速率；由反应速率之比等于化学计量数之
比可知，B、C、D 的反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，由题给数据可得：
=
=0.4 mol/(L·min)、
=
=0.3 mol/(L·min) 、
=
=1.5 mol/(L·min)，则
mol/(L·min) 表示的反应速率最慢，故选C。
11．对于可逆反应A(g)+3B(s)
2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的
反应速率最快的是( )
A．
B．
C．
D．
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【答案】C
【解析】速率比等于化学计量数比，都转化为用A 物质表示的反应速率，速率的单位都用
，
然后进行比较。A 项，
；B 项，B 是固体，不能用其表示反应速率；C 项，
；D 项，
；可见，反应速率最大的是
；故选
C。
12．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
列说法正确的是
A．从a、c 两点坐标可求得a、c 两点该化学反应的速率
B．a、b、c 三点的速率大小为：v 正(b)>v 逆(a)>v 正(c)
C．若提高反应温度，则c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
D．反应达到平衡时一定存在关系：3v(B)=2v(X)
【答案】D
【解析】A 项，从a、c 两点坐标可求得a、c 两点间的该化学反应的平均速率，A 错误；B 项，随着
的反应正向进行，反应平衡前v 正>v 逆，平衡时v 正=v 逆，至平衡过程中正速率减小逆速率增加，则v 正(b)>
v 正(c)= v 逆(c)> v 逆(a)，故B 错误；C 项，若提高反应温度，则平衡会发生移动，则c(B)最终浓度会不同，
C 错误；D 项，反应达到平衡时物质反应速率比等于系数比，则：3v(B)=2v(X) ，D 正确；故选D。
03 化学反应速率的测定
13．((2025·贵州贵阳高一期末)某兴趣小组为了探究化学反应速率的影响因素，分别用浓度均为
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的Na2S2O3溶液和稀硫酸设计如下表所示实验。反应原理为Na2S2O3+H2SO4= Na2SO4+S↓
+SO2↑+H2O，下列说法正确的是( )
实验编
号
反应温
度/℃
液体体积/mL
Na2S2O3溶液
稀硫酸
蒸馏水
①
25
2
3
0
②
25
1
3
V1
③
50
V2
3
0
A．若配制Na2S2O3溶液时，定容时俯视刻度线，则所配溶液浓度偏低
B．表格中，V1=1，V2=1
C．实验②和③是探究温度对反应速率的影响
D．该实验可通过相同时间内所收集到的气体体积判断反应的快慢
【答案】D
【解析】A 项，配制溶液时，定容时俯视刻度线会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，A 错误；
B 项，实验②的总体积需与实验①保持一致(5mL)，故V1=1，但实验③的V2=2(保持与①的Na2S2O3浓度相
同)，B 错误；C 项，实验②和③的温度不同，由B 项可知，V2=2，Na2S2O3浓度也不同，存在两个变量，
无法单独探究温度对化学反应速率的影响，C 错误；D 项，反应生成SO2气体，可通过相同时间内收集气
体体积判断反应速率的快慢，D 正确；故选D。
14．为了研究外界条件对H2O2分解反应速率的影响，某同学在4 支试管中分别加入3mLH2O2溶液，
并测量收集VmL 气体时所需的时间，实验记录如下：
实验序号
H2O2溶液浓度
H2O2溶液温度(℃)
催化剂
所用时间
①
5%
20
2 滴1mol/LFeCl3
t1
②
5%
40
2 滴1mol/LFeCl3
t2
③
10%
20
2 滴1mol/LFeCl3
t3
④
5%
20
不使用
t4
下列说法中，不正确的是( )
A．实验①②研究温度对反应速率的影响 B．实验②④研究催化剂对反应速率的影响
C．获得相同体积的O2：t1>t3 D．实验③与④比较：t3<t4
【答案】B
9
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【解析】A 项， 实验①②中只有温度不同，故是研究温度对反应速率的影响，故A 正确；B 项，实
验②④中反应温度不同，不能研究催化剂对反应速率的影响，故B 错误；C 项，①和③比较，③中过氧化
氢的浓度大，反应速率快，若获得相同体积的氧气，①的用时长，故C 正确；D 项，实验③与④比较，
③中过氧化氢的浓度大，使用催化剂，故反应速率快，时间短，故D 正确； 故选B
15．(2025·安徽六安高一期末)硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的还原剂，能被酸性KMnO4溶液氧化，反
应原理如下：
某学习小组为探究影响该化学反应速率的因素，设计了如下表所示系列实验。
实验
序号
温度
/℃
V/mL
恰好紫色
褪去的
时间/s
稀硫酸
(1.5000mol·L
－1)
蒸馏水
Na2S2O3溶
液(0.1250
mol·L－1)
KMnO4溶
液(0.2500
mol·L－1)
①
25
5.00
0
25.00
10.00
t1
②
25
5.00
10.00
15.00
V1
t2
③
40
V2
V3
15.00
V4
t3
下列说法正确的是( )
A．t1>t2>t3
B．实验中除能观察到紫色溶液褪去外还能观察到溶液变浑浊
C．实验②和③探究温度对反应速率的影响，则需V2=V3=10.00
D．若实验①中，t1=20s，则前20s 内平均反应速率：
【答案】B
【解析】实验①和②中Na2S2O3浓度不同，探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③中温度不同，
探究温度对化学反应速率的影响。A 项，实验①中Na2S2O3浓度更高，反应速率更快，t1应小于t2；实验③
温度更高，反应速率更快，t3应小于t2，A 错误；B 项，反应中KMnO4完全反应后，过量的Na2S2O3与硫
酸反应生成硫沉淀，导致溶液浑浊，因此能观察到溶液变浑浊，B 正确；C 项，除温度外实验②和③需保
持其他条件一致，实验②中稀硫酸为5.00mL，蒸馏水为10.00mL，因此实验③中V2应为5.00mL，V3应为
10.00mL，C 错误；D 项，实验①中KMnO4的初始浓度为
=0.0625mol/L，若t1=20s，则完
10
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全反应的平均速率为
=0.003125mol/(L·s)，D 错误；故选B。
16．将0.48g 镁粉分别加入10.0mL 下列溶液，反应6 小时，用排水法收集产生的气体，溶液组成与
H2体积(已换算成标准状况)的关系如下表。下列说法不正确的是
实验
1
2
3
4
5
6
7
溶液组
成
H2O
1.0mol/L
NH4Cl
0.1mol/L
NH4Cl
1.0mol/L
NaCl
1.0mol/L
NaNO3
0.8mol/L
NH4Cl+0.2mol/L
NH3·H2O
0.2mol/L
NH4Cl+0.8mol/L
NH3·H2O
V/ml
12
433
347
160
14
401
349
A．由实验2、3 可得，
浓度越大，镁和水反应速率越快
B．由实验1、4、5 可得，Cl-对镁和水的反应有催化作用
C．由实验3、7 可得，反应过程产生的Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应
D．无论酸性条件还是碱性条件，
都能加快镁和水的反应
【答案】A
【解析】A 项，试验2、3 中主要反应为：
，由于试验2 中
的n(NH4
+)大于试验3 中的n(NH4
+)，而镁是过量的，所以不能得出
浓度越大，反应速率越快的结论，
故A 符合题意；B 项，由试验1、2 对比可知，反应速率加快，其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用，
由试验4、5 对比可知，Na+对反应无催化作用，由此可知，Cl-对镁和水的反应有催化作用，故B 不符合题
意；C 项，试验7 中NH4Cl 浓度较试验3 高，产生氢气的速率应更快，但由表格可知，二者产生氢气的速
率几乎相等，其原因在于试验7 中加入了高浓度NH3·H2O，NH3·H2O 与Mg2+反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁
表面，减慢反应，故C 不符合题意；D 项，由试验1、2、7 对比可知，无论酸性条件还是碱性条件，
都能加快镁和水的反应，故D 不符合题意；故答案为A。
17．某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示：
序号
纯锌粉/g
2.0 mol·L－1硫酸溶液/mL
温度/℃
硫酸铜固体/g
加入蒸馏水/mL
Ⅰ
2.0
50.0
25
0
0
Ⅱ
2.0
40.0
25
0
10.0
Ⅲ
2.0
50.0
25
0.2
0
Ⅳ
2.0
50.0
25
4.0
0
11
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(1)本实验待测数据可以是_____________________________________________________，
实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究________对锌与稀硫酸反应速率的影响。
(2)实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是___________________________________________________，
写出有关反应的离子方程式___________________________________________________。
【答案】(1)反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间) 硫酸浓度
(2)探究硫酸铜的质量对反应速率的影响 Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑
【解析】实验Ⅰ和实验Ⅱ中，锌的质量和状态相同，硫酸的浓度不同，实验Ⅲ和实验Ⅳ中加入硫酸铜，
Cu2＋的氧化性强于H＋，首先发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，生成的铜附着在锌表面，在稀硫酸溶液中
构成原电池，加快锌失电子。但是加入的硫酸铜过多，生成的铜会覆盖在锌表面，阻止锌与稀硫酸进一步
反应，产生氢气的速率会减慢。(1)本实验待测数据可以是“反应结束所需要的时间”或“相同条件下产生
等体积的氢气所需要的时间”，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究硫酸的浓度对反应速率的影响。(2)实验Ⅲ和实验
Ⅳ加入的硫酸铜的质量不同，可以探究加入硫酸铜的质量与反应速率的关系。
04 影响化学反应速率的因素
18．下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是( )
A．牛奶放在冰箱里保存 B．向玻璃中加入Cu2O
C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎 D．在糕点包装内放置小包铁粉
【答案】B
【解析】A 项，降低温度，减缓食物变质的速率，故A 不选；B 项，向玻璃中加入Cu2O 是为了使玻
璃呈现颜色，与反应速率无关，故B 选；C 项，高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，增大接触面积加快化学反应
速率，故C 不选；D 项，在糕点包装内放置小包铁粉，有吸收氧气的作用，能减慢糕点变质的速率，故D
不选。故选B。
19．下列有关化学反应速率的说法正确的是( )
A．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可加快产生氢气的速率
B．100mL2mol·L-1的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C．SO2的催化氧化是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率减慢
D．100mL2mol·L-1的盐酸跟锌片反应，加入几滴硫酸铜溶液，反应速率加快
【答案】D
【解析】A 项，常温下铁片遇98%的浓硫酸会钝化，不会产生氢气，故A 错误；B 项，
的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，相当于加水稀释，氢离子浓度减小，反应速
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率减慢，故B 错误；C 项，SO2的催化氧化是一个放热的反应，但升高温度，无论是放热反应还是吸热反
应，反应速率均加快，故C 错误；D 项，100mL2mol·L-1的盐酸跟锌片反应，加入几滴硫酸铜溶液，发生
反应生成铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，故D 正确；故选D。
20．乙醛与氢氰酸(HCN，弱酸)能发生加成反应，生成2-羟基丙腈，历程如下：
已知：向丙酮与HCN 反应体系中加入少量KOH 溶液，反应速率明显加快。
下列说法不正确的是( )
A．因氧原子的电负性大于碳，醛基中带部分正电荷的碳原子与CN-之间发生作用
B．KOH 溶液加入越多，反应速率越快
C．HCN 易挥发且有剧毒，是该反应不宜在酸性条件下进行的原因之一
D．与HCN 加成的反应速率：CH3COCH3<CH3CHO
【答案】B
【解析】乙醛与氢氰酸(HCN，弱酸)能发生加成反应，氧原子的电负性较大，所以醛基中的碳原子带
部分正电荷，与CN-作用，产物结合氢离子，生成2-羟基丙腈。
【解析】A 项，氧原子的电负性较大，电子对偏向O 原子，则醛基中的碳原子带部分正电荷，与CN-
作用，故A 正确；B 项，KOH 溶液加入越多，消耗第二平衡的氢离子，无法生成2-羟基丙腈，故B 错误；
C 项，HCN 易挥发且有剧毒，所以该反应不在酸性条件下进行，故C 正确；D 项，CH3COCH3结构对称，
正电性减弱，不利于加成，CH3CHO 比CH3COCH3更容易与发生加成反应，故D 正确；故选B。
05 活化能、催化剂对反应速率的影响
21．(2025·浙江模拟预测)碰撞理论是我们理解化学反应速率的重要工具，下图为HI 分解反应中分子
碰撞示意图。
下面说法正确的是( )
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A．图1 中分子取向合适，发生有效碰撞
B．活化分子具有的能量与反应物分子具有的能量之差，是反应的活化能
C．用光辐照的方法，也可以增大活化分子数目，加快反应速率
D．由图知，2HI→H2+I2是基元反应
【答案】C
【解析】A 项，由示意图可知，只有图3 有新物质生成，故图3 中的碰撞为有效碰撞，故A 错误；B
项，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，所以活化分子的平均能量与反应物分
子具有的平均能量之差为反应的活化能，故B 错误；C 项，用光辐照的方法，也可以提高活化分子百分数，
也可以增大活化分子数目，加快反应速率，故C 正确；D 项，结合图3 可知，
是总反应，不
是基元反应，故D 错误；故选C。
22．研究催化剂对
反应速率的影响。恒温恒容时，c(NH3)随时间的变化如下。
时间/min
催化剂
c(NH3)/(×10−3 mol·L−1)
0
20
40
60
80
催化剂Ⅰ
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
催化剂Ⅱ
2.40
1.60
0.80
0.40
0.40
下列说法不正确的是( )
A．使用催化剂Ⅰ，0~20 min 的平均反应速率v(N2)=1.00×10−5 mol·L−1·min−1
B．使用催化剂Ⅰ，达平衡后容器内的压强是初始时的
倍
C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的活化能降低更多，反应更快
D．相同条件下，使用催化剂Ⅱ不会使该反应的化学平衡常数更大
【答案】B
【解析】经过相同的时间，催化剂I 催化下氨气的浓度更大，催化效率更低。A 项，使用催化剂I，
0~20min 氨气浓度变化值为 0.4×10−3mol/L，v(NH3)=
，故
v(N2)=1×10-5mol/(L·min)，故A 正确；B 项，使用催化剂Ⅱ，达平衡时氨气的浓度为0.4×10−3mol/L，催化
剂不影响平衡，故使用催化剂I，达平衡时氨气的浓度也是0.4×10−3mol/L，列三段式：
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恒温恒容下，压强之比等于气体分子数之比，故达平衡后容器内的压强是初始时的
，故B 错误；C 项，根据恒温、恒容时，c(NH3)随时间的变化数据分析，相同条件下，
使用催化剂Ⅱ可使该反应的活化能降低更多，反应更快，故C 正确；D 项，催化剂只影响化学反应速率，
不影响化学平衡常数，平衡常数只与温度有关，故D 正确；故选B。
23．利用计算机技术测得在甲、乙两种催化剂作用下由正丁烷(g)制备1-丁烯(g)的反应历程如下，其
中甲、乙催化剂表面的物种均用*号标注，过渡态均用TS 表示，下列说法中错误的是( )
A．选用催化剂甲时的最高能垒(活化能
)为1.95eV
B．选用催化剂乙时，相对能量从
的过程为正丁烷的吸附过程
C．
为吸热反应
D．若只从平均反应速率快慢角度考虑，生产中适宜选用催化剂乙
【答案】A
【解析】A 项，过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，由图可知，选用催化剂甲时的
最高能垒(活化能
)为选用催化剂甲时的最高能垒(活化能
)为1.29eV，A 项错误；B 项，由图可知，
选用催化剂乙时，相对能量从
的过程为正丁烷的在催化剂表面的吸附过程，B 项正确；
C 项，生成物能量高于反应物的能量，则
为吸热反应，C 项正确；D 项，活化
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能越小反应越快，活化能越大反应越慢，若只从平均反应速率快慢角度考虑，生产中适宜选用催化剂乙，
其反应历程中活化能较小，D 项正确。故选A。
24．(2025·贵州贵阳二模)1-苯基丙炔和
可发生催化加成反应，生成产物A 和B。反应历程的能
量变化如图1，体系中三种物质的占比随时间变化如图2，下列说法错误的是( )
A．从Ph-C≡C-CH3生成产物A 和产物B 的反应都是放热反应
B．产物B 对应的结构是
C．
D．若想获取高产率的产物A，应适当缩短反应时间并将其及时分离
【答案】B
【解析】A 项，由图1 可知两种生成物的能量均比反应物低，从Ph-C≡C-CH3生成产物A 和产物B
的反应都是放热反应，A 正确；B 项，由图1 可知，
的能量更低，更稳定，达到平衡时，
其占比应更高，则产物B 对应的结构是
，B 错误；C 项，根据图1 可知，反应Ⅰ：Ph-
C≡C-CH3+ HCl→
ΔH1=Ea1-Ea3，同理反应Ⅱ：Ph-C≡C-CH3+ HCl→
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ΔH2=Ea2-Ea4，根据盖斯定律，反应Ⅱ－反应Ⅰ得到目标反应，则
， C 正确；D 项，根据图2 可知，在反应时间较短时，
产物A 的比例较高，故若想获取高产率的产物A，应适当缩短反应时间并将其及时分离，D 正确；故选
B。
25．利用计算机技术测得在甲、乙两种催化剂作用下由正丁烷(g)制备1-丁烯(g)的反应历程如下，其
中甲、乙催化剂表面的物种均用*号标注，过渡态均用TS 表示，下列说法中错误的是( )
A．选用催化剂甲时的最高能垒(活化能
)为1.95eV
B．选用催化剂乙时，相对能量从
的过程为正丁烷的吸附过程
C．
为吸热反应
D．若只从平均反应速率快慢角度考虑，生产中适宜选用催化剂乙
【答案】A
【解析】A 项，过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，由图可知，选用催化剂甲时的
最高能垒(活化能
)为选用催化剂甲时的最高能垒(活化能
)为1.29eV，A 项错误；B 项，由图可知，
选用催化剂乙时，相对能量从
的过程为正丁烷的在催化剂表面的吸附过程，B 项正确；
C 项，生成物能量高于反应物的能量，则
为吸热反应，C 项正确；D 项，活化
能越小反应越快，活化能越大反应越慢，若只从平均反应速率快慢角度考虑，生产中适宜选用催化剂乙，
其反应历程中活化能较小，D 项正确。故选A。
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06 速率常数及其应用
26．已知
，
，
，其中
、
为速率常数，只与温度有关。
时，
，将一定量
充入注射器中，改变活塞位置，气体透光率
随时间变化如图所示(气体颜色越深，透光率越低)，下列说法正确的是( )
A．d 点
B．
时，该反应的化学平衡常数
C．
时，
，则
D．c、d 两点对应气体的平均相对分子质量
【答案】C
【解析】A 项，由图可知，d 点后透光率减小，说明二氧化氮浓度增大，平衡向逆反应方向移动，则
二氧化氮的正反应速率小于逆反应速率，A 错误；B．反应速率比等于系数比，由反应达到平衡时，正逆
反应速率相等可得：
=
，则
，B 错
误；C．T1时，由
可得：平衡常数K＇=
>
，正反应为放热，则说明降低温度平衡正向移
动，则
，C 正确；D．c 点透光率迅速增大，然后又逐渐减小，则c 点为增大体积，导致d 点平衡逆
向移动，物质的量增大，使得d 点平均相对分子质量减小，故c、d 两点对应气体的平均相对分子质量
，D 错误；故选C。
27．室温下，某溶液中初始时仅溶有等物质的量的M 和N，同时发生以下两个反应：①
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；②
(产物均易溶)。反应①的速率
，反应②的速率
(
、
为速率常数)。反应体系中M 和Z 的浓度随时间变化如图。下列说法正确的是( )
A．反应过程中，体系中Y 和Z 的浓度之比逐渐减小
B．0～30min 内，M 的平均反应速率约为
C．若反应能进行完全，则反应结束时37.5％的N 转化为Y
D．反应的活化能：①
②
【答案】C
【解析】A 项，由图可知，M 的起始浓度为
，反应①的速率
，反应②的速率
，
、
为速率常数，则同一反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，所以Y、Z 的浓
度变化之比始终不变，A 错误；B 项，①M+N=X+Z②M+N=X+Y，则体系中始终有
，
由图可知，30min 时
，M 的平均反应速率为
，B 错误；C 项，30min 时，
，则
，即反应开始后，体系中Y 和Z 的浓度之比为
，当反应能进行到底时，
，则
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，
，反应结束时N 转化为Y
的特化率为
，C 正确；D 项，30min 时，
，
即
、
，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应①的活化能小于反应②的活化能，
D 错误；故选C。
28．在恒温恒容密闭容器中充入一定量
，发生如下反应：
反应②和③的反应速率分别满足
和
，其中
、
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
的浓度随时间的变化如下表。
0
1
2
3
4
5
0.160
0.113
0.080
0.056
0.040
0.028
下列说法正确的是( )
A．0~2min 内，W 的平均反应速率为
B．若增大容器容积，平衡时Z 的产率增大
C．若
，平衡时
D．若升高温度，平衡时
减小
【答案】D
【解析】A 项，由表知
内∆c(W)=0.16-0.08=0.08mol/L，则v(W)<
，故A 错误；B．过程①是完全反应，过程②是可逆反应，若增大容器容
积相当于减小压强，对反应
平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，X 的浓度增大，
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平衡时Y 的产率减小，故B 错误；C．由速率之比等于系数比，平衡时2v 逆(X)=v 正(Z)，即
，2
=
，若
，平衡时
，故C 错误；D．反应③的活化能大于反应②，∆H=正
反应活化能-逆反应活化能<0，则
，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则
平衡时
减小，故D 正确；故选D。
1．(2025·贵州黔南高一期末)T℃时在2L 容积不变的密闭容器中发生反应：
。反应过程中A、C、D 的物质的量浓度变化如图所示。则下列结论不正确
的是( )
A．曲线②代表物质C 的变化
B．反应进行前2min 内，用B 表示的反应速率v(B)=0.2 mol·L－1·min－1
C．a 点v 正＞v 逆
D．反应过程中体系压强逐渐增大
【答案】B
【解析】A 是反应物、C 和D 是生成物，三条曲线中有两条浓度增大、一条浓度减小，所以①代表A
的变化，浓度变化量之比等于化学计量数之比，曲线②代表物质C 的变化，曲线③代表物质D 的变化。A
项，曲线②代表物质C 的变化，故A 正确；B 项，B 是固体，不能用B 的浓度变化表示反应速率，故B 错
误；C 项，a 点后，A 的浓度继续减小，反应正向进行，v 正＞v 逆，故C 正确；D 项，正反应气体物质的量
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增多，容器体积不变、温度不变，所以反应过程中体系压强逐渐增大，故D 正确；故选B。
2．一定条件下，等物质的量的N2 和O2 在容积为4L 的恒容密闭容器中发生如下反应：N2(g)+O2(g)
2NO(g)图表示该反应过程中N2的物质的量n(N2)随反应时间( )的变化。下列叙述正确的是( )
A．当反应达到平衡时，O2的转化率为
B．
内反应的平均速率为
C．10s 末NO 的物质的量浓度为
D．a 点对应的化学反应速率：
【答案】A
【解析】A 项，根据图示，当反应达到平衡时，氮气的物质的量由5mol 变为2mol，N2和O2的投料相
等，则O2的转化率为
，故A 正确；B 项，10s 内氮气的物质的量由5mol 变为4mol，反
应的平均速率为
，故B 错误； C 项，10s 内消耗1mol 氮气，10s 末
NO 的物质的量是2mol，NO 的浓度为
，故C 错误；D 项，a 点反应达到平衡状态，正
逆反应速率比等于系数比，对应的化学反应速率：
，故D 错误；故选A。
3．(2025·天津市天津市北辰区天津市第四十七中学高三月考)某温度下，在
恒容密闭容器中加入
1molX(s)和3molY(g)，发生反应X(s)＋3Y(g)
2Z(g)＋2M(g)，
后达到平衡状态。下列说法正确
的是( )
A．化学反应速率之比v(X)：v(Y)=1：3
B．再加入1molX(s)和3molY(g)达到新平衡后，X 的转化率减小
C．降低温度，若cZ＋减小，则ΔH＜0
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D．若平衡时Z(g)的体积分数为
，则
内，v(Y)=0.1 mol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】A 项，对于该可逆反应，X 为固体，其浓度不变，一般不用固体物质浓度变化表示反应速率，
A 错误；B 项，根据等效平衡，再加入1molX(s)和3molY(g)，即相当于将2L 恒容容器压缩为1L，压强增
大平衡逆向移动，故X 的转化率下降，B 正确；C 项，降低温度，平衡向放热方向进行，若c(Z)减小，则
平衡逆向移动，正反应为吸热反应，即ΔH＞0，C 错误；D 项，设达到平衡时，参与反应n(Y)=3x mol，
则平衡时n(Z)= n(M)=2x mol，恒温恒容下，Z 的体积分数即混合气体中物质的量分数，故混合气体总物
质的量为
，则
，解得x=
mol，故
，D 错误；故选B。
4．(2025·湖南高二开学考试)海洋封存是实现“碳中和”的途径之一，其原理是利用CO2在水等溶剂
中的溶解性来吸收CO2。某小组用排水法、排食盐水法收集100mLCO2后(如图1)，移出导管，每隔一段时
间观察并记录量筒内CO2的体积，并探究植物油隔离对CO2在水中溶解情况的影响(如图2)。下列分析错
误的是( )
时间/h
0
0.5
6
12
24
48
排水法时CO2体积/mL
100
98.5
85.5
77
66
59
排食盐水法时CO2体积/mL
100
99
93
90.5
89
88
A．可用排水法收集CO2是因为其溶于水的速度远小于逸出的速度
B．相同条件下，等体积水比等体积食盐水吸收的CO2少
C．植物油可以减缓二氧化碳在水中的溶解速率
D．大气中二氧化碳增加，会使表层海水温度升高，海水吸收二氧化碳的能力降低
【答案】B
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【解析】A 项，由表中数据可知，二氧化碳溶于水的速率较慢，48h 才溶解了41mL，故能用排水法
收集CO2的理由是CO2溶于水的速率远小于CO2逸出的速率，A 正确；B 项，48h 时，水中剩余
CO259mL，食盐水中剩余二氧化碳88mL，说明相同条件下，等体积水和食盐水吸收CO2更多的是水，B
错误；C 项，CO2不溶于植物油，则植物油可以减缓二氧化碳在水中的溶解速率，C 正确；D 项，大气中
CO2增加，会引起温室效应，会使表层海水温度升高，CO2的溶解度随温度的升高而减小，则海水吸收
CO2的能力降低，D 正确；故选B。
5．NaNO2溶液和NH4Cl 溶液可发生反应：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O，为探究反应速率与
c(NaNO2)的关系，进行如下实验：常温常压下，向锥形瓶中加入一定体积(V)的2.0mol·L-1 NaNO2溶液、
2.0mol·L-1NH4Cl 溶液和水，充分搅拌。控制体系温度，再通过分液漏斗向锥形瓶中加入1.0
醋酸。
当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始用排水法收集气体。用秒表测量收集1.0mLN2所需要的时间(t)。实验
数据如下表。下列说法正确的是( )
V/mL
NaNO2溶液
NH4Cl 溶液
醋酸
水
1
4.0
V1
4.0
8.0
334
2
V2
4.0
4.0
V3
150
3
8.0
4.0
4.0
4.0
83
4
12.0
4.0
4.0
0.0
38
A．实验3 用
表示的反应平均速率
B．若实验4 从反应开始到反应结束历时bs，则用NH4Cl 表示的反应平均速率
C．V1=4.0；若V2=6.0，则V3=6.0
D．醋酸的作用是加快反应速率，改变其浓度对该反应速率无影响
【答案】C
【解析】A 项，实验在常温常压下进行，不是标准状况，故气体摩尔体积不为22.4L/mol，故速率不
是
，故A 错误；B 项，实验4 开始时NH4Cl 的浓度为
=0.4mol/L，从反
应开始到反应结束历时bs，则用NH4Cl 表示的反应平均速率
，故B 错误；C 项，根据实
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验3、4 可知，溶液的总体积为20.0mL，则V1=20.0—4.0-4.0-8.0=4.0；若V2=6.0，V3=20.0-4.0-4.0-
6.0=6.0，故C 正确；D 项，醋酸的作用是加快反应速率，增大浓度该反应速率加快，故D 错误；故选C。
6．
2024 年，国产DeepSeek 开源AI 模型大放异彩，AI 模型训练需要使用图形处理器
(GPU)，GPU 芯片的主要成分是硅，SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4是制备半导体材料硅的重要原料。
(1)将SiCl4氢化为SiHCl3的热化学方程式为：3SiCl4＋2H2(g)＋Si(s)⇌4SiHCl3(g) △H<0
①在相同条件，相同时间t 时，不同温度下该反应中SiCl4转化率如图所示。下列叙述正确的是
(填序号)。
a.相同时间t 内，A 点的平均反应速率大于B 点
b.相同时间t 时，B 点：v 正> v 逆
c.相同时间t 时，v 正：C 点大于A 点
d.工业生产中采用了适宜温度：480～520°C
②773K 的2L 密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与3molSiCl4和4molH2气体反应，
SiCl4转化率随时间的变化如图所示。0~50min，经方式 处理后的反应速率最快，在此期间，经方
式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)= mol‧L−1•min−1。当反应达平衡时，H2的浓度为 mol‧
L−1，平衡常数K 的计算式为 。
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(2)对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) ΔH=+48kJ·mol-1 ，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化
剂，在323K 和343K 时，SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343K 时反应的平衡转化率α= %。
②比较a、b 处反应速率大小：va vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v 正－v
逆=k 正·x2(SiHCl3) －k 逆·x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)，k 正、k 逆分别为正、逆向反应速率常数，x 为物质的量分数，计
算a 处的
= (保留1 位小数)。
【答案】(1)①bd ②甲 3.2×10−3 1.8
(2)①22 ②大于 1.3
【解析】(1) 根据将SiCl4 氢化为SiHCl3 的热化学方程式为：3SiCl4＋2H2(g) ＋Si(s)⇌4SiHCl3(g)
△H2<0。①a.相同时间t 内，B 点转化率大于A 点，所以A 点的平均反应速率小于B 点，故a 错误；b.相
同时间t 时，B 点反应正向进行， v 正> v 逆，故b 正确；c.相同时间t 时，C 点温度大于A 点，A 点反应物
浓度大于c 点，所以v 正：C 点不一定大于A 点，故c 错误；d.相同时间内，温度：480～520°C 时反应物转
化率最大，所以工业生产中采用了适宜温度：480～520°C，故d 正确；选bd。②0~50min，经方式甲
SiCl4 的转化率最大，所以方式甲处理后的反应速率最快，在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率
v(SiHCl3)=
mol‧L−1•min−1。当反应达平衡时，SiCl4的转化率为20%，则反应消耗氢气
的物质的量为
，H2的浓度为
mol‧L−1，列出三段式：
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平衡常数K=
。
(2)①温度越高，反应越先达到平衡，根据图示，左侧曲线对应的温度为343K，343K 时反应的平衡
转化率为22%。②温度越高，反应速率越大，a 点所在曲线对应的温度高于b 点所在曲线对应的温度，所
以a 点反应速率大于b 点反应速率。a 点所在曲线达到平衡时，v 正=v 逆，即k 正·x2(SiHCl3)=k 逆
·x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)，从题图上可知a 点所在曲线平衡时SiHCl3的转化率为22%，设投入SiHCl3ymol，则根
据三段式法得：
由k 正·x2(SiHCl3)=k 逆·x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)得，k 正×0.782=k 逆×0.112，则
①，在a 处SiHCl3的转
化率为20%，根据三段式法得：
则
，将①代入计算得出
≈1.3。
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 B．中和滴定时，边滴边摇锥形瓶
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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·辽吉黑卷，10，3 分)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程
及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h 后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是( )
A．
时，反应②正、逆反应速率相等
B．该温度下的平衡常数：①>②
C．0~3h 平均速率(异山梨醇) 0.014mol·kg-l·h-l
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【解析】A 项，由图可知，3 小时后异山梨醇浓度继续增大，15 h 后异山梨醇浓度才不再变化，所以
3 h 时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，A 错误；B 项，图像显示该温度下，15 h 后
所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1，4-失水山梨醇仍有剩余，即反应
②正向进行程度小于反应①、反应限度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，B 正确；C 项，
由图可知，在0~3h 内异山梨醇的浓度变化量为0.042mol/kg ，所以平均速率( 异山梨醇)=
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，C 正确；D 项，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质平衡
转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化率，D 正确；故选A。
3．(2022•辽宁省选择性卷，12，3 分)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
度变为0.6 mol·L-1，
，反应正向进行，故
，B 错误；C 项，反
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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．(2023•海南卷，13，3 分)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( )
A．曲线①表示的是逆反应的v-t 关系 ．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。
5．(2022·浙江省1 月卷，19，2 分)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)
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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•河北省选择性卷，11，3 分)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
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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。
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