文档文本内容
专题29 化学反应速率及其影响因素
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点01 化学反
应速率的定义、
计算及大小比较
2025：安徽
2024：广西、吉林
2023：河北
2022：辽宁
2021：重庆、辽宁、浙江、河北
2020：浙江
2017：浙江
注重考查学科核心知识 ：本专题主要考查
化学反应速率的计算、化学反应速率的大
小比较，外界条件(浓度、温度、压强、催
化剂等)对化学反应速率的影响等核心知
识。
强调知识的灵活运用与综合分析 ：化学反
应速率命题方式为选择题或非选择题的形
式，分值为4~6 分。关于化学反应速率的
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，对化学反应速率进行分析，考
查宏观辨析与微观探究能力。
考点02 化学反
应
速率的影响因素
2025：黑吉辽蒙卷、北京
2024：海南、广东、甘肃、安徽、吉
林、浙江
2023：辽宁、广东、湖南
2022：天津、北京、广东、浙江
2021：海南、广东
2019：浙江
2018：浙江
2017：浙江、江苏
2016：浙江、天津
1．（2025·安徽·高考真题）恒温恒压密闭容器中，
时加入
，各组分物质的量分数x 随反应时间t
变化的曲线如图(反应速率
，k 为反应速率常数)。
下列说法错误的是
A．该条件下
B．
时间段，生成M 和N 的平均反应速率相等
C．若加入催化剂，
增大，
不变，则
和
均变大
D．若
和
均为放热反应，升高温度则
变大
【答案】C
【详解】A．①
的
，②
，②－①得到
，则K=
，A 正确；
B．由图可知，
时间段，生成M 和N 的物质的量相同，由此可知，成M 和N 的平均反应速率相等，B
正确；
知识点01 化学反应速率的定义、计算及大小比较
C．若加入催化剂，
增大，更有利于生成M，则
变大，但催化剂不影响平衡移动，
不变，C 错误；
D．若
和
均为放热反应，升高温度，两个反应均逆向移动，A 的物质的量分数变
大，即
变大，D 正确；
故选C。
2．（2024·广西·高考真题）573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：
(苯
甲腈)
(苯甲酰胺)
(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用
表
示)的物质的量分数
随时间的变化曲线，其中
。下列说法错误的是
A．水解产物除了
还有
B．
点时
C．
在15min 前基本不变，15min 后明显增大，可能是水解产物对生成
的反应有催化作用
D．任意25min 时间段内存在
【答案】D
【详解】A．苯甲腈在溶液中发生连续水解：
，
,有NH3生成，A 正确；
B．a 点之前x(Y)逐渐增大，
；a 点之后，x(Y)逐渐减小
，a 点是Y 物质的
最大值，则生成和消耗的速率相等。即
，B 正确；
C．
在15min 前基本不变，15min 后明显增大，在没有另加物质、没有改变反应条件的情况下，可能
是水解产物对生成
的反应有催化作用，C 正确；
D．根据图像所示，反应的前期应该有
，a 点之后，由于
明显减小，
显著增
大，三者的速率关系不再满足
，D 错误；
故选D。
3．（2024·吉林·高考真题）异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，
时其制备过程及相关
物质浓度随时间变化如图所示，
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．
平均速率(异山梨醇)
D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率
【答案】A
【详解】A．由图可知，3 小时后异山梨醇浓度继续增大，
后异山梨醇浓度才不再变化，所以
时，反
应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A 错误；
B．图像显示该温度下，
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，故B 正确；
C．由图可知，在
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)=
，故C 正确；
D．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，故D 正确；
故答案为：A。
4．（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：
反应②和③的速率方程分别为
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W(g)的浓度随时间的变化如下表：
t/min
0
1
2
3
4
5
0.16
0
0.11
3
0.08
0
0.05
6
0.04
0
0.02
8
下列说法正确的是
A．
内，W 的平均反应速率为
B．若升高温度，平衡时
减小
C．若
，平衡时
D．若增大容器容积，平衡时Y 的产率增大
【答案】B
【详解】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
=0.040 mol/(L·min)，故A 错误；
B．反应③的活化能大于反应②说明X 转化为Z 的反应为放热反应，升高温度，反应②平衡向逆反应方向移
动，Z 的浓度减小，故B 正确；
C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：
=
，若
，则X 和Z 的浓度关系为
，故C 错误；
D．由转化关系可知，反应①为W 完全分解生成X 和Y，Y 只参与反应①，所以增大容器容积，平衡时Y 的
物质的量不变、产率不变，故D 错误；
故选B。
5．（2022·辽宁·高考真题）某温度下，在
恒容密闭容器中
发生反应
，有关
数据如下：
时间段/
产物Z 的平均生成速率/
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
下列说法错误的是
A．
时，Z 的浓度大于
B．
时，加入
，此时
C．
时，Y 的体积分数约为33.3%
D．
时，X 的物质的量为
【答案】B
【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，产物Z 的平均生成速率逐渐减小，则
内Z 的平
均生成速率大于
内的，故
时，Z 的浓度大于
，A 正确；
B．
时生成的Z 的物质的量为
，
时生成的Z 的物质的量为
，故反应在
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
，Z 的平衡浓度为
，平衡常数
，
时Y 的浓度为
，Z 的浓度为
，加入
后Z 的浓
度变为
，
，反应正向进行，故
，B 错误；
C．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．由B 项分析可知
时反应处于平衡状态，此时生成Z 为
，则X 的转化量为
，初始X 的
物质的量为
，剩余X 的物质的量为
，D 正确；
故答案选B。
6．（2021·重庆·高考真题）甲异腈(CH3NC)在恒容密闭容器中发生异构化反应： CH3NC(g) →CH3CN(g)，反
应过程中甲异腈浓度c 随时间t 的变化曲线如图所示(图中T 为温度)。该反应的反应速率v 与c 的关系为
v=kc，k 为速率常数(常温下为常数)，a 点和b 点反应速率相等，即v(a)=v(b)。下列说法错误的是
A．bf 段的平均反应速率为1.0 × 10 -4mol/(L·min)
B．a 点反应物的活化分子数多于d 点
C．T1>T2
D．3v(d)=2v(e)
【答案】C
【分析】设T1时，速率常数为k1，T2时，速率常数为R2，v(a)=v(b)，
，
。
【详解】A．由题干信息可知，
，A 正确；
B．ad 两点相比较，a 点的浓度比d 的浓度大，且其他的条件相同，故a 点反应物的活化分子数多于d 点，
B 正确；
C．由以上可知，k2=2k1，v=kc，浓度相同的时候，v2>v1，温度越高，速率越大，故T2>T1，C 错误；
D．
，
，k2=2k1，可得3v(d)=2v(e)，D 正确；
故选C。
7．（2021·辽宁·高考真题）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
D．条件②，降冰片烯起始浓度为
时，半衰期为
【答案】B
【详解】A．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．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．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为
=
，C 正确；
D．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
时，半衰期为125min÷2=
，D 正确；
故答案为：B。
8．（2021·浙江·高考真题）一定温度下：在
的四氯化碳溶液(
)中发生分解反应：
。在不同时刻测量放出的
体积，换算成
浓度如下表：
0
600
1200
1710
2220
2820
x
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是
A．
，生成
的平均速率为
B．反应
时，放出的
体积为
(标准状况)
C．反应达到平衡时，
D．推测上表中的x 为3930
【答案】D
【详解】A．
，
的变化量为(0.96-0.66)
==0.3
，在此时间段内
的变化量
为其2 倍，即0.6
，因此，生成
的平均速率为
，A 说法不正确；
B．由表中数据可知，反应
时，
的变化量为(1.40-0.35)
==1.05
，其物质的量的变
化量为1.05
0.1L=0.105mol，
的变化量是其
，即0.0525mol，因此，放出的
在标准状况下的
体积为0.0525mol 22.4L/mol=
，B 说法不正确；
C．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，
，C 说法不正确；
D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后
的浓度会变为原来的
，因此，
的浓度由0.24
变为0.12
时，可以推测上表中的x 为(2820+1110)=3930，D 说法正确。
综上所述，本题选D。
9．（2021·河北·高考真题）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
【详解】A．由图中数据可知，
时，M、Z 的浓度分别为0.300
和0.125
，则M 的变
化量为0.5
-0.300
=0.200
，其中转化为Y 的变化量为0.200
-0.125
=0.075
。因此，
时间段内，Y 的平均反应速率为
，
A 说法不正确；
B．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 说法正确；
C．结合A、B 的分析可知反应开始后，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
的M 转化为Z，C 说法正确；
D．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。
综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。
10．（2021·浙江·高考真题）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
【详解】A．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，标况下的体
积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A 正确；
B．20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v=
=
=0.010mol/(L·min)，B 正确；
C．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．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；
故答案选C。
11．（2020·浙江·高考真题）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：
时间
(t/min)
物质的量(n/mol)
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0. 09 mol·L-1·min-1
B．该反应在10 min 后才达到平衡
C．平衡状态时，c(C)=0.6 mol·L-1
D．物质B 的平衡转化率为20%
【答案】C
【详解】A．0~5 min 内C 的物质的量增加了0.9 mol，由于容器的容积是2 L，则用C 物质浓度变化表示的
反应速率v(C)=
，A 错误；
B．反应进行到10 min 时，A 物质的物质的量减少0.4 mol，根据物质反应转化关系可知B 物质的物质的量
减少0.8 mol，B 的物质的量为2.4 mol-0.8 mol=1.6 mol，B 的物质的量等于15 min 时B 的物质的量，说明该
反应在10 min 时已经达到平衡状态，而不是在10 min 后才达到平衡，B 错误；
C．根据选项B 分析可知：反应在进行到10 min 时，A 物质的物质的量减少0.4 mol，根据物质反应转化关
系可知B 物质的物质的量减少0.8 mol，则此时B 的物质的量为2.4 mol-0.8 mol=1.6 mol，B 的物质的量等于
15 min 时B 的物质的量，说明该反应在10 min 时已经达到平衡状态，此时反应产生C 的物质的量是1.2
mol，由于容器的容积是2 L，则 平衡状态时，c(C)=
=0.6 mol·L-1，C 正确；
D．反应开始时n(B)=2.4 mol，反应达到平衡时△n(B)=0.8 mol，则B 物质的平衡转化率为：
，D 错误；
故合理选项是C。
12．（2017·浙江·高考真题）对水样中溶质M 的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M 的物质的
量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
时间
水样
0
5
10
15
20
25
I (pH=2)
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
II(pH=4)
0.40
0.31
0.24
0.20
0.18
0.16
(pH=4)
Ⅲ
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
IV(pH=4，含Cu2+)
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
下列说法不正确的是（ ）
A．在0～20 min 内，I 中M 的平均分解速率为0.015mol·L-1·min-1
B．其它条件相同时，水样酸性越强，M 的分解速率越快
C．在0～25 min 内，Ⅲ中M 的分解百分率比II 大
D．由于Cu2+存在，IV 中M 的分解速率比I 快
【答案】D
【详解】A、根据化学反应速率数学表达式，v(M)=
=0.015mol/(L·min)，故A 说法正确；
B、对比I 和II，在相同的时间内，I 中消耗M 的量大于II 中，说明其他条件下不变，酸性越强，M 的分解
速率越快，故B 说法正确；
C、在0～25 min 内，III 中M 的分解百分率=
×100%=75%，II 中M 的分解百分率=
×100%=60%，因此III 中M 的分解百分率大于II，故C 说法正确；
D、I 和IV 中pH 不同，因此不能说明Cu2＋存在，IV 中M 的分解速率大于I，故D 说法错误。
故选D。
13．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）一定条件下，“
”4 种原料按固定流速
不断注入连续流动反应器中，体系pH-t 振荡图像及涉及反应如下。其中AB 段发生反应①~④，①②为快
速反应。下列说法错误的是
①
②
③
④
⑤
A．原料中
不影响振幅和周期
B．反应④：
C．反应①~④中，
对
的氧化起催化作用
D．利用pH 响应变色材料，可将pH 振荡可视化
【答案】A
【详解】A．根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A 错误；
B．反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为
，B 正确；
知识点02 化学反应速率的影响因素
C．由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，
对
的氧化起
催化作用，C 正确；
D．根据题干信息和图像可知利用pH 响应变色材料，可将pH 振荡可视化，D 正确；
答案选A。
14．（2025·北京·高考真题）乙烯、醋酸和氧气在钯(
)催化下高效合成醋酸乙烯酯(
)的
过程示意图如下。
下列说法不正确的是
A．①中反应为
B．②中生成
的过程中，有
键断裂与形成
C．生成
总反应的原子利用率为
D．
催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率
【答案】C
【详解】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O 和Pd(CH3COO)2，方程式为：
，A 正确；
B．②中生成
的过程中，有C-H 断开和C-O 的生成，存在
键断裂与形成，B 正确；
C．生成
总反应中有H2O 生成，原子利用率不是
，C 错误；
D．
是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D 正确；
答案选C。
15．（2024·海南·高考真题）已知298K，101kPa 时，
。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度
下进行，CO2的初始浓度为
，
关系如图所示。下列说法错误的是
A． T1＞T2
B．T1下反应达到平衡时
C．使用催化剂1 的反应活化能比催化剂2 的大
D．使用催化剂2 和催化剂3 的反应历程相同
【答案】D
【详解】A．平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大，即T1到T2平衡正向移动，而结合题干方程式可
知，该反应正反应是一个放热反应，即降低温度平衡才是正向移动，即T1＞T2，A 正确；
B．T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25mol/L，即CO2的浓度改变量为：0.40mol/L-0.25mol/L=0.15mol，
结合变化量之比等于化学计量系数之比可知，T1下反应达到平衡时
，B 正确；
C．在温度均为T1时，使用催化剂1 达到平衡所需要的时间比催化剂2 更长即催化剂1 时的反应速率比催化
剂2 的更慢，说明使用催化剂1 的反应活化能比催化剂2 的大，C 正确；
D．催化剂2 和催化剂3 分别在不同温度下达到平衡所需要的时间是相同的，但温度不同，反应速率也不
同，说明催化剂2 和催化剂3 的反应历程不相同，才能保证在不同温度下达到相同的平衡时间，D 错误；
故答案为：D。
16．（2024·广东·高考真题）对反应
(I 为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平
衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，
增大，
减小。基于以上事实，可能的反
应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】提高反应温度，
增大，说明反应
的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，
减小，说明S 生成中间产物I 的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D 选项，
加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，
活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A 正确，
故选A。
17．（2024·甘肃·高考真题）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
【详解】A．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．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．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．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。
18．（2024·安徽·高考真题）室温下，为探究纳米铁去除水样中
的影响因素，测得不同条件下
浓度随时间变化关系如下图。
实验序
号
水样体积/
纳米铁质量/
水样初始
①
50
8
6
②
50
2
6
③
50
2
8
下列说法正确的是
A．实验①中，0~2 小时内平均反应速率
B．实验③中，反应的离子方程式为：
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
越小，
的去除效果越好
【答案】C
【详解】A. 实验①中，0~2 小时内平均反应速率
，A 不正确；
B. 实验③中水样初始
=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用
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
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
浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，
适当减小初始
，
的去除效果越好，但是当初始
太小时，
浓度太大，纳米铁与
反应速率
加快，会导致与
反应的纳米铁减少，因此，当初始
越小时
的去除效果不一定越好，D 不正
确；
综上所述，本题选C。
19．（2024·吉林·高考真题）如下图所示的自催化反应，Y 作催化剂。下列说法正确的是
A．X 不能发生水解反应
B．Y 与盐酸反应的产物不溶于水
C．Z 中碳原子均采用
杂化
D．随
增大，该反应速率不断增大
【答案】C
【详解】A．根据X 的结构简式可知，其结构中含有酯基和酰胺基，因此可以发生水解反应，A 错误；
B．有机物Y 中含有亚氨基，其呈碱性，可以与盐酸发生反应生成盐，生成的盐在水中的溶解性较好，B 错
误；
C．有机物Z 中含有苯环和碳碳双键，无饱和碳原子，其所有的碳原子均为sp2杂化，C 正确；
D．随着体系中c(Y)增大，Y 在反应中起催化作用，反应初始阶段化学反应会加快，但随着反应的不断进行，
反应物X 的浓度不断减小，且浓度的减小占主要因素，反应速率又逐渐减小，即不会一直增大，D 错误；
故答案选C。
20．（2024·浙江·高考真题）汽车尾气中的
和
在催化剂作用下发生反应：
，下列说法不正确的是(
为阿伏加德罗常数的值)
A．生成
转移电子的数目为
B．催化剂降低
与
反应的活化能
C．
是氧化剂，
是还原剂
D．
既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【分析】NO 中N 的化合价为+2 价，降低为0 价的N2，1 个NO 得2 个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO
中C 为+2 价，化合价升高为+4 价的CO2，失去2 个电子，作还原剂发生氧化反应；
【详解】A．根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A 正确；
B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B 正确；
C．根据分析，NO 是氧化剂，CO 是还原剂，C 正确；
D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D 错误；
故选D。
21．（2023·辽宁·高考真题）一定条件下，酸性
溶液与
发生反应，
(
)
Ⅱ起催化作用，过
程中不同价态含
粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A．
(
)
Ⅲ不能氧化
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，
(
)
Ⅱ和
(
)
Ⅶ不能大量共存
D．总反应为：
【答案】C
【分析】开始一段时间（大约13min 前）随着时间的推移Mn(
)
Ⅶ浓度减小直至为0，Mn(
)
Ⅲ浓度增大直至
达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(
)
Ⅲ，同时先生成少量Mn(
)
Ⅳ后Mn(
)
Ⅳ被消耗；后来（大
约13min 后）随着时间的推移Mn(
)
Ⅲ浓度减少，Mn(
)
Ⅱ的浓度增大；据此作答。
【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(
)
Ⅲ的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(
)
Ⅲ，后
Mn(
)
Ⅲ被消耗生成Mn(
)
Ⅱ，Mn(
)
Ⅲ能氧化H2C2O4，A 项错误；
B．随着反应物浓度的减小，到大约13min 时开始生成Mn(
)
Ⅱ，Mn(
)
Ⅱ对反应起催化作用，13min 后反应
速率会增大，B 项错误；
C．由图像可知，Mn(
)
Ⅶ的浓度为0 后才开始生成Mn(
)
Ⅱ，该条件下Mn(
)
Ⅱ和Mn(
)
Ⅶ不能大量共存，C 项
正确；
D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2
+5H2C2O4+6H+=2Mn2+
+10CO2↑+8H2O，D 项错误；
答案选C。
22．（2023·广东·高考真题）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应
。反应历程(下图)中，M 为中间产物。
其它条件相同时，下列说法不正确的是
A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4 步进行B．反应达平衡时，升高温度，R 的浓度增大
C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡
D．使用Ⅰ时，反应过程中M 所能达到的最高浓度更大
【答案】C
【详解】A．由图可知两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4 步进行，A 正确；
B．由图可知该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R 的浓度增大，B 正确；
C．由图可知Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，
C 错误；
D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率
较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M 所能达到的最高浓度更大，D 正确；
故选C。
23．（2023·湖南·高考真题）向一恒容密闭容器中加入
和一定量的
，发生反应：
。
的平衡转化率按不同投料比
随温度的变化曲线
如图所示。下列说法错误的是
A．
B．反应速率：
C．点a、b、c 对应的平衡常数：
D．反应温度为
，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【详解】A．一定条件下，增大水的浓度，能提高CH4的转化率，即x 值越小，CH4的转化率越大，则
，故A 正确；
B．b 点和c 点温度相同，CH4的起始物质的量都为1mol，b 点x 值小于c 点，则b 点加水多，反应物浓度大，
平衡正向移动，甲烷的转化率增大，生成物的浓度增大，则在相同温度下反应速率：
，故B 错误；
C．由图像可知，x 一定时，温度升高CH4的平衡转化率增大，说明正反应为吸热反应，温度升高平衡正向
移动，K 增大；温度相同，K 不变，则点a、b、c 对应的平衡常数：
，故C 正确；
D．该反应为气体分子数增大的反应，反应进行时压强发生改变，所以温度一定时，当容器内压强不变时，
反应达到平衡状态，故D 正确；
答案选B。
24．（2022·天津·高考真题）向恒温恒容密闭容器中通入2mol
和1mol
，反应
达到平衡后，再通入一定量
，达到新平衡时，下列有关判断错误的是
A．
的平衡浓度增大
B．反应平衡常数增大
C．正向反应速率增大
D．
的转化总量增大
【答案】B
【详解】A．平衡后，再通入一定量
，平衡正向移动，
的平衡浓度增大，A 正确；
B．平衡常数是与温度有关的常数，温度不变，平衡常数不变，B 错误；
C．通入一定量
，反应物浓度增大，正向反应速率增大，C 正确；
D．通入一定量
，促进二氧化硫的转化，
的转化总量增大，D 正确；
故选B。
25．（2022·北京·高考真题）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．t1~t3，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CO 的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【详解】A．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
，A 正确；
B．由题干图2 信息可知，t1~t3，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
，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B
正确；
C．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．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；
答案选C。
26．（2022·广东·高考真题）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
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，
内，
【答案】D
【详解】A．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．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．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．使用催化剂I 时，在0~2min 内，Y 的浓度变化了4.0mol/L，则
(Y) =
=
=2.0
，
(X) =
(Y) =
2.0
=1.0
，故D 正确；
答案选D。
27．（2022·浙江·高考真题）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：
，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
A．实验①，
，
B．实验②，
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
【详解】A．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．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，氨气浓度减小，因此实验②60min 时处于平衡状态，根
据等效平衡可以判断x<0.2，即x≠0.4，B 正确；
C．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．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；
答案选C。
28．（2022·浙江·高考真题）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
【详解】A．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，选项A 正确；
B．b 点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B 的瞬时速率，选项B 正确；
C．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)，选项C 不正确；
D．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，选项D 正确；
答案选C。
29．（2021·海南·高考真题）制备水煤气的反应
，下列说法正确
的是
A．该反应
B．升高温度，反应速率增大
C．恒温下，增大总压，H2O(g)的平衡转化率不变
D．恒温恒压下，加入催化剂，平衡常数增大
【答案】B
【详解】A．该反应的正反应是气体体积增大的反应，所以△S＞0，A 错误；
B．升高温度，物质的内能增加，分子运动速率加快，有效碰撞次数增加，因此化学反应速率增大，B 正确；
C．恒温下，增大总压，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使H2O(g)的平衡转化率减小，C 错误；
D．恒温恒压下，加入催化剂，化学平衡不移动，因此化学平衡常数不变，D 错误；
故合理选项是B。
30．（2021·广东·高考真题）反应
经历两步：①
；②
。反应体系中
、
、
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
随t 的变化曲线
B．
时，
C．
时，
的消耗速率大于生成速率
D．
后，
【答案】D
【分析】由题中信息可知，反应
经历两步：①
；②
。因此，图中呈不断减小趋势的
ａ线为X 的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z 的浓度随时间的变化曲线，先增加后
减小的线为Y 的浓度随时间的变化曲线。
【详解】A．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，
为
随的变
化曲线，A 正确；
B．由图可知，分别代表3 种不同物质的曲线相交于
时刻，因此，
时
，B 正确；
C．由图中信息可知，
时刻以后，Y 的浓度仍在不断减小，说明
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
时
的消耗速率大于生成速率，C 正确；
D．由图可知，
时刻反应①完成，X 完全转化为Y，若无反应②发生，则
，由于反应②
的发生，
时刻Y 浓度的变化量为
，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
，这种关系在
后仍成立， 因此，D 不正确。
综上所述，本题选D。
31．（2019·浙江·高考真题）高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH−)，油脂在其中能
以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水
解
【答案】D
【详解】A.对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A 项正确；
B.由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力
增强，反应速率加快，B 项正确；
C.油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油
脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C 项正确；
D.高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同
c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，
促进油脂的水解，D 项不正确。
故答案选D。
32．（2018·浙江·高考真题）某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO 和O2的物质的量分数分别为
0.10 和0.06，发生化学反应
，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：
压强/(×105Pa)
温度/℃
NO 达到所列转化率需要时间/s
50%
90%
98%
1.0
30
12
250
2830
90
25
510
5760
8.0
30
0.2
3.9
36
90
0.6
7.9
74
根据表中数据，下列说法正确的是
A．升高温度，反应速率加快
B．增大压强，反应速率变慢
C．在1.0×105Pa、90℃条件下，当转化率为98%时的反应已达到平衡
D．若进入反应塔的混合气体为amol，反应速率以v=Δn/Δt 表示，则在8.0×105Pa、30℃条件下转化率
从50%增至90%时段NO 的反应速率为4a/370mol/s
【答案】D
【详解】A 项，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，升高温度，反应速率越小，故选项
A 错误；
B 项，相同温度，压强高时达到相同转化率需要的时间少，增大压强，反应速率变快,故选项B 错误；
C 项，在此条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不确定反应是否达到了平衡，故选项C 错误；
D 项，在amol 混合气体进入反应塔，题目所示的外界环境下，NO 的反应速率为v=∆n/∆t=
=
mol/s，故D 项正确。
综上所述，本题正确答案为D。
33．（2017·江苏·高考真题）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。下列说法不正确的是
A．图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越大，其分解速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，NaOH 溶液浓度越小，H2O2分解速率越慢
C．图丙表明，少量Mn2+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】C
【详解】A．图甲表明，相同时间内，pH=13 的溶液中，H2O2的起始浓度越大，浓度的变化量越大，其分解
速率越快，A 正确；
B．图乙表明，NaOH 溶液浓度越小，相同时间内H2O2的浓度变化量越小，分解速率越慢，B 正确；
C．图丙表明，Mn2+浓度相同时，1.0mol/LNaOH 中H2O2的浓度变化量小于0.1mol/LNaOH 中H2O2的浓度变
化量，所以溶液的碱性越强，H2O2的分解速率不一定越快，C 不正确；
D．图丙表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，图丁表明，碱性溶液中，Mn2+浓度越大，对
H2O2分解速率的影响越大，D 正确；
故选C。
34．（2017·浙江·高考真题）已知：X(g)+2Y(g)
3Z(g)
H=-akJ·mol
△
-1(a＞0)，下列说法不正确的是
A．0.1molX 和0.2molY 充分反应生成Z 的物质的量一定小于0.3mol
B．达到化学平衡状态时，X、Y、Z 的浓度不再发生变化
C．达到化学平衡状态时，反应放出的总热量可达a kJ
D．升高反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
【答案】D
【详解】A. 属于可逆反应，0.1molX 和0.2molY 充分反应生成Z 的物质的量一定小于0.3mol，A 正确；
B. 达到化学平衡状态时正逆反应速率相等，X、Y、Z 的浓度不再发生变化，B 正确；
C. 虽然属于可逆反应，达到化学平衡状态时，如果消耗1molX，则反应放出的总热量等于a kJ，C 正确；
D. 升高反应温度，正、逆反应速率均增大，D 错误；
答案选D。
35．（2016·天津·高考真题）下列叙述正确的是
A．使用催化剂能够降低化学反应的反应热(△H)
B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率和氧气浓度无关
C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生
D．在同浓度的盐酸中，ZnS 可溶而CuS 不溶，说明CuS 的溶解度比ZnS 的小
【答案】D
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能从而改变反应速率，但不改变化学平衡，则不能改变反应的反应
热，故A 错误；
B．金属发生吸氧腐蚀时，氧气浓度越大，腐蚀的速率越快，故B 错误；
C．原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无电流产生，故C 错
误；
D．在同浓度的盐酸中，ZnS 可溶而CuS 不溶，说明CuS 的溶解度比ZnS 的小，故D 正确；
故选D。
36．（2016·浙江·高考真题）下列叙述不正确的是
A．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火
B．探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响时，若先将两种溶液混合并计时，再用水浴加热至设
定温度，则测得的反应速率偏高
C．蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置
D．为准确配制一定物质的量浓度的溶液，定容过程中向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，改用滴
管加蒸馏水至刻度线
【答案】B
【详解】A. 过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁可在二氧化碳中燃烧，则钾、钠、镁等活泼金属着火
时，不能用泡沫灭火器灭火，一般用沙子扑灭，故A 正确；
B. 该实验要求开始时温度相同，然后改变温度，探究温度对反应速率的影响，应先分别水浴加热硫代硫酸
钠溶液、硫酸溶液到一定温度后再混合，若是先将两种溶液混合后再用水浴加热，随着热量的散失，测得
的反应速率偏低，故B 错误；
C. 蒸馏时，应充分冷凝，先停止加热，待装置冷却后，停止通水，这样可以防止温度过高而混入杂质，故
C 正确；
D. 配制溶液时，注意定容时不能使液面超过刻度线，向容量瓶内加蒸馏水至接近刻度线时，应改用胶头滴
管滴加，故D 正确，答案选B。
37．（2016·浙江·高考真题）为研究某溶液中溶质R 的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度的R
溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图，下列说法不正确的是
A．25℃时，在10~30min 内，R 的分解平均速率为
B．对比30℃和10℃曲线，在50min 时，R 的分解百分率相等
C．对比30℃和25℃曲线，在0~50min 内，能说明R 的分解平均速率随温度升高而增大
D．对比30℃和10℃曲线，在同一时刻，能说明R 的分解速率随温度升高而增大
【答案】D
【详解】A．由图可知，25℃，10min 时R 的浓度为1.4mol/L、30min 时R 的浓度为0.8mol/L，则10~30min
内，R 的分解速率为
=
，故A 正确；
B．由图可知，对比30℃和10℃曲线，在50min 时，R 的分解百分率均为100%，故B 正确；
C．由图可知，25℃时R 的起始浓度大于30℃时R 的起始浓度，30℃，0~50min 内R 浓度的变化量为
1.6mol/L，25℃，0~50min 内R 浓度的变化量约为1.3mol/L，说明R 的分解平均速率随温度升高而增大，故
C 正确；
D．由图可知，30℃时R 的起始浓度大于10℃时R 的起始浓度，则30
℃时R 的分解速率大于10℃时可能
是温度升高造成的，也可能是浓度大造成的，故D 错误；
故选D。
