文档文本内容
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 化学反应速率的表示、计算和大小比较
题型02 化学反应速率的测定
题型03 化学反应速率的影响因素
题型04 活化能
题型05 控制变量法探究影响化学反应速率的因素
题型06 速率常数与速率方程
题型07 化学反应速率图像分析
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 化学反应速率的表示、计算和大小比较
1．化学与生产、生活息息相关，下列措施不是为了改变化学反应速率的是
A．将食物存放在冰箱中
B．制作馒头时添加膨松剂
C．合成氨工业中使用铁触媒催化剂
D．在轮船的船壳水线以下部位装上锌锭
【答案】B
【解析】A．将食物存放在冰箱中，可降低温度，减缓氧化速率，故A 不合题意；
B．制作馒头时添加膨松剂，可使馒头疏松柔软，与改变化学反应速率无关，故B 符合题意；
C．合成氨工业中使用铁触媒催化剂，可加快反应速率，与增大反应速率有关，故C 不合题意；
D．在轮船的船壳水线以下部位装上锌锭，使Zn 作为负极发生氧化反应，从而保护Fe 不被氧化，减缓Fe
被腐蚀的速率，故D 不合题意；
故选B。
2．在容积不变的密闭容器中，A 与B 反应生成C 和D，其化学反应速率分别用
、
、
、
表示。已知：
，
，
，则此反应可表示为
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由同一化学反应，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比可知，A 与B 反应生成C 和D 的化
学计量数之比为v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1：3：2：2，则反应的化学方程式为A+3B=2C+2D，
故选D。
3．反应：2SO2(g)+O2(g)
2SO
⇌
3(g)经amin 后SO3(g)的浓度变化情况如下图所示，在0~amin 内O2表示的平
均速率为0.02mol•L-1•min-1，则a 等于
A．10
B．2.5
C．0.1
D．5
【答案】A
【解析】用O2表示的反应速率为0.02mol•L-1•min-1，则
，故反应时间a=
；故选
A。
4．在2 L 密闭容器中进行反应：mX(g)+nY(g)
pZ(g)+qQ(g)，式中m、n、p、q 为化学计量数。在0~3
min 内，各物质物质的量的变化如下表所示：
物质
时间
X
Y
Z
Q
起始/mol
0.7
1
2 min 末/mol
0.8
2.7
0.8
2.7
3 min 末/mol
0.8
已知2 min 内v(Q)=0.075 mol·L-1·min-1，
=0.5
（1）试确定以下物质的相关量：起始时n(Y)= ，n(Q)= ；
（2）方程式中m= ，n= ，p= ，q= ；
（3）用Z 表示2 min 内的反应速率 。
【答案】（1）2.3 mol 3 mol
（2）1 4 2 3
（3）0.05 mol·L-1·min-1
【解析】（1）由表中数据可知，2min 末与3min 末Z 的物质的量不变，2min 末达到平衡状态，且X 的物
质的量增加、Z 的物质的量减小，2 min 内v(Q)=0.075 mol•L-1•min-1，转化的Q 为∆n(Q)= v∙∆t=0.075
mol•L-1•min-1×2min×2L=0.3mol，起始时n(Q)=2.7mol+0.3mol=3mol ，
=0.5，可知n：p=2：1，则
∆n(Y)=0.4mol，起始时n(Y)=2.7mol-0.4mol=2.3mol，故答案为：2.3 mol；3 mol；
（2）转化量分别为∆n(X)=0.1mol、∆n(Y)=0.4mol、∆n(Z)=0.2mol、∆n(Q)=0.3mol，转化量之比等于化学计
量数之比，则m：n：p：q=1：4：2：3，即化学计量数分别为1、4、2、3；
（3）用Z 表示2min 内的反应速率为
。
02 化学反应速率的测定
5．用甲、乙两装置分别定量测定锌与一定浓度稀硫酸的反应速率。下列说法正确的是
A．实验前，甲需检查装置的气密性，乙装置无需检查装置的气密性
B．甲、乙两实验均可通过收集一定体积的氢气所需的时间来测定反应速率的大小
C．甲、乙两实验测得生成氢气的速率一定相等
D．乙装置中玻璃燃烧匙不可用铜质燃烧匙替代
【答案】B
【解析】A．甲、乙两装置均为制取并测定气体体积的装置，实验前都必须检查装置的气密性，以保证气
体体积测定的准确性，A 不正确；B．甲、乙两实验均可测定收集一定体积气体所需的时间，从而测定反
应速率的大小，B 正确；C．甲装置中，往锥形瓶内加入稀硫酸时，会排出空气，从而导致收集气体体积
的增大，所以甲、乙两实验测得生成氢气的体积不同，速率不相等，C 不正确；D．乙装置中，若将玻璃
燃烧匙换成铜质燃烧匙，由于铜与稀硫酸不反应，对生成氢气量不产生影响，所以玻璃燃烧匙可用铜质燃
烧匙替代，D 不正确；故选B。
03 化学反应速率的影响因素
6．下列说法正确的是
A．使用催化剂处理汽车尾气中的NO 和CO，可以增大活化分子百分数，加快反应速率，提高NO 转化率
B．100mL 3
盐酸与6.5g 锌片在t 分钟内反应完成，则
C．工业合成氨反应是放热反应，升高温度，加快正反应速率，降低逆反应速率
D．反应物的浓度越大，反应速率越快，因此实验可用98%的浓硫酸与铁反应制氢气
【答案】B
【解析】A．催化剂能降低反应的活化能，从而增大活化分子百分数，加快反应速率，但不能提高反应物
的转化率，故A 错误；
B．100mL 3
盐酸中HCl 的物质的量为0.3mol，6.5g 锌的物质的量为0.1mol，锌不足，盐酸过量，
反应中消耗的HCl 的物质的量为0.2mol，t 分钟内用HCl 表示的反应速率为
，
故B 正确；
C．升高温度，加快反应速率，吸热方向的速率和放热反应方向的速率也加快，故C 错误；
D．98%的浓硫酸具有强氧化性，可以使铁表面产生一层致密的氧化膜，使反应停止，不能产生氢气，故
D 错误；
本题选B。
7．催化剂1 和催化剂2 均能催化反应
（M1 和M2 为中间产物）。反应历程如图，其他条件相同
时，下列说法正确的是
A．使用催化剂1，该反应焓变会变得更小
B．使用催化剂2，反应能更快到达平衡
C．使用催化剂2，平衡时W 的浓度更大
D．使用催化剂1 和2，反应历程的步数一样
【答案】B
【解析】A．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应焓变，故A 错误；
B．使用催化剂2，活化能更小，反应速率更快，能更快到达平衡，故B 正确；
C．催化剂不能使平衡移动，使用催化剂2，平衡时W 的浓度不变，故C 错误；
D．使用催化剂1，反应分2 步进行，使用催化剂2，反应分3 步进行，故D 错误；
选B。
04 活化能
8．下列说法错误的是
A．发生碰撞的分子具有足够能量和适当取向时；才能发生化学反应
B．增大反应物浓度，可增大活化分子百分数，使有效碰撞次数增多
C．升高温度，可增大活化分子百分数，也可增加反应物分子间的有效碰撞几率
D．使用催化剂，可以降低反应活化能，增大活化分子百分数，使有效碰撞次数增多
【答案】B
【解析】A．当碰撞的分子具有足够的能量和适当的取向时，分子间才能发生有效碰撞，发生化学反应，
故A 正确；
B．增大反应物浓度，活化分子数目增大，有效碰撞次数增多，反应速率加快，但活化分子百分数不变，
故B 错误；
C．升高温度，反应物获得能量，导致活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增多，化学反应速
率加快，故C 正确；
D．加入催化剂，降低反应的活化能，使单位体积内活化分子百分数大大增加，加快反应速率，故D 正
确；
故选：B。
9．下列对化学反应速率增大原因的分析错误的是
A．对于反应
，增大压强使容器容积减小，单位体积内活化分子数增多
B．合成氨反应中加入适宜的催化剂，使反应物分子中活化分子百分数增大
C．高炉炼铁发生反应
，升高温度，使反应物活化分子百分数增大
D．向反应体系中加入相同浓度的反应物，使活化分子百分数增大
【答案】D
【解析】A．对有气体参加的反应，增大压强使容器容积减小，单位体积内分子总数增大，活化分子数增
大，活化分子百分数不变，故A 正确；B．加入适宜的催化剂，降低反应所需活化能，原来不是活化分子
变为活化分子，分子总数不变，活化分子数增大，活化分子百分数增大，故B 正确；C．升高温度，吸收
能量，原来不是活化分子变为活化分子，活化分子数增大，分子总数不变，活化分子百分数增大，故C 正
确；D．向反应体系中加入相同浓度的反应物，单位体积内分子总数增大，活化分子数增大，活化分子百
分数不变，故D 错误；故选D。
10．已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ。在含少量I-的溶液中，H2O2分解的机理为：
H2O2+I-→H2O+IO- 慢 H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快
下列有关该反应的说法正确的是：
A．I-是该反应的催化剂，所以反应速率与I-浓度无关
B．该反应的
=-98 kJ/mol，所以该反应的逆反应活化能一定大于98 kJ/ mol
C．该反应物质之间的速率关系为：v(H2O2)正=v(H2O)正=2v(O2)正
D．该反应在通常条件下能够自发进行，是因为
<0，所以一定有
<0
【答案】B
【解析】A．慢反应的快慢决定反应速率，
是慢反应阶段的反应物，其浓度会影响反应速率，A 项错
误；
B．焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由于该反应的焓变为-98kJ/mol，所以该反应的逆反应
活化能一定大于98 kJ/ mol，B 项正确；
C．在水溶液中，水是纯液体，不能用水来表示化学反应速率，C 项错误；
D．
，当
时反应可自发进行，由于该反应
，且
，所以该反应一定有
，D 项错误；
故选B。
11．H2O2是一种重要的工业原料，利用H2和O2直接法合成H2O2的反应历程如图所示，下列说法中错误的
是
A．[PdCl4]2-和[PdO2Cl2]2-中Pd 的化合价相同
B．[PdCl4]2-降低了反应的活化能，加快了反应速率
C．直接法合成H2O2的总反应，原子利用率理论上为100%
D．步骤2 中，若有1mol O2参与反应，转移4mol 电子
【答案】D
【解析】A．[PdO2Cl2]2-中存在过氧键，氧化合价为-1，Pd 化合价为+2，[PdCl4]2-中Pd 化合价为+2，两者相
同，故A 正确；
B．[PdCl4]2-作为催化剂起到降低了反应的活化能、加快了反应速率的作用，故B 正确；
C．直接法为氢气和氧气直接化合为过氧化氢，没有其他产物生成，原子利用率理论上为100%，故C 正
确；
D．步骤2 中，氧气转化为过氧键，化合价变化0→-1，1mol 氧气参与反应转移2mol 电子，故D 错误；
故答案为D。
12．溴乙烷与NaOH 的乙醇溶液主要发生消去反应，同时也会发生取代反应，反应过程中的能量变化如
图。下列说法正确的是
A．反应①的活化能大于反应②的
B．溴乙烷与NaOH 的乙醇溶液的反应需加热，目的是提高反应速率
C．无论从产物稳定性还是反应速率的角度，均有利于
的生成
D．若将溶剂乙醇换成水，两种产物的比例不发生改变
【答案】B
【解析】A．由图可知，反应①的活化能是
，反应②的活化能是
，活化能：反应①＜反应
②，A 错误；
B．加热使普通分子转化为活化分子，有效碰撞次数增加，故加热的目的是提高反应速率，B 正确；
C．从稳定性角度看，乙醇的能量更低，乙醇是优势产物；从反应速率角度看，生成乙烯的活化能更低，
乙烯是优势产物，C 错误；
D．若将溶剂乙醇换成水，主要发生的是水解反应，乙醇的比例会增加，D 错误；
故选B。
05 控制变量法探究影响化学反应速率的因素
13．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。
14．室温下，用
溶液、
溶液和蒸馏水进行表中的5 个实验，分别测量
浑浊度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是
编
号
溶液
溶液
蒸馏水
浑浊度随时间变化的曲线
①
1.5
3.5
10
②
2.5
3.5
9
③
3.5
3.5
8
④
3.5
2.5
9
⑤
3.5
1.5
10
A．实验中反应的离子方程式：
B．实验①②③或③④⑤均可探究反应物浓度对反应速率的影响
C．
溶液浓度对该反应速率的影响比
小
D．将实验①的试剂浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线可能为a
【答案】C
【解析】A．
和硫酸反应生成硫酸钠、单质硫和二氧化硫，离子方程式为：
，A 正确；
B．实验①②③其他条件相同，随着
浓度增大，反应速率加快，实验③④⑤其他条件相同，随着
H2SO4浓度减小，反应速率减慢，说明增大反应物浓度可增大该反应速率，B 正确；
C．由①②③和③④⑤的速率变化图像可知，降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反
应速率影响程度更大，则
溶液浓度对该反应速率的影响比
大，C 错误；
D．将实验①的试剂浸泡在热水中一段时间后再混合，则温度升高，反应速率变化，其浑浊度曲线可能为
a，D 正确；
故选C。
15．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。
06 速率常数与速率方程
16．在体积相等的多个恒温恒容密闭容器中，分别充入1mol CO2和1mol H2，发生反应
。在不同温度下反应相同时间，测得lgk 正、lgk 逆、H2转化率与温
度关系如图所示。
已知：v 正=k 正c(CO2)c4(H2) v 逆=k 逆c(CH4)c2(H2O)，k 正、k 逆为速率常数。下列说法正确的是
A．该反应的ΔH>0
B．代表lgk 正曲线的是MH
C．当2v 正(H2)=v 逆(H2O)时反应达到平衡状态D．a、b、c 三点中达到平衡状态的是a、b
【答案】D
【分析】图中信息可知，温度越高，
则越小，曲线MH 和曲线NG 是lgk 与温度关系，曲线abc 是H2转
化率与温度关系，从右往左看，温度升高，曲线abc 中从最高点到a 点，氢气转化率降低，说明升高温
度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是放热反应。则升高温度时，逆反应速率增大程
度大于正反应速率增大程度，即lgk 逆大于lgk 正，则lgk 正代表曲线的是NG，lgk 逆代表曲线的是MH。
【解析】A．根据分析，逆反应方向是吸热反应，正反应方向是放热反应， A 错误；
B．lgk 正代表曲线的是NG，lgk 逆代表曲线的是MH，B 错误；
C．达到化学平衡时，各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，所以
，即
，C 错误；
D．观察图像可知，随着温度T 增大，
则越小，氢气转化率先增大后减小，由于反应是放热反应，说明
转化率达到最大时，反应才达到平衡，所以a、b 达到化学平衡，c 还没达到化学平衡，D 正确；
故答案选D。
07 化学反应速率图像分析
17．用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，实验过程如图所示，图中各段时间间隔相同，下列
说法不正确的是
A．t1~t2段收集的CO2最多，化学反应速率最快
B．用CO2表示t2~t3段的反应速率为v=
L/min
C．t4收集到的气体体积不再增加说明碳酸钙消耗完全
D．从图象中可以推测该反应为放热反应
【答案】C
【解析】A．图中各段时间间隔相同，由图可知t1~t2段纵坐标差值最大，则t1~t2段收集的CO2最多，化学
反应速率最快，A 正确；B．t2~t3段∆V(CO2)是V3-V2，∆t 是t3-t2，故用CO2表示的速率为v=
L/min，B
正确；C．t4收集到的气体体积不再增加可能是碳酸钙消耗完全，也可能是盐酸消耗完全，C 错误；D．随
反应进行，氢离子浓度降低，反应速率应该降低，但t1~t2段化学反应速率比O~t1段大，说明反应为放热反
应，D 正确；答案选C。
18．在水溶液中，物质R 容易发生二聚反应：
。不同温度(T)下，R 溶于水所得溶液中R 的
浓度(起始浓度为1.5 mol·L
)与时间的关系如图，下列说法正确的是
A．
B．a 点的正反应速率小于b 点的逆反应速率
C．a 点的反应速率小于c 点的反应速率
D．从起始到b 点，
的平均反应速率为0.45 mol L
⋅
h
⋅
【答案】D
【解析】A．由“先拐先平数值大”知，同一时间时曲线斜率越大化学反应速率越快，则温度越高，根据
图知T2曲线斜率大，则T1<T2，A 错误；B．a 点到b 点的过程中正反应速率逐渐减小，且b 点时反应未达
到平衡，反应正向进行，则b 点：υ(正)> υ(逆)，所以a 点的正反应速率大于b 点的逆反应速率，B 错误；
C．根据题图可知，a 点切线斜率的绝对值大于c 点切线斜率的绝对值，则a 点反应速率大于c 点，C 错
误；D．从反应开始至b 点时，R 的平均反应速率为
，2υ(R2)=
υ(R)，则
，D 正确；答案选D。
1．飞秒化学对了解反应机理十分重要。
光分解反应
经过
后
的浓
度减少
。下列说法正确的是
A．用
表示的反应速率是
B．在
时，
浓度是
浓度的2 倍
C．
末时
的反应速率是
D．增大
的浓度可以加快反应速率，是因为提高了单位体积内活化分子数目，活化分子百分数增
多，单位时间内有效碰撞变多
【答案】A
【解析】A．由方程式可知，用
表示的反应速率是
，A 正确；B．
时，
改变的浓度是
改变浓度的2 倍，
浓度是
浓度的2 倍，B 错误；C．不能确定
时
的瞬
时反应速率，只能测定一段时间内的平均反应速率，C 错误；D．增大
的浓度可以加快反应速率，是
因为提高了单位体积内活化分子数目，单位时间内有效碰撞变多，但活化分子百分数没有增多，D 错误；
故选A。
2．过渡金属氧化物离子(以
表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。
与
反应的过程如下
图所示。下列说法不正确的是
A．反应速率：步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
B．
分子中，键角：
C．若
与
反应，生成的氘代甲醇有3 种
D．
【答案】C
【解析】A．步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤Ⅰ更小，A 正确；
B．
分子中C 原子和O 原子均为sp3杂化，C 原子没有孤电子对，O 原子上有两对孤对电子，排斥
力较大，键角
，B 正确；
C．根据反应机理可知，若MO+与CH2D2反应，生成的氘代甲醇可能为CH2DOD 或CHD2OH，共两种，C
错误；
D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热
=
=E1-E2+E3-E4，D 正确；
故选C；
3．丙烯与HCl 一定条件下反应生成
和
的历程如图所示。下列说法错误的是
A．丙烯与
的反应的主要产物是
B．合成
的反应中，第一步为反应的决速步
C．生成
的焓变大于生成
的焓变
D．其他条件不变，反应相同时间，适当升高温度可提高加成产物中
比例
【答案】C
【解析】A．丙烯与
的反应中，生成
的活化能小于生成
的活化能，活化能
小的反应速率快，产物多，丙烯与
的反应的主要产物是
，A 正确；
B．由图可知合成
的反应中，第一步活化能大，反应速率慢，为决速步，B 正确；
C．由图可知，生成
和
的反应都是放热反应，焓变为负值，生成
放热多，焓变小，C 错误；
D．其他条件不变，适当升高温度，活化能大的反应的速率常数变化的大，速率增加的更快，相同时间内
可以提高加成产物中CH3CH2CH2Cl 的比例，D 正确；
答案选C。
4．一定条件下，反应H2(g)+Br2(g)
2HBr(g)的速率方程为v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγ(HBr)，某温度下，该反应在
不同浓度下的反应速率如下：
c(H2)/mol·L−1
c(Br2)/mol·L−1
c(HBr)/mol·L−1
反应速率
0.1
0.1
2
v
0.1
0.4
2
8v
0.2
0.4
2
16v
0.4
0.1
4
2v
0.2
0.1
c
4v
根据表中的测定结果，下列结论错误的是
A．α 的值为1
B．表中c 的值为2
C．反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大
D．在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓度，会使反应速率降低
【答案】B
【分析】速率方程为v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγc(HBr)，将表中数据代入速率方程可得到①
，②
，③
，④
，由①②得到
，②③得到
，①④得到
，对于⑤
与①，将
，
，
代
入，解得c=1，据此分析解题。
【解析】A．根据分析，α 的值为1，A 正确；
B．根据分析，c 的值为1，B 错误；
C．由于v=kcα(H2)·cβ(Br2)·cγc(HBr)，
，
，
，速率与H2(g)和Br2(g)的浓度成正比，与HBr(g)
的浓度成反比，反应体系的三种物质中，Br2(g)的浓度对反应速率影响最大，C 正确；
D．由于
，增大HBr(g)的浓度，cγc(HBr)减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，增大HBr(g)浓
度，会使反应速率降低，D 正确；
答案选B。
5．（2025·厦门四模）利用铬铁矿粉[主要成分为亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2，含少量Al2O3杂质]制备重要化工原
料Cr(OH)3的工业流程如图。
已知：
。
下列说法错误的是
A．“焙烧”过程被氧化的元素为Fe、Cr
B．“焙烧”后的固体进行粉碎能提高“水浸”时Cr 元素的浸出率
C．“沉铝”时加入的试剂X 为NaOH 溶液
D．“还原”的离子方程式为
【答案】C
【分析】铬铁矿粉主要成分为亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2，含少量Al2O3杂质，加入碳酸钠、通入氧气，焙烧后
生成偏铝酸钠、铬酸钠，水浸过滤得滤液，通入弱酸性物质如二氧化碳，析出氢氧化铝，滤液中加强酸酸
化，用二氧化硫还原得Cr3+的溶液，再加工生成氢氧化铬。
【解析】A．铬铁矿粉主要成分为 Fe(CrO2)2，其中Fe 为+2 价，Cr 为+3 价。焙烧时，Cr 被氧化为 CrO
(+6 价)，Fe 被氧化为Fe3+(存在于滤渣中，如Fe2O3)。“焙烧”过程被氧化的元素为Fe、Cr，故A 正确；
B．“焙烧”后的固体进行粉碎可增大接触面积，加快溶解速率，能提高“水浸”时Cr 元素的浸出率，故
B 正确；
C．为防止氢氧化铝溶解，“沉铝”时加入的试剂X 不能为NaOH 溶液，可加入弱酸性物质，如通入二氧
化碳，故C 错误；
D．+6 价的Cr 还原为+3 价，二氧化硫中的硫被氧化为+6 价，“还原”的离子方程式为
，电子守恒：2×3e−=3×2e−，电荷守恒：左边 −2+2=0，右边
2×3+3×(−2)=0，原子守恒均成立。故D 正确；
故选C。
6．某化学小组为了探究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验。
【实验原理】
【实验内容及记录】
实验
序号
温
度/℃
试管中所加试剂及其用量/mL
溶液紫色褪至无色
时所需时间/min
溶
液
0.36mol/L 稀
硫酸
溶
液
①
20
1.0
1.0
2.0
2.0
4.0
②
20
1.0
1.0
3.0
3.6
③
40
1.0
1.0
2.0
2.0
0.92
（1）实验原理中，
参加反应时，转移电子的物质的量为 mol。
（2）实验①、②探究的是 对反应速率的影响，表中
。
（3）由实验①、③可得出的结论是 。
（4）实验①中，4.0min 内，
(保留三位有效数字)。
（5）①反应过程中，反应速率随时间的变化趋势如图所示。其中，因反应放热导致温度升高对速率影响
不大，试推测
速率迅速增大的主要原因 。
②若用实验证明你的推测，除了表中试剂外，还需向试管中加入少量固体，该固体应为 (填标号)。
A．KCl B．
C．
【答案】（1）5
（2）浓度 1.0
（3）其他条件不变，升高温度，化学反应速率加快
（4）
（5）反应产生的Mn2+对化学反应起了催化作用 B
【分析】KMnO4具有强氧化性，H2C2O4具有还原性，二者发生氧化还原反应，根据元素化合价升降总数等
于反应过程中电子转移总数，可计算1mol KMnO4反应时电子转移的物质的量；在测定反应速率时，通常
采用控制变量方法进行研究。根据单位时间内物质浓度改变值计算反应速率，且外界条件对化学反应速率
的影响因素中，影响大小关系为：催化剂＞温度＞浓度，据此分析解答。
【解析】（1）根据反应方程式可知：KMnO4反应后变为Mn2+，Mn 元素化合价从+7 价变为+2 价，降低了
5 价，则根据元素化合价改变数值等于反应过程中电子转移的物质的量，可知：1mol KMnO4参加反应时
转移了5mol 电子；
（2）在进行实验时，要采用控制变量方法进行研究，根据表格实验1 可知混合溶液总体积是6 mL，则
Vx=1.0；结合实验1、2 数据可知，只有H2C2O4溶液浓度不同，其它外界体积都相同，因此实验①、②探
究的是浓度对化学反应速率的影响；
（3）结合实验1、3 数据可知：二者不同之处是反应温度不同，因此是探究温度对化学反应速率的影响，
可见：升高温度会使溶液褪色时间缩短，故其他条件不变，升高反应温度，会导致化学反应速率加快；
（4）n(KMnO4)=0.04mol/L×10-3L=4.0×10-5mol，混合溶液总体积是V=6.0×10-3L，则
c(KMnO4)=
=
=
×10-2mol/L，则在实验①中，4.0 min 内，
(
)=
=1.67×10-3mol/(L•min)；
（5）①影响化学反应速率的因素有催化剂、温度、浓度等，根据题意可知：因反应放热导致温度升高对
速率影响不大，在时间t1-t2过程中，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，但反应速率缺逐渐增大，可
推知速率迅速增大的主要原因是反应产生了Mn2+，Mn2+对化学反应起了催化作用；
②若用实验证明你的推测，除了表中试剂外，还需向试管中加入少量固体，该固体中应该含有Mn2+，加入
的固体物质应为MnSO4，故合理选项是B。
7．某化学小组利用
的分解探究外界条件对化学反应速率的影响。
Ⅰ.用下图装置探究
催化
分解的最佳条件，表中数据为反应物用量和反应从开始到结束所用时间
(假设不同浓度的
溶液密度相同) 。
（1）从表中数据可知分解规律：
的浓度相同时，其分解速率 ，从实验效果和“绿色化学”
的角度考虑，
的浓度相同时，加入 g 的
为较佳选择。
（2）该小组分析表中数据得出：
质量相同时，
的浓度越大，反应所需时间越长，反应速率就
越慢。你认为此推论是否正确？理由是 。
Ⅱ.为进一步研究催化剂对
分解速率的影响，该小组同学又做了如下实验。
（3）定性研究：按下图进行实验，同时挤压两支注射器使液体全部加入锥形瓶中，能作为判断反应速率
大小的实验现象是 ，某同学提出用
溶液代替
溶液做实验，你认为是否合理？理由是
。
（4）定量研究：按下图进行实验，挤压注射器使液体全部加入试管中，确定反应速率需测定的数据是
。若
末得到气体
(已换算为标准状况，溶液体积按
计算)，则
的分解速率为
，用
溶液代替
溶液进行平行实验，比较催化剂对反应速率的影响。
Ⅲ.研究小组继续探究浓度、溶液酸碱性对
分解反应速率的影响，实验方案如下。
编
号
反应物
操作
①
和
同时放入
的热水浴中
②
加
溶液
③
溶液
加
溶液
④
溶液
加
溶液
（5）实验①的目的是 ，实验②、③、④中，测得生成氧气的体积随时间变化如图所示，由此得出
的结论是 。
【答案】（1）随着MnO2质量增大，反应速率加快 0.3
（2）不正确，H2O2的浓度增大2 倍，但结束反应所需时间比2 倍小的多
（3）气球膨胀的快慢 不合理，不能排出硫酸根离子和氯离子对催化效果的影响
（4）反应结束所需时间和反应生成气体的体积 0.2
（5）探究反应物的浓度对反应速率的影响 酸性条件下H2O2的分解速率减慢，碱性条件下H2O2的分
解速率加快
【分析】该实验的实验目的是探究外界条件对过氧化氢分解速率的影响，通过实验得到相同催化剂的用
量、不同的催化剂和过氧化氢的浓度对过氧化氢分解速率有影响。
【解析】（1）由表格数据可知，过氧化氢溶液的浓度相同时，二氧化锰的用量越大，反应结束所需时间
越少说明反应速率越快；二氧化锰的质量由0.1g 变为0.3g 时，反应结束时间改变非常大，而质量由0.3g
变为0.8g 时，反应结束时间变化不大，所以从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，加入0.3g 二氧化锰为
较佳选择，故答案为：随着MnO2质量增大，反应速率加快；0.3；
（2）由表格数据可知，二氧化锰质量相同时，过氧化氢的浓度由15%变为30%时，浓度增大了2 倍，而
反应结束所需时间比2 倍小的多，说明反应物的浓度越大，反应速率越快，所以二氧化锰质量相同时，过
氧化氢的浓度越大，反应所需时间越长，反应速率就越慢的推论是不正确的，故答案为：不正确，H2O2的
浓度增大2 倍，但结束反应所需时间比2 倍小的多；
（3）由图可知，同时挤压两支注射器使液体全部加入锥形瓶中，反应速率越快，反应生成的氧气越多，
气球膨胀的越快，则气球膨胀的快慢能作为判断反应速率大小的实验现象；若实验时用硫酸铜溶液替代氯
化铜溶液做实验，两实验加入催化剂的阳离子和阴离子都不相同，无法排除阴离子对催化效果的影响，用
硫酸铜溶液替代氯化铜溶液做实验不合理，所以故答案为：气球膨胀的快慢；不合理，不能排出硫酸根离
子和氯离子对催化效果的影响；
（4）由化学反应速率的定义可知，挤压注射器使液体全部加入试管中，确定反应速率需测定的数据是反
应结束所需时间和反应生成气体的体积；若5min 末得到标准状况下氧气的体积为112mL，则氧气的物质
的量为
=0.005mol，由方程式可知，过氧化氢的分解速率为
=0.2 mol/(L·min)，故
答案为：反应结束所需时间和反应生成气体的体积；0.2；
（5）由表格数据可知，实验①的目的是探究其他条件相同时，反应物的浓度对反应速率的影响；由图可
知，与实验②相比，其他条件相同时，实验③溶液酸性增强，过氧化氢的分解速率减慢，实验④溶液碱性
增强，分解速率加快，则实验结论为酸性条件下H2O2的分解速率减慢，碱性条件下H2O2的分解速率加
快，故答案为：探究反应物的浓度对反应速率的影响；酸性条件下H2O2的分解速率减慢，碱性条件下
H2O2的分解速率加快。
1．（2024·江苏卷）催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其氧化物、酸
和碱等。倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、
和
制
(二甲醚)、
倠
化氧化
等。催化剂有选择性，如
与
反应用Ag 催化生成
(环氧乙烷)、用
催化生成
。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中
电倠化
生成
、氯自由基催化
分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来
催化剂研究的发展方向。下列说法正确的是
A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能
B．
与
反应中，Ag 催化能提高生成
的选择性
C．
制
反应中，
能加快化学反应速率
D．
与
反应中，
能减小该反应的焓变
【答案】C
【解析】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．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． MnO2是H2O2制O2反应的催化剂，能加快化学反应速率，C 正确；
D． 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。
2．（2024·安徽卷）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
【解析】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。
3．（2023·海南卷）工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺：
。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
关系
B．
时刻体系处于平衡状态
C．反应进行到
时，
(
为浓度商)
D．催化剂存在时，
、
都增大
【答案】BD
【解析】A．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
关系，曲线表示的是逆反应的
关系，故A 错误；
B．t2时，正逆反应速率相等，体系处于平衡状态，故B 正确；
C．反应进行到
时，反应正向进行，故Q＜K，故C 错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，使反应的
、
都增大，故D 正确；
故选BD。
