1、化学反应速率及其影响因素考点说明主要考查化学反应速率的计算，反应速率大小的比较，温度、浓度、压强及催化剂对比化学反应速率的影响，有关化学反应速率的图像等知识。考点透视1【2019年全国卷3】下列实验不能达到目的的是（）选项目的实验A制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入碳酸钠溶液中B加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加入少量MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸2【2019年浙江卷】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
2、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3【2018新课标3卷】下列实验操作不当的是（）A用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二4【2
3、018天津卷】室温下，向圆底烧瓶中加入1mol C2H5OH和含1mol HBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4和78.5。下列有关叙述错误的是（）A加入NaOH，可增大乙醇的物质的量B增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC若反应物增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变D若起始温度提高至60，可缩短反应达到平衡的时间考点突破1在恒温、容积为2L的密闭容器中通入1mol X和2mol Y，发生反应：X(g)+2Y(g)M(g)Ha kJ/mol(a0)，5 min末测得M的
4、物质的量为0.4mol。则下列说法正确的是（）A05 min，Y的平均反应速率为0.08molL1min1B当容器中混合气体密度不变时达到平衡状态C平衡后升高温度，X的反应速率降低D到达平衡状态时，反应放出的热量为a kJ2探究Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O 反应的速率影响因素，设计了以下实验，下列说法正确的是（）锥形瓶0.1molL1 Na2S2O3溶液/mL蒸馏水0.2mol/LH2SO4溶液反应温度浑浊出现时间/s备注1100102010210552016310010505第10秒开始浑浊不再增多41064508A该反应也可通过测SO2的体积变化来表示化学反
5、应速率的快慢B3号瓶用Na2S2O3 来表示速率为0.0lmol/(Ls)C由2号瓶和3号瓶实验结果可得温度越高反应速率越快D由1号瓶和4号瓶实验结果可得温度越高反应速率越快3一定温度下，在某密闭容器中发生反应2HI(g)H2(g)+I2(g) H0，若在015s内c(HI)由0.1molL-1降到0.07molL-1，则下列说法正确的是（）A升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢B减小反应体系的体积，化学反应速率加快Cc(HI)由0.07molL-1降到0.05molL-1所需的反应时间小于10sD015s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.002molL-1s-14在两个容积均为2
6、L的恒容密闭容器中，起始时均充入a molH2S，以温度、Al2O3催化剂为实验条件变量，进行H2S的分解实验反应为2H2S2H2(g)+S2(g)。测得的结果如图所示。（曲线、表示经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率）下列说法正确的是（）A温度升高，H2S分解的速率增大，S2的含量减少B由曲线、可知，加入Al2O3可提高H2S的平衡转化率C900C时，ts后达到平衡，则H2的生成速率为molL-1s-1D约1100C，曲线、几乎重合，说明Al2O3可能几乎失去催化活性5一定温度下，10mL 0.40 molL-1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）
7、如下表。t/min0236810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是（）（溶液体积变化忽略不计）A反应至6min时，H2O2分解了50B反应至6min时，c(H2O2)=0.20 molL-1C06min的平均反应速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)D46min的平均反应速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)6在密闭容器中，反应2X(g)+Y(g)3Z(g)达到平衡后，若将容器体积缩小一半，对反应产生的影响是（）A减小，增大B增大，减小C、都减小D、都增大7在含Fe3+的S2O和I的混合溶液中，反应S2O(aq)+2I
8、(aq)=2SO(aq)+I2(aq)的分解机理及反应进程中的能量变化如图：步骤：2Fe3+(aq)+2I(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)步骤：2Fe2+(aq)+S2O(aq)=2Fe3+(aq)+2SO(aq)下列有关该反应的说法正确的是（）A反应速率与Fe3+浓度有关BFe2+是该反应的催化剂Cv（S2O）v（I）v（I2）D若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大8下列说法正确的是（）A增加固体反应物的质量，反应速率一定加快B镁与稀盐酸反应时，加入适量的氯化钾溶液，生成氢气的速率不变C对于可逆反应，升高反应体系温度，正反应速率和逆反应速率均增加DA(g)+B(g)C(g)+
9、D(g)，恒温恒容充入 He 以增大压强，化学反应速率加快9向1L的密闭容器中加入1molX、0.3molZ和一定量的Y三种气体。一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间的变化如图甲所示。图乙为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。下列说法不正确的是（）AY的起始物质的量为0.5molB该反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)3Z(g) H0C若t0 =0，t1=10s，则t0t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.03molL1s1D反应物X的转化率t6点比t3点高10汽车尾气净化器中发生的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO
10、2(g)。一定温度下，在三个体积均为1.0L恒容密闭容器中发生上述反应，测得有关实验数据如下：容器温度/（）起始物质的量（mol)平衡物质的量（mol)NOCON2CO2N2CO2I4000.20.2000.12II4000.40.400III300000.10.20.075下列说法正确是（）A该反应的S0、H2c(CO，容器I)D若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，开始时V正V逆答案与解析一、考点透视1.【答案】A【解析】A氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选；B过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分
11、解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；C碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选；D根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选。【点拨】考查催化剂对化学反应速率的影响，催化剂能加快化学反应速率。2.【答案】D【解析】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
12、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。【点拨】本题主要是分析题意，高温高压液态水中的油脂水解，反应条件是在水中，主要是考查了温度，离子浓度对反应速率的影响。3.【答案】B【解析】本题考察的是化学实验的基本操作，要仔细读题，理解实验基本操作内容。A锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。
13、B用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水、和二氧化碳。此时溶液应该显酸性，应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。【点拨】选项A中主要加入硫酸铜溶液之后，锌与硫酸铜反应制得铜单质，能形成原电池，加快化学反应速率。4.【答案】D【解析】本题考查反应速率和平衡的基本知识。根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。A加入NaOH，中和HB
14、r，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。B增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。C若反应物增大至2mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是11，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是11。选项C正确。D若起始温度提高至60，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。【点拨】升高温度能加快反应速率，但是在本题中反应方程式中出现了挥发性的酸，我们应全面
15、考虑。二、考点突破1.【答案】A【解析】Av(M)=0.04mol(Lmin)1，相同时间内同一反应中不同物质的反应速率之比等于其计量数之比，05min，Y平均反应速率=2v(M)=20.04mol(Lmin)1=0.08mol(Lmin)1，故A正确； B该反应过程中容器的体积不变，气体的质量不变，因此气体的密度始终不变，容器中混合气体密度不变，不能说明达到平衡状态，故B错误；C升高温度，活化分子百分数增大，所以正逆反应速率都增大，故C错误；D该反应为可逆反应，所以X、Y不能完全转化为生成物，达到平衡状态时X消耗的物质的量小于1mol，所以放出的热量小于akJ，故D错误；答案选A。【点拨】本
16、题的易错点为B，要注意根据化学平衡的特征判断平衡状态，选择的物理量需要随着时间的变化而变化。2.【答案】D【解析】A体积受温度的影响较大，因此不能通过SO2的体积的变化来表示化学反应速率的快慢，故A错误；B3号瓶第10s开始浑浊不再增多，说明实验完全，v(Na2S2O3)=mol/(Ls)=0.005mol/(Ls)，故B错误；C2号和3号对比，3号硫酸的浓度以及温度比2号多，不能说明哪个影响化学反应速率，故C错误；D1号和4号对比，1号硫酸的浓度高于4号，1号的温度低于4号的温度，但4号的反应速率高于1号，因此说明温度越高，反应速率越快，故D正确。【点拨】本题的易错点是选项B，像本题用Na2
17、S2O3的浓度变化，表示化学反应速率，应注意Na2S2O3浓度应是混合后的浓度，体积应是20mL。3.【答案】B【解析】A反应速率和温度有关，升高温度，正逆反应速率都加快，故A不选；B减小体积会增大HI(g)、H2(g)和I2(g)的浓度，会使正逆反应速率都加快，故B正确；Cc(HI)下降0.03molL-1降用了15s，但反应速率和浓度有关，浓度降低，反应速率也降低，所以c(HI)由0.07molL-1降到0.05molL-1所需的反应时间大于10s，故C不选；Dc(HI)由0.1molL-1降到0.07molL-1，则c(I2)上升到0.015molL-1，用I2表示的平均反应速率为v(I
18、2)=0.015 molL-115s=0.001molL-1s-1，故D不选。【点拨】由于该反应的正反应是吸热反应，所以升高温度，平衡会向正反应方向移动，但并不是正反应速率加快，逆反应速率减慢，而是正逆反应速率都加快，只不过正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度，所以正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动。不要把速率和平衡混为一谈，两者既有联系，又有区别。4.【答案】D【解析】A由图像可知，温度升高，H2S的分解速率增大，H2S转化率增大，则平衡右移，S2的含量增大，故A错误；B催化剂不影响平衡的移动，加入催化剂Al2O3，H2S的平衡转化率不变，故B错误；C900C时，ts后达到平
19、衡，H2S的平衡转化率为50%，则生成的氢气为a mol，则H2的生成速率为=molL-1s-1，故C错误；D催化剂需要适宜温度，根据图像，约1100C，曲线、几乎重合，说明不论有无催化剂，反应速率相同，则Al2O3可能几乎失去催化活性，故D正确；故选D。【点拨】本题的易错点为B，要注意催化剂影响化学反应速率，但不影响化学平衡的移动。5.【答案】D【解析】A06min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，则H2O2分解率为100%=50%，故A正确；B由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol
20、/L=0.2mol/L，故B正确；C06min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，所以v(H2O2)=0.033mol/(Lmin)，故C正确；由题中数据可知，03 min生成氧气的体积大于36min生成氧气的体积，因此，46 min的平均反应速率小于06min时间内反应速率，故D错误。【点拨】化学反应速率，反应速率与浓度的改变量有关。6.【答案】D【解析】其它条件不变，将容器体积缩小一半，各组分的浓度变大，浓度越大反应速率越快，正、逆反应速率都加快，D项正确。【点拨】其它条件不变，将容器体积缩小一半，相当于增大压强，正逆反应
21、速率均增大。7.【答案】A【解析】A由反应S2O(aq)+2I(aq)=2SO(aq)+I2(aq)分步进行为：步骤：2Fe3+(aq)+2I(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)，步骤：2Fe2+(aq)+S2O(aq)=2Fe3+(aq)+2SO(aq)，由此说明Fe3+为反应的催化剂，所以反应速率与Fe3+浓度有关，故A正确；B根据反应S2O(aq)+2I(aq)=2SO(aq)+I2(aq)分步进行为：步骤：2Fe3+(aq)+2I(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)，步骤：2Fe2+(aq)+S2O(aq)=2Fe3+(aq)+2SO(aq)，由此说明Fe3+为反应的催化剂，故
22、B错误；C由反应S2O(aq)+2I(aq)=2SO(aq)+I2(aq)可知：由反应S2O2I(aq)I2，则2v（S2O）v（I）2v（I2），故C错误；D由图像可知该反应是个放热反应，加催化剂可以同时改变正逆反应的活化能，所以若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的小，故D错误；所以本题答案：A。【点拨】根据反应原理步骤1和步骤2，可知Fe3+为反应的催化剂，再以催化剂的催化原理为突破口对其他选项进行分析解答。8.【答案】C【解析】A反应物如果是固体物质，增加反应物的量，但浓度不变，所以反应速率不变，故A错误；B向盐酸溶液中加入氯化钾溶液，相当于稀释了盐酸，盐酸浓度减小，反应速率减慢，
23、故B错误；C升高温度，增大了活化分子百分数，正逆反应速率都增大，故C正确；D恒温恒容充入He，反应体系压强增大，但参加反应气体的浓度不变，所以反应速率不变，故D错误。【点拨】易错项D，体系的压强增大，但是加入的与反应无关的气体，各组分的浓度没有发生改变。9.【答案】B【解析】A从图甲可以看出，从t0到t1，X的物质的量（由于容器体积为1L，所以物质的量和物质的量浓度相等）从1.0mol减少到0.8mol，减少了0.2mol，Z的物质的量从0.3mol增加到0.6mol，增加了0.3mol。再根据图乙，四个阶段改变的条件不同，在t3时刻，平衡不移动，只是速率增大了，所以应该是使用了催化剂，在t4
24、时刻，平衡仍然不移动，但速率都降低，应该是降低了压强，所以该反应中反应前后气体的化学计量数之和相等，从t0到t1，X的物质的量减少了0.2mol，Z的物质的量增加了0.3mol，所以Y的物质的量应该减少0.1mol，平衡时Y为0.4mol，所以开始时Y为0.5mol，故A不选；B从t0到t1，X的物质的量减少了0.2mol，Z的物质的量增加了0.3mol，Y的物质的量减少了0.1mol，所以在化学方程式里，X、Y、Z的化学计量数比为231，X和Y是反应物，Z是生成物，而且t1后，各物质的浓度不再变化，说明该反应是可逆反应，所以化学方程式为2X(g)+Y(g)3Z(g)。根据图乙，在t2时刻，只
25、有正反应速率或逆反应速率增大了，说明增大了反应物或生成物的浓度，在t5时刻，正逆反应速率都增大了，说明升高了温度。升高温度，v正逆，平衡向正反应方向移动，所以该反应的正反应是吸热的，H0，故B选；Ct0t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.3mol/L10s=0.03molL1s1，故C不选；Dt3到t5，平衡没有移动，t5时升高温度，平衡正向移动，反应物的转化率提高，所以X的转化率t6点比t3点高，故D不选；故选B。【点拨】在浓度、温度、压强和催化剂这四种因素中，催化剂一定不能使平衡发生移动，对反应前后气体系数之和相等的反应，压强的改变也不能使平衡移动，但改变反应物或生成物的浓度和改变温度一
26、定会使平衡移动。所以在图乙中，t3和t4时刻，一定分别是使用了催化剂和降低了压强。10.【答案】D【解析】A反应前的气体系数之和大于反应后气体系数之和，此反应属于熵减，即S0，反应I中产生的N2的物质的量为0.12/2mol=0.06mol，对比反应I和反应III，降低温度，N2的物质的量升高，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，即H0，故A错误；B达到平衡N2的物质的量为0.12/2mol=0.06mol，根据化学反应速率的数学表达式，v(N2)=0.06/(12)mol/(Ls)=0003 mol/(Ls)，故B错误；C、反应II相当于在I的基础上再通入0.2molNO和0.2molCO，
27、此时假如平衡不移动，c(CO，容器II)=2c(CO，容器I)，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，因此有c(CO，容器II)2c(CO，容器I)，故C错误；D2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始浓度：0.2 0.2 0 0变化浓度：0.12 0.12 0.06 0.12平衡浓度：0.08 0.08 0.06 0.12 根据化学平衡常数的表达式，K=c(N2)c2(CO2)c2(NO)c2(CO)=00601220084=21，若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1mol，此时的浓度商Qc= 01012014=10V逆，故D正确。【点拨】本题易错点是选项C，首先分析反应I投入量和反应II的投入量，反应II的投入量与反应I投入量呈比值，因此在反应I的基础上再投入通入02molNO和02molCO，假如平衡不移动，c(CO，容器II)= 2c(CO，容器I)，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO被消耗，因此有c(CO，容器II)2c(CO，容器I)，从而作出合理判断。10
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