第五章 第1讲 化学反应速率及其影响因素-【金版教程】2025年高考化学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材 不定项版）

金版教程　高考总复习首选用卷　化学（不定项） 第1讲　化学反应速率及其影响因素 考点1　化学反应速率的计算 1．反应A(g)＋3B(g)===2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45 mol/(L·min)，②v(B)＝0.6 mol/(L·s)，③v(C)＝0.4 mol/(L·s)，④v(D)＝0.45 mol/(L·s)。该反应进行的快慢顺序为(　　) A．④>③＝②>① B．④<③＝②<① C．①>②>③>④ D．④>③>②>① 答案　A 解析　若将各反应速率均转化为以B表示的反应速率，且以mol/(L·s)为单位，①、②、③、④表示的速率分别是0.0225 mol/(L·s)、0.6 mol/(L·s)、0.6 mol/(L·s)、0.675 mol/(L·s)，故A正确。 2．(2022·辽宁高考)某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X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0.20 mol·L－1 B．2 min时，加入0.20 mol Z，此时v正(Z)＜v逆(Z) 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1.4 mol 答案　B 解析　4 min时生成的Z的物质的量为0.15 mol·L－1·min－1×4 min×1 L＝0.6 mol，6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol·L－1·min－1×6 min×1 L＝0.6 mol，故反应在4 min时已达到平衡，Z的平衡浓度为0.6 mol·L－1，则Y的平衡浓度为0.3 mol·L－1，平衡常数K＝c2(Z)·c(Y)＝0.108，2 min时Y的浓度为0.2 mol·L－1，Z的浓度为0.4 mol·L－1，加入0.2 mol Z后Z的浓度变为0.6 mol·L－1，Q＝c2(Z)·c(Y)＝0.072＜K，反应正向进行，故v正(Z)＞v逆(Z)，B错误。 3.(2023·广州市高三二模)汽车尾气中NO产生的反应为N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH。一定条件下，等物质的量N2和O2在恒容密闭容器中反应，曲线a表示该反应在温度T下c(N2)随时间(t)的变化，曲线b表示该反应在某一起始条件改变时c(N2)随时间(t)的变化。下列叙述不正确的是(　　) A．温度T下、0～40 s内v(N2)＝ mol·L－1·s－1 B．M点v正(N2)小于N点v逆(N2) C．曲线b对应的条件改变可能是充入氧气 D．若曲线b对应的条件改变是升高温度，则ΔH>0 答案　B 考点2　化学反应速率的影响因素 4．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是(　　) A．催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率 B．增大反应体系的压强，化学反应速率一定增大 C．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间 D．在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，生成SO3(g)的平均反应速率v＝ 答案　D 解析　V2O5作为催化剂，能同等程度改变正、逆反应速率，A错误；压强对化学反应速率的影响是通过改变浓度来实现的，若在恒容条件下，充入惰性气体，反应体系压强增大，但各物质的浓度不变，故化学反应速率不变，B错误；不管是吸热反应还是放热反应，降低温度化学反应速率均减小，使达到平衡所需的时间增多，C错误。 5．KClO3和KHSO3可发生下列反应：ClO＋HSO―→SO＋Cl－＋H＋(未配平)，已知酸性越强，该反应的反应速率越快。如图为反应速率v(ClO)随时间(t)的变化曲线。下列有关说法不正确的是(　　) A．KClO3和KHSO3发生反应时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3 B．反应开始阶段速率逐渐增大可能是c(H＋)逐渐增大导致的 C．反应后期速率逐渐减小的主要原因是c(ClO)、c(HSO)降低 D．纵坐标为v(HSO)时的v­t曲线与上图曲线完全吻合 答案　D 解析　配平后的离子方程式为ClO＋3HSO===3SO＋Cl－＋3H＋，v(ClO)∶v(HSO)＝1∶3，故两曲线不能完全吻合，D错误。 6．(2022·浙江6月选考)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(　　) A.实验①，0～20 min，v(N2)＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1 B．实验②，60 min时处于平衡状态，x≠0.40 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　实验①中，0～20 min，氨气浓度变化量为2.40×10－3 mol·L－1－2.00×10－3 mol·L－1＝4.00×10－4 mol·L－1，v(NH3)＝＝2.00×10－5 mol·L－1·min－1，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)＝v(NH3)＝1.00×10－5 mol·L－1·min－1，A正确；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4.00×10－4 mol·L－1，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10－4 mol·L－1，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②60 min时处于平衡状态，x<0.40，B正确；实验①、实验②中0～20 min、20～40 min氨气浓度变化量都是4.00×10－4 mol·L－1，则相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率并没有增大，C错误；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，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。 7．(2021·广东高考)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，Y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曲线为c(X)随时间t的变化曲线，呈不断增加趋势的曲线为c(Z)随时间t的变化曲线，先增加后减小的曲线为c(Y)随时间t的变化曲线。由上述分析知，A正确；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；由图中信息可知，t2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明反应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；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，D不正确。 8．(2022·广东高考)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X―→2Y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，0～2 min内，v(X)＝1.0 mol·L－1·min－1 答案　D 解析　由图可知，无催化剂时，随着时间的变化，生成物浓度在增加，说明反应在进行，故A错误；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；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min 内Y的浓度变化了2.0 mol·L－1，则X的浓度应变化1.0 mol·L－1，而a曲线变化了2.0 mol·L－1，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；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min 内，Y的浓度变化了4.0 mol·L－1，则v(Y)＝＝＝2.0 mol·L－1·min－1，v(X)＝v(Y)＝×2.0 mol·L－1·min－1＝1.0 mol·L－1·min－1，故D正确。 9．(2021·河北高考)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．0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10－3 mol·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　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＝0.0025 mol·L－1·min－1，A错误；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；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62.5%的M转化为Z，C正确；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正确。 10．(2022·海南高考节选)某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环。其中涉及反应： CO2(g)＋4H2(g)2H2O(g)＋CH4(g) 回答问题： 在相同条件下，CO2(g)与H2(g)还会发生不利于氧循环的副反应： CO2(g)＋3H2(g)H2O(g)＋CH3OH(g) 在反应器中按n(CO2)∶n(H2)＝1∶4通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2 min时，测得反应器中CH3OH、CH4浓度(μmol·L－1)如下表所示。 催化剂 t＝350 ℃ t＝400 ℃ c(CH3OH) c(CH4) c(CH3OH) c(CH4) 催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780 催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932 在选择使用催化剂Ⅰ和350 ℃条件下反应，0～2 min生成CH3OH的平均反应速率为________μmol·L－1·min－1；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400 ℃的反应条件，原因是______________________________________________________。 答案　5.4　相同催化剂，400 ℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低 *本组内选择题有1个或2个选项符合题意。 11．在催化剂作用下，向容积为1 L的容器中加入1 mol X和3 mol Y，发生反应：X(g)＋2Y(s)2Z(s)，平衡时和反应10 min时X的转化率α(X)随温度的变化分别如曲线Ⅰ、Ⅱ所示。下列说法错误的是(　　) A．该反应ΔH>0 B．200 ℃时，前10 min的平均反应速率v(X)＝0.02 mol·L－1·min－1 C．400 ℃时，反应的平衡常数K＝2 D．bc段变化可能是催化剂在温度高于400 ℃时活性降低导致 答案　C 解析　曲线Ⅰ表示平衡时α(X)随温度的变化，曲线Ⅱ表示10 min时α(X)随温度的变化，则400 ℃时，X的平衡转化率为60%，反应的平衡常数K＝＝2.5，C错误。 12．已知NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋2H2O＋N2↑，为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，进行如下实验：向锥形瓶中加入一定体积(V)的2.0 mol·L－1 NaNO2溶液、2.0 mol·L－1 NH4Cl溶液、1.0 mol·L－1醋酸和水，充分搅拌，保持体系温度为36 ℃，用秒表测量收集1.0 mL N2所需要的时间(t)，实验数据如下表。下列说法正确的是(　　) 实验 V/mL t/s NaNO2溶液 NH4Cl溶液 醋酸 水 1 4.0 V1 4.0 8.0 332 2 6.0 4.0 4.0 6.0 148 3 V2 4.0 4.0 4.0 83 4 12.0 4.0 4.0 V3 37 A.V1＝4.0；V3＝0 B．实验3用N2表示的反应平均速率v＝ mol·s－1 C．醋酸不参与反应，其浓度的大小对该反应速率无影响 D．c(NaNO2)越大，反应速度越快 答案　AD 解析　为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，NH4Cl浓度应保持不变，根据实验1和2可知，NaNO2溶液和水总体积为12 mL，故V1为4.0，V2为8.0，V3为0。实验3没有说明在标准状况下，不能用22.4 L·mol－1来计算物质的量，B错误；醋酸是催化剂，醋酸的浓度也会影响反应速率，C错误。 13．一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列说法正确的是(　　) A．在50 min时，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等 B．溶液酸性越强，R的降解速率越小 C．R的起始浓度越小，降解速率越大 D．在20～25 min之间，pH＝10时R的平均降解速率为0.04 mol/(L·min) 答案　A 14．某反应A(g)＋B(g)―→C(g)＋D(g)的速率方程为v＝k·cm(A)·cn(B)，其半衰期(当剩余的反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示： c(A)/ (mol·L－1) 0.25 0.50 1.00 0.50 1.00 c1 c(B)/ (mol·L－1) 0.050 0.050 0.100 0.100 0.200 0.200 v/(mol·L－1·min－1) 1.6×10－3 3.2×10－3 v1 3.2×10－3 v2 4.8×10－3 下列说法正确的是(　　) A．该反应的速率方程中的m＝n＝1 B．该反应的速率常数k＝6.4×10－2 min－1 C．表格中的c1＝0.75，v1＝v2＝6.4×10－3 D．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是500 min 答案　CD 解析　当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应速率常数k保持不变，第二组数据和第四组数据中，两组的c(A)相同、v相同，解得n＝0，将第一组数据和第二组数据代入速率方程，得＝，可知m＝1，A错误；由A项分析可知，该反应的速率方程为v＝k·c(A)，将第一组数据代入速率方程可得速率常数k＝6.4×10－3 min－1，B错误；将第六组数据代入速率方程可得4.8×10－3＝6.4×10－3×c1，解得c1＝0.75，将第三、五组数据分别代入速率方程可得v1＝v2＝6.4×10－3×1.00＝6.4×10－3，C正确；半衰期＝＝＝125 min，由分析可知在过量的B存在时，反应掉93.75%的A需经历4个半衰期，即125 min×4＝500 min，D正确。 15．在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH<0。 (1)降低温度，化学反应速率________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)600 ℃时，在一容积为2 L的密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，在反应进行至10 min和20 min时，分别改变了影响反应的一个条件，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示，前10 min正反应速率逐渐________(填“增大”“减小”或“不变”)；前15 min内用SO3表示平均反应速率为________________(结果保留三位有效数字)。 (3)据图判断，反应进行至20 min时，曲线发生变化的原因是________________________(用文字表达)。 (4)10 min到15 min的曲线变化的原因可能是________(填写编号)。 a．加了催化剂 b．缩小容器体积 c．降低温度 d．增加SO3物质的量 答案　(1)减小　 (2)减小　1.33×10－3 mol·L－1·min－1 (3)增加了O2的浓度　(4)ab 解析　(4)10 min到15 min，单位时间内各物质的浓度的变化量增大，则反应速率增大，加入催化剂、缩小容器容积(相当于增大压强)、升高温度都可以加大反应速率，但是增加SO3的物质的量，图中SO3的物质的量应该骤增，而不是逐渐增大，故c、d不符合。 16．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，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，在催化剂上检测到有积碳。下列说法不正确的是(　　) A．反应①为化合反应，反应②为氧化还原反应 B．t1～t3 min，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能发生副反应CH4C＋2H2 C．t2 min时刻，反应②生成H2速率小于副反应生成H2的速率 D．t3 min之后，反应②不再发生，随后副反应也逐渐停止 答案　C 解析　由题图1可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，为化合反应，反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2，为氧化还原反应，A正确。由题图2可知，t1～t3 min内n(H2)比n(CO)大，生成H2速率不变，且反应中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能发生副反应CH4C＋2H2，B正确。由CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2可知，H2和CO的生成速率相等，而t2 min时刻，H2的生成速率未变，仍然是2 mmol·min－1，而CO变为1～2 mmol·min－1之间，说明反应②生成H2速率大于副反应生成H2的速率，C错误。由题图2可知，t3 min之后，生成CO的速率为0，则反应②不再发生，随后生成H2的速率也逐渐减小直至为0，则副反应也逐渐停止，D正确。 10 学科网（北京）股份有限公司 $$