2.1化学反应速率 同步练习题 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

2.1化学反应速率同步练习题 一、选择题 1．下列说法正确的是 A．有合适取向的活化分子间的碰撞是有效碰撞 B．普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应 C．有化学键断裂的过程一定发生了化学反应 D．活化分子间的碰撞一定能发生化学反应 2．反应：4A(s)＋3B(g)=2C(g)＋D(g)，经2 min后，B的浓度减少0.6 mol·L－1。对此反应速率的表示正确的是 A．用A表示的反应速率是0.4 mol·L－1·min－1 B．分别用B、C、D表示的反应速率之比是3∶2∶1 C．在2 min末的反应速率，用B表示是0.3 mol·L－1·min－1 D．在2 min内的反应速率，用C表示是0.1 mol·L－1·min－1 3．标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知和的相对能量为0]，下列说法不正确的是 A．历程II中Cl起催化作用，并且 B．可计算Cl—Cl键能为 C．相同条件下，的平衡转化率：历程II>历程I D．历程I、历程II中速率最快的一步反应的热化学方程式为： 4．在溶液中用光照射Cu−PHI催化剂产生光电子和空穴h+，可以在常温常压下使甲烷转化为甲醇和氢气，其部分反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．空穴h+参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋ B．光电子参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2 C．反应过程中水作还原剂 D．该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2 5．将NH4Br置于密闭容器中，在某温度下发生反应：NH4Br(s)⇌NH3(g)+HBr(g)，2HBr(g)⇌Br2(g)+H2(g)，2 min后，测知H2的浓度为0.5 mol·L-1，HBr的浓度为4 mol·L-1，若上述反应速率用v(NH3)表示，则下列速率正确的是 A．0.5 mol·L-1·min-1 B．2.5 mol·L-1·min-1 C．2 mol·L-1·min-1 D．1.25 mol·L-1·min-1 6．氢气在氧气中燃烧主要经历以下四步基元反应： ①H2→2H•(慢反应) ②H•+O2→•OH+O•(快反应) ③O•+H2→•OH+H•(快反应) ④•OH+H2→H2O+H•(快反应) 下列说法正确的是 A．•OH的电子式是 B．在这四步反应中，第①步反应的活化能最高 C．第②步反应中H•与O2的每一次碰撞都为有效碰撞 D．H•和O•是反应的中间产物，能在体系中稳定存在 7．一定温度下，密闭容器中进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H。测得能量变化如图所示，下列说法不正确的是 A．该反应的△H＞0 B．反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量 C．过程Ⅱ可能使用了催化剂，但不可以提高SO2的平衡转化率 D．过程Ⅰ、Ⅱ达到平衡的时间不相同 8．下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是 A．大小、形状相同的镁片、铁片，前者与盐酸反应放出H2的速率比后者大 B．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快 C．N2与O2在常温、常压下不反应，放电时可反应 D．Cu与浓硫酸能反应，而不与稀硫酸反应 二、填空题 9．在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，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，其单位通常用kJ/mol表示。请认真观察如图，然后回答问题: (1)图中所示反应是____(填“吸热”或“放热”)反应，该反应的ΔH=____(用含E1、E2的代数式表示)。 (2)下列4个反应中，符合示意图描述的反应的是____(填代号)。 A．盐酸与NaOH反应 B．Na与H2O反应生成H2 C．铝热反应 D．灼热的炭与水蒸气反应生成CO和H2 (3)已知热化学方程式:H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8 kJ/mol。该反应的活化能为167.2 kJ/mol，则其逆反应的活化能为____。 10．工业合成氨的反应为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)是一个放热的可逆反应，反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂。已知形成1 mol H—H键、1 mol N—H键、1 mol N≡N键放出的能量分别为436 kJ、391 kJ、946 kJ。则： (1)若1 mol氮气完全反应生成氨气可放出的能量为________ kJ。 (2)如果将1 mol氮气和3 mol氢气混合，使充分反应，反应放出的能量总小于上述数值，为什么？___________。 (3)实验室模拟工业合成氨时，在容积为2 L的密闭容器内，反应经过10分钟后，生成10 mol 氨气，则用氮气表示的化学反应速率是________ mol·L−1·min−1。 (4)一定条件下，当合成氨的反应达到化学平衡时，下列说法正确的是________。 a．正反应速率和逆反应速率相等 b．正反应速率最大，逆反应速率为0 c．氮气的转化率达到最大值 d．氮气和氢气的浓度相等 e．N2、H2和NH3的体积分数相等 f．反应达到最大程度 (5)根据题目所给条件，判断影响该反应速率的因素有________、________、__________。 11．A～D是四种烃分子的球棍模型(如图) (1)A的分子式_______ (2)能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是_______(填序号)。 (3)B的结构简式_______ (4)下列各组物质中，属于同分异构体的是_______； ①甲烷和己烷 ②CH3—CH2—CH2—CH3与CH3—CH2—C2H5 ③12C和13C ④O2和O3 ⑤和 (5)一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中充入1molN2和3molH2，一定条件下发生反应：，测得其中N2的物质的量随时间的变化如图所示。 从开始反应到t2min，氮气的平均反应速率为_______。 12．汽车尾气中主要污染物是NOx和CO，它们是现代化城市中的重要大气污染物。 (1)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应生成NO，其能量变化如图1所示，则图1中三种分子最稳定的是___________，图1中对应反应的热化学方程式为___________。 (2)N2O和CO均是有害气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应原理如下：CO(g)+N2O(g)N2(g)+CO2(g) △H。有关化学反应的能量变化过程如图2所示。 ①图2中反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应，该反应的活化能为___________，该反应的△H=___________。 ②加入Pt2O+作为该反应的催化剂，则Ea___________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，△H___________。 (3)利用NH3还原法可将NOx，还原为N2进行脱除。已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=-2070 kJ∙mol-1，若有0.5molNO被还原，放出的热量为___________。 13．某化学小组利用酸性KMnO4与草酸(H2C2O4)反应，设计以下实验探究化学反应快慢的影响因素。 实验用品：0.04 mol/L KMnO4溶液、0.2 mol/L H2C2O4溶液、0.36 mol/L稀硫酸、蒸馏水、MnSO4溶液、5mL量筒、胶头滴管、井穴板、细玻璃棒及秒表等 实验内容及记录： 实验编号 试管中所加试剂及用量/mL 温度/℃ 紫色褪去所需时间/min H2C2O4溶液 KMnO4溶液 稀硫酸 蒸馏水 ① 2.0 1.0 1.0 2.0 20 4.1 ② 3.0 1.0 1.0 V1 20 3.7 ③ V2 1.0 1.0 2.0 80 t 回答下列问题： (1)写出酸性KMnO4与草酸反应的离子方程式___________。 (2)V1=___________mL，V2=___________mL，理由是___________。 (3)欲探究温度对反应速率的影响，应选择的实验是___________(填编号)。 (4)为验证“Mn2+对该反应有催化作用”，该小组同学用如图装置进行了实验④和⑤，其中实验所用酸性KMnO4溶液由0.36 mol/L稀硫酸与0.04 mol/L KMnO4溶液溶液以体积比1∶1混合所得。 实验④：向一个井穴中滴入10滴0.2 mol/L H2C2O4溶液，逐滴加入酸性KMnO4溶液，并记录各滴加入后的褪色时间。 实验⑤：向三个井穴中分别滴加10滴0.2 mol/L H2C2O4溶液，依次滴加1、2、3滴溶液和3、2、1滴蒸馏水，搅拌均匀，再各滴加1滴酸性KMnO4溶液，并记录褪色时间及混合体系颜色变化。 实验记录如下： 实验④ KMnO4溶液 第1滴 第2滴 第3滴 第4滴 第5滴 紫色褪去所需时间/s 100 20 10 5 出现褐色沉淀 实验⑤ MnSO4溶液 1滴 2滴 3滴 体系颜色变化：红色→浅红色→无色 蒸馏水 3滴 2滴 1滴 紫色褪去所需时间/s 12 16 16 已知：MnO2为难溶于水的褐色固体；溶液呈红色，不稳定，会缓慢分解为Mn2+和CO2。 i．实验④中第5滴出现褐色沉淀可能的原因是___________(用离子方程式表示)。 ii．实验④和⑤的现象验证了“对该反应有催化作用”，催化过程如下： 实验⑤中催化剂用量增加，褪色时间却略有延长，说明催化剂过量易催化到“催化过程”的第___________步，反应过程出现红色的原因是___________。 【参考答案】 一、选择题 1．A 解析：A．有效碰撞需满足两个条件，一个是活化分子，二是合适取向，则有合适取向的活化分子间的碰撞是有效碰撞，故A正确； B．普通分子间的碰撞，达不到反应所需的能量，则不能发生化学反应，故B错误； C．从化学键角度可知，化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，有化学键断裂的过程如HCl溶于水过程中H-Cl共价键断裂，但不是化学反应，故C错误； D．除了活化分子外还需满足有合适取向时的有效碰撞，才能发生化学反应，故D错误； 故选：A。 2．B 【分析】经2min，B的浓度减少0.6 mol·L－1，v(B)==0.3 mol·L－1·min－1。 解析：A．A物质为纯固体，浓度不变，不能表示反应速率，故A错误； B．反应速率之比等于化学计量数之比，则分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：1，故B正确； C．2min末的反应速率为瞬时速率，则在2min内的反应速率，用B表示是0.3 mol·L－1·min－1，是3min内的平均速率，不是瞬时速率，故C错误； D．2min内v(C)=v(B)=0.2 mol·L－1·min－1，故D错误； 故选B。 3．C 【分析】对比两个历程可知，历程Ⅱ中增加了催化剂，降低了反应的活化能，加快了反应速率。 解析：A．催化剂能降低活化能，但是不能改变反应的焓变，因此，A正确； B．已知Cl2(g)的相对能量为0，对比两个历程可知，Cl(g)的相对能量为(E2−E3)kJ⋅mol−1，则Cl−Cl键能为2(E2−E3)kJ⋅mol−1，B正确； C．催化剂不能改变反应的平衡转化率，因此相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，C错误； D．活化能越低，反应速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所以速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)+O(g)=O2(g)+Cl(g) ΔH=(E5−E4)kJ⋅mol−1，D正确； 故选：C。 4．C 解析：A．根据图中信息，空穴h+与水反应，其参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋，故A正确； B．氢离子得到光电子提供的电子，则参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2，故B正确； C．该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2，水中氢化合价降低，则反应过程中水作氧化剂，故C错误； D．根据图中信息常温常压下使甲烷和水转化为甲醇和氢气，则该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2，故D正确。 综上所述，答案为C。 5．B 【分析】根据，结合方程式进行计算。 解析：NH4Br(s)⇌NH3(g)＋HBr(g)，2HBr(g)⇌Br2(g)＋H2(g)，反应达到化学平衡，测知H2浓度为0.5mol•L−1，则消耗的HBr为0.5mol•L−1×2＝1mol•L−1；测知HBr的浓度为4mol•L−1，则NH4Br分解生成的HBr的浓度为1mol•L−1＋4mol•L−1＝5mol•L−1，故NH4Br分解生成的NH3的浓度为5mol•L−1；所以； 故答案选B。 6．B 解析：A．•OH的电子式是，故A错误； B．活化能越大反应速率越慢，因此慢反应对应的活化能最高，故B正确； C．有效碰撞需要能量足够且取向合适才能发生，反应物粒子间的碰撞不都是有效碰撞，故C错误； D．反应的中间产物不能稳定存在，会继续发生后续反应，故D错误； 故选：B。 7．A 解析：A．该反应的反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应是放热反应，故A错误； B．该反应是放热反应，因此反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量，故B正确； C．过程Ⅱ可能使用了催化剂，加快反应速率，平衡不移动，不可以提高SO2的平衡转化率，故C正确； D．过程Ⅱ可能使用了催化剂，加快反应速率，因此过程Ⅰ、Ⅱ达到平衡的时间不相同，故D正确。 综上所述，答案为A。 8．A 解析：要想说明反应物本身的性质是影响化学反应速率的决定性因素，则该实验事实应区别在反应物本身而不是外界因素如浓度、压强、温度、催化剂等。其中选项B、D为反应物浓度不同对反应速率的影响，选项C为反应条件不同对反应速率的影响，只有选项A是因Mg、Fe本身性质不同对反应速率产生影响； 故答案选A。 二、填空题 9． 放热 -(E1-E2) kJ/mol C 409 kJ/mol 【分析】(1)依据图象分析反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热；反应的焓变=生成物的总能量-反应物的总能量； (2)由于反应物的总能量低于活化分子的最低能量，因此反应需要加热，而且该反应为放热反应； (3)该反应是放热反应，反应的焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能。 解析：(1)据图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，ΔH=-(E1-E2) kJ/mol，故答案为：放热；-(E1-E2) kJ/mol； (2)由于反应物的总能量低于活化分子的最低能量，因此反应需要加热，而且该反应为放热反应，故C项正确，故答案为C； (3)在反应H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH=-241.8 kJ/mol中，反应的焓变=正反应的活化能-逆反应的活化能，-241.8 kJ/mol=167.2kJ/mol-逆反应的活化能，则逆反应的活化能=(241.8+167.2) kJ/mol=409 kJ/mol；故答案为：409 kJ/mol。 10．该反应是可逆反应，1 mol氮气和3 mol 氢气不能完全反应，放出的能量总是小于92 kJ 0.25 acf 温度 压强 催化剂 【分析】（1）根据断键吸热、形成化学键放热分析解答； （2）根据反应是可逆反应分析解答； （3）根据v＝△c/△t结合反应速率之比是化学计量数之比计算； （4）根据平衡状态的含义、特征分析解答； （5）根据影响反应速率的外界条件分析解答。 解析：（1）由化学方程式3H2(g)＋N2(g)2NH3(g)可知，1mol氮气完全反应需要消耗3 mol氢气，可生成2 mol 氨气。拆开3 mol H—H键和1 mol N≡N键需要吸收的能量为436 kJ×3＋946 kJ＝2254 kJ，但是生成2 mol氨气即生成6 mol N—H键可放出能量391 kJ×6＝2346 kJ，因此放出的能量为2346 kJ－2254 kJ＝92 kJ。 （2）由于该反应是可逆反应，1 mol氮气和3 mol氢气不能完全反应，因此放出的能量总是小于92 kJ 。 （3）Δc(NH3)＝10 mol÷2 L＝5 mol·L－1，v(NH3)＝5 mol·L－1÷10 min＝0.5 mol·L－1·min－1，反应速率之比是化学计量数之比，则v(N2)＝1/2v(NH3)＝0.25 mol·L－1·min－1。 （4）a．反应达到化学平衡时正反应速率和逆反应速率相等，a正确； b．反应达到化学平衡时正反应速率和逆反应速率相等，但不为0，b错误； c．反应达到化学平衡时氮气的转化率达到最大值，c正确； d．反应达到化学平衡时氮气和氢气的浓度不再发生变化，但二者不一定相等，d错误； e．反应达到化学平衡时N2、H2和NH3的体积分数不再发生变化，但不一定相等，e错误； f．反应达到化学平衡时即表明反应达到最大程度，f正确； 答案选acf； （5）根据题意“反应条件是高温、高压，并且需要合适的催化剂”可知该反应的速率受温度、压强和催化剂的影响。 11．(1)CH4 (2)B (3)H2C=CH2 (4)⑤ (5) 解析：由图知，烃A为甲烷、烃B为乙烯、烃C为丁烷、烃D为苯，据此回答； (1)据分析，A的分子式CH4。 (2)乙烯含碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质是B。 (3)B的结构简式H2C=CH2。 (4)①甲烷和己烷，结构相似、通式相同，相差5个CH2原子团，互为同系物，不符合；②CH3—CH2—CH2—CH3与CH3—CH2—C2H5同种物质、均为丁烷，不符合；③12C和13C 是质子数相同中子数不同的原子，互为同位素，不符合；④O2和O3，是组成元素相同，结构不同，性质不同的两种单质，属于同素异形体，不符合；⑤和分子式相同而结构不同的化合物，互为同分异构体，符合；则各组物质中，属于同分异构体的是⑤； (5)由图、结合化学反应速率的定义可知：从开始反应到t2min，氮气的平均反应速率为。 12．(1) N2 N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180kJ·mol-1 (2) 放热 134kJ·mol-1 -226kJ·mol-1 减小 不变 (3)172.5kJ 解析：（1）从图中可以看出，N2的键能为946 kJ·mol-1、O2的键能为498 kJ·mol-1、NO的键能为632 kJ·mol-1，则图1中三种分子最稳定的是N2，图1中对应反应的热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=(946+498-2×632) kJ·mol-1=+180kJ·mol-1。答案为：N2；N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180kJ·mol-1； （2）①图2中，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应是放热反应，该反应的活化能为134kJ·mol-1，该反应的△H=(134-360) kJ·mol-1=-226kJ·mol-1。 ②加入Pt2O+作为该反应的催化剂，反应的活化能减小，即Ea减小；但反应物和生成物的总能量不变，所以△H不变。答案为：放热；134kJ·mol-1；-226kJ·mol-1；减小；不变； （3）已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=-2070 kJ∙mol-1，若有0.5molNO被还原，放出的热量为=172.5kJ。答案为：172.5kJ。 13．(1)2＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O (2) 1.0 2.0 控制单一变量，保持溶液总体积为6.0 mL，确保其他反应物浓度不变 (3)①③ (4) 2＋3Mn2+＋2H2O=5MnO2↓＋4H+ Ⅱ 溶液褪色时间延长是因为过量的Mn2+能使迅速变成Mn3+，Mn3+与结合生成而出现红色 解析：(1)酸性条件下KMnO4溶液具有强氧化性，H2C2O4是具有还原性的二元弱酸，二者会发生氧化还原反应产生Mn2+，H2C2O4被氧化产生CO2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：2＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O； (2)采用控制变量方法研究浓度对化学反应速率的影响。控制单一变量，保持溶液总体积为6.0 mL，确保其他反应物浓度不变，只有浓度不同，溶液总体积为6.0 L，故V1=1.0 mL；V2=2.0 mL； (3)欲探究温度对反应速率的影响，应保证其它外界条件相同，选择的实验是①③； (4)i．在实验④中第5滴出现褐色沉淀是MnO2，这是由于KMnO4与H2C2O4发生氧化还原反应产生Mn2+，与Mn2+在发生氧化还原反应产生MnO2，同时产生H+，反应的离子方程式为：2＋3Mn2+＋2H2O=5MnO2↓＋4H+； ii．根据已知信息可知：溶液显红色，不稳定，会缓慢分解产生CO2、Mn2+。实验⑤中催化剂用量增加，褪色时间却略有延长，说明催化剂过量易催化到“催化过程”的第Ⅱ步，溶液褪色时间延长是因为过量的Mn2+能使迅速变成Mn3+，Mn3+与结合生成而出现红色。 学科网（北京）股份有限公司 $$