课下巩固精练卷(33) 化学反应速率及其影响因素(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考化学高三一轮总复习高效讲义（人教版2019 双选版）

[课下巩固精练卷(三十三)]　化学反应速率及其影响因素 ________________________________________________________________________ 知识点 题目难易程度 较易 中档 较难 化学反应速率及相关计算 1、2 3、4、6、7 影响化学反应速率的因素 5、8、9、10 11、12　 一、选择题(每题5分，共10题，共50分) 1．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c(H2O2)如下表： t/min 0 20 40 60 80 c(mol·L－1) 0.80 0.40 0.20 0.10 0.050 下列说法正确的是(　　 ) A．反应20 min时，测得O2为224 mL B．20～40 min，消耗H2O2的平均速率为0.020 mol·L－1·min－1 C．FeCl3溶液或MnO2粉末可以代替I－催化H2O2分解 D．第30 min时的瞬时速率小于第50 min时的瞬时速率 解析：选C。反应20 min时，过氧化氢的浓度变为0.4 mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)＝(0.80－0.40) mol/L×0.05 L＝0.02 mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)＝0.01 mol，未告知是否为标准状况，无法判断体积是否为224 mL，A错误； 20～40 min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40－0.20) mol/L＝0.20 mol/L，则这段时间内的平均速率v＝＝＝0.010 mol/(L·min)，B错误； I－在反应中起到催化的作用，故可以用FeCl3溶液或MnO2粉末代替，C正确；随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，故第30 min时的瞬时速率大于第50 min时的瞬时速率，D错误。 2．对于化学反应：3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)，下列反应速率关系正确的是(　　 ) A．v(W)＝3v(Z) B．2v(X)＝3v(Z) C．2v(X)＝v(Y) D．3v(W)＝2v(X) 解析：选C。化学反应速率之比等于化学计量数之比，则根据化学方程式3W(g)＋2X(g)===4Y(g)＋3Z(g)可知，v(W)∶v(Z)＝3∶3＝1∶1，A错误；v(X)∶v(Z)＝2∶3，B错误；v(X)∶v(Y)＝2∶4＝1∶2，C正确；v(W)∶v(X)＝3∶2，D错误。 3．一定温度下，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示： 下列描述正确的是(　　 ) A．反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为0.158 mol·L－1·s－1 B．反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了0.79 mol·L－1 C．反应开始到10 s时，Y的转化率为79.0% D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)⇌Z(g) 解析：选C。反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为v(Z)＝＝0.079 mol·L－1·s－1，故A错误；反应开始到10 s，X的物质的量浓度减少了＝0.395 mol·L－1，故B错误；反应开始到10 s时，Y的转化率为×100%＝79%，故C正确；由题意知，反应为可逆反应，0～10 s内，X、Y的物质的量都变化了0.79 mol，Z的物质的量变化了1.58 mol，则反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)⇌2Z(g)，故D错误。 4．乙醛在少量I2存在下分解反应为CH3CHO(g)―→CH4(g)＋CO(g)。某温度下，测得CH3CHO的浓度变化情况如下表： t/s 42 105 242 384 665 1 070 c(CH3CHO) /(mol·L－1) 6.68 5.85 4.64 3.83 2.81 2.01 下列说法不正确的是(　　 ) A．42～242 s，消耗CH3CHO的平均反应速率为1.02×10－2 mol·L－1·s－1 B．第384 s时的瞬时速率大于第665 s时的瞬时速率是受c(CH3CHO)的影响 C．反应105 s时，测得混合气体的体积为168.224 L(标准状况) D．I2为催化剂，降低了反应的活化能，使活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多 解析：选C。由表中数据可计算，42～242 s，消耗CH3CHO的平均反应速率为＝1.02×10－2 mol·L－1·s－1，A项正确；随着反应的进行，c(CH3CHO)减小，反应速率减慢，所以第384 s时的瞬时速率大于第665 s时的瞬时速率，B项正确；由于CH3CHO的初始浓度及气体体积未知，故无法计算反应105 s时，混合气体的体积，C项错误； I2是催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，提高反应速率，D项正确。 5．(2023·福建莆田质量检测)工业上在V2O5催化作用下生产SO3的反应为2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)　ΔH＝－198 kJ·mol－1，该反应可看作两步：①V2O5＋SO2⇌2VO2＋SO3(快)；②4VO2＋O2⇌2V2O5(慢)。下列说法正确的是(　　 ) A．逆反应活化能为198 kJ B．减小O2的浓度能降低SO3的生成速率 C．V2O5的存在使有效碰撞次数增加，降低了该反应的焓变 D．①的活化能一定大于②的活化能 解析：选B。ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝－198 kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198 kJ/mol，A错误；慢反应是决速步，O2是慢反应的反应物，减小O2的浓度会降低正反应速率，降低SO3的生成速率，B正确； V2O5是催化剂，催化剂不能改变反应的焓变，C错误；反应①是快反应，反应②是慢反应，活化能越小反应越快，①的活化能小于②的活化能，D错误。 6．一定条件下，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．表中c的值为1 B．α、β、γ的值分别为1、2、－1 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 解析：选B。速率方程为v＝kcα(H2)cβ(Br2)cγ(HBr)，将c(H2)、c(Br2)、c(HBr)和速率都代入到速率方程可以得到，①v＝k×0.1α×0.1β×2γ、②8v＝k×0.1α×0.4β×2γ、③16v＝k×0.2α×0.4β×2γ、④2v＝k×0.4α×0.1β×4γ，由①②得到β＝，②③得到α＝1，①④得到γ＝－1，对于4v＝k(0.2)α(0.1)βcγ与①，将α＝1，β＝，γ＝－1代入，解得c＝1，由此分析。根据分析，表中c的值为1，故A不符合题意；根据分析，α、β、γ的值分别为1、、－1，故B符合题意；由于速率与Br2(g)和H2(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，故C不符合题意；由于γ＝－1，增大HBr(g)浓度，cγ(HBr)减小，在反应体系中保持其他物质浓度不变，会使反应速率降低，故D不符合题意。 7．(2023·山东泰安三模)已知2N2O(g)⇌2N2(g)＋O2(g)的速率方程为v＝k·cn(N2O)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下： t/min 0 10 20 30 40 50 60 70 c(N2O)/( mol·L－1 ) 0.100 0.080 c1 0.040 0.020 c2 c3 0 下列说法正确的是(　　 ) A．n＝1，c1＞c2＝c3 B．t＝10 min时，v(N2O)＝2.0×10－3 mol·L－1·s－1 C．相同条件下，增大N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率 D．保持其他条件不变，若N2O起始浓度为0.200 mol·L－1，当浓度减至一半时共耗时50 min 解析：选D。根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的消耗是匀速的，说明反应速率与c(N2O)无关，故速率方程中n＝0。n＝0，v与N2O浓度无关，为匀速反应，每10 min一氧化二氮浓度减小0.02 mol·L－1，则c1＝0.06＞c2＝c3＝0，A错误；n＝0，v与N2O浓度无关，为匀速反应，t＝10 min时瞬时速率等于平均速率，v(N2O)＝＝2.0×10－3 mol·L－1·min－1≠2.0×10－3 mol·L－1·s－1，B错误；速率方程中n＝0，反应速率与N2O的浓度无关，C错误；保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为2.0×10－3 mol·L－1·min－1，若起始浓度为0.200 mol·L－1，减至一半时所耗时间为＝50 min，D正确。 8．(2022·北京高考)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，将恒定组成的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，在催化剂上有积炭。 下列说法不正确的是(　　) A．反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4CaO＋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CH4C＋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 解析：选C。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CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2，A正确；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，在催化剂上有积炭，故可能有副反应CH4C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，B正确；由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而由t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2 mmol/min，而CO变为1～2 mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率在0～1 mmol/min之间，小于反应②生成H2速率，C错误；由题干图2信息可知，t3之后，CO的流速为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。 9．（双选）25 ℃，H2O2分解反应的方程式为H2O2H2O(l)＋O2(g)，H2O2分解反应的浓度与时间曲线如图所示，＝，当观察的时间间隔无限小，平均速率的极值即为化学反应在t时的瞬时速率，即li ＝，A点切线的斜率为＝0.014 mol·dm－3·min－1，表示在第20 min，当H2O2浓度为0.4 mol·dm－3时，瞬时速率为0.014 mol·dm－3·min－1(斜率、速率均取绝对值)，则下列说法正确的是(　　 ) A．反应到A、B、C三点时的瞬时速率C＜B＜A B．由题意可知瞬时速率与平均反应速率无关 C．某点切线的斜率越大，瞬时反应速率越快 D．没有催化剂I－，H2O2就不会发生分解反应 解析：选AC。由题中信息可知，瞬时速率与切线的斜率有关，切线的斜率越大瞬时速率越大，由图知A、B、C斜率大小A＞B＞C，即瞬时速率A＞B＞C，A正确；瞬时速率即平均速率的极值，二者有必然的联系，B错误；当观察的时间间隔无限小，平均速率的极值即为化学反应在t时的瞬时速率，所以切线的斜率越大瞬时速率越大，C正确；催化剂只能改变化学反应的速率，不能改变化学反应本身，H2O2本身可以发生分解反应，催化剂可增大速率，但不会影响反应的发生、方向和限度，D错误。 10．（双选）HBr对CH3CH===CH2亲电加成分两步：HBr首先对CH3CH===CH2质子化，形成CH3CH2CH、(CH3)2CH＋两种中间体和Br－，然后中间体分别与Br－结合生成CH3CH2CH2Br、(CH3)2CHBr两种产物。这两种竞争反应路径的能量(G)变化如图所示。 下列说法不正确的是(　　) A．两种路径中的第一步质子化均是整个反应的决速步 B．加成产物主要以1­溴丙烷为主，这是动力学与热力学共同控制的结果 C．(CH3)2CH＋比CH3CH2CH更稳定，并且相应的质子化的活化能也更低 D．温度升高时，该反应的正反应速率增大程度大于逆反应速率增大程度 解析：选BD。由题干图示信息可知，两种路径中的第一步质子化的活化能均比第二步的大，活化能越大，反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，A正确；由于加成反应生成2­溴丙烷比生成1­溴丙烷更容易，则加成产物主要以2­溴丙烷为主，这是热力学控制的结果，B错误；由题干图示信息可知，(CH3)2CH＋具有的总能量比CH3CH2CH低，能量越低越稳定， (CH3)2CH＋比CH3CH2CH更稳定，并且相应的质子化的活化能也更低，C正确；由题干图示信息可知，该反应正反应是一个放热反应，则有正反应的活化能比逆反应的低，故温度升高时，该反应的正反应速率增大程度小于逆反应速率增大程度，D错误。 二、非选择题(共2题，共25分) 11．(11分)某兴趣小组同学探究酸性KMnO4溶液与草酸(H2C2O4)溶液反应速率的影响因素。将1.0×10－3 mol·L－1的酸性KMnO4溶液与0.40 mol·L－1草酸溶液按如下比例混合。 [设计实验] 序号 V(酸性KMnO4 溶液)/mL V(草酸 溶液)/mL V(H2O) /mL 反应 温度/℃ ① 2.0 2.0 0 20 ② 2.0 1.0 1.0 20 (1)补全酸性KMnO4溶液与草酸溶液反应的离子方程式。(2分) 2MnO＋5H2C2O4＋________===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O (2)实验①和②的目的是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。(3分) [进行实验] 小组同学进行实验①和②，发现紫色并未直接褪去，而是分成两个阶段： Ⅰ.紫色溶液变为青色溶液； Ⅱ.青色溶液逐渐褪成无色溶液。 [查阅资料] a．酸性KMnO4溶液与草酸溶液的反应主要包含如下几个过程： 反应ⅰ.MnO＋2H2C2O4＋4H＋===Mn3＋(无色)＋4CO2＋4H2O； 反应ⅱ.Mn3＋＋2H2C2O4===[Mn(C2O4)2]－(青绿色)＋4H＋； 反应ⅲ.2Mn3＋＋H2C2O4===2Mn2＋(无色)＋2CO2＋2H＋。 b．[Mn(C2O4)2]－的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化H2C2O4。 c．MnO呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解为MnO和MnO2。 [继续探究] 进一步实验证明溶液中含有[Mn(C2O4)2]－，实验①反应过程中MnO和[Mn(C2O4)2]－的浓度随时间的变化如下图。 [解释与反思] (3)本实验中，化学反应速率：反应ⅱ____反应ⅲ(填“＞”“＝”或“＜”)。(2分) (4)小组同学认为反应ⅱ的离子方程式应该改为：Mn3＋＋2H2C2O4⇌[Mn(C2O4)2]－＋4H＋，结合实验现象，说明其理由________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。(4分) 解析：(1)根据元素守恒和电荷守恒，完整的离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O，所以补充6H＋。(2)两组实验温度相同，高锰酸钾溶液用量相同，草酸溶液用量不同，探究相同温度下，反应物浓度的改变对化学反应速率的影响。(3)由图像可知，比较过程ii生成[Mn(C2O4)2]－和过程iii消耗等量[Mn(C2O4)2]－所用的时间，前者少于后者，说明反应速率前者大于后者。(4)根据资料[Mn(C2O4)2]－的氧化性较弱，在本实验条件下不能氧化H2C2O4可知，过程ii存在化学平衡，即Mn3＋＋2H2C2O4⇌[Mn(C2O4)2]－＋4H＋，Mn3＋与草酸发生过程iii的反应，使得Mn3＋浓度不断减小，上述平衡逆向移动，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色。 答案：(1)6H＋　(2)探究相同温度下，草酸浓度的改变对化学反应速率的影响　 (3)＞　(4) [Mn(C2O4)2]－的氧化性较弱，不能氧化H2C2O4，而Mn3＋与草酸发生过程iii的反应，使得Mn3＋浓度不断减小，只有过程ii存在化学平衡，即Mn3＋＋2H2C2O4⇌[Mn(C2O4)2]－＋4H＋，上述平衡会逆向移动，[Mn(C2O4)2]－浓度逐渐减小，所得现象为溶液的青绿色逐渐褪去直至无色，故可判断过程ii的反应方程式应该为Mn3＋＋2H2C2O4⇌[Mn(C2O4)2]－＋4H＋ 12．(14分)已知将KI、盐酸、试剂X和淀粉四种溶液混合，无反应发生。若再加入双氧水，将发生反应H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2，且生成的I2立即与试剂X反应而被消耗。一段时间后，试剂X将被反应生成的I2完全消耗。由于溶液中I－继续被H2O2氧化，生成的I2与淀粉作用，溶液立即变蓝。因此，根据试剂X的量、滴入双氧水至溶液变蓝所需时间，即可推算反应H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2的反应速率。下表为某同学依据上述原理设计的实验及实验记录(各实验均在室温条件下进行)： 编号 往烧杯中加入的试剂及其用量/mL 催化剂 溶液开始变蓝时间/min 0.1mol·L－1KI溶液 H2O 0.01mol·L－1X溶液 0.1mol·L－1双氧水 0.1mol·L－1稀盐酸 1 20.0 10.0 10.0 20.0 20.0 无 1.4 2 20.0 m 10.0 10.0 n 无 2.8 3 10.0 20.0 10.0 20.0 20.0 无 2.8 4 20.0 0 10.0 10.0 40.0 无 t 5 20.0 10.0 10.0 20.0 20.0 5滴Fe2(SO4)3 0.6 回答下列问题： (1)已知：实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2反应速率的影响。实验2中m＝________，n＝________。(4分) (2)一定温度下，H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2的反应速率可以表示为v＝k·ca(H2O2)·cb(I－)·c(H＋)(k为反应速率常数)，则： ①实验4烧杯中溶液开始变蓝的时间t＝________ min。(2分) ②根据上表数据可知，a、b的值依次为________和________。(4分) (3)若要探究温度对H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2反应速率的影响，在实验中温度不宜过高且采用水浴加热，其原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。(4分) 解析：(1)已知：实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2＋2H＋＋2I－===2H2O＋I2反应速率的影响。根据控制变量法，实验中盐酸的浓度应该相同，实验2中n＝20.0，m＝20.0。(2)①根据公式v＝k·ca(H2O2)·cb(I－)·c(H＋)，实验2与实验4的速率比为＝，实验2与实验4的H2O2、KI的浓度都相同，＝，＝，t＝1.4 min。②由实验1与实验2知，a＝1，由实验1与实验3知，b＝1。(3)H2O2易分解，温度不宜过高且采用水浴加热，便于控制反应温度，防止H2O2分解。 答案：(1)20.0　20.0　(2)①1.4　②1　1　(3)便于控制反应温度，防止H2O2分解 学科网（北京）股份有限公司 $$