课时作业12 影响化学反应速率的因素(Word练习)-【金榜题名】2025-2026学年高二化学选择性必修1高中同步学案（鲁科版）

课时作业(十二)　影响化学反应速率的因素 一、选择题 1．在气体参与的反应中，能使反应物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是(　　) ①增大反应物的浓度；②升高温度；③增大压强；④加入催化剂 A．①②　　　　　　　　　　B．②③ C．②④ D．③④ 解析：选C　根据活化分子的概念及影响条件知，①、③能增大活化分子的浓度(单位体积内的活化分子数)，加快化学反应速率，但不影响活化分子百分数；而②中升高温度分子能量增加，使活化分子百分数增大，活化分子数也同时增大；④中催化剂降低了活化能，同样使活化分子百分数增大，活化分子数也同时增大。 2．把镁条投入盛有盐酸的敞口容器里，产生氢气的速率变化如图所示。下列影响反应速率的因素有(　　) ①盐酸的浓度　②镁条的表面积 ③溶液的温度　④Cl－的浓度 A．①④ B．③④ C．①②③ D．②③④ 解析：选C　镁条和盐酸反应产生H2的离子方程式为Mg＋2H＋===Mg2+＋H2↑，是镁与H＋间的置换反应，与Cl－无关。在镁条的表面有一层氧化膜，当将镁条投入盐酸中时，随着氧化膜的不断溶解，镁与盐酸接触面积不断增大，产生H2的速率会加快；溶液的温度对该反应也有影响，反应放出热量，使温度升高，反应速率也会加快；随着反应的进行，c(H＋)不断减小，反应速率会逐渐减慢。 3．已知反应2I－＋S2O===I2＋2SO，加入淀粉溶液可观察到溶液变蓝色。反应速率可以用淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。20 ℃时得到如下实验数据： 实验 编号 c(I－)/ mol·L-1 c(S2O)/ mol·L-1 t/s 1 0.040 0.040 88.0 2 0.080 0.040 44.0 3 0.080 0.080 22.0 4 0.160 0.020 44.0 5 0.120 0.040 29.3 分析上述数据，下列说法正确的是(　　) A．该实验的目的是研究I－与S2O的浓度对反应速率的影响 B．I－的浓度越大，反应速率越快 C．S2O的浓度越小，反应速率越快 D．5个实验中，编号3对应浓度的实验，反应速率最慢 解析：选A　由题目中表格数据可分析出c(I－)、c(S2O)浓度越大，反应速率越快，显蓝色所需时间越少，故实验目的应是研究反应物I－与S2O的浓度对反应速率的影响，A正确；反应速率取决于I－与S2O的浓度，如I－浓度较大，而S2O浓度较小，则反应速率不一定大，B错误；如I－浓度不变，S2O的浓度越小，反应速率越小，C错误；由表中数据可知，编号3对应浓度的实验用时最少，反应最快，D错误。 4．已知反应：Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O。下列各组反应是在相同温度下发生的，则最快产生浑浊的是(　　) 选 项 反应物 硫代硫酸钠溶液 硫酸溶液 A 0.2 mol·L-1，20 mL 0.2 mol·L-1，20 mL B 0.5 mol·L-1，20 mL 0.5 mol·L-1，20 mL C 1.0 mol·L-1，20 mL 1.0 mol·L-1，20 mL D 1.0 mol·L-1，20 mL 1.2 mol·L-1，20 mL 解析：选D　 反应物浓度越大，反应速率越快，则越快产生浑浊。 5．中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)可以利用太阳光高效分解水，其原理如下图所示。下列说法不正确的是(　　) A．使用该光催化剂，提高了化学反应速率，增大了H2O的转化率，实现了太阳能向化学能转化 B．反应Ⅱ中H2O2既作氧化剂又作还原剂 C．反应Ⅰ涉及H2O中化学键的断裂和H2中化学键的形成 D．总反应的化学方程式为2H2O2H2↑＋O2↑ 解析：选A　催化剂可以加快化学反应速率，由于对正、逆反应速率影响相同，因此不能使化学平衡发生移动，故反应物的转化率不变，因此不能提高反应物的转化率，A错误；由图可知反应Ⅱ为H2O2的分解反应，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2既作氧化剂又作还原剂，B正确；反应Ⅰ为H2O在C3N4催化作用下反应生成H2O2和H2，涉及H2O化学键的断裂和H2化学键的形成，C正确；将反应Ⅰ和反应Ⅱ相加得总反应的化学方程式为2H2O2H2↑＋O2↑，D正确。 6．一定温度下，向10 mL 0.40 mol·L-1H2O2溶液中加入适量FeCl3溶液，不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表所示： t/min 0 2 4 6 V(O2)/mL 0 9.9 17.2 22.4 资料显示，反应分两步进行： ①2Fe3+＋H2O2===2Fe2+＋O2↑＋2H＋，②H2O2＋2Fe2+＋2H＋===2H2O＋2Fe3+。 反应过程中能量变化如图所示。下列说法错误的是(　　) A．Fe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率 B．反应①是吸热反应、反应②是放热反应 C．反应2H2O2(aq)===2H2O(l)＋O2(g)的ΔH＝E1－E2<0 D．0～6 min的平均反应速率v(H2O2)≈3.33×10-2mol·L-1·min-1 解析：选C　反应①＋②可得总反应的化学方程式为2H2O2===2H2O＋O2↑，故Fe3+是催化剂，可增大H2O2的分解速率，故A正确；反应①中反应产物的能量大于反应物的能量，是吸热反应，反应②中反应产物的能量小于反应物的能量，是放热反应，故B正确；焓变＝反应产物的总能量－反应物的总能量，由题图可知反应2H2O2(aq)===2H2O(l)＋O2(g)的ΔH≠E1－E2，故C错误；0～6 min生成O2的物质的量是0.00 1 mol，消耗H2O2的物质的量是0.001 mol×2＝0.002 mol，所以v(H2O2)＝≈3.33×10-2 mol·L-1·min-1，故D正确。 7．反应物浓度的关系是用实验方法测定的，化学反应H2＋Cl2===2HCl的反应速率v可表示为v＝kcm(H2)·cn(Cl2)，式中k为速率常数，m、n的值可用下表中数据确定。 c(H2)/ (mol·L-1) c(Cl2)/ (mol·L-1) v(mol·L-1 ·s-1) 1.0 1.0 10.k 2.0 1.0 2.0k 2.0 4.0 4.0k 由此可推得，m、n值正确的是(　　) A．m＝1，n＝1 B．m＝，n＝ C．m＝，n＝1 D．m＝1，n＝ 解析：选D　按题给数据代入v＝kcm(H2)·cn(Cl2)即可。第一组数据无法计算；代入第二组数据：2.0k＝k(2.0)m(1.0)n，则m＝1；代入第三组数据：4.0k＝k(2.0)m(4.0)n，联立方程解得：m＝1，n＝。 8．对于溶液中的反应：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===5Fe2(SO4)3＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O，下列措施一定能使反应的速率提高的是(　　) A．加水 B．加入同浓度的FeSO4溶液 C．向溶液中滴加稀硫酸 D．加入少量的高锰酸钾固体 解析：选D　A项，加水，浓度减小，反应速率减慢；B项，加入同浓度的FeSO4溶液，溶液体积增大，使KMnO4、H2SO4浓度减小，反应速率减慢；C项，向溶液中滴加稀硫酸，反应物KMnO4、FeSO4浓度减小，所以反应速率不一定加快；D项，加入少量的高锰酸钾固体，KMnO4的浓度增大，FeSO4、H2SO4的浓度不变，所以反应速率一定加快。 9．我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂(Pd和Rh)表面分解产生H2的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。下列说法错误的是(　　) A．HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程 B．Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热不同 C．该反应过程中有C—H键的断裂，还有C===O键的生成 D．HCOO*＋H*===CO2＋2H*是该历程的决速步骤 解析：选B　HCOOH吸附在催化剂表面是能量降低的过程，即为放热过程，故A正确；催化剂能改变反应速率，不改变热效应，则Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热相同，故B错误；HCOOH催化分解生成CO2和H2，原来HCOOH分子中存在的化学键1个C—H键、1个C===O键、1个C—O键和1个O—H键；而产物中有2个C===O键和1个H—H，说明反应过程中有C—H键的断裂，还有C===O键的生成，故C正确；HCOO*＋H*到过渡态2活化能最大，是反应消耗能量高的过程，速率最慢，故HCOO*＋H*===CO2＋2H*是该历程的决速步骤，故D正确。 10．Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：①Cl2(g)⥫⥬2Cl·(g)快；②CO(g)＋Cl·(g)⥫⥬COCl·(g)快；③COCl·(g) ＋Cl2 (g)⥫⥬COCl2(g)＋Cl·(g)慢。其中反应②存在v正＝k正c(CO)c(Cl·)、v逆＝k逆c(COCl·)。下列说法正确的是(　　) A．反应①的活化能大于反应③的活化能 B．反应②的平衡常数K＝ C．要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应①②的速率 D．选择合适的催化剂能加快该反应的速率，并提高COCl2的平衡产率 解析：选B　活化能越小，反应速率越快，则反应①的活化能小于反应③的活化能，故A错误；反应②存在v正＝k正c(CO)c(Cl·)、v逆＝k逆c(COCl·)，平衡时正逆反应速率相等，则K＝＝，故B正确；慢反应决定整个反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C错误；催化剂不影响平衡移动，则选择合适的催化剂能加快该反应的速率，而COCl2的平衡产率不变，故D错误。 11．下列表格中的各种情况，可以用下面对应选项中的图像曲线表示的是(　　) 选项 反应 纵坐标 甲 乙 A 外形、大小相近的 金属和水反应 B 4 mL 0.01 mol·L-1 的KMnO4溶液， 分别和不同浓度 的H2C2O4(草酸) 溶液各2 mL反应 C 5 mL 0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液和 5 mL 0.1 mol·L-1 H2SO4溶液反应 D 5 mL 4%的过氧化 氢溶液分解放出O2 反应 速率 Na K 0.1 mol· L-1的 H2C2O4 溶液 0.2 mol· L-1的 H2C2O4 溶液 热水 冷水 无MnO2 粉末 加MnO2 粉末 解析：选C　反应速率与物质本身的性质有关。由于K比Na活泼，故相同大小的K和Na，K的反应速率快，又由于Na、K与H2O反应均为放热反应，随反应进行，放出大量热，反应速率逐渐加快，A图像错误；由于起始时乙中H2C2O4浓度大，故其反应速率比甲中快，B图像错误；由于甲反应是在热水中反应，温度高，故甲的反应速率高于乙的。随反应进行，反应物浓度逐渐减小，故甲、乙中反应速率逐渐减小，C图像正确；MnO2在H2O2分解过程中起催化作用，故乙中反应速率应大于甲中，D图像错误。 二、非选择题 12．某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。 实验 编号 反应物 催化剂 ① 10 mL 2% H2O2溶液 无 续表 ② 10 mL 5% H2O2溶液 无 ③ 10 mL 5% H2O2溶液 1 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液 ④ 10 mL 5%H2O2溶液＋少量HCl溶液 1 mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶液 ⑤ 10 mL 5%H2O2溶液＋少量NaOH溶液 1 mL 0.1 mol·L-1FeCl3溶液 (1)催化剂能加快化学反应速率的原因是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)实验①和②的目的是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 实验时由于没有观察到明显现象而无法得出结论，资料显示，通常条件下H2O2较稳定，不易分解，为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)实验③④⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如下图所示。 分析上图能够得出的实验结论是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)加入催化剂能使化学反应速率加快，其原因是加入催化剂降低了反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，增大了活化分子的碰撞几率，使活化分子的有效碰撞增多，从而加快反应速率。 (2)实验①和②的区别是①中H2O2的浓度小，②中H2O2的浓度大，所以实验①和②的目的是探究浓度对反应速率的影响。为了能够通过实验①和②探究浓度对反应速率的影响，对原实验方案进行改进，可向反应物中加入等量同种催化剂或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中观察实验现象。 (3)由图像知实验⑤反应速率最快，实验④反应速率最慢，说明碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。 答案：(1)降低了反应的活化能 (2)探究浓度对反应速率的影响　向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中) (3)碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率 13．(1)某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示： 序 号 纯锌粉/g 2.0 mol·L-1 硫酸溶液/mL 温度/℃ 硫酸铜 固体/g 加入 蒸馏 水/mL Ⅰ 2.0 50.0 25 0 0 Ⅱ 2.0 40.0 25 0 10.0 Ⅲ 2.0 50.0 25 0.2 0 Ⅳ 2.0 50.0 25 4.0 0 ①本实验待测数据可以是________________________________________________，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究________对锌与稀硫酸反应速率的影响。 ②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是__________________________________，写出有关反应的离子方程式_________________________________________________________。 (2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表： 实验 序号 体积V/mL K2S2O8 溶液 水 KI溶液 Na2S2O3 溶液 淀粉 溶液 ① 10.0 0.0 4.0 4.0 2.0 ② 9.0 1.0 4.0 4.0 2.0 ③ 8.0 Vx 4.0 4.0 2.0 表中Vx＝________，理由是______________________________________。 解析：(1)实验Ⅰ和实验Ⅱ中，锌的质量和状态相同，硫酸的浓度不同，实验Ⅲ和实验Ⅳ中加入硫酸铜，Cu2+的氧化性强于H＋，首先发生反应Zn＋Cu2+===Zn2+＋Cu，生成的铜附着在锌表面，在稀硫酸溶液中构成原电池，加快锌失电子。但是加入的硫酸铜过多，生成的铜会覆盖在锌表面，阻止锌与稀硫酸进一步反应，产生氢气的速率会减慢。①本实验待测数据可以是“反应结束所需要的时间”或“相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间”，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究硫酸的浓度对反应速率的影响。②实验Ⅲ和实验Ⅳ加入的硫酸铜的质量不同，可以探究加入硫酸铜的质量与反应速率的关系。 (2)实验的目的是探究K2S2O8溶液的浓度对化学反应速率的影响，故应保证每组实验中其他物质的浓度相等，即溶液的总体积相等(即为20.0 mL)，从而可知Vx＝2.0。 答案：(1)①反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间)　硫酸浓度 ②探究硫酸铜的质量对反应速率的影响　Zn＋Cu2+===Zn2+＋Cu，Zn＋2H＋===Zn2+＋H2↑ (2)2.0　保证反应物K2S2O8浓度的改变，而其他物质浓度不变 学科网（北京）股份有限公司 $$