周测评(18) 化学反应速率及其影响因素-【衡水真题密卷】2025年高考化学学科素养周测评（福建专版）

null衡水真题密卷 2024一2025学年度学科素养周测评（十 一、选择题 1.B【解析】将铁丝在空气中加热到红热，再仲入 盛满O2的集气瓶，温度升高可以加快反应的速 率，与改变化学反应速率有关，A不符合题意；酸 奶中添加增稠剂不是为了改变反应速率，是为了 改善口感，与改变化学反应速率无关，B符合题 意：夏季用冰箱储存新鲜食品，是为了降低温度 延长保质期，与改变化学反应速率有关，C不符 合题意；实验室制CO2时选择小颗粒石灰石是 为了增加反应物接触面积，加快反应速率，与改 变化学反应速率有关，D不符合题意。 2.D【解析】前3min内v(CH,)=v(CO2)= △n(C02)_0.54mol =0.09mol·L1·min1, △t2LX3min A错误：9min后到达到新平衡状态二氧化碳增 加的物质的量为1mol-0.75mol=0.25mol, 增加的二氧化碳是新加入的二氧化硫反应产生 的，根据化学计量数，9mi后到达到新平衡状 态参与反应的二氧化硫的物质的量为0.5mol, 而9min后到反应达到平衡二氧化硫增加了 0.3mol,所以第9min后在容器内SO2为 0.5mol+0.3mol=0.8mol,浓度为0.4mol·L,B 错误：该反应为放热反应，降低温度，反应正向进 行，第15min时二氧化硫的物质的量为 1.2mol,若完全转化可生成二氧化碳0.6mol, 则最终二氧化碳的总物质的量为0.6mol十 1mol=1.6mol,二氧化碳的物质的量浓度为 0.8mol·1,但由于是可逆反应，二氧化硫不 可能完全转化，所以二氧化碳的物质的量浓度不 可能升高到0.8mol·L,C错误：9min时二 氧化硫的转化率为2.4四ol二0.9m0lX100% 2.4 mol 62.5%,由选项B可知第9min后在容器内增加 0.8mol二氧化硫，所以15min时二氧化硫的转 化奉为2,4mol+0.8mol-L2mo×1o0% 2.4mol十0.8mol 62.5%,D正确。 3.D【解析】v(B)=0.3molL 5 min 0.06mol(L·min),则(C)=2v(B)= 0.03mol·(L·min)1,A正确；v(D)= 5 2 学科素养周测评 ()化学·化学反应速率及其影响因素 v(B)=0.06mol·(L·min)-1,△c(D) v(D)·t=0.06mol·(L·min)-1×5min= 0.3mol·L1所以5min时，c(D)= 0.3mol·L1,B正确：该反应的正反应为气体 物质的量增加的反应，随反应的进行，容器内压 强逐渐增大，C正确；5min时，c(B)=2mol 4L 0.3mol·L-1=0.2mol·L1,c(C)= 0.03mol·(L·min)1X5min=0.15mol·L1, 因此气体总的物质的量为0.2mol·L× 4L+0.15mol·L1×4L+0.3mol·L1× 4L=2.6mol,D错误。 4,D【解析】由化学方程式可知，两个反应中A 都是反应物、B都是生成物，则L2代表A浓度随 时间变化的曲线、L1代表B浓度随时间变化的 曲线：由图2可知，温度为T2时，速率常数1< k2,则图1中对应曲线L3代表D浓度随时间变 化的曲线、L4代表C浓度随时间变化的曲线。 L代表C浓度随时间变化的曲线，A错误：L 代表B浓度随时间变化的曲线，由图可知，2s 时，B的浓度小于4mol·L1,则2s内，B的平 均達率为4mo:L=2m0lL1·g,B猎 误；反应的活化能越大，反应速率越小，由图2可 知，T2温度时，反应①的反应速率授于反应②， 则反应①的活化能大于反应②，C错误：由图2 可知，温度降低时，体系中反应①的速率降低幅 度大于反应②，则图1的温度降低时，t。时刻体 系中C(D) 中c(C心值变大，D正确。 5.C【解析】假设前1min,Z的反应速率为 0.20mol·(L·min)1,此时c(Z)= 0.20mol·(L·min)-1X1min=0.20mol·L1, 随着反应进行，正反应速率降低，因此前1min内， 生成Z的反应速率大于0.20mol·(L·min)-1,A 正确：X为周体，Y、Z为生成物，且均为气体，Y、 Z物质的量之比始终为1：2，即Y的体积分数 始终为号或3.3%，B正确：第4min时，Z的物 质的量浓度为0.15mdl·(L·min)-1×4min= 0.60mol·Ll,第6min时，Z的物质的量浓度为 0.l0mol·(L·min)-1×6min= ·化学· 0.60mol·L1,说明4至6min反应达到平衡， 即v压(Z)=v址(Z),C错误；X为固体，Y、Z为 气体，该反应为气体物质的量增大的反应，相同 条件下，气体压强与气体物质的量成正比，因此 当体系压强不变，说明反应达到平衡，D正确。 6.A【解析】活化能越大，反应速率越慢，最慢的 一步即为决速步，A正确：升高温度，正、逆反应 速率均加快，B错误；该反应为CO2（g）十 3H2(g)—CHOH(g)十H2O(g),是气体分子 数减少的反应，即△S<0,而由图可知该反应的 △H<0,由反应自发进行时△H一T△S<0可 知，温度越低越有利于反应自发进行，C错误：刀 一3时，CHOH的体积分数最大，D错误。 7.C【解析】曲线Ⅱ比Ⅲ先达到平衡，所以T:> T2,溫度升高，c(H2)增大，平衡逆向移动，反应 放热，△H<0,A错误：升高温度，反应速率加 快，T:>T2,则反应速率：v(a)>u(b),B错误： T2时，在0一t2内，(H2)-0.05mol·L1,则 (HOCH,CH2OH)-0.05 4t2 mol·L1·s1,C 正确：向恒客容器中充入氮气，不影响反应物浓 度，不影响反应速率，D错误。 8.D【解析】根据反应历程图，总反应为O2十 4HBr一2Br2+2HO,A错误：中间体HOOBr 和HOBr中Br的化合价均为十1，B错误；步骤 ③：HBr+HOBr一H2O+Br2,该反应中澳元 素由HBr中的一1价转变为0价，涣元素由 HOBr中的+1价变为0价，则每生成1 mol Br2 转移1mol电子，C错误；步骤②：HOOBr+ HBr一2HOBr,反应过程中断裂的极性键有 H一Br、H一O、O一Br键，断裂的非极性键有 O—O键，D正确。 9.A【解析】随着反应的进行，反应物浓度逐渐下 降，生成物浓度逐渐上升，直到达到平衡，即正反 应逐渐下降，逆反应逐渐上升，直到相等，期间正 反应速率始终大于逆反应速率，A正确：化学反 应速率之比等于化学计量数之比，即v(Ln3+) 3(g-mol·L1·s,B错误；温度不变，平 C2-C1 衡常数不变，C错误；3时反应达到平衡，此时的 平衡是一种动态平衡，口三=证，反应并未停止， D错误。 10.D【解析】催化剂可以通过改变活化能来改变 化学反应速率，对△H无影响，A错误；由反应 ·2 参考答案及解析 分步进行的式子可知，I对应的物质是 (CH)3C,B错误；总反应速率主要由活化能 最大的步骤决定，即(CH),C—Br→ [(CH)C一Br],其他条件不变时，NO方的浓 度越高，反应②速率越快，但对总反应速率的影 响不大，C错误：(CH),C一Br的浓度越大，该 步骤反应速率越快，总反应速率越快，D正确。 二、非选择题 11.(1)-49.4kJ·mol1 (2)L4(3)①p3>pg>p1反应①是放热 反应，反应②是吸热反应，温度高于570℃之 后，反应转化率主要由反应②决定②150 【解析】(1)将反应CO(g)十2H2(g) CH3OH(g)和反应②@相加即可得到反应①，则 △H,=△H+△H2=-90.6kJ·mol1+ 41.2kJ·mo1=-49.4kJ·mol-1. (2)温度升高，反应速率加快，速率常数也增大。 反应①的正反应是放热反应，温度升高，平衡逆 向移动，逆反应速率增大得更快，所以图中能够 代表k运的曲线为L。 (3)①反应①的正反应是放热反应，反应②的正 反应是吸热反应，温度较低时温度对放热反应 的影响大，随温度升高，反应①逆向移动，二氧 化碳的平衡转化率减小，反应②正向移动，二氧 化碳的平衡转化率增大，所以在570℃之前，二 氧化碳的平衡转化率减小的程度大于二氧化碳 的平衡转化率增大的程度，二氧化碳的平衡转 化率降低，温度较高时则相反，所以压强一定 时，温度高于570℃之后，随着温度升高CO2 平衡转化率增大；反应①的正反应是气体体积 减小的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化 碳的平衡转化率增大，反应②反应前后体积不 变，平衡不受压强影响，所以p3>p2>P1。 ②设起始时加入的二氧化碳的物质的量为 1mol,则氢气为3mol,M点时，二氧化碳的平 衡转化率为60%，则转化的二氧化碳为 Q6m0l,甲醇的选择性为号，则生成甲醇的二 氧化度为0.6moX号-0,4m0l,在反应①中。 同时消耗氢气1.2mol,生成的甲醇和水蒸气 均为0.4mol,反应②转化的二氧化碳为 0.2mol,同时消耗氢气0.2mol,生成的CO和 水蒸气均为0.2mol,所以平衡时二氧化碳为 5 衡水真题密卷 1mol-0.4mol-0.2mol=0.4mol,氢气为 3mol-1.2mol-0.2mol=1.6mol,水蒸气 为0.4mol十0.2mol=0.6mol,气体总物质的 量为0.4mol+1.6mol+0.6mol+0.2mol+ 0.2mol=3.2mol,则二氧化碳的分压为9号× 3.21 0.1MPa=0.0125MPa,氢气的分压为8× 3.2 0.1MPa=0.05MPa,甲醇的分压为94y 3.2× 0.1MPa=0.0125MPa,水蒸气的分压为96 3.2 ×0.1MPa=0.01875MPa,K。= 0.0125×0.01875-150(MPa)2. 0.0125×0.053 12.(1)分液漏斗 (2)5H2CO,+2MnO元+6H=10C02↑+ 2Mn2++8H2O (3)A (4)①2933②当其他条件一定时，反应物浓度越 大，反应速率越大③833×10mdl·L1·s (或0.000833mol·L-1·s1)④其他条件 与实验1相同，添加少量MnSO,固体，记录对 比褪色时间，若褪色时间更短，说明M+有催 化作用 【解析】(1)仪器A的名称为分液漏斗。 (2)H2C,O,溶液与酸性KMnO,溶液反应的 离子方程式为5H2C20,十2MnO,+6Ht 10C02↑+2Mn2++8H2O. (3)收集二氧化碳采取排饱和碳酸气钠溶液的 方法，可降低二氧化碳在水中的溶解度。 (4)①探究外界条件对化学反应速率的影响实 验时，两组实验中只有一个因素不同，为不影响 溶液混合导致浓度变化，则反应体系的总体相 同，实验①，总体积为6mL,则V1=1L,V2= 3L:实验②③高锰酸钾及苹酸的体积均相同， 则探究温度不同时对反应速率的影响，还通过 实验①②对比实验探究浓度对化学反应速率的 影响，则T1=293K。 ②若1<8，对比实验①②，温度相同，高锰酸钾 的浓度相同，而草酸的浓度不同，且①中浓度大 于②的，则①的反应时间小于②，结论为其他条 件相同，增大反应物浓度，反应速率增大。 ③u(KMmn0,)-_0.02×0.002 △0.006×8 mol·(L·s) ·2 学科素养周测评 =8.33×104mol·(L·s)-1。 ④以实验1为对照组，其他条件与实验1相同， 添加少量MSO固体，记录对比褪色时间，若 腿色时间更短，说明M2+有催化作用 13.(1)4.05×103mol·L1·min1反应物浓 度减小，反应速率逐渐减小 (2)①探究温度对反应速率的影响4.60×103 ②催化剂类型2601.50×10-3 【解析】1)uNO)=v(C0,)=c(C0)_ △r 8.10×103mol·L -=4.05×10amol·L1· 2 min min1。由表中数据可知，030s和3060s时 间段内△c(C02)分别为3.50×10-3mol·L1、 3.00×10-3mol·L1,反应速率逐渐减慢，其 主要原因是随着反应的进行，反应物浓度减小， 反应速率逐渐减小。 (2)①验证不同条件对化学反应速率的影响，用 控制唯一变量法，实验I、Ⅲ温度不同，实验目 的是探究温度对反应速率的影响，C2为4.60X 10-3。②对比实验Ⅱ、Ⅲ唯一变量是继化剂类 型不同，即改变的条件是催化剂类型，其他条件 相同，故T1=260,c1=1.50×103。 14.(1)10使混合溶液的体积相等，保证盐酸和 碘溶液的起始浓度不变 (2)①④(3)0.00025 (4)①H和丙酮②根据反应历程，丙酮与氢 离子反应是慢反应，是该反应的决速步骤，则反 应速率由H和丙酮的浓度决定，与碘的浓度 无关 【解析】(1)根据①②④中的数据，溶液的总体 积为25mL,则实验③中，a-10mL,加5mL 蒸馏水可使混合溶液的体积相等，保证盐酸和 碘溶液的起始浓度不变。 (2)研究I2浓度对反应速率的影响，应控制其 他浓度相同而碘单质浓度不同，因此选择实验 ①和实验④①。 (3)根据反应的方程式，④中丙酮过量，碘完全反 应，由于加入其他试剂后溶液体积扩大10倍，则 碘单质的浓度为0.00025mol·L1,则v(12)= △cQ00025mol·L1Q.00025 △t ml·L·s)-。 tas (4)①根据图中数据可知，影响丙酮碘化反应的 ·化学· 速率是H和丙酮的浓度。 ②决速步骤为化学反应中的慢反应，根据反应 历程，丙酮与氢离子反应是慢反应，则是该反应 2024一2025学年度学科素养周测评（十九）】 一、选择题 1.B【解析】合成氨的催化剂是铁触媒，A错误； 反应温度决定反应速率和催化剂活性，催化剂可 以极大加快反应速率，因此，催化剂活性是反应 温度高低的重要决定因素，B正确；反应时仅需 要将N2和H2持续通入即可，不雪液化，C错 误：生成的氨气因存在分子间氢键，在一定压强 下及适当降温下，可以液化，然后移出反应体系， 不需要吸收塔吸收，D错误。 2.B【解析】MnO2会催化HzO2分解，与平衡移 动无关，A错误：NO2转化为N2O4的反应是放 热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混 合气体颜色加深，B正确：铁在浓硝酸中钝化，加 热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成 大量NO2,与平衡移动无关，C错误；加入硫酸铜 以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率 加快，与平衡移动无关，D错误。 3.C【解析】由图可知两种催化剂均出现四个波 峰，所以使用I和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A 正确：由图可知该反应是放热反应，所以达平衡 时，升高温度平衡向逆反应方向移动，R的浓度 增大，B正确：由图可知I的最高活化能小于Ⅱ 的最高活化能，所以使用I时反应速率更快，反 应体系更快达到平衡，C错误；由图可知在前两 个历程中使用I活化能较低，反应速率较快，后 两个历程中使用I活化能较高，反应逸率较慢， 所以使用I时，反应过程中M所能达到的最高 浓度更大，D正确。 4.D【解析】0~10min内，v(H)=o(CH)= 2xi0mmlL1·minl=0.02%mlL1·min, 0.5 A正确：根据平衡状态的特，点，平衡时正、逆反应 建单相学，则K一急上运反应的正反应是效 热反应，升高温度，平衡常数减小，而升高温度， 速率常数增大，由此推知，k至增大的倍数小于 k增大的倍数，B正确：根据表格数据可知，开 ·25 参考答案及解析 的决速步骤，则反应速率由H+和丙酮的浓度 决定，与碘的浓度无关。 化学·化学平衡与化学反应进行的方向 始正反应速率最大，逆反应速率为0，随着反应 进行，净反应速率由大到小，最终等于0（平衡）， C正确；15min时达到平衡，c(C2H2)= 0.2mol·L1,c(H2)=0.2mol·L1, c(CH4)=0.3mol·L1,故K= k画=7.5， 15k进=2k,D错误。 5.A【解析】p-侣，在恤温恒容条件下，气体总质 量不变，混合气体密度始终不变，不能表明该反 应达到平衡，A错误：M-m,反应前后，气体总 质量不变，气体总物质的量减小，气体的平均摩 尔质量在反应过程中发生改变，当平均摩尔质量 不变时即达到平衡状态，B正确；气体总压强与 总物质的量成正比，反应过程中气体总物质的量 是变化的，当气体总物质的量不变时说明反应达 到平衡，C正确；氢气的消耗速率为正反应速率， 苯乙烯的消耗速率为逆反应速率，当氢气的消耗 速率等于苯乙烯的消耗速率，即正反应速率等于 逆反应速率时，反应达到平衡状态，D正确。 6.D【解析】向10mL蒸馏水中加入0.4g12,充 分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因 为12在水中溶解度较小，A正确；已知I5(aq)为 棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与12反应生成 Zl2,生成的I厂与12发生反应十12一I,生 成了G使溶液颜色加深，B正确；2在水中存在 溶解平衡l2(s)一l2(aq),Zn与1反应生成的 I厂与I2(aq)反应生成I5,L2(aq)浓度减小，上述 溶解平衡向右移动，紫黑色品体消失，C正确：最 终溶液褪色是Z如与有色物质发生了化合反应， 不是置换反应，D错误。 7.D【解析】反应为放热反应，三个反应容器体积 相同且恒客，反应物起始量相同，实验a,b起始 压强相同，说明反应温度相同，实验b达到平衡 快，反应速率大，但两者平衡状态相同，说明实验 b使用了催化剂；与实验a相比，实验c达到平衡 5