专题03 化学反应速率（期中真题汇编，北京专用）高二化学上学期

专题03 化学反应速率 高频考点概览 考点01 计算 考点02 影响因素 考点03 活化能 地 城 考点01 计算 1．(24-25高二上·北京第五十中学·期中)对于反应：，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行得最快的是 A． B． C． D． 2．(24-25高二上·北京·期中)已知：。若反应速率分别用表示，则下列关系正确的是 A． B． C． D． 3．(24-25高二·北京昌平一中·期中)在2L的密闭容器中进行反应，2 min内A的物质的量由1 mol减小到0.6 mol，则用B的浓度变化表示的反应速率为 A．0.3 mol/(L·min) B．0.2 mol/(L·min) C．0.1 mol/(L·min) D．0.05 mol/(L·min) 4．(24-25高二上·北京·期中)把0.6mol X气体和0.4mol Y气体混合于2L容器中，使它们发生如下反应：3X(g)+Y(g)=nZ(g)+2W(g)。5min末生成0.2mol W，若测得以Z浓度变化来表示的化学反应速率为0.01mol/(L·min)，则上述反应中Z气体的化学计量数n的值是 A．1 B．2 C．3 D．4 5．(23-24高二上·北京大兴区第一中学·期中)使反应在2 L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6 mol。此反应的平均速率可表示为 A． mol(L·s) B． mol/(L·s) C． mol/(L·s) D． mol/(L·s) 6．(21-22高二上·北京西城区·期中)已知反应：X(g)+Y(g)2Z(g)    ∆H＜0，400℃时该反应的化学平衡常数K=1。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如表： 容器 温度/℃ 起始时物质的浓度/(mol•L-1) 10分钟时物质的浓/(mol•L-1) c(X) c(Y) c(Z) 甲 400 1 1 0.5 乙 T1 1 1 0.4 丙 400 1 2 a 下列说法中，不正确的是 A．甲中，10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025mol•L-1•min-1 B．甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态 C．乙中，可能T1＜400℃ D．丙中，a>0.5 7．(24-25高二上·北京大学附属中学·期中)NO2的储存和还原技术能有效降低柴油发动机在空气过量时排放的NO2，原理如图1所示。用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，如图2所示。 下列说法不正确的是 A．反应①为 B．储存和还原技术也能降低尾气排放的NO C．0~12.5 s内，氢气的消耗速率为 D．反应②分两步进行，第一步和第二步中消耗的Ba(NO3)2的物质的量之比是3：5 8．(24-25高二上·北京通州区·期中)向容积为2 L的密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质的物质的量随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的总物质的量不变。下列说法不正确的是 A．若 则0~t1内反应速率 B．t1时A 的转化率为60% C．反应的化学方程式为4A(g)=2C(g)+B(g) D．起始 B的浓度为 地 城 考点02 影响因素 9．(24-25高二上·北京八一学校·期中)下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生的速率的是 A．用Zn粉代替Zn粒 B．滴加少量的CuSO4溶液 C．升高温度 D．再加入2mol/LCH3COOH溶液 10．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)下列关于催化剂的说法中正确的是 A．催化剂能使不反应的物质发生反应 B．温度越高，催化剂的催化效果越好 C．催化剂能使反应体系的活化能降低，增大反应平衡转化率 D．催化剂能使反应体系的活化分子百分数增大，增大反应速率 11．(24-25高二上·北京陈经纶中学·期中)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．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快 B．Cu与浓硫酸能反应，而不与稀硫酸反应 C．与在常温、常压下不反应，放电时可反应 D．大小、形状相同的镁片、铁片，前者与盐酸反应放出的速率比后者大 12．(24-25高二上·北京师范大学第二附属中学·期中)溶液与稀硫酸反应的化学方程式为，某小组设计如下实验探究影响该反应速率的因素，结合实验数据判断正确的是 实验 反应温度/℃ 溶液 稀 V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL ① 25 5 0.1 10 0.1 x ② 25 5 0.2 5 0.2 10 ③ 35 5 0.2 5 0.2 10 A．x=10 B．依据实验①③可探究反应温度对反应速率的影响 C．各组实验反应中最先变浑浊的是② D．实验②中t min时生成了0.016g S，则t min内的平均反应速率为mol/(L•min) 13．(23-24高二上·北京朝阳区·期中)用溶液和溶液探究催化剂和浓度对化学反应速率的影响。 实验编号 溶液的体积 的体积 溶液/滴 ⅰ 2 0 0 ⅱ 2 0 2 ⅲ 1 1 2 下列分析不正确的是 A．通过观察产生气泡的快慢，比较反应速率的大小 B．对比ⅰ和ⅱ，可研究催化剂对分解速率的影响 C．对比ⅱ和ⅲ，可研究对分解速率的影响 D．实验ⅲ加入试剂的顺序是溶液、溶液、水 14．(22-23高二上·北京朝阳区·期中)室温下，用0.1 mol·L－1Na2S2O3溶液、0.1 mol·L－1H2SO4溶液和蒸馏水进行如下表所示的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化。 编号 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 蒸馏水 浑浊度随时间变化的曲线 V/mL V/mL V/mL ① 1.5 3.5 10 ② 2.5 3.5 9 ③ 3.5 3.5 x ④ 3.5 2.5 9 ⑤ 3.5 1.5 10 下列说法不正确的是 A．实验③中x=8 B．实验①②③或③④⑤均可说明其他条件相同时，增大反应物浓度可增大该反应速率 C．将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线应为a D．降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大 15．(23-24高二上·北京·期中)已知H―H的键能为I―I的键能为反应经历了如下反应历程：①，②，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．H―I的键能为 B．升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小 C．升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高的转化率 D．为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变 16．(22-23高二上·北京西城区·期中)关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是 A．有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多 B．增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞 C．升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 D．使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 17．(23-24高二上·北京·期中)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，以恒定组成的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，在催化剂上有积碳。 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 18．(23-24高二上·北京·期中)H2O2是重要的绿色消毒液和氧化剂，研究其分解反应有重要意义。在含有少量I－的溶液中，H2O2分解的机理是：ⅰ．H2O2＋ I－= H2O ＋ IO－；ⅱ．H2O2＋ IO－=H2O ＋ O2↑＋ I－。分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断不正确的是 A．I－改变了H2O2分解的路径，曲线②为含有I－的反应过程 B．反应i和ii均为放热过程 C．反应i的反应速率比反应ii慢 D．I－不能改变总反应的能量变化 地 城 考点03 活化能 19．(24-25高二上·北京清华大学附属中学·期中)一定温度和压强下，2molH2和1molO2分别以点燃和形成氢氧燃料电池这两种方式发生化学反应，生成2mol液态水。下列说法正确的是 A．体系焓变相等 B．放出的热量相等 C．反应速率相等 D．反应的活化能相等 20．(20-21高二上·北京西城区·期中)我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A．过程Ⅱ放出能量 B．若分解2 ，估算出反应吸收482能量 C．催化剂能减小水分解反应的焓变 D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数 21．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)向密闭容器中充入1molHI，发生反应：  ，达到平衡状态。该反应经过以下两步基元反应完成： ⅰ.   ⅱ.   下列分析不正确的是 A．、 B．反应ⅰ的活化能即总反应的活化能 C．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D．恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移 22．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)已知反应，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如下图，有关该反应的说法不正确的是 ①： ②： A．反应①和反应②相比，反应②更容易发生，反应①为决速步 B．反应①吸热反应，反应②是放热反应 C．若不加催化剂，正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．Fe2+是该反应过程中的产生的中间产物 23．(24-25高二上·北京清华大学附属中学·期中)基元反应的反应过程如下图。下列分析不正确的是 A．该基元反应涉及H-I键断裂和H-H键形成 B．该基元反应属于吸热反应 C．该基元反应的活化能为 D．增大c(HI)，该反应单位体积内活化分子数增多 24．(23-24高二上·北京丰台区·期中)已知反应，若向该溶液中加入含的某溶液反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是 ① ② A．反应①比反应②所需活化能大 B．该反应可设计成原电池 C．向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色变浅 D．是该反应的催化剂，降低了该反应的 25．(23-24高二上·北京·期中)下列有关碰撞理论的说法正确的是 A．活化分子的每一次碰撞都能发生化学反应 B．能发生有效碰撞的分子一定是活化分子 C．其它条件不变，增大压强，能增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞次数 D．催化剂能增大反应的活化能，从而加快反应速率 26．(23-24高二上·北京·期中)合成氨的热化学方程式为   。最近，吉林大学与韩国、加拿大科研人员合作研究，提出基于机械化学(“暴力”干扰使铁活化)在较温和的条件下由氮气合成氨的新方案(过程如图所示)，利用这种方案所得氨的体积分数平衡时可高达。下列说法正确的是 A．该方案所得氨的含量高，主要是因为使用了铁做催化剂 B．采用该方案生产氨气，活化能和均减小 C．该方案氨的含量高，与反应温度较低有关 D．为了提高氨气的产率，应尽量采取较高温度提高化学反应速率 27．(24-25高二上·北京十一学校·期中)的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A．该反应决速步的活化能为 B．每当消耗，转移电子 C．使用合适的催化剂会使、、同时减小 D．温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数升高  第Ⅱ步反应活化分子百分数降低 28．(23-24高二上·北京·期中)N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O＋表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是    A．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2 B．为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O C．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能 D．总反应的ΔH=-226 kJ·mol-1 29．(21-22高二上·北京第十五中学·期中)我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。 已知： 下列说法正确的是 A．过程Ⅰ放出能量 B．若分解2mol H2O(g)，估算该反应吸收482kJ能量 C．催化剂能减小水分解反应的焓变 D．催化剂能降低反应的活化能，增大了水的分解转化率 试卷第18页，共19页 试卷第19页，共19页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 化学反应速率 高频考点概览 考点01 计算 考点02 影响因素 考点03 活化能 地 城 考点01 计算 1．(24-25高二上·北京第五十中学·期中)对于反应：，下列为四种不同情况下测得的反应速率，其中能表明该反应进行得最快的是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，同一化学反应，物质的反应速率与化学计量数之比越大，反应速率越快，由题意可得： A．=0.05 mol/(L·s)； B．=0.048mol/(L·s)； C．≈0.042 mol/(L·s)； D．=0.0375mol/(L·s)； 综上所述，表明该反应进行得最快，故选A。 2．(24-25高二上·北京·期中)已知：。若反应速率分别用表示，则下列关系正确的是 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】同一化学反应，用不同物质表示的速率比等于系数比。即，故选C。 3．(24-25高二·北京昌平一中·期中)在2L的密闭容器中进行反应，2 min内A的物质的量由1 mol减小到0.6 mol，则用B的浓度变化表示的反应速率为 A．0.3 mol/(L·min) B．0.2 mol/(L·min) C．0.1 mol/(L·min) D．0.05 mol/(L·min) 【答案】A 【详解】在2L的密闭容器中进行反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)，0～2min内A的物质的量由1mol减小到0.6mol，则B的物质的量变化量为1.2mol，用B的浓度变化表示的反应速率v(B)==0.3mol/(L·min)；故答案为A。 4．(24-25高二上·北京·期中)把0.6mol X气体和0.4mol Y气体混合于2L容器中，使它们发生如下反应：3X(g)+Y(g)=nZ(g)+2W(g)。5min末生成0.2mol W，若测得以Z浓度变化来表示的化学反应速率为0.01mol/(L·min)，则上述反应中Z气体的化学计量数n的值是 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【详解】5min末已生成0.2molW，则v (w)== =0.02mol·(L·min)-1，根据速率之比等于化学计量数之比，v (Z)：v (W) =n：2=0.01mol·(L·min)-1：0.02mol·(L·min)-1，解得n=1； 答案选A。 5．(23-24高二上·北京大兴区第一中学·期中)使反应在2 L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6 mol。此反应的平均速率可表示为 A． mol(L·s) B． mol/(L·s) C． mol/(L·s) D． mol/(L·s) 【答案】A 【详解】在2 L的密闭容器中进行，半分钟后N2的物质的量增加了0.6 mol，则==0.01mol/(L·s)，根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，mol/(L·s)，mol/(L·s)， mol/(L·s)，综上分析可知，A正确，故答案为：A。 6．(21-22高二上·北京西城区·期中)已知反应：X(g)+Y(g)2Z(g)    ∆H＜0，400℃时该反应的化学平衡常数K=1。一定条件下，分别在甲、乙、丙3个恒容密闭容器中加入X和Y，反应体系中各物质的物质的量浓度的相关数据如表： 容器 温度/℃ 起始时物质的浓度/(mol•L-1) 10分钟时物质的浓/(mol•L-1) c(X) c(Y) c(Z) 甲 400 1 1 0.5 乙 T1 1 1 0.4 丙 400 1 2 a 下列说法中，不正确的是 A．甲中，10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025mol•L-1•min-1 B．甲中，10分钟时反应已达到化学平衡状态 C．乙中，可能T1＜400℃ D．丙中，a>0.5 【答案】B 【详解】A．甲中，10分钟时生成了0.5mol/L的Z，根据方程式可知，反应掉的X的浓度为0.25mol/L，则10分钟内X的化学反应速率：v(X)=0.025mol•L-1•min-1，A正确； B．在10分钟的时，由表格知生成的Z的浓度为0.5mol/L，则X、Y都反应掉了0.25mol/L，还剩余0.75mol/L，由此算出此时的浓度熵为，即反应正向进行，平衡正向移动，B错误； C．乙中，X、Y的起始浓度相同，但10分钟后生成物Z的浓度却比甲要小，说明乙容器中反应速率比乙容器小，则可以为降温温度导致，故C正确； D．对比甲和丙，丙中增加了Y的浓度，则反应速率加快，相同时间之内生成的Z更多，故丙中a>0.5，D正确； 故选B。 7．(24-25高二上·北京大学附属中学·期中)NO2的储存和还原技术能有效降低柴油发动机在空气过量时排放的NO2，原理如图1所示。用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，如图2所示。 下列说法不正确的是 A．反应①为 B．储存和还原技术也能降低尾气排放的NO C．0~12.5 s内，氢气的消耗速率为 D．反应②分两步进行，第一步和第二步中消耗的Ba(NO3)2的物质的量之比是3：5 【答案】D 【详解】A．根据图1中反应①反应物为氧化钡、二氧化氮和氧气，生成物为硝酸钡，其反应为，故A正确； B．根据NO2的储存和还原技术能有效降低柴油发动机在空气过量时排放的NO2，NO和氧气反应生成NO2，则储存和还原技术也能降低尾气排放的NO，故B正确； C．0～12.5s内，氢气的消耗速率为mol/(L·s)=1.6×10-4mol/(L·s)，故C正确； D．由图2可知，反应②分两步进行，第一步发生H2还原硝酸钡生成NH3，1molBa(NO3)2生成2mol氨气，第二步NH3和硝酸钡反应生成N2，2molNH3生成N2失去6mol电子，1mol硝酸根得电子生成N2需要5mol电子，1molNH3参加反应消耗的Ba(NO3)2的物质的量为，第一步和第二步中消耗的Ba(NO3)2的物质的量之比是1：0.6=5:3，故D错误； 答案为D。 8．(24-25高二上·北京通州区·期中)向容积为2 L的密闭容器中加入0.3mol A、0.1mol C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质的物质的量随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的总物质的量不变。下列说法不正确的是 A．若 则0~t1内反应速率 B．t1时A 的转化率为60% C．反应的化学方程式为4A(g)=2C(g)+B(g) D．起始 B的浓度为 【答案】C 【详解】A．则0~t1内反应速率 ，A正确； B．t1时A 的转化率为60%，B正确； C．已知在反应过程中混合气体的总物质的量不变，则初时B为(0.12+0.10+0.22-0.30-0.10)mol=0.04mol，反应的系数比等于反应的速率比，由图，反应的ABC的物质的量之比为(0.30-0.12): (0.10-0.04): (0.22-0.10)=3:1:2，则反应的化学方程式为3A(g)2C(g)+B(g)，C错误；   D．由C分析，起始 B的浓度为，D正确； 故选C。 地 城 考点02 影响因素 9．(24-25高二上·北京八一学校·期中)下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生的速率的是 A．用Zn粉代替Zn粒 B．滴加少量的CuSO4溶液 C．升高温度 D．再加入2mol/LCH3COOH溶液 【答案】D 【详解】A．用Zn粉代替Zn粒，可以增大接触面积，加快反应速率，A不符合题意； B．滴加少量的CuSO4溶液，Zn会先置换出铜，之后形成原电池，可以加快反应速率，B不符合题意； C．升高温度可以加快反应速率，C不符合题意； D．CH3COOH为弱酸，2mol/LCH3COOH溶液溶液中c(H+)＜2mol/L，加入后相当于稀释，会使氢离子浓度变小，减慢反应速率，D符合题意； 故选：D。 10．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)下列关于催化剂的说法中正确的是 A．催化剂能使不反应的物质发生反应 B．温度越高，催化剂的催化效果越好 C．催化剂能使反应体系的活化能降低，增大反应平衡转化率 D．催化剂能使反应体系的活化分子百分数增大，增大反应速率 【答案】D 【详解】A．催化剂不能改变反应发生的可能性，也就是不能使不发生的反应发生，也不能使能发生的反应不发生，A不正确； B．催化剂的最佳催化活性通常有一定的温度范围，温度过高，催化剂可能减弱甚至丧失催化活性，B不正确； C．催化剂能降低反应体系的活化能，但不能改变反应物的平衡转化率，C不正确； D．催化剂能降低反应的活化能，从而增大反应体系的活化分子百分数，加快反应速率，D正确； 故选D。 11．(24-25高二上·北京陈经纶中学·期中)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．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快 B．Cu与浓硫酸能反应，而不与稀硫酸反应 C．与在常温、常压下不反应，放电时可反应 D．大小、形状相同的镁片、铁片，前者与盐酸反应放出的速率比后者大 【答案】D 【详解】A．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快，这是因为浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，是由于反应物浓度不同导致反应速率不同，而不是反应物本身性质（铜的性质）决定的，A不符合题意； B．Cu与浓硫酸能反应，而不与稀硫酸反应，是因为浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸氧化性较弱，这是由于反应物浓度不同导致反应情况不同，不是由铜本身性质决定反应是否发生，B不符合题意； C．与在常温、常压下不反应，放电时可反应，这是因为反应条件（放电）改变了反应的活化能，使得反应能够进行，不是由与本身性质决定反应是否在常温常压下进行，C不符合题意； D．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。在这个实验中，镁和铁是反应物，盐酸浓度、反应温度、固体的接触面积等其他条件相同，反应速率不同是因为镁和铁本身的金属活动性不同，即反应物本身性质决定了反应速率，D符合题意； 故选D。 12．(24-25高二上·北京师范大学第二附属中学·期中)溶液与稀硫酸反应的化学方程式为，某小组设计如下实验探究影响该反应速率的因素，结合实验数据判断正确的是 实验 反应温度/℃ 溶液 稀 V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL ① 25 5 0.1 10 0.1 x ② 25 5 0.2 5 0.2 10 ③ 35 5 0.2 5 0.2 10 A．x=10 B．依据实验①③可探究反应温度对反应速率的影响 C．各组实验反应中最先变浑浊的是② D．实验②中t min时生成了0.016g S，则t min内的平均反应速率为mol/(L•min) 【答案】D 【详解】A．根据变量控制法，各组的体积不变，故有5+10+x=5+5+10，x=5，故A错误； B．实验①③温度不同，Na2S2O3浓度不相同，不可以探究温度对反应速率的影响，故B错误； C．四组实验中实验③温度较高，反应物浓度最高，速率最大，最先变浑浊，故C错误； D．实验②中，，反应消耗tmin，平均反应速率v(Na2S2O3)=mol/(L•min)，故D正确； 答案选D。 13．(23-24高二上·北京朝阳区·期中)用溶液和溶液探究催化剂和浓度对化学反应速率的影响。 实验编号 溶液的体积 的体积 溶液/滴 ⅰ 2 0 0 ⅱ 2 0 2 ⅲ 1 1 2 下列分析不正确的是 A．通过观察产生气泡的快慢，比较反应速率的大小 B．对比ⅰ和ⅱ，可研究催化剂对分解速率的影响 C．对比ⅱ和ⅲ，可研究对分解速率的影响 D．实验ⅲ加入试剂的顺序是溶液、溶液、水 【答案】D 【详解】A．该反应为过氧化氢的分解反应，通过观察产生气泡的快慢，可以比较反应速率的大小，A正确； B．对比ⅰ和ⅱ，只有催化剂不同，其他条件相同，可以研究催化剂对分解速率的影响，B正确； C．对比ⅱ和ⅲ，只有过氧化氢的浓度不同，其他条件相同，可研究对分解速率的影响，C正确； D．实验ⅲ加入试剂的顺序是溶液、水、溶液，D错误； 答案选D。 14．(22-23高二上·北京朝阳区·期中)室温下，用0.1 mol·L－1Na2S2O3溶液、0.1 mol·L－1H2SO4溶液和蒸馏水进行如下表所示的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化。 编号 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 蒸馏水 浑浊度随时间变化的曲线 V/mL V/mL V/mL ① 1.5 3.5 10 ② 2.5 3.5 9 ③ 3.5 3.5 x ④ 3.5 2.5 9 ⑤ 3.5 1.5 10 下列说法不正确的是 A．实验③中x=8 B．实验①②③或③④⑤均可说明其他条件相同时，增大反应物浓度可增大该反应速率 C．将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线应为a D．降低Na2S2O3溶液浓度比降低H2SO4溶液浓度对该反应化学反应速率影响程度更大 【答案】C 【分析】由图可知，实验③中反应速率最快，由控制变量法可知总体积为15mL，实验①、②、③中Na2S2O3溶液浓度不同，图中③、④、⑤速率接近，①、②、③速率差异大，据此分析解题。 【详解】A．实验③中，x＝15−3.5−3.5＝8，故A正确； B．实验①、②、③的目的是探究其他条件相同时，Na2S2O3溶液浓度变化对Na2S2O3与H2SO4反应速率的影响，实验③、④、⑤的目的是探究其他条件相同时，H2SO4溶液浓度变化对Na2S2O3与H2SO4反应速率的影响，故B正确； C．将装有实验②的试剂的试管浸泡在热水中一段时间后再混合，反应速率加快，浑浊度增大需要时间更短，故C错误； D．Na2S2O3溶液浓度的改变对速率影响更大，该推断的证据是达到相同浑浊度时，实验①、②、③所需时间的改变量大于实验⑤、④、③所需时间的改变量，故D正确； 故答案选C。 15．(23-24高二上·北京·期中)已知H―H的键能为I―I的键能为反应经历了如下反应历程：①，②，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．H―I的键能为 B．升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小 C．升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高的转化率 D．为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变 【答案】A 【详解】A．由图可知，，设H―I的键能为x，则，可得，，故A正确； B．升高温度，反应速率加快，正反应①、反应②反应速率都加快，故B错误； C．由图可知，反应②为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，的转化率降低，故C错误； D．为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能，加快反应，故D错误； 答案选A。 16．(22-23高二上·北京西城区·期中)关于化学反应速率增大的原因，下列分析不正确的是 A．有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，可使单位体积内活化分子数增多 B．增大反应物的浓度，可使活化分子之间发生的碰撞都是有效碰撞 C．升高温度，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 D．使用适宜的催化剂，可使反应物分子中活化分子的百分数增大 【答案】B 【详解】A．有气体参加的化学反应，增大压强，活化分子数目增多，活化分子百分数不变，则化学反应速率增大，故A正确； B．增大反应物的浓度，活化分子数目增多，活化分子之间发生的碰撞不一定都是有效碰撞，故B错误； C．升高温度，活化分子百分数增大，则化学反应速率增大，故C正确； D．催化剂，降低了反应所需的活化能，活化分子百分数增大，化学反应速率增大，故D正确； 故选B。 17．(23-24高二上·北京·期中)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，以恒定组成的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，在催化剂上有积碳。 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 【答案】C 【详解】A．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，A正确； B．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，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确； C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误； D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为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； 答案选C。 18．(23-24高二上·北京·期中)H2O2是重要的绿色消毒液和氧化剂，研究其分解反应有重要意义。在含有少量I－的溶液中，H2O2分解的机理是：ⅰ．H2O2＋ I－= H2O ＋ IO－；ⅱ．H2O2＋ IO－=H2O ＋ O2↑＋ I－。分解反应过程中能量变化如图所示，下列判断不正确的是 A．I－改变了H2O2分解的路径，曲线②为含有I－的反应过程 B．反应i和ii均为放热过程 C．反应i的反应速率比反应ii慢 D．I－不能改变总反应的能量变化 【答案】B 【详解】A．根据题意得出I－改变了H2O2分解的路径，曲线②为含有I－的反应过程，故A正确； B．曲线②中，根据图中信息得到反应i是反应物质总能量低于生成物总能量，是吸热反应，故B错误； C．根据图中信息反应i的活化能大于反应ii的活化能，因此反应i的反应速率比反应ii慢，故C正确； D．催化剂不能改变反应的活化能，因此I－不能改变总反应的能量变化，故D正确。 综上所述，答案为B。 地 城 考点03 活化能 19．(24-25高二上·北京清华大学附属中学·期中)一定温度和压强下，2molH2和1molO2分别以点燃和形成氢氧燃料电池这两种方式发生化学反应，生成2mol液态水。下列说法正确的是 A．体系焓变相等 B．放出的热量相等 C．反应速率相等 D．反应的活化能相等 【答案】A 【详解】A．不管是点燃还是形成氢氧燃料电池，反应物和生成物的用量、状态都相同，只是反应途径不同，所以体系焓变相等，A正确； B．点燃时，大部分能量转化为热能，而形成燃料电池时，绝大部分能量转化为电能，则放出的热量不相等，B不正确； C．形成原电池可加快反应速率，则二者的反应速率不相等，C不正确； D．二者的路径不同，反应的活化能不一定相等，D不正确； 故选A。 20．(20-21高二上·北京西城区·期中)我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。 已知： 下列说法不正确的是 A．过程Ⅱ放出能量 B．若分解2 ，估算出反应吸收482能量 C．催化剂能减小水分解反应的焓变 D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数 【答案】C 【详解】A．过程II中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，则过程Ⅱ放出能量，故A正确； B．分解水的反应为2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能=463kJ/mol×4-（436kJmol×2+498kJ/mol）=+482kJ/mol，即2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+482kJ/mol，所以分解2molH2O(g)吸收482kJ能量，故B正确； C．催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变，故C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，可使反应体系中活化分子数增加，分子总数不变，则反应物分子中活化分子的百分数增大，故D正确； 故选：C。 21．(24-25高二上·北京第八十中学·期中)向密闭容器中充入1molHI，发生反应：  ，达到平衡状态。该反应经过以下两步基元反应完成： ⅰ.   ⅱ.   下列分析不正确的是 A．、 B．反应ⅰ的活化能即总反应的活化能 C．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的 D．恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移 【答案】C 【详解】A．断裂化学键吸收能量，形成化学键会释放能量，所以反应热、，A正确； B．反应ⅰ为断键，所需要的活化能即总反应的活化能，B正确； C．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是由于缩小容器的容积，使物质的浓度增大，c(I2)增大，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此增大压强时，化学平衡不移动，C错误； D．该反应的正反应是吸热反应，在恒容时，升高温度，化学平衡正向移动，同时电子发生了转移，D正确； 故选C。 22．(24-25高二上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)已知反应，若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理如下图，有关该反应的说法不正确的是 ①： ②： A．反应①和反应②相比，反应②更容易发生，反应①为决速步 B．反应①吸热反应，反应②是放热反应 C．若不加催化剂，正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．Fe2+是该反应过程中的产生的中间产物 【答案】C 【详解】A．根据图示可知：反应①的活化能大于反应②的活化能，所以反应①较难发生，该反应是慢反应，反应②更容易发生，总反应速率由活化能大的慢反应决定，所以反应①为决速步，A正确； B．根据图示可知：反应①的生成物的能量大于反应物的能量，该反应为吸热反应；而反应②中反应物的能量大于生成物的能量，因此该反应为放热反应，B正确； C．催化剂只能改变反应途径，不能改变反应物与生成物的总能量，也就不能改变反应热。根据图示可知：该反应总反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误； D．根据图示可知：Fe3+先消耗后生成，是反应的催化剂；而Fe2+是先生成，后消耗，所以是该反应过程中的产生的中间产物，D正确； 故合理选项是C。 23．(24-25高二上·北京清华大学附属中学·期中)基元反应的反应过程如下图。下列分析不正确的是 A．该基元反应涉及H-I键断裂和H-H键形成 B．该基元反应属于吸热反应 C．该基元反应的活化能为 D．增大c(HI)，该反应单位体积内活化分子数增多 【答案】C 【详解】A．反应开始后，先断裂所有的H-I键，然后生成的H原子再结合为H-H，则该基元反应涉及H-I键断裂和H-H键形成，A正确； B．该基元反应中，生成物的总能量大于反应物的总能量，则属于吸热反应，B正确； C．该基元反应的正反应的活化能为E1，逆反应的活化能为E2，焓变为，C不正确； D．增大c(HI)，该反应单位体积内的分子总数增多，活化分子数增多，但活化分子的百分数不变，D正确； 故选C。 24．(23-24高二上·北京丰台区·期中)已知反应，若向该溶液中加入含的某溶液反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是 ① ② A．反应①比反应②所需活化能大 B．该反应可设计成原电池 C．向该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色变浅 D．是该反应的催化剂，降低了该反应的 【答案】D 【详解】A．由图可知，反应①的活化分子平均能量与反应物分子平均能量之差大于反应②，则反应①比反应②所需活化能大，A正确； B．该反应是氧化还原反应，涉及电子的转移，可设计成原电池，B正确； C．该溶液中有I2，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，由图可知，该反应的生成物总能量低于反应物总能量，则是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，蓝色变浅，C正确； D．Fe3+参与反应①的反应，但在反应②中又重新生成Fe3+，则Fe3+是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能，但不能降低反应的ΔH，D错误； 故选D。 25．(23-24高二上·北京·期中)下列有关碰撞理论的说法正确的是 A．活化分子的每一次碰撞都能发生化学反应 B．能发生有效碰撞的分子一定是活化分子 C．其它条件不变，增大压强，能增大活化分子百分数，从而增大有效碰撞次数 D．催化剂能增大反应的活化能，从而加快反应速率 【答案】B 【详解】A．活化分子的碰撞不一定都能发生化学反应，只有活化分子碰撞时取向合适时才能发生化学反应，故A错误； B．有效碰撞是能发生化学反应的碰撞，所以能发生有效碰撞的分子一定是活化分子，故B正确； C．其它条件不变，增大压强，能增大单位体积内的活化分子数，从而增大有效碰撞次数，不能增大活化分子百分数，故C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，从而加快反应速率，故D错误； 故选B。 26．(23-24高二上·北京·期中)合成氨的热化学方程式为   。最近，吉林大学与韩国、加拿大科研人员合作研究，提出基于机械化学(“暴力”干扰使铁活化)在较温和的条件下由氮气合成氨的新方案(过程如图所示)，利用这种方案所得氨的体积分数平衡时可高达。下列说法正确的是 A．该方案所得氨的含量高，主要是因为使用了铁做催化剂 B．采用该方案生产氨气，活化能和均减小 C．该方案氨的含量高，与反应温度较低有关 D．为了提高氨气的产率，应尽量采取较高温度提高化学反应速率 【答案】C 【详解】A．由循环图看出，铁是合成氨的催化剂，但催化剂不影响平衡移动，A错误； B．使用催化剂能降低活化能，但不改变反应的，B错误； C．合成氨是放热反应，较低的反应温度有利于提高氮气的转化率及氨气的产率，C正确； D．合成氨是放热反应，温度过高会影响氨气的产率，D错误； 故选C。 27．(24-25高二上·北京十一学校·期中)的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A．该反应决速步的活化能为 B．每当消耗，转移电子 C．使用合适的催化剂会使、、同时减小 D．温度升高，第Ⅰ步反应活化分子百分数升高  第Ⅱ步反应活化分子百分数降低 【答案】A 【详解】A．一个化学反应的快慢由最慢的一步基元反应决定，根据反应历程图可知反应第Ⅱ步为该反应的决速步，所以该反应决速步的活化能为， A项正确； B．根据方程式可得比例关系，所以每当消耗，转移电子，B项错误； C．催化剂只能降低反应的活化能，但不能降低反应的反应热，所以使用合适的催化剂只会使和减小，为该反应的反应热，催化剂不能降低反应热,C项错误； D．温度升高，分子的能量增加，使一部分原来能量较低的分子变成活化分子，由于分子总数不变，活化分子数增加，活化分子百分数升高，所以温度升高，第Ⅰ步和第Ⅱ步反应的活化分子百分数都升高， D项错误； 答案选A。 28．(23-24高二上·北京·期中)N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O＋表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是    A．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2 B．为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O C．该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能 D．总反应的ΔH=-226 kJ·mol-1 【答案】B 【详解】A．根据图甲，① ② 根据盖斯定律①+②得N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g) ΔH=ΔH1＋ΔH2，故A正确； B．总反应为N2O(g)＋CO(g)=CO2(g)＋N2(g)，不需向反应器中补充Pt2O＋和Pt2O，故B错误； C．该反应正反应的活化能为134 kJ·mol-1，逆反应的活化能为360kJ·mol-1，故C正确； D．根据图乙，总反应的ΔH=(134-360) kJ·mol-1=-226 kJ·mol-1，故D正确； 选B。 29．(21-22高二上·北京第十五中学·期中)我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。 已知： 下列说法正确的是 A．过程Ⅰ放出能量 B．若分解2mol H2O(g)，估算该反应吸收482kJ能量 C．催化剂能减小水分解反应的焓变 D．催化剂能降低反应的活化能，增大了水的分解转化率 【答案】B 【详解】A．由图可知，过程Ⅰ是吸收热量使氢氧键断裂的过程，故A错误； B．由题给数据可知，分解2mol气态水需要吸收的热量为463kJ/mol×2×2mol—436 kJ/mol×2—498 kJ/mol=482kJ，故B正确； C．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变水分解反应的焓变，故C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，但不能平衡移动的方向，不能改变水的分解转化率，故D错误； 故选B。 试卷第18页，共19页 试卷第19页，共19页 学科网（北京）股份有限公司 $