分层作业(12)化学反应的历程 化学反应速率-【智学校本学案】2025-2026学年高中化学选择性必修第一册分层作业（鲁科版）

0□00□00 分层作业（十二） □口1口口1□ 题 学 2□2222 化学反应的历程 年级： 卡 33333 后 4□4口44口4☐ 化学反应速率 班级： 5 5555I5 66☐6]66 (满分：22分) 姓名： 707D7077 8☐8□8☐8]8 9□99□99□ ·基础对点练· [c]该反应总反应速率由反应①决定 [D]反应④的离子方程式为I2+SO?+H2O 1.(2分)对于反应2N2O(g)—4NO2(g)+ —2I+SO+2H+ O2(g),科学家提出如下反应历程： 3.(2分)已知反应aA+bB一cC+dD。若各物 第一步N2O,一NO3十NO2快速平衡 质反应速率分别用v(A)、(B)、v(C)、(D)表 第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢 反应 示，且同一时间段内，存在关系v(A)=v(C)、 第三步NO+NO,+2NO2快反应 3(C)=2(D)、5v(A)=4v(B)。则该反应的化 其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平 学方程式为 () 衡。下列说法正确的是 [A]4A+5B-4C+6D [A]v(第一步的逆反应)<v(第二步反应) [B]5A+4B—4C+6D [B]反应的中间产物只有NO [c]4A+5B=6C+4D [c]上述三步反应可看作基元反应 [D]5A+4B-5C+6D [D]第一步反应决定整个反应的反应速率 4.(2分)已知在一定条件下CO2可转化为高附加 2.(2分)Na2SO3和KIO3在酸性溶液中的反应 值的燃料CH4,反应原理为CO2(g)+4H2(g) 过程和机理较复杂，一般认为分以下①~④步 CH,(g)+2H2O(g)。实验测得在四种不 反应（离子方程式未配平）。下列说法错误的是 同条件下的反应速率分别为①v(CO2)=2mol () ·L-1·min1、②o(H2)=l2mol·L1· ①IO+SO→IO,+SO?(反应速率慢) min1、③v(CH4)=0.2mol·L-1·s1 ②IO2十SO→I厂十SO(反应速率快) ③I+IO+H→L2十HO(反应速率快) ④u(H2O)=0.3mol·L1·s1,则四种条件 ④I2+SO?+H2O→I+SO?+H+(反应 下的速率关系为 () 速率快) [A]②>①>④>③ [A]反应①中IO2是还原产物，反应③中I是 [B]④>③>②>① 还原剂 [c]③>④>②>① [B]IO,和I厂是该反应的催化剂 [D]④=③>②>① 23 能力提升练· 7.(2分)反应速率与反应物浓度的关系是用实 验方法测定的。化学反应H2十CL2一2HCl 5.(2分)将等物质的量的A、B混合于2L的密闭 的反应速率v可表示为v=kcm（H2)· 容器中发生反应：3A(g)+B(g)—一xC(g)+D c"(Cl2),式中k为反应速率常数，m、n值可用 (g)。经4min后，测得D的浓度为0.4mol· 下表中的数据确定。由此可推出，m、n的值正 L1,C的平均反应速率为0.1mol·L1· 确的是 ( min1,c平(A):c平(B)=3:5,下列说法不正 c(H2)/ c(Cl2)/ v/(mol· 序号 确的是 ( (mol·L1) (mol·L1)L1·s1) [A]x是1 ① 1.0 1.0 1.0k ② 2.0 1.0 2.0k [B]4min末，A的转化率为50% ③ 2.0 4.0 4.0k [c]起始时A的浓度为4.8mol·L1 1 [p]4min内v(B)=0.1mol·L-1·min CA]m=1、n=1 [B]m= 1 2n=2 6.(2分)某反应M(g)+N(g)=P(g)+Q(g) [c]m=1、n= 1 1 [o]m=2n=1 的速率方程为v=k·ca(M)·cb(N),其中 876543210+0.5 为速率霜数，其半症期为：°（半疾期指当利余 8.(8分)在2L密闭容器中进行反应：mX(g)+nY(g) 反应物恰好是起始的一半时所需的时间)。当 —一pZ(g)十qQ(g),式中m、n、p、q为该反应 其他条件不变，改变反应物浓度时，反应的瞬时 中各物质的系数。在0~3min内，各物质的物 速率如下表所示。下列说法错误的是( 质的量的变化如表所示： ) 物质 X Z Q c(M)/ 0.200.400.40 x0.80 起始量/mol 0.7 1 (mol·L-1) 2min末量/mol 0.8 2.7 0.8 2.7 c(N)/ 0.100.100.200.300.40 3min末量/mol 0.8 (mol·L-1) 已知2min内v(Q)=0.075mol·L1·min1, v/(×10-3mol. 1.22.42.43.6 y v(Z):v(Y)=1:2。 L1·min1) (1)试确定：起始时n(Y)= mol, [A]表中x=0.60,y=4.8 n(Q)= mol。 [B]速率常数k=6.0×10-3min1 (2)化学方程式中m= ,n= [c]增大反应物M或N的浓度，v均增大 = ,9= [D]若N足量，则剩余12.5%的M所需时间为 (3)用Z表示2min内的平均反应速率为 450 min mol·L-1·min1。 247.C[由题干表中信息可知，PCl(g)=PCl3(g)十Cl2(g)的 平衡常数随着温度的升高而增大，说明升高温度平衡正向移 s1=12molL-1·mim1,④u(C02)=2(H,0)=0.15 动，故反应的△H>0,根据反应前后气体的系数之和可知该 mol·L1·s1=9mol·L1·min1,故速率关系为③> 反应的△S>0,A错误；已知等质量的PCL固体具有的总能 ④>②>①；答案选C。] 量低于气态时具有的总能量，根据A项分析可知，PCL(g) 5,C[4min内，o(D)=Ac_0.4molL △t =0.1mol·L1· 一PC(g)+C2(g)△H>0,且由固体转化为气态是个吸 4 min 热过程，故可知反应PCl(s)=PCL3(g)十Cl2(g)的△H>a min',不同物质的化学反应速率之比等于其系数之比， kJ·mol1,B错误；410℃时，若起始向体积为1L的恒容容 器中充入PCl(g)、PCl3(g)、Cl2（g)各0.1mol,此时Q= =1,说明x=1,故A正确；假设A、B起始物质的量浓度为n c(PCL)·c(PC2)_0.1×0.1 mol·L1,列三段式： c(PCI) 0.1mol·L1=0.1mol.L-1> 3A(g)十B(g)=→xC(g)十D(g) 0.09mol·L1,故反应向逆反应方向移动，C正确；已知平衡 起始/(mol·L1) 0 常数仅是温度的函数，温度不变时同一反应的平衡常数不 转化/(mol·L1) 1.20.4 0.4 变，故310℃反应平衡时，其他条件不变，增大反应的压强，达 平衡/(mol·L1) n-1.2n-0.4 0.4 到新平衡时，反应的平衡常数将等于0.03mol·L1,D 则c(A):c(B)=(n一1.2)：(n一0.4)=3：5，n=2.4,则4 错误。] 8.[解析](1)N2(g)+3H2(g)=2NH(g)△H<0,在密闭 来A的转化来-是需×100%=50%，截B正速 容器中，开始时n(N2):n(H2)=2：6=1:3,反应时消耗 始时A的浓度为2.4mol·L1,故C错误；由于x=1,则 n(N2):n(H2)=1:3,故平衡时n(N2):n(H2)=1:3,所 v(B)=v(C)=0.1mol·L1·min1,故D正确] 以c平(N2):c平(H2)=1:3,转化率之比为1：1。(2)该反 6.C[M(g)十N(g)一=P(g)十Q(g)的速率方程为v=k· 应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动， c“(M)·c(N),其中k是反应速率常数；由第一组数据1.2 气体的总物质的量增大，总质量不变，故平均相对分子质量 ×10-3mol·L1·min1=k×(0.20mol·L1)“×(0.10 mol·L-1)卢和第二组数据2.4X103mol·L1·min1=k 变小，由p=V知密度不变。(3)达到平衡后，充入N2,并保 ×(0.40mol·L1)“×(0.10mol·L1),可知a=1,由第二 持容积不变，增大了N2的浓度，使平衡正向移动。(4)若容 组数据2.4×103mol·L1·min1=k×(0.40mol· 器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，根据 L1)“X(0.10mol·L-1)b,第三组数据2.4×103mol.L-1 勒·夏特列原理，平衡向吸热反应的方向移动，即逆向移动 ·min-1=k×(0.40mol·L1)×(0.20mol·L-1),两式 达到新平衡后，容器内温度大于原来的温度，小于原来温度 相比得到b=0;将a=1,b=0代入1.2×10-3mol·L-1· 的2倍。 min1=k×(0.20mol·L1)X(0.10mol·L1),得到k =6.0×10-3min1,速率方程式为v=6.0×10-3·c(M)· 分层作业（十二） c°(N)。将第四组数据代入速率方程可得，3.6×103mol· L-1·min1=6.0X103min1×xmol·L-1×(0.10mol· 答案速对 L1)°，x=0.6;将第五组数据代入速率方程可得，y× 10-3mol·L1·min1=6.0×10-3min-1X(0.80mol· 3 4 5 L1)×(0.40mol·L1)°，y=4.8,故A正确；由分析可知， C B A CCCC 速率常数飞=6.0×l0-3min1,故B正确；由速率方程式为o =6.0X10-3·c(M)·c°(N)可知，反应速率与N的浓度无 8.(1)2.33(2)1 423 关，增大N的浓度，反应速率不变，故C错误；根据题给信息， (3)0.05 其丰袁期为，若N足量，当刚余12,5%的M时可以看作 试题精析 经历3个半表期，即因此所需的时间为3X0.9 6X10-min=450 1.C[第一步是快反应，第二步是慢反应，则反应速率：0（第一 min,故D正确。] 步的逆反应)>口（第二步反应），A错误；由总反应及分步反 7.C[将第②组数据代入0=kcm(H2)·c"(CL2)可得：2.0k= 应可知，NO和NO3都是中间产物，B错误；反应2N2O(g)》 k×2.0m×1.0”,解得m=1。将第③组数据代入v= 一4NO2(g)十O2（g)分三步进行，则每一步反应可看作总 kcm(H2)·c"(C12)可得：4.0k=k×2.0m×4.0,且m=1,解 反应的基元反应，C正确；第二步是慢反应，慢反应决定整个 1 反应的反应速率，D错误。] 得n=2] 2.B[反应①中IO5→IO?,碘元素化合价降低被还原，IO2 8.[解析]2min内v(Q)=0.075mol·L1·min1,则 是还原产物，反应③中I厂被氧化为I2,I厂是还原剂，故A正 |△n(Q)l=0.075mol·L1·min-1×2min×2L 确；IO2、I是该反应的中间产物，故B错误；①一④步反应 0.3mol,根据表中数据可知，2min内X的物质的量变化量 中，①为慢反应，决定了总反应进行的快慢，所以此反应总反 △n(X)=0.8mol一0.7mol=0.1mol,Z的物质的量变化量 应速率由反应①决定，故C正确；反应④的离子方程式为12十 △n(Z)=|0.8mol-1moll=0.2mol,根据v(Z):v(Y)= SO十H2O—2I厂十SO十2H,故D正确。] 1:2可知，Y的物质的量的变化量△n(Y)=2|△n(Z)|= 3.A[同一个反应中，化学反应速率之比等于系数之比，同 0.4mol,反应中各物质的物质的量变化量之比等于其在化学 时间段内，各物质反应速率关系可得a:b:c:d=4：5:4：6, 方程式中的系数之比，则m:n:力：q=0.1mol:0.4mol: A正确。] 0.2mol:0.3mol=1:4:2:3,所以m=1、n=4、p=2、q 4.C[用不同物质表示的化学反应速率之比等于其系数之比。 =3。由3min末容器中既有反应物，又有反应产物可判断， ①(c0,)=2mol·Lt·min,②u(c0,)=子(H,)=3 该反应为可逆反应，反应的化学方程式是X(g)+4Y(g)亡 2Z(g)+3Q(g)。(1)2min内生成0.1molX,根据X(g)+ mol·L-1·min-1,③v(CO2)=v(CH4)=0.2mol·L-1· 4Y(g)2Z(g)十3Q(g)可知，生成Y的物质的量是 134 0.4mol,则起始时Y的物质的量为2.7mol一0.4mol=2.37.[解析](1)由图可知，反应I的活化能较高，反应Ⅱ的活化 mol;Q在2min内减少了0.3mol,所以起始时Q的物质的 能较低，相同条件下，反应的活化能越高，反应速率越慢，所 量是2.7mol十0.3mol=3mol。(2)根据以上分析可知，m 以反应速率：反应I<反应Ⅱ；催化剂能改变活化能的大小， =1、n=4、p=2、q=3。(3)2min内消耗的Z的物质的量是 从而影响反应速率，但它不能改变反应热，即△H将不变」 0.2mol,则用Z表示2min内的平均反应速率v(Z)= (2)①2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H<0,即 |△c(Z)l0.2mol 2 LX2 min =0.05mol·L-1·min1。 反应放热，因A为绝热容器，B为恒温容器，则随着反应的进 △t 行，容器A的温度高于容器B,则容器A中的反应速率较快， 分层作业（十三） 到达平衡所用的时间较短，但平衡时CO的转化率较低，所以 曲线a代表绝热条件，曲线b代表恒温条件，即表示容器A 的曲线为a。②X、Y两点中，CO转化率相同，即此时两容器 答案速对 内反应物浓度相同，但X为绝热条件下的反应，温度较高，反 应速率较快，则X、Y两点中，v玉(X)>v(Y);③M点处于 1: 23456 平衡状态，C0的转化率为50%，列出三段式： B BAD C D 2NO(g)+2CO(g)-N2 (g)+2CO2 (g) 起始浓度/ 7.(1)<不变 (mol·L-1) 1 1 0 0 (2)①a②>③1N 转化浓度/ 试题精折 (mol·L1) 0.5 0.5 0.25 0.5 平衡浓度/ 1.B[石墨合成金刚石，石墨和金刚石均为固体，改变压强，化 (mol·L-1) 0.5 0.5 0.25 0.5 学反应速率不变，故A错误；MnO2固体作催化剂，能加快反 c年(N2)·c年(C02)0.25X0.52 则K= 应速率，故C错误；Zn能置换出Cu,形成原电池，反应速率加 c￥(NO)·c(CO) -0.5×0.5mo1·L=1 快，故D错误。] mol厂1·L;M、N两点都是平衡点，则vE=v诞，即k正· 2.B[增大压强可增大单位体积内活化分子数，但活化分子百 c2NO·c2(C0)=k量·c(N,)·c2(C0,),则有 k正 分数不变，故A错误；升高温度，无论是吸热反应，还是放热 反应，正、逆反应速率均增大，故B正确；增加C(s)的用量， c(N2)·c2(CO2) 不能改变反应物的浓度，反应速率不变，故C错误；该反应为 c2(NO)·c2(CO) =K,即3k。一g灰=g餐爱=gK,平 气体体积不变的反应，增大压强，碘蒸气的浓度增大，气体颜 衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，温度越低，平衡常 色加深，但平衡不移动，所以颜色加深不能用勒·夏特列原 数K越大，lgK越大，lgE一lgk是值越大，因温度：M<N, 理解释，故D错误。] 所以g及玉一g诞值小的点是N。 3.A[活化分子之间的碰撞必须有合适的取向才能引发化学 分层作业（十四） 反应，才是有效碰撞，A错误；增大反应物的浓度，活化分子 的浓度增大，使单位体积内的活化分子增多，反应速率增大， 答案速对 B正确；对于有气体参加的反应，通过压缩容器容积增大压 强，气体的浓度增大，单位体积内的活化分子增多，反应速率 增大，C正确；加入催化剂，反应的活化能降低，活化分子增 12345 6 多，单位体积内的活化分子百分数增加，反应速率增大，D D CC CC D 正确。门 7.(1)CuO-ZnO ab 4.D[碳酸氢钠与盐酸的反应过程是HCO?十H (2)2y<15.x H2CO3,H2CO3一H2O十CO2个，第一步反应成键放热，第 (3)0.075mol·L1·min-1 小于随着反应正向 二步反应断键吸热，故其能量变化与过程a不同，A错误；过 进行，反应产物浓度逐渐增加，逆反应速率逐渐加快， 程b发生两步反应，第一步活化能更高，故第一步反应决定整 个反应的反应速率，B错误；催化剂通过改变反应活化能而改 所以前5min内的逆(CH,OH)小于前l0min内 变反应速率，不会改变反应的焓变，C错误；由图可知△H< 的v滋(CH,OH) (4)AD 0,根据反应可知△S<0,当△G=△H一T△S<0时反应可自 发进行，故该反应在低温下可以自发进行，D正确。] 试题精析 5.C[分析题表中数据，温度一定时，pH越大，c(O3)减小一半 所需时间越短；pH一定时，温度越高，c(O3)减小一半所需时 1.D[由速率与浓度关系式可知，增大N2和H2的浓度，可加 间越短。c(O3)减小一半，在①40℃、pH=3.0时，所需时间 快反应速率；升高温度、使用催化剂均可加快反应速率。] 为31~158min;在②10℃、pH=5.0时，所需时间大于169 催化剂 min;在③30℃、pH=7.0时，所需时间小于15min,则分解 2.C[合成氨反应为N:(g)+3H,(g)高温、南压2NH,(g 速率依次增大为②①③。] △H<0,该反应的正反应是气体分子数减小的放热反应，要 6.D[升高温度，反应速率增大，降低温度，反应速率减小，A 使平衡向正反应方向移动且同时加快反应速率，可采取加压 项错误；该反应前后气体分子数目不变，改变压强，平衡不移 或增大反应物浓度的措施，故②⑥符合题意，C正确。] 动，但反应速率对应改变，B项错误；增大NO2的浓度为原来 3.C[合成氨生产中，温度通常控制在500℃左右，在该温度 的2倍，若T>250℃，根据v=k·c(NO2)·c(CO)可知，反 范围内催化剂的活性最高，可以加快反应速率，C项正确。] 应速率变为原来的2倍，C项错误；当温度低于250℃时，根 4.C[步骤①中“净化”是除去杂质，防止铁催化剂中毒，故A 据v=k·c2(NO2)可知，反应速率只与c(NO2)有关，改变 正确；合成氨的反应为气体分子数减小的反应，加压有利于 CO的浓度，反应速率不变，D项正确。] 平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以加快反应速率， 351■