[课后分层练(6)] 影响化学反应速率的因素 活化能-【正禾一本通】2025-2026学年高二化学选择性必修1同步课堂高效讲义配套练习（人教版单选）

[课后分层练(六)]　影响化学反应速率的因素　活化能 (限时40 min，选择题每题3分，非选择题14分) 【基础达标练】 1．(2025·华中师范大学一附中期中)下列过程与化学反应速率无关的是(　　) A．橡胶的老化 B．使用冰箱储存食物 C．14C的半衰期测年代 D．由甲烷通过化学气相沉积制钻石 解析：选C。元素的半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，不涉及化学反应速率，C符合题意；由甲烷通过化学气相沉积制钻石是通过化学反应在基底上沉积碳原子，涉及化学反应速率，D不符合题意。 2．(2025·广东名校联考)改变化学反应的外界条件可以调控生产效率。对于合成氨反应3H2(g)＋N2(g)⥫⥬2NH3(g)，下列措施不能改变反应体系内活化分子百分数的是(　　) A．降低体系的温度 B．增大反应物浓度 C．升高体系的温度 D．使用催化剂 解析：选B。增大反应物浓度，增大了单位体积内活化分子的数目，但是活化分子百分数不变，B正确。 3．Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，可实现氯资源的再利用。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是(　　) A．CuCl2分解产生两种产物，物质X为Cl2 B．中间产物有5种 C．反应制得1 mol Cl2，转移电子数为2NA D．该反应的化学方程式为4HCl＋O22Cl2＋2H2O 解析：选B。CuCl2分解产生CuCl，铜的化合价降低，氯的化合价升高，物质X为Cl2，A正确；该过程总反应4HCl＋O22Cl2＋2H2O，反应制得1 mol Cl2，转移电子数为2NA，Ⅰ中CuO先参与反应后重新生成是催化剂，有Cu(OH)Cl、CuCl2、CuCl、Cu2OCl2四种中间产物，B错误，C、D正确。 4．(2025·安徽合肥一中期中)控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的硫酸和锌反应的实验数据，下列有关叙述正确的是(　　 ) 序号 硫酸的体积/mL 锌的质量/g 锌的状态 温度/℃ 完全溶于酸的时间/s 生成硫酸锌的质量/g 1 50.0 2.0 颗粒 25 70 m1 2 50.0 2.0 颗粒 35 35 m2 3 50.0 2.0 粉末 25 t1 5.0 4 50.0 6.0 粉末 25 t2 15.0 5 50.0 8.0 粉末 25 t3 19.3 6 50.0 10.0 粉末 25 t4 m3 A．t1>70 B．m3＝19.3 C．实验1、实验2与实验3探究的只是温度对化学反应速率的影响 D．无法计算出硫酸的物质的量浓度 解析：选B。实验1与实验3相比，只有反应物的接触面积不同，其他条件相同，粉末状的比颗粒状的接触面积大，接触面积越大反应速率越快，实验3的反应速率快，所以t1<70，A错误；2.0 g锌与硫酸反应生成5.0 g硫酸锌，实验4和实验5相比，实验5比实验4硫酸锌的质量增加4.3 g，说明实验5中硫酸完全反应，再增加锌的质量，硫酸锌的质量不变，所以m3＝19.3，B正确；根据表格数据可知，实验1与实验2的变量是温度，实验1与实验2探究的是温度对化学反应速率的影响，实验1与实验3的变量是反应物的接触面积，实验1与实验3探究的是反应物的接触面积对化学反应速率的影响，C错误；实验5中硫酸完全反应，硫酸的物质的量n＝≈0.12 mol，浓度c＝＝＝2.4 mol/L，D错误。 5．(2025·江苏连云港高二期中)已知H2(g)＋2ICl(g)===I2(g)＋2HCl(g)　ΔH＝－218 kJ·mol-1。该反应分两步完成： 慢反应①：H2(g)＋2ICl(g)===HCl(g)＋HI(g)＋ICl(g)　ΔH<0 快反应②：HCl(g)＋HI(g)＋ICl(g)===I2(g)＋2HCl(g)　ΔH<0 下列示意图能正确表示反应过程中能量变化的是(　　 ) 答案：B。 6．物理学上将放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需的时间叫半衰期，在化学反应中有时将物质消耗一半所用时间也叫半衰期。298 K时，在催化剂作用下M生成N，反应物起始浓度与催化剂、反应时间关系如图所示。下列叙述错误的是(　　 ) A．条件Ⅱ，M的起始浓度为9.0 mol·L-1时半衰期为187.5 min B．条件Ⅲ，M的反应速率为1.2×10-2 mol·L-1·min-1 C．其他条件相同，催化剂浓度越大，反应速率越大 D．其他条件相同时，M的起始浓度越大，反应速率越快 解析：选D。观察图像，M生成N的反应是直线型反应，是匀速反应。起始浓度与消耗时间成正比，设M消耗4.5 mol·L-1时需要时间为t，则3.0∶125＝4.5∶t，t＝187.5 min，A正确；条件Ⅰ和条件Ⅲ速率相等，v＝ mol·L-1·min-1＝1.2×10-2 mol·L-1·min-1，B正确；由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，催化剂浓度越大，反应速率越大，C正确；由曲线Ⅰ、Ⅲ可知，反应速率与起始浓度无关，D错误。 7．地下水中加入H2O2可将地下的三氯乙烯(C2HCl3)除去，反应如下：3H2O2＋C2HCl3===2H2O＋2CO2↑＋3HCl。常温下，在某密闭容器中进行上述反应，测得c(H2O2)随时间的变化如表所示： 时间/min 0 2 4 6 8 …… c(H2O2)/(mol·L-1) 1.20 0.90 0.70 0.60 0.55 …… 已知：在反应体系中加入Fe2+，可提高该反应的反应速率。下列说法错误的是(　　 ) A．Fe2+为该反应的催化剂 B．反应过程中可能产生O2 C．加热，正反应速率加快，逆反应速率减小 D．0～4 min内v(H2O2)＝0.125 mol·L-1·min-1 答案：C。 【拓展提能练】 8．(2025·清华大学附中期中)丙酮(碘化反应为兴趣小组在20 ℃时研究了该反应的反应速率。他们在反应开始前加入淀粉溶液，通过观察淀粉溶液褪色时间来度量反应速率的大小。实验数据如下表，其中①～③混合液总体积均为100 mL。 序号 n(丙酮)/mol n(I2)/mol 褪色时间/s ① 0.2 2×10-4 40 ② 0.1 2×10-4 80 ③ 0.2 1×10-4 20 下列推理合理的是(　　 ) A．实验①中，v(I2)＝5×10-6 mol·L-1·s-1 B．由实验①②可知，c(丙酮)越小，反应速率越快 C．由实验①③可知，c(I2)越小，反应速率越快 D．该反应可能会出现反应速率随时间先增大后减小的现象 解析：选D。实验①中淀粉溶液褪色时间为40 s，则v(I2)＝＝＝＝5×10-5mol·L-1·s-1，A错误；实验①②中只有c(丙酮)不同，其他数据相同，并且实验①中c(丙酮)大、褪色时间短，即c(丙酮)越大，反应速率越快，B错误；实验①③中只有c(I2)不同，其他数据相同，并且实验③中c(I2)小、褪色时间短，但I2的物质的量是①的一半，褪色时间也是①的一半，即改变c(I2)，反应速率不变，C错误；随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，故反应速率也逐渐减慢，但该反应可能是一个放热反应，导致溶液温度升高反应速率加快或者生成的H＋起催化剂的作用，故该反应可能会出现反应速率随时间先增大后减小的现象，D正确。 9．(2025·河南南阳期中)中国科学院化学研究所报道了化合物1催化CO2氢化机理。该机理中化合物1(催化剂，固态)―→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如下图所示。下列说法错误的是(　　 ) A．化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11－2、TS21－2，说明这一过程包含两个基元反应 B．图中11－2生成化合物2的过程是放热过程 C．过程①的活化能低于过程②的活化能 D．过程①的热化学方程式为1(s)＋CO2(g)===11－2(s)　ΔH＝＋2.08 kJ·mol-1 解析：选D。过程①的热化学方程式为1(s)＋CO2(g)===11－2(s)　ΔH＝＋2.08 kcal·mol-1，D错误。 10．(2024·广西高考)烯烃进行加成反应的一种机理如下： 此外，已知实验测得CH2===CH2、CH3CH===CH2、(CH3)2C===CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小。下列说法错误的是(　　) A．乙烯与HCl反应的中间体为CH3— B．乙烯与氯水反应无CH2ClCH2OH生成 C．卤化氢与乙烯反应的活性：HBr>HCl D．烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易 解析：选B。HCl中H带正电荷、Cl带负电荷，结合机理知，乙烯与HCl反应的中间体为CH3—，A正确；氯水中存在HClO，其结构为H—O—Cl，其中Cl带正电荷、OH带负电荷，结合机理可知，乙烯与氯水反应可能会有CH2ClCH2OH生成，B错误；机理的第一步反应为慢反应，决定反应的速率，HCl比HBr稳定，H—Br键的键能更小容易断裂，反应更快，则卤化氢与乙烯反应的活性HBr>HCl，C正确；已知实验测得CH2===CH2、CH3CH===CH2、(CH3)2C===CH2与Br2进行加成反应的活化能依次减小，则烯烃双键碳上连接的甲基越多，与Br2的反应越容易，D正确。 11．零价铁活化过硫酸盐耦合类芬顿体系可以产生强氧化性的羟基自由基(·OH)和硫酸根自由基(SO·)，被用于氧化降解废水中的抗生素。 (1)该体系中产生自由基的机理如图所示。 SO·在碱性溶液中可转化为·OH，该反应的离子方程式为_________________________________________________________________________。 (2)为探究体系中SO·和·OH降解抗生素的能力，设计了自由基猝灭实验。CH3OH是SO·和·OH的猝灭剂，能与SO·、·OH快速反应；(CH3)3COH是·OH的猝灭剂，难和SO·反应。零价铁活化过硫酸盐耦合类芬顿体系处理废水时分别加入上述猝灭剂，抗生素残留率与时间的关系如图所示。 ①甲醇和·OH反应的原理是·OH拔走了甲醇中的一个H原子，生成一个新的自由基，可能产物的相对能量如图所示，该反应最有可能的方程式为________________________________________________________________________。 ②实验Ⅰ加入的猝灭剂甲是________________________________________________________________________。 ③降解抗生素的自由基主要是哪个，简述理由：________________________________________________________________________。 (3)探究S2O(PDS)的物质的量分数对抗生素去除率的影响。在pH＝7的废水中，PDS和H2O2总浓度为1×10-3mol·L-1，相同时间内，PDS的物质的量分数与抗生素残留率的关系如图所示。 ①PDS的物质的量分数从80%降到50%，抗生素残留率降低的原因是________________________________________________________________________。 ②PDS的物质的量分数降到0%时，抗生素残留率升高的原因是________________________________________________________________________。 解析：(2)②从图中可以看出，实验Ⅰ中抗生素残留率高，即SO·和·OH含量少，猝灭剂甲的猝灭效果好于猝灭剂乙，则甲同时猝灭SO·和·OH，实验Ⅰ加入的猝灭剂甲是CH3OH或甲醇，猝灭剂乙是(CH3)3COH。 答案：(1)SO·＋OH－===·OH＋SO (2)①CH3OH＋·OH===·CH2OH＋H2O ②CH3OH(或甲醇) ③·OH，实验Ⅱ和实验Ⅰ在相同时间内降解率差距不大，说明SO·降解能力不强；相同时间内实验Ⅲ降解率远大于实验Ⅱ和实验Ⅰ，说明·OH降解能力强 (3)①c(S2O)减小，生成的SO·浓度减小，c(H2O2)增大，生成的·OH浓度增大，·OH降解能力比SO·强，相同时间内抗生素残留率低 ②c(Fe2+)降低，不利于产生SO·和·OH，降解能力减弱，抗生素残留率增大 学科网（北京）股份有限公司 $