课时分层检测(36)化学反应速率及影响因素-【创新大课堂】2026年高三化学一轮总复习

课时分层检测（三十六） 1.(2024·甘肃卷)下列措施能降低化学反应速率 的是 A.催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B.中和滴定时，边滴边摇锥形瓶 C.锌粉和盐酸反应时加水稀释 D.石墨合成金刚石时增大压强 2.(2025·广东期中)下列关于化学反应速率的说 法正确的是 ) A.化学反应速率是指一定时间内任何一种反应 物物质的量的减少或任何一种生成物物质的 量的增加 B.化学反应速率为0.8mol·L1·s1是指1s 时某物质的浓度为0.8mol·L1 C.对于任何化学反应来说，反应速率越快，反应 现象就越明显 D.根据化学反应速率的大小可以知道化学反应 进行的快慢 3.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种 气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示： ↑物质的量/mol 1.58 Z 1.20 1.00 0.41 0.21 0 10 时间s 下列描述正确的是 A.反应开始到10s,用Z表示的反应速率为 0.158mol·L-1·s1 B.反应开始到10s,X的物质的量浓度减少了 0.79mol·L-1 C.反应开始到10s时，Y的转化率为79% D.反应的化学方程式为X(g)十Y(g)一Z(g) 4.反应3Fe(s)十4H,O(g)高温 Fe3O4(s)+4H2 (g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件 的改变能使反应速率加快的是 ①增加铁的量②将容器的体积缩小一半 ③保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ④保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大 A.①④ B.②③ C.③④ D.②④ 5.下列说法正确的是 A.增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分 子的百分数，从而使有效碰撞次数增多 化学反应速率及影响因素 B.有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小 反应容器的容积)，可增大活化分子的百分 数，从而使反应速率增大 C.升高温度能使化学反应速率增大的主要原因 是减小了反应物分子中活化分子的百分数 D.催化剂能增大单位体积内活化分子的百分 数，从而增大反应速率 6.如图表示某化学反应在使用催化剂(b曲线)和 未使用催化剂(a曲线)时，反应过程和能量的对 应关系。下列说法一定正确的是 能量 E 反应物 生成物 反应过程 A.a与b相比，b的活化能更高 B该反应反应物断键吸收的总能量小于生成物 成键释放的总能量 C.a与b相比，a中活化分子的百分数更高 D.a与b相比，a的反应速率更快 7.(2025·辽宁沈阳一模)N2O在金表面分解的实 验数据如下表。己知反应物消耗一半所需的时 间1/2称为半衰期。下列说法错误的是( t/min 0 20 40 60 80 c(N2O)/ 0.1000.0800.0600.0400.020 (mol·L-1) A.N2O消耗一半时的反应速率为0.0010 mol·L1·min1 B.100min时N2O消耗完全 C.该反应的速率与N2O的浓度有关 D.该反应的半衰期t1/2min与起始浓度co mol·L1的关系满足t1/2=500 co min 8.(2025·湖南衡阳三模) TiO2+水解反应为TiO2+ +(x+1)H2O=TiO2· xH2O↓十2H+。常温下， 301 一定量TOSO4溶于水溶 t/min 液中c(H+)与时间关系如 图所示。下列叙述错误的是 ( A.t2min时，正反应速率大于逆反应速率 B.其他条件不变，t3min时水解反应仍在进行 80 C.其他条件不变，通入NH3,TiO+平衡水解 率增大 D.t2~t3min内，TiO2+水解平均速率 (Ti02+)=2(c3-c2) mol·L1·min1 t3-t2 9.已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 2MnS04十K2SO4+10CO2个+8H2O。某化学 小组欲探究H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液 反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响， 进行了如下实验（忽略溶液体积变化）： 编号 0.01mol·L-1酸性KMnO4溶液体积/mL. V. 0.1mol·L-1H2C2O4溶液体积/mL 水的体积/mL 0 0 反应温度/℃ 202050 反应时间/min 2.15.50.5 下列说法不正确的是 A.V1=1,V2=2 B.设计实验I、Ⅲ的目的是探究温度对反应速 率的影响 C.实验计时是从溶液混合开始，溶液呈紫红色 时结束 D.实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化 表示的反应速率v(KMnO4)=0.01 mol·L1·min1 10.为了研究一定浓度F2+的溶液在不同条件下 被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判 断下列说法正确的是 100 80 2 60 ①80℃，pH=1.5 ②50℃，pH=1.5 350℃，pH=2.5 6 时间/h A.pH越小，氧化率越小 B.温度越高，氧化率越小 C.Fe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关 D.实验说明降低pH、升高温度有利于提高 Fe2+的氧化率 11.(2025·陕西部分学校入学考试)一定条件下， H2O(g)在某催化剂表面上发生分解反应生成 H2和O2,测得的实验结果如图所示。下列叙 述正确的是 381 8 。a(30,7) 6 。b(60,4) 0102030405060708090100110 t/min 已知：化学上，将反应物消耗一半所用的时间 称为半衰期(To.5)。 A.H2O(g)在该催化剂表面的分解反应是可 逆反应 B.H2O(g)的半衰期与起始浓度成反比 C.在该催化剂表面H2O(g)分解反应先快 后慢 D.ab段O2的平均生成速率为5.0×10-4 mol·L1·min-l 12.一定条件下测得反应2HC(g)十202(g)一 Cl2(g)十H2O(g)的反应过程中n(Cl2)的数据 如下： t/min 0 2.04.06.0 8.0 n(C2)/(×10-3mol) 0 1.83.75.4 7.2 计算2.0~6.0min内以HCl的物质的量变化 表示的反应速率（以mol·min1为单位，写出 计算过程)： 13.对于反应aA(g)十bB(g)=cC(g)十dD(g), 速率方程v=kcm(A)·cm(B),k为速率常数 (只受温度影响)，m十n为反应级数。已知H? (g)+CO2(g)=CO(g)十H2O(g),CO的瞬 时生成速率=kcm(H2)·c(CO2)。一定温度 下，控制CO2起始浓度为0.25mol·L1,改 变H2起始浓度，进行以上反应的实验，得到 CO的起始生成速率和H2起始浓度呈如图所 示的直线关系。 */mol·L·s) 2.0 1.5 1.0 0.5 00.20.40.6cH)/molL) (1)该反应的反应级数为 (2)速率常数k= (3)当H2的起始浓度为0.2mol·L1,反应 进行到某一时刻时，测得CO2的浓度为 0.2mol·L1,此时CO的瞬时生成速率v= mol·L1·s1。③C0(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)△H=-41.2: k·mol1根据盖斯定律可知，②=③-①，则△H2=△H-△H1: =(-41.2k·mol-1)-(-47.2kJ·mol-1)=+6J·mol1。 12.答案(1)(E1-E2)+△H+(E3-E4)(2)-911.9 解析(I)设反应过程中第一步的产物为M,第二步的产物为N,! 则X→M的△H1=E-E2,M→N的△H2=△H,N→Y的△H=! E3一E4,根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为△H1十△H2十 △H3=(E1-E2)十△H十(E3-E4)。 (2)根据盖斯定律，①+②+2X③可得反应Ca0(s)十2AI(s)+: 7H2O()Ca2+(aq)+2[A1(OH)4]-(aq)+3H2(g),则△H4=: △H1+△H2+2△H3=(-65.17kJ·mol-1)+(-16.73: kJ·mol-1)+2×(-415.0kJ·mol-1)=-911.9kJ·mol-1。 13,答案(1)2C,H(g)+902(g)—6C02(g)+6H,0(g)△H= -3854kJ·mol-1(2)2H2S+O2 Fe+L2H0+2SY[或 2H2S(g)+O2(g)= e+L(ag)2H,0(1)+2S(s)】放出 (a+合)热量作催化剂（或降低反应活化能） 解析(1)设Ⅲ.2C3HgO(g)+9O2(g)一6CO2(g)+8H2O(g): △H=-3750kJ·mol1,根据盖斯定律Ⅲ-2×I得2C3H6(g)1 +902(g)—6C02(g)+6H20(g)△H=-3854k·mol-1。 14.答案(1)BA→B是甲烷中的C一H断裂过程，断键吸热，A的· 能量小于B;B→C是形成化学键的过程，成键放热，B的能量大于： C(2)664.75(3)271(④·C0+·H+子，(g)一·H0- C0+2H,(g)-2.05Na 解析(3)反应I中断裂2molC-H、形成1mol碳碳π键和： 1molH-H,故416k·mol1×2-E(碳碳π键)-436： k·mol1=+125kJ·mol厂1，解得E(碳碳π键)=271kJ·mol-1。 课时分层检测（三十三） 1.D2.C3.D4.B5.C6.A7.B8.B9.B10.C 11.答案(1)S02-2e-+2H20=4H++S02 (2)2 mol 解析(1)由图可知，该装置为原电池，电极a为电池的负极，通入 的二氧化硫气体在负极失去电子发生氧化反应生成硫酸，电极反· 应式为SO2-2e+2H20一4H++SO星。(2)由反应H2S+ H2SO4-S02↑+S↓+2H2O、S+O2 -S02可知，1molH2S! 参加反应时，负极上有2mol二氧化硫参与放电，由得失电子守恒： 可得：2mol×2=n(H2)X2,解得n(H2)=2mol。 12.(1)①铂②14C02+12e+8H20—H2CCH2+12HC03 ③16.8L(2)C+xe+xNa+—NaC Na1-zTMO2+xe+: xNa+-NaTMO2 课时分层检测（三十四） 1.D2.A3.C4.B5.B6.C7.C8.C9.A10.A11.A 12.D 13.答案(1)①CI--5e-+2H20=CIO2◆+4H+ ②0.01在阴极发生反应：2H20+2e一H2个+20H,OH 浓度增大，pH增大 (2)ADE 解析(1)①由题意可知，阳极上C1放电生成C1O2,由元素守恒 可知，有水参加反应，同时生成H十，阳极的电极反应式为CI一 5e+2H20—ClO2个+4H+。②在阴极发生反应：2H20+: 2e一H2个十20H,生成氢气的物质的量为n=7丽 2.4Lm0=0.005mol,通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离 0.112L 子，故交换膜的阳离子的物质的量为0.005mol×2=0.01mol;电1 解中阴极OH一浓度增大，溶液的pH增大。(2)A.体系中存在沉 淀溶解平衡：Ag2SO,(s)一2Ag+(aq)+SO?(aq),故A正确； B.阳极的电极反应式为2Ag一2e十SO一Ag2SO4,故B错！ 误；C.钛电极是阴极电势低，故C错误；D.阴极区可获得超细银粉！ 的原理：T3+将银离子还原，T3+十Ag+一Ag十T4+,故D正 确；E.T3+将银离子还原，可获得超细银粉，也可实现T3+/T4+ 循环利用，故E正确。故选ADE。 14.答案(1)①PbO2XPb02+S0-+4H++2e一PbS04+ 542 2H2O②A1-3e+3H2O=A1(OH)3(胶体)+3H+、2H2O- 4e—02个+4H+③0.4 (2)①C02+2eC0+02-②6：5 解析(1)③消耗103.5g(0.5mol)Pb,转移电子的物质的量为 1mol,装置的电流效率为80%，故装置Ⅱ阴极上参与反应的电子 为0.8mol,阴极反应式为2H2O十2e-=H2个十2OH,即产生 0.4molH2。(2)①由图示可知，阴极上C02→C0,且固体电解 质能传导O-,则阴极反应式为CO2十2e- —C0+02-。②假 设生成的乙烯和乙烷的物质的量分别为2mol和1mol,由2CH4 →C2H4+2H2、2CH4→C2H6+H2知，生成2mol乙烯和 1mol乙烷时，共脱去5molH2,转移10mole-,根据电子转移数 目守恒可知，此时消耗的CO2为5mol,消耗的CH4为6mol,即消 耗的CH4和CO2的体积比为6：5。 课时分层检测（三十五） C2.D3.D4.B5.C6.B7.C8.B9.B10.D11.B 12.答案Fe-2e—Fe2+2NO2+8H++6Fe2+一N2个+ 6Fe3++4H20 解析根据电解原理，阳离子向阴极移动，由装置图可知，A为电 源的正极，B为电源的负极，铁作阳极，电极反应式为Fe一2eˉ Fe2+;NO2在酸性条件下具有强氧化性，能将Fe2+氧化，本身被 还原成N2,其反应的离子方程式为2NO2+8H++6Fe2+ N2↑+6Fe3++4H2O。 3.答案(1)Cu、Ag减小(2)c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增 大，阴极发生副反应：2H++2e-一H2个，影响Pb2+放电，使铅 产率减小 解析(1)粗铅中的Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥 的主要成分为Cu和Ag;阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn,阴极上 析出的金属只有Pb,两极上得失电子守恒，故工作一段时间后，溶 液中P2+浓度有所下降。 14.答案(1)①Fe-6e+80H—Fe0?+4H20 ②阴<③氢气 (2)①2a>②1左 解析(1)①由图可知，铁极为阳极，铁失去电子发生氧化反应生 成FeO层，阳极的电极反应式为Fe-6e十8OH-—FeO十 4H2O;②电解池中阳离子向阴极运动、阴离子向阳极运动；中间室 的钠离子向左侧运动与生成的氢氧根离子得到氢氧化钠，氨氧根 离子向右侧移动，故右侧的离子交换膜为阴离子交换膜，阴极区得 到氢氧化钠溶液变浓，故α%<b%;③阴极水中氢离子放电生成氢 气，电极反应式为2H2O+2e一H2个十2OH,故产生的气体 为氢气；(2)①由总反应可知，左侧AgCl/Ag电极为负极，发生氧 化反应Ag-e-十Cl 一AgCl;右侧为正极，氯气得到电子，发生 还原反应CL2+2e一—2CI一；原电池中阳离子向正极运动，故氢 离子移向右侧和氯离子形成HCl,当电路中转移a mol e一时，交换 膜左侧溶液中必有amol氯离子沉淀，有amol氢离子向右运动， 约减少2amol离子；反应后交换膜右侧溶液中c(HCI)变大，故大 于1mol/L(忽略溶液体积变化)；②11.2L氯气（标准状况）物质的 量为0.5mol,正极反应式为Cl2十2e一2C1,0.5mol氯气参 与反应生成1mol氯离子，负极反应式为Ag-e十Cl一AgCl, 交换膜右侧增加了1 mol Cl一，为了维持电荷守恒，必有1 mol Cl 从交换膜右侧溶液通过阴离子交换膜向左侧迁移。 课时分层检测（三十六） C2.D3.C4.D5.D6.B7.C8.D9.C10.D11.D 2.答案o(HC)=2u(C2)=2×C》=2× △t (5.4-1.8)×10-3m0l=1.8×10-3mol·min (6.0-2.0)min 3.答案(1)2(2)15(3)0.45 解析(1)控制CO2起始浓度为0.25mol·Lˉ1，根据C0的瞬时 生成速率=km(H2)·c(CO2)和H2起始浓度呈直线关系可知，m =1,该反应的反应级数为1十1=2。(2)将图像上的点(0.4,1.5) 代入v=kc(H2)·c(C02)中有1.5=0.4×k×0.25,解得k=15。 (3)由于C02起始浓度为0.25mol·L1,反应进行到某一时刻时， 测得C02的浓度为0.2mol·L1,△c(C02)=(0.25-0.2) mol·L-1=0.05mol·L-1,△c(H2)=△c(C02)=0.05mol·L-1, H2的瞬时浓度为c(H2)=(0.2-0.05)mol·L-1=0.15 mol·L-1,此时C0的瞬时生成速率v=15×0.15×0.2 mol.L-1·s-1=0.45mol·L-1·s1。 课时分层检测（三十七） 1.D2.D3.C4.C5.B6.A7.C8.B9.D10.A11.B 12.答案(1)温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快(2)>V 解析(2)由图2可知，T2℃时，N2的浓度小于N2O的浓度，说明 反应V的反应速率小于反应Ⅵ的反应速率，则反应V的活化能大 于反应Ⅵ的活化能；T3℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发 生的主要反应为反应N。 13.答案(1)I高(2)随着H2体积分数的增加，N0反应完后， 在Pt催化下，N2和H2反应生成NH3,所以N2的体积分数呈下 降趋势(3)0.00120% 解析(3)由题给数据可知，0一20min,反应速率为v(N2O)= (0.10-0.08)mol·L =0.001mol·L1·min-1。由题给数据 20 min 可知，反应速率(N2O)与反应物N2O的浓度无关，反应速率恒定 为0.001mol·L1·min1,则反应至40min时N2O的转化率a _0.001mol,L1:min1×40min×100%=20%。 0.20mol·L 课时分层检测（三十八） 1.B2.A3.D4.A5.D6.C7.C8.C9.B10.D11.B 12.C 1答案088 (2)吸热(3)700℃(4)等于 (5)不(6)向逆反应方向进行 解析(1)根据化学方程式CO2(g)十H2(g)=CO(g)+H2O(g) c(CO)·c(H2O) 可知，该反应的平衡常数表达式为K c(C02)·c(H2)。(2)根据 题干中的表格可知，随着温度的升高，平衡常数逐渐增大，说明正 反应为吸热反应。(3)根据平衡常数表达式K=c(C0》,c(H,O) c(CO2)·c(H2) 可知，K=3/5=0.6,平衡常数只与温度有关，温度一定，平衡常数 为定值，所以此时对应的温度为700℃。(4)化学平衡常数只与温 度有关，与反应物和生成物的浓度无关，所以只要在830℃条件 下，该反应平衡常数的数值都为1.0。(5)830℃达到平衡，扩大容 器体积的瞬间，反应物和生成物的浓度都减小相同的倍数，根据平 贵索数表选式K-8:可如，反应物和生成瑞同时支 变相同的倍数，Q=K,平衡不移动。（6)1200℃时，Q= c(C0)·c(2,将各物质的浓度代入可得Q=4,而此温度下的 c(CO)·c(H2O) 平衡常数为2.6，即Q>K,所以该反应向逆反应方向进行。 14.答案(1)吸0.20(2)逆反应方向不变(3)升高温度 解析(1)由图可知，升高温度，CO2的平衡浓度增大，说明平衡正 向移动，则该反应的正反应为吸热反应；温度为T与℃时，CO2的平 衡浓度为0.20mol·L1,则该反应的平衡常数K=c(CO2)= 0.20。(2)达到平衡后，保持温度不变，再次通入1molC02,生成 物浓度增大，则平衡逆向移动，平衡常数K只与温度有关，温度不 变，K不变，则再次平衡后容器内的c(CO2)=0.2mol·L-1,根据 阿伏加德罗定律的推论可知，容器内的压强不变。 (0.42)2×(0.42)2 15.答案(1)B（2)1-0.84)4×(1-0.21)c 解析(1)由图可知，温度越高，HC1的平衡转化率越小，则该反应 的△H<0,A项错误；反应中有Cl2生成，当容器内气体的颜色不 再变化时，氯气浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，B项正确； 降低温度，正、逆反应速率均降低，C项错误；其他条件一定时，氧 气的投料越多，平衡正向移动，生成C2的物质的量增大，但氧气 的投料较大，平衡时C12的体积分数不一定增大，D项错误。 (2)c(HCI):c(O2)比值越大，HC1转化率越低，结合图像，最上面 即为c(HCl):c(O2)=1:1的图像，400℃时，HCl平衡转化率为 84%,可列出三段式： 4HC1(g)+02(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) 起始C0 Co 0 0 转化0.84c0 0.21co 0.42c00.42c0 平衡(1-0.84)c0 (1-0.21)co0.42c0 0.42c0 则K(400℃)= c2(C2)·c2(H20) (0.42)2×(0.42)2 c4(HC1)·c(O2)(1-0.84)4X(1-0.21)co 5 课时分层检测（三十九） 1.B2.A3.D4.A5.B6.C 7.答案0.050 7.5 o 解析在此条件，0~4min的x(CH,OH)=p0-0.8p)kPa 4 min 0.05p。kPa·min-1;设平衡时CH3OH反应了xmol,列出三段式： CH OH(g)+CO(g)HCOOCH (g) 起始/mol 2 2 0 转化/mol x x 平衡/mol2-x 2-x x 反应后总物质的量为(4一x)mol,T、V一定时，n和p成正比，所以 4 元070，解得x=1.2,则反应后总物质的量为2.8mol 、2 CH,0H的物质的量分数为号，C0的物质的量分数为号， HCOOCH,,的物质的量分数为号，则K,=pCH0D:pCO (HCOOCH3) 号X0.7p 号x07×号×0.7 kPa1=:5kPa1 Po 8.答案9.1%0.8p 解析设起始时n(CH3COOH)=1mol, CH,COOH(g)-2CO(g)+2H2 (g) 转化 0.2 mol 0.4 mol 0.4 mol CH,COOH(g)-CH(g)+CO2(g) 转化 0.6 mol 0.6 mol 0.6 mol (1-0.2-0.6)mol 乙酸体积分数为0.4+0.4十0.6十0.6T0.2)m0×100%≈ 9.1%,脱骏基反应的K, p(CH4)×p(C02= 0.6p×0.6p (CH COOH) 2.2×2.2kPa 0.2p 2.2 ≈0.8pkPa。 9.答案0.4p15 解析N2O4（g)一一2NO2(g),N2O4气体的平衡转化率为25%，设 起始N2O4的物质的量为x,则平衡时剩余的N2O4的物质的量为 0.75x,生成的NO2的物质的量为0.5x,混合气体平衡总压强为p, 时0，的分压为。020pN:0,分压为。产 pX0.5x pX0.75x 0.6p;反应N20,(g)=2NO2(g)的平衡常数K=06=号。 10.答案 ，X()丁 1-a 解析恒压反应器中，按照n(H2):n(CsH:)=4：1投料，设投 入的苯的物质的量为1mol,发生I、Ⅱ反应，总压为po,平衡时苯 的转化率为α，环己烷的分压为p,则 (g)+3H2(g)= (g) 起始/mol 1 4 0 转化/mol 3a 平衡/mol1-a 4-3a (g)= (g) CH 起始/mol 0 转化/mol x x 平衡/mol Q-x x 反应后平衡体系中总的物质的量为1一a十4-3a十a-x十x=5 3,故平衡时，苯的分压为品，H,的分压为二2，则反应 I的K,= (环己烷) p(苯)·p3(H2)1-a 3 11.答案(1)①0.1②2③50% (2)①<②40%③5