2.1.8化学反应速率的综合应用同步练习 2026-2027学年高二上学期化学人教版选择性必修1

**基本信息** 2.1.8化学反应速率的综合应用同步精练（人教版选择性必修1高二上），以基础计算→实验探究→工业应用为进阶路径，分层梯度清晰，强化化学观念与科学探究能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础认知|速率计算、转化率、图像分析|1-3题选择题，直接考查速率关系、物质的量变化曲线，巩固化学计量数与速率关系| |能力提升|实验设计、影响因素探究|4-7题含实验操作（如装置气密性检查）、变量控制（浓度/温度对速率影响），培养科学思维与探究能力| |综合应用|工业流程、平衡与速率综合|8-10题结合硫酸工业、脱硝反应等真实场景，分析条件选择与转化率计算，体现科学态度与责任|

2.1.8化学反应速率的综合应用同步精练— 2026-2027学年高二上学期化学人教版选择性必修1 考点：化学反应速率的综合应用 1、某温度下，容器中发生反应，在内由变成(反应尚未达到平衡)。下列说法正确的是 A．反应速率关系： B．内， C．内，的转化率为 D．内，上述反应转移电子数目为 2、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，下列描述正确的是 A．反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为 B．反应开始到10s时，X的物质的量浓度减少了 C．反应开始到10s时，Y的转化率为79.0% D．反应的化学方程式为 3、某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下： 时间段/ 产物Z的平均生成速率/ 0～2 0.20 0～4 0.15 0～6 0.10 下列说法错误的是 A．时，Z的浓度大于 B．时，加入，此时 C．时，Y的体积分数约为33.3% D．时，X的物质的量为 4、研究化学反应速率对于科学研究和工农业生产具有重要的指导意义。 Ⅰ．实验一：测定化学反应速率 【实验原理】硫酸与硫代硫酸钠溶液混合，会产生乳白色浑浊和有刺激性气味的气体。 【实验用品】0.1 mol/L 溶液。0.5 mol/L 溶液、蒸馏水。试管、烧杯、量筒、胶头滴管等。 （1）为保证实验的准确性和可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的操作是 。 （2）除如图装置所示的实验用品外，还需要的一件实验仪器是 (填名称)；圆底烧瓶内发生反应的离子方程式为 。 实验二：探究化学反应速率的影响因素并定量计算 实验编号 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 蒸馏水 浓度/(mol/L) 体积/mL 浓度/(mol/L) 体积/mL 体积/mL 温度/℃ Ⅰ 0.1 8 0.5 10 V 20 Ⅱ 0.1 10 0.5 10 0 a Ⅲ 0.1 10 0.5 10 0 30 （3）①实验Ⅰ、Ⅱ探究 对化学反应速率的影响。 ②V= ，a= 。 ③用pH传感器测得实验Ⅲ在40 s时为，则该反应在40 s内的平均化学反应速率 。 Ⅱ．硫酰氯常用于有机合成。制备原理：   。实验测得速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。m、n为反应级数，可以为整数、分数、正数、负数和0)。 为了测得反应级数，实验数据记录如下： 序号 速率 a 0.10 0.10 b 0.20 0.10 c 0.10 0.05 （4）根据上述实验结果，计算m= ，n= ，k= 。 5、科学家正着力研究用反应(选择性催化还原氮氧化物)对含的烟气进行脱硝，最终产物为无污染的和。某种活性炭催化脱硝的机理如下所示： 脱硝历程 最高活化能 阶段①： 118.9 阶段②： 19.1 阶段③： 105.3 阶段④： 83.7 阶段⑤： 69.2 注：脱硝的每阶段都包括若干基元反应，表中显示的是该阶段的总反应以及各基元反应活化能中数值最大的一个。 （1）根据上述反应历程可知反应的化学方程式为 。 A． B． C． D． （2）当反应温度低于150℃时，随着反应进行，NO的转化率逐步下降，主要是因为催化剂表面出现白色固体沉积，覆盖活性点位，该固体可能是 。 （3）研究发现，将烟气中部分预先氧化为后再进行反应，可明显提升单位时间内的脱硝率，结合上表数据解释可能的原因。 。 6、溶液可用于烟气脱硝。常温下，调节溶液至不同，将烟气以固定速率通过该吸收液，烟气中的可转化为。测得去除率与吸收液关系如下图所示。 （1）已知烟气中初始浓度为吸收液每分钟可对烟气进行脱硝处理。用溶液中浓度表示时的脱硝速率为___________。(忽略吸收液体积变化) A． B． C． D． （2）已知氧化性。当吸收液时，去除率随升高迅速下降的原因是 。 7、I．依据下图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题： （1）图中，X的化学式为 ，从化合价上看，X具有 (填“氧化”或“还原”)性。 （2）氯化铵能为植物提供铵态氮，检验某种化肥是铵态氮肥的操作方法 。 （3）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。已知断开或形成共价键所吸收或放出的能量如表所示： 则氨气燃烧时生成和水蒸气时的热化学方程式为 。 II．已知，某同学设计如下实验探究外界条件对化学反应速率的影响，并测定反应速率。 实验 温度 溶液的体积 溶液的体积 溶液的体积 水的体积 溶液褪色的时间 ① 25 10 20 20 a 2.5 ② 25 20 20 20 40 颜色变浅，但不褪去 ③ 50 10 20 20 50 t （4）利用实验①与③探究温度不同对反应速率的影响，则t 2.5(填“>”、“=”或“<”)。 （5）利用实验①中数据，计算用表示的化学反应速率为 。 （6）实验②最终溶液颜色变浅，但不褪去的原因是 。 8、在硫酸工业中，的氧化、的除去都是必不可少的步骤。 Ⅰ．的氧化：。 下表列出了在不同温度和压强下，反应达到平衡时的转化率。 温度 平衡时的转化率 450 550 (1)从理论上分析，为了使二氧化硫尽可能多地转化为三氧化硫，应选择的条件是 。 (2)在实际生产中，选定的温度为，原因是 。 (3)在实际生产中，采用的压强为常压原因是 。 (4)在实际生产中，通入过量的空气，原因是 。 Ⅱ．的除去 (5)尾气中的必须回收，原因是 。 (6)除去的研究： ①方法1(双碱法)： 写出过程①的离子方程式 ；简述过程②再生的原理 。 ②方法2：用氨水除去。 已知，的，的。 若氨水的浓度为，溶液中的 。将通入该氨水中，当降至时，溶液中的 。 9、某化学小组为了探究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验。 【实验原理】 【实验内容及记录】 实验序号 温度/℃ 试管中所加试剂及其用量/mL 溶液紫色褪至无色时所需时间/min 溶液 0.36mol/L稀硫酸 溶液 ① 20 1.0 1.0 2.0 2.0 4.0 ② 20 1.0 1.0 3.0 3.6 ③ 40 1.0 1.0 2.0 2.0 0.92 (1)实验原理中，参加反应时，转移电子的物质的量为 mol。 (2)实验①、②探究的是 对反应速率的影响，表中 。 (3)由实验①、③可得出的结论是 。 (4)实验①中，4.0min内， (保留三位有效数字)。 (5)①反应过程中，反应速率随时间的变化趋势如图所示。其中，因反应放热导致温度升高对速率影响不大，试推测速率迅速增大的主要原因 。 ②若用实验证明你的推测，除了表中试剂外，还需向试管中加入少量固体，该固体应为 (填标号)。 A．KCl　　　　B．　　　　　C． 10、I．某实验小组用溶液和溶液为反应物，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验记录如下表。 已知： 实验序号 温度/℃ 溶液体积/mL 溶液体积/mL 体积/mL 出现沉淀所需的时间/s Ⅰ 20 5 5 10 Ⅱ 20 5 10 a Ⅲ 60 5 5 10 实验结果。 (1)研究浓度对该反应速率的影响的实验是 (填实验序号)， 。 (2)对比实验Ⅰ、Ⅲ中的数据，可得出的结论是 。 Ⅱ．在体积为1L的恒温密闭中，充入和，一定条件下反应：，测得和的浓度随时间变化如图所示。 (3)从3min到9min，反应速率为 。 (4)平衡时的转化率为 。 (5)平衡混合气体中的体积分数为 。 (6)第3分钟时 第9分钟时(填“>”“<”“=”或“无法比较”)。 (7)能充分说明该反应达到化学平衡状态的是 A．若用进行反应，一段时间后在反应物和生成物中均存在 B．转化率不再改变 C．单位时间内，断开键的同时断开键 D． E．混合气体的平均相对分子质量不变 详解答案 1、C A．速率之比等于系数比，反应速率关系应为3v(NO)=2v(H2O)，而选项A中2v(NO)=3v(H2O)与化学计量数比例相反，A错误；B．NH3的速率为=0.04mol/(L·s)，O2的速率应为0.04×=0.05mol/(L·s)，B错误；C．NH3的转化率为×100%=80%，C正确；D．结合方程式可知，每摩尔氨气参加反应转移5mol电子，结合题中信息可知，该反应内生成0.8mol氨气，0.8mol NH3转移4mol电子，对应4×6.02×1023，D错误；故选C。 2、C 由图可知，随着反应的进行，X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增加，则X、Y为反应物，Z为生成物。从反应开始到10s，X、Y、Z物质的量的变化量分别为0.79mol、0.79mol和1.58mol，则X、Y、Z三者化学计量数之比等于其物质的量之比为0.79mol：0.79mol：1.58mol=1：1：2。由于最终X、Y的物质的量未减少到0，说明反应不彻底，该反应为可逆反应，则可写出该反应的化学方程式为。 A．由图可知，从反应开始到10s，Z的物质的量变化量为1.58mol，用Z表示的反应速率为，故A错误； B．由图可知，从反应开始到10s，X的物质的量变化量为0.79mol，则其物质的量浓度减少了，故B错误； C．由图可知，从反应开始到10s，Y的物质的量变化量为0.79mol，则Y的转化率为，故C正确； D．该反应为可逆反应，根据分析，该反应的化学方程式为，故D错误； 故答案选C。 3、B A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式： 根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；故答案选B。 4、 （1）检查装置的气密性 （2）计时器 （3）Na2S2O3溶液的浓度 2 20 （4）1 1 0.6 （1）该实验需要测定产生气体的体积，实验前应先进行的操作是：检查装置的气密性； （2）测定反应速率需要测定一段时间内产生气体的体积，还需要的仪器为计时器；圆底烧瓶内发生反应的离子方程式为：； （3）研究外界因素对反应速率的影响时，需要固定单一变量，实验I、II中Na2S2O3溶液的体积不同，故温度相同，a为20，溶液总体积为20 mL，故V=2 mL，实验Ⅰ、Ⅱ探究Na2S2O3溶液的浓度对化学反应速率的影响；实验Ⅱ、ⅡⅠ探究温度对化学反应速率的影响。 ①根据分析，实验Ⅰ、Ⅱ探究Na2S2O3溶液的浓度对化学反应速率的影响； ②根据分析，V=2，a=20； ③初始时，40 s时为，反应为：，则该反应在40 s内的平均化学反应速为； （4）b组SO2浓度为a组的2倍，速率也为a组的2倍，故m=1；b组SO2浓度为c组的2倍，Cl2浓度为c组的2倍，速率为c组的4倍，故n=1；将m=1、n=1代入a组数据中可得：，解得。 5、 （1）D （2） （3）阶段①活化能最高，是总过程的决速步：先将部分氧化为后，脱硝过程可从阶段②开始，此时阶段③是新过程的决速步，由于阶段③的活化能低于阶段①，因此反应速率更快，单位时间内脱硝率更高 【解析】（1）除NH3、O2、NO外，所有中间产物都消去，②+④消去NH2NO得⑥2NO2+NH3=HNO3+N2+H2O；③×2+⑤消去2HONO得⑦2HNO3+NO=3NO2+2H2O；⑥×2+⑦消去HNO3得⑧NO2+NO+2NH3=2N2+3H2O；⑧×2+①消去NO2得总反应，故选D。 （2）阶段③活化能大于阶段②，阶段③反应慢，阶段②中生成得硝酸不能及时消耗，硝酸和氨气反应生成硝酸铵，温度低于150℃时硝酸铵是白色固体，覆盖活性点位，使NO的转化率下降。 （3）阶段①活化能最高，是总过程的决速步。先将部分氧化为后，脱硝过程可从阶段②开始，此时阶段③是新过程的决速步，由于阶段③的活化能低于阶段①，因此反应速率更快，所以将烟气中部分预先氧化为后再进行反应，可明显提升单位时间内的脱硝率。 6、 （1）A （2）随着溶液升高，含量增大，含量减少，又因为的氧化性比强，导致溶液的氧化性减弱，的去除率下降 【解析】（1）pH = 8时，NO去除率为75%，1L吸收液每分钟处理500mL烟气，NO初始浓度为2.0×10-3g/L，则转化的NO的物质的量为，根据氮元素守恒可知，生成硝酸根的物质的量为：，因为忽略吸收液体积变化，所以用溶液中浓度表示的脱硝速率为：，故选A； （2）当吸收液pH>8时，NaClO溶液中ClO-浓度增大，HClO浓度减小，而氧化性HClO > NaClO，HClO浓度减小导致氧化NO的能力下降，所以NO去除率随pH升高迅速下降，故答案为：随着溶液升高，含量增大，含量减少，又因为的氧化性比强，导致溶液的氧化性减弱，的去除率下降。 7、 （1） 氧化 （2）取样于试管中，加入浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝 （3） （4）< （5）0.002 （6）高锰酸钾过量 （1）根据氮元素及其化合物的转化关系图分析，可知X为氧化物且化合价为+5，所以X的化学式为。从化合价上看，中氮元素化合价为最高价+5价，化合价只能降低，故具有氧化性。 （2）铵态氮肥含有，与浓的强碱溶液在加热条件下反应生成NH3，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。所以检验某种化肥是铵态氮肥的操作方法是：取样于试管中，加入浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝。 （3）氨气燃烧时生成和水蒸气时的化学方程式为，反应热ΔH=反应物键能总和−生成物键能总和。4mol 中含12molN−H键，3mol 含3molO=O键，2mol 含2molN≡N键，6mo l 含12molH−O键。则。所以氨气燃烧时生成和水蒸气时的热化学方程式为。 （4）其他条件相同时，温度升高反应速率加快。实验①与③探究温度影响，③温度50℃高于①的25℃，所以③反应速率快，溶液褪色时间短，即t<2.5。 （5）利用实验①中数据可知，，，据方程式可知，如果草酸完全反应，需要，所以草酸过量，溶液完全反应。结合实验②与③数据，可知混合溶液体积为100ml，则用表示的化学反应速率为。 （6）实验②中，，，如果草酸完全反应，需要。由此可知草酸完全反应后，仍有高锰酸钾剩余，所以实验②最终溶液颜色变浅，但不褪去的原因是高锰酸钾过量 8、 (1) (2)在此温度下催化剂活性最高 (3)在常压下的转化率就已经很高了，若采用高压，平衡能向右移动，但效果并不明显，比起高压设备得不偿失 (4)增大反应物氧气的浓度，提高的转化率 (5)防止污染环境 (6) 与生成沉淀，平衡向正向移动，有生成 （1）由表中数据可知，温度越低、压强越大，SO2平衡转化率越高，所以为使SO2尽可能多地转化为SO3，应选下进行； （2）时催化剂活性最佳，反应速率快，可提高生产效率，保证SO2有较高转化率； （3）在常压下，时SO2的转化率已经很高 (达到97.5%)，增大压强，SO2转化率提高不多，但却会使设备、能耗等成本增加，所以实际用常压； （4）通入过量空气，即增大O2浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，SO2转化率提高； （5）SO2是大气污染物，直接排放会污染空气，回收能让原料（含硫元素）再次利用，节约资源； （6）①“双碱法” 中过程①是NaOH与SO2反应生成Na2SO3和水，离子方程式为；过程②中CaO先与水反应生成Ca(OH)2，与生成沉淀，平衡向正向移动，有生成，实现的再生； ②对于的电离，设，，解得；的，当时，，则。 9、 (1)5 (2) 浓度 1.0 (3)其他条件不变，升高温度，化学反应速率加快 (4) (5) 反应产生的Mn2+对化学反应起了催化作用 B KMnO4具有强氧化性，H2C2O4具有还原性，二者发生氧化还原反应，根据元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数，可计算1mol KMnO4反应时电子转移的物质的量；在测定反应速率时，通常采用控制变量方法进行研究。根据单位时间内物质浓度改变值计算反应速率，且外界条件对化学反应速率的影响因素中，影响大小关系为：催化剂＞温度＞浓度，据此分析解答。 （1）根据反应方程式可知：KMnO4反应后变为Mn2+，Mn元素化合价从+7价变为+2价，降低了5价，则根据元素化合价改变数值等于反应过程中电子转移的物质的量，可知：1mol KMnO4参加反应时转移了5mol电子； （2）在进行实验时，要采用控制变量方法进行研究，根据表格实验1可知混合溶液总体积是6 mL，则Vx=1.0；结合实验1、2数据可知，只有H2C2O4溶液浓度不同，其它外界体积都相同，因此实验①、②探究的是浓度对化学反应速率的影响； （3）结合实验1、3数据可知：二者不同之处是反应温度不同，因此是探究温度对化学反应速率的影响，可见：升高温度会使溶液褪色时间缩短，故其他条件不变，升高反应温度，会导致化学反应速率加快； （4）n(KMnO4)=0.04mol/L×10-3L=4.0×10-5mol，混合溶液总体积是V=6.0×10-3L，则c(KMnO4)===×10-2mol/L，则在实验①中，4.0 min内，()==1.67×10-3mol/(L•min)； （5）①影响化学反应速率的因素有催化剂、温度、浓度等，根据题意可知：因反应放热导致温度升高对速率影响不大，在时间t1-t2过程中，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，但反应速率缺逐渐增大，可推知速率迅速增大的主要原因是反应产生了Mn2+，Mn2+对化学反应起了催化作用； ②若用实验证明你的推测，除了表中试剂外，还需向试管中加入少量固体，该固体中应该含有Mn2+，加入的固体物质应为MnSO4，故合理选项是B。 10、 (1) Ⅰ、Ⅱ a=5 (2)其他条件相同时，升高温度能加快该反应速率 (3) (4)75% (5)30% (6)> (7)BE （1）研究浓度对该反应速率的影响，则硫酸浓度不同，且保证其他条件相同，即实验Ⅰ、Ⅱ；为控制单一变量，则溶液总体积相同，a=5； （2）实验Ⅰ、Ⅲ只有反应温度不同，且，可得其他条件相同时，反应温度越高，反应速率越快； （3）根据反应速率之比=化学计量数之比，可得=3，根据反应速率公式计算，=3=； （4）平衡时的转化率=； （5）由化学平衡图像列三段式： 同温同压下，体积之比等于物质的量之比，体积分数=物质的量分数=； （6）第9分钟时，反应达到平衡状态，=，第3分钟时，甲醇的浓度大于平衡时的浓度，故第三分钟时大于第九分钟时，故第3分钟时＞第9分钟时； （7）A．反应一旦发生，若用进行反应，一段时间后在反应物和生成物中均存在，不能说明达到平衡状态，A错误； B．转化率是一个变量，当它不变时，说明氢气的浓度保持不变，即达到平衡状态，B正确； C．中也有H-O键，则单位时间内，断开键的同时断开键，未达到平衡状态，C错误； D．未说明正逆反应速率，无法证明反应达到平衡状态，D错误； E．反应体系均为气体，气体总质量不变，前后气体分子数不相等，气体物质的量是变化量，故气体混合气体的平均相对分子质量随着反应变化，不变时，能说明达到平衡状态，E正确； 故选BE。 学科网（北京）股份有限公司 $