专题探究5 化学反应速率的图像分析&2.1 化学反应速率阶段综合-【经纶学霸】2026-2027学年高二化学选择性必修第一册4星学霸黑白题（苏教版）

4.D解析：催化剂K通过参与化学反应，降低反应活化能，提高活化 分子百分数，A正确；加入催化剂K后，第一步的活化能大于第二步 的活化能，该反应活化能为E1,B正确；加入催化剂后，该反应分两 步完成，第一步的活化能大于第二步的活化能，第一步为慢反应，第 一步为决速步骤，C正确：催化剂会影响反应速率和活化能，但不会 降低反应的△H,D错误。 重难聚焦 5.A解析：催化剂能降低反应活化能从而加快反应速率，故A正确； 适当升高温度会加快化学反应速率，故B错误；增大C02的浓度能 加快化学反应速率，故C错误：该反应是可逆反应，达到化学平衡时， C02不可能全部转化为CH4,故D错误。 黑题 应用提优 题号12345678 答案BA CABA CC 1.B解析：医药用品应该在低温、干燥的环境下密封保存，A不正确： 等火中“鼓风”，主要是增加了氧气的浓度，有利于它继续燃烧下去， B正确：压强的变化只有引起浓度的变化才会对反应速率产生影响， C不正确；二氧化锰在过氧化氢的分解中只起催化剂的作用，反应前 后质量不会发生变化，D不正确。 2.A解析：增大盐酸的浓度，反应物浓度增大，反应速率增大，A正确； 该反应必须用浓盐酸和M0,反应，稀盐酸无法与二氧化锰反应， B错误；升高温度能增大反应速率，C错误；MO2为固体反应物，增加 其质量对反应速率没有影响，D错误。 四归纳总结 多步反应或由多个基元反应组成的化学反应，其总反应速率主要 由反应速率最慢的一步反应决定。化学反应速率与其活化能的 大小密切相关，活化能越低，反应速率越快，因此降低活化能可以 有效地加快反应速率。 3C解新：由二可知，反应相同时间，快反应与慢反应浓度的变化 量可能相等，故快反应的平均速率不一定比慢反应大，A错误；化学 反应速率主要由慢反应决定，提高NO的浓度，主要增大的是快反应 的速率，因此化学反应速率不会显著增大，B错误；反应2N0+0, =2N02的反应速率随温度的升高而减小，结合反应历程焓变可 知，升高温度，导致快反应逆向进行，使得N,02浓度诚小，温度升高 对慢反应的影响弱于N2O2浓度减小对慢反应的影响，导致慢反应 速度变慢，最终总反应速率变慢，C正确：达到平衡时，通入少量 NO2,逆反应速率增大，正反应速率也增大，D错误。 4.A解析：若正反应速率等于逆反应速率，反应达平衡，而不同物质反 应速率之比等于化学计量数之比，所以当2w正(H2)=3w逆(NH3)能说 明反应达平衡，A正确：不断移走氨气，正反应速率逐渐减小，逆反应 速率瞬时大幅减小，平衡正向移动，B错误；升高温度，正、逆反应速 率均增大，C错误；混合气体的密度=？，气体总质量不变，容器体 积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达平衡，D错误。 5.B解析：C为固体反应物，增加其用量对反应速率几乎没有影响；容 器的容积缩小一半相当于压强增大一倍，反应速率增大：保持容器容 积不变，充入A使体系压强增大，但反应中各物质浓度并未改变，反 应速率不变：充入A“使容器的容积增大，总压强不变，但反应混合物 的浓度变小，反应速率减小。 6.A解析：由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较 慢，总反应速率由反应①的速率决定，即Fe◆+N20→Fe0·+ N2,A错误；由图可知，Fe*先转化为Fe0*,Fe0·后续又转化为 Fe·,反应前后Fe未发生变化，因此Fe·是催化剂，降低反应活化 能，F0*是中间产物，B正确：由图可知，两步反应的反应物总能量 均大于生成物总能量，均为放热反应，C正确：因为有催化剂参与反 应，温度过高，催化剂可能失活，反应速率降低，故温度越高，反应速 率不一定越快，D正确。 7.C解析：利用M、N曲线相同时间段平均反应速率之比等于化学计 量数之比可知，速率之比为1：2，则M代表N20,N代表NO2,A正 选择性必修第一册·SJ 确：由图像可知，在相同条件下，在催化剂2条件下的速率较快，即活 化能较小，催化效率较高，B正确；由图知，0~4min内无催化剂条件 下，(N02)=2.0mol·L- =0.5mol·L1·min1,02速率是N02速 4 min 率的冬，则(0)= -×0.5mol·L1·minl= 0.125mol·L1·min1,C错误；催化剂可以降低反应的活化能， D正确。 8.C解析：活化能最大的步骤反应速率最小，为决速步，则H2还 原NO生成N2的决速步为反应NH2NO→NHNOH,A正确；由图 知，Pd/SVG上H2还原NO,结合各步反应，NH2NO→NHNOH的 活化能最大、发生最困难，而生产NH3在其前面，生成N2在其后面， 则更容易生成NH3、不容易生成N2,B正确；根据题图数据可计 算2N0+5H2 Pd/SYG2NI+2H,0的正反应的活化能、不知道逆反 应的活化能，故不能计算△H,C不正确：由图可知，相同催化剂条件 下反应可能存在多种反应历程，可能得到不同产物，D正确。 压轴挑战 9.(1)反应物浓度1293B、C(2)①温度不是反应速率突然加快 的原因②催化剂D 解析：控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进 行对比实验研究某一因素对实验结果的影响。(1)由题干表中数据 可知，实验A、B中H2C204溶液的体积不同，故通过实验A、B,可探 究出反应物浓度的改变对反应速率的影响，根据控制唯一变量要求 可知，其中V1=1mL,T1=293K,实验B、C的反应物的浓度相同，温 度不同，故通过实验B、C可探究出温度变化对化学反应速率的影 响。(2)①根据表中数据知，在反应过程中温度升高，但是变化不 大，说明温度不是反应速率突然加快的原因：KMnO4溶液（含 H2S04)和H2C204反应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，所以猜想 还可能是催化剂的作用：②要想验证锰离子的催化作用，在做对比实 验时同时加入硫酸锰规察反应速率是否变化即可。 专题探究5化学反应速率的图像分析 黑题 专题强化 题号123 4 答案DBCC 1.D解析：108内用B表示的反应速率为(0,7-0.)m0l 2L×10s 0.03mol·L1·s1,A错误；恒容密闭容器中，10s时充入氦气，不 影响反应物浓度，化学反应速率不变，B错误：A、B随时间推移逐渐 减少，A、B为反应物，C随时间推移逐渐增加，C为生成物，0~10s, 反应的A、B、C物质的量之比为0.2mol:0.6mol:0.4mol= 1:3:2,10s时反应达到平衡，故反应的化学方程式为A(g)+ 3B(g)、一2C(g),C错误；升高温度，活化分子百分数增大，有效碰 撞增加，正、逆反应速率都加快，D正确。 2.B解析：反应开始时，反应生成H使溶液的酸性增强，CI0?的氧化 能力增强，则反应速率增大，可能是c(H)增大所致，A正确；由反应 可建立关系式：3Ht~6e,常温下若反应后溶液pH等于1，c(Ht)= 0.1mol·L1,但溶液的体积未知，无法求出该反应转移电子数，B 不正确：反应后期，虽然溶液的酸性增强，但反应物浓度大幅减小，所 以反应速率下降，C正确：图中曲线表示C0,的速率随时间的变化， 则阴影部分的面积表示1~t2时间内C0;的物质的量浓度的减少 量，D正确。 3.C解析：比较实验②④得出：升高温度，达到平衡所需时间短，说明 化学反应速率加快，A正确；实验②中在0~10min之间，X的浓度改 变量为0.2mol·L1,则Y的浓度改变量为0.1mol·L1,则实验②的 平均反应速率(Y)=0.1mol·L -=0.01mol·L1·min1,B正确：由 10 min 于该反应是等体积反应，实验③可能是使用了催化剂，也可能是加 压，加压或使用催化剂均能同等程度改变正、逆反应速率，C错误：比 较实验①④，①中X的浓度大，温度低，但达到平衡所需时间长，说明 升高温度，化学反应速率加快，D正确。 黑白题18 4.C解析：由As+NO2→As0+N0可知，N元素的化合价降低，二氧 化氮为氧化剂，则相同条件下的氧化性：N02>N0,A正确：由表中信 息可知，NO与As反应的活化能最大，则相同条件下As与NO的反 应速率最慢，B正确；升高温度可增大活化分子百分数，增大反应速 率，但不改变反应的活化能，C错误：反应速率为反应物浓度和速率 常数k的函数，由图可知，As与NO2反应中，随温度的升高k变化不 大，则其他条件不变，改变温度不能显著改变As与NO2的反应速率， D正确。 第一单元阶段综合 黑题 阶段强化 题号12345678 91011 答案ABDABAD D BCD 1.A2.B3.D 4.A解析：EF段C02体积增加448mL,对应物质的量为0.02mol,则 消耗盐酸的物质的量为0.04mol,用盐酸表示该反应的平均反应速 率点-09=04d1m,A正确：由图可 知，相同反应时间内，EF段产生C02最多，反应速率最快，B错误；根 据图像可知，G点收集到的CO2的量最多，C错误：OE、EF、FG三段 中，时间相同，气体体积比等于反应速率之比，则用C02表示的平均 反应速率之比为2：4：1，D错误。 5.B解析：交点后，随着时间的变化A的浓度继续发生改变，反应未 达到平衡状态，A的消耗速率不等于A的生成速率，故A错误：根据 图像可知，0~2s内，A的浓度变化量为0.8mol·L-1-0.5mol·L-1= 0.3molL1,反应速率= Ac_0.3 mol.L 28 -=0.15mol.L1·s1, 故B正确：根据图像可知，12s时反应达到平衡，A的浓度变化量为 0.8mol·L1-0.2mol·L1=0.6mol·L1,A表示的平均反应速率 为0.6molL1 =0.05mol·L1·s1,B的浓度变化量为 12s 0.5mol·L-1-0.3mol·L-1=0.2mol·L-1,B表示的平均反应速率为 0.2mol·L-11 12s =0ml·L·s,C表示的平均反应速率为2×号 0m·L·,速率之比等于化学计量数之比，3：6：6 0051g10m1g1:0m1g,解得 b=1,c=2,则b:c=1:2,故C错误：12s内A反应的物质的量为 (0.8mol·L-1-0.2mol·L-1)×2L=1.2mol,结合3A(g)+B(g) =2C(g)△H=-Qk灯·mol1,1.2molA反应放出的热量为 0.4QkJ,故D错误。 6.A解析：20~40min内平均速率(0，)=(0.080-0.060)mol·LX (40-20)min 2-5.0x10molL1·mim1,A项正确；观察数据表可知，速率与 起始浓度无关，即n=0,k=(N,0)=0。ol··min1=10x l0-3mol·L1·min1,B项错误；n=0,反应速率与起始反应物浓度 无关，C项错误；起始c(N20)=0.120mol·L-1时，半衰期为 (0.120÷2)mol·L-1 1.0x10-3mal·L1·min=60mim,D项错误。 7.D解析：反应前后混合气体总质量不变，容器恒容，由p=可知， 甲、乙中气体密度始终不变，不能作为反应是否达平衡的依据，A错 误；升高温度，两个容器中的反应速率都加快，B错误；两个容器最终 达到等效平衡，由题意可知，若乙中平衡后$03继续分解直到分解完 全，则会再吸收17.82kJ的热量，即0.2molS03完全分解吸收的热量 为1.98kJ+17.82kJ=19.8kJ,故2molS03完全分解，其焓变应为 198kJ·mol1,C错误：甲中的反应放出17.82kJ的热量，与焓变值相 正本参考答案 比较可以知道，此时达到平衡时二氧化硫的转化率为1782 19.8kJ 100%=90%,所以用S02表示的平均反应速率为0,2mo1x90% 2L×5min 0.018mol·L-1·min1,D正确。 8.D解析：使用Sc1/NC单原子催化剂，活化能更低，反应速率更快， 更有利于氢气还原氮气，A正确：能量越低越稳定，因此*NHHH状 态最稳定，B正确；使用Y,/NC单原子催化剂反应历程中，最大能垒 为相对能量变化最大的过程，该过程可表示为*N2+H→*NNH, C正确；图中表示生成1个*NHHH分子的焓变为-1.826eV,D 错误。 9.B解析：由图知反应①慢，反应②快，则反应①的活化能比反应②的 高，A正确；增大02的浓度可以提高反应②的化学反应速率，反应① 不需要氧气参与，反应①速率较慢，总反应速率是由慢反应决定的， 0 0 所以总反应速率不能明显提高，B错误；OOO与0O的相互转化 过程中既有V一0键的断裂又有V一0键的形成，C正确；V203作为 催化剂，其作用是降低该反应的活化能，缩短反应达到平衡所需的时 间，即可以提高单位时间内S03的产率，D正确。 10.C解析：C项，对比实验①和②，反应②的速率更快，又因为反应② 的浓度低，由此可知温度对反应速率的影响占主导作用，即可以得 出温度对反应速率的影响，错误。 11.D解析：活化能与反应热无关，A错误：使用催化剂可降低反应的 活化能，故途径1没有使用催化剂，途径2使用了催化剂，B错误： 途径2使用了催化剂，故反应速率更快，C错误；途径2中第二步反 应所需的活化能更高，所以反应的速率比第三步反应要慢，D正确。 12.(1)2H202= 催化剂2H,0+0,↑溶液变浑浊快慢 (2)1mol·L1FeCl3溶液(3)2mL0.5mol·L-1H2S04溶液 (4)①Na2S203溶液的浓度②8控制硫酸的起始浓度相同 ③Ⅲ 解析：(1)原理判断依据为产生气泡快慢，结合所给的试剂，选择 的反应为2H202 催化剂2H,0+0,↑；原理ⅱ选择的反应为 Na2S203+H2S04—Na2S04+S02↑+S↓+H20,生成淡黄色沉淀 硫，故判断依据为溶液变浑浊快慢。(2)FCL3可作为H202分解的 催化剂，具有催化作用。(3)探究硫酸浓度对反应ⅱ速率的影响， 除硫酸浓度不同外，溶液的总体积及其他条件必须相同，故试剂X 及其用量为2mL0.5mol·L1H2S04溶液。(4)①对比实验I Ⅱ，所加Na2S203溶液的体积不同，即Na2S203的物质的量不同， 所加H2SO,溶液的体积、浓度均相同，实验温度相同，则实验I、Ⅱ 为探究Na,S20,溶液的浓度对该反应速率的影响；②实验I、Ⅱ所 加H2S04溶液的体积、浓度均相同，为保证溶液混合后H2S04的浓 度相同，则要加入蒸馏水，由实验可知，溶液混合后总体积为 10mL,则V=10-1-1=8,加入8mL水可保持溶液总体积不变； ③油表中数据可知，浓度：实验I<Ⅱ，则实验I的反应速率小于实 验Ⅱ，温度：实验Ⅱ<Ⅲ，则实验Ⅱ的反应速率小于实验Ⅲ，所以反 应速率：实验I<实验Ⅱ<实验Ⅲ，故推测反应速率最快的是Ⅲ。 13.(1)温度、锌粒大小（写出一项即可）(2)溶液由橙色变为黄色 加NaOH溶液使c(H)减小，平衡右移，c（CO)增大 (3)2Mn04+5H2C204+6H+=2Mn2++8H20+10C02↑不能反 应生成硫酸锰，锰离子有催化作用，以还可能有催化剂的作用 (4)①其他条件相同时，H(或硫酸)浓度越大，反应速率越快 ②再加入10滴3mol·L1疏酸，然后加人少量MnS04周体 解析：(1)测定收集一定体积氢气所用的时间，需要保证反应温度、 锌粒大小都相同，所以此方法需要控制的变量有温度、锌粒大 小。(2)在D试管中加入NaOH溶液使c(H)减小，平衡右移， c(CO)增大，所以实验现象为溶液由橙色变为黄色。(3)酸性高 锰酸钾和草酸溶液在硫酸酸化条件下反应生成硫酸锰、硫酸钾、二 氧化碳和水，反应的离子方程式为2Mn0:+5H2C204+6H 黑白题19 2Mn2*+8H20+10C02↑；反应生成的锰离子有催化作用，所以实验 Ⅲ探究浓度对反应速率的影响的设计不合理。(4)①实验ⅰ、ⅱ中 硫酸的浓度不同，实验ⅱ中硫酸浓度大，反应速率快，所以由实验 、ⅱ可得出的结论：其他条件相同时，H(或硫酸)浓度越大，反应 速率越快。②为了验证实验ⅱ中80s后溶液颜色迅速变浅是否与 锰离子的催化作用有关，应保证其他条件相同，只改变锰离子的量， 所以向试管中先加人5mL0.01mol·L-1酸性KMn04溶液，再加入 l0滴3mol·L-l硫酸，然后加入少量MnS04固体，最后加入5mL 0.1mol·L1草酸溶液。 第二单元化学反应的方向与限度 课时1化学反应的方向 白题 基础过关 题号 12345 答案DCD DB 1.D解析：自发进行的反应也需要一定条件才可以发生，A错误；高温 条件下△H-T△S<0的反应也能自发进行，则需要加热才能进行的过 程可能是自发过程，B错误；高温条件下，焓变大于零、熵变大于零的 反应的△H-T△S<0,反应能自发进行，C错误；焓变小于零而熵变大 于零的反应，任何条件下反应的△H-T△S都小于0，反应能自发进 行，D正确。 2.C解析：焓变是与化学反应进行的方向有关的因素之一，但不是决 定反应能否自发进行的唯一因素。可逆反应的两个反应方向的焓变 的数值相等，但是符号（变化趋势）相反，故A、B项错误；△H>0,说明 反应为吸热反应，不利于反应自发进行，C项正确；焓变只表示化学 反应是吸热还是放热，不能用来独立判断反应的自发性，D项错误。 3.D解析：氢氧化钡和氯化铵的反应是吸热反应，反应能够自发进行 是因为其嫡值增加，主要是熵判据，故A错误；2N205(g) 4N02(g)+02(g)△H=+56.7kJ·mol1,反应焓变大于0，为吸热反 应，该反应的熵值增加，反应能够自发进行是因为其嫡值增加，主要 是熵判据，故B错误；(NH4)2C03(s)一NH4HC03(s)+NH3(g) △H=+74.9kJ·mol1,反应为吸热反应，该反应的嫡值增加，反应能 够自发进行是因为其熵值增加，主要是熵判据，故C借误；2H2(g)+ 02(g)一2H20(1)△H=-285.8kJ·mol1,该反应熵值减小，反应 为放热反应，反应能够自发进行是因为其焓变小于0，主要是焓判 据，故D正确。 4.D解析：根据题意“中间活塞打开，两种气体分子逐渐都扩散到两 个容器中”可知，该过程为混乱程度增大，由有序到无序的过程，即熵 增大的过程，故A正确；根据题意“中间活塞打开，两种气体分子逐 渐都扩散到两个容器中，这是一个不伴有能量变化的自发过程”可 知，该过程为自发过程，而且没有热量的吸收或放出，故B正确：根据 题意“中间活塞打开，两种气体分子逐渐都扩散到两个容器中”可 知，该过程为由有序到无序的过程，属于嫡增加、混乱程度增大的过 程，故C正确：由题意知该过程中△H=0、△S>0,所以△H-T△S<0,可 知该过程为自发过程，其逆过程不能自发进行，即该过程不是自发可 逆的，故D错误。 5.B解析：2S02(g)+02(g)一2S03(g)的△H<0、AS<0,则在低温条 件下能自发进行，A不符合题意；2H202(1)一2H20(1)+02(g)的 △H<0、△S>0,则在任何条件下都能自发进行，B符合题意； (NH4)2C03(s)=2NH3(g)+H20(1)+C02(g)的AH>0、AS>0,则 在高温条件下能自发进行，C不符合题意；2C0(g)一2C(s)+ 02(g)的△H>0、AS<0,则在任何条件下都不能自发进行，D不符合 题意。 四归纳总结 △H<0且△S>0的化学反应在任何温度下都能自发进行，△H<0 且△S<0的化学反应能在低温条件下自发进行，△H>0且△S>0的化 学反应能在高温条件下自发进行，△H>0且△S<0的化学反应不能 自发进行。 6.(1)<(2)>(3)能(4)减小逆反应 选择性必修第一册·SJ 解析：(1)根据图像可知，该反应中反应物的总能量大于生成物的总 能量，则Q<0。(2)该反应中，反应物气体分子数小于生成物气体分 子数，则熵变△S>0。(3)该反应为嫡增的放热反应，一定能自发进 行。(4)对于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小。 黑题 应用提优 题号 34 答案DDCD 1.D解析：冰融化成水，物质由固态变为液态，混乱程度增大，属于嫡 增的过程，A正确：非自发反应在外界条件改变时可能会自发进行反 应，比如在通电的情况下，水可以生成H2和O2,B正确；该反应属于 熵减过程，△S<0,依据△G=△H-T△S<0,该反应能自发进行，则△H< 0,C正确：知道了某反应过程有自发性之后，不可预测该过程发生反 应的快慢，反应是否自发与反应速率无关，D错误。 2.D解析：干冰在云层中的变化是一个熵增、吸热、能自发进行的变 化。A项是熵减、放热、能自发进行的变化，不符合题意，错误；B项 是熵增、放热、能自发进行的变化，不符合题意：C项是熵增、放热、能 自发进行的变化，不符合题意：D项是熵增、吸热、能自发进行的变 化，符合题意 3.C解析：由图可知，反应I吸热，△H1>0,反应Ⅱ放热，△Hm<0,所 以△H1>△HI,A错误；由题图可知，反应Ⅱ的活化能小于反应I的 活化能，则反应Ⅱ更容易发生，反应速率：反应I<反应Ⅱ，B错误：总 反应为吸热反应，△H>0,且气体总物质的量增加，即为熵增反应 △S>0,所以该反应在高温下可自发进行，C正确：铜基催化剂降低反 应的活化能，改变反应的速率，对反应的焓变无影响，D错误。 4.D解析：Ca0和C02的反应为放热反应，A错误：步骤一中反应为 Ca0和C0,化合生成CaC0,,为熵减的反应，△S<0,B错误：步骤一 和步骤二的条件不同，所以不互为可逆反应，C错误：步骤二的反应 为CaC0,高温Ca0+C0,↑，为熵增的吸热反应，若要使△G=△H- T△S<0,则高温有利于自发进行，D正确。 压轴挑战 5.(1)高温(2)嫡变(3)927.8-1709.4K(4)C 解析：(1)由于用天然气制取炭黑的反应是吸热的熵增反应，只有在 高温下才会有△H-TAS<0,所以反应①在高温下能自发进行。 (2)因为反应①吸热，不利于反应的自发进行：而熵增有利于反应的 自发进行，所以反应①能否自发进行由熵变决定。(3)天然气裂解 为炭黑时，△H-T△S=74.848kJ·mol1-80.674×103kJ·(mol·K)-1×T< 0,得T>927.8K,即天然气裂解为炭黑的最低温度为927.8K:天然气 裂解为乙块时，△H-T4S=376.426kJ·mol1-220.211× 10-3kJ·(mol.K)-1×T<0,得T>1709.4K,即温度高于1709.4K 时，天然气会自发裂解为乙炔和氢气，所以要制取炭黑，温度需控制 在927.8~1709.4K之间。(4)根据(3)，为了提高甲烷的炭化程度， 最合适的温度选C项。 课时2化学平衡化学平衡常数 白题 基础过关 题号12345678910111213 答案CCAC A BCAC C B D A 1.C解析：A、B、D项反应条件不同，不是可逆反应，错误：C项反应条 件相同，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行，故是 可逆反应，正确。 2.C解析：t2~t3时反应达到平衡状态，正、逆反应速率相等但不为0， 反应没有停止，而是呈动态平衡状态，A错误；图中条件仅能判断 时达到反应限度，无法判断各物质浓度，B错误；由图像可得t2~t3 时正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，但反应速率不为0，C正 确：时正反应速率大于逆反应速率，反应向正反应方向进行的同时 也向逆反应方向进行，D错误。 3.A解析：各成分的浓度与起始时的投料有关，c(H20)=c(C0)= c(H2),不能判断浓度是否还发生改变，反应不一定达到平衡状态， 选A;反应后气体质量增大，容器体积不变，密度是变量，容器内气体 黑白题20专题探究5化学反应速率的图像分析 黑题 专题强化 限时：20min 1.（(2025·广东江门高二月考)T℃时，在2L恒 cX)/mol·L- 容密闭容器中，气体A与气体B反应生成气 1.20 1.00 ①80d℃ 体C,反应过程中A、B、C的物质的量随时间 ②800℃ 0.80 ③800℃ 变化如图所示。下列结论正确的是 ( 0.60 A.10s内用B表示的反应速率为0.06 0.40 ④8200 mol·L1·s1 0.20 B.10s时充入氦气，化学反应速率减小 0.00 20 30 40 50 60 时间/min C.该反应的化学方程式为3A+B2C A.比较实验②④得出：升高温度，化学反应速 D.升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反 率加快 应速率都加快 B.在0~10min之间，实验②的平均反应速率 ↑n/mol 0.7 (Y)=0.01 mol.L-1.min C.实验③一定是使用了催化剂，催化剂能同 等程度改变正、逆反应速率 10 D.比较实验①④得出：升高温度，化学反应速 (第1题) 率加快 2.(2025·宁夏银川高二期中 某课题组研究煤燃烧过程中氮氧 钾和亚硫酸氢钾溶液能发 化物与砷反应的微观机理，得到 还原反应：Cl0?+3HS0 如下数据和图像。 3S0?+Cl+3H。已知该反应的速率随c(H) 已知：反 30 的增大而加快。如图为用C10,在单位时间内 应速率为 反应物浓 10 物质的量浓度变化量表示的该反应v-t图。 0 下列说法中不正确的是 ( 度和速率三10 ◆As+NO2→AsO+N0 常数k的 -20 +As+N,0→As0+N A.反应开始时速率增大，可能是c(H)增大所致 -30 +·As+NO→AsO+N B.常温下若反应后溶液pH等于1，则该反应 函数，E -401 400 800 12001600.2000 T/K 转移电子数为0.2N 为活化 C.后期反应速率下降的主要原因是反应物浓 能。下列说法错误的是 ( ) 度减小 反应 Ea/(kJ·mol) As+N20→As0+N2 78.45 D.图中阴影部分的面积表示t1~t2时间内 As+NO2→As0+N0 2.58 CI0?的物质的量浓度的减少量 As+NO→AsO+N 155.85 3.研究反应2X(g)一Y(g)+忆(g)的速率影响 A.相同条件下的氧化性：NO,>NO 因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z起始 B.相同条件下，As与NO的反应速率最慢 浓度为0，反应物X的浓度(mol·L1)随反应 C.升高温度能增大As与N,0反应的活化能 时间(min)的变化情况如图所示。下列说法 D.其他条件不变，改变温度不能显著改变As 不正确的是 与NO,的反应速率 选择性必修第-册·SJ黑白题048 第一单元阶段综合 黑题 阶段强化 限时：35min 1.有效碰撞除受能量因素制约外，还受碰撞分 状况下的体积)。下列分析正确的是( 子取向的影响。在反应NO,+C0=N0+CO, A.EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率 中，只有当C0分子中的碳原子与N02分子中 为0.4mol·L1·min 的氧原子相碰撞时，才能发生有效碰撞，以下 B.OE段表示的平均速率最快 碰撞取向正确的是 C.F点收集到的C0,的量最多 0 D.OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表 示的平均反应速率之比为2：6：7 0 ↑VC0,)mL 物质的量浓度/(mol·L) 784 0.8f 672 B.C-0← N-O 0.5 c.0 0.3 0.2 224 N0←0-C 0 /min 12时间/s 0 (第4题) (第5题)》 D.0—C←→ N-O 5.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量 2.某温度下，在容积一定的密闭容器中进行如下 的A、B,发生反应：3A(g)+bB（g)—一 反应：2X(g)+Y(g)=Z(g)+W(s)△H> cC(g)△H=-QkJ·mol(Q>0),12s时生成 0。下列叙述正确的是 C的物质的量为0.8mol(反应进程如图所 A.向容器中充入氩气，反应速率加快 示)。下列说法中正确的是 () B.加入少量W,逆反应速率不变 A.图中交点处A的消耗速率等于A的生成速率 C.升高温度，正反应速率增大，逆反应速率 B.0~2s内，用A表示的反应速率为 减小 0.15mol·L1·s1 D.将容器的容积压缩，可增大单位体积内活 C.化学计量数之比b:c=1:4 化分子的百分数，有效碰撞次数增多 D.12s内，反应放出02QkJ热量 3.(2024·河南开封高二期中)下列措施对增大 6.（2025·江西鹰潭高二月考)N20在金表面上 化学反应速率有明显效果的是 分解反应为2N20(g)—2N2(g)+02(g),速 A.Na与水反应时，增加水的用量 率方程为u=hc(N20)。某温度下，测得实验 B.Na2SO,溶液与BaCL2溶液反应时，增大压强 数据如下，已知化学反应中反应物的浓度被 C.A1与稀硫酸反应制取H,时，将稀硫酸改 消耗到初始浓度的一半所经历的时间称为反 为浓硫酸 应半衰期。 D.大理石与盐酸反应制取CO2时，将块状大 t/min 0 20 40 60 80 100 理石改为粉末状大理石 c(N20) 0.100 0.080 0.0600.040 0.020 4.用纯净的CaC03与100mL稀盐酸反应制取 (mol·L1) C02,实验过程记录如图所示(C0,体积为标准 下列叙述正确的是 专题2黑白题049 A.20~40min内平均速率v(02)=5.0× A.使用Y/NC、Sc/NC两种催化剂，Sc,/NC 10-4 mol L-.min 更有利于氢气还原氮气 B.该温度下，速率常数k=2.0× B.上述历程中，从能量角度分析，*NHHH状 102mol·L1·min 态最稳定 C.起始N,0浓度越大，反应速率越大 C.使用Y,/NC单原子催化剂反应历程中，决 D.其他条件不变，起始c(N,0)=0.120mol·L 速步骤可表示为*N2+H→*NNH 时半衰期为75min D.由图可知，在图示条件下生成1 mol NH,的 7.(2024·江苏盐城高二检测)甲、乙均为容积 焓变为-1.826eV 为2L的恒容密闭容器。相同温度下，向甲中 充入0.2molS02与0.1mol02发生反应， 9.(2025·福建龙岩高二期中)“接触法制硫酸” 5min时达平衡，测得反应放出热量17.82kJ; 的核心反应是2S02(g)+02(g)一20，(g), 向乙中充入0.2molS0,气体，达平衡时测得 因$02在催化剂表面与02接触而得名，反应 反应吸收热量1.98kJ。下列说法正确的是 过程示意图如下： ( A.甲、乙中气体密度不变时，均可认为反应达 到平衡状态 B.升高温度，甲中反应速率减慢，乙中反应速 下列说法不正确的是 率加快 A.反应①的活化能比反应②的高 C.乙中反应的热化学方程式为2S03(g) B.增大O2的浓度能明显增大S03的生成 =2S02(g)+02(g)△H=+19.8kJ·mol1 速率 D.甲中从反应开始到达到平衡，用S02表示 C.图示过程中既有V一0键的断裂又有V一0 的平均反应速率为0.018mol·L1·min1 8.(2025·湖南长沙高二期中)近日，北京航空 键的形成 航天大学教授团队与中科院高能物理研究所 D.V,0,的作用是降低该反应的活化能，提高 合作，合成了Y、Sc(Y,/NC,Sc/NC)单原子催 单位时间内S03的产率 化剂，用于常温常压下的电化学催化氢气还 10.将C0(g)和H,0(g)以1：2（体积比）分别 原氨气的反应。生成单分子产物的反应历程 通入体积为2L的恒容密闭容器中进行反 与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示 应：C0(g)+H20(g)==C02(g)+H2(g),得 稀土单原子催化剂)，单位：eV(1eV=1.6× 到如下三组数据，其中实验①、②没有使用 1019J)。下列说法错误的是 催化剂。下列说法不正确的是 O-Y /NC △Sc,/NC 实验 ① ② ③ 温度/℃ 500 800 500 -O△ -0.141 起始H,0(g)的量/mol 5.00 3.00 3.00 -0.885 ÷-1.826 O△ 平衡C02(g)的量/mol 2.00 1.00 1.20 N,*NNH *NNHH *N *NH *NHH *NHHH 达平衡所需时间/min 40 反应历程 选择性必修第一册·SJ黑白题050 A.实验①中，在0~10min内，以H,表示的 FeCl,溶液、蒸馏水、0.1mol·L1Na2S203溶 反应速率大于0.025mol·L1·min 液、0.5mol·L1H2S04溶液、0.1mol· B.比较实验①和②，不能说明浓度对反应速 L1H,S0,溶液。请按要求回答下列问题： 率的影响 (1)小组确定实验探究的反应原理及比较反 C.比较实验①和②，不能说明反应速率随温 应速率大小的依据（填充空白）。 度升高而增大 实验 D.比较实验②和③，说明实验③可能使用了 化学方程式 判断依据 原理 催化剂 产生气 原理i 11.(2024·江苏苏州高二联考)甲酸在一定条 泡快慢 件下可分解生成C0和H,0,在有、无催化剂 Na2S203+H2S04 原理ⅱ 条件下的能量与反应历程的关系如图所示。 Na2S04+S↓+S02↑+H,0 下列说法正确的是 (2)学生甲选择原理ⅰ，探究催化剂对该反 能量 应速率的影响，必选试剂除5%H,0,溶液 0 外，还应选 (3)学生乙选择原理ⅱ，设计如图所示对照 △H, CO+H,O 实验，探究HS0,浓度对该反应速率的 反应历程 途径1 影响。 能量 试剂X及其用量 2ml0.1mol·L-l H,S04溶液 H 0 +H 只F+H,0 2mL0.1mol·L OH CO+H,O Na,S,O,溶液 △H +H+ 途径2 反应历程 试剂X及其用量： A.途径1的活化能为E1,其大小与△H (4)学生丙选择原理ⅱ设计实验，探究影响 有关 该反应速率的因素，数据如表所示： B.途径1使用了催化剂，途径2没有使用催 实验编号 I 化剂，但△H1=△H2 Na2S2O3 浓度/(mol·L1) 0.10.10.1 C.途径2要经过三步才完成，而途径1只要 溶液 体积/mL 1 2 2 一步就完成，所以途径1反应速率更快 H,S04 浓度/(mol·L1) 0.50.50.5 D.途径2中第二步反应的速率比第三步反 溶液 体积/mL 应要慢 蒸馏水 体积/mL 12.(2025·贵州遵义高二月考)某小组学生设 温度/℃ 30 30 40 计了如下探究影响化学反应速率因素的实 ①对比实验I、Ⅱ，探究 验。可选试剂：5%H,02溶液、1mol·L 对该反应速率的影响。 专题2黑白题051 ②V= 加入VmL水的目的是 (4)某小组也用酸性KMnO4溶液和草 酸(H,C204)溶液进行实验，实验操作及现象 ③对比上述实验数据，推测反应速率最快的 如下： 是 (填实验编号)。 实验i: 13.(2023·广东广州高二期中)根据下列实验 实验操作：向一支试管中先加人5mL 设计，回答问题： 0.01mol·L酸性KMn0,溶液，再加入1滴 3mol·L1硫酸和9滴蒸馏水，最后加入 5滴 5滴 硫酸溶液 浓硫酸 6 mol-L 5mL0.1mol·L1草酸溶液。 NaOH溶液 实验现象：前l0mim内溶液紫色无明显变 锌粘 5.0mL0.1 mol-L K,Cr,02溶液 化，后颜色逐渐变浅，30min后几乎变为 2.0ml 无色。 2.0mL 0.1 mol-L 0.2 mol-L 实验ⅱ： H,C204溶液 H,C,0,溶液 实验操作：向另一支试管中先加入5mL 4.0mL0.1 mol-L KMn0,酸性溶液 0.01mol·L1酸性KMn04溶液，再加入 10滴3mol·L1硫酸，最后加入5mL (1)利用实验I探究锌与0.1mol·L硫酸 0.1mol·L草酸溶液。 和2mol·L1硫酸反应的速率，可以测定收 实验现象：80s内溶液紫色无明显变化，后 集一定体积氢气所用的时间。此方法需要 颜色迅速变浅，约150s后几乎变为无色。 控制的变量有 ①由实验ⅰ、实验ⅱ可得出的结论是 (写出1项)。 (2)实验Ⅱ探究浓度对化学平衡的影响。 ②关于实验ⅱ中80s后溶液颜色迅速变浅 已知：Cr20号（橙色）+H20=2C0(黄 的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成 色)+2H,推测D试管中实验现象 的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试 为 剂设计实验ⅲⅱ，验证猜想。 ,用平衡移动原理解释原 提供的试剂：0.01mol·L1酸性KMn04溶 因 液、0.1mol·L1草酸溶液、3mol·L1硫 酸、MnS0,溶液、MnSO4固体、蒸馏水。 (3)实验Ⅲ的目的是探究浓度对反应速率的 补全实验ⅲ的操作：向试管中先加入5mL 影响，实验中反应的离子方程式为 0.01mol·L酸性KMnO4溶液， 推测该实验设计 (填“能”或“不 能”)达到实验目的，判断理由是 最后加入5mL0.1mol·L-1草酸溶液。 选择性必修第一册·SJ黑白题052