2.1化学反应速率同步练习题高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1（含解析）

2.1化学反应速率同步练习题
一、选择题
1．下列措施与化学反应速率无关的有
①向炉膛内鼓风②炉膛内用煤粉代替煤块③食物存放在冰箱④糕点包装内放置除氧剂⑤将固体试剂溶于水配成溶液后反应⑥高炉炼铁增加炉高⑦在铁制品表面刷油漆⑧向门窗合页里注油⑨纸张在暴晒下变黄
A．1项 B．2项 C．3项 D．4项
2．氮的氧化物转化是环境化学热点问题之一、研究发现，还原NO的反应分两步进行：①；②，其能量变化如图所示(Ts代表过渡态)。下列叙述正确的是
A．②是放热反应，①是吸热反应 B．是该反应的催化剂
C．反应①的活化能大于反应② D．加入催化剂的目的是降低Ts2的能量
3．在反应中，不能使反应速率增大的措施是
A．增大压强 B．升高温度 C．恒容通入 D．增加碳的量
4．工业合成氨反应包含多个基元反应，其反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．从充入反应物到A处，表示N2、H2在催化剂表面吸附放热
B．该历程中最大活化能E正=590kJ mol-1
C．工业合成氨温度为700K左右，主要考虑催化剂在此温度下活性较高
D．催化剂可以降低活化能，从而显著提高反应速率
5．某温度下，在金(Au)表面N2O发生分解反应速率方程式为v=kcn(N2O)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关；n为反应级数，可以为正数或负数，也可以为整数、分数或0)，N2O的浓度与催化剂表面积及时间关系如图所示。已知反应物消耗一半所用的时间称为半衰期(T1/2)。
下列叙述错误的是
A．该反应级数为2， I条件下k=0.075 mol· L-1
B．在II条件下，O2反应速率为0.075 mol·L-1·min- 1
C．其他条件相同，c(N2O)增大，反应速率不变
D．在III条件下，N2O起始浓度为3.0 mol·L-1时，T1/2为20 min 。
6．在气体反应中，能使反应物活化分子百分数增大的方法是
①增大反应物的浓度②增大压强③升高温度④移去生成物⑤加入催化剂
A．③④ B．③⑤ C．②③ D．②⑤
7．反应4A(s)+3B(g)4C(g)+D(g)，经2minB的浓度减少0.6mol·L-1，对此反应速率的正确表示是
A．用A表示的反应速率是0.4mol·L-1·min-1
B．分别用B、C、D表示反应的速率，其比是3：4：1
C．0-2min内的反应速率，用反应物D来表示是0.3mol·L-1·min-1
D．在这2min内用A和C表示的反应速率的值都是相同的
8．我国学者研究了汽车尾气的主要有害成分和之间的反应历程。反应历程中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，代表过渡态，反应过程中的复杂中间产物直接用表示(反应历程如图)。下列说法正确的是
A．由图可知该反应通过2步基元反应完成
B．加入适当的催化剂可提高产率
C．该反应为放热反应
D．该过程的总反应方程式为
9．在一密闭容器中发生反应 ，当反应达到平衡时，其他条件不变，仅改变下列一个条件，能使逆反应速率增大的是
A．升高温度 B．增加C(s)的量 C．扩大容器容积 D．充入惰性气体
10．化学与社会生产息息相关。下列生产活动与化学反应速率调控无关的是
A．高炉炼铁时，适当增加炉的高度 B．合成氨时，使用铁触媒作催化剂
C．煅烧矿石时，向炉膛“鼓风”增强火势 D．包装糕点时，在包装袋中放置一袋防腐剂
11．已知2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)的速率方程为v=k·cn(N2O)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，N2O在催化剂X表面反应的变化数据如下：
t/min 0 10 20 30 40 50 60 70
c(N2O)/mol·L-1 0.100 0.080 c1 0.040 0.020 c2 c3 0
下列说法正确的是
A．t=10min时，v(N2O)=2.0×10-3mol·L-1·min-1
B．速率方程中n=1，表格中c1>c2=c3
C．相同条件下，增加N2O的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若起始浓度为0.020mol·L-1，当减至一半时共耗时70min
12．将2 mol X和2 mol Y充入2 L密闭容器中发生如下反应：X(g)＋3Y(g) = 2Z(g)＋aQ(g)，经过2 min后，生成0.8 mol Z，Q的浓度为0.4 mol·L-1，下列叙述错误的是
A．a的值为2 B．反应速率v(Y)=0.3 mol·(L·min)-1
C．X的转化率为20% D．2 min后，X的浓度为0.2 mol·L-1
13．反应物(S)转化为产物P或)的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是
A．进程I是吸热反应 B．平衡时P产率：
C．生成P的速率： D．进程IV中，Z不是催化剂
14．利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法不正确的是
A．升高温度有利于提高丙烷转化率 B．反应的快慢主要取决于步骤III
C．升高温度有利于加快反应速率 D．为该反应的催化剂
15．氢能的利用是人们对新能源的重要研究方向之一，铁的配合物离子(用[L- Fe-H]+表示)催化HCOOH分解的反应机理和相对能量的变化情况如图所示。
下列说法错误的是
A．将HCOOH转化为CO2和H2的反应是放热反应
B．若用D标记HCOO-中的H原子，可能会产生D2
C．H+浓度过大或过小，均导致反应速率降低
D．该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定
二、填空题
16．催化剂可以较大幅度地____活化能，从而非常有效地____化学反应速率。
17．请根据教材“一些反应在298K和308K时的反应速率常数之比”表中数据与同学们交流研讨：
化学反应
NO+O3=NO2+O2 1.15
H2+I2=2HI(气体反应) 8.99
NH4CNO=(NH2)2CO 3.58
(1)温度对化学反应速率有怎样的影响_____
(2)升高相同温度，对不同化学反应的反应速率的影响程度一样吗_____
18．某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示，据此回答：
(1)该反应的化学方程式为______。
(2)从开始至2min，X的平均反应速率为______mol/(L·min)、Z的平均反应速率为______mol/(L·min)。
(3)改变下列条件，可以加快化学反应速率的有______。
A．升高温度
B．减小物质X的物质的量
C．增加物质Z的物质的量
D．减小压强
19．影响化学反应速率的因素有很多，某课外兴趣小组用实验的方法对其进行探究．
(1)实验一：取3 mol/L的H2O2溶液各10 mL分别进行下列实验，实验报告如下表所示．
序号 V(H2O2溶液) V(FeCl3溶液/mL) m(MnO2) 温度/℃ V(水)/ 结论
1 10 2 0 50 8
2 10 2 0 30 8
3 10 0 1 30 a
①实验1、2研究的是____________对H2O2分解速率的影响。
②实验2、3研究的是____________对H2O2分解速率的影响，表中数据a的值是_________。
③实验3中2 min时共收集到气体的体积为11.2 mL (已折算成标准状况下)，则用过氧化氢表示的的平均反应速率为__________。
(2)实验二：查文献可知，Cu2+对H2O2分解也有催化作用，且H2O2分解反应放热．为比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验．回答相关问题：
①定性分析：如图甲可通过观察___________，定性比较得出结论。有同学提出该实验并不能得出Fe3+催化效果比Cu2+好，其理由是_____________。
②定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_________。
(3)实验三：0.1 g MnO2粉末加入50 mL H2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图丙所示。解释内反应速率变化的原因：____________。
20．H2O2被称为绿色氧化剂，其性质的研究极其重要。某同学以H2O2分解为例，按照表中数据探究温度、浓度、催化剂、酸对反应速率的影响。
编号 反应物 催化剂 温度
① 20mL2%H2O2溶液+2mLH2O 无 20℃
② 20mL5%H2O2溶液+2mLH2O 无 20℃
③ 20mL5%H2O2溶液+2mLH2O 1g粉末状MnO2 20℃
④ 20mL5%H2O2溶液+2mL1mol/LHCl溶液 1g粉末状MnO2 20℃
⑤ 20mL5%H2O2溶液+2mLH2O 1g粉末状MnO2 40℃
(1)在实验①和②中，H2O2分解速率较快的是_______，实验②和③的目的是_______；
(2)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化如图所示。分析该图能够得出的实验结论是_______。
III.如图：另一个同学将状态不同的1gMnO2分别加入盛有30mL等浓度的H2O2溶液的锥形瓶中，产生气体进入注射器针筒中，记录结果如表：
MnO2状态 触摸试管情况 该温度下针筒内收集到气体的体积 所需时间
粉末状 很烫 30mL 3min
块状 微热 30mL 9min
(3)锥形瓶中发生反应的化学方程式_______，该反应是_______反应(填“放热”或“吸热”)，装置a的名称_______，实验结果表明，催化剂的催化效果与_______有关。
(4)实验过程中放出气体的体积(标准状况)和时间的关系如图所示。解释反应速率变化的原因_______。
【参考答案】
一、选择题
1．B
解析：①向炉膛内鼓风，增大了氧气的浓度，提高化学反应速率，①错误；
②用煤粉代替煤块，增大了反应物之间的接触面积，提高了化学反应速率，②错误；
③食物放在冰箱里，降低了温度，降低了化学反应速率，③错误；
④糕点里放除氧剂，降低氧气浓度，降低了化学反应速率，④错误；
⑤将固体试剂溶于水配成溶液后反应，增大了反应物的接触面积，提高了反应速率，⑤错误；
⑥高炉炼铁增加炉高，延长反应时间，与反应速率无关，⑥正确；
⑦铁制品表面刷油漆，减缓了铁的氧化速率，与反应速率有关，⑦错误；
⑧向门窗合页里注油，起到润滑的作用，与反应速率无关，⑧正确；
⑨纸张在暴晒下变黄，是因为阳光的暴晒加速了纸张被氧化的速率，与反应速率有关，⑨错误；
故答案选B。
2．C
解析：A．Ts1与Ts2最终能量都低于起始能量，故两个过程均为放热反应，A错误；
B．为第①步反应的产物，第②步反应的反应物参与反应，故不是催化剂，B错误；
C．反应①为慢反应步骤，第一步反应需要更大的能量，第一步反应也比第二步反应慢得多，反应①的活化能大于反应②，C正确；
D．加入催化剂的目的是降低Ts1的能量，因为①所需活化能高，整体反应速率由反应①决定，D错误；
故选C。
3．D
解析：A．增大压强，反应物浓度增大，反应速率加快，故不选A；
B．升高温度，反应速率加快，故不选B；
C．恒容通入，反应物浓度增大，反应速率加快，故不选C；
D．碳是固体，增加碳的量，反应物浓度不变，不能使反应速率增大，故选D。
选D。
4．B
【分析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小；
解析：A． 从充入反应物到A处，反应物的能量高于生成物能量，表示N2、H2在催化剂表面吸附放热，A正确；
B． 该历程中最大活化能E正=[(-342)-(-500)] kJ mol-1=158kJ mol-1，B错误；
C．合成氨反应正反应为放热反应，高温不利于氨的合成，工业合成氨时温度为700K左右，主要考虑催化剂在此温度下活性较高，催化效率高、反应速率大，C正确；
D． 催化剂可以大幅降低活化能，显著提高反应速率，提高产量，D正确；
故选B。
5．A
解析：A．图像中，I和III条件相同，起始浓度不同，但反应速率相同，说明反应速率与起始浓度无关，n=0，由此可计算k=v(N2O)=0. 075 mol·L-1·min-1，选项A错误；
B．2N2O =2N2+ O2II条件下O2反应速率等于N2O速率的一半，v(O2) =mol·L-1·min-1=0. 075 mol·L-1·min-1 ，选项B正确；
C．反应速率与N2O浓度无关，选项C正确；
D．在III和I条件下催化剂接触面相同，半衰期与起始N2O浓度成正比例，当起始浓度为1.5 mol/ L时，半衰期为10 min， 则起始浓度为3.0 mol/L时，半衰期为20 min，选项D正确；
答案选A。
6．B
解析：①增大反应物浓度能增大单位体积内的活化分子数，但不能增大活化分子百分数，错误；
②增大压强等同于增大浓度，不能增大活化分子百分数，错误；
③升高温度能增大活化分子百分数也能增大反应物中的活化分子数，故正确；
④移去生成物，浓度减小，单位体积内活化分子数目减小，错误；
⑤加入催化剂能降低反应的活化能，增大活化分子百分数，也增大了活化分子数，故正确。
故选：B。
7．B
解析：A．物质A为固体，不能用A的浓度变化表示速率，A错误；
B．同一反应不同物质的量反应速率之比等于计量数之比，所以分别用B、C、D表示反应的速率，其比是3：4：1，B正确；
C．2minB的浓度减少0.6mol·L-1，所以v(B)==0.3mol·L-1·min-1，则v(D)应为0.1mol·L-1·min-1，C错误；
D．物质A为固体，不能用A的浓度变化表示速率，D错误；
综上所述答案为B。
8．C
解析：A．由图可知该反应通过3步基元反应完成，A错误；
B．加入适当的催化剂可提高反应速率，但是不能改变平衡移动，不能提高平衡产率，B错误；
C．由图可知最终的生成物的能量低于反应物的能量，故反应为放热反应，C正确；
D．该过程的总反应为一氧化氮和一氧化碳生成二氧化碳和氮气，方程式为，D错误；
故选C。
9．A
解析：A．升高温度，正、逆反应速率均增大，A项正确；
B．增加C(s)的量对该反应的反应速率无影响，B项错误；
C．扩大容器容积，正、逆反应速率均减小，C项错误；
D．恒容时充入惰性气体，反应速率不变，恒压时充入惰性气体，浓度减小，反应速率减小，D项错误；
答案选A。
10．A
解析：A．增加炉高只是增加了铁矿石与一氧化碳的接触时间，即延长反应时间，没有调控反应速率，与化学反应速率调控无关，A符合题意；
B．铁触媒作催化剂能加快反应速率，与化学反应速率调控有关，B不符合题意；
C．向炉膛“鼓风”，增大的浓度，能加快燃烧的速率，与化学反应速率调控有关，C不符合题意；
D．防腐剂可减少包装袋内氧气的浓度，减慢反应速率，与化学反应速率调控有关，D不符合题意；
故选A。
11．A
解析：A．t=10min时，v(N2O)==2.0×10-3mol·L-1·min-1，选项A正确；
B．根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的消耗是匀速的，说明反应速率与c(N2O)，所以速率方程中n=0，选项B错误；
C．速率方程中n=0，相同条件下增加N2O的浓度不能加快反应速率，选项C错误；
D．保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为2.0×10-3mol·L-1·min-1，若起始浓度0.200mol·L-1，减至一半时所耗时间为=50min，选项D错误；
答案选A。
12．D
【分析】根据题中已知信息列出三段式，根据参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比计算a的值；转化率= ×100%，反应速率v=；
根据三段式可知，
解析：A． 参加反应的不同物质的浓度变化之比等于计量系数之比，所以a=2，选项A正确；
B． v(Y)= =0.3mol/(L·min)，选项B正确；
C．X的转化率为0.2/1×100%=20%，选项C正确；
D． 2min后，X的浓度为=0.8mol/L，选项D错误；
答案选D。
13．D
解析：A．进程I反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应是放热反应，故A错误；
B．中加了催化剂，降低反应所需活化能，但平衡不移动，因此平衡时P产率：，故B错误；
C．的第二阶段的活化能大于的任意阶段的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因此生成P的速率：，故C错误；
D．根据进程IV中参与反应的物质和生成的物质，则说明Z不是催化剂，故D正确。
综上所述，答案为D。
14．B
解析：A．由图可知此反应是吸热的，所以升高温度有利于提高丙烷转化率，A说法正确；
B．反应的快慢主要取决于步骤II，B说法错误；
C．升高温度，活化分子百分数增多，反应速率加快，C说法正确；
D．由图可知最初存在，最终存在，所以为该反应的催化剂，D说法正确；
故选B。
15．B
解析：A．该过程的总反应为HCOOHCO2+H2，反应物总能量大于生成物总能量，则将HCOOH转化为CO2和H2的反应是放热反应，故A正确；
B．由反应机理可知，[L- Fe-H]++ HCOO- ， CO2+， +H+ ， [L- Fe-H]++H2，所以若用D标记HCOO-中的H原子，不可能产生D2，故B错误；
C．H+浓度过大HCOO-浓度减小，[L- Fe-H]++ HCOO- 反应慢，H+浓度过小， +H+ 反应慢，H+浓度过大或过小，均导致反应速率降低，故C正确；
D．决定化学反应速率的步骤是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理的相对能量变化可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，故D正确；
答案选B。
二、填空题
16． 降低 加快
解析：略
17．(1)温度对化学反应速率的影响是多种多样的。对于大多数反应，温度升高化学反应速率加快，但加快的程度不同
(2)不同的化学反应的活化能不同，所以温度对反应速率的影响不同
解析：略
18． 3X+Y 2Z 0.075 0.05 AC
解析：(1)由图可知，X和Y的量减少，Z的量增加，所以X和Y是反应物，Z是生成物，当反应时间为2min时，各物质的量均不为0且不再发生变化说明该反应是可逆反应，2min时反应达到平衡，X、Y、Z物质的量的变化量之比为(1.0—0.7)：(1.0—0.9)：(0.2—0)=3:1:2，由变化量之比等于化学计量数之比可得， X、Y、Z的化学计量数分别为3、1、2，则反应的化学方程式为3X+Y 2Z，故答案为：3X+Y 2Z；
(2)由图可知，X、Y、Z物质的量的变化量分别为0.3mol、0.2mol，则从开始至2min，X的平均反应速率为=0.075 mol/(L·min)，Z的平均反应速率为=0.05 mol/(L·min)，故答案为：0.075；0.05；
(3)A．升高温度使化学反应速率加快，故正确；
B．减小物质X的物质的量，反应物X的浓度减小，化学反应速率减慢，故错误；
C．增加Z的物质的量，生成物 Z的浓度增加，化学反应速率加快，故正确；
D．减小压强使反应速率减慢，故错误；
AC正确，故答案为：AC。
19．(1) 温度 不同催化剂 10 0.025
(2) 产生气泡的快慢 阴离子不同，可能对实验产生干扰 收集40 mL气体所需要的时间
(3)随着反应的进行H2O2浓度减小，反应速度减慢
解析：（1）①实验1、2只有反应温度不同，其它外界条件都相同，则这两个实验是研究温度对化学反应速率的影响；
②实验2、3只有使用的催化剂种类不同，其它外界条件都相同，则这两个实验是研究不同的催化剂对化学反应速率的影响；要控制外界条件对化学反应速率的影响，根据1、2可知溶液总体积应该为50 mL，则水的体积V(H2O)=50 mL-(10 mL+30mL)=10 mL，即a的体积为10 mL；
③实验3在2 min时共收集到标准状况下气体的体积为11.2 mL，n(O2)=，则用O2表示的化学反应速率v(O2)=；
（2）①定性分析：如图甲可通过观察产生气泡的快慢来比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果；有同学提出该实验并不能得出Fe3+催化效果比Cu2+好，其理由是二者的阳离子不同，阴离子也不同，因此阴离子不同可能会对实验产生干扰；
②定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是收集40 mL气体所需要的反应时间；
（3）根据图示可知：在相同时间内反应产生的O2的体积逐渐减小，这是由于随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应物的浓度越小，则化学反应速度就越慢，最终导致反应速率减慢。
20．(1) ② 探究催化剂(MnO2)对反应速率的影响
(2)温度越高H2O2分解速率越快，HCl溶液对H2O2分解有抑制作用
(3) 放热 分液漏斗 催化剂的接触面积
(4)随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减慢
【分析】根据浓度计算公式进行计算浓度就；反应速率受外界影响因数有：温度、浓度、催化剂、接触面积，结合实验现象判断外界条件与速率的关系；根据原子守恒进行配平双氧水分解的方程式；利用图象表示的意义判断反应的快慢，结合外界条件判断反应的快慢；
解析：（1）根据浓度越大反应速率越快进行判断，由于②的双氧水的浓度比①大，故H2O2分解速率较快的是②，故答案为②；根据表格中的不同条件判断，设计实验②和③的目的是探究催化剂(MnO2)对反应速率的影响；
（2）实验③、⑤中，不同的条件是温度，根据图象判断反应速率快的是⑤，得出结论：温度越高H2O2分解速率越快；实验③、④不同的条件是在④中加入了HCl，根据图象判断反应③曲线斜率大，速率快，得出的实验结论是：HCl溶液对H2O2分解有抑制作用；
（3）根据反应物判断，二氧化锰做催化剂，双氧水分解的反应根据原子守恒配平得：；根据实验中试管发热，可以得出反应为放热；装置a的名称是：分液漏斗；根据实验中温度的高低判断，反应放出的热量不同，根据很烫判断，反应快，由此推断催化剂的催化效果与催化剂的接触面积有关，故答案为：催化剂的接触面积；
（4）根据图象判断，单位时间内产生氧气的量越来越少，判断随着反应进行，由于浓度越来越小，反应速率越来越慢，故答案为：随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减慢；