2.1化学反应速率 同步练习题 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 2.1化学反应速率 同步练习题 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 902.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-01 13:20:49 | ||
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文档简介
2.1化学反应速率同步练习题
一、选择题
1．下列做法与改变化学反应速率无关的是
A．在糕点包装内放置除氧剂 B．未成熟的猕猴桃与成熟的苹果一起密封
C．牛奶在冰箱里保存 D．高炉炼铁增加高炉的高度
2．在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入下列溶液，你认为可行的是
A．Na2CO3溶液 B．Na2SO4溶液 C．NaNO3溶液 D．少量CuSO4溶液
3．铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法正确的是
A．该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，最大能垒为89.7
B．该反应过程中浓度不变
C．与均在该反应过程中起催化作用
D．甲酸在作用下的分解反应放出热量
4．某反应分两步进行，其能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应①的活化能
B．该反应过程中，反应速率由反应②决定
C．总反应的热化学方程式为
D．增大的浓度，可以增大活化分子百分数，提高化学反应速率
5．某温度下，在2L恒容密闭容器中4molNH2COONH4(s)，发生如下反应，在0-1min内，CO2的生成速率为0.4mol L-1 min-1，0-2min内，CO2的生成速率为0.3mol L-1 min-1，0-3min内，CO2的生成速率为0.2mol L-1 min-1，下列说法错误的是
A．当混合气体的平均摩尔质量不变时，标志此反应达到了平衡状态
B．0-1min内，NH2COONH4(s)的反应速率为62.4g/min
C．30秒时，CO2的浓度大于0.2mol/L
D．2min时，再加入2molNH3，此时反应的V逆＞V正
6．下列有关催化剂的说法错误的是
A．改变反应历程 B．改变基元反应的活化能
C．可能提高主反应选择性 D．不能提高反应物转化率
7．下列有关化学反应速率的说法正确的是
A．用锌粒和稀硫酸反应制取氢气时，增大硫酸的浓度一定能加快产生氢气的速率
B．的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C．合成氨的反应是一个放热反应，所以升高反应温度，反应速率减慢
D．汽车尾气中的和可以缓慢反应生成和，减小压强，反应速率减慢
8．常温下，分别将四块形状相同、质量均为7 g的铁块同时投入下列四种溶液中，铁块溶解较快的是
A．250 mL 2 mol·L-1的盐酸 B．150 mL 2 mol·L-1的硫酸
C．500 mL 3 mol·L-1的盐酸 D．20 mL 18 mol·L-1的硫酸
9．反应，在不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是
A． B．
C． D．
10．某新型催化剂能将乙醇催化转化为乙酸和氢气，其反应历程如图所示。下列说法错误
A．物质I为催化剂 B．II→III的反应类型为氧化反应
C．该历程涉及非极性键的断裂和形成 D．该历程总反应的原子利用率为100%
11．煎煮中药一般分四步：冷水浸泡、加热煎制、箅渣取液、灌装保存。下列说法不正确的是
A．中药药液密封保存可减缓氧化速率
B．箅渣取液涉及冷却结晶操作
C．中药切片可使有效成分更充分浸出
D．加热煎制是为了提高中药的浸出效率
12．反应物浓度的关系是用实验方法测定的，化学反应H2+Cl2=2HCl的反应速率v可表示为v=K[c(H2)]m[c(Cl2)]n，式中K为常数，m、n值可用下表中数据确定之。
c(H2)(mol/L) c(Cl2)(mol/L) mol/(L·s)
1.0 1.0 1.0K
2.0 1.0 2.0K
2.0 4.0 4.0K
由此可推得，m、n值正确的是
A．m=1，n=1 B．m=，n=
C．m=，n=1 D．m=1，n=
13．可逆反应2A(g)+3B(g) 3C(g)+D(g)在四种不同条件下的反应速率分别为：①v(A)=0.5mol·L-1·min-1；②v(B)=0.6mol·L-1·min-1；③v(C)=0.35mol·L-1·min-1；④v(D)=0.4mol·L-1·s-1。下列有关反应速率的比较中正确的是
A．④>①>②>③ B．④>①>③>②
C．①>②>③>④ D．②>①>③>④
14．下列有关说法正确的是
A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ，故金刚石比石墨稳定
C．气态水比液态水稳定
D．升高温度能增大单位体积内的活化分子数，加快反应速率
15．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将转化为三甲胺。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。
下列说法错误的是
A．2个分子断键所吸收的能量低于1个DMF分子和4个H原子在铜催化剂表面吸附所释放的能量
B．该反应的热化学方程式为：
C．增大压强可以提高该反应的活化分子百分数，进而加快反应速率
D．该反应在低温下能正向自发进行
二、填空题
16．下表是实验室模拟合成氨反应：的部分数据。请分析后回答下列问题。
浓度
反应开始时的浓度() 2.5 2 0
时的浓度() 1.9
(1)内该反应的化学反应速率_______。
(2)在上表空格中填入合适数据_______、_______。
(3)如果用浓度的增加值来表示化学反应速率，则内为_______。
(4)经测定反应开始后到末的反应速率，则末的浓度为_______。
17．甲烷(CH4)是自然界储量丰富的天然气的主要组分，可用作清洁能源和廉价的化工原料，将甲烷催化转化为具有更高价值的化学物质是一个广受关注的课题．哈尔滨工业大学的科研人员研究了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程（催化剂是），共分为甲烷活化、二氧化碳进入和H转移（夺氢）三个阶段．该反应历程的示意图如下：
(1)在研究初期，科研人员提出先将CH4转化成CO和H2，再转化成CH3COOH。
已知：
①
②
③
则混合气体CO和H2转化成CH3COOH(g)的热化学方程式为______________．
(2)催化剂有以下四种形态：、、、．
图甲、图乙分别表示反应在催化剂的形态时的势能变化：
图甲 中与直接转化的反应过程的势能曲线
图乙 CH4与CO2在中同时发生活化的反应路线的势能曲线
由图甲、图乙可知_______0（填“>”“<”或“=”）；不同形态的对_________（填“有”或“无”）影响．
(3)从CH4到过渡态Ⅰ断裂的是_______键（填“碳氢”“碳碳”“氧氢”或“碳氧”，下同），最后一步“夺氢”过程中有________键形成．
18．某化合物A的蒸气1mol充入0.5L容器中加热分解：2A(g)→B(g)+nC(g)，反应到第3秒时，容器内A的浓度变为0.8mol·L-1，测得这段时间内，平均速率v(C)=0.6mol·L-1·s-1，则化学反应方程式中n值为___________，v(B)=___________mol·L-1·s-1。
19．碘在科研与生活中有重要应用，某兴趣小组用0.50mol/L KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol/L K2S2O8、0.10mol/L Na2S2O3，等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：S2O+2I-=2SO+I2(慢) I2+2S2O=2I-+S4O(快)
(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的___________耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O与S2O初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O):n(S2O)___________。
(2)已知：
实验序号 体积V/mL
K2S2O8溶液 水 KI溶液 Na2S2O3溶液 淀粉溶液
① 10.0 0.0 4.0 4.0 2.0
② 9.0 VX 4.0 4.0 2.0
③ 8.0 2.0 4.0 4.0 VY
则，表中VX=___________mL，VY=___________mL；理由是___________。
(3)已知某条件下，浓度c(S2O)反应时间t的变化曲线如图所示，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O)-t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。___________
20．Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物，羟基自由基的产生与溶液pH大小有关。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
【实验过程】
用图所示装置进行如下表所示的实验，控制p-CP的初始浓度相同，其余实验条件见下表，设计如下对比实验，最终测量的是p-CP浓度的改变量。
【实验数据】
实验编号 H2O2溶液 Fe2+溶液 蒸馏水 pH 温度
c/(10-3mol·L-1) V/mL c/(10-3mol·L-1) V/mL V/mL T/K
① 6.0 1.5 0.30 3.5 10 3 298
② 6.0 1.5 0.30 3.5 10 3 313
③ 6.0 3.5 0.30 3.5 x 3 298
④ 6.0 1.5 0.30 4.5 9 3 298
⑤ 6.0 1.5 0.30 3.5 10 10 298
图2实验测得p-CP的浓度随时间的变化
【分析与解释】
(1)实验③中，x=________。
(2)实验①、⑤的目的是________。
(3)实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高是反而导致降解反应速率减少，从Fenton法所用试剂H2O2性质的角度分析原因_____(请用化学用语解答)。
(4)通过实验⑤可以得出结论是是pH等于10时，降解反应趋于停止，推测可能的原因：__。
【参考答案】
一、选择题
1．D
【分析】改变反应物浓度、改变温度、改变反应物接触面积、改变压强（有气体参加或生成的反应）、催化剂都能改变化学反应速率，以此解答该题。
解析：A．在糕点包装内放置小包除氧剂的目的是防止食品变质，减慢糕点腐败变质的速度，故A不符合题意；
B．未成熟的猕猴桃与成熟苹果一起密封放置，加快猕猴桃成熟的速率，故B不符合题意；
C．牛奶在冰箱里保存，降低温度，减缓食物变质的速率，故C不符合题意；
D．高炉炼铁增加高炉的高度对反应速率没有影响，故D符合题意；
故答案选D。
【点睛】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，题目难度不大。
2．B
【分析】锌粉与稀盐酸反应的实质是，据此分析。
解析：A．Na2CO3溶液会消耗使和都减小，所以既减缓了反应速率又减少产生氢气的量，故A错误；
B．加入Na2SO4溶液相当于稀释了稀盐酸，所以能减缓反应速率但不减少产生氢气的量，故B正确；
C．加入NaNO3溶液后因为引入了，此时发生的反应是：，不能再产生氢气，故C错误；
D．少量CuSO4溶液与锌粉发生置换反应置换出的Cu析出在锌表面，从而形成锌铜原电池，加快反应速率，故D错误；
故选B。
3．D
【分析】由能垒图可以看出，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应；整个过程中有两个过渡态，过渡态Ⅰ的正反应的活化能为45.3+31.8=77.1kJ/mol；过渡态Ⅱ的正反应的活化能为43.5+42.6=86.1kJ/mol，过渡态Ⅱ的活化能大，为反应的决速步骤。根据第一张图可以看出，反应物为HCOOH，生成物为二氧化碳和氢气，故总反应为。
解析：A．根据分析，过渡态Ⅱ的活化能大，由Ⅳ→Ⅰ步骤为反应的决速步骤，最大能垒为43.5 kJ/mol -(-42.6 kJ/mol) =86.1kJ/mol，A错误；
B．反应过程存在甲酸电离出氢离子，然后氢离子再生成氢气的过程，浓度先增大，后减小，B错误；
C．为反应的催化剂，为中间产物，C错误；
D．由能垒图可以看出，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，D正确；
故选D。
4．B
解析：A．由图可知，活化能，A错误；
B．慢反应控制总反应速率，反应②的活化能，故反应速率由反应②决定，B正确；
C．总反应的，热化学方程式为 ，C错误；
D．增大反应物浓度，可增大活化分子的数目，但活化能不变，活化分子百分数不变，增大浓度可加快反应速率，D错误；
故选B。
5．A
解析：A．此反应开始时只加入了，生成的和始终是2∶1，所以当混合气体的平均摩尔质量不变时，不可以标志此反应达到了平衡状态，A错误；
通过三段式计算，
1min内消耗0.8mol，质量为62.4g，故反应速率为62.4g/min，B正确；
C．由于反应速率越来越慢，故30秒时，的浓度大于0.2mol/L，C正确；
D．由于反应2min已经达到平衡，当再加入2mo时，平衡逆移，故，D正确；
故选A。
6．D
解析：A．催化剂参与化学反应，改变反应历程，故A正确；
B．催化剂能降低基元反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C．催化剂可提高主反应速率，提高主反应选择性，故C正确；
D．转化率可分为时空转化率和平衡转化率，催化剂不改变平衡转化率，但是可以提高单位时间内反应物的转化率，故D错误；
选D。
7．D
解析：A．锌和稀硫酸反应生成氢气，增大硫酸的浓度，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫不生成氢气，A错误；
B．加入氯化钠溶液后，氯化钠不参与反应，但溶液体积增大，相当于稀释，导致盐酸浓度减小，反应速率减小，B错误；
C．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率加快，C错误；
D．减小压强，反应物浓度减小，反应速率减慢，D正确；
答案选D。
8．B
解析：常温下，铁在18 mol·L-1的浓硫酸中钝化；250 mL 2 mol·L-1的盐酸中氢离子浓度为2 mol·L-1；150 mL 2 mol·L-1的硫酸中氢离子浓度为4 mol·L-1； 500 mL 3 mol·L-1的盐酸中氢离子浓度为3 mol·L-1；氢离子浓度越大反应速率越快，所以铁块在150 mL 2 mol·L-1的硫酸中溶解最快，故选B。
9．C
解析：由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，物质的化学反应速率与化学计量数的比值越大，化学反应速率越快，由题给数据可得：=0.15mol/(L·s)、=0.2mol/(L·s)、=0.25mol/(L·s)、=0.2mol/(L·s)，则为测得反应速率中最快的，故选C。
10．C
解析：A．由图可知，反应中物质I消耗又生成，为反应的催化剂，A正确；
B．II→III为去氢生成碳氧双键的反应，反应类型为氧化反应，B正确；
C．该历程只涉及氢分子中氢氢非极性键的生成，不涉及非极性键的断裂，C错误；
D．反应目的是乙醇催化转化为乙酸和氢气，该总反应为乙醇和水生成氢气和乙酸，反应为C2H5OH+H2O CH3COOH+2H2↑，反应中原子全部转化到期望产品中，故原子利用率为100%，D正确；
故选C。
11．B
解析：A．中药药液密封保存减少与流动空气的接触可减缓氧化速率，A正确；
B．箅渣取液涉及过滤操作，B错误；
C．中药切片可增加接触面积，使有效成分更充分浸出，C正确；
D．升高温度，加热煎制是为了提高中药的浸出效率，D正确；
故选B。
12．D
解析：根据实验数据，，，，，故选D。
13．A
解析：反应2A(g)+3B(g) 3C(g)+D(g)，根据化学反应速率之比=方程式的系数之比，转化为用D表示的反应速率分别为：①v(D)=0.25mol/(L·min)；②v(D)=0.2mol/(L·min)； ③v(D)=0.117mol/(L·min)；④v(D)=24mol/(L·min)，因此反应速率：④>①>②>③，故选A；
答案选A。
14．D
解析：A．因为硫固体变为硫蒸气要吸热，所以等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；
B．比较稳定性应比较其能量的高低，由C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH＞0可知，金刚石能量高，不稳定，故B错误；
C．比较稳定性应比较其能量的高低，气态水比液态水能量高，液态水稳定，故C错误；
D．升高温度能增大单位体积内的活化分子数，加快反应速率，故D正确；
故选：D。
15．C
解析：A．根据反应历程的相对能量大小可知， 2个分子断键所吸收的能量低于1个DMF分子和4个H原子在铜催化剂表面吸附所释放的能量，选项A正确；
B．该反应的总反应为(CH3)2NCHO(g)和H2(g)转化为N(CH3)3(g)，1.02eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为，选项B正确；
C．对有气体参加的可逆反应，增大压强增大单位体积内活化分子个数，活化分子百分数不变，选项C错误；
D．该反应△H<0，△S<0，要使△G=△H-T△S<0，则应在低温下，故该反应在低温下能正向自发进行，选项D正确；
答案选C。
二、填空题
16．(1)
(2) 0.2mol/L 1.2mol/L
(3)0.2
(4)1.28mol/L
解析：（1）内N2的浓度减小(2.5-1.9)mol/L，该反应的化学反应速率；
（2）化学反应中各物质浓度的变化量比等于系数比，内N2的浓度减小0.6mol/L，则H2的浓度降低0.6mol/L×3=1.8mol/L、NH3的浓度增加0.6mol/L×2=1.2mol/L，时H2的浓度为2mol/L-1.8mol/L=0.2mol/L、NH3的浓度为0+1.2mol/L=1.2mol/L；
（3）NH3的浓度增加1.2mol/L，则内=；
（4）经测定反应开始后到末的反应速率，则8min内H2的浓度减小，的浓度增加，则末的浓度为0+1.28mol/L=1.28mol/L。
17．(1)
(2) ＞ 无
(3) 碳氢 氧氢
解析：(1)根据盖斯定律，将热化学方程式①+②-③，整理可得热化学方程式：；
(2)由图甲、图乙得知，不同形态的对无影响，因为催化剂只改变反应的路径和速率，不能改变反应物、生成物的能量，因此对反应热无影响；
(3)从CH4到过渡态Ⅰ断裂的是碳氢键，最后一步“夺氢”过程中夺得的氢原子接在氧原子上形成羟基，形成的是氧氢键。
18．0.2
解析：A物质的初始浓度为：=2mol·L-1，则浓度变化量为：2mol·L-1-0.8mol·L-1=1.2mol·L-1，反应速率为：=0.4mol·L-1·s-1，相同时间内反应速率之比等于化学计量数之比，则有，解得n=3，v(A):v(B)=2:1，则v(B)=0.2mol·L-1·s-1。
19．(1) Na2S2O3 ＜2
(2) 1.0 2.0 保证反应物K2S2O8浓度改变，而其它的条件不变，才能达到实验目的
(3)
解析：本实验通过用不同浓度、不同的试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响，据此分析回答问题。
（1）已知S2O+2I-=2SO+I2(慢)、 I2+2S2O= 2I-+S4O (快)，所以当Na2S2O3耗尽时，S2O与I-反应生成碘单质，淀粉遇到碘显蓝色，根据方程式，n(S2O)∶n(S2O)=2：1时恰好完全反应，为保证能观察到蓝色，碘需有剩余，则n(S2O)：n(S2O)＜2；
（2）为便于比较，应保证溶液的总体积相同，所以表中Vx=1.0，Vy=2.0，淀粉溶液体积不变，理由是保持三次实验中溶液总体积相同，仅改变S2O的浓度而其他物质浓度不变，才能达到实验目的；
（3）降低温度时，反应速率减慢，反应结束所需时间较长；加入催化剂时，反应速率加快，反应结束所需时间较短。为便于比较，我们选择三种情况下c(S2O)相等，所以c(S2O)与反应时间t的变化曲线为。
20．探究pH对P-CP降解速率的影响 温度高H2O2分解 pH=10时， Fe2+与H2O2反应生成的Fe(OH)3，催化作用降低，抑制了羟基自由基产生的，进而无法氧化降解污染物
【分析】实验①为对照组，实验②是探究温度对降解速率的影响，实验③、④是探究浓度对降解速率的影响，实验⑤是探究pH对降解速率的影响。
解析：(1)实验①为对照组，实验②是探究温度对降解速率的影响，实验③是探究浓度对降解速率的影响，应保持单一变量，溶液总体积应为15mL，故x=8，本题答案为：8；
(2)实验①、⑤所加试剂的体积、浓度均相同，只有pH不同，故实验①、⑤是探究pH对P-CP降解速率的影响，本题答案为：探究pH对P-CP降解速率的影响；
(3)反应温度在较低范围时，随着温度升高，过氧化氢产生羟基自由基的速率增加，使P-CP降解速率提高；反应温度过高时，过氧化氢分解产生氧气，几乎不产生羟基自由基，导致P-CP降解速率减少，故本题答案为：温度高H2O2分解；
(4)由图中曲线可以看出，在pH等于10时，P-CP的浓度几乎没有变化，说明pH=10时，该降解反应趋于停止，是因为在碱性较强的时候，Fe2+与H2O2反应生成的Fe(OH)3，催化作用降低，抑制了羟基自由基产生的，故本题答案为：pH=10时， Fe2+与H2O2反应生成的Fe(OH)3，催化作用降低，抑制了羟基自由基产生的，进而无法氧化降解污染物
一、选择题
1．下列做法与改变化学反应速率无关的是
A．在糕点包装内放置除氧剂 B．未成熟的猕猴桃与成熟的苹果一起密封
C．牛奶在冰箱里保存 D．高炉炼铁增加高炉的高度
2．在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入下列溶液，你认为可行的是
A．Na2CO3溶液 B．Na2SO4溶液 C．NaNO3溶液 D．少量CuSO4溶液
3．铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法正确的是
A．该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，最大能垒为89.7
B．该反应过程中浓度不变
C．与均在该反应过程中起催化作用
D．甲酸在作用下的分解反应放出热量
4．某反应分两步进行，其能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应①的活化能
B．该反应过程中，反应速率由反应②决定
C．总反应的热化学方程式为
D．增大的浓度，可以增大活化分子百分数，提高化学反应速率
5．某温度下，在2L恒容密闭容器中4molNH2COONH4(s)，发生如下反应，在0-1min内，CO2的生成速率为0.4mol L-1 min-1，0-2min内，CO2的生成速率为0.3mol L-1 min-1，0-3min内，CO2的生成速率为0.2mol L-1 min-1，下列说法错误的是
A．当混合气体的平均摩尔质量不变时，标志此反应达到了平衡状态
B．0-1min内，NH2COONH4(s)的反应速率为62.4g/min
C．30秒时，CO2的浓度大于0.2mol/L
D．2min时，再加入2molNH3，此时反应的V逆＞V正
6．下列有关催化剂的说法错误的是
A．改变反应历程 B．改变基元反应的活化能
C．可能提高主反应选择性 D．不能提高反应物转化率
7．下列有关化学反应速率的说法正确的是
A．用锌粒和稀硫酸反应制取氢气时，增大硫酸的浓度一定能加快产生氢气的速率
B．的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变
C．合成氨的反应是一个放热反应，所以升高反应温度，反应速率减慢
D．汽车尾气中的和可以缓慢反应生成和，减小压强，反应速率减慢
8．常温下，分别将四块形状相同、质量均为7 g的铁块同时投入下列四种溶液中，铁块溶解较快的是
A．250 mL 2 mol·L-1的盐酸 B．150 mL 2 mol·L-1的硫酸
C．500 mL 3 mol·L-1的盐酸 D．20 mL 18 mol·L-1的硫酸
9．反应，在不同情况下测得反应速率，其中反应速率最快的是
A． B．
C． D．
10．某新型催化剂能将乙醇催化转化为乙酸和氢气，其反应历程如图所示。下列说法错误
A．物质I为催化剂 B．II→III的反应类型为氧化反应
C．该历程涉及非极性键的断裂和形成 D．该历程总反应的原子利用率为100%
11．煎煮中药一般分四步：冷水浸泡、加热煎制、箅渣取液、灌装保存。下列说法不正确的是
A．中药药液密封保存可减缓氧化速率
B．箅渣取液涉及冷却结晶操作
C．中药切片可使有效成分更充分浸出
D．加热煎制是为了提高中药的浸出效率
12．反应物浓度的关系是用实验方法测定的，化学反应H2+Cl2=2HCl的反应速率v可表示为v=K[c(H2)]m[c(Cl2)]n，式中K为常数，m、n值可用下表中数据确定之。
c(H2)(mol/L) c(Cl2)(mol/L) mol/(L·s)
1.0 1.0 1.0K
2.0 1.0 2.0K
2.0 4.0 4.0K
由此可推得，m、n值正确的是
A．m=1，n=1 B．m=，n=
C．m=，n=1 D．m=1，n=
13．可逆反应2A(g)+3B(g) 3C(g)+D(g)在四种不同条件下的反应速率分别为：①v(A)=0.5mol·L-1·min-1；②v(B)=0.6mol·L-1·min-1；③v(C)=0.35mol·L-1·min-1；④v(D)=0.4mol·L-1·s-1。下列有关反应速率的比较中正确的是
A．④>①>②>③ B．④>①>③>②
C．①>②>③>④ D．②>①>③>④
14．下列有关说法正确的是
A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多
B．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ，故金刚石比石墨稳定
C．气态水比液态水稳定
D．升高温度能增大单位体积内的活化分子数，加快反应速率
15．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将转化为三甲胺。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示(其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。
下列说法错误的是
A．2个分子断键所吸收的能量低于1个DMF分子和4个H原子在铜催化剂表面吸附所释放的能量
B．该反应的热化学方程式为：
C．增大压强可以提高该反应的活化分子百分数，进而加快反应速率
D．该反应在低温下能正向自发进行
二、填空题
16．下表是实验室模拟合成氨反应：的部分数据。请分析后回答下列问题。
浓度
反应开始时的浓度() 2.5 2 0
时的浓度() 1.9
(1)内该反应的化学反应速率_______。
(2)在上表空格中填入合适数据_______、_______。
(3)如果用浓度的增加值来表示化学反应速率，则内为_______。
(4)经测定反应开始后到末的反应速率，则末的浓度为_______。
17．甲烷(CH4)是自然界储量丰富的天然气的主要组分，可用作清洁能源和廉价的化工原料，将甲烷催化转化为具有更高价值的化学物质是一个广受关注的课题．哈尔滨工业大学的科研人员研究了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程（催化剂是），共分为甲烷活化、二氧化碳进入和H转移（夺氢）三个阶段．该反应历程的示意图如下：
(1)在研究初期，科研人员提出先将CH4转化成CO和H2，再转化成CH3COOH。
已知：
①
②
③
则混合气体CO和H2转化成CH3COOH(g)的热化学方程式为______________．
(2)催化剂有以下四种形态：、、、．
图甲、图乙分别表示反应在催化剂的形态时的势能变化：
图甲 中与直接转化的反应过程的势能曲线
图乙 CH4与CO2在中同时发生活化的反应路线的势能曲线
由图甲、图乙可知_______0（填“>”“<”或“=”）；不同形态的对_________（填“有”或“无”）影响．
(3)从CH4到过渡态Ⅰ断裂的是_______键（填“碳氢”“碳碳”“氧氢”或“碳氧”，下同），最后一步“夺氢”过程中有________键形成．
18．某化合物A的蒸气1mol充入0.5L容器中加热分解：2A(g)→B(g)+nC(g)，反应到第3秒时，容器内A的浓度变为0.8mol·L-1，测得这段时间内，平均速率v(C)=0.6mol·L-1·s-1，则化学反应方程式中n值为___________，v(B)=___________mol·L-1·s-1。
19．碘在科研与生活中有重要应用，某兴趣小组用0.50mol/L KI、0.2%淀粉溶液、0.20mol/L K2S2O8、0.10mol/L Na2S2O3，等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
已知：S2O+2I-=2SO+I2(慢) I2+2S2O=2I-+S4O(快)
(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的___________耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O与S2O初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O):n(S2O)___________。
(2)已知：
实验序号 体积V/mL
K2S2O8溶液 水 KI溶液 Na2S2O3溶液 淀粉溶液
① 10.0 0.0 4.0 4.0 2.0
② 9.0 VX 4.0 4.0 2.0
③ 8.0 2.0 4.0 4.0 VY
则，表中VX=___________mL，VY=___________mL；理由是___________。
(3)已知某条件下，浓度c(S2O)反应时间t的变化曲线如图所示，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O)-t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。___________
20．Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物，羟基自由基的产生与溶液pH大小有关。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。
【实验过程】
用图所示装置进行如下表所示的实验，控制p-CP的初始浓度相同，其余实验条件见下表，设计如下对比实验，最终测量的是p-CP浓度的改变量。
【实验数据】
实验编号 H2O2溶液 Fe2+溶液 蒸馏水 pH 温度
c/(10-3mol·L-1) V/mL c/(10-3mol·L-1) V/mL V/mL T/K
① 6.0 1.5 0.30 3.5 10 3 298
② 6.0 1.5 0.30 3.5 10 3 313
③ 6.0 3.5 0.30 3.5 x 3 298
④ 6.0 1.5 0.30 4.5 9 3 298
⑤ 6.0 1.5 0.30 3.5 10 10 298
图2实验测得p-CP的浓度随时间的变化
【分析与解释】
(1)实验③中，x=________。
(2)实验①、⑤的目的是________。
(3)实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高是反而导致降解反应速率减少，从Fenton法所用试剂H2O2性质的角度分析原因_____(请用化学用语解答)。
(4)通过实验⑤可以得出结论是是pH等于10时，降解反应趋于停止，推测可能的原因：__。
【参考答案】
一、选择题
1．D
【分析】改变反应物浓度、改变温度、改变反应物接触面积、改变压强（有气体参加或生成的反应）、催化剂都能改变化学反应速率，以此解答该题。
解析：A．在糕点包装内放置小包除氧剂的目的是防止食品变质，减慢糕点腐败变质的速度，故A不符合题意；
B．未成熟的猕猴桃与成熟苹果一起密封放置，加快猕猴桃成熟的速率，故B不符合题意；
C．牛奶在冰箱里保存，降低温度，减缓食物变质的速率，故C不符合题意；
D．高炉炼铁增加高炉的高度对反应速率没有影响，故D符合题意；
故答案选D。
【点睛】本题考查化学反应速率影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用，明确外界条件对化学反应速率影响原理是解本题关键，题目难度不大。
2．B
【分析】锌粉与稀盐酸反应的实质是，据此分析。
解析：A．Na2CO3溶液会消耗使和都减小，所以既减缓了反应速率又减少产生氢气的量，故A错误；
B．加入Na2SO4溶液相当于稀释了稀盐酸，所以能减缓反应速率但不减少产生氢气的量，故B正确；
C．加入NaNO3溶液后因为引入了，此时发生的反应是：，不能再产生氢气，故C错误；
D．少量CuSO4溶液与锌粉发生置换反应置换出的Cu析出在锌表面，从而形成锌铜原电池，加快反应速率，故D错误；
故选B。
3．D
【分析】由能垒图可以看出，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应；整个过程中有两个过渡态，过渡态Ⅰ的正反应的活化能为45.3+31.8=77.1kJ/mol；过渡态Ⅱ的正反应的活化能为43.5+42.6=86.1kJ/mol，过渡态Ⅱ的活化能大，为反应的决速步骤。根据第一张图可以看出，反应物为HCOOH，生成物为二氧化碳和氢气，故总反应为。
解析：A．根据分析，过渡态Ⅱ的活化能大，由Ⅳ→Ⅰ步骤为反应的决速步骤，最大能垒为43.5 kJ/mol -(-42.6 kJ/mol) =86.1kJ/mol，A错误；
B．反应过程存在甲酸电离出氢离子，然后氢离子再生成氢气的过程，浓度先增大，后减小，B错误；
C．为反应的催化剂，为中间产物，C错误；
D．由能垒图可以看出，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，D正确；
故选D。
4．B
解析：A．由图可知，活化能，A错误；
B．慢反应控制总反应速率，反应②的活化能，故反应速率由反应②决定，B正确；
C．总反应的，热化学方程式为 ，C错误；
D．增大反应物浓度，可增大活化分子的数目，但活化能不变，活化分子百分数不变，增大浓度可加快反应速率，D错误；
故选B。
5．A
解析：A．此反应开始时只加入了，生成的和始终是2∶1，所以当混合气体的平均摩尔质量不变时，不可以标志此反应达到了平衡状态，A错误；
通过三段式计算，
1min内消耗0.8mol，质量为62.4g，故反应速率为62.4g/min，B正确；
C．由于反应速率越来越慢，故30秒时，的浓度大于0.2mol/L，C正确；
D．由于反应2min已经达到平衡，当再加入2mo时，平衡逆移，故，D正确；
故选A。
6．D
解析：A．催化剂参与化学反应，改变反应历程，故A正确；
B．催化剂能降低基元反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C．催化剂可提高主反应速率，提高主反应选择性，故C正确；
D．转化率可分为时空转化率和平衡转化率，催化剂不改变平衡转化率，但是可以提高单位时间内反应物的转化率，故D错误；
选D。
7．D
解析：A．锌和稀硫酸反应生成氢气，增大硫酸的浓度，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫不生成氢气，A错误；
B．加入氯化钠溶液后，氯化钠不参与反应，但溶液体积增大，相当于稀释，导致盐酸浓度减小，反应速率减小，B错误；
C．升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率加快，C错误；
D．减小压强，反应物浓度减小，反应速率减慢，D正确；
答案选D。
8．B
解析：常温下，铁在18 mol·L-1的浓硫酸中钝化；250 mL 2 mol·L-1的盐酸中氢离子浓度为2 mol·L-1；150 mL 2 mol·L-1的硫酸中氢离子浓度为4 mol·L-1； 500 mL 3 mol·L-1的盐酸中氢离子浓度为3 mol·L-1；氢离子浓度越大反应速率越快，所以铁块在150 mL 2 mol·L-1的硫酸中溶解最快，故选B。
9．C
解析：由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，物质的化学反应速率与化学计量数的比值越大，化学反应速率越快，由题给数据可得：=0.15mol/(L·s)、=0.2mol/(L·s)、=0.25mol/(L·s)、=0.2mol/(L·s)，则为测得反应速率中最快的，故选C。
10．C
解析：A．由图可知，反应中物质I消耗又生成，为反应的催化剂，A正确；
B．II→III为去氢生成碳氧双键的反应，反应类型为氧化反应，B正确；
C．该历程只涉及氢分子中氢氢非极性键的生成，不涉及非极性键的断裂，C错误；
D．反应目的是乙醇催化转化为乙酸和氢气，该总反应为乙醇和水生成氢气和乙酸，反应为C2H5OH+H2O CH3COOH+2H2↑，反应中原子全部转化到期望产品中，故原子利用率为100%，D正确；
故选C。
11．B
解析：A．中药药液密封保存减少与流动空气的接触可减缓氧化速率，A正确；
B．箅渣取液涉及过滤操作，B错误；
C．中药切片可增加接触面积，使有效成分更充分浸出，C正确；
D．升高温度，加热煎制是为了提高中药的浸出效率，D正确；
故选B。
12．D
解析：根据实验数据，，，，，故选D。
13．A
解析：反应2A(g)+3B(g) 3C(g)+D(g)，根据化学反应速率之比=方程式的系数之比，转化为用D表示的反应速率分别为：①v(D)=0.25mol/(L·min)；②v(D)=0.2mol/(L·min)； ③v(D)=0.117mol/(L·min)；④v(D)=24mol/(L·min)，因此反应速率：④>①>②>③，故选A；
答案选A。
14．D
解析：A．因为硫固体变为硫蒸气要吸热，所以等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量多，故A错误；
B．比较稳定性应比较其能量的高低，由C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH＞0可知，金刚石能量高，不稳定，故B错误；
C．比较稳定性应比较其能量的高低，气态水比液态水能量高，液态水稳定，故C错误；
D．升高温度能增大单位体积内的活化分子数，加快反应速率，故D正确；
故选：D。
15．C
解析：A．根据反应历程的相对能量大小可知， 2个分子断键所吸收的能量低于1个DMF分子和4个H原子在铜催化剂表面吸附所释放的能量，选项A正确；
B．该反应的总反应为(CH3)2NCHO(g)和H2(g)转化为N(CH3)3(g)，1.02eV为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为，选项B正确；
C．对有气体参加的可逆反应，增大压强增大单位体积内活化分子个数，活化分子百分数不变，选项C错误；
D．该反应△H<0，△S<0，要使△G=△H-T△S<0，则应在低温下，故该反应在低温下能正向自发进行，选项D正确；
答案选C。
二、填空题
16．(1)
(2) 0.2mol/L 1.2mol/L
(3)0.2
(4)1.28mol/L
解析：（1）内N2的浓度减小(2.5-1.9)mol/L，该反应的化学反应速率；
（2）化学反应中各物质浓度的变化量比等于系数比，内N2的浓度减小0.6mol/L，则H2的浓度降低0.6mol/L×3=1.8mol/L、NH3的浓度增加0.6mol/L×2=1.2mol/L，时H2的浓度为2mol/L-1.8mol/L=0.2mol/L、NH3的浓度为0+1.2mol/L=1.2mol/L；
（3）NH3的浓度增加1.2mol/L，则内=；
（4）经测定反应开始后到末的反应速率，则8min内H2的浓度减小，的浓度增加，则末的浓度为0+1.28mol/L=1.28mol/L。
17．(1)
(2) ＞ 无
(3) 碳氢 氧氢
解析：(1)根据盖斯定律，将热化学方程式①+②-③，整理可得热化学方程式：；
(2)由图甲、图乙得知，不同形态的对无影响，因为催化剂只改变反应的路径和速率，不能改变反应物、生成物的能量，因此对反应热无影响；
(3)从CH4到过渡态Ⅰ断裂的是碳氢键，最后一步“夺氢”过程中夺得的氢原子接在氧原子上形成羟基，形成的是氧氢键。
18．0.2
解析：A物质的初始浓度为：=2mol·L-1，则浓度变化量为：2mol·L-1-0.8mol·L-1=1.2mol·L-1，反应速率为：=0.4mol·L-1·s-1，相同时间内反应速率之比等于化学计量数之比，则有，解得n=3，v(A):v(B)=2:1，则v(B)=0.2mol·L-1·s-1。
19．(1) Na2S2O3 ＜2
(2) 1.0 2.0 保证反应物K2S2O8浓度改变，而其它的条件不变，才能达到实验目的
(3)
解析：本实验通过用不同浓度、不同的试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响，据此分析回答问题。
（1）已知S2O+2I-=2SO+I2(慢)、 I2+2S2O= 2I-+S4O (快)，所以当Na2S2O3耗尽时，S2O与I-反应生成碘单质，淀粉遇到碘显蓝色，根据方程式，n(S2O)∶n(S2O)=2：1时恰好完全反应，为保证能观察到蓝色，碘需有剩余，则n(S2O)：n(S2O)＜2；
（2）为便于比较，应保证溶液的总体积相同，所以表中Vx=1.0，Vy=2.0，淀粉溶液体积不变，理由是保持三次实验中溶液总体积相同，仅改变S2O的浓度而其他物质浓度不变，才能达到实验目的；
（3）降低温度时，反应速率减慢，反应结束所需时间较长；加入催化剂时，反应速率加快，反应结束所需时间较短。为便于比较，我们选择三种情况下c(S2O)相等，所以c(S2O)与反应时间t的变化曲线为。
20．探究pH对P-CP降解速率的影响 温度高H2O2分解 pH=10时， Fe2+与H2O2反应生成的Fe(OH)3，催化作用降低，抑制了羟基自由基产生的，进而无法氧化降解污染物
【分析】实验①为对照组，实验②是探究温度对降解速率的影响，实验③、④是探究浓度对降解速率的影响，实验⑤是探究pH对降解速率的影响。
解析：(1)实验①为对照组，实验②是探究温度对降解速率的影响，实验③是探究浓度对降解速率的影响，应保持单一变量，溶液总体积应为15mL，故x=8，本题答案为：8；
(2)实验①、⑤所加试剂的体积、浓度均相同，只有pH不同，故实验①、⑤是探究pH对P-CP降解速率的影响，本题答案为：探究pH对P-CP降解速率的影响；
(3)反应温度在较低范围时，随着温度升高，过氧化氢产生羟基自由基的速率增加，使P-CP降解速率提高；反应温度过高时，过氧化氢分解产生氧气，几乎不产生羟基自由基，导致P-CP降解速率减少，故本题答案为：温度高H2O2分解；
(4)由图中曲线可以看出，在pH等于10时，P-CP的浓度几乎没有变化，说明pH=10时，该降解反应趋于停止，是因为在碱性较强的时候，Fe2+与H2O2反应生成的Fe(OH)3，催化作用降低，抑制了羟基自由基产生的，故本题答案为：pH=10时， Fe2+与H2O2反应生成的Fe(OH)3，催化作用降低，抑制了羟基自由基产生的，进而无法氧化降解污染物