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 | 912.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-11 08:22:31 | ||
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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．下列措施肯定能使化学反应速率增大的是
A．增大反应物的浓度 B．减小压强 C．升高温度 D．增大生成物的物质的量
2．反应：4A(s)＋3B(g)=2C(g)＋D(g)，经2 min后，B的浓度减少0.6 mol·L－1。对此反应速率的表示正确的是
A．用A表示的反应速率是0.4 mol·L－1·min－1
B．分别用B、C、D表示的反应速率之比是3∶2∶1
C．在2 min末的反应速率，用B表示是0.3 mol·L－1·min－1
D．在2 min内的反应速率，用C表示是0.1 mol·L－1·min－1
3．用五乙烯六胺(PEHA)多聚物来捕获二氧化碳，以Ru-PNP络合物作催化剂，可直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是
A．此过程总反应方程式为
B．产品甲醇作为重要的能源物质，可作为车用燃料
C．催化剂在循环过程中未参与中间反应
D．反应过程中既有极性键的断裂，又有非极性键的断裂
4．甲醇-水蒸气重整制氢的总反应可表示为：。研究认为该反应可通过如下步骤来实现：
①
②
反应进程中体系能量变化如图所示。
下列说法正确的是
A．若反应①为慢反应，则反应①的活化能小于反应②
B．反应①和②过程中均有O-H键断裂
C．选择优良的催化剂能降低总反应的焓变
D．总反应的
5．下列有关反应说法错误的是
A．升高温度，可加快反应速率 B．增大压强，可加快反应速率
C．达平衡时， D．达平衡时，不再改变
6．如图所示为800°C时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是
A．发生的反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)
B．反应开始至2 min A的平均速率为0.1 mol/(L·min)
C．反应开始时，正、逆反应同时进行
D．2 min时，A、B、C的浓度之比为2：3：1
7．反应条件与环境对化学反应会产生影响，下列说法错误的是
化学反应 影响因素
A 过氧化氢不稳定，向溶液中加入少量后分解速率明显加快 催化剂
B Na与反应既能生成也能生成 温度
C 20mL过氧化氢比10mL过氧化氢产生更多的 浓度
D 过氧化氢在酸、碱条件下将高锰酸钾分别还原成、 溶液酸碱性
A．A B．B C．C D．D
8．反应在容积为2L的密闭容器中进行，1mim后，减少了0.12mol，则平均每秒浓度的变化表示正确的是
A．： B．：
C．： D．：
9．采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是
A．Fe与稀硫酸反应制取时，用浓硫酸代替稀硫酸
B．NaOH溶液和稀硝酸反应时，增大反应体系的压强
C．Na与水反应时，增加水的用量
D．工业上合成氨时，使用铁触媒作催化剂
10．汽车尾气的NO可导致光化学烟雾，其反应机理如下：
已知过氧化物是含有过氧键(—O—O—)的化合物。下列有关该过程的叙述不正确的是
A．O·和·是反应的中间体
B．反应过程中生成了过氧化物
C．反应过程中涉及氧元素的微粒化合价均为0或-2价
D．转化为的化学方程式为
11．亚硫酸钠溶液中加入过量的碘酸钾酸性溶液，反应的化学方程式为(未配平)：。该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下几步：
①(慢)
②(快)
③(快)
④(快)
⑤(快)
下列推测错误的是
A．若预先加入淀粉溶液，由题述看，必须在离子消耗完时，蓝色现象才会产生
B．此反应的总的反应速率由第①步反应决定
C．此反应的总的反应速率由第⑤步反应决定
D．若反应中有5mol电子转移，则生成的物质的量是0.5mol
12．化学反应： △H实际上是经过两步基元反应完成的：第一步：；第二步：……。该反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．第一步反应的逆反应的活化能是()
B．第二步基元反应是：
C．分子有效碰撞几率最大的步骤对应的基元反应是第一步
D．若使用催化剂，()不会发生变化
13．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%
14．已知反应在只改变催化剂的条件下各物质的浓度随反应时间的部分变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．催化剂I使反应活化能比无催化剂时低
B．催化剂I较催化剂II能使反应先达平衡
C．a曲线表示使用催化剂II时M的浓度随的变化
D．0~2min内，使用催化剂I时，
15．乙烯与HC1气体催化加成反应的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法正确的是
A．第一步反应速率比第二步的快
B．两步反应的ΔH均小于0
C．加入催化剂，总反应的ΔH不变
D．第一步的正反应活化能比第二步的小
二、填空题
16．请参考题中图表，已知、，根据要求回答问题。
(1)下图是和反应生成和的过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，的变化是_______。请写出和反应的热化学方程式：_______。
(2)下表是部分化学键的键能数据：
化学键
键能/() a b c x
已知白磷完全燃烧放热，白磷及其完全燃烧的生成物结构如图所示，则上表中_______(用含有a、b、c、d的代数式表示)。
17．回答下列问题：
(1)某化学兴趣小组的同学进行了如图所示的实验来探究复分解反应的热效应。在一个小烧杯中加入20gBa(OH)2 8H2O晶体，将小烧杯放在已滴有4～5滴水的玻璃片上。然后向小烧杯中加入10gNH4Cl晶体，并用玻璃棒迅速搅拌。稍后用手拿起烧杯时发现玻璃片与烧杯黏结在一起。
①实验中玻璃棒的作用是____，所发生反应的化学方程式是____。
②若用手触摸烧杯外壁，将会有____的感觉，说明该反应为____反应，反应热△H____(填“＞”“＜”或“=”)0。
(2)如图所示，某反应在不同条件下的反应历程分别为a、b。
①据图可判断出反应物的总键能____(填“＞”“＜”或“=”，下同)生成物的总键能，则该反应的反应热△H____0。
②反应历程a、b的反应热____(填“相同”或“不相同”)。
18．(1)在反应A(g)＋3B(g)=2C(g)中，若以物质A表示的该反应的化学反应速率为0.2 mol·L 1·min 1，则以物质B表示此反应的化学反应速率为___________ mol·L 1·min 1。
(2)在2 L的密闭容器中，充入2 mol N2和3 mol H2，在一定条件下发生反应，3s后测得N2为1.9 mol，则以H2的浓度变化表示的反应速率为___________。
(3)①将10 mol A和5 mol B放入容积为10 L的密闭容器中，某温度下发生反应：3A(g)＋B(g) 2C(g)，在最初2 s内，消耗A的平均速率为0.06 mol·L 1·s 1，则在2s时，容器中有___________ mol A，此时C的物质的量浓度为___________。
②在密闭容器里，通入a mol A(g)、b mol B(g)、c mol C(g)，发生上述反应，当改变下列条件时，反应速率会减小的是___________(填序号)。
①降低温度 ②加入催化剂 ③增大容器体积
19．硫酸和硝酸都是重要的化工原料，具有广泛的用途。回答下列问题：
(1)蔗糖中加入浓硫酸后，蔗糖变黑且体积膨胀，同时有刺激性气味的气体产生。该变化过程中体现了浓硫酸的_______，产生气体的化学方程式为_______。
(2)某同学进行有关铜的化学性质的实验，如图所示：
实验①可观察到的现象为_______(尽可能描叙完整)；实验③中铜片逐渐溶解至消失，写出③中铜片溶解的离子方程式_______。
(3)向21.6g铁粉和铜粉的混合物中加入1L1mol/L硝酸溶液，充分反应，放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c(NO)可能为_______。
(4)该同学查阅资料发现：硫酸铜可加快稀硫酸与锌粒的反应速率，欲通过变量控制法设计以下实验进行探究。
A组 B组
1.0mol·L-1H2SO4/mL 20 V1
1.2mol·L-1CuSO4溶液/mL 0 5
H2O/mL V2 0
形状、大小几乎相同的Zn粒 3粒 3粒
请完成此实验设计，其中：V1=_______，V2=_______。
20．现甲、乙两化学小组安装两套如图所示的相同装置，用以探究影响H2O2分解速率的因素。
(1)仪器b的名称____。
(2)甲小组有如图实验设计方案，请帮助他们完成表格中未填部分。
实验编号 实验目的 T/K 催化剂 浓度
甲组实验I 作实验参照 298 3滴FeCl3溶液 10mL2%H2O2
甲组实验II ____ 298 ____ 10mL5%H2O2
(3)甲、乙两小组得出如图数据。
①由甲组实验数据可得出文字结论____。
②由乙组研究的酸、碱对H2O2分解影响因素的数据分析：相同条件下，Na2O2和K2O2溶于水放出气体速率较快的是K2O2；乙组提出可以用BaO2固体与H2SO4溶液反应制H2O2，其化学反应方程式为____。
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：A．若反应物的状态是固体或纯液体，则增大反应物的量，物质的浓度不变，化学反应速率也不变，A不符合题意；
B．若化学反应的反应物没有气体参加，或是有气体参加化学反应，但减小压强时容器的容积不变，向反应体系内加入与反应体系无关的气体，则减小压强时，物质的浓度不变，化学反应速率不变，B不符合题意；
C．升高温度，物质的内能增加，更多的普通分子变为活化分子，活化分子数增加，活化分子百分数增加，分子之间有效碰撞次数增加，化学反应速率一定会增大，C符合题意；
D．若反应物的状态是固体或纯液体，则增大反应物的量时，物质的浓度不变，化学反应速率也不变，D不符合题意；
故合理选项是C。
2．B
【分析】经2min，B的浓度减少0.6 mol·L－1，v(B)==0.3 mol·L－1·min－1。
解析：A．A物质为纯固体，浓度不变，不能表示反应速率，故A错误；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，则分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：1，故B正确；
C．2min末的反应速率为瞬时速率，则在2min内的反应速率，用B表示是0.3 mol·L－1·min－1，是3min内的平均速率，不是瞬时速率，故C错误；
D．2min内v(C)=v(B)=0.2 mol·L－1·min－1，故D错误；
故选B。
3．C
解析：A．由转化关系图可知，CO2与H2反应生成CH3OH和H2O，则总反应方程式为，A正确；
B．甲醇是液态燃料，燃烧热值高，所以甲醇可作为车用燃料，B正确；
C．由图可知，五乙烯六胺（PEHA）多聚物也是催化剂，但是参加了反应，所以循环过程中催化剂参与中间反应，C错误；
D．反应物CO2中含有极性键，反应物H2含有非极性键，则反应过程中有极性键和非极性键的断裂，D正确；
故答案为：C。
4．B
解析：A．反应的活化能越小，反应速率越快，若反应①为慢反应，则反应①的活化能大于反应②，故A错误；
B．由方程式可知，反应①中甲醇发生氢氧键断裂，反应②中水分子发生氢氧键断裂，则反应①和②过程中均有氢氧键断裂，故B正确；
C．择优良的催化剂能降低反应的活化能，但不能降低总反应的焓变，故C错误；
D．由盖斯定律可知，反应①+②得到总反应，则总反应的，故D错误；
故选B。
5．C
解析：A．升高温度，反应速率增大，故A正确；
B．增大压强，反应速率加快，故B正确；
C．达平衡时，，故C错误；
D．达平衡时，各物质的物质的量都不变，故D正确；
故选C。
6．C
解析：A．根据图像得出浓度改变量为Δc(A)＝0.2mol L 1，Δc(B)＝0.2mol L 1，Δc(C)＝0.1mol L 1，根据改变量之比等于计量系数之比得出反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)，选项A正确；
B．反应开始至2 min A的分解速率为，选项B正确；
C．开始时，C的浓度为0，因此该平衡是正向开始建立的平衡，选项C错误；
D．2 min时，c(A)＝0.2mol L 1，c(B)＝0.3mol L 1，c(C)＝0.1mol L 1，因此A、B、C的浓度之比为2∶3∶1，选项D正确；
答案选C。
7．C
解析：A．H2O2加入少量MnO2后能加快反应速率，所以MnO2作 H2O2分解的催化剂，A正确；
B．钠和氧气在常温下生成氧化钠，在加热生成过氧化钠，所以为反应温度不同，B正确；
C．20mL H2O2比10mL H2O2产生更多的氧气，原因为 H2O2量多生成的氧气就多，C错误；
D．过氧化氢在酸、碱性条件下将高锰酸钾分别还原成Mn2+、，说明溶液的酸碱性不同高锰酸钾氧化性不同，D正确；
故选C。
8．D
【分析】利用相同时间段内，变化浓度的比值等于化学计量数的比值，据此分析；
解析：氨气1min内平均每秒浓度的变化是=0.001mol/L，
A．NO的浓度变化等于氨气的浓度的变化，即为0.001mol/L，选项A错误；
B．H2O的浓度变化等于mol/L=0.0015mol/L，选项B错误；
C．氨气的浓度变化为0.001mol/L，选项C错误；
D．氧气的浓度变化为mol/L=0.00125mol/L，选项D正确；
答案选D。
9．D
解析：A．浓硫酸和Fe发生钝化现象，且不生成氢气，加热时生成二氧化硫，故A不选；
B．NaOH溶液和稀硝酸反应中没有气体参与，增大反应体系的压强不影响反应速率，故B不选；
C．水为纯液体，所以Na与水反应时增大水的用量不影响反应速率，故C不选；
D．工业上合成氨时，使用铁触媒作催化剂，反应速率加快，故D选；
故选D。
10．C
解析：A．·和O·开始没有，最终没有，而中间出现，故二者是反应的中间体，A正确；
B．反应生成了，显然属于过氧化物， B正确；
C．过氧键中氧元素为价，C错误；
D．由转化关系图可知转化为的化学方程式为，D正确。
故选C。
11．C
解析：A．由反应④可知，亚硫酸根的还原性大于碘离子，可被碘单质氧化，故需消耗完亚硫酸根离子，才会生成碘单质，才会有溶液变蓝的现象产生，A项正确；
B．由慢反应决定整个反应过程的速率，故反应速率由①步反应决定，B项正确；
C．由慢反应决定整个反应过程的速率，故反应速率由①步反应决定，C项错误；
D．碘元素化合价由碘酸钾中碘元素+5价，降低为碘单质中0价，每生成1mol碘单质，转移10mol电子，5mol电子转移生成碘的物质的量为0.5mol，D项正确；
答案选C。
12．C
解析：第一步反应的逆反应的活化能是()，A项正确；总反应减去第一步基元反应可以得到第二步基元反应，B项正确；分子有效碰撞几率最大的步骤就是决速步，也就是活化能最小的步骤，由图知，第二步的活化能最小，C项不正确；，催化剂的使用不改变△H，D项正确。
13．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。
14．C
【分析】活化能越小反应越快，由图可知，催化剂I的催化效果最好；
解析：A．催化剂改变反应历程，降低了反应的活化能，加快了反应速率，由图可知催化剂I使反应活化能比无催化剂时低，A正确；
B．催化剂I的催化效果更好，反应更快，较催化剂II能使反应先达平衡，B正确；
C．由反应体现的物质的系数关系可知，a曲线表示使用催化剂I时M的浓度随的变化，C错误；
D．结合C分析可知，0~2min内，使用催化剂I时，， D正确；
答案选C。
15．C
解析：A．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，因此第一步反应速率比第二步的慢，故A错误；
B．第一步反应是吸热反应即ΔH大于0，第二步反应是放热反应即ΔH小于0，故B错误；
C．加入催化剂，活化能降低，但总反应的ΔH不变，故C正确；
D．根据图中信息得到第一步的正反应活化能比第二步的大，故D错误。
综上所述，答案为C。
二、填空题
16．(1) 减小 不变
(2)
解析：（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ mol-1，故答案为减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ mol-1；
（2）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，根据图示，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×a kJ/mol+5 mol×c kJ/mol)=dkJ/mol，x=kJ/mol，故答案为12；。
17．(1) 使混合物充分接触并发生反应 Ba(OH)2 8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O 冰凉 吸热 ＞
(2) ＜ ＜ 相同
解析：（1）①晶体和氯化铵晶体之间的反应是固体之间的反应.实验中玻璃棒搅拌可使混合物充分接触并加速反应；氯化铵属于铵盐，能和反应生成氨气、水以及氯化钡，反应的化学方程式为，该反应属于复分解反应。②若用手触摸烧杯外壁，将会有冰凉的感觉.说明晶体和氯化铵晶体的反应是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，则△H＞0；
（2）①由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，则反应物的总键能小于生成物的总键能，△H＜0。②由图可知，反应历程a与b相比，反应物和生成物的总能量相同，所以反应热也相同。
18．6 0.05 mol·L 1·s 1 8.8 0.08 mol·L 1 ①③
解析：(1)在反应A(g)＋3B(g)=2C(g)中，若以物质A表示的该反应的化学反应速率为0.2 mol·L－1·min－1，由于反应速率之比是化学计量数之比，则以物质B表示此反应的化学反应速率为0.2 mol·L－1·min－1×3＝0.6mol·L－1·min－1；
(2)在2 L的密闭容器中，充入2 mol N2和3 mol H2，在一定条件下发生反应，3s后测得N2为1.9 mol，消耗氮气是0.1mol，根据方程式N2+3H22NH3可知消耗氢气是0.3mol，则以H2的浓度变化表示的反应速率为＝0.05 mol·L－1·s－1。
(3)①将10 mol A和5 mol B放入容积为10 L的密闭容器中，某温度下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)，在最初2 s内，消耗A的平均速率为0.06 mol·L－1·s－1，因此消耗A的物质的量是0.06 mol·L－1·s－1×2s×10L＝1.2mol，则在2s时，容器中有10mol－1.2mol＝8.8mol mol A，生成C是0.8mol，此时C的物质的量浓度为0.8mol÷10L＝0.08 mol·L 1。
②降低温度反应速率一定减小；加入催化剂反应速率加快；增大容器体积，浓度减小，反应速率减小，答案选①③。
19．(1) 脱水性、强氧化性 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
(2) 铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)0.75mol/L
(4) 20 5
【分析】浓硫酸和蔗糖的实验体现浓硫酸的脱水性和强氧化性；利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
解析：（1）蔗糖中加入浓硫酸后，使蔗糖中的H和O元素按照水的组成比例脱去，剩下黑色的C，此过程体现浓硫酸的脱水性，体积膨胀并有刺激性气味的气体放出，说明生成了气体，根据元素守恒和氧化还原反应的规律可知，生成的气体为二氧化硫和二氧化碳，生成二氧化硫的过程中S元素的化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性；C和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：脱水性、强氧化性；C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（2）试管①中发生反应，硝酸铜在溶液中为蓝色，NO为无色气体，NO易被氧气氧化成红棕色的NO2，因此实验①可观察到的现象为铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色；铜片剩余，说明硝酸量不足，铜与稀硫酸不反应，硝酸铜为强电解质，在溶液中完全电离成铜离子和硝酸根离子，加入稀硫酸提供氢离子，Cu与氢离子、硝酸根离子反应生成铜离子、NO和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色；3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）反应后有金属剩余，则反应后所得溶液中不可能含有Fe3+，生成物中金属离子均为+2价，设金属为M，生成的硝酸盐为M (NO3)2，发生的反应为，反应过程中，有的被还原为NO气体，有在溶液中，则反应后的溶液中，故答案为：0.75mol/L；
（4）探究硫酸铜对稀硫酸与锌粒的反应速率的影响，控制的变量只有硫酸铜的量不同，硫酸的体积及溶液总体积相同，由表中A、B组实验数据可知，V1=20，V2=20+5-20=5，故答案为：20；5。
20．(1)分液漏斗
(2) 探究反应物浓度对反应速率的影响 3滴氯化铁溶液
(3) 在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大 BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2
解析：(1)仪器b的名称分液漏斗；故答案为：分液漏斗。
(2)根据图中数据分析，H2O2的浓度不同，因此实验目的是探究探究反应物浓度对反应速率的影响，因此只能是浓度作为变量，其他不能改变，即催化剂为3滴FeCl3溶液；故答案为：探究反应物浓度对反应速率的影响；3滴FeCl3溶液。
(3)①根据图中得到甲组实验II反应速率较大，由甲组实验数据可得出文字结论在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大；故答案为：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大。
②乙组提出可以用BaO2固体与H2SO4溶液反应生成H2O2和BaSO4，其化学反应方程式为BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；故答案为：BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2
一、选择题
1．下列措施肯定能使化学反应速率增大的是
A．增大反应物的浓度 B．减小压强 C．升高温度 D．增大生成物的物质的量
2．反应：4A(s)＋3B(g)=2C(g)＋D(g)，经2 min后，B的浓度减少0.6 mol·L－1。对此反应速率的表示正确的是
A．用A表示的反应速率是0.4 mol·L－1·min－1
B．分别用B、C、D表示的反应速率之比是3∶2∶1
C．在2 min末的反应速率，用B表示是0.3 mol·L－1·min－1
D．在2 min内的反应速率，用C表示是0.1 mol·L－1·min－1
3．用五乙烯六胺(PEHA)多聚物来捕获二氧化碳，以Ru-PNP络合物作催化剂，可直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是
A．此过程总反应方程式为
B．产品甲醇作为重要的能源物质，可作为车用燃料
C．催化剂在循环过程中未参与中间反应
D．反应过程中既有极性键的断裂，又有非极性键的断裂
4．甲醇-水蒸气重整制氢的总反应可表示为：。研究认为该反应可通过如下步骤来实现：
①
②
反应进程中体系能量变化如图所示。
下列说法正确的是
A．若反应①为慢反应，则反应①的活化能小于反应②
B．反应①和②过程中均有O-H键断裂
C．选择优良的催化剂能降低总反应的焓变
D．总反应的
5．下列有关反应说法错误的是
A．升高温度，可加快反应速率 B．增大压强，可加快反应速率
C．达平衡时， D．达平衡时，不再改变
6．如图所示为800°C时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是
A．发生的反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)
B．反应开始至2 min A的平均速率为0.1 mol/(L·min)
C．反应开始时，正、逆反应同时进行
D．2 min时，A、B、C的浓度之比为2：3：1
7．反应条件与环境对化学反应会产生影响，下列说法错误的是
化学反应 影响因素
A 过氧化氢不稳定，向溶液中加入少量后分解速率明显加快 催化剂
B Na与反应既能生成也能生成 温度
C 20mL过氧化氢比10mL过氧化氢产生更多的 浓度
D 过氧化氢在酸、碱条件下将高锰酸钾分别还原成、 溶液酸碱性
A．A B．B C．C D．D
8．反应在容积为2L的密闭容器中进行，1mim后，减少了0.12mol，则平均每秒浓度的变化表示正确的是
A．： B．：
C．： D．：
9．采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是
A．Fe与稀硫酸反应制取时，用浓硫酸代替稀硫酸
B．NaOH溶液和稀硝酸反应时，增大反应体系的压强
C．Na与水反应时，增加水的用量
D．工业上合成氨时，使用铁触媒作催化剂
10．汽车尾气的NO可导致光化学烟雾，其反应机理如下：
已知过氧化物是含有过氧键(—O—O—)的化合物。下列有关该过程的叙述不正确的是
A．O·和·是反应的中间体
B．反应过程中生成了过氧化物
C．反应过程中涉及氧元素的微粒化合价均为0或-2价
D．转化为的化学方程式为
11．亚硫酸钠溶液中加入过量的碘酸钾酸性溶液，反应的化学方程式为(未配平)：。该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下几步：
①(慢)
②(快)
③(快)
④(快)
⑤(快)
下列推测错误的是
A．若预先加入淀粉溶液，由题述看，必须在离子消耗完时，蓝色现象才会产生
B．此反应的总的反应速率由第①步反应决定
C．此反应的总的反应速率由第⑤步反应决定
D．若反应中有5mol电子转移，则生成的物质的量是0.5mol
12．化学反应： △H实际上是经过两步基元反应完成的：第一步：；第二步：……。该反应过程的能量变化如图所示，下列说法不正确的是
A．第一步反应的逆反应的活化能是()
B．第二步基元反应是：
C．分子有效碰撞几率最大的步骤对应的基元反应是第一步
D．若使用催化剂，()不会发生变化
13．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%
14．已知反应在只改变催化剂的条件下各物质的浓度随反应时间的部分变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．催化剂I使反应活化能比无催化剂时低
B．催化剂I较催化剂II能使反应先达平衡
C．a曲线表示使用催化剂II时M的浓度随的变化
D．0~2min内，使用催化剂I时，
15．乙烯与HC1气体催化加成反应的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法正确的是
A．第一步反应速率比第二步的快
B．两步反应的ΔH均小于0
C．加入催化剂，总反应的ΔH不变
D．第一步的正反应活化能比第二步的小
二、填空题
16．请参考题中图表，已知、，根据要求回答问题。
(1)下图是和反应生成和的过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，的变化是_______。请写出和反应的热化学方程式：_______。
(2)下表是部分化学键的键能数据：
化学键
键能/() a b c x
已知白磷完全燃烧放热，白磷及其完全燃烧的生成物结构如图所示，则上表中_______(用含有a、b、c、d的代数式表示)。
17．回答下列问题：
(1)某化学兴趣小组的同学进行了如图所示的实验来探究复分解反应的热效应。在一个小烧杯中加入20gBa(OH)2 8H2O晶体，将小烧杯放在已滴有4～5滴水的玻璃片上。然后向小烧杯中加入10gNH4Cl晶体，并用玻璃棒迅速搅拌。稍后用手拿起烧杯时发现玻璃片与烧杯黏结在一起。
①实验中玻璃棒的作用是____，所发生反应的化学方程式是____。
②若用手触摸烧杯外壁，将会有____的感觉，说明该反应为____反应，反应热△H____(填“＞”“＜”或“=”)0。
(2)如图所示，某反应在不同条件下的反应历程分别为a、b。
①据图可判断出反应物的总键能____(填“＞”“＜”或“=”，下同)生成物的总键能，则该反应的反应热△H____0。
②反应历程a、b的反应热____(填“相同”或“不相同”)。
18．(1)在反应A(g)＋3B(g)=2C(g)中，若以物质A表示的该反应的化学反应速率为0.2 mol·L 1·min 1，则以物质B表示此反应的化学反应速率为___________ mol·L 1·min 1。
(2)在2 L的密闭容器中，充入2 mol N2和3 mol H2，在一定条件下发生反应，3s后测得N2为1.9 mol，则以H2的浓度变化表示的反应速率为___________。
(3)①将10 mol A和5 mol B放入容积为10 L的密闭容器中，某温度下发生反应：3A(g)＋B(g) 2C(g)，在最初2 s内，消耗A的平均速率为0.06 mol·L 1·s 1，则在2s时，容器中有___________ mol A，此时C的物质的量浓度为___________。
②在密闭容器里，通入a mol A(g)、b mol B(g)、c mol C(g)，发生上述反应，当改变下列条件时，反应速率会减小的是___________(填序号)。
①降低温度 ②加入催化剂 ③增大容器体积
19．硫酸和硝酸都是重要的化工原料，具有广泛的用途。回答下列问题：
(1)蔗糖中加入浓硫酸后，蔗糖变黑且体积膨胀，同时有刺激性气味的气体产生。该变化过程中体现了浓硫酸的_______，产生气体的化学方程式为_______。
(2)某同学进行有关铜的化学性质的实验，如图所示：
实验①可观察到的现象为_______(尽可能描叙完整)；实验③中铜片逐渐溶解至消失，写出③中铜片溶解的离子方程式_______。
(3)向21.6g铁粉和铜粉的混合物中加入1L1mol/L硝酸溶液，充分反应，放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c(NO)可能为_______。
(4)该同学查阅资料发现：硫酸铜可加快稀硫酸与锌粒的反应速率，欲通过变量控制法设计以下实验进行探究。
A组 B组
1.0mol·L-1H2SO4/mL 20 V1
1.2mol·L-1CuSO4溶液/mL 0 5
H2O/mL V2 0
形状、大小几乎相同的Zn粒 3粒 3粒
请完成此实验设计，其中：V1=_______，V2=_______。
20．现甲、乙两化学小组安装两套如图所示的相同装置，用以探究影响H2O2分解速率的因素。
(1)仪器b的名称____。
(2)甲小组有如图实验设计方案，请帮助他们完成表格中未填部分。
实验编号 实验目的 T/K 催化剂 浓度
甲组实验I 作实验参照 298 3滴FeCl3溶液 10mL2%H2O2
甲组实验II ____ 298 ____ 10mL5%H2O2
(3)甲、乙两小组得出如图数据。
①由甲组实验数据可得出文字结论____。
②由乙组研究的酸、碱对H2O2分解影响因素的数据分析：相同条件下，Na2O2和K2O2溶于水放出气体速率较快的是K2O2；乙组提出可以用BaO2固体与H2SO4溶液反应制H2O2，其化学反应方程式为____。
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：A．若反应物的状态是固体或纯液体，则增大反应物的量，物质的浓度不变，化学反应速率也不变，A不符合题意；
B．若化学反应的反应物没有气体参加，或是有气体参加化学反应，但减小压强时容器的容积不变，向反应体系内加入与反应体系无关的气体，则减小压强时，物质的浓度不变，化学反应速率不变，B不符合题意；
C．升高温度，物质的内能增加，更多的普通分子变为活化分子，活化分子数增加，活化分子百分数增加，分子之间有效碰撞次数增加，化学反应速率一定会增大，C符合题意；
D．若反应物的状态是固体或纯液体，则增大反应物的量时，物质的浓度不变，化学反应速率也不变，D不符合题意；
故合理选项是C。
2．B
【分析】经2min，B的浓度减少0.6 mol·L－1，v(B)==0.3 mol·L－1·min－1。
解析：A．A物质为纯固体，浓度不变，不能表示反应速率，故A错误；
B．反应速率之比等于化学计量数之比，则分别用B、C、D表示的反应速率其比值是3：2：1，故B正确；
C．2min末的反应速率为瞬时速率，则在2min内的反应速率，用B表示是0.3 mol·L－1·min－1，是3min内的平均速率，不是瞬时速率，故C错误；
D．2min内v(C)=v(B)=0.2 mol·L－1·min－1，故D错误；
故选B。
3．C
解析：A．由转化关系图可知，CO2与H2反应生成CH3OH和H2O，则总反应方程式为，A正确；
B．甲醇是液态燃料，燃烧热值高，所以甲醇可作为车用燃料，B正确；
C．由图可知，五乙烯六胺（PEHA）多聚物也是催化剂，但是参加了反应，所以循环过程中催化剂参与中间反应，C错误；
D．反应物CO2中含有极性键，反应物H2含有非极性键，则反应过程中有极性键和非极性键的断裂，D正确；
故答案为：C。
4．B
解析：A．反应的活化能越小，反应速率越快，若反应①为慢反应，则反应①的活化能大于反应②，故A错误；
B．由方程式可知，反应①中甲醇发生氢氧键断裂，反应②中水分子发生氢氧键断裂，则反应①和②过程中均有氢氧键断裂，故B正确；
C．择优良的催化剂能降低反应的活化能，但不能降低总反应的焓变，故C错误；
D．由盖斯定律可知，反应①+②得到总反应，则总反应的，故D错误；
故选B。
5．C
解析：A．升高温度，反应速率增大，故A正确；
B．增大压强，反应速率加快，故B正确；
C．达平衡时，，故C错误；
D．达平衡时，各物质的物质的量都不变，故D正确；
故选C。
6．C
解析：A．根据图像得出浓度改变量为Δc(A)＝0.2mol L 1，Δc(B)＝0.2mol L 1，Δc(C)＝0.1mol L 1，根据改变量之比等于计量系数之比得出反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)，选项A正确；
B．反应开始至2 min A的分解速率为，选项B正确；
C．开始时，C的浓度为0，因此该平衡是正向开始建立的平衡，选项C错误；
D．2 min时，c(A)＝0.2mol L 1，c(B)＝0.3mol L 1，c(C)＝0.1mol L 1，因此A、B、C的浓度之比为2∶3∶1，选项D正确；
答案选C。
7．C
解析：A．H2O2加入少量MnO2后能加快反应速率，所以MnO2作 H2O2分解的催化剂，A正确；
B．钠和氧气在常温下生成氧化钠，在加热生成过氧化钠，所以为反应温度不同，B正确；
C．20mL H2O2比10mL H2O2产生更多的氧气，原因为 H2O2量多生成的氧气就多，C错误；
D．过氧化氢在酸、碱性条件下将高锰酸钾分别还原成Mn2+、，说明溶液的酸碱性不同高锰酸钾氧化性不同，D正确；
故选C。
8．D
【分析】利用相同时间段内，变化浓度的比值等于化学计量数的比值，据此分析；
解析：氨气1min内平均每秒浓度的变化是=0.001mol/L，
A．NO的浓度变化等于氨气的浓度的变化，即为0.001mol/L，选项A错误；
B．H2O的浓度变化等于mol/L=0.0015mol/L，选项B错误；
C．氨气的浓度变化为0.001mol/L，选项C错误；
D．氧气的浓度变化为mol/L=0.00125mol/L，选项D正确；
答案选D。
9．D
解析：A．浓硫酸和Fe发生钝化现象，且不生成氢气，加热时生成二氧化硫，故A不选；
B．NaOH溶液和稀硝酸反应中没有气体参与，增大反应体系的压强不影响反应速率，故B不选；
C．水为纯液体，所以Na与水反应时增大水的用量不影响反应速率，故C不选；
D．工业上合成氨时，使用铁触媒作催化剂，反应速率加快，故D选；
故选D。
10．C
解析：A．·和O·开始没有，最终没有，而中间出现，故二者是反应的中间体，A正确；
B．反应生成了，显然属于过氧化物， B正确；
C．过氧键中氧元素为价，C错误；
D．由转化关系图可知转化为的化学方程式为，D正确。
故选C。
11．C
解析：A．由反应④可知，亚硫酸根的还原性大于碘离子，可被碘单质氧化，故需消耗完亚硫酸根离子，才会生成碘单质，才会有溶液变蓝的现象产生，A项正确；
B．由慢反应决定整个反应过程的速率，故反应速率由①步反应决定，B项正确；
C．由慢反应决定整个反应过程的速率，故反应速率由①步反应决定，C项错误；
D．碘元素化合价由碘酸钾中碘元素+5价，降低为碘单质中0价，每生成1mol碘单质，转移10mol电子，5mol电子转移生成碘的物质的量为0.5mol，D项正确；
答案选C。
12．C
解析：第一步反应的逆反应的活化能是()，A项正确；总反应减去第一步基元反应可以得到第二步基元反应，B项正确；分子有效碰撞几率最大的步骤就是决速步，也就是活化能最小的步骤，由图知，第二步的活化能最小，C项不正确；，催化剂的使用不改变△H，D项正确。
13．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。
14．C
【分析】活化能越小反应越快，由图可知，催化剂I的催化效果最好；
解析：A．催化剂改变反应历程，降低了反应的活化能，加快了反应速率，由图可知催化剂I使反应活化能比无催化剂时低，A正确；
B．催化剂I的催化效果更好，反应更快，较催化剂II能使反应先达平衡，B正确；
C．由反应体现的物质的系数关系可知，a曲线表示使用催化剂I时M的浓度随的变化，C错误；
D．结合C分析可知，0~2min内，使用催化剂I时，， D正确；
答案选C。
15．C
解析：A．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，因此第一步反应速率比第二步的慢，故A错误；
B．第一步反应是吸热反应即ΔH大于0，第二步反应是放热反应即ΔH小于0，故B错误；
C．加入催化剂，活化能降低，但总反应的ΔH不变，故C正确；
D．根据图中信息得到第一步的正反应活化能比第二步的大，故D错误。
综上所述，答案为C。
二、填空题
16．(1) 减小 不变
(2)
解析：（1）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368-134=234kJ，反应热化学方程式为NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ mol-1，故答案为减小；不变；NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=-234 kJ mol-1；
（2）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，根据图示，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12mol×bkJ/mol+4mol×xkJ/mol-(6mol×a kJ/mol+5 mol×c kJ/mol)=dkJ/mol，x=kJ/mol，故答案为12；。
17．(1) 使混合物充分接触并发生反应 Ba(OH)2 8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O 冰凉 吸热 ＞
(2) ＜ ＜ 相同
解析：（1）①晶体和氯化铵晶体之间的反应是固体之间的反应.实验中玻璃棒搅拌可使混合物充分接触并加速反应；氯化铵属于铵盐，能和反应生成氨气、水以及氯化钡，反应的化学方程式为，该反应属于复分解反应。②若用手触摸烧杯外壁，将会有冰凉的感觉.说明晶体和氯化铵晶体的反应是吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，则△H＞0；
（2）①由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，则反应物的总键能小于生成物的总键能，△H＜0。②由图可知，反应历程a与b相比，反应物和生成物的总能量相同，所以反应热也相同。
18．6 0.05 mol·L 1·s 1 8.8 0.08 mol·L 1 ①③
解析：(1)在反应A(g)＋3B(g)=2C(g)中，若以物质A表示的该反应的化学反应速率为0.2 mol·L－1·min－1，由于反应速率之比是化学计量数之比，则以物质B表示此反应的化学反应速率为0.2 mol·L－1·min－1×3＝0.6mol·L－1·min－1；
(2)在2 L的密闭容器中，充入2 mol N2和3 mol H2，在一定条件下发生反应，3s后测得N2为1.9 mol，消耗氮气是0.1mol，根据方程式N2+3H22NH3可知消耗氢气是0.3mol，则以H2的浓度变化表示的反应速率为＝0.05 mol·L－1·s－1。
(3)①将10 mol A和5 mol B放入容积为10 L的密闭容器中，某温度下发生反应：3A(g)＋B(g)2C(g)，在最初2 s内，消耗A的平均速率为0.06 mol·L－1·s－1，因此消耗A的物质的量是0.06 mol·L－1·s－1×2s×10L＝1.2mol，则在2s时，容器中有10mol－1.2mol＝8.8mol mol A，生成C是0.8mol，此时C的物质的量浓度为0.8mol÷10L＝0.08 mol·L 1。
②降低温度反应速率一定减小；加入催化剂反应速率加快；增大容器体积，浓度减小，反应速率减小，答案选①③。
19．(1) 脱水性、强氧化性 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
(2) 铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
(3)0.75mol/L
(4) 20 5
【分析】浓硫酸和蔗糖的实验体现浓硫酸的脱水性和强氧化性；利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
解析：（1）蔗糖中加入浓硫酸后，使蔗糖中的H和O元素按照水的组成比例脱去，剩下黑色的C，此过程体现浓硫酸的脱水性，体积膨胀并有刺激性气味的气体放出，说明生成了气体，根据元素守恒和氧化还原反应的规律可知，生成的气体为二氧化硫和二氧化碳，生成二氧化硫的过程中S元素的化合价降低，体现了浓硫酸的强氧化性；C和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：脱水性、强氧化性；C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（2）试管①中发生反应，硝酸铜在溶液中为蓝色，NO为无色气体，NO易被氧气氧化成红棕色的NO2，因此实验①可观察到的现象为铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色；铜片剩余，说明硝酸量不足，铜与稀硫酸不反应，硝酸铜为强电解质，在溶液中完全电离成铜离子和硝酸根离子，加入稀硫酸提供氢离子，Cu与氢离子、硝酸根离子反应生成铜离子、NO和水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：铜片逐渐溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口气体变为红棕色；3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（3）反应后有金属剩余，则反应后所得溶液中不可能含有Fe3+，生成物中金属离子均为+2价，设金属为M，生成的硝酸盐为M (NO3)2，发生的反应为，反应过程中，有的被还原为NO气体，有在溶液中，则反应后的溶液中，故答案为：0.75mol/L；
（4）探究硫酸铜对稀硫酸与锌粒的反应速率的影响，控制的变量只有硫酸铜的量不同，硫酸的体积及溶液总体积相同，由表中A、B组实验数据可知，V1=20，V2=20+5-20=5，故答案为：20；5。
20．(1)分液漏斗
(2) 探究反应物浓度对反应速率的影响 3滴氯化铁溶液
(3) 在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大 BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2
解析：(1)仪器b的名称分液漏斗；故答案为：分液漏斗。
(2)根据图中数据分析，H2O2的浓度不同，因此实验目的是探究探究反应物浓度对反应速率的影响，因此只能是浓度作为变量，其他不能改变，即催化剂为3滴FeCl3溶液；故答案为：探究反应物浓度对反应速率的影响；3滴FeCl3溶液。
(3)①根据图中得到甲组实验II反应速率较大，由甲组实验数据可得出文字结论在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大；故答案为：在其他条件不变时，反应物浓度越大，反应速率越大。
②乙组提出可以用BaO2固体与H2SO4溶液反应生成H2O2和BaSO4，其化学反应方程式为BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2；故答案为：BaO2+H2SO4=BaSO4+H2O2