化学选择性必修1第一节 化学反应速率课后作业题

化学反应速率

(40分钟　70分)

一、选择题(本题包括6小题，每小题8分，共48分)

1．(2021·太原高二检测)下列措施与控制化学反应速率无关的是(　　)

A．汽车加大油门

B．使用加酶洗衣粉

C．搅拌使食盐在水中溶解

D．在月饼包装中放置脱氧剂

【解析】选C。汽车加大油门，浓度增大，反应速率加快，故A不选；使用加酶洗衣粉，催化剂可加快反应速率，故B不选；搅拌使食盐在水中溶解，为物理变化，故C选；在月饼包装中放置脱氧剂，可减缓氧化速率，故D不选。

【补偿训练】

1．(2021·上海徐汇区高二检测)在盐酸与过量铁粉的反应中加入适量CH3COONa固体，下列说法正确的是(　　)

A．反应速率减缓　　　　  B．产生氢气的总量变小

C．溶液的pH减小　　     D．溶液中c(OH－)减小

【解析】选A。加入CH3COONa固体，与氢离子结合成醋酸，H＋浓度降低，pH增大，反应速率减慢，但H＋的物质的量不变，不影响生成氢气的总量。

2．(双选)(2021·淄博高二检测)下列说法错误的是(　　)

A．红葡萄酒密封储存过程中生成了有香味的酯，使酒的质量更好

B．纯铁比生铁更容易生锈

C．有些反应活化能接近于零，温度对其反应速率几乎没有影响

D．对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应的情况，理想的催化剂可以大幅提高目标产物在最终产物中的比例

【解析】选B、D。红葡萄酒长时间密封储存，乙醇被氧化可生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成具有香味的乙酸乙酯，故A正确；Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子作负极加速被腐蚀，纯铁和电解质溶液发生化学腐蚀，所以生铁抗腐蚀性小于纯铁，故B错误；活化能接近于零的反应，分子基本都是活化分子，所以只要接触就可迅速反应，反应瞬间完成，所以温度对其反应速率影响不大，故C正确；催化剂只能对主反应即生成目标产物的那个反应起作用，可以大幅度提高目标产物的生成速率，故D错误。Ｋ

2．(2021·重庆高二检测)在一氧化碳变换反应CO＋H2OCO2＋H2中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析不正确的是(　　)

A．使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加

B．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加

C．增大压强，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加

D．增大c(CO)，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加

【解析】选D。催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而增大反应速率，所以使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增加，故A正确；温度升高，活化分子的百分数增大，有效碰撞几率增加，反应的速率增大，故B正确；增大压强，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，有效碰撞几率增加，故C正确；浓度变大，活化分子百分数不变，但单位体积活化分子数增多，有效碰撞几率增加，反应速率加快，故D错误。

3．对于可逆反应A(g)＋3B(g) 2C(g)＋2D(g)，在不同条件下的反应速率最快的是(　　)

A．v(A)＝0.5 mol·L－1·s－1

B．v(B)＝1.8 mol·L－1·min－1

C．v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1

D．v(D)＝0.1 mol·L－1·s－1

【解析】选A。反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则

A．＝0.5；   B.＝0.01；

C．＝0.2；   D.＝0.05，

显然A中比值最大，反应速率最快，故A正确。

【规律方法】化学反应速率的大小比较

1．单位统一：将选项中的物质转变成相同的单位。

2．归一法：依据化学反应速率之比等于化学计量数之比，将同一反应中的用不同物质表示的反应速率，转化成用同一种物质表示的反应速率，然后进行比较。Ｋ

4．(2021·宜宾高二检测)N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化如图所示。下列叙述正确的是(　　)

A．在反应过程中作催化剂

B．催化剂a表面发生了分解反应和化合反应

C．催化剂a、b增大了该历程中的最大能垒(活化能)

D．催化剂b表面发生的反应为4NH3＋5O24NO＋6H2O

【解析】选D。催化剂a作用下，N2→NH3，催化剂b作用下，NH3→NO，则即NH3为中间产物，不是催化剂，故A错误；催化剂a作用下，氢气和N2生成NH3，仅发生了化合反应，故B错误；催化剂a、b减小活化能，故C错误；催化剂b作用下，NH3→NO，反应为4NH3＋5O24NO＋6H2O，故D正确。

【补偿训练】

1．某反应的反应过程中能量变化如图所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是(　　)

A．该反应为放热反应

B．催化剂能改变反应的焓变

C．逆反应的活化能大于正反应的活化能

D．催化剂能降低反应的活化能

【解析】选D。A.图像中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A错误；B.催化剂不能改变该反应的焓变，只能改变反应速率，故B错误；C.图像分析正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C错误；D.催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，故D正确。

2．在相同条件下，做H2O2分解对比实验时，其中①加入MnO2催化，②不加MnO2催化。下图是反应放出O2的体积随时间的变化关系示意图，其中正确的是(　　)

【解析】选A。由图像知，横坐标为时间，纵坐标为V(O2)，只要H2O2的量相同，两种情况下最终产生O2的体积相同，①中加入MnO2作催化剂，加快了H2O2的分解速率，在相同时间内产生O2的体积比②大，反应结束时所用时间短，故选A。

5．(2021·樊城高二检测)为研究某溶液中溶质 R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度 R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．25 ℃时，10～30 min 内，R的分解平均速率为 0.030 mol·L－1·min－1

B．对比30 ℃和10 ℃曲线，在同一时刻，能说明 R的分解速率随温度升高而增大

C．对比30 ℃和25 ℃曲线，在 0～50 min 内，能说明R的分解平均速率随温度升高而增大

D．对比30 ℃和10 ℃曲线，在 50 min 时，R 的分解率相等

【解析】选B。根据v＝，10～30 min内R的分解平均速率＝＝0.030 mol·L－1·min－1，故A正确；对比30 ℃和10 ℃的曲线，同一时刻温度高、浓度大，有温度和浓度两个变量影响速率，因此不能说明R的分解速率随温度升高而增大，故B错误；对比30 ℃和25 ℃曲线，30 ℃曲线对应的浓度低，但在0～50 min R的分解平均速率大于25 ℃时，故能说明R的分解平均速率随温度升高而增大，故C正确；在50 min时，无论10 ℃还是30 ℃均无R剩余，因此分解率均为100%，故D正确。

6．(双选)已知反应：2NO(g)＋Br2(g) 2NOBr(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1(a＞0)，其反应机理如下：

①NO(g)＋Br2(g) NOBr2(g)　快

②NO(g)＋NOBr2(g) 2NOBr(g)　慢

下列有关该反应的说法正确的是(　　)

A．该反应的速率主要取决于②的快慢

B．NOBr2是该反应的催化剂

C．正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1

D．增大Br2(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率

【解析】选A、C。反应速率主要取决于慢的一步，所以该反应的速率主要取决于②的快慢，故A正确；NOBr2是反应过程中的中间产物，不是该反应的催化剂，故B错误；由于该反应为放热反应，说明反应物总能量高于生成物总能量，所以正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ·mol－1，故C正确；增大Br2(g)浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内的活化分子数目增多了，所以能加快反应速率，故D错误。

二、非选择题(本题包括2小题，共22分)

7．(10分)为了提高煤的利用率，人们先把煤转化为CO和H2，再将它们转化为甲醇，某实验人员在一定温度下的密闭容器中，充入一定量的H2和CO，发生反应：

2H2(g)＋CO(g) CH3OH(g)，测定的部分实验数据如下：

(1)在500 s内用H2表示的化学反应速率是________。

(2)在1 000 s内用CO表示的化学反应速率是______，1 000 s时CO的转化率是______。

(3)在500 s时生成的甲醇的浓度是________。

【解析】(1)在500 s内，v(H2)＝＝－＝ 2.96×10－3 mol·(L·s)－1。

(2)在1 000 s时反应的H2的浓度是Δc(H2)＝2.48 mol·L－1－5.00 mol·L－1＝

－2.52 mol·L－1，则CO的转化浓度是Δc(CO)＝Δc(H2)＝－1.26 mol·L－1，用CO表示此段时间的平均速率为v(CO)＝1.26×10－3 mol·L－1·s－1。

CO的转化率＝×100%＝×100%＝50.4%。

(3)在500 s时反应了的H2的浓度为Δc(H2)＝1.48 mol·L－1，则生成的CH3OH的浓度为

Δc(CH3OH)＝Δc(H2)＝0.74 mol·L－1。

答案：(1)2.96×10－3 mol·L－1·s－1

(2)1.26×10－3 mol·L－1·s－1　50.4%

(3)0.74 mol·L－1

8．(12分)某实验小组以 H2O2 分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响，在常温下按照如下方案完成实验。

(1)催化剂能加快化学反应速率的原因是_______________________________。

(2)实验①和②的目的是_____________________________________________。

实验时由于较长时间没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下 H2O2 稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是

_________________________________________________________________。

(3)写出实验③的化学反应方程式：___________________________________。

(4)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图。分析如图能够得出的实验结论是_____________________________________________

_________________________________________________________________。

【解析】 (1)催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率；

(2)实验①和②的浓度不同，则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；为了便于比较，应在相同的条件下利用一个变量来比较，则向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中)；

(3)过氧化氢在催化剂作用下分解生成水和氧气，该反应为2H2O22H2O＋O2↑；

(4)由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。

答案：(1)改变反应途径，降低了活化能

(2)探究浓度对反应速率的影响　向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)　(3)2H2O2O2↑＋2H2O

(4)碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率

(20分钟　30分)

一、选择题(本题包括2小题，每小题8分，共16分)

1．(双选)在一定温度时，将1 mol A和2 mol B放入容积为5 L的某密闭容器中发生如下反应：A(s)＋2B(g) C(g)＋2D(g)，经5 min后，测得容器内B的浓度减少了0.2 mol·L－1。下列叙述不正确的是(　　)

A．在5 min内该反应用C的浓度变化表示的反应速率为0.02 mol·L－1·min－1

B．5 min时，容器内D的浓度为0.2 mol·L－1

C．该可逆反应随反应的进行容器内压强逐渐减小

D．5 min时容器内气体总的物质的量为3 mol

【解析】选C、D。利用“三段式”法分析。A项，v(C)＝＝＝0.02 mol·L－1·min－1，正确；B项，5 min时，容器内c(D)＝0.2 mol·L－1，正确；C项，反应前容器内气体物质的量为n(B)＝2 mol，反应后气体B、C、D的物质的量为(0.2＋0.1＋0.2) mol·L－1×5 L＝2.5 mol，故反应后压强增大，错误；D项，5 min 时容器内气体总物质的量为2.5 mol，故错误。

【补偿训练】

2 mol A与2 mol B混合于2 L的密闭容器中，发生反应：2A(g)＋3B(g) 2C(g)＋zD(g)，2 s后A的转化率为50%，测得v(D)＝0.25 mol·L－1·s－1，下列推断不正确的是(　　)

A．z＝2

B．2 s后，容器内的压强是初始的7/8倍

C．2 s时C的体积分数为2/7

D．2 s后，B的浓度为0.5 mol·L－1

【解析】选D。2 mol A与2 mol B混合于2 L的密闭容器中，发生反应：2A(g)＋3B(g) 2C(g)＋zD(g)，2 s后A的转化率为50%，则参加反应的n(A)＝

2 mol×50%＝1 mol，v(A)＝＝0.25 mol·L－1·s－1，A.同一化学反应中，反应速率之比等于其计量数之比，A、D的反应速率相等，所以z＝2，故A正确；B.2 s后，剩余n(A)＝2 mol×(1－50%)＝1 mol，剩余n(B)＝2 mol－×3＝

0.5 mol，生成n(C) ＝n(D)＝1 mol，其压强之比等于物质的量之比，所以反应前后压强之比＝(2＋2) mol∶(1＋0.5＋1＋1) mol＝8∶7，所以2 s后，容器内的压强是初始的  倍，故B正确；C.相同条件下，气体摩尔体积相等，所以C的体积分数等于其物质的量分数＝＝，故C正确；D.2 s后n(B)＝ 0.5 mol，则c(B)＝＝　＝0.25 mol·L－1，故D错误。

2．(2021·淄博高二检测)为了探究温度、硫酸铜对锌与稀硫酸反应速率的影响规律，某同学设计如下方案：

下列推断合理的是(　　)

A．为了选择Ⅱ和Ⅲ实验探究硫酸铜对反应速率的影响，必须控制t＝25

B．待测物理量是收集等体积(相同条件)气体所需要的时间，时间越长，反应越快

C．根据该方案，无法探究硫酸浓度对反应速率的影响

D．根据该实验方案得出初始反应速率大小可能是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ

【解析】选C。要选择Ⅱ和Ⅲ实验探究硫酸铜对反应速率的影响，只有硫酸铜不同，其余条件都相同，所以必须控制t＝35，故A错误；待测物理量是收集等体积(相同条件)气体所需要的时间，时间越长，反应越慢，故B错误；硫酸浓度不同会导致其反应速率不同，但设计方案中所有硫酸浓度均相同，所以不可以探究硫酸浓度对反应速率的影响，故C正确；温度越高反应速率越快，原电池加快反应速率，Ⅲ、Ⅳ温度相同且都能形成原电池，且Ⅳ形成的原电池中金属面积大于Ⅲ导致初始反应速率Ⅳ＞Ⅲ，故D错误。

二、非选择题(本题包括1小题，共14分)

3．某化学小组同学向一定量加入少量淀粉的NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色。

(1)查阅资料知NaHSO3与过量KIO3反应分为以下两步进行，第一步为IO＋3HSO===3SO＋3H＋＋I－，则第二步反应的离子方程式为_____________

(2)通过测定溶液变蓝所用时间探究浓度和温度对该反应的反应速率的影响。调节反应物浓度和温度进行对比实验，记录如下：

实验①②是探究__________对反应速率的影响，表中a＝__________；实验①③是探究温度对反应速率的影响，则表中b＝__________，c＝____________

(3)将NaHSO3溶液与KIO3溶液混合(预先加入可溶性淀粉为指示剂)，用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大，一段时间后反应速率又逐渐减小。课题组对起始阶段反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设三：

假设一：反应生成的SO对反应起催化作用，SO浓度越大反应速率越快；

假设二：反应生成的H＋对反应起催化作用，H＋浓度越大反应速率越快；

假设三：____________________________；

……

【解析】(1)NaHSO3溶液中加入稍过量的KIO3溶液，一段时间后，溶液突然变蓝色，说明产物中有碘单质生成，由于有第一步反应IO＋3HSO===3SO＋3H＋＋I－，且KIO3溶液过量，所以能产生碘单质的反应为IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O；(2)根据表格，可知溶液的体积均应为45 mL，故a＝15；实验①③是探究温度对反应速率的影响，所以此时两个实验中的浓度都应当相等，所以b＝20，c＝10；(3)根据影响反应速率的外界因素有浓度、温度、催化剂等加以假设，而在本实验中可能的原因为反应生成的I－对反应起催化作用，I－浓度越大反应速率越快或者是反应放热，随着反应的进行，温度升高，反应速率加快。

答案：(1)IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O

(2)KIO3溶液的浓度　15　20　10

(3)反应生成的I－对反应起催化作用，I－浓度越大反应速率越快