化学第一节 化学反应速率精品精练

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2.1 化学反应速率
综合训练
一、单选题（共14小题，每小题只有一个选项符合题意）
1．“钙基固硫”是将煤中的硫元素以CaSO4的形式固定脱去，但煤炭燃烧过程中产生的CO又会发生如下反应，导致脱硫效率降低。
反应I：CaSO4(s)+CO(g)=CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) △H1=+218.4kJ•mol-1
反应Ⅱ：CaSO4(s)+4CO(g)=CaS(s)+4CO2(g) △H2=-175.6kJ•mol-1
某温度下，反应I的速(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程中能量变化示意图正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】反应I为吸热反应，说明反应I生成物的总能量比反应物的总能量高；反应Ⅱ为放热反应，说明反应Ⅱ生成物的总能量比反应物的总能量低，B、C项错误；某温度下，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ的速率，说明反应I的活化能小于反应Ⅱ的活化能，A项正确、D项错误。正确答案选A。
2．反应速率v和反应物浓度的关系是用实验方法测定的。化学反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应速率v可表示为v=kcm(H2)cn(Cl2)，式中k为反应速率常数，m、n值可由下表中数据确定。
实验序号
c(H2)/(mol•L-1)
c(Cl2)/(mol•L-1)
v/(mol•L-1•s-1)
①
1.0
1.0
1.0k
②
2.0
1.0
2.0k
③
2.0
4.0
3.0k
下列说法正确的是（ ）
A．在上述反应中，H2、HCl、Cl2的反应速率之比为1：1：2
B．加入催化剂，正反应速率增大，逆反应速率减小
C．上述化学反应速率表达式中m=1、n=
D．相同条件下，H2的浓度对反应速率的影响小于Cl2的浓度对反应速率的影响
【答案】C
【解析】A. 化学反应速率之比等于对应物质的化学计量数之比，故、HCl、的反应速率之比应为1：2：1，故A错误；
B. 加入催化剂，正、逆反应速率都增大，故B错误；
C. v=kcm(H2)cn(Cl2)，由数据可知，=2=2m，解得m=1；=2=4n，解得n=，故C正确；
D. ，氢气的浓度对反应速率的影响程度大于氯气，故D错误；
故选C。
3．亚氨酸盐（如NaClO2等）可用作漂白剂，在常温避光条件下可保存一年，但在酸性条件下能生成亚氯酸，亚氯酸进而发生分解：5HClO2=4ClO2↑+H++Cl-+2H2O。若在发生分解时加入稀硫酸，发现开始时反应缓慢，然后反应突然加快，并释放出大量ClO2，产生这种现象的原因是（ ）
A．酸使亚氯酸的氧化性增强 B．溶液中的H+起催化作用
C．溶液中的Cl-起催化作用 D．逸出的ClO2使生成物的浓度降低
【答案】C
【解析】A. 若是酸使亚氯酸的氧化性增强，应该开始时反应速率应该就很快，故A错误；
B. 由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见不是氢离子的催化作用，故B错误；
C. 反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见是氯离子的催化作用，故C正确；
D. 逸出的ClO2使反应的生成物的浓度降低，不会出现反应速率突然加快现象，故D错误；
故选C。
4．下列有关化学反应速率的说法中正确的是(　　)
A．对任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显
B．化学反应速率通常用单位时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加来表示
C．若某化学反应的反应速率为0.5 mol·L－1·s－1，就是指在该时间内反应物和生成物的浓度变化都为0.5 mol·L－1·s－1
D．化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢的物理量
【答案】D
【解析】A项，反应速率快的现象不一定明显，如中和反应速率很快，但没有明显现象，故A错误；
B项，在化学反应中，由于固体和纯液体的浓度视为常数，其浓度变化值为零，不能用固体或纯液体表示反应速率，故B错误；
C项，化学反应的反应速率为0.5mol•（L•S）-1就是指1s内对应反应物或生成物的浓度变化为0.5mol•L-1，由于化学计量数不一定相同，在该时间内反应物和生成物的浓度变化不一定都为0.5mol•L-1，故C错误；
D项、化学反应有的快，有的慢，化学反应速率能定量地表示化学反应进行的快慢，故D正确。
故选D。
5．用纯净的与稀盐酸反应制取，实验过程记录如图所示(的体积已折算为标准状况下的体积，假设反应过程中溶液体积不变)。下列分析正确的是

A．段表示的平均反应速率最快
B．段，用表示该反应的平均反应速率为
C．、、三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为
D．点表示收集的的量最多
【答案】D
【解析】A．题图中曲线斜率越大，反应速率越大，由图可知，段斜率最大，相同时间内生成最多，所以段表示的反应速率最大，A错误；
B．由图可知段生成的二氧化碳在标准状况下的体积为，所以二氧化碳的物质的量，根据，可知参加反应的氯化氢的物质的量为，所以盐酸的浓度变化量，则段用表示该反应的平均反应速率，故B错误；
C．、、三段生成的二氧化碳体积分别为、、，、、三段时间相同，该反应用表示的平均反应速率之比为，C错误；
D．点对应的为从开始到点生成的二氧化碳的总量，共，收集的量最多，D正确；
答案选D。
6．一定温度下，向容积为的密闭容器中通入两种气体，发生反应生成另外两种气体，反应中各物质的物质的量随时间的变化如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．该反应的化学方程式为
B．内，
C．内，
D．后，各物质的反应速率均为0
【答案】C
【解析】A．根据图像，6s时，各组分物质的量保持不变，反应达到平衡状态，根据各物质的物质的量变化量之比等于化学方程式中各物质化学式前的系数之比可知，，又因为6s后各物质均有剩余且物质的量均保持不变，因此该反应为可逆反应，所以该反应的化学方程式为，A错误；
B．1s内，=0.4mol，=0.6mol，，故，B项错误；
C．6s内，，则，C正确；
D．6s后，各物质的物质的量不再改变，但反应仍在进行，化学反应速率不为0，D错误；
故选C。
7．在2A+B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是
A．v(A)=0.5 mol•L-1•s-1 B．v(B)=0.3 mol•L-1•s-1
C．v(C)=0.8 mol•L-1•s-1 D．v(D)=30 mol•L-1•min-1
【答案】B
【解析】根据化学反应速率之比等于物质计量数之比，均转化为B的反应速率，然后进行比较，
A. 转化为B的反应速率得：v(B)=0.25mol•L-1•s-1；
B. v(B)=0.3mol•L-1•s-1；
C. 转化为B的反应速率得：v(B)=mol•L-1•s-1；
D. 转化为B的反应速率得：v(B)=0.25mol•L-1•s-1；
因此反应速率最快的是v(B)=mol•L-1•s-1=0.125mol•L-1•s-1，故B项表示的该反应速率最快；
故选B。
8．研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物（过渡态已标出），下图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法错误的是

A．CO的催化氧化反应为2CO+O2=2CO2
B．反应路径1的催化效果更好
C．路径1和路径2第一步能量变化都为3.22 eV
D．路径 1 中最大能垒（活化能）E正 =1.77 eV
【答案】B
【解析】A. 由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，反应方程式为2CO+O2=2CO2，A正确；
B. 由图可知：反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，反应路径2的催化效果更好，B错误；
C. 反应路径1和反应路径2的第一步能量变化都为3.22eV，C正确；
D. 路径1的最大能垒(活化能)E正=-3.96eV-（-5.73eV） =1.77 eV，D正确；
故答案选B。
9．下列说法正确的有（ ）
①活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应
②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应
③增大反应物的浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多
④有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的容积），可增大活化分子百分数，从而使反应速率增大
⑤化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】①活化分子如果有合适的取向，发生的碰撞一定能发生化学反应，如果没有合适的取向，发生的碰撞不能发生化学反应，正确；②普通分子间的碰撞，达不到反应所需的能量，则不能发生化学反应，错误；③增大反应物的浓度，活化分子百分数不变，但单位体积内活化分子数增多，从而使有效碰撞次数增多，正确；④有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的容积），可增大单位体积内活化分子数，从而使反应速率增大，但活化分子百分数不变，错误；⑤化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程，正确，则正确的有3个，C正确；
答案选C。
10．KClO3和KHSO3可发生下列反应：＋→＋Cl－＋H＋(未配平)，已知酸性越强，该反应的反应速率越快。如图为反应速率v()随时间(t)的变化曲线。下列有关说法不正确的是

A．KClO3和KHSO3发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
B．反应开始阶段速率逐渐增大可能是c(H＋)逐渐增高导致的
C．纵坐标为v()时的v()随时间(t)的变化曲线与原图曲线完全吻合
D．反应后期速率逐渐减小的主要原因是c()、c()降低
【答案】C
【解析】A．反应中KClO3为氧化剂，KHSO3为还原剂，反应的化学方程式为+3=3+Cl-+3H+，可知反应的氧化剂与还原剂的物质的量之 比为1∶3，故A正确；
B．反应开始阶段氢离子浓度增大，由题给信息可知，速率逐渐增大可能是 c(H+)逐渐增高导致的，故B正确；
C．反应的化学方程式为+3=3+Cl-+3H+，v()∶v()=1∶3，纵坐标为v()的v-t曲线与图中曲线不重合，故C错误；
D．反应后期虽然氢离子浓度增大，但c( )、c()降低，反应速率减小，故D正确；
故选C。
11．以反应5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KmnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
温度/℃
浓度/mol/L
体积/mL
浓度/mol/L
体积/mL
①
0.10
2.0
0.010
4.0
25
②
0.20
2.0
0.010
4.0
25
③
0.20
2.0
0.010
4.0
50
A．实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4 mol·L-1·s-1
B．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn 2+对反应起催化作用
C．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响
D．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量
【答案】A
【解析】A. 高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为： =×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= =1.7×10−4 mol⋅L−1⋅s−1，故A错误；
B. 在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故B正确；
C. 分析表中数据可知，实验①和实验②只是浓度不同，即实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响；实验②和③只是温度不同，所以实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响，故C正确；
D. 根据反应方程式可得5H2C2O4−2MnO由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故D正确；
故选：A。
12．某温度下按如图安装好实验装置，在锥形瓶内盛6.5 g锌粒(颗粒大小基本相同)，通过分液漏斗加入40 mL 2.5 mol/L的硫酸溶液，将产生的H2收集在一个注射器中，用时10 s时恰好收集到气体的体积为50 mL(若折合成0 ℃、101 kPa条件下的H2体积为44.8 mL)，在该温度下，下列说法不正确的是(　　)

A．用锌粒来表示10 s内该反应的速率为0.013 g/s
B．忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用H＋来表示10 s内该反应的速率为0.01 mol/(L·s)
C．忽略锥形瓶内溶液体积的变化，用Zn2＋来表示10 s内该反应的速率为0.01 mol/(L·s)
D．用H2来表示10 s内该反应的速率为0.000 2 mol/s
【答案】C
【解析】0℃、101kPa条件下的H2体积为44.8mL，其物质的量为0.002mol，则根据Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑反应可知：Zn--H2SO4--ZnSO4---H2，n(Zn)= n(H2SO4)= n(ZnSO4)= n(H2)= 0.002mol；m(Zn)=0.002mol×65g/mol=0.13g，v(Zn)=0.13/10=0.013g/s，v(H+)=0.002×2/0.04×10=0.01mol/(L·s)，v(Zn2+)=0.002/0.04×10=0.005mol/(L·s)，v(H2)=0.002/10=0.0002mol/s；
A、用锌粒来表示10s内该反应的速率为0.013g/s，正确；
B、用H+来表示10s内该反应的速率0.01mol/(L·s)，正确；
C、用Zn2+来表示10s内该反应的速率0.005mol/(L·s)，错误；
D、用H2来表示10s内该反应的速率为0.0002mol/s，正确；
综上所述，本题选C。
13．反应，经过后，B的浓度减少。对此反应速率的表示正确的是（ ）
A．用A表示的反应速率是
B．用B、C、D表示的反应速率之比是3∶2∶1
C．在末，
D．在内，用B和C表示的反应速率的值相同
【答案】B
【解析】A. A为固体，其浓度一般可视为常数，故不用A表示反应速率，A错误；
B. 各物质表示的反应速率之比即化学计量数之比，则用B、C、D表示的反应速率之比是3∶2∶1，B正确；
C. 经过后，B的浓度减少，则内B的平均反应速率，而不是末的反应速率，C错误；
D. 根据用各物质表示的化学反应速率的数值之比等于化学方程式中各物质化学式前的系数之比可知，D错误；
答案选B。
14．我国科学家研制了一种新型催化剂，可在阳光作用下将CO2转化为CO。下列叙述中不正确的是

A．这一转化过程是将太阳能转化为化学能
B．该研究成果将在一定程度上有利于降低温室效应
C．该转变的总反应为2CO22CO+O2
D．该新型催化剂可以改变CO2转化为CO反应的焓变
【答案】D
【解析】A. 这一转化过程总反应为2CO22CO+O2，太阳能转化为化学能，A叙述正确；
B. 该研究成果可以将二氧化碳循环利用，减少了向大气中排放的二氧化碳的总量，在一定程度上有利于降低温室效应，B叙述正确；
C. 该转变的总反应为2CO22CO+O2，C叙述正确；
D.催化剂只能改变化学反应的路径，但不能改变反应的始态和终态，化学反应的焓变与路径无关，只与化学反应的始态和终态有关，故催化剂不能改变CO2转化为CO反应的焓变，D叙述不正确。
本题选D。
二、非选择题（共4小题）
15．在相同条件下进行Mg和酸反应的对比实验，相关数据如下；

Mg的质量
酸溶液
开始的反应速率
产生的总量
Ⅰ

溶液


Ⅱ

溶液


(1)试比较有关量的大小：________，________(填“＞”“＝”或“＜”)。
(2)现欲改变反应条件，使实验I中降低，不变，试写出两种可行的方法：
①_______； ②______。
【答案】＞ ＝ 加水稀释(合理即可，下同) 加入少量醋酸钠固体
【解析】(1)HCl是强酸，是弱酸，两种酸溶液的物质的量浓度相同时，HCl溶液中较大，与Mg反应的初始速率较快；Mg足量时，两种酸溶液放出氢气的总量相等。
(2)要使盐酸与镁反应的速率降低，但放出氢气的量不变，可加水稀释或加入少量固体。
16．在体积为2 L密闭容器中加入反应物A、B，发生如下反应：A＋2B3C。经2 min后，A的浓度从开始时的1.0mol·L－1 降到0.8 mol·L－1。已知反应开始时B的浓度是1.2mol·L－1。则：2min末B的浓度______，C的物质的量____。2min内，用A物质的浓度变化来表示该反应的反应速率，即V（A）＝______。
【答案】0.8mol/L 1.2mol 0.1mol·L-1·min-1
【解析】根据方程式可知
A＋2B3C
起始浓度（mol/L） 1 1.2 0
转化浓度（mol/L） 0.2 0.4 0.6
2min末浓度（mol/L）0.8 0.8 0.6
所以2 min末B的浓度为0.8 mol·L-1，C的物质的量为0.6 mol·L-1×2L＝1.2mol；2 min内，用A物质的浓度变化来表示该反应的反应速率，即v（A）＝＝0.1 mol·L-1·min-1。
17．某学生设计如下图Ⅰ装置，测定2 mol/L的硫酸与锌粒和锌粉反应的速率。请回答：

图Ⅰ 图Ⅱ
（1）装置图Ⅰ中放有硫酸的仪器名称是________________。
（2）按照图Ⅰ装置实验时，他限定了两次实验时间均为10 min，他还需要测定的另一个数据是 _______________________________。
（3）实验结束后，得到的结论是__________________________________。
（4）该生又将图Ⅰ装置中的气体收集装置改为图Ⅱ，实验完毕待冷却后，该生准备读取滴定管上液面所在处的刻度数，发现滴定管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是_________________________。
【答案】分液漏斗 收集到气体的体积 其他条件相同时，锌粉比锌粒反应的速率快 调节滴定管的高度使得两侧液面相平
【解析】（1）根据装置的特点可知，装置图Ⅰ中放有硫酸的仪器名称是分液漏斗。
（2）要测定反应速率，则还需要测定的另一个数据收集到气体的体积。
（3）由于增大反应物的接触面积，可以加快反应速率，所以该实验中得出的结论是其他条件相同时，锌粉比锌粒反应的速率快。
（4）由于气体的体积受压强影响大，所以在读数之前还需要采取的措施是调节滴定管的高度使得两侧液面相平。
18．某同学在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中发现加入少量硫酸铜溶液可加快该反应中氢气的生成速率。请回答下列问题：
（1）上述实验中发生的反应有____（用化学方程式表示）。
（2）要加快氢气的生成速率，还可采取的措施有____（回答两种）。
（3）为了进一步研究所加硫酸铜的量对生成氢气速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应容器中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需的时间。
混合溶液组成
A
B
C
D
E
F
4mol•L-1H2SO4溶液/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0
①请完成此实验设计，其中V1=____，V2=____，V3=_____。
②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因：____。
【答案】Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑ 升高反应温度，适当增大硫酸的浓度，增大锌粒的表面积 30 10 17.5 当加入的CuSO4溶液超过一定量后，生成的单质Cu会覆盖在Zn的表面，减小了Zn与H2SO4溶液的接触面积
【解析】（1）实验中发生的化学反应有2个，即、，故答案为：、；
（2）根据影响化学反应速率的外界因素分析，加快气体产生速率的方法还有增大反应物浓度、升高温度、增大锌粒的表面积等，故答案为：升高反应温度，适当增大硫酸的浓度，增大锌粒的表面积；
（3）若研究的量对生成速率的影响，则实验中除的量不同之外，其他物质的量均应相同，则，最终混合溶液总体积也应相同，由实验F可知，混合溶液的总体积为，则，，，，。随着量的增加，附着在Zn表面的Cu会越来越多，当Zn表面完全被Cu覆盖时，Zn不能与接触，则不再生成，故答案为：30；10；17.5；当加入的CuSO4溶液超过一定量后，生成的单质Cu会覆盖在Zn的表面，减小了Zn与H2SO4溶液的接触面积。