2024届高考化学一轮总复习课时跟踪练22化学反应速率及影响因素

这是一份2024届高考化学一轮总复习课时跟踪练22化学反应速率及影响因素，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2022·江门第二中学月考)如图表示某温度下气体分子的能量分布图，纵坐标为eq \f(1,N)eq \f(ΔN,ΔE)，其中N为分子总数，eq \f(ΔN,ΔE)表示单位能量间隔内的分子数目，eq \f(1,N)eq \f(ΔN,ΔE) 表示单位能量间隔内的分子数占分子总数的分数，T1、T2表示温度。下列说法不正确的是( )
A．曲线的变化趋势表明活化分子所占分数少，能量小的分子所占分数也少
B．曲线下E1～E2之间的阴影部分的面积表示能量处于E1～E2之间的气体分子所占分数
C．T1>T2，且此时速率关系为v(T1)D．只要温度相同，无论气体分子总数怎样变化，曲线形状保持一致
解析：由于eq \f(1,N)eq \f(ΔN,ΔE)表示单位能量间隔内的分子数占分子总数的分数，因此曲线的变化趋势表明活化分子所占分数少，能量小的分子所占分数也少，A项正确；由于eq \f(1,N)eq \f(ΔN,ΔE)表示单位能量间隔内的分子数占分子总数的分数，因此曲线下E1～E2之间的阴影部分的面积表示能量处于E1～E2之间的气体分子所占分数，B项正确；升高温度能增大反应速率，若T1>T2，则此时速率关系为v(T1)＞v(T2)，C项错误；由于横坐标表示气体分子的能量，纵坐标表示单位能量间隔内的分子数占分子总数的分数，因此只要温度相同，无论气体分子总数怎样变化，曲线形状保持一致，D项正确。
答案：C
2．(2022·中山一中月考)下列关于化学反应速率的说法正确的是( )
①恒温时，增大压强，化学反应速率一定增大
②化学反应是活化分子有合适取向的有效碰撞
③普通分子有时也能发生有效碰撞
④活化分子间的碰撞一定能发生化学反应
⑤升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数
⑥有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
⑦增大反应物浓度，可增大活化分子的百分数，从而使单位时间有效碰撞次数增多
⑧催化剂能降低活化能，增大活化分子的百分数，从而增大反应速率
A．②⑤⑧ B．②⑥⑧
C．②③⑤⑦⑧ D．①②④⑤⑧
解析：恒温时，增大压强，如没有气体参加反应，化学反应速率不变，故①错误；活化分子有合适取向时发生有效碰撞，即发生了化学变化，故②正确；普通分子不具有反应所需的能量，则普通分子不能发生有效碰撞，故③错误；④碰撞不一定为有效碰撞，则活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应，还与其分子取向有关，故④错误；升高温度，提供了分子需要的能量，活化分子百分数增大，则增加了活化分子的有效碰撞次数，反应速率增大，故⑤正确；有气体参加的化学反应，若压强增大，活化分子数目增多，从而使反应速率增大，但活化分子的百分数不变，故⑥错误；增大反应物浓度，活化分子数目增大，单位体积内有效碰撞的次数增多，反应速率增大，但活化分子的百分数不变，故⑦错误；使用催化剂，降低分子所需的能量，使有效碰撞频率增大，反应速率增大，故⑧正确；故选A。
答案：A
3．(2022·东莞第六中学月考)某兴趣小组依据以下方案将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，再加入K2S2O8溶液，探究反应条件对反应速率的影响。已知：S2Oeq \\al(2－,8)＋2I－===I2＋2SOeq \\al(2－,4)(慢)，2S2Oeq \\al(2－,3)＋I2===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)(快)。下列说法不正确的是( )
A．将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，加入K2S2O8溶液，溶液不会立即变蓝
B．当溶液中的Na2S2O3完全耗尽，溶液将由无色变为蓝色
C．依据上述方案，通过颜色变化出现的快慢，可以说明反应物浓度对速率的影响
D．为了确保能观察到颜色变化，Na2S2O3和K2S2O8初始物质的量之比应小于2
解析：将KI、Na2S2O3和淀粉溶液混合后，加入K2S2O8溶液，K2S2O8将I－氧化为I2, S2Oeq \\al(2－,8)＋2I－===I2＋2SOeq \\al(2－,4)(慢)，溶液不会立即变蓝，故A项正确；因为2S2Oeq \\al(2－,3)＋I2===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)(快)，当溶液中的Na2S2O3完全耗尽，I2会存在于溶液中，溶液将由无色变为蓝色，故B项正确；上述实验未保证单一变量，由于K2S2O8溶液在两种溶液中加入的体积不一致，导致混合液体积不一致，两组实验中各个物质的浓度均不一致，故无法说明反应物浓度对速率的影响，故C项不正确；由方程式可知，S2Oeq \\al(2－,8)＋2I－===I2＋S4Oeq \\al(2－,4)(慢)，2S2Oeq \\al(2－,3)＋I2===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)，S2Oeq \\al(2－,8)～2S2Oeq \\al(2－,3)，必须保证Na2S2O3全部被消耗才能由无色变为蓝色，故 Na2S2O3和K2S2O8初始物质的量之比应小于2，故D项正确。
答案：C
4．(2022·上海模拟)某温度下，向密闭容器中充入等物质的量的CH2===CH2和H2O(g)，发生反应CH2===CH2(g)＋H2O(g)CH3CH2OH(g)。达到平衡后，下列说法正确的是( )
A．增大压强，v(正)>v(逆)，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大
C．恒温下，移走一定量的CH2===CH2(g)，v正变大，v逆变小
D．恒容下，充入一定量的H2O(g)，平衡时CH3CH2OH(g)的体积分数一定降低
解析：增大压强，平衡正向移动，v(正)>v(逆)，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A项错误；加入催化剂，不改变平衡状态，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度不变，B项错误；恒温下，移走一定量的CH2===CH2(g)，v正立即变小，v逆瞬时不变，随后变小，平衡逆向移动，C项错误；充入等物质的量的CH2===CH2和H2O(g)，按照化学计量系数比投料，达到平衡时CH3CH2OH(g)的体积分数最大，再充入一定量的H2O(g)，达到新平衡时CH3CH2OH(g)的体积分数一定降低，D项正确。
答案：D
5．(2022·韶关新丰中学月考)某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是( )
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为0.012 ml/(L·min)
D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L－1时，半衰期为62.5 min
解析：由题图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需时间越短，故反应速率越大，A项正确；由题图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，说明其他条件相同时，反应速率与降冰片烯浓度无关，B项错误；由题图中数据可知，条件①，反应速率为v＝eq \f(Δc,Δt)＝eq \f(3.0 ml·L－1－0 ml·L－1,250 min)＝0.012 ml/(L·min)，C项正确；反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为3.0 ml·L－1时，半衰期为125 min÷2＝62.5 min，D项正确。
答案：B
6．(2022·广州一中月考)18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为－，其能量变化如图所示，已知为快速平衡，下列说法正确的是( )
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH－
C．反应结束后，溶液中存在CHeq \\al(18,3)OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
解析：一般来说，反应的活化能越高，反应速率越小，由题图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应Ⅰ、Ⅳ为决速步，故A项错误；反应Ⅰ为加成反应，而为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B项正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CHeq \\al(18,3)OH，故C项错误；该总反应对应的反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O－的总能量与和OH－的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D项错误。
答案：B
7．(2022·深圳高级中学月考)由下列实验事实所得出的结论正确的是( )
解析：增大反应物浓度，化学反应速率增大，A项正确；催化剂参与化学反应，但反应前后质量和化学性质不变，B项错误；物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液中起始氢离子浓度不同，因此反应开始时速率不同，C项错误；缩小容积，即增大压强，正、逆反应速率均增大，D项错误。
答案：A
8．(2022·茂名一中月考)MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述不正确的是( )
A．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
B．该反应的化学方程式可表示为HCHO＋O2eq \(=====,\s\up7(MnO2))CO2＋H2O
C．Oeq \\al(－,2)为中间产物之一，该微粒与KO2中所含阴离子种类相同
D．CO2的结构式为O===C===O
解析：根据催化机理图，总反应为HCHO和O2在二氧化锰的催化作用下生成二氧化碳和水，即HCHO＋O2eq \(=====,\s\up7(MnO2))CO2＋H2O，H＋、Oeq \\al(－,2)、·OH、·CHO、HCOeq \\al(－,3)为中间产物。反应机理中：水和氧气在二氧化锰的催化作用下生成H＋、Oeq \\al(－,2)、·OH，HCHO和·OH 反应生成·CHO和H2O，·CHO和Oeq \\al(－,2)反应生成HCOeq \\al(－,3)，都有化合物的变化，都属于氧化还原反应，HCOeq \\al(－,3)和H＋反应生成水和二氧化碳没有发生化合价变化，所发生的反应不属于氧化还原反应，A项错误。
答案：A
9．(2022·华南师大附中月考)光照条件下，甲烷氯化反应是一个自由基型的取代反应。在链转移反应过程中，经历两步反应：(·CH3和Cl·分别表示甲基和氯原子)
反应1：CH4(g)＋Cl·(g)―→·CH3(g)＋HCl(g)；
反应2：·CH3(g)＋Cl2(g)―→CH3Cl(g)＋Cl·(g)。
各物质的相对能量变化如图所示。下列说法不正确的是( )
A．链转移反应的反应速率由第1步反应决定
B．反应1的活化能Ea＝16.7 kJ·ml－1
C．链转移反应的反应热ΔH＝－105.4 kJ·ml－1
D．由图可知，过渡态结构的稳定性：1>2
解析：化学反应取决于化学反应速率小的一步反应，由题图可知，反应1的活化能大于反应2的活化能，则反应1的反应速率小于反应2，链转移反应的反应速率由第1步反应决定，故A项正确；由题图可知，反应1的活化能Ea＝16.7 kJ·ml－1，故B项正确；由题图可知，链转移反应的反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝－105.4 kJ·ml—1，故C项正确；由图可知，过渡态1的能量高于由图过渡态2，则过渡态结构2的稳定性强于过渡态结构1，故D项错误。
答案：D
10．(2022·佛山南海中学月考)铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是( )
A．CH3COI是反应中间体
B．甲醇羰基化反应为CH3OH＋CO===CH3CO2H
C．反应过程中Rh的成键数目保持不变
D．存在反应CH3OH＋HI===CH3I＋H2O
解析：由题中反应过程图可知，→CH3COI→CH3CO2H，CH3COI是反应中间体，A项正确；把各步反应累加，得到CH3OH＋CO===CH3CO2H，B项正确；和中Rh的成键数为6，中Rh的成键数为5，中Rh的成键数为4，反应过程中Rh的成键数目有变化，C项错误；由题图可知，甲醇的第一步反应为CH3OH＋HI===CH3I＋H2O，D项正确。
答案：C
二、非选择题
11．(2022·华南师大附中月考)某校化学小组探究酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率的影响因素。
(1)邹邹进行了实验Ⅰ：常温下，向4 mL不同浓度的H2O2溶液中滴入一滴0.04 mL 0.05 ml·
L－1 KMnO4溶液[c(H＋)＝5.0 ml·L－1]，记录如下：
①请写出反应的离子方程式：______________________________________________
________________________________________________________________________。
②对于c(H2O2)增大引起的速率异常现象，根据上述实验结果，伟伟排除了一种可能，请用化学方程式表示这种可能性：________________________________________________
________________________________________________________________________。
③为了解释c(H2O2)增大到一定浓度后速率减小，波波查得了如下资料：
资料显示：c(H2O2)>0.02 ml·L－1，H2O2溶液中存在平衡：2H2O2H4O4。
请用平衡移动原理解释c(H2O2)＝0.031 2 ml·L－1速率忽然减小的原因：_________
________________________________________________________________________。
(2)龙龙继续进行实验Ⅱ，并记录如下：
①对于第10滴溶液与H2O2溶液反应速率剧烈变化的原因，飞飞提出如下假设：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②杰杰设计实验方案证实了上述假设合理，请补全他的方案：
(3)综合上述实验，对于酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应速率，臧臧进行了总结。下列因素一定能增大反应速率的是______(填序号)。
a．增大KMnO4溶液浓度
b．增大H2O2溶液浓度
c．增大H2SO4浓度
d．加热适当温度
e．加入合适的催化剂
解析：(1) ①酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为2MnOeq \\al(－,4)＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O。②由题意可知，向不同浓度的过氧化氢溶液中滴入高锰酸钾溶液不足量，产生的气体一样多说明过氧化氢浓度增大引起的速率异常现象一定不是过氧化氢分解的缘故，过氧化氢分解生成氧气和水的化学方程式为2H2O2===O2↑＋2H2O。③由信息可知，当过氧化氢浓度大于0.02 ml·L－1时，过氧化氢溶液中会存在如下平衡：2H2O2H4O4，当过氧化氢浓度为0.031 2 ml·L－1时，过氧化氢转化为H4O4，溶液中过氧化氢浓度减小，导致反应速率忽然减小。(2)①由整个过程中几乎无温度变化可知，第10滴溶液滴下迅速褪色说明反应速率增大不是温度变化的原因，应该是酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子做了反应的催化剂，使反应速率增大。②为了验证酸性高锰酸钾溶液与过氧化氢溶液反应生成的锰离子可以催化该反应，应该做加入硫酸锰溶液的对比实验，具体操作为先滴入9滴0.05 ml·L－1 MnSO4溶液，再滴下5滴0.05 ml·L－1 KMnO4[c(H＋)＝5.0 ml·L－1]溶液，发现在锰离子作催化剂作用下，反应速率增大，完全褪色时间远小于t秒。(3)a.增大高锰酸钾溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增大，反应速率增大，故符合题意；b.增大过氧化氢溶液浓度，反应物浓度增大，单位体积内有效碰撞次数增大，反应速率增大，故符合题意；c.增大硫酸浓度，高锰酸钾和过氧化氢浓度不变，反应速率不变，故不符合题意；d.加热适当温度，反应温度升高，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率增大，故符合题意；e.加入合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子数增大，有效碰撞次数增大，反应速率增大，故符合题意；故答案为acde。
答案：(1)①2MnOeq \\al(－,4)＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O ②2H2O2===O2↑＋2H2O ③c(H2O2)＝0.031 2 ml·L－1时，H2O2溶液中存在平衡2H2O2H4O4，使得c(H2O2)减小，导致反应速率忽然减小
(2)①酸性KMnO4溶液与H2O2溶液反应生成的Mn2＋可以催化该反应 ②往2 mL 2ml·L－1 H2O2溶液中先滴入9滴0.05 ml·L－1 MnSO4溶液，再滴下5滴0.05 ml·L－1 KMnO4[c(H＋)＝5.0 ml·L－1]溶液 完全褪色时间远小于t秒
(3)acde
12．(2022·广州二中月考)利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO进行处理，其反应方程式为2NO＋2COeq \(,\s\up7(催化剂))2CO2＋N2，为研究如何增大该反应的速率和提高转化率的问题，某研究小组在其他条件相同的情况下，使用同种、等量的催化剂进行了以下三组实验探究，实验数据记录如下表，实验中CO的浓度与时间的变化关系如下图(已知催化剂的比表面积是指单位质量的物质所具有的总面积)。
(1)若要得到温度与该反应的速率关系，则需对比__________(填实验编号)组实验，表格数据中a＝________，实验结论是_______________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)进行实验Ⅱ和实验Ⅲ的目的是____________________________________________
________________________________________________________________________，
得到的实验结论是_________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)实验Ⅲ中，该反应前2 s的平均反应速率为v(CO)＝__________，反应达平衡时NO的平衡转化率为________________(保留三位有效数字)，其平衡常数K＝__________________(只列出浓度计算表达式)。
(4)对比图中的A点与B点，你可以获取的结论是_______________________________
________________________________________________________________________。
(5)从本实验探究数据综合分析，以上三组实验中，选择实验__________(填编号)的反应条件更利于汽车尾气的处理。
解析：(1)若要得到温度与该反应的速率关系，则控制其他条件都相同，则需对比Ⅰ和Ⅲ组实验，表格数据中a＝4.00×10－3，从题图分析，Ⅰ组实验达到平衡的时间短，说明温度越高反应速率越大。(2)实验Ⅱ和实验Ⅲ是相同温度下，改变催化剂的比表面积，所以实验的目的是当b＝6.5×10－3时，探究催化剂的比表面积对该反应的速率的影响，从题图分析，Ⅱ组实验达到平衡的时间短，得到的实验结论是其他条件相同时，催化剂的比表面积越大该反应的速率越大。(3)实验Ⅲ中，该反应前2 s的平均反应速率为v(CO)＝eq \f(4.00×10－3－2.00×10－3,2) ml/(L·s)＝1×10－3 ml/(L·s)，根据化学方程式分析，一氧化氮消耗量(即3.00×10－3ml)等于一氧化碳的消耗量，则反应达平衡时NO的平衡转化率为eq \f(3.00×10－3,6.5×10－3)×100%＝46.2%。
2NO ＋ 2CO  2CO2 ＋ N2
eq \a\vs4\al(起始浓度/,（ml·L－1）) 6.5×10－3 4.0×10－3 0 0
eq \a\vs4\al(改变浓度,（ml·L－1）) 3.0×10－3 3.0×10－3 3.0×10－3 1.5×10－3
eq \a\vs4\al(平衡浓度,（ml·L－1）) 3.5×10－3 1.0×10－3 3.0×10－3 1.5×10－3
其平衡常数K＝eq \f(（3.0×10－3）2×1.5×10－3,（3.5×10－3）2×（1.0×10－3）2)。
(4)对比图中的A点与B点，可以看出Ⅰ组和Ⅲ组实验达到平衡的时间不同，所以可以得到结论为温度越高，反应越快达到平衡状态(或达到平衡所需时间越少)；结合平衡时一氧化碳的浓度数据分析，可以得到结论为温度越高，平衡逆向移动，该反应为放热反应。(5)从本实验探究数据综合分析，温度升高，平衡逆向移动，所以应选择较低温度，相同温度下，增大催化剂的比表面积可以增大反应速率，所以三组实验中，选择实验Ⅱ的反应条件更利于汽车尾气的处理。
答案：(1)Ⅰ和Ⅲ 4.00×10－3 温度越高反应速率越大
(2)当b＝6.5×10－3时，探究催化剂的比表面积对该反应的速率的影响 其他条件相同时，催化剂的比表面积越大该反应的速率越大
(3)1×10－3 ml/(L·s) 46.2%
eq \f(（3×10－3）2×1.5×10－3,（3.5×10－3）2×（1.0×10－3）2)
(4)温度越高，反应越快达到平衡状态(或达到平衡所需时间越少)；温度越高，平衡逆向移动，该反应为放热反应
(5)Ⅱ
实验序号
体积/mL
K2S2O8溶液
KI溶液
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
1
10.0
4.0
4.0
2.0
2
8.0
4.0
4.0
2.0
选项
实验事实
结论
A
在Na2S2O3溶液与稀硫酸的反应中，其他条件相同时，Na2S2O3溶液浓度越大，析出S沉淀所需时间越短
当其他条件不变时，增大反应物浓度，化学反应速率增大
B
在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变
催化剂一定不参与化学反应
C
物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液分别与等质量的、形状相同的锌粒反应
反应开始时速率相同
D
在容积可变的密闭容器中发生反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)，把容积缩小一半
正反应速率增大，逆反应速率不变
c(H2O2)/(ml·L－1)
0.001 0
0.001 5
0.012 5
0.031 2
0.044
0.062 0
完全褪色时间/s
25
15
12
23
60
370
无色气泡
一样多
编号
操作示意图
现象
实验Ⅱ
第1～9滴溶液滴下，完全褪色所需时间很长；第10滴溶液滴下迅速褪色。整个过程中几乎无温度变化
编号
操作
现象
实验Ⅲ
往2 mL 0.2 ml·L－1 H2O2溶液中滴入5滴0.05 ml·L－1 KMnO4[c(H＋)＝5.0 ml·L－1]溶液
完全褪色时间为t秒
实验Ⅳ
_____________________________
_____________________________
编号
t/℃
c(NO)/(ml·L－1)
c(CO)/(ml·L－1)
催化剂的比表面积/(m2·g－1)
Ⅰ
360
6.5×10－3
a
80.0
Ⅱ
280
b
4.00×10－3
120
Ⅲ
280
6.5×10－3
4.00×10－3
80.0