高考化学一轮复习练习卷：影响化学反应速率的因素

这是一份高考化学一轮复习练习卷：影响化学反应速率的因素，共11页。试卷主要包含了H2O2分解速率受多种因素影响等内容，欢迎下载使用。

影响化学反响速率的因素
1．不同条件下，用O2氧化一定浓度的FeCl2溶液过程中所测的实验数据如下图。以下分析或推测不合理的是

A．Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大
B．由②和③可知，pH越大，Fe2+氧化速率越快
C．由①和③可知，温度越高，Fe2+氧化速率越快
D．氧化过程的离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 4H+ == 4Fe3+ + 2H2O
2．H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如下图。以下说法错误的选项是〔 〕

A．图甲说明，其他条件相同时，H2O2浓度越大，其分解速率越快
B．图乙说明，其他条件相同时，溶液pH越大，H2O2分解速率越快
C．图丙说明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快
D．图丙和图丁说明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大
3．在相同的密闭容器中，用高纯度纳米级Cu2O分别进行催化分解水的实验：2H2O(g)2H2(g) + O2(g) ∆H＞0，实验测得反响体系中水蒸气浓度〔mol·L-1〕的变化结果如下：
序号
时间/min
0
10
20
30
40
60
①
温度T1 / 1号Cu2O
0.0500
0.0492
0.0486
0.0482
0.0480
0.0480
②
温度T1 / 2号Cu2O
0.0500
0.0490
0.0483
0.0480
0.0480
0.0480
③
温度T2 / 2号Cu2O
0.0500
0.0480
0.0470
0.0470
0.0470
0.0470
以下说法不正确的选项是〔 〕
A．实验时的温度T2高于T1
B．2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高
C．实验①前20 min的平均反响速率v(O2) = 7×10ˉ5 mol·Lˉ1·minˉ1
D．等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关
4．高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH−)，油脂在其中能以较快的反响速率水解。与常温常压水相比，以下说法不正确的选项是
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反响速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反响速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反响，且产生的酸进一步催化水解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中参加了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解
5．以下生产或实验事实引出的结论不正确的选项是(　　)
选项
事实
结论
A．
其他条件相同，Na2S2O3溶液和H2SO4溶液反响，升高溶液的温度，析出沉淀所需时间缩短
当其他条件不变时，升高反响温度，化学反响速率加快
B．
工业制硫酸过程中，在SO3的吸收阶段，喷洒浓硫酸吸收SO3
增大气液接触面积，使SO3的吸收速率增大
C．
在容积不变的密闭容器中发生反响：，向其中通入氩气
反响速率减慢
D．
A、B两支试管中分别参加等体积5%的H2O2溶液，在B试管中参加2～3滴FeCl3溶液，B试管中产生气泡快
当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反响速率
6．探究酸性KMnO4与H2C2O4溶液反响速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：
实验编号
温度〔℃〕
催化剂用量〔g〕
酸性KMnO4溶液
H2C2O4溶液
KMnO4溶液褪色平均时间〔min〕
体积〔mL〕
浓度〔mol·L-1〕
体积〔mL〕
浓度〔mol·L-1〕

1
25
0.5
4
0.1
8
0.2
12.7
2
80
0.5
4
0.1
8
0.2
a
3
25
0.5
4
0.01
8
0.2
6.7
4
25
0
4
0.01
8
0.2
b
以下说法不正确的选项是
A．用KMnO4表示该反响速率，v〔实验3〕约为1.5×10-3 mol·L-1·min-1
B．表中数据a＜12.7，b＞6.7
C．用H2C2O4表示该反响速率，v〔实验1〕＞v〔实验3〕
D．可通过比拟收集相同体积的CO2所消耗的时间来判断反响速率快慢
7．某学生为了探究影响化学反响速率的外界因素，进行以下实验。
〔1〕向100 mL稀硫酸中参加过量的锌粉，标准状况下测得数据累计值如下：
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL
50
120
232
290
310
①在0~1、1~2、 2~3、3-4、4~-5min各时间段中：
反响速率最大的时间段是____ min，主要的原因可能是____________。
反响速率最小的时间段是____ min，主要的原因可能是____________。
②为了减缓反响速率但不减少产生氢气的量，可以在稀硫酸中参加_______〔填序号〕。
a Na2CO3溶液 b NaOH溶液 c 稀HNO3 d 蒸馏水
〔2〕进行以下比照实验，并记录实验现象。
实验I：

实验II：另取两支试管分别参加5 mL5%H2O2溶液和5mL10%H2O2溶液，均未观察到有明显的气泡产生。
①双氧水分解的化学方程式是______________。
②实验I的目的是_________________。
③实验II未观察到预期现象，为了到达该实验的目的，可采取的改良措施是__________。
8．某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3＋。某课题组研究发现，少量铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]即可对该反响起催化作用。为进一步研究有关因素对该反响速率的影响，探究如下：在25 ℃下，控制光照强度、废水样品、初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，作比照实验，完成了以下实验设计表。
实验编号
初始pH
废水样品体积/mL
草酸溶液体积/mL
蒸馏水体积/mL
①
4
60
10
30
②
5
60
10
30
③
5
60
20
20
测得实验①和②溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如下图。

(1)上述反响后草酸被氧化为________(填化学式)。
(2)实验①和②的结果说明_____；实验①中O～t1时间段反响速率v (Cr3＋)＝____mol·L－1·min－1(用代数式表示)。
(3)该课题组对铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]中起催化作用的成分提出如下假设。
请你完成假设二和假设三：
假设一：Fe2＋起催化作用；
假设二：______；
假设三：______；
(4)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。〔除了上述实验提供的试剂外，可供选择的试剂有K2SO4、FeSO4、K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O、Al2(SO4)3等。溶液中的Cr2O浓度可用仪器测定〕
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
_______
反响进行相同时间后，假设溶液中c(Cr2O)_____实验①中的c(Cr2O)，那么假设一成立；假设两溶液中的c(Cr2O)_______，那么假设一不成立。
(5)草酸不仅能复原Cr2O，还能复原MnO。某同学为了测定某高锰酸钾产品的质量分数，取0.500 g的高锰酸钾产品，配成50.00 mL溶液，取出 10.00 mL，用 0.100 mol·L-1草酸标准溶液滴定至终点，消耗草酸标准溶液15.00 mL。那么该样品中高锰酸钾的质量分数为____。
9．某小组利用H2C2O4溶液与用硫酸酸化的KMnO4溶液反响来探究“条件对化学反响速率的影响〞。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时。该小组设计了如下的方案。
编号
H2C2O4溶液
酸性KMnO4溶液
蒸馏水
体积/ml
温度/℃
浓度/mol·L-1
体积/mL
浓度/mol·L-1
体积/mL
①
0.50
6.0
0.010
4.0
0
25
②
0.50
a
0.010
4.0
c
25
③
0.50
6.0
0.010
4.0
0
50
〔1〕该实验是通过___来判断反响的快慢。
〔2〕H2C2O4被KMnO4〔H+〕氧化为CO2逸出，该反响的化学方程式为___，为了观察到实验现象从而判断反响的快慢，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥___。
〔3〕探究温度对化学反响速率影响的实验编号是__和__〔填编号，下同〕，可探究H2C2O4浓度对化学反响速率影响的实验编号是__和__。
〔4〕实验①测得反响所用的时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反响速率v〔KMnO4〕=__。
〔5〕该小组发现室温下反响速率走势如图，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：___，假设用实验证明你的猜测，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液试剂外，还需要选择的试剂最合理的是___〔填序号〕
A．硫酸钾 B．硫酸锰 C．稀硫酸 D．氯化锰

10．用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏〞实验〔短时间内产生大量泡沫〕，某同学依据文献资料对该实验进行探究。
〔1〕资料1：KI在该反响中的作用：H2O2＋I－＝H2O＋IO－；H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－。总反响的化学方程式是_________。
〔2〕资料2：H2O2分解反响过程中能量变化如下图，其中①有KI参加，②无KI参加。以下判断正确的选项是___________〔填字母〕。

a. 参加KI后改变了反响的路径
b. 参加KI后改变了总反响的能量变化
c. H2O2＋I－＝H2O＋IO－是放热反响
〔3〕实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再参加CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反响。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到___________，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. ________。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中参加KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管参加CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是_____________。
〔4〕资料4：I－〔aq〕＋I2〔aq〕I3－〔aq〕 K＝640。
为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中参加10mL 0.10mol·L－1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：
微粒
I－
I2
I3－
浓度/〔mol·L－1〕
2.5×10－3
a
4.0×10－3
①a＝__________。
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是_______。



























参考答案
1．B【解析】A项、由图象可知，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增大，故A正确；
B项、由②和③可知，当温度相同pH不同时，pH越大，Fe2+的氧化速率越小，故B错误；
C项、由①和③可知，当pH相同温度不同时，温度越高Fe2+的氧化速率越大，故C正确；
D项、在酸性条件下，Fe2+和氧气、氢离子反响生成Fe3+和H2O，反响的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故D正确；
应选B。
2．C【解析】A．图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此可知：其他条件相同时，H2O2浓度越大，H2O2分解速率越快，A正确；
B．图乙中H2O2浓度相同，但参加NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：当H2O2浓度相同时，溶液的pH越大，H2O2分解速率越快，B正确；
C．由图丙可知，少量Mn2＋存在时，1.0mol/LNaOH条件下对应的H2O2分解速率要小于0.1mol/LNaOH时的分解速率，因此并不是碱性越强，H2O2分解速率越快，C错误；
D．图丁中溶液的pH相同，Mn2+浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确。
答案选C。
3．C【解析】A．从表中③可以看出相同时间内水蒸气的浓度变化大，反响速率快，说明实验时的温度T2高于T1，故A正确；
B．②中反响速度比①快，2号Cu2O的催化效率比1号Cu2O的催化效率高，故B正确；
C．实验①前20 min的平均反响速率v(H2O)=，v(O2)=1/2v(H2O) =3.5×10ˉ5 mol·Lˉ1·minˉ1，故C错误；
D．①②化学平衡状态未改变，反响速率加快，那么是参加了催化剂，催化剂的活性越高，速率越快，在相等时间内，②中水蒸气的浓度变化比①快，②中催化剂微粒更小，外表积更大，等质量纳米级Cu2O比微米级Cu2O催化效率高，这与Cu2O的粒径大小有关，故D正确；
应选C。
4．D【解析】A.对于任何化学反响，体系温度升高，均可加快反响速率，A项正确；
B.由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反响速率加快，B项正确；
C.油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反响，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；
D.高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中参加了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。
故答案选D。
5．C【解析】A．只有温度不同，那么当其他条件不变时，升高反响温度化学反响速率加快，故A正确；
B．工业制硫酸过程中，在SO3的吸收阶段，喷洒浓硫酸吸收SO3，增大气液接触面积，使SO3的吸收速率增大，故B正确；
C．容器的体积不变，通入氩气，各组分的浓度不变，那么反响速率不变，故C错误；
D．只有催化剂不同，那么当其他条件不变时，催化剂可以改变化学反响速率，故D正确；
答案选C。
6．A【解析】A.反响的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+l0CO2↑+8H2O，实验3中，n〔H2C2O4〕：n〔KMnO4〕=8×0.2：4×0.01=40：1＞5：2，那么H2C2O4过量，用KMnO4表示该反响速率v〔KMnO4〕=≈5.0×l0-4mol•L-1•min-1，故A错误；
B.温度越高反响速率越快，催化剂可加快反响速率，那么a＜12.7，b＞6.7，故B正确；
C.1、3比拟只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中浓度大，那么反响速率：v〔实验1〕＞v〔实验3〕，故C正确；
D.判断反响速率快慢的方法：单位时间内产物的物质的量的变化量的多少或比拟收集相同体积CO2所消耗的时间长短或单位时间内物质浓度的变化量等，所以比拟收集相同体积CO2所消耗的时间，可判断反响速率快慢，故D正确；
故答案选A。
7．〔1〕①2-3；该反响中放热使温度升高而加快反响速率，此时温度的影响起主要因素；4-5；该反响中消耗H+使H+浓度减小而减慢反响速率，此时H+浓度的影响起主要因素②d(2)①2H2O2 2H2O+O2②其他条件相同时，探究温度对H2O2分解速率的影响③将两只试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中，或向两只试管中同时滴入2滴1mol/L的FeCl3溶液，观察产生气泡的速率
【解析】 (1)①在0~1、1~2、2~3、3~4、4~5 min各时间段中，△V分别为50mL、(120-50)mL=70mL、〔232-120〕mL=112mL、(290-232)mL=58mL、(310-290)mL=20mL，所以反响速率最快的是2-3min、最慢的是4-5min；在2-3min内反响放热，温度升高，速率加快，此时温度的影响起主要因素；在4-5min时，消耗H+使H+浓度减小而减慢反响速率，此时H+浓度的影响起主要因素；
②a．加Na2CO3溶液，硫酸和碳酸钠反响生成硫酸钠、水和二氧化碳，导致和锌反响的氢离子总物质的量减少，氢气的生成量减少，不符合条件，故a错误；
b．加氢氧化钠溶液，硫酸和氢氧化钠反响生成硫酸钠和水，导致和锌反响的氢离子总物质的量减少，氢气的生成量减少，不符合条件，故b错误；
c．加稀HNO3溶液，硝酸具有强氧化性，和锌反响不生成氢气，不符合条件，故c错误；
d．参加水，氢离子浓度减小、反响速率减慢，氢离子总物质的量不变，那么不影响氢气的生成量，所以符合条件，故d正确，答案选d；
(2)①过氧化氢分解生成水和氧气，反响方程式为2H2O2 2H2O+O2；
②分别在试管A、B中参加2 mL5% H2O2溶液，各滴入2滴1mol/L 的FeCl3溶液，待试管中均有适量气泡出现，说明过氧化氢分解能发生，试管A、B中均有适量气泡出现时，将试管A放入盛有5℃冷水的烧杯中，将试管B放入盛有40℃热水的烧杯中，两支试管不同点是试管A的温度比试管B的温度低，说明研究的是其他条件相同时，探究温度对H2O2分解速率的影响；
③影响化学反响速率的外界因素有浓度、温度、气体的压强、催化剂、固体的外表积等，为加快反响速率使反响现象明显，可从温度或催化剂的影响角度考虑，例如将两支试管同时放入盛有相同温度热水的烧杯中或向两支试管中同时滴入2滴1mol/L 的FeCl3溶液，观察产生气泡的速率。
8．〔1〕CO2 〔2〕溶液的pH对该反响的速率有影响；〔3〕Al3＋起催化作用、起催化作用〔4〕用等物质的量的K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反响条件与实验①相同，进行比照实验；大于；相同〔5〕94.8%
【解析】 (1)草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3+，草酸中碳元素化合价为+3价，被氧化为+4价，所以氧化产物为CO2；
(2)由实验①②说明溶液pH越小，反响的速率越快，所以溶液pH对该反响的速率有影响；该反响中Cr2O全部转化为Cr3+，所以根据元素守恒可知v(Cr3+)=2v(Cr2O)== mol·L－1·min－1；
(3)根据铁明矾[Al2Fe(SO4)4•24H2O]组成可知假设二、三可以是Al3+起催化作用、起催化作用；
(4)控制变量法探究实验中要注意变量的唯一，所以验证假设一时，对照实验中的变量应只有Fe2+，所以需要控制Al3+和浓度比，因此不宜选用K2SO4和Al2(SO4)3，而用等物质的量K2SO4•Al2(SO4)3•24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反响条件与实验①相同，进行比照实验；反响进行相同时间后，假设溶液中c(Cr2O)大于实验①中的c(Cr2O)，那么假设一成立；假设两溶液中的c(Cr2O)相同，那么假设一不成立；
(5)草酸可以复原高锰酸钾生成Mn2+，根据电子守恒可知有数量关系：n(H2C2O4)：n(KMnO4)=5:2；草酸标准液的体积为15mL，所以10.00mL高锰酸钾溶液中n(KMnO4)==0.0006mol，那么样品中n(KMnO4)=0.0006mol´5=0.003mol，所以高锰酸钾的质量分数为=94.8%。
9．〔1〕测定溶液褪色所需时间〔2〕2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；5∶2〔3〕①③；①②〔4〕0.0001mol·(L·s)-1(或1.0×10-4mol·(L·s)-1)〔5〕产物中的Mn2+对该反响有催化作用；B
【解析】 (1)高锰酸钾溶液显紫色，可通过测定溶液褪色所需时间，或通过生成气泡的快慢(或测定一定时间内气体的体积)来判断反响的快慢；
(2)反响后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，由得失电子及原子守恒可知反响的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；为了观察到紫色褪去，高锰酸钾的物质的量应该少量，即c(H2C2O4)：c(KMnO4)≥5：2；
(3)探究温度对化学反响速率影响的实验编号是①和③，可探究H2C2O4浓度对化学反响速率影响的实验编号是①和②；
(4)草酸的物质的量为0.50mol/L×0.006L=0.003mol，高锰酸钾的物质的量为0.010 mol/L×0.004L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为0.003mol：0.00004mol=75：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反响，这段时间内平均反响速率v(KMnO4)==0.0001mol/(L∙s)；
(5)t1∼t2时间内速率变快的主要原因可能是生成锰离子作催化剂加快反响速率，高锰酸钾可氧化氯离子，可参加硫酸锰作比照实验说明，控制锰离子浓度不同，答案为B。
10．〔1〕2H2O22H2O＋O2↑〔2〕a 〔3〕①下层溶液呈紫红色②在水溶液中I2的浓度降低；A试管中产生气泡明显变少；B试管中产生气泡速率没有明显减小〔4〕① ②2c〔I2〕＋c〔I－〕＋3c〔I3－〕＜0.033mol·L－1
【解析】〔1〕H2O2＋I－＝H2O＋IO－,H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－,把两式加和，即可得到总反响的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑。答案为：2H2O22H2O＋O2↑；
〔2〕a. 参加KI后，一步反响分为两步进行，也就是改变了反响的路径，a正确；
b. 参加KI后，反响物和生成物的能量都没有改变，b不正确；
c. 由图中可知，H2O2＋I－＝H2O＋IO－的反响物总能量小于生成物总能量，所以该反响是吸热反响，c不正确。答案为：a；
〔3〕①加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。答案为：下层溶液呈紫红色；
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. 在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中参加KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管参加CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。答案为：在水溶液中I2的浓度降低；A试管中产生气泡明显变少，B试管中产生气泡速率没有明显减小；
〔4〕① ，由此可求出a=2.5×10-3mol/L。答案为：2.5×10-3；
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，c(I-)=；现在溶液中，I－，I2，I3－中所含I的浓度和为2c(I2)＋c(I－)＋3c(I3－)=2×2.5×10-3+2.5×10-3+3×4.0×10-3=0.0195<0.033，I不守恒，说明产物中还有含碘微粒。答案为：2c(I2)＋c(I－)＋3c(I3－)<0.033mol·L－1。