2.1 化学反应速率 第1课时 同步训练（含解析）
一、单选题
1．在下列过程中，需要加快反应速率的是（ ）
A．食物变质 B．合成氨
C．钢铁腐蚀 D．塑料老化
2．室温下，H2O2与氢碘酸(HI)反应： H2O2+2HI =I2+ 2H2O，已知 c(H2O2)=0.1 mol/L，c (HI)= 0.1 mol/L，20s后测得H2O2的浓度为0.08 mol/L，则用HI表示反应速率为（ ）
A．0.001 mol· L-1· s-1 B．0.002 mol· L-1· s-1
C．0.003 mol· L-1· s-1 D．0.04 mol· L-1· s-1
3．关于化学反应速率的说法正确的是（ ）
A．化学反应速率0.8mol·L-1·s-1是指1s时某物质的浓度为0.8mol·L-1
B．化学反应速率是指一定时间内，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
C．对于任何化学反应来说，化学反应速率越快,反应现象就越明显
D．根据化学反应速率的大小可知化学反应进行的相对快慢
4．实验室用下图所示装置，探究室温下与的反应，所用镁条质量和表面积相同，且均已用砂纸打磨，实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁。下列说法错误的是（ ）
实验1 实验2 实验3
镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化 镁条表面有较多气泡且产生气泡速率逐渐加快，溶液中无明显现象 镁条表面有大量气泡，溶液逐渐变浑浊
A．实验1现象不明显，可能与表面生成了难溶的有关
B．实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃导管内空间狭小，热量不易散失
C．由实验1和实验3可得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论
D．实验3中破坏了在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积
5．甲：在试管中依次加入1g粉末状大理石、4mol L-1盐酸盐酸20mL(过量)；乙：在试管中依次加入2g颗粒状大理石、4mol L-1盐酸20mL(过量)；下列CO2生成体积(已折算成标准状况)V(CO2)与反应时间t的关系曲线图合理的是（ ）
A． B．
C． D．
6．下列说法中错误的是（ ）
A．降低温度能使化学反应速率减小，主要原因是降低了反应物中活化分子的百分数
B．减小反应物浓度，可降低单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数减少
C．对反应来说，若增大压强，产生气泡的速率不变
D．催化剂可以改变化学反应速率，虽然在反应过程中参与反应，但反应前后的质量不变
7．反应，在下列四种不同情况下的反应速率最快的是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．取两份 稀盐酸，向其中一份中加入过量的锌粒，得到气体的体积随时间变化如b所示，向另一份中加入过量的锌粒同时加入另一种物质，得到气体的体积如a所示，则另一种物质是（ ）
A．铝粉 B． 稀硫酸
C．铜粉 D．氢氧化钠固体
9．把镁条投入盛有盐酸的敞口容器中，产生氢气的速率变化曲线如图所示。下列因素中，影响该反应速率的主要因素是（ ）
①盐酸的浓度 ②镁条的表面积 ③溶液的温度 ④Cl-的浓度
A．①④ B．③④ C．①③ D．②③
10．我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程。该历程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．①→②过程中放出能量并形成了键
B．过程中有键断裂
C．该反应总方程式为
D．反应中催化剂因有效降低反应物的能量而使得反应速率加快
11．已知一定质量的锌粒与稀盐酸反应，生成H2的浓度与反应时间的关系如图所示，下列结论错误的是（ ）
A．反应速率υ（0-2min）﹥υ（2-4min）﹥υ（4-6min）
B．反应前4min内温度对反应速率的影响比浓度大
C．若将锌粒改为锌粉，可加快产生H2的反应速率
D．反应前4min内生成H2的平均速率υ（H2）=0.09mol·L-1·min-1
二、多选题
12．工业制硫酸的一步重要反应是SO2在400～600℃下的催化氧化：2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g)，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法正确的是（ ）
A．使用催化剂可加快反应速率，提高SO3产率
B．其它条件保持不变，温度越高，速率越快，生产效益越好
C．实际生产中选定400～600℃作为操作温度，其原因是在此温度下催化剂的活性最高
D．增大压强可以提高SO3产率，但高压对动力和设备要求太高，会增加生产成本
13．二氧化碳与氢气反应制备甲醇在不同催化剂作用下的反应历程如图所示，图中数值为对应基元反应的活化能。下列说法错误的是
A．HCOO*比COOH*更容易生成
B．羧酸路径中的含碳中间产物有5种
C．甲酸盐路径决速步发生反应的方程式为
D．二氧化碳与氢气通过甲酸盐路径制备甲醇释放的能量比羧酸路径多
14．对水样中溶质的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，的物质的量浓度()随时间()变化的有关实验数据见下表。
时间水样 0 5 10 15 20 25
Ⅰ() 0.40 0.28 0.19 0.13 0.10 0.09
Ⅱ() 0.40 0.31 0.24 0.20 0.18 0.16
Ⅲ() 0.20 0.15 0.12 0.09 0.07 0.05
Ⅳ(，含) 0.20 0.09 0.05 0.03 0.01 0
下列说法正确的是（ ）
A．在内，Ⅱ中的平均分解速率为
B．在内，Ⅱ中的分解百分率比Ⅲ大
C．由于存在，Ⅳ中的分解速率比Ⅰ快
D．其它条件相同时，水样酸性越强，的分解速率越快
15．1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子( )；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70：30和15：85。下列说法正确的是（ ）
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定
B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小
D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度
三、综合题
16．NOX(主要指NO和)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的是环境保护的重要课题。回答下列问题：
（1）用水吸收NOX的相关热化学方程式如下。
①反应的 。
②中心原子上的价层电子对数为 。
（2）用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式： 。
（3）用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，写出该反应的化学方程式： 。
（4）在催化剂的作用下能与反应生成。
①与生成的反应的化学方程式为 ，当1mol 完全反应时，转移的电子数为 。
②在有氧条件下，新型催化剂M能催化与反应生成。将一定比例的、和的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中，反应相同时间的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。
当反应温度高于380℃时，的去除率迅速下降的原因可能是 。
17．
（1）在2L的恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2，一定条件下发生反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，测得CO和CH3OH的物质的量变化如图1所示，反应过程中的能量变化如图2所示。
①从反应开始至达到平衡，以H2表示的平均反应速率υ(H2)= 。下列措施能增大正反应速率的是 (填字母)。
A．升高温度
B．恒容条件下充入He
C．减小CH3OH的浓度
D．加入合适的催化剂
②该反应是 反应(填“吸热”或“放热”)，已知断开1molCO(g)和2molH2(g)中的化学键共需要吸收的能量为1924 kJ，则断开1molCH3OH(g)中的化学键共需要吸收 kJ的能量。
（2）利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O构成电池的装置如图所示。此装置既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。请回答下列问题：
①B极的电极反应式 。
②阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过。为使电池能持续放电，该离子交换膜最好选用 (填“阴”或“阳”)离子交换膜。
③当有8.96L NH3(标准状况)参加反应时，离子交换膜右侧质量减少 g。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】为避免材料的损耗和资源的浪费，应减少钢铁腐蚀、食物变质以及塑料的老化，应降低反应速率，工业合成氨为了提高产量，应加快反应速率，
故答案为：B。
【分析】本题考查调控化学反应速率的意义，注意结合生产、生活实际考虑，为减少材料和资源的浪费，应减缓化学反应速率，而在工业生产中，为提高产量，应提高反应速率。
2．【答案】B
【解析】【解答】c(H2O2)=0.1 mol/L，c (HI)= 0.1 mol/L，20s后测得H2O2的浓度为0.08 mol/L，则过氧化氢消耗的浓度为0.1 mol/L-0.08 mol/L=0.02 mol/L，根据方程式分析，碘化氢的消耗浓度为0.04 mol/L，则用碘化氢表示反应速率为
故答案为：B。
【分析】根据放映方程式物质的量的关系和放映速率的定义计算
3．【答案】D
【解析】【解答】A．化学反应速率0.8mol·L-1·s-1是指1s时某物质的浓度变化量为0.8mol·L-1，故A不符合题意；
B．化学反应速率是指表示化学反应进行的快慢。通常以单位时间内反应物或生成物浓度的变化值（减少值或增加值）来表示，故B不符合题意；
C．对于任何化学反应来说，化学反应速率的快慢与反应现象是否明显无必然联系，故C不符合题意；
D．化学反应速率是用来衡量化学反应进行快慢程度的，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、 1s时某物质的浓度 的变化量
B、不能 用纯液体或气体的浓度
C、比如氢氧化钠和硫酸，无明显现象
4．【答案】C
【解析】【解答】A．镁条已用砂纸打磨，实验1中镁条表面有微小气泡，且溶液较长时间无明显变化，说明镁条与蒸馏水反应，可能发生的反应为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，现象不明显的原因可能是Mg表面生成了难溶的Mg(OH)2，A项不符合题意；
B．实验2的镁条放在尖嘴玻璃导管内并浸于蒸馏水中，实验2比实验1现象更明显，可能是由于玻璃导管内空间狭小，热量不易散失，体系温度升高，从而使反应速率加快、Mg(OH)2溶解度增大，B项不符合题意；
C．实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2 nMgCO3]，实验1和实验3中反应不相同，实验1和实验3中的变量不唯一，故由实验1和实验3不能得出“碱性增强有利于加快镁与水反应速率”的结论，C项符合题意；
D．实验3产生的浑浊物主要为碱式碳酸镁[mMg(OH)2 nMgCO3]，说明实验3中可破坏Mg(OH)2在镁条表面的沉积，增大了镁与水的接触面积，从而镁条表面有大量气泡产生，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、镁可以和水反应生成氢氧化镁，包裹在表面；
B、温度升高反应速率加快；
C、产物不同，条件也不同，不能作为控制变量法判断的结论；
D、碳酸氢根可以破坏氢氧化镁，使内部的镁和溶液接触。
5．【答案】D
【解析】【解答】碳酸钙的表面积越大，和盐酸反应的反应速率就越大，据此可知甲中反应速率快，但生成的CO2体积小于乙中，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】固体表面积越大，反应速率越大，盐酸的物质的量为4mol/L×0.02L=0.08mol，2g颗粒状大理石的物质的量为0.002mol，根据反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑固体完全反应，生成二氧化碳不同，以此解答该题。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．降低温度分子能量降低，导致活化分子百分数减小，有效碰撞次数减少，反应速率减小，故A不符合题意；
B．减小反应物浓度，可减少单位体积内活化分子数目，活化分子百分数不变，故B符合题意；
C．该反应在溶液中进行，增大压强对反应速率无影响，故C不符合题意；
D．催化剂通过参与反应改变反应过程降低反应活化能从而加快反应速率，其反应前后的质量和化学性质均不变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、降低温度，可以使活化分子百分数、活化分子数目降低；
B、浓度改变单位体积活化分子数目；
C、溶液、固体不受压强影响；
D、催化剂只改变反应活化能。
7．【答案】A
【解析】【解答】将各物质均转化为用CO表示反应速率，则有：
；
；
；
；
则反应速率最快的是；
故答案为：A。
【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比等于相应的化学计量数之比，速率与计量系数的比值越大，反应速率越快。
8．【答案】B
【解析】【解答】a比b先反应完，及速率大于b，且放出的氢气比b多
A.加铝速率快，但生成氢气的量不变，故A不符合题意
B.浓度增大，速率增大，且放出氢气的量多，故B符合题意
C.形成Zn-Cu原电池，速率增大，但氢气的量不变，故C不符合题意
D.加入氢氧化钠，消耗氢离子，放出氢气的量减少，故D不符合题意
故答案为：B
【分析】a比b先平，故a的速率要大于b的速率，且a最终的竖坐标的值大于b，故a放出的氢气的量多、
9．【答案】C
【解析】【解答】由图可知，该反应速率先增大后减小，该反应为放热反应，放出热量，温度升高，则反应速率加快，后来盐酸浓度减小，则反应速率逐渐减小，即前一阶段温度对反应速率的影响其主要作用，后一阶段浓度对反应速率的影响起主要作用。因Cl－不参加反应，Cl－的浓度增大或减小都不影响化学反应速率，且该反应中Cl－的浓度可视为不变，另外镁条的表面积会影响反应速率，但在该反应中不是主要因素，即影响因素主要为①③，
故答案为：C。
【分析】由图可知，该反应速率先增大后减小，结合温度、浓度对反应速率的影响解答。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，①的总能量高于②，①→②过程中形成了碳碳键并放出能量，故A不符合题意；
B．由图可知，过程中有碳氢键发生断裂，故B不符合题意；
C．由图可知，二氧化碳和甲烷发生的反应为在催化剂作用下二氧化碳和甲烷生成乙酸，总反应的化学方程式为，故C不符合题意；
D．催化剂能降低反应的活化能，使得反应速率加快，但不能降低反应物的能量，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.反应物能量高于生成物能量，反应放出能量，①>②形成了碳碳单键；
B.甲烷反应后生成乙酸，结合分子中化学键变化判断，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C一H键发生断裂；
C.由图可知该反应为甲烷和二氧化碳反应生成醋酸；
D.催化剂改变反应速率，不改反应物能量。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．根据平均反应速率的计算公式 可知，2-4min反应速率最大，故A符合题意；
B.0-4min温度对反应速率起主要作用，故B不符合题意；
C．将锌粒改为锌粉，增大接触面积，可加快反应速率，加快产生H2的反应速率，故C不符合题意；
D．反应前4min内生成H2的平均速率 ，故 D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据图像找出氢气浓度的变化量，即可判断
B.由图象可知，反应4min前曲线斜率大
C.接触面积增大，速率加快
D.根据图像找出氢气的变化量即可计算速率
12．【答案】C,D
【解析】【解答】A．使用催化剂加快了反应速率，缩短反应时间，提高反应效率，平衡不移动，SO3产率不变，故A不符合题意；
B．升高温度增大活化分子百分数，化学反应速率加快，但该反应的正反应为放热反应，其它条件保持不变时，升高温度平衡逆向移动，所以生产效益不一定好，故B不符合题意；
C．正反应为放热反应，操作温度应考虑催化剂的活性以及反应的速率，故C符合题意；
D．增大压强平衡正向移动，则提高SO3产率，但高压会导致对动力和设备要求太高，从而增加生产成本，为了降低成本，应该适当增大压强，故D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.催化剂不影响平衡状态；
B.该反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；
C.温度会影响催化剂的活性；
D.增大压强对动力和设备要求变高。
13．【答案】B,D
【解析】【解答】A．相同条件下生成HCOO*的活化能比生成COOH*活化能更低，因此HCOO*比COOH*更容易生成，A不符合题意；
B．羧酸路径中的含碳中间产物有6种，B符合题意；
C．决速步指的是活化能最高的一步，因此甲酸盐路径决速步发生反应的方程式为，C不符合题意；
D．二氧化碳与氢气通过甲酸盐路径和羧酸路径都是制备甲醇，根据盖斯定律可知两个路径释放的能量一样多，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.活化能越大反应速率越慢，反应更难发生；
C.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
D.甲酸盐路径制备甲醇和羧酸路径制备甲醇的始态和终态相同，释放的能量相同。
14．【答案】A,D
【解析】【解答】A．在内，，A项符合题意；
B．在0～25 min内，III中M的分解百分率=×100%=75%，II中M的分解百分率=×100%=60%，因此III中M的分解百分率大于II，B项不符合题意；
C．I和IV中pH不同，因此不能说明Cu2＋存在，IV中M的分解速率大于I，C项不符合题意；
D．对比I和II，在相同的时间内，I中消耗M的量大于II中，说明其他条件下不变，酸性越强，M的分解速率越快，D项符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据计算；
B.分别计算Ⅱ和Ⅲ中的分解百分率进行比较；
C.I和IV中存在两个变量；
D.根据表中数据分析判断。
15．【答案】A,D
【解析】【解答】根据上述分析可知，
A. 能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A符合题意；
B. 该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在40 时其转化率会减小，故B不符合题意；
C. 从0 升至40 ，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C不符合题意；
D. 从0 升至40 ，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】根据图像分析可知该加成反应为放热反应，且生成的1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，结合题干信息及温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果分析作答。
16．【答案】（1）+75.9；3
（2）
（3）
（4）；；NH3与O2反应产生了NO
【解析】【解答】(1)①由题干信息可知，反应I： ，反应II： ，2I -3II即可得到反应，根据盖斯定律可知， =2×(-136.2kJ/mol)-3×(-116.1kJ/mol)=+75.9，故答案为：+75.9；
②中心原子上的价层电子对数为2+=3，故答案为：3；
(2)用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，电解时阳极上发生氧化反应，即将HNO2氧化为HNO3，故该电极的电极反应式为：，故答案为：；
(3)用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：，故答案为：；
(4)①与生成和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的反应的化学方程式为，反应中转移24mol电子，当1mol 完全反应时，转移的电子数为3mol×6.02×1023mol-1=1.806×1024，故答案为：；1.806×1024；
②当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，可能的原因是NH3与O2反应产生了NO，导致NOx去除率降低，故答案为：NH3与O2反应产生了NO。
【分析】（1）利用盖斯定律，找到目标反应和已知反应的联系，消去中间产物即可得到目标反应的焓变
（2）阳极上发生氧化反应，即可判断HNO2在阳极反应，被氧化成HNO3
（3）判断化合价升降情况，判断出氧化剂和还原剂，根据氧化还原反应配平即可
（4）判断化合价升降情况，判断出氧化剂和还原剂，根据氧化还原反应配平即可，然后画出双线桥，找到电子转移数目与氨气的关系
17．【答案】（1）0.25mol/(L·min)；AD；放热；2052.8
（2）2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-；阴；10.8
【解析】【解答】(1)①根据图1可知，参加反应的n(CO)=1.00mol-0.25mol=0.75mol，根据反应方程式，反应的n(H2)=2n(CO)=1.5mol，v(H2)= =0.25mol/(L·min)；
A．升高温度，活化分子的百分含量增大，有效碰撞几率增大，反应速率增大，A正确；
B．恒容条件下充入He，对反应体系中各物质的浓度无影响，反应速率不变，B与题意不符；
C．减小CH3OH的浓度，逆反应速率瞬间减小，然后，正反应速率暂时不变，随后减小，C与题意不符；
D．加入合适的催化剂，降低反应的活化能，增大活化分子的含量，有效碰撞几率增大，反应速率增大，D正确；
答案为AD。
②根据图2，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应；化学键断开吸收的能量与结合释放的能量相等，1924 kJ-1molCH3OH(g)键能=-128.8kJ，则断开1molCH3OH(g)键能=2052.8 kJ；
(2)①根据图示，电极B通入的二氧化氮得电子生成氮气，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-；
②电解质溶液呈碱性，则电极A为氨气失电子与氢氧根离子反应生成氮气和水，则交换膜为阴离子交换膜；
③8.96L NH3(标准状况)即0.4mol参加反应时，转移1.2mol电子，需要0.3mol的NO2参与反应，生成0.15mol的氮气，转移1.2mol的氢氧根离子，离子交换膜右侧改变质量=0.3mol×46g/mol-0.15mol×28g/mol-1.2mol×17g/mol=-10.8g，则质量减少10.8g。
【分析】(1)①根据图1及反应方程式计算；
②根据图2，反应物的总能量大于生成物的总能量及化学键断开吸收的能量与结合释放的能量相等计算；
(2)①根据图示及电池总反应式判断电极反应式；
②根据溶液的酸碱性，判断电极产物，结合确定溶液中离子的移动方向判断离子交换膜种类；
③根据电极反应式及阴离子交换膜中离子的移动计算。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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