2025版高考化学一轮复习微专题小练习专练39化学反应速率及影响因素

这是一份2025版高考化学一轮复习微专题小练习专练39化学反应速率及影响因素，共6页。试卷主要包含了可逆反应mA，CO，得到如下三组数据等内容，欢迎下载使用。


A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v（X）＝1.0 ml·L－1·min－1
2．[辽宁卷]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－1·min－1
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
3．[河北卷]室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M＋N===X＋Y；②M＋N===X＋Z。反应①的速率可表示为v1＝k1c2（M），反应②的速率可表示为v2＝k2c2（M）（k1、k2为速率常数）。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是（ ）
A．0～30 min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10－3 ml·L－1·min－1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
4．[2022·北京卷]CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，将恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上检测到有积炭。下列说法不正确的是（ ）
A．反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4 eq \(=====,\s\up7(催化剂)) CaO＋2CO＋2H2
B．t1 min～t3 min，n（H2）比n（CO）多，且生成H2的速率不变，推测有副反应CH4 eq \(=====,\s\up7(催化剂)) C＋2H2
C．t2 min时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率
D．t3 min之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
5．可逆反应mA（g）＋nB（g）⇌pC（g）＋qD（g）的v­t图像如图甲所示，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v­t图像如图乙所示。①a1＝a2；②a1＜a2；③b1＝b2；④b1＜b2；⑤t1＞t2；⑥t1＝t2；⑦两图中阴影部分面积相等；⑧图乙中阴影部分面积更大。以上所述正确的为（ ）
A．②④⑤⑦ B．②④⑤⑧
C．②③⑤⑦ D．②③⑥⑧
6．一定温度下，10 mL 0.40 ml·L－1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如表所示。
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）（ ）
A．0～6 min的平均反应速率：v（H2O2）≈3.3×10－2 ml·L－1·min－1
B．6～10 min的平均反应速率：v（H2O2）<3.3×10－2 ml·L－1·min－1
C．反应至6 min时，c（H2O2）＝0.30 ml·L－1
D．反应至6 min时，H2O2分解了50%
7．[2024·石家庄市质量检测]某密闭容器中含有X和Y，同时发生以下两个反应：①X＋Y⇌M＋Q；②X＋Y⇌N＋Q。反应①的正反应速率v1（正）＝k1c（X）·c（Y），反应②的正反应速率v2（正）＝k2c（X）·c（Y），其中k1、k2为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度（c）随时间（t）变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应①的活化能大于反应②
B．升高温度，4 s时容器中c（N）∶c（M）的比值减小
C．0～6 s内，X的平均反应速率v（X）＝0.5 ml·L－1·s－1
D．10 s时，正反应速率v1（正）>v2（正）
8．[2024·河南豫南九校联考]某探究小组利用如表四组实验来研究影响反应速率的因素，实验设计如表。下列叙述正确的是（ ）
A.实验①和②探究HNO3溶液浓度对反应速率的影响
B．实验②和④探究大理石规格对反应速率的影响
C．实验①的反应速率大于实验③的反应速率
D．相同时间内实验③生成二氧化碳的量一定大于实验④
9．[2022·辽宁卷]某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0 ml X发生反应2X（s）⇌Y（g）＋2Z（g），有关数据如下：
下列说法错误的是（ ）
A．1 min时，Z的浓度大于0.20 ml·L－1
B．2 min时，加入0.20 ml Z，此时v正（Z）C．3 min时，Y的体积分数约为33.3%
D．5 min时，X的物质的量为1.4 ml
10．CO（g）和H2O（g）以1∶2体积比分别通入到体积为2 L的恒容密闭容器中进行反应：CO（g）＋H2O（g）⇌CO2（g）＋H2（g），得到如下三组数据：
下列说法不正确的是（ ）
A．从实验数据分析，该反应的正反应是放热反应
B．实验A中，在0～10 min内，以v（H2）表示的反应速率小于0.013 ml·（L·min）－1
C．从生产效益分析，C组实验的条件最佳
D．比较实验B、C，说明C实验使用了更高效的催化剂
答案
1答案：D
解析：催化剂只能决定化学反应快慢，不能决定反应是否发生，A项错误；由图象曲线变化规律可知，相同时间内，催化剂Ⅰ导致的浓度变化更大，则催化剂Ⅰ使反应活化能更低，B项错误；2 min时，a曲线和催化剂Ⅱ曲线浓度变化的量相等，与反应中X、Y的化学计量数矛盾，a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，C项错误；使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v（X）＝ eq \f(1,2) v（Y）＝ eq \f(1,2) × eq \f(4.0 ml·L－1,2 min) ＝1.0 ml·L－1·min－1，故D正确。
2答案：B
解析：通过图像对比①②可知，②的反应速率比①大，则说明其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大，A正确；①和③催化剂浓度相同，降冰片烯浓度③小于①，但③的反应速率与①相等，不能说明其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大，B错误；根据化学反应速率的计算公式v＝ eq \f(Δc,Δt) 可知，条件①时，反应速率为 eq \f(3.0 ml·L－1,250 min) ＝0.012 ml·L－1·min－1，C正确；已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，条件②，降冰片烯的起始浓度为3.0 ml·L－1时，半衰期为62.5 min，D正确。
3答案：A
解析：0～30 min时间段内，Δc（Z）＝0.125 ml·L－1，Δc（M）＝0.500 ml·L－1－0.300 ml·L－1＝0.200 ml·L－1，反应①中Δc（M）＝0.200 ml·L－1－0.125 ml·L－1＝0.075 ml·L－1，则Δc（Y）＝0.075 ml·L－1，v（Y）＝ eq \f(Δc（Y）,t) ＝ eq \f(0.075 ml·L－1,30 min) ＝2.5×10－3 ml·L－1·min－1，A说法错误；反应①、②速率之比为 eq \f(v1,v2) ＝ eq \f(k1c2（M）,k2c2（M）) ＝ eq \f(k1,k2) ，为定值，则Y、Z的浓度变化量之比也为定值，故反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变，B说法正确；由上述分析可知， eq \f(v1,v2) ＝ eq \f(k1,k2) ＝ eq \f(0.075 ml·L－1,0.125 ml·L－1) ＝ eq \f(3,5) ，如果反应能进行到底，反应结束时①、②的转化率之比为3∶5，因此有 eq \f(5,8) （即62.5%）的M转化为Z，C说法正确；结合C选项，反应①的速率小于反应②的速率，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
4答案：C
解析：根据图示知，A项正确；若只发生反应②，则n（H2）＝n（CO），而t1～t3 min，n（H2）比n（CO）多，且生成H2的速率不变，结合反应过程中始终未检测到CO2，催化剂上有积炭，可推测有副反应，且反应②和副反应中CH4和H2的化学计量数之比均为1∶2，B项正确；t2 min时，H2的流出速率为2 mml·min－1，CO的流出速率约为1.5 mml·min－1， eq \f(v（H2）,v（CO）) <2，说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率，C项错误；根据图2知，t3 min后，CO的生成速率为0，CH4的流出速率逐渐增大，最终恢复到1 mml·min－1，H2的生成速率逐渐减小至0，说明t3 min后反应②不再发生，副反应逐渐停止，D项正确。
5答案：A
解析：加入催化剂的结果：一是正、逆反应速率都增大，二是缩短了达到平衡的时间；由此可得：a1＜a2、b1＜b2、t1＞t2，但不能使平衡发生移动，由此推知，阴影面积为反应物浓度的变化，由于催化剂不影响平衡移动，则两图中阴影部分面积相等，符合题意的选项有②④⑤⑦；综上所述，本题选A。
6答案：C
解析：根据题目信息可知，0～6 min，生成22.4 mL O2（标准状况），消耗0.002 ml H2O2，则v（H2O2）≈3.3×10－2 ml·L－1·min－1，A项正确；随反应物浓度的减小，反应速率逐渐降低，B项正确；反应至6 min时，剩余0.002 ml H2O2，此时c（H2O2）＝0.20 ml·L－1，C项错误；反应至6 min时，消耗0.002 ml H2O2，转化率为50%，D项正确。
7答案：D
解析：由曲线图可知，初始生成M的速率大于N，说明反应①是快反应，则反应①的活化能小于反应②，A项错误；4 s时反应未达到平衡，升高温度，反应速率加快，则c（M）减小，c（N）增大，故容器中c（N）∶c（M）的比值变大，B项错误；由图可知，6 s时，c（M）＝c（N）＝3 ml·L－1，则0～6 s内X的浓度变化量为6 ml·L－1，v（X）＝ eq \f(6 ml·L－1,6 s) ＝1 ml·L－1·s－1，C项错误；由曲线图可知，初始生成M的速率大于N，则k1>k2，10 s时两个反应均达到平衡状态，由于v1（正）＝k1c（X）c（Y），v2（正）＝k2c（X）c（Y），则正反应速率v1（正）>v2（正），D项正确。
8答案：A
解析：实验①和②只有HNO3溶液浓度不同，可探究HNO3溶液浓度对反应速率的影响，A项正确；实验②和④存在两个变量，不能探究大理石规格对反应速率的影响，B项错误；实验③温度高于实验①，其他条件相同，则实验①的反应速率小于实验③的反应速率，C项错误；实验③和④存在两个变量，无法确定相同时间内实验③生成二氧化碳的量一定大于实验④，D项错误。
9答案：B
解析：反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1 min内Z的平均生成速率大于0～2 min内的，故1 min时，Z的浓度大于0.20 ml·L－1，A正确；4 min时生成的Z的物质的量为0.15 ml·L－1·min－1×4 min×1 L＝0.6 ml，6 min时生成的Z的物质的量为0.10 ml·L－1·min－1×6 min×1 L＝0.6 ml，故反应在4 min时已达到平衡，设达到平衡时生成了a ml Y，列三段式：
2X（s）⇌Y（g）＋2Z（g）
初始量/ml 2.0 0 0
转化量/ml 2aa 2a
平衡量/ml 2.0－2aa 0.6
根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3 ml·L－1，Z的平衡浓度为0.6 ml·L－1，平衡常数K＝c2（Z）·c（Y）＝0.108，2 min时Y的浓度为0.2 ml·L－1，Z的浓度为0.4 ml·L－1，加入0.2 ml Z后Z的浓度变为0.6 ml·L－1，Qc＝c2（Z）·c（Y）＝0.072v逆（Z），B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比， eq \f(V（Y）,V（Z）) ＝ eq \f(1,2) ，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；由B项分析可知5 min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6 ml，则X的转化量为0.6 ml，初始X的物质的量为2 ml，剩余X的物质的量为1.4 ml，D正确。
10答案：B
解析：根据实验组B和C，升高温度，CO2的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是放热反应，A正确；达到平衡时，v（CO2）＝ eq \f(1.3,2×50) ml·（L·min）－1＝0.013 ml·（L·min）－1，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v（H2）＝v（CO2）＝0.013 ml·（L·min）－1，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率降低，0～10 min内，v（H2）>0.013 ml·（L·min）－1，B错误；根据表格数据，实验C温度低，投入量少，达到平衡时间短，因此从生产效益分析，C组实验的条件最佳，C正确；B的温度高于C的温度，但达到平衡时间相等，说明C使用了比较高效的催化剂，D正确。
t/min
0
2
4
6
8
10
V（O2）/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
编号
T/K
大理石规格
HNO3溶液浓度/（ml·L－1）
①
298
粗颗粒
2.00
②
298
粗颗粒
1.00
③
308
粗颗粒
2.00
④
298
细颗粒
2.00
时间段/min
产物Z的平均生成速率/
（ml·L－1·min－1）
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
实验组
温度/℃
起始时H2O的量/ml
平衡时CO2的量/ml
达到平衡所需时间/min
A
650
4.00
1.30
50
B
900
2.00
0.40
10
C
650
2.00
0.65
10