人教版高中化学选修4 2.2《影响化学反应速率的因素》同步练习（解析版）

选修4第二章第二节影响化学反应速率的因素同步练习
第I卷（选择题）
一、单选题
1．下列说法不正确的是（ ）
A．增大压强，活化分子百分数不变，化学反应速率增大
B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率增大
C．加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率增大
D．使用催化剂，活化分子百分数增大，化学反应速率增大
【答案】C
【解析】
A、增大压强，增大单位体积内活化分子的个数，活化分子百分数不变，有效碰撞增加，化学反应速率增大，故说法正确；
B、升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞曾增加，化学反应速率加快，故说法正确；
C、加入反应物，增大单位体积内活化分子的个数，活化分子百分数不变，有效碰撞增加，化学反应速率增大，故说法错误；
D、使用催化剂，活化分子百分数增大，有效碰撞增大，化学反应速率加快，故说法正确。
答案选C。
2．决定化学反应速率的主要因素是（　　）
A．参加反应物本身的性质 B．催化剂
C．温度和压强以及反应物的接触面 D．反应物的浓度
【答案】A
【解析】
决定化学反应速率的主要因素是参加反应物本身的性质。温度、压强、催化剂、浓度、接触面积等是影响化学反应速率的因素的外因，不是主要因素。
3．欲使反应C+O2CO2的化学反应速率加快，下列措施错误的是
A．增加炭的量 B．升高反应温度 C．增加氧气浓度 D．将炭块粉碎
【答案】A
【解析】
A．根据方程式可知炭为固体，增加固体的量不能增大反应速率，故A符合题意；
B．升高温度活化分子数增多，反应速率加快，故B不符合题意；
C．氧气为气体，增大氧气的浓度可以加快反应速率，故C不符合题意；
D．将炭块粉碎可以增大接触面积，增大反应速率，故D不符合题意；
综上所述答案为A。
4．被称为人体冷冻学之父的罗伯特·埃廷格（Robert Ettinger）在1962年写出《不朽的前景》（The Prospect Of Immortality）一书。他在书中列举了大量事实，证明了冷冻复活的可能。比如，许多昆虫和低等生物冬天都冻僵起来，春天又自动复活。下列结论中与上述信
息相关的是
A．温度越低，化学反应越慢 B．低温下分子无法运动
C．温度降低，化学反应停止 D．化学反应前后质量守恒
【答案】A
【解析】
冬天温度低，化学反应速率慢。春天温度逐渐升高，反应速率逐渐加快，据此可知选项A正确，答案选A。
5．改变下列条件一定能增大化学反应速率的是
A．增大压强 B．增大生成物的量
C．升高温度 D．增大反应物的量
【答案】C
【解析】
A．恒容密闭容器中通入惰性气体，压强增大，但参与反应的各物质的浓度不变，反应速率不变，故A不符合题意；
B．若生成物为固体，增大生成物的量并不能增大反应速率，故B不符合题意；
C．升高温度可以增大活化分子百分数，增大反应速率，故C符合题意；
D．若反应物为固体，增大反应物的量并不能增大反应速率，故D不符合题意；
综上所述答案为C。
6．速率与限度是研究化学反应的重要视角，下列叙述错误的是( )
A．对于反应，其他条件不变，增加木炭的量，反应速率不变
B．某物质化学反应速率为是指时该物质的浓度为
C．氯酸钾分解制取氧气时添加少量二氧化锰，可增大反应速率
D．在给定条件下，达到平衡时，可逆反应完成程度达到最大
【答案】B
【解析】
A．对于反应，其他条件不变，增加木炭的量不能改变其浓度，故反应速率不变，A正确；
B．某物质化学反应速率为是指平均内该物质的浓度的变化量为，B错误；
C．二氧化锰可以催化氯酸钾分解，因此，氯酸钾分解制取氧气时添加少量二氧化锰，可增大反应速率，C正确；
D．化学平衡状态就是在给定条件下某可逆反应所能达到的最大限度，D正确；
综上所述，相关叙述错误的是B。
7．实验室用铁屑和2 mol/L盐酸制取氢气，下列措施不能增大化学反应速率的是( )
A．用铁粉代替铁屑 B．再加2 mo1/L硫酸
C．给盐酸溶液加热 D．用浓硫酸代替稀盐酸
【答案】D
【解析】
A．用铁粉代替铁屑，增大了反应物的接触面积，反应速率增大，故A不符合题意；
B．再加2 mo1/L硫酸，氢离子浓度增大，反应速率增大，故B不符合题意；
C．给盐酸溶液加热，升高温度，反应速率增大，故C不符合题意；
D．浓硫酸具有氧化性，用浓硫酸代替稀盐酸与铁发生钝化，阻止反应进行，反应速率减小，故D符合题意；
答案选D。
8．下列四支试管中，过氧化氢分解产生氧气的化学反应速率最大的是
试管
温度
过氧化氢浓度
催化剂
A
室温(25℃)
12%
有
B
水浴加热(50℃)
4%
无
C
水浴加热( 50℃)
12%
有
D
室温(25℃)
4%
无
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
一般来说温度越高、浓度越大，且加入催化剂，都可使反应速率增大，则A和C加入催化剂，则反应速率应大于B和D，A和C相比较，C温度较高，则反应速率较大；
故答案选C。
9．某反应的反应过程中能量变化如图所示，下列叙述不正确的是：

A．催化剂能改变反应的焓变 B．催化剂能降低反应所需活化能
C．该反应是吸热反应 D．逆反应的活化能小于正反应的活化能
【答案】A
【解析】
A、催化剂改变反应速率降低反应的活化能，但不改变平衡，反应的焓变不变，故A错误；
B、催化剂改变反应速率降低反应的活化能，但不改变平衡，故B正确；
C、依据图中信息可知，反应物总能量小于生成物总能量是吸热反应，故C正确；
D、依据图中信息可知，逆反应活化能小于正反应活化能，故D正确。
正确答案选A。
10．演示铁在纯氧中燃烧实验时，将铁丝绕成螺旋状，其主要目的是(　　)
A．提高铁丝利用率
B．提高反应温度
C．增大反应的接触面
D．使瓶底氧气充分利用
【答案】C
【解析】
做铁在纯氧中燃烧实验时，将铁丝绕成螺旋状，主要目的是增大反应的接触面，加快反应速率，因此答案选C。
11．反应在一密闭容器中进行，下列条件的改变能加快反应速率的是( )
A．增加C的量 B．将容器的容积缩小一半
C．保持容器容积不变，充入 D．保持压强不变，降低容器内的温度
【答案】B
【解析】
A.是固体，增加的量，反应速率不变，故A错误；
B.将容器的容积缩小一半，气体浓度增大，反应速率加快，故B正确；
C.保持容器的容积不变，充入，反应物、生成物的浓度不变，反应速率不变，故C错误；
D.保持压强不变，降低容器内的温度，反应速率减慢，故D错误；
故选B。
12．一定温度下用过量铁块与稀硫酸反应制取氢气，采取下列措施：①将铁块换为等质量的铁粉；②加入少量KNO3固体；③加入少量CuSO4固体；④加入少量水；⑤加热；⑥将稀硫酸换为98%的硫酸，其中可提高H2的生成速率的措施有
A．①⑤ B．①⑤⑥ C．①③⑤ D．①②⑤
【答案】C
【解析】
①将铁块换为等质量的铁粉，增加接触面积加快化学反应速率，①项正确；
②加入KNO3固体，因硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铁反应不生成氢气，②项错误；
③加入少量CuSO4固体，铁置换出铜，形成原电池反应，可加快反应速率，③项正确；
④加入少量水，浓度减小，则反应速率减小，④项错误；
⑤升高温度，反应速率增大，⑤项正确；
⑥将稀硫酸换成98%硫酸，与铁反应不发生氢气，⑥项错误；
综上所述，①③⑤符合题意，C项正确；
答案选C。
13．下列关于活化能的说法正确的是
A．合成氨反应中逆反应的活化能小于正反应的活化能
B．反应中的催化剂一般通过降低反应的活化能来加快反应速率
C．H+和 OH-在水溶液中的反应，需要的活化能较高
D．活化能越小，反应越难进行
【答案】B
【解析】
A. 反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能之差，合成氨反应中正反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；
B. 催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子的百分数，从而增大反应速率，故B正确；
C. H+和 OH-发生中和反应生成水时，没有化学键的断裂过程，活化能几乎为0，故C错误；
D. 活化分子的平均能量与普通反应物分子的平均能量之差叫该反应的活化能，所以活化能越小，反应越容易进行，故D错误；
答案选B。
14．下列实验事实所引出的相应结论正确的是
选项
实验事实
结论
A
其他条件相同，Na2S2O3 溶液浓度越大， 析出硫沉淀所需时间越短
当其他条件不变时，增大反应物浓度化学反应速率加快
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
催化剂一定不参加化学反应
C
H＋浓度相同的盐酸和醋酸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)，把容积缩小一倍
正反应速率加快，逆反应速率不变
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
A项、其他条件相同，Na2S2O3溶液浓度越大，析出硫沉淀所需要的时间越短，是因反应物浓度增大，反应速率加快，故A正确；
B项、催化剂改变反应的途径，参与反应，但反应前后其质量和化学性质不变，故B错误；
C项、金属与反应时，氢离子浓度相同，则速率相同，物质的量浓度相同的盐酸和醋酸，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，则反应开始时速率盐酸大于醋酸，故C错误；
D项、容积缩小一倍，压强增大，则正逆反应速率均增大，故D错误。
故选A。
15．CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：

下列说法不正确的是
A．合成气的主要成分为CO和H2 B．①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
C．Ni在该反应中做催化剂 D．①→②吸收能量
【答案】D
【解析】
A．CO2和CH4催化重整可制备合成气，则合成气的主要成分为CO和H2，A说法正确；
B．由反应历程图中反应物、生成物可知，①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，B说法正确；
C．Ni在该反应中做催化剂，改变反应途径，不改变反应物和生成物，C说法正确；
D．由反应历程示意图可知，反应物所具有的总能量比生成物所具有的总能量高，①→②放出能量，D说法错误；
答案选D
16．把下列4种X的溶液，分别加入4个盛有10mL2mol/L盐酸的烧杯中，并加水稀释到50mL，此时X与盐酸缓慢地进行反应，其中反应速率最大的是（ ）
A．20mL0.3mol/L B．20mL2mol/L
C．10mL4mol/L D．10mL2mol/L
【答案】A
【解析】
4种X的溶液中，盐酸的物质的量都为0.02mol，溶液的体积都为50mL，所以溶液中c(H+)相同，都为0.4mol/L，则混合溶液中c(X)越大，反应速率越快。因为溶液的体积相同，所以n(X)越大，c(X)越大，反应速率越快。
A．20mL0.3mol/L的X溶液中，n(X)=0.006mol；
B．20mL2mol/L的X溶液中，n(X)=0.004mol；
C．10mL4mol/L的X溶液中，n(X)=0.004mol；
D．10mL2mol/L的X溶液中，n(X)=0.002mol；
比较以上数据，A中n(X)最大；故选A。
17．N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应为：N2O（g）+CO（g）=CO2（g）+N2（g） ΔH，有关化学反应的物质变化过程如图1所示，能量变化过程如图2所示，下列说法正确的是（　　　）

A．由图1、2可知ΔH=ΔH1+ΔH2=ΔE2—ΔE1
B．加入Pt2O+作为反应物，可使反应的焓变减小
C．由图2可知正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．物质的量相等的N2O、CO的键能总和大于CO2、N2的键能总和
【答案】C
【解析】
A．焓变=正反应活化能-逆反应活化能，图中ΔE1为正反应活化能，ΔE2为逆反应活化能，所以ΔH=ΔE1—ΔE2，故A错误；
B．据图可知Pt2O+为催化剂，不影响反应的焓变，故B错误；
C．ΔE1为正反应活化能，ΔE2为逆反应活化能，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故C正确；
D．该反应的反应物能量高于生成物，为放热反应，所以物质的量相等的N2O、CO的键能总和小于CO2、N2的键能总和，故D错误；
综上所述答案为C。
18．已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO- 慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快；下列有关反应的说法正确的是( )
A．反应的速率与I-的浓度有关 B．IO-也是该反应的催化剂
C．反应活化能等于98kJ·mol-1 D．v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
【答案】A
【解析】
A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A正确；
B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；
C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；
D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；
故合理选项为A。
19．已知HI在催化剂作用下分解速率会加快，其能量随反应进程的变化如图所示。下列说法正确的是

A．加入催化剂，减小了反应的活化能 B．加入催化剂，可提高HI的平衡转化率
C．降低温度，HI的分解速率加快 D．反应物的总能量大于生成物的总能量
【答案】A
【解析】
A、催化剂通过改变活化能来改变反应速率，故A正确；
B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变HI的平衡转化率，故B错误；
C、降低温度，反应速率减慢，HI的分解速率减慢，故C错误；
D、图象分析反应是吸热反应，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，故D错误；
故选A。
20．下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是(　　)
A．抗氧化剂 B．调味剂
C．着色剂 D．增稠剂
【答案】A
【解析】
A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
第II卷（非选择题）
二、填空题
21．对于Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑，改变下列条件对生成氢气的速率有何影响？(填“增大”“减小”或“不变”)
①降低温度：________； ②增大盐酸浓度：________；
③加入NaCl固体：________。 ④滴入几滴CuSO4溶液：________。
【答案】减小 增大 不变 增大
【解析】
根据外部条件对化学反应速率的影响因素分析，(1)降温，化学反应速率减小，故答案为：减小；(2)增大反应物浓度，化学反应速率加快，故增大盐酸浓度，化学反应速率加快，答案为：增大；(3)加入NaCl固体，对温度，和浓度几乎无影响，故答案为：不变；(4)滴入几滴CuSO4溶液，Fe与少量CuSO4反应产生Cu，从而构成以盐酸为电解质的铜铁原电池，铁为负极，加快了铁与盐酸的反应速率，故答案为：增大。
22．在某一容积为 2L 的恒容密闭容器中，A、B、C、D 四种气体物质发生可逆反应，其物质的量 n(mol)随时间 t(min)的变化曲线如图所示。回答下列问题：

(1)该反应的化学方程式为____。
(2)前 2min 内用 A 的浓度变化表示的化学反应速率为____；
(3)在 2min 时，图象发生改变的原因可能是_____ (填字母)
A．增大 B 的物质的量 B．降低温度 C．加入催化剂 D．减小 A 的物质的量
(4)不同条件下的该反应的速率：①v(A)＝1.0mol·L－1·s－1，②v(B)＝1.0 m ol·L－1·s－1，③v(C)＝1.2 mol·L－1·s－1，④v(D)=1.2mol·L－1·s－1。其中反应速率最快的是___ (填序号)。
【答案】4A+5B⇌6C+4D 0.1mol/(L·min) C ④
【解析】
根据图象知，A、B物质的量减少是反应物、C和D物质的量增加是生成物，根据各物质物质的量的变化量之比等于其计量数之比，据此书写方程式，注意反应物未完全转化为生成物，此反应为可逆反应；用反应速率等于浓度的变化除以时间，求出A的反应速率；外界条件能改变反应速率，根据图形进行分析；比较反应速率的快慢根据反应速率之比等于化学计量数之比，把不同物质转化为同一物质进行比较。
(1)根据图象知，A、B物质的量减少是反应物、C和D物质的量增加是生成物，反应达到平衡时，各物质的物质的量变化量分别为：△n(A)=(2.5−1.7)mol=0.8mol、△n(B)=(2.4−1.4)mol=1.0mol、△n(C)=(1.2−0)mol=1.2mol、△n(D)=(0.8−0)mol=0.8mol，
物质的物质的量的变化量之比等于其计量数之比，所以A、B、C、 D计量数之比=0.8mol:1.0mol:1.2mol:0.8mol=4:5:6:4，反应方程式为4A+5B⇌6C+4D；
(2)化学反应速率等于浓度的变化除以时间，前2min内用A的浓度变化表示的化学反应速率v(A)；
(3)在2min时，各物质的物质的量不变，故A、D不选，相同时间内物质的量变化量增大，说明加快了反应速率，降低温度反应速率减慢，B不选，只有加入催化剂能加快反应速率且瞬间各物质的物质的量不变，故答案选C；
(4) 根据反应速率之比等于化学计量数之比(4A+5B⇌6C+4D)，把不同物质转化为同一物质进行比较，如全转化为A：①v(A)＝1.0mol·L－1·s－1，②v(A)＝×v(B)＝×1.0 mol·L－1·s－1＝0.8 mol·L－1·s－1，③v(A)＝×v(C)＝×1.2 mol·L－1·s－1＝0.8 mol·L－1·s－1，④v(A)＝v(D)=1.2mol·L－1·s－1，比较数值可知其中反应速率最快的是④。
23．回答下列问题：
（1）工业上常用铝土矿冶炼金属铝。
①铝土矿的主要成分为和，其中属于____________（填“酸性”“碱性”或“两性”）氧化物；
②冶炼过程中需要用到氨，氨溶于水所得溶液呈____________（填“酸性”或“碱性”）；
③利用金属活动性的不同，可以采用不同的冶炼方法，制取单质铝应采取_____________（填“热还原法”或“电解法”）。
（2）工业上合成氨的反应为：，一定条件下，将和置于的密闭容器中，后测得为。
①用表示该反应的速率为___________；
②其他条件不变时，再通入，该反应的速率将_____________（填“增大”或“减小”）。
【答案】两性 碱性 电解法 0.4mol/(L∙min) 增大
【解析】
（1）①铝土矿的主要成分为和，其中既能与酸反应，又能与碱反应，属于两性氧化物；
②冶炼过程中需要用到氨，氨溶于水生成氨水，所得溶液呈碱性；
③利用金属活动性的不同，铝的性质比较活泼，经常用电解熔融的氧化铝进行冶炼，即制取单质铝应采取电解法。
（2）①根据工业上合成氨的反应，生成氨气，消耗0.4mol/L氮气，即用表示该反应的速率为 ；
②其他条件不变时，根据有效碰撞理论，通入，增加反应物浓度，该反应的速率将增大。
24．(1) 对于Fe＋2H+===Fe2+＋H2↑改变下列条件对反应速率和产量有何影响 (填“增大”“减小”或“不变”):把铁片改成铁粉：________；滴加几滴浓硫酸_______;加压：________；
(2) 某小组利用H2C2O4溶液和硫酸酸化的KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时通过测定酸性KMnO4溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。已知：
实验
编号
0.1mol/L酸性KMnO4溶液的体积/mL
0.6mol/LH2C2O4溶液的体积/mL
H2O的体积/mL
实验温度/℃
溶液褪色所需时间/min
①
10
V1
35
25

②
10
10
30
25

③
10
10
V2
50

①表中V1=__________mL
②探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号)
③实验③测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(H2C2O4)＝________mol·L－1·min－1。
【答案】增大 增大 不变 5 ②和③ 0.025
【解析】
（1）对于反应Fe＋2H+===Fe2+＋H2↑，把铁片改成铁粉，增大接触面积，化学反应速率增大；滴加几滴浓硫酸，增大反应物的浓度，化学反应速率增大；加压，对化学反应速率无影响，故答案为增大，增大，不变。
（2）①由表中实验②和实验①知道温度相同，是讨论浓度对化学反应速率的影响。所以溶液的总体积也应该相同均为50mL，分析知道表中V1溶液的体积为50-35-10=5mL，故答案为5。
②根据上表分析实验②和实验③反应物浓度相同，温度不同，所以探究温度对化学反应速率影响的因素的实验编号是②和③，故答案为②和③。
③由化学反应方程式关系可知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，加入的KMnO4的物质的量为0.1mol/L×0.01L=0.001mol，加入的H2C2O4的物质的量为0.005L×0.6mol/L=0.003mol，由5H2C2O4～2KMnO4关系可知H2C2O4过量，所以参加反应的n(H2C2O4)=0.1mol/L×0.01L×5/2=0.0025mol，实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为2min，所以H2C2O4在2min内的平均反应速率为v(H2C2O4)＝0.0025mol÷0.05L÷2min=0.025mol·L－1·min－1，故答案为0.025。
三、综合题
25．某实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下：

分析表中数据回答下列问题：
MnO2/时间 /H2O2
0.1g
0.3g
0.8g
10mL1.5%
223s
67s
56s
10mL3.0%
308s
109s
98s
10mL4.5%
395s
149s
116s
（1）相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化锰用量的增加而________。
（2）从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入________g的二氧化锰为较佳选择。
（3）该小组的某同学分析上述数据后认为：“当用相同质量的二氧化锰时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确________，理由是__________________________________。
（4）为加快过氧化氢的分解速率，除了使用MnO2作催化剂和改变过氧化氢的质量分数之外，还可以采取的加快反应速率的措施有_____。（回答任意两个合理的措施）
【答案】加快 0.3 不正确 H2O2的浓度扩大二倍(从1.5%→3.0%)，但反应所需时间比其二倍小的多 升高温度；粉碎二氧化锰，增大其表面积。
【解析】
(1)由表格中的数据可知：相同浓度的H2O2，加入的MnO2越多，反应所用的时间越短，即分解速率越快。
(2)用0.1 g催化剂的反应速率明显小于用0.3 g和0.8 g催化剂的反应速率；用0.8 g催化剂和用0.3 g催化剂的反应速率及反应时间相差不多，但用0.3 g催化剂节约药品。
(3)从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式可得出，此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快，由此得出上述结论不正确；
(4)加快反应速率的措施常见的有：增加反应物浓度、适当升高温度、增加反应物表面积（接触面积）、使用催化剂等。