统考版2021届高考化学二轮复习备考小题提升精练12化学反应速率及其影响含解析

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1．【2019年全国卷3】下列实验不能达到目的的是（ ）
【答案】A
【解析】A．氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选；B．过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；C．碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选；D．根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选。
【点睛】考查催化剂对化学反应速率的影响，催化剂能加快化学反应速率。
2．【2020年浙江高三模拟】已知反应S2Oeq \\al(2−,8)(aq)+2I−(aq)2SOeq \\al(2−,4)(aq)+I2(aq)，若往该溶液中加入含Fe3+的某溶液，反应机理：①2Fe3+(aq)+2I−(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)；②2Fe2+(aq)+
S2Oeq \\al(2−,8)(aq)2Fe3+(aq)+2SOeq \\al(2−,4)(aq)，
下列有关该反应的说法不正确的是（ ）
A．增大S2Oeq \\al(2−,8)浓度或I−浓度，反应①、反应②的反应速率均加快
B．Fe3+是该反应的催化剂
C．因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，所以该反应是放热反应
D．往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深
【答案】D
【解析】A．增大S2Oeq \\al(2−,8)浓度或I−浓度，增加反应物浓度，因此反应①、反应②的反应速率均加快，故A正确；B．Fe3+在反应中是中间过程，参与反应但质量不变，因此是该反应的催化剂，故B正确；C．因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，因此该反应是放热反应，故C正确；D．往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，平衡逆向移动，单质碘减少，蓝色加浅，故D错误。综上所述，答案为D。
【点睛】正反应的活化能大于逆反应的活化能，则反应为吸热反应，正反应活化能小于逆反应的活化能，则反应为放热反应。
3．【2020年浙江选考】一定条件下：2NO2(g)N2O4(g) ΔH＜0。在测定NO2的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是（ ）
A．温度0℃、压强50kPaB．温度130℃、压强300kPa
C．温度25℃、压强100kPaD．温度130℃、压强50kPa
【答案】D
【解析】测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。
【点睛】主要是温度和压强对反应的影响。
4．【2020年山东莱芜一中月考】一定温度下，探究铜与稀HNO3的反应过程如图，下列说法不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是3Cu+2NOeq \\al(−,3)+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
B．步骤Ⅲ反应速率比Ⅰ快的原因是NO2溶于水，使c(HNO3)增大
C．由实验可知，NO2可能对该反应具有催化作用
D．当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解
【答案】B
【解析】A．过程I的反应是Cu和稀HNO3的反应，离子方程式为：3Cu+2NOeq \\al(−,3)+8H+=3
Cu2++2NO↑+4H2O，A正确；B．根据氮元素守恒，有一部分HNO3已转化为NO，故步骤I中c(HNO3)不会增大，B错误；C．加入NO2后，反应速率加快，说明NO2可能对该反应具有催化作用，C正确；D．再抽入空气，NO和O2反应生成NO2，NO2和水反应生成HNO3，铜可以与HNO3继续反应而溶解，D正确；故选B。
【点睛】结合实际实验有针对性的新型考察方式，熟悉物质的性质对反应速率的影响。
1．在恒温、容积为2L的密闭容器中通入1ml X和2ml Y，发生反应：X(g)+2Y(g)M(g) ΔH=－a kJ/ml(a>0)，5min末测得M的物质的量为0.4ml。则下列说法正确的是（ ）
A．0～5min，Y的平均反应速率为0.08ml·L−1·min−1
B．当容器中混合气体密度不变时达到平衡状态
C．平衡后升高温度，X的反应速率降低
D．到达平衡状态时，反应放出的热量为a kJ
【答案】A
【解析】A．v(M)==0.04ml·(L·min)−1，相同时间内同一反应中不同物质的反应速率之比等于其计量数之比，0～5min，Y平均反应速率=2v(M)=2×0.04ml·(L·min)−1=0.08
ml·(L·min)−1，故A正确；B．该反应过程中容器的体积不变，气体的质量不变，因此气体的密度始终不变，容器中混合气体密度不变，不能说明达到平衡状态，故B错误；C．升高温度，活化分子百分数增大，所以正逆反应速率都增大，故C错误；D．该反应为可逆反应，所以X、Y不能完全转化为生成物，达到平衡状态时X消耗的物质的量小于1ml，所以放出的热量小于a kJ，故D错误；答案选A。
【点睛】本题的易错点为B，要注意根据化学平衡的特征判断平衡状态，选择的物理量需要随着时间的变化而变化。
2．对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是（ ）
①增加C的量 ②增加CO的量 ③将容器的体积缩小一半 ④保持体积不变，充入N2以增大压强 ⑤升高反应体系的温度 ⑥保持压强不变，充入N2以增大体积
A．②③ B．①③ C．①④ D．④⑥
【答案】C
【解析】①C为固体，改变其用量不影响反应速率；②增加CO量即增大CO气体浓度，化学反应速率增大；③将容器的体积缩小，容器中气体浓度增大，反应速率增大；④体积不变时充入N2，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变；⑤升高反应温度，反应速率加快；⑥压强不变时充入N2，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小。本题选C。
【点睛】根据影响化学反应速率的外因分析判断。
3．一定温度下，在某密闭容器中发生反应2HI(g)H2(g)+I2(g) ΔH>0，若在0～15s内c(HI)由0.1ml·L−1降到0.07ml·L−1，则下列说法正确的是（ ）
A．升高温度正反应速率加快，逆反应速率减慢
B．减小反应体系的体积，化学反应速率加快
C．c(HI)由0.07ml·L−1降到0.05ml·L−1所需的反应时间小于10s
D．0～15s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.002ml·L−1·s−1
【答案】B
【解析】A．反应速率和温度有关，升高温度，正逆反应速率都加快，故A不选；B．减小体积会增大HI(g)、H2(g)和I2(g)的浓度，会使正逆反应速率都加快，故B正确；C．c(HI)下降0.03ml·L−1降用了15s，但反应速率和浓度有关，浓度降低，反应速率也降低，所以c(HI)由0.07ml·L−1降到0.05ml·L−1所需的反应时间大于10s，故C不选；D．c(HI)由0.1ml·L−1降到0.07ml·L−1，则c(I2)上升到0.015ml·L−1，用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.015 ml·L−1÷15s=0.001ml·L−1·s−1，故D不选。
【点睛】由于该反应的正反应是吸热反应，所以升高温度，平衡会向正反应方向移动，但并不是正反应速率加快，逆反应速率减慢，而是正逆反应速率都加快，只不过正反应速率增大的程度大于逆反应速率增大的程度，所以正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动。不要把速率和平衡混为一谈，两者既有联系，又有区别。
4．在容积不变的密闭容器中进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中正确的是（ ）
A．图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高
B．图Ⅱ表示t0时刻使用催化剂对反应速率的影响
C．图Ⅲ表示t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
D．图Ⅳ中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态
【答案】B
【解析】A．图Ⅰ中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的转化率减小，乙的温度较高，故A错误；B．图Ⅱ在t0时刻，正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B正确；C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，应是增大压强的原因，故C错误；D．曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故D错误；故选B。
【点睛】1．分析反应速度图像：（1）看起点：分清反应物和生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物，生成物多数以原点为起点。（2）看变化趋势：分清正反应和逆反应，分清放热反应和吸热反应。升高温度时，ΔV吸热＞ΔV放热。（3）看终点：分清消耗浓度和增生浓度。反应物的消耗浓度与生成物的增生浓度之比等于反应方程式中各物质的计量数之比。（4）对于时间—速度图像，看清曲线是连续的，还是跳跃的。分清“渐变”和“突变”、“大变”和“小变”。比如增大反应物浓度V正突变，V逆渐变；升高温度，V吸热大增，V放热小增；使用催化剂，V正和V逆同等程度突变。2．化学平衡图像问题的解答方法：（1）三步分析法：一看反应速率是增大还是减小；二看ΔV正、ΔV逆的相对大小；三看化学平衡移动的方向。（2）四要素分析法：看曲线的起点；看曲线的变化趋势；看曲线的转折点；看曲线的终点。（3）先拐先平：对于可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，比如在转化率—时间—压强曲线中，先出现拐点的曲线先达到平衡，它所代表的压强大，如果这时转化率也高，则反应中m+n＞p+q，若转化率降低，则表示m+n＜p+q。（4）定一议二：图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。
5．在体积为1L的密闭容器中(体积不变)充入1ml CO2和3ml H2，一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．3min前v正＞v逆，3min后v正＜v逆
B．进行到3min时，正反应速率和逆反应速率相等
C．10min后容器中各物质浓度不再改变
D．达到平衡后，升高温度，正反应速率增大、逆反应速率减小
【答案】C
【解析】A．根据图象可知，反应在达到平衡前，反应物浓度都在减小，生成物浓度都在增大，所以在10min前都是v正＞v逆，故A错误；B．正反应速率和逆反应速率相等，是指相同时间内，物质浓度变化量相同，而根据图象可知进行到3分钟时，CO2和CH3OH(g)的浓度相同，反应没有达到平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C．10分钟后，CO2和CH3OH(g)的浓度不再变化，达到化学平衡状态，故C正确；D．根据温度对反应速率的影响可知，升高温度，正逆反应速率都会增大，故D错误；故选C。
【点睛】学会看图判断反应是否达到平衡，未达到平衡前速率不相等。
6．对于2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，ΔH<0，根据下图，下列说法错误的是（ ）
A．t2时使用了催化剂B．t3时采取减小反应体系压强的措施
C．t5时采取升温的措施D．反应在t6时刻，SO3体积分数最大
【答案】D
【解析】t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C不符合题意；由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意。
【点睛】外界影响因素对化学平衡移动及速率的影响，D项，结合整体考虑，改变外界条件，逆反应速率大于正反应速率，平衡一直向左移动，所以反应在t6时刻，SO3体积分数最小。
7．在含Fe3+的S2Oeq \\al(2−,8)和I−的混合溶液中，反应S2Oeq \\al(2−,8)(aq)+2I−(aq)=2SOeq \\al(2−,4)(aq)+I2(aq)的分解机理及反应进程中的能量变化如图：
步骤①：2Fe3+(aq)+2I−(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)
步骤②：2Fe2+(aq)+S2Oeq \\al(2−,8)(aq)=2Fe3+(aq)+2SOeq \\al(2−,4)(aq)
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．反应速率与Fe3+浓度有关
B．Fe2+是该反应的催化剂
C．v（S2Oeq \\al(2−,8)）=v（I−）=v（I2）
D．若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大
【答案】A
【解析】A．由反应S2Oeq \\al(2−,8)(aq)+2I−(aq)=2SOeq \\al(2−,4)(aq)+I2(aq)分步进行为：步骤①：2Fe3+(aq)+2I−
(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)，步骤②：2Fe2+(aq)+S2Oeq \\al(2−,8)(aq)=2Fe3+(aq)+2SOeq \\al(2−,4)(aq)，由此说明Fe3+为反应的催化剂，所以反应速率与Fe3+浓度有关，故A正确；B．根据反应S2Oeq \\al(2−,8)(aq)+2I−(aq)=2
SOeq \\al(2−,4)(aq)+I2(aq)分步进行为：步骤①：2Fe3+(aq)+2I−(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)，步骤②：2Fe2+(aq)+
S2Oeq \\al(2−,8)(aq)=2Fe3+(aq)+2SOeq \\al(2−,4)(aq)，由此说明Fe3+为反应的催化剂，故B错误；C．由反应S2Oeq \\al(2−,8)(aq)+2I−(aq)=2SOeq \\al(2−,4)(aq)+I2(aq)可知：由反应S2Oeq \\al(2−,8)~2I−(aq)~I2，则2v（S2Oeq \\al(2−,8)）=v（I−）=2v（I2），故C错误；D．由图像可知该反应是个放热反应，加催化剂可以同时改变正逆反应的活化能，所以若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的小，故D错误；选A。
【点睛】根据反应原理步骤1和步骤2，可知Fe3+为反应的催化剂，再以催化剂的催化原理为突破口对其他选项进行分析解答。
某温度下，在容积为2L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应3A(g)+bB(g)cC(g) ΔH=－Q kJ·ml－1(Q>0)，12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8ml，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．前12s内，A的平均反应速率为0.025ml·L−1·s−1
B．12s后，A的消耗速率等于B的生成速率
C．化学计量数之比b∶c=1∶2
D．12s内，A和B反应放出的热量为0.2Q kJ
【答案】C
【解析】分析图像可知12s内A的浓度变化为(0.8-0.2)ml·L−1=0.6ml·L−1，反应速率v(A)===0.05ml·L−1·s−1，A项错误；分析图像，12 s内B的浓度变化为(0.5－0.3)ml·L−=0.2ml·L−1，v(B)==ml·L−1·s−1，速率之比等于化学计量数之比，3∶b=0.05∶，b=1，3∶c=0.05∶，c=2，A、B的化学计量数不同，12s后达到平衡状态，A的消耗速率不等于B的生成速率，B项错误，C项正确；消耗3ml A放热Q kJ，12s内消耗A的物质的量为0.6ml·L−1×2L=1.2ml，消耗1.2ml A放出的热量为0.4Q kJ，D项错误。故选C。
【点睛】根据图像中物质的量浓度变化，直接求算反应速率。化学计量数之比等于速率之比。
9．向1L的密闭容器中加入1ml X、0.3ml Z和一定量的Y三种气体。一定条件下发生反应，各物质的浓度随时间的变化如图甲所示。图乙为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中反应速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种不同的条件。下列说法不正确的是（ ）
A．Y的起始物质的量为0.5ml
B．该反应的化学方程式为2X(g)+Y(g)3Z(g) ΔH<0
C．若t0 =0，t1=10s，则t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.03ml·L－1·s－1
D．反应物X的转化率t6点比t3点高
【答案】B
【解析】A．从图甲可以看出，从t0到t1，X的物质的量（由于容器体积为1L，所以物质的量和物质的量浓度相等）从1.0ml减少到0.8ml，减少了0.2ml，Z的物质的量从0.3ml增加到0.6ml，增加了0.3ml。再根据图乙，四个阶段改变的条件不同，在t3时刻，平衡不移动，只是速率增大了，所以应该是使用了催化剂，在t4时刻，平衡仍然不移动，但速率都降低，应该是降低了压强，所以该反应中反应前后气体的化学计量数之和相等，从t0到t1，X的物质的量减少了0.2ml，Z的物质的量增加了0.3ml，所以Y的物质的量应该减少0.1ml，平衡时Y为0.4ml，所以开始时Y为0.5ml，故A不选；B．从t0到t1，X的物质的量减少了0.2ml，Z的物质的量增加了0.3ml，Y的物质的量减少了0.1ml，所以在化学方程式里，X、Y、Z的化学计量数比为2∶3∶1，X和Y是反应物，Z是生成物，而且t1后，各物质的浓度不再变化，说明该反应是可逆反应，所以化学方程式为2X(g)+Y(g)3Z(g)。根据图乙，在t2时刻，只有正反应速率或逆反应速率增大了，说明增大了反应物或生成物的浓度，在t5时刻，正逆反应速率都增大了，说明升高了温度。升高温度，v正＞ｖ逆，平衡向正反应方向移动，所以该反应的正反应是吸热的，ΔH＞0，故B选；C．t0～t1阶段的平均反应速率为v(Z)=0.3ml/L÷10s=0.03ml·L－1·s－1，故C不选；D．t3到t5，平衡没有移动，t5时升高温度，平衡正向移动，反应物的转化率提高，所以X的转化率t6点比t3点高，故D不选；故选B。
【点睛】在浓度、温度、压强和催化剂这四种因素中，催化剂一定不能使平衡发生移动，对反应前后气体系数之和相等的反应，压强的改变也不能使平衡移动，但改变反应物或生成物的浓度和改变温度一定会使平衡移动。所以在图乙中，t3和t4时刻，一定分别是使用了催化剂和降低了压强。
10．汽车尾气净化器中发生的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)。一定温度下， 在三个体积均为1.0L恒容密闭容器中发生上述反应，测得有关实验数据如下：
下列说法正确是（ ）
A．该反应的ΔS<0、ΔH＞0
B．容器I中达到平衡所需时间2s，则v(N2)=0.06ml·(L·s)−1
C．达到平衡时，体系中c(CO)关系：c(CO，容器II)>2c(CO，容器I)
D．若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1ml，开始时V正>V逆
【答案】D
【解析】A．反应前的气体系数之和大于反应后气体系数之和，此反应属于熵减，即ΔS<0，反应I中产生的N2的物质的量为0.12/2ml=0.06ml，对比反应I和反应III，降低温度，N2的物质的量升高，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，即ΔH<0，故A错误；B．达到平衡N2的物质的量为0.12/2ml=0.06ml，根据化学反应速率的数学表达式，v(N2)=0.06/(1
×2)ml/(L·s)=0.03ml/(L·s)，故B错误；C．反应II相当于在I的基础上再通入0.2ml NO和0.2ml CO，此时假如平衡不移动，c(CO，容器II)=2c(CO，容器I)，增大反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，因此有c(CO，容器II)<2c(CO，容器I)，故C错误；D． 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)
起始浓度： 0.2 0.2 0 0
变化浓度：0.12 0.12 0.06 0.12
平衡浓度：0.08 0.08 0.06 0.12
根据化学平衡常数的表达式，K==21，若起始时向I中充入NO、CO、N2、CO2各0.1ml，此时的浓度商Qc==10<21，说明反应向正反应方向进行，V正>V逆，故D正确。
【点睛】本题易错点是选项C，首先分析反应I投入量和反应II的投入量，反应II的投入量与反应I投入量呈比值，因此在反应I的基础上再投入通入0.2ml NO和0.2ml CO，假如平衡不移动，c(CO，容器II)=2c(CO，容器I)，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO被消耗，因此有c(CO，容器II)<2c(CO，容器I)，从而作出合理判断。
11．Fentn法常用于处理含难降解有机物的工业废水，往调节好pH和Fe2+浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K进行实验。实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．由曲线①可得，降解反应在50~150s内的平均反应速率v（p-CP）=8.0×10−6ml·(L·s)−1
B．实验③的目的为探究溶液的pH对降解反应速率的影响
C．298K下，有机物p-CP的降解速率在pH=10时比pH=3时快
D．升高温度，有利于加快降解反应速率，但温度过高反应速率又会变慢
【答案】C
【解析】A．由曲线①可得，降解反应在50~150s内的平均反应速v(p-CP)=
=8.0×10−6ml·(L·s)−1，故A正确；B．实验③与实验①②的pH不同，实验③的目的为探究溶液的pH对降解反应速率的影响，故B正确；C．根据图示，298K下，有机物p-CP的降解速率在pH=3时比pH=10时快，故C错误；D．升高温度，有利于加快降解反应速率，但温度过高，过氧化氢分解，所以反应速率又会变慢，故D正确；选C。
选项
目的
实验
A
制取较高浓度的次氯酸溶液
将Cl2通入碳酸钠溶液中
B
加快氧气的生成速率
在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
C
除去乙酸乙酯中的少量乙酸
加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
D
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
容器
温度/（℃）
起始物质的量（ml)
平衡物质的量（ml)
NO
CO
N2
CO2
N2
CO2
I
400
0.2
0.2
0
0
0.12
II
400
0.4
0.4
0
0
III
300
0
0
0.1
0.2
0.075