2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练8影响化学反应速率因素陌生图像分析含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练8影响化学反应速率因素陌生图像分析含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
影响化学反应速率因素陌生图像分析

一、单选题（共16题）
1．已知反应，在催化剂存在时反应过程中的能量变化如图所示，下列叙述正确的是

A．反应的
B．加入催化剂，改变，活化能降低，反应速率加快
C．加入催化剂后反应经过两步完成，其中第二步决定反应速率
D．向密闭容器中充入和发生反应达平衡时，放出热量
2．科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观示意图如图，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。

下列说法不正确的是
A．三氟甲磺酸锂是离子化合物，其作用是增强导电性
B．该装置用作催化剂的目的是降低的键能
C．选择性透过膜可允许和通过
D．阴极区生成的电极反应式为
3．丙烯(C3H6)是一种重要的化工原料，丙烷氧化脱氢(ODHP)制丙烯条件温和，催化剂不易积碳失活。我国学者在六方氮化硼(h—BN)催化剂氧化脱氢制丙烯的反应机理研究上取得进展，反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列说法错误的是

A．上述反应历程中决速步骤的化学方程式为
B．上述反应历程中最大能垒(活化能)
C．上述反应历程中仅包含极性键的断裂和生成
D．该历程之后可能发生的化学反应方程式为
4．钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。


下列说法不正确的是
A．盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快
B．钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，缓蚀效果最好
C．碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，说明反应速率不与c(H+)成正相关
D．对比盐酸和硫酸两条曲线，可知Cl-也会影响碳素钢的腐蚀速率
5．在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过量)分别与2 mL 2 mol·L−1的 盐酸和醋酸反应，测得容器内压强随时间的变化曲线如下图。下列说法正确的是

A．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
B．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均快于醋酸与Mg反应的化学反应速率
C．反应中醋酸的电离被促进，两种溶液最终产生的氢气总量基本相等
D．1 mol·L−1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大
6．甲酸(HCOOH)被认为是一种有前途的储氢化合物。在催化剂作用下，甲酸分解制氢的过程如图所示。

下列分析不正确的是
A．过程I，若用2HCOOH代替HCOOH，则在催化剂a处吸附的是2H
B．过程II，生成的CO2分子是直线型结构
C．过程Ⅲ，形成非极性共价键
D．HCOOH分解制氢的总反应为：HCOOHCO2↑+H2↑
7．工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯(HCOOCH3)：CH3OH(g)+CO(g)⇌HCOOCH3(g)。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是

A．加入甲醇蒸气，甲醇转化率增大 B．b点反应速率υ正=υ逆
C．平衡常数K(75℃)＜K(85℃) D．反应速率υb逆＜υd 逆
8．科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气催化重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法正确的是

A．Pd(Ⅲ)能改变反应历程，从而改变化学反应速率
B．该历程中反应速率最快的是路径①
C．该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径②
D．由此历程可知：CH2O*+2H*=CHO*+3H*ΔH＞0
9．氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是

A．催化剂a降低了N2的键能，加快了反应速率
B．N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
C．在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
10．2021年1月20日中国科学院和中国工程院评选出2020年世界十大科技进展，排在第四位的是一种可借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化转化方法：CO2+4H2=CH4+2H2O，这是迄今最接近人造光合作用的方法。CO2加氢制CH4的一种催化机理如图，下列说法正确的是

A．反应中La2O3是中间产物
B．反应中La2O2CO3可以释放出带负电荷的CO2·
C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H·的过程中ΔS>0
D．使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
11．MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述正确的是

A．1 mol HCHO与银氨溶液完全反应，最多可生成432 g Ag
B．该反应可以消耗温室气体CO2
C．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应
D．O为中间产物之一，该微粒与Na2O2中所含阴离子种类相同
12．中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图所示：

下列说法错误的是
A．步骤5可表示为HI+LiOH=H2O+LiI
B．CH3COOH易溶于水的主要原因是CH3COOH与H2O形成分子间氢键
C．LiOH和HI为该反应的催化剂
D．该过程的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O
13．某密闭容器中的反应: 3H2(g) + N2(g) 2NH3(g)  △HⅡ>Ⅰ
B．由图1知，在0～35 h内，CH4的平均生成速率从大到小的顺序：Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ
C．由图2知，250 ℃时催化剂的活性最高
D．由图2知，乙酸的生成最佳温度范围： 400 ℃以上
16．我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理,其主反应历程如图所示(H2→*H+* H)。下列说法错误的是

A．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率
B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物
C．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%
D．第③步的反应式为*H3CO+ H2O→CH3OH+*HO


二、填空题（共4题）
17．在一定条件下，二氧化硫和氧气发生反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。
（1）降低温度，化学反应速率__(填“增大”“减小”或“不变”)。
（2）600℃时，在一容积为2L的密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，在反应进行至10min和20min时，分别改变了影响反应速率的一个条件，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示，前10min正反应速率逐渐___(填“增大”“减小”或“不变”)；前15 min内用SO3表示平均反应速率为__。

（3）图中反应进程，表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是___。
（4）根据上图判断，10min时改变的反应条件可能是___(填编号，下同)；20min时改变的反应条件可能是___。
A．加入催化剂 B．缩小容器容积
C．降低温度 D．增加O2的物质的量
18．反应aA(g)+bB(g)cC(g)(△H1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是__。
②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是__。
参考答案
1．C
【详解】
A．①反应焓变为，②反应焓变为，根据盖斯定律，总反应的焓变为，故A错误；
B．加入催化剂，可以降低反应活化能，加快反应速率，但不改变，故B错误；
C．活化能越小，反应速率越快，第二步反应速率较慢，其决定总反应速率，故C正确；
D．由于该反应是可逆反应，反应不能进行到底，所以反应放出的能量小于，故D错误；
选C。
2．B
【详解】
A． 锂是活泼金属，易失去电子，形成锂离子，则三氟甲磺酸锂是离子化合物，从阴极反应看，三氟甲磺酸锂并未参与反应，其作用是增强导电性，A正确；
B． 该装置用作催化剂，目的是降低反应的活化能，不能降低的键能，B错误
C． 从图中可以看出，选择性透过膜可允许和通过，防止水分子进入装置，C正确；
D． 由图可知，氮气与乙醇得电子生成氨气，则阴极区生成的电极反应式为，D正确；
故选B。
3．C
【详解】
A．化学反应的决速步骤是慢反应，而活化能越大，反应的速率越慢，由图可知故能垒(活化能)最大的是C3H8*到过渡态I的能量，该步骤的化学方程式为，选项A正确；
B．由图可知能垒(活化能)最大的是C3H8*到过渡态I的能量，能垒为1.73 eV，选项B正确；
C．该反应历程中，有非极性键的形成，如C3H6中的的碳碳双键形成，选项C错误；
D．图中最后一步生成了目标产物丙烯，则之后发生的反应为H2O2的分解反应，选项D正确；
答案选C。
4．C
【详解】
A. 由图可知，酸的浓度越大，腐蚀速率越大，选项A正确；
B. 根据图示可知，当钼酸钠、月桂酰肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，缓蚀效果最优，选项B正确；
C. 碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，是由于在硫酸浓度很多时，硫酸主要以H2SO4的形式存在，具有强的氧化性，Fe被浓硫酸氧化，在金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化，与溶液中c(H+)大小无关，选项C不正确；
D. 对比盐酸和硫酸两条曲线，发现碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速率，说明Cl-有助于碳素钢的腐蚀速率，而不利用碳素钢的腐蚀速率，选项D正确；
答案选C。
5．C
【详解】
A． 盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，则2 mL 2 mol·L−1的 盐酸和醋酸中，盐酸中c(H+)大，与镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应速率快，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；
B． 可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率，从图像可以看出，100s后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁已接近反应结束，c(H+)较小，反应速率小，故B错误；
C． 由于盐酸和醋酸的浓度和体积均相同，则二者物质的量相同，故反应结束时，产生的氢气气总量基本相等，故C正确；
D． 由于盐酸和醋酸的物质的量相同，故用1 mol·L−1 NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故D错误；
故选C。
6．A
【详解】
A．观察甲酸的结构可知，过程I，催化剂a吸收的H是与O相连的H，而不是羧基C上的H，故用2HCOOH，则催化剂a吸收的不是标记氢2H，故A错误；
B．CO2分子结构式为O=C=O，CO2分子是直线型结构，故B正确；
C．过程III形成H2，H2中的H-H是非极性键，故C正确；
D．甲酸HCOOH经过三个过程，生成H2和CO2，总反应为：HCOOHCO2↑+H2↑，故D正确；
故选：A。
7．D
【详解】
A．加入甲醇蒸气，平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，平衡移动消耗量远小于投入量，因此甲醇转化率会减小，A错误；
B．b点时反应未达到平衡，反应正向进行，因此反应速率υ正＞υ逆，B错误；
C．根据图象可知：在反应温度高于85℃后，升高温度，CO转化率降低，说明升高温度化学平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应。温度越高，化学平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：K(75℃)＞K(85℃)，C错误；
D．温度升高，化学反应速率增大，反应的物质的浓度越大，反应速率越大。根据图象可知：b点CO的转化率比d点小，且反应温度：b＜d，故反应速率：υb逆＜υd 逆，D正确；
故合理选项是D。
8．A
【详解】
A．Pd(Ⅲ)是该反应的催化剂，催化剂能改变反应的活化能，能改变反应历程，从而改变化学反应速率，故A正确；
B．活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，反应需要的活化能越小，反应进行的越快，反应速率越快，根据图示，路径③的活化能最小，反应速率最快，故B错误；
C．活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，由图可以看出，过渡态Ⅰ发生的反应活化能最大该历程中能垒(反应活化能)最大的是路径①，故C错误；
D．根据图示，CH2O*和2H*总能量大于CHO*和3H*总能量，则该反应历程为放热反应，ΔH＜0，故D错误；
答案选A。
9．B
【详解】
A．催化剂a是催化N2与H2反应生成NH3，降低了该反应的活化能，并不能改变键能，故A错误；
B．N2与H2反应生成NH3的反应为N2+3H22NH3，该反应为化合反应，原子利用率为100%，故B正确；
C．在催化剂b表面反应为NH3转化为NO，反应中N元素化合价发生变化，存在电子转移，故C错误；
D．催化剂a、b只是减小反应的活化能，并不能改变平衡转化率，故D错误；
综上所述，合理的是B项，故答案为B。
10．C
【详解】
A．根据CO2加氢制CH4的催化机理图示，催化过程使用的催化剂为La2O3，La2O2CO3为中间产物，故A错误；
B．根据图示，La2O2CO3可以释放出CO2·，活化分子不带电，故B错误；
C．H2经过Ni活性中心裂解产生活化态H·的过程中，分子混乱度增大，ΔS>0，故C正确；
D．催化剂不能降低反应的焓变，可降低反应的活化能，从而提高化学反应速率，故D错误；
故选：C。
11．A
【分析】
由催化机理可知，该反应的反应物为HCHO和O2，生成物为H2O和CO2。
【详解】
A．1molHCHO中存在2mol的醛基结构，故与银氨溶液完全反应，最多可生成4molAg，即432gAg，故A项正确；
B．该反应产生CO2，故B项错误；
C．催化机理存在一步HCO与H+反应生成CO2的过程，这一步不是氧化还原反应，故C项错误；
D．Na2O2中的阴离子是O，与O种类不一样，故D项错误；
故答案为A。
12．C
【详解】
A．由图可知，步骤5可表示为HI+LiOH=H2O+LiI，故A正确；
B．CH3COOH与H2O形成分子间氢键，所以CH3COOH易溶于水，故B正确；
C．LiOH和HI为该反应的中间产物，不是催化剂，故C错误；
D．由图可知，该过程的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；
故选C。
13．A
【解析】据图可知，在t1时刻正反应速率减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原平衡时的反应速率。A. t1时减小N2浓度同时增加了NH3的浓度，正反应速率减小且平衡向逆反应方向移动，如果增加氨气浓度大于减少氮气浓度的2倍，达到平衡状态时，氮气浓度将大于原来浓度，则正反应速率大于原平衡反应速率，故A正确；B. t1时增大N2和H2的浓度，正反应速率在改变条件时将比原速率大，故B错误；C. t1时扩大容器的体积，压强减小，平衡向逆反应方向移动，但平衡时正反应速率小于原平衡反应速率，故C错误；D. 该反应为放热反应，t1时降低反应温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率应逐渐减小，故D错误；答案选A。
点睛：本题考查化学平衡图象分析，明确图中反应速率和物质浓度之间的关系是解答本题的关键，本题的难点是判断图象中正反应速率与原平衡时速率的的大小关系，在t1时刻正反应速率减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原平衡时的反应速率，说明反应物的浓度增大，据此分析判断即可。
14．C
【详解】
A.依据图像可知，t1 min时X、Y的物质的量相等，并没有保持不变，反应没有达到平衡，正、逆反应速率不相等，故A错误；
B.由图像曲线变化可知，0~8min内Y和X的物质的量变化之比为（1.2mol-0.3mol）:（0.6mol-0mol）=0.9mol：0.6mol=3:2，所以Y表示H2的物质的量随时间变化的关系，X表示NH3的物质的量随时间变化的关系，故B错误；
C.平衡常数只和温度有关，所以8 min时的平衡常数与12min时平衡常数相等，故C正确；
D.由于该可逆反应的正反应为放热反应，10～12 min，若升高温度使化学反应速率加快，平衡逆向移动，NH3物质的量减小，H2物质的量增大，与图像不吻合，故D错误；
本题答案为C。
15．C
【详解】
A.由图1可知，在0～15h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅲ）＜△n（Ⅱ），故在0～15h内，CH4的平均生成速率：II＞III＞I，故A错误；
B.由图1可知，在0～35h内，甲烷的物质的量变化量为△n（Ⅰ）＜△n（Ⅱ）＜△n（Ⅲ），故在0～35h内，CH4的平均生成速率：III＞II＞I，故B错误；
C. 由图2知，250 ℃时催化剂的活性最高，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，故C正确；
D. 由图2知，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，在300℃时失去活性，故以后乙酸的生成速率升高是由温度升高导致的，故乙酸主要取决于温度影响的范围为300℃～400℃，故D错误；
故选C。

16．C
【详解】
A. 反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，故A正确；
B. 根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；
C. 根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，故C错误；
D. 第③步中•H3CO、H2O生成CH3OH和•HO，反应方程式为•H3CO+H2O→CH3OH+•HO，故D正确；
故答案为C。
17．减小 减小 1.33×10-3mol/（L•min） 15～20min和25～30min AB D
【分析】
(1)结合温度对速率的影响分析。
(2)10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大；根据n=计算前15min内用SO2表示的平均反应速率；
(3)当反应达到化学平衡状态时，各组分的浓度不随时间的变化而变化；
(4)10min到15min的时间段，化学反应速率加快，二氧化硫和氧气的量减小，三氧化硫的量增加；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，据此分析。
【详解】
(1)降低温度，化学反应速率减小；
(2)根据图示可知，10～15min反应物浓度逐渐减小、生成物浓度逐渐增大，说明正反应速率逐渐减小；15min时三氧化硫的物质的量为0.04mol，前15min内用SO3表示的平均反应速率为：v(SO3)==1.33×10-3mol/(L•min)；
(3)根据图示曲线变化可知，15～20min、25～30min时间段，各组分的浓度不随时间的变化而变化，说明反应达到化学平衡状态；
(4)根据图象所示信息，10min到15min的时间段，化学反应速率加快，可以是加了催化剂或者是增大压强，或缩小容器体积，故答案为AB；反应进行至20min时，氧气的物质的量增加，二氧化硫的减少，三氧化硫的增加，可以推断是增加了O2的量，故答案为D。
18．1：3：2 vI(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A) αⅢ 0.19 右 从平衡体系中分离出了C > 因为该反应为放热反应，当其他条件不变时，降温能使平衡正向移动
【分析】
根据图示，第二阶段，改变条件后，C的浓度突然变为0，A、B在改变条件的瞬间浓度不变，所以改变的条件是分离出C，平衡正向移动，一段时间后达到平衡II；第三阶段，改变条件后，A、B浓度逐渐减小，C浓度逐渐增大，说明平衡正向移动，A(g)+3B(g)2C(g)正反应放热，所以改变的条件是降低温度，一段时间后达到平衡III；
【详解】
(1)根据图示，0~20min 内，A、B、C浓度的变化量分别是(2-1)mol/L、(6-3)mol/L、(2-0)mol/L，化学方程式的化学计量数比等于各物质物质的量浓度的变化之比，所以a：b：c=1：3：2；
(2)II阶段分离出C，C的浓度减小，A的反应速率比I阶段低，III阶段温度降低，A的反应速率比II阶段低，A的平均反应速率vI(A)、vII(A)、vIII(A)从大到小的排列顺序为vI(A)>vⅡ(A)>vⅢ(A)；
(3)平衡I 中B的平衡转化率aI(B)= ，反应正向移动达到平衡II；平衡II降低温度，反应正向移动达到平衡III，平衡II中B的平衡转化率aI(B) 、平衡III中B的平衡转化率aI(B) ，aIII(B)中最小的是aIII，其值是0.19；
(4)由第一次平衡后分离出C，平衡向右移动，到第二次平衡；
(5)根据图象可知，第二次平衡到第三次平衡，反应正向移动，A(g)+3B(g)2C(g)正反应放热，若只改变温度，则应该是降温，所以 T2>T3。
【点睛】
本题考查化学平衡，正确分析图象是解题关键，熟悉影响平衡移动、影响反应速率的因素，会根据公式计算平衡转化率，注意化学方程式的化学计量数比等于各物质物质的量浓度的变化之比。
19．迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，催化剂活性下降 NH3与O2反应生成了NO
【详解】
因为反应相同时间，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响，高温时，NH3与O2发生催化氧化反应。在范围内，NOx的去除率迅速上升是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢阶段主要是温度升高引起NOx去除反应速率增大，但温度升高催化剂活性下降，反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降是因为可能NH3与O2反应生成了NO，其化学反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：迅速上升阶段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢阶段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO。
20．O3将NO2氧化为更高价氮氧化物（或生成了N2O5） SO2与O3的反应速率慢
【详解】
①O3的氧化性较强，把二氧化氮氧化为价态更高的氮的氧化物了，故答案为：O3将NO2氧化为更高价氮氧化物（或生成了N2O5）。
②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，可能是二氧化硫与臭氧的反应速率较慢，故答案为：SO2与O3的反应速率慢。