2022届高三化学一轮专题复习化学反应原理：04影响化学反应速率的因素 WORD版含答案.docx

1、2022届高三化学一轮专题复习化学反应原理：04影响化学反应速率的因素一、单选题（共15题）1下列有关反应速率的说法正确的是A用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用 98% 的硫酸可以加快反应速率B100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变CSO2的催化氧化生成SO3反应是一个放热的反应，所以升高温度，反应速率变慢D汽车尾气中的 NO 和 CO 可以缓慢反应生成 N2和CO2，减小压强反应速率会变慢2对恒温恒容密闭容器中的可逆反应： ，下列叙述正确的是A升高温度，v(逆)增大，v(正)减小B增大压强，v(正)增大，v(逆)减小C增加的物质的量，v(正)增大，v(逆)减

2、小D使用催化剂，降低反应活化能，v (正)、v(逆)同时增大，且增大的倍数相同3金属Zn与酸反应产生H2的反应速率最大的是选项温度金属酸A25Zn粒0.1molL-1盐酸B50Zn粉0.1molL-1硫酸C50Zn粒0.1molL-1盐酸D25Zn粉0.1molL-1硫酸4工业利用氮气和氢气合成氨气：N2+3H22NH3 H0，一定温度下，在恒容的密闭容器中加入 1 mol N2和 3 mol H2合成 NH3。下列有关说法正确的是A充分反应后，可得到 2 mol NH3B升高温度，(正)，(逆)都增大C反应达到平衡状态后再加入 1mol N2，则(正)增大，(逆)减小D反应达到平衡状态时，N

3、2、 H2、NH3物质的量浓度之比一定为 1325和分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示。下列说法不正确的是A催化剂能提高化学反应速率B过程吸热，过程放热C反应结束后，催化剂的性质发生了改变D反应过程中存在、等中间产物6硼氢化钠(NaBH4)中的氢元素为1价，具有很强的还原性，被称为“万能还原剂”，NaBH4在催化剂钌(Ru)表面与水反应的历程如图所示：下列说法中错误的是A过程反应为BH3+H2O=H2+H2B(OH)B反应过程中硼元素的化合价发生了变化C若过程和过程均产生lmol H2，则转移电子数目不相等DRu可使上述反应活化分子的百分数提高，加快反应速率7下列实验操作能达到实验目的的是

4、选项实验操作实验目的A取尿液，加入溶液，微热，观察现象检验糖尿病人尿液中的葡萄糖B加入溶液洗涤、分液除去乙酸乙酯中的少量乙酸C向2支盛有不同浓度的溶液中，一支加入少量，一支加入几滴溶液探究催化剂对反应速率的影响D取一小块鸡皮置于蒸发皿中，滴35滴浓硝酸并在酒精灯上微热，变黄证明鸡皮中含有蛋白质8某化学小组欲测定酸性条件下溶液与溶液反应的化学反应速率，所用的试剂为溶液和溶液，所得随时间变化的曲线如图所示。下列说法错误的是A该反应的离子方程式为B该反应在的平均反应速率C在反应过程中，该反应的化学反应速率变化趋势为先增大后减小D起初反应很慢，一段时间后反应速率明显增大，一定是反应放热温度升高的结果9

5、下列相关实验示意图不能达到实验目的的是图1 图2 图3 图4 A图1探究不同催化剂对H2O2分解速率影响B图2探究温度对2NO2N2O4平衡影响C图3验证+H2O2+2H+平衡状态变化D图4验证钠和水反应的热效应10乙烯(CH2=CH2)催化加氢的机理如图甲所示，其中“”代表催化剂；其位能与反应进程关系如图乙所示。下列说法错误的是A过程中，H2分子内HH之间的共价键断裂B上述过程中，CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键C途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1DCH2=CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g)，该反应的H=(E3-E1)kJmol-111往盛有少量醋酸的大

6、烧杯中放入盛有粉末的小烧杯，然后向小烧杯中加入盐酸，观察到大烧杯中醋酸逐渐凝固。下列推断错误的是A与盐酸反应中，反应物总能量小于生成物总能量B与盐酸的反应不可能设计成原电池C适当加大盐酸浓度，可以使醋酸凝固的更快D醋酸凝固是一个放热反应12对于反应，科学家根据光谱研究提出如下反应历程：第一步：快反应；第二步： 慢反应；第三步： 快反应。上述反应中可近似认为第二步反应不影响第一步反应的平衡，下列叙述正确的是A该反应的速率由第二步反应决定B反应的中间产物有N2O2、N2O和H2C第三步反应中N2O与H2的每一次碰撞都是有效碰撞D若第一步反应的，则升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大13某温度下

7、，向2L密闭容器中通入1molNO和0.5molBr2，发生如下反应：2NO(g)+Br2(g)2NOBr(g)，Br2的物质的量随时间变化的实验数据如下表：时间/min5101520253035n(Br2)/mol0.380.300.250.230.200.200.20下列说法正确的是A第18min的瞬时速率小于第25min的瞬时速率B010min，消耗Br2的平均速率是0.02molL-1min-1C3035min，NO的物质的量浓度逐渐降低D任意时刻，容器中NO和Br2的转化率相等14下列条件中，锌和硫酸开始反应时放出氢气的速率最大的是选项金属酸溶液浓度和体积温度/A3.0g锌片3mol

8、/L硫酸50mL30B3.0g锌粉1mol/L硫酸200mL20C3.0g锌粉3mol/L硫酸50mL30D3.0g锌片3mol/L硫酸100mL20AABBCCDD15探究反应速率的影响因素，有关实验数据如下表所示：编号温度催化剂(g)酸性溶液溶液溶液褪色平均时间(min)体积浓度(mol/L)体积浓度(mol/L)1250.540.180.212.72800.540.180.2a3250.540.0180.26.7425040.0180.2b下列说法不正确的是A，B理论上为确保实验成功C用表示该反应速率，v(实验1)约为D用表示该反应速率，v(实验3)(实验1)二、填空题（共7题）16磷精

9、矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”、“=”或“”、“=”或“”)。(3)若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有_。20和氮氧化物都是空气污染物，科学处理及综合利用是环境科学研究的热点。(1)某科研小组研究不同条件下溶液常压下吸收烟气的吸收率。溶液pH：随着含烟气的不断通入，和硫的吸收率如图-1所示：i：当，硫的总吸收率不断减小，因为浓度较高与反应，生成S，同时产生大量的_，导致硫的总吸收率减小。ii：当，硫的总吸收率增大，生成的主要产物

10、为和。和一定条件下反应，生成硫磺和最终回收，反应的化学方程式为_。iii：当时，_导致和硫的总吸收率降低。温度：如图-2所示，该项目选择常温，一是为了节能，另一个原因是_。其他条件：_。(任举一例)(2)联合脱硫脱硝技术，是一种工业工艺技术，采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气(含、NO)可获得、HCl、副产品，通过实验发现，当氯酸的浓度小于35%时，和NO的脱除率几乎不变，但生成的量远小于理论值，可能的原因是_。21“碘钟”实验中，3IS2O32=I32SO42的反应速率可以用I3与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。某探究性学习小组在20进行实验，得到的数据

11、如下表：实验编号c(I)/mol/L0.0400.0800.0800.1600.120c(S2O)/mol/L0.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t1回答下列问题：（1）该实验的目的是：_。（2）根据、三个实验的数据，推测显色时间t1_。（3）温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律，若在40下进行编号对应浓度的实验，显色时间t2的范围为_(填字母)。A44.0 s D数据不足，无法判断（4）通过分析比较上表数据，得到的结论_22卤块的主要成分是MgCl2，此外还含Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。若以它为原料按图所示工艺流程进行生产，可制

12、得轻质氧化镁（轻质体积蓬松，体积是等质量的重质氧化镁的三倍）。若要求产品尽量不含杂质，而且生产成本较低，根据表1和表2提供的资料，填写空白：表l 生成氢氧化物沉淀的pH 物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.611.l已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，常将它氧化为Fe3+,生成Fe(OH)3沉淀除去。表2原料价格表物质价格/元 吨-1漂液（含25.2%NaClO）450双氧水（含30%H2O2）2400烧碱（含98%NaOH）2100纯碱（含99.5%Na2CO3）600(1)为了加快卤块的溶解，我们可

13、以选择那些方法_（请写出两种方法）；(2)在步骤中加入的试剂X，最佳的选择是_，在酸性条件下，其对应的离子方程式是_(3)在步骤中加入的试剂应是_；之所以要控制pH=9.8，其目的是_(4)在步骤中加入的试剂Z应是_；(5)在步骤中发生的反应是_参考答案1D【详解】A常温下，铁在浓硫酸中发生钝化现象，故用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，若改用98的浓硫酸不可能产生氢气，且反应速率减慢，A错误；B100 mL 2 mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化铜，锌与氯化铜反应置换出铜单质附在锌片上，将形成微小的原电池，从而加快反应速率，B错误；C不管吸热反应还是放热反应，升高温度反应速率均加快，故SO

14、2的催化氧化是一个放热的反应，升高温度，反应速率加快，C错误；D汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强即增大容器的体积，反应物浓度减小，故反应速率减慢，D正确；故答案为：D。2D【详解】A升高温度，正、逆反应速率都增大，故A错误；B增大压强，正、逆反应速率都增大，故B错误；C为固体，增加的物质的量，的浓度不变，(正)、(逆)都不变，故C错误；D使用催化剂，可同时同等程度地改变正、逆反应速率，所以使用催化剂，(正)、(逆)同时增大，而且增大的倍数相同，故D正确；故选D。3B【分析】影响速率的相应条件有：温度、溶液浓度、固体药剂的表面积大小等；温度越高，参与反应离子浓度越高，

15、固体试剂表面积越大，反应速率越快；【详解】A温度低、金属单质颗粒状、c(H+)=0.1mol/L，条件不符题意；B温度高、金属单质粉末状、c(H+)=0.2mol/L，条件符合题意；C温度高、金属单质颗粒状、c(H+)=0.1mol/L，条件不符题意；D温度低、金属单质粉末状、c(H+)=0.2mol/L，条件不符题意；综上，本题选B。4B【详解】A氮气和氢气合成氨的反应是可逆反应，不能进行到底，所以1 mol N2 和 3 mol H2充分反应后，也不可能得到 2 mol NH3，故A错误；B升高温度，可以增大活化分子百分数，从而加快反应速率，所以升高温度，(正)，(逆)都增大，故B正确；C

16、反应达到平衡状态后再加入 1mol N2，增大了反应物浓度，所以(正)增大；氮气会和氢气反应生成氨气，使氨气浓度增大，所以(逆)也增大，故C错误；D反应达到平衡状态时，N2、 H2、NH3 物质的量浓度之比和方程式的计量数之比不一定相等，故D错误；故选B。5C【详解】A催化剂只能加快反应速度，不能提高转化率，A正确；B为化学键断裂过程，过程吸热，为化学键形成过程，过程放热，B正确；C反应结束后，催化剂的性质不发生改变，C错误；D由图可知为中间产物，反应过程中存在、等中间产物，D正确；答案选C。6B【详解】A由图可知，过程反应为BH3+H2O=H2+H2B(OH)，A项正确；B各步骤中硼元素的化

17、合价均为+3价，B项错误；C过程反应为H2B(OH)+H2O=H2+HB(OH)2，生成1mol H2时转移的电子数为NA，过程反应为HB(OH)2+2H2O+e-=H2+，产生1mol H2时转移的电子数为，两者不相等，C项正确；DRu为催化剂，催化剂可提高活化分子的百分数，加快反应速率，D项正确；答案选B。7D【详解】A葡萄糖不能和硫酸铜反应，不能通过向尿液加硫酸铜后微热的方法检验糖尿病人尿液中的葡萄糖，A错误；B乙酸乙酯能和NaOH溶液反应，除去乙酸乙酯中的少量乙酸不能加入溶液洗涤、分液完成，B错误；C浓度不同，不能达到目的，C错误；D蛋白质遇到浓硝酸变化是蛋白质的颜色反应，能达到目的，

18、D正确；选D。8D【详解】A根据题意，KClO3溶液和NaHSO3溶液反应生成Cl-，Cl元素化合价降低，KClO3为氧化剂，则NaHSO3为还原剂，被氧化生成Na2SO4，该反应的离子方程式为，故A正确；B由图中数据可知，该反应在04min的平均反应速率，根据速率之比等于化学计量数之比，故B正确；C由图像可知：在反应过程中，该反应的化学反应速率变化趋势为先增大后减小，故C正确；D起初反应很慢，一段时间后反应速率明显增大，可能温度升高，可能生成的Cl-对反应有催化作用，可能溶液酸性增强，加快了化学反应速率，故D错误；故选D。9A【详解】A由变量唯一化可知，探究不同催化剂对过氧化氢分解速率时，过

19、氧化氢溶液的质量分数应该相同，图中过氧化氢溶液的质量分数不同，则不能达到实验目的，故A错误；B二氧化氮为红棕色气体，四氧化二氮为无色气体，可根据热水和冷水中气体颜色的不同探究温度对化学平衡的影响，故B正确；C重铬酸根离子在溶液中为橙色，铬酸根离子在溶液中为黄色，向重铬酸钾溶液中加入稀硫酸，可以根据溶液颜色的变化验证化学平衡状态的变化，故C正确；D根据U型管中右边液面高于左边液面可验证钠和水的反应为放热反应，故D正确；故选A。10D【详解】A 由图知，过程中，H2分子内HH之间的共价键断裂，A正确；B由图知，中已没有碳碳双键、而是碳碳单键，则上述过程中CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键，B

20、正确；C使用催化剂，能降低反应的活化能。途径b使用了催化剂，使催化加氢反应的活化能由E2降为E1，C正确；D焓变H =正反应的活化能逆反应的活化能；则 CH2=CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g)，该反应的H=(E1-E3)kJmol-1=(E2-E4)kJmol-1，D不正确；答案选D。11D【详解】A由大烧杯中醋酸逐渐凝固可推知与盐酸反应为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量，A项正确；B与盐酸反应不是氧化还原反应，不能设计成原电池，B项正确；C适当加大盐酸浓度，反应速率加快，单位时间内吸收的热量增大，使醋酸凝固的更快，C项正确；D醋酸凝固是一个物理放热过程，不是放热反应，D项错误

21、；答案选D。12A【详解】A总反应速率由慢反应决定，所以该反应的速率由第二步反应决定，故A正确；BNO、H2是反应物，反应的中间产物有N2O2、N2O，故B错误；C只有少数分子的碰撞能发生化学反应，能引发化学反应的碰撞称之为有效碰撞，第三步反应中N2O与H2的碰撞不都是有效碰撞，故C错误；D升高温度，正逆反应速率均增大，故D错误；选A。13D【详解】A第18min时反应物浓度大于第25min的反应物浓度，所以第18min的瞬时速率大于第25min的瞬时速率瞬时速率，故A错误；B010min，消耗Br2的平均速率是0.01molL-1min-1，故B错误；C根据表格数据，3035min，反应达到

22、平衡状态，NO的物质的量浓度不变，故C错误；D投料比等于系数比，所以容器中NO和Br2的转化率相等，故D正确；选D。14C【详解】Zn与硫酸反应的离子方程式是：Zn+2H+=Zn2+H2，影响化学反应速率的因素有温度、浓度及固体的表面积的大小。在其它条件不变时，影响最大的是温度，当温度相同时，固体物质的表面积越大，反应接触的就越充分，反应速率就越快，由表中温度可知B、D中速率小于A、C中温度，接触面积C比A大，则锌和硫酸开始反应时放出氢气的速率最大的是C，故选：C。15C【详解】A温度实验1实验2，其它条件相同时，温度越高化学反应速率越快，则实验a实验4，则b6.7min，故A正确；B由方程，

23、可知理论上为确保实验成功，故B正确；C用表示实验1的化学反应速率为，由，则用表示该反应速率，v(实验1)约为，故C错；D由C分析可得，用表示该反应速率，实验1 的为；实验3的，则v(实验3) 【详解】(1)升高温度生成Z化学反应速率增大；加入催化剂生成Z化学反应速率增大；故答案为：增大；增大；保持容器的体积不变，减少气体Z的量，相当于减小生成物的浓度，逆反应速率减小，平衡正向移动，反应物浓度逐渐减小，生成Z化学反应速率减小；故答案为：减小；保持容器的体积不变，增加气体Ar，Ar是惰性气体不参与反应，反应物浓度不变，生成Z化学反应速率不变；故答案为：不变；要想保持压强不变，加入惰性气体，相当于减

24、小压强，生成Z化学反应速率减小；故答案为：减小；(2) 由图可知，2分钟内Y减少了0.1mol,X减少了0.3mol,Z增加了0.2mol，且2min后各物质的量保持不变，是可逆反应，所以该反应的化学方程式为。故答案为：；反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为。故答案为：；2min反应达平衡容器内混合气体的物质的量减小，而混合气体的质量不变，其平均相对分子质量比起始时大；容器容积不变，混合气体的质量不变，所以混合气体密度与起始时相等；故答案为：大；相等；(3) 根据题给数据我们可以转化为用同种物质表示，保留vA=1 mol/(Lmin)不变，vC=0.5 mol/(Lmin)，则vA

25、=0.75 mol/(Lmin)vB=0.5 mol/(Lmin)则vA=1.5mol/(Lmin)，三种情况下该反应速率由大到小的关系是 ；或者可以比较，即，则，即；故答案为：。18Mn 200 左右 ba段，随着温度升高，催化剂活性增大，反应速率增大，导致脱氮率逐渐升高 【详解】由图可知，两种催化剂的最大脱氮率相差不大，但锰做催化剂时，达到最大脱氮率时，所需反应温度低，则最佳的催化剂为锰、相应的温度为200左右；由图可知，ba段，开始温度较低，催化剂活性较低，脱氮反应速率较慢，反应还没达到化学平衡，随着温度升高，催化剂活性增大，反应速率变大，一定时间内参与反应的氮氧化物增多，导致脱氮率逐渐

26、升高，故答案为：Mn；200 左右；ba段，随着温度升高，催化剂活性增大，反应速率增大，导致脱氮率逐渐升高。19 n点比m点对应的温度更高、压强更大，因此反应速率更快 molL-1 = 移出产物H2或S2 【详解】(1)在相同温度时，增大压强，平衡逆向移动，硫化氢的转化率降低，所以压强p2p1，n点和m点相比，对应的硫化氢的转化率相同，但温度更高、压强更大，因此反应速率更快，故m、n点对应的正反应速率：vm(正)vn(正)；(2)控制压强和温度不变，则体积会发生改变，假设原本气体体积为1L，则H2S初始物质的量为1molL-11L=1mol，H2S平衡转化率为40%，则平衡时n(H2S)=0.

27、4mol；反应的三段式如下：则平衡时，气体的总物质的量为1.2mol，则根据阿伏加德罗定律可知，平衡时气体的体积变为1.2L，c(H2)= ，c(H2S)=，c(S2)=；则K=；H2S的转化率为=40%，因为是恒温恒压条件，再加入1molH2S气体，达到平衡时，H2S的转化率不变，依然是40%；(4)若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强，还可以移出反应产物H2或S2。20气体 吸收剂消耗完全，饱和逸出 常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大 通入含的烟气的速率 NO可能被氧化成及其他含氮化合物 【分析】本题综合考察硫和氮及其氧化物的相关性质，并根据题中已知信息进行

28、解答。【详解】(1)由图可知当时，硫的总吸收率不断减小；当，硫的总吸收率增大；当时，和硫的总吸收率降低。当时，浓度较高与反应，生成硫单质和硫化氢气体，导致硫的总吸收率减小；由题目可知，和一定条件下反应，生成硫磺和，故反应的化学方程式为：；当时，吸收剂消耗完全，饱和逸出，导致和硫的总吸收率降低。故答案为：气体；吸收剂消耗完全，饱和逸出。由图二可看出，温度对吸收率的影响不大，说明常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大；其他影响硫和SO2的吸收率的因素还有通入含的烟气的速率，故答案为：通入含的烟气的速率；(2)采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气，因为烟气中含、NO，故可能导致

29、NO被氧化成及其他含氮化合物，故答案为：NO可能被氧化成及其他含氮化合物。21反应物I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响 29.3s A 反应速率与反应物起始浓度乘积成正比 【详解】试题分析：（1）图表中的物理量是反应物浓度与时间，通过分析知，反应物的浓度与时间成反比，浓度的变化量与时间的比值为速率，所以得出反应物浓度与反应速率的关系故答案为研究反应物I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响（2）通过分析各组数据知，反应物起始浓度乘积与时间成反比，由、列比例式，（0.040 molL-10.040molL-1）：（0.120 molL-10.040molL-1）=t1：88.0s，所以t1

30、=29.3，故答案为29.3；（3）温度越高，化学反应速率越快，所用时间越短，故选A。（4）通过分析知，反应物的浓度乘积与时间成反比，浓度的变化量与时间的比值为速率，故答案为反应速率与反应物起始浓度乘积成正比或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比考点：考查了化学反应速率的影响因素的探究实验的相关知识。22 将卤块变成粉末 升温 次氯酸钠 2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O 烧碱，将镁离子之外的离子全部转化成沉淀除去 纯碱 MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2【解析】本题考查化学工艺流程，（1）将卤块粉碎，增加接触面积；可以升高温度，升高温度加快反应速率等；（2）加X的目的是

31、把Fe2氧化成Fe3，需要用氧化剂，因为最后得到固体物质，因此不用考虑杂质的引入，因此最佳选择是NaClO，因为价格相对便宜，又是氧化剂；环境是酸性条件，因此离子反应式为2Fe2+ClO+2H=2Fe3+Cl+H2O ；（3）加入Y的目的是调节pH，使Fe3、Mn2等转化成沉淀，因此试剂Y为NaOH，因为NaOH是强碱，用量较少达到pH=9.8；（4）根据流程，反应加热煮沸，产生气体，因此试剂Z为Na2CO3；（5）加热煮沸，发生双水解，即反应方程式为：MgCO3+H2OMg（OH）2+CO2。点睛：化学工艺流程题目中需要充分利用题中信息，如Fe2的氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，需要将它氧化成Fe3，以及价格表，需要考虑成本问题，这样就明白了X的作用。