【化学】化学反应的速率与限度 同步测试 2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册.docx

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1、6.2 化学反应的速率与限度 同步测试 2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册一、单选题1对于反应：2A(g)+B(g)2C(g)，保持其他条件不变，只改变下列一个反应条件，不能使生成C的反应速率加快的是A增大反应物的浓度B增大压强C升高温度D扩大容器体积2对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H0。水蒸气的浓度c随时间t 的变化如下表所示：对比实验的温度：T2 T1（填“”、“”或“=”）催化剂催化效率：实验 实验（填“”或“”）在实验达到平衡状态后，向该容器中通入水蒸气与氢气各0.1mol，则反应再次达到平衡时，请确定化学反应进行的方向 （填“向正反应

2、反应进行”或“向逆反应方向进行”）。24铁元素的化合价有+2和+3价，某兴趣小组利用含铁的盐溶液进行化学实验：（1）取一定量氯化亚铁固体，配制成0.1mol/L的溶液，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是 。（2）在氯化铁溶液中滴入1滴KSCN溶液，溶液变 色，接着在变色的溶液中滴入2mL0.5mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀(已知：AgSCN为白色沉淀) ，溶液逐渐恢复到原来颜色，这种变化是因为 (请从平衡移动的角度解释)。 （3）用 取25.00mLFeCl3和Ba(NO3)2的混合溶液，通入SO2气体一段时间后，发现A中产生白色沉淀，该白色沉淀的化学式是 ，推测产生白色沉淀的

3、原因可能是 （4）工业石灰石-石膏湿法烟气脱硫工艺技术的原理是：烟气中的二氧化硫与浆液中的碳酸钙以及空气反应生成石膏（CaSO42H2O）。某电厂用煤300t（煤中含硫的质量分数为2.5%），若燃烧时煤中的硫全部转化为二氧化硫，用该方法脱硫时有96%的硫转化为石膏，则理论上可得到 吨石膏。25甲、乙两个实验小组利用KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素。设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4) ：甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小。某同学进行实验，实验装置如图。其中A、B的成分见表：序号A溶液B溶液2 mL 0

4、.2mol/LH2C2O4溶液4 mL0.01mol/LKMnO4溶液2 mL 0.1mol/LH2C2O4溶液4 mL0.01mol/LKMnO4溶液2 mL 0.2mol/LH2C2O4溶液4 mL0.01mol/LKMnO4溶液和少量MnSO4（1）该反应的离子方程式为 ，实验结束后读数前需要移动量气管，使两个量气管的液面相平。（2）乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比较化学反应速率。为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验实验编号1234水/mL1050X0.5mol/LH2C2O4/mL5101050.2mol/L KMnO4/m

5、L551010时间/S402010. X= ，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是 。（3）2号反应中，H2C2O4的反应速率为 。（4）在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做3号实验，测定过程中溶液不同时间的温度，结果如表：时间/S051015202530温度/2526262626.52727结合实验目的与表中数据，你得出的结论是 。（5）从影响化学反应速率的因素看，你的猜想还可能是 的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需

6、要选择的试剂最合理的是 。a.硫酸钾 b.水 c.二氧化锰 d.硫酸锰答案解析部分1【答案】D【解析】【解答】A增大反应物的浓度，使得单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞几率变大，使得生成C的反应速率加快，A不符合题意；B增大压强，单位体积内的活化分子数也会增加，生成C的反应速率加快，B不符合题意；C升高温度，使得活化分子百分数增加，速率加快，C不符合题意；D扩大容器体积，各组分的浓度减小，化学反应速率减小，D符合题意；故答案为：D。【分析】增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积。2【答案】A【解析】【解答】A通入大量的O2，单位体积内

7、反应物活化分子数增加，有效碰撞频率增加，化学反应速率增大，逆反应速率在通入O2瞬间不变，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，选项A符合题意；B增大容积的体积，单位体积内反应物活化分子数减小，有效碰撞频率减小，化学反应减小，增大容积的体积瞬间，容器内压强减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，即平衡逆向移动，选项B不符合题意；C移去部分SO3后，容器内总压强减小，反应物的分压减小，化学反应速率减小，平衡将向生成SO3的方向移动，即平衡正向移动，选项C不符合题意；D升高温度，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞频率增加，化学反应速率增大，该反应正向为放热反应，平衡将向吸热反应移动，即逆向移动，选项

8、D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.增大反应物浓度促进正反应进行且提升反应速率；B.反应向增大气体体积的方向进行；C.移去生成物使反应向增加生成物方向进行但反应速率降低；D.反应放热，加温会促进逆反应发生。3【答案】A【解析】【解答】若以A的化学反应速率及单位为mol/(Lmin)为基准，则根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知：Av(A) ；Bv(A) ；Cv(A) ；Dv(A)0.15molL1min1；故反应速率最快的为A，符合题意；故答案为：A。【分析】化学反应速率计算时，根据化学反应速率之比等于计量数之比，将不同物质的反应速率转化为同一物质的速率进行大小比较；4【答案】A【解

9、析】【解答】A天然气和沼气的主要成分都是甲烷，天然气属于化石燃料，用完之后不能再生，是不可再生能源；沼气是利用植物秸秆发酵生成的，沼气是可再生资源，故A符合题意；B纳米Cu2O表面改性控制CO2电化学还原增大了反应面积，反应速率加快，可得出其他条件相同时，接触面积越大，反应速率越快，故B不符合题意；C催化剂的作用是能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数，故C不符合题意；D锂电池或二次电池都能将化学能转化成电能，属于清洁能源，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.沼气是可再生资源；B.反应物的接触面积越大，反应速率越快；C.催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分数；D.原电池是将化学

10、能转化为电能的装置。5【答案】A【解析】【解答】A.化学反应速率是衡量化学反应进行的快慢程度的物理量，使用根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢，A符合题意；B.化学反应进行的快慢与反应现象是否明显无关系，B不符合题意；C.化学反应速率越大表示单位时间内反应的反应物的物质的量浓度大，但不一定化学反应进行得就越彻底，这是化学平衡研究的问题，化学速率、化学平衡是两个不同的问题，C不符合题意；D.改变反应条件既能加快化学反应速率，也能降低反应速率，D不符合题意。故答案为：A【分析】A.熟记化学反应速率的定义；B.很多的化学反应没有反应现象；C.化学反应速率越大表示单位时间内反应的反应物的物

11、质的量浓度大，但不一定化学反应进行得就越彻底；D.改变反应条件可以加快反应速率，也可以减慢反应速率。6【答案】C【解析】【解答】解：铝与浓硫酸在常温下发生钝化反应，不生成氢气； A、B和C相比较，C中c（H+）较大，反应速率较大，故选C【分析】铝在浓硫酸中发生钝化，不能生成氢气，与硝酸反应生成NO等气体，与其它酸反应本质为2Al+6H+=2Al3+3H2，反应开始H+浓度越大，反应越快7【答案】D【解析】【解答】A由图中可以看出，反应中，MnO2转化为Mn2O3，C7H8生成CO2和H2O，方程式为，A不符合题意；B反应中，Mn2O3与O2反应转化为MnO2，Mn元素的化合价升高，B不符合题意

12、；C反应中，C7H8与MnO2反应生成H2O等，形成O-H键，从而释放能量，C不符合题意；DMn2O3作催化剂，可降低总反应的活化能，但不能改变反应的焓变，D符合题意；故答案为：D。【分析】A根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电子守恒判断。B依据反应前后元素的化合价变化判断；C断键吸热，成键放热；D使用催化剂能降低反应的活化能，但是反应物、生成物的总能量不变。8【答案】A【解析】【解答】解：APb+PbO2+4H+2SO42 2PbSO4+2H2O，可充电电池的反应中向两个方向反应的条件不同，为不可逆反应，故A选； B.2SO2+O2 2SO3，同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能

13、向反应物方向进行，属于可逆反应，故B不选；CCl2溶解于水，Cl2+H2OHClO+HCl，属于可逆反应，故C不选；D.2NO2N2O4，同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行属于可逆反应，故D不选；故选：A【分析】可逆反应是指在同一条件下，既能向生成物方向进行，同时又能向反应物方向进行的反应注意条件相同，同时向正逆两个方向进行9【答案】D【解析】【解答】A据图可知过程中Ti4+变为Ti3+，说明该过程中吸收能量使钛氧键发生了断裂，A不符合题意；B该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，B不符

14、合题意；C催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，C不符合题意；D根据题目所给信息断键吸收的能量为1598kJ/mol2 mol，成键释放的能量为(1072kJ/mol2 mol +496 kJ/mol1 mol)，所以2mol二氧化碳完全分解成2mol一氧化碳和1mol氧气需要吸热1598kJ/mol2 mol -(1072kJ/mol2 mol +496 kJ/mol1 mol) =556kJ，D符合题意；故答案为：D。【分析】A、 中两个Ti4+和氧原子中间的键断开；B、 中有太阳光，有热能，发生了化学反应，即有光能和热能转化为化学能；C、催化剂可以将降低反应活化能，提高化学反应速率；D

15、、吸收的热量=反应物的总键能-生成物的总键能。10【答案】D【解析】【解答】A乙烯中碳的化合价为-2价，乙醛中为-1价，1mol乙烯转化为乙醛失2mol电子，故A不符合题意；B由图示可知反应起点PdCl2为反应物，生成Pd，过程II中氯化铜为反应物与Pd反应生成CuCl，可知CuCl2与PdCl2是开始存在的物质，作催化剂，而CuCl与Pd是反应过程中的生成物，同时也是另一反应的反应物，作中间产物，故B不符合题意；CI、II、III步中均有单质参加或生成，均有价态变化，属于氧化还原反应，故C不符合题意；D由图可知该过程的最终生成物为乙醛，其中只含有极性键和非极性键断裂，无非极性键形成，故D符合

16、题意；故答案为：D。【分析】A、电子数的转移要结合化合价变化判断；B、注意催化剂指的是第一反应的反应物，第二反应的生成物，中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物；C、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；D、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合。11【答案】C【解析】【解答】加水，减小了盐酸的浓度，故反应速率变慢，不符合题意；加硝酸钾固体，溶液中相当于含有硝酸，不会生成氢气，符合题意；加浓盐酸，反应速率加快且不改变H2的产量，不符合题意；加入铁粉，铁与盐酸反应生成生成氢气的量增多，不符合题意；加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸，故反应速率变慢，不符合题意；滴加

17、硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量，不符合题意；升高温度，反应速率加快，符合题意；改用浓度大的盐酸，反应速率加快，符合题意；故答案为：C。【分析】为加快铁与盐酸的反应速率，可增大反应物浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则铁的物质的量应不变，以此解答。12【答案】A【解析】【解答】A向试管中加入几粒氢氧化钠固体，开始时观察到溶液由橙色变为黄色不明显氢氧化钠固体溶于水放热明显，平衡左移，同时产生大量氢氧根离子中和氢离子，平衡右移两者相互抵制，所以变色不明显冷却到室温后，表现为受氢氧根离孑浓度的影响

18、，平衡右移显黄色，选项A符合题意；B向试管中滴加10滴浓硫酸，氢离子浓度增大，平衡左移，溶液由黄色变为橙色，选项B不符合题意；C向试管中加入适量硫酸钾溶液，对原溶液有稀释作用，平衡右移，溶液颜色由橙色变为黄色，选项C不符合题意；D橙色与黄色相互转化的过程中，铬等元素的化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，选项D不符合题意；故答案为：A。【分析】B.加入浓硫酸，氢离子浓度增大，该平衡逆向移动；C.加入硫酸钾溶液，溶液被稀释，平衡正向移动；D.该过程中没有元素的化合价发生变化。13【答案】B【解析】【解答】解：A由图可知反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，反应后物质总能量降低，所以该反应

19、为放热反应，H0，故A正确；B催化剂能降低反应所需的活化能，所以反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1减小，E2减小，故B错误；C催化剂不改变反应物与生成物具有的总能量，所以反应体系中加入催化剂，反应速率增大，H不变，故C正确；D已知该反应为放热反应，升高温度平衡向逆方向移动，A的转化率减小，故D正确；故选B【分析】A根据反应物与生成物具有的能量的相对大小分析；B催化剂能降低反应所需的活化能；C催化剂不改变反应物与生成物具有的总能量；D升高温度平衡向吸热方向移动；14【答案】C【解析】【解答】解：A、分析图象拆化学键和形成化学键能量变化判断，反应是放热反应；反应热H=183kJ/mol；故A

20、错误； B、先拐先平压强大，P2P1，压强越大B的含量越小，平衡正向进行，正向是气体体积减小的反应，D一定不是气体；故B错误；C、醋酸是弱酸存在电离平衡，体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中加入过量锌，醋酸溶液中生成氢气多；故C正确；D、碳酸钠溶液中滴入盐酸开始无气体生成，滴入到碳酸钠反应为碳酸氢钠时，再加入盐酸会生成气体，碳酸氢钠溶液中滴入盐酸生成气体，b为碳酸氢钠；故D错误；故选C【分析】A、分析图象拆化学键和形成化学键能量变化判断，反应是放热反应；B、先拐先平压强大，P2P1，压强越大B的含量越小，平衡正向进行，正向是气体体积减小的反应，D一定不是气体；C、醋酸是弱酸存在电

21、离平衡，体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中加入过量锌，醋酸溶液中生成氢气多；D、碳酸钠溶液中滴入盐酸开始无气体生成，滴入到碳酸钠反应为碳酸氢钠时，再加入盐酸会生成气体，碳酸氢钠溶液中滴入盐酸生成气体15【答案】C【解析】【解答】A从反应速率的影响因素考虑，增大接触面积可以加快反应速率，并且可以提高原料的转化率，A不符合题意；B为防止催化剂中毒，丧失活性，沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室，B不符合题意；C温度较高可能导致催化剂失去活性，反而降低反应速率，温度适宜即可，C符合题意；D工业制硫酸的尾气中含有二氧化硫，排放到空气中，可能导致硫酸型酸雨，D不符合

22、题意；故答案为：C。【分析】A沸腾炉使黄铁矿和空气增大接触面积可以加快反应速率，并且可以提高原料的转化率；B为防止催化剂中毒，丧失活性，沸腾炉流出的气体必须经过净化，并补充适量空气，再进入接触室；C温度较高可能导致催化剂失去活性，温度适宜即可；D工业制硫酸的尾气中含有二氧化硫，排放到空气中与水反应产生硫酸，形成酸雨；16【答案】B【解析】【解答】解：Na2CO3溶液与硫酸反应，消耗氢离子，生成氢气的量减小，故错误；水硫酸的浓度减少，但氢离子的物质的量不变，可达到减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，故正确；K2SO4溶液，相当于加水，可达到减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，

23、故正确； 加入醋酸钠固体，溶液中氢离子浓度降低，反应速率降低，但最终电离出氢离子物质的量不变，则生成氢气总量不变，故正确；Na2SO4固体，无影响，故错误； 故选B【分析】适当降低氢离子浓度、将Zn换为不如Zn活泼且能与氢离子反应生成氢气的金属能减缓反应速率，不影响生成氢气总量，则酸最终电离出氢离子总量不变，据此分析解答17【答案】D【解析】【解答】A、铁和水蒸气在高温下能反应生成四氧化三铁和氢气，则 物质a可能是Fe3O4 ，故A不符合题意；B、 若增大的值 ，该反应的平衡正向移动，但甲烷的转化率减小，故B不符合题意；C、根据表中数据可知，随温度升高，K的值增大，说明该反应为吸热反应，即 ，

24、故C不符合题意；D、1000，若容器中 、 ，此时的浓度熵为，则反应正向进行，未达到平衡状态，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁；B、 增大的值 ，水的转化率增大，甲烷的转化率减小；C、随温度升高K增大，说明该反应为吸热反应；D、可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。18【答案】D【解析】【解答】解：A、从方程式可以看出，反应物气体的计量数之和小于生成物气体的计量数之和，则增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，故A错误； B、该反应为可逆反应，1mo

25、lSiCl4不能完全转化，达平衡时，吸收热量小于QkJ，故B错误；C、反应至4min时，若HCl浓度为0.12mol/L，则v（HCl）= =0.03mol/（Lmin），根据反应速率之比等于化学计量数之比，则v（H2）= v（HCl）= 0.03mol/（Lmin）=0.015mol/（Lmin），故C错误；D、由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成HCl的物质的量为 4=0.1mol，100mL1mol/L的NaOH的物质的量为0.1L1mol/L=0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，故D正确；故选D【分析】A、从压强对平衡移动的影响分析；B、注意反应的可逆性；C、根

26、据反应速率之比等于化学计量数之比分析；D、根据方程式计算生成HCl的物质的量19【答案】D【解析】【解答】化学反应速率的决定性因素是反应物的性质，如钠可与冷水发生剧烈反应，而铜与热水在高温下也不反应，浓度、温度、压强、催化剂等因素是次要因素，故答案为：D。【分析】考查的是反应速率的影响因素，最主要的是物质的性质，以及温度，压强，催化剂等20【答案】B【解析】【解答】Av（E）=0.7 mol/（Ls），则v（C）=0.7 mol/（Ls）=0.175 mol/（Ls）；Bv（C）=0.2 mol/（Ls）；CB是固体物质，浓度不变，因此不能用于表示反应速率；Dv（D）=0.4 mol/（Lmi

27、n），则v（C）=0.4 mol/（Ls）=0.2 mol/（Lmin）=0.003 mol/（Ls）；可见其中表示的反应速率符合题意且最快的是v（C）=0.2 mol/（Ls），故答案为：B。【分析】依据速率之比等于计量系数之比进行判断，注意固体物质不能用于表示反应速率。21【答案】（1）0.05mol/（Ls）（2）3A（g）+B（g）2C（g）（3）（4）乙甲丙【解析】【解答】解：（1）从反应开始到12s时，A的浓度变化量c=0.8mol/L0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，故v（A）= =0.05mol/（Ls），故答案为：0.05mol/（Ls）；（2）12s时，B的

28、浓度变化量c=0.5mol/L0.3mol/L=0.2mol/L，故a：b=0.6：0.2=3：1，经测定前4s内v（C）=0.05molL1s1，此时A浓度变化为：0.8mol/L0.5mol/L=0.3mol/L，此时v（A）= =0.075mol/（Ls），即v（A）：v（C）=0.075：0.05=3：2，故a：b：c=3：1：2，故化学反应方程式为：3A（g）+B（g）2C（g），故答案为：3A（g）+B（g）2C（g）；（3）平衡是A变化量为0.6，故C变化量为0.4，可绘制图象如下： ，故答案为： ；（4）确定A的速率为：甲：v（A）=0.3molL1s1； 乙：v（B）=0.1

29、2molL1s1，故v（A）=30.12molL1s1=0.36molL1s1；丙：v（C）=9.6molL1min1= =0.16molL1s1，故v（A）= 0.16molL1min1=0.24molL1s1，故最快的是乙，最慢的是丙，故答案为：乙甲丙【分析】依据图象可知：AB为反应物，且A的初始物质的量浓度为0.8mol/L，B的初始浓度为0.5mol/L，反应进行到12s时达到平衡，此时A的平衡浓度为0.2mol/L，B的平衡浓度为0.3mol/L，据此可以计算出12s内用A表示的化学反应速率，可以计算出a与b的比值，利用题给4s内v（C）=0.05molL1s1，计算出abc的最简整

30、数比，然后绘制图象，比较化学反应速率的快慢即可22【答案】（1）催化剂（2）温度（3）反应物本身的性质（4）（氢离子的）浓度（5）固体的表面积【解析】【解答】解：（1）MnO2起催化作用即影响因素为催化剂， 故答案为：催化剂；（2）冰箱中温度低，可减慢食物变质的反应速率，即影响因素为温度，故答案为：温度；（3）锌与镁的活动性顺序不同，与盐酸反应的剧烈程度不同，故答案为：反应物本身的性质；（4）锌与酸反应实质是和酸电离出的氢离子反应，等浓度的盐酸和硫酸中，氢离子浓度不同，即影响因素为反应物浓度，故答案为：（氢离子的）浓度；（5）粉碎成矿粒增大了固体表面积即影响因素为固体表面积，故答案为：固体的表

31、面积【分析】常见影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂以及固体的表面积等，一般来说浓度越大、温度越高、压强越大以及增大固体表面积、加入催化剂等，都可增大反应速率，以此解答23【答案】；T1；（2）实验相比，实验到达平衡时间短，反应速率越快，催化剂效率高，故答案为：；（3）如果只加水，与原平衡是等效平衡；加入的氢气，相当于增加氢气的浓度，平衡逆向移动。【分析】（1）相同条件下，温度越高，达到化学平衡时间越短。（2）相同条件下，达到平衡时间越短，催化效率越高（3）根据化学平衡移动原理：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动24【答案】（1）防止亚铁离子被氧化（2）血红；溶液中发生Fe33SCN Fe(SCN)3使局部变红，Ag与SCN反应生成AgSCN沉淀，降低了c(SCN)，平衡逆向移动，血红色逐渐褪去 用下图装置进行SO2性质的研究。 （3）酸式滴定管；BaSO4；Fe3