2024届高三新高考化学大一轮专题练习-化学反应速率
一、单选题
1．（2023·山东泰安·统考三模）已知的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，在催化剂X表面反应的变化数据如下：
t/min 0 10 20 30 40 50 60 70
0.100 0.080 0.040 0.020 0
下列说法正确的是
A．，
B． min时，
C．相同条件下，增大的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若起始浓度为0.200 mol·L，当浓度减至一半时共耗时50 min
2．（2023·贵州毕节·统考三模）Suzuki-Miyaura偶联反应是构建碳碳键的有效手段之一，在制药、催化、先进材料制备等领域有着广泛的应用。下列说法错误的是
A．该催化循环中硼的成键数目不变 B．(PPh3)4Pd是该反应的催化剂
C．物质A、B、C为反应中间体 D．OH-参与了该催化循环
3．（2023春·福建三明·高三校联考期中）乙苯催化脱氢制取苯乙烯的反应历程如图：
下列有关说法正确的是
A．状态Ⅰ中产生了活性的氢分子
B．由原料到状态Ⅰ吸收能量
C．总反应过程中没有涉及氧化还原反应
D．总反应的化学方程式为
4．（2023春·重庆巫溪·高三巫溪县中学校校考阶段练习）纳米级 Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制 H2，过程如图所示，下列说法中不正确的是
A．Fe3O4、FeO 两者都是以太阳能为热源分解水制 H2过程中的催化剂
B．过程 I 的反应：2Fe3O46FeO+O2↑
C．过程 I、Ⅱ的总反应：2H2O2H2↑+O2↑
D．整个过程实现了太阳能向化学能的转化
5．（2023春·安徽·高三校联考阶段练习）氮的氧化物的治理对大气环境的净化有着重要的意义，某化学兴趣小组查阅资料，与自由基在催化剂上反应历程如图所示。
自由基与反应历程
下列叙述错误的是
A．使用催化剂能够降低反应的活化能，两种反应过程均放热
B．过程(2)总方程式为
C．反应过程中一定伴随碳氧键和氮氧键的断裂
D．相同条件下，过程(1)反应比过程(2)更容易进行
6．（2023春·江苏苏州·高三江苏省木渎高级中学校考期中）下列4个数据是在不同条件下测得的合成氨反应的速率，其中反应最快的是
A． B．
C． D．
7．（2023春·湖北·高三荆州中学校联考期中）一定温度下，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．该反应的化学方程式为3X+Y 2Z
B．2min时反应达到平衡状态
C．与1～2min相比，0～1min的v(正)比较快
D．平衡时，容器压强与初始压强的比值为10：9
8．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考期中）1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步进行，第一步进攻1，3-丁二烯生成碳正离子( )；第二步进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为和。
下列说法不正确的是
A．由图可知，该反应速率主要由第一步决定
B．与0℃相比，40℃时反应的平衡转化率更大
C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于1，4-加成正反应速率的增大速度
D．延长反应时间，最终以1，4-加成产物为主
9．（2023秋·浙江宁波·高三统考期末）在含的和的混合溶液中，反应的分解机理及反应过程中的能量变化如下：
步骤①：
步骤②：
下列有关该反应的说法不正确的是
A．化学反应速率与浓度的大小有关
B．该反应为放热反应
C．是该反应的催化剂
D．若不加，则图中只出现一个能量峰
10．（2023春·安徽·高三校联考期中）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂，其催化历程如下：
i．
ii．
探究i、ii反应速率与歧化反应速率的关系，实验如下：分别将饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象(已知：易溶解在溶液中)。
序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ
试剂组成 、 、
实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较Ⅰ快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快
下列说法错误的是
A．水溶液中歧化反应方程式为
B．若Ⅱ是Ⅰ的对比实验，则
C．比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可得出的结论是：是歧化反应的催化剂，单独存在时不具有催化作用，但可以加快歧化反应速率
D．实验表明，的歧化反应速率Ⅳ>Ⅰ，原因是反应i比ii快
11．（2023·福建莆田·统考二模）活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是
A．比稳定
B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大
C．该历程中最小正反应的活化能为
D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变
12．（2023春·浙江嘉兴·高三校联考期中）如图所示为800°C时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是
A．发生的反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)
B．反应开始至2 min A的平均速率为0.1 mol/(L·min)
C．反应开始时，正、逆反应同时进行
D．2 min时，A、B、C的浓度之比为2：3：1
13．（2023春·山西·高三校联考阶段练习）过渡金属元素离子催化乙烯氧化成乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．和能够降低反应的活化能
B．该反应历程中氢离子物质的量一直减小
C．Pd的化合价在反应历程中未发生变化
D．该历程的总反应为
二、多选题
14．（2023春·安徽池州·高三统考期中）下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 往烧杯中加入约20g研细的Ba(OH)2·8H2O晶体和10gNH4Cl晶体，并将烧杯放在滴有水的玻璃片上，用玻璃棒迅速搅拌 有刺激性气味气体生成，烧杯底部结冰，与玻璃片粘在一起 该反应为吸热反应
B 向锌和稀硫酸反应的试管中滴加几滴溶液 气泡生成速率加快 是该反应的催化剂
C 向某无色溶液中加入足量稀盐酸酸化的BaCl2溶液 出现白色沉淀 溶液中一定存在
D 将表面积相同且用砂纸打磨后的镁条、铝条分别放入加有2滴酚酞的沸水中 镁条与水反应产生气泡，溶液变成浅红色；铝条与沸水几乎无明显现象 镁的失电子能力比铝强
A．A B．B C．C D．D
三、非选择题
15．（2020·高三单元测试）一定温度下，在容积为VL的密闭容器中进行反应：n N(g)m M(g)，M、N的物质的量随时间的变化曲线如图所示：
(1)此反应的化学方程式中n：m=_________。
(2)t1到t2时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为________。
(3)在a、b、c点中，表示正反应速率大于逆反应速率的点有：__________。
(4)下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是_______ ( 填选项字母)
A．反应中M与N的物质的量之比为1：1
B．混合气体的总质量不随时间的变化而变化
C．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化
D．单位时间内每消耗n mol N，同时生成m mol M
16．（2020春·广东揭阳·高三统考期末）化学反应速率和限度与生产、生活密切相关
(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下(累计值)：
时间/min 1 2 3 4 5
氢气体积/mL(标准状况) 100 240 464 576 620
①哪一时间段反应速率最大______ min(填“0~1”“1~2”“2~3”“3~4”或“4~5”)，原因是________ 。
②求3~4min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率_____ (设溶液体积不变)。
(2)另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是_____(填字母)。
A．蒸馏水 B．KCl溶液 C． KNO3溶液 D．CuSO4溶液
17．（2019春·广东韶关·高三统考期末）Ⅰ.控制变量法是化学实验的一种常用方法。下表是某学习小组研究等物质的量浓度的稀硫酸和锌反应的实验数据，分析以下数据，回答下列问题：
序号 硫酸的体积/mL 锌的质量/g 锌的形状 温度/℃ 完全溶于酸的时间/s 生成硫酸锌的质量/g
1 50.0 2.0 薄片 25 100 m1
2 50.0 2.0 颗粒 25 70 m2
3 50.0 2.0 颗粒 35 35 m3
4 50.0 2.0 粉末 25 45 5.0
5 50.0 6.0 粉末 35 30 m5
6 50.0 8.0 粉末 25 t6 16.1
7 50.0 10.0 粉末 25 t7 16.1
（1）化学反应速率本质上是由________决定的，但外界条件也会影响反应速率的大小。本实验中实验2和实验3表明________对反应速率有影响。
（2）我们最好选取实验______________(填3个实验序号)研究锌的形状对反应速率的影响。我们发现在其它条件相同时，反应物间的____________反应速率越快。
（3）若采用与实验1完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，发现反应速率明显加快。原因是_______________________________。
（4）利用表中数据，可以求得硫酸的物质的量浓度是________mol/L。
Ⅱ.某温度时，在5L的容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。请通过计算回答下列问题：
（5）反应开始至2min，Z的平均反应速率_______________。
（6）分析有关数据，写出X、Y、Z的反应方程式__________________。
18．（2020秋·全国·高三假期作业）某温度时，在2 L密闭容器中X、Y、Z三种气态物质的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线如图所示，由图中数据分析：
(1)该反应的化学方程式为______。
(2)反应开始至2min，用Z表示的平均反应速率为______。
(3)下列方法能加快化学反应速率的是______ 。
A．增加X的浓度 B．体积不变时，加入He C．升高温度 D．使用催化剂
(4)由开始到2min时，X的转化率为______。
参考答案：
1．D
【分析】根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，的消耗是匀速的，说明反应速率与无关，故速率方程中n=0；
【详解】A．由分析可知，n=0，与浓度无关，为匀速反应，每10min一氧化二氮浓度减小0.02，则，A错误；
B．由分析可知，n=0，与浓度无关，为匀速反应，t=10min时瞬时速率等于平均速率==≠，B错误；
C．速率方程中n=0，反应速率与的浓度无关，C错误；
D．保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为，若起始浓度，减至一半时所耗时间为=50min，D正确；
答案选D。
2．A
【详解】A．从图看B的键数有从三键变为4键，A项错误；
B．(PPh3)4Pd进入反应后经历两步又产生了，即它为催化剂，B项正确；
C．A、B、C均为上一步的产物而下一步的反应物，三者均为中间体，C项正确；
D．从图看出多步加入OH-，OH-参与了该催化循环，D项正确；
故选A。
3．B
【详解】A．由图可知，状态Ⅰ中在催化剂表面产生了氢负离子，A错误；
B．由原料到状态Ⅰ，发生了化学键的断裂，存在吸收能量过程，B正确；
C．总反应过程中二氧化碳转化为一氧化碳，则碳元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，C错误；
D．由图可知，总反应为乙苯、二氧化碳子发生脱氢反应生成苯乙烯和CO、水，化学方程式为 ，D错误；
故选B。
4．A
【详解】A．由图可知，四氧化三铁是以太阳能为热源分解水制氢气反应的催化剂，氧化亚铁为中间产物，故A错误；
B．由图可知，过程I为三氧化铁分解生成氧化亚铁与氧气，反应的化学方程式为2Fe3O46FeO+O2↑，故B正确；
C．由图可知，过程 I、Ⅱ的总反应为光和催化剂作用下水分解生成氢气和氧气，反应的化学方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故C正确；
D．由图可知，四氧化三铁制备氢气的整个过程实现了太阳能向化学能的转化，故D正确；
故选A。
5．C
【详解】A．催化剂能够降低反应的活化能，观察图像可知，两种反应过程均放热，故A正确；
B．观察图像可知，反应物是和，产物是H、NO、，故总方程式为，故B正确；
C．从催化反应过程可以看出，CO键没有断裂，故C错误；
D．由图可知，过程(1)反应的活化能低，更容易进行，故D正确；
故选C。
6．C
【详解】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，把用不同物质表示的反应速率换算成用同一物质表示的化学反应速率，在同一成同一单位，然后比较大小，
A．；
B．；
C．；
D．；
综上所述，反应最快的C项，故选C。
7．D
【详解】A． n(X)： n(Y)： n(Z)=0.3：0.1：0.2=3：1：2——与计量系数成正比，故A正确。
B．2min后X、Y、Z的物质的量不变，反应达到平衡状态，故B正确。
C．随反应的进行，反应物浓度降低，正反应速率减慢，故C正确。
D．，故D错误；
故选D。
8．B
【详解】A．由图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，活化能越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，所以该反应速率主要由第一步决定，故A正确；
B．该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故B错误；
C．1，4-加成的活化能大于1，2-加成，从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于1，4-加成正反应速率的增大速度，故C正确；
D．1，4-加成产物的能量更低、更稳定，所以延长反应时间，最终以1，4-加成产物为主，故D正确；
选B。
9．C
【详解】A．可以看作该反应的催化剂，根据反应的机理，化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关，A正确；
B．反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，B正确；
C．Fe3+是该反应的催化剂，C错误；
D．加催化剂后会出现两个峰，不加，图中只出现一个能量峰，D正确；
故选C。
10．D
【详解】A．结合已知两步催化历程可得总反应，硫元素化合价既升高又降低，即，A正确；
B．对照实验碘化钾的浓度需要相等，否则无法得出正确结论，即，B正确；
C．比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，只有Ⅰ中只含碘化钾、Ⅱ中含有碘化钾和硫酸、Ⅲ中只含硫酸，反应快慢顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ，且Ⅲ中没有明显现象，说明不反应，Ⅱ中含有酸导致其反应速率加快，所以得出结论是碘离子是二氧化硫岐化反应的催化剂，氢离子单独存在时不具有催化作用，但氢离子可以加快岐化反应速率，C正确；
D．由催化历程知二氧化硫先和碘离子反应生成碘单质和硫单质、然后碘单质和二氧化硫反应生成硫酸根和碘离子，Ⅳ中碘化钾溶液中溶解的有碘单质，即Ⅳ中反应ii的反应较I快，所以Ⅳ中出现浑浊较Ⅰ快，D错误；
故选D。
11．C
【详解】A．的能量更高，故其不如稳定，A错误；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；结合图像可知，升高温度，生成的反应速率增大的程度更大，B错误；
C．该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能，为，C正确；
D．改变催化剂可以改变反应历程，加快反应速率，但是不能改变生成的反应焓变，D错误；
故选C。
12．C
【详解】A．根据图像得出浓度改变量为Δc(A)＝0.2mol L 1，Δc(B)＝0.2mol L 1，Δc(C)＝0.1mol L 1，根据改变量之比等于计量系数之比得出反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)，选项A正确；
B．反应开始至2 min A的分解速率为，选项B正确；
C．开始时，C的浓度为0，因此该平衡是正向开始建立的平衡，选项C错误；
D．2 min时，c(A)＝0.2mol L 1，c(B)＝0.3mol L 1，c(C)＝0.1mol L 1，因此A、B、C的浓度之比为2∶3∶1，选项D正确；
答案选C。
13．D
【详解】A．是中间产物，不是催化剂，不能降低反应的活化能，A错误；
B．反应历程中氢离子的物质的量有增多和减少的过程，并不是一直减小，B错误；
C．Pd元素化合价有从+2转化为0，也有从0到+2，C错误；
D．该历程的总反应为，D正确；
故选D。
14．AD
【详解】A．铵盐与碱的反应是一个典型的无需加热就能自发进行的吸热反应， A项正确；
B．Zn置换出Cu，构成原电池，可加快反应速率，与催化剂无光，B项错误；
C．该操作不能排除溶液中Ag+的可能，应先加稀盐酸，无明显现象再加BaCl2溶液， C项错误；
D．镁与沸水反应生成氢氧化镁和氢气，氢氧化镁为白色沉淀，溶液变浑浊，而铝与沸水无明显现象，可以说明镁的失电子能力比铝强，D项正确；
故AD。
15． 2：1 mol/(L·min) a、b C
【详解】（1）参加反应的N的物质的量为8mol-2mol=6mol，生成的M的物质的量是5mol-2mol=3mol，所以此反应的化学方程式中n：m=2：1；
（2）由图可知，t1到t2时刻M的物质的量变化为4mol-3mol=1mol，则反应速率v=mol/(L·min)；
（3）由图可知，在a、b、c点中a、b两点没有达到平衡状态，c点达到平衡状态，所以表示正反应速率大于逆反应速率的点有a、b；
（4）A．反应中M与N的物质的量之比为1：1不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态，A错误；
B．混合气体的总质量始终不变，混合气体总质量不变不能说明到达平衡，B错误；
C．正反应体积减小，则混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，说明到达平衡，C正确；
D．单位时间内每消耗n mol N，同时生成m mol M均表示正反应速率，不一定处于平衡状态，D错误；
答案选C。
16． 2~3 因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快 CD
【分析】根据题中表格数据，可判断反应速率最大的时段并分析其原因；根据题中表格数据结合化学方程式计算反应速率；根据题中要求，减慢反应速率，判断不可行的方法措施；据此解答。
【详解】(1)①相同条件下，反应速率越大，相同时间内收集的气体越多，由表中数据可知，反应速率最大的时间段是2～3 min，原因是该反应是放热反应，温度越高，且盐酸浓度较大，反应速率越大；答案为2～3 ，该反应是放热反应，此时温度高，且盐酸浓度较大，反应速率越大。
②3～4分钟时间段，收集的氢气体积V(H2)=(576-464)mL=112mL，n(H2)==0.005mol，根据氢气和HCl关系式得消耗的n(HCl)=2(H2)=2×0.005mol=0.01mol，则v(HCl)==0.025 mol·L-1·min-1；答案为0.025 mol·L-1·min-1。
(2)A．加入蒸馏水，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故A可行；
B．加入KCl溶液，H+浓度减小，反应速率减小且不减少产生氢气的量，故B可行；
C．加入KNO3溶液，H+浓度减小，因酸性溶液中有NO3-，具有强氧化性，与Zn反应无氢气生成，故C不可行；
D．加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu，形成Zn-Cu原电池，加快反应速率，故D不可行；
答案为CD。
17． 反应物本身的性质 温度 1、2和4 接触面积越大 锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，加快了反应速率 2.0 0.02mol/(L·min) X(g)＋3Y(g)2Z(g)
【分析】根据决定化学反应速率的本质因素进行解答，根据题中所给实验数据找出不同的条件因素解答；根据形成原电池加快反应速率分析；根据题中所给实验数据，硫酸根守恒，由硫酸锌的量计算硫酸的浓度；根据题中图示，由v=计算反应速率；根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式；据此解答。
【详解】（1）化学反应速率本质上是由反应物本身的性质决定的；实验2和实验3中，除了温度不同外，其它条件完全相同，则说明探究的是温度对反应速率的影响；温度越高，反应速率越快；答案为反应物本身的性质，温度。
（2）根据表中数据可知，实验1、2和4中，除了锌的形状不同外，其它条件完全相同，则它们是探究锌的形状对反应速率的影响，固体的接触面积越大，反应速率越快；答案为1、2和4，接触面积越大。
（3）若采用与实验1完全相同的条件，但向反应容器中滴加少量硫酸铜溶液，由于锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，所以反应速率明显加快；答案为锌会置换出少量的金属铜，在该条件下构成了原电池，加快了反应速率。
（4）根据实验6和实验7可知，加入8g锌后与加入10g锌生成的硫酸锌质量相同，说明两个实验中硫酸完全反应，16.1g硫酸锌的物质的量为n(ZnSO4)==0.1mol，则原硫酸溶液的物质的量浓度为c(H2SO4)==2mol/L；答案为2。
（5）反应开始至2 min时，Z的物质的量增加了=0.2mol，所以Z的平均反应速率是v(Z)==0.02 mol/(L min)；答案为0.02 mol/(L min)。
（6）根据图象可知X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增加，则X和Y是反应物，Z是生成物，且变化量分别是0.1mol、0.3mol、0.2mol，由于变化量之比是相应的化学计量数之比，所以其系数之比为0.1mol：0.3mol：0.2mol=1：3：2，所以其方程式为X(g)+3Y(g) 2Z(g)；答案为X(g)+3Y(g) 2Z(g)。
18． 3X+Y 2Z 0.05mol/（L min） ACD 30%
【详解】（1）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且△n（X）：△n（Y）：△n（Z）=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X+Y 2Z；
（2）反应开始至2min，用Z表示的平均反应速率为v（Z）=△c÷△t==0.05mol/（L min）；
（3）A．增加X的浓度反应速率加快，A正确；B．体积不变时，加入He，反应物浓度不变，反应速率不变，B错误；C．升高温度反应速率加快，C正确；D．使用催化剂反应速率加快，D正确；答案选ACD；
（4）X的转化率=n(转化)/n(总量)×100%=(1-0.7)/1×100%=30%。
