2020届高考化学一轮总复习第七章第23讲化学反应速率练习(含解析)

化学反应速率

1．已知4NH3＋5O2===4NO＋6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)(mol·L

－1

·min)表示，则正确的关系是( ) 4

A.v(NH3)＝v(O2) 52

C.v(NH3)＝v(H2O) 3答案：D

2．下列说法正确的是( )

A．活化分子的每一次碰撞都能够发生化学反应 B．能够发生有效碰撞的分子叫作活化分子

C．反应物用量增加后，有效碰撞次数增多，反应速率增大 D．催化剂能提高活化分子的活化能，从而加快反应速率

解析：活化分子只有发生有效碰撞才能发生化学反应，A项错误；增加固体或纯液体的

5

B.v(O2)＝v(H2O) 64

D.v(O2)＝v(NO) 5

－1

量，反应速率不变，C项错误；催化剂能降低反应的活化能，使原来不是活化分子的分子变成活化分子，提高了活化分子的百分数，加快了化学反应速率。

答案：B

3．(2018·福建厦门质检)2SO2(g)＋O2

3

(g) ΔH＝－198 kJ·mol，在V2O5

－1

存在时，该反应的机理为：V2O5＋SO2===2VO2＋SO3(快)，4VO2＋O2===2V2O5(慢)。

下列说法中正确的是( ) A．反应速率主要取决于V2O5的质量 B．VO2是该反应的催化剂

C．逆反应的活化能大于198 kJ·mol D．增大SO2的浓度可显著提高反应速率

解析：由反应机理可知，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，A、B项错误；ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能＝－198 kJ·mol，所以逆反应的活化能大于198 kJ·mol，C项正确；反应速率主要由慢反应决定，故增大SO2的浓度，不能显著提高反应速率，D项错误。

答案：C 4．在C(s)＋CO2

ΔH>0反应中，可使反应速率增大的措施是( )

－1

－1

－1

①升高温度 ②增加碳的量 ③恒容通入CO2 ④恒压下充入N2 ⑤恒容下充入N2 ⑥恒容通入CO ⑦降低温度 ⑧恒压下充入CO2

A．③⑦⑧ C．①③⑥

B．②③⑧ D．①③⑧

解析：①升高温度，反应速率增大；②碳单质是固体，固体的量的变化对反应速率无影响；③恒容通入CO2，CO2浓度增大，正反应速率增大；④体积增大，反应物及生成物浓度都减小，正、逆反应速率降低；⑤体积不变，反应物及生成物的浓度不变，正、逆反应速率不变；⑥恒容通入CO，CO浓度增大，逆反应速率增大；⑦降低温度，正、逆反应速率都减小；⑧恒压下充入CO2，CO2浓度不变，正反应速率不变，CO浓度减小，逆反应速率减小。

答案：C

5．10 mL浓度为1 mol·L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是( )

A．K2SO4 C．CuSO4

B．H2SO4 D．Na2CO3

－1

解析：锌与稀盐酸反应过程中，若加入物质使反应速率减小，则溶液中的氢离子浓度减小，但由于不影响氢气的生成量，故氢离子的总物质的量不变。A项，硫酸钾为强酸强碱盐，不发生水解，若加入其溶液，则对盐酸产生稀释作用，氢离子浓度减小，但H物质的量不变，正确；B项，加入H2SO4，使溶液中的H的浓度和物质的量均增大，导致反应速率增大，生成氢气的量增大，错误；C项，加入硫酸铜溶液，Cu会与锌反应生成铜，构成原电池，会加快反应速率，错误；D项，加入碳酸钠溶液，会与盐酸反应，使溶液中的氢离子的物质的量减少，导致反应速率减小，生成氢气的量减少，错误。

答案：A

6.把镁条投入到盛有盐酸的敞口容器里，产生H2的速率可由如图表示。

在下列因素中：①盐酸的浓度；②镁条的表面积；③溶液的温度；④Cl

－

2＋

＋

＋

的浓度。影响反应速率的因素是( ) A．①④ C．①②③

B．③④ D．②③

＋

2＋

＋

解析：镁条和盐酸反应产生H2的离子方程式为Mg＋2H===Mg＋H2↑，是镁与H间的置换反应，与Cl无关。在镁条的表面有一层氧化膜，当将镁条投入盐酸中时，随着氧化膜的不断溶解，镁与盐酸接触面积不断增大，产生H2的速率会加快；溶液的温度对该反应也有影响，反应放出热量，使温度升高，反应速率也会加快；随着反应的进行，c(H)不断减小，反应速率会逐渐减慢。

答案：C

7．为了研究一定浓度Fe的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如图所示，判断下列说法正确的是( )

2＋

＋

－

A．pH越小氧化率越大 B．温度越高氧化率越小

C．Fe的氧化率仅与溶液的pH和温度有关

D．实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe的氧化率

解析：由②③可知，温度相同时pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大；C项，Fe的氧化率除受pH、温度影响外，还受其他因素影响，如浓度等。

答案：D

HCl

8．某探究小组利用反应CH3COCH3(丙酮)＋Br2――→CH3COCH2Br(1-溴丙酮)＋HBr来研究反应浓度对反应速率v(Br2)的影响，速率快慢通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：

实验序号 ① ② ③ ④ 初始浓度c/(mol·L) CH3COCH3 0.80 1.60 0.80 0.80 HCl Br2 －12＋

2＋

2＋

溴单质颜色消失所需时间t/s 290 145 145 580 0.20 0.0010 0.20 0.0010 0.40 0.0010 0.20 0.0020 根据实验数据分析，欲使v(Br2)增大，下列措施中不可行的是( ) A．增大c(CH3COCH3) B．增大c(Br2) C．增大c(HCl)

D．同时增大c(CH3COCH3)和c(HCl)

解析：对比①②两组数据可知，增大c(CH3COCH3)，溴单质颜色消失所需时间缩短，即

v(Br2)增大，故A项可行；对比①和④两组数据可知，当Br2的浓度变为原来的2倍时，溴

Δc全部反应所需时间变为原来的2倍，根据化学反应速率的公式v(Br2)＝

2

Δt可知，增

大溴的浓度，化学反应速率不变，故B项不可行；对比①③两组数据，当HCl浓度增大时，溴颜色消失所需时间缩短，即v(Br2)增大，故C项可行；根据上述分析知D项显然是可行的。

答案：B

9．(2018·福建龙岩教学质量检查)某温度下，镍和镁分别在O2中发生反应，两种金属表面形成氧化膜厚度的实验记录如下：

反应时间t/h MgO层厚Y/nm NiO层厚Y′/nm 1 0.05a 4 0.20a 2b 9 0.45a 3b 16 0.80a 4b 25 1.25a 5b b 表中a和b均为与温度有关的常数。 下列判断错误的是( )

A．可用氧化膜生成速率表示金属氧化速率 B．相同条件下，镁比镍耐氧化腐蚀 C．温度越高，a、b的值越大 D．金属氧化的本质为M－ne===M

解析：结合数据可知，氧化膜的厚度随时间延长而增加，A项正确；因a、b关系不确定，无法比较，B项错误；温度升高，反应速率加快，C项正确；金属氧化的本质是金属失电子发生氧化反应，D项正确。

答案：B

10．一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应生成另外两种气体，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是( )

－

n＋

A．该反应的化学方程式为3B(g)＋B．反应进行到1 s时，v(A)＝v(D)

C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol·L·s D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等

解析：该反应中各物质的物质的量变化之比等于化学方程式中化学计量数之比，Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)：Δn(D)＝(1.2－0)mol∶(1.0－0.4)mol∶(1.0－0.2)mol∶(0.4－0)mol＝6∶3∶4∶2，又因为各物质的浓度最终不变，应为可逆反应，所以化学方程式为3B(g)＋

＋2D(g)，A项错误；任意时刻，用各物质表示的反应速率之比都等

－1

－1

＋2C(g)

于化学计量数之比，B、D错误。

答案：C

11．(2018·江西百所名校第一次联考)已知反应2NO(g)＋2H2(g)===N2(g)＋2H2O(g)生成N2的初始速率与NO、H2的初始浓度的关系为v＝kc(NO)·c(H2)，k为速率常数。在800 ℃

xy