2026苏教版高考化学一轮复习配套热练大单元6第20讲　化学反应速率含答案解析

大单元六化学反应速率化学平衡第20讲化学反应速率练习1化学反应速率及其理论1.(2023·连云港中学)反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一密闭容器中进行，下列条件的改变能加快反应速率是(B)A.增加C的量B.将容器的容积缩小一半C.保持容器容积不变，充入N2D.保持压强不变，充入He【解析】C是固体，增加固体C的量，反应速率不变，A错误；将容器容积缩小一半，相当于增大压强，反应速率加快，B正确；保持容器容积不变，充入N2，各组分浓度不变，反应速率不变，C错误；保持压强不变，充入He，等效于减压，反应速率减慢，D错误。2.(2023·无锡太湖中学)少量铁粉与100mL0.01mol/L的稀盐酸反应，反应速率太慢，为了加快此反应速率而不改变H2的量，可以使用如下方法中的(D)①加H2O②加NaOH固体③滴入几滴浓盐酸④加CH3COONa固体⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用10mL0.1mol/L盐酸A.⑤⑦⑧ B.③⑤⑧C.①⑥⑦ D.③⑦⑧【解析】加水，c(H＋)减小，反应速率减慢，①不符合题意；加NaOH固体，c(H＋)减小，反应速率减慢，②不符合题意；滴入几滴浓盐酸，c(H＋)增大，反应速率加快，③符合题意；加CH3COONa固体，生成醋酸，c(H＋)减小，反应速率减慢，④不符合题意；加NaCl溶液，c(H＋)减小，反应速率减慢，⑤不符合题意；滴入几滴CuSO4溶液，Fe置换出Cu，构成原电池，反应速率加快，但Fe的量减少，导致生成H2的量减少，⑥不符合题意；升高温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率加快，⑦符合题意；改用10mL0.1mol/L盐酸，c(H＋)增大，反应速率加快，⑧符合题意。故选D。3.(2023·徐州调研)含有少量I－的溶液中，H2O2的分解机理如下：①H2O2＋I－=H2O＋IO－(慢)，②H2O2＋IO－=H2O＋O2＋I－(快)。对于含有少量I－的溶液中发生的反应2H2O2(aq)=2H2O(l)＋O2(g)ΔH＝－98kJ/mol。下列说法正确的是(A)A.增大溶液中c(I－)，可提高H2O2的分解速率B.IO－也是该反应的催化剂C.反应①和反应②的活化能之和等于98kJ/molD.升高温度和使用催化剂均能提高H2O2分解的平衡转化率【解析】增大溶液中c(I－)，反应①的速率加快，反应①的速率决定总反应速率，故可提高H2O2的分解速率，A正确；I－是该反应的催化剂，IO－是中间产物，B错误；反应①和反应②的活化能之和不等于98kJ/mol，C错误；催化剂不能使平衡发生移动，使用催化剂不能提高H2O2分解的平衡转化率，D错误。4.(2023·木渎中学)已知合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ/mol。下列说法不正确的是(A)A.合成氨反应的ΔS＝－200J/(K·mol)，在较低温度下不能自发进行B.氮气和氢气的反应活化能很大，需要外界提供能量才可能发生反应C.恒温恒容密闭容器中充入1molN2和3molH2，充分反应后放出热量小于92.4kJD.温度升高，反应物的活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，反应速率增大【解析】N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH<0、ΔS<0，ΔH－TΔS<0时，反应能够自发进行，则该反应在较低温度下能自发进行，A错误；N2和H2的反应活化能很大，需要外界提供能量才可能发生反应，B正确；合成氨反应是可逆反应，1molN2和3molH2充分反应后放出热量小于92.4kJ，C正确；升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，反应速率加快，D正确。5.(2024·扬州中学)一种合金催化剂M催化BH3NH3水解释氢的反应机理如图所示。下列有关说法不正确的是(B)A.总反应ΔS>0B.加入NaOH可制得更纯的H2C.若反应中生成2gH2，转移电子2molD.若将H2O换成D2O则可释放出HD【解析】由图可知总反应为BH3NH3＋2H2O=NHeq\o\al(＋,4)＋BOeq\o\al(－,2)＋3H2↑，ΔS>0，A正确；NaOH和NHeq\o\al(＋,4)生成氨气，制得的H2中混有氨气，B错误；由总反应可知，6e－～3H2，故生成2g(即1mol)H2，转移2mol电子，C正确；据图可知，参加反应的2个水分子中只有一个氢原子转化为NHeq\o\al(＋,4)，其余3个氢原子和BH3中的3个氢原子结合生成3个H2，若将水换成D2O，则可释放出HD，D正确。6.(2024·南通三模)NaOH活化过的Pt/TiO2催化剂对甲醛氧化为CO2具有较好的催化效果，有学者提出该催化反应的机理如图所示。下列说法不正确的是(D)A.步骤Ⅰ中存在非极性键的断裂B.步骤Ⅰ可理解为HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的—OH发生作用C.步骤Ⅱ中发生的反应可表示为HCOOHeq\o(=,\s\up7(催化剂))CO＋H2OD.该催化剂对苯的催化氧化效果优于对HCHO的催化氧化效果【解析】在步骤Ⅰ中O2中化学键断裂，故存在非极性键的断裂，A正确；HCHO中带部分负电荷的O与催化剂表面的—OH发生作用(类似于氢键)，B正确；步骤Ⅱ相当于HCOOH失去H2O转变为CO，故发生的反应可表示为HCOOHeq\o(=,\s\up7(催化剂))CO＋H2O，C正确；苯与该催化剂表面的—OH不能发生类似的作用，故对苯的催化氧化效果比对HCHO的催化氧化效果差，D错误。7.(2023·连云港一调)光催化还原法实现CO2甲烷化可能的反应机理如图所示，该过程可描述为光照条件下，催化剂TiO2的价带(VB)中的电子激发至导带(CB)中，价带中形成电子空穴(h＋)，H＋作用下CO2在导带上得到电子生成CH4，H2O在价带上失去电子生成O2和H＋。8.一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑。实验发现，在不改变铁屑总量的情况下，加入一定量的烟道灰(一种细小的炭粒)，铬(Ⅵ)还原速率加快。加入烟道灰后铬(Ⅵ)还原速率加快的原因是在酸性废水中，铁屑和烟道灰形成原电池，加快反应速率。9.(2023·如东期中)“肼合成酶”以其中的Fe2＋配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼，其反应历程如图所示。(1)上图所示的反应步骤Ⅱ、Ⅳ中Fe元素化合价的变化可分别描述为步骤Ⅱ中Fe由＋2价变成＋3价，步骤Ⅳ中Fe由＋3价变成＋2价。(2)将NH2OH替换为ND2OD，反应所得产物的化学式为ND2NH2、HDO。【解析】(2)由反应历程可知，生成的H2N—NH2有2个氢原子来源于NH3，另外2个氢原子来自NH2OH，生成的H2O中有一个氢原子来源于NH3，另外一个氢原子来自NH2OH，将NH2OH替换为ND2OD，所得产物的化学式为ND2NH2、HDO。10.(2023·苏州期初)金属锰分解水原位还原CO2产生甲酸是CO2有机资源转化新途径。锰与水反应生成MnO与活性氢原子，MnO结合活性氢原子形成中间体Q；HCOeq\o\al(－,3)吸附到具有催化活性中间体Q后被活化产生甲酸的部分机理如图所示。(1)从电负性角度描述中间体Q与HCOeq\o\al(－,3)生成HCOO－的过程：中间体Q中与Mn相连的H带负电，该H与HCOeq\o\al(－,3)中带正电的碳原子结合形成C—H，HCOeq\o\al(－,3)中C—O单键断裂生成HCOO－。(2)实验中将锰粉、碳酸氢钠和去离子水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能是锰与水反应生成MnO是CO2生成甲酸反应的催化剂。【解析】(1)电负性：O＞C＞H，HCOeq\o\al(－,3)中—OH带负电，而Q中与Mn相连的H带负电，该H与HCOeq\o\al(－,3)中带正电的碳原子结合。(2)锰与水反应生成MnO与活性氢原子，MnO结合活性氢原子形成催化活性中间体Q。11.(2023·前黄中学)硼氢化钠(NaBH4)是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4在掺杂了MoO3的纳米Co2图1Co2B催化剂催化NaBH4水解的机理(1)写出NaBH4与水反应生成NaBO2和H2的离子方程式：BHeq\o\al(－,4)＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(Co2B))BOeq\o\al(－,2)＋4H2↑；并分析掺杂MoO3能提高制H2效率的原因吸附水分子，并促进水分子电离生成H＋。(2)已知25℃时NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分别为28g和55g，NaBH4浓度对制H2速率影响如图2所示，NaBH4制H2的最佳浓度为10%，试分析浓度过低或过高反应速率变慢的原因：NaBH4含量较低时，催化剂表面活性位点未被充分利用，催化剂性能未充分发挥；NaBH4含量较高时，水解反应产物NaBO2易吸附于催化剂表面，从而阻碍BHeq\o\al(－,4)与催化剂活性位点的接触。图2NaBH4含量对催化剂性能的影响(2512.(2023·前黄中学)(1)铁粉可用于处理水中污染物。铁粉的氧化物层可以导电。利用纳米级的铁粉可以有效处理废水中的Cu2＋和Zn2＋，去除机理如图甲所示。纳米级的铁粉去除污水中Cu2＋和Zn2＋机理不同，请解释原因并简述两者的区别：Fe的金属活动性小于Zn而大于Cu，Cu(Ⅱ)吸附后被Fe还原为Cu而除去；Zn(Ⅱ)吸附后水解生成Zn(OH)2而沉降；由图乙可知，当pH<3时，随pH减小，Cu2＋和Zn2＋去除率减小的原因是c(H＋)增大，抑制Zn2＋水解，Zn(OH)2生成量减小，去除率降低；H＋在纳米级铁粉表面得电子增多，被还原的Cu2＋减少，Cu2＋去除率降低。甲乙(2)“纳米零价铁-H2O2”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的NOeq\o\al(－,3)：在一定温度下，将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。丙丁①Fe2＋催化H2O2分解产生HO·，HO·将NO氧化为NOeq\o\al(－,3)的机理如图丙所示，Y的化学式为Fe3＋或FeCl3。②NO与H2O2反应生成HNO3的化学方程式为2NO＋3H2O2=2HNO3＋2H2O。③纳米零价铁的作用是与HCl溶液反应产生Fe2＋。④NO脱除率随温度的变化如图丁所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高呈现下降趋势的主要原因是H2O2的分解速率随温度升高而加快，H2O2浓度减小，NO脱除率降低【解析】(2)①由图可知，H2O2＋Y→HO2·＋X＋H＋，反应中O元素化合价升高，则Y中铁元素化合价降低，Y的化学式为FeCl3或Fe3＋。③铁与HCl溶液产生催化剂Fe2＋。练习2化学反应速率与能量图1.(2023·常州调研)我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*表示)。下列说法正确的是(D)A.N2生成NH3是通过多步氧化反应生成的B.过程Ⅰ和Ⅲ中能量的变化相同C.对于N2(g)→*N2(g)，适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高N2(g)转化率D.若有大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低化学反应速率【解析】由图可知，N2生成NH3的过程：N2→N=NH→HN=NH→HNNH2→H2NNH2→NH3，氮元素化合价逐渐降低，是发生多步还原反应生成的，A错误；过程Ⅰ是断裂氮氮三键中的一个键，而过程Ⅲ是断裂氮氮双键中的一个键，所需能量不同，B错误；N2(g)→*N2(g)，提高N2分压可以加快反应速率，但不能提高N2(g)转化率，C错误；NH3及时脱附可留下催化活性位，D正确。2.(2023·无锡期末)反应物(X)转化为产物(Y)时的能量变化与反应进程的关系如图曲线①所示，在反应中仅改变一种外界条件，可得到如图曲线②。下列说法正确的是(D)A.该反应是吸热反应B.X·M为反应所加的催化剂C.改变该条件后，降低了反应的焓变D.该条件的改变增大了单位体积内活化分子百分数【解析】X的能量高于Y，该反应是放热反应，A错误；M为反应所加的催化剂，X·M为中间产物，B错误；改变条件后，降低了反应的活化能，ΔH不变，C错误；使用催化剂能增大单位体积内活化分子百分数，D正确。3.(2023·南通期末)我国最新报道的氨催化合成反应的机理如图所示(*代表微粒吸附在催化剂表面)。下列说法正确的是(A)A.整个历程中，反应速率最慢的反应的化学方程式为eq\f(1,2)Neq\o\al(*,2)＋eq\f(3,2)Heq\o\al(*,2)=N*＋3H*B.催化剂吸附N2(g)和H2(g)会吸收能量C.在转化过程中有非极性键的断裂和形成D.使用该催化剂，降低了合成氨反应的活化能，提高了合成氨的平衡转化率【解析】由图可知，eq\f(1,2)Neq\o\al(*,2)＋eq\f(3,2)Heq\o\al(*,2)=N*＋3H*的活化能最大，反应速率最慢，A正确；由图可知，催化剂吸附N2(g)和H2(g)后能量降低，放出热量，B错误；N2和H2转化成NH3，该过程中有非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C错误；使用催化剂不能提高合成氨的平衡转化率，D错误。4.(2023·无锡一中)二维锑片(Sb)是一种新型的CO2电化学还原催化剂。酸性条件下，人工固碳装置中的CO2气体在二维锑片表面发生三种催化竞争反应，其反应历程如下图所示(*表示吸附态中间体)。下列说法不正确的是(B)A.三种催化竞争的总反应中，生成HCOOH吸收的能量最多B.在二维锑片表面生成CO的反应可表示为*CO2＋*H＋＋2e－=CO＋H2OC.使用二维锑片可以改变反应的路径D.生成各种不同的产物时，有极性键和非极性键形成【解析】三种催化竞争的总反应中，HCOOH的能量最高，生成HCOOH吸收的能量最多，A正确；反应在酸性条件下进行，在二维锑片表面生成CO的反应为*CO2＋2*H＋＋2e－=CO＋H2O，B错误；从图中可知，催化剂Sb改变了反应的路径，C正确；生成的产物有H2、HCOOH、CO、H2O，有极性键和非极性键形成，D正确。5.(2024·常熟中学)Ni可活化C2H6制得CH4，其反应历程如图所示：下列关于活化历程的说法正确的是(B)A.总反应的ΔH＞0B.Ni不是该反应的催化剂C.“中间体1→中间体2”的活化能大于“中间体2→中间体3D.总反应速率由“中间体1→中间体2”【解析】由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，ΔH<0，A错误；最终生成NiCH2(s)，故Ni是反应物，不是该反应的催化剂，B正确；由图可知，“中间体1→中间体2”的活化能为－28.89kJ/mol＋56.21kJ/mol＝27.32kJ/mol，“中间体2→中间体3”的活化能为49.50kJ/mol＋154.82kJ/mol＝204.32kJ/mol，“中间体1→中间体2”的活化能小于“中间体2→中间体3”的活化能，C错误；总反应速率由速率最慢的反应决定，活化能越大，反应速率越慢，故总反应的速率由“中间体26.(2024·靖江中学)自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，HNO·自由基与O2反应进程的能量变化如图所示。下列说法正确的是(C)A.产物P1的稳定性比产物P2的强B.该历程中各元素的化合价均未发生变化C.中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)D.HNO·与O2键能总和大于产物P1的键能总和【解析】产物P2的能量更低，稳定性更强，A错误；反应有O2参加，并且产生了含氧化合物，氧元素化合价必定发生变化，B错误；Z转化成P2能垒更高，中间产物Z转化为产物的速率：v(P1)>v(P2)，C正确；结合图像可知，总反应为放热反应，故反应物总键能小于生成物总键能，D错误。7.(2024·南京江宁期初)电喷雾电离等方法得到的M＋(Fe＋、Co＋、Ni＋等)与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性的生成甲醇。MO＋分别与CH4、CD