2025-2026学年上学期高二化学苏教版（2019）期末必刷常考题之化学反应速率

第32页（共32页）2025-2026学年上学期高二化学苏教版（2019）期末必刷常考题之化学反应速率一．选择题（共16小题）1．（2025秋•苏州月考）已知化学反应4W（g）+5M（g）＝4X（g）+6Z（g）。下列反应速率关系中，正确的是（）A．v(W)v(C．v(Z)v2．（2025秋•苏州月考）将气体X2和Y2充入密闭容器中，初始浓度均为0.2mol•L﹣1，反应后生成Z，平衡时测得c（X2）＝0.05mol•L﹣1，c（Y2）＝0.1mol•L﹣1c（Z）＝0.1mol•L﹣1，则Z的分子式可表示为（）A．Y2X3 B．YX3 C．X2Y D．XY3．（2025秋•苏州月考）反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）经一段时间后，NH3的浓度增加了0.4mol•L﹣1，在这段时间内用H2（g）表示的反应速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1，则这段时间可能为（）A．0s～1s B．2s～5s C．1s～6s D．3s～9s4．（2025秋•苏州月考）实验室用块状大理石和盐酸制备CO2。下列措施可使反应速率加快的是（）（每次仅改变一个条件）A．延长反应时间 B．将盐酸换成稀硫酸 C．将盐酸加水稀释 D．将大理石由块状换成粉末状5．（2025秋•苏州月考）把HBr气体充入密闭容器中，在一定条件下发生反应2HBr（g）⇌Br2（g）+H2（g），在反应条趋向平衡状态的过程中，下列说法正确的是（）A．HBr的生成速率小于其分解速率 B．HBr的生成速率等于其分解速率 C．HBr的生成速率大于其分解速率 D．无法判断HBr的生成速率与分解速率的相对大小6．（2025秋•苏州月考）下列说法正确的是（）A．根据化学反应速率的大小可推知化学反应的快慢 B．减小反应物浓度可以减小平衡常数，从而减小化学反应速率 C．有能量变化的过程一定发生化学反应 D．用氢氧化钠固体吸收二氧化碳气体，粉末状氢氧化钠较块状吸收速率慢7．（2025秋•苏州月考）下列说法正确的是（）A．化学反应的反应速率越快，可观察到的现象越明显 B．要加热才能发生的反应为吸热反应 C．当其他条件相同时，升高温度能使反应物活化分子数增加 D．在有气体参加的反应中，增大压强能使反应物活化分子百分数增加8．（2025秋•苏州月考）下列叙述与对应图示相符的是（）A．中和反应反应热的测定 B．稳定性：石墨＞金刚石 C．验证锌与稀硫酸的反应为放热反应 D．验证温度对化学反应速率的影响9．（2025秋•淮安月考）“疫去春来”，我们返校之日指日可待。同学们这道题要是做错了，小心开学挨板子噢。下列说法不正确的是（）A．图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能 B．图乙中HI分子发生了有效碰撞 C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能很小 D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加10．（2025秋•江苏校级期中）近年，我国大力加强对温室气体CO2催化氢化合成甲醚（CH3OCH3）技术的工业化量产研究，其反应方程式为：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）。在不同情况下测得该反应速率如下，其中反应速率最快的是（）A．v(B．v(C．v(D．v11．（2025春•盐城期中）Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。其中，图甲和图乙表示脱除H2S时先进行的吸附步骤。下列说法不正确的是（）A．Fe2O3对H2S的吸附能力：甲＞乙 B．脱除过程中H元素的化合价未发生变化 C．时间一长，催化剂的活性降低 D．催化剂失效后，在氧气中加热又转化为Fe2O312．（2025春•灌云县期中）CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．依据0﹣2min、2∼4min、4∼6min相同的时间段内生成CO2的量，判断该反应为放热反应 B．反应在2∼4min内生成CO2的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•min﹣1 C．4min后，反应速率减小的主要原因是c（H+）减小 D．反应开始后前4min内温度比浓度对反应速率的影响大13．（2025春•广陵区校级期中）A、B、C、D均为气体，对于A+3B⇌2C+D的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（）A．v（A）＝0.4mol•L﹣1•s﹣1 B．v（B）＝1.5mol•L﹣1•min﹣1 C．v（C）＝0.6mol•L﹣1•s﹣1 D．v（D）＝0.1mol•L﹣1•s﹣114．（2025•徐州二模）研究发现反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的反应速率随温度的升高而减小，反应历程：第一步：2NO（g）⇌N2O2（g）ΔH1＜0快反应第二步：N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH2＜0慢反应依据该过程，下列说法正确的是（）A．反应相同时间，快反应的平均速率一定比慢反应大 B．提高NO的浓度，化学反应速率将显著增大 C．温度升高，对快反应的影响比慢反应大 D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2再次达到平衡时NO2含量减小15．（2025春•无锡校级月考）在2A（s）+B（g）⇌3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）＝0.8mol•L﹣1•s﹣1 B．v（B）＝0.3mol•L﹣1•s﹣1 C．v（C）＝0.8mol•L﹣1•s﹣1 D．v（D）＝30mol•L﹣1•min﹣116．（2025春•惠山区校级期中）一定温度下，向某恒容密闭容器中充入6molNO和4molNH3，在催化剂作用下发生反应，下列说法不正确的是（）A．升高温度能加快化学反应速率 B．增大NO的浓度能加快化学反应速率 C．达到化学平衡状态时，NO、NH3恰好能全部转化为N2 D．增大压强可加快该反应的化学反应速率二．解答题（共4小题）17．（2024秋•扬州期末）五氧化二钒（V2O5）在冶金、化工等领域有重要应用。（1）V2O5的制备。NH4VO3制备V2O5的反应为2NH4VO3焙烧V2O5+2NH3+H2O。反应时，若不及时分离出产生的NH3，会有少量VO2生成，其原因是（2）V2O5催化氧化SO2的反应为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ•mol﹣1，其反应历程为：ⅠV2O5（s）+SO2（g）⇌2VO2（s）+SO3（g）ΔH1＝24kJ•mol﹣1Ⅱ4VO2（s）+O2（g）⇌2V2O5（s）ΔH2①反应Ⅰ平衡常数表达式为K＝。②ΔH2＝kJ•mol﹣1。③V2O5的活性温度范围是450～600℃。预热后的SO2和O2在如图所示的接触室内发生反应，经过催化剂层时，气体温度会迅速上升。热交换器可使内外气体进行能量交换，其目的是。④SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。在实际生产中，反应条件选择A点而不选择B点的原因是（填字母）。a．A点条件下，SO2的反应速率更快b．B点条件下，对设备要求更高，能耗更大c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大（3）V2O5用作活性电极。一种双隔膜电池的工作原理如图所示。V2O5电极反应式为；b膜是离子交换膜（填“阳”或“阴”）。18．（2025•海安市开学）NaBH4（B的化合价为+3）是一种储氢材料，研究NaBH4的释氢和再生对氢能的利用具有重要意义。（1）NaBH4释氢采用CoB催化NaBH4释氢，同时生成溶解度较小的Na[B（OH）4]。若掺杂Mo的氧化物，会提高NaBH4的释氢速率。部分机理如图1所示，①用重水（D2O）代替H2O，写出步骤Ⅳ中X的结构简式：。②掺杂含有等物质的量的Mo元素的下列氧化物，产氢速率提高最大的是（填写序号）。A.MoO2B.MoO3C.Mo8O23③一定条件下，产氢速率随NaBH4浓度变化如图2所示。当NaBH4浓度大于1mol•L﹣1时，产氢速率下降的原因有。（2）NaBH4的再生将物质的量之比为6：3：1的Mg、Si和NaBO2•2H2O混合物经20小时球磨后得到的物质的XRD示意图谱如图3所示。①写出Mg与NaBO2•2H2O反应再生NaBH4的化学方程式：。②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，并未参与到NaBH4的再生中，而NaBH4的再生产率由于硅的加入而得到提升，则加入硅的主要作用为。③与采用镁、硅工艺相比较，相同条件下，球磨相同时间，采用镁铝合金可得到更高产率的NaBH4且镁铝合金中铝的质量分数越大，NaBH4的产率越高，分析其可能的原因为。19．（2025•泰州四模）以硫铁矿（含FeS2及少量As、Se等元素的化合物）为原料，经历“造气→接触氧化→吸收”等过程可制取硫酸。（1）造气。焙烧硫铁矿获得SO2，焙烧过程主要分两步进行：热离解2FeS2（s）═2FeS（s）+S2（g）ΔH＝+295kJ•mol﹣1氧化S2（g）+2O2（g）═2SO2（g）ΔH＝﹣724kJ•mol﹣14FeS（s）+7O2（g）═2Fe2O3（s）+4SO2（g）ΔH＝﹣2453kJ•mol﹣1①焙烧时总反应为4FeS2（s）+11O2（g）＝2Fe2O3（s）+8SO2（g）其ΔH＝。②如图﹣1为FeS（s）的氧化过程，氧化速率随温度升高并不显著的原因是，可提高氧化速率的措施为（填一种）。（2）接触氧化。SO2与O2在催化剂表面发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣192.5kJ•mol﹣1①反应前需除去气体中As、Se等元素的化合物，目的是。②相同时间和温度下，混合气体中O2体积分数对SO2氧化率的影响如图﹣2所示。O2体积分数超过5%后，SO2氧化率变化不大的原因是。③已知SO2催化氧化的反应速率方程为v=k(αα'-1)0.8（1﹣nα'），其中k为速率常数，随温度升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程得到反应速率随温度变化的关系如题图﹣3所示。（3）吸收。用98.3%H2SO4吸收SO3得到发烟硫酸（可表示为H2SO4nSO3，释放出的尾气中含有SO2、O2、N2等。①若3.38g发烟硫酸与0.03molH2O恰好反应生成纯H2SO4则n＝。②工业上通常利用氨水吸收上述尾气制取（NH4）2SO3，生产中需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等物质，目的是。20．（2025春•秦淮区期中）氢能是一种清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。（1）硼氢化钠（NaBH4）是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4催化制氢先生成Na[B（OH）4]，再转化为NaBO2。在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面部分反应机理如图﹣1所示：①其他条件不变，用D2O代替H2O，写出中间产物X的结构式：。②其他条件不变，催化剂Co2B中掺杂MoO3能提高制H2效率的原因是。③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浓度大于10%时反应速率变慢的可能原因是。（2）将NaBH4固体投入水中，常温下可发生反应：NaBH4（s）+2H2O（l）＝NaBO2（s）+4H2（g）ΔH＝﹣217kJ•mol﹣1。NaAlH4是一种可用于商业化制氢的铝氢化物，控制反应温度为110℃，NaAlH4制氢的反应为2NaAlH4(s)=2NaH(s)+2Al(s)+3H2(g)（3）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中转化为电能。某熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图﹣3所示。①负极上的电极反应式为。②该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗0.49LH2，该电池将化学能转化为电能的转化率为。[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol：电荷量q（C）＝电流I（A）×时间（s）：NA=6.0×1023mol-1；

2025-2026学年上学期高二化学苏教版（2019）期末必刷常考题之化学反应速率参考答案与试题解析一．选择题（共16小题）题号1234567891011答案DAADAACBBAA题号1213141516答案BACBC一．选择题（共16小题）1．（2025秋•苏州月考）已知化学反应4W（g）+5M（g）＝4X（g）+6Z（g）。下列反应速率关系中，正确的是（）A．v(W)v(C．v(Z)v【答案】D【分析】同一化学反应中，不同物质之间的反应速率之比等于其计量数之比。【解答】解：根据物质的反应速率之比等于化学计量数之比，v（W）：v（M）：v（X）：v（Z）＝4：5：4：6，故D正确，故选：D。【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确化学反应速率与计量数的关系是解本题关键，题目难度不大。2．（2025秋•苏州月考）将气体X2和Y2充入密闭容器中，初始浓度均为0.2mol•L﹣1，反应后生成Z，平衡时测得c（X2）＝0.05mol•L﹣1，c（Y2）＝0.1mol•L﹣1c（Z）＝0.1mol•L﹣1，则Z的分子式可表示为（）A．Y2X3 B．YX3 C．X2Y D．XY【答案】A【分析】根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，据此进行解答。【解答】解：物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，△c（X2）＝0.2mol/L﹣0.05mol/L＝0.15mol/L，△c（Y2）＝0.2mol/L﹣0.1mol/L＝0.1mol/L，△（Z）＝0.1mol/L，则△c（X2）：△c（Y2）：△（Z）＝3：2：2，则有3X2+2Y2⇌2Z，根据原子守恒可得Z的分子式为Y2X3，故A正确，故选：A。【点评】本题考查反应速率与化学计量数，为高频考点，把握速率的计算、化学计量数的确定方法为解答本题的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意速率与化学计量数的关系，题目难度不大。3．（2025秋•苏州月考）反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）经一段时间后，NH3的浓度增加了0.4mol•L﹣1，在这段时间内用H2（g）表示的反应速率为0.6mol•L﹣1•s﹣1，则这段时间可能为（）A．0s～1s B．2s～5s C．1s～6s D．3s～9s【答案】A【分析】根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，可以计算氨气的反应速率，据此进行解答。【解答】解：根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，可得Δc(H2)=0.6mol故选：A。【点评】本题考查化学反应速率计算的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。4．（2025秋•苏州月考）实验室用块状大理石和盐酸制备CO2。下列措施可使反应速率加快的是（）（每次仅改变一个条件）A．延长反应时间 B．将盐酸换成稀硫酸 C．将盐酸加水稀释 D．将大理石由块状换成粉末状【答案】D【分析】增大反应物的浓度、升高温度、增大反应物的接触面积等方法都能加快化学反应速率。【解答】解：A．延长反应时间不能加快化学反应速率，故A错误；B．硫酸和碳酸钙反应生成微溶物硫酸钙附着在固体表面，阻止进一步反应，所以反应速率减慢，故B错误；C．盐酸加水稀释导致氢离子浓度减小，反应速率减慢，故C错误；D．将大理石由块状换成粉末状，增大反应物的接触面积，加快反应速率，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响的原理是解本题的关键，题目难度不大。5．（2025秋•苏州月考）把HBr气体充入密闭容器中，在一定条件下发生反应2HBr（g）⇌Br2（g）+H2（g），在反应条趋向平衡状态的过程中，下列说法正确的是（）A．HBr的生成速率小于其分解速率 B．HBr的生成速率等于其分解速率 C．HBr的生成速率大于其分解速率 D．无法判断HBr的生成速率与分解速率的相对大小【答案】A【分析】在反应条趋向平衡状态的过程中，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，【解答】解：在反应条趋向平衡状态的过程中，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，即v正＞v逆，直至反应达到平衡时，所以HBr的生成速率小于其分解速率，故选：A。【点评】本题考查化学反应速率大小比较，侧重考查基础知识的灵活运用能力，正确解读题干信息是解本题的关键，题目难度不大。6．（2025秋•苏州月考）下列说法正确的是（）A．根据化学反应速率的大小可推知化学反应的快慢 B．减小反应物浓度可以减小平衡常数，从而减小化学反应速率 C．有能量变化的过程一定发生化学反应 D．用氢氧化钠固体吸收二氧化碳气体，粉末状氢氧化钠较块状吸收速率慢【答案】A【分析】A．化学反应速率表示化学反应快慢；B．化学平衡常数只与温度有关；C．有能量变化的过程可能没有发生化学反应；D．增大反应物的接触面积，化学反应速率加快。【解答】解：A．化学反应速率表示化学反应快慢，所以根据化学反应速率的大小可推知化学反应的快慢，故A正确；B．化学平衡常数只与温度有关，所以减小反应物浓度，平衡常数不变，但反应速率减小，故B错误；C．有能量变化的过程可能没有发生化学反应，如：水吸热变成水蒸气，有能量变化但不发生化学反应，故C错误；D．增大反应物的接触面积，化学反应速率加快，粉末状氢氧化钠固体与二氧化碳反应更快，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响的原理是解本题的关键，题目难度不大。7．（2025秋•苏州月考）下列说法正确的是（）A．化学反应的反应速率越快，可观察到的现象越明显 B．要加热才能发生的反应为吸热反应 C．当其他条件相同时，升高温度能使反应物活化分子数增加 D．在有气体参加的反应中，增大压强能使反应物活化分子百分数增加【答案】C【分析】A．有些反应的反应现象是否明显与反应速率快慢无关；B．要加热才能发生的反应可能是放热反应；C．当其他条件相同时，升高温度，部分非活化分子转化为活化分子；D．有气体参加的反应中，增大压强，反应物活化分子百分数不变。【解答】解：A．有些反应的反应现象是否明显与反应速率快慢无关，如：中和反应，中和反应没有明显现象，故A错误；B．要加热才能发生的反应可能是放热反应，如：铝热反应，故B错误；C．当其他条件相同时，升高温度，部分非活化分子转化为活化分子，则活化分子百分数增加，故C正确；D．有气体参加的反应中，增大压强，反应物活化分子百分数不变，如果是缩小容器体积来增大压强，单位体积内活化分子个数增加，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率的影响原理是解本题的关键，A选项为解答易错点。8．（2025秋•苏州月考）下列叙述与对应图示相符的是（）A．中和反应反应热的测定 B．稳定性：石墨＞金刚石 C．验证锌与稀硫酸的反应为放热反应 D．验证温度对化学反应速率的影响【答案】B【分析】A．铜制搅拌器导热；；B．能量低的物质更稳定；C．Zn与稀硫酸反应放出的热量和生成的气体都可使注射器的活塞外移；D．存在温度和浓度两个变量。【解答】解：A．铝制搅拌器导热，应使用玻璃搅拌器，且铜盖板导热，不能准确测定中和热，故A错误；B．能量低的物质更稳定，石墨能量低，则石墨稳定，故B正确；C．Zn与稀硫酸反应放出的热量和生成的气体都可使注射器的活塞外移，所以不能证明反应为放热反应，故C错误；D．存在温度和浓度两个变量，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率、中和热测定、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。9．（2025秋•淮安月考）“疫去春来”，我们返校之日指日可待。同学们这道题要是做错了，小心开学挨板子噢。下列说法不正确的是（）A．图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能 B．图乙中HI分子发生了有效碰撞 C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能很小 D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加【答案】B【分析】A．催化剂可降低反应的活化能；B．只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞；C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生；D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加。【解答】解：A．催化剂可降低反应的活化能，曲线Ⅱ的活化能较低，可以表示催化剂降低了反应的活化能，故A正确；B．由图乙可知碰撞后没有生成新分子，即没有发生化学反应，只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，碘化氢分子没有发生有效碰撞，故B错误；C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能很小，故C正确；D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查活化能及其对化学反应速率的影响等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。10．（2025秋•江苏校级期中）近年，我国大力加强对温室气体CO2催化氢化合成甲醚（CH3OCH3）技术的工业化量产研究，其反应方程式为：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）。在不同情况下测得该反应速率如下，其中反应速率最快的是（）A．v(B．v(C．v(D．v【答案】A【分析】用各物质表示的化学反应速率与其对应的化学计量数之比越大，则表示的反应速率越快。【解答】解：化学反应速率与其对应的化学计量数之比越大，则表示的反应速率越快；A．0.21B．0.66C．0.32D．0.43故选：A。【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握化学反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转化法应用及速率单位统一，题目难度不大。11．（2025春•盐城期中）Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。其中，图甲和图乙表示脱除H2S时先进行的吸附步骤。下列说法不正确的是（）A．Fe2O3对H2S的吸附能力：甲＞乙 B．脱除过程中H元素的化合价未发生变化 C．时间一长，催化剂的活性降低 D．催化剂失效后，在氧气中加热又转化为Fe2O3【答案】A【分析】根据题目信息可得到该脱除反应的化学方程式为：Fe2O3（s）+3H2S（g）＝S（s）+2FeS（s）+3H2O（g），据此信息解答。【解答】解：该脱除反应的化学方程式为：Fe2O3（s）+3H2S（g）＝S（s）+2FeS（s）+3H2O（g）；A．Fe2O3中铁元素为+3价、氧元素为﹣2价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，故A错误；B．图中铁元素的化合价由+3价降低至+2价，硫元素的化合价由﹣2价升高至0价，氢元素的化合价未发生变化，故B正确；C．脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，活性降低，故C正确；D．催化剂失效后，FeS和O2反应生成Fe2O3和SO2，故D正确；故选：A。【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。12．（2025春•灌云县期中）CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．依据0﹣2min、2∼4min、4∼6min相同的时间段内生成CO2的量，判断该反应为放热反应 B．反应在2∼4min内生成CO2的平均反应速率为0.1mol•L﹣1•min﹣1 C．4min后，反应速率减小的主要原因是c（H+）减小 D．反应开始后前4min内温度比浓度对反应速率的影响大【答案】B【分析】A．0﹣2min、2∼4min、4∼6min相同的时间段内生成CO2的量，是先增大，后减小，但是盐酸浓度是一直减小；B．没有给出体积，无法计算；C．4min后，由图可知反应速率逐渐减小；D．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低；开始生成的二氧化碳的反应速率是增大的，说明反应为放热反应。【解答】解：A．0﹣2min、2∼4min、4∼6min相同的时间段内生成CO2的量，是先增大，后减小，但是盐酸浓度是一直减小，故可判断该反应为放热反应，故A正确；B．没有给出体积，无法计算，故B错误；C．4min后，由图可知反应速率逐渐减小，此时温度较高，则反应速率减小的原因是c（H+）减小，故C正确；D．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低；开始生成的二氧化碳的反应速率是增大的，说明反应为放热反应，即反应开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大，故D正确；故选：B。【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。13．（2025春•广陵区校级期中）A、B、C、D均为气体，对于A+3B⇌2C+D的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（）A．v（A）＝0.4mol•L﹣1•s﹣1 B．v（B）＝1.5mol•L﹣1•min﹣1 C．v（C）＝0.6mol•L﹣1•s﹣1 D．v（D）＝0.1mol•L﹣1•s﹣1【答案】A【分析】化学反应速率之比等于化学计量系数之比，转换为同一种物质的反应速率进行比较，据此解答。【解答】解：都转化为A的反应速率进行比较；A．v（A）＝0.4mol•L﹣1•s﹣1；B．v(C．v(D．v（A）＝v（D）＝0.1mol•L﹣1•s﹣1；故A反应速率最快，故A正确；故选：A。【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意比值法的应用及速率单位统一，题目难度不大。14．（2025•徐州二模）研究发现反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的反应速率随温度的升高而减小，反应历程：第一步：2NO（g）⇌N2O2（g）ΔH1＜0快反应第二步：N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH2＜0慢反应依据该过程，下列说法正确的是（）A．反应相同时间，快反应的平均速率一定比慢反应大 B．提高NO的浓度，化学反应速率将显著增大 C．温度升高，对快反应的影响比慢反应大 D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2再次达到平衡时NO2含量减小【答案】C【分析】A．由v=ΔcΔtB．化学反应速率主要由慢反应决定，提高NO的浓度；C．反应2NO+O2⇌2NO2的反应速率随温度的升高而减小，结合反应历程可知，升高温度，导致快反应逆向移动，使得N2O2浓度减小；D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2相当于加压，正衡正向移动。【解答】解：A．由v=ΔcΔt可知，反应相同时间，快反应与慢反应浓度的变化量可能相等，故快反应的平均速率不一定比慢反应B．提高NO的浓度，主要增大的是快反应的速率，对总反应速率影响不大，故B错误；C．反应2NO+O2⇌2NO2的反应速率随温度的升高而减小，升高温度，导致快反应逆向移动，使得N2O2浓度减小，温度升高对慢反应的影响弱于N2O2浓度减小对慢反应的影响，导致慢反应速率变慢，最终总反应速率变慢，故C正确；D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2相当于加压，正衡正向移动，再次达到平衡时NO2的含量增大，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。15．（2025春•无锡校级月考）在2A（s）+B（g）⇌3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）＝0.8mol•L﹣1•s﹣1 B．v（B）＝0.3mol•L﹣1•s﹣1 C．v（C）＝0.8mol•L﹣1•s﹣1 D．v（D）＝30mol•L﹣1•min﹣1【答案】B【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，都换算为B的速率，据此进行解答。【解答】解：A．A为固体，不能用单位之间内浓度的变化值表示速率；B．v（B）＝0.3mol•L﹣1•s﹣1；C．v（B）＝13v（C）＝13×0.8mol•L﹣1•sD．v（B）＝14×160v（D）＝14×160×30mol•L﹣1•min﹣1=1反应速率最快的为B，故B正确；故选：B。【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，侧重考查对基础知识的掌握和灵活应用能力，明确化学反应速率与计量数的关系是解本题关键，注意：比较反应速率时必须单位统一，题目难度不大。16．（2025春•惠山区校级期中）一定温度下，向某恒容密闭容器中充入6molNO和4molNH3，在催化剂作用下发生反应，下列说法不正确的是（）A．升高温度能加快化学反应速率 B．增大NO的浓度能加快化学反应速率 C．达到化学平衡状态时，NO、NH3恰好能全部转化为N2 D．增大压强可加快该反应的化学反应速率【答案】C【分析】A．升高温度能增加活化分子的百分数；B．增大反应物NO的浓度，单位体积内活化分子数增多；C．可逆反应不能完全转化；D．增大压强可使物质的浓度增大，单位体积内活化分子数增加。【解答】解：A．升高温度能增加活化分子的百分数，升高温度能加快化学反应速率，故A正确；B．增大反应物NO的浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，能加快化学反应速率，故B正确；C．化学平衡是动态平衡，反应物和产物的浓度不再变化，但可逆反应不能完全转化，则达到化学平衡状态时，NO和NH3不可能全部转化为N2，故C错误；D．增大压强可使物质的浓度增大，单位体积内活化分子数增加，单位时间内有效碰撞的次数增加，可加快该反应的化学反应速率，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。二．解答题（共4小题）17．（2024秋•扬州期末）五氧化二钒（V2O5）在冶金、化工等领域有重要应用。（1）V2O5的制备。NH4VO3制备V2O5的反应为2NH4VO3焙烧V2O5+2NH3+H2O。反应时，若不及时分离出产生的NH3，会有少量VO2生成，其原因是高温下，NH3将部分V2O5还原为VO2（2）V2O5催化氧化SO2的反应为2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ•mol﹣1，其反应历程为：ⅠV2O5（s）+SO2（g）⇌2VO2（s）+SO3（g）ΔH1＝24kJ•mol﹣1Ⅱ4VO2（s）+O2（g）⇌2V2O5（s）ΔH2①反应Ⅰ平衡常数表达式为K＝c(SO②ΔH2＝﹣244kJ•mol﹣1。③V2O5的活性温度范围是450～600℃。预热后的SO2和O2在如图所示的接触室内发生反应，经过催化剂层时，气体温度会迅速上升。热交换器可使内外气体进行能量交换，其目的是预热气体反应物SO2、O2；降低气体生成物温度；保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等。④SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。在实际生产中，反应条件选择A点而不选择B点的原因是bc（填字母）。a．A点条件下，SO2的反应速率更快b．B点条件下，对设备要求更高，能耗更大c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大（3）V2O5用作活性电极。一种双隔膜电池的工作原理如图所示。V2O5电极反应式为V2O5+2e﹣+6H+＝2VO2++3H2O；b膜是阳离子交换膜（填“阳”或“阴”）。【答案】（1）高温下，NH3将部分V2O5还原为VO2；（2）①c(②﹣244；③预热气体反应物SO2、O2；降低气体生成物温度；保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等；④bc；（3）V2O5+2e﹣+6H+＝2VO2++3H2O；阳。【分析】（1）NH3具有还原性，能将部分V2O5还原为VO2；（2）①反应Ⅰ中V2O5、VO2为固体；②根据盖斯定律，ΔH③气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2、降低体生成物气温度；V2O5的活性温度范围是450～600℃，保持催化剂活性温度；④a．B点与A点同温，但压强更大，浓度更小；b．B点压强更大，对设备要求更高；c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强；（3）在酸性溶液中，V2O5作正极得到电子生成VO2+，正极反应式为V2O5+6H++2e﹣＝2VO2++3H2O；Zn为负极，负极的钾离子通过阳离子交换膜进入到中间室，正极硫酸根通过阴离子交换膜进入中间室。【解答】解：（1）NH3具有还原性，能将部分V2O5还原为VO2，故答案为：高温下，NH3将部分V2O5还原为VO2；（2）①反应Ⅰ中V2O5、VO2为固体，平衡常数表达式为K=故答案为：c(②根据盖斯定律，ΔH故答案为：﹣244；③气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2、降低体生成物气温度；V2O5的活性温度范围是450～600℃，保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等，故答案为：预热气体反应物SO2、O2；降低气体生成物温度；保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等；④a．B点与A点同温，但压强更大，浓度更小，A化学反应速率不影响转化率，a错误；b．B点压强更大，对设备要求更高，能耗更大，b正确；c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大，c正确；故答案为：bc；（3）在酸性溶液中，V2O5作正极得到电子生成VO2+，正极反应式为V2O5+6H++2e﹣＝2VO2++3H2O；Zn为负极，负极的钾离子通过阳离子交换膜进入到中间室，正极硫酸根通过阴离子交换膜进入中间室，故b膜为阳离子交换膜，故答案为：V2O5+2e﹣+6H+＝2VO2++3H2O；阳。【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。18．（2025•海安市开学）NaBH4（B的化合价为+3）是一种储氢材料，研究NaBH4的释氢和再生对氢能的利用具有重要意义。（1）NaBH4释氢采用CoB催化NaBH4释氢，同时生成溶解度较小的Na[B（OH）4]。若掺杂Mo的氧化物，会提高NaBH4的释氢速率。部分机理如图1所示，①用重水（D2O）代替H2O，写出步骤Ⅳ中X的结构简式：。②掺杂含有等物质的量的Mo元素的下列氧化物，产氢速率提高最大的是B（填写序号）。A.MoO2B.MoO3C.Mo8O23③一定条件下，产氢速率随NaBH4浓度变化如图2所示。当NaBH4浓度大于1mol•L﹣1时，产氢速率下降的原因有反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的BH4-吸附在Co表面，阻碍了Co对H—的吸附，使反应速率减慢（2）NaBH4的再生将物质的量之比为6：3：1的Mg、Si和NaBO2•2H2O混合物经20小时球磨后得到的物质的XRD示意图谱如图3所示。①写出Mg与NaBO2•2H2O反应再生NaBH4的化学方程式：4Mg+NaBO2•2H2O球磨4MgO+NaBH4②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，并未参与到NaBH4的再生中，而NaBH4的再生产率由于硅的加入而得到提升，则加入硅的主要作用为硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应。③与采用镁、硅工艺相比较，相同条件下，球磨相同时间，采用镁铝合金可得到更高产率的NaBH4且镁铝合金中铝的质量分数越大，NaBH4的产率越高，分析其可能的原因为铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2••2H2O。【答案】（1）①；②B；③反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的BH4-吸附在Co表面，阻碍了Co对（2）①4Mg+NaBO2•2H2O球磨4MgO+NaBH②硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应；③铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2••2H2O。【分析】（1）Ⅰ中BH4-和H2O在催化剂表面接触，Ⅱ中BH4-电离出H﹣，H2O电离出H+、OH﹣，Ⅲ中OH﹣和BH3结合，成BH2OH、H2，Ⅳ中用重水（D2O）代替H2O，采用CoB催化NaBH4释氢时，用重水（D2O）代替H2O，生成X为、H2，最终生成同时生成溶解度较小的Na[B（OH）（2）①Mg与NaBO2•2H2O反应再生生成Mg、NaBH4；②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，接触面积大，Si硬度较大，耐磨；③Al活泼性强，一定条件可以和H2O反应。【解答】解：（1）①用重水（D2O）代替H2O，骤Ⅳ中X的结构简式：，故答案为：；②氧化物含氧量越高，催化效率越好，A.MoO2、MoO3、Mo8O23，MoO3、含氧量最大，产氢速率提高最大的是MoO3，故答案为：B；③Na[B（OH）4]溶解度较小，容易附着在催化剂表面，当NaBH4浓度大于1mol•L﹣1时，产氢速率下降的原因反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的BH4-吸附在Co表面，阻碍了Co对故答案为：反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的BH4-吸附在Co表面，阻碍了Co对（2）①Mg与NaBO2•2H2O反应再生NaBH4的化学方程式4Mg+NaBO2•2H2O球磨4MgO+NaBH故答案为：4Mg+NaBO2•2H2O球磨4MgO+NaBH②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，接触面积大，Si硬度较大，耐磨，NaBH4的再生产率由于硅的加入而得到提升，则加入硅的主要作用为硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应，故答案为：硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应；③Al活泼性强，一定条件可以和H2O反应，与采用镁、硅工艺相比较，相同条件下，球磨相同时间，采用镁铝合金可得到更高产率的NaBH4且镁铝合金中铝的质量分数越大，NaBH4的产率越高，分析其可能的原因为铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2••2H2O，故答案为：铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2••2H2O。【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。19．（2025•泰州四模）以硫铁矿（含FeS2及少量As、Se等元素的化合物）为原料，经历“造气→接触氧化→吸收”等过程可制取硫酸。（1）造气。焙烧硫铁矿获得SO2，焙烧过程主要分两步进行：热离解2FeS2（s）═2FeS（s）+S2（g）ΔH＝+295kJ•mol﹣1氧化S2（g）+2O2（g）═2SO2（g）ΔH＝﹣724kJ•mol﹣14FeS（s）+7O2（g）═2Fe2O3（s）+4SO2（g）ΔH＝﹣2453kJ•mol﹣1①焙烧时总反应为4FeS2（s）+11O2（g）＝2Fe2O3（s）+8SO2（g）其ΔH＝﹣3311kJ•mol﹣1。②如图﹣1为FeS（s）的氧化过程，氧化速率随温度升高并不显著的原因是FeS氧化过程中，产物Fe2O3会在FeS固体表面形成一层致密的氧化膜，阻碍了O2与FeS的进一步接触，导致温度升高对反应速率的促进作用被抵消，因此氧化速率随温度升高不显著。，可提高氧化速率的措施为提高O2浓度（填一种）。（2）接触氧化。SO2与O2在催化剂表面发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣192.5kJ•mol﹣1①反应前需除去气体中As、Se等元素的化合物，目的是除去杂质提高SO3的纯度；防止催化剂中毒。②相同时间和温度下，混合气体中O2体积分数对SO2氧化率的影响如图﹣2所示。O2体积分数超过5%后，SO2氧化率变化不大的原因是当气体O2体积分数超过5%时，催化剂表面吸附的氧含量达到饱和状态，此时气体中O2体积分数的变化对SO2的氧化影响不明显；。③已知SO2催化氧化的反应速率方程为v=k(αα'-1)0.8（1﹣nα'），其中k为速率常数，随温度升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程得到反应速率随温度变化的关系如题图﹣3所示。v最大时所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度，当温度高于最适宜温度时，结合速率方程分析反应速率减小的原因：温度升高，速率常数k（3）吸收。用98.3%H2SO4吸收SO3得到发烟硫酸（可表示为H2SO4nSO3，释放出的尾气中含有SO2、O2、N2等。①若3.38g发烟硫酸与0.03molH2O恰好反应生成纯H2SO4则n＝3。②工业上通常利用氨水吸收上述尾气制取（NH4）2SO3，生产中需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等物质，目的是对苯二酚或对苯二胺具有较强还原性，能将通入氨水中的O2还原，从而防止（NH4）2SO3被氧化。【答案】（1）①﹣3311kJ•mol﹣1；②随着焙烧过程的进行，氧化铁层增厚，O2和SO2通过氧化铁层的阻力增加，导致氧化速率随温度升高不显著；提高O2浓度；（2）①除去杂质提高SO3的纯度；防止催化剂中毒；②当气体O2体积分数超过5%时，催化剂表面吸附的氧含量达到饱和状态，此时气体中O2体积分数的变化对SO2的氧化影响不明显；③温度升高，速率常数k增大，SO2的平衡转化率α会减小，温度高于最适宜温度时，后者对反应速率的影响大于前者；（3）①3；②对苯二酚或对苯二胺具有较强还原性，能将通入氨水中的O2还原，从而防止（NH4）2SO3被氧化。【分析】（1）①根据盖斯定律，将已知的三个分步反应按一定比例叠加消元，可得到总反应；②根据图﹣1可知，FeS氧化过程中，产物Fe2O3会在FeS固体表面形成一层致密的氧化膜（类似金属的钝化），阻碍了O2与FeS的进一步接触，导致温度升高对反应速率的促进作用被抵消，因此氧化速率随温度升高不显著；措施：可通过增大反应物接触面积（如将硫铁矿粉碎）、提高O2浓度、搅拌等方式提高氧化速率（任填一种即可）；（2）①除去As、Se化合物的目的As、Se等元素的化合物会与催化剂（如V2O5）反应，破坏催化剂的活性结构（即“中毒”），导致催化剂失去催化能力。因此，反应前除去这些杂质的目的是防止催化剂中毒；②O2体积分数超过5%后SO2氧化率变化不大的原因SO2催化氧化反应中，催化剂的活性位点数量有限。当O2体积分数较低时，O2浓度是反应的限速因素，增加O2浓度可显著提高SO2与活性位点的接触概率，从而提高氧化率；当O2体积分数超过5%后，催化剂的活性位点已基本被O2和SO2饱和，此时O2浓度不再是限速因素，因此SO2氧化率变化不大；③本题主要考查速率常数和反应速率之间的关系，根据已知条件以及图像进行分析即可。（3）吸收相关计算与分析①发烟硫酸H2SO4•nSO3与H2O反应的化学方程式为：H2SO4•nSO3+nH2O＝（n+1）H2SO4，由关系式即可求出n的值。②加入对苯二酚或对苯二胺的目的尾气中的SO2被氨水吸收生成（NH4）2SO3，而SO32-具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化为【解答】解：（1）①把已知的反应依次标记反应123，根据盖斯定律可知目标反应的ΔH＝2ΔH1+2ΔH2+ΔH3＝2×295kJ/mol﹣1+2×（﹣724）kJ/mol﹣1+（﹣2453）kJ/mol﹣1＝﹣3311kJ/mol﹣1；故答案为：﹣3311kJ•mol﹣1；②FeS氧化过程中，产物Fe2O3会在FeS固体表面形成一层致密的氧化膜（类似金属的钝化），阻碍了O2与FeS的进一步接触，导致温度升高对反应速率的促进作用被抵消，因此氧化速率随温度升高不显著。措施：提高O2浓度，故答案为：随着焙烧过程的进行，氧化铁层增厚，O2和SO2通过氧化铁层的阻力增加，导致氧化速率随温度升高不显著；提高O2浓度；（2）①除去As、Se化合物的目的As、Se等元素的化合物会与催化剂（如V2O5）反应，破坏催化剂的活性结构（即“中毒”），导致催化剂失去催化能力。因此，反应前除去这些杂质的目的是防止催化剂中毒，故答案为：除去杂质提高SO3的纯度；防止催化剂中毒；②O2体积分数超过5%后SO2氧化率变化不大的原因SO2催化氧化反应中，催化剂的活性位点数量有限。当O2体积分数较低时，O2浓度是反应的限速因素，增加O2浓度可显著提高SO2与活性位点的接触概率，从而提高氧化率；当O2体积分数超过5%后，催化剂的活性位点已基本被O2和SO2饱和，此时O2浓度不再是限速因素，因此SO2氧化率变化不大，故答案为：当气体O2体积分数超过5%时，催化剂表面吸附的氧含量达到饱和状态，此时气体中O2体积分数的变化对SO2的氧化影响不明显；③k（速率常数）随温度升高而增大（温度对速率的正向影响）；该反应为放热反应，温度升高会使平衡逆向移动，导致S