江苏高三化学一轮复习：化学反应速率（练习）教师版

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)+HQ(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.保持容器容枳不变，充入N2

D.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Nz，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10()mLO.OImol/L的稀盐酚反应，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H2O

②加NaOH固体

③滴入几滴浓盐酸

④力口CH.COONa固体

⑤加NaCI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IOmLO.1mol/L盐酸

A.⑤®®B.③⑤⑧

C.①⑥⑦D.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；滴入儿滴浓盐酸，c(H「)增大，反应速率加快，③符合题意；力UCFhCOONa固体，生

成醋酸，c(H+)减小，反应速率减慢，④不符合题意；加NaCI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

的最减少，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)含有少量厂的溶液中，H2O2的分解机理如下：

①H2O2+「=H2O+lCr(慢)，

②H2O2+IO=%0+02+「(快)。

对于含有少量厂的溶液中发生的反应2H2O2(aq)=2H2O(l)+O2(g)A”=-98kJ/moL下列说法正确

的是(A)

A.增大溶液中以「)，可提高H2O2的分解速率

B.10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/mol

D.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】增大溶液中以「)，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/muLC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*化率，D错误。

4.(2023・木渎中学)己知合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)A"=-92.4kJ/mol。下列说法不正

确的是(A)

A.合成氨反应的△S=-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ImolN?和3molH2,充分反应后放出热量小于92.4kJ

D.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△”<()、A5<0,△，一TASvOH寸，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：N?和H?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，1molN?和3moi也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)•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AS>0

B.加入NaOH可制得更纯的H2

C.若反应中生成2gH2,转移电子2moi

D.若将H20换成D20则可释放出HD

【解析】由图可知总反应为BH3NH5+2H2O=NH4+BOf+3H2t,AS>0,A正确：NaOH和NH；生

成氨气，制得的Hz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2moi

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NH；,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DzO,则可释放出HD,D正确。

6.(2024.南通三模)NaOH活化过的Pl/TiO?催化剂对甲醛氧化为C()2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与催化剂表面的一0H发生作用

C.步骤II中发生的反应可表示为

HCOOH=£^CO+H2O

D.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02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与催化剂表面的一0H发生作用(类似于氢键)，B正确；步骤II相当于HCOOH失去H20转变为CO,故

发生的反应可表示为HCOOH磐"CO+H2O,C正确；米与该催化剂表面的一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

件卜，催化剂TQ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+),FT作用卜CO?在

导带上得到电子生成CH,，比0在价带上失去电子生成02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)，辂(VI)还原速率加快。加入烟道灰后铭(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)“脐合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH20H与NE转化为阴，其

反应历程如图所示。

(1)上图所示的反应步骤I【、N中Fe元素化合价的变化可分别描述为步骤I【中Fe由+2价变成+3价,

步骤IV中Fe由+3价变成+2价,

(2)将NH20H替换为ND9D,反应所得产物的化学式为ND2NH2、HD0。

【解析】(2)由反应历程可知，生成的H2N—NH2有2个氢原子来源于NH：“另外2个氢原子来自

NEOH,生成的H?O中有一个氢原子来源于N出,另外一个氢原子来自NHzOH,将NH20H替换为ND?0D,

所得产物的化学式为ND2NH2、HDOo

10.(2023•苏州期初)金属镒分解水原位还原CO2产生甲酸是CO2有机资源转化新途径。锚与水反应生

成MnO与活性氢原子，MnO结合活性氢原子形成中间体Q；HCO：吸附到具有催化活性中间体Q后被活

化色生甲酸的部分机理如图所示，

\LIMn

(中间体Q)H\0||-MnO+JhO

(1)从电负性角度描述中间体Q与HCO3■生成HCOCT的过程：中间体0中与Mn相连的H带负电，

该II与HCOr中带正电的碳原子结合形成C—H,HCOj1中C—O单键断裂生成HCOO,

(2)实验中将钵粉、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

的原因可能是镭与水反应生成MnO是CO2生成甲酸反应的催化剂。

【解析】(1)电负性：O>C>H,HCO3'中一OH带负电，而Q中与Mn相连的H带负电，该H与

HC03中带正电的碳原子结合。⑵钵与水反应生成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(NaBHj)是一种高效储氢材料，25℃时NaBHi在掺杂了MoCh的纳米

CsB合金催化剂表面活性位点水解制氢的机理如图1所示：

图1CO2B催化剂催化NaBHi水解的机理

(1)写出NaBH,与水反应生成NaBCh和H2的离子方程式：BH『+2HzO=S^=BO宁+4比t；并分析掺

杂MoOa能提高制H?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,NaBH«浓度对制H2速率影响

如经2所示，NaBFL制Hz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±S

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；NaBHi含量较高时，水解反应产物

NaBCh易吸附于催化剂表面，从而阻碍BH：r与催化剂活性位点的接触。

-

&

.UE

1

5

一

三

-

导

举

-

图2NaBH,含量对催化剂性能的影响(25℃)

12.(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Cu?+和Z/,去除机理如图甲所示。纳米级的铁粉去除污水中Cd+和Zn?+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)吸附后水解牛.成Zn(OH)2而沉降;由图乙可知，当pH<3时，随pH减小，C/+和Zn?+去除率减小

的原因是c(H')增大，抑制ZM十水解，Zn(OH)2生成最减小，去除率降低；H，在纳米级铁粉表面得电子增

多，被还原的CM'减少，CM'去除率降低。

z5

(

1

/zO

S

E

515

电1O

65

O

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NO3：在一定温度下，将H2O2溶

液和HCI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。

①Fe2+催化H2O2分解产生HO・,HO•将NO氧化为NO.、的机理如图丙所示,Y的化学式为住上或f必。

②NO与H2O2反应生成HNO3的化学方程式为

2N。+3H2O2=2HNO、+2Hq。

③纳米零价铁的作用是与HC1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120c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】⑵①由图可知,H2O2+Y-HOT+X+H+,反应中0元素化合价升高,则Y中铁元素

化合价降低，Y的化学式为FeCb或Fe3+。③铁与HC1溶液产生催化剂Fe?.。

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•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.冲生成NH3是通过多步氧化反应生成的

B.过程I和川中能量的变化相同

C.对于N2（g）-'N2（g）,适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高NMg）转化率

D.若有大审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NH.，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

用是断裂氮氮双键中的•个键，所需能量不同，B错误；NMgk'NMg）,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⑴）

A.该反应是吸热反应

B.XM为反应所加的催化剂

C.改变该条件后，降低了反应的婚变

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，△”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）

13

A.整个历程中，反应速率最慢的反应的化学方程式转N之+¥H=N*+3H'

B.催化剂吸附N2(g)和氏色)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，降低了合成家反应的活化能，提高了合成氨的平衡转化率

【解析】由图可知，*，+为之=^+3口'的活化能最大，反应速率最慢，A正确；由图可知，催化

剂吸附N4g)和H?(g)后能量降低，放出热量，B错误；Nz和Hz转化成NH；,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)二维睇片(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CO?气体在二维睇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)

>

之

方

N当

2

°反应历程

A.三种催化竞争的总反应中，生成HCOOH吸收的能量最多

B.在二维睇片表面生成CO的反应可表示为

8+*H++2e==CO+H2。

C.使用二维睇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，在二维镭片表面生成CO的反应为*C02+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H?、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：

£/(<J/mol)

过渡态日

50.00-NiCH:(sn

Ni(s)+CHMg)/49.50\CH,(g)

0.C0-2

飞而%悯体l,嗯普।

-50.00-RT“"Qi,为@d*-45.88.

-100.00-

叶间体2

-150.00-

-154.82

-200.00-

下列关于活化历程的说法正确的是(B)

A.总反应的AH>0

B.Ni不是该反应的催化剂

C.“中间体中间体2”的活化能大于“中间体2f中间体3”的活化能

D.总反应速率由“中间体1一中间体2”决定

【解析】由图可知，反应物的总能最高于生成物的总能最，为放热反应，△〃<(),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，“中间体中间体2”的活化能

为一28.89kJ/mol+56.21kJ/mol=27.32kJ/mol,“中间体2-中间体3”的活化能为49.50kJ/mol+154.82

kJ/mol=204.32kJ/mol,“中间体L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2f中间体

3”决定，D错误。

6.(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02反应进程

的能量变化如图所示。下列说法

相对能量/(kJ/mol)

100

HNO过渡态1

过渡态II

0-18.9

中而礴x\

-100-12.2\过渡念n:\

-153.6过渡态收产物也

~\；-200.6\(H-O-O-N=O)

-200

中间产物丫中间产物z\-202.0(

-201.3-205.1'产物PXHGN：

-300

-320.4^(

O反应进程

A.产物Pi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：u(PiWP2)

D.HNO•与02键能总和大于产物Pi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02参加，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P?能垒更高，中间产物Z转化为产物的速率：o(Pi)>o(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\N1等)与Oa反应可得MO*。MO+与

CFG反应能高选择性的生成甲醇。MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如图所示(二

者历程相似，图中以CH4为例)。已知：直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率

会变慢。下列说法错误的是(C)

A.步骤【和H中涉及氢原子成键变化的是I

B.MO'与CD4反应的能量变化应为图中曲线c

C.若MO'与CH2D2反应，笊代甲醇的产量CHzDODXZHD20H

D.若MO'与CHD3反应，生成的笊代甲醇有2种