2021版高考化学一轮复习课时提升作业十九化学反应速率含解析苏教版 3

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化学反应速率 ‎1.在氧化钕(Nd2O3)等稀土催化剂的作用下可发生反应:4CO+2NO2N2+4CO2,若该反应的反应速率分别用v(CO)、v(NO2)、v(N2)、v(CO2)表示,则下列关系正确的是 (　　)‎ A.v(CO)=v(NO2)‎ B.v(NO2)=v(CO2)‎ C.v(N2)=v(CO2)‎ D.v(N2)=v(CO)‎ ‎【解析】选A。根据反应速率之比等于化学方程式的化学计量数之比,可得v(CO)=v(NO2),2v(NO2)=v(CO2),4v(N2)=v(CO2),4v(N2)=v(CO),故A项正确,B、C、D三项错误。‎ ‎2.如图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不符合的是 (　　)‎ A.反应达平衡时,正反应速率和逆反应速率相等 B.该反应达到平衡状态Ⅰ后,增大反应物浓度,平衡发生移动,达到平衡状态Ⅱ C.该反应达到平衡状态Ⅰ后,减小反应物浓度,平衡发生移动,达到平衡状态Ⅱ D.同一种反应物在平衡状态Ⅰ和平衡状态Ⅱ时浓度不相等 ‎【解析】选C。根据图象分析,改变条件瞬间正反应速率增大,逆反应速率不变,说明增加了反应物浓度,平衡发生移动,平衡状态时正、逆反应速率相等,平衡状态Ⅱ与平衡状态Ⅰ反应物浓度不相等,故A、B、D三项正确,C项错误。‎ ‎3.为了探究外界条件对锌与稀硫酸反应速率的影响,设计如下方案:‎ 8‎ 编号 纯锌粉 ‎0.2 mol·L-1‎ 硫酸溶液 温度 硫酸 铜固体 Ⅰ ‎2.0 g ‎200.0 mL ‎25 ℃‎ ‎0‎ Ⅱ ‎2.0 g ‎200.0 mL ‎35 ℃‎ ‎0‎ Ⅲ ‎2.0 g ‎200.0 mL ‎35 ℃‎ ‎0.2 g 下列叙述不正确的是 (　　)‎ A.Ⅰ和Ⅱ实验探究温度对反应速率的影响 B.Ⅱ和Ⅲ实验探究原电池对反应速率的影响 C.反应速率Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ D.实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的变化图象为 ‎【解析】选D。Ⅰ和Ⅱ实验中,只有温度不同,故探究温度对反应速率的影响,速率Ⅱ>Ⅰ,A正确;实验Ⅲ中加入的硫酸铜与锌粉反应生成铜,从而构成原电池,加快反应速率,速率Ⅲ>Ⅱ,B正确;综上所述,反应速率Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ,C正确;通过计算可知,硫酸过量,产生的气体体积由锌粉决定,Ⅲ中加入的硫酸铜消耗部分锌粉,则生成的气体减小,D错误。‎ ‎4.已知反应:2NO2(红棕色)N2O4(无色) ΔH<0。将一定量的NO2充入注射器中后封口,如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深,透光率越小)。下列说法正确的是 (　　)‎ A.b点的操作是压缩注射器 B.c点与a点相比,c(NO2)增大,c(N2O4)减小 C.d 点:v(正)>v(逆)‎ 8‎ D.若不忽略体系温度变化,且没有能量损失,则T(b)>T(c)‎ ‎【解析】选A。本题考查了化学平移动原理的应用。根据图象可知,b点的透光率随时间降低,说明气体的颜色加深,所以b点的操作是压缩注射器,压强增大,平衡虽然正向移动,但二氧化氮的浓度增大,最终气体的颜色加深,透光率降低,故A正确。因为b点为压缩注射器,所以压强增大,平衡正向移动,则二氧化氮的浓度先增大后减小,则透光率先降低后增大,但与原平衡相比,c点的二氧化氮浓度仍增大,c(N2O4)也增大,故B错。c到d点的透光率增大后减小,说明为拉伸注射器,压强减小,二氧化氮浓度减小,透光率增大,平衡逆向移动,二氧化氮浓度又增大,透光率降低,所以v(逆)>v(正),故C错。b到c为平衡正向移动,反应放热,则体系的温度升高,所以T(c)>T(b),故D错。‎ ‎5.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)　ΔH=-198 kJ·mol-1,在V2O5存在时,该反应的机理为V2O5+SO22VO2+SO3(快)　4VO2+O22V2O5(慢)‎ 下列说法正确的是 (　　)‎ 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-1‎ D.增大SO2的浓度可显著提高反应速率 ‎【解析】选C。V2O5为催化剂,催化剂质量不影响反应速率,A错误;VO2为中间产物,不是催化剂,B错误;SO2在快反应中,其浓度改变对反应速率影响不大,D错误;该逆反应为吸热反应,活化能大于反应热,C正确。‎ ‎6.草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应:Mn+H‎2C2O4+H+Mn2++CO2↑+H2O(未配平)。用4 mL 0.001 mol·L-1 KMnO4溶液与2 mL 0.01 mol·L-1 H‎2C2O4溶液,研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下:‎ 组别 ‎10%硫酸 体积/mL 温度/℃‎ 其他物质 Ⅰ ‎2‎ ‎20‎ Ⅱ ‎2‎ ‎20‎ ‎10滴饱和 MnSO4溶液 8‎ Ⅲ ‎2‎ ‎30‎ Ⅳ ‎1‎ ‎20‎ ‎1 mL蒸馏水 ‎(1)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。 ‎ ‎(2)如果研究催化剂对化学反应速率的影响,使用实验________和________(用Ⅰ～Ⅳ表示,下同);如果研究温度对化学反应速率的影响,使用实验________和________。 ‎ ‎(3)对比实验Ⅰ和Ⅳ,可以研究  ________________________________________‎ 对化学反应速率的影响,实验Ⅳ中加入1 mL蒸馏水的目的是 ______________。 ‎ ‎【解析】(1)根据电子守恒列式可得:n(Mn)×(7-2)=n(H‎2C2O4)×2×(4-3),则n(Mn)∶n(H‎2C2O4)=2∶5。‎ ‎(2)研究某一因素对化学反应速率的影响时,要保证其他各条件完全相同。‎ ‎(3)对比Ⅰ和Ⅳ,反应的温度、溶液的体积等都相同,仅有c(H+)不同,故可研究c(H+)对反应速率的影响。加1 mL水的目的是确保c(KMnO4)、c(H‎2C2O4)不变和溶液总体积不变。‎ 答案:(1)2∶5　(2)Ⅰ　Ⅱ　Ⅰ　Ⅲ ‎(3)c(H+)(或硫酸溶液的浓度)　确保所有实验中c(KMnO4)、c(H‎2C2O4)不变和溶液总体积不变 ‎1.将一定量的X气体和1 mol Y气体在‎2 L的容器中混合,并在一定条件下发生反应:2X(g)+Y(g)2Z(g),若经2 s(t2时刻)后测得Z的物质的量如图所示。 ‎ 现有下列几种说法:‎ ‎①用物质X表示的反应速率为0.3 mol·L-1·s-1‎ ‎②用物质Y表示的反应速率为0.6 mol·L-1·s-1‎ ‎③2 s时物质X的转化率为75%‎ ‎④2 s时物质Y的浓度为0.4 mol·L-1‎ 其中正确的是 (　　)‎ A.①③ B.①④ C.②③ D.③④‎ 8‎ ‎【解析】选A。v(Z)==0.3 mol·L-1·s-1,v(X)=v(Z)=0.3 mol·L-1·s-1;‎ v(Y)=v(Z)=0.3 mol·L-1·s-1×=0.15 mol·L-1·s-1。2 s时生成1.2 mol Z,说明参加反应的Y的物质的量为0.6 mol,剩余0.4 mol的Y。参加反应的X为1.2 mol,2 s时Y和X的物质的量相等,即X也剩余0.4 mol,说明原来加入的X为1.6 mol。X的转化率为×100%=75%。2 s时生成1.2 mol Z,剩余0.4 mol的Y,反应容器为‎2 L,所以Y的浓度为0.2 mol·L-1。‎ ‎2.向某密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应,各物质浓度随时间变化如甲图所示[t0～t1阶段c(B)未画出]。图乙为t2时刻后改变条件平衡体系中反应速率随时间变化的情况,且四个阶段都各改变一种不同的条件并且改变的条件均不同。已知,t3～t4阶段为使用催化剂。下列说法正确的是 (　　)‎ A.若t1=15 s,生成物C在t0～t1时间段的反应速率为0.004 mol·L-1·s-1‎ B.t4～t5阶段改变的条件为降低反应温度 C.B的起始物质的量为0.02 mol D.t5～t6阶段可能是增大压强 ‎【解析】选A。v(C)===0.004 mol·L-1·s-1,‎ A项正确。由图甲分析可知反应方程式是‎3A(g)B(g)+‎2C(g),在t4～t5阶段,平衡没有移动,反应速率减小,则是减小了压强;再由化学计量数之比等于Δc之比,求出Δc(B)=0.03 mol·L-1,则起始浓度为0.02 mol·L-1,由求出的容器体积为‎2 L知B的起始物质的量为0.04 mol,B项和C项错误。t5～t6阶段改变的条件应是升高温度。‎ ‎3.下列说法中正确的是 (　　)‎ 8‎ A.已知t‎1 ℃‎时,反应C+CO22CO　ΔH>0的速率为v,若升高温度则逆反应速率减小 B.恒压容器中发生反应N2+O22NO,若在容器中充入He,正逆反应的速率均不变 C.当一定量的锌粉和过量的6 mol·L-1盐酸反应时,为了减慢反应速率,又不影响产生H2的总量,可向反应器中加入一些水、CH3COONa溶液或NaNO3溶液 D.对任何一个化学反应,温度发生变化,化学反应速率一定发生变化 ‎【解析】选D。温度升高,正逆反应的速率均增大,A错误;在恒压容器中充入不参加反应的气体,导致容器的体积增大,反应物和生成物的浓度均减小,正逆反应的速率均减小,B错误;若能使溶液中氢离子浓度减小,则反应速率将减慢,因此可选择水或CH3COONa溶液,但不能用NaNO3溶液,在酸性溶液中N将和锌粉发生氧化还原反应,生成氮的氧化物,从而使生成的H2的量减少,C错误;任何一个化学反应的发生都有热效应,因此温度发生变化,化学反应速率一定会发生变化,D正确。‎ ‎4.(2020·保定模拟)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,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 ‎ (　　)‎ A.该反应的化学方程式为3B+4D‎6A+‎‎2C 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-1·s-1‎ D.反应进行到6 s时,各物质的反应速率相等 ‎【解析】选C。反应中各物质的物质的量变化量之比等于化学方程式中各物质的化学计量数之比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,所以化学方程式为3B+‎4C‎6A+2D,A、B、D错误;6 s时,Δn(B)=1.0 mol-0.4 mol=0.6 mol,‎ 8‎ v(B)===0.05 mol·L-1·s-1,C项正确。‎ ‎5.(2017·浙江11月选考真题)已知:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=‎ ‎-92.4 kJ·mol-1。起始反应物为N2和H2,物质的量之比为1∶3,且总物质的量不变,在不同压强和温度下,反应达到平衡时,体系中NH3 的物质的量分数如下表:‎ 温度 压强　　‎ ‎400 ℃‎ ‎450 ℃‎ ‎500 ℃‎ ‎600 ℃‎ ‎20MPa ‎0.387‎ ‎0.274‎ ‎0.189‎ ‎0.088‎ ‎30MPa ‎0.478‎ ‎0.359‎ ‎0.260‎ ‎0.129‎ 下列说法正确的是 (　　)‎ A.体系中NH3的物质的量分数越大,则正反应速率越大 B.反应达到平衡时,N2和H2的转化率之比为1‎ C.反应达到平衡时,放出的热量均为92.4 kJ D‎.600 ℃‎,30MPa下反应达到平衡时,生成NH3的物质的量最多 ‎【解析】选B。正反应速率与反应物的浓度有关,且反应物浓度越大反应速率越快,而NH3是产物,故A错误;N2和H2的物质的量之比为1∶3,反应消耗的也是1∶3,故N2和H2的转化率相同,故B正确;当1 mol N2参与反应时,放出的热量为92.4 kJ,而题目中没有确定反应的量,故C错误;由表格可知‎600 ℃‎,30 MPa下反应达到平衡时,NH3的物质的量分数相对于‎500 ℃‎,30 MPa在减小,故D错误。‎ ‎6.25 ℃‎时,在体积为‎2 L的密闭容器中,气态物质A、B、C的物质的量n(mol)随时间t的变化如下图所示。已知达平衡后,降低温度,A的转化率将增大。 ‎ ‎(1)根据上图数据,写出该反应的化学方程式 ________________________;‎ 8‎ 从反应开始到达到第一次平衡时的平均速率v(A)为________。 ‎ ‎(2)在5～7 min内,若平衡常数K值不变,则此处曲线变化的原因是_______‎ ‎_____________。 ‎ ‎(3)下图表示此反应的反应速率v和时间t的关系图,各阶段的平衡常数如下表所示:‎ t2～t3‎ t4～t5‎ t5～t6‎ t7～t8‎ K1‎ K2‎ K3‎ K4‎ 根据下图判断,在t3和t6时刻改变的外界条件分别是________和________;K1、K2、K3、K4之间的关系为____________(用“>”“<”或“=”连接)。A的转化率最大的一段时间是________________________________。 ‎ ‎【解析】(1)由题图可知,A、B是反应物,C是生成物。第一次平衡时,Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)=0.3∶0.6∶0.6=1∶2∶2,即方程式为A+2B‎2C。(A)==0.05 mol·L-1·min-1。‎ ‎(2)K值不变,即说明温度不变,5～7 min内平衡正向移动,只能是增大压强。‎ ‎(3)t3时正逆反应速率均增大,且v(逆)增加得多,即反应逆向移动,所以改变的条件是升温,t6时刻正逆速率均降低,且v(正)降低得多,平衡仍逆向移动,所以应是降压。温度不变,K值不变,所以K1>K2=K3=K4,所以A的转化率最大的一段时间是t2～t3。‎ 答案:(1)A+2B‎2C　0.05 mol·L-1·min-1 ‎ ‎(2)增大压强　(3)升温　降压　K1>K2=K3=K4　t2～t3‎ 8‎