2023届新高考化学一轮复习(多选)鲁科版第七章第1课时 化学反应速率作业.docx
第七章 第1课时化学反应速率题号知识易中难化学反应速率概念理解16化学反应速率的影响因素3,78控制变量法探究影响反应速率的因素4,9化学反应速率的比较与计算2,5一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.以下是几位同学在学习化学反应速率理论后发表的一些看法,其中不正确的是(A)A.化学反应速率理论可指导怎样提高原料的转化率和生成物的产率B.化学反应速率理论可以指导怎样在一定时间内快出产品C.影响化学反应速率的主要因素是反应物的性质,浓度、温度、催化剂、反应物颗粒大小等外部因素也会对化学反应速率产生影响D.正确利用化学反应速率理论可提高化工生产的综合经济效益解析:化学反应速率理论研究的是化学反应进行的快慢问题,不能指导提高原料的转化率和生成物的产率。2.反应4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g),经2 min,B的浓度减少0.6 mol·L-1。对此反应速率的表示正确的是(B)A.用A表示的反应速率是0.4 mol·L-1·min-1B.分别用B、C、D表示的反应速率之比是321C.在2 min末的反应速率,用B表示是0.3 mol·L-1·min-1D.在这2 min内用C表示的反应速率的值是逐渐增大的解析:A是固体,浓度为定值,不能用A表示反应速率,故A错误;分别用B、C、D表示的反应速率之比等于化学计量数之比,是321,故B正确;在2 min内的反应速率,用B表示是0.3 mol·L-1·min-1,是平均速率,不是瞬时速率,故C错误;反应一开始速率快,后来速率变慢直至达到平衡,在这2 min内用C表示的反应速率的值是逐渐减小的,故D错误。3.(2022·河南中原质检)某同学在实验室中进行如下两组实验:T1时,将2 mL 0.02 mol·L-1的酸性KMnO4溶液与2 mL 0.2 mol·L-1的草酸溶液混合,观察到溶液完全褪色所需要的时间是4 s;T2时,将2 mL 0.03 mol·L-1的酸性KMnO4溶液与2 mL 0.2 mol·L-1的草酸溶液混合,观察到溶液完全褪色所需要的时间是5 s。下列说法正确的是(B)A.实验反应速率较快B.实验反应速率较快C.无法比较两者反应速率的快慢D.T2一定高于T1解析:实验中,溶液混合后c(KMnO4)=12×0.02 mol·L-1=0.01 mol·L-1,用酸性KMnO4表示的反应速率v1=0.01mol·L-14 s=0.002 5 mol·L-1·s-1,实验中,溶液混合后c(KMnO4)=12×0.03 mol·L-1=0.015 mol·L-1,用酸性KMnO4表示的反应速率v2=0.015mol·L-15 s=0.003 mol·L-1·s-1,所以v2>v1,即实验反应速率较快,故A、C错误,B正确;由实验与实验对比可知,两者反应温度不同,并且实验中酸性KMnO4溶液的浓度大,所以实验反应速率较快的原因可能是温度高或浓度大单一方面影响,也可能是温度高和浓度大两者共同作用,所以T2、T1大小不能确定,即T2不一定高于T1,故D错误。4.探究2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O反应速率的影响因素,有关实验数据如下表所示:编号温度/催化剂/g酸性KMnO4溶液H2C2O4溶液KMnO4溶液褪色平均时间/min体积/mL浓度/(mol/L)体积/mL浓度/(mol/L)1250.540.180.212.72800.540.180.2a3250.540.0180.26.7425040.0180.2b下列说法不正确的是(C)A.a<12.7,b>6.7B.可通过比较收集相同体积CO2所消耗的时间来判断反应速率快慢C.用H2C2O4表示该反应速率,v(实验1)约为0.02 mol/(L·min)D.用KMnO4表示该反应速率,v(实验3)<v(实验1)解析:反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O的反应速率随着温度的升高而加快,KMnO4溶液褪色平均时间缩短,所以a<12.7,加入催化剂,化学反应速率加快,KMnO4溶液褪色平均时间缩短,所以b>6.7,故A正确;判断反应速率快慢的方法有比较单位时间内产物的物质的量的变化量的多少、收集相同体积CO2所消耗的时间长短、单位时间内物质浓度的变化量的多少等,故B正确;高锰酸钾和草酸之间反应的量的变化关系是2KMnO45H2C2O4,则2KMnO45H2C2O42 50.004×0.1 0.001即消耗草酸的物质的量是0.001 mol,草酸表示的反应速率v=ct=0.001mol0.012 L12.7min6.6×10-3 mol/(L·min),故C不正确;在实验1中,v(KMnO4)=ct=0.1mol/L×0.004 L0.012 L12.7min0.002 62 mol/(L·min),而在实验3中,v(KMnO4)=ct=0.01mol/L×0.004 L0.012 L6.7min0.000 50 mol/(L·min),故用KMnO4表示该反应速率,v(实验3)<v(实验1),故D正确。5.(2021·浙江强基联盟协作体下学期统测)乙醛在少量I2存在下分解反应为CH3CHO(g)CH4(g)+CO(g)。某温度下,测得CH3CHO的浓度变化情况如下表:t/s421052423846651 070c(CH3CHO)/(mol·L-1)6.685.854.643.832.812.01下列说法不正确的是(C)A.42242 s,消耗CH3CHO的平均反应速率为1.02×10-2mol·L-1·s-1B.第384 s时的瞬时速率大于第665 s时的瞬时速率是受c(CH3CHO)的影响C.反应105 s时,测得混合气体的体积为168.224 L(标准状况)D.I2为催化剂,降低了反应的活化能,使活化分子百分数增加,有效碰撞次数增多解析:由表中数据可计算,42242 s,消耗CH3CHO的平均反应速率为(6.68-4.64)mol·L-1(242-42) s=1.02×10-2mol·L-1·s-1,A项正确;随着反应的进行,c(CH3CHO)减小,反应速率减慢,所以第384 s时的瞬时速率大于第665 s时的瞬时速率,B项正确;由于CH3CHO的初始浓度及气体体积未知,故无法计算反应105 s 时混合气体的体积,C项不正确;I2是催化剂,能降低反应的活化能,使活化分子百分数增加,有效碰撞次数增多,提高反应速率,D项正确。二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)6.(2021·天津质检)CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应,其相对能量与反应历程如图所示。第一步:Fe*+N2OFeO*+N2第二步:FeO*+COFe*+CO2下列叙述错误的是(D)A.Fe*使反应的活化能减小B.两步反应均为放热反应C.总反应为CO+N2ON2+CO2D.第一步反应比第二步反应快解析:由题意可知,第一步Fe*被消耗,第二步Fe*又生成,说明Fe*是反应的催化剂,故A正确;根据反应历程图,可知两步反应的生成物的总能量均低于反应物的总能量,则两步反应均为放热反应,H均小于0,故B正确;根据盖斯定律,第一步反应+第二步反应=总反应,则总反应为CO+N2ON2+CO2,故C正确;根据反应历程图,第一步反应活化能高于第二步反应活化能,活化能越低,反应速率越快,则第一步反应比第二步反应慢,故D错误。7.O3在水中易分解,一定条件下,O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。pHt/ minT/ 3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157据表中的递变规律,推测O3分别在条件40 、pH=3.0,10 、pH=4.0,30 、pH=7.0下,分解速率依次增大的顺序为 (C)A.B.C.D.解析:由表中数据可知,温度越高反应速率越快,pH越大反应速率越快,所以40 、pH=3.0时,所需时间在31158 min之间;10 、pH=4.0时,所需时间>231 min;30 、pH=7.0时,所需时间<15 min,则分解速率依次增大的顺序为,故选C。8.(2021·河北张家口期末)研究表明,纳米0价金属能去除地下水中的NO3-,不同初始pH和不同金属组成对NO3-的去除效果如图所示。图1初始pH=5.5,图2初始pH=2,NO3-初始浓度均为50 mg·L-1,纳米级金属添加量均为2 g·L-1。下列说法正确的是(BD)A.纳米0价铁的去除效果优于纳米0价镍的B.当加入的金属是Fe0/ Ni0/5/ 1,在不同的初始pH下,经过60 min后,pH=2时NO3-的去除率比pH=5.5时的大C.图2纳米0价铁反应60 min时NO3-的去除率为67.2%,则60 min内v(NO3-)=0.56 mol·L-1·min-1D.其他条件相同时,若pH过低,可能会导致去除率下降解析:由图像中NO3-浓度的变化可知纳米0价镍的去除效果优于纳米0价铁的,故A错误;加入的金属是Fe0/Ni0/5/1,在不同的初始pH下,相同时间内c(NO3-)变化量越大,NO3-的去除效果越好,经过60 min后,pH=5.5时的c(NO3-)小于pH=2时的,则pH=2时NO3-的去除率比pH=5.5时的大,故B正确;60 min内v=50×10-362×67.2%60mol·L-1·min-19.03×10-6mol·L-1·min-1,故C错误;其他条件相同时,若pH过低,氢离子可与金属反应,则可能会导致去除率下降,故D正确。三、非选择题9.某化学反应2AB+D在四种不同条件下进行,B、D起始浓度为0。反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如下表:实验序号时间浓度温度01020304050601800 1.00.800.670.570.500.500.502800 c20.600.500.500.500.500.503800 c30.920.750.630.600.600.604820 1.00.400.250.200.200.200.20根据上述数据,完成下列填空:(1)实验1中,反应在1020 min内A的平均速率为mol/(L·min)。(2)实验2中,c2=,反应经20 min就达到平衡,可推测实验2中还隐含的条件是。 (3)设实验3的反应速率为v3,实验1的反应速率为v1,则v3(填“>”“=”或“<”,下同)v1,且c31.0。 (4)比较实验4和实验1,可推测该反应是(填“吸热”或“放热”)反应,理由是。 解析:(1)实验1中,反应在1020 min内A的平均速率为v=ct=0.80mol/L-0.67mol/L10min =0.013 mol/(L·min)。(2)温度相同条件下,实验1和实验2达到平衡时A的浓度相等,说明实验1与实验2中A的起始浓度应相等,则c2=1.0,实验2较其他实验达到平衡时间最短,是使用了合适的催化剂。(3)实验1中,反应在1020 min内平均速率为v1=ct=0.80mol/L-0.67mol/L10min =0.013 mol/(L·min),实验3中,反应在1020 min内平均速率为v3=ct=0.92mol/L-0.75mol/L10min =0.017 mol/(L·min),故v3>v1,实验1的起始浓度为1.0 mol/L,由平衡时浓度可知实验3的起始浓度大于1.0 mol/L,即c3>1.0。(4)比较实验4和实验1可知,平衡时实验4反应物A的浓度小,升高温度,平衡右移,加热平衡向吸热反应方向移动。答案:(1)0.013(2)1.0催化剂(3)> >(4)吸热温度升高时,反应物A的平衡浓度小,平衡向右移动,即向吸热方向移动
