2022高考化学一轮复习核心素养测评二十三化学反应速率含解析苏教版.doc

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1、化学反响速率一、选择题(此题包括4小题,每题6分,共24分)1.(2022运城模拟)在2A(g)+B(s)3C(g)+4D(g)反响中,表示该反响速率最快的是()A.v(A)=0.5 molL-1s-1B.v(B)=0.3 molL-1s-1C.v(C)=12 molL-1min-1D.v(D)=6 molL-1min-1【解析】选A。不同条件下不同物质表示的同一反响速率比拟要先统一单位,然后除以该物质的化学计量数再进行比拟,比值越大,表示反响速率越快。A.v=v(A)=0.25 molL-1s-1;B.B为固体,其浓度为常数,不用B的浓度变化表示反响速率;C.v=v(C)=4 molL-1m

2、in-1=0.067 molL-1s-1;D.v=v(D)=1.5 molL-1min-1=0.025 molL-1s-1,故表示该反响速率最快的是A项。2.在密闭容器中发生反响:C(s)+CO2(g)2CO(g),以下说法不正确的选项是()A.该反响到达平衡后将炭块磨成粉末可以使平衡右移B.升高温度可以加快反响速率C.容器体积不变时,向其中充入N2,反响速率不变D.增加C的质量不能加快反响速率【解析】选A。将炭块磨成粉末可以增大接触面积,从而加快反响速率,但不能使平衡发生移动,故A项错误;升温可以增多活化分子数和活化分子百分数,从而加快反响速率,故B项正确;充入N2不改变各物质的浓度,反响速

3、率不发生改变,故C项正确。C为固体,增加其质量不影响化学反响速率,故D项正确。3.(2022吕梁模拟)在容积不变的密闭容器中进行反响:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H0。以下各图表示当其他条件不变时,改变某一条件对上述反响的影响,其中分析正确的选项是()A.图表示温度对化学平衡的影响,且甲的温度较高B.图表示t0时刻使用催化剂对反响速率的影响C.图表示t0时刻增大O2的浓度对反响速率的影响D.图中a、b、c三点中只有b点已经到达化学平衡状态【解析】选B。A项,根据“先拐先平数值大知,乙的温度高,随着反响的进行,SO2的浓度是减小的而非增大,错误;B项,使用催化剂,v(正)、v(逆)同

4、时增大,且倍数相同,断点应在原平衡反响速率之上,正确;C项,增大O2浓度,正反响速率会突然增大且图象上“断点应在原平衡速率之上,但逆反响速率应在原来的根底上逐渐增大,错误;D项,a、b、c三点是在不同温度下的平衡曲线上,三点都是平衡点,错误。4.(2022浙江4月选考)某工业流程中,进入反响塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06,发生化学反响2NO(g)+O2(g)2NO2(g),在其他条件相同时,测得实验数据如下表:压强/(105 Pa)温度/NO到达所列转化率需要时间/s50%90%98%1.030122502 83090255105 7608.0300.23.93

5、6900.67.974根据表中数据,以下说法正确的选项是()A.升高温度,反响速率加快B.增大压强,反响速率变慢C.在1.0105 Pa、90 条件下,当转化率为98%时反响已达平衡D.假设进入反响塔的混合气体为a mol,反响速率以v=表示,那么在8.0105 Pa、30 条件下,转化率从50%增至90%时段NO的反响速率为 mols-1【解析】选D。A选项,两组压强相同的实验中,当NO转化率相同时,温度高时需要时间长,因此由表中数据可知,升高温度,反响速率减慢,错误;B选项,当温度均为30 或90 ,且NO转化率相同时,压强大时需要时间短,因此增大压强,反响速率变快,错误;C选项,从题给数

6、据无法判断当转化率为98%时,反响是否已到达平衡状态,错误;D选项,起始时NO的物质的量为 mol,NO的转化率从50%增至90%时,NO转化的物质的量为 mol(90%-50%)= mol,需要时间为3.7 s,因此反响速率为 mols-1,正确。二、非选择题(此题包括2小题,共26分)5.(12分)化学反响速率是化学反响原理的重要组成局部。请答复以下问题:(1)一定条件下发生反响:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H0,在反响过程中,正反响速率的变化如下图,请根据速率的变化答复采取的措施(改变的条件)。t1_t2_t3_t4_(2)探究反响条件对0.10 molL-1 Na2S2O3

7、溶液与稀H2SO4反响速率的影响。其设计与测定结果如下:编号反响温度/Na2S2O3溶液/mL甲0.1 molL-1H2SO4溶液/mL乙25 10.0010.025 5.0a10.045 10.0010.0上述实验是探究_对化学反响速率的影响;假设上述实验是探究浓度对化学反响速率的影响,那么表格中“甲为_,a为_;乙是实验需要测量的物理量,那么表格中“乙为_。(3)2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2,在开始一段时间内,反响速率较小,溶液褪色不明显;但不久突然褪色,反响速率明显增大。针对上述现象,某同学认为该反响放热,导致溶液温度上升,反响

8、速率增大。从影响化学反响速率的因素看,你猜测还可能是_的影响。假设用实验证明你的猜测,除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外,可以在反响一开始时参加_(填字母序号)。A.硫酸钾B.氯化锰C.硫酸锰D.水【解析】(1)分析图象知,t1时刻,v正瞬时增大,后逐渐减小,那么改变条件反响速率加快,平衡正向移动,对于反响:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H0而言,改变的条件是加压或增大反响物浓度(充入SO2或O2);t2时刻,v正瞬时增大,后保持不变,说明改变条件反响速率加快而平衡不移动,改变的条件为参加催化剂;t3时刻,v正瞬时减小,后逐渐增大,那么改变条件反响速率减慢,平衡逆向移动,对于反响:2SO

9、2(g)+O2(g)2SO3(g)H0而言,改变的条件是减压或减小反响物浓度(别离移除SO2或O2);t4时刻,v正瞬时不变,后逐渐减小,那么改变条件正反响速率瞬时不变,平衡正向移动,对于反响:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H0而言,改变的条件是减小生成物浓度(别离移除SO3)。(2)分析表中两组数据知除温度外的其他反响条件相同,故实验是探究温度对化学反响速率的影响;假设上述实验是探究浓度对化学反响速率的影响,必须保证其他条件相同,那么表格中“甲为水/mL,a为5.0;乙是实验需要测量的物理量,那么表格中“乙为出现浑浊的时间/s。(3)根据影响化学反响速率的外界条件分析,还可能是催化

10、剂(或硫酸锰或Mn2+的催化作用)的影响。假设用实验证明你的猜测,除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外,可以在反响一开始时参加硫酸锰,选C。答案:(1)t1:加压或增大反响物浓度(充入SO2或O2)t2:参加催化剂t3:减压或减小反响物浓度(别离移除SO2或O2)t4:减小生成物浓度(别离移除SO3)(2)温度水/mL5.0出现浑浊的时间/s(填“岀现浑浊的时间也可)(3)催化剂(或硫酸锰或Mn2+的催化作用)C6.(14分)(2022潍坊模拟)现有甲、乙两个化学小组利用两套相同装置,通过测定产生相同体积气体所用时间长短来探究影响H2O2分解速率的因素(仅一个条件改变)。甲小组有如下实验设计方案。实

11、验编号温度催化剂浓度甲组实验25 三氧化二铁10 mL 5% H2O2甲组实验25 二氧化锰10 mL 5% H2O2甲、乙两小组得出如图数据。(1)甲小组实验得出的结论是_。(2)由乙组研究的酸、碱对H2O2分解影响因素的数据分析,相同条件下H2O2在_(填“酸或“碱)性环境下放出气体速率较快;由此,乙组提出可以用BaO2固体与硫酸溶液反响制H2O2,其反响的离子方程式为_;支持这一方案的理由是_。(3)过氧化氢还是一种极弱的二元酸:H2O2H+H(Ka1=2.410-12)。当稀H2O2溶液在碱性环境下分解时会发生反响H2O2+OH-H+H2O,该反响中,正反响速率为v正=k正c(H2O2

12、)c(OH-),逆反响速率为v逆=k逆c(H2O)c(H),其中k正、k逆为速率常数,那么k正与k逆的比值为_(保存3位有效数字)。【解析】(1)甲组实验与所用的H2O2浓度相同,催化剂不同,根据图象判断反响速度要快于,甲小组得出结论:H2O2分解时,MnO2比Fe2O3催化效率更高。(2)比拟乙组的图象可知,相同条件下,H2O2在碱性环境下放出气体速率较快;根据题意可知,反响物为BaO2固体与硫酸溶液,生成物为H2O2和BaSO4,离子方程式为BaO2+2H+SBaSO4+H2O2。该方案产物中有BaSO4,有利于平衡右移。结合H2O2在酸性环境下分解较慢这一事实可判断该方案成立。(3)根据

13、H2O2H+H,有Ka1=2.410-12,反响达平衡时,v(正)=v(逆),v(正)=k正c(H2O2)c(OH-),v(逆)=k逆c(H2O)c(H),k正c(H2O2)c(OH-)=k逆c(H2O)c(H),那么=1.33104。答案:(1)H2O2分解时,MnO2比Fe2O3催化效率更高(2)碱BaO2+2H+SBaSO4+H2O2BaSO4的生成使平衡右移,有利于H2O2的生成,酸性环境有利于H2O2的存在(等其他合理原因)(3)1.33104一、选择题(此题包括3小题,每题10分,共30分)1.(2022芜湖模拟)臭氧第二步分解过程的机理为O3+ClO2+ClOClO+OO2+Cl

14、。以下说法错误的选项是()A.该过程的化学方程式为O3+O2O2B.假设改变催化剂,反响的H不变C.催化剂可以加快反响速率,使反响的平衡常数增大D.氯原子可以降低反响的活化能,增加活化分子的数目【解析】选C。根据臭氧第二步分解过程的机理可知,Cl为催化剂,ClO为中间产物,将、反响相加可得总反响为O3+O2O2,A项正确;改变催化剂,能够改变反响的活化能,但反响热H不变,B项正确;催化剂可以加快反响速率,但不能使平衡发生移动,且平衡常数只与温度有关,故平衡常数不变,C项错误;氯原子在该反响中作催化剂,可以降低反响的活化能,使一局部普通分子变为活化分子,使活化分子数目增加,D项正确。2.(202

15、2南阳模拟)实验测得某反响在不同pH下产物A的浓度随时间变化的关系如图(其他条件相同),那么以下有关说法正确的选项是()A.假设增大压强,该反响的反响速率一定增大B.pH=6.8时,随着反响的进行反响速率逐渐增大C.一定pH范围内,溶液中H+浓度越小,反响速率越快D.可采用调节pH的方法使反响停止【解析】选D。无法确定反响有没有气体参加,A项错误;图象中表示反响速率的是曲线的斜率,曲线斜率逐渐减小,反响速率逐渐减小,B项错误;pH越小,H+浓度越大,反响速率越快,C项错误;pH=8.8时,反响速率接近0,D项正确。3.(2022海淀区模拟)一定温度下,向10 mL 0.40 molL-1H2O

16、2溶液中参加适量FeCl3溶液,不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表所示:t/min0246v(O2)/mL09.917.222.4资料显示,反响分两步进行:2Fe3+H2O22Fe2+O2+2H+;H2O2+2Fe2+2H+2H2O+2Fe3+。反响过程中能量变化如下图:以下说法不正确的选项是()A.06 min的平均反响速率:v(H2O2)=3.3310-2 molL-1min-1B.Fe3+的作用是增大过氧化氢的分解速率C.反响是吸热反响,反响是放热反响D.反响2H2O2(aq)2H2O(l)+O2(g)的H=E1-E20【解析】选D。A项,依据题意知,06 min生成O

17、2的体积为22.4 mL,那么消耗n(H2O2)=210-3 mol,v(H2O2)=3.3310-2 molL-1min-1;B项,Fe3+在过氧化氢分解过程中起催化作用,能够增大过氧化氢的分解速率;C项,观察反响过程中的能量变化图知,反响是吸热反响,反响是放热反响;D项,观察反响过程中的能量变化图知,反响2H2O2(aq)2H2O(l)+O2(g)为放热反响,但HE1-E2。二、非选择题(此题包括1小题,共20分)4.(2022武汉模拟)氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反响机理对于消除环境污染有重要意义。答复以下问题:(1)以乙烯(C2H4)作为复原剂脱硝(NO),脱硝机

18、理如图1。假设反响中n(NO)n(O2)=21,那么总反响的化学方程式为_;脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2,为到达最正确脱硝效果,应采用的条件是_。(2)T1温度时在容积为2 L的恒容密闭容器中发生反响:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)H“或“=)。【解析】(1)以乙烯(C2H4)作为复原剂脱硝(NO),使其转化为无毒的N2,乙烯被氧化为CO2,假设反响中n(NO)n(O2)=21,那么总反响的化学方程式为6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O;由脱硝率与温度、负载率的关系图可知:350 左右、负载率3.0%时脱硝率最高,到达最正确脱硝效果,故

19、应采用的条件是350左右、负载率3.0%;(2)从02s内该反响的平均速率v(NO)=0.03 molL-1s-1; 2NO(g)+O2(g)2NO2(g)n(始)/mol 0.20 0.10 0n/mol 0.14 0.07 0.14 n(平)/mol 0.06 0.03 0.14所以根据化学平衡常数的定义可得K=363 ;v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)c(O2),v逆=(NO2)消耗=k逆c2(NO2),可逆反响到达化学平衡时,同一物质表示的v正=v逆,不同物质表示的正逆反响速率之比等于化学计量数之比,所以k正c2(NO)c(O2)=k逆c2(NO2),那么=K;

20、假设将容器的温度改变为T2时其k正=k逆,那么由于K=1T1。答案:(1)6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O350 左右、负载率3.0%(2)0.03363【加固训练】(2022深圳模拟)甲、乙两个小组利用酸性KMnO4与H2C2O4溶液反响,设计实验探究影响反响速率的因素(2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O)甲组:利用如图装置,通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比拟化学反响速率的大小(实验中所用KMnO4溶液均已参加H2SO4)。序号A溶液B溶液2 mL 0.2 molL-1 H2C2O4溶液4 mL 0.01 molL-1 KMnO4溶

21、液2 mL 0.1 molL-1 H2C2O4溶液4 mL 0.01 molL-1 KMnO4溶液2 mL 0.2 molL-1 H2C2O4溶液4 mL 0.01 molL-1 KMnO4溶液和少量MnSO4(1)该实验的目的是探究_对化学反响速率的影响。(2)分液漏斗中A溶液应该_参加(填“一次性或“逐滴滴加)。(3)实验结束后,读数前为了使两个量气管的压强相等,防止产生压强差,影响测定结果,需要进行的操作是_。乙组:通过测定KMnO4溶液褪色所需时间的多少来比拟化学反响速率,为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反响速率的影响,某同学在室温下完成以下实验实验编号1234水/mL1050x

22、0.5 molL-1H2C2O4/mL5101050.2 molL-1KMnO4/mL551010时间/s402010(4)x=_。A.5B.10C.15D.204号实验中始终没有观察到溶液褪色,你认为可能的原因是_。【解析】(1)根据表中数据可知,实验探究的是浓度对反响速率的影响,实验探究的是催化剂对反响速率的影响,所以实验目的是探究草酸浓度和催化剂对化学反响速率的影响;(2)为了防止实验误差,实验过程中分液漏斗中的溶液A必须一次性参加,不能逐滴参加;(3)实验结束后读数前需要移动量气管,使两个量气管的液面相平,其作用是使两个量气管的压强相等,防止产生压强差,影响测定结果;(4)为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反响速率的影响,实验14中溶液的总体积应该为20,那么x=20-10-5=5;根据反响2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O可知,10 mL酸性高锰酸钾需要消耗10 mL草酸溶液,所以实验4中高锰酸钾过量,导致溶液没有褪色。答案:(1)草酸浓度和催化剂(2)一次性(3)移动量气管,使两个量气管的液面相平(4)AKMnO4溶液过量- 10 -