2023届新高考新教材一轮复习人教版第七章第1讲　化学反应速率作业.docx

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1、第七章 第1讲化学反应速率一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1把下列四种X溶液分别加入四个盛有10 mL 2 molL1盐酸的烧杯中，均加水稀释到50 mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是()A10 20 mL 3 molL1的X溶液B20 30 mL 2 molL1的X溶液C20 10 mL 4 molL1的X溶液D10 10 mL 2 molL1的X溶液解析：B在化学反应中，当其他条件不变时，浓度越大，反应速率越快；温度越高，反应速率越快。本题中要综合考虑浓度和温度的影响。先比较浓度的大小，这里的浓度应该是混合以后的浓度，由于混合后各烧杯中盐酸的浓度相等，因此只要比较

2、X的浓度即可，X浓度越大，反应速率越快。因为反应后溶液的体积均为50 mL，所以X的物质的量越大，浓度就越大。通过观察可知，混合后A、B选项中X的浓度相等，但B选项中的温度高于A选项中的温度，C、D选项中浓度低于前两项，所以B选项最快。22SO2(g)O2(g)2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是()A催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率B增大反应体系的压强，化学反应速率一定增大C该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间D在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1t2内，生成SO3(g)的平均反应速率v解析：DV2O5作为催化剂，能同等程度

3、改变正、逆化学反应速率，A项错误；压强并不是影响化学反应速率的唯一因素，只有当其他条件不变时增大压强，化学反应速率才增大，B项错误；不管是吸热反应还是放热反应，降低温度化学反应速率均减小，使达到平衡所需的时间延长，C项错误；据v可知，cc2c1，tt2t1，D项正确。3A与B在容积为1 L的密闭容器中发生反应：aA(s)bB(g)=cC(g)dD(g)，t1、t2时刻分别测得部分数据如下表：反应时间/minn(B)/moln(C)/moln(D)/molt10.120.060.10t20.060.120.20下列说法正确的是()A0t1内，平均反应速率v(B) molL1min1B若起始时n(

4、D)0，则t2时v(D) molL1min1C升高温度，v(B)、v(C)、v(D)均增大Dbd61解析：C不能确定起始时B的物质的量，因此0t1时间段内，不能确定B的变化量，则不能计算其反应速率，A项错误；反应速率是平均反应速率，而不是瞬时反应速率，B项错误；t1t2时间段内，B和D的物质的量的变化量分别是0.06 mol、0.1 mol，所以bd35，D项错误。4在某容积为2 L的密闭容器内，加入0.8 mol的H2和0.6 mol的I2，在一定条件下发生如下反应：H2(g)I2(g)2HI(g)。反应中各物质的浓度随时间变化情况如图，根据图中数据，反应开始至达到平衡时的平均速率v(HI)

5、()A0.167 mol/(Lmin) B0.083 mol/(Lmin)C0.042 mol/(Lmin) D5 mol/(Lh)解析：A根据图中信息，反应开始至达到平衡时c(HI)0.5 molL1，其平均速率v0.167 molL1min1，故A符合题意。5(2021河南郑州市高三一模)高温下，甲烷生成乙烷的反应为2CH4C2H6H2。反应在初期阶段的速率方程为vkc(CH4)，其中k为反应速率常数。下列说法错误的是()A反应初期，增加甲烷浓度，v增大B反应过程中H2浓度变化对速率无影响C该温度下，乙烷的生成速率逐渐减小D升高反应温度，k增大解析：BA由初期阶段的速率方程可知，甲烷浓度越

6、大，反应速率v越大，故A正确；B.反应过程中氢气浓度逐渐增大，甲烷浓度逐渐减小，由初期阶段的速率方程可知，反应速率减小，故B错误；C.该温度下，随着反应的进行，甲烷的浓度逐渐减小，由初期阶段的速率方程可知，反应速率减小，则乙烷的生成速率逐渐减小，故C正确；D.升高反应温度，反应速率加快，由初期阶段的速率方程可知，反应速率常数k增大，故D正确。二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)61，3丁二烯和Br2以物质的量之比为11发生加成反应分两步：第一步Br进攻1，3丁二烯生成中间体C(溴正离子)；第二步Br进攻中间体C完成1，2加成或 1，4加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的

7、是()A其它条件相同时，生成产物B的速率快于产物A的速率B升高温度，1，3丁二烯的平衡转化率减小C该加成反应的反应热为EbEaD该反应的速率主要取决于第一步反应的快慢解析：BDA据图可知中间体C生成B的活化能更高，反应速率更慢，A错误；B.据图可知生成1，3丁二烯的反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡转化率减小，B正确；C.Ea是第二步反应中1，2加成反应的活化能，Eb是第二步反应中1，4加成反应的活化能，EbEa只是两种活化能的差值，图中数据不能计算该加成反应的反应热，C错误；D.据图可知第一步反应的活化能更大，反应速率更慢，整体反应速率取决于慢反应，D正确。7为探究Cu2对H2O2分

8、解是否有催化作用，分别取10 mL 30% H2O2(约10 molL1)于四支试管中，控制其它条件相同，进行实验获得如下表数据(氧气为标准状况下的体积)：实验编号所加药品控制温度/生成氧气平均速率(mLmin1)第1个3 min第2个3 min第3个3 min1 mL 1.0molL1CuSO4202.42.72.83091010409063281 mLH2O401.01.21.3下列有关说法不正确的是()ACu2对H2O2分解有催化作用BCu2对H2O2分解催化效率可能随温度升高而提高C实验第1个3 min H2O2的平均反应速率约为2.4 molL1min1D为得到更可靠的结论，实验还需

9、排除SO解析：CA项，实验说明Cu2对H2O2分解有催化作用，故A正确；B项，温度每升高10 ，速率提高24倍，实验说明，随着温度升高，Cu2对H2O2分解的催化效果明显提高，故B正确；C项，实验第1个3 min生成氧气平均速率为90 mLmin1，即 mol/min，根据反应2H2O2=2H2OO2，H2O2的平均反应速率约为0.8 molL1min1，故C不正确；D项，加CuSO4，可能是Cu2造成影响，也可能是SO造成的影响，故D正确。8已知反应2NO(g)2H2(g)=N2(g)2H2O(g)生成N2的初始速率与NO、H2的初始浓度的关系为vkcx(NO)cy(H2)，k为速率常数。在

10、800 时测得的相关数据如下表所示。实验数据初始浓度生成N2的初始速率/molL1s1c(NO)/molL1c(H2)/molL112.001036.001031.9210321.001036.001034.8010432.001033.001039.60104下列说法中不正确的是()A关系式中x1，y2B800 时，k值为4104C若800 时，初始浓度c(NO)c(H2)4.00103 molL1，则生成N2的初始速率为5.12103 molL1s1D当其他条件不变时，升高温度，速率常数将增大解析：AB由实验数据1和2可知，c(H2)相同，c(NO)扩大1倍，反应速率扩大为原来的4倍，则x

11、2，由实验数据1和3可知，c(NO)相同，c(H2)扩大1倍，反应速率扩大为原来的2倍，则y1，A项错误；根据数据1可知800 时，k值为8104，B项错误；若800 时，初始浓度c(NO)c(H2)4.00103 molL1，则生成N2的初始速率vkc2(NO)c(H2)8104(4.00103)2(4.00103)molL1s15.12103 molL1s1，C项正确；温度升高，反应速率加快，则当浓度和其他条件不变时，升高温度，速率常数一定是增大的，D项正确。9某小组同学探究SO2与Fe3盐溶液的反应，进行了如下实验：已知：Fe3HSOFe(HSO3)2(红棕色)实验操作现象溶液中立即产生

12、大量红棕色物质，无丁达尔现象；5 h后，溶液变为浅黄色，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀溶液中立即产生大量红棕色物质，无丁达尔现象；5 h后，溶液几乎无色，加入铁氰化钾溶液，产生大量蓝色沉淀溶液中立即产生大量红棕色物质，无丁达尔现象；5 h后，溶液变为黄色(比深)，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀综合上述实验，下列说法不正确的是()A产生红棕色物质的反应速率快于SO2与Fe3氧化还原反应的速率B与对照，说明阴离子种类对SO2与Fe3氧化还原反应的速率有影响CFe(NO3)3溶液中加入1滴浓硝酸后变为无色，说明浓硝酸具有漂白性D5 h后比黄色更深不能证明是NO浓度的增大减慢了SO2与Fe3反应的速率

13、解析：CA三组实验在通入SO2后，都迅速的产生了大量红棕色物质，并且无丁达尔效应，因此红棕色物质即Fe(HSO3)2；在静置了5个小时后，红棕色物质才消失；尤其是第二组实验，在溶液中不存在其他氧化性粒子即NO时，仍然先产生大量的红棕色物质，在5 h后才发生褪色，说明产生红棕色物质的反应速率要明显快于Fe3和SO2的氧化还原反应速率，A项正确；B.实验的溶液中阴离子中不含具有氧化性的离子，其在静置5 h后，加入铁氰化钾溶液，产生大量蓝色沉淀，说明生成了大量的Fe2；而实验的溶液中含有能够在一定条件下体现氧化性的NO，其在静置5 h后，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，说明相比于实验生成的Fe2量较

14、少；因此能证明阴离子种类对SO2与Fe3的氧化还原反应的速率有影响，B项正确；C.Fe(NO3)3溶液加入1滴浓硝酸后，因硝酸抑制Fe3水解，且可氧化Fe2，故黄色加深浓硝酸不具有漂白性，C项错误；D.由题可知，实验和实验的溶液，在静置5 h后，加入铁氰化钾溶液，产生的蓝色沉淀的量并无明显差异，所以说明Fe3和SO2的氧化还原反应速率并没有产生明显的差异；结合C项的分析，黄色是由于Fe3发生水解产生的，因此实验的溶液后来变成比实验更黄的颜色，可能是由于NO在体现氧化性的过程中消耗了较多的H而使得溶液的酸性变弱，Fe3水解平衡正向移动导致溶液黄色加深，D项正确。三、非选择题10(1)对于反应3X

15、(g)Y(g)Z(g)，在其他条件不变时，改变其中一个条件，则生成Z的速率(填“增大”“减小”或“不变”)：升高温度_；加入催化剂_；保持容器的体积不变，减少气体Z的量：_；保持容器的体积不变，增加气体Ar_；保持压强不变，充入惰性气体_。(2)某温度时，在一个5 L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：该反应的化学方程式为_。反应开始至2 min，以气体Z表示的平均反应速率为_。2 min反应达到平衡容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时_(填“大”“小”或“相等”，下同)，混合气体密度比起始时_。(3)反应3A(g)B(g)2C(

16、g)在三种不同的条件下进行反应，在同一时间内，测得的反应速率用不同的物质表示为vA1 mol/(Lmin)、vC0.5 mol/(Lmin)、vB0.5 mol/(Lmin)，三种情况下该反应速率由大到小的关系是_。(用序号表示)解析：(2)由图可知，2分钟内Y减少了0.1 mol，X减少了0.3 mol，Z增加了0.2 mol，且2 min后各物质的量保持不变，是可逆反应，所以该反应的化学方程式为3X(g)Y(g)2Z(g)；反应开始至2 min，以气体Z表示的平均反应速率为v(Z)0.02 mol/(Lmin)；2 min反应达平衡容器内混合气体的物质的量减小，而混合气体的质量不变，其平均

17、相对分子质量比起始时大；容器容积不变，混合气体的质量不变，所以混合气体密度与起始时相等；(3)根据题给数据我们可以转化为用同种物质表示，保留vA1 mol/(Lmin)不变，vC0.5 mol/(Lmin)，则vA0.75 mol/(Lmin)，vB0.5 mol/(Lmin)，则vA1.5 mol/(Lmin)，三种情况下该反应速率由大到小的关系是。答案：(1)增大增大减小不变减小(2)3X(g)Y(g)2Z(g)0.02 mol/(Lmin)大相等(3)11煤化工是以煤为原料，经过化学加工使煤转化为气体、液体、固体燃料以及各种化工产品的工业过程。(1)将水蒸气通过红热的炭即可产生水煤气，反

18、应为C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)H131.3 kJmol1。能使化学反应速率加快的措施有_。A增加C的物质的量B升高反应温度C随时吸收CO、H2转化为CH3OHD密闭定容容器中充入CO(g)(2)将不同物质的量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2 L的恒容密闭容器中，进行反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，得到如下两组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minH2OCOH2CO1650241.62.452900120.41.63实验1中以v(CO2)表示的化学反应速率为_。该反应的逆反应为_(填“吸”或“放”)热反应。(3)在一容积为

19、2 L的密闭容器内加入 2 mol的CO和 6 mol的H2，在一定条件下发生如下反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H0。该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示：由图可知反应在t1、t3、t7时都达到了平衡，而在t2、t8时都改变了条件，试判断t8时改变的条件可能是_。解析：(1)增加C的物质的量，不能改变其浓度，不能加快化学反应速率；吸收CO、H2相当于降低生成物的浓度，其化学反应速率减慢；充入CO增大生成物的浓度，可使化学反应速率加快。(2)v(CO2)v(CO)0.16 molL1min1。对比实验1、2可知，升高温度，生成H2的量减小，说明逆反应是吸热反应。(3)该反应前后气

20、体物质的化学计量数之和不等，t8时逆反应速率增大且与正反应速率相等，故只能是加催化剂的原因。答案：(1)BD(2)0.16 molL1min1吸(3)使用了催化剂12H2O2能缓慢分解生成水和氧气，但分解速率较慢，加入催化剂会加快分解速率。某化学兴趣小组为研究不同催化剂对H2O2分解反应的催化效果，设计了如图甲、乙、丙所示的三组实验。(1)定性分析：可以通过观察甲装置的_现象，而定性得出关于Fe3和Cu2催化效果的结论。有同学认为该实验不能比较Fe3和Cu2的催化效果，理由是_。(2)定量测定：用乙装置做对照试验，仪器A的名称是_。实验时组装好装置乙，关闭A的旋塞，将注射器活塞向外拉出一段距离

21、后松开，观察活塞是否回到原来的位置。这一操作的实验目的是_。实验时以2 min时间为准，需要测量的数据是_。(其它可能影响实验的因素均已忽略)(3)定量分析：利用丙装置探究MnO2对H2O2分解的催化效果。将30 mL 5% H2O2溶液一次性加入盛有0.10 mol MnO2粉末的烧瓶中，测得标准状况下由量气管读出气体的体积V(量气管)与时间(t/min)的关系如图所示。图中b点_90 mL(填“大于”“小于”或“等于”)。(4)补充实验：该小组补充进行了如下对比实验，实验药品及其用量如下表所示。实验设计的目的是为了探究_。编号反应物催化剂30 mL 5% H2O2溶液，10滴H2O0.10

22、 mol MnO230 mL 5% H2O2溶液，10滴0.1 mol/L HCl溶液0.10 mol MnO230 mL 5% H2O2溶液，10滴0.1 mol/L NaOH溶液0.10 mol MnO2解析：(1)甲中可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较Fe3和Cu2对H2O2分解的催化效果；实验使用的催化剂所需阴离子种类和浓度均不同，其可能影响反应速率，有同学认为该实验不能比较Fe3和Cu2的催化效果；(2)由装置图可知：仪器A的名称是分液漏斗；反应速率是根据测定相同时间内产生气体的体积来衡量的，为保证测定相同时间内产生气体的体积的准确性，要检查装置的气密性；实验时以2 min时间为准

23、，需要测量的数据是气体的体积；(3)随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减小，3 min4 min生成10 mL气体，那么2 min3 min生成气体的体积应大于10 mL，故b小于90 mL；(4)从表中可以看出，3组实验不同的实验条件是溶液的酸碱性，因此实验设计的目的是为了探究溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响。答案：(1)产生气泡的快慢(产生气泡的速率或反应完成的先后或试管壁的冷热程度等)实验使用的催化剂所需阴离子种类和浓度均不同，可能影响反应速率(2)分液漏斗检查装置的气密性在同温同压下，反应2 min收集气体的体积(3)小于(4)溶液的酸碱性对H2O2分解速率的影响(其他合理答案)