2022高考风向标人教版化学一轮课时知能训练第15讲化学反应速率.docx

第15讲化学反响速率
一、单项选择题
1．对于反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，能增大正反响速率的措施是(　　)。
A．通入大量O2B．增大容器体积
C．移去局部SO3D．降低体系温度
2．以下措施对增大反响速率明显有效的是(　　)。
A．Na与水反响时增大水的用量
B．Fe与稀硫酸反响制取H2时，改用浓硫酸
C．在K2SO4与BaCl2两溶液反响时，增大压强
D．Al在氧气中燃烧生成Al2O3的反响中，将Al片改成Al粉
3．设：A＋2B2C(正反响为吸热反响)的反响速率为v1；2X＋Y2Z(正反响为放热反响)的反响速率为v2，对于上述反响，当温度升高时，v1和v2的变化情况为(　　)。
A．同时增大B．同时减少
C．v1增大，v2减少D．v1减少，v2增大
4．在一密闭容器中，高温下发生下述反响(不考虑NO与氧气的反响)：4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)
ΔH<0。容器中NH3、O2、NO、H2O四种物质的物质的量n(mol)随时间t(min)的变化曲线如图K3－15－1所示。反响进行至2min时，只改变了某一条件，使曲线发生变化，该条件可能是下述中的(　　)。
图K3－15－1
A．充入了O2(g) B．降低温度
C．加了催化剂D．扩大了容器体积
5．对于可逆反响：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＜0，以下研究目的和示意图相符的是(　　)。

A
B
C
D
研究目的
压强对反响的影响(p2>p1)
温度对反响的影响
平衡体系增加N2的浓度对反响的影响
催化剂对反响的影响
图示

6.在一密闭容器中参加A、B、C三种气体，保持一定温度，在t1～t4时刻测得各物质的浓度如下表。据此判断以下结论正确的选项是(　　)。
测定时刻/s
t1
t2
t3
t4
c(A)/mol·L－1
6
3
2
2
c(B)/mol·L－1
5
3.5
3
3
c(C)/mol·L－1
1
2.5
3
3
A.在t3时刻反响已经停止
B．A的转化率比B的转化率低
C．在容器中发生的反响为：2A＋B2C
D．在t2～t3内A的平均反响速率为[1/(t3－t2)]mol·L－1·s－1
7．在恒温、恒容的密闭容器中进行反响：A(g)＋2B(g)C(g)。20s后，反响物A的浓度由2.0mol/L降到1.0mol/L，此时反响物B的浓度由1.0mol/L降到0.5mol/L所需反响时间为(　　)。
A．5sB．大于5s
C．小于5sD．无法判断
8．在一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，发生反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＜0。到达平衡状态后，在t1时刻改变条件，化学反响速率随时间变化关系如图K3－15－2。以下对t1时刻改变条件的推断中正确的选项是(　　)。
图K3－15－2
A．保持压强不变，升高反响温度
B．保持温度不变，增大容器体积
C．保持温度和容器体积不变，充入1molSO3(g)
D．保持温度和压强不变，充入1molSO3(g)
二、双项选择题
9．(2022年广东韶关模拟)在容积固定的密闭容器中充入一定量的两种X、Y气体，一定条件下发生可逆反响：3X(g)＋3Y(g)2Z(g)，并到达平衡。正反响是放热反响，测得X的转化率为37.5%，Y的转化率为25%，以下有关表达正确的选项是(　　)。
A．假设X的反响速率为0.15mol/(L·s)，那么Z的反响速率为0.1mol/(L·s)
B．假设向容器中充入氦气，Y的转化率增大
C．开始充入容器的X、Y物质的量之比为2∶3
D．升高温度，正反响速率增大，平衡向正反响方向移动
10．等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反响，测定在不同时间t产生气体体积V的数据，根据数据绘制得到图K3－15－3，那么曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是(　　)。
图K3－15－3
组别
c(HCl)(mol/L)
温度(℃)
状态
1
2.0
25
块状
2
2.5
30
块状
3
2.5
50
块状
4
2.5
30
粉末状
A．4－3－2－1B．1－2－3－4
C．3－4－2－1D．1－2－4－3
11．2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)是制备硫酸的重要反响。以下表达正确的选项是(　　)。
A．催化剂V2O5同时改变正、逆反响的反响速率
B．增大反响体系的压强，反响速率一定增大
C．该反响是放热反响，降低温度将缩短反响到达平衡的时间
D．在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，那么时间间隔t1～t2内，SO3(g)生成的平均速率为v＝
三、非选择题
12．(2022年重庆高考改编)钒(V)及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。V2O5是接触法制硫酸的催化剂。
(1)一定条件下，SO2与空气反响tmin后，SO2和SO3物质的量浓度分别为amol/L和bmol/L, 那么SO2起始物质的量浓度为__________mol/L ；生成SO3的化学反响速率为__________mol/(L·min) 。
(2)工业上制硫酸，尾气SO2用__________吸收。
13．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成二甲醚。
请答复以下问题：
(1)利用水煤气合成二甲醚的三步反响如下：
①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)　ΔH ＝－90.8kJ·mol－1；
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g) ＋ H2O(g)　ΔH＝－23.5kJ·mol－1；
③CO(g)＋H2O(g)CO2(g) ＋ H2(g)　ΔH＝－41.3kJ·mol－1。
总反响：3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2 (g)的ΔH＝________________。
在一定条件下的密闭容器中，该总反响到达平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是__________(填字母)。
a．高温高压b．参加催化剂c．减少CO2的浓度
d．增加CO的浓度e．别离出二甲醚
(2)反响②：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中参加CH3OH ，反响到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质
CH3OH
CH3OCH3
H2O
浓度/mol·L－1
0.44
0.6
0.6
14．(2022年全国高考)在溶液中，反响：A＋2BC，分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(A)＝0.100mol/L、c(B)＝0.200mol/L及c(C)＝0mol/L。反响物A的浓度随时间的变化如图K3－15－4所示。
图K3－15－4
请答复以下问题：
(1)与①比较，②和③分别仅改变一种反响条件。所改变的条件和判断的理由是：
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
(2)实验②平衡时B的转化率为__________；实验③平衡时C的浓度为__________。
(3)该反响的ΔH__________0，判断其理由是__________________________。
(4)该反响进行到4.0min时的平均反响速度率。
实验②：vB＝______________；
实验③：vC＝______________。
第15讲化学反响速率
1．A解析：增大反响物的浓度，正反响速率加快，在此瞬间逆反响速率不变。
2．D解析：A项，一定温度下，固体和纯液体物质，改变其用量，不影响反响速率；B项，浓硫酸使铁钝化，使反响停止；C项，增大压强对溶液反响影响不大；D项，增大了固体的比外表积。
3．A解析：不管是吸热反响还是放热反响，升高温度，反响速率都增大。
4．C解析：反响进行到2min时，各曲线突然变陡，说明反响速率加快，条件为升温或加压或加催化剂。
5．C解析：压强越大，反响速率越快，到达平衡所用时间越短，A错误；温度升高，平衡向吸热方向移动，故N2的转化率减小，B错误；增加N2的浓度，正反响速率增大，逆反响速率瞬间不变，平衡向右移动，C正确；催化剂能够加快反响速率，故到达平衡所用时间短，D错误。
6．D解析：从表中数据可以看出，反响没有进行到底，所以这是一个可逆反响，反响方程式为2A＋BC，t3时刻到达了平衡而不是反响终止，A、C错误；到达平衡时，A转化了2/3而B转化了2/5，B错误。
7．B解析：随浓度降低反响速率应逐渐减慢，开始20s内的B平均反响速率为v＝＝0.1mol/(L·s)，而后一阶段v＝＜0.1mol/(L·s)，所以t＞5s。
8．D解析：A中升高温度，正、逆反响速率都增大；B中温度不变增大体积，相当于减小压强，正、逆反响速率都减小；C中充入SO3，如果保持容积不变，那么正反响速率不变，逆反响速率增大；D中温度和压强不变，容器容积增大，但SO3的浓度仍然增大而反响物的浓度减小，所以正反响速率减小，逆反响速率增大。
9．AC解析：反响容器是固定容积的，故参加不参与反响的氦气，对化学平衡无影响，Y转化率不变，B错误；升高温度，反响向吸热方向移动，即向逆反响方向移动，D错误。
10．AC解析：化学反响速率与温度、浓度和固体物质的外表积的大小有关，实验1的盐酸的浓度最小，反响的温度最低，所以化学反响速率最慢；由于实验3的反响温度比实验2的反响温度高，所以反响速率实验3大于实验2；而实验4和实验3虽然浓度相同，但反响的温度不同，物质的状态也不相同，所以不能比较。
11．AD解析：参加催化剂同时改变正、逆反响速率，A项正确；降低温度使反响速率降低，将延长反响到达平衡的时间，C项错误；根据计算平均速率的定义公式可得D项正确。
12．(1)a＋bb/t　(2)氨水
解析：(1)由S守恒可得，SO2的起始浓度为(a＋b)mol/L；SO3的速率为单位时间内SO3浓度的变化，即b/tmol/(L·min)。(2)SO2可以用碱性的氨水吸收。
13．(1)－246.4kJ·mol－1ce
(2)①＞　②0.04mol·L－10.16mol·L－1·min－1
解析：(1)观察目标方程式，应是①×2＋②＋③，故ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3=-246.4 kj·mol－1。正反响是放热反响，升高温度平衡左移，CO的转化率减小；参加催化剂，平衡不转移，转化率不变；减少CO2的浓度、别离出二甲醚，平衡右移，CO的转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO的转化率降低；应选c、e。
〔2〕此时的浓度商Q==1.86<400,反响未到达平衡状态，向正反响方向移动，故v正>v逆；设平衡时二甲醚的浓度为0.6+x，那么甲醇的浓度为(0.44-2x)有：400＝，解得x=0.2mol·L－1，故0.44 mol·L－1-2x=0.04 mol·L－1。
由表可知，甲醇的起始浓度为(0.44＋1.2)mol·L－1＝1.64mol·L－1，其平衡浓度为0.04mol·L－1，10min变化的浓度为1.6mol·L－1，故v(CH3OH)＝0.16mol·L－1·min－1。
14．(1)②加催化剂；到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变③温度升高；到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小
(2)40%(或0.4)　0.06mol/L
(3)>升高温度向正方向移动，故该反响是吸热反响
(4)0.014mol/(L·min)　0.009mol/(L·min)
解析：(1)比较①、②可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而②比①所需的时间短，显然反响速率加快了，故由影响反响速率和影响平衡的因素可知是参加(正)催化剂；③因为该反响是在溶液中进行，所以不可能是改变压强引起速率的改变，又由于两条曲线A物质起始浓度相同，故不可能是改变浓度影响反响速率，再由③比①达平衡所需的时间短，平衡时反响物A浓度更小，故不可能是改用催化剂，而只能是升高温度来影响反响速率的。
(2)不妨令溶液为1 L，那么②中达平衡时A转化了0.04mol，由反响计量数可知B转化了0.08mol，所以B转化率为×100%＝40.0%；同样在③中A转化了0.06mol，那么生成C为0.06mol，体积不变，即平衡时c(C)＝0.06mol/L。
(3)理由：由③和①进行比照可知升高温度后A的平衡浓度减小，即A的转化率升高，平衡向正方向移动，而升温平衡是向吸热反响方向移动，所以正反响是吸热反响，ΔH>0。
(4)从图上读数，进行到4.0min时，实验②的A的浓度为0.072mol/L，那么Δc(A)＝0.10－0.072＝0.028mol/L，v(A)＝Δc(A)/Δt＝＝0.007mol/(L·min)，vB＝2vA＝0.014mol/(L·min)；进行到4.0min实验③的A的浓度为0.064mol/L：Δc(A)＝0.10－0.064＝0.036mol/L，v(A)＝Δc(A)/Δt＝＝0.009mol/(L·min)，vC＝vA＝0.009mol/(L·min)。