第19讲-化学反应速率及其影响因素-(检测)(解析版).docx

第19讲 化学反应速率及其影响因素 （精准检测卷）时间：50分钟一、选择题（12个小题，每小题只有一个正确选项，每题5分，共60分）1在2L的密闭容器中，发生的反应，若最初加入A和B都是4mol，10s后，测得，则此时容器中B的物质的量是AmolBmolCmolDmol【答案】D【解析】10s内A的物质的量的变化量，根据方程式，可知，故10s后容器中B的物质的量为，故答案为D。2对于可逆反应A(g)+3B(s) 2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是Av(A)=0.5 molL-1s-1Bv(B)=1.2 molL-1s-1Cv(D)=0.4 molL-1s-1Dv(C)=0.1 molL-1s-1【答案】A【解析】根据用不同物质表示反应速率时，速率比等于化学方程式中物质的化学计量数的比，把各种物质表示的化学反应速率都转化为用A物质表示的反应速率，并且速率单位相同，然后再比较其大小。Av(A)=0.5 molL-1s-1；Bv(B)=1.2 molL-1s-1，则v(A)=v(B)=0.4 molL-1s-1；Cv(D)=0.4 molL-1s-1，则v(A)=v(D)=0.2 molL-1s-1；Dv(C)=0.1 molL-1s-1，v(A)=v(C)=0.05 molL-1s-1；可见用A物质表示反应速率，速率最大值是v(A)=0.5 molL-1s-1，故合理选项是A。3一定温度下，10mL 0.40mol/L 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min02468100.09.917.222.426.529.9下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计) A06min的平均反应速率：B46min的平均反应速率：C反应至6min时，D反应至6min时，分解了50%【答案】C【解析】A06min时间内，生成氧气物质的量=，由，可知，所以，A项正确；B随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，46min的平均反应速率小于06min时间内的平均反应速率，即，B项正确；C由A计算可知反应至6min时，c(H2O2)=0.4mol/L0.2mol/L=0.2mol/L，C项错误；D6min内c(H2O2)=0.2mol/L，则H2O2分解率=，D项正确；答案选D。4向某温度恒定、体积固定的密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量(未知)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图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。下列说法不正确的是A密闭容器的容积为2LB若t1=15，则0t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=0.004molL-1s-1C该反应的化学方程式为：3A(g)+B(g)2C(g)D物质B的起始浓度是0.02mol/L【答案】C【解析】根据图像，0t1s内A的浓度减少0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，A为反应物，C的浓度增加0.11mol/L-0.05mol/L=0.06mol/L，C为生成物；A、C的化学计量数之比为0.09mol/L：0.06mol/L=3：2；在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化，反应前后气体分子数不变，则B为生成物，反应的化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g)；据此作答。A开始加入A的物质的量为0.3mol，A的浓度为0.15mol/L，则密闭容器的容积为0.3mol0.15mol/L=2L，A项正确；B若t1=15，则0t1s内以C物质浓度变化表示的反应速率v(C)=0.004molL-1s-1，B项正确；C根据分析，反应的化学方程式为3A(g)B(g)+2C(g)，C项错误；D根据转化浓度之比等于化学计量数之比，0t1s内B的浓度增加0.03mol/L，t1s时B的浓度为0.05mol/L，则B的起始浓度为0.05mol/L-0.03mol/L=0.02mol/L，D项正确；答案选C。5下列选用的仪器和装置能达到实验目的是A定量测定化学反应速率B融化固体C干燥氢气D实验室保存液溴AABBCCDD【答案】A【解析】A通过时间和注射器活塞移动的刻度，可测定反应速率，能够达到实验目的，故A正确；B石英坩埚化学成分为SiO2，高温下两者发生反应SiO2+Na2CO3=Na2SiO3+CO2，不能用其融化固体，故B错误；C浓硫酸应装在洗气瓶内，通过导管长进短出来干燥氢气，故C错误；D液溴可氧化橡胶，应选玻璃塞，故D错误；故选：A。6已知化合物A与H2O在一定条件下反应生成化合物B与HCOO-，其反应历程如图所示，其中TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法正确的是A化合物A与H2O之间的碰撞均为有效碰撞B过渡态为活化配合物，其性质极不稳定C该历程中TS2时活化分子百分数最大D使用催化剂可以加快该反应速率，改变该反应进行的方向【答案】B【解析】A化合物A与水分子之间能发生化学反应碰撞为有效碰撞，故A错误；B过渡态为活化配合物，具有较高的能量，性质极不稳定，故B正确C由图可知，该历程中TS1时能量最低，活化分子百分数最大，故C错误；D使用催化剂可以降低反应活化能，加快该反应速率，但不能改变该反应进行的方向，故D错误；故选B。7中科院兰州化学物理研究所用Fe3 (CO) 12/ ZSM-5催化CO2加氢(H2) 合成低碳烯烃反应，过程如图，下列说法错误的是A反应过程中发生极性键、非极性键的断裂和结合B该反应的催化剂，可降低反应的活化能C反应过程中，第i步的活化能小于第ii步的活化能D若该技术工业化，将有利于缓解温室效应并解决能源转化问题【答案】C【解析】A反应过程中，二氧化碳中碳氧键、氢气中氢氢键断裂，反应生成乙烯、丙烯等物质，所以有碳氢键、碳碳键的生成，故A正确；B催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，故B正确；C活化能越小反应速率越快，第i步反应慢、第ii步反应快，所以第i步的活化能大于第ii步的活化能，故C错误；D该反应消耗二氧化碳生成低碳烯烃，利于缓解温室效应并解决能源转化问题，故D正确；选C。8下列实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A取两粒相同大小、形状和质量的铜粒，分别投入稀硝酸和浓硝酸中铜粒与浓硝酸反应更剧烈实验目的是探究浓度对化学反应速率的影响B在启普发生器中放入几块电石，加入饱和食盐水反应平缓进行， 倒置在水槽的试管中冒出气泡试管中收集到气体C在试管将浓硫酸和浓硝酸混合，冷却到5060C以下，然后滴加苯，将试管放入60C的水浴中加热混合液分为两层， 上层呈淡黄色， 下层无色硝基苯难溶于水，密度比水大且硝基苯为淡黄色D在相同温度下，用pH计测得相同浓度的醋酸钠溶液和亚硝酸钠溶液的pH醋酸钠溶液的 pH为9.0，亚硝酸钠溶液的pH为8.4相同条件下亚硝酸的酸性比醋酸强AABBCCDD【答案】D【解析】A 稀硝酸和浓硝酸的氧化性强弱不同，反应物不同，性质不同，不能探究浓度对化学反应速率的影响，A选项错误；B电石与水反应产生微溶物氢氧化钙，不能用启普发生器，B选项错误；C硝基苯为无色或微黄色难溶于水的液体，密度比水大，下层呈淡黄色，C选项错误D在相同温度下，用pH计测得相同浓度的CH3COONa溶液、NaNO2溶液的pH，pH越大对应酸的酸性越弱，由CH3COONa溶液pH为9.0，NaNO2溶液的pH约为8.4，可知相同条件下亚硝酸的酸性比醋酸强，D选项正确；答案选D。9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，反应速率一定增大C该反应是放热反应，降低温度正反应速率加快D在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1t2内，SO3(g)生成的平均速率为【答案】D【解析】A催化剂V2O5既能加快正反应速率，也能够加快该反应的逆反应速率，A错误；B若是在容器的容积不变的情况下增大体系的压强，则化学反应速率不变；若是通过缩小容器的容积来增大压强，化学反应速率就会增大，因此增大反应体系的压强，反应速率不一定增大，B错误；C该反应是放热反应，降低温度时，物质的内能减少，分子之间有效碰撞次数减少，正反应速率和逆反应速率都减小，C错误；D化学反应速率是单位时间内的物质浓度的改变值，故在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1t2内，SO3(g)生成的平均速率为，D正确；故合理选项是D。10下列实验现象及结论均正确的是选项ABCD实验操作现象a中产生白色沉淀b中先产生白色沉淀，后沉淀溶解热水浴中的试管中先出现浑浊酸性高锰酸钾溶液褪色试管中有蓝色沉淀产生结论金属性：MgAl其他条件不变时，温度升高，化学反应速率加快乙醇与浓硫酸混合加热至170，有乙烯生成Fe电极被保护AABBCCDD【答案】B【解析】A氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强酸强碱，但不溶于弱碱氨水，所以b中的白色沉淀不可能溶解，故A错误；B体积和浓度都相同的硫代硫酸钠溶液分别在热水浴和冷水浴中与体积和浓度都相同的稀硫酸反应，热水浴中的试管中先出现浑浊说明其他条件不变时，温度升高，化学反应速率加快，故B正确；C乙醇和乙烯都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以将反应后的混合气体能使酸性高锰酸钾溶液褪色不能说明乙醇与浓硫酸混合加热至170，有乙烯生成故C错误；D锌和铁在氯化钠溶液中构成原电池时，金属性强的锌失去电子被损耗，铁被保护，所以向少量铁电极附近的溶液中加入铁氰化钾溶液没有蓝色沉淀产生，故D错误；故选B。11中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，这项技术是实现“碳中和”的重要途径之一，该反应路径如图所示。下列说法正确的是A该过程的总反应为2CO2 +4H2 CH3COOH +2H2OBLiI和Rh*均为该反应的催化剂C步骤3反应中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成D所有步骤发生的反应均为氧化还原反应【答案】B【解析】A根据图示，CH3OH、CO2、H2反应生成CH3COOH和H2O，化学方程式为：，故A错误；BLiI在步骤1中作反应物、步骤5作生成物，所以LiI是该反应是催化剂，Rh*也是该反应的催化剂，故B正确；C步骤3中有C=O的断裂、C-Rh键的断裂，有C-C键的形成、O-Rh键的形成，所以没有非极性键的断裂，故C错误；D步骤5中，HI和LiOH为反应物，H2O和LiI为生成物，可表示为HI+LiOHH2O+LiI，无元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选：B。12实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备CuSO45H2O的部分实验步骤如图：下列说法不正确的是A“溶解”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎B“滤液”中，溶质的主要成分为ZnSO4C“溶解”过程中，有大量的气体产生D“操作”是将溶液直接加热蒸干得到CuSO45H2O晶体【答案】D【解析】A将铜帽粉碎，增大接触面积，加快反应速率，A正确；BCu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，“滤液”中，溶质的主要成分为ZnSO4，B正确；C“溶解”过程中有铜离子生成，且反应放热，促进双氧水分解产生大量氧气，C正确；D“操作”是从硫酸铜、稀硫酸的混合溶液中获取硫酸铜晶体，直接加热蒸干会使硫酸铜晶体失去结晶水，且有杂质，应经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CuSO45H2O晶体，D错误；综上所述答案为D。二、非选择题（共4小题，共40分）13研究氮氧化物的反应机理，NOx之间的转化对等于消除环境污染有具有重要意义。.升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g) + O2(g)2NO2(g) (H 0)的速率却随温度的升高而减小。某化学小组为研究特殊现象的实质原因，查阅资料知：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程分两步：2NO(g) N2O2(g) (快) v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2) H1 0 N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) (慢) v2正=k2正c(N2O2) c(O2) v2逆=k2逆c2(NO2) H2 0，将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T1。下列可以作为反应达到平衡的判据是_。A气体的压强不变B容器内气体的密度不变CK不变Dv正(N2O4) =2v逆(NO2) E.容器内颜色不变 t1时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强P，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g) 2NO2(g)的平衡常数Kp=_。对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作kp，如p(B)=px(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数反应温度T1时，c(N2O4)随t(时间)变化曲线如图1，画出0t2时段，c(NO2)随t变化曲线。保持其它条件不变，改变反应温度为T2(T2T1)，再次画出0t2时段，c(NO2)随t变化趋势的曲线。_(4)NO氧化反应： 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图2。.2NO(g) N2O2(g) H1 .N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) H2决定NO氧化反应速率的步骤是_(填“”或“”)。在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和T4(T4 T3)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图3，转化相同量的NO，在温度_(填“T3”或“T4”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图(图2)分析其原因_。【答案】(1) c(2)a(3) AE p (4) T4 H1 0.06mol/L，温度升高反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，平衡时刻在t1时刻之前，故图像为：(4)根据反应过程能量图可知步骤反应活化能较大，起决定因素；据图可知当c (NO2) 相同时，T4温度下消耗的时间较长；H1【解析】(1)升高温度生成Z化学反应速率增大；加入催化剂生成Z化学反应速率增大；故答案为：增大；增大；保持容器的体积不变，减少气体Z的量，相当于减小生成物的浓度，逆反应速率减小，平衡正向移动，反应物浓度逐渐减小，生成Z化学反应速率减小；故答案为：减小；保持容器的体积不变，增加气体Ar，Ar是惰性气体不参与反应，反应物浓度不变，生成Z化学反应速率不变；故答案为：不变；要想保持压强不变，加入惰性气体，相当于减小压强，生成Z化学反应速率减小；故答案为：减小；(2) 由图可知，2分钟内Y减少了0.1mol,X减少了0.3mol,Z增加了0.2mol，且2min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。故答案为：；反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为。故答案为：；2min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；故答案为：大；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vA=1 mol/(Lmin)不变，vC=0.5 mol/(Lmin)，则vA=0.75 mol/(Lmin)vB=0.5 mol/(Lmin)则vA=1.5mol/(Lmin)，三种情况下该反应速率由大到小的关系是 ；或者可以比较，即，则，即；故答案为：。16某研究性学习小组利用草酸溶液和酸性KMnO4 溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验设计如下：(假设溶液混合时体积可以加和)实验序号实验温度(K)酸性 KMnO4 溶液草酸溶液去离子水溶液褪色时间c(mol/L)V (mL)c(mol/L)V (mL)V (mL)t (s)2980.022.00.104.00t1T0.022.00.103.0a8.03430.022.00.103.0at23730022.00.103.0at3(1)写出草酸与酸性 KMnO4 溶液反应的离子方程式：_。(2)甲同学利用实验来绘制反应过程中生成 CO2 的物质的量 n(CO2)随反应时间 t 的变化曲线，反应在 t = t1 时完成，试在下图中画出 n(CO2)随反应时间 t 变化的曲线_，并确定m =_mol。(3)乙同学欲通过实验、探究反应物浓度对该反应速率的影响，则a = _， T = _。若 t18 s，可以得出的结论是：_。(4)通过比较实验、的结果，可以探究_变化对化学反应速率的影响。【答案】(1) 2+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O(2) 110-4(3) 1 298 反应物浓度增大，化学反应速率将加快(4) 温度【解析】(1)KMnO4具有强氧化性，草酸具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，草酸被氧化为CO2，KMnO4被还原为Mn2+，反应离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O；(2)KMnO4与草酸反应为放热反应，且生成的Mn2+对该反应具有催化作用，因此反应开始阶段化学反应速率较快，后续随着反应的不断进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率逐渐降低，反应在 t = t1 时完成，因此n(CO2)随反应时间 t 变化的曲线为；由表格数据可知，反应过程中KMnO4不足，因此实验产生CO2的物质的量为0.02mol/L210-3L=110-4mol；(3)通过实验、探究反应物浓度对该反应速率的影响，则对比试验中除反应物浓度不同外，其它条件均需相同，因此溶液体积需相同，实验的溶液体积为(2+4)mL=6mL，则实验中a=1；T=298；若 t18 s，即实验的反应速率大于实验，而实验的草酸溶液浓度大于实验，可得出的结论为：反应物浓度增大，化学反应速率将加快；(4)由表格数据可知，实验、的反应温度不同，因此实验、探究的是反应温度对化学反应速率的影响。