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()。ANa与水反响时增大水的用量BFe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DAl在氧气中燃烧生成Al2O3的反响中，将Al片改成Al粉3设：A2B2C(正反响为吸热反响)的反响速率为v1；2XY2Z(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Cv1增大，v2减少Dv1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)Hp1)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t1t4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/st1t2t3t4c(A)/molL16322c(B)/molL153.533c(C)/molL112.533A.在t3时刻反响已经停止BA的转化率比B的转化率低C在容器中发生的反响为：2AB2CD在t2t3内A的平均反响速率为1/(t3t2)molL1s17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()。A5sB大于5sC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)H0。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K3152。以下对t1时刻改变条件的推断中正确的选项是()。图K3152A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/(Ls)，那么Z的反响速率为0.1mol/(Ls)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23D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K3153，那么曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是()。图K3153组别c(HCl)(mol/L)温度()状态12.025块状22.530块状32.550块状42.530粉末状A4321B1234C3421D1243112SO2(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t1t2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/(Lmin) 。(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：2H2(g)CO(g)CH3OH(g)H 90.8kJmol1；2CH3OH(g)CH3OCH3(g) H2O(g)H23.5kJmol1；CO(g)H2O(g)CO2(g) H2(g)H41.3kJmol1。总反响：3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2 (g)的H_。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：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CH3OHCH3OCH3H2O浓度/molL10.440.60.614(2022年全国高考)在溶液中，反响：A2BC，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K3154所示。图K3154请答复以下问题：(1)与比较，和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)实验平衡时B的转化率为_；实验平衡时C的浓度为_。(3)该反响的H_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：vB_；实验：vC_。第15讲化学反响速率1A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。2D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。3A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。4C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。5C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。6D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2ABC，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。7B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v0.1mol/(Ls)，而后一阶段v0.1mol/(Ls)，所以t5s。8D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。9AC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。10AC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。11AD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)abb/t(2)氨水解析：(1)由S守恒可得，SO2的起始浓度为(ab)mol/L；SO3的速率为单位时间内SO3浓度的变化，即b/tmol/(Lmin)。(2)SO2可以用碱性的氨水吸收。13(1)246.4kJmol1ce(2)0.04molL10.16molL1min1解析：(1)观察目标方程式，应是2，故H=2H1+H2+H3=-246.4 kjmol1。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=1.86v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=0.2molL1，故0.44 molL1-2x=0.04 molL1。由表可知，甲醇的起始浓度为(0.441.2)molL11.64molL1，其平衡浓度为0.04molL1，10min变化的浓度为1.6molL1，故v(CH3OH)0.16molL1min1。14(1)加催化剂；到达平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变温度升高；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/(Lmin)0.009mol/(Lmin)解析：(1)比较、可看出，两者最终的平衡浓度相同，即最终的平衡状态相同，而比所需的时间短，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；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，再由比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：由和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，H0。(4)从图上读数，进行到4.0min时，实验的A的浓度为0.072mol/L，那么c(A)0.100.0720.028mol/L，v(A)c(A)/t0.007mol/(Lmin)，vB2vA0.014mol/(Lmin)；进行到4.0min实验的A的浓度为0.064mol/L：c(A)0.100.0640.036mol/L，v(A)c(A)/t0.009mol/(Lmin)，vCvA0.009mol/(Lmin)。