2022届高考化学二轮复习专题十八化学反应速率及其影响因素含解析.doc

专题十八 化学反响速率及其影响因素
1、以下关于化学反响速率的说法，正确的选项是〔     〕
A．化学反响速率是衡量化学反响进行程度的物理量
B．化学反响速率为1. 8mol·L-1·min-1，是指1min时，物质的量浓度为1.8mol·L-1
C．各物质表示的速率的数值之比等于方程式中各物质的计量数之比
D．某可逆反响速率越快，该反响平衡时反响物转化率越大
2、以下事实中，不能用勒夏特列原理解释的是( )
A．向K2Cr2O4溶液中滴入浓的NaOH溶液后，溶液黄色加深
B．实验室用排饱和食盐水法收集氯气
C．反响2SO2＋O22SO3 ΔH<0，工业上采取高温的措施有利于提高SO2的转化率
D．合成氨反响：N2＋3H22NH3 ΔH<0，为使氨的产率提高，理论上应采取低温高压的措施
3、在密闭容器中的一定量的混合气体发生反响:x A(g)+y B(g)z C(g),平衡时测得A的浓度为0.50mol/L,保持温度不变,将容器的容积扩大到原来的两倍,再达平衡时,测得A的浓度为0.30mol/L.以下有关判断正确的选项是(   )
A.平衡向正反响方向移动 B.B的转化率降低
C.x+y系如左图；反响达平衡后在t1、t2、t3、t4时分别都只改变了一种条件，逆反响速率随时间变化的关系如右图.以下有关说法正确的选项是〔 〕
A．反响开始2min内， v(B)＝0.1mol/(L·min)
B．t1时改变的条件可能是升高温度
C．t3时改变的条件可能是加压，此时c(B)不变
D．t4时可能是使用了催化剂，此时c(B)不变
5、在某恒温、恒容的密闭容器内发生反响:2NO2(g) 2NO(g)+O2(g) ΔH>0,开始时充入2mol NO2并到达平衡。以下说法正确的选项是(   )
A.再充入2mol NO2,平衡正向移动,O2的体积分数增大
B.升高温度,O2的体积分数减小
C.增大压强,化学平衡逆向移动,NO2的体积分数增大
D.再充入1mol O2,NO2的体积分数增大
6、一定温度时,向2.0L恒容密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2,发生反响:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g).经过一段时间后到达平衡.反响过程中测定的局部数据见下表:
t/s
0
 t1
t2
t3
t4
n(SO3)/mol
0
0.8
1.4
1.8
1.8
以下说法正确的选项是(   )
A.反响在前t1s的平均速率v(O2)= 0.4/t1mol·L-1·s-1
B.保持其他条件不变,体积压缩到1.0L,平衡常数将增大
C.相同温度下,起始时向容器中充入4mol SO3,到达平衡时,SO3的转化率大于10%
D.保持温度不变,向该容器中再充入2mol SO2、1mol O2,反响到达新平衡时n(SO3)/n(O2)增大
7、某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别参加到6个盛有过量Zn粒的反响瓶中，以研究硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反响生成氢气速率的影响。以下判断错误的选项是〔 〕
实验组别
混合溶液
A
B
C
D
E
F

30

饱和溶液/mL
0
0.5

5

20
/ mL

10
0
A.，，
B本实验利用了控制变量思想，变量为铜离子浓度
C.反响一段时间后，实验A中的金属呈灰黑色，实验F的金属呈现红色
D.该小组的实验结论是硫酸铜的量与生成氢气速率成正比
8、探究2=反响速率的影响因素，有关实验数据如下表所示。以下说法不正确的选项是〔 〕
实验编号
温度
(℃)
催化剂
用量(g)
酸性溶液
溶液
溶液褪色平均时间(min)
体积〔ML〕
浓度〔〕
体积〔ML〕
浓度〔〕
1
25
0.5
4
0.1
8
0.2
12.7
2
80
0.5
4
0. 1
8
0.2
a
3
25
0.5
4
0.01
8
0.2
6.7
4
25
0
4
0.01
8
0.2
b
A.a＜12.7，b＞6.7
B.用表示该反响速率，v〔实验3〕＜v〔实验1〕
C.用表示该反响速率，v〔实验1〕约为
D.可通过比拟收集相同体积所消耗的时间来判断反响速率快慢
9、温度为一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol PCl5,反响PCl5(g)PCl3(g)+ Cl2(g)经过一段时间后到达平衡。反响过程中测定的局部数据见下表。以下说法正确的选项是( )
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
A.反响在前50s的平均速率v(PCl3) = 0.0032mol·L-1·s-1
B.保持其他条件不变，升高温度,平衡时c(PCl3) = 0.11mol·L-1,那么反响的ΔH<0
C.相同温度下,起始时向容器中充入1.0mol PCl5、0.20mol PCl3和0.20mol Cl2,反响到达平衡前v(正)> v(逆)
D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol PCl3和2.0mol Cl2,到达平衡时,PCl3的转化率小于80%
10、:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)   △H=﹣49.0kJ•mol﹣1。一定条件下,向体积为1L的密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2,测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化曲线如以下图所示。以下表达中正确的选项是( )

A.升高温度能使增大
B.反响到达平衡状态时,CO2的平衡转化率为75%
C.3 min时,用CO2的浓度表示的正反响速率等于用CH3OH的浓度表示的逆反响速率
D.从反响开始到平衡,H2的平均反响速率υ(H2)=0.075 mol·L-1·min-1
11、臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反响为：2NO2(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g)，假设反响在恒容密闭容器中进行，以下由该反响相关图像作出的判断正确的选项是( )
A
B

升高温度，平衡常数减小
0～3 s内，反响速率为：v(NO2)＝0.2mol·L－1
C
D

t1时仅参加催化剂，平衡正向移动
达平衡时，仅改变x，那么x为c(O2)
A.A B.B C.C D.D
12、反响：2NO(g)＋(g)2NOBr(g)　ΔH＝- a kJ· (a＞0)，
其反响机理如下
① NO(g)＋(g)NO(g)　 快
② NO(g)＋NO(g)2NOBr(g)　 慢
以下有关该反响的说法正确的选项是( )
A． ②的活化能比①的大
B． NO是该反响的催化剂
C．逆反响的活化能比正反响的活化能小a kJ·
D．增大(g)浓度能增大活化分子百分数，加快反响速率
13、以下关于可逆反响：,以下表达正确的( )
A. 增大反响物的浓度,可以提高活化分子百分数,所以 正会先增大后减小
B. 升高温度可以提高活化分子的能量所以正、逆都增大,但正增的更大
C. 采用催化剂,可以提高活化分子百分数,所以会引起正、逆同时增大且增大的倍数相同
D. 减小压强可以降低单位体积内活化分子的数目,所以正减小、逆增大
14、氮及其化合物在人们的生活经常出现。
(1)汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意图如下：
该条件下，N2和O2完全反响生成1molNO会 (填“吸收〞或“放出〞) kJ能量。
(2)一定温度下，在体积为0.5L的恒容密闭容器中，氮的气态氧化物X和Y之间反响过程中各物质的物质的量与时间的关系如下图。
① 写出该反响的化学反响方程式： 。(用物质的化学式表示)
② 在0～3min内，用Y表示的反响速率为
③ 以下表达能说明该反响已到达化学平衡状态的是 (填字母)。
a.容器内压强不再发生变化
b.X的体积分数不再发生变化
c.容器内原子总数不再发生变化
d.相同时间内消耗n mol Y的同时生成2n mol X
④ 反响到达平衡后，假设降低温度，那么v(正) ，v(逆) (填“增大〞“减小〞或“不变〞)。
(3)反响在四种不同情况下的反响速率分别为：
① ②
③ ④
该反响在四种不同情况下速率由大到小的顺序为(用序号填空) 。
15、甲醇被称为2l世纪的新型燃料，工业上通过以下反响I和II，用CH4和H2O为原料来制备甲醇:CH4(g)+H2O(g)  CO(g)+3H2 (g)……I  CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ……II。

(1)将1.0 mol CH4和2.0 mol H2O(g)通入容积为100L反响室，在一定条件下发生反响I，CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图。
① 100℃时到达平衡所需的时间为5min，那么用H2表示的平均反响速率为____________________。
② 图中的P1_________P2(填“<〞、“>〞或“=〞)，100℃时平衡常数的值为__________ 。
③ A、B、C三点的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为                           
(2)在压强为0.1 MPa条件下， 将a mol CO与 3a mol H2的混合气体在催化剂作用下，自发反响Ⅱ，生成甲醇。
① 该反响的△H < 0；假设容器容积不变，以下措施可增加甲醇产率的是________。
A.升高温度 B.将CH3OH(g)从体系中别离
C.充入He，使体系总压强增大 D.再充入1mol CO和3mol H2
② 为了寻找合成甲醇的温度和压强的适宜条件，某同学设计三组实验，局部实验条件已经填在下面实验设计表中，请在下表空格中填入剩余的实验条件数据。
实验编号
T(℃)
N(CO)/n(H2)
P(Mpa)
i
150
1/3
0.1
ii
 _____
 ______
5
iii
350
______ 
5
(3)治理汽车尾气的反响是2NO〔g〕+2CO〔g〕⇌2CO2〔g〕+N2〔g〕 △H<0。在恒温恒容的密闭容器中通入n〔NO〕:n〔CO〕=1:2的混合气体，发生上述反响。以下图象正确且能说明反响在进行到t1时刻一定到达平衡状态的是 〔选填字母〕。
16、煤燃烧排放的烟气含有，容易形成酸雨污染环境，可通过多种化学方法对烟气进行脱硝处理。答复以下问题
〔1〕在无氧条件下，脱硝反响为:，T℃时，在恒容的密闭容器中，测得在不同时间NO和的物质的量如下表:
时间/min
0
1
2
3
4

1.20
0.90
0.72
0.60
0.60

0.90
0.70
0.58
0.50
0.50
①以下说法正确的选项是 〔填序号〕
A.3min后NO和的浓度都不再变化，反响停止进行
B.前2min内的平均反响速率
C.到达平衡时NO的转化率为50%
D.及时别离出，可使该反响的反响速率增大，平衡正向移动
②假设反响开始的压强为，那么该反响的化学平衡常数= 〔可用分数表示；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数〕
〔2〕在有氧条件下，也能发生脱硝反响。
①:=
,= 241.8kJ/mol，
那么脱硝反响= kJ/mol.
②臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反响为:,反响在恒容密闭容器中进行，的百分含量随压强〔p〕、x的变化如下图:

那么 〔填“＞“＜〞或“＝〞〕，x表示的物理量除时间外，还可能是 .
〔3〕利用惰性电极电解也能对烟气进行脱硝处理.电解原理如下图:

电极a的电极反响式为 ，当电解44.8〔标准状况〕含5%NO的烟气，理论上电路中通过电子的物质的量为  mol.
答案以及解析
1答案及解析：
答案：C
解析：
2答案及解析：
答案：C
解析：
3答案及解析：
答案：B
解析：
4答案及解析：
答案：D
解析：
5答案及解析：
答案：C
解析：
6答案及解析：
答案：D
解析：2SO2(g)+O2(g)2SO3
起始/mol 2              1                    0
平衡/mol 2-2a      1-a                  2a
2a=1.8mol a=0.9mol
A项, 错误;
B项,平衡常数只与温度有关,错误;
C项,原平衡,SO2的转化率为,当向容器中充2mol SO3时,SO3的转化率等于10%,当充入4mol SO3,相当于加压,SO3的转化率减小,应小于10%,错误;
D项,相当于缩小容器的体积,平衡右移,n(SO3)/n(O2)增大,正确。
7答案及解析：
答案：D
解析：A.研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，那么需要硫酸的体积、物质的量应相同，由A、F可知结合溶液的总体积为，那么，，故A不符合题意；B.本实验利用了控制变量思想，硫酸的体积、物质的量应相同，变量为铜离子浓度，故B不符合题意；C.A中没有参加硫酸铜，锌与稀硫酸反响后，锌的外表凹凸不平，有很多细小的锌的颗粒，由于颗粒很小，光被完全吸收，所以看到的固体是灰黑色；F中Zn能够置换出Cu附着在Zn外表，金属变为紫红色，故C不符合题意；D.因为锌会先与硫酸铜反响，直至硫酸铜反响完才与硫酸反响生成氢气，硫酸铜量较少时，形成铜锌原电池，反响速率加快，硫酸铜量较多时，反响时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反响，氢气生成速率下降，故D符合题意。
8答案及解析：
答案：C
解析：A.温度越高反响速率越快，催化剂可加快反响速率，那么a＜12.7，b＞6.7，故A项正确；B.实验编号1和3对照发现，只有高锰酸钾的浓度不同，且实验1中其高锰酸钾的浓度大，那么反响速率:v〔实验3〕＜v〔实验1〕，故B项正确；C.实验1中，高锰酸钾的用量少，根据关系式可知，消耗的的物质的量浓度为，那么用表示实验1的反响速率时，其值为，故C项错误；D.比拟收集相同体积所消耗的时间，可知反响速率大小，进而可判断反响速率快慢，故D项正确。
9答案及解析：
答案：C
解析：
10答案及解析：
答案：B

解析：
11答案及解析：
答案：A
解析：
12答案及解析：
答案：A
解析：
13答案及解析：
答案：C
解析：
14答案及解析：
答案：(1)吸收; 91.5; (2)①2NO2N2O4;②0.2mol/(L·min);③ab;④减小;减小;
(3)②>③>①=④
解析：
15答案及解析：
答案：(1)① 0.003mol/(L·min) ② <;2.25×10 - 4 ③ KA
iii
350
1/3
5
;
(3) c d
解析：
16答案及解析：
答案:〔1〕①C ②
〔2〕①-1627.2 ②＞的物质的量或其浓度或质量等
〔3〕＝ 0.3
解析:〔1〕①A.3min后NO和的浓度都不再变化，说明到达动态平衡，但速率不为零，故A项错误；B.容器的体积未知，其化学反响速率无法求出，故B项错误；C.3min后NO的浓度不再变化，到达平衡，，那么转化的NO的物质的量，故其转化率，故C项正确；D.别离出其浓度降低，反响的速率会减小，故D项错误；
②

起始的各物质的物质的量〔mol〕
1.2
0.9
0
0
转化的各物质的物质的量〔mol〕
0.6
0.4
0.5
0.6
平衡后各物质的物质的量〔mol〕
0.6
0.5
0.5
0.6
那么平衡后的物质的量分数,
同理可得,，，反响开始的压强为，物质的量为，那么反响后的总压强，其平衡常数。
〔2〕①ⅰ.=
ⅱ.=
ⅲ.=
。
依据盖斯定律得到，= ；②，该反响为气体体积减小的反响，因此增大压强平衡会向正向移动，的百分含量降低，从图中可以看出，数值大，即；增大某一反响物的浓度可以使化学平衡向正反响方向移动，从而提高另一反响物的转化率、减小其百分含量，故x表示的物理量除时间外，还可能是的物质的量或其浓度或质量等；
〔3〕根据图示信息可知，b产生氢气，那么为溶液中的氢离子得电子的产物，电解池中阳离子在阴极得电子发生复原反响，故b连接电源的负极，a连接电源的正极，其阳极区NO失电子被氧化为硝酸根离子，发生的电极反响式为:=，电解的烟气中NO的物质的量，所以转移的电子的物质的量为.
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