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全国通用版2022版高考化学一轮复习第7章化学反应速率和化学平衡1化学反应速率及影响因素课时作业含解析
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这是一份全国通用版2022版高考化学一轮复习第7章化学反应速率和化学平衡1化学反应速率及影响因素课时作业含解析，共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
化学反应速率及影响因素
(45分钟 100分)
一、选择题(本题包括7小题,每题6分,共42分)
1.少量铁粉与100 mL 0.01 mol·L-1的稀盐酸反应,反应速率太慢,为了加快此反应速率而不改变H2的产量,可以使用如下方法中的 ( )
①加H2O ②加NaOH固体
③滴入几滴浓盐酸 ④加CuO固体
⑤加NaCl固体 ⑥滴加几滴硫酸铜溶液
⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)
⑧改用10 mL 0.1 mol·L-1的盐酸
A.①⑤⑦ B.②④⑥
C.③⑦⑧ D.③⑥⑦⑧
【解析】选C。①加水,稀释了盐酸,使反应速率变慢,故不选;②加入氢氧化钠会消耗盐酸,盐酸浓度降低,和金属铁反应速率减慢,故不选;③加浓盐酸,盐酸浓度增大,反应速率加快,故选;④加CuO固体会消耗盐酸,盐酸浓度降低,和金属铁反应速率减慢,故不选;⑤加氯化钠固体,对反应速率无影响,故不选;⑥滴加硫酸铜溶液,铁把铜置换出来,形成原电池,反应速率加快,但与盐酸反应的铁减少,减少了产生氢气的量,故不选;⑦升高温度,反应速率加快,故选;⑧改用浓度大
的盐酸,反应速率加快,故选。
2.在一定的条件下,向2 L密闭容器中进行一定量MgSO4和CO的反应:MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)。反应时间与残留固体的质量关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.升高温度时,正反应速率增大,逆反应速率减小
B.随着反应的进行,混合气体的平均相对分子质量增大
C.增加硫酸镁的质量时,正反应速率将增大
D.在0～10 min内,v(CO)=0.01 mol·L-1·min-1
【解析】选B。对于任何可逆反应,升高温度时,正、逆反应速率都增大,A错误;反应前的气体是CO,反应生成的气体是CO2和SO2,随着反应的进行,CO的量减少,CO2和SO2的量增加,混合气体的平均相对分子质量增大,B正确;增加固体的量,不能改变化学反应速率,C错误;从化学方程式看,每消耗1 mol CO,固体质量减少80.0 g,在0～10 min内,v(CO)==0.005 mol·L-1·min-1,D错误。
3.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应:3X(g)+3Y(g)2Z(g),并达到平衡。已知正反应是放热反应,测得X的转化率为37.5%,Y的转化率为25%,下列有关叙述正确的是( )
A.若X的反应速率为0.15 mol·L-1·s-1,则Z的反应速率为0.1 mol·L-1·s-1
B.若向容器中充入氦气,反应速率增大
C.开始充入容器的X、Y物质的量之比为3∶2
D.升高温度,正反应速率增大,平衡向正反应方向移动
【解析】选A。由v(X)∶v(Z)=3∶2知, v(Z)=×2=0.1 mol·L-1·s-1,A正确;若向容器中充入氦气,反应物、生成物的浓度不变,反应速率不变,B错误;设反应开始加入的X、Y的物质的量分别为a mol、b mol,转化的X的物质的量分别为c mol
3X(g)+3Y(g)2Z(g)
起始(mol) a b
转化(mol) c c
由题意知 ×100%=37.5%,×100%=25%,则a∶b=2∶3,C错误;升高温度,反应速率增大,反应向吸热方向移动,即向逆反应方向移动,D错误。
【加固训练】
在恒温、恒容的容器中进行反应:2HIH2+I2(正反应为吸热反应),反应物的浓度由0.1 mol·L-1降到0.06 mol·L-1需要20 s,那么由0.06 mol·L-1降到
0.036 mol·L-1所需时间为 ( )
A.等于10 s B.等于12 s
C.大于12 s D.小于12 s
【解析】选C。反应物的浓度由0.1 mol·L-1降到0.06 mol·L-1需要20 s,反应速率v==0.002 mol·L-1·s-1,假如反应速率不变,若物质的浓度由0.06 mol·L-1降到0.036 mol·L-1,则反应时间是
t==12 s,但随着反应进行,反应物的浓度减小,反应速率变慢,反应时间变长。
4.在容积不变的密闭容器中存在如下反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0,某研究小组研究了其他条件下不变时,改变某一条件对上述反应的影响,下列分析正确的是 ( )
A.图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B.图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响
C.图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响,且甲的催化效率比乙的高
D.图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响,且乙的压强较高
【解析】选B。增大O2的浓度的瞬间,逆反应速率不变,A不正确;催化剂只能改变反应速率,但不能改变平衡状态,B正确,C不正确;由于正反应是体积减小的可逆反应,所以增大压强,平衡向正反应方向移动,SO2的转化率增大,D不正确。
5.用过量纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2,实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析不正确的是 ( )
A.1 min内用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.2 mol·L-1·min-1
B.EF段与OE段比较,变化的原因是反应放热
C.盐酸的浓度无法确定
D.将碳酸钙粉碎将加快反应速率
【解析】选C。1 min内生成的CO2为0.01 mol,则消耗HCl的量为0.02 mol,用HCl表示的反应速率为0.2 mol·L-1·min-1,A正确;随着反应的进行,盐酸的浓度减小,速率有减小的趋势,但EF段比OE段的速率快,可知碳酸钙与盐酸的反应放热,B正确;由图可知,最终得到的CO2为0.035 mol,则消耗HCl的量为0.07 mol,由于CaCO3过量,则HCl完全反应,其浓度为0.07 mol÷0.1 L=0.7 mol·L-1,C错误;将碳酸钙粉碎,增大固体的表面积,加快反应速率,D正确。
6.已知NO2与N2O4可相互转化:2NO2(g)N2O4(g) ΔH=
-24.2 kJ·mol-1,在恒温下,将一定量NO2和N2O4(g)的混合气体充入体积为2 L的密闭容器中,其中物质的浓度随时间变化的关系如图所示。下列推理分析合理的是 ( )
A.前10 min内,用v(NO2)表示的反应速率为0.02 mol·L-1·min-1
B.反应进行到10 min时,体系吸收的热量为9.68 kJ
C.a、b、c、d四点中v(正)与v(逆)均相等
D.25 min时,正反应速率减小
【解析】选B。根据反应达平衡后物质的浓度之比,可知初始反应浓度增加的曲线表示NO2变化曲线,前10 min内,v(NO2)=0.04 mol·L-1·min-1;反应进行到10 min时,NO2增加0.8 mol,吸收热量为9.68 kJ;a、b、c、d四点中只有b和d两点位于平衡状态,只有该两点正、逆反应速率相等;25 min时增加NO2的浓度,正反应速率增大。
【互动探究】
(1)25 min时改变的条件可能是__________。
提示:增大NO2的浓度或通入NO2。25 min时NO2的浓度增大,N2O4的浓度不变,故为增大NO2的浓度或通入NO2。
(2)图中b、d两点的速率vb(正)______ vd(正)。
提示:小于。温度不变,d点的浓度大于b点的浓度,故vb(正)
A.40 ℃之前与40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B.图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C.图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10-5 mol·L-1·s-1
D.温度高于40 ℃时,淀粉不宜用作该实验的指示剂
【解析】选B。由题给图象可知,温度低于40 ℃时,温度升高,溶液变蓝的时间缩短,但温度高于40 ℃时情况相反,A项正确;因为b、c两点的温度不同,反应速率不可能相等,B项错误;图中a点,所用的时间为80 s,则NaHSO3的反应速率为=5.0×10-5 mol·L-1·s-1,C项正确;由题给条件,
55 ℃时未观察到溶液变蓝可知,温度高于40 ℃时,淀粉易糊化,不宜作该实验的指示剂,D项正确。
二、非选择题(本题包括4小题,共58分)
8.(12分)可逆反应N2+3H22NH3是工业上合成氨的重要反应。
(1)根据图1请写出合成氨的热化学方程式 __(热量用E1、E2或E3表示)。
(2)图1中虚线部分是通过改变化学反应中的 条件,该条件的改变与图2中哪一时刻条件的改变相同__________(用“t1”～“t6”表示)。
(3)图2中t3时刻改变的条件是_______________________________,
t5时刻改变的条件是________________________________________。
【解析】(1)根据图1可知,N2和H2反应生成1 mol NH3反应过程中放出的热量为(E3-E1)kJ,所以N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
ΔH=-2(E3-E1)kJ·mol-1。
(2)图1中虚线部分表示由反应物到达过渡态的过程中,所需能量减少,说明使用了催化剂,降低了活化能。因为反应N2+3H22NH3为反应前后气体体积不相等的反应,在图2中,t2时刻改变条件,正、逆反应速率的改变相同,说明改变的外界条件只能是使用了催化剂。
(3)t3时改变条件,v(正)、v(逆)都同时减小,且v(正)v(正),平衡向逆反应方向移动,只能是升高温度。
答案:(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
ΔH=-2(E3-E1)kJ·mol-1
(2)催化剂 t2～t3 (3)减小压强 升高温度
【方法规律】有关化学反应速率的图象分析方法
(1)认清坐标系,搞清纵、横坐标所代表的意义,并与有关的原理联系。
(2)看清起点,分清反应物、生成物,浓度减小的是反应物,浓度增大的是生成物,一般生成物多数以原点为起点。
(3)抓住变化趋势,分清正、逆反应,吸、放热反应。升高温度时,v(吸)>v(放),
在速率-时间图上,要注意看清曲线是连续的还是跳跃的,分清渐变和突变,大变
和小变。例如,升高温度,v(吸)大增,v(放)小增,增大反应物浓度,v(正)突变,v(逆)渐变。
(4)注意终点。例如,在浓度-时间图上,一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量,并结合有关原理进行推理判断。
9.(14分)Ⅰ.下列各项分别与哪个影响化学反应速率的因素关系最为密切?
(1)夏天的食品易变霉,在冬天不易发生该现象_______________________;
(2)同浓度不同体积的盐酸中放入同样大小的锌块和镁块,产生气体有快有慢___________________________________________;
(3)MnO2加入双氧水中放出气泡更快 _________________________。
Ⅱ.在一定温度下,4 L密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图:
(1)比较t2时刻,正逆反应速率大小v(正)______v(逆)(填“>”“=”或“<”)。
(2)若t2=2 min,计算反应开始至t2时刻用M的浓度变化表示的平均反应速率为______________________________。
(3)t3时刻化学反应达到平衡,反应物的转化率为____________。
(4)如果升高温度,则v(逆)________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】Ⅰ.(1)夏天温度较高,反应速率较快,而冬天温度较低,反应速率较慢。
(2)反应物本身性质是影响化学反应速率的主要因素,镁比锌活泼,与盐酸反应较剧烈。
(3)MnO2是H2O2分解反应的催化剂,可加快反应速率。
Ⅱ.(1)t2时刻,反应物逐渐减小,生成物逐渐增多,反应未达平衡且正向进行,v(正)>v(逆)。
(2)v===0.25 mol·L-1·min-1。
(3)t3时刻化学反应达到平衡,剩余2 mol N,则转化6 mol N,
转化率为×100%=75%。
(4)升高温度,反应速率增大。
答案:Ⅰ.(1)温度 (2)反应物本身性质
(3)催化剂
Ⅱ.(1)> (2)0.25 mol·L-1·min-1 (3)75%
(4)增大
10.(14分)向2 L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B,在一定条件下发生反应:
xA(g)+yB(g)pC(g)+qD(g)
已知:平均反应速率v(C)=v(A);反应2 min时,A的浓度减少了,B的物质的量减少了 mol,有a mol D生成。
回答下列问题:
(1)反应2 min内,v(A)=________,v(B)=________。
(2)化学方程式中,x=_____、y=________、p=__________、q=__________。
(3)反应平衡时,D为2a mol,则B的转化率为______。
(4)如果只升高反应温度,其他反应条件不变,平衡时D为1.5a mol,则该反应的ΔH______0(填“>”“<”或“=”)。
(5)如果其他条件不变,将容器的容积变为1 L,进行同样的实验,则与上述反应比较:
①反应速率__________(填“增大”“减小”或“不变”),理由是__ ____
_________________;
②平衡时反应物的转化率__________(填“增大”“减小”或“不变”),理由是__ ___________________________。
【解析】(1)根据化学反应速率定义:
v(A)===a mol·L-1·min-1,
v(B)===a mol·L-1·min-1,
(2)可以求出v(C)=a mol·L-1·min-1,v(D)=a mol·L-1·min-1,根据速率之比等于反应方程式中计量数之比,x∶y∶p∶q=∶∶∶,则x=2;y=3;p=1;q=6。
(3)
2A(g)+3B(g)C(g)+6D(g)
起始/mol a b 0
变化/mol a 2a
平衡/mol 2a
B的转化率=×100%。
(4)其他条件不变,升高温度,平衡时D的量减少,说明升高温度平衡向左移动,即正反应为放热反应。
(5)其他条件不变缩小体积,浓度增大,所以反应速率增大;该反应是气体体积增大的反应,缩小体积,平衡将向体积减小的方向移动,即向左移动,所以反应物的转化率减小。
答案:(1)mol·L-1·min-1
mol·L-1·min-1
(2)2 3 1 6 (3)×100% (4)<
(5)①增大 体积减小,反应物的浓度增大,因而使反应速率增大 ②减小 体积减小,气体的压强增大,平衡向气体分子数少的方向(即逆反应方向)移动,因而反应物转化率减小
11.(18分)(能力挑战题)已知:将KI、盐酸、试剂X和淀粉四种溶液混合,无反应发生。若再加入H2O2溶液,将发生反应:H2O2+2H++2I-2H2O+I2,且生成的I2立即与试剂X反应而被消耗。一段时间后,试剂X被反应生成的I2完全消耗。由于溶液中的I-继续被H2O2氧化,生成的I2与淀粉作用,溶液立即变蓝。因此,根据试剂X的量、滴入H2O2溶液至溶液变蓝所需的时间,即可推算反应H2O2+2H++2I-
2H2O+I2的反应速率。
下表为某同学依据上述原理设计的实验及实验记录(各实验均在室温条件下进行):
编
号
往烧杯中加入试剂及其用量mL
催化
剂
开始
变蓝
时间
min
0.1 mol·L-1
KI溶液
H2O
0.01 mol·L-1
X溶液
0.1 mol·L-1
H2O2溶液
1 mol·L-1
稀盐酸
1
20.0
10.0
10.0
20.0
20.0
无
1.4
2
20.0
m
10.0
10.0
n
无
2.8
3
10.0
20.0
10.0
20.0
20.0
无
2.8
4
20.0
10.0
10.0
20.0
20.0
5滴
Fe2(SO4)3
0.6
(1)已知:实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2+2H++2I-2H2O+I2反应速率的影响。实验2中m=________,n=________。
(2)已知:I2与X反应时,两者物质的量之比为1∶2。按上面表格中的X和KI的加入量,加入V(H2O2)>________,才确保看到蓝色。
(3)实验1: c(X)-t的变化曲线如图,若保持其他条件不变,请在坐标图中分别画出实验3、实验4 c(X)-t的变化曲线图(进行相应的标注)。
(4)实验3表明:硫酸铁能提高反应速率。催化剂能加快反应速率是因为催化剂________(填“提高”或“降低”)了反应活化能。
【解析】(1)实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2+2H++2I-2H2O+I2反应速率的影响,做对比实验,除了H2O2溶液用量不同,其他条件均应相同。(2)n(X)=
0.01 mol·L-1×10.0×10-3 L=10-4 mol,因而n(I2)>0.5×10-4 mol才能看到蓝色,即n(H2O2)>0.5×10-4 mol,V(H2O2)>0.5 mL。(3)实验3开始变蓝时间是实验1的2倍(2.8 min),说明实验3的c(X)-t变化率应小于实验1;同理,实验4开始变蓝时间是0.6 min,那么说明实验4的c(X)-t变化率应大于实验1。(4)催化剂可以降低反应的活化能。
答案:(1)20.0 20.0 (2)0.5 mL
(3)
(4)降低
【加固训练】
草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应:Mn+H2C2O4+H+Mn2++
CO2↑+H2O(未配平)。用4 mL 0.001 mol·L-1 KMnO4溶液与2 mL 0.01 mol·L-1 H2C2O4溶液,研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下:
组别
10%硫酸体积/mL
温度/℃
其他物质
Ⅰ
2
20
Ⅱ
2
20
10滴饱和MnSO4溶液
Ⅲ
2
30
Ⅳ
1
20
1 mL蒸馏水
(1)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(2)如果研究催化剂对化学反应速率的影响,使用实验________和________(用Ⅰ～Ⅳ表示,下同);如果研究温度对化学反应速率的影响,使用实验________和________。
(3)对比实验Ⅰ和Ⅳ,可以研究
对化学反应速率的影响,实验Ⅳ中加入1 mL蒸馏水的目的是___________。
【解析】(1)根据电子守恒列式可得:n(Mn)×(7-2)=n(H2C2O4)×2×(4-3),则n(Mn)∶n(H2C2O4)=2∶5。
(2)研究某一因素对化学反应速率的影响时,要保证其他各条件完全相同。
(3)对比Ⅰ和Ⅳ,反应的温度、溶液的体积等都相同,仅有c(H+)不同,故可研究c(H+)对反应速率的影响。加1 mL水的目的是确保c(KMnO4)、c(H2C2O4)不变和溶液总体积不变。
答案:(1)2∶5 (2)Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅲ
(3)c(H+)(或硫酸溶液的浓度) 确保所有实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)不变和溶液总体积不变
化学反应速率及影响因素
(45分钟 100分)
一、选择题(本题包括7小题,每题6分,共42分)
1.少量铁粉与100 mL 0.01 mol·L-1的稀盐酸反应,反应速率太慢,为了加快此反应速率而不改变H2的产量,可以使用如下方法中的 ( )
①加H2O ②加NaOH固体
③滴入几滴浓盐酸 ④加CuO固体
⑤加NaCl固体 ⑥滴加几滴硫酸铜溶液
⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)
⑧改用10 mL 0.1 mol·L-1的盐酸
A.①⑤⑦ B.②④⑥
C.③⑦⑧ D.③⑥⑦⑧
【解析】选C。①加水,稀释了盐酸,使反应速率变慢,故不选;②加入氢氧化钠会消耗盐酸,盐酸浓度降低,和金属铁反应速率减慢,故不选;③加浓盐酸,盐酸浓度增大,反应速率加快,故选;④加CuO固体会消耗盐酸,盐酸浓度降低,和金属铁反应速率减慢,故不选;⑤加氯化钠固体,对反应速率无影响,故不选;⑥滴加硫酸铜溶液,铁把铜置换出来,形成原电池,反应速率加快,但与盐酸反应的铁减少,减少了产生氢气的量,故不选;⑦升高温度,反应速率加快,故选;⑧改用浓度大
的盐酸,反应速率加快,故选。
2.在一定的条件下,向2 L密闭容器中进行一定量MgSO4和CO的反应:MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)。反应时间与残留固体的质量关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.升高温度时,正反应速率增大,逆反应速率减小
B.随着反应的进行,混合气体的平均相对分子质量增大
C.增加硫酸镁的质量时,正反应速率将增大
D.在0～10 min内,v(CO)=0.01 mol·L-1·min-1
【解析】选B。对于任何可逆反应,升高温度时,正、逆反应速率都增大,A错误;反应前的气体是CO,反应生成的气体是CO2和SO2,随着反应的进行,CO的量减少,CO2和SO2的量增加,混合气体的平均相对分子质量增大,B正确;增加固体的量,不能改变化学反应速率,C错误;从化学方程式看,每消耗1 mol CO,固体质量减少80.0 g,在0～10 min内,v(CO)==0.005 mol·L-1·min-1,D错误。
3.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应:3X(g)+3Y(g)2Z(g),并达到平衡。已知正反应是放热反应,测得X的转化率为37.5%,Y的转化率为25%,下列有关叙述正确的是( )
A.若X的反应速率为0.15 mol·L-1·s-1,则Z的反应速率为0.1 mol·L-1·s-1
B.若向容器中充入氦气,反应速率增大
C.开始充入容器的X、Y物质的量之比为3∶2
D.升高温度,正反应速率增大,平衡向正反应方向移动
【解析】选A。由v(X)∶v(Z)=3∶2知, v(Z)=×2=0.1 mol·L-1·s-1,A正确;若向容器中充入氦气,反应物、生成物的浓度不变,反应速率不变,B错误;设反应开始加入的X、Y的物质的量分别为a mol、b mol,转化的X的物质的量分别为c mol
3X(g)+3Y(g)2Z(g)
起始(mol) a b
转化(mol) c c
由题意知 ×100%=37.5%,×100%=25%,则a∶b=2∶3,C错误;升高温度,反应速率增大,反应向吸热方向移动,即向逆反应方向移动,D错误。
【加固训练】
在恒温、恒容的容器中进行反应:2HIH2+I2(正反应为吸热反应),反应物的浓度由0.1 mol·L-1降到0.06 mol·L-1需要20 s,那么由0.06 mol·L-1降到
0.036 mol·L-1所需时间为 ( )
A.等于10 s B.等于12 s
C.大于12 s D.小于12 s
【解析】选C。反应物的浓度由0.1 mol·L-1降到0.06 mol·L-1需要20 s,反应速率v==0.002 mol·L-1·s-1,假如反应速率不变,若物质的浓度由0.06 mol·L-1降到0.036 mol·L-1,则反应时间是
t==12 s,但随着反应进行,反应物的浓度减小,反应速率变慢,反应时间变长。
4.在容积不变的密闭容器中存在如下反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0,某研究小组研究了其他条件下不变时,改变某一条件对上述反应的影响,下列分析正确的是 ( )
A.图Ⅰ表示的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B.图Ⅱ表示的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响
C.图Ⅲ表示的是催化剂对平衡的影响,且甲的催化效率比乙的高
D.图Ⅲ表示的是压强对化学平衡的影响,且乙的压强较高
【解析】选B。增大O2的浓度的瞬间,逆反应速率不变,A不正确;催化剂只能改变反应速率,但不能改变平衡状态,B正确,C不正确;由于正反应是体积减小的可逆反应,所以增大压强,平衡向正反应方向移动,SO2的转化率增大,D不正确。
5.用过量纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2,实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析不正确的是 ( )
A.1 min内用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.2 mol·L-1·min-1
B.EF段与OE段比较,变化的原因是反应放热
C.盐酸的浓度无法确定
D.将碳酸钙粉碎将加快反应速率
【解析】选C。1 min内生成的CO2为0.01 mol,则消耗HCl的量为0.02 mol,用HCl表示的反应速率为0.2 mol·L-1·min-1,A正确;随着反应的进行,盐酸的浓度减小,速率有减小的趋势,但EF段比OE段的速率快,可知碳酸钙与盐酸的反应放热,B正确;由图可知,最终得到的CO2为0.035 mol,则消耗HCl的量为0.07 mol,由于CaCO3过量,则HCl完全反应,其浓度为0.07 mol÷0.1 L=0.7 mol·L-1,C错误;将碳酸钙粉碎,增大固体的表面积,加快反应速率,D正确。
6.已知NO2与N2O4可相互转化:2NO2(g)N2O4(g) ΔH=
-24.2 kJ·mol-1,在恒温下,将一定量NO2和N2O4(g)的混合气体充入体积为2 L的密闭容器中,其中物质的浓度随时间变化的关系如图所示。下列推理分析合理的是 ( )
A.前10 min内,用v(NO2)表示的反应速率为0.02 mol·L-1·min-1
B.反应进行到10 min时,体系吸收的热量为9.68 kJ
C.a、b、c、d四点中v(正)与v(逆)均相等
D.25 min时,正反应速率减小
【解析】选B。根据反应达平衡后物质的浓度之比,可知初始反应浓度增加的曲线表示NO2变化曲线,前10 min内,v(NO2)=0.04 mol·L-1·min-1;反应进行到10 min时,NO2增加0.8 mol,吸收热量为9.68 kJ;a、b、c、d四点中只有b和d两点位于平衡状态,只有该两点正、逆反应速率相等;25 min时增加NO2的浓度,正反应速率增大。
【互动探究】
(1)25 min时改变的条件可能是__________。
提示:增大NO2的浓度或通入NO2。25 min时NO2的浓度增大,N2O4的浓度不变,故为增大NO2的浓度或通入NO2。
(2)图中b、d两点的速率vb(正)______ vd(正)。
提示:小于。温度不变,d点的浓度大于b点的浓度,故vb(正)
A.40 ℃之前与40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反
B.图中b、c两点对应的NaHSO3反应速率相等
C.图中a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10-5 mol·L-1·s-1
D.温度高于40 ℃时,淀粉不宜用作该实验的指示剂
【解析】选B。由题给图象可知,温度低于40 ℃时,温度升高,溶液变蓝的时间缩短,但温度高于40 ℃时情况相反,A项正确;因为b、c两点的温度不同,反应速率不可能相等,B项错误;图中a点,所用的时间为80 s,则NaHSO3的反应速率为=5.0×10-5 mol·L-1·s-1,C项正确;由题给条件,
55 ℃时未观察到溶液变蓝可知,温度高于40 ℃时,淀粉易糊化,不宜作该实验的指示剂,D项正确。
二、非选择题(本题包括4小题,共58分)
8.(12分)可逆反应N2+3H22NH3是工业上合成氨的重要反应。
(1)根据图1请写出合成氨的热化学方程式 __(热量用E1、E2或E3表示)。
(2)图1中虚线部分是通过改变化学反应中的 条件,该条件的改变与图2中哪一时刻条件的改变相同__________(用“t1”～“t6”表示)。
(3)图2中t3时刻改变的条件是_______________________________,
t5时刻改变的条件是________________________________________。
【解析】(1)根据图1可知,N2和H2反应生成1 mol NH3反应过程中放出的热量为(E3-E1)kJ,所以N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
ΔH=-2(E3-E1)kJ·mol-1。
(2)图1中虚线部分表示由反应物到达过渡态的过程中,所需能量减少,说明使用了催化剂,降低了活化能。因为反应N2+3H22NH3为反应前后气体体积不相等的反应,在图2中,t2时刻改变条件,正、逆反应速率的改变相同,说明改变的外界条件只能是使用了催化剂。
(3)t3时改变条件,v(正)、v(逆)都同时减小,且v(正)
答案:(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
ΔH=-2(E3-E1)kJ·mol-1
(2)催化剂 t2～t3 (3)减小压强 升高温度
【方法规律】有关化学反应速率的图象分析方法
(1)认清坐标系,搞清纵、横坐标所代表的意义,并与有关的原理联系。
(2)看清起点,分清反应物、生成物,浓度减小的是反应物,浓度增大的是生成物,一般生成物多数以原点为起点。
(3)抓住变化趋势,分清正、逆反应,吸、放热反应。升高温度时,v(吸)>v(放),
在速率-时间图上,要注意看清曲线是连续的还是跳跃的,分清渐变和突变,大变
和小变。例如,升高温度,v(吸)大增,v(放)小增,增大反应物浓度,v(正)突变,v(逆)渐变。
(4)注意终点。例如,在浓度-时间图上,一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量,并结合有关原理进行推理判断。
9.(14分)Ⅰ.下列各项分别与哪个影响化学反应速率的因素关系最为密切?
(1)夏天的食品易变霉,在冬天不易发生该现象_______________________;
(2)同浓度不同体积的盐酸中放入同样大小的锌块和镁块,产生气体有快有慢___________________________________________;
(3)MnO2加入双氧水中放出气泡更快 _________________________。
Ⅱ.在一定温度下,4 L密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图:
(1)比较t2时刻,正逆反应速率大小v(正)______v(逆)(填“>”“=”或“<”)。
(2)若t2=2 min,计算反应开始至t2时刻用M的浓度变化表示的平均反应速率为______________________________。
(3)t3时刻化学反应达到平衡,反应物的转化率为____________。
(4)如果升高温度,则v(逆)________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】Ⅰ.(1)夏天温度较高,反应速率较快,而冬天温度较低,反应速率较慢。
(2)反应物本身性质是影响化学反应速率的主要因素,镁比锌活泼,与盐酸反应较剧烈。
(3)MnO2是H2O2分解反应的催化剂,可加快反应速率。
Ⅱ.(1)t2时刻,反应物逐渐减小,生成物逐渐增多,反应未达平衡且正向进行,v(正)>v(逆)。
(2)v===0.25 mol·L-1·min-1。
(3)t3时刻化学反应达到平衡,剩余2 mol N,则转化6 mol N,
转化率为×100%=75%。
(4)升高温度,反应速率增大。
答案:Ⅰ.(1)温度 (2)反应物本身性质
(3)催化剂
Ⅱ.(1)> (2)0.25 mol·L-1·min-1 (3)75%
(4)增大
10.(14分)向2 L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B,在一定条件下发生反应:
xA(g)+yB(g)pC(g)+qD(g)
已知:平均反应速率v(C)=v(A);反应2 min时,A的浓度减少了,B的物质的量减少了 mol,有a mol D生成。
回答下列问题:
(1)反应2 min内,v(A)=________,v(B)=________。
(2)化学方程式中,x=_____、y=________、p=__________、q=__________。
(3)反应平衡时,D为2a mol,则B的转化率为______。
(4)如果只升高反应温度,其他反应条件不变,平衡时D为1.5a mol,则该反应的ΔH______0(填“>”“<”或“=”)。
(5)如果其他条件不变,将容器的容积变为1 L,进行同样的实验,则与上述反应比较:
①反应速率__________(填“增大”“减小”或“不变”),理由是__ ____
_________________;
②平衡时反应物的转化率__________(填“增大”“减小”或“不变”),理由是__ ___________________________。
【解析】(1)根据化学反应速率定义:
v(A)===a mol·L-1·min-1,
v(B)===a mol·L-1·min-1,
(2)可以求出v(C)=a mol·L-1·min-1,v(D)=a mol·L-1·min-1,根据速率之比等于反应方程式中计量数之比,x∶y∶p∶q=∶∶∶,则x=2;y=3;p=1;q=6。
(3)
2A(g)+3B(g)C(g)+6D(g)
起始/mol a b 0
变化/mol a 2a
平衡/mol 2a
B的转化率=×100%。
(4)其他条件不变,升高温度,平衡时D的量减少,说明升高温度平衡向左移动,即正反应为放热反应。
(5)其他条件不变缩小体积,浓度增大,所以反应速率增大;该反应是气体体积增大的反应,缩小体积,平衡将向体积减小的方向移动,即向左移动,所以反应物的转化率减小。
答案:(1)mol·L-1·min-1
mol·L-1·min-1
(2)2 3 1 6 (3)×100% (4)<
(5)①增大 体积减小,反应物的浓度增大,因而使反应速率增大 ②减小 体积减小,气体的压强增大,平衡向气体分子数少的方向(即逆反应方向)移动,因而反应物转化率减小
11.(18分)(能力挑战题)已知:将KI、盐酸、试剂X和淀粉四种溶液混合,无反应发生。若再加入H2O2溶液,将发生反应:H2O2+2H++2I-2H2O+I2,且生成的I2立即与试剂X反应而被消耗。一段时间后,试剂X被反应生成的I2完全消耗。由于溶液中的I-继续被H2O2氧化,生成的I2与淀粉作用,溶液立即变蓝。因此,根据试剂X的量、滴入H2O2溶液至溶液变蓝所需的时间,即可推算反应H2O2+2H++2I-
2H2O+I2的反应速率。
下表为某同学依据上述原理设计的实验及实验记录(各实验均在室温条件下进行):
编
号
往烧杯中加入试剂及其用量mL
催化
剂
开始
变蓝
时间
min
0.1 mol·L-1
KI溶液
H2O
0.01 mol·L-1
X溶液
0.1 mol·L-1
H2O2溶液
1 mol·L-1
稀盐酸
1
20.0
10.0
10.0
20.0
20.0
无
1.4
2
20.0
m
10.0
10.0
n
无
2.8
3
10.0
20.0
10.0
20.0
20.0
无
2.8
4
20.0
10.0
10.0
20.0
20.0
5滴
Fe2(SO4)3
0.6
(1)已知:实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2+2H++2I-2H2O+I2反应速率的影响。实验2中m=________,n=________。
(2)已知:I2与X反应时,两者物质的量之比为1∶2。按上面表格中的X和KI的加入量,加入V(H2O2)>________,才确保看到蓝色。
(3)实验1: c(X)-t的变化曲线如图,若保持其他条件不变,请在坐标图中分别画出实验3、实验4 c(X)-t的变化曲线图(进行相应的标注)。
(4)实验3表明:硫酸铁能提高反应速率。催化剂能加快反应速率是因为催化剂________(填“提高”或“降低”)了反应活化能。
【解析】(1)实验1、2的目的是探究H2O2浓度对H2O2+2H++2I-2H2O+I2反应速率的影响,做对比实验,除了H2O2溶液用量不同,其他条件均应相同。(2)n(X)=
0.01 mol·L-1×10.0×10-3 L=10-4 mol,因而n(I2)>0.5×10-4 mol才能看到蓝色,即n(H2O2)>0.5×10-4 mol,V(H2O2)>0.5 mL。(3)实验3开始变蓝时间是实验1的2倍(2.8 min),说明实验3的c(X)-t变化率应小于实验1;同理,实验4开始变蓝时间是0.6 min,那么说明实验4的c(X)-t变化率应大于实验1。(4)催化剂可以降低反应的活化能。
答案:(1)20.0 20.0 (2)0.5 mL
(3)
(4)降低
【加固训练】
草酸与高锰酸钾在酸性条件下能够发生如下反应:Mn+H2C2O4+H+Mn2++
CO2↑+H2O(未配平)。用4 mL 0.001 mol·L-1 KMnO4溶液与2 mL 0.01 mol·L-1 H2C2O4溶液,研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下:
组别
10%硫酸体积/mL
温度/℃
其他物质
Ⅰ
2
20
Ⅱ
2
20
10滴饱和MnSO4溶液
Ⅲ
2
30
Ⅳ
1
20
1 mL蒸馏水
(1)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(2)如果研究催化剂对化学反应速率的影响,使用实验________和________(用Ⅰ～Ⅳ表示,下同);如果研究温度对化学反应速率的影响,使用实验________和________。
(3)对比实验Ⅰ和Ⅳ,可以研究
对化学反应速率的影响,实验Ⅳ中加入1 mL蒸馏水的目的是___________。
【解析】(1)根据电子守恒列式可得:n(Mn)×(7-2)=n(H2C2O4)×2×(4-3),则n(Mn)∶n(H2C2O4)=2∶5。
(2)研究某一因素对化学反应速率的影响时,要保证其他各条件完全相同。
(3)对比Ⅰ和Ⅳ,反应的温度、溶液的体积等都相同,仅有c(H+)不同,故可研究c(H+)对反应速率的影响。加1 mL水的目的是确保c(KMnO4)、c(H2C2O4)不变和溶液总体积不变。
答案:(1)2∶5 (2)Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅲ
(3)c(H+)(或硫酸溶液的浓度) 确保所有实验中c(KMnO4)、c(H2C2O4)不变和溶液总体积不变
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