2020年高考化学一轮复习一遍过专题25化学反应速率.doc
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1、专题25 化学反应速率1对于密闭容器中的反应2SO3(g)O2(g)2SO2(g),在一定条件下n(SO3)和n(O2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )A点c处反应达到平衡B点b的正反应速率比点a的大C点c的逆反应速率比点e的大D点d(t1时刻)和点e(t2时刻)处n(SO2)一样大【答案】D【解析】A.由图像可以知道,点c处O2和SO3的物质的量相等,但是未必达到平衡状态,故A错误;B.点bSO3的物质的量浓度比a点小,所以点b的的正反应速率比点a的小,故B错误;C.点c为达到平衡且向正反应方向进行,生成物的浓度比平衡时要小,所以逆反应速率比平衡状态小,而点e处于平衡状态,所
2、以点c的逆反应速率比点e的小,故C错误;D.点d(t1时刻)和点e(t2时刻)都处于同一平衡状态下,所以SO2的物质的量相同,故D正确。2下列试管中,不同条件下反应:Fe2HClFeCl2H2,判断产生H2的反应速率最小的是试管盐酸浓度温度铁的状态A0.5 mol/L20 块状B0.5 mol/L20 粉末状C2 mol/L35 粉末状D1 mol/L35 块状【答案】A【解析】盐酸浓度越大、温度越高、接触面积越大反应速率越快,根据表中数据可知C中反应速率最快,A中反应速率最慢,答案选A。3某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化,他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉,用排水集气法收集反应
3、放出的氢气,实验记录如下(累计值): 时间(min)12345氢气体积(mL)50120232290310反应速率最大的时间段及其原因是( )。A01min 盐酸浓度大,反应速率大B12min 接触面积增大,反应速率大C23min 反应放热,温度升高,反应速率大D34min 产生的Zn2+是催化剂,反应速率大【答案】C【解析】从表中数据看出:01min 收集的氢气小于后一分钟,虽然盐酸浓度较大,但是温度较低,故反应速率不是最大;2 min3 min收集的氢气比其他时间段多,虽然反应中c(H+)下降,但主要原因是Zn置换H2的反应是放热反应,温度升高,温度对反应速率影响占主导作用;34min 反
4、应速率比前一分钟小,不能由此判断Zn2+是催化剂:4 min5 min收集的氢气最少,虽然反应放热,但主要原因是c(H+)下降,反应物浓度越低,反应速率越小,浓度对反应速率影响占主导作用,故选C。4在一定温度下,10mL 0.40mol/L H2O2 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/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9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:v(H2O2)=3.310-2mol/(Lmin)B610min的平均反应速率:v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin
5、)C反应到6min时,c(H2O2)=0.30mol/LD反应到6min时,H2O2 分解了50%【答案】C【解析】A.06min时间内,生成氧气的物质的量为=0.001mol,由2H2O2 2H2O+O2,可知c(H2O2)=0.2mol/L,所以v(H2O2)=0.033mol/(Lmin),故A正确;B随着反应的进行,H2O2的浓度逐渐减小,反应速率减慢,610 min的平均反应速率小于06min时间内反应速率,故B正确;C由A计算可知,反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L,故C错误;D6min内c(H2O2)=0.2mol/L,则H2O
6、2分解率为:100%=50%,故D正确。5二氧化钛在一定波长光的照射下,可有效降解甲醛、苯等有机物,效果持久,且自身对人体无害。某课题组研究了溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响,结果如图所示。下列判断正确的是 A在020min之间,pH7时R的降解速率为0.07molL-1min-1BR的起始浓度不同,无法判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响C二氧化钛对pH2的R溶液催化效率好D在050 min之间,R的降解百分率pH2大于pH7【答案】C【解析】A. 在020min之间,pH7时R的降解速率=(1.8-0.4)10-4mol/L/20min=710-6molL-1min-1,A
7、错误;B. 判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响应选用R的起始浓度相同,B错误;C. 通过图像可知,pH2时,二氧化钛对R溶液催化时间迅速缩短,效率好,C正确;D. 在050 min之间,R的降解初始量pH7大于pH2,平衡时浓度接近0,则降解百分率 pH7大于pH2,D错误。6化合物Bilirubin 在一定波长光照射下发生分解反应,反应物浓度随反应时间变化如图所示,计算反应48min 平均反应速率和推测反应 16min 时反应物的浓度,结果应是A2.5mol/(Lmin)和 2.0molB2.5mol/(Lmin)和 2.5molC3.0mol/(Lmin)和 3.0molD5.0mol/
8、(Lmin)和 3.0mol【答案】B【解析】由图可知,48min期间,反应物浓度变化为(20-10)mol/L=l0mol/L,所以48min期间,反应速率为=2.5mol/(Lmin);由图可知,04min期间,反应物浓度变化为(40-20)mol/L=20mol/L,48min 期间,反应物浓度变化为(20-10)mol/L=10mol/L,可知,每隔4分钟,浓度变化量降为原来的一半,所以812min浓度变化为5mol/L,1216min 浓度变化为 2.5mol/L,所以 16min 时浓度为 10mol/L-5mol/L-2.5mol/L=2.5mol/L。7在恒温恒容的密闭容器中通
9、入一定量的A、B,发生反应A(g)2B(g)3C(g)。如图是A的反应速率v(A)随时间变化的示意图。下列说法正确的是A反应物A的浓度:a点小于b点BA的平均反应速率:ab段大于bc段C曲线上的c、d两点都表示达到平衡状态D该反应的生成物可能对反应起催化作用【答案】D【解析】A.随反应进行,反应物浓度不断减小,所以a点浓度大于b点,故A错误;B.ac段,反应速率逐渐增大,所以平均反应速率ab段小于bc段,故B错误;C.从图象上无法判断正逆反应速率相等,c、d两点不一定达到平衡状态,故C错误;D.恒温恒容条件下,反应速率加快,可能是某种生成物对反应起到的催化作用,故D正确。8某温度下,在容积为2
10、 L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应3A(g)bB(g)cC(g)HQ kJmol1(Q0),12 s时反应达到平衡,生成C的物质的量为0.8 mol,反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是A前12 s内,A的平均反应速率为0.025 molL1s1B12 s后,A的消耗速率等于B的生成速率C化学计量数之比bc12D12 s内,A和B反应放出的热量为0.2Q kJ【答案】C【解析】分析图像可知12 s内A的浓度变化为(0.80.2)molL10.6 molL1,反应速率v(A)0.05 molL1s1,A项错误;分析图像,12 s内B的浓度变化为(0.5
11、0.3)molL10.2 molL1,v(B) molL1s1,速率之比等于化学计量数之比,3b0.05,b1,3c0.05,c2,A、B的化学计量数不同,12 s后达到平衡状态,A的消耗速率不等于B的生成速率,B项错误,C项正确;消耗3 mol A放热Q kJ,12 s内消耗A的物质的量为0.6 molL12 L1.2 mol,消耗1.2 mol A放出的热量为0.4Q kJ,D项错误。9不同条件下,用O2氧化a mol/L FeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是A由、可知, pH越大,+2价铁越易被氧化B由、推测,若pH7,+2价铁更难被氧化C由、推测,FeCl
12、2被O2氧化的反应为放热反应D60、pH=2.5时, 4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(Lh)【答案】D【解析】A、由、可知, pH越小,+2价铁氧化速率越快,故A错误;B、若pH7,FeCl2变成Fe(OH)2,Fe(OH)2非常容易被氧化成Fe(OH)3,故B错误;C、由、推测,升高温度,相同时间内+2价铁的氧化率增大,升高温度+2价铁的氧化速率加快,由图中数据不能判断反应的热效应,故C错误;D、50、pH=2.5时,4 h内Fe2+的氧化率是60%,即消耗0.6a mol/L,4 h内平均消耗速率等于0.15a mol/(Lh),温度升高到60、pH=2.5时,+
13、2价铁的氧化率速率加快,4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(Lh)。正确答案选D。10一定温度下,将1molA(g)和1molB(g)充入2L密闭容器中发生反应:A(g)+B(g) xC(g)+D(s)H0)。某研究小组研究了其他条件不变时,改变某一条件对上述反应的影响,分析正确的是A图研究的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响B图研究的是t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响C图研究的是催化剂对平衡的影响,且甲的催化速率比乙高D图研究的是温度对化学平衡的影响,且乙的温度较低【答案】B【解析】A增大氧气的浓度,瞬间逆反应速率不变,图中不符,应为增大压强,A项错误;B图正
14、正逆反应速率同等程度的增大,为催化剂对反应的影响,B项正确;C催化剂不改变平衡,应为压强对反应的影响,C项错误;D若图研究的是温度对化学平衡的影响,则乙先达到平衡,对应的温度高,升温不利于二氧化硫的转化,则二氧化硫转化率低,D项错误。14资料显示:自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验,一段时间后溶液均褪色(0.01mol/L可以记做0.01M)。实验实验实验褪色比实验褪色快比实验褪色快下列说法不正确的是A实验中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,产物MnSO4能起自催化作用B实验褪色比快,是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率C实验褪
15、色比快,是因为Cl的催化作用加快了反应速率D若用1mL0.2M的H2C2O4做实验,推测比实验褪色快【答案】C【解析】A. 由分析可知,实验中发生氧化还原反应,H2C2O4化合价降低,作为还原剂,生成MnSO4,能起自催化作用,故A正确;B. 实验加入了MnSO4固体后,褪色比快,说明MnSO4的催化作用加快了反应速率,故B正确;C. 实验加入了稀盐酸之后,Cl与KMnO4生氧化还原反应,所以褪色比快,Cl是还原剂不是催化剂,故C错误;D. 若用1mL0.2M的H2C2O4做实验,还原剂H2C2O4浓度增大,反应速率更快,更快将KMnO4消耗完,推测比实验褪色快,故D正确。15我国在CO2催化
16、加氢制取汽油方面取得突破性进展,CO2转化过程示意图如图:回答下列问题:(1)二氧化碳分子中的化学键是_,物质乙的结构简式是_。(2)写出反应的化学方程式_。(3)实验室常用纯净碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体,反应过程中产生二氧化碳的体积V(CO2)与时间关系如图:由图象分析,化学反应速率最快一段是_。为了增大上述化学反应的反应速率,欲向溶液中加入下列物质或采取如下操作,你认为可行的是_填写序号。A蒸馏水 B氯化钠溶液 C浓盐酸 D加热(4)二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应,当二氧化碳与氢氧化钠反应的物质的量之比为23时,溶液中的溶质是_。(填化学式)(5)在一定条件下,工业上也可用CO2合成
17、甲醇(CH3OH),其化学方程式为:CO2+3H2CH3OH+H2O。将a molCO2与bmolH2充入容积为2L的密闭容器中发生上述反应,tmin时测得甲醇的物质的量为cmol。计算0-tmin内CO2的反应速率为_mol/(Ls)。X的反应速率(X)=【答案】共价键 CH3CH(CH3)CH2CH3 CO2+H2CO+H2O EF CD Na2CO3 NaHCO3 【解析】(1)二氧化碳分子中的化学键是共价键,根据乙的球棍模型,乙的结构简式是CH3CH(CH3)CH2CH3;(2)反应是CO2和H2生成CO,产物应还有水,故方程式为:CO2+H2CO +H2O;(3)由图像分析,在体积V
18、(CO2) 与时间关系图中,斜率越大反应速率越大,化学反应速率最快一段是EF;为了增大上述化学反应的反应速率,加入蒸馏水降低盐酸浓度,速率降低;加入氯化钠溶液,使氢离子浓度降低,速率降低;加入浓盐酸,增大了盐酸浓度,反应速率加快;加热,温度升高,速率加快,故选CD;(4)二氧化碳与NaOH溶液可能发生的反应有:OH-+CO2=HCO3-;2OH-+CO2=CO32-+H2O当二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为1:2时生成碳酸钠,当二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为1:1时生成碳酸氢钠;当二氧化碳与氢氧化钠的物质的量比为2:3时,2:3介于1:2和1:1之间,故溶液中的溶质是Na2CO3、NaHCO
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- 2020 年高 化学 一轮 复习 专题 25 化学反应 速率
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