2021 届高三化学一轮复习一一化学反响速率(有答案和详细解析)一、选择题1 .在2 L 的恒容密闭容器中,充入1 mol A 和3 mol B ,并在一定条件下发生反响 A(s) + 3B(g) 2c(g).假设经3 s 后测得C 的浓度为0.6 mol - L 1,以下选项说法正确的组合是 ( )①用A 表示的反响速率为 0.1 mol - L 1 . 7 ②用B 表示的反响速率为 0.4 mol - L 1 V③3 s 时生成C 的物质的量为1.2 mol ④3 s 时B 的浓度为0.6 mol - L 1A.①②④B.①③④C.③④D.②③④答案 C解析 ①A 为固体,不能用其浓度变化来表示反响速率, 错误；②经3 s 后测得C 的浓度为0.6 mol - LT,错误；③3 s 时生成C 的物质的量为0.6 mol T%2 L = 1.2 mol,正确；④由②分析可知,v(B)= 0.3 mol ,,飞 1,故 3 s 时 B 的浓度为 c(B) = 1.5 mol 」0.3 mol 1••藤1 x 3 s= 0.6 mol 正 确.2.储氢是科学研究的热点.以下反响是常见的储氢反响： 以下说法正确的选项是()A .加热使储氢速率减慢,释放氢的速率加快 B.参加馍粉(Ni),能使储氢反响的活化能降低C.在储氢反响中,苯、氢气、环己烷的反响速率之比为1 ： 1 ： 1D.在相同条件下,用不同物质表示该反响的反响速率,其数值相同 答案 B解析 加热,正反响、逆反响速率都会增大,A 项错误；催化剂能降低反响的活化能,提升活化分子的百分数,B 项正确；在题述化学反响中,各物质的反响速率之比等于化学计量数之比,故三者 的化学反响速率之比为 1 ： 3 ： 1, C 项错误；不同物质的化学计量数不同,表示化学反响速率的含 义相同,但是数值不同,D 项错误.3.把0.6 mol X 气体和0.4 mol Y 气体混合于2 L 容器中,使它们发生如下反响：3X(g) + Y(g) nZ(g) + 2W(g),在5 min 时已经生成0.2 mol W,假设测知以Z 的浓度变化表示平均反响速率为0.01 mol - L-1,那么有 v(C) =0.6 mol,“ 3 3_= 0.2 mol1♦ •晚 1, v(B) =-v(C)=2x 0.2 mol 11々10.3 mol 「Is1• min1,那么上述反响中Z气体的化学计量数n的值是()A. 1B. 2C. 3D. 4答案 A0.2 molv(W)= AL.= 0.02 mol Y . min1, v(W) : v(Z) = 0.02 mol F • min1：0.01解析该时间内5 minmol - I；1 - min1=2 ： n,所以n=1.4 .少量铁片与100 mL 0.01 mol —1的稀盐酸反响,反响速率太慢.为了加快此反响速率而不改变H2的产量,可以使用如下方法中的()①加H2O ②加KNO3溶液③滴入几滴浓盐酸④参加少量铁粉⑤加NaCl溶液⑥滴入几滴硫酸铜溶液⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)⑧改用10 mL 0.1 mol - L1盐酸A.①⑥⑦B.②③⑤⑧C.③⑦⑧D.③④⑥⑦⑧答案C解析铁片与稀盐酸反响的实质是Fe+ 2H+===Fe2+ + H2f.力口水稀释,c(H+)减小,反响速率减慢,①错误；加KNO3溶液,溶液中含有NO3、H+,与Fe发生反响生成NO,得不到H2,②错误；滴加浓盐酸后,c(H + )增大,反响速率加快,由于铁片缺乏量,产生H2的量不变,③正确；参加少量铁粉,c(H+)不变,反响速率不变,Fe的质量增加,那么生成H2的量增加,④错误；加NaCl溶液,相当于加水稀释,c(H+)减小,反响速率减慢, ⑤错误；滴加CuSO4溶液,Fe与CuSO4发生置换反应析出Cu,形成原电池,反响速率加快,但由于置换Cu时消耗一局部Fe粉,生成H2的量减少,⑥错误；升高温度,反响速率加快,n(Fe)不变,那么生成出的量不变,⑦正确；改用10 mL 0.1 mol - Lt盐酸,c(H+)增大,n(H+)不变,仍过量,反响速率加快, n(Fe)不变,那么生成H2的量不变,⑧正确；故可使用的方法有③⑦⑧.5 . (2021嘉兴市第一中学高二期中)在恒温恒容条件下, 反响2X(g)+Y(g) Z(g) AH = —197 kJ - mo1,假设将2 mol X和1 mol 丫充入2 L的密闭容器中,反响10 min,测得X的物质的量为1.4mol,以下说法正确的选项是()A. 10 min内,反响放出的热量为197 kJ热量B. 10 min内,X的平均反响速率为0.06 mol • 1 • min1C.第10 min时,Y的反响速率小于0.015 mol -1L- min1D.第10 min 时,Z 浓度为0.6 mol ：1L答案C解析2X(g) + Y(g) Z(g)起始物质的量/mol10 min 时物质的量 /mol 1.4 0.70.310 min 内,反响放出的热量为197 kJ - mOlx 0.3 mol = 59.1 kJ 热量,故A 错误；10 min 内,X 的平0.6 mol0.3 mol 2 L , ,,2 L均反响速率为IO min = 0.03 mol 1 L min 1,故B 错误；10 min 内,Y 的平均反响速率为 彳0而彳= 0.015 mol 二k min 1,随着反响的进行,反响物的浓度逐渐减小,反响速率逐渐变小,所以当反响 进行到第10 min 时,Y 的反响速率小于 0.015 mol 1 •• Lmin 1,故C 正确；第10 min 时,Z 浓度为 0.3 mol +2=L0.15 mol 比,故 D 错误. ,一一、一…… , ........... 、、一 ^一 一催化剂6. (2021绍兴诸暨市局二期末 )在一定温度下,10 mL 0.4 moliH z O z 发生分解：2H 2O 22H 2O+ O 2 f ,不同时刻测定生成 O 2的体积(已折算为标准状况)如下表：以下表达正确的选项是(溶液体积变化忽略不计)( )A. 6 min 时反响速率 v(H2O2)= 3.33X 10 2 m ol • 11 • mol 1B.反响到6 min 时,H 2O 2分解率为50%C.其他条件不变,假设换用更高效的催化剂,到达平衡时将会得到更多氧气D.随时间增长得到的氧气更多,说明反响速率逐渐加快 答案 B解析 化学反响速率指的是平均反响速率,不是瞬时速率,那么无法计算6 min 时反响速率,故 A 项 22.4X 10 3L错误；反响到6 min 时,V(O2)= 22.4 mL,那么换算成物质的量 n(O2)=-= 10 3mol,根据22.4 L • m ol关系式2H 2O 2〜O 2可知,转化的n(H 2O 2)= 2n(O 2)=2X 10 3 mol,因起始的过氧化氢的物质的量为2X 103mol10X10—3LX0.4 mol 7= 4X10—3mol,故分解率= -------------- ； ------ 乂 100%= 50%,故 B 项正确；其他4X 10 3mol条件不变,催化剂不能改变化学平衡,不会得到更多氧气,故 C 项错误；随时间增长得到的氧气更 多,说明反响一直进行,但反响物过氧化氢的浓度越来越低,反响速率逐渐降低,故改变物质的量/mol 0.6 0.3 0.3 D 项错误.7.在不同浓度〔c〕、温度〔T〕条件下,蔗糖水解的瞬时速率如下表数据所示, 以下判断不正确的选项是〔〕A. a=6.00B.不同温度、不同蔗糖初始浓度的条件下, v可能相同C. 318.2<b<328.2D.不同温度时,蔗糖浓度减少一半所需的时间相同答案D解析由表可知温度由318.2-328.2 K,在浓度相同的情况下幽.2= 0.4,所以a= 2.40 = 6.00, aAV328.2 0.4正确；由表可知温度由328.2-b K,在浓度相同的情况下,水解速率变小,所以温度降低,所以温度318.2<bv 328.2,故C正确；温度越高反响速率越快,所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同,温度高的所需时间短,故D错误.8. 〔2021嘉兴市第一中学高三期末〕碳酸二甲酯［CO〔OCH3〕2］是一种无毒、环保性能优异、用途广泛的化工原料.在催化剂作用下, 可由甲醇和CO2直接合成：CO2+2CH3OH—> CO〔OCH3〕2+H2..某研究小组在某温度下, 在0.1 L恒容密闭容器中投入 2.5 mol CH 30H〔g〕、适量CO2和6*10-5mol催化剂,研究反响时间对甲醇转化数〔TON〕的影响,其变化曲线如下图.计算公式为：TON =转化的甲醇的物质的量—卜列说法不正确的选项是〔〕催化剂的物质的量A.在该温度下,最正确反响时间是 10 h8. 4〜10 h 内碳酸二甲酯的平均反响速率是 7.5X 10 4mol - L 1 - h 1C.向反响体系中添加催化剂,一定能提升反响的TOND.该合成方法可以利用廉价的甲醇把影响环境的温室气体 CO 2转化为资源,在资源循环利用和环境保护方面具有重要意义 答案 C解析 由图可知10 h 时,图像到达最高点,转化数最高,故A 项正确；4〜10 h 内碳酸二甲酯的平反响平衡的移动,转化率不变,那么不一定能提升TON,故C 项错误；该反响可以把二氧化碳转化成无毒、环保性能优异、用途广泛的碳酸二甲酯,故 D 项正确.9. 〔2021杭州市第二中学模拟〕铝酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂.常温下, 碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图.以下说法不正确的选项是〔 〕A.盐酸的浓度越大,腐蚀速率越快B.铝酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时,腐蚀速率最小C.碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大,说明反响速率不与 c 〔H + 〕成正比D,比照盐酸和硫酸两条曲线,可知 C 「也会影响碳素钢的腐蚀速率答案 C解析由酸的浓度对腐蚀速率的影响图可知,盐酸的浓度越大,腐蚀速率越快,故A 正确；由图可知,曲线的最低点腐蚀速率最小,那么铝酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时,腐蚀速率最小,故 B 正确；浓硫酸有强氧化性,能使碳素钢外表形成致密的氧化膜保护层,那么硫酸浓度较大时不能说明速 率与氢离子的关系,故C 错误；碳素钢在盐酸和硫酸中腐蚀速率随酸的浓度变化有明显差异,均反响速率为35—20 X 6X 10 5mol0.1 L X2X 6 h= 7.5X 104mol •1•h 1,故B 项正确；改变催化剂不会改变可知Cl 一有利于碳素钢的腐蚀,SO4—不利于碳素钢白腐蚀,故D正确.10. 〔2021浙江省高校招生选考科目模拟〕NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化,当NaHSO3完全消耗即有I2析出,依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反响速率.将浓度均为0.020 mol=1NaHSO3溶液〔含少量淀粉〕10.0 mL、KIO 3〔过量〕酸性溶液40.0 mL混合,记录10〜55 C 间溶液变蓝时间,55 C时未观察到溶液变蓝, 实验结果如图.据图分析,以下判断不正确的选项是〔〕A. 40c之前,温度升高反响速率加快,变蓝时间变短B. 40 C之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长C.图中b、c两点对应的NaHSO3的反响速率相等D.图中a点对应的NaHSO3的反响速率为5.0X 10 5mol - L1 - s1答案C解析根据图像,40 C以前由80 s逐渐减小,说明温度升高反响速率加快,故A说法正确；根据图像,40 C之后,溶液变蓝的时间随温度的升高变长,故B说法正确；40 C以前,温度越高,反应速率越快,40 C以后温度越高,变色时间越长,反响越慢,可以判断出40 C前后发生的化学反应不同,虽然变色时间相同,但不能比拟化学反响速率,故C说法错误；混合前NaHSO3的浓度为0.020 mol F1,忽略混合前后溶液体积的变化,根据C I V I =C2V2,混合后NaHSO3的浓度为0.020, 10X 10 3L . 一mol •r1X -= 0.004 0 mol - 1,a酉溶液变蓝时间为80 s,由于NaHSO3缺乏或KIO3 10+40 X 10 3L过量,NaHSO3浓度由0.004 0 mol -1变为0,根据化学反响速率表达式, a点对应的NaHSO3反响0.004 0 mol 1L速率为------ /工----- =5.0X 10 5mol - r1 -11,故D说法正确.11. 〔2021临安市昌化中学模拟〕对利用甲烷消除 NO 2污染进行研究,CH 4 + 2NO 2 2H 20.在1 L 密闭容器中,限制不同温度,分别参加 0.50 mol CH 4和1.2 mol NO 2,测得n 〔CH 4〕随时间变化的有关实验数据见下表.以下说法正确的选项是〔 〕A.组别①中,0〜20 min 内,N02的降解速率为 0.012 5 mol 1 E min 1B.由实验数据可知实验限制的温度TKT 2C. 40 min 时,表格中 T 2对应的数据为 0.18D. 0〜10 min 内,CH 4的降解速率①下② 答案 B解析 速率之比等于化学计量数之比,故组别 ①中,0〜20 min 内,N02的降解平均速率为 0.025 mol •「1 • min 1,选项A 错误；温度越高反响速率越大,达平衡所需时间越短,由实验数据可知实验限制的温度「＜丁2,选项B 正确；40 min 时,表格中T 2对应的数据为0.15,选项C 错误；0〜10 min 内,CH 4的降解速率 ②〉①,选项D 错误.12.为探究硫酸铜的量对锌与稀硫酸反响生成氢气速率的影响,某同学设计了如下一系列实验.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,收集产生的气体,记录获得相同体积的气体所需时间.以下说法正确的选项是 〔〕A. V I =30, V6= 10B.反响一段时间后,实验 A 、E 中的金属呈暗红色C.参加MgSO 4与Ag 2SO 4可以起到与硫酸铜相同的加速作用D.硫酸铜的量越多,产生氢气的速率肯定越快 答案 A解析 探究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响,硫酸的体积、物质的量应相同,由 的总体积为N2+ CO2 +A 、F 可知溶液30 mL + 20 mL = 50 mL, V 〔=30, V6= 50-30- 10= 10, A 正确；实验 A 中没有参加硫 酸铜溶液,不会出现暗红色,B 错误；MgSO 4与Zn 不能反响置换出 Mg,也就不能形成原电池, C错误；硫酸铜溶液的量太多,产生大量的铜覆盖在Zn 粒外表,反响速率反而会减慢,D 错误.13.〔2021天津耀华中学高考模拟〕自催化作用是指反响产物之一使该反响速率加快的作用.用稀硫酸酸 化的KMnO 4进行以下三组实验,一段时间后溶液均褪色〔0.01 mol -1可以记作0.01 M 〕.以下说法不正确的选项是〔 〕A.实验①中发生氧化复原反响, H 2c 2O 4是复原剂,产物 MnSO 4能起自催化作用B.实验②褪色比①快,是由于 MnSO 4的催化作用加快了反响速率C.实验③褪色比①快,是由于C 「的催化作用加快了反响速率D.假设用1 mL 0.2 M 的H 2c 2O 4做实验①,推测比实验①褪色快 答案 C解析 碳元素的化合价升高,且镒离子可作催化剂,那么实验①中发生氧化复原反响,H 2c 2O 4是还原剂,产物 MnSO 4能起自催化作用,故A 、B 正确；高镒酸钾可氧化氯离子,那么实验③褪色比①快,与催化作用无关,故 C 错误；增大浓度,反响速率加快,那么用 1 mL 0.2 M 的H 2c 2O 4做实验 ①,推测比实验 ①褪色快,故D 正确. 二、非选择14.某学生为了探究 Zn 与盐酸反响过程中的速率变化,在 100 mL 稀盐酸中参加足量的 Zn 粉,用排水集气法收集反响放出的H2,实验记录如下〔累计值〕：(1)哪一时间段(指0〜1、1〜2、2〜3、3〜4、4〜5 min)反响速率最大(2)4〜5 min 时间段的反响速率最小,你认为原因是(3)求2〜3 min 时间段内以盐酸的浓度变化来表示的反响速率答案(1) 2〜3 min Zn 与盐酸反响放热,温度越高,反响速率越大 (2)H+浓度变小 (3)0.1 mol I II L min 1 解析(1)由时间与速率的关系表格可以看出在 2〜3 min 时反响速率最大.原因是在开始时尽管 HCl温度越高,反响速率越大.当反响进行一段时间后影响速率的主要因素是溶液的浓度,由于这时反 (2)4〜5 min 时间段的反响速率最小,主要原因是此时HCl 电离产生的H +浓度变小.(3)在2〜3 min 时间段0.1 mol ,1(填“增大〞 “减小〞或“不变〞 )；前15 min 内用SO 3表示的平均反响速率为(3)图中反响过程表示正反响速率与逆反响速率相等的时间段是 .(4)根据如图判断,10 min 时改变的反响条件可能是 (填编号,下同)；20 min 时改变的反响 条件可能是. a.参加催化剂 b.缩小容器容积 c.降低温度d.增加O 2的物质的量 答案 ⑴减小(2)减小 1.33X 10 3 mol . L 1 - min 1 (3)15 〜20 min,25 〜30 min (4)ab d解析(2)根据图像可知前10 min 内反响物浓度逐渐减小,正反响速率逐渐减小；前 15 min 内生成 三氧化硫的物质的量为 0.04 mol,浓度变化量是 0.02 mol -\ L 那么用SO 3表示平均反响速率为 0.02:一; =0.1 mol 1 L min 1 o II min,你认为原因是(假设溶液体积保持不变)v(HCl)=的浓度大,但是反响的温度低,所以速率慢,由于Zn 与盐酸反响放热,使反响溶液的温度升高,应物的浓度逐渐变稀,所以速率又逐渐减小.影响化学反响速率的主要因素是 HCl 的浓度, 232- 120 X 10 3 L内 n(H 2) = --------------- : -- = 0.005 mol ,22.4 L - m dl0.005 mol X2Ac(HCl) = -0yL =0.1 mol・I 1,贝U v(HCl)=15.在一定条件下,二氧化硫和氧气发生反响: 2SO 2(g) + O 2(g)2SO 3(g).(1)降低温度,化学反响速率(填“增大〞 “减小〞或“不变〞)o(2)600 C 时,在一容积为 2 L 的密闭容器中,将二氧化硫和氧气混合, 在反响进行至10 min 和 20min 时,分别改变了影响反响的一个条件,反响过程中SO 2、.2、 SO 3物质的量变化如下图,前10 min 正反响速率逐渐mol •「1+15 miw 1.33X10—3 mol• min1.(3)各物质的物质的量不变, 说明反响处于平衡状态,由图可知在15〜20 min、25〜30 min各组分的物质的量不变, 反响处于平衡状态.(4)根据图像可知10 min时曲线斜率均增大,说明反响速率加快,因此改变的条件可能是参加催化剂或缩小容器容积,增大压强；20 min时氧气物质的量忽然增大,其他物质的物质的量不变,因此改变的条件是增加O2 的物质的量.16. 1799年由英国化学家汉弗莱戴维发现一氧化二氮(N2O)气体具有稍微的麻醉作用, 而且对心脏、肺等器官无伤害,后被广泛应用于医学手术中.(1) 一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉, 它可由硝酸俊在催化剂下分解制得, 该反响的化学方程式为O(2)在一定温度下的恒容容器中,反响2N2O(g)===2N 2(g)+ O2(g)的局部实验数据如下：2- 11 - 1②假设N2O起始浓度c o为0.150 mol;1L,那么反响至30 min时N2O的转化率a=.③不同温度(T)下,N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如下图(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间),那么T i(填“>〞或“ <〞〞2.当温度为T i、起始压强为P0,反响至t i min时,体系压强p =(用p0表示).(3)碘蒸气存在能大幅度提升N2O的分解速率,反响历程为：第一步l2(g)===2I(g)(快反响)第二步I(g) + N2O(g) > N2(g)+IO(g)(慢反响)第三步IO(g) + N 20(g) > N 2(g) + 02(g) + I(g)(快反响)1实验说明,含碘时N2O分解速率方程v=kc(N2O) c2(I2)(k为速率常数).以下表述正确的选项是(填字母).A .温度升高,k值增大B.第一步对总反响速率起决定作用C.第二步活化能比第三步大D. I2浓度与N2O分解速率无关催化剂答案(1)NH 4NO3=====N2O T + 2H2O(2)① 1.0X10 3②20.0% ③>1.25p0⑶AC…一…一,- Ac 0.10—0.08 mol .11解析(2)①根据表格数据,在0〜20 min时段,反响速率v(N2O) = -7 = ------------------ ——------------ =1.0X10, 用20 min3mol •「1 • min1.②由表可知,每隔10 min, c(N2O)的变化量相等,故单位时间内c(N2O)的变化与N2O的起始浓度无关,每10 min均减小0.01 mol L假设N2O起始浓度c o为0.150 mol二4L那么反响至30 min时转0.03 mol 丁1化白N N2O的浓度为0.01 mol - r1x 3=0.03 mol・『1,那么N2O的转化率a= ------------------- -X 100% =0.150 mol 寸20.0%.③其他条件相同时,温度升高化学反响速率加快, N2O分解半衰期减小,由图可知,压强相同时,半衰期T2>T1,那么温度T1>T2.当温度为T1、起始压强为P0,设N2O起始时的物质的量为1 mol,那么2N2O(g)===2N 2(g) + 02(g)起始量/mol 1 0 0t1min 时/mol 0.5 0.5 0.25t1min时总物质的量为(0.5+0.5+0.25)mol= 1.25 mol,根据等温等容条件下,压强之比等于物质的,一… 1.25重之比,体系压强p=^1p0=1.25 p0o4(3)温度升高,化学反响速率增大,因v=kc(N2O).万(12),那么温度升高,k值增大,故A正确；化学反响速率由反响最慢的反响决定, 那么第二步对总反响速率起决定作用, 故B错误；第二步反响为慢反响,第三步反响为快反响,所以第二步活化能比第三步大,故C正确；含碘时N2O分解速率1方程v=k c(N 2O) c2(I2),所以N2O分解速率与I2浓度有关,故D错误.。
