2022高考化学一轮复习化学反应速率及影响因素2含解析

《化学反应速率及影响因素》李仕才（考试时间：45分钟满分：100分）一、单项选择题：本题包括11小题，每小题5分，共55分。1．下列说法不正确的是(　　)A．化学反应速率通常用单位时间内反应物或生成物的浓度变化来表示B．用不同物质的浓度变化表示同一时间内、同一反应的速率时，其数值之比等于化学方程式中对应物质的化学计量数之比C．化学反应速率的单位由时间单位和浓度单位决定D．在反应过程中，反应物的浓度逐渐变小，所以用反应物表示的化学反应速率为负值【答案】：D【解析】：化学反应速率是用单位时间内反应物或生成物浓度的变化来表示的，无论用反应物还是用生成物表示化学反应速率都为正值。2．在2CH4(g)＋2NH3(g)＋3O2(g)===2HCN(g)＋6H2O(g)反应中，已知v(HCN)＝nmol·L－1·min－1，且v(O2)＝mmol·L－1·min－1，则m与n的关系正确的是(　　)A．m＝1/2nB．m＝2/3n　　　　C．m＝3/2nD．m＝2n【答案】：C【解析】：　已知：v(HCN)＝nmol·L－1·min－1，v(O2)＝mmol·L－1·min－1，反应速率之比等于对应计量数之比，故n∶m＝2∶3，即m＝3/2n。3．把下列四种X溶液分别加入四个盛有10mL2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反应，其中反应最快的是(　　)A．10℃20mL3mol/L的X溶液B．10℃10mL2mol/L的X溶液C．20℃10mL4mol/L的X溶液D．20℃30mL2mol/L的X溶液【答案】：D【解析】：依题意，最终稀释的体积相等。本题中化学反应速率的影响因素有浓度和温度，从浓度看，其浓度大小顺序为A＝D>C>B，从温度看，C、D溶液加入烧杯中后使体系温度升高且相等，反应物浓度最大、体系温度最高的化学反应其化学反应速率最大，选D项。4．100mL浓度为2mol·L－1的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是(　　)A．加入适量6mol·L－1的盐酸B．加入少量醋酸钠固体C．加热D．加入少量金属钠【答案】：C【解析】：加入适量的6mol·L－1的盐酸，反应速率加快，生成氢气增多，A不选；加入少量醋酸钠固体，生成醋酸，氢离子浓度变小，反应速率减慢，B不选；升高温度，反应速率增大，生成氢气的总量不变，C选；加入钠，与水反应生成氢气，氢气的总量增多，D不选。5．一定条件下，在容积固定的某密闭容器中发生反应N2＋3H22NH3。在10s内N27\n的浓度由5mol/L降至4mol/L，下列说法正确的是(　　)A．用NH3表示的化学反应速率为0.1mol/(L·s)B．使用合适的催化剂，可以加快该反应的速率C．增加H2的浓度或降低温度都会加快该反应的速率D．反应足够长时间，N2、H2中至少有一种物质浓度降为零【答案】：B【解析】：根据题意v(N2)＝0.1mol/(L·s)，则v(NH3)＝0.2mol/(L·s)，A项错误；使用合适催化剂能加快合成氨的反应速率，B项正确；降低温度，反应速率减慢，C项错误；N2、H2合成氨的反应为可逆反应，延长反应时间不能改变平衡状态，N2、H2的浓度不可能降为0，D项错误。6．亚氯酸盐(如NaClO2)可用作漂白剂，在常温下不见光时可保存一年，但在酸性溶液中因生成亚氯酸而发生分解：5HClO2===4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O。分解时，刚加入硫酸，反应缓慢，随后突然反应释放出大量ClO2，这是因为(　　)A．酸使亚氯酸的氧化性增强B．溶液中的H＋起催化作用C．溶液中的Cl－起催化作用D．逸出的ClO2使反应生成物的浓度降低【答案】：C【解析】：由题目信息可知，NaClO2在酸性溶液中生成亚氯酸，生成的亚氯酸在刚加入硫酸时反应缓慢，随后突然反应加快，这说明分解生成的产物中的某种物质起了催化剂的作用，故正确答案为C。7．某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g)2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段内，下列说法中正确的是(　　)A．30～40min间该反应使用了催化剂B．化学方程式中的x＝1，正反应为吸热反应C．30min时降低温度，40min时升高温度D．8min前A的平均反应速率为0.08mol·L－1·min－1【答案】：D8．下列判断正确的是(　　)A．0.1mol·L－1的盐酸和0.1mol·L－1的醋酸溶液分别与2mol·L－1的NaOH溶液反应的速率相同B．0.1mol·L－1的盐酸和0.1mol·L－1的HNO3溶液分别与大小相同的大理石反应的速率相同C．Mg和Fe分别与0.1mol·L－1的盐酸反应的速率相同7\nD．大理石块与大理石粉分别与0.1mol·L－1的盐酸反应的速率相同【答案】：B【解析】：影响化学反应的速率有内因与外因之分。内因指的是反应物本身的结构性质。例如：在完全相同的外界条件下，Mg、Fe由于自身金属活泼性的不同，反应速率v(Mg)>v(Fe)。外因主要指的是温度、浓度、压强、催化剂、反应物颗粒的大小、紫外线辐射等因素。A中0.1mol·L－1的盐酸与0.1mol·L－1的醋酸溶液中自由移动的c(H＋)是不相同的；D中大理石粉增大了与盐酸的接触面积，所以改变了反应速率。9．一定温度下，在2L密闭容器中加入纳米级Cu2O并通入0.1molH2O(g)，发生反应：2H2O(g)2H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋484kJ·mol－1，不同时间产生O2的物质的量见下表：时间/min20406080n(O2)/mol0.00100.00160.00200.0020下列说法不正确的是(　　)A．前20min内的反应速率v(H2O)＝5.0×10－5mol·L－1·min－1B．达到平衡时，至少需要从外界吸收能量0.968kJC．增大c(H2O)，可以提高水的分解率D．催化效果与Cu2O颗粒的大小有关【答案】：C【解析】：C项，由于反应物只有1种，增大c(H2O)，相当于压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，所以水的分解率降低，错误。10．为了研究一定浓度Fe2＋的溶液在不同条件下被氧气氧化的氧化率，实验结果如下图所示，判断下列说法正确的是(　　)A．pH越小氧化率越大B．Fe2＋的氧化率仅与溶液的pH和温度有关C．温度越高氧化率越大D．实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2＋的氧化率7\n【答案】：D【解析】：由②③可知，温度相同时pH越小，氧化率越大，由①②可知，pH相同时，温度越高，氧化率越大，C项，Fe2＋的氧化率除受pH、温度影响外，还受其它因素影响，如浓度等。11．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的反应速率。将浓度均为0.020mol·L－1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如下图。据图分析，下列判断不正确的是(　　)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5.0×10－5mol·L－1·s－1D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂【答案】：B【解析】：由题给图像可知，温度低于40℃时，温度升高，溶液变蓝的时间变短，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80s，则NaHSO3的反应速率为：(0.020mol·L－1×10.0mL×10－3L/mL)÷(50mL×10－3L/mL)÷(80s)＝5.0×10－5mol·L－1·s－1，C项正确；由题给条件，55℃时未观察到溶液变蓝，所以温度高于40℃，淀粉不宜作该实验的指示剂，D项正确。二、非选择题：本题包括4个小题，共45分.12．（10分）一定温度下，向1.0L密闭容器中加入0.60molX(g)，发生反应X(g)??Y(s)?2Z(g)??H>0，测得反应物X浓度与反应时间的数据如下表：反应时间t/min01234680.600.420.300.210.15a0.0375(1)3min时用Z表示的平均反应速率v(Z)＝________。(2)分析该反应中反应物的浓度与时间的规律，得出的结论是________。由此规律推出反应在6min时反应物的浓度a为________mol·L－1。(3)反应的逆反应速率随时间变化的关系如图，t2时改变了某一条件，改变的条件可能是______________、______________(填写两项)。7\n【答案】：(1)0.26mol·L－1·min－1(2)每间隔2min，X的浓度减少为原来的一半　0.075(3)加入Z　增大体系的压强【解析】：本题考查化学反应速率、影响速率的因素、平衡的特征等相关知识。(1)3min时，Δc(X)＝0.39mol·L－1，v(X)＝＝0.13mol·L－1·min－1，而v(Z)＝2v(X)＝0.26mol·L－1·min－1。(2)根据题中数据，可知每间隔2min，X的浓度减少为原来的一半；由此规律推出反应在6min时反应物的浓度a为0.075mol·L－1。(3)t2时刻，v(逆)瞬间增大然后减小，说明平衡逆向移动，可能的因素为加入生成物Z或增大体系的压强。13．（10分）向一容积不变的密闭容器中充入一定量A和B，发生如下反应：xA(g)＋2B(s)yC(g)　ΔH<0。在一定条件下，容器中A、C的物质的量浓度随时间变化的曲线如下图。请回答下列问题：(1)用A的浓度变化表示该反应0～10min内的平均反应速率v(A)＝________；(2)根据图示可确定x∶y＝________；(3)0～10min容器内压强________(填“变大”“不变”或“变小”)；(4)推测第10min引起曲线变化的反应条件可能是________；第16min引起曲线变化的反应条件可能是________；①减压；②增大A的浓度；③增大C的量；④升温；⑤降温；⑥加催化剂【解析】：(1)v(A)＝(0.45mol/L－0.25mol/L)÷10min＝0.02mol/(L·min)。(2)根据图像分析及物质反应的物质的量之比等于化学计量数之比得知，x∶y＝1∶2。(3)根据(2)得知，正反应方向是体积增大的，故压强变大。(4)10min后化学反应速率加快直到到达化学平衡状态，反应条件可能为升温和加催化剂，故选④⑥。16min后是化学平衡逆向移动，结合正反应是放热反应，故反应条件可能是升温，故选④。【答案】：(1)0.02mol/(L·min)　(2)1∶2　(3)变大　(4)④⑥　④7\n14．（10分）已知：＋H2(g)　ΔH＝＋124kJ·mol－1若反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下(只改变一种条件)的变化状况如图所示(第10min到14min的浓度变化曲线未表示出)：(1)第2min反应温度T(2)与第8min反应温度T(8)的高低：T(2)________(填“<”、“>”或“＝”)T(8)；第10min时反应改变的条件是______________________________。(2)比较产物苯乙烯在2～3min、5～6min和12～13min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(2～3)、v(5～6)、v(12～13)表示]的大小________________________。(3)反应物乙苯在5～6min和15～16min时平均反应速率的大小：v(5～6)大于v(15～16)，原因是________________________________________。【解析】：(1)由题图看出，4min时各物质浓度不变，4min后平衡正向移动，8min时达到平衡，则4min时改变的条件应为升高温度，故T(2)<T(8)。第10min时苯乙烯的浓度瞬时减小，而另一种生成物H2的浓度却瞬时不变，随后逐渐增大，说明改变的条件为移出部分苯乙烯(或减小苯乙烯的浓度)。(2)2～3min和12～13min均处于平衡状态，苯乙烯的平均反应速率均为0，而5～6min时，苯乙烯的浓度不断增大，故5～6min苯乙烯的反应速率最大。(3)5～6min和15～16min温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越大，反应速率越大，15～16min时各组分的浓度均小，故5～6min反应速率大于15～16min反应速率。【答案】：(1)<　减小　的浓度（各2分）(2)v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13)（3分）(3)温度相同，反应物浓度5～6min大，化学反应速率大（3分）15．（15分）某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：(1)上述实验中发生反应的化学方程式有________________________________________________________________________；(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是________________________________________________________________________；(3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起相似作用的是________；7\n(4)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有______________(答两种)；(5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需的时间。实验混合溶液　　　ABCDEF4mol·L－1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________。②反应一段时间后，实验A中的金属呈________色，实验E中的金属呈________色；③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高，但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因________________________________________________________。【解析】：(1)在稀硫酸中加入硫酸铜后发生了两个反应：CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu、Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑。(2)由于Zn与反应生成的Cu及硫酸铜溶液组成了Cu－Zn微电池，大大加快了生成氢气的反应速率。(3)只要是比锌的金属性差的金属都可以与锌组成原电池，都可以加快生成氢气的反应速率，故在所给的物质中只有Ag2SO4符合题意。(4)要加快生成氢气的反应速率，还可以采取如下措施：升高温度、适当增大硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等。(5)因为要研究硫酸铜的量对反应速率的影响，故应保持硫酸的浓度在各组实验中相同，则硫酸溶液的体积均取30mL，根据F中增加的水与硫酸铜溶液的体积之和为20mL，可以求得各组实验中加入水的体积分别为V7＝20mL，V8＝19.5mL，V9＝17.5mL，V10＝15mL。当溶液中析出少量的铜时，因不能形成铜的晶体，故铜显示的颜色是灰黑色，E中析出较多的铜，则显示出了铜晶体的颜色：暗红色。由于析出的铜的量较多，会覆盖在锌的表面，使得锌与稀硫酸的接触面积大大减小，故反应速率反而会减慢了。【答案】：(1)CuSO4＋Zn===ZnSO4＋Cu，Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑　(2)CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu－Zn微电池，加快了氢气产生的速率　(3)Ag2SO4(4)升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的比表面积等(答两种即可)　(5)①30　10　17.5　②灰黑　暗红（各1分，其余每空2分）③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积7