2021届一轮复习人教版化学反应速率作业

1、化学反应速率1.在不同浓度（c）、温度（T）条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列 判断不正确的是（）c； nu 1 L 1v mmol L一 .、_ rniti 17K0.600t 0(iD, 400凡 3i)l>31& 23. 603. (JOIM3Z& I9. 007. 50a4* 50h2. 161.8。1. 11L DKA.a=6.00B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变C.b<318.2D.不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同解析 A项，根据表中的数据可知：328.2 K时，蔗糖溶液的浓度越大，水解 的速率越快。根据浓度与速率的变化关

2、系可知，蔗糖的浓度每减小0.100mol L_1,速率减小1.50 mmol l" min-1,所以在浓度为 0.400 mol L时， 蔗糖水解的速率a=6.00 mmol L_1 min，正确；B项，根据表中的数据可 知：温度升高，水解速率越快，浓度越高，水解速率也越快，同时改变反应 物的浓度和反应的温度，若二者对反应速率的影响趋势相反，并能相互抵消，反应速率也可能不变，正确；C项，在物质的浓度不变时，温度升高，水解 速率加快，温度降低，水解速率减慢。由于在物质的浓度为0.600 mol L1时，当318.2 K时水解速率是3.60 mmol L_1 min-1,现在该反应的速率

3、为2.16 mmol L-1 min-1 小于 3.60 mmol L_ 1 min-1,所以反应温度低于 318.2 K,即 b<318.2,正确；D项，由于温度不同时，在相同的浓度时的反应速率不同，所以不同温度下，蔗糖浓度减小一半所需的时间不同，错误答案 D2.一定温度下，10 mL 0.40 mol L=1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2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)()A.06 min 的平均反应速率：v (H2O2) =3.3X1

4、0 2mol (Lmin) 1B.610 min 的平均反应速率:v (H2O2) <3.3X10 2mol (Lmin) 1一1C.反应至 6 min 时，c ( H2O2) =0.30 mol L-D.反应至6 min时，H2O2分解了 50%解析 A 项，06 min 内，产生 n (O2) = 1 x 10-3mol,消耗 n(H2O2) =2X102X 10- 3moly 10X10- 3L-3mol,则 v (H2O2) = = 6-min = 3.3X10 2mol (L min) 1,故 A正确；B项，依照A项解题步骤，可知B项正确；C项，反应至6 min时， 消耗 n

5、( H2O2 ) 为 2X10 - 3mol，乘U 余 c ( H2O2 )=10X10-3LX0.40 mol L-1-2X 10-3mol= 0.2 mol L.，故C项不正确；D项， 10X 10-3L反应至6 min时，消耗n (H2O2)为2X10-3mol,占起始物质的量的50%, 故D项正确。答案 C3.在包容密闭容器中通入X并发生反应：2X (g)胃Y (g),温度、T2 下X的物质的量浓度c (X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的 是()ctX) itwI * LA.该反应进行到M点放出的热量大于进行到 W点放出的热量 _. ,一，、一 ra-b_d _dB.T2下

6、，在 0ti 时I可内，v (Y)=七 mol L 1 min 1C.M点的正反应速率v正大于N点的逆反应速率v逆D.M点时再加入一定量X,平衡后X的转化率减小解析 依据题中图示，可看出Ti>T2,由于时X的平衡浓度大，可推出该反应为放热反应。A项，M点与W点比较，X的转化量前者小于后者，故进行到M点放出的热量应小于进行到 W点放出的热量，A项错误；B项，2va-b11(Y) =v (X) =-mol L-1 min-1, B 项错误；C 项，T1>T2,温度越图，反应速率越大，M点的正反应速率v正>亚点的正反应速率v正'，而W点的 正反应速率v正'=其逆反应

7、速率v逆 >施的逆反应速率v逆，C项正确；D 项，包容时充入X,压强增大，平衡正向移动，X的转化率增大，D项错误。 答案 C4.在一定温度下，将气体 X和气体Y各0.16 mol充入10 L包容密闭器中，发生 反应X (g) +Y (g) - , 2Z (g) AH<0, 一段时间后达到平衡。反应 过程中测定的数据如下表：t/min2479n (Y) /mol0.120.110.100.10下列说法正确的是()A.反应前 2 min 的平均速率 v (Z) =2.0X10 3 mol (L min) 1B.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前v (逆)>v (正)C.该温

8、度下此反应的平衡常数 K= 1.44D.其他条件不变，再充入0.2 mol Z,平衡时X的体积分数增大0.16 mol 0.12 mol解析反应前2 min, v （Y）=10 L2 min= 2.0X103 mol (Lmin)-1, v (Z) =2v (Y) =4.0X10-3mol (L min) -1, A 项错误；其他条件不变时，降低温度平衡向放热方向即正反应方向移动， 达到新的平衡前v（正）>v （逆），B项错误；由表中数据知平衡时 Y的物质的量为0.10 mol,则平衡时X、Y、Z三种气体的物质的量浓度分别为 0.010 mol L-<0.010 mol L -_1

9、0.012 mol L-1；则该温度下0.012X 0.012K =K 0.01X0.011.44, C项正确；其他条件不变，再充入0.2 mol Z,因该反应前后气体体积不变，所以建立的平衡与原平衡是等效平衡，平衡时 X的体积分数不变，D错误。答案 C5.一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如下图所示 下列判断正确的是（）A.在050 min之间，pH = 2和pH=7时R的降解百分率相等B.溶液酸性越强，R的降解速率越小C.R的起始浓度越小，降解速率越大D.在2025 min之间，pH= 10时R的平均降解速率为0.04 mol L_?1 min 1解析 在050

10、min之间，pH = 2和pH = 7时反应物R都能完全反应，降解率都是100%,故A正确；由斜率可知pH越小降解速率越大，即溶液的酸性越强，R的降解速率越大，故B错误；浓度越大化学反应速率越大，所以起始浓度越小降解速率越小，故 C错误；2025 min之间，pH=10时R的平均降解速率为4X10-6mol L-1 min，故D错误。答案 A6.已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ,在含少量的溶液中，H2O2分解的机理 为：H2O2+I > H2O+IO慢H2O2+ IO -> H2O+O2+I快下列有关该反应的说法正确的是()A.反应速率与的浓度有关B.I。一也是该反应

11、的催化剂C.反应活化能等于98 kJ mol1D.v (H2O2) =v (H2O) =v (O2)解析 由于反应速率由慢反应决定，故L浓度越大，反应速率越快，A正确;IO-为中间产物，不是催化剂，B错误；活化能不是反应热，反应热是正、逆反应活化能的差值，C错误；依据总反应2H2O2=2H2O+O2。和化学计量数间的关系判断，D错误。答案 A7.大气中的部分碘源于 O3对海水中的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模 拟研究。(1) O3将氧化成I2的过程由3步反应组成：I (aq) + O3 (g) =IO (aq) + O2 (g)AH1IO (aq) + H+ ( aq) r"

12、"HOI (aq)AH2HOI (aq) +I (aq) + H+ (aq)，'2 (aq) + H2O AH3总反应的化学方程式为其反应热AH=二数表达式为(3)为探究Fe2对O3氧化厂反应的影响(反应体系如图甲)某研究小组测定两组实验中13浓度和体系pH,结果见图乙和下表。3编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3+I5.211.0第2组O3+I +Fe2+5.24.1第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是图甲中的A为。由Fe*生成A的过程能显著提高的转化率， 原因是第2组实验进行18 s后，I3浓度下降。导致下降的直接原因有(双选)。A.c (H + )减小B.c (

13、I )减小C.I2 (g)不断生成D.c (Fe3+)增加(4)据图乙，计算318 s内第2组实验中生成I3的平均反应速率(写出计 算过程，结果保留两位有效数字)。解析 (1)依据题干信息，结合盖斯定律可知总反应可由(+)得出。(2)依据化学平衡常数表达式的表示方法可正确写出答案。 (3)通过 题中信息分析，反应过程中H +被消耗导致c (H + )下降，所以pH升高； 从图甲可看出Fe2+ Fe3+-A应为Fe2+与Fe3+间的相互转化，所以A应为 Fe2+;观察图甲和图乙综合分析知，I2 (g)不断生成，c (I-)减小，使平衡 I2 (aq) + I- (aq)I3 (aq)逆向移动，c

14、 (I3)下降。(4)依据V = W,结合图中数据即可正确求出生成I3的平均反应速率答案 (1) O3 (g) +2I (aq) +2H (aq) =I2 (aq) + O2 (g) + H2O(l)21+ AH2+ H3(2)K=C (I3)C ( I2) C ( I )(3)反应中消耗了 h+,使c (H + )降低FeT 2Fe3+2I =2F(2 +I2,增大的转化速率和转化量BC(4)318 s内 c(I3)的变化量 从(I3)= 11.8X 10 3 mol L 1-3.5X 10 3 mol Lt=8.3X 10 3 mol L 1,时间变化量 N=18 s-3 s= 15 s,

15、所以用(I3)浓度 十八士一小十小匚一、士,、Ac (I3) 8.3X10 3 mol L 1”变化表小的平均反应速率为 v (I3)=-= 5.5X10出15 s4 mol L 1 s 18.COCl2 的分解反应为 COCl2 (g)，" Cl2 (g) + CO (g)AH = + 108 kJ mol10反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10 mim到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出)：0.M0.04 0M ,OiiOO'024 A S 10 12 14 1 柝 1HuRiAii(1)计算反应在第8 min时的平衡常数K =

16、；(2)比较第2 min反应温度T (2)与第8 min反应温度T (8)的高低：T (2) T (8)(填“<” “>”或“=”)；(3)若12 min时反应于温度T (8)下重新达到平衡，则此时c (COC0 =mol L 1;(4)比较产物CO在23 min、56 min和1213 min时平均反应速率平 均反应速率为分别以v (23)、v (56)、v (1213)表示的大小;(5)比较反应物COCl2在56 min和1516 min时平均反应速率的大小:v (56) v (1516)(填“<” ">”或“=")，原因是解析 (1) c (C

17、l2)=0.11 molL1、c (CO) =0.085 mol L' c (COC12)1c (CO) c (CI2)1=0.04 mol L_ ,代入 K = 0.234 mol L- ； (2)第 4 minc (COCI2)时，Cl2与CO的浓度均逐渐增大，再结合此反应正向为吸热反应，所以第4 min时改变的条件一定是升高温度，故T (2) <T (8); (3)用平衡常数进行求解，c (CO) c (CI2)1 0.06 mol L-1 0.12 mol L-1此温度下 K =二0.234 mol L -1 =c (COCl2c (COCl2)Ac (CO)可知 c (COCl2)=0.031 mol L 1; (4)依据 v (CO) =-1 min 可知 v (2(3) =v (1213) =