2022年新教材高考化学一轮复习课时练习25化学反应速率含解析

化学反响速率(建议用时：40分钟)一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1．对于化学反响3W(g)＋2X(g)=4Y(g)＋3Z(g)，以下反响速率关系中，正确的选项是()A．v(W)＝3v(Z) B．2v(X)＝3v(Z)C．2v(X)＝v(Y) D．3v(W)＝2v(X)C解析：对于任一化学反响，用不同的物质表示该反响的速率，其数值之比等于其化学计量数之比，v(W)∶v(X)∶v(Y)∶v(Z)＝3∶2∶4∶3。v(W)＝v(Z)，A错误；3v(X)＝2v(Z)，B错误；2v(X)＝v(Y)，C正确；2v(W)＝3v(X)，D错误。2．以下说法中有明显错误的选项是()A．对有气体参加的化学反响，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反响速率增大B．活化分子间发生的碰撞一定为有效碰撞C．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反响速率增大D．参加适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而增大反响速率B解析：气体体系，增大压强，体积减小，引起单位体积内分子总数增加，导致单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增加，反响速率加快，A正确；活化分子间有适宜取向、能发生化学反响的碰撞才是有效碰撞，B错误；升温，一方面使分子获得更高的能量，活化分子百分数增大，另一方面含有较高能量的分子间的碰撞频率也随之增大，两方面都会增大反响速率，C正确；其他条件一定时，使用催化剂可使反响途径发生改变，从而降低了反响的活化能，使得活化分子的百分数增大，有效碰撞频率增大，故化学反响速率增大，D正确。3．一定温度下，反响N2(g)＋O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，以下措施不改变化学反响速率的是()A．缩小体积使压强增大 B．恒容，充入N2C．恒容，充入He D．恒压，充入HeC解析：A项，反响前后气体的物质的量不变，缩小体积，气体的浓度增大，反响速率增大；B项，容积不变，充入N2，使反响物N2的浓度增大，反响速率增大；C项，容积不变，充入He，虽然反响容器内压强增大，但N2、O2、NO的浓度并没有变化，因此不影响反响速率；D项，压强不变，充入He，反响容器的体积必然增大，总压强虽然没变，但N2、O2、NO的浓度减小，反响速率减小。4．将6molCO2和8molH2充入一容积为2L的密闭容器中(温度保持不变)发生反响CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＜0。测得H2的物质的量随时间变化如图中实线所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。该反响在3～8min内CO2的平均反响速率是()A．0.033mol/(L·min)B．0.1mol/(L·min)C．0D．0.067mol/(L·min)A解析：由题图可知，该反响在3～8min内，H2的物质的量在对应的b、c点分别为3mol、2mol，那么v(H2)＝eq\f(\f(3mol－2mol,2L),5min)＝0.1mol/(L·min)，v(CO2)＝eq\f(1,3)v(H2)≈0.033mol/(L·min)，A正确。5．对于反响2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0已到达平衡，如果其他条件不变时，分别改变以下条件，对化学反响速率和化学平衡产生影响，以下条件与图像不相符的是(O～t1：v正＝v逆；t1时改变条件，t2时重新建立平衡)()C解析：分析时要注意改变条件瞬间v正、v逆的变化。增加O2的浓度，v正增大，v逆瞬间不变，A正确；增大压强，v正、v逆都瞬间增大，v正增大的倍数大于v逆，B正确；升高温度，v正、v逆都瞬间增大，速率曲线是不连续的，C错误；参加催化剂，v正、v逆同时同倍数增大，D正确。6．在密闭容器中进行反响CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH>0，测得c(CH4)随反响时间(t)的变化如下图。以下判断不正确的选项是()A．10min时，改变的外界条件可能是升高温度B．0～10min内，v(H2)＝0.15mol/(L·min)C．恒温下，缩小容器体积，一段时间内v逆>v正D．12min时，反响达平衡的本质原因是气体总质量不再变化D解析：通过计算发现10～12min内的反响速率比0～5min内的反响速率快，A正确；虽然5min时已经达平衡，但求的是10min内的平均反响速率，v(H2)＝3v(CH4)＝3×eq\f(1.00－0.50mol/L,10min)＝0.15mol/(L·min)，B正确；恒温下缩小容器体积时，压强增大，平衡逆向移动，C正确；反响达平衡的本质是正、逆反响速率相等，D错误。二、不定项选择题(每题有一个或两个选项符合题意)7．1,3­丁二烯与HBr发生加成反响分两步：第一步H＋进攻1,3­丁二烯生成碳正离子()；第二步Br－进攻碳正离子完成1,2­加成或1,4­加成。反响进程中的能量变化如以下图所示。在0℃和40℃时，1,2­加成产物与1,4­加成产物的比例分别为70∶30和15∶85。以下说法正确的选项是()A．1,4­加成产物比1,2­加成产物稳定B．与0℃相比，40℃时1,3­丁二烯的转化率增大C．从0℃升至40℃，1,2­加成正反响速率增大，1,4­加成正反响速率减小D．从0℃升至40℃，1,2­加成正反响速率的增大程度小于其逆反响速率的增大程度AD解析：根据图像分析可知该加成反响为放热反响，且生成的1,4­加成产物的能量比1,2­加成产物的能量低，能量越低越稳定，即1,4­加成产物比1,2­加成产物稳定，故A正确；该加成反响不管生成1,4­加成产物还是1,2­加成产物，均为放热反响，那么升高温度，不利于1,3­丁二烯的转化，即在40℃时其转化率会减小，故B错误；从0℃升至40℃，化学反响速率均增大，即1,4­加成和1,2­加成反响的正反响速率均会增大，故C错误；从0℃升至40℃，对于1,2­加成反响来说，化学平衡向逆向移动，即1,2­加成正反响速率的增大程度小于其逆反响速率的增大程度，故D正确。8．(2021·济南模拟)(双选)丙酮的碘代反响CH3COCH3＋I2→CH3COCH2I＋HI的速率方程为v＝k·cm(CH3COCH3)·cn(I2)，其半衰期(当剩余反响物恰好是起始的一半时所需的时间)为eq\f(0.7,k)，改变反响物浓度时，反响的瞬时速率如表所示。c(CH3COCH3)/(mol/L)c(I2)/(mol/L)v/[10－3mol/(L·min)]以下说法正确的选项是()A．速率方程中的m＝1，n＝0B．该反响的速率常数k＝2.8×10－3min－1C．增大I2的浓度，反响的瞬时速率加快D．存在过量的I2时，反响掉87.5%的CH3COCH3所需的时间是375minAD解析：由第一组数据和第二组数据可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.50,0.25)))m＝eq\f(2.8×10－3,1.4×10－3)，那么m＝1，由第二组数据和第四组数据可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.100,0.050)))n＝eq\f(2.8×10－3,2.8×10－3)，那么n＝0，A项正确；由A可知，v＝kc(CH3COCH3)，代入第一组数据可得，k＝5.6×10－3min－1，B项错误；由v＝kc(CH3COCH3)可知，当其他条件不变时，增大I2的浓度，反响的瞬时速率不变，C项错误；存在过量的I2时，反响掉87.5%的CH3COCH3所需的时间可以看作是经历了3个半衰期，即87.5%＝50%＋25%＋12.5%，因此所需的时间为eq\f(3×0.7,5.6×10－3)min＝375min，D项正确。9．一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反响的影响如下图。以下说法正确的选项是()A．在0～50min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20～25min之间，pH＝10时R的平均降解速率为0.04mol/(L·min)A解析：根据图像可知，在0～50min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率都是100%，A正确；根据图像可知，溶液酸性越强，即pH越小时，曲线的斜率越大，R的降解速率越大，B错误；由同一pH条件下，曲线斜率不断变小可知，R的起始浓度越小，降解速率越小，C错误；在20～25min之间，pH＝10时R的平均降解速率为eq\f(6×10－5mol/L－4×10－5mol/L,5min)＝4×10－6mol/(L·min)，D错误。三、非选择题10.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如下图：(1)从反响开始到10s时，用Z表示的反响速率为________，X的物质的量浓度减少了________，Y的转化率为________。(2)该反响的化学方程式为______________________________________。(3)10s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如下图。那么以下说法符合该图像的是________(填标号)。A．t1时刻，增大了X的浓度B．t1时刻，升高了体系温度C．t1时刻，缩小了容器体积D．t1时刻，使用了催化剂解析：(1)分析图像知：Δc(Z)＝eq\f(1.58mol,2L)＝0.79mol/L，v(Z)＝eq\f(0.79mol/L,10s)＝0.079mol/(L·s)，Δc(X)＝eq\f(1.20mol－0.41mol,2L)＝0.395mol/L，Y的转化率α(Y)＝eq\f(1.00mol－0.21mol,1.00mol)×100%＝79.0%。(2)由各物质转化的量：X为0.79mol，Y为0.79mol，Z为1.58mol，可知化学方程式中各物质的化学计量数之比为1∶1∶2，那么化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)。(3)由图像可知，外界条件同等程度地增大了该反响的正、逆反响速率。增大X的浓度、升高体系温度均不会同等程度地改变正、逆反响速率，A、B错误；由(2)中的解析可知，该反响为反响前后气体体积不变的反响，缩小容器体积即增大压强，可同等程度地增大正、逆反响速率，C正确；使用催化剂可同等程度地改变正、逆反响速率，D正确。答案：(1)0.079mol/(L·s)0.395mol/L79.0%(2)X(g)＋Y(g)2Z(g)(3)CD11．为探究催化剂对双氧水分解的催化效果，某研究小组做了如下实验：(1)甲学生欲用如下图实验确认MnO2是H2O2分解反响的催化剂。该实验________(填“能〞或“不能〞)到达目的，原因是__________________________________________________________________________________________。(2)为探究MnO2的量对催化效果的影响，乙学生分别量取50mL1%的H2O2溶液参加容器中，在一定质量范围内，参加不同质量的MnO2粉末，测量所得气体体积，数据如下：MnO2粉末的质量/g40s时O2体积/mL496186由此得出的结论是_______________________________________________，原因是_____________________________________________________________。(3)为分析Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解反响的催化效果，丙学生设计如下实验(三支试管中均盛有10mL5%的H2O2溶液)：试管ⅠⅡⅢ滴加试剂5滴0.1mol/LFeCl3溶液5滴0.1mol/LCuCl2溶液5滴0.3mol/LNaCl溶液产生气泡情况较快产生细小气泡缓慢产生细小气泡无气泡产生结论是_________________________________________________________，设置实验Ⅲ的目的是_____________________________________________________________________________________________________________________。(4)查阅资料得知：将作为催化剂的FeCl3溶液参加H2O2溶液后，溶液中会发生两个氧化复原反响，且两个反响中H2O2均参加了反响，试从催化剂的角度分析，这两个氧化复原反响的化学方程式分别是__________________________和__________________________________________________________________(按反响发生的顺序写)。解析：(1)欲证明MnO2是H2O2分解反响的催化剂，必须确认MnO2在反响前后的性质和质量没有改变，故该实验不能到达目的。(2)根据表中数据可知，在一定质量范围内，增大MnO2的质量，相同时间内所得O2增加，说明反响速率加快的原因是在一定质量范围内，固体质量越大，其外表积也越大，催化效果更好。(3)比照试管Ⅰ、Ⅱ和试管Ⅲ中气泡产生情况可知，Cl－对H2O2的分解无催化作用，Fe3＋和Cu2＋对H2O2的分解均有催化作用，比照试管Ⅰ、Ⅱ中气泡产生情况可知，相同浓度的Fe3＋和Cu2＋，Fe3＋的催化效果更好。(4)根据催化剂参加反响，但反响前