2019-2020年高考化学一轮复习知识梳理与训练 第7章 第1讲 化学反应速率（含解析）.doc

2019-2020年高考化学一轮复习知识梳理与训练 第7章 第1讲 化学反应速率（含解析）考纲要求1.了解化学反应速率的概念、平均反应速率的表示方法。2.认识催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。3.理解浓度、温度、压强、催化剂等对化学反应速率影响的一般规律。4.了解化学反应速率的调控在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。考点一化学反应速率1表示方法通常用单位时间内反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。2数学表达式及单位v，单位为molL1min1或molL1s1。3规律同一反应在同一时间内，用不同物质来表示的反应速率可能不同，但反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的化学计量数之比。深度思考判断正误，正确的划“”，错误的划“”(1)对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象就越明显()(2)化学反应速率是指一定时间内任何一种反应物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加()(3)化学反应速率为0.8molL1s1是指1s时某物质的浓度为0.8molL1()(4)由v计算平均速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值()(5)同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同()(6)根据反应速率的大小可以判断化学反应进行的快慢()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)题组一“v”的应用1.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。回答下列问题：(1)从反应开始到10s时，v(Z)_。(2)反应的化学方程式为_。答案(1)0.079molL1s1(2)X(g)Y(g)2Z(g)解析(1)(Z)1.58molv(Z)0.079molL1s1。(2)XYZ0.79mol0.79mol1.58mol112所以反应的化学方程式为X(g)Y(g)2Z(g)。2在一密闭容器中充入一定量的N2和O2，在电火花作用下发生反应N2O2=2NO，经测定前3s用N2表示的反应速率为0.1molL1s1，则6s末NO的浓度为()A1.2molL1B大于1.2molL1C小于1.2molL1D不能确定答案C解析本题考查化学反应速率的计算，意在考查学生对化学反应速率公式的灵活运用能力。前3s用N2表示的反应速率为0.1molL1s1，即用NO表示的反应速率为0.2molL1s1，如果36s的反应速率仍为0.2molL1s1，则NO的浓度为1.2molL1，由于随着反应进行，反应物的浓度减小，反应速率减慢，故应小于1.2molL1。1.“=”、“”运用不准确。2计算速率时忽略体积，用物质的量变化值除以时间。3单位使用不规范，如把amolL1min1表示为amol/Lmin或a mol/(Lmin)。题组二化学反应速率的大小比较3已知反应4CO2NO2N24CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是()Av(CO)1.5molL1min1Bv(NO2)0.7molL1min1Cv(N2)0.4molL1min1Dv(CO2)1.1molL1min1答案C解析转化为相同的物质表示的反应速率进行比较，B项v(CO)1.4molL1min1；C项v(CO)1.6molL1min1；D项v(CO)1.1molL1min1，C项反应速率最快。4(xx盐城联考)对于可逆反应A(g)3B(s)2C(g)2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是()Av(A)0.5molL1min1Bv(B)1.2molL1s1Cv(D)0.4molL1min1Dv(C)0.1molL1s1答案D解析本题可以采用归一法进行求解，通过方程式的计量数将不同物质表示的反应速率折算成同一物质表示的反应速率进行比较，B项中的B物质是固体，不能表示反应速率；C项中对应的v(A)0.2molL1min1；D项中对应的v(A)3molL1min1。化学反应速率大小的比较方法由于同一化学反应的反应速率用不同物质表示时数值可能不同，所以比较反应的快慢不能只看数值的大小，而要进行一定的转化。(1)看单位是否统一，若不统一，换算成相同的单位。(2)换算成同一物质表示的速率，再比较数值的大小。(3)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应aAbB=cCdD，比较与，若，则A表示的反应速率比B的大。题组三“三段式”模板突破化学反应速率的计算5可逆反应aA(g)bB(g)cC(g)dD(g)，取amolA和bmolB置于VL的容器中，1min后，测得容器内A的浓度为xmolL1。这时B的浓度为_molL1，C的浓度为_molL1。这段时间内反应的平均速率若以物质A的浓度变化来表示，应为_。答案xv(A)(x)molL1min1解析aA(g) bB(g)cC(g)dD(g)起始量(mol)ab00转化量(mol)(aVx) bcd1min时(mol)Vxbbcd所以此时c(B)molL1 molL1，c(C)molL1()molL1，v(A)(x)molL1min1。对于较为复杂的关于反应速率的题目常采用以下步骤和模板计算1写出有关反应的化学方程式。2找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。3根据已知条件列方程式计算。例如：反应mAnBpC起始浓度(molL1) abc转化浓度(molL1) x某时刻浓度(molL1) axbc考点二影响化学反应速率的因素1内因(主要因素)反应物本身的性质。2外因(其他条件不变，只改变一个条件)3理论解释有效碰撞理论(1)活化分子、活化能、有效碰撞活化分子：能够发生有效碰撞的分子。活化能：如图图中：E1为正反应的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，反应热为E1E2。(注：E2为逆反应的活化能)有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反应的碰撞。(2)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系深度思考1按要求填空(1)形状大小相同的铁、铝分别与等浓度的盐酸反应生成氢气的速率：铁_铝(填“大于”、“小于”或“等于”)。(2)对于Fe2HCl=FeCl2H2，改变下列条件对生成氢气的速率有何影响？(填“增大”、“减小”或“不变”)升高温度：_；增大盐酸浓度：_；增大铁的质量：_；增加盐酸体积：_；把铁片改成铁粉：_；滴入几滴CuSO4溶液：_；加入NaCl固体：_；加入CH3COONa固体_；加入一定体积的Na2SO4溶液_。(3)若把(2)中的稀盐酸改成“稀硝酸”或“浓硫酸”是否还产生H2，为什么？答案(1)小于(2)增大增大不变不变增大增大不变减小减小(3)不会产生H2，Fe和稀硝酸反应生成NO；常温下，Fe在浓硫酸中钝化。2判断正误，正确的划“”，错误的划“”(1)催化剂能降低反应所需的活化能，H也会发生变化()(2)温度、催化剂能改变活化分子的百分数()(3)对于反应ABC，改变容器体积，化学反应速率一定发生变化()答案(1)(2)(3)题组一浓度与压强对化学反应速率的影响1对反应ABAB来说，常温下按以下情况进行反应：20mL溶液中含A、B各0.01mol50mL溶液中含A、B各0.05mol0.1molL1的A、B溶液各10mL0.5molL1的A、B溶液各50mL四者反应速率的大小关系是()ABCD答案A解析中c(A)c(B)0.5molL1；中c(A)c(B)1molL1；中c(A)c(B)0.05molL1；中c(A)c(B)0.25molL1；在其他条件一定的情况下，浓度越大，反应速率越大，所以反应速率由大到小的顺序为。2一定温度下，反应N2(g)O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，回答下列措施对化学反应速率的影响。(填“增大”、“减小”或“不变”)(1)缩小体积使压强增大：_；(2)恒容充入N2：_；(3)恒容充入He：_；(4)恒压充入He：_。答案(1)增大(2)增大(3)不变(4)减小气体反应体系中充入惰性气体(不参与反应)时对反应速率的影响1恒容充入“惰性气体”总压增大物质浓度不变(活化分子浓度不变)反应速率不变。2恒压充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减小。题组二外界条件对反应速率影响的综合判断3硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为Na2S2O3H2SO4=Na2SO4SO2SH2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是()选项反应温度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/molL1V/mLc/molL1V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210答案D解析本题考查化学反应速率，意在考查学生分析外界条件对化学反应速率的影响。结合选项知混合液的体积都为20mL，但选项D中反应温度最高、反应物Na2S2O3的浓度最大，其反应速率最大，故最先看到浑浊(有硫单质生成)。4等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测得在不同时间(t)内产生气体体积(V)的数据如图所示，根据图示分析实验条件，下列说法中一定不正确的是()组别对应曲线c(HCl)/molL1反应温度/铁的状态1a30粉末状2b30粉末状3c2.5块状4d2.530块状A第4组实验的反应速率最慢B第1组实验中盐酸的浓度大于2.5molL1C第2组实验中盐酸的浓度大于2.5molL1D第3组实验的反应温度低于30答案CD解析由图像可知，1、2、3、4组实验产生的氢气一样多，只是反应速率有快慢之分。第4组实验，反应所用时间最长，故反应速率最慢，A正确；第1组实验，反应所用时间最短，故反应速率最快，根据控制变量法原则知盐酸浓度应大于2.5molL1，B正确；第2组实验，铁是粉末状，与3、4组块状铁相区别，根据控制变量法原则知盐酸的浓度应等于2.5molL1，C错误；由3、4组实验并结合图像知第3组实验中反应温度应高于30，D错误。考点三控制变量法探究影响化学反应速率的因素影响化学反应速率的因素有多种，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变，只改变某一个条件，探究这一条件对反应速率的影响。变量探究实验因为能够考查学生对于图表的观察、分析以及处理实验数据归纳得出合理结论的能力，因而在这几年高考试题中有所考查。解答此类试题时，要认真审题，清楚实验目的，弄清要探究的外界条件有哪些。然后分析题给图表，确定一个变化的量，弄清在其他几个量不变的情况下，这个变化量对实验结果的影响，进而总结出规律。然后再确定另一个变量，重新进行相关分析。但在分析相关数据时，要注意题给数据的有效性。1某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。实验编号反应物催化剂10mL2%H2O2溶液无10mL5%H2O2溶液无10mL5%H2O2溶液1mL0.1molL1FeCl3溶液10mL5%H2O2溶液少量HCl溶液1mL0.1molL1FeCl3溶液10mL5%H2O2溶液少量NaOH溶液1mL0.1molL1FeCl3溶液(1)催化剂能加快化学反应速率的原因是_。(2)常温下5%H2O2溶液的pH约为6，H2O2的电离方程式为_。(3)实验和的目的是_。实验时由于没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是_。(4)实验、中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如下图：分析上图能够得出的实验结论是_。答案(1)降低了反应的活化能(2)H2O2HHO(3)探究浓度对反应速率的影响向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)(4)碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率解析(1)加入催化剂，能降低反应的活化能，使更多的分子成为活化分子，从而加快化学反应速率。(2)常温下，H2O2的pH约为6，则H2O2为弱酸，其电离方程式为H2O2HHO。(3)实验、中均没有使用催化剂，只是增大了H2O2的浓度，故实验、的目的是探究浓度对化学反应速率的影响。因实验过程中现象不明显，可采用升温或使用同种催化剂的方法加快反应速率来达到实验目的。(4)实验、中H2O2的浓度相同，并加入相同量的同种催化剂，而改变的条件是中酸性增强，中碱性增强。通过相同时间内产生O2的快慢()可得出如下结论：溶液的碱性增强，能加快H2O2的分解，而溶液的酸性增强，能减慢H2O2的分解。2某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案。编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度浓度/(molL1)体积/mL浓度/(molL1)体积/mL0.102.00.0104.0250.202.00.0104.0250.202.00.0104.050(1)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4溶液转化为MnSO4，每消耗1molH2C2O4转移_mol电子。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)n(KMnO4)_。(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是_(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是_。(3)实验测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)_molL1min1。(4)已知50时c(MnO)反应时间t的变化曲线如图。若保持其他条件不变，请在坐标图中，画出25时c(MnO)t的变化曲线示意图。答案(1)22.5(2)和和(3)0.010(或1.0102)(4)解析(1)H2C2O4中碳的化合价是3价，CO2中碳的化合价为4价，故每消耗1molH2C2O4转移2mol电子，配平反应方程式为2KMnO45H2C2O43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O，为保证KMnO4完全反应，c(H2C2O4)c(KMnO4)2.5。(2)探究温度对反应速率的影响，则浓度必然相同，则为编号和；同理探究浓度对反应速率的影响的实验是和。(3)v(KMnO4)(0.010molL1)()0.010molL1min1。(4)温度降低，化学反应速率减小，故KMnO4褪色时间延长，故作图时要同时体现25MnO浓度降低比50时MnO的浓度降低缓慢和达到平衡时间比50时“拖后”。探究高考明确考向1(xx新课标全国卷，9)已知分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2IH2OIO慢H2O2IOH2OO2I快下列有关该反应的说法正确的是()A反应速率与I浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98kJmol1Dv(H2O2)v(H2O)v(O2)答案A解析A项，将题给两个反应合并可得总反应为2H2O2=2H2OO2，该反应中I作催化剂，其浓度的大小将影响该反应的反应速率；B项，该反应中IO是中间产物，不是该反应的催化剂；C项，反应的活化能表示一个化学反应发生所需要的最小能量，分解1molH2O2放出98kJ热量，不能据此判断该反应的活化能；D项，由反应速率与对应物质的化学计量数的关系可知v(H2O2)v(H2O)2v(O2)。2(xx北京理综，12)一定温度下，10mL0.40molL1H2O2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)()A06min的平均反应速率：v(H2O2)3.3102molL1min1B610min的平均反应速率：v(H2O2)3.3102molL1min1C反应到6min时，c(H2O2)0.30molL1D反应到6min时，H2O2分解了50%答案C解析2H2O22H2OO2A项，6min时，生成O2的物质的量n(O2)1103mol，依据反应方程式，消耗n(H2O2)2103mol，所以06min时，v(H2O2)3.3102molL1min1，正确；B项，610min时，生成O2的物质的量n(O2)0.335103mol，依据反应方程式，消耗n(H2O2)0.335103mol20.67103mol,610min时，v(H2O2)1.68102molL1min13.3102molL1min1，正确；C项，反应至6min时，消耗n(H2O2)2103mol，剩余n(H2O2)0.40molL10.01L2103mol2103mol，c(H2O2)0.20molL1，错误；D项，反应至6min时，消耗n(H2O2)2103mol，n(H2O2)总4103mol，所以H2O2分解了50%，正确。3(xx福建理综，12)在一定条件下，N2O分解的部分实验数据如下：反应时间/min01020304050c(N2O)/molL10.1000.0900.0800.0700.0600.050反应时间/min60708090100c(N2O)/molL10.0400.0300.0200.0100.000下图能正确表示该反应有关物理量变化规律的是()(注：图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间，c1、c2均表示N2O初始浓度且c1c2)答案A解析分析实验数据可看出，相同时间间隔内，N2O物质的量浓度变化值相同，可得出结论：N2O的分解速率与其物质的量浓度无关，故A项正确，B项错误；分析数据可知：0100molL10.050molL1时间为50min，0080molL10.040molL1时间为40min，0060molL10.030molL1时间为30min，0040molL10.020molL1时间为20min，0020molL10.010molL1时间为10min，所以随着N2O物质的量浓度的增大，半衰期增大，故C项错误；转化率相等的情况下，浓度越大，所需时间越长，D项错误。4xx广东理综，33(1)H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。某小组拟在同浓度Fe3的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2,0.1molL1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器。写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：_。设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定_(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)。设计实验装置，完成上图的装置示意图。参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案(列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示)。物理量实验序号V0.1molL1Fe2(SO4)3/mL1a2a答案生成相同体积的氧气所需要的时间(或相同时间内，生成氧气的体积)V(H2O2)/mLV(H2O)/mLV(O2)/mLt/s1bced2cbef或V(H2O2)/mLV(H2O)/mLt/sV(O2)/mL1bced2cbef解析分析化合价并应用化合价变化规律解决问题。双氧水中氧元素的化合价为1价，发生分解反应生成氧气，O2中O的化合价为0价，水中O元素的化合价为2价，所以是自身的氧化还原反应，用单线桥法表示其电子转移的方向和数目：做实验题时，首先要明确实验原理。该实验是探究双氧水的分解速率，所以应测定不同浓度双氧水分解时产生氧气的速率，即可以测定相同时间内生成氧气的体积。根据题目给出的限选仪器可以选用导管、水槽、量筒组成气体收集装置。探究时一定要注意变量的控制，即只改变一个变量，才能说明该变量对反应的影响。表格中给出了硫酸铁的量，且体积均相等。而探究的是不同浓度的双氧水分解的速率，所以必须要有不同浓度的双氧水，但题给试剂中只有30%的双氧水，因此还需要蒸馏水，要保证硫酸铁的浓度相同，必须保证两组实验中双氧水和蒸馏水的总体积相同，且两组实验中双氧水和蒸馏水的体积不同两个条件。同时还要记录两组实验中收集相同体积氧气所需时间或相同时间内收集氧气的体积大小。5(xx安徽理综，28)某酸性工业废水中含有K2Cr2O7。光照下，草酸(H2C2O4)能将其中的Cr2O转化为Cr3。某课题组研究发现，少量铁明矾Al2Fe(SO4)424H2O即可对该反应起催化作用。为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下：(1)在25下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL46010305601030560测得实验和溶液中的Cr2O浓度随时间变化关系如图所示。(2)上述反应后草酸被氧化为_(填化学式)。(3)实验和的结果表明_；实验中0t1时间段反应速率v(Cr3)_molL1min1(用代数式表示)。(4)该课题组对铁明矾Al2Fe(SO4)424H2O中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：Fe2起催化作用；假设二：_；假设三：_；(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容。除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4Al2(SO4)324H2O、Al2(SO4)3等。溶液中Cr2O的浓度可用仪器测定实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论答案(1)实验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL2020(2)CO2(3)溶液pH对该反应的速率有影响(4)Al3起催化作用SO起催化作用(5)实验方案(不要求写具体操作过程)预期实验结果和结论用等物质的量的K2SO4Al2(SO4)324H2O代替实验中的铁明矾，控制其他条件与实验相同，进行对比实验反应进行相同时间后，若溶液中c(Cr2O)大于实验中的c(Cr2O)，则假设一成立，若两溶液中的c(Cr2O)相同，则假设一不成立(本题属于开放性试题，合理答案均可)解析首先看清实验目的，确定条件改变的唯一变量，再根据图给信息进行综合分析；对于实验方案的设计也主要考虑变量的控制。(1)要保证其他量不变，草酸用量为唯一变量，必须保证溶液的体积为100mL，所以加入草酸和水的体积之和应为40mL，两者的具体体积没有要求，只需与中数据不同即可。(2)此反应中铬的化合价由6价变为3价，化合价降低，所以碳的化合价应升高，草酸中碳的化合价为3价，反应后只能变为4价，即生成CO2。(3)通过图像可以明显看到，实验的反应速率比实验的快，故pH越小，反应速率越快，说明溶液pH对该反应的速率有影响；在0t1时间段，Cr2O的浓度改变了(c0c1) molL1，其反应速率为(c0c1)/t1 molL1min1，所以v(Cr3)2(c0c1)/t1molL1min1。(4)铁明矾中除结晶水外，共有三种离子，均可能起催化作用，除Fe2外，还有Al3和SO。(5)要想验证假设一正确，必须确定Al3和SO不起催化作用，所以可选择K2SO4Al2(SO4)324H2O，为了确保Al3和SO的浓度与原来的相同，所以取和铁明矾相同物质的量的K2SO4Al2(SO4)324H2O。6xx新课标全国卷，27(4)COCl2的分解反应为COCl2(g)=Cl2(g)CO(g)H108kJmol1。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10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出)：计算反应在第8min时的平衡常数K_；比较第2min反应温度T(2)与第8min反应温度T(8)的高低：T(2)_T(8)(填“”或“”)；若12min时反应于温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2)_molL1；比较产物CO在23min、56min和1213min时平均反应速率平均反应速率分别以v(23)、v(56)、v(1213)表示的大小_；比较反应物COCl2在56min和1516min时平均反应速率的大小：v(56)_v(1516)(填“”或“”)，原因是_。答案0.234molL1v(23)v(1213)在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大解析根据图像得出以下数据：COCl2(g)=Cl2(g)CO(g)H108kJmol1开始(molL1)0.0550.0950.078min(molL1)0.040.110.085KmolL10.234molL1。2min和8min时反应都处于平衡状态，在4min时生成物浓度都增大，反应物浓度减小，则改变的条件是升高温度，故T(2)v(23)v(1213)。分析图像可知反应在56min和1516min时，反应温度相同，因为在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，故v(56)v(1516)。练出高分一、单项选择题1某反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是()A该反应为放热反应B催化剂改变了化学反应的热效应C催化剂不改变化学反应过程D催化剂改变了化学反应速率答案D解析A项，反应物总能量低于生成物总能量应为吸热反应，催化剂降低反应所需活化能，改变反应过程，改变化学反应速率，但热效应不变，所以D正确。2下列说法正确的是()参加反应的物质的性质是影响化学反应速率的主要因素光是影响某些化学反应速率的外界条件之一决定化学反应速率的主要因素是浓度不管什么反应，增大浓度、加热、加压、使用催化剂都可以加快反应速率ABCD答案A解析影响化学反应速率的主要因素是参加反应的物质的性质，正确，错误；影响化学反应速率的外因包括浓度、温度、催化剂、压强和其他一些条件(如光等)，正确；加压对没有气体参加的反应影响不大，错误。3下列有关化学反应速率的说法中，正确的是()A100mL2molL1的盐酸与锌反应时，加入适量的氯化钠溶液，生成氢气的速率不变B用铁片和稀硫酸反应制氢气时，改用铁片和浓硫酸反应可增大反应物浓度，加快产生氢气的速率C二氧化硫的催化氧化是一个放热反应，升高温度，反应活化能降低，反应速率加快D汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，活化分子百分数不变，反应速率减小答案D解析A项，加入NaCl溶液，溶液体积变大，盐酸浓度减小，化学反应速率减小，错误；B项，Fe与浓硫酸在常温下发生钝化，不生成氢气，错误；C项，升高温度，反应的活化能不变，但有更多的分子变成活化分子，所以反应速率加快，错误；D项，减小压强，活化分子百分数不变，但因体积增大，所以单位体积内活化分子数变少，反应速率减小，正确。4反应4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均反应速率v(X)(反应物的消耗速率或产物的生成速率)可表示为()Av(O2)0.001molL1s1Bv(NH3)0.01molL1s1Cv(NO)0.001molL1s1Dv(H2O)0.045molL1s1答案C解析半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则水蒸气的浓度变化量是0.45mol10L0.045molL1。所以用水蒸气表示的反应速率是0.045molL130s0.0015molL1s1，又因为反应速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)v(H2O)0.0015molL1s10.00125molL1s1，v(NH3)v(NO)0.0015molL1s10.001molL1s1，C正确。5在容积为2L的密闭容器中，有反应：mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)，经过5分钟达到平衡，此时各物质的变化为A减少amolL1，B的平均反应速率v(B)molL1min1，C增加molL1，这时若增加系统压强，发现A与C的百分含量不变，则mnpq为()A3122B1322C1321D1111答案A解析B的平均反应速率v(B)molL1min1，则B的浓度减少molL1min15minmolL1。又因为浓度的变化量之比是相应的化学计量数之比，所以mnpaa312，由于增加系统压强，A、C的百分含量不变，所以该反应为等体积反应，即312qq2。6实验室用锌粒与VmL浓度为10%的稀硫酸反应制取氢气，若向反应混合物中加入下列物质，关于反应速率v说法正确的是()A少量Na2SO4固体，v(H2)减小BVmLBaCl2溶液，v(H2)不变C加入细小的碳粒，v(H2)增大D加入NH4HSO4固体，v(H2)不变答案C解析A项中反应速率不变，错误；B项中加入了溶液相当于稀释了，故速率减小，错误；C项中形成了原电池，加快了反应速率，正确；D项增加了氢离子浓度，速率加快，错误。7已知某化学实验的结果如下表：实验序号反应物在相同温度下测得的反应速率v/molL1min1大小相同的金属片酸溶液1镁条1molL1盐酸v12铁片1molL1盐酸v23铁片0.1molL1盐酸v3下列结论正确的是()Av1v2v3Bv3v2v1Cv1v3v2Dv2v3v1答案A解析影响化学反应速率的主要因素是反应物自身的性质，由于镁的活动性比铁强，所以与相同浓度的盐酸反应时，镁条放出氢气的速率大；反应物浓度也影响反应速率，在一定范围内，速率与浓度成正比，故v2v3。二、不定项选择题8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()ApH越小氧化率越大B温度越高氧化率越大CFe2的氧化率仅与溶液的pH和温度有关D实验说明降低pH、升高温度有利于提高Fe2的氧化率答案BD解析由可知，温度相同时pH越小，氧化率越大，由可知，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。9在298K时，实验测得溶液中的反应：H2O22HI=2H2OI2在不同浓度时的化学反应速率如表所示，由此可推知第5组实验中c(HI)、c(H2O2)可能为()实验编号123456c(HI)/molL10.1000.2000.1500.100？0.500c(H2O2)/molL10.1000.1000.1500.200？0.400v/molL1s10.007600.01520.01710.01520.02280.152A.0.150molL1、0.200molL1B0.300molL1、0.100molL1C0.200molL1、0.200molL1D0.150molL1、0.300molL1答案AB解析由表中数据可推出化学反应速率v与c(HI)和c(H2O2)的乘积成正比，以实验1为参照，实验5的化学反应速率是实验1的3倍，所以实验5中c(HI)和c(H2O2)的乘积应是实验1的3倍。通过计算，C、D选项不符合题意。10可逆反应mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)的vt图像如图甲所示，若其他条件都不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其vt图像如图乙所示。a1a2a1a2b1b2b1b2t1t2t1t2两图中阴影部分面积相等图中阴影部分面积更大以上所述正确的为()ABCD答案A解析使用催化剂仅仅是加快反应速率，缩短达到平衡的时间，故正确。三、非选择题11利用催化剂可使NO和CO发生反应：2NO(g)2CO(g)2CO2(g)N2(g)H0。已知增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面的表中。实验编号T()NO初始浓度(molL1)CO初始浓度(molL1)催化剂的比表面积(m2g1)2801.21035.8103821.210312435082(1)请填全表中的各空格；(2)实验中，NO的物质的量浓度(c)随时间(t)的变化如右图所示。请在给出的坐标图中画出实验、中NO的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线，并标明各曲线的实验编号。答案(1)实验编号T()NO初始浓度(molL1)CO初始浓度(molL1)催化剂的比表面积(m2g1)2805.81031.21035.8103(2)解析(1)在其他量相同的情况下，才能判断变量对反应速率的影响，要验证温度对速率的影响，催化剂的比表面积、反应物的初始浓度等要相同；同理，要验证催化剂的比表面积对反应速率的影响，温度、反应物的初始浓度要相同。(2)、的区别是催化剂的比表面积不同，因此的反应速率较快，但催化剂不影响平衡的移动。、的区别是温度变化，温度升高，化学反应速率加快，达到平衡的时间缩短，NO转化率降低，故最终中c(NO)较、中c(NO)大。12一定温度下，在2L的恒容密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：(1)从反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为_，X的物质的量浓度减少了_，Y的转化率为_。(2)该反应的化学方程式为_。(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图所示。则下列说法符合该图像的是_。At1时刻，增大了X的浓度Bt1时刻，升高了体系温度Ct1时刻，缩小了容器体积Dt1时刻，使用了催化剂答案(1)0.079molL1s10.395molL179.0%(2)X(g)Y(g)2Z(g)(3)CD解析(1)分析图像知：c(Z)0.79molL1，v(Z)0.079molL1s1；c(X)0.395molL1；Y的转化率(Y)100%79.0%。(2)由各物质转化的量：X为0.79mol，Y为0.79mol，Z为1.58mol可知方程式中各物质的化学计量数之比为112，则化学方程式为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应的正、逆反应速率。增大X的浓度、升高体系温度均不会同等程度地改变正、逆反应速率，A、B错误；由(2)中的化学方程式可知，该反应为反应前后气体体积不变的反应，缩小容器体积或增大压强，均可同等程度地增大正、逆反应速率，C正确；使用催化剂可同等程度地改变正、逆反应速率，D正确。13在一密闭容器中发生反应N23H22NH3，达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示。回答下列问题：(1)处于平衡状态的时间段是_(填选项，下同)。At0t1Bt1t2Ct2t3Dt3t4Et4t5Ft5t6(2)判断t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件。A增大压强B减小压强C升高温度D降低温度E加催化剂F充入氮气t1时刻_；t3时刻_；t4时刻_。(3)依据(2)中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是_。At0t1Bt2t3Ct3t4Dt5t6(4)如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨，t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率的变化曲线。(5)一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20%，则反应后与反应前的混合气体体积之比为_。答案(1)ACDF(2)CEB(3)A(4)(5)56解析(1)根据图示可知，t0t1、t2t3、t3t4、t5t6时间段内，v正、v逆相等，反应处于平衡状态。(2)t1时，v正、v逆同时增大，且v逆增大得更快，平衡向逆反应方向移动，所以t1时改变的条件是升温。t3时，v正、v逆同时增大且增大量相同，平衡不移动，所以t3时改变的条件是加催化剂。t4时，v正、v逆同时减小，但平衡向逆反应方向移动，所以t4时改变的条件是减小压强。(3)根据图示知，t1t2、t4t5时间段内平衡均向逆反应方向移动，NH3的含量均比t0t1时间段的低，所以t0t1时间段内NH3的百分含量最高。(4)t6时刻分离出部分NH3，v逆立刻减小，而v正逐渐减小，在t7时刻二者相等，反应重新达到平衡，据此可画出反应速率的变化曲线。(5)设反应前加入amolN2，bmolH2，达平衡时生成2xmolNH3，则反应后气体总的物质的量(ab2x)mol，0.2，解得：ab12x，故反应后与反应前的混合气体体积之比。14按要求回答下列问题。(1)最新“人工固氮”的研究报道：常温常压、光照条件下，N2在催化剂表面与水发生反应：2N2(g)6H2O(l)4NH3(g)3O2(g)常温下，在恒压密闭容器中上述反应达到平衡后，在其他条件不变时，通入2molN2，请在右图中画出正(v正)、逆(v逆)反应速率随时间t变化的示意图。(2)碳单质在工业上有多种用途。例如焦炭可用来制取水煤气、冶炼金属，活性炭可处理大气污染物NO。一定条件下，在2L密闭容器中加入NO和活性炭(无杂质)反应生成气体A和B。当温度在T1时，测得各物质平衡时物质的量如下表：活性炭(mol)NO(mol)A(mol)B(mol)初始2.0300.10000平衡2.0000.0400.0300.030在T1时，达到平衡共耗时2分钟，则NO的平均反应速率为_molL1min1；当活性炭消耗0.015mol时，反应的时间_(填“大于”、“小于”或“等于”)1分钟。(3)固定和利用CO2，能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。工业上正在研究利用CO2来生产甲醇燃料的方法，该方法的化学方程式是：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H0某科学实验小组将6molCO2和8molH2充入一容积为2L的密闭容器中(温度保持不变)，测得H2的物质的量随时间变化如下图中实线所示(图中字母后的数字表示对应的坐标)。回答下列问题：该反应在08min内CO2的平均反应速率是_molL1min1。仅改变某一条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线所示。与实线相比，曲线改变的条件可能是_，曲线改变的条件可能是_。答案(1)如右图所示(2)0.015小于(3)0.125升温加压解析(1)恒压时，充入N2，由于H2O为液体，平衡右移，但平衡后与原平衡速率一样。(2)由表中数据可得v(NO)0.015molL1min1，此时消耗活性炭0.03mol，当消耗0.015mol活性炭时，由于前一分钟的平均反应速率大于后一分钟的平均反应速率，所以反应时间小于1分钟。(3)前8分钟内，v(H2)0.375molL1min1，所以v(CO2)0.375molL1min10.125molL1min1。升温，平衡左移，n(H2)增大，达到平衡所用时间短；加压，平衡右移n(H2)减少，达到平衡所用时间短。