2019年高考化学总复习 化学反应速率和化学平衡检测试题.doc

2019年高考化学总复习 化学反应速率和化学平衡检测试题一、选择题1为了说明影响化学反应快慢的因素，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如下四个实验，你认为结论不正确的是()A将铜片放入稀硫酸中，无现象。若再向所得溶液中加入硝酸银溶液，一段时间后，由于形成原电池，可看到有氢气生成B将除去氧化膜的相同大小、相同质量的镁条和铝条与相同浓度盐酸反应，前者速率大于后者C两支试管中分别加入相同质量的氯酸钾，其中一支试管中再加入少量二氧化锰，同时加热，产生氧气的快慢不同D相同条件下等质量的块状和粉末状大理石与相同浓度盐酸反应时，粉末状的反应速率快【解析】 加入硝酸银溶液，铜与其置换出的银形成原电池，铜为负极，失去电子，正极发生还原反应，析出银单质，没有氢气生成，A项错误；由于镁比铝活泼，在相同条件下，镁条与盐酸反应比铝条要快，B项正确；在加热氯酸钾制氧气的实验中，加入二氧化锰作为催化剂，反应速率加快，C项正确；粉末状的大理石与盐酸的接触面积比块状的大理石大，所以反应速率快，D项正确。【答案】 A2(xx海口模拟)某化学兴趣小组用铝片与稀硫酸反应制取氢气，以下能够加快该反应速率的是()用浓硫酸代替稀硫酸加热改用铝粉增大稀硫酸的体积加水加入少量硫酸铜A全部BC D【解析】 用浓硫酸代替稀硫酸，铝会发生钝化；增大稀硫酸的体积但不能增大其浓度；加热能够加快该反应的反应速率；用铝粉增大了与稀硫酸的接触面积；加入少量硫酸铜可生成铜单质，铜单质会和铝形成原电池，加快了反应速率。【答案】 B3(xx临沂模拟)化学反应4A(s)3B(g) 2C(g)D(g)，经2 min，B的浓度减少0.6 mol/L。对此反应速率的表示正确的是()A用A表示的反应速率是0.4 mol(Lmin)1B分别用B、C、D表示的反应速率其比值是321C2 min末的反应速率用B表示是0.3 mol(Lmin)1D2 min内，v正(B)和v逆(C)表示的反应速率的值都是逐渐减小的【解析】 不能用固体表示化学反应速率，A不正确；化学反应速率是平均速率，而不是即时速率，C不正确；2min内，v正(B)的速率逐渐减小而v逆(C)逐渐增大，D不正确。【答案】 B4(xx郑州一检)一定条件下，分别对反应C(s)CO2(g) 2CO(g)(H0)进行如下操作(只改变该条件)：升高反应体系的温度；增加反应物C的用量；缩小反应体系的体积；减少体系中CO的量。上述措施中一定能使反应速率显著变大的是()A BC D【解析】 无论是吸热反应还是放热反应，升高温度时反应速率一定变大；因反应物C为固态，其浓度为常数，故增加C的用量对化学反应速率无影响；缩小反应体系的体积，导致CO、CO2气体的浓度变大，反应速率变大；减少CO的量，反应速率变小。【答案】 D5(xx太原模拟)一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是()A该反应的化学方程式为3B4D6A2CB反应进行到1 s时，v(A)v(D)C反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 molL1s1D反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等【解析】 根据各物质的物质的量随时间的变化图象可知，A、D为生成物，B、C为反应物，在6 s时反应达到平衡，A、B、C、D的物质的量变化分别为1.2 mol、0.6 mol、0.8 mol、0.4 mol。根据化学计量数之比等于变化的物质的量之比可知A、B、C、D的化学计量数之比为6342，所以反应方程式为3B4C6A2D，A错；反应过程中和反应达到平衡时各物质的反应速率之比等于化学计量数之比，B、D错；反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.6 mol/(2 L6 s)0.05 molL1s1，C对。【答案】 C6在4 L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体，在一定条件下发生反应：3A(g)B(g) 2C(g)xD(g)，5 s达到平衡。达到平衡时，生成了2 mol C，经测定D的浓度为0.5 molL1，下列判断正确的是()Ax1BB的转化率为20%C平衡时A的浓度为1.50 molL1DB的平均反应速率为0.2 molL1s1【解析】 平衡时，n(D)0.5 molL14 L2 mol。在相同时间内生成C和D的物质的量相等，因此x2，A错误。3A(g)B(g) 2C(g)2D(g)开始/mol：6500转化/mol：3122平衡/mol：3422(B)100%20%，B正确。平衡时，c(A)0.75 molL1，C错误。v(B)0.05 molL1s1，D错误。【答案】 B7在一定条件下，当单独改变可逆反应N23H22NH3(正反应为放热反应)的下列条件后，有关的叙述中错误的是()A加入催化剂，v(正)、v(逆)都发生变化，且变化的倍数相等B增大压强，v(正)、v(逆)都增大，且v(正)增大的倍数大于v(逆)增大的倍数C降低温度，v(正)、v(逆)都减小，且v(逆)减小的倍数大于v(正)减小的倍数D加入氩气，v(正)、v(逆)都增大，且v(正)增大的倍数大于v(逆)增大的倍数【解析】 解决这类问题要把握增加浓度、增加压强，升高温度会使正逆反应速率同时增加，但对于不同的反应正逆反应速率增加的程度不都是一样的，同理可以理解减少浓度、减小压强，降低温度时，正逆反应速率的变化情况。催化剂能同倍改变v(正)、v(逆)，A正确；加压v(正)、v(逆)均增大，且向正反应方向移动，v(正)v(逆)，B正确；降温，v(正)、v(逆)均减小，且向正反应方向移动，v(正)v(逆)，C正确；加入氩气，如恒温、恒容，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变化，如恒温、恒压，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均减小，且v(正)v(逆)，D错误。【答案】 D8(xx福建高考)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，pH2和pH7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CR的起始浓度越小，降解速率越大D在20 25 min之间，pH10时R的平均降解速率为0.04 molL1min1【解析】 从图中可以看出，pH2和pH7在50 min时，R的浓度都等于零，降解率为100%，A选项正确；pH2和pH7时降解完成需要的时间分别约为20 min和40 min，但是二者所对应的溶液酸性和起始浓度均不一样，即无法判断降解速率与溶液酸性和起始浓度的关系，所以B、C两项错误；在2025 min，pH10的R其浓度变化量为(0.60.4)104 molL10.2104 molL1，则v(R)0.04104 molL1min1，D选项错误。【答案】 A9(xx北京通州摸底)两体积相同的密闭容器中均充入1 mol X 和1 mol Y，分别于300 和500 开始发生反应：X(g)Y(g)3Z(g)。Z的含量(Z%)随时间t的变化如下图所示。已知在t3时刻改变了某一实验条件。下列判断正确的是()A曲线a是500 时的图象B正反应是吸热反应Ct3时刻可能是增大了压强Dt3时刻可能是降低了温度【解析】 A项，温度较高，达到平衡所用时间短，所以b曲线应是500 时的图象；B项，由ab即升高温度Z%下降，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应应是放热反应；C项，t3时刻不会是增大压强，因增大压强平衡逆向移动，Z%下降。【答案】 D二、非选择题10(xx安徽高考)Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好pH和Fe2浓度的废水中加入H2O2，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物pCP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。实验设计 控制pCP的初始浓度相同，恒定实验温度在298 K或313 K(其余实验条件见下表)，设计如下对比实验。(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。数据处理 实验测得pCP的浓度随时间变化的关系如上图。(2)请根据上图实验曲线，计算降解反应50150 s内的反应速率：v(pCP)_molL1s1。解释与结论(3)实验、表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因：_。(4)实验得出的结论是：pH等于10时，_。思考与交流(5)实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：_。【答案】 (1)(2)8.0106(3)过氧化氢在温度过高时迅速分解(4)反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止)(5)将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10(或将所取样品骤冷等其他合理答案均可)11加入0.1 mol的MnO2粉末于50 mL过氧化氢的溶液中(密度为1.1 gmL1)，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如下图所示，回答下列问题：(1)A、B、C、D四点化学反应速率快慢的顺序为_。(2)解释反应速率变化的原因_。(3)计算过氧化氢的初始物质的量浓度_。(4)求反应进行到2分钟时过氧化氢的质量分数_。【解析】 (1)曲线斜率越大，反应速率越大。(2)随着反应的进行，反应物H2O2的浓度逐渐减小，因此反应速率逐渐减小。(3)根据图象可以看出H2O2完全反应放出O2 60 mL，H2O2的分解反应为2H2O22H2OO2，则n(H2O2)20.005 36 mol，c(H2O2)0.107 molL1。(4)反应进行到2分钟时，放出O2 45 mL，则反应生成O2的物质的量为0.002 01 mol，质量为0.002 01 mol32 gmol10.064 3 g反应消耗的H2O2物质的量为0002 01 mol20.004 02 mol，剩余的H2O2物质的量为0005 36 mol0.004 02 mol0.001 34 mol，则2分钟时H2O2的质量分数为100%0.083%。【答案】 (1)DCBA(2)随着反应的进行，过氧化氢溶液的浓度越来越小，反应速率越来越小(3)0.107 molL1(4)0.083%12某探究小组用测量HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。限选试剂：1.00 molL1 HNO3、2.00 molL1 HNO3，细颗粒大理石、粗颗粒大理石，35 水浴。(1)他们能完成哪些因素对速率影响的探究？_。(2)请根据能进行的探究内容，填写以下实验设计表，完成探究实验：实验编号T/大理石规格HNO3浓度/molL1常温2.001.002.002.00(3)整个实验中应控制的不变量是硝酸溶液体积和_。(4)该实验小组用如图实验装置进行实验。除电子天平、干燥管、锥形瓶、药匙、胶塞等仪器外，必需的实验仪器还有_。干燥管中应放置的试剂是_。A碱石灰 B无水CaCl2CP2O5固体 D浓硫酸若撤除干燥管装置，所测速率_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【解析】 (1)根据所给的试剂可知有两种不同浓度的硝酸，因此可比较浓度对反应速率的影响；有两种不同状态的大理石，因此可比较固体表面积对反应速率的影响；还有35 水浴，因此可比较温度对反应速率的影响。(2)因为与的不同是HNO3浓度不同，所以其他的因素应该相同。若中大理石为粗颗粒，则中大理石为粗颗粒，温度为常温。与研究的是HNO3浓度对反应速率的影响；中HNO3的浓度相同，可以控制温度变化，碳酸钙都为粗颗粒分析温度对反应速率的影响；中HNO3浓度相同，可改变CaCO3的状态，比较常温下粗颗粒与细颗粒大理石时的反应速率快慢。其他合理答案也可。(3)反应过程中除了控制硝酸溶液的体积相同外，还要控制CaCO3的质量相同。(4)根据图中装置可知要测定单位时间内烧杯内减少的质量，把减少的质量看作是CO2的质量。所以还需要用量筒量取所需HNO3体积及秒表计算所需时间。干燥CO2且不能让水蒸气逸出，需要酸性干燥剂或中性干燥剂，B、C都可以。若不用干燥装置，则相同时间内减少的质量增大，认为生成的CO2增大，反应速率值偏大。【答案】 (1)硝酸浓度、温度、大理石表面积(2)实验编号T/大理石规格HNO3浓度/molL1常温粗颗粒2.00常温粗颗粒1.0035 水浴粗颗粒2.00常温细颗粒2.00(其他合理答案也可)(3)CaCO3质量(4)秒表、量筒B、C偏大