(浙江选考)2020版高考化学大一轮复习第11讲《化学反应速率》课时作业(含解析) 练习

课后作业11　化学反应速率

(时间:45分钟　满分:100分)

一、选择题(本题包括10小题,每小题5分,共50分,每小题只有一个选项符合题目要求)

1.下列对“改变反应条件,导致化学反应速率改变”的原因描述不正确的是(　　)

A.增大反应物的浓度,活化分子百分数增加,反应速率增大

B.增大气体反应体系的压强,单位体积中活化分子数增多,气体反应速率增大

C.升高反应的温度,分子间有效碰撞的几率提高,反应速率增大

D.催化剂通过改变反应路径,使反应所需的活化能降低,反应速率增大

答案A

解析增大反应物的浓度或增大气体反应体系的压强,均可使单位体积内活化分子数增多,有效碰撞的几率增大,反应速率增大,但不能改变活化分子百分数,A项错误,B项正确;升高反应的温度,反应物分子的平均能量升高,活化分子百分数提高,使分子间有效碰撞的几率提高,反应速率增大,C项正确;催化剂通过改变反应路径,使反应所需的活化能降低,使活化分子百分数提高,分子间有效碰撞的几率提高,反应速率增大,D项正确。

2.CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)　ΔH<0,在其他条件不变的情况下,下列说法正确的是(　　)

A.加入催化剂,改变了反应的途径,反应的ΔH也随之改变

B.升高温度,逆反应速率增大,正反应速率减小

C.升高温度,正、逆反应速率都增大,反应放出的热量不变

D.改变压强,平衡不发生移动,反应放出的热量不变

答案D

解析A项,加入催化剂,改变反应的途径,但是反应的焓变不会变化;升高温度,正、逆反应都增大,但是因为正反应为放热反应,所以平衡向逆反应方向移动,放出的热量会发生变化,B、C错误。

3.100 mL浓度为2 mol·L-1的盐酸跟过量的锌片反应,为增大反应速率,又不影响生成氢气的总量,可采用的方法是(　　)

A.加入适量6 mol·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,反应速率增大,生成氢气增多,A错误;加入少量醋酸钠固体,生成醋酸,氢离子浓度变小,反应速率减小,B错误;升高温度,反应速率增大,生成氢气的总量不变,C正确;加入钠,与水反应生成氢气,氢气的总量增多,D错误。

4.一定温度下,10 mL 0.40 mol·L-1H2O2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。

下列叙述不正确的是(溶液体积变化忽略不计)(　　)

A.0~6 min的平均反应速率:v(H2O2)≈3.3×1 mol·L-1·min-1

B.6~10 min的平均反应速率:v(H2O2)<3.3×1 mol·L-1·min-1

C.反应至6 min时,c(H2O2)=0.30 mol·L-1

D.反应至6 min时,H2O2分解了50%

答案C

解析0~6min内,产生n(O2)=1×10-3mol,消耗n(H2O2)=2×10-3mol,则v(H2O2)=≈3.3×1mol·L-1·min-1,A正确;按照A项解题步骤,可知B项正确;反应至6min时,消耗n(H2O2)为2×10-3mol,剩余c(H2O2)==0.2mol·L-1,C不正确;反应至6min时,消耗n(H2O2)为2×10-3mol,占起始物质的量的50%,D正确。

5.某反应的ΔH=100 kJ·mol-1,下列有关该反应的叙述正确的是 (　　)

A.正反应活化能小于100 kJ·mol-1

B.逆反应活化能一定小于100 kJ·mol-1

C.正反应活化能不小于100 kJ·mol-1

D.正反应活化能比逆反应活化能小100 kJ·mol-1

答案C

解析某反应的ΔH=100kJ·mol-1,则正反应的活化能-逆反应的活化能=100kJ·mol-1,无法确定正反应活化能的大小,即正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1,D错误;无法确定逆反应活化能的大小,故A、B错误;可以确定正反应活化能不小于100kJ·mol-1,C正确。

6.对于反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92 kJ·mol-1,若只改变下列一个条件,一定能增大正反应速率且使平衡向正反应方向移动的是(　　)

A.升高温度

B.增大容器体积

C.降低c(NH3)

D.将三种物质浓度均增大到原来的2倍

答案D

解析升高温度,反应速率增大,由于该反应是放热反应,故平衡逆向移动,A项错误;增大容器体积(减压过程),反应速率减小,平衡逆向移动,B项错误;降低NH3的浓度,反应速率减小,平衡正向移动,C项错误;三种物质的浓度均增大相同的倍数(等同于加压),反应速率增大,平衡正向移动,D项正确。

7.NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化,当NaHSO3完全消耗就会有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0.020 mol·L-1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合,记录10~55 ℃间溶液变蓝所用时间,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5.0×1 mol·L-1·s-1

D.温度高于40 ℃时,淀粉不宜用作该实验的指示剂

答案B

解析应读懂题干,当溶液变蓝时亚硫酸氢钠恰好完全反应,然后根据选项逐一进行分析。A项,由图像可知,40℃之前温度越高溶液变蓝所需要的时间越短,40℃之后温度越高溶液变蓝所需要的时间越长,其变化趋势相反;B项,b、c两点的温度不同,所以反应速率不相等;C项,当溶液变蓝时发生反应I+5I-+6H+3I2+3H2O,此时反应3HS+I3S+I-+3H+恰好结束,即溶液变蓝时NaHSO3恰好完全反应,v(NaHSO3)==5.0×1mol·L-1·s-1;D项,温度高于40℃时,淀粉易糊化,故淀粉不宜在高于40℃的条件下作指示剂。

8.体积为1 L的密闭容器中(体积不变)充入1 mol CO2和3 mol H2,一定条件下发生反应:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。

下列说法正确的是(　　)

A.3 min前v(正)>v(逆),3 min后v(正)<v(逆)

B.进行到3 min时,正反应速率和逆反应速率相等

C.10 min后容器中各物质浓度不再改变

D.达到平衡后,升高温度,正反应速率增大、逆反应速率减小

答案C

9.500 ℃、20 MPa时,将H2和N2置于一容积为2 L的密闭容器中发生反应。反应过程中H2、N2和NH3的物质的量变化如下图所示,下列说法正确的是(　　)

A.反应开始到20 min,N2的平均反应速率为0.005 mol·L-1·min-1

B.从曲线可以看出,反应进行到10 min至20 min时可能是使用了催化剂

C.从曲线可以看出,反应进行至25 min时,增加了0.1 mol 氨气

D.在25 min时平衡正向移动,但达到新平衡后NH3的体积分数比原平衡小

答案D

解析在20min时,N2的物质的量的变化量为(0.4-0.25)mol=0.15mol,v(N2)==0.00375mol·L-1·min-1,A项错误;10min末已经接近平衡,加入催化剂不会使平衡移动,B项错误;在25min时,移走NH3,平衡正向移动,N2和H2的量减少,C项错误;依据平衡移动原理知,25min时,移走NH3,平衡虽正向移动,但是不能削弱这种改变,所以NH3的含量仍减小,D项正确。

10.可逆反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)的v-t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v-t图像如图乙所示。

①a1=a2　②a1<a2　③b1=b2　④b1<b2　⑤t1>t2　⑥t1=t2

⑦两图中阴影部分面积相等　⑧图乙中阴影部分面积更大

以上所述正确的为(　　)

A.②④⑤⑦ B.②④⑥⑧

C.②③⑤⑦ D.②③⑥⑧

答案A

解析使用催化剂仅仅是增大反应速率,缩短达到平衡的时间,故②④⑤⑦正确。

二、非选择题(本题包括3小题,共50分)

11.(14分)在一个容积固定为2 L的密闭容器中,发生反应:aA(g)+bB(g)pC(g)　ΔH。反应情况记录如下表(a、b、p为最简整数):

请根据表中数据仔细分析,回答下列问题。

(1)第2 min到第4 min内A的平均反应速率v(A)=　　　mol·L-1·min-1。 

(2)由表中数据可知反应在第4 min到第6 min时处于平衡状态,若在第2 min、第6 min、第8 min时分别改变了某一反应条件,则改变的条件分别可能是:

①第2 min　　　　　　　或　　　　　; 

②第6 min　　　　　　　; 

③第8 min　　　　　　　。 

(3)若从反应开始到第4 min建立平衡时反应放出的热量为235.92 kJ,则该反应的ΔH=　　　　　　　。 

答案(1)0.2　(2)①使用催化剂　升高温度　②增加B的浓度　③减小C的浓度　(3)-196.6 kJ·mol-1

解析(1)v(A)==

0.2mol·L-1·min-1。

(2)①从2~4min来看,A、B、C的浓度变化量比前2min大,说明反应速率增大了,故2min时改变的条件可能为使用催化剂或升高温度。

②第6min改变条件后,达到第8min时,作为反应物,A的浓度减少而B的浓度增加,可知改变的条件为增加B的浓度。

③从0~2min来看,A、B、C的浓度变化量分别为:0.2mol·L-1、0.4mol·L-1、0.4mol·L-1,可知a、b、p分别为1、2、2。从第8min到第9min的数据来看,C的浓度大幅度减小,而A、B浓度也减小,且减小量与方程式中化学计量数成正比,可知第8min改变的条件为减小C的浓度。

(3)从反应开始到第4min消耗A1.2mol,共放出热量235.92kJ,故每消耗1molA放出热量:=196.6kJ·mol-1。由(2)的分析可知A的化学计量数为1,故该反应的ΔH=-196.6kJ·mol-1。

12.(18分)尿素(H2NCONH2)是一种非常重要的高氮化肥,工业上合成尿素的反应如下:2NH3(l)+CO2(g)H2O(l)+H2NCONH2(l)　ΔH=-103.7 kJ·mol-1。试回答下列问题。

(1)下列措施中有利于提高尿素的产率的是　　　。 

A.采用高温

B.采用高压

C.寻找更高效的催化剂

(2)合成尿素的反应在进行时分为如下两步:

第一步:2NH3(l)+CO2(g)H2NCOONH4(氨基甲酸铵)(l)

ΔH1

第二步:H2NCOONH4(l)H2O(l)+H2NCONH2(l)　ΔH2

某实验小组模拟工业合成尿素的条件,在一体积为0.5 L的密闭容器中投入4 mol氨和1 mol二氧化碳,实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图Ⅰ所示:

图Ⅰ

①已知总反应的快慢由慢的一步决定,则合成尿素总反应的快慢由第　　　　　　步反应决定,总反应进行到　　　　　　min时到达平衡。 

②反应进行到10 min时测得CO2的物质的量如图所示,则用CO2表示的第一步反应的速率

图Ⅱ

v(CO2)=　　　　　　　　。 

③第二步反应的平衡常数K随温度的变化如图Ⅱ所示,则ΔH2　　　0(填“>”“<”或“=”)。 

答案(1)B

(2)①二　55　②0.148 mol·L-1·min-1　③>

解析(2)①由图中看出氨基甲酸铵的增加速度、氨气的减小速度非常快,而尿素的增加速度却较小。②10min内CO2的物质的量由1mol减小到0.26mol,故其表示的反应速率为=0.148mol·L-1·min-1。③由图像看出温度越高,平衡常数越大,则反应为吸热反应。

13.(18分)为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。请回答相关问题。

(1)定性分析:如图甲可通过观察　　　　　　　　　　　　,定性比较得出结论。有同学提出将FeCl3改为0.05 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液更为合理,其理由是　 

　。 

(2)定量分析:如图乙所示,实验时均生成40 mL气体,其他可能影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)加入0.10 mol MnO2粉末于50 mL H2O2溶液中,在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。

①写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式:

　。 

②实验时放出气体的总体积是　　　　 mL。 

③A、B、C、D各点反应速率大小的顺序为　　　>　　　>　　　>　　　。解释反应速率变化的原因:　。 

④H2O2的初始物质的量浓度是　　　　　　(请保留两位有效数字)。 

答案(1)产生气泡的快慢　消除阴离子不同对实验的干扰

(2)产生40 mL气体所需的时间

(3)①2H2O22H2O+O2↑　②60

③D　C　B　A

随着反应的进行,H2O2浓度减小,反应速率减小

④0.11 mol·L-1

解析(3)④n(H2O2)=2n(O2)=2×,c(H2O2)==0.11mol·L-1。