备战高考化学化学反应的速率与限度推断题综合练习题含详细答案.docx
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备战高考化学化学反应的速率与限度推断题综合练习题含详细答案
备战高考化学化学反应的速率与限度推断题综合练习题含详细答案
一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）
1．某实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件，用如图实验装置进行实验，反应物用量和反应停止的时间数据如下：
分析表中数据回答下列问题：
MnO2
时间
H2O2
0.1g
0.3g
0.8g
10mL1.5%
223s
67s
56s
10mL3.0%
308s
109s
98s
10mL4.5%
395s
149s
116s
（1）相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化锰用量的增加而________。
（2）从实验效果和“绿色化学”的角度考虑，双氧水的浓度相同时，加入________g的二氧化锰为较佳选择。
（3）该小组的某同学分析上述数据后认为：
“当用相同质量的二氧化锰时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越少，亦即其反应速率越快”的结论，你认为是否正确________，理由是__________________________________。
（4）为加快过氧化氢的分解速率，除了使用MnO2作催化剂和改变过氧化氢的质量分数之外，还可以采取的加快反应速率的措施有_____。
（回答任意两个合理的措施）
【答案】加快0.3不正确H2O2的浓度扩大二倍（从1.5%→3.0%），但反应所需时间比其二倍小的多升高温度；粉碎二氧化锰，增大其表面积。
【解析】
【分析】
由题可知，该实验研究浓度和催化剂对反应速率的影响，通过表中数据可分析得出浓度和催化剂对反应速率的影响规律，因为该实验不是直接测出反应速率，而是测出反应停止的时间，要考虑反应物增多对反应时间的影响。
【详解】
（1）由表格中的数据可知：
相同浓度的H2O2，加入的MnO2越多，反应所用的时间越短，即分解速率越快。
（2）用0.1g催化剂的反应速率明显小于用0.3g和0.8g催化剂的反应速率；用0.8g催化剂和用0.3g催化剂的反应速率及反应时间相差不多，但用0.3g催化剂节约药品。
（3）从表中数据可知，相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍，但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多，由反应速率计算公式可得出，此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快，由此得出上述结论不正确；
（4）加快反应速率的措施常见的有：
增加反应物浓度、适当升高温度、增加反应物表面积（接触面积）、使用催化剂等。
2．一定温度下，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：
（1）写出该反应的化学方程式_________________________。
（2）计算反应开始到10s，用X表示的反应速率是___________。
（3）下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是_________。
a．当X与Y的反应速率之比为1：
1
b．混合气体中X的浓度保持不变
c．X、Y、Z的浓度之比为1：
1：
2
（4）为使该反应的反应速率增大，可采取的措施是_______。
a．适当降低温度b．扩大容器的体积c．充入一定量Z
【答案】X+Y
2Z0.0395mol·L-1·s-1bc
【解析】
【分析】
由图表可知，随反应进行X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增大，所以X、Y是反应物，Z是生产物，l0s后X、Y、Z的物质的量为定值，不为0，即10s达到平衡状态，反应是可逆反应，且△n（X）：
△n（Y）：
△n（Z）=（1.20-0.41）mol：
（1.00-0.21）mol：
1.58mol=1：
1：
2，参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比，故反应化学方程式为X（g）+Y（g）⇌2Z（g），然后结合v=
及平衡的特征“等、定”及速率之比等于化学计量数之比来解答。
【详解】
（1）由上述分析可知，该反应的化学方程式为X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；
（2）反应开始到10s，用X表示的反应速率是
=0.0395mol•（L•s）-1；
（3）a．随着反应的进行，X与Y的反应速率之比始终为1:
1，则不能判断是平衡状态，故a错误；
b．混合气体中X的浓度保持不变，符合平衡特征“定”，为平衡状态，故b正确；
c．X、Y、Z的浓度之比为1:
1:
2，与起始量、转化率有关，不能判断是平衡状态，故c错误；
故答案为b；
（4）a．适当降低温度，反应速率减小，故a错误；
b．扩大容器的体积，浓度减小，反应速率减小，故b错误；
c．充入一定量Z，浓度增大，反应速率加快，故c选；
故答案为c。
【点睛】
注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：
平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。
3．化学反应速率与限度与生产、生活密切相关
（1）A学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在200mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：
时间（min）
1
2
3
4
5
氢气体积（mL）（标准状况）
100
240
688
810
860
①反应速率最大的时间段是____________（填0～1、1～2、2～3、3～4、4～5）min，原因是____________。
②在2～3min时间段以盐酸的浓度变化来表示的反应速率为____________。
（设溶液体积不变）
（2）B学生也做同样的实验，但由于反应太快，测不准氢气体积，故想办法降低反应速率，请你帮他选择在盐酸中加入下列____________以减慢反应速率。
（填写代号）
A．冰块B．HNO3溶液C．CuSO4溶液
（3）C同学为了探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，设计了如图所示的实验。
可通过观察___________________________现象，定性比较得出结论。
有同学提出将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，其理由是__________________________，
【答案】2～3因该反应放热，随着反应，溶液温度升高，故反应速率加快0.2mol·L-1·min-1A反应产生气泡的快慢控制阴离子相同，排除阴离子的干扰
【解析】
【分析】
（1）单位时间内生成氢气的体积越大反应速率越快；锌与盐酸反应放热；
②2～3min生成氢气的体积是448mL（标准状况），物质的量是
，消耗盐酸的物质的量0.4mol；
（2）根据影响反应速率的因素分析；
（3）双氧水分解有气泡产生；根据控制变量法，探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解，控制阴离子相同；
【详解】
（1）根据表格数据，2min～3min收集的氢气最多，反应速率最大的时间段是2～3min；锌与盐酸反应放热，随着反应，溶液温度升高，故反应速率加快；
②2～3min生成氢气的体积是448mL（标准状况），物质的量是
，消耗盐酸的物质的量0.04mol，
=0.2mol·L-1·min-1；
（2）A．加入冰块，温度降低，反应速率减慢，故选A；
B．加入HNO3溶液，硝酸与锌反应不能生成氢气，故不选B；
C．加入CuSO4溶液，锌置换出铜，构成原电池，反应速率加快，故不选C；
（3）双氧水分解有气泡产生，可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较催化效果；根据控制变量法，探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解，控制阴离子相同，排除阴离子的干扰，所以FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理。
【点睛】
本题主要考查化学反应速率的影响因素，明确影响反应速率的因素是解题关键，注意控制变量法在探究影响化学反应速率因素实验中的应用，理解原电池原理对化学反应速率的影响。
4．能源与材料、信息一起被称为现代社会发展的三大支柱。
面对能源枯竭的危机，提高能源利用率和开辟新能源是解决这一问题的两个主要方向。
（1）化学反应速率和限度与生产、生活密切相关，这是化学学科关注的方面之一。
某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）:
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL（标况）
100
240
464
576
620
①哪一段时间内反应速率最大：
__________min（填“0～1”“1～2”“2～3”“3～4”或“4～5”）。
②另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积。
他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率但不影响生成氢气的量。
你认为可行的是____________（填字母序号）。
A．KCl溶液B．浓盐酸C．蒸馏水D．CuSO4溶液
（2）如图为原电池装置示意图：
①将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是_______（填字母）。
A．铝片、铜片B．铜片、铝片
C．铝片、铝片D．铜片、铜片
写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式：
_______________。
②若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时的总反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。
写出B电极反应式：
________；该电池在工作时，A电极的质量将_____（填“增加”“减小”或“不变”）。
若该电池反应消耗了0.1molFeCl3，则转移电子的数目为_______。
【答案】2～3ACBCu-2e−=Cu2+Fe3++e−=Fe2+减小0.1NA
【解析】
【分析】
（1）①先分析各个时间段生成氢气的体积，然后确定反应速率最大的时间段。
②A．加入KCl溶液，相当于加水稀释；
B．加入浓盐酸，增大c（H+）；
C．加入蒸馏水，稀释盐酸；
D．加入CuSO4溶液，先与Zn反应生成Cu，形成原电池。
（2）①将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，铝发生钝化，铜失电子发生反应；一组插入烧碱溶液中，铜不反应，铝与电解质发生反应，由此确定两个原电池中的负极。
由此可写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式。
②若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时A作负极，B作正极，则B电极，Fe3+得电子生成Fe2+；该电池在工作时，A电极上Cu失电子生成Cu2+进入溶液。
若该电池反应消耗了0.1molFeCl3，则Fe3+转化为Fe2+，可确定转移电子的数目。
【详解】
（1）①在1min的时间间隔内，生成氢气的体积分别为140mL、224mL、112mL、44mL，从而确定反应速率最大的时间段为2～3min。
答案为：
2～3；
②A．加入KCl溶液，相当于加水稀释，反应速率减慢但不影响生成氢气的体积，A符合题意；
B．加入浓盐酸，增大c（H+），反应速率加快且生成氢气的体积增多，B不合题意；
C．加入蒸馏水，稀释盐酸，反应速率减慢但不影响生成氢气的体积，C符合题意；
D．加入CuSO4溶液，先与Zn反应生成Cu，形成原电池，反应速率加快但不影响氢气的总量；
故选AC。
答案为：
AC；
（2）①将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，铝发生钝化，铜失电子发生反应；一组插入烧碱溶液中，铜不反应，铝与电解质发生反应，由此确定两个原电池中的负极分别为铜片、铝片，故选B。
由此可写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式为Cu-2e−=Cu2+。
答案为：
B；Cu-2e−=Cu2+；
②若A为Cu，B为石墨，电解质为FeCl3溶液，工作时A作负极，B作正极，则B电极上Fe3+得电子生成Fe2+，电极反应式为Fe3++e−=Fe2+；该电池在工作时，A电极上Cu失电子生成Cu2+进入溶液，A电极的质量将减小。
若该电池反应消耗了0.1molFeCl3，则Fe3+转化为Fe2+，可确定转移电子的数目为0.1NA。
答案为：
减小；0.1NA。
【点睛】
虽然铝的金属活动性比铜强，但由于在常温下，铝表面形成钝化膜，阻止了铝与浓硝酸的进一步反应，所以铝与浓硝酸的反应不能持续进行，铝作正极，铜作负极。
5．新型材料AIN应用前景广泛，对其制备过程的研究成为热点。
（1）将物质的量均为amol的Al2O3与N2充入恒温恒容密闭容器中，控制温度发生反应：
2Al2O3（s）+2N2（g）
4AlN（s）+3O2（g）△H>0。
①下列可作为反应达到平衡的判据是_________（填序号）。
A．固体的质量不再改变
B．2v正（N2）=3v逆（O2）
C．△H不变
D．容器内气体的压强不变
E．N2分子数与O2分子数比为2:
3
②在起始压强为p的反应体系中，平衡时N2的转化率为α，则上述反应的平衡常数Kp__________（对于气相反应，用某组分B的平衡压强p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数，记作Kp，如p（B）=p总·x（B），p总为平衡总压强，x（B）为平衡系统中B的物质的量分数）。
③为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，其原因是____________。
（2）铝粉与N2在一定温度下可直接生成AlN，加入少量NH4Cl固体可促进反应。
将等质量的A1粉与不同量的NH4Cl混合均匀后置于充N2的密闭容器中，电火花引燃，产品中AlN的质量分数[ω（AlN）]随原料中ω（NH4Cl）的变化如图1所示，燃烧过程中温度随时间变化如图2所示。
则：
①固体混合物中，ω（NH4Cl）的最佳选择是__________。
②结合图2解释当ω（NH4Cl）超过一定值后，ω（AlN）明显减少的原因__________。
（3）AIN粉末会缓慢发生水解反应，粒径为100nm的AlN粉末水解时溶液pH的变化如图3所示。
①AlN粉末水解的化学方程式是______________。
②相同条件下，请在图3中画出粒径为40nm的AlN粉末水解的变化曲线____________。
【答案】AD
p消耗O2、提供能量，均能使平衡向右移动3%NH4Cl分解吸热造成温度降低，不利于Al与N2反应AlN+4H2O
Al（OH）3+NH3•H2O
【解析】
【分析】
（1）①根据反应达到平衡后，正逆反应速率，各成分的浓度不变及由此衍生的其它物理量进行分析；
②平衡时N2的转化率为α，由于反应物中只有N2是气体，所以起始压强p即为起始时N2的分压，列三段式求Kp；
③碳在氧气中燃烧放出热量，焦炭既可以消耗氧气，使生成物浓度降低，又可以提供热量，这两方面的作用都可以使平衡右移；
（2）①根据图像分析，当ω（NH4Cl）=3%时，ω（AlN）最大；
②从图2可以看出，反应过程中温度会降低。
ω（NH4Cl）=3%时的温度比ω（NH4Cl）=1%时的温度降低得更多。
这是因为NH4Cl分解吸热，当ω（NH4Cl）超过一定值后，NH4Cl分解吸热造成温度降低不利于Al与N2反应，导致ω（AlN）明显减少；
（3）①AIN粉末会缓慢发生水解反应，生成Al（OH）3和NH3；
②相同条件下，由于粒径为40nm的AlN粉末和水的接触面积更大，所以其水解速率大于粒径为100nm的AlN粉末的水解速率，由于固体不影响平衡，所以最终溶液的pH是相同。
【详解】
（1）①A．消耗2molAl2O3会生成4molAlN，固体质量减少，当固体的质量不再改变时，反应达到了平衡状态；
B．当3v正（N2）=2v逆（O2）时，正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，但2v正（N2）=3v逆（O2）表示的正逆反应速率不相等，不是平衡状态；
C．△H取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，和是否平衡无关；
D．在恒温恒容条件下，容器内的压强和气体的物质的量成正比。
该反应是反应前后气体分子数不相等的反应，在平衡建立过程中，气体总物质的量一直在改变，只有达到平衡时，气体总物质的量才不再不变，即容器内压强才不变，所以当容器内气体的压强不变时，反应达到了平衡状态；
E．N2分子数与O2分子数之比和起始投料以及转化率有关，当N2分子数与O2分子数比为2:
3时，反应不一定是平衡状态；
故选AD。
②反应2Al2O3（s）+2N2（g）
4AlN（s）+3O2（g），在起始时加入的是等物质的量的Al2O3与N2，由于反应物中只有N2是气体，所以起始压强p即为起始时N2的分压，列三段式求Kp，已知平衡时N2的转化率为α，则
Kp=
=
p。
③为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，焦炭和氧气反应，放出热量。
焦炭既可以消耗氧气，使生成物浓度降低，又可以提供热量，这两方面的作用都可以使平衡右移，从而促进反应的进行。
（2）①从图1可以看出，当ω（NH4Cl）=3%时，ω（AlN）最大，所以最佳选择是ω（NH4Cl）=3%。
②从图2可以看出，反应过程中温度会降低。
ω（NH4Cl）=3%时的温度比ω（NH4Cl）=1%时的温度降低得更多。
这是因为NH4Cl分解吸热，当ω（NH4Cl）超过一定值后，NH4Cl分解吸热造成温度降低不利于Al与N2反应，导致ω（AlN）明显减少
（3）①AIN粉末会缓慢发生水解反应，生成Al（OH）3和NH3，AlN粉末水解的化学方程式是AlN+4H2O
Al（OH）3+NH3•H2O。
②相同条件下，由于粒径为40nm的AlN粉末和水的接触面积更大，所以其水解速率大于粒径为100nm的AlN粉末的水解速率，由于固体不影响平衡，所以最终溶液的pH是相同的。
粒径为40nm的AlN粉末水解的变化曲线为
。
6．某温度时，在一个容积为2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
根据图中数据，完成下列问题：
（1）该反应的化学方程____；
（2）反应开始至2min，气体Z的平均反应速率为_____；
（3）达到平衡后，下列说法不正确的是_____。
A．X、Y、Z的浓度之比是1：
2：
3
B．X的消耗速率和Y的生成速率相等
C．Z的浓度保持不变
【答案】3X+2Y
3Z0.125mol/ （ L
min）B
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据图知，随着反应的进行X、Y的物质的量减少，而Z的物质的量增大，所以X和Y是反应物、Z是生成物，10min时反应达到平衡状态，则参加反应的△n（X）=（1.00-0.25）mol=0.75mol、△n（Y）=（1.00-0.50）mol=0.50mol、△n（Z）=（0.75-0）mol=0.75mol，同一可逆反应中同一时间段内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以X、Y、Z的计量数之比=0.75mol：
050mol：
0.75mol=3：
2：
3所以该反应方程式：
3X+2Y
3Z；
（2）0-2min内Z的平均反应速率v=
=
=0.125mol/（L
min），故答案为：
0.125mol/（L
min）；
（3）A.相同容器中，X、Y、Z的浓度之比等于其物质的量之比=0.25mol：
0.50mol：
0.75mol=1:
2:
3，故A正确；
B.该反应中X、Y的计量数之比为3:
2，当X的消耗速率与Y的生成速率之比为3:
2时该反应达到平衡状态，所以当X的消耗速率和Y的生成速率相等时该反应没有达到平衡状态，故B错误；
C.当Z的浓度保持不变时，正逆反应速率相等，可逆反应达到平衡状态，故C正确；
故选B。
7．光气（COCl2）常作有机合成、农药、药物、燃料及其他化工制品的中间体。
（1）COCl2结构与甲醛相似，写出COCl2电子式_____；解释COCl2的沸点比甲醛高的原因是_____。
（2）密闭容器中吸热反应COCl2（g）
Cl2（g）+CO（g）达到平衡后，改变一个条件，各物质的浓度变化如图所示（10~14min时有一物质浓度变化未标出）。
①说明该反应已达到平衡状态的是_____。
a．C（COCl2）=C（Cl2）
b．ʋ正（COCl2）=ʋ逆（CO）
c．容器内温度保持不变
d．容器内气体密度保持不变
②4~10min平均反应速率v（COCl2）为_____；10min时改变的反应条件是_____。
③0~4min、8~10min和16~18min三个平衡常数依次为K1、K2、K3，比较其大小____；说明理由____。
【答案】
均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高bc0.0025mol/（L·min）分离出COK1【解析】
【分析】
（1）甲醛的结构式是
；COCl2的相对分子质量大于甲醛；
（2）①根据平衡标志分析；
②根据
计算4~10min平均反应速率v（COCl2）；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大；
③根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度、14min时，各物质浓度均减小，改变的条件是减小压强。
【详解】
（1）甲醛的结构式是
，COCl2结构与甲醛相似，COCl2电子式是
；甲醛、COCl2均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高；
（2）①a．c（COCl2）=c（Cl2）时，浓度不一定不再改变，反应不一定平衡，故不选a；
b．反应达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，ʋ正（COCl2）=ʋ逆（CO），一定平衡，故选b；
c．正反应吸热，密闭容器内温度是变量，容器内温度保持不变，反应一定平衡，故选c；
d．气体质量不变、容器体积不变，根据
，密度是恒量，容器内气体密度保持不变，不一定平衡，故不选d；
选bc；
②根据图象，4~10min内COCl2浓度变化是0.055mol/L-0.04mol/L=0.015mol/L，
0.0025mol/（L·min）；由图象可知10min时CO的浓度突然减小，后逐渐增大，10min时Cl2的浓度逐渐增大，可知10min时改变的条件是分离出CO，平衡正向移动，氯气浓度增大；
③根据图象可知，4min时改变的条件是升高温度，正反应吸热，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，所以K18．某温度下，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。
根据图中数据，填写下列空白：
（1）从开始至2min，X的平均反应速率为__。
（2）该反应的化学方程式为___。
（3）1min时，v（正）__v（逆），2min时，v（正）__v（逆）。
（填“>”或“<”或“=”）。
（4）上述反应在甲、乙两个相同容器内同时进行，分别测得甲中v（X）=9mol·L-1·min-1，乙中v（Y）=0.5mol·L-1·s-1，则___中反应更快。
（5）若X、Y、Z均为气体，在2min时，向容器中通入氩气（容器体积不变），X的化学反应速率将___，若加入适合的催化剂，Y的化学反应速率将___。
（填“变大”或“不变”或“变小”）。
（6）若X、Y、Z均为气体（容器体积不变），下列能说明反
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