高考化学化学反应的速率与限度大题培优 易错 难题含答案解析.docx
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高考化学化学反应的速率与限度大题培优易错难题含答案解析
高考化学化学反应的速率与限度（大题培优易错难题）含答案解析
一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）
1．化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。
（1）某同学为了探究锌与硫酸反应过程中的速率变化，在400mL稀硫酸中加入足量的锌粉，标况下用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值）：
①哪一时间段反应速率最大_______min（填“0～1”、“1～2”、“2～3”、“3～4”、“4～5”），原因是________。
②求3～4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率________设溶液体积不变）。
（2）该同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。
请回答下列问题：
①硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是_______。
②实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是_______。
③要减慢上述实验中气体产生速率，可采取的合力措施有_______、_______（答两种）。
（3）某温度下在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。
①该反应的化学方程式是_______。
②该反应达到平衡状态的标志是_______（填字母）
A．Y的体积分数在混合气体中保持不变B．X、Y的反应速率比为3：
1
C．容器内气体压强保持不变D．容器内气体的总质量保持不变E．生成1molY的同时消耗2molZ
③2min内Y的转化率为_______。
【答案】2~3因该反应是放热反应，此时温度高且盐酸浓度较大，所以反应速率较快.0.025mol·L-1·min-1CuSO4与Zn反应生成的Cu附着在Zn表面形成铜锌原电池加快了化学反应速率；Ag2SO4适当增加硫酸的浓度增加锌粒的表面积；升高温度等（答两种即可）3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）AC10%
【解析】
【分析】
（1）①相同时间内收集的气体体积越多，该反应速率越快；温度越高化学反应速率越快；
②先计算生成氢气物质的量，再根据关系式计算消耗n（HCl），利用v=
计算盐酸反应速率；
（2）Zn和硫酸的反应中加入少量的CuSO4溶液，能置换出一定量Cu，在溶液中形成Cu/Zn原电池，原电池反应比化学反应速率快；
②所给四种溶液中只Zn只能置换出Ag；
③从影响反应速率的因素分析；
（3）①根据图知，随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应物而Z是生成物，反应达到平衡时，△n（X）=（1.0-0.4）mol=0.6mol、△n（Y）=（1.0-0.8）mol=0.2mol、△n（Z）=（0.5-0.1）mol=0.4mol，同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其计算之比，据此确定化学方程式；
②可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
③Y的转化率=
×100%；
【详解】
（1）①相同通条件下，反应速率越大，相同时间内收集的气体越多；由表中数据可知，反应速率最大的时间段是2∼3min，原因是：
该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大；
②3∼4分钟时间段，收集的氢气体积=（576−464）mL=112mL，n（H2）=
=0.005mol，根据氢气和HCl关系式得消耗的n（HCl）=2n（H2）=2×0.005mol=0.01mol，则v（HCl）=
=0.025mol/（L⋅min）；
（2）Zn和硫酸的反应中加入少量的CuSO4溶液，能置换出一定量Cu，在溶液中形成Cu/Zn原电池，而加快化学反应速率；
②所给四种溶液中只Zn只能置换出Ag，即Ag2SO4与CuSO4溶液具有相似的作用；
③为加快Zn和硫酸的反应速率可从升温、适当增大硫酸的浓度、增大锌的比表面积等角度考虑，可采取的合力措施有：
增加锌的表面积；升高温度或适当增大硫酸的浓度等；
（3）①根据图知,随着反应进行，X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加，则X和Y是反应物而Z是生成物，反应达到平衡时，△n（X）=（1.0−0.4）mol=0.6mol、△n（Y）=（1.0−0.8）mol=0.2mol、△n（Z）=（0.5−0.1）mol=0.4mol，同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其计算之比，X、Y、Z的计量数之比=0.6mol:
0.2mol:
0.4mol=3:
1:
2，则该反应方程式为3X（g）+Y（g）⇌2Z（g）；
②A．Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明各物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；
B．X、Y的反应速率比为3:
1时，如果反应速率都是指同一方向的反应速率，则该反应不一定达到平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体压强减小，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．容器内气体的总质量一直保持不变，故D错误；
E．生成1molY的同时消耗2molZ，所描述的为同向反应过程，不能判断反应达到平衡状态，故E错误；
答案选AC；
③Y的转化率=
×100%=
×100%=10%。
2．用酸性KMnO4和H2C2O4（草酸）反应研究影响反应速率的因素。
一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化）：
实验序号
A溶液
B溶液
①
20mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液
30mL0.01mol·L－1KMnO4溶液
②
20mL0.2mol·L－1H2C2O4溶液
30mL0.01mol·L－1KMnO4溶液
（1）该反应的离子方程式___________________________。
（已知H2C2O4是二元弱酸）
（2）该实验探究的是_____________因素对化学反应速率的影响。
相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是_________________＜_____________（填实验序号）。
（3）若实验①在2min末收集了2.24mLCO2（标准状况下），则在2min末，c（MnO4－）＝__________mol/L（假设混合液体积为50mL）
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定_____________来比较化学反应速率。
（一条即可）
（5）小组同学发现反应速率总是如图，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：
①__________________________；②__________________________。
【答案】2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O浓度①②0.0056KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间该反应放热产物Mn2＋是反应的催化剂
【解析】
【详解】
（1）高锰酸钾溶液具有强氧化性，把草酸氧化成CO2，根据化合价升降法进行配平，其离子反应方程式为：
2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；
（2）对比表格数据可知，草酸的浓度不一样，因此是探究浓度对化学反应速率的影响，浓度越大，反应速率越快，则①<②；
（3）根据反应方程式并结合CO2的体积，求出消耗的n（KMnO4）=2×10－5mol，剩余n（KMnO4）=（30×10－3×0.01－2×10－5）mol=2.8×10－4mol，c（KMnO4）=2.8×10－4mol÷50×10－3L=0.0056mol·L－1；
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率；
（5）t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：
①此反应是放热反应，温度升高，虽然反应物的浓度降低，但温度起决定作用；②可能产生的Mn2＋是反应的催化剂，加快反应速率。
3．一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：
3A（g）+B（g）⇌2C（g），开始时加入4molA、6molB、2molC，2min末测得C的物质的量是3mol。
（1）用A的浓度变化表示的反应速率是：
________；
（2）在2min末，B的浓度为：
___________；
（3）若改变下列一个条件，推测该反应速率发生的变化（填变大、变小、或不变）①升高温度，化学反应速率_____；②充入1molB，化学反应速率___；③将容器的体积变为3L，化学反应速率_________。
【答案】0.375mol·L-1·min-12.75mol·L-1变大变大变小
【解析】
【分析】
根据题干信息，建立三段式有：
据此分析解答。
【详解】
（1）2min内，用A的浓度变化表示的反应速率为：
，故答案为：
0.375mol·L-1·min-1；
（2）根据上述分析可知。
在2min末，B的物质的量为5.5mol，则B的浓度
，故答案为：
2.75mol·L-1；
（3）①升高温度，体系内活化分子数增多，有效碰撞几率增大，化学反应速率变大，故答案为：
变大；
②冲入1molB，体系内活化分子数增多，有效碰撞几率增大，化学反应速率变大，故答案为：
变大；
③将容器的体积变为3L，浓度减小，单位体积内的活化分子数减小，有效碰撞几率减小，化学反应速率变小，故答案为：
变小。
4．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
（1）CO可用于炼铁，已知：
Fe2O3（s）+3C（s）＝2Fe（s）+3CO（g）ΔH1＝+489.0kJ·mol－1
C（s）+CO2（g）＝2CO（g）ΔH2＝+172.5kJ·mol－1。
则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为_________________________________________________。
（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。
写出该电池的负极反应式：
__________________________________________________。
（3）①CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g），测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图。
①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___________________KⅡ（填“＞”或“＝”或“＜”）。
②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。
容器
甲
乙
反应物投入量
1molCO2、3molH2
amolCO2、bmolH2、
cmolCH3OH（g）、cmolH2O（g）
若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为______________________。
③一定温度下，此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是______________。
a．容器中压强不变b．H2的体积分数不变c．c（H2）＝3c（CH3OH）
d．容器中密度不变e．2个C＝O断裂的同时有3个H－H断裂
（4）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：
2CO2（g）+6H2（g）
CH3OCH3（g）+3H2O（g）。
已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比[n（H2）/n（CO2）]的变化曲线如图，若温度不变，提高投料比n（H2）/n（CO2），则K将__________；该反应△H_________0（填“＞”、“＜”或“=”）。
【答案】Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5KJ/molCO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O＞0.4＜c≤1bd不变＜
【解析】
【分析】
（1）已知：
①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ/mol， ②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol，根据盖斯定律有①-②×3可得；
（2）根据原电池负极失去电子发生氧化反应结合电解质环境可得；
（3）①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，根据K=
判断；
②根据平衡三段式求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围；
③根据化学平衡状态的特征分析；
（4）由图可知，投料比
一定，温度升高，CO2的平衡转化率减小，根据温度对化学平衡的影响分析可得。
【详解】
（1）已知：
①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ/mol， ②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol，根据盖斯定律有①-②×3，得到热化学方程式：
Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJ/mol；
（2）CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液），负极电极反应为：
CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O；
（3）①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，则一氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K=
可知，平衡常数越小，故KⅠ＞KⅡ；
②
甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即（4-2x）÷4=0.8，解得x=0.4mol；依题意：
甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：
0.4mol＜n（c）≤1mol；
③a．反应在恒压容器中进行，容器中压强始终不变，故a错误；
b．反应开始，减少，H2的体积分数不变时，反应平衡，故b正确；
c．c（H2）与c（CH3OH）的关系与反应进行的程度有关，与起始加入的量也有关，所以不能根据它们的关系判断反应是否处于平衡状态，故c错误；
d．根据ρ=
，气体的质量不变，反应开始，体积减小，容器中密度不变时达到平衡，故d正确；
e．C=O断裂描述的正反应速率，H-H断裂也是描述的正反应速率，故e错误；
故答案为：
bd；
（4）由图可知，投料比
一定，温度升高，CO2的平衡转化率减小，说明温度升高不利于正反应，即正反应为放热反应△H＜0；K只与温度有关，温度不变，提高投料比
，K不变。
【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。
5．合成氨工业是贵州省开磷集团的重要支柱产业之一。
氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。
（1）在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反应：
N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）。
该可逆反应达到平衡的标志是___。
a.3v正（H2）=2v逆（NH3）
b.单位时间生成mmolN2的同时生成3mmolH2
c.容器内的总压强不再随时间而变化
d.混合气体的密度不再随时间变化
（2）工业上可用天然气原料来制取合成氨的原料气氢气。
某研究性学习小组的同学模拟工业制取氢气的
原理，在一定温度下，体积为2L的恒容密闭容器中测得如下表所示数据。
请回答下列问题：
时间/min
CH4（mol）
H2O（mol）
CO（mol）
H2（mol）
0
0.40
1.00
0
0
5
a
0.80
c
0.60
7
0.20
b
0.20
d
10
0.21
0.81
0.19
0.64
①写出工业用天然气原料制取氢气的化学方程式：
___。
②分析表中数据，判断5min时反应是否处于平衡状态？
___（填“是”或“否”），前5min反应的平均反应速率v（CH4）=___。
③反应在7～10min内，CO的物质的量减少的原因可能是___（填字母）。
a.减少CH4的物质的量b.降低温度c.升高温度d.充入H2
【答案】cCH4（g）＋H2O（g）
CO（g）＋3H2（g）是0.020mol·L-1·min-1d
【解析】
【分析】
（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的物理量不变，据此分析，注意不同物质的反应速率之比等于计量系数之比；
（2）①结合表中数据，根据化学计量数与物质的量呈正比进行分析解答；
②根据平衡时物质的浓度不再发生变化分析；根据反应速率＝△c/△t计算；
③反应在7~10min内，CO的物质的量减少，而氢气的物质的量增大，据此分析。
【详解】
（1）a．达到平衡状态时，v正（H2）:
v逆（NH3）=3:
2，即2v正（H2）＝3v逆（NH3），故a错误；
b．氮气和氢气都是反应物，单位时间内生产mmol氮气的同时，必然生成3mmol氢气，反应不一定达到平衡状态，故b错误；
c．该反应正反应是体积减小的反应，在恒容条件下，反应正向进行，气体的总压强减小，反应逆向进行，气体的总压强增大，容器内的总压强不变时，反应达到平衡状态，故c正确；
d．根据质量守恒、容器的体积不变得知，无论反应是否达到平衡状态，混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断平衡状态的依据，故d错误；
故答案为：
c；
（2）①由表中数据可知，反应5min，消耗0.2molH2O，生成0.3molH2，因此H2O和H2的化学计量数之比为1：
3，反应7min时，消耗0.2molCH4，生成0.2molCO，因此CH4和CO的化学计量数之比为1：
1，则用天然气原料制取氢气的化学方程式为CH4（g）＋H2O（g）
CO（g）＋3H2（g），故答案为：
CH4（g）＋H2O（g）
CO（g）＋3H2（g）；
②根据方程式CH4+H2O＝CO+3H2结合表中数据可知c＝0.2，所以5min时反应已经处于平衡状态；前5min内消耗甲烷是0.2mol，浓度是0.1mol/L，则反应的平均反应速率v（CH4）＝0.1mol/L÷5min＝0.02mol·L－1·min－1，故答案为：
是；0.020mol·L-1·min-1；
③反应在7~10min内，CO的物质的量减少，而氢气的物质的量增大，可能是充入氢气，使平衡逆向移动引起的，d选项正确，故答案为：
d。
6．在2L密闭容器内，800℃时反应2NO（g）+O2（g）→2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n（NO）/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
（1）上述反应_____（填“是”或“不是”）可逆反应。
（2）如图所示，表示NO2变化曲线的是____。
用O2表示0～1s内该反应的平均速率v=____。
（3）能说明该反应已达到平衡状态的是____（填字母）。
a．v（NO2）=2v（O2）b．容器内压强保持不变
c．v逆（NO）=2v正（O2）d．容器内密度保持不变
【答案】是b0.0025mol/（L·s）bc
【解析】
【分析】
（1）从表中数据可看出，反应进行3s后，n（NO）始终保持不变，从而可确定上述反应是否为可逆反应。
（2）利用图中数据，结合化学反应，可确定表示NO2变化的曲线。
从表中数据可以得出，0～1s内，∆n（NO）=0.01mol，则可计算出用O2表示0～1s内该反应的平均速率v。
（3）a．不管反应进行到什么程度，总有v（NO2）=2v（O2）；
b．因为反应前后气体分子数不等，所以平衡前容器内压强始终发生改变；
c．v逆（NO）=2v正（O2）表示反应方向相反，且数值之比等于化学计量数之比；
d．容器内气体的质量不变，容器的体积不变，所以容器内密度保持不变。
【详解】
（1）从表中数据可看出，反应进行3s后，n（NO）=0.007mol，且始终保持不变，从而可确定上述反应是可逆反应。
答案为：
是；
（2）从图中可看出，∆n（NO）=0.007mol，结合化学反应，可确定∆n（NO2）=0.007mol，从而确定表示NO2变化的是曲线b。
从表中数据可以得出，0～1s内，∆n（NO）=0.01mol，则可计算出用O2表示0～1s内该反应的平均速率v=
=0.0025mol/（L·s）。
答案为：
b；0.0025mol/（L·s）；
（3）a．不管反应进行到什么程度，总有v（NO2）=2v（O2），所以不一定达平衡状态，a不合题意；
b．因为反应前后气体分子数不等，所以平衡前容器内压强始终发生改变，当压强不变时，反应达平衡状态，b符合题意；
c．v逆（NO）=2v正（O2）表示反应方向相反，且数值之比等于化学计量数之比，则此时反应达平衡状态，c符合题意；
d．容器内气体的质量不变，容器的体积不变，所以容器内密度保持不变，所以当密度不变时，反应不一定达平衡状态，d不合题意；
故选bc。
答案为：
bc。
【点睛】
用体系的总量判断平衡状态时，应分析此总量是常量还是变量，常量不能用来判断平衡状态，变量不变时反应达平衡状态。
7．已知：
N2O4（g）
2NO2（g）ΔH=＋52．70kJ·mol-1
（1）在恒温、恒容的密闭容器中，进行上述反应时，下列描述中，能说明该反应已达到平衡的是___。
A．v正（N2O4）=2v逆（NO2）
B．容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
C．容器中气体的密度不随时间而变化
D．容器中气体的分子总数不随时间而变化
（2）t℃恒温下，在固定容积为2L的密闭容器中充入0．054molN2O4，30秒后达到平衡，测得容器中含n（NO2）=0．06mol，则t℃时反应N2O4（g）
2NO2（g）的平衡常数K=___。
若向容器内继续通入少量N2O4，则平衡___移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），再次达到平衡后NO2的体积分数__原平衡时NO2的体积分数（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（3）取五等份NO2，分别加入到温度不同、容积相同的恒容密闭容器中，发生反应：
2NO2（g）
N2O4（g）。
反应相同时间后，分别测定体系中NO2的百分含量（NO2%），并作出其百分含量随反应温度（T）变化的关系图。
下列示意图中，可能与实验结果相符的是___。
【答案】BD0．075mol·L-1向正反应方向小于BD
【解析】
【分析】
（1）根据平衡标志判断；
（2）K=
；增大反应物的浓度平衡正向移动；
（3）该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2的含量增大；
【详解】
（1）A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，所以2v正（N2O4）=v逆（NO2）时，反应不平衡，故不选A；
B．反应前
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