高三化学第一轮复习针对训练题17.docx

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高三化学第一轮复习针对训练题17

（时间：

60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）

1．（2018·海南高考）对于化学反应3W（g）＋2X（g）===4Y（g）＋3Z（g），下列反应速率关系中，正确的是（　　）

A．v（W）＝3v（Z）　　　　　　　B．2v（X）＝3v（Z）

C．2v（X）＝v（Y）D．3v（W）＝2v（X）

解析：

速率之比等于方程式的计量系数之比，A项，v（W）＝v（Z）；B项，3v（X）＝2v（Z）；C项，2v（X）＝v（Y）；D项，2v（W）＝3v（X）．

答案：

C

2．（2018·安徽皖东十校一次模拟）对于反应N2＋O2

2NO，在密闭容器中进行，下列条件中能使该反应的逆反应速率加快的是（　　）

A．缩小体积使压强增大

B．压强不变充入He使体积增大

C．体积不变充入He使压强增大

D．压强不变充入N2使体积增大

解析：

压强增大，正、逆反应速率均增大，A项正确；B项压强不变，体积增大导致反应体系中物质的浓度减小，正、逆反应速率减小；C项对反应体系中物质的浓度无影响，反应速率不变；D项使c（NO）减小，逆反应速率减小．

答案：

A

3．（2018·泰州质检）一定温度下，在固定体积的密闭容器中发生下列反应：

2HI（g）

H2（g）＋I2（g）．若c（HI）由0.1mol·L－1降到0.07mol·L－1时，需要15s，那么c（HI）由0.07mol·L－1时降到0.05mol·L－1时，所需反应的时间为（　　）

A．等于5sB．等于10s

C．大于10sD．小于10s

解析：

c（HI）从0.1mol·L－1降到0.07mol·L－1过程中：

v（HI）＝Δc/Δt＝0.03mol·L－1÷15s＝0.002mol·L－1.假设v（HI）不变，则c（HI）从0.07mol·L－1降到0.05mol·L－1时，Δt＝Δc/v＝0.02mol·L－1/0.002mol·L－1·s－1＝10s．但反应速率受浓度变化的影响，浓度越大，反应速率越快，而0.07mol·L－1比0.1mol·L－1小，反应速率慢，所需反应时间大于10s.

答案：

C

4．（2018·哈师大附中一次月考）体积不变的密闭容器中存在如下反应：

2SO2（g）＋O2（g）

2SO3（g）　ΔH＜0.某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是（　　）

A．图Ⅰ研究的是t0时刻增大O2的浓度对反应速率的影响

B．图Ⅱ研究的是t0时刻加入催化剂后对反应速率的影响

C．图Ⅲ研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化效率比乙高

D．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低

解析：

增大O2浓度的瞬间逆反应速率不变，A错误；催化剂只影响化学反应速率，对平衡无影响，B正确、C错误；图Ⅲ中由斜率可知乙比甲的温度高．

答案：

B

5．（2018·佛山模拟）2SO2（g）＋O2（g）

2SO3（g）　ΔH＜0是制备硫酸的重要反应．下列叙述正确的是（　　）

A．选用有效的催化剂能增大正反应速率并提高SO2的转化率

B．增大反应体系的压强，反应速率不一定增大

C．该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间

D．在t1、t2时刻，SO3（g）的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1～t2内，SO3（g）生成的平均速率为v＝

解析：

A项，选用有效的催化剂能增大正反应速率，但是不能改变SO2的转化率；B项，增大反应体系的压强，反应物浓度不一定增大，所以反应速率不一定增大；C项，该反应是放热反应，降低温度会使平衡正向移动，但是反应速率降低，反应达到平衡的时间将变长；D项，无法确定反应向哪个方向进行，而v必须是正值．

答案：

B

6．利用反应2NO（g）＋2CO（g）

2CO2（g）＋N2（g）　ΔH＝－746.8kJ/mol，可净化汽车尾气，如果要同时提高该反应的速率和NO的转化率，采取的措施是（　　）

A．降低温度

B．增大压强同时加催化剂

C．升高温度同时充入N2

D．及时将CO2和N2从反应体系中移走

解析：

该反应是放热反应，降低温度可以使平衡正向移动，提高NO的转化率，但会减慢反应速率；该反应是气体体积减小的反应，增大压强可使平衡正向移动，提高反应速率和NO的转化率，加入催化剂可以增大反应速率；充入N2和升高温度都会使平衡逆向移动，NO的转化率减小；及时移走反应的生成物虽然会提高NO的转化率，但不能加快反应速率．

答案：

B

7．（2018·福建高考）化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应4～8min间的平均反应速率和推测反应16min时反应物的浓度，结果应是（　　）

A．2.5μmol·L－1·min－1和2.0μmol·L－1

B．2.5μmol·L－1·min－1和2.5μmol·L－1

C．3.0μmol·L－1·min－1和3.0μmol·L－1

D．5.0μmol·L－1·min－1和3.0μmol·L－1

解析：

本题考查化学反应速率的计算，意在考查考生对图表的分析能力和数据的处理能力.4～8min间化合物Bilirubin的浓度变化为Δc＝10μmol·L－1，则v（Bilirubin）＝

＝2.5μmol·L－1·min－1；根据图示，每隔4min化合物Bilirubin的浓度减小一半，则16min时化合物Bilirubin的浓度为8min时浓度的1/4，故16min时其浓度为10μmol·L－1×1/4＝2.5μmol·L－1，B项正确．

答案：

B

8．（2018·福建高考）某探究小组利用丙酮的溴代反应（CH3COCH3＋Br2

CH3

COCH2Br＋HBr）来研究反应物浓度与反应速率的关系．反应速率v（Br2）通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定．在一定温度下，获得如下实验数据：

实验

序号

初始浓度c/mol·L－1

溴颜色消失

所需时间t/s

CH3COCH3

HCl

Br2

①

②

③

④

0.80

1.60

0.80

0.80

0.20

0.20

0.40

0.20

0.0010

0.0010

0.0010

0.0020

290

145

145

580

分析实验数据所得出的结论不正确的是（　　）

A．增大c（CH3COCH3），v（Br2）增大

B．实验②和③的v（Br2）相等

C．增大c（HCl），v（Br2）增大

D．增大c（Br2），v（Br2）增大

解析：

A项，由实验①和②对比可知增大c（CH3COCH3），反应时间变少，v（Br2）增大．B项，实验②和③反应时间相同，起始Br2的浓度相同，则v（Br2）相等．C项，比较实验①和③可知，增大c（HCl）时，反应时间缩短，v（Br2）增大．D项，比较实验①和④可知，增大c（Br2）时，v（Br2）相同，故选D.

答案：

D

9.

一定温度下，向容积为2L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3B＋4D

6A＋2C

B．反应进行到1s时，v（A）＝v（D）

C．反应进行到6s时，B的平均反应速率为0.05mol/（L·s）

D．反应进行到6s时，各物质的反应速率相等

解析：

A中各物质的物质的量变化之比等于化学方程式中化学计量数之比，Δn（A）∶Δn（B）∶Δn（C）∶Δn（D）＝（1.2－0）mol∶（1.0－0.4）mol∶（1.0－0.2）mol∶（0.4－0）mol＝6∶3∶4∶2，所以化学方程式为3B＋4C

6A＋2D，A错误；不论在什么时刻，用各物质表示的速率之比等于化学计量数之比，B、D错误．

答案：

C

10．由烃制氢气的装置如下图

下列说法不正确的是（　　）

A．在改质器中主要发生的反应为CxHy＋xH2O

xCO＋（x＋y/2）H2

B．移位反应器中CO（g）＋H2O（g）

CO2（g）＋H2（g）　ΔH＞0.温度越高，CO转化速率越大

C．净化器中装入氨水，则净化器中发生的化学反应可能有2个

D．从净化器出来的氢气不纯净

解析：

由图可知，CxHy和H2O通过改质器后，生成CO和H2，所以A正确．触媒在多高温度下活性最强，是实验测得的结果，高于或低于合适温度，催化活性都会降低或消失，B错．C项，CO2不足生成（NH4）2CO3，CO2足量生成NH4HCO3；D项，由于移位反应器中发生的是可逆反应，所经净化器出来的氢气中一定含有CO.

答案：

B

二、非选择题（本题包括4小题，共50分）

11．（12分）在锌与盐酸反应的实验中，某同学得到的结果如下表所示：

锌的质量/g

锌的形状

温度/℃

完全溶于水的时间/s

A

2

薄片

5

400

B

2

薄片

15

200

C

2

薄片

25

100

D

2

薄片

35

t1

E

2

颗粒

15

t2

F

2

粉末

15

t3

G

2

薄片（含少量

杂质Cu）

35

t4

（1）t1＝________s,画一幅以时间对温度的曲线图（纵轴表示时间，横轴表示温度）．

（2）利用所画的曲线图，关于温度影响反应速率的结论是________________________．

（3）t1________（填“＞”或“＜”）t4，原因是_____________________．t2________t3（填“＞”或“＜”），原因是_______________________________________________________

________________________________________________________________________.

解析：

解答该题要认真分析表中数据．由A、B、C总结规律，推出t1＝50s，根据A、B、C、D四组实验的数据可画出温度—时间图．通过对图象的分析总结温度对反应速率的影响，找出规律．D、G组实验相比较，G中可形成铜－锌原电池，加快反应速率；E、F组实验相比较，F中锌的表面积大，速率较快．

答案：

（1）50

如图所示：

（2）对于该溶液，温度每升高10℃，反应速率加快到原来的2倍　（3）＞　G组中可形成Cu－Zn原电池，反应速率加快　＞　F组中锌为粉末状，表面积较大，反应速率较快

12．（12分）某化学反应：

2A

B＋D在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）的变化情况如下表：

实验

编号

时间

浓度

温度

0

10

20

30

40

50

60

1

800℃

1.0

0.80

0.67

0.57

0.50

0.50

0.50

2

800℃

c2

0.60

0.50

0.50

0.50

0.50

0.50

3

800℃

c3

0.92

0.75

0.63

0.60

0.60

0.60

4

820℃

1.0

0.40

0.25

0.20

0.20

0.20

0.20

根据上述数据，完成下列问题：

（1）实验1中，反应在10～20min时间内A的平均速率为________mol/（L·min）．

（2）在实验2中，A的初始浓度c2＝________mol/L，反应经20min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是_____________________________________________________.

（3）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为v1，相同反应时间则v3________v1，且c3________1.0mol/L（填“＞”、“＝”“＜”）．

解析：

（1）v（A）＝

＝0.013mol/（L·min）．

（2）对比实验2与实验1可知，反应温度相同，达平衡时A的浓度相同，说明是同一平衡状态，即c2＝1.0mol/L，又因实验2反应的速率快，达平衡所需时间短，说明实验2中使用了催化剂．

（3）对比实验3与实验1可知，从10min到20min，实验1中A的浓度变化值为0.13mol/L，而实验3中A的浓度变化值为0.17mol/L，这就说明了v3＞v1，又知从0min到10minA的浓度变化值应大于0.17min/L，即c3＞（0.92＋0.17）mol/L＝1.09mol/L.

答案：

（1）0.013　

（2）1.0　使用催化剂　（3）＞　＞

13．（12分）甲酸甲酯水解反应方程式为：

HCOOCH3（l）＋H2O（l）

HCOOH（l）＋CH3OH（l）　ΔH>0，某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）．反应体系中各组分的起始量如下表：

组分

HCOOCH3

H2O

HCOOH

CH3OH

物质的量/mol

1.00

1.99

0.01

0.52

甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化见下图：

（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：

反应时间范围/min

0～5

10～15

20～25

30～35

40～45

50～55

75～80

平均反应速率

/（10－3mol·min－1）

1.9

7.4

7.8

4.4

1.6

0.8

0.0

请计算15～20min范围内甲酸甲酯的减少量为________mol，甲酸甲酯的平均反应速率为__________mol·min－1（不要求写出计算过程）．

（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________.

（3）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图．

解析：

（1）由图中数据可以看出15～20min内甲酸甲酯转化率提高了4.5%，利用转化率和速率的计算式计算．

（2）表格中平均反应速率的数据显示反应速率先增大后减小，因该反应是吸热反应，排除温度升高的影响，则只能是反应体系中的某物质对该反应起到催化作用．

（3）注意该反应是吸热反应，T2＞T1，温度升高，既能加快反应速率，又能缩短达到平衡的时间，提高转化率．

答案：

（1）0.045　9.0×10－3

（2）该反应中甲酸具有催化作用．

①反应初期：

虽然甲酸甲酯量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢；

②反应中期：

甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大；

③反应后期：

甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成为主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零达到平衡状态．

（3）

14．（14分）（2010·全国卷Ⅰ，有改动）在溶液中，反应A＋2B

C分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）＝0.100mol·L－1、c（B）＝0.200mol·L－1及c（C）＝0mol·L－1.反应物A的浓度随时间的变化如下图所示．

请回答下列问题：

（1）与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件．所改变的条件和判断的理由是：

②_______________________________________________________________________；

③_______________________________________________________________________；

（2）实验②平衡时B的转化率为________；实验③平衡时C的浓度为________；

（3）该反应的ΔH________0，其判断理由是______________________________________

________________________________________________________________________；

（4）该反应进行到4.0min时的平均反应速率：

实验②：

vB＝________________；

实验③：

vC＝________________.

解析：

（1）分析图象可知，①和②在平衡时刻A的浓度相等，且②的曲线斜率较大，说明反应速率较大，故是改变某一条件使反应加快，但平衡没有移动，故只可能是使用了催化剂．①和③相比较，平衡时刻③中A的浓度较小，曲线斜率较大，说明③的反应速率较大且平衡向正方向移动，而起始浓度相等，故只可能是升高温度．

（2）由起始到平衡时刻Δc（A）＝0.100mol·L－1－0.060mol·L－1＝0.040mol·L－1，故Δc（B）＝0.080mol·L－1，则B的转化率为0.080÷0.200×100%＝40%；实验③平衡时刻，c（C）＝0.060mol·L－1.

（3）由

（1）可知，温度升高平衡向正方向移动，那么该反应正反应方向要吸热，ΔH>0.

（4）观察图象可知，在第4.0min时，②中c（A）＝0.072mol·L－1，③中c（A）＝0.064mol·L－1.②中vA＝（0.100mol·L－1－0.072mol·L－1）/4.0min＝0.007mol·L－1·min－1，而vB＝2vA＝0.014mol·L－1·min－1.③中vA＝（0.1mol·L－1－0.064mol·L－1）/4.0min＝0.009mol·L－1·min－1，而vC＝vA＝0.009mol·L－1·min－1.

答案：

（1）加催化剂　达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变　温度升高　达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小　

（2）40%（或0.4）　0.060mol/L　（3）>　温度升高，平衡向正反应方向移动，故该反应是吸热反应

（4）0.014mol·L－1·min－1　0.009mol·L－1·min－1