化学高考化学化学反应的速率与限度解答题压轴题提高专题练习.docx

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化学高考化学化学反应的速率与限度解答题压轴题提高专题练习

【化学】高考化学化学反应的速率与限度解答题压轴题提高专题练习

一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）

1．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。

2．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。

3．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。

4．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），下列能说明反应已达平衡的是___。

a.X、Y、Z三种气体的浓度相等

b.气体混合物物质的量不再改变

c.反应已经停止

d.反应速率v（X）︰v（Y）=3︰1

e.（单位时间内消耗X的物质的量）：

（单位时间内消耗Z的物质的量）=3︰2

f.混合气体的密度不随时间变化

【答案】0.075mol•L-1•min-13X+Y

2Z＞=乙不变变大be

【解析】

【分析】

由图可知，从反应开始到达到平衡，X、Y的物质的量减少，应为反应物，Z的物质的量增加，应为生成物，从反应开始到第2分钟反应到达平衡状态，X、Y消耗的物质的量分别为0.3mol、0.1mol，Z的生成的物质的量为0.2mol，物质的量的变化量之比为3:

1:

2，物质的量变化之比等于化学计量数之比，则化学方程式为3X+Y

2Z，结合v=

及平衡的特征“等、定”及衍生的物理量来解答。

【详解】

（1）从开始至2min，X的平均反应速率为

=0.075mol/（L•min）；

（2）从反应开始到第2分钟反应到达平衡状态，X、Y消耗的物质的量分别为0.3mol、0.1mol，Z的生成的物质的量为0.2mol，物质的量的变化量之比为3:

1:

2，物质的量变化之比等于化学计量数之比，则化学方程式为3X+Y

2Z；

（3）1min时，反应正向进行，则正逆反应速率的大小关系为：

v（正）＞v（逆），2min时，反应达到平衡状态，此时v（正）=v（逆）；

（4）甲中v（X）=9mol·L-1·min-1，当乙中v（Y）=0.5mol·L-1·s-1时v（X）=3v（Y）=1.5mol·L-1·s-1=90mol·L-1·min-1，则乙中反应更快；

（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），容器内压强增大，但X、Y、Z的浓度均不变，则X的化学反应速率将不变；若加入适合的催化剂，Y的化学反应速率将变大；

（4）a．X、Y、Z三种气体的浓度相等，与起始量、转化率有关，不能判定平衡，故a错误；

b．气体混合物物质的量不再改变，符合平衡特征“定”，为平衡状态，故b正确；

c．平衡状态是动态平衡，速率不等于0，则反应已经停止不能判断是平衡状态，故c错误；

d．反应速率v（X）:

v（Y）=3:

1，不能说明正反应速率等于逆反应速率，不能判定平衡，故d错误；

e．（单位时间内消耗X的物质的量）：

（单位时间内消耗Z的物质的量）=3:

2，说明X的正、逆反应速率相等，为平衡状态，故e正确；

f．混合气体的质量始终不变，容器体积也不变，密度始终不变，则混合气体的密度不随时间变化，无法判断是平衡状态，故f错误；

故答案为be。

【点睛】

化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。

一、直接标志：

正反应速率=逆反应速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。

同时要注意物质之间的比例关系，必须符合方程式中的化学计量数的比值。

二、间接标志：

①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。

5．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）800℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是________。

（2）如图中表示NO2的变化的曲线是________。

用O2表示从0～2s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________。

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

（4）能使该反应的反应速率增大的是________。

a．及时分离出NO2气体b．适当升高温度

c．增大O2的浓度d．选择高效催化剂

【答案】0.0035mol/Lb1.5×10－3mol/（L·s）b、cb、c、d

【解析】

【分析】

【详解】

（1）800℃，反应达到平衡时，NO的物质的量浓度是c（NO）=n÷V=0.007mol÷2L=0.0035mol/L；

（2）NO2是生成物，每消耗2molNO，会产生2molNO2；反应过程消耗的NO的物质的量是n（NO）=0.020mol-0.007mol=0.0130mol，则反应产生的NO2的物质的量的n（NO2）=0.0130mol，则其浓度是c（NO2）=0.0130mol÷2L=0.0065mol/L，所以在图中表示NO2的变化的曲线是b；从0～2s内用NO表示的化学反应速率是v（NO）=（0.020-0.008）mol÷2L÷2s=0.003mol/（L∙s），由于v（NO）:

v（O2）=2:

1，因此用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v（O2）＝

v（NO）=1.5×10－3mol/（L·s）；

（3）a．在任何时刻都存在v（NO2）＝2v（O2），因此不能判断反应处于平衡状态，错误；b．由于该反应是反应前后气体体积不等的反应，所以容器内压强保持不变，则反应处于平衡状态，正确；c．v逆（NO）：

v逆（O2）＝2：

1；由于v逆（NO）：

v正（O2）＝2：

1，所以v逆（O2）=v正（O2）；正确；d．由于反应体系都是气体，因此在任何时候，无论反应是否处于平衡状态，容器内密度都保持不变，故不能作为判断平衡的标准，错误。

（4）a．及时分离出NO2气体，使生成物的浓度减小，则正反应的速率瞬间不变，但后来会随着生成物的浓度的减小，反应物浓度也减小，所以正反应速率减小，错误；b．适当升高温度，会使物质的分子能量增加，反应速率加快，正确；c．增大O2的浓度，会使反应速率大大加快，正确；d．选择高效催化剂，可以使化学反应速率大大加快，正确。

6．工业废水中常含有一定量的Cr2O72-和CrO42-，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理．常用的处理方法有两种．方法1：

还原沉淀法．

该法的工艺流程为：

其中第①步存在平衡2CrO42−（黄色）+2H+⇌Cr2O32−（橙色）+H2O

（1）若平衡体系的 pH=2，该溶液显______色．

（2）能说明第①步反应达平衡状态的是_____（填序号）

A．Cr2O72−和CrO42−的浓度相同

B．2v（Cr2O72−）=v（CrO42−）

C．溶液的颜色不变

（3）第②步中，还原1molCr2O72−离子，需要______mol的FeSO4•7H2O．

（4）第③步生成的Cr（OH）3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：

Cr（OH）3（s）⇌Cr3+（aq）+3OH-（aq），常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-）=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至______．

方法2：

电解法．

该法用Fe做电极电解含Cr2O72−的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀；

（5）用Fe做电极的原因为______（用电极反应式解释）．

（6）在阴极附近溶液 pH 升高，溶液中同时生成的沉淀还有______．

【答案】橙C65阳极反应为Fe−2e−═Fe2+，提供还原剂Fe2+Fe（OH）3

【解析】

【分析】

（1）pH=2，溶液呈酸性，有利于平衡向正反应分析移动；

（2）达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；

（3）根据氧化还原反应中得失电子守恒来计算；

（4）根据溶度积常数以及水的离子积常数来进行计算；

（5）阳极是活性电极时，阳极本身失电子，生成阳离子；

（6）溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，生成沉淀为Cr（OH）3和Fe（OH）3。

【详解】

（1）溶液显酸性，c（H+）较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：

橙；

（2）A．Cr2O72−和CrO42−的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，A错误；

B．2v（Cr2O72−）=v（CrO42−），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，B错误；

C．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，C正确；

综上所述，本题选C；

（3）根据电子得失守恒可以知道,还原1molCr2O72−离子，得到Cr3+，得到电子：

2×（6-3）=6mol，Fe2+被氧化为Fe3+，需要FeSO4•7H2O的物质的量为

=6mol；

综上所述，本题答案是：

6；

（4）当c（Cr3+）=10-5mol/L时,溶液的c（OH-）=

=10-9mol/L,c（H+）=

=10-5mol/L,pH=5，即要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至5；

综上所述，本题答案是：

5；

（5）用Fe做阳极，发生氧化反应，失电子：

Fe−2e-=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；

综上所述，本题答案是：

Fe−2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+；

（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：

2H++2e-=H2↑，溶液酸性减弱，溶液pH升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe（OH）3；

综上所述，本题答案是：

Fe（OH）3。

7．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（1）一定条件下，将2molNO与2molO2置于恒容密闭容器中发生如下反应：

2NO（g）+O2（g）

2NO2（g），下列各项能说明反应达到平衡状态的是_____________。

A.体系压强保持不变

B.混合气体颜色保持不变

C.NO和O2的物质的量之比保持不变

D.每消耗1molO2同时生成2molNO

（2）CO可用于合成甲醇，一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入CO和H2，发生反应CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g），达平衡后测得各组分浓度：

物质

CO

H2

CH3OH

浓度（mol/L）

0.9

1.0

0.6

回答下列问题：

①混合气体的平均相对分子质量=_________________。

②平衡常数K=__________________。

③若将容器体积压缩为1L，不经计算，预测新平衡中c（H2）的取值范围是__________。

④若保持体积不变，再充入0.6molCO和0.4molCH3OH，此时v正______v逆（填“＞”、“＜”或“=”）。

【答案】A、B、C、D18.560.671mol/L＜c（H2）＜2mol/L=

【解析】

【分析】

【详解】

（1）A.该反应两边的化学计量数不相等，在反应没有达到平衡时，气体的物质的量会发生改变，体系的压强也要改变，如果压强不变说明气体的生成与消耗速率相等，反应达到了平衡，A项正确；

B.反应中NO2是有色气体，颜色不变说明NO2的浓度不再改变，则反应达到了平衡，B项正确；

C.NO和O2的起始物质的量相等，但化学计量数不同，变化量不相同，如果没有达到平衡，NO和O2的物质的量之比会发生改变，不发生改变说明达到了平衡，C项正确；

D.每消耗1molO2同时生成2molNO，正逆反应速率相等，说明反应达到了平衡，D项正确；

故选ABCD；

（2）①由表中数据知，CO、H2、CH3OH的物质的量分别是1.8mol、2mol、1.2mol，质量分别为1.8mol×28g/mol=50.4g、2mol×2g/mol=4g、1.2mol×32g/mol=38.4g，则混合气体的平均相对分子质量等于

=

=18.56g/mol，因此平均相对分子质量是18.56；

②平衡常数K=

=

≈0.67；

③若将容器体积压缩为1L，该瞬间H2的浓度变为2mol/L，压缩容器使得压强变大，结合CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）中的化学计量数知，平衡右移，氢气的浓度变小，根据勒夏特列原理知，平衡时的氢气的浓度范围为1mol/L＜c（H2）＜2mol/L；

④根据题给数据：

（单位mol/L）

CO

2H2

CH3OH

原平衡各组分浓度

0.9

1.0

0.6

再充入浓度

0.3

0

0.2

充入后各组分浓度

1.2

1.0

0.8

Qc=

=

=0.67=K，说明此时化学反应仍处平衡状态，则v正=v逆。

【点睛】

若用Qc表示任意状态下，可逆反应中产物的浓度以其化学计量系数为指数的乘积与反应物的浓度以其化学计量系数为指数的乘积之比，则这个比值称为浓度商。

将浓度商和平衡常数作比较可得可逆反应所处的状态。

即：

Qc=Kc   体系处于化学平衡

Qc＜Kc