专题25 化学反应速率高考化学一轮复习一遍过解析版.docx
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专题25化学反应速率高考化学一轮复习一遍过解析版
专题25化学反应速率
1．对于密闭容器中的反应2SO3（g）
O2（g）＋2SO2（g），在一定条件下n（SO3）和n（O2）随时间变化的关系如图所示。
下列叙述正确的是（）
A．点c处反应达到平衡B．点b的正反应速率比点a的大
C．点c的逆反应速率比点e的大D．点d（t1时刻）和点e（t2时刻）处n（SO2）一样大
【答案】D
【解析】A.由图像可以知道，点c处O2和SO3的物质的量相等，但是未必达到平衡状态，故A错误；B.点bSO3的物质的量浓度比a点小，所以点b的的正反应速率比点a的小，故B错误；C.点c为达到平衡且向正反应方向进行，生成物的浓度比平衡时要小，所以逆反应速率比平衡状态小，而点e处于平衡状态，所以点c的逆反应速率比点e的小，故C错误；D.点d（t1时刻）和点e（t2时刻）都处于同一平衡状态下，所以SO2的物质的量相同，故D正确。
2．下列试管中，不同条件下反应：
Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑，判断产生H2的反应速率最小的是
试管
盐酸浓度
温度
铁的状态
A
0.5mol/L
20℃
块状
B
0.5mol/L
20℃
粉末状
C
2mol/L
35℃
粉末状
D
1mol/L
35℃
块状
【答案】A
【解析】盐酸浓度越大、温度越高、接触面积越大反应速率越快，根据表中数据可知C中反应速率最快，A中反应速率最慢，答案选A。
3．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL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）
50
120
232
290
310
反应速率最大的时间段及其原因是（）。
A．0～1min盐酸浓度大，反应速率大
B．1～2min接触面积增大，反应速率大
C．2～3min反应放热，温度升高，反应速率大
D．3～4min产生的Zn2+是催化剂，反应速率大
【答案】C
【解析】从表中数据看出：
0～1min收集的氢气小于后一分钟，虽然盐酸浓度较大，但是温度较低，故反应速率不是最大；2min～3min收集的氢气比其他时间段多，虽然反应中c（H+）下降，但主要原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高，温度对反应速率影响占主导作用；3～4min反应速率比前一分钟小，不能由此判断Zn2+是催化剂：
4min～5min收集的氢气最少，虽然反应放热，但主要原因是c（H+）下降，反应物浓度越低，反应速率越小，浓度对反应速率影响占主导作用，故选C。
4．在一定温度下，10mL0.40mol/LH2O2溶液发生催化分解。
不同时刻测得生成
的体积（已折算为标准状况）如下表。
t/min
0
2
4
6
8
10
V（O2）/mL
0.0
9.9
17.2
22.4
26.5
29.9
下列叙述不正确的是（溶液体积变化忽略不计）
A．0~6min的平均反应速率：
v（H2O2）=3.3×10-2mol/（L·min）
B．6~10min的平均反应速率：
v（H2O2）＜3.3×10-2mol/（L·min）
C．反应到6min时，c（H2O2）=0.30mol/L
D．反应到6min时，H2O2分解了50%
【答案】C
【解析】A.0～6min时间内，生成氧气的物质的量为
=0.001mol，由2H2O2
2H2O+O2，可知△c（H2O2）=
=0.2mol/L，所以v（H2O2）=
≈0.033mol/（L•min），故A正确；B．随着反应的进行，H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢，6~10min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故B正确；C．由A计算可知，反应至6min时c（H2O2）=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故C错误；D．6min内△c（H2O2）=0.2mol/L，则H2O2分解率为：
×100%=50%，故D正确。
5．二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人体无害。
某课题组研究了溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响，结果如图所示。
下列判断正确的是
A．在0～20min之间，pH＝7时R的降解速率为0.07mol·L-1·min-1
B．R的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响
C．二氧化钛对pH＝2的R溶液催化效率好
D．在0～50min之间，R的降解百分率pH＝2大于pH＝7
【答案】C
【解析】A.在0～20min之间，pH＝7时R的降解速率=（1.8-0.4）×10-4mol/L/20min=7×10-6mol·L-1·min-1，A错误；B.判断溶液的酸碱性对R的降解速率的影响应选用R的起始浓度相同，B错误；C.通过图像可知，pH＝2时，二氧化钛对R溶液催化时间迅速缩短，效率好，C正确；D.在0～50min之间，R的降解初始量pH＝7大于pH＝2，平衡时浓度接近0，则降解百分率pH＝7大于pH＝2，D错误。
6．化合物Bilirubin在一定波长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·min）和2.0μmolB．2.5μmol/（L·min）和2.5μmol
C．3.0μmol/（L·min）和3.0μmolD．5.0μmol/（L·min）和3.0μmol
【答案】B
【解析】由图可知，4〜8min期间，反应物浓度变化为（20-10）μmol/L=l0μmol/L，所以4~8min期间，反应速率为
=2.5μmol/（L·min）；由图可知，0~4min期间，反应物浓度变化为（40-20）μmol/L=20μmol/L，4〜8min期间，反应物浓度变化为（20-10）μmol/L=10μmol/L，可知，每隔4分钟，浓度变化量降为原来的一半，所以8〜12min浓度变化为5μmol/L，12〜16min浓度变化为2.5μmol/L，所以16min时浓度为10μmol/L-5μmol/L-2.5μmol/L=2.5μmol/L。
7．在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的A、B，发生反应A（g）＋2B（g）
3C（g）。
如图是A的反应速率v（A）随时间变化的示意图。
下列说法正确的是
A．反应物A的浓度：
a点小于b点
B．A的平均反应速率：
ab段大于bc段
C．曲线上的c、d两点都表示达到平衡状态
D．该反应的生成物可能对反应起催化作用
【答案】D
【解析】A.随反应进行，反应物浓度不断减小，所以a点浓度大于b点，故A错误；B.ac段，反应速率逐渐增大，所以平均反应速率ab段小于bc段，故B错误；C.从图象上无法判断正逆反应速率相等，c、d两点不一定达到平衡状态，故C错误；D.恒温恒容条件下，反应速率加快，可能是某种生成物对反应起到的催化作用，故D正确。
8．某温度下，在容积为2L的密闭容器中投入一定量的A、B发生反应3A（g）＋bB（g）
cC（g） ΔH＝－QkJ·mol－1（Q>0），12s时反应达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程中A、B的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示。
下列说法正确的是
A．前12s内，A的平均反应速率为0.025mol·L－1·s－1
B．12s后，A的消耗速率等于B的生成速率
C．化学计量数之比b∶c＝1∶2
D．12s内，A和B反应放出的热量为0.2QkJ
【答案】C
【解析】分析图像可知12s内A的浓度变化为（0.8－0.2）mol·L－1＝0.6mol·L－1，反应速率v（A）＝
＝＝0.05mol·L－1·s－1，A项错误；
分析图像，12s内B的浓度变化为（0.5－0.3）mol·L－1＝0.2mol·L－1，v（B）＝＝mol·L－1·s－1，速率之比等于化学计量数之比，3∶b＝0.05∶，b＝1，3∶c＝0.05∶
，c＝2，A、B的化学计量数不同，12s后达到平衡状态，A的消耗速率不等于B的生成速率，B项错误，C项正确；
消耗3molA放热QkJ，12s内消耗A的物质的量为0.6mol·L－1×2L＝1.2mol，消耗1.2molA放出的热量为0.4QkJ，D项错误。
9．不同条件下，用O2氧化amol/LFeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。
下列分析或推测合理的是
A．由①、②可知，pH越大，+2价铁越易被氧化
B．由②、③推测，若pH＞7，+2价铁更难被氧化
C．由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应
D．60℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amol/（L·h）
【答案】D
【解析】A、由②、③可知，pH越小，+2价铁氧化速率越快，故A错误；B、若pH＞7，FeCl2变成Fe（OH）2，Fe（OH）2非常容易被氧化成Fe（OH）3，故B错误；C、由①、③推测，升高温度，相同时间内+2价铁的氧化率增大，升高温度+2价铁的氧化速率加快，由图中数据不能判断反应的热效应，故C错误；D、50℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的氧化率是60%，即消耗0.6amol/L，4h内平均消耗速率等于0.15amol/（L·h），温度升高到60℃、pH=2.5时，+2价铁的氧化率速率加快，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amol/（L·h）。
正确答案选D。
10．一定温度下，将1molA（g）和1molB（g）充入2L密闭容器中发生反应：
A（g）+B（g）
xC（g）+D（s）△H<0，在t1时达平衡。
在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中C（g）的浓度随时间变化如图所示。
下列有关说法正确的是
A．t2时刻改变的条件是使用催化剂
B．t3时刻v（逆）可能小于t2时刻v（逆）
C．t3时刻改变的条件一定是增大反应物的浓度
D．t1～t2、t2～t3平衡常数均为0.25
【答案】B
【解析】A.催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能影响C的物质的量浓度，由图可知，t2时刻C的浓度增大，但平衡不移动，因此改变的条件不是催化剂，故A错误；B.由图象可知，t3时刻后C的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动，t3时刻v（逆）可能小于t2时刻v（逆），故B正确；C.由图象可知，t3时刻后C的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动，改变的条件可能是增大反应物的浓度、降低温度等，故C错误；D.根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，反应方程式为：
A（g）+B（g）
2C（g）+D（s），t1～t3间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时C的浓度为0.5mol/L，则：
A（g）+B（g）
2C（g）+D（s）
起始浓度（mol/L）0.50.50
转化浓度（mol/L）0.250.250.5
平衡浓度（mol/L）0.250.250.5
所以平衡常数K＝
＝4，故D错误。
11．某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，以研究硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。
下列判断错误的是（ ）
实验组别
混合溶液
A
B
C
D
E
F
4mol•L﹣1H2SO4/mL
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液/mL
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O/mL
V7
V8
V9
V10
10
0
A．V1＝30，V6＝10，V7＝20
B．本实验利用了控制变量思想，变量为铜离子浓度
C．反应一段时间后，实验A中的金属呈灰黑色，实验F的金属呈现红色
D．该小组的实验结论是硫酸铜的量与生成氢气速率成正比
【答案】D
【解析】A.研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则需要硫酸的体积、物质的量应相同，由A、F可知结合溶液的总体积为30mL+20mL=50mL，则V1=30，V6=50-30-10=10，V7=20，故A不符合题意；B.本实验利用了控制变量思想，硫酸的体积、物质的量应相同，变量为铜离子浓度，故B不符合题意；C.A中没有加入硫酸铜，锌与稀硫酸反应后，锌的表面凹凸不平，有很多细小的锌的颗粒，由于颗粒很小，光被完全吸收，所以看到的固体是灰黑色；F中Zn能够置换出Cu附着在Zn表面，金属变为紫红色，故C不符合题意；D.因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较少时，形成铜锌原电池，反应速率加快，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续反应，氢气生成速率下降，故D符合题意。
12．在不同条件下进行化学反应2A（g）=B（g）+D（g），B、D起始浓度均为0，反应物A的浓度（mol/L）随反应时间的变化情况如下表：
下列说法不正确的是
A．①中B在0～20min平均反应速率为8.25xl0-3moI.L-l.min-l
B．②中K=0.25，可能使用了催化剂
C．③中y=1.4moI.L-l
D．比较①、④可知，该反应为吸热反应
【答案】C
【解析】A、
（1）根据v=△c/t可计算出B的反应速率为
=8.25xl0-3moI.L-l.min-l，故A正确；B、由表中数据可知，该反应为反应前后气体分子数不变的可逆反应。
实验②的平衡状态与实验①相同，但是到达所用的时间较少，说明该容器中的反应速率较大。
催化剂能改变反应速率，但不改变平衡，①②平衡时浓度相同，但反应速率更快，可能使用了催化剂，故B正确；C、比较实验①和实验③中的数据可知，在相同温度下，实验③中的A的平衡浓度大于实验①，所以反应过程中，反应速率也比实验①中的大，在相同温度下，该反应的起始浓度与平衡浓度成比例，故③中y=1.2moI.L-l，故C错误；D、比较实验④和实验①中数据可知，温度升高，起始浓度相同，但平衡A的浓度变小，说明平衡正向移动，故可判断该反应的正反应为吸反应。
13．在容积不变的密闭容器中存在如下反应：
2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+Q（Q>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，分析正确的是
A．图Ⅰ研究的是t1时刻增大O2的浓度对反应速率的影响
B．图Ⅱ研究的是t1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，且甲的催化速率比乙高
D．图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低
【答案】B
【解析】A．增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率不变，图中不符，应为增大压强，A项错误；B．图Ⅱ正正逆反应速率同等程度的增大，为催化剂对反应的影响，B项正确；C．催化剂不改变平衡，应为压强对反应的影响，C项错误；D．若图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，则乙先达到平衡，对应的温度高，升温不利于二氧化硫的转化，则二氧化硫转化率低，D项错误。
14．资料显示：
自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。
用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（0.01mol/L可以记做0.01M）。
实验①
实验②
实验③
褪色
比实验①褪色快
比实验①褪色快
下列说法不正确的是
A．实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用
B．实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率
C．实验③褪色比①快，是因为Cl—的催化作用加快了反应速率
D．若用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快
【答案】C
【解析】A.由分析可知，实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4化合价降低，作为还原剂，生成MnSO4，能起自催化作用，故A正确；B.实验②加入了MnSO4固体后，褪色比①快，说明MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；C.实验③加入了稀盐酸之后，Cl—与KMnO4生氧化还原反应，所以褪色比①快，Cl—是还原剂不是催化剂，故C错误；D.若用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，还原剂H2C2O4浓度增大，反应速率更快，更快将KMnO4消耗完，推测比实验①褪色快，故D正确。
15．我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如图：
回答下列问题：
（1）二氧化碳分子中的化学键是______，物质乙的结构简式是______。
（2）写出反应的化学方程式______。
（3）实验室常用纯净碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，反应过程中产生二氧化碳的体积V（CO2）与时间关系如图：
①由图象分析，化学反应速率最快一段是______。
②为了增大上述化学反应的反应速率，欲向溶液中加入下列物质或采取如下操作，你认为可行的是______填写序号。
A．蒸馏水B．氯化钠溶液C．浓盐酸D．加热
（4）二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳与氢氧化钠反应的物质的量之比为2∶3时，溶液中的溶质是________。
（填化学式）
（5）在一定条件下，工业上也可用CO2合成甲醇（CH3OH），其化学方程式为：
CO2+3H2
CH3OH+H2O。
将amolCO2与bmolH2充入容积为2L的密闭容器中发生上述反应，tmin时测得甲醇的物质的量为cmol。
计算0-tmin内CO2的反应速率为______mol/（L·s）。
[X的反应速率ν（X）=]
【答案】共价键CH3CH（CH3）CH2CH3CO2+H2
CO+H2OEFCDNa2CO3NaHCO3
【解析】
（1）二氧化碳分子中的化学键是共价键，根据乙的球棍模型，乙的结构简式是CH3CH（CH3）CH2CH3；
（2）反应①是CO2和H2生成CO，产物应还有水，故方程式为：
CO2+H2
CO+H2O；
（3）①由图像分析，在体积V（CO2）与时间关系图中，斜率越大反应速率越大，化学反应速率最快一段是EF；
②为了增大上述化学反应的反应速率，加入蒸馏水降低盐酸浓度，速率降低；加入氯化钠溶液，使氢离子浓度降低，速率降低；加入浓盐酸，增大了盐酸浓度，反应速率加快；加热，温度升高，速率加快，故选CD；
（4）二氧化碳与NaOH溶液可能发生的反应有：
OH-+CO2=HCO3-；2OH-+CO2=CO32-+H2O
当二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为1：
2时生成碳酸钠，当二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为1：
1时生成碳酸氢钠；当二氧化碳与氢氧化钠的物质的量比为2:
3时，2:
3介于1:
2和1:
1之间，故溶液中的溶质是Na2CO3、NaHCO3；
（5）CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）
起始（mol）ab00
转化（mol）c3ccc
tmin时（mol）c
所以，0-tmin内CO2的反应速率为：
mol/（L·s）。
16．I.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）下列叙述中不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．在混合气体中X的质量百分数保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化
D．混合气体的密度不随时间的变化而变化
E．X、Y、Z的浓度之比为1：
1：
2
（3）为使该反应的反应速率减小，可采取的措施是_____．
A恒压时充入Ne B适当升高温度
C缩小容器的体积D选择高效催化剂．
II.一定温度下将3mol的A及3molB混合于2L的密闭
容器中，发生如下反应：
3A（g）+B（g）
xC（g）+2D（g），经过5分钟
后反应达到平衡，测得A的转化率为60﹪，C的平均反应速率是0.18mol/（L.min）。
求：
（1）平衡时B的浓度=______mol/L。
（2）D的平均反应速率υ（D）=______mol/（L.min）。
（3）x=______。
【答案】X（g）+Y（g）
2Z（g）ACDEA1.20.123
【解析】
（1）由图象可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，则有Y：
X：
Z=（1.20mol-0.41mol）：
（.0mol-0.21mol）：
1.58mol=1：
1：
2，由于最后三种物质都存在，可见该反应为可逆反应，则反应的化学方程式为X+Y
2Z；
（1）A.X、Y是反应物，方程式的系数相同，在任何情况下二者反应速率都相等，因此不能根据X与Y的反应速率之比为1：
1判断平衡状态，A符合题意；
B.若反应达到平衡状态，任何一组分的质量不变，则物质的质量分数不变，故在混合气体中X的质量百分数保持不变可以判断反应处于平衡状态，B不符合题意；
C.由于反应前后气体的质量不变，气体的物质的量不变，所以混合气体的平均摩尔质量总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，C符合题意；
D.由于反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，所以混合气体混合气体的密度总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，D符合题意；
E.X、Y、Z的浓度之比为1：
1：
2可能处于平衡状态，也可能不是平衡状态，E符合题意；
故合理选项是ACDE；
（3）A.恒压时充入Ne，容器的容积扩大，物质的浓度减小，反应速率减小，A符合题意； B.适当升高温度，物质的内能增加，反应速率加快，B不符合题意；
C.缩小容器的体积，物质的浓度增大，化学反应速率加快，C不符合题意；
D.选择高效催化剂，化学反应速率加快，D不符合题意；
故合理选项是A；
II.发生反应3A（g）+B（g）
xC（g）+2D（g），由于反应在2L的密闭容器内进行，n（A）=3mol，A的转化率是60%，则A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol。
（1）根据反应方程式的系数可知：
每有3molA发生反应，同时消耗1molB，则A反应了1.8mol，所以B反应了0.6mol，则5min时B物质的浓度为c（B）=（3mol-0.6mol）÷2L=1.2mol/L；
（2）A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol，容器的容积为2L，反应时间为5min，所以V（A）=
=0.18mol/（L·min），由于V（A）：
V（D）=3:
2，所以V（D）=
V（A）=0.12mol/（L·min）；
（3）V（A）:
V（C）=3:
x，V（A）=V（C）=0.18mol/（L·min），所以x=3。
17．在2L固定容积的密闭容器中，800℃时发生反应2NO（g）+O2（g）
2NO2（g）。
该体系中，n（NO）随时间的变化如下表：
时间（s）
0
1
2
3
4
5
n（NO）/mol
0.020
0.012
0.009
0.008
0.0075
0.0075
反应过程如上图所示，a、b、c、d其中只有3条曲线是正确的。
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