化学化学反应的速率与限度的专项培优练习题含答案及答案.docx

1、化学化学反应的速率与限度的专项培优练习题含答案及答案化学化学反应的速率与限度的专项培优练习题(含答案)及答案一、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）：哪一时间段反应速率最大_min（填“01”、“12”、“23”、“34”、“45”）， 原因是_。求 34 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

2、生成速率。请回 答下列问题：硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是_。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_。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 4 L 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。该反应的化学方程式是_。该反应达到平衡状态的标志是_（填字母）AY 的体积分数在混合气体中保持不变 BX、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 1 mol Y 的同时消耗 2 mol Z2

3、min 内 Y 的转化率为_。【答案】23 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. 0.025 molL-1min-1 CuSO4 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) AC 10% 【解析】【分析】(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；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

4、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；所给四种溶液中只Zn只能置换出Ag；从影响反应速率的因素分析；(3)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；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

5、起的一系列物理量不变；Y的转化率=100%；【详解】(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23min，原因是：该反应是放热反应，温度越高，反应速率越大；34分钟时间段，收集的氢气体积=(576464)mL=112mL，n(H2)=0.005mol，根据氢气和HCl关系式得消耗的n(HCl)=2n(H2)=20.005mol=0.01mol，则v(HCl)=0.025 mol/(Lmin)；(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；所给四种溶液中只Zn只能置换

6、出Ag，即Ag2SO4与CuSO4溶液具有相似的作用；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)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)=(1.00.4)mol=0.6mol、n(Y)=(1.00.8)mol=0.2mol、n(Z)=(0.50.1)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.

7、4mol=3:1:2，则该反应方程式为3X(g)+Y(g)2Z(g)；AY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；BX、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1mol Y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；Y的转化率=100% =100%=10%。2（1）已知3H2(g)+N2(g)2

8、NH3(g)，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如下表所示：t/s050150250350n(NH3)/mol00.240.360.400.40050s内的平均反应速率v(N2)=_。（2）已知：键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)，B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/mol。NN的键能为946kJ/mol，H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，则生成1molNH3过程中_（填“吸收”或“放出”）的能量为_。（3）为加快反应速率，可以采取的

9、措施是_。a.降低温度 b.增大压强 c.恒容时充入He气 d.恒压时充入He气 e.及时分离NH3（4）CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”（CO、H2）。科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：反应：CH4(g)C(ads)+2H2(g)(慢反应)反应：C(ads)+CO2(g)2CO(g)(快反应)上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为_。能量变化图中：E5+E1_E4+E2（填“”、“”或“=”）。【答案】 放出 46kJ b E5-E2，故E5+E10。下列可作为反应达到平衡的

10、判据是_(填序号）。A固体的质量不再改变B2v正(N2)=3v逆(O 2)CH 不变D容器内气体的压强不变EN2分子数与 O2 分子数比为 2:3在起始压强为p的反应体系中，平衡时 N2的转化率为，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）。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

11、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(AlN) 随原料中(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：固体混合物中，(NH4Cl)的最佳选择是_。结合图2解释当(NH4Cl)超过一定值后，(AlN)明显减少的原因_。(3)AIN粉末会缓慢发生水解反应，粒径为100 nm 的 AlN 粉末水解时溶液 pH的变化如图3 所示。AlN 粉末水解的化学方程式是_。相同条件下，请在图3中画出粒径为40 nm 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

12、 与N2反应 AlN + 4H2O Al(OH)3 + NH3H2O 【解析】【分析】(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；平衡时N2的转化率为，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；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)根据图像分析，当(NH4Cl)=3%时，(AlN)最大；从图2可以看出，反应过程中温度会降低。(NH4Cl)=3%时的温度比(NH4Cl)=1%时的温度降低得更多。这是因为NH4Cl分解吸热，当(NH4Cl

13、)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(AlN)明显减少；(3)AIN粉末会缓慢发生水解反应，生成Al(OH)3和NH3；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)A消耗2mol Al2O3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；CH取决

14、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；EN2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。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

15、时N2的分压，列三段式求Kp，已知平衡时N2的转化率为，则Kp=p。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)从图1可以看出，当(NH4Cl)=3%时，(AlN)最大，所以最佳选择是(NH4Cl)=3%。从图2可以看出，反应过程中温度会降低。(NH4Cl)=3%时的温度比(NH4Cl)=1%时的温度降低得更多。这是因为NH4Cl分解吸热，当(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(AlN)明显减少(3)AIN粉末会

16、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 + NH3H2O。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40 nm 的AlN粉末水解的变化曲线为。4一定条件下，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

17、一个条件，推测该反应速率发生的变化（填变大、变小、或不变）升高温度，化学反应速率_；充入1molB，化学反应速率_；将容器的体积变为3L，化学反应速率_ 。【答案】0.375 molL-1min-1 2.75 molL-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：0.375molL-1min-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：2.75molL-1；(3)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

18、大；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；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。5某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示：(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_。(2)若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0mol N2和2.0mol H2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如表所示：t/s050150250350n(NH3)00.360.480.

19、500.50050s内的平均反应速率v(N2)=_。(3)已知：键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/mol。H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，生成1mol NH3过程中放出46kJ的热量。则NN的键能为_kJ/mol。【答案】3X(g)+Y(g)2Z(g) 1.8103mol/(Ls) 946 【解析】【分析】(1)由图中所给数据看，反应开始前，X、Y的物质的量都为1.0mol，而Z的物质的量为0，所以X、Y为反应物，Z为生成物；当各物质的量不变时，其物质的量都大于0，表明反应为

20、可逆反应；再由物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，可确定反应的化学计量数关系，从而写出反应方程式。(2)从表中数据可得出，反应生成n(NH3)= 0.36mol，则参加反应的n(N2)= 0.18mol，从而求出050s内的平均反应速率v(N2)。(3)利用H=E(NN)+3E(H-H)-6E(N-H)，可求出E(NN)。【详解】(1)由图中所给数据可得出，X、Y、Z的变化量分别为0.3mol、0.1mol、0.2mol，从而得出三者的物质的量之比为3:1:2，结合上面分析，可得出该反应的化学方程式为3X(g)+Y(g)2Z(g)。答案为：3X(g)+Y(g)2Z(g)；(2)从表中数据可

21、得出，反应生成n(NH3)= 0.36mol，则参加反应的n(N2)=0.18mol，从而得出050s内的平均反应速率v(N2)= 1.8103mol/(Ls)。答案为：1.8103mol/(Ls)；(3)利用H=E(NN)+3E(H-H)-6E(N-H)，可求出E(NN)=H-3E(H-H)+6E(N-H)=- 462kJ/mol-3436kJ/mol+6391kJ/mol=946 kJ/mol。答案为：946。【点睛】由图中数据确定反应方程式时，对于方程式中的每个关键点，都需认真求证，不能随意表示，否则易产生错误。如我们在书写方程式时，很容易将反应物与生成物之间用“=”表示。6工业废水中常

22、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）能说明第步反应达平衡状态的是_（填序号）ACr2O72和CrO42的浓度相同B2v（Cr2O72）=v（CrO42）C溶液的颜色不变（3）第步中，还原1molCr2O72离子，需要_mol的FeSO47H2O（4）第步生成的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，C

23、r（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 C 6 5 阳极反应为Fe2eFe2+，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

24、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）ACr2O72和CrO42的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，A错误；B2v（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

25、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FeSO47H2O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：Fe2e-=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；综上所述，本题答案是：Fe2e-=Fe2+，提供还原剂F

26、e2+；（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煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，大量排放烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。回答下列问题：.利用CO脱硫(1)工业生产可利用CO气体从燃煤烟气中脱硫，则25时CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(s)的焓变H_。25，100kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已

27、知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示：物质CO(g)CO2(g)SO2(g)标准摩尔生成焓fHm(25)/kJmol-1-110.5-393.5-296.8(2)在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2mol CO和1mol SO2气体，在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。在实验b中，40 min达到平衡，则040 min用SO2表示的平均反应速率v(SO2)_。与实验a相比，实验b可能改变的条件为_，实验c可能改变的条件为_。.利用NH3脱硝(3)在一定条件下，用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3(g)6NO(g)5N2(g)6H2O(l)H1807.98kJmol1。在刚性容器中，NH3与NO的物质的量之比分别为X、Y、Z(其中XYZ)，在不同温度条件下，得到NO脱除率(即NO转化率)曲线如图所示。NH3与NO的物质的量之比为X时对应的曲线为_(填“a”“b”或“c”)。各曲线中NO脱除率均先升高后降低