推荐高考(押题)化学一轮复习 主题17 化学反应速率(6)(含解析)

主题17:化学反应速率
李仕才
B卷最新模拟·滚动训练
1.化学与生产、生活及社会发展密切相关,下列有关说法正确的是( )。

A.碳单质有多种同素异形体,如金刚石、12C、14C、C60等
B.用高锰酸钾溶液、酒精、双氧水的强氧化性进行杀菌消毒
C.用于光缆通信的光导纤维和制作航天服的聚酯纤维都是新型无机非金属材料
D.“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,对青蒿素的提取属于物理变化
【解析】质子数相同、中子数不同的原子互为同位素,12C、14C是碳的两种核素,同种元素形成的不同种单质互为同素异形体,金刚石、C60是碳形成的两种单质,互为同素异形体,A项错误;用高锰酸钾溶液、双氧水进行杀菌消毒是利用其强氧化性,而用酒精是使蛋白质变性而产生消毒的效果,B项错误;制作航天服的聚酯纤维属于有机物,C项错误;“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,对青蒿素的提取是萃取后过滤,属于物理变化,D项正确。

【答案】D
2.N2O5是一种新型硝化剂,其性质和制备受到人们的关注。

一定温度下,在2 L 恒容密闭容器中发生反应:2N 2O5(g)4NO2(g)+O2(g) ΔH>0。

反应物和部分生成物的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。

下列说法正确的是( )。

A.0~20 s内平均反应速率v(N2O5)=0.1 mol·L-1·s-1
B.10 s时,正、逆反应速率相等,达到平衡
C.20 s时,正反应速率大于逆反应速率
D.曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化
【解析】由图像可得,反应过程中b减小,a增大,则b是N2O5的物质的量的变化曲线,根据Δn 与化学计量数的关系可知,a是NO2的物质的量的变化曲线。

0~20 s内反应的N2O5的物质的量为
(5.0-3.0) mol=2.0 mol,平均反应速率v(N2O5)==0.05 mol·L-1·s-1,故A项错误;10 s 时,反应物和生成物的物质的量相等,但只是这一时刻相等,反应并没有达到平衡,故B项错误;20 s开始,反应物和生成物的物质的量不再变化,反应达到了平衡,正反应速率等于逆反应速率,故C 项错误;由上述分析知,曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化,D项正确。

【答案】D
3.下列各组物质中,气体X和气体Y同时通入盛有溶液Z的洗气瓶中(如图所示),一定没有
．．沉淀生成的是( )。

【解析】SO2溶于水生成的H2SO3具有还原性,NO2溶于水生成的HNO3具有氧化性,HNO3能将H2SO3氧化成H2SO4,再与BaCl2反应生成沉淀,所以A中有沉淀生成,A 项错误;氨气溶于水生成氨水,呈碱性,能与Al3+反应生成Al(OH)3沉淀,所以B中有沉淀生成,B项错误;氨气溶于水生成氨水,呈碱性,CO2与碱反应生成C,然后与Ca2+反应生成CaCO3沉淀,C项错误;CO2、SO2溶于水,溶液均呈酸性,与CaCl2均不反应,无沉淀生成,D项正确。

【答案】D
4.在10 L的密闭容器中,A、B、C 三种物质的物质的量(n)与时间(t)的关系如图1所示,C的百
分含量(C%)与温度(T)的关系如图2所示,下列分析错误
．．的是( )。

A.该反应的化学方程式是2A+B C
B.0~4 min时,A的平均反应速率为0.1 mol·L-1·min-1
C.由T1向T2变化时,v(正)>v(逆)
D.平衡后升高温度,反应的平衡常数K减小
【解析】根据图1知,随着反应的进行,A和B的物质的量减小,C的物质的量增大,则A和B 是反应物,C是生成物,反应过程中,物质的量的变化量之比等于其化学计量数之比,所以A、B和C的化学计量数之比=(2.4-1.6) mol∶(1.6-1.2) mol∶(0.4-0) mol=0.8 mol∶0.4 mol∶0.4 mol=2∶1∶1,则该反应的化学方程式是2A+B C,故A项正确;0~4 min时,A的平均反应速率
v(A)===0.01 mol·L-1·min-1,故B项错误;由T1向T2变化时,C的含量增大,平衡向正反应方向移动,则正反应速率大于逆反应速率,故C项正确;当反应达到T3时,再升高温度,C 的含量降低,则正反应是放热反应,反应达到平衡后,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,故D项正确。

【答案】B
5.工业制硫酸的主要反应之一为2SO 2(g)+O2(g)2SO3(g),反应过程中能量变化如图所示,下列说法错误
．．的是( )。

A.该反应的正反应为放热反应
B.向反应体系中加入催化剂后,图中E3不变
C.该反应的焓变ΔH=(E1-E2) kJ·mol-1
D.升高温度,E1变大
【解析】图中E1为正反应的活化能,E2为逆反应的活化能,E3为反应热。

A项,由于反应物的总能量大于生成物的总能量,因此该反应的正反应为放热反应,正确;B项,催化剂能改变反应的历程,降低反应的活化能,不改变反应热,加入催化剂后E1、E2减小,E3不变,正确;C项,该反应的焓变ΔH=(E1-E2) kJ·mol-1,正确;D项,升高温度,分子获得更高的能量,增大活化分子百分数,E1不变,错误。

【答案】D
6.某化学小组为探究固体颗粒的大小对反应速率的影响,设计了下列实验:
称取5.00 g均匀的块状大理石(含有SiO2等不与盐酸反应的杂质)与50.0 mL 2.00 mol·L-1稀盐酸混合,测得实验过程中逸出气体的质量并记录(假设只逸出CO2);再称量5.00 g大理石粉末,重复以上实验操作。

实验数据汇总如图所示:
下列说法正确的是( )。

A.图中曲线①表示的是块状大理石与盐酸反应
B.由图可知,如果等待的时间足够长,两条曲线应逐渐交汇
C.大理石粉末与盐酸反应的实验中,0~8 min内,盐酸的平均反应速率v(HCl)=1.64
mol·L-1·min-1
D.块状大理石与盐酸反应的实验中,13 min时,CaCO3的消耗率为63.6%
【解析】接触面积越大,反应越快,②表示的是块状大理石与盐酸反应,故A项错误;取料相同,生成二氧化碳的量一定相同,故B项正确;大理石粉末与盐酸反应的实验中,0~8 min内,盐酸的平均反应速率v(HCl)=0.205 mol·L-1·min-1,故C项错误;13 min时,生成二氧化碳的质量为1.4 g,消耗碳酸钙的质量为3.18 g,由于样品中含有杂质,因此不能计算CaCO3的消耗率,D项错误。

【答案】B
7.下列能达到实验目的的是( )。

【解析】MnO2应与浓盐酸反应制Cl2,故A项错误;Cl2通入含I-废液中,应长管进,短管出,故B项错误;应用萃取的方法提取碘,过滤是分离固体与液体,故C项错误;可用升华法提取碘,故D 项正确。

【答案】D
8.一定条件下,温度对有机污染物p-CP降解反应的影响如图所示。

下列判断不正确
．．．的是( )。

A.T1<T2
B.p-CP降解反应是吸热反应
C.其他条件相同时,温度越高,反应速率越快
D.T1℃时,在50~150 s之间p-CP的平均降解速率为1.6×10-5mol·L-1·s-1
【解析】温度越高反应速率越快,由图示可知T1<T2,故A项正确;由图示可知达到平衡后,升高温度,反应物的浓度降低,即平衡正向移动,说明降解反应是吸热反应,故B项正确;温度对速率的影响是当其他条件相同时,温度越高,反应速率越快,故C项正确;T1℃时,在50~150 s之间
p-CP的平均降解速率v==8.0×10-6mol·L-1·s-1,故D项错误。

【答案】D
9.Ⅰ.ClO2气体是一种高效、广谱、安全的杀菌消毒剂,可用NaClO3和草酸(H2C2O4)反应制得。

无水草酸100 ℃可以升华。

某学习小组用如图所示装置模拟工业制取并收集ClO2。

(1)实验时装置A需在60~100 ℃进行的原因是,控制所需温度的方法是。

(2)装置A中反应产物有Na2CO3、ClO2和CO2等,该反应的化学方程式
为。

(3)在装置C中ClO2和NaOH反应生成等物质的量的两种盐,其中一种盐为NaClO2,写出该反应的离子方程式: 。

Ⅱ.某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。

实验时,先分别量取两种溶液,然后倒入试管中迅速振荡,混合均匀,开始计时,通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。

该小组设计了如下方案:
(1)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出,为了观察到紫色褪去,H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为c(H2C2O4)∶c(KMnO4)≥。

(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是(填编号,下同),可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是。

(3)实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40 s,忽略混合前后溶液体积的微小变化,这段时间内平均反应速率v(KMnO4)= mol·L-1·min-1。

【解析】Ⅰ.(1)一般来说,升高温度,活化分子的百分数增大,反应速率增大,温度过低,化学反应速率较慢,无水草酸100 ℃时可以升华,温度过高,草酸升华或分解,所以实验时装置A需在60~100 ℃进行,反应温度低于水的沸点,用水浴可使反应容器受热均匀,且使温度控制在
60~100 ℃。

(2)装置A中反应物为NaClO3、H2C2O4,产物有Na2CO3、ClO2和CO2等,Cl(+5→+4),C(+3→+4),根据得失电子守恒和原子守恒,该反应的化学方程式为
2NaClO3+H2C2O4Na2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O。

(3)NaOH吸收ClO2尾气,生成物质的量之比为1∶1的两种阴离子,一种为Cl,根据氧化还原反应规律,另一种离子中Cl元素的化合价升高,即该离子为Cl,反应的离子方程式为
2ClO2+2OH-Cl+Cl+H2O。

Ⅱ.(1)高锰酸钾在酸性环境下能够氧化草酸,生成二氧化碳,高锰酸根离子被还原为二价锰离子,反应中化合价降低的元素是锰元素,从+7价降到+2价,草酸中碳元素的化合价从+3价升高到+4价,要使得失电子守恒,高锰酸根离子系数为2,草酸系数为5,依据原子个数守恒,反应的离
子方程式为5H2C2O4+2Mn+6H+2Mn2++5CO2↑+8H2O,为了观察到紫色褪去,即让高锰酸钾完全反应,故c(H2C2O4)∶c(KMnO4)≥2.5。

(2)探究温度对化学反应速率的影响,必须满足除了温度不同,其他条件完全相同,所以满足此条件的实验编号是②和③;探究反应物浓度对化学反应速率的影响,除了浓度不同,其他条件完全相同的实验编号是①和②。

(3)混合后溶液中高锰酸钾的浓度为=mol·L-1,40 s即
min,反应完全时平均反应速率v(KMnO4)==mol·L-1·min-1=0.01 mol·L-1·min-1。

【答案】Ⅰ.(1)温度过低,化学反应速率较慢,温度过高,草酸升华或分解水浴加热
(2)2NaClO3+H2C2O4Na2CO3+2ClO2↑+CO2↑+H2O
(3)2ClO2+2OH-Cl+Cl+H2O
Ⅱ.(1)2.5
(2)②③①②
(3)0.01
10.在一定条件下,二氧化硫和氧气发生反应:2SO 2(g)+O2(g)2SO3(g)。

(1)降低温度,化学反应速率(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)600 ℃时,在一容积为2 L的密闭容器中,将二氧化硫和氧气混合,在反应进行至10 min和20 min时,分别改变影响反应的一个条件,反应过程中SO2、O2、SO3物质的量的变化如图所示,前10 min正反应速率逐渐(填“增大”“减小”或“不变”);前15 min内用SO3表示平均反应速率为。

(3)图中反应进程,表示正反应速率与逆反应速率相等(达到平衡状态)的时间段
是。

(4)根据图判断,10 min时改变的条件可能是(填字母,下同);20 min时改变的反应条件可能是。

a.加入催化剂
b.缩小容器容积
c.降低温度
d.增加O2的物质的量
【解析】(1)降低温度,化学反应速率减小。

(2)根据图像可知前10 min内反应物浓度逐渐减小,正反应速率逐渐减小;前15 min内生成
的三氧化硫是0.04 mol,浓度是0.02 mol·L-1,则用SO3
表示的平均反应速率为
=1.33×10-3mol·L-1·min-1。

(3)反应混合物中各物质的物质的量不变化,说明反应处于平衡状态,由图可知在15~20 min、25~30 min,各组分的物质的量不变,反应处于平衡状态。

(4)根据图像可知10 min时曲线斜率均增大,说明反应速率加快,因此改变的条件可能是加入催化剂或缩小容器容积,增大压强;20 min时氧气浓度突然增大,其他物质的浓度不变,因此改变的条件是增加O2的物质的量。

【答案】(1)减小
(2)减小 1.33×10-3mol·L-1·min-1
(3)15~20 min,25~30 min
(4)ab d。