【步步高】2022届高考化学一轮复习 7-2 化学反应速率化学反应条件的优化 鲁科版.docx

1、第二讲 化学反应速率 化学反应条件的优化一、选择题1下列关于化学反应速率的说法，不正确的是 ()A化学反应速率是衡量化学反应进行快慢程度的物理量B单位时间内物质的浓度变化大，则化学反应速率就快C化学反应速率可以用单位时间内生成某物质的质量的多少来表示D化学反应速率常用单位有mol/(Ls)和mol/(Lmin)解析根据化学反应速率的概念，C项不正确。答案C2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 ()Av(W)3v(Z) B2v(X)3v(Z)C2v(X)v(Y) D3v(W)2v(X)解析由可知C正确。答案C32SO2(g)O2(g)2SO3(g

2、)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是 ()A催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率B增大反应体系的压强，反应速率一定增大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t1t2内，SO3(g)生成的平均速率为v解析催化剂能同等程度地改变正逆反应速率，A项错误；压强对化学反应速率的影响是通过改变浓度来实现的，增大反应体系的压强，浓度不一定增大，如恒容下充入惰性气体，速率并没有增大，B项错误；降低温度反应速率减小，延长反应达到平衡的时间，C项错误；化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减少量或生成物浓度的增加量来表示，D项

3、正确。答案D4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下图所示，计算反应48 min间的平均反应速率和推测反应16 min时反应物的浓度，结果应是 ()A2.5 molL1min1和2.0 molL1B2.5 molL1min1和2.5 molL1C3.0 molL1min1和3.0 molL1D5.0 molL1min1和3.0 molL1解析据图可知，4 min时化合物Bilirubin的浓度为20 molL1,8 min时其浓度为10 molL1，因此48 min间的平均反应速率为2.5 molL1min1。进一步分析图像可知04 min间的平

4、均分解速率为5.0 molL1min1，由以上分析数据大致可确定平均分解速率基本呈等比递减变化，因此可估算812 min间平均分解速率为1.25 molL1min1,1216 min间平均分解速率为0.625 molL1min1，因此16 min时反应物的浓度大致应为10 molL11.25 molL1min14 min0.625 molL1min14 min2.5 molL1，故B项正确。答案B5在一定条件下，可逆反应N2(g)3H3(g) =2NH3(g)H0达到平衡，当单独改变下列条件后，有关叙述错误的是 ()A加催化剂，v(正)、v(逆)都发生变化，且变化的倍数相等B加压，v(正)、v

5、(逆)都增大，且v(正)增大的倍数大于v(逆)增大的倍数C降温，v(正)、v(逆)都减小，且v(正)减小的倍数小于v(逆)减小的倍数D加入氩气，v(正)、v(逆)都增大，且v(正)增大的倍数大于v(逆)增大的倍数解析A项，催化剂能同等程度的改变v(正)和v(逆)；B项，加压时，v(正)和v(逆)均增大，但v(正)增大的程度大于v(逆)；C项，降温时，v(正)和v(逆)均减小，但吸热反应速率减小倍数大于放热反应速率减小的倍数；D项，加入Ar时，若保持恒温、恒容，v(正)和v(逆)不变。答案D6可逆反应mA(g)nB(g) =pC(g)gD(g)的vt图像如图甲所示，若其他条件都不变，只是在反应前

6、加入合适的催化剂，则其vt图像如图乙所示。a1a2a1a2b1b2b1b2t1t2t1t2两图中阴影部分面积相等图乙中阴影部分面积更大以上所列正确的为 ()A B C D解析使用催化剂仅仅是加快反应速率，缩短达到平衡的时间，正确。答案A7T 时在2 L密闭容器中使X(g)与Y(g)发生反应生成Z(g)。反应过程中X、Y、Z的物质的量变化如图1所示；若保持其他条件不变，温度分别为T1和T2时，Y的百分含量与时间的关系如图2所示。则下列结论正确的是 ()A反应进行的前3 min内，用X表示的反应速率v(X)0.3 molL1min1B容器中发生的反应可表示为：3X(g)Y(g) =2Z(g)C保持

7、其他条件不变，升高温度，反应的化学平衡常数K减小D若改变反应条件，使反应进程如图3所示，则改变的条件是增大压强解析由图1知：v(X) molL1min10.1 molL1min1。n(X)n(Y)n(Z)0.60.20.4312，故反应可表示为：3X(g)Y(g)2Z(g)。由图3可知：正反应为吸热反应，故升高温度，平衡常数K增大。由图2知；改变条件，反应达到平衡的时间缩短，但平衡未发生移动，故改变的条件是使用催化剂。答案B8某反应的H100 kJmol1，下列有关该反应的叙述正确的是()A正反应活化能小于100 kJmol1B逆反应活化能一定小于100 kJmol1C正反应活化能不小于100

8、 kJmol1D正反应活化能比逆反应活化能大100 kJmol1解析由反应的H100 kJmol1知，该反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，即正反应活化能逆反应活化能100 kJmol1。由计算公式可知，正反应活化能大于100 kJmol1，故A、C项错误；无法判断逆反应活化能大小，故B项错误。答案D二、非选择题9地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。(1)实验前：先用0.1 molL1 H2SO4洗涤Fe粉，其目的是_，然后用蒸馏水洗涤至中性；将KNO3溶液

9、的pH调至2.5；为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入_(写化学式)。(2)下图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式_。t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH的浓度在增大，Fe2的浓度却没有增大，可能的原因是_。(3)该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：溶液的pH；假设二：_；假设三：_；(4)请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论。(已知：溶液中的NO浓度可用离子色谱仪测定)解析(1)因为铁易生锈，即铁

10、表面会有铁的氧化物等杂质，所以要用硫酸除去铁表面的氧化物等杂质；氧气具有强氧化性，会氧化生成的Fe2，为防止该反应的发生必需通入一种保护性气体且不能引入杂质，因此可以选用氮气；(2)由图像可知该反应的离子方程式是：4Fe10HNO=4Fe2NH3H2O；t1时刻后，随着反应的进行，溶液中pH逐渐增大，继续有Fe2生成，但从图像上看Fe2的浓度却在减小，原因是Fe2的水解消耗了Fe2，使Fe2浓度降低；(3)影响反应速率的外界因素比较多，例如温度、浓度、溶液的酸碱性、固体的表面积等等；(4)要验证假设一，需要固定其他条件不变，例如硝酸的浓度、反应的温度、铁的表面积都必需保持一致，然后在相同时间内

11、测量溶液中NO的浓度(依据提示：溶液中的NO浓度可用离子色谱仪测定)来判断pH不同时对脱氮对反应速率有没有影响。答案(1)除去铁粉表面的氧化物等杂质N2(2)4Fe10HNO=4Fe2NH3H2O生成的Fe2水解(或和溶液中OH的结合)(3)温度铁粉颗粒大小(4)实验步骤及结论：分别取等体积、等浓度的KNO3溶液于不同的试管中；调节溶液呈酸性且pH各不相同，并通入氮气；分别向上述溶液中加入足量等质量的同种铁粉；用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO的浓度。若pH不同的KNO3溶液中，测出的NO浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响。(本题属于开放性试题，合理答案均可)10一定温度下

12、，在2 L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图所示：(1)从反应开始到10 s，用Z表示的反应速率为_。X的物质的量浓度减少了_，Y的转化率为_。(2)该反应的化学方程式为_。(3)10 s后的某一时刻(t1)改变了外界条件，其速率随时间的变化图像如图所示：则下列说法符合该图像的是_。At1时刻，增大了X的浓度Bt1时刻，升高了体系温度Ct1时刻，缩小了容器体积Dt1时刻，使用了催化剂解析(1)分析图像知：c(Z)0.79 molL1，v(Z)0.079 molL1s1，c(X)0.395 molL1。Y的转化率(Y)100%79.0%答案(1)0.079 molL1s10

13、.395 molL179.0%(2)X(g)Y(g)2Z(g)(3)CD11向2 L密闭容器中通入a mol气体A和b mol气体B，在一定条件下发生反应：xA(g)yB(g)pC(g)qD(g)已知：平均反应速率v(C)v(A)；反应2 min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了 mol，有a mol D生成。回答下列问题：(1)反应2 min内，v(A)_；v(B)_；(2)化学方程式中，x_、y_、p_、q_；(3)反应平衡时，D为2a mol，则B的转化率为_；(4)如果只升高反应温度，其他反应条件不变，平衡时D为1.5a mol，则该反应的H_0(填“”“”或“”)；(5)如果其他

14、条件不变，将容器的容积变为1 L，进行同样的实验，则与上述反应比较：反应速率_(填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是_；平衡时反应物的转化率_(填“增大”“减小”或“不变”)，理由是_。解析本题考查化学反应速率计算以及影响化学反应速率和化学平衡移动的因素，意在考查考生的计算能力和分析解决问题的能力。(1)根据化学反应速率定义：v(A)c(A)/ta/(22)a molL1min1，v(B)c(B)/ta/(22)a molL1min1。(2)可以求出v(C)a molL1min1，v(D)a molL1min1，根据速率之比等于反应方程式中计量数之比，xypq，则x2；y3；p1；q6。(

15、3)2A(g)3B(g)C(g)6D(g)起始/mol a b 0变化/mol a 2a平衡/mol 2aB的转化率100%。(4)其他条件不变，升高温度，平衡时D的量减少，说明升高温度平衡向左移动，即正反应为放热反应。(5)其他条件不变缩小体积，浓度增大，所以反应速率增大；该反应是气体体积增大的反应，缩小体积，平衡将向体积缩小的方向移动，即向左移动，所以反应物的转化率减小。答案(1) molL1min1molL1min1(2)2316(3)100%(4)(5)增大体积减小，反应物的浓度增大，因而使反应速率增大减小体积减小，气体的压强增大，平衡向气体分子数减少的方向(即逆反应方向)移动，因而使

16、反应物转化率减小12自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每加深1 km，压强增大约25 00030 000 kPa。在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)4HF(g)SiF4(g)2H2O(g)H148.9 kJmol1根据题意完成下列填空：(1)在地壳深处容易有_气体逸出，在地壳浅处容易有_沉积。(2)如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应_(选填编号)a一定向正反应方向移动b在平衡移动时正反应速率先增大后减小c一定向逆反应方向移动d在平衡移动时逆反应速率先减小后增大(3)如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，_(选填编号)。a2v(正)(

17、HF)v(逆)(H2O)bv(H2O)2v(SiF4)cSiO2的质量保持不变d反应物不再转化为生成物(4)若反应的容器容积为2.0 L，反应时间8.0 min，容器内气体的密度增大了0.12 gL1，在这段时间内HF的平均反应速率为_。解析(1)地壳深处压强大，平衡向气体体积减少的方向移动，即平衡正向移动，有SiF4和H2O逸出，地壳浅处处压强小，平衡逆向移动，有SiO2沉积。(2)平衡常数只与温度有关，平衡常数K值变大，说明平衡正向移动，而降温平衡正向移动，所以反应速率减小，随着反应的进行，生成物的浓度越来越大，逆反应速率又逐渐增大。(3)达到平衡时，正逆反应的速率相等，各组分的量不再发生变化，故c项正确；单位时间内每减少2 mol HF，同时消耗1 mol H2O，故a项不正确，b项不管是否平衡都正确，故b项正确；化学平衡是一种动态平衡，d项错误。(4)8.0 min时，容器内气体增大了m0.12 gL12.0 L0.24 g，由反应SiO2(s)4HF(g)SiF4(g)2H2O(g)知：参加反应的n(SiO2)0.004 mol。故n(HF)0.016 0 mol，v(HF)0.001 0 molL1min1。答案(1)SiF4、H2OSiO2(2)ad(3)bc(4)0.001 0 molL1min1