【高考领航】2022年高考化学总复习 第一节 化学反应速率及影响因素练习 新人教版必修1 .docx

1、【高考领航】2022年高考化学总复习 第一节 化学反应速率及影响因素练习 新人教版必修1 1对于可逆反应A(g)3B(g)2C(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是()Av(A)0.5 mol/(Lmin)Bv(B)1.2 mol/(Lmin)Cv(C)0.4 mol/(Lmin)Dv(C)1.1 mol/(Lmin)解析：本题可以采用归一法进行求解，可以通过方程式的系数将不同物质的反应速率折算成同一物质的反应速率进行比较，B项中对应的v(A)0.4 mol/(Lmin)；C项中对应的v(A)0.2 mol/(Lmin)；D项中对应的v(A)0.55 mol/(Lmi

2、n)。答案：D2决定化学反应速率的主要因素是()A反应物的浓度 B反应温度C使用催化剂 D反应物的性质解析：化学反应速率的大小主要取决于反应物本身性质，外界条件仅是影响，是次要因素。答案：D3反应2SO2O22SO3经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 molL1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 molL1s1，则这段时间为()A0.1 s B2.5 sC5 s D10 s解析：因v(O2)0.04 molL1s1。则v(SO3)0.08 molL1s1故所需时间为t5 s。答案：C4对反应：ABAB来说，常温下按以下情况进行反应：20 mL溶液中含A、B各0.01 mol50

3、mL溶液中含A、B各0.05 mol0.1 molL1的A、B溶液各10 mL0.5 molL1的A、B溶液各50 mL四种溶液反应速率的大小关系是()A BC D解析：中A、B物质的量浓度为0.50 molL1；中A、B物质的量浓度为1.0 molL1；中A、B物质的量浓度为0.05 molL1；中A、B物质的量浓度为0.25 molL1，故反应速率。答案：A5(2022年福建卷)一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是()A在050 min之间，pH2和pH7时R的降解百分率相等B溶液酸性越强，R的降解速率越小CR的起始浓度越小，降解速率越大D

4、在2025 min之间，pH10时R的平均降解速率为0.04 molL1min1解析：在050 min之间，pH2或7时反应尺度完全降解，则降解率为100%，A正确；通过各pH时倾斜程度可知B错误；同一pH时，R的起始浓度降解速率的关系由图示无法比较，C错误；pH10时，2025 min之间R的平速降解速率为：(0.60.4) mol104 mol/L/5 min4106 mol/(Lmin)，D错误。答案：A6.在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0,600 时，在某密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量有如图所

5、示的变化。其中10 min到15 min时，与图像不相符的变化是()A加了催化剂B增加SO3的物质的量C升高温度D缩小容器体积解析：10 min到15 min时，O2、SO2的物质的量都是逐渐减小，SO3的物质的量都是逐渐增大；只是10 min前变化较缓，10 min后变化较快。这是改变了某条件使反应速率加快所造成的。所以，可能是加入了催化剂或升高温度或缩小容器体积。不可能是增加了SO3的物质的量。答案：B7(2022年济南模拟有改动)下列说法正确的是()A加入适当催化剂可以改变化学反应速率，但不可提高反应物的转化率B放热反应的反应速率一定比吸热反应的反应速率大C升高温度，对吸热反应而言，正反

6、应速率增大，逆反应速率减小D增大压强时，正、逆反应速率一定均增大答案：A答案：C8一定条件下，在密闭容器中，通入N2、H2进行N23H22NH3H0，下列叙述正确的是()A充分反应后，密闭容器中N2和H2至少有1种物质的浓度为零B使用适宜的催化剂，可以加快反应的速率C增加H2的浓度或降低温度，都会加快正反应速率D反应达平衡后，减小容器的体积，H2的浓度不变解析：由可逆反应定义可知A错误；降低温度反应速率降低，C错误；减小反应容器的体积不论平衡向哪个方向移动，各物质的浓度均增大，D错误。答案：B9(2022年福建理综)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

7、变化如图所示，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

8、，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：B10右图为某化学反应的速率与时间的关系示意图。在t1时刻升高温度或增大压强，速率的变化都符合示意图的反应是()A2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0B4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)H0DC(s)H2O(g)CO(g)H2(g)H0解析：A项反应达到平衡后增大压强时

9、，v(正)v(逆)；C项反应达到平衡后增大压强时，v(正)、v(逆)均增大，但v(正)v(逆)，且升高温度时，v(正)v(逆)；D项反应达到平衡后升高温度时，v(正)v(逆)；B项反应达到平衡后不管是升高温度还是增大压强，v(正)、v(逆)都增大，且都满足v(逆)v(正)，故B符合。答案：B11某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生成速率。请回答下列问题：(1)上述实验中发生反应的化学方程式有_；(2)硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是_；(3)实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液，可与上述实验中CuSO4溶液起相似作

10、用的是_；(4)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_(答两种)；(5)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将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，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。实验混合溶液ABCDEF4 molL1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100请完成此实验设计，其中：V1_，V6_，V9_；反应一段时间后，实验A中的金属呈_色，实验E中的金属呈_色；该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速

11、率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因_。解析：(1)分析实验中涉及的物质：Zn、CuSO4、H2SO4，其中能发生的化学反应有2个：ZnCuSO4=ZnSO4Cu，ZnH2SO4=ZnSO4H2。(2)由于Zn与CuSO4反应生成的Cu附着在Zn片表面，构成铜锌原电池，从而加快了H2产生的速率。(3)4种溶液中能与Zn发生置换反应的只有Ag2SO4，ZnAg2SO4=ZnSO42Ag。(4)根据影响化学反应速率的外界因素，则加快反应速率的方法还有：增大反应物浓度，升高温度，使用催化剂，增大锌粒的比表面积等。注意H2SO4

12、浓度不能过大，浓硫酸与Zn反应不生成H2。(5)若研究CuSO4的量对H2生成速率的影响，则实验中除CuSO4的量不同之外，其他物质的量均相同，则V1V2V3V4V530 mL，最终溶液总体积相同，由F可知，溶液的总体积均为50 mL，则V610 mL，V917.5 mL。随着CuSO4的量增大，则附着在Zn片表面的Cu会越来越多，当Cu完全覆盖Zn片时，Zn不能与H2SO4接触，则H2生成速率会减慢，且Zn片表面的Cu为暗红色。答案：(1)ZnCuSO4=ZnSO4CuZnH2SO4=ZnSO4H2(2)CuSO4与Zn反应产生的Cu与Zn形成Cu/Zn微电池，加快了氢气产生的速率(3)Ag

13、2SO4(4)升高反应温度、适当增加硫酸的浓度、增加锌粒的表面积等(5)301017.5灰黑暗红当加入一定量的CuSO4后，生成的单质Cu会沉积在Zn的表面，降低了Zn与溶液的接触面积12(2022年广东卷)碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 molL1 KI、0.2%淀粉溶液、0.20 molL1 K2S2O8、0.10 molL1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O822I=2SO42I2(慢)I22S2O32=2IS4O62(快)(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的_耗尽后，溶液颜色将由无色变

14、成为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O32与S2O82初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O32)n(S2O82)_。(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：实验序号体积V/mLK2S2O8溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液110.00.04.04.02.029.01.04.04.02.038.0Vx4.04.02.0表中Vx_，理由是_。(3)已知某条件下，浓度c(S2O82)反应时间t的变化曲线如下图，若保持其他条件不变，请在坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O82)t的变化曲线示意图(进行相应的标注)解析：S2O82可氧化I生成I2，但生

15、成的I2迅速被S2O32还原又重新生成I，所以在S2O32存在时不会有I2存在，即Na2S2O3在耗尽后，才能存在I2遇淀粉溶液变蓝色，把上述两方程式加合，相当于反应：S2O822S2O32=2SO42S4O62发生，当n(S2O32)n(S2O82)2时，S2O82过量才能氧化I生成I2，遇淀粉变蓝色。因为探究反应物浓度对反应速率的影响，在改变K2S2O8浓度时，应保证每组实验中其它物质(KI、Na2S2O3、淀粉)的浓度不变，即要保证混合后总溶液的体积相同，即：10.00.04.04.02.09.01.04.04.02.08.0Vx4.04.02.0，Vx2.0；在改变温度及催化剂的条件下

16、，反应速率要发生变化，达平衡时的时间改变，降低温度速率减慢，反应完所需时间长，加入催化剂，反应速率加快，所需时间短：答案：(1)Na2S2O32(2)2.0保证反应物K2S2O8的浓度改变，而其他的不变(3)13在溶液中，反应A2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c(A)0.100 molL1、c(B)0.200 molL1及c(C)0 molL1。反应物A的浓度随时间的变化如下图所示。请回答下列问题：(1)与比较，和分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是：_；_。(2)实验平衡时B的转化率为_；实验平衡时C的浓度为_。(3)该反应的H_0，其判断理由是_。(4)

17、该反应进行到4.0 min时的平均反应速率：实验：vB_；实验：vC_。解析：(1)的反应速率大于的，影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、催化剂、压强等，此反应在溶液中进行且浓度一定，所以此题只能从温度、催化剂中选择，因为任何反应均伴随着能量变化，所以只要温度改变，化学平衡一定发生移动；(2)由三步曲A2B C始态(molL1): 0.100 0.200 0终态(molL1): 0.060 0.120 0.040反应(molL1): 0.040 0.080 0.040终态(molL1): 0.040 0.080 0.060反应(molL1): 0.060 0.120 0.060可知中B的转

18、化率等于100%；(4)由化学方程式计量数可知v(B)2v(A)、v(C)v(A)，由v(A)求算。答案：(1)加催化剂达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变温度升高达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小(2)40%(或0.4)0.060 molL1(3)温度升高，平衡向正反应方向移动，故该反应是吸热反应(4)0.014 mol(Lmin)10.009 mol(Lmin)114(2022年重庆理综)臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。(1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是_和_。(填分子式)(2)O3在水中易分解，一定条件下；O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。已知：O3的起始

19、浓度为0.0216 mol/L。pHt/minT/3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是_。在30 、pH4.0条件下，O3的分解速率为_mol/(Lmin)。据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为_。(填字母代号)a40 、pH3.0b10 、pH4.0c30 、pH7.0(3)O3可由臭氧发生器(原理如图所示)电解稀硫酸制得。图中阴极为_(填“A”或“B”)，其电极反应式为_。若C处通入O2，则A极的电极反应式为_。若C处不通入O2，D、E处分别收集到x L和y

20、 L气体(标准状况)，则E处收集的气体中O3所占的体积分数为_。(忽略O3的分解)解析：本题考查反应速率的计算及影响因素、电解池电极反应式的书写及计算等知识。(1)根据氧化还原反应基本原理不难确定生成的两种单质是I2和O2。(2)分析表中的数据知，pH增大，O3的分解速率加快，则对O3分解起催化作用的是OH。查表计算v(O3)1.00104mol/(Lmin)。分析表中数据知，a项中反应时间31ta231，tc15，故可判断O3的分解速率的大小顺序是bac。(3)由图知电极B产生O3和O2，则B极为阳极，故A极为阴极，电极反应式为2H2e=H2。若C处通入O2，则得电子的是氧化性更强的O2，电极反应式为O24H4e=2H2O。由得失电子守恒有：642，解得V(O3)(x2y)L，故O3的体积分数为。答案：(1)I2O2(2)OH1.00104b、a、c(3)A2H2e=H2O24H4e=2H2O(x2y)/y