备战高考化学 化学反应的速率与限度 培优练习含答案含答案.docx
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备战高考化学化学反应的速率与限度培优练习含答案含答案
备战高考化学化学反应的速率与限度培优练习(含答案)含答案
一、化学反应的速率与限度练习题(含详细答案解析)
1.能源与材料、信息一起被称为现代社会发展的三大支柱。
面对能源枯竭的危机,提高能源利用率和开辟新能源是解决这一问题的两个主要方向。
(1)化学反应速率和限度与生产、生活密切相关,这是化学学科关注的方面之一。
某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化,在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉,用排水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(标况)
100
240
464
576
620
①哪一段时间内反应速率最大:
__________min(填“0~1”“1~2”“2~3”“3~4”或“4~5”)。
②另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积。
他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率但不影响生成氢气的量。
你认为可行的是____________(填字母序号)。
A.KCl溶液B.浓盐酸C.蒸馏水D.CuSO4溶液
(2)如图为原电池装置示意图:
①将铝片和铜片用导线相连,一组插入浓硝酸中,一组插入烧碱溶液中,分别形成了原电池,在这两个原电池中,作负极的分别是_______(填字母)。
A.铝片、铜片B.铜片、铝片
C.铝片、铝片D.铜片、铜片
写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式:
_______________。
②若A为Cu,B为石墨,电解质为FeCl3溶液,工作时的总反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。
写出B电极反应式:
________;该电池在工作时,A电极的质量将_____(填“增加”“减小”或“不变”)。
若该电池反应消耗了0.1molFeCl3,则转移电子的数目为_______。
【答案】2~3ACBCu-2e−=Cu2+Fe3++e−=Fe2+减小0.1NA
【解析】
【分析】
(1)①先分析各个时间段生成氢气的体积,然后确定反应速率最大的时间段。
②A.加入KCl溶液,相当于加水稀释;
B.加入浓盐酸,增大c(H+);
C.加入蒸馏水,稀释盐酸;
D.加入CuSO4溶液,先与Zn反应生成Cu,形成原电池。
(2)①将铝片和铜片用导线相连,一组插入浓硝酸中,铝发生钝化,铜失电子发生反应;一组插入烧碱溶液中,铜不反应,铝与电解质发生反应,由此确定两个原电池中的负极。
由此可写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式。
②若A为Cu,B为石墨,电解质为FeCl3溶液,工作时A作负极,B作正极,则B电极,Fe3+得电子生成Fe2+;该电池在工作时,A电极上Cu失电子生成Cu2+进入溶液。
若该电池反应消耗了0.1molFeCl3,则Fe3+转化为Fe2+,可确定转移电子的数目。
【详解】
(1)①在1min的时间间隔内,生成氢气的体积分别为140mL、224mL、112mL、44mL,从而确定反应速率最大的时间段为2~3min。
答案为:
2~3;
②A.加入KCl溶液,相当于加水稀释,反应速率减慢但不影响生成氢气的体积,A符合题意;
B.加入浓盐酸,增大c(H+),反应速率加快且生成氢气的体积增多,B不合题意;
C.加入蒸馏水,稀释盐酸,反应速率减慢但不影响生成氢气的体积,C符合题意;
D.加入CuSO4溶液,先与Zn反应生成Cu,形成原电池,反应速率加快但不影响氢气的总量;
故选AC。
答案为:
AC;
(2)①将铝片和铜片用导线相连,一组插入浓硝酸中,铝发生钝化,铜失电子发生反应;一组插入烧碱溶液中,铜不反应,铝与电解质发生反应,由此确定两个原电池中的负极分别为铜片、铝片,故选B。
由此可写出插入浓硝酸溶液中形成的原电池的负极反应式为Cu-2e−=Cu2+。
答案为:
B;Cu-2e−=Cu2+;
②若A为Cu,B为石墨,电解质为FeCl3溶液,工作时A作负极,B作正极,则B电极上Fe3+得电子生成Fe2+,电极反应式为Fe3++e−=Fe2+;该电池在工作时,A电极上Cu失电子生成Cu2+进入溶液,A电极的质量将减小。
若该电池反应消耗了0.1molFeCl3,则Fe3+转化为Fe2+,可确定转移电子的数目为0.1NA。
答案为:
减小;0.1NA。
【点睛】
虽然铝的金属活动性比铜强,但由于在常温下,铝表面形成钝化膜,阻止了铝与浓硝酸的进一步反应,所以铝与浓硝酸的反应不能持续进行,铝作正极,铜作负极。
2.铁在自然界分布广泛,在工业、农业和国防科技中有重要应用。
回答下列问题:
(1)用铁矿石(赤铁矿)冶炼生铁的高炉如图(a)所示。
原料中除铁矿石和焦炭外含有____________。
除去铁矿石中脉石(主要成分为SiO2)的化学反应方程式为______________、______________;高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和______________(填化学式)。
(2)已知:
①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH=+494kJ·mol-1
②CO(g)+
O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1
③C(s)+
O2(g)=CO(g)ΔH=-110kJ·mol-1
则反应Fe2O3(s)+3C(s)+
O2(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的ΔH=________kJ·mol-1。
理论上反应________放出的热量足以供给反应__________所需的热量(填上述方程式序号)
(3)有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺,其流程如图(b)所示,其中,还原竖炉相当于高炉的_____部分,主要反应的化学方程式为_________________________;熔融造气炉相当于高炉的____部分。
(4)铁矿石中常含有硫,使高炉气中混有SO2污染空气,脱SO2的方法是________________。
【答案】石灰石CaCO3
CaO+CO2↑CaO+SiO2
CaSiO3CO-355②③①炉身Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2炉腹用碱液吸收(氢氧化钠溶液或氨水等)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)铁矿石中含有氧化铁和脉石,为除去脉石,可以加入石灰石,石灰石分解为氧化钙,氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙,方程式为CaCO3
CaO+CO2↑、CaO+SiO2
CaSiO3;加入焦炭,先生成CO,最后生成CO2所以高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和CO;
(2)已知:
①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH=+494kJ·mol-1
②CO(g)+
O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1
利用盖斯定律将①+②×3得到Fe2O3(s)+3C(s)+
O2(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的ΔH=-355kJ·mol-1,因①为吸热反应,②③为放热反应,则②③反应放出的热量可使①反应;
(3)高炉炼铁时,炉身部分发生Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2,还原竖炉发生此反应,熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O2
2CO以及CaCO3
CaO+CO2↑,CaO+SiO2
CaSiO3反应;
(4)高炉气中混有SO2,SO2为酸性气体,可与碱反应。
3.反应A(g)
B(g)+C(g)在容积为1.0L的密闭容器中进行,A的初始浓度为0.050mol/L。
温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示。
回答下列问题:
(1)上述反应是______________(填”吸热反应”或”放热反应”),温度T1_____T2,(填“大于”、“小于”或“等于”,下同)平衡常数K(T1)_______K(T2)。
(2)若温度T2时,5min后反应达到平衡,A的转化率为70%,则:
①平衡时体系总的物质的量为___________。
②反应在0~5min区间的平均反应速率v(A)=____________。
(3)在温度T1时,若增大体系压强,A的转化率_________(填“增大”、“减小”或“不变”,下同),平衡常数________。
【答案】吸热反应小于小于0.085mol0.007mol/(L∙min)减小不变
【解析】
【分析】
由图象中的信息可知,T2到达平衡所用的时间较少,故T1<T2;温度升高后,反应物A的浓度减小,说明平衡向正反应方向移动,故该反应为吸热反应。
【详解】
(1)由上述分析可知,该反应是吸热反应,温度T1小于T2,温度升高,该化学平衡向正反应方向移动,故平衡常数K(T1)小于K(T2)。
(2)A的初始浓度为0.050mol/L,则A的起始量为0.05mol。
若温度T2时,5min后反应达到平衡,A的转化率为70%,则A的变化量为0.035mol,B和C的变化量同为0.035mol。
①平衡时体系总的物质的量为0.05mol-0.035mol+0.035mol⨯2=0.085mol。
②容积为1.0L,则反应在0~5min区间的平均反应速率v(A)=
0.007mol/(L∙min)。
(3)A(g)
B(g)+C(g),该反应正反应方向是气体分子数增大的方向。
在温度T1时,若增大体系压强,平衡向逆反应方向移动,A的转化率减小,由于平衡常数只与温度有关,故平衡常数不变。
【点睛】
要注意化学平衡的移动不一定能改变平衡常数,因为化学平衡常数只与温度有关,对于一个指定的可逆反应,其平衡常数只随温度的变化而变化。
4.在2L密闭容器内,800℃时反应2NO(g)+O2(g)→2NO2(g)体系中,n(NO)随时间的变化如表:
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)上述反应_____(填“是”或“不是”)可逆反应。
(2)如图所示,表示NO2变化曲线的是____。
用O2表示0~1s内该反应的平均速率v=____。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是____(填字母)。
a.v(NO2)=2v(O2)b.容器内压强保持不变
c.v逆(NO)=2v正(O2)d.容器内密度保持不变
【答案】是b0.0025mol/(L·s)bc
【解析】
【分析】
(1)从表中数据可看出,反应进行3s后,n(NO)始终保持不变,从而可确定上述反应是否为可逆反应。
(2)利用图中数据,结合化学反应,可确定表示NO2变化的曲线。
从表中数据可以得出,0~1s内,∆n(NO)=0.01mol,则可计算出用O2表示0~1s内该反应的平均速率v。
(3)a.不管反应进行到什么程度,总有v(NO2)=2v(O2);
b.因为反应前后气体分子数不等,所以平衡前容器内压强始终发生改变;
c.v逆(NO)=2v正(O2)表示反应方向相反,且数值之比等于化学计量数之比;
d.容器内气体的质量不变,容器的体积不变,所以容器内密度保持不变。
【详解】
(1)从表中数据可看出,反应进行3s后,n(NO)=0.007mol,且始终保持不变,从而可确定上述反应是可逆反应。
答案为:
是;
(2)从图中可看出,∆n(NO)=0.007mol,结合化学反应,可确定∆n(NO2)=0.007mol,从而确定表示NO2变化的是曲线b。
从表中数据可以得出,0~1s内,∆n(NO)=0.01mol,则可计算出用O2表示0~1s内该反应的平均速率v=
=0.0025mol/(L·s)。
答案为:
b;0.0025mol/(L·s);
(3)a.不管反应进行到什么程度,总有v(NO2)=2v(O2),所以不一定达平衡状态,a不合题意;
b.因为反应前后气体分子数不等,所以平衡前容器内压强始终发生改变,当压强不变时,反应达平衡状态,b符合题意;
c.v逆(NO)=2v正(O2)表示反应方向相反,且数值之比等于化学计量数之比,则此时反应达平衡状态,c符合题意;
d.容器内气体的质量不变,容器的体积不变,所以容器内密度保持不变,所以当密度不变时,反应不一定达平衡状态,d不合题意;
故选bc。
答案为:
bc。
【点睛】
用体系的总量判断平衡状态时,应分析此总量是常量还是变量,常量不能用来判断平衡状态,变量不变时反应达平衡状态。
5.某反应在体积为5L的恒容密闭的绝热容器中进行,各物质的量随时间的变化情况如图所示
已知A、B、C均为气体
。
(1)该反应的化学方程式为_______________。
(2)反应开始至2分钟时,B的平均反应速率为_______________。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是_______________。
A.v(A)=2v(B)
B.容器内气体密度不变
C.v逆(A)=v正(C)
D.各组分的物质的量相等
E.混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态
(4)由图求得平衡时A的转化率为_______________。
(5)下表是该小组研究影响过氧化氢H2O2分解速率的因素时采集的一组数据:
用
制取
所需的时间
秒
30%H2O2
15%H2O2
10%H2O2
5%H2O2
无催化剂、不加热
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
无催化剂、加热
360s
480s
540s
720s
MnO2催化剂、加热
10s
25s
60s
120s
①该研究小组在设计方案时。
考虑了浓度、_______________、_______________等因素对过氧化氢分解速率的影响。
②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个,说明该因素对分解速率有何影响?
_______________。
(6)将质量相同但聚集状态不同的
分别加入到5mL5%的双氧水中,并用带火星的木条测试。
测定结果如下:
催化剂
操作情况
观察结果
反应完成所需的时间
粉末状
混合不振荡
剧烈反应,带火星的木条复燃
3.5分钟
块状
反应较慢,火星红亮但木条未复燃
30分钟
①写出
发生分解的化学反应方程式_______________。
②实验结果说明催化剂作用的大小与_______________有关。
【答案】2A(g)+B(g)⇌2C(g)0.1mol/(L∙min)CE40%温度催化剂增大反应物浓度越大,可以加快反应速率;升高温度,可以加快化学反应速率;使用合适的催化剂,可以加快化学反应速率;(答其中一条即可)2H2O2
2H2O+O2↑固体的接触面积
【解析】
【分析】
通过各物质的物质的量变化与计量系数呈正比,可得反应式为2A(g)+B(g)⇌2C(g),同时通过变化量可以就算化学反应速率以及反应物的转化率;平衡状态的判定:
A.v(A)=2v(B),没有体现正逆方向,不能判定是否达到平衡,错误;B.容器内气体密度不变,该体系从开始反应到平衡,密度是定值没有变化,不能判定是否达到平衡状态,错误;C.v逆(A)=v正(C),不同物质正逆反应速率呈计量系数比,可以判定达到平衡,正确;D.各组分的物质的量相等,不能作判定,错误,可以改成各物质的量保持不变,可判定平衡;E.混合气体的平均相对分子质量在数值上等于摩尔质量M,由于前后气体粒子数目可变,则混合气体的相对分子质量和M是变量可以作平衡的判定依据,正确;根据表格,探究双氧水的浓度、反应的温度、催化剂对过氧化氢H2O2分解速率的影响,在探究不同的因素时才用控制变量法来探究可得结果。
【详解】
(1)由图像可得,A、B逐渐减小是反应物,C逐渐增多是产物,当反应到达2min,Δn(A)=2mol,Δn(B)=1mol,Δn(C)=2mol,各物质的物质的量变化与计量系数呈正比,故反应式为2A(g)+B(g)⇌2C(g);
(2)反应开始至2分钟时,B的平均反应速率v(B)=
=
=0.1mol/(L∙min);
(3)由分析可得,答案选CE;
(4)由图求得平衡时A的转化率α=
×100%=
=40%;
(5)①根据表中的数据,没有催化剂不加热,不同浓度的双氧水几乎不反应,在无催化剂但是加热的情况下,双氧水发生分解,且双氧水浓度越大分解速率越快,说明反应物浓度和温度对分解速率有影响。
对比无催化剂加热状态,有催化剂加热的情况下,分解速率也明显加快,故答案为温度和催化剂;②分析表中的数据,增大反应物浓度越大,可以加快反应速率;升高温度,可以加快化学反应速率;使用合适的催化剂,可以加快化学反应速率;
(6)①双氧水在二氧化锰的作用下发生反应:
2H2O2
2H2O+O2↑;②其他条件不变,粉末状的二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间段,说明固体的接触面积对反应速率有影响。
【点睛】
平衡状态的判定的核心在于物理量是否是个变量,若为变量当保持不变可以作判定平衡的依据,若为定值,则不能作为依据。
6.将气体A、B置于固定容积为2L的密闭容器中,发生如下反应:
3A(g)+B(g)⇌2C(g)+2D(g),反应进行到10s末,达到平衡,测得A的物质的量为1.8mol,B的物质的量为0.6mol,C的物质的量为0.8mol。
(1)用C表示10s内反应的平均反应速率为_____________。
(2)反应前A的物质的量浓度是_________。
(3)10s末,生成物D的浓度为________。
(4)平衡后,若改变下列条件,生成D的速率如何变化(填“增大”、“减小”或“不变”):
①降低温度____;②增大A的浓度_____;③恒容下充入氖气________。
(5)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是(填标号)_________。
A.v(B)=2v(C)
B.容器内压强不再发生变化
C.A的体积分数不再发生变化
D.器内气体密度不再发生变化
E.相同时间内消耗nmol的B的同时生成2nmol的D
(6)将固体NH4I置于密闭容器中,在某温度下发生下列反应:
NH4I(s)⇌NH3(g)+HI(g),2HI(g)⇌H2(g)+I2(g)。
当反应达到平衡时,c(H2)=0.5mol·L−1,c(HI)=4mol·L−1,则NH3的浓度为_______________。
【答案】0.04mol/(L∙s)1.5mol/L0.4mol/L减小增大不变C5mol·L−1
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由题可知,10s内,C的物质的量增加了0.8mol,容器的容积为2L,所以用C表示的反应速率为:
;
(2)由题可知,平衡时A的物质的量为1.8mol,且容器中C的物质的量为0.8mol;又因为发生的反应方程式为:
,所以反应过程中消耗的A为1.2mol,那么初始的A为3mol,浓度即1.5mol/L;
(3)由于初始时,只向容器中加入了A和B,且平衡时生成的C的物质的量为0.8mol,又因为C和D的化学计量系数相同,所以生成的D也是0.8mol,那么浓度即为0.4mol/L;
(4)①降低温度会使反应速率下降,所以生成D的速率减小;
②增大A的浓度会使反应速率增大,生成D的速率增大;
③恒容条件充入惰性气体,与反应有关的各组分浓度不变,反应速率不变,因此生成D的速率也不变;
(5)A.由选项中给出的关系并不能推出正逆反应速率相等的关系,因此无法证明反应处于平衡状态,A项错误;
B.该反应的气体的总量保持不变,由公式
,恒温恒容条件下,容器内的压强恒定与是否平衡无关,B项错误;
C.A的体积分数不变,即浓度不再变化,说明该反应一定处于平衡状态,C项正确;
D.根据公式:
,容器内气体的总质量恒定,总体积也恒定,所以密度为定值,与是否平衡无关,D项错误;
E.消耗B和生成D的过程都是正反应的过程,由选项中的条件并不能证明正逆反应速率相等,所以不一定平衡,E项错误;
答案选C;
(6)由题可知,NH4I分解产生等量的HI和NH3;HI分解又会产生H2和I2;由于此时容器内c(H2)=0.5mol/L,说明HI分解生成H2时消耗的浓度为0.5mol/L×2=1mol/L,又因为容器内c(HI)=4mol/L,所以生成的HI的总浓度为5mol/L,那么容器内NH3的浓度为5mol/L。
【点睛】
通过反应速率描述可逆反应达到平衡状态,若针对于同一物质,则需要有该物质的生成速率与消耗速率相等的关系成立;若针对同一侧的不同物质,则需要一种描述消耗的速率,另一种描述生成的速率,并且二者之比等于相应的化学计量系数比;若针对的是方程式两侧的不同物质,则需要都描述物质的生成速率或消耗速率,并且速率之比等于相应的化学计量系数比。
7.某同学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(气体体积已折算为标准状况下的体积),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
(1)反应速率最大的时间段是__(填“0~1min”“1~2min”“2~3min”或“4~5min”),原因是__。
(2)反应速率最小的时间段是__(填“0~1min”“1~2min”“2~3min”或“4~5min”),原因是__。
(3)2~3min时间段内,以盐酸的浓度变化表示该反应的速率为__。
(4)如果反应太剧烈,为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量,该同学在盐酸中分别加入等体积的下列液体,你认为可行的是__(填序号)。
A.蒸馏水B.NaCl溶液C.Na2CO3溶液D.CuSO4溶液
【答案】2~3min该反应是放热反应,2~3min时间段内温度较高4~5min4~5min时间段内H+浓度较低0.1mol·L-1·min-1AB
【解析】
【分析】
根据表格数据可得:
“0~1min”产生氢气的量为50mL,“1~2min”产生氢气的量为120mL-50mL=70mL,“2~3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL,“4~5min”产生的氢气的量为310mL-290mL=20mL,再根据公式
分析解答问题。
【详解】
(1)反应速率最大,则单位时间内产生的氢气最多,“2~3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL,又因该反应是放热反应,此时间段内温度较高,故答案为:
2~3min;该反应是放热反应,2~3min时间段内温度较高;
(2)速率最小,即单位内产生的氢气最少,4~5min共产生20mL氢气,主要原因是随着反应的进行,此时间段内H+浓度较低,故答案为:
4~5min;4~5min时间段内H+浓度较低;
(3)根据公式
,“2~3min”产生氢气的量为232mL-120mL=112mL,则
,根据方程式:
Zn+2HCl===ZnCl2+H2↑可知,消耗
的物质的量n(HCl)=2n(H2)=0.01mol,然后再根据
可求得盐酸的反应速率
,故答案为0.1mol·L-1·min-1;
(4)加入蒸馏水和NaCl溶液相当于降低盐酸浓度,反应速率减小,加入Na2CO3溶液,会消耗盐酸,则会减少生成氢气的量,CuSO4溶液会消耗锌,会减少生成氢气的量,且反应放热会增大反应速率,故答案选AB。
8.在一定体积的密闭容器中,进行如下化学反应:
CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H
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