化学化学反应的速率与限度的专项培优练习题含答案附答案解析.docx
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化学化学反应的速率与限度的专项培优练习题含答案附答案解析
化学化学反应的速率与限度的专项培优练习题(含答案)附答案解析
一、化学反应的速率与限度练习题(含详细答案解析)
1.二氧化氮在火箭燃料中可用作氧化剂,在亚硝基法生严流酸甲可用作催化剂,但直接将二氧化氮排放会造成环境污染。
已知反应CH4(g)+2NO2(g)
N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),起始时向体积为V的恒容密闭容器中通人2molCH4和3molNO2,测得CH4.、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示。
(1)容器体积V=_______L。
(2)图中表示H2O的物质的量浓度与时间关系的是曲线___________.(填“甲”“乙"或"丙")。
(3)0~5min内,用N2表示的化学反应速率为____________________mol·L-1·min-1。
(4)a、b、c三点中达到平衡的点是______。
达到平衡时,NO2的转化率是___________(物质平衡转化=转化的物质的量/起始的物质的量×100%)。
(5)a点时,c(CO2)=__________mol·L-1(保留两位小数),n(CH4):
n(NO2)=_________________。
【答案】2甲0.1c80%或0.80.334:
5
【解析】
【分析】
依据图像,根据反应物、生成物反应前后物质的量变化之比等于物质的量之比确定甲、乙、丙三条曲线分别代表CH4.、N2、H2O中的哪种物质;依据单位时间内浓度的变化,计算出0~5min内,用N2表示的化学反应速率;达到平衡时的判断依据。
【详解】
(1)起始时向体积为V的恒容密闭容器中通人2molCH4和3molNO2,测得CH4.、N2、H2O的物质的量浓度与时间的关系如图所示,CH4是反应物,即起始时的物质的量浓度为1.0mol·L-1,依据c=
,得V=
=
=2L;
(2)由
(1)可知,丙代表CH4,从开始到平衡时,甲代表的物质的物质的量浓度增加量:
1.2mol·L-1,乙代表的物质的物质的量浓度增加量:
0.6mol·L-1,故从开始到平衡时,甲代表的物质的物质的量浓度增加量:
1.2mol·L-1×2L=2.4mol;故从开始到平衡时,乙代表的物质的物质的量浓度增加量:
0.6mol·L-1×2L=1.2mol,根据反应物、生成物反应前后物质的量变化之比等于物质的量之比,故甲代表H2O的物质的量浓度与时间关系,乙代表N2的物质的量浓度与时间关系;
(3)乙代表N2的物质的量浓度与时间关系,0~5min内,N2的物质的量浓度变化量为:
0.5mol·L-1-0=0.5mol·L-1,v(N2)=
=0.1mol·L-1·min-1;
(4)当达到平衡时反应物、生成物的浓度不再随着时间的变化而变化,故a、b、c三点中达到平衡的点是c;达到平衡时,c(N2)=0.6mol·L-1,即从开始平衡,N2的物质的量增加了:
0.6mol·L-1×2L=1.2mol,CH4(g)+2NO2(g)
N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),依据方程式中反应物、生成物的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比,即从开始到平衡,NO2的物质的量变化量为:
1.2mol×2=2.4mol,故达到平衡时,NO2的转化率是
=80%;
(5)设a点时的浓度为xmol·L-1,CH4(g)+2NO2(g)
N2(g)+CO2(g)+2H2O(g),依据方程式中反应物、生成物的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比,(1.0-x):
x=1:
2,x=0.67,
=0.67mol·L-1×2L=1.34mol,
=1:
2:
1:
1:
2,a点时,
=0.67mol,c(CO2)=
=0.33mol·L-1;
=0.67mol,
=1.34mol,故a点时,n(CH4):
n(NO2)=(2mol-0.67mol):
(3mol-1.34mol)=4:
5。
2.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2.0molN2和2.0molH2,一段时间后反应达平衡状态,实验数据如表所示:
t/s
0
50
150
250
350
n(NH3)
0
0.24
0.36
0.40
0.40
0~50s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。
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____,反应达到
(2)中的平衡状态时,对应的能量变化的数值为____kJ。
(4)为加快反应速率,可以采取的措施是_______
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
【答案】3X+Y⇌2Z1.2×10−3mol/(L·s)放出46kJ18.4b
【解析】
【分析】
(1)根据曲线的变化趋势判断反应物和生成物,根据物质的量变化之比等于化学计量数之比书写方程式;
(2)根据
=
计算;
(3)形成化学键放出能量,断裂化合价吸收能量;
(4)根据影响反应速率的因素分析;
【详解】
(1)由图象可以看出,反应中X、Y的物质的量减小,Z的物质的量增多,则X、Y为反应物,Z为生成物,且△n(X):
△n(Y):
△n(Z)=0.1mol:
0.3mol:
0.2mol=1:
3:
2,则反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z;
(2)0~50s内,NH3物质的量变化为0.24mol,根据方程式可知,N2物质的量变化为0.12mol,
(Z)=
=
1.2×10−3mol/(L·s);
(3)断裂1mol
吸收946kJ的能量,断裂1molH-H键吸能量436kJ,形成1moN-H键放出能量391kJ,根据方程式3H2+N2⇌2NH3,生成2mol氨气,断键吸收的能量是946kJ+436kJ×3=2254kJ,成键放出的能量是391kJ×6=2346kJ,则生成1molNH3过程中放出的能量为
=46kJ;反应达到
(2)中的平衡状态时生成0.4mol氨气,所以放出的能量是46kJ×0.4=18.4kJ;
(4)a.降低温度,反应速率减慢,故不选a;
b.增大压强,体积减小浓度增大,反应速率加快,故选b;
c.恒容时充入He气,反应物浓度不变,反应速率不变,故不选c;
d.恒压时充入He气,容器体积增大,反应物浓度减小,反应速率减慢,故不选d;
e.及时分离NH3,浓度减小,反应速率减慢,故不选e。
【点睛】
本题考查化学平衡图象分析,根据键能计算反应热,影响化学反应速率的因素,注意压强对反应速率的影响是通过改变浓度实现的,若改变了压强而浓度不变,则反应速率不变。
3.用酸性KMnO4和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素。
一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率,探究某种影响化学反应速率的因素,设计实验方案如下(KMnO4溶液已酸化):
实验序号
A溶液
B溶液
①
20mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液
30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液
②
20mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液
30mL0.01mol·L-1KMnO4溶液
(1)该反应的离子方程式___________________________。
(已知H2C2O4是二元弱酸)
(2)该实验探究的是_____________因素对化学反应速率的影响。
相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是_________________<_____________(填实验序号)。
(3)若实验①在2min末收集了2.24mLCO2(标准状况下),则在2min末,c(MnO4-)=__________mol/L(假设混合液体积为50mL)
(4)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率,本实验还可通过测定_____________来比较化学反应速率。
(一条即可)
(5)小组同学发现反应速率总是如图,其中t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是:
①__________________________;②__________________________。
【答案】2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O浓度①②0.0056KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间该反应放热产物Mn2+是反应的催化剂
【解析】
【详解】
(1)高锰酸钾溶液具有强氧化性,把草酸氧化成CO2,根据化合价升降法进行配平,其离子反应方程式为:
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;
(2)对比表格数据可知,草酸的浓度不一样,因此是探究浓度对化学反应速率的影响,浓度越大,反应速率越快,则①<②;
(3)根据反应方程式并结合CO2的体积,求出消耗的n(KMnO4)=2×10-5mol,剩余n(KMnO4)=(30×10-3×0.01-2×10-5)mol=2.8×10-4mol,c(KMnO4)=2.8×10-4mol÷50×10-3L=0.0056mol·L-1;
(4)除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率,还可以通过测定KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间来比较化学反应速率;
(5)t1~t2时间内速率变快的主要原因可能是:
①此反应是放热反应,温度升高,虽然反应物的浓度降低,但温度起决定作用;②可能产生的Mn2+是反应的催化剂,加快反应速率。
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)若改变下列一个条件,推测该反应速率发生的变化(填变大、变小、或不变)①升高温度,化学反应速率_____;②充入1molB,化学反应速率___;③将容器的体积变为3L,化学反应速率_________。
【答案】0.375mol·L-1·min-12.75mol·L-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:
0.375mol·L-1·min-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:
2.75mol·L-1;
(3)①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:
变大;
②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;
③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.Ⅰ.
(1)用锌片,铜片连接后浸入稀硫酸溶液中,构成了原电池,工作一段时间,锌片的质量减少了3.25g,铜表面析出了氢气________L(标准状况下),导线中通过________mol电子。
(2)将agNa投入到bgD2O(足量)中,反应后所得溶液的密度为dg/cm3,则该溶液物质的量浓度是_______;
Ⅱ.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末时,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,则:
(1)用C表示10s内正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________。
【答案】1.120.1
mol/L0.04mol•L-1•s-11.5mol•L-10.4mol•L-1
【解析】
【分析】
【详解】
Ⅰ.
(1)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中,构成了原电池,锌为负极,电极反应为:
Zn-2e-=Zn2+,铜为正极,电极反应为2H++2e-=H2↑,锌片的质量减少了3.25克,则物质的量为
=0.05mol,转移的电子的物质的量为n(e-)=2n(Zn)=2n(H2)=2×0.05mol=0.1mol,则V(H2)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L,故答案为:
1.12;0.1;
(2)将agNa投入到bgD2O(足量)中,发生2Na+2D2O=2NaOD+D2↑,agNa的物质的量为
=
mol,生成的氢氧化钠为
mol,D2的物质的量为
mol,质量为
mol×4g/mol=
g,反应后溶液的质量为ag+bg-
g=(a+b-
)g,溶液的体积为
=
cm3,则该溶液物质的量浓度c=
=
=
mol/L,故答案为:
mol/L;
Ⅱ.
(1)v(C)=
=0.04mol•L-1•s-1,故答案为:
0.04mol•L-1•s-1;
(2)3A(g)+B(g)⇌2C(g)+2D(g)。
反应进行到10s末时,测得A的物质的量为1.8mol,C的物质的量为0.8mol,则反应的A为1.2mol,反应前A的物质的量浓度是
=1.5mol•L-1,故答案为:
1.5mol•L-1;
(3)3A(g)+B(g)⇌2C(g)+2D(g)。
反应进行到10s末时,测得C的物质的量为0.8mol,则生成的D为0.8mol,10s末,生成物D的浓度为
=0.4mol•L-1,故答案为:
0.4mol•L-1 。
【点睛】
本题的难点为I.
(2),要注意生成的氢气的质量的计算,同时注意c=
中V的单位是“L”。
7.已知:
N2O4(g)
2NO2(g)ΔH=+52.70kJ·mol-1
(1)在恒温、恒容的密闭容器中,进行上述反应时,下列描述中,能说明该反应已达到平衡的是___。
A.v正(N2O4)=2v逆(NO2)
B.容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化
C.容器中气体的密度不随时间而变化
D.容器中气体的分子总数不随时间而变化
(2)t℃恒温下,在固定容积为2L的密闭容器中充入0.054molN2O4,30秒后达到平衡,测得容器中含n(NO2)=0.06mol,则t℃时反应N2O4(g)
2NO2(g)的平衡常数K=___。
若向容器内继续通入少量N2O4,则平衡___移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”),再次达到平衡后NO2的体积分数__原平衡时NO2的体积分数(填“大于”、“小于”或“等于”)。
(3)取五等份NO2,分别加入到温度不同、容积相同的恒容密闭容器中,发生反应:
2NO2(g)
N2O4(g)。
反应相同时间后,分别测定体系中NO2的百分含量(NO2%),并作出其百分含量随反应温度(T)变化的关系图。
下列示意图中,可能与实验结果相符的是___。
【答案】BD0.075mol·L-1向正反应方向小于BD
【解析】
【分析】
(1)根据平衡标志判断;
(2)K=
;增大反应物的浓度平衡正向移动;
(3)该反应是体积减小的、放热的可逆反应,所以反应达到平衡后,升高温度,平衡向逆反应方向移动,NO2的含量增大;
【详解】
(1)A.反应达到平衡状态,正逆反应速率比等于系数比,所以2v正(N2O4)=v逆(NO2)时,反应不平衡,故不选A;
B.反应前后气体物质的量不同,根据
,平均相对分子质量是变量,若容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化,反应一定达到平衡状态,故选B;
C.根据
,反应在恒容的密闭容器中进行,密度是恒量,容器中气体的密度不随时间而变化,反应不一定达到平衡状态,故不选C;
D.反应前后气体物质的量不同,分子数是变量,容器中气体的分子总数不随时间而变化,一定达到平衡状态,故选D。
答案选BD。
(2)
K=
=0.075mol·L-1;增大反应物的浓度平衡正向移动,若向容器内继续通入少量N2O4,则平衡向正反应方向移动;再次达到平衡,相当于加压,N2O4转化率减小,NO2的体积分数小于原平衡时NO2的体积分数;
(3)A.该反应放热,升高温度,平衡向逆反应方向移动,NO2的含量增大,故A错误;
B.若5个容器在反应相同时间下,均已达到平衡,因为该反应是放热反应,温度越高,平衡向逆反应方向移动,NO2的百分含量随温度升高而升高,故B正确;
C.该反应放热,升高温度,平衡向逆反应方向移动,NO2的含量增大,故C错误;
D.若5个容器中有未达到平衡状态的,那么温度越高,反应速率越大,会出现温度高的NO2转化得快,导致NO2的百分含量少的情况,在D图中转折点为平衡状态,转折点左侧为未平衡状态,右侧为平衡状态,升高温度,平衡向逆反应方向移动,故D正确。
答案选BD。
8.某温度时,在2L容器中X、Y、Z三种气体物质的物质的量(n)随着时间(t)变化的曲线如图所示。
由图中数据分析:
(1)该反应的化学方程式为_________________。
(2)反应开始至2min,用Z表示的平均反应速率为_____________。
(3)下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是_____________(填序号)。
A.X、Y、Z的物质的量之比为3∶1∶2
B.混合气体的压强不随时间的变化而变化
C.单位时间内每消耗3molX,同时生成2molZ
D.混合气体的总质量不随时间的变化而变化
E.混合气体的总物质的量不随时间的变化而变
【答案】3X+Y≒2Z0.05mol·L-1·min-1BE
【解析】
【分析】
【详解】
(1)从图像可知,X和Y物质的量分别减少0.3mol、0.1mol,做反应物,Z的物质的量增加0.2mol,根据反应中物质的量之比=系数之比,推断出方程式为:
3X+Y
2Z,故答案为:
3X+Y
2Z;
(2)2min时,v(Z)=
,故答案为:
0.05mol·L-1·min-1;
(3)A.物质的量成正比关系不能说明达到平衡状态,故A错误;
B.反应前后气体体积数不同,故压强不变时
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