化学高考化学化学反应的速率与限度解答题压轴题提高专题练习附答案解析.docx

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化学高考化学化学反应的速率与限度解答题压轴题提高专题练习附答案解析

【化学】高考化学化学反应的速率与限度解答题压轴题提高专题练习附答案解析

一、化学反应的速率与限度练习题（含详细答案解析）

1．化学反应速率与限度与生产、生活密切相关

（1）A学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在200mL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，实验记录如下（累计值）：

时间（min）

1

2

3

4

5

氢气体积（mL）（标准状况）

100

240

688

810

860

①反应速率最大的时间段是____________（填0～1、1～2、2～3、3～4、4～5）min，原因是____________。

②在2～3min时间段以盐酸的浓度变化来表示的反应速率为____________。

（设溶液体积不变）

（2）B学生也做同样的实验，但由于反应太快，测不准氢气体积，故想办法降低反应速率，请你帮他选择在盐酸中加入下列____________以减慢反应速率。

（填写代号）

A．冰块B．HNO3溶液C．CuSO4溶液

（3）C同学为了探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，设计了如图所示的实验。

可通过观察___________________________现象，定性比较得出结论。

有同学提出将FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理，其理由是__________________________，

【答案】2～3因该反应放热，随着反应，溶液温度升高，故反应速率加快0.2mol·L-1·min-1A反应产生气泡的快慢控制阴离子相同，排除阴离子的干扰

【解析】

【分析】

（1）单位时间内生成氢气的体积越大反应速率越快；锌与盐酸反应放热；

②2～3min生成氢气的体积是448mL（标准状况），物质的量是

，消耗盐酸的物质的量0.4mol；

（2）根据影响反应速率的因素分析；

（3）双氧水分解有气泡产生；根据控制变量法，探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解，控制阴离子相同；

【详解】

（1）根据表格数据，2min～3min收集的氢气最多，反应速率最大的时间段是2～3min；锌与盐酸反应放热，随着反应，溶液温度升高，故反应速率加快；

②2～3min生成氢气的体积是448mL（标准状况），物质的量是

，消耗盐酸的物质的量0.04mol，

=0.2mol·L-1·min-1；

（2）A．加入冰块，温度降低，反应速率减慢，故选A；

B．加入HNO3溶液，硝酸与锌反应不能生成氢气，故不选B；

C．加入CuSO4溶液，锌置换出铜，构成原电池，反应速率加快，故不选C；

（3）双氧水分解有气泡产生，可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较催化效果；根据控制变量法，探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解，控制阴离子相同，排除阴离子的干扰，所以FeCl3改为Fe2（SO4）3更为合理。

【点睛】

本题主要考查化学反应速率的影响因素，明确影响反应速率的因素是解题关键，注意控制变量法在探究影响化学反应速率因素实验中的应用，理解原电池原理对化学反应速率的影响。

2．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。

3．新型材料AIN应用前景广泛，对其制备过程的研究成为热点。

（1）将物质的量均为amol的Al2O3与N2充入恒温恒容密闭容器中，控制温度发生反应：

2Al2O3（s）+2N2（g）

4AlN（s）+3O2（g）△H>0。

①下列可作为反应达到平衡的判据是_________（填序号）。

A．固体的质量不再改变

B．2v正（N2）=3v逆（O2）

C．△H不变

D．容器内气体的压强不变

E．N2分子数与O2分子数比为2:

3

②在起始压强为p的反应体系中，平衡时N2的转化率为α，则上述反应的平衡常数Kp__________（对于气相反应，用某组分B的平衡压强p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数，记作Kp，如p（B）=p总·x（B），p总为平衡总压强，x（B）为平衡系统中B的物质的量分数）。

③为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，其原因是____________。

（2）铝粉与N2在一定温度下可直接生成AlN，加入少量NH4Cl固体可促进反应。

将等质量的A1粉与不同量的NH4Cl混合均匀后置于充N2的密闭容器中，电火花引燃，产品中AlN的质量分数[ω（AlN）]随原料中ω（NH4Cl）的变化如图1所示，燃烧过程中温度随时间变化如图2所示。

则：

①固体混合物中，ω（NH4Cl）的最佳选择是__________。

②结合图2解释当ω（NH4Cl）超过一定值后，ω（AlN）明显减少的原因__________。

（3）AIN粉末会缓慢发生水解反应，粒径为100nm的AlN粉末水解时溶液pH的变化如图3所示。

①AlN粉末水解的化学方程式是______________。

②相同条件下，请在图3中画出粒径为40nm的AlN粉末水解的变化曲线____________。

【答案】AD

p消耗O2、提供能量，均能使平衡向右移动3%NH4Cl分解吸热造成温度降低，不利于Al与N2反应AlN+4H2O

Al（OH）3+NH3•H2O

【解析】

【分析】

（1）①根据反应达到平衡后，正逆反应速率，各成分的浓度不变及由此衍生的其它物理量进行分析；

②平衡时N2的转化率为α，由于反应物中只有N2是气体，所以起始压强p即为起始时N2的分压，列三段式求Kp；

③碳在氧气中燃烧放出热量，焦炭既可以消耗氧气，使生成物浓度降低，又可以提供热量，这两方面的作用都可以使平衡右移；

（2）①根据图像分析，当ω（NH4Cl）=3%时，ω（AlN）最大；

②从图2可以看出，反应过程中温度会降低。

ω（NH4Cl）=3%时的温度比ω（NH4Cl）=1%时的温度降低得更多。

这是因为NH4Cl分解吸热，当ω（NH4Cl）超过一定值后，NH4Cl分解吸热造成温度降低不利于Al与N2反应，导致ω（AlN）明显减少；

（3）①AIN粉末会缓慢发生水解反应，生成Al（OH）3和NH3；

②相同条件下，由于粒径为40nm的AlN粉末和水的接触面积更大，所以其水解速率大于粒径为100nm的AlN粉末的水解速率，由于固体不影响平衡，所以最终溶液的pH是相同。

【详解】

（1）①A．消耗2molAl2O3会生成4molAlN，固体质量减少，当固体的质量不再改变时，反应达到了平衡状态；

B．当3v正（N2）=2v逆（O2）时，正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，但2v正（N2）=3v逆（O2）表示的正逆反应速率不相等，不是平衡状态；

C．△H取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，和是否平衡无关；

D．在恒温恒容条件下，容器内的压强和气体的物质的量成正比。

该反应是反应前后气体分子数不相等的反应，在平衡建立过程中，气体总物质的量一直在改变，只有达到平衡时，气体总物质的量才不再不变，即容器内压强才不变，所以当容器内气体的压强不变时，反应达到了平衡状态；

E．N2分子数与O2分子数之比和起始投料以及转化率有关，当N2分子数与O2分子数比为2:

3时，反应不一定是平衡状态；

故选AD。

②反应2Al2O3（s）+2N2（g）

4AlN（s）+3O2（g），在起始时加入的是等物质的量的Al2O3与N2，由于反应物中只有N2是气体，所以起始压强p即为起始时N2的分压，列三段式求Kp，已知平衡时N2的转化率为α，则

Kp=

=

p。

③为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，焦炭和氧气反应，放出热量。

焦炭既可以消耗氧气，使生成物浓度降低，又可以提供热量，这两方面的作用都可以使平衡右移，从而促进反应的进行。

（2）①从图1可以看出，当ω（NH4Cl）=3%时，ω（AlN）最大，所以最佳选择是ω（NH4Cl）=3%。

②从图2可以看出，反应过程中温度会降低。

ω（NH4Cl）=3%时的温度比ω（NH4Cl）=1%时的温度降低得更多。

这是因为NH4Cl分解吸热，当ω（NH4Cl）超过一定值后，NH4Cl分解吸热造成温度降低不利于Al与N2反应，导致ω（AlN）明显减少

（3）①AIN粉末会缓慢发生水解反应，生成Al（OH）3和NH3，AlN粉末水解的化学方程式是AlN+4H2O

Al（OH）3+NH3•H2O。

②相同条件下，由于粒径为40nm的AlN粉末和水的接触面积更大，所以其水解速率大于粒径为100nm的AlN粉末的水解速率，由于固体不影响平衡，所以最终溶液的pH是相同的。

粒径为40nm的AlN粉末水解的变化曲线为

。

4．研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。

（1）CO可用于炼铁，已知：

Fe2O3（s）+3C（s）＝2Fe（s）+3CO（g）ΔH1＝+489.0kJ·mol－1

C（s）+CO2（g）＝2CO（g）ΔH2＝+172.5kJ·mol－1。

则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为_________________________________________________。

（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。

写出该电池的负极反应式：

__________________________________________________。

（3）①CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：

CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g），测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图。

①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___________________KⅡ（填“＞”或“＝”或“＜”）。

②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。

容器

甲

乙

反应物投入量

1molCO2、3molH2

amolCO2、bmolH2、

cmolCH3OH（g）、cmolH2O（g）

若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为______________________。

③一定温度下，此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是______________。

a．容器中压强不变b．H2的体积分数不变c．c（H2）＝3c（CH3OH）

d．容器中密度不变e．2个C＝O断裂的同时有3个H－H断裂

（4）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：

2CO2（g）+6H2（g）

CH3OCH3（g）+3H2O（g）。

已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比[n（H2）/n（CO2）]的变化曲线如图，若温度不变，提高投料比n（H2）/n（CO2），则K将__________；该反应△H_________0（填“＞”、“＜”或“=”）。

【答案】Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5KJ/molCO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O＞0.4＜c≤1bd不变＜

【解析】

【分析】

（1）已知：

①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ/mol， ②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol，根据盖斯定律有①-②×3可得；

（2）根据原电池负极失去电子发生氧化反应结合电解质环境可得；

（3）①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，根据K=

判断；

②根据平衡三段式求出甲中平衡时各气体的物质的量，然后根据平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持反应逆向进行来判断范围；

③根据化学平衡状态的特征分析；

（4）由图可知，投料比

一定，温度升高，CO2的平衡转化率减小，根据温度对化学平衡的影响分析可得。

【详解】

（1）已知：

①Fe2O3（s）+3C（石墨）=2Fe（s）+3CO（g）△H1=+489.0kJ/mol， ②C（石墨）+CO2（g）=2CO（g）△H2=+172.5kJ/mol，根据盖斯定律有①-②×3，得到热化学方程式：

Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=-28.5kJ/mol；

（2）CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液），负极电极反应为：

CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O；

（3）①Ⅱ比Ⅰ的甲醇的物质的量少，则一氧化碳和氢气的物质的量越多，根据K=

可知，平衡常数越小，故KⅠ＞KⅡ；

②

甲中平衡后气体的压强为开始时的0.8倍，即（4-2x）÷4=0.8，解得x=0.4mol；依题意：

甲、乙为等同平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c的物质的量为1mol，c的物质的量不能低于平衡时的物质的量0.4mol，所以c的物质的量为：

0.4mol＜n（c）≤1mol；

③a．反应在恒压容器中进行，容器中压强始终不变，故a错误；

b．反应开始，减少，H2的体积分数不变时，反应平衡，故b正确；

c．c（H2）与c（CH3OH）的关系与反应进行的程度有关，与起始加入的量也有关，所以不能根据它们的关系判断反应是否处于平衡状态，故c错误；

d．根据ρ=

，气体的质量不变，反应开始，体积减小，容器中密度不变时达到平衡，故d正确；

e．C=O断裂描述的正反应速率，H-H断裂也是描述的正反应速率，故e错误；

故答案为：

bd；

（4）由图可知，投料比

一定，温度升高，CO2的平衡转化率减小，说明温度升高不利于正反应，即正反应为放热反应△H＜0；K只与温度有关，温度不变，提高投料比

，K不变。

【点睛】

注意反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：

平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。

5．合成氨工业是贵州省开磷集团的重要支柱产业之一。

氨是一种重要的化工原料，在工农业生产中有广泛的应用。

（1）在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反应：

N2（g）＋3H2（g）

2NH3（g）。

该可逆反应达到平衡的标志是___。

a.3v正（H2）=2v逆（NH3）

b.单位时间生成mmolN2的同时生成3mmolH2

c.容器内的总压强不再随时间而变化

d.混合气体的密度不再随时间变化

（2）工业上可用天然气原料来制取合成氨的原料气氢气。

某研究性学习小组的同学模拟工业制取氢气的

原理，在一定温度下，体积为2L的恒容密闭容器中测得如下表所示数据。

请回答下列问题：

时间/min

CH4（mol）

H2O（mol）

CO（mol）

H2（mol）

0

0.40

1.00

0

0

5

a

0.80

c

0.60

7

0.20

b

0.20

d

10

0.21

0.81

0.19

0.64

①写出工业用天然气原料制取氢气的化学方程式：

___。

②分析表中数据，判断5min时反应是否处于平衡状态？

___（填“是”或“否”），前5min反应的平均反应速率v（CH4）=___。

③反应在7～10min内，CO的物质的量减少的原因可能是___（填字母）。

a.减少CH4的物质的量b.降低温度c.升高温度d.充入H2

【答案】cCH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）是0.020mol·L-1·min-1d

【解析】

【分析】

（1）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的物理量不变，据此分析，注意不同物质的反应速率之比等于计量系数之比；

（2）①结合表中数据，根据化学计量数与物质的量呈正比进行分析解答；

②根据平衡时物质的浓度不再发生变化分析；根据反应速率＝△c/△t计算；

③反应在7~10min内，CO的物质的量减少，而氢气的物质的量增大，据此分析。

【详解】

（1）a．达到平衡状态时，v正（H2）:

v逆（NH3）=3:

2，即2v正（H2）＝3v逆（NH3），故a错误；

b．氮气和氢气都是反应物，单位时间内生产mmol氮气的同时，必然生成3mmol氢气，反应不一定达到平衡状态，故b错误；

c．该反应正反应是体积减小的反应，在恒容条件下，反应正向进行，气体的总压强减小，反应逆向进行，气体的总压强增大，容器内的总压强不变时，反应达到平衡状态，故c正确；

d．根据质量守恒、容器的体积不变得知，无论反应是否达到平衡状态，混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断平衡状态的依据，故d错误；

故答案为：

c；

（2）①由表中数据可知，反应5min，消耗0.2molH2O，生成0.3molH2，因此H2O和H2的化学计量数之比为1：

3，反应7min时，消耗0.2molCH4，生成0.2molCO，因此CH4和CO的化学计量数之比为1：

1，则用天然气原料制取氢气的化学方程式为CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g），故答案为：

CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）；

②根据方程式CH4+H2O＝CO+3H2结合表中数据可知c＝0.2，所以5min时反应已经处于平衡状态；前5min内消耗甲烷是0.2mol，浓度是0.1mol/L，则反应的平均反应速率v（CH4）＝0.1mol/L÷5min＝0.02mol·L－1·min－1，故答案为：

是；0.020mol·L-1·min-1；

③反应在7~10min内，CO的物质的量减少，而氢气的物质的量增大，可能是充入氢气，使平衡逆向移动引起的，d选项正确，故答案为：

d。

6．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