2022届高考化学一轮复习课后限时集训21化学反应速率含解析新人教版

高考课后限时集训(二十一)(建议用时：40分钟)1．一定温度下，在2L恒容密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)A．a点时，v(A)＝v(B)B．从反应开始到5min时，B的物质的量增加了0.2molC．反应的化学方程式为：3A2B＋CD．从反应开始到5min时，v(C)＝0.04mol·L－1·min－1C　[a点时，n(A)＝n(B)，但由方程式应为3A2B＋C可知vA∶vB＝3∶2，A项错误；从反应开始到5min时，B的物质的量增加了0.4mol，B项错误；0～5min内A减少0.6mol，B增加0.4mol，C增加0.2mol，A、B、C的化学计量数之比为0.6∶0.4∶0.2＝3∶2∶1，故反应的化学方程式为3A2B＋C，C项正确；从反应开始到5min时，v(C)＝＝0.02mol·L－1·min－1，D项错误。]2．(2020·某某模拟)已知臭氧第二步分解过程的机理为①O3＋Cl===O2＋ClO　②ClO＋O===O2＋Cl。下列说法错误的是(　　)A．该过程的化学方程式为O3＋O2O2B．若改变催化剂，反应的ΔH不变C．催化剂可以加快反应速率，使反应的平衡常数增大D．氯原子可以降低反应的活化能，增加活化分子的数目-10-/10 高考C　[催化剂不改变反应程度，平衡常数不变，C错误。]3．(2020·某某一模)三元WO3/C3N4/Ni(OH)x光催化剂产氢机理如图。下列说法正确的是(　　)A．TEOA―→TEOA＋为还原反应B．Ni(OH)x降低了H＋―→H2的活化能C．能量转化形式为太阳能→电能→化学能D．WO3没有参与制氢反应过程B　[A项，TEOA―→TEOA＋为失电子过程，应为氧化反应，错误；B项，Ni(OH)x为催化剂，降低活化能，正确；C项，转化过程没有电能，错误；D项，WO3为催化剂，参与了反应过程，错误。]4．(2020·某某模拟)在一定的条件下，在2L密闭容器中进行一定量MgSO4和CO的反应：MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)。反应时间与残留固体的质量关系如图所示。下列说法正确的是(　　)A．升高温度时，正反应速率增大，逆反应速率减小B．随着反应的进行，混合气体的平均相对分子质量增大C．增加硫酸镁的质量时，正反应速率将增大D．在0～10min内，v(CO)＝0.01mol·L－1·min－1B　[A项，升温，v正、v逆均增大，错误；C项，增加固体的量，v不变，错误；D项，-10-/10 高考MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)Δm120g1mol40g80gn(CO)8gn(CO)＝0.1mol，v(CO)＝＝0.005mol·L－1·min－1，错误。]5．已知：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行了如下实验(忽略溶液体积变化)：下列说法不正确的是(　　)A．V1＝1，V2＝2B．设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响C．实验计时是从溶液混合开始，溶液呈紫红色时结束D．实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)＝0.01mol·L－1·min－1C　[A项，实验Ⅰ和实验Ⅱ反应温度相同，实验Ⅱ中加入了1mL水，根据控制变量的原则，溶液总体积应保持不变，因而V1＝1，类比分析可得V2＝2，A正确；B项，实验Ⅰ、Ⅲ的温度不同，其他条件相同，因而可知设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响，B正确；C项，酸性KMnO4溶液呈紫红色，由表中数据可知，草酸溶液过量，KMnO4可反应完全，因而可以用颜色变化来判断反应终点，即实验计时是从溶液混合开始，溶液紫红色刚好褪去时结束，C错误；D项，根据实验Ⅲ中有关数据可知，Δc(KMnO4)＝(0.01mol·L－1-10-/10 高考×2mL)/4mL＝0.005mol·L－1，v(KMnO4)＝Δc(KMnO4)/Δt＝0.01mol·L－1·min－1，D正确。]6．N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O＋表面转化为无害气体，其反应为N2O(g)＋CO(g)CO2(g)＋N2(g)　ΔH，有关化学反应的物质变化过程如图1所示，能量变化过程如图2所示，下列说法正确的是(　　)图1　　　　　　　　图2A．由图1可知ΔH1＝ΔH＋ΔH2B．加入Pt2O＋，可使反应的焓变减小C．为了实现转化需不断补充Pt2O＋和Pt2OD．由图2可知正反应的活化能小于逆反应的活化能D　[由图1可得①N2O(g)＋Pt2O＋(s)===Pt2O(s)＋N2(g)　ΔH1，②Pt2O(s)＋CO(g)===Pt2O＋(s)＋CO2(g)　ΔH2，根据盖斯定律，由①＋②得N2O(g)＋CO(g)===CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝ΔH1＋ΔH2，A项错误；由图1可知，Pt2O＋参与反应后又生成，Pt2O＋是总反应的催化剂，Pt2O是中间产物，均不需要补充，催化剂只能改变反应的途径，不能改变反应的焓变，B、C项错误；ΔE1为正反应的活化能，ΔE2为逆反应的活化能，正反应的活化能较小，D项正确。]7．(2020·某某模拟)已知：2N2(g)＋6H2O(g)4NH3(g)＋3O2(g)　ΔH＝＋QkJ·mol－1，如图为该反应在不同初始浓度的N2和不同催化剂Ⅰ、Ⅱ作用下(其他条件相同)，体积为2L的密闭容器中n(NH3)随反应时间的变化曲线，下列说法正确的是(　　)-10-/10 高考A．0～6h内，催化剂Ⅰ的催化效果比催化剂Ⅱ的好B．a点时，催化剂Ⅰ、Ⅱ作用下N2的转化率相等C．0～5h内，在催化剂Ⅰ的作用下，O2的反应速率为0.12mol·L－1·h－1D．0～12h内，催化剂Ⅱ作用下反应吸收的热量比催化剂Ⅰ的多D　[因为N2的初始浓度不同，催化效果与N2转化率无法判断，A、B错误；0～5h内，Δn(NH3)＝0.8mol，Δn(O2)＝×0.8mol＝0.6mol，v(O2)＝＝0.06mol·L－1·h－1，C错误。]8．将2molX和2molY充入2L密闭容器中发生如下反应：X(g)＋3Y(g)2Z(g)＋aQ(g)，2min后达到平衡时生成0.8molZ，测得Q的浓度为0.4mol·L－1，下列叙述错误的是(　　)A．a的值为2B．平衡时X的浓度为0.2mol·L－1C．Y的转化率为60%D．反应速率v(Y)＝0.3mol·(L·min)－1B　[　　　　　　　　X(g)＋3Y(g)2Z(g)＋aQ(g)始态/(mol·L－1)　　　1　　　1　　　　0　　　0反应的量/(mol·L－1)0.20.60.40.4终态/(mol·L－1)0.80.40.40.4由已知量(无下划线)可求出其他未知量(带下划线)，在做这种类型的题时，一定要注意，方程式中的量要统一，一般用物质的量浓度。]9．在一定温度下，4L密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图：-10-/10 高考(1)比较t2时刻，正、逆反应速率大小v正v逆。(填“>”“＝”或“v逆。(2)v＝＝＝0.25mol·L－1·min－1。(3)t3时刻化学反应达到平衡，剩余2molN，则转化6molN，转化率为×100%＝75%。(4)升高温度，反应速率增大。[答案]　(1)>　t2时未达平衡且反应向正向进行　(2)0.25mol·L－1·min－1(3)75%(4)增大10．已知NO2与N2O4可相互转化：2NO2(g)N2O4(g)　ΔH＝－24.2kJ·mol－1，在恒温下，将一定量NO2和N2O4(g)的混合气体充入体积为2L的密闭容器中，其中物质的浓度随时间变化的关系如图所示。下列推理分析合理的是(　　)A．前10min内，用v(NO2)表示的反应速率为0.02mol·L－1·min－1B．反应进行到10min时，体系吸收的热量为9.68kJ-10-/10 高考C．a、b、c、d四点中v(正)与v(逆)均相等D．25min时，正反应速率减小B　[根据反应达到平衡后物质的浓度之比，可知初始反应浓度增加的曲线表示NO2变化曲线，前10min内，v(NO2)＝0.04mol·L－1·min－1；反应进行到10min时，NO2增加0.8mol，吸收热量为9.68kJ；a、b、c、d四点中只有b和d两点位于平衡状态，只有该两点正、逆反应速率相等；25min时增加NO2的浓度，正反应速率增大。]11．(2020·某某某某高中一诊)硝酸是一种重要的化工原料，工业上采用氨催化氧化法制备，生产过程中发生的反应有NH3(g)＋O2(g)NO(g)＋H2O(l)ΔH1＝－292.3kJ·mol－1NO(g)＋O2(g)NO2(g)ΔH2＝－57.1kJ·mol－13NO2(g)＋H2O(l)===2HNO3(aq)＋NO(g)ΔH3＝－71.7kJ·mol－1回答以下问题：(1)NH3(g)＋2O2(g)===HNO3(aq)＋H2O(l)的ΔH＝kJ·mol－1。原料气体(NH3、O2)在进入反应装置之前，必须进行脱硫处理。其原因是。(2)研究表明2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：(a)2NO(g)N2O2(g)(快)(b)N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)(慢)①该反应的速率由b步决定，说明b步反应的活化能比a步的(填“大”或“小”)。②在恒容条件下，NO和O2的起始浓度之比为2∶1，反应经历相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图所示，则150℃时，v正v逆(填“>”或“v逆。根据起始时NO与O2浓度之比为2∶1和起始c(O2)＝5.0×10－4mol·L－1，结合380℃时NO的平衡转化率为50%，列出三段式：即平衡时c(O2)＝2.5×10－4mol·L－1。[答案](1)－413.8　含硫化合物会引起催化剂中毒　(2)①大　②>2.5×10－412．(2018·全国卷Ⅱ，节选)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)===C(s)＋2H2(g)消碳反应CO2(g)＋C(s)===2CO(g)ΔH/(kJ·mol－1)75172活化能/(kJ·mol－1)催化剂X3391-10-/10 高考催化剂Y4372(1)由上表判断，催化剂XY(填“优于”或“劣于”)，理由是。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图1所示，升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是(填标号)。A．K积、K消均增加B．v积减小、v消增加C．K积减小、K消增加D．v消增加的倍数比v积增加的倍数大图1　　　　　　　　　图2(2)在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v＝k·p(CH4)·[p(CO2)]－0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图2所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为。[解析]　(1)从表格中数据可看出相对于催化剂X，用催化剂Y催化时积碳反应的活化能大，则积碳反应的反应速率小，而消碳反应活化能相对小，则消碳反应的反应速率大，再根据题干信息“反应中催化剂活性会因积碳反应而降低”可知催化剂X劣于催化剂Y。两反应均为吸热反应，故随温度升高，K积和K消均增加，且消碳反应速率增加的倍数比积碳反应的大，故A、D正确。(2)由该图像可知在反应时间和p(CH4)相同时，图像中速率关系va>vb>vc，结合沉积碳的生成速率方程v＝k·p(CH4)·[p(CO2)]－0.5，在p(CH4)相同时，随着p(CO2)增大，反应速率逐渐减慢，即可判断：pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)。[答案]-10-/10 高考　(1)劣于　相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大　AD(2)pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)-10-/10