2021届高三化学一轮复习重点考点逐个练习化学反应速率（含详解）

2021 届高三化学一轮复习重点考点逐个练习:化学反应速率（含详解） 命题角度 重点考查化学反应速率的定义以及影响化学反应速率的因素。通常会结合图形考查速率的计算、影响因 素,或者以实验探究的形式考查控制变量的思想等知识 备考启示 在复习中,要紧紧抓住速率的定义,一定要注意是单位时间内浓度的变化量。判断影响速率的因素时,不需要 考虑平衡的移动,但是要确保每次只能改变一个条件 1. 一定温度下,反应 N2(g)+O2(g) 2NO(g)在密闭容器中进行,下列措施不改变化学反应速率的是(　　)。 A.缩小容积使压强增大 B.恒容,充入 N2 C.恒容,充入 He D.恒压,充入 He 【解析】A 项,气体的物质的量不变,缩小容积,气体的物质的量浓度增大,化学反应速率增大;B 项,容积不变,充入 N2,反应物 N2 的物质的量浓度增大,化学反应速率增大;C 项,容积不变,充入 He,反应容器内压强增大,但 N2、O2、NO 的物质的量浓度并没有变化,因此不改变化学反应速率;D 项,压强不变,充入 He,反应容器的容积增大,N2、O2、NO 的 物质的量浓度减小,化学反应速率减小。 【答案】C 2. 下列有关反应速率的说法正确的是(　　)。 A.用铁片和稀硫酸反应制氢气时,改用 98%的硫酸可以加快反应速率 B.100 mL 2 mol·L-1 盐酸与锌片反应,加入适量的氯化钠溶液,反应速率不变 C.SO2 的催化氧化反应是一个放热反应,所以升高温度,反应速率变慢 D.汽车尾气中的 NO 和 CO 可以缓慢反应生成 N2 和 CO2,减小压强,反应速率变慢 【解析】A 项,铁遇浓硫酸钝化,错误;B 项,加入 NaCl 溶液,溶液体积增大,c(H+)减小,反应速率减小,错误;C 项,升高 温度,正、逆反应速率都增大,错误;D 项,减小压强,反应速率减小,正确。 【答案】D 3.用 Na2FeO4 溶液氧化废水中的还原性污染物 M,为研究降解效果。设计如下对比实验探究温度、浓度、pH、催化剂 对降解速率和效果的影响,实验测得 M 的浓度与时间关系如图所示,下列说法不正确的是(　　)。 实验编号 温度(℃) pH ① 25 1 ② 45 1 ③ 25 7 ④ 25 1A.实验①在 15 min 内,M 的降解速率为 1.33×10-5 mol·L-1·min-1 B.若其他条件相同,实验①②说明升高温度,M 的降解速率增大 C.若其他条件相同,实验①③证明 pH 越高,越不利于 M 的降解 D.实验①④说明 M 的浓度越小,降解速率越快 【解析】根据化学反应速率的数学表达式,v(M)=(0.3 - 0.1) × 10-3 15 mol·L-1·min-1=1.33×10-5 mol·L-1·min-1,故 A 项正确; ①②不同的是温度,②的温度高于①,在相同的时间段内,②中 M 的浓度变化大于①,说明②中 M 的降解速率增大,故 B 项正确;①③温度相同,③的 pH 大于①,在相同的时间段内,①中 M 浓度变化大于③,说明①的降解速率大于③,故 C 项 正确;①④M 的浓度不同,0~15 min 内,④中 M 的浓度变化小于①,说明 M 的浓度越慢,降解速率越慢,故 D 项错误。 【答案】D 4. 一定温度下,向容积为 2 L 的密闭容器中通入两种气体,发生化学反应,反应中各物质的物质的量变化如图所示,下列 对该反应的推断合理的是(　　)。 A.该反应的化学方程式为 3B+4D 6A+2C B.反应进行到 1 s 时,v(A)=v(D) C.反应进行到 6 s 时,B 的平均反应速率为 0.05 mol·L-1·s-1 D.反应进行到 6 s 时,各物质的反应速率相等 【解析】由图像可知,B、C 为反应物,A、D 为生成物,由于各物质的物质的量变化之比等于化学方程式中化学计 量数之比,Δn(A)∶Δn(B)∶Δn(C)∶Δn(D)=6∶3∶4∶2,所以化学方程式为 3B+4C 6A+2D,A 项错误;无论在什么时刻, 用各物质表示的速率之比都等于化学计量数之比,故 B、D 两项错误。 【答案】C 5. 向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体。一定条件下发生反应,各物质的浓度随时间变 化如图 1 所示[t0~t1 阶段的 c(B)变化未画出]。图 2 为 t2 时刻后改变条件时平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的 情况,四个阶段都各改变一种反应条件且互不相同,t3~t4 阶段为使用了催化剂。下列说法中正确的是(　　)。A.若 t1=15 s,则用 A 的浓度变化表示的 t0~t1 阶段的反应速率为 0.004 mol·L-1·s-1 B.t4~t5 阶段改变的条件一定为减小压强 C.该容器的容积为 2 L,B 的起始物质的量为 0.02 mol D.t5~t6 阶段,容器内 A 的物质的量减少了 0.06 mol,而此过程中容器与外界的热交换总量为 a kJ,该反应的热化学方程 式为 3A(g) B(g)+2C(g)　ΔH=-50a kJ·mol-1 【解析】t3~t4 与 t4~t5,条件改变时,平衡不发生移动,只可能是两种情况:一是加入了催化剂;二是该反应是一个反应 前后气体分子数相等的反应,改变的条件是体系的压强。t3~t4 阶段为使用催化剂,则 t4~t5 阶段改变的条件一定为减小 压强。前 15 s 内 A 的浓度变化为 0.15 mol·L-1-0.06 mol·L-1=0.09 mol·L-1,A 的反应速率为 0.006 mol·L-1·s-1,A 项错 误;t0~t1 阶段 C 的浓度变化为 0.11 mol·L-1-0.05 mol·L-1=0.06 mol·L-1,A 与 C 的化学计量数之比为 3∶2,且该反应为反 应前后气体分子数不变的反应,故 B 只能为生成物,且 B 与 C 的化学计量数之比为 1∶2,则 t0~t1 阶段 B 的浓度改变为 0.03 mol·L-1,B 的平衡浓度为 0.05 mol·L-1,则其起始浓度为 0.02 mol·L-1,物质的量为 0.04 mol,C 项错误;t5~t6 改变的条 件为升高温度,这时反应正向进行,所以正反应为吸热反应,D 项错误。 【答案】B 6.下列延长食品保质期的方法中,其原理与其他几种不同的是(　　)。 A.加食盐腌制B.抽真空 C.充氮气 D.使用吸氧剂 【解析】加食盐腌制能使细菌脱水而死,从而延长食品的保质期;抽真空、充氮气、使用吸氧剂均可使食品与氧 气隔绝或减少接触,用防止氧化的方式延长食品保质期。 【答案】A 7.把镁条(去除氧化膜)投入盛有盐酸的敞口容器中,产生 H2 的速率 v 与时间 t 的关系如图所示,其中影响 AB 段速率的 主要因素是(　　)。 A.H+的浓度 B.体系的压强 C.溶液的温度D.Cl-的浓度 【解析】镁条与盐酸的反应是放热反应,AB 段反应放热使温度升高,反应速率加快;BC 段随着反应的进行,盐酸的 浓度逐渐减小,反应速率减慢。 【答案】C 8.为比较 Fe3+和 Cu2+对 H2O2 分解反应的催化效果,甲、乙两组同学分别设计了图 1、图 2 所示的实验。下列叙述中不 正确的是(　　)。A.图 1 实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小 B.若图 1 所示实验中反应速率①>②,则说明 Fe3+对 H2O2 分解的催化效果一定比 Cu2+好 C.用图 2 装置比较反应速率,可测定在相同状况下反应产生的气体体积及反应时间 D.为检查图 2 装置的气密性,可关闭分液漏斗活塞,将注射器活塞拉出一定距离,一段时间后松开活塞,观察活塞是否回 到原位 【解析】由于 FeCl3 和 CuSO4 的阴离子不相同,因此图 1 所示实验中反应速率①>②,不能说明 Fe3+对 H2O2 分解的 催化效果比 Cu2+好。 【答案】B 9.已知:一定温度下的某恒容密闭容器中仅发生反应:2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)　ΔH=+Q kJ·mol-1(Q>0)。若向 2 L 该容 器中通入 1.2 mol NO2 ,测得 100 s 时反应达到化学平衡状态,此时 c(O2)=0.2 mol·L-1。下列说法正确的是(　　)。 A.增大 c(NO),平衡逆向移动,反应的化学平衡常数减小 B.100 s 内 NO2 的分解速率为 8×10-3 mol·L-1·s-1 C.反应达平衡时,吸收的热量为 0.2Q kJ D.其他条件不变,若开始时 n(NO2)=2.4 mol,则达到平衡后 c(O2)O,故 A 项正确;SiO2 是不溶于水的酸性氧化物,故 B 项正确;由 N、O 和 H 三种元素形成的化合物 NH4NO3 中含 有离子键和共价键,故 C 项错误;Cl 的非金属性比 Si 强,则最高价氧化物对应水化物的酸性:H2SiO3Y>Z B.气态氢化物的热稳定性:Y>X C.最高价氧化物对应水化物的酸性:M>Z D.由 R、X、Y、M 四种元素组成的盐只有一种 【解析】依题意,这五种主族元素占据三个短周期,R 的原子序数最小,则 R 为 H。若 Y 有 2 个电子层,则最外层有 6 个电子,Y 为 O,符合题意;若 Y 有 3 个电子层,则最外层有 9 个电子,不符合原子核外电子排布规则。综上所述,Y 为 O。Y 和 M 同主族,则 M 为 S。由图可知,Q 含有金属阳离子,且该金属阳离子与碱反应生成的氢氧化物难溶于水,而该氢氧 化物又能与碱反应,所以,Q 含有铝离子。分析题图,当加入氢氧化钠溶液的体积由 3 mL 4 mL 时,生成沉淀的物质的 量不变,说明溶液中存在铵根离子,铵根离子与碱反应。由原子序数大小知,X 为 N,Z 为 Al。S2-、O2-、Al3+的半径依次减小,A 项正确;热稳定性 H2O>NH3,B 项正确;酸性 H2SO4>Al(OH)3,C 项正确;由 H、N、O、S 四种元素组成的盐有 NH4HSO4、(NH4)2SO4、NH4HSO3、(NH4)2SO3、(NH4)2S2O8、(NH4)2S2O3 等,D 项错误。 【答案】D 19.已知氧化性:Br2>Fe3+>I2,向含 a mol FeI2 的溶液中加入含 b mol Br2 的溴水,充分反应。下列说法不正确的是(　　)。 A.离子的还原性强弱:I->Fe2+>Br- B.当 a≥b 时,发生的离子反应为 2I-+Br2 I2+2Br- C.当 5a=4b 时,反应后 c(Fe2+)∶c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶1∶5 D.当 3a≤2b 时,发生的离子反应为 2Fe2++2I-+2Br2 2Fe3++I2+4Br- 【解析】已知氧化性 Br2>Fe3+>I2,则离子的还原性 I->Fe2+>Br-,A 项正确;溴水与 FeI2 溶液反应时,Br2 先与还原性 强的 I-反应,后与 Fe2+反应,当 a=b 时,FeI2 溶液中的 I-恰好与 Br2 完全反应,当 a>b 时,I-过量,只发生 I-与 Br2 的反应,故当 a≥b 时,发生离子反应 2I-+Br2 I2+2Br-,B 项正确;当 5a=4b 时,即 a mol FeI2 和5 4a mol Br2 反应,I-完全反应,由得失电子守 恒知 Fe2+有一半被氧化成 Fe3+,所以反应后 c(Fe2+)∶c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶1∶5,C 项正确;当 3a=2b 时,a mol FeI2 和 b mol Br2 恰好完全反应,离子方程式为 2Fe2++4I-+3Br2 2Fe3++2I2+6Br-,D 项错误。 【答案】D 20.Ⅰ.实验室可由软锰矿(主要成分为 MnO2)制备 KMnO4,方法如下:软锰矿和过量的 KOH 和 KClO3 固体在高温下反 应,生成锰酸钾(K2MnO4)和 KCl;用水溶解,滤去残渣,滤液酸化后,K2MnO4 转化为 MnO2 和 KMnO4;滤去 MnO2 沉淀,浓 缩溶液,结晶得到深紫色的针状 KMnO4。试回答下列问题: (1)软锰矿制备 K2MnO4 的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　 。 (2)K2MnO4 制备 KMnO4 的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 Ⅱ.MnO2 是一种重要的无机功能材料,粗 MnO2 的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗 MnO2(含有较多的 MnO 和 MnCO3)样品转化为纯 MnO2 的实验,其流程如下: (1)第①步加稀 H2SO4 时,粗 MnO2 样品中的　　　　(填化学式)转化为可溶性物质。 (2)补充并配平第②步反应的离子方程式:　　　+　ClO-3+　　 　MnO2↓+　Cl2↑+　　　。 (3)两次过滤后对 MnO2 固体洗涤 2~3 次,如何确定是否洗涤干净?　。 (4)若粗 MnO2 样品的质量为 12.69 g,第①步反应后,经过滤得到 8.7 g MnO2,并收集到 0.224 L CO2(标准状况),则在第② 步反应中至少需要　　　　 mol NaClO3。 【解析】Ⅰ.(1)由软锰矿与过量 KOH 和 KClO3 固体在高温下反应,生成锰酸钾(K2MnO4)和 KCl,反应中化合价变 化的元素为 Mn、Cl,Mn 元素的化合价由+4 升高为+6,Cl 元素的化合价由+5 降低为-1,根据化合价升降总数相等,二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为 3∶1,再根据原子守恒配平得化学方程式:3MnO2+6KOH+KClO3 3K2MnO4+KCl+3H2O。 (2)经滤液酸化后,K2MnO4 转化为 MnO2 和 KMnO4,反应中只有 Mn 元素的化合价发生变化,Mn 元素由+6 价部分 降低为+4 价,部分升高为+7 价,根据化合价升降总数相等,则二氧化锰与高锰酸钾的物质的量之比为 1∶2,再根据电荷 守恒、原子守恒配平得离子方程式:3MnO2- 4 +4H+ MnO2↓+2MnO-4+2H2O。 Ⅱ.(1)MnO2 不溶于硫酸,所以加稀硫酸时样品中的 MnO 和 MnCO3 分别和硫酸反应生成可溶性的 MnSO4。 (2)MnSO4 要转化为 MnO2,需失去电子,故需要加入 NaClO3 作氧化剂,依据得失电子守恒配平反应的离子方程式为 5Mn2++2ClO-3+4H2O 5MnO2↓+Cl2↑+8H+。 (3)两次过滤后对 MnO2 固体洗涤 2~3 次,二氧化锰上可能吸附有硫酸根离子,判断沉淀洗涤干净的方法为取最后 一次洗涤液,滴加少量 BaCl2 溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净。 (4)由题意知样品中的 MnO 和 MnCO3 质量为 12.69 g-8.7 g=3.99 g,0.224 L CO2 的物质的量为 0.01 mol,由化学方 程式 H2SO4+MnCO3 MnSO4+H2O+CO2↑可知,MnCO3 的物质的量为 0.01 mol,质量为 115 g·mol-1×0.01 mol=1.15 g,所 以 MnO 的质量为 3.99 g-1.15 g=2.84 g,其物质的量为 2.84 g 71 g·mol-1=0.04 mol,因此与稀硫酸反应时共生成 MnSO4 的物质的 量为 0.05 mol,根据化学方程式 5MnSO4+2NaClO3+4H2O 5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4 可计算出需要 NaClO3 的物 质的量为 0.02 mol。 【答案】Ⅰ.(1)3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O (2)3MnO2- 4 +4H+ MnO2↓+2MnO-4+2H2O Ⅱ.(1)MnO 和 MnCO3 (2)5Mn2+　2　4H2O　5　1　8H+ (3)取最后一次洗涤液于试管中,滴加少量 BaCl2 溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净 (4)0.02 21.在一定条件下,二氧化硫和氧气发生反应:2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。 (1)降低温度,化学反应速率　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)600 ℃时,在一容积为 2 L 的密闭容器中,将二氧化硫和氧气混合,在反应进行至 10 min 和 20 min 时,分别改变了影响 反应的一个条件,反应过程中 SO2、O2、SO3 物质的量的变化如图所示。前 10 min 正反应速率逐渐　　　　(填“增 大”“减小”或“不变”);前 15 min 内用 SO3 表示的平均反应速率为　　　　。 (3)根据图中反应进程,表示正反应速率与逆反应速率相等的时间段是　　　　。 (4)根据图示判断,10 min 时改变的反应条件可能是　　　　(填字母,下同);20 min 时改变的反应条件可能是　　　　。 a.加入催化剂 b.缩小容器容积 c.降低温度 d.增加 O2 的物质的量 【解析】(1)降低温度,化学反应速率减小。(2)前 10 min 随着反应的不断进行,反应物 SO2 和 O2 的浓度不断减小, 正反应速率减小;前 15 min 内用 SO3 表示的平均反应速率为 0.04mol 2 L × 15min≈1.33×10-3 mol·L-1·min-1。(3)反应过程中,SO2、 O2、SO3 的物质的量不随时间的推移而发生变化时正、逆反应速率相等,即 15~20 min 和 25~30 min 反应处于平衡状 态。(4)10~15 min,三条曲线的斜率突然增大,说明反应速率突然加快,其原因可能是加入催化剂或缩小容器容积。反应 进行至 20 min 时,曲线发生的变化是 O2 的物质的量突然增大,平衡发生移动引起 SO2、SO3 的物质的量随之发生变化。 【答案】(1)减小 (2)减小　1.33×10-3 mol·L-1·min-1 (3)15~20 min,25~30 min (4)ab　d 22.已知: +H2(g)　ΔH=+124 kJ·mol-1。 若反应体系在恒容密闭容器中达到平衡后,各物质的浓度在不同条件下(只改变一种条件)的变化情况如图所示(第 10~14 min 的浓度变化曲线未画出): (1)第 2 min 反应温度 T(2)与第 8 min 反应温度 T(8)的高低:T(2)　　　　(填“”或“=”)T(8)。第 10 min 时反应改变 的条件是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)比较产物苯乙烯在 2~3 min、5~6 min 和 12~13 min 时的平均反应速率[平均反应速率分别以 v(2~3)、v(5~6)、 v(12~13)表示]的大小:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)反应物乙苯在 5~6 min 和 15~16 min 时的平均反应速率 v(5~6)>v(15~16),其原因 是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【解析】(1)由图可知,前 4 min 各物质浓度不变,第 4 min 开始平衡正向移动,8 min 时达到平衡,则第 4 min 时改变 的条件应为升高温度,故 T(2)　　　　(填实验序号)。 (2)若实验①在 2 min 末收集了 4.48 mL CO2(标准状况),则在 2 min 末,c(MnO-4)=　　　　 mol·L-1(假设混合溶液的体积 为 50 mL)。 (3)除通过测定一定时间内 CO2 的体积来比较反应速率外,本实验还可通过测定　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 来比较化学反应速率。 (4)小组同学发现反应速率变化如图 2 所示,其中 t1~t2 时间内速率变快的主要原因可能是:①产物 Mn2+是反应的催化剂; ②　。 【解析】(1)对比①②实验中 A 溶液、B 溶液的数据可知,除 c(H2C2O4)不同外,其余各量均相同,显然该实验是探 究浓度对化学反应速率的影响。实验②中 A 溶液的 c(H2C2O4)比实验①中大,则实验②的化学反应速率更快,所得 CO2 的体积更大。 (2)收集到 CO2 的物质的量 n(CO2)=4.48 × 10-3L 22.4 L·mol-1=2×10-4 mol,则有 2MnO-4+5H2C2O4+6H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O 　2　　　　　　　　　　　　　　　　　10　n(MnO-4)　　　　 　　　　　　　2×10-4 mol 2 10= 푛(MnO-4) 2 × 10-4mol,解得 n(MnO-4)=4×10-5 mol。在 2 min 末,n(MnO-4)=30×10-3 L×0.01 mol·L-1-4×10-5 mol=2.6×10-4 mol,从而 可得 c(MnO-4)=2.6 × 10-4mol 0.05 L =0.0052 mol·L-1。 【答案】(1)浓度　②　① (2)0.0052 (3)KMnO4 溶液完全褪色所需时间(或产生相同体积气体所需时间) (4)反应放热