1、1第一单元 化学反应速率及其影响因素1.(2018 浙江 4 月选考,22,2 分)某工业流程中,进入反应塔的混合气体中 NO 和 O2的物质的量分数分别为 0.10 和 0.06,发生化学反应 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g),在其他条件相同时,测得实验数据如下表:NO 达到所列转化率需要时间/s压强/(10 5 Pa) 温度/50% 90% 98%30 12 250 2 8301.090 25 510 5 76030 0.2 3.9 368.090 0.6 7.9 74根据表中数据,下列说法正确的是( )A.升高温度,反应速率加快B.增大压强,反应速率变慢C.在 1.0105 Pa
2、、90 条件下,当转化率为 98%时反应已达平衡D.若进入反应塔的混合气体为 a mol,反应速率以 v=n/t 表示,则在 8.0105 Pa、30 条件下,转化率从 50%增至 90%时段 NO 的反应速率为 4a/370 mols-1答案 D 由表中数据可知,温度升高,为使压强不变,体积变大,导致浓度减小,反应速率变慢,故 A 错误;根据表中数据,相同温度时,增大压强,达到所列转化率的时间减少,化学反应速率加快,故 B 错误;由题给信息无法判断转化率为 98%时反应是否达到平衡,故 C 错误;当混合气体为 a mol,其中 NO 为 a/10 mol,转化率从 50%增至 90%时,NO
3、 反应了 a/25 mol,经过了 3.7 s,反应速率 v= = = mols-1,故 D 正 n ta25mol3.7 s4a370确。2.下列有关化学反应速率的说法中正确的是( )A.100 mL 2 molL-1的盐酸与锌反应时,加入适量的氯化钠溶液,生成氢气的速率不变B.用铁片和稀硫酸反应制取氢气时,改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率C.二氧化硫的催化氧化是放热反应,所以升高温度,反应速率减慢D.对于反应 2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g),减小压强 ,反应速率减慢2答案 D A 项,加入氯化钠溶液,相当于对盐酸稀释,反应速率减慢;B 项,改用铁片和浓硫酸反应
4、,常温时发生钝化,加热时反应生成二氧化硫气体,得不到氢气;C 项,不论该化学反应是放热反应还是吸热反应,升温,化学反应速率必然加快;D 项,对于有气体参与的反应,减小压强,气体的浓度减小,反应速率减慢。3.(2017 江苏单科,10,2 分)H 2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70 时不同条件下 H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是( )A.图甲表明,其他条件相同时,H 2O2浓度越小,其分解速率越快B.图乙表明,其他条件相同时,溶液 pH 越小,H 2O2分解速率越快C.图丙表明,少量 Mn2+存在时,溶液碱性越强,H 2O2分解速率越快D.图丙和图丁表明,碱性溶液中,
5、Mn 2+对 H2O2分解速率的影响大答案 D 本题考查依据影响化学反应速率的因素识图的能力。A 项,从图甲看出,相同时间内,起始c(H2O2)越大,H 2O2的浓度变化量越大,即分解速率越快,错误;B 项,从图乙看出,NaOH 溶液浓度越大,即 pH越大,H 2O2分解速率越快,错误;C 项,从图丙看出,0.1 molL -1 NaOH 与 1.0 molL-1 NaOH 所示曲线相比,0.1 molL -1 NaOH 对应曲线表示的 H2O2分解速率快,错误;D 项正确。4.为研究某溶液中溶质 R 的分解速率的影响因素,分别用三份不同初始浓度的 R 溶液在不同温度下进行实验,c(R)随时间
6、变化如图。下列说法不正确的是( )3A.25 时,在 1030 min 内,R 的平均分解速率为 0.030 molL -1min-1B.对比 30 和 10 曲线,在 50 min 时,R 的分解百分率相等C.对比 30 和 25 曲线,在 050 min 内,能说明 R 的平均分解速率随温度升高而增大D.对比 30 和 10 曲线,在同一时刻,能说明 R 的分解速率随温度升高而增大答案 D A 项,根据反应速率的计算公式可得 v= =0.030 molL-1min-1,正确;B1.4molL-1-0.8 molL-120min项,由图像可知,30 和 10 的曲线在 50 min 时,c(
7、R)都已经下降为 0,即 R 都已完全分解,分解率都为 100%,正确;C 项,可计算出 050 min 内,30 时平均分解速率 v= =0.032 molL-1min-1.6molL-150min1,25 时平均分解速率 v= =0.026 molL-1min-1,且 30 时 R 的初始浓度比1.8molL-1-0.5 molL-150min25 低,故可说明平均分解速率随温度升高而增大,正确;D 项,从图中可得 30 时分解速率比 10 时大,但分解速率同时受温度和浓度两方面影响,30 时 R 的初始浓度比 10 高,因此无法断定分解速率增大是由哪个因素导致的,错误。5.X(g)+3Y
8、(g) 2Z(g) H=-a kJmol -1,一定条件下 ,将 1 mol X 和 3 mol Y 通入 2 L 的恒容密闭容器中,反应 10 min,测得 Y 的物质的量为 2.4 mol。下列说法正确的是( )A.10 min 内,Y 的平均反应速率为 0.03 molL-1s-1B.第 10 min 时,X 的反应速率为 0.01 molL-1min-1C.10 min 内,消耗 0.2 mol X,生成 0.4 mol ZD.10 min 内,X 和 Y 反应放出的热量为 a kJ答案 C 前 10 min 内 Y 的物质的量减少 0.6 mol,同时 X 减少 0.2 mol,生成
9、的 Z 为 0.4 mol,C 项正确;10 min 内 Y 的浓度变化为 0.3 molL-1,则平均反应速率 v(Y)=0.03 molL-1min-1,A 项错误;反应速率指的是平均速率,而非瞬时速率,B 项错误;1 mol X 和 3 mol Y 完全反应生成 2 mol Z 时所放出的热量为 a kJ,D 项错误。6.在不同浓度(c)、温度(T)条件下,蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列判断不正确的是( )4c/molL -1 v/mmolL-1min-1T/K0.600 0.500 0.400 0.300318.2 3.60 3.00 2.40 1.80328.2 9.00 7.
10、50 a 4.50b 2.16 1.80 1.44 1.08A.a=6.00B.同时改变反应温度和蔗糖的浓度,v 可能不变C.b0、HC 点B 点A 点,B 正确;02 min 内产生 O2的体积是 45 mL,平均反应速率为 =22.5 mLmin-1,C 正确;影响反应速率的因素还有温度,D 错误。45 mL2min12.已知 CoxNi(1-x)Fe2O4(其中 Co、Ni 的化合价均为+2 价)可用作 H2O2分解的催化剂,具有较高的活性,通常由两种不同方法制得。下图为两种方法制得的催化剂在 10 时催化分解 6%的 H2O2溶液的相对初始速率随 x 变化的曲线图。下列说法错误的是(
11、)A.该催化剂中铁元素的化合价为+2 价B.Co、Ni、Fe 均为第族元素C.由图中信息可知,Co 2+、Ni 2+两种离子中催化效果较好的是 Co2+D.由图中信息可知,微波水热法制取的催化剂活性更高答案 A Co xNi(1-x)Fe2O4(其中 Co、Ni 的化合价均为+2 价),所以根据化合物中元素的正、负化合价代数和为 0 计算,铁的化合价为+3 价,选 A;Co、Ni、Fe 三种元素均在第族,不选 B;x 数值越大,催化效果越好,说明 Co2+越多,催化效果越好,不选 C;分析题图可知,采用微波水热法催化效果好,不选 D。13.反应 4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H
12、2O(g) H=-a kJmol -1,在 5 L 密闭容器中投入 1 mol NH3和 1 mol O2,2 min 后 NO 的物质的量增加了 0.4 mol,下列说法正确的是( )7A.2 min 后反应放出的热量小于 0.1a kJB.用氧气表示 2 min 内的平均反应速率:v(O 2)=0.05 molL-1min-1C.2 min 内 NH3的转化率是 50%D.2 min 末 c(H2O)=0.6 mol/L答案 B 4NH 3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)起始物质的量(mol) 1 1 0 0变化物质的量(mol) 0.4 0.5 0.4 0.62 min
13、 末物质的量(mol)0.6 0.5 0.4 0.62 min 时参加反应的 NH3的物质的量为 0.4 mol,反应放出的热量等于 0.1a kJ,故 A 错误;用氧气表示 2 min 内的平均反应速率:v(O 2)= =0.05 molL-1min-1,故 B 正确;2 min 内 NH3的转化率0.5mol5 L2min= 100%=40%,故 C 错误;2 min 末 c(H2O)= =0.12 molL-1,故 D 错误。0.4mol1mol 0.6mol5 L14.下列四支试管中,在不同条件下反应:Fe+2HCl FeCl2+H2,判断产生 H2的反应速率最快的是( )试管 盐酸浓
14、度 温度 铁的状态 0.5 molL-1 20 块状 0.5 molL-1 20 粉末状 1 molL-1 35 块状 2 molL-1 35 粉末状A. B. C. D.答案 D 温度越高,浓度越大,接触面积越大,则反应速率越快,D 项符合题意。15.2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g),反应过程的能量变化如图所示。已知 1 mol SO2(g)氧化为 1 mol SO3(g)的 H=-99 kJmol -1。请回答下列问题:8(1)图中 A、C 点分别表示 ,E 的大小对该反应的反应热有无影响? 。该反应通常用 V2O5作催化剂,加 V2O5会使图中 B 点升高还是降低? ,理由是
15、。 (2)V2O5的催化循环机理可能为:V 2O5氧化 SO2时,自身被还原为四价钒化合物;四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式: , 。 (3)如果反应速率 v(SO2)为 0.05 molL-1min-1,则 v(O2)= molL -1min-1。 (4)已知单质硫的燃烧热为 296 kJmol-1,则 S(s)生成 3 mol SO3(g)的 H= 。 答案 (1)反应物的总能量、生成物的总能量 无影响 降低 催化剂改变了反应历程,使反应的活化能降低(2)SO2+V2O5 SO3+2VO2 4VO 2+O2 2V2O5(3)0.025(4)-1 185 kJmol-
16、1解析 本题考查化学反应中的能量变化、盖斯定律、反应速率计算及催化剂的催化原理。(1)由图像知,A、C 点分别代表反应物、生成物的总能量;E 为反应的活化能,因反应历程不同而不同,但对反应热无影响;催化剂的加入,改变了反应历程,降低了反应的活化能,从而加快反应速率。(3)对于反应 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g),v(SO2)v(O 2)v(SO 3)=212,由 v(SO2)=0.05 molL-1min-1可计算 v(O2)。(4)硫的燃烧热为 296 kJmol-1,可得 S(s)+O2(g) SO2(g) H 1=-296 kJmol-1,结合 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H 2=-198 kJmol-1,利用盖斯定律,3+ 得 3S(s)+ O2(g) 3SO3(g) 32 92H=3H 1+ H 2=-1 185 kJmol-1。32
