化学反应速率-高考化学一轮复习考点练习

1、专题 25 化学反应速率1对于密闭容器中的反应 2SO3(g)O2(g) 2SO2(g) ，在一定条件下 n(SO3) 和 n(O2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述正确的是( )B点 b 的正反应速率比点 a 的大D点 d(t 1时刻)和点 e(t 2时刻)处 n(SO2)一样大A点 c 处反应达到平衡C点 c 的逆反应速率比点 e 的大【答案】 D【解析】 A.由图像可以知道，点 c处 O2和SO3的物质的量相等，但是未必达到平衡状态，故A错误； B.点bSO3的物质的量浓度比 a点小，所以点 b的的正反应速率比点 a的小，故 B错误；C.点 c为达到平衡且向正 反应方向进行，生成物的浓

2、度比平衡时要小，所以逆反应速率比平衡状态小，而点 e 处于平衡状态，所以 点 c 的逆反应速率比点 e 的小，故 C错误； D.点 d(t 1时刻 ) 和点 e(t 2时刻)都处于同一平衡状态下，所以 SO2 的物质的量相同，故 D 正确。2下列试管中，不同条件下反应：Fe2HClFeCl2 H2，判断产生 H2的反应速率最小的是试管盐酸浓度温度铁的状态A0.5 mol/L20 块状B0.5 mol/L20 粉末状C2 mol/L35 粉末状D1 mol/L35 块状【答案】 A【解析】盐酸浓度越大、温度越高、接触面积越大反应速率越快，根据表中数据可知C 中反应速率最快， A中反应速率最慢，答

3、案选 A。3某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL 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)12345氢气体积 (mL)50120232290310反应速率最大的时间段及其原因是( )。A 0 1min 盐酸浓度大，反应速率大B 1 2min 接触面积增大，反应速率大C 23min 反应放热，温度升高，反应速率大D 3 4min 产生的 Zn2+是催化剂，反应速率大【答案】 C【解析】从表中数据看出： 0 1min 收集的氢气小于后一分钟，虽然盐酸浓度较大，但是温度较低，故反 应速率不是最大； 2 min 3 m

4、in 收集的氢气比其他时间段多，虽然反应中c( H+)下降，但主要原因是 Zn置换 H2的反应是放热反应，温度升高，温度对反应速率影响占主导作用；3 4min 反应速率比前一分钟小，不能由此判断 Zn2+是催化剂： 4 min 5 min 收集的氢气最少，虽然反应放热，但主要原因是c( H+)下降，反应物浓度越低，反应速率越小，浓度对反应速率影响占主导作用，故选C。4在一定温度下， 10mL 0.40mol/L H 2O2 溶液发生催化分解。不同时刻测得生成 的体积 ( 已折算为标准状 况 ) 如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述

5、不正确的是 (溶液体积变化忽略不计 )A 06min 的平均反应速率： v(H 2O2)=3.3 ×10 -2 mol/(L · min)-2B610min的平均反应速率： v(H2O2) <3.3 ×10 -2mol/(L ·min)C反应到 6min 时， c(H 2O2)=0.30mol/LD反应到 6min 时， H2O2 分解了 50%答案】 C解析】 A.0 6min 时间内，生成氧气的物质的量为=0.001mol ，由2H2O22H2O+O2，可知 c(H 2O2)=0.2mol/L ，所以 v(H2O2)=0.033mol/(L?m

6、in)，故 A正确； B随着反应的进行， H2O2的浓度逐渐减小，反应速率减慢， 610 min 的平均反应速率小于 0 6min 时间内反应速率，故 B 正确； C由 A 计算可知，反应至 6 min 时 c(H 2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故 C错误； D6min 内c(H 2O2)=0.2mol/L ，则 H2O2分解率为：×100%=50%，故 D正确。5二氧化钛在一定波长光的照射下，可有效降解甲醛、苯等有机物，效果持久，且自身对人体无害。某课 题组研究了溶液的酸碱性对 TiO2 光催化染料 R降解反应的影响，结果如图所示。下列判断正确的是

7、-1A在 020min 之间， pH7时 R的降解速率为 0.07mol ·L-1 ·minB R 的起始浓度不同，无法判断溶液的酸碱性对R 的降解速率的影响C二氧化钛对 pH2 的 R溶液催化效率好D在 050 min 之间， R的降解百分率 pH2 大于 pH7【答案】 C【解析】A. 在 0 20min 之间，pH 7时 R的降解速率 =( 1.8-0.4 )×10-4mol/L/20min=7 ×10 -6 mol·L-1 ·min -1 ， A错误；B. 判断溶液的酸碱性对 R的降解速率的影响应选用 R的起始浓度相同， B

8、错误；C. 通过图像可知， pH 2时，二氧化钛对 R溶液催化时间迅速缩短，效率好，C正确； D. 在 050 min 之间， R的降解初始量pH 7大于 pH2，平衡时浓度接近 0，则降解百分率 pH7大于 pH 2， D错误。6化合物 Bilirubin 在一定波长光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如图所示，计算反应4? 8min 平均反应速率和推测反应16min 时反应物的浓度，结果应是A 2.5 mol/(L · min) 和 2.0 molC 3.0 mol/(L · min) 和 3.0 mol【答案】 BB2.5 mol/(L ·min)

9、和 2.5 molD 5. 0mol/(L ·min)和 3.0 mol【解析】由图可知， 4? 8min 期间，反应物浓度变化为 (20- 10) mol/L=l0 mol/L ，所以 48min 期间，反 应速率为=2.5 mol/(L ·min) ；由图可知， 04min 期间，反应物浓度变化为(40- 20)mol/L=20mol/L ， 4? 8min 期间，反应物浓度变化为 (20- 10) mol/L=10 mol/L ，可知，每隔 4 分钟，浓度变化量降为原来的一半，所以 8? 12min 浓度变化为 5 mol/L ， 12? 16min 浓度变化为2.5

10、 mol/L ，所以 16min 时浓度为 10mol/L - 5mol/L -2.5 mol/L=2.5 mol/L 。 7在恒温恒容的密闭容器中通入一定量的A、B，发生反应 A(g) 2B(g)3C(g) 。如图是 A的反应速率v(A) 随时间变化的示意图。下列说法正确的是A反应物 A 的浓度： a 点小于 b 点B A的平均反应速率： ab段大于 bc 段C曲线上的 c、 d 两点都表示达到平衡状态D该反应的生成物可能对反应起催化作用【答案】 D【解析】 A.随反应进行，反应物浓度不断减小，所以a 点浓度大于 b 点，故 A 错误； B.ac 段，反应速率逐渐增大，所以平均反应速率 ab

11、 段小于 bc 段，故 B错误； C.从图象上无法判断正逆反应速率相等，c、d两点不一定达到平衡状态，故 C 错误； D.恒温恒容条件下，反应速率加快，可能是某种生成物对反应起到的 催化作用，故 D正确。8某温度下，在容积为 2 L的密闭容器中投入一定量的 A、B发生反应 3A(g) bB(g)cC(g) HQ kJ·mol 1( Q>0) ， 12 s 时反应达到平衡，生成 C的物质的量为 0.8 mol ，反应过程中 A、B的物质的量浓 度随时间的变化关系如图所示。下列说法正确的是1A前 12 s 内， A的平均反应速率为 0.025 mol ·L1·s

12、B12 s 后， A的消耗速率等于 B的生成速率C化学计量数之比 bc1 2D12 s 内，A和 B反应放出的热量为 0.2Q kJ 【答案】 C【解析】分析图像可知 12 s 内 A的浓度变化为 (0.8 0.2)mol ·L 1 0.6 mol ·L1，反应速率 v(A) 0.05 mol ·L1·s1，A 项错误；11 1 1分析图像， 12 s 内B的浓度变化为 (0.5 0.3)mol ·L10.2 mol ·L1，v(B) mol·L1·s1，速率之比等于化学计量数之比， 3b0.05，b1，3c0.0

13、5 ，c2，A、B的化学计量数不同， 12 s后 达到平衡状态， A的消耗速率不等于 B的生成速率， B 项错误， C项正确；1消耗 3 mol A 放热 Q kJ ，12 s 内消耗 A的物质的量为 0.6 mol ·L1×2 L1.2 mol ，消耗 1.2 mol A 放出 的热量为 0.4 Q kJ ，D 项错误。9不同条件下，用 O2氧化 a mol/L FeCl 2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是A由、可知， pH 越大， +2 价铁越易被氧化B由、推测，若 pH> 7， +2 价铁更难被氧化C由、推测， FeCl2 被 O2氧化的

14、反应为放热反应D60、 pH=2.5 时， 4 h 内 Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/(L ·h)答案】 D【解析】 A、由、可知， pH 越小， +2价铁氧化速率越快，故 A错误； B、若 pH> 7，FeCl 2变成 Fe（OH） 2，Fe（OH）2非常容易被氧化成 Fe（OH）3，故 B错误； C、由、推测，升高温度，相同时间内+2价铁的氧化率增大，升高温度 +2 价铁的氧化速率加快，由图中数据不能判断反应的热效应，故C错误； D、50、pH=2.5 时，4 h 内 Fe2+的氧化率是 60%，即消耗 0.6a mol/L ，4 h 内平均消耗速率等于

15、0.15a mol/（L ·h）， 温度升高到 60、pH=2.5时，+2价铁的氧化率速率加快， 4 h内Fe2+的平均消耗速率大于 0.15a mol/（L ·h）。 正确答案选 D。10一定温度下，将 1molA（g） 和 1molB（g） 充入 2L 密闭容器中发生反应： A（g）+B（g） xC（g）+D（s） H<0， 在 t 1 时达平衡。在 t 2 、t3 时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中C（g） 的浓度随时间变化如图所示。下列有关说法正确的是At 2 时刻改变的条件是使用催化剂Bt3时刻 v（逆）可能小于 t2 时刻 v（ 逆）Ct 3时刻改变的

16、条件一定是增大反应物的浓度Dt 1t 2、t2t 3平衡常数均为 0.25【答案】 B【解析】 A.催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能影响C的物质的量浓度，由图可知， t 2时刻 C的浓度增大，但平衡不移动，因此改变的条件不是催化剂，故A错误； B.由图象可知， t 3时刻后 C的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动， t3时刻 v（逆）可能小于 t2时刻 v（逆），故 B正确； C.由图象可知， t3时刻 后 C 的物质的量浓度增大，说明平衡正向移动，改变的条件可能是增大反应物的浓度、降低温度等，故 C 错误； D.根据图可知，在 t 2时刻，平衡不移动，但 C的浓度变大，说明在在 t

17、 2时刻改变的条件是缩小容器 的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，反应方程式为： A（g）+B（g）2C（g） +D（s），t 1 t 3间温度相同，平衡常数相同，由图可知平衡时C的浓度为 0.5mol/L ，则：A（g） +B（g）2C（g）+D（ s）起始浓度（ mol/L ）0.5 0.5 0 转化浓度（ mol/L ）0.25 0.25 0.5平衡浓度（ mol/L ）0.25 0.25 0.5所以平衡常数 K4，故 D 错误。11某兴趣小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6 个盛有过量 Zn 粒的反应瓶中，以研究硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。下列判断错

18、误的是( )实验组别混合溶液ABCDEF4mol?L 1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和 CuSO4 溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100AV130，V610，V720B本实验利用了控制变量思想，变量为铜离子浓度C反应一段时间后，实验 A 中的金属呈灰黑色，实验 F的金属呈现红色D该小组的实验结论是硫酸铜的量与生成氢气速率成正比【答案】 D【解析】 A.研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则需要硫酸的体积、物质的量应相同，由A、F 可知结合溶液的总体积为 30mL+20mL=50m，L 则 V1=30，V6=50-30-10=10 ，V7=20，故

19、 A 不符合题意； B.本实验利用了 控制变量思想，硫酸的体积、物质的量应相同，变量为铜离子浓度，故 B不符合题意； C.A 中没有加入硫酸 铜，锌与稀硫酸反应后，锌的表面凹凸不平，有很多细小的锌的颗粒，由于颗粒很小，光被完全吸收，所 以看到的固体是灰黑色； F中 Zn能够置换出 Cu附着在 Zn表面，金属变为紫红色，故 C不符合题意； D.因 为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较少时，形成铜锌原电池， 反应速率加快，硫酸铜量较多时，反应时间较长，而且生成的铜会附着在锌片上，会阻碍锌片与硫酸继续 反应，氢气生成速率下降，故D符合题意。12在不同条件下进行化学反

20、应2A(g)=B(g)+D(g) ，B、D起始浓度均为 0，反应物 A的浓度 (mol/L) 随反应时间的变化情况如下表：下列说法不正确的是A中 B在 0 20 min 平均反应速率为 8.25xl0 -3moI.L-l. min-lB中 K=0.25 ，可能使用了催化剂C中 y= 1.4 moI . L-lD比较、可知，该反应为吸热反应【答案】 C【解析】 A、( 1)根据 v= c/t 可计算出 B的反应速率为 =8.25xl0 -3moI.L-l. min-l ，故 A正确； B、由表中数据可知，该反应为反应前后气体分子数不变的可逆反应。实验的平衡状态与实验相 同，但是到达所用的时间较少

21、，说明该容器中的反应速率较大。催化剂能改变反应速率，但不改变平衡， 平衡时浓度相同，但反应速率更快，可能使用了催化剂，故B正确； C、比较实验和实验中的数据可知，在相同温度下，实验中的A 的平衡浓度大于实验，所以反应过程中，反应速率也比实验中的大，在相同温度下，该反应的起始浓度与平衡浓度成比例，故 中 y= 1.2 moI .L-l，故 C错误； D、比较实 验和实验中数据可知，温度升高，起始浓度相同，但平衡 A 的浓度变小，说明平衡正向移动，故可判 断该反应的正反应为吸反应。13在容积不变的密闭容器中存在如下反应：2SO2(g)+O 2(g)2SO 3(g)+Q (Q>0)。某研究小组

22、研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，分析正确的是A图研究的是 t 1时刻增大 O2的浓度对反应速率的影响B图研究的是 t 1 时刻加入催化剂后对反应速率的影响 C图研究的是催化剂对平衡的影响，且甲的催化速率比乙高 D图研究的是温度对化学平衡的影响，且乙的温度较低答案】 B【解析】 A增大氧气的浓度，瞬间逆反应速率不变，图中不符，应为增大压强，A项错误； B图正正逆反应速率同等程度的增大，为催化剂对反应的影响，B 项正确； C催化剂不改变平衡，应为压强对反应的影响， C 项错误； D若图研究的是温度对化学平衡的影响，则乙先达到平衡，对应的温度高，升温不利 于二氧化硫的转化，则二氧

23、化硫转化率低，D 项错误。14资料显示：自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4 进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（ 0.01mol/L 可以记做 0.01M）。实验实验实验褪色比实验褪色快比实验褪色快列说法不正确的是A实验中发生氧化还原反应，H2C2O4 是还原剂，产物 MnSO4能起自催化作用B实验褪色比快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率C实验褪色比快，是因为Cl 的催化作用加快了反应速率D若用 1mL0.2M的 H2C2O4 做实验，推测比实验褪色快【答案】 C【解析】 A. 由分析可知，实验中发生氧化还原反应，H2C2O4 化合价降低，

24、作为还原剂，生成MnSO4，能起自催化作用，故 A正确； B. 实验加入了 MnSO4固体后，褪色比快，说明 MnSO4的催化作用加快了反应速 率，故 B正确； C. 实验加入了稀盐酸之后， Cl与 KMnO4生氧化还原反应，所以褪色比快， Cl 是还原 剂不是催化剂，故 C错误； D. 若用 1mL0.2M的 H2C2O4做实验，还原剂 H2C2O4浓度增大，反应速率更快，更 快将 KMnO4 消耗完，推测比实验褪色快，故D正确。15我国在 CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2 转化过程示意图如图：回答下列问题：（ 1）二氧化碳分子中的化学键是 ，物质乙的结构简式是 。（ 2）写

25、出反应的化学方程式 。（ 3）实验室常用纯净碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体，反应过程中产生二氧化碳的体积V（ CO2）与时间关系如图：由图象分析，化学反应速率最快一段是 。为了增大上述化学反应的反应速率，欲向溶液中加入下列物质或采取如下操作，你认为可行的是 填写序号。A蒸馏水 B 氯化钠溶液 C 浓盐酸 D 加热 （4）二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳与氢氧化钠反应的物质的量之比为23 时，溶液中的溶质是 。（填化学式）（5）在一定条件下， 工业上也可用 CO2合成甲醇 （CH3OH），其化学方程式为： CO2+3H2CH3OH+H2O。将 a molCO2与 bmolH2充入容积

26、为 2L 的密闭容器中发生上述反应， tmin 时测得甲醇的物质的量为 cmol 。计算 0-tmin 内 CO2的反应速率为mol/（L ·s） 。 X 的反应速率 （X）=【答案】共价键 CH 3CH（CH3）CH2CH3 CO 2+H2CO+H2O EF CD Na2CO3 NaHCO3【解析】（1）二氧化碳分子中的化学键是共价键，根据乙的球棍模型，乙的结构简式是CH3CH（CH3）CH2CH3；（2）反应是 CO2和 H2生成 CO，产物应还有水，故方程式为： CO2+H2CO +H2O；（ 3）由图像分析，在体积 V（CO2） 与时间关系图中，斜率越大反应速率越大，化学反应

27、速率最快一段是EF； 为了增大上述化学反应的反应速率，加入蒸馏水降低盐酸浓度，速率降低；加入氯化钠溶液，使氢离子浓度降低，速率降低；加入浓盐酸，增大了盐酸浓度，反应速率加快；加热，温度升高，速率加快，故选CD；- - - 2( 4)二氧化碳与 NaOH溶液可能发生的反应有： OH-+CO2=HCO3-；2OH-+CO2=CO3下列叙述中不能说明上述反应达到平衡状态的是 A当 X与 Y 的反应速率之比为 1：1B在混合气体中 X 的质量百分数保持不变C混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化D混合气体的密度不随时间的变化而变化EX、Y、Z 的浓度之比为 1：1：2 为使该反应的反应速率减小，可

28、采取的措施是 A 恒压时充入 Ne B 适当升高温度C 缩小容器的体积 D 选择高效催化剂II. 一定温度下将 3mol 的 A及 3molB混合于 2L 的密闭容器中，发生如下反应： 3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g) ，经过 5 分钟 后反应达到平衡，测得 A 的转化率为 60， C 的平均反应速率是 0.18mol/(L.min) 。+H2O 当二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为1： 2 时生成碳酸钠，当二氧化碳与氢氧化钠物质的量之比为1：1时生成碳酸氢钠；当二氧化碳与氢氧化钠的物质的量比为 2:3 时， 2:3 介于 1:2 和 1:1 之间，故溶液中的溶 质是 Na2CO3、

29、 NaHCO3；(5)CO2(g)+3H 2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始( mol) a b00转化( mol) c 3cc ct min 时( mol )c所以， 0-tmin 内 CO2 的反应速率为： mol/(L · s) 。求：(1) 平衡时 B的浓度=mol/L 。(2) D 的平均反应速率 (D)=mol/( L.min) 。(3) x= 。【答案】 X(g)+Y(g) 2Z(g) ACDE A 1.2 0.12 3【解析】 (1) 由图象可以看出 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， 化学反应中各物质的物质的

30、量变化量与化学计量数之比呈正比，则有Y： X：Z=(1.20mol-0.41mol) ：(.0mol-0.21mol) ：1.58mol=1 ： 1： 2，由于最后三种物质都存在，可见该反应为可逆反应，则反应的化学 方程式为 X+Y2Z；(1) A.X 、Y是反应物，方程式的系数相同，在任何情况下二者反应速率都相等，因此不能根据X与 Y的反应速率之比为 1：1 判断平衡状态， A符合题意；B. 若反应达到平衡状态，任何一组分的质量不变，则物质的质量分数不变，故在混合气体中X的质量百分数保持不变可以判断反应处于平衡状态，B 不符合题意；C. 由于反应前后气体的质量不变，气体的物质的量不变，所以混

31、合气体的平均摩尔质量总是不随时间的变 化而变化，故不能据此判断平衡状态，C 符合题意；D. 由于反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，所以混合气体混合气体的密度总是不随时间的变化而 变化，故不能据此判断平衡状态，D符合题意；E. X、Y、Z的浓度之比为 1：1：2 可能处于平衡状态，也可能不是平衡状态，E符合题意；故合理选项是 ACDE；(3) A. 恒压时充入 Ne，容器的容积扩大，物质的浓度减小，反应速率减小，A符合题意；B.适当升高温度，物质的内能增加，反应速率加快，B 不符合题意；C.缩小容器的体积，物质的浓度增大，化学反应速率加快，C 不符合题意；D.选择高效催化剂，化学反应速率加

32、快，D 不符合题意；故合理选项是 A；II. 发生反应 3A(g)+B(g) xC(g)+2D(g) ，由于反应在 2L 的密闭容器内进行， n(A)= 3mol，A 的转化率是 60%，则 A转化量为 n=3mol×60%=1.8mo。l(1) 根据反应方程式的系数可知：每有3molA 发生反应，同时消耗 1molB，则 A 反应了 1.8mol ，所以 B 反应了 0.6mol ，则 5min 时 B 物质的浓度为 c(B)=(3mol- 0.6mol) ÷ 2L=1.2mol/L ；(2) A 转化量为 n=3mol×60%=1.8mo，l 容器的容积为2L

33、，反应时间为 5min，所以 V(A)=2=0.18mol/(L ·min) ，由于 V(A) ： V(D)=3:2 ，所以 V(D)= V(A)= 0.12 mol/(L ·min) ；3(3) V(A):V(C)=3:x ，V(A)=V(C)=0.18mol/(L ·min) ，所以 x=3。17在 2 L 固定容积的密闭容器中， 800 时发生反应 2NO(g)+O2(g)2NO2(g) 。该体系中， n(NO)随时间的变化如下表：(1) 图中表示 NO2 的变化的曲线是3 条曲线是正确的。请回答：，A点时， v( 正)v( 逆) ( 填“大于”“小于”或“

34、等于”，时间 (s)012345n(NO)/mol0.0200.0120.0090.0080.00750.0075同 )。用 O2表示从 03 s 内该反应的平均速率 v=(2) 能说明该反应已经达到平衡状态的是( 填字母 ) 。a混合气体的平均摩尔质量不变b 容器内压强保持不变c v 逆(NO)=2v 正(O2)容器内的密度保持不变e. 相同时间内，每消耗 2a mol 的 NO同时生成等量的 NO2 f. 混合气体中 O2和 NO2 物质的量之比为 1 2的状态t 1t 6 内反应速率与时间图像如图，在每(3) 已知上述反应为放热反应，达平衡后改变条件继续进行。在时刻均只改变一个影响反应速

35、率的因素，则下列说法正确的是A在 t 1时增大了压强在 t 3时加入了催化剂C在 t 4时降低了温度Dt 0 t 1时 X的转化率最高(4) 能使该反应的反应速率增大的是 ( 填字母 ) 。a及时分离出 NO2 气体b 适当升高温度c增大 O2 的浓度d选择高效的催化剂【答案】 b 大于 0.001mol/(L?s) abc BD bcd【解析】 (1) 根据图示结合表中的数据可知，因为在起点NO的物质的量为 0.02mol ，容器体积是 2L，起始浓度为 0.01mol/L ，图中 c 线符合，即图中 c 线为 NO的变化曲线，因为反应为可逆反应， 平衡时 NO2 的浓度=0.00375小于

36、 0.01mol/L ，因此 b线为 NO2的变化曲线， d线为 O2的变化曲线； 在 A点处， NO的物质的量浓度在减小，说明反应在向正反应方向进行， 此时 v(正) > v(逆) ；根据表格数据， 平衡时，NO的浓度为mol/L ，从 03 s 内用NO表示该反应的平均速率 v=0.002mol/(L?s) ，根据速率之比等于计量数之比，O2 的平均速率为× 0.002mol/(L?s)=0.001mol/(L?s) 故答案为：b；大于；0.001mol/(L?s) ；(2) 800 时发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g) 。 a反应前后气体的物质的量发生变化，因

37、此混合气体的平均摩尔质量不变，即混合气体的物质的量不变，能够说明达到平衡状态，故a 正确；b反应前后气体的b正物质的量发生变化，容器内压强保持不变，即混合气体的物质的量不变，能够说明达到平衡状态，故确；cv逆(NO)=2v 正(O2) ，说明正逆反应速率相等，能够说明达到平衡状态，故c正确； d容器的体积不变，气体的质量不变，容器内的密度始终保持不变，不能说明达到平衡状态，故 d错误； e.根据方程式，相同时间内，消耗 2a mol 的 NO必定同时生成等量的 NO2，不能说明达到平衡状态，故e错误； f. 混合气体中 O2和 NO2物质的量之比为 12 的状态，不能说明二者的浓度是否发生变化

38、，不能说明达到平衡状态，故 f 错误；故答案为： abc ；(3)2NO(g)+O 2(g)2NO2(g) 反应为放热反应。 A增大压强，平衡逆向移动，容器的体积减小，正逆反应速率均突然增大，与图像不符，故A错误； B加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，与图像符合，故B正确； C降低温度，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图像不符，故C错误； Dt 1时平衡逆向移动， t 2时重新建立平衡， t 3时平衡不移动， t 4时平衡逆向移动， t 5时重新建立平衡，因此 t0t1时 X的 转化率最高，故 D 正确；故答案为： BD；(4) a 及时分离除 NO2气体，生成物浓度减小，则反应

39、速率减小，故a 错误； b适当升高温度，反应速率增大，故 b 正确； c增大 O2 的浓度反应速率增大，故 c 正确； d选择高效催化剂能增大反应速率，故d正确，故答案为： bcd。18某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了酸性高锰酸钾与草酸的反应，记录以下实验数据：实验编号实验温度试管中所加试剂及其用量 / mL溶液褪至无色所需 时间 / min0.6mol/LH2C2O4 溶液H2O3mol/L H 2SO4稀溶液0.05mol/LKMnO4 溶液253.0V12.03.01.5252.03.02.03.02.7502.0V22.03.01.0(1) 请写出该反应的离子方程

40、式 ，当该反应以表中数据反应完全时转移电子数为 NA；(2) V 1= mL；(3) 根据上表中的实验、数据，可以得到的结论是 (4) 探究温度对化学反应速率的影响，应选择 ( 填实验编号 )；(5) 该小组同学根据经验绘制了 n(Mn 2+) 随时间变化的趋势如图所示，但有同学查阅已有的实验资料发现， 该实验过程中 n(Mn 2+) 随时间变化的实际趋势如图所示。该小组同学根据如图所示信息提出了新的假设，并设计以下实验方案继续进行实验探究。实验编号实验温 度/试管中所加试剂及其用量再加入某种固体溶液褪至无色所需时间 / min0.6mol/L3mol/L0.05mol/L25H2C2O4H2

41、OH2SO4KMnO4溶液2.03.02.03.0MnSO4t小组同学提出的假设是 。若该小组同学提出的假设成立，应观察到 现象。【答案】 2MnO4-+5H2C2O4+6H=2Mn2+10CO2+8H2O 0.00075 2.0 其他条件相同时， 反应物浓度减小， 反应速率减慢 、 Mn 2+对该反应有催化作用褪色时间变短【解析】 (1) 酸性高锰酸钾与 H2C2O4的反应生成 CO2、Mn2+和 H2O，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得 配平的离子方程式为： 2MnO4- +5H2C2O4+6H=2Mn2+10CO2+8H2O，分析图表数据n(KMnO4)=0.05mol/L 

42、15;0.003L=0.00015mol ， n(H2C2O4)=0.6mol/L ×0.003L=0.0018mol ，结合化学方程式定量 关系分析判断，高锰酸钾完全反应，据此计算电子转移总数 =0.00015mol×(7- 2) ×NA=7.5 ×10 -4 NA；(2) 探究 H2C2O4 溶液浓度对反应速率的影响，必须保证其他影响反应速率的因素是相同的，而由实验可知， H2C2O4溶液、 H2O、KMnO4溶液和稀硫酸的体积和为 10.0mL，由于须保证 KMnO4 溶液的浓度相同，故 V1=2.0mL；(3) 由实验和数据可知， H2C2O4

43、溶液浓度不同， 说明探究浓度对反应速率的影响，可知其他条件不变，增 大反应物的浓度，加快反应速率；(4) 由实验和数据可知， 除温度不同， 其它均相同， 说明探究温度对反应速率的影响， 故应该选择；(5) 由图乙可知反应开始后速率增大较快，说明Mn2+对该反应起催化剂的作用；若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于 1.5min ，从而说明 Mn2+是催化剂。 19某小组利用 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”，进行了如下 实验： 2KMnO4 + 5H 2C2O4 +3H2SO4 =2MnSO4 + K 2SO4 +10C

44、O2 +8H2O编号0.01mol? L1 酸性 KMnO4 溶液0.1mol?L 1H2C2O4溶液水某种物质反应温度/反应时间( min )2mL2mL00202.1V1mL2mL1mL0205.5V2 mL2mL00500.52mL2mL0少量200.2请回答：(1) 实验计时方法是从溶液混合开始记时，至 时记时结束；(2) V 1=， V2=；设计实验、的目的是 ；(3) 利用实验中数据计算，用 KMnO4的浓度变化表示的反应速率为 v(KMnO4) ；(4) 有同学在实验中发现高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明 显；但不久突然褪色，反应速率明显加

45、快。某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做号实验，测 定过程中溶液不同时间的温度，结果温度没有明显变化。由此你得出的结论是：不是反应速率突然加快的原因；可能是反应产物有催化作用。 号实验是为验证你的猜测， 实验中要加入的少量某种物质是 。【答案】紫红色刚好褪去 1 2 探究温度对反应速率的影响 0.01 mol/(L ·min)温度MnSO4固体【解析】( 1)酸性 KMnO4溶液呈紫色，因而可以用颜色变化来判断反应结束终点，即实验计时方法是从溶液 混合开始记时，至紫红色刚好褪去时记时结束；( 2)和反应温度相同， 中加入 1mL水，根据控制变量的原则， 溶液总体积保持不变， 因

46、而易算出 V1=1mL， 同理可得 V2=2mL，、实验温度不同，因而可知设计实验、的目的是探究温度对反应速率的影响；( 3)利用实验中数据计算：用紫红色刚好褪去时记时结束说明KMnO4被消耗完，c(KMnO4)=0.01mol ·L-1 ×2mL/4mL=0.05mo·l L -1 ， v(KMnO4)= c(KMnO4)/ t=0.01 mol/(L ·min) ； (4)根据信息“某同学认为是放热导致溶液温度升高所致，重做号实验，测定过程中溶液不同时间的 温度，结果温度没有明显变化”，说明温度不是反应速率突然加快的原因；根据信息“有同学在实验中发现

47、高锰酸钾酸性溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶 液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快”，可推断有催化剂生成，常见的催化剂有金属离子， 因而可推测是生成了 Mn2+加快了反应速率 , 为验证猜测需要加入含 Mn2+的盐， 其加入的阴离子为体系中所含 阴离子，这样才不会造成干扰，所以该阴离子为SO42-，因而加入 MnSO4 固体。20 CuSO4溶液对过氧化氢的分解反应具有催化作用。有同学猜想其他盐溶液也能在这个反应中起同样的作 用，于是他们做了以下探究。(1) 请你帮助他们完成实验报告：实验过程实验现象实验结论在一支试管中加入 5 mL 5%的 H2O2 溶液， 然后

48、滴入适量的 FeCl3 溶液，把带火星的 木条伸入试管FeCl 3溶液可以催化 H2O2分解(2) 已知 FeCl3在水中可电离出 Fe3和 Cl ，同学们提出以下猜想。甲同学的猜想：真正催化H2O2分解的是FeCl3溶液中的H2O；乙同学的猜想：真正催化H2O2分解的是FeCl3溶液中的Fe3；丙同学的猜想：真正催化H2O2分解的是FeCl3溶液中的Cl 。你认为最不可能的是 _同学的猜想，理由是 。(3) 同学们对余下的两个猜想用实验进行了探究。请你仔细分析后完成下表：实验过程实验现象实验结论向盛有 5 mL 5%的 H2O2 溶液的试管中加入少量的盐 酸，并把带火星的木条伸入试管无明显现

49、象向盛有 5 mL 5%的 H2O2 溶液的试管中加入少量的，并把带火星的木条伸入试管【答案】试管中有大量气泡产生，带火星的木条复燃 甲 过氧化氢溶液中有水，可见水不是催化剂 起催化作用的不是 Cl Fe 2(SO4) 3溶液试管中有大量气泡产生， 带火星的木条复燃 起催化作用的是 Fe3【解析】 (1) 根据实验结论可知实验中 H2O2 迅速分解， 则现象为产生大量气泡， 带火星的木条复燃， 故答案 为：试管中有大量气泡产生，带火星的木条复燃；(2) 三个猜想中，最不可能的是甲，理由是 l5%过氧化氢溶液中自身有水，但一般情况过氧化氢溶液比较稳 定，不会自行分解，可见水不是催化剂，故答案为：

50、甲；因过氧化氢溶液中自身有水，可见水不是催化剂；(3) 设计实验时需要控制变量，即分别加入Fe3或Cl，第一步实验加盐酸 (有Cl 、无 Fe3 )无明显现象，说明 Cl 不起催化作用；第二步实验应加入一种含Fe3但不含 Cl 的物质，如 Fe2(SO4)3等， H2O2的分解被促进，故试管中有大量气泡产生，带火星的木条复燃，说明起催化作用的是Fe3+，故答案为：起催化作用的不是 Cl -；Fe2(SO4) 3溶液)；试管中有大量气泡产生，带火星的木条复燃；起催化作用的是Fe3+。21教材中用酸性 KMnO4 和 H2C2O4(草酸 ) 反应研究影响反应速率的因素，某实验小组欲通过测定单位时间

51、 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-120mL 0.1mol?L -1H2C2O4 溶液-130mL 0.01mol?L -1KMnO4 溶液20mL 0.2mol?L -1H2C2O4 溶液30mL 0.01mol?L -1KMnO4 溶液（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）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。（4）小组同学发现反应速率总是如图， 其中 t 1t 2 时间内速率变快的主要原因可能是： 产物 Mn2+（或MnSO4 ） 是反应的催化剂； 。（5）若实验在 2min 末收集 4.48mLCO2（ 标准状况下 ） ，则在 2min 末， c（MnO4 ） = _mol?L -1。-