【优化指导】高考化学总复习 课时作业20 化学反应速率及影响因素 人教版.doc

课时作业(二十)化学反应速率及影响因素(对应学生用书P253)一、选择题(本题包括10个小题，每小题5分，共50分)1下列说法中：活化分子间的碰撞一定能发生化学反应；普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应；活化分子比普通分子具有较高的能量；化学反应的实质是原子的重新组合；化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程；化学反应的实质是活化分子有合适取向时的有效碰撞。正确的是()ABC D解析：活化分子之间的有效碰撞才能发生化学反应，化学反应的实质是旧化学键的断裂，新化学键的形成，从而发生原子的重新组合。答案：C2用纯净的碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳气体。下列措施对改变该反应的速率几乎没有影响的是()A用相同浓度但温度较高的盐酸代替常温下的盐酸B增大反应体系的压强或减小反应体系的压强C改用相同质量但为粉末状态的碳酸钙代替块状碳酸钙D改用与原盐酸含有相同H浓度的稀硫酸3设C(s)CO2(g)2CO(g)H10反应速率为v1；设N2(g)3H2(g)2NH3(g)H20隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：时间(s)(mol)020406080100n(N2O4)0.40a0.20cden(NO2)0.000.24b0.520.600.60(1)计算2040 s内用N2O4表示的平均反应速率为_molL1s1。(2)计算在80时该反应的平衡常数K_。(3)要增大该反应的K值，可采取的措施有(填序号)_。A增大N2O4的起始浓度B向混合气体中通入NO2C使用高效催化剂D升高温度(4)如图是80时容器中N2O4物质的量的变化曲线，请在该图中补画出该反应在60时N2O4物质的量的变化曲线。解析：本题考查化学反应速率、化学平衡常数的计算、化学平衡的移动，属于中档题。(1)20 s时生成n(NO2)0.24 mol，则n(N2O4)0.12 mol，n(N2O4)0.40 mol0.12 mol0.28 mol，在2040 s时，n(N2O4)0.08 mol，c(N2O4)0.04 molL1，所以v(N2O4)0.002 0 molL1s1。(2)在80时：N2O42NO2起始时各物质的浓度(molL1) 0.20 0各物质变化的浓度(molL1) 0.15 0.30平衡时各物质的浓度(molL1) 0.05 0.30则K1.8 molL1。(3)化学平衡常数仅与温度有关，正反应是吸热反应，加热平衡右移，化学平衡常数增大。(4)60比80时的反应速率慢，降温平衡左移，n(N2O4)增大。答案：(1)0.002 0(2)1.8 molL1(或1.8)(3)D(4)60曲线(如图所示)12(14分)对一个化学反应的研究需要从反应条件、限度、速率、定量关系等因素进行综合分析，下列是关于化学反应原理的系列研究，请根据相关信息回答有关问题。(1)关于反应生成物的定量研究：已知反应：Br22Fe2=2Br2Fe3，向10 mL 0.1 molL1的FeBr2溶液中通入0.001 mol Cl2，反应后，溶液中除含有Cl外，还一定_。(填字母序号)A含Fe2，不含Fe3B含Fe3，不含BrC含Fe3、Br(2)关于反应限度的研究：已知在773 K、固定体积的容器中，反应CO(g)2H2(g)CH3OH(g)过程中能量变化如图所示。曲线表示使用催化剂时的能量变化。若投入a mol CO、2a mol H2，平衡时能生成0.1a mol CH3OH，反应就具有工业应用价值。若按上述投料比使该反应具有工业应用价值，CO的平衡转化率最小为_；在容器容积不变的前提下，欲提高H2的转化率，可采取的措施有(答两项即可)：_。(3)关于反应速率的研究：氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是HNO3发生的一个还原过程的反应式：NO4H3eNO2H2O。KMnO4、Na2CO3、CuO、KI四种物质中的_(填化学式)能使上述还原过程发生；欲用如图装置测算硝酸被还原的速率，当反应物的浓度、用量及其他影响速率的条件确定之后，可以通过测定_推(计)算反应速率。13(12分)某化学反应：2ABD在四种不同条件下进行，B、D起始浓度为0，反应物A的浓度(mol/L)随反应时间(min)的变化情况如下表：实验序号时间浓度温度010203040506018001.00.800.670.570.500.500.502800c20.600.500.500.500.500.503800c30.920.750.630.600.600.6048201.00.400.250.200.200.200.20根据上述数据，完成下列问题：(1)实验1中，反应在1020 min时间内A的平均速率为_ mol/(Lmin)。(2)在实验2中，A的初始浓度c2_mol/L，反应经20 min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是：_。(3)设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率v1，则v3_v1，且c3_1.0 mol/L(填“”、“”、“”)。(4)比较实验4和实验1，可推测该反应是_反应(填“吸热”或“放热”)，理由是_。解析：(1)v(A)0.013 mol/(Lmin)。(2)对比实验2与实验1可知，反应温度相同，达平衡时A的浓度相同，说明是同一平衡状态，即c21.0 mol/L，又因实验2反应的速率快，达平衡所需时间短，说明反应中使用了催化剂。(3)对比实验3与实验1可知，从10 min到20 min，实验1中A的浓度变化值为0.13 mol/L，而实验3中A的浓度变化值为0.17 mol/L，这就说明了v3v1，又知从0 min到10 min A的浓度变化值应大于0.17 mol/L，即c3(0.920.17) mol/L1.09 mol/L。(4)对比实验4与实验1可知，两实验的起始浓度相同，反应温度不同，达平衡时实验4的A浓度小，说明反应进行的程度大，即温度越高，A的转化率越大，说明正反应为吸热反应。答案：(1)0.013(2)1.0使用催化剂(3)(4)吸热温度升高时，平衡向右移动14(14分)向某密闭容器中加入0.15 mol/L A、0.05 mol/L C和一定量的B三种气体。一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图中甲图所示t0时c(B)未画出，t1时增大到0.05 mol/L。乙图为t2时刻后改变反应条件，平衡体系中正、逆反应速率随时间变化的情况。(1)若t4时改变的条件为减小压强，则B的起始物质的量浓度为_mol/L。(2)若t5时改变的条件是升温，此时v(正)v(逆)，若A的物质的量减少0.03 mol时，容器与外界的热交换总量为a kJ，写出该反应的热化学方程式_。(3)若t115 s，则t0t1阶段以C的浓度变化表示的平均反应速率为v(C)_mol/(Ls)，A的转化率为_。(4)t3时改变的某一反应条件可能是_(选填序号)。a使用催化剂b增大压强c增大反应物浓度解析：这是一道反应速率及其影响因素与平衡移动的综合性题目。(1)t4时，减小压强，v(正)、v(逆)以同等倍数下降，说明反应前后化学计量数之和相等，由A、C浓度变化曲线知，到t1时，A、C的浓度变化量分别为：c(A)0.150.060.09 (molL1)，c(C)0.110.050.06 (molL1)，即A、C的化学计量数之比为0.090.0632，故反应式为3A(g)2C(g)B(g)，则B的起始浓度为0.050.030.02(molL1)。(2)因升温，v(正)v(逆)，平衡正向进行，故此反应为吸热反