2023年高考化学总复习第七章化学反应速率和化学平衡（课时1）化学反应速率及其影响因素练习新人教版

PAGE18-课时1化学反响速率及其影响因素[2022备考·最新考纲]1．了解化学反响速率的概念、反响速率的定量表示方法。2.了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重大作用。3.理解外界条件(浓度、温度、压强、催化剂等)对反响速率的影响，认识并能用相关理论解释其一般规律。4.了解反响活化能的概念。5.了解化学反响速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。考点一化学反响速率(考点层次A→自学、识记、辨析)1．化学反响速率2．化学反响速率与化学计量数的关系(1)内容：对于反响mA(g)＋nB(g)=pC(g)＋qD(g)，其化学反响速率可用不同的反响物或生成物来表示，当单位相同时，化学反响速率的数值之比等于方程式中各物质的化学计量数之比，即v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝m∶n∶p∶q。(2)实例：一定温度下，在密闭容器中发生反响：3A(g)＋B(g)2C(g)。v(A)＝0.6mol·L－1·s－1，那么v(B)＝0.2mol·L－1·s－1，v(C)＝0.4mol·L－1·s－1。教材eq\o(,\s\up7(VS))高考1．(RJ选修4·P194改编)对于化学反响3W(g)＋2X(g)=4Y(g)＋3Z(g)，以下反响速率关系中，正确的选项是()A．v(W)＝3v(Z) B．2v(X)＝3v(Z)C．2v(X)＝v(Y) D．3v(W)＝2v(X)答案C2．(RJ选修4·P195改编)某温度下，浓度都是1mol·L－1的两种气体X2和Y2，在密闭容器中反响生成气体Z，经tmin后，测得各物质的浓度分别为c(X2)＝0.4mol·L－1，c(Y2)＝0.6mol·L－1，c(Z)＝0.4mol·L－1，那么该反响的化学方程式可表示为()A．2X2＋3Y22X2Y3 B．3X2＋2Y22X3Y2C．X2＋2Y22XY2 D．2X2＋Y22X2Y答案B3．(溯源题)(2022·北京理综，12节选)一定温度下，10mL0.40mol·L－1H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9判断以下表达是否正确(溶液体积变化忽略不计)。(1)0～6min的平均反响速率：v(H2O2)≈3.3×10－2mol·(L·min)－1(√)(2)6～10min的平均反响速率：v(H2O2)<3.3×10－2mol·(L·min)－1(√)(3)反响至6min时，c(H2O2)＝0.30mol·L－1(×)探源：本考题源于教材RJ选修4P17“学与问〞及其拓展，对化学反响速率的有关计算进行考查。[拓展性题组]题组一化学反响速率概念的理解和应用1．根底知识判断，正确的打“√〞，错误的打“×〞(1)对于任何化学反响来说，反响速率越大，反响现象就越明显(×)(2)化学反响速率是指一定时间内任何一种反响物浓度的减少或任何一种生成物浓度的增加(×)(3)化学反响速率为0.8mol·L－1·s－1是指1s时某物质的浓度为0.8mol·L－1(×)(4)由v＝eq\f(Δc,Δt)计算平均速率，用反响物表示为正值，用生成物表示为负值(×)(5)同一化学反响，相同条件下用不同物质表示的反响速率，其数值可能不同，但表示的意义相同(√)(6)根据反响速率的大小可以判断化学反响进行的快慢(√)(7)固体和纯液体的浓度是固定的，增加固体或纯液体的用量，反响速率保持不变(√)(8)在2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)反响中，t1、t2时刻，SO3(g)浓度分别是c1、c2，那么t1～t2时间内，SO3(g)生成的平均速率为v＝eq\f(c2－c1,t2－t1)(√)2．(2022·烟台模拟)化学反响4A(s)＋3B(g)2C(g)＋D(g)，经2min，B的浓度减少0.6mol/L，对此反响速率的表示正确的选项是()A．用A表示的反响速率是0.4mol·(L·min)－1B．分别用B、C、D表示的反响速率其比值是3∶2∶1C．2min末的反响速率用B表示是0.3mol·(L·min)－1D．2min内，v正(B)和v逆(C)表示的反响速率的值都是逐渐减小的解析物质A是固体，浓度不变，不能用A表示该反响的反响速率，A错误；速率之比等于化学计量数之比，v(B)∶v(C)∶v(D)＝3∶2∶1，B正确；2min末的反响速率为即时速率，用B表示速率0.3mol/(L·min)是2min内的平均速率，C错误；B是反响物，浓度降低，C是生成物，浓度增大，D错误。答案B题组二化学反响速率的比拟与计算3．(2022·长沙模拟)反响A(g)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反响速率分别为①v(A)＝0.45mol·L－1·s－1②v(B)＝0.6mol·L－1·s－1③v(C)＝0.4mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45mol·L－1·s－1以下有关反响速率的比拟中正确的选项是()A．④>③＝②>① B．①＞④＞②＝③C．①>②>③>④ D．④>③>②>①解析可用比值法进行反响速率大小比拟，eq\f(vA,1)＝0.45mol·L－1·s－1；eq\f(vB,3)＝eq\f(0.6,3)＝0.2mol·L－1·s－1；eq\f(vC,2)＝eq\f(0.4,2)＝0.2mol·L－1·s－1；eq\f(vD,2)＝eq\f(0.45,2)＝0.225mol·L－1·s－1，故①＞④＞②＝③，B项正确。答案B4．将4molA气体和2molB气体在2L的容器中混合，并在一定条件下发生反响：2A(g)＋B(g)2C(g)，假设经2s后测得C的浓度为0.6mol·L－1，现有以下几种说法：①用物质A表示的反响的平均速率为0.3mol·L－1·s－1②用物质B表示的反响的平均速率为0.6mol·L－1·s－1③2s时物质A的转化率为70%④2s时物质B的浓度为0.7mol·L－1。其中正确的选项是()A．①③ B．①④C．②③ D．③④解析A、B的起始浓度分别为2mol·L－1、1mol·L－1，由2s后C的浓度可得A、B的变化浓度分别为0.6mol·L－1、0.3mol·L－1，所以用A、B表示的反响的平均速率分别为0.3mol·L－1·s－1、0.15mol·L－1·s－1,2s时A、B的浓度分别为1.4mol·L－1、0.7mol·L－1。2s时物质A的转化率为30%。答案B【思维建模】1．定量法比拟化学反响速率的大小(1)归一法按照化学计量数关系换算成同一物质、同一单位表示，再比拟数值大小。(2)比值法比拟化学反响速率与化学计量数的比值。如aA(g)＋b(B)gcC(g)，即比拟eq\f(vA,a)与eq\f(vB,b)，假设eq\f(vA,a)>eq\f(vB,b)，那么用A表示时的反响速率比用B表示时大。2．对于较为复杂的关于反响速率的题目常采用以下步骤和模板计算(1)写出有关反响的化学方程式；(2)找出各物质的起始量、转化量、某时刻量；(3)根据条件列方程式计算。例如：反响mA＋nBpC起始浓度(mol·L－1)abc转化浓度(mol·L－1)xeq\f(nx,m)eq\f(px,m)某时刻浓度(mol·L－1)a－xb－eq\f(nx,m)c＋eq\f(px,m)考点二外界条件对化学反响速率的影响(考点层次B→共研、理解、整合)1．内因反响物本身的性质是影响化学反响速率的主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反响的速率大小关系为：v(Mg)>v(Al)。2．外因(其他条件不变，只改变一个条件)提醒：①压强对化学反响速率的影响是通过改变浓度实现的，所以分析压强的改变对反响速率的影响时要从浓度是否发生改变的角度来分析，假设改变总压强而各物质的浓度不改变，那么反响速率不变。②改变温度，使用催化剂，反响速率一定发生变化，其他外界因素的改变，反响速率不一定发生变化。3．理论解释——有效碰撞理论(1)活化分子：能够发生有效碰撞的分子。(2)活化能：如图图中：E1为正反响的活化能，使用催化剂时的活化能为E3，E2为逆反响的活化能，反响热为E1－E2。(3)有效碰撞：活化分子之间能够引发化学反响的碰撞。提醒：活化分子、有效碰撞与反响速率的关系。教材eq\o(,\s\up7(VS))高考1．(RJ选修4·P241改编)一定温度下，反响N2(g)＋O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，以下措施不改变化学反响速率的是()A．缩小体积使压强增大 B．恒容，充入N2C．恒容，充入He D．恒压，充入He答案C2．(RJ选修4·P242改编)中国首条“生态马路〞在上海复兴路隧道建成，它运用了“光触媒〞技术，在路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中45%的NO和CO转化成N2和CO2。以下对此反响的表达中正确的选项是()A．使用光催化剂不改变反响速率B．使用光催化剂能增大NO的转化率C．升高温度能加快反响速率D．改变压强对反响速率无影响答案C3．(溯源题)(1)(2022·北京理综，8)以下食品添加剂中，其使用目的与反响速率有关的是①。①抗氧化剂②调味剂③着色剂④增稠剂(2)(2022·全国新课标卷Ⅰ，9节选)分解1molH2O2放出热量98kJ，在含少量I－的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2＋I－→H2O＋IO－慢H2O2＋IO－→H2O＋O2＋I－快判断以下说法是否正确①反响速率与I－的浓度有关(√)②IO－也是该反响的催化剂(×)③反响活化能等于98kJ·mol－1(×)探源：本高考题组源于教材RJ选修4P20～22“实验2－2、2－3、2－4”和P23“科学探究〞及其拓展对外界条件对化学反响速率的影响进行了考查。[拓展性题组]题组一影响化学反响速率的因素1．(2022·哈尔滨模拟)对于反响4A＋2B3C，以下说法中正确的选项是()A．某温度时，化学反响速率无论用A、B、C中任何物质表示，其数值都相同B．其他条件不变时，降低温度，化学反响速率减小C．其他条件不变时，增大压强，化学反响速率一定加快D．假设增大或减小A的物质的量，化学反响速率一定会发生明显的变化解析A项，对于该反响，用不同的反响物或生成物表示的反响速率，其数值不相同，A错；C项，如果反响物、生成物都不是气体，那么增大压强对化学反响速率无影响，C错；D项，假设A是固体或液体，增大或减小A的物质的量，对化学反响速率没有明显影响，D错。答案B2．在一定的条件下，某反响X(g)Y(g)＋Z(g)分解的局部实验数据如下：反响时间/min01020304050c(X)/mol·L－10.1000.0900.0800.0700.0600.050反响时间/min60708090100c(X)/mol·L－10.0400.0300.0200.0100.000以下有关说法正确的选项是()A．X的浓度越大，反响速率越大B．X的浓度越大，消耗一半时所用的时间越短C．X分解的速率与其浓度无关D．X的分解速率先快后慢解析X的分解速率是匀速的，与其浓度无关，A、D错误，C正确；X的分解速率不变；X的浓度越大，消耗一半时所用的时间越长，B项错误。答案C3．(2022·贵阳高三监测)在一密闭容器中充入1molH2和1molI2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反响：H2(g)＋I2(g)2HI(g)ΔH<0，以下说法正确的选项是()A．保持容器容积不变，向其中参加1molH2(g)，反响速率一定加快B．保持容器容积不变，向其中参加1molN2(N2不参加反响)，反响速率一定加快C．保持容器内气体压强不变，向其中参加1molN2(N2不参加反响)，反响速率一定加快D．保持容器内气体压强不变，向其中参加1molH2(g)和1molI2(g)，再次平衡时反响速率一定加快解析增加反响物的浓度，反响速率加快，A项正确；参加氮气，因为容器体积不变，反响体系中各气体的浓度不变，故反响速率不变，B项错误；保持压强不变，参加氮气，容器体积增大，反响体系中各气体的浓度减小，反响速率减小，C项错误；保持压强不变，再次充入1molH2(g)和1molI2(g)，那么容器容积增大为原来的2倍，再次平衡反响体系中各气体的浓度不变，反响速率不变，D项错误。答案A【反思归纳】分析外界因素对化学反响速率的影响时要注意以下几点1．对于固体和纯液体反响物，其浓度可视为常数，改变用量速率不变。但固体颗粒的大小决定反响物接触面积的大小，会影响化学反响速率。2．压强对速率的影响有以下几种情况：(1)恒温时：增大压强eq\o(→,\s\up7(引起))体积缩小eq\o(→,\s\up7(引起))浓度增大eq\o(→,\s\up7(引起))化学反响速率加快。(2)恒容时：①充入气体反响物eq\o(→,\s\up7(引起))压强增大eq\o(→,\s\up7(引起))浓度增大eq\o(→,\s\up7(引起))速率加快。②充入惰性气体eq\o(→,\s\up7(引起))总压强增大，但各气体物质的量浓度不变，反响速率不变。(3)恒压时：压强不变充入惰性气体eq\o(→,\s\up7(引起))压强不变eq\o(→,\s\up7(引起))体积增大eq\o(→,\s\up7(引起))各物质浓度减小eq\o(→,\s\up7(引起))反响速率减慢。3．温度改变对任何反响的速率都有影响。4．参加催化剂可以同等程度的改变化学反响速率。拓展对于放热反响升高温度v正增大、v逆增大(填“增大〞“减小〞或“不变〞)。题组二“控制变量法〞探究影响化学反响速率的因素4．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反响的化学方程式为Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O，以下各组实验中最先出现浑浊的是()实验反响温度/℃Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/(mol·L－1)V/mLc/(mol·L－1)V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.210解析结合选项知混合液的体积都为20mL，但选项D中反响温度最高、反响物Na2S2O3的浓度最大，其反响速率最大，故最先看到浑浊(有硫单质生成)。答案D5．(广州统考)某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4实验序号实验温度/K参加反响的物质溶液颜色褪至无色时所需时间/sKMnO4溶液(含硫酸)H2C2O4H2OV/mLc/mol·L－1V/mLc/mol·L－1V/mLA29320.0240.10t1BT120.0230.1V18C31320.02V20.11t1(1)通过实验A、B，可探究出________(填外部因素)的改变对反响速率的影响，其中V1＝________，T1＝________；通过实验____________可探究出温度变化对化学反响速率的影响。(2)假设t1<8，那么由此实验可以得出的结论是_____________________；利用实验B中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示的反响速率为v(KMnO4)＝________。(3)该反响中有无色无味气体产生且锰被复原为Mn2＋，写出相应反响的离子方程式___________________________________________________。(4)该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中n(Mn2＋)随时间变化的趋势如下图，并认为造成此种变化的原因是反响体系中的某种粒子对KMnO4与草酸之间的反响有某种特殊的作用，那么该作用是________________________________，相应的粒子最可能是(填序号)________。解析分析表中数据知，本实验是探究浓度、温度变化对反响速率产生的影响。实验中，探究浓度(温度)对反响速率的影响时，就要确保影响反响速率的其他因素相同。A、B两组实验，草酸浓度不同，故温度应相同，T1＝293；为使A、B两组实验中KMnO4浓度相同，那么溶液总体积均应为6mL，故V1＝1。C组温度与另外两组不同，加水量与B组相同，故实验B、C是探究温度对化学反响速率的影响，因此V2＝3。由A、B实验现象及浓度差异知，在其他条件相同的情况下，增大反响物浓度可加快化学反响速率。计算反响速率时，c(KMnO4)应是混合溶液中的浓度。利用实验B中数据计算，v(KMnO4)＝0.02mol·L－1×2L×10－3÷(6L×10－3)÷8s＝8.3×10－4mol·L－1·s－1。气体是CO2，故有MnOeq\o\al(－,4)＋H2C2O4→Mn2＋＋CO2，依得失电子守恒有2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4→2Mn2＋＋10CO2↑，最后依质量守恒原理添加H＋与H2O并配平即可。由图像知，反响中存在反响速率突然增大的过程，这说明反响中生成的某种粒子对该反响有催化作用，结合反响前后溶液成分的差异知，该粒子是Mn2＋。答案(1)浓度1293B、C(2)其他条件相同时，增大反响物浓度、反响速率增大(其他合理说法也对)8.3×10－4mol·L－1·s－1(3)2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O(4)催化作用Mn2＋【思维建模】利用“控制变量法〞的解题策略拓展在298K时，实验测得溶液中的反响：H2O2＋2HI=2H2O＋I2在不同浓度时的化学反响速率见下表，由此可推知第5组实验中c(HI)、c(H2O2)可能为①②④。实验编号123c(HI)/mol·L－10.1000.2000.150c(H2O2)/mol·L－10.1000.1000.150v/mol·L－1·s－10.007600.01520.0171实验编号456c(HI)/mol·L－10.100？0.500c(H2O2)/mol·L－10.200？0.400v/mol·L－1·s－10.01520.02280.152①0.150mol·L－1、0.200mol·L－1②0.300mol·L－1、0.100mol·L－1③0.200mol·L－1、0.200mol·L－1④0.100mol·L－1、0.300mol·L－1化学反响速率的影响因素1．(2022·海南化学，8改编)10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反响，假设参加适量的以下溶液，能减慢反响速率但又不影响氢气生成量的是()A．K2SO4 B．H2SO4C．CuSO4 D．Na2CO3解析锌与稀盐酸反响过程中，假设参加物质使反响速率降低，那么溶液中的氢离子浓度减小，但由于不影响氢气的生成量，故氢离子的总物质的量不变。A项，硫酸钾为强酸强碱盐，不发生水解，假设参加其溶液，那么对盐酸产生稀释作用，氢离子浓度减小，但H＋物质的量不变，正确；B项，参加H2SO4，使溶液中的H＋的浓度和物质的量均增大，导致反响速率增大，生成氢气的量增大，错误；C项，参加硫酸铜溶液，Cu2＋会与锌反响生成铜，构成原电池，会加快反响速率，错误；D项，参加碳酸钠溶液，会与盐酸反响，使溶液中的氢离子的物质的量减少，导致反响速率减小，生成氢气的量减少，错误。答案A2．[2022·重庆理综，11(3)]研究发现，腐蚀严重的青铜器外表大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，以下表达正确的选项是________。A．降低了反响的活化能 B．增大了反响的速率C．降低了反响的焓变 D．增大了反响的平衡常数答案AB化学反响速率综合应用3．[2022·江苏化学，20(3)]纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。(1)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BHeq\o\al(－,4)(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反响生成纳米铁粉、H2和B(OH)eq\o\al(－,4)，其离子方程式为________________________________________________________________。(2)纳米铁粉与水中NOeq\o\al(－,3)反响的离子方程式为4Fe＋NOeq\o\al(－,3)＋10H＋=4Fe2＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O研究发现，假设pH偏低将会导致NOeq\o\al(－,3)的去除率下降，其原因是__________________________________________________________________。(3)相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NOeq\o\al(－,3)的速率有较大差异(见图)，产生该差异的可能原因是______________________________________________。Ⅰ含50mg·L－1NOeq\o\al(－,3)的水样Ⅱ含50mg·L－1NOeq\o\al(－,3)＋50mg·L－1Cu2＋的水样解析(1)反响物为Fe2＋、BHeq\o\al(－,4)，生成物为Fe、H2和B(OH)eq\o\al(－,4)，BHeq\o\al(－,4)中H显－1价，被氧化为H2，注意溶液呈碱性，配平。(2)pH偏低，说明c(H＋)大，纳米铁粉能与H＋反响。(3)由图可知含有Cu2＋的溶液中去除速率快，可以从影响速率的因素角度分析，如Cu2＋的催化作用，铁置换Cu构成原电池，加快纳米铁的反响速率。答案(1)2Fe2＋＋BHeq\o\al(－,4)＋4OH－=2Fe＋2H2↑＋B(OH)eq\o\al(－,4)(2)纳米铁粉与H＋反响生成H2(3)Cu或Cu2＋催化纳米铁粉去除NOeq\o\al(－,3)的反响(或形成的Fe－Cu原电池增大纳米铁粉去除NOeq\o\al(－,3)的反响速率)揭秘：预计2022年高考对化学反响速率的考查不会有太大的变化，仍将停留在如下几个方面：外界条件对化学反响速率影响的分析判断；通过图像(或图表)的分析，提出合理的解释或简单计算。另外化学反响速率与工农业生产、环境保护、日常生活方面的综合题也是高考命题的热点，请同学们在复习时给予关注！课时跟踪训练一、选择题1．以下说法正确的选项是()A．催化剂是影响化学反响速率的本质因素B．当反响体系容积不变时，减小反响物的量肯定能降低反响速率C．可逆反响到达反响限度时，化学反响速率为0D．化学反响速率可用单位时间内反响物的浓度变化量来表示解析A项，影响化学反响速率的本质因素是反响物的性质，A错；B项，如果反响物是固体或液体，减小反响物的量不会影响反响速率，B错；C项，到达反响限度时，正、逆反响速率相等，但不为零，C错。答案D2．以下措施能明显增大原反响的化学反响速率的是()A．Na与水反响时增大水的用量B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反响制取H2C．在H2SO4与NaOH两溶液反响时，增大压强D．恒温、恒容条件下，在工业合成氨反响中，增加氮气的量解析水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反响速率不变，A选项错误；将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反响，生成的是二氧化硫气体，不是氢气，B选项错误；反响在溶液中进行，没有气体生成，增大压强，反响速率根本不变，C选项错误；恒温、恒容条件下，在工业合成氨反响中，增加氮气的量，反响物浓度增大，那么反响速率增大，D选项正确。答案D3．一定量的锌粒与足量稀硫酸反响，向反响混合液中参加某些物质，以下判断正确的选项是()A．参加少量水，产生H2速率减小，H2体积减小B．参加NH4HSO4固体，产生H2速率不变，H2体积不变C．参加CH3COONa固体，产生H2速率减小，H2体积不变D．滴加少量CuSO4溶液，产生H2速率变大，H2体积不变解析参加少量水，减小了H＋的浓度，锌粒的物质的量不变，那么v(H2)减小，生成H2体积不变，故A错误；参加NH4HSO4固体，增大了H＋的浓度，锌粒的物质的量不变，那么反响速率加快，生成H2体积不变，故B错误；参加CH3COONa固体，结合生成醋酸，减小了H＋的浓度，锌粒的物质的量不变，那么v(H2)减小，生成H2体积不变，故C正确；滴加少量CuSO4溶液，构成Cu－Zn原电池，反响速率加快，锌粒的物质的量减少，那么v(H2)增大，生成H2量减少，故D错误。答案C4．反响A(g)＋3B(g)=2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反响速率如下，其中表示反响速率最快的是()A．v(A)＝0.15mol·L－1·min－1B．v(B)＝0.01mol·L－1·s－1C．v(C)＝0.40mol·L－1·min－1D．v(D)＝0.45mol·L－1·min－1解析对同一化学反响而言，可以用不同的物质表示其速率，比拟化学反响进行的快慢时需用同一种物质表示不同条件下的反响速率，其计算依据是不同物质表示的反响速率之比等于各物质的化学计量数之比。根据v(A)∶v(B)∶v(C)∶v(D)＝1∶3∶2∶2，转化为用A的浓度变化表示的反响速率为A项：v(A)＝0.15mol·L－1·min－1；B项：v(A)＝0.20mol·L－1·min－1；C项：v(A)＝0.20mol·L－1·min－1；D项：v(A)＝0.225mol·L－1·min－1。应选D。答案D5．(2022·东城区期末)在2CH4(g)＋2NH3(g)＋3O2(g)=2HCN(g)＋6H2O(g)反响中，v(HCN)＝nmol·L－1·min－1，且v(O2)＝mmol·L－1·min－1，那么m与n的关系正确的选项是()A．m＝1/2n B．m＝2/3nC．m＝3/2n D．m＝2n解析：v(HCN)＝nmol·L－1·min－1，v(O2)＝mmol·L－1·min－1，反响速率之比等于对应计量数之比，故n∶m＝2∶3，即m＝3/2n。答案C6．(2022·哈师大附中月考)一定条件下，向2L密闭容器中参加2molN2和10molH2，发生反响N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，2min时测得剩余N2为1mol，以下化学反响速率表示不正确的选项是()A．v(N2)＝0.25mol·L－1·min－1B．v(H2)＝0.75mol·L－1·min－1C．v(NH3)＝1mol·L－1·min－1D．v(NH3)＝0.5mol·L－1·min－1解析一定条件下，向2L密闭容器中参加2molN2和10molH2,2min时测得剩余N2为1mol，故2min内以N2表示的反响速率v(N2)＝eq\f(ΔcN2,Δt)＝eq\f(\f(2－1mol,2L),2min)＝0.25mol·L－1·min－1，A项正确；由于反响速率之比等于化学计量数之比，故v(H2)＝3v(N2)＝3×0.25mol·L－1·min－1＝0.75mol·L－1·min－1，B项正确；v(NH3)＝2v(N2)＝2×0.25mol·L－1·min－1＝0.5mol·L－1·min－1，C项错误，D项正确。答案C7．(2022·山东济宁中学模拟)一定条件下，在容积固定的某密闭容器中发生反响N2＋3H22NH3。在10s内N2的浓度由5mol/L降至4mol/L，以下说法正确的选项是()A．用NH3表示的化学反响速率为0.1mol/(L·s)B．使用适宜的催化剂，可以加快该反响的速率C．增加H2的浓度或降低温度都会加快该反响的速率D．反响足够长时间，N2、H2中至少有一种物质浓度降为零解析根据题意v(N2)＝0.1mol/(L·s)，那么v(NH3)＝0.2mol/(L·s)，A项错误；使用适宜催化剂能加快合成氨的反响速率，B项正确；降低温度，反响速率减慢，C项错误；N2、H2合成氨的反响为可逆反响，延长反响时间不能改变平衡状态，N2、H2的浓度不可能降为0，D项错误。答案B8．对于合成氨反响，到达平衡后，以下分析正确的选项是()A．升高温度，对正反响的反响速率影响更大B．增大压强，对正反响的反响速率影响更大C．减小反响物浓度，对逆反响的反响速率影响更大D．参加催化剂，对逆反响的反响速率影响更大解析A项，合成氨反响的正反响是放热反响，升高温度，正反响、逆反响的反响速率都增大，但是温度对吸热反响的速率影响更大，所以对该反响来说，对逆反响速率影响更大，错误；B项，合成氨的正反响是气体体积减小的反响，增大压强，对正反响的反响速率影响更大，正反响速率大于逆反响速率，所以平衡正向移动，正确；C项，减小反响物浓度，使正反响的速率减小，由于生成物的浓度没有变化，所以逆反响速率不变，逆反响速率大于正反响速率，所以化学平衡逆向移动，错误；D项，参加催化剂，使正反响、逆反响速率改变的倍数相同，正反响、逆反响速率相同，化学平衡不发生移动，错误。答案B9．用外表积完全相同的金属分别进行以下实验，其中产生H2的速率最快的是()ABCD金属Zn纯铁Zn(内含少量铜)铜盐酸40mL3mol·L－110mL3mol·L－110mL3mol·L－120mL6mol·L－1解析锌比铁活泼，排除B；当锌中含有铜时，可组成原电池，加快反响速率，排除A；铜不能与盐酸反响，排除D。答案C10．一定温度下，在某密闭容器中发生反响：2HI(g)H2(g)＋I2(g)ΔH>0，假设15s内c(HI)由0.1mol·L－1降到0.07mol·L－1，那么以下说法正确的选项是()A．0～15s内用I2表示的平均反响速率为v(I2)＝0.002mol·L－1·s－1B．c(HI)由0.07mol·L－1降到0.05mol·L－1所需的反响时间小于10sC．升高温度正反响速率加快，逆反响速率减慢D．减小反响体系的体积，化学反响速率加快解析0～15s内，v(I2)＝eq\f(1,2)v(HI)＝eq\f(1,2)×eq\f(0.1－0.07mol·L－1,15s)＝0.001mol·L－1·s－1，A项错误；随着反响的进行，c(HI)减小，v(HI)减小，故c(HI)由0.07mol·L－1降到0.05mol·L－1所需时间大于10s，B项错误；升高温度，正、逆反响速率均增大，C项错误；减小反响体系的体积，压强增大，反响速率加快，D项正确。答案D11．NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反响速率。将浓度均为0.020mol·L－1的NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0mL混合，记录10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如以下图。据图分析，以下判断不正确的选项是()A．40℃之前与40℃之后溶液变蓝的时间随温度的变化趋势相反B．图中b、c两点对应的NaHSO3反响速率相等C．图中a点对应的NaHSO3反响速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1D．温度高于40℃时，淀粉不宜用作该实验的指示剂解析由题给图像可知，温度低于40℃时，温度升高，溶液变蓝的时间变短，但温度高于40℃时情况相反，A项正确；因为b、c两点的温度不同，反响速率不可能相等，B项错误；图中a点，所用的时间为80s，那么NaHSO3的反响速率为：(0.020mol·L－1×10.0mL×10－3L/mL)÷(50mL×10－3L/mL)÷(80s)＝5.0×10－5mol·L－1·s－1，C项正确；由题给条件，55℃时未观察到溶液变蓝，所以温度高于答案B12．在一定温度下，向一个2L的真空密闭容器中(预先装入催化剂)通入1molN2和3molH2，发生反响：N2＋3H22NH3。经过一段时间后，测得容器内压强是起始的0.9倍，在此时间内，H2平均反响速率为0.1mol/(L·min)，那么所经过的时间为()A．2min B．3minC．4min D．5min解析设参加反响的N2的物质的量为x，根据化学方程式：N2＋3H2=2NH3起始物质的量(mol)130反响的物质的量(mol)x3x2x测定时物质的量(mol)1－x3－3x2x反响后总物质的量为：1－x＋3－3x＋2x＝4－2x根据阿伏加德罗定律的推论：物质的量之比等于压强之比，列式可得：eq\f(4mol,4mol－2x)＝eq\f(1,0.9)，解得：x＝0.2mol。参加反响的H2的物质的量：n(H2)＝3x＝0.6mol，可得H2的浓度变化为0.3mol/L，由v(H2)＝eq\f(Δc,Δt)＝0.1mol/(L·min)，故可得反响时间为3min。答案B二、填空题13．(2022·南昌检测)在一定条件下，二氧化硫和氧气发生反响：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。(1)降低温度，化学反响速率________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)。(2)600℃时，在一容积为2L的密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，在反响进行至10min和20min时，分别改变了影响反响的一个条件，反响过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如下图，前10min正反响速率逐渐________(填“增大〞、“减小〞或“不变〞)；前15min内用SO3表示平均反响速率为________________。(3)图中反响进程，表示正反响速率与逆反响速率相等的时间段是__________________________________________________________________。(4)根据如图判断，10min时改变的反响条件可能是________(填写编号，下同)；20min时改变的反响条件可能是________。a．参加催化剂 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，化学反响速率减小。(2)前10min随着反响的不断进行，反响物SO2和O2的浓度不断减小，正反响速率减小，前15min内用SO3表示的平均反响速率为eq\f(0.04mol,2L×15min)≈1.33×10－3mol·L－1·min－1。(3)反响过程中SO2、O2、SO3物质的量不随时间变化的时间段，即15～20min和25～30min反响处于平衡状态。(4)10～15min三条曲线的斜率突然增大，说明反响速率突然加快，其原因可能是参加催化剂或缩小容器容积。反响进行至20min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1.33×10－3mol·L－1·min－1(3)15～20min,25～30min(4)abd14．：eq\o(→,\s\up7(催化剂))＋H2(g)ΔH＝＋124kJ·mol－1假设反响体系到达平衡后，各物质的浓度在不同条件下(只改变一种条件)的变化状况如下图(第10min到14min的浓度变化曲线未表示出)：(1)第2min反响温度T(2)与第8min反响温度T(8)的上下：T(2)________(填“<〞、“>〞或“＝〞)T(8)；第10min时反响改变的条件是___________________________