08第八单元01第29讲化学反应速率及影响因素【答案】

第八单元化学反应速率与化学平衡第29讲化学反应速率及影响因素1.C[解析]化学反应速率之比等于化学计量数之比,则根据化学方程式3W(g)+2X(g)4Y(g)+3Z(g)可知,v(W)∶v(Z)=3∶3=1∶1,A错误;v(X)∶v(Z)=2∶3,B错误;v(X)∶v(Y)=2∶4=1∶2,C正确;v(W)∶v(X)=3∶2,D错误。2.A[解析]t1min时没有达到平衡状态,正、逆反应速率不相等,A错误;根据图像,X与Y的物质的量变化之比为2∶3,根据化学方程式,X为NH3的变化曲线,Y为H2的变化曲线,B正确;0~8min,v(H2)=0.9mol10L×8min=0.01125mol·L-1·min-1,C正确;10~12min,v(NH3)=(0.7-0.6)mol10L×2min=0.005mol·L-1·min-1,根据化学反应速率之比等于化学计量数之比,3.D[解析]反应至6min时,生成O2在标准状况下的体积为22.4mL(物质的量为0.001mol),消耗H2O2的物质的量为0.002mol,则c(H2O2)=0.01L×0.8mol·L-1-0.002mol0.01L=0.60mol·L-1,A错误;第4min时过氧化氢的浓度大于第6min时过氧化氢的浓度,浓度越大,反应速率越快,故第4min时的瞬时速率大于第6min时的瞬时速率,B错误;反应至6min时,生成O2在标准状况下的体积为22.4mL(物质的量为0.001mol),则分解的H2O2的物质的量为0.002mol,所以H0.0224L22.4L·mol-1=0.001mol,消耗n(H2O2)=2×n(O2)=2×0.001mol=0.002molL-1·min-1,D正确。4.D[解析]B为固体,没有浓度变化量,不能用B的浓度变化表示该反应的反应速率,故A错误;向恒容容器中再加入1mol氦气,反应物、生成物的浓度不变,则反应速率不变,故B错误;反应5min时,测得D的浓度为0.75mol·L-1,D的物质的量为0.75mol·L-1×2L=1.5mol,故C错误;反应5min时,测得D的浓度为0.75mol·L-1,即D的浓度变化量为0.75mol·L-1,以C表示的平均反应速率v(C)=0.3mol·L-1·min-1,则C的浓度变化量为0.3mol·L-1·min-1×5min=1.5mol·L-1,根据化学计量数之比等于浓度变化量之比,则0.75∶1.5=2∶x,解得x=4,故D正确。5.D[解析]由图甲可知,相同pH下,H2O2浓度越大,分解速率越快,A错误;由图乙可知,H2O2初始浓度相同,溶液的碱性越强,H2O2分解速率越快,B错误;由图丙可知,Mn2+少量存在时,无NaOH的H2O2溶液中H2O2几乎不分解,1.0mol·L-1NaOH溶液中H2O2的分解速率小于0.1mol·L-1NaOH溶液中H2O2分解速率,故碱性越强,H2O2分解速率不一定越快,C错误;由图丙和图丁可知,碱性溶液中随Mn2+浓度变化,H2O2分解速率变化较大,D正确。6.C[解析]同素异形体是同一种元素组成的不同种单质,CH3OH、CD3OH和CH3OD为化合物,不互为同素异形体,A错误;根据速率常数,kH∶kD1=4.6,kH∶kD2=2.7,甲醇参与反应时反应速率常数更大,反应速率更快,则反应的活化能更小,B错误;由B可知,甲醇参与反应时反应速率更快,则相比于C—H,C—D断裂的速率较慢,C正确;由实验Ⅱ和Ⅲ分析可知,氘代甲醇D1参与的反应速率更慢,则相比于O—H,C—H的断裂对反应速率的影响更大,D错误。7.D[解析]题目探究H2C2O4浓度对反应速率的影响,要控制单一变量,则设计实验时除H2C2O4浓度外,其他量均相同,故②中加水体积为2.0mL,即x=2.0,A正确;KMnO4溶液可与盐酸反应放出氯气,故不可用盐酸酸化,通常用硫酸酸化,B正确;由实验时溶液都是先变为青绿色后褪至无色知,MnO4-在反应过程中,先被还原为Mn3+,后被还原为Mn2+,由青绿色褪至无色的过程中,若H2C2O4浓度过大,Mn3++2C2O42-[Mn(C2O4)2]-平衡正向移动,导致Mn3+浓度降低,褪色速率较慢,C正确;由表中数据和实验现象知,并不是加入H2C2O4越多,KMnO4溶液由紫色褪至无色8.D[解析]为探究反应速率与c(NaNO2)的关系,NH4Cl、H+浓度不变,根据实验2的数据知溶液总体积为20mL,故V1为4.0,V2为8.0,V3为0,A错误;实验3没有在标准状况下,不能用22.4L·mol-1来计算物质的量,B错误;反应前后醋酸不变,故醋酸是催化剂,由反应速率方程可知,醋酸的浓度也会影响反应速率,C错误;浓度增大速率加快,根据1组和3组数据分析,3组的c(NaNO2)是1组的2倍,1组和3组所用的时间比为33283=4,则反应速率和NaNO2浓度的平方成正比,故m=2,D9.D[解析]由表中①③数据可知4.0×10-28.0×10-3=(0.5000.100)n,n=1,由①②数据可知2.0×10-18.0×10-3=(0.5000.100)m,m=2,反应级数为3级,A正确;由①数据可知k=8.0×10-30.1002×0.100mol-2·L2·s-1=8.0mol-2·L2·s-1,当c(NO)=0.200mol·L-1,c(Cl2)=0.300mol·L-1,v(NO)=2v(10.D[解析]将第一组数据和第二组数据代入v=k·cm(A)·cn(B),然后二式联立可得0.500.25m=2.8×10-31.4×10-3,则m=1,将第二组数据和第四组数据代入v=k·cm(A)·cn(B),然后二式联立可得0.1000.050n=2.8×10-32.8×10-3,则n=0,A错误;由A选项的分析可知,m=1,n=0,则v=k·c(A),代入第一组数据可得,k=5.6×10-311.D[解析]由表知,0~10min内v(H2)=v(C2H4)=0.52×10mol·L-1·min-1=0.025mol·L-1·min-1,A正确;根据平衡状态的特点,平衡时正、逆反应速率相等,则K=k正k逆,题述正反应是放热反应,升高温度,平衡常数减小,而升高温度,速率常数增大,由此推知,k正增大的倍数小于k逆增大的倍数,B正确;根据表格数据知,开始正反应速率最大,逆反应速率为0,随着反应进行,净反应速率由大到小,最终等于0(平衡),c(C2H2)=0.2mol·L-1,c(H2)=0.2mol·L-1,c(C2H4)=0.3mol·L-1,故K=k正k逆=0.12.B[解析]由表格数据知,0~3min,M的物质的量变化量为0.60mol、P的物质的量变化量为0.15mol,则反应生成的Q的物质的量为0.60mol-0.15mol=0.45mol,Q的平均反应速率为0.45mol10L×3minmin-1,A错误;由化学反应速率定义知,反应开始后,体系中P和Q的浓度变化量之比Δc(P)∶Δc(Q)=tv1∶tv2=k1c(M)∶k2c(M)=k1∶k2,k1、k2为定值,故反应开始后,体系中P和Q的浓度之比保持不变,B正确;4min时反应已达到平衡,M的物质的量变化量为0.64mol、P的物质的量变化量为0.16mol,反应生成Q的物质的量为0.64mol-0.16mol=0.48mol,M生成Q的转化率为0.48mol1mol×100%=48%,C错误;4min时反应已达到平衡,P的物质的量变化量为0.16mol,Q的物质的量为0.48mol,则反应①的反应速率慢于反应②,反应速率越快,活化能越小,则反应①的活化能比反应②的活化能高13.(1)-749(2)①<②否c点NO的转化率最高,在相同时间内反应的NO最多,只能说明反应速率最快,若在此温度下提供更长时间,NO转化率可能还会继续增大,最终达到平衡③NO被O2氧化;O2氧化性强于NO,当O2存在时,CO优先与氧气反应;O2的存在可能会降低催化剂的选择性(3)AB(4)40.5[解析](1)已知:①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH1=+183kJ·mol-1②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH2=-566kJ·mol-1则根据盖斯定律分析,②-①可得热化学方程式2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH=-566kJ·mol-1-183kJ·mol-1=-749kJ·mol-1。(2)①a、b两点都有v正>v逆,b点对应脱氮率高且温度高,则b点逆反应速率大于a点逆反应速率,故a点的v逆小于b点的v正。②该正反应为放热反应,温度高,速率快,升温平衡逆向移动,但c点不一定是平衡状态,c点NO的转化率最高,在相同时间内反应的NO最多,只能说明反应速率最快,若在此温度下提供更长时间,NO转化率可能还会继续增大,最终达到平衡。③氧气的存在对于NO的还原有抑制作用,原因是NO被O2氧化;O2氧化性强于NO,当O2存在时,CO优先与氧气反应;O2的存在可能会降低催化剂的选择性。(3)反应余热可以进入温差发电器为电能汽车提供动力,实现能量充分利用,故A正确;使用不同的催化剂,反应的活化能随之改变,进而改变反应速率,故B正确;其他条件不变,温度升高,反应速率加快,则lnk随1T增大而减小,故C(4)2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)起始/mol2200改变/mol1110.5平衡/mol1110.5则平衡常数K=c2