01第29讲化学反应速率及影响因素【答案】作业手册

第29讲化学反应速率及影响因素1.C[解析]根据用不同物质表示反应速率与化学计量数的关系可得:v(NH3)∶v(O2)∶v(NO)∶v(H2O)=4∶5∶4∶6,则有5v(NH3)=4v(O2),3v(NO)=2v(H2O),v(NH3)∶v(H2O)=2∶3,A、B、D均正确;由于v(O2)∶v(NO)=5∶4,若t1~t2时间段内v(O2)=0.4mol·L-1·s-1,则有v(NO)=0.4mol·L-1·s-1×45=0.32mol·L-1·s-1,C2.C[解析]不能确定起始时B的物质的量,因此0~t1min时间段内,不能确定B的物质的量的变化量,则不能计算其反应速率,A错误;计算反应速率是0~t2min平均反应速率,而不是瞬时反应速率,B错误;t1~t2min时间段内,B和D的物质的量的变化量分别是0.06mol、0.1mol,则有b∶d=3∶5,D错误。3.B[解析]反应经2s后测得C的物质的量为0.6mol,则有v(C)=0.6mol2L×3s=0.15mol·L-1·s-1,A错误;2s内生成0.6molC同时消耗0.3molB和0.6molA,故B的物质的量浓度减小值为0.3mol2L=0.15mol·L-1,B正确;2s内消耗0.6molA,则物质A的转化率为0.6mol4mol×100%=15%4.C[解析]反应达到平衡时,消耗3molSO2,结合反应可知生成SO3的物质的量为3mol,则有c(SO3)=3mol40.75mol·L-1,A错误;达到平衡时消耗3molSO2,则消耗1.5molO2,O2的转化率为1.5mol5mol×100%=30%,10s内SO2的平均速率v(SO2)=5mol-4mol4L10s=0.025mol·L-1·s-1,C正确;a点达到平衡状态,正逆反应速率相等,不同物质的速率之比等于其化学计量数之比,则对应的化学反应速率:2v正(O2)=5.C[解析]由于硫酸与碳酸钙反应生成微溶物硫酸钙,覆盖在大理石表面阻止反应继续进行,故大理石与盐酸反应制取CO2时,将盐酸改为等浓度的硫酸,不能增大反应速率,A错误;往工业合成氨的刚性密闭容器中通入He以增大体系压强,反应体系各浓度不变,反应速率不变,B错误;Zn与稀盐酸反应制取H2时,在反应容器中加入少量CuSO4溶液,Zn置换出铜附在Zn上形成微小原电池反应,从而加快反应速率,C正确;将H2O2与KMnO4溶液置于100℃恒温反应器中进行反应,由于H2O2高温分解,导致H2O2浓度减小甚至完全分解,反应速率不一定增大,D错误。6.A[解析]实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ在相同温度下进行,且实验Ⅱ的硫酸浓度比实验Ⅰ、Ⅲ的浓度大,反应速率快,则t<10,A错误;对比表格中数据可知,0.1mol·L-1Na2S2O3溶液体积不变,只有硫酸溶液和水的体积在变,为了保证实验的准确性,硫酸和水的体积之和都是15mL,则a=15-7=8,B正确;从表格中的数据可知,温度相同时,增大反应物浓度,化学反应速率增大,C正确;对比实验Ⅰ、Ⅳ可知,三种液体的体积都相同,只有温度不同,实验Ⅳ的温度高于实验Ⅰ的温度,而且实验Ⅳ所用时间小于实验Ⅰ,故浓度保持不变时,升高温度,化学反应速率增大,D正确。7.D[解析]无催化剂时,随反应进行,生成物浓度也在增加,说明反应也在进行,A错误;催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好,说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低,反应更快,B错误;使用催化剂Ⅱ时,在0~2min内Y的浓度变化2.0mol·L-1,而a曲线表示的X的浓度变化也为2.0mol·L-1,二者变化量之比不等于化学计量数之比,故a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化,C错误;使用催化剂Ⅰ时,在0~2min内,Y的浓度变化4.0mol·L-1,则v(Y)=2.0mol·L-1·min-1,v(X)=12v(Y)=12×2.0mol·L-1·min-1=1.0mol·L-1·min-1,8.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,KMnO49.B[解析]将实验①②组的数据代入速率方程可得:4vv=0.200.10α,解得α=2,A正确;由α=2,将实验①③组的数据代入速率方程,可得32vv=0.400.102×0.200.10β,解得β=1,说明NO的浓度对速率的影响程度大于H2,B错误;升高温度,更多分子吸收能量转化为活化分子,活化分子百分数增大,10.C[解析]对比实验①④中的丙酮和HCl的浓度是相同的,而实验④中的溴比实验①的大,说明增大c(Br2),能延长溶液颜色消失的时间,A正确;对比实验②和③的数据,c(Br2)相等,溴颜色消失所需的时间也相等,故溴的反应速率相等,B正确;实验①在200s内的平均速率v(CH3COCH3)=v(Br2)=0.0010mol·L-1200s=5×10-6mol·L-1·s-1,C错误;对比实验①和②的数据可知,1.600.80m=2,则m=1,对比实验①和③的数据可知,0.400.20p=2,则p=1,对比实验11.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正确;15min时达到平衡,c(C2H2)=0.2mol·L-1,c(H2)=0.2mol·L-1,c(C2H4)=0.3mol·L-1,故K=k正k逆=0.30.2×0.12.C[解析]由图可知,2min时反应没有达到平衡,向正反应方向进行,故正反应速率大于逆反应速率,A正确;0~4min内NO的转化率为c1-c3c1×100%,根据转化率定义,NO、CO起始投料相等、化学计量数相同,则它们转化率相等,B正确;8min达到平衡状态,此时NO消耗速率等于N2消耗速率的2倍,C错误;2~4min内NO平均速率v(NO)=c2-c32mol·L-1·min-1,在相同时间内,N2的平均速率是NO的一半,v(N2)=c13.(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正随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(CO2)