化学化学反应的速率与限度的专项培优练习题及答案解析.docx
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化学化学反应的速率与限度的专项培优练习题及答案解析.docx
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化学化学反应的速率与限度的专项培优练习题及答案解析
化学化学反应的速率与限度的专项培优练习题及答案解析
一、化学反应的速率与限度练习题(含详细答案解析)
1.某实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件,用如图实验装置进行实验,反应物用量和反应停止的时间数据如下:
分析表中数据回答下列问题:
MnO2
时间
H2O2
0.1g
0.3g
0.8g
10mL1.5%
223s
67s
56s
10mL3.0%
308s
109s
98s
10mL4.5%
395s
149s
116s
(1)相同浓度的过氧化氢的分解速率随着二氧化锰用量的增加而________。
(2)从实验效果和“绿色化学”的角度考虑,双氧水的浓度相同时,加入________g的二氧化锰为较佳选择。
(3)该小组的某同学分析上述数据后认为:
“当用相同质量的二氧化锰时,双氧水的浓度越小,所需要的时间就越少,亦即其反应速率越快”的结论,你认为是否正确________,理由是__________________________________。
(4)为加快过氧化氢的分解速率,除了使用MnO2作催化剂和改变过氧化氢的质量分数之外,还可以采取的加快反应速率的措施有_____。
(回答任意两个合理的措施)
【答案】加快0.3不正确H2O2的浓度扩大二倍(从1.5%→3.0%),但反应所需时间比其二倍小的多升高温度;粉碎二氧化锰,增大其表面积。
【解析】
【分析】
由题可知,该实验研究浓度和催化剂对反应速率的影响,通过表中数据可分析得出浓度和催化剂对反应速率的影响规律,因为该实验不是直接测出反应速率,而是测出反应停止的时间,要考虑反应物增多对反应时间的影响。
【详解】
(1)由表格中的数据可知:
相同浓度的H2O2,加入的MnO2越多,反应所用的时间越短,即分解速率越快。
(2)用0.1g催化剂的反应速率明显小于用0.3g和0.8g催化剂的反应速率;用0.8g催化剂和用0.3g催化剂的反应速率及反应时间相差不多,但用0.3g催化剂节约药品。
(3)从表中数据可知,相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍,但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多,由反应速率计算公式可得出,此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快,由此得出上述结论不正确;
(4)加快反应速率的措施常见的有:
增加反应物浓度、适当升高温度、增加反应物表面积(接触面积)、使用催化剂等。
2.一定温度下,在2L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示:
(1)写出该反应的化学方程式_________________________。
(2)计算反应开始到10s,用X表示的反应速率是___________。
(3)下列叙述中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:
1
b.混合气体中X的浓度保持不变
c.X、Y、Z的浓度之比为1:
1:
2
(4)为使该反应的反应速率增大,可采取的措施是_______。
a.适当降低温度b.扩大容器的体积c.充入一定量Z
【答案】X+Y
2Z0.0395mol·L-1·s-1bc
【解析】
【分析】
由图表可知,随反应进行X、Y的物质的量减小,Z的物质的量增大,所以X、Y是反应物,Z是生产物,l0s后X、Y、Z的物质的量为定值,不为0,即10s达到平衡状态,反应是可逆反应,且△n(X):
△n(Y):
△n(Z)=(1.20-0.41)mol:
(1.00-0.21)mol:
1.58mol=1:
1:
2,参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比,故反应化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g),然后结合v=
及平衡的特征“等、定”及速率之比等于化学计量数之比来解答。
【详解】
(1)由上述分析可知,该反应的化学方程式为X(g)+Y(g)⇌2Z(g);
(2)反应开始到10s,用X表示的反应速率是
=0.0395mol•(L•s)-1;
(3)a.随着反应的进行,X与Y的反应速率之比始终为1:
1,则不能判断是平衡状态,故a错误;
b.混合气体中X的浓度保持不变,符合平衡特征“定”,为平衡状态,故b正确;
c.X、Y、Z的浓度之比为1:
1:
2,与起始量、转化率有关,不能判断是平衡状态,故c错误;
故答案为b;
(4)a.适当降低温度,反应速率减小,故a错误;
b.扩大容器的体积,浓度减小,反应速率减小,故b错误;
c.充入一定量Z,浓度增大,反应速率加快,故c选;
故答案为c。
【点睛】
注意反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,必须是同一物质的正逆反应速率相等;反应达到平衡状态时,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,此类试题中容易发生错误的情况往往有:
平衡时浓度不变,不是表示浓度之间有特定的大小关系;正逆反应速率相等,不表示是数值大小相等;对于密度、相对分子质量等是否不变,要具体情况具体分析等。
3.化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。
(1)某同学为了探究锌与硫酸反应过程中的速率变化,在400mL稀硫酸中加入足量的锌粉,标况下用排水集气法收集反应放出的氢气,实验记录如下(累计值):
①哪一时间段反应速率最大_______min(填“0~1”、“1~2”、“2~3”、“3~4”、“4~5”),原因是________。
②求3~4分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率________设溶液体积不变)。
(2)该同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中,发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。
请回答下列问题:
①硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是_______。
②实验室中现有Na2SO4、MgSO4、Ag2SO4、K2SO4等4种溶液,可与实验中CuSO4溶液起相似作用的是_______。
③要减慢上述实验中气体产生速率,可采取的合力措施有_______、_______(答两种)。
(3)某温度下在4L密闭容器中,X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。
①该反应的化学方程式是_______。
②该反应达到平衡状态的标志是_______(填字母)
A.Y的体积分数在混合气体中保持不变B.X、Y的反应速率比为3:
1
C.容器内气体压强保持不变D.容器内气体的总质量保持不变E.生成1molY的同时消耗2molZ
③2min内Y的转化率为_______。
【答案】2~3因该反应是放热反应,此时温度高且盐酸浓度较大,所以反应速率较快.0.025mol·L-1·min-1CuSO4与Zn反应生成的Cu附着在Zn表面形成铜锌原电池加快了化学反应速率;Ag2SO4适当增加硫酸的浓度增加锌粒的表面积;升高温度等(答两种即可)3X(g)+Y(g)⇌2Z(g)AC10%
【解析】
【分析】
(1)①相同时间内收集的气体体积越多,该反应速率越快;温度越高化学反应速率越快;
②先计算生成氢气物质的量,再根据关系式计算消耗n(HCl),利用v=
计算盐酸反应速率;
(2)Zn和硫酸的反应中加入少量的CuSO4溶液,能置换出一定量Cu,在溶液中形成Cu/Zn原电池,原电池反应比化学反应速率快;
②所给四种溶液中只Zn只能置换出Ag;
③从影响反应速率的因素分析;
(3)①根据图知,随着反应进行,X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加,则X和Y是反应物而Z是生成物,反应达到平衡时,△n(X)=(1.0-0.4)mol=0.6mol、△n(Y)=(1.0-0.8)mol=0.2mol、△n(Z)=(0.5-0.1)mol=0.4mol,同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其计算之比,据此确定化学方程式;
②可逆反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变;
③Y的转化率=
×100%;
【详解】
(1)①相同通条件下,反应速率越大,相同时间内收集的气体越多;由表中数据可知,反应速率最大的时间段是2∼3min,原因是:
该反应是放热反应,温度越高,反应速率越大;
②3∼4分钟时间段,收集的氢气体积=(576−464)mL=112mL,n(H2)=
=0.005mol,根据氢气和HCl关系式得消耗的n(HCl)=2n(H2)=2×0.005mol=0.01mol,则v(HCl)=
=0.025mol/(L⋅min);
(2)Zn和硫酸的反应中加入少量的CuSO4溶液,能置换出一定量Cu,在溶液中形成Cu/Zn原电池,而加快化学反应速率;
②所给四种溶液中只Zn只能置换出Ag,即Ag2SO4与CuSO4溶液具有相似的作用;
③为加快Zn和硫酸的反应速率可从升温、适当增大硫酸的浓度、增大锌的比表面积等角度考虑,可采取的合力措施有:
增加锌的表面积;升高温度或适当增大硫酸的浓度等;
(3)①根据图知,随着反应进行,X、Y的物质的量减少而Z的物质的量增加,则X和Y是反应物而Z是生成物,反应达到平衡时,△n(X)=(1.0−0.4)mol=0.6mol、△n(Y)=(1.0−0.8)mol=0.2mol、△n(Z)=(0.5−0.1)mol=0.4mol,同一可逆反应中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其计算之比,X、Y、Z的计量数之比=0.6mol:
0.2mol:
0.4mol=3:
1:
2,则该反应方程式为3X(g)+Y(g)⇌2Z(g);
②A.Y的体积分数在混合气体中保持不变,说明各物质的量不变,反应达到平衡状态,故A正确;
B.X、Y的反应速率比为3:
1时,如果反应速率都是指同一方向的反应速率,则该反应不一定达到平衡状态,故B错误;
C.反应前后气体压强减小,当容器内气体压强保持不变时,各物质的物质的量不变,反应达到平衡状态,故C正确;
D.容器内气体的总质量一直保持不变,故D错误;
E.生成1molY的同时消耗2molZ,所描述的为同向反应过程,不能判断反应达到平衡状态,故E错误;
答案选AC;
③Y的转化率=
×100%=
×100%=10%。
4.铁在自然界分布广泛,在工业、农业和国防科技中有重要应用。
回答下列问题:
(1)用铁矿石(赤铁矿)冶炼生铁的高炉如图(a)所示。
原料中除铁矿石和焦炭外含有____________。
除去铁矿石中脉石(主要成分为SiO2)的化学反应方程式为______________、______________;高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和______________(填化学式)。
(2)已知:
①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH=+494kJ·mol-1
②CO(g)+
O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1
③C(s)+
O2(g)=CO(g)ΔH=-110kJ·mol-1
则反应Fe2O3(s)+3C(s)+
O2(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的ΔH=________kJ·mol-1。
理论上反应________放出的热量足以供给反应__________所需的热量(填上述方程式序号)
(3)有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺,其流程如图(b)所示,其中,还原竖炉相当于高炉的_____部分,主要反应的化学方程式为_________________________;熔融造气炉相当于高炉的____部分。
(4)铁矿石中常含有硫,使高炉气中混有SO2污染空气,脱SO2的方法是________________。
【答案】石灰石CaCO3
CaO+CO2↑CaO+SiO2
CaSiO3CO-355②③①炉身Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2炉腹用碱液吸收(氢氧化钠溶液或氨水等)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)铁矿石中含有氧化铁和脉石,为除去脉石,可以加入石灰石,石灰石分解为氧化钙,氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙,方程式为CaCO3
CaO+CO2↑、CaO+SiO2
CaSiO3;加入焦炭,先生成CO,最后生成CO2所以高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和CO;
(2)已知:
①Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH=+494kJ·mol-1
②CO(g)+
O2(g)=CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1
利用盖斯定律将①+②×3得到Fe2O3(s)+3C(s)+
O2(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的ΔH=-355kJ·mol-1,因①为吸热反应,②③为放热反应,则②③反应放出的热量可使①反应;
(3)高炉炼铁时,炉身部分发生Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2,还原竖炉发生此反应,熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O2
2CO以及CaCO3
CaO+CO2↑,CaO+SiO2
CaSiO3反应;
(4)高炉气中混有SO2,SO2为酸性气体,可与碱反应。
5.现代工业的发展导致CO2的大量排放,对环境造成的影响日益严重,通过各国科技工作者的努力,已经开发出许多将CO2回收利用的技术,其中催化转化法最具应用价值。
回答下列问题:
(1)在催化转化法回收利用CO2的过程中,可能涉及以下化学反应:
①CO2(g)+2H2O
(1)
CH3OH
(1)+
O2(g)△H=+727kJ·mol-1△G=+703kJ·mol-1
②CO2(g)+2H2O
(1)
CH4(g)+2O2(g)△H=+890kJ·mol-1△G=+818kJ·mol-1
③CO2(g)+3H2(g)
CH3OH
(1)+H2O
(1)△H=-131kJ·mol-1△G=-9.35kJ·mol-1
④CO2(g)+4H2(g)
CH4(g)+2H2O
(1)△H=-253kJ·mol-1△G=-130kJ·mol-1
从化学平衡的角度来看,上述化学反应中反应进行程度最小的是____,反应进行程度最大的是_____。
(2)反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)称为Sabatier反应,可用于载人航空航天工业。
我国化学工作者对该反应的催化剂及催化效率进行了深入的研究。
①在载人航天器中利用Sabatier反应实现回收CO2再生O2,其反应过程如图所示,这种方法再生O2的最大缺点是需要不断补充_________(填化学式)。
②在1.5MPa,气体流速为20mL·min-l时研究温度对催化剂催化性能的影响,得到CO2的转化率(%)如下:
分析上表数据可知:
_____(填化学式)的催化性能更好。
③调整气体流速,研究其对某一催化剂催化效率的影响,得到CO2的转化率(%)如下:
分析上表数据可知:
相同温度时,随着气体流速增加,CO2的转化率____(填“增大”或“减小”),其可能的原因是_________________________________。
④在上述实验条件中,Sabatier反应最可能达到化学平衡状态的温度是____,已知初始反应气体中V(H2):
V(CO2)=4:
l,估算该温度下的平衡常数为___________(列出计算表达式)。
(3)通过改变催化剂可以改变CO2与H2反应催化转化的产物,如利用Co/C作为催化剂,反应后可以得到含有少量甲酸的甲醇。
为了研究催化剂的稳定性,将Co/C催化剂循环使用,相同条件下,随着循环使用次数的增加,甲醇的产量如图所示,试推测甲醇产量变化的原因_________________________________。
(已知Co的性质与Fe相似)
【答案】②④H2Co4N/Al2O3减小气流流速加快,导致反应物与催化剂接触时间不够360℃
反应产生的甲酸腐蚀催化剂,使催化剂活性降低
【解析】
【分析】
(1)在温度、压强一定的条件下,反应总是向△G<0的方向进行,由此判断。
(2)①分析反应过程图,CO2、O2、H2O属于循环过程中始终在循环过程中的,而H2属于循环过程中加入的,由此可知正确答案;
②分析表中数据,在相同温度下,对比不同催化剂时CO2的转化率可选择出催化性能更好的催化剂;
③分析表中数据,在温度不变的情况下,气流速度增大,CO2的转化率逐渐降低,据此分析原因;
④分析表中数据,大部分数据显示,在气流速度不变的情况下,CO2的转化率随着温度的增大而逐渐增大,但增大的幅度在逐渐减小,故在上述实验条件中,Sabatier反应最可能达到化学平衡状态的温度是360℃,根据此时CO2的转化率,计算该温度下的平衡常数;
(3)由图可知,随着Co/C催化剂循环次数的增多,甲醇的产量逐渐降低,说明该催化剂在循环过程中受到一定程度的影响,结合产物的性质进行分析;
【详解】
(1)分析四个反应,根据在温度、压强一定的条件下,反应总是向△G<0的方向进行,反应的△G越小反应进行程度越大,反之反应进行的程度就越小,故上述化学反应中反应进行程度最小的是②,反应进行程度最大的是④。
答案为:
②;④;
(2)①分析循环图,只有H2需不断补充,答案为:
H2;
②对比表中的数据,在相同温度下,催化剂为Co4N/Al2O3时,CO2的转化率更大,答案为:
Co4N/Al2O3;
③分析表中数据,温度不变时,随着气体流速的逐渐增大,CO2的转化率逐渐减小,可能是气体流速过快,来不及和催化剂充分接触,导致CO2的转化率减小。
答案为:
减小;气流流速加快,导致反应物与催化剂接触时间不够;
④分析表中数据,大部分数据表明,在320℃至360℃时,气体流速不变的情况下,CO2的转化率的增大幅度在逐渐减小,由此可知Sabatier反应最可能达到化学平衡状态的温度是360℃,结合题中所给信息,选择气体流速为10mL·min-1时CO2的转化率进行计算。
已知初始反应气体中V(H2):
V(CO2)=4:
l,根据在密闭容器里,全部由气体参与的反应中,压强、温度不变时,气体的体积比等于物质的量之比,可知V(H2):
V(CO2)=n(H2):
n(CO2)=4:
l,设初始气体中H2的物质的量为4mol,CO2的物质的量为1mol,则有:
在密闭容器中,全部由气体参与的反应中,平衡时气体的物质的量之比=气体物质的量浓度之比,可知该温度下,该反应的平衡常数K=
。
答案为:
360℃;
;
(3)根据题中催化剂循环次数和甲醇产量的关系:
催化剂的循环次数越多,甲醇的产量逐渐降低,说明催化剂一定程度受到了其他物质的影响,结合题给信息:
用Co/C作为催化剂,反应后可以得到含有少量甲酸的甲醇。
又已知Co的性质与Fe相似,说明甲酸可与催化剂中的Co进行反应,故催化剂的活性降低,进而影响甲醇的产量,答案为:
反应产生的甲酸腐蚀催化剂,使催化剂活性降低。
6.反应A(g)
B(g)+C(g)在容积为1.0L的密闭容器中进行,A的初始浓度为0.050mol/L。
温度T1和T2下A的浓度与时间关系如图所示。
回答下列问题:
(1)上述反应是______________(填”吸热反应”或”放热反应”),温度T1_____T2,(填“大于”、“小于”或“等于”,下同)平衡常数K(T1)_______K(T2)。
(2)若温度T2时,5min后反应达到平衡,A的转化率为70%,则:
①平衡时体系总的物质的量为___________。
②反应在0~5min区间的平均反应速率v(A)=____________。
(3)在温度T1时,若增大体系压强,A的转化率_________(填“增大”、“减小”或“不变”,下同),平衡常数________。
【答案】吸热反应小于小于0.085mol0.007mol/(L∙min)减小不变
【解析】
【分析】
由图象中的信息可知,T2到达平衡所用的时间较少,故T1<T2;温度升高后,反应物A的浓度减小,说明平衡向正反应方向移动,故该反应为吸热反应。
【详解】
(1)由上述分析可知,该反应是吸热反应,温度T1小于T2,温度升高,该化学平衡向正反应方向移动,故平衡常数K(T1)小于K(T2)。
(2)A的初始浓度为0.050mol/L,则A的起始量为0.05mol。
若温度T2时,5min后反应达到平衡,A的转化率为70%,则A的变化量为0.035mol,B和C的变化量同为0.035mol。
①平衡时体系总的物质的量为0.05mol-0.035mol+0.035mol⨯2=0.085mol。
②容积为1.0L,则反应在0~5min区间的平均反应速率v(A)=
0.007mol/(L∙min)。
(3)A(g)
B(g)+C(g),该反应正反应方向是气体分子数增大的方向。
在温度T1时,若增大体系压强,平衡向逆反应方向移动,A的转化率减小,由于平衡常数只与温度有关,故平衡常数不变。
【点睛】
要注意化学平衡的移动不一定能改变平衡常数,因为化学平衡常数只与温度有关,对于一个指定的可逆反应,其平衡常数只随温度的变化而变化。
7.Ⅰ.某实验小组对H2O2的分解做了如下探究。
下表是该实验小组研究影响H2O2分解速率的因素时记录的一组数据,将质量相同但状态不同的MnO2分别加入盛有15mL5%的H2O2溶液的大试管中,并用带火星的木条测试,结果如下:
MnO2
触摸试管情况
观察结果
反应完成所需的时间
粉末状
很烫
剧烈反应,带火星的木条复燃
3.5min
块状
微热
反应较慢,火星红亮但木条未复燃
30min
(1)写出上述实验中发生反应的化学方程式:
_______________________________。
(2)实验结果表明,催化剂的催化效果与________有关。
(3)某同学在10mLH2O2溶液中加入一定量的二氧化锰,放出气体的体积(标准状况)与反应时间的关系如图所示,则A、B、C三点所表示的即时反应速率最慢的是______。
Ⅱ.某反应在体积为5L的恒容密闭容器中进行,在0~3分钟内各物质的量的变化情况如下图所示(A,B,C均为气体,且A气体有颜色)。
(4)该反应的的化学方程式为________________。
(5)反应开始至2分钟时,B的平均反应速率为____。
(6)下列措施能使该反应加快的是__(仅改变一个条件)。
a.降低温度b.缩小容积c.使用效率更高更合适的催化剂
(7)能说明该反应已达到平衡状态的是___________(填序号)。
①单位时间内生成nmolB的同时生成2nmolC
②单位时间内生成nmolB的同时生成2nmolA
③容器内压强不再随时间而发生变化的状态
④用C、A、B的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2:
2:
1的状态
⑤混合气体的颜色不再改变的状态
⑥混合气体的密度不再改变的状态
⑦v逆(A)=v正(C)
(8)由图求得平衡时A的转化率为__________。
【答案】2H2O2
2H2O+O2↑催化剂的颗粒大小C2A+B
2C0.1mol·(L·min)-1bc①③⑤⑦40%
【解析】
【分析】
【详解】
Ⅰ.
(1)在催化剂二氧化锰的作用下双氧水分解生成氧气和水,发生反应的化学方程式为2H2O2
2H2O+O2↑。
(2)根据表中数据可知粉末状的二氧化锰催化效果好,即实验结果表明,催化剂的催化效果与催化剂的颗粒大小有关。
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