2019版高考化學一輪復習第七章化學反應速率和化學平衡高效演練2

7.1化學反響速率及影響要素高效操練·直擊高考1.(新題展望)必定溫度下,10mL0.40mol·L-1H2O2溶液發(fā)生催化分解。不一樣時刻測得生成O2的體積(已折算為標準情況)以下表。t/min0246810V(O)/mL0.09.917.222.426.529.92以下表達不正確的選項是(溶液體積變化忽視不計)( )A.022≈3.3×10-2mol·(L·min)-1～6min的均勻反響速率:v(HO)B.6～10min的均勻反響速率:v(H2O2)<3.3×10-2mol·(L·min)-1C.反響至6min時22·L-1,c(HO)=0.30molD.反響至6min時,H2O2分解了50%【分析】選C。依據題目信息可知,0～6min,生成22.4mL(標準情況)氧氣,耗費0.002molH2O2,則v(H2O2)≈3.3×10-2mol·(L·min)-1,A項正確;跟著反響物濃度的減小,反響速率漸漸降低,B項正確;反響至6min時,節(jié)余0.002molH2O2,此時c(H2O2)=0.20mol·L-1,C項錯誤;反響至6min時,耗費0.002molH2O2,轉變率為50%,D項正確。2.(2018·宣城模擬)以下影響化學反響速率的要素中,是經過改變活化分子百分數來實現的是( )①改變氣體物質的濃度②改變氣體的壓強③加入催化劑④改變氣體的溫度A.只有①②B.只有③④C.只有①③④D.①②③④【分析】選B。高升溫度活化分子百分數增加,催化劑降低反響的活化能,活化分子百分數增加;濃度和壓強能夠改變單位體積內的活化分子個數,而不可以改變活化分子的百分數?！炯庸逃柧殹吭诤闳輻l件下,能使NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)的正反響速率增大且活化分子的百分數也增添的舉措是( )A.增大NO2或CO的濃度B.減小CO2或NO的濃度C.通入Ne負氣體的壓強增大高升反響的溫度-1-【分析】選D。A、B為改變濃度,可改變反響速率,但活化分子的百分數不變;通入Ne負氣體的壓強增大,不改變參加反響氣體的濃度,反響速率不變;高升溫度,可增添活化分子百分數,反響速率增大,D正確。3.(2018·長沙模擬)合成氨反響:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92.4kJ·mol-1,在反響過程中,正反響速率的變化以下圖:以下說法正確的選項是()A.t1時高升了溫度B.t2時使用了催化劑C.t3時增大了壓強D.t4時降低了溫度【分析】選B。升溫,正、逆反響速率同時增大,但因為該反響是放熱反響,逆反響速率增添的幅度更大一些,A錯誤;加壓,正、逆反響速率同時增添,C錯誤;降溫,正、逆反響速率瞬時減小,D錯誤?！净友芯俊?1)t1時改變的條件可能是__________。提示:增大反響物的濃度或加壓。t1時正反響速率瞬時增大,且漸漸減小,均衡向正反響方向進行,故改變的條件為增大反響物的濃度或加壓。(2)t4時改變的條件能否為減小壓強?提示:否。該反響的反響物、生成物都為氣體,減小壓強,正逆反響速率都減小,而t4時正反響速率瞬時不變。4.(新題展望)為了研究外界條件對鋅與稀硫酸反響速率的影響,設計以下方案:編號純鋅粉0.2mol·L-1硫酸溶液溫度硫酸銅固體Ⅰ2.0g200.0mL25℃0Ⅱ2.0g200.0mL35℃0Ⅲ2.0g200.0mL35℃0.2g以下表達不正確的選項是( )Ⅰ和Ⅱ實驗研究溫度對反響速率的影響Ⅱ和Ⅲ實驗研究原電池對反響速率的影響反響速率Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ-2-實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的變化圖象為【分析】選D。Ⅰ和Ⅱ實驗中,只有溫度不一樣,故研究溫度對反響速率的影響,速率Ⅱ>Ⅰ,A正確;實驗Ⅲ中加入的硫酸銅與鋅粉反響生成銅,進而組成原電池,加速反響速率,速率Ⅲ>Ⅱ,B正確;綜上所述,反響速率Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ,C正確;經過計算可知,硫酸過度,產生的氣體體積由鋅粉決定,Ⅲ中加入的硫酸銅耗費部分鋅粉,則生成的氣體減小,D錯誤。5.光照下,乙二酸(H2C2O4)能將酸性工業(yè)廢水中含有的Cr2轉變?yōu)镃r3+。某課外研究小組發(fā)現,少許鐵明礬[Al2Fe(SO4)4·24H2O]對該反響起催化作用。為進一步研究相關要素對該反響速率的影響,研究以下:(1)在25℃下,控制光照強度、廢水樣品初始濃度和催化劑用量同樣,調理不一樣的初始pH和必定濃度乙二酸溶液用量,做對照實驗。實驗初始廢水樣品乙二酸溶液蒸餾水編號pH體積/mL體積/mL體積/mL①4601030②5601030③560測得實驗①和②溶液中的c(Cr2)隨時間變化關系以下圖。上述反響中乙二酸被氧化為________(填化學式)。(3)實驗①和②的結果表示________________________;實驗①中0～t1時間段反響速率v(Cr3+)=______-1-1mol·L·min(用代數式表示)。(4)若實驗③中蒸餾水的體積是20mL,則應取乙二酸溶液的體積是________?！痉治觥?1)實驗①、②中初始pH不一樣但其余量同樣,目的是研究pH對反響速率的影響。(2)乙二酸中碳元素的化合價為+3價,則其被氧化為CO2。-3-(3)實驗①和②表示pH越小,則Cr2轉變?yōu)镃r3+的反響速率越快;v(Cr3+)=2v(Cr2)=×2mol·L-1·min-1=mol·L-1·min-1。實驗②、③中初始pH同樣,目的應是研究乙二酸溶液濃度對