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第1讲 化学反应速率
[单独成册]
1．在一密闭容器中充入一定量的N2和O2，在电火花作用下发生反应N2＋O2===2NO，经测定前3 s用N2表示的反应速率为0.1 mol·L·s，则6 s末NO的浓度为( )
A．1.2 mol·L B．大于1.2 mol·L C．小于1.2 mol·L D．不能确定
解析：选C。前3 s用N2表示的反应速率为0.1 mol·L·s，即用NO表示的反应速率为0.2 mol·L·s。如果3～6 s的反应速率仍为0.2 mol·L·s，则6 s末NO浓度为1.2 mol·L。由于随着反应进行，反应物浓度减小，反应速率减慢，故6 s末NO的浓度应小于1.2 mol·L。
2．将2 mol X和2 mol Y充入2 L密闭容器中发生反应：X(g)＋3Y(g)
2Z(g)
－1
－1－1
－1
－1
－1
－1
－1
－1－1
－1
－1
－1
＋aQ(g)。2 min后达到平衡时生成0.8 mol Z，测得Q的浓度为0.4 mol/L，下列叙述错误的是( )
A．a的值为2
B．平衡时X的浓度为0.8 mol/L C．Y的转化率为60%
D．反应速率v(Y)＝0.6 mol/(L·min)
解析：选D。2 min后达到平衡时，Q的物质的量为0.4 mol/L×2 L＝0.8 mol，a的值为2，A正确；
X(g)＋3Y(g)
2Z(g)＋aQ(g)
n始(mol) 2 2 0 0
Δn(mol) 0.4 1.2 0.8 0.8
n平(mol)1.6 0.8 0.8 0.8
1.6 mol1.2 mol
平衡时X的浓度为＝0.8 mol/L，B正确；Y的转化率为×100%＝60%，C
2 L2 mol1.2 mol/2 L
正确；反应速率v(Y)＝＝0.3 mol/(L·min)，D不正确。
2 min
3．下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是( ) A．Na与水反应时增大水的用量
B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2 C．在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
D．恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量
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解析：选D。水是纯液体，增大水的量，水的浓度不变，不能增大反应速率，A错误；Zn与浓硫酸反应不会生成氢气，B错误；压强对溶液中的反应速率几乎无影响，C错误；恒温、恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加N2的量，反应物浓度增大，故反应速率增大，D正确。
4．已知一定质量的锌粒与稀盐酸反应(放热反应)，生成H2的浓度与反应时间的关系如图所示，下列结论不正确的是( )
A．若将锌粒改为锌粉，可以加快产生H2的反应速率 B．反应前4 min内温度对反应速率的影响比浓度大
C．反应前4 min内生成H2的平均速率v(H2)＝0.09 mol·L·min D．反应开始2 min内平均反应速率最大
解析：选D。一定质量的锌粒与稀盐酸反应，若将锌粒改为锌粉，由于固体的接触面积增大，所以可以加快产生H2的反应速率，A正确；Zn与盐酸的反应是放热反应，随着反应的进行，反应物的浓度不断减小，反应放出的热量逐渐增多，使溶液的温度逐渐升高，反应速率在反应开始的前几分钟内逐渐升高，当反应进行到一定程度后，溶液很稀，这时溶液的浓度对速率的影响占优势，由于溶液浓度小，所以反应速率逐渐降低，反应前4 min内反应速率不断增加，则说明前4 min内温度对反应速率的影响比浓度大，B正确；反应前4 minΔc0.36 mol·L－1－1内生成H2的平均速率v(H2)＝＝＝0.09 mol·L·min，C正确；反应开
Δt4 min始2 min内H2的物质的量浓度变化最小，所以平均反应速率最小，D错误。
5．反应C(s)＋H2O(g) 中，能够成立的是( )
A．其他条件不变，仅将容器的体积缩小一半，反应速率减小 B．反应达平衡状态时：v正(CO)＝v逆(H2O)
C．保持体积不变，充入少量He使体系压强增大，反应速率一定增大 D．其他条件不变，适当增加C(s)的质量会使反应速率增大
解析：选B。体积减小，容器内气体的压强增大，反应速率增大，A错误；达化学平衡时，v正＝v逆，根据化学计量数关系可知v正(CO)＝v逆(H2O)，B正确；保持体积不变，充入少量氦气使体系压强增大，但反应气体的浓度不变，所以反应速率不变，C错误；固体的量不能改变化学反应速率，D错误。
6．将4 mol A气体和2 mol B气体在体积为2 L的密闭容器中混合，并在一定条件下发生反应：2A(g)＋B(g)
CO(g)＋H2(g)在一定密闭容器中进行，则下列说法或结论
－1
－1
－1
xC(g)，若经2 s后测得A的物质的量为2.8 mol，C的物质
的量浓度为0.6 mol/L。现有下列几种说法：①2 s内用物质A表示的平均反应速率为0.3 mol/(L·s)；②2 s内用物质B表示的平均反应速率为0.6 mol/(L·s)；③2 s时物质B的转化率为70%；④x＝2。其中正确的是( )
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A．①③ C．②③
B．①④ D．③④
解析：选B。本题重点考查化学反应速率的计算和不同物质表示的化学反应速率间的换算。v(A)＝
4 mol－2.8 mol÷2 LvAvBvC
＝0.3 mol/(L·s)，①正确；＝＝，
2 s21x可计算出v(B)＝0.15 mol/(L·s)，②错误；A减少了1.2 mol，B减少了0.6 mol，转化率0.6 mol
为×100%＝30%，③错误；C的物质的量浓度为0.6 mol/L，即C增加了1.2 mol，A2 mol减少了1.2 mol，物质的量变化量之比等于化学计量数之比，即x＝2，④正确。
7．实验室用Zn与稀硫酸反应来制取氢气，常加少量CuSO4来加快反应速率。为了研究CuSO4的量对H2生成速率的影响，某同学设计了下表中实验方案，将表中所给的试剂按一定体积混合后，分别加入四个盛有相同大小的Zn片(过量)的反应瓶(甲、乙、丙、丁)中，收集产生的气体，并记录收集相同体积的气体所需的时间。
实验 试剂 4 mol·LH2SO4/mL 饱和CuSO4溶液/mL H2O/mL 收集气体所需时间/s 下列说法正确的是( ) A．t1＝t2＝t3＝t4 C．V6＝7.5
B．V4＝V5＝10 D．V1＜V2＜V3＜20
－1甲 20 0 乙 丙 丁 V1 2.5 V2 V4 8 V3 10 0 V5 t1 V6 t2 t3 t4 解析：选C。CuSO4的量越多，反应速率越快，t1、t2、t3、t4不相等，A错；H2SO4的物质的量相同，H2SO4的浓度相同，H2SO4才对反应速率影响相同，则溶液的体积相同，根据丁组数据可知，CuSO4溶液与H2O的体积之和为10 mL，所以V4＝2、V5＝10、V6＝7.5，B错、C对；因为该实验仅研究CuSO4的量对反应速率的影响，所以H2SO4的量应相同，V1＝V2＝V3＝20，D错。
8．含硝基苯(C6H5NO2)的工业废水常用铝粉处理。其机理为：在溶液中，铝单质提供电子将硝基(—NO2)还原为氨基(—NH2)，还原快慢受废水pH影响。下列图示中，能正确反映废水的pH与硝基苯被还原速率(v)关系的是( )
解析：选A。根据工业废水常用铝粉处理的机理：在溶液中，铝单质提供电子将硝基(—NO2)还原为氨基( —NH2)，氨基显示碱性。酸性溶液中，随着反应的进行，Al与H反应，溶液酸性减弱，硝基苯被还原的速率降低；随着反应的进行，产生的氨基逐渐增加，所以溶液的碱性增强，在碱性环境下，金属铝的失电子速率加快，硝基被还原的速率加快，A正确。
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＋
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9．已知某化学实验的结果如表所示：
反应物 实验 序号 1 2 3 大小相同的金属片 镁条 铁片 铁片 在相同温度下测得的化学反应速率酸溶液 1 mol·L盐酸 1 mol·L盐酸 0.1 mol·L盐酸 －1－1－1v/mol·L－1·min－1 v1 v2 v3 下列结论正确的是( ) A．v1＞v2＞v3 C．v1＞v3＞v2
B．v3＞v2＞v1 D．v2＞v3＞v1
解析：选A。反应物本身的性质是影响化学反应速率的主要因素。比较实验1、2，c(HCl)相同，活泼性Mg＞Fe，v1＞v2；比较实验2、3，铁的状态相同，实验2中c(HCl)大于实验3中c(HCl)，增大反应物浓度，化学反应速率增大，v2＞v3，所以v1＞v2＞v3。
10．在四个容积为2 L的密闭容器中，分别充入1 mol N2、3 mol H2O，在催化剂条件下进行反应2N2(g)＋6H2O(l)===4NH3(g)＋3O2(g)经3 h后，实验数据见下表，下列说法正确的是( )
序号 第一组 30 －6第二组 40 5.9 第三组 50 6.0 第四组 80 2.0 t1/℃ NH3生成量/(10mol) 4.8 A.单位时间内每消耗1 mol N2的同时生成2 mol NH3说明反应达到平衡状态 B．若第三组反应3 h后已达平衡，第三组N2的转化率为6×10% C．第四组反应中以NH3表示的反应速率是6.66×10 mol·L·h
D．与前三组相比，第四组中NH3生成量最小的原因可能是催化剂在80 ℃活性减小，反应速率反而减慢
解析：选D。A项，单位时间内每消耗1 mol N2的同时生成2 mol NH3，都向正反应方1向移动，反应不一定平衡；B项，若第三组反应3 h后已达平衡，反应的N2的物质的量为
23.0×10mol－4
×6.0×10mol＝3.0×10mol，第三组N2的转化率为×100%＝3×10%；C
1 mol
－6
－6
－6
－7
－1
－1
－4
2×10mol－7－1－1
项，3 h内根据NH3浓度的变化量，得v(NH3)＝≈3.33×10 mol·L·h；D
2 L·3 h项，第四组温度最高但达平衡时，NH3的物质的量最小，可能是催化剂在80 ℃活性减小，反应速率反而减慢。
11．分解水制氢气的工业制法之一是“硫
碘循环法”，主要涉及下列反应：①SO2＋
－6
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2H2O＋I2===H2SO4＋2HI
②2HI
H2＋I2 ③2H2SO4===2SO2＋O2＋2H2O
(1)分析上述反应，下列判断正确的是 。 a．循环过程中产生1 mol O2的同时产生1 mol H2 b．反应①中SO2还原性比HI强 c．循环过程中需补充H2O d．反应③易在常温下进行
(2)一定温度下，向2 L密闭容器中加入1 mol HI(g)，发生反应②，H2物质的量随时间的变化如图所示，0～2 min内的平均反应速率v(HI)＝ ；HI的转化率＝ 。
解析：(1)由③可知产生1 mol O2的同时产生2 mol SO2，由①可知2 mol SO2生成4 mol HI，由②可知4 mol HI分解生成2 mol H2，故循环过程中产生1 mol O2的同时产生2 mol H2，故a错误；反应中SO2表现还原性，HI为还原产物，还原剂还原性强于还原产物的还原性，故b正确；反应①中1 mol SO2消耗2 mol H2O生成1 mol H2SO4，反应③中1 mol H2SO4分解生成1 mol SO2与1 mol H2O，循环中H2O的量减少，故应补充H2O，故c正确；H2SO4常温下不易分解，故d错误。(2)由图可知，2 min内H2的物质的量增加了0.1 mol，体积为2 L，0.1 mol
2 L－1－1－1－1
故v(H2)＝＝0.025 mol·L·min，则v(HI)＝2v(H2)＝0.025 mol·L·min×2
2 min0.2 mol－1－1
＝0.05 mol·L·min；参加反应的HI为0.1 mol×2＝0.2 mol，故HI的转化率为
1 mol×100%＝20%。
答案：(1)b、c (2)0.05 mol·L·min 20%
12．纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法： 方法Ⅰ 方法Ⅱ 方法Ⅲ 用炭粉在高温条件下还原CuO 通电电解法：2Cu＋H2O=====Cu2O＋H2↑ 用肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2 －1
－1
在相同的密闭容器中，用方法Ⅱ和方法Ⅲ制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验： 2H2O(g)
2H2(g)＋O2(g) ΔH＞0
－1
水蒸气的浓度(mol·L)随时间t(min)变化如下表： 序号 ① 温度 0 0.050 10 0.049 2 20 0.048 6 30 0.048 2 40 0.048 0 50 0.048 0 T1 5文档收集于互联网，已整理，word版本可编辑.
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② ③ T1 T2 0.050 0.10 0.048 8 0.094 0.048 4 0.090 0.048 0 0.090 0.048 0 0.090 0.048 0 0.090 可以判断：实验①的前20 min的平均反应速率v(O2)＝ ；实验温度T1 T2(填“＞”或“＜”)；催化剂的催化效率：实验① 实验②(填“＞”或“＜”)。
11
解析：根据题给信息知实验①前20 min的平均反应速率v(O2)＝v(H2O)＝
22×
0.050－0.048 6 mol·L－5－1－1
＝3.5×10 mol·L·min；该反应是吸热反应，则升
20 min
－1
高温度平衡向正反应方向移动，所以水蒸气的转化率高，则根据表中数据可知，温度应该是
T1＜T2；实验②比实验①达到平衡所用的时间短，说明反应速率快，使用的催化剂催化效率
高，催化剂的催化效率：实验①＜实验②。
答案：3.5×10mol·L·min ＜ ＜
13．NaHSO3可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗时即有I2析出。某课题组用淀粉作指示剂，通过测定溶液变蓝所用时间来探究影响化学反应速率的因素。
－5
－1
－1
(1)写出NaHSO3溶液与过量KIO3溶液反应生成I2的离子方程式： 。 (2)调节反应物浓度和温度进行对比实验，记录结果如下： 编号 ① ② ③ 0.02 mol/L NaHSO3溶液/mL 10 10 10 0.02 mol/L KIO3溶液/mL 15 40 H2O/mL 反应温度/℃ 10 10 20 溶液变蓝的时间t/s a 0 0 t1 t2 t3 b 表中a＝ ，b＝ 。 (3)改变反应温度，重复实验③，得到温度(T)与溶液变蓝所需时间(t)的关系如图所示(“×××”表示超过50 ℃后溶液不会再变蓝)。
①在30 ℃下，若溶液变蓝时，I2的物质的量为n mol，则从反应开始至溶液变蓝，IO3
的平均反应速率为 mol·L·s(写出表达式即可，不要化简)。
－1
－1
－
②根据图像，请你分析温度低于50 ℃时，溶液变蓝所需时间与反应温度的关系： 。
(4)将NaHSO3溶液与KIO3溶液混合(预先加入可溶性淀粉为指示剂)，用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大，一段时间后反应速率又逐渐减小。课题组对起始阶段反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设二：
假设一：反应生成的I2对反应起催化作用，I2浓度越大反应速率越快；
假设二：
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； ……
(5)请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容(反应速率可用测速仪测定)。
实验方案(不要求写出具体操作过程) 预期实验现象和结论 解析：(1)NaHSO3溶液与过量KIO3溶液反应生成I2，根据氧化还原反应原理和元素守恒－
－
2－
＋
知离子方程式为2IO3＋5HSO3===5SO4＋I2＋3H＋H2O。(2)为了使这3组实验具有可比性，溶液的体积应相等，所以a＝25，b＝40。(3)①根据图像，从反应开始至溶液变蓝需要的时间为65 s，溶液变蓝时I2的物质的量为n mol，则消耗IO3的物质的量为2n mol，根据表中数据知溶液的体积为50 mL，则v(IO3)＝
－
－
2n－1－1
mol·L·s。②根据图像可以－3
50×10×65
看出，30 ℃时溶液变蓝所需时间最少，温度低于30 ℃时，温度越高，溶液变蓝所需时间越短；温度高于30 ℃时，温度越高，溶液变蓝所需时间越长。
答案：(1)2IO3＋5HSO3===5SO4＋I2＋3H＋H2O (2)25 40 (3)①
2n －350×10×65
－
－
2－
＋
②温度低于30 ℃时，温度越高，溶液变蓝所需时间越短；温度高于30 ℃时，温度越高，溶液变蓝所需时间越长
(4)反应生成的H对反应起催化作用，H浓度越大反应速率越快(或反应生成的SO4对反应起催化作用，SO4浓度越大反应速率越快)(答案合理均可)
(5)
2－＋
＋
2－
实验方案(不要求写出具体操作过程) 预期实验现象和结论 在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定起始时的反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应(不同的是乙烧杯中预先加入少量I2，其他反应条件均完全相同)，测定其起始阶段的相同时间内的反应速率若v(甲)＝v(乙)，则假设一不成立；若v(甲)＜v(乙)，则假设一成立 v(乙) 7文档收集于互联网，已整理，word版本可编辑.
2024年高考化学大一轮复习第7章化学反应速率和化学平衡第1讲化学反应速率课时规范训练
