2022高一化学第三节《化学反应的速率和限度》同步练习1(人教版必修2).docx

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一、选择题
1．(2022·盛同高一检测)以下说法不正确的选项是(　　)
A．参加反响物质的性质是决定化学反响速率的主要因素
B．光是影响某些化学反响速率的外界条件之一
C．对于一个化学反响，既可以用反响物表示其化学反响速率，也可以用生成物表示其化学反响速率
D．不管什么反响，增大浓度，或加热或加压，或使用催化剂，都可以加快反响速率
解析：对于没有气体参加或生成的反响，加压对化学反响速率无影响。
答案：D
2．加热氯酸钾制氧气时，在①锰、②二氧化锰、③高锰酸钾中，可以作催化剂的是(　　)
A．①②B．①②③
C．②D．②③
解析：如果对催化剂的概念模糊不清，认为只要能使氯酸钾受热分解速率加快的物质就是该反响的催化剂(其中锰与氯酸钾受热分解产生的氧气反响生成二氧化锰，高锰酸钾的分解也能产生二氧化锰)，就会掉进命题人设置的“陷阱〞错选B。其实催化剂的概念包含两层意思：(1)改变反响速率；(2)反响前后本身的质量和化学性质不变。
答案：C
3．四个不同容器在不同条件下进行合成氨反响，根据以下在相同时间内测定的结果判断，生成氨的速率最快的是(　　)
A．用H2表示的反响速率为0.1mol·L－1·min－1
B．用N2表示的反响速率为0.04mol·L－1·s－1
C．用N2表示的反响速率为0.2mol·L－1·s－1
D．用NH3表示的反响速率为0.3mol·L－1·s－1
解析：解决此类问题时，可将不同物质表示的速率换算成用同一物质表示的速率，再比较速率之间数值的大小。此题以N2为标准，将其他物质表示的速率换算成用N2表示的速率，换算时注意速率的单位要统一。
答案：C
4．以下措施肯定能使反响速率增大的是(　　)
A．增大反响物的量B．增大压强
C．适当升高温度D．降低反响物浓度
解析：增大反响物的量不一定能增加其浓度，如增大固体反响物、纯液体的量，都不能增大浓度，A错误；只有有气体参加的反响，增大压强才能增大浓度，B错误；适当升高温度，一定能增大反响速率，C正确；降低反响物的浓度，反响速率减小，D错误。
答案：C
5．反响2SO2＋O22SO3经过一段时间后，SO3的浓度增加了0.4mol·L－1，在这段时间内用O2表示的反响速率为0.04mol·(L·s)－1，那么这段时间为(　　)
A．0.1sB．2.5s
C．5sD．10s
解析：SO3的浓度增加了0.4mol/L，那么O2的浓度减小了0.2mol/L，v(O2)＝Δc(O2)/Δt，Δt＝Δc(O2)/v(O2)＝0.2mol·L－1/0.04mol·(L·s)－1＝5s。
答案：C
6．100.0mL6.0mol·L－1H2SO4溶液跟足量锌粉反响，在一定温度下，为了减缓反响进行的速率，但又不影响生成H2的总量，可向反响物中参加适量的(　　)
A．Na2CO3(s) B．水
C．CuSO4(aq) D．NaHSO4(s)
解析：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，欲减缓其化学反响速率，需降低H2SO4(或H＋)的浓度，且不能使H2SO4(或H＋)有损耗，参加Na2CO3(s)，H2SO4(或H＋)会因反响而损耗：Na2CO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑，A不可选；参加水，c(H2SO4)[或c(H＋)]减小，且H2SO4(或H＋)未有损耗，B可选；参加CuSO4时，Zn与置换出的Cu形成原电池，使反响速率加快；NaHSO4(s)不行，NaHSO4能电离出H＋，使c(H＋)增大。
答案：B
7．把以下四种X溶液分别参加四个盛有10mL2mol/L盐酸的烧杯中，均加水稀释到50mL，此时，X和盐酸缓慢地进行反响，其中反响最快的是(　　)
A．10℃20mL3mol/L的X溶液
B．20℃30mL2mol/L的X溶液
C．20℃10mL4mol/L的X溶液
D．10℃10mL2mol/L的X溶液
解析：在此题中要综合考虑浓度和温度对化学反响速率的影响，先比较浓度的大小，这里的浓度应该是混合以后的浓度，由于混合后各烧杯中盐酸的浓度相等，因此只需要比较X的浓度，X浓度越大，反响速率越快；因为反响后溶液的体积均为50mL，所以X的物质的量最大，浓度就最大；通过观察可知，混合后A、B选项中X的浓度相等，且最大，但B中温度更高，因此B的反响速率最大。
答案：B
8．把镁条投入到盛有盐酸的敞口容器里，产生H2的速率与时间的关系如以下列图所示，在以下因素中，影响反响速率的因素是(　　)
①盐酸的浓度②镁条的外表积③溶液的温度④Cl－的浓度
A．①④B．③④
C．①②③D．②③
解析：认真观察图形，再分析原因。
镁条和盐酸反响产生H2的化学方程式为Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑，是镁与酸中的H＋间的置换反响，与Cl－无关，故④不是影响该反响速率的因素。在镁条的外表有一层氧化膜，当将镁条投入盐酸中时，随着氧化膜的不断溶解，Mg与盐酸接触面积不断增大，那么产生的H2的速率会加快。溶液的温度对该反响也有影响，温度越高，产生H2的速率越快。随着反响的进行，H＋浓度不断减少，那么反响速率会逐渐减慢。
答案：C
9．为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解反响的催化效果，甲乙两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。以下表达中不正确的选项是(　　)
A．图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反响速率的大小
B．假设图甲所示实验中反响速率为①>②，那么一定说明Fe3＋比Cu2＋对H2O2分解催化效果好
C．用图乙所示装置测定反响速率，可测定反响产生的气体体积及反响时间
D．为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位
解析：因为图甲所示实验中没有说明两反响液的温度是否相同，故该实验不能确定Fe3＋与Cu2＋对H2O2分解的催化效果。
答案：B
10．(2022·福建高考)化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反响，反响物浓度随反响时间变化如以下列图所示，计算反响4～8min时间内的平均反响速率和推测反响16min时反响物的浓度，结果应是(　　)
A．2.5mol·L－1·min－1和2.0mol·L－1
B．2.5mol·L－1·min－1和2.5mol·L－1
C．3.0mol·L－1·min－1和3.0mol·L－1
D．5.0mol·L－1·min－1和3.0mol·L－1
解析：第8min与第4min时反响物浓度差为10mol·L－1，t为4分，所以在4～8min时间内的平均反响速率为2.5mol·L－1·min－1，可以排除C、D两个选项；图中从0min开始到8min反响物浓度降低到了原来的1/4，根据这一幅度，可以推测从第8min到第16min应该也降低到了原来的1/4，即由10mol·L－1降低到2.5mol·L－1，因此推测第16min反响物的浓度为2.5mol·L－1，所以可以排除A而选B。
答案：B
二、非选择题
11．在密闭容器中发生以下反响：I2(g)＋H2(g)2HI(g)(正反响为吸热反响)。起始时，n(H2)＝amol，n(I2)＝bmol。只改变表中列出的条件，其他条件不变，试将化学反响速率的改变填入相应的表格(填“增大〞“减小〞或“不变〞)。
编号
反响条件
反响速率
(1)
升高温度

(2)
参加催化剂

(3)
再充入a mol H2

(4)
将容器的容积扩大为原来的2倍

(5)
保持容积不变，通入b mol Ne

解析：　(1)不管正反响为吸热还是放热，升高温度都会使化学反响速率加快，v(正)加快，v(逆)也加快，但增加幅度不相同。
(2)假设无特别声明，通常所说的催化剂即为“正催化剂〞，参加催化剂，可同等程度的提高正、逆化学反响速率。
(3)再充入amolH2，c(H2)浓度增大，化学反响速率加快。
(4)扩大容器的容积，容器内各物质的浓度(或压强)均减小，化学反响速率降低。
(5)在密闭容器中通入Ne(g)，保持容积不变，并未改变反响物的浓度和压强，化学反响速率不变。
答案：(1)增大　(2)增大　(3)增大　(4)减小　(5)不变
12．(2022·临沂高一检测)某温度时，在2L容器中X、Y、Z三种物质随时间的变化曲线如下列图：
由图中的数据分析，该反响的化学方程式为
______________________________________。
反响开始至2min时Z的平均反响速率为____________。
解析：由图中可知2min内X、Y分别减少了0.3mol和0.1mol，Z增加了0.2mol，故X、Y为反响物，Z为生成物，X、Y、Z的化学计量数之比为3∶1∶2，该反响的化学方程式为3X＋Y2Z，v(Z)＝＝0.05mol/(L·min)。
答案：3X＋Y2Z0.05mol/(L·min)

(1)写出以上反响的离子方程式：
________________________________________________________________________。
(2)出现上述现象的可能原因是：假设①SO对铝与H＋的反响有抑制作用；假设②________________________________________________________________________。
(3)请设计实验对上述假设进行验证：
①________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)如果上述假设都成立，要使上述稀硫酸与铝反响产生氢气的速率加快，可以采取的措施有：①____________________；②______________；③________；④____________________。
解析：　(1)金属与酸反响的实质是金属与溶液中的H＋反响。(2)此题难点是如何提出问题。稀硫酸中含有H＋、SO，稀盐酸中含有H＋、Cl－。依题意信息知，外形、组成相同的铝与酸接触面相同，H＋浓度相同，反响在相同温度下进行，说明二者的温度、浓度、接触面都相同，不同的是溶液中所含阴离子不同，联想催化剂对化学反响的影响，可能是阴离子对反响的影响不同。(3)针对提出的猜想，设计实验方案。设计方案可以从正反两个方面切入。(4)改变条件加快反响，要从影响化学反响速率的因素切入：温度、浓度、催化剂和固液反响接触面。
答案：(1)2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑　(2)Cl－对铝与H＋的反响有促进作用　(3)①向上述稀硫酸中参加少量氯化钠、氯化钾等可溶性氯化物，如果能加快反响速率，那么假设①成立②向上述稀盐酸中参加少量硫酸钠、硫酸钾等可溶性硫酸盐，如果反响速率减小，那么假设②成立　(4)①参加可溶性氯化物②适当增加H＋浓度③加热④将铝片改换成铝粉
14．在25℃时，向100mL含14.6g氯化氢的盐酸溶液里放入5.6g纯铁粉(不考虑反响前后溶液体积的变化)，反响开始至2min末收集到氢气1.12L(标准状况)，在此之后，又经过4min，铁粉完全溶解。那么：
(1)在前2min内用FeCl2表示的平均反响速率是多少
(2)在后4min内用HCl表示的平均反响速率是多少
(3)前2min与后4min相比，反响速率哪个较快，为什么
解析：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑
(1)前2min内生成的n(FeCl2)＝n(H2)＝
＝0.05mol，v(FeCl2)＝＝0.25mol·(L·min)－1
(2)n(Fe)＝＝0.1mol，
n(HCl)＝＝0.4mol，
所以反响时盐酸过量，应用Fe计算产生H2的量，
n(H2)＝0.1mol，耗HCl0.2mol，
在前2min已消耗n(HCl)＝×2＝0.1mol，
故后4min内：
v(HCl)＝＝0.25mol·(L·min)－1。
(3)因在同一反响时间内，v(HCl)＝2v(FeCl2)，比照前2min和后4min的速率知，前2min的化学反响速率较快，因前2min时盐酸的浓度较大。
答案：(1)0.25mol·(L·min)－1
(2)0.25mol·(L·min)－1
(3)前2min的化学反响速率快，因在同一反响时间内，v(HCl)＝2v(FeCl2)，比照前2min和后4min的速率知，前2min的化学反响速率较快，因前2min时盐酸的浓度较大。