2022高中化学42《催化剂对过氧化氢分解反应速率的影响》同步检测(1)(苏教版选修6).docx

12022年诺贝尔化学奖得主德国科学家格哈德埃特尔对有关一氧化碳在金属铂外表的氧化过程的研究催生了汽车尾气净化装置。净化装置中的催化转化器可将CO、NO、NO2等转化为无害的物质。以下有关说法不正确的选项是()A催化转化器中的铂催化剂可加快CO的氧化B铂外表做成蜂窝状更有利于提高催化效果C在铂催化下，NO、NO2可被CO复原成N2D使用铂催化剂，可以提高碳氢化合物被氧化的转化率解析：选D。在铂催化剂的作用下，NO、NO2将CO氧化为CO2，A项正确；将铂外表做成蜂窝状，增大了反响物的接触面积，有利于提高催化效果，B项正确；NO、NO2变成N2，氮元素的化合价降低，被复原，C项正确；催化剂只能改变化学反响速率而不能改变化学反响限度(即不能使化学平衡发生移动)，故D项错误。2以下关于催化剂的说法，正确的选项是()A催化剂能使不起反响的物质发生反响B催化剂能改变化学反响速率C任何化学反响，都需要催化剂D电解水时，往水中加少量NaOH，可使电解速率明显加快，所以NaOH是这个反响的催化剂解析：选B。在电解水时，加少量NaOH，可增大水中离子浓度，增强水的导电性，NaOH并没有改变反响机理，故不是催化剂。另外，有些反响是不需要催化剂的，如中和反响等。3(2022年宿迁高二检测)对于反响2H2O2=2H2OO2，以下措施不能增大其分解速率的是()A向反响体系中加水B升高H2O2溶液的温度C向H2O2溶液中参加少量MnO2D向H2O2溶液中参加一定浓度FeCl3溶液解析：选A。升高温度增大分解速率，MnO2、Fe3对H2O2分解起催化作用，参加MnO2、FeCl3可加大分解速率，加水稀释H2O2浓度减小，分解速率减小。4比较MnO2和CuO对H2O2分解反响的催化能力大小的实验中假设催化剂的质量均控制在0.1 g,6%的H2O2溶液均取5 mL，可选择的实验装置是()解析：选D。A、B中长颈漏斗插入过短，容易造成气体逸出；C中的量筒体积太小。故D项正确。5(2022年高考重庆卷改编题)臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。(1)O3与KI溶液反响生成的两种单质是_和_(填分子式)。(2)O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。：O3的起始浓度为0.0216 mol/L。 pHt/minT/3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157pH增大能加速O3分解，说明对O3分解起催化作用的是_。在30 、pH4.0条件下，O3的分解速率为_mol/(Lmin)。据表中的递变规律，推测O3在以下条件下分解速率依次增大的顺序为_(填字母代号)。a40 、pH3.0b10 、pH4.0c30 、pH7.0解析：(1)O3氧化KI，I转化为I2的同时本身被复原生成O2。(2)由题意知，pH增大，分解速率增大，OH起催化作用；根据v求解；由表推断知，pH为7.0时，对O3的分解速率影响最大，当pH为3.0、4.0时 ，温度影响较大，综上可知，分解速率最快的为c，其次为a，最慢的是b。答案：(1)I2O2(2)OH1.00104b、a、c1(2022年宿迁高二检测)关于催化剂的表达，正确的选项是()A催化剂在化学反响前后性质不变B催化剂在反响前后质量不变，故催化剂不参加化学反响C使用催化剂可以改变反响到达平衡的时间D催化剂可以提高反响物的转化率解析：选C。催化剂是能改变化学反响速率而本身的质量和化学性质在反响前后均不变的物质，但其物理性质，如固体颗粒大小可能改变，故A错，C正确；催化剂是参加化学反响的，在化学反响中起了载体的作用，并且催化剂能同时、同程度地改变正反响速率和逆反响速率，故催化剂不能使化学平衡发生移动，不能改变反响物的转化率。2过氧化氢的沸点比水高，但受热容易分解。某试剂厂先制得7%8%的过氧化氢溶液，再浓缩成30%的溶液时，可采用的适宜方法是()A常压蒸馏B减压蒸馏C加生石灰常压蒸馏 D加压蒸馏解析：选B。液态物质的沸点与压强有关，减小压强，能降低其沸点，这样就能在温度不是很高的情况下使水蒸发而H2O2又不会分解。3F2、Cl2、Br2、I2分别与H2反响，在相同条件下，活化分子的物质的量分数最大的是()AH2Cl2=2HCl BH2F2=2HFCH2I2=2HI DH2Br2=2HBr解析：选B。氟、氯、溴、碘的非金属性强弱的标志之一是与H2化合的难易，其本质是与氢气反响速率的快慢：氟、氯、溴、碘与H2化合的条件越来越难，即反响速率越来越慢，活化分子百分数越来越小。4使用催化剂能加快反响速率的主要原因是()A活化分子能量明显增加B降低活化分子的能量C增加活化分子百分数D增加反响活化能解析：选C。使用催化剂，降低反响活化能，使局部能量较低的分子转化为活化分子，增加了单位体积内活化分子百分数，使反响速率加快。5合成氨时采用500 左右的温度进行，主要是因为在该温度时()A合成氨的化学反响速率最大BN2的转化率最高C催化剂的活性最大DNH3在平衡混合气体中的体积分数最大解析：选C。当压强一定、温度升高时，虽然能增大合成氨的反响速率，但由于合成氨反响是放热反响，升高温度会降低平衡混合物中NH3的含量。因此，从反响的理想条件来看，氨的合成反响在较低温度下进行有利，但是温度过低，反响速率很小，需要很长的时间才能到达平衡状态，这在工业生产上是很不经济的。铁触媒在500 左右时的活性最大，这是合成氨反响一般选择在500 左右进行的重要原因之一。6汽车尾气在光照下分解时，即开始光化学烟雾的循环，它的形成过程可用以下化学方程式表示：NO2=NOO,2NOO2=2NO2，O2O=O3。以下有关表达不正确的选项是()A此过程中，NO2是催化剂B在此过程中，NO是中间产物C此过程的总反响方程式为2O3=3O2D光化学烟雾能引起人的外呼吸功能严重障碍解析：选C。NO2在反响前后质量和化学性质均没发生变化，只是加快了O2变成O3的反响速率，因此NO2是O2变成O3的催化剂。将三个方程式相加得到的总反响方程式为3O2=2O3。7汽车尾气无害化处理反响为2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)。以下说法不正确的选项是(双选)()A使用催化剂可以改变反响的HB使用高效催化剂可有效提高正反响速率C使用催化剂能提高CO的反响速率和转化率D单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反响到达平衡解析：选AC。催化剂仅是改变化学反响速率，不会影响焓变，A项错；催化剂可以加快化学反响速率，B项正确；催化剂对转化率无影响，C项错误；由于CO和CO2的计量系数相等，故当两者同时消耗的量相等时，反响即达平衡，D项正确。8以下条件一定能使化学反响速率加快的是()增加反响物升高温度缩小反响容器的体积参加生成物参加MnO2A全部 BCD解析：选C。增加反响物的物质的量不一定引起化学反响速率加快，原因是如果参加的物质是固体物质或纯液态物质，那么不会加快化学反响速率；升高温度一定能加快化学反响速率；缩小反响容器的体积，假设没有引起参加反响的物质浓度增大，也不会引起化学反响速率加快；MnO2并不是所有反响的催化剂，故只有符合题意。9向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反响时，按正反响速率由大到小顺序排列正确的选项是()甲在500 时，SO2和O2各10 mol反响乙在500 时，用V2O5作催化剂，10 mol SO2和5 mol O2起反响丙在450 时，8 mol SO2和5 mol O2反响丁在500 时，8 mol SO2和5 mol O2反响A甲、乙、丙、丁 B乙、甲、丙、丁C乙、甲、丁、丙 D丁、丙、乙、甲解析：选C。此题比较的是两种因素(温度和浓度)影响化学反响速率的情况，甲、乙相比，不同的是O2浓度在乙中较小，但是乙中使用了催化剂，催化剂的影响远超过浓度的影响，所以反响速率乙甲。甲、丁相比，丁中SO2、O2的浓度均小于甲中的浓度，所以反响速率甲丁。丙、丁相比，丙项的温度较低，故反响速率关系为丁丙。故反响速率顺序为乙、甲、丁、丙，答案选C。10对处于化学平衡的体系，由化学平衡与化学反响速率的关系可知()A化学反响速率变化时，化学平衡一定发生移动B化学平衡发生移动时，化学反响速率一定变化C正反响进行的程度大，正反响速率一定大D只有在催化剂存在条件下，才会发生化学反响速率变化而化学平衡不移动的情况解析：选B。平衡移动是正、逆反响速率变化不相等所致，同等程度改变正、逆反响速率平衡不移动，而能使正、逆反响速率同等程度变化的条件不仅限于催化剂一项。11某化学兴趣小组研究双氧水的分解时，设计了以下三组实验，每一小组取假设干支试管分别参加相同体积5%的双氧水，在实验室观察气泡产生的情况。(1)双氧水发生分解的化学方程式为_。(2)根据下表中实验操作及实验现象填写实验结论：组别操作现象实验结论第一组向试管中加0.2 gMnO2粉末并置于盛有5 水的烧杯中少量气泡向试管中加0.2 gMnO2粉末并置于盛有50 水的烧杯中大量气泡第二组向试管中加0.2 gMnO2粉末大量气泡向试管中的液体中加蒸馏水稀释10倍后加0.2 g MnO2粉末少量气泡第三组向试管中加0.2 gMnO2粉末大量气泡向试管中加5滴FeCl3溶液大量气泡解析：认真比照每组内的两个实验在条件控制上的不同，即可得出结论。答案：(1)2H2O22H2OO2(2)组别实验结论第一组其他条件相同时，温度越高反响速率越快第二组其他条件相同时，反响物浓度越大反响速率越快第三组除MnO2对H2O2分解有催化作用外，FeCl3对H2O2分解也有催化作用12.向含有H2SO4的H2O2溶液中滴加定量的KMnO4溶液，反响开始时，溶液中Mn2的浓度c将随时间的变化而变化。某学生在做实验前认为，Mn2的浓度c与时间t的关系如以下列图中，做完实验后，得到的结果为以下列图中，请说明以下问题：(1)写出H2O2与KMnO4反响的化学方程式。(2)Oa段的意义。(3)ab段的意义及ab段很陡的原因。(4)bc段的意义。答案：(1)5H2O22KMnO43H2SO4=K2SO42MnSO48H2O5O2。(2)Oa段说明反响非常慢，溶液中c(Mn2)随时间变化很小。(3)ab段说明反响非常快，c(Mn2)迅速增大，说明Mn2到达一定浓度时，对上述反响起到了催化作用。(4)bc段说明反响趋于完全，最终溶液中c(Mn2)为定值。13某实验小组在进行双氧水分解的实验时发现：大家取不同浓度的双氧水及不同质量的二氧化锰进行的实验，产生气体的速率都不相同，那么过氧化氢分解的最正确催化条件是什么呢他们决定进行探究。(1)用以下简图，画出实验装置(含试剂)示意图。(2)小组经过实验，取得如下数据： XYZ0.1 g0.3 g0.5 g1.5%223 s67 s56 s3.0%308 s109 s98 s4.5%395 s149 s116 s (说明：表中X是二氧化锰的质量；Y是指反响停止时的时间；Z是双氧水的质量分数)分析表中数据答复以下问题：相同浓度的双氧水的分解速率随着二氧化锰用量的增加而_。从实验效果和“绿色化学的角度考虑，双氧水的浓度相同时，参加_g的二氧化锰为较佳选择，理由是_。该小组的小茂同学分析上述数据后得出“当用相同质量的二氧化锰时，双氧水的浓度越小，所需要的时间就越小，亦即其反响速率越快的结论，你认为是否正确_，理由是_。解析：定量实验的数据分析是解题关键，而数据分析时要固定一个量，然后分析该固定量下其他量的变化。如该题中固定双氧水的浓度为1.5%时，变化的量是二氧化锰的质量，从给出的三组数据可以发现相同双氧水浓度下过氧化氢的分解速率与二氧化锰质量之间的关系。答案：(1)(2)加快0.3因为用0.1 g的催化剂反响速率明显小于用0.3 g和0.5 g的；用0.5 g的催化剂和用0.3 g的催化剂反响速率相差不多，但用0.3 g的催化剂却节约药品，所以使用0.3 g的二氧化锰为较佳选择不正确因为从表中数据可知，相同体积3%的双氧水中的溶质含量是1.5%的两倍，但反响的时间却比其反响时间的2倍小得多，由反响速率计算公式(vc/t)可得出，此实验条件下双氧水的浓度越大，分解速率越快