高考化学一轮复习课后习题 第七章 课时规范练34

课时规范练34
《课时规范练》P414
一、选择题:每小题只有1个选项符合题意。

1.下列措施不能加快Zn与1 mol·L-1硫酸反应产生H2的速率的是( )
A.用Zn粉代替Zn粒
B.滴加少量的CuSO4溶液
C.升高温度
D.再加入1 mol·L-1 CH3COOH溶液
Zn粉代替Zn粒,可以增大接触面积,加快反应速率,A正确;滴加少量的CuSO4溶液,Zn会先置换出铜,之后形成原电池,可以加快反应速率,B 正确;升高温度,可以加快反应速率,C正确;CH3COOH为弱
酸,1mol·L-1CH3COOH溶液中c(H+)<1mol·L-1,加入后相当于稀释,会使
c(H+)变小,减慢反应速率,D错误。

2.(广东珠海模拟)化学在生活中的应用随处可见,下列措施不是为了改变化学反应速率的是( )
A.将食品存放在冰箱中
B.做馒头时添加膨松剂
C.月饼包装袋内放置还原铁粉小袋
D.冶炼铁时将铁矿石粉碎
,可降低温度,减缓食物氧化速率,与减小反应速率有关;加工馒头时添加膨松剂,可使馒头疏松柔软,与改变反应速率无关;月饼包装袋内放置还原铁粉小袋作抗氧化剂,可防止月饼被氧化,减缓食物氧化速率,与减小反应速率有关;将铁矿石粉碎,可增大接触面积,可加快反应速率,与增大反应速率有关;故选B。

3.(辽宁东北育才学校阶段考)A与B在容积为1 L的密闭容器中发生反应:aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g),t1、t2时刻分别测得部分数据如表所示:
下列说法正确的是( )
mol·L-1·min-1
A.0~t1内,平均反应速率v(B)=0.04
t1
B.若起始时n(D)=0,则t2时v(D)=0.20
mol·L-1·min-1
t2
C.升高温度,v(B)、v(C)、v(D)均增大
D.b∶d=6∶1
B的物质的量,因此0~t1时间段内,不能确定B的变化量,则不能计算其平均反应速率,A错误;反应速率是平均反应速率,而不是瞬时反应速率,B错误;t1~t2时间段内,B和D的物质的量的变化量分别是0.06mol、0.1mol,则有b∶d=3∶5,D错误。

4.(广东广州模拟)下列有关化学反应速率的说法正确的是( )
A.100 mL 2 mol·L-1的盐酸与锌反应时,加入适量的氯化钠溶液,生成氢气的速率不变
B.用铁片和稀硫酸反应制取氢气时,改用铁片和浓硫酸可以加快产生氢气的速率
C.二氧化硫的催化氧化是一个放热反应,所以升高温度,反应速率减慢
D.汽车尾气中的CO和NO可以缓慢反应生成N2和CO2,减小压强,反应速率减慢
NaCl溶液,会将盐酸稀释,氢离子浓度减小,反应速率减小,A错误;浓硫酸具有强氧化性,与铁发生钝化,不会产生氢气,B错误;无
论是放热反应还是吸热反应,温度越高,反应速率越快,C错误;减小压强,CO和NO的浓度会减小,反应速率减慢,D正确。

5.(广东佛山检测)实验表明,一定条件下,反应2NO(g)+2H2(g)
2H2O(g)+N2(g)的速率与浓度的关系为v=k·c(H2)·c2(NO),其中k为速率常数,大小仅与温度有关。

采用下列数据进行反应,反应速率最快的是( )
A.c(NO)=0.4 mol·L-1;
c(H2)=0.4 mol·L-1
B.c(NO)=0.5 mol·L-1;
c(H2)=0.3 mol·L-1
C.c(NO)=0.6 mol·L-1;
c(H2)=0.2 mol·L-1
D.c(NO)=0.7 mol·L-1;
c(H2)=0.1 mol·L-1
2(NO),其中k为速率常数,大小仅与温度有关,将各组
2)·c
数据代入公式计算,可得到A、B、C、D项的速率,其中速率最大的为B,故选B。

6.(北京卷,14)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用,原理如图1所示。

反应①完成之后,以N2为载气,将恒定组成的N2、CH4混合气,以恒定流速通入反应器,单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。

反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上检测到有积碳。

下列说法不正确的是( )
图1
图2
A.反应①为CaO+CO2CaCO3;反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B.t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2速率不变,可能有副反应CH4
C+2H2
C.t2时刻,副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率
D.t3之后,生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生
解析由题干图1所示信息可知,反应①为CaO+CO2CaCO3,结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2,A正确;t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2速率不变,反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上检测到有积碳,故可能有副反应CH4C+2H2,B正确;反应②中生成H2和CO 的速率相等,由t2时刻信息可知,H2的流速未变,仍然为2mmol·min-1,而CO 的流速在1~2mmol·min-1之间,故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率,C错误;t3之后,CO的速率为0,CH4的速率逐渐增大,说明生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生,D正确。

7.(浙江宁波十校联考)为了探究温度、硫酸铜对锌与稀硫酸反应生成氢气速率的影响,某同学设计了如下方案:
下列推断合理的是( )
A.选择Ⅱ和Ⅲ实验探究硫酸铜对反应速率的影响,必须控制T=25
B.待测物理量是收集等体积(相同条件)的气体所需要的时间,时间越长,反应越快
C.根据该方案,还可以探究稀硫酸浓度对反应速率的影响
D.根据该实验方案得出反应速率的大小可能是Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ>Ⅳ
,要控制硫酸铜固体质量不同,其余条件都相同,故必须控制T=35,A错误;待测物理量是收集等体积(相同条件)的气体所需要的时间,时间越长,反应越慢,B错误;该方案中,稀硫酸浓度都相等,不可以探究稀硫酸浓度对反应速率的影响,C错误;温度越高反应速率越快,原电池加快反应速率,Ⅲ、Ⅳ温度相同且都能形成原电池,但Ⅳ硫酸铜量太多与Zn反应会影响生成氢气的速率,则反应速率的大小可能是Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ>Ⅳ,D正确。

8.(广东新安中学检测)研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化,在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物(过渡态已标出),下图为反应路径1和反应路径2催化的能量变化。

下列说法不正确的是( )
A.该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成
B.反应路径2的催化效果更好
C.催化剂不会改变整个反应的ΔH
D.反应路径1中最大能垒(活化能)E(正)=1.77 eV
解析由题图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2,反应的化学方程式为2CO+O22CO2,CO中极性键、O2中非极性键断裂,CO2中极性键生成,没有非极性键的生成,A错误;反应路径2的最大活化能比反应路径1的最大活化能低,反应路径2的催化效果更好,B正确;催化剂改变反应的活化能,反应的ΔH只与反应物和生成物有关,催化剂不会改变整个反应的
ΔH,C正确;反应路径1的最大能垒(活化
能)E(正)=-3.96eV-(-5.73eV)=1.77eV,D正确。

9.(广东佛山模拟)T℃下,向0.5 L的恒容密闭容器中充入等物质的量的P 和Q,发生反应2P(g)+2Q(g)R(g)+2S(g) ΔH>0,反应速率可表示为
v(正)=k(正)·c2(P)·c2(Q),v(逆)=k(逆)·c(R)·c2(S),其中k(正)、
k(逆)为速率常数。

反应过程中S和P的物质的量浓度变化如图所示:
下列说法错误的是( )
A.Q的初始投料量为2 mol
B.反应开始至平衡,生成R的平均速率为0.02 mol·L-1·min-1
C.容器内压强不再变化时,可逆反应达到平衡状态
=160
D.a点时,v(逆)
v(正)
c(P)=4.0mol·L-1,由于容器的容积是0.5L,故开始时n(P)=4.0mol·L-1×0.5L=2.0mol,由于开始时加入等物质的量的P 和Q,故Q的初始投料量为2mol,A正确。

反应开始至平衡时,反应产生S 的浓度为3.2mol·L-1,根据物质反应转化关系可知反应产生R的浓度为1.6mol·L-1,反应时间是80min,因此生成R的平均速率
v(R)=1.6mol·L-1
=0.02mol·L-1·min-1,B正确。

反应在恒温恒容密闭容器中80min
进行,反应前后气体的物质的量不相等,当容器内压强不再变化时,反应混
合物中各组分的浓度不变,可逆反应就达到平衡状态,C正确。

对于反应2P(g)+2Q(g)R(g)+2S(g),开始时
c(P)=c(Q)=4.0mol·L-1,c(R)=c(S)=0,反应达到平衡时
c(S)=3.2mol·L-1,c(R)=1.6mol·L-1,c(P)=c(Q)=4.0mol·L-1-3.2mol·L-1 =0.8mol·L-1,平衡时
v(正)=v(逆),v(正)=k(正)·c2(P)·c2(Q)=k(正)×0.82×0.82,v(逆)=k(
逆)·c(R)·c2(S)=k(逆)×1.6×3.22,则k(正)
k(逆)
=40;在a点时
c(P)=c(S)=2.0mol·L-1,则根据物质反应转化关系可知此时
c(Q)=2.0mol·L-1,c(R)=1.0mol·L-1,v(逆)
v(正)=k(逆)·c(R)·c2(S) k(正)·c2(P)·c2(Q)
=
k(逆)×1.0×2.02 k(正)×2.02×2.02=1
40
×1
4
=1
160
,D错误。

10.(浙江1月选考,19)在恒温恒容条件下,发生反应A(s)+2B(g)
3X(g),c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。

下列说法不正确的是( )
A.从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B.从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C.在不同时刻都存在关系:2v(B)=3v(X)
D.维持温度、容积、反应物起始的量不变,向反应体系中加入催化剂,c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示
,从a、c
两点坐标可求得从a到c时间间隔内的Δc(B)和Δt,故可计算该时间间隔内化学反应的平均速率,A正确;b点处切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间,为B(g)的瞬时速率,B正确;不同物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比,则有3v(B)=2v(X),C错误;维持温度、容积、反应物起始的量不变,向反应体系中加入催化剂,平衡不移动,反应速率增大,达到新的平衡状态,该平衡状态与原来的平衡状态相同,D正确。

11.(广东深圳模拟)某反应的反应机理、能量与反应历程的关系如下图所示,下列说法正确的是( )
A.Fe2+是该反应的催化剂
B.两步反应都是放热反应
C.S2O82-在第一步反应中作还原剂
D.第一步反应的活化能比第二步反应的小
解析第一步反应为S2O82-与Fe2+反应生成S O42-和Fe3+,反应的离子方程式为S2O82-+2Fe2+2S O42-+2Fe3+,第二步反应为Fe3+与I-反应生成Fe2+和I2,反应的离子方程式为2Fe3++2I-2Fe2++I2,反应的总方程式为S2O82-+2I-
2S O42-+I2,反应中Fe2+作催化剂,A正确;由题图可知第一步反应的反应物总能量小于生成物总能量,为吸热反应,第二步反应的反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,B错误;第一步反应为S2O82-与Fe2+反应生成S O42-和Fe3+,S2O82-在反应中作氧化剂,C错误;反应的能垒实际上是反应物的活化能,由题图可知,第一步反应的活化能比第二步反应的大,D错误。

12.温度为T时,向2 L的恒容密闭容器中通入1 mol N2(g)和3 mol H2(g),发生反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。

2 min后,容器内气体压强变为原来的80%,则该反应在0~2 min内的平均反应速率为( )
A.v(N2)=0.2 mol·L-1·min-1
B.v(H2)=0.3 mol·L-1·s-1
C.v(NH3)=0.2 mol·L-1·min-1
D.v(NH3)=0.2 mol·L-1·s-1
0~2min内消耗N2的物质的量为xmol,利用“三段式”法进行计算: N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
起始量/mol 1 3 0
转化量/mol in时量/mol 1-x 3-3x 2x
根据阿伏加德罗定律可知,恒温恒容时,气体的压强与其物质的量成正比,容器内气体压强变为原来的80%,则有(4-2x)mol
×100%=80%,解得
4mol
=0.1mol·L-1·min-1,推知
v(H2)=3v(N2)=0.3mol·L-1·min-1,v(NH3)=2v(N2)=0.2mol·L-1·min-1。

二、非选择题
13.(全国Ⅱ卷,28节选)高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4C2H6+H2。

反应在初期阶段的速率方程为r=k×c CH
,其中k为反应速率常数。

4
(1)设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2= r1。

(2)对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是(填字母)。

A.增加甲烷浓度,r增大
B.增加H2浓度,r增大
C.乙烷的生成速率逐渐增大
D.降低反应温度,k减小
α(2)AD
反应在初期阶段的速率方程为r=k×c CH
4
,设开始阶段
c CH
4=mmol·L-1,则有r1=km;甲烷的转化率为α时,c CH
4
=m(1-α)mol·L-1,
反应速率为r2=km(1-α),则有r2
r1=km(1-α)
km
,从而可得r2=(1-α)r1。

(2)在初期阶段的速率方程:r=k×c CH
4,温度一定时,k是常数,r与c CH
4
成
正比,故增加甲烷浓度,r增大,A正确;增加H2浓度,r不变,B错误;随着反
应的进行,c CH
4
逐渐减小,则乙烷的生成速率逐渐减小,C错误;降低温度,反应速率常数k减小,D正确。