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课时提升作业(十九)
(45分钟 100分)
一、选择题(本题包括10小题，每小题6分，共60分)
1.(2021·贵港模拟)“生态大路”是运用光触媒技术，即在大路上铺设“光触媒”(其作用是催化剂)，可将汽车尾气中的部分NO和CO转化成N2和CO2。下列有关叙述中正确的是( )
A.使用“光触媒”不转变NO和CO的反应速率
B.使用“光触媒”能增大NO的转化率
C.当地面温度上升时能加快该反应速率
D.“光触媒”能降低NO和CO中的活化分子数
2.把在空气中久置的铝片5.0 g投入盛有500 mL 0.5 mol·L-1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率v与反应时间t可用如图的坐标曲线来表示，有关推论错误的是( )
A.O→a段不产生氢气是由于表面的氧化物隔离了铝和硫酸溶液
B.b→c段产生氢气的速率增加较快的主要缘由之一是温度上升
C.t=c时反应处于平衡状态
D.t>c产生氢气的速率降低主要是由于溶液中c(H+)降低
3.在298 K时，试验测得溶液中的反应：H2O2+2HI2H2O+I2，在不同浓度时的化学反应速率见下表，由此可推知当c(HI)=0.500 mol·L-1，c(H2O2)=0.400 mol·L-1时的反应速率为( )
试验编号
1
2
3
4
5
c(HI)/
mol·L-1·min-1
0.100
0.200
0.300
0.100
0.100
c(H2O2)/
mol·L-1·min-1
0.100
0.100
0.100
0.200
0.300
v/mol·L-1·s-1
0.007 60
0.015 3
0.022 7
0.015 1
0.022 8
A.0.038 0 mol·L-1·s-1
B.0.152 mol·L-1·s-1
C.0.608 mol·L-1·s-1
D.0.760 mol·L-1·s-1
4.在甲、乙、丙、丁四种不同条件下，对于某反应X+3Y2Z+2W，分别测得反
应速率，甲：v(X)=0.3 mol·L-1·min-1，乙：v(Y)=1.2 mol·L-1·min-1，丙：v(Z)=0.8 mol·L-1·min-1，丁：v(W)=0.02 mol·L-1·s-1，则反应最快的是( )
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
5.某反应的ΔH=+100 kJ·mol-1，下列有关该反应的叙述正确的是( )
A.正反应活化能小于100 kJ·mol-1
B.逆反应活化能确定小于100 kJ·mol-1
C.正反应活化能不小于100 kJ·mol-1
D.正反应活化能比逆反应活化能大100 kJ·mol-1
6.在4 L密闭容器中充入6 mol A气体和5 mol B气体，在确定条件下发生反应：3A(g)+B(g)2C(g)+xD(g)，5 s达到平衡。达到平衡时，生成了2 mol C，经测定D的浓度为0.5 mol·L-1，下列推断正确的是( )
A.x=1
B.B的转化率为20%
C.平衡时A的浓度为1.50 mol·L-1
D.B的平均反应速率为0.2 mol·L-1·s-1
7.(2021·梧州模拟)已知Fe3+和I-在水溶液中的反应如下：2I-+2Fe3+I2+2Fe2+。某温度下该反应的正反应速率和I-、Fe3+浓度的关系为v=kcm(I-)·cn(Fe3+)(k为常数)。
c(I-)/mol·L-1
c(Fe3+)/mol·L-1
v/mol·L-1·s-1
①
0.20
0.80
0.032k
②
0.60
0.40
0.144k
③
0.80
0.20
0.128k
由此推知，有关Fe3+、I-的浓度对反应速率影响的推断正确的是( )
A.Fe3+浓度对正反应速率影响程度大于I-浓度的影响程度
B.Fe3+浓度对正反应速率影响程度小于I-浓度的影响程度
C.Fe3+浓度对正反应速率影响程度等于I-浓度的影响程度
D.无法比较
8.下图所示为800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是( )
A.发生的反应可表示为：2A(g)2B(g)+C(g)
B.前2 min A的分解速率为0.1mol·L-1·min-1
C.开头时，正逆反应同时开头
D.2 min时，A、B、C的浓度之比为2∶3∶1
9.在确定条件下，当单独转变可逆反应N2+3H22NH3(正反应为放热反应)的下列条件后，有关的叙述中错误的是( )
A.加入催化剂，v(正)、v(逆)都发生变化，且变化的倍数相等
B.增大压强，v(正)、v(逆)都增大，且v(正)增大的倍数大于v(逆)增大的倍数
C.降低温度，v(正)、v(逆)都减小，且v(逆)减小的倍数大于v(正)减小的倍数
D.加入氩气，v(正)、v(逆)都增大，且v(正)增大的倍数大于v(逆)增大的倍数
10.(力气挑战题)试验测得某反应在不同pH下产物A的浓度随时间变化的关系如图(其他条件相同)。则下列有关说法正确的是( )
A.若增大压强，该反应的反应速率确定增大
B.pH=6.8时，随着反应的进行反应速率渐渐增大
C.确定pH范围内，溶液中H+浓度越小，反应速率越快
D.可接受调整pH的方法使反应停止
二、非选择题(本题包括3小题，共40分)
11.(10分)某温度时，在2 L密闭容器中气态物质X和Y反应生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。
(1)依据表中数据，在图中画出X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线：
t/min
X/mol
Y/mol
Z/mol
0
1.00
1.00
0.00
1
0.90
0.80
0.20
3
0.75
0.50
0.50
5
0.65
0.30
0.70
9
0.55
0.10
0.90
10
0.55
0.10
0.90
14
0.55
0.10
0.90
(2)体系中发生反应的化学方程式是 ________
；
(3)列式计算该反应在0～3 min时间内产物Z的平均反应速率： ；
(4)该反应达到平衡时反应物X的转化率α等于 。
12.(12分)影响化学反应速率的因素很多，某课外爱好小组用试验的方法进行探究。
试验一：甲同学利用Al、Fe、Mg和2 mol·L-1的稀硫酸，设计试验方案争辩影响反应速率的因素。
争辩的试验报告如下表：
试验步骤
现 象
结 论
①分别取等体积的2 mol·L-1硫酸于试管中；
②分别投入大小、外形相同的Al、Fe、Mg
反应快慢：Mg>Al>Fe
反应物的性质越活泼，反应速率越快
(1)该同学的试验目的是 ；
要得出正确的试验结论，还需把握的试验条件是 。
(2)乙同学为了更精确地争辩浓度对反应速率的影响，利用如下图装置同温下进行定量试验。用大小外形相同的Fe分别和浓度为0.5 mol·L-1及2 mol·L-1的足量稀硫酸反应。通过 可以说明浓度对化学反应速率的影响。
试验二：已知2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑，在开头一段时间内，反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久突然褪色，反应速率明显加快。
(1)针对上述现象，某同学认为该反应放热，导致溶液温度上升，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是 的影响。
(2)若用试验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液试剂外，可以在反应一开头时加入 。
A.硫酸钾 B.硫酸锰
C.氯化锰 D.水
13.(18分)(力气挑战题)某探究小组用测量HNO3与大理石反应过程中质量
减小的方法，争辩影响反应速率的因素。限选试剂：1.00 mol·L-1HNO3、
2.00 mol·L-1HNO3，细颗粒大理石、粗颗粒大理石，35℃水浴。
(1)他们能完成哪些因素对速率影响的探究？ 。
(2)请依据能进行的探究内容，填写以下试验设计表，完成探究试验：
试验
编号
T/℃
大理石规格
HNO3浓
度/mol·L-1
①
常温
2.00
②
1.00
③
2.00
④
2.00
(3)整个试验中应把握的不变量是硝酸溶液体积和 。
(4)该试验小组用如图试验装置进行试验。
①除电子天平、干燥管、锥形瓶、药匙、胶塞等仪器外，必需的试验仪器还有 。
②干燥管中应放置的试剂是 。
A.碱石灰 B.无水CaCl2
C.P2O5固体 D.浓硫酸
③若撤除干燥管装置，所测速率 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案解析
1.【解析】选C。催化剂能转变反应速率，但不能转变反应进行的程度，所以A、B两项错；上升温度能加快反应速率，所以C正确；催化剂能降低活化能，使活化分子数增加，D项错误。
2.【解析】选C。铝表面有氧化物薄膜，开头时是氧化铝与酸反应，不产生气体，A选项正确；反应放热使溶液的温度上升，反应速率加快，B选项正确；纵坐标表示的是速率，c点表示此时的反应速率最大，而不是达到平衡状态，C选项错误；随着反应的进行c(H+)减小，速率减小，D选项正确。
3.【解析】选B。观看表中所给数据，反应速率与反应物的浓度呈倍数关系，所以当c(HI)=0.500 mol·L-1，
c(H2O2)=0.400 mol·L-1时，反应速率是试验1的4×5=20倍，即0.152 mol·L-1·s-1。
4.【解析】选D。首先要将丁的反应速率单位换算成
mol·L-1·min-1，然后以X物质的反应速率为标准，把乙、丙、丁状况下其他物质表示的反应速率换算为同状况下的用X物质表示的反应速率；乙：v(X)=1/3v(Y)=0.4 mol·L-1·min-1，丙：v(X)=1/2v(Z)=0.4 mol·L-1·min-1，丁：v(X)=1/2v(W)=
0.6 mol·L-1·min-1，由此分析可知反应速率最快的是丁。
5.【解题指南】解答本题时应留意以下2点：
(1)可以依据题意中反应物和生成物的能量不同进行分析。
(2)活化能与反应热的关系。
【解析】选D。该反应为吸热反应，反应物的能量和小于生成物的能量和，画出图像进行分析，图像如下：
由图可知正反应的活化能E1>100 kJ·mol-1，A、C错；逆反应的活化能E2不确定，B错；正反应的活化能和逆反应的活化能差值即为反应热ΔH=+100 kJ·mol-1，D对。
【误区警示】活化能指的是从反应物到过渡态过程中所需要吸取的能量。在该题中对于ΔH是反应的反应热都比较清楚，但是对于反应的活化能是E1还是E2简洁混淆。
对于正反应来说是从反应物到生成物，从反应物到生成物的中间状态能量差是E1。逆反应是从生成物到反应物，生成物到反应物的中间状态能量差为E2。同学简洁认为活化能是从中间状态到生成物的能量差而简洁将E1错认为是逆反应的活化能，将E2错认为是正反应的活化能。
6.【解题指南】解答本题时应明确：
(1)要会用“三段式”解题模式解决有关速率的计算问题；
(2)“三段式”中的三个量单位必需统一。
【解析】选B。平衡时，n(D)=0.5mol·L-1×4 L=2 mol。
在相同时间内生成C和D的物质的量相等，因此x=2，A错误。
3A(g)+B(g)2C(g)+2D(g)
开头/mol： 6 5 0 0
转化/mol： 3 1 2 2
平衡/mol： 3 4 2 2
α(B)=×100%=20%，B正确。
平衡时，c(A)==0.75 mol·L-1，C错误。
v(B)===0.05 mol·L-1·s-1，D错误。
7.【解析】选B。由题给信息可知：k·0.20m·0.80n=0.032k，即得①式为0.20m·0.80n=0.032；k·0.60m·0.40n=0.144k，即得②式为0.20m·0.80n·3m·2-n=0.144；k·0.80m·0.20n=0.128k，即得③式为0.20m·0.20n·4m=0.128，①/③整理可得：m-n=1，可见Fe3+浓度对正反应速率影响程度小于I-浓度的影响程度。
8.【解析】选C。依据图像，反应过程中A的浓度减小，B、C浓度增大，因此A为反应物，B、C为生成物，依据浓度的变化量可以确定反应为2A(g)2B(g)+C(g)，A说法正确。前2 min，v(A)==
0.1 mol·L-1·min-1，B说法正确。开头时加入的物质为A和B，没有C，C说法错误。依据图像，2 min时，A、B、C的浓度分别为0.2 mol·L-1、0.3 mol·L-1、
0.1 mol·L-1，因此D说法正确。
9.【解析】选D。解决这类问题要把握增加浓度、增加压强，上升温度会使正逆反应速率同时增加，但对于不同的反应正逆反应速率增加的程度不都是一样的，同理可以理解削减浓度、减小压强，降低温度时，正逆反应速率的变化状况。催化剂能同倍转变v(正)、v(逆)，A正确；加压v(正)、v(逆)均增大，v正增加值大于v逆增加值。v(正)>v(逆)，B正确；降温，v(正)、v(逆)均减小，且向正反应方向移动，v(正)>v(逆)，C正确；加入氩气，如恒温、恒容，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变化，如恒温、恒压，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均减小，且v(正)<v(逆)，D错误。
【方法技巧】气体反应体系中充入惰性气体(不参与反应)时，对反应速率的影响：
(1)恒容：充入“惰性气体”总压增大物质浓度不变(活化分子浓度不变)，反应速率不变。
(2)恒压：充入“惰性气体”体积增大物质浓度减小(活化分子浓度减小)反应速率减慢。
10.【解析】选D。不知反应有没有气体参与，故A项错；图像中表示反应速率的是曲线的斜率，B项错误；pH越小，H+浓度越大，反应越快，C项错；pH=8.8时，反应速率接近于0，D项正确。
11.【解析】(1)依据题目中表格给出的数据，在坐标系中找出相应的点，然后用光滑的曲线描点即可。
(2)依据题意，可以利用“三步法”求解
aX + bYcZ
开头/mol 1.00 1.00 0
转化/mol 0.45 0.9 0.9
平衡/mol 0.55 0.1 0.9
依据转化的物质的量之比等于化学方程式的系数比，可得X+2Y2Z。
(3)依据表中数据可知在3 min时，Z的物质的量为0.5 mol，其平均速率为
0.083 mol·L-1·min-1。
(4)X的转化率=×100%=45%。
答案：(1)
(2)X(g)+2Y(g)2Z(g)
(3)≈0.083 mol·L-1·min-1
(4)45%
12.【解析】试验一：依据表中内容可知，金属的活动性是金属本身的性质，甲同学的试验目的是争辩金属本身的性质与反应速率的关系，留意在试验中确定要把握反应在相同的温度下进行；金属和酸反应的速率可以通过单位时间内产生氢气的量的多少来确定。在回答试验二的两个问题时，第(1)问的猜想，可以从比较生成物Mn2+(过渡金属)与K+(主族金属)的区分中找到答案，即通常是过渡金属或其离子具有催化性；而(2)中氯化锰中也含Mn2+，却不能选为催化剂，缘由在于其中的Cl-易被酸性高锰酸钾溶液氧化。
答案：试验一：(1)比较反应物本身的性质对反应速率的影响 温度相同
(2)测定和比较同时间内产生氢气的体积(或测定比较产生同体积氢气所需时间的长短)
试验二：(1)Mn2+的催化作用(或催化剂)(2)B
13.【解题指南】解答本题时应留意以下3点：
(1)依据所给数据分析影响反应速率的因素。
(2)分析外界因素对反应速率的影响时，要实行变量把握的方法，把握只有一个因素发生变化，其他因素不变。
(3)考虑减小误差所实行的措施。
【解析】(1)依据所给的试剂可知有两种不同浓度的硝酸，因此可比较浓度对反应速率的影响；有两种不同状态的大理石，因此可比较固体表面积对反应速率的影响；还有35℃水浴，因此可比较温度对反应速率的影响。
(2)由于①与②的不同是HNO3浓度不同，所以其他的因素应当相同。若①中大理石为粗颗粒，则②中大理石为粗颗粒，温度为常温。①与②争辩的是HNO3浓度对反应速率的影响；①③中HNO3的浓度相同，可以把握温度变化，碳酸钙都为粗颗粒分析温度对反应速率的影响；①④中HNO3浓度相同，可转变CaCO3的状态，比较常温下粗颗粒与细颗粒大理石时的反应速率快慢。其他合理答案也可。
(3)反应过程中除了把握硝酸溶液的体积相同外，还要把握CaCO3的质量相同。
(4)①依据图中装置可知要测定单位时间内烧杯内削减的质量，把削减的质量看作是CO2的质量。所以还需要用量筒量取所需HNO3体积及秒表计算所需时间。
②干燥CO2且不能让水蒸气逸出，需要酸性干燥剂或中性干燥剂，B、C都可以。
③若不用干燥装置，则相同时间内削减的质量增大，认为生成的CO2增大，反应速率值偏大。
答案：(1)硝酸浓度、温度、大理石表面积
(2)
试验编号
T/℃
大理石规格
HNO3浓度/mol·L-1
①
常温
粗颗粒
2.00
②
常温
粗颗粒
1.00
③
35℃水浴
粗颗粒
2.00
④
常温
细颗粒
2.00
(其他合理答案也可)
(3)CaCO3质量(4)①秒表、量筒 ②B、C ③偏大
【方法技巧】把握变量法在探究性试验中的应用
在对未知的反应机理或规律的争辩中，假如有多个影响因素，通常接受把握变量法。人为把握其他因素不变，只有一个因素发生变化，通过争辩每个因素变化时的反应机理或规律，从而得出正确的反应机理或规律与多个影响因素之间的关系。这是高考中经常考查的类型。如探究本题中反应速率与温度、固体表面积和浓度的影响时就留意接受人为把握变量的方法，只转变一个因素，从而得出反应速率与温度、浓度、固体表面积之间关系的规律。
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