2022版高中化学课时分层作业6影响化学反应速率的因素新人教版选修.doc

课时分层作业(六)
(建议用时：40分钟)
[根底达标练]
1．以下事实能说明影响化学反响速率的决定性因素是反响物本身性质的是 (　　)
A．Cu与浓硝酸反响比与稀硝酸反响快
B．Cu能与浓硝酸反响，而不与浓盐酸反响
C．Cu与浓硫酸能反响，而不与稀硫酸反响
D．N2与O2在常温、常压下不反响，放电时可反响
B　[A.铜与浓硝酸反响比与稀硝酸反响快，说明浓度对反响速率的影响，不能说明是物质本身的性质，故错误；B.铜与浓硝酸反响，但与浓盐酸不反响，说明影响反响速率的因素是反响物本身的性质，故正确；C.铜和浓硫酸反响，但不与稀硫酸反响，说明浓度对反响速率的影响，故错误；D.该反响说明一定条件对反响速率的影响，故错误。]
2．为了探究影响化学反响速率的因素，4位同学分别设计了以下4个实验，其中结论不正确的选项是 (　　)
A．将大小、形状相同的镁条和铝条与浓度、温度相同的盐酸反响时，两者快慢相同
B．盛有相同浓度双氧水的两支试管，一支参加MnO2放在冷水中，一支直接放在冷水中，前者反响快
C．将浓硝酸分别放在冷暗处和强光下，发现强光下的浓硝酸分解得快
D．升高温度，H2O2的分解速率加快，原因是反响物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多
A　[影响化学反响速率的主要因素是反响物本身的性质，镁、铝的活泼性不同，故两者与相同温度和浓度的盐酸反响快慢不同。]
3．同质量的锌与盐酸反响，欲使反响速率增大，选用的反响条件正确的组合是(　　)
①锌粒　②锌片　③锌粉　④5%的盐酸　⑤10%的盐酸　⑥15%的盐酸　⑦加热　⑧用冷水冷却　⑨不断振荡　⑩迅速混合后静置
A．②⑥⑦⑩ B．①④⑧⑩
C．③⑤⑦⑨ D．③⑥⑦⑨
D　[对于锌的选择，外表积越大，反响越快；对于盐酸的选择，浓度越大，反响越快；升高温度，可以加快反响速率；不断地振荡可以增大反响物之间的接触面积，从而可以加快反响速率。]
4．在气体反响中，能使反响物中活化分子数和活化分子百分数同时增大的方法是(　　)
①增大反响物的浓度　②升高温度　③增大压强　④移去生成物　⑤参加催化剂
A．①③⑤　 B．②⑤
C．②③⑤ D．①③④
B　[当改变浓度时不能改变活化分子的百分数，所能改变的只是单位体积内的活化分子数；当升高温度时，由于分子吸收能量，使原先不是活化分子的普通分子变为活化分子；参加催化剂时，由于降低反响的活化能，使大量分子变为活化分子。故升高温度和参加催化剂两条符合题意。]
5．以下四个试管中，过氧化氢分解产生氧气的反响速率最快的是(　　)
试管
温度
过氧化氢溶液浓度
催化剂
A
常温
3%

B
常温
6%

C
水浴加热
3%

D
水浴加热
6%
MnO2
D　[温度越高、反响物的浓度越大、使用催化剂，化学反响速率均能加快。]
6．等质量的铁与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反响，测定在不同时间(t)产生氢气体积(V)的数据，根据数据绘制以下图，那么曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是(　　)
组别
c(HCl)/(mol·L－1)
温度/℃
状态
1
2.0
25
块状
2
2.5
30
块状
3
2.5
50
粉末状
4
2.5
30
粉末状
A．④—③—②—① B．①—②—③—④
C．③—④—②—① D．①—②—④—③
C　[影响反响速率的因素主要有温度、浓度、接触面积、催化剂，此题中只有温度、浓度和接触面积，三者兼顾分析才能得到正确答案。图像中曲线a对应的实验反响最快，故其浓度较大、温度较高且状态应为粉末状。]
7．为探究Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解反响的催化效果，甲、乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。以下表达中不正确的选项是(　　)
A．图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比拟反响速率的大小
B．假设图1所示的实验中反响速率为①>②，那么一定说明Fe3＋比Cu2＋对H2O2分解反响的催化效果好
C．用图2装置比拟反响速率，可测定在相同状况下反响产生的气体体积及反响时间
D．为检查图2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，观察活塞是否复原
B　[假设比拟Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化作用，应选用Fe2(SO4)3(aq)和CuSO4(aq)或FeCl3(aq)和CuCl2(aq)。如果选用FeCl3(aq)和CuSO4(aq)，虽然参加FeCl3(aq)的反响速率快，但两溶液的阴离子不同，不能得出结论。]
8．把镁条直接投入盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率如下图，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．①④ B．③④
C．①②③ D．②③
C　[反响物浓度、反响温度、反响物接触面积均影响反响速率大小，但镁条与盐酸的离子反响中，Cl－与反响无关，不参加反响，故Cl－的浓度不影响反响速率，答案选C。]
9．以下方法对2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的反响速率没有影响的是(　　)
A．参加SO3 B．容积不变，充入N2
C．压强不变，充入N2 D．降低温度
B　[容积不变，充入N2后没有引起反响体系中各物质浓度的变化，故反响速率不变。]
10．将0.1 mol MnO2粉末参加到50 mL过氧化氢溶液(H2O2，ρ＝1.1 g/mL)中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如下图。
(1)实验时放出气体的总体积是________。
(2)放出一半气体所需的时间为________。
(3)反响放出体积气体所需的时间约为________。
(4)A，B，C，D各点反响速率的快慢顺序为__________________________。
(5)解释反响速率变化的原因：_____________________________________。
(6)H2O2初始状态的浓度为________。
[解析]　(1)(2)(3)由图可知；(4)同一时间内产生O2越多，那么反响速率越快，故D>C >B>A；
(6)2H2O22H2O＋O2↑
　2 mol　　　　　　　22.4 L
　n(H2O2)　　　　　　0.06 L
解得n(H2O2)≈0.005 4 mol。
c(H2O2)＝≈0.11 mol/L。
[答案]　(1)60 mL　(2)1 min　(3)2 min
(4)D>C>B>A
(5)随着反响的进行，H2O2的浓度减小，反响速率减小
(6)0.11 mol/L
[能力提升练]
11．恒容下的反响：2SO2＋O22SO3　ΔH<0经一段时间后，到达平衡。以下可以加快反响速率的方法是(　　)
①将SO3别离出一局部
②充入少量N2，增大压强
③升温
④充入少量SO3气体
A．①② B．①③
C．②③ D．③④
D　[①将SO3别离出一局部，生成物浓度减小，反响速率减小，错误；②充入少量N2，增大压强，但参加反响气体的浓度不变，反响速率不变，错误；③升高温度，增大活化分子百分数，可增大反响速率，正确；④充入少量SO3气体，生成物浓度增大，反响速率增大，正确。]
12．试分析以下可逆反响2A(g)＋B(g)2C(g)的反响速率随压强变化的曲线图正确的选项是(　　)
　　 　　A　　　　　　　 　　B
　　　　 C　　　　　　　　　　D
C　[增大压强，v正、v逆均增大。]
13．一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反响的影响如下图。以下判断正确的选项是(　　)
A．在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等
B．溶液酸性越强，R的降解速率越小
C．R的起始浓度越小，降解速率越大
D．在20～25 min之间，pH＝10时R的平均降解速率为0.04 mol·L－1·min－1
A　[选项A，在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时R降解百分率相等，A正确；选项B，溶液的酸性越强，R的降解速率越大，B错误；选项C，由题给信息，无法得出该结论，C错误；选项D，在20～25 min，pH＝10时R的平均降解速率为＝4×10－6 mol·L－1·min－1，D错误。]
14．KI溶液在酸性条件下能与氧气反响。现有以下实验记录：
实验编号
①
②
③
④
⑤
温度/℃
30
40
50
60
70
显色时间/s
160
80
40
20
10
答复以下问题：
(1)该反响的离子方程式为________________________________________。
(2)该实验的目的是_______________________________________________
______________________________________________________________。
(3)实验试剂除了1 mol·L－1 KI溶液、0.1 mol·L－1 H2SO4溶液外，还需要的试剂是________，实验现象为______________________。
(4)实验操作中除了需要上述条件外，还必须控制________不变(填字母)。
A．温度
B．试剂的用量(体积)
C．试剂添加的顺序
(5)由上述实验记录可得出的结论是_________________________________
_______________________________________________________________。
(6)假设要进行溶液酸性大小对反响速率影响的探究实验，你会采取的措施是_
_______________________________________________________________。
[解析]　(1)根据得失电子数目相等、电荷守恒和原子守恒，可得该反响的离子方程式为4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O。(2)表中数据只有温度和显色时间，故该实验的目的是探究温度对反响速率的影响。(3)为测定显色时间，产物中有碘单质生成，还需要的试剂是淀粉溶液，实验现象为无色溶液变为蓝色。(4)设计实验必须保证其他条件不变，只改变一个条件，才能得到准确的结论，故还必须控制试剂的用量(体积)和试剂添加的顺序不变。(5)分析实验数据，温度每升高10 ℃，显色时间缩短到原来的一半。(6)假设要进行溶液酸性大小对反响速率影响的探究实验，需保证其他实验条件不变，采用不同浓度的H2SO4溶液进行比照实验。
[答案]　(1)4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O　(2)探究温度对反响速率的影响　(3)淀粉溶液　无色溶液变蓝　(4)BC　(5)温度每升高10 ℃，反响速率增大约2倍　(6)保证其他实验条件不变，采用不同浓度的H2SO4溶液进行比照实验
15．为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列的实验。将表中所给的混合溶液分别参加6个盛有过量锌粒的反响瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。
　　实验
混合溶液　　　　
A
B
C
D
E
F
4 mol/L H2SO4(mL)
30
V1
V2
V3
V4
V5
饱和CuSO4溶液(mL)
0
0.5
2.5
5
V6
20
H2O(mL)
V7
V8
V9
V10
10
0
其中：V1＝________，V6＝________，V9＝________。
[解析]　A～F为比照实验，目的是探究CuSO4的量对H2生成速率的影响，为到达此目的，c(H＋)应相同，这样，H2SO4溶液的体积A～F应均为30 mL，且溶液总体积相同，根据表中数据，总体积为50 mL。
[答案]　30　10　17.5
6