2022年高中化学上学期课时训练6影响化学反应速率的因素新人教版选修4.docx

课时训练6　影响化学反响速率的因素
1.(2022·驻马店高二质检)以下说法不正确的选项是()。
A.反响物分子(或离子)间的每次碰撞是反响的先决条件
B.反响物的分子的每次碰撞都能发生化学反响
C.活化分子具有比普通分子更高的能量
D.活化能是活化分子的平均能量与普通反响物分子平均能量之差,如下列图正反响的活化能为E-E1
解析:只有活化分子发生有效碰撞才能发生化学反响,因此B项错误;A、C、D三项均正确。
答案:B
2.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能与浓硝酸反响,而不与浓盐酸反响
B.Cu与浓硝酸反响比与稀硝酸反响快
C.N2与O2在常温、常压下不反响,放电时可反响
D.Cu与浓硫酸反响,而不与稀硫酸反响
解析:要想说明反响物本身的性质是影响化学反响速率的决定性因素,那么该实验事实应区别在反响物本身而不是外界因素,如浓度、压强、温度、催化剂等。其中选项B、D为浓度不同所致,选项C为反响条件不同所致,只有选项A是因浓硝酸与浓盐酸本身性质不同所致。
答案:A
3.用3 g块状大理石与30 mL 3 mol·L-1盐酸反响制取CO2气体,假设要增大反响速率,不可采取的措施是()。
A.再参加30 mL 3 mol·L-1盐酸
B.改用30 mL 6 mol·L-1盐酸
C.改用3 g粉末状大理石
D.适当升高温度
解析:对反响CaCO3+2HClCaCl2+CO2↑+H2O而言,增大反响速率的方法有增大盐酸的浓度,升高温度或将块状大理石改为粉末状大理石,应选A。
答案:A
4.反响C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行,以下条件的改变对其反响速率几乎无影响的是()。
A.增加C的量
B.将容器的体积缩小一半
C.保持体积不变,充入H2O(g)使体系压强增大
D.保持压强不变,充入N2使容器体积变大
解析:C(碳)为固态反响物,增加其用量对反响速率几乎没有影响,A项符合题意;容器体积缩小一半相当于压强增大一倍,浓度增大,反响速率增大,B项不符合;充入H2O(g),体积不变,反响速率加快,C项不符合;压强不变,充入N2,体积增大,气体的浓度变小,反响速率减小,D项不符合。
答案:A
5.以下说法正确的选项是()。
A.Fe和Mg与0.1 mol·L-1的盐酸反响,反响速率相同
B.0.1 mol·L-1的盐酸与0.1 mol·L-1H2SO4分别与大小、形状相同的大理石反响,反响速率相同
C.催化剂能降低分子活化时所需能量,使单位体积内活化分子百分数大大增加
D.100 mL 2 mol·L-1的盐酸与锌片反响,参加适量的NaCl溶液,反响速率不变
解析:A项中化学反响速率由反响物本身性质决定,Fe、Mg性质不同,反响速率不同;B项中大理石实质上与H+反响,盐酸中c(H+)=0.1 mol·L-1,硫酸中c(H+)=0.2 mol·L-1,所以速率不相同;D项中参加NaCl溶液,因为反响实质是Zn+2H+Zn2++H2↑,H+浓度减小,故速率减小。
答案:C
6.纳米是长度单位,1纳米等于1×10-9 m,物质的颗粒到达纳米级时,具有特殊的性质。例如将单质铜制成“纳米铜〞时,具有非常强的化学活性,在空气中可以燃烧。以下对“纳米铜〞的有关表达正确的选项是()。
A.常温下“纳米铜〞比铜片的金属性强,反响时反响速率快
B.常温下“纳米铜〞比铜片更易失电子,反响时反响速率快
C.常温下“纳米铜〞的复原性大于铜片的复原性
D.“纳米铜〞颗粒更细小,化学反响时接触面大,所以反响速率快
解析:单质铜制成“纳米铜〞颗粒,反响时反响物接触面积增大,速率加快。单质铜与“纳米铜〞都是铜,金属性相同,失电子能力相同,复原性相同。
答案:D
7.100 mL 6 mol·L-1的硫酸溶液跟过量锌粉反响,在一定温度下,为了减缓反响进行的速率,又不影响生成氢气的总量,可向反响物中参加适量的()。
A.Na2CO3固体
B.3 mol·L-1的H2SO4溶液
C.CH3COOK溶液
D.KNO3溶液
解析:此反响实质是2H++ZnZn2++H2↑,又因为要求不影响生成氢气的总量,因此不能改变H的物质的量。加Na2CO3溶液,会生成CO2,影响生成H2的总量,故A项错;参加3 mol·L-1的H2SO4溶液,会生成更多H2,故B项错;参加KNO3溶液,Zn与H+、N反响生成NO,减少了H+的物质的量,影响氢气的生成量,故D项错;参加CH3COOK溶液,使c(H+)减小,反响速率减慢,但H+的总物质的量不变,生成的n(H2)不变,故C项正确。
答案:C
8.:Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O,以下各组实验中,反响速率最快的是()。
组号
反响温
度/℃
Na2S2O3
H2SO4

H2O
体积/mL

A
10
5
0.2
5
0.1
10
B
10
5
0.1
5
0.1
10
C
30
5
0.1
5
0.1
10
D
30
5
0.2
5
0.2
10
解析:此题主要比较温度和浓度对化学反响速率的影响。溶液混合后总体积都相同,从温度方面判断C、D的反响速率大于A、B的反响速率;从浓度方面判断,A、D的反响速率大于B、C的反响速率,所以反响速率最快的为D。
答案:D
9.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
解析: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。
答案:B
10.在化学反响中,只有极少数能量比平均能量高得多的反响物分子发生碰撞时才可能发生化学反响,这些分子被称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能,其单位通常用kJ·mol-1表示。请认真观察上图,然后答复以下问题。
(1)图中所示反响是(填“吸热〞或“放热〞)反响,该反响(填需要〞或“不需要〞)加热,该反响的ΔH=(用含E1、E2的代数式表示)。
(2)热化学方程式:H2(g)+O2(g)H2O(g)ΔH=-241.8 kJ·mol-1,该反响的活化能为167.2 kJ·mol-1,那么其逆反响的活化能为。
(3)对于同一反响,图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)相比,活化能大大降低,活化分子百分数增多,反响速率加快,你认为最可能的原因是。
解析:(1)由图可知:反响物的总能量大于生成物的总能量,所以该反响是放热反响;由普通分子变为活化分子需吸收能量,所以该反响需要加热。
(2)生成物水分子要变为活化分子需要吸收生成物与反响物的能量差和反响物的活化能,即:167.2 kJ·mol-1+241.8 kJ·mol-1=409 kJ·mol-1。
(3)由图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)可知,活化能降低,化学反响的途径发生了变化,因此应该是使用了催化剂。
答案:(1)放热　需要　-(E1-E2) kJ·mol-1
(2)409 kJ·mol-1
(3)使用了催化剂
11.用如下列图装置进行如下实验:
(1)在检查装置的气密性后,向试管a中参加10 mL 6 mol·L-1的稀硝酸和1 g铜片,立即用带有导管的橡皮塞塞紧试管口。请写出在试管a中有可能发生的所有反响的化学方程式。
(2)在实验过程中常常反响开始时速率缓慢,随后逐渐加快,这是由于,当反响进行一段时间后速率又逐渐减慢,原因是。
(3)欲较快地制得NO,可采取的措施是(填写字母序号)。
A.加热 B.使用铜粉
C.稀释HNO3 D.增大硝酸的浓度
解析:反响开始时溶液温度较低,故反响速率较慢,该反响为放热反响,随着反响的进行,溶液的温度逐渐升高,反响速率加快;反响一段时间后,HNO3因消耗而浓度减小,HNO3的浓度成为影响反响速率的主要因素,故反响速率又逐渐减慢。
加热和增加固体的接触面积都能加快反响速率;稀释HNO3,速率减小;Cu与浓硝酸反响得到的气体是NO2。
答案:(1)3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,2NO+O22NO2
(2)开始时溶液温度较低,反响速率缓慢,该反响为放热反响,随着反响的进行,溶液温度升高是影响化学反响速率的主要因素,故反响速率加快　反响一段时间后HNO3的浓度降低是影响化学反响速率的主要因素,故反响速率又逐渐减慢
(3)AB

表一　用二氧化锰作催化剂
实验序号
KClO3
质量/g
MnO2质量/g
反响温度/℃
待测数据
1
8.00
2.00
500

2
8.00
2.00
500

表二　用A作催化剂
实验序号
KClO3质量/g
A质量/g
反响温度/℃
待测数据
1
8.00
2.00
500

2
8.00
2.00
500

(1)完成实验中的待测数据应该是。
(2)完成此研究后,他们准备发表一篇研究报告,请你替他们拟一个报告题目。
解析:对A和二氧化锰的催化性能进行比较,必须进行定量对照实验,测定相同条件下收集满500 mL氧气的时间多少,从而得出两者的催化性能的优劣。
答案:(1)收集500 mL O2所需时间
(2)A和二氧化锰催化效果的比照研究