高中化学苏教版 (2019)必修 第二册专题6 化学反应与能量变化第一单元 化学反应速率与反应限度综合训练题

这是一份高中化学苏教版 (2019)必修 第二册专题6 化学反应与能量变化第一单元 化学反应速率与反应限度综合训练题，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．氯化锌可用作有机合成工业的脱水剂、缩合剂等。以冷热镀管废料锌灰(主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO和FeO)为原料制ZnCl2晶体的工艺流程如图所示：
下列说法错误的是
A．适当升高盐酸的温度，可缩短①中锌灰酸浸溶解的时间
B．①中酸浸时需要加入过量的盐酸
C．③中加入H2O2能氧化Fe2+和增大溶液的pH
D．④中将滤液C直接蒸发即可得到ZnCl2晶体
2．在反应中，有关反应条件改变使反应速率增大的原因分析中，不正确的是
A．加入适宜的催化剂，可降低反应的活化能B．增大，单位体积内活化分子数增大
C．升高温度，单位时间内有效碰撞次数增加D．增大压强，活化分子的百分数增大
3．化学与日常生活密切相关，下列说法中错误的是
A．将食物放在冰箱里，可以减慢食物腐败B．热的纯碱溶液有利于去除餐具上的油污
C．通常用质量分数为75%的酒精杀菌消毒D．给庄稼施肥时不宜将氯化铵和草木灰混用
4．下列说法正确的是
A．将金属A投入B的盐溶液中，A溶解说明A的金属性比B的金属性强
B．用干燥洁净的铂丝蘸取少量待测液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液是钠盐溶液
C．合成新型农药可以在元素周期表的金属与非金属交界处区域探寻
D．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象
5．设(反应速率为v1)；(反应速率为v2)，对于上述反应，当增大容器体积时，v1和v2的变化情况为
A．同时增大B．同时减小
C． v1增大，v2减小D． v1减小，v2增大
6．工业上将NH3和NO在催化剂表面转化为N2和H2O的反应进程中相对能量变化如下图所示。下列说法正确的是
A．NH2NO是该反应的催化剂
B．总反应中n（氧化剂）∶n（还原剂）=2∶3
C．平衡后当升高温度时，总反应v（正）＜v（逆）
D．H的移除过程因相对能量较低，故此步反应速率很快
7．工业上生产硫酸的主要反应为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)(放热反应)。现在一个2 L的容积不变的密闭容器中投入2 ml SO2和1 ml O2，研究温度对SO2的平衡转化率和对催化剂催化效率(催化效率越高，化学反应速率越快)的影响，结果如图所示。下列说法正确的是
A．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
B．450 ℃时，若5 min 达到平衡，则v(O2)=0.09 ml·L-1·min-1
C．工业合成SO3的最佳温度是250℃
D．SO3的生产速率：v(N)一定大于v(M)
8．下列事实或做法与化学反应速率无关的是
A．灌制香肠时，添加红曲红B．餐后立即喝水不利于健康
C．常用冰箱保存食物D．食品加工时，往往添加抗氧化剂
9．少量铁粉与100mL0.01ml·L-1的稀盐酸反应，反应速率太慢.为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的
①加H2O ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加少量CuO固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥升高温度(不考虑盐酸挥发) ⑦改用10mL0.1ml·L-1的盐酸
A．①⑤⑥B．②④C．③⑥⑦D．③⑤⑦
10．2SO2＋O22SO3是接触法制硫酸工艺中的一个重要反应，下列关于该反应的说法错误的是
A．增加SO2的浓度能加快该反应的速率
B．反应过程中SO2能全部转化为SO3
C．降低体系温度会减慢该反应的速率
D．使用催化剂能改变反应的速率
二、填空题
11．一定条件下，在2L的密闭容器中，A、B两种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。回答下列问题：
(1)该反应的化学方程式为 。
(2)0~4min内，用B表示的化学反应速率(B)= 。
(3)第4min时，正、逆反应速率的大小关系为 (正) (填“>”、“
(4)AC
(5)②
【详解】（1）A的变化量为0.6ml，B的变化量为0.4ml，比值为3:2，该反应的化学方程式为3A(g)2B(g)；
故答案为：3A(g)2B(g)。
（2）；
故答案为：。
（3）第4min，A在减少，B增多，故反应正向进行，v（正）>v（逆）；
故答案为：>。
（4）升温、加压、催化剂均可增加反应速率，故AC正确，注意恒T恒P充He，为了保持恒压，则体积增大，浓度减小，速率变小；
故答案为：AC。
（5）若反应3A(g)2B(g)，彻底进行，放出QkJ热量，而△H=-QkJ·ml-1，A转化0.6ml，3mlA放出QkJ热量，所以理论放出0.2QkJ热量，但此反应为可逆反应，不能进行彻底，故放出热量小于0.2QkJ；
故答案为：②。
12．(1)△H2+△H3+△H5
(2)AD
(3)
(4)100.8
(5) 10
(6)CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔
【分析】（1）根据盖斯定律分析反应热。
（2）根据条件对反应速率和平衡的影响进行分析。
（3）根据电离平衡常数和水的离子积常数分析计算。
（4）根据平衡常数的计算公式计算。
（5）根据电离平衡常数分析溶液的pH大小，并结合溶液中离子浓度的关系计算溶液的pH值。
（6）根据能分解生成更多的气体，产生更多的气孔分析。
(1)
a.CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1，b.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2，c.CH4(g)C(s)+2H2(g) △H3，d.2CO(g)CO2(g)+C(s) △H4，e.CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) △H5， 根据盖斯定律分析，将b+c+e 可得a CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1=△H2+△H3+△H5。
(2)
A. 增大CO2与CH4的浓度，增大浓度，对应的反应a、b、c的正反应速率都增加，故正确；B. 移去部分C(s)，因为其为固体，对平衡无影响，故错误；C. 加入反应a的催化剂，能改变反应速率，但不影响平衡，不能提高CH4的平衡转化率，故错误；D. 降低反应温度，所有反应速率都减小，故反应a~e的正、逆反应速率都减小，故正确。故选AD。
(3)
k2= ，因为p(CO2)= 为pkPa×x，则c(CO2)= yml·L-1kPa-1×p(CO2)=pxy，忽略碳酸氢根离子的电离时，c(H+)-c(OH-)=c( )，而c(H+) c(OH-)=KW，所以有K2=，则c(H+)= ml/L。
(4)
2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数KP ，温度不变化学平衡常数不变，设平衡时，平衡体系中二氧化碳的分压为x，则p（CO2）= =105.8 kPa，二氧化碳的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解生成的二氧化碳的分压，即二氧化碳的初始压强大于105.8-5=100.8kPa。
(5)
k2= ，则 ，当，，pH在 10.3，如果溶液的pH为13，则碳酸氢根离子浓度远远小于碳酸根离子浓度，则该溶液中所得阴离子为碳酸根离子。k2=，且所得溶液c()：c()=2：1，，pH=10。
(6)
CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔，具有更好的二氧化碳的捕集性能。
13．(1)适当升高温度
(2) Y cd
(3)
【详解】（1）温度越高反应速率越快、反应物浓度越大反应速率越快、气体压强越大反应速率越快、使用催化剂也能加快反应速率，则为了加快该反应的速率，可以采取的措施有：适当升高温度、使用催化剂等(任写一种)。
（2）X的物质的量增加、Y的物质的量减小，且物质的量变化值之比等与化学计量数之比，结合化学方程式可知，图中代表的曲线是Y。由图知，图中c、d点物质的量不再改变，反应已经处于平衡状态，故v(正)与v(逆)相等的点为c、d。
（3）①运用三段式知：
则用单位时间内浓度的减小来表示内该反应的平均速率为；
②末容器中的物质的量浓度。
14．(1)60mL
(2)1min
(3) D>C>B>A 随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也随着减小
(4)22.5mL/min
【详解】（1）反应方程式为2H2O22H2O+O2↑，该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，由图像可知，生成氧气的体积为60mL(标准状况)；
（2）由图像可知，当时间进行到1min时，生成氧气的体积为30mL，此时生成的氧气为总体积的一半，需要的时间为1min；
（3）反应物浓度越大反应速率越快，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也随着减小，A、B、C、D各点反应速率从快到慢的顺序为D>C>B>A；
（4）内生成氧气的体积为45mL，以的体积变化表示的化学反应速率为。
15． 2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH) 纳米铁粉与H＋反应生成H2 Cu或Cu2＋催化纳米铁粉去除NO的反应(或形成的Fe－Cu原电池增大纳米铁粉去除NO的反应速率)
【详解】（1）向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-（B元素的化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B（OH）4-，反应中只有Fe、H元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2++BH4-+4OH-=2Fe+2H2↑+B（OH）4-；
（2）pH偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气，可导致NO3-的去除率下降；
（3）由图可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应。
16． 60mL 1min D＞C＞B＞A 随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也随着减小 0.11 ml•L﹣1
【详解】(1)反应方程式为：2H2O22H2O+O2↑，该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，由图像可知，生成氧气的总体积为60mL，故答案为60ml；
(2)由图像可知，当时间进行到1min时，生成氧气的体积为30mL，此时生成的氧气为总体积的一半，需要的时间为1min，故答案为1min；
(3)由图可知，随着反应的进行，相同时间内产生气体的体积减小，反应速率减小，即A、B、C、D各点反应速率的快慢顺序为D＞C＞B＞A，故答案为D＞C＞B＞A；
(4)随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，所以速率逐渐减小，故答案为：随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也随着减小；
(5)生成氧气的体积为60mL，即0.06L， ，解得：n(H2O2)=≈0.00536ml，所以c(H2O2)=≈0.11 ml•L﹣1，故答案为：0.11 ml•L﹣1。
17． 浓度 探究硫酸铜的量对反应速率的影响
【详解】①由表中数据可知，实验Ⅰ和实验Ⅱ加入2.0ml·L-1硫酸溶液的体积不同，而液体的总体积相同，即实验Ⅰ和实验Ⅱ硫酸浓度不同，则实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究浓度对锌与稀硫酸反应速率的影响；
②实验Ⅲ和实验Ⅳ是探究硫酸铜的量对反应速率的影响，有关反应的离子方程式为、。
18．正确 19．正确 20．错误
【解析】18．CO2转化为甲醇的过程中生成了新的物质，属于化学变化，故答案为：正确；
19．催化剂能加快反应速率，所以新型催化剂的研发，能将CO2高效转化为甲醇，故答案为：正确；
20．根据题意，近邻Pt原子在CO2加氢转化为甲醇的过程中表现出比孤立Pt原子更高的催化活性，所以在催化CO2加氢转化为甲醇的过程中，两个近邻Pt原子的催化活性低于两个孤立Pt原子的催化活性之和的说法是错误的，故答案为：错误。
21．(1) 放出 92 该反应为可逆反应
(2) AD
【详解】（1）在反应中，断裂3ml 键，1ml N≡N键共吸收的能量为：，生成2ml ，共形成6ml 键，放出的能量为：，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，则1ml 生成放出的热量为：；事实上，反应的热量总小于理论值，原因为该反应为可逆反应，进行不彻底；
（2）①由图像可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，
则有X：Y：：：：1：2，则反应的化学方程式为；
②反应开始到10s，用Z表示的反应速率为：；
③A．适当升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞增加，加快该反应的反应速率，A项选；
B．恒容时充入Ne，活化分子百分数不变，活化分子浓度不变，有效碰撞不变，不能加快该反应的反应速率，B项不选；
C．增大容器的体积，减小活化分子浓度，有效碰撞减少，反应的反应速率减小，C项不选；
D．选择高效催化剂，降低活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞增加，加快该反应的反应速率，D项选；
答案选AD。
22． 60 30 4或5 20 溶液的pH 起催化作用起催化作用(两空答案不分先后) 等物质的量 大于实验①中的号浓度 等于实验①中的片浓度
【分析】根据速率影响的外界因素进行分析，做对比实验时利用控制变量法，保持其它条件不变，只改变其中一种条件，注意在改变浓度时，实质改变了溶液体积，为保持其它变量不变，需加水进行保持相同。
【详解】(1)①②中pH不同，是探究pH对速率的影响；做对比试验时，除了探究的量不同外，其它条件必须完全相同，所以①中废水条件为60mL、②中蒸馏水体积为30mL；试验中总体积必须相等，所以③中醋酸体积为20mL，其pH为5，以便通过②、③探究草酸浓度对反应速率的影响，故答案为：① 60 ② 30③ 5、20；
(2)由实验①②表明溶液pH越小，反应的速率越快，所以溶液pH对该反应的速率有影响，故答案为：溶液pH对该反应的速率有影响；
(3)根据铁明矾[Al2Fe(SO4)4·24H2O]组成分析，Al3+起催化作用；起催化作用，
故答案为：Al3+起催化作用；起催化作用；
(4)要证明Fe2+起催化作用，需做对比实验，再做没有Fe2+存在时的实验，所以要选[Al2Fe(SO4)4·24H2O]；用等物质的量K2SO4、Al2(SO4)3·24H2O代替实验①中的铁明矾，控制其他反应条件与实验①相同，进行对比实验，反应进行相同时间后，若溶液中c()大于实验①中c()，则假设一成立；若两溶液中的c()相同，则假设一不成立；故答案为：等物质的量K2SO4、Al2(SO4)3·24H2O；大于实验①中的浓度；等于实验①中的浓度。
【点睛】注意控制变量法，所加入水需要保持溶液的总体积不变。根据改变一个量进行判断对反应速率的影响。
23． 取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与比色卡对照，读出溶液的pH S2O+4Cl2+5H2O＝2SO+8Cl﹣+10H+；Ba2++SO＝BaSO4↓ 否 2 甲、乙 水浴加热
【分析】(2)硫代硫酸钠和氯化钡不反应，加入氯水后生成白色沉淀，是利用氯气和硫代硫酸根离子发生的氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀；
(3)先加入氯水可能会氧化硫代硫酸钠为硫单质沉淀，也可能硫代硫酸钠和钡离子形成白色沉淀；
【详解】(1)溶液pH的测定方法和步骤为取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与比色卡对照，读出溶液的pH；
(2)硫代硫酸钠和氯化钡不反应，加入氯水后生成白色沉淀，是利用氯气和硫代硫酸根离子发生的氧化还原反应生成硫酸根离子，硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀；反应的离子方程式为：S2O+4Cl2+5H2O＝2SO+8Cl﹣+10H+；Ba2++SO＝BaSO4↓；
(3)先加入氯水可能会氧化硫代硫酸钠为硫单质沉淀，也会使溶液变白色浑浊，或硫代硫酸钠和钡离子形成沉淀，不能说明沉淀成分相同；
(4)①研究化学反应速率的影响因素试验，需要其他条件不变，改变其中一个条件分析判断，所以丙中改变了温度，其他条件不变，V=2；
②探究浓度对化学反应速率的影响，分析图表数据可知，甲乙硫酸浓度不同观察反应的快慢；
③研究温度变化，温度低于100°C，利用水浴加热用温度计准确控制改变的温度，为了准确控制反应的温度采用水浴加热。
24． Na2S2O3+H2SO4=S↓+SO2↑+H2O+Na2SO4 ④ ②和④ 相同温度下浓度对该反应速率的影响 SO2易溶于水，测定不精确或实验装置较复杂，不易控制
【分析】根据外界条件对反应速率的影响，结合反应特点和控制变量法分析解答。
【详解】（1）硫代硫酸钠和稀硫酸反应生成单质硫、二氧化硫、硫酸钠和水，反应的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4=S↓+SO2↑+H2O+Na2SO4；
（2）温度越高，反应速率越快，浓度越大反应速率越快，先比较温度，④中温度最高、浓度大，反应速率最快，故答案为④；
（3）①能说明温度对该反应速率影响的组合应该是保持其他条件不变，则符合条件的组合是②和④，故答案为②和④；
②①和②、①和③的组合比较中温度相等，但浓度不同，所研究的问题是相同温度条件下浓度对该反应速率的影响，故答案为：相同温度条件下浓度对该反应速率的影响；
（4）由于SO2易溶于水，测定不精确或实验装置较复杂，不易控制，因此不采用排水法测量单位时间内气体体积的大小进行比较，故答案为：SO2易溶于水，测定不精确或实验装置较复杂，不易控制。
25．(1)铝在常温下会与氧气反应，在表面生成一层致密的氧化膜
(2) 氢气 2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu Cl-对Al与Cu2+的置换反应存在促进作用
(3) 0.02 ml 对照实验，排除Na+的干扰，证明Na+对该反应不造成影响 对Al与Cu2+的置换反应没有抑制作用 Cl-对A1与Cu2+的置换反应存在促进作用
【分析】铝是比较活泼的金属，在室温下能够与空气中的氧气反应产生一层致密的氧化物保护膜，实验前需要对铝的表面先进行打磨处理目的是除去氧化铝保护膜。Al能够与铜盐在溶液中发生置换反应产生Cu单质，置换反应是放热反应，在实验时要采用控制变量方法进行研究，根据Al与CuCl2、CuSO4反应，判断温度、浓度及酸根阴离子对化学反应速率的影响。
【详解】（1）铝在常温下会与氧气反应，在表面生成一层致密的氧化膜，实验前需要对铝的表面先进行打磨处理就是为了除去氧化铝保护膜，使铝与铜盐溶液接触发生反应；
（2）①CuCl2是强酸HCl与弱碱Cu(OH)2发生中和反应产生的盐，水溶液显酸性，实验I中生成的大量气泡可能是Al与酸性溶液反应产生的H2；
在实验I中Al与CuCl2在溶液中发生置换反应产生AlCl3、Cu，该反应的离子方程式为：2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；
②等浓度的CuCl2、CuSO4溶液分别与等量、金属表面积相同的Al反应，CuCl2反应剧烈，而CuSO4溶液反应缓慢，根据二者的不同之处可知：实验II反应明显比实验I缓慢，其原因可能有：假设一：对Al与Cu2+的置换反应存在一定的抑制作用；假设二：Cl-对Al与Cu2+的置换反应存在促进作用；
（3）①采用控制变量方法研究，实验V中加入0.02 ml NaCl(s)，而实验VI中NH4Cl固体物质阴离子相同，阳离子不同，其物质的量应该与V相同，即也是0.02 ml，也就是加入0.02 ml NH4Cl固体；
②实验VI的设计目的是对照实验，排除Na+的干扰，证明Na+对该反应不造成影响；
③通过对实验I与实验III、IV现象作对比，可知实验结论为：对Al与Cu2+的置换反应没有抑制作用；
④通过对实验II与实验V、VI现象作对比，可知实验结论为：Cl-对A1与Cu2+的置换反应存在促进作用。