2022年高一化学智能优化训练211化学反应速率(苏教版必修2).docx

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1、1镁是生产铝合金必需的添加材料。镁合金被公认为“21世纪绿色环保新型材料，可广泛运用于航空航天、汽车等10多个领域。现把镁条投入到盛有盐酸的敞口容器中，产生H2的速率如下列图。在以下因素中对产生H2速率没有影响的是()A溶液的温度B镁条的外表积CCl的浓度DH的浓度解析：选C。镁与盐酸反响的离子方程式为Mg2H=Mg2H2，反响与Cl无关，Cl浓度不影响生成氢气的反响速率。2(2022年高考海南卷)对于化学反响3W(g)2X(g)=4Y(g)3Z(g)，以下反响速率关系中，正确的选项是()Av(W)3v(Z) B2v(X)3v(Z)C2v(X)v(Y) D3v(W)2v(X)解析：选C。由可知

2、C正确。3某温度下将N2和H2充入一恒容的密闭容器中，发生反响：N23H22NH3，某一时刻用以下各组内两种物质表示的该反响速率，其中正确的选项是()Av(N2)0.01mol(Ls)1，v(H2)0.02mol(Ls)1Bv(H2)0.02mol(Ls)1，v(NH3)1.2mol(Lmin)1Cv(N2)0.01mol(Ls)1，v(NH3)1.2mol(Lmin)1Dv(H2)0.06mol(Ls)1，v(NH3)0.4mol(Lmin)1解析：选C。用不同物质表示的化学反响速率之比，等于化学方程式中对应物质的化学计量数之比。A项，v(N2)v(H2)13，实际上0.01mol(Ls)1

3、0.02mol(Ls)112；B项，v(H2)v(NH3)32，实际上0.02mol(Ls)11.2mol(Lmin)10.02mol(Ls)1(1.260) mol(Ls)111；C项，v(N2)v(NH3)12，实际上是12；D项，v(H2)v(NH3)32，实际上0.06mol(Ls)10.4mol(Lmin)10.06mol(Ls)1(0.460) mol(Ls)191。应注意化学反响速率的单位：mol(Ls)1和mol(Lmin)1之间的转化。4某探究小组利用丙酮的溴代反响(CH3COCH3Br2CH3COCH2BrHBr)来研究反响物浓度与反响速率的关系。反响速率v(Br2)通过测

4、定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：实验序号初始浓度c/molL1溴颜色消失所需时间t/sCH3COCH3HClBr20.800.200.00102901.600.200.00101450.800.400.00101450.800.200.0020580分析实验数据所得出的结论不正确的选项是()A增大c(CH3COCH3)，v(Br2)增大B实验和的v(Br2)相等C增大c(HCl)，v(Br2)增大D增大c(Br2)，v(Br2)增大解析：选D。A项，由实验和比照可知增大c(CH3COCH3)，反响时间变少，v(Br2)增大。B项，实验和反响时间相同，起始Br2浓

5、度相同，那么v(Br2)相等。C项，比较和可知，增大c(HCl)时，反响时间缩短，v(Br2)增大。D项，比较实验和可知，增大c(Br2)时，v(Br2)减小，应选D。5(2022年无锡高一检测)影响化学反响速率的因素很多，某校化学小组用实验的方法进行探究。实验药品：铜、铁、镁、0.5molL1H2SO4、2molL1H2SO4、18.4molL1H2SO4甲同学研究的实验报告如下表：实验步骤现象结论分别取等体积的2 molL1的硫酸于三支试管中_反响速率：镁铁，铜不反响金属的性质越活泼，反响速率越快(1)甲同学表中实验步骤为_；(2)甲同学的实验目的是_；要得出正确的实验结论，还需要控制的实

6、验条件是_。乙同学为了更精确地研究浓度对反响速率的影响，利用以下列图所示装置进行实验：(3)乙同学在实验中应该测定的数据是_；(4)乙同学完成该实验应选用的实验药品是_；该实验中不选用某浓度的硫酸，理由是_。解析：甲同学是研究金属本身的性质与反响速率的关系，固体的外表积对反响速率也有影响，因此要取大小、形状相同的金属；乙同学是研究浓度对反响速率的影响，18.4molL1硫酸为浓硫酸，常温下Mg与浓硫酸反响生成SO2，Fe在浓硫酸中钝化，实验中不选浓硫酸。答案：(1)分别投入大小、形状相同的铜、铁、镁(2)研究金属本身的性质与反响速率的关系温度相同(3)一定时间内产生气体的体积(或产生一定体积的

7、气体所需的时间)(4)镁(或铁)和0.5molL1H2SO4、2molL1H2SO4常温下，镁与18.4molL1H2SO4反响产生SO2,18.4molL1H2SO4使铁钝化，使比照实验的反响原理不同一、单项选择题1(2022年镇江高一检测)反响EF=G在温度T1下进行，反响MN=K在温度T2下进行，：T1T2，且E和F的浓度均大于M和N的浓度，那么两者的反响速率()A前者大B后者大C一样大D无法判断解析：选D。因为这两个反响是不同的反响，而决定反响速率的主要因素是内因，故尽管前者的反响温度高、反响物浓度大，但反响速率不一定大于后者，如合成氨反响在高温高压有催化剂的条件下进行，其速率也不如低

8、温下的酸碱中和反响快。故两者的反响速率无法判断。2常温下，分别将4块形状相同，质量均为7g的铁片同时放入以下4种溶液中，产生气体速率最大的是()A150mL2molL1盐酸B150mL2molL1硫酸C500mL3molL1盐酸D500mL18.4molL1硫酸解析：选B。18.4molL1硫酸为浓硫酸，常温下，与铁发生钝化反响，不产生气体；2molL1硫酸溶液中c(H)4molL1，浓度最大，反响速率最快。3在一定条件下，反响在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了1.7g，那么反响速率为()Av(H2)0.03mol(Lmin)1Bv(N2)0.02mol(Lmin)1Cv(NH3)

9、0.17g(Lmin)1Dv(NH3)0.01mol(Lmin)1解析：选D。化学反响速率是以单位时间内反响物或生成物的物质的量浓度变化来表示的，所以C不正确；氨的质量增加了1.7g，即其物质的量增加0.1mol，所以氨的速率为：v(NH3)0.01mol(Lmin)1，根据v(N2)v(H2)v(NH3)132，依据化学方程式进行计算得：v(N2)0.005mol(Lmin)1，v(H2)0.015mol(Lmin)1。4以下各组反响(表中物质均为反响物)，在反响刚开始时，放出H2的速率最大的是()金属(粉末状)/mol酸的浓度及体积反响温度AMg 0.16 molL1硝酸10 mL60 B

10、Mg 0.13 molL1盐酸10 mL60 CFe 0.13 molL1盐酸 10 mL60 DMg 0.13 molL1硫酸10 mL60 解析：选D。影响反响速率的内因是反响物的性质，外因是条件，所以C项速率最小；A项中Mg与HNO3反响不会产生氢气；B、D两项中只比较c(H)即可，而盐酸为一元强酸，硫酸为二元强酸，因此相同浓度的盐酸与硫酸中，硫酸的c(H)大于盐酸。5在的反响中，表示该反响速率最快的是()AvA0.5mol(Ls)1BvB0.3mol(Ls)1CvC0.6mol(Ls)1DvD1mol(Ls)1解析：选B。当同一反响的反响速率用不同物质来表示时，各数值与反响方程式中各物

11、质的化学计量数成正比，因此可以将速率数据都转化为用同一种物质来表示，且最好均转化为化学计量数为1的物质来表示，此题可均转化成vB。转化后，A选项vB0.25mol(Ls)1，C选项vB0.2mol(Ls)1，D选项vB0.25mol(Ls)1，由此可得出B选项表示的反响速率最快。6(2022年苏州高一检测)一定条件下，浓度都是1molL1的两种气体X2和Y2，在密闭容器中反响，生成气体Z,4s后，X2、Y2、Z的浓度分别是0.4molL1、0.8molL1、0.4molL1，假设用X、Y表示Z的化学式，该反响的化学方程式为()AX22Y2=2XY2B2X2Y2=2X2YC3X2Y2=2X3YD

12、X23Y2=2XY3解析：选C。化学反响中各物质反响速率之比等于相应物质的化学计量数之比，求得X2、Y2、Z的化学计量数分别为3、1、2，再结合质量守恒定律，可得Z为X3Y。二、单项选择题7(2022年莆田高一检测)反响4A(s)3B(g)=2C(g)D(g)，经2min后，B的浓度减小了0.6mol/L。对此反响的化学反响速率表示正确的选项是()A用A表示的反响速率是0.4mol/(Lmin)B分别用B、C、D表示化学反响速率其比值是321C在2min内的反响速率，用B表示是0.3mol/(Lmin)D在2min内用B和C表示的反响速率的值都是逐渐减小的解析：选BC。因A是固态物质，其物质的

13、量变化对化学反响速率无影响，A不正确；v求的是平均反响速率，D不正确。8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，根据数据绘制得到以下列图，那么曲线a、b、c、d所对应的实验组别可能是()组别c(HCl)/molL1温度/状态12.025块状22.530块状32.550块状42.530粉末状A.4321B1234C3421D1243解析：选AC。化学反响速率与温度、浓度和固体物质的外表积的大小有关，实验1的盐酸的浓度最小，反响的温度最低，所以化学反响速率最慢；由于实验3的反响温度比实验2的反响温度高，所以反响速率实验3大于实验2；实验4和实

14、验3的比较，实质考查温度与物质的外表积变化哪个占主导作用，因为二者有较多变数，所以反响速率可能是43或43。9氯酸钾和亚硫酸氢钾能发生氧化复原反响：ClO3HSO=3SOCl3H，该反响的速率随溶液酸性的增强而加快。如图为用ClO在单位时间内的物质的量浓度的变化来表示该反响速率的速率时间图象。以下说法不正确的选项是()A反响开始时速率增大可能是c(H)增大引起的B纵坐标为v(H)的速率时间曲线与图中曲线能完全重合C后期反响速率下降的主要原因是反响物浓度减小D图中阴影局部“面积为t1t2时间内的ClO的物质的量浓度的减小值解析：选B。根据题中信息，可确定A和C正确；根据反响方程式：ClO3HSO

15、=3SOCl3H，v(H)3v(ClO)，所以v(H)t曲线与v(ClO)t曲线不相同，在坐标图中两曲线不能完全重合，即B错；D正确。10把0.6molX气体和0.6molY气体混合于2L的容器中，使它们发生如下反响：3X(g)Y(g)=nZ(g)2W(g)，5min末生成0.2molW，假设测知以Z的浓度变化表示的平均反响速率为0.01mol(Lmin)1，那么化学反响方程式中的n值为()A4B3C2D1解析：选D。先求出以W浓度变化表示的平均反响速率，再根据化学反响速率之比等于相应物质化学计量数之比，求出n值。v(W)0.02mol(Lmin)1。v(Z)v(W)n20.01mol(Lmi

16、n)10.02mol(Lmin)112，n1。三、非选择题11对于反响：N23H22NH3，当其他条件不变时，只改变一个反响条件，将生成NH3的反响速率的变化填入空格里(填“增大、“减小或“不变)：编号改变的条件生成NH3的速率升高温度降低温度增大N2的浓度使用催化剂压缩体积解析：此题考查各种外因对化学反响速率的影响。答案：增大减小增大增大增大12在一个容积为2L的密闭容器中，充入1molSO2和1molO2，一定条件下发生反响，2分钟后测得SO2的物质的量为0.6mol，那么用SO2和O2表示的化学反响速率分别是_、_，二者的关系是_。解析：根据方程式，2分钟内SO2消耗0.4mol，那么O

17、2消耗0.2mol，v(SO2)0.1mol/(Lmin)v(O2)0.05mol/(Lmin)21，等于其化学计量数之比。答案：0.1mol/(Lmin)0.05mol/(Lmin)SO2和O2的化学反响速率之比等于其化学计量数之比13(2022年苏州高一检测)用纯洁的碳酸钙跟稀盐酸反响制取二氧化碳气体，请答复：(1)实验过程如下列图，分析判断：_段化学反响速率最快。(2)为了减缓上述反响的化学反响速率欲向溶液中参加以下物质，你认为可行的是_(填字母代号)。A蒸馏水BNaCl固体CNaCl溶液D浓盐酸(3)除了上述方法外，你认为还可以采取哪些措施来减缓化学反响速率_。解析：化学反响速率是用单

18、位时间内反响物浓度的减少量或生成物浓度的增加量来表示，改变量越多，反响速率越快。由图象可知，EF段，单位时间内CO2的生成量最多，反响速率最快。减缓反响速率可采用降低反响物浓度、降低反响温度、减小固体外表积等措施。答案：(1)EF(2)AC(3)用块状大理石或石灰石代替纯洁的碳酸钙或降低反响温度(合理即可)14把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有500mL0.5molL1硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反响产生氢气的速率与反响时间的关系可用如图曲线来表示，答复以下问题：(1)曲线由Oa段不产生氢气的原因是_；有关反响的化学方程式为_；(2)曲线ac段，产生氢气的速率增加较快的主要原因是_；(3)

19、曲线由c以后，产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是_；(4)该反响假设使用催化剂，可使H2产量增多吗_(填“会或“不会)。解析：(1)在空气中久置的铝片外表有氧化铝薄膜，硫酸首先和氧化铝反响，所以Oa段不产生H2；(2)ac段，虽然硫酸的浓度减小但该反响是放热反响，反响进行中温度逐渐升高，化学反响速率逐渐加快；(3)曲线c以后，硫酸的浓度减小的太多，成为影响化学反响速率的主要因素，故反响速率逐渐下降；(4)催化剂只改变速率，不会改变产物的量。答案：(1)硫酸首先和氧化铝反响，不产生H2Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O(2)反响放热，温度升高是影响反响速率的主要因素，使反响速率增大(3)硫酸的浓度逐渐减小，该因素变为影响化学反响速率的主要因素，化学反响速率开始下降(4)不会