【高中化学配套精练】第二章第一节化学反应速率分层作业--高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1.docx

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1、第二章第一节化学反应速率分层作业提升篇-高二化学选择性必修1（人教版2019）一、单选题，共13小题1（2022北京一零一中学高二课时练习）在C(s)+CO2(g)=2CO(g)的反应中，现采取下列措施：缩小体积，增大压强增加碳的量通入CO2恒容下充入N2恒压下充入N2，上述能够使反应速率增大的措施是ABCD2（2021东北育才中学高二课时练习）已知，反应速率分别用、表示，正确的是ABCD3（2020东北育才中学高二课时练习）反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)经一段时间后，SO3的浓度增加了0.4 molL-1，在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04 molL-1s-1，则这段时

2、间为A0.1 sB2.5 sC10 sD5 s4（2020北京一零一中学高二课时练习）如图曲线表示一定条件下可逆反应X(g)+ Y(g) 2Z(g) + W(s)H0的反应速率为v1，N2+3H22NH3H0的反应速率为v2，对于这两个反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为A同时增大B同时减小Cv1增大，v2减小Dv1减小，v2增大12（2022本溪市高级中学高二课时练习）反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均反应速率v(X)(反应物的消耗速率或产物的生成速率)可表示为Av(O2)=

3、0.001mol/(Ls)Bv(NH3)=0.01mol/(Ls)Cv(NO)=0.001mol/(Ls)Dv(H2O)=0.045mol/(Ls)13（2020本溪市高级中学高二课时练习）对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是Av(A)=0.5mol/(Lmin)Bv(B)=1.2mol/(Ls)Cv(C)=0.1mol/(Ls)Dv(D)=0.4mol/(Lmin)二、非选择题，共5小题14（2021本溪市高级中学高二课时练习）某反应过程的能量变化如图所示。请填写下列空白。(1)反应过程_(填“a”或“b”)有催化

4、剂参与。(2)该反应为反应_(填“放热”或“吸热”)，反应热为_。15（2022湖南省长沙市第一中学高二课时练习）以废旧铅酸蓄电池中的含铅废料和为原料，可以制备高纯PbO，从而实现铅的再生利用。在此过程中涉及如下两个反应：(1)写出Pb与反应生成的化学方程式_。(2)在上述过程中，的作用是什么_？(3)请设计实验方案证明的作用_。16（2022天津市杨村第一中学高二课时练习）(1)科学家在实验室中研究的利用催化技术将飞机尾气中的NO和CO转变成和的反应为 ，若将1.0 mol NO和2.0 mol CO通入2.0 L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生上述反应，反应中的物质的量浓度随时间的变化情

5、况如图所示。从反应开始到平衡时，用NO的浓度变化表示的平均反应速率_；4 min末CO的浓度为_。(2)已知反应，生成的初始速率与NO、的初始浓度的关系为，为速率常数。在800时测得的相关数据如表所示。实验数据初始浓度/()生成N的初始速率/()123下列说法错误的是_(填序号)。A，B800时，k的值为C若800时，初始浓度，则生成的初始速率为D当其他条件不变时，升高温度，速率常数将增大17（2021天津市杨村第一中学高二课时练习）恒温下，向容积为2.0 L的恒容密闭容器中通入0.40 mol HI，发生反应，06 min内，随时间变化关系如下表：时间/min01234560.400.300

6、.240.200.180.160.16(1)02 min内的平均反应速率_，35 min内的平均反应速率_。(2)对比02 min和35 min内的平均反应速率，二者不相等，出现这种现象的原因是_。18（2021衡水市第二中学高二课时练习）I.一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的量随时间变化的曲线如图：(1)从反应开始到10s时，用Z表示的反应速率为_，X的物质的量浓度减少了_，Y的转化率为_。(2)该反应的化学方程式为_。II.KI溶液在酸性条件下能与氧气反应。现有以下实验记录：回答下列问题：实验编号温度/3040506070显色时间/s16080402010(1)该反应的离

7、子方程式为_。(2)该实验的目的是探究_。(3)实验试剂除了1molL-1KI溶液、0.1molL-1H2SO4溶液外，还需要的试剂是_；(4)上述实验操作中除了需要(3)的条件外，还必须控制不变的是_(填字母)。A温度B试剂的浓度C试剂的用量(体积)D试剂添加的顺序试卷第6页，共6页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【解析】缩小体积，增大压强，浓度增大，反应速率加快；碳是固体，增加碳的量，反应速率不变；通入CO2，反应物浓度增大，反应速率加快；恒容下充入N2，反应物浓度不变，反应速率不变；恒压下充入N2，容器容积增大，浓度减小，反应速率减小；答案选C。2A【解

8、析】根据用不同物质表示反应速率时，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比分析判断。A由于v(O2)：v(NO)=5：4，所以，A正确；B由于v(O2)：v(H2O)=5：6，所以，B错误；C由于v(NH3)：v(H2O)=4：6=2：3，所以，C错误；D由于v(NH3)：v(O2)=4：5，所以，D错误；故合理选项是A。3D【解析】SO3的浓度增加了0.4molL-1，则根据方程式可知，氧气的浓度就减少了0.2mol/L；又因为在这段时间内用O2表示的反应速率为0.04molL-1s-1，则这段时间为=5s，答案选D。4A【解析】a曲线变为b曲线，反应速率增大，但平衡不移动。加入催化剂

9、可实现此目的。又因为该反应是反应前后气体体积不变的反应，故增大体系压强也可实现此目的，因此答案选A。5A【解析】对于同一个化学反应，不同的物质表示的反应速率是不同的，但表示的意义是相同的，且反应速率之比等于相应的化学计量数之比。根据2v(B)=3v(A)，3v(C)=2v(B)，可知v(A)v(B)v(C)232，故该反应的化学计量之比为232，方程式即为：2A+3B=2C；故选A。6A【解析】5min末生成0.2mol W，以W浓度变化来表示的平均反应速率为，以Z浓度变化来表示的平均反应速率为0.01mol/(Lmin)，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得n：2=0.01mol/(L

10、min)：0.02mol/(Lmin)，则n=1，答案选A。7B【解析】A对有气体参加的化学反应，增大压强使容器容积减小，活化分子数目不变则可使单位体积内活化分子数增加，因而化学反应速率增大，A正确；B活化分子之间发生的碰撞需要正确的方向才可能是有效碰撞，B错误；C升高温度，分子能量增大而总分子数不变，可使反应物分子中活化分子的百分数增大，从而增大化学反应速率，C正确；D加入适宜的催化剂，能降低反应的活化能，分子能量不变则可使反应物分子中活化分子的百分数增大，从而增大化学反应速率，D正确；故选B。8A【解析】比较同一反应不同物质的化学反应速率，可根据“归一法”分析，即先统一速率的单位，然后根据

11、化学反应速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比统一转化为同一物质的化学反应速率，进而比较大小。将各物质代表的化学反应速率转化为氮气的化学反应速率如下：av(NH3)=0.05molL-1min-1，则根据v(NH3)=2v(N2)可知，v(N2)= =0.025 molL-1min-1；bv(H2)=0.03molL-1min-1，则根据v(H2)=3v(N2)可知，v(N2) = =0.01 molL-1min-1；cv(N2)=0.02molL-1min-1；dv(H2)=0.001molL-1min -1，则根据v(H2)=3v(N2)可知，v(N2) = =0.0003molL-1

12、min-1；根据上述分析可知，反应速率大小关系为： ，故A项符合题意。答案选A。9D【解析】比较化学反应速率快慢时，可根据各物质表示的反应速率之比等于参与反应或生成的对应物质的化学计量数之比，所以可将选项中各物质表示的速率转化为同一物质所表示的反应速率后进行比较，注意单位要统一。A；B；Cv(C)=0.40molL-1min-1，则；Dv(D)=0.45molL-1min-1，则；所以上述四种状况下反应速率最快的是0.225mol/(Lmin)，故合理选项是D。故选D。10B【解析】A从图上可知，反应中生成物总能量高于反应物总能量，是吸热反应，故A错误；B催化剂不影响反应物和生成物总能量的高低

13、，不能改变反应热，故B正确；C从方程式可以看出，Cl反应前后不变，所以Cl是催化剂，ClO是中间产物，故C错误；D任何化学反应都是旧键断裂与新键生成的过程，故D错误；故选B。11A【解析】温度升高，反应速率增大，与热效应无关，故选：A。12C【解析】在10L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则v(H2O)=，由速率之比等于化学计量数之比可知，v(O2)=0.0015molL-1s-1=0.00125molL-1s-1，v(NH3)=v(NO)=0.0015molL-1s-1=0.001molL-1s-1，故选：C。13C【解析】同一化学反应中，同一段时间内，各物质

14、的反应速率之比等于其计量数之比；先把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率再进行比较，据此分析解题。Av(A)=0.5mol/(Lmin)；BB是固体，固体的浓度视为常数，故不能用固体的浓度变化来表示反应速率，B错误；Cv(C)= 0.1mol/(Ls)，所以v(A)=0.1 mol/(Ls)=0.05 mol/(Ls)=3 mol/(Lmin)；Dv(D)=0.4 mol/(Lmin)，所以v(A)= =0.4 mol/(Lmin)=0.2 mol/(Lmin)；综上所述，C项换算成A表示的反应速率最快，符合题意。故选C。14(1)b(2) 放热 【解析】(1)催化剂能降低反应的活化能，

15、从图中分析，两曲线始态和终态能量分别相同，曲线b的活化能较低，说明反应过程b有催化剂参与。(2)从图中分析可知，该反应反应物总能量高于生成物总能量，反应放出热量，始态与终态的反应热为。15(1)Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O(2)催化剂(3)取少量反应后的溶液于试管中，向试管中滴加KSCN溶液，溶液不变红色，然后滴加氯水，溶液变为红色，说明反应后溶液中含有Fe2+，不含Fe3+，证明Fe2+作催化剂。【解析】(1)根据已知可知，Pb与PbO2在酸性条件下反应生成硫酸铅，其化学方程式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。(2)反应中亚铁离子被氧化成铁离子，

16、反应中铁离子又被还原生成亚铁离子，整个过程中，亚铁离子的质量不变，所以Fe2+为催化剂。(3)参加化学反应，但在反应前后质量和化学性质均不变的物质是催化剂，因此，只要证明反应后的溶液中有Fe2+，无Fe3+即可，则实验方案为取少量反应后的溶液于试管中，向试管中滴加KSCN溶液，溶液不变红色，然后滴加氯水，溶液变为红色，说明反应后溶液中含有Fe2+，不含Fe3+，证明Fe2+作催化剂。16 0.80 A【解析】(1)根据图可知，从反应开始至平衡时，则，根据化学方程式可知，；根据化学方程式可知，每产生，同时消耗，04 min内，所以，由于反应开始时CO的浓度为，因此平衡时CO的浓度为。(2)将3组

17、实验数据代入中，可得，解得，的值为，若800时，初始浓度，则生成的初始速率，A项错误，B，C项正确；其他条件不变时，由题中关系式可知，生成的初始速率与成正比，又因温度越高，反应速率越大，故升高温度增大，D项正确。17 0.02 0.005 随着反应的进行，反应物HI的物质的量浓度逐渐减小【解析】(1)02 min内的平均反应速率；35 min内的平均反应速率。(2)其它条件不变时，减小反应物浓度，则反应速率降低。随着反应的进行，反应物HI的物质的量浓度逐渐减小，则反应速率减小。18 0.079molL-1s-1 0.395molL-1 79.0% X(g)Y(g)2Z(g) 4H4I-O2=2

18、I22H2O 温度对反应速率的影响 淀粉溶液 CD【解析】(1)10s时，Z的物质的量增加1.58mol，其反应速率为： molL-1s-1，X的物质的量由1.20降低到0.41，其浓度较少量为：=0.395molL-1，Y的物质的量由1.0减少为0.21，其转化率为：，故答案为：0.079molL-1s-1；0.395molL-1；79.0%；(2)由图可知X、Y为反应物，Z为生成物，三者的变化分别为：0.79、0.79、1.58，变化量之比为1:1:2，可得反应方程式为：X(g)Y(g)2Z(g)，故答案为：X(g)Y(g)2Z(g)；II.(1)KI具有强的还原性，能被氧气氧化成碘单质，反应的离子方程式为：4H4I-O2=2I22H2O，故答案为：4H4I-O2=2I22H2O；(2)由表格数据可知，该实验改变的外界条件是温度，测量的是不同温度条件下显色的时间，可知其其探究的是温度对反应速率的影响，故答案为：温度对反应速率的影响；(3)为确定显示的时间，需要用到指示剂与碘单质出现显色，结合碘单质的性质可知应用淀粉溶液作指示剂，故答案为：淀粉溶液；(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，而浓度条件在(3)已经控制一致，因此还必须控制不变的是试剂的量和试剂的添加顺序，故答案为：CD；答案第12页，共6页