学年新教材高中化学课时跟踪检测十化学反应的速率及影响因素新人教版必修第二册.doc
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1、课时跟踪检测十 化学反响的速率及影响因素A级学业水平考试达标练1某反响的反响物A的浓度在3 min内由9 molL1变成6 molL1,那么以A物质表示该反响在这段时间内的反响速率是()A1.2 molL1min1B2 molL1min1C0.8 molL1min1D1 molL1min1解析:选D根据v1 molL1min1,D正确。2对于10% H2O2的分解反响,以下措施能减慢其化学反响速率的是()A参加MnO2B加水稀释C加热 D参加30% H2O2解析:选B参加催化剂MnO2、加热和增大H2O2的浓度等措施均能加快反响速率;而加水稀释,反响物H2O2浓度减小,反响速率减慢,B正确。3
2、在2AB=3C4D反响中,表示该反响速率最快的是()Av(A)0.5 molL1s1Bv(B)0.3 molL1s1Cv(C)0.8 molL1s1Dv(D)1 molL1s1解析:选B均转化为B的反响速率,那么A项,v(B)0.25 molL1s1,C项,v(B)0.267 molL1s1,D项,v(B)0.25 molL1s1。4向4.0 L密闭容器中充入0.70 mol SO2和0.40 mol O2,4 s末测得剩余SO2 0.30 mol,那么v(O2)为()A0.10 molL1s1B0.025 molL1s1C0.50 molL1s1D0.012 5 molL1s1解析:选D根据
3、题中数据可求出v(SO2)0.025 molL1s1,根据反响中化学计量数关系可求出v(O2)0.012 5 molL1s1,D正确。5用锌粒与过量稀硫酸反响制取氢气,欲加快化学反响速率而不改变产生氢气的量,以下措施不可行的是()A升高温度B滴加少量浓硫酸C滴加少量浓硝酸溶液D改用等质量的锌粉解析:选C升高温度反响加快,且不改变产生H2的量,A正确;滴加少量浓硫酸相当于增大反响物浓度,反响加快,且不改变产生H2的量,B正确;浓硝酸具有强氧化性,与锌粒反响不生成H2,C错误;锌粉与酸的接触面增大,反响加快,且生成的H2的量不变,D正确。6某温度下,浓度都是1 molL1的两种气体X2和Y2,在密
4、闭容器中反响生成气体Z。反响2 min后,测得参加反响的X2为0.6 molL1,用Y2的变化表示的反响速率v(Y2)0.1 molL1min1,生成的c(Z)为0.4 molL1,那么该反响的化学方程式为()AX22Y22XY2B2X2Y22X2YC3X2Y22X3YDX23Y22XY3解析:选C用X2表示的反响速率v(X2)0.6 molL12 min0.3 molL1min1,用Z表示的反响速率v(Z)0.4 molL12 min0.2 molL1min1,那么v(X2)v(Y2)v(Z)312,根据原子守恒可确定Z的化学式为X3Y,故可得出该反响的化学方程式为3X2Y22X3Y,C正确
5、。7在一定条件下,反响N23H22NH3在10 L的恒容密闭容器中进行,测得2 min内氮气的物质的量由20 mol减少到8 mol,那么2 min后氮气的平均反响速率为()A等于0.6 molL1min1B小于0.8 molL1min1C大于0.6 molL1min1D小于0.6 molL1min1解析:选D根据题中信息可求出2 min内v(N2)0.6 molL1min1,随着反响不断进行,反响物浓度逐渐减小,反响速率减慢,即2 min后N2的平均反响速率小于0.6 molL1min1,D正确。8以下四支试管中,在不同条件下反响:Fe2HCl=FeCl2H2,判断产生H2的反响速率最快的是
6、()试管盐酸浓度温度铁的状态A0.5 molL120 块状B0.5 molL120 粉末状C1 molL135 块状D2 molL135 粉末状解析:选D盐酸浓度越大、温度越高、反响物接触面积越大,反响速率越快,故D正确。9.某温度时,在2 L容器中,X、Y、Z三种气体物质的物质的量随时间变化的曲线如下图,由图中数据分析,该反响的化学方程式为_;反响开始至2 min,Z的平均反响速率为_。解析:由图知,2 min内X、Y、Z物质的量的变化为0.1 mol、0.3 mol、0.2 mol比值为132,可知X3Y2Z。反响开始至2 min用Z表示的v(Z)0.05 molL1min1。答案:X3Y
7、2Z 0.05 molL1min110在25 时,向100 mL含HCl 14.6 g的盐酸中,放入5.6 g铁粉,反响进行到2 s时收集到氢气1.12 L(标准状况),之后反响又进行了4 s,铁粉全溶解。假设不考虑体积变化,那么:(1)前2 s内用FeCl2表示的平均反响速率为_。(2)后4 s内用HCl表示的平均反响速率为_。(3)前2 s与后4 s比拟,_反响速率较快,其原因可能是_。(4)为了加快该反响速率,还可能采取的措施是_。解析:(1)前2 s内Fe 2HCl= FeCl2H2 56 g 2 mol 1 mol 22.4 L 2.8 g 0.1 mol 0.05 mol 1.12
8、 Lv(FeCl2)0.25 molL1s1。(2)后4 s内反响的Fe为5.6 g2.8 g2.8 g,那么消耗0.1 mol HCl,v(HCl)0.25 molL1s1。(3)前2 s内盐酸浓度比后4 s盐酸浓度大,即前2 s内反响速率较快。(4)为加快该反响速率可采取适当升高温度和增大盐酸浓度等措施。答案:(1)0.25 molL1s1(2)0.25 molL1s1 (3)前2 s 前2 s时盐酸浓度比后4 s时大(4)适当升高温度、增大盐酸浓度11某学生为了探究锌与盐酸反响过程中的速率变化,在100 mL稀盐酸中参加足量的锌粉,标准状况下测得数据累计值如下:时间/min12345氢气
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