高二化學(xué)下冊(cè)化學(xué)反應(yīng)速率課時(shí)檢測(cè)（附答案）

1、高二化學(xué)下冊(cè)化學(xué)反響速率課時(shí)檢測(cè)附答案化學(xué)是一門以實(shí)驗(yàn)為根底的學(xué)科 ,小編準(zhǔn)備了高二化學(xué)下冊(cè)化學(xué)反響速率課時(shí)檢測(cè) ,希望你喜歡。一、單項(xiàng)選擇題1.同質(zhì)量的鋅與酸反響制備H2 ,欲使反響速率最大 ,以下條件中最正確組合是()純鋅粒 粗鋅片 0.01 molL-1鹽酸0.01 molL-1硫酸 98%硫酸 加熱 用冰水冷卻A.B.C. D.1題變式1-1.用鐵片與稀硫酸反響制取氫氣時(shí) ,以下措施不能使氫氣生成速率加快的是()A.加熱B.不用稀硫酸 ,改用98%濃硫酸C.滴加少量CuSO4溶液D.不用鐵片 ,改用鐵粉1-2.(2019濟(jì)寧期末)硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸反響的化學(xué)方程為：Na2S2O3+

2、H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O以下各組實(shí)驗(yàn)中最先出現(xiàn)渾濁的是()實(shí)驗(yàn)反響溫度/Na2S2O3溶液稀H2SO4H2OV/mLc/molL-1V/mLc/molL-1V/mLA2550.1100.15B2550.250.210C3550.1100.15D3550.250.2102.2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)是制備硫酸的重要反響。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A.催化劑V2O5不改變?cè)摲错懙哪娣错懰俾蔅.增大反響體系的壓強(qiáng) ,反響速率一定增大C.該反響是放熱反響 ,降低溫度將縮短反響到達(dá)平衡的時(shí)間D.在t1、t2時(shí)刻 ,SO3(g)的濃度分別是c1、c2 ,那么時(shí)間間隔t1t

3、2內(nèi) ,SO3(g)生成的平均速率為v=c2-c1t2-t13.在一密閉容器中參加A、B、C三種氣體 ,保持一定溫度 ,在t1t4時(shí)刻測(cè)得各物質(zhì)的濃度如下表。據(jù)此判斷以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是()測(cè)定時(shí)刻/st1t2t3t4c(A)/molL-16322c(B)/molL-153.533c(C)/molL-112.533A.在t3時(shí)刻反響已經(jīng)停止B.A的轉(zhuǎn)化率比B的轉(zhuǎn)化率低C.在容器中發(fā)生的反響為：2A+B 2CD.在t2t3內(nèi)A的平均反響速率為1t3-t2 molL-1s-14.對(duì)已達(dá)化學(xué)平衡的以下反響：2X(g)+Y(g) 2Z(g)。減小壓強(qiáng)時(shí) ,對(duì)反響產(chǎn)生的影響是()A.逆反響速率增大 ,正

4、反響速率減小 ,平衡向逆反響方向移動(dòng)B.逆反響速率減小 ,正反響速率增大 ,平衡向正反響方向移動(dòng)C.正、逆反響速率都減小 ,平衡向逆反響方向移動(dòng)D.正、逆反響速率都增大 ,平衡向正反響方向移動(dòng)5.(2019哈三中月考)一定條件下 ,可逆反響N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 0 ,化學(xué)反響速率與反響時(shí)間的關(guān)系如以下圖所示。10 s內(nèi) ,c(H2)下降了0.75 mol/L ,以下說法不正確的選項(xiàng)是()A.圖中v1大于0.025 mol/(Ls)B.氫氣的起始瞬時(shí)速率為0.075 mol/(Ls)C.10秒內(nèi)氨氣的平均速率為0.05 mol/(Ls)D.其他條件不變 ,升高溫度 ,v1增大

5、 ,陰影面積減少6.在恒溫恒容下 ,某容器中進(jìn)行如下反響：H2 2H。假設(shè)反響物的濃度由0.1 molL-1降到0.06 molL-1需20 s ,那么由0.06 molL-1降到0.024 molL-1需要反響的時(shí)間為()A.等于18 s B.等于12 sC.大于18 s D.小于18 s二、雙項(xiàng)選擇題7.等質(zhì)量的鐵與過量的鹽酸在不同的實(shí)驗(yàn)條件下進(jìn)行反響 ,測(cè)定在不同時(shí)間t產(chǎn)生氣體體積V的數(shù)據(jù) ,根據(jù)數(shù)據(jù)繪制得到以下圖 ,那么曲線a、b、c、d所對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)組別可能是()組別c(HCl)/molL-1溫度/狀態(tài)12.025塊狀22.530塊狀32.550塊狀42.530粉末狀A(yù).4-3-2-1

6、 B.1-2-3-4C.3-4-2-1 D.1-2-4-38.(2019臨沂模擬)一定條件下在2 L的密閉容器中充入2 mol SO2和2 mol O2 ,發(fā)生反響2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ,進(jìn)行到4 min時(shí) ,測(cè)得n(SO2)=1.2 mol。以下說法正確的選項(xiàng)是()A.反響進(jìn)行到2 min時(shí) ,容器中n(SO3)可能為0.5 molB.當(dāng)v(SO2)v(O2) v(SO3)=212時(shí)該反響達(dá)平衡狀態(tài)C.溫度升高時(shí)正反響速率增大 ,逆反響速率減小D.4 min內(nèi)氧氣的平均反響速率為0.05 molL-1min-1三、非選擇題9.一定溫度下 ,在2 L的密閉容器中 ,X、Y

7、、Z三種氣體的量隨時(shí)間變化的曲線如以下圖所示：(1)從反響開始到10 s時(shí) ,用Z表示的反響速率為_ ,X的物質(zhì)的量濃度減少了_ ,Y的轉(zhuǎn)化率為_。(2)該反響的化學(xué)方程式為_。(3)10 s后的某一時(shí)刻(t1)改變了外界條件 ,其速率隨時(shí)間的變化圖象如以下圖所示：那么以下說法符合該圖象的是_。A.t1時(shí)刻 ,增大了X的濃度B.t1時(shí)刻 ,升高了體系溫度C.t1時(shí)刻 ,縮小了容器體積D.t1時(shí)刻 ,使用了催化劑10.向一體積不變的密閉容器中充入2 mol A、0.6 mol C和一定量的B三種氣體 ,一定條件下發(fā)生反響2A(g)+B(g) 3C(g) ,各物質(zhì)的濃度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖1所示

8、,其中t0t1階段c(B)未畫出。圖2為反響體系中反響速率隨時(shí)間變化的情況 ,且t2、t3、t4各改變一種不同的條件。(1)假設(shè)t1=15 min ,那么t0t1階段以C的濃度變化表示的反響速率v(C)=_。(2)t3時(shí)改變的條件為_ ,B的起始物質(zhì)的量為_。(3)t4t5階段 ,假設(shè)A的物質(zhì)的量減少了0.01 mol ,而此階段中反響體系吸收能量為a kJ ,寫出此條件下該反響的熱化學(xué)方程式：_。11.某實(shí)驗(yàn)小組為確定過氧化氫分解的最正確催化條件 ,用如圖實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn) ,反響物用量和反響停止的時(shí)間數(shù)據(jù)如下：MnO2時(shí)間H2O20.1 g0.3 g0.8 g10 mL 1.5%223 s6

9、7 s56 s10 mL 3.0%308 s109 s98 s10 mL 4.5%395 s149 s116 s分析表中數(shù)據(jù)答復(fù)以下問題：(1)相同濃度的過氧化氫的分解速率隨著二氧化錳用量的增加而_。(2)從實(shí)驗(yàn)效果和綠色化學(xué)的角度考慮 ,雙氧水的濃度相同時(shí) ,參加_g的二氧化錳為較佳選擇。(3)該小組的某同學(xué)分析上述數(shù)據(jù)后認(rèn)為：當(dāng)用相同質(zhì)量的二氧化錳時(shí) ,雙氧水的濃度越小 ,所需要的時(shí)間就越少 ,亦即其反響速率越快的結(jié)論 ,你認(rèn)為是否正確?_(填正確或不正確) ,理由是_ (提示：H2O2的密度可認(rèn)為近似相等)。12.(2019廣東高考)利用光能和光催化劑 ,可將CO2和H2O(g)轉(zhuǎn)化為C

10、H4和O2。紫外光照射時(shí) ,在不同催化劑(、)作用下 ,CH4產(chǎn)量隨光照時(shí)間的變化如下圖。(1)在030小時(shí)內(nèi) ,CH4的平均生成速率v、v和v從大到小的順序?yàn)開;反響開始后的12小時(shí)內(nèi) ,在第_種催化劑作用下 ,收集的CH4最多。(2)將所得CH4與H2O(g)通入聚焦太陽(yáng)能反響器 ,發(fā)生反響：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ,該反響H=+206 kJmol-1。畫出反響過程中體系能量變化圖(進(jìn)行必要標(biāo)注)。將等物質(zhì)的量的CH4和H2O(g)充入1 L恒容密閉反響器 ,某溫度下反響達(dá)平衡 ,平衡常數(shù)K=27 ,此時(shí)測(cè)得CO的物質(zhì)的量為0.10 mol ,CH4的平衡轉(zhuǎn)化

11、率為_(計(jì)算結(jié)果保存兩位有效數(shù)字)。(3)： CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=-802 kJmol-1寫出由CO2生成CO的熱化學(xué)方程式_。參考答案一、單項(xiàng)選擇題1.解析：解題過程中 ,要明確溫度對(duì)化學(xué)反響速率的影響：溫度升高 ,反響速率加快 ,溫度降低 ,反響速率減慢 ,B項(xiàng)正確。答案：B1題變式1-1.解析：影響化學(xué)反響速率的因素有溫度、濃度 ,還有固體顆粒的外表積等。不用稀硫酸改用98%濃硫酸 ,雖然濃度增大了 ,但濃硫酸使鐵鈍化 ,不能產(chǎn)生氫氣。答案：B1-2.解析：題意可知稀硫酸的用量相等 ,從溫度角度看C、D較高 ,從Na2S2O3的用量看D較多 ,應(yīng)

12、選D項(xiàng)。答案：D2.解析：催化劑能同等程度地改變正逆反響的速率 ,A項(xiàng)錯(cuò)誤;壓強(qiáng)對(duì)化學(xué)反響速率的影響是通過濃度改變來表達(dá)的 ,增大反響體系的壓強(qiáng) ,濃度不一定增大 ,如恒容下充入惰性氣體 ,速率并沒有增大 ,B項(xiàng)錯(cuò)誤;降低溫度反響速率減小 ,延長(zhǎng)反響到達(dá)平衡的時(shí)間 ,C項(xiàng)錯(cuò)誤;化學(xué)反響速率通常用單位時(shí)間內(nèi)反響物濃度的減少量或生成物濃度的增加量來表示 ,D項(xiàng)正確。答案：D3.解析：從表中數(shù)據(jù)可以看出 ,反響沒有進(jìn)行到底 ,所以這是一個(gè)可逆反響 ,反響方程式為2A+B C ,t3時(shí)刻到達(dá)了平衡而不是反響終止 ,A、C錯(cuò)誤;到達(dá)平衡時(shí) ,A轉(zhuǎn)化了2/3而B轉(zhuǎn)化了2/5 ,B錯(cuò)誤。答案：D4.解析：減

13、小壓強(qiáng) ,正、逆反響速率都減小 ,平衡向氣體分子數(shù)增大的方向移動(dòng)。答案：C5.解析：v(N2)=13v(H2)=130.75 molL-110 s=0.025 mol/(Ls) ,算得的是平均速率 ,起始時(shí)反響物的濃度大 ,正反響速率大于平均速率 ,A、C項(xiàng)正確 ,B項(xiàng)錯(cuò)誤;升高溫度 ,速率增大 ,平衡逆向移動(dòng) ,v1增大 ,陰影面積表示減小的氮?dú)獾臐舛?,D項(xiàng)正確。答案：B6.解析：假設(shè)反響為勻速 ,需0.06-0.0240.1-0.0620 s=18 s ,而實(shí)際是隨著濃度的降低速率在減小 ,所以需要的時(shí)間大于18 s。答案：C二、雙項(xiàng)選擇題7.解析：化學(xué)反響速率與溫度、濃度和固體物質(zhì)的外

14、表積的大小有關(guān) ,實(shí)驗(yàn)1的鹽酸的濃度最小 ,反響的溫度最低 ,所以化學(xué)反響速率最慢;由于實(shí)驗(yàn)3的反響溫度比實(shí)驗(yàn)2的反響溫度高 ,所以反響速率實(shí)驗(yàn)3大于實(shí)驗(yàn)2;而實(shí)驗(yàn)4和實(shí)驗(yàn)3雖然濃度相同 ,但反響的溫度不同 ,物質(zhì)的狀態(tài)也不相同 ,所以不能比擬。答案：AC8.解析：平衡時(shí)n(SO3)=0.8 mol ,因?yàn)榛瘜W(xué)反響速率是平均速率 ,故前2 min ,反響速率大于平均速率 ,故前2 min的n(SO3)0.4 mol ,A正確;該反響速率比未表達(dá)出反響方向 ,B錯(cuò)誤;溫度升高 ,正、逆反響速率都要增大 ,C錯(cuò)誤;4 min內(nèi)O2的平均反響速率為0.05 molL-1min-1 ,D正確。答案：A

15、D三、非選擇題9.解析：(1)分析圖象知：c(Z)=1.58 mol-0 mol2 L=0.79 molL-1 ,v(Z)=0.79 molL-110 s=0.079 molL-1s-1 ,c(X)=1.20 mol-0.41 mol2 L=0.395 molL-1。Y的轉(zhuǎn)化率(Y)=1.00 mol-0.21 mol1.00 mol100%=79.0%。由各物質(zhì)轉(zhuǎn)化的量：X為0.79 mol ,Y為0.79 mol ,Z為1.58 mol可知方程式中各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為1 1 2 ,那么化學(xué)方程式為X(g)+Y(g) 2Z(g)。(3)由圖象可知 ,外界條件同等程度地增大了該反響的正、逆

16、反響速率。增大X的濃度、升高體系溫度均不會(huì)同等程度地改變正、逆反響速率 ,A、B錯(cuò)誤。由(1)中的解析可知 ,該反響為反響前后氣體體積不變的反響 ,縮小容器體積或增大壓強(qiáng) ,均可同等程度地增大正、逆反響速率 ,C正確。D使用催化劑可同等程度地改變正、逆反響速率 ,D正確。答案：(1)0.079 molL-1s-1 0.395 molL-1 79.0%(2)X(g)+Y(g) 2Z(g)(3)CD10.解析：(1)由圖1可知 ,在t0t1階段C的濃度由0.3 molL-1到0.6 molL-1 ,那么v(C)=0.3 molL-115 min=0.02 mol/(Lmin)。(2)由該反響方程式

17、2A(g)+B(g) 3C(g)可知減小壓強(qiáng)或取出局部平衡混合氣體 ,可同等程度地減小正、逆反響速率。在t0t1階段 ,c(A)減少了0.2 molL-1 ,那么c(B)減少了0.1 molL-1 ,故B的起始濃度為0.4 molL-1+0.1 molL-1=0.5 molL-1 ,物質(zhì)的量為0.5 molL-12 L=1 mol。(3)由題意知t4t5階段A的物質(zhì)的量減少0.01 mol ,吸收a kJ 能量 ,那么2 mol A參加反響 ,應(yīng)吸收能量a0.012=200a kJ ,故其熱化學(xué)方程式為2A(g)+B(g) 3C(g) H=+200a kJmol-1。答案：(1)0.02 mo

18、l/(Lmin)(2)減小壓強(qiáng)或取出局部平衡混合氣體 1.0 mol(3)2A(g)+B(g) 3C(g) H=+200a kJmol-111.解析：(1)由表格中的數(shù)據(jù)可知：相同濃度的H2O2 ,參加的MnO2越多 ,反響所用的時(shí)間越短 ,即分解速率越快。(2)用0.1 g催化劑的反響速率明顯小于用0.3 g和0.8 g催化劑的反響速率;用0.8 g催化劑和用0.3 g催化劑的反響速率及反響時(shí)間相差不多 ,但用0.3 g催化劑節(jié)約藥品。(3)從表中數(shù)據(jù)可知 ,相同體積3.0%的雙氧水中的溶質(zhì)含量是1.5% 的雙氧水中溶質(zhì)含量的二倍 ,但反響的時(shí)間卻比其反響時(shí)間的二倍小得多 ,由反響速率計(jì)算公式(v=c/t)可得出 ,此實(shí)驗(yàn)條件下雙氧水的濃度越大分解速率越快。答案：(1)加快 (2)0.3(3)不正確 H2O2的濃度擴(kuò)大二倍(從1.5%3.0%) ,但反響所需時(shí)間比其二倍小的多12.解析：(2)設(shè)開始時(shí)CH4和H2O的物質(zhì)的量為x mol ,那么CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)開始(molL-1) x x00轉(zhuǎn)化(molL-1) 0.10 0.10 0.10 0.30平衡(molL-1) x-0.10 x-0.10 0.10 0.30那么K=0.100.303x-0.102=27 ,