新人教版选择性必修1第2章第1节化学反应速率作业

课堂检测·素养达标1.2020年全球暴发了新型冠状病毒肺炎疫情,疫情期间,使用15%的过氧乙酸()溶液对环境进行消毒,能够有效消除病菌。

已知乙酸(CH3COOH)与H 2O2存在如下反应:CH3COOH+H2O2CH3COOOH+H2O,下列有关说法正确的是( )A.降低温度可加快该反应速率B.加入合适的催化剂可提高该反应速率C.达到平衡时,v(正)=v(逆)=0D.达到平衡时,H2O2转化率为100%【解析】选B。

降低温度,化学反应速率会减小,A错误;催化剂能够改变反应速率,加入合适的催化剂可提高该反应速率,B正确;达到平衡时,正逆反应速率相等,但不是等于0,即v(正)=v(逆)≠0,C错误;该反应为可逆反应,达到平衡时双氧水的转化率不可能为100%,D错误。

2.(2020·杭州高二检测)反应4A(g)+5B(g)4C(g)+6D(g),在不同情况下测得的反应速率如下,其中反应速率最大的是 ( )A.v(D)=0.4 mol·L-1·s-1B.v(C)=0.5 mol·L-1·s-1C.v(B)=0.6 mol·L-1·s-1D.v(A)=0.15 mol·L-1·s-1【解析】选B。

=0.4 mol·L-1·s-1×≈0.067 mol·L-1·s-1;=0. 5 mol·L-1·s-1×=0.125 mol·L-1·s-1;=0.6 mol·L-1·s-1×=0.12 mol·L-1·s-1;=0.15 mol·L-1·s-1×=0.037 5 mol·L-1·s-1;各物质反应速率与计量数的比值越大,表明该反应速率越大,根据分析可知,反应速率最大的为选项B。

【补偿训练】(2020·宜昌高二检测)关于A(g)+2B(g)3C(g)的化学反应,下列表示的反应速率最快的是( )A.v(A)=0.6 mol·L-1·min-1B.v(B)=0.3 mol·L-1·min-1C.v(C)=0.9 mol·L-1·min-1D.v(C)=1.2 mol·L-1·min-1【解析】选A。

A项,v(A)=0.6 mol·L-1·min-1;B项,v(B)∶v(A)=2∶1,故v(A)=0.5v(B)=0.5×0.3 mol·L-1·min-1=0.15 mol·L-1·min-1;C项,v(C)∶v(A)=3∶1,故v(A)=v(C)=×0.9 mol·L-1·min-1=0.3 mol·L-1·min-1;D 项,v(C)∶v(A)=3∶1,故v(A)=v(C)=×1.2mol·L-1·min-1=0.4 mol·L-1·min-1;故A反应速率最快。

3.(2020·洛阳高二检测)把镁条直接投入盛有盐酸的敞口容器中,产生H2的速率如图所示。

在下列因素中,影响反应速率的因素是( )①盐酸的浓度②镁条的表面积③溶液的温度④Cl-的浓度A.①④B.③④C.①②③D.②③【解析】选C。

Mg+2H+H 2↑+Mg2+,实质是镁与H+间的反应,与Cl-无关。

在镁条的表面有一层氧化膜,当将镁条投入盐酸中时,随着氧化膜的不断溶解,镁与盐酸接触的面积不断增大,产生H2的速率会加快;溶液的温度对该反应也有影响,反应放出热量,使温度升高,则反应速率会逐渐加快。

【母题追问】随着反应的进行,H+浓度逐渐减小,反应体系温度逐渐升高,为何反应速率先增大后减小?提示:前半段温度对反应速率的改变为主要因素,后半段H+浓度减小为主要因素。

4.(2019·福建学业考试)在四支试管中发生反应:Mg+2HCl MgCl 2+H2↑,生成H2的速率最大的是 ( )试管等质量镁的形状盐酸的浓度(mol·L-1) 温度(℃)A 条状0.1 30B 条状0.1 40C 粉末状0.1 40D 粉末状0.5 40【解析】选D。

浓度越大,温度越高,固体的表面积越大,则反应速率越大,对比表中数据可知D盐酸浓度最大,固体粉末状,温度也是最高,则反应速率最大。

5.(2020·济南高二检测)乙烯在催化剂的作用下可发生氧化反应,其反应机理为:PdCl 2+C2H4+H2O Pd+2HCl+CH3CHO ⅰPd+2CuCl 2PdCl2+2CuCl ⅱ4CuCl+4HCl+O 24CuCl2+2H2O ⅲ下列说法错误的是( )A.催化剂加快反应速率的原理是通过改变反应路径降低了活化能B.该催化氧化反应的总方程式是2C2H4+O22CH3CHOC.该催化氧化过程可在无水条件下进行D.CuCl2和PdCl2的混合溶液可作为该反应的催化剂【解析】选C。

催化剂降低了反应所需的活化能,所以加快反应速率,故A正确;将方程式2ⅰ+2ⅱ+ⅲ得2C2H4+O22CH3CHO,故B正确;从反应机理看需要有水参与反应,因此该反应在无水条件下不会发生,故C错误;CuCl2在第二个反应中是反应物、在第三个反应中是生成物,PdCl2在第一个反应中是反应物、第二个反应中是生成物,所以CuCl2和PdCl2的混合溶液可作为该反应的催化剂,故D正确。

6.有机废水就是以有机污染物为主的废水,有机废水易造成水质富营养化,危害比较大。

有机废水一般是指由造纸、皮革及食品等行业排出的有机污染物在2 000 mg·L-1以上废水。

Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水,通常是在调节好pH和Fe2+浓度的废水中加入H2O2,所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。

某校化学兴趣小组现运用该方法降解有机污染物p—CP,探究有关因素对该降解反应速率的影响。

【实验设计】控制p—CP的初始浓度相同,恒定实验温度在298 K或313 K(其余实验条件见下表),设计如下对比实验。

c/(10-3mol·L-1)实验编号实验目的T/K pHH2O2Fe2+①为以下实验作参考298 3 6.0 0.30探究温度对降解②反应速率的影响③298 10 6.0 0.30(1)请完成上述实验设计表(表中不要留空格)。

提示:对比实验的关键是控制变量,实验②探究温度对降解反应速率的影响,则②中除了温度不同以外,其他量必须与实验①相同,则温度、pH、双氧水浓度、亚铁离子浓度在表格中数值分别为:313、3、6.0、0.30;实验③中除了pH与①不同外,其他量完全相同,则探究的是溶液的pH对降解反应速率的影响。

【数据处理】实验测得p—CP的浓度随时间变化的关系如图。

(2)请根据如图实验①曲线,计算降解反应在50～150 s内的反应速率v(p—CP)。

提示:根据图像可知,曲线①中在50 s时的浓度为1.2×10-3 mol·L-1,在150 s 时浓度为0.4×10-3 mol·L-1,则50～150 s 内的平均反应速率为:v(p—CP)===8.0×10-6 mol·(L·s)-1。

【解释与结论】(3)实验①②表明温度升高,降解反应速率增大。

但温度过高时反而导致降解反应速率减小,请从Fenton法所用试剂H2O2的角度分析原因。

提示:温度较高时,过氧化氢不稳定易分解,所以温度过高时反而导致降解反应速率减小。

(4)实验时需在不同时间从反应器中取样,并使所取样品中的反应立即停止下来。

根据上图中的信息,给出一种迅速停止反应的方法。

提示:根据曲线③可以得出,该反应在pH=10的溶液中停止,故可在反应液中加入碱溶液,使溶液的pH迅速增大,从而使反应停止。

【补偿训练】(2020·江阴高二检测)某温度时,在一个2L的密闭容器中,X、Y、Z三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。

根据图中数据填空:(1)该反应的化学方程式为____________________________。

(2)反应开始至2 min,以气体Z表示的平均反应速率为____________________________。

(3)若X、Y、Z均为气体,反应达平衡时容器内混合气体的平均相对分子质量比起始投料时____________________________(填“增大”“减小”或“相等”)。

【解析】(1)由图像可以看出,X、Y的物质的量逐渐减小,Z的物质的量逐渐增大,则X、Y为反应物,Z为生成物,2 min后,X、Y的物质的量为定值且不为零,为可逆反应,相同时间内物质的量的变化比值为:Δn(X)∶Δn(Y)∶Δn(Z)=(1.0-0.9) mol∶(1.0-0.7) mol∶0.2mol=1∶3∶2,则化学方程式为X+3Y2Z;(2)反应开始至2 min,气体Z的平均反应速率为v==0.05 mol·L-1·min-1;(3)平衡时,混合气体的平均摩尔质量为=,气体的总质量不变,总物质的量减少,混合气体的平均摩尔质量增大。

答案:(1)X+3Y2Z (2)0.05 mol·L-1·min-1(3)增大关闭Word文档返回原板块。