浙江省2019年高考化學大一輪復習第32講化學反應條件的控制課時作業(yè)-有解析

課后作業(yè)32化學反響條件的控制(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(此題包含12小題,每題5分,共60分,每題只有一個選項切合題目要求)1.在高溫下,反響2HBr(g)H2(g)+Br2(g)H>0達到均衡,要使混淆氣體顏色加深,可采納的方法是( )A.減小壓強B.減小體積C.降低溫度D.增大氫氣濃度答案B分析HBr、H2都是無色,要使混淆氣體顏色加深,即增大溴的濃度。減小體積,固然均衡不發(fā)生移動,但卻增大了溴的濃度,故混淆氣體顏色加深;降低溫度,均衡向左挪動,減小了溴的濃度,混淆氣體顏色變淺。2.100mL6mol·L-1硫酸與過度鋅粉反響,在必定溫度下,為了減緩反響進行的速率,但又不影響生成氫氣的總量,可向反響物中加入適當?shù)?)A.碳酸鈉B.醋酸鈉C.硝酸鉀溶液D.硫酸銨晶體答案B分析在必定溫度下,生成氫氣的量取決于H+的量,碳酸鈉可與硫酸反響生成二氧化碳耗費H+而影響氫氣的產(chǎn)量;加醋酸鈉不影響H的產(chǎn)量+的濃度,所以B項切合條件;N-在酸性條件2下可與鋅反響生成NO氣體,故C項不切合題意;硫酸銨晶體既不增添氫氣的產(chǎn)量,也不加速反響速率。3.(2018·杭州學軍中學選考模擬考試)硝基苯甲酸乙酯在-OH存在下發(fā)生水解反應:O2NC6H4COOC2H5(aq)+OH-(aq)-O2NC6H4COO(aq)+C2H5OH(aq),兩種反響物的初始濃度均為0.500-1,不一樣溫度下測得26425-1)隨時間變化的數(shù)據(jù)以下表所示。以下有mol·LONCHCOOCH的濃度(mol·L關(guān)說法不正確的選項是( )t/s0120180240330530600700800150.50.30.20.20.20.10.10.10.1℃003591561055484545350.50.30.20.20.10.10.10.177...℃002538903535355A.由數(shù)據(jù)可知,溫度高升反響速率增大B.由數(shù)據(jù)可知,跟著反響的進行,反響物的濃度降低使反響速率減小1C.530s時,表格中35℃對應的數(shù)據(jù)必定是0.135D.該反響在15℃,120~180s區(qū)間的v(O2NC6H4COOC2H5)均勻反響速率為7.33×10-4mol·L-1·s-1答案C分析由數(shù)據(jù)可知,跟著溫度高升,同樣時間段內(nèi)O2NC6H4COOC2H5的濃度降低快,表示溫度高升反響速率增大,故A正確;由數(shù)據(jù)可知,其余條件不變時,跟著反響的進行,同樣時間段內(nèi)O2NCHCOOCH的6425濃度降低的幅度減小,說明反響物的濃度降低使反響速率減小,故B正確;依據(jù)表格數(shù)據(jù),35℃600s時是均衡狀態(tài),則530s時可能是均衡狀態(tài),也可能不是,故C錯誤;該反響在15℃,120~180s26425-·--4-1-1,故D正確。區(qū)間的v(ONCHCOOCH)均勻反響速率=≈7.33×10mol·L·s4.以下不一樣條件下的化學反響A+BC+D,反響速率由大到小的次序正確的一組是()①常溫下20mL含A和B各0.001mol的溶液;②常溫下100mL含A和B各0.01mol的溶液;③常溫下0.05mol·L-1A和B溶液各10mL,加到20mL蒸餾水中;④常溫下80mL含A0.01mol的溶液和20mL含B0.005mol的溶液。(注:不考慮液體混淆時的體積變化)A.①②③④B.④③②①C.②④①③D.②①④③答案C分析依據(jù)題意可知,其余條件同樣,只有A、B的濃度不一樣。依據(jù)濃度對反響速率的影響,濃度越大,反響速率越快。將題目給出的A、B的量轉(zhuǎn)變?yōu)槲镔|(zhì)的量濃度進行比較。①中A、B的物質(zhì)的量濃度均為0.05mol·L-1;②中A、B的物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L-1;③中A、B物質(zhì)的量濃度均為0.0125mol·L-1;④中A的物質(zhì)的量濃度為0.1mol·L-1,B的物質(zhì)的量濃度為0.05mol·L-1;即濃度大小次序為②>④>①>③。5.常溫下,往H2O2溶液中滴加少許FeSO溶液,可發(fā)生以下兩個反響:2Fe2++H2O2++2H42Fe3++2H2O,2Fe3++H2O22Fe2++O2↑+2H+以下說法正確的選項是( )A.H2O2的氧化性比Fe3+的強,其復原性比Fe2+的弱B.在H2O2分解過程中,溶液的pH漸漸降落C.在H2O2分解過程中,Fe2+和Fe3+的總量減小D.H2O2生產(chǎn)過程要嚴格防止混入Fe2+答案D分析聯(lián)合題給兩個化學方程式,依據(jù)氧化性、復原性強弱比較規(guī)律得:H2O2的氧化性>Fe3+的氧化性,H2O2的復原性>Fe2+的復原性,A錯;2H2O22H2O+O2↑,分解過程中,Fe2+作催化劑,溶液pH不變,B錯;H2O2分解,Fe2+作催化劑,Fe3+是中間產(chǎn)物,兩者總量不變;因為Fe2+可以致H2O2分解,所以2+H2O2生產(chǎn)過程要防止混入Fe,D正確。6.(2018·寧波選考適應性考試)某興趣小組查閱資料得悉工業(yè)上常采納蒽醌法生產(chǎn)H2O2,其原理與流程以下圖:2以下說法不正確的選項是( )A.蒽醌法制備H2O2理論上耗費的原料是H2、O2,乙基蒽醌可循環(huán)使用B.步驟②為復原反響,步驟③為氧化反響C.步驟④中可采納CCl4作為萃取劑D.應除凈萃取后工作液中殘留的H2O2,不然開釋的氧氣與氫氣混淆易爆炸答案C分析由流程圖可知,制備H2O2理論上耗費的原料是H2和O2,且乙基蒽醌可循環(huán)使用,所以A正確;在有機化學中,加氫是復原,加氧是氧化,所以步驟②為復原反響,步驟③為氧化反響,即B正確;CCl4是常用的有機溶劑,能夠溶解乙基蒽醌,所以步驟④中不可以用CCl4作萃取劑,即C錯誤;乙基氫蒽醌能夠開釋出H2,而萃取后工作液殘留的H2O2能夠開釋出O2,兩者混淆簡單發(fā)惹禍故,所以要除凈萃取后工作液中殘留的H2O2,故D正確。7.在反響FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl達到均衡后,向反響液中加入少許的以下固體物質(zhì),溶液顏色幾乎不變的是()A.KClB.KOHC.Fe2(SO4)3D.KSCN答案A3+-Fe(SCN)3,加入KOH、Fe2(SO4)3、分析反響FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的實質(zhì)是Fe+3SCNKSCN都會使均衡發(fā)生挪動以致溶液顏色發(fā)生變化。8.實驗室制取乙酸乙酯1mL后,沿試管內(nèi)壁加入紫色石蕊溶液0.5mL,這時,紫色石蕊將存在于Na2CO3飽和溶液層與乙酸乙酯層之間(整個過程不振蕩試管),對可能出現(xiàn)的現(xiàn)象,以下表達中正確的是( )A.石蕊層仍為紫色,有機層為無色B.石蕊層有兩層,上層為紫色,基層為藍色C.石蕊層為三層,由上而下是藍色、紫色、紅色D.石蕊層為三層,由上而下是紅色、紫色、藍色答案D分析因為有機層溶有乙酸,能夠使紫色的石蕊變?yōu)榧t色;基層是Na2CO3飽和溶液,顯堿性,紫色石蕊溶液在堿性環(huán)境中變?yōu)樗{色。9.以下表達不正確的選項是( )A.無水CoCl2呈藍色B.稀CoCl2溶液呈粉紅色,加入濃CaCl2溶液后呈藍色3酯在酸性條件下和堿性條件下的水解程度同樣藍色的淀粉、I2-KI稀溶液在加熱條件下變?yōu)闊o色溶液答案C分析酯在堿性條件下比在酸性條件下的水解程度大。10.(2018·杭州學軍中學選考模擬考試)Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極資料,可利用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3,還含有少許MgO、SiO2等雜質(zhì))來制備,工藝流程以下:已知:“酸浸”后,鈦主要以TiOC形式存在FeTiO3+4H++4Cl-Fe2++TiOC+2H2O以下說法不正確的選項是()A.Li2Ti5O15中Ti的化合價為+4,此中有4個過氧鍵B.濾液②中的陽離子除了2++2+Fe和H,還有Mg濾液②中也能夠直接加適當?shù)穆人〈p氧水“高溫煅燒②”過程中,Fe元素被氧化答案D分析用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3,還含有少許MgO、SiO2等雜質(zhì))來制備Li4Ti5O12和LiFePO4,由制備流程可知,加鹽酸過濾后的濾渣為SiO2,濾液①中含2+2+,水解后過濾,積淀為Mg、Fe、TiOC2245122+2+TiO·xHO,經(jīng)過一系列反響獲得LiTiO;水解后的濾液②中含Mg、Fe,雙氧水可氧化亞鐵離子,在磷酸條件下過濾分別出FePO,高溫煅燒②中發(fā)生2FePO+LiCO+HCO2LiFePO+HO+3CO4423224422↑。LiTi5O中Ti元素的化合價為+4,Li元素為+1價,則O元素的化合價為-2價和-1價,依據(jù)正、215負化合價的代數(shù)和為0,此中含有7個-2價的O和8個-1價的O,構(gòu)造中含有4個過氧鍵,故A正確;依據(jù)上述剖析,濾液②中的陽離子除了2++2+故B正確;濾液②中加入雙氧水的Fe和H,還有Mg,目的是氧化亞鐵離子,也能夠直接加適當?shù)穆人〈p氧水,故C正確;“高溫煅燒②”過程中發(fā)生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑,Fe元素的化合價由+3價變?yōu)?2價,被復原,故D錯誤。11.(2018·寧波十校第一次聯(lián)考)某廢催化劑含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS,某同學以該廢催化劑為原料,回收此中的鋅和銅。采納的實驗方案以下:4已知:1.步驟①中發(fā)生的化學反響為非氧化復原反響2.濾渣2的主要成分是SiO2和S以下說法不正確的選項是( )A.步驟①,最幸虧通風櫥中進行B.步驟①和③,說明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C.步驟③,波及的離子反響為CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2HOD.步驟②和④,均采納蒸發(fā)結(jié)晶的方式獲得溶質(zhì)答案D分析步驟①發(fā)生的反響是ZnO+H2SO4ZnSO4+H2O,ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S↑,H2S是有毒氣體,所以應在通風櫥內(nèi)進行,故A說法正確;依據(jù)流程圖,步驟④獲得CuSO4·5H2O,說明濾渣1中含有Cu元素,即CuS,步驟③從濾液中獲得硫酸銅晶體,說明濾液中存在2+Cu,進而推出CuS不溶于稀硫酸,步驟②從濾液中獲得ZnSO4·7H2O,說明濾液中含有Zn2+,即ZnS溶于稀硫酸,故B說法正確;步驟③中CuS轉(zhuǎn)變?yōu)镃u2+,依據(jù)信息,濾渣2中有SiO2和S,推出CuS中S被過氧化氫氧化成硫單質(zhì),離子反響方程式為CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2HO,故C說法正確;獲得的CuSO4·5H2O和ZnSO4·7H2O中都含有結(jié)晶水,對濾液蒸發(fā)結(jié)晶的過程中簡單失掉結(jié)晶水,所以采納的方法是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶的方法,故D項錯誤。12.比較MnO2和CuO對H2O2分解反響的催化能力大小的實驗中,若催化劑的質(zhì)量均控制在0.1g,6%的H2O2溶液均取2mL,可選擇的實驗裝置是( )答案D分析A、B兩裝置中使用的長頸漏斗沒有形成液封,沒法采集到氣體;依據(jù)雙氧水分解反響的化學方程式進行大略計算可知,2mL6%的H2O2溶液完整分解產(chǎn)生的氧氣在標準情況下的體積約為39.5mL,故答案選D。二、非選擇題(此題包含4小題,共40分)513.(6分)把在空氣中久置的鎂片5.0g投入盛有500mL0.5mol·L-1硫酸的燒杯中,該鎂片與硫酸反響產(chǎn)生氫氣的速率與反響時間可用如右圖所示的坐標曲線來表示,回答以下問題:曲線O→a段不產(chǎn)生氫氣的原由是,相關(guān)反響的化學方程式為。曲線a→c段,產(chǎn)生氫氣的速率增添較快的主要原由是。曲線由c此后,產(chǎn)生氫氣的速率漸漸降落的主要原由是。答案(1)硫酸第一和鎂片表面的氧化鎂反響,不產(chǎn)生氫氣MgO+H2SO4MgSO4+H2O(2)a→c段,反響放熱,溫度高升,使反響速率增大(3)曲線由c此后,硫酸的濃度持續(xù)漸小分析(1)在空氣中久置的鎂片表面有氧化鎂薄膜,所以,硫酸第一和氧化鎂反響,不產(chǎn)生氫氣;(2)a→c段,固然硫酸的濃度漸小,可是該反響是放熱反響,反響進行中溫度漸漸高升,溫度高升,化學反響速率加速;(3)曲線由c此后,硫酸的濃度漸漸減小,成為影響化學反響速率的主要要素,所以,化學反響速率漸漸降落。14.(10分)某學生為了研究MnO2催化H2O2的分解設計了以下圖裝置,回答以下問題。(1)分液漏斗中盛有液體,翻開分液漏斗的活塞時液體H2O2不可以流下,可能的原由有。該同學發(fā)現(xiàn),小試管中的液體幾乎無明顯的實驗現(xiàn)象,錐形瓶中的溶液產(chǎn)生大批氣泡。但反響一段時間后,錐形瓶內(nèi)溶液產(chǎn)生氣體的速率漸漸變慢,原由可能是什么?怎樣設計實考證明?假定一:,實驗操作;假定二:,6實驗操作?，F(xiàn)有切成片狀的新鮮土豆和煮熟的土豆,證明新鮮土豆也能催化H2O2分解(已知新鮮土豆中含有過氧化氫酶)的實驗方法是。答案(1)分液漏斗上口的塞子沒有翻開或分液漏斗塞子上的凹槽與分液漏斗口頸部的通氣孔未對準(2)H2O2溶液的濃度變小以致產(chǎn)生氣泡變慢向錐形瓶中增添H2O2溶液,若反響速率增大,則假定建立部分MnO2的催化活性降低或喪失向錐形瓶中再加入MnO2粉末,若反響速率增大,則假定建立將片狀的新鮮土豆和煮熟的土豆同時放入H2O2溶液中,新鮮土豆片表面產(chǎn)生大批氣泡,而熟土豆片表面無明展現(xiàn)象分析(1)是我們使用分液漏斗常常出現(xiàn)的問題,可能的原由有:分液漏斗上口的塞子沒有翻開或分液漏斗塞子上的凹槽與分液漏斗口頸部的通氣孔未瞄準。(2)錐形瓶內(nèi)H2O2的分解速率變小,只好是H2O2或MnO2的原由?？赡艿脑?一是H2O2溶液的濃度變小以致產(chǎn)生氣泡的速率減小,實驗操作是向錐形瓶中增添H2O2溶液,若反響速率增大,則假定建立。二是部分MnO2的催化活性降低或喪失,實驗操作是向錐形瓶中再加入MnO2粉末,若反響速率增大,則假定建立。(3)將片狀的新鮮土豆和煮熟的土豆同時放入H2O2溶液中,新鮮土豆片表面產(chǎn)生大批氣泡,而熟土豆片表面無明展現(xiàn)象(過氧化氫酶在高溫下已變性,失掉催化活性),即可證明。15.(8分)“碘鐘”實驗中-2---的反響速率能夠用-與加入的淀粉溶液顯藍色,3I+S+2S的時間t來胸懷,t越小,反響速率越大。某研究性學習小組在20℃下進行實驗,獲得的數(shù)據(jù)如下表:實驗編①②③④⑤號0.00.00.00.10.1·40808060200.00.00.00.00.0·4040802040t/s88.44.22.44.t20000回答以下問題:7(1)該實驗的目的是。顯色時間t2=。(3)溫度對該反響的反響速率的影響切合一般規(guī)律,若在40℃下進行編號③對應濃度的實驗,顯色時間t2的范圍為(填字母)。A.<22.0sB.22.0~44.0sC.>44.0sD.數(shù)據(jù)不足,沒法判斷(4)經(jīng)過剖析比較上表數(shù)據(jù),獲得的結(jié)論是。答案(1)研究I-與S2的濃度對反響速率的影響(2)29.3s(3)A(4)反響速率與反響物開端濃度乘積成正比(或顯色時間與反響物開端濃度乘積成反比)分析由題目中表格數(shù)據(jù)可剖析出c(I-)、c(S2)越大,反響速率越快,溶液顯藍色所需時間越少,故實驗目的應是研究I-與S2的濃度對反響速率的影響。因反響速率與反響物開端濃度乘積成正比(或顯色時間與反響物開端濃度乘積成反比),由①⑤中數(shù)據(jù)可列關(guān)系:顯色時間t2==29.3s,高升溫度,反響速率增大,故顯色時間t2<22.0s。16.(16分)乙酸乙酯是重要化工原料,沸點約77℃。其水解反響的化學方程式為CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH酸和堿均可用作該反響的催化劑。某興趣小組對