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课后作业32化学反应条件的控制(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题包括12小题,每小题5分,共60分,每小题只有一个选项符合题目要求)1.在高温下,反应2HBr(g)H2(g)+Br2(g)H0达到平衡,要使混合气体颜色加深,可采取的方法是()A.减小压强B.缩小体积C.降低温度D.增大氢气浓度答案B解析HBr、H2都是无色,要使混合气体颜色加深,即增大溴的浓度。缩小体积,虽然平衡不发生移动,但却增大了溴的浓度,故混合气体颜色加深;降低温度,平衡向左移动,减小了溴的浓度,混合气体颜色变浅。2.100 mL 6 molL-1硫酸与过量锌粉反应,在一定温度下,为了减缓反应进行的速率,但又不影响生成氢气的总量,可向反应物中加入适量的()A.碳酸钠B.醋酸钠C.硝酸钾溶液D.硫酸铵晶体答案B解析在一定温度下,生成氢气的量取决于H+的量,碳酸钠可与硫酸反应生成二氧化碳消耗H+而影响氢气的产量;加醋酸钠不影响H2的产量,但能降低H+的浓度,所以B项符合条件;NO3-在酸性条件下可与锌反应生成NO气体,故C项不符合题意;硫酸铵晶体既不增加氢气的产量,也不加快反应速率。3.(2018杭州学军中学选考模拟考试)硝基苯甲酸乙酯在OH-存在下发生水解反应:O2NC6H4COOC2H5(aq)+OH-(aq)O2NC6H4COO-(aq)+C2H5OH(aq),两种反应物的初始浓度均为0.500 molL-1,不同温度下测得O2NC6H4COOC2H5的浓度(molL-1)随时间变化的数据如下表所示。下列有关说法不正确的是()t/s012018024033053060070080015 0.5000.3350.2910.2560.2100.1550.1480.1450.14535 0.5000.3250.277 50.2380.190.0.1350.1350.135A.由数据可知,温度升高反应速率增大B.由数据可知,随着反应的进行,反应物的浓度降低使反应速率减小C.530 s时,表格中35 对应的数据一定是0.135D.该反应在15 ,120180 s区间的v(O2NC6H4COOC2H5)平均反应速率为7.3310-4molL-1s-1答案C解析由数据可知,随着温度升高,相同时间段内O2NC6H4COOC2H5的浓度降低快,表示温度升高反应速率增大,故A正确;由数据可知,其他条件不变时,随着反应的进行,相同时间段内O2NC6H4COOC2H5的浓度降低的幅度减小,说明反应物的浓度降低使反应速率减小,故B正确;根据表格数据,35600s时是平衡状态,则530s时可能是平衡状态,也可能不是,故C错误;该反应在15,120180s区间的v(O2NC6H4COOC2H5)平均反应速率=(0.335-0.291)molL-160s7.3310-4molL-1s-1,故D正确。4.下列不同条件下的化学反应A+BC+D,反应速率由大到小的顺序正确的一组是()常温下20 mL含A和B各0.001 mol的溶液;常温下100 mL含A和B各0.01 mol的溶液;常温下0.05 molL-1 A和B溶液各10 mL,加到20 mL蒸馏水中;常温下80 mL含A 0.01 mol 的溶液和20 mL含B 0.005 mol的溶液。(注:不考虑液体混合时的体积变化)A.B.C.D.答案C解析根据题意可知,其他条件相同,只有A、B的浓度不同。根据浓度对反应速率的影响,浓度越大,反应速率越快。将题目给出的A、B的量转化为物质的量浓度进行比较。中A、B的物质的量浓度均为0.05molL-1;中A、B的物质的量浓度均为0.1molL-1;中A、B物质的量浓度均为0.0125molL-1;中A的物质的量浓度为0.1molL-1,B的物质的量浓度为0.05molL-1;即浓度大小顺序为。5.常温下,往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液,可发生如下两个反应:2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O,2Fe3+H2O22Fe2+O2+2H+下列说法正确的是()A.H2O2的氧化性比Fe3+的强,其还原性比Fe2+的弱B.在H2O2分解过程中,溶液的pH逐渐下降C.在H2O2分解过程中,Fe2+和Fe3+的总量减小D.H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+答案D解析结合题给两个化学方程式,根据氧化性、还原性强弱比较规律得:H2O2的氧化性Fe3+的氧化性,H2O2的还原性Fe2+的还原性,A错;2H2O22H2O+O2,分解过程中,Fe2+作催化剂,溶液pH不变,B错;H2O2分解,Fe2+作催化剂,Fe3+是中间产物,二者总量不变;因为Fe2+可导致H2O2分解,所以H2O2生产过程要避免混入Fe2+,D正确。6.(2018宁波选考适应性考试)某兴趣小组查阅资料得知工业上常采用蒽醌法生产 H2O2,其原理与流程如图所示:下列说法不正确的是()A.蒽醌法制备 H2O2理论上消耗的原料是H2、O2,乙基蒽醌可循环使用B.步骤为还原反应,步骤为氧化反应C.步骤中可选用 CCl4作为萃取剂D.应除净萃取后工作液中残留的H2O2,否则释放的氧气与氢气混合易爆炸答案C解析由流程图可知,制备H2O2理论上消耗的原料是H2和O2,且乙基蒽醌可循环使用,所以A正确;在有机化学中,加氢是还原,加氧是氧化,所以步骤为还原反应,步骤为氧化反应,即B正确;CCl4是常用的有机溶剂,能够溶解乙基蒽醌,所以步骤中不能用CCl4作萃取剂,即C错误;乙基氢蒽醌能够释放出H2,而萃取后工作液残留的H2O2能够释放出O2,二者混合容易发生事故,所以要除净萃取后工作液中残留的H2O2,故D正确。7.在反应FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl达到平衡后,向反应液中加入少量的下列固体物质,溶液颜色几乎不变的是()A.KClB.KOHC.Fe2(SO4)3D.KSCN答案A解析反应FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的实质是Fe3+3SCN-Fe(SCN)3,加入KOH、Fe2(SO4)3、KSCN都会使平衡发生移动导致溶液颜色发生变化。8.实验室制取乙酸乙酯1 mL后,沿试管内壁加入紫色石蕊溶液0.5 mL,这时,紫色石蕊将存在于Na2CO3饱和溶液层与乙酸乙酯层之间(整个过程不振荡试管),对可能出现的现象,下列叙述中正确的是()A.石蕊层仍为紫色,有机层为无色B.石蕊层有两层,上层为紫色,下层为蓝色C.石蕊层为三层,由上而下是蓝色、紫色、红色D.石蕊层为三层,由上而下是红色、紫色、蓝色答案D解析由于有机层溶有乙酸,可以使紫色的石蕊变成红色;下层是Na2CO3饱和溶液,显碱性,紫色石蕊溶液在碱性环境中变为蓝色。9.下列叙述不正确的是()A.无水CoCl2呈蓝色B.稀CoCl2溶液呈粉红色,加入浓CaCl2溶液后呈蓝色C.酯在酸性条件下和碱性条件下的水解程度相同D.蓝色的淀粉、I2-KI稀溶液在加热条件下变成无色溶液答案C解析酯在碱性条件下比在酸性条件下的水解程度大。10.(2018杭州学军中学选考模拟考试)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下:已知:“酸浸”后,钛主要以TiOCl42-形式存在FeTiO3+4H+4Cl-Fe2+TiOCl42-+2H2O下列说法不正确的是()A.Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中有4个过氧键B.滤液中的阳离子除了Fe2+和H+,还有Mg2+C.滤液中也可以直接加适量的氯水代替双氧水D.“高温煅烧”过程中,Fe元素被氧化答案D解析用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12和LiFePO4,由制备流程可知,加盐酸过滤后的滤渣为SiO2,滤液中含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-,水解后过滤,沉淀为TiO2xH2O,经过一系列反应得到Li4Ti5O12;水解后的滤液中含Mg2+、Fe2+,双氧水可氧化亚铁离子,在磷酸条件下过滤分离出FePO4,高温煅烧中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2。Li2Ti5O15中Ti元素的化合价为+4,Li元素为+1价,则O元素的化合价为-2价和-1价,根据正、负化合价的代数和为0,其中含有7个-2价的O和8个-1价的O,结构中含有4个过氧键,故A正确;根据上述分析,滤液中的阳离子除了Fe2+和H+,还有Mg2+,故B正确;滤液中加入双氧水的目的是氧化亚铁离子,也可以直接加适量的氯水代替双氧水,故C正确;“高温煅烧”过程中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2,Fe元素的化合价由+3价变成+2价,被还原,故D错误。11.(2018宁波十校第一次联考)某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS,某同学以该废催化剂为原料,回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下:已知:1.步骤中发生的化学反应为非氧化还原反应2.滤渣2的主要成分是SiO2和S下列说法不正确的是()A.步骤,最好在通风橱中进行B.步骤和,说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C.步骤,涉及的离子反应为CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2OD.步骤和,均采用蒸发结晶的方式获取溶质答案D解析步骤发生的反应是ZnO+H2SO4ZnSO4+H2O,ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S,H2S是有毒气体,因此应在通风橱内进行,故A说法正确;根据流程图,步骤得到CuSO45H2O,说明滤渣1中含有Cu元素,即CuS,步骤从滤液中得到硫酸铜晶体,说明滤液中存在Cu2+,从而推出CuS不溶于稀硫酸,步骤从滤液中得到ZnSO47H2O,说明滤液中含有Zn2+,即ZnS溶于稀硫酸,故B说法正确;步骤中CuS转变成Cu2+,根据信息,滤渣2中有SiO2和S,推出CuS中S被过氧化氢氧化成硫单质,离子反应方程式为CuS+H2O2+2H+Cu2+S+2H2O,故C说法正确;得到的CuSO45H2O和ZnSO47H2O中都含有结晶水,对滤液蒸发结晶的过程中容易失去结晶水,因此采用的方法是蒸发浓缩、冷却结晶的方法,故D项错误。12.比较MnO2和CuO对H2O2分解反应的催化能力大小的实验中,若催化剂的质量均控制在0.1 g,6%的H2O2溶液均取2 mL,可选择的实验装置是()答案D解析A、B两装置中使用的长颈漏斗没有形成液封,无法收集到气体;根据双氧水分解反应的化学方程式进行粗略计算可知,2mL6%的H2O2溶液完全分解产生的氧气在标准状况下的体积约为39.5mL,故答案选D。二、非选择题(本题包括4小题,共40分)13.(6分)把在空气中久置的镁片5.0 g投入盛有500 mL 0.5 molL-1硫酸的烧杯中,该镁片与硫酸反应产生氢气的速率与反应时间可用如右图所示的坐标曲线来表示,回答下列问题:(1)曲线Oa段不产生氢气的原因是,有关反应的化学方程式为。(2)曲线ac段,产生氢气的速率增加较快的主要原因是。(3)曲线由c以后,产生氢气的速率逐渐下降的主要原因是。答案(1)硫酸首先和镁片表面的氧化镁反应,不产生氢气MgO+H2SO4MgSO4+H2O(2)ac段,反应放热,温度升高,使反应速率增大(3)曲线由c以后,硫酸的浓度继续渐小解析(1)在空气中久置的镁片表面有氧化镁薄膜,因此,硫酸首先和氧化镁反应,不产生氢气;(2)ac段,虽然硫酸的浓度渐小,但是该反应是放热反应,反应进行中温度逐渐升高,温度升高,化学反应速率加快;(3)曲线由c以后,硫酸的浓度逐渐减小,成为影响化学反应速率的主要因素,因此,化学反应速率逐渐下降。14.(10分)某学生为了研究MnO2催化H2O2的分解设计了如图所示装置,回答下列问题。(1)分液漏斗中盛有液体,打开分液漏斗的活塞时液体H2O2不能流下,可能的原因有。(2)该同学发现,小试管中的液体几乎无明显的实验现象,锥形瓶中的溶液产生大量气泡。但反应一段时间后,锥形瓶内溶液产生气体的速率逐渐变慢,原因可能是什么?如何设计实验证明?假设一:,实验操作;假设二:,实验操作。(3)现有切成片状的新鲜土豆和煮熟的土豆,证明新鲜土豆也能催化H2O2分解(已知新鲜土豆中含有过氧化氢酶)的实验方法是。答案(1)分液漏斗上口的塞子没有打开或分液漏斗塞子上的凹槽与分液漏斗口颈部的通气孔未对准(2)H2O2溶液的浓度变小致使产生气泡变慢向锥形瓶中添加H2O2溶液,若反应速率增大,则假设成立部分MnO2的催化活性降低或丧失向锥形瓶中再加入MnO2粉末,若反应速率增大,则假设成立(3)将片状的新鲜土豆和煮熟的土豆同时放入H2O2溶液中,新鲜土豆片表面产生大量气泡,而熟土豆片表面无明显现象解析(1)是我们使用分液漏斗经常出现的问题,可能的原因有:分液漏斗上口的塞子没有打开或分液漏斗塞子上的凹槽与分液漏斗口颈部的通气孔未对准。(2)锥形瓶内H2O2的分解速率变小,只能是H2O2或MnO2的原因。可能的原因:一是H2O2溶液的浓度变小致使产生气泡的速率减小,实验操作是向锥形瓶中添加H2O2溶液,若反应速率增大,则假设成立。二是部分MnO2的催化活性降低或丧失,实验操作是向锥形瓶中再加入MnO2粉末,若反应速率增大,则假设成立。(3)将片状的新鲜土豆和煮熟的土豆同时放入H2O2溶液中,新鲜土豆片表面产生大量气泡,而熟土豆片表面无明显现象(过氧化氢酶在高温下已变性,失去催化活性),即可证明。15.(8分)“碘钟”实验中,3I-+S2O82-I3-+2SO24-的反应速率可以用I3-与加入的淀粉溶液显蓝色的时间t来度量,t越小,反应速率越大。某探究性学习小组在20 下进行实验,得到的数据如下表:实验编号c(I-)(molL-1)0.0400.0800.0800.1600.120c(S2O82-)(molL-1)0.0400.0400.0800.0200.040t/s88.044.022.044.0t2回答下列问题:(1)该实验的目的是。(2)显色时间t2=。(3)温度对该反应的反应速率的影响符合一般规律,若在40 下进行编号对应浓度的实验,显色时间t2的范围为(填字母)。A.44.0 sD.数据不足,无法判断(4)通过分析比较上表数据,得到的结论是。答案(1)研究I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响(2)29.3 s(3)A(4)反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比)解析由题目中表格数据可分析出c(I-)、c(S2O82-)越大,反应速率越快,溶液显蓝色所需时间越少,故实验目的应是研究I-与S2O82-的浓度对反应速率的影响。因反应速率与反应物起始浓度乘积成正比(或显色时间与反应物起始浓度乘积成反比),由中数据可列关系:显色时间t2=0.0400.04088.0s0.1200.040=29.3s,升高温度,反应速率增大,故显色时间t222.0s。16.(16分)乙酸乙酯是重要化工原料,沸点约77 。其水解反应的化学方程式为CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH酸和碱均可用作该反应的催化剂。某兴趣小组对NaOH溶液催化乙酸乙酯水解进行了探究。实验步骤:向试管中加入8 mL NaOH溶液,再加入2 mL乙酸乙酯,用直尺量出乙酸乙酯的高度。再把试管放入70 的水浴中,每隔1 min将其取出,振荡,静置,立即测量并记录剩余酯层的高度,再迅速放回水浴中继续加热,如此反复进行。改变NaOH溶液的浓度,重复实验。数据记录:乙酸乙酯水解后剩余的高度/mm组别c(NaOH)(molL-1)时间/min01234567810.510.09.08.07.57.06.56.56.56.521.010.08.57.06.05.04.54.54.54.532.010.08.06.04.53.02.01.51.51.5回答下列问题:(1)完成上述对比实验时,每组实验都必须控制不变的因素有、反应时间、试管规格、操作流程等。(2)分析上述数据,得到结论,影响乙酸乙酯水解速率的因素是:NaOH溶液浓度越大,水解速率越;。(3)结论的理论解释是。(4)欲使乙酸乙酯完全水解,可采取的措施是。(5)有同学认为有必要用蒸馏水代替NaOH溶液重复实验,对上述数据进行修正,主要原因是。答案(1)NaOH溶液的体积乙酸乙酯的用量反应温度(2)大乙酸乙酯水解速率先大后小,一段时间后停止水解(3)NaOH能与水解产物醋酸发生中和反应,随着反应的进行,NaOH浓度逐渐减小直到完全消耗,其催化作用也逐渐减弱直到没有催化作用(4)增大NaOH的浓度(或体积)(5)乙酸乙酯水解过程中部分挥发解析用蒸馏水重复实验的目的就是研究NaOH以外的因素会不会造成乙酸乙酯高度的变化,题目的设问角度是确定有必要做而问这样做的原因,所以显然要回答NaOH以外的因素是如何影响乙酸乙酯高度的,这样答题方向就找准了。
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