2025版新教材高中化学阶段重点突破练二新人教版选择性必修1

阶段重点突破练(二)1．在Ag＋催化作用下，Cr3＋被S2Oeq\o\al(2－,8)氧化为Cr2Oeq\o\al(2－,7)的机理为S2Oeq\o\al(2－,8)＋2Ag＋=2SOeq\o\al(2－,4)＋2Ag2＋(慢)，2Cr3＋＋6Ag2＋＋7H2O=6Ag＋＋14H＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)(快)，下列有关说法正确的是(A)A．反应速率与Ag＋浓度有关B．Ag2＋也是该反应的催化剂C．Ag＋能降低该反应的活化能和焓变D．v(Cr3＋)＝v(S2Oeq\o\al(2－,8))2．HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示：下列说法错误的是(A)A．在历程Ⅰ～Ⅴ中，涉及O—H、C—H、C—O的断裂B．在历程Ⅰ～Ⅴ中，生成Ⅴ的反应确定了HCOOH脱氢反应的速率C．若用DCOOH或HCOOD代替HCOOH，得到的产物都有HD和CO2D．在Pd催化剂表面HCOOH脱氢反应的ΔH<03．(2024·山东，14)18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为：＋OH－eq\o(,\s\up17(Ⅰ),\s\do15(Ⅱ))eq\o(,\s\up17(Ⅲ),\s\do15(Ⅳ))H3C－C18OOH＋CH3O－能量变更如图所示。已知H3C－C18O－OCH3OHH3C－C18OHOCH3O－为快速平衡，下列说法正确的是(B)A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步B．反应结束后，溶液中存在18OH－C．反应结束后，溶液中存在CHeq\o\al(18,3)OHD．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变解析：一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CHeq\o\al(18,3)OH，故C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O－的总能量与和OH－的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误。4．我国学者利用催化剂催化丙烷氧化脱氢的历程如图(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注)。下列说法正确的是(A)A．反应历程中第一步化学反应为决速步骤B．催化剂变更了丙烷氧化脱氢的焓变(ΔH)C．过渡态物质的稳定性：过渡态2小于过渡态1D．吸附过程为吸热过程解析：依据图中信息，反应历程中第一步的活化能比反应历程中其次步的活化能大，则反应历程中第一步为决速步骤，故A正确；催化剂变更了丙烷氧化脱氢的活化能，而不能变更焓变(ΔH)，故B错误；依据能量越低越稳定，则过渡态物质的稳定性：过渡态2大于过渡态1，故C错误；由图可知，吸附过程能量降低，为放热过程，故D错误。5．(2024·广州高二期中)某爱好小组将下表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，以探讨硫酸铜的浓度对稀硫酸与锌反应生成氢气速率的影响。下列推断不正确的是(D)ABCDEF4mol·L－1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL00.52.55V620H2O/mLV7V8V9V10100A.V1＝30，V6＝10，V7＝20B．本试验利用了限制变量思想，变量为Cu2＋浓度C．反应一段时间后，试验A中的金属呈灰黑色，试验F的金属呈红色D．该小组的试验结论是硫酸铜对稀硫酸与锌反应生成氢气有催化作用6．(2024·四川遂宁高二期末)某试验小组利用0.1mol·L－1Na2S2O3溶液与0.2mol·L－1H2SO4溶液反应探讨外界条件对化学反应速率的影响，设计试验如下：(已知Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O)试验编号温度/℃V(Na2S2O3)/mLV(H2SO4)/mLV(H2O)/mL出现浑浊时间/s①205.010.00t1②205.05.05.0t2③505.010.00t3下列说法正确的是(C)A．t1>t2>t3B．试验①②③均应将Na2S2O3溶液逐滴滴入H2SO4溶液中C．试验②中加入5.0mLH2O的作用是限制变量，保持c(Na2S2O3)与试验①一样D．试验②③可探究温度对化学反应速率的影响7．在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表所示，下列推断不正确的是(D)c/(mol·L－1)v/(mol·L－1·min－1)T/K0.6000.5000.4000.300318.23.603.002.401.80328.29.007.50a4.50b2.161.801.441.08A.a＝6.00B．同时变更反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变C．b<318.2D．不同温度时，蔗糖浓度削减一半所需的时间相同解析：依据题中数据分析，温度不变时，反应的瞬时速率与浓度成正比，则可求出a＝6.00，A项正确；温度为bK、浓度为0.500mol·L－1时和温度为318.2K、浓度为0.300mol·L－1时，蔗糖水解对应的瞬时速率相等，B项正确；浓度不变时，温度由318.2K变成bK时，反应速率减小，则b<318.2，C项正确；不同温度时，反应速率不同，蔗糖浓度削减一半所需的时间不同，D项错误。8．为探讨某溶液中溶质R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度的R溶液在不同温度下进行试验，c(R)随时间变更如图。下列说法不正确的是(D)A．25℃时，在10～30min内，R的平均分解速率为0.030mol·L－1·min－1B．对比30℃和10℃曲线，在50min时，R的分解百分率相等C．对比30℃和25℃曲线，在0～50min内，能说明R的平均分解速率随温度上升而增大D．对比30℃和10℃曲线，在同一时刻，能说明R的分解速率随温度上升而增大解析：由图像可知，25℃时，在10～30min内，R的浓度变更为1.4mol·L－1－0.8mol·L－1＝0.6mol·L－1，R的平均分解速率v＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(0.6mol·L－1,20min)＝0.030mol·L－1·min－1，A项正确；由图像可知，对比30℃和10℃曲线，在50min时，R的浓度均为0，说明R完全分解，所以R的分解百分率相等，均为100%，B项正确；由图像可知，25℃曲线在0～50min内，R的平均分解速率为eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(1.3mol·L－1,50min)＝0.026mol·L－1·min－1，30℃曲线在0～50min内，R的平均分解速率为eq\f(1.6mol·L－1,50min)＝0.032mol·L－1·min－1，虽然30℃曲线反应物的起始浓度较小，但在0～50min内，R的平均分解速率仍比25℃曲线大(或30℃曲线斜率比25℃曲线大)，说明R的平均分解速率随温度上升而增大，C项正确；对比30℃和10℃曲线，能说明R的平均分解速率随温度上升而增大，但30℃曲线反应物的起始浓度大，R的分解速率也相应大，因此在同一时刻不能说明R的分解速率随温度上升而增大，D项错误。9．探讨反应2X(g)Y(g)＋Z(g)的速率影响因素，在不同条件下进行4组试验，Y、Z起始浓度为0，反应物X的浓度(mol·L－1)随反应时间(min)的变更状况如图所示。下列说法不正确的是(D)A．比较试验②④得出：上升温度，化学反应速率加快B．比较试验①②得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快C．若试验②③只有一个条件不同，则试验③运用了催化剂D．在0～10min内，试验②的平均反应速率v(Y)＝0.04mol·L－1·min－1解析：试验②④起始浓度相同，但温度不同，试验④反应速率较大，则可得出：上升温度，化学反应速率加快，故A正确；试验①②温度相同，但浓度不同，试验①浓度较大，则可得出：增大反应物浓度，化学反应速率加快，故B正确；试验②③温度、浓度相同，试验③反应速率较大，应为加入了催化剂，故C正确；在0～10min之间，试验②中X的浓度变更为0.2mol·L－1，则v(Y)＝eq\f(1,2)v(X)＝eq\f(1,2)×eq\f(0.2mol·L－1,10min)＝0.01mol·L－1·min－1，故D错误。10．(2024·山东滕州高二月考)反应2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7gN2，放出166kJ热量，该反应的速率表达式为v＝k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①2NO＋H2=N2＋H2O2(慢)；②H2O2＋H2=2H2O(快)，T℃时测得有关试验数据如下：序号c(NO)/(mol·L－1)c(H2)/(mol·L－1)速率/(mol·L－1·min－1)Ⅰ0.00600.00101.8×10－4Ⅱ0.00600.00203.6×10－4Ⅲ0.00100.00603.0×10－5Ⅳ0.00200.00601.2×10－4下列说法错误的是(C)A．H2O2是该反应的中间产物B．该反应的快慢主要取决于第①步反应C．该反应速率表达式：v＝5000c2(NO)·c2(H2)D．该反应的热化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－664kJ·mol－111．常温下把2molA与2molB充入2L绝热容器中，发生反应：A(g)＋2B(g)=2C(g)ΔH,5s内反应速率(v)随时间(t)变更如图曲线ab所示。下列说法正确的是(B)A．该曲线确定是以B来表示反应速率的B．该反应确定是放热反应，ΔH<0C．t＝2s时，A的物质的量为1.8molD．t＝5s时，将容器体积缩小为1L，反应速率可能变为cd曲线12．某课题组探讨煤燃烧过程中氮氧化物与砷反应的微观机理，得到如下数据和图像。已知：反应速率为反应物浓度和速率常数k的函数，Ea为活化能。对于所探讨的三个反应，下列说法错误的是(C)反应Ea/(kJ·mol－1)As＋N2O→AsO＋N278.45As＋NO2→AsO＋NO2.58As＋NO→AsO＋N155.85A．相同条件下的氧化性：NO2>NOB．相同条件下，As与NO的反应速率最慢C．上升温度能增大As与N2O反应的活化能D．其他条件不变，变更温度不能显著变更As与NO2的反应速率解析：由As＋NO2→AsO＋NO可知，N元素的化合价降低，二氧化氮为氧化剂，则相同条件下的氧化性：NO2>NO，A项正确；由表中信息可知，NO与As反应的活化能最大，则相同条件下As与NO的反应速率最慢，B项正确；上升温度，可增大活化分子百分数，增大反应速率，但不变更反应的活化能，C项错误；反应速率为反应物浓度和k的函数，由图可知，As与NO2反应中，随温度的上升k变更不大，则其他条件不变，变更温度不能显著变更As与NO2的反应速率，D项正确。13．目前，汽车厂商常利用催化技术将汽车尾气中的CO和NO转化成CO2和N2，反应的化学方程式为2NO＋2COeq\o(,\s\up17(催化剂))2CO2＋N2。为探讨如何提高该转化过程的反应速率，降低NO、CO的污染，某课题组进行了以下试验探究。[资料查阅]①不同的催化剂对同一反应的催化效率不同；②运用相同的催化剂，当催化剂质量相等时，催化剂的比表面积对催化效率有影响。[试验设计]该课题组为探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响规律，设计了以下对比试验。(1)完成下列试验设计：试验编号试验目的T/℃NO初始浓度/(mol·L－1)CO初始浓度/(mol·L－1)同种催化剂的比表面积/(m2·g－1)Ⅰ为以下实验作参照2806.50×10－34.00×10－380Ⅱ①_探究催化剂比表面积对尾气转化速率的影响__②_280__③_6.50×10－3__④4.00×10－3120Ⅲ探究温度对尾气转化速率的影响360⑤_6.50×10－3__⑥4.00×10－380[图像分析与结论]利用气体传感器测定了三组试验中CO浓度随时间变更的曲线，如图所示。(2)由曲线Ⅲ可知，0～eq\f(2,3)min内，用NO表示的反应速率为_3.00×10－3_mol·L－1·min－1__。(3)由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，汽车尾气转化速率_增大__(填“增大”“减小”或“不变”)。解析：(1)影响化学反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂的比表面积，而要想探究一种影响因素，必需保持其他影响因素一样；依据试验Ⅲ的试验目的是探究温度对尾气转化速率的影响，故试验Ⅲ和Ⅰ的区分是温度不同，其他因素必需保持一样，故试验Ⅲ中NO初始浓度为6.50×10－3mol·L－1，CO初始浓度为4.00×10－3mol·L－1；而通过对比试验Ⅱ和Ⅰ的条件可知，两者的区分是催化剂的比表面积不同，故其他影响因素均应相同，故试验Ⅱ中温度为280℃，NO初始浓度为6.50×10－3mol·L－1，CO初始浓度为4.00×10－3mol·L－1，而且试验Ⅱ探究的是催化剂比表面积对尾气转化速率的影响。(2)通过曲线Ⅲ可知，eq\f(2,3)min时CO的浓度为2.00×10－3mol·L－1，可得出CO的浓度的变更量Δc(CO)＝4.00×10－3mol·L－1－2.00×10－3mol·L－1＝2.00×10－3mol·L－1，在一个反应中，各物质的浓度的变更量之比等于其化学计量数之比，故NO的浓度的变更量Δc(NO)＝2.00×10－3mol·L－1，故用NO表示的反应速率为＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(2.00×10－3mol·L－1,\f(2,3)min)＝3.00×10－3mol·L－1·min－1。(3)由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，缩短了达到平衡的时间，故增大了反应速率。14．2024年3月4日，全球首套1000吨/年二氧化碳加氢制汽油中试装置，在山东邹城工业园区开车成功，生产出符合国Ⅵ标准的清洁汽油产品。CO2转化过程如图1：(1)写出反应①的化学方程式：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。(2)确定温度下，向2L的密闭容器中加入确定量的H2、CO2气体发生反应①，产物均为气态。反应过程中CO2气体和CO气体的物质的量与时间的关系如图2所示。回答下列问题：①t1min时，正、逆反应速率的大小关系为v正_>__(填“>”“<”或“＝”)v逆。②4min内，CO2的平均反应速率为_0.05_mol·L－1·min－1__。③能加快反应速率的措施有_上升温度、增大压强、增大反应物浓度__(任写两条)。(3)以H2O、CaBr2、Fe3O4为原料进行气固相反应可以实现水的分解制得氢气，其反应原理如图3所示。可以循环利用的物质有_CaBr2、Fe3O4__。解析：(1)通过图示可知，反应①为二氧化碳与氢气反应生成一氧化碳和水，化学方程式为CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。(2)①t1min时，反应正向进行，则v正>v逆；②4min内，v(CO2)＝eq\f(Δc,Δt)＝eq\f(0.6－0.2mol,2L×4min)＝0.05mol·L－1·min－1。(3)依据图3所示可知，高温下，水先与溴化钙反应生成氧化钙和溴化氢，然后溴化氢与四氧化三铁反应生成溴化亚铁和溴，溴再与氧化钙反应生成溴化钙和氧气，水再与溴化亚铁反应生成氢气、四氧化三铁和溴化氢，催化剂得以再生，即该反应过程中可以循环利用的物质有CaBr2、Fe3O4。15．(2024·湖北石