专题2 第1单元 单元综合训练-【金版教程】2025-2026学年高中化学选择性必修1作业与测评全书Word（苏教版2019）

化学　选择性必修1　作业与测评(苏教) 单元综合训练 (建议用时：40分钟) 一、选择题(每小题只有1个选项符合题意) 1．已知在不同情况下测得反应P(g)＋3Q(g)2R(g)＋2S(g)的反应速率如下，其中反应速率最快的是(　　) A．v(P)＝0.15 mol·L－1·min－1 B．v(Q)＝0.6 mol·L－1·min－1 C．v(R)＝0.1 mol·L－1·s－1 D．v(S)＝0.4 mol·L－1·min－1 答案：C 解析：把C项中v(R)的单位调整为mol·L－1·min－1后，数值变为6。A项，＝0.15 mol·L－1·min－1；B项，＝0.2 mol·L－1·min－1；C项，＝3 mol·L－1·min－1；D项，＝0.2 mol·L－1·min－1。故选C。 2．对于锌粒与稀硫酸的反应，下列说法中不正确的是(　　) A．可选用颗粒大小基本相同的锌粒与不同浓度的硫酸溶液反应，比较二者收集10 mL氢气所用的时间，从而计算反应速率并说明浓度对反应速率的影响 B．可记录溶液中氢离子的浓度随时间的变化(用pH计测定溶液的pH)来测量反应速率 C．可记录溶液的温度变化(用温度计来测量温度)来测量反应速率 D．可选用等质量的Zn片和Zn粒与相同浓度的硫酸溶液反应，记录Zn完全消失的时间，从而计算反应速率并说明固体表面积对反应速率的影响 答案：C 解析：测量温度变化不能定量反映化学反应速率。 3．在一密闭容器中充入1 mol H2和1 mol I2，压强为p(Pa)，并在一定温度下使其发生反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)，下列说法正确的是(　　) A．保持容器容积不变，向其中加入1 mol H2，化学反应速率不变 B．保持容器容积不变，向其中加入1 mol Ar，化学反应速率增大 C．保持容器内压强不变，向其中加入1 mol Ar，化学反应速率不变 D．升高温度，化学反应速率增大 答案：D 解析：恒容时增大氢气的浓度，反应速率加快，A错误；恒容时充入惰性气体，反应物和生成物的浓度均不变，反应速率不变，B错误；由于保持压强不变向其中加入1 mol Ar时必须扩大容器的容积，因此各气体物质的浓度均减小，反应速率降低，C错误。 4．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T ℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量变化如图： 下列说法正确的是(　　) A．反应Ⅱ的热化学方程式为CO(g)＋H2O(g)===H2(g)＋CO2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1(a>0) B．反应Ⅰ既有极性键的断裂与形成，又有非极性键的断裂与形成 C．选择优良的催化剂可以降低反应的活化能，减少过程中的能耗和反应的焓变 D．总反应的化学反应速率取决于反应Ⅰ 答案：D 5．用Na2FeO4溶液可氧化废水中的还原性污染物M。为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示，下列说法错误的是(　　) 实验编号 温度/℃ pH ① 25 1 ② 45 1 ③ 25 7 ④ 25 1 A.实验①中，在10 min内M的降解速率为1.5×10－5 mol·L－1·min－1 B．实验①②说明升高温度，M的降解速率增大 C．实验②④说明M的浓度越小，降解速率越小 D．实验①③证明pH越高，越不利于M的降解 答案：C 解析：由图中数据可知，实验①中，在10 min内Δc(M)＝(0.3－0.15)×10－3 mol·L－1＝1.5×10－4 mol·L－1，v(M)＝＝＝1.5×10－5 mol·L－1·min－1，故A正确；实验①②起始浓度和pH相同，②中温度较高，由图像可知，②中的降解速率较大，说明升高温度，M的降解速率增大，故B正确；实验②④温度不同、起始浓度不同，有两个变量，则不能说明浓度越小，降解速率越小，故C错误；实验①③中pH不同，其他条件相同，③中M的浓度减少得慢，且最终M未降解完全，证明pH越高，越不利于M的降解，故D正确。 6．为了研究碳酸钙与盐酸反应的速率，某同学通过实验测定碳酸钙固体与足量稀盐酸反应生成CO2的体积随时间的变化情况，绘制出如图所示的曲线甲。下列有关说法中不正确的是(　　) A．增大压强可以加快生成CO2气体的速率 B．因反应放热，导致t1～t2 s反应速率逐渐增大 C．若用单位时间内CO2的体积变化来表示该反应的速率，则t2～t3 s CO2的平均反应速率为 mL·s－1 D．将粉末状的碳酸钙换成相同质量的块状碳酸钙，则曲线甲将变成曲线乙 答案：A 解析：碳酸钙和稀盐酸均不是气体，则增大压强不影响生成CO2气体的速率，故A错误；碳酸钙与盐酸反应放热，随着反应的进行，温度升高导致t1～t2 s的反应速率逐渐增大，故B正确；t2～t3 s生成(V3－V2) mL二氧化碳，则t2～t3 s平均反应速率为 mL·s－1，故C正确；将碳酸钙由粉末状换成块状，生成二氧化碳的量不变，但接触面积减小、反应速率减小，则曲线甲将变成曲线乙，故D正确。 [方法技巧]　解答速率图像题的方法思路 (1)看面：弄清横纵坐标代表的意义，并与有关的原理相联系。 (2)看线：弄清线的走向、变化趋势。 (3)看点：弄清曲线上点的含义，尤其是一些特殊点，如起点、终点、交点、拐点、最高点、最低点。如在浓度－时间图像中，一定要看清终点时反应物的减少量、生成物的增加量，并结合有关原理进行推理判断。 (4)看变化趋势：在速率－时间图上，要看清曲线是连续的还是跳跃的，分清渐变和突变、大变和小变。如可逆反应中，增大反应物浓度，v(正)突变，v(逆)渐变。 7．298 K时，测得溶液中反应H2O2＋2HI===2H2O＋I2的速率方程为v＝kca(HI)·cb(H2O2)，在不同浓度时的速率如表所示。下列说法正确的是(　　) 实验编号 1 2 3 4 5 c(HI)/(mol·L－1) 0.100 0.200 0.300 0.100 0.100 c(H2O2)/(mol·L－1) 0.100 0.100 0.100 0.200 0.300 v(H2O2)/(mol·L－1·s－1) 0.00760 0.0153 0.0227 0.0151 0.0228 A.该反应的速率方程可表示为v＝kc2(HI)·c(H2O2) B．反应开始后的某一时刻存在v(H2O2)＝v(HI) C．反应速率常数k与浓度无关 D．温度越高，该反应的反应速率常数k越小 答案：C 解析：对比实验1、2数据可知：c(H2O2)相同时，速率v与c(HI)成正比，则a＝1，对比实验1、5数据可知：c(HI)相同时，速率v与c(H2O2)成正比，则b＝1，该反应的速率方程可表示为v＝kc(HI)·c(H2O2)，故A错误；在同一反应中用不同物质表示反应速率时，速率之比等于化学计量数之比，即2v(H2O2)＝v(HI)，故B错误；k为反应速率常数，与浓度无关，温度越高，该反应的反应速率常数k越大，故C正确，D错误。 8．下列说法正确的是(　　) A．升高温度能使化学反应速率增大，主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数 B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大 C．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增加 D．催化剂不影响反应的活化能，但能增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率 答案：A 解析：增大压强，活化分子的百分数不变，B错误；增大反应物浓度，活化分子的百分数不变，C错误；催化剂降低反应的活化能，增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率，D错误。 9．一定温度下，恒容密闭容器中，物质Z发生反应Z(g)X(g)＋2Y(g)　ΔH>0，一段时间后开始计时，测得各物质的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A．曲线Ⅰ代表物质X，曲线Ⅲ代表物质Z B．图中t1时刻的正反应速率大于t2时刻 C．若升高温度，正反应速率加快，逆反应速率减慢 D．0～40 min，用物质Y表示的平均反应速率为0.3 mmol·L－1·min－1 答案：B 解析：结合反应方程式以及图中物质的浓度变化，减少的为反应物，增加的为生成物，生成物的浓度增加量之比等于化学计量数之比，可知曲线Ⅲ代表物质Z，曲线Ⅰ代表物质Y，曲线Ⅱ代表物质X，A错误；t1时刻反应物的浓度大于t2时刻，浓度越大反应速率越快，则t1时刻的正反应速率大于t2时刻，B正确；升高温度，正、逆反应速率都加快，C错误；0～40 min，用物质Z表示的平均反应速率为v(Z)＝＝0.3 mmol·L－1·min－1，根据速率之比等于化学计量数之比可知，用物质Y表示的平均反应速率为v(Y)＝2v(Z)＝0.6 mmol·L－1·min－1，D错误。 10．我国学者采用量子力学法研究了钯基催化剂表面吸附CO和H2合成CH3OH的反应，其中某段反应的相对能量与历程的关系如图所示，图中的TS1～TS5为过渡态，吸附在钯基催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是(　　) A．该历程的最大能垒为178.3 kJ·mol－1 B．历程中决速步骤的反应为CH3O*＋H*===CH3OH* C．钯基催化剂可使反应的|ΔH|减小 D．该历程中有极性键、非极性键的断裂与形成 答案：A 解析：能垒(活化能)越大反应速率越慢，最慢的反应历程是决速步骤，则决速步骤的反应为CO*＋4H*===CHO*＋3H*，故B错误；催化剂只降低了反应的活化能，加快反应速率，不改变反应的焓变，故C错误；该历程中有H—H非极性键的断裂、C≡O极性键的断裂、C—H、O—H极性键的形成，无非极性键的形成，故D错误。 11．NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 mol·L－1 NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3酸性溶液40.0 mL混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝所需时间，55 ℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图，反应前后忽略溶液体积变化。据图分析，下列判断正确的是(　　) A．40 ℃之前，温度升高反应速率减慢，变色耗时变长 B．40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变短 C．图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等 D．图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5 mol·L－1·s－1 答案：D 解析：从图像中可以看出，40 ℃以前，温度越高，变色所需时间越短，反应速率越快，40 ℃后温度越高，变色所需时间越长，而55 ℃时溶液未变蓝，说明在较高温度时，淀粉不能作为该反应的指示剂，A、B错误；图中b、c点对应的其他条件相同，但反应温度不同，故反应速率不同，C错误；a点溶液变蓝所需时间为80 s，浓度变化量为＝0.004 mol·L－1，对应的NaHSO3的反应速率为＝5.0×10－5 mol·L－1·s－1，D正确。 二、非选择题 12．一定温度下，向2 L的密闭容器中加入一定量的H2、CO2气体发生反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)。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所示。 (1)t1 min时，正、逆反应速率的大小关系为v正________(填“>”“<”或“＝”)v逆。 (2)4 min内，CO2的平均反应速率为______________。 (3)能加快反应速率的措施有______________________________________(任写两条)。 答案：(1)>　(2)0.05 mol·L－1·min－1 (3)升高温度、增大压强、增大反应物浓度(任写两条，其他合理答案也可) 解析：(1)t1 min时，反应正向进行，则v正>v逆。 (2)4 min内，v(CO2)＝＝0.05 mol·L－1·min－1。 13．H2O2是一种绿色试剂，在化学工业中用作生产过氧乙酸、亚氯酸钠等的原料，医药工业用作杀菌剂、消毒剂。某化学小组欲探究双氧水的性质做了如下实验： (1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的数据[用10 mL H2O2溶液制取150 mL O2所需的时间(s)]。 ( 反应条件 ) ( 时间 /s ) ( 浓度 ) 30%双氧水 15%双氧水 10%双氧水 5%双氧水 无催化剂、不加热 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 无催化剂、加热 360 480 540 720 MnO2、加热 10 25 60 120 研究小组在设计方案时，考虑了浓度、________、________因素对过氧化氢分解速率的影响。 (2)对于H2O2分解反应，Cu2＋也有一定的催化作用。为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解的催化效果，研究小组的同学设计了如图所示的实验。请回答相关问题： ①可通过观察______________，比较得出结论。 ②有同学提出将0.1 mol·L－1的FeCl3溶液改为0.05 mol·L－1 Fe2(SO4)3溶液更为合理，其理由是______________________________________。 (3)已知FeCl3溶液中主要含有H2O、Fe3＋和Cl－三种微粒，该组同学又做了两种猜想： 猜想1：真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Fe3＋； 猜想2：真正催化分解H2O2的是____________。 完成表格，验证猜想： 所需试剂 操作及现象 结论 ________ ________________________________________ Cl－对H2O2分解无催化作用 答案：(1)温度　催化剂 (2)①反应产生气泡快慢　②消除阴离子不同对实验的干扰 (3)FeCl3溶液中的Cl－　双氧水、盐酸　向盛有H2O2溶液的试管中加入少量的盐酸，然后把带火星的木条伸入试管中，木条不复燃 解析：(3)FeCl3溶液中主要含有H2O、Fe3＋和Cl－三种微粒，由于双氧水中有水，则可排除水作催化剂，根据猜想1可知猜想2为真正催化分解H2O2的是FeCl3溶液中的Cl－。 [方法技巧]　利用“控制变量法”的解题策略 在分析多个因素(如浓度、温度、反应物颗粒大小、催化剂、压强等)对反应速率的影响规律时，逐一改变一个因素而保证其他因素相同，通过实验分析得出该因素影响反应速率的结论，这种方法叫控制变量法。 9 学科网（北京）股份有限公司 $$