暑假作业09 用控制变量的思维突破化学反应速率综合应用-【暑假分层作业】2024年高二化学暑假培优练（2025届一轮复习通用）

限时练习：60min 完成时间： 月 日 天气： 暑假作业09 用控制变量的思维突破化学反应速率综合应用 【知识梳理】 1、 知识结构 1.反应速率知识结构 2.控制变量 科学研究中，对于多因素（多变量）的问题，常常采用只改变其中的某一个因素（变量），控制其他因素不变的研究方法。使多因素问题变成几个单因素问题，如在探究不同温度对反应速率的影响时，控制浓度、压强、催化剂等因素相同。 二、 核心知识 （一）、化学反应速率的概念和计算： 1.化学反应速率的含义 化学反应速率是用来衡量化学反应快慢的物理量。 2．常用表示方法及计算 3．化学反应速率与化学计量数的关系 同一反应在同一时间内，用不同物质来表示的反应速率可能不同，但反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的化学计量数之比。 （二）、影响化学反应速率的因素 1.影响化学反应速率的因素 (1)内因 反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg>Al。 (2)外因(只改变一个条件，其他条件不变) (3)“惰气”对反应速率的影响 在恒温恒容条件下 通入“惰气”，总压增大，反应物浓度不变，反应速率不变 恒温恒压条件下 通入“惰气”，总体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小 2.理论解释——有效碰撞理论 (1)基元反应：大多数化学反应往往经历多个反应步骤才能实现，其中每一步反应都称为基元反应。 如：2HI===H2＋I2实际上经过下列两步反应完成： ①2HI―→H2＋2I· ②2I·―→I2 反应历程：基元反应反映了化学反应的历程，反应历程又称反应机理。 (2)活化能 活化能(如图) 图中：E1为正反应活化能，使用催化剂时的活化能为E3，反应热为E1－E2。(注：E2为逆反应的活化能) （3）有效碰撞与速率的链接 【思维方法】 1．化学反应速率计算的一般方法 (1)定义式法：找出各物质的起始量、某时刻量，求出转化量，利用定义式v＝＝来计算。 (2)用已知物质的反应速率，计算其他物质表示的反应速率——关系式法。 化学反应速率之比＝物质的量浓度变化之比＝物质的量变化之比＝化学计量数之比。 2．比较反应速率大小的常用方法 (1)换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值的大小。 (2)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应aA＋bB===cC＋dD，比较与，若＞，则A表示的反应速率比B的大。 3.化学反应中各物质浓度的计算模板——“三段式”法 （1）写出有关反应的化学方程式。 （2）找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。 （3）根据已知条件列方程式计算。 4.影响化学反应速率的答题方向 （1）解释影响反应速率的因素 条件变化 正常 反常 举例解释 加热 速率增大 速率减小 ①有酶参与的反应，温度高酶会失去活性 ②有气体参与的反应，升高温度，气体的溶解度减小 ③加热易分解的物质(H2O2、NH3·H2O等)分解 ④有催化剂参与的反应，升高温度，催化剂活性降低 ⑤加热易挥发的物质(浓硝酸、浓盐酸)大量挥发 加压 速率增大 不变 ②恒温恒容条件下的气相反应，充入稀有气体 （2）催化剂(绝大多数催化剂都有其活性温度范围，温度过高，易使催化剂活性降低) 反应速率 原因 活化能 增大 催化剂改变反应的历程，使活化能降低 温度 增大 随着温度升高，催化剂的活性增大 减小 随着温度升高，催化剂的活性减小 接触面积 增大 催化剂与反应物接触面积增大 5.“变量控制”法的解题流程 【思维模型】 1.“控制变量法”探究反应速率影响因素的思维模型 2.催化反应机理的分析思维模型 1．（2024·山东·模拟预测）向刚性密闭容器中加入和一定量的，发生反应：  。不同温度下，的平衡转化率随起始的变化如图所示。下列说法错误的是 A．温度： B．A、B、C点对应的平衡常数： C．A、B、C点对应的气体的平均摩尔质量： D．A、B点对应的压强： 2．（2024·湖北·二模）下列方案设计、现象和结论都正确的是 选项 目的 方案设计 现象和结论 A 检验丙烯醛中含有碳碳双键 向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液中滴加溴水 若溴水褪色，则丙烯醛中含有碳碳双键 B 探究不同价态硫元素的转化 向与的混合液中加入硝酸 溶液变浑浊，证明与在酸性条件下发生了归中反应 C 探究压强对的影响 压缩体积，增大反应容器压强 气体颜色加深，则说明增大压强，该化学平衡正向移动 D 验证与在配合物形成过程中存在相互竞争 向溶液中加入少量NaCl固体 溶液由蓝色变为黄绿色，说明发生了到的转化 A．A B．B C．C D．D 3．（2024·北京·模拟预测）已知：，温度时的平衡常数。温度时，在①、②、③、④四个相同体积的恒容容器中投料，起始浓度如下表所示。下列判断不正确的是 温度 容器编号 起始浓度/ ① 0.1 0.1 0 0 ② 0.2 0.1 0 0 ③ 0.1 0.2 0.1 0.1 ④ 0.04 0.04 0.06 0.06 A．容器①达到平衡，用表示的化学反应速率为： B．容器③中反应向正反应方向进行 C．容器④中反应向正反应方向进行，则 D．已知：，若的状态为液态，则能量变化曲线可能为图中① 4．（2024·北京海淀·三模）“丁烯裂解法”是一种重要的丙烯生产法，生产过程中会有生成乙烯的副反应发生。发生的反应为：主反应：；副反应：。测得上述两反应的平衡体系中，各组分的质量分数(w%)随温度(T)变化的趋势如图所示，下列说法正确的是 A．300℃~400℃范围内，温度升高，压强减小，丙烯的平衡产率提高 B．主副反应的正反应方向均为吸热过程 C．450℃时，主反应的催化剂活性最好 D．将乙烯分离出去有助于增大丙烯的平衡产率 5．（2024·安徽·模拟预测）某科研小组发现更换溶剂调节超分子的结构，可将“纳米球”变成“纳米碗”，纳米碗可由苯并环化机制扩展到五苯并环烯，然后连续环化脱氢而制得，相关原理图如图。有关说法正确的是 A．常温常压下，五苯并环烯为液体 B．纳米碗易溶于水 C．由图可知，反应为吸热反应 D．该机理中反应最大的能垒为 6．（2024·江西宜春·模拟预测）反应的反应机理为①  ；②  ，反应过程中的能量变化如图所示。已知反应①：，；反应②：；总反应。下列说法错误的是 A．， B．反应①先达到平衡状态，平衡时存在 C．M为反应的催化剂 D．反应体系达到平衡后，升高温度，AB浓度增大 7．（2024·吉林长春·模拟预测）下列各组实验所得结论不正确的是 实验现象 结论 A 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加溶液，溶液未出现红色 样品中没有+3价铁 B 加热溶液，溶液变黄绿色 C 将溶液和稀混合，出现淡黄色沉淀和可使品红溶液褪色的气体 既体现还原性又体现氧化性 D 向苯酚浊液中加入溶液变澄清 酸性：苯酚 A．A B．B C．C D．D 8．（2024·山东泰安·模拟预测）Aun纳米团簇能催化水煤气变换反应，其微观反应机理如图1所示，反应过程中相对能量的变化如图2所示。已知图2中TS表示过渡态，FS表示稳定的共吸附。下列说法错误的是 A．稳定性：FSe2大于FSe1 B．升高温度，体系中CO的含量升高 C．制约总反应速率的反应为CO*+OH*=COOH* D．升高温度，过程g比过程f速率变化小 9．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知烯经和在磺酸树脂()作用下可以生成，二元醇，其反应历程的示意图如下(R1、R2、R3、R4均表示烃基或H原子)。下列说法错误的是 A．是该反应催化剂 B．整个过程的总反 C．操作时温度不能过高或过低 D．过程中反应的原子利用率为100% 10．（2024·海南·三模）下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是 A．牛奶放在冰箱里保存 B．向玻璃中加入 C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎 D．在糕点包装内放置小包铁粉 11．（2024·辽宁大连·二模）在2L恒容恒温的密闭容器中发生反应 ，若起始时向密闭容器中加入2molCO(g)和，充分反应，5min时达到平衡，和的质量之和占混合气体总质量的40％，下列说法正确的是 A．达到平衡时，CO(g)的转化率为40％ B．0～5min内， C．达到平衡后，升高温度，平衡常数增大 D．恒容时，增大CO(g)的浓度能增加单位体积内的活化分子百分数 12．（2024·上海闵行·三模）T℃时，向2.0L的恒容密闭容器中充入1.0mol和0.6mol，发生如下反应：。20s时反应达到平衡，和相等。 (1)0～20s内， 。 (2)平衡后向容器中再充入0.4mol和0.3mol，此时，_______。 A．大于 B．小于 C．等于 D．无法判断 (3)相同温度下，起始投料变为0.5mol和0.3mol，的平衡转化率_______。 A．增大 B．不变 C．减小 D．无法判断 13．（2024·上海·三模）一种捕获并实现资源利用的反应原理如图甲所示。反应①完成之后，以为载气，将恒定组成的、混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图乙所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，推测发生了制反应(反应③)：。 （1）．反应②的化学方程式为 。 （2）．时间段内，反应②速率减小至0的原因是 。 （3）．时刻，生成的速率反应②___________反应③。 A． B． C． D．无法确定 14．（2024·上海黄浦·二模）研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的微粒用*标注。 （1）．推测该反应的正逆反应的活化能：Ea(正) Ea(逆)。 A．>            B．=            C．< （2）．该反应历程中决定化学反应速率快慢的基元反应是_____。 A．N2(g)＋H2(g)=N*＋H2* B．N*＋H*=NH* C．NH2*＋H*=NH2* D．NH2*＋H*=NH3* 15．（2024·上海浦东新·一模）氧化铁黄(化学式为FeOOH)是一种黄色颜料，具有非常好的耐光性和耐碱性，是氧化铁的一水合物。工业上常以绿矾(FeSO4·7H2O)为原料制备FeOOH。 (1)下列关于铁元素的认识正确的是______。 A．能存在于人体的血红蛋白中 B．是地壳中含量最多的金属元素 C．单质是人类最早使用的金属 D．铁的氧化物都具有致密的结构 (2)制备氧化铁黄的关键步骤是FeSO4溶液的氧化。为探究影响氧化FeSO4溶液快慢的因素，现利用FeSO4·7H2O、蒸馏水和稀H2SO4配制四组溶液进行实验，实验结果如下表： 实验编号 I II III IV c(FeSO4)/(mol·L-1) 0.5 0.25 0.25 0.5 溶液pH 2.9 2.9 3.5 3.3 初始颜色 浅绿色 浅绿色，较I浅 浅绿色，同II 浅绿色，同I 0.5h后颜色 浅绿色 浅绿色 黄绿色 浅绿色 2h后颜色 黄绿色 浅绿色 黄色 黄绿色 5h后颜色 浅黄色 浅黄色，较I浅 黄色，较IV浅 黄色 对比实验I和II可知，实验中影响氧化快慢的因素是 ； 综合对比分析四组实验，简述影响氧化FeSO4溶液快慢的决定因素。 1.（2024·河北保定·三模）铌被广泛应用于航空航天、电子、原子能、超导材料及新型功能材料等领域，是一种十分重要的战略物资。常用于萃取稀土金属铌：。某温度下，萃取过程中溶液中与时间的变化关系如图所示。下列叙述正确的是 A．其他条件不变，时萃取反应已停止 B．增大，萃取反应平衡向左移动，平衡常数减小 C．min、min时萃取反应的正反应速率： D．min内，的平均反应速率 2．（2024·安徽合肥·三模）下列有关实验操作及实验现象的解释或结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验解释或结论 A 在2NO2N2O4平衡体系中保持恒温恒容条件继续充入一定量NO2 体系颜色变浅 反应物浓度增大，平衡向正向移动 B 向I2水中先加浓NaOH溶液，再加CCl4，振荡后静置 液体分层，上层无色，下层紫红色 CCl4能萃取碘水中的碘，而NaOH溶液不能 C 常温下，用pH计测定0.1mol•L-1NaHRO3溶液的pH 溶液的pH=3.71 H2RO3为二元酸 D 将收集满甲烷和氯气混合气的试管倒扣在盛满水的水槽中，久置光照 试管内液面上升 甲烷和氯气发生取代反应 A．A B．B C．C D．D 3．（2024·浙江·模拟预测）丙酮与碘在盐酸催化下发生取代反应，碘水颜色逐渐褪去生成碘化丙酮（反应及机理如下）： 某研究小组按下表进行实验，得到浓度变化为平行直线（如下图）。 组别 标准盐酸溶液 标准丙酮溶液 碘水溶液 蒸馏水 0 下列说法中不正确的是 A．甲基上的能与碘发生取代的原因是其受到了羰基官能团的影响 B．在反应过程中丙酮的浓度、盐酸的浓度可视为恒定 C．两组实验的碘水取代反应都是匀速反应且两组速率相等 D．综合分析可知总反应速率由反应③决定的 4．（23-24高三下·浙江杭州·阶段练习）丙酮与反应并进一步转化为2-氰基丙烯，过程如下： 已知：氰基（）是一个强吸电子基团。下列说法正确的是 A．步骤③，“条件1”可以是醇溶液，加热 B．步骤①，丙酮中羰基的键共用电子对转化为碳原子与氰基间的键共用电子对 C．反应物中加不等质量固体，随着增加，反应速率先增大后减小 D．酸性： 5．（2024·重庆·模拟预测）储氢合金M的吸放氢反应式为：xH2(g)+2M(s) 2M-Hx(s)，现将100gM置于恒容容器中，通入氢气并维持容器内压强恒定，在不同温度下M的最大吸氢量与氢气压强的关系如图所示，下列说法错误的是 A．压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大 B．若到达P点的时间为3min，则吸氢速率v=0.35g/min C．在相同条件下，若氢气中含有氩气，则最大吸氢量减小 D．若到达N点所用时间小于P点，则吸氢速率v(N)<v(P) 6．（2024·湖南·模拟预测）二甲醇是一种绿色能源，也是一种化工原料。在体积均为的容器I、Ⅱ中分别充入和，发生反应：。相对容器Ⅱ，容器I仅改变温度或压强一个条件。两个容器同时发生化学反应，的转化率与时间关系如图，下列叙述正确的是 A．该反应中，产物总能量大于反应物总能量 B．其他条件相同，压强，容器I容器Ⅱ C．容器Ⅱ中内平均速率为 D．容器I条件下，平衡常数为27 7．（2023·江苏南通·三模）在催化剂作用下，以CO2和H2为原料进行合成CH3OH的实验。保持压强一定，将起始n(CO2)∶n(H2)=1∶3的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和CH3OH的选择性与温度的关系如下图所示。 已知反应管内发生的反应为 反应1∶CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.5 kJ·mol-1 反应2∶CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=41.2 kJ·mol-1 下列说法正确的是 A．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的△H=90.7kJ·mol-1 B．280℃时，出口处CH3OH的体积分数的实验值小于平衡值 C．220℃~240℃时CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应2转化的CO2随温度的升高而减少 D．220℃~280℃时，反应1的速率高于反应2的速率 8.（2024高三·全国·专题练习）研究CO2的捕集、回收，对实现节能减排、“碳中和”等目标具有重要意义。 I.将CO2还原成甲烷： i.Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1 ii.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ•mol-1 iii.CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) ΔH3=-206.1kJ•mol-1 压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大，解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因是 。 9．（2024高三·全国·专题练习）清洁能源的综合利用可有效降低碳排放，是实现“碳中和、碳达峰"的重要途径。H2和CO2合成乙醇反应为：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)。将等物质的量的CO2和H2充入一刚性容器中，测得平衡时乙醇的体积分数随温度和压强的关系如图甲。                    图甲 已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的储化效能，进行了实验探究，依据实验数获得图乙曲线。                      图乙 从图中信息获知催化效能较高的催化剂是 (“m”或“n”)，判断理由是 。 10．（2024高三·全国·专题练习）乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1>0。常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)：n(O2)=1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如图所示。 (1)乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的，原因是 。 (2)在570~600℃温度范围内，下列说法正确的有 (填字母)。 A．H2O的含量随温度升高而增大。 B．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大 C．此催化剂的优点是在较低温度下能降低CO的平衡产率 11．（2023高三·全国·专题练习）废气中的H2S可用电解、Fe2(SO4)3吸收和活性炭吸附氧化等多种方法脱除。Fe2(SO4)3吸收脱除：用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，其反应后的溶液可在硫杆菌作用下实现吸收液的再生。 (1)用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S的原理经历以下三步： 第一步：H2S(g)H2S(aq) 第二步：H2SH++HS- 第三步：HS-+2Fe3+=S↓+2Fe2++H+ 一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10g•L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。其原因是 。 (2)反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降的原因是 。 12．（2023高三·全国·专题练习）近年来，随着化石燃料的大量消耗和CO2等温室气体的大量排放，氨的无碳燃料属性引起重视。低能耗高效率合成氨技术的开发是实现氨燃料化利用的基础，基于Al2O3载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如图。    (1)有利于提高反应II平衡转化率的条件为 (填标号)。 A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压 (2)60C、100kPa条件下，反应II中溶液pH随时间变化如图，120min~180min持续收集到氨气，但溶液pH几乎不变的原因是 。 13．（23-24高二下·河北·阶段练习）回答下列问题： Ⅰ.在一定温度下，密闭容器内某一反应中气体、气体的物质的量随时间变化的曲线如图： (1)该反应的方程式为 。 (2)比较时刻，正逆反应速率大小： (填“>”“=”或“<”)。 (3)时刻反应物的转化率为 。 (4)如果升高温度，则 (填“增大”“减小”或“不变”)。 Ⅱ.某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示。 实验序号 纯锌粉 硫酸溶液 温度 硫酸铜固体 加入蒸馏水 Ⅰ 25 0 0 Ⅱ 25 0 Ⅲ 25 0 Ⅳ 25 0 (5)①本实验待测数据可以是 ，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究 对锌与稀硫酸反应速率的影响。 ②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是 。 (6)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表： 实验序号 体积 溶液 水 溶液 溶液 淀粉溶液 ① ② ③ 表中 。 14．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）固定和利用CO2能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)。某科学实验小组将6 mol CO2和8 mol H2充入2 L的恒温密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图曲线所示。a、b、c、d、e括号内数据表示坐标。 (1)a～b、b～c、c～d、d～e四段中，平均反应速率最大的时间段是 ，该时间段内H2的平均反应速率是 。 (2)8 min时，CO2的转化率是 ，反应前后容器内的压强比是 。 15.（23-24高三上·河北石家庄·阶段练习）恒温下在2L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的量随时间变化曲线如图。 (1)该反应的化学方程式为 。 (2)从开始至5min，Y的平均反应速率为 ；平衡时，Z的物质的量浓度为 ，X的转化率为 。 (3)反应达平衡时体系的压强是开始时的 倍。 (4)在某一时刻采取下列措施能加快反应速率的是________。 A．加催化剂 B．降低温度 C．体积不变，充入X D．体积不变，从容器中分离出Y 1．（2022·辽宁·高考真题）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下： 时间段/ 产物Z的平均生成速率/ 0～2 0.20 0～4 0.15 0～6 0.10 下列说法错误的是 A．时，Z的浓度大于 B．时，加入，此时 C．时，Y的体积分数约为33.3% D．时，X的物质的量为 2．（2022·浙江·高考真题）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是    A．实验①，， B．实验②，时处于平衡状态， C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大 D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大 3．（2022·广东·高考真题）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则 A．无催化剂时，反应不能进行 B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低 C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D．使用催化剂Ⅰ时，内， 4．（2022·浙江·高考真题）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是 A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率 B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率 C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X) D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示 5．（2021·辽宁·高考真题）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C．条件①，反应速率为 D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为 6．（2021·浙江·高考真题）一定温度下：在的四氯化碳溶液()中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表： 0 600 1200 1710 2220 2820 x 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12 下列说法正确的是 A．，生成的平均速率为 B．反应时，放出的体积为(标准状况) C．反应达到平衡时， D．推测上表中的x为3930 7．（2021·广东·高考真题）反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A．a为随t的变化曲线 B．时， C．时，的消耗速率大于生成速率 D．后， 8．（2021·河北·高考真题）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是 A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1 B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变 C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z D．反应①的活化能比反应②的活化能大 9．（2024·浙江·高考真题）酯在溶液中发生水解反应，历程如下： 已知： ① ②水解相对速率与取代基R的关系如下表： 取代基R 水解相对速率 1 290 7200 下列说法不正确的是 A．步骤I是与酯中作用 B．步骤III使I和Ⅱ平衡正向移动，使酯在溶液中发生的水解反应不可逆 C．酯的水解速率： D．与反应、与反应，两者所得醇和羧酸盐均不同 10．（2024·浙江·高考真题）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究和浓反应后溶液呈绿色的原因 将通入下列溶液至饱和： ①浓 ②和HNO3，混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 B 比较与结合的能力 向等物质的量浓度的和混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合的能力： C 比较与的酸性 分别测定等物质的量浓度的与溶液的 前者小 酸性： D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快 A．A B．B C．C D．D 11．（2023高三·全国·专题练习）工业上采用乙苯脱氢制取苯乙烯，最新研究得出乙苯脱氢有两种路径(如图所示)。一种是先脱亚甲基上的H原子，再脱甲基上的H原子，中间产物为1－苯乙基，如图PATH(I)。另一种是先脱甲基上的H原子，再脱亚甲基上的H原子，中间产物为2－苯乙基，如图PATH(II)。工业上在恒容容器中进行反应(g)(g)+H2(g) ∆H>0，加入高温水蒸气的目的是 ，若在恒压容器中进行该反应，加入高温水蒸气还可以起到的作用是 。 12．（2023高三·全国·专题练习）我国科学家在“碳中和”项目上进行了如图相关深入研究，并取得一定效果。以CO2和甲醇为原料直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3)的反应为CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) △H。在一定条件下，测定碳酸二甲酯的产率随温度变化的曲线如图a所示；其他条件一定时，改变压强(保持各物质气态)，测定甲醇的平衡转化率随压强变化的曲线在图b(未画出)。 在140~180℃之间，随着温度升高，碳酸二甲酯的产率降低，可能原因是(写一种) 。 13.（2023高三·全国·专题练习）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐()转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是 。 14．（23-24高二下·云南临沧·阶段练习）试分析有关化学反应速率问题。 (1)某反应在体积为的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如图所示(已知均为气体)。 ①该反应的化学方程式为 。 ②反应开始至时，B的平均反应速率为 。 ③平衡时A的转化率为 。 (2)下表是某学习兴趣小组，一定条件下测定在水溶液中分解浓度减少一半所需时间。已知：的起始浓度为。 3.0 4.0 5.0 6.0 20 301 231 169 58 30 158 108 48 15 50 31 26 15 7 ①在条件下，的分解速率为 。 ②增大能加速分解，表明对分解起催化作用的是 。 ③根据表中数据，推测在下列条件下分解速率依次增大的顺序为 (填序号)。 a．        b．        c． 15．（2024·浙江·高考真题）通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答： (1)某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是 。 (2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下： ： Ⅱ： Ⅲ： ① 。 ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率为 。 ③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的 。[已知：时，电离常数、] (3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。 Ⅳ：           V：              VI：        ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。 A．v与的压强无关         B．v与溶液中溶解的浓度无关 C．温度升高，v不一定增大         D．在溶液中加入，可提高转化率 ②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因 。 ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 限时练习：60min 完成时间： 月 日 天气： 暑假作业09 用控制变量的思维突破化学反应速率综合应用 【知识梳理】 1、 知识结构 1.反应速率知识结构 2.控制变量 科学研究中，对于多因素（多变量）的问题，常常采用只改变其中的某一个因素（变量），控制其他因素不变的研究方法。使多因素问题变成几个单因素问题，如在探究不同温度对反应速率的影响时，控制浓度、压强、催化剂等因素相同。 二、 核心知识 （一）、化学反应速率的概念和计算： 1.化学反应速率的含义 化学反应速率是用来衡量化学反应快慢的物理量。 2．常用表示方法及计算 3．化学反应速率与化学计量数的关系 同一反应在同一时间内，用不同物质来表示的反应速率可能不同，但反应速率的数值之比等于这些物质在化学方程式中的化学计量数之比。 （二）、影响化学反应速率的因素 1.影响化学反应速率的因素 (1)内因 反应物本身的性质是主要因素。如相同条件下Mg、Al与稀盐酸反应的速率大小关系为Mg>Al。 (2)外因(只改变一个条件，其他条件不变) (3)“惰气”对反应速率的影响 在恒温恒容条件下 通入“惰气”，总压增大，反应物浓度不变，反应速率不变 恒温恒压条件下 通入“惰气”，总体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小 2.理论解释——有效碰撞理论 (1)基元反应：大多数化学反应往往经历多个反应步骤才能实现，其中每一步反应都称为基元反应。 如：2HI===H2＋I2实际上经过下列两步反应完成： ①2HI―→H2＋2I· ②2I·―→I2 反应历程：基元反应反映了化学反应的历程，反应历程又称反应机理。 (2)活化能 活化能(如图) 图中：E1为正反应活化能，使用催化剂时的活化能为E3，反应热为E1－E2。(注：E2为逆反应的活化能) （3）有效碰撞与速率的链接 【思维方法】 1．化学反应速率计算的一般方法 (1)定义式法：找出各物质的起始量、某时刻量，求出转化量，利用定义式v＝＝来计算。 (2)用已知物质的反应速率，计算其他物质表示的反应速率——关系式法。 化学反应速率之比＝物质的量浓度变化之比＝物质的量变化之比＝化学计量数之比。 2．比较反应速率大小的常用方法 (1)换算成同一物质、同一单位表示，再比较数值的大小。 (2)比较化学反应速率与化学计量数的比值，即对于一般反应aA＋bB===cC＋dD，比较与，若＞，则A表示的反应速率比B的大。 3.化学反应中各物质浓度的计算模板——“三段式”法 （1）写出有关反应的化学方程式。 （2）找出各物质的起始量、转化量、某时刻量。 （3）根据已知条件列方程式计算。 4.影响化学反应速率的答题方向 （1）解释影响反应速率的因素 条件变化 正常 反常 举例解释 加热 速率增大 速率减小 ①有酶参与的反应，温度高酶会失去活性 ②有气体参与的反应，升高温度，气体的溶解度减小 ③加热易分解的物质(H2O2、NH3·H2O等)分解 ④有催化剂参与的反应，升高温度，催化剂活性降低 ⑤加热易挥发的物质(浓硝酸、浓盐酸)大量挥发 加压 速率增大 不变 ②恒温恒容条件下的气相反应，充入稀有气体 （2）催化剂(绝大多数催化剂都有其活性温度范围，温度过高，易使催化剂活性降低) 反应速率 原因 活化能 增大 催化剂改变反应的历程，使活化能降低 温度 增大 随着温度升高，催化剂的活性增大 减小 随着温度升高，催化剂的活性减小 接触面积 增大 催化剂与反应物接触面积增大 5.“变量控制”法的解题流程 【思维模型】 1.“控制变量法”探究反应速率影响因素的思维模型 2.催化反应机理的分析思维模型 1．（2024·山东·模拟预测）向刚性密闭容器中加入和一定量的，发生反应：  。不同温度下，的平衡转化率随起始的变化如图所示。下列说法错误的是 A．温度： B．A、B、C点对应的平衡常数： C．A、B、C点对应的气体的平均摩尔质量： D．A、B点对应的压强： 【答案】C 【详解】A．由ΔH>0可知正反应吸热，n(H2O)相同时，C2H5OH的平衡转化率T1>T2，说明T1温度更高，有利于正反应进行，C2H5OH的平衡转化率更大，A正确； B．正反应吸热，温度升高K增大，由T1>T2可知KA=KC>KB，B正确； C．A点转化率大于C点是由于H2O物质的量增加造成，A、C两点H2O的物质的量关系未知，无法判断A、C对应的气体平均摩尔质量，C错误； D．容器体积一定，A点温度高且正反应程度大，气体的物质的量大，故压强更大，pA>pB，D正确；故选C。 2．（2024·湖北·二模）下列方案设计、现象和结论都正确的是 选项 目的 方案设计 现象和结论 A 检验丙烯醛中含有碳碳双键 向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液中滴加溴水 若溴水褪色，则丙烯醛中含有碳碳双键 B 探究不同价态硫元素的转化 向与的混合液中加入硝酸 溶液变浑浊，证明与在酸性条件下发生了归中反应 C 探究压强对的影响 压缩体积，增大反应容器压强 气体颜色加深，则说明增大压强，该化学平衡正向移动 D 验证与在配合物形成过程中存在相互竞争 向溶液中加入少量NaCl固体 溶液由蓝色变为黄绿色，说明发生了到的转化 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，醛基被氧化成羧基，此时溶液呈碱性，向上层清液中滴加溴水，Br2和OH-反应也会导致溴水褪色，该实验不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，A错误； B．硝酸具有氧化性，能氧化Na2S生成S，干扰Na2SO3氧化Na2S，根据实验现象不能证明与在酸性条件下发生了归中反应，B错误； C．是气体体积不变的反应，压缩体积，增大反应容器压强，I2浓度增大，气体颜色加深，但平衡没有发生移动，C错误； D．[Cu(H2O)4]2+在水溶液中呈蓝色、[CuCl4]2-在水溶液中呈黄色，[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-的混合溶液呈黄绿色，根据实验现象知，发生了[Cu(H2O)4]2+到[CuCl4]2-的转化，D正确；故选D。 3．（2024·北京·模拟预测）已知：，温度时的平衡常数。温度时，在①、②、③、④四个相同体积的恒容容器中投料，起始浓度如下表所示。下列判断不正确的是 温度 容器编号 起始浓度/ ① 0.1 0.1 0 0 ② 0.2 0.1 0 0 ③ 0.1 0.2 0.1 0.1 ④ 0.04 0.04 0.06 0.06 A．容器①达到平衡，用表示的化学反应速率为： B．容器③中反应向正反应方向进行 C．容器④中反应向正反应方向进行，则 D．已知：，若的状态为液态，则能量变化曲线可能为图中① 【答案】D 【详解】A．容器①达到平衡，由三段式分析，则有K==，解得x=0.06mol/L，用H2表示的化学反应速率为：=，A正确； B．容器③中Qc===0.5＜K=，则反应向正反应方向进行，B正确； C．容器④中反应向正反应方向进行，说明Qc===＜K，即该温度下的平衡常数大于T1温度下的，根据题干可知该反应正反应为吸热反应即升高温度平衡正向移动，K增大，则，C正确； D．已知：，，根据盖斯定律可知，若的状态为液态，，则反应物总能量高于生成物总能量，即能量变化曲线不可能为图中①，D错误；故答案为：D。 4．（2024·北京海淀·三模）“丁烯裂解法”是一种重要的丙烯生产法，生产过程中会有生成乙烯的副反应发生。发生的反应为：主反应：；副反应：。测得上述两反应的平衡体系中，各组分的质量分数(w%)随温度(T)变化的趋势如图所示，下列说法正确的是 A．300℃~400℃范围内，温度升高，压强减小，丙烯的平衡产率提高 B．主副反应的正反应方向均为吸热过程 C．450℃时，主反应的催化剂活性最好 D．将乙烯分离出去有助于增大丙烯的平衡产率 【答案】B 【详解】A．300℃~400℃范围内，温度升高，丙烯和乙烯的质量分数均增大，说明平衡正向移动，根据主副反应原理可知，体系压强增大，A错误； B．在300℃~400℃范围内，温度升高，丙烯和乙烯的质量分数均增大，平衡正向移动，则根据勒夏特列原理可知，主副反应的正反应方向均为吸热过程，B正确； C．450℃时，丁烯转化为丙烯的转化率高，因此催化剂的选择性最好，C错误； D．将乙烯分离出去，生成乙烯副反应的平衡会正向移动，丁烯浓度减小，导致主反应的平衡逆向移动，丙烯的平衡产率下降，D错误；答案选B 5．（2024·安徽·模拟预测）某科研小组发现更换溶剂调节超分子的结构，可将“纳米球”变成“纳米碗”，纳米碗可由苯并环化机制扩展到五苯并环烯，然后连续环化脱氢而制得，相关原理图如图。有关说法正确的是 A．常温常压下，五苯并环烯为液体 B．纳米碗易溶于水 C．由图可知，反应为吸热反应 D．该机理中反应最大的能垒为 【答案】C 【详解】A．五苯并环烯为碳原子个数较多的烃，常温常压下为固体，A错误； B．纳米碗属于烃类有机物，难溶于水，B错误； C．由图可知，反应为吸热反应，C正确； D．该机理中反应最大的能垒为，D错误；故答案为：C。 6．（2024·江西宜春·模拟预测）反应的反应机理为①  ；②  ，反应过程中的能量变化如图所示。已知反应①：，；反应②：；总反应。下列说法错误的是 A．， B．反应①先达到平衡状态，平衡时存在 C．M为反应的催化剂 D．反应体系达到平衡后，升高温度，AB浓度增大 【答案】D 【详解】A．由图中能量变化可知，反应①和反应②均为放热反应，A正确； B．反应①比反应②的活化能低，反应①先达到平衡状态，故有，则，，总反应的决速步骤为反应②，故有，则，将代入，得，则，B正确； C．M为反应的催化剂，参与反应又生成并降低了反应活化能，C正确； D．反应为放热反应，体系达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，AB浓度减小，D错误； 故选D。 7．（2024·吉林长春·模拟预测）下列各组实验所得结论不正确的是 实验现象 结论 A 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加溶液，溶液未出现红色 样品中没有+3价铁 B 加热溶液，溶液变黄绿色 C 将溶液和稀混合，出现淡黄色沉淀和可使品红溶液褪色的气体 既体现还原性又体现氧化性 D 向苯酚浊液中加入溶液变澄清 酸性：苯酚 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，由于Fe3+能被Fe还原为Fe2+，所以滴加溶液，溶液未出现红色，不能说明样品中没有+3价铁，故A错误； B．加热溶液，溶液变黄绿色，说明加热平衡右移，，故B正确； C．将溶液和稀混合，出现淡黄色沉淀和可使品红溶液褪色的气体，说明发生反应：，中硫元素化合价一部分升高、一部分降低，即既体现还原性又体现氧化性，故C正确； D．向苯酚浊液中加入溶液变澄清，是因为发生反应：+→+NaHCO3，所以酸性：苯酚，故D正确；故答案为：A。 8．（2024·山东泰安·模拟预测）Aun纳米团簇能催化水煤气变换反应，其微观反应机理如图1所示，反应过程中相对能量的变化如图2所示。已知图2中TS表示过渡态，FS表示稳定的共吸附。下列说法错误的是 A．稳定性：FSe2大于FSe1 B．升高温度，体系中CO的含量升高 C．制约总反应速率的反应为CO*+OH*=COOH* D．升高温度，过程g比过程f速率变化小 【答案】C 【详解】A．由图可知，FSe2能量低于FSe1，根据能量越低越稳定，则稳定性：FSe2大于FSe1，故A正确； B．水煤气变换反应为H2O+CO=CO2+H2，由图2可知，反应物总能量高于生成物总能量，则该反应为放热反应，ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，体系中CO的含量升高，故B正确； C．制约总反应速率的反应为活化能最大的反应，由图2可知，活化能最大的反应为H2O*═H*+OH*，故C错误； D．由图可知过程g由FSd转化为FSe1，过程f由FSd转化为FSe2，过程g放出的热量较小，升高温度时，过程g比过程f速率变化小，故D正确；故选：C。 9．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知烯经和在磺酸树脂()作用下可以生成，二元醇，其反应历程的示意图如下(R1、R2、R3、R4均表示烃基或H原子)。下列说法错误的是 A．是该反应催化剂 B．整个过程的总反 C．操作时温度不能过高或过低 D．过程中反应的原子利用率为100% 【答案】A 【详解】 A．是该反应的催化剂，是中间产物，最后又转化为，A错误； B．从反应的起始和终止可以看出，整个过程的总反应为：，B正确; C．温度过高H2O2分解，温度过低反应速率慢，C正确； D．过程③中产物为一种，没有其它物质生成，原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，原子利用率为100%，D正确；故选A。 10．（2024·海南·三模）下列做法的目的与改变化学反应速率无关的是 A．牛奶放在冰箱里保存 B．向玻璃中加入 C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎 D．在糕点包装内放置小包铁粉 【答案】B 【详解】A．降低温度，减缓食物变质的速率，故A不选； B．向玻璃中加入是为了使玻璃呈现颜色，与反应速率无关，故B选； C．高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，增大接触面积加快化学反应速率，故C不选； D．在糕点包装内放置小包铁粉，有吸收氧气的作用，能减慢糕点变质的速率，故D不选。答案选B。 11．（2024·辽宁大连·二模）在2L恒容恒温的密闭容器中发生反应 ，若起始时向密闭容器中加入2molCO(g)和，充分反应，5min时达到平衡，和的质量之和占混合气体总质量的40％，下列说法正确的是 A．达到平衡时，CO(g)的转化率为40％ B．0～5min内， C．达到平衡后，升高温度，平衡常数增大 D．恒容时，增大CO(g)的浓度能增加单位体积内的活化分子百分数 【答案】A 【详解】和的质量之和占混合气体总质量的40％，反应前后质量不变，说明反应物转化了40%，根据题意列“三段式”如下： A．达到平衡时，CO(g)的转化率为，A正确； B．0～5min内，，B错误； C．达到平衡后，升高温度，，平衡常数减小，C错误； D．恒容时，增大CO(g)的浓度单位体积内的活化分子百分数不变，D错误； 故选A。 12．（2024·上海闵行·三模）T℃时，向2.0L的恒容密闭容器中充入1.0mol和0.6mol，发生如下反应：。20s时反应达到平衡，和相等。 (1)0～20s内， 。 (2)平衡后向容器中再充入0.4mol和0.3mol，此时，_______。 A．大于 B．小于 C．等于 D．无法判断 (3)相同温度下，起始投料变为0.5mol和0.3mol，的平衡转化率_______。 A．增大 B．不变 C．减小 D．无法判断 【答案】(1)0.02 (2)A (3)C 【详解】（1）根据三段式可知 ，20s后反应达到平衡，和相等，则0.5－2x＝0.3－x，解得x＝0.2，所以0.4mol/L÷20s＝0.02，平衡常数为； （2）平衡后向容器中再充入和，此时浓度熵为，平衡正向进行，则v(正)＞v(逆)； （3）相同温度下，起始投料变为和，相当于是减小压强，平衡逆向进行，则的平衡转化率减小。 13．（2024·上海·三模）一种捕获并实现资源利用的反应原理如图甲所示。反应①完成之后，以为载气，将恒定组成的、混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图乙所示。反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，推测发生了制反应(反应③)：。 （1）．反应②的化学方程式为 。 （2）．时间段内，反应②速率减小至0的原因是 。 （3）．时刻，生成的速率反应②___________反应③。 A． B． C． D．无法确定 【答案】（1）． （2）．CaCO3消耗完全 （3）．A 【解析】（1）．反应②是甲烷和碳酸钙反应生成氧化钙、CO和H2，反应的化学方程式为 。 （2）．时间段内，反应②是，t3时刻不再产生CO，反应②速率减小至0，原因是CaCO3消耗完全； （3）．反应②生成的CO和氢气一样多。时刻，CO得流速为1~2之间，H2的流速为2，可知生成的速率反应②>反应③，选A。 14．（2024·上海黄浦·二模）研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的微粒用*标注。 （1）．推测该反应的正逆反应的活化能：Ea(正) Ea(逆)。 A．>            B．=            C．< （2）．该反应历程中决定化学反应速率快慢的基元反应是_____。 A．N2(g)＋H2(g)=N*＋H2* B．N*＋H*=NH* C．NH2*＋H*=NH2* D．NH2*＋H*=NH3* 【答案】 （1）．C （2）．D 【分析】由反应历程和相对能量图可知，活化能最大的是过渡态4的反应，因此化学方程式为 。 （1）．该反应，，，故答案为：C； （2）．决定化学反应速率快慢的基元反应是活化能最大的反应即最慢的一步反应，从图中可知活化能最大的是过渡态4的反应，因此化学方程式为，故答案为：D。 15．（2024·上海浦东新·一模）氧化铁黄(化学式为FeOOH)是一种黄色颜料，具有非常好的耐光性和耐碱性，是氧化铁的一水合物。工业上常以绿矾(FeSO4·7H2O)为原料制备FeOOH。 (1)下列关于铁元素的认识正确的是______。 A．能存在于人体的血红蛋白中 B．是地壳中含量最多的金属元素 C．单质是人类最早使用的金属 D．铁的氧化物都具有致密的结构 (2)制备氧化铁黄的关键步骤是FeSO4溶液的氧化。为探究影响氧化FeSO4溶液快慢的因素，现利用FeSO4·7H2O、蒸馏水和稀H2SO4配制四组溶液进行实验，实验结果如下表： 实验编号 I II III IV c(FeSO4)/(mol·L-1) 0.5 0.25 0.25 0.5 溶液pH 2.9 2.9 3.5 3.3 初始颜色 浅绿色 浅绿色，较I浅 浅绿色，同II 浅绿色，同I 0.5h后颜色 浅绿色 浅绿色 黄绿色 浅绿色 2h后颜色 黄绿色 浅绿色 黄色 黄绿色 5h后颜色 浅黄色 浅黄色，较I浅 黄色，较IV浅 黄色 对比实验I和II可知，实验中影响氧化快慢的因素是 ； 综合对比分析四组实验，简述影响氧化FeSO4溶液快慢的决定因素。 【答案】(1)A (2) FeSO4溶液的浓度 分析四组实验可知，增大FeSO4溶液的浓度和提高溶液pH，都能加快氧化速率，对比实验III和IV可知，实验III，FeSO4溶液的浓度小而pH大，反应速率更快，说明溶液pH是影响氧化快慢的决定因素 【详解】（1）A． 铁元素是血红蛋白的组成成分之一，A正确； B．铝是地壳中含量最多的金属元素，B错误； C． Cu单质是人类最早使用的金属，C错误； D．三氧化二铁不具有致密的结构，D错误；故选A。 （2）①对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，FeSO4溶液的浓度不同，实验中影响氧化快慢的因素是FeSO4溶液的浓度； ②综合对比分析四组实验，增大FeSO4溶液的浓度和提高溶液pH，都能加快氧化速率，对比实验Ⅲ和Ⅳ可知，实验Ⅲ，FeSO4溶液的浓度小而pH大，反应速率更快，说明溶液pH是影响氧化快慢的决定因素。 1.（2024·河北保定·三模）铌被广泛应用于航空航天、电子、原子能、超导材料及新型功能材料等领域，是一种十分重要的战略物资。常用于萃取稀土金属铌：。某温度下，萃取过程中溶液中与时间的变化关系如图所示。下列叙述正确的是 A．其他条件不变，时萃取反应已停止 B．增大，萃取反应平衡向左移动，平衡常数减小 C．min、min时萃取反应的正反应速率： D．min内，的平均反应速率 【答案】D 【详解】A．平衡时正反应、逆反应依然在不断进行，A项错误； B．平衡常数只与温度有关，增大浓度K不变，B项错误； C．萃取反应发生后，正反应速率由大到小至不变时反应达到平衡，，C项错误； D．min内，，根据速率之比等于化学计量数之比，的平均反应速率，D项正确；故选：D。 2．（2024·安徽合肥·三模）下列有关实验操作及实验现象的解释或结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验解释或结论 A 在2NO2N2O4平衡体系中保持恒温恒容条件继续充入一定量NO2 体系颜色变浅 反应物浓度增大，平衡向正向移动 B 向I2水中先加浓NaOH溶液，再加CCl4，振荡后静置 液体分层，上层无色，下层紫红色 CCl4能萃取碘水中的碘，而NaOH溶液不能 C 常温下，用pH计测定0.1mol•L-1NaHRO3溶液的pH 溶液的pH=3.71 H2RO3为二元酸 D 将收集满甲烷和氯气混合气的试管倒扣在盛满水的水槽中，久置光照 试管内液面上升 甲烷和氯气发生取代反应 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．在平衡体系中保持恒温恒容条件继续充入一定量，最终二氧化氮的浓度变大，体系颜色变深，A错误； B．向I2水中先加浓NaOH溶液，发生反应后没有I2剩余，再加CCl4，振荡后静置，溶液分层，但是没有紫色出现，B错误； C．常温下，用pH计测定0.1mol•L-1NaHRO3溶液的pH=3.71，说明的电离大于水解，则H2RO3为二元酸， C正确； D．甲烷与氯气混合的试管倒置于水中，试管内液面上升，不能证明甲烷与氯气发生取代反应，常温下1体积水能溶解2体积氯气，可能是氯气溶于水、Cl2与H2O反应生成的HClO见光分解导致试管中气体减少等、试管内液面上升， D错误； 故选C。 3．（2024·浙江·模拟预测）丙酮与碘在盐酸催化下发生取代反应，碘水颜色逐渐褪去生成碘化丙酮（反应及机理如下）： 某研究小组按下表进行实验，得到浓度变化为平行直线（如下图）。 组别 标准盐酸溶液 标准丙酮溶液 碘水溶液 蒸馏水 0 下列说法中不正确的是 A．甲基上的能与碘发生取代的原因是其受到了羰基官能团的影响 B．在反应过程中丙酮的浓度、盐酸的浓度可视为恒定 C．两组实验的碘水取代反应都是匀速反应且两组速率相等 D．综合分析可知总反应速率由反应③决定的 【答案】D 【详解】A．由于甲基上的α−H受到了羰基官能团的影响，所以能与碘发生取代，A正确； B．根据A、B中的数据，溶液的总体积为25mL，盐酸溶液和碘溶液的起始浓度不变，可视为恒定，B正确； C．由不同浓度碘溶液反应过程浓度变化图可知，两组实验的碘水取代反应都是匀速反应且两组速率相等，C正确； D．决速步骤为化学反应中的慢反应，根据反应历程，丙酮与氢离子是慢反应，则是该反应的决速步骤，D错误；故选D。 4．（23-24高三下·浙江杭州·阶段练习）丙酮与反应并进一步转化为2-氰基丙烯，过程如下： 已知：氰基（）是一个强吸电子基团。下列说法正确的是 A．步骤③，“条件1”可以是醇溶液，加热 B．步骤①，丙酮中羰基的键共用电子对转化为碳原子与氰基间的键共用电子对 C．反应物中加不等质量固体，随着增加，反应速率先增大后减小 D．酸性： 【答案】B 【详解】A．步骤③是醇类发生消去反应，反应条件是浓硫酸、加热，故A错误； B．由步骤①的示意图可知，丙酮中羰基的键共用电子对转化为碳原子与氰基间的键共用电子对，故B正确； C．加不等质量固体，随着增加，CN-浓度增大，H+浓度减小，反应①速率变快，反应②速率变慢，总反应速率要综合多个影响因素，来判断反应速率是增大还是减小，但不会先增大，后减小，故C错误； D．是强吸电子基团，故 中羟基上的氢更活泼，酸性更强，故D错误。答案选B。 5．（2024·重庆·模拟预测）储氢合金M的吸放氢反应式为：xH2(g)+2M(s) 2M-Hx(s)，现将100gM置于恒容容器中，通入氢气并维持容器内压强恒定，在不同温度下M的最大吸氢量与氢气压强的关系如图所示，下列说法错误的是 A．压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大 B．若到达P点的时间为3min，则吸氢速率v=0.35g/min C．在相同条件下，若氢气中含有氩气，则最大吸氢量减小 D．若到达N点所用时间小于P点，则吸氢速率v(N)<v(P) 【答案】D 【详解】A．由图可知，压强越小，温度对最大吸氢量的影响越大，故A正确； B．由图可知，到达P点的时间为3min时，M的最大吸氢量为1.05g，则反应速率为=0.35g/min，故B正确； C．该反应是气体体积减小的反应，恒容条件下若氢气中含有氩气相当于减小压强，平衡向逆反应方向移动，吸氢量减小，故C正确； D．由图可知，压强相同时，N点反应温度高于P点，温度越高，反应速率越快，则N点反应速率小于P点，故D错误；故选D。 6．（2024·湖南·模拟预测）二甲醇是一种绿色能源，也是一种化工原料。在体积均为的容器I、Ⅱ中分别充入和，发生反应：。相对容器Ⅱ，容器I仅改变温度或压强一个条件。两个容器同时发生化学反应，的转化率与时间关系如图，下列叙述正确的是 A．该反应中，产物总能量大于反应物总能量 B．其他条件相同，压强，容器I容器Ⅱ C．容器Ⅱ中内平均速率为 D．容器I条件下，平衡常数为27 【答案】C 【分析】根据图像可知，容器I先达到平衡，说明Ⅰ容器反应速率大于Ⅱ容器，则Ⅰ容器改变的条件可能是升高温度或增大压强。同时从图中还可知平衡时容器Ⅱ中的转化率更高，说明Ⅰ容器改变的条件相对于Ⅱ容器而言促使反应平衡逆向移动，若为升高温度，则反应的化学平衡逆向移动，正反应为放热反应。若为增大压强，反应的化学平衡正向移动，则Ⅰ中的转化率应该大于Ⅱ，故不可能是增大压强，因此Ⅰ改变的条件是升高温度。 【详解】A．根据以上分析可知反应为放热反应，则产物总能量小于反应物总能量，故A项错误； B．若其他条件相同，容器I比容器Ⅱ先达到平衡状态，且正反应是体积减小的，因此改变的条件是温度，故温度：容器I＞容器Ⅱ，故B项错误； C．容器Ⅱ中0∼6min内，CO2的转化率为40%，即反应消耗CO2的物质的量为1mol×40%=0.4mol，H2消耗1.2mol，则H2平均速率为，故C项正确； D．容器I条件下，4min时达到平衡状态，CO2转化率为50%，根据三段式得： 平衡常数，故D项错误；故本题选C。 7．（2023·江苏南通·三模）在催化剂作用下，以CO2和H2为原料进行合成CH3OH的实验。保持压强一定，将起始n(CO2)∶n(H2)=1∶3的混合气体通过装有催化剂的反应管，测得出口处CO2的转化率和CH3OH的选择性与温度的关系如下图所示。 已知反应管内发生的反应为 反应1∶CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.5 kJ·mol-1 反应2∶CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=41.2 kJ·mol-1 下列说法正确的是 A．CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的△H=90.7kJ·mol-1 B．280℃时，出口处CH3OH的体积分数的实验值小于平衡值 C．220℃~240℃时CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应2转化的CO2随温度的升高而减少 D．220℃~280℃时，反应1的速率高于反应2的速率 【答案】D 【分析】由题给热化学方程式可知，反应1为放热反应，反应2为吸热反应，升高温度反应1逆向移动，则CH3OH的选择性随温度升高而减小，依据图中曲线解答。 【详解】A．根据盖斯定律，反应1-反应2得到CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-49.5 kJ·mol-1-41.2 kJ·mol-1=-90.7kJ·mol-1，故A错误； B．由图可知，280℃时，出口处CH3OH的选择性实验值等于CO2的转化率的平衡值，而CO2的转化率实验值又大于CH3OH的选择性平衡值，出口处CH3OH的体积=起始CO2的体积CO2的转化率CH3OH的选择性，所以CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，故B错误； C．反应1为放热反应，升高温度反应1逆向移动，CH3OH的选择性随温度升高而降低，则220℃~240℃时，CO2的平衡转化率随温度升高而降低，原因是反应1转化的CO2随温度的升高而减少，故C错误； D．根据B项分析，CH3OH的体积分数的实验值大于平衡值，说明反应1的速率高于反应2的速率，故D正确；答案选D。 8.（2024高三·全国·专题练习）研究CO2的捕集、回收，对实现节能减排、“碳中和”等目标具有重要意义。 I.将CO2还原成甲烷： i.Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1 ii.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ•mol-1 iii.CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g) ΔH3=-206.1kJ•mol-1 压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大，解释温度高于600℃之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因是 。 【答案】CO2平衡转化率为反应i、ii的CO2平衡转化率之和，反应i放热；反应ii吸热。600°C之后，CO2转化率主要取决于反应ii 【详解】CO2平衡转化率为反应i、ii的CO2平衡转化率之和，反应i放热升高温度平衡逆向移动，反应ii吸热升高温度平衡正向移动，600°C之后，随着温度升高CO2转化率增大说明此时CO2转化率主要取决于反应ii。 9．（2024高三·全国·专题练习）清洁能源的综合利用可有效降低碳排放，是实现“碳中和、碳达峰"的重要途径。H2和CO2合成乙醇反应为：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)。将等物质的量的CO2和H2充入一刚性容器中，测得平衡时乙醇的体积分数随温度和压强的关系如图甲。                    图甲 已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的储化效能，进行了实验探究，依据实验数获得图乙曲线。                      图乙 从图中信息获知催化效能较高的催化剂是 (“m”或“n”)，判断理由是 。 【答案】 n 由图可知，直线n斜率大，Ea小，催化效率高 【详解】在m催化剂作用下，，计算得该反应的活化能Ea=9.6×104J/mol，比较两者斜率，n的活化能要小于9.6×104J/mol。由图可知，直线n斜率大，Ea小，催化效率高，所以催化效能较高的催化剂是n。 10．（2024高三·全国·专题练习）乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1>0。常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)：n(O2)=1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如图所示。 (1)乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的，原因是 。 (2)在570~600℃温度范围内，下列说法正确的有 (填字母)。 A．H2O的含量随温度升高而增大。 B．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大 C．此催化剂的优点是在较低温度下能降低CO的平衡产率 【答案】(1)体系未达到平衡状态，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4 (2)A 【解析】（1）升高温度，C2H6的转化率在不断增大，则表明反应未达平衡。混合物中CO的百分率大，则表明生成CO的速率比生成C2H4的速率大，所以原因是：体系未达平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于C2H4。 （2）A.因为反应未达平衡，在三个反应中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，A正确； B.根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量分数随温度升高而降低，B错误； C.因为反应并未达到平衡，图中信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，所以不能说明该催化剂在较低温度下降低CO的平衡产率，C错误；故选A。 11．（2023高三·全国·专题练习）废气中的H2S可用电解、Fe2(SO4)3吸收和活性炭吸附氧化等多种方法脱除。Fe2(SO4)3吸收脱除：用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，其反应后的溶液可在硫杆菌作用下实现吸收液的再生。 (1)用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S的原理经历以下三步： 第一步：H2S(g)H2S(aq) 第二步：H2SH++HS- 第三步：HS-+2Fe3+=S↓+2Fe2++H+ 一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10g•L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。其原因是 。 (2)反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降的原因是 。 【答案】(1)Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度[Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低也可以)] (2)硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌逐渐失去活性 【解析】（1）根据图示可知：一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。这是由于Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度(只答Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低也可以)； （2）反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降是由于硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌蛋白质发生变性而逐渐失去活性。 12．（2023高三·全国·专题练习）近年来，随着化石燃料的大量消耗和CO2等温室气体的大量排放，氨的无碳燃料属性引起重视。低能耗高效率合成氨技术的开发是实现氨燃料化利用的基础，基于Al2O3载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如图。    (1)有利于提高反应II平衡转化率的条件为 (填标号)。 A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压 (2)60C、100kPa条件下，反应II中溶液pH随时间变化如图，120min~180min持续收集到氨气，但溶液pH几乎不变的原因是 。 【答案】(1)D (2)溶液中氨水浓度达饱和 【详解】（1）反应II的正反应是放热反应，降低温度有利于提高平衡转化率，该反应又是气体体积增大的反应，降低压强有利于平衡正向移动，所以低温低压有利于提高平衡转化率； 答案选D； （2）反应II生成氨气，氨气溶于水形成氨水，溶液的pH增大，当氨气在水中达到饱和时逸出，可以持续收集到氨气，但由于溶液已饱和，所以溶液pH几乎不变，故答案为：溶液中氨水浓度达饱和。 13．（23-24高二下·河北·阶段练习）回答下列问题： Ⅰ.在一定温度下，密闭容器内某一反应中气体、气体的物质的量随时间变化的曲线如图： (1)该反应的方程式为 。 (2)比较时刻，正逆反应速率大小： (填“>”“=”或“<”)。 (3)时刻反应物的转化率为 。 (4)如果升高温度，则 (填“增大”“减小”或“不变”)。 Ⅱ.某同学设计如下实验方案探究影响锌与稀硫酸反应速率的因素，有关数据如下表所示。 实验序号 纯锌粉 硫酸溶液 温度 硫酸铜固体 加入蒸馏水 Ⅰ 25 0 0 Ⅱ 25 0 Ⅲ 25 0 Ⅳ 25 0 (5)①本实验待测数据可以是 ，实验Ⅰ和实验Ⅱ可以探究 对锌与稀硫酸反应速率的影响。 ②实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是 。 (6)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表： 实验序号 体积 溶液 水 溶液 溶液 淀粉溶液 ① ② ③ 表中 。 【答案】(1)2N(g)M(g) (2)＞ (3)75% (4)增大 (5) 反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间) 硫酸浓度 硫酸铜的量对反应速率的影响 (6)2.0 【详解】（1）结合图中信息可知N和M的化学计量数之比等于物质的量的变化量之比=(8mol-2mol):(5mol-2mol)=2：1，可得反应方程式：2N(g)M(g)； （2）t2时刻，反应仍正向进行，则正反应速率大于逆反应速率； （3）t3时刻化学反应达到平衡，反应物的转化率=； （4）升高温度，正逆反应速率均增大； （5）①根据反应速率的含义，本实验待测数据可以是反应结束所需要的时间(或相同条件下产生等体积的氢气所需要的时间)，实验Ⅰ和实验Ⅱ相比，只有浓度不同，其它条件均相同，可以探究硫酸浓度对锌与稀硫酸反应速率的影响。 ②只有所用的硫酸铜的质量不同，实验Ⅲ和实验Ⅳ的目的是探究硫酸铜的量对反应速率的影响。 （6）K2S2O8溶液与水的体积之和为10mL，则Vx＝10mL-8.0mL=2.0mL；这主要是由于要保证反应物K2S2O8浓度的改变，而其他物质浓度不变。 14．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）固定和利用CO2能有效地利用资源，并减少空气中的温室气体。工业上有一种用CO2来生产甲醇燃料的方法：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)。某科学实验小组将6 mol CO2和8 mol H2充入2 L的恒温密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图曲线所示。a、b、c、d、e括号内数据表示坐标。 (1)a～b、b～c、c～d、d～e四段中，平均反应速率最大的时间段是 ，该时间段内H2的平均反应速率是 。 (2)8 min时，CO2的转化率是 ，反应前后容器内的压强比是 。 【答案】(1) a～b (2) 33.3% 7∶5 【详解】（1）a~b段氢气的平均反应速率为，b~c段氢气的平均反应速率为，c~d段氢气的平均反应速率为，所以平均反应速率最大的是a~b段，故答案为：； （2）由题图可知，平衡时氢气的物质的量为2mol，列三段式： 所以平衡时的转化率为；恒温、恒容时，气体压强之比等于气体的物质的量之比，所以反应前后容器内的压强之比是，故答案为：33.3%；7:5。 15.（23-24高三上·河北石家庄·阶段练习）恒温下在2L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的量随时间变化曲线如图。 (1)该反应的化学方程式为 。 (2)从开始至5min，Y的平均反应速率为 ；平衡时，Z的物质的量浓度为 ，X的转化率为 。 (3)反应达平衡时体系的压强是开始时的 倍。 (4)在某一时刻采取下列措施能加快反应速率的是________。 A．加催化剂 B．降低温度 C．体积不变，充入X D．体积不变，从容器中分离出Y 【答案】(1) (2) 0.25mol/L 60% (3) (4)AC 【详解】（1）由图像可以看出X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数呈正比，则有X:Y:Z=(1.0-0.4):(1.0-0.8):(0.5-0.1)=3:1:2，该反应的化学方程式为。故答案为：； （2）从开始至5min，Y的平均反应速率为v= = ；平衡时，Z的物质的量浓度为 0.25mol/L，X的转化率为 60%。故答案为：；0.25mol/L；60%； （3）在相同条件下，压强之比等于物质的量之比，反应达平衡时体系的压强是开始时的倍。故答案为：； （4）A．加催化剂，能降低反应的活化能，活化分子百分数增大，有效碰撞增加，反应速率加快，A符合题意； B．降低温度，活化分子百分数增小，有效碰撞减少，反应速率减慢，B不符合题意； C．体积不变，充入X，X的物质的量浓度增大，反应速率加快，C符合题意； D．体积不变，从容器中分离出Y，Y的物质的量浓度减小，反应速率减慢，D不符合题意；故答案为：AC。 1．（2022·辽宁·高考真题）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下： 时间段/ 产物Z的平均生成速率/ 0～2 0.20 0～4 0.15 0～6 0.10 下列说法错误的是 A．时，Z的浓度大于 B．时，加入，此时 C．时，Y的体积分数约为33.3% D．时，X的物质的量为 【答案】B 【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；　 B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式： 根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误； C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确； D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；故答案选B。 2．（2022·浙江·高考真题）恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是    A．实验①，， B．实验②，时处于平衡状态， C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大 D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大 【答案】C 【详解】A．实验①中，0~20min，氨气浓度变化量为2.4010-3mol/L-2.0010-3mol/L=4.0010-4mol/L，v(NH3)==2.0010-5mol/(L·min)，反应速率之比等于化学计量数之比，v(N2)=v(NH3)=1.0010-5mol/(L·min)，A正确； B．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为4.0010-4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.0010-4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，氨气浓度减小，因此实验②60min时处于平衡状态，根据等效平衡可以判断x<0.2，即x≠0.4，B正确； C．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是4.0010-4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误； D．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，D正确； 答案选C。 3．（2022·广东·高考真题）在相同条件下研究催化剂I、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则 A．无催化剂时，反应不能进行 B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低 C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D．使用催化剂Ⅰ时，内， 【答案】D 【详解】A．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误； B．由图可知，催化剂I比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂I使反应活化能更低，反应更快，故B错误； C．由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0~2min 内Y的浓度变化了2.0mol/L，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol/L，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C错误； D．使用催化剂I时，在0~2min 内，Y的浓度变化了4.0mol/L，则(Y) ===2.0，(X) =(Y) =2.0=1.0，故D正确；答案选D。 4．（2022·浙江·高考真题）在恒温恒容条件下，发生反应A(s)+2B(g)3X(g)，c(B)随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是 A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率 B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率 C．在不同时刻都存在关系：2v(B)=3v(X) D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c(B)随时间变化关系如图中曲线乙所示 【答案】C 【详解】A．图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率，选项A正确； B．b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为反应物B的瞬时速率，选项B正确； C．化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(B)=2v(X)，选项C不正确； D．维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态相同，选项D正确；答案选C。 5．（2021·辽宁·高考真题）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是 A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大 B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 C．条件①，反应速率为 D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为 【答案】B 【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确； B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误； C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确； D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；故答案为：B。 6．（2021·浙江·高考真题）一定温度下：在的四氯化碳溶液()中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表： 0 600 1200 1710 2220 2820 x 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12 下列说法正确的是 A．，生成的平均速率为 B．反应时，放出的体积为(标准状况) C．反应达到平衡时， D．推测上表中的x为3930 【答案】D 【详解】A．，的变化量为(0.96-0.66)==0.3，在此时间段内的变化量为其2倍，即0.6，因此，生成的平均速率为，A说法不正确； B．由表中数据可知，反应时，的变化量为(1.40-0.35)==1.05，其物质的量的变化量为1.050.1L=0.105mol，的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的在标准状况下的体积为0.0525mol 22.4L/mol=，B说法不正确； C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，，C说法不正确； D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后的浓度会变为原来的，因此，的浓度由0.24变为0.12时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D说法正确。 综上所述，本题选D。 7．（2021·广东·高考真题）反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A．a为随t的变化曲线 B．时， C．时，的消耗速率大于生成速率 D．后， 【答案】D 【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。 【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确； B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确； C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确； D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。综上所述，本题选D。 8．（2021·河北·高考真题）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是 A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1 B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变 C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z D．反应①的活化能比反应②的活化能大 【答案】A 【详解】A．由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量为0.5-0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125 =0.075 。因此，时间段内，Y的平均反应速率为 ，A说法不正确； B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确； C．结合A、B的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即的M转化为Z，C说法正确； D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。 综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。 9．（2024·浙江·高考真题）酯在溶液中发生水解反应，历程如下： 已知： ① ②水解相对速率与取代基R的关系如下表： 取代基R 水解相对速率 1 290 7200 下列说法不正确的是 A．步骤I是与酯中作用 B．步骤III使I和Ⅱ平衡正向移动，使酯在溶液中发生的水解反应不可逆 C．酯的水解速率： D．与反应、与反应，两者所得醇和羧酸盐均不同 【答案】D 【详解】A．步骤Ⅰ是氢氧根离子与酯基中的作用生成羟基和O-，A正确； B．步骤Ⅰ加入氢氧根离子使平衡Ⅰ正向移动，氢氧根离子与羧基反应使平衡Ⅱ也正向移动，使得酯在NaOH溶液中发生的水解反应不可逆，B正确； C．从信息②可知，随着取代基R上Cl个数的增多，水解相对速率增大，原因为Cl电负性较强，对电子的吸引能力较强，使得酯基的水解速率增大，F的电负性强于Cl，FCH2对电子的吸引能力更强，因此酯的水解速率，C正确； D．与氢氧根离子反应，根据信息①可知，第一步反应后18O既存在于羟基中也存在于O-中，随着反应进行，最终18O存在于羧酸盐中，同理与18OH-反应，最终18O存在于羧酸盐中，两者所得醇和羧酸盐相同，D错误；故答案选D。 10．（2024·浙江·高考真题）根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，其中方案设计或结论不正确的是 实验目的 方案设计 现象 结论 A 探究和浓反应后溶液呈绿色的原因 将通入下列溶液至饱和： ①浓 ②和HNO3，混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 和浓反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有 B 比较与结合的能力 向等物质的量浓度的和混合溶液中滴加几滴溶液，振荡 溶液颜色无明显变化 结合的能力： C 比较与的酸性 分别测定等物质的量浓度的与溶液的 前者小 酸性： D 探究温度对反应速率的影响 等体积、等物质的量浓度的与溶液在不同温度下反应 温度高的溶液中先出现浑浊 温度升高，该反应速率加快 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．Cu和浓HNO3反应后生成二氧化氮，探究其溶液呈绿色的原因可以采用对比实验，即将NO2通入①浓HNO3，②Cu(NO3)2和HNO3混合溶液至饱和，现象与原实验一致，可以说明Cu和浓HNO3反应后溶液呈绿色的主要原因是溶有NO2，故A正确； B．向等物质的量浓度的KF和KSCN混合溶液中滴加几滴FeCl3溶液，振荡，溶液颜色无明显变化，铁没有与SCN-结合而与F-结合，说明结合Fe3+的能力：F->SCN-，故B正确； C．不应该分别测定等物质的量浓度的与溶液的，因为铵根离子也要水解，且同浓度与的铵根离子浓度不等，不能比较，并且亚硫酸的酸性大于氢氟酸，结论也不对，故C错误； D．探究温度对反应速率的影响，只保留温度一个变量，温度高的溶液中先出现浑浊，能说明温度升高，反应速率加快，故D正确；故选C。 11．（2023高三·全国·专题练习）工业上采用乙苯脱氢制取苯乙烯，最新研究得出乙苯脱氢有两种路径(如图所示)。一种是先脱亚甲基上的H原子，再脱甲基上的H原子，中间产物为1－苯乙基，如图PATH(I)。另一种是先脱甲基上的H原子，再脱亚甲基上的H原子，中间产物为2－苯乙基，如图PATH(II)。工业上在恒容容器中进行反应(g)(g)+H2(g) ∆H>0，加入高温水蒸气的目的是 ，若在恒压容器中进行该反应，加入高温水蒸气还可以起到的作用是 。 【答案】 升高温度，增大反应速率和平衡正向移动，可以提高产率 若在恒压容器中进行该反应，加入高温水蒸气，各组分浓度减小，相当于减压，促进平衡正向移动，可以提高产率 【详解】恒容时，高温水蒸气作用是升高温度，增大反应速率和促使平衡正向移动，可以提高产率； 若在恒压容器中进行该反应，加入高温水蒸气使得容器体积增大，，各组分浓度减小，相当于减压，促进平衡正向移动，可以提高产率。 12．（2023高三·全国·专题练习）我国科学家在“碳中和”项目上进行了如图相关深入研究，并取得一定效果。以CO2和甲醇为原料直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3)的反应为CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) △H。在一定条件下，测定碳酸二甲酯的产率随温度变化的曲线如图a所示；其他条件一定时，改变压强(保持各物质气态)，测定甲醇的平衡转化率随压强变化的曲线在图b(未画出)。 在140~180℃之间，随着温度升高，碳酸二甲酯的产率降低，可能原因是(写一种) 。 【答案】从140℃起随温度的升高，因反应正向放热，不利于反应正向进行或因催化剂的活性降低或反应的副产物增多 【详解】由图可知，140℃时，碳酸二甲酯的产率最大，说明反应达到平衡，140℃时之前是平衡的形成过程，140℃时之后是平衡的移动过程，该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，碳酸二甲酯的产率减小；温度升高，催化剂的活性降低、反应的副产物增多也可能导致碳酸二甲酯的产率减小，故答案为：从140℃起随温度的升高，因反应正向放热，不利于反应正向进行或因催化剂的活性降低或反应的副产物增多。 13.（2023高三·全国·专题练习）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐()转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是 。 【答案】pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H反应生成，减少N2的生成 【详解】由图可知，当废水pH＜4.2时，pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子，使废水中硝酸根离子被还原的中间产物NH更多，NH与氢原子反应生成铵根离子，减少氮气的生成，导致氮气生成率逐渐降低，故答案为：pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H反应生成，减少N2的生成。 14．（23-24高二下·云南临沧·阶段练习）试分析有关化学反应速率问题。 (1)某反应在体积为的恒容密闭的绝热容器中进行，各物质的量随时间的变化情况如图所示(已知均为气体)。 ①该反应的化学方程式为 。 ②反应开始至时，B的平均反应速率为 。 ③平衡时A的转化率为 。 (2)下表是某学习兴趣小组，一定条件下测定在水溶液中分解浓度减少一半所需时间。已知：的起始浓度为。 3.0 4.0 5.0 6.0 20 301 231 169 58 30 158 108 48 15 50 31 26 15 7 ①在条件下，的分解速率为 。 ②增大能加速分解，表明对分解起催化作用的是 。 ③根据表中数据，推测在下列条件下分解速率依次增大的顺序为 (填序号)。 a．        b．        c． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）①由题图可以看出，的物质的量逐渐减小，则为反应物，C的物质的量逐渐增大，所以C为生成物；当反应进行时，，，则，已知在化学反应中，各物质的物质的量的变化值之比等于其化学计量数之比，且反应结束时，反应物、生成物同时存在，反应为可逆反应，所以该反应的化学方程式为； ②由题图可以看出，反应开始至时，的平均反应速率为； ③平衡时A的转化率为； （2）①； ②增大，则浓度增大，增大能加速分解，表明对分解起催化作用的是； ③由表中数据可知，时，所需时间在之间；时，所需时间时，所需时间，则分解速率依次增大的顺序是。 15．（2024·浙江·高考真题）通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答： (1)某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是 。 (2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下： ： Ⅱ： Ⅲ： ① 。 ②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率为 。 ③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的 。[已知：时，电离常数、] (3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。 Ⅳ：           V：              VI：        ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。 A．v与的压强无关         B．v与溶液中溶解的浓度无关 C．温度升高，v不一定增大         D．在溶液中加入，可提高转化率 ②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因 。 【答案】(1) (2) +14.8 2.4×10−8 10.00 (3) CD 当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度) 【详解】（1）①电极B是阴极，则电极反应式是； （2）①ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol； ②根据三段式，设转化的CO2为x，则： ，则，，则转化率= ； ③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol⋅L-1氨水和0.18 mol⋅L-1甲酸铵的混合溶液，得出=0.18mol/L， 根据，则，，； （3）①A．v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误； B．v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误； C．温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，C错误； D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确； 故选CD。 ②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。 ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$