专题05 化学反应的速率-【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学上学期期中真题分类汇编（上海专用）

专题05 化学的速率 内容概览 考点01 化学反应的速率 考点02 影响化学反应速率的因素 考点01 化学反应的速率 1．在A(g)+2B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是 A．v(A)=0.3mol/(L·s) B．v(B)=0.5mol/(L·s) C．v(C)=0.8mol/(L·s) D．v(D)=2.0mol/(L·s) 2．恒温密闭容器中的反应，经2min，M的浓度减少了。下列叙述错误的是 A．2min内M的平均反应速率为 B．M、P、Q表示的反应速率之比为4∶2∶1 C．用N表示的反应速率是 D．2~4min内M的平均反应速率小于 3．在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示。已知v(A)、v(B)、v(C)之间有以下关系2v(B)=3v(A)，3v(C)=2v(B)，则此反应可以表示为 A．2A +3B = 2C B．A+3B =2C C．2A+B = 2C D．A+B = C 4．已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用V NH3、VO2、VNO、VH2O(mol·L-1) 表示，则正确的关系 A．VNH3 VO2 B． VO2 VH2O C． VNH3 VH2O D．VO2 VNO 5．室温下按如图所示的装置进行实验(实验过程中反应体系温度保持不变)，5 s内消耗锌0.01 mol。下列说法正确的是 A．可用长颈漏斗替换分液漏斗 B．5 s内： C．5 s内： D．若药品足量，再消耗0.65g Zn的时间超过5 s 二、多选题 6．一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，下列对该反应的推断合理的是 A．该反应的化学方程式为3B＋4C6A＋2D B．反应进行到6 s时B的转化率为40% C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol·L-1·s-1 D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等 三、计算题 7．在2L密闭容器中进行反应，式中m、n、p、q为化学计量数。在min内，各物质物质的量的变化如下表所示：              物质 时间 X Y Z Q 起始/mol 0.7 1 2min末/mol 0.8 2.7 0.8 2.7 3min末/mol 0.8 已知2min内，，试确定以下物质的相关量： （1）起始时 ， 。 （2）方程式中m= ，n= ，p= ，q= 。 （3）用Z表示2min内的反应速率： 。 mX(g) +nY(g) pZ(g) +qQ(g) 考点02 影响化学反应速率的因素 1．一定条件下，某密闭容器中，CO和发生反应 △H，CO的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A．该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量 B．反应速率： C．平衡常数： D．各点对应的混合气体中，碳元素的质量分数： 2．已知反应：  ，下列说法正确的是 A．达到平衡后，升高温度，K值增大 B．时，反应一定达平衡状态 C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大 D．达到平衡后，加入催化剂，的平衡转化率增大 3．利用催化剂将汽车尾气中的NO和CO发生反应：2NO+2CO2CO2+N2。使用等量的同种催化剂，设计实验探究温度、催化剂比表面积对反应速率的影响，实验结果如表。已知：x＞y＞z，下列分析错误的是 实验编号 温度(℃) NO起始浓度(mol•L-1) CO起始浓度(mol•L-1) 催化剂比表面积(m2•g-1) CO平衡浓度(mol•L-1) 平衡时间(min) 1 280 6.5×10-3 4.0×10-3 80 a x 2 280 6.5×10-3 4.0×10-3 120 1.0×10-3 y 3 360 6.5×10-3 4.0×10-3 80 2.0×10-3 z A．对比实验1、2可知，a=1.0×10-3 B．实验2中，CO平衡转化率为75% C．对比实验1、2可知，增大催化剂比表面积可加快反应速率 D．对比实验1、3可知，该反应的△H＞0 4．一定条件下，按2：1的比例向容积为的密闭容器充入A物质和B物质，发生反应：，温度、压强()对A物质的平衡转化率的影响如下图所示，下列说法错误的是 A．压强：； B．压强为时，若和时该反应的速率分别为、，则： C．该反应的 D．平衡常数：A点=B点 5．羰基铁[]为分子构成的物质，可用作催化剂。据文献报道：催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是 A．总反应方程式为 B．CO和互为同素异形体 C．该反应可消耗温室气体，并产生清洁燃料 D．催化循环过程中，Fe的成键数目始终没有发生变化 6．下列图示与对应的叙述相符合的是(夹持装置已略去) A． 验证温度对反应平衡移动的影响 B．验证不同催化剂对反应速率的影响 C．验证该反应为放热反应 D．测定中和反应时温度的变化 7．某研究小组为探究室温下水溶液体系中的化学反应的反应物初始浓度、溶液中的初始浓度及初始速率间的关系，得到如下数据。 实验编号 的初始浓度mol/L 初始浓度mol/L 初始浓度mol/L 初始速率mol/(L·s) 1 1.00 2 1.00 3 2.00 4 1.00 已知表中初始反应速率与有关离于浓度关系可以表示为：(温度一定时，为常数)。下列说法不正确的是 A．实验2中， B．设计实验2和实验4的目的是研究离子浓度对反应速率的影响 C．b=1；c=0.5 D．若实验编号4的其它浓度不变，时，反应的初始速率 8．某课题组研究煤燃烧过程中氮氧化物与砷反应的微观机理，得到如下数据和图象。已知：反应速率为反应物浓度和速率常数k的函数，E为活化能。对于所研究的三个反应，下列说法错误的是 反应 E/(kJ·mol⁻1) As+N2O→AsO+N2 78.45 As+NO2→AsO+NO 2.58 As+NO→AsO+N 155.85 A．相同条件下的氧化性：NO2>NO B．相同条件下，As与NO的反应速率最慢 C．升高温度能增大As与NO2反应的活化能 D．其他条件不变，改变温度不能显著改变As与NO2的反应速率 9．为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理HCl废气：  。将HCl和分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。下列说法错误的是 A．该反应的 B． C．单位时间内转化的HCl的量：P点<M点 D．使用更高效的催化剂可提高P点HCl转化率 10．丙酮的碘代反应CH3COCH3+I2→CH3COCH2I+HI的速率方程为，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为，其中(k为速率常数，为活化能，A为比例系数)。在保持酸性不变的条件下，改变下列条件时，反应的瞬时速率如表所示。 序号 温度 1 0.25 0.050 1.4 2 0.50 0.050 2.8 3 1.00 0.050 5.6 4 0.50 0.100 2.8 5 0.50 0.100 下列说法中正确的是 A．若，则 B．速率v与和均有关 C．m=1，n=1 D．温度下，在过量的I2存在时，反应掉75%的CH3COCH3所需的时间是125min 11．由羟基丁酸()生成丁内酯的反应如下：。在25℃时，水溶液中羟基丁酸的初始浓度为0.180mol/L，随着反应的进行，测得丁内酯的浓度随时间的变化如下表所示。下列说法不正确的是 t/min 21 50 80 100 120 160 220 ∞ 0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 A．整个反应中共出现了3种官能团 B．21min时的逆反应速率小于50min时的正反应速率 C．若将丁内酯不断从体系中分离，不仅能提高羟基丁酸的转化率，而且能加快反应的速率 D．25℃时，该反应的平衡常数K=2.75 12．利用如图所示装置探究浓度对反应速率的影响，实验药品：不同浓度的硫酸溶液，体积均为40mL，锌粒大小形状相同且足量。下列说法错误的是 A．该反应的 B．将稀硫酸换为浓硫酸，氢气的产生速率加快 C．根据相同时间产生氢气的体积可比较反应速率快慢 D．0~30s内，的硫酸比的硫酸与锌反应产生的氢气多 13．在体积均为1L的甲、乙两个恒容密闭容器中分别加入足量的炭粉，再分别充入和，在不同温度下发生反应，反应达到平衡时，的物质的量浓度随温度的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．相同时间内，乙容器中的反应速率更大 B．N点对应的气体总压强等于M点的 C．N点对应的平衡常数与O点的相等 D．N点的逆反应速率大于M点的 14．反应2HI(g)H2(g)+I2(g) ΔH >0经过以下两步基元反应完成： ⅰ．2HI = H2 + 2I· ∆H1    ⅱ．2I·= I2       ∆H2        反应过程中的能量变化如图所示： 下列说法不正确的是 A．反应物的分子必修发生碰撞才能发生基元反应 B．因为ⅰ中断裂化学键吸收能量，所以∆H1>0 C．因为ⅱ中形成化学键释放能量，所以∆H2＜0 D．H = H1 + H2 15．中国科学家研究用还原生成和的路径，各基元反应及活化能如图所示。下列说法错误的是 A．中原子的轨道杂化方式有2种 B．路径中被还原为的化学反应速率更快 C．路径中被还原为的反应焓变更小 D．生成的各基元反应中，元素均被还原 二、多选题 16．一种催化循环制备乙酸的过程如图所示。下列叙述正确的是 A．物质X是 B．转化②中Co的成键数未发生变化 C．催化剂作用下的总反应方程式是 D．该循环中需不断补充、和CO 三、填空题 17．2O2为底物研究化学反应的反应速率及其反应历程。回答下列问题： (1)以Fe/Cu/沸石非均相Fenton催化剂，通过与H2O2作用产生强氧化性的·OH自由基和·HO2自由基，能够有效去除水体中污染物，其反应机理如图所示。其中·OH是降解污染物的主要反应活性物质。 ①过程I、Ⅱ的总反应为 。 ②产生·OH的催化剂是 (填离子符号，下同)；产生·HO2的催化剂是 。 ③反应VI的离子方程式为 。 (2)H2O2分解速率受多种因素影响。下图甲、乙、丙、丁是实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化情况。 ①图甲、丁研究了H2O2分解速率的影响因素分别是 、 (pH除外)。 ②图乙研究了溶液的pH对H2O2分解速率的影响，由图可知，其他条件相同时， 。 ③对比图乙、丙，得出的结论是 。 18．回答下列问题 (1)时，在体积的密闭容器中发生反应，随时间的变化如下表： 时间 0 1 2 3 4 5 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 ①如下图中点处， (填“<”、“=”或“>”)。 ②上图中表示的变化的曲线是 。 ③下列不能使该反应的反应速率增大的是 。 A．及时分离出气体   B．适当升高温度   C．增大的浓度   D．选择高效的催化剂 ④该反应的化学平衡常数K表达式为 ；值为 (2)某研究性学习小组利用溶液和酸性溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：(不考虑溶液混合所引起的体积缩小) 实验序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s 溶液(含硫酸) 溶液 A 293 2 0.02 4 0.1 0 6 B T1 2 0.02 3 0.1 8 C 313 2 0.02 0.1 1 t ①通过实验，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，通过实验 (实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响。 ②组实验中溶液褪色时间t (填“<”、“=”或“>”)8s。 ③同学们在实验中发现反应速率总是如图所示，其中时间内速率变快的主要原因可能是：①产物(或)是反应的催化剂：② 。 19．为防止氮的氧化物污染空气，可用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物。 (1)下图是1mol 和1mol 反应生成和过程中的能量变化示意图，已知、。 ①若在反应体系中加入催化剂， (填“增大”、“减小”或“不变”)。 ②请写出和反应生成和的热化学方程式： 。 (2)向2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和1.0mol NO，发生反应： 。实验测得T℃下NO和的物质的量变化如表所示： 温度 T℃ 反应时间 0 5min 9min 10min 12min 物质的量/mol NO 1.0 0.58 0.42 0.40 0.40 0 0.21 0.29 0.30 0.30 ①为提高此反应的速率，下列措施可行的是 。(填序号) A．增大压强        B．降低温度        C．移出        D．使用适合的催化剂 ②T℃，0~5min内，以表示该反应速率 。 ③T℃，10min时，容器中的物质的量浓度为： ，NO的转化率为 。 20．如图是某一反应的反应历程理论模拟，其中包含了一系列基元反应。 (1)该反应历程包含了 步基元反应。 (2)这些基元反应的总反应就是反应___________。 A．① B．② C．③ D．④ (3)基于该图，下列说法正确的是___________。 A．即便更换催化剂，也无法改变图中的 B．该反应的决速步骤对应的过渡态是TS3 C．TS2对应的基元反应涉及单键的断裂与双键的生成 D．通过理论模拟得到的反应热可能存在一定误差 四、解答题 21．某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验： 实验序号 实验温度/K 有关物质 溶液颜色褪至无色所需时间/s 酸性KMnO4溶液 H2C2O4溶液 H2O V/mL c/mol·L-1 V/mL c/mol·L-1 V/mL A 293 2 0.02 4 0.1 0 t1 B T1 2 0.02 3 0.1 V1 8 C 313 2 0.02 V2 0.1 1 t2 (1)通过实验A、B，可探究出 (填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中V1= 、T1= ；通过实验 (填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其中V2= 。 (2)若t1<8，则由此实验可以得出的结论是 。 (3)该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中n(Mn2+) 随时间的变化情况如图所示，并认为造成这种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与草酸之间的反应有某种特殊作用，则该作用是 ，相应的粒子最可能是 (填粒子符号)。 22．将浓度均为的溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。 资料：该“碘钟实验”的总反应为，反应分两步进行。 反应A：……；反应B：。 (1)反应A的离子方程式是 。 (2)对于总反应，的作用相当于 ，可以改变单位体积内的 (填标号)，从而改变反应速率。 a．活化分子数　　　b．活化分子百分数　　　c．分子总数 (3)为证明反应A、B的存在，进行实验I。 实验I：a．向酸化的溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。 b．再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色褪去。 试剂X是 。 (4)为探究硫酸浓度对溶液变蓝快慢的影响，进行实验II、实验III。(各溶液浓度均为) 用量 溶液 溶液 溶液 试剂X溶液 实验II 5 4 8 3 0 实验III 5 2 x y z 溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验II是15min，实验III是20min。 ①实验III中，所对应的数值分别是 、 、 。 ②对比试验II、实验III，可得出的实验结论是 。 (5)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验IV。(各溶液浓度均为) 用量/mL 溶液 溶液 溶液 试剂X溶液 实验IV 4 4 9 3 0 实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。 试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验IV未产生颜色变化的原因 。 23．化石燃料的综合利用既能减少污染，又能提高资源利用率。回答下列问题： (1)煤气化过程如下： 反应1：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)    △H1=+13kJ•mol-1 反应2：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)    △H2=-49kJ•mol-1 反应3：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)    △H3=+90kJ•mol-1 反应2在催化剂作用下的反应历程如图(TS表示过渡态，*表示吸附态)，历程中决速步的方程式为 ；使用催化剂， (填“能”或“不能”)改变△H2的值。 (2)在一定温度下，向某恒容容器中充入2molCO2(g)和2molH2(g)，仅发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)    △H=-58kJ•mol-1。 ①下列情况表明反应已达到平衡状态的是 (填标号)。 A．CO2的体积分数保持不变         B．混合气体的平均摩尔质量保持不变 C．CO2的转化率保持不变           D．CH3OH与H2O的物质的量之比不再改变 ②该反应能在 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)下自发。 (3)向2L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH(g)，发生反应：2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)    △H。其他条件不变时，CH3OH的平衡转化率随着温度(T)的变化如图所示。 ①欲提高CH3OH的平衡转化率且加快反应速率，下列措施可能有效的是 (填标号)。 a.降低温度并及时分离出产物 b.加入合适的催化剂并分离出产物 c.再向容器中充入1molCH3OH(g) d.适当降低温度并加入合适的催化剂 ②T1K时，反应经过20min达到平衡，用C2H4表示该段时间内的平均速率为 mol•L-1•min-1，该温度下的平衡常数K= (用分数表示)；该温度下，改变投料，某时刻容器内n(CH3OH)=0.1mol、n(C2H4)=0.04mol、n(H2O)=0.1mol，则此时v正 v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。 (4)在催化剂条件下发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)可消除NO和CO对环境的污染。为探究温度对该反应的影响，实验初始体系中气体分压p(CO)=p(NO)且p(CO2)=2p(N2)，测得反应体系中CO和N2的分压随时间变化情况如表所示。 时间/min 0 30 60 120 180 200℃ CO的分压/kPa 4 8.8 13 20 20 N2的分压/kPa 48 45.6 43.5 40 40 300℃ CO的分压/kPa 100 69.0 48 48 48 N2的分压/kPa 10 25.5 36 36 36 200℃时，该反应的化学平衡常数Kp= (kPa)-1(Kp表示平衡常数计算表达式中用分压代替浓度计算所得的值)，该反应的△H 0(填“＞“或“＜“)。 24．苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为： 反应I： (g)+CO2(g) (g)+H2O(g)+CO(g) △H1 反应II： (g) (g)+H2(g) △H2 反应III：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H3=+41.2kJ•mol-1 回答下列问题： (1)已知部分物质的燃烧热数据如表，利用表中数据计算△H2= kJ•moL-1(用a、b、c表示)。 物质 乙苯 苯乙烯 氢气 燃烧热用焓变表示(kJ•mol-1) -a -b -c (2)下列关于反应I～III的说法正确的是 (填标号)。 A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量 B．n(CO2)∶n(CO)保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态 C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高 D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能 (3)在催化剂MxOy作用下，CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如图所示反应机理： 该机理可表示为以下两个反应，请补充反应ii。 i： (g)+MxOy(s)→ (g)+MxO(y-1)(s)+H2O(g)； ii： 。 (4)常压下，乙苯和CO2经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[n(CO2)∶n(乙苯)]分别为1：1、5：1和10：1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：    ①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越 (填“高”或“低”)。 ②相同温度下，投料比远大于10：1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：i.乙苯的浓度过低；ii. 。 ③850K时，反应经tmin达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为nmol，则v(苯乙烯)= mol•min-1。 (5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量CaCO3和一定量乙苯，一定条件下发生反应I，初始和平衡时容器内压强分别为p1kPa和p2kPa，则平衡时苯乙烯的分压为 kPa(以含有p1、p2、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数Kp。②CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) Kp=pkPa] 25．乙烯是重要的化工原料，研究其制备方法具有重大意义。回答下列问题： (1)利用无水乙醇催化脱水制备乙烯时发生反应Ⅰ、Ⅱ。 I、C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g)　K1 Ⅱ、2C2H5OH(g)C2H5OC2H5(g)+H2O(g)　K2 已知427℃和227℃下，反应Ⅰ的平衡常数K1分别为7.7和3.2，反应Ⅱ的平衡常数K2分别为0.14和0.80，则反应C2H5OC2H5(g)2C2H4(g)+H2O(g)的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。 (2)乙炔电催化制乙烯的工艺中，乙炔的转化率超过99%，产物中乙烯的选择性高达83%，其反应历程如图所示，其中“*”表示吸附。 ①该反应历程中，反应速率最慢的基元反应方程式为 。 ②下列说法正确的是 (填选项字母) A、1→2中有极性键的断裂和形成 B、2→3吸收的能量大于3→4释放的能量 C、3→4中H2O的作用是与O*生成OH* (3)乙烷制乙烯具有极高的经济效益。某温度、100kPa下，向反应器中充入1molC2H6发生反应：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)　ΔH，C2H6的平衡转化率为60%；保持温度和压强不变，再向反应器中充入xmol水蒸气，5min后达到平衡，此时C2H6的平衡转化率为75%。则x的值为 (与出计算过程)。 (4)二氧化碳在催化剂的作用下可与氢气反应制取乙烯，过程中发生如下反应： I、2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)　ΔH1=+9kJ·mol-1 Ⅱ、2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)　ΔH2=﹣79kJ·mol-1 若将CO2和H2按物质的量之比1：3混合，在bkPa的恒压反应器中连续反应，测得平衡时CO2的转化率与C2H4、C2H5OH的选择性随温度变化的曲线如图所示： 图中y= ，说明判断依据： 。 26．水煤气变换反应而消除燃料电池原料气流中残留的CO、防止Pt电极中毒，具有重要的工业应用价值。 回答下列问题： (1)已知：反应Ⅰ： 反应Ⅱ：    ①反应的 。 ②若已知    ，还可以通过测定 的燃烧热，并结合盖斯定律即可获得水煤气变换反应的焓变。 (2)水煤气变换反应在金属催化剂上发生的所有基元反应步骤如下，其中“表示催化剂表面活性位，表示催化剂表面活性位吸附物种。 ；； ；；；；；______________；；。 ①分析上述基元反应可知，水煤气变换反应中可通过 种不同的途径氧化成；请写出基元反应： （R9）。 ②图a为在纯镍和掺杂的镍催化剂、、表面上发生反应的能量分布曲线图。图为在纯镍和掺杂的镍催化剂、、表面上发生副反应的基元反应的能量分布曲线图。 随着P元素含量的增加， （请结合图a、图b作答），由此可见，最佳催化剂的确定应该是多个研究视角下综合选择的结果。 (3)水煤气变换反应的正逆反应速率可以表示为，，和都是温度的函数。在图中画出、随温度变化的趋势 。 (4)一定温度下，水煤气变换反应达到平衡，测得各组分的平衡比强（即组分的物质的量分数×总压）：、、和，维持相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为 。 ； 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 化学的速率 内容概览 考点01 化学反应的速率 考点02 影响化学反应速率的因素 考点01 化学反应的速率 1．在A(g)+2B(g)3C(g)+4D(g)反应中，表示该反应速率最快的是 A．v(A)=0.3mol/(L·s) B．v(B)=0.5mol/(L·s) C．v(C)=0.8mol/(L·s) D．v(D)=2.0mol/(L·s) 【答案】D 【解析】同一化学反应，用不同物质表示的速率比等于系数比。 A．v(A)=0.3mol/(L·s)； B．v(A)=v(B)=0.5mol/(L·s)×=0.25mol/(L·s)； C．v(A)=v(C)=0.8mol/(L·s)×=0.267mol/(L·s)； D．v(A)=v(D)=2.0mol/(L·s)×=0.5mol/(L·s)； 所以反应最快的是v(A)=0.5mol/(L·s)，选D。 2．恒温密闭容器中的反应，经2min，M的浓度减少了。下列叙述错误的是 A．2min内M的平均反应速率为 B．M、P、Q表示的反应速率之比为4∶2∶1 C．用N表示的反应速率是 D．2~4min内M的平均反应速率小于 【答案】C 【解析】A．经2min，M的浓度减少了 1.2 mol⋅L−1 ，则M的平均反应速率为1.2 mol⋅L−12min= 0.6 mol⋅L−1⋅min−1 ，A正确； B．化学反应速率之比等于其化学计量数之比，M、P、Q表示的反应速率之比为4∶2∶1，B正确； C．N是固体，无法用它的浓度变化来表示反应速率，C错误； D． 由于浓度下降，所以2~4min内M的平均反应速率小于 0.6 mol⋅L−1⋅min−1 ，D正确； 故选C。 3．在密闭容器中A与B反应生成C，其反应速率分别用v(A)、v(B)、v(C)表示。已知v(A)、v(B)、v(C)之间有以下关系2v(B)=3v(A)，3v(C)=2v(B)，则此反应可以表示为 A．2A +3B = 2C B．A+3B =2C C．2A+B = 2C D．A+B = C 【答案】A 【分析】同一可逆反应同一时间段内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，把不同物质反应速率转化为同一物质反应速率，从而确定化学方程式。 【解析】由2v(B)=3v(A)，2v(B)=3v(C)可得出，v(A)=v(C)=v(B)，所以v(A):v(B):v(C)=2:3:2，反应的化学方程式为2A+3B=2C，故选A。 4．已知：4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用V NH3、VO2、VNO、VH2O(mol·L-1) 表示，则正确的关系 A．VNH3 VO2 B． VO2 VH2O C． VNH3 VH2O D．VO2 VNO 【答案】D 【解析】A．根据化学方程式可知，4v(O2)=5v(NH3)，即v(O2)=v(NH3)，A错误； B．根据化学方程式可知，6v(O2)=5v(H2O)，即v(H2O)=v(O2)，B错误； C．根据化学方程式可知，6v(NH3)=4v(H2O)，即v(H2O)=v(NH3)，C错误； D．根据化学方程式可知，5v(NO)=4v(O2)，即v(NO)=v(O2)，D正确； 故答案选D。 5．室温下按如图所示的装置进行实验(实验过程中反应体系温度保持不变)，5 s内消耗锌0.01 mol。下列说法正确的是 A．可用长颈漏斗替换分液漏斗 B．5 s内： C．5 s内： D．若药品足量，再消耗0.65g Zn的时间超过5 s 【答案】D 【解析】A．若用长颈漏斗替换分液漏斗，不方便控制反应进程，不能替换，故A错误； B．锌为纯固体，密度为定值，不能用单位时间内浓度的变化量来表示反应速率，故B错误； C．未知溶液体积，不能计算硫酸的反应速率，故C错误； D．随着反应进行，硫酸浓度变稀，反应时间变长，则再消耗0.65 g Zn的时间超过5s，故D正确； 故选：D。 二、多选题 6．一定温度下，向容积为2 L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，下列对该反应的推断合理的是 A．该反应的化学方程式为3B＋4C6A＋2D B．反应进行到6 s时B的转化率为40% C．反应进行到6 s时，B的平均反应速率为0.05 mol·L-1·s-1 D．反应进行到6 s时，各物质的反应速率相等 【答案】AC 【分析】由图可知，反应达到平衡时，B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol、A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol，所以B、C为反应物，A、D为生成物； 【解析】A．由图可知，反应达到平衡时，B物质减少了0.6mol、C物质减小了0.8mol、A物质增加了1.2mol、D物质增加了0.4mol，所以B、C为反应物，A、D为生成物，物质的量的变化量之比为0.6：0.8：1.2：0.4=3：4：6：2，故反应的化学方程式为：3B+4C6A+2D，故A正确； B．反应进行到6 s时B的转化率为，故B错误； C．反应进行到6s时，B的平均反应速率为，故C正确； D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，故反应进行到6s时，各物质的反应速率不相等，故D错误； 故选AC。 三、计算题 7．在2L密闭容器中进行反应，式中m、n、p、q为化学计量数。在min内，各物质物质的量的变化如下表所示：              物质 时间 X Y Z Q 起始/mol 0.7 1 2min末/mol 0.8 2.7 0.8 2.7 3min末/mol 0.8 已知2min内，，试确定以下物质的相关量： （1）起始时 ， 。 （2）方程式中m= ，n= ，p= ，q= 。 （3）用Z表示2min内的反应速率： 。 【答案】 1 4 2 3 【分析】本题考查化学反应速率的计算，利用速率之比等于化学计量数之比求得。可以利用三段式找到起始量、转化量、2min末，分析已知数据得出该反应是从右向左进行。 【解析】对比的起始量和2末的量，可知反应逆向进行。 。 对反应过程作三段式法分析如下： mX(g) +nY(g) pZ(g) +qQ(g) 始/mol                        0.7  n(Y)    1    n(Q) 变/mol                     △n(X) △n(Y)  △n(Z) 0.3 2min末/mol                 0.8   2.7      0.8    2.7 故 因,， 所以， 。 故答案为(1).n(Y)=2.3mol, n(Q)=3 mol (2)方程式中化学计量数之比等于各物质的物质的量浓度的变化量之比， m：n：p：q = △n(X)：△n(Y)：△n(Z)：△n(Q)=0.1 mol：0.4 mol：0.2 mol：0.3 mol=1：4：2：3，故答案为1，4，2，3； （3）已知2min内，υ(Z):υ(Q)=2:3,知υ(Z)=，故答案为。 【点睛】本题的突破口在于表中的2min末与起始物质的量的分析对比，得出该反应是逆向进行的，再利用三段式的关系即可求出。 考点02 影响化学反应速率的因素 1．一定条件下，某密闭容器中，CO和发生反应 △H，CO的平衡转化率随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A．该反应的反应物的总能量小于生成物的总能量 B．反应速率： C．平衡常数： D．各点对应的混合气体中，碳元素的质量分数： 【答案】C 【解析】A．由上述分析可知，该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故A错误； B．c的温度高于a，b的压强大于c，故，故B错误； C．该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，故，故C正确； D．根据碳元素守恒，可知碳元素的质量分数：，故D错误； 答案选C。 2．已知反应：  ，下列说法正确的是 A．达到平衡后，升高温度，K值增大 B．时，反应一定达平衡状态 C．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率增大 D．达到平衡后，加入催化剂，的平衡转化率增大 【答案】C 【解析】A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，A错误； B．未说明正逆反应速率，无法判断反应是否达到平衡状态，B错误； C．升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率均增大，C正确； D．加入催化剂不会影响反应物的平衡转化率，D错误； 故选C。 3．利用催化剂将汽车尾气中的NO和CO发生反应：2NO+2CO2CO2+N2。使用等量的同种催化剂，设计实验探究温度、催化剂比表面积对反应速率的影响，实验结果如表。已知：x＞y＞z，下列分析错误的是 实验编号 温度(℃) NO起始浓度(mol•L-1) CO起始浓度(mol•L-1) 催化剂比表面积(m2•g-1) CO平衡浓度(mol•L-1) 平衡时间(min) 1 280 6.5×10-3 4.0×10-3 80 a x 2 280 6.5×10-3 4.0×10-3 120 1.0×10-3 y 3 360 6.5×10-3 4.0×10-3 80 2.0×10-3 z A．对比实验1、2可知，a=1.0×10-3 B．实验2中，CO平衡转化率为75% C．对比实验1、2可知，增大催化剂比表面积可加快反应速率 D．对比实验1、3可知，该反应的△H＞0 【答案】D 【解析】A．结合实验目的可知，实验1、2是验证催化剂比表面积对化学反应速率的影响，催化剂只影响反应速率不影响化学平衡，故达到平衡时，CO平衡浓度相同，即a=1.0×10-3，A正确； B．由表格数据可知，实验2中，CO转化浓度为(4.0×10-3-1.0×10-3) mol•L-1=3.0×10-3mol•L-1，则CO平衡转化率为，B正确； C．对比实验1、2可知，实验2到达平衡的时间比实验1到达平衡的时间短，说明反应速率大，实验2的催化剂比表面积比实验1的大，可知，增大催化剂比表面积可加快反应速率，C正确； D．结合实验目的可知，实验1、3是验证温度对化学反应速率的影响，实验3的温度比实验1的温度高，平衡时，实验3中CO平衡浓度比实验1中CO平衡浓度大，即平衡逆向移动，温度升高平衡向吸热方向移动，说明升高温度，该反应逆向移动，该反应为放热反应，即该反应的△H<0，D错误； 故选D。 4．一定条件下，按2：1的比例向容积为的密闭容器充入A物质和B物质，发生反应：，温度、压强()对A物质的平衡转化率的影响如下图所示，下列说法错误的是 A．压强：； B．压强为时，若和时该反应的速率分别为、，则： C．该反应的 D．平衡常数：A点=B点 【答案】C 【分析】根据题干和图像可知：升高温度，A的平衡转化率降低；结合化学方程式可知：增大压强，A的平衡转化率增大； 【解析】A．通过分析可知:在温度相同的情况下，压强越大，A的平衡转化率越高，p1<p2，A不符合题意； B．通过分析可知:在压强相同的情况下，温度越高，反应速率越快，v1<v2，B不符合题意； C．通过分析可知:在压强相同的情况下，升高温度，A的平衡转化率降低,该反应为放热反应，C符合题意； D．化学平衡常数为温度的函数，温度相同化学平衡常数相同，D不符合题意； 故答案选C； 5．羰基铁[]为分子构成的物质，可用作催化剂。据文献报道：催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是 A．总反应方程式为 B．CO和互为同素异形体 C．该反应可消耗温室气体，并产生清洁燃料 D．催化循环过程中，Fe的成键数目始终没有发生变化 【答案】A 【解析】A．该催化循环中，CO和在催化下生成和，总反应方程式为，故A项正确； B．由同一种元素形成的几种性质不同的单质，叫做这种元素的同素异形体，CO和均是化合物，两者不是同素异形体的关系，故B项错误； C．根据反应机理，该循环系统中CO和反应，产生和温室气体，故C项错误； D．由该催化循环中的各含Fe物质的结构可知，Fe的成键数目在发生变化，故D项错误； 故本题选A。 6．下列图示与对应的叙述相符合的是(夹持装置已略去) A． 验证温度对反应平衡移动的影响 B．验证不同催化剂对反应速率的影响 C．验证该反应为放热反应 D．测定中和反应时温度的变化 【答案】A 【解析】A．对于反应 ，升高温度，平衡逆向移动，混合气的颜色加深，降低温度，平衡正向移动，混合气的颜色变浅，则此实验可用于验证温度对反应平衡移动的影响，A正确； B．实验中，温度不同、两种盐也不同，不能验证不同催化剂对的反应速率的影响，B不正确； C．稀硫酸滴入锥形瓶中，挤占了气体所占的空间，同时反应生成氢气，不管反应吸热还是放热，气囊的体积都会膨胀，所以不能验证反应为放热反应，C不正确； D．烧杯敞口，热量大量散失，不能用于测定中和反应温度的变化，D不正确； 故选A。 7．某研究小组为探究室温下水溶液体系中的化学反应的反应物初始浓度、溶液中的初始浓度及初始速率间的关系，得到如下数据。 实验编号 的初始浓度mol/L 初始浓度mol/L 初始浓度mol/L 初始速率mol/(L·s) 1 1.00 2 1.00 3 2.00 4 1.00 已知表中初始反应速率与有关离于浓度关系可以表示为：(温度一定时，为常数)。下列说法不正确的是 A．实验2中， B．设计实验2和实验4的目的是研究离子浓度对反应速率的影响 C．b=1；c=0.5 D．若实验编号4的其它浓度不变，时，反应的初始速率 【答案】C 【分析】将表中实验1、4代入速率方程，可得b=1，将实验，3、4代入速率方程v=kc(I-)1c(OCl-)bc(OH-)c，可得c=-1，依据不同实验中变量关系判断速率影响因素。 【解析】A．实验2和实验4OCl-离子浓度不同，应保证其他条件相同，故a=4×10-3，故A正确； B．实验2和实验4其他条件相同，OCl-离子浓度不同，故设计实验2和实验4的目的是研究OCl-离子浓度对反应速率的影响，故B正确； C．依据分析可知b=1，c=-1，故C错误； D．实验4中kc(I-)1c(OCl-)bc(1)c=7.2×10-4mol•L-1•s-1，则其它浓度不变，pH=13时，反应的初始速率 v=kc(I-)1c(OCl-)c(0.1)-1=7.2×10-3mol•L-1•s-1，故D正确； 答案选C。 8．某课题组研究煤燃烧过程中氮氧化物与砷反应的微观机理，得到如下数据和图象。已知：反应速率为反应物浓度和速率常数k的函数，E为活化能。对于所研究的三个反应，下列说法错误的是 反应 E/(kJ·mol⁻1) As+N2O→AsO+N2 78.45 As+NO2→AsO+NO 2.58 As+NO→AsO+N 155.85 A．相同条件下的氧化性：NO2>NO B．相同条件下，As与NO的反应速率最慢 C．升高温度能增大As与NO2反应的活化能 D．其他条件不变，改变温度不能显著改变As与NO2的反应速率 【答案】C 【解析】A．由As+NO2→AsO+NO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：,A正确； B．由表中信息可知，NO与As的反应的活化能最大，则相同条件下As与NO的反应速率最慢，B正确； C．升高温度，可增大活化分子百分数，增大反应速率，但不改变反应的活化能，C错误； D．反应速率为反应物浓度和速率常数k的函数，由图可知，As与NO2反应中，随温度的升高变化不大，则其他条件不变，改变温度不能显著改变As与的反应速率，D正确； 故答案选C； 9．为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理HCl废气：  。将HCl和分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。下列说法错误的是 A．该反应的 B． C．单位时间内转化的HCl的量：P点<M点 D．使用更高效的催化剂可提高P点HCl转化率 【答案】C 【解析】A．反应前后的气体分子数目在减小，所以该反应，A正确； B．该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故代表的温度为440℃，为360℃，B正确； C．P点、M点对应的温度均为360℃，P点流速大，即浓度大，反应速率快，单位时间内转化的HCl的量多，C错误； D．P点未达到平衡状态，使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，D正确； 故选C。 10．丙酮的碘代反应CH3COCH3+I2→CH3COCH2I+HI的速率方程为，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为，其中(k为速率常数，为活化能，A为比例系数)。在保持酸性不变的条件下，改变下列条件时，反应的瞬时速率如表所示。 序号 温度 1 0.25 0.050 1.4 2 0.50 0.050 2.8 3 1.00 0.050 5.6 4 0.50 0.100 2.8 5 0.50 0.100 下列说法中正确的是 A．若，则 B．速率v与和均有关 C．m=1，n=1 D．温度下，在过量的I2存在时，反应掉75%的CH3COCH3所需的时间是125min 【答案】A 【解析】A．由可知，温度越高，k越大，速率越快，对比实验4和实验5，当时，温度升高反应速率增大，则，A项正确； B．对比2、4实验，变量为速率，但瞬时速率不变，说明v与c(I2)无关，B项错误； C．对比实验1和实验2，增大一倍，v增大一倍，由可知，m=1；对比实验2和实验4，c(I2)增大一倍，v不变，由可知，n=0；因此，根据序号1、2可计算出m=1，根据序号2、4可计算出n=0，C项错误； D．代入实验3数据得5.6×10-3min-1=k，经历一个半衰期所需时间为，反应掉75%的CH3COCH3，相当于该反应经历了2个半衰期，所需的时间是125min×2=250min，D项错误； 故答案选A。 11．由羟基丁酸()生成丁内酯的反应如下：。在25℃时，水溶液中羟基丁酸的初始浓度为0.180mol/L，随着反应的进行，测得丁内酯的浓度随时间的变化如下表所示。下列说法不正确的是 t/min 21 50 80 100 120 160 220 ∞ 0.024 0.050 0.071 0.081 0.090 0.104 0.116 0.132 A．整个反应中共出现了3种官能团 B．21min时的逆反应速率小于50min时的正反应速率 C．若将丁内酯不断从体系中分离，不仅能提高羟基丁酸的转化率，而且能加快反应的速率 D．25℃时，该反应的平衡常数K=2.75 【答案】C 【解析】A．整个反应中共出现了3种官能团，分别为羟基丁酸中的羧基与羟基以及丁内酯中的酯基，A正确； B．当时间无穷大时丁内酯浓度为，反应刚开始时正反应速率最大，逆反应速率最小，反应平衡时正、逆反应速率相等，则反应平衡前，逆反应速率小于正反应速率，即21min时的逆反应速率小于50min时的正反应速率，B正确； C．若将丁内酯不断从体系中分离，使其浓度减小，平衡正向移动，可以提高羟基丁酸的转化率，但不能加快反应的速率，C错误； D．25℃时，生成物丁内酯的平衡浓度为，反应物羟基丁酸的平衡浓度为：，则平衡常数，D正确； 故选C。 12．利用如图所示装置探究浓度对反应速率的影响，实验药品：不同浓度的硫酸溶液，体积均为40mL，锌粒大小形状相同且足量。下列说法错误的是 A．该反应的 B．将稀硫酸换为浓硫酸，氢气的产生速率加快 C．根据相同时间产生氢气的体积可比较反应速率快慢 D．0~30s内，的硫酸比的硫酸与锌反应产生的氢气多 【答案】B 【解析】A．反应为：，固+液=液+气，混乱度增大，故，A正确； B．将稀硫酸换为浓硫酸，氢离子浓度降低，氢气的产生速率减慢，B错误； C．相同时间产生氢气的体积越大，反应速率越快，故根据相同时间产生氢气的体积可比较反应速率快慢，C正确； D．根据反应方程式，Zn足量时，硫酸的浓度越大，物质的量越多，产生氢气的体积越大，故0~30s内，的硫酸比的硫酸与锌反应产生的氢气多，D正确； 故选B。 13．在体积均为1L的甲、乙两个恒容密闭容器中分别加入足量的炭粉，再分别充入和，在不同温度下发生反应，反应达到平衡时，的物质的量浓度随温度的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．相同时间内，乙容器中的反应速率更大 B．N点对应的气体总压强等于M点的 C．N点对应的平衡常数与O点的相等 D．N点的逆反应速率大于M点的 【答案】B 【解析】A．容器体积相同，起始时乙中反应物CO2的浓度大，故相同时间内，乙容器中的反应速率更大，A正确； B．甲容器内，M点时，，，(气体)；乙容器内，N点时，，，(气体)。N点对应的气体总物质的量更大，温度更高，根据可知，N点对应的气体总压强更大，B错误； C．平衡常数只受温度影响，N点和O点温度相同，平衡常数相同，C正确； D．温度越高，反应速率越快，N点温度高于M点，故N点对应的平衡常数与O点的相等，D正确； 故选B。 14．反应2HI(g)H2(g)+I2(g) ΔH >0经过以下两步基元反应完成： ⅰ．2HI = H2 + 2I· ∆H1    ⅱ．2I·= I2       ∆H2        反应过程中的能量变化如图所示： 下列说法不正确的是 A．反应物的分子必修发生碰撞才能发生基元反应 B．因为ⅰ中断裂化学键吸收能量，所以∆H1>0 C．因为ⅱ中形成化学键释放能量，所以∆H2＜0 D．H = H1 + H2 【答案】B 【解析】A．反应物的分子必须发生碰撞，使化学键断裂，才能发生基元反应，故A正确； B．基元反应i中H-I键断裂，同时形成H-H键，无法判断焓变是否大于0，故B错误； C．基元反应ii形成I-I键，形成化学键释放能量，所以ΔH2＜0，故C正确； D．根据盖斯定律：i+ii得2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2，故D正确， 故选：B。 15．中国科学家研究用还原生成和的路径，各基元反应及活化能如图所示。下列说法错误的是 A．中原子的轨道杂化方式有2种 B．路径中被还原为的化学反应速率更快 C．路径中被还原为的反应焓变更小 D．生成的各基元反应中，元素均被还原 【答案】C 【解析】A．NH2NO中N原子的轨道杂化方式为sp3、sp2，A正确； B．活化能大的反应，速率慢，为该反应的决速步，则生成NH3的决速步活化能为82.5kJ/mol，生成N2的决速步活化能为128.5kJ/mol，则生成NH3的速度快，B正确； C．根据盖斯定律，路径中NO被H2还原为N2的反应焓变更大，C错误； D．图示可知，生成氨气的过程为：NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反应中N元素化合价均是降低，被还原，D正确； 故答案选C。 二、多选题 16．一种催化循环制备乙酸的过程如图所示。下列叙述正确的是 A．物质X是 B．转化②中Co的成键数未发生变化 C．催化剂作用下的总反应方程式是 D．该循环中需不断补充、和CO 【答案】BC 【解析】A．由反应2可知，CH3I和HCo(CO)4反应生成CH3Co(CO)4和X，元素化合价未发生改变，则可推出X为HI，故A项错误； B．转化②中Co与CO形成4个配位键，与H或-CH3形成1个共价键，成键数未发生变化，故B项正确； C．由反应①②③④⑤可知，催化剂作用下的总反应方程式是：，故C项正确； D．催化剂作用下的总反应方程式是：，不需要补充H2O，故D项错误； 故本题选BC。 三、填空题 17．2O2为底物研究化学反应的反应速率及其反应历程。回答下列问题： (1)以Fe/Cu/沸石非均相Fenton催化剂，通过与H2O2作用产生强氧化性的·OH自由基和·HO2自由基，能够有效去除水体中污染物，其反应机理如图所示。其中·OH是降解污染物的主要反应活性物质。 ①过程I、Ⅱ的总反应为 。 ②产生·OH的催化剂是 (填离子符号，下同)；产生·HO2的催化剂是 。 ③反应VI的离子方程式为 。 (2)H2O2分解速率受多种因素影响。下图甲、乙、丙、丁是实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化情况。 ①图甲、丁研究了H2O2分解速率的影响因素分别是 、 (pH除外)。 ②图乙研究了溶液的pH对H2O2分解速率的影响，由图可知，其他条件相同时， 。 ③对比图乙、丙，得出的结论是 。 【答案】(1) Fe2+和Cu+ Fe3+和Cu2+ Fe3++Cu+=Fe2++Cu2+ (2) H2O2的浓度 Mn2+的浓度 溶液pH越大(或碱性越强)，H2O2分解速率越快 有Mn2+存在时，H2O2分解速率加快 【解析】（1）①从图中可知，过程I和II的反应实质为H2O2在催化剂作用下反应生成·OH、·HO2和水，总反应为。 ②从反应I、III、V可知，产生·OH的催化剂为Fe2+和Cu+，从反应II、IV、VII可知，产生·HO2的催化剂为Fe3+、Cu2+。 ③反应VI中Fe3+与Cu+反应生成Cu2+和Fe2+，离子方程式为Fe3++Cu+=Fe2++Cu2+。 （2）①图甲中H2O2初始浓度不同，研究的是H2O2浓度对其分解速率的影响。图丁中Mn2+浓度不同，研究的是Mn2+浓度对H2O2分解速率的影响。 ②从图中可知，NaOH浓度越大(即pH越大)，相同时间内H2O2浓度减小量越大，说明其他条件相同时，溶液的pH越大，H2O2分解速率越快。 ③乙和丙其他条件都相同，丙中相对于乙多了3mg/L的Mn2+，从实验结果可知，有Mn2+存在时，H2O2分解速率加快。 18．回答下列问题 (1)时，在体积的密闭容器中发生反应，随时间的变化如下表： 时间 0 1 2 3 4 5 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 ①如下图中点处， (填“<”、“=”或“>”)。 ②上图中表示的变化的曲线是 。 ③下列不能使该反应的反应速率增大的是 。 A．及时分离出气体   B．适当升高温度   C．增大的浓度   D．选择高效的催化剂 ④该反应的化学平衡常数K表达式为 ；值为 (2)某研究性学习小组利用溶液和酸性溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：(不考虑溶液混合所引起的体积缩小) 实验序号 实验温度/K 参加反应的物质 溶液颜色褪至无色时所需时间/s 溶液(含硫酸) 溶液 A 293 2 0.02 4 0.1 0 6 B T1 2 0.02 3 0.1 8 C 313 2 0.02 0.1 1 t ①通过实验，可探究出浓度的改变对反应速率的影响，通过实验 (实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响。 ②组实验中溶液褪色时间t (填“<”、“=”或“>”)8s。 ③同学们在实验中发现反应速率总是如图所示，其中时间内速率变快的主要原因可能是：①产物(或)是反应的催化剂：② 。 【答案】(1) ＞ b A 1970.8 (2) B、C ＜ 该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高，加快了反应速率 【解析】（1）①图中A点仅表示a和c浓度相等，反应还没有达到平衡状态，v正＞v逆； ②根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b； ③A．及时分离除NO2气体平衡向右移动，但反应速率减小，故A选； B．适当升高温度，反应速率增大，故B不选； C．增大O2的浓度反应速率增大，故C不选； D．选择高效催化剂能增大反应速率，故D不选； 答案为A； ④平衡时n(NO)=0.007mol，浓度为0.0035mol/L，列出三段式有，该反应的化学平衡常数K表达式为，则K=； （2）①实验A、B，从表中数据可知改变的条件是草酸浓度，故通过实验A、B，可探究出浓度的改变对反应速率的影响；溶液的总体积相同，根据实验A可知溶液总体积为6mL，所以V1=1mL；温度T1=203；其他条件相同，探究温度对化学反应速率的影响，则V2=3mL，故实验B、C应为同浓度的前提下比较温度对反应速率的影响； ②实验C温度较大，则反应速率较大，t＜8s； ③时间内速率变快的主要原因可能是：①产物锰离子有催化作用②该反应为放热反应，反应放出的热量使环境温度升高，加快了反应速率； 19．为防止氮的氧化物污染空气，可用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物。 (1)下图是1mol 和1mol 反应生成和过程中的能量变化示意图，已知、。 ①若在反应体系中加入催化剂， (填“增大”、“减小”或“不变”)。 ②请写出和反应生成和的热化学方程式： 。 (2)向2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和1.0mol NO，发生反应： 。实验测得T℃下NO和的物质的量变化如表所示： 温度 T℃ 反应时间 0 5min 9min 10min 12min 物质的量/mol NO 1.0 0.58 0.42 0.40 0.40 0 0.21 0.29 0.30 0.30 ①为提高此反应的速率，下列措施可行的是 。(填序号) A．增大压强        B．降低温度        C．移出        D．使用适合的催化剂 ②T℃，0~5min内，以表示该反应速率 。 ③T℃，10min时，容器中的物质的量浓度为： ，NO的转化率为 。 【答案】(1) 减小    (2) AD 0.021 0.15 60% 【解析】（1）①加入催化剂可以降低活化能，所以若在反应体系中加入催化剂，E1减小； ②和反应生成和的热化学方程式： （2）①A．增大压强，化学反应速率增大，故A正确； B．降低温度，反应速率减小，故B错误； C．移出生成物二氧化碳，二氧化碳的浓度减小，反应速率减小，故C错误； D．使用适合催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，故D正确； 故选AD； ②由表格数据可知，T1时，0~5min内，N2的物质的量变化量为0.21mol，则CO2的变化量也为0.21mol，以表示的反应速率v(CO2)= =0.021 mol·L-1·min-1； ③由表可知，T℃，10min时，容器中的物质的量为0.30mol，则容器中的物质的量也为0.30mol，浓度为；消耗的NO为0.60mol，则NO的转化率为。 20．如图是某一反应的反应历程理论模拟，其中包含了一系列基元反应。 (1)该反应历程包含了 步基元反应。 (2)这些基元反应的总反应就是反应___________。 A．① B．② C．③ D．④ (3)基于该图，下列说法正确的是___________。 A．即便更换催化剂，也无法改变图中的 B．该反应的决速步骤对应的过渡态是TS3 C．TS2对应的基元反应涉及单键的断裂与双键的生成 D．通过理论模拟得到的反应热可能存在一定误差 【答案】(1)3 (2)A (3)CD 【分析】根据题目所给图分析，该反应的总反应为 【解析】（1）根据分析，反应历程一共经过三个基元反应，分别为①；②；③； （2）根据分析，该反应总反应为一氧化氮与一氧化碳反应生成二氧化碳和氮气，故选A； （3）A．催化剂可以降低反应活化能，更换催化剂，可能改变反应的活化能，即，A错误； B．决速步反应是活化能最大的一步反应，由图可知，第一步反应的活化能最大，即该反应的决速步骤对应的过渡态是TS1，B错误； C．由图可知，第二步反应有N-O键的断裂和C=O的形成，C正确； D．通过理论模拟得到的反应热可能存在一定误差，D正确； 答案选CD。 四、解答题 21．某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液的反应探究“外界条件的改变对化学反应速率的影响”，进行了如下实验： 实验序号 实验温度/K 有关物质 溶液颜色褪至无色所需时间/s 酸性KMnO4溶液 H2C2O4溶液 H2O V/mL c/mol·L-1 V/mL c/mol·L-1 V/mL A 293 2 0.02 4 0.1 0 t1 B T1 2 0.02 3 0.1 V1 8 C 313 2 0.02 V2 0.1 1 t2 (1)通过实验A、B，可探究出 (填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中V1= 、T1= ；通过实验 (填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响，其中V2= 。 (2)若t1<8，则由此实验可以得出的结论是 。 (3)该小组的一位同学通过查阅资料发现，上述实验过程中n(Mn2+) 随时间的变化情况如图所示，并认为造成这种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与草酸之间的反应有某种特殊作用，则该作用是 ，相应的粒子最可能是 (填粒子符号)。 【答案】(1) 浓度 1 293 BC 3 (2)在相同条件下，增大反应物浓度，反应速率加快 (3) 催化作用 Mn2+ 【分析】分析表中数据可知，本实验探究的是浓度、温度变化对化学反应速率的影响，实验中探究浓度(或温度)对反应速率的影响时要确保影响反应速率的其他因素相同。 【解析】（1）A、B两组实验中，c(H2C2O4)不同，故温度应相同，T1＝293； 为使A、B两组实验中c(KMnO4)相同，则溶液总体积均为6mL，V1＝1； C组实验中温度与另外两组不同，加水量与B组相同，故通过B、C组实验可探究温度对化学反应速率的影响，因此V2＝3； 故答案为：浓度；1；293；BC；3； （2）若t1＜8，则实验A中反应速率比实验B中快，说明其他条件相同时，增大反应物浓度，反应速率增大 故答案为：在相同条件下，增大反应物浓度，反应速率加快； （3）由图像知，反应过程中出现了反应速率突然快速增加的现象，这表明反应中生成的某种粒子对该反应有催化作用，结合反应前后溶液中粒子的变化情况可知，该粒子最可能是Mn2＋； 故答案为：催化作用；Mn2＋。 22．将浓度均为的溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。 资料：该“碘钟实验”的总反应为，反应分两步进行。 反应A：……；反应B：。 (1)反应A的离子方程式是 。 (2)对于总反应，的作用相当于 ，可以改变单位体积内的 (填标号)，从而改变反应速率。 a．活化分子数　　　b．活化分子百分数　　　c．分子总数 (3)为证明反应A、B的存在，进行实验I。 实验I：a．向酸化的溶液中加入试剂X的水溶液，溶液变为蓝色。 b．再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色褪去。 试剂X是 。 (4)为探究硫酸浓度对溶液变蓝快慢的影响，进行实验II、实验III。(各溶液浓度均为) 用量 溶液 溶液 溶液 试剂X溶液 实验II 5 4 8 3 0 实验III 5 2 x y z 溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验II是15min，实验III是20min。 ①实验III中，所对应的数值分别是 、 、 。 ②对比试验II、实验III，可得出的实验结论是 。 (5)为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验IV。(各溶液浓度均为) 用量/mL 溶液 溶液 溶液 试剂X溶液 实验IV 4 4 9 3 0 实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。 试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验IV未产生颜色变化的原因 。 【答案】(1)H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O (2) 催化剂 bc (3)KI淀粉溶液 (4) 8 3 2 其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率 (5)推测v(A)＜v(B)，并且n(H2O2)：n(Na2S2O3)＜，所以始终无明显颜色变化 【分析】该“碘钟实验"的总反应：①H2O2+2S2O+2H+=S4O+2H2O的反应，分两步进行：反应A：②H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，反应B：I2+2 S2O=2I-+ S4O，根据淀粉遇碘变蓝和控制变量法，改变单一变量，以此来解析； 【解析】（1）该“碘钟实验"的总反应：①H2O2+2S2O+2H+=S4O+2H2O的反应，分两步进行：反应A和②：I2+2 S2O=2I-+ S4O反应B，①-②得到反应的离子方程式：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O； （2）对于总反应， I-的作用相当于催化剂；可以改变单位体积内的活化分子数和活化分子百分数，故选bc； （3）过氧化氢具有氧化性，会将KI氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，碘单质具有氧化性，可以氧化Na2S2O3溶液，发生反应：I2+2S2O=2I-+ S4O，碘单质被还原为I-，则试剂X为KI淀粉溶液； （4）①为了方便研究，在反应中要采取控制变量的方法进行实验，即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅲ跟实验II对比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验III中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2；故答案为：8、3、2； ②对比实验II、实验III，可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率；故答案为：其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率； （5）对比实验II、实验Ⅳ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液， 过氧化氢减少，Na2S2O3增大，由于n (H2O2)：n (Na2S2O3) <，v (A) <v (B)，所以未出现溶液变蓝的现象。 23．化石燃料的综合利用既能减少污染，又能提高资源利用率。回答下列问题： (1)煤气化过程如下： 反应1：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)    △H1=+13kJ•mol-1 反应2：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)    △H2=-49kJ•mol-1 反应3：C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)    △H3=+90kJ•mol-1 反应2在催化剂作用下的反应历程如图(TS表示过渡态，*表示吸附态)，历程中决速步的方程式为 ；使用催化剂， (填“能”或“不能”)改变△H2的值。 (2)在一定温度下，向某恒容容器中充入2molCO2(g)和2molH2(g)，仅发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)    △H=-58kJ•mol-1。 ①下列情况表明反应已达到平衡状态的是 (填标号)。 A．CO2的体积分数保持不变         B．混合气体的平均摩尔质量保持不变 C．CO2的转化率保持不变           D．CH3OH与H2O的物质的量之比不再改变 ②该反应能在 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)下自发。 (3)向2L的恒容密闭容器中充入1molCH3OH(g)，发生反应：2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)    △H。其他条件不变时，CH3OH的平衡转化率随着温度(T)的变化如图所示。 ①欲提高CH3OH的平衡转化率且加快反应速率，下列措施可能有效的是 (填标号)。 a.降低温度并及时分离出产物 b.加入合适的催化剂并分离出产物 c.再向容器中充入1molCH3OH(g) d.适当降低温度并加入合适的催化剂 ②T1K时，反应经过20min达到平衡，用C2H4表示该段时间内的平均速率为 mol•L-1•min-1，该温度下的平衡常数K= (用分数表示)；该温度下，改变投料，某时刻容器内n(CH3OH)=0.1mol、n(C2H4)=0.04mol、n(H2O)=0.1mol，则此时v正 v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。 (4)在催化剂条件下发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)可消除NO和CO对环境的污染。为探究温度对该反应的影响，实验初始体系中气体分压p(CO)=p(NO)且p(CO2)=2p(N2)，测得反应体系中CO和N2的分压随时间变化情况如表所示。 时间/min 0 30 60 120 180 200℃ CO的分压/kPa 4 8.8 13 20 20 N2的分压/kPa 48 45.6 43.5 40 40 300℃ CO的分压/kPa 100 69.0 48 48 48 N2的分压/kPa 10 25.5 36 36 36 200℃时，该反应的化学平衡常数Kp= (kPa)-1(Kp表示平衡常数计算表达式中用分压代替浓度计算所得的值)，该反应的△H 0(填“＞“或“＜“)。 【答案】(1) *CO+*O+2*H→*CO2+2*H 不能 (2) BC 低温 (3) bd 0.005 ＞ (4) 1.6 ＜ 【解析】（1）历程中决速步为活化能最大的反应步骤，则历程中决速步的方程式为*CO+*O+2*H→*CO2+2*H；催化剂不改变反应的焓变，则使用催化剂不能改变△H2的值； （2）①A．在一定温度下，向某恒容容器中充入2molCO2(g)和2molH2(g)，列化学平衡三段式： CO2的体积分数= =0.5，则CO2的体积分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A不选； B．根据质量守恒，混合气体的质量不变，混合气体的物质的量随着反应进行逐渐减小，则混合气体的平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故B选； C．CO2的转化率保持不变，能说明反应达到平衡状态，故C选； D．生成的CH3OH与H2O的物质的量之比始终为1：1，不能说明反应达到平衡，故D不选； 故答案为：BC； ②该反应的、，反应自发进行则要，需要T较低时才小于0，即反应在低温下能自发进行； （3）①a．由图可知，降低温度及时分离出产物，平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，但反应速率减慢，故a不选； b．加入合适的催化剂并分离出产物，反应速率加快，同时平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，故b选； c．再向容器中充入1molCH3OH(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，CH3OH的平衡转化率减小，故c不选； d．适当降低温度并加入合适的催化剂，反应速率加快，同时平衡正向移动，CH3OH的平衡转化率增大，故d选； 故答案为：bd； ②T1K时，CH3OH的平衡转化率为40%，列化学平衡三段式： 则用C2H4表示该段时间内的平均速率为=0.005mol•L-1•min-1，该温度下的平衡常数K===；某时刻容器内n(CH3OH)=0.1mol、n(C2H4)=0.04mol、n(H2O)=0.1mol，Qc===0.02<，说明反应正向进行中，故v正>v逆； （4）由表格中数据可知，200℃时，p(CO)=20kPa=p(NO)，p(CO2)=2p(N2)=80kPa，Kp(200℃)===1.6(kPa)-1；同理：300℃的温度下，p平(NO)=p平(CO)=48kPa，p平(N2)=36kPa，p平(CO2)=72kPa,Kp(300℃)== ，Kp(300℃)＜Kp(200℃)，即温度升高，Kp减小，则该反应为放热反应，ΔH＜0。 24．苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为： 反应I： (g)+CO2(g) (g)+H2O(g)+CO(g) △H1 反应II： (g) (g)+H2(g) △H2 反应III：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H3=+41.2kJ•mol-1 回答下列问题： (1)已知部分物质的燃烧热数据如表，利用表中数据计算△H2= kJ•moL-1(用a、b、c表示)。 物质 乙苯 苯乙烯 氢气 燃烧热用焓变表示(kJ•mol-1) -a -b -c (2)下列关于反应I～III的说法正确的是 (填标号)。 A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量 B．n(CO2)∶n(CO)保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态 C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高 D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能 (3)在催化剂MxOy作用下，CO2氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如图所示反应机理： 该机理可表示为以下两个反应，请补充反应ii。 i： (g)+MxOy(s)→ (g)+MxO(y-1)(s)+H2O(g)； ii： 。 (4)常压下，乙苯和CO2经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[n(CO2)∶n(乙苯)]分别为1：1、5：1和10：1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：    ①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越 (填“高”或“低”)。 ②相同温度下，投料比远大于10：1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：i.乙苯的浓度过低；ii. 。 ③850K时，反应经tmin达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为nmol，则v(苯乙烯)= mol•min-1。 (5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量CaCO3和一定量乙苯，一定条件下发生反应I，初始和平衡时容器内压强分别为p1kPa和p2kPa，则平衡时苯乙烯的分压为 kPa(以含有p1、p2、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数Kp。②CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) Kp=pkPa] 【答案】(1)b+c-a (2)AB (3)MxO(y-1)(s)+CO2(g)=MxOy(s)+CO(g) (4) 低 CO2过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低 (5) 【解析】（1）根据物质的燃烧热数据：① +10.5O2(g)→8CO2(g)+5H2O(l)   △H=-a kJ•mol-1； ② +10.5O2(g)→8CO2(g)+5H2O(l)  △H=-b kJ•mol-1； ③H2(g)+0.5O2(g)=H2O(l) △H=-c kJ•mol-1； 根据盖斯定律①-②-③得+H2(g)  △H2= (b+c-a) kJ•mol-1) （2）A. 及时分离出水蒸气，平衡I正向移动，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故A正确； B. CO2、CO分别是反应I的反应物和生成物，n(CO2)∶n(CO)保持恒定时，说明浓度不变，则反应I达到化学平衡状态，故B正确； C. 反应II正反应气体系数和增大，其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，后者乙苯的平衡转化率更高，故C错误； D. 反应III是吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故D错误； 选AB； （3）ii：根据图示，反应ii为MxO(y-1)(s)+CO2(g)=MxOy(s)+CO(g)。 （4）①增大二氧化碳浓度，平衡正向移动，乙苯转化率增大，乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越低。 ②乙苯和CO2经催化剂吸附后才能发生上述反应I，投料比远大于10：1时，CO2过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，所以乙苯的消耗速率明显下降。 ③P点所在的曲线n(CO2)∶n(乙苯)=1:1，850K时，反应经tmin达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为nmol，则反应消耗0.5nmol乙苯，反应生成0.5nmol苯乙烯，则v(苯乙烯)= mol•min-1。 （5）700K时，向恒容密闭容器中加入过量CaCO3和一定量乙苯，一定条件下发生反应I，初始和平衡时容器内压强分别为p1kPa和p2kPa，乙苯和苯乙烯的压强物质的量和不变，所以乙苯和苯乙烯总压强为p1kPa，CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)    Kp=pkPa，可知二氧化碳的压强为pkPa，则H2O(g)、CO(g)的总压强为p2-p1-p；根据反应方程式苯乙烯、H2O(g)、CO(g)的物质的量相等，苯乙烯的压强为H2O(g)、CO(g)的总压强的一半，则平衡时苯乙烯的分压为kPa。 25．乙烯是重要的化工原料，研究其制备方法具有重大意义。回答下列问题： (1)利用无水乙醇催化脱水制备乙烯时发生反应Ⅰ、Ⅱ。 I、C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g)　K1 Ⅱ、2C2H5OH(g)C2H5OC2H5(g)+H2O(g)　K2 已知427℃和227℃下，反应Ⅰ的平衡常数K1分别为7.7和3.2，反应Ⅱ的平衡常数K2分别为0.14和0.80，则反应C2H5OC2H5(g)2C2H4(g)+H2O(g)的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。 (2)乙炔电催化制乙烯的工艺中，乙炔的转化率超过99%，产物中乙烯的选择性高达83%，其反应历程如图所示，其中“*”表示吸附。 ①该反应历程中，反应速率最慢的基元反应方程式为 。 ②下列说法正确的是 (填选项字母) A、1→2中有极性键的断裂和形成 B、2→3吸收的能量大于3→4释放的能量 C、3→4中H2O的作用是与O*生成OH* (3)乙烷制乙烯具有极高的经济效益。某温度、100kPa下，向反应器中充入1molC2H6发生反应：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)　ΔH，C2H6的平衡转化率为60%；保持温度和压强不变，再向反应器中充入xmol水蒸气，5min后达到平衡，此时C2H6的平衡转化率为75%。则x的值为 (与出计算过程)。 (4)二氧化碳在催化剂的作用下可与氢气反应制取乙烯，过程中发生如下反应： I、2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)　ΔH1=+9kJ·mol-1 Ⅱ、2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)　ΔH2=﹣79kJ·mol-1 若将CO2和H2按物质的量之比1：3混合，在bkPa的恒压反应器中连续反应，测得平衡时CO2的转化率与C2H4、C2H5OH的选择性随温度变化的曲线如图所示： 图中y= ，说明判断依据： 。 【答案】(1)> (2) CO*+4OH*+O*=CO2*+4OH*或CO*+O*=CO2* AC (3)由题意可列三段式： 平衡时混合气体总物质的量为1.6mol，设容器的容积为V，保持温度和压强不变，向反应器中充入水蒸气的物质的量为xmol，5min达到平衡，此时C2H6平衡转化率为75%，三段式如下： 此时混合气体总物质的最为(1.75+x)mol，在恒温、恒压条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，此时容器的容积为V，两次平衡温度相同，平衡常数相等，则，解得x=2.25 (4) 60 根据两个反应的焓变，可知随温度升高，C2H4选择性增大，C2H5OH的选择性降低，又因为C2H4、C2H5OH选择性之和为100%，故曲线X表示C2H5OH的选择性，曲线Y表示C2H4的选择性，y=100-40=60 【解析】（1）427℃和227℃下，反应Ⅰ的平衡常数K1分别为7.7和3.2，则反应Ⅰ的ΔH1＞0，反应Ⅱ的平衡常数K2分别为0.14和0.80，则ΔH2＜0，根据盖斯定律，反应C2H5OC2H5(g)2C2H4(g)+H2O(g)可由反应2×反应Ⅰ－反应Ⅱ得到，则ΔH=2ΔH1－ΔH2＞0； （2）反应速率最慢的基元反应为活化能最大的反应，其方程式为CO*+4OH*+O*=CO2*+4OH*或CO*+O*=CO2*； A．1→2中有O-H极性键的断裂和C-H极性键的形成，故A正确； B．由图可以看出2→3吸收的能量小于3→4释放的能量，故B错误； C．3→4中由H2O、OH*、O*原子守恒可知，H2O与O*反应生成OH*，故C正确； 故选AC； （3）由题意可列三段式： 平衡时混合气体总物质的量为1.6mol，设容器的容积为V，保持温度和压强不变，向反应器中充入水蒸气的物质的量为xmol，5min达到平衡，此时C2H6平衡转化率为75%，三段式如下： 此时混合气体总物质的最为(1.75+x)mol，在恒温、恒压条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，此时容器的容积为V，两次平衡温度相同，平衡常数相等，则，解得x=2.25mol； （4）根据两个反应的焓变，可知随温度升高，反应Ⅰ正移，反应Ⅱ逆移，C2H4选择性增大，C2H5OH的选择性降低，又因为C2H4、C2H5OH选择性之和为100%，故曲线X表示C2H5OH的选择性，曲线Y表示C2H4的选择性，曲线Z代表CO2的平衡转化率；y=100-40=60。 26．水煤气变换反应而消除燃料电池原料气流中残留的CO、防止Pt电极中毒，具有重要的工业应用价值。 回答下列问题： (1)已知：反应Ⅰ： 反应Ⅱ：    ①反应的 。 ②若已知    ，还可以通过测定 的燃烧热，并结合盖斯定律即可获得水煤气变换反应的焓变。 (2)水煤气变换反应在金属催化剂上发生的所有基元反应步骤如下，其中“表示催化剂表面活性位，表示催化剂表面活性位吸附物种。 ；； ；；；；；______________；；。 ①分析上述基元反应可知，水煤气变换反应中可通过 种不同的途径氧化成；请写出基元反应： （R9）。 ②图a为在纯镍和掺杂的镍催化剂、、表面上发生反应的能量分布曲线图。图为在纯镍和掺杂的镍催化剂、、表面上发生副反应的基元反应的能量分布曲线图。 随着P元素含量的增加， （请结合图a、图b作答），由此可见，最佳催化剂的确定应该是多个研究视角下综合选择的结果。 (3)水煤气变换反应的正逆反应速率可以表示为，，和都是温度的函数。在图中画出、随温度变化的趋势 。 (4)一定温度下，水煤气变换反应达到平衡，测得各组分的平衡比强（即组分的物质的量分数×总压）：、、和，维持相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为 。 【答案】(1) -41.2 和 (2) 三 的解离过程变得相对困难，CO的解离过程也变得相对困难 (3) (4) 【解析】（1）①根据盖斯定律，可得； ②假设的燃烧热为，CO的燃烧热为，再结合反应的，根据盖斯定律，利用公式可计算出水煤气变换反应的焓变，故答案是和； （2）①通过题目中的基元反应，可分析由基元反应R5、R7和R10均可将CO最终氧化成，故为三种； ②通过分析题目中的基元反应可知，在三种不同的途径中，前一步基元反应的产物是后一步基元反应的反应物，直至生成，由此可写出基元反应R9为； ③由图a可知，随着P元素含量的增加，的解离过程所需活化能增大，因此变得相对困难，由图b可知，随着P元素含量的增加，CO的解离过程所需活化能也在变大，所以也变得相对困难，由此可见，最佳催化剂的确定应该是多个研究视角下综合选择的结果； （3）由于水煤气变换反应为放热反应，随着温度的升高，正逆反应速率都增大，但逆反应速率增大的更多，平衡逆向移动，因此可画出图像 ； （4）根据题意，该反应平衡常数；假设原料气中水蒸气为，CO为，由题意列三段式：，则平衡常数，解得，故水蒸气与CO的物质的量之比为。 学科网（北京）股份有限公司 $$