《影响化学反应速率的因素》试卷 市赛一等奖

《影响化学反应速率的因素》试卷1．某研究小组测定不同温度下、不同初始浓度的某溶液中R的水解速率，c(R)随时间的变化曲线，如图。下列说法不正确的是A．在0-6min之间，25℃时R的水解速率为mol·L—1·min—1B．在0-24min之间，曲线3对应水解速率最小C．由曲线1可以得出结论：其它条件不变，水解速率随浓度增大而增大D．由曲线2、3可以得出结论：其它条件不变，水解速率随温度升高而增大【答案】D【解析】试题分析：℃时，0-6min之间，R的浓度减小了L－L＝L，所以反应速率是L÷6min＝·L－1·min－1，正确；B.在0-24min之间，曲线3对应的R的浓度曲线平缓，减少的最少，所以水解速率最小，正确；C.根据图像可知，曲线1起始浓度最大，温度不是最高，但化学反应速率较大，可以得出结论：其它条件不变，水解速率随浓度增大而增大，正确；D.根据图像可知，25℃反应物的起始浓度较小，但0～6min的平均反应速率（曲线的斜率）仍比15℃大。这说明水解反应的平均速率随温度升高而增大,错误；选D。考点：考查盐类水解速率的计算，影响水解速率的因素。2．对于如下反应，其反应过程的能量变化示意图如图：编号反应平衡常数反应热反应①A(g)=B(g)+C(g)K1△H1反应②B(g)+C(g)=D(g)K2△H2反应③A(g)=D(g)K3△H3下列说法正确的是A．K3＝K1+K2B．△H3＝△H1+△H2C．加催化剂，反应①的反应热降低，反应速率加快D．则增大压强，K1减小，K2增大，K3不变【答案】B【解析】试题分析：由反应可知、，故K3＝K1×K2，故A项错误；由盖斯定律可知△H3＝△H1+△H2，故B项正确；催化剂只能降低反应活化能，是活化分子百分率增多，反应速率加快，但不会影响反应热，故C项错误；化学平衡常数只与温度有关，增大压强反应温度不变，故各反应的平衡常数不变，故D项错误；本题选B。考点：化学平衡及能量变化。3．一氧化碳与氢气在催化剂作用下合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在容积均为1L的a、b、c、d、e5个密闭容器中分别充入1molCO和2molH2等量混合气体，控温。实验测得相关数据如图，温度分别为300℃、500℃的密闭容器中，甲醇的物质的量与时间的关系；温度分别为T1～T5的密闭容器中，反应均进行到5min时甲醇的体积分数．下列有关说法正确的是A．K1＜K2B．该反应的正反应是气体体积减小的吸热反应C．将容器c中的平衡态转变到容器d中的平衡态，可采取的措施有升温或减压D．反应到5min时，a、b两容器中平衡正向移动，d、e两容器中平衡逆向移动【答案】C【解析】试题分析：A、图1中，温度升高，甲醇的含量减少，可以判读反应为放热反应，不选A；B、由于反应是放热反应，不选B；C、将容器c中的平衡状态转变到容器d的平衡态，需要降低甲醇的含量，平衡逆向移动，可采取升温或减压，选C；D、反应进行到5分钟，T3达到平衡，a、b没有达到平衡，平衡正向移动，d、e达到了平衡，不选D。考点：化学平衡图像分析。4．钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为W(s)+2I2(g)WI4(g)。下列说法正确的是A．温度越高，灯丝的使用寿命越长B．WI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上C．WI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长D．温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢【答案】B【解析】试题分析：A．温度升高，钨丝挥发的就多，钨丝变细，使灯丝的使用寿命缩短，错误；B．在高温时WI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上，所以可以延长钨丝的实验时间，使灯管的寿命延长，正确；C．若WI4在灯管壁上分解，分解产生的W沉积在灯管壁上，使灯管的寿命缩短，错误；D．温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率也加快，错误。考点：考查温度对可逆反应的影响及与钨丝灯管使用寿命的关系的知识。5．在密闭容器中充入一定量NO2，发生反应2NO2(g)N2O4(g)ΔH＝－57kJ·mol－1。在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．a、c两点的反应速率：a＞cB．a、b两点NO2的转化率：a＜bC．a、c两点气体的颜色：a深，c浅D．由a点到b点，可以用加热的方法【答案】B【解析】试题分析：由图象可知：同压下T2条件下NO2的体积分数大，故T1<T2，故D项错误；c点压强大于a点，故．a、c两点的反应速率：a<c，故A项错误；同压下，a点到b点，温度降低平衡正向移动，NO2的转化率增大故a＜b，B项正确；a、c两点c点压强大于a点，则c点NO2浓度大，故c点颜色深，故C项错误。考点：化学平衡图像问题。6．现有下列四个图像下列反应中全部符合上述图像的反应是A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)；△H=－Q1kJ/mol(Q1＞0)B．2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)；△H=＋Q2kJ/mol(Q2＞0)C．4NH3(g)+5O2(g)4NO+6H2O(g)；△H=－Q3kJ/mol(Q3＞0)D．H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g)；△H=＋Q4kJ/mol(Q4＞0)【答案】B【解析】试题分析：图像一、二，相同压强下温度升高，生成物浓度增大，平衡正向移动，故正反应反向为吸热反应，故A、C项错误；压强增大生成去浓度减小，故平衡逆向移动，故逆向为气体体积缩小的反应，则D项错误；B想满足；图像三压强增大平均相对分子量增大，B项平衡逆向移动，气体总质量不变，总物质的量减小，故平均相对分子量增大；温度升高B项平衡正向移动，平均相对分子量减小，满足图像三；图四温度不变压强增大V(逆)>V（正），平衡逆向移动，故B项满足，B项反应满足各图像，故B项正确。考点：化学平衡图像问题。7．化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果，下列图像描述正确的是A．图①可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化B．图②表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)的影响，且甲的压强大C．图③表示向Al2(SO4)3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系D．图4表示在2L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0~10min内该反应的平均速率v(H2)=0．045mo-1in-1，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为d【答案】D【解析】试题分析：A．升高温度，无论是放热反应还是吸热反应，反应速率与原来比都加快。因此图①不能表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化，错误；B．2A(g)+2B(g)3C(g)+D(g)是反应前后气体体积相等的反应。若增大压强，物质的浓度增大，化学反应速率加快，但由于反应前后气体体积相等，所以增大压强，平衡不发生移动，因此图②表示压强对可逆反应的影响，且乙的压强大，错误；C．向Al2(SO4)3和MgSO4的混合液中滴加NaOH溶液，开始发生反应：Al2(SO4)3+6NaOH=Al(OH)3↓+3Na2SO4;MgSO4+2NaOH=Mg(OH)2↓+Na2SO4;当二者沉淀完全，会发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，但是Mg(OH)2不能与NaOH发生反应，因此最后还应该有沉淀。故图③不能表示生成沉淀的量与滴入NaOH溶液体积的关系，错误；D．图4表示在2L的密闭容器中发生合成氨反应时N2的物质的量随时间的变化曲线，0~10min内该反应的平均速率v(N2)=(0．6mol—0．3mol)÷2L÷10min=0．015mov(H2)：v(N2)=3：1，所以v(H2)=0．045mo-1in-1，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，在这一瞬间，平衡不发生移动，所以d的物质的量还是0．3mol。由于增大压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，所以n(N2)会逐渐减小，直至建立新的平衡。故d的变化曲线为d，正确。考点：考查图像法在表示化学反应速率、化学平衡移动、物质的反应过程的现象与加入物质的物质的量关系的应用的知识。8．某探究小组利用丙酮的溴代反应(CH3COCH3＋Br2CH3COCH2Br＋HBr)来研究反应物浓度与反应速率的关系。反应速率v(Br2)通过测定溴的颜色消失所需的时间来确定。在一定温度下，获得如下实验数据：实验序号初始浓度c/mol·L－1溴颜色消失所需时间t/sCH3COCH3HClBr2①0．800．200．0010290②1．600．200．0010145③0．800．400．0010145④0．800．200．0020580分析实验数据所得出的结论不正确的是A．v(Br2)与c(CH3COCH3)成正比B．增大c(Br2)，v(Br2)变小C．增大c(HCl)，v(Br2)增大D．实验②和③的v(Br2)相等【答案】B【解析】试题分析：由①、②可知c(CH3COCH3)增大，v(Br2)增大，故A项说法正确；由①、④可知增大c(Br2)，v(Br2)不变，故B项说法错误；由①、③可知增大c(HCl)，v(Br2)增大，故C项说法正确；由②、③可知所用时间相同，速率相同，故D项说法正确；本题选B。考点：化学反应速率与浓度关系。9．如图是关于N2＋3H22NH3ΔH<0的速率—时间图象，则t1时刻使平衡发生移动的原因是A．升高温度，同时增大压强B．降低温度，同时减小压强C．增大反应物的浓度，同时使用适宜的催化剂D．增大反应物的浓度，同时减小生成物的浓度【答案】D【解析】试题分析：根据图像可知，t1时刻正反应速率增大，逆反应速率降低，平衡向正反应方向移动。由于该反应是体积减小的、放热的可逆反应，所以改变的条件是增大反应物的浓度，同时减小生成物的浓度，答案选D。考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。主要是考查学生对外界条件影响反应速率和平衡状态的熟悉了解程度，旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑思维能力和灵活应变能力。10．用来表示可逆反应：2A（g）＋B（g）2C（g）△H<0的正确图象是下图中的()【答案】C【解析】试题分析：温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越少，A、B不正确；该反应是体积减小的、放热的可逆反应，则增大压强，平衡向正反应方向进行，C正确；升高温度，平衡向逆反应方向进行，反应物的转化率降低，D不正确，答案选C。考点：考查外界条件对反应速率和平衡状态的影响点评：在分析有关图像时应该注意：一、ν－t图像或c－t图像：1.ν－t图像：分清正逆反应，分清各因素(浓度、温度、压强、催化剂)对反应速率和平衡移动的影响。

二、平衡图像1.出现拐点的图像：分析依据“先拐先平”。在转化率－时间图像或物质的百分含量－时间图像中，先出现拐点的曲线先达到平衡(代表温度高或压强大或使用合适的催化剂等)。11．在密闭系统中有反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)，能使反应速率加快的措施是()①通过减小容器体积增大压强②升高温度③将炭粉碎④通入CO2⑤增加炭的量⑥恒容条件下通入N2A．①②③⑥ B．①②④⑥C．①②③④ D．①②③④⑤【答案】C【解析】试题分析：：①反应有气体参加，增大压强，反应物的浓度增大，反应速率增大，故①正确；②升高温度，反应速率增大，故②正确；③将C粉碎，固体表面积增大，反应速率增大，故③正确；④通CO2气体，反应物的浓度增大，反应速率增大，故④正确；⑤加入足量木炭粉，固体的浓度不变，反应速率不变，故⑤错误；⑥恒容条件下通入N2，反应速率不变，故⑥错误。故选C。考点：化学反应速率的影响因素点评：本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度不大，本题注意影响化学反应速率的因素和影响原因，注重常见相关基础知识的积累。12．下列各表述与示意图不一致的是 （）A．图①中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）+Q使用和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化B．图②表示25℃时，用0．1mol·L—盐酸滴定20mL0．1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化C．图③表示锌粒与过量稀盐酸反应时，V（H2）随时间的变化图D．图④中曲线表示反应2SO2（g）+O2（g）SO3（g）+Q正、逆反应的平衡常数K随温度的变化【答案】AC【解析】图①中a、b曲线分别表示反应CH2=CH2（g）+H2（g）→CH3CH3（g）+Q使用和未使用催化剂时，反应过程中的活化能的变化，A错；锌粒与过量稀盐酸反应时，随反应的不断进行，稀盐酸的浓度变稀，反应速率会逐渐减慢，C错。13．（14分）NaHSO3可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗时即有I2析出。某课题组用淀粉作指示剂，通过测定溶液变蓝所用时间来探究影响化学反应速率的因素。（1）写出NaHSO3溶液与过量KIO3溶液反应生成I2的离子方程式：。（2）调节反应物浓度和温度进行对比实验，记录结果如下：编号LNaHSO3溶液/mLLKIO3溶液/mLH2O/mL反应温度/℃溶液变蓝的时间t/s①1015a10t1②1040010t2③10b020t3表中a=，b=。（3）改变反应温度，重复实验③，得到温度(T)与溶液变蓝所需时间(t)的关系如下图所示(“×××”表示超过50℃后溶液不会再变蓝)。①在30℃下，若溶液变蓝时，I2的物质的量为nmol，则从反应开始至溶液变蓝，IO3-的平均反应速率mol·L-1·s-1(写出表达式即可，不要化简)。②根据图像，请你分析温度低于50℃时，溶液变蓝所需时间与反应温度的关系：。（4）将NaHSO3溶液与KIO3溶液混合(预先加入可溶性淀粉为指示剂)，用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大，一段时间后反应速率又逐渐减小。课题组对起始阶段反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设二：假设一：反应生成的I2对反应起催化作用；假设二：；………………（5）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容（反应速率可用测速仪测定）。实验方案（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论【答案】（14分）（1）2IO3‾+5HSO3‾=5SO42‾+I2+3H++H2O（2分）（2）25（1分）40（1分）（3）①2n/（50×10-3×65）②温度低于30℃时，温度越高，溶液变蓝所需时间越短；温度高于30℃时，温度越高，溶液变蓝所需时间越长（2分，本小题具有开放性，答案合理都得分）（4）反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快；或反应生成的SO42‾对反应起催化作用，SO42‾浓度越大反应速率越快；或该反应是放热反应，温度升高导致反应速率加快（2分，本小题具有开放性，答案合理都得分）（5）实验方案（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定起始时的反应速率v（甲）；在烧杯乙中进行同一反应（不同的是乙烧杯中预先加入少量I2，其它反应条件均完全相同），测定其起始阶段的相同时间内的反应速率v（乙）若v（甲）=v（乙），则假设一不成立；若v（甲）<v（乙），则假设一成立。【解析】试题分析：（1）NaHSO3溶液与过量KIO3溶液反应生成I2，根据氧化还原反应原理和元素守恒，IO3‾与HSO3‾反应生成SO42‾、I2、H+和H2O，则离子方程式为：2IO3‾+5HSO3‾=5SO42‾+I2+3H++H2O。（2）为了使这3组实验具有可比性，溶液的体积应相等，所以a=25mL；b=40mL。（3）①根据图像，从反应开始至溶液变蓝需要的时间为65s，溶液变蓝时，I2的物质的量为nmol，则消耗IO3-物质的量为2nmol，根据表中数据溶液的体积为65mL，则v（IO3‾）=2n/（50×10-3×65）mol·L-1·s-1。②根据图像可以看出，30℃时溶液变蓝所需时间最少，温度低于30℃时，温度越高，溶液变蓝所需时间越短；温度高于30℃时，温度越高，溶液变蓝所需时间越长。（4）该反应除了生成I2，还生成了SO42‾和H+，则假设二起催化作用的可能为H+或SO42‾，也可以从温度升高等方面提出假设。（5）假设一为反应生成的I2对反应起催化作用；所以验证实验为对比实验，一个烧杯将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定起始时的反应速率v（甲）；另一烧杯预先加入少量I2，其它反应条件均完全相同，通过对比二者反应速率进行检验。考点：本题考查实验方案的设计与评价、离子方程式的书写、反应速率的计算及影响因素。14．（12分）钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。（1）CoxNi(1-x)Fe2O4（其中Co、Ni均为+2）可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。①该催化剂中铁元素的化合价为。②图1表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知：法制取得到的催化剂活性更高；Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是。（2）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图2为二水合草酸钴（CoC2O4·2H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。①通过计算确定C点剩余固体的化学成分为（填化学式）。试写出B点对应的物质与O2在225℃~300℃发生反应的化学方程式：。②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为+2、+3），用480mL5mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和L（标准状况）黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比。【答案】（1）①+3②微波水热Co2+（2）①Co3O4（写成CoO·Co2O3亦给分）3CoC2O4+2O2=Co3O4+6CO2②由电子守恒：n(Co3+)=2n(Cl2)=mol（1分）由电荷守恒：n(Co)总=n(Co2+)溶液=n(Cl－)=×(－×2)=1mol所以固体中的n(Co2+)=1mol－=mol（1分）n(O)=×3+×2)÷2=（1分）故n(Co):n(O)=1mol:=5:6（1分）(除第（1）②小题每空1分，第（2）②小题4分外，其余每空2分，共12分)【解析】试题分析：（1）①该催化剂中Co、Ni均为+2价，O为-2价，所以Fe元素的化合价是[8-（2x+2-2x）]/2=+3；②反应速率越快，则催化剂的催化活性越高，根据图像可知，x相同时微波水热法初始反应速率大于常规水热法，所以微波水热法制取得到的催化剂活性更高；随x增大，初始速率增大，而x增大，Co2+的比例增大，所以Co2+的催化效果更好；（2）①由题意知，二水合草酸钴（CoC2O4·2H2O）的起始质量是，物质的量是，其中Co元素的质量是，300℃时该固体分解为Co的氧化物，C点固体质量是，则O元素的质量是，物质的量是16g/mol=，则该固体中Co与O原子的物质的量之比是:=3:4，所以C点对应固体的化学式是Co3O4；B点对应的物质的质量是，与起始的固体质量相比减少，恰好为结晶水的质量，所以B点对应的物质是草酸钴，与O2在225℃~300℃发生反应生成Co3O4和二氧化碳，所以反应的化学方程式是3CoC2O4+2O2=Co3O4+6CO2；②设该钴的氧化物中+3价Co的原子个数是x，与盐酸反应得到的黄绿色气体为氯气，物质的量是mol=，则反应中失去电子的物质的量是，Co最终都变为+2价，则+3价Co得到电子的物质的量是x=，480mL5mol/L盐酸中氯离子的物质的量是×5mol/L=，被氧化的氯离子的物质的量是，所以溶液中还余氯离子的物质的量是，根据Cl元素守恒，所以CoCl2的物质的量是，则钴的氧化物中+2价钴的物质的量是，根据正负化合价的代数和为0，则钴的氧化物中O元素的物质的量是×3+×2)/2=，所以该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为:=5:6.考点：考查元素化合价的判断，物质化学式的计算，得失电子守恒规律的应用15．26．（10分）某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：（1）上述实验中发生反应的化学方程式有。（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是。（3）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将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，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。混合液ABCDEF4mol·L-1H2SO4/mL30V1V2V3V4V5饱和CuSO4溶液/mL05V620H2O/mLV7V8V9V10100①请完成此实验设计，其中：V1=，V6=，V9=。②反应一段时间后，实验E中的金属呈色。③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因。【答案】(1)Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2(2)CuSO4与Zn反应产生的铜与Zn形成微电池，加快了氢气产生的速度(3)①V1=30；V6=10；V9=②红色（紫红色）③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面【解析】试题分析：（1）Cu2+的氧化性比H+的强，所以加入硫酸铜，Zn先跟硫酸铜反应，反应完后再与酸反应，反应的有关方程式为Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快；（3）要对比试验效果，那么除了反应的物质的量不一样以外，要保证其它条件相同，而且是探究硫酸铜量的影响，那么每组硫酸的量要保持相同，六组反应的总体积也应该相同．A组中硫酸为30ml，那么其它组硫酸量也都为30ml．而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20ml，水为0，那么总量为20ml，所以V2=10ml，V3=，V1=30ml；A中Zn反应较慢，看到金属呈灰黑色，而E中置换出大量的Cu，看到金属呈红色；溶液中有适量Cu可以加快反应速率，Cu若过多会覆盖在Zn表面，反而影响产生H2的速率。考点：原电池、化学反应速率的影响因素点评：本实验中为了探究CuSO4的量对产生氢气的影响，需保证实验在同一条件下进行，即硫酸的浓度恒定，溶液的体积恒定，只改变CuSO4溶液的加入量，即可确定CuSO4的量对产生氢气的影响。16．（11分）H2O2是一种常用绿色氧化剂，在化学研究中应用广泛。（1）请写出H2O2的电子式。（2）H2O2分解过程的能量变化如图(a)所示，试判断该反应为反应（吸热或放热）。①已知：Fe3+催化H2O2分解的机理可分两步反应进行，第一步反应为：2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，完成第二步反应的离子方程式：Fe2++H2O2+_________==_________+_________②按图(b)装置（A、B瓶中已充有NO2气体，2NO2(g)N2O4(g),ΔH<0）进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的（填“深”或“浅”），原因是。（3）空气阴极法电解制备H2O2的装置如图(c)所示，主要原理是在碱性电解质溶液中，利用空气中O2在阴极反应得到H2O2和稀碱的混合物。试回答：①电源a极的名称是。②写出阴极电极反应式。（4）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶解印刷电路板中的金属铜，请写出铜溶解的离子方程式，控制其它条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和3．0mol·L－1H2SO4溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见下表）。温度（℃）20304050607080Cu的平均溶解速率（×10-3mol·min-1）7．348．019．257．987．246．735．76当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，其主要原因是。【答案】（11分）（1）（1分）（2）放热（1分）①212H+2Fe3+2H2O（2分）②深右侧烧杯由于H2O2分解放热水温升高，使上述平衡向逆向移动（2分）（3）①正极（1分）②O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-（1分）（4）H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O（1分）温度升高H2O2分解速率加快，H2O2浓度降低，Cu的溶解速率降低（2分）【解析】试题分析：（1）H2O2为共价化合物，电子式为；（2）能量变化图可知，生成物H2O和O2的能量小于反应物H2O2的能量，所以该反应为放热反应；①Fe3+作催化剂，第二步生成Fe3+,H2O2被还原为H2O，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O；②右侧烧杯由于H2O2分解放热水温升高，使2NO2(g)N2O4(g),ΔH<0，平衡向逆向移，B瓶中气体颜色比A瓶中的深；（3）空气中O2在阴极反应得到H2O2，b为负极，则①电源a极的名称是正极；②阴极电极反应式O2+2e-+2H2O=H2O2+2OH-；（4）根据元素守恒和得失电子守恒可得方程式；升高温度，H2O2分解速率加快，H2O2浓度降低，Cu的溶解速率降低。考点：反应热、离子方程式、化学平衡、电化学17．（本题共12分）大约100年前，德国化学家哈伯(F．Haber)开始研究由氮气和氢气合成氨。一种工业合成氨的简易流程图如下：28．天然气中的H2S杂质常用氨水吸收,产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气,得到单质硫并使吸收液再生,写出再生反应的化学方程式：___________________________________________。29．工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化含某些杂质的原料氢气。已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27。R原子核外电子有_____种不同运动状态，最外层的p电子有_______种自旋方向。30．常温下，不能与M单质发生反应的是_________（填序号）A．CuSO4溶液B．Fe2O3C．浓硫酸D．NaOH溶液E．Na2CO3固体步骤Ⅱ中制氢气原理如下:①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)-206．4kJ②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)+41．2kJ31．对于反应①,一定可以提高平衡体系中H2百分含量,又能加快反应速率的措施是。A．升高温度B．增大水蒸气浓度C．加入催化剂D．降低压强32．利用反应②,将CO进一步转化,可提高H2产量。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应,得到1．18molCO、CO2和H2的混合气体,则CO转化率为__________。33．依据温度对合成氨反应的影响,在下图坐标系中,画出一定条件下的密闭容器内,从通入原料气开始,随温度不断升高,NH3物质的量变化的曲线示意图。【答案】28．2NH4HS+O2=2NH3·H2O+2S↓29．14,1；30．B、E；31．A；32．90%；33．。【解析】试题分析：28．在一定条件下向NH4HS溶液中通入空气,得到单质硫并使吸收液再生,则再生反应的化学方程式是2NH4HS+O2→2NH3·H2O+2S↓；29．工业上可用组成为K2O·M2O3·2RO2·nH2O的无机材料纯化含某些杂质的原料氢气。已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27。由于M的化合价是+3价，则R是Al，Al是13号元素，则R是14号元素。R原子核外电子有14种不同运动状态，最外层的p电子有2个，它们的自旋方向相同，故有1种自旋方向；30．A．CuSO4溶液与Al发生置换反应产生Cu，错误；B．Fe2O3与Al不能发生反应，正确；C．浓硫酸与Al在加热时发生氧化还原反应，错误；D．NaOH溶液与Al发生氧化还原反应产生NaAlO2和H2，错误；E．Na2CO3固体与Al不能发生反应，正确。故选项是B、E；31．对于反应①,由于该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，A．升高温度，化学反应速率加快，由于该反应是正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡体系中H2百分含量增大，正确；B．增大水蒸气浓度，反应速率加快，平衡正向移动，但是平衡移动的趋势是微弱的，所以平衡体系中H2百分含量降低，错误；C．加入催化剂，化学反应速率加快，但是由于催化剂对正反应、逆反应的速率影响相同，所以平衡不发生移动，错误；D．降低压强，反应速率减慢，根据平衡移动原理：减小压强，平衡向气体体积增大的正反应方向移动，平衡体系中H2百分含量增大，错误。选项是A。32．反应②是气体体积不变的放热反应,为将CO进一步转化,可提高H2产量。应该将平衡正向移动。若1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应,根据方程式CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)可知：若有1mol的CO完全反应，产生CO2和H2，会增加1mol的气体，现在气体增大的物质的量是0．18mol，所以反应消耗的CO的物质的量是0．18mol,而在1molCO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)中含有CO的物质的量是0．2mol，所以CO转化率为(0．18mol÷0．2mol)×100%=90%。33．合成氨反应的反应是放热反应，根据温度对反应的影响，可知在一定条件下的密闭容器内,从通入原料气开始,随温度不断升高,NH3物质的量变化的曲线示意图是考点：考查化学方程式的书写、元素的推断、原子核外电子的运动状态、物质的化学性质的判断、外界条件对化学反应速率和平衡移动的影响、物质的平衡转化率的计算、温度对物质的合成及平衡移动的影响的图像法表示的知识。18．（14分）H2O2是一种常用绿色氧化剂，在化学研究中应用广泛。（1）空气阴极法电解制备H2O2的装置如下图所示，主要原理是在碱性电解质溶液中，通过利用空气中氧气在阴极还原得到H2O2和稀碱的混合物。试回答：①直流电源的a极名称是。②阴极电极反应式为。③1979年，科学家们用CO、O2和水在三苯膦钯的催化下制得了H2O2。相对于电解法，该方法具有的优点是安全、。（2）Fe3+对H2O2的分解具有催化作用。利用图(a)和(b)中的信息，按图(c)装置（连通的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的（填“深”或“浅”），其原因是。（3）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶解印刷电路板金属粉末中的铜。反应的离子方程式是，控制其它条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和·L－1H2SO4溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见下表）温度（℃）20304050607080Cu的平均溶解速率（×10－3mol·min－1）当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，其主要原因是。【答案】（1）①正极②O2+2e－+2H2O＝H2O2+2OH－③能耗低（2）①深②H2O2分解放热，使平衡2NO2N2O4向生成NO2方向移动（3）Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O；温度升高，H2O2分解速率加快（每空2分）【解析】试题分析：（1）①根据装置图可知，与电源b极相连的电极产生双氧水，由于利用空气中氧气在阴极还原得到H2O2和稀碱的混合物，这说明该电极是阴极，即b是负极，则a是正极。②电解池中阴极得到电子，发生还原反应，双氧水在阴极产生，则阴极电极反应式为O2+2e－+2H2O＝H2O2+2OH－。③由于电解法需要消耗大量的电能，所以该方法的另外一个优点是能耗低。（2）由于Fe3+对H2O2的分解具有催化作用，根据图像可知而双氧水分解是放热反应，所以B瓶中溶液温度高。又因为NO2转化为N2O3是放热反应，升高温度促使平衡2NO2N2O4向生成NO2方向移动，所以颜色深。（3）双氧水具有氧化性，在稀硫酸溶液中能把铜氧化生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O。由于双氧水不稳定，受热易分解，温度过高时导致H2O2分解速率加快，因此铜的平均溶解速率随着反应温度的升高反而下降。考点：考查电化学原理的应用、双氧水性质以及外界条件对反应速率和平衡状态的影响19．（15分）MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2的实验，其流程如下：（1）在第①步反应中，为加快反应速率，可采取的措施有（任写一种），产生CO2气体的的方程式是；（2）写出步骤②中所发生的离子方程式；（3）如果蒸发得到的固体中，只含NaClO3和NaCl,为得到比较纯的NaClO3溶液，结合下面各物质的溶解度与温度的关系，其基本操作是：将固体溶于适量水，通过，，便可得到较纯的NaClO3溶液。（4）工业上也常用石墨做电极，电解酸化的MnSO4溶液来制MnO2,则阳极上所发生的离子方程式。【答案】（1）适当升温或充分搅拌或将样品研磨成粉末（任答一个，2分）MnCO3+H2SO4＝MnSO4+CO2↑+H2O(3分，配平错或无气体符号合扣1分)（2）5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+(3分)（3）蒸发结晶、趁热过滤（各2分，共4分，无“趁热”扣1分）（4）Mn2++2H2O-2e－＝MnO2+4H+（3分，配平错扣1分）【解析】试题分析：（1）对应固体与液体之间的化学反应，要加快反应速率，一般可以通过升高温度或增大反应物浓度或增大固体反应物的表面积来实现，即适当升温或充分搅拌或将样品研磨成粉末等来加快发烟硫酸；由于粗二氧化锰中含有碳酸锰，碳酸盐能与稀硫酸反应放出CO2气体，所以产生CO2气体的的方程式是MnCO3+H2SO4＝MnSO4+CO2↑+H2O；（2）滤液中含有二价锰离子，氯酸钾具有强氧化性，能把锰离子氧化为二氧化锰。根据流程图可知还原产物是氯气，则反应的离子方程式为5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+；（3）根据物质的溶解度与温度的关系可知氯酸钠的溶解度受温度影响较大，则要为得到比较纯的NaClO3溶液，其正确的操作是将固体溶于适量水，通过蒸发结晶、趁热过滤，便可得到较纯的NaClO3溶液。（4）电解池中阳极失去电子，硫酸锰转化为二氧化锰，锰元素化合价升高，则锰离子在阳极放电，因此阳极电极反应式为Mn2++2H2O-2e－＝MnO2+4H+。考点：考查物质制备工艺流程图的有关分析与应用20．已知草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，主要用作还原剂和漂白剂。（1）草酸的电离方程式为。（2）将草酸溶液与酸性高锰酸钾溶液混合发生的反应为：MnO4-+H2C2O4+→Mn2++CO2↑+H2O某合作小组同学在烧杯中进行上述反应时，发现刚开始一段时间，反应速率较慢，溶液褪色不明显，但不久后突然褪色，反应速率明显加快。①配平上述离子方程式②该实验不久后溶液突然褪色的原因最有可能是。A．体系压强增大B．反应物接触面积增大C．生成物对反应有催化作用D．反应物浓度增大（3）为研究该化学反应速率的影响因素，某同学进行了以下实验：组别温度/℃V(H2C2O4)/mLV(KMnO4)/mLV(H2O)/mLKMnO4溶液褪色时间/s1301010204023020200t33015①对比实验1和3要研究改变反应物浓度对化学反应速率的影响，请完成表格中横线。②实验2中溶液褪色时间t为A．>40B．=40C．<40D．无法判断【答案】（10分）（1）H2C2O4H++HC2O4—（2）①256H+==2108②C（3）①组别温度/℃V(H2C2O4)/mLV(KMnO4)/mLV(H2O)/mLKMnO4溶液褪色时间/s1301010204023020200t330151015②D【解析】试题分析：（1）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，电离方程式为H2C2O4H++HC2O4—；（2）①根据化合价升降法及元素守恒配平离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+==2Mn2++10CO2↑+8H2O；②溶液突然褪色，说明反应速率突然增大，原因最有可能是催化剂，答案选C；（3）①变量控制，总体积为40ml,加水15ml，与实验1比较，可得答案；②反应不是均速进行，由于生成物有催化作用，无法确定褪色时间，答案选D。考点：草酸的性质、电离、氧化还原反应、化学反应速率21．（7分）化学反应2A(g)B(g)+D(g)在四种不同条件下进行，B、D的起始浓度为0。反应物A的浓度(mol·L-1)随时间(min)的变化情况如下表：实验序号温度0min10min20min30min40min50min60min1800℃2800℃c23800℃c34820℃020202根据上述数据，完成下列填空：（1）在实验1中，反应在10min至20min时间内v(A)的平均速率为mol·L-1·min-l（2）在实验2中A的初始浓度为mol·L-1，由实验2的数据，可推测实验2中还隐含的条件是。（3）设实验3的反应速率为v3，实验1的反应速率为vl，则v3(填“>”、“<”或“=”)vl。且c3(填“>”、“<”或“=”)mol·L-1。（4）比较实验4和实验1，可推测该反应是(填“吸热”或“放热”)反应，【答案】（1）（2）、使用了催化剂（3）>、>（4）吸热【解析】试题解析：（1）根据v=可计算出A的反应速率为=（L•min）；（2）比较实验1和实验2中平衡时的数据可知，平衡时A的浓度相等，温度也相同，所以起始浓度也相同，但实验2反应到达平衡的时间比实验1短，所以实验2中存在催化剂；（3）比较实验1和实验3中的数据可知，在相同温度下，实验3中的A的平衡浓度大于实验1，所以反应过程中，反应速率也比实验1中的大，起始浓度也大于实验1中的，故答案为：＞；＞；4）比较实验4和实验1中数据可知，温度升高，起始浓度相同，但平衡A的浓度变小，说明平衡正向移动，故可判断该反应的正反应为吸反应。考点：化学平衡建立的过程22．（本小题14分）氮气是制备含氮化合物的一种重要物质，而含氮化合物的用途广泛。（1）图中表示两个常见的固氮反应：①N2＋3H22NH3②N2＋O22NO的平衡常数(lgK)与温度的关系，根据图中的数据判断下列说法正确的是________(填序号)。A．反应②为放热反应B．常温下，反应①的反应速率很大，而反应②的反应速率很小C．升高温度，反应①的反应速率增大，反应②的反应速率减小D．在常温下，利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大（2）工业上也可在碱性溶液中通过电解的方法实现由N2制取NH3：2N2＋6H2O4NH3＋3O2，通入N2的一极是________(填“阴极”或“阳极”)，阳极的电极反应式是________。（3）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂(掺有少量Fe2O3的TiO2)表面与水发生反应：①N2(g)＋3H2O(l)2NH3(g)＋O2(g)ΔH＝akJ/mol。已知：②N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－kJ/mol，2H2(g)＋O2(g)2H2O(l)ΔH＝－kJ/mol，则a＝__________。（4）已知：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)ΔH＝－1316kJ·mol－1，氨是一种潜在的清洁能源，可用作碱性燃料电池的燃料。①当温度不同(T2＞T1)、其他条件相同时，下列图像正确的是________(填代号)。②该燃料电池的负极反应式是____________________________________。（5）工业上合成氨时，温度过高，氨气的产率降低，试从化学平衡移动原理的角度加以解释：__________________________________________________________________。【答案】（本小题14分，每空2分）（2）阴极；4OH－－4e－=2H2O＋O2↑或2H2O－4e－=O2↑＋4H＋（3）＋（4）①乙②2NH3－6e－＋6OH－===N2↑＋6H2O（5）由工业合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－kJ/mol可知该反应的正反应为放热反应，温度过高时，导致平衡逆向移动，因而氨气的产率降低。【解析】试题分析：根据图像①可知温度越高，平衡常数越小，说明升高温度，平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应；②温度越高，平衡常数越大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应方向是吸热反应；所以选项A错误；B．常温下，由于N≡N的键能和H—H、O=O的键能都很大，所以反应①②的反应速率不大，错误；C．升高温度，无论是放热反应还是吸热反应，反应速率都增大，错误；D．在常温下，根据平衡常数可知：利用反应①固氮和利用反应②固氮反应程度相差很大，正确。（2）根据反应方程式可知：在反应中N2得到电子，作氧化剂，因此应该作阴极，在阳极则是OH-失去电子被氧化，电极反应式是4OH－－4e－=2H2O＋O2↑或2H2O－4e－=O2↑＋4H＋；（3）(②—①)×2÷3，整理可得，2H2(g)＋O2(g)2H2O(l)ΔH＝－+a)×2÷3=—kJ/mol，则a＝＋mol；（4）①升高温度，正反应、逆反应的化学反应速率都加快，达到平衡所需要的时间缩短。所以甲错误；由于该反应的正反应是放热反应。根据平衡移动原理可知：升高温度，平衡逆向移动，达到平衡时NH3的转化率降低，乙错误；该反应的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，所以O2的转化率降低，错误。②该燃料电池的负极发生氧化反应，根据方程式可知NH3在反应中元素的化合价升高，失去电子，被氧化，因此在负极的电极反应式是2NH3－6e－＋6OH－===N2↑＋6H2O；（5）工业上合成氨时，温度过高，氨气的产率降低，这是由于合成氨的正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，对该反应来说，平衡逆向移动，所以合成氨时，温度过高，氨气的产率降低。考点：考查热化学方程式的书写、温度对平衡的影响、原电池原理的应用、反应条件的选择与物质产率的关系的知识。23．(10分)在80℃时，将mol的N2O4气体充入2L已经抽空的固定容积的密闭容器中，发生如下反应：N2O42NO2，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：时间/sn/mol020406080100n(N2O4)acden(NO2)b（1）计算20～40s内用N2O4表示的平均反应速率为________。（2）计算在80℃时该反应的平衡常数K＝________(请注明单位)。（3）反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，混合气体的颜色________(填“变浅”、“变深”或“不变”)。（4）要增大该反应的K值，可采取的措施有________(填序号)。A．增大N2O4的起始浓度B．向混合气体中通入NO2C．使用高效催化剂D．升高温度（5）下图是80℃时容器中N2O4物质的量的变化曲线，请在该图中补画出该反应在60℃时N2O4物质的量的变化曲线。【答案】（1）mol·L－1·s－1（2）mol·L－1（3）变浅（4）D（5）如下图：【解析】试题分析：（1）N2O4的速率=（）mol÷2L÷20s=mol·L－1·s－1；（2）根据方程式：N2O42NO2初始物质的的量0改变物质的量x2x平衡物质的量列式计算2x=x=平衡时N2O4的物质的量为，平衡常数=c(NO2)2÷c(N2O4)=÷2)2÷÷2)=mol·L－1；（3）降低温度，平衡向放热方向移动，故向逆向移动，二氧化氮浓度减小，颜色变浅；（4）化学平衡常数只有温度有关，升温，平衡正向移动，化学平衡常数增大；（5）反应在60℃时，反应速率减慢，N2O4物质的量变化缓慢，达到平衡所需要的时间长，温度低有利于平衡逆向移动，N2O4物质的量比80℃时的多，故画图为考点：化学平衡的计算，平常常数，影响平衡移动的因素。24．(16分)（一）某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。限选试剂与仪器：LH2C2O4溶液，L酸性KMnO4溶液，蒸馏水，锥形瓶，恒温水浴槽，量筒，秒表。该小组设计了如下的方案。物理量H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/mol·L-1体积/mL浓度/mol·L-1体积/mL①050②025③25（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4。为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥_______。（2）请完成表格内五处空白。（3）实验③测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）＝______________mol·L-1·min-1。（4）已知50℃时c(MnO4—)～反应时间t的变化曲线如下图。其中反应速率最快的阶段是_____，原因是。（二）利用下图（a）和（b）中的信息，按图（c）装置（连通的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_________（填“深”或“浅”），其原因是_________________________。【答案】（一）（1）2：5或；（2）物理量蒸馏水H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃体积/mL浓度/mol·L-1体积/mL浓度/mol·L-1体积/mL①050②025③25（3）或×10-2；（4）t1-t2,随着反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑的进行研究，产生的MnSO4作为反应的催化剂使反应速率加快。（二）根据图(a)可知，H2O2分解放热，使得B瓶中温度升高，据图(b)可知，2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，从而使NO2浓度增大，颜色加深。【解析】试题分析：（一）（1）根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写者出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑；为了观察到紫色褪去，高锰酸钾的物质的量应该少量，即c（H2C2O4）：c（KMnO4）≥5：2=，故答案为：2：5或；（2）①和②除了温度不同，其他条件完全相同，是探究温度对化学反应速率影响；题干中只提供一种浓度的草酸，则只能在溶液总体积相等的情况下用蒸馏水将其调节成不同浓度，则设计五个空格的答案为：物理量蒸馏水H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃体积/mL浓度/mol·L-1体积/mL浓度/mol·L-1体积/mL①050②025③25（3）草酸的物质的量为：•L-1×=，高锰酸钾的物质的量为：•L-1×=，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：：=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）=，故答案为：或×10-2；（4）根据图中可知在o-t1,t1-t2,t2-t3,三段中c（KMnO4）的变化最大的是t1-t2,故反应速率最快的阶段是t1-t2,原因是：随着反应2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑的进行研究，产生的MnSO4作为反应的催化剂使反应速率加快。（二）(2)由图(a)可得热化学方程式H2O2(l)=H2O(l)＋O2(g)ΔH＜0，2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0。由于H2O2的分解反应为放热反应[注意Fe2(SO4)3作催化剂]，故右边烧杯中液体温度高于左边烧杯中液体温度，则B瓶中气体的温度高于A瓶中气体的温度，升高温度，2NO2(g)N2O4(g)的平衡逆向移动，c(NO2)增大，混合气体颜色加深。故答案为：深据图(a)可知，H2O2分解放热，使得B瓶中温度升高，据图(b)可知，2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，从而使NO2浓度增大，颜色加深。考点：考查化学反应速率和化学平衡的影响因素。25．一定条件下，A（g）+B(g)C(g)，ΔH＜0,达到平衡后根据下列图像判断：（1）升温，达到新平衡的是（填“A、B、C、D或E”，下同）新平衡中C的体积分数（填“增大、减小或不变”，下同）（2）减压，达到新平衡的是，A的转化率。（3）减少C的量，达到新平衡的是。（4）增加A的量，达到新平衡的是，此时B的转化率，A的转化率。（5）使用催化剂，达到新平衡的是，C的质量分数。【答案】（1）B减小（2）C减小（3）E（4）A增大减小（5）D不变【解析】试题分析：（1）升高温度，正逆反应速率瞬间加快，化学平衡向着吸热方向进行，即向着逆反应方向进行，逆反应速率大于正反应速率，产物C的体积分数减小，故答案为：B；减小；（2）降低压强，化学平衡向着气体系数和增大的方向进行，即向着逆反应方向进行，正逆反应速率减慢，反应物的转化率会减小，故答案为：C；减小；（3）减小C的量，即减小产物的浓度，平衡正向进行，正逆反应速率均减小，正反应速率大于逆反应速率，速率变化会在原来速率的基础上变化，故答案为：E；（4）增加A的量，即增大反应物的浓度，平衡正向进行，正反应速率大于逆反应速率，A本身转化率减小，另一种反应物B的转化率增大，故答案为：A；增大；减小；（5）使用催化剂，会同等程度的加快正逆反应速率，正逆反应速率仍然相等，但是平衡不移动，故答案为：D；不变；不变．考点：影响反应速率的因素26．已知NO2和N2O4可以相互转化：2NO2N2O4（正反应为放热反应）。现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入体积为1L的恒容密闭容器中，反应体系中物质浓度随时间变化关系如图所示，回答问题：（1）图中共有两条曲线X和Y，其中曲线表示NO2浓度随时间的变化；a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是。（2）前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)＝mol/(L·min)；反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是。（3）若要达到与最后相同的化学平衡状态，在25min时还可以采取的措施是A．加入催化剂B．缩小容器体积C．升高温度D．加入一定量的N2O4【答案】（1）X；b；（2）0．04mol/(L·min)；加入了0．4mol的NO2（3）B、D【解析】试题分析：（1）由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为（0．6-0．2）mol/L=0．4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为（0．6-0．4）mol/L=0．2mol/L，X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线，由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b、d处于化学平衡状态，故答案为：X；b、d；（2））X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线．由图可知，前10min内，NO2的浓度变化量为（0．6-0．2）mol/L=0．4mol/L，所以υ（NO2）==0．04mol•L-1•min-1，故答案为：0．04mol•L-1•min-1；（3）25min时增大NO2的浓度对平衡的移动可以理解为对体系加压，使平衡正向移动，故可以通过缩小容器体积、加入一定量的N2O4等实行到达相同的平衡状态，而升高温度使平衡逆向移动，加入催化剂平衡不移动，故选B、D考点：化学平衡27．（17分）Na、Cu、Al、O、C、H是常见的六种元素。（1）Al位于元素周期表第_____周期第_____族；Cu的基态原子价电子排布式为__________。（2）用“＞”或“＜”填空：第一电离能离子半径沸点Na_______AlO2—_______Na+CH4______H2O（3）250℃时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6molCO2、6molCH4，发生如下反应：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)。平衡体系中各组分体积分数如下表：物质CH4CO2COH2体积分数①此温度下该反应的平衡常数K=__________②已知：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)△H=kJ·mol－1CO(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋H2(g)△H=+kJ·mol－12CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H=kJ·mol－1反应CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)的△H=________________（4）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如右图所示。250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是_____________________.②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是__________________（5）利用高温电解技术可将释放的CO2转化为具有工业利用价值的产品。反应方程式为：，其工作原理示意图如下：CO2在电极a放电的反应式是_______________________________【答案】(17分)（1）三（1分）ⅢA（1分）3d104s1（2分）（2）<、>、<（各1分）（3）①64mol2•L-2（单位不要求）（2分）②+kJ·mol－1（2分）（4）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低（2分）②增大反应压强或增大CO2的浓度（2分）（5）CO2+2e-==CO+O2-（2分）【解析】试题分析：（1）Al位于元素周期表第三周期，第IIIA族；Cu的的基态原子价电子即外围电子排布式为3d104s1；（2）Na的金属性比Al强，所以第一电离能Na<Al；O2-与Na+的核外电子排布相同，但O的核电荷数少，所以离子半径O2->Na+;水分之间可以形成氢键，甲烷不可以，所以甲烷的沸点<水的沸点；（3）①根据CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)，及平衡时各气体的体积分数可知，设消耗二氧化碳的物质的量是xmol，则平衡时二氧化碳的物质的量是(6-x)mol，甲烷的物质的量也是（6-x）mol，生成CO、氢气的物质的量是2xmol，所以（6-x）/(6-x+6-x+2x+2x)=，所以x=4，所以平衡时各气体的物质的量浓度二氧化碳、甲烷都是（6-4）/4mol/L=L，CO、氢气的浓度都是8/4mol/L=2mol/L，所以平衡常数K=(22mol/L×22mol/L)/L×L)=64mol2•L-2；②根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氧气、水消去，得到CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)的△H=（kJ·mol－1）+2×（+kJ·mol－1）-2×（kJ·mol－1）=+kJ·mol－1（4）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以乙酸的生成速率降低；②为了提高该反应中CH4的转化率，可以增大压强，或增大二氧化碳的浓度，使反应向生成乙酸的方向进行，甲烷的转化率提高；（5）电极a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，所以二氧化碳转化为CO和O2-，电极反应式为CO2+2e-==CO+O2-。考点：考查元素周期表的应用，元素性质的应用，平衡常数的计算，盖斯定律的应用，电极反应式的书写28．（10分）碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用·L-1KI、％淀粉溶液、·L-1K2S2O8、·L-1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：为探讨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：表中Vx=mL，理由是。已知某条件下，浓度c（S2O82—）～反应时间t的变化曲线如图，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c（S2O82—）～t的变化曲线示意图（进行相应的标注）碘也可用作心脏起搏器电源—锂碘电池的材料。该电池反应为：2Li（s）+I2（s）=2LiI（s）△H已知：4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s）△H14LiI（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s）△H2则电池反应的△H=_______________【答案】（1）2；保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他的不变，才到达实验目的。（2）（3）1/2（△H1—△H2）【解析】试题分析：（1）由于要保证保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他的不变，才到达实验目的，所以根据实验中的数据可知，溶液的总体积是20ml，因此Vx＝20ml－－－－＝，答案为2；保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他的不变，才到达实验目·的。；（2）降低温度反应速率降低，则需要的反应时间增加。催化剂能加快反应速率，需要的反应时间减少，所以正确的图像是；（3）根据盖斯定律可知，（①－②）÷2即得到反应2Li（s）+I2（s）=2LiI（s），所以该反应的△H＝(△H1-△H2)/2.考点：外界条件对反应速率的影响29．氢气是一种清洁、高效的新型能源。I.用甲烷制取氢气的反应分为两步，其能量变化如下图所示：（1）甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是。II.在容积为1L的密闭容器内，加入和，在催化剂存在的条件下高温加热使其反应。测得CO2的浓度随时间变化的图像如图：（2）在该温度下，从反应开始至达到平衡时，CO的平均反应速率为；（3）该温度下，此反应的化学平衡常数为（可以用分数表示）；（4）下列改变中，能使平衡向正反应方向移动的是。A．升高温度B．增大压强C．增大H2O（g）的浓度D．减少CO2（g）的浓度（5）保持温度不变，若起始时c(CO)=1mol·L-1,c(H2O)=2mol·L-1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为mol·L-1。通过计算，判断此时该反应进行的方向并说明理由。【答案】（每空2分，共10分）（1）CH4(g)+2H2O(g)＝4H2(g)+CO2(g)ΔH＝—kJ/mol（2）mol·L-1·min-1（3）（4）CD（5）正方向，Q=,所以该反应向正反应方向进行【解析】试题分析：（1）根据图像可知，甲烷和水蒸气的总能量高于氢气和CO2的总能量，所以根据盖斯定律可知，该反应的反应热是ΔH＝kJ/mol－kJ/mol＝—kJ/mol，则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是CH4(g)+2H2O(g)＝4H2(g)+CO2(g)ΔH＝—kJ/mol。（2）根据图像可知，反应进行到10min时得到平衡状态，平衡时生成CO2的浓度是L，则消耗CO的浓度是L，所以CO的反应速率是L÷10s＝mol·L-1·min-1。（3）平衡时CO和水蒸气的浓度均是L－L＝L。而生成物CO2和氢气的浓度均是L，所以该温度下反应的平衡常数K＝＝。（4）A、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，A不正确；B、反应前后体积不变，增大氧气平衡不移动，B不正确；C、增大水蒸气的浓度，平衡向正反应方向移动，C正确；D、减小CO2的浓度，平衡向正反应方向移动，D正确；答案选CD。（5）若起始时c(CO)＝1mol·L-1,c(H2O)＝2mol·L-1，反应进行一段时间后，测得H2的浓度为mol·L-1，这说明消耗CO和水蒸气的浓度均是L，所以平衡时CO和H水蒸气的浓度分别是L和L，则Q＝，所以该反应向正反应方向进行。考点：考查反应热、反应速率、平衡常数的计算、外界条件对平衡状态的影响以及平衡常数的应用30．下图为元素周期表的一部分，根据元素①～⑧在周期表中的位置，按要求回答下列问题。族周期IA01①IIAIIIAⅣAVAⅥAVIIA2②③3④⑤⑥⑦⑧（1）在元素①～⑧中，金属性最强的元素是_____________（填元素符