2025步步高大一轮复习讲义人教版高考化学大单元四　第十二章　热点强化23　多曲线、多含义坐标系图像分析含答案

2025步步高大一轮复习讲义人教版高考化学热点强化23多曲线、多含义坐标系图像分析解答复杂图像题应注意的几个要点(1)复杂图像五看：一看面(坐标)，二看线(变化趋势)，三看点(起点、交点、终点)，四看辅助线，五看量(数字计算)。如坐标表示的有c(M)、α(M)、lgc(M)、lgeq\f(cM,cN)、pM、lgeq\f(V,V0)等，不同符号表示的意义不同。(2)pH：可以得出c(H＋)；通过比较溶质的物质的量浓度可判断是强电解质或弱电解质。(3)交点：相交的两种物质的某量相等，常进行相互代换用于计算。(4)pH＝7：常温下表示溶液显中性，此时，c(H＋)＝c(OH－)，在等式中常进行抵消。(5)数据与浓度符号的转化：在坐标图中，标明了某种物质的量，一般要用标明的量进行分析。(6)守恒：元素守恒，电荷守恒，质子守恒。1．(2020·山东，15改编)25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO－)、lgc(H＋)和lgc(OH－)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是()A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)B．N点时，pH＝lgKaC．该体系中，c(CH3COOH)＝eq\f(0.1cH＋,Ka＋cH＋)mol·L－1D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水解程度始终增大答案C解析随着溶液碱性的增强，c(CH3COOH)减小，c(CH3COO－)增大，故MN线表示lgc(CH3COO－)，NP线表示lgc(CH3COOH)，MO线表示lgc(H＋)，OP线表示lgc(OH－)。O点时，c(H＋)＝c(OH－)，A项错误；N点时，lgc(CH3COOH)与lgc(CH3COO－)相等，Ka＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)，pH＝－lgKa，B项错误；由CH3COOH的电离平衡常数推导可知Ka＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝c(H＋)·eq\f(0.1－cCH3COOH,cCH3COOH)，故c(CH3COOH)＝eq\f(0.1cH＋,Ka＋cH＋)mol·L－1，C项正确；溶液pH增大，碱性增强，CH3COO－的水解程度减小，D项错误。2．(2020·全国卷Ⅰ，13)以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝eq\f(cA2－,cH2A＋cHA－＋cA2－)]下列叙述正确的是()A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L－1C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)＜2c(A2－)＋c(HA－)答案C解析根据图像可知，滴定终点消耗NaOH溶液40mL，H2A是二元酸，可知酸的浓度是0.1000mol·L－1，B项错误；起点溶液pH＝1.0，c(H＋)＝0.1000mol·L－1，可知H2A第一步电离是完全的，溶液中没有H2A，所以曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A项错误；由图可知，当δ(A2－)＝δ(HA－)时，pH＝2.0，c(H＋)＝1.0×10－2mol·L－1，Ka(HA－)＝eq\f(cA2－·cH＋,cHA－)＝D项错误。3．(2022·浙江1月选考，23)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L－1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L－1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L－1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：下列说法正确的是()A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2OC．根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2－,3))＝c(OH－)－c(H＋)答案C解析碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A错误；当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，从图像可以看出，b点尚未放出CO2，离子方程式表示为HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2CO3，B错误；根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂，C正确；根据质子守恒，Na2CO3中存在c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3)),NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2－,3))＝c(OH－)－c(H＋)，D错误。4．(2022·福建，10)氨氮是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：①2NH3＋3ClO－=N2↑＋3Cl－＋3H2O②NH3＋4ClO－＋OH－=NOeq\o\al(－,3)＋4Cl－＋2H2O在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1L0.006mol·L－1的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是()A．x1的数值为0.009B．x>x1时，c(Cl－)＝4c(NOeq\o\al(－,3))C．x>x1时，x越大，生成N2的量越少D．x＝x1时，c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－)答案C解析x1时，氨的去除率为100%、总氮残余率为5%，n(NH3)＝0.006mol·L－1×1L＝0.006mol,95%的氨气参与反应①，5%的氨气参与反应②，反应①消耗n1(ClO－)＝eq\f(0.006mol×95%,2)×3＝0.00855mol，反应②消耗n2(ClO－)＝4×0.006mol×5%＝0.0012mol，x1＝0.00855mol＋0.0012mol＝0.00975mol，A错误；x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl－)>4c(NOeq\o\al(－,3))，B错误；x>x1时，氨去除率不变，x越大，总氮残余率越大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；x＝x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有NHeq\o\al(＋,4)和ClO－，含有Na＋、H＋、NOeq\o\al(－,3)、Cl－和OH－，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NOeq\o\al(－,3))，D错误。5．(2021·辽宁，15)用0.1000mol·L－1盐酸滴定20.00mLNa2A溶液，溶液中H2A、HA－、＝eq\f(cA2－,cH2A＋cHA－＋cA2－)]()A．H2A的Ka1为10－10.25B．c点：c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)C．第一次突变，可选酚酞作指示剂D．c(Na2A)＝0.2000mol·L－1答案C解析H2A的Ka1＝eq\f(cH＋·cHA－,cH2A)，根据上图交点1计算可知Ka1＝10－6.38，A错误；根据图像可知c点c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)，B错误；根据图像可知第一次滴定突变溶液呈碱性，所以可以选择酚酞作指示剂，C正确；根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成H2A，根据Na2A＋2HCl=2NaCl＋H2A计算可知c(Na2A)＝0.1000mol·L－1，D错误。6．(2018·天津，6)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2POeq\o\al(－,4))的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2POeq\o\al(－,4)的分布分数δ随pH的变化如图2所示eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(δ＝\f(cH2PO\o\al(－,4),c总含P元素的粒子)))。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是()A．溶液中存在3个平衡B．含P元素的粒子有H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)和POeq\o\al(3－,4)C．随c初始(H2POeq\o\al(－,4))增大，溶液的pH明显变小D．用浓度大于1mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4答案D解析D对：根据图1可知：当LiH2PO4的浓度大于1mol·L－1时其pH＝4.66，根据图2可知，当pH＝4.66时H2POeq\o\al(－,4)的分布分数达到0.994，即H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4；A错：LiH2PO4溶液中存在H2POeq\o\al(－,4)的电离平衡、HPOeq\o\al(2－,4)的电离平衡、H2POeq\o\al(－,4)的水解平衡、H2O的电离平衡等至少4个平衡；B错：LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)、POeq\o\al(3－,4)和H3PO4；C错：LiH2PO4溶液的pH随着H2POeq\o\al(－,4)初始浓度的增大逐渐减小，但当H2POeq\o\al(－,4)的浓度增大到10－1mol·L－1时，浓度再增大，溶液的pH基本不变。7．(2023·湖北，14)H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)－H2L溶液体系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4mol·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3mol·L－1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)＝eq\f(cx,2.0×10－4mol·L－1)，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列说法正确的是()A．当pH＝1时，体系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)B．pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－C．L2－＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常数的lgK约为14D．当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3mol·L－1答案C解析由图可知，pH＝1，即c(H＋)＝0.1mol·L－1时c([FeL]＋)＝1.0×10－4mol·L－1，又c0(H2L)＝5.0×10－3mol·L－1，根据Fe3＋＋H2L[FeL]＋＋2H＋知，此时c(H2L)＝(5.0－0.1)×10－3mol·L－1＝4.9×10－3mol·L－1，结合Ka1＝eq\f(cH＋·cHL－,cH2L)＝10－7.46知，此时c(HL－)＝10－7.46×4.9×10－3×10mol·L－1＝4.9×10－9.46mol·L－1，又pH＝1时，c(OH－)＝10－13mol·L－1，故A错误；pH在9.5～10.5之间时c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝10－4mol·L－1，其中两种离子共含c(L2－)＝3×10－4mol·L－1＋2×10－4mol·L－1＝5×10－4mol·L－1，当pH＝10时，c(H＋)＝10－10mol·L－1，根据Ka1＝eq\f(cH＋·cHL－,cH2L)＝eq\f(10－10cHL－,cH2L)＝10－7.46，c(HL－)＝102.54c(H2L)，即c(HL－)>c(H2L)，由Ka2＝eq\f(cH＋·cL2－,cHL－)＝10－12.4，得c(HL－)＝102.4c(L2－)，即c(HL－)>c(L2－)，B、D错误；该反应的平衡常数K＝eq\f(c[FeL2]－,cL2－·c[FeL]＋)，由题图知，当c([FeL2]－)＝c([FeL]＋)时，pH＝4，由Ka1·Ka2＝10－19.86＝eq\f(c2H＋·cL2－,cH2L)，得①式：10－19.86×c(H2L)＝10－8c(L2－)，此时c(H2L)＝5.0×10－3mol·L－1－3×10－4mol·L－1＝4.7×10－3mol·L－1，代入①式，c(L2－)＝eq\f(4.7×10－22.86,10－8)mol·L－1＝4.7×10－14.86mol·L－1，则K＝eq\f(1,4.7×10－14.86)≈2×1013.86，故lgK＝13.86＋lg2≈14，C正确。热点强化24多平衡体系溶液中平衡常数(K)的计算及应用1．近年高考命题选材，以多平衡体系溶液的真实情景为素材，来考查学生系统处理复杂情境中化学问题的能力。常涉及的平衡有水、弱电解质的电离平衡，盐类水解平衡，沉淀转化平衡，配合物的络合平衡。2．分析多平衡体系溶液有关问题的关键(1)善于从粒子间相互作用角度，认识物质在水溶液中的行为，定性与定量分析相结合，动态地、平衡地、系统地分析解决水溶液中的离子反应问题。(2)善于用函数表示化学反应过程中的某一量的变化，熟练掌握简单的对数、指数运算。(3)善于利用溶液中的守恒关系进行分析推理。(4)善于结合题干、图像信息找到各反应的平衡常数之间的关系。在解决复杂平衡问题时，可先写出各平衡常数的表达式，分析各平衡常数表达式中相同量的位置，思考能否通过平衡常数的组合与推导得到只含已知量或自变量更少的关系式，可能会起到事半功倍的效果。3．几种常考常数关系推导举例(1)水解常数与电离常数、水的离子积之间的关系常温下，H2S的电离常数为Ka1、Ka2，推导Na2S溶液中S2－水解常数Kh1、Kh2与Ka1、Ka2的关系。答案①S2－＋H2OHS－＋OH－Kh1＝eq\f(cHS－·cOH－,cS2－)＝eq\f(cHS－·cH＋·cOH－,cS2－·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka2)。②HS－＋H2OH2S＋OH－Kh2＝eq\f(cH2S·cOH－,cHS－)＝eq\f(cH2S·cOH－·cH＋,cHS－·cH＋)＝eq\f(Kw,Ka1)。(2)水解常数与溶度积、水的离子积之间的关系常温下推导Cu2＋的水解常数与溶度积、水的离子积之间的关系。答案Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋Kh＝eq\f(c2H＋,cCu2＋)＝eq\f(c2H＋·c2OH－,cCu2＋·c2OH－)＝eq\f(K\o\al(2,w),Ksp[CuOH2])。(3)平衡常数与电离常数、溶度积之间的关系以反应ZnS(s)＋2H＋(aq)Zn2＋(aq)＋H2S(aq)为例，推导该沉淀溶解的平衡常数K。答案K＝eq\f(cH2S·cZn2＋,c2H＋)＝eq\f(cH2S·cZn2＋·cS2－,c2H＋·cS2－)＝eq\f(KspZnS,Ka1·Ka2)。1．(2023·北京，14)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2＋在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。已知：i.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。ii.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))＝Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)＝0.1mol·L－1，不同pH下c(COeq\o\al(2－,3))由图1得到]。下列说法不正确的是()A．由图1，pH＝10.25，c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(COeq\o\al(2－,3))B．由图2，初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6，无沉淀生成C．由图2，初始状态pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＝0.1mol·L－1D．由图1和图2，初始状态pH＝8、lg[c(Mg2＋)]＝－1，发生反应：Mg2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MgCO3↓＋CO2↑＋H2O答案C解析从图2可以看出初始状态pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；从图2可以看出初始状态pH＝9、lg[c(Mg2＋)]＝－2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素守恒，溶液中c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))<0.1mol·L－1，C项错误；pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HCOeq\o\al(－,3)，当pH＝8，lg[c(Mg2＋)]＝－1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，D项正确。2．(2023·新课标卷，13)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水，发生反应Ag＋＋NH3[Ag(NH3)]＋和[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋，lg[c(M)/(mol·L－1)]与lg[c(NH3)/(mol·L－1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag＋、Cl－、[Ag(NH3)]＋或[Ag(NH3)2]＋)。下列说法错误的是()A．曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线B．AgCl的溶度积常数Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.75C．反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K的值为103.81D．c(NH3)＝0.01mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)答案A解析AgCl饱和溶液中存在AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，当滴入的氨水非常少时，可以认为Ag＋浓度和Cl－浓度相等，随着氨水的滴入，Ag＋浓度减小，AgCl的沉淀溶解平衡正向移动，Cl－浓度增大，AgCl的溶解度也增大，故曲线Ⅲ表示Ag＋，曲线Ⅳ表示Cl－，曲线Ⅳ也可视为AgCl的溶解度随NH3浓度的变化曲线，A错误；AgCl的溶度积常数Ksp仅与温度有则Ksp(AgCl)＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10－2.35×10－7.40＝10－9.75，B正确；随着氨水的滴入，Ag＋先转浓度小，则曲线Ⅰ表示[Ag(NH3)2]＋，曲线Ⅱ表示[Ag(NH3)]＋，反应[Ag(NH3)]＋＋NH3[Ag(NH3)2]＋的平衡常数K＝eq\f(c[AgNH32]＋,c[AgNH3]＋·cNH3)＝eq\f(10－2.35,10－5.16×10－1)＝103.81，C正确；结合上述分析及图知，当c(NH3)＝0.01mol·L－1时，溶液中c([Ag(NH3)2]＋)>c([Ag(NH3)]＋)>c(Ag＋)，D正确。3．(2023·辽宁，15)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1mol·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lgc关系如图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是()A．Ksp(CdS)＝10－18.4B．③为pH与－lgc(HS－)的关系曲线C．Ka1(H2S)＝10－8.1D．Ka2(H2S)＝10－14.7答案D解析曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13mol·L－1，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)·c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A、B错误；曲线④代表HS－，由图示曲线④上点坐标可知，此时c(H＋)＝10－1.6mol·L－1时，c(HS－)＝10－6.5mol·L－1，Ka1(H2S)＝eq\f(cH＋·cHS－,cH2S)＝eq\f(10－1.6×10－6.5,0.1)＝10－7.1，C错误；已知Ka1·Ka2＝eq\f(c2H＋·cS2－,cH2S)，由曲线③上点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9mol·L－1时，c(S2－)＝10－13mol·L－1，故有Ka1·Ka2＝eq\f(10－4.92×10－13,0.1)＝10－21.8，结合C项分析可知，Ka1＝10－7.1，故有Ka2(H2S)＝10－14.7，D正确。4．(2023·山东，15改编)在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I－)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(aq)Hg2＋＋2I－；HgI2(aq)HgI＋＋I－；HgI2(aq)＋I－HgIeq\o\al(－,3)；HgI2(aq)＋2I－HgIeq\o\al(2－,4)，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2＋)、lgc(HgI＋)、lgc(HgIeq\o\al(－,3))、lgc(HgIeq\o\al(2－,4))随lgc(I－)的变化关系如图所示，下列说法错误的是()A．线L表示lgc(HgIeq\o\al(2－,4))的变化情况B．随c(I－)增大，c[HgI2(aq)]始终不变C．a＝lgeq\f(K1,K2)D．溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2∶1答案D解析含HgI2的溶液中各反应达到平衡后，增大c(I－)，平衡HgI2(aq)HgI＋＋I－、HgI2(aq)Hg2＋＋2I－逆向移动，c(HgI＋)、c(Hg2＋)减小，且开始时c(HgI＋)<c(Hg2＋)；平衡HgI2(aq)＋I－HgIeq\o\al(－,3)、HgI2(aq)＋2I－HgIeq\o\al(2－,4)正向移动，c(HgIeq\o\al(－,3))、c(HgIeq\o\al(2－,4))增大，且开始c(HgIeq\o\al(－,3))>c(HgIeq\o\al(2－,4))。分析可知，线L表示lgc(HgIeq\o\al(2－,4))的变化情况，A正确；HgI2(s)HgI2(aq)的化学平衡常数K0＝c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I－)增大，c[HgI2(aq)]始终保持不变，B正确；K1＝eq\f(cHg2＋·c2I－,c[HgI2aq])，K2＝eq\f(cHgI＋·cI－,c[HgI2aq])，带入M点值可得K1＝eq\f(10b·102a,c[HgI2aq])，K2＝eq\f(10b·10a,c[HgI2aq])，则可得a＝lgeq\f(K1,K2)，C正确；需要外加I－调节，则I元素与Hg元素的物质的量之比无法确定，D错误。5．[2021·广东，18(1)(2)(3)]对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，H2CO3的Kal＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoOeq\o\al(2－,4)的形态存在。(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为__________。(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为________。(3)“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4的离子方程式为___________________________________________________________________________________________________________________。②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(MoOeq\o\al(2－,4))＝_________________(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。答案(1)＋6(2)Al(OH)3(3)①MoOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaMoO4↓②eq\f(1×10－7×2.6×10－9,4.7×10－11×3.5×10－8)解析(3)②若开始生成BaCO3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCOeq\o\al(－,3)＋BaMoO4BaCO3＋MoOeq\o\al(2－,4)＋H＋，该反应的化学平衡常数K＝eq\f(cH＋·cMoO\o\al(2－,4),cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3)·cMoO\o\al(2－,4)·cBa2＋,cHCO\o\al(－,3)·cCO\o\al(2－,3)·cBa2＋)＝eq\f(Ka2·KspBaMoO4,KspBaCO3)。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必须满足eq\f(cH＋·cMoO\o\al(2－,4),cHCO\o\al(－,3))≤eq\f(Ka2·KspBaMoO4,KspBaCO3)，由于“沉钼”中pH为7.0，c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，所以溶液中eq\f(cMoO\o\al(2－,4),cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(Ka2·KspBaMoO4,1×10－7×KspBaCO3)时，开始生成BaCO3沉淀，因此，c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(MoOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(1×10－7×KspBaCO3,Ka2·KspBaMoO4)＝eq\f(1×10－7×2.6×10－9,4.7×10－11×3.5×10－8)时，应停止加入BaCl2溶液。第44讲化学反应速率及影响因素[复习目标]1.了解化学反应速率的概念及表示方法，能提取信息计算化学反应速率。2.掌握影响化学反应速率的因素，并能用有关理论解释。考点一化学反应速率及表示方法1．化学反应速率(1)(2)各物质的化学反应速率之比＝化学计量数之比。如mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，vA∶vB∶vC∶vD＝m∶n∶p∶q。(3)注意事项①化学反应速率一般指平均速率而不是某一时刻的瞬时速率，且无论用反应物还是用生成物表示均取正值。②同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义相同。③固体或纯液体的浓度视为常数，不能用固体或纯液体的浓度变化计算化学反应速率。2．应用“三段式”计算化学反应速率列起始量、转化量、某时刻量，再根据定义式或比例关系计算。对于反应mA(g)＋nB(g)pC(g)，起始时A的浓度为amol·L－1，B的浓度为bmol·L－1，C的浓度为cmol·L－1，反应进行至t1s时，A消耗了xmol·L－1，则化学反应速率的计算如下：mA(g)＋nB(g)pC(g)起始浓度/mol·L－1abc转化浓度/mol·L－1xeq\f(nx,m)eq\f(px,m)t1s时浓度/mol·L－1a－xb－eq\f(nx,m)c＋eq\f(px,m)则v(A)＝eq\f(x,t1)mol·L－1·s－1，v(B)＝eq\f(nx,mt1)mol·L－1·s－1，v(C)＝eq\f(px,mt1)mol·L－1·s－1。[应用举例]1．一定条件下，在体积为10L的固定容器中发生反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，反应过程如图。(1)表示NH3的物质的量变化的曲线是_______________________________________。(2)计算0～8min，H2的平均反应速率(写出计算过程，下同)。(3)计算10～12min，N2的平均反应速率。答案(1)X(2)0～8min，v(H2)＝eq\f(0.9mol,10L×8min)＝0.01125mol·L－1·min－1。(3)10～12min，v(NH3)＝eq\f(0.7－0.6mol,10L×2min)＝5.0×10－3mol·L－1·min－1，v(N2)＝eq\f(vNH3,2)＝2.5×10－3mol·L－1·min－1。2．已知反应：4CO＋2NO2eq\o(=,\s\up7(催化剂))N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下。①v(CO)＝1.5mol·L－1·min－1②v(NO2)＝0.7mol·L－1·min－1③v(N2)＝0.4mol·L－1·min－1④v(CO2)＝1.1mol·L－1·min－1⑤v(NO2)＝0.01mol·L－1·s－1请比较上述5种情况反应的快慢：__________________________(由大到小的顺序)。答案③>①>②>⑤>④解析在不同条件下，用CO表示的反应速率：②v(CO)＝2v(NO2)＝1.4mol·L－1·min－1；③v(CO)＝4v(N2)＝1.6mol·L－1·min－1；④v(CO)＝v(CO2)＝1.1mol·L－1·min－1；⑤v(CO)＝2v(NO2)＝0.02mol·L－1·s－1＝1.2mol·L－1·min－1，故反应的快慢为③>①>②>⑤>④。1．对于任何化学反应来说，反应速率越大，反应现象越明显()2．由v＝eq\f(Δc,Δt)计算平均反应速率，用反应物表示为正值，用生成物表示为负值()3．化学反应速率为0.8mol·L－1·s－1是指1s时某物质的浓度为0.8mol·L－1()4．同一化学反应，相同条件下用不同物质表示的反应速率，数值越大，表示化学反应速率越快()答案1.×2.×3.×4.×一、用其他物理量表示的化学反应速率的计算1．温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v＝________mL·g－1·min－1。答案30解析由单位可知，v＝eq\f(240mL,2g×4min)＝30mL·g－1·min－1。2．(2023·陕西榆林统考一模)在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15kPa、30kPa，加入催化剂并加热使其发生反应：CO2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2O(g)。研究表明CH4的反应速率v(CH4)＝1.2×10－6×p(CO2)·p4(H2)kPa·s－1，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，则该时刻v(H2)＝________。答案0.48kPa·s－1解析同温同体积下，气体的压强和气体的物质的量成正比，CO2、H2的起始分压分别为15kPa、30kPa，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，Δp(H2O)＝10kPa，则Δp(CO2)＝5kPa，Δp(H2)＝20kPa，此时，p(CO2)＝10kPa，p(H2)＝10kPa，v(CH4)＝(1.2×10－6×10×104)kPa·s－1＝0.12kPa·s－1，v(H2)＝4v(CH4)＝0.48kPa·s－1。二、速率方程与化学反应速率3．[2020·全国卷Ⅱ，28(2)①]高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4eq\o(→,\s\up7(高温))C2H6＋H2。反应在初期阶段的速率方程为r＝k×，其中k为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为α时的反应速率为r2，则r2＝________r1。答案(1－α)解析甲烷的转化率为α时，＝(1－α)，则eq\f(r2,r1)＝＝1－α，即r2＝(1－α)r1。4．[2018·全国卷Ⅰ，28(2)②]F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：2N2O5(g)→4NO2(g)＋O2(g) 2N2O4(g)其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示[t＝∞时，N2O5(g)完全分解]：t/min0408016026013001700∞p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v＝2×10－3×kPa·min－1。t＝62min时，测得体系中＝2.9kPa，则此时＝________kPa，v＝________kPa·min－1。答案30.06.0×10－2解析由方程式2N2O5(g)=4NO2(g)＋O2(g)可知，62min时，＝2.9kPa，则减小的N2O5为5.8kPa，此时＝35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，则v(N2O5)＝2×10－3×30.0kPa·min－1＝6.0×10－2kPa·min－1。考点二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[应用举例]下列措施可以增大化学反应速率的是______(填序号)。①Al在氧气中燃烧生成Al2O3，将Al片改成Al粉；②Fe与稀硫酸反应制取H2时，改用98%浓硫酸；③H2SO4与BaCl2溶液反应时，增大压强；④2SO2＋O2eq\o(,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))2SO3ΔH<0，升高温度；⑤Na与水反应时，增大水的用量；⑥2H2O2=2H2O＋O2↑反应中，加入少量MnO2；⑦H2与Cl2混合后光照答案①④⑥⑦3．有效碰撞理论解释外因对化学反应速率的影响(1)有效碰撞能够发生化学反应的碰撞为有效碰撞。化学反应发生的先决条件是反应物分子间必须发生碰撞。有效碰撞必须具备两个条件：一是发生碰撞的分子具有足够的能量，二是碰撞时要有合适的取向。(2)活化分子有足够的能量，能够发生有效碰撞的分子叫活化分子。活化分子百分数＝eq\f(活化分子数目,反应物分子总数)×100%。(3)活化分子、有效碰撞与反应速率的关系条件→活化分子→有效碰撞→反应速率变化条件改变单位体积内有效碰撞次数化学反应速率分子总数活化分子数活化分子百分数增大反应物浓度增加增加不变增加增大增大压强增加增加不变增加增大升高温度不变增加增加增加增大加催化剂不变增加增加增加增大1．催化剂参与化学反应，改变了活化能，但反应前后物理和化学性质均保持不变()2．升温时吸热反应速率增大，放热反应速率减小()3．一定量的锌与过量的稀硫酸反应制取氢气，滴入少量硫酸铜与醋酸钠均能够提高反应速率()4．增大反应物的浓度，能够增大活化分子的百分数，所以反应速率增大()5．100mL2mol·L－1盐酸与锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变()答案1.×2.×3.×4.×5.×一、压强对化学反应速率的影响1．一定温度下，反应N2(g)＋O2(g)2NO(g)在密闭容器中进行，回答下列措施对化学反应速率的影响(填“增大”“减小”或“不变”)。(1)缩小体积使压强增大：______________，原因是___________________________________________________________________________________________________。(2)恒容充入N2：__________。(3)恒容充入He：__________，原因是______________________________________________________________________________________________________________。(4)恒压充入He：__________。答案(1)增大单位体积内，活化分子数目增加，有效碰撞的次数增多(2)增大(3)不变单位体积内活化分子数不变(4)减小惰性气体对反应速率的影响恒温恒容条件下通入惰性气体，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性气体，总体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小二、固体表面积对化学反应速率的影响2．图1为从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量NiS、NiO、Fe2O3等)中回收利用金属的部分流程。“焙烧”时将纯碱和废钼催化剂磨成粉末后采取如图2所示的“多层逆流焙烧”，其目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率3．[2019·北京，27(1)①]甲烷水蒸气催化重整制氢的主要反应为：CH4＋2H2O(g)eq\o(=,\s\up7(催化剂))CO2＋4H2，用CaO可以去除CO2，H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率________(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________________________________________________________________。答案降低CaO＋CO2=CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积解析根据题图可知，从t1时开始，CaO消耗率曲线的斜率逐渐减小，单位时间内CaO消耗率逐渐降低。三、对照实验及其设计4．某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液的反应(此反应为放热反应)来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20mol·L－1H2C2O4溶液、0.010mol·L－1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。实验编号V(0.20mol·L－1H2C2O4溶液)/mLV(蒸馏水)/mLV(0.010mol·L－1酸性KMnO4溶液)/mLm(MnSO4)/gT/℃乙①2.004.0050②2.004.0025③1.5a4.0025④2.004.00.125回答下列问题：(1)KMnO4溶液用________(填名称)酸化；写出上述反应的离子方程式：__________________________________________________________________________________。(2)实验①②是探究________对化学反应速率的影响；实验②④是探究________对化学反应速率的影响。(3)若实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为________；表格中的“乙”填写t/s，其测量的是_____________________________________________________________。答案(1)硫酸2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O(2)温度催化剂(3)0.5酸性KMnO4溶液褪色所用时间解析(2)实验①②是在相同浓度，不使用催化剂的条件下进行的，但反应温度不同，则为探究温度对反应速率的影响；而实验②④是在相同浓度、相同温度的条件下进行的，但②不使用催化剂，而④使用催化剂，则为探究催化剂对反应速率的影响。(3)实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则混合液的总体积必须相同，实验②溶液总体积为6mL，则实验③中所需水的体积a＝6－1.5－4.0＝0.5。关于“变量控制法”题目的解题策略1．(2022·浙江6月选考，20)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：2NH3(g)eq\o(,\s\up7(催化剂))N2(g)＋3H2(g)，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()编号时间/mincNH3/10－3mol·L－1表面积/cm2020406080①a2.402.001.601.200.80②a1.200.800.40x③2a2.401.600.800.400.40A.实验①，0～20min，v(N2)＝1.00×10－5mol·L－1·min－1B．实验②，60min时处于平衡状态，x≠0.40C．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解析实验①中，0～20min，v(N2)＝eq\f(1,2)v(NH3)＝eq\f(\f(1,2)×2.40×10－3mol·L－1－2.00×10－3mol·L－1,20min)＝1.00×10－5mol·L－1·min－1，A正确；催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气的初始浓度与实验①一样，则实验①达平衡时氨气浓度为4.00×10－4mol·L－1，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，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.40，即x≠0.40，B正确；实验①、实验②中0～20min、20～40min氨气浓度变化量相同，速率相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，则相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，C错误；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，D正确。2．(2021·辽宁，12)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0.012mol·L－1·min－1D．条件②，降冰片烯起始浓度为3.0mol·L－1时，半衰期为62.5min答案B解析由图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间越短，故反应速率越大，A项正确；由图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯的浓度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项错误；条件①，反应速率为v＝eq\f(3.0mol·L－1,250min)＝0.012mol·L－1·min－1，C项正确。3．(2022·广东，15)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y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，0～2min内，v(X)＝1.0mol·L－1·min－1答案D解析由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物的浓度也在增加，说明反应也在进行，故A错误；由图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，反应速率大，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，故B错误；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－1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0mol·L－1，二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的浓度随时间t的变化，故C错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2min内，Y的浓度变化了4.0mol·L－1，则v(Y)＝eq\f(4.0mol·L－1,2min)＝2.0mol·L－1·min－1，v(X)＝eq\f(1,2)v(Y)＝eq\f(1,2)×2.0mol·L－1·min－1＝1.0mol·L－1·min－1，故D正确。4.[2021·福建，12(4)①②]NaNO2溶液和NH4Cl溶液可发生反应：NaNO2＋NH4Cleq\o(=,\s\up7(△))N2↑＋NaCl＋2H2O。为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，利用如图装置(夹持仪器略去)进行实验。实验步骤：往A中加入一定体积(V)的2.0mol·L－1NaNO2溶液、2.0mol·L－1NH4Cl溶液和水，充分搅拌。控制体系温度，通过分液漏斗往A中加入1.0mol·L－1醋酸，当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始用排水法收集气体，用秒表测量收集1.0molN2所需的时间，重复多次取平均值(t)。回答下列问题：每组实验过程中，反应物浓度变化很小，忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如表所示。实验编号V/mLt/sNaNO2溶液NH4Cl溶液醋酸水14.0V14.08.03342V24.04.0V315038.04.04.04.083412.04.04.00.038①V1＝________，V3＝________。②该反应的速率方程为v＝k·cm(NaNO2)·c(NH4Cl)·c(H＋)，k为反应速率常数。利用实验数据计算得m＝________(填整数)。答案①4.06.0②2解析①为探究反应速率与c(NaNO2)的关系，NH4Cl浓度不变，根据数据3和4可知溶液总体积为20.0mL，故V1为4.0；根据变量单一可知V2为6.0，V3为6.0。②浓度增大化学反应速率加快，根据实验1和实验3数据分析，实验3的c(NaNO2)是实验1的2倍，实验1和实验3所用的时间比eq\f(334,83)≈4，根据分析可知速率和浓度的平方成正比，故m＝2。课时精练1．下列关于化学反应速率的说法正确的是()A．因是同一反应，所以用不同物质表示化学反应速率时，所得数值是相同的B．根据化学反应速率的大小可以知道化学反应进行的快慢C．化学反应速率为“1mol·L－1·min－1”表示的意思是时间为1min时，某物质的浓度为1mol·L－1D．金属钠与水的反应中，可用钠或者水的浓度变化来表示化学反应速率答案B2．下列有关化学反应速率的认识错误的是()①可以测定某一反应的瞬时速率②只能用单位时间内物质的量浓度变化值表示③任何化学反应都可以通过反应现象判断化学反应的快慢④溶液中发生的反应，速率的快慢主要由温度、浓度决定A．只有① B．只有①②C．只有③④ D．均错误答案D解析化学反应速率指的是一段时间内的平均速率，故①错误；不仅可以用单位时间内物质的量浓度变化值表示，还可以用单位时间内其他改变量来表示，故②错误；溶液中发生的反应，速率的快慢主要由物质本身性质决定，故④错误。3．一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示：下列描述正确的是()A．反应开始到10s，用Z表示的反应速率为0.158mol·L－1·s－1B．反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了0.79mol·L－1C．反应开始到10s时，Y的转化率为79%D．反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)Z(g)答案C解析反应开始到10s，用Z表示的反应速率为v(Z)＝eq\f(\f(1.58mol,2L),10s)＝0.079mol·L－1·s－1，故A错误；反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了eq\f(1.20mol－0.41mol,2L)＝0.395mol·L－1，故B错误；反应开始到10s时，Y的转化率为eq\f(1.00mol－0.21mol,1.00mol)×100%＝79%，故C正确；由题意知，反应为可逆反应，0～10s内，X、Y的物质的量都变化了0.79mol，Z的物质的量变化了1.58mol，则反应的化学方程式为X(g)＋Y(g)2Z(g)，故D错误。4．反应3Fe(s)＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温))Fe3O4(s)＋4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变能使反应速率加快的是()①增加铁的量②将容器的体积缩小一半③保持体积不变，充入N2使体系压强增大④保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大A．①④B．②③C．③④D．②④答案D解析铁是固体，增加铁的量，浓度不变，反应速率不变，①与题意不符；将容器的体积缩小一半，反应体系中气体物质的浓度增大，则化学反应速率增大，②符合题意；体积不变，充入N2使体系压强增大，但各物质的浓度不变，所以反应速率不变，③与题意不符；保持体积不变，充入水蒸气使体系压强增大，反应物浓度增大，反应速率增大，④符合题意。5．下列说法正确的是()A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数，从而使有效碰撞次数增多B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的容积)，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大C．升高温度能使化学反应速率增大的主要原因是减小了反应物分子中活化分子的百分数D．催化剂能增大单位体积内活化分子的百分数，从而增大反应速率答案D解析浓度和压强的变化是改变单位体积内活化分子的总数，活化分子的百分数不变；温度、催化剂是改变活化分子的百分数，单位体积内分子总数不变。6．如图表示某化学反应在使用催化剂(b曲线)和未使用催化剂(a曲线)时，反应过程和能量的对应关系。下列说法一定正确的是()A．a与b相比，b的活化能更高B．该反应反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量C．a与b相比，a中活化分子的百分数更高D．a与b相比，a的反应速率更快答案B解析a的活化能更高，A错误；该反应为放热反应，反应物断键吸收的总能量小于生成物成键释放的总能量，B正确；a与b相比，b的活化能小，b中活化分子的百分数更高，反应速率更快，C、D错误。7．乙醛在少量I2存在下发生的分解反应为CH3CHO(g)→CH4(g)＋CO(g)。某温度下，测得CH3CHO的浓度变化情况如下表：t/s421052423846651070c(CH3CHO)/(mol·L－1)6.685.854.643.832.812.01下列说法不正确的是()A．42～242s，消耗CH3CHO的平均反应速率为1.02×10－2mol·L－1·s－1B．第384s时的瞬时速率大于第665s时的瞬时速率是受c(CH3CHO)的影响C．反应至105s时，测得混合气体的体积为168.224L(标准状况)D．I2为催化剂降低了反应的活化能，使活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多答案C解析由表中数据可计算，42～242s，消耗CH3CHO的平均反应速率为eq\f(6.68－4.64mol·L－1,242－42s)＝1.02×10－2mol·L－1·s－1，A项正确；随着反应的进行，c(CH3CHO)减小，反应速率减慢，所以第384s时的瞬时速率大于第665s时的瞬时速率，B项正确；由于CH3CHO的初始浓度及气体体积未知，故无法计算反应至105s时，混合气体的体积，C项错误。8．(2023·安徽省卓越县中联盟高三第一次联考)一定温度下，在2L恒容密闭容器中投入1molCO2(g)与4molH2(g)制备CH3OH(g)，不考虑副反应，其物质的量随时间变化的关系如图所示：下列说法正确的是()A．该反应的化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)B．0～30min内，用H2表示的平均反应速率为0.05mol·L－1·min－1C．逆反应速率：a点大于b点D．CO2的平衡转化率是50%答案D解析0～30min内，用H2表示的平均反应速率为eq\f(4－2.5mol,2L×30min)＝0.025mol·L－1·min－1，B错误；反应未达到平衡之前，逆反应速率一直增大，C错误；CO2达到平衡时转化了0.5mol，故平衡转化率是50%，D正确。9．已知：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=2MnSO4＋K2SO4＋10CO2↑＋8H2O。某化学小组欲探究H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应过程中浓度、温度对化学反应速率的影响，进行了如下实验(忽略溶液体积变化)：实验0.01mol·L－1酸性KMnO4溶液体积/mL0.1mol·L－1H2C2O4溶液体积/mL水的体积/mL反应温度/℃反应时间/minⅠ220202.1ⅡV121205.5ⅢV220500.5下列说法不正确的是()A．V1＝1，V2＝2B．设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响C．实验计时是从溶液混合开始，溶液呈紫红色时结束D．实验Ⅲ中用酸性KMnO4溶液的浓度变化表示的反应速率v(KMnO4)＝0.01mol·L－1·min－1答案C解析实验Ⅰ和实验Ⅱ反应温度相同，实验Ⅱ中加入了1mL水，根据变量控制法的原则，溶液总体积应保持不变，因而V1＝1，类比分析可得V2＝2，A正确；实验Ⅰ、Ⅲ的温度不同，其他条件相同，因而设计实验Ⅰ、Ⅲ的目的是探究温度对反应速率的影响，B正确；酸性KMnO4溶液呈紫红色，由表中数据可知，草酸溶液过量，KMnO4可完全反应，因而可以用颜色变化来判断反应终点，即实验计时是从溶液混合开始，溶液紫红色刚好褪去时结束，C错误；根据实验Ⅲ中有关数据可知，Δc(KMnO4)＝eq\f(0.01mol·L－1×2×10－3L,4×10－3L)＝0.005mol·L－1，v(KMnO4)＝eq\f(ΔcKMnO4,Δt)＝eq\f(0.005mol·L－1,0.5min)＝0.01mol·L－1·min－1，D正确。10．为了研究一定浓度Fe2＋的溶液