2020届二轮复习化学反应速率学案

2020届二轮复习化学反应速率学案

专题十　化学反应速率和化学平衡 第1课时　化学反应速率 命题调研(2016～2019四年大数据)‎ ‎2016～2019四年考向分布 核心素养与考情预测 核心素养：变化守恒思想、模型建构、推理论据 考情解码：本部分一般以图像或者图表为背景，考查化学反应速率的计算，转化率计算，影响速率大小的因素，化学平衡状态的判定等知识点，难点是结合图像或图表中关键数据点进行分析、判断和计算从而得到结论。题目综合性较强，细节多，图形的阅读能力要求高。预测2020年选考仍会加强图形图表阅读能力的考查。‎ 真题重现 ‎1.(2019·浙江1月学考)为了探究反应速率的影响因素，某同学通过碳酸钙与稀盐酸的反应，绘制出收集到的CO2体积与反应时间的关系图(0～t1、t1～t2、t2～t3的时间间隔相等)。下列说法正确的是(　　)‎ A.0～t1时间段，CO2的化学反应速率v＝V1/t1(mol·L－1·min－1)‎ B.t1～t2与0～t1比较，反应速率加快的原因可能是产生的CO2气体增多 C.根据(V3－V2)<(V2－V1)，推测反应速率减慢的原因可能是盐酸浓度减小 D.在t4后，收集到的气体的体积不再增加说明碳酸钙消耗完全 解析　A项、0～t1时间段，CO2的体积变化量为V1，则CO2的化学反应速率v＝V1/t1(L/min)，故A错误；B项、t1～t2与0～t1比较，反应速率加快的原因可能是反应放热，使反应温度升高，反应速率加快，故B错误；C项、根据(V3－V2)<(V2－V1)可知，随着反应进行，盐酸浓度减小，反应速率减慢，故C正确；D项、在t4后，收集到的气体的体积不再增加说明至少有一种反应物已经消耗完全，故D错误。故选C。‎ 答案　C ‎2.(2018·江苏化学，15)一定温度下，在三个容积相同的恒容密闭容器中按不同方式投入反应物，发生反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)(正反应放热)，测得反应的相关数据如下：‎ 容器1‎ 容器2‎ 容器3‎ 反应温度T/K ‎700‎ ‎700‎ ‎800‎ 反应物投入量 ‎2 mol SO2、1 mol O2‎ ‎4 mol SO3‎ ‎2 mol SO2、1 mol O2‎ 平衡v正(SO2)/mol·L－1·s－1‎ v1‎ v2‎ v3‎ 平衡c(SO3)/mol·L－1‎ c1‎ c2‎ c3‎ 平衡体系总压强p/Pa p1‎ p2‎ p3‎ 物质的平衡转化率α α1(SO2)‎ α2(SO3)‎ α3(SO2)‎ 平衡常数K K1‎ K2‎ K3‎ 下列说法正确的是(双选)(　　)‎ A.v1＜v2，c2＜‎2c1‎ B.K1＞K3，p2＞2p3‎ C.v1＜v3，α1(SO2)＞α3(SO2)‎ D.c2＞‎2c3，α2(SO3)＋α3(SO2)＜1‎ 解析　容器2中反应物投入量相当于容器1中反应物投入量的2倍，平衡时，容器2中SO2的反应速率大，容器2中反应达到的平衡相当于容器1中反应达到平衡后加压，增大压强，平衡正向移动，则平衡时SO3的浓度：c2>‎2c1，A项错误；平衡常数仅与温度有关，容器3中温度高，而该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，则K1>K3‎ ‎，容器1和容器2中温度相同，投料量不同，平衡时p2<2p1，升温平衡逆向移动，则平衡时p1v1，升高温度，平衡逆向移动，SO2的平衡转化率减小，即α1(SO2)>α3(SO2)，C项正确；平衡时c2>‎2c1，c1>c3，故c2>‎2c3，假设容器2中投入2 mol SO3且保持容器2和容器3的反应温度相同，则两容器中的反应达到的平衡完全等效，则有α2(SO3)＋α3(SO2)＝1，对于容器2而言，相当于对容器3加压并降低温度，该反应是气体分子数减小的放热反应，加压、降温均会使平衡正向移动，则α2(SO3)减小，所以α2(SO3)＋α3(SO2)<1，D项正确。‎ 答案　CD ‎3.(2018·浙江11月选考)已知：2SO2 (g)＋O2 (g)2SO3 (g)　ΔH＝－197.8kJ· mol－1。起始反应物为SO2 和 O2(物质的量之比为2∶1，且总物质的量不变)。SO2 的平衡转化率(%)随温度和压强的变化如下表，下列说法不正确的是(　　)‎ 温度/K 压强/(105Pa)‎ ‎1.01‎ ‎5.07‎ ‎10.1‎ ‎25.3‎ ‎50.7‎ ‎673‎ ‎99.2‎ ‎99.6‎ ‎99.7‎ ‎99.8‎ ‎99.9‎ ‎723‎ ‎97.5‎ ‎98.9‎ ‎99.2‎ ‎99.5‎ ‎99.6‎ ‎773‎ ‎93.5‎ ‎96.9‎ ‎97.8‎ ‎98.6‎ ‎99.0‎ A.一定压强下降低温度，SO2 的转化率增大 B.在不同温度、压强下，转化相同物质的量的SO2 所需要的时间相等 C.使用催化剂可以缩短反应达到平衡所需的时间 D.工业生产通常不采取加压措施是因为常压下SO2 的转化率已相当高 解析　A.由表格数据及勒夏特列原理知，针对放热反应，一定压强下降低温度，平衡正向移动，反应物SO2的转化率增大，选项A正确；B.由于在不同温度、压强下，化学反应速率不一定相等，故转化相同物质的量的SO2所需要的时间不一定相等，选项B错误；C.催化剂对化学平衡移动无影响，但可以缩短到达平衡所花的时间，选项C正确；D.由图中数据可知，不同温度下，1.01×105Pa(常压)下SO2的转化率分别为99.2%，97.5%，93.5%，已经相当高了，且加压后转化率升高并不明显，所以没有必要通过加压提高转化率，选项D正确。答案选B。‎ 答案　B ‎4.(2018·浙江6月学考)在一体积固定的密闭容器中加入反应物A、B，发生如下反应：A(g)＋2B(g)‎3C(g)。‎ 反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法正确的是(　　)‎ ‎　　　　　浓度/(mol·L－1)‎ 时间/min　　　　　　　　‎ c(A)‎ c(B)‎ c(C)‎ ‎0‎ ‎1.0‎ ‎1.2‎ ‎0‎ ‎2‎ ‎0.8‎ ‎4‎ ‎0.6‎ ‎6‎ ‎0.9‎ A.0～2 min内，B的反应速率为0.1 mol·L－1·min－1‎ B.2 min时，C的物质的量浓度为0.4 mol·L－1‎ C.4 min时，反应已达到平衡状态，此时正、逆反应的速率都为0‎ D.4～6 min内，容器内气体分子的总物质的量不变 答案　D ‎5.(2018·浙江4月选考)某工业流程中，进入反应塔的混合气体中NO和O2的物质的量分数分别为0.10和0.06，发生化学反应2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)，在其他条件相同时，测得实验数据如下表：‎ 压强/(×105Pa)‎ 温度/℃‎ NO达到所列转化率需要时间/s ‎50%‎ ‎90%‎ ‎98%‎ ‎1.0‎ ‎30‎ ‎12‎ ‎250‎ ‎2830‎ ‎90‎ ‎25‎ ‎510‎ ‎5760‎ ‎8.0‎ ‎30‎ ‎0.2‎ ‎3.9‎ ‎36‎ ‎90‎ ‎0.6‎ ‎7.9‎ ‎74‎ 根据表中数据，下列说法正确的是(　　)‎ A.升高温度，反应速率加快 B.增大压强，反应速率变慢 C.在1.0×105Pa、‎90℃‎条件下，当转化率为98%时反应已达到平衡 D.若进入反应塔的混合气体为a mol，反应速率以v＝Δn/Δt表示，则在8.0×105Pa、‎30℃‎条件下转化率从50%增至90%时段NO的反应速率为‎4a/370‎ ‎ mol/s 解析　A项，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，升高温度，反应速率越小，故选项A错误；B项，相同温度，压强高时达到相同转化率需要的时间少，增大压强，反应速率变快，故选项B错误；C项，在此条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不确定反应是否达到了平衡，故选项C错误；D项，在a mol混合气体进入反应塔，题目所示的外界环境下，NO的反应速率为v＝Δn/Δt＝＝ mol/s，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。‎ 答案　D ‎6.(2017·浙江4月选考)对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L－1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。‎ ‎　　　时间 水样　　　‎ ‎0‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎15‎ ‎20‎ ‎25‎ Ⅰ(pH＝2)‎ ‎0.40‎ ‎0.28‎ ‎0.19‎ ‎0.13‎ ‎0.10‎ ‎0.09‎ Ⅱ(pH＝4)‎ ‎0.40‎ ‎0.31‎ ‎0.24‎ ‎0.20‎ ‎0.18‎ ‎0.16‎ Ⅲ(pH＝4)‎ ‎0.20‎ ‎0.15‎ ‎0.12‎ ‎0.09‎ ‎0.07‎ ‎0.05‎ Ⅳ(pH＝4，含Cu2＋)‎ ‎0.20‎ ‎0.09‎ ‎0.05‎ ‎0.03‎ ‎0.01‎ ‎0‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015 mol·L－1·min－1‎ B.水样酸性越强，M的分解速率越快 C.在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大 D.由于Cu2＋存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快 解析　v(M)＝＝0.015 mol·L－1·min－1，A项正确；对比水样Ⅰ、Ⅱ可知，Ⅰ中酸性强，分解速率快，B项正确；C项，0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率为75%，Ⅱ中分解率为60%，C项正确；0～5 min内，Ⅰ中Δc(M)＝0.12 mol·L－1，Ⅳ中Δc(M)＝0.11 mol·L－1，Ⅰ的速率快，D项错误。‎ 答案　D 考向一　化学反应速率的概念和计算 ‎1.反应4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)在‎10 L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45 mol，则此反应的平均速率v(x)(反应物的消耗速率或产物的生成速率)可表示为(　　)‎ A.v(NH3)＝0.010 mol·L－1·s－1‎ B.v(O2)＝0.001 0 mol·L－1·s－1‎ C.v(NO)＝0.001 0 mol·L－1·s－1‎ D.v(H2O)＝0.045 mol·L－1·s－1‎ 解析　在‎10 L密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45 mol，则v(H2O)＝＝0.001 5 mol·L－1·s－1，速率之比等于化学计量数之比，则：v(NH3)＝v(H2O)＝0.001 0 mol·L－1·s－1；v(O2)＝v(H2O)＝0.001 25 mol·L－1·s－1；v(NO)＝v(H2O)＝0.001 0 mol·L－1·s－1。‎ 答案　C 备考策略 化学反应速率是指表示化学反应进行的快慢。通常以单位时间内反应物或生成物浓度的变化值(减少值或增加值)来表示，v＝Δc/Δt，具体考查时要注意以下几个问题：‎ ‎1.计算化学反应速率时，要注意题目要求用何种物质表示，且注意是单位时间内物质的量浓度的变化量，一般不用物质的量的变化量来表示。‎ ‎2.化学反应速率是在一段时间内的平均速率，且均取正值。‎ ‎3.固体和纯液体(不是溶液)，其浓度可视为常数，因此不用固体和纯液体表示化学反应速率。‎ 考向二　影响化学反应速率的因素 ‎2.(2018·嘉兴一中模拟)在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率如下表数据所示，下列判断不正确的是(　　)‎ v/(mol·L－1·min－1)　　 c/(mol·L－1)‎ ‎　　 　‎ T/K　　　　　　　　　　‎ ‎0.600‎ ‎0.500‎ ‎0.400‎ ‎0.300‎ ‎318.2‎ ‎3.60‎ ‎3.00‎ ‎2.40‎ ‎1.80‎ ‎328.2‎ ‎9.00‎ ‎7.50‎ a ‎4.50‎ b ‎6.30‎ ‎5.25‎ ‎4.20‎ ‎3.15‎ A.a＝6.00‎ B.不同温度、不同蔗糖初始浓度的条件下，v可能相同 C.318.2＜b＜328.2‎ D.不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同 解析　A.由表可知温度由318.2→‎328.2 ℃‎，在浓度相同的情况下＝＝＝＝0.4，所以a＝＝6，故A正确；B.温度越高，浓度越大，反应速率越快，因此改变温度和蔗糖初始浓度，可以使反应速率相等，例如，浓度为0.5 mol/L，使温度从‎328.2 ℃‎降低，反应速率逐渐减小，可以在某个温度时使反应速率等于4.5 mol/(L·min)，故B正确；C.浓度相同的情况下，温度越高，反应速率越快，b时速率介于3.6～9.0之间，则318.2＜b＜328.2，故C正确；D.温度越高反应速率越快，所以蔗糖浓度减少一半所需的时间不同，温度高的所需时间短，故D错误；故选D。‎ 答案　D 备考策略 影响化学反应速率的因素如下(其他条件不变，改变一个条件)：‎ 浓度→增大反应物的浓度，反应速率增大，反之减小。‎ 压强→对于有气体参加的反应，增大压强(反应混合物的浓度增大)，反应速率加快，反之减慢。‎ 温度→升高温度，反应速率加快，反之减慢。‎ 催化剂→使用催化剂，能改变化学反应速率，且正逆反应速率的改变程度相同。‎ 其他因素→反应物间的接触面积、光照、放射线辐射、超声波等。‎ 另外我们在理解外界条件对速率的影响要注意以下几点：‎ ‎①固体、纯液体的浓度视为定值，不因其量的增减而影响反应速率，但因表面积(接触面)的变化而改变反应速率。如将硫铁矿粉碎是为了增大接触面积，加快反应速率。‎ ‎②‎ 改变压强，对化学反应速率产生影响的根本原因是引起浓度的改变。在讨论压强对反应速率的影响时，应区分引起压强改变的原因，这种改变对反应体系的浓度产生何种影响。‎ 对于气体体系，有以下几种情况：‎ 恒温时：增大压强体积缩小气体物质浓度增大反应速率加快 恒容时：a.充入气体反应物浓度增大总压增大反应速率加快 b.充入“惰气”总压增大(分压不变)―→各反应物浓度不变―→反应速率不变 恒压时：充入“惰气”体积增大―→各反应物浓度减小―→反应速率减慢 ‎③升高温度，不论正反应还是逆反应，不论放热反应还是吸热反应，反应速率一般要加快，只是增大的程度不同。‎ 考向三　“控制变量”探究影响反应速率的因素 ‎3.(2018·浙江暨阳联合)用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果，设计如下对比实验探究温度、浓度、pH、催化剂对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示，下列说法不正确的是(　　)‎ 实验编号 温度℃‎ pH ‎①‎ ‎25‎ ‎1‎ ‎②‎ ‎45‎ ‎1‎ ‎③‎ ‎25‎ ‎7‎ ‎④‎ ‎25‎ ‎1‎ A.实验①在15 min内M的降解速率为1.33×10－5mol/(L·min)‎ B.若其他条件相同，实验①②说明升高温度，M降解速率增大 C.若其他条件相同，实验①③证明pH越高，越不利于M的降解 D.实验④说明M的浓度越小，降解的速率越快 解析　A.根据化学反应速率的数学表达式，v(M)＝(0.3－0.1)×10－3/15 mol/(L·min)≈1.33×10－5mol/(L·min)，故A说法正确；B.①②不同的是温度，②的温度高于①，在相同的时间段内，②中M的浓度变化大于①，说明②中M的降解速率大，故B说法正确；C.①③对比温度相同，③的pH大于①，在相同的时间段内，①中M浓度变化大于③，说明①的降解速率大于③，故C说法正确；D.①④对比M的浓度不同，0～15时间段内，④中M浓度变化小于①，说明M的浓度越小，降解速率越小，故D说法错误。‎ 答案　D 备考策略 此种考查形式常以表格或图像的形式给出多组实验数据，要求我们找出每组数据的变化对化学反应速率的影响。我们可以通过以下方法来解题：‎ ‎1.确定变量：解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。‎ ‎2.定多变一：在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。‎ ‎3.数据有效：解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断。‎ 考向四　反应速率图像 ‎4.(2018·嘉兴高三二模)已知：2N2(g)＋6H2O(g)4NH3(g)＋3O2(g)　ΔH＝＋Q kJ· mol－1，下图为该反应在不同初始浓度的N2和不同催化剂Ⅰ、Ⅱ作用下(其他条件相同)，体积为‎2 L的密闭容器中n(NH3)随反应时间的变化曲线，下列说法正确的是(　　)‎ A.0～6 h内，催化剂Ⅰ的催化效果比催化剂Ⅱ的好 B.a点时，催化剂Ⅰ、Ⅱ作用下N2的转化率相等 C.0～5 h内，在催化剂Ⅰ的作用下，O2的反应速率为0.12 mol/(L·h)‎ D.0～12 h内，催化剂Ⅱ作用下反应吸收的热量比催化剂Ⅰ的多 解析　A.催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ的条件下，N2的初始浓度不同，催化剂Ⅰ和催化剂Ⅱ的催化效果没法比较，A错误；B.N2的初始浓度不同，a点时生成NH3的物质的量相等，因此N2的转化率不相等，B错误；C.由图像可知0～5 h内，在催化剂Ⅰ的作用下，生成NH3的物质的量为0.8 mol，根据方程式可知生成O2的物质的量为0.6 mol，所以O2的反应速率为：＝0.06 mol/(L·h)，C错误；D.0～12 h内，催化剂Ⅱ作用下生成NH3的物质的量比催化剂Ⅰ的多，因此催化剂Ⅱ作用下反应吸收的热量比催化剂Ⅰ的多，D正确。答案选D。‎ 答案　D 备考策略 化学反应速率与化学平衡图像是常考题型，一般考查速率(浓度)——时间图像、含量(转化率)—时间—温度(压强)图像、恒温线(或恒压线)图像等。图像作为一种思维方法在解题过程中也有着重要作用，可以将一些较为抽象的知识，转化为图像，然后进行解决。注意掌握从图像中获取有效信息，解答与化学反应速率和化学平衡有关的问题，如反应速率、反应转化率、产率，提高转化率的措施等；从图表或图像中获取信息，计算转化率、平衡常数等。‎ 有关化学平衡、化学反应速率的图表题一直是高考关注的热点，在审题时，一般采用“看特点，识图表，想原理，巧整合”四步法解答。‎ 第一步：看特点。即分析可逆反应方程式，观察物质的状态、气态物质分子数的变化(正反应是气体分子数增大的反应，还是气体分子数减小的反应)、反应热(正反应是放热反应，还是吸热反应)等。‎ 第二步：识图像。即识别图像类型，横坐标和纵坐标的含义、线和点(平台、折线、拐点等)的关系。利用规律“先拐先平，数值大”判断，即曲线先出现拐点，先达到平衡，其温度、压强越大。‎ 第三步：联想化学反应速率、化学平衡移动原理，特别是影响因素及使用前提条件等。‎ 第四步：图表与原理整合。逐项分析图表，重点看图表是否符合可逆反应的特点、化学反应速率和化学平衡原理。‎ 一般的解题步骤为：‎ ‎1.(2018·浙江金丽衢高三上)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。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示，下列说法不正确的是(　　)‎ A.由图可知：乙酸的生成速率随温度升高而升高 B.250～‎300 ℃‎时，温度升高而乙酸的生成速率降低的主要原因是催化剂的催化效率降低 C.由300～‎400 ℃‎可知，其他条件相同时，催化剂的催化效率越低，乙酸的生成速率越大 D.根据图象推测，工业上制备乙酸最适宜的温度应为‎250 ℃‎ 解析　A.‎ 由图可知：在催化剂催化活性不变的前提下，温度升高，乙酸的生成速率提高，所以乙酸的生成速率随温度升高而升高，A正确；B.根据图示可知：在250～300 ℃时催化剂的活性随温度的升高而降低，因此导致乙酸的生成速率降低，B正确；C.由300～400 ℃可知，催化剂的催化效率降低，但由于反应物分子具有的能量高，更多的普通分子变为活化分子，所以反应速率增大，不是由于催化剂的催化效率低，乙酸的生成速率才越大，C错误；D.要提高反应速率，根据图像可知在‎250 ℃‎时催化剂的催化效率高，且催化剂的影响大于温度对化学反应速率的影响，所以可推测在工业上制备乙酸最适宜的温度应为‎250 ℃‎，D正确；故合理选项是C。‎ 答案　C ‎2.(2018·浙江名校协作体高三上)I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下：‎ ⅰ.SO2＋4I－＋4H＋===S↓＋2I2＋2H2O ⅱ.I2＋2H2O＋SO2===SO＋4H＋＋2I－‎ 探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)‎ 序号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ 试剂组成 ‎0.4 mol·L－1 KI a mol·L－1 KI ‎0.2 mol·L－1 H2SO4‎ ‎0.2 mol·L－1 H2SO4‎ ‎0.2 mol·L－1 KI ‎0.000 2 mol I2‎ 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较Ⅰ快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快 下列说法不正确的是(　　)‎ A.水溶液中SO2歧化反应方程式为3SO2＋2H2O===2H2SO4＋S↓‎ B.Ⅱ是Ⅰ的对比实验，则a＝0.4‎ C.比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可得出的结论是：I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快歧化反应速率 D.实验表明，SO2的歧化反应速率Ⅳ＞Ⅰ，原因是反应ⅰ比ⅱ快；Ⅳ中由反应ⅱ产生的H＋使反应ⅰ加快 解析　A.ⅰ.SO2＋4I－＋4H＋===S↓＋2I2＋2H2O　ⅱ.I2＋2H2O＋SO2===SO＋4H＋＋2I－， ⅰ＋2×ⅱ得3SO2＋2H2O===2H2SO4＋S↓，故A不符合题意；B.Ⅱ是Ⅰ的对比实验，采用控制变量法，Ⅱ比Ⅰ多加了0.2 mol/L H2SO4, Ⅰ与Ⅱ中KI浓度应相等，则a＝0.4，故B不符合题意；C.对比Ⅰ与Ⅱ，加入H＋可以加快SO2歧化反应的速率；对比Ⅱ与Ⅲ，单独H＋不能催化SO2的歧化反应；比较Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，可得出的结论是：I－是SO2歧化反应的催化剂，H＋单独存在时不具有催化作用，但H＋可以加快歧化反应速率，故C不符合题意；D.对比Ⅳ和Ⅰ，Ⅳ中加入KI的浓度小于Ⅰ，Ⅳ中多加了I2, 反应i消耗H＋和I－，反应ⅱ中消耗I2, D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较Ⅰ快”，反应速率Ⅳ>Ⅰ，由此可见，反应ⅱ比反应ⅰ速率快，故D符合题意。故答案为：D。‎ 答案　D ‎3.(2018·浙江名校协作体高三上)相同的投料发生反应‎2A(g)===B(g)＋C(g)，在不同温度下物质A的转化率随时间变化的结果如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A.反应‎2A(g)===B(g)＋C(g)为可逆反应 B.a曲线对应的温度高于b曲线 C.a点与b点A的转化率相等，反应速率不等 D.改变反应温度，当A的转化率相等时，反应的平均速率相等 解析　A.根据图知，当转化率不变时，A的转化率没有达到100%，说明存在可逆反应，所以为可逆反应，故A正确；B.升高温度，化学反应速率加快，反应达到平衡状态时间较短，根据图知，a达到平衡时间小于b，说明温度：a＞b，故B正确；C.a、b两点A的转化率相等，因为温度不同导致其化学反应速率不同，因为温度a＞b，所以a点反应速率大于b，故C正确；D.改变反应温度，当A的转化率相等时，因为所需时间不同，则其平均反应速率不同，故D错误；故选D。‎ 答案　D ‎4.(2018·山东省滨州市高二期末)可利用如下反应将二氧化碳转化为甲烷：CO2(g)＋2H2O(g)CH4(g)＋2O2(g)　ΔH＝＋802 kJ·mol－1。如图为在恒温、光照、不同初始浓度和不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ)作用下，体积为‎2 L的某容器中n(CH4)随光照时间的变化曲线。下列说法正确的是(　　)‎ A.0～15 h内，催化剂Ⅰ的催化效果比催化剂Ⅱ效果好 B.相同投料下，反应开始后的30 h内，第Ⅰ种催化剂的作用下，反应吸收的热量多 C.a点时，CO2的转化率相等 D.0～16 h内，v(O2)＝1.5 mol·L－1·h－1‎ 解析　A项，0～10 h内，催化剂Ⅱ的催化效果比催化剂Ⅰ效果好，A错误；B项，反应开始后的30 h内，第Ⅰ种催化剂的作用下，生成的甲烷多，反应吸收的热量多，B正确；C项，CO2的起始量不知道，转化率无法比较，C错误；D项，0～16 h内，v(O2)＝0.75 mol·L－1·h－1，D错误。‎ 答案　B ‎5.(2019·台州一模)化学反应2NO(g)＋O22NO2(g)，在其他条件相同时，测得实验数据如图。请根据图示数据，下列有关该反应的说法正确的是(　　)‎ A.相同条件下，化学反应速率随时间越来越快 B.相同条件下，压强越大，化学反应速率越快 C.相同条件下，温度越高，化学反应速率越快 D.在0.1 MPa、‎90 ℃‎条件下，反应20 s时达到化学平衡状态 解析　A.相同条件下，化学反应速率随时间变化，曲线趋于平缓，说明反应速率越来越慢，故A错误；B.图象变化分析，相同条件下，压强越大，化学反应速率越快，故B正确；C.图中曲线变化可知，相同条件下，温度越高，曲线变化变缓，化学反应速率减小，如0.1 MPa下，‎90 ℃‎条件下曲线斜率最小，反应速率最小，故C错误；D.在0.1 MPa、‎90 ℃‎条件下，图像中20 s时一氧化氮转化率随时间变化不知，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；故选：B。‎ 答案　B ‎6.(2019·浙江余姚3月模拟)体积恒定的‎2 L密闭容器中加入CO(g)和H2O(g)各1 mol，发生反应：CO(g)＋H2O(gCO2(g)＋H2(g)　ΔH＜0，反应分别在不同的温度和催化剂下进行，保持其他初始实验条件不变，经 10 min 测得 CO 气体转化率如图所示，T2温度下两曲线相交，下列说法正确的是(　　)‎ A.相同条件下，催化剂2比催化剂1的效率高 B.在 A 点时，反应一定未达到平衡 C.C 点时，两种催化剂下反应速率相同，用水蒸气表示速率为v(H2O)＝0.02 mol/(L·min)‎ D.增大压强对该反应的速率无影响 解析　A.温度不同，不能比较催化剂的效率，故A错误；B.因催化剂不影响平衡移动，则A点时，反应一定未达到平衡，因B点CO的转化率较大，故B正确；C.C点时用水蒸气表示速率为v(H2O)＝＝0.01 mol/(L·min)，故C错误；D.增大压强，可增大反应速率，故D错误。故选B。‎ 答案　B ‎1.下列说法不正确的是(　　)‎ A.能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子 B.活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能 C.催化剂能参与反应，可降低原反应所需活化能 D.非活化分子也有可能发生有效碰撞 解析　A.在化学反应中，只有能量比平均能量高的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应，我们把能引发化学反应的碰撞称为有效碰撞，能量较高、有可能发生有效碰撞的分子称为活化分子，故A正确；B.使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差称为活化能，故B正确；C.催化剂改变化学反应速率，降低反应的活化能，故C正确；D.非活化分子不具备较高的能量，不能引发化学反应，不能发生有效碰撞，故D错误。‎ 答案　D ‎2.(2019·浙江稽阳3月模拟)一定条件能发生反应：2N2O(g)2N2(g)＋O2(g)。为探究不同条件对该反应的影响，在四个恒容密闭容器中按下表相应量充入气体，测得容器①、②、③、④中氧气的物质的量随时间的变化如下图所示：‎ 容器 温度/℃‎ 容积/L 起始物质的量/mol N2O N2‎ O2‎ ‎①‎ ‎450‎ V①‎ ‎0.1‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎②‎ ‎450‎ ‎1.0‎ ‎0.1‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎③‎ ‎400‎ ‎0.8‎ ‎0.1‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎④‎ T④‎ ‎1.0‎ ‎0.2‎ ‎0‎ ‎0‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.相同温度下反应，t1时间内，该反应的平均反应速率v①＝v②‎ B.第②个容器中一定加入催化剂 C.若T④>‎450 ℃‎，说明温度越高，反应速率越快 D.若①②③④四个容器都未加催化剂，比较①③两个容器的数据，说明温度越高，反应速率越快 解析　由图可知V①大于1.0，故v①、v②不相等，A错。第②个容器不一定加入了催化剂，B错。若T④>‎450 ℃‎，但实验④中N2O中物质的量最多，速度快不能说明温度的影响。D①③两个容器的数据在没加催化剂的前提下能说明温度的影响，故答案选D。‎ 答案　D ‎3.(2018·浙江台州中学高三上)已知反应：‎2A(l)B(l)　ΔH＝－Q kJ/mol，取等量A分别在‎0 ℃‎和‎20 ℃‎下反应，测得其转化率Y随时间t变化的关系曲线(Y－t)如图所示。下列说法正确的是 (　　)‎ A.a代表‎20 ℃‎下A的Y－t曲线 B.反应到66 min时，‎0 ℃‎和‎20 ℃‎下反应放出的热量相等 C‎.0 ℃‎和‎20 ℃‎下达到平衡时，反应都放出Q kJ热量 D.反应都达到平衡后，正反应速率a>b 解析　A.温度越高，化学反应速率越快，反应就先达到平衡，即曲线先出现拐点，故b代表‎20 ℃‎下A的Y－t曲线，A项不符合题意；B.反应到66 min时，‎0 ℃‎和‎20 ℃‎下的转化率相同，因二者的起始量相同，故此时放出的热量相等，B项符合题意；C‎.2A(l)B(l)　ΔH＝－Q kJ/mol表示2 mol A完全反应放出Q kJ热量，因无法知道具体有多少A物质已经反应，故放出热量也无法计算，C项不符合题意；D.b是代表‎20 ℃‎下的Y－t曲线，a是代表‎0 ℃‎下的Y－t曲线，升高温度，化学反应速率加快，故反应都达到平衡后，正反应速率a①，选项D错误。答案选B。‎ 答案　B ‎9.(2016·浙江4月)X(g)＋3Y(g)2Z(g)ΔH＝－a kJ·mol－1 ，一定条件下，将1 mol X和3 mol Y通入‎2 L的恒容密闭容器中，反应10 min，测得Y的物质的量为2.4 mol。下列说法正确的是(　　)‎ A.10 min内，Y的平均反应速率为0.03 mol·L－1·s－1‎ B.第10 min时，X的反应速率为0.01 mol·L－1·min－1‎ C.10 min内，消耗0.2 mol X，生成0.4 mol Z D.10 min内，X和Y反应放出的热量为a kJ 解析　反应10 min时测得Y的物质的量为2.4 mol，则Y消耗的物质的量为：3 mol－2.4 mol＝0.6 mol，根据反应方程式X(g)＋3Y(g)2Z(g)可知，10 min内消耗0.2 mol X、生成0.4 mol Z，A.10 min内，Y的平均反应速率为： ‎＝0.03 mol·L－1·min－1，A错误；B.化学反应速率与化学计量数成正比，则10 min内X的反应速率为：v(X)＝×v(Y)＝0.01 mol·L－1·min－1，该速率为平均速率，无法计算即时速率，B错误；C.根据分析可知，10 min内，消耗0.2 mol X，生成0.4 mol Z，C正确；D.由于该反应为可逆反应，则1 mol X和3 mol Y通入‎2 L的恒容密闭容器中生成Z的物质的量小于2 mol，放出的热量小于a kJ，D错误；答案选C。‎ 答案　C ‎10.(2016·浙江10月)为研究某溶液中溶质R的分解速率的影响因素，分别用三份不同初始浓度的R溶液在不同温度下进行实验，c(R)随时间变化如图。下列说法不正确的是(　　)‎ A‎.25 ℃‎时，在10～30 min内，R的分解平均速率为0.030 mol·L－1·min－1‎ B.对比‎30 ℃‎和‎10 ℃‎曲线，在50 min时，R的分解百分率相等 C.对比‎30 ℃‎和‎25 ℃‎曲线，在0～50 min内，能说明R的分解平均速率随温度升高而增大 D.对比‎30 ℃‎和‎10 ℃‎曲线，在同一时刻，能说明R的分解速率随温度升高而增大 解析　A项，‎25 ℃‎时，v(R)＝＝0.030 mol·L－1·min－1，正确；B项，50 min时，R的分解率均为100%，正确；C项，对比‎30 ℃‎和‎25 ℃‎曲线，取相同一段时间，可以发现‎30 ℃‎浓度变化快，速率大，正确；D项，无法说明同一时刻速率的快慢，错误。‎ 答案　D ‎11.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，反应过程的能量变化如图所示。已知1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(g)的ΔH＝－99 kJ· mol－1。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)图中A、C分别表示____________________，E的大小对该反应的反应热有无影响？________。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？________，理由是__________________________________________。‎ ‎(2)V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式：________________________，________________________。‎ ‎(3)如果反应速率v(SO2)为0.05 mol·L－1·min－1，则v(O2)＝________ mol·L－1·min－1。‎ ‎(4)已知单质硫的燃烧热为296 kJ· mol－1，计算由S(s)生成3 mol SO3(g)的ΔH＝________。‎ 解析　本题考查化学反应中的能量变化、盖斯定律、反应速率计算及催化剂的催化原理。(1)由图像知A、C点分别代表反应物、产物的总能量，E为反应的活化能因反应历程不同而不同，但对反应热无影响；催化剂的加入，改变了反应历程，降低了反应的活化能，从而加快了反应速率。(3)对于反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，v(SO2)∶v(O2)∶v(SO3)＝2∶1∶2，由v(SO2)＝0.05 mol·L－1·min－1可得v(O2)。(4)硫的燃烧热为296 kJ· mol－1，可得S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－296 kJ· mol－1①，结合2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)‎ ΔH＝－198 kJ· mol－1②，利用盖斯定律，①×3＋②×得：3S(s)＋O2(g)3SO3(g)　ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＝－1 185 kJ· mol－1。‎ 答案　(1)反应物总能量，生成物总能量　没有影响　降低　催化剂改变了反应历程，使活化能E降低 ‎(2)SO2＋V2O5===SO3＋2VO2　4VO2＋O2===2V2O5‎ ‎(3)0.025　(4)－1 185 kJ· mol－1‎