2020届高考化学一轮复习化学反应速率及其影响因素作业

2020届高考化学一轮复习化学反应速率及其影响因素作业

化学反应速率及其影响因素 ‎1、一定温度下，在2L固定容积的密闭容器中发生反应：2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）△H>0，反应物和部分生成物的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示，则下列叙述正确的是（）‎ A.曲线b表示NO2的物质的量随反应时间的变化 B.10s时，正反应速率小于逆反应速率 C.20s时，正反应速率等于逆反应速率 D.0-20s内平均反应速率v（N2O5）=0.1mol·L-1·s-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：A、在反应2N2O5（g）4NO2（g）+O2（g）中N2O5为反应物NO2为生成物，它们的计量数之比为1：2，也就是说NO2增加的物质的量是N2O5减小的物质的量的两倍，结合图中的数据可知曲线a表示NO2的物质的量随反应时间的变化，曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，A错误；B、根据图中可知10s时反应物还在继续减小而生成物还在继续增大，所以此时反应还在正向进行，即正反应速率大于逆反应速率，B错误；C、根据图中反应物和生成物的物质的变化情况可知，20s时有关物质的物质的量不再随时间的变化而变化，即反应处于平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，C正确；D、曲线b表示N2O5的物质的量随反应时间的变化，根据v=△c/△t=2.0mol/(2L×20s)=0.05mol·（L·s）-1，D错误；答案选C。‎ ‎2、己知吸热反应C+CO2(g)2CO的反应速率为v1，放热反应N2+3H22NH3的反应速率为v2。对于上述两个反应，当温度升高时，v1和v2的变化情况为 A.均增大B.均减小C.v1增大，v2减小D.v1减小，v2增大 ‎【答案】A ‎【解析】化学反应无论是吸热反应还是放热反应，温度升高，活化分子的百分含量增大，有效碰撞的次数增大，化学反应速率都增大，故选A。‎ ‎3、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 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 ‎【答案】D ‎【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0.5mol/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4.5mol/(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。‎ ‎4、中华传统文化源远流长，古代化学与生产生活密切相关。下列对描述内容分析错误的是（）‎ 选项 描述 分析 A ‎“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”‎ 此过程涉及化学变化 B ‎“用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水”‎ 涉及的操作是蒸馏 C ‎“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”‎ 硝石中含碘单质 D ‎“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”‎ 利用其水解显碱性去污 ‎【答案】C ‎【解析】A、“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”发生汞与氧气反应生成氧化汞，氧化汞加热分解生成汞和氧气，涉及化学反应，选项A正确；B、“用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水”可见，烧酒的酿造方法为：加热浓酒和糟，利用沸点的不同，将酒蒸出，然后用器皿盛装冷凝后的馏分，即蒸馏，选项B正确；C、硝石为硝酸钾，不含碘单质，选项C错误；D、“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分碳酸钾，其水解显碱性能洗去油污，选项D正确。答案选C。‎ ‎5、在一定温度下，在恒压的密闭容器中进行的可逆反应A（g）+3B（g）？2C（g）达到平衡的标志是(　　)‎ A．混合气体密度保持不变B．单位时间内生成nmolA，同时生成3nmolB C．混合气体的压强保持不变D．C生成的速率与A分解的速率相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎6、已知反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H=-752kJ/mol的反应机理如下:‎ ‎①2NO(g)N2O2(g)(快)‎ ‎②N2O2(g)+H2(g)N2O(g)+H2O(g)(慢)‎ ‎③N2O(g)+H2(g)N2(g)+H2O(g)(快)下列有关说法正确的是 A.N2O2和N2O是该反应的催化剂B.②的反应的活化能最小 C.反应速率v(NO)=v(H2)=v(N2)D.总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大 ‎【答案】D ‎【解析】N2O2和N2O是中间产物，而不是催化剂，故A错误；B.②的反应最慢，说明活化能最大，故B错误；C.反应速率之比等于化学计量数之比，因此，v(NO)=v(H2)=2v(N2)，故C错误；D.正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则逆反应的活化能比正反应的活化能大752kJ/mol，所以D选项是正确的；因此，本题答案为D。‎ ‎7、2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-198kJ/mol，在V2O5存在时，该反应机理为:V2O5+SO2→2VO3+SO3(快)；4VO2+O2→2V2O5(慢)‎ A.反应速率主要取决于V2O5的质量B.VO2是该反应的催化剂 C.该反应逆反应的活化能大于198kJ/molD.升高温度，该反应的△H增大 ‎【答案】C ‎【解析】A.因为V2O5为固体物质，反应速率与固体质量关系，故A错；B.催化剂是指能加速或延缓化学反应速度，而本身的重量和性质并不改变的物质，V2O5是该反应的催化剂。故B错；C.活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，因为2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ/mol为放热反应，所以该反应逆反应的大于198kJ/mol，故C正确。D.2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-198kJ/mol，此反应为放热反应，△H的大小与参与反应的SO2(g)和O2(g)的量有关，所以D错；答案：C。‎ ‎8、过量的锌粉与一定量的稀盐酸反应，为了减慢反应速率，但是又不影响生成的氢气总量，可以采取的措施是（　　）‎ A.升高温度B.加入适量的醋酸钠 C.加入少量CuSO4溶液D.加入浓度较大的盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】解：本题考查影响化学反应速率的因素。A、升高反应体系温度，反应速率增大，不影响生成氢气的总量，选项A错误；B、加入适量的醋酸钠，醋酸根离子结合氢离子，氢离子的浓度减小，减缓反应速率，随着反应的进行醋酸电离出氢离子，故不影响生成氢气的总量，选项B正确；C、加入少量CuSO4溶液，锌与硫酸铜反应置换出铜，形成原电池，反应速率加快，因为是过量的锌粉，所以不影响生成的氢气总量，选项C错误；D、加浓盐酸，氢离子的浓度增大，加快反应速率，但氢离子的物质的量增多，会影响生成氢气的总量，故D错误。答案选B。‎ ‎9、在密闭容器中发生反应：C(s)+CO2(g)=2CO(g)，下列说法不正确的是（　　）‎ A.增大CO2浓度可以加快反应速率 B.升高温度可以加快反应速率 C.容器体积不变时，向其中充入N2，反应速率不变 D.增加碳的质量可以加快反应速率 ‎【答案】D ‎【解析】解：A、增大反应物的浓度，是增大了活化分子数，有效碰撞次数增多，反应速率加快，所以A正确；B、升高温度，增大了活化分子的百分数，使效碰撞次数增多，反应速率加快，故B正确；C、容器体积不变，充入与反应体系无关(即惰性)气体，尽管容器内总压增大，但反应体系的分压不变，各物质的浓度不变，所以反应速率不变，故C正确；D、反应速率只讨论气体或溶液，固体物质的量的改变，对反应速率没有影响，所以D 错误。本题正确答案为D。‎ ‎10、下列有关叙述正确的是（　　）‎ A.不需要加热就能发生的化学反应一定是放热反应 B.弱电解质溶液的导电能力一定比强电解质溶液的导电能力弱 C.水电站把机械能转化为电能，而核电站把化学能转化为电能 D.升高温度，可提高活化分子百分数，使有效碰撞几率增大，化学反应速率加快 ‎【答案】D ‎【解析】解：A．放热反应有的需加热，有的不需加热，如木炭的燃烧是放热反应，但需要点燃，再如铝热反应也需要加热，故A错误；B．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故B错误；C．水电站把重力势能转化为电能，核电站把核能转化成电能，故C错误；D．升高温度，普通分子吸收能量变为活化分子，活化分子百分数增大，有效碰撞增多，化学反应速率加快，故D正确；故选D。‎ ‎11、探究反应条件对0.10mol·L-1N2S2O3溶液与0.10mol·L-1稀H2SO4反应速率的影响。测定结果如下，下列说法错误的是（　　）‎ 编号 反应温度/℃‎ NaS2O3溶液/mL H2SO4溶液/mL 甲 乙 ‎①‎ ‎25‎ ‎10.0‎ ‎10.0‎ ‎0‎ x ‎②‎ ‎25‎ ‎5.0‎ ‎10.0‎ a y ‎③‎ ‎40‎ ‎10.0‎ ‎10.0‎ b z A.若上述实验①②是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为5.0‎ B.若b=0,则上述实验①③是探究温度对化学反应速率的影响 C.实验中发生反应的离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O D.甲是水的体积，乙是实验需要测量的物理量：产生气泡的时间 ‎【答案】D ‎【解析】解:本题根据实验探究化学反应影响因素。A.由①知混合液的体积为20mL，②知混合液为15mL。两者温度相同，要探究浓度对速率的影响，a=5,故A对；B.若b=0,上述实验①③‎ 的体积浓度相同，只有温度不同，所以是探究温度对化学反应速率的影响，故B对；C.N2S2O3溶液与稀H2SO4发生反应的离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故C对。D.甲是水的体积，乙是实验需要测量的物理量：出现浑浊的时间，故D错。‎ ‎12、一定量的锌片与浓度为1mol/L的足量盐酸反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是（　　）‎ A.再加入10mL浓度为1mol/L的硫酸溶液 B.加入几滴氯化铜溶液 C.加入少量硝酸钠溶液 D.加入少量氯化钠溶液 ‎【答案】A ‎【解析】解：同浓度的硫酸溶液和盐酸溶液中，硫酸溶液中c(H+)大，与锌反应速率快，A正确；CuCl2溶液与锌反应生成铜，锌、铜、盐酸构成原电池，反应速率加快，但是锌的量减少，产生氢气的量减少，B错误；NO3-、H+与锌反应不产生氢气，C错误；加入氯化钠溶液，相当于给盐酸加水稀释，浓度变小，速率减慢，但不影响生成氢气的总量，D错误；正确选项A。‎ ‎13、H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70℃时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（）‎ A.图甲表明,其他条件相同时，H2O2浓度越小,其分解速率越快 B.图乙表明,其他条件相同时，溶液PH越小，H2O2分解速率越快 C.图丙表明,少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快 D.图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大 ‎【答案】D ‎【解析】解：A、由甲图可知，双氧水浓度越大，分解越快，选项A错误；B、由图乙可知，溶液的碱性越强即pH越大，双氧水分解越快，选项B错误；C、根据变量控制法，3个实验必须加入等量的Mn2+才能比较溶液的碱性对双氧水分解的影响。由图丙可知，3个实验中由于仅在其中一个加了Mn2+，选项C错误；D、由图丙和图丁可知，溶液的碱性越强、Mn2+‎ 浓度越大，双氧水分解越快，选项D正确。答案选D。‎ ‎14、一定温度下在恒容密闭容器中，进行反应：A(s)+2B(g)2C(g)ΔH＜0。下列说法正确的是 A.达到平衡后，从容器中移走部分反应物A，则正反应速率将下降 B.当混合气体的密度不再发生变化时，说明反应达到平衡状态 C.改变反应前A与B的投料比，ΔH将发生相应的改变 D.向反应体系中继续通入足量B气体，A有可能反应完全 ‎【答案】B ‎【解析】A.A为固体，达到平衡后，从容器中移走部分反应物A，气体物质的浓度不变，正反应速率不变，故A错误；B.A为固体，当混合气体的密度不再发生变化时，说明气体的质量不变，说明反应达到平衡状态，故B正确；C.反应热与A与B的投料比无关，改变反应前A与B的投料比，ΔH不变，故C错误；D.该反应为可逆反应，不可能反应完全，故D错误；故选B。‎ ‎15、I、某实验小组同学探究铜与硝酸的反应。‎ ‎（1）用浓硝酸和水按照不同体积比配成不同浓度的硝酸溶液，各取10mL硝酸溶液分别与铜片反应，实验记录如下：‎ 序号 浓硝酸与水的体积比 实验现象 Ⅰ ‎1:1‎ 反应速率快，溶液很快变成绿色，铜丝表面有大量气泡冒出，气体呈红棕色 Ⅱ ‎1:3‎ 反应速率较快，溶液变成蓝色，铜丝表面有大量气泡冒出，气体无色 Ⅲ ‎1:5‎ 反应速率慢，微热后速率加快，溶液变成蓝色，铜丝表面有气泡冒出，气体无色 ‎①铜与稀硝酸反应的离子方程式为 ‎_______________________________________；‎ ‎②依据上表，制备NO气体最适宜的是实验II，理由是__________________________‎ ‎（2）为防止有毒气体逸散造成空气污染，该小组同学改进实验装置，如右图所示（夹持仪器略去）。用该装置进行铜与稀硝酸的反应并验证产生NO气体的性质，实验步骤如下：‎ Ⅰ.安装好装置后，检查装置气密性。‎ Ⅱ.打开旋塞C，从B管上端加入所选浓度的硝酸，至铜丝下沿（不接触铜丝）。‎ Ⅲ.向上移动B管，使A管液面上升至与橡皮塞恰好接触，关闭旋塞C，反应开始。‎ Ⅳ.当液面重新下降至与铜丝脱离接触时，反应停止。‎ Ⅴ.打开旋塞C，向下移动B管，使A中迅速进入少量空气，关闭旋塞C，观察现象。‎ ‎①步骤Ⅰ中检查装置气密性的操作是：关闭旋塞C，从B管上端加入水，若观察到______________________________，说明装置的气密性良好。‎ ‎②步骤Ⅲ操作的目的是________________________________________。‎ ‎③步骤Ⅴ产生现象之后的化学反应离子方程式：_____________________________‎ Ⅱ、（3）高氯酸铵可用作火箭推进剂，已知：2NH4ClO4N2↑＋2O2↑＋Cl2↑＋4H2O。现可提供下列试剂：a．饱和食盐水b．浓H2SO4c．NaOH溶液d．Mge．Cuf．Fe 利用下图装置对高氯酸铵受热分解产生的三种气体分别进行吸收或收集。‎ ‎①E中收集到的气体可能是_______________(填化学式)；‎ ‎②A、B、C中盛放的药品依次可以是______________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。‎ Ⅰ.a、b、c　　Ⅱ.c、b、e　　Ⅲ.b、c、f ‎【答案】(1).3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O　　(2).产物是NO ‎，反应速率较快（不用加热）(3).A、B间形成液面差，且保持不变(4).赶走液面上方空气，防止NO被空气中的O2氧化，以便观察生成气体的颜色(5).3NO2＋H2O2H++2NO3—＋NO(6).N2(7).Ⅱ ‎【解析】（1）①铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；②依据上表，制备NO气体最适宜的是实验II，理由是产物是NO，反应速率较快（不用加热）；（2）①步骤Ⅰ中检查装置气密性的操作是：关闭旋塞C，从B管上端加入水，若观察到A、B间形成液面差，且保持不变，说明装置的气密性良好；②步骤Ⅲ操作的目的是赶走液面上方空气，防止NO被空气中的O2氧化，以便观察生成气体的颜色；③步骤Ⅴ产生现象之后二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学反应离子方程式为：3NO2＋H2O2H++2NO3—＋NO；（3）①氯气能被氢氧化钠溶液吸收，因此A中盛放的是氢氧化钠溶液。氧气能与金属反应，所以B中盛放的是浓硫酸，干燥混合气。由于氮气也能与金属镁反应，所以不能用镁吸收氧气。而铁与氧气反应需要点燃，所以C中的金属是铜，因此最终收集的气体是N2；②根据以上分析可知A、B、C中盛放的药品依次可以是氢氧化钠溶液、浓硫酸、铜，答案选Ⅱ。‎ ‎16、为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，某化学研究小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验．请回答相关问题．‎ ‎（1）定性分析：如图甲可通过观察，定性比较得出结论．有同学提出将FeCl3改为0.05mol/LFe2（SO4）3更为合理，其理由是．‎ ‎（2）定量分析：如图乙所示，实验时均生成40mL气体，其它可能影响实验的因素均已忽略．实验中需要测量的数据是．‎ ‎（3）加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图丙所示．‎ ‎①写出H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学方程式．‎ ‎②实验时放出气体的总体积是mL．‎ ‎③A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为：＞＞＞．‎ 解释反应速率变化的原因．‎ ‎④H2O2的初始物质的量浓度是（请保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】（1）反应产生气泡快慢；消除阴离子不同对实验的干扰；‎ ‎（2）产生40mL气体所需的时间；‎ ‎（3）①2H2O22H2O+O2↑；‎ ‎②60；‎ ‎③D；C；B；A；随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；‎ ‎④0.11mol·L﹣1．‎ ‎【解析】解：本题考查实验方案设计，影响反应速率的因素等．‎ ‎（1）该反应中产生气体，而且反应放热，所以可根据反应产生气泡快慢或反应完成的先后或试管壁的冷热程度来判断；H2O2分解的催化作用有可能是氯离子起的作用，改为Fe2（SO4）3使阴离子相同，这样可以消除阴离子不同对实验的干扰，更为合理，‎ 故答案为：反应产生气泡快慢；消除阴离子不同对实验的干扰；‎ ‎（2）结合乙图装置，该气密性的检查方法为：关闭分液漏斗活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位；反应是通过反应速率分析的，根据v=，所以实验中需要测量的数据是时间（或收集一定体积的气体所需要的时间），故答案为：产生40mL气体所需的时间；‎ ‎（3）①双氧水在二氧化锰作用下生成水和氧气，所以反应方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；‎ ‎②根据图象知，第4分钟时，随着时间的推移，气体体积不变，所以实验时放出气体的总体积是60mL，故答案为：60；‎ ‎③根据图象结合v=知，A、B、C、D各点反应速率快慢的顺序为D＞C＞B＞A，原因：反应速率与反应物浓度成正比，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，反应速率逐渐减小，‎ 故答案为：D；C；B；A；随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；‎ ‎④设双氧水的物质的量为x，‎ ‎2H2O22H2O+O2↑‎ ‎2mol22.4L x0.06L x==0.0054mol，‎ 所以其物质的量浓度==0.11mol·L﹣1，‎ 故答案为：0.11mol·L﹣1．‎ ‎17、将等物质的量的A和B，混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g),5min后测得c(D)=0.5mol/L，c(A):c(B)=1:2,C的反应速率是0.15mol/(L？min)。‎ ‎（1）B的反应速率v(B)=__________________X=____________‎ ‎（2）A在5min末的浓度是________________‎ ‎（3）此时容器内的压强与开始时之比为:___________。‎ ‎（4）二氯化硫(S2Cl2)是一种琥珀色液体，是合成硫化染料的重要原料。‎ a.写出它的电子式______________；‎ b.指出它分子内的键型______________。‎ c.指出硫元素的化合价为______________。‎ ‎（5）硒的原子序数为34，硒的单质及其化合物用途非常广泛。‎ a.硒在元素周期表中的位置是___________。Se2Cl2常用作分析试剂，其结构式为_______。‎ b.硒化铟是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。已知铟(In)与铝同族且比铝多两个电子层。下列说法正确的是________（填字母）。‎ A．原子半径：In>SeB．In的金属性比Se强 C．In的金属性比Al弱D．硒化铟的化学式为InSe2‎ c.推测SeO2的化学性质（任写一条即可）_______________________________。‎ ‎【答案】(1).0.05mol/（L·min）(2).3(3).0.5mol/L(4).11:10(5).(6).极性键、非极性键(7).+1(8).第四周期第Ⅵ主族(9).Cl－Se－Se－Cl(10).AB(11).氧化性、还原性、酸性氧化物 ‎【解析】（1）5min后测得c(D)＝0.5mol/L，C的反应速率是0.15mol/(L？min)，生成C的浓度是0.75mol/L，所以根据变化量之比是化学计量数之比可知x＝‎ ‎3。化学反应速率之比是相应的化学计量数之比，则B的反应速率v(B)＝0.05mol/（L·min）；（2）设A和B的起始浓度均是ymol/L，则剩余A与B的浓度分别是（y－0.75）mol/L、（y－0.25）mol/L，5min后c(A):c(B)＝1:2，则y－0.25＝2y－1.5，解得y＝1.25，所以A在5min末的浓度是0.5mol/L；（3）此时容器内的压强与开始时之比为。（4）a.S2Cl2是共价化合物，它的电子式为；b.根据电子式可知含有极性键和非极性键。c.Cl是－1价，根据正负价代数和为0可知S是＋1价；（5）a.硒位于硫元素的下一周期，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅵ主族。根据S2Cl2的电子式可判断Se2Cl2的结构式为Cl－Se－Se－Cl。b.A．同主族从上到下原子半径逐渐增大，同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：In＞Se，A正确；B．In位于第五周期，其金属性比Se强，B正确；C．同主族从上到下金属性逐渐增强，则In的金属性比Al强，C错误；D．硒化铟的化学式为In2Se3，答案选AB；c.根据二氧化硫的性质可知推测SeO2的化学性质为氧化性、还原性、酸性氧化物。‎ ‎18、如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2是当前科学家研究的重要课题。‎ ‎(1)科学家用H2和CO2生产甲醇燃料。为探究该反应原理，进行如下实验：某温度下，在容积为2L的密闭容器中充入1molCO2和3.25molH2，在一定条件下反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化关系如图所示。‎ ‎①从反应开始到3min时，氢气的平均反应速率v(H2)＝。‎ ‎②下列措施中一定能使CO2的转化率增大的是________。‎ A．在原容器中再充入1molCO2B．在原容器中再充入1molH2‎ C．在原容器中充入1molHeD．使用更有效的催化剂 E．缩小容器的容积F．将水蒸气从体系中分离出 ‎(2)科学家还利用氢气在一定条件下与二氧化碳反应生成乙醇燃料，其热化学反应方程式为2CO2(g)＋6H2(g)=CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)　ΔH＝akJ·mol－1，在一定压强下，测得该反应的实验数据如表所示。请根据表中数据回答下列问题。‎ ‎①上述反应的a________0(填“大于”或“小于”)。‎ ‎②恒温下，向反应体系中加入固体催化剂，则反应产生的热量________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎③增大的值，则生成乙醇的物质的量______(填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”)。‎ ‎【答案】(1)①0.25mol·L－1·min－1　②BEF　‎ ‎(2)①小于　②不变　③不能确定 ‎【解析】‎ ‎19、资料表明，MnO2和Fe3+对H2O2制备O2均具有催化作用。某课外小组同学在实验室进行了验证试验并研究了H2O2其他性质。回答下列问题：‎ ‎（1）现有三支分别盛有2mL10%H2O2溶液的试管，甲同学在第一、第二支试管中分别加入MnO2和少量FeCl3溶液，发现均有大量气泡生成，向第三支试管中加入少量的盐酸溶液并观察现象，其目的是________。‎ ‎（2）该同学查阅相关资料，获得催化机理如下图所示：‎ ‎①图1中微粒M1是_______（填化学式）。‎ ‎②图2中若M4为Mn2+，则反应Ⅲ的离子方程式为_____________。‎ ‎（3）乙同学在试管中加入2ml.3%的H2O2溶液，0.5mL乙醚，lmL1mol/LH2SO4溶液和3～4滴0.5mol/L的K2Cr2O7溶液，发现上层有机相为蓝色（CrO5的乙醚溶液），下层水相为无色。‎ ‎①乙醚除作为CrO5的稳定剂外，另一作用是____________。‎ ‎②一段时间后蓝色褪去，并产生大量的气泡同时水相中溶液变为绿色（含Cr3+），褪色反应的离子方程式为________________。‎ ‎【答案】(1)验证FeCl3溶液中只有Fe3+具有催化作用，而Cl-没有 ‎(2)①Fe2+；②MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O ‎(3)①萃取CrO5；②4CrO5+12H+=4Cr3++7O2↑+6H2O ‎【解析】解：（1）因为氯化铁溶液中有氯离子和铁离子，根据控制变量法设计了第三个实验作为对比实验，其目的是验证FeCl3溶液中只有Fe3+具有催化作用，而Cl-没有。‎ ‎（2）①由图1可知，M1可以被双氧水氧化为M2，M2可以把双氧水氧化为氧气，所以M1具有还原性、M2具有氧化性，所以图1中微粒M1是Fe2+。‎ ‎②图2中若M4为Mn2+，则反应Ⅲ的离子方程式为MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。‎ ‎（3）乙同学在试管中加入2ml.3%的H2O2溶液，0.5mL乙醚，lmL1mol/LH2SO4溶液和3～4滴0.5mol/L的K2Cr2O7溶液，发现上层有机相为蓝色（CrO5的乙醚溶液），下层水相为无色。‎ ‎①乙醚除作为CrO5的稳定剂外，另一作用是作萃取剂，萃取CrO5。‎ ‎②一段时间后蓝色褪去，并产生大量的气泡同时水相中溶液变为绿色（含Cr3+），根据铬的化合价降低，可以判断化合价升高的元素是氧，所以产生的气泡是氧气，则褪色反应的离子方程式为4CrO5+12H+=4Cr3++7O2↑+6H2O。‎ ‎20、碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为 ‎（2？x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[（1？x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑‎ 生成物（1？x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。‎ ‎（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有___________________。‎ ‎（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH___________（填“增大”、‎ ‎“减小”、“不变”）。‎ ‎（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：‎ ‎①取碱式硫酸铝溶液25.00mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300g。‎ ‎②取碱式硫酸铝溶液2.50mL，稀释至25mL，加入0.1000mol·L？1EDTA标准溶液25.00mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000mol·L？1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。‎ 计算（1？x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。‎ ‎【答案】（12分）‎ ‎（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率 ‎（2）减小 ‎（3）25mL溶液中：n(SO42？)=n(BaSO4)==0.0100mol ‎2.5mL溶液中：‎ n(Al3+)=n(EDTA)？n(Cu2+)=0.1000mol·L？1×25.00mL×10？3L·mL？1？0.08000mol·L？1×20.00mL ‎×10？3L·mL？1=9.000×10？4mol ‎25mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10？3mol ‎1mol(1？x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中 n(Al3+)=(2？x)mol；n(SO42？)=3(1？x)mol x=0.41‎ ‎【解析】分析：（1）提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成。‎ ‎（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。‎ ‎（3）根据加入过量BaCl2溶液产生的固体计算n（SO42-）；由消耗的CuSO4计算过量的EDTA，由Al3+消耗的EDTA计算n（Al3+）；根据n（Al3+）与n（SO42-）之比计算x的值。‎ 详解：（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。‎ ‎（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。‎ ‎（3）25mL溶液中：n（SO42-）=n（BaSO4）==0.0100mol ‎2.5mL溶液中：n（Al3+）=n（EDTA）？n（Cu2+）=0.1000mol·L？1×25.00mL×10？3L·mL？1？0.08000mol·L？1×20.00mL×10？3L·mL？1=9.000×10？4mol ‎25mL溶液中：n（Al3+）=9.000×10？3mol ‎1mol（1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol ‎==，解得x=0.41。‎