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第45講化學(xué)反應(yīng)速率與反應(yīng)歷程
[復(fù)習(xí)目標(biāo)J1.了解基元反應(yīng)、過(guò)渡態(tài)理論,了解速率方程和速率常數(shù)。2.掌握多因素對(duì)化學(xué)
反應(yīng)速率影響的分析方法。
考點(diǎn)一基元反應(yīng)過(guò)渡態(tài)理論
■歸納整合必備知識(shí)
1.基元反應(yīng)
大多數(shù)化學(xué)反應(yīng)都是分幾步完成的,其中的每一步反應(yīng)都稱(chēng)為基元反應(yīng)。
2.對(duì)于基元反應(yīng)“A+8B=gG+4H,其速率方程可寫(xiě)為0=A?cn(A)?d(B)(其中A稱(chēng)為速率常
數(shù),恒溫下,火不因反應(yīng)物濃度的改變而變化),這種關(guān)系可以表述為基元反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速
率與反應(yīng)物濃度以其化學(xué)計(jì)量數(shù)為指數(shù)的基的乘積成正比。有時(shí)稱(chēng)其為質(zhì)量作用定律。
3.許多化學(xué)反應(yīng),盡管其反應(yīng)方程式很簡(jiǎn)單,卻不是基元反應(yīng),而是經(jīng)由兩個(gè)或多個(gè)步驟完
成的復(fù)雜反應(yīng)。例如H2(g)+L(g)=2HI(g),它的反應(yīng)歷程有如下兩步基元反應(yīng):
①LI+K快)
②Hz+2I=2HI(慢)
其中慢反應(yīng)為整個(gè)反應(yīng)的決速步驟。
4.過(guò)渡態(tài)理論
如圖所示是兩步完成的化學(xué)反應(yīng),分析并回答下列問(wèn)題。
(1)該反應(yīng)的反應(yīng)物為A、B,中間體為C,生成物為舁。
⑵由A、B生成C的反應(yīng)為吸(填“吸”或“放",下同)熱反應(yīng),由C生成D的反應(yīng)為放熱
反應(yīng),總反應(yīng)為放熱反應(yīng)。
(3)第一步為慢(填“快”或“慢”,下同)反應(yīng),第二步為怏反應(yīng),決定總反應(yīng)快慢的是第二
步反應(yīng)。
■專(zhuān)項(xiàng)突破F∣W?g]
一、反應(yīng)機(jī)理---快反應(yīng)與慢反應(yīng)
1.甲烷與氯氣在光照條件下存在如下反應(yīng)歷程(“?”表示電子):
①CL理工2C1?(慢反應(yīng))
②CH4+Cl?-?CH3+HCl(快反應(yīng))
③CH3+CI2-CH3Cl+G?(快反應(yīng))
④?CH3+Cl?-CH3Cl(快反應(yīng))
已知在一個(gè)分步反應(yīng)中,較慢的一步反應(yīng)控制總反應(yīng)的速率。下列說(shuō)法不正確的是()
A.上述過(guò)程的總反應(yīng)方程式為CH4+C12^CH3C1+HC1
B.光照的主要作用是促進(jìn)反應(yīng)①的進(jìn)行從而使總反應(yīng)速率加快
C.反應(yīng)②?④都是由微粒通過(guò)碰撞而發(fā)生的反應(yīng)
D.反應(yīng)①是釋放能量的反應(yīng)
答案D
解析由反應(yīng)歷程可知,甲烷與氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成一氯甲烷和氯化氫,則總反應(yīng)方程式
為CH4+Cb」^CH3Cl+HCl,故A正確;光照的主要作用是破壞氯氣分子中的共價(jià)鍵,形
成氯原子,促進(jìn)反應(yīng)①的進(jìn)行從而使總反應(yīng)速率加快,故B正確;由反應(yīng)歷程可知,反應(yīng)②?
④都是由微粒通過(guò)有效碰撞而發(fā)生的反應(yīng),故C正確;反應(yīng)①是破壞氯氣分子中的共價(jià)鍵形
成氯原子的過(guò)程,應(yīng)吸收能量,故D錯(cuò)誤。
2.如圖是CH4與Zr形成過(guò)渡金屬化合物的過(guò)程。下列說(shuō)法正確的是()
(
-
L
O
E
N?
)
畝
<1
A.加入合適的催化劑待反應(yīng)完成時(shí)可增大過(guò)渡金屬化合物的產(chǎn)率
1
B.Zr+CH4—<H3-Zr-H的活化能為kJ?mol
C.整個(gè)反應(yīng)的快慢由狀態(tài)1前-CH3-Zr-H的反應(yīng)快慢決定
1
D.Zr+CH4―?CH—Zr--H3?H=~kJ?mol
答案B
解析催化劑能降低反應(yīng)的活化能,加快反應(yīng)速率,但化學(xué)平衡不移動(dòng),過(guò)渡金屬化合物的
產(chǎn)率不變,故A錯(cuò)誤;由圖可知,反應(yīng)Zr+CH4—?CE—Zr…H的活化能為kJ?moI^l,故B
正確;由圖可知,'?-狀態(tài)2的活化能最大,反應(yīng)速率最慢,決定整個(gè)反應(yīng)
l
的快慢,故C錯(cuò)誤;由圖可知,反應(yīng)Zr+CH4---CH-Zr-H3△"=+kJ?mol^,故D錯(cuò)誤。
二、速率常數(shù)與速率方程
3.工業(yè)上利用CHM混有CO和H?)與水蒸氣在一定條件下制取H2,原理為CH4(g)+
3
H2O(g)CO(g)+3H2(g),該反應(yīng)的逆反應(yīng)速率表達(dá)式為V逆="?C(CO)?C(H2),k為速率常數(shù),
在某溫度下測(cè)得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表所示:
H2濃度
CO濃度/(mol?Lr)逆反應(yīng)速率/(molLimirTI)
/(mol?Ll)
Cl
C2Cl
C2
3
由上述數(shù)據(jù)可得該溫度下,C2=,該反應(yīng)的逆反應(yīng)速率常數(shù)上=υ?moΓ?min->o
答案XIO4
瞬斤≡p.=MCOMH2),由表中數(shù)據(jù)可得:(。m°U)3=%鬻掇£CzmoU=
6.75mol?L?mini、8.0mo卜LLmirrI6.75mol?LLmiG_
(0.15moLL-∣)3χA'所以有〃義石嬴1匚灰廠(chǎng)Xnl五嬴*板=6Omoim?n‘解付上
=×IO4L3moΓ3min^1,代入Cz的等式可得Ci=O
4.300℃時(shí),2N0(g)+CL(g)2ClNO(g)的正反應(yīng)速率表達(dá)式為。正=-?n(ClNO),測(cè)得正
反應(yīng)速率和濃度的關(guān)系如下表:
序號(hào)c(C!NO)∕(mol?Ll)Vs∕(mol?L*?s1)
ΦXlO9
X10-8
~W~×108
n=;k=0
答案2X108L?moL?sr
*x"
解析根據(jù)表格①②中的數(shù)據(jù),代入正反應(yīng)速率表達(dá)式然后做比值:=%,解得〃=2,將〃
KX
和①或②或③中數(shù)據(jù)代入正反應(yīng)速率表達(dá)式得fc=4×10^8L?moΓl?s^1o
考點(diǎn)二多因素影響下的速率圖像分析
■歸納整合
1.??加绊懟瘜W(xué)反應(yīng)速率的因素:濃度、溫度、壓強(qiáng)、催化劑的活性、接觸面積、原電池原
理、副反應(yīng)等。
2.隨著時(shí)間的推移,反應(yīng)物濃度減小,反應(yīng)速率減小。
3.絕大多數(shù)催化劑都有活性溫度范圍,溫度太低時(shí),催化劑的活性很小,反應(yīng)速率很慢,隨
溫度升高,反應(yīng)速率逐漸增大,物質(zhì)轉(zhuǎn)化率增大,溫度過(guò)高又會(huì)破壞催化劑的活性。
4.速率圖像分析的一般方法
⑴看清關(guān)鍵點(diǎn):起點(diǎn)、終點(diǎn)和變化點(diǎn)。
(2)看清變化趨勢(shì)。
(3)綜合分析反應(yīng)原理,如有的反應(yīng)放熱造成溫度升高,反應(yīng)速率加快;有的反應(yīng)生成的金屬
與原金屬形成原電池,反應(yīng)速率加快;有的反應(yīng)物濃度減小,反應(yīng)速率減慢:有的反應(yīng)生成
物中有催化劑,反應(yīng)速率加快;有的反應(yīng)溫度過(guò)高,造成催化劑失去活性,反應(yīng)速率減慢等。
?專(zhuān)項(xiàng)突破
一、溫度與濃度的雙重影響
1.把在空氣中久置的鋁片g投入盛有50OmLmolLr鹽酸的燒杯中,該鋁片與鹽酸反應(yīng)生
成氫氣的速率V與反應(yīng)時(shí)間t可用如圖的坐標(biāo)曲線(xiàn)來(lái)表示。
回答下列問(wèn)題:
(I)Ofa段不生成氫氣的原因是
(2)b-c段生成氫氣的速率增加較快的主要原因可能是
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________O
(3)r>c時(shí)生成氫氣的速率降低的主要原因是
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________O
答案(1)鋁的表面有一層致密的AbCh薄膜,能與H+反應(yīng)得到鹽和水,無(wú)氫氣放出
(2)反應(yīng)放熱,溶液溫度升高,反應(yīng)速率加快(或反應(yīng)產(chǎn)生的鋁離子是該反應(yīng)的催化劑)
(3)隨著反應(yīng)的進(jìn)行,溶液中氫離子的濃度逐漸降低
二、溫度與選擇性的雙重影響
2.汽車(chē)排氣管裝有三元催化劑裝置,在催化劑表面通過(guò)發(fā)生吸附、解吸消除CO、NO等污
染物。反應(yīng)機(jī)理如下[Pt(s)表示催化劑,右上角帶“*”表示吸附狀態(tài)]:
I.NO+Pt(S)=NO*
II.CO+Pt(s)=CO*
ΠI.NO*=N*+O*
,<
IV.C0÷O*=CO2+Pt(s)
V.N*+N*=N2+PKs)
VINO*+N*=N2O+Pt(s)
經(jīng)測(cè)定汽車(chē)尾氣中反應(yīng)物濃度及生成物濃度隨溫度T變化關(guān)系如圖1和圖2所示。
(1)圖1中溫度從幾升至八的過(guò)程中,反應(yīng)物濃度急劇減小的主要原因是
⑵圖2中一℃時(shí)反應(yīng)V的活化能(填或“=")反應(yīng)Vl的活化能;Ti℃時(shí)
發(fā)生的主要反應(yīng)為(填“IV”“V”或“VI”)。
答案(1)溫度升高,催化劑活性增強(qiáng),反應(yīng)速率加快(2)>IV
解析(1)由圖1可知,溫度升高,反應(yīng)物的消耗量增大,說(shuō)明催化劑的活性增強(qiáng),反應(yīng)速率
加快。
(2)由圖2可知,7?°C時(shí),N?的濃度小于NzO的濃度,說(shuō)明反應(yīng)V的反應(yīng)速率小于反應(yīng)VI的
反應(yīng)速率,則反應(yīng)V的活化能大于反應(yīng)Vl的活化能;73℃時(shí),生成物二氧化碳的濃度最大,
說(shuō)明發(fā)生的主要反應(yīng)為反應(yīng)IV。
真題演練明確考向
1.(2021?山東,14)18。標(biāo)記的乙酸甲酯在足量NaoH溶液中發(fā)生水解,部分反應(yīng)歷程可表示
1818O-18
OIO
H3C-C-OCH3
IlIIl
l
為:HC-C-()CH3H-;OH"HC-C-OH+CHQ-,
3+OIv3
IBO-18OH
H3C-C-OCH3H3C-C-OCH3
I
能量變化如圖所示。已知OH0-為快速平衡,下列說(shuō)法正確的是
能量
過(guò)渡態(tài)1
/—\過(guò)疲態(tài)2
/\;~\
/_Z\
/\
/?C-C-OCH3?
OOH
Il
H3C-C-OCH3O
+CH-
?H3C-C-OH
+C&O-
反應(yīng)進(jìn)程
A.反應(yīng)∏、IH為決速步
B.反應(yīng)結(jié)束后,溶液中存在∣8otΓ
C.反應(yīng)結(jié)束后,溶液中存在CH3∣8OH
D.反應(yīng)I與反應(yīng)IV活化能的差值等于圖示總反應(yīng)的焰變
答案B
解析一般來(lái)說(shuō),反應(yīng)的活化能越高,反應(yīng)速率越慢,由圖可知,反應(yīng)I和反應(yīng)IV的活化能
較高,因此反應(yīng)的決速步為反應(yīng)I、IV,故A錯(cuò)誤;反應(yīng)I為加成反應(yīng),而
18O-
Hq―卜OCH3
OH為快速平衡,反應(yīng)∏的成鍵和斷鍵方式為
后者能生成I80H,因此反應(yīng)結(jié)束后,溶液中存在I80H,故B正確;反
HCIΛ
ir
應(yīng)III的成鍵和斷鍵方式為因此反應(yīng)結(jié)束后溶液中不會(huì)存
在CH3∣8C)H,故C錯(cuò)誤;該總反應(yīng)對(duì)應(yīng)反應(yīng)物的總能量曲于生成物的總能量,忌反應(yīng)為放熱
18()18()
反應(yīng),因此H:;C—C-()H和CH3。-的總能量與H3C-C-OCH3和OH-的總能量之
差等于圖示總反應(yīng)的蛤變,故D錯(cuò)誤。
2.(2022?北京,14)Cc)2捕獲和轉(zhuǎn)化可減少CO2排放并實(shí)現(xiàn)資源利用,原理如圖1所示。反應(yīng)
①完成之后,以N2為載氣,以恒定組成的N2、CE混合氣,以恒定流速通入反應(yīng)器,單位
時(shí)間流出氣體各組分的物質(zhì)的量隨反應(yīng)時(shí)間變化如圖2所示。反應(yīng)過(guò)程中始終未檢測(cè)到Co2,
在催化劑上有積碳。
zCaCO.,κCH1
CO—×CaO'COH
7
=
f
o
U
H
U
)
、
!?
?
r
下列說(shuō)法不正確的是()
A.反應(yīng)①為CaO+CO2=CaCO3;反應(yīng)②為CaeO3+CHj^CaO+2CO+2H2
B.f∣?/3,“(H2)比"(CO)多,且生成H2速率不變,可能有副反應(yīng)CHJ≡%C+2H2
C.f2時(shí)刻,副反應(yīng)生成H2的速率大于反應(yīng)②生成H2速率
D./3之后,生成CO的速率為0,是因?yàn)榉磻?yīng)②不再發(fā)生
答案C
解析由題中圖1所示信息可知,反應(yīng)①為CaO+CO2=CaCθ3,反應(yīng)②為CaCo3+CH4之里
CaO+2CO+2H2,A正確;由題中圖2信息可知,〃(氏)比〃(Co)多,且生成H2的速
率不變,且反應(yīng)過(guò)程中始終未檢測(cè)到CO2,在催化劑上有積碳,故可能發(fā)生副反應(yīng):CEL4空”=
C+2H2,B正確;由反應(yīng)②的化學(xué)方程式可知,H2和Co的反應(yīng)速率相等,而f2時(shí),H2的
反應(yīng)速率未變,仍然為2mmol?mi∏-∣,而CO的反應(yīng)速率為1?2mmol?min)故能夠說(shuō)明副
反應(yīng)生成H2的速率小于反應(yīng)②生成H2速率,C錯(cuò)誤;由圖2可知,f3之后,CO的速率為0,
CH4的速率逐漸增大至ImmOl?min^j,說(shuō)明反應(yīng)②不再發(fā)生,而后副反應(yīng)逐漸停止,D正確。
3.[2018?江蘇,20(4)②]NO/主要指NO和NCh)是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的
NOr是環(huán)境保護(hù)的重要課題。在有氧條件下,新型催化劑M能催化NH3與NQ,反應(yīng)生成N2o
將一定比例的。2、NH3和NO.,的混合氣體,勻速通入裝有催化劑M的反應(yīng)器中反應(yīng)(裝置見(jiàn)
圖1)。
NO1檢測(cè)儀NO,檢測(cè)儀
混合.
氣體
催化NO,還原反應(yīng)器
宏/
副
去
一
出
至
O
N
反應(yīng)相同時(shí)間NO,的去除率隨反應(yīng)溫度的變化曲線(xiàn)如圖2所示,在50?250℃范圍內(nèi)隨著溫
度的升高,NOt的去除率先迅速上升后上升緩慢的主要原因是
當(dāng)反應(yīng)溫度高于380℃時(shí),NO1的去除率迅速下降的原因可能是
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________O
答案迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高而增大,與溫度升高共同使NOt去除反應(yīng)速率
迅速增大;上升緩慢段主要是溫度升高引起的NOv去除反應(yīng)速率增大催化劑活性下降;
NH3與O2反應(yīng)生成了NO
課時(shí)精練
I.對(duì)于反應(yīng)2N2O5(g)—(^4Ne)2(g)+O2(g),提出如下反應(yīng)歷程:
第一步N2O5NO2+NO3快速平衡
第二步NO2+NO3—>?NO+NOi+02慢反應(yīng)
第三步NO+NO3--2NO2快反應(yīng)
其中可近似認(rèn)為第二步反應(yīng)不影響第一步反應(yīng)的平衡。下列表述正確的是()
A.。(第一步的逆反應(yīng))<o(第二步反應(yīng))
B.反應(yīng)的中間產(chǎn)物只有NCh
C.第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效
D.第三步反應(yīng)活化能較高
答案C
解析第一步反應(yīng)快速平衡,說(shuō)明第一步反應(yīng)的正、逆反應(yīng)速率都較大,則第一步反應(yīng)的逆
反應(yīng)速率大于第二步反應(yīng)的反應(yīng)速率,A錯(cuò)誤;反應(yīng)的中間產(chǎn)物除NCh外還有NO,B錯(cuò)誤;
有效碰撞才能發(fā)生化學(xué)反應(yīng),第二步反應(yīng)慢,說(shuō)明僅部分碰撞有效,C正確;第三步反應(yīng)快,
說(shuō)明反應(yīng)活化能較低,D錯(cuò)誤。
2.科學(xué)家結(jié)合實(shí)驗(yàn)與計(jì)算機(jī)模擬結(jié)果,研究出了均相催化的思維模型??偡磻?yīng):A+
B-AB(K為催化劑),①A+K-AKEm②AK+B-AB+KEa20下列說(shuō)法錯(cuò)誤的
是()
A.第①步為決速步驟
B.升高溫度,該反應(yīng)的速率加快
C.該反應(yīng)的A”=一EakJ?moir
D.催化劑降低了活化能,加快了反應(yīng)速率
答案C
解析第①步的正反應(yīng)活化能Eal>第②步正反應(yīng)活化能苞2,所以反應(yīng)速率:①<②,而總反
應(yīng)速率取決于慢的反應(yīng),故決速步驟為①,A正確;溫度升高,反應(yīng)速率加快,B正確;Ea
是該反應(yīng)正反應(yīng)的活化能,C錯(cuò)誤;催化劑能降低反應(yīng)的活化能,加快反應(yīng)速率,D正確。
3.(2022?濟(jì)南模擬)選擇不同的反應(yīng)探究化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素,所用試劑不合理的是
()
+2+
a.CaCO3+2H=Ca+CO2I+出0(觀(guān)察氣泡產(chǎn)生的快慢)
b.S2OΓ+2H'=SI+S02t+H2O(觀(guān)察渾濁產(chǎn)生的快慢)
選項(xiàng)反應(yīng)影響因素所用試劑
塊狀CaCO3、mol?I√^∣HC
Aa接觸面積
粉末狀CaCo3、mol?L^'HCl
塊狀CaCO3、moLLIHCl
BaH卡濃度
塊狀CaCO3、mol?L-lHCl
1
mol?L_Na2S2O3??H2SO4
CbH*濃度
mol?L^'Na2S2O3^濃H2SO4
1
mol?L^Na2S2O3^~mo卜LrH2SO4、冷水
Db溫度
11
mol?L^Na2S2O3.mol?LH2SO4>熱水
答案C
解析只有CaCo3的接觸面積不相同,其他外界條件相同,兩個(gè)實(shí)驗(yàn)是研究固體與鹽酸的接
觸面積大小對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響,A正確;該反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是CaCO3+2H+==Ca2++CC>2t
+H2O,只有HCI溶液中的c(H+)不相同,其他外界條件相同,是斫究H*濃度大小對(duì)化學(xué)反
應(yīng)速率的影響,B正確;濃硫酸中H2SO4主要以電解質(zhì)分子存在,稀硫酸中則完全電離產(chǎn)生
H卡及SOL,濃硫酸溶于水時(shí)會(huì)放出大量熱量使溶液溫度升高,因此兩個(gè)實(shí)驗(yàn)對(duì)比,不僅溶
液中C(H+)不同,而且溶液溫度也不相同,因此不是探究H卡濃度大小對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響,
C不正確;兩個(gè)實(shí)驗(yàn)對(duì)比,其他外界條件都相同,只有溶液溫度不相同,是探究反應(yīng)溫度對(duì)
化學(xué)反應(yīng)速率的影響,D正確。
4.(2022?濟(jì)南歷城第二中學(xué)模擬)二甲醛(CH.QCH3)被稱(chēng)為21世紀(jì)的“清潔能源”,科學(xué)家
研究在酸性條件下,用甲醇可合成二甲醛,反應(yīng)歷程中相對(duì)能量變化如圖所示。
A.循環(huán)過(guò)程中,催化劑參與了中間反應(yīng)
B.該歷程中最小的能壘(基元反應(yīng)活化能)為kJ?moΓ1
H+
I
+
C.制約總反應(yīng)速率關(guān)鍵步驟的基元反應(yīng)方程式為CH3()CH3-.CH3OCH3+H
D.總反應(yīng)方程式為2CH3OH期裝CH3OCH3+H2O
答案B
解析整個(gè)過(guò)程中H卡是催化劑,先參與第一步反應(yīng),在最后一步反應(yīng)生成,故A正確;由
圖可知該歷程中最小的能壘(基元反應(yīng)活化能)為131kJ?mol^^∣,故B錯(cuò)誤;決定總反應(yīng)速率的
H+
是活化能或能壘最高的基元反應(yīng),由圖可知,該基元反應(yīng)為CH3()CH3-CH30CH3+H+,
故C正確;整個(gè)過(guò)程消耗甲醇,生成二甲醛和水,故總反應(yīng)為2CH3OH鱉aCH3OCH3+H2O,
故D正確。
5.(2022?安徽淮北模擬)1Cl與H2能發(fā)生的總反應(yīng)為H2(g)+2ICl(g)=l2(g)+2HCl(g)?∕7<0o
已知:①該反應(yīng)分兩步完成,第一步為H2(g)+lCl(g)=HI(g)+HCl(g)
②兩步反應(yīng)的活化能分別為Eal、Ea2,且Eal>Ea2
下列判斷正確的是()
A.總反應(yīng)中L為氧化產(chǎn)物
B.第一步的化學(xué)反應(yīng)速率大于第二步的化學(xué)反應(yīng)速率
C.已知鍵能:H-H>I-1,可推知鍵能HYkI—Cl
D.第二步的化學(xué)方程式可能為HI(g)+lCl(g)=HCl(g)+I2(g)
答案D
解析ICl中I為+1價(jià),故L為還原產(chǎn)物,A錯(cuò)誤;Ea∣>Ea2,活化能大的化學(xué)反應(yīng)速率慢,
故第一步的化學(xué)反應(yīng)速率小于第二步的化學(xué)反應(yīng)速率,B錯(cuò)誤;H-CI的鍵長(zhǎng)小于I—Cl的
鍵長(zhǎng),鍵長(zhǎng)越短,鍵能越大,故鍵能:H-CI>I-Cl,C錯(cuò)誤;總反應(yīng)方程式減去第一步反應(yīng)
方程式可得第二步的化學(xué)方程式,D正確。
6.反應(yīng)S2CT+3I=2SOi+I3的反應(yīng)機(jī)理為①S2θ"+I=SzOS,②……,③b+l=h
(快反應(yīng)),改變反應(yīng)物濃度時(shí),反應(yīng)的瞬時(shí)速率如表所示:
c(S2Og)/(mol?L^')c(Γ)∕(mol?L-1)v∕(mol?Ll?min')
XlOr
XIO-5
XlO-5
下列說(shuō)法正確的是()
A.該反應(yīng)的速率方程為υ==??c(S2θΓ)?c3(I)
B.該反應(yīng)的速率常數(shù)女的值為XI。、
3
C.第②步的反應(yīng)方程式為S2O8I"+I2=2SOΓ+3I^
D.3步反應(yīng)中反應(yīng)③的活化能最大
答案B
解析由1、2兩組數(shù)據(jù),c(S2θy)增大1倍,速率增大1倍,由2、3兩組數(shù)據(jù),c(r)增大1
倍,速率增大1倍,該反應(yīng)的速率方程為o=k?c(S2θΓ)?c(I-),故A錯(cuò)誤;將1組的數(shù)據(jù)代入
53
v=??c(S20Γ)?c(I^),×10^=?××,k^×10~,故B正確;總反應(yīng)一①一③可得第②步反
3--
應(yīng)的化學(xué)方程式:S2O8I+I=2SOΓ+??,故C錯(cuò)誤;反應(yīng)③為快反應(yīng),活化能最小,故
D錯(cuò)誤。
7.(2022.山東臨沂模擬)一種以Pd-Cu為催化劑還原去除水體中No3的機(jī)理如圖a所示;其
他條件相同,不同PH時(shí),No3轉(zhuǎn)化率和不同產(chǎn)物在總還原產(chǎn)物中所占的物質(zhì)的量的百分比
如圖b所示。
注:Pd-H表示Pd吸附的氫離子;
氨態(tài)氮代表NH.八NH:和NHj氏0的總和
(
(ΨKΛWS
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O)
N,8
46?
812
PH圖b
已知:溶液pH會(huì)影響Pd對(duì)NO2的吸附,不影響對(duì)H的吸附。
下列說(shuō)法不正確的是()
A.PH越小,Pd對(duì)Nθ2的吸附能力越強(qiáng)
B.通過(guò)調(diào)節(jié)溶液的pH,可使NOJ更多的轉(zhuǎn)化為N2
C.反應(yīng)ii中生成NH;的離子方程式為NO2+6H+2H+=NHt+2H2O
H2
D.pH=12時(shí),每處理gN07,理論上消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下L
答案D
2)
解析由圖b可知,隨著PH減小,〃網(wǎng)增大,〃(氮態(tài)氮)變化不大,”(NO2^)減小,說(shuō)明PH
越小,Pd對(duì)NoE的吸附能力越強(qiáng),A正確;由圖b信息可知,PH不同還原產(chǎn)物也不同,PH
N2,PH
為4時(shí)還原產(chǎn)物主要為為12時(shí),還原產(chǎn)物幾乎全是N02^,故通過(guò)調(diào)節(jié)溶液的pH,
可使NO,更多的轉(zhuǎn)化為N2,B正確;由圖a可知,反應(yīng)ii即NO?和H反應(yīng)生成NHl根據(jù)
ii+
氧化還原反應(yīng)配平可得,反應(yīng)中生成NH:的離子方程式為N07+6H+2H=NH^+2H2O,
C正確:由圖b可知,pH=12時(shí),還原產(chǎn)物幾乎全是N07,則每處理gNol轉(zhuǎn)移電子正高與
×2=0.2mol,根據(jù)得失電子守恒可知,理論上消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下X22.4L?mo□=LH2,D
錯(cuò)■誤。
8.(2022?遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)均相芬頓反應(yīng)原理是高級(jí)氧化技術(shù)的經(jīng)典工藝之一,如圖所示的
和的為速率常數(shù))。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()
H2O2[?AFe:"Q0HZC>2
uι=krC(HO)?c(Fe2*)^J
22ψι?=?>?C(H2O2)?C(Fes)
ll
A∣=76L?mol''?s"'?j/K,A2=().()2L?moΓ?s~
?∕HO?
.OH√klFe”。2
基元反應(yīng)I基元反應(yīng)II
A.相同條件下,基元反應(yīng)I比H的活化能低
B.基元反應(yīng)I中氧元素的化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化
3+2++
C.基元反應(yīng)Il的化學(xué)方程式為H2O2+Fe=HO2-+Fe+H
D.芬頓反應(yīng)進(jìn)行的過(guò)程中,整個(gè)體系的PH會(huì)發(fā)生變化(忽略體積變化)
答案B
解析由題干信息可知,k↑>k2,說(shuō)明相同條件下,基元反應(yīng)I比∏的反應(yīng)速率更快,活化
能越低反應(yīng)速率越快,即基元反應(yīng)I比II的活化能低,A正確;由題圖可知,基元反應(yīng)I為
H++H2O2+Fe2+=Fe3++θH+H2O,故基元反應(yīng)I中氯元素的化合價(jià)發(fā)生變化,B錯(cuò)誤;
由題圖可知,基元反應(yīng)∏的化學(xué)方程式為H2O2+Fe3+=HO2?+Fe2++H+,C正確。
9.(2022?武漢質(zhì)檢)實(shí)驗(yàn)探究H2O2分解速率影響因素。H2O2濃度在不同條件下隨時(shí)間變化的
曲線(xiàn)如圖所示。實(shí)驗(yàn)分組及反應(yīng)條件分別為
分組溫度/℃PHc(Mn2+)∕(mol?L^l)
φ60F02
60120
"?60130
601102
"?70130
(
L
?I
0
≡
∕
(
d
x
&
r/min
下列說(shuō)法不正確的是()
A.實(shí)驗(yàn)①④說(shuō)明中性條件下,少量MrP+對(duì)H2O2分解的影響不大
B.實(shí)驗(yàn)②③說(shuō)明其他條件相同時(shí),溶液堿性越強(qiáng),H2O2分解速率越大
C.實(shí)驗(yàn)③⑤說(shuō)明溫度升高可以增大H2O2的分解速率
D.實(shí)驗(yàn)④反應(yīng)到40min時(shí)的化學(xué)反應(yīng)速率小于5mol?Ll?min1
答案C
解析實(shí)驗(yàn)①④除PH外其他條件均相同,但①幾乎不反應(yīng),說(shuō)明中性條件下,少量Mn"對(duì)
H2O2分解的影響不大,A正確;實(shí)驗(yàn)②③除PH外其他條件均相同,都不添加催化劑,而③
的分解速率大于②,說(shuō)明溶液堿性越強(qiáng),H2O2分解速率越大,B正確;由圖可知,實(shí)驗(yàn)③的
H2O2分解速率大于實(shí)驗(yàn)⑤,而實(shí)驗(yàn)⑤中PhCh的濃度低于實(shí)驗(yàn)③,溫度高于實(shí)驗(yàn)③,則不能
說(shuō)明溫度升高可以增大H2O2的分解速率,C錯(cuò)誤;實(shí)驗(yàn)④反應(yīng)到40min時(shí)的平均速率為
m01140mi'n°lL'=5mol?L-∣?mirΓ∣,由于隨著反應(yīng)進(jìn)行,反應(yīng)速率變慢,所以40min時(shí)
的瞬時(shí)速率應(yīng)小于5mol?L1?min1,D正確。
10.對(duì)水樣中溶質(zhì)M的分解速率影響因素進(jìn)行研究。在相同溫度下,M的物質(zhì)的量濃度(mo卜L∣)隨
時(shí)間(min)變化的有關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)見(jiàn)下表。
0510152025
水樣
I(pH=2)
H(pH=4)
III(pH=4)
IV(PH=4,含C#+)0
下列說(shuō)法不正確的是()
A.在0?2Omin內(nèi),I中M的平均分解速率為mol?Ll?min`
B.其他條件相同時(shí),水樣酸性越強(qiáng),M的分解速率越快
C.在0?25min內(nèi),ΠI中M的分解百分率比∏中的大
D.由于CM卡存在,IV中M的分解速率比I中的快
答案D
解析O(M)=m°∣L-=mol?Ll?minl,故A正確;對(duì)比I和∏,在相同的時(shí)間
內(nèi),I中消耗M的量大于∏中消耗M的量,說(shuō)明其他條件相同時(shí),酸性越強(qiáng),M的分解速
率越快,故B正確;在0?25min內(nèi),In中M的分解百分率為錯(cuò)誤!X100%=75%,∏中M
的分解百分率為錯(cuò)誤!X100%=60%,因此HI中M的分解百分率比H中的大,故C正確;I
和IV中pH、起始濃度均不同,因此不能說(shuō)明由于C#+存在,N
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