2019-2020年高三化学二轮复习 考点突破70 影响化学反应速率的因素（含解析）.doc

2019-2020年高三化学二轮复习 考点突破70 影响化学反应速率的因素（含解析）1、对于100mL 1mol/L盐酸与锌粒的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是（）升高温度；改用100mL 3mol/L盐酸；多用300mL 1mol/L盐酸；用等量锌粉代替锌粒；滴入少量CuSO4溶液A B C D【答案】B2、在体积可变的容器中发生反应N2 + 3H2 NH3当增大压强使容器体积缩小时，化学反应速率加快，其主要原因是（）A分子运动速率加快，使反应物分子间的碰撞机会增多B反应物分子的能量增加，活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多C活化分子百分数未变，但单位体积内活化分子数增加，有效碰撞次数增多D分子间距离减小，使所有的活化分子间的碰撞都成为有效碰撞【答案】C3、下列说法正确的是（）A在“金属析氢腐蚀”实验中，外面缠绕着铜丝的铁钉上产生气泡多，周围先出现蓝色沉淀（溶液中滴加几滴K3Fe(CN)6溶液）B在“亚硝酸钠和食盐的鉴别”实验中，可用实验室久置的硫酸亚铁溶液和硫氰化钾溶液进行鉴别，变红色的为亚硝酸钠溶液C在“催化剂对过氧化氢分解反应速率的影响”实验中，MnO2的用量以及颗粒直径的大小均会影响H2O2分解的速率，但溶液的酸碱性对H2O2的稳定性没有影响D当发现有同学吸入氨气中毒时，应立刻进行人工呼吸，并视情况作进一步处理【答案】A4、影响化学反应速率的因素很多，下列措施能使化学反应速率减小的是（ ） A降低温度B升高温度C增大压强 D增大反应物浓度【答案】A 5、已知反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g) H0。某温度下，将2 mol SO2和1 mol O2置于10 L密闭容器中，反应达平衡后，SO2的平衡转化率（）与体系总压强（p）的关系如图甲所示。则下列说法正确的是（ ）0T2 BF的原子结构示意图：C乙酸乙酯的结构简式：C2H5OOCCH3 D甲烷分子的比例模型：T1反应时间 ？（SO2） 丙 0反应时间 反应速率乙v正v逆v/正v/逆 甲A由图甲知，A点SO2的平衡浓度为0.4 molL1B由图甲知，B点SO2O2SO3的平衡浓度之比为2：1：2C达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图像可以用图乙表示D压强为0.50 MPa时不同温度下SO2转化率与温度关系如丙图，则T2T1【答案】C 6、对于反应A(g)B(g) C(g)，用如图中的图象分别表示其他条件不变时，某一反应物浓度、反应持续的时间、反应温度跟反应速率v之间的关系，其中有明显错误的是（）【答案】C【解析】反应物浓度为0时，反应速率也为0，当浓度增大时，化学反应速率增加，A、B均正确。反应刚开始，反应速率不可能为0，随着时间延长，反应速率不会一直增大，所以C错。温度为0时，反应速率并不为0，升高温度，反应速率增大，D正确。7、某一化学反应在不同条件下的能量变化曲线如右图所示。下列说法正确的是（）A化学催化比酶催化的效果好B使用不同催化剂可以改变反应的热效应C使用不同催化剂可以改变反应的能耗D反应物的总能量低于生成物的总能量【答案】C【解析】试题分析：根据图像可知，酶催化的效果要好于化学催化，A不正确；反应热只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，与催化剂无关系，选项B不正确；催化剂能降低反应的活化能，从而降低能耗，C正确。根据图像可知，反应式的总能量高于生成物的总能量，所以D不正确，答案选C。考点：考查反应热的判断、催化剂对反应速率以及反应热的影响点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题基础性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的应试能力和逻辑推理能力。8、亚氯酸钠（NaClO2）是一种性能优良的漂白剂，但在酸性溶液发生分解：5HClO24ClO2+H+Cl+2H2O向亚氯酸钠溶液中加入盐酸，反应剧烈若将盐酸改为pH相同的稀硫酸，开始时反应缓慢，稍后产生气体速度较快，速度变化的原因是（）A逸出ClO2使生成物浓度降低B酸使HClO2的分解加速C溶液中的H+起催化作用D溶液中的Cl起催化作用【答案】D【解析】AClO2逸出，反应速率减小，而稍后段时间产生气体速度较快，则说明不是逸出ClO2的原因，故A错误；B如果是氢离子浓度改变反应速率，则pH相同的盐酸和硫酸影响反应速率相同，与题给信息不符合，所以不是氢离子使分解速率加快，故B错误；C由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见氢离子不起催化作用，故C错误；D反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见氯离子起催化作用，故D正确故选D9、2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)是制备硫酸的重要反应。下列叙述正确的是（）A催化剂V2O5不改变该反应的逆反应速率B恒压，通入稀有气体，反应速率不变C该反应是放热反应，降低温度将缩短反应达到平衡的时间D在t1、t2时刻，SO3(g)的浓度分别是c1、c2，则时间间隔t1t2内，SO2(g)消耗的平均速率为【答案】D【解析】试题分析：A、催化剂可同等程度的改变正、逆反应的反应速率，故A错；B、若在恒容条件下，向容器通入惰性气体，反应体系的压强变大，但反应各物质的浓度不变，因此反应速率也不变；故B错；C、不论反应是吸热反应还是放热反应，降低温度反应速率一定变慢，则达到平衡的时间将延长；故C错；D、根据计算平均速率的定义公式，浓度变化量c2-c1，时间为t2-t1，SO3（g）生成的平均速率为，故D对；故选D。考点：反应速率的定量表示方法；催化剂的作用；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素。点评：本题主要考查了影响化学反应速率的因素，化学反应速率和化学平衡是化学基本理论的核心知识，既是重点又是难点，也是年年必考的内容，特别是有关化学反应速率和化学平衡的计算及影响因素、化学平衡常数的表达式及其计算是高考的重点。10、向4.0 L容器中充入0.70 mol SO2和0.40 mol O2,4 s末测得剩余SO2 0.30 mol，则v(O2)为（）A0.10 molL1s1B0.025 molL1s1C0.50 molL1s1D0.012 5 molL1s1【答案】D【解析】n (SO2)0.7 mol0.3 mol 0.4 mol则v(SO2) 0.025 molL1s1故v(O2)v(SO2)0.012 5 molL1s1。11、2A（g）+B（g） 3C（g）+4D（g）的反应，在不同条件下的反应的速率最快的是（）AV(A) = 0.7molL1min1 BV(B) = 0.3molL1min1CV(C) = 0.9molL1min1 DV(D) = 1.1molL1min1【答案】A12、（宁波市效实中学xx高三第一学期期中考试）为比较催化剂对H2O2分解反应的催化效果，甲乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述中不正确的是（ ）A图1实验可通过观察产生气泡快慢来比较反应速率的大小B若图1所示实验中反应速率为， 则一定说明Fe3+比Cu2+对H2O,分解催化效果好C用图2装置测定反应速率，可测定反应产生的气体体积及反应时间D为检查图2装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活察是否回到原位【答案】B13、物质(t-BuNO)2在正庚烷或CCl4中均可以发生反应：(t-BuNO)22(t-BuNO)。在20时，向2 L正庚烷中加入(t-BuNO)2 1.0 mol，10 min时反应达平衡，此时(t-BuNO)2的平衡转化率为75%（假设反应过程中溶液体积始终为2 L）。下列说法正确的是（）A反应在前10 min内的平均速率为(t-BuNO)=0.0375 molL1min1B保持其他条件不变，若此时再向正庚烷反应体系中加入正庚烷，平衡向生成(t-BuNO)2的方向移动C保持其他条件不变，升高温度，(t-BuNO)2的平衡转化率大于75%，则其能量关系可用图表示D保持其他条件不变，若该反应在CCl4中进行，其平衡常数为1.9，则(t-BuNO)2的平衡转化率大于75%【答案】C14、20，将10ml 0.1mol/L Na2S2O3溶液和10ml 0.1mol/L的H2SO4溶液混合，2分钟后溶液中明显出现浑浊。已知温度每升高10，化学反应速率增大到原来的2倍，那么50时，同样的反应要看到明显浑浊，需要的时间是（ ）A. 15秒B. 20秒C. 40秒D. 48秒【答案】A15、下列实验设计能够成功的是( )实验目的实验操作A实验室制备硝基苯将苯和浓硝酸混合后加热B除去硫酸钠溶液中少量氯化钠杂质向含有氯化钠杂质的硫酸钠溶液中加入适量的硝酸银溶液，过滤C检验溴乙烷发生消去反应的产物向盛有少量溴乙烷的试管中，先加入氢氧化钠溶液，再滴入用硝酸酸化的硝酸银溶液D浓硝酸的氧化性强于稀硝酸向盛有少量的浓硝酸、稀硝酸的两支试管中，分别加入大小相同的铜片【答案】D16、现有一包氯化钠固体，其中混有少量的硫酸钠和氯化镁，可通过以下实验除去杂质得到纯净的氯化钠。请将正确合理的操作顺序填入括号中，并简要回答(1)(3)题。（）在溶液中加入稍过量的碳酸钠溶液，然后过滤。（）加入稍过量的氯化钡溶液，然后过滤。 （）在滤液中加入稀盐酸至溶液呈中性。（）将混有杂质的氯化钠完全溶解于水。（）蒸发结晶。（）在滤液中加入稍过量的氢氧化钠溶液，然后过滤。(1)为什么要加入稍过量的碳酸钠溶液？_。(2)为什么要加入稀盐酸至溶液呈中性？ _。(3)写出上述两步骤中的有关化学方程式_。【答案】(1)为了除去溶液中多余的钡离子(2)为了除去过量的碳酸根和氢氧根(3)Na2CO3BaCl2=BaCO32NaCl，Na2CO32HCl=2NaClCO2H2O，NaOHHCl=NaClH2O【解析】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，本题考查的通过实验除去杂质得到纯净的氯化钠。17、某实验小组对H2O2的分解做了如下探究下表是该实验小组研究影响H2O2分解速率的因素时记录的一组数据，将质量相同但状态不同的MnO2分别加入盛有15mL 5%的H2O2溶液的大试管中，并用带火星的木条测试，结果如下：MnO2触摸试管情况观察结果反应完成所需的时间粉末状很烫剧烈反应，带火星的木条复燃3.5min块状微热反应较慢，火星红亮但木条未复燃30min（1）写出大试管中发生反应的化学方程式： ，该反应是 反应（填放热或吸热）（2）实验结果表明，催化剂的催化效果与 有关【答案】（1）2H2O2H2O+O2； 放热；（2）接触面积【解析】（1）H2O2在二氧化锰作用下发生反应的化学反应方程式为：2H2O2H2O+O2；根据触摸试管的感觉可知，该反应为放热反应，故答案为：2H2O2H2O+O2； 放热；（2）因在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明接触面积对反应速率有影响，故答案为：接触面积18、医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙(含有少量Na、Al3、Fe3等杂质)生产医药级二水合氯化钙(CaCl22H2O的质量分数为97.0%103.0%)的主要流程如下：(1)除杂操作是加入氢氧化钙，调节溶液的pH为8.08.5，以除去溶液中的少量Al3、Fe3。检验Fe(OH)3是否沉淀完全的实验操作是_。(2)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0，其目的有：将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2；防止Ca2在蒸发时水解；_。(3)测定样品中Cl含量的方法是：a.称取0.750 0 g样品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；b.量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；c.用0.050 00 molL1 AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39 mL。上述测定过程中需用溶液润洗的仪器有：_。计算上述样品中CaCl22H2O的质量分数为_。若用上述方法测定的样品中CaCl22H2O的质量分数偏高(测定过程中产生的误差可忽略)，其可能原因有_；_。【答案】(1)取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全(2)防止溶液吸收空气中的CO2(3)酸式滴定管99.9%样品中存在少量的NaCl少量CaCl22H2O失水【解析】(1)是基本操作题，检验Fe(OH)3是否沉淀完全关键是检验Fe3是否有剩余，用SCN检验。(2)加酸目的：为将Ca(OH)2转变为CaCl2，为防止水解，为降低CO2的溶解度。(3)AgNO3溶液呈酸性，酸性、强氧化性溶液及有机试剂一般放在酸式滴定管中，容量瓶、锥形瓶均不需润洗。容量瓶、锥形瓶润洗均会使测定结果偏大。滴定管不润洗，会使标准液稀释。n(Cl)0.050 0 molL120.39103 L1.019 5103 molm(CaCl22H2O)n(Cl)M(CaCl22H2O)101.019 5103 mol147 gmol1100.749 33 g，w100%99.9%。NaCl中w(Cl)大于CaCl22H2O中w(Cl)；CaCl22H2O部分失水，总质量减小。19、亚硝酸钠（NaNO2）外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂，但使用过量会使人中毒某学习小组针对亚硝酸钠设计了如下实验：实验一制取NaNO2该小组先查阅资料知：2NO+Na2O22NaNO2；2NO2+Na2O22NaNO3；NO能被酸性高锰酸钾氧化为NO3，然后设计制取装置如图（夹持装置略去）：（1）装置D的作用是 ；如果没有B装置，C中发生的副反应有 （2）就算在装置气密性良好的情况下进行实验，该小组发现制得的NaNO2的纯度也不高，可能的原因是 ；设计一种提高NaNO2纯度的改进措施 实验二测定NaNO2样品（含NaNO3杂质）的纯度先查阅资料知：5NO2+2MnO4+6H+5NO3+3Mn2+3H2O；MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O 然后，设计如下方案测定样品的纯度样品溶液A溶液B数据处理（3）取样品2.3g经溶解后得到溶液A 100mL，准确量取10.00mL A与24.00mL 0.0500mol/L的酸性高锰酸钾溶液在锥形瓶中充分反应反应后的溶液用0.1000mol/L （NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至紫色刚好褪去；重复上述实验3次，平均消耗（NH4）2Fe（SO4）2溶液10.00mL，则样品中NaNO2的纯度为 （4）通过上述实验测得样品中NaNO2的纯度偏高，该小组讨论的原因错误的是 （填字母编号）a滴定至溶液紫色刚好褪去，立即停止滴定b加入A与KMnO4溶液前的锥形瓶未经干燥c实验中使用的（NH4）2Fe（SO4）2溶液暴露在空气中的时间过长【答案】（1）吸收多余的NO；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2NO+O2=NO2；（2）由于获得NO的过程中会产生其他氮氧化物；在A、B之间增加装有水的洗气瓶；（3）75%；（4）bc【解析】（1）高锰酸钾具有氧化性，能将一氧化氮氧化，反应的实质是：5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3Mn2+2H2O，装置D可将剩余的NO氧化成N03，吸收多余的NO，如果没有B装置，C中发生的副反应有，金属铜和稀硝酸制得的一氧化氮中含有水，水会和过氧化钠发生反应产生氧气，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，生成的氧气极易把一氧化氮氧化为二氧化氮，即2NO+O2=NO2，故答案为：吸收多余的NO；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2NO+O2=NO2；（2）由于获得一氧化氮所用的硝酸具有挥发性，获得NO的过程中会产生其他氮氧化物，这样会干扰实验结果，可以在A、B之间增加装有水的洗气瓶，减小实验误差；故答案为：由于获得NO的过程中会产生其他氮氧化物；在A、B之间增加装有水的洗气瓶；（3）根据5（NH4）2 Fe（S04）2MnO4，消耗n（KMn04）=0.1mol/L0.01L=0.001mol， 2MnO45NO2， 2 50.05mol/L0.024L0.001mol x，x=0.0005mol，100mL中n（NaN02）=0.0005mol=0.005mol，则样品中NaN02的纯度为100%=75%，故答案为：75%；（4）a滴定至溶液紫色刚刚好褪去，消耗的（NH4）2 Fe（S04）2偏小，导致的量结果偏高，故a不符合；b加入A与KMn04溶液前锥形瓶未经干燥，对测量结果无影响，故b符合；c实验中使用的（NH4）2Fe（S04）2溶液暴露在空气中时间过长，部分（NH4）2 Fe（S04）2被氧化，消耗的（NH4）2 Fe（S04）2偏大，导致的量结果偏低，故c符合；故答案为：bc20、钠和水反应的化学方程式：2Na2H2O2NaOHH2将表面部分氧化成氧化钠的金属钠样品1.08g，投入100g水中，完全反应后放出气体0.04g，问所得溶液需用多少克10%的盐酸才能完全中和？【答案】16.5g【解析】考查化学计算技巧21、如图？分别代表有关反应中的一种物质，请填写以下空白（1）已知中阴阳离子个数比为1：1，则的化学式是 、的电子式为 （2）图中涉及的氧化还原反应共有 个 （3）与反应的化学方程式为 （4）与反应的化学方程式是 （5）一定条件下，将2amL和的混合气体用排水法收集，得到amL气体，则原混合气体中和的体积比为 【答案】（1）NH4HCO3；（2）6；（3）4NH3+5O24NO+6H2O；（4）C+4HNO32H2O+4NO2+CO2；（5）23：1或3：2【解析】与Na2O2反应，所以只能是CO2和H2O，因为是通过浓硫酸的，只能是CO2，且产生Na2CO3和O2，为O2，Mg与CO2反应生成MgO和C，应为碱性气体，应为NH3，则为NH4HCO3，阴阳离子个数比为1：1，则为NO，为NO2，为HNO3，为C，（1）由以上分析可知为NH4HCO3，为CO2，其电子式为，故答案为：NH4HCO3；（2）题中涉及的氧化还原反应有与、与、与，与、与水、与等反应，共6种，故答案为：6；（3）与的反应为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（4）与反应的化学方程式是C+4HNO32H2O+4NO2+CO2，故答案为：C+4HNO32H2O+4NO2+CO2；（5）和的混合气体用排水法收集，涉及反应的方程式为4NO2+O2+2H2O4HNO3，3NO2+H2OHNO3+2NO，如氧气过量，设氧气为x mL，则NO2为（2ax）mL，根据反应方程式可得2a（2ax）=a，x=a，NO2为a，即二者体积为3：2，如NO2为过量，设为NO2xmL，氧气为ymL，则（x5y）=a，x+y=2a，解得x=a，y=a，二者比值为23：1，故答案为：23：1或3：222、下图是常见物质之间的转化关系。氧化物A是光导纤维的基本原料，单质、为非金属单质，单质为主族元素对应的金属单质。请回答：（1）氧化物A的化学式：_。单质与NaOH溶液反应的化学方程式_。（2）向盐甲的水溶液中通入过量的CO2，观察到的现象是_。（3）单质的用途非常广泛，如用做_（写一种即可）。（4）盐乙的溶液呈现_（填酸性或碱性或中性）。【答案】（1）SiO2 2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2（2）有白色胶状沉淀生成 （3）半导体材料（合理即可给分） （4）碱性【解析】试题分析：氧化物A是光导纤维的基本原料，则A是二氧化硅。二氧化硅和氢氧化钠溶液反应删除硅酸钠和水，则甲是硅酸钠，C是水。单质和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，则单质是硅，所以单质为氢气。单质为主族元素对应的金属单质，且和氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以该单质是铝，则乙是偏铝酸钠，偏铝酸钠水解，溶液呈碱性。氧化物B和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，因此B是氧化铝。考点：考查以硅和铝及其化合物的转化的有关判断点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型，试题注重基础，侧重对学生能力的培养和解题方法的训练。该类试题学生需要明确的是化学推断题是一类综合性较强的试题，如元素及化合物性质和社会生活，环境保护，化学计算等知识，还可引入学科间综合。它不仅可考察学生对化学知识的理解程度，更重要的是培养学生的综合分析能力和思维方法。解框图题的方法：最关键的是寻找突破口，突破口就是抓特字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。23、某工业废水中可能含有如下几种阴阳离子：阳离子Fe3+、Al3+、Fe2+、Ba2+、Na+阴离子Cl、CO32、NO3、SO42、SiO32现对该废水样品进行以下研究：向试管中滴加浓盐酸，有少量的无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色；若向所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。若向所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成。过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成。根据上述实验，回答下列问题：（1）该废水中一定含有的阴离子是，一定不含有的阳离子是 ；（2）写出的所得滤液中通入过量的CO2气体生成白色絮状沉淀的离子方程式（只写这一个）： ；（3）已知用铝粉可以除去废水中的一种阴离子（X）。若控制溶液的pH为10.7左右，再加入铝粉，除去X离子的同时产生氨气和氮气，且体积比为14，完成下列反应的离子方程式并配平：(X用具体的离子符号表示)Al + X + OHAlO2+ NH3 + N2 +。该反应的还原产物是 。若除去0.2mol X离子，要消耗铝 g。（4）若将废水中的铁元素完全转化成Fe3+，此时测得c(Fe3+)1.0102molL1，要想将其转换为Fe(OH)3沉淀而除去，则应调节溶液pH至少大于 。（已知常温下Fe(OH)3的Ksp1.01038）【答案】（1）NO3 SO42; Ba2+ （2）AlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3（3）16Al + 9NO3+ 7OH 16AlO2 + NH3+ 4N2+ 2H2O；NH3 、N2； 9.6g （4）2【解析】向试管中滴加浓盐酸，有少量的无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕色，该气体是NO，红棕色气体是NO2，这说明在反应中硝酸根被还原为NO，因此一定含有NO3、Fe2+，则CO32、SiO32一定不存在；若向所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀是硫酸钡，所以一定含有硫酸根，则一定没有钡离子；若向所得的溶液中加入过量的NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，该沉淀是氢氧化铁，但由于亚铁离子被还原生成了铁离子，所以不能确定是否含有离子。过滤后向所得滤液中通入过量的CO2气体，有白色絮状沉淀生成，该沉淀是氢氧化铝，则一定含有铝离子。（1）该废水中一定含有的阴离子是NO3、SO42，一定不含有的阳离子是Ba2+；（2）所得滤液中通入过量的CO2气体生成白色絮状沉淀的离子方程式为AlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+HCO3。（3）设氨气是1mol，则氮气是4mol，氨气和氮气均是还原产物，则根据电子守恒，N 得到（40+8）e-,故 Al 失去 48 e-，系数为 16 根据 N 原子守恒得到系数 9，根据电荷守恒得到系数 7，最后为水，即16Al + 9NO3+ 7OH 16AlO2 + NH3+ 4N2+ 2H2O；若除去0.2mol X离子，则消耗铝的质量是0.2mol27g/mol9.6g。（4）Ksp(沉淀平衡常数)Fe3+OH-31.0102 OH-31.01038，所以OH-=10-12，则H+=10-2。所以pH2。24、 CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值化学品是目前的研究目标。(1)250 时，以镍合金为催化剂，向4 L容器中通入6 mol CO2、6 mol CH4，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(某一成分占总气体物质的量的百分数)如下表：物质CH4CO2COH2体积分数0.10.10.40.4 此温度下该反应的平衡常数K_。 已知：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H890.3 kJmol1CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)H2.8 kJmol12CO(g)O2(g)=2CO2(g)H566.0 kJmol1反应CO2(g)CH4(g)=2CO(g)2H2(g)的H_。(2)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下图所示。250300 时，乙酸的生成速率减小的原因是_。为了提高该反应中CH4的转化率，可能采取的措施是_。将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为_。【答案】(1)64247.3 kJmol1(2)催化剂的催化效率降低增大反应压强或增大CO2的浓度3Cu2Al2O432H2NO3=6Cu26Al32NO16H2O【解析】25、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Fe2(SO4)3更为合理，其理由是_。(2)定量分析：如图乙所示，实验时均以生成20mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略。图中仪器A的名称为_，实验中需要测量的数据是_，为了减少实验误差，反应前后量气管两边液面的高度应保持一致，则在反应后应采取的操作方法是_。【答案】(1)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)将阴离子改为相同，排除阴离子的干扰(2)分液漏斗时间(或收集一定体积的气体所需要的时间)慢慢将右面的量气管向下移动【解析】(1)中的实验现象是看反应产生气泡的快慢；而为了确认其他离子不产生干扰，最好选择阴离子相同的可溶性铁盐和铜盐。(2)定量分析，应比较相同时间内产生气体量的多少，所以选择量气管来测定单位时间内生成氧气的体积，对基本仪器的名称和操作要点的回答要准确无误。26、在某一容积为2 L的密闭容器中，加入0.8 mol的H2和0.6 mol 的I2，在一定的条件下发生如下反应：H2(g)I2(g) 2HI(g)H0反应中各物质的浓度随时间变化情况如图1：图1 图2(1)根据图1数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(HI)为_。(2)反应达到平衡后，第8 min时：若升高温度，化学平衡常数K_(填“增大”、“减小”或“不变”)，HI浓度的变化正确的是_(用图2中ac的编号回答)。若加入I2，H2浓度的变化正确的是_(用图2中df的编号回答)。(3)反应达到平衡后，第8 min时，若反应容器的容积扩大一倍，请在图3中画出8 min后HI浓度的变化情况。图3【答案】(1)0.167 mol/(Lmin)(2)减小cf(3) 【解析】根据题中所给出的信息分析，本题重点考查的是影响化学反应速率的因素。27、对于反应3X(g)Y(g) Z(g)，在其他条件不变时，改变其中一个条件，则生成Z的速率(填“增大”“减小”或“不变”)：(1)升高温度：_；(2)增大压强：_；(3)增大容器容积：_；(4)加入X：_；(5)加入Y：_；(6)压缩体积：_.【答案】(1)增大 (2)增大 (3)减小 (4)增大(5)增大 (6)增大【解析】根据题中所给的信息，结合已经学习过的知识分析，本题综合考察了影响化学反应速率的因素。