- 影响化学反应速率的因素
- 共7172题
在400℃、101kPa时，NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g）反应过程的能量变化如图所示．
（1）该反应是______（填“吸热”或“放热”）反应．
（2）该反应的热化学方程式为______．
（3）改变下列条件都可使该反应的反应速率改变，其中通过降低活化能加快反应速率的是______．
a．浓度 b．压强 c．温度 d．催化剂．
正确答案
（1）因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故答案为：放热；
（2）由图知没反应放出的热量为368KJ•mol-1-134KJ•mol-1=234KJ•mol-1，且该反应为放热反应，热化学方程式为NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g）△H=-234KJ•mol-1，
故答案为：NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g）△H=-234KJ•mol-1；
（3）催化剂能降低活化能，加快反应速率，故答案为：d．
过氧化氢和臭氧都是常见的绿色氧化剂，在工业生产中有着重要的用途．
（1）据报道以硼氢化合物NaBH4（B的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，可用作通信卫星电源．负极材料采用Pt/C，正极材料采用MnO2，其工作原理如图1所示．该电池放电时正极的电极反应式为：______；以MnO2做正极材料，可能是因为______．
（2）火箭发射常以液态肼（N2H4）为燃料，液态过氧化氢为助燃剂．
已知：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ•mol-1H2O2（l）=H2O（l）+1/2O2（g）△H=-98.64kJ•mol-1
H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol-1反应N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g） 的△H=______．
（3）O3可由臭氧发生器（原理如图2所示）电解稀硫酸制得．
①图中阴极为______（填“A”或“B”）．
②若C处通入O2，则A极的电极反应式为：______．
③若C处不通入O2，D、E处分别收集到11.2L和有4.48L气体（标准状况下），则E处收集的气体中O3所占的体积分数为______
（忽略O3的分解）．
（4）新型O3氧化技术对燃煤烟气中的NOx和SO2脱除效果显著，锅炉烟气中的NOx 95%以上是以NO形式存在的，可发生反应NO（g）+O3 （g）
a．反应在c点达到平衡状态
b．反应物浓度：b点小于c点
c．反应物的总能量低于生成物的总能量
d．△t1=△t2时，NO的转化率：a～b段小于b～c段．
正确答案
（1）原电池负极发生氧化反应，正极反应还原反应，由原电池工作原理图1可知，电极a为负极，电极b为正极，H2O2在正极放电生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-； MnO2对电极反应具有催化作用．
故答案为：H2O2+2e-=2OH-；MnO2对电极反应具有催化作用．
（2）已知：①N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=-534kJ•mol-1②H2O2（l）=H2O（l）+1/2O2（g）△H=-98.64kJ•mol-1
③H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ•mol-1
由盖斯定律，①+②×2+③×3得N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-534kJ•mol-1+2×（-98.64kJ•mol-1）+2×44kJ•mol-1=-643.28kJ•mol-1
故答案为：-643.28kJ•mol-1．
（3）①由图可知，B极生成O2、O3，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极．
故答案为：A．
②C处通入O2，O2发生还原反应，在酸性条件下生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O．
故答案为：O2+4H++4e-=2H2O．
③若C处不通入O2，实质为电解水，D处为氢气，物质的量为
故答案为：50%．
（4）该反应反应前后气体的物质的量不变，容器体积不变，故体系压强恒定．绝热恒容密闭容器，体系温度随反应进行变化，随反应进行反应物的浓度降低，由图可知，c点以前正反应速率增大，说明正反应为放热反应，c点以后反应正反应速率降低，应是浓度影响比温度影响更大．图为正反应速率随时间变化，说明反应未到达平衡．
a．反应在c点前，温度对速率影响大，c点以后浓度减小对速率影响大，C点未达到平衡状态，故a错误；
b．反应为达平衡，b点在c点之前，浓度反应物浓度：b点大于c点，故b错误；
c．该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故c错误；
d．a～b段反应速率小于b～c段反应速率，△t1=△t2时，b～c段反应的NO更多，故NO的转化率：a～b段小于b～c段，故d正确．
故选：d．
能源问题是人类社会面临的重大课题，日本大地震引起的核泄漏事故引起了人们对核能源的恐慌．而甲醇是未来重要的绿色能源之一．
（1）已知：在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．请写出甲醇燃烧的热化学方程式．______
（2）目前有科学家在一定条件下利用水煤气（CO+H2）合成甲醇：
CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）．甲醇的物质的量与反应温度的关系如图所示：
①合成甲醇反应的△H______0．（填“＞”、“＜”或“=”）
②其它条件不变，将E点的容积压缩到原来的1/2，正反应速率加快，逆反应速率______．（填“加快”、“减慢”、“不变”），重新平衡时c（CH3OH）/c（CO）______．（填“增大”、“减小”或“不变”）
③230℃时，平衡常数K=1．若其它条件不变，将温度升高到450℃时，达到平衡时，K______1 （填“＞、＜或=”）
（3）、下列有关甲醇的说法正确的是______
A．甲醇能使蛋白质变性 B．甲醇能发生消去反应
C．甲醇不能被催化氧化 D．甲醇与钠反应比水与钠反应剧烈
（4）利用甲醇燃料电池设计如图所示的装置：则该装置中Zn极为______极；写出a极的电极反应式______．
正确答案
（1）由1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，则1mol甲醇燃烧放出的热量为32×22.68kJ=725.8 kJ，即燃烧热△H=-725.8 kJ•mol-1，
由反应物与生成物、物质的状态、反应热，则甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=-725.8 kJ•mol-1，
故答案为：CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）；△H=-725.8 kJ•mol-1；
（2）①由图可知，500℃比300℃达平衡时甲醇的物质的量小，即升高温度化学平衡逆向移动，则正反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＜；
②由其它条件不变，将E点的容积压缩到原来的1/2，则容积压缩时压强增大，加压时正、逆反应速率都加快，由水煤气合成甲醇的反应可知，
该反应是气体体积缩小的反应，则加压时平衡正向移动，甲醇的物质的量增大，CO的物质的量减小，则c（CH3OH）/c（CO）增大，
故答案为：加快；增大；
③由230℃时，平衡常数K=1，该反应为放热反应，由K=
则K＜1，故答案为：＜；
（3）因有机物能使蛋白质变性，故A 说法正确；甲醇中没有邻位碳原子，则不能发生消去反应，故B说法错误；
由甲醇中碳原子连接羟基和氢原子，则能被氧化，故C说法错误；由甲醇中的羟基氢不如水中的羟基氢活泼，则甲醇与钠反应不如水与钠反应剧烈，
故答案为：A；
（4）由图可知，甲醇燃料电池中a极通入氧气，在碱性条件氧气得电子生成氢氧根离子，即通入氧气的为正极，正极反应为O2+4e-+2H2O-═4OH-，
b为电池的负极，后边的烧杯为电解池装置，锌与b相连，则锌极为阴极，故答案为：阴；O2+4e-+2H2O-═4OH-．
实验是化学的基础．某学习小组设计并进行了下述两个实验．
（1）探究KI溶液和FeCl3溶液反应存在一定的限度．
可选试剂：①0.1mol•L-1KI溶液 ②0.1mol•L-1 FeCl3溶液 ③FeCl2溶液 ④盐酸⑤KSCN溶液 ⑥CCl4
实验步骤：
①取5mL 0.1mol•L-1 KI溶液，滴加5～6滴0.1mol•L-1FeCl3溶液；
②充分反应后，将溶液分成两份；
③取其中一份，滴加CCl4，充分振荡，静置，CCl4层呈紫红色，说明反应生成碘．
④另取一份，滴加试剂______，现象______，说明______．
（2）为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学分别设计了如图甲、乙所示的实验．请回答下列问题：
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CuSO4改为CuCl2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40mL气体为准，实验中需要测量的数据是______．
正确答案
（1）④可以用KSCN溶液（即⑤），来检验三价铁是否剩余，若果溶液显红色，说明三价铁剩余，KI溶液和FeCl3溶液反应不彻底，反之则进行彻底，故答案为：KSCN溶液（即⑤）；溶液显红色；溶液中还有Fe3+
（2）①可以通过观察产生气泡的快慢来定性比较比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，将CuSO4改为CuCl2更为合理，这样Fe3+和Cu2+中的阴离子种类相同，可以排除因阴离子的不同可能带来的影响，故答案为：产生气泡的快慢；排除因阴离子的不同可能带来的影响；
②均以生成40mL气体为准时，产生等量的气体用的时间越短，则反应速率越快，所以实验中需要测量的数据是收集40mL气体所需的时间，故答案为：收集40mL气体所需的时间．
在一个容积固定为2L的密闭容器中，发生反应aA（g）+bB（g）⇌pC（g）△H=？．反应情况记录如下表：
请仔细分析根据表中数据，回答下列问题：
（1）a=______，b=______，p=______．（取最小正整数）
（2）第2min到第4min内A的平均反应速率v（A）=______mol•L-1•min-1
（3）由表中数据可知反应在第4min到第6min时处于平衡状态，若在第2min、第6min、第8min时分别改变了某一反应条件，则改变的条件分别可能是：
①第2min______或______
②第6min______；
③第8min______；
（4）若从开始到第4min建立平衡时反应放出的热量为235.92kJ，则该反应的△H=______．
正确答案
（1）在前2min内，各物质的浓度的变化量之比（1-0.8）：（3-2.6）：（0.4-0）=1：2：2，即，方程式的系数分别为：1、2、2；
（2）A物质的化学反应速率v（A）=
（3）①在第0～2min内，A的浓度减小了0.2mol/l，在2～4min内A的浓度在原基础上减小了0.4mol/l，化学反应速率加快了，可以是使用催化剂或升高温度，故答案为：使用催化剂或升高温度；
②第6min 到第8min，作为反应物，浓度应该是减小的趋势，但是B的浓度从1.8mol/l增加到了2.0mol/l，所以可知一定是加入了B物质，故答案为：增加B的浓度；
③第8min到第9min时间段内，C作为生成物，它的浓度应是增大的趋势，但是数据表明，其浓度减小了，一定是减少了C的浓度，故答案为：减小C的浓度．
（4）根据热化学方程式，设：反应的焓变值为X
A（g）+2B（g）
2C（g）△H=-XkJ/mol
1mol XkJ
（1mol/l-0.4mol/l）×2L 235.92kJ
则有：
解得：X=-196.6 kJ•mol-1
故答案为：-196.6 kJ•mol-1．
科学家一直致力于“人工固氮”的方法研究．
（1）目前合成氨的技术原理为：（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=-92.4kJ/molN2
该反应的能量变化如图1所示．
①在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E2的变化是：______．（填“增大”、“减小”或“不变”）．
②将一定量的N2（g）和H2（g）放入1L的密闭容器中，在500℃、2×107Pa下达到平衡，测得N2为0.1mol，H2为0.3mol，NH3为0.1mol．该条件下H2的转化率为______．
③欲提高②容器中H2的转化率，下列措施可行的是______．
A．向容器中按原比例再充入原料气
B．向容器中再充入惰性气体
C．改变反应的催化剂
D．液化生成物分离出氨
（2）1998年希腊亚里士多德大学的两位科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷（能传导H+），从而实现了高转化率的电解法合成氨．其实验装置如图2所示．阴极的电极反应式为______．
（3）根据最新“人工固氮”的研究报道，在常温、常 压、光照条件下，N2在催化剂（掺有少量Fe2O3和TiO2）表面与水发生下列反应：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）；△H=a kJ/mol
进一步研究NH3生成量与温度关系，常压下达到平衡时测得部分实验数据如下：
①此合成反应的a______0．（填“大于”、“小于”或“等于”）
N2（g）+3H2（g）2NH3（g）；△H=-92.4kJ/mol
②已知
O2（g）+2H2（g）2H2O（l）；△H=-571.6kJ/mol则2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g）；△H=kJ/mol
（4）NH4Cl溶液呈酸性，这是由于N
正确答案
（1）①催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，而E1即为活化能，E2=E1+△H，所以E2会减小，
故答案为：减小；
②根据化学方程式：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
初始浓度； 0.6 0.45 0
变化浓度：0.5 0.15 0.1
平衡浓度：0.1 0.3 0.1
③根据化学平衡：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），
A．向容器中按原比例再充入原料气，则压强增大，平衡向右移动，氢气的转化率增大，故A正确；
B．向容器中再充入惰性气体，则各组分浓度不变，平衡不移动，氢气的转化率不变，故B错误；
C．改变反应的催化剂，不影响平衡的移动，氢气的转化率不变，故C错误；
D．液化生成物分离出氨，平衡向右移动，氢气的转化率增大，故D正确；
故选AD．
（2）电解池的阴极发生得电子的还原反应，在合成氨中，氮气得电子，所以阴极反应为：N2+6H++6e-=2NH3，
故答案为：N2+6H++6e-=2NH3；
（3）①温度对化学平衡移动方向的影响是：温度越高，氨气的量越大，所以升高温度，平衡向右进行，反应是吸热反应，故答案为：大于；
②已知：a、N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=-92.4kJ/mol；
b、O2（g）+2H2（g）═2H2O（l）；△H=-571.6kJ/mol，
则反应2N2（g）+6H2O（l）═4NH3（g）+3O2（g）等于2a-3b；
所以△H=2×（-92.4kJ/mol）-3×（-571.6kJ/mol）=+1530.0kJ/mol，
故答案为：1530.0；
（4）NH4Cl在重水（D2O）中水解的实质是铵根和中水中的OD-反应的结果，离子方程式是NH4++D2O⇌NH3•HDO+D+，故答案为：NH4++D2O⇌NH3•HDO+D+．
20世纪30年代，Eyring和Pelzer在碰撞理论的基础上提出化学反应的过渡态理论：化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态．
（1）图I是HI分解反应中HI分子之间的几种碰撞示意图，其中属于有效碰撞的是______（选填“A”、“B”或“C”）；
（2）图Ⅱ是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：______；
（3）下表是部分化学键的键能数据：
已知白磷的燃烧热为2982kJ/mol，白磷（P4）、P4O6、P4O10结构如下图所示，则上表中X=______．
（4）0.5mol白磷（P4）与O2完全反应生成固态P4O6放出的热量为______kJ．
正确答案
（1）发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，根据图可知只有C发生化学变化，则C发生有效碰撞，故答案为：C；
（2）反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，反应热等于134kJ/mol-368kJ/mol=-234kJ/mol，
则热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）；△H=-234 kJ/mol，
故答案为：NO2（g）+CO（g）=CO2（g）+NO（g）；△H=-234 kJ/mol；
（3）白磷燃烧的热化学方程式为P4（s）+5O2（g）=P4O10（s）△H=-2982kJ/mol，
则6×198kkJ/mol+5×498kJ/mol-12×360kJ/mol-4X=-2982kJ/mol，
X=585kJ/mol，
故答案为：585；
（4）白磷燃烧生成P4O6的热化学方程式为P4（s）+3O2（g）=P4O6（s）；
△H=6×198kkJ/mol+3×498kJ/mol-12×360kJ/mol=-1638kJ/mol，
则0.5mol白磷（P4）与O2完全反应生成固态P4O6放出的热量为0.5mol×1638kJ/mol=819kJ，
故答案为：819．
某化学反应 2A
B+D 在四个不同条件下进行．B、D起始为0．反应物A的浓度（mol/L）随反应时间（min）变化情况如下表：
根据表中数据完成下列填空：
（1）在实验1，反应在10至20min内的平均速率为______ mol/（L．min）
（2）在实验2，A的初始浓度C2=______mol/L，反应经20min就达到平衡，可推测实验2中还隐含的条件是______．
（3）设实验3的反应速率为υ3，实验1的反应速率为υ1，则υ3______υ1（填“＜“，“=“，“＞“），且C3______ 1.0mol/L （填“＜“，“＞“或“=“）．
（4）比较实验4和实验1，可推测该反应______反应（填“吸热“或”放热“），理由是：______．
正确答案
（1）在实验1，反应在10至20min内，A的浓度的变化量为0.8-0.67=0.13（mol/L），
则υ=
（2）由表格中的数据可知，实验2和实验1平衡时A的浓度相同，则A的起始浓度相同，即C2=1.0mol/L，
实验2的反应速率快，可能的因素是使用了催化剂，故答案为：1.0；催化剂；
（3）由表格中数据可知，平衡时A的浓度实验3的大，实验1和3的温度相同，则实验3的起始浓度大于1.0mol/L，
即C3＞1.0mol/L，又浓度大，其反应速率快，则υ3＞υ1，故答案为：＞；＞；
（4）实验4的温度高，且起始的A的浓度相同，但平衡时A的浓度小，则说明升高温度反应 2A
B+D 向正反应方向进行，即正反应为吸热反应，故答案为：吸热；温度升高，平衡向右移动．
密闭容器中，800℃时反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）体系中，n（NO）随时间的变化如表：
（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=______．已知：K（300℃）＞K（350℃），该反应是______热反应；
（2）图中表示NO2的变化的曲线是______．用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v=______；
（3）能说明该反应已经达到平衡状态的是______；
a、v（NO2）=2v（O2） b、容器内压强保持不变
c、v逆（NO）=2v正（O2） d、容器内的密度保持不变
（4）为使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是______．
a、及时分离出NO2气体 b、适当升高温度
c、增大O2的浓度 d、选择高效的催化剂．
正确答案
（1）化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，本反应中K=
（2）由图象可知c为NO的变化曲线，d为氧气的变化曲线，根据方程式可知NO和NO2的反应速率相等，则b为NO2的变化曲线，
0～2s内v（O2）=
故答案为：b； 1.5×10-3mol/（L•s）；
（3）a、反应无论是否达到平衡状态，都满足速率之比等于化学计量数之比，故a错误；
b、反应前后气体的化学计量数之和不相等，则达到平衡状态时，压强不变，故b正确；
c、v逆（NO）=2v正（O2）说明达到平衡状态，故c正确；
d、容器的体积不变，反应物和生成物都是气体，则无论是否达到平衡状态，密度都不变，故d错误．
故答案为：b、c．
（4）a、及时分离出NO2气体，平衡向正反应方向移动，但反应的速率减小，故a错误；
b、升高温度平衡向逆反应方向移动，故b错误；
c、增大O2的浓度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，故c正确；
d、加入催化剂平衡不移动，故d错误．
故答案为：c．
甲酸甲酯水解反应方程式为：
HCOOCH3（l）+H2O（l）
HCOOH（l）+CH3OH（l）△H＞0
某小组通过实验研究该反应（反应过程中体积变化忽略不计）．反应体系中各组分的起始量如下表：
甲酸甲酯转化率在温度T1下随反应时间（t）的变化如下图：
（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：
请计算15～20min范围内甲酸甲酯的减少量为______mol，甲酸甲酯的平均反应速率为______mol•min-1（不要求写出计算过程）．
（2）依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：______．
（3）上述反应的平衡常数表达式为：K=
（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图．
正确答案
（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×6.7%=0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×11.2%=0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol-0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率=0.045mol/5min=0.009mol•min-1．
故答案为：0.045mol；0.009mol•min-1；
（2）从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变．因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变．
故答案为：①反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢．
②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大．
③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，特别是逆反应速率的增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零．
（3）由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%=0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量=0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量=0.25mol，甲醇的物质的量=0.76mol．所以K=（0.76×0.25）/（1.75×0.76）=1/7．
故答案为：
（4）因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2达到平衡的时间要小于T1，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，甲酸甲酯的转化率增大，所以绘图时要注意T2达到平衡时的平台要高于T1．
故答案为：
．
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