资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
期末核心考点 化学键与化学反应的规律
一．选择题（共15小题）
1．（2025 雁塔区校级二模）下列化学用语书写正确的是（　　）
A．用电子式表示NaCl的形成过程：
B．基态溴原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p5
C．HF分子间的氢键：
D．CH3CHO的球棍模型：
2．（2025 山东二模）下列化学用语表达正确的是（　　）
A．N2H4的电子式：
B．中的大π键可表示为
C．的名称为2，3，5，5﹣四甲基4﹣乙基己烷
D．酚醛树脂（）经加成聚合反应制备
3．（2025春 即墨区期中）下列化学用语表示正确的是（　　）
A．中子数为20的氯原子：
B．乙烯的结构式：CH2＝CH2
C．CCl4的电子式：
D．14C和12C互为同素异形体
4．（2025 临淄区校级一模）下列化学用语或图示表达正确的是（　　）
A．甲醛中π键的电子云轮廓图：
B．BCl3的电子式：
C．CaH2的电子式为Ca2+[H：H]2﹣
D．四溴化碳的空间填充模型：
5．（2025 山东模拟）下列化学用语或图示错误的是（　　）
A．用电子式表示K2S的形成：
B．用亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：
C．用电子云轮廓图示意p—pπ键的形成：
D．用对苯二甲酸与对苯二胺制备芳纶纤维：
6．（2024春 济南期中）下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是（　　）
A．图①温度计的水银柱上升
B．图②中反应物总能量大于生成物总能量
C．图③中反应开始后，针筒活塞向右移动
D．图④中反应开始后，甲处液面低于乙处液面
7．（2024春 临沂期中）下列反应能设计成原电池的是（　　）
A．灼热的炭与CO2反应
B．氢氧化钠溶液和盐酸的反应
C．氢气在氯气中燃烧
D．Ba（OH）2 8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
8．（2024春 淄川区校级期中）科创小组设计如图装置探究铝片做电极材料时的原电池反应并进行实验、记录。
实验1：1mol L﹣1NaOH
实验2：煮沸冷却后的1mol L﹣1NaOH
编号 实验1 实验2
实验现象 电流计指针向左偏转。铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象；约10分钟后，铜片表面有少量气泡产生，铝条表面气泡略有减少。 电流计指针向左偏转。铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象；约3分钟后，铜片表面有少量气泡产生，铝条表面气泡略有减少。
根据上述实验推测，下列说法错误的是（　　）
A．上述两实验中，开始时铜片表面得电子的物质是O2
B．铜片表面开始产生气泡的时间长短与溶液中溶解氧的多少有关
C．铜片表面产生的气泡为H2
D．若将铜片换成镁条，则电流计指针先向左偏转后向右偏转，镁条表面有气泡逸出
9．（2023春 菏泽期中）中国科学家研究的复合光催化剂[碳纳米点（CQDs）/氮化碳（C3N4）纳米复合物]可以利用太阳光高效分解水，其原理如图所示。制备的H2用于还原CO2合成甲醇（CH3OH），可实现资源的再利用。下列有关说法错误的是（　　）
A．太阳光高效分解水的过程中将光能转化成化学能
B．过程I发生的反应为2H2OH2↑+H2O2
C．H2还原CO2合成甲醇过程中原子利用率100%
D．整个光解过程中催化剂与反应物之间存在化学键的生成与断裂
10．（2024 邹城市校级三模）一种原位电化学沉淀技术制备纳米碳酸钙的方法是：向Ca（OH）2过饱和溶液中通入CO2，实验室模拟该方法制备纳米碳酸钙的装置如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极a
B．X、Y、Z对应的物质依次是块状大理石、H2、NaOH
C．离子交换膜为阳离子交换膜
D．理论上外电路每通过2mol电子，则内电路有1mol离子通过交换膜
11．（2021秋 济南校级月考）ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂。工业上可在较大电压下电解氯化钠先得到NaClO3再制备ClO2，其工艺原理示意图如图，下列说法正确的是（　　）
A．a气体是氯气，b气体是氢气
B．该装置中氯化钠电解槽阳极的电极方程式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C．ClO2发生器中发生的反应：24H++2Cl﹣═2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
D．为使a、b气体恰好完全反应，理论上每生产1mol ClO2需要补充44.8Lb气体（标准状况）
12．（2025 潍坊三模）一定压强下、按n（MgCO3）：n（C）＝1：4投料，经反应Ⅰ，Ⅱ得到MgC2。
反应Ⅰ：MgCO3（s）+C（s） MgO（s）+2CO（g）；
反应Ⅱ：MgO（s）+3C（s） MgC2（s）+CO（g）。
已知：K＝[]n（n是CO的化学计量系数），反应Ⅰ、Ⅱ的kgK与温度的关系如图。下列说法错误的是（　　）
A．反应Ⅰ、Ⅱ正反应活化能均大于逆反应活化能
B．其他条件不变，增大MgCO3的接触面积，反应Ⅱ速率增大
C．1620K下，反应MgCO3（s）+4C（s） MgC2（s）+3CO（g）平衡时p（CO）＝104.1Pa
D．其他条件不变，若只发生反应1，向平衡体系中通入少量CO（g），重新达平衡后，p（CO）将增大
13．（2025 德州模拟）已知：（1）利用环戊二烯加氢制备环戊烯，发生如下反应：
①（g）+H2（g）（g） ΔH1＜0；
②2（g） （g） ΔH2＜0。
将H2和C5H6按加入恒容密闭容器中，测得在相同时间内，环戊二烯转化率和环戊烯选择性随温度变化的曲线如图①所示；
（2）实际生产中可采用双环戊二烯（）解聚制备环戊二烯。若将6mol双环戊二烯通入恒容密闭容器中，图②中曲线A、B分别表示T2温度下n（双环戊二烯）随时间的变化、T1温度下n（环戊二烯）随时间的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡，T1温度下恰好达到平衡时的点的坐标为（m，n）。下列说法正确的是（　　）
A．（1）中，相同条件下，若增大，选择性提高
B．图①中，50℃时，H2的转化率为62%
C．图②中，m＜4，4.8＜n＜12
D．（2）中，T2温度下，双环戊二烯在2h时的瞬时反应速率为1.8mol h﹣1
14．（2025 临沂一模）温度为T1时，恒容密闭容器中发生反应C4H8（g） C4H6（g）+H2（g）ΔH＞0，C4H8和H2的体积分数（φ）随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．v（C4H8）＝v（C4H6）时，反应达到平衡状态
B．逆反应速率：v（a）＜v（b）
C．t3时保持压强不变，通入He，φ（C4H8）不变
D．若起始温度为T2（T2＞T1），平衡时可使d点变为c点
15．（2024秋 日照期中）NaBH4在某催化剂表面水解制氢的微观过程如图所示，当NaBH4浓度较大时，易析出NaBO2结晶。下列说法不正确的是（　　）
A．反应过程中有一元弱酸生成
B．反应过程中有极性键的断裂和生成
C．若使用D2O代替H2O，将得到
D．随着NaBH4浓度的增大，制氢的速率增大
二．解答题（共5小题）
16．（2023春 崂山区校级期末）图一所示是一个燃料电池的示意图，a、b表示通入的气体，当此燃料电池工作时：
（1）如果a极通入H2，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，则相同时间内，正极和负极通入的气体的体积比为：　 　 。（设气体为同温、同压）
（2）如果a极通入CH4，b极通入O2，NaOH溶液作电解质溶液，则通CH4的电极上的电极反应为：　 　 。
（3）如果a极通入乙烯，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，则通乙烯的电极上的电极反应为：　 　 。
（4）某原电池装置初始状态如图二所示，交换膜两侧的溶液体积均为2L，该电池总反应为 　 　 ，当电路中转移1mol电子时，共有 　 　 mol离子通过交换膜，交换膜右侧溶液中c（HCl）＝　 　 mol L﹣1（忽略溶液体积变化和Cl2溶于水）。
17．（2025 山东二模）以CH3OH（g）和CO2（g）为原料在一定条件下可制备HCOOCH3（g）发生的主要反应如下：
Ⅰ.CH3OH（g）+CO2（g） HCOOH（g）+HCHO（g）ΔH1＝+756.83kJ mol﹣1Kp1
Ⅱ.HCOOH（g）+CH3OH（g） HCOOCH3（g）+H2O（g）ΔH2＝+316.12kJ mol﹣1Kp2
Ⅲ.2HCHO（g） HCOOCH3（g）ΔH3＝﹣162.04kJ mol﹣1KP3
（1）反应4CH3OH（g）+2CO2（g） 3HCOOCH3（g）+2H2O（g）的ΔH＝ 　 　 ；该反应的压强平衡常数Kp＝ 　 　 （用含Kp1、Kp2、Kp3的代数式表示）。
（2）已知压强平衡常数（Kp）与温度（T）之间存在定量关系，且符合van'tHoff方程lgKpC（其中R、C为常数，ΔH为反应热）。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的lgKp与之间均为线性关系，如图1所示。其中反应Ⅰ对应的曲线为 　 　 （填“a”、“b”或“c”）。
（3）260℃时，向体积为VL的密闭容器中充入2mol CH3OH（g）和1mol CO2（g）发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时测得容器中n（HCHO）、n（HCOOH）和n（HCOOCH3）分别为0.1mol、0.2mol和0.95mol。则此时的CH3OH（g）的平衡转化率为 　 　 ，反应Ⅱ的平衡常数K＝ 　 　 。当温度高于260℃时，CH3OH（g）的转化率随温度的升高面 　 　 （填“增大”、“减小”或“不变”），HCOOCH3（g）的产率随温度的升高面下降的原因为 　 　 。
（4）利用金属Ti的氧化物作催化剂也可实现由CH3OH（g）和CO2（g）合成HCOOCH3（g），其反应机理如图2所示。
①260℃时，将的混合气体以10L h﹣1的流速通过装有催化剂的反应器，试计算当HCOOCH3（g）的产率为80%时，其生成速率v（HCOOCH3）＝ 　 　 L h﹣1。
②若向反应体系中通入适量H2，可大大提高总反应速率，其原因可能为 　 　 。
18．（2025 宁波三模）烟气中SO2的去除及回收是一项重要的研究课题。
Ⅰ.一定条件下，用CO与高浓度烟气中SO2反应回收硫，发生如下反应：
反应1：4CO（g）+2SO2（g）S2（g）+4CO2（g）ΔH
（1）工业上为提高SO2吸收速率，下列措施合理的是 　 　 。
A.加压增大原料气浓度
B.降低温度
C.及时分离出S2
D.改用更高效的催化剂
（2）已知CO和S2（g）的标准燃烧热（ΔH）为：﹣283kJ/mol、﹣722kJ/mol，计算反应1的ΔH＝ 　 　 kJ/mol。
（3）在一定温度下，向1L恒容密闭容器中加入2mol CO和1mol SO2发生反应1，测得v正（SO2）与c（SO2）的数值关系如图1所示，x点为平衡点。当升高温度后重新达到平衡，则x点将移动到图1中的 　 　 点（填字母标号）。
（4）Sa（分子结构：S＝S）凝华时聚合生成S8（分子结构：），请从化学键和能量角度解释降温凝华时S2聚合的原因 　 　 。
Ⅱ.湿法脱硫：已知常温下，Ka1（H2SO3）＝10﹣1.9，Ka2（H2SO3）＝10﹣7.2。
（5）电化学循环法：电解NaOH吸收烟气后的吸收液，分离产品后吸收液可循环利用。
①常温下将SO2气体通入0.100mol/LNaOH溶液中，若某时刻溶液的pH＝6.2，此时溶液中的c（NaHSO3）约为 　 　 mol/L；
②电解还原吸收液（主要成分Na2SO3）制取单质硫，阴极的电极反应式为 　 　 。
（6）石灰石﹣石膏法是一种常用的湿法脱硫工艺，pH控制在5.0～6.0的石灰石浆液吸收烟气中的SO2氧化后脱水结晶获得石膏。
主要经历以下两个反应过程：
反应2：2CaCO3+H2O+2SO2 2CaSO3 H2O+2CO2
反应3：2CaSO3 H2O+O2+3H2O═2[CaSO4 2H2O]
硫脱除率与SO2吸收阶段的pH关系如图2所示，当pH大于6.0后，硫脱除率有所下降，请从2CaSO3 H2O的生成视角解释原因 　 　 。
19．（2025 泉州模拟）NH3—SCR汽车尾气处理系统的原理是利用NH3脱除NO并转化为N2。
（1）已知在25℃，101kPa时：
反应ⅰ：4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g） ΔH1＝﹣902kJ mol﹣1
反应ⅱ：4NH3（g）+3O2（g） 2N2（g）+6H2O（g） ΔH2＝﹣1268kJ mol﹣1
反应ⅲ：4NH3（g）+6NO（g） 5N2（g）+6H2O（g） ΔH3＝　 　 kJ mol﹣1
（2）当NH3与NO的物质的量之比按1：3、3：1、4：1分别以相同流速通过催化剂，通过时间均为tmin，NO的脱除率随温度变化的曲线如图1所示：
①曲线c对应NH3与NO的物质的量之比为 　 　 。
②若曲线a中NO的起始浓度为6.0×10﹣4g m﹣3，则在900℃时NO的脱除速率为 　 　 g m﹣3 min﹣1。
③在800℃～1100℃时，催化剂活性较稳定。则NO脱除的最佳温度为 　 　 ℃，NO的脱除率在最佳温度之前逐渐增大的原因是 　 　 。
④940℃时，反应ⅲ的平衡常数Kx＝　 　 （用物质的量分数代替浓度，列计算式）。
⑤若其它条件不变，提高催化剂的活性，940℃时NO的脱除率 　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）一定比例的NH3和O2也能很好的脱除NO，某催化反应机理如图2所示：
（注：O—V5+表示V化合价为+5价，其它相似）
①该反应的催化剂为 　 　 。
②HO—V4+转化为O—V5+过程中HO—V4+与O2的物质的量比为 　 　 。
③NH3转化为HO—V4+—NH3，H—N—H键角增大的原因是 　 　 。
20．（2025春 天津期中）某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：
实验序号 实验温度（K） KMnO4溶液 H2C2O4溶液 H2O 溶液褪色时间
V（mL） c（mol/L） V（mL） c（mol/L） V（mL） t（s）
A 293 2 0.02 4 0.1 0 t1
B T1 2 0.02 3 0.1 V1 8
C 313 2 0.02 V2 0.1 1 t2
（1）已知：
5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
写出该反应的离子方程式　 　 。
（2）V1＝　 　 ，T1＝　 　 。通过实验A、B，可探究出　 　 的改变对反应速率的影响。
（3）若t2＜8则由实验B、C可以得出的结论是：其他条件相同时，　 　 。
（4）利用实验B中数据计算，从反应开始到结束，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为　 　 （保留两位有效数字）。
（5）该小组的一位同学通过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是　 　 ，相应的离子最有可能是　 　 。
期末核心考点 化学键与化学反应的规律
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．（2025 雁塔区校级二模）下列化学用语书写正确的是（　　）
A．用电子式表示NaCl的形成过程：
B．基态溴原子的简化电子排布式：[Ar]4s24p5
C．HF分子间的氢键：
D．CH3CHO的球棍模型：
【专题】化学用语专题；理解与辨析能力．
【分析】A．氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合；
B．漏掉3d上的电子；
C．氢键具有方向性；
D．醋酸的球棍模型。
【解答】解：A．氯化钠为离子化合物，钠离子与氯离子通过离子键结合，用电子式表示NaCl的形成过程：，故A正确；
B．基态溴原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p5，故B错误；
C．F与另一分子的H形成分子间氢键，可表示为F—H F，故C错误；
D．CH3CHO的球棍模型为：，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查化学用语，为高频考点，熟悉相关化学用语使用方法和注意事项是解题关键，题目难度不大。
2．（2025 山东二模）下列化学用语表达正确的是（　　）
A．N2H4的电子式：
B．中的大π键可表示为
C．的名称为2，3，5，5﹣四甲基4﹣乙基己烷
D．酚醛树脂（）经加成聚合反应制备
【专题】化学用语专题；理解与辨析能力．
【分析】A．N2H4的电子式中的每个氮原子少一对孤电子对；
B．中的大π键是6原子6电子π键；
C．是烷烃，最长碳链6个碳，锂取代基近的一端编号，取代基的位次和最小；
D．酚醛树脂（）是苯酚和甲醛缩聚反应生成。
【解答】解：A．N2H4电子式为，故A错误；
B．中的大π键是6原子6电子π键，可表示为π，故B正确；
C．是烷烃，最长碳链6个碳，锂取代基近的一端编号，取代基的位次和最小，名称为2，2，4，5﹣四甲基﹣3﹣乙基己烷，故C错误；
D．酚醛树脂（）经缩聚反应制备，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质结构和性质分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
3．（2025春 即墨区期中）下列化学用语表示正确的是（　　）
A．中子数为20的氯原子：
B．乙烯的结构式：CH2＝CH2
C．CCl4的电子式：
D．14C和12C互为同素异形体
【专题】化学用语专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据原子的表示方法，元素符号左上角表示质量数，左下角表示质子数，中子数为20的氯原子，其质子数为17，质量数应为37；B．根据结构式的表示方法，乙烯的结构式应正确表示碳碳双键；
C．根据电子式的表示方法，CCl4的电子式应正确表示分子中原子的电子排布；
D．同素异形体是指由同种元素形成的不同单质，14C和12C是碳的两种同位素，不是同素异形体。
【解答】解：A．质量数＝质子数+中子数，故中子数为20的氯原子表示为：，故A正确；
B．乙烯的结构式为：，CH2＝CH2是乙烯的结构简式，故B错误；
C．四氯化碳的电子式为：，故C错误；
D．同素异形体是指由同种元素形成的不同单质，14C和12C是质子数相同而中子数不同的原子，互为同位素，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查化学用语的正确表示方法，包括原子、分子、电子式等的表示，以及同位素和同素异形体的区别。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
4．（2025 临淄区校级一模）下列化学用语或图示表达正确的是（　　）
A．甲醛中π键的电子云轮廓图：
B．BCl3的电子式：
C．CaH2的电子式为Ca2+[H：H]2﹣
D．四溴化碳的空间填充模型：
【专题】化学用语专题；分析与推测能力．
【分析】A．分析甲醛分子的结构，确定其 π 键类型，进而判断电子云轮廓图是否正确；
B．根据BCl3中原子的成键情况和最外层电子数，判断电子式书写是否正确。
C．依据CaH2的离子化合物性质，分析其电子式书写是否规范；
D．考虑四溴化碳中原子半径大小关系，判断空间填充模型是否准确。
【解答】解：A．甲醛分子中碳为sp2杂化，碳和氢形成2个sp2﹣sσ键，碳和氧形成一个sp2﹣pσ键，C的一个未参与杂化的一个p轨道与O的一个p轨道形成π键，π键的电子云轮廓图为：，故A正确；
B．BCl3是缺电子化合物，B提供3个电子与3个氯分别共用1对电子，BCl3的电子式为：，故B错误；
C．CaH2的电子式为：[H：]﹣Ca2+[：H]﹣，故C错误；
D．溴的半径比碳大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查化学用语的正确表达，包括电子式、电子云轮廓图、空间填充模型等。解题关键在于准确掌握各类化学用语的书写规则和物质结构特点，通过对各选项的细致分析判断其正确性。
5．（2025 山东模拟）下列化学用语或图示错误的是（　　）
A．用电子式表示K2S的形成：
B．用亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：
C．用电子云轮廓图示意p—pπ键的形成：
D．用对苯二甲酸与对苯二胺制备芳纶纤维：
【专题】化学用语专题；理解与辨析能力．
【分析】A．K原子失去电子、S原子得到电子形成离子化合物K2S；
B．亚铜氨的化学式为[Cu（NH3）2]+，而[Cu（NH3）2]2+中Cu的化合价为+2；
C．p﹣pπ键是肩并肩形成的；
D．对苯二甲酸与对苯二胺通过缩聚反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺纤维，聚对苯二甲酰对苯二胺纤维俗称芳纶1414。
【解答】解：A．K2S为离子化合物，K原子失去电子、S原子得到电子，则用电子式表示K2S的形成过程为，故A正确；
B．[Cu（NH3）2]2+中Cu的化合价为+2，则[Cu（NH3）2]2+不是亚铜氨离子，亚铜氨的化学式为[Cu（NH3）2]+，故B错误；
C．p﹣pπ键是肩并肩形成的，其电子云轮廓图为，故C正确；
D．聚对苯二甲酰对苯二胺纤维俗称芳纶1414，制备该芳纶纤维的单体是对苯二甲酸与对苯二胺，二者发生缩聚反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺纤维和水，方程式为，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学用语的正误判断，侧重辨析能力和规范答题能力考查，把握电子式、化学式、电子云轮廓图和方程式书写即可解答，注意掌握有机化学六大纶的制备反应，题目难度中等。
6．（2024春 济南期中）下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是（　　）
A．图①温度计的水银柱上升
B．图②中反应物总能量大于生成物总能量
C．图③中反应开始后，针筒活塞向右移动
D．图④中反应开始后，甲处液面低于乙处液面
【分析】A．中和反应放出热量；
B．反应物总能量大于生成物总能量，化学反应是放热反应；
C．Zn 与稀硫酸反应生成氢气也可使针筒活塞向右移动；
D．反应后甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，温度升高，反应为放热反应。
【解答】解：A．温度计的水银柱上升，说明有热量放出，说明中和反应放出热量，故A错误；
B．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，说明相应的化学反应是放热反应，故B错误；
C．Zn 与稀硫酸反应生成氢气，内部压强增大可使针筒活塞向右移动，不能充分说明相应的化学反应是放热反应，故C正确；
D．反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明装置内压强增大，温度升高，反应为放热反应，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应与能量变化，属于基础知识的考查，题目难度不大。
7．（2024春 临沂期中）下列反应能设计成原电池的是（　　）
A．灼热的炭与CO2反应
B．氢氧化钠溶液和盐酸的反应
C．氢气在氯气中燃烧
D．Ba（OH）2 8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应
【专题】电化学专题；分析与推测能力．
【分析】A．根据灼热的炭与CO2反应需要在高温下进行，进行分析；
B．根据氢氧化钠溶液和盐酸的反应虽然放热进行分析；
C．根据氢气在氯气中燃烧，反应放热，且属于氧化还原反应进行分析；
D．根据Ba（OH）2 8H2O晶体与NH4Cl晶体反应，是一个吸热的非氧化还原反应进行分析。
【解答】解：A．灼热的炭与CO2反应需要在高温下进行，不能设计成原电池，故A错误；
B．氢氧化钠溶液和盐酸的反应虽然放热，但不是氧化还原反应，不能设计成原电池，故B错误；
C．氢气在氯气中燃烧，反应放热，且属于氧化还原反应，可以设计成原电池，故C正确；
D．Ba（OH）2 8H2O晶体与NH4Cl晶体反应，是一个吸热的非氧化还原反应，不能设计成原电池，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查设计原电池等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2024春 淄川区校级期中）科创小组设计如图装置探究铝片做电极材料时的原电池反应并进行实验、记录。
实验1：1mol L﹣1NaOH
实验2：煮沸冷却后的1mol L﹣1NaOH
编号 实验1 实验2
实验现象 电流计指针向左偏转。铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象；约10分钟后，铜片表面有少量气泡产生，铝条表面气泡略有减少。 电流计指针向左偏转。铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象；约3分钟后，铜片表面有少量气泡产生，铝条表面气泡略有减少。
根据上述实验推测，下列说法错误的是（　　）
A．上述两实验中，开始时铜片表面得电子的物质是O2
B．铜片表面开始产生气泡的时间长短与溶液中溶解氧的多少有关
C．铜片表面产生的气泡为H2
D．若将铜片换成镁条，则电流计指针先向左偏转后向右偏转，镁条表面有气泡逸出
【专题】电化学专题；分析与推测能力．
【分析】根据题中信息，电流表指针向正极偏转，据表中实验1和实验2的实验现象：电流计指针向左偏转，铜片为正极，铝条表面有气泡逸出，铜片没有明显现象，开始时铜片表面得电子的物质是O2，后来，铜片表面有少量气泡产生，产生的气泡为H2，铜片表面开始产生气泡的时间长短与溶液中溶解氧的多少有关，溶解的氧气多，则铜片表面开始产生气泡的时间长，据此分析。
【解答】解：A．根据分析，上述两实验中，开始时铜片表面得电子的物质是O2，故A正确；
B．铜片表面开始产生气泡的时间长短与溶液中溶解氧的多少有关，溶解的氧气多，则铜片表面开始产生气泡的时间长，故B正确；
C．根据分析，铜片表面有少量气泡产生，产生的气泡为H2，故C正确；
D．若将铜片换成镁条，镁比铝活泼，实验1中开始镁为负极，铝为正极，溶解氧在铝片上得电子，则电流计指针先向右偏转，待溶解氧消耗完后，由于镁不与氢氧化钠溶液反应，镁做正极，铝做负极，电流计指针后向左偏转，镁条表面有气泡逸出，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查探究原电池及其工作原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2023春 菏泽期中）中国科学家研究的复合光催化剂[碳纳米点（CQDs）/氮化碳（C3N4）纳米复合物]可以利用太阳光高效分解水，其原理如图所示。制备的H2用于还原CO2合成甲醇（CH3OH），可实现资源的再利用。下列有关说法错误的是（　　）
A．太阳光高效分解水的过程中将光能转化成化学能
B．过程I发生的反应为2H2OH2↑+H2O2
C．H2还原CO2合成甲醇过程中原子利用率100%
D．整个光解过程中催化剂与反应物之间存在化学键的生成与断裂
【专题】化学反应中的能量变化；理解与辨析能力．
【分析】A．太阳能分解水的过程中，太阳能被转化为化学能；
B．由图中信息可知过程I中水转化为氢气和过氧化氢；
C．H2还原CO2合成甲醇过程发生反应为3H2+CO2＝CH3OH+H2O；
D．整个光解过程中，催化剂参与了反应。
【解答】解：A．太阳能分解水的过程中，太阳能被转化为化学能，故A正确；
B．过程I反应为：2H2OH2↑+H2O2，故B正确；
C．H2还原CO2合成甲醇过程发生反应，3H2+CO2＝CH3OH+H2O，由副产物水生成，故原子利用率小于100%，故C错误；
D．整个光解过程中，催化剂参与了反应，因此，催化剂与反应物之间存在化学键的断裂与生成，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应中能量变化和化学反应原理的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。
10．（2024 邹城市校级三模）一种原位电化学沉淀技术制备纳米碳酸钙的方法是：向Ca（OH）2过饱和溶液中通入CO2，实验室模拟该方法制备纳米碳酸钙的装置如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极a
B．X、Y、Z对应的物质依次是块状大理石、H2、NaOH
C．离子交换膜为阳离子交换膜
D．理论上外电路每通过2mol电子，则内电路有1mol离子通过交换膜
【专题】电化学专题；分析与推测能力．
【分析】该技术是采用电解原理实现制备纳米碳酸钙，结合图示可知左侧圆底烧瓶中制取二氧化碳，二氧化碳通入电解池左侧，用于生成碳酸钙，则电解池中右侧的钙离子应通过离子交换膜进入左侧，由此可知离子交换膜为阳离子交换膜，且电极a为阴极，电极b为阳极，电极a 上反应为，电极b上氯离子放电生成氯气，氯气进入溶液Z中被吸收，Z可以为NaOH，据此分析解答。
【解答】解：A．据分析，电极a为阴极，电极b为阳极，则电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极a，故A正确；
B．X如果是块状大理石，则会生成CaSO4，不利于CO2的生成，故B错误；
C．根据题意，离子交换膜应为阳离子交换膜，故C正确；
D．电路中每通过2mol电子，则溶液中有2mol电荷通过交换膜，由以上分析可知钙离子通过离子交换膜，则钙离子的物质的量为1mol，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11．（2021秋 济南校级月考）ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂。工业上可在较大电压下电解氯化钠先得到NaClO3再制备ClO2，其工艺原理示意图如图，下列说法正确的是（　　）
A．a气体是氯气，b气体是氢气
B．该装置中氯化钠电解槽阳极的电极方程式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑
C．ClO2发生器中发生的反应：24H++2Cl﹣═2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
D．为使a、b气体恰好完全反应，理论上每生产1mol ClO2需要补充44.8Lb气体（标准状况）
【专题】电化学专题．
【分析】根据流程图可知道：食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠（NaClO3）、氢气，NaClO3和HCl反应，生成ClO2、氯气和氯化钠，b气体为氯气，a气体为氢气，
A．a为氢气，b为氯气；
B．电解食盐水得到氯酸钠（NaClO3）和H2，则阳极氯离子失电子生成；
C．ClO2发生器中的反应为NaClO3和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O；
D．NaClO3和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、2ClO2、Cl2、H2O，化学方程式为：2NaClO3+4HCl＝2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，每生成1mol ClO2需要消耗NaClO3 1mol，同时生成氯气0.5mol，结合电子守恒氯化钠电解槽内反应为Cl﹣+3H2O3H2↑，每生成1mol NaClO3，同时生成3mol氢气。
【解答】解：A、电解氯化钠方程式为NaCl+3H2ONaClO+3H2↑，则a气体是氢气，b气体是氯气，故A错误；
B、电解食盐水得到氯酸钠（NaClO3）和H2，则阳极氯离子失电子生成，电极方程式为：Cl﹣﹣6e﹣+3H2O6H+，故B错误；
C、ClO2发生器中的反应为NaClO3和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、ClO2、Cl2、H2O，则离子方程式为：24H++2Cl﹣═2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故C正确；
D、NaClO3和盐酸发生歧化反应，生成NaCl、2ClO2、Cl2、H2O，化学方程式为：2NaClO3+4HCl＝2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，每生成1mol ClO2需要消耗NaClO3 1mol，同时生成氯气0.5mol，结合电子守恒氯化钠电解槽内反应为Cl﹣+3H2O3H2↑，每生成1mol NaClO3，同时生成3mol氢气，为使ab气体恰好完全反应，理论上每生成1mol ClO2需要补充2.5mol氯气，即56Lb气体（标况下）故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电解原理的分析、电解产物判断、电子守恒的计算应用，主要是流程分析和反应原理的理解，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
12．（2025 潍坊三模）一定压强下、按n（MgCO3）：n（C）＝1：4投料，经反应Ⅰ，Ⅱ得到MgC2。
反应Ⅰ：MgCO3（s）+C（s） MgO（s）+2CO（g）；
反应Ⅱ：MgO（s）+3C（s） MgC2（s）+CO（g）。
已知：K＝[]n（n是CO的化学计量系数），反应Ⅰ、Ⅱ的kgK与温度的关系如图。下列说法错误的是（　　）
A．反应Ⅰ、Ⅱ正反应活化能均大于逆反应活化能
B．其他条件不变，增大MgCO3的接触面积，反应Ⅱ速率增大
C．1620K下，反应MgCO3（s）+4C（s） MgC2（s）+3CO（g）平衡时p（CO）＝104.1Pa
D．其他条件不变，若只发生反应1，向平衡体系中通入少量CO（g），重新达平衡后，p（CO）将增大
【专题】化学平衡专题．
【分析】A．由图可知，反应Ⅰ、Ⅱ的lgK均随温度升高而增大，说明正反应为吸热反应（ΔH＞0），吸热反应中，正反应活化能大于逆反应活化能；
B．增大MgCO3的接触面积，即增大固体反应物的表面积，可加快反应Ⅱ的速率；
C．目标反应为反应Ⅰ+反应Ⅱ，总反应的K＝K1×K2，1620K时，lgK1＝1.5（K1＝101.5），lgK2＝2.6（K2＝102.6），故总K＝101.5+2.6＝104.1，根据总反应方程式，CO的化学计量系数为3，故K＝[p（CO）/103Pa]3＝104.1，解得p（CO）＝104.1Pa；
D．反应Ⅰ的平衡常数K1＝[p（CO）/103Pa]2，仅与温度有关，通入少量CO 后，温度不变，K1不变，故重新平衡时p （CO） 不变。
【解答】解：A．由图可知，反应Ⅰ、Ⅱ的lgK均随温度升高而增大，说明正反应为吸热反应（ΔH＞0），吸热反应中，正反应活化能大于逆反应活化能，故A正确；
B．增大MgCO3的接触面积，即增大固体反应物的表面积，可加快反应Ⅱ的速率，故B正确；
C．目标反应为反应Ⅰ+反应Ⅱ，总反应的K＝K1×K2，1620K时，lgK1＝1.5（K1＝101.5），lgK2＝2.6（K2＝102.6），故总K＝101.5+2.6＝104.1，根据总反应方程式，CO的化学计量系数为3，故K＝[p（CO）/103Pa]3＝104.1，解得p（CO）＝104.1Pa，故C正确；
D．反应Ⅰ的平衡常数K1＝[p（CO）/103Pa]2，仅与温度有关，通入少量CO 后，温度不变，K1不变，故重新平衡时p （CO） 不变，故D错误，
故选：D。
【点评】本题主要考查了化学平衡的有关知识，题目难度中等，掌握化学平衡的影响因素和化学平衡常数计算的方法是解答该题的关键。
13．（2025 德州模拟）已知：（1）利用环戊二烯加氢制备环戊烯，发生如下反应：
①（g）+H2（g）（g） ΔH1＜0；
②2（g） （g） ΔH2＜0。
将H2和C5H6按加入恒容密闭容器中，测得在相同时间内，环戊二烯转化率和环戊烯选择性随温度变化的曲线如图①所示；
（2）实际生产中可采用双环戊二烯（）解聚制备环戊二烯。若将6mol双环戊二烯通入恒容密闭容器中，图②中曲线A、B分别表示T2温度下n（双环戊二烯）随时间的变化、T1温度下n（环戊二烯）随时间的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡，T1温度下恰好达到平衡时的点的坐标为（m，n）。下列说法正确的是（　　）
A．（1）中，相同条件下，若增大，选择性提高
B．图①中，50℃时，H2的转化率为62%
C．图②中，m＜4，4.8＜n＜12
D．（2）中，T2温度下，双环戊二烯在2h时的瞬时反应速率为1.8mol h﹣1
【专题】化学平衡专题．
【分析】A．相同条件下，若增大，相当于增大H2的物质的量，反应（g）+H2（g）（g）正向移动，使得生成环戊烯（C5H8）的量增加，而环戊烯选择性是指生成环戊烯的环戊二烯的量占反应的环戊二烯总量的百分比，所以环戊烯选择性提高；
B．由图①可知，50℃时，环戊二烯的转化率为72%，环戊烯的选择性为74%，则H2的转化量n杯泉（H2）＝n沙在（环戊烯）＝1mol×72%×74%＝0.5328mol，H2的转化率为53.28%；
C．由图②可知，相同时间段内，由环戊二烯表示的正反应速率大于双环戊二烯表示的正反应速率，因此T1＞T2温度高，反应速率快，达到平衡时所用的时间短，即m＜4，在T2温度下，达到平衡时消耗双环戊二烯的物质的量为（6﹣1.2）mol＝4.8mol，此时生成环戊二烯的物质的量为4.8×2mol＝9.6mol，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，由T1＞T2可知n＞9.6，假设双环戊二烯全部反应，则生成环戊二烯的物质的量为12mol，但该反应为可逆反应，不能进行到底，因此n＜12；
D．（2）中，T温度下，双环戊二烯前2h的平均速率为1.8mol h﹣1，而不是在2h时的瞬时速率。
【解答】解：A．相同条件下，若增大，相当于增大H2的物质的量，反应（g）+H2（g）（g）正向移动，使得生成环戊烯（C5H8）的量增加，而环戊烯选择性是指生成环戊烯的环戊二烯的量占反应的环戊二烯总量的百分比，所以环戊烯选择性提高，故A正确；
B．由图①可知，50℃时，环戊二烯的转化率为72%，环戊烯的选择性为74%，则H2的转化量n杯泉（H2）＝n沙在（环戊烯）＝1mol×72%×74%＝0.5328mol，H2的转化率为53.28%，故B错误；
C．由图②可知，相同时间段内，由环戊二烯表示的正反应速率大于双环戊二烯表示的正反应速率，因此T1＞T2温度高，反应速率快，达到平衡时所用的时间短，即m＜4，在T2温度下，达到平衡时消耗双环戊二烯的物质的量为（6﹣1.2）mol＝4.8mol，此时生成环戊二烯的物质的量为4.8×2mol＝9.6mol，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，由T1＞T2可知n＞9.6，假设双环戊二烯全部反应，则生成环戊二烯的物质的量为12mol，但该反应为可逆反应，不能进行到底，因此n＜12，综上所述，得出n的范围为9.6＜n＜12，故C错误；
D．（2）中，T温度下，双环戊二烯前2h的平均速率为1.8mol h﹣1，而不是在2h时的瞬时速率，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了化学平衡移动的知识，题目难度中等，掌握化学平衡移动的判断方法是解答该题的关键。
14．（2025 临沂一模）温度为T1时，恒容密闭容器中发生反应C4H8（g） C4H6（g）+H2（g）ΔH＞0，C4H8和H2的体积分数（φ）随时间变化曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．v（C4H8）＝v（C4H6）时，反应达到平衡状态
B．逆反应速率：v（a）＜v（b）
C．t3时保持压强不变，通入He，φ（C4H8）不变
D．若起始温度为T2（T2＞T1），平衡时可使d点变为c点
【专题】化学平衡专题．
【分析】A．当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态；
B．反应开始到平衡，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，当二者相等时，反应达到平衡，
C．压强不变，充入与反应无关的气体，相当于减小压强；
D．升高温度，平衡向吸热方向移动。
【解答】解：A．当v（C4H8）＝v（C4H6）时，C4H8的正逆反应速率不一定相等，反应不一定达到平衡状态，故A错误；
B．由图可知，a点位于平衡之前，b点位平衡点，则逆反应速率：v（a）＜v（b），故B正确；
C．t3时保持压强不变，通入He，平衡正向移动，φ（C4H8）减小，故C错误；
D．该反应为吸热反应，起始温度为T2（T2＞T1），则到达平衡的时间缩短，平衡正向移动，φ（C4H8）减小，不可能由d点变为c点，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，掌握化学平衡图像的分析和影响因素是关键，题目难度不大。
15．（2024秋 日照期中）NaBH4在某催化剂表面水解制氢的微观过程如图所示，当NaBH4浓度较大时，易析出NaBO2结晶。下列说法不正确的是（　　）
A．反应过程中有一元弱酸生成
B．反应过程中有极性键的断裂和生成
C．若使用D2O代替H2O，将得到
D．随着NaBH4浓度的增大，制氢的速率增大
【专题】化学键与晶体结构；分析与推测能力；归纳与论证能力．
【分析】A．由图示可知，反应中生成了一元弱酸B（OH）3；
B．由图可知，BH4 ﹣中的H原子逐步被水中的OH﹣代替；
C．若使用D2O代替H2O，OD﹣替换BH4 ﹣中的H；
D．随着NaBH4浓度的增大，将易析出NaBO2结晶。
【解答】解：A．根据图示微观过程可知，BH4 ﹣和水反应逐步生成B（OH）4﹣，过程中生成了一元弱酸B（OH）3，故A正确；
B．由图可知，BH4 ﹣中的H原子逐步被水中的OH﹣代替，由B—H键、O—H键极性键的断裂，也有B—O键极性键的形成，故B正确；
C．反应中BH4 ﹣中的H原子逐步被水中的OH﹣代替，若使用D2O代替H2O，OD﹣替换BH4 ﹣中的H，得到B（OD）4﹣，故C正确；
D．随着NaBH4浓度的增大，将易析出NaBO2结晶，附着在催化剂表面，使反应速率减慢，故D错误；
故选：D。
【点评】本题以图示的形式考查反应的微观历程，难度不大，掌握基础是解题的关键。
二．解答题（共5小题）
16．（2023春 崂山区校级期末）图一所示是一个燃料电池的示意图，a、b表示通入的气体，当此燃料电池工作时：
（1）如果a极通入H2，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，则相同时间内，正极和负极通入的气体的体积比为：　1：2　 。（设气体为同温、同压）
（2）如果a极通入CH4，b极通入O2，NaOH溶液作电解质溶液，则通CH4的电极上的电极反应为：　CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O　 。
（3）如果a极通入乙烯，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，则通乙烯的电极上的电极反应为：　C2H4﹣12e﹣+4H2O＝2CO2+12H+　 。
（4）某原电池装置初始状态如图二所示，交换膜两侧的溶液体积均为2L，该电池总反应为 　2Ag+Cl2＝2AgCl　 ，当电路中转移1mol电子时，共有 　1　 mol离子通过交换膜，交换膜右侧溶液中c（HCl）＝　1.5　 mol L﹣1（忽略溶液体积变化和Cl2溶于水）。
【专题】电化学专题．
【分析】（1）由图可知，如果a极通入H2，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，a极为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，b极为正极，电极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，据此作答；
（2）NaOH为电解质，通入甲烷的电极反应式为CH4﹣8e﹣+10 OH﹣7H2O，通入氧气的电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣；
（3）如果a极通入乙烯，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，在酸性环境下的负极反应为：C2H4﹣12e﹣+4H2O＝2CO2+12H+；
（4）由图可知，银化合价升高、发生氧化反应，氯气中的氯元素化合价降低、发生还原反应，所以银作原电池负极，Pt作原电池的正极，装置左侧即负极电极反应式为Ag﹣e﹣+Cl﹣＝AgCl，正极电极反应式为Cl2+2e﹣＝2Cl﹣，该原电池总反应为2Ag+Cl2＝2AgCl，由于质子交换膜的作用，负极H+通过交换膜进入正极，形成闭合回路，导致正极区c（HCl）增大，据此分析解答。
【解答】解：（1）如果a极通入H2，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，则a极为负极，电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，b极为正极，电极反应式为O2+4e﹣+4H+＝2H2O，则相同时间内，当转移4mol电子时，负极通入2mol氢气，正极通入1mol氧气，同温、同压下正极和负极通入的气体的体积比为1：2，
故答案为：1：2；
（2）NaOH为电解质，通入甲烷的电极为负极，负极上甲烷失电子和氢氧根离子反应生成二氧化碳和水，所以通入甲烷电极反应式为CH4﹣8e﹣+10 OH﹣7H2O，
故答案为：CH4﹣8e﹣+10 OH﹣7H2O；
（3）如果a极通入乙烯，b极通入O2，H2SO4溶液作电解质溶液，在酸性环境下的负极乙烯失去电子生成二氧化碳，负极反应为：C2H4﹣12e﹣+4H2O＝2CO2+12H+，
故答案为：C2H4﹣12e﹣+4H2O＝2CO2+12H+；
（4）负极电极反应式为Ag﹣e﹣+Cl﹣＝AgCl，正极电极反应式为Cl2+2e﹣＝2Cl﹣，该原电池总反应为2Ag+Cl2＝2AgCl，当电路中转移1mol电子时，负极H+通过交换膜进入正极，共有1mol离子通过质子交换膜，由正极电极反应式为Cl2+2e﹣＝2Cl﹣可知，正极生成1molHCl，交换膜右侧溶液中c（HCl）＝1mol/L1.5mol/L，
故答案为：2Ag+Cl2＝2AgCl；1；1.5。
【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
17．（2025 山东二模）以CH3OH（g）和CO2（g）为原料在一定条件下可制备HCOOCH3（g）发生的主要反应如下：
Ⅰ.CH3OH（g）+CO2（g） HCOOH（g）+HCHO（g）ΔH1＝+756.83kJ mol﹣1Kp1
Ⅱ.HCOOH（g）+CH3OH（g） HCOOCH3（g）+H2O（g）ΔH2＝+316.12kJ mol﹣1Kp2
Ⅲ.2HCHO（g） HCOOCH3（g）ΔH3＝﹣162.04kJ mol﹣1KP3
（1）反应4CH3OH（g）+2CO2（g） 3HCOOCH3（g）+2H2O（g）的ΔH＝ 　+1983.86kJ/mol　 ；该反应的压强平衡常数Kp＝ 　Kp3　 （用含Kp1、Kp2、Kp3的代数式表示）。
（2）已知压强平衡常数（Kp）与温度（T）之间存在定量关系，且符合van'tHoff方程lgKpC（其中R、C为常数，ΔH为反应热）。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的lgKp与之间均为线性关系，如图1所示。其中反应Ⅰ对应的曲线为 　a　 （填“a”、“b”或“c”）。
（3）260℃时，向体积为VL的密闭容器中充入2mol CH3OH（g）和1mol CO2（g）发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时测得容器中n（HCHO）、n（HCOOH）和n（HCOOCH3）分别为0.1mol、0.2mol和0.95mol。则此时的CH3OH（g）的平衡转化率为 　70%　 ，反应Ⅱ的平衡常数K＝ 　4.75　 。当温度高于260℃时，CH3OH（g）的转化率随温度的升高面 　增大　 （填“增大”、“减小”或“不变”），HCOOCH3（g）的产率随温度的升高面下降的原因为 　升高温度反应Ⅲ逆向进行，升温反应Ⅱ正向进行，逆向进行的程度大于反应Ⅱ正向进行的程度　 。
（4）利用金属Ti的氧化物作催化剂也可实现由CH3OH（g）和CO2（g）合成HCOOCH3（g），其反应机理如图2所示。
①260℃时，将的混合气体以10L h﹣1的流速通过装有催化剂的反应器，试计算当HCOOCH3（g）的产率为80%时，其生成速率v（HCOOCH3）＝ 　2　 L h﹣1。
②若向反应体系中通入适量H2，可大大提高总反应速率，其原因可能为 　增大了氢原子的浓度或提高催化剂的活性　 。
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题；分析与推测能力．
【分析】（1）盖斯定律计算Ⅰ×2+Ⅱ×2+Ⅲ得到4CH3OH（g）+2CO2（g） 3HCOOCH3（g）+2H2O（g）ΔH；
（2）lgKpC（其中R、C为常数，ΔH为反应热），lgKp与成反比，反应Ⅰ、Ⅱ是吸热反应，则分别为图象中曲线a、b，曲线c是放热反应，为反应Ⅲ；
（3）依据题意设达到平衡状态时反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别转化了amol、bmol、cmol，则有，
CH3OH（g）+CO2（g） HCOOH（g）+HCHO（g）
起始量（mol） 2 1 0 0
变化量（mol） a a a a
平衡量（mol） 2﹣a 1﹣a a a
HCOOH（g）+CH3OH（g） HCOOCH3（g）+H2O（g）
起始量（mol） a 2﹣a 0 0
变化量（mol） b b b b
平衡量（mol） a﹣b 2﹣a﹣b b b
2HCHO（g） HCOOCH3（g）
起始量（mol） a b
变化量（mol） 2c c
平衡量（mol） a﹣2c b+c
a﹣2c＝0.1，b+c＝0.95，a﹣b＝0.2，计算得到a＝0.8，b＝0.6，c＝0.35，据此计算转化率、平衡常数、温度高于260℃时，反应Ⅰ为吸热反应，CH3OH（g）的转化率随温度升高增大，升高温度反应Ⅲ逆向进行，升温反应Ⅱ正向进行；
（4）①260℃时，将的混合气体以10L h﹣1的流速通过装有催化剂的反应器，当HCOOCH3（g）的产率为80%时，很好其他中二氧化碳占的体积比，反应的化学方程式可知2CH3OH（g）+CO2（g） HCOOCH3（g）+HCHO（g）+H2O（g），计算得到其生成速率v（HCOOCH3）；
②图中分析可知，H原子在反应过程中的中间产物的转化iii中起到促进作用。
【解答】解：（1）盖斯定律计算Ⅰ×2+Ⅱ×2+Ⅲ得到4CH3OH（g）+2CO2（g） 3HCOOCH3（g）+2H2O（g）ΔH＝2×756.83kJ/mol+2×316.12kJ/mol﹣162.04kJ/mol＝+1983.86kJ/mol，该反应的压强平衡常数KpKp3，
故答案为：+1983.86kJ/mol；Kp3；
（2）lgKpC（其中R、C为常数，ΔH为反应热），lgKp与成反比，反应Ⅰ、Ⅱ为吸热反应，则其在图中的曲线分别为a、b，曲线c为ΔH＜0的反应Ⅲ，因为ΔH1＞ΔH2，故反应Ⅰ对应曲线为a，
故答案为：a；
（3）依据题意设达到平衡状态时反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别转化了amol、bmol、cmol，则有
CH3OH（g）+CO2（g） HCOOH（g）+HCHO（g）
起始量（mol） 2 1 0 0
变化量（mol） a a a a
平衡量（mol） 2﹣a 1﹣a a a
HCOOH（g）+CH3OH（g） HCOOCH3（g）+H2O（g）
起始量（mol） a 2﹣a 0 0
变化量（mol） b b b b
平衡量（mol） a﹣b 2﹣a﹣b b b
2HCHO（g） HCOOCH3（g）
起始量（mol） a b
变化量（mol） 2c c
平衡量（mol） a﹣2c b+c
a﹣2c＝0.1，b+c＝0.95，a﹣b＝0.2，计算得到a＝0.8，b＝0.6，c＝0.35，
此时的CH3OH（g）的平衡转化率100%100%＝70%，反应Ⅱ的平衡常数K4.75，温度高于260℃时，反应Ⅰ为吸热反应，CH3OH（g）的转化率随温度升高增大，升高温度反应Ⅲ逆向进行，升温反应Ⅱ正向进行，逆向进行的程度大于反应Ⅱ正向进行的程度，所以HCOOCH3（g）的产率随温度的升高而下降，
故答案为：70%；4.75；增大；升高温度反应Ⅲ逆向进行，升温反应Ⅱ正向进行，逆向进行的程度大于反应Ⅱ正向进行的程度；
（4）①260℃时，将的混合气体以10L h﹣1的流速通过装有催化剂的反应器，当HCOOCH3（g）的产率为80%时，很好其他中二氧化碳占的体积比，反应的化学方程式可知2CH3OH（g）+CO2（g） HCOOCH3（g）+HCHO（g）+H2O（g），其生成速率v（HCOOCH3）＝10L h﹣1×80%2L h﹣1，
故答案为：2；
②图中分析可知，H原子在反应过程中的中间产物的转化iii中起到促进作用，若向反应体系中通入适量H2，可大大提高总反应速率，其原因可能是：增大了氢原子的浓度或提高催化剂的活性，
故答案为：增大了氢原子的浓度或提高催化剂的活性。
【点评】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算、平衡常数计算、平衡影响因素分析判断等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
18．（2025 宁波三模）烟气中SO2的去除及回收是一项重要的研究课题。
Ⅰ.一定条件下，用CO与高浓度烟气中SO2反应回收硫，发生如下反应：
反应1：4CO（g）+2SO2（g）S2（g）+4CO2（g）ΔH
（1）工业上为提高SO2吸收速率，下列措施合理的是 　AD　 。
A.加压增大原料气浓度
B.降低温度
C.及时分离出S2
D.改用更高效的催化剂
（2）已知CO和S2（g）的标准燃烧热（ΔH）为：﹣283kJ/mol、﹣722kJ/mol，计算反应1的ΔH＝ 　﹣410　 kJ/mol。
（3）在一定温度下，向1L恒容密闭容器中加入2mol CO和1mol SO2发生反应1，测得v正（SO2）与c（SO2）的数值关系如图1所示，x点为平衡点。当升高温度后重新达到平衡，则x点将移动到图1中的 　d　 点（填字母标号）。
（4）Sa（分子结构：S＝S）凝华时聚合生成S8（分子结构：），请从化学键和能量角度解释降温凝华时S2聚合的原因 　降温时，体系能量降低，S2分子内的S＝S键断裂，形成S—S键，多个S原子通过S—S键结合形成S8分子，从能量角度看，形成的S—S键键能较低，体系能量降低，反应自发进行　 。
Ⅱ.湿法脱硫：已知常温下，Ka1（H2SO3）＝10﹣1.9，Ka2（H2SO3）＝10﹣7.2。
（5）电化学循环法：电解NaOH吸收烟气后的吸收液，分离产品后吸收液可循环利用。
①常温下将SO2气体通入0.100mol/LNaOH溶液中，若某时刻溶液的pH＝6.2，此时溶液中的c（NaHSO3）约为 　0.08　 mol/L；
②电解还原吸收液（主要成分Na2SO3）制取单质硫，阴极的电极反应式为 　S4H++4e﹣＝S↓+2H2O　 。
（6）石灰石﹣石膏法是一种常用的湿法脱硫工艺，pH控制在5.0～6.0的石灰石浆液吸收烟气中的SO2氧化后脱水结晶获得石膏。
主要经历以下两个反应过程：
反应2：2CaCO3+H2O+2SO2 2CaSO3 H2O+2CO2
反应3：2CaSO3 H2O+O2+3H2O═2[CaSO4 2H2O]
硫脱除率与SO2吸收阶段的pH关系如图2所示，当pH大于6.0后，硫脱除率有所下降，请从2CaSO3 H2O的生成视角解释原因 　当pH大于6.0后，溶液中OH﹣浓度增大，会与SO2反应生成，导致溶液中浓度减小，反应2的平衡逆向移动，不利于2CaSO3 H2O的生成，从而使硫脱除率有所下降　 。
【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题；电化学专题．
【分析】（1）A.加压增大原料气浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，有利于提高SO2吸收速率；
B.降低温度，反应速率减慢，不利于提高SO2吸收速率；
C.及时分离出S2，是改变了生成物浓度，对反应物浓度影响不大，不能提高SO2吸收速率；
D.改用更高效的催化剂，能降低反应活化能，加快反应速率，可提高SO2吸收速率；
（2）已知CO的标准燃烧热ΔH＝﹣283kJ/mol，则CO（g）O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣283kJ/mol①；S2（g）+2O2（g）＝2SO2（g）ΔH＝﹣722kJ/mol②，根据盖斯定律，①×4﹣②可得4CO（g）+2SO2（g）＝S2（g）+4CO2（g）；
（3）反应1是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2的浓度增大，正反应速率也增大，所以x点将移动到图1中的d点；
（4）从化学键角度，降温使S2分子内的S＝S键断裂，形成S—S键；从能量角度，形成键能较低的S—S键，体系能量降低，符合能量最低原理，反应容易自发进行；
（5）①pH＝6.2时，c（H+）＝10﹣6.2mol/L，H2SO3的Ka110﹣1.9，Ka210﹣7.2，设c（HS）＝ xmol/L，c（S）＝ymol/L，因为pH＝6.2时，HS是主要存在形式，所以c（H2SO3）可忽略不计，c（Na+）＝0.1mol/L，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+） ＝ c（HS）+2c（）+c（OH﹣），c（OH﹣）＝10﹣7.8mol/L，可近似认为c（Na+） ＝ c（HS）+2c（），即0.1 ＝ x+2y，又因为Ka210﹣7.2，即，解得：x ＝ 0.08mol/L；
②电解还原吸收液（主要成分Na2SO3）制取单质硫，阴极上得到电子生成S，电极反应式为S4H++4e﹣＝S↓+2H2O；
（6）pH增大，OH﹣浓度增大，OH﹣与SO2反应使转化为，浓度减小，反应2平衡逆向移动，2CaSO3 H2O生成量减少，后续生成石膏的量也减少，硫脱除率下降。
【解答】解：（1）A.加压增大原料气浓度，反应物浓度增大，反应速率加快，有利于提高SO2吸收速率，故A正确；
B.降低温度，反应速率减慢，不利于提高SO2吸收速率，故B错误；
C.及时分离出S2，是改变了生成物浓度，对反应物浓度影响不大，不能提高SO2吸收速率，故C错误；
D.改用更高效的催化剂，能降低反应活化能，加快反应速率，可提高SO2吸收速率，故D正确；
故答案为：AD；
（2）已知CO的标准燃烧热ΔH＝﹣283kJ/mol，则CO（g）O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣283kJ/mol①；S2（g）+2O2（g）＝2SO2（g）ΔH＝﹣722kJ/mol②，根据盖斯定律，①×4﹣②可得4CO（g）+2SO2（g）＝S2（g）+4CO2（g），ΔH ＝4×（﹣283kJ/mol）﹣（﹣722kJ/mol）＝﹣410kJ/mol，
故答案为：410；
（3）反应1是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2的浓度增大，正反应速率也增大，所以x点将移动到图1中的d点，
故答案为：d；
（4）从化学键角度，降温使S2分子内的S＝S键断裂，形成S—S键；从能量角度，形成键能较低的S—S键，体系能量降低，符合能量最低原理，反应容易自发进行，
故答案为：降温时，体系能量降低，S2分子内的S＝S键断裂，形成S—S键，多个S原子通过S—S键结合形成S8分子，从能量角度看，形成的S—S键键能较低，体系能量降低，反应自发进行；
（5）①pH＝6.2时，c（H+）＝10﹣6.2mol/L，H2SO3的Ka110﹣1.9，Ka210﹣7.2，设c（HS）＝ xmol/L，c（S）＝ymol/L，因为pH＝6.2时，HS是主要存在形式，所以c（H2SO3）可忽略不计，c（Na+）＝0.1mol/L，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+） ＝ c（HS）+2c（）+c（OH﹣），c（OH﹣）＝10﹣7.8mol/L，可近似认为c（Na+） ＝ c（HS）+2c（），即0.1 ＝ x+2y，又因为Ka210﹣7.2，即，解得：x ＝ 0.08mol/L，
故答案为：0.08；
②电解还原吸收液（主要成分Na2SO3）制取单质硫，阴极上得到电子生成S，电极反应式为S4H++4e﹣＝S↓+2H2O，
故答案为：S4H++4e﹣＝S↓+2H2O；
（6）pH增大，OH﹣浓度增大，OH﹣与SO2反应使转化为，浓度减小，反应2平衡逆向移动，2CaSO3 H2O生成量减少，后续生成石膏的量也减少，硫脱除率下降，
故答案为：当pH大于6.0后，溶液中OH﹣浓度增大，会与SO2反应生成，导致溶液中浓度减小，反应2的平衡逆向移动，不利于2CaSO3 H2O的生成，从而使硫脱除率有所下降。
【点评】本题主要考查了化学平衡及其计算的知识，题目难度中等，掌握基础知识，结合题给信息是解答该题的关键。
19．（2025 泉州模拟）NH3—SCR汽车尾气处理系统的原理是利用NH3脱除NO并转化为N2。
（1）已知在25℃，101kPa时：
反应ⅰ：4NH3（g）+5O2（g） 4NO（g）+6H2O（g） ΔH1＝﹣902kJ mol﹣1
反应ⅱ：4NH3（g）+3O2（g） 2N2（g）+6H2O（g） ΔH2＝﹣1268kJ mol﹣1
反应ⅲ：4NH3（g）+6NO（g） 5N2（g）+6H2O（g） ΔH3＝　﹣1817　 kJ mol﹣1
（2）当NH3与NO的物质的量之比按1：3、3：1、4：1分别以相同流速通过催化剂，通过时间均为tmin，NO的脱除率随温度变化的曲线如图1所示：
①曲线c对应NH3与NO的物质的量之比为 　1：3　 。
②若曲线a中NO的起始浓度为6.0×10﹣4g m﹣3，则在900℃时NO的脱除速率为 　　 g m﹣3 min﹣1。
③在800℃～1100℃时，催化剂活性较稳定。则NO脱除的最佳温度为 　900　 ℃，NO的脱除率在最佳温度之前逐渐增大的原因是 　在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大　 。
④940℃时，反应ⅲ的平衡常数Kx＝　　 （用物质的量分数代替浓度，列计算式）。
⑤若其它条件不变，提高催化剂的活性，940℃时NO的脱除率 　不变　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）一定比例的NH3和O2也能很好的脱除NO，某催化反应机理如图2所示：
（注：O—V5+表示V化合价为+5价，其它相似）
①该反应的催化剂为 　HO—V4+　 。
②HO—V4+转化为O—V5+过程中HO—V4+与O2的物质的量比为 　4：1　 。
③NH3转化为HO—V4+—NH3，H—N—H键角增大的原因是 　N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱　 。
【专题】化学平衡专题；理解与辨析能力．
【分析】（1）反应iii＝反应ii×2.5﹣反应i×1.5；
（2）①相同温度下，初始时NH3和NO的物质的量之比越大，NO的转化率越高，NO的脱除率也就越大；
②曲线a中NO的起始浓度为6×10﹣4g/m3，900℃时NO的脱除率为0.75，则反应掉NO的浓度6×10﹣4g/m3×0.75＝4.5×10﹣4g/m3；
③800﹣1100℃时，催化剂活性较稳定，从图中可知，在此温度区间内，900℃时，三种投料比下NO的脱除率均最高，因此NO脱除的最佳温度为900℃。在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大；
④温度一定的条件下，无论投料比为多少，平衡常数K为定值，则940℃条件下，a曲线上NO脱除率为0.6，此时初始投料比NH3：NO＝4：1，不妨设初始时投入NH34mol、NO1mol，则有，平衡时气体总物质的量为5.1mol，则NH3物质的量分数为，NO物质的量分数为，N2物质的量分数为，H2O物质的量分数为；
⑤提高催化剂的活性，能增大反应速率，但是对化学平衡没有影响；
（3）①从图中可知，HO—V4+参与反应最后又重新生成；
②HO—V4+中V为+4价，其与氧气反应转化为O—V5+，V失去一个电子，1个O2转化为H2O得到4个电子；
③NH3转化为HO—V4+—NH3，N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱。
【解答】解：（1）反应iii＝反应ii×2.5﹣反应i×1.5，则ΔH3＝（﹣1268×2.5+902×1.5）＝﹣1817kJ/mol，
故答案为：﹣1817；
（2）①相同温度下，初始时NH3和NO的物质的量之比越大，NO的转化率越高，NO的脱除率也就越大，因此a曲线NH3与NO的物质的量之比为4：1，b曲线为3：1，c曲线为1：3，
故答案为：1：3；
②曲线a中NO的起始浓度为6×10﹣4g/m3，900℃时NO的脱除率为0.75，则反应掉NO的浓度6×10﹣4g/m3×0.75＝4.5×10﹣4g/m3，通过时间为tmin，则NO脱除速率为g m﹣3 min﹣1，
故答案为：；
③800﹣1100℃时，催化剂活性较稳定，从图中可知，在此温度区间内，900℃时，三种投料比下NO的脱除率均最高，因此NO脱除的最佳温度为900℃。在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大，因此NO的脱除率也随之增大，
故答案为：900；在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大；
④温度一定的条件下，无论投料比为多少，平衡常数K为定值，则940℃条件下，a曲线上NO脱除率为0.6，此时初始投料比NH3：NO＝4：1，不妨设初始时投入NH34mol、NO1mol，则有，平衡时气体总物质的量为5.1mol，则NH3物质的量分数为，NO物质的量分数为，N2物质的量分数为，H2O物质的量分数为，则Kx，
故答案为：；
⑤提高催化剂的活性，能增大反应速率，但是对化学平衡没有影响，NO的脱除率不变，
故答案为：不变；
（3）①从图中可知，HO—V4+参与反应最后又重新生成，则反应的催化剂为HO—V4+，
故答案为：HO—V4+；
②HO—V4+中V为+4价，其与氧气反应转化为O—V5+，V失去一个电子，1个O2转化为H2O得到4个电子，则根据转移电子守恒可得HO—V4+与O2的物质的量之比为4：1，
故答案为：4：1；
③NH3转化为HO—V4+—NH3，N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱，H—N—H的键角增大，
故答案为：N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
20．（2025春 天津期中）某研究性学习小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液之间的反应来探究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验如下：
实验序号 实验温度（K） KMnO4溶液 H2C2O4溶液 H2O 溶液褪色时间
V（mL） c（mol/L） V（mL） c（mol/L） V（mL） t（s）
A 293 2 0.02 4 0.1 0 t1
B T1 2 0.02 3 0.1 V1 8
C 313 2 0.02 V2 0.1 1 t2
（1）已知：
5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
写出该反应的离子方程式　　 。
（2）V1＝　1　 ，T1＝　293　 。通过实验A、B，可探究出　浓度　 的改变对反应速率的影响。
（3）若t2＜8则由实验B、C可以得出的结论是：其他条件相同时，　升高反应温度，反应速率增大　 。
（4）利用实验B中数据计算，从反应开始到结束，用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为　0.00083mol L﹣1 s﹣1　 （保留两位有效数字）。
（5）该小组的一位同学通过查阅资料发现：反应一段时间后该反应速率会加快，造成此种变化的原因是反应体系中的某种粒子对KMnO4与H2C2O4之间的反应有某种特殊的作用，则该作用是　催化作用　 ，相应的离子最有可能是　Mn2+　 。
【专题】简答题；化学计算．
【分析】（1）在5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O中，KMnO4、K2SO4、MnSO4、H2SO4 是强电解质，完全电离，可拆写成离子形式；H2C2O4是弱酸，H2O是弱电解质，CO2是气体，不能拆写，删去方程式两边未反应的离子K+、，得到离子方程式；
（2）探究外界条件对反应速率的影响时，要控制变量。实验 A、B 中KMnO4溶液的体积和浓度相同，为探究H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，溶液总体积应相同，A 中溶液总体积为2mL+4mL＝6mL，B 中KMnO4溶液2mL，H2C2O4溶液3mL，所以V1＝6mL﹣2mL﹣3mL ＝ 1mL；对比实验 A、B，变量是H2C2O4溶液浓度，温度应相同，所以T1＝293K；
（3）实验 B、C 中，KMnO4溶液的体积和浓度相同，H2C2O4溶液浓度相同，C 的温度313K高于 B 的温度293K，若t2＜8，即C中褪色时间更短，反应速率更快，说明其他条件相同时，升高反应温度，反应速率增大；
（4）实验 B 中，n（KMnO4）＝cV，混合后溶液体积V ＝ 2mL+3mL+1mL ＝ 6mL ＝ 0.006L，△c（KMnO4），反应时间t＝8s，KMnO4的反应速率ν；
（5）反应一段时间后速率加快，是因为反应体系中某种粒子起特殊作用，这种作用是催化作用，在反应过程中生成的离子中，Mn2+最有可能起催化作用，因为随着反应进行，Mn2+浓度逐渐增大，反应速率加快。
【解答】解：（1）在5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O中，KMnO4、K2SO4、MnSO4、H2SO4 是强电解质，完全电离，可拆写成离子形式；H2C2O4是弱酸，H2O是弱电解质，CO2是气体，不能拆写，删去方程式两边未反应的离子K+、，得到离子方程式：，
故答案为：；
（2）探究外界条件对反应速率的影响时，要控制变量。实验 A、B 中KMnO4溶液的体积和浓度相同，为探究H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，溶液总体积应相同，A 中溶液总体积为2mL+4mL＝6mL，B 中KMnO4溶液2mL，H2C2O4溶液3mL，所以V1＝6mL﹣2mL﹣3mL ＝ 1mL；对比实验 A、B，变量是H2C2O4溶液浓度，温度应相同，所以T1＝293K，
故答案为：1；293；浓度；
（3）实验 B、C 中，KMnO4溶液的体积和浓度相同，H2C2O4溶液浓度相同（总体积相同，H2C2O4溶液体积相同），C 的温度313K高于 B 的温度293K，若t2＜8，即C中褪色时间更短，反应速率更快，说明其他条件相同时，升高反应温度，反应速率增大，
故答案为：升高反应温度，反应速率增大；
（4）实验 B 中，n（KMnO4）＝cV ＝ 0.02mol/L×0.002L ＝ 4×10﹣5mol，混合后溶液体积V ＝ 2mL+3mL+1mL ＝ 6mL ＝ 0.006L，△c（KMnO4）6.67×10﹣3mol/L，反应时间t＝8s，KMnO4的反应速率ν0.00083mol L﹣1 s﹣1，
故答案为：0.00083mol L﹣1 s﹣1；
（5）反应一段时间后速率加快，是因为反应体系中某种粒子起特殊作用，这种作用是催化作用，在反应过程中生成的离子中，Mn2+最有可能起催化作用，因为随着反应进行，Mn2+浓度逐渐增大，反应速率加快，
故答案为：催化作用；Mn2+。
【点评】本题主要考查影响化学反应速率的因素，离子方程式的书写以及化学反应速率的相关计算等。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑