2.1 化学反应速率（同步练习.含解析）-2025-2026学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 2.1 化学反应速率（同步练习.含解析）-2025-2026学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-12 17:38:06 | ||
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文档简介
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2.1 化学反应速率
一．选择题（共16小题）
1．（2025秋 苏州月考）已知化学反应4W（g）+5M（g）＝4X（g）+6Z（g）。下列反应速率关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025秋 苏州月考）将气体X2和Y2充入密闭容器中，初始浓度均为0.2mol L﹣1，反应后生成Z，平衡时测得c（X2）＝0.05mol L﹣1，c（Y2）＝0.1mol L﹣1c（Z）＝0.1mol L﹣1，则Z的分子式可表示为（ ）
A．Y2X3 B．YX3 C．X2Y D．XY
3．（2025秋 苏州月考）反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）经一段时间后，NH3的浓度增加了0.4mol L﹣1，在这段时间内用H2（g）表示的反应速率为0.6mol L﹣1 s﹣1，则这段时间可能为（ ）
A．0s～1s B．2s～5s C．1s～6s D．3s～9s
4．（2025秋 苏州月考）实验室用块状大理石和盐酸制备CO2。下列措施可使反应速率加快的是（ ）（每次仅改变一个条件）
A．延长反应时间
B．将盐酸换成稀硫酸
C．将盐酸加水稀释
D．将大理石由块状换成粉末状
5．（2025秋 苏州月考）把HBr气体充入密闭容器中，在一定条件下发生反应2HBr（g） Br2（g）+H2（g），在反应条趋向平衡状态的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．HBr的生成速率小于其分解速率
B．HBr的生成速率等于其分解速率
C．HBr的生成速率大于其分解速率
D．无法判断HBr的生成速率与分解速率的相对大小
6．（2025秋 苏州月考）下列说法正确的是（ ）
A．根据化学反应速率的大小可推知化学反应的快慢
B．减小反应物浓度可以减小平衡常数，从而减小化学反应速率
C．有能量变化的过程一定发生化学反应
D．用氢氧化钠固体吸收二氧化碳气体，粉末状氢氧化钠较块状吸收速率慢
7．（2025秋 苏州月考）下列说法正确的是（ ）
A．化学反应的反应速率越快，可观察到的现象越明显
B．要加热才能发生的反应为吸热反应
C．当其他条件相同时，升高温度能使反应物活化分子数增加
D．在有气体参加的反应中，增大压强能使反应物活化分子百分数增加
8．（2025秋 苏州月考）下列叙述与对应图示相符的是（ ）
A．中和反应反应热的测定
B．稳定性：石墨＞金刚石
C．验证锌与稀硫酸的反应为放热反应
D．验证温度对化学反应速率的影响
9．（2025秋 淮安月考）“疫去春来”，我们返校之日指日可待。同学们这道题要是做错了，小心开学挨板子噢。下列说法不正确的是（ ）
A．图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能
B．图乙中HI分子发生了有效碰撞
C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能很小
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加
10．（2025秋 江苏校级期中）近年，我国大力加强对温室气体CO2催化氢化合成甲醚（CH3OCH3）技术的工业化量产研究，其反应方程式为：2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（g）。在不同情况下测得该反应速率如下，其中反应速率最快的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．（2025春 盐城期中）Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。其中，图甲和图乙表示脱除H2S时先进行的吸附步骤。下列说法不正确的是（ ）
A．Fe2O3对H2S的吸附能力：甲＞乙
B．脱除过程中H元素的化合价未发生变化
C．时间一长，催化剂的活性降低
D．催化剂失效后，在氧气中加热又转化为Fe2O3
12．（2025春 灌云县期中）CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．依据0﹣2min、2 4min、4 6min相同的时间段内生成CO2的量，判断该反应为放热反应
B．反应在2 4min内生成CO2的平均反应速率为0.1mol L﹣1 min﹣1
C．4min后，反应速率减小的主要原因是c（H+）减小
D．反应开始后前4min内温度比浓度对反应速率的影响大
13．（2025春 广陵区校级期中）A、B、C、D均为气体，对于A+3B 2C+D的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（ ）
A．v（A）＝0.4mol L﹣1 s﹣1
B．v（B）＝1.5mol L﹣1 min﹣1
C．v（C）＝0.6mol L﹣1 s﹣1
D．v（D）＝0.1mol L﹣1 s﹣1
14．（2025 徐州二模）研究发现反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）的反应速率随温度的升高而减小，反应历程：
第一步：2NO（g） N2O2（g） ΔH1＜0 快反应
第二步：N2O2（g）+O2（g） 2NO2（g） ΔH2＜0 慢反应
依据该过程，下列说法正确的是（ ）
A．反应相同时间，快反应的平均速率一定比慢反应大
B．提高NO的浓度，化学反应速率将显著增大
C．温度升高，对快反应的影响比慢反应大
D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2再次达到平衡时NO2含量减小
15．（2025春 无锡校级月考）在2A（s）+B（g） 3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A．v（A）＝0.8mol L﹣1 s﹣1
B．v（B）＝0.3mol L﹣1 s﹣1
C．v（C）＝0.8mol L﹣1 s﹣1
D．v（D）＝30mol L﹣1 min﹣1
16．（2025春 惠山区校级期中）一定温度下，向某恒容密闭容器中充入6mol NO和4mol NH3，在催化剂作用下发生反应，下列说法不正确的是（ ）
A．升高温度能加快化学反应速率
B．增大NO的浓度能加快化学反应速率
C．达到化学平衡状态时，NO、NH3恰好能全部转化为N2
D．增大压强可加快该反应的化学反应速率
二．解答题（共4小题）
17．（2024秋 扬州期末）五氧化二钒（V2O5）在冶金、化工等领域有重要应用。
（1）V2O5的制备。NH4VO3制备V2O5的反应为2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O。反应时，若不及时分离出产生的NH3，会有少量VO2生成，其原因是 。
（2）V2O5催化氧化SO2的反应为2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g） ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，其反应历程为：
ⅠV2O5（s）+SO2（g） 2VO2（s）+SO3（g） ΔH1＝24kJ mol﹣1
Ⅱ4VO2（s）+O2（g） 2V2O5（s） ΔH2
①反应Ⅰ平衡常数表达式为K＝ 。
②ΔH2＝ kJ mol﹣1。
③V2O5的活性温度范围是450～600℃。预热后的SO2和O2在如图所示的接触室内发生反应，经过催化剂层时，气体温度会迅速上升。热交换器可使内外气体进行能量交换，其目的是 。
④SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。在实际生产中，反应条件选择A点而不选择B点的原因是 （填字母）。
a．A点条件下，SO2的反应速率更快
b．B点条件下，对设备要求更高，能耗更大
c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大
（3）V2O5用作活性电极。一种双隔膜电池的工作原理如图所示。V2O5电极反应式为 ；b膜是 离子交换膜（填“阳”或“阴”）。
18．（2025 海安市开学）NaBH4（B的化合价为+3）是一种储氢材料，研究NaBH4的释氢和再生对氢能的利用具有重要意义。
（1）NaBH4释氢
采用CoB催化NaBH4释氢，同时生成溶解度较小的Na[B（OH）4]。若掺杂Mo的氧化物，会提高NaBH4的释氢速率。部分机理如图1所示，
①用重水（D2O）代替H2O，写出步骤Ⅳ中X的结构简式： 。
②掺杂含有等物质的量的Mo元素的下列氧化物，产氢速率提高最大的是 （填写序号）。
A.MoO2
B.MoO3
C.Mo8O23
③一定条件下，产氢速率随NaBH4浓度变化如图2所示。当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因有 。
（2）NaBH4的再生将物质的量之比为6：3：1的Mg、Si和NaBO2 2H2O混合物经20小时球磨后得到的物质的XRD示意图谱如图3所示。
①写出Mg与NaBO2 2H2O反应再生NaBH4的化学方程式： 。
②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，并未参与到NaBH4的再生中，而NaBH4的再生产率由于硅的加入而得到提升，则加入硅的主要作用为 。
③与采用镁、硅工艺相比较，相同条件下，球磨相同时间，采用镁铝合金可得到更高产率的NaBH4且镁铝合金中铝的质量分数越大，NaBH4的产率越高，分析其可能的原因为 。
19．（2025 泰州四模）以硫铁矿（含FeS2及少量As、Se等元素的化合物）为原料，经历“造气→接触氧化→吸收”等过程可制取硫酸。
（1）造气。焙烧硫铁矿获得SO2，焙烧过程主要分两步进行：
热离解 2FeS2（s）═2FeS（s）+S2（g）ΔH＝+295kJ mol﹣1
氧化 S2（g）+2O2（g）═2SO2（g） ΔH＝﹣724kJ mol﹣1
4FeS（s）+7O2（g）═2Fe2O3（s）+4SO2（g）ΔH＝﹣2453kJ mol﹣1
①焙烧时总反应为4FeS2（s）+11O2（g）＝2Fe2O3（s）+8SO2（g）其ΔH＝ 。
②如图﹣1为FeS（s）的氧化过程，氧化速率随温度升高并不显著的原因是 ，可提高氧化速率的措施为 （填一种）。
（2）接触氧化。SO2与O2在催化剂表面发生反应：
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣192.5kJ mol﹣1
①反应前需除去气体中As、Se等元素的化合物，目的是 。
②相同时间和温度下，混合气体中O2体积分数对SO2氧化率的影响如图﹣2所示。O2体积分数超过5%后，SO2氧化率变化不大的原因是 。
③已知SO2催化氧化的反应速率方程为（1﹣nα'），其中k为速率常数，随温度升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程得到反应速率随温度变化的关系如题图﹣3所示。v最大时所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度，当温度高于最适宜温度时，结合速率方程分析反应速率减小的原因： 。
（3）吸收。用98.3%H2SO4吸收SO3得到发烟硫酸（可表示为H2SO4nSO3，释放出的尾气中含有SO2、O2、N2等。
①若3.38g发烟硫酸与0.03mol H2O恰好反应生成纯H2SO4则 n＝ 。
②工业上通常利用氨水吸收上述尾气制取（NH4）2SO3，生产中需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等物质，目的是 。
20．（2025春 秦淮区期中）氢能是一种清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
（1）硼氢化钠（NaBH4）是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4催化制氢先生成Na[B（OH）4]，再转化为NaBO2。在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面部分反应机理如图﹣1所示：
①其他条件不变，用D2O代替H2O，写出中间产物X的结构式： 。
②其他条件不变，催化剂Co2B中掺杂MoO3能提高制H2效率的原因是 。
③已知25℃时NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分别为28g和55g。NaBH4浓度对制H2速率影响如图﹣2所示，NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢的可能原因是 。
（2）将NaBH4固体投入水中，常温下可发生反应：NaBH4（s）+2H2O（l）＝NaBO2（s）+4H2（g）ΔH＝﹣217kJ mol﹣1。NaAlH4是一种可用于商业化制氢的铝氢化物，控制反应温度为110℃，NaAlH4制氢的反应为。与等物质的量NaAlH4制氢相比，NaBH4制氢的优点有 和 。
（3）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中转化为电能。某熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图﹣3所示。
①负极上的电极反应式为 。
②该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗0.49LH2，该电池将化学能转化为电能的转化率为 。
[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol：电荷量q（C）＝电流I（A）×时间（s）：；e＝1.60×10﹣19C]
2.1 化学反应速率
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．（2025秋 苏州月考）已知化学反应4W（g）+5M（g）＝4X（g）+6Z（g）。下列反应速率关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】同一化学反应中，不同物质之间的反应速率之比等于其计量数之比。
【解答】解：根据物质的反应速率之比等于化学计量数之比，v（W）：v（M）：v（X）：v（Z）＝4：5：4：6，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确化学反应速率与计量数的关系是解本题关键，题目难度不大。
2．（2025秋 苏州月考）将气体X2和Y2充入密闭容器中，初始浓度均为0.2mol L﹣1，反应后生成Z，平衡时测得c（X2）＝0.05mol L﹣1，c（Y2）＝0.1mol L﹣1c（Z）＝0.1mol L﹣1，则Z的分子式可表示为（ ）
A．Y2X3 B．YX3 C．X2Y D．XY
【答案】A
【分析】根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，据此进行解答。
【解答】解：物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，△c（X2）＝0.2mol/L﹣0.05mol/L＝0.15mol/L，△c（Y2）＝0.2mol/L﹣0.1mol/L＝0.1mol/L，△（Z）＝0.1mol/L，则△c（X2）：△c（Y2）：△（Z）＝3：2：2，则有3X2+2Y2 2Z，根据原子守恒可得Z的分子式为Y2X3，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查反应速率与化学计量数，为高频考点，把握速率的计算、化学计量数的确定方法为解答本题的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意速率与化学计量数的关系，题目难度不大。
3．（2025秋 苏州月考）反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）经一段时间后，NH3的浓度增加了0.4mol L﹣1，在这段时间内用H2（g）表示的反应速率为0.6mol L﹣1 s﹣1，则这段时间可能为（ ）
A．0s～1s B．2s～5s C．1s～6s D．3s～9s
【答案】A
【分析】根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，可以计算氨气的反应速率，据此进行解答。
【解答】解：根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，可得，则反应经过的时间为1s，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率计算的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。
4．（2025秋 苏州月考）实验室用块状大理石和盐酸制备CO2。下列措施可使反应速率加快的是（ ）（每次仅改变一个条件）
A．延长反应时间
B．将盐酸换成稀硫酸
C．将盐酸加水稀释
D．将大理石由块状换成粉末状
【答案】D
【分析】增大反应物的浓度、升高温度、增大反应物的接触面积等方法都能加快化学反应速率。
【解答】解：A．延长反应时间不能加快化学反应速率，故A错误；
B．硫酸和碳酸钙反应生成微溶物硫酸钙附着在固体表面，阻止进一步反应，所以反应速率减慢，故B错误；
C．盐酸加水稀释导致氢离子浓度减小，反应速率减慢，故C错误；
D．将大理石由块状换成粉末状，增大反应物的接触面积，加快反应速率，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响的原理是解本题的关键，题目难度不大。
5．（2025秋 苏州月考）把HBr气体充入密闭容器中，在一定条件下发生反应2HBr（g） Br2（g）+H2（g），在反应条趋向平衡状态的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．HBr的生成速率小于其分解速率
B．HBr的生成速率等于其分解速率
C．HBr的生成速率大于其分解速率
D．无法判断HBr的生成速率与分解速率的相对大小
【答案】A
【分析】在反应条趋向平衡状态的过程中，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，
【解答】解：在反应条趋向平衡状态的过程中，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，即v正＞v逆，直至反应达到平衡时，所以HBr的生成速率小于其分解速率，
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率大小比较，侧重考查基础知识的灵活运用能力，正确解读题干信息是解本题的关键，题目难度不大。
6．（2025秋 苏州月考）下列说法正确的是（ ）
A．根据化学反应速率的大小可推知化学反应的快慢
B．减小反应物浓度可以减小平衡常数，从而减小化学反应速率
C．有能量变化的过程一定发生化学反应
D．用氢氧化钠固体吸收二氧化碳气体，粉末状氢氧化钠较块状吸收速率慢
【答案】A
【分析】A．化学反应速率表示化学反应快慢；
B．化学平衡常数只与温度有关；
C．有能量变化的过程可能没有发生化学反应；
D．增大反应物的接触面积，化学反应速率加快。
【解答】解：A．化学反应速率表示化学反应快慢，所以根据化学反应速率的大小可推知化学反应的快慢，故A正确；
B．化学平衡常数只与温度有关，所以减小反应物浓度，平衡常数不变，但反应速率减小，故B错误；
C．有能量变化的过程可能没有发生化学反应，如：水吸热变成水蒸气，有能量变化但不发生化学反应，故C错误；
D．增大反应物的接触面积，化学反应速率加快，粉末状氢氧化钠固体与二氧化碳反应更快，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响的原理是解本题的关键，题目难度不大。
7．（2025秋 苏州月考）下列说法正确的是（ ）
A．化学反应的反应速率越快，可观察到的现象越明显
B．要加热才能发生的反应为吸热反应
C．当其他条件相同时，升高温度能使反应物活化分子数增加
D．在有气体参加的反应中，增大压强能使反应物活化分子百分数增加
【答案】C
【分析】A．有些反应的反应现象是否明显与反应速率快慢无关；
B．要加热才能发生的反应可能是放热反应；
C．当其他条件相同时，升高温度，部分非活化分子转化为活化分子；
D．有气体参加的反应中，增大压强，反应物活化分子百分数不变。
【解答】解：A．有些反应的反应现象是否明显与反应速率快慢无关，如：中和反应，中和反应没有明显现象，故A错误；
B．要加热才能发生的反应可能是放热反应，如：铝热反应，故B错误；
C．当其他条件相同时，升高温度，部分非活化分子转化为活化分子，则活化分子百分数增加，故C正确；
D．有气体参加的反应中，增大压强，反应物活化分子百分数不变，如果是缩小容器体积来增大压强，单位体积内活化分子个数增加，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率的影响原理是解本题的关键，A选项为解答易错点。
8．（2025秋 苏州月考）下列叙述与对应图示相符的是（ ）
A．中和反应反应热的测定
B．稳定性：石墨＞金刚石
C．验证锌与稀硫酸的反应为放热反应
D．验证温度对化学反应速率的影响
【答案】B
【分析】A．铜制搅拌器导热；；
B．能量低的物质更稳定；
C．Zn与稀硫酸反应放出的热量和生成的气体都可使注射器的活塞外移；
D．存在温度和浓度两个变量。
【解答】解：A．铝制搅拌器导热，应使用玻璃搅拌器，且铜盖板导热，不能准确测定中和热，故A错误；
B．能量低的物质更稳定，石墨能量低，则石墨稳定，故B正确；
C．Zn与稀硫酸反应放出的热量和生成的气体都可使注射器的活塞外移，所以不能证明反应为放热反应，故C错误；
D．存在温度和浓度两个变量，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率、中和热测定、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．（2025秋 淮安月考）“疫去春来”，我们返校之日指日可待。同学们这道题要是做错了，小心开学挨板子噢。下列说法不正确的是（ ）
A．图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能
B．图乙中HI分子发生了有效碰撞
C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能很小
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加
【答案】B
【分析】A．催化剂可降低反应的活化能；
B．只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞；
C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生；
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加。
【解答】解：A．催化剂可降低反应的活化能，曲线Ⅱ的活化能较低，可以表示催化剂降低了反应的活化能，故A正确；
B．由图乙可知碰撞后没有生成新分子，即没有发生化学反应，只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，碘化氢分子没有发生有效碰撞，故B错误；
C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能很小，故C正确；
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查活化能及其对化学反应速率的影响等，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。
10．（2025秋 江苏校级期中）近年，我国大力加强对温室气体CO2催化氢化合成甲醚（CH3OCH3）技术的工业化量产研究，其反应方程式为：2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（g）。在不同情况下测得该反应速率如下，其中反应速率最快的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】用各物质表示的化学反应速率与其对应的化学计量数之比越大，则表示的反应速率越快。
【解答】解：化学反应速率与其对应的化学计量数之比越大，则表示的反应速率越快；
A．；
B．；
C．；
D．，
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握化学反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转化法应用及速率单位统一，题目难度不大。
11．（2025春 盐城期中）Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。其中，图甲和图乙表示脱除H2S时先进行的吸附步骤。下列说法不正确的是（ ）
A．Fe2O3对H2S的吸附能力：甲＞乙
B．脱除过程中H元素的化合价未发生变化
C．时间一长，催化剂的活性降低
D．催化剂失效后，在氧气中加热又转化为Fe2O3
【答案】A
【分析】根据题目信息可得到该脱除反应的化学方程式为：Fe2O3（s）+3H2S（g）＝S（s）+2FeS（s）+3H2O（g），据此信息解答。
【解答】解：该脱除反应的化学方程式为：Fe2O3（s）+3H2S（g）＝S（s）+2FeS（s）+3H2O（g）；
A．Fe2O3中铁元素为+3价、氧元素为﹣2价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，故A错误；
B．图中铁元素的化合价由+3价降低至+2价，硫元素的化合价由﹣2价升高至0价，氢元素的化合价未发生变化，故B正确；
C．脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，活性降低，故C正确；
D．催化剂失效后，FeS和O2反应生成Fe2O3和SO2，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
12．（2025春 灌云县期中）CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．依据0﹣2min、2 4min、4 6min相同的时间段内生成CO2的量，判断该反应为放热反应
B．反应在2 4min内生成CO2的平均反应速率为0.1mol L﹣1 min﹣1
C．4min后，反应速率减小的主要原因是c（H+）减小
D．反应开始后前4min内温度比浓度对反应速率的影响大
【答案】B
【分析】A．0﹣2min、2 4min、4 6min相同的时间段内生成CO2的量，是先增大，后减小，但是盐酸浓度是一直减小；
B．没有给出体积，无法计算；
C．4min后，由图可知反应速率逐渐减小；
D．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低；开始生成的二氧化碳的反应速率是增大的，说明反应为放热反应。
【解答】解：A．0﹣2min、2 4min、4 6min相同的时间段内生成CO2的量，是先增大，后减小，但是盐酸浓度是一直减小，故可判断该反应为放热反应，故A正确；
B．没有给出体积，无法计算，故B错误；
C．4min后，由图可知反应速率逐渐减小，此时温度较高，则反应速率减小的原因是c（H+）减小，故C正确；
D．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低；开始生成的二氧化碳的反应速率是增大的，说明反应为放热反应，即反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
13．（2025春 广陵区校级期中）A、B、C、D均为气体，对于A+3B 2C+D的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（ ）
A．v（A）＝0.4mol L﹣1 s﹣1
B．v（B）＝1.5mol L﹣1 min﹣1
C．v（C）＝0.6mol L﹣1 s﹣1
D．v（D）＝0.1mol L﹣1 s﹣1
【答案】A
【分析】化学反应速率之比等于化学计量系数之比，转换为同一种物质的反应速率进行比较，据此解答。
【解答】解：都转化为A的反应速率进行比较；
A．v（A）＝0.4mol L﹣1 s﹣1；
B．；
C．；
D．v（A）＝v（D）＝0.1mol L﹣1 s﹣1；
故A反应速率最快，故A正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意比值法的应用及速率单位统一，题目难度不大。
14．（2025 徐州二模）研究发现反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）的反应速率随温度的升高而减小，反应历程：
第一步：2NO（g） N2O2（g） ΔH1＜0 快反应
第二步：N2O2（g）+O2（g） 2NO2（g） ΔH2＜0 慢反应
依据该过程，下列说法正确的是（ ）
A．反应相同时间，快反应的平均速率一定比慢反应大
B．提高NO的浓度，化学反应速率将显著增大
C．温度升高，对快反应的影响比慢反应大
D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2再次达到平衡时NO2含量减小
【答案】C
【分析】A．由可知，反应相同时间，快反应与慢反应浓度的变化量可能相等；
B．化学反应速率主要由慢反应决定，提高NO的浓度；
C．反应2NO+O2 2NO2的反应速率随温度的升高而减小，结合反应历程可知，升高温度，导致快反应逆向移动，使得N2O2浓度减小；
D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2相当于加压，正衡正向移动。
【解答】解：A．由可知，反应相同时间，快反应与慢反应浓度的变化量可能相等，故快反应的平均速率不一定比慢反应大，故A错误；
B．提高NO的浓度，主要增大的是快反应的速率，对总反应速率影响不大，故B错误；
C．反应2NO+O2 2NO2的反应速率随温度的升高而减小，升高温度，导致快反应逆向移动，使得N2O2浓度减小，温度升高对慢反应的影响弱于N2O2浓度减小对慢反应的影响，导致慢反应速率变慢，最终总反应速率变慢，故C正确；
D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2相当于加压，正衡正向移动，再次达到平衡时NO2的含量增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
15．（2025春 无锡校级月考）在2A（s）+B（g） 3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A．v（A）＝0.8mol L﹣1 s﹣1
B．v（B）＝0.3mol L﹣1 s﹣1
C．v（C）＝0.8mol L﹣1 s﹣1
D．v（D）＝30mol L﹣1 min﹣1
【答案】B
【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，都换算为B的速率，据此进行解答。
【解答】解：A．A为固体，不能用单位之间内浓度的变化值表示速率；
B．v（B）＝ 0.3 mol L﹣1 s﹣1；
C．v（B）＝ v（C）＝ 0.8mol L﹣1 s﹣1；
D．v（B）＝ v（D）＝ 30 mol L﹣1 min﹣1 mol L﹣1 s﹣1；
反应速率最快的为B，故B正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，侧重考查对基础知识的掌握和灵活应用能力，明确化学反应速率与计量数的关系是解本题关键，注意：比较反应速率时必须单位统一，题目难度不大。
16．（2025春 惠山区校级期中）一定温度下，向某恒容密闭容器中充入6mol NO和4mol NH3，在催化剂作用下发生反应，下列说法不正确的是（ ）
A．升高温度能加快化学反应速率
B．增大NO的浓度能加快化学反应速率
C．达到化学平衡状态时，NO、NH3恰好能全部转化为N2
D．增大压强可加快该反应的化学反应速率
【答案】C
【分析】A．升高温度能增加活化分子的百分数；
B．增大反应物NO的浓度，单位体积内活化分子数增多；
C．可逆反应不能完全转化；
D．增大压强可使物质的浓度增大，单位体积内活化分子数增加。
【解答】解：A．升高温度能增加活化分子的百分数，升高温度能加快化学反应速率，故A正确；
B．增大反应物NO的浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，能加快化学反应速率，故B正确；
C．化学平衡是动态平衡，反应物和产物的浓度不再变化，但可逆反应不能完全转化，则达到化学平衡状态时，NO和NH3不可能全部转化为N2，故C错误；
D．增大压强可使物质的浓度增大，单位体积内活化分子数增加，单位时间内有效碰撞的次数增加，可加快该反应的化学反应速率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。
二．解答题（共4小题）
17．（2024秋 扬州期末）五氧化二钒（V2O5）在冶金、化工等领域有重要应用。
（1）V2O5的制备。NH4VO3制备V2O5的反应为2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O。反应时，若不及时分离出产生的NH3，会有少量VO2生成，其原因是 高温下，NH3将部分V2O5还原为VO2 。
（2）V2O5催化氧化SO2的反应为2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g） ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，其反应历程为：
ⅠV2O5（s）+SO2（g） 2VO2（s）+SO3（g） ΔH1＝24kJ mol﹣1
Ⅱ4VO2（s）+O2（g） 2V2O5（s） ΔH2
①反应Ⅰ平衡常数表达式为K＝ 。
②ΔH2＝ ﹣244 kJ mol﹣1。
③V2O5的活性温度范围是450～600℃。预热后的SO2和O2在如图所示的接触室内发生反应，经过催化剂层时，气体温度会迅速上升。热交换器可使内外气体进行能量交换，其目的是 预热气体反应物SO2、O2；降低气体生成物温度；保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等 。
④SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。在实际生产中，反应条件选择A点而不选择B点的原因是 bc （填字母）。
a．A点条件下，SO2的反应速率更快
b．B点条件下，对设备要求更高，能耗更大
c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大
（3）V2O5用作活性电极。一种双隔膜电池的工作原理如图所示。V2O5电极反应式为 V2O5+2e﹣+6H+＝2VO2++3H2O ；b膜是 阳 离子交换膜（填“阳”或“阴”）。
【答案】（1）高温下，NH3将部分V2O5还原为VO2；
（2）①；
②﹣244；
③预热气体反应物SO2、O2；降低气体生成物温度；保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等；
④bc；
（3）V2O5+2e﹣+6H+ ＝ 2VO2++3H2O；阳。
【分析】（1）NH3具有还原性，能将部分V2O5还原为VO2；
（2）①反应Ⅰ中V2O5、VO2为固体；
②根据盖斯定律，；
③气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2、降低体生成物气温度；V2O5的活性温度范围是450～600℃，保持催化剂活性温度；
④a．B点与A点同温，但压强更大，浓度更小；
b．B点压强更大，对设备要求更高；
c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强；
（3）在酸性溶液中，V2O5作正极得到电子生成VO2+，正极反应式为V2O5+6H++2e﹣＝2VO2++3H2O；Zn为负极，负极的钾离子通过阳离子交换膜进入到中间室，正极硫酸根通过阴离子交换膜进入中间室。
【解答】解：（1）NH3具有还原性，能将部分V2O5还原为VO2，
故答案为：高温下，NH3将部分V2O5还原为VO2；
（2）①反应Ⅰ中V2O5、VO2为固体，平衡常数表达式为，
故答案为：；
②根据盖斯定律，，
故答案为：﹣244；
③气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2、降低体生成物气温度；V2O5的活性温度范围是450～600℃，保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等，
故答案为：预热气体反应物SO2、O2；降低气体生成物温度；保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等；
④a．B点与A点同温，但压强更大，浓度更小，A化学反应速率不影响转化率，a错误；
b．B点压强更大，对设备要求更高，能耗更大，b正确；
c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大，c正确；
故答案为：bc；
（3）在酸性溶液中，V2O5作正极得到电子生成VO2+，正极反应式为V2O5+6H++2e﹣＝2VO2++3H2O；Zn为负极，负极的钾离子通过阳离子交换膜进入到中间室，正极硫酸根通过阴离子交换膜进入中间室，故b膜为阳离子交换膜，
故答案为：V2O5+2e﹣+6H+ ＝ 2VO2++3H2O；阳。
【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18．（2025 海安市开学）NaBH4（B的化合价为+3）是一种储氢材料，研究NaBH4的释氢和再生对氢能的利用具有重要意义。
（1）NaBH4释氢
采用CoB催化NaBH4释氢，同时生成溶解度较小的Na[B（OH）4]。若掺杂Mo的氧化物，会提高NaBH4的释氢速率。部分机理如图1所示，
①用重水（D2O）代替H2O，写出步骤Ⅳ中X的结构简式： 。
②掺杂含有等物质的量的Mo元素的下列氧化物，产氢速率提高最大的是 B （填写序号）。
A.MoO2
B.MoO3
C.Mo8O23
③一定条件下，产氢速率随NaBH4浓度变化如图2所示。当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因有 反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的吸附在 Co表面，阻碍了Co对H—的吸附，使反应速率减慢 。
（2）NaBH4的再生将物质的量之比为6：3：1的Mg、Si和NaBO2 2H2O混合物经20小时球磨后得到的物质的XRD示意图谱如图3所示。
①写出Mg与NaBO2 2H2O反应再生NaBH4的化学方程式： 4Mg+NaBO2 2H2O4MgO+NaBH4 。
②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，并未参与到NaBH4的再生中，而NaBH4的再生产率由于硅的加入而得到提升，则加入硅的主要作用为 硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应 。
③与采用镁、硅工艺相比较，相同条件下，球磨相同时间，采用镁铝合金可得到更高产率的NaBH4且镁铝合金中铝的质量分数越大，NaBH4的产率越高，分析其可能的原因为 铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2 2H2O 。
【答案】（1）①；
②B；
③反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的吸附在 Co表面，阻碍了Co对H—的吸附，使反应速率减慢；
（2）①4Mg+NaBO2 2H2O4MgO+NaBH4；
②硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应；
③铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2 2H2O。
【分析】（1）Ⅰ中和H2O在催化剂表面接触，Ⅱ中电离出H﹣，H2O电离出H+、OH﹣，Ⅲ中OH﹣和BH3结合，成BH2OH、H2，Ⅳ中用重水（D2O）代替H2O，采用CoB催化NaBH4释氢时，用重水（D2O）代替H2O，生成X为、H2，最终生成同时生成溶解度较小的Na[B（OH）4]，可知氧化物含氧量越高，催化效率越好，据此解答；
（2）①Mg与NaBO2 2H2O反应再生生成Mg、NaBH4；
②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，接触面积大，Si硬度较大，耐磨；
③Al活泼性强，一定条件可以和H2O反应。
【解答】解：（1）①用重水（D2O）代替H2O，骤Ⅳ中X的结构简式：，
故答案为：；
②氧化物含氧量越高，催化效率越好，A.MoO2、MoO3、Mo8O23，MoO3、含氧量最大，产氢速率提高最大的是MoO3，
故答案为：B；
③Na[B（OH）4]溶解度较小，容易附着在催化剂表面，当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的吸附在 Co表面，阻碍了Co对H—的吸附，使反应速率减慢，
故答案为：反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的吸附在 Co表面，阻碍了Co对H—的吸附，使反应速率减慢；
（2）①Mg与NaBO2 2H2O反应再生NaBH4的化学方程式4Mg+NaBO2 2H2O4MgO+NaBH4，
故答案为：4Mg+NaBO2 2H2O4MgO+NaBH4；
②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，接触面积大，Si硬度较大，耐磨，NaBH4的再生产率由于硅的加入而得到提升，则加入硅的主要作用为硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应，
故答案为：硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应；
③Al活泼性强，一定条件可以和H2O反应，与采用镁、硅工艺相比较，相同条件下，球磨相同时间，采用镁铝合金可得到更高产率的NaBH4且镁铝合金中铝的质量分数越大，NaBH4的产率越高，分析其可能的原因为铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2 2H2O，
故答案为：铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2 2H2O。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，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。
19．（2025 泰州四模）以硫铁矿（含FeS2及少量As、Se等元素的化合物）为原料，经历“造气→接触氧化→吸收”等过程可制取硫酸。
（1）造气。焙烧硫铁矿获得SO2，焙烧过程主要分两步进行：
热离解 2FeS2（s）═2FeS（s）+S2（g）ΔH＝+295kJ mol﹣1
氧化 S2（g）+2O2（g）═2SO2（g） ΔH＝﹣724kJ mol﹣1
4FeS（s）+7O2（g）═2Fe2O3（s）+4SO2（g）ΔH＝﹣2453kJ mol﹣1
①焙烧时总反应为4FeS2（s）+11O2（g）＝2Fe2O3（s）+8SO2（g）其ΔH＝ ﹣3311kJ mol﹣1 。
②如图﹣1为FeS（s）的氧化过程，氧化速率随温度升高并不显著的原因是 FeS 氧化过程中，产物Fe2O3会在 FeS 固体表面形成一层致密的氧化膜，阻碍了 O2与 FeS 的进一步接触，导致温度升高对反应速率的促进作用被抵消，因此氧化速率随温度升高不显著。 ，可提高氧化速率的措施为 提高 O2浓度 （填一种）。
（2）接触氧化。SO2与O2在催化剂表面发生反应：
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣192.5kJ mol﹣1
①反应前需除去气体中As、Se等元素的化合物，目的是 除去杂质提高SO3的纯度；防止催化剂中毒 。
②相同时间和温度下，混合气体中O2体积分数对SO2氧化率的影响如图﹣2所示。O2体积分数超过5%后，SO2氧化率变化不大的原因是 当气体O2体积分数超过5%时，催化剂表面吸附的氧含量达到饱和状态，此时气体中O2体积分数的变化对SO2的氧化影响不明显； 。
③已知SO2催化氧化的反应速率方程为（1﹣nα'），其中k为速率常数，随温度升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程得到反应速率随温度变化的关系如题图﹣3所示。v最大时所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度，当温度高于最适宜温度时，结合速率方程分析反应速率减小的原因： 温度升高，速率常数k增大，SO2的平衡转化率α会减小，温度高于最适宜温度时，后者对反应速率的影响大于前者 。
（3）吸收。用98.3%H2SO4吸收SO3得到发烟硫酸（可表示为H2SO4nSO3，释放出的尾气中含有SO2、O2、N2等。
①若3.38g发烟硫酸与0.03mol H2O恰好反应生成纯H2SO4则 n＝ 3 。
②工业上通常利用氨水吸收上述尾气制取（NH4）2SO3，生产中需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等物质，目的是 对苯二酚或对苯二胺具有较强还原性，能将通入氨水中的O2还原，从而防止（NH4）2SO3被氧化 。
【答案】（1）①﹣3311kJ mol﹣1；
②随着焙烧过程的进行，氧化铁层增厚，O2和SO2通过氧化铁层的阻力增加，导致氧化速率随温度升高不显著；提高O2浓度；
（2）①除去杂质提高SO3的纯度；防止催化剂中毒；
②当气体O2体积分数超过5%时，催化剂表面吸附的氧含量达到饱和状态，此时气体中O2体积分数的变化对SO2的氧化影响不明显；
③温度升高，速率常数k增大，SO2的平衡转化率α会减小，温度高于最适宜温度时，后者对反应速率的影响大于前者；
（3）①3；
②对苯二酚或对苯二胺具有较强还原性，能将通入氨水中的O2还原，从而防止（NH4）2SO3被氧化。
【分析】（1）①根据盖斯定律，将已知的三个分步反应按一定比例叠加消元，可得到总反应；
②根据图﹣1可知，FeS 氧化过程中，产物Fe2O3会在 FeS 固体表面形成一层致密的氧化膜（类似金属的钝化），阻碍了 O2与 FeS 的进一步接触，导致温度升高对反应速率的促进作用被抵消，因此氧化速率随温度升高不显著；措施：可通过增大反应物接触面积（如将硫铁矿粉碎）、提高 O2浓度、搅拌等方式提高氧化速率（任填一种即可）；
（2）①除去 As、Se 化合物的目的As、Se 等元素的化合物会与催化剂（如 V2O5）反应，破坏催化剂的活性结构（即“中毒”），导致催化剂失去催化能力。因此，反应前除去这些杂质的目的是防止催化剂中毒；
②O2体积分数超过 5% 后 SO2氧化率变化不大的原因SO2催化氧化反应中，催化剂的活性位点数量有限。当 O2体积分数较低时，O2浓度是反应的限速因素，增加 O2浓度可显著提高 SO2与活性位点的接触概率，从而提高氧化率；当 O2体积分数超过 5% 后，催化剂的活性位点已基本被 O2和 SO2饱和，此时 O2浓度不再是限速因素，因此 SO2氧化率变化不大；
③本题主要考查速率常数和反应速率之间的关系，根据已知条件以及图像进行分析即可。
（3）吸收相关计算与分析①发烟硫酸H2SO4 nSO3与 H2O 反应的化学方程式为：H2SO4 nSO3+nH2O＝（n+1）H2SO4，由关系式即可求出n的值。②加入对苯二酚或对苯二胺的目的尾气中的 SO2被氨水吸收生成（NH4）2SO3，而具有较强的还原性，易被空气中的 O2氧化为，导致产物不纯。
【解答】解：（1）①把已知的反应依次标记反应123，根据盖斯定律可知目标反应的ΔH＝2ΔH1+2ΔH2+ΔH3＝2×295kJ/mol﹣1+2×（﹣724）kJ/mol﹣1+（﹣2453）kJ/mol﹣1＝﹣3311kJ/mol﹣1；
故答案为：﹣3311kJ mol﹣1；
②FeS 氧化过程中，产物Fe2O3会在 FeS 固体表面形成一层致密的氧化膜（类似金属的钝化），阻碍了 O2与 FeS 的进一步接触，导致温度升高对反应速率的促进作用被抵消，因此氧化速率随温度升高不显著。措施：提高 O2浓度，
故答案为：随着焙烧过程的进行，氧化铁层增厚，O2和SO2通过氧化铁层的阻力增加，导致氧化速率随温度升高不显著；提高O2浓度；
（2）①除去 As、Se 化合物的目的As、Se 等元素的化合物会与催化剂（如 V2O5）反应，破坏催化剂的活性结构（即“中毒”），导致催化剂失去催化能力。因此，反应前除去这些杂质的目的是防止催化剂中毒，
故答案为：除去杂质提高SO3的纯度；防止催化剂中毒；
②O2体积分数超过 5% 后 SO2氧化率变化不大的原因SO2催化氧化反应中，催化剂的活性位点数量有限。当 O2体积分数较低时，O2浓度是反应的限速因素，增加 O2浓度可显著提高 SO2与活性位点的接触概率，从而提高氧化率；当 O2体积分数超过 5% 后，催化剂的活性位点已基本被 O2和 SO2饱和，此时 O2浓度不再是限速因素，因此 SO2氧化率变化不大，
故答案为：当气体O2体积分数超过5%时，催化剂表面吸附的氧含量达到饱和状态，此时气体中O2体积分数的变化对SO2的氧化影响不明显；
③k（速率常数）随温度升高而增大（温度对速率的正向影响）；该反应为放热反应，温度升高会使平衡逆向移动，导致 SO2的平衡转化率降低，进而使体系中c（SO2）、c（O2）减小（温度对速率的逆向影响）。当温度低于最适宜温度时，k增大的正向影响占主导，速率随温度升高而增大；当温度高于最适宜温度时，平衡逆向移动导致c（SO2）、c（O2）减小的逆向影响超过k增大的正向影响，因此反应速率减小，
故答案为：温度升高，速率常数k增大，SO2的平衡转化率α会减小，温度高于最适宜温度时，后者对反应速率的影响大于前者；
（3）①发烟硫酸H2SO4 nSO3与 H2O 反应的化学方程式为：H2SO4 nSO3+nH2O＝（n+1）H2SO4；根据关系式：
H2SO4 nSO3～nH2O
98+80n 18n
3.38g 0.03×18g
列比例求出n＝3，
故答案为：3；
②加入对苯二酚或对苯二胺的目的尾气中的 SO2被氨水吸收生成（NH4）2SO3，而具有较强的还原性，易被空气中的 O2氧化为，导致产物不纯。对苯二酚或对苯二胺是强还原剂，可优先与 O2反应，从而防止（NH4）2SO3被氧化为（NH4）2SO4，
故答案为：对苯二酚或对苯二胺具有较强还原性，能将通入氨水中的O2还原，从而防止（NH4）2SO3被氧化。
【点评】本题为化学反应综合原理的题型，属于高考的重点考题，需要掌握化学反应与能量以及化学反应速率和化学平衡移动等相关知识的基础概念，同时也要掌握图像分析的能力和数据处理的能力。
20．（2025春 秦淮区期中）氢能是一种清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
（1）硼氢化钠（NaBH4）是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4催化制氢先生成Na[B（OH）4]，再转化为NaBO2。在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面部分反应机理如图﹣1所示：
①其他条件不变，用D2O代替H2O，写出中间产物X的结构式： 。
②其他条件不变，催化剂Co2B中掺杂MoO3能提高制H2效率的原因是 MoO3能吸附H2O并解离出H+，加快了氢气的生成速率 。
③已知25℃时NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分别为28g和55g。NaBH4浓度对制H2速率影响如图﹣2所示，NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢的可能原因是 浓度较大时，生成的NaBO2附着在催化剂表面，降低了催化活性，反应速率降低 。
（2）将NaBH4固体投入水中，常温下可发生反应：NaBH4（s）+2H2O（l）＝NaBO2（s）+4H2（g）ΔH＝﹣217kJ mol﹣1。NaAlH4是一种可用于商业化制氢的铝氢化物，控制反应温度为110℃，NaAlH4制氢的反应为。与等物质的量NaAlH4制氢相比，NaBH4制氢的优点有 反应条件温和 和 产氢量多 。
（3）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中转化为电能。某熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图﹣3所示。
①负极上的电极反应式为 H2﹣2e﹣H2O+CO2 。
②该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗0.49LH2，该电池将化学能转化为电能的转化率为 70% 。
[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol：电荷量q（C）＝电流I（A）×时间（s）：；e＝1.60×10﹣19C]
【答案】（1）①；
②MoO3能吸附H2O并解离出H+，加快了氢气的生成速率；
③浓度较大时，生成的NaBO2附着在催化剂表面，降低了催化活性，反应速率降低；
（2）反应条件温和；产氢量多；
（3）①H2﹣2e﹣H2O+CO2；
②70%。
【分析】（1）①由反应机理图可知，H2O中—OH取代了一个H；
②由反应机理图可知，MoO3能吸附H2O并解离出H+；
③由反应机理图可知，吸附在催化剂表面；
（2）根据两反应对比进行判断NaBH4制氢的优点；
（3）①负极上H2失电子与反应生成H2O和CO2；
②电荷量q（C）＝3.2A×（14×60）s＝2688C，n（e﹣）0.028mol，氢气完全反应转移的电子的物质的量为2＝0.04mol，即可求得该电池将化学能转化为电能的转化率。
【解答】解：（1）①由反应机理图可知，H2O中—OH取代了一个H，若用D2O代替H2O，则中间产物X的结构式为，
故答案为：；
②由反应机理图可知，MoO3能吸附H2O并解离出H+，加快了氢气的生成速率，
故答案为：MoO3能吸附H2O并解离出H+，加快了氢气的生成速率；
③由反应机理图可知，吸附在催化剂表面，浓度较大时，生成的NaBO2附着在催化剂表面，降低了催化活性，反应速率降低，
故答案为：浓度较大时，生成的NaBO2附着在催化剂表面，降低了催化活性，反应速率降低；
（2）由两个反应方程式可知，NaBH4常温下可与水反应，而NaAlH4与水反应需控制温度为110℃，即NaBH4制氢的条件更温和；1mol NaBH4能产生4mol氢气，而1mol NaAlH4只能产生1.5mol氢气，即NaBH4的产氢量更多，
故答案为：反应条件温和；产氢量多；
（3）①负极上H2失电子与反应生成H2O和CO2，电极反应式为：H2﹣2e﹣H2O+CO2，
故答案为：H2﹣2e﹣H2O+CO2；
②电荷量q（C）＝3.2A×（14×60）s＝2688C，n（e﹣）0.028mol，氢气完全反应转移的电子的物质的量为2＝0.04mol，该电池将化学能转化为电能的转化率为100%＝70%，
故答案为：70%。
【点评】本题考查电化学、化学反应速率和反应机理，掌握基本知识是关键，题目难度中等。
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2.1 化学反应速率
一．选择题（共16小题）
1．（2025秋 苏州月考）已知化学反应4W（g）+5M（g）＝4X（g）+6Z（g）。下列反应速率关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025秋 苏州月考）将气体X2和Y2充入密闭容器中，初始浓度均为0.2mol L﹣1，反应后生成Z，平衡时测得c（X2）＝0.05mol L﹣1，c（Y2）＝0.1mol L﹣1c（Z）＝0.1mol L﹣1，则Z的分子式可表示为（ ）
A．Y2X3 B．YX3 C．X2Y D．XY
3．（2025秋 苏州月考）反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）经一段时间后，NH3的浓度增加了0.4mol L﹣1，在这段时间内用H2（g）表示的反应速率为0.6mol L﹣1 s﹣1，则这段时间可能为（ ）
A．0s～1s B．2s～5s C．1s～6s D．3s～9s
4．（2025秋 苏州月考）实验室用块状大理石和盐酸制备CO2。下列措施可使反应速率加快的是（ ）（每次仅改变一个条件）
A．延长反应时间
B．将盐酸换成稀硫酸
C．将盐酸加水稀释
D．将大理石由块状换成粉末状
5．（2025秋 苏州月考）把HBr气体充入密闭容器中，在一定条件下发生反应2HBr（g） Br2（g）+H2（g），在反应条趋向平衡状态的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．HBr的生成速率小于其分解速率
B．HBr的生成速率等于其分解速率
C．HBr的生成速率大于其分解速率
D．无法判断HBr的生成速率与分解速率的相对大小
6．（2025秋 苏州月考）下列说法正确的是（ ）
A．根据化学反应速率的大小可推知化学反应的快慢
B．减小反应物浓度可以减小平衡常数，从而减小化学反应速率
C．有能量变化的过程一定发生化学反应
D．用氢氧化钠固体吸收二氧化碳气体，粉末状氢氧化钠较块状吸收速率慢
7．（2025秋 苏州月考）下列说法正确的是（ ）
A．化学反应的反应速率越快，可观察到的现象越明显
B．要加热才能发生的反应为吸热反应
C．当其他条件相同时，升高温度能使反应物活化分子数增加
D．在有气体参加的反应中，增大压强能使反应物活化分子百分数增加
8．（2025秋 苏州月考）下列叙述与对应图示相符的是（ ）
A．中和反应反应热的测定
B．稳定性：石墨＞金刚石
C．验证锌与稀硫酸的反应为放热反应
D．验证温度对化学反应速率的影响
9．（2025秋 淮安月考）“疫去春来”，我们返校之日指日可待。同学们这道题要是做错了，小心开学挨板子噢。下列说法不正确的是（ ）
A．图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能
B．图乙中HI分子发生了有效碰撞
C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能很小
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加
10．（2025秋 江苏校级期中）近年，我国大力加强对温室气体CO2催化氢化合成甲醚（CH3OCH3）技术的工业化量产研究，其反应方程式为：2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（g）。在不同情况下测得该反应速率如下，其中反应速率最快的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．（2025春 盐城期中）Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。其中，图甲和图乙表示脱除H2S时先进行的吸附步骤。下列说法不正确的是（ ）
A．Fe2O3对H2S的吸附能力：甲＞乙
B．脱除过程中H元素的化合价未发生变化
C．时间一长，催化剂的活性降低
D．催化剂失效后，在氧气中加热又转化为Fe2O3
12．（2025春 灌云县期中）CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．依据0﹣2min、2 4min、4 6min相同的时间段内生成CO2的量，判断该反应为放热反应
B．反应在2 4min内生成CO2的平均反应速率为0.1mol L﹣1 min﹣1
C．4min后，反应速率减小的主要原因是c（H+）减小
D．反应开始后前4min内温度比浓度对反应速率的影响大
13．（2025春 广陵区校级期中）A、B、C、D均为气体，对于A+3B 2C+D的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（ ）
A．v（A）＝0.4mol L﹣1 s﹣1
B．v（B）＝1.5mol L﹣1 min﹣1
C．v（C）＝0.6mol L﹣1 s﹣1
D．v（D）＝0.1mol L﹣1 s﹣1
14．（2025 徐州二模）研究发现反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）的反应速率随温度的升高而减小，反应历程：
第一步：2NO（g） N2O2（g） ΔH1＜0 快反应
第二步：N2O2（g）+O2（g） 2NO2（g） ΔH2＜0 慢反应
依据该过程，下列说法正确的是（ ）
A．反应相同时间，快反应的平均速率一定比慢反应大
B．提高NO的浓度，化学反应速率将显著增大
C．温度升高，对快反应的影响比慢反应大
D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2再次达到平衡时NO2含量减小
15．（2025春 无锡校级月考）在2A（s）+B（g） 3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A．v（A）＝0.8mol L﹣1 s﹣1
B．v（B）＝0.3mol L﹣1 s﹣1
C．v（C）＝0.8mol L﹣1 s﹣1
D．v（D）＝30mol L﹣1 min﹣1
16．（2025春 惠山区校级期中）一定温度下，向某恒容密闭容器中充入6mol NO和4mol NH3，在催化剂作用下发生反应，下列说法不正确的是（ ）
A．升高温度能加快化学反应速率
B．增大NO的浓度能加快化学反应速率
C．达到化学平衡状态时，NO、NH3恰好能全部转化为N2
D．增大压强可加快该反应的化学反应速率
二．解答题（共4小题）
17．（2024秋 扬州期末）五氧化二钒（V2O5）在冶金、化工等领域有重要应用。
（1）V2O5的制备。NH4VO3制备V2O5的反应为2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O。反应时，若不及时分离出产生的NH3，会有少量VO2生成，其原因是 。
（2）V2O5催化氧化SO2的反应为2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g） ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，其反应历程为：
ⅠV2O5（s）+SO2（g） 2VO2（s）+SO3（g） ΔH1＝24kJ mol﹣1
Ⅱ4VO2（s）+O2（g） 2V2O5（s） ΔH2
①反应Ⅰ平衡常数表达式为K＝ 。
②ΔH2＝ kJ mol﹣1。
③V2O5的活性温度范围是450～600℃。预热后的SO2和O2在如图所示的接触室内发生反应，经过催化剂层时，气体温度会迅速上升。热交换器可使内外气体进行能量交换，其目的是 。
④SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。在实际生产中，反应条件选择A点而不选择B点的原因是 （填字母）。
a．A点条件下，SO2的反应速率更快
b．B点条件下，对设备要求更高，能耗更大
c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大
（3）V2O5用作活性电极。一种双隔膜电池的工作原理如图所示。V2O5电极反应式为 ；b膜是 离子交换膜（填“阳”或“阴”）。
18．（2025 海安市开学）NaBH4（B的化合价为+3）是一种储氢材料，研究NaBH4的释氢和再生对氢能的利用具有重要意义。
（1）NaBH4释氢
采用CoB催化NaBH4释氢，同时生成溶解度较小的Na[B（OH）4]。若掺杂Mo的氧化物，会提高NaBH4的释氢速率。部分机理如图1所示，
①用重水（D2O）代替H2O，写出步骤Ⅳ中X的结构简式： 。
②掺杂含有等物质的量的Mo元素的下列氧化物，产氢速率提高最大的是 （填写序号）。
A.MoO2
B.MoO3
C.Mo8O23
③一定条件下，产氢速率随NaBH4浓度变化如图2所示。当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因有 。
（2）NaBH4的再生将物质的量之比为6：3：1的Mg、Si和NaBO2 2H2O混合物经20小时球磨后得到的物质的XRD示意图谱如图3所示。
①写出Mg与NaBO2 2H2O反应再生NaBH4的化学方程式： 。
②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，并未参与到NaBH4的再生中，而NaBH4的再生产率由于硅的加入而得到提升，则加入硅的主要作用为 。
③与采用镁、硅工艺相比较，相同条件下，球磨相同时间，采用镁铝合金可得到更高产率的NaBH4且镁铝合金中铝的质量分数越大，NaBH4的产率越高，分析其可能的原因为 。
19．（2025 泰州四模）以硫铁矿（含FeS2及少量As、Se等元素的化合物）为原料，经历“造气→接触氧化→吸收”等过程可制取硫酸。
（1）造气。焙烧硫铁矿获得SO2，焙烧过程主要分两步进行：
热离解 2FeS2（s）═2FeS（s）+S2（g）ΔH＝+295kJ mol﹣1
氧化 S2（g）+2O2（g）═2SO2（g） ΔH＝﹣724kJ mol﹣1
4FeS（s）+7O2（g）═2Fe2O3（s）+4SO2（g）ΔH＝﹣2453kJ mol﹣1
①焙烧时总反应为4FeS2（s）+11O2（g）＝2Fe2O3（s）+8SO2（g）其ΔH＝ 。
②如图﹣1为FeS（s）的氧化过程，氧化速率随温度升高并不显著的原因是 ，可提高氧化速率的措施为 （填一种）。
（2）接触氧化。SO2与O2在催化剂表面发生反应：
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣192.5kJ mol﹣1
①反应前需除去气体中As、Se等元素的化合物，目的是 。
②相同时间和温度下，混合气体中O2体积分数对SO2氧化率的影响如图﹣2所示。O2体积分数超过5%后，SO2氧化率变化不大的原因是 。
③已知SO2催化氧化的反应速率方程为（1﹣nα'），其中k为速率常数，随温度升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程得到反应速率随温度变化的关系如题图﹣3所示。v最大时所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度，当温度高于最适宜温度时，结合速率方程分析反应速率减小的原因： 。
（3）吸收。用98.3%H2SO4吸收SO3得到发烟硫酸（可表示为H2SO4nSO3，释放出的尾气中含有SO2、O2、N2等。
①若3.38g发烟硫酸与0.03mol H2O恰好反应生成纯H2SO4则 n＝ 。
②工业上通常利用氨水吸收上述尾气制取（NH4）2SO3，生产中需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等物质，目的是 。
20．（2025春 秦淮区期中）氢能是一种清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
（1）硼氢化钠（NaBH4）是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4催化制氢先生成Na[B（OH）4]，再转化为NaBO2。在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面部分反应机理如图﹣1所示：
①其他条件不变，用D2O代替H2O，写出中间产物X的结构式： 。
②其他条件不变，催化剂Co2B中掺杂MoO3能提高制H2效率的原因是 。
③已知25℃时NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分别为28g和55g。NaBH4浓度对制H2速率影响如图﹣2所示，NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢的可能原因是 。
（2）将NaBH4固体投入水中，常温下可发生反应：NaBH4（s）+2H2O（l）＝NaBO2（s）+4H2（g）ΔH＝﹣217kJ mol﹣1。NaAlH4是一种可用于商业化制氢的铝氢化物，控制反应温度为110℃，NaAlH4制氢的反应为。与等物质的量NaAlH4制氢相比，NaBH4制氢的优点有 和 。
（3）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中转化为电能。某熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图﹣3所示。
①负极上的电极反应式为 。
②该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗0.49LH2，该电池将化学能转化为电能的转化率为 。
[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol：电荷量q（C）＝电流I（A）×时间（s）：；e＝1.60×10﹣19C]
2.1 化学反应速率
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．（2025秋 苏州月考）已知化学反应4W（g）+5M（g）＝4X（g）+6Z（g）。下列反应速率关系中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】同一化学反应中，不同物质之间的反应速率之比等于其计量数之比。
【解答】解：根据物质的反应速率之比等于化学计量数之比，v（W）：v（M）：v（X）：v（Z）＝4：5：4：6，故D正确，
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率的有关计算，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确化学反应速率与计量数的关系是解本题关键，题目难度不大。
2．（2025秋 苏州月考）将气体X2和Y2充入密闭容器中，初始浓度均为0.2mol L﹣1，反应后生成Z，平衡时测得c（X2）＝0.05mol L﹣1，c（Y2）＝0.1mol L﹣1c（Z）＝0.1mol L﹣1，则Z的分子式可表示为（ ）
A．Y2X3 B．YX3 C．X2Y D．XY
【答案】A
【分析】根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，据此进行解答。
【解答】解：物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，△c（X2）＝0.2mol/L﹣0.05mol/L＝0.15mol/L，△c（Y2）＝0.2mol/L﹣0.1mol/L＝0.1mol/L，△（Z）＝0.1mol/L，则△c（X2）：△c（Y2）：△（Z）＝3：2：2，则有3X2+2Y2 2Z，根据原子守恒可得Z的分子式为Y2X3，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查反应速率与化学计量数，为高频考点，把握速率的计算、化学计量数的确定方法为解答本题的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意速率与化学计量数的关系，题目难度不大。
3．（2025秋 苏州月考）反应N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）经一段时间后，NH3的浓度增加了0.4mol L﹣1，在这段时间内用H2（g）表示的反应速率为0.6mol L﹣1 s﹣1，则这段时间可能为（ ）
A．0s～1s B．2s～5s C．1s～6s D．3s～9s
【答案】A
【分析】根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，可以计算氨气的反应速率，据此进行解答。
【解答】解：根据物质的量浓度变化量之比等于化学计量数之比，可得，则反应经过的时间为1s，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率计算的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。
4．（2025秋 苏州月考）实验室用块状大理石和盐酸制备CO2。下列措施可使反应速率加快的是（ ）（每次仅改变一个条件）
A．延长反应时间
B．将盐酸换成稀硫酸
C．将盐酸加水稀释
D．将大理石由块状换成粉末状
【答案】D
【分析】增大反应物的浓度、升高温度、增大反应物的接触面积等方法都能加快化学反应速率。
【解答】解：A．延长反应时间不能加快化学反应速率，故A错误；
B．硫酸和碳酸钙反应生成微溶物硫酸钙附着在固体表面，阻止进一步反应，所以反应速率减慢，故B错误；
C．盐酸加水稀释导致氢离子浓度减小，反应速率减慢，故C错误；
D．将大理石由块状换成粉末状，增大反应物的接触面积，加快反应速率，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响的原理是解本题的关键，题目难度不大。
5．（2025秋 苏州月考）把HBr气体充入密闭容器中，在一定条件下发生反应2HBr（g） Br2（g）+H2（g），在反应条趋向平衡状态的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．HBr的生成速率小于其分解速率
B．HBr的生成速率等于其分解速率
C．HBr的生成速率大于其分解速率
D．无法判断HBr的生成速率与分解速率的相对大小
【答案】A
【分析】在反应条趋向平衡状态的过程中，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，
【解答】解：在反应条趋向平衡状态的过程中，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，即v正＞v逆，直至反应达到平衡时，所以HBr的生成速率小于其分解速率，
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率大小比较，侧重考查基础知识的灵活运用能力，正确解读题干信息是解本题的关键，题目难度不大。
6．（2025秋 苏州月考）下列说法正确的是（ ）
A．根据化学反应速率的大小可推知化学反应的快慢
B．减小反应物浓度可以减小平衡常数，从而减小化学反应速率
C．有能量变化的过程一定发生化学反应
D．用氢氧化钠固体吸收二氧化碳气体，粉末状氢氧化钠较块状吸收速率慢
【答案】A
【分析】A．化学反应速率表示化学反应快慢；
B．化学平衡常数只与温度有关；
C．有能量变化的过程可能没有发生化学反应；
D．增大反应物的接触面积，化学反应速率加快。
【解答】解：A．化学反应速率表示化学反应快慢，所以根据化学反应速率的大小可推知化学反应的快慢，故A正确；
B．化学平衡常数只与温度有关，所以减小反应物浓度，平衡常数不变，但反应速率减小，故B错误；
C．有能量变化的过程可能没有发生化学反应，如：水吸热变成水蒸气，有能量变化但不发生化学反应，故C错误；
D．增大反应物的接触面积，化学反应速率加快，粉末状氢氧化钠固体与二氧化碳反应更快，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率影响的原理是解本题的关键，题目难度不大。
7．（2025秋 苏州月考）下列说法正确的是（ ）
A．化学反应的反应速率越快，可观察到的现象越明显
B．要加热才能发生的反应为吸热反应
C．当其他条件相同时，升高温度能使反应物活化分子数增加
D．在有气体参加的反应中，增大压强能使反应物活化分子百分数增加
【答案】C
【分析】A．有些反应的反应现象是否明显与反应速率快慢无关；
B．要加热才能发生的反应可能是放热反应；
C．当其他条件相同时，升高温度，部分非活化分子转化为活化分子；
D．有气体参加的反应中，增大压强，反应物活化分子百分数不变。
【解答】解：A．有些反应的反应现象是否明显与反应速率快慢无关，如：中和反应，中和反应没有明显现象，故A错误；
B．要加热才能发生的反应可能是放热反应，如：铝热反应，故B错误；
C．当其他条件相同时，升高温度，部分非活化分子转化为活化分子，则活化分子百分数增加，故C正确；
D．有气体参加的反应中，增大压强，反应物活化分子百分数不变，如果是缩小容器体积来增大压强，单位体积内活化分子个数增加，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确外界条件对化学反应速率的影响原理是解本题的关键，A选项为解答易错点。
8．（2025秋 苏州月考）下列叙述与对应图示相符的是（ ）
A．中和反应反应热的测定
B．稳定性：石墨＞金刚石
C．验证锌与稀硫酸的反应为放热反应
D．验证温度对化学反应速率的影响
【答案】B
【分析】A．铜制搅拌器导热；；
B．能量低的物质更稳定；
C．Zn与稀硫酸反应放出的热量和生成的气体都可使注射器的活塞外移；
D．存在温度和浓度两个变量。
【解答】解：A．铝制搅拌器导热，应使用玻璃搅拌器，且铜盖板导热，不能准确测定中和热，故A错误；
B．能量低的物质更稳定，石墨能量低，则石墨稳定，故B正确；
C．Zn与稀硫酸反应放出的热量和生成的气体都可使注射器的活塞外移，所以不能证明反应为放热反应，故C错误；
D．存在温度和浓度两个变量，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应速率、中和热测定、化学平衡、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9．（2025秋 淮安月考）“疫去春来”，我们返校之日指日可待。同学们这道题要是做错了，小心开学挨板子噢。下列说法不正确的是（ ）
A．图甲中曲线Ⅱ可以表示催化剂降低了反应的活化能
B．图乙中HI分子发生了有效碰撞
C．盐酸和氢氧化钠溶液的反应活化能很小
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加
【答案】B
【分析】A．催化剂可降低反应的活化能；
B．只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞；
C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生；
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加。
【解答】解：A．催化剂可降低反应的活化能，曲线Ⅱ的活化能较低，可以表示催化剂降低了反应的活化能，故A正确；
B．由图乙可知碰撞后没有生成新分子，即没有发生化学反应，只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，碘化氢分子没有发生有效碰撞，故B错误；
C．酸和碱反应不需要外界做功的条件下就能发生，说明它们已经处于活跃状态，因此活化能很小，故C正确；
D．增大反应物浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查活化能及其对化学反应速率的影响等，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。
10．（2025秋 江苏校级期中）近年，我国大力加强对温室气体CO2催化氢化合成甲醚（CH3OCH3）技术的工业化量产研究，其反应方程式为：2CO2（g）+6H2（g） CH3OCH3（g）+3H2O（g）。在不同情况下测得该反应速率如下，其中反应速率最快的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】用各物质表示的化学反应速率与其对应的化学计量数之比越大，则表示的反应速率越快。
【解答】解：化学反应速率与其对应的化学计量数之比越大，则表示的反应速率越快；
A．；
B．；
C．；
D．，
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握化学反应速率与化学计量数的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意转化法应用及速率单位统一，题目难度不大。
11．（2025春 盐城期中）Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。其中，图甲和图乙表示脱除H2S时先进行的吸附步骤。下列说法不正确的是（ ）
A．Fe2O3对H2S的吸附能力：甲＞乙
B．脱除过程中H元素的化合价未发生变化
C．时间一长，催化剂的活性降低
D．催化剂失效后，在氧气中加热又转化为Fe2O3
【答案】A
【分析】根据题目信息可得到该脱除反应的化学方程式为：Fe2O3（s）+3H2S（g）＝S（s）+2FeS（s）+3H2O（g），据此信息解答。
【解答】解：该脱除反应的化学方程式为：Fe2O3（s）+3H2S（g）＝S（s）+2FeS（s）+3H2O（g）；
A．Fe2O3中铁元素为+3价、氧元素为﹣2价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，故A错误；
B．图中铁元素的化合价由+3价降低至+2价，硫元素的化合价由﹣2价升高至0价，氢元素的化合价未发生变化，故B正确；
C．脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，活性降低，故C正确；
D．催化剂失效后，FeS和O2反应生成Fe2O3和SO2，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
12．（2025春 灌云县期中）CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．依据0﹣2min、2 4min、4 6min相同的时间段内生成CO2的量，判断该反应为放热反应
B．反应在2 4min内生成CO2的平均反应速率为0.1mol L﹣1 min﹣1
C．4min后，反应速率减小的主要原因是c（H+）减小
D．反应开始后前4min内温度比浓度对反应速率的影响大
【答案】B
【分析】A．0﹣2min、2 4min、4 6min相同的时间段内生成CO2的量，是先增大，后减小，但是盐酸浓度是一直减小；
B．没有给出体积，无法计算；
C．4min后，由图可知反应速率逐渐减小；
D．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低；开始生成的二氧化碳的反应速率是增大的，说明反应为放热反应。
【解答】解：A．0﹣2min、2 4min、4 6min相同的时间段内生成CO2的量，是先增大，后减小，但是盐酸浓度是一直减小，故可判断该反应为放热反应，故A正确；
B．没有给出体积，无法计算，故B错误；
C．4min后，由图可知反应速率逐渐减小，此时温度较高，则反应速率减小的原因是c（H+）减小，故C正确；
D．随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低；开始生成的二氧化碳的反应速率是增大的，说明反应为放热反应，即反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
13．（2025春 广陵区校级期中）A、B、C、D均为气体，对于A+3B 2C+D的反应来说，以下化学反应速率的表示中反应速率最快的是（ ）
A．v（A）＝0.4mol L﹣1 s﹣1
B．v（B）＝1.5mol L﹣1 min﹣1
C．v（C）＝0.6mol L﹣1 s﹣1
D．v（D）＝0.1mol L﹣1 s﹣1
【答案】A
【分析】化学反应速率之比等于化学计量系数之比，转换为同一种物质的反应速率进行比较，据此解答。
【解答】解：都转化为A的反应速率进行比较；
A．v（A）＝0.4mol L﹣1 s﹣1；
B．；
C．；
D．v（A）＝v（D）＝0.1mol L﹣1 s﹣1；
故A反应速率最快，故A正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握反应速率与化学计量数的关系为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意比值法的应用及速率单位统一，题目难度不大。
14．（2025 徐州二模）研究发现反应2NO（g）+O2（g） 2NO2（g）的反应速率随温度的升高而减小，反应历程：
第一步：2NO（g） N2O2（g） ΔH1＜0 快反应
第二步：N2O2（g）+O2（g） 2NO2（g） ΔH2＜0 慢反应
依据该过程，下列说法正确的是（ ）
A．反应相同时间，快反应的平均速率一定比慢反应大
B．提高NO的浓度，化学反应速率将显著增大
C．温度升高，对快反应的影响比慢反应大
D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2再次达到平衡时NO2含量减小
【答案】C
【分析】A．由可知，反应相同时间，快反应与慢反应浓度的变化量可能相等；
B．化学反应速率主要由慢反应决定，提高NO的浓度；
C．反应2NO+O2 2NO2的反应速率随温度的升高而减小，结合反应历程可知，升高温度，导致快反应逆向移动，使得N2O2浓度减小；
D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2相当于加压，正衡正向移动。
【解答】解：A．由可知，反应相同时间，快反应与慢反应浓度的变化量可能相等，故快反应的平均速率不一定比慢反应大，故A错误；
B．提高NO的浓度，主要增大的是快反应的速率，对总反应速率影响不大，故B错误；
C．反应2NO+O2 2NO2的反应速率随温度的升高而减小，升高温度，导致快反应逆向移动，使得N2O2浓度减小，温度升高对慢反应的影响弱于N2O2浓度减小对慢反应的影响，导致慢反应速率变慢，最终总反应速率变慢，故C正确；
D．恒容条件下，达到平衡时，通入少量NO2相当于加压，正衡正向移动，再次达到平衡时NO2的含量增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
15．（2025春 无锡校级月考）在2A（s）+B（g） 3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（ ）
A．v（A）＝0.8mol L﹣1 s﹣1
B．v（B）＝0.3mol L﹣1 s﹣1
C．v（C）＝0.8mol L﹣1 s﹣1
D．v（D）＝30mol L﹣1 min﹣1
【答案】B
【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，都换算为B的速率，据此进行解答。
【解答】解：A．A为固体，不能用单位之间内浓度的变化值表示速率；
B．v（B）＝ 0.3 mol L﹣1 s﹣1；
C．v（B）＝ v（C）＝ 0.8mol L﹣1 s﹣1；
D．v（B）＝ v（D）＝ 30 mol L﹣1 min﹣1 mol L﹣1 s﹣1；
反应速率最快的为B，故B正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，侧重考查对基础知识的掌握和灵活应用能力，明确化学反应速率与计量数的关系是解本题关键，注意：比较反应速率时必须单位统一，题目难度不大。
16．（2025春 惠山区校级期中）一定温度下，向某恒容密闭容器中充入6mol NO和4mol NH3，在催化剂作用下发生反应，下列说法不正确的是（ ）
A．升高温度能加快化学反应速率
B．增大NO的浓度能加快化学反应速率
C．达到化学平衡状态时，NO、NH3恰好能全部转化为N2
D．增大压强可加快该反应的化学反应速率
【答案】C
【分析】A．升高温度能增加活化分子的百分数；
B．增大反应物NO的浓度，单位体积内活化分子数增多；
C．可逆反应不能完全转化；
D．增大压强可使物质的浓度增大，单位体积内活化分子数增加。
【解答】解：A．升高温度能增加活化分子的百分数，升高温度能加快化学反应速率，故A正确；
B．增大反应物NO的浓度，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞的次数增加，能加快化学反应速率，故B正确；
C．化学平衡是动态平衡，反应物和产物的浓度不再变化，但可逆反应不能完全转化，则达到化学平衡状态时，NO和NH3不可能全部转化为N2，故C错误；
D．增大压强可使物质的浓度增大，单位体积内活化分子数增加，单位时间内有效碰撞的次数增加，可加快该反应的化学反应速率，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率与化学平衡的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。
二．解答题（共4小题）
17．（2024秋 扬州期末）五氧化二钒（V2O5）在冶金、化工等领域有重要应用。
（1）V2O5的制备。NH4VO3制备V2O5的反应为2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O。反应时，若不及时分离出产生的NH3，会有少量VO2生成，其原因是 高温下，NH3将部分V2O5还原为VO2 。
（2）V2O5催化氧化SO2的反应为2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g） ΔH＝﹣196kJ mol﹣1，其反应历程为：
ⅠV2O5（s）+SO2（g） 2VO2（s）+SO3（g） ΔH1＝24kJ mol﹣1
Ⅱ4VO2（s）+O2（g） 2V2O5（s） ΔH2
①反应Ⅰ平衡常数表达式为K＝ 。
②ΔH2＝ ﹣244 kJ mol﹣1。
③V2O5的活性温度范围是450～600℃。预热后的SO2和O2在如图所示的接触室内发生反应，经过催化剂层时，气体温度会迅速上升。热交换器可使内外气体进行能量交换，其目的是 预热气体反应物SO2、O2；降低气体生成物温度；保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等 。
④SO2的平衡转化率与反应温度、压强的关系如图所示。在实际生产中，反应条件选择A点而不选择B点的原因是 bc （填字母）。
a．A点条件下，SO2的反应速率更快
b．B点条件下，对设备要求更高，能耗更大
c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大
（3）V2O5用作活性电极。一种双隔膜电池的工作原理如图所示。V2O5电极反应式为 V2O5+2e﹣+6H+＝2VO2++3H2O ；b膜是 阳 离子交换膜（填“阳”或“阴”）。
【答案】（1）高温下，NH3将部分V2O5还原为VO2；
（2）①；
②﹣244；
③预热气体反应物SO2、O2；降低气体生成物温度；保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等；
④bc；
（3）V2O5+2e﹣+6H+ ＝ 2VO2++3H2O；阳。
【分析】（1）NH3具有还原性，能将部分V2O5还原为VO2；
（2）①反应Ⅰ中V2O5、VO2为固体；
②根据盖斯定律，；
③气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2、降低体生成物气温度；V2O5的活性温度范围是450～600℃，保持催化剂活性温度；
④a．B点与A点同温，但压强更大，浓度更小；
b．B点压强更大，对设备要求更高；
c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强；
（3）在酸性溶液中，V2O5作正极得到电子生成VO2+，正极反应式为V2O5+6H++2e﹣＝2VO2++3H2O；Zn为负极，负极的钾离子通过阳离子交换膜进入到中间室，正极硫酸根通过阴离子交换膜进入中间室。
【解答】解：（1）NH3具有还原性，能将部分V2O5还原为VO2，
故答案为：高温下，NH3将部分V2O5还原为VO2；
（2）①反应Ⅰ中V2O5、VO2为固体，平衡常数表达式为，
故答案为：；
②根据盖斯定律，，
故答案为：﹣244；
③气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2、降低体生成物气温度；V2O5的活性温度范围是450～600℃，保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等，
故答案为：预热气体反应物SO2、O2；降低气体生成物温度；保持催化剂活性温度，提高反应速率；提高SO2转化率等；
④a．B点与A点同温，但压强更大，浓度更小，A化学反应速率不影响转化率，a错误；
b．B点压强更大，对设备要求更高，能耗更大，b正确；
c．A点条件下，SO2的转化率已经很高，增大压强，转化率提升不大，c正确；
故答案为：bc；
（3）在酸性溶液中，V2O5作正极得到电子生成VO2+，正极反应式为V2O5+6H++2e﹣＝2VO2++3H2O；Zn为负极，负极的钾离子通过阳离子交换膜进入到中间室，正极硫酸根通过阴离子交换膜进入中间室，故b膜为阳离子交换膜，
故答案为：V2O5+2e﹣+6H+ ＝ 2VO2++3H2O；阳。
【点评】本题考查反应速率，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18．（2025 海安市开学）NaBH4（B的化合价为+3）是一种储氢材料，研究NaBH4的释氢和再生对氢能的利用具有重要意义。
（1）NaBH4释氢
采用CoB催化NaBH4释氢，同时生成溶解度较小的Na[B（OH）4]。若掺杂Mo的氧化物，会提高NaBH4的释氢速率。部分机理如图1所示，
①用重水（D2O）代替H2O，写出步骤Ⅳ中X的结构简式： 。
②掺杂含有等物质的量的Mo元素的下列氧化物，产氢速率提高最大的是 B （填写序号）。
A.MoO2
B.MoO3
C.Mo8O23
③一定条件下，产氢速率随NaBH4浓度变化如图2所示。当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因有 反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的吸附在 Co表面，阻碍了Co对H—的吸附，使反应速率减慢 。
（2）NaBH4的再生将物质的量之比为6：3：1的Mg、Si和NaBO2 2H2O混合物经20小时球磨后得到的物质的XRD示意图谱如图3所示。
①写出Mg与NaBO2 2H2O反应再生NaBH4的化学方程式： 4Mg+NaBO2 2H2O4MgO+NaBH4 。
②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，并未参与到NaBH4的再生中，而NaBH4的再生产率由于硅的加入而得到提升，则加入硅的主要作用为 硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应 。
③与采用镁、硅工艺相比较，相同条件下，球磨相同时间，采用镁铝合金可得到更高产率的NaBH4且镁铝合金中铝的质量分数越大，NaBH4的产率越高，分析其可能的原因为 铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2 2H2O 。
【答案】（1）①；
②B；
③反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的吸附在 Co表面，阻碍了Co对H—的吸附，使反应速率减慢；
（2）①4Mg+NaBO2 2H2O4MgO+NaBH4；
②硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应；
③铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2 2H2O。
【分析】（1）Ⅰ中和H2O在催化剂表面接触，Ⅱ中电离出H﹣，H2O电离出H+、OH﹣，Ⅲ中OH﹣和BH3结合，成BH2OH、H2，Ⅳ中用重水（D2O）代替H2O，采用CoB催化NaBH4释氢时，用重水（D2O）代替H2O，生成X为、H2，最终生成同时生成溶解度较小的Na[B（OH）4]，可知氧化物含氧量越高，催化效率越好，据此解答；
（2）①Mg与NaBO2 2H2O反应再生生成Mg、NaBH4；
②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，接触面积大，Si硬度较大，耐磨；
③Al活泼性强，一定条件可以和H2O反应。
【解答】解：（1）①用重水（D2O）代替H2O，骤Ⅳ中X的结构简式：，
故答案为：；
②氧化物含氧量越高，催化效率越好，A.MoO2、MoO3、Mo8O23，MoO3、含氧量最大，产氢速率提高最大的是MoO3，
故答案为：B；
③Na[B（OH）4]溶解度较小，容易附着在催化剂表面，当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的吸附在 Co表面，阻碍了Co对H—的吸附，使反应速率减慢，
故答案为：反应生成大量Na[B（OH）4]覆盖在催化剂的表面，使催化剂活性点位减少；同时大量的吸附在 Co表面，阻碍了Co对H—的吸附，使反应速率减慢；
（2）①Mg与NaBO2 2H2O反应再生NaBH4的化学方程式4Mg+NaBO2 2H2O4MgO+NaBH4，
故答案为：4Mg+NaBO2 2H2O4MgO+NaBH4；
②反应后大部分硅仍然保持单质硅的形态，接触面积大，Si硬度较大，耐磨，NaBH4的再生产率由于硅的加入而得到提升，则加入硅的主要作用为硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应，
故答案为：硅在球磨过程中促进原料的分散，增大反应物间的接触面积，使得原料间充分反应；
③Al活泼性强，一定条件可以和H2O反应，与采用镁、硅工艺相比较，相同条件下，球磨相同时间，采用镁铝合金可得到更高产率的NaBH4且镁铝合金中铝的质量分数越大，NaBH4的产率越高，分析其可能的原因为铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2 2H2O，
故答案为：铝作还原剂参与反应；相同质量时铝可提供更多的电子还原NaBO2 2H2O。
【点评】本题主要考查探究化学反应机理等，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。
19．（2025 泰州四模）以硫铁矿（含FeS2及少量As、Se等元素的化合物）为原料，经历“造气→接触氧化→吸收”等过程可制取硫酸。
（1）造气。焙烧硫铁矿获得SO2，焙烧过程主要分两步进行：
热离解 2FeS2（s）═2FeS（s）+S2（g）ΔH＝+295kJ mol﹣1
氧化 S2（g）+2O2（g）═2SO2（g） ΔH＝﹣724kJ mol﹣1
4FeS（s）+7O2（g）═2Fe2O3（s）+4SO2（g）ΔH＝﹣2453kJ mol﹣1
①焙烧时总反应为4FeS2（s）+11O2（g）＝2Fe2O3（s）+8SO2（g）其ΔH＝ ﹣3311kJ mol﹣1 。
②如图﹣1为FeS（s）的氧化过程，氧化速率随温度升高并不显著的原因是 FeS 氧化过程中，产物Fe2O3会在 FeS 固体表面形成一层致密的氧化膜，阻碍了 O2与 FeS 的进一步接触，导致温度升高对反应速率的促进作用被抵消，因此氧化速率随温度升高不显著。 ，可提高氧化速率的措施为 提高 O2浓度 （填一种）。
（2）接触氧化。SO2与O2在催化剂表面发生反应：
2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣192.5kJ mol﹣1
①反应前需除去气体中As、Se等元素的化合物，目的是 除去杂质提高SO3的纯度；防止催化剂中毒 。
②相同时间和温度下，混合气体中O2体积分数对SO2氧化率的影响如图﹣2所示。O2体积分数超过5%后，SO2氧化率变化不大的原因是 当气体O2体积分数超过5%时，催化剂表面吸附的氧含量达到饱和状态，此时气体中O2体积分数的变化对SO2的氧化影响不明显； 。
③已知SO2催化氧化的反应速率方程为（1﹣nα'），其中k为速率常数，随温度升高而增大；α为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n为常数。在α'＝0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程得到反应速率随温度变化的关系如题图﹣3所示。v最大时所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度，当温度高于最适宜温度时，结合速率方程分析反应速率减小的原因： 温度升高，速率常数k增大，SO2的平衡转化率α会减小，温度高于最适宜温度时，后者对反应速率的影响大于前者 。
（3）吸收。用98.3%H2SO4吸收SO3得到发烟硫酸（可表示为H2SO4nSO3，释放出的尾气中含有SO2、O2、N2等。
①若3.38g发烟硫酸与0.03mol H2O恰好反应生成纯H2SO4则 n＝ 3 。
②工业上通常利用氨水吸收上述尾气制取（NH4）2SO3，生产中需要向溶液中加入适量的对苯二酚或对苯二胺等物质，目的是 对苯二酚或对苯二胺具有较强还原性，能将通入氨水中的O2还原，从而防止（NH4）2SO3被氧化 。
【答案】（1）①﹣3311kJ mol﹣1；
②随着焙烧过程的进行，氧化铁层增厚，O2和SO2通过氧化铁层的阻力增加，导致氧化速率随温度升高不显著；提高O2浓度；
（2）①除去杂质提高SO3的纯度；防止催化剂中毒；
②当气体O2体积分数超过5%时，催化剂表面吸附的氧含量达到饱和状态，此时气体中O2体积分数的变化对SO2的氧化影响不明显；
③温度升高，速率常数k增大，SO2的平衡转化率α会减小，温度高于最适宜温度时，后者对反应速率的影响大于前者；
（3）①3；
②对苯二酚或对苯二胺具有较强还原性，能将通入氨水中的O2还原，从而防止（NH4）2SO3被氧化。
【分析】（1）①根据盖斯定律，将已知的三个分步反应按一定比例叠加消元，可得到总反应；
②根据图﹣1可知，FeS 氧化过程中，产物Fe2O3会在 FeS 固体表面形成一层致密的氧化膜（类似金属的钝化），阻碍了 O2与 FeS 的进一步接触，导致温度升高对反应速率的促进作用被抵消，因此氧化速率随温度升高不显著；措施：可通过增大反应物接触面积（如将硫铁矿粉碎）、提高 O2浓度、搅拌等方式提高氧化速率（任填一种即可）；
（2）①除去 As、Se 化合物的目的As、Se 等元素的化合物会与催化剂（如 V2O5）反应，破坏催化剂的活性结构（即“中毒”），导致催化剂失去催化能力。因此，反应前除去这些杂质的目的是防止催化剂中毒；
②O2体积分数超过 5% 后 SO2氧化率变化不大的原因SO2催化氧化反应中，催化剂的活性位点数量有限。当 O2体积分数较低时，O2浓度是反应的限速因素，增加 O2浓度可显著提高 SO2与活性位点的接触概率，从而提高氧化率；当 O2体积分数超过 5% 后，催化剂的活性位点已基本被 O2和 SO2饱和，此时 O2浓度不再是限速因素，因此 SO2氧化率变化不大；
③本题主要考查速率常数和反应速率之间的关系，根据已知条件以及图像进行分析即可。
（3）吸收相关计算与分析①发烟硫酸H2SO4 nSO3与 H2O 反应的化学方程式为：H2SO4 nSO3+nH2O＝（n+1）H2SO4，由关系式即可求出n的值。②加入对苯二酚或对苯二胺的目的尾气中的 SO2被氨水吸收生成（NH4）2SO3，而具有较强的还原性，易被空气中的 O2氧化为，导致产物不纯。
【解答】解：（1）①把已知的反应依次标记反应123，根据盖斯定律可知目标反应的ΔH＝2ΔH1+2ΔH2+ΔH3＝2×295kJ/mol﹣1+2×（﹣724）kJ/mol﹣1+（﹣2453）kJ/mol﹣1＝﹣3311kJ/mol﹣1；
故答案为：﹣3311kJ mol﹣1；
②FeS 氧化过程中，产物Fe2O3会在 FeS 固体表面形成一层致密的氧化膜（类似金属的钝化），阻碍了 O2与 FeS 的进一步接触，导致温度升高对反应速率的促进作用被抵消，因此氧化速率随温度升高不显著。措施：提高 O2浓度，
故答案为：随着焙烧过程的进行，氧化铁层增厚，O2和SO2通过氧化铁层的阻力增加，导致氧化速率随温度升高不显著；提高O2浓度；
（2）①除去 As、Se 化合物的目的As、Se 等元素的化合物会与催化剂（如 V2O5）反应，破坏催化剂的活性结构（即“中毒”），导致催化剂失去催化能力。因此，反应前除去这些杂质的目的是防止催化剂中毒，
故答案为：除去杂质提高SO3的纯度；防止催化剂中毒；
②O2体积分数超过 5% 后 SO2氧化率变化不大的原因SO2催化氧化反应中，催化剂的活性位点数量有限。当 O2体积分数较低时，O2浓度是反应的限速因素，增加 O2浓度可显著提高 SO2与活性位点的接触概率，从而提高氧化率；当 O2体积分数超过 5% 后，催化剂的活性位点已基本被 O2和 SO2饱和，此时 O2浓度不再是限速因素，因此 SO2氧化率变化不大，
故答案为：当气体O2体积分数超过5%时，催化剂表面吸附的氧含量达到饱和状态，此时气体中O2体积分数的变化对SO2的氧化影响不明显；
③k（速率常数）随温度升高而增大（温度对速率的正向影响）；该反应为放热反应，温度升高会使平衡逆向移动，导致 SO2的平衡转化率降低，进而使体系中c（SO2）、c（O2）减小（温度对速率的逆向影响）。当温度低于最适宜温度时，k增大的正向影响占主导，速率随温度升高而增大；当温度高于最适宜温度时，平衡逆向移动导致c（SO2）、c（O2）减小的逆向影响超过k增大的正向影响，因此反应速率减小，
故答案为：温度升高，速率常数k增大，SO2的平衡转化率α会减小，温度高于最适宜温度时，后者对反应速率的影响大于前者；
（3）①发烟硫酸H2SO4 nSO3与 H2O 反应的化学方程式为：H2SO4 nSO3+nH2O＝（n+1）H2SO4；根据关系式：
H2SO4 nSO3～nH2O
98+80n 18n
3.38g 0.03×18g
列比例求出n＝3，
故答案为：3；
②加入对苯二酚或对苯二胺的目的尾气中的 SO2被氨水吸收生成（NH4）2SO3，而具有较强的还原性，易被空气中的 O2氧化为，导致产物不纯。对苯二酚或对苯二胺是强还原剂，可优先与 O2反应，从而防止（NH4）2SO3被氧化为（NH4）2SO4，
故答案为：对苯二酚或对苯二胺具有较强还原性，能将通入氨水中的O2还原，从而防止（NH4）2SO3被氧化。
【点评】本题为化学反应综合原理的题型，属于高考的重点考题，需要掌握化学反应与能量以及化学反应速率和化学平衡移动等相关知识的基础概念，同时也要掌握图像分析的能力和数据处理的能力。
20．（2025春 秦淮区期中）氢能是一种清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
（1）硼氢化钠（NaBH4）是一种高效储氢材料，25℃时NaBH4催化制氢先生成Na[B（OH）4]，再转化为NaBO2。在掺杂了MoO3的纳米Co2B合金催化剂表面部分反应机理如图﹣1所示：
①其他条件不变，用D2O代替H2O，写出中间产物X的结构式： 。
②其他条件不变，催化剂Co2B中掺杂MoO3能提高制H2效率的原因是 MoO3能吸附H2O并解离出H+，加快了氢气的生成速率 。
③已知25℃时NaBO2和NaBH4在水中的溶解度分别为28g和55g。NaBH4浓度对制H2速率影响如图﹣2所示，NaBH4浓度大于10%时反应速率变慢的可能原因是 浓度较大时，生成的NaBO2附着在催化剂表面，降低了催化活性，反应速率降低 。
（2）将NaBH4固体投入水中，常温下可发生反应：NaBH4（s）+2H2O（l）＝NaBO2（s）+4H2（g）ΔH＝﹣217kJ mol﹣1。NaAlH4是一种可用于商业化制氢的铝氢化物，控制反应温度为110℃，NaAlH4制氢的反应为。与等物质的量NaAlH4制氢相比，NaBH4制氢的优点有 反应条件温和 和 产氢量多 。
（3）氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中转化为电能。某熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图﹣3所示。
①负极上的电极反应式为 H2﹣2e﹣H2O+CO2 。
②该电池以3.2A恒定电流工作14分钟，消耗0.49LH2，该电池将化学能转化为电能的转化率为 70% 。
[已知：该条件下H2的摩尔体积为24.5L/mol：电荷量q（C）＝电流I（A）×时间（s）：；e＝1.60×10﹣19C]
【答案】（1）①；
②MoO3能吸附H2O并解离出H+，加快了氢气的生成速率；
③浓度较大时，生成的NaBO2附着在催化剂表面，降低了催化活性，反应速率降低；
（2）反应条件温和；产氢量多；
（3）①H2﹣2e﹣H2O+CO2；
②70%。
【分析】（1）①由反应机理图可知，H2O中—OH取代了一个H；
②由反应机理图可知，MoO3能吸附H2O并解离出H+；
③由反应机理图可知，吸附在催化剂表面；
（2）根据两反应对比进行判断NaBH4制氢的优点；
（3）①负极上H2失电子与反应生成H2O和CO2；
②电荷量q（C）＝3.2A×（14×60）s＝2688C，n（e﹣）0.028mol，氢气完全反应转移的电子的物质的量为2＝0.04mol，即可求得该电池将化学能转化为电能的转化率。
【解答】解：（1）①由反应机理图可知，H2O中—OH取代了一个H，若用D2O代替H2O，则中间产物X的结构式为，
故答案为：；
②由反应机理图可知，MoO3能吸附H2O并解离出H+，加快了氢气的生成速率，
故答案为：MoO3能吸附H2O并解离出H+，加快了氢气的生成速率；
③由反应机理图可知，吸附在催化剂表面，浓度较大时，生成的NaBO2附着在催化剂表面，降低了催化活性，反应速率降低，
故答案为：浓度较大时，生成的NaBO2附着在催化剂表面，降低了催化活性，反应速率降低；
（2）由两个反应方程式可知，NaBH4常温下可与水反应，而NaAlH4与水反应需控制温度为110℃，即NaBH4制氢的条件更温和；1mol NaBH4能产生4mol氢气，而1mol NaAlH4只能产生1.5mol氢气，即NaBH4的产氢量更多，
故答案为：反应条件温和；产氢量多；
（3）①负极上H2失电子与反应生成H2O和CO2，电极反应式为：H2﹣2e﹣H2O+CO2，
故答案为：H2﹣2e﹣H2O+CO2；
②电荷量q（C）＝3.2A×（14×60）s＝2688C，n（e﹣）0.028mol，氢气完全反应转移的电子的物质的量为2＝0.04mol，该电池将化学能转化为电能的转化率为100%＝70%，
故答案为：70%。
【点评】本题考查电化学、化学反应速率和反应机理，掌握基本知识是关键，题目难度中等。
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