液的碱性增强，在碱性环境下，金属铝的失电子速率加快，硝基被还原的速率加快，A正确。
9．已知某化学实验的结果如表所示： 实验 序号 1 2 3 反应物 大小相同的金属片 镁条 铁片 铁片 酸溶液 1 mol·L－1盐酸 1 mol·L－1盐酸 0.1 mol·L－1盐酸 在相同温度下测得的化学反应速率v/mol·L－1·min－1 v1 v2 v3 下列结论正确的是( ) A．v1＞v2＞v3 C．v1＞v3＞v2
B．v3＞v2＞v1 D．v2＞v3＞v1
解析：选A。反应物本身的性质是影响化学反应速率的主要因素。比较实验1、2，c(HCl)相同，活泼性Mg＞Fe，v1＞v2；比较实验2、3，铁的状态相同，实验2中c(HCl)大于实验3中c(HCl)，增大反应物浓度，化学反应速率增大，v2＞v3，所以v1＞v2＞v3。
10．在四个容积为2 L的密闭容器中，分别充入1 mol N2、3 mol H2O，在催化剂条件下进行反应2N2(g)＋6H2O(l)===4NH3(g)＋3O2(g)经3 h后，实验数据见下表，下列说法正确的是( )
序号 t1/℃ NH3生成量/(10－6mol) 第一组 第二组 第三组 第四组 30 4.8 40 5.9 50 6.0 80 2.0 第 6 页 共 12 页
A.单位时间内每消耗1 mol N2的同时生成2 mol NH3说明反应达到平衡状态
B．若第三组反应3 h后已达平衡，第三组N2的转化率为6×104% C．第四组反应中以NH3表示的反应速率是6.66×107 mol·L1·h1
－
－
－－
D．与前三组相比，第四组中NH3生成量最小的原因可能是催化剂在80 ℃活性减小，反应速率反而减慢
解析：选D。A项，单位时间内每消耗1 mol N2的同时生成2 mol NH3，都向正反应方向移动，反应不一定平衡；B项，若第三组反应1
3 h后已达平衡，反应的N2的物质的量为2×6.0×10－6mol＝3.0×10－
－6
3.0×10mol－46
mol，第三组N2的转化率为×100%＝3×10%；C项，1 mol
2×10－6mol－73 h内根据NH3浓度的变化量，得v(NH3)＝2 L·≈3.33×10 3 hmol·L－1·h－1；D项，第四组温度最高但达平衡时，NH3的物质的量最小，可能是催化剂在80 ℃活性减小，反应速率反而减慢。
11．分解水制氢气的工业制法之一是“硫及下列反应：①SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI
②2HI
H2＋I2 ③2H2SO4===2SO2＋O2＋2H2O
碘循环法”，主要涉
(1)分析上述反应，下列判断正确的是 。 a．循环过程中产生1 mol O2的同时产生1 mol H2 b．反应①中SO2还原性比HI强 c．循环过程中需补充H2O d．反应③易在常温下进行
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(2)一定温度下，向2 L密闭容器中加入1 mol HI(g)，发生反应②，H2物质的量随时间的变化如图所示，0～2 min内的平均反应速率v(HI)＝ ；HI的转化率＝ 。
解析：(1)由③可知产生1 mol O2的同时产生2 mol SO2，由①可知2 mol SO2生成4 mol HI，由②可知4 mol HI分解生成2 mol H2，故循环过程中产生1 mol O2的同时产生2 mol H2，故a错误；反应中SO2表现还原性，HI为还原产物，还原剂还原性强于还原产物的还原性，故b正确；反应①中1 mol SO2消耗2 mol H2O生成1 mol H2SO4，反应③中1 mol H2SO4分解生成1 mol SO2与1 mol H2O，循环中H2O的量减少，故应补充H2O，故c正确；H2SO4常温下不易分解，故d错误。(2)由图可知，2 min内H2的物质的量增加了0.1 mol，体积为0.1 mol
2 L
2 L，故v(H2)＝2 min＝0.025 mol·L－1·min－1，则v(HI)＝2v(H2)＝0.025 mol·L－1·min－1×2＝0.05 mol·L－1·min－1；参加反应的HI为0.1 mol×20.2 mol
＝0.2 mol，故HI的转化率为1 mol×100%＝20%。
答案：(1)b、c (2)0.05 mol·L－1·min－1 20%
12．纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取Cu2O的三种方法：
方法Ⅰ 方法Ⅱ 方法Ⅲ 用炭粉在高温条件下还原CuO 通电电解法：2Cu＋H2O=====Cu2O＋H2↑ 用肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2 第 8 页 共 12 页
在相同的密闭容器中，用方法Ⅱ和方法Ⅲ制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验：
2H2O(g)
2H2(g)＋O2(g) ΔH＞0
水蒸气的浓度(mol·L－1)随时间t(min)变化如下表： 序号 ① ② ③ 温度 T1 T1 T2 0 0.050 0.050 0.10 10 0.049 2 0.048 8 0.094 20 0.048 6 0.048 4 0.090 30 0.048 2 0.048 0 0.090 40 0.048 0 0.048 0 0.090 50 0.048 0 0.048 0 0.090 可以判断：实验①的前20 min的平均反应速率v(O2)＝ ；实验温度T1 T2(填“＞”或“＜”)；催化剂的催化效率：实验① 实验②(填“＞”或“＜”)。
解析：根据题给信息知实验①前20 min的平均反应速率v(O2)＝L－111?0.050－0.048 6? mol·－5－1－1v(H＝3.5×10 mol·L·min；该2O)＝×2220 min反应是吸热反应，则升高温度平衡向正反应方向移动，所以水蒸气的转化率高，则根据表中数据可知，温度应该是T1＜T2；实验②比实验①达到平衡所用的时间短，说明反应速率快，使用的催化剂催化效率高，催化剂的催化效率：实验①＜实验②。
答案：3.5×10－5mol·L－1·min－1 ＜ ＜
13．NaHSO3可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗时即有I2
析出。某课题组用淀粉作指示剂，通过测定溶液变蓝所用时间来探究影响化学反应速率的因素。
(1)写出NaHSO3溶液与过量KIO3溶液反应生成I2的离子方程式： 。
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(2)调节反应物浓度和温度进行对比实验，记录结果如下：
0.02 mol/L 编号 NaHSO3溶液/mL ① ② ③ 10 10 10 0.02 mol/L KIO3溶液/mL 15 40 b H2O/mL a 0 0 溶液变蓝的时间t/s t1 t2 t3 反应温度/℃ 10 10 20 表中a＝ ，b＝ 。 (3)改变反应温度，重复实验③，得到温度(T)与溶液变蓝所需时间(t)的关系如图所示(“×××”表示超过50 ℃后溶液不会再变蓝)。
①在30 ℃下，若溶液变蓝时，I2的物质的量为n mol，则从反应
－开始至溶液变蓝，IO3的平均反应速率为 mol·L－1·s－1(写出
表达式即可，不要化简)。
②根据图像，请你分析温度低于50 ℃时，溶液变蓝所需时间与
反应温度的关系：
。 (4)将NaHSO3溶液与KIO3溶液混合(预先加入可溶性淀粉为指示剂)，用速率检测仪检测出起始阶段反应速率逐渐增大，一段时间后反应速率又逐渐减小。课题组对起始阶段反应速率逐渐增大的原因提出如下假设，请你完成假设二：
假设一：反应生成的I2对反应起催化作用，I2浓度越大反应速率越快；
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高考化学复习 第7章化学反应速率和化学平衡第1讲练习题
