Question

8．Ⅰ．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）写出上述实验中发生反应的化学方程式：2H₂O₂$\frac{\underline{\;MnO_2\;}}{\;}$2H₂O+O₂↑，该反应是放热反应（填放热或吸热）．
（2）实验结果表明，催化剂的催化效果与接触面积　有关．
Ⅱ．一定温度下，在容积为VL的密闭容器中进行反应：aN（g）?bM（g），M、N的物质的量随时间的变化曲线如图所示：
（1）此反应的化学方程式中$\frac{a}{b}$=$\frac{2}{1}$
（2）t₁到t₂时刻，以M的浓度变化表示的平均反应速率为：$\frac{1}{（{t}_{2}-{t}_{1}）V}$mol•L^-1•min^-1
（3）平衡时，N的转化率为75%．
（4）下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是CE
A．反应中M与N的物质的量之比为1：1
B．混合气体的总质量不随时间的变化而变化
C．混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化
D．单位时间内每消耗amolN，同时生成bmolM
E．混合气体的压强不随时间的变化而变化．

Answer 1

分析 Ⅰ、（1）二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，由带火星木条复燃，可知产物，由此可写出方程式；由实验现象可知，反应放热还是吸热；
（2）由实验现象可知催化剂作用大小的影响因素．
Ⅱ、（1）化学方程式的系数之比等于各物质的物质的量的变化量之比；
（2）根据v=$\frac{\frac{△n}{V}}{△t}$计算v（M）；
（3）由图可知，N为反应物，N的起始物质的量为8mol，平衡时参加反应的N的物质的量为8mol-2mol=6mol，在结合转化率定义计算；
（4）当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等（同种物质），各物质的浓度、含量不再改变，以及由此衍生的一些物理量也不变，以此进行判断．

解答 解：Ⅰ、（1）H₂O₂在二氧化锰作用下发生反应的化学反应方程式为：2H₂O₂$\frac{\underline{\;MnO_2\;}}{\;}$2H₂O+O₂↑，根据触摸试管的感觉可知，该反应为放热反应；
故答案为：2H₂O₂$\frac{\underline{\;MnO_2\;}}{\;}$2H₂O+O₂↑； 放热；
（2）因在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明接触面积对反应速率有影响，
故答案为：接触面积；
Ⅱ、（1）参加反应的N的物质的量为8mol-2mol=6mol，生成的M的物质的量是5mol-2mol=3mol，所以此反应的化学方程式中$\frac{a}{b}$=$\frac{2}{1}$，故答案为：$\frac{2}{1}$；
（2）由图可知，t₁到t₂时刻M的物质的量变化为4mol-3mol=1mol，v=$\frac{\frac{（4-3）mol}{VL}}{（{t}_{2}-{t}_{1}）min}$═$\frac{1}{（{t}_{2}-{t}_{1}）V}$mol•L^-1•min^-1，故答案为：$\frac{1}{（{t}_{2}-{t}_{1}）V}$mol•L^-1•min^-1；
（3）由图可知，N为反应物，N的起始物质的量为8mol，平衡时参加反应的N的物质的量为8mol-2mol=6mol，故N的转化率为$\frac{6mol}{8mol}$×100%=75%，故答案为：75%；
（4）A．平衡时反应混合物各组分的物质的量不变，但各组分的物质的量不一定相等，故A错误；
B．混合气体的总质量始终不变，混合气体总质量不变不能说明到达平衡，故B错误；
C．由于a≠b，随反应进行混合气体总物质的量发生变化，混合气体的总物质的量不随时间的变化而变化，说明到达平衡，故C正确；
D．单位时间内消耗amolN，同时生成bmolM，都表示正反应速率，反应始终按此关系进行，不能说明到达平衡，故D错误；
E．由于a≠b，随反应进行混合气体总物质的量发生变化，混合气体的压强不随时间的变化而变化，说明混合气体总的物质的量再不变，说明反应到达平衡，故E正确；
故答案为：CE．

点评 本题考查化学反应速率计算、化学平衡计算、化学平衡状态判断，题目难度中等，注意把握由图象判断化学方程式的方法以及反应现象与结论的推断．