2.3 化学反应的速率 同步练习
一、单选题
1．目前国际空间站处理 废气涉及的反应为 。下列关于该反应的说法错误的是（ ）
A．升高温度能加快该反应的速率
B．钌催化剂能加快该反应的速率
C．达到平衡时，v（正）=v（逆）=0
D．一定条件下，当 转化率达到最大值时，反应达到平衡
2．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。
下列说法正确的是（ ）
A．反应过程只有C-H键断开
B．反应I的活化能为
C．总反应的热化学方程式为：
D．反应历程中，反应Ⅱ决定整个反应进程的快慢
3．向绝热恒容密闭容器中通入一定量的SO2和NO2，一定条件下发生反应： ，测得SO3浓度随时间变化如下所示，下列说法正确的是（ ）
反应时间/s 40 50 60 70 80 90 100 110
SO3浓度/mol/L 0.10 0.14 0.21 0.26 0.30 0.32 0.33 0.33
A．50s时，SO3的生成速率为0.0028mol·L-1·s-1
B．40～90s的逆反应速率逐渐增大
C．40～50s的反应速率大于70～80s的反应速率
D．110s时，缩小容器体积再次达到平衡后，SO2的转化率和浓度均保持不变
4．已知反应 2SO2 （g） + O2 （g） 2SO3 （g） H ＜ 0，下列说法不正确的是（ ）
A．升高温度，正、逆反应速率均加快
B．增大压强，化学平衡正向移动
C．充入O2，可提高SO2的转化率
D．当气体总质量不变时，反应达平衡状态
5．在某容积一定的密闭容器中，有下列的可逆反应：A（g）＋B（g） xC（g）（正反应放热）有图Ⅰ所示的反应曲线，试判断对图Ⅱ的说法中正确的是（T表示温度，P表示压强，C%表示C的体积分数）（ ）
A．P3＞P4，y轴表示B的转化率
B．P3＜P4，y轴表示B的体积分数
C．P3＜P4，y轴表示混合气体的密度
D．P3＞P4，y轴表示混合气体的密度
6．FeCl3溶液与KSCN溶液混合时存在下列平衡：Fe3+(aq)+SCN-( aq) Fe(SCN)2＋(aq) 已知某一条件下，反应达到平衡时，Fe(SCN)2＋的物质的量浓度与温度的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该反应为吸热反应
B．T1、T2时反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2
C．反应处于D点时，一定有v正大于v逆
D．A点的c(Fe3＋)比B点的c(Fe3＋)大
7．硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，可以通过出现浑浊的快慢来判断反应的快慢程度，下列各组实验中最先出现浑浊的是（ ）
实验 反应温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4
V/mL c/（mol L﹣1） V/mL c/（mol L﹣1）
A 25 5 0.1 20 0.1
B 25 5 0.2 10 0.2
C 35 5 0.1 20 0.1
D 35 5 0.2 10 0.2
A．A B．B C．C D．D
8．下列说法正确的是（ ）
A．增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子的百分数从而使有效碰撞次数增大
B．有气体参加的化学反应，若增大压强(即缩小反应容器的体积)，可增加活化分子的百分数，从而使反应速率增大
C．催化剂不影响活化能但能增大单位体积内活化分子百分数，从而增大反应速率
D．升温能使化学反应速率增大，主要原因是增加了反应物分子中活化分子的百分数
9．10 mL浓度为1 mol·L-1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是（ ）
A．KNO3 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO3
10．可逆反应mA(g)＋nB(g) pC(g)+qD(g)的v-t图象如下图，如若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，则其v-t图象如下图：
①a1>a2 ②a1
A．②④⑤⑦ B．①④⑥⑧
C．②③⑤⑧ D．①③⑥⑦
11．多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时（各物质均为气态），甲醇与水在铜基催化剂上的反应机理和能量图如图：
下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=+akJ/mol(a>0)
B．1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量大于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量
C．选择优良的催化剂降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，有利于减少过程中的能耗
D．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
12．180℃时，将0.5 mol H2和1 mol CO2通入1L的恒容密闭容器中，反应生成甲醇蒸气（ ）和某无机副产物，测得各物质的物质的量随时间的部分变化如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．该反应的化学方程式：
B．在0~3 min内， 的平均反应速率为
C．在3~10 min内，反应仍未达到平衡状态
D．10 min时，再通入0.5 mol H2和1 mol CO2，可提高H2和CO2的转化率
13．研究NOx之间的转化对大气污染控制具有重要意义，已知：。如图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为T1时，c(N2O4)和c(NO2)随t变化为曲线I、II，改变温度到T2，c(NO2)随t变化为曲线III。下列判断正确的是（ ）
A．温度T1>T2
B．反应速率v(a)=v(b)
C．在T1温度下，反应至t1时达平衡状态
D．在T1温度下，反应在0—t3内的平均速率为
14．某课题组设计一种固定CO2的方法。下列说法不正确的是（ ）
A．反应原料中的原子100%转化为产物
B．该过程在化合物X和I-催化下完成
C．该过程仅涉及加成反应
D．若原料用，则产物为
15．已知2NO2(g) N2O4(g) ΔH<0。在恒温条件下将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一容积为2L的密闭容器中，各组分浓度变化如图。下列说法正确的是（ ）
A．图中的两条曲线，Y是表示NO2浓度随时间的变化曲线
B．前10min内用v(NO2)表示的化学反应速率为0.04mol·L-1·min-1
C．25min时，平衡移动的原因是将容器的体积缩小为1L
D．a点的化学反应处于平衡状态
16．已知反应原理 ，在密闭容器中1mol 和足量C发生反应，相同时间内测得 的生成速率与 的生成速率随温度变化的关系如图1；维持温度不变，反应相同时间内测得 的转化率随压强的变化如图2。
下列说法错误的是（ ）
A．图1中的A，B，C三个点中只有C点是平衡点
B．图2中平衡常数K（F）=K（G）
C．图2中E点的 小于F点的
D．图2中 的浓度
二、综合题
17．目前，汽车尾气系统中均安装了催化转化器，大大减少了 CO和 NOx汽车尾气的排放。
（1）在催化剂作用下 CO还原 NO、NO2。
标准摩尔生成焓是指由稳态单质生成1mol该化合物的焓变，25℃下几种物质的标准生成焓如下：
NO2 CO CO2 NO
标准生成焓/kJ mol-1 33.1 -110.5 -183.6 90.3
ⅰ.CO(g)+NO2(g) CO2(g(+NO(g) ΔH1
ⅱ.2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH2=-623KJ mol-1
①ΔH1= ；写出用 CO还原NO2生成两种无污染的气态物质总反应的热化学方程式：
②相同时间内，CO还原NO2的总反应中NO2的转化率随温度的变化趋势如下图所示，运用化学反应原理分析，NO2的转化率随温度先增大后减小的原因 ；其中汽车尾气中NO2和 CO物质的量比 为 (填选项字母)时尾气中NO2的转化率最高。
A.0.3 B.0.5 C.0.7
③某温度下，起始压强为 P0，在恒容密闭容器中充入等物质的量 CO和 NO在催化剂下进行反应ⅱ，NO的平衡转化率为α，则反应ⅱ的平衡常数 KP= (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压 =总压 × 物质的量分数)。
（2）在催化剂作用下 H2还原 NO，2H2(g)+2NO(g) 2H2O(g)+N2(g)ΔH＜0，反应的速率方程为v正 =k正 c(H2) c2(NO)(k正为速率常数，只与温度、催化剂有关系)，其中 v正为正反应速率。
①相同条件下，对速率影响程度c(NO) c(H2)(填“ 大于” 、“ 小于” 或“ 等于” )。
②设反应开始时 H2和 NO的浓度相同，反应开始时 v正 =v0，NO的转化率为α时的反应速率为 vα，则vα = v0。
（3）一种以 CO为燃料，以空气为氧化剂，以熔融态 K2CO3为电解质的燃料电池，工作原理如下图所示：
①电极 a为 (填“ 正极” 或“ 负极” )，Y物质为 ；
②正极上的电极反应式为 。
18．天然气的开发利用是重要的研究课题。现可将转化为乙酸，同时可处理温室气体，反应方程式如下：
。
（1）我国科研人员提出了反应的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法错误的是 。(填序号)
a．反应发生时，反应物化学键并没有全部断裂
b．使用催化效率更高的催化剂可以降低E值
c．①→②放出能量并形成了键
d．“夺氢”过程中形成了键
（2）时向密闭容器中充入和，后测得浓度降为，后达到平衡，测得乙酸的浓度为。
①前两分钟乙酸的平均反应速率= 。
②若温度为时，向上述容器中充入、和，反应恰好处于平衡状态，则 (填“>”、“=”或“<”)
（3）以二氧化钛表面覆盖为催化剂催化该反应时，在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。
时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是 。
（4）某高校科研团队在实验时，发现在作催化剂时，还检测出了乙醇。推测发生了副反应：
①下列有关制备乙酸的说法错误的是 。(填序号)
a．选择合适催化剂可提高乙酸的产率
b．选择合适温度可提高催化剂的效率
c．增大投料时的比值可提高甲烷的转化率
d．及时分离出乙酸可提高乙酸的产率
②在温度为、压强为的恒温恒压容器中，充入和，平衡时测得乙酸的百分含量是乙醇5倍，的百分含量是的2倍。则平衡时乙醇的分压为 ，反应的 。
19．铁及铁的氧化物广泛应于生产、生活、航天、科研领域。
（1）铁通过对N2、H2吸附和解吸可作为合成氨的固体催化剂，原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH1<0
①若用、和分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用下图表示，吸附后能量状态最低的是 (填字母序号)；
②在三个1L的恒容密闭容器中，分别加入0.15molN2和0.45molH2发生上述反应，实验a、b、c中c(N2)随时间(t)的变化如图所示(T表示温度)。与实验b相比，实验a、实验c分别采用的实验条件可能为 、 (仅改变一个条件)。
（2）Fe2O3与CH4反应可制备“纳米铁粉”，其反应为：
Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)ΔH2
①此反应的化学平衡常数表达式为 ；
②一定温度下，将一定量的Fe2O3(s)和CH4(g)置于恒容密闭容器中反应，能说明反应达到平衡状态的是 ；
A混合气体的密度不再改变B铁的物质的量不再改变
CCO和H2的浓度之比为1：2Dv正(CO)=2v逆(H2)
③一定温度下，向体积为2L的密闭容器中加入0.2molFe2O3(s)和0.6molCH4(g)进行上述反应，反应起始时压强为P，反应进行至5min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。5min内用Fe2O3(s)表示的平均反应速率为 g min-1；T℃下该反应的Kp= 【气体分压(p分)=气体总压(p总)×气体体积分数】；
（3）“纳米铁粉”可用于处理地下水中的污染物，其中与NO发生的离子方程式为4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3H2O，研究发现，相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO的速率有较大差异(如下图)，产生该差异的原因可能是 (答一条即可)。
20．氮氧化物是空气的主要污染物，消除氮氧化物污染有多种方法。用催化技术可将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO＋2CO 2CO2＋N2，为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下测得不同时间的NO和CO浓度如下表：
时间（s） 0 2 4
c（NO）（mol·L－1） 1.00×10－3 2.50×10－4 1.00×10－4
c（CO）（mol·L－1） 3.60×10－3 c’ 2.70×10－3
回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：
（1）前4s内的平均反应速率v（NO）＝ 。c’＝ 。
（2）当质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率。右图表示在其他条件不变时，上述反应中二氧化碳浓度随温度（T）、催化剂表面积（S）和时间（t）的变化曲线。
①该反应的ΔH 0（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②若催化剂的表面积S1＞S2，在答题卡图中画出c（CO2） 在T2、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线 。
（3）在恒容的密闭容器中，上述反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是（ ）
21．化学反应中的能量和速率变化对生产生活有着重要意义。某研究学习小组同学进行下列探究活动。
（1）甲同学探究反应Fe+H2SO4（稀）=FeSO4+H2↑中的能量变化。向装有铁片的试管中加入1 mol/L的H2SO4，观察到试管内有气泡产生，触摸试管外壁，温度升高。
①该反应为 （填“放热”或“吸热”）反应。
②下列措施中，能加快氢气生成速率的是 （填字母）。
a．将铁片改成铁粉 b．将稀H2SO4改成浓硫酸 c．加硫酸钠溶液
（2）乙同学认为原电池原理也可加快化学反应速率，他设计如图1所示实验装置。实验过程中可观察到的现象是 。铁片上的电极反应式为 。
（3）丙同学根据 反应的发生条件，在老师的指导下，按如图2流程探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能。控制其他实验条件均相同，在催化反应器中装载不同的催化剂，将经催化反应后的混合气体通入一定体积滴有酚酞的稀硫酸中（溶液的体积、浓度均相同）。
①写出实验室用加热固体混合物的方法制备NH3的化学反应方程式 。
②为比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是 。
③在不同催化剂时测得混合气体中NH3的物质的量与时间的关系如图所示，则曲线 （填序号）使用的催化剂催化性能最好，理由是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．升高温度，反应速率加快，故A不符合题意；
B．催化剂通过降低反应的活化能，加快该反应的速率，所以钌催化剂能加快该反应的速率，故B不符合题意；
C．化学平衡是动态平衡，当反应达到化学平衡时，v（正）=v（逆）＞0，故C符合题意；
D．一定条件下，反应达到平衡时，反应物的转化率达到最大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据题意，温度升高和加入催化剂速率均可以增大，当二氧化碳的转化率达到最大值时反应达到平衡，达到平衡时，速率不为0
2．【答案】C
【解析】【解答】A．据图可知反应过程中甲醇中的O-H键也发生断裂，故A不符合题意；
B．反应I的活化能为反应物断键吸收的能量，即反应I过程中最大能量与a的差值，图中没有体现反应I过程中的最大能量，故B不符合题意；
C．焓变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为： ，故C符合题意；
D．据图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I决定整个反应进程的快慢，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.化学反应既有化学键的断裂又有键的产生，其中断裂的是碳氢键和氢氧键，形成的是氢氢键和碳氧键
B.分步反应，第一步未给出能量最大值
C.根据方程式和图示能量变化即可写出热方程式
D.活化能大的影响速率，过程1的活化能大
3．【答案】B
【解析】【解答】A．根据表格信息可知，0-50s内，SO3浓度变化为 ，则SO3的平均反应速率为 ，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，故50s时，SO3的生成速率小于0.0028mol·L-1·s-1，A不符合题意；
B．该反应为放热反应，绝热条件下温度逐渐升高，升高温度正逆反应速率均增大，且生成物浓度增大，逆反应速率加快，故40～90s的逆反应速率逐渐增大，B符合题意；
C．根据表格中40～50s、70～80s的SO3浓度变化量可知，40～50s的平均反应速率等于70～80s的平均反应速率，C不符合题意；
D.110s时，缩小容器体积，平衡不移动，但各物质的浓度均增大，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.根据计算；
B.该反应为放热反应，绝热条件下温度逐渐升高，升高温度正逆反应速率增大，且生成物浓度越大逆反应速率越快；
C.根据表格数据分析；
D.0s时，缩小容器体积相当于增大压强，再次达到平衡时与原平衡相比，平衡不移动，则反应物的转化率不变，但是浓度改变。
4．【答案】D
【解析】【解答】升高温度，正、逆反应速率均加快，故A不符合题意；
增大压强，化学平衡向气体系数和小的方向移动，故B不符合题意；
充入O2，化学平衡正向移动，可提高SO2的转化率，故C不符合题意；
根据质量守恒定律，反应前后质量不变，所以当气体总质量不变时，反应不一定达平衡状态，故D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据该反应是一个气体体积减小的放热反应，分析外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，以及判断是否达到平衡状态即可.
5．【答案】A
【解析】【解答】A.升高温度平衡向逆反应方向移动，B的转化率减小，增大压强平衡向正反应方向移动，B的转化率增大，则P3＞P4，A符合题意；
B.升高温度平衡向逆反应方向移动，B的体积分数减小，B不符合题意；
CD.混合气体总质量不变，容器容积不变，反应混合气体的密度不变，C、D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对反应速率和平衡移动的综合考查， 解答此类题型时，应综合浓度、温度、压强对反应速率、平衡移动的影响分析。
6．【答案】B
【解析】【解答】A、分析题给图像知，随着温度的升高Fe(SCN)2＋的物质的量浓度逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，不符合题意；
B、该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，又温度T1＜T2，则K1＞K2，符合题意；
C、曲线上方的区域未处于平衡状态，c[Fe（SCN）2+]比平衡状态大，应向逆反应方向进行，故V正小于V逆，不符合题意；
D、升高温度，平衡向逆反应方向移动，A点温度小于B点，所以A点的c(Fe3＋)比B点的c(Fe3＋)小，不符合题意。
故答案为：B
【分析】A由图可得，温度升高，反应往逆反应方向进行，则为放热反应
C，D点Fe(SCN)2＋的物质的量浓度大于平衡时浓度，则反应往逆反应方向进行，即V正小于V逆
D、A点Fe(SCN)2＋的物质的量浓度大于B点，则c(Fe3＋)比B点的c(Fe3＋)小
7．【答案】D
【解析】【解答】解：因35℃＞25℃，则选项C和D中的反应速率大于选项A和B中，
又D中反应物的浓度大于C中反应物的浓度，
则D中反应速率最快，即在实验中就最先出现浑浊，
故选D．
【分析】温度越高、浓度越大，则反应速率就越快，在实验中就最先出现浑浊，以此解答．
8．【答案】D
【解析】【解答】A、增大反应物浓度，可增大单位体积内活化分子数，不是活化分子百分数，A不符合题意；
B、有气体参加的化学反应，若增大压强（即缩小反应容器的体积），实际就是在增大气体浓度，所以增加的是单位体积内活化分子数，仍然不会增大活化分子的百分数，B不符合题意；
C、催化剂会改变反应活化能，从而改变活化分子百分数，所以C不符合题意；
D、升高温度会使分子的平均能量升高，从而使达到活化分子的比例增加，即增加了活化分子百分数，D符合题意。
【分析】影响反应速率的因素包括：活化分子、活化能、催化剂、温度、反应物的浓度等。
9．【答案】B
【解析】【解答】锌与稀盐酸反应过程中，若加入物质使反应速率降低，则溶液中的氢离子浓度减小，但由于不影响氢气的生成量，故氢离子的总物质的量不变。
A、加入KNO3，则可看成溶液中有硝酸，硝酸与锌反应不产生氢气，选项A不符合题意；
B、加入醋酸钠，则与盐酸反应生成醋酸，使溶液中氢离子浓度减小，随着反应的进行，CH3COOH最终又完全电离，故H＋物质的量不变，选项B符合题意；
C、加入硫酸铜溶液，Cu2＋会与锌反应生成铜，构成原电池，会加快反应速率，选项C不符合题意；
D、加入碳酸钠溶液，会与盐酸反应，使溶液中的氢离子的物质的量减少，导致反应速率减小，生成氢气的量减少，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据反应的实质是金属锌与溶液中的氢离子反应生成氢气，为减缓反应速率但又不影响产生氢气的质量，则减少溶液中氢离子的浓度而不改变氢离子的物质的量，同时，在此过程中注意金属锌过量。
10．【答案】A
【解析】【解答】若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，a1、a2为两种条件下正反应速率，催化剂加快反应速率，则a1＜a2，故①不符合题意、②符合题意；使用催化剂缩小达到化学平衡的时间，则加催化剂时反应速率增大，所以b1＜b2，故③不符合题意、④符合题意；使用催化剂缩小达到化学平衡的时间，则t1＞t2，故⑤符合题意、⑥不符合题意；阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同，故⑦符合题意、⑧不符合题意；综上所述②④⑤⑦说法符合题意，
故答案为：A。
【分析】若其它条件不变，只是在反应前加入合适的催化剂，正逆反应速率均加快，缩小达到化学平衡的时间，阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同．易错点：阴影部分的面积为反应物浓度的变化量，平衡状态没有改变，则阴影部分面积相同。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) △H=-akJ/mol(a>0)，A项不符合题意；
B．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，B项不符合题意；
C．催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，C项符合题意；
D．CO(g)属于中间产物，不是催化剂。D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由反应机理图可知，反应Ⅰ为：CH3OH =2H2+CO，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关系为：EⅡ生＞EⅠ反。据此进行分析。
12．【答案】C
【解析】【解答】A.由图可知，氢气和二氧化碳的物质的量的变化量为（0.5-0.2）mol=0.3mol和（1.0-0.9）mol=0.1mol，由质量守恒定律可知氢气和二氧化碳反应生成甲醇和水的反应为 ，故A不符合题意；
B.由图可知，二氧化碳的物质的量的变化量为（1.0-0.9）mol=0.1mol，由反应方程式可知，甲醇的物质的量的变化量为0.1mol，则甲醇的平均反应速率为 = ，故B不符合题意；
C.由图可知，0~3 min时二氧化碳的物质的量的变化量为（1.0-0.9）mol=0.1mol，10 min时甲醇的物质的量为0.1mol，由反应方程式可知，甲醇的物质的量的变化量为0.1mol可知，3 min时反应达到平衡，则在3~10 min内，反应达到平衡状态，故C符合题意；
D.由反应方程式可知，该反应是一个气体体积减小的反应，若10 min时，再通入0.5 mol H2和1 mol CO2相当于增大压强，增大压强，平衡向正反应方向移动，氢气和二氧化碳的转化率增大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据质量守恒即可找出另外一种无机物是水，即可写出方程式
B.根据甲醇的变化量即可计算出平均反应速率
C.根据二氧化碳和氢气的变化量计算出产生的甲醇的量那几科判断是否达到平衡
D.体积不变，增加反应物，平衡右移动，故转化率增大
13．【答案】D
【解析】【解答】A．反应温度T1和T2，以c(NO2)随t变化曲线比较，II比III后达平衡，所以T2>T1，故A不符合题意；
B．升高温度，反应速率加快，T2>T1，则反应速率v(a)>v(b)，故B不符合题意；
C．T1温度下，反应至t1时c(NO2)=c(N2O4)，t1之后c(NO2)、c(N2O4)仍在变化，说明t1时反应没有达到平衡状态，故C不符合题意；
D．T1时，在0-t3内，，则0-t3内，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.“先拐先平衡”，反应快，说明温度高，压强大
B.分析影响速率的因素（浓度，压强，温度，催化剂），比较反应速率
C.达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度保持不变
D.
14．【答案】C
【解析】【解答】A．通过图示可知，二氧化碳和反应生成，没有其它物质生成，反应原料中的原子100%转化为产物，A不符合题意；
B．通过图示可知，X和I-在反应过程中是该反应的催化剂，B不符合题意；
C．在该循环过程的最后一步中形成五元环的时候反应类型为取代反应，C符合题意；
D．通过分析该反应流程可知，通过该历程可以把三元环转化为五元环，故若原料用，则产物为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.总反应的方程式为；
B.X和I-为该反应的催化剂；
C.生成X的反应不是加成反应；
D.结合总反应的方程式进行分析判断。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.0-10min段内，X曲线的变化量为0.6-0.2=0.4mol/L，Y曲线的变化量为0.6-0.4=0.2mol/L，根据方程式中的比例关系知，X曲线为NO2，Y曲线为N2O4，A不符合题意；
B．根据X曲线的数据：v(NO2)= =0.04mol·L-1·min-1，B符合题意；
C．体积压缩为原来的一半，在这一瞬间，NO2和N2O4的浓度都增大为原来的两倍，图像中NO2浓度增大，N2O4浓度不变，应为充入NO2，C不符合题意；
D．当物质的浓度不再改变时，达到平衡状态，a点浓度还在变，未达到平衡状态，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知10-25min平衡状态时，X表示的生成物的浓度变化量为(0.6-0.2)mol/L=0.4mol/L，Y表示的反应物的浓度变化量为(0.6-0.4) mol/L=0.2mol/L， X表示的生成物的浓度变化量是Y表示的反应物的浓度变化量的2倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线。
A、计算X、Y的浓度变化量，利用浓度变化量之比等于化学计量数之比，确定表示NO2浓度变化曲线；
B、由图象可知，10min内用NO2的浓度变化量为(0.6-0.2) mol/L=0.4mol/L， 根据v=△t计算v (NO2) ；
C、25min时， X的浓度增大，Y的浓度不变，只能是增大X的浓度；
D、物质的浓度不发生变化时表示化学反应处于平衡状态。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．由 可知， 的生成速率(逆反应速率)应该是 的生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足，A不符合题意；
B．由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数 ，B不符合题意；
C．由图2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强 ，则E点的 小于F点的 ，C不符合题意 ；
D．混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G点压强大，浓度大，即 ，D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】
A.根据氮气和二氧化氮的生成速率比分析即可；
B.K、F两点温度不变，平衡常数相等；
C.E点未平衡，F点平衡，故E点正反应速率小于F点逆反应速率；
D.浓度和压强有关，两压强不同，浓度不相等。
17．【答案】（1）-15.9kJ/mol；4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g) ΔH=-654.8 kJ/mol；低于185℃时，反应没有达到平衡，升高温度，反应速率加快，NO2转化率提高，185℃时，反应达到平衡，高于185℃时，△H<0，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2转化率减小；B；
（2）大于；(1-α)3 v0
（3）负极；CO2；O2+4e-+2CO2=2CO
【解析】【解答】(1) ①，ΔH1= [(+33.1)+(-110.5)]kJ/mol-[(-183.6)+(+90.3)] kJ/mol=-15.9kJ/mol；由盖斯定律可知，2ⅰ+ⅱ可得反应4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g) ，则ΔH=2ΔH1-ΔH2=2×(-15.9kJ/mol)+(-623 kJ/mol)=-654.8 kJ/mol，故答案为：-15.9kJ/mol；4CO(g)+2NO2(g) 4CO2(g)+N2(g) ΔH=-654.8 kJ/mol；
②由图可知，185℃时，二氧化氮的转化率最大，反应达到平衡，低于185℃时，反应没有达到平衡，升高温度，反应速率加快，二氧化氮转化率增大，该反应为放热反应，高于185℃时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率减小；由图可知，当汽车尾气中二氧化氮和一氧化碳的物质的量比为0.5时，尾气中二氧化氮的转化率最高，故答案为：低于185℃时，反应没有达到平衡，升高温度，反应速率加快，NO2转化率提高，185℃时，反应达到平衡，高于185℃时，△H<0，升高温度，平衡向逆反应方向移动，NO2转化率减小；B；
③设起始通入一氧化碳和一氧化氮的物质的量为2mol，由NO的平衡转化率为α可建立如下三段式：
由P 1：P 2=n1：n2可得，起始压强为 P0，则平衡时压强为 ，由三段式数据可知，平衡时一氧化碳和一氧化氮平衡分压都为 × = ，二氧化碳的物质的量分数都为 × = ，氮气的物质的量分数都为 × = ，则反应ⅱ的平衡常数 KP= = = ，故答案为： ；
(2) ①由反应的速率方程为v正 =k正 c(H2) c2(NO)可知，相同条件下，对反应速率影响程度c(NO)大于c(H2)，故答案为：大于；
②设反应开始时氢气和一氧化氮的浓度都为c，若反应开始时 v正 =v0，由反应的速率方程可得k正= ，由NO的平衡转化率为α可知，平衡时一氧化氮氢气和一氧化氮的浓度都为c(1—α)，则平衡时vα = k正 c(H2) c2(NO)= ×c3(1-α)3=(1-α)3 v 0，故答案为：(1-α)3 v0；
(3)由电子的移动方向可知，电极 a为燃料电池的负极，电极 b为正极，在碳酸根离子作用下，一氧化碳在正极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，在二氧化碳作用下，空气中氧气在正极上得到电子发生还原反应生成碳酸根离子，则A为一氧化碳、B为空气、X为空气中剩余的气体、Y为二氧化碳；
①由分析可知，电极 a为电池的负极，Y物质为二氧化碳气体，故答案为：负极；CO2；
②由分析可知，电极 b为正极，在二氧化碳作用下，空气中氧气在正极上得到电子发生还原反应生成碳酸根离子，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2CO ，故答案为：O2+4e-+2CO2=2CO 。
【分析】（1）①根据焓变=生成物的标准生成焓减去反应物的标准生成焓可得，根据盖斯定律即可写出一氧化碳和二氧化氮反应的热化学方程式②一开始未达到平衡，平衡后由于正反应是放热，导致平衡逆向移动，根据图示即可判断③根据给出的数据结合三行式即可计算出平衡时的物质的量即可计算出平衡分压即可计算出平衡常数
（2）① 根据速率公式即可判断②根据给出的起始的速率即可计算出K正，再结合平衡时的转化率即可计算出平衡时浓度即可计算出速率
（3）① 根据电子的流向即可判断a为负极，一氧化碳商丘电子变为二氧化碳，Y为二氧化碳b为正极②
b为正极，是氧气得到电子结合二氧化碳变为碳酸根离子即可写出电极方程式
18．【答案】（1）d
（2）；>
（3）催化剂的催化效率降低
（4）ac；；4.5
【解析】【解答】（1）a．由图可知，反应中部分碳氢键没有断裂，a正确；
b．使用催化效率更高的催化剂可以降低活化能，即降低E值，b正确；
c．由图可知①→②放出能量，并形成了键，c正确；
d．由图可知“夺氢”过程中形成了键，d不正确；
故答案为：d。
（2）起始时二氧化碳的浓度为，2min时二氧化碳的浓度降为1.5mol/L，浓度变化量为0.5mol/L，乙酸的浓度变化量也为0.5mol/L，故前2分钟乙酸的平均反应速率为：；后达到平衡，测得乙酸的浓度为，则二氧化碳的浓度为1.4mol/L，甲烷的浓度为0.4mol/L，故200oC时平衡常数为：，若温度为时，向上述容器中充入、和，反应恰好处于平衡状态，此温度下的平衡常数为：，该反应为吸热反应，温度升高，K增大，故T1>200oC；
（3）从图中可以看出，时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是：催化剂的催化效率降低；
（4）a．催化剂不影响平衡移动，故不能提高乙酸的产率，a不正确；
b．从图中可以看出，催化剂的催化效率受温度的影响，
故选择合适温度可提高催化剂的效率，b正确；
c．增大投料时的比值，甲烷的转化率降低，c不正确；
d．及时分离出乙酸，平衡正向移动，乙酸的产率提高，d正确；
故答案为：ac；
设平衡时乙酸的物质的量为xmol，乙醇的物质的量为2ymol，故：，，根据题意可列出关系式：x=10y，，解得y=1，x=10，故平衡时各物质的物质的量为：CO2： ，CH4的物质的量为：，乙酸的物质的量为10mL，乙醇的物质的量为2mol，气体总的物质的量为：，乙醇的分压为：；反应的。
【分析】（1）A、根据图示，可以知道反应时化学键没有全部断裂；
B、催化剂可以降低反应活化能；
C、形成C-C键放热；
D、根据图示，可以知道形成O-H键；
（2） ① 化学反应速率=浓度变化量/时间；
② 吸热反应，温度和平衡常数为正比；
（3）催化剂的活性会受温度影响；
（4） ① a、催化剂不影响产率；
b、升高温度可以提高催化剂效率；
c、增大投料比，即增大甲烷的物质的量，甲烷的转化率减小；
d、减少生成物的浓度，可以使平衡朝正向移动；
② 分压平衡常数=总压强×物质的量分数。
19．【答案】（1）C；加入了催化剂；升高温度
（2）K=；AB；3.2；P6
（3）Cu或Cu2+催化钠米铁粉去除NO的反应(或形成的Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除NO的反应速率)
【解析】【解答】(1)①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低；
②实验a达到平衡的时间比实验b短，实验a达到平衡时c(N2)等于实验b达到平衡时c(N2)，即实验a采用的条件只影响化学反应速率、不影响化学平衡，实验a采用的实验条件为使用催化剂；实验c达到平衡的时间比实验b短，初始投料相同，实验a达到平衡时c(N2)大于实验b达到平衡时c(N2)，而该反应焓变小于零，为放热反应，则T2＞T1，即实验c采用的实验条件为升高温度；
(2)①该反应中Fe2O3和Fe均为固体，所以平衡常数表达式为K=；
②A．该反应前后气体的总质量发生变化，容器恒容，所以气体的体积不变，则密度发生改变，当密度不变时说明反应平衡，故A正确；
B．可逆反应达到平衡时正逆反应速率相等，各物质的物质的量不再改变，所以铁的物质的量不变时说明反应平衡，故B正确；
C．初始投料为Fe2O3与CH4，所以CO和H2的浓度之比一直等于计量数之比，所以二者浓度之比不变不能说明反应平衡，故C不正确；
D．平衡时v正(CO)=v逆(CO)，而平衡时2v逆(CO)=v逆(H2)，即平衡时2v正(CO)=v逆(H2)，故D不正确；
综上所述答案为AB；
③设平衡时转化的CH4的物质的量为x，则列三段式有：
恒容密闭容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有=2，解得x=0.3mol，则相同时间内Δn(Fe2O3)=0.1mol，Δm(Fe2O3)=0.1mol160g/mol=16g，所以v(Fe2O3)==3.2g·min-1；
平衡时n(CH4)=0.3mol，n(CO)=0.3mol，n(H2)=0.6mol，初始为0.6molCH4，压强为P，气体的压强之比等于物质的量之比，则平衡时p(CH4)=p(CO)=0.5P，p(H2)=P，Kp==P6；
(3)据图可知含有铜离子的水样反应速率更快，所以原因可能是Cu或Cu2+催化钠米铁粉去除NO的反应(或形成的Fe-Cu原电池增大纳米铁粉去除NO的反应速率)。
【分析】(1)①依据反应原理分析；
②依据影响化学平衡的因素分析；
(2)①化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；
②依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
③利用三段式法计算；
(3)依据据图像的变化分析。
20．【答案】（1）2.25×10－4mol/（L·s）；2.85×10－3 mol/L
（2）＜；
（3）C
【解析】【解答】（1）根据表中数据可知，前4s内NO的浓度变化量＝1.00×10－3mol/L－1.00×10－4mol/L＝9.00×10－4mol/L，所以NO的平均反应速率v（NO）＝ ＝2.25×10－4mol/（L·s）。前2s内NO浓度减少了1.00×10－3mol/L－2.50×10－4mol/L＝7.50×10－4mol/L。根据方程式可知，消耗CO的浓度＝7.50×10－4mol/L，所以此时CO的浓度＝3.60×10－3mol/L－7.50×10－4mol/L＝2.85×10－3 mol/L。（2）①根据图像可知，在固体催化剂的表面积不变的情况下，温度为T1的曲线首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平衡的时间少。因此温度是T1＞T2。但温度高平衡时CO2的浓度降低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应，即△H＜0。②当质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率，但催化剂不能改变平衡状态。所以若催化剂的表面积S1＞S2，则在温度为T2时，达到平衡的时间增加，但平衡状态不变，因此图像为 。（3）A、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，A不正确；
B、正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，CO的转化率降低，B不正确；
C、平衡常数只与温度有关，增大NO的浓度，平衡向正反应方向移动，但平衡常数不变，C正确；
D、增大生物物氮气的浓度，平衡向逆反应方向移动，NO的转化率降低，D不正确，
故答案为：C。
【分析】（1）根据v（NO）= c/ t进行计算；根据反应方程式进行相关计算；（2）①根据图像可知，在固体催化剂的表面积不变的情况下，温度为T1的曲线首先达到平衡状态。温度高反应速率快，到达平衡的时间少；温度高平衡时CO2的浓度降低，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应；②当质量一定时，增大固体催化剂的表面积可提高化学反应速率，但催化剂不能改变平衡状态；（3）根据影响平衡移动移动规律、平衡常数的规律进行分析。
21．【答案】（1）放热；a
（2）电流计指针偏转，铁片逐渐溶解，溶液由无色变为浅绿色，铜片上有气泡产生；Fe-2e-=Fe2+
（3）Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；溶液显色所需时间；Ⅲ；其它条件相同时，Ⅲ中NH3的物质的量减少的程度最快，反应速率最快，达平衡时间最短，所以催化剂的性能最好
【解析】【解答】（1）①Fe与稀硫酸发生反应制取氢气，反应后触摸试管外壁，温度升高，说明发生反应放出热量，因此该反应为放热反应；
②a．将铁片改成铁粉，反应物接触面积增大，发生速率大大加快，a正确；
b．将稀H2SO4改成浓硫酸，由于浓硫酸主要以硫酸分子存在，其中的H+浓度很小，H+浓度减小，反应速率减慢，b不正确；
c．加硫酸钠溶液，溶液中的水对稀硫酸起稀释作用，导致硫酸浓度降低，反应速率减慢，c不正确；
故答案为：a；
（2）在如图的原电池反应中，由于金属活动性：Fe＞Cu，所以Fe为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；电子经电流表流向正极Cu，溶液中的H+在正极Cu上得到电子，发生还原反应，正极的电极反应式为：2H++2e-=H2↑。因此看到的现象是：电流计指针偏转；铁片逐渐溶解，溶液由无色变为浅绿色；铜片上有气泡产生；
（3）①在实验室中用铵盐与碱共热制取氨气，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②NH3的水溶液显碱性，能够使酚酞试液变为红色，若反应快，反应后的气体中NH3含量少，溶液变色慢、变色浅；若反应慢，反应后的气体中NH3含量多，溶液变色快、变红色深；故为比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是溶液显色所需时间；
③催化剂的催化效率越好，反应速率就越快，反应消耗相同物质的量的NH3所需时间就越少，达到平衡所需时间越少。根据图示可知曲线III使用的催化剂催化性能最好。
【分析】（1）①根据温度升高即可判断其为放热
②常见的加快速率的方法是铁块变为粉末或者是增大浓度
（2）根据形成原电池，铁做负极，铜做正极，铁溶解附近变为浅绿色，铜做正极，有气泡冒出。即可写出电极式
（3）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②根据氨气溶于水形成氨水，氨水使酚酞变色即可确定终点，根据变色的时间判断催化剂的效果
③根据时间的长度即可判断催化剂的催化效果
