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第二章化学反应速率与化学平衡期末综合复习卷2021-2022学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
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这是一份第二章化学反应速率与化学平衡期末综合复习卷2021-2022学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1，共20页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第二章 化学反应速率与化学平衡 期末综合复习卷
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．活化能接近于零的反应，当反应物相互接触时，反应瞬间完成，而且温度对其反应速率几乎没有影响
B．温度和压强都是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率
C．人们把能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子，把活化分子具有的能量叫活化能
D．活化能的大小不仅意味着一般分子成为活化分子的难易，也会对化学反应前后的能量变化产生影响
2．化学反应速率是通过实验测定的，测量下列化学反应的速率时，测量依据不合理的是（ ）
选项
化学反应
测量依据
(单位时间内)
A
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
压强变化
B
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
H2体积
C
2NO2(g)N2O4(g)
颜色深浅
D
Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH
CaCO3的浓度变化
A．A B．B C．C D．D
3．已知反应，为研究影响该反应速率的因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z的起始浓度为0，反应物X的浓度随反应时间的变化情况如图所示。下列说法不正确的是( )
A．若实验②、④只改变一个条件，则由实验②、④得出结论：升高温度，化学反应速率加快
B．若实验①、②只改变一个条件，则由实验①、②得出结论：增大反应物浓度，化学反应速率加快
C．若实验②、③只改变一个条件，则实验③使用了催化剂
D．0～10min内，实验③的平均速率v(Y)=0.04 mol/(L·min)
4．我们把能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞；发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量，这种分子叫做活化分子；活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做反应的活化能。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接近于零
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
5．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，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
H2O
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
A．A B．B C．C D．D
6．在2L密闭容器中加入4mol A和6mol B，发生以下反应：4A(g)+6B(g)4C(g)+5D(g)。若经5s后，剩下的A是2.5mol，则B的反应速率是（ ）
A．0.45mol/(L·s) B．0.15mol/(L·s) C．0.225mol/(L·s) D．0.9mol/(L·s)
7．二氧化碳的捕捉与封存是实现温室气体减排的重要途径之一，也是未来实现低碳经济转型的重要环节。一些科学家利用太阳能加热反应器来“捕捉”空气中的CO2(如图所示)。下列说法中正确的是（ ）
生石灰捕捉和封存二氧化碳的示意图
A．步骤一中将反应器加热到400 ℃,可提高CaCO3的生成速率
B．步骤一中生成CaCO3的反应为吸热反应
C．步骤一与步骤二中的反应互为可逆反应
D．步骤二中反应的ΔS<0
8．固定容积为2 L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g) zC(g)，图1表示T ℃时容器中各物质的量随时间变化的关系，图2表示平衡常数K随温度变化的关系。结合图像判断，下列结论正确的是
A．该反应可表示为2A(g)＋B(g) C(g) ΔH<0
B．T ℃时该反应的平衡常数K＝6.25
C．当容器中气体密度不再变化时，该反应达到平衡状态
D．T ℃，在第6 min时再向体系中充入0.4 mol C，再次达到平衡时C的体积分数大于0.25
9．一定条件下合成乙烯6H2(g)+2CO2(g) CH2=CH2(g)+4H2O(g);已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是
A．生成乙烯的速率：V(M)>V(N)
B．平衡常数KM
D．若投料比n(H2)：n(CO2)=3:1，则图中M点时，CO2的体积分数约为15.4%
10．已知N2O4(g)2NO2(g) ΔH＞0，现将1 mol N2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图不能说明反应达到平衡状态的是（ ）
A．B．C．D．
11．反应2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7 g N2，放出166 kJ的热量，该反应的速率表达式为v＝k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：
①2NO＋H2=N2＋H2O2 (慢)
②H2O2＋H2=2H2O (快) T℃时测得有关实验数据如下：
序号
c(NO)/(mol·L－1)
c(H2)/(mol·L－1)
速率/(mol·L－1·min－1)
Ⅰ
0.006 0
0.001 0
1.8×10－4
Ⅱ
0.006 0
0.002 0
3.6×10－4
Ⅲ
0.001 0
0.006 0
3.0×10－5
Ⅳ
0.002 0
0.006 0
1.2×10－4
下列说法错误的是（ ）
A．整个反应速率由第①步反应决定
B．正反应的活化能一定是①＜②
C．该反应速率表达式：v＝5 000c2(NO)·c(H2)
D．该反应的热化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－664 kJ·mol－1
12．已知：4NH3(g) + 5O2(g) =4NO(g) + 6H2O(g)，△H= —1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是
A．B．C．D．
13．一定条件下，向密闭容器中充入一定量的NH3，发生反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)。达到平衡时，N2的体积分数与温度、压强的关系如图所示，下列说法正确的是
A．a点时，NH3的转化率为25%
B．达到平衡时，2正(NH3)＝3逆(H2)
C．b、c两点对应的平衡常数：Kb＞Kc
D．压强：p1＞p2
14．已知X(g)和Y(g)可以相互转化：2X(g) Y(g) ΔH<0。现将一定量X(g)和Y(g)的混合气体通入一体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物及生成物的浓度随时间变化的关系如图所示。则下列说法不正确的是
A．若混合气体的压强不变，则说明反应已达化学平衡状态
B．a、b、c、d四个点表示的反应体系中，表示化学反应处于平衡状态的只有b点
C．25~30 min内用X表示的平均化学反应速率是0.08 mol·L-1·min-1
D．反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是增加Y的浓度
15．在一定条件下，将3mol A和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g) ＋ B(g) xC(g) ＋ 2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol·L－1。下列判断错误的是
A．x＝1
B．B的转化率为50%
C．2min内A的反应速率为0.3mol·L－1·min－1
D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态
二、非选择题
16．燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。
(1)已知：
2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH1
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2
2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3
用ΔH2、ΔH3表示ΔH1，ΔH1＝________。
(2)针对CO2与H2反应转化为二甲醚(g)和H2O(g)，研究发现，该反应中CO2的平衡转化率随反应温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如图：
①ΔH1________(填写“>”或“<”)0。
②若其他条件不变，仅仅增大压强，则逆反应速率会________(填写“增大”“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K会________。
③在其他条件不变时，请在图中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比[n(H2)/n(CO2)]变化的曲线图_____。
(3) 研究发现，催化剂可以促使烟气CO、SO2转化为CO2、S。反应原理为：
2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(l) ΔH＝－270 kJ·mol－1。
①其他条件相同，研究发现，分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图，研究得出，应该选择Fe2O3作催化剂，主要原因可能是：____________________________。
②若在2 L恒容密闭容器中，将3 mol CO、1 mol SO2混合，在一定条件下引发反应，当SO2的平衡转化率为40%时，此时K＝________。
③向反应容器中再分别通入下列气体，可以使SO2转化率增大的是________(填写编号)。
A．CO B．SO2 C．N2 D．H2S E．CO2
17．在一个体积为2 L的密闭容器中，高温下发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)。其中CO2、CO的物质的量(mol)随时间(min)的变化关系如图所示。
(1)反应在1 min时第一次达到平衡状态，固体的质量增加了3.2 g。用CO2的浓度变化表示的反应速率v(CO2)=__________。
(2)反应进行至2 min时，若只改变温度，曲线发生的变化如图所示，3 min时再次达到平衡，则ΔH______0(填“>”“<”或“=”)。
(3)5 min时再充入一定量的CO(g)，平衡发生移动。下列说法正确的是______(填写编号)。
A．v(正)先增大后减小
B．v(正)先减小后增大
C．v(逆)先增大后减小
D．v(逆)先减小后增大
表示n(CO2)变化的曲线是___________(填写图中曲线的字母编号)。
(4)请用固态物质的有关物理量来说明该反应已经达到化学平衡状态：_____________。
18．二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题:
（1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。
已知;：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) △H=-131.0kJ/mol；
H2(g)+O2(g)= H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol。
CH3OH的燃烧热△H=_______。
（2）在催化剂作用下，CO2和CH4可以直接转化为乙酸：CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g) △H=+36.0kJ/mol。在不同温度下乙酸的生成速率变化如右图所示。
①当温度在250℃～300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是______；当温度在300℃～400℃范围时，影响乙酸生成速率的主要因素是________。
②欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是________(填标号)。
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强
（3）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。
①向容积为1L的恒容容器中加入0.2mol CO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如右图所示，则该反应为_____(填“放热”或“吸热”)反应。某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，平衡____(填“正向”、“逆向”或“不”)移动，达到新平衡后，体系中CO的百分含量________ (填“变大”、“变小”或“不变”)。
②向压强为p，体积可变的恒压容器中充入一定量CO2，650℃时反应达平衡，CO的体积分数为40.0%，则CO2的转化率为_________。气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，此温度下，该反应的化学平衡常数Kp=_________(用含p的代数式表示)，若向平衡体系中再充入V(CO2): V(CO)=5:4的混合气体，平衡______(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
19．甲、乙两个实验小组利用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素。设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4)：
甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小。某同学进行实验,实验装置如图。其中A、B的成分见下表：
序号
A
B
①
2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液
②
2 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液
③
2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液和少量MnSO4
(1)该反应的离子方程式为______________，实验结束后读数前需要移动量气管，使两个量气管的液面相平。
乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需的时间来比较化学反应速率的大小。为了探究KMnO4溶液与H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验：
实验编号
1
2
3
4
水/mL
10
5
0
x
0.5 mol/L H2C2O4溶液/mL
5
10
10
5
0.2 mol/L KMnO4溶液/mL
5
5
10
10
时间/s
40
20
10
—
(2)x=____，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是_______。
(3)2号实验中，用H2C2O4表示的反应速率为______(反应后溶液的总体积变化忽略不计)。
(4)在实验中发现酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是反应放热导致溶液温度升高，再次进行3号实验，测定反应过程中不同时间溶液的温度，结果如下表：
时间/s
0
5
10
15
20
25
30
温度/℃
25
26
26
26
26.5
27
27
①结合实验目的与表中数据，你得出的结论是______________。
②从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能是____的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是____。
a．硫酸钾 b．水 c．二氧化锰 d．硫酸锰
20．某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。
实验编号
反应物
催化剂
①
10 mL 2% H2O2溶液
无
②
10 mL 5% H2O2溶液
无
③
10 mL 5% H2O2溶液
1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液
④
10 mL 5% H2O2溶液＋少量HCl溶液
1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液
⑤
10 mL 5% H2O2溶液＋少量NaOH溶液
1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液
（1）催化剂能加快化学反应速率的原因是_________________________________________。
（2）H2O2分解的化学方程式为________________________。
（3）实验①和②的目的是_______________________________________________________。
实验时由于没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是______________________________。
（4）实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如下图：
分析上图能够得出的实验结论是_______________________________________________。
参考答案
1．A
【解析】A. 活化能接近于零的反应，所有分子基本是活化分子，所以只要接触就可迅速反应，反应瞬间完成，所以温度对其反应速率影响就不大，A项正确；
B. 压强是通过改变单位体积内活化分子数目来改变化学反应速率，温度是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率，B项错误；
C. 使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，即活化分子多出其它反应物分子的那部分能量，C项错误；
D. 活化能的大小对化学反应前后的能量变化不产生影响，而能量大小只与反应物和生成物总能量的相对大小有关，D项错误；
答案选A。
【点睛】
在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能。
2．D
【解析】化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示。
A．该反应是气体分子数减小(反应前化学计量数之和大于反应后化学计量数之和)的反应，反应后压强减小，A正确；
B．单位时间内H2体积变化大,则化学反应速率大，B正确；
C．2NO2(g)N2O4(g)，NO2是红棕色气体，N2O4是无色气体，可以用单位时间内气体颜色的变化来衡量反应的快慢，C正确；
D．CaCO3为固体，不能用其浓度变化测定反应速率，D错误；
故答案为D。
3．D
【解析】A．若实验②、④只改变一个条件，实验②、④两组实验，X的起始浓度相同，温度由第②组实验的800℃升高到820℃，反应速率明显加快，说明温度升高，化学反应速率加快，A选项正确；
B．从图像中可以看出，实验①、②两组实验，温度相同，随着反应为X的浓度增大，化学反应速率加快，B选项正确；
C．实验②、③两组实验，X的起始浓度相等，温度相同，平衡状态也相同，但实验③达到平衡的时间短，反应速率快，说明实验③使用了催化剂，C选项正确；
D．在0～10min内，实验③的平均速率v(X)=（1.0mol/L－0.6mol/L）÷10min＝0.04mol/(L·min)，因为化学反应速率之比等与化学计量数之比，所以v(Y)=0.02mol/(L·min)，故D项错误；
答案选D。
4．B
【解析】A．催化剂可降低反应的活化能，A正确；
B．能够发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，由图乙可知碰撞后没有生成新物质，即没有发生化学反应，不是有效碰撞，B错误；
C．盐酸和氢氧化钠溶液反应的实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，在溶液中氢离子与氢氧根离子已经处于活跃状态，因此盐酸和氢氧化钠溶液反应的活化能接近于零，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，D正确；
故答案为：B。
5．D
【解析】“最先出现浑浊”，即反应速率最快；A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同，B项中Na2S2O3的浓度比A项大，反应速率：B项>A项；C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同，D项中Na2S2O3的浓度比C项大，反应速率：D项>C项；B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同，D项温度高于B项，反应速率：D项>B项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，答案选D。
6．C
【解析】5s内A的物质的量变化量为4mol-2.5mol=1.5mol，故A的浓度变化量为1.5mol÷2L=0.75mol/L，所以υ（A）=0.75mol/L÷5s=0.15mol/（L•s），化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以υ（B）=6×0.15mol/（L•s）÷4=0.225mol/（L•s），
故选C。
7．A
【解析】A.温度升高，反应速率加快，故A正确；
B. CaO与CO2的反应为放热反应，故B错误；
C. 生成CaCO3的反应和CaCO3分解反应的反应条件不同，二者不互为可逆反应，故C错误；
D. 反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的ΔS>0，故D错误；
故选A。
8．D
【解析】A．根据图可知A物质的量减小0.4mol,B物质的量减小0.2mol,A、B均为反应物,C物质的量增加0.2mol,为生成物,根据变化的物质的量之比等于反应中计量数之比,写出化学方程式为2A(g)+B(g)⇌C(g)，根据图Ⅱ可知,温度升高,平衡常数增大,说明正反应为吸热反应,所以热化学方程式为：2A(g)+B(g)⇌C(g) △H＞0，故A错误；
B．图I中5min时达到化学平衡,平衡浓度分别为c(A)==0.2mol/L，c(B)= =0.1mol/L、c(C)= =0.1mol/L，则K==25，故B错误；
C．由ρ=可知，m不变，V不变，则ρ是定值，因此当容器中气体密度不再变化时，该反应不一定达到平衡状，故C错误；
D．图I中5min时，C的体积分数为=0.25，充入0.4 mol C，虽平衡逆向移动，但C的体积分数增大，故D正确；
答案选D。
9．D
【解析】A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(M)有可能小于v(N)，故A错误；
B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故B错误；
C、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故C错误；
D、设开始投料n(H2)为3mol，则n(CO2)为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，
所以有6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)
开始 3 1 0 0
转化 1.5 0.5 0.25 1
平衡 1.5 0.5 0.25 1
所以CO2的体积分数为×100%=15.4%，故D正确；故选D。
10．B
【解析】A．反应混合物都是气体，气体质量不变，若混合气体的密度不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，A正确；
B．对于一个特定的反应，ΔH固定不变，与反应是否达到平衡无关，因此不能作为判断反应是否达到平衡状态的依据，B错误；
C．在t1时刻，2v正(N2O4)=v正(NO2)= v逆(NO2)，反应达到平衡状态，C正确；
D．某一组分的质量分数不变，说明反应达到平衡状态，D正确；
故答案为B。
11．B
【解析】A．①2NO＋H2=N2＋H2O2(慢) ②H2O2＋H2=2H2O(快)，反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，A正确；
B．反应①难以进行，反应①容易进行，说明反应①的活化能比反应②的高，则正反应的活化能一定是①＞②，B错误；
C．比较图表数据Ⅰ、Ⅱ数据NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍；对实验Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=k·c2(NO)·c(H2)，依据Ⅰ中数据计算k=5000，则速率方程v=5000c2(NO)·c(H2)，C正确；
D．反应2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7 g N2放出166 kJ的热量，生成28 g N2放热664 kJ，热化学方程式为：2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH=−664 kJ⋅mol−1，D正确；
故答案为B。
12．C
【解析】A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确。
B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确。
C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误。
D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确；
故选C。
13．A
【解析】A． 设起始充入NH3的物质的量为x mol，a点时，生成N2 y mol，根据三段式分析可知：则＝0.1，整理得x＝8y，故a点时NH3的转化率为×100%＝25%，A正确；
B．2υ正(NH3)＝3υ逆(H2)关系不满足速率和系数比之间成正比的关系，反应没有达到平衡状态；达到平衡时，速率关系满足3正(NH3)＝2逆(H2)，B错误；
C．根据图像分析可知，当压强不变时，升高温度，氮气的体积分数增大，平衡右移，该反应的正反应是吸热反应，c点温度高，平衡常数大，Kb＜Kc，C错误；
D．该反应的正反应是气体分子数增大的反应，温度相同时，压强减小，平衡正向移动，N2的体积分数增大，结合图像知，p1＜p2，D错误；
故答案为：A。
14．D
【分析】
正反应是气体分子数减小的反应,所以当压强不再发生变化时反应达到平衡；各物质的浓度不再发生变化时表示反应处于平衡状态；X表示化学反应的平均速率为X浓度的变化量除以反应时间；曲线发生变化的瞬间可以判断反应条件的改变。
【解析】正反应是气体分子数减小的反应,所以当压强不再发生变化时,可以说明反应已经达到平衡状态,A正确；根据图象可知,只有b点表示的反应体系中,各物质的浓度不再发生变化,所以只有b点表示反应处于平衡状态,B正确；25~30 min内X的浓度变化量是0.4 mol·L-1,所以用X表示化学反应的平均速率是=0.08 mol·L-1·min-1,C正确；由图可知，反应进行至25 min时, 曲线发生变化的原因是X物质的浓度增大,D错误。
故选D。
【点睛】
本题考查化学平衡图象问题，关键在于明确勒沙特列原理及反应速率理论。本题注意把握曲线的变化趋势，正确判断外界条件对平衡移动的影响。
15．B
【解析】A.C的浓度为0.2mol•L‾1，生成C的物质的量为0.2mol•L‾1×2=0.4mol，根据方程式可知：x：2=0.4mol：0.8mol，所以x=1，A正确；
B.根据三段式计算：
3A(g)+ B(g) C(g)+2D(s)
初始浓度（mol•L‾1） 1.5 0.5 0
转化浓度（mol•L‾1） 0.6 0.2 0.2 0.4
平衡浓度（mol•L‾1） 0.9 0.3 0.2 0.4
据以上分析可知，B的转化率=×100%=40%，B错误；
C.2min内A的平均反应速率= =0.3mol/(L·min)，C正确；
D.因反应前后各物质均为气态，则反应前后气体的质量不变化，而气体总物质的量是变化的，则混合气体的平均相对分子质量在反应过程中是变化的，若平均相对分子质量在反应过程中不变了，则表明该反应达到平衡状态，D正确；
故答案选B。
16．ΔH3－2ΔH2 < 增大 不变 Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 0.44 A
【分析】
（1）根据盖斯定律进行解题即可；
(2) ①根据CO2转化率与温度的关系可知，温度升高，转化率越小，故平衡逆向移动，故正反应为放热反应；
②根据勒夏特列原理进行解题即可，平衡常数仅仅是温度的函数，故温度不变平衡常数不变；
③投料比等于化学计量系数比时，产物的体积分数最大，据此确定示意图；
(3)
①从图像中可以获取信息，即Fe2O3可以在较低的温度下发挥催化作用，故可以节约能源；
②进行三段式分析后，根据平衡常数表达式进行计算即可；
③根据勒夏特列原理进行分析即可求解。
【解析】(1)根据盖斯定律，反应①可由③-2②得到，故得出ΔH1＝ΔH3－2ΔH2，故答案为：ΔH3－2ΔH2；
(2)①由题图可知，当投料比一定时，温度越高，CO2的平衡转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应，ΔH1<0，故答案为：<；
②其他条件不变，仅仅增大压强，正、逆反应速率均增大；平衡常数只与温度有关，不随其他条件的变化而变化，故答案为：增大；不变；
③当反应物按化学计量数之比投料时，CH3OCH3的体积分数最大，故答案为：；
(3)①根据题图，可以得出Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；
②利用三段式法进行计算：
故K＝0.44，故答案为：0.44；
③A．增加CO的量，可以使SO2的转化率增大，A符合题意；
B．若增加SO2的量，平衡向正反应方向移动，但是SO2的转化率会降低，B不符合题意；
C．通入N2，平衡不移动，SO2的转化率不变，C不符合题意；
D．通入H2S，H2S会与SO2反应，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，D不符合题意；
E．通入CO2，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，E不符合题意；
故答案为：A。
17．0.1 mol·L-1·min-1 > C b Fe(或FeO)的质量(或物质的量)保持不变或固体总质量保持不变
【解析】(1)由Fe生成FeO，固体质量增加3.2 g，说明生成FeO的量为 0.2 mol，则反应消耗二氧化碳的量为0.2mol，容器的体积为2L，所以v(CO2)＝0.1 mol·L-1·min-1；
(2)由图像可知：2min～3min内二氧化碳的消耗的物质的量大于0～1min内二氧化碳的消耗量，即：第2分钟后，反应物和生成物的反应速率同时增大，故反应进行至2 min时，改变的条件是升高温度，升高温度后，二氧化碳的浓度下降，一氧化碳的浓度上升，说明该平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，故正反应方向为吸热方向，ΔH>0；
(3)5 min时再充入一定量的CO(g)，平衡逆向移动，所以v(逆)先增大后减小，n(CO2)逐渐增大，b曲线符合题意；
(4)当平衡达到平衡状态时，正逆反应速率相等，故Fe(或FeO)的质量(或物质的量)保持不变；或固体总质量保持不变。
18．−726.4kJ/mol 催化剂活性降低 温度 AC 吸热 正向 变小 25% （或0.267p） 逆向
【解析】(1)①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) ΔH＝－131.0kJ/mol；
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8kJ/mol；
根据盖斯定律，将②×3-①得：CH3OH(l)+3O2(g)=CO2(g)+H2O(l)，ΔH＝(－285.8kJ·mol-1)×3-(－131.0kJ·mol-1)=-726.4kJ/mol；
(2)① 当温度在250℃～300℃范围时，催化剂活性降低，乙酸的生成速率减慢，当温度在300℃～400℃范围时，乙酸的生成速率加快，说明影响乙酸生成速率的主要因素是温度；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，故A正确，B错误；该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，故C正确，D错误；故选AC；
(3)①根据图像，升高温度，c(CO2)减小，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，增大了二氧化碳的浓度，平衡正向移动，达到新平衡后，相当于原平衡增大了压强，平衡逆向移动，体系中CO的百分含量变小；
②设起始时二氧化碳为x mol，反应的二氧化碳为y mol，则：
则×100%=40.0%，解得==25%；设y=1mol，则x=4mol，因此二氧化碳的平衡分压为p，CO的平衡分压为p，化学平衡常数Kp＝=p；平衡时V(CO2):V(CO)=3：2，若向平衡体系中再充入V(CO2):V(CO)＝5:4＜3:2，则平衡逆向移动。
19．2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 5 KMnO4溶液过量 0.00625 mol/(L·s) 温度不是反应速率突然加快的原因 催化剂 d
【分析】
(1) KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水；
(2)探究浓度对反应速率的影响时，溶液的总体积都为20 mL，据此判断x值；由于4号实验中高锰酸钾过量，则溶液没有褪色；
(3)根据n=c·V计算出反应物的物质的量，然后根据不足量计算出反应消耗的草酸的物质的量，最后根据v=计算出H2C2O4的反应速率；
(4)①根据表中数据知，20 s时温度不最高，但20s前突然褪色；
②考虑锰离子有催化作用，要想验证锰离子的催化作用，再加入硫酸锰即可。
【解析】(1)酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
(2)为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，实验1～4中溶液的总体积应该为20，则x=20-10-5=5；根据反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，10 mL酸性高锰酸钾需要消耗10mL草酸溶液，所以实验4中高锰酸钾过量，导致溶液没有褪色；
(3)2号实验中草酸的物质的量为n(H2C2O4)=0.5 mol/L×0.01 L=0.005 mol，高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.2 mol/L×0.005 L=0.001 mol，根据反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，高锰酸钾不足量，所以反应中消耗的草酸的物质的量n(H2C2O4)消耗=0.001 mol×=0.0025 mol，2号反应中，H2C2O4的反应速率为：v(H2C2O4)==0.00625 mol/(L•s)；
(4)①根据表中数据知，20 s时温度不是最高，但20 s前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因；
②KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子对反应有催化作用，所以猜想可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，故答案为d。
【点睛】
本题考查化学反应速率的计算及影响因素等，要注意采用控制变量方法进行研究，就是只改变一个外界条件，其它都要相同。在计算反应速率时，要先根据物质反应消耗关系，判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准，结合速率公式进行计算。
20．降低了反应的活化能 2H2O22H2O＋O2↑ 探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂 (或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中) 碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率
【解析】（1）由于催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率；（2）H2O2分解的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑；（3）实验①10mL2% H2O2溶液，实验②10mL5% H2O2溶液，两者中双氧水的浓度不同，所以实验的目的是则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；对原实验方案的改进是：向反应物中加入等量同种催化剂 (或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)。（4）实验③、④、⑤中不同的是溶液的酸碱性，由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。
点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，难点：实验设计、数据处理、图象分析并用简洁的文字表达出来，难度中等。
第二章 化学反应速率与化学平衡 期末综合复习卷
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．活化能接近于零的反应，当反应物相互接触时，反应瞬间完成，而且温度对其反应速率几乎没有影响
B．温度和压强都是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率
C．人们把能够发生有效碰撞的分子叫做活化分子，把活化分子具有的能量叫活化能
D．活化能的大小不仅意味着一般分子成为活化分子的难易，也会对化学反应前后的能量变化产生影响
2．化学反应速率是通过实验测定的，测量下列化学反应的速率时，测量依据不合理的是（ ）
选项
化学反应
测量依据
(单位时间内)
A
N2(g)+3H2(g)2NH3(g)
压强变化
B
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑
H2体积
C
2NO2(g)N2O4(g)
颜色深浅
D
Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH
CaCO3的浓度变化
A．A B．B C．C D．D
3．已知反应，为研究影响该反应速率的因素，在不同条件下进行4组实验，Y、Z的起始浓度为0，反应物X的浓度随反应时间的变化情况如图所示。下列说法不正确的是( )
A．若实验②、④只改变一个条件，则由实验②、④得出结论：升高温度，化学反应速率加快
B．若实验①、②只改变一个条件，则由实验①、②得出结论：增大反应物浓度，化学反应速率加快
C．若实验②、③只改变一个条件，则实验③使用了催化剂
D．0～10min内，实验③的平均速率v(Y)=0.04 mol/(L·min)
4．我们把能够发生化学反应的碰撞叫做有效碰撞；发生有效碰撞的分子必须具有足够的能量，这种分子叫做活化分子；活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做反应的活化能。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接近于零
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
5．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，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
H2O
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
c/(mol·L-1)
V/mL
A
25
5
0.1
10
0.1
5
B
25
5
0.2
5
0.2
10
C
35
5
0.1
10
0.1
5
D
35
5
0.2
5
0.2
10
A．A B．B C．C D．D
6．在2L密闭容器中加入4mol A和6mol B，发生以下反应：4A(g)+6B(g)4C(g)+5D(g)。若经5s后，剩下的A是2.5mol，则B的反应速率是（ ）
A．0.45mol/(L·s) B．0.15mol/(L·s) C．0.225mol/(L·s) D．0.9mol/(L·s)
7．二氧化碳的捕捉与封存是实现温室气体减排的重要途径之一，也是未来实现低碳经济转型的重要环节。一些科学家利用太阳能加热反应器来“捕捉”空气中的CO2(如图所示)。下列说法中正确的是（ ）
生石灰捕捉和封存二氧化碳的示意图
A．步骤一中将反应器加热到400 ℃,可提高CaCO3的生成速率
B．步骤一中生成CaCO3的反应为吸热反应
C．步骤一与步骤二中的反应互为可逆反应
D．步骤二中反应的ΔS<0
8．固定容积为2 L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g) zC(g)，图1表示T ℃时容器中各物质的量随时间变化的关系，图2表示平衡常数K随温度变化的关系。结合图像判断，下列结论正确的是
A．该反应可表示为2A(g)＋B(g) C(g) ΔH<0
B．T ℃时该反应的平衡常数K＝6.25
C．当容器中气体密度不再变化时，该反应达到平衡状态
D．T ℃，在第6 min时再向体系中充入0.4 mol C，再次达到平衡时C的体积分数大于0.25
9．一定条件下合成乙烯6H2(g)+2CO2(g) CH2=CH2(g)+4H2O(g);已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法正确的是
A．生成乙烯的速率：V(M)>V(N)
B．平衡常数KM
D．若投料比n(H2)：n(CO2)=3:1，则图中M点时，CO2的体积分数约为15.4%
10．已知N2O4(g)2NO2(g) ΔH＞0，现将1 mol N2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图不能说明反应达到平衡状态的是（ ）
A．B．C．D．
11．反应2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7 g N2，放出166 kJ的热量，该反应的速率表达式为v＝k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：
①2NO＋H2=N2＋H2O2 (慢)
②H2O2＋H2=2H2O (快) T℃时测得有关实验数据如下：
序号
c(NO)/(mol·L－1)
c(H2)/(mol·L－1)
速率/(mol·L－1·min－1)
Ⅰ
0.006 0
0.001 0
1.8×10－4
Ⅱ
0.006 0
0.002 0
3.6×10－4
Ⅲ
0.001 0
0.006 0
3.0×10－5
Ⅳ
0.002 0
0.006 0
1.2×10－4
下列说法错误的是（ ）
A．整个反应速率由第①步反应决定
B．正反应的活化能一定是①＜②
C．该反应速率表达式：v＝5 000c2(NO)·c(H2)
D．该反应的热化学方程式为2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－664 kJ·mol－1
12．已知：4NH3(g) + 5O2(g) =4NO(g) + 6H2O(g)，△H= —1025kJ/mol，该反应是一个可逆反应，若反应物起始的物质的量相同，下列关于该反应的示意图不正确的是
A．B．C．D．
13．一定条件下，向密闭容器中充入一定量的NH3，发生反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)。达到平衡时，N2的体积分数与温度、压强的关系如图所示，下列说法正确的是
A．a点时，NH3的转化率为25%
B．达到平衡时，2正(NH3)＝3逆(H2)
C．b、c两点对应的平衡常数：Kb＞Kc
D．压强：p1＞p2
14．已知X(g)和Y(g)可以相互转化：2X(g) Y(g) ΔH<0。现将一定量X(g)和Y(g)的混合气体通入一体积为1 L的恒温密闭容器中，反应物及生成物的浓度随时间变化的关系如图所示。则下列说法不正确的是
A．若混合气体的压强不变，则说明反应已达化学平衡状态
B．a、b、c、d四个点表示的反应体系中，表示化学反应处于平衡状态的只有b点
C．25~30 min内用X表示的平均化学反应速率是0.08 mol·L-1·min-1
D．反应进行至25 min时，曲线发生变化的原因是增加Y的浓度
15．在一定条件下，将3mol A和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g) ＋ B(g) xC(g) ＋ 2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8 mol D，并测得C的浓度为0.2 mol·L－1。下列判断错误的是
A．x＝1
B．B的转化率为50%
C．2min内A的反应速率为0.3mol·L－1·min－1
D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态
二、非选择题
16．燃煤产生的烟气中含有较多的CO2、CO、SO2等影响环境的气体。如何综合利用这些气体一直是科研单位研究的热点。
(1)已知：
2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH1
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2
2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH3
用ΔH2、ΔH3表示ΔH1，ΔH1＝________。
(2)针对CO2与H2反应转化为二甲醚(g)和H2O(g)，研究发现，该反应中CO2的平衡转化率随反应温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如图：
①ΔH1________(填写“>”或“<”)0。
②若其他条件不变，仅仅增大压强，则逆反应速率会________(填写“增大”“减小”或“不变”，下同)，平衡常数K会________。
③在其他条件不变时，请在图中画出平衡时CH3OCH3的体积分数随投料比[n(H2)/n(CO2)]变化的曲线图_____。
(3) 研究发现，催化剂可以促使烟气CO、SO2转化为CO2、S。反应原理为：
2CO(g)＋SO2(g)2CO2(g)＋S(l) ΔH＝－270 kJ·mol－1。
①其他条件相同，研究发现，分别选取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反应的催化剂时，SO2的转化率随反应温度的变化如图，研究得出，应该选择Fe2O3作催化剂，主要原因可能是：____________________________。
②若在2 L恒容密闭容器中，将3 mol CO、1 mol SO2混合，在一定条件下引发反应，当SO2的平衡转化率为40%时，此时K＝________。
③向反应容器中再分别通入下列气体，可以使SO2转化率增大的是________(填写编号)。
A．CO B．SO2 C．N2 D．H2S E．CO2
17．在一个体积为2 L的密闭容器中，高温下发生反应：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)。其中CO2、CO的物质的量(mol)随时间(min)的变化关系如图所示。
(1)反应在1 min时第一次达到平衡状态，固体的质量增加了3.2 g。用CO2的浓度变化表示的反应速率v(CO2)=__________。
(2)反应进行至2 min时，若只改变温度，曲线发生的变化如图所示，3 min时再次达到平衡，则ΔH______0(填“>”“<”或“=”)。
(3)5 min时再充入一定量的CO(g)，平衡发生移动。下列说法正确的是______(填写编号)。
A．v(正)先增大后减小
B．v(正)先减小后增大
C．v(逆)先增大后减小
D．v(逆)先减小后增大
表示n(CO2)变化的曲线是___________(填写图中曲线的字母编号)。
(4)请用固态物质的有关物理量来说明该反应已经达到化学平衡状态：_____________。
18．二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题:
（1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。
已知;：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) △H=-131.0kJ/mol；
H2(g)+O2(g)= H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol。
CH3OH的燃烧热△H=_______。
（2）在催化剂作用下，CO2和CH4可以直接转化为乙酸：CO2(g)+CH4(g)CH3COOH(g) △H=+36.0kJ/mol。在不同温度下乙酸的生成速率变化如右图所示。
①当温度在250℃～300℃范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是______；当温度在300℃～400℃范围时，影响乙酸生成速率的主要因素是________。
②欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是________(填标号)。
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强
（3）高温下，CO2与足量的碳在密闭容器中实现反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。
①向容积为1L的恒容容器中加入0.2mol CO2，在不同温度下达到平衡时CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如右图所示，则该反应为_____(填“放热”或“吸热”)反应。某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，平衡____(填“正向”、“逆向”或“不”)移动，达到新平衡后，体系中CO的百分含量________ (填“变大”、“变小”或“不变”)。
②向压强为p，体积可变的恒压容器中充入一定量CO2，650℃时反应达平衡，CO的体积分数为40.0%，则CO2的转化率为_________。气体分压(p分)=气体总压(p总)×体积分数，用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)，此温度下，该反应的化学平衡常数Kp=_________(用含p的代数式表示)，若向平衡体系中再充入V(CO2): V(CO)=5:4的混合气体，平衡______(填“正向”、“逆向”或“不”)移动。
19．甲、乙两个实验小组利用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应研究影响反应速率的因素。设计实验方案如下(实验中所用KMnO4溶液均已加入H2SO4)：
甲组：通过测定单位时间内生成CO2气体体积的大小来比较化学反应速率的大小。某同学进行实验,实验装置如图。其中A、B的成分见下表：
序号
A
B
①
2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液
②
2 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液
③
2 mL 0.2 mol/L H2C2O4溶液
4 mL 0.01 mol/L KMnO4溶液和少量MnSO4
(1)该反应的离子方程式为______________，实验结束后读数前需要移动量气管，使两个量气管的液面相平。
乙组：通过测定KMnO4溶液褪色所需的时间来比较化学反应速率的大小。为了探究KMnO4溶液与H2C2O4溶液浓度对反应速率的影响，某同学在室温下完成以下实验：
实验编号
1
2
3
4
水/mL
10
5
0
x
0.5 mol/L H2C2O4溶液/mL
5
10
10
5
0.2 mol/L KMnO4溶液/mL
5
5
10
10
时间/s
40
20
10
—
(2)x=____，4号实验中始终没有观察到溶液褪色，你认为可能的原因是_______。
(3)2号实验中，用H2C2O4表示的反应速率为______(反应后溶液的总体积变化忽略不计)。
(4)在实验中发现酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应时，开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。某同学认为是反应放热导致溶液温度升高，再次进行3号实验，测定反应过程中不同时间溶液的温度，结果如下表：
时间/s
0
5
10
15
20
25
30
温度/℃
25
26
26
26
26.5
27
27
①结合实验目的与表中数据，你得出的结论是______________。
②从影响化学反应速率的因素看，你认为还可能是____的影响。若用实验证明你的猜想，除了酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液外，还需要选择的试剂最合理的是____。
a．硫酸钾 b．水 c．二氧化锰 d．硫酸锰
20．某实验小组以H2O2分解为例，研究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下方案完成实验。
实验编号
反应物
催化剂
①
10 mL 2% H2O2溶液
无
②
10 mL 5% H2O2溶液
无
③
10 mL 5% H2O2溶液
1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液
④
10 mL 5% H2O2溶液＋少量HCl溶液
1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液
⑤
10 mL 5% H2O2溶液＋少量NaOH溶液
1 mL 0.1 mol·L－1 FeCl3溶液
（1）催化剂能加快化学反应速率的原因是_________________________________________。
（2）H2O2分解的化学方程式为________________________。
（3）实验①和②的目的是_______________________________________________________。
实验时由于没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下H2O2稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进是______________________________。
（4）实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如下图：
分析上图能够得出的实验结论是_______________________________________________。
参考答案
1．A
【解析】A. 活化能接近于零的反应，所有分子基本是活化分子，所以只要接触就可迅速反应，反应瞬间完成，所以温度对其反应速率影响就不大，A项正确；
B. 压强是通过改变单位体积内活化分子数目来改变化学反应速率，温度是通过增大活化分子百分数来加快化学反应速率，B项错误；
C. 使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，即活化分子多出其它反应物分子的那部分能量，C项错误；
D. 活化能的大小对化学反应前后的能量变化不产生影响，而能量大小只与反应物和生成物总能量的相对大小有关，D项错误；
答案选A。
【点睛】
在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子．使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能。
2．D
【解析】化学反应速率通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示。
A．该反应是气体分子数减小(反应前化学计量数之和大于反应后化学计量数之和)的反应，反应后压强减小，A正确；
B．单位时间内H2体积变化大,则化学反应速率大，B正确；
C．2NO2(g)N2O4(g)，NO2是红棕色气体，N2O4是无色气体，可以用单位时间内气体颜色的变化来衡量反应的快慢，C正确；
D．CaCO3为固体，不能用其浓度变化测定反应速率，D错误；
故答案为D。
3．D
【解析】A．若实验②、④只改变一个条件，实验②、④两组实验，X的起始浓度相同，温度由第②组实验的800℃升高到820℃，反应速率明显加快，说明温度升高，化学反应速率加快，A选项正确；
B．从图像中可以看出，实验①、②两组实验，温度相同，随着反应为X的浓度增大，化学反应速率加快，B选项正确；
C．实验②、③两组实验，X的起始浓度相等，温度相同，平衡状态也相同，但实验③达到平衡的时间短，反应速率快，说明实验③使用了催化剂，C选项正确；
D．在0～10min内，实验③的平均速率v(X)=（1.0mol/L－0.6mol/L）÷10min＝0.04mol/(L·min)，因为化学反应速率之比等与化学计量数之比，所以v(Y)=0.02mol/(L·min)，故D项错误；
答案选D。
4．B
【解析】A．催化剂可降低反应的活化能，A正确；
B．能够发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，由图乙可知碰撞后没有生成新物质，即没有发生化学反应，不是有效碰撞，B错误；
C．盐酸和氢氧化钠溶液反应的实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，在溶液中氢离子与氢氧根离子已经处于活跃状态，因此盐酸和氢氧化钠溶液反应的活化能接近于零，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，D正确；
故答案为：B。
5．D
【解析】“最先出现浑浊”，即反应速率最快；A项与B项温度相同、H2SO4浓度相同，B项中Na2S2O3的浓度比A项大，反应速率：B项>A项；C项与D项温度相同、H2SO4浓度相同，D项中Na2S2O3的浓度比C项大，反应速率：D项>C项；B项与D项Na2S2O3、H2SO4浓度都相同，D项温度高于B项，反应速率：D项>B项；则反应最快的是D项，D项最先出现浑浊，答案选D。
6．C
【解析】5s内A的物质的量变化量为4mol-2.5mol=1.5mol，故A的浓度变化量为1.5mol÷2L=0.75mol/L，所以υ（A）=0.75mol/L÷5s=0.15mol/（L•s），化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以υ（B）=6×0.15mol/（L•s）÷4=0.225mol/（L•s），
故选C。
7．A
【解析】A.温度升高，反应速率加快，故A正确；
B. CaO与CO2的反应为放热反应，故B错误；
C. 生成CaCO3的反应和CaCO3分解反应的反应条件不同，二者不互为可逆反应，故C错误；
D. 反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的ΔS>0，故D错误；
故选A。
8．D
【解析】A．根据图可知A物质的量减小0.4mol,B物质的量减小0.2mol,A、B均为反应物,C物质的量增加0.2mol,为生成物,根据变化的物质的量之比等于反应中计量数之比,写出化学方程式为2A(g)+B(g)⇌C(g)，根据图Ⅱ可知,温度升高,平衡常数增大,说明正反应为吸热反应,所以热化学方程式为：2A(g)+B(g)⇌C(g) △H＞0，故A错误；
B．图I中5min时达到化学平衡,平衡浓度分别为c(A)==0.2mol/L，c(B)= =0.1mol/L、c(C)= =0.1mol/L，则K==25，故B错误；
C．由ρ=可知，m不变，V不变，则ρ是定值，因此当容器中气体密度不再变化时，该反应不一定达到平衡状，故C错误；
D．图I中5min时，C的体积分数为=0.25，充入0.4 mol C，虽平衡逆向移动，但C的体积分数增大，故D正确；
答案选D。
9．D
【解析】A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(M)有可能小于v(N)，故A错误；
B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故B错误；
C、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则平衡逆向移动，但催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故C错误；
D、设开始投料n(H2)为3mol，则n(CO2)为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，
所以有6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)
开始 3 1 0 0
转化 1.5 0.5 0.25 1
平衡 1.5 0.5 0.25 1
所以CO2的体积分数为×100%=15.4%，故D正确；故选D。
10．B
【解析】A．反应混合物都是气体，气体质量不变，若混合气体的密度不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，A正确；
B．对于一个特定的反应，ΔH固定不变，与反应是否达到平衡无关，因此不能作为判断反应是否达到平衡状态的依据，B错误；
C．在t1时刻，2v正(N2O4)=v正(NO2)= v逆(NO2)，反应达到平衡状态，C正确；
D．某一组分的质量分数不变，说明反应达到平衡状态，D正确；
故答案为B。
11．B
【解析】A．①2NO＋H2=N2＋H2O2(慢) ②H2O2＋H2=2H2O(快)，反应历程中反应慢的决定反应速率，整个反应速度由第①步反应决定，A正确；
B．反应①难以进行，反应①容易进行，说明反应①的活化能比反应②的高，则正反应的活化能一定是①＞②，B错误；
C．比较图表数据Ⅰ、Ⅱ数据NO浓度不变，氢气浓度增大一倍，反应速率增大一倍；对实验Ⅲ、Ⅳ数据分析，H2浓度不变，NO浓度增大一倍，反应速率增大到4倍，据此得到速率方程，v=k·c2(NO)·c(H2)，依据Ⅰ中数据计算k=5000，则速率方程v=5000c2(NO)·c(H2)，C正确；
D．反应2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g)中，每生成7 g N2放出166 kJ的热量，生成28 g N2放热664 kJ，热化学方程式为：2NO(g)＋2H2(g)=N2(g)＋2H2O(g) ΔH=−664 kJ⋅mol−1，D正确；
故答案为B。
12．C
【解析】A、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故A正确。
B、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故B正确。
C、该反应是一个反应前后气体体积增大的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致一氧化氮的含量减少，故C错误。
D、催化剂能改变化学反应速率但不影响化学平衡，催化剂能加快反应速率缩短反应到达平衡的时间，故D正确；
故选C。
13．A
【解析】A． 设起始充入NH3的物质的量为x mol，a点时，生成N2 y mol，根据三段式分析可知：则＝0.1，整理得x＝8y，故a点时NH3的转化率为×100%＝25%，A正确；
B．2υ正(NH3)＝3υ逆(H2)关系不满足速率和系数比之间成正比的关系，反应没有达到平衡状态；达到平衡时，速率关系满足3正(NH3)＝2逆(H2)，B错误；
C．根据图像分析可知，当压强不变时，升高温度，氮气的体积分数增大，平衡右移，该反应的正反应是吸热反应，c点温度高，平衡常数大，Kb＜Kc，C错误；
D．该反应的正反应是气体分子数增大的反应，温度相同时，压强减小，平衡正向移动，N2的体积分数增大，结合图像知，p1＜p2，D错误；
故答案为：A。
14．D
【分析】
正反应是气体分子数减小的反应,所以当压强不再发生变化时反应达到平衡；各物质的浓度不再发生变化时表示反应处于平衡状态；X表示化学反应的平均速率为X浓度的变化量除以反应时间；曲线发生变化的瞬间可以判断反应条件的改变。
【解析】正反应是气体分子数减小的反应,所以当压强不再发生变化时,可以说明反应已经达到平衡状态,A正确；根据图象可知,只有b点表示的反应体系中,各物质的浓度不再发生变化,所以只有b点表示反应处于平衡状态,B正确；25~30 min内X的浓度变化量是0.4 mol·L-1,所以用X表示化学反应的平均速率是=0.08 mol·L-1·min-1,C正确；由图可知，反应进行至25 min时, 曲线发生变化的原因是X物质的浓度增大,D错误。
故选D。
【点睛】
本题考查化学平衡图象问题，关键在于明确勒沙特列原理及反应速率理论。本题注意把握曲线的变化趋势，正确判断外界条件对平衡移动的影响。
15．B
【解析】A.C的浓度为0.2mol•L‾1，生成C的物质的量为0.2mol•L‾1×2=0.4mol，根据方程式可知：x：2=0.4mol：0.8mol，所以x=1，A正确；
B.根据三段式计算：
3A(g)+ B(g) C(g)+2D(s)
初始浓度（mol•L‾1） 1.5 0.5 0
转化浓度（mol•L‾1） 0.6 0.2 0.2 0.4
平衡浓度（mol•L‾1） 0.9 0.3 0.2 0.4
据以上分析可知，B的转化率=×100%=40%，B错误；
C.2min内A的平均反应速率= =0.3mol/(L·min)，C正确；
D.因反应前后各物质均为气态，则反应前后气体的质量不变化，而气体总物质的量是变化的，则混合气体的平均相对分子质量在反应过程中是变化的，若平均相对分子质量在反应过程中不变了，则表明该反应达到平衡状态，D正确；
故答案选B。
16．ΔH3－2ΔH2 < 增大 不变 Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源 0.44 A
【分析】
（1）根据盖斯定律进行解题即可；
(2) ①根据CO2转化率与温度的关系可知，温度升高，转化率越小，故平衡逆向移动，故正反应为放热反应；
②根据勒夏特列原理进行解题即可，平衡常数仅仅是温度的函数，故温度不变平衡常数不变；
③投料比等于化学计量系数比时，产物的体积分数最大，据此确定示意图；
(3)
①从图像中可以获取信息，即Fe2O3可以在较低的温度下发挥催化作用，故可以节约能源；
②进行三段式分析后，根据平衡常数表达式进行计算即可；
③根据勒夏特列原理进行分析即可求解。
【解析】(1)根据盖斯定律，反应①可由③-2②得到，故得出ΔH1＝ΔH3－2ΔH2，故答案为：ΔH3－2ΔH2；
(2)①由题图可知，当投料比一定时，温度越高，CO2的平衡转化率越低，所以升温，平衡左移，正反应为放热反应，ΔH1<0，故答案为：<；
②其他条件不变，仅仅增大压强，正、逆反应速率均增大；平衡常数只与温度有关，不随其他条件的变化而变化，故答案为：增大；不变；
③当反应物按化学计量数之比投料时，CH3OCH3的体积分数最大，故答案为：；
(3)①根据题图，可以得出Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低的温度下可获得较高的SO2转化率，从而节约能源；
②利用三段式法进行计算：
故K＝0.44，故答案为：0.44；
③A．增加CO的量，可以使SO2的转化率增大，A符合题意；
B．若增加SO2的量，平衡向正反应方向移动，但是SO2的转化率会降低，B不符合题意；
C．通入N2，平衡不移动，SO2的转化率不变，C不符合题意；
D．通入H2S，H2S会与SO2反应，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，D不符合题意；
E．通入CO2，平衡逆向移动，SO2的转化率会降低，E不符合题意；
故答案为：A。
17．0.1 mol·L-1·min-1 > C b Fe(或FeO)的质量(或物质的量)保持不变或固体总质量保持不变
【解析】(1)由Fe生成FeO，固体质量增加3.2 g，说明生成FeO的量为 0.2 mol，则反应消耗二氧化碳的量为0.2mol，容器的体积为2L，所以v(CO2)＝0.1 mol·L-1·min-1；
(2)由图像可知：2min～3min内二氧化碳的消耗的物质的量大于0～1min内二氧化碳的消耗量，即：第2分钟后，反应物和生成物的反应速率同时增大，故反应进行至2 min时，改变的条件是升高温度，升高温度后，二氧化碳的浓度下降，一氧化碳的浓度上升，说明该平衡正向移动，根据勒夏特列原理，升温平衡向吸热方向移动，故正反应方向为吸热方向，ΔH>0；
(3)5 min时再充入一定量的CO(g)，平衡逆向移动，所以v(逆)先增大后减小，n(CO2)逐渐增大，b曲线符合题意；
(4)当平衡达到平衡状态时，正逆反应速率相等，故Fe(或FeO)的质量(或物质的量)保持不变；或固体总质量保持不变。
18．−726.4kJ/mol 催化剂活性降低 温度 AC 吸热 正向 变小 25% （或0.267p） 逆向
【解析】(1)①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(l)+H2O(l) ΔH＝－131.0kJ/mol；
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH＝－285.8kJ/mol；
根据盖斯定律，将②×3-①得：CH3OH(l)+3O2(g)=CO2(g)+H2O(l)，ΔH＝(－285.8kJ·mol-1)×3-(－131.0kJ·mol-1)=-726.4kJ/mol；
(2)① 当温度在250℃～300℃范围时，催化剂活性降低，乙酸的生成速率减慢，当温度在300℃～400℃范围时，乙酸的生成速率加快，说明影响乙酸生成速率的主要因素是温度；
②该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，故A正确，B错误；该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高，故C正确，D错误；故选AC；
(3)①根据图像，升高温度，c(CO2)减小，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，某温度下，若向该平衡体系中再通入0.2mol CO2，增大了二氧化碳的浓度，平衡正向移动，达到新平衡后，相当于原平衡增大了压强，平衡逆向移动，体系中CO的百分含量变小；
②设起始时二氧化碳为x mol，反应的二氧化碳为y mol，则：
则×100%=40.0%，解得==25%；设y=1mol，则x=4mol，因此二氧化碳的平衡分压为p，CO的平衡分压为p，化学平衡常数Kp＝=p；平衡时V(CO2):V(CO)=3：2，若向平衡体系中再充入V(CO2):V(CO)＝5:4＜3:2，则平衡逆向移动。
19．2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 5 KMnO4溶液过量 0.00625 mol/(L·s) 温度不是反应速率突然加快的原因 催化剂 d
【分析】
(1) KMnO4酸性溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水；
(2)探究浓度对反应速率的影响时，溶液的总体积都为20 mL，据此判断x值；由于4号实验中高锰酸钾过量，则溶液没有褪色；
(3)根据n=c·V计算出反应物的物质的量，然后根据不足量计算出反应消耗的草酸的物质的量，最后根据v=计算出H2C2O4的反应速率；
(4)①根据表中数据知，20 s时温度不最高，但20s前突然褪色；
②考虑锰离子有催化作用，要想验证锰离子的催化作用，再加入硫酸锰即可。
【解析】(1)酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应生成二氧化碳、硫酸锰和水，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。
(2)为了探究KMnO4与H2C2O4浓度对反应速率的影响，实验1～4中溶液的总体积应该为20，则x=20-10-5=5；根据反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，10 mL酸性高锰酸钾需要消耗10mL草酸溶液，所以实验4中高锰酸钾过量，导致溶液没有褪色；
(3)2号实验中草酸的物质的量为n(H2C2O4)=0.5 mol/L×0.01 L=0.005 mol，高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.2 mol/L×0.005 L=0.001 mol，根据反应2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，高锰酸钾不足量，所以反应中消耗的草酸的物质的量n(H2C2O4)消耗=0.001 mol×=0.0025 mol，2号反应中，H2C2O4的反应速率为：v(H2C2O4)==0.00625 mol/(L•s)；
(4)①根据表中数据知，20 s时温度不是最高，但20 s前突然褪色，说明温度不是反应速率突然加快的原因；
②KMnO4与H2C2O4反应生成硫酸锰，锰离子对反应有催化作用，所以猜想可能是催化剂的作用，要想验证锰离子的催化作用，在做对比实验时同时加入硫酸锰观察反应速率是否变化即可，故答案为d。
【点睛】
本题考查化学反应速率的计算及影响因素等，要注意采用控制变量方法进行研究，就是只改变一个外界条件，其它都要相同。在计算反应速率时，要先根据物质反应消耗关系，判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准，结合速率公式进行计算。
20．降低了反应的活化能 2H2O22H2O＋O2↑ 探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂 (或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中) 碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率
【解析】（1）由于催化剂改变反应的途径，降低反应所需的活化能，从而加快反应速率；（2）H2O2分解的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑；（3）实验①10mL2% H2O2溶液，实验②10mL5% H2O2溶液，两者中双氧水的浓度不同，所以实验的目的是则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响；对原实验方案的改进是：向反应物中加入等量同种催化剂 (或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)。（4）实验③、④、⑤中不同的是溶液的酸碱性，由图可知，⑤的反应速率最大，④的反应速率最小，结合实验方案可知，碱性环境能增大H2O2分解的速率，酸性环境能减小H2O2分解的速率。
点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，难点：实验设计、数据处理、图象分析并用简洁的文字表达出来，难度中等。
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