2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练19化学反应条件的控制及优化含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练19化学反应条件的控制及优化含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

化学反应条件的控制及优化

一、单选题（共18题）
1．在工业生产硫酸的过程中，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)==2SO3(g)+Q，下列叙述中不正确的是
A．矿石粉碎的目的是使原料充分利用，并增大接触面使反应速率加快
B．接触室中采用常压的主要原因是常压下SO2的转化率已经很高
C．沸腾炉中出来的混合气需要洗涤，目的是防止催化剂中毒
D．接触室用450℃的高温，使催化剂活性最佳，更能促进平衡向正反应方向移动
2．工业上氧化二氧化硫制取三氧化硫反应的化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ，下列说法正确的是
A．
B．增大氧气浓度可以加快反应速率
C．升温、加压和使用催化剂能提高SO2 的转化率
D．当C(SO2)=C(SO3)时，说明反应处于平衡状态
3．氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，其反应机理如图1；在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图2。

下列说法错误的是
A．加入Pt—Rh合金的目的是提高反应的速率
B．氨的催化氧化最佳温度应控制在840℃左右
C．520℃时，NH3的转化率为40%
D．840℃以上，发生了反应：2NO(g)⇌O2(g)+N2(g) ΔH>0
4．氧化亚氮(N2O)是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步I2(g)→2I(g)(快反应)
第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)
第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是
A．N2O分解反应中，k(含碘)＞k(无碘) B．第一步对总反应速率起决定作用
C．第二步活化能比第三步小 D．I2浓度与N2O分解速率无关
5．苯乙烯与溴苯在一定条件下发生反应：

测得数据如表.
溴苯用量()
100
100
100
100
100
100
100
催化剂用量()
2
2
2
2
2
2
2
反应温度(℃)
100
100
100
100
120
140
160
反应时间(h)
10
12
14
16
14
14
14
产率(%)
81.2
84.4
86.6
86.2
93.5
96.6
89.0
下列说法错误的是
A．最佳反应温度为140℃ B．最佳反应时间为
C．温度过高时催化剂活性可能降低 D．反应产物是顺式结构
6．不同条件下，用氧化溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是。下列分析或推测不合理的是

A．内，的氧化率随时间延长而逐渐增大
B．由曲线②和③可知，越大，的氧化速率越快
C．由曲线①和③可知，温度越高，的氧化速率越快
D．时，内的平均消耗速率大于
7．下图是碳酸钙受热分解示意图，下列说法中错误的是

A．该反应的△H大于0
B．CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量
C．化学键断裂吸收能量大于化学键形成放出能量
D．由该反应可推知：凡是需要加热才能发生的反应均为吸热反应
8．某课题组利用CO2催化氢化制甲烷，研究发现HCOOH是CO2转化为CH4的中间体，即：，镍粉是反应I、II的催化剂。CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系如图所示(仅改变镍粉用量，其他条件不变)：

由图可知，当镍粉用量从1mmol增加到10mmol，反应速率的变化情况是
A．反应I的速率增加，反应II的速率不变
B．反应I的速率不变，反应II的速率增加。
C．反应I、II的速率均增加，且反应I的速率增加得快
D．反应I、II的速率均增加，且反应II的速率增加得快
9．已知分解1mol H2O2放出热量98kJ,在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为:
H2O2+I-→H2O+IO-  慢
H2O2+IO-→H2O+O2+I-  快
下列有关该反应的说法正确的是(   )
A．反应速率与I-浓度无关
B．IO-也是该反应的催化剂
C．分解2mol H2O2放出热量196kJ
D．v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
10．CO2催化加氢制取甲醇的研究，对于环境、能源问题都具有重要的意义。反应如下：
反应ⅰ：CO2(g) + 3H2(g) ⇌ CH3OH(g) + H2O(g) ∆H1 =﹣58 kJ· mol-1
反应ⅱ：CO2(g) + H2(g) ⇌ CO(g) + H2O(g) ∆H2 = +42 kJ· mol-1
下列说法不正确的是
A．增大氢气浓度能提高二氧化碳的转化率
B．增大压强，有利于向生成甲醇的方向进行，反应ⅰ的平衡常数增大
C．升高温度，生成甲醇的速率加快，反应ⅱ的限度同时增加
D．选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比率
11．下列有关化学反应速率和化学平衡的说法不正确的是（ ）
A．对于化学反应来说，反应速率越快，反应现象不一定越明显
B．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＜0，其他条件不变时，升高温度，反应速率υ(H2)和氢气的平衡转化率均增大
C．化学反应速率理论可指导怎样在一定时间内快出产品，化学平衡理论可指导怎样用有限的原料多出产品
D．CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH>0
12．目前工业上利用甲烷催化裂解生产不含一氧化碳和二氧化碳的清洁氢气。该过程多用铁、钴和镍等过渡金属纳米催化剂：CH4(g)C(s)＋2H2(g)，已知温度升高，甲烷的平衡转化率增大。下列有关说法不正确的是（ ）
A．甲烷裂解属于吸热反应
B．在反应体系中加催化剂，反应速率增大
C．增大体系压强，不能提高甲烷的转化率
D．在1500℃以上时，甲烷的转化率很高，但几乎得不到炭黑，是因为在高温下该反应为放热反应
13．下面是四位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡”一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（　　）
A．使用催化剂，可加快反应速率，目的是提高生产效率
B．使用冰箱保存食物，是利用了化学反应速率理论
C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率
D．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品
14．H2O2是一种绿色的氧化剂和漂白剂，不稳定，受热易分解。研究不同条件对同体积同浓度的H2O2分解速率的影响，得到如图结果：
序号
I
II
III
pH
7
7
11
温度/℃
95
95
50
反应时间/h
1
3
1
催化剂(等量)
无
Cu2+
Fe3+
无
Cu2+
Fe3+
无
Cu2+
Fe3+
分解百分率(%)
0.8
57.4
2.6
1.1
96.3
4.8
35.5
100
95.0
由此不能得出的结论是
A．Cu2+与Fe3+对H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果更好
B．由I与Ⅱ可知其他条件相同时，浓度越大，H2O2分解越快
C．由I与III可知其他条件相同时，pH越大，H2O2分解越快
D．由I与III可知其他条件相同时，温度越高，H2O2分解越快
15．下列实验方案不能达到相应目的的是

A
B
C
D
目的
比较CO与HCO水解程度
研究浓度对化学平衡的影响
比较不同催化剂对化学反应速率的影响
比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱
实
验
方
案





A．A B．B C．C D．D
16．下列实验不能达到预期实验目的是
序号
实验内容
实验目的
A
将50ml溶液缓慢倒入50ml盐酸中，并不断搅拌
测定中和热
B
将充满的密闭玻璃球分别浸泡在冷、热水的烧杯当中
研究温度对化学平衡移动的影响
C
将苯甲酸粗品在加热条件下溶解、趁热过滤、滤液冷却结晶
重结晶提纯苯甲酸
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响

A．A B．B C．C D．D
17．根据下列实验操作和现象所得结论不正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
乙醇与橙色酸性重铬酸钾溶液混合，橙色溶液变为绿色
乙醇具有还原性
B
滴有少量水的小木板上放上小烧杯，加入20gBa(OH)2•8H2O和10gNH4Cl，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁下部，发现很冷
Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应
C
浸透石蜡的矿渣棉用喷灯加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色
产生的气体中可能含乙烯、丙烯等烯烃
D
向5mL0.1mol•L-1FeCl3溶液中滴入0.1mol•L-1KI溶液5~6滴，加入2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红
Fe3+与I-的反应有一定限度



A．A B．B C．C D．D
18．含碘化合物在有关反应原理的实验中有着广泛应用。为研究温度对反应速率的影响，某小组利用还原性物质R与KIO3溶液在不同温度下反应，当R消耗完时，体系中即有单质碘析出，通过测量析出单质碘所需要的时间可以研究温度对该反应反应速率的影响。具体实验与相关结论如下：将0.020 mol·L-1的R溶液(含少量淀粉)10.0 mL与0.020mol·L-1的KIO3酸性溶液40.00 mL(过量)混合，每隔5℃进行实验，记录10~60℃间溶液变蓝时间，实验所得数据如表所示。
温度/℃
10
15
20
25
30
35
40
45
50
55
60
溶液变蓝时间/s
80
74
69
63
61
58
56
63
68
未变色
未变色

下列判断不正确的是
A．40℃之后通过测量溶液变蓝的时间无法正确判断温度对反应速率的影响
B．温度为25℃、45 ℃时，R的反应速率相等
C．10℃时R的反应速率为5.0×10-5mol·L-1·s-1
D．如果要得到温度变化对该反应反应速率影响的完整结论，需要在40℃之后更换指示剂


二、填空题（共7题）
19．和氮氧化物(NOx)都是空气污染物，科学处理及综合利用是环境科学研究的热点。
(1)某科研小组研究不同条件下0.4mol⋅L-1(NH4)2S溶液常压下吸收SO2烟气的吸收率。
①溶液pH：随着含SO2烟气的不断通入，SO2和硫的吸收率如图-1所示：

i：当pH=10-8.6，硫的总吸收率不断减小，因为S2-浓度较高与SO2反应，生成S，同时产生大量的___________，导致硫的总吸收率减小。
ii：当pH=8-3，硫的总吸收率增大，生成的主要产物为(NH4)2S2O3和NH4HSO3。(NH4)2S2O3和NH4HSO3一定条件下反应，生成硫磺和(NH4)2SO4最终回收，反应的化学方程式为___________。
iii：当pH<3时，___________导致SO2和硫的总吸收率降低。
②温度：如图-2所示，该项目选择常温，一是为了节能，另一个原因是___________。

(2)联合脱硫脱硝技术，是一种工业工艺技术，采用“35%的氯酸(HClO3)同时脱硫脱氮技术”，处理烟气(含SO2、NO)可获得H2SO4、HCl、HNO3副产品，通过实验发现，当氯酸的浓度小于35%时，SO2和NO的脱除率几乎不变，但生成HNO3的量远小于理论值，可能的原因是___________。
20．去除水体中砷的技术主要有物理吸附法及化学氧化法。
(1)物理吸附法
用活性炭负载纳米二氧化钛吸附水中的砷，纳米二氧化钛投加量对活性炭去除砷效果如图1所示：


①纳米二氧化钛投加量为____时，砷的吸附量可达最大。
②未加二氧化钛时就有一定的吸附砷的能力，可能的原因是____。
③若要提高废水中As(III)的去除率，可采取的措施___。
(2)化学氧化法
该方法须将废水中的As(III)用空气或铁离子氧化为As(V)，然后再去除，为了探究As(III)被哪种氧化剂氧化，设计如下实验：取含As(III)废水，在pH分别为1~10条件下反应1h后，过滤，测定滤液中三价铁和二价铁的含量，得出不同pH下三价铁和二价铁的浓度随pH变化如图2所示：


①pH在3~4时Fe3+浓度变化的主要原因为____。
②由实验可知废水中的As(III)主要被___氧化为As(V)，理由为___。
21．H2O2被称为绿色氧化剂，对其性质进行研究极其重要。
I.某市售H2O2溶液中含H2O2的质量分数为30%，密度1.11g/ml， 回答下列问题。
(1)该市售双氧水溶液中H2O2的物质的量浓度_______。(结果保留2位小数)
II.某同学以H2O2分解为例，按照下表探究温度、浓度、催化剂、酸对反应速率的影响。
编号
反应物
催化剂
温度
①
20 mL 2% H2O2溶液+2 mL H2O
无
20℃
②
20 mL 5% H2O2溶液+2 mL H2O
无
20℃
③
20 mL 5% H2O2溶液+2 mL H2O
1g粉末状MnO2
20℃
④
20 mL 5% H2O2溶液+2 mL 1 mol/L HCl溶液
1g粉末状MnO2
20℃
⑤
20 mL5% H2O2溶液+2 mLH2O
1g粉末状MnO2
40℃
(2)在实验①和②中，H2O2分解速率较快的是_______，设计实验②和③的目的是_______；
(3)实验③、④、⑤中，测得生成氧气的体积随时间变化如图所示。分析该图能够得出的实验结论是_______。

III.如图另一个同学将状态不同的1gMnO2分别加入盛有30 mL等浓度的H2O2溶液的锥形瓶中

产生气体进入注射器针筒中，记录结果如下：
MnO2状态
触摸锥形瓶情况
该温度下针筒内收集到气体的体积
所需时间
粉末状
很烫
30mL
3 min
块状
微热
30mL
9 min
(4)锥形瓶中发生反应的化学方程式 _______，装置a的名称_______，实验结果表明，催化剂的催化效果与_______有关。
(5)实验过程中放出气体的体积(标准状况)和时间的关系如图所示。解释反应速率变化的原因_______。

22．实验室以工业废渣(主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：

废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70℃，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是_______；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有_______。

23．雾霾由多种污染物形成，包含颗粒物(PM2.5)、氮氧化物(NOx)、CO、 SO2等。化学在解决雾霾污染问题中有着重要的作用。
(1)研究发现利用NH3可除去硝酸工业尾气中的NO。NH3与NO的物质的量之比分别为1：2、1：1.5、3：1时，NO 脱除率随温度变化的曲线如图所示。

①曲线c对应的NH3与NO的物质的量之比是_______，其理由是_______。
②曲线a中，NO的起始浓度为6×10-4 mg/m3，若从X点到Y点经过20 s，则该时间段内NO的脱除速率为_______mg/(m3.s)。
(2)若反应2NO(g)+2CO(g)⇌ N2(g)+2CO2(g) 的正、逆反应速率分别可表示为v正=k正c2(NO) 。c2(CO)；v逆=k逆c(N2)·c2(CO2)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。一定温度下，在体积为1 L的恒容密闭容器中加入4 mol NO和4 mol CO发生上述反应，测得CO和CO2的物质的量浓度随时间的变化如图所示。

①a点时，v正：v逆=_______。
②测得平衡时体系压强为p，Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，则平衡常数Kp=_______(用含p的式子表示)。
(3)某研究小组探究该反应中催化剂对脱氨率(NO的转化率)的影响。将等物质的量的NO和CO以一定的流速分别通过催化剂a、b，发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g) +2CO2(g)。 相同时间、不同温度下测得使用催化剂a时脱氮率与温度的关系如图中曲线I所示。已知催化效率b>a，催化剂b的活性在450℃时最大(未达平衡)。请在图中画出使用催化剂b时所对应的曲线(从300℃开始画)_______。

24．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。

①下列关于海洋氮循环的说法正确的是___________
a.海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
b.海洋中的氮循环起始于氮的氧化
c.向海洋排放含NO的废水会影响海洋中NH的含量
d.海洋中存在游离态的氮
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完整(需配平)：_______________NH+ 5O2 = 2NO+ _______H+ +________+________
③有人研究了温度对海洋硝化细菌去除氨氮效果的影响，下表为对10 L人工海水样本的监测数据：
温度/℃
样本氨氮含量/mg
处理24 h
处理48 h
氨氮含量/mg
氨氮含量/mg
20
1008
838
788
25
1008
757
468
30
1008
798
600
40
1008
977
910
硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是___________，在最佳反应温度时，48 h内去除氨氮反应的平均速率是___________mg/(L·h)。
④海洋中的氮循环起始于氮的固定，氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值。
反应
大气固氮
N2 (g)+O2 (g) 2NO(g)
工业固氮
N2 (g)+3H2 (g) 2NH3(g)
温度/℃
27
2000
25
400
450
K
3.84×10-31
0.1
5×108
0.507
0.152
分析数据可知：大气固氮反应属于___________(填“吸热”或“放热”)反应。从平衡视角考虑，工业固氮应该选择常温条件，但实际工业生产却选择500℃左右的高温，解释其原因___________。
⑤25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是(填序号)___________。
a.氨水与氯化铵发生化学反应
b.氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+)
c.铵根离子浓度增大，抑制了氨水的电离，使c(OH―)减小
⑥室温下，如果将0.1mol NH4Cl和0.05mol NaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，___________、___________和___________三种粒子的物质的量之和等于0.1mol。
25．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物间的相互转化及脱除具有重要意义。
(1)已知2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：
第一步 2NO(g)⇌N2O2(g) (快速平衡)
第二步 N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g) (慢反应)
用O2表示的速率方程为v(O2)=k1∙c2(NO)∙c(O2)；NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2∙c2(NO) ∙c(O2)，k1与k2分别表示速率常数(与温度有关)，则=______。
(2)容积均为1L的甲、乙、丙三个容器，其中甲为绝热恒容，乙为恒温恒容，丙为恒温恒压。相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH＜0，甲中NO2的相关量随时间变化如图所示。

①0~3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是______。
②甲达平衡时，温度若为T℃，此温度下的平衡常数K=______。
③平衡时，平衡常数K甲、K乙、K丙的大小关系是______，压强P甲、P乙的大小关系是______，转化率α甲、α乙、α丙的大小关系是______。
(3)以NH3为还原剂在脱硝装置中消除烟气中的氮氧化物。
主反应：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) ΔH1=-1626.9kJ/mol
副反应：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)  ΔH2=-1267.1kJ/mol
4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH3=-907.3kJ/mol
将烟气按一定的流速通过脱硝装置，测得出口NO的浓度与温度的关系如图所示，试分析脱硝的适宜温度范围______。

参考答案
1．D
【详解】
A．矿石粉碎增大了反应物的接触面积，反应速率加快，A正确;
B．在二氧化硫的催化氧化中，常压下二氧化硫的转化率很高，增大压强会增大反应速率，缩短达到平衡所需时间，反应物转化率也会增大，但同时会增加成本，总体上不经济，B正确；
C．沸腾炉中出来的混合气中含有很多杂质，能够引起催化剂中毒，洗涤的目的是防止催化剂中毒，C正确；
D．二氧化硫的催化氧化是放热反应，接触室采用450℃的温度是由于催化剂在该温度下催化活性最好，但不能使平衡正向移动以提高平衡混和气中SO3的含量，D错误；
故合理选项是D。
2．B
【详解】
A．该反应气体系数之和减小，所以，A错误；
B．增大反应物的浓度，可以加快反应速率，B正确；
C．催化剂可以降低反应活化能，能够提高三氧化硫的生成速率，并不能提高二氧化硫的转化率，C错误；
D．平衡时各物质的浓度不再改变，但c(SO2)和c(SO3)不一定相等，这与初始投料和转化率有关，D错误；
答案选B。
3．C
【详解】
A．Pt—Rh合金作催化剂可以降低活化能，加快反应速率，选项A正确；
B．根据图示可知840℃氨的催化氧化生成NO最多，选项B正确；
C．520 ℃时，生成0.2 mol NO和0.2 mol N2，根据氮原子守恒可知有0.6 mol NH3转化，即转化率为60%，选项C错误；
D．840 ℃以上，N2的产率上升、NO的产率下降，说明发生了反应2NO(g)⇌O2(g)+N2(g)，升高温度氮气产率增加，说明该反应的正反应是吸热反应，ΔH＞0，选项D正确。
答案选C。
4．A
【详解】
A．由题可知碘的存在提高N2O的分解速率，v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5中v与k成正比，则k(含碘)＞k(无碘)，故A正确；
B．慢反应对总反应速率起决定作用，第二步起决定作用，故B错误；
C．第二步反应慢，活化能大，即第二步活化能比第三步大，故C错误；
D．根据N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5， I2浓度与N2O分解速率有关，故D错误；
答案选A。
5．D
【详解】
A．依据表中数据，当反应时间相同时，产率随着反应温度的升高先升高后降低，当反应温度为140℃，生成物的产率高于160℃和100℃，因此最佳反应温度为140℃，故A正确；
B．由A的分析可知，加热14小时，产率最高，所以最佳反应时间为14h，最佳温度为140℃，故B正确；
C．根据表格数据，当温度为160℃时，产率比温度为140℃时产量要低，推测原因可能是温度过高导致了催化剂活性降低，故C正确；
D．反应产物，两个相同的原子或者原子团在双键的两侧，属于反式结构，故D错误。
故选：D。
6．B
【详解】
A．由题图中曲线可知，内，随着时间的延长，的氧化率逐渐增大，A项正确；
B．由曲线②和③可知，当温度相同时，pH越小，的氧化率越大，相同时间内的氧化速率越快，B项错误；
C．由曲线①和③可知，温度越高，的氧化速率越快，C项正确；
D．由曲线①③可知，在其他条件相同的情况下，温度越高，转化率越大，当温度为50℃，时前4h内的平均消耗速率为，故温度升高内的平均消耗速率大于，D项正确；；
答案选B。
7．D
【详解】
A．碳酸钙在高温条件下才能发生分解，该反应为吸热反应，所以该反应的△H大于0，A正确；
B．碳酸钙的分解反应为吸热反应，则生成物CO2(g)和CaO(s)的总能量大于反应物CaCO3(s)的总能量，B正确；
C．碳酸钙的分解反应为吸热反应，则化学键断裂吸收的能量大于化学键形成放出的能量，C正确；
D．有些放热反应也需要加热才能发生，如煤炭的燃烧，所以需加热才能发生的反应不一定是吸热反应，D错误；
故选D。
8．D
【分析】
Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一，反应I、II均为加氢反应，故加入Ni粉会使反应ⅠⅡ的速率均增加；从图中可见随着镍粉用量从1 mmol增加到10 mmol，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快。
【详解】
由于反应是在固定时间内完成，之后进行冷却和物质检验，因此检验得到的物质产量（mmol）即可以代表化学反应的平均速率，Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一，反应I、II均为加氢反应，故加入Ni粉会使反应ⅠⅡ的速率均增加，在图中表现为CH4的生成速率和H2的消耗速率均增大，从图中可见随着镍粉用量从1 mmol增加到10 mmol，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快，
答案选D。
9．C
【分析】
有题意可知，反应的总方程式为2H2O22H2O+O2↑。
【详解】
A．反应速率与浓度有关，所以I-浓度越大，速率越快，故A选项错误。
B．由题意可知I-为反应的催化剂，故B选项错误。
C．分解1mol H2O2放出热量98kJ，分解2mol H2O2放出热量196kJ，故C选项正确。
D．速率比等于化学计量数比,反应的总方程式为2H2O22H2O+O2↑，水不能用来表示反应的速率，且过氧化氢和氧气速率比为2:1，故D选项错误。
【点睛】
本题的易错点为D选项，注意写出反应的总方程式后对各个物质的反应速率进行比较，并且水为纯溶剂，不用来表示反应速率。
10．B
【详解】
A. 增大氢气浓度平衡正向移动导致二氧化碳消耗增大，所以二氧化碳转化率增大，故A正确；
B. 增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，增大压强，反应i的平衡正向移动，所以向生成甲醇的方向移动，但是化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，所以增大压强反应i的平衡常数不变，故B错误；
C. 升高温度任何化学反应速率都增大，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度反应ii向正向移动，则反应ii的反应限度增大，故C正确；
D. 催化剂具有选择性和专一性、高效性，所以选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物中的比率，故D正确；
答案选B。
11．B
【详解】
A. 有的化学反应现象明显，有的反应现象不明显，和反应速率无关，如稀硫酸与氢氧化钠的中和反应速率很快，但现象不明显，故A正确；
B. 升高温度，平衡逆向移动，则H2的转化率减小，故B错误；
C. 根据影响化学反应速率的因素，可指导怎样在一定时间内快出产品；结合影响化学平衡的因素，采用合适的外界条件，使平衡向正反应方向移动，可指导怎样用有限的原料多出产品，故C正确；
D. CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)是体系混乱程度增大的反应，在室温下不能自发进行，说明该反应的△H>0，故D正确；
故选B。
12．D
【分析】
已知温度升高，甲烷的平衡转化率增大，故正反应为吸热反应，且反应物的气体量小于生成物的气体量，故增大压强平衡向逆反应方向移动。根据此分析进行解答。
【详解】
A．根据温度升高，甲烷的平衡转化率增大，知甲烷裂解属于吸热反应，故A选项正确；
B．加入催化剂后反应的活化能降低，反应速率加快，故B选项正确；
C.甲烷发生分解反应，反应后气体分子数增大，故增大压强平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率降低，故C选项正确；
D．根据温度升高，甲烷的平衡转化率增大，知甲烷裂解正反应属于吸热反应，故 D选项错误。
故答案选D。
13．C
【解析】
【详解】
A.使用催化剂，可加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，从而可提高生产效率，A正确；
B.使用冰箱保存食物，由于温度降低，化学反应速率减小，从而提高了食物的保鲜期，B正确；
C.化学反应速率理论是研究怎样提高化学反应速率，但不能提高原料转化率，C错误；
D.化学平衡理论是研究怎样使物质尽可能多的转化为产品，从而使用有限原料多出产品，D正确；
故合理选项是C。
14．D
【详解】
A．根据表中数据可知在其它条件相同时分解百分率越高，催化效果越好，因此Cu2+与Fe3+对H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果更好，故A正确；
B．由I与II可知其它条件相同时，浓度越大，反应时间越少，H2O2分解越快，故B正确；
C．由I与III可知其它条件相同时，pH越大，反应时间越少，H2O2分解越快，故C正确；
D．由I与III可知温度和pH均不相同，因此不能说明温度越高，H2O2分解越快，故D错误；
故选：D。
15．C
【分析】
根据实验目的，改变条件观察实验现象判断，注意控制变量，研究外界条件的改变可以控制其它条件不变，只改变一种条件。
【详解】
A．根据溶液颜色的深浅可以判断出水解程度的大小，碳酸根离子和碳酸氢根离浓度相同，水解程度大的离子水解出氢氧根离子的浓度，溶液颜色深，故A能达到实验目的，不符合题意；
B．所加试剂会导致溶液的浓度会发生变化，故加入相同体积的溶液，保持离子浓度相同，只改变KSCN的浓度，根据颜色的变化判断平衡的移动，能达到实验目的，故B不符合题意。
C．比较不同催化剂对反应速率的影响，但加入的阳离子和阴离子都不同，不能确定比较的催化剂是谁，故不能达到实验目的，符合题意；
D．根据醋酸的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比硼酸酸性强，根据强酸制弱酸的原理，观察是否有气体产生从而能比较酸性强弱。
【点睛】
注意在改变条件时，若多个条件都改变时可以让其中的一些条件变化相同，这种控制变量法也可研究条件对反应的影响。
16．A
【详解】
A．测定中和热时，防止热量散失，要将50mL溶液快速倒入50mL盐酸中，盖上硬纸板，并用环形玻璃搅拌棒不断搅拌，故A选；
B．充满的密闭玻璃球存在 反应，温度变化，颜色深浅不同，则可以研究温度对化学平衡移动的影响，故B不选；
C．苯甲酸的溶解度受温度的变化影响较大，则可以用重结晶提纯苯甲酸，故C不选；
D．溶液与硫酸反应生成硫酸钠，单质硫，二氧化硫，根据冒气泡的快慢可以研究浓度对反应速率的影响，故D不选；
故选：A。
17．D
【详解】
A．乙醇与橙色酸性重铬酸钾溶液混合，橙色溶液变为绿色，铬由+6价降为+3价，被还原，说明乙醇具有还原性，故A正确；
B．滴有少量水的小木板上放上小烧杯，加入20gBa(OH)2•8H2O和10gNH4Cl，用玻璃棒快速搅拌并触摸烧杯外壁下部，发现很冷，说明温度降低，Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，故B正确；
C．浸透石蜡的矿渣棉用喷灯加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色，说明产生的气体中含有不饱和键，产生的气体中可能含乙烯、丙烯等烯烃，故C正确；
D．向5mL0.1mol·L－1 FeCl3溶液中滴入0.1mol·L－1KI溶液5～6滴，加2mLCCl4振荡，静置后取上层清液滴加KSCN溶液，溶液变红，Fe3+过量，无法说明铁离子没有反应完是因为反应有一定限度，故D错误；
故选D。
18．B
【详解】
A．40℃之后淀粉开始发生糊化，不适合做指示剂，所以通过测量溶液变蓝的时间无法正确判断温度对反应速率的影响，A正确；
B．温度越高，反应速率越快，所以虽然25℃、45 ℃时溶液变蓝的时间相同，但R的反应速率不等，B不正确；
C．10℃时R的反应速率为=5.0×10-5mol·L-1·s-1，C正确；
D．因为40℃之后淀粉开始发生糊化，所以需要在40℃之后更换指示剂，D正确；
故选B。
19．气体 吸收剂消耗完全，饱和逸出 常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大 NO可能被氧化成及其他含氮化合物
【详解】
(1)①由图可知当时，硫的总吸收率不断减小；当，硫的总吸收率增大；当时，和硫的总吸收率降低。当时，浓度较高与反应，生成硫单质和硫化氢气体，导致硫的总吸收率减小；由题目可知，和一定条件下反应，生成硫磺和，故反应的化学方程式为：；当时，吸收剂消耗完全，饱和逸出，导致和硫的总吸收率降低。故答案为：气体；；吸收剂消耗完全，饱和逸出。
②由图二可看出，温度对吸收率的影响不大，说明常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大；
(2)采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气，因为烟气中含有、NO，故可能导致NO被氧化成及其他含氮化合物，故答案为：NO可能被氧化成及其他含氮化合物。
20．20mg∙g-1 活性炭具有疏松多孔的结构，可吸附水中的As(V)和As(III) 加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷 pH由3→4时，溶液中Fe3+的水解程度显著增大，几乎全部转变成Fe(OH)3而沉降下来 空气中的O2 若As(III)被Fe3+氧化，则还原得到的Fe2+会使溶液中Fe2+的浓度会增大，这与图2所示溶液中的Fe2+的浓度一直接近为0的实验事实相悖
【详解】
(1)①由图可知，纳米二氧化钛投加量为20mg∙g-1时，砷的吸附量可达最大，故答案为：20mg∙g-1。
②物理吸附法去除水体中砷的过程中用活性炭负载纳米二氧化钛吸附水中的砷，由于活性炭自身具有一定吸附能力，因此未加二氧化钛时就有一定的吸附砷的能力，故答案为：活性炭具有疏松多孔的结构，可吸附水中的As(V)和As(III)。
③由图可知，纳米二氧化钛投加量相同时，As(V)吸附量始终高于As(III)吸附量，因此若要提高废水中As(III)的去除率，可将As(III)氧化为As(V)，故答案为：加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。
(2)①Fe3+为弱离子，在水中会发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，溶液pH增大，Fe3+水解程度增大，最终以Fe(OH)3形式沉淀，故答案为：pH由3→4时，溶液中Fe3+的水解程度显著增大，几乎全部转变成Fe(OH)3而沉降下来。
②若溶液中As(III)是被Fe3+氧化，则溶液中Fe3+被还原为Fe2+会使溶液中Fe2+浓度增大，由图可知，溶液中Fe2+浓度始终为0，由此说明废水中的As(III)主要被空气中的O2氧化为As(V)，故答案为：空气中的O2；若As(III)被Fe3+氧化，则还原得到的Fe2+会使溶液中Fe2+的浓度会增大，这与图2所示溶液中的Fe2+的浓度一直接近为0的实验事实相悖。
21．9.79 mol/L ② 探究催化剂(MnO2)对反应速率的影响 温度越高H2O2分解速率越快， HCl溶液对H2O2分解有抑制作用 分液漏斗 催化剂的接触面积(催化剂状态或表面积均可) 随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减慢
【分析】
根据浓度计算公式进行计算浓度就；反应速率受外界影响因数有：温度、浓度、催化剂、接触面积，结合实验现象判断外界条件与速率的关系；根据原子守恒进行配平双氧水分解的方程式；利用图像表示的意义判断反应的快慢，结合外界条件判断反应的快慢；
【详解】
I．(1)计算得出双氧水溶液中H2O2的物质的量浓度9.79 mol/L，故答案为：9.79 mol/L；
II．(2)根据浓度越大反应速率越快进行判断，由于②的双氧水的浓度比①大，故H2O2分解速率较快的是②，故答案为②；根据表格中的不同条件判断，设计实验②和③的目的是探究催化剂(MnO2)对反应速率的影响；
(3) 实验③、⑤中，不同的条件是温度，根据图像判断反应速率快的是⑤，得出结论：温度越高H2O2分解速率越快；实验③、④不同的条件是在④中加入了HCl，根据图像判断反应③曲线斜率大，速率快，得出的实验结论是：HCl溶液对H2O2分解有抑制作用；
III．(4)根据反应物判断，二氧化锰做催化剂，双氧水分解的反应根据原子守恒配平得：；装置a的名称是：分液漏斗；根据实验中温度的高低判断，反应放出的热量不同，根据很烫判断，反应快，由此推断催化剂的催化效果与催化剂的接触面积有关，故答案为：催化剂的接触面积；
(5)根据图像判断，单位时间内产生氧气的量越来越少，判断随着反应进行，由于浓度越来越小，反应速率越来越慢，故答案为：随着反应的进行，反应物浓度减小，反应速率减慢；
【点睛】
根据反应现象判断反应速率的大小，利用图像中单位时间内产生气体的多少判断反应的快慢，根据外界条件的改变判断反应速率原因。
22．由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，(NH4)2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降 加快搅拌速率(即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率)
【详解】
由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，(NH4)2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；
由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。
23．1：2 相同温度下，NH3与NO物质的量的比值越小，NO脱除率就越小； 6×10−6
【详解】
(1)①已知NH3越多，则NO反应的就越多，即脱氮率就越高；NH3与NO物质的量的比值越小，脱氮率就越低；c曲线在相同温度下，脱氮率最小，故NH3与NO的物质的量比值最小，即为1：2；
②从X点到Y点经过20s，脱氮率为0.75−0.55=0.2，则NO减少的浓度为0.2×6×10-4 mg/m3=1.2×10−4 mg/m3，则v==1.2×10−4 mg/m3÷20s=6×10−6 mg/(m3.s)；
(2)①a点时，c(CO)=c(CO2)，反应前加入4mol CO，则反应的CO为2mol，生成氮气1mol，二氧化碳2mol；恒容密闭容器的体积为1 L，平衡时，c(CO)=0.8mol/L，c(CO2)=3.2mol/L，则

K===40，则v正：v逆=×=；
②Kp==；
(3)已知催化效率b＞a，催化剂b的活性在450℃时最大(未达平衡)，则在450℃时，脱氮率达到M点，如图所示。
24．bc 4NH+5O2=2NO+6H++N2O+5H2O 25℃ 1.125 吸热 从反应速率角度考虑，高温更好，而且催化剂活性在500℃左右时最佳 C NH3•H2O NH3 NH
【分析】
①a．反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加；
b．转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的氧化；
c．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量；
d．海洋中不存在游离态的氮，氮元素是以化合态存在；
②根据氧化还原反应规律作答；
③根据表格作答；
④K随温度的升高而增大，表明升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；从催化剂活性考虑；
⑤氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，导致溶液中c(OH-)减小；
⑥据N原子守恒分析。
【详解】
①a．反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程；硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程，硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程。反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加，a项错误；
b．转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的氧化，大气氧化生成氧化物，反应得到铵根离子最后通过硝化作用得到硝酸根离子，b项正确；
c．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量，c项正确；
d．海洋中不存在游离态的氮，氮元素是以化合态存在，主要是硝酸根离子，d项错误；
答案选：bc；
②有氧时，在硝化细菌作用下，NH可实现过程④的转化，生成N2O、NO、H+和水，氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移总数20e-，所以铵根离子前为4，氧气前为5，NO2-前为2，N2O前为1，结合电荷守恒得到氢离子前为6，水分子式前为5，配平得到离子方程式为：4NH+5O2=2NO+6H++N2O+5H2O，故答案为：4NH+5O2=2NO+6H++N2O+5H2O；
③硝化细菌去除氨氮的最佳反应温度是处理24h和处理48h后氨氮含量最少的温度是25℃，处理效果好，在最佳反应温度时，48h内去除氨氮反应的平均速率＝＝1.125mg/（L•h），故答案为：25℃；1.125；
④大气固氮中，K随温度的升高而增大，表明升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；工业固氮选择500℃左右，从反应速率角度考虑，高温更好，而且催化剂活性在500℃左右时最佳，故答案为：吸热；从反应速率角度考虑，高温更好，而且催化剂活性在500℃左右时最佳；
⑤氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，导致溶液中c(OH-)减小，答案选：C；
⑥据N原子守恒可知，溶液中NH3•H2O、NH3和NH三种粒子的物质的量之和等于0.1mol，故答案为：NH3•H2O；NH3；NH。
【点睛】
本题考查了平衡常数的应用、合成氨反应的条件选择、影响化学平衡的因素，难点④注意把握K与温度的关系以及影响化学平衡的因素。
25． 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快 225 K甲＜K乙=K丙 P甲＞P乙 α甲＜α乙＜α丙 900~1000℃
【详解】
(1)①用O2表示的速率方程为v(O2)=k1∙c2(NO)∙c(O2)；NO2表示的速率方程为v(NO2)=k2∙c2(NO) ∙c(O2)，2v(O2)=v(NO2)，所以==；
(2)①甲为绝热容器，反应为放热反应，放出的热量对反应速率影响大，0∼3s内，甲容器中NO2的反应速率增大的原因是：0~3s内温度升高对反应速率影响大于浓度降低的影响；
②相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH＜0，达到平衡状态时二氧化氮浓度为0.02mol/L，结合三行计算列式计算得到平衡浓度计算平衡常数，

平衡常数K==225；
③容积均为1L的甲、乙、丙三个容器，其中甲为绝热恒容，乙为恒温恒容，丙为恒温恒压，相同温度下，分别充入0.2mol的NO2，发生反应：2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH＜0，甲容器中温度升高，平衡逆向进行，K甲＜K乙，乙容器和丙容器的温度相等，K乙=K丙，平衡常数K甲＜K乙=K丙；
甲为绝热恒容，乙为恒温恒容，2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH＜0，温度升高平衡逆向进行，其物质的量增大，气体压强增大，故P甲＞P乙；
甲为绝热恒容，容器温度升高，抑制二氧化氮的转化，乙为恒温恒容，丙为恒温恒压，压强大于乙，压强增大，平衡正向移动，二氧化氮的转化率增大，则转化率α甲＜α乙＜α丙；
(3)氮氧化物残留浓度越低越好，根据图知，在900∼1000℃时氮氧化物浓度最低；温度超过1000℃，氨气和氧气反应生成NO，导致NO浓度增大，脱硝的适宜温度范围为900∼1000℃。